2019-2020学年安徽省滁州市定远县育才学校高二上学期期中考试(普通班)化学试题 解析版

育才学校2019—2020学年度第一学期期中考试
高二普通班化学试卷
一、选择题（每小题均有一个选项符合题意，每小题3分，共45分。

）
1. 化学反应中反应热的大小与下列选项无关的是( )
A. 反应物的多少
B. 反应的快慢
C. 反应物和生成物的状态
D. 反应物的性质
【答案】B
【解析】
反应热与物质的量，反应物状态，生成物状态、温度、压强等有关系，与表达的单位、反应的速率和过程没有关系，故选Ｂ。

2.已知碳酸和次溴酸的电离常数如下，判断可以发生的反应是
酸碳酸次溴酸(HBrO)
K a(25℃)K1=4.30×10－7 K2=5.61×10－11 2.4×10－9
①HBrO＋Na2CO3=NaBrO＋NaHCO3 ②2HBrO＋Na2CO3=2NaBrO＋H2O＋CO2↑ ③NaBrO＋CO2＋
H2O=NaHCO3＋HBrO ④HBrO＋NaHCO3=NaBrO＋H2O＋CO2↑
A. ①④
B. ②④
C. ②③
D. ①③
【答案】D
【解析】
根据碳酸和次溴酸的电离常数可知，酸性H2CO3> HBrO > HCO3-；根据强酸制弱酸的规律HBrO ＋Na2CO3=NaBrO＋NaHCO3，故①正确；酸性H2CO3> HBrO， HBrO和Na2CO3反应不能生成二氧化碳，故②错误；酸性H2CO3> HBrO > HCO3-，所以NaBrO与CO2反应只能生成NaHCO3和HBrO，故③正确；酸性H2CO3> HBrO，HBrO和NaHCO3不反应，故④错误；选D。

点睛：根据碳酸和次溴酸的电离常数可知，酸性H2CO3> HBrO > HCO3-；根据强酸制弱酸的规律，向NaBrO溶液中无论通入二氧化碳过量还是少量都只能生成NaHCO3和HBrO；HBrO与Na2CO3反应生成NaBrO和NaHCO3，HBrO与NaHCO3不反应。

3.一定条件下反应2AB(g)A2(g)＋B2(g)达到平衡状态的标志是 ( )
A. 单位时间内生成nmolA2，同时消耗2 n molAB
B. 容器内，3种气体AB、A2、B2共存
C. AB的消耗速率等于A2的消耗速率
D. 容器中各组分的体积分数不随时间变化
【答案】D
【解析】
【分析】
平衡状态的标志可从两个方面来分析：（1）各组分的百分含量不随时间变化，（2）正逆反应速率相等。

【详解】A、生成n molA2，消耗2n molAB都是向正向反应，错误；
B、只要反应开始，AB、A2、B2共存，不一定达平衡，错误；
C、若AB的消耗速率等于A2的消耗速率的2倍，则平衡，错误；
答案选D。

4.一定温度下,可逆反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)在容积一定的密闭容器中进行,下列各项中能说明反应已经达到平衡的是( )
A. 容器中的压强不变
B. 混合物的平均相对分子质量不变
C. 各组分的浓度不变
D. 混合气体的密度不变
【答案】C
【解析】
【分析】
反应达到化学平衡状态时，正反应逆反应速率相等，各物质的浓度百分含量不变，本题中，反应前后气体化学计量数相等，据此进行分析。

【详解】A. 反应前后气体计量数相等，容器中压强始终不变，A错误。

B. 反应前后气体计量数不变，混合物的平均相对分子质量一直不变，B错误。

C. 各组分浓度不变，说明正反应逆反应速率相等，反应达到平衡，C正确。

D. 混合气的密度一直不变，D错误。

【点睛】本题考查化学平衡状态的判断，注意本反应反应前后气体化学计量数相等，不能用压强不变、平均相对分子质量不变、混合气体的密度不变判断反应的平衡状态。

5. 对于反应：A+B＝C下列条件的改变一定能使化学反应速率加快的是
A. 增加A的物质的量
B. 升高体系的温度
C. 减少C的物质的量浓度
D. 增大体系的压强
【答案】B
【解析】
6.已知HClO酸性比H 2CO3弱，反应Cl2＋H2O HCl＋HClO达平衡后，要使HClO浓度增加，可加入下列（）
A. H2O
B. HCl
C. CaCO3
D. NaOH(s) 【答案】C
【解析】
试题分析：A、加水HClO浓度减小，A项错误；B、加HCl平衡逆向移动，HClO浓度减小，B 项错误；C、加碳酸钙消耗盐酸，使平衡正向移动，HClO浓度增大，C项正确；D、加氢氧化钠，与HClO反应，HClO浓度减小，D项错误；答案选C。

考点：考查平衡移动
7.某温度下，在一个2L的密闭容器中，加入4 molA和2molB进行如下反应：
3A(g)+2B(g)4C(s)+D(g)，反应2 min后达到平衡，测得生成1.6 mol C，下列说法正确的是( )
A. 前2min，D的平均反应速率为0.2mol/(L·min)
B. 此时，B的平衡转化率是40％
C. 增加B，平衡向右移动，B的平衡转化率增大
D. 增大该体系的压强，平衡不移动
【答案】B
【解析】
A、前2min，D消耗的物质的量为1
4
×1.6mol=0.4mol，其平均反应速率为
0.4mol
2 2L
min
=0.1mol/(L·min)，选项A错误；B、在反应开始时B的物质的量是2mol，由于达到
平衡时产生C1.6mol ，会反应消耗B0.8mol，则B的平衡转化率是0.8mol?
2mol
×100%=40%，选项
B正确； C、增加B，平衡正向移动，由于增大的物质的量时物质浓度增大的影响大于平衡移动使其浓度减小的趋势，因此B的平衡转化率减小，选项C错误；D、该反应的正反应是气体体积减小的反应，若增大该体系的压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，选项D 错误。

答案选B。

点睛：本题考查了化学平衡的影响因素分析和计算应用，平衡常数的计算判断，掌握平衡移
动原理是解题关键。

8.下列关于热化学反应的描述中正确的是
A. HCl和NaOH反应的中和热△H＝－57.3 kJ·mol−1，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热
△H=2×(－57.3)kJ·mol−1
B. 甲烷的标准燃烧热ΔH＝－890.3 kJ·mol−1，则CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＜－890.3 kJ·mol−1
C. 已知：500℃、30MPa下，N 2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－92.4kJ·mol－1；将1.5 mol H2和过量的N2在此条件下充分反应，放出热量46.2 kJ
D. CO(g)的燃烧热是283.0kJ·mol−1，则2CO2(g) ===2CO(g)+O2(g)反应的△H＝+566.0 kJ·mol−1
【答案】D
【解析】
【详解】A．HCl和NaOH反应的中和热△H＝-57.3kJ/mol，但由于稀硫酸与氢氧化钙反应生成的硫酸钙微溶，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热的△H≠-57.3kJ/mol，A错误；
B．由于气态水的能量高于液态水的能量，则甲烷完全燃烧生成液态水放热多，但放热越多，△H越小，因此反应CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g)的ΔH＞－890.3 kJ·mol－1，B错误；
C.合成氨反应是可逆反应，将1.5 mol H2和过量的N2在此条件下充分反应，放出热量小于46.2 kJ，C错误；
D．CO（g）的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO（g）+O2（g）＝2CO2（g）△H＝-566.0kJ/mol，互为逆反应时，焓变的数值相同、符号相反，则2CO2（g）＝2CO（g）+O2（g）反应的△H＝
+566.0kJ/mol，D正确；
答案选D。

【点睛】本题考查热化学方程式，为高频考点，把握反应中能量变化、中和热与燃烧热、可逆反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，选项B为解答的易错点，注意比较△H大小时要带着符合比较，题目难度不大。

9.在CH 3COOH溶液中存在如下平衡：CH3COOH H+ + CH3COO-。

加入少量的下列固体物质，能使平衡逆向移动的是
A. NaCl
B. CH3COONa
C. Na2CO3
D. NaOH
【答案】B
【解析】
氯化钠和醋酸不反应也没有相同的
离子，对平衡没有影响，A 错误；加入CH 3COONa ，相当于增加了溶液中醋酸根离子浓度，平衡左移，B 正确；碳酸钠能和氢离子反应生成二氧化碳和水，减少氢离子浓度，平衡向右移动，所以能促进醋酸的电离，C 错误；氢氧化钠能和氢离子反应生成氯化钠和水，减少氢离子浓度，平衡向右移动，能促进醋酸的电离，D 错误；正确选项B 。

点睛：对于CH 3COOH
H + + CH 3COO -平衡来说，增加溶液中的氢离子浓度或增加溶液中醋酸
根离子浓度，均可使平衡向左移动，减少溶液中的氢离子浓度或醋酸根离子浓度，均使平衡向右移动。

10.用铁片稀H 2SO 4反应制取氢气时，下列措施不能使氢气生成速率加大的是 A. 加热
B. 不用稀H 2SO 4改用98%的浓H 2SO 4
C. 滴加少量CuSO 4溶液
D. 不用铁片，改用铁粉
【答案】B 【解析】
【详解】A.因加热时反应体系的温度升高，则化学反应速率加快，故A 能；
B.因浓硫酸具有强氧化性，常温下铁与浓硫酸钝化，加热反应生成二氧化硫而不生成氢气，故B 不能；
C.滴加少量CuSO 4溶液，铁置换出Cu ，构成Fe 、Cu 原电池，从而加快了生成氢气的反应速率，故C 能；
D.改用铁粉，增大了铁与硫酸反应的接触面积，则反应速率加快，故D 能。

故选B 。

11.将0.05molSO 2(g)和0.03molO 2(g)放入容积为1L 的密闭容器中，反应2SO 2(g)+O 2(g)2SO 3(g)，在一定条件下2min 时达到平衡，测得c(SO 3)=0.04mol·L -1。

以下
表述正确的是
A. 若恒容下，充入氮气，则c(SO 3)小于0.04mol·L -1
B. 该条件下反应的平衡常数为1.6×103
C. v(O 2)= 0.02 mol·L -1.min -1
D. 使用催化剂若平衡没有移动，则该反应达到化学平衡状态 【答案】B 【解析】
试题分析：A:恒容下充入氮气,对平衡没有影响，故A 错； B:依据化学平衡三段式列式计算平衡浓度；
2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）
起始量（mol/L） 0.05 0.03 0
变化量（mol/L） 0.04 0.02 0.04
平衡量（mol/L） 0.01 0.01 0.04
平衡常数=0.042/(0.012x0.01)=1600=1.6×103，故B正确
C:v(O2)=0.002/2=0.01mol/L D:催化剂只改变反应速率，对平衡移动没影响。

考点：考查了化学平衡的相关知识。

12. 将固体A置于密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：
①A(s)B(g)＋C(g)；②2C(g)D(g)＋E(g)。

达到平衡时，c(D)=0.5mol·L-1，c(C)=4mol·L-1，则此温度下反应①的平衡常数为
A. 25
B. 20
C. 16
D. 9
【答案】B
【解析】
试题分析：依题意得，平衡时c(C)=4mol/L，C分解生成的D的浓度为0.5mol/L，A分解生成的C的浓度为4mol/L+2×0.5mol/L=5mol/L，故A分解生成的B的浓度为5mol/L，所以反应①的平衡常数k=c（B）c（C）=5×4=20。

答案选B。

考点：平衡常数
13.一定条件下，可逆反应C（s） + CO 2（g） 2 CO（g）ΔH > 0，达到平衡状态，现进行如下操作：① 升高反应体系的温度；② 增加反应物C的用量；③ 缩小反应体系的体积；
④ 减少体系中CO的量。

上述措施中一定能使反应的正反应速率显著加快的（）
A. ①②③④
B. ①③
C. ④②
D. ①③④【答案】B
【解析】
试题分析：①、其它条件不变时，升温，既能使正反应速率明显增大，也能使逆反应速率明显增大，但吸热方向的速率增大程度更大，①正确；②、单质碳是固体，增加固体的用量，不能加快反应速率，因为固体物质的浓度是一个常数（或不变量），②错误；③、其它条件不变时，缩小容积，既能增大反应物的浓度，又能增大生成物的浓度，因此正反应速率明显增大，逆反应速率也明显增大，但是其实质是增大压强，气体体积减小方向的速率增大程度更大，③正确；④、其它条件不变时，减小CO的量，就是减少生成物浓度，而此时反应物浓度不变，因此逆反应速率明显减小，而正反应速率先保持不变，然后因为平衡正向移动，导致
正反应速率逐渐减小，直到达到新的平衡时保持不变，④错误；答案选B。

考点：本题主要考查外界条件对正、逆反应速率的影响规律。

14.某温度和有催化剂条件下，恒容密闭容器中发生反应N2+3H 22NH3，下列说法正确的是t/min 0 5 10 15 20
c(NH3)/(mol·L-1) 0 1.00 1.60 1.80 1.80
A. 0～10min内，v(NH3)=0.16mol·L-1·min-1
B. 0～10min内，v(N2)=0.18mol·L-1·min-1
C. 0～10min内，v(N2)=016mol·L-1·min-1
D. 15～20min内，反应v(N2)正= v(N2)逆=0
【答案】A
【解析】
分析：化学反应速率通常用单位时间内浓度的变化量来表示，结合反应速率与化学计量数的关系以及平衡状态的特征解答。

详解：A. 0～10min内，v(NH3)=1.60mol/L÷10min＝0.16mol·L-1·min-1，A正确；
B. 根据化学反应速率之比是化学计量数之比可知0～10min内，
v(N2)=1
2
v(NH3)=0.08mol·L-1·min-1，B错误；
C. 根据化学反应速率之比化学计量数之比可知0～10min内，
v(N2)=1
2
v(NH3)=0.08mol·L-1·min-1，C错误；
D. 15～20min内反应达到平衡状态正逆反应速率相等，反应v(N2)正=v(N2)逆≠0，D错误。

答案选A。

点睛：注意对某一具体的化学反应来说，用不同物质的浓度变化来表示化学反应速率时，数值往往不同，其数值之比等于化学方程式中化学计量数之比。

15.已知反应A2(g)＋2B2(g)2AB2(g)的ΔH＜0，下列说法正确的是( )
A. 升高温度，正向反应速率增加，逆向反应速率减小
B. 升高温度有利于反应速率增加，从而缩短达到平衡的时间
C. 达到平衡后，升高温度或增大压强都有利于该反应平衡正向移动
D. 达到平衡后，降低温度或减小压强都有利于该反应平衡正向移动
【答案】B
【解析】
【分析】
A2(g)＋2B2(g)2AB2(g)的ΔH＜0，该反应是一个气体分子数减少的放热反应。

【详解】A. 升高温度，正向反应速率增加，逆向反应速率也增大，A不正确；
B. 升高温度有利于反应速率增加，从而缩短达到平衡的时间，B正确；
C. 达到平衡后，升高温度有利于该反应平衡逆向移动，C不正确；
D. 达到平衡后，减小压强都有利于该反应平衡逆向移动，D不正确。

故选B。

二、非选择题（55分）
16.运用化学反应原理知识研究如何利用CO、SO2等污染物有重要意义。

（1）用CO可以合成甲醇。

已知：
CH3OH(g)＋3
2
O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－764.5kJ·mol－1
CO(g)＋1
2
O2(g)=CO2(g) ΔH＝－283.0kJ·mol－1
H2(g)＋1
2
O2(g)=H2O(l) ΔH＝－285.8kJ·mol－1
则CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH＝__kJ·mol－1
（2）下列措施中能够增大上述合成甲醇反应的反应速率的是__(填写序号)。

a．使用高效催化剂 b．降低反应温度
c．增大体系压强 d．不断将CH3OH从反应混合物中分离出来
（3）在一定压强下，容积为V L的容器中充入amolCO与2amolH2，在催化剂作用下反应生成甲醇，平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。

①p 1__p 2(填“大于”、“小于”或“等于”)；
②100℃时，该反应的化学平衡常数K ＝__(mol·L －1)－2
；
③在其它条件不变的情况下，再增加amolCO 和2amolH 2，达到新平衡时，CO 的转化率__(填“增大”、“减小”或“不变”)。

【答案】 (1). －90.1 (2). ac (3). 小于 (4). 2
V ()a
(5). 增大 【解析】 【分析】
（1）用CO 可以合成甲醇。

由盖斯定律可知，②+③×2-①得到CO （g ）+2H 2（g ）⇌CH 3OH （g ）； （2）温度越高、压强越大，使用催化剂都可使反应速率增大，降低温度反应速率减慢，从体系中分离出甲醇，相当于减少浓度，反应速率减慢；
（3）①由图1可知，温度相同时，在压强为P 2时平衡时CO 的转化率高，由反应CO （g ）+2H 2（g ）⇌CH 3OH （g ）可知压强越大，越有利于平衡向正反应进行，故压强P 1＜P 2；
②由于平衡常数与压强没有关系，所以根据图象可知，在100℃P 1时，CO 的转化率是0.5，通
过反应方程式和公式K=2a 2V
a a 2V V ⎛⎫⨯ ⎪⎝⎭
可以求得；
③在其它条件不变的情况下，再增加a molCO 与2amolH 2，等效为增大压强，平衡向正反应移动，CO 转化率增大；
【详解】（1）（1）用CO 可以合成甲醇。

已知：①CH 3OH （g ）+
3
2
O 2（g ）=CO 2（g ）+2H 2O （l ）△H=-764.5kJ •mol -1；②CO （g ）+ 12O 2（g ）=CO 2（g ）△H=-283.0kJ •mol -1；③H 2（g ）+ 1
2
O 2
（g ）=H 2O （l ）△H=-285.8kJ •mol -1；由盖斯定律可知，②+③×2-①得到CO （g ）+2H 2（g ）⇌CH 3OH （g ）△H=-283.0kJ/mol-285.8kJ/mol ×2+764.5kJ/mol=-90.1kJ/mol ，故答案为：-90.1； （2）温度越高、压强越大，使用催化剂都可使反应速率增大，降低温度反应速率减慢，从体系中分离出甲醇，相当于减少浓度，反应速率减慢，故答案为：ac ；
（3）①由图1可知，温度相同时，在压强为P 2时平衡时CO 的转化率高，由反应CO （g ）+2H 2（g ）⇌CH 3OH （g ）可知压强越大，越有利于平衡向正反应进行，故压强P 1＜P 2，故答案为：小于；
②由于平衡常数与压强没有关系，所以根据图象可知，在100℃P 1时，CO 的转化率是0.5，则
CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）
起始浓度（mol/L）a
V
2a
V
转化浓度（mol/L）
a
2V
a
V
a
2V
平衡浓度（mol/L）
a
2V
a
V
a
2V
所以平衡常数K=2
a
2V
a a
2V V
⎛⎫
⨯ ⎪
⎝⎭
=2
V
()
a
，
故答案为：2
V
()
a
；
③在其它条件不变的情况下，再增加a molCO与2amolH2，等效为增大压强，平衡向正反应移动，CO转化率增大，故答案为：增大；
17.氮可形成多种氧化物，如NO、NO2、N2O4等。

已知NO2和N2O4的结构式分别是和。

实验测得N－N键键能为167kJ·mol－1， NO2中氮氧键的平均键能为466 kJ·mol
－1，N
2
O4中氮氧键的平均键能为438．5 kJ·mol－1。

（1）写出N2O4转化为NO2的热化学方程式：____________
（2）对反应N2O4（g）2NO2（g），在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。

下列说法正确的是_____
A．A、C两点的反应速率：A＞C
B．B、C两点的气体的平均相对分子质量：B＜C
C．A、C两点气体的颜色：A深，C浅
D．由状态B到状态A，可以用加热的方法
（3）在100℃时，将0．40mol的NO2气体充入2 L抽空的密闭容器中，每隔一定时间就对该
容器内的物质进行分析，得到如下表数据：
时间（s）0 20 40 60 80
n（NO2）/mol 0．40 n10．26 n3n4
n（N2O4）/mol 0．00 0．050 n20．080 0．080
①在上述条件下，从反应开始直至20 s时，二氧化氮的平均反应速率为____________
②n3 n4（填“>”、“<”或“=”），该反应的平衡常数K的值为，升高温度后，反应2NO2N2O4的平衡常数K将（填“增大”、“减小”或“不变”）。

③若在相同情况下最初向该容器充入的是N2O4气体，要达到上述同样的平衡状态，N2O4的起始浓度是_____________mol·L－1。

【答案】（14分）（1）N2O4（g）2NO2（g）ΔH＝＋57 kJ·mol－1（3分）
（2）D（2分）
（3）①0．0025mol·（L·s）-1（3分）
②=（1分），K＝2．8（2分），减小（1分）
③0．10（2分）（未保留两位小数扣1分）
【解析】
试题分析：（1）根据化学反应的反应热=反应物的总键能-生成物的总键能，所以N2O4（g）2NO2（g）的反应热ΔH＝438．5 kJ·mol－1×4+167kJ·mol－1-466 kJ·mol－1×4="+57" kJ·mol－1，所以N2O4转化为NO2的热化学方程式为N2O4（g）2NO2（g）ΔH＝＋57 kJ·mo l －1；
（2）A、C点压强大于A点，所以C点的反应速率快，错误；B、B、C两点的二氧化氮体积分数相同，为等效平衡，则气体的平均相对分子质量相同，错误；C、A、C点温度相同，C的压强增大，体积缩小，气体颜色加深，尽管平衡逆向移动，但最终气体的颜色比原平衡时深，则A浅，C深，错误；D、B的二氧化氮体积分数小于A点，该反应是吸热反应，温度升高，平衡正向移动，二氧化氮的体积分数增大，所以T2>T1，A、B压强相同，则由状态B到状态A，可以用加热的方法，正确，答案选D。

（3）①在上述条件下，该反应为2NO 2（g ）N 2O 4（g ），从反应开始直至20 s 时，N 2O 4（g ）
的物质的量增加0.05mol ，则二氧化氮的物质的量减少0.1mol ，浓度减少
0.1mol/2L=0.05mol/L ，二氧化氮的平均反应速率为0.05mol/L/20s=0．0025mol·（L·s）-1
； ②60s 和80s 时四氧化二氮的物质的量相同，说明反应达到平衡状态，所以二氧化氮的物质的量不变，则n 3=n 4；四氧化二氮平衡时的浓度为0.08mol/2L=0.04mol/L ，二氧化氮的平衡浓度为0.40mol/2L-0.08mol/L=0.12mol/L ，则该条件下的平衡常数K=0.04/0.122
=2.8；二氧化氮生成四氧化二氮的反应是放热反应，所以升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小； ③若在相同情况下最初向该容器充入的是N 2O 4气体，要达到上述同样的平衡状态，即为等效平衡状态，则将0.4mol 的二氧化氮完全转化为四氧化二氮的物质的量是0.2mol ，则四氧化二氮的起始浓度为0.2mol/2L=0.1mol/L 。

考点：考查反应速率、平衡常数的计算，反应热的计算，平衡移动的判断，等效平衡的应用 18.有可逆反应：Fe(s)+CO 2(g)FeO(s)+CO(g)。

已知938K 时平衡常数K=1.47，1173K 时
平衡常数K=2.15。

(1)该反应的平衡常数表达式_____________，是____________（填“吸热”或“放热”）反应。

(2)若该反应在体积恒定的密闭容器中进行，在一定条件下达到平衡状态，如果改变下列条件，反应混合气体的平均相对分子质量如何变化（填“增大”、“减小”或“不变”）。

①升高温度_________________；②再通入CO__________________。

(3)该反应的
逆反应速率随时间变化的关系如图：
①从图中可以看出，反应t 2时达到平衡，在t 1时改变某种条件，该条件可能是_____。

A.升高温度 B.增大CO 2浓度 C.使用催化剂
②如果在t 3时从混合物中分离出部分CO ，t 4～t 5时间段反应处于新的平衡状态，请在图上画出t 3～t 5的υ(逆)变化曲线_________________。

【答案】 (1). K=
()
()
2
c CO
c CO
(2). 吸热 (3). 减小 (4). 不变 (5). AC
(6).
【解析】
【分析】
(1)结合化学平衡常数的表达式及反应方程式可写出该反应的平衡常数表达式；根据温度变化对化学平衡常数的影响判断该反应是吸热还是放热；
(2)反应混合气体的平均相对分子质量=m
n
，，反应前后气体质量变化，气体物质的量不变，据
此分析判断；
(3)①根据右图t1时刻，反应速率突然增大以及逆反应速率后来逐渐增大最后不变；
②根据分离出部分CO，逆反应速率减小，正反应速率瞬间不变画出t3～t5的v(逆)变化曲线。

【详解】(1)由可逆反应Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)，该反应的平衡常数表达式为：
K=
()
()
2
c CO
c CO
，在温度938K时，平衡常数K=1.47，在1173K时，K=2.15，可知：温度升高，化
学平衡常数增大，根据平衡移动原理：升高温度，化学平衡向吸热反应分析移动，升高温度，化学平衡常数增大，说明正反应为吸热反应；
(2)①该反应的正反应是吸热反应，升高温度，化学平衡正向移动，气体质量减小，而气体物质的量不变，因此平均相对分子质量减小；
②再通入CO，由于压强不影响化学平衡，达到平衡时各组分的含量不变，平均相对分子质量不变；
(3)①A.升高温度，正、逆反应速率会突然增大，随着反应的进行，生成物的浓度增大，逆反应速率增大，最后不变，A正确；
B.增大CO2的浓度，正反应速率突然增大，逆反应速率瞬间不变，B错误；
C.使用催化剂，正、逆反应速率突然增大，随着反应的进行，生成物的浓度增大，逆反应速率增大，最后不变，C正确；
故合理选项是AC ；
②如果在t 3时从混合物中分离出部分CO ，逆反应速率突然减小，正反应速率瞬间不变，平衡正向移动，随着反应的进行，生成物的浓度逐渐增大，逆反应速率逐渐增大，最后不变，如
图所示：。

19.300℃时,将2mol A 和2mol B 两种气体混合加入2L 密闭容器中,发生反应3A(g)+B(g)
2C(g)+2D(g) △H,2min 末反应达到平衡,生成0.8mol D 。

（用三段式解答。

）
(1)求该反应的平衡常数____。

(2)求平衡时A 的转化率____。

【答案】 (1). 0.5 (2). 60% 【解析】 【分析】
(1)K=[][]
[][]
22
3
C D A B ；(2) 平衡时A 的转化率=
100%⨯变化量
初始量。

【详解】300℃时,将2mol A 和2mol B 两种气体混合加入2L 密闭容器中,发生反应
3A(g)+B(g)
2C(g)+2D(g) △H,2min 末反应达到平衡,生成0.8mol D ；
3A(g)+B(g)
2C(g)+2D(g)
起始（mol/L ） 1 1 0 0 转化（mol/L ） 0.6 0.2 0.4 0.4 平衡（mol/L ） 0.4 0.8 0.4 0.4
(1)K=[][][][]223C D A B =()()()
22
3
0.40.4=0.50.40.8⨯⨯ ；(2)平衡时A 的转化率=
100%⨯变化量初始量=0.6100%=1
⨯60% 。