1、山西省临汾市2020届高三化学上学期第二次月考试题（含解析）（满分100分 时间：90分钟）可能用到的相对原子质量：C-12 O-16 S-32 Cl-35.5 Na-23 Fe-56 Mn-55： Al-27 . N-14. K-39 . I-127第I卷（选择题）一、单选题（共15小题，每小题3分，共45分）1.利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子，示意图如下所示。下列说法错误的是A. 相比现有工业合成氨，该方法条件温和，同时还可提供电能B. 阴极区，在氢化酶作用下发生反应H2+2MV2+2H+2MV+C. 正极区，固氮酶为催化剂，N2发
2、生还原反应生成NH3D. 电池工作时质子通过交换膜由负极区向正极区移动【答案】B【解析】【分析】由生物燃料电池的示意图可知，左室电极为燃料电池的负极，MV+在负极失电子发生氧化反应生成MV2+，电极反应式为MV+e= MV2+，放电生成的MV2+在氢化酶的作用下与H2反应生成H+和MV+，反应的方程式为H2+2MV2+=2H+2MV+；右室电极为燃料电池的正极，MV2+在正极得电子发生还原反应生成MV+，电极反应式为MV2+e= MV+，放电生成的MV+与N2在固氮酶的作用下反应生成NH3和MV2+，反应的方程式为N2+6H+6MV+=6MV2+NH3，电池工作时，氢离子通过交换膜由负极向正极
3、移动。【详解】A项、相比现有工业合成氨，该方法选用酶作催化剂，条件温和，同时利用MV+和MV2+的相互转化，化学能转化为电能，故可提供电能，故A正确；B项、左室为负极区，MV+在负极失电子发生氧化反应生成MV2+，电极反应式为MV+e= MV2+，放电生成的MV2+在氢化酶的作用下与H2反应生成H+和MV+，反应的方程式为H2+2MV2+=2H+2MV+，故B错误；C项、右室为正极区，MV2+在正极得电子发生还原反应生成MV+，电极反应式为MV2+e= MV+，放电生成的MV+与N2在固氮酶的作用下反应生成NH3和MV2+，故C正确；D项、电池工作时，氢离子（即质子）通过交换膜由负极向正极移动
4、，故D正确。故选B。【点睛】本题考查原池原理的应用，注意原电池反应的原理和离子流动的方向，明确酶的作用是解题的关键。2.为提升电池循环效率和稳定性，科学家近期利用三维多孔海绵状Zn（3DZn）可以高效沉积ZnO的特点，设计了采用强碱性电解质的3DZnNiOOH二次电池，结构如下图所示。电池反应为Zn(s)+2NiOOH(s)+H2O(l)ZnO(s)+2Ni(OH)2(s)。以下说法不正确的是A. 三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积，所沉积的ZnO分散度高B. 充电时阳极反应为Ni(OH)2(s)+OH(aq)eNiOOH(s)+H2O(l)C. 放电时负极反应为Zn(s)+2OH(aq)2e
5、ZnO(s)+H2O(l)D. 放电过程中OH通过隔膜从负极区移向正极区【答案】D【解析】【详解】A、三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积，吸附能力强，所沉积的ZnO分散度高，A正确；B、充电相当于是电解池，阳极发生失去电子的氧化反应，根据总反应式可知阳极是Ni(OH)2失去电子转化为NiOOH，电极反应式为Ni(OH)2(s)OH(aq)eNiOOH(s)H2O(l)，B正确；C、放电时相当于是原电池，负极发生失去电子的氧化反应，根据总反应式可知负极反应式为Zn(s)2OH(aq)2eZnO(s)H2O(l)，C正确；D、原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则放电过程中OH通过隔膜从正
6、极区移向负极区，D错误。答案选D。3.我国科学家研制了一种新型的高比能量锌碘溴液流电池，其工作原理示意图如下。图中贮液器可储存电解质溶液，提高电池的容量。下列叙述不正确的是A. 放电时，a电极反应为I2Br-+2e-=2I-+Br-B. 放电时，溶液中离子的数目增大C. 充电时，b电极每增重0.65g，溶液中有0.02molI-被氧化D. 充电时，a电极接外电源负极【答案】D【解析】【分析】由电池装置图可知，a极I2Br-生成I-，则发生还原反应，应为原电池的正极，b极Zn失电子生成Zn2+，发生氧化反应，应为原电池的负极，充电时，a为阳极，b为阴极，以此解答该题。【详解】A. 放电时，a电极
7、I2Br-生成I-，发生还原反应，电极反应为，故A正确；B. 放电时正极I2Br-生成I-、Br-，负极生成Zn2+，则溶液中离子的数目增大，故B正确；C. 充电时，b电极生成Zn，每增重0.65g，即生成0.01molZn，则转移0.02mol电子，阳极发生，溶液中有0.02mol I-被氧化，故C正确；D. 原电池时，应生成I2Br-，则发生氧化反应，a为阳极，连接电源的正极，故D错误；故选D。【点睛】电解池中阳极失去电子发生氧化反应化合价升高，阴极得到电子发生还原反应化合价下降，原电池中负极发生氧化反应，正极发生还原反应，再根据电解质判断生成产物。4.将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液
8、湿润后，置于如图所示装置中，进行铁的电化学腐蚀实验。下列有关该实验的说法正确的是A. 铁被氧化的电极反应式为Fe3eFe3+B. 铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能C. 活性炭的存在会加速铁的腐蚀D. 以水代替NaCl溶液，铁不能发生吸氧腐蚀【答案】C【解析】【分析】根据实验所给条件可知，本题铁发生的是吸氧腐蚀，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+；正极反应为：O2+2H2O +4e-=4OH-；据此解题；【详解】A.在铁的电化学腐蚀中，铁单质失去电子转化为二价铁离子，即负极反应为：Fe-2e-=Fe2+，故A错误；B.铁的腐蚀过程中化学能除了转化为电能，还有一部分转化为热能，故B错误；C.活性炭
9、与铁混合，在氯化钠溶液中构成了许多微小的原电池，加速了铁的腐蚀，故C正确；D.以水代替氯化钠溶液，水也呈中性，铁在中性或碱性条件下易发生吸氧腐蚀，故D错误；综上所述，本题应选C.【点睛】本题考查金属铁的腐蚀。根据电解质溶液的酸碱性可判断电化学腐蚀的类型，电解质溶液为酸性条件下，铁发生的电化学腐蚀为析氢腐蚀，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+；正极反应为：2H+ +2e-=H2；电解质溶液为碱性或中性条件下，发生吸氧腐蚀，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+；正极反应为：O2+2H2O +4e-=4OH-。5.化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。下列说法不正确的是A. Zn2+向Cu电极
10、方向移动，Cu电极附近溶液中H+浓度增加B. 正极的电极反应式为Ag2O2eH2O2Ag2OHC. 锌筒作负极，发生氧化反应，锌筒会变薄D. 使用一段时间后，电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降【答案】A【解析】【详解】A.Zn较Cu活泼，做负极，Zn失电子变Zn2+，电子经导线转移到铜电极，铜电极负电荷变多，吸引了溶液中的阳离子，因而Zn2+和H+迁移至铜电极，H+氧化性较强，得电子变H2，因而c(H+)减小，A项错误；B. Ag2O作正极，得到来自Zn失去的电子，被还原成Ag,结合KOH作电解液，故电极反应式为Ag2O2eH2O2Ag2OH，B项正确；C.Zn为较活泼电极，做负极，发生氧化反
11、应，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，锌溶解，因而锌筒会变薄，C项正确；D.铅蓄电池总反应式为PbO2 + Pb + 2H2SO4 2PbSO4 + 2H2O，可知放电一段时间后，H2SO4不断被消耗，因而电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降，D项正确。故答案选A。6.我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如下所示。下列说法不正确的是A. 生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%B. CH4CH3COOH过程中，有CH键发生断裂C. 放出能量并形成了CC键D. 该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率【答案】D【解析】分析：A项，生成C
12、H3COOH的总反应为CH4+CO2CH3COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活化变为过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，根据图示，的总能量高于的总能量，放出能量并形成C-C键；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率。详解：A项，根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH4选择性活化变为过程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项，根据图示，的总能量高于的总能量，放出能量，对比和，形成C-C键，C项正确；D项，催化剂只影响化学
13、反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误；答案选D。点睛：本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是准确分析示意图中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变H、不能使化学平衡发生移动。7.氢卤酸的能量关系如图所示下列说法正确的是A. 已知HF气体溶于水放热，则HF的H10B. 相同条件下，HCl的H2比HBr的小C. 相同条件下，HCl的H3+H4比HI的大D. 一定条件下，气态原子生成1molH-X键放出akJ能量，则该条件下H2=+akJ/mol【答案】D【解析】【分析】A根据H1代表的是H
14、X气体从溶液中逸出的过程分析判断；B根据H2代表的是HX的分解过程，结合HCl的HBr稳定性分析判断；C根据H3+H4代表H(g)H(aq)的焓变分析判断；D一定条件下，气态原子生成1molH-X键放出akJ能量，则断开1molH-X键形成气态原子吸收akJ的能量，据此分析判断。【详解】AH1代表的是HX气体从溶液中逸出的过程，因为HF气体溶于水放热，则HF气体溶于水的逆过程吸热，即HF的H10，故A错误；B由于HCl比HBr稳定，所以相同条件下HCl的H2比HBr的大，故B错误；CH3+H4代表H(g)H(aq)的焓变，与是HCl的还是HI的无关，故C错误；D一定条件下，气态原子生成1mol
15、H-X键放出akJ能量，则断开1molH-X键形成气态原子吸收akJ的能量，即为H2=+akJ/mol，故D正确；答案选D。8.炭黑是雾霾中的重要颗粒物，研究发现它可以活化氧分子，生成活化氧。活化过程的能量变化模拟计算结果如图所示。活化氧可以快速氧化SO2。下列说法正确的是A. 每活化一个氧分子吸收0.29eV能量B. 水可使氧分子活化反应的活化能降低0.42eVC. 氧分子的活化是OO的断裂与CO键的生成过程D. 炭黑颗粒是大气中SO2转化为SO3的催化剂【答案】CD【解析】【详解】A. 由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，因此是放出能量，故A不符合题意；B. 由图可知，水可使氧分子
16、活化反应的活化能降低0.18eV，故B不符合题意；C. 由图可知，氧分子的活化是OO的断裂与CO键的生成过程，故C符合题意；D. 活化氧可以快速氧化SO2，而炭黑颗粒可以活化氧分子，因此炭黑颗粒可以看作大气中SO2转化为SO3的催化剂，故D符合题意；故答案为CD。9.一定条件下，在体积为3L的密闭容器中化学反应CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）达到平衡状态判断可逆反应达到平衡状态的标志是（ ）A. 生成（CH3OH）=消耗（CO）B. 混合气体的密度不再改变C. 混合气体的平均相对分子质量不再改变D. CO、H2、CH3OH的浓度相等【答案】C【解析】【分析】可逆反应CO（g）+2H2（
17、g）CH3OH（g）为气体体积缩小的反应，当正逆反应速率相等时，各组成成分的浓度、百分比含量等不在变化，说明达到平衡状态，据此回答。【详解】A. 生成（CH3OH）=消耗（CO），表示的都是正反应速率，无法判断正逆反应速率是否相等，则无法判断是否达到平衡状态，故A错误；B.该反应前后都是气体，气体总质量不变，容器为恒容容器，体积不变，则气体密度不会发生改变，则无法判断是否达到平衡状态，故B错误；C.该反应为气体体积缩小的反应，气体的物质的量发生变化，而气体总质量不变，则混合气体的平均相对分子质量为变量，当混合气体的平均相对分子质量不再改变时达到平衡状态，故C正确；D. CO、H2、CH3OH的
18、浓度相等无法判断各组分的浓度是否变化，无法判断是否达到平衡状态，故D错误；故答案选：C。10.可逆反应3A(g)3B+C H0,随着温度的升高,气体的平均相对分子质量有变小的趋势。下列关于B、C两种物质的聚集状态的判断不正确的是（ ）A. B和C可能都是气体B. B和C一定都是气体C. 若C为固体,则B一定是气体D. 有可能B固体,C为气体【答案】B【解析】【详解】A.该反应为吸热反应，升温平衡向正方向移动，若B、C都是气体，则气体总质量不变,但物质的量增大，故平均相对分子质量一定减小，故A正确；B. 该反应为吸热反应，升温平衡向正方向移动，若C为固体，反应前后气体物质的量不变,但气体总质量减
19、小，气体平均相对分子质量减小，故B错误；C.该反应为吸热反应，升温平衡向正方向移动，若C为固体，反应前后气体物质的量不变,但气体总质量减小，气体平均相对分子质量减小，故C正确；D. 该反应为吸热反应，升温平衡向正方向移动，若B为固体，气体总质量减小,，尽管反应后气体总物质的量减小，但平均相对分子质量仍然有可能减小，故D正确；故选B。11.某密闭带活塞的容器中，反应达到平衡A（g）+2B（g）3C（？），测得C（A）=0.6mol/L，将容积体积缩小为原来的一半并重新达到平衡，测得C（A）=1.0mol/L，下列说法正确的是A. 建立新平衡时，原平衡不移动B. 建立新平衡时，原平衡向左移动C.
20、C为非气体物质，加压时平衡向右移动D. C为气体【答案】C【解析】【详解】A.缩小容器体积为原来一半，如果平衡不移动，则A的浓度为原来的2倍，现在比两倍小，则平衡向正方向移动，故A错误；B. 由A项可知平衡向右移动，故B错误；C.C若为气体则可逆反应为等体积反应，缩小体积平衡不移动，故C为非气体物质，加压时根据勒夏特列原理平衡向右移动，故C正确；D.由C项可知，C为非气体物质，故D错误；故答案选：C。12.已知298.15 K时，可逆反应：Pb2(aq)Sn(s)Pb(s)Sn2(aq)的平衡常数K2.2，若溶液中Pb2和Sn2的浓度均为0.10 molL1，则此时反应进行的方向是A. 向正反
21、应方向进行B. 向逆反应方向进行C. 处于平衡状态D. 无法判断【答案】A【解析】【详解】A.已知298.15K时，可逆反应：Pb2+（aq）+Sn（s）Pb（s）+Sn2+（aq）的平衡常数K=2.2，若溶液中Pb2+和Sn2+的浓度均为0.10molL-1，Qc=c(Sn2+)/c(Pb2+)=10，将X和Y以一定比例混合通入密闭容器中进行反应，各物质的浓度随时间的改变如图所示。下列说法不正确的是（ ）A. 反应方程式中n1B. 10min时，曲线发生变化的原因是升高温度C. 10min时，曲线发生变化的原因是增大压强D. 前5min后，用X表示的反应速率为v(X)0.08molL1min
22、1【答案】B【解析】【详解】A10min时反应物和生成物浓度瞬间同时增大，说明是增大了压强，然后，反应物浓度逐渐减小，生成物浓度增加，平衡正向移动，则说明该反应是气体物质的量减小的反应，则n=1，故A正确；B根据图像数据可知，10min时反应物和生成物浓度瞬间同时增大，则说明10min时增大了压强，故B错误；C根据图像数据可知，10min时反应物和生成物浓度瞬间同时增大，则说明10min时增大了压强，故C正确；D在5min时X的物质的量浓度为1.6mol/L，05minX的物质的量浓度的变化为2mol/L -1.6mol/L =0.4mol/L，则该时间段X的平均反应速率为v(X)=0.08m
23、olL-1min-1，故D正确；故选B。14.K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-(橙色)+H2O2CrO42-(黄色)+2H+。用K2Cr2O7溶液进行下列实验：结合实验，下列说法不正确的是（ ）A. 中溶液橙色加深，中溶液变黄B. 中Cr2O72-被C2H5OH还原C. 对比和可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强D. 若向中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色【答案】D【解析】【详解】A在平衡体系中加入酸，平衡逆向移动，重铬酸根离子浓度增大，橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，选项A正确；B中重铬酸钾氧化乙醇，重铬酸钾被还原，选项B正确；C是酸性条件，是碱性条件，酸性条
24、件下氧化乙醇，而碱性条件不能，说明酸性条件下氧化性强，选项B正确；D若向溶液中加入70%的硫酸到过量，溶液为酸性，可以氧化乙醇，溶液变绿色，选项D错误。答案选D。【点睛】本题考查化学平衡的影响因素，注意影响化学平衡移动的因素，解答时注意从勒沙特列原理的角度分析，易错点为选项C，是酸性条件，是碱性条件，酸性条件下氧化乙醇，而碱性条件不能，说明酸性条件下氧化性强。15.根据下列图示所得出的结论不正确的是A. 图甲是CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的H0B. 图乙是室温下H2O2催化分解放出氧气的反应中c(H2O2 )随反应时间变化的曲线，说
25、明随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小C. 图丙是室温下用0.1000 molL1NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 molL1某一元酸HX的滴定曲线，说明HX是一元强酸D. 图丁是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2+达到沉淀溶解平衡时，溶液中c(Ba2+ )与c(SO42)的关系曲线，说明溶液中c(SO42 )越大c(Ba2+ )越小【答案】C【解析】【分析】A. 升高温度，lgK减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的H0；B. 根据图像，随着时间的推移，c（H2O2）变化趋于平缓，随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小；C. 根据图像，没有
26、滴入NaOH溶液时，0.1000mol/LHX溶液的pH1，HX为一元弱酸；D. 根据图像可见横坐标越小，纵坐标越大，-lgc（SO42-）越小，-lgc（Ba2+）越大，说明c（SO42-）越大c（Ba2+）越小。【详解】A. 升高温度，lgK减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的H0，A项正确；B. 根据图像，随着时间的推移，c（H2O2）变化趋于平缓，随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小，B项正确；C. 根据图像，没有滴入NaOH溶液时，0.1000mol/LHX溶液的pH1，HX为一元弱酸，C项错误；D. 根据图像可见横坐标越小，纵坐标越大，-lgc
27、（SO42-）越小，-lgc（Ba2+）越大，说明c（SO42-）越大c（Ba2+）越小，D项正确；答案选C。【点睛】本题考查图像的分析，侧重考查温度对化学平衡常数的影响、化学反应速率、酸碱中和滴定pH曲线的分析、沉淀溶解平衡曲线的分析，掌握有关的原理，明确图像中纵、横坐标的含义和曲线的变化趋势是解题的关键。二、填空题（共三小题，除标注外每空3分，共22分。）16.近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：反应：2H2SO4(l)2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g) H1=+551 kJmol1反应：S(s)+O2(g)SO2(g) H3=297 kJm
28、ol1反应热化学方程式：_。【答案】3SO2(g)+2H2O (g)2H2SO4 (l)+S(s) H2=254 kJmol1【解析】【分析】根据盖斯定律和热化学方程式的书写进行分析。【详解】根据过程可知，反应II为SO2催化歧化生成H2SO4和S，反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S。应用盖斯定律，反应I+反应III得，2H2SO4（l）+S（s）=3SO2（g）+2H2O（g）H=H1+H3=（+551kJ/mol）+（-297kJ/mol）=+254kJ/mol，反应II的热化学方程式为3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s）H=-254 kJ/mol。17.将
29、PbO溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbCl4的电解液，电解Na2PbCl4溶液生成Pb的装置如图所示。写出电解时阴极的电极反应式_。电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为_。电解过程中，Na2PbCl4电解液浓度不断减小，为了恢复其浓度，应该向_极室（填“阴”或者“阳”）加入_（填化学式）。【答案】 (1). (2). H+ (3). 阴 (4). PbO【解析】【分析】如图电解池装置中，阳极H2O失去电子发生氧化反应生成氧气，阴极PbCl42-得到电子发生还原反应生成Pb，由此回答。【详解】（1）电解时阴极PbCl42-得到电子发生还原反应生成Pb，电极方程式为：，故答案
30、为：；（2）电解时阳极H2O失去电子发生氧化反应：，为了平衡电荷，生成的H+会通过阳离子交换膜移向阴极，故答案为：H+；（3）电解过程阴极发生反应：，由于溶液中含有Na+和和通过阳离子交换膜移向阴极的H+，则阴极溶液中含有溶质HCl和NaCl，则可向阴极室添加PbO生成Na2PbCl4电解液，故答案为：阴；PbO。18.全钒液流电池是一种新型的绿色环保储能系统，工作原理如图：离子种类VO2+VO2+V3+V2+颜色黄色蓝色绿色紫色（1）全钒液流电池放电时V2+发生氧化反应，该电池放电时总反应式是_。（2）当完成储能时，正极溶液的颜色是_（3）质子交换膜的作用是_【答案】 (1). (2). 黄
31、色 (3). 阻隔氧化剂与还原剂，使氢离子通过形成电流【解析】【分析】（1）由工作原理图可知，反应中V2+离子被氧化，应是电源的负极，VO2+离子化合价降低，被还原，应是电源的正极反应；（2）放电时，正极上的反应：，以此判断颜色变化；（3）质子交换膜仅能使氢离子通过，阻隔氧化剂与还原剂；【详解】(1)反应中V2+离子被氧化，应是电源的负极，VO2+离子化合价降低,被还原,应是电源的正极反应,反应的总方程式为，故答案为：；(2)放电时,正极上的反应：，生成VO2+由表中信息可知正极溶液的颜色是黄色，故答案为：黄色；(3)质子交换膜仅能使氢离子通过，阻隔氧化剂与还原剂形成闭合回路，故答案为：阻隔氧
32、化剂与还原剂，使氢离子通过形成电流。四、综合题（共二小题，每空3分，共33分）19.（1）F. Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25时N2O5（g）分解反应：其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间t的变化如下表所示（t=时，N2O5（g）完全分解）t/min0408016026013001700p/kPa35.840.342.545949.261.262.363.1研究表明，N2O5（g）分解的反应速率。t=62 min时，测得体系中=2.9 kPa，则此时的=_kPa，v=_kPamin1。若提高反应温度至35，则N2O5（g）完全分解后体系压强
33、p（35）_63.1 kPa（填“大于”“等于”或“小于”），原因是_。25时N2O4（g）= 2NO2（g）反应的平衡常数Kp=_kPa（Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1位小数）。【答案】 (1). 30 (2). (3). 大于 (4). 二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强P增大 (5). 13.4【解析】【分析】根据阿伏加德罗定律可知，在恒温恒容条件下，气体的压强与物质的量成正比；根据温度对压强和平衡状态的影响分析；根据五氧化二氮完全分解时的压强计算出二氧化氮、氧气的压强，然后再根据二氧化氮转化的方程式计算平衡时二氧化氮、四氧化二氮的压强；【详解】在恒
34、容容器中，气体的分压和物质的量成正比，故此题中可用P代替各物质的量使用。t=62min时,=2.9 kPa,因此=(35.8-22.9)kPa=30.0 kPa, ，故答案为：30；根据pV=nRT，恒容容器中，升高温度，T增大，所以总压强P增大。二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，因此总压强大于63.1kPa，故答案为：大于；二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强P增大；根据题中63.1kPa数值，所以。根据反应前后氮原子守恒可知：,解得，。故答案为13.4。【点睛】根据阿伏加德罗定律pV=nRT可知，在恒温恒容条件下，气体的压强与物质的量成正比，计算
35、时可以用气体压强来表示其物质的量。20.对于反应2SiHCl3（g）= SiH2Cl2（g）+SiCl4（g） H1=+48 kJmol1，采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323 K和343 K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。343 K时反应的平衡转化率=_%。平衡常数K343 K=_（保留2位小数）。在343 K下：要提高SiHCl3转化率，可采取的措施是_，要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有_。比较a、b处反应速率大小：a_b（填“大于”“小于”或“等于”）。反应速率=正逆=，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质量分数，计算a处=_（保留1位小数）。【
36、答案】 (1). 22 (2). 0.02 (3). 及时分离出产物 (4). 增大压强、使用催化剂或增大反应物的浓度等 (5). 大于 (6). 1.3【解析】【分析】直接观察即可知343K时的平衡转化率，再根据转化率列出三段式，进而求出平衡常数K；影响平衡的因素有温度、压强及浓度等，可根据反应条件判断促进平衡正向移动，提高转化率的方法；要缩短反应达到平衡的时间，需要提高反应速率，而影响反应速率的因素主要有温度、浓度、压强及催化剂等。温度越高，反应速率越快，由图象观察a处和b处的温度大小比较即可；反应速率=正逆=，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数则a点时正=，逆=，由平
37、衡时正逆反应速率相等，可得出 ，再结合此温度下的平衡状态，计算出平衡常数K即可计算。【详解】温度越高，反应速率越快，图象中点a所在曲线为343K，由图示可知343K时反应的平衡转化率=22%，设SiHCl3的起始浓度为cmol/L，则平衡常数，故答案：22；0.02；由题目中前后反应气体体积不变，并且温度恒定，所以只能使用及时分离出产物的方法加大反应物的转化率；要缩短反应达到的时间，应增大反应速率，则在温度不变的条件下可采取的措施是：增大压强、使用催化剂或增大反应物的浓度等，故答案为：及时分离出产物；增大压强、使用催化剂或增大反应物的浓度等；由图象可知，a的反应温度高于b，温度高反应速率快，所以a点的反应速率比b高；a点时转化率为20%，设起始时SiHCl3的物质的量为nmol，此时 则：，；反应速率=正逆=，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，则a点时，由平衡时正逆反应速率相等，可得出（平衡常数），则，故答案为：大于；1.3。