1、高三化学第6周统练一、选择题1.下列有关反应热的叙述中正确的是 () 已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)H=-483.6 kJ mol-1，则氢气的燃烧热H=-241.8 kJ mol-1由单质A转化为单质B是一个吸热过程，由此可知单质B比单质A稳定X(g)+Y(g)Z(g)+W(s)H0，恒温恒容条件下达到平衡后加入X，上述反应的H增大已知：下表数据可以计算出(g)+3H2(g)(g)的焓变共价键CCC=CCHHH键能/(kJmol-1)348610413436根据盖斯定律可推知在相同条件下，金刚石或石墨燃烧生成1 mol CO2(g)时，放出的热量相等25 、101 kPa时，1
2、 mol碳完全燃烧生成CO2(g)所放出的热量为碳的燃烧热A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】燃烧热概念中生成的H2O应是液态，故错误；AB是吸热过程，说明A具有的能量比B低，能量越低越稳定，则A比B稳定，故错误；H只跟始态和终态有关，代表1molX完全反应后产生的热效应，平衡后加入X后H不变，故错误；由于苯环中的碳碳键是介于单键和双键之间特殊的键，题目中没有说明键能是多少，无法计算反应的焓变，故错误；金刚石和石墨的结构不同，所具有的能量不同，燃烧生成1molCO2气体时放出的热量是不同的，故错误；25101kPa时，1mol碳完全燃烧生成CO2气体所放出的热量为碳的燃烧热，该说
3、法合理，故正确；只有正确，故选D。【点睛】本题的易错点为，中要注意燃烧热概念中“稳定氧化物”的理解，中要注意H与平衡的移动无关。2.结合下图判断，下列叙述正确的是（）A. 和中正极均被保护B. 和中负极反应均是Fe2e=Fe2C. 和中正极反应均是O22H2O4e=4OHD. 和中分别加入少量K3Fe(CN)6溶液，均有蓝色沉淀【答案】A【解析】【详解】A. 在原电池反应中，负极失电子，正极材料不能失去电子，所以和中正极均被保护，A正确；B. 中，Zn为负极，电极反应为Zn2e=Zn2， 中，负极反应为Fe2e=Fe2，B不正确；C. 中正极反应是O22H2O4e=4OH， 中，正极反应为2H
4、+2e-=H2，C不正确；D. 中铁为正极，没有亚铁离子生成，故向其中加入少量K3Fe(CN)6溶液后没有蓝色沉淀生成，D不正确。故选A。3.下图所示原电池的盐桥中装有饱和K2SO4溶液，电池工作一段时间后，甲烧杯中溶液颜色不断变浅。下列叙述中正确的是A. b极是电池的正极B. 甲烧杯中K+经盐桥流向乙烧杯C. 甲烧杯中溶液的pH逐渐减小D. 电池的总反应离子方程式为：MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O【答案】D【解析】【分析】由甲烧杯中溶液颜色逐渐变浅，甲烧杯中MnO4-被还原成Mn2+，Mn元素的化合价降低，得到电子，Fe元素的化合价升高，失去电子，则b为负极，a为正
5、极，所以总的电池反应为：2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=2MnSO4+5Fe2(SO4)3+K2SO4+8H2O，结合原电池中负极发生氧化反应，电流从正极经外电路流向负极，阴离子向负极移动来解答。【详解】由甲烧杯中溶液颜色逐渐变浅，甲烧杯中MnO4-被还原成Mn2+，Mn元素的化合价降低，得到电子，Fe元素的化合价升高，失去电子，则b为负极，a为正极，所以总的电池反应为：2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=2MnSO4+5Fe2(SO4)3+K2SO4+8H2O，结合原电池中负极发生氧化反应，电流从正极经外电路流向负极，阴离子向负极移动，A.由于Fe2+在b电极失去电子，发
6、生氧化反应，所以b极是电池的负极，A错误；B.K+向正极移动，所以K+经盐桥流向甲烧杯，B错误；C.甲烧杯中(a电极)MnO4-获得电子，发生还原反应，Mn元素的化合价降低，电极反应为MnO4-+8H+5e-Mn2+4H2O，所以甲烧杯中溶液的pH逐渐增大，C错误；D.由总的电池反应：2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=2MnSO4+5Fe2(SO4)3+K2SO4+8H2O可知，反应的离子方程式为：MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查原电池的工作原理及常见的化学电源，题目难度中等，明确氧化还原反应中元素的化合价变化及原电池
7、工作原理是解答本题的关键，试题培养了学生的灵活应用能力。4.下列有关反应速率的说法正确的是()A. 用铁片和稀硫酸反应制氢气时，改用98%的硫酸可以加快反应速率B. 100 mL 2 molL-1盐酸与锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变C. SO2的催化氧化反应是一个放热反应，所以升高温度，反应速率变慢D. 汽车尾气中的NO和CO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强，反应速率变慢【答案】D【解析】【详解】A铁与浓硫酸反应在铁表面形成一层致密的氧化物保护膜，发生钝化，反应本质发生了变化，所以浓硫酸不能加快反应速率，故A错误；B加入氯化钠溶液，溶液体积增大，溶液中氢离子浓度减小，则反应
8、速率减小，故B错误；C升高温度，正、逆反应速率都加快，故C错误；D减小压强，活化分子百分数不变，单位体积内的活化分子数减少，反应速率减小，故D正确；故选D。【点睛】本题的易错点为A，要注意改变浓度，不能改变反应的本质，若反应的本质发生了变化，则不能用浓度对反应速率的影响分析。5.一定温度下，对可逆反应A(g)2B(g)3C(g)的下列叙述中，能说明反应已达到平衡的是()A. 单位时间内消耗a mol A，同时生成3a mol CB. 容器内B的浓度不再变化C. 混合气体的物质的量不再变化D. A的消耗速率等于C的生成速率的倍【答案】B【解析】【详解】A单位时间内消耗a mol A，同时生成3a
9、 mol C，表示的都是正反应速率，无法判断正、逆反应速率是否相等，不能说明达到平衡状态，故A错误；B容器内B的浓度不再变化，则其他其他的浓度也不变，能够说明达到了平衡状态，故B正确；C该反应两边气体的化学计量数之和相等，气体的物质的量之和始终不变，所以混合气体的物质的量不能作为判断达到平衡状态的依据，故C错误；D根据方程式，A的消耗速率和C的生成速率都表示正反应速率，无法判断正、逆反应速率是否相等，不能说明达到平衡状态，故D错误；故选B。6.一定量的混合气体在密闭容器中发生如下反应：,达到平衡后测得A气体的浓度为,保持温度不变,将密闭容器的容积压缩为原来的一半再次达到平衡后,测得A浓度为,则
10、下列叙述正确的是 A. 平衡向正反应方向移动B. C. B的物质的量浓度减小D. C的体积分数降低【答案】A【解析】【详解】保持温度不变，保持温度不变将容器的容积缩为原来的一半，如平衡不移动，A的浓度为1mol/L，实际上A的浓度变为0.8mol/L，说明平衡向消耗A的方向移动，即向正反应移动，A、由上述分析可知，平衡向正反应方向移动，选项A正确；B、缩小体积，压强增大，平衡向正反应移动，压强增大平衡向气体物质的量减小的方向移动，即x+yn，选项B错误；C、由上述分析可知，平衡虽然向正反应方向移动，B的量减小，但容器的体积缩小一半，故B的物质的量浓度比原来的大，但小于原来浓度的2倍，选项C错误
11、；D、平衡向正反应方向移动，气体C的物质的量增大，故C的体积分数增大，选项D错误；答案选A。7.向恒温真空密闭容器中投入足量的FeC2O4(s)，发生的反应为FeC2O4(s)FeO(s)+CO(g)+ CO2(g) H(制备FeO的原理)，达到平衡时测得c(CO2)=c1 molL-1。温度不变，压缩容器体积至原来的一半，达到新平衡时测得c(CO2)=c2 molL-1。下列有关说法正确的是 ( )A. 当混合气体中CO的体积分数保持不变时达到平衡状态B. 缩小容器体积，FeC2O4(s)、FeO(s)的物质的量保持不变C. 两次平衡体系中c1=c2D. 若温度不变，增大容器体积达到新平衡时
12、，平衡常数减小【答案】C【解析】【详解】A根据方程式，混合气体中CO的体积分数保持不变，为50%，因此CO的体积分数保持不变，不能说明达到平衡状态，故A错误；B该反应为其他体积增大的反应，缩小容器体积，平衡逆向移动，FeC2O4(s)物质的量增大，FeO(s)物质的量减小，故B错误；C该反应的平衡常数K= c(CO) c(CO2)，温度不变，K不变，则两次平衡体系中c1=c2，故C正确；D温度不变，平衡常数不变，故D错误；故选C。8.在容积一定的密闭容器中，加入一定量的一氧化氮和足量碳发生反应：C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g)，平衡时c(NO)与温度T的关系如图所示。下列说法正确
13、的是 ( )A. 在T2时，若反应体系处于状态D，则此时v正pBD. 当容器内混合气体密度不变时，反应处于平衡状态【答案】D【解析】【详解】A在T2时，若反应体系处于状态D，D点c(NO)大于平衡时c(NO)，平衡正向移动，则此时v(正)v(逆)，故A错误；B增大NO的物质的量，相当于增大压强，平衡不移动，NO的平衡转化率不变，故B错误；C该反应为气体体积不变的反应，物质的量始终不变，若状态B、C、D的压强分别为pB、pC、pD，则pB=pC=pD，故C错误；DC为固体，随着反应的进行，气体的质量逐渐增大，容器的体积不变，则气体的密度为变量，因此容器内混合气体密度不变时，反应处于平衡状态，故D
14、正确；故选D。【点睛】本题的易错点为B，要注意C为固体，加入NO，相当于增大压强，平衡不移动。9.T时，在恒容密闭容器中充入一定量的H2和CO，在催化剂作用下发生如下反应：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)H0。反应达到平衡时，CH3OH体积分数与的关系如图所示。下列说法正确的是A. 反应达平衡时，升高体系温度，CO转化率升高B. 反应达平衡时，再充入一定量Ar，平衡右移，平衡常数不变C. 容器内混合气体的密度不再变化说明该反应达到平衡状态D. =25时达到平衡状态，CH3OH的体积分数可能是图中的F点【答案】D【解析】H0，升高体系温度，平衡逆向移动，CO转化率降低，故A错误；反应达
15、平衡时，再充入一定量Ar，容器体积不变，浓度不变，所以Q不变，平衡不移动，故B错误；根据 ，容器的体积不变、气体总质量不变，所以密度是恒量，密度不再变化反应不一定达到平衡状态，故C错误；=系数比时，达到平衡状态CH3OH的体积分数最大，=25时达到平衡状态，CH3OH的体积分数低于C，所以可能是图中的F点，故D正确。10.下列叙述及解释正确的是A. 2NO2(g)(红棕色)N2O4(g)(无色)H0，在平衡后，对平衡体系采取缩小容积、增大压强的措施，因为平衡向正反应方向移动，故体系颜色变浅B. H2(g)I2(g)2HI(g)H0，在平衡后，对平衡体系采取增大容积、减小压强的措施，因为平衡不移
16、动，故体系颜色不变C. FeCl33KSCNFe(SCN)3(红色)3KCl，在平衡后，加少量KCl，因为平衡向逆反应方向移动，故体系颜色变浅D. 对于N23H22NH3，平衡后，压强不变，充入O2，平衡左移【答案】D【解析】【详解】A缩小容积、增大压强平衡向气体体积减小的方向移动即正反应方向移动，但二氧化氮的浓度仍然增大，所以体系颜色加深，故A错误；B增大容积、减小压强，平衡不发生移动，但体积增大，混合物颜色变浅，故B错误；C氯离子不参与反应，平衡不移动，故C错误；D合成氨时保持压强不变，充入O2，则体积增大相当于反应体系的压强减小，平衡气体体积增大的方向移动，所以平衡左移，故D正确；故选D
17、。11.一定温度下，在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应2SO2(g)O2(g)2SO3(g)；H 196.6kJ/mol，测得反应的相关数据如下：容器1容器2容器3反应温度 T/K700700800反应物投入量2molSO2、1mol O24molSO3 2molSO2、1mol O2平衡v正(SO2)/ molL1 s1v1v2v3平衡c(SO3)/ molL1c1c2c3物质的平衡转化率1(SO2)2(SO3) 3(O2)平衡常数KK1K2K3下列说法正确的是 ()A. v1v2，c22c1B. K1K3 ，p22p3C. v1v3，1(SO2)3(SO2)D.
18、c22c3，2(SO3)+3(SO2)1【答案】D【解析】【分析】对比容器的特点，将容器1和容器2对比，将容器1和容器3对比。容器2中加入4molSO3等效于在相同条件下反应物投入量为4molSO2、2molO2，容器2中起始反应物物质的量为容器1的2倍，容器2相当于在容器1达到平衡后增大压强，将容器的体积缩小到原来的一半，增大压强反应速率加快，则v1v2，增大压强平衡向正反应方向移动，平衡时c22c1，p22p1，1(SO2)+2(SO2)1；容器1和容器2的温度相同，则K1=K2；容器3相当于在容器1达到平衡后升高温度，升高温度反应速率加快，则v1v3，升高温度平衡逆向移动，平衡时c3c1
19、，p3p1，1(SO2)3(SO2)，K1K3，据此分析解答。【详解】容器2中加入4molSO3等效于在相同条件下反应物投入量为4molSO2、2molO2，容器2中起始反应物物质的量为容器1的2倍，容器2相当于在容器1达到平衡后增大压强，将容器的体积缩小到原来的一半，增大压强反应速率加快，则v1v2，增大压强平衡向正反应方向移动，平衡时c22c1，p22p1，1(SO2)+2(SO2)1；容器1和容器2的温度相同，则K1=K2；容器3相当于在容器1达到平衡后升高温度，升高温度反应速率加快，则v1v3，升高温度平衡逆向移动，平衡时c3c1，p3p1，1(SO2)3(SO2)，K1K3。A根据分
20、析可知，v1v2，c22c1，故A错误；BK1K3，p22p1，p3p1，则p22p3，故B错误；C根据分析可知：v1v3，1(SO2)3(SO2)，故C错误；Dc22c1，c3c1，则c22c3；1(SO2)+2(SO2)1，1(SO2)3(SO2)，则2(SO3)+3(SO2)1，故D正确；故选D。【点睛】正确构建等效平衡为解答关键。本题的易错点为D中2(SO3)+3(SO2)的值的判断，等同平衡从正反应和逆反应开始时2(SO3)+3(SO2)=1，本题中要注意压强对转化率的影响。12.有、3个体积均为0.5L的恒容密闭容器，在、中按不同投料比(Z)充入HCl和O2(如下表)，加入催化剂发
21、生反应：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)H。HCl的平衡转化率与Z和T的关系如图所示。容器起始时T/n(HCl)/molZ3000.25a3000.25b3000.254下列说法不正确的是（ ）A. H0B. a4v(逆)D. 300时，该反应平衡常数的值为320【答案】D【解析】【详解】A、由图象可知，随着温度升高HCl的平衡转化率在减小，即升温平衡向左移动，则该反应是放热反应，H0，所以A正确；B、在相同温度时，n(HCl)相同，Z=a时HCl的转化率大于Z=4时HCl的转化率，即容器中增大了n(O2)，使Z4，即a4，同理可得4v(逆)，所以C正确；D、由于平衡常
22、数K只与温度有关，因此可根据容器对应的Q点进行计算，4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+ 2H2O(g)平衡时HCl的转化率为80%，则起始时c(HCl)=0.5mol/L，由Z=4求得c(O2)= 0.125mol/L，而c(Cl2) =c(H2O)=0，平衡时c(HCl)=0.1mol/L ，c(O2)=0.025mol/L，c(Cl2) =c(H2O)=0.2 mol/L，则K=640 (mol/L)-1，所以D错误。正确答案为D。【点睛】化学反应速率和化学平衡有关计算一定明确三个量，即起始量、平衡量和改变量，根据已知条件，结合转化率求出这三个量后，其它问题都能正确解答了。13.硫
23、在空气中燃烧生成气体A，把A溶于水得溶液B，向B中滴加溴水，溴水褪色，B变成C，在C里加Na2S产生气体D，把D通入B溶液得浅黄色沉淀E。A、B、C、D、E都含同一种元素。按A、B、C、D、E顺序排序的是()A. SO2、H2SO4、H2SO3、H2S、SB. SO2、H2SO3、H2SO4、H2S、SC. SO2、H2SO3、H2SO4、SO3、Na2S2O3D. SO3、H2SO4、H2SO3、SO2、Na2S2O3【答案】B【解析】硫在空气中燃烧生成气体A，A是SO2；把A溶于水得溶液B，B是H2SO3，向B中滴加溴水，溴水褪色，亚硫酸被氧化为硫酸，C是H2SO4，在C里加Na2S发生复
24、分解反应产生气体D，D是H2S；把D通入B溶液得浅黄色沉淀E，E是单质S。答案选B。14.已知一定条件下A、B、C、D之间的转化关系如右图所示。下列说法正确的是A. 若A为Fe，D为氢气，则B一定为酸B. 若A、D为化合物，B为水，则C一定是气体单质C. 若A、B、C、D均为化合物，该反应一定属于复分解反应D. 若A、B、C、D均为10电子微粒(分子或离子)，且C是可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则D常温下一定呈液态【答案】D【解析】【详解】A. 若A、D为化合物，B为水，铁与水蒸气高温条件下能生成氢气，故A错误；B.若A、D为化合物，B为水，则C不一定是气体单质，如3NO2+H2O=2HN
25、O3+NO，故B错误；C.若A、B、C、D均为化合物，该反应不一定属于复分解反应，如3NO2+H2O=2HNO3+NO，故C错误；D.C是可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则C是氨气，若A、B、C、D均为10电子微粒，且生成氨气，该反应为:NH4+OH-=NH3+H2O，水在常温下呈液态，故D正确；答案选D。15.处理锂离子二次电池正极废料铝钴膜(含有LiCoO2、Al等)的一种工艺如下：下列有关说法不正确的是A. 碱浸的目的是溶解铝B. 酸溶时H2 O2被还原C. H2SO4/H2O2可改用浓盐酸D. 铝、钴产物可再利用【答案】B【解析】【分析】本题以锂离子二次电池正极废料为研究对象，体现了
26、化学在推进生态文明建设、解决生态环境问题等方面大有作为，同时考查学生通过所学知识解决这一实际问题的能力，根据流程，LiCoO2不与碱反应，Al能与NaOH反应，使Al转变成可溶的NaAlO2，然后过滤得到LiCoO2，LiCoO2中Li为1价，O为2价，Co为3价，依据整个流程，产品中Co的化合价为2价，即“酸溶”中Co被还原,H2O2被氧化，“酸溶”液中加入NaOH，得到“净化液”，除去Li元素，加入草酸铵溶液，使Co2转变成CoC2O4沉淀；【详解】A、根据铝钴膜的成分以及流程，Al能与NaOH反应，生成可溶的NaAlO2，LiCoO2不溶于NaOH，然后过滤得到LiCoO2，因此碱浸的目
27、的是溶解铝，故A说法正确；B、LiCoO2中Co显3价，产品中CoC2O4，Co显2价，化合价降低，LiCoO2为氧化剂，H2O2为还原剂，H2O2被氧化，故B说法错误；C、H2SO4提供H，H2O2作还原剂，盐酸也能提供H，3价Co也能氧化Cl转化成2价Co，故C说法正确；D、根据上述分析，铝、钴产物可以再利用，故D说法正确。二、填空题16.随着环保意识增强，清洁能源越来越受到人们关注。（1）甲烷是一种理想的洁净燃料。已知：CH4（g）+2O2（g）= CO2（g）+ 2H2O（g）；H= -802.3kJmol-1 H2O（1）=H2O（g），H =+44.0kJmol-l写出常温常压下甲
28、烷完全燃烧热化学方程式_，计算4.8g甲烷气体完全燃烧生成液态水，放出热量为_kJ。（2）利用甲烷与水反应制备氢气，因原料廉价，具有推广价值。该反应为CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H=+206.lkJmol-l。800时，反应的化学平衡常数K=l.0，某时刻测得该温度下密闭容器中各物质的物质的量浓度如下表。CH4H2OCOH23.0 molL18.5 molL12.0 molL12.0 molL1则此时正、逆反应速率的关系是正反应速率_逆反应速率。（填“”、“”、“”）为了探究温度、压强对上述化学反应速率的影响，某同学设计了以下三组对比实验（温度为360或480、压强为10
29、1 kPa或303 kPa，其余实验条件见下表）。实验序号温度/压强/kPaCH4初始浓度/ molL1H2O初始浓度/ molL11360p2.006.802t1012.006.8033601012.006.80表中t=_，P=_；设计实验2、3的目的是_；实验l、2、3中反应的化学平衡常数的大小关系是_（用K1、K2、K3表示）。【答案】 (1). CH4(g)2O2(g)=CO2(g)2H2O(l) H=890.3kJmol1 (2). 267.09kJ (3). (4). 480 (5). 303kPa (6). 探究温度对反应速率的影响 (7). K2K1=K3【解析】【详解】（1）
30、考查热化学反应方程式的计算，CH4（g）+2O2（g）= CO2（g）+ 2H2O（g），H2O（1）=H2O（g），常温常压下，甲烷燃烧后，水以液态形式存在，即热化学反应方程式应为2，得出CH4(g)2O2(g)=CO2(g)2H2O(l) H=(802.3244.0)kJmol1=890.3kJmol1；4.8g甲烷气体燃烧生成液态水时放出的热量为4.8g890.3kJmol1/16gmol1=267.09kJ；（2）考查化学平衡常数的计算，Qc=0.627逆反应速率；本实验探究温度、压强对上述反应速率的影响，根据影响化学反应速率的因素，要求其他条件不变，根据表中数据3、2应探究温度对反应
31、速率的影响，因此t=480，1、3应探究压强对反应速率的影响，即p=303kPa，化学平衡常数只受温度的影响，该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，即化学平衡常数增大，即K2K1=K3。17.(1)t1 时，密闭容器中，通入一定量的CO和H2O，发生如下反应：CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) Ht1)，在相同条件下发生上述反应，达平衡时，CO浓度_c1(填“”“”“”或“=”)。(3)工业上常用CO、CO2和H2合成甲醇燃料，其原理为：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) H0当混合气体的组成固定时，CO平衡转化率()与温度和压强的关系如图所示。图中的压强由
32、大到小的顺序为_，判断理由是_；试解释CO平衡转化率随温度升高而减小原因是_。【答案】 (1). 3min4min (2). 向右移动 (3). a (4). (5). 放热 (6). (7). p1p2p3 (8). 相同温度下，由于反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO转化率增大；而反应为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响，故增大压强时，有利于CO的转化率升高 (9). 升高温度时，反应为放热反应，平衡向向左移动，使得体系中CO的量增大；反应为吸热反应，平衡向右移动，产生CO的量增大；总结果，随温度升高，使CO的转化率降低【解析】【分析】(1)反应达到平衡状态
33、时，各物质的浓度不变；5min-6min时间段内CO浓度减小、H2O浓度不变、CO2浓度增大，平衡向浓度增大的方向移动；该反应的正反应为放热反应，根据温度对平衡移动的影响分析；(2)升高温度，化学平衡常数增大，根据温度对平衡移动的影响分析；K(T2)与K(T1)的相等大小判断；(3)相同温度下，由于反应为气体分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动；而反应为气体分子数不变的反应，增大压强时平衡不移动；升高温度时，反应为放热反应，平衡向左移动；反应为吸热反应，升高温度平衡向右移动，据此分析解答。【详解】(1)从表格中数据分析，第3-4min时，体系中各物质的浓度不再变化，说明已经达到平衡状态，故答
34、案为：3min4min；5min6min时间段内，H2O的浓度增大，CO浓度减小，说明是增加了H2O的量，平衡正移，故答案为：向右移动；a；该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO转化率减小，则CO浓度c1，故答案为：；(2)升高温度，化学平衡常数增大，说明Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)为吸热反应，则其逆反应为放热反应，故答案为：放热；K(T2)= =2.5K(T1)，根据图象信息，K越大，对应温度越高，所以T2T1，故答案为：；(3)相同温度下，由于反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO转化率增大；而反应为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响，故增大压强时，有利于CO的转化率升高，所以压强p1p2p3；升高温度时，反应为放热反应，平衡向左移动，使得体系中CO的量增大；反应为吸热反应，平衡向右移动，产生CO的量增大；总结果，随温度升高，使CO的转化率降低，故答案为：p1p2p3；相同温度下，由于反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO转化率增大；而反应为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响，故增大压强时，有利于CO的转化率升高；升高温度时，反应为放热反应，平衡向向左移动，使得体系中CO的量增大；反应为吸热反应，平衡向右移动，产生CO的量增大；总结果，随温度升高，使CO的转化率降低。
