練透答案精析

練透答案精析第一章化學反應的熱效應作業(yè)1反應熱焓變1．C2.D3.C4.A5．C[圖1中反應物的總能量高于生成物的總能量，為放熱反應，有些放熱反應不加熱不能發(fā)生，如鋁熱反應，故A錯誤；圖2中反應物的總能量低于生成物的總能量，為吸熱反應，但少數(shù)分解反應為放熱反應，如NH4NO3炸藥分解，釋放能量，故B錯誤；化學反應的實質是反應物中化學鍵的斷裂和生成物中化學鍵的形成，過程中一定伴隨能量變化，所以任何化學反應都有反應熱，故C正確；濃硫酸溶于水，是物理變化，不是放熱反應，故D錯誤。]6．B[H2(g)和O2(g)反應生成H2O(g)放出熱量，則H2O(g)分解為H2(g)和O2(g)時吸收熱量，A錯誤；由圖可知，甲中物質變成乙中物質吸收685kJ能量，乙中物質生成丙中物質釋放930kJ能量，故物質具有的總能量：乙>甲>丙，B正確；H2(g)與O2(g)生成H2O(g)放出熱量，則反應物具有的總能量比生成物具有的總能量高，但不能比較H2(g)和H2O(g)具有的能量高低，C錯誤；等量的H2O(g)具有的能量高于H2O(l)，故乙→丙的過程中若生成液態(tài)水，放出的能量大于930kJ，D錯誤。]7．A8.D9.BC10．D[鋁熱反應發(fā)光發(fā)熱，故化學能部分轉化為熱能，部分轉化為光能，A錯誤；分解反應通常屬于吸熱反應，故CaCO3分解屬于吸熱反應，D正確。]11．B[由圖知N2H4(g)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(g)的反應熱ΔH1＝－534kJ·mol－1，設斷裂1molN—H所需的能量為x，則154kJ＋4x＋500kJ－2752kJ＝－534kJ，解得x＝391kJ。]12．(1)CaCO3eq\o(=,\s\up7(高溫))CaO＋CO2↑吸熱(2)－128(3)409.2513．(1)玻璃攪拌器不能金屬材料易導熱，會使實驗誤差增大(2)減少實驗過程中的熱量損失(3)①NH3·H2O為弱堿，電離時吸熱，導致放熱較少②－51.8kJ·mol－1③AC＝100g，c＝4.18J·g－1·℃－1，則生成0.025mol水放出的熱量為4.18J·g－1·℃－1×100g×3.1℃＝1295.8J，所以生成1mol水放出的熱量為eq\f(1.2958,0.025)kJ≈51.8kJ，則反應HCl(aq)＋NH3·H2O(aq)=NH4Cl(aq)＋H2O(l)的ΔH＝－51.8kJ·mol－1。③測完鹽酸的溫度直接測NaOH溶液的溫度，導致NaOH溶液的初始溫度偏高，從而使溫度差偏小，使測得的ΔH偏大，A項符合題意；做該實驗時室溫較高，不會影響實驗結果，B項不符合題意；杯蓋未蓋嚴會導致熱量損失，使測得的ΔH偏大，C項符合題意；NaOH溶液一次性迅速倒入可以減少實驗誤差，減少熱量損失，D項不符合題意。作業(yè)2熱化學方程式燃燒熱1．A2.C3.C4.B5．B[熱化學方程式H2(g)＋I2(g)HI(g)ΔH＝＋288.0kJ·mol－1沒有配平，故A錯誤；根據(jù)反應熱等于反應物鍵能總和－生成物鍵能總和可知，ΔH＝436.0kJ·mol－1＋151.0kJ·mol－1－299.0kJ·mol－1×2＝－11.0kJ·mol－1，故B正確、D錯誤；化學計量數(shù)變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，ΔH的數(shù)值也應減半，故C錯誤。]6．C7.A8.B9.B10．BC[燃燒熱反應中對應生成的水為液態(tài)水，且氣態(tài)水的能量比液態(tài)水的能量高，則CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＞－890.3kJ·mol－1，故B正確；若兩個反應互為逆反應時，焓變的數(shù)值相同、符號相反，且物質的量與熱量成正比，由CO(g)的燃燒熱是283.0kJ·mol－1可知，反應2CO2(g)=2CO(g)＋O2(g)的ΔH＝＋566.0kJ·mol－1，故C正確；合成氨為可逆反應，氮氣過量時，3molH2也不能完全轉化，則此條件下充分反應，放出的熱量小于92.4kJ，故D錯誤。]11．AD12．C[根據(jù)熱化學方程式可知，H2的燃燒熱為eq\f(571.6,2)kJ·mol－1＝285.8kJ·mol－1，生成的n(H2O)285.8kJ·mol－1＝57.16kJ，CO燃燒放出的熱量為113.74kJ－57.16kJ＝56.58kJ，故n(CO)＝eq\f(Q放,|ΔHCO|)＝eq\f(56.58kJ,282.9kJ·mol－1)＝0.2mol，則n(H2)∶n(CO)＝1∶1。]13．(1)C＋H2O(g)eq\o(=,\s\up7(高溫))CO＋H2(2)2220.0kJ·mol－1282.57kJ·mol－12220.0∶282.57(3)eq\f(571.6,4)∶eq\f(2220.0,44)(4)單位質量產(chǎn)生的熱量多，產(chǎn)物無污染14．(1)S(斜方)(2)①S8(s)＋8O2(g)=8SO2(g)ΔH＝－8akJ·mol－1②SO3(g)SO2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)ΔH＝＋bkJ·mol－1作業(yè)3蓋斯定律1．A2.A3.C4．A[由于HF氣體溶于水放熱，則HX(aq)→HX(g)吸收熱量，故ΔH1>0，A正確；由于HCl比HBr穩(wěn)定，所以相同條件下HCl的ΔH2比HBr的大，B錯誤；ΔH3＋ΔH4代表H(g)→H＋(aq)的焓變，與HX無關，C錯誤；一定條件下，氣態(tài)原子生成1molH—X放出akJ能量，則斷開1molH—X形成氣態(tài)原子吸收akJ能量，即ΔH2＝＋akJ·mol－1，D錯誤。]5．B6.C7.C8．C[①C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)ΔH＝akJ·mol－1，②2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH＝－220kJ·mol－1，由蓋斯定律可知，①×2－②得2H2O(g)=O2(g)＋2H2(g)ΔH＝(2a＋220)kJ·mol－1，由ΔH＝斷裂反應物中化學鍵所吸收的能量－形成生成物中化學鍵所釋放的能量＝4×462kJ·mol－1－496kJ·mol－1－2×436kJ·mol－1＝(2a＋220)kJ·mol－1，解得a＝＋130，C項正確。]9．A10．D[50mL1.0mol·L－1的H2SO4溶液與50mL2.2mol·L－1的NaOH溶液反應，NaOH過量。根據(jù)反應實質，結合題中信息可知，反應①2H＋(aq)＋2OH－(aq)=2H2O(l)的(aq)＋mol－1≈－105.4kJ·mol－1；根據(jù)蓋斯定律可知，由eq\f(1,2)×(②－①)可得NH3·H2O(aq)NHeq\o\al(＋,4)(aq)＋OH－(aq)ΔH＝＋4.2kJ·mol－1，則NHeq\o\al(＋,4)(aq)＋OH－(aq)NH3·H2O(aq)ΔH＝－4.2kJ·mol－1，D正確。]11．BD12．(1)－802(3)>13．(1)－246.1kJ·mol－1(2)C(s)＋H2O(g)=H2(g)＋CO(g)ΔH＝＋134.5kJ·mol－114．(1)(E1－E2)＋ΔH＋(E3－E4)(2)CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(l)＋H2O(l)ΔH＝－93.8kJ·mol－1解析(1)設反應過程中第一步的產(chǎn)物為M，第二步的產(chǎn)物為N，則X→M的ΔH1＝E1－E2，M→N的ΔH2＝ΔH，N→Y的ΔH3＝E3－E4，根據(jù)蓋斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓變?yōu)棣1＋ΔH2＋ΔH3＝(E1－E2)＋ΔH＋(E3－E4)。(2)根據(jù)CO(g)和H2(g)的燃燒熱(ΔH)，可列熱化學方程式：(Ⅰ)CO(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=CO2(g)ΔH1＝－283.0kJ·mol－1，(Ⅱ)H2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=H2O(l)ΔH2＝－285.8kJ·mol－1；根據(jù)圖像曲線變l－1。根據(jù)蓋斯定律，利用(Ⅱ)＋(Ⅲ)－(Ⅰ)，可得目標熱化學方程式。作業(yè)4反應熱的計算1．D2.C3.C4.C5．B[Na(s)的能量低于Na(g)，則ΔH2>0，A正確；根據(jù)蓋斯定律，ΔH1＝ΔH2＋ΔH3＋ΔH4＋ΔH5＋ΔH8，B不正確；Na的活潑性小于K，故K比Na更易失電子，失電子吸收的能量更小，在相同條件下，2K(g)→2K＋(g)的ΔH<ΔH3，C正確；根據(jù)蓋斯定律，ΔH6＋ΔH7＝ΔH8，D正確。]6．D[根據(jù)蓋斯定律，由eq\f(1,2)×(②＋③)－①得2LiH(s)＋O2(g)=Li2O(s)＋H2O(l)ΔH＝eq\f(1,2)×[－572kJ·mol－1＋(－1196kJ·mol－1)]－(－182kJ·mol－1)＝－702kJ·mol－1。]7．B8.B9.B10．AD[A項，由反應①和④可知，隨著吸收反應的進行，不斷消耗OH－，因此吸收劑溶液的pH逐漸減小，正確；B項，反應①元素化合價沒有發(fā)生變化，不是氧化還原反應，錯誤；＋2H＋=CaSO4↓＋2H2O，該離子反應不是反應③的逆反應，因此該反應的ΔH≠－ckJ·mol－1，錯誤；D項，根據(jù)蓋斯定律，可得④＝①＋②－③，所以d＝a＋b－c，正確。]11．A12．A[A項，物質的能量越低越穩(wěn)定，根據(jù)圖像數(shù)據(jù)分析，化合物的熱穩(wěn)定性由強到弱的順序為MgF2>MgCl2>MgBr2>MgI2，正確；B項，沒有說明是否在標準狀況下，22.4LF2(g)不一定為1mol，錯誤；C項，工業(yè)上用電解熔融MgCl2的方法冶煉金屬Mg，而不是電解MgCl2溶液，錯誤；D項，①Mg(s)＋Cl2(g)=MgCl2(s)ΔH＝－641kJ·mol－1，②Mg(s)＋Br2(g)=MgBr2(s)ΔH＝－524kJ·mol－1，由①－②得MgBr2(s)＋Cl2(g)=MgCl2(s)＋Br2(g)ΔH＝－117kJ·mol－1，而Br2(g)變成Br2(l)會放出熱量，則MgBr2(s)＋Cl2(g)=MgCl2(s)＋Br2(l)的ΔHX<－117kJ·mol－1，錯誤。]13．(1)CH3OH(l)＋eq\f(3,2)O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－726.4kJ·mol－1(2)＞(3)－9314．(1)SiH4(g)＋2O2(g)=SiO2(s)＋2H2O(l)ΔH＝－1520.0kJ·mol－1(2)①－80kJ·mol－1②防止高溫下Mg、Ti與空氣中的O2(或CO2、N2)作用第二章化學反應速率與化學平衡作業(yè)5化學反應速率1．C2.D3.A4．C[該反應是反應前后氣體體積不變的反應，所以溫度、體積一定時反應過程中混合氣體的壓強始終保持不變，測量依據(jù)不可行，C符合題意。]5．A6.B7．B[A項，v(CH3OH)＝1mol·L－1·s－1；B項，v(CH3OH)＝v(CO)＝1.5mol·L－1·s－1；C項，·s－1，選項B表示的反應速率最快。]8．C9.A10.B11．AC[由圖像分析可知，前12s內A的濃度變化為Δc(A)＝0.2mol·L－1－0.8mol·L－1＝－0.6mol·L－1，反應速率v(A)＝－eq\f(ΔcA,Δt)＝eq\f(0.6mol·L－1,12s)＝0.05mol·L－1·s－1，A正確；前12s內B的濃度變化為Δc(B)＝0.3mol·L－1－0.5mol·L－1＝－0.2mol·L－1，反應速率v(B)＝－eq\f(ΔcB,Δt)＝eq\f(0.2mol·L－1,12s)＝eq\f(1,60)mol·L－1·s－1，依據(jù)題意v(C)＝eq\f(ΔcC,Δt)＝eq\f(\f(ΔnC,V),Δt)＝eq\f(\f(0.8mol,2L),12s)＝eq\f(1,30)mol·L－1·s－1，化學反應速率之比等于化學計量數(shù)之比，則3∶b∶c＝0.05∶eq\f(1,60)∶eq\f(1,30)，解得b＝1，c＝2，b∶c＝1∶2，C正確；由上述分析可知，該反應的化學方程式為3A(g)＋B(g)2C(g)，其中A、B化學計量數(shù)不同，12s后達到平衡狀態(tài)，A的消耗速率不等于B的生成速率，B錯誤；3molA完全反應放熱QkJ,12s內A反應的物質的量為(0.8mol·L－1－0.2mol·L－1)×2L＝1.2mol，則1.2molA反應放出的熱量為0.4QkJ，D錯誤。]12．AC[0～6min時間段內，生成氧氣的體積為22.4mL，物質的量為0.001mol，則參加反應的H2O2的物質的量為0.002mol，濃度為eq\f(0.002mol,0.01L)＝0.2mol·L－1，所以v(H2O2)＝eq\f(0.2mol·L－1,6min)≈3.3×10－2mol·L－1·min－1，A錯誤；隨著反應的進行，H2O2的濃度逐漸減小，反應速率減慢，B正確；反應至6min時，c(H2O2)＝0.4mol·L－1－0.2mol·L－1＝0.2mol·L－1，H2O2分解了eq\f(0.002mol,0.004mol)×100%＝50%，C錯誤，D正確。]13．(1)檢查裝置的氣密性秒表(2)部分SO2溶于水，使得氣體體積偏小(3)測定一定時間內生成硫單質的質量(或H＋濃度的變化，其他合理答案均可)14．(1)a～b1mol·L－1·min－1(2)33.3%7∶5作業(yè)6影響化學反應速率的因素1．A2.A3.A4.D5.D6．B[A項，增大體積引起各物質的濃度減小，反應速率減?。籅項，體積不變，充入N2，N2的濃度增大，反應速率增大；C項，體積不變，充入氦氣，各物質的濃度并沒有改變，反應速率不變；D項，保持壓強不變，充入氦氣，體積增大，各物質的濃度減小，反應速率減小。]7．B[CaSO4為固體，增加固體的量，濃度不變，不影響反應速率，故A錯誤；縮小容器的容積，氣態(tài)物質濃度增大，反應速率增大，故B正確；降低溫度，反應速率減小，故C錯誤；抽出CO2，生成物濃度減小，反應速率減小，故D錯誤。]8．C9．A[由鎂和鹽酸反應的化學方程式知，兩組實驗中鎂均過量，n(H＋)相等，故二者產(chǎn)生氫氣的體積相等，排除選項C和D；根據(jù)其他條件相同時，反應物濃度越大，化學反應速率越大可知，實驗X產(chǎn)生氫氣的速率大，體現(xiàn)在圖像上即實驗X對應的曲線的斜率比實驗Y的大，結合以上兩點可知，選項A符合題意。]10．A11．C[通過分析表中數(shù)據(jù)可知，O3的濃度減少一半所需的時間(t)隨pH的增大、溫度的升高而減少。根據(jù)50℃、pH＝3.0時，O3的濃度減少一半所需的時間為31min，30℃、pH＝3.0時，O3的濃度減少一半所需的時間為158min，可知40℃、pH＝3.0時，O3的濃度減少一半所需的時間大于31min且小于158min；根據(jù)20℃、pH＝5.0時，O3的濃度減少一半所需的時間為169min，可知10℃、pH＝5.0時，O3的濃度減少一半所需的時間大于169min；根據(jù)30℃、pH＝6.0時，O3的濃度減少一半所需的時間為15min，可知30℃、pH＝7.0時，O3的濃度減少一半所需的時間小于15min，故O3的分解速率依次增大的順序為②①③，C項正確。]12．AD13．(1)不變(2)增大(3)不變(4)減小14．Ⅰ.(1)產(chǎn)生氣泡0.05排除陰離子的干擾(2)產(chǎn)生40mL氣體需要的時間(3)2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2OⅡ.MnO2的質量和化學性質是否改變作業(yè)7活化能理論解釋外因對化學反應速率的影響1．C2.A3.D4.A5.C6．A[大多數(shù)反應是由多個基元反應構成的，不是所有反應，A錯誤；反應歷程中的慢反應由于反應時間較長，決定著由多個基元反應構成的化學反應的快慢，D正確。]7．D[第一步反應是斷鍵的過程，需要吸收熱量，A項錯誤；總反應的速率由最慢的一步?jīng)Q定，B項錯誤；根據(jù)速率方程v＝(Cl2)·c(CO)可知，分別同倍數(shù)增大c(Cl2)、c(CO)，對總反應速率的影響程度：前者<后者，C項錯誤；k為速率常數(shù)，根據(jù)速率方程可知，在其他條件不變的情況下，升高溫度，反應速率加快，則k一定增大，D項正確。]8．D9.A10．B[①活化分子間的碰撞不一定為有效碰撞，活化分子間的碰撞不一定能發(fā)生化學反應，錯誤；②普通分子不具有反應所需的能量，則普通分子不能發(fā)生有效碰撞，錯誤；③升高溫度，提供了分子需要的能量，活化分子百分數(shù)增大，單位時間內活化分子的有效碰撞次數(shù)增加，反應速率增大，正確；④增大反應物濃度，單位體積內活化分子數(shù)目增多，單位時間內有效碰撞的次數(shù)增多，反應速率增大，正確；⑤活化分子有合適取向時發(fā)生有效碰撞，即發(fā)生了化學反應，正確。]11．CD12．AD[總反應為2H2O2=2H2O＋O2↑，各物質速率之比等于化學計量數(shù)之比，則總反應中v(H2O2)∶v(O2)＝2∶1，A錯誤；I－為催化劑，則H2O2的分解速率與I－的濃度有關，B、C正確；催化劑可降低反應的活化能，但其活化能大小不能確定，D錯誤。]13．(1)SO2SOeq\o\al(2－,4)4H＋(2)①0.4②I－是SO2歧化反應的催化劑，H＋單獨存在時不具有催化作用，但H＋可以增強I－的催化效果③反應ⅱ比ⅰ快；D中由反應ⅱ產(chǎn)生的H＋使反應ⅰ加快14．(1)335＋46.2kJ·mol－1(2)0.3mol·L－1·min－1(3)①C②氨的濃度增加，催化劑表面吸附的氨分子增多，速率增大催化劑表面的氨分子太多，不利于氮氣和氫氣從催化劑表面解吸解析(1)依據(jù)反應熱＝正反應的活化能－逆反應的活化能可知，正反應的活化能Ea(正)＝(427.4－92.4)kJ·mol－1＝335kJ·mol－1；正反應和逆反應的焓變數(shù)值相同，符號相反，則2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)ΔH＝＋92.4kJ·mol－1，反應NH3(g)eq\f(1,2)N2(g)＋eq\f(3,2)H2(g)ΔH＝＋46.2kJ·mol－1。－1，v(H2)＝－eq\f(Δc,Δt)＝eq\f(3mol·L－1,10min)＝0.3mol·L－1·min－1。(3)①斷裂化學鍵吸收能量，形成化學鍵釋放能量，結合圖3分析可知，吸附后，能量狀態(tài)最低的是C。作業(yè)8化學反應速率重點題型突破1．D2.C3.D4．A[由題圖可知，在50min時，pH＝2和pH＝7時R的降解率都是100%，A正確；由題圖可知，pH越小，酸性越強，R降解速率越大，B、C錯誤；20～25min內，pH＝10時R的降解速率為eq\f(0.6－0.4×10－4mol·L－1,5min)＝4×10－6mol·L－1·min－1，D錯誤。]5．C6．D[根據(jù)圖像可知，單一ZnO能加快反應速率，所以其可作降解酸性橙Ⅱ染料廢水的催化劑，B項正確；根據(jù)圖像可知，相同條件下，在0～th內，催化劑為2%WO3/ZnO時eq\f(c,c0)的變化量最大，即反應速率最快，所以催化效果最好，C項正確；由圖像中所給不同催化劑條件下5.0h內eq\f(c,c0)的變化，不能確定反應物能否完全轉化，則不能判斷該反應是否為可逆反應，D項錯誤。]7．A8.D9.AD10．C[由題干信息可知，H2O2是該反應的中間產(chǎn)物，A正確；反應歷程中反應慢的步驟決定總反應速率，整個反應速率由第①步反應決定，B正確；比較Ⅰ、Ⅱ數(shù)據(jù)，NO濃度不變，氫氣濃度增大一倍，反應速率增大一倍，根據(jù)Ⅲ、Ⅳ數(shù)據(jù)分析，H2濃度不變，NO濃度增大一倍，反應速率增大4倍，據(jù)此得到速率表達式v＝k·c2(NO)·c(H2)，依據(jù)Ⅰ中數(shù)據(jù)計算得k的數(shù)值為5000，則速率表達式v＝5000c2(NO)·c(H2)，C錯誤；反應2NO(g)＋2H2(g)=N2(g)＋2H2O(g)中，每生成7gN2放出166kJ熱量，則生成28gN2放熱664kJ，熱化學方程式為2NO(g)＋2H2(g)=N2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－664kJ·mol－1，D正確。]11．(1)2H2O2eq\o(=,\s\up7(KI))2H2O＋O2↑(2)①下層溶液呈紫紅色②在水溶液中I2的濃度降低A試管中產(chǎn)生氣泡明顯變少；B試管中產(chǎn)生氣泡速率沒有明顯減小12．(1)CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)(2)①>②0.05mol·L－1·min－1③升高溫度、增大壓強、增大反應物濃度(任寫兩條，其他合理答案也給分)作業(yè)9化學平衡狀態(tài)1．D2.C3.B4．A[對于放熱的可逆反應，達到平衡時，反應物與生成物的濃度不一定相等，A項錯誤；可逆反應達到平衡時，正、逆反應速率相等，氣體分子數(shù)保持不變，反應體系中壓強恒定，混合物的組成保持不變，反應體系中溫度不變，B、C、D項正確。]5．A6．C[反應開始加入一定量的氣體X和Y，則反應2X(g)＋Y(g)3Z(g)從正反應方向開始進行，隨著反應的進行，正反應速率越來越小，到平衡時達到最小值，則根據(jù)圖示可知，a點的正反應速率大于b點的正反應速率，A錯誤；可逆反應從b點開始達到平衡，化學平衡為動態(tài)平衡，此時反應仍在進行，正反應速率等于逆反應速率，B錯誤；從圖像中可以看出，從反應開始到平衡，參加反應的Y的物質的量為0.5mol，生成的Z的物質的量為1.5mol，c(Z)＝eq\f(1.5mol,2L)＝0.75mol·L－1，C正確；該反應是一個反應前后氣體物質的量不變的反應，體系的壓強始終不變，因此不能根據(jù)壓強不變判斷反應是否達到平衡狀態(tài)，D錯誤。]7．A8.A9．B[該反應是一個反應前后氣體物質的量不變的反應，恒溫恒容條件下，混合氣體的壓強恒定，壓強不變，無法說明反應達到平衡狀態(tài)，A項錯誤；兩個H—O斷裂表示的是正反應，兩個C=O斷裂表示的是逆反應，正、逆反應速率相等，說明反應達到平衡狀態(tài)，B項正確；在恒容密閉容器中，混合氣體的質量和體積始終不變，則混合氣體的密度始終不變，根據(jù)eq\x\to(M)＝eq\f(m,n)可知，混合氣體的平均摩爾質量始終不發(fā)生變化，C、D項錯誤。]10．AC11.C12．C[A項，反應過程中X與Y的變化量之比是1∶3，則反應一段時間后，X與Y的物質的量之比不可能仍為1∶1，錯誤；B項，達到平衡時，因可逆反應不能反應完全，則反應的X小于0.1mol，反應放出的熱量小于0.1akJ，錯誤；C項，恒容條件下，達到平衡后，若向平衡體系中充入稀有氣體，不影響反應物和生成物的濃度，反應速率不變，正確；D項，X(g)＋3Y(g)2Z(g)起始/mol0.30.30變化/molx3x2x變后/mol0.3－x0.3－3x2xX的體積分數(shù)為eq\f(0.3－x,0.6－2x)×100%＝50%，X的體積分數(shù)始終保持不變，不能說明反應已達到平衡，錯誤。]13．AD[①、②中的交點表示X和Y的物質的量相等，并不表示反應達到平衡狀態(tài)，所以①、②的交點處v(X)≠v(Y)，A項錯誤；由圖可知，達到平衡狀態(tài)時，eq\f(cY,cX)：②>③>①，C項正確；③中達到平衡狀態(tài)時，X和Y的物質的量分數(shù)均為50%，又知起始時X和Y的物質的量之和為2mol，且該反應是反應前后氣體分子數(shù)不變的反應，故平衡時混合氣體的總物質的量為2mol，則n(X)＝2mol×50%＝1mol，D項錯誤。]14．(1)>(2)80%(3)AC15．(1)16(2)8mol(3)5∶4(4)1∶2解析(1)nt(NH3)＝6mol，由化學方程式可知，參加反應的N2的物質的量為3mol，故N2的起始物質的量為13mol＋3mol＝16mol，即a＝16。(2)達到平衡時，混合氣體的總物質的量n(總)＝eq\f(716.8L,22.4L·mol－1)＝32mol，其中NH3的物質的量為32mol×25%＝8mol。(3)利用差量法計算N2(g)＋3H2(g)eq\o(,\s\up7(高溫、高壓),\s\do5(催化劑))2NH3(g)減少的物質的量/mol1322轉化/mol41288由以上分析可知，平衡時生成8molNH3，混合氣體的總物質的量為32mol，故原混合氣體的總物質的量為32mol＋8mol＝40mol，原混合氣體與平衡時混合氣體的總物質的量之比為40mol∶32mol＝5∶4。(4)由上述分析可知原混合氣體中H2的物質的量為40mol－16mol＝24mol，參加反應的N2、H2的物質的量分別為4mol、12mol，所以達到平衡時，N2和H2的轉化率之比α(N2)∶α(H2)＝eq\f(4mol,16mol)∶eq\f(12mol,24mol)＝1∶2。作業(yè)10化學平衡常數(shù)1．C2.C3.C4.D5.D6．C[反應①的平衡常數(shù)K1＝，反應②的平衡常數(shù)為K2＝，反應SO2(g)＋NO2(g)SO3(g)＋NO(g)的平衡常數(shù)K＝eq\f(cSO3·cNO,cSO2·cNO2)＝eq\f(K1,K2)。]7．C8.C9.BC10．C[該反應是一個恒容條件下的化學反應，反應前后氣體物質的量不相等，故壓強不變，說明氣體總物質的量不變，反應達到了化學平衡狀態(tài)，A項正確；設反應的SO2的物質的量為2xmol，列三段式：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)起始/mol0.40.20轉化/mol2xx2x平衡/mol0.4－2x0.2－x2x則eq\f(0.4－2x＋0.2－x＋2x,0.4＋0.2)＝eq\f(7,10)，解得x＝0.18，所以SO2的轉化率為90%，B項正確；參與反應的SO2為0.36mol，根據(jù)熱化學方程式可求得放出的熱量為35.28kJ，C項錯誤；此溫度下，該反應的平衡常數(shù)K＝20250，D項正確。]11．B[設平衡時N2O5的濃度減小x，則N2O5N2O3＋O2，N2O3N2O＋O2開始/(mol·L－1)400xx轉化/(mol·L－1)xxx平衡/(mol·L－1)4－xxx1.74.5所以4.5－x＝x－1.7，所以x＝3.1，則t℃時反應①的平衡常數(shù)為eq\f(1.7×4.5,4－3.1)＝8.5。]12．(1)1(2)①1.21.8②40%60%13．4.523.1%0.1314．(1)①0.1②2③50%(2)①<②40%③eq\f(5,p)解析(1)①10min時，c(NOCl)＝1mol·L－1，則轉化的NO的物質的量濃度為1mol·L－1，則v(NO)＝eq\f(1mol·L－1,10min)＝0.1mol·L－1·min－1。②平衡常數(shù)K＝eq\f(12,12×0.5)＝2。③Cl2的平衡轉化率為eq\f(0.5mol·L－1,1mol·L－1)×100%＝50%。(2)①根據(jù)圖像，升高溫度，平衡時NO的轉化率減小，平衡逆向移動，說明該反應的正反應屬于放熱反應，ΔH＜0。②根據(jù)圖像，在p壓強條件下，M點NO的轉化率為50%，根據(jù)2NO(g)＋Cl2(g)2NOCl(g)可知，氣體減小的體積為反應的NO的體積的一半，因此NO的體積分數(shù)為eq\f(2－2×50%,2＋1－\f(2×50%,2))×100%＝40%。③設起始時NO的物質的量為2mol，則Cl2的物質的量為1mol，2NO(g)＋Cl2(g)2NOCl(g)起始/mol210反應/mol10.51平衡/mol10.51平衡分壓p×eq\f(1,2.5)p×eq\f(0.5,2.5)p×eq\f(1,2.5)M點的壓強平衡常數(shù)Kp＝eq\f(p×\f(1,2.5)2,p×\f(1,2.5)2×p×\f(0.5,2.5))＝eq\f(5,p)。作業(yè)11濃度、壓強對化學平衡的影響1．B2.D3.D4．C[步驟1擴大體積，氣體的濃度減小，氣體的顏色變淺，且壓強減小時化學平衡向氣體體積增大的逆反應方向移動，A、B錯誤；活塞從Ⅱ處推向Ⅰ處，氣體體積減小，濃度增大，濃度商Q<平衡常數(shù)K，化學平衡右移，C正確；活塞從Ⅱ處推向Ⅰ處，氣體體積減小，壓強增大，氣體濃度增大，因而氣體顏色變深，因壓強增大平衡正向移動，又導致NO2氣體濃度減小，因而顏色又逐漸變淺，D錯誤。]5．B6．D[增大A的濃度，盡管平衡右移，但加入的A不可能全部轉化，平衡時A的濃度一定比原平衡大；增大A的濃度，A的轉化率減小，而同為反應物的B的轉化率增大；因為A的總量增大，所以C的體積分數(shù)不一定增大。]7．A8.C9.B10．BC[存在I2＋I－Ieq\o\al(－,3)平衡，因此溶液中存在碘單質，淀粉遇碘單質變藍色，故A正確；四氯化碳的密度比水大，溶解I2顯紫色在下層，故B錯誤；發(fā)生反應I2＋SOeq\o\al(2－,3)＋H2O=2H＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋2I－，有大量氫離子生成，溶液酸性增強，故C錯誤；加入足量的KI溶液，I2＋I－Ieq\o\al(－,3)平衡正向移動，而硫粉不溶于水，可以除去少量碘單質，故D正確。]11．D12．CD[增大壓強，反應速率增大，C點壓強大于A點壓強，所以v(A)＜v(C)，A項錯誤；處于曲線上的狀態(tài)為平衡狀態(tài)，E點NO2的體積分數(shù)小于平衡狀態(tài)時的體積分數(shù)，反應應向生成NO2的方向進行，此時v正＞v逆，D點NO2的體積分數(shù)大于平衡狀態(tài)時的體積分數(shù)，反應應向逆反應方向進行，此時v正＜v逆，B項錯誤；壓強越大，反應速率越大，達到平衡狀態(tài)所用的時間越少，故x＞y，C項正確；從p1突然加壓到p2，瞬間平衡沒有移動，NO2的體積分數(shù)瞬間不變，D項正確。]13．(1)bc(2)abd14．Ⅰ.(1)黃OH－與H＋結合生成水，c(H＋)減小，使平衡正向移動，CrOeq\o\al(2－,4)濃度增大，溶液由橙色變?yōu)辄S色(2)橙c(H＋)增大，平衡逆向移動，Cr2Oeq\o\al(2－,7)濃度增大，溶液又由黃色變?yōu)槌壬?3)正向移動逐漸變淺，直至無色Ⅱ.(1)逆向移動D濃度增大的倍數(shù)小于壓強增大的倍數(shù)(2)正向移動D濃度增大的倍數(shù)大于壓強增大的倍數(shù)作業(yè)12溫度、催化劑對化學平衡的影響勒夏特列原理1．C2.A3.B4.D5．B[MnO2會催化H2O2分解，與平衡移動無關，A項不符合題意；NO2轉化為N2O4是放熱反應，升溫平衡逆向移動，NO2濃度增大，混合氣體顏色加深，B項符合題意；常溫下鐵在濃硝酸中鈍化，加熱會使表面的氧化膜溶解，鐵與濃硝酸反應生成大量紅棕色氣體，與平衡移動無關，C項不符合題意；加入少量硫酸銅后，鋅置換出銅，構成原電池，從而使反應速率加快，與平衡移動無關，D項不符合題意。]6．C7.D8.C9．BC[K越大，說明反應越完全，CO2的平衡轉化率越大，但反應速率不一定越大，A錯誤；升高溫度，活化分子百分數(shù)增大，反應速率增大，該反應ΔH>0為吸熱反應，則升溫平衡常數(shù)K增大，C正確；加入催化劑，只能改變反應速率，平衡不移動，則不能提高合成氣的平衡產(chǎn)率，D錯誤。]10．C[根據(jù)題意可知，僅降低溫度，容器內氣體的密度增大，平衡移動使容器內氣體總質量增大。若正反應是吸熱反應，降低溫度，平衡逆向移動使氣體總質量增大，則X一定為氣態(tài)，A錯誤；若正反應是放熱反應，則降低溫度，平衡正向移動，若X為氣態(tài)，平衡后氣體的總質量減少，故X一定為非氣態(tài)，B錯誤；若X為氣態(tài)，則反應前后氣體的物質的量不變，向平衡體系中加入少量X，平衡正向移動，由于壓強對該反應的平衡無影響，故再次平衡時X的平衡轉化率不變，C正確；平衡常數(shù)只與反應本身及溫度有關，由于溫度不變，平衡常數(shù)不變，D錯誤。]11．BD12．AD[根據(jù)反應：H2(g)＋Br2(g)2HBr(g)ΔH<0，升溫，平衡向逆反應方向移動，H2的體積分數(shù)增大，根據(jù)圖示變化，可知T1>T2，A正確；b點Br2的濃度比a點Br2的濃度大，反應速率也大，B錯誤；增加Br2(g)的通入量，Br2(g)的轉化率減小，C錯誤；b點對a點來說，是向a點體系中加入Br2使平衡向正反應方向移動，盡管Br2的量在新基礎上會減小，但是Br2的濃度比原來大，顏色變深，即b點比a點體系的顏色深，D正確。]13．(1)放熱＞(2)增大(3)增大減小(4)減小(5)不變14．(1)ac(2)eq\f(p2H2,pCH4·p0)(3)A點對應溫度下反應c的lnKeq\o\al(r,p)＝0，則平衡體系中Keq\o\al(r,p)＝eq\f(p2H2,pCH4·p0)＝1，即eq\f(402kPa2,100kPa×pCH4)＝1，p(CH4)＝16kPa，初始p(CH4)＝50kPa，則CH4的平衡轉化率為eq\f(50kPa－16kPa,50kPa)×100%＝68%解析(1)由題圖可知溫度越低，eq\f(1,T)×103越大，反應a、c的lnKeq\o\al(r,p)越小，說明反應a、c隨溫度降低平衡逆向移動，故反應a、c為吸熱反應。(2)反應c的相對壓力平衡常數(shù)表達式為Keq\o\al(r,p)＝eq\f([\f(pH2,p0)]2,\f(pCH4,p0))＝eq\f(p2H2,p0·pCH4)。作業(yè)13化學平衡移動重點題型突破1．D2.A3.C4．C[該反應的正反應為氣體體積增大的反應，隨著反應的進行，B中壓強增大，所以v(B)>v(A)，A正確；X(g)＋Y(g)2Z(g)＋W(g)起始/mol1100轉化/molbb2bb平衡/mol1－b1－b2bb由題意得eq\f(2＋b,2)＝1.4，b＝0.8，所以α(X)＝eq\f(0.8mol,1mol)×100%＝80%，B正確；若打開K，整個體系中各組分與A中各組分的百分含量一樣，設總體積為m，則eq\f(m,6)＝eq\f(1.4a,2)，m＝4.2aL，所以A的體積應變?yōu)?.2aL－2aL＝2.2aL，C錯誤；由于B中壓強大，相較于A，平衡左移，所以B中Y的體積分數(shù)大，D正確。]5．A[該反應正反應是氣體體積減小的反應，增大壓強平衡正向移動，正、逆反應速率同等程度增大，只能是使用了催化劑，A正確；該反應正反應是放熱反應，溫度降低，平衡正向移動，不可能為降低溫度，B錯誤；t5時刻，改變條件，正、逆反應速率都增大，平衡向逆反應方向移動，只能是升高溫度，C錯誤；t3～t4、t5～t6都是平衡向逆反應方向移動，t6之后平衡轉化率最低，D錯誤。]6．D7.B8．B[催化劑不能使平衡發(fā)生移動，所以不能使C的體積分數(shù)增大，A項錯誤；達到平衡所用時間越短，反應速率越快，由圖可知T2＞T1，p2＞p1，則溫度由T1升高到T2，平衡時C的體積分數(shù)減小，說明升高溫度平衡逆向移動，所以該反應為放熱反應，B項正確；壓強由p1增大到p2，平衡時C的體積分數(shù)減小，說明增大壓強平衡逆向移動，所以該反應的正反應為氣體分子數(shù)目增多的反應，即n＜e＋f，C項錯誤；A為固體，增大A的質量不能改變A的濃度，不能使平衡發(fā)生移動，D項錯誤。]9．D10.B11．AC[由圖可知，同一溫度下，增大壓強，A的物質的量分數(shù)增大，平衡逆向移動，說明a＋b＜c，A項正確；由圖可知，同一壓強下，升高溫度，A的物質的量分數(shù)減小，平衡正向移動，即正反應為吸熱反應，平衡后增大容器體積，相當于減小壓強，平衡正向移動，需要吸收熱量，B項錯誤；平衡后再充入amolA，平衡正向移動，再次達到平衡后，A的物質的量分數(shù)增大，D項錯誤。]12．D13．(1)①提高二氧化硫的轉化率②eq\f(96,p0)③放熱減小(2)＝(3)①<②>解析(1)②在一定條件下達到平衡，測得c(SO3)＝0.04mol·L－1，列出三段式，容器的容積為1L，2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)起始/(mol·L－1)0.050.030轉化/(mol·L－1)0.040.020.04平衡/(mol·L－1)0.010.010.04則Kp＝eq\f(p2SO3,p2SO2·pO2)＝eq\f(\f(4,6)p02,\f(1,6)p02·\f(1,6)p0)＝eq\f(96,p0)。③K(300℃)>K(350℃)，說明溫度越高，平衡常數(shù)越??；升溫，平衡向吸熱反應方向移動，則正反應為放熱反應，平衡向逆反應方向移動，SO2的轉化率減小。(2)平衡常數(shù)只受溫度影響，與壓強無關，平衡狀態(tài)由A變到B時，二者溫度相同，故平衡常數(shù)K(A)＝K(B)。(3)①若移動活塞P，使乙的容積和甲相等，增大壓強，平衡向正反應方向移動，SO3的體積分數(shù)增大，SO3的體積分數(shù)：甲<乙。②甲為恒溫恒容容器，加入氦氣總壓增大，分壓不變，平衡不移動；乙中加入氦氣，為保持恒壓，體積增大，分壓減小，平衡逆向移動，達到新平衡時，SO3的體積分數(shù)減小，所以SO3的體積分數(shù)：甲>乙。作業(yè)14化學反應的方向1．C2.C3.C4.C5．C[C項，體系都有從有序自發(fā)轉變?yōu)闊o序的傾向，此過程為熵增過程，錯誤。]6．A[反應CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)有氣體參與反應，但反應前后氣體分子數(shù)沒有變化，熵沒有增加，B錯誤；C、D項反應中均有氣體參與反應，反應后氣體分子數(shù)減少，變化過程為熵減，錯誤。]7．D8．D[對于ΔH<0、ΔS>0的反應，任何溫度下都有ΔH－TΔS<0，即在任何溫度下反應均能自發(fā)進行，A項錯誤；催化劑只能改變反應速率，不改變反應的方向，B項錯誤；反應CaCO3(s)=CaO(s)＋CO2(g)的ΔS>0，由于在室溫下不能自發(fā)進行，所以此時ΔG＝ΔH－TΔS>0，即該反應的ΔH>0，C項錯誤；反應MgCl2(l)=Mg(l)＋Cl2(g)的ΔS>0，高溫下該反應能自發(fā)進行，則ΔH>0，D項正確。]9．A10．BC[由圖像可知，加入催化劑，反應的活化能降低，A項正確；增大反應物濃度能提高單位體積內活化分子總數(shù)，不能提高活化分子百分率，B項錯誤；上述反應的逆反應是氣體分子數(shù)增大的吸熱反應，C項錯誤；該反應的正反應為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，平衡常數(shù)減小，D項正確。]11．A12.B13．AC[根據(jù)化學方程式可知，反應②的ΔS<0，則－TΔS>0，根據(jù)273K時，ΔG＝ΔH－TΔS<0，所以ΔH<0，A錯誤；ΔG越小，說明反應能夠發(fā)生的趨勢越大，983K時兩反應的ΔG相等，之后兩反應的ΔG大小關系發(fā)生變化，則反應主次趨勢發(fā)生變化，B正確；反應①的ΔS>0，根據(jù)ΔG＝ΔH－TΔS，ΔG和T成反比，所以斜率小于0，L2對應反應①，L1對應反應②，C錯誤；當溫度低于983K時，L1的ΔG更小，所以過量焦炭的氧化產(chǎn)物以反應②生成CO2為主，D正確。]14．(1)小于大于(2)T＜1240K15．反應Ⅰ＋Ⅱ得：TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)=TiCl4(g)＋2CO(g)，ΔH＝ΔHⅠ＋ΔHⅡ＝－40kJ·mol－1，K＝KⅠ·KⅡ＝4.08×1019，K遠大于KⅠ，反應Ⅱ使TiO2氯化為TiCl4得以實現(xiàn)；反應Ⅱ的ΔH<0，反應Ⅱ可為反應Ⅰ提供所需的能量作業(yè)15化學反應的調控1．D2.B3.B4.B5．C[合成氨的反應為氣體分子數(shù)減小的反應，增大壓強有利于反應正向進行，A正確；合成氨的反應為可逆反應，原料不能完全反應，采用循環(huán)操作，可以提高原料利用率，B正確；合成氨的反應為放熱反應，升溫會使平衡逆向移動，工業(yè)生產(chǎn)采用500℃而不采用常溫，是為了提高反應速率，C錯誤；鐵觸媒為催化劑，可以大大提高反應速率，有利于提高合成氨的生產(chǎn)效率，D正確。]6．C7.B8.C9.B10．B[反應CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)和CH4(g)C(s)＋2H2(g)均是反應前后氣體分子數(shù)增大的反應，增大壓強，平衡均逆向移動，可減少積碳量，但CH4的平衡轉化率降低，A項錯誤；假設CH4的物質的量不變，增大CO2的物質的量，CO2與CH4的物質的量之比增大，對于反應CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)，平衡正向移動，CH4的濃度減小，對于積碳反應CH4(g)C(s)＋2H2(g)，由于甲烷濃度減小，平衡逆向移動，碳含量減少，對于消碳反應CO2(g)＋C(s)2CO(g)，平衡正向移動，碳含量減少，綜上分析，增大CO2與CH4的物質的量之比，有助于減少積碳，B項正確；平衡常數(shù)只與溫度有關，積碳反應和消碳反應都是吸熱反應，升高溫度，平衡均正向移動，兩個反應的平衡常數(shù)都增大，C項錯誤；根據(jù)圖像，溫度高于600℃，積碳量減少，但溫度升高，體系中所有反應的反應速率都加快，D項錯誤。]11．BC12．AD[根據(jù)圖示知，升高溫度，CH3OH的產(chǎn)率降低，主反應的平衡向逆反應方向移動，則ΔH1＜0；升高溫度，CO的產(chǎn)率增大，副反應的平衡向正反應方向移動，則ΔH2＞0，A錯誤；由圖像可知，溫度越高CH3OH的產(chǎn)率越低，D錯誤。]13．(1)N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92kJ·mol－1(2)節(jié)能、降低生產(chǎn)成本(答案合理即可)(3)①3∶1eq\f(x,2－x)×100%②AD14．(1)a(2)eq\f(25x2,1－x2)(3)>(4)β(5)溫度較高，催化劑失去活性解析(2)c點時，CO的轉化率為x，設CO的起始濃度為amol·L－1，可列出三段式：2CO(g)＋O2(g)2CO2(g)起始濃度/(mol·L－1)a0變化濃度/(mol·L－1)axax平衡濃度/(mol·L－1)a(1－x)0.04ax則K＝eq\f(c2CO2,c2CO·cO2)＝eq\f(ax2,[a1－x]2×0.04)＝eq\f(25x2,1－x2)。(3)由上述分析可知，該反應為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，K減小，c點溫度高于a點溫度，則K(a)>K(c)。(4)由題圖可知，同溫下反應未達到平衡狀態(tài)時，相同反應時間段內，β型瀝青混凝土中CO轉化率高，則其轉化速率大。(5)催化劑有一定的活性溫度，e點時轉化率突變，原因可能是溫度較高，催化劑失去活性。作業(yè)16平衡常數(shù)、速率常數(shù)的綜合應用1．C2.D3.B4.A5．BD[由圖可知，T2>T1，則a、b處反應速率：va>vb，A項正確；反應進行到a處時，x(SiHCl3)＝0.8，此時v正＝k正·x2(SiHCl3)＝0.82k正，則轉化的SiHCl3的物質的量為0.2mol，生成SiH2Cl2、SiCl4的物質的量均為0.1mol，則x(SiH2Cl2)和x(SiCl4)均為0.1，v逆＝k逆·x(SiH2Cl2)·x(SiCl4)＝0.01k逆，則eq\f(v正,v逆)＝eq\f(0.82k正,0.01k逆)，平衡時k正·x2(SiHCl3)＝k逆·x(SiH2Cl2)·x(SiCl4)，x(SiHCl3)＝0.75，則x(SiH2Cl2)＝x(SiCl4)＝0.125，eq\f(k正,k逆)＝eq\f(0.1252,0.752)＝eq\f(1,36)，則當反應進行到a處時，eq\f(v正,v逆)＝eq\f(0.82k正,0.01k逆)＝eq\f(0.82,0.01)×eq\f(1,36)＝eq\f(16,9)，B項錯誤；反應達到平衡狀態(tài)時，v消耗(SiHCl3)＝v生成(SiHCl3)＝2v消耗(SiCl4)，C項正確；T1K時平衡體系中再充入1molSiHCl3，壓強增大，該可逆反應為反應前后氣體分子數(shù)不變的反應，平衡不移動，x(SiH2Cl2)不變，D項錯誤。]6．BD7．(1)小于(2)0.8mol(3)不變(4)大于(5)182kJ8.(1)乙(2)28.23.38(3)0.059．(1)>(2)a＋b－c＋15(3)反應ⅱ(4)eq\f(k1k3,k2)解析(1)從題圖中可以看出，1molI2(g)的能量小于2molI(g)的能量，所以ΔH1>0。(2)設反應ⅰ逆反應的活化能為xkJ·mol－1，根據(jù)題圖可知，I2(g)2I(g)的ΔH1＝(a－x)kJ·mol－1，H2(g)＋2I(g)2HI(g)的ΔH2＝(b－c)kJ·mol－1，總反應H2(g)＋I2(g)2HI(g)的ΔH＝ΔH1＋ΔH2＝(a－x)kJ·mol－1＋(b－c)kJ·mol－1＝－15kJ·mol－1，所以x＝a＋b－c＋15。(3)由題圖可知，反應ⅱ的活化能大于反應ⅰ的活化能，所以反應ⅱ的速率慢，決定總反應速率。(4)該反應的決速步驟是反應ⅱ。反應ⅰ達到平衡時，正、逆反應速率相等，k1c(I2)＝k2c2(I)，所以c2(I)＝eq\f(k1cI2,k2)，代入v2(正)＝k3c(H2)·c2(I)，即v2(正)＝k3c(H2)eq\f(k1cI2,k2)，和v(正)＝kc(I2)·c(H2)比較可知k＝eq\f(k1k3,k2)。10．(1)CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH＝－49kJ·mol－1(2)①0.125mol·L－1·min－1②75%③B④eq\f(100,3p\o\al(2,0))(3)不處于反應為放熱反應，溫度升高，平衡逆向移動，且催化劑的催化活性降低作業(yè)17化學反應速率與化學平衡綜合圖像1．D2.B3.B4.BC5．B[A點到C點反應物濃度隨時間不斷減小，所以反應物濃度：A點大于C點，故①錯誤；A點到C點正反應速率增大，之后正反應速率減小，說明反應剛開始時溫度升高對正反應速率的影響大于濃度減小對正反應速率的影響，說明該反應為放熱反應，反應物的總能量高于生成物的總能量，故②正確；該反應為反應前后氣體體積不變的反應，該容器為絕熱恒容容器，溫度升高，壓強增大，故③錯誤；隨著反應的進行，正反應速率增大，氫氣的產(chǎn)率逐漸增大，Δt1＝Δt2時，H2的產(chǎn)率：AB段小于BC段，故④正確；化學平衡狀態(tài)的標志是各物質的濃度不再改變，其實質是正反應速率等于逆反應速率，C點對應的正反應速率顯然還在改變，故一定未達平衡，故⑤錯誤。]6．B7．AD[由題圖可知925℃時，平衡時，CO的體積分數(shù)為96%，則CO2的體積分數(shù)為4%，所以p(CO)＝0.96p總，p(CO2)＝0.04p總，所以Kp＝eq\f(0.96p總2,0.04p總)＝23.04p總，故A正確；在容積可變的恒壓密閉容器中發(fā)生反應，550℃時若充入惰性氣體，相當于減小壓強，則v正、v逆均減小，該反應正反應是氣體分子數(shù)增大的反應，則平衡正向移動，故B錯誤；由圖可知，T℃時，反應達到平衡后CO和CO2的體積分數(shù)都為50%，所以充入等體積的CO2和CO后依然是平衡狀態(tài)，平衡不移動，故C錯誤；由圖可知，650℃時，反應達到平衡后CO的體積分數(shù)為40%，設開始加入的二氧化碳的物質的量為1mol，轉化了xmol，則剩余(1－x)molCO2，生成2xmolCO，所以有eq\f(2x,1－x＋2x)×100%＝40.0%，解得x＝0.25，所以CO2的轉化率為25.0%，故D正確。]8．D9.BC10．(1)0.1mol·L－1·min－1(2)>(3)cb(4)Fe(或FeO)的質量(或物質的量)保持不變(或固體總質量保持不變)11．(1)＋247.3kJ·mol－1B(2)Ⅲ恒溫減壓時平衡①、③右移，甲烷平衡轉化率增大(3)低于500℃，溫度對反應②影響更大，所以n(CO2)增大，高于500℃時，溫度對反應①、③影響更大，所以n(CO2)減小12．(1)①eq\f(1,2)②B(2)①a②35%(3)①－1626.9kJ·mol－1②b溫度過高，NH3容易與氧氣發(fā)生反應產(chǎn)生NO，使NO濃度升高(或反應溫度過高，副反應發(fā)生程度變大，產(chǎn)生更多的NO，其他答案合理也可)解析(1)①由于v(O2)＝k1c2(NO)·c(O2)，v(NO2)＝k2c2(NO)·c(O2)，k1與k2均表示速率常數(shù)，則eq\f(k1,k2)＝eq\f(vO2,vNO2)，根據(jù)反應2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g)可知，eq\f(vO2,vNO2)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(k1,k2)＝eq\f(1,2)。②反應速率常數(shù)與壓強無關，增大壓強，反應速率常數(shù)不變，A錯誤；第一步反應是快反應，第二步反應為慢反應，所以第一步反應的活化能小于第二步反應的活化能，B正確。(2)①根據(jù)反應2NO2(g)N2O4(g)ΔH<0可知，該反應的正反應為放熱反應，升高溫度，eq\f(1,T)減小，平衡逆向移動，Kp減小，所以表示lgKp與eq\f(1,T)關系的曲線是a。②假設起始NO2的物質的量為1mol，轉化率為x，列出三段式：2NO2(g)N2O4(g)n(起始)/mol10n(轉化)/molx0.5xn(平衡)/mol1－x0.5x同溫同體積下，氣體的壓強之比等于其物質的量之比，則p(NO2)∶p(N2O4)＝(1－x)∶0.5x＝100kPa∶p(N2O4)，則p(N2O4)＝eq\f(50x,1－x)kPa，因此，Kp＝eq\f(\f(50x,1－x),1002)kPa－1＝2.7×10－3kPa－1，解得x≈0.35，所以NO2的平衡轉化率為35%。(3)①從上到下給反應分別編號為ⅰ、ⅱ、ⅲ，根據(jù)蓋斯定律，將反應ⅱ×2－?？傻?NH3(g)＋4NO(g)＋O2(g)=4N2(g)＋6H2O(g)，則ΔH1＝2ΔH2－ΔH3＝2×(－1267.1kJ·mol－1)－(－907.3kJ·mol－1)＝－1626.9kJ·mol－1。②根據(jù)圖2可知，在溫度為900～1000℃時，出口的NO的殘留濃度小，故選b。第三章水溶液中的離子反應與平衡作業(yè)18弱電解質的電離平衡1．C2.D3.B4．C[A項中發(fā)生的反應為Na2SO3＋Cl2＋H2O=Na2SO4＋2HCl，生成了兩種強電解質，溶液的導電能力增強，故燈泡變亮；B項中發(fā)生的反應為AgNO3＋HCl=AgCl↓＋HNO3，溶液的導電能力沒有明顯變化；C項中發(fā)生的反應為4HI＋O2=2H2O＋2I2，溶液的導電能力下降，燈泡變暗；D項中發(fā)生的反應為2NaOH＋Cl2=NaCl＋NaClO＋H2O，溶液的導電能力沒有明顯變化。]5．C6.B7．C[若在氨水中加入NH4Cl固體，c(NHeq\o\al(＋,4))增大，平衡向左移動，c(OH－)減小，①不符合；硫酸中的H＋與OH－反應，使c(OH－)減小，平衡向右移動，②不符合；當在氨水中加入NaOH固體后，c(OH－)增大，平衡向左移動，③符合；若在氨水中加入水，稀釋溶液，平衡向右移動，但c(OH－)減小，④不符合；電離屬于吸熱過程，加熱使平衡向右移動，c(OH－)增大，⑤不符合；加入少量MgSO4固體發(fā)生反應：Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓，溶液中c(OH－)減小，⑥不符合。]8．A9.C10．BC[A項，0.1mol·L－1MOH溶液可以使酚酞溶液變紅，說明MOH是堿，不能說明MOH部分電離，則不能證明MOH是弱堿；B項，常溫下，0.1mol·L－1MOH溶液中c(OH－)<0.1mol·L－1，說明MOH部分電離，為弱堿；C項，相同溫度下，0.1mol·L－1MOH溶液的導電能力比0.1mol·L－1NaOH溶液的弱，NaOH是強堿，則MOH部分電離，為弱堿；D項，等體積的0.1mol·L－1MOH溶液與0.1mol·L－1鹽酸恰好完全反應，說明MOH是一元堿，不能說明MOH部分電離，則不能證明MOH是弱堿。]11．A12.D13．CD[由于加水稀釋，CH3COOH的電離程度增大，故c(CH3COOH)應小于原來的eq\f(1,10)，c(H＋)應大于原來的eq\f(1,10)，eq\f(cCH3COO－,cCH3COOH)＝eq\f(nCH3COO－,nCH3COOH)，而n(CH3COO－)增大，n(CH3COOH)減小，故eq\f(cCH3COO－,cCH3COOH)的值增大；加水稀釋后離子濃度減小，導電能力減弱。]14．(1)H2SH＋＋HS－，HS－H＋＋S2－(2)右增大減小(3)右減小增大(4)NaOH固體15．bacd解析a中發(fā)生反應的離子方程式為Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SOeq\o\al(2－,4)=BaSO4↓＋2H2O，溶液中離子濃度先減小，當Ba(OH)2和H2SO4恰好完全反應時，體系中只有BaSO4沉淀和水，導電能力接近于0，繼續(xù)滴加H2SO4溶液，溶液中離子濃度增大，溶液的導電能力又逐漸增強，與B圖變化趨勢一致；b中發(fā)生反應的離子方程式為CH3COOH＋NH3·H2O=CH3COO－＋NHeq\o\al(＋,4)＋H2O，隨著反應的進行，溶液中離子濃度逐漸增大，溶液的導電能力逐漸增強，當CH3COOH和NH3·H2O恰好完全反應時，再滴加氨水，離子的數(shù)量沒有明顯增加，但溶液的體積增大，則離子濃度減小，溶液的導電能力減弱，與A圖變化趨勢一致；c中剛通入CO2時發(fā)生反應的離子方程式為Ca2＋＋2OH－＋CO2=CaCO3↓＋H2O，CO2過量后發(fā)生反應的離子方程式為CaCO3＋H2O＋CO2=Ca2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)，故溶液中離子濃度先減小后增大，導電能力的變化趨勢與B圖變化趨勢一致；d中發(fā)生反應的離子方程式為NHeq\o\al(＋,4)＋OH－=NH3·H2O，溶液中減少的NHeq\o\al(＋,4)的物質的量和增加的Na＋的物質的量幾乎相等，溶液的體積變化不大，故溶液的導電能力幾乎不變，與C圖變化趨勢一致。作業(yè)19電離平衡常數(shù)強酸與弱酸比較1．A2.B3.D4．B[相同溫度下，一元弱酸的電離平衡常數(shù)越大其酸性越強，根據(jù)表格中的信息可知酸性：H3PO2>CH3COOH>HCN，A錯誤；根據(jù)較強酸制較弱酸的規(guī)律，反應H3PO2＋CH3COO－=CH3COOH＋H2POeq\o\al(－,2)能夠發(fā)生，B正確；根據(jù)電離常數(shù)可判斷三種酸均不能完全電離，均為弱酸，C錯誤；等物質的量濃度、等體積的三種酸溶液，酸的物質的量相等，與足量鋅粉反應，生成等量的H2，D錯誤。]5．A6.A7．B[根據(jù)甲、乙的電離平衡常數(shù)可知，這兩種物質都是弱電解質，在溫度不變、濃度相等時，電離程度：乙酸＜一氯乙酸，排除A、C選項；當濃度增大時，物質的電離程度減小，排除D選項。]8．C9.C10．AD[等濃度的甲酸和乙酸溶液，甲酸酸性強、電離程度大，所以溶液中的c(H＋)：CH3COOH＜HCOOH，故A正確；等濃度等體積的甲酸和乙酸溶液中，甲酸和乙酸的物質的量相等，分別加入過量的鎂，產(chǎn)生氫氣的體積相等，故B錯誤；HCOOH是弱酸，與NaOH發(fā)生反應：HCOOH＋OH－=HCOO－＋H2O，故C錯誤；eq\f(cCH3COOH,cCH3COO－·cH＋)＝eq\f(1,Ka)，將CH3COOH溶液稀釋100倍過程中，保持不變，故D正確。]11．D[A項，酸的電離平衡常數(shù)越大，酸的電離程度越大，其酸性越強，根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，酸的電離平衡常數(shù)：HZ>HY>HX，則酸性強弱：HZ>HY>HX，錯誤；B項，根據(jù)強酸制弱酸可知HZ＋Y－=HY＋Z－能夠發(fā)生，錯誤；C項，完全電離的為強酸、部分電離的為弱酸，這三種酸都部分電離，均為弱酸，錯誤；D項，電離平衡常數(shù)只與溫度有關，溫度不變，電離平衡常數(shù)不變，正確。]12．AB13．AB[弱電解質的電離常數(shù)越大，電離程度越大，H2SO3的Ka1＝1.4×10－2，而H2CO3的Ka1＝4.5×10－7，所以常溫下，相同濃度的H2SO3溶液的酸性強于H2CO3溶液的酸性，A項正確；由于H2SO3的Ka2小于H2CO3的Ka1，但大于其Ka2，所以向Na2CO3溶液中通入少量SO2，反應的離子方程式為2COeq\o\al(2－,3)＋SO2＋H2O=2HCOeq\o\al(－,3)＋SOeq\o\al(2－,3)，B項正確；由題給信息知Ka1(H2CO3)>Ka(HClO)>Ka2(H2CO3)，所以向NaClO溶液中通入少量CO2，反應的離子方程式為ClO－＋CO2＋H2O=HClO＋HCOeq\o\al(－,3)，C項錯誤；HClO不能與NaHCO3溶液反應，但HCl是強酸，能與NaHCO3溶液反應，使c(HCl)減小，促使平衡Cl2＋H2OHCl＋HClO正向移動，從而可提高HClO的濃度，HClO具有氧化性，NaHSO3具有還原性，二者能夠發(fā)生氧化還原反應，所以加入NaHSO3溶液不能提高HClO的濃度，D項錯誤。]14．(1)BOHB＋＋OH－(2)1×10－5(3)<1×10－415．(1)Ka(CH3COOH)<Ka(HSCN)，在相同溫度、相同物質的量濃度和體積的兩溶液中，HSCN溶液中c(H＋)大于CH3COOH溶液中c(H＋)，故HSCN溶液與NaHCO3溶液反應速率快(2)HSCN＋HCOeq\o\al(－,3)=SCN－＋CO2↑＋H2O16．(1)H3PO4>CH3COOH>H2CO3>H2S(2)第一步電離產(chǎn)生的氫原子對第二步電離起抑制作用(3)S2－>COeq\o\al(2－,3)>HCOeq\o\al(－,3)>CH3COO－(4)1×10－5(5)不能能作業(yè)20水的電離1．B2.A3.C4.B5．B[c(H＋)＝1×10－6mol·L－1，說明水的電離得到促進，故T＞25℃，A項正確；c(H＋)＝1×10－6mol·L－1，水的離子積常數(shù)為1×10－12，Kw＝c(H＋)·c(OH－)，當c(H＋)＝1×10－3mol·L－1時，c(OH－)＝1×10－9mol·L－1，故由水電離出來的c(H＋)＝1×10－9mol·L－1，B項錯誤；NaHSO4電離生成的氫離子對水的電離起抑制作用，水的電離程度減小，C項正確；溫度不變時，Kw不變，加水稀釋，c(H＋)減小，Kw＝c(H＋)·c(OH－)不變，所以c(OH－)增大，D項正確。]6．A7.C8.C9.D10．A[25℃時，0.5mol·L－1的H2SO4溶液中c(H＋)＝1mol·L－1，由水電離出的c水(H＋)＝10－14mol·L－1；0.05mol·L－1的Ba(OH)2溶液中c(OH－)＝0.1mol·L－1，由水電離出的c水(H＋)＝10－13mol·L－1；NaCl溶液和純水中由水電離出的c水(H＋)均為10－7mol·L－1。則等體積的上述四種溶液中由水電離出的n(H＋)(即發(fā)生電離的水的物質的量)之比為10－14∶10－13∶10－7∶10－7＝1∶10∶107∶107。]11．D12.BD13．D[只要在水溶液中，都會有c(H＋)·c(OH－)＝Kw,A正確；在X、Z連線的左上方M區(qū)域(不包括邊界)，c(H＋)<c(OH－)，B正確；水的電離是吸熱過程，升高溫度，促進水的電離，c(H＋)和c(OH－)增大，所以T1<T2,C正確；由圖像可知沿XZ方向，c(H＋)和c(OH－)都逐漸增大，D錯誤。]14．(1)增大增大右吸熱(2)減小減小><向左向左1.0×10－141.0×10－14①酸堿②溫度15．(1)1.0×10－12水的電離是吸熱過程，溫度升高，水的電離程度增大，即水的離子積增大(2)b(3)否，加入鹽酸，c(H＋)＞c(OH－)，所以體系不可能處于B點位置(4)2×10－9mol·L－1(5)b作業(yè)21溶液的酸堿性與pH1．B2.C3．B[氫離子濃度越大，酸性越強，常溫下，①pH＝3的硫酸溶液中c(H＋)＝10－3mol·L－1，②醋酸為弱酸，不完全電離，所以0.0001mol·L－1的醋酸溶液中c(H＋)＜10－4mol·L－1，③溶液中的c(H＋)＝1×10－4mol·L－1，④溶液中eq\f(Kw,cH＋)＝10－12，則c(H＋)＝10－2mol·L－1；綜上所述酸性由強到弱為④①③②。]4．C5.A6.D7．C[A項，pH＝0的NaHSO4溶液中c(H＋)＝1mol·L－1；B項，0.04mol·L－1硫酸中c(H＋)＝2c(H2SO4)＝0.08mol·L－1；C項，pH＝3的醋酸溶液中，c(H＋)＝0.001mol·L－1；D項，0.5mol·L－1鹽酸中c(H＋)＝c(HCl)＝0.5mol·L－1，則氫離子濃度最小的是pH＝3的醋酸溶液。]8．B9.A10．B[設該一元強酸溶液的pH為a，該一元強堿溶液的pH為b，強酸、強堿溶液的體積分別為2L、5L，由題意可得：10－amol·L－1×2L＝eq\f(10－14,10－b)mol·L－1×5L，解得10a＋b－14＝0.4，a＋b－14＝2lg2－1，則a＋b≈13.6，故該強酸與強堿溶液的pH之和約為13.6。]11．B12.BD13．AC[任何溫度下，純水中c(H＋)＝c(OH－)，故AG＝0；酸性越強，c(H＋)越大，c(OH－)越小，AG越大；0.1mol·L－1鹽酸中，c(OH－)＝10－13mol·L－1，AG＝12；lg[eq\f(cH＋,cOH－)]＝－10，c(OH－)＝1010c(H＋)，由c(H＋)·c(OH－)＝10－14得，c(H＋)＝10－12mol·L－1，pH＝12。]14．A[根據(jù)100℃時，0.01mol·L－1NaHSO4溶液中水電離的c(H＋)＝10－10mol·L－1，確定水的離子積為1.0×10－12，該溫度下將pH＝8的Ba(OH)2溶液V1L與pH＝5的NaHSO4溶液V2L混合，所得溶液pH＝7，溶液呈堿性，所以c(OH－)＝10－5mol·L－1＝eq\f(10－4V1－10－5V2,V1＋V2)mol·L－1，則V1∶V2＝2∶9。]15．(1)1×10－10mol·L－1(2)1(3)0.05mol·L－116．(1)900(2)1000(3)81.8(4)42.917．(1)><(2)5×10－75×10－11(3)①b②2∶110解析(1)標準狀況下，水的離子積Kw<1×10－14，該溫度下0.01mol·L－1的NaOH溶液中c(OH－)＝1×10－2mol·L－1，則c(H＋)＝eq\f(Kw,1×10－2)mol·L－1<eq\f(1×10－14,1×10－2)mol·L－1＝1×10－12mol·L－1，所以pH>12。(2)水電離產(chǎn)生的氫離子濃度和氫氧根離子濃度相等，某溫度下，純水中的c(H＋)＝5×10－7mol·L－1，則此時純水中c(OH－)＝5×10－7mol·L－1；溫度不變，則Kw＝c(OH－)·c(H＋)＝5×10－7×5×10－7＝2.5×10－13，加入稀硫酸使溶液中c(H＋)＝5×10－3mol·L－1，根據(jù)Kw＝c(OH－)·c(H＋)可知，c(OH－)＝eq\f(2.5×10－13,5×10－3)mol·L－1＝5×10－11mol·L－1。(3)①根據(jù)圖像可以計算，B點Kw＝c(OH－)·c(H＋)＝1.0×10－7×1.0×10－6＝1.0×10－13>1.0×10－14，則T℃大于25℃，a錯誤；A點c(OH－)＝1.0×10－