资源简介

2020-2021学年高一化学第二学期鲁科版（2019）必修第二册第2章化学键
化学反应规律单元复习与测试
一、选择题
1．下列有关化学用语使用正确的是
A．中子数为10的氧原子：O
B．NH3的分子结构模型：
C．S原子的结构示意图：
D．氯化氢的电子式：
2．反应Cl2+Na2SO3+H2O=Na2SO4+2HCl可用于污水脱氯。下列相关微粒的说法正确的是
A．中子数为20的氯原子：
B．H2O的电子式：
C．Na+的结构示意图：
D．水解的方程式：+2H2O?H2SO3+2OH-
3．下列说法不正确的是
A．仅由非金属元素形成的化合物中不可能有离子键
B．氯化钠熔化时克服的微粒间作用力为离子键
C．四氯化碳分子中所有原子都满足8电子的稳定结构
D．水和双氧水都属于含有极性键的共价化合物
4．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的原子在元素周期表中半径最小；Y的次外层电子数是其最外层电子数的；Z的单质可与冷水剧烈反应，产生X的单质：W与Y属于同一主族.下列叙述正确的是
A．W的氧化物对应水化物是强酸
B．原子半径：r(W)＞r(Z)＞r(Y)
C．化合物X2Y、Z2W中化学键的类型完全相同
D．若W的单质与氢气能化合，则Y的单质与氢气更易化合
5．下列说法中正确的是
A．NaHSO4在熔融状态下电离与在水中电离时，破坏的化学键完全相同
B．H2O是一种非常稳定的化合物，就是由于水分子间形成氢键所致
C．I2是分子晶体，加热升华过程中只需克服分子间作用力
D．CO2和PCl5分子中每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
6．下图所示为CFCl3破坏臭氧层的可能过程，下列叙述错误的是
A．过程I中断裂C-Cl键，需吸热
B．过程II可用方程式表示为2O3→3O2
C．过程III可用方程式表示为O+ClO→Cl+O2
D．过程II可用方程式表示为O3+Cl→ClO+O2
7．铁基液流电池有显著的成本优势和资源优势。当前正研究的某种碱性铁基半液流电池的放电工作原理如图所示。
下列说法错误的是
A．放电时，b极为正极；充电时，该电极连接电源正极
B．充电时，a极电极反应式为Fe3O4+8e?+4H2O=3Fe+8OH?
C．石墨烯的作用是提高电极中Fe3O4/Fe的反应活性，防止电极钝化
D．放电时，负极失去1
mol电子时，一定有1
mol的阳离子通过交换膜
8．下列氢能的制取、贮存及利用过程（如图所示），未涉及的能量转化形式是
A．电能转化为光能
B．机械能转化为电能
C．电能转化为化学能
D．光能转化为化学能
9．下列化学电池不易造成环境污染的是
A．氢氧燃料电池
B．锌锰电池
C．镍镉电池
D．铅蓄电池
10．某一同学根据离子反应方程式
2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋来设计原电池。下列设计方案中可行的是
A．电极材料为铁和铜，电解质溶液为
FeCl3
溶液
B．电极材料为铁和石墨，电解质溶液为
FeCl2
溶液
C．电极材料为铁和锌，电解质溶液为
FeCl3
溶液
D．电极材料为石墨，电解质溶液为
FeCl3
溶液
11．在一定条件下，将3molA和1molB两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(g)?xC(g)+2D(g)。2min末，测得生成0.8molC、0.4molD。下列判断正确的是
A．x=2
B．2min时，A的浓度为1.2mol·L-1
C．2min内A的反应速率为0.3mol·L-1
D．2min内B的浓度的改变量为0.4mol·L-1
12．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1molCl2发生反应，一定转移2NA个电子
B．1molNa2O2完全吸收CO2产生O2，反应中转移电子的个数为2NA
C．用1molSO2和O2在一定条件下反应制取SO3，可得到NA个SO3
D．工业合成氨的反应中，每生成2molNH3，加入的氮气的分子数大于NA个
13．下列事实中，能用平衡移动原理解释的是
A．，平衡时将容器的体积缩小至一半，新平衡的浓度与原平衡相同
B．实验室中常用排饱和食盐水的方式收集氯气
C．，增大平衡体系的压强(压缩体积)可使体系颜色变深
D．使用可以加快的分解
14．含铬废水对环境污染严重，一种烟气协同处理含铬废水(含CrO、Cr2O、泥沙等)的流程如图：
下列说法错误的是
A．“沉降”的主要目的是除去泥沙等不溶物
B．“调pH”时存在CrO转化为Cr2O
C．H2SO4溶液更适合用盐酸代替
D．母液经处理可获得(NH4)2SO4
15．将BaO2放入密闭的真空容器中，发生反应：2BaO2(s)2BaO(s)+O2(g)并达到平衡。保持温度不变，缩小容器容积，体系重新达到平衡，下列说法正确的是
A．平衡常数减小
B．BaO物质的量不变
C．总压强增大
D．BaO2
物质的量增加
16．某温度下恒容密闭容器中进行如下两个反应并达到平衡，下列叙述错误的是
①2X(g)+Y(g)
Z(s)+
2W(g)+Q1
(Q1>0)
②M(g)+N(g)
R(g)+W(g)-Q2
(Q2>0)
A．加入适量Z，①和②平衡均不移动
B．通入稀有气体Ar，①平衡正向移动
C．降温时无法判断W浓度的增减
D．通入Y，则N的浓度增大
二、实验题
17．氮化镁(Mg3N2)是一种重要的化学试剂。某化学兴趣小组拟制备氮化镁并测定产品纯度。
已知：①氮化镁极易与水反应；②亚硝酸钠和硫酸铵制取氮气的反应剧烈放热，产生氮气的速度较快；③焦性没食子酸溶液用于吸收少量O2。
(1)氮化镁的电子式为_______。
(2)结合信息，为制备氮化镁，图中实验装置(可重复使用)的连接顺序为A→_______→_______→_______→_______→_______(按气流方向，用大写字母表示)。
(3)实验时在
D装置内加入镁粉，先点燃_______(“A”或“D”)处酒精灯。
(4)定性分析
操作步骤
实验现象
解释原因
取少量氮化镁样品于试管中，加足量蒸馏水
管底部有不溶物，试管变烫，产生有刺激性气味的气体
①写出反应的化学方程式__________________
弃去上层清液，加入足量稀盐酸
观察到固体全部溶解且冒气泡
②冒气泡的原因是___________
(5)定量测定
利用如图装置测定氮化镁产品纯度(杂质不产生气体，不考虑氨气在热水中的溶解)。
①当产品与蒸馏水完全反应后，_______、_______、调平液面、读数。
②取产品质量为
mg，开始滴定管读数为x1mL，最终滴定管读数为x2mL(折合成标准状况)，则该样品纯度为_______(用计算式表示)。如果开始仰视刻度线，终点时俯视刻度线，则测得结果_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
三、元素或物质推断题
18．现有部分短周期元素的性质或原子结构如表：
元素编号
元素性质或原子结构
Q
地壳中含量最高的元素
T
M层上电子数是K层上电子数的3倍
X
最外层电子数是次外层电子数的2倍
Y
常温下单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性
Z
元素最高正价是＋7价
(1)元素X在元素周期表中的位置为________，X与Q按原子个数比为1：2形成的化合物的电子式为________。
(2)元素Y的原子结构示意图为________，其与氢元素形成一种分子YH3，写出实验室制备该物质的化学方程式________。
(3)元素Z与元素T相比，非金属性较强的是________(用元素符号表示)，下列表述中能证明这一事实的是________。
a.Z离子的还原性小于T离子的还原性
b.Z的氢化物比T的氢化物稳定
c.一定条件下Z和T的单质都能与氢氧化钠溶液反应
d.Z的含氧酸的酸性强于T
(4)在碱性溶液中，X的简单氢化物与Q2组成燃料电池，其负极的电极反应式为________。
四、原理综合题
19．科学家利用反应对汽车尾气进行无害化处理，一定条件下，在密闭容器中充入和，一段时间后测得、浓度随时间变化如图1所示，的平衡转化率与温度、起始投料比m的关系如图2所示，图中起始投料比。
完成下列填空：
(1)氮原子最外层电子排布式为_______，氧原子核外能量最高的电子有_______个。
(2)根据图1，用表示该反应达平衡过程中的平均反应速率是_______(保留小数后两位小数)。
(3)该反应的化学平衡常数表达式是_______，该反应的正反应是_______反应(填“吸热”或“放热”)。
(4)图2中a、b、c三点对应的平衡常数、、相对大小关系是_______。
(5)关于该可逆反应的说法正确的是_______。
a.加入催化剂可提高的平衡转化率
b.当体系中时，该反应达到平衡状态
c.保持其他条件不变，若充入，则达到新平衡时，正、逆反应速率均增大
d.投料比：
(6)随着温度的升高，不同投料比下CO的平衡转化率趋于相近的原因为_______。
参考答案
1．B
【详解】
A．中子数为10的氧原子：，A项错误；
B．NH3的分子结构模型为，B项正确；
C．S原子的结构示意图：，C项错误；
D．氯化氢的电子式为，D项错误；
答案选B。
2．B
【详解】
A．氯元素的质子数为17，中子数为20的氯原子的质量数为37，该原子的正确表示方法为：Cl，选项A错误；
B．水是共价化合物，H与O原子之间是共价键，故其电子式为，选项B正确；
C．钠离子的核外有10个电子，故钠离子的结构示意图为，选项C错误；
D．多元弱酸根离子分步水解，则的第一步水解的方程式：+H2O?+OH-，选项D错误。
答案选B。
3．A
【详解】
A．仅由非金属元素形成的化合物中氯化铵为离子晶体，含有离子键，A错误；
B．氯化钠熔化时克服的微粒间作用力为离子键，B正确；
C．四氯化碳分子中所有原子都满足8电子的稳定结构，C正确；
D．水和双氧水都含有氧氢极性共价键，属于含有极性键的共价化合物，D正确；
故选A。
4．D
【分析】
短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的原子在周期表中半径最小，则X为H；Y的次外层电子数是其最外层电子数的，Y有2个电子层符合电子排布规律，则最外层电子数为6，则Y为O；Z单质可与冷水剧烈反应产生X单质，Z为Na；W与Y属于同一主族，W为S，以此来解答。
【详解】
A．SO2对应的水化物是亚硫酸，为弱酸，SO3对应的水化物是硫酸，为强酸，故A错误；
B．同周期从左至右原子半径逐渐减小，同主族从上往下原子半径逐渐增大，则原子半径：r(Na)＞r(S)＞r(O)
，故B错误；
C．H2O为共价化合物，含有共价键，Na2S为离子化合物，含有离子键，化学键的类型不相同，故C错误；
D．非金属元素的非金属性越强，其对应的非金属单质与氢气化合越容易，又非金属性：O＞S，若S单质与氢气能化合，则氧气与氢气更易化合，故D正确；
故选D。
5．C
【详解】
A．NaHSO4在熔融状态下电离出Na+和HSO，只破坏离子键，NaHSO4在水中电离出Na+、H+、SO，破坏共价键和离子键，故A错误；
B．H2O是一种非常稳定的化合物，是由于水分子内含有共价键O-H键，故B错误；
C．I2是分子晶体，加热升华过程中碘分子没发生变化，只需克服分子间作用力，故C正确；
D．PCl5分子中氯原子的最外层具有8电子稳定结构，P原子不是8电子稳定结构，故D错误；
选C。
6．B
【详解】
A．过程Ⅰ中CFCl3转化为CFCl2和氯原子，断裂极性键C-Cl键，旧键断裂需吸热，故A正确；
B．过程II：O3转化成O2和O，则用方程式表示为O3→O2+O，故B错误；
C．过程Ⅲ：ClO与O反应生成Cl和O2，则过程Ⅲ可表示为：ClO+O=Cl+O2，故C正确；
D．过程Ⅱ：O3与Cl反应生成ClO和O2，则过程Ⅱ可表示为：O3+Cl=ClO+O2，故D正确；
故选：B。
7．D
【详解】
A．根据工作原理图可知，放电时，a极由Fe→Fe3O4，a极为负极；b极由→，b极为正极；充电时，a极接电源的负极，b极接电源的正极，A正确；
B．由于该电池为碱性电池，所以充电时，a极电极反应式为Fe3O4+8e?+4H2O=3Fe+8OH?，B正确；
C．电极材料Fe3O4为固体且致密，和溶液中离子难充分接触，常用石墨烯扩大固液的接触，增加其活性，C正确；
D．放电时，a极电极反应为3Fe+8OH??8e?=Fe3O4+4H2O，b极电极反应为+e?=，当负极失去1
mol电子时，由于阳离子所带电荷数未知，不能确定为1
mol阳离子通过，D错误；
故选D。
8．D
【详解】
A.燃料电池作为电灯的电源为电能转化成光能，故A项正确；
B.水轮机发电的过程中有机械能转化成电能，故B项正确；
C.电解池电解水的过程为电能转化成化学能，故C项正确；
D.光电池是光能转化电能，整个过程中未涉及光能转化成化学能，故D项错误；
故答案为D。
9．A
【详解】
A．燃料电池生成物为二氧化碳和水，无污染，故A正确；
B．锌锰电池中含有重金属锰，对环境有污染，故B错误；
C．镍镉电池中含有重金属镍镉，对环境有污染，故C错误；
D．铅蓄电池往往含有重金属钴，可导致环境污染，故D错误；
故选A。
10．A
【分析】
结合题给离子方程式，由构成原电池的条件可知，设计原电池时，应选用铁做负极，金属活泼性弱于铁的金属单质或石墨电极做正极，电解质溶液为可溶性的铁盐，如硫酸铁、氯化铁、硝酸铁等。
【详解】
A.原电池的电极材料为铁和铜，电解质溶液为
FeCl3溶液时，铁做负极，金属活泼性弱于铁的铜做正极，能发生题给离子反应，故A正确；
B.原电池的电极材料为铁和石墨，电解质溶液为FeCl2
溶液时，铁与氯化亚铁溶液不反应，不能构成原电池，故B错误；
C.原电池的电极材料为铁和锌，电解质溶液为
FeCl3
溶液时，锌比铁活泼，锌做原电池的负极，不能发生题给离子反应，故C错误；
D.原电池的电极材料为石墨，电解质溶液为
FeCl3
溶液时，石墨不能与氯化铁溶液反应，不能构成原电池，故D错误；
故选A。
11．B
【详解】
物质的量之比等于化学计量数之比，故0.8mol：0.4mol=x：2，解得x=4，列三段式：
A．物质的量之比等于化学计量数之比，故0.8mol：0.4mol=x：2，解得x=4，故A错误；
B．2min时，A的浓度为，故B正确；
C．2min内A的反应速率为，故C错误；
D．2min内B的浓度的改变量为，故D错误；
故选：B。
12．D
【详解】
A．1molCl2发生反应，有可能是自身氧化还原反应，化合价升高1，同时降低1，转移1mol个电子，A错误；
B．1molNa2O2完全吸收CO2产生O2，Na2O2中O的化合价为-1，发生歧化生成氧气，反应中转移电子的个数为1NA，B错误；
C．用1molSO2和O2在一定条件下反应制取SO3，这个反应是可逆反应，反应物不能完全转化，不可能得到NA个SO3，C错误；
D．工业合成氨的反应是可逆反应，每生成2molNH3，加入的氮气的分子数要多于NA个，D正确；
综上所述答案为
D。
13．B
【详解】
A．平衡时将容器的体积缩小至一半，平衡向逆方向移动，温度不变K不变，K=c（CO2），所以新平衡的CO2浓度与原平衡相同，不能用平衡移动原理解释，故A错误；
B．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，而饱和食盐水中含有大量Cl-，对于氯气溶于水的这个平衡，平衡逆向移动，使得氯气在水中的溶解度减小，能用平衡移动的原理解释，故B正确；
C．，该反应为气体分子数不变的反应，增大压强平衡不移动，体系颜色变深是因为浓度增大了，不能用平衡移动原理解释，故C不选；
D．是分解的催化剂，催化剂不改变平衡，所以不能用平衡移动的原理解释，故D错误；
故选B。
14．C
【分析】
由题给流程可知，含铬废水经沉降后，过滤得到含有CrO和Cr2O的滤液，向滤液中加入稀硫酸溶液调节溶液pH，将溶液中CrO转化为Cr2O，向溶液中通入含有二氧化硫的烟气，酸性条件下，二氧化硫与与Cr2O发生氧化还原反应生成铬离子、硫酸根和水，向反应后的溶液中加入氨水，铬离子与氨水反应生成氢氧化铬沉淀和铵根离子，过滤得到含有硫酸铵的母液和氢氧化铬。
【详解】
A．由分析可知，含铬废水经沉降后，过滤得到含有CrO和Cr2O的滤液，则沉降的主要目的是除去泥沙等不溶物，故A正确；
B．CrO和Cr2O在溶液中存在如下平衡：2CrO+2H+Cr2O+H2O，加入稀硫酸溶液，溶液中氢离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，有利于CrO转化为Cr2O，故B正确；
C．Cr2O离子具有强氧化性，若稀硫酸用盐酸代替，Cr2O会与稀盐酸发生氧化还原反应生成氯气、铬离子和水，故C错误；
D．由分析可知，母液中含有硫酸铵，经处理可获得硫酸铵，故D正确；
故选C。
15．D
【详解】
A．化学平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故A错误；
B．保持温度不变，缩小容器容积，平衡向逆反应方向移动，则BaO量减小，故B错误；
C．保持温度不变，缩小容器容积，平衡向逆反应方向移动，但温度不变，平衡常数不变，平衡常数表达式为K=c(O2)，氧气浓度不变，总体压强不变，故C错误；
D．缩小容器体积，增大压强，平衡向逆反应方向移动，则BaO2量增加，故D正确；
答案选D。
16．B
【详解】
A．Z为固体，则加入适量Z，①和②平衡均不移动，故A正确；
B．体积不变，通入稀有气体Ar，反应体系中各物质浓度不变，则①不移动，故B错误；
C．①为吸热反应，降温平衡逆移，②为放热反应，降温平衡正移，无法比较哪边的变化程度更大，则降温时无法判断W浓度的增减，故C正确；
D．通入Y，①正向移动，②逆向移动，则N的浓度增大，故D正确；
故选：B。
17．
E
B
C
D
C
A
冷却至室温
上下移动碱式滴定管
偏低
【分析】
该实验利用氮气与镁共热产生氮化镁，镁易与氧气二氧化碳等反应，制备过程中应先排尽装置中的空气，氮化镁易与水反应，制备过程中必须保证核心反应装置干燥。A装置加热亚硝酸铵和硫酸铵混合溶液产生氮气，出来的氮气中含有水和氧气，由于亚硝酸钠和硫酸铵制取氮气的反应剧烈放热，产生氮气的速度较快，在反应过程中为防止倒吸，应先通过E缓冲瓶，再通过装有焦性没食子酸溶液的B装置除去氧气，然后通过浓硫酸C装置除去氮气中的水分，在D装置中发生核心反应，为防止外界空气和水蒸气进入，需要在D装置后接一个装有浓硫酸的C装置。在测量氮化镁的纯度时，利用的是氮化镁与水反应产生的氨气来计算，所以测量氨气的体积是实验成败的关键。
【详解】
(1)氮化镁为离子化合物，其电子式为，
所以答案为：
。
(2)实验目的是制备氮化镁，实验原理3Mg＋N2Mg3N2，装置A为制备N2，N2中混有氧气和水蒸气，下一步是除去氧气和水蒸气，然后得到N2，空气中有水蒸气，还要防止空气中水蒸气进入装置B中，由于亚硝酸钠和硫酸铵制取氮气的反应剧烈放热，产生氮气的速度较快，在反应过程中为防止倒吸，应先通过E缓冲瓶，再通过装有焦性没食子酸溶液的B装置除去氧气然后通过浓硫酸C装置除去氮气中的水分，在D装置中发生核心反应，为防止外界空气和水蒸气进入，需要在D装置后接一个装有浓硫酸的C装置。，即顺序是A→E→B→C→D→C，所以答案为EBCDC。
(3)在制取氮化镁之前应排尽装置内的空气，即先产生氮气，用氮气排尽装置内的空气，所以先点燃A处酒精灯。
(4)根据信息，氮化镁易与水反应，其反应方程式为；
氮化镁反应完后，剩余的固体为产品中含有的镁杂质，镁与盐酸反应的方程式为：。
(5)本实验需要精确测量常温常压下产生氨气的体积，所以要先冷却至室温，然后调节量气管中液面高度，使左右两面液面平齐，所以答案为：冷却至室温；上下移动碱式滴定管。
(6)氮化镁与水反应Mg3N2＋6H2O=3Mg(OH)2＋2NH3↑，氨气的体积为(x2－x1)mL，根据反应方程式，氮化镁的纯度为=；开始仰视刻度线，读数x1偏大，终点仰视刻度线，读数x2偏小，则(x2－x1)偏小，即所测氮化镁的纯度偏低，所以答案为；偏低。
18．第二周期第ⅣA
族
Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O
Cl
ab
CH4-8e-+10OH-=CO+7H2O
【分析】
Q元素为地壳中含量最高的元素，则Q为O元素；T原子M层上电子数是K层上电子数的3倍，则M层上有6个电子，T是S元素；X原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，则X是C元素；Y元素常温下单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性，Y元素是N元素；Z元素的元素最高正价是+7价性，Z是Cl元素。
【详解】
(1)元素X为C元素，在元素周期表中的位置为第二周期第ⅣA
族；Q为氧元素，则碳氧按原子个数比为1：2形成的化合物为CO2，其电子式为，故答案为：第二周期第ⅣA
族；；
(2)元素Y为N元素，其原子结构示意图为；其与氢元素形成一种分子YH3为NH3，实验室制备NH3的化学方程式Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为：；Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；
(3)Z是Cl，T为S元素，同周期元素，随核电荷数增大，非金属性越强，Cl元素与S元素相比，Cl元素的非金属性更强；
a．非金属强的，对应的离子的还原性弱，Z离子的还原性小于T离子的还原性，故a正确；
b．非金属性越强，则元素对应气态氢化物的稳定性越强，故b正确；
c．Z和T的单质都能与NaOH溶液反应，不能比较非金属性强弱，故c错误；
d．Z的含氧酸的酸性强于T，只有在对应最高价的含氧酸下成立，故d错误；
故答案为：Cl；ab；
(4)
X的简单氢化物为CH4，Q2为氧气，组成燃料电池在碱性溶液中，CH4反应中化合价升高，为电池的负极，其负极的电极反应式为CH4-8e-+10OH-=CO+7H2O，故答案为：CH4-8e-+10OH-=CO+7H2O。
【点睛】
本题重点(3)，同周期元素，随核电荷数增大，非金属性越强，同时可以结合实例进行判断，如：单质的氧化性强弱、简单氢化物稳定性、最高价氧化物对应水化物对应的酸性等。
19．
4
放热反应
c
d
温度较高时，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡的影响
【详解】
(1)氮原子的原子序数为7，最外层电子排布式为2s22p3；氧原子的原子序数为8，最外层电子排布式为2s22p4，2p能级上4个电子能量最高，故答案为：2s22p3；4；
(2)由图1可知，40min时，反应达到平衡，生成二氧化碳的浓度为1.6mol/L，由化学反应速率之比等于化学计量数之比可得用氮气表示该反应达平衡过程中的平均反应速率为×=，故答案为：；
(3)
化学平衡常数是指在一定温度下，达到平衡时生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值是个常数，则该反应的化学平衡常数表达式为；由图2可知，在起始投料比一定时，升高温度，一氧化碳的转化率减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，故答案为：；放热反应；
(4)
化学平衡常数为温度函数，温度不变，平衡常数不变，由图2可知，b、c温度相同，高于a，该反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，则、、相对大小关系为，故答案为：；
(5)a．加入催化剂，只能加快反应速率，但是不能改变反应的平衡移动，则不能提高一氧化碳平衡转化率，故错误；
b．二氧化碳和氮气是生成物，无论反应是否达到平衡，二氧化碳和氮气的比值始终为2:1，则二氧化碳和氮气的比值为2:1不能判断反应是否达到平衡，故错误；
c．保持其他条件不变，若充入氮气，生成物浓度增大，反应速率增大，则达到新平衡时，正、逆反应速率均增大，故正确；
d．起始投料比越大，一氧化氮的浓度越大，平衡时一氧化碳的转化率越大，由图2可知，温度一定时，一氧化碳的转化率的大小顺序为，则起始投料比的大小顺序为，故正确；
cd正确，故答案为：cd；
由图2可知，温度较低时，反应物的投料比越大，反应物的浓度越大，一氧化碳的转化率越大，浓度变化是影响平衡移动的主要因素；该可逆反应为放热反应，当温度较高时，平衡向逆反应方向移动，温度变化是影响平衡移动的主要因素，对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡移动的影响，不论以何种投料比，一氧化碳的转化率都减小，故答案为：温度较高时，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡的影响。

展开更多......

收起↑