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2.2化学平衡
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．2molA与2molB混合于2L的密闭容器中，发生反应：。2s后，A的转化率为，测得，下列推断正确的是
A．
B．z=3
C．B的转化率为
D．反应前与2s后容器内的压强比为4：3
2．对反应(I为中间产物)，相同条件下：①加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短；②提高反应温度，增大，减小。基于以上事实，可能的反应历程示意图(——为无催化剂，------为有催化剂)为
A． B． C． D．
3．在容积的刚性容器中充入和，发生反应，正反应为放热反应，反应过程中测得容器内压强的变化如表所示。下列说法正确的是
反应时间 0 5 10 15 20 25
压强
A．后，增大压强，反应速率增大且
B．内转化率为
C．时，再向容器中通入、各，平衡不移动
D．该温度下平衡常数
4．某多孔超分子材料的空腔大小恰好适配，可将其“固定”得到R，实现了与分离并制备，如图所示：已知： ；下列说法正确的是
A．图示过程属于氮的固定
B．多孔材料的空腔变大，反应正向进行的程度变大
C．高温、高压下有利于多孔材料分离出更多
D．R在氛围中水洗，可制得，同时实现再生
5．下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是
选项 实验操作 现象 解释或结论
A 向2支盛有5mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2mL5%H2O2溶液，观察现象 浓度大的NaHSO3溶液中气泡产生的速率快 其他条件不变时，反应物浓度越大，反应速率越快
B 向FeCl3和KSCN的混合溶液中，加入KCl固体 溶液颜色不变 其他条件不变时，增大Cl-的浓度，平衡不移动
C 压缩NO2和N2O4的混合气体 气体颜色变深 反应的平衡逆向移动
D 向2mL0.01mol L-1FeCl3溶液中加入1mL0.01mol·L-1KI溶液，充分反应后，滴加KSCN溶液 溶液变红色 证明Fe3+和I-之间的反应是可逆的
A．A B．B C．C D．D
6．在恒温恒容的条件下，反应：A(g)＋B(g) C(g)＋D(s)已达平衡，能使平衡正向移动的措施是
A．减小C或D的浓度 B．增大D的浓度
C．减小B的浓度 D．增大A或B的浓度
7．在相同的温度下，已知：反应①N2(g)＋O2(g)2NO(g)的平衡常数为3.84×10-31，反应②2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)的平衡常数为3.10×1026(mol·L-1)-1。则在该温度下，两个化学反应的反应程度之间的关系为
A．①>② B．①<② C．①=② D．不能确定
8．在300mL的密闭容器中，放入镍粉并充入一定量的CO气体，一定条件下发生反应：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)，已知该反应平衡常数与温度的关系如表，下列不正确的是
温度/℃ 25 80 230
平衡常数 5×104 2 1.9×10-5
A．上述生成Ni(CO)4(g)的反应为吸热反应
B．在25℃时，反应Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)的平衡常数为0.5
C．在80℃时，测得某时刻，Ni(CO)4(g)、CO浓度均为0.5mol/L，则此时v(正)>v(逆)
D．在80℃达到平衡时，测得n(CO)=0.3mol，则Ni(CO)4(g)的平衡浓度为2mol/L
二、填空题
9．在密闭容器中，氨气在一定条件下分解生成氮气和氢气。时反应吸收的热量为，此时氨气的转化率为25%。该反应的热化学方程式： 。
10．已知反应CH4(g)+2NO2(g) N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，起始时向体积为V的恒容密闭容器中通入2molCH4和3molNO2，测得CH4、N2、H2O的物质的量浓度与时间的关系如图所示。
(1)容器体积V= L。
(2)图中表示H2O的物质的量浓度与时间关系的是曲线 (填“甲”“乙"或"丙")。
(3)0~5min内，用N2表示的化学反应速率为 mol·L-1·min-1。
(4)a、b、c三点中达到平衡的点是 。达到平衡时，NO2的转化率是 。
(5)a点时，n(CH4)：n(NO2)= 。
11．在80℃时，将0.40mol的N2O4气体充入2L真空的固定容积的密闭容器中，发生反应：N2O4 2NO2　△H>0，隔一段时间对该容器内的物质进行分析，得到如下数据：
时间/s 0 20 40 60 80 100
n(N2O4)/mol 0.40 0.28 0.20 0.14 0.10 0.10
n(NO2)/mol 0.00 0.24 b 0.52 0.60 0.60
(1)计算20~40s内用N2O4表示的平均反应速率为 。
(2)40s时，NO2的浓度b= mol/L，反应最迟到 s到达平衡状态。
(3)反应进行至100s后将反应混合物的温度降低，混合气体的颜色 (填“变浅”“变深”或“不变”)。
(4)要增大该反应的K值，可采取的措施有_______(填序号)。
A．增大N2O4的起始浓度 B．向混合气体中通入NO2
C．使用高效催化剂 D．升高温度
(5)能说明该反应达到平衡状态的标志是_______(填序号)
A．2v(N2O4)=v(NO2) B．容器内压强保持不变
C．容器内密度保持不变 D．NO2的体积分数保持不变
12．在557℃密闭容器中进行反应：。若起始浓度为，水蒸气起始浓度为，达到平衡后，测得浓度为，求反应的平衡常数及和的平衡转化率 。
13．利用太阳能等可再生能源，通过光催化、光电催化或电水制氢来进行二氧化碳加氢制甲醇()，发生的主要反应是：。请回答下列有关问题：
(1)若二氧化碳加氢制甲醇的反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明该反应进行到时刻达到平衡状态的是 (填标号)。
A． B． C．
Ⅱ．可逆反应：；根据图回答：
(2)压强 ； (填“>”或“<”下同)。
(3)温度℃ ℃： 0。
(4)保持体积和温度不变，通入He，平衡会 移动(填“正向”、“逆向”或“不”)。
(5)一定条件下，某可逆反应在密闭容器中建立化学平衡，在时刻改变某一个条件，建立新的平衡，其图像如下，对于反应：，时刻增大压强，其图像为___________。
A． B．
C． D．
14．研究二氧化碳的转化是实现“双碳”目标的途径之一。可通过电化学、热化学等方法，将转化为等化学品。现有反应过程如下：
①
②
(1)写出的结构式 ，写出的电离方程式 。
(2)反应①的平衡常数表达式 。
三、解答题
15．北京冬奥会火炬“飞扬”着力打造“绿色冬奥”，以氢气为燃料。氢能是一种理想的绿色能源，积极发展氢能，是实现“碳达峰、碳中和”的重要举措。利用“一碳化学”技术可有效实现工业制氢，为推进剂提供了丰富的氢燃料，该工业制氢方法主要涉及以下两个反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
(1)温度为T1时，向1L容积固定的密闭容器中充入1molCH4和1molCO2只发生反应Ⅰ，初始压强为100kPa，20min后达到平衡，平衡时体系压强为初始压强的。
①该条件下，该时段内 ，反应Ⅰ的压强平衡常数 。
②达上述平衡后，向容器中充入0.8molCH4和0.8molCO，此时反应Ⅰ的 (填“>”“<”或“=”)。
(2)在某温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的CH4和CO2进行反应Ⅰ、Ⅱ。平衡时，体系中H2的体积分数随温度T的变化如图所示，T3~T4温度区间，H2的体积分数呈现减小的趋势，其原因是 。
(3)研究表明，反应Ⅱ的逆反应在Fe3O4催化下进行，反应历程如图所示，写出该反应历程中速率控制步骤(即速率最慢步骤)对应的反应方程式： 。
(4)氢气可以用来合成氨，H2NCOONH4是工业由氨气合成尿素的中间产物。在一定温度下、体积不变的密闭容器中发生反应：，能说明该反应达到平衡状态的是 (填序号)。
①混合气体的压强不变 ②混合气体的密度不变
③混合气体的总物质的量不变 ④混合气体的平均相对分子质量不变
⑤NH3的体积分数不变
16．氙的氟化物是优良的氟化剂，稀有气体Xe和混合在催化剂作用下同时存在如下反应：
I．
II．
III．
回答下列问题：
(1)向VL密闭容器中加入nmol的Xe和2mol的，发生上述反应。相同时间内，测得Xe的转化率和的选择性与温度的变化关系如图所示(选择性是指生成的物质的量与消耗Xe的物质的量比值)。高于1000℃，选择性随着温度升高而 (填“升高”“降低”或“不变”)，原因可能是 。
(2)现用表示含Xe元素的某物质与含Xe元素各物质的总物质的量之比。保持其它条件不变，1000℃时，测得随时间t的变化如图所示，且平衡时的选择性小于的选择性。图中表示变化的曲线是 (填标号)；的平均反应速率 ；Xe的转化率= ；反应过程能量变化为 kJ(用含n，a和b的代数式表示)，反应1的平衡常数K= (用含n，V的代数式表示)。
17．以，为原料合成的反应是研究热点之一，该反应体系涉及的反应如下：
Ⅰ.
Ⅱ.
回答下列问题：
(1)已知25℃和101kPa下，，的摩尔燃烧焓分别为-285.8、-283.0， ，则 。
(2)在恒压密闭容器中，按照投料进行反应，反应Ⅰ、Ⅱ以物质的分压表示的平衡常数随温度T的变化关系如下图1所示(体系总压为10kPa)。
①反应Ⅱ对应图1中 (填：“m”或“n”)；A点对应温度下体系达到平衡时的转化率为80%，反应Ⅰ的 (保留两位有效数字)。
②通过调整温度可调控平衡时的值。B点对应温度下，平衡时，则 kPa。
(3)在密闭容器中，保持投料比不变，将和按一定流速通过反应器，一段时间后，测得转化率()和甲醇选择性随温度(T)变化关系如图2所示。
若233~250℃催化剂的活性受温度影响不大，则236℃图中曲线下降的原因是 ；
(4)向恒温恒压的两个密闭容器甲(T℃、)、乙(T℃、)中，分别充入物质的量均为a mol的和，若只发生反应Ⅱ，其正反应速率，p为气体分压。若甲、乙容器平衡时正反应速率之比，则甲、乙容器的体积之比为 。
18．某研究性学习小组通过下列反应原理制备并进行性质探究，反应原理为：固浓。
(1)根据上述原理制备并收集干燥的实验装置连接顺序为 。
(2)D中盛装的试剂为 。
(3)甲同学用注射器吸取纯净的并结合装置进行的性质实验，若是溶液，其目的是检验的 ，可观察到的现象 。
(4)实验：乙同学将溶液换为浓度均为和的混合溶液已经除去溶解氧，通入少量后观察到烧杯产生白色沉淀，乙同学认为白色沉淀为，为探究白色沉淀的成因，他继续进行如下实验验证：已知：的
实验 操作 现象 结论和解释
将通入 和混合液 产生白色沉淀 能氧化
将通入 和混合液 产生白色沉淀 酸性条件能将氧化为
(5)丙同学认为以上实验只能说明和酸性条件下均能将氧化为，不能说明谁先氧化，他利用提供的试剂限选试剂：溶液，溶液，苯酚溶液，硝酸溶液设计实验方案探究何种微粒先发生反应，请帮助他完成方案包括操作现象和结论：取乙同学实验后装置中烧杯的上层清液于试管中， 。
(6)丁同学在实验过程发现，黄色溶液先变红棕色后慢慢变浅绿色，查阅资料得：红棕色，请用化学平衡移动原理解释实验中溶液颜色变化的原因 。
《2.2化学平衡》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A A C D B D B ABC
1．A
【分析】2s后A的转化率为50%，则反应的A为2×50%=1mol，则，，，同一化学反应中，各物质的物质的量变化之比等于化学计量数之比，故D的化学计量数和A一样为2，据此分析；
【详解】A．同一化学反应中，各物质的化学反应速率之比等于化学计量数之比，，A正确；
B．根据分析，z=2，B错误；
C．据以上分析可知，B的转化率为，C错误；
D．从化学方程式可知，每2molA参加反应时，气体减少1mol，当1molA参加反应时，气体减少0.5mol，反应后容器中气体总物质的量为3.5mol，反应前容器中气体总物质的量为4mol，恒温恒容时，气体的压强比等于其物质的量之比，所以反应前与2s后容器的压强比为4：3.5，D错误；
故选A。
2．A
【详解】提高反应温度，增大，说明反应的平衡逆向移动，即该反应为放热反应，减小，说明S生成中间产物I的反应平衡正向移动，属于吸热反应，由此可排除C、D选项，加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短，即反应的决速步骤的活化能下降，使得反应速率大幅加快，活化能大的步骤为决速步骤，符合条件的反应历程示意图为A，故A正确，
故选A。
3．C
【详解】A．反应为反应前后气体的物质的量减小的反应，增大压强，平衡会向气体减少的方向即正向移动，则v(逆)B．假设反应达平衡时，X变化了xmol，则平衡时X为(1-x)mol，Y为(2-2x)mol，Z为xmol，气体一共(3-2x)mol；反应开始前体系中含1molX和2molY ，共3mol气体，对应总压为12.6Mpa，当达平衡时体系总压为8.4Mpa，则平衡时气体的总物质的量为，则x=0.5mol，则Y转化了1mol，其转化率为，B错误；
C．由B可知，平衡时X为0.5mol，Y为1mol，Z为0.5mol，容器体积为2L，则平衡常数，平衡时再向容器中通入X、Z各1mol ，则X为1.5mol，Y为1mol，Z为1.5mol，此时各物质的浓度熵，则平衡不移动，C正确；
D．由B可知，平衡时X为0.5mol，Y为1mol，Z为0.5mol，容器体积为2L，总压为8.4Mpa，则各物质分压为，，，带入，D错误；
故选C。
4．D
【详解】A．氮的固定是指游离态的氮气转化为氮的化合物，是两种含氮化合物的相互转化，不属于氮的固定，A错误；
B．多孔超分子材料的空腔大小要适配，才能分离出，不是空腔变大就能使正向进行，B错误；
C．该反应的放热反应，高温下平衡逆向移动，不利于从烟气中分离出，C错误；
D．由图可知，R在中水洗，发生反应：，可制得HNO3同时实现再生，D正确；
答案选D。
5．B
【详解】A．向2支盛有5mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2mL5%H2O2溶液，发生氧化还原反应，生成硫酸钠等，没有明显的现象产生，不能判断浓度对化学反应速率的影响，A不正确；
B．FeCl3和KSCN的混合溶液中发生反应：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，加入KCl固体，虽然溶液中的Cl-浓度增大，但对平衡不产生影响，溶液的颜色不变，B正确；
C．压缩NO2和N2O4的混合气体，气体的浓度增大，颜色加深，但反应的平衡正向移动，C不正确；
D．向2mL0.01mol L-1FeCl3溶液中加入1mL0.01mol·L-1KI溶液，充分反应后FeCl3有剩余，滴加KSCN溶液后溶液变红，不能证明Fe3+和I-之间的反应是可逆的，D不正确；
故选B。
6．D
【详解】A．减小C的浓度会使平衡正向移动，D是固体，其浓度为常数，其浓度无法改变，A错误；
B．D是固体，其浓度为常数，无法改变，B错误；
C．减小B的浓度，反应物浓度减小，会导致平衡逆向移动，C错误；
D．增大A或B的浓度会增加反应物浓度，促使平衡正向移动，D正确；
故选D。
7．B
【详解】平衡常数（K）越大，反应进行的程度越大。反应①的K=3.84×10-31（极小），表明反应几乎不进行；反应②的K=3.10×1026（极大），表明反应进行程度很高。直接比较K值可知，①的K远小于②，因此反应程度①＜②；
故选B。
8．ABC
【详解】A．由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，正反应为放热反应，A错误；
B．相同温度下，对于同一可逆反应的正、逆反应平衡常数互为倒数，所以在25℃时，反应Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)的平衡常数为，B错误；
C．，平衡逆向移动，v(正)＜v(逆)，C错误；
D．80℃达到平衡时，测得n(CO)=0.3mol，则c(CO)=0.3mol/L，，D正确；
答案选ABC。
9．
【详解】时反应吸收的热量为，此时氨气的转化率为25%，参加反应的氨气为4mol×25%=1mol，即反应1mol氨气时，反应吸收热量，故该反应的热化学方程式为。
10．(1)2
(2)甲
(3)0.1
(4) c 80%
(5)4:5
【详解】（1）向体积为V的恒容密闭容器中通入2molCH4，从图中知道甲烷的起始物质的量浓度是1.0mol/L，则容器体积V=2L；
（2）)甲，乙曲线是生成物的浓度变化量，氮气和水的化学计量数之比是1:2，可以推出甲曲线是H2O的物质的量浓度与时间关系的曲线；
（3）结合(2)分析，乙为氮气的反应曲线，0~5min内，N2的化学反应速率为；
（4）可逆反应达到平衡时各物质的浓度保持不变，c点时乙曲线的浓度保持不变，是平衡点；达到平衡时，生成氮气的物质的量浓度是0.6mol/L，容积的体积是2L，即是氮气的物质的量是1.2mol，消耗二氧化氮2.4mol，NO2的转化率是；
（5）a点时，设水的物质的量是2xmol，有方程式可知消耗甲烷的物质的量xmol，剩余甲烷的物质的量是(2-x)mol，由于甲烷的浓度等于水的浓度，可知甲烷的物质的量等于水的物质的量，即2x=2-x，解得x=2/3mol，消耗二氧化氮的物质的量是4/3mol，剩余甲烷的物质的量是2-x=2-2/3mol=4/3mol，剩余二氧化氮的物质的量是3-2x=3-4/3mol=5/3mol，n(CH4):n(NO2)=4/3mol：5/3mol=4:5。
11．(1)0.0020mol·L-1·s-1
(2) 0.2 80
(3)变浅
(4)D
(5)BD
【详解】（1）根据表中数据可知v(N2O4)= =0.0020mol·L-1·s-1。
（2）40s时N2O4减少0.40mol-0.20mol=0.20mol，由反应可知生成NO2为0.2mol×2=0.4mol，浓度为=0.2 mol/L，由表格数据可知80s后NO2的物质的量不变，则反应最迟到80s到达平衡状态。
（3）该反应的△H＞0，为吸热反应，100s后将反应混合物的温度降低，N2O42NO2平衡逆向移动，混合气体的颜色变浅。
（4）K只与温度有关，该反应为吸热反应，升高温度，K增大，只有D符合，故答案为D。
（5）A．反应过程中始终存在2v(N2O4)=v(NO2)，无法判断正逆反应速率的关系，不能判断是平衡状态，故A错误；
B．该反应前后气体的物质的量发生变化，即容器中的压强为变量，当容器内压强保持不变，说明反应达到平衡状态，故B正确；
C．反应前后气体的质量不变，容器的体积不变，气体的密度始终不变，因此容器内密度保持不变，不能判断是平衡状态，故C错误；
D．NO2的体积分数保持不变，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为BD。
12．1；60%；40%
【详解】
；;
；
故答案为：1；60%；40%。
13．(1)AB
(2) < <
(3) > >
(4)不
(5)D
【详解】（1）A．达到平衡状态时，各物质的含量保持不变，故w(CO2) 保持不变，A正确；
B．达到平衡状态时，各物质的含量保持不变，故保持不变，B正确；
C．达到平衡状态时，各物质的含量保持不变，t1时未达平衡状态，C错误；
故选AB；
（2）图像越陡，越先达到平衡，速率越快，压强越大，所以<；增大压强，A的转化率减小，平衡逆向移动，逆反应方向气体量减小，即<；
（3）温度越高，反应速率越快，越先达到平衡，故℃>℃，升高温度，A的含量越小，平衡正向移动，所以正反应方向吸热，>0；
（4）保持体积和温度不变，通入He，浓度不变，平衡不移动；
（5）对于反应：，时刻增大压强，正逆反应速率同时增大，平衡正向移动，正反应速率大于逆反应速率，答案选D。
14．(1) O=C=O
(2)
【详解】（1）的结构式为O=C=O；为弱酸，电离方程式为；
（2）反应①化学方程式为，其平衡常数表达式。
15．(1) 100
(2)T3~T4温度区间，以反应Ⅱ为主导，温度升高反应Ⅱ平衡正向移动，使得H2的体积分数减小，且CO浓度增大，抑制反应Ⅰ产生H2
(3)或
(4)①②③
【详解】（1）设转化的甲烷为，列三段式，则，已知平衡时体系压强为初始压强的，恒温恒容时，体系压强之比等于气体物质的量之比，故列出方程：，解出，平衡时体系压强，，，据此回答：
①，，故答案为：；100；
②④；，，反应逆向进行，故，故答案为：＜；
（2）反应Ⅰ和反应Ⅱ都是正向吸热的反应，但是反应Ⅰ生成H2，反应Ⅱ消耗H2。T3之前平衡时H2的体积分数随温度的升高而增加，是以反应Ⅰ为主；T3~T4温度区间，平衡时H2的体积分数随温度的升高而减小，故以反应Ⅱ为主导，温度升高反应Ⅱ平衡正向移动，使得H2的体积分数减小，且CO浓度增大，抑制反应Ⅰ产生H2，故答案为：T3~T4温度区间，以反应Ⅱ为主导，温度升高反应Ⅱ平衡正向移动，使得H2的体积分数减小，且CO浓度增大，抑制反应Ⅰ产生H2；
（3）速率最慢步骤为活化能最大的步骤，故为或，故答案为：或；
（4）①该反应为气体体积增大的反应，反应过程中压强逐渐增大，当压强不变时，表明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，①符合题意；
②由于H2NCOONH4是固体，没有达到平衡状态前，气体质量会变化，容器体积不变，密度也会发生变化，所以密度不变，说明反应达到了平衡状态，②符合题意；
③由于H2NCOONH4是固体，生成物全部为气体，气体的物质的量在增加，当混合气体的总物质的量不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，③符合题意；
④混合气体的平均相对分子质量=混合气体的质量和/混合气体的物质的量总和，混合气体的质量恒等于H2NCOONH4(s)分解的质量，气体的物质的量为分解的H2NCOONH4(s)的三倍，混合气体的平均相对分子质量不变，不能说明反应达到平衡状态，④不符合题意；
⑤因反应物(H2NCOONH4)是固体物质，所以密闭容器中NH3的体积分数始终不变，⑤不符合题意；
故答案为：①②③。
16．(1) 降低 反应的平衡常数变小或催化剂活性降低
(2) N 90% (0.9na+0.1nb)
【详解】（1）由图可知，温度高于1000℃，随着温度升高，Xe的转化率降低，的选择性升高，则选择性降低；原因可能是反应的平衡常数变小或催化剂活性降低；
（2）①该反应中Xe为反应物，物质的量存在最大初始值，随反应时间增加含量逐渐降低，M为Xe变化曲线。平衡时的选择性小于的选择性，则平衡时物质的量大于，故曲线P表示的变化曲线，曲线N表示的变化曲线；
②根据Xe元素守恒可知，平衡时n(Xe)=0.1nmol、n()=0.1nmol、n()=0.8nmol，则；
③Xe的转化率=90%；
④反应Ⅰ有0.9nmolXe反应时变化的能量是0.9nakJ，反应Ⅱ生成时0.1nmol变化的能量是0.1nbkJ，故反应中能量变化共是(0.9na+0.1nb)kJ；
⑤0.1nmol中含有F原子0.4nmol，0.8nmol中含有1.6nmolF原子，根据F原子守恒得F2转化了nmol，剩余n(F2)=(2－n)mol，平衡时，反应Ⅰ的平衡常数K==。
17．(1)41.2
(2) n 0.10 20
(3)反应Ⅰ放热，反应Ⅱ吸热，升温使反应Ⅰ平衡逆向移动程度大于反应Ⅱ平衡正向移动程度
(4)5∶4
【详解】（1）已知25℃和101kPa下，，的摩尔燃烧焓分别为-285.8、-283.0，可得①H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH3=-285.8kJ/mol，②CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH4=-283.0kJ/mol，③H2O(l)=H2O(g) △H=+44kJ mol-1，根据盖斯定律①-②+③得反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，△H2=(-285.8kJ/mol)-(-283.0kJ/mol)+(+44kJ mol-1)=+41.2kJ mol-1。
（2）①由(1)反析结合题干信息可知，反应I正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则平衡常数减小，而反应Ⅱ正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，则平衡常数增大，即反应I的lnKp随着的增大，即随着T的降低而增大，反应Ⅱ的lnKp随着的增大，即随着T的降低而减小，结合题干图示可知，反应Ⅱ对应图1中n，A点对应温度下体系达到平衡时CO2的转化率为80%，根据三段式分析：
图中A点反应Ⅱ的平衡常数lnKp=1，即Kp=1.00，则有=1.0，解得x=0.5mol，此时容器内物质的量总和为(0.2+1.2+0.5+0.3+0.8)mol=3mol，体系总压为10kPa，故有反应Ⅰ的Kp==0.10kPa-2；
②通过调整温度可调控平衡时的值，B点对应温度下，反应I和反应Ⅱ的压力平衡常数相等，即，即得p2(H2)= ，平衡时=400，则p(H2)=20kPa。
（3）CO2催化加氢制甲醇为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲醇选择性降低，二氧化碳转化率降低，竞争反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，二氧化碳转化率升高，但升高温度使CO2催化加氢制甲醇平衡逆向移动程度大于竞争反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)平衡正向移动程度，因而使CO2转化率和甲醇选择性下降，则原因是主反应放热，副反应吸热，升温使主反应平衡逆向移动程度大于副反应平衡正向移动程度，因而使CO2转化率和甲醇选择性下降。
（4）对于反应Ⅱ，由于两个体系的反应温度相同，压强不同，但压强不影响平衡移动，因此平衡时两个体系中CO2和氢气的物质的量相同，速率之比等于CO2的分压平方之比，而压强之比等于容器体积之反比，因此体积之比为5：4。
18．(1)AECD或AECF
(2)NaOH溶液
(3) 氧化性 生成黄色沉淀
(4) FeCl3溶液 0.01mol/LHNO3溶液
(5)往试管中滴加铁氰化钾溶液，若溶液出现蓝色沉淀，则证明是Fe3＋先氧化H2SO3，若溶液没有明显现象，则证明是pH＝2的HNO3先氧化H2SO3
(6)反应2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋＋4H＋(反应①)较红棕色(反应②)反应缓慢，故先发生反应②，然后发生反应①，但反应①进行的程度较大，故溶液中c(Fe3＋)慢慢降低，反应②平衡逆向移动，红棕色逐渐褪去，最终得到浅绿色溶
【分析】根据反应原理，制备SO2属于“固体+液体→气体”，制得的SO2中混有H2O(g)，用浓硫酸干燥SO2，SO2密度比空气大，用向上排空法收集，SO2污染大气，最后要进行尾气吸收。控制变量法探究、酸性条件下的氧化性强弱，需要保持溶液浓度一致。
【详解】（1）根据上述原理制备并收集干燥SO2的实验装置选择A为发生装置，生成二氧化硫中含水蒸气，通过装置E中的浓硫酸干燥二氧化硫气体，通过装置C收集二氧化硫气体，剩余气体不能排放需要通过装置D或F吸收，制备并收集干燥SO2的实验装置连接顺序：AECD或AECF。
（2）D中盛装的试剂吸收SO2尾气，可用NaOH溶液。
（3）甲同学用注射器吸取纯净的SO2并结合装置G进行SO2的性质实验，若X是Na2S溶液，则二氧化硫和硫化钠发生氧化还原反应生成硫单质，反应的化学方程式：2Na2S＋SO2＋2H2O=3S↓＋4NaOH，表现了二氧化硫的氧化性，反应现象为生成黄色沉淀。
（4）白色沉淀为BaSO4，说明H2SO3被氧化成；根据Fe(NO3)3溶液的性质，可能是Fe3+将H2SO3氧化成，也可能是酸性条件下的将H2SO3氧化成；所以设计实验方案时用控制变量的对比实验。实验2要证明是Fe3+氧化H2SO3，所以选用与Fe(NO3)3含有相同Fe3+浓度的FeCl3溶液进行实验；实验3要证明是酸性条件下氧化H2SO3，所以选用与Fe(NO3)3溶液等pH的HNO3溶液，即0.01mol/LHNO3溶液进行实验。
（5）若是Fe3+先将H2SO3氧化成，则滴加溶液后，溶液会出现蓝色沉淀，若是酸性条件下先将氧化为，则滴加溶液后，溶液不会出现蓝色沉淀，故实验方案是：取乙同学实验1后装置G中烧杯的上层清液于试管中，往试管中滴加铁氰化钾溶液，若溶液出现蓝色沉淀，则证明是Fe3＋先氧化H2SO3，若溶液没有明显现象，则证明是pH＝2的HNO3先氧化H2SO3。
（6）黄色溶液先变红棕色后慢慢变浅绿色反应，说明存在的过程，说明2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋＋4H＋(反应①)较红棕色(反应②)反应缓慢，故先发生反应②，然后发生反应①，但反应①进行的程度较大，故溶液中c(Fe3＋)慢慢降低，反应②平衡逆向移动，红棕色逐渐褪去，最终得到浅绿色溶液。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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