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化学必修 第二册微项目 研究车用燃料及安全气囊——利用化学反应解决实际问题课堂检测
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这是一份化学必修 第二册微项目 研究车用燃料及安全气囊——利用化学反应解决实际问题课堂检测，共22页。试卷主要包含了0分），0mlCH4和2，1kJ⋅ml−1，【答案】D，【答案】C，【答案】B等内容，欢迎下载使用。
2.4微项目研究车用燃料及安全气囊——利用化学反应解决实际问题同步练习鲁科版（ 2019）鲁科版高中化学必修二
一、单选题（本大题共10小题，共30.0分）
1. 一定条件下的密闭容器中：4NH3(g)+5O2(g) ⇌4NO(g)+6H2O(g) ΔH=−905.9 kJ·mol−1，下列叙述正确的是( )
A. 4 mol NH3和5 mol O2反应，达到平衡时放出热量为905.9 kJ
B. 平衡时 v正(O2)=45v逆(NO)
C. 平衡后降低压强，混合气体平均摩尔质量增大
D. 平衡后升高温度，混合气体中NO含量降低
2. 工业上，合成氨反应的微观历程如图所示。用、、分别表示N2、H2、NH3，下列说法正确的是
A. ①→②催化剂在吸附N2、H2时，形成新的化学键
B. ②→③形成N原子和H原子是放热过程
C. ④→⑤过程中形成了化学键
D. 使用合适的催化剂，能提高合成氨反应的效率
3. 汽车尾气处理存在反应：NO2(g) + CO(g)⇌NO(g) + CO2(g)，该反应过程及能量变化如图所示：
下列说法正确的是( )
A. 升高温度，平衡正向移动
B. 该反应生成了具有非极性共价键的CO2
C. 使用催化剂可以有效提高反应物的平衡转化率
D. 反应物转化为活化络合物需要吸收能量
4. 一定条件下的密闭容器中发生反应：
4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g) ΔH=−905.9 kJ·mol−1
下列叙述正确的是( )
A. 4 mol NH3和5 mol O2反应，达到平衡时放出的热量为905.9 kJ
B. 平衡时，v正(O2)=45v逆(NO)
C. 平衡后降低压强(增大体积)，混合气体的平均摩尔质量增大
D. 平衡后升高温度，混合气体中NO的含量降低
5. 工业合成三氧化硫的反应为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH=−198 kJ·mol−1，反应过程可用如图模拟(代表O2分子，代表SO2分子，代表催化剂)。下列说法正确的是
A. 过程Ⅰ和过程Ⅳ决定了整个反应进行的程度
B. 过程Ⅱ为放热反应，过程Ⅲ为吸热反应
C. 催化剂可降低整个反应的活化能，因此使ΔH减小
D. 1 mol SO2和1 mol O2反应，放出的热量小于99 kJ
6. 工业上，合成氨反应N2+ 3H2 2NH3的微观历程如图所示。用、、分别表示N2、H2、NH3，下列说法不正确的是( )
A. ①→②催化剂在吸附N2、H2时，未形成新的化学键
B. ②→③形成N原子和H原子是放热过程
C. ③→④形成了新的化学键
D. 使用合适的催化剂，能提高合成氨反应的速率
7. 某同学研究浓度对化学平衡的影响，下列说法正确的是( )
已知：Cr2O72−(aq)(橙色)+H2O(l)⇌2CrO42−(aq)(黄色)+2H+(aq) ΔH=+13.8 kJ·mol−1
步骤：
现象：
待试管b中颜色不变后与试管a比较，溶液颜色变浅。滴加浓硫酸，试管c温度略有升高，溶液颜色与试管a相比，变深。
A. 该反应是一个氧化还原反应
B. 待试管b中溶液颜色不变的目的是使Cr2O72−完全反应
C. 该实验不能证明减小生成物浓度，平衡正向移动
D. 试管c中的现象说明影响平衡的主要因素是温度
8. H2和 I2在一定条件下能发生反应：H2(g) +I2(g)⇌2HI(g) △H = −a kJ·mol−1b kJ·mol−1
已知： (a、b、c均大于零)
下列说法中不正确的是
A. 反应物的总能量高于生成物的总能量
B. 断开 1 mol H — H键和 1 mol I — I键所需能量大于断开 2 mol H — I键所需能量
C. 断开 2 mol H — I键所需能量约为(c+b+a) kJ
D. 向密闭容器中加入 2 mol H2和 2 mol I2 ，充分反应后放出的热量小于 2a kJ
9. 由反应物X发生可逆反应，既可以转化为Y，也可以转化为Z，并伴随如图所示的能量变化。下列说法正确的是
A. 加入2 mol X如只发生可逆反应2X(g)⇌Z(g)，达到平衡，共放出热量E2−E1
B. 反应2X⇌Z的ΔH<0
C. 反应2X⇌3Y达到平衡后，增加压强，Y的物质的量增加
D. 反应2X⇌3Y达到平衡后，增加温度，Y的物质的量减少
10. 可逆反应在一定条件下达到化学平衡时，下列说法正确的是( )
A. 正反应速率等于逆反应速率，且都为零
B. 反应物和生成物浓度相等
C. 反应体系中混合物的组成保持不变
D. 反应物断开化学键吸收的能量等于生成物形成化学键所放出的能量
二、填空题（本大题共3小题，共24.0分）
11. 已知化学反应①：Fe(s)+CO2(g)⇌FeO(s)+CO(g)，其平衡常数为K1，
化学反应②：Fe(s)+H2O(g)⇌FeO(s)+H2(g)，其平衡常数为K2，在温度973K和1173K情况下，K1、K2的值分别如下：
温度
K1
K2
973K
1.47
2.38
1173K
2.15
1.67
请完成下列问题：
(1)通过表格中的数值可以推断：反应①是______(填“吸热”或“放热”)反应。
(2)现有反应③：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)，请你写出该反应的平衡常数K3的表达式：K3=_______。
(3)在相同温度下，根据反应①与②可推导出K3与K1、K2之间的关系式____________，据此关系式及上表数据，也能推断出反应③是_____(填“吸热”或“放热”)反应。
(4)要使反应③在一定条件下建立的平衡向正反应方向移动，可采取的措施有______ (填写字母序号，下同)．
A.增大压强 B.体积不变时充入稀有气体 C.升高温度 D.使用合适的催化剂
(5)已知③的可逆反应CO (g) +H2O(g)⇌CO2(g) +H2(g)，830K时，若起始时：c(CO)=2mol/L，c(H2O)=3mol/L，平衡时CO的转化率为60%，水蒸气的转化率为___________；K的数值为_____________。830K，若只将起始时c(H2O)改为6mol/L，则水蒸气的转化率为_______。
12. 以羰基化合物为载体运用化学平衡移动原理分离、提纯某纳米级活性铁粉(含有一些不反应的杂质)，反应装置如下图：
Fe(s)+5CO(g)⇌Fe(CO)5(g) ΔH<0
T1 T2(填“>”、“<”或“=”)，判断理由是 。
13. 在化学反应A(g)+B(g)⇌2C(g)+D(g) ΔH=Q kJ·mol−1过程中的能量变化如图所示，回答下列问题。
(1)Q________0 (填“>”“<”或“=”)。
(2)熵变ΔS________0(填“>”“<”或“=”)。
(3)该反应________自发进行(填“能”或“不能”)。
(4)升高温度平衡常数K________(填“增大”“减小”或“不变”)，平衡向________方向移动。
三、流程题（本大题共3小题，共24.0分）
14. 烟道气中的SO2 可通过如下反应回收硫： 2CO(g)+SO2(g) ⇌ S(s)+2CO2(g) + 270 kJ 。
某温度下，在2 L恒容密闭容器中通入2 mol SO2和一定量的CO，发生上述反应，5 min后达到平衡，生成1 mol CO2。
其他条件不变时，随着温度的升高，SO2的平衡转化率随温度的变化曲线如右图所示，
请解释其可能的原因________________________________。
(已知硫的沸点约是445°C)
15. 二甲醚(CH3OCH3)和甲醇(CH3OH)被称为21世纪的新型燃料。以CH4和H2O为原料制备二甲醚和甲醇的工业流程如下：
(1)在一定条件下，反应室1中发生反应：CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g) +3H2(g) △H>0。将1.0molCH4和2.0molH2O通入反应室1(假设容积为100L)，10min末有0.2molCO生成，则10min内反应的平均速率v(H2)=________。该反应平衡常数的表达式：_____。
(2)已知：CH3OCH3(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g) △H=−1323 kJ·mol−1；2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=−484 kJ·mol−1； CO的燃烧热：283 kJ·mol−1。
在一定条件下，反应室2的可逆反应除生成二甲醚外还生成了气态水，该热化学方程式为__________________________________。
(3)反应室3中在催化剂作用下发生如下反应：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)。对此反应进行如下研究：
①在容积为1L的密闭容器中分别充入1mol CO和2mol H2，实验测得甲醇的物质的量和温度、时间的关系曲线如图I所示。
则：该正反应的ΔH_____0 (填“<”、“>”或“=”)，判断的理由是_____。500℃时，t2时刻向容器中再充入0.5mol CO和1mol H2，重新达到平衡时，CO的转化率_____(“增大”、“减小”或“不变”)。
②在容积均为1L的a、b、c三个相同密闭容器中分别充入1mol CO和2mol H2，三个容器的反应温度分别为T1、T2、T3，在其他条件相同情况下，实验测得反应均进行到5min时甲醇的体积分数如图II所示。如果将容器b中的平衡状态转变到容器c中的平衡状态，可采取的措施是____________________。
16. 以海绵铜(CuO、Cu)为原料制备氯化亚铜(CuCl)的一种工艺流程如图。
(1)“溶解”过程：
生成CuSO4的反应方程式：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O、______。
(2)“吸收”过程：
①2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)△H=−112.6kJ⋅mol−1
提高NO平衡转化率的方法是______(写出两种)。
②吸收NO2的有关反应如下：
反应Ⅰ：2NO2(g)+H2O(l)=HNO3(aq)+HNO2(aq)△H=−116.1kJ⋅mol−1
反应Ⅱ：3HNO2(aq)=HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l)△H=−75.9kJ⋅mol−1
用水吸收NO2生成HNO3和NO的热化学方程式是______。
(3)“电解”过程：
HNO2为弱酸。通过电解使HNO3得以再生，阳极的电极反应式是______。
(4)“沉淀”过程：
①产生CuCl的离子方程式是______。
②加入适量Na2CO3，能使沉淀反应更完全，原因是______。
(5)测定CuCl含量：
称取氯化亚铜样品m g，用过量的FeCl3溶液溶解，充分反应后加入适量稀硫酸，用x mol⋅L−1的K2Cr2O7溶液滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液y mL.滴定时发生的离子反应：
Cr2O72−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O
样品中CuCl(M=99.5g⋅mol−1)的质量分数为______。
四、实验题（本大题共2小题，共20.0分）
17. 实验室用纯净干燥的氯气制取无水氯化铜。根据要求完成以下问题：
序号
①
②
③
④
⑤
⑥
仪器及装置图
(1)按气体从左向右流动，装置②在④左边，则②中的液体是____________________；现将所有仪器连接成完整的实验装置，将题中序号进行排列：_________________________(按照从左到右，从上到下的顺序)
(2)装置⑤中发生反应的化学方程式是___________________________________
(3)实验开始时，应先点燃______(填装置序号)处的酒精灯，否则CuCl2中含有______(填化学式)杂质。
(4)某实验小组组装装置时，在①和⑥之间添加了一个盛有浓硫酸的洗气瓶，其作用是___________________________。
(5)若用100mL 12mol/L盐酸跟足量MnO2充分反应，生成的Cl2体积(标准状况)______________(填“大于”“小于”或“等于”)6.72L。
18. 可用图示装置制取少量乙酸乙酯，请填空：
(1)试管A中需加入浓硫酸、冰醋酸和乙醇各2 mL，最先加入的试剂应该是________。
(2)插入试管B的导管接有一个球形干燥管，其作用为________；如需将试管B中的产物分离出来，用到的主要玻璃仪器有：烧杯、________。
(3)使用如图所示装置制备乙酸乙酯，试管B中装有________溶液，反应结束后，振荡试管B，发现有气泡产生，原因是________________(用化学反应方程式表示)。
(4)在实验室利用1 mol乙酸和2 mol乙醇充分反应制备乙酸乙酯，若不考虑原料挥发和副反应，________(“能”或“不能”)生成1 mol乙酸乙酯，原因是________________。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查化学平衡移动，为高频考点，把握化学平衡的特征、平衡移动、平衡判定为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意反应中化学计量数关系及焓变，题目难度不大。
【解答】
A.可逆反应不能完全转化，故A错误；
B.平衡时不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，则平衡时v正(O2)=54v逆(NO)，故B错误；
C.该反应为气体体积增大的反应，则降低压强，平衡正向移动，由M=mn及n增大可知，混合气体平均摩尔质量减小，故C错误；
D.该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则混合气体中NO含量降低，故D正确。
故选D。
2.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查催化剂化学反应速率的影响，掌握反应历程和化学键的变化以及能量变化即可解答，难度不大。
【解答】
A.催化剂吸附N2、H2，没有形成化学键，催化剂与气体之间的作用力不是化学键，故A错误；
B.化学键断裂需要吸收能量，所以②→③形成N原子和H原子是吸热过程，故B错误；
C.由图可知③→④形成了新的化学键，④→⑤过程中没有形成化学键，故C错误；
D.催化剂能降低反应的活化能，增大活化分子的百分数，增大反应速率，缩短反应达到平衡的时间，提高反应效率，故D正确。
3.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、平衡移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D结合图像分析，题目难度不大。
【解答】
A.由图可知，为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故A错误；
B.CO2只含C、O之间的共价键，为极性共价键，故B错误；
C.催化剂对平衡移动无影响，不能提高转化率，故C错误；
D.反应物转化为活化络合物时，图中过渡状态的能量高于反应物的能量，则需要吸收能量，故D正确；
故选：D。
4.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查化学平衡的影响，题目难度不大，注意把握可逆反应的特点，注意外界条件对化学平衡的影响。
【解答】
A.反应为可逆反应，反应物不可能完全转化，则4molNH3和5molO2反应，达到平衡时放出热量小于905.9kJ，故A错误；
B.达到平衡时，正逆反应速率相等，应为v正(O2)=54v逆(NO)，故B错误；
C.减小压强，平衡向正反应方向移动，混合气体平均摩尔质量减小，故C错误；
D.升高温度，平衡向吸热反应(逆反应)方向移动，混合气体中NO含量降低，故D正确。
故选D。
5.【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查的是化学反应与能量、反应过程分析，意在考查学生的理解能力、分析推测能力，解题的关键是理解图中物质转化的过程和化学反应能量变化的本质。
【解答】
A.由图可知，过程Ⅱ是旧化学键断裂，过程Ⅲ是新化学键形成，则过程Ⅱ和过程Ⅲ，决定了整个反应进行的程度，故A错误；
B.过程Ⅱ是旧化学键断裂过程，是吸热反应，过程Ⅲ是新化学键的生成的过程，是放热反应，故B错误；
C.催化剂能降低反应的活化能，但不影响△H，故C错误；
D.该反应为可逆反应，1 mol SO2和1 mol O2不能完全反应，放出的热量小于99 kJ，故D正确。
6.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查化学反应速率的影响，题目较为基础，注意可逆反应的特点，可逆反应正逆反应同时进行，反应物不可能完全转化。
【解答】
A.催化剂吸附N2、H2，没有形成化学键，催化剂与气体之间的作用力不是化学键，故A正确；
B.化学键断裂需要吸收能量，所以②→③形成N原子和H原子是吸热过程，故B错误；
C.由图可知③→④形成了新的化学键，故C正确；
D.催化剂能降低反应的活化能，增大活化分子的百分数，增大反应速率，缩短反应达到平衡的时间，提高反应效率，故D正确。
故选B。
7.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查浓度对平衡的影响，侧重考查学生理解运用能力，利用图表，结合平衡移动原理是解题关键。
【解答】
A.反应中元素化合价没有变化，不属于氧化还原反应，故A错误；
B.试管b中溶液颜色不变的目的是使反应到达平衡，且可逆反应中反应物不能完全转化，故B错误；
C.加入0.5mL氢氧化钠溶液，
①OH−消耗了H+，造成生成物浓度减小，平衡正向移动
②0.5mLNaOH溶液，造成溶液稀释，溶液也会变浅，
故不能证明减小生成物浓度使平衡正向移动，故C正确；
D.增大氢离子浓度平衡逆向移动，溶液颜色变深、温度升高使平衡正向移动，颜色变浅，由题目实际上是变深，可得影响平衡的主要因素是氢离子浓度，故D错误。
故选C。
8.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了化学反应的焓变分析，化学键与焓变关系的计算分析应用，掌握原理和基础是解题关键，题目难度中等。
【解答】
A、H2和I2在一定条件下能发生反应：H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)△H=−akJ⋅mol−1，反应是放热反应，反应物能量高于生成物，故A正确；
B、断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，反应是放热反应所以形成化学键放出的能量大于断裂化学键吸收的能量，断开1mol H−H键和1mol I−I键所需能量小于断开2mol H−I键所需能量，故B错误；
C、△H=反应物断裂化学键需要的能量−生成物形成化学键放出的能量=bKJ/mol+cKJ/mol−2H−I=−aKJ/mol，得到断开2mol H−I键所需能量约为(a+b+c)KJ，故C正确；
D、反应是可逆反应不能进行彻底，依据焓变意义分析，向密闭容器中加入2molH2和2molI2，充分反应后放出的热量小于2a kJ，故D正确；
故选：B。
9.【答案】B
【解析】
【分析】
本题以化学变化与能量图示为情景，考查化学反应与放热、吸热，可逆反应、平衡移动等相关核心知识，体现了对变化与平衡这一化学学科核心素养的考查。
【解答】
A.由于可逆反应X→Z不能完全进行，2 mol X放出的热量会小于E2−E1，故A错误；
B.由能量图像可知，B的反应物2X(g)的能量大于Z(g)，故ΔH<0，故B正确；
C.反应2X⇌3Y是气体体积增加的反应，增加压强，向逆反应方向移动使Y的物质的量减少，故C错误；
D.反应2X⇌3Y是吸热反应，增加温度平衡向正方向移动使Y的物质的量增加，故D错误。
故选B。
10.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查化学平衡状态的特征，题目难度不大，注意反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变，以此解答。
【解答】
A.可逆反应达到平衡时，属于动态平衡，正逆反应速率相等，但是都不为零，故A错误；
B.可逆反应达到平衡时，反应物和生成物浓度不再发生变化，各组分浓度不变，但是各组分浓度不一定相等，故B错误；
C.反应达到化学平衡状态时，各物质的浓度不变，反应体系中各混合物的组成保持不变时，故C正确；
D.化学反应一定伴随能量变化，反应物断开化学键吸收的能量不等于生成物形成化学键所放出的能量，故D错误；
故选C。
11.【答案】(1)吸热；
(2)c(CO)·c(H2O)c(CO2)·c(H2)；
(3)K3=K1K2；吸热；
(4)C；
(5)40%；1；25%。
【解析】
【分析】
本题考查影响化学平衡的因素，平衡常数的概念及其综合应用，题目难度一般。
【解答】
(1)由表中数据可知，温度升高，①的平衡常数增大，说明平衡向正反应方向移动，则正反应吸热，
故答案为：吸热；
(2)依据反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)，根据平衡常数的概念，该反应的平衡常数K3的数学表达式：K3=c(CO)·c(H2O)c(CO2)·c(H2)，
故答案为：c(CO)·c(H2O)c(CO2)·c(H2)；
(3)已知：①Fe(s)+CO2(g)⇌FeO(s)+CO(g)；②Fe(s)+H2O(g)⇌FeO(s)+H2(g)；利用盖斯定律将①−②可得：③H2(g)+CO2(g)⇌CO(g)+H2O(g)；则K3=c(CO)·c(H2O)c(CO2)·c(H2)=cCOcCO2×c(H2O)c(H2))=K1K2，依据图表平衡常数数据分析，温度升高K1K2增大，说明平衡正向进行，反应是吸热反应，
故答案为：K3=K1K2；吸热；
(4)H2(g)+CO2(g)⇌CO(g)+H2O(g)反应是吸热反应，反应前后气体体积不变，要使反应在一定条件下建立的平衡向正反应方向移动，则
A.增大压强，反应前后气体体积不变，平衡不动， 故A错误；
B.体积不变充入稀有气体，各物质浓度不变，平衡不动，故B错误；
C.反应是吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向进行，平衡正向进行，故C正确；
D.使用合适的催化剂，催化剂只改变反应速率，不改变平衡，故D错误；
故答案为：C；
(5)根据题意列三段式
CO(g) + H2O(g)⇌ CO2(g)+ H2(g)，
起始(mol/L) 2 3 0 0
反应(mol/L) 1.2 1.2 1.2 1.2
平衡(mol/L) 0.8 1.8 1.2 1.2
所以水蒸气的转化率为1.23.0×100％=40%，
K=1.2×1.20.8×1.8=1，
设反应的水蒸气的浓度为y．
CO +H2O(g)⇌CO2 +H2，
起始 2 6 0 0
反应 y y y y
平衡 (2−y) (6−y) y y
K=y×y(2−y)×(6−y) =1
解得y=1.5mol/L，
所以水蒸气的转化率为1.5mol/L 6mol/L×100％=25%；
答案为：40%；1；25%。
12.【答案】< ; 铁粉和一氧化碳化合成羰基合铁时放出热量，低温有利于合成易挥发的羰基合铁，羰基合铁易挥发，杂质残留在玻璃管左端;当羰基合铁挥发到较高温度区域T2时，羰基合铁分解，纯铁粉残留在右端，一氧化碳循环利用
【解析】
【分析】
本题考查了化学平衡移动原理，涉及到温度对化学平衡移动的影响，题目难度不大。
【解答】
T1
13.【答案】(1)<；
(2)>；
(3)能；
(4)减小；逆反应。
【解析】
【分析】
本题考查了化学反应的能量变化、焓变和熵变对反应的影响、化学平衡等知识，涉及外界因素对平衡的影响，难度一般。
【解答】
(1)由图象可知，反应物能量大于生成物的能量，该反应为放热反应，即Q<0，
故答案为：<；
(2)因为该反应为气体体积增大的反应，所以△S>0，
故答案为：>；
(3)因为该反应为放热反应，即△H<0，又△S>0，所以△G=△H−T△S<0，肯定能自发，
故答案为：能；
(4)因为该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，
故答案为：减小；逆反应。
14.【答案】温度低于455℃时，正反应放热，温度升高平衡逆向移动，SO2转化率降低，温度高于455℃后硫变为气态，需要吸收能量，使得反应变为吸热反应，，温度升高平衡正向移动，SO2转化率升高。
【解析】
【分析】
本题考查温度对化学平衡的影响，掌握勒夏特列原理为解题关键，难度不大，硫的沸点与物态是分析关键。
【解答】
温度低于455℃时，正反应放热，温度升高平衡逆向移动，SO2转化率降低，温度高于455℃后硫变为气态，需要吸收能量，使得反应变为吸热反应，，温度升高平衡正向移动，SO2转化率升高。
故答案为：温度低于455℃时，正反应放热，温度升高平衡逆向移动，SO2转化率降低，温度高于455℃后硫变为气态，需要吸收能量，使得反应变为吸热反应，，温度升高平衡正向移动，SO2转化率升高。
15.【答案】(1) 0.0006mol·L−1·min−1 ；c(CO)c3(H2)c(CH4)c(H2O)；
(2) 2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH=−211 kJ/mol；
(3) ①<；温度升高，平衡时甲醇的量减少，平衡逆向移动，则正反应放热；增大；
②升高温度或者减小压强。
【解析】
【分析】
本题考查了反应速率的计算、盖斯定律的计算、化学平衡的移动原理、平衡常数的表达式和化学平衡的图像分析等，较为综合，难度中等，掌握基础为解题关键。
【解答】
(1)10min内，v(CO)=0.2mol100L×10min=0.0002mol·L−1·min−1 ，反应速率与化学计量数成正比，则10min内反应的平均速率v(H2)=3v(CO)=0.0006mol·L−1·min−1 ，该反应平衡常数的表达式为：K=c(CO)c3(H2)c(CH4)c(H2O)；
故答案为：0.0006mol·L−1·min−1 ；c(CO)c3(H2)c(CH4)c(H2O)；
(2) 已知：①CH3OCH3(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g) △H=−1323 kJ·mol−1；
②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=−484 kJ·mol−1；
③CO(g)+12O2(g)=CO2(g) △H=−283 kJ·mol−1；
根据盖斯定律，2×③+2×②−①可得，2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH=−211 kJ/mol；
故答案为：2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH=−211 kJ/mol；
(3)①由图1可知，问温度升高，甲醇的物质的量减小，则平衡逆向移动，说明正反应为放热反应，则ΔH<0，500℃时，t2时刻向容器中再充入0.5mol CO和1mol H2，则此时充入的CO与 H2的比值为1:2，若平衡不移动，则为等效平衡，CO的转化率不变，但是压强增大，平衡正向移动，所以CO的转化率增大；
故答案为：<；温度升高，平衡时甲醇的量减少，平衡逆向移动，则正反应放热；增大；
②由图可知，T1到T2平衡正向移动，T2为平衡状态，T2到T3平衡逆向移动，如果将容器b中的平衡状态转变到容器c中的平衡状态，则平衡应逆向移动，则可以采用升高温度或者减小压强的措施；
故答案为：升高温度或者减小压强。
16.【答案】(1)3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O；
(2)①降低温度、增大压强、提高c(O2)等；②3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)△H=−212.1kJ/mol；
(3)HNO2−2e−+H2O=3H++NO3−；
(4)①SO2+2Cu2++2Cl−+2H2O=2CuCl↓+SO42−+4H+ ；②CO32−消耗H+，使c(H+)减小，有利于生成CuCl的反应正向进行；
(5)0.597xym×100%
【解析】
【分析】
本题为工艺流程题，为高考热点和难点，涉及物质的分离、物质的制备，明确物质的性质是解题的关键，注意物质性质的理解应用，题目难度中等。
【解答】
以海绵铜(CuO、Cu)为原料制备氯化亚铜(CuCl)，海绵铜加入浓硝酸、稀硫酸溶解得到硫酸铜溶液和一氧化氮，其中铜和浓硝酸、稀硫酸完全反应生成硫酸铜、一氧化氮和水，硫酸铜溶液中通入二氧化硫和加入氯化钠沉淀生成CuCl，NO和氧气通入水中吸收生成硝酸和亚硝酸混合溶液，电解得到硝酸溶液，
(1)生成CuSO4的反应是氧化铜和稀硫酸反应，浓硝酸、稀硫酸和铜反应，化学方程式：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O、3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O，
故答案为：3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O；
(2)①2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)△H=−112.6kJ⋅mol−1 反应为气体体积减小的放热反应，提高NO平衡转化率，平衡正向进行，可以是降低温度、增大压强、提高c(O2)等，
故答案为：降低温度、增大压强、提高c(O2)等；
②反应Ⅰ：2NO2(g)+H2O(l)=HNO3(aq)+HNO2(aq)△H=−116.1kJ⋅mol−1
反应Ⅱ：3HNO2(aq)=HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l)△H=−75.9kJ⋅mol−1
盖斯定律计算反应(Ⅰ×3+Ⅱ)×12得到用水吸收NO2生成HNO3和NO的热化学方程式：3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)△H=−212.1kJ/mol，
故答案为：3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)△H=−212.1kJ/mol；
(3)阳极上HNO2失去电子生成硝酸，电极反应式为：HNO2−2e−+H2O=3H++NO3−，
故答案为：HNO2−2e−+H2O=3H++NO3−；
(4)①NaCl、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4、CuCl，反应的离子方程式为：SO2+2Cu2++2Cl−+2H2O=2CuCl↓+SO42−+4H+
故答案为：SO2+2Cu2++2Cl−+2H2O=2CuCl↓+SO42−+4H+；
②加入适量Na2CO3，能使沉淀反应更完全，原因是：CO32−消耗H+，使c(H+)减小，有利于生成CuCl的反应正向进行，
故答案为：CO32−消耗H+，使c(H+)减小，有利于生成CuCl的反应正向进行；
(5)氯化亚铜与氯化铁发生Fe3++CuCl=Fe2++Cu2++Cl−，加入K2Cr2O7溶液，发生6Fe2++Cr2O72−+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，
6CuCl～6Fe2+～Cr2O72−，
6 1
n xy×10−3mol
样品中CuCl(M=99.5g⋅mol−1)的质量分数=6xy×10−3mol×99.5g/molmg×100%=0.597xym×100%，
故答案为：0.597xym×100%。
17.【答案】(1)饱和食盐水；③⑤②④①⑥
(2)MnO2+4HCl(浓)=ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O
(3)⑤； CuO
(4)防止氢氧化钠溶液中的水蒸气进入装置①
(5)小于
【解析】
【分析】
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握氯气的制备、氯化铜的制备反应及实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大。用浓盐酸与二氧化锰反生成氯气，除杂后与铜反应生成氯化铜，尾气用氢氧化钠吸收，所以仪器连接顺序为：③⑤②④①⑥，反应生成的氯气中混有HCl，则②中饱和食盐水可除杂，在①中发生Cu+Cl2=ΔCuCl2，最后⑥中吸收尾气，发生Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，实验中注意氯气排出装置中的空气，以此来解答。
【解答】
(1)②在④左边时，则②中加入液体的名称是饱和食盐水，可除去HCl，根据上述分析可知制取纯净的无水氯化铜，仪器连接顺序为：③⑤②④①⑥，故答案为：饱和食盐水；③⑤②④①⑥；
(2)装置⑤为制备氯气，则发生反应的化学方程式是MnO2+4HCl(浓)=ΔMnCl2+2Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl(浓)=ΔMnCl2+2Cl2↑+2H2O；
(3)制备氯化铜时，应先排出装置中的空气，则先点燃⑤处的酒精灯，否则CuCl2中含有CuO杂质，
故答案为：⑤；CuO；
(4)在①和⑥之间添加了一个盛有浓硫酸的洗气瓶，其作用是防止氢氧化钠溶液中的水蒸气进入装置①，故答案为：防止氢氧化钠溶液中的水蒸气进入装置①；
(5)n(HCl)=0.1L×12mol/L=1.2mol，若完全反应生成氯气为0.3mol，体积为0.3mol×22.4L/mol=6.72L，但随反应进行浓盐酸变为稀盐酸，稀盐酸与二氧化锰不反应，则生成的Cl2体积小于6.72L，
故答案为：小于。
18.【答案】(1)乙醇
(2)防止倒吸；分液漏斗
(3)饱和碳酸钠；Na2CO3+2CH3COOH=2CH3COONa+CO2↑+H2O
(4)不能；此反应为可逆反应，一段时间后达到化学平衡状态
【解析】
【分析】
本题考查乙酸乙酯的制备，涉及药品的滴加顺序，仪器的使用，化学方程式的书写，注意基础知识的积累，题目难度不大。
【解答】
(1)试管A中需加入浓硫酸、冰醋酸和乙醇各2mL，因为相当于稀释浓硫酸，所以先加乙醇，
故答案为：乙醇；
(2)插入试管B的导管接有一个球形干燥管，其作用为防止倒吸；因乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，使用如需将试管B中的乙酸乙酯分离出来，应采用分液的方法，用到的主要玻璃仪器有：烧杯、分液漏斗，
故答案为： 防止倒吸；分液漏斗；
(3)因乙酸与碳酸钠反应，乙醇溶于碳酸钠溶液，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，所以制备乙酸乙酯，试管B中装有饱和碳酸钠溶液，反应结束后，振荡试管B，乙酸与碳酸钠反应生成醋酸钠、水和二氧化碳，所以发现有气泡产生，其化学反应方程式为：Na2CO3+2CH3COOH=2CH3COONa+CO2↑+H2O，
故答案为：饱和碳酸钠；Na2CO3+2CH3COOH=2CH3COONa+CO2↑+H2O；
(4)在实验室利用1mol乙酸和2mol乙醇充分反应制备乙酸乙酯，因此反应为可逆反应，一段时间后达到化学平衡状态，所以1mol乙酸不能完全生成1mol乙酸乙酯，
故答案为：不能；此反应为可逆反应，一段时间后达到化学平衡状态。
2.4微项目研究车用燃料及安全气囊——利用化学反应解决实际问题同步练习鲁科版（ 2019）鲁科版高中化学必修二
一、单选题（本大题共10小题，共30.0分）
1. 一定条件下的密闭容器中：4NH3(g)+5O2(g) ⇌4NO(g)+6H2O(g) ΔH=−905.9 kJ·mol−1，下列叙述正确的是( )
A. 4 mol NH3和5 mol O2反应，达到平衡时放出热量为905.9 kJ
B. 平衡时 v正(O2)=45v逆(NO)
C. 平衡后降低压强，混合气体平均摩尔质量增大
D. 平衡后升高温度，混合气体中NO含量降低
2. 工业上，合成氨反应的微观历程如图所示。用、、分别表示N2、H2、NH3，下列说法正确的是
A. ①→②催化剂在吸附N2、H2时，形成新的化学键
B. ②→③形成N原子和H原子是放热过程
C. ④→⑤过程中形成了化学键
D. 使用合适的催化剂，能提高合成氨反应的效率
3. 汽车尾气处理存在反应：NO2(g) + CO(g)⇌NO(g) + CO2(g)，该反应过程及能量变化如图所示：
下列说法正确的是( )
A. 升高温度，平衡正向移动
B. 该反应生成了具有非极性共价键的CO2
C. 使用催化剂可以有效提高反应物的平衡转化率
D. 反应物转化为活化络合物需要吸收能量
4. 一定条件下的密闭容器中发生反应：
4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g) ΔH=−905.9 kJ·mol−1
下列叙述正确的是( )
A. 4 mol NH3和5 mol O2反应，达到平衡时放出的热量为905.9 kJ
B. 平衡时，v正(O2)=45v逆(NO)
C. 平衡后降低压强(增大体积)，混合气体的平均摩尔质量增大
D. 平衡后升高温度，混合气体中NO的含量降低
5. 工业合成三氧化硫的反应为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH=−198 kJ·mol−1，反应过程可用如图模拟(代表O2分子，代表SO2分子，代表催化剂)。下列说法正确的是
A. 过程Ⅰ和过程Ⅳ决定了整个反应进行的程度
B. 过程Ⅱ为放热反应，过程Ⅲ为吸热反应
C. 催化剂可降低整个反应的活化能，因此使ΔH减小
D. 1 mol SO2和1 mol O2反应，放出的热量小于99 kJ
6. 工业上，合成氨反应N2+ 3H2 2NH3的微观历程如图所示。用、、分别表示N2、H2、NH3，下列说法不正确的是( )
A. ①→②催化剂在吸附N2、H2时，未形成新的化学键
B. ②→③形成N原子和H原子是放热过程
C. ③→④形成了新的化学键
D. 使用合适的催化剂，能提高合成氨反应的速率
7. 某同学研究浓度对化学平衡的影响，下列说法正确的是( )
已知：Cr2O72−(aq)(橙色)+H2O(l)⇌2CrO42−(aq)(黄色)+2H+(aq) ΔH=+13.8 kJ·mol−1
步骤：
现象：
待试管b中颜色不变后与试管a比较，溶液颜色变浅。滴加浓硫酸，试管c温度略有升高，溶液颜色与试管a相比，变深。
A. 该反应是一个氧化还原反应
B. 待试管b中溶液颜色不变的目的是使Cr2O72−完全反应
C. 该实验不能证明减小生成物浓度，平衡正向移动
D. 试管c中的现象说明影响平衡的主要因素是温度
8. H2和 I2在一定条件下能发生反应：H2(g) +I2(g)⇌2HI(g) △H = −a kJ·mol−1b kJ·mol−1
已知： (a、b、c均大于零)
下列说法中不正确的是
A. 反应物的总能量高于生成物的总能量
B. 断开 1 mol H — H键和 1 mol I — I键所需能量大于断开 2 mol H — I键所需能量
C. 断开 2 mol H — I键所需能量约为(c+b+a) kJ
D. 向密闭容器中加入 2 mol H2和 2 mol I2 ，充分反应后放出的热量小于 2a kJ
9. 由反应物X发生可逆反应，既可以转化为Y，也可以转化为Z，并伴随如图所示的能量变化。下列说法正确的是
A. 加入2 mol X如只发生可逆反应2X(g)⇌Z(g)，达到平衡，共放出热量E2−E1
B. 反应2X⇌Z的ΔH<0
C. 反应2X⇌3Y达到平衡后，增加压强，Y的物质的量增加
D. 反应2X⇌3Y达到平衡后，增加温度，Y的物质的量减少
10. 可逆反应在一定条件下达到化学平衡时，下列说法正确的是( )
A. 正反应速率等于逆反应速率，且都为零
B. 反应物和生成物浓度相等
C. 反应体系中混合物的组成保持不变
D. 反应物断开化学键吸收的能量等于生成物形成化学键所放出的能量
二、填空题（本大题共3小题，共24.0分）
11. 已知化学反应①：Fe(s)+CO2(g)⇌FeO(s)+CO(g)，其平衡常数为K1，
化学反应②：Fe(s)+H2O(g)⇌FeO(s)+H2(g)，其平衡常数为K2，在温度973K和1173K情况下，K1、K2的值分别如下：
温度
K1
K2
973K
1.47
2.38
1173K
2.15
1.67
请完成下列问题：
(1)通过表格中的数值可以推断：反应①是______(填“吸热”或“放热”)反应。
(2)现有反应③：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)，请你写出该反应的平衡常数K3的表达式：K3=_______。
(3)在相同温度下，根据反应①与②可推导出K3与K1、K2之间的关系式____________，据此关系式及上表数据，也能推断出反应③是_____(填“吸热”或“放热”)反应。
(4)要使反应③在一定条件下建立的平衡向正反应方向移动，可采取的措施有______ (填写字母序号，下同)．
A.增大压强 B.体积不变时充入稀有气体 C.升高温度 D.使用合适的催化剂
(5)已知③的可逆反应CO (g) +H2O(g)⇌CO2(g) +H2(g)，830K时，若起始时：c(CO)=2mol/L，c(H2O)=3mol/L，平衡时CO的转化率为60%，水蒸气的转化率为___________；K的数值为_____________。830K，若只将起始时c(H2O)改为6mol/L，则水蒸气的转化率为_______。
12. 以羰基化合物为载体运用化学平衡移动原理分离、提纯某纳米级活性铁粉(含有一些不反应的杂质)，反应装置如下图：
Fe(s)+5CO(g)⇌Fe(CO)5(g) ΔH<0
T1 T2(填“>”、“<”或“=”)，判断理由是 。
13. 在化学反应A(g)+B(g)⇌2C(g)+D(g) ΔH=Q kJ·mol−1过程中的能量变化如图所示，回答下列问题。
(1)Q________0 (填“>”“<”或“=”)。
(2)熵变ΔS________0(填“>”“<”或“=”)。
(3)该反应________自发进行(填“能”或“不能”)。
(4)升高温度平衡常数K________(填“增大”“减小”或“不变”)，平衡向________方向移动。
三、流程题（本大题共3小题，共24.0分）
14. 烟道气中的SO2 可通过如下反应回收硫： 2CO(g)+SO2(g) ⇌ S(s)+2CO2(g) + 270 kJ 。
某温度下，在2 L恒容密闭容器中通入2 mol SO2和一定量的CO，发生上述反应，5 min后达到平衡，生成1 mol CO2。
其他条件不变时，随着温度的升高，SO2的平衡转化率随温度的变化曲线如右图所示，
请解释其可能的原因________________________________。
(已知硫的沸点约是445°C)
15. 二甲醚(CH3OCH3)和甲醇(CH3OH)被称为21世纪的新型燃料。以CH4和H2O为原料制备二甲醚和甲醇的工业流程如下：
(1)在一定条件下，反应室1中发生反应：CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g) +3H2(g) △H>0。将1.0molCH4和2.0molH2O通入反应室1(假设容积为100L)，10min末有0.2molCO生成，则10min内反应的平均速率v(H2)=________。该反应平衡常数的表达式：_____。
(2)已知：CH3OCH3(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g) △H=−1323 kJ·mol−1；2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=−484 kJ·mol−1； CO的燃烧热：283 kJ·mol−1。
在一定条件下，反应室2的可逆反应除生成二甲醚外还生成了气态水，该热化学方程式为__________________________________。
(3)反应室3中在催化剂作用下发生如下反应：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)。对此反应进行如下研究：
①在容积为1L的密闭容器中分别充入1mol CO和2mol H2，实验测得甲醇的物质的量和温度、时间的关系曲线如图I所示。
则：该正反应的ΔH_____0 (填“<”、“>”或“=”)，判断的理由是_____。500℃时，t2时刻向容器中再充入0.5mol CO和1mol H2，重新达到平衡时，CO的转化率_____(“增大”、“减小”或“不变”)。
②在容积均为1L的a、b、c三个相同密闭容器中分别充入1mol CO和2mol H2，三个容器的反应温度分别为T1、T2、T3，在其他条件相同情况下，实验测得反应均进行到5min时甲醇的体积分数如图II所示。如果将容器b中的平衡状态转变到容器c中的平衡状态，可采取的措施是____________________。
16. 以海绵铜(CuO、Cu)为原料制备氯化亚铜(CuCl)的一种工艺流程如图。
(1)“溶解”过程：
生成CuSO4的反应方程式：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O、______。
(2)“吸收”过程：
①2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)△H=−112.6kJ⋅mol−1
提高NO平衡转化率的方法是______(写出两种)。
②吸收NO2的有关反应如下：
反应Ⅰ：2NO2(g)+H2O(l)=HNO3(aq)+HNO2(aq)△H=−116.1kJ⋅mol−1
反应Ⅱ：3HNO2(aq)=HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l)△H=−75.9kJ⋅mol−1
用水吸收NO2生成HNO3和NO的热化学方程式是______。
(3)“电解”过程：
HNO2为弱酸。通过电解使HNO3得以再生，阳极的电极反应式是______。
(4)“沉淀”过程：
①产生CuCl的离子方程式是______。
②加入适量Na2CO3，能使沉淀反应更完全，原因是______。
(5)测定CuCl含量：
称取氯化亚铜样品m g，用过量的FeCl3溶液溶解，充分反应后加入适量稀硫酸，用x mol⋅L−1的K2Cr2O7溶液滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液y mL.滴定时发生的离子反应：
Cr2O72−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O
样品中CuCl(M=99.5g⋅mol−1)的质量分数为______。
四、实验题（本大题共2小题，共20.0分）
17. 实验室用纯净干燥的氯气制取无水氯化铜。根据要求完成以下问题：
序号
①
②
③
④
⑤
⑥
仪器及装置图
(1)按气体从左向右流动，装置②在④左边，则②中的液体是____________________；现将所有仪器连接成完整的实验装置，将题中序号进行排列：_________________________(按照从左到右，从上到下的顺序)
(2)装置⑤中发生反应的化学方程式是___________________________________
(3)实验开始时，应先点燃______(填装置序号)处的酒精灯，否则CuCl2中含有______(填化学式)杂质。
(4)某实验小组组装装置时，在①和⑥之间添加了一个盛有浓硫酸的洗气瓶，其作用是___________________________。
(5)若用100mL 12mol/L盐酸跟足量MnO2充分反应，生成的Cl2体积(标准状况)______________(填“大于”“小于”或“等于”)6.72L。
18. 可用图示装置制取少量乙酸乙酯，请填空：
(1)试管A中需加入浓硫酸、冰醋酸和乙醇各2 mL，最先加入的试剂应该是________。
(2)插入试管B的导管接有一个球形干燥管，其作用为________；如需将试管B中的产物分离出来，用到的主要玻璃仪器有：烧杯、________。
(3)使用如图所示装置制备乙酸乙酯，试管B中装有________溶液，反应结束后，振荡试管B，发现有气泡产生，原因是________________(用化学反应方程式表示)。
(4)在实验室利用1 mol乙酸和2 mol乙醇充分反应制备乙酸乙酯，若不考虑原料挥发和副反应，________(“能”或“不能”)生成1 mol乙酸乙酯，原因是________________。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查化学平衡移动，为高频考点，把握化学平衡的特征、平衡移动、平衡判定为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意反应中化学计量数关系及焓变，题目难度不大。
【解答】
A.可逆反应不能完全转化，故A错误；
B.平衡时不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，则平衡时v正(O2)=54v逆(NO)，故B错误；
C.该反应为气体体积增大的反应，则降低压强，平衡正向移动，由M=mn及n增大可知，混合气体平均摩尔质量减小，故C错误；
D.该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则混合气体中NO含量降低，故D正确。
故选D。
2.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查催化剂化学反应速率的影响，掌握反应历程和化学键的变化以及能量变化即可解答，难度不大。
【解答】
A.催化剂吸附N2、H2，没有形成化学键，催化剂与气体之间的作用力不是化学键，故A错误；
B.化学键断裂需要吸收能量，所以②→③形成N原子和H原子是吸热过程，故B错误；
C.由图可知③→④形成了新的化学键，④→⑤过程中没有形成化学键，故C错误；
D.催化剂能降低反应的活化能，增大活化分子的百分数，增大反应速率，缩短反应达到平衡的时间，提高反应效率，故D正确。
3.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、平衡移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D结合图像分析，题目难度不大。
【解答】
A.由图可知，为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故A错误；
B.CO2只含C、O之间的共价键，为极性共价键，故B错误；
C.催化剂对平衡移动无影响，不能提高转化率，故C错误；
D.反应物转化为活化络合物时，图中过渡状态的能量高于反应物的能量，则需要吸收能量，故D正确；
故选：D。
4.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查化学平衡的影响，题目难度不大，注意把握可逆反应的特点，注意外界条件对化学平衡的影响。
【解答】
A.反应为可逆反应，反应物不可能完全转化，则4molNH3和5molO2反应，达到平衡时放出热量小于905.9kJ，故A错误；
B.达到平衡时，正逆反应速率相等，应为v正(O2)=54v逆(NO)，故B错误；
C.减小压强，平衡向正反应方向移动，混合气体平均摩尔质量减小，故C错误；
D.升高温度，平衡向吸热反应(逆反应)方向移动，混合气体中NO含量降低，故D正确。
故选D。
5.【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查的是化学反应与能量、反应过程分析，意在考查学生的理解能力、分析推测能力，解题的关键是理解图中物质转化的过程和化学反应能量变化的本质。
【解答】
A.由图可知，过程Ⅱ是旧化学键断裂，过程Ⅲ是新化学键形成，则过程Ⅱ和过程Ⅲ，决定了整个反应进行的程度，故A错误；
B.过程Ⅱ是旧化学键断裂过程，是吸热反应，过程Ⅲ是新化学键的生成的过程，是放热反应，故B错误；
C.催化剂能降低反应的活化能，但不影响△H，故C错误；
D.该反应为可逆反应，1 mol SO2和1 mol O2不能完全反应，放出的热量小于99 kJ，故D正确。
6.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查化学反应速率的影响，题目较为基础，注意可逆反应的特点，可逆反应正逆反应同时进行，反应物不可能完全转化。
【解答】
A.催化剂吸附N2、H2，没有形成化学键，催化剂与气体之间的作用力不是化学键，故A正确；
B.化学键断裂需要吸收能量，所以②→③形成N原子和H原子是吸热过程，故B错误；
C.由图可知③→④形成了新的化学键，故C正确；
D.催化剂能降低反应的活化能，增大活化分子的百分数，增大反应速率，缩短反应达到平衡的时间，提高反应效率，故D正确。
故选B。
7.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查浓度对平衡的影响，侧重考查学生理解运用能力，利用图表，结合平衡移动原理是解题关键。
【解答】
A.反应中元素化合价没有变化，不属于氧化还原反应，故A错误；
B.试管b中溶液颜色不变的目的是使反应到达平衡，且可逆反应中反应物不能完全转化，故B错误；
C.加入0.5mL氢氧化钠溶液，
①OH−消耗了H+，造成生成物浓度减小，平衡正向移动
②0.5mLNaOH溶液，造成溶液稀释，溶液也会变浅，
故不能证明减小生成物浓度使平衡正向移动，故C正确；
D.增大氢离子浓度平衡逆向移动，溶液颜色变深、温度升高使平衡正向移动，颜色变浅，由题目实际上是变深，可得影响平衡的主要因素是氢离子浓度，故D错误。
故选C。
8.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了化学反应的焓变分析，化学键与焓变关系的计算分析应用，掌握原理和基础是解题关键，题目难度中等。
【解答】
A、H2和I2在一定条件下能发生反应：H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)△H=−akJ⋅mol−1，反应是放热反应，反应物能量高于生成物，故A正确；
B、断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，反应是放热反应所以形成化学键放出的能量大于断裂化学键吸收的能量，断开1mol H−H键和1mol I−I键所需能量小于断开2mol H−I键所需能量，故B错误；
C、△H=反应物断裂化学键需要的能量−生成物形成化学键放出的能量=bKJ/mol+cKJ/mol−2H−I=−aKJ/mol，得到断开2mol H−I键所需能量约为(a+b+c)KJ，故C正确；
D、反应是可逆反应不能进行彻底，依据焓变意义分析，向密闭容器中加入2molH2和2molI2，充分反应后放出的热量小于2a kJ，故D正确；
故选：B。
9.【答案】B
【解析】
【分析】
本题以化学变化与能量图示为情景，考查化学反应与放热、吸热，可逆反应、平衡移动等相关核心知识，体现了对变化与平衡这一化学学科核心素养的考查。
【解答】
A.由于可逆反应X→Z不能完全进行，2 mol X放出的热量会小于E2−E1，故A错误；
B.由能量图像可知，B的反应物2X(g)的能量大于Z(g)，故ΔH<0，故B正确；
C.反应2X⇌3Y是气体体积增加的反应，增加压强，向逆反应方向移动使Y的物质的量减少，故C错误；
D.反应2X⇌3Y是吸热反应，增加温度平衡向正方向移动使Y的物质的量增加，故D错误。
故选B。
10.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查化学平衡状态的特征，题目难度不大，注意反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变，以此解答。
【解答】
A.可逆反应达到平衡时，属于动态平衡，正逆反应速率相等，但是都不为零，故A错误；
B.可逆反应达到平衡时，反应物和生成物浓度不再发生变化，各组分浓度不变，但是各组分浓度不一定相等，故B错误；
C.反应达到化学平衡状态时，各物质的浓度不变，反应体系中各混合物的组成保持不变时，故C正确；
D.化学反应一定伴随能量变化，反应物断开化学键吸收的能量不等于生成物形成化学键所放出的能量，故D错误；
故选C。
11.【答案】(1)吸热；
(2)c(CO)·c(H2O)c(CO2)·c(H2)；
(3)K3=K1K2；吸热；
(4)C；
(5)40%；1；25%。
【解析】
【分析】
本题考查影响化学平衡的因素，平衡常数的概念及其综合应用，题目难度一般。
【解答】
(1)由表中数据可知，温度升高，①的平衡常数增大，说明平衡向正反应方向移动，则正反应吸热，
故答案为：吸热；
(2)依据反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)，根据平衡常数的概念，该反应的平衡常数K3的数学表达式：K3=c(CO)·c(H2O)c(CO2)·c(H2)，
故答案为：c(CO)·c(H2O)c(CO2)·c(H2)；
(3)已知：①Fe(s)+CO2(g)⇌FeO(s)+CO(g)；②Fe(s)+H2O(g)⇌FeO(s)+H2(g)；利用盖斯定律将①−②可得：③H2(g)+CO2(g)⇌CO(g)+H2O(g)；则K3=c(CO)·c(H2O)c(CO2)·c(H2)=cCOcCO2×c(H2O)c(H2))=K1K2，依据图表平衡常数数据分析，温度升高K1K2增大，说明平衡正向进行，反应是吸热反应，
故答案为：K3=K1K2；吸热；
(4)H2(g)+CO2(g)⇌CO(g)+H2O(g)反应是吸热反应，反应前后气体体积不变，要使反应在一定条件下建立的平衡向正反应方向移动，则
A.增大压强，反应前后气体体积不变，平衡不动， 故A错误；
B.体积不变充入稀有气体，各物质浓度不变，平衡不动，故B错误；
C.反应是吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向进行，平衡正向进行，故C正确；
D.使用合适的催化剂，催化剂只改变反应速率，不改变平衡，故D错误；
故答案为：C；
(5)根据题意列三段式
CO(g) + H2O(g)⇌ CO2(g)+ H2(g)，
起始(mol/L) 2 3 0 0
反应(mol/L) 1.2 1.2 1.2 1.2
平衡(mol/L) 0.8 1.8 1.2 1.2
所以水蒸气的转化率为1.23.0×100％=40%，
K=1.2×1.20.8×1.8=1，
设反应的水蒸气的浓度为y．
CO +H2O(g)⇌CO2 +H2，
起始 2 6 0 0
反应 y y y y
平衡 (2−y) (6−y) y y
K=y×y(2−y)×(6−y) =1
解得y=1.5mol/L，
所以水蒸气的转化率为1.5mol/L 6mol/L×100％=25%；
答案为：40%；1；25%。
12.【答案】< ; 铁粉和一氧化碳化合成羰基合铁时放出热量，低温有利于合成易挥发的羰基合铁，羰基合铁易挥发，杂质残留在玻璃管左端;当羰基合铁挥发到较高温度区域T2时，羰基合铁分解，纯铁粉残留在右端，一氧化碳循环利用
【解析】
【分析】
本题考查了化学平衡移动原理，涉及到温度对化学平衡移动的影响，题目难度不大。
【解答】
T1
13.【答案】(1)<；
(2)>；
(3)能；
(4)减小；逆反应。
【解析】
【分析】
本题考查了化学反应的能量变化、焓变和熵变对反应的影响、化学平衡等知识，涉及外界因素对平衡的影响，难度一般。
【解答】
(1)由图象可知，反应物能量大于生成物的能量，该反应为放热反应，即Q<0，
故答案为：<；
(2)因为该反应为气体体积增大的反应，所以△S>0，
故答案为：>；
(3)因为该反应为放热反应，即△H<0，又△S>0，所以△G=△H−T△S<0，肯定能自发，
故答案为：能；
(4)因为该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，
故答案为：减小；逆反应。
14.【答案】温度低于455℃时，正反应放热，温度升高平衡逆向移动，SO2转化率降低，温度高于455℃后硫变为气态，需要吸收能量，使得反应变为吸热反应，，温度升高平衡正向移动，SO2转化率升高。
【解析】
【分析】
本题考查温度对化学平衡的影响，掌握勒夏特列原理为解题关键，难度不大，硫的沸点与物态是分析关键。
【解答】
温度低于455℃时，正反应放热，温度升高平衡逆向移动，SO2转化率降低，温度高于455℃后硫变为气态，需要吸收能量，使得反应变为吸热反应，，温度升高平衡正向移动，SO2转化率升高。
故答案为：温度低于455℃时，正反应放热，温度升高平衡逆向移动，SO2转化率降低，温度高于455℃后硫变为气态，需要吸收能量，使得反应变为吸热反应，，温度升高平衡正向移动，SO2转化率升高。
15.【答案】(1) 0.0006mol·L−1·min−1 ；c(CO)c3(H2)c(CH4)c(H2O)；
(2) 2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH=−211 kJ/mol；
(3) ①<；温度升高，平衡时甲醇的量减少，平衡逆向移动，则正反应放热；增大；
②升高温度或者减小压强。
【解析】
【分析】
本题考查了反应速率的计算、盖斯定律的计算、化学平衡的移动原理、平衡常数的表达式和化学平衡的图像分析等，较为综合，难度中等，掌握基础为解题关键。
【解答】
(1)10min内，v(CO)=0.2mol100L×10min=0.0002mol·L−1·min−1 ，反应速率与化学计量数成正比，则10min内反应的平均速率v(H2)=3v(CO)=0.0006mol·L−1·min−1 ，该反应平衡常数的表达式为：K=c(CO)c3(H2)c(CH4)c(H2O)；
故答案为：0.0006mol·L−1·min−1 ；c(CO)c3(H2)c(CH4)c(H2O)；
(2) 已知：①CH3OCH3(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g) △H=−1323 kJ·mol−1；
②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=−484 kJ·mol−1；
③CO(g)+12O2(g)=CO2(g) △H=−283 kJ·mol−1；
根据盖斯定律，2×③+2×②−①可得，2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH=−211 kJ/mol；
故答案为：2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH=−211 kJ/mol；
(3)①由图1可知，问温度升高，甲醇的物质的量减小，则平衡逆向移动，说明正反应为放热反应，则ΔH<0，500℃时，t2时刻向容器中再充入0.5mol CO和1mol H2，则此时充入的CO与 H2的比值为1:2，若平衡不移动，则为等效平衡，CO的转化率不变，但是压强增大，平衡正向移动，所以CO的转化率增大；
故答案为：<；温度升高，平衡时甲醇的量减少，平衡逆向移动，则正反应放热；增大；
②由图可知，T1到T2平衡正向移动，T2为平衡状态，T2到T3平衡逆向移动，如果将容器b中的平衡状态转变到容器c中的平衡状态，则平衡应逆向移动，则可以采用升高温度或者减小压强的措施；
故答案为：升高温度或者减小压强。
16.【答案】(1)3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O；
(2)①降低温度、增大压强、提高c(O2)等；②3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)△H=−212.1kJ/mol；
(3)HNO2−2e−+H2O=3H++NO3−；
(4)①SO2+2Cu2++2Cl−+2H2O=2CuCl↓+SO42−+4H+ ；②CO32−消耗H+，使c(H+)减小，有利于生成CuCl的反应正向进行；
(5)0.597xym×100%
【解析】
【分析】
本题为工艺流程题，为高考热点和难点，涉及物质的分离、物质的制备，明确物质的性质是解题的关键，注意物质性质的理解应用，题目难度中等。
【解答】
以海绵铜(CuO、Cu)为原料制备氯化亚铜(CuCl)，海绵铜加入浓硝酸、稀硫酸溶解得到硫酸铜溶液和一氧化氮，其中铜和浓硝酸、稀硫酸完全反应生成硫酸铜、一氧化氮和水，硫酸铜溶液中通入二氧化硫和加入氯化钠沉淀生成CuCl，NO和氧气通入水中吸收生成硝酸和亚硝酸混合溶液，电解得到硝酸溶液，
(1)生成CuSO4的反应是氧化铜和稀硫酸反应，浓硝酸、稀硫酸和铜反应，化学方程式：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O、3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O，
故答案为：3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O；
(2)①2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)△H=−112.6kJ⋅mol−1 反应为气体体积减小的放热反应，提高NO平衡转化率，平衡正向进行，可以是降低温度、增大压强、提高c(O2)等，
故答案为：降低温度、增大压强、提高c(O2)等；
②反应Ⅰ：2NO2(g)+H2O(l)=HNO3(aq)+HNO2(aq)△H=−116.1kJ⋅mol−1
反应Ⅱ：3HNO2(aq)=HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l)△H=−75.9kJ⋅mol−1
盖斯定律计算反应(Ⅰ×3+Ⅱ)×12得到用水吸收NO2生成HNO3和NO的热化学方程式：3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)△H=−212.1kJ/mol，
故答案为：3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)△H=−212.1kJ/mol；
(3)阳极上HNO2失去电子生成硝酸，电极反应式为：HNO2−2e−+H2O=3H++NO3−，
故答案为：HNO2−2e−+H2O=3H++NO3−；
(4)①NaCl、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4、CuCl，反应的离子方程式为：SO2+2Cu2++2Cl−+2H2O=2CuCl↓+SO42−+4H+
故答案为：SO2+2Cu2++2Cl−+2H2O=2CuCl↓+SO42−+4H+；
②加入适量Na2CO3，能使沉淀反应更完全，原因是：CO32−消耗H+，使c(H+)减小，有利于生成CuCl的反应正向进行，
故答案为：CO32−消耗H+，使c(H+)减小，有利于生成CuCl的反应正向进行；
(5)氯化亚铜与氯化铁发生Fe3++CuCl=Fe2++Cu2++Cl−，加入K2Cr2O7溶液，发生6Fe2++Cr2O72−+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，
6CuCl～6Fe2+～Cr2O72−，
6 1
n xy×10−3mol
样品中CuCl(M=99.5g⋅mol−1)的质量分数=6xy×10−3mol×99.5g/molmg×100%=0.597xym×100%，
故答案为：0.597xym×100%。
17.【答案】(1)饱和食盐水；③⑤②④①⑥
(2)MnO2+4HCl(浓)=ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O
(3)⑤； CuO
(4)防止氢氧化钠溶液中的水蒸气进入装置①
(5)小于
【解析】
【分析】
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握氯气的制备、氯化铜的制备反应及实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大。用浓盐酸与二氧化锰反生成氯气，除杂后与铜反应生成氯化铜，尾气用氢氧化钠吸收，所以仪器连接顺序为：③⑤②④①⑥，反应生成的氯气中混有HCl，则②中饱和食盐水可除杂，在①中发生Cu+Cl2=ΔCuCl2，最后⑥中吸收尾气，发生Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，实验中注意氯气排出装置中的空气，以此来解答。
【解答】
(1)②在④左边时，则②中加入液体的名称是饱和食盐水，可除去HCl，根据上述分析可知制取纯净的无水氯化铜，仪器连接顺序为：③⑤②④①⑥，故答案为：饱和食盐水；③⑤②④①⑥；
(2)装置⑤为制备氯气，则发生反应的化学方程式是MnO2+4HCl(浓)=ΔMnCl2+2Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl(浓)=ΔMnCl2+2Cl2↑+2H2O；
(3)制备氯化铜时，应先排出装置中的空气，则先点燃⑤处的酒精灯，否则CuCl2中含有CuO杂质，
故答案为：⑤；CuO；
(4)在①和⑥之间添加了一个盛有浓硫酸的洗气瓶，其作用是防止氢氧化钠溶液中的水蒸气进入装置①，故答案为：防止氢氧化钠溶液中的水蒸气进入装置①；
(5)n(HCl)=0.1L×12mol/L=1.2mol，若完全反应生成氯气为0.3mol，体积为0.3mol×22.4L/mol=6.72L，但随反应进行浓盐酸变为稀盐酸，稀盐酸与二氧化锰不反应，则生成的Cl2体积小于6.72L，
故答案为：小于。
18.【答案】(1)乙醇
(2)防止倒吸；分液漏斗
(3)饱和碳酸钠；Na2CO3+2CH3COOH=2CH3COONa+CO2↑+H2O
(4)不能；此反应为可逆反应，一段时间后达到化学平衡状态
【解析】
【分析】
本题考查乙酸乙酯的制备，涉及药品的滴加顺序，仪器的使用，化学方程式的书写，注意基础知识的积累，题目难度不大。
【解答】
(1)试管A中需加入浓硫酸、冰醋酸和乙醇各2mL，因为相当于稀释浓硫酸，所以先加乙醇，
故答案为：乙醇；
(2)插入试管B的导管接有一个球形干燥管，其作用为防止倒吸；因乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，使用如需将试管B中的乙酸乙酯分离出来，应采用分液的方法，用到的主要玻璃仪器有：烧杯、分液漏斗，
故答案为： 防止倒吸；分液漏斗；
(3)因乙酸与碳酸钠反应，乙醇溶于碳酸钠溶液，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，所以制备乙酸乙酯，试管B中装有饱和碳酸钠溶液，反应结束后，振荡试管B，乙酸与碳酸钠反应生成醋酸钠、水和二氧化碳，所以发现有气泡产生，其化学反应方程式为：Na2CO3+2CH3COOH=2CH3COONa+CO2↑+H2O，
故答案为：饱和碳酸钠；Na2CO3+2CH3COOH=2CH3COONa+CO2↑+H2O；
(4)在实验室利用1mol乙酸和2mol乙醇充分反应制备乙酸乙酯，因此反应为可逆反应，一段时间后达到化学平衡状态，所以1mol乙酸不能完全生成1mol乙酸乙酯，
故答案为：不能；此反应为可逆反应，一段时间后达到化学平衡状态。
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