参与试题解析
一、选择题（每小题只一个选项符合题意，16×3分=48分）：
1．下列条件的变化：①增大浓度，②增大压强，③升高温度，④使用催化剂，是因为增加单位体积内反应物分子中活化分子的百分数而使反应速率加快的是（ ）
A．①② B．③④ C．②④ D．①③
考点： 化学反应速率的影响因素．
分析： 升高、加压、增大浓度、使用催化剂，只有温度、催化剂改变活化分子百分数．
解答： 解：①增加反应物浓度，活化分子数目增大，但百分数不变，故不选；
②增大压强，活化分子数目增大，但百分数不变，故不选；
③升高温度，活化分子百分数增大，故选；
④使用催化剂，活化分子百分数增大，故选；
故选：B．
点评： 本题考查影响反应速率的因素，注意活化分子数目与百分数的差别，明确温度、浓度、压强对反应速率的影响即可解答，题目难度不大．
2．在一定条件下，反应N2+3H2⇌2NH3在2L容器中进行，5min内NH3的质量增加了1.7g，则反应速率为（ ）
A．ν（H2）=0.03 mol•L﹣1•min﹣1 B．ν（NH3）=1.7 g•L﹣1•min﹣1
C．ν（N2）=0.02 mol•L﹣1•min﹣1 D．ν（NH3）=0.01 mol•L﹣1•min﹣1
考点： 化学反应速率和化学计量数的关系．
分析： 先根据质量、摩尔质量与物质的量的关系计算氨的物质的量，再根据物质的量浓度公式计算其物质的量浓度；根据同一反应中各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算氢气、氮气的速率．
解答： 解：n（NH3）===0.1mol，v（NH3）=mol/（L•min）==0.01mol/（L•min）．
同一反应中各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以v（N2）=0.005mol/（L•min）；
v（H2）=0.015mol/（L•min）．
故选D．
点评： 本题考查的是反应速率的定量表示方法，根据同一反应中各物质的反应速率之比等于其计量数之比是解本题的关键．
3．只改变一个影响因素，平衡常数K与化学平衡移动的关系叙述错误的是（ ）
A．K值不变，平衡可能移动 B．K值变化，平衡一定移动
C．平衡移动，K值可能不变 D．平衡移动，K值一定变化
考点： 真题集萃；化学平衡的影响因素．
专题： 化学平衡专题．
分析： 平衡常数K是温度的函数，只与温度有关，温度一定，平衡常数K值一定，温度发生变化，平衡常数K值也发生变化．
解答： 解：影响化学平衡的因素主要有浓度、温度、压强等．
A．K值只与温度有关，若在其他条件不变时，增大反应物的浓度或减小生成物的浓度，有利于正反应的进行，K值不变，平衡向右移动，故A正确；
B．K值是温度的函数，K值变化，说明温度发生了改变，则平衡一定发生移动，故B正确；
C．若在其他条件不变时，增大反应物的浓度或减小生成物的浓度，有利于正反应的进行，平衡向右移动，但K值只与温度有关，故K值不变，故C正确；
D．若是改变浓度或压强使平衡发生移动，而温度不变，则K值不变，故D错误，
故选D．
点评： 本题考查平衡常数与平衡移动的关系，难度不大．要注意平衡常数K是温度的函数，只与温度有关．
4．自然界的矿物、岩石的形成和变化受到许多条件的影响．地壳内每加深1km，压强增大约25000～30000kPa．在地壳内SiO2和HF存在以下平衡：SiO2（s）+4HF（g）⇌SiF4（g）+2H2O（g）△H=﹣148.9kJ•mol﹣1
如果上述反应在体积不变的密闭容器中发生，当反应达到平衡时，下列说法不正确的是（ ）
A．2v正（HF）=v逆（H2O） B．v正（H2O）=2v逆（SiF4）
C．SiO2的质量保持不变 D．容器内压强不变
考点： 化学平衡状态的判断．
分析： 建立平衡的标志有两个：正反应速率═逆反应速率、各物质的浓度保持不变，据此答题．
解答： 解：A、反应达到平衡状态时，正逆反应速率之比等于其化学计量数之比，有v正（HF）=2v逆（H2O），故A错误；
B、v正（H2O）=2v逆（SiF4）说明正逆反应速率之比等于其化学计量数之比，反应达到平衡状态，故B正确；
C、可逆反应达到平衡状态时，各组分的质量不再变化，故C正确；
D、该反应前后气体体积不相同，所以容器内压强不变，说明各组分浓度不变，反应达到平衡状态，故D正确；
故选A．
点评： 本题考查了化学平衡状态的判断，注意正逆反应速率之比等于其化学计量数之比时，说明正逆反应速率相等，题目难度不大．
5．亚（HNO2）既可作氧化剂又可作还原剂．当亚在反应中作氧化剂时，可能生成的产物是（ ）
A．N2 B．N2O3 C．NH3 D．NO2
考点： 氧化还原反应．
分析： 亚（HNO2）既可作氧化剂又可作还原剂，当它在反应中作氧化剂时，N元素的化合价应降低，以此来解答．
解答： 解：亚中N元素的化合价为+3价，当它在反应中作氧化剂时，N元素的化合价应降低，
A．N2中N元素的化合价为0价，可能为亚的还原产物，故A选；
B．N2O3中N元素的化合价为+3价，不会是亚的还原产物，故B不选；
C．NH3中N元素的化合价为﹣3价，可能为亚的还原产物，故C选；
D．NO2中N元素的化合价为+4价，不会是亚的还原产物，故D不选；
故选AC．
点评： 本题考查氧化还原反应，明确氧化剂中元素的化合价降低时解答本题的关键，题目难度不大．
6．下列各组离子能在强酸性的溶液中大量共存，且溶液呈无色的是（ ）
A．K+、Na+、MnO4﹣、SO42﹣ B．K+、Na+、CO32﹣、Cl﹣
C．Mg2+、NH4+、Cl﹣、NO3﹣ D．Ba2+、K+、OH﹣、SO42﹣
考点： 离子共存问题．
分析： 酸性溶液中含大量的氢离子，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答．
解答： 解：A．MnO4﹣为紫色，与无色不符，故A不选；
B．H+、CO32﹣结合生成水和气体，不能大量共存，故B不选；
C．酸性溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，故C选；
D．H+、OH﹣结合生成水，不能大量共存，故D不选；
故选C．
点评： 本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应的离子共存及分析与应用能力的考查，题目难度不大．
7．X、Y、Z均为短周期元素，其简单离子X+、Y3+、Z2﹣的核外电子层结构相同．下列说法不正确的是（ ）
A．原子序数：Y＞X＞Z B．碱性：XOH＞Y（OH）3
C．单质的还原性：X＞Y D．离子半径：X+＞Y3+＞Z2﹣
考点： 同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；原子结构与元素周期律的关系．
专题： 元素周期律与元素周期表专题．
分析： X、Y、Z均为短周期元素，其简单离子X+、Y3+、Z2﹣的核外电子层结构相同，则离子具有2个电子层，故X为Na、Y为Al、Z为O，据此解答．
解答： 解：X、Y、Z均为短周期元素，其简单离子X+、Y3+、Z2﹣的核外电子层结构相同，则离子具有2个电子层，故X为Na、Y为Al、Z为O，
A．X为Na、Y为Al、Z为O，原子序数：Al＞Na＞O，故A正确；
B．金属性Na＞Al，故碱性NaOH＞Al（OH）3，故B正确；
C．金属性Na＞Al，单质的还原性：Na＞Al，故C正确；
D．电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径O2﹣＞Na+＞Al3+，故D错误；
故选D．
点评： 本题考查结构性质位置关系、元素周期律等，根据离子结构特点及处于短周期推断元素是关键．
8．在密闭容器中进行如下反应：N2+3H2⇌2NH3，若将平衡系中各物质的浓度都增大到原来的2倍，则产生的结果是（ ）
A．平衡不移动
B．平衡向正反应方向移动
C．平衡向逆反应方向移动
D．正反应速率增大，逆反应速率减小
考点： 化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程．
专题： 化学平衡专题．
分析： 首先分析化学反应的特征，反应前气体化学计量数之和大于反应后气体的化学计量数之和，增大压强，平衡向正反应方向移动；正反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，若将平衡体系中各物质的浓度都增加到原来的2倍，则应缩小体积，增大了压强，则平衡向正反应方向移动．
解答： 解：A、反应前后气体的化学计量数之和不相等，改变压强，平衡发生移动，故A错误；
B、若将平衡体系中各物质的浓度都增加到原来的2倍，则应缩小体积，增大压强，则平衡向正反应方向移动，故B正确；
C、平衡体系中各物质的浓度都增加到原来的2倍，则应缩小体积，增大压强，则平衡向正反应方向移动，故C错误；
D、浓度增大，正逆反应速率增大，故D错误；
故选B．
点评： 本题考查了化学平衡状态的影响因素，根据平衡移动原理进行分析，本题难度不大．
9．在一定温度下，向a L密闭容器中加入1mol X气体和2mol Y气体，发生如下反应：
X（g）+2Y（g）⇌2Z（g），下列说法中：
①容器内压强不随时间变化，
②容器内各物质的浓度不随时间变化，
③容器内X、Y、Z的浓度之比为1：2：2，
④单位时间消耗0.1mol X同时生成0.2mol Z，能判断此反应达到平衡的标志的是（ ）
A．①② B．①③ C．②③ D．②④
考点： 化学平衡状态的判断．
分析： 由X（g）+2Y（g）⇌2Z（g）可知，该反应前后的化学计量数之和不等，然后根据达到平衡时，正逆反应速率相等，但不等于零，各物质的浓度不再改变．
解答： 解：①反应达平衡时，各物质的浓度不再随时间改变，所以压强不再变化，故正确；
②反应达平衡时，各物质的浓度不再随时间改变，是平衡化学平衡状态的依据，故正确；
③反应达到平衡时的浓度与反应的初始物质的量以及反应的转化程度有关，所以容器内X、Y、Z的浓度之比为1：2：2不能确定是否达到平衡，故错误；
④无论反应是否达到化学平衡，消耗的反应物的物质的量之比等于计量数之比，所以不能用来作为判断是否达到平衡状态的依据，故错误；
故选A．
点评： 本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，平衡状态的本质是正逆反应速率相等，化学平衡状态的判断常以选择题方式考查．
10．对已达化学平衡的下列反应：2X（g）+Y（g）⇌2Z（g）减小压强时，对反应产生的影响是（ ）
A．逆反应速率增大，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动
B．逆反应速率减小，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动
C．正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动
D．正、逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动
考点： 化学平衡的影响因素．
专题： 化学平衡专题．
分析： 对于有气体参加的化学反应，减小压强，正逆反应速率都减小；减小压强，化学平衡向气体体积增大的方向移动．
解答： 解：反应2X（g）+Y（g）2Z（g）有气体参加和生成，且该反应为气体体积缩小的反应，则减小压强时，
A、正逆反应速率都减小，故A错误；
B、正逆反应速率都减小，平衡逆向移动，故B错误；
C、正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动，故C正确；
D、正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动，故D错误；
故选C．
点评： 本题考查压强对反应速率及化学平衡的影响，明确化学反应为气体体积缩小的反应是解答本题的关键，难度不大．
11．对于反应A+B﹣→C，如果温度每升高10℃，反应速率增加为原来的3倍．在10℃时，完成反应的20%需要54min；将温度提高到40℃，完成反应的20%需要的时间为（ ）
A．2 min B．3 min C．6 min D．9 min
考点： 反应速率的定量表示方法．
分析： 已知温度每升高10℃，化学反应速率增大到原来的3倍，那么10℃时，温度升高40℃，反应速率应是10℃的33=27倍，以此解答该题．
解答： 解：已知温度每升高10℃，化学反应速率增大到原来的3倍，那么10℃时，温度提高到40℃，反应速率应是10℃的33=27倍，在10℃时，完成反应的20%需要54min，则温度提高到40℃完成反应的20%需要时间（min）为=2min，故选A．
点评： 本题考查反应速率的影响因素，侧重于分析与应用能力的考查，题目难度不大，注意温度升高后速率的变化倍数为解答该类题目的关键．
12．下列能用勒夏特列原理解释的是（ ）
①棕红色NO2加压后颜色先变深后变浅
②Fe（SCN）3溶液中加入固体KSCN后颜色变深
③氯水宜保存在低温、避光条件下
④SO2催化氧化成SO3的反应，往往加入过量的空气．
A．①② B．②③④ C．①③ D．全部
考点： 化学平衡移动原理．
分析： 勒夏特利原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒夏特利原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程的平衡移动无关、与平衡移动无关，则不能用勒夏特利原理解释．
解答： 解：①存在平衡2NO2（g）⇌N2O4（g），增大压强，混合气体的浓度增大，平衡体系颜色变深，该反应正反应为体积减小的反应，增大压强平衡正反应移动，二氧化氮的浓度又降低，颜色又变浅，由于移动的密度目的是减弱变化，而不是消除，故颜色仍不原来的颜色深，所以可以用平衡移动原理解释，故正确；
②Fe（SCN）3溶液中存在平衡：Fe（SCN）3⇌Fe3++3SCN﹣，加入固体KSCN后，硫氰根离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，则硫氰化铁浓度增大，溶液的颜色变深，可以用平衡移动原理解释，故正确；
③存在Cl2+H2O⇌HCl+HClO，生成的次氯酸见光分解，促衡正向进行，故氯水宜保存在低温、避光条件下，能用勒夏特利原理解释，故正确；
④存在平衡2SO2+O2（g）⇌2SO3（g），加入过量的空气，平衡向正反应方向移动，提高二氧化硫的转化率，能用勒夏特利原理解释，故正确；
故选D．
点评： 本题考查勒夏特列原理知识，题目难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，且是否发生平衡的移动．
13．体积相同的甲、乙两个容器中，分别都充有等质量的量的SO2和O2，在相同温度下发生反应，并达平衡，在这过程中，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的转化率为a%，则乙容器中SO2的转化率（ ）
A．等于a% B．大于a% C．小于a% D．无法判断
考点： 化学平衡的计算．
分析： 先假定甲、乙的体积都不变，达到平衡后再保持乙的压强不变，此反应是气体体积减小的反应，因此，待等体积达平衡后，欲保持乙的压强不变，就需要缩小体积．缩小体积则乙的压强增大，平衡正向移动．
解答： 解：先假定甲、乙的体积都不变，达到平衡后再保持乙的压强不变，此反应是气体体积减小的反应，因此，待等体积达平衡后，欲保持乙的压强不变，就需要缩小体积．缩小体积时，乙的压强增大，平衡正向移动．所以，若甲容器中SO2的转化率为a%，则乙的SO2的转化率将大于甲的，即大于a%．
故选B．
点评： 这一类问题的解决方法一般如此，先设为同等条件，平衡后再改变某一条件使之符合题设条件，分析变化．这样，问题就迎刃可解了．
14．某温度下，H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）的平衡常数K=．该温度下在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入H2（g）和CO2（g），其起始浓度如表所示．下列判断不正确的是（ ）
起始浓度 甲 乙 丙
c（H2）/mol/L 0.010 0.020 0.020
c（CO2）/mol/L 0.010 0.010 0.020
A．平衡时，乙中CO2的转化率大于60%
B．平衡时，甲中和丙中H2的转化率均是60%
C．平衡时，丙中c（CO2）是甲中的2倍，是0.012mol/L
D．反应开始时，丙中的反应速率最快，甲中的反应速率最慢
考点： 化学平衡的计算．
专题： 压轴题；化学平衡专题．
分析： 反应H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）前后气体的体积不变，恒温恒容下，甲、乙、丙中平衡常数相同．由表中数据可知，该温度下在甲、丙两容器内起始浓度n（H2）：n（CO2）=1：1，甲、丙为等效平衡．乙中氢气的起始浓度比甲中氢气的起始浓度大，故乙中二氧化碳的转化率比甲中高．根据三段式结合平衡常数计算出甲容器内，平衡时个物质的浓度变化量、平衡浓度．
A、计算甲容器内二氧化碳的转化率，乙中氢气的起始浓度比甲中氢气的起始浓度大，故乙中二氧化碳的转化率比甲中高．
B、甲、丙为等效平衡，甲中和丙中H2的转化率均相等，根据三段式计算甲中氢气的转化率．
C、甲、丙为等效平衡，甲中和丙中CO2的转化率均相等，根据三段式计算平衡时甲中的CO2的浓度、转化率，进而计算丙中CO2的浓度．
D、浓度越大反应速率越快．
解答： 解：对于甲容器：H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）
开始（mol/L）：0.01 0.01 0 0
变化（mol/L）：x x x x
平衡（mol/L）：0.01﹣x 0.01﹣x x x
所以=，
解得x=0.006
A、由上述计算可知，甲容器内二氧化碳的转化率为×100%=60%，恒温恒容下，乙中氢气的起始浓度比甲中氢气的起始浓度大，故乙中二氧化碳的转化率比甲中高，故平衡时，乙中CO2的转化率大于60%，故A正确；
B、恒温恒容下，由表中数据可知，该温度下在甲、丙两容器内起始浓度n（H2）：n（CO2）=1：1，反应H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）前后气体的体积不变，故甲、丙为等效平衡，平衡时，甲中和丙中H2的转化率均相等，由上述计算可知，甲容器内氢气的转化率为×100%=60%，故甲中和丙中H2的转化率均为60%，故B正确；
C、由上述计算可知，平衡时甲容器内c（CO2）=（0.01﹣x ）mol/L=0.004mol/L，甲、丙为等效平衡，平衡时，甲中和丙中CO2的转化率相等，由A中计算可知为60%，故平衡时丙容器内c（CO2）=0.02mol/L×（1﹣60%）=0.008mol/L，平衡时，丙中c（CO2）是甲中的2倍，但不是0.012mol/L，故C错误；
D、浓度越大反应速率越快，由表中数据可知，甲、乙容器内，开始CO2浓度相等，乙中H2浓度比甲中浓度大，所以速率乙＞甲，乙、丙容器内，开始H2浓度相等，丙中CO2浓度比乙中浓度大，所以速率丙＞乙，故速率丙＞乙＞甲，故D正确．
故选：C．
点评： 考查化学平衡计算、等效平衡、外界条件对反应速率的影响等，浓度中等，注意三段式解题法的运用，判断甲、丙为等效平衡是解题关键．
15．X、Y、Z三种气体，取X和Y按1：1的物质的量之比混合，放入密闭容器中发生如下反应：X+2Y⇌2Z，达到平衡后，测得混合气体中反应物的总物质的量与生成物的总物质的量之比为3：2，则Y的转化率最接近于（ ）
A．33% B．40% C．50% D．67%
考点： 化学平衡的计算．
专题： 化学平衡专题．
分析： 假设X和Y起始物质的量均为1mol，达平衡时消耗Y物质的量为nmol，利用三段式用m表示出平衡时各各组分的物质的量，根据到平衡后，测得混合气体中反应物的总物质的量与生成物的总物质的量之比为3：2列方程计算n的值，再根据转化率定义计算．
解答： 解：假设X和Y物质的量为1mol，达平衡时消耗Y物质的量为nmol，则：
X（g）+2Y（g）⇌2Z（g）
起始量（mol）：1 1 0
变化量（mol）：0.5n n n
平衡量（mol）：1﹣0.5n 1﹣n n
平衡后，测得混合气体中反应物的总物质的量与成物的总物质的量之比为3：2，则
（1﹣0.5n+1﹣n）：n=3：2
解得n=
Y的转化率=×100%=67%
故选D．
点评： 本题化学平衡的有关计算，难度不大，注意三段式解题法的利用，旨在考查学生对基础知识的理解掌握．
16．在恒容条件下发生反应A（g）+3B（g）2C（g）（△H＜0），
改变其他反应条件，在Ⅰ、Ⅱ阶段体系中各物质浓度随时间变化的曲线如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A．第Ⅰ阶段用C表示的平衡前的反应速率v （C）=0.1 mol/（L•S）
B．第Ⅱ阶段中B的平衡转化率αⅡ（B）为0.019
C．第Ⅰ阶段的平衡常数KⅠ与第Ⅱ阶段平衡常数KⅡ的大小关系是：KⅠ＜KⅡ
D．由第一次平衡到第二次平衡，可能采取的措施是从反应体系中移出产物C
考点： 物质的量或浓度随时间的变化曲线．
专题： 化学平衡专题．
分析： A．由图可知，第Ⅰ阶段20min到达平衡，平衡时△c（C）=2mol/L，根据v=计算v（C）；
B．由图可知，第Ⅱ阶段平衡时△c（B）=3mol/L﹣1.86mol/L=1.14mol/L，转化率是物质的减少量与初始量的比值，据此计算；
C．第Ⅱ阶段C是从0开始的，瞬间A、B浓度不变，因此可以确定第一次平衡后从体系中移出了C，即减少生成物浓度，平衡常数只受温度影响；
D．第Ⅱ阶段C是从0开始的，瞬间A、B浓度不变，因此可以确定第一次平衡后从体系中移出了C，即减少生成物浓度．
解答： 解：A．由图可知，第Ⅰ阶段20min到达平衡，平衡时△c（C）=2mol/L，故v（C）==0.1mol/（L•min），故A错误；
B．由图可知，第Ⅱ阶段平衡时△c（B）=3mol/L﹣1.86mol/L=1.14mol/L，故第Ⅱ阶段中B的平衡转化率αⅡ（B）=×100%=38%，故B错误；
C．第Ⅱ阶段C是从0开始的，瞬间A、B浓度不变，因此可以确定第一次平衡后从体系中移出了C，即减少生成物浓度，平衡常数只受温度影响，第Ⅰ阶段与第Ⅱ阶段的温度相同，故平衡常数KⅠ=KⅡ，故C错误；
D．第Ⅱ阶段C是从0开始的，瞬间A、B浓度不变，因此可以确定第一次平衡后从体系中移出了C，即减少生成物浓度，故D正确；
故选D．
点评： 本题考查化学平衡图象问题，涉及化学反应速率计算、化学平衡有关计算、化学平衡影响因素等，难度中等，注意根据瞬间浓度的变化，判断第一次平衡到第二次平衡采取的措施．
二、非选择题：
17．如图，甲、乙、丙分别表示在不同条件下可逆反应：A（g）+B（g）⇌xC（g）的生成物C在反应混合物中的百分含量（C%）和反应时间（t）的关系．
请根据图象回答下列问题：
（1）若甲图中两条曲线分别表示有催化剂和无催化剂的情况，则 b 曲线表示无催化剂时的情况（填字母，下同）；
（2）若乙图表示反应达到平衡后分别在恒温恒压条件下和恒温恒容条件下向平衡混合气体中充入惰性气体后的情况，则 a 曲线表示恒温恒容的情况；
（3）根据丙图可以判断该可逆反应的正反应是 吸 热反应（填“吸”或“放”），计量数x的值 x＞2 （填取值范围）；判断的依据分别是 压强不变，升高温度，C%增大，说明平衡向正反应方向移动，故正反应为吸热反应，
保持温度不变，增大压强，C%减小，说明平衡向逆反应方向移动，故x＞1+1=2 ．
考点： 体积百分含量随温度、压强变化曲线．
专题： 化学平衡专题．
分析： （1）使用催化剂，加快反应速率，缩短到达平衡的时间，据此判断；
（2）恒温恒容条件下，通入惰性气体，不影响反应混合气体各组分的浓度，平衡不移动；
（3）由丙图可知，相同压强温度越高，C%越大，说明升高温度，平衡向正反应移动，温度相同压强越高，C%越小，说明增大压强，平衡向逆反应移动，据此解答．
解答： 解：（1）使用催化剂，加快反应速率，缩短到达平衡的时间，由图可知，a先到达平衡，故a曲线表示使用催化剂，b曲线表示没有使用催化剂，故答案为：b；
（2）恒温恒容条件下，通入惰性气体，不影响反应混合气体各组分的浓度，平衡不移动，C%不变，故答案为：a；
（3）由丙图可知，相同压强温度越高，C%越大，说明升高温度，平衡向正反应移动，正反应为吸热反应，
温度相同压强越高，C%越小，说明增大压强，平衡向逆反应移动，故x＞1+1，即x＞2，
故答案为：吸；x＞2；压强不变，升高温度，C%增大，说明平衡向正反应方向移动，故正反应为吸热反应，保持温度不变，增大压强，C%减小，说明平衡向逆反应方向移动，故x＞1+1=2．
点评： 本题考查化学平衡图象、影响化学平衡的因素，难度中等，注意分析图象中曲线的变化特点，结合平衡移动原理解答．
18．（10分）（2015秋•宜昌月考）已知A﹣K均为中学化学中的常见物质，它们之间的转化关系如图所示，其中A、D为金属单质，反应过程中生成的水及其他部分产物已略去．
请回答以下问题：
（1）CO2 的电子式为 ．
（2）G在一定条件下可以转化为J，请写出离子方程式 2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣ ．
（3）向F中通入足量CO2生成K的离子方程式 AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣ ．
（4）E到F的离子方程式 Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O ．
（5）检验J溶液中阳离子的方法是 取少量溶液于试管，滴加KSCN溶液，弱溶液变红，则含有Fe3+ ．
考点： 无机物的推断．
分析： A、D是常见的金属单质，红褐色固体I为Fe（OH）3，结合转化关系可知，B为Fe2O3，由元素守恒可知，D为Fe，则G为FeCl2、H为Fe（OH）2、J为FeCl3．A与氧化铁反应生成C与Fe，C为金属氧化物，能与盐酸、氢氧化钠反应，可推知A为Al、C为Al2O3，氧化铝与盐酸反应得到E为AlCl3，E为AlCl3与氢氧化钠反应得到F，F与足量的二氧化碳反应得到K，K加热分解得到C，则F为NaAlO2、K为Al（OH）3，据此解答．
解答： 解：A、D是常见的金属单质，红褐色固体I为Fe（OH）3，结合转化关系可知，B为Fe2O3，由元素守恒可知，D为Fe，则G为FeCl2、H为Fe（OH）2、J为FeCl3．A与氧化铁反应生成C与Fe，C为金属氧化物，能与盐酸、氢氧化钠反应，可推知A为Al、C为Al2O3，氧化铝与盐酸反应得到E为AlCl3，E为AlCl3与氢氧化钠反应得到F，F与足量的二氧化碳反应得到K，K加热分解得到C，则F为NaAlO2、K为Al（OH）3，
（1）CO2为根据化合物，电子式为，
故答案为：；
（2）氯化亚铁中通氯气可得氯化铁，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，
故答案为：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣；
（3）向NaAlO2中通入足量CO2生成AlOH）3的离子方程式为AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，
故答案为：AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣；
（4）E为AlCl3，F为NaAlO2，E到F的离子方程式为Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O，
故答案为：Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O；
（5）J为FeCl3，检验J溶液中阳离子的方法是取少量溶液于试管，滴加KSCN溶液，弱溶液变红，则含有Fe3+，
故答案为：取少量溶液于试管，滴加KSCN溶液，弱溶液变红，则含有Fe3+．
点评： 本题是无机框图推断题，考查物质推断与性质，难度较大，掌握元素化合物的性质是解题的关键，需要学生熟练掌握元素化合物知识．
19．（11分）（2014春•天门校级期中）（1）如图1，A、B、C三个烧杯中分别盛有相同物质的量浓度的稀硫酸．
①B中Sn极的电极反应式为 2H++2e﹣=H2↑ ；Sn极附近溶液的pH将 增大 （填“增大”、“减小”或“不变”）．
②C中总反应离子方程式为 Zn+2H+=Zn2++H2↑ ；比较A、B、C中铁被腐蚀的速率，由快到慢的顺序是 B＞A＞C ．
（2）如图2是甲烷燃料电池原理示意图，回答下列问题：
①电池的负极是 a （填“a”或“b”），该极的电极反应是： CH4﹣8e﹣+10OH﹣═CO32﹣+7H2O ．
②电池工作一段时间后电解质溶液的pH 减小 （填“增大”、“减小”或“不变”）．
考点： 原电池和电解池的工作原理．
专题： 电化学专题．
分析： （1）①该装置中，铁易失电子作负极，Sn作正极，正极上氢离子放电生成氢气；根据氢离子浓度变化确定溶液pH变化；
②该装置中，锌易失电子作负极、Fe作正极，实质上相当于锌和氢离子之间的置换反应；作原电池负极的金属加速被腐蚀，作原电池正极的金属被保护；
（2）①燃料电池中，通入燃料的电极是负极，负极上甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水；
②根据电池反应式确定溶液pH变化．
解答： 解：（1）①该装置中，铁易失电子作负极，Sn作正极，正极上氢离子放电生成氢气，电极反应为2H++2e﹣=H2↑，消耗H+，pH增大，故答案为：2H++2e﹣=H2↑；增大；
②该装置中，锌易失电子作负极、Fe作正极，实质上相当于锌和氢离子之间的置换反应，电池反应式为Zn+2H+=Zn2++H2↑；作原电池负极的金属加速被腐蚀，作原电池正极的金属被保护，A发生化学腐蚀，B中Fe为负极，Sn为正极，Fe被腐蚀，C中Zn为负极，Fe为正极，Fe被保护，则A、B、C中铁被腐蚀的速率，由快到慢的顺序是B、A、C，
故答案为：Zn+2H+=Zn2++H2↑；
（2）①燃料电池中，通入燃料的电极是负极，负极上甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，所以a电极是负极，电极反应式为CH4﹣8e﹣+10OH﹣═CO32﹣+7H2O，故答案为：a；CH4﹣8e﹣+10OH﹣═CO32﹣+7H2O；
②在碱性溶液中，甲烷燃料电池的总反应式为CH4+2O2+2OH﹣=CO32﹣+3H2O，溶液中氢氧根离子被消耗，导致溶液的pH减小，故答案为：减小．
点评： 本题考查了原电池原理，根据金属失电子难易、物质得失电子确定原电池正负极，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液酸碱性书写，难度中等．
20．（11分）（2015秋•宜昌月考）在450℃并有催化剂存在下，于一容积恒定的密闭容器内进行下列反应：
2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣190kJ•mol﹣1
（1）该反应500℃时的平衡常数 ＜ 450℃时的平衡常数（填“＞”、“＜”或“=”）．
（2）450℃时，在一2L密闭容器中，将二氧化硫和氧化混合，反应过程中SO2、O2、SO3物质的量变化如图，反应处于平衡状态的时间是 15～20min和25～30min ．
（3）据图判断，反应进行至20min时，曲线发生变化的原因是 增大O2浓度（或通入O2） （用文字表达），10min到15min的曲线变化的原因可能是 AB （填字母）．
A．加了催化剂 B．缩小容器体积
C．降低温度 D．增加SO3物质的量
（4）欲提高SO2的转化率，下列措施可行的是 b ．（填字母）
a．向装置中再充入N2 b．向装置中再充入O2
c．改变反应的催化剂 d．升高温度
（5）利用图中数据计算450℃时反应进行至15min时，SO2的平衡转化率为： 20% ．
（6）450℃时，另一2L容积不变的密闭容器中，测得某时刻各物质的量如下：
n（SO2）=0.4mol，n（O2）=0.2mol，n（SO3）=0.8mol，则此时该反应向 逆反应方向 进行（填“正反应方向”“逆反应方向”或“处于平衡状态”）．
考点： 化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．
分析： （1）化学反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣190kJ•mol﹣1是放热反应，升温，平衡逆向进行，平衡常数减小；
（2）反应混合物各物质的物质的量不变化，说明反应处于平衡状态；
（3）由图可知，反应进行至20min时，平衡向正反应移动，瞬间只有氧气的浓度增大；由图可知，反应向正反应进行，10min到15min反应混合物单位时间内的变化量增大，说明反应速率增大，10min改变瞬间，各物质的物质的量不变．据此结合选项分析；
（4）提高二氧化硫转化率，平衡正向进行，依据平衡移动原理分析判断；
（5）依据图象分析SO2物质的量从0.2mol变化为0.16mol，结合转化率概念计算；
（6）平衡常数随温度变化，通过图象数据计算平衡常数，依据反应过程的浓度商和平衡常数比较分析判断．
解答： 解：（1）2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣190kJ•mol﹣1，反应是放热反应，升温平衡逆向进行，平衡常数减小，所以该反应500℃时的平衡常数小于该反应400℃时的平衡常数，故答案为：＜；
（2）反应混合物各物质的物质的量不变化，说明反应处于平衡状态，由图可知在15﹣20min和25～30 min出现平台，各组分的物质的量不变，反应处于平衡状态，
故答案为：15﹣20min和25～30 min；
（3）由图可知，反应进行至20min时，平衡向正反应移动，瞬间只有氧气的浓度增大，应是增大O2浓度（通入O2）；
由图可知，反应向正反应进行，10min到15min反应混合物单位时间内的变化量增大，说明反应速率增大，10min改变瞬间，各物质的物质的量不变．
A．加了催化剂，增大反应速率，故A正确；
B．缩小容器体积，增大压强，增大反应速率，故B正确；
C．降低温度反应速率降低，故C错误；
D．10min改变瞬间，各物质的物质的量不变，不是增加SO3的物质的量，故D错误；
故答案为：增大O2浓度（通入O2）；AB；
（4）欲提高SO2的转化率，平衡正向进行，
a．向装置中再充入N2，恒温恒容容器，总压增大，分压不变，平衡不动，故a不符合；
b．两种反应物增加一种会提高另一种的转化率，向装置中再充入O2，二氧化硫转化率增大，故b符合；
c．改变反应的催化剂，改变反应速率但不改变化学平衡，故二氧化硫转化率不变，故c不符合；
d．反应是放热反应，升高温度平衡逆向进行，二氧化硫转化率减小，故d不符合；
故答案为：b；
（5）利用图中数据计算450℃时反应进行至15min时，反应达到平衡状态，SO2物质的量从0.2mol变化为0.16mol，转化率=×100%=20%，故答案为：20%；
（6）图象分析，450°C，反应进行至15min时，达到平衡状态，n（SO2）=0.16mol；n（O2）=0.08mol；n（SO3）=0.04mol；
各物质的浓度为：c（SO2）=0.08mol/L；c（O2）=0.04mol/L；c（SO3）=0.02mol/L；
则化学平衡常数K===1.56L/mol；
450℃时，另一2L容积不变的密闭容器中，测得某时刻各物质的量为n（SO2）=0.4mol，n（O2）=0.2mol，n（SO3）=0.8mol，则各物质的浓度为：c（SO2）=0.2mol/L，c（O2）=0.1mol/L，c（SO3）=0.4mol/L；
浓度商为：Qc===40＞K，所以反应向逆反应方向进行，
故答案为：向逆反应方向．
点评： 本题考查了化学平衡的特征、化学平衡的判断、平衡常数的概念、计算应用，图象分析和数据应用能力，化学平衡状态的判断是高考的热点，注意化学平衡常数只与温度有关，与其他物理量无关，题目难度中等．
21．（14分）（2010•湖北）在溶液中，反应A+2B⇌C分别在三种不同实验条件下进行，它们的起始浓度均为c（A）=0.100mol/L、c（B）=0.200mol/L 及 c（C）=0mol/L．反应物A的浓度随时间的变化如图所示．
请回答下列问题：
（1）与①比较，②和③分别仅改变一种反应条件．所改变的条件和判断的理由是：
② 加催化剂 ； 达到平衡的时间缩短，平衡时A的浓度未变 ．
③ 温度升高 ； 达到平衡的时间缩短，平衡时A的浓度减小 ．
（2）实验②平衡时B的转化率为 40% ；实验③平衡时C的浓度为 0.06mol/L ；
（3）该反应的△H ＞ 0，其判断理由是 温度升高，平衡向正反应方向移动，
（4）该反应进行到4.0min时的平均反应速率：
实验②：vB= 0.014mol（L•min）﹣1
实验③：vc= 0.009mol（L•min）﹣1 ．
考点： 物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．
专题： 化学平衡专题．
分析： （1）在溶液中，压强对化学平衡无影响，且起始浓度不变，应为催化剂与温度对反应的影响，根据催化剂、温度对化学反应速度率和化学平衡的影响；
（2）由图可知，实验②平衡时A的浓度为0.06mol/L，计算A的浓度变化量，再利用方程式计算B的浓度变化量，进而计算平衡时B的转化率；
实验③平衡时A的浓度为0.04mol/L，计算A的浓度变化量，再利用方程式计算C的浓度变化量，进而计算平衡时C的浓度；
（3）温度升高，A的浓度降低，平衡向正反应方向移动，据此判断；
（4）根据v=计算vA，利用速率之比等于速率之比实验②中vB，实验③中vc．
解答： 解：（1）与①比较，②缩短达到平衡的时间，因催化剂能加快化学反应速度率，化学平衡不移动，所以②为使用催化剂；
与①比较，③缩短达到平衡的时间，平衡时A的浓度减小，因升高温度，化学反应速度率加快，化学平衡移动，平衡时A的浓度减小，
故答案为：②加催化剂；达到平衡的时间缩短，平衡时A的浓度未变；③温度升高；达到平衡的时间缩短，平衡时A的浓度减小；
（2）由图可知，实验②平衡时A的浓度为0.06mol/L，故A的浓度变化量0.1mol/L﹣0.06mol/L=0.04mol/L，由方程式可知B的浓度变化量为0.04mol/L×2=0.08mol/L，故平衡时B的转化率为×100%=40%；
实验③平衡时A的浓度为0.04mol/L，故A的浓度变化量0.1mol/L﹣0.04mol/L=0.06mol/L，由方程式可知C的浓度变化量为0.06mol/L，故平衡时C的浓度为0.06mol/L，
故答案为：40%；0.06mol/L；
（3）因③温度升高，平衡时A的浓度减小，化学平衡向吸热的方向移动，说明正反应方向吸热，即△H＞0，
故答案为：＞；温度升高，平衡向正反应方向移动；
（4）实验②中，vA==0.007mol（L•min）﹣1，所以vB=2vA=0.014mol（L•min）﹣1；
实验③中，vA==0.009mol（L•min）﹣1，所以vC=vA=0.009mol（L•min）﹣1，
故答案为：0.014mol（L•min）﹣1；0.009mol（L•min）﹣1．
点评： 本题考查化学平衡浓度﹣时间图象、化学反应速率计算、化学平衡影响因素等，注意细心读取图象中物质的浓度，浓度不大．
