2.2 化学平衡 强基习题（含解析）2023--2024学年上学期高二化学人教版（2019）选择性必修1
文档属性
| 名称 | 2.2 化学平衡 强基习题（含解析）2023--2024学年上学期高二化学人教版（2019）选择性必修1 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 573.0KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-11-08 14:47:02 | ||
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文档简介
2.2 化学平衡 强基习题
一、单选题
1．化学平衡常数 、电离常数(Ka、Kb)、溶度积常数 等常数是表示、判断物质性质的重要常数，下列关于这些常数的说法中，正确的是（ ）
A．当温度升高时，弱酸、弱碱的电离常数(Ka、Kb)和溶度积常数 一定均变大
B． 说明相同物质的量浓度时，氢氰酸的酸性比醋酸的强
C．向氯化钡溶液中加入等体积同浓度的碳酸钠和硫酸钠溶液，先产生 沉淀，则
D．化学平衡常数的大小与温度、浓度、压强有关，与催化剂无关
2．对利用甲烷消除NO2污染进行研究，CH4+2NO2 N2+CO2+2H2O。在1L密闭容器中，控制不同温度，分别加入0.50molCH4和1.2molNO2，测得n(CH4)随时间变化的有关实验数据见下表。
组别 温度 时间/min n/mol 0 10 20 40 50
① T1 n(CH4) 0.50 0.35 0.25 0.10 0.10
② T2 n(CH4) 0.50 0.30 0.18 0.15
下列说法正确的是（ ）
A．由实验数据可知实验控制的温度T2>T1
B．组别①中，0~20min内，NO2的降解速率为0.0125mol·L-1·min-1
C．40min时，表格中T2对应的数据为0.18
D．0～10min内，CH4的降解速率①>②
3．在恒温、恒容下，当反应容器内总压强不随时间变化时，下列可逆反应一定达到平衡的是（ ）
A．A(g)+B(g) C(g) B．A(g)+2B(g) 3C(g)
C．A(g)+B(g) C(g)+D(g) D．以上都达到平衡
4．工业上以乙苯催化脱氢制取苯乙烯的反应如下：
（g） （g）+H2（g）
现将x mol乙苯蒸气通入体积可变的密闭容器中反应，维持体系总压强p总恒定．在某催化剂作用下，乙苯的平衡转化率随温度变化如图所示．
已知：气体分压（p分）=气体总压（p总）×体积分数．
不考虑副反应，下列说法正确的是（ ）
A．400℃时，向体系中通入水蒸气，v（正）、v（逆） 均减小，且乙苯转化率降低
B．500℃时，向体系中通入乙苯、苯乙烯、氢气各0.1x mol，平衡不移动
C．550℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp= ×p总
D．550℃时平衡体系中苯乙烯的体积分数是450℃时的3倍
5．下列生活、生产相关叙述中，不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．工业制硫酸过程中，通入过量的氧气
B．热的纯碱溶液去油污效果更好
C．工业制氯化氢时，通入过量的氢气
D．氨态氮肥与草木灰不能混合使用
6．一定温度下有可逆反应：A（g）+2B（g） 2C（g）+D（g）．现将5mol A和10mol B加入一体积为2L的密闭容器中，反应至10min时改变某一条件，C的物质的量浓度随时间变化关系如图所示．下列有关说法正确的是（ ）
A．在0～5min内，正反应速率逐渐增大
B．反应从起始至5min时，B的转化率为50%
C．5min时的平衡常数与10min时的平衡常数不等
D．第15min时，B的体积分数为25%
7．在容积不变的密闭容器中发生反应：N2（g）+3H2（g） 2NH3（g），反应达平衡状态的标志是（ ）
①单位时间内生成n mol N2的同时生成2n mol NH3
②用N2、H2、NH3的物质的量浓度变化表示的反应速率比为1：3：2的状态
③2v（H2）正=3v（NH3）逆
④混合气体的密度不再改变的状态
⑤混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态．
A．①③④ B．②③⑤ C．①③⑤ D．①②③④⑤
8．通过反应Ι：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)可以实现CO2捕获并资源化利用。密闭容器中，反应物起始物质的量比=3时，在不同条件下(分别在温度为250℃下压强变化和在压强为5×105Pa下温度变化)达到平衡时CH3OH物质的量分数变化如下图所示，主要反应如下：
反应II：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)ΔH2=+42.5kJ·mol-1
反应Ⅲ：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)ΔH3=—90.7kJ·mol-1
下列说法正确的是（ ）
A．反应Ι的ΔH1=+48.2kJ·mol-1
B．曲线②表示CH3OH的物质的量分数随压强的变化
C．一定温度下，增大的比值，可提高CO2平衡转化率
D．在5×105Pa、250℃、起始=3条件下，使用高效催化剂，能使CH3OH物质的量分数从X点达到Y点
9．在一密闭容器中加入A和B，各物质的物质的量浓度随着反应的进行，如图所示．下列说法不正确的是（ ）
A．该反应的化学方程式为5A+4B 4C
B．2min时，该反应达到平衡，此时A，B，C的浓度比为5：4：4
C．用B的浓度变化表示2min内的速率为2mol/（L min）
D．2min前，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大
10．在密闭容器中进行反应CH4(g)＋H2O(g) CO(g)＋3H2(g) ΔH＞0，测得c(CH4)随反应时间(t)的变化如图所示。下列判断正确的是（）
A．0~5min内，v(H2)＝0.1mol·(L·min)－1
B．反应进行到12min时，CH4的转化率为25%
C．恒温下，缩小容器体积，平衡后H2浓度减小
D．10min时，改变的外界条件可能是升高温度
11．氢氟酸中存在平衡： 。加入少量下列物质，能使平衡逆向移动的是（ ）
A． B． C． D．
12．一定温度下，某一密闭恒容的容器内有可逆反应：A（g）+3B（g） 2C（g）．该反应进行到一定限度后达到了化学平衡，该化学平衡的标志是（ ）
A．C物质的生成速率和A的生成速率相等
B．容器内气体的压强不再随时间而改变
C．单位时间内生成a mol物质A，同时生成3a mol物质B
D．A，B，C三种物质的分子数之比为1：3：2
13．关于下图所示转化关系(X代表卤素)，说法正确的是（ ）
A．H2 (g)+X2(g)=2H(g)+2X(g) △H2＜0
B．生成HX的反应热与途径有关，所以△H1≠△H2+△H3
C．若X分别表示Cl，Br，I，则过程Ⅱ吸收的热量依次增多
D．Cl2，Br2分别发生反应I，同一温度下的平衡常数分别为K1，K2，则K1 >K2
14．一定条件下对反应2AB（g） A2（g）+B2（g）的下列叙述中，能说明反应已达到平衡的是（ ）
A．单位时间内生成nmolA2，同时消耗2n molAB
B．容器内3种气体共存
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变
15．高温下，某反应达到平衡，平衡常数K= {#mathmL#}{#/mathmL#} ．恒容时，温度升高，H2浓度减小．下列说法正确的是（ ）
A．升高温度，逆反应速率减小
B．该反应的焓变为正值
C．恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小
D．该反应的化学方程式为CO+H2O {#mathmL#}{#/mathmL#} CO2+H2
16．一碘甲烷()热裂解可制取乙烯等低碳烯烃化工原料。碘甲烷热裂解时主要反应有：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
在体积为1L的密闭容器中，起始投料，平衡体系中各烯烃的物质的量分数随温度的变化如图所示，下列说法正确的是
A．若的焓变为，则
B．曲线b表示的物质的量分数随温度的变化
C．400K~780K之间，温度对反应Ⅱ的影响大于的浓度对反应Ⅱ的影响
D．780K之后，体系以反应Ⅱ为主
二、综合题
17．有机物催化脱氢制备氢气和化工原料是当前石化工业研究的重要课题之一。
（1）以甲烷、水蒸气为原料进行催化重整是制氢的常见方法之一，过程可能涉及反应：
CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) △H1=+206.2
kJ·mol-1
CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) △H2=-41.1 kJ·mol-1
CH4(g)=C(g)+2H2(g) △H3=+74.8 kJ·mol-1
①反应C(g)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g) △H4= kJ·mol-1
②向原料中添加正硅酸锂Li4SiO4作为CO2的吸附剂，除产生氢气外还生成两种盐，写出该反应的方程式 。
（2）甲基环己烷催化脱氢( )是石油工业制氢常见方法，以Ni-Cu为催化剂，固定反应温度为650K，在不同流速情况下，甲基环己烷脱氢转化率如题18图-1所示，b点转化率能与a点保持相当的原因是 。
（3）以H2O、CaBr2、Fe3O4为原料进行气固相反应可以实现水的分解制得氢气，其反应原理如题18图-2所示。反应“①”中生成3 mol HBr，生成氢气的物质的量为 。从原料到O2的生成过程可描述为 。
18．雾霾严重危害人类健康和生态环境，开发稳定高效的脱硫脱硝工艺是当前国内外研究的热点。
（1）天然气中含有的微量 H2S 会腐蚀管道和设备，在 1200℃下进行脱硫处理，H2S 会被氧气氧化为SO2，并产生水蒸气。
化学键 H-S O=O H-O SO2 中共价键
键能/（kJ mol-1） 339 498 464 1083
请写出该反应的热化学方程式： .
（2）利用 NaClO2/H2O2 酸性复合吸收剂可同时有效脱硫、脱硝，将 NO、SO2 氧化为硝酸和硫酸而除去。在温度一定时，n(H2O2)/n(NaClO2)、溶液pH 对脱硫脱硝的影响如下图所示：
图 a 图 b
①从图a和图 b中可知脱硫脱硝最佳 n(H2O2)/n(NaClO2)是 、最佳 pH 是 。
②图b中 SO2 的去除率随pH 的增大而增大，而 NO 的去除率在pH>5.5 时反而减小，请解释 NO 去除率减小的可能原因 。
（3）臭氧也是理想的烟气脱硝剂，其脱硝的反应之一为 2NO2(g)+O3(g) N2O5(g)+O2(g)，不同温度下，在体积为 1L 的甲、乙两个恒容密闭容器中均充入1mol O3 和 2 mol NO2，相关信息如下图所示，请回答下列问题：
①0-15min 内乙容器中反应的平均速率：v(NO2)= 。(保留2位有效数字)
②下列措施能提高容器乙中 NO2 转化率的是 (填字母标号)
A．向容器中充入氦气，增大容器的压强
B．升高容器的温度
C．向容器中再充入一定量的 NO2
D．向容器中再充入1mol O3 和 2 mol NO2
19．、为重要化工原料，常用于合成重要化合物。
Ⅰ.以、为原料合成涉及的反应如下：
ⅰ
ⅱ
ⅲ
回答下列问题：
（1）为分压平衡常数，各反应的随的变化如图所示。
反应ⅲ的 ，其对应的曲线为 (填“a”或“c”)。
（2）在5MPa下，按照投料，平衡时，CO和在含碳产物中物质的量分数及的转化率随温度的变化如图：
①图中代表的曲线为 (填“m”或“n”)。
②解释150~250℃范围内转化率随温度升高而降低的原因 。
③下列说法错误的是 (填字母)。
A．的平衡转化率始终低于的
B．温度越低，越有利于工业生产
C．加入选择性高的催化剂，可提高的平衡转化率
D.150-400℃范围内，温度升高，的平衡产量先减小后增大
④270℃时CO的分压为 ，反应ⅱ的平衡常数为 (列出算式)。
Ⅱ.超干重整得到的CO经偶联反应可制得(草酸)。
（3）在水溶液中、和物质的量分数与pH关系如图所示，则c点溶液 。
Ⅲ.利用电池(工作原理如下图所示)能有效地将转化成化工原料草酸铝
已知：电池的正极反应式：(草酸根)正极反应过程中，起催化作用，催化过程可表示为：①②……
（4）写出反应②的方程式 。
20．已知可逆反应：A(g)＋ B(s) 2C(g)＋ D(g) ΔH＝a kJ·mol－1，其中a>0.现在T℃下，向容积为2L的恒温容器中充入2molA和2molB发生反应。其中A的含量变化如下表所示：
时间/min 0 1 2 3 4 5 6
n (A)/mol 2 1.5 1.2 1.1 1.05 1.0 1.0
（1）从反应开始进行到反应进入平衡状态，物质C的平均反应速率V(c)= ，物质A的转化率为 。
（2）下列选项中能够证明该反应已经达到平衡状态的有__________
A．容器内气体密度保持不变
B．容器内压强保持不变
C．物质A，C，D的物质的量之比n(A)：n(C)：n(D) = 1：2：1
D．物质B的浓度保持不变
E．物质B的质量保持不变
（3）反应达到平衡后，下列措施能使A的转化率增大且使反应速率加快的是____(填符号)。
A．保持容积不变，充入He气 B．缩小容器体积以增大压强
C．增加B物质的含量 D．将C(g)从体系中分离
E．升高反应温度 F．向体系中再加入2molA物质
（4）T℃下，该反应的平衡常数K值为 。若升高体系温度，K将 （填“增大”“减小”或“不变”），理由是 。
（5）同一温度下，再次进行上述反应。起始时向相同的容器中加入1molA和1molB，某一时刻测得体系压强变化为初始时刻压强的2倍，则此时物质D的浓度C(D)= ；此时该反应V正 V逆（填“大于”“小于”或“等于”），理由是 。
21．氢气作为新能源，广泛应用于能源、化学等领域。现阶段氢气主要通过天然气重整的方式进行工业生产。发生的化学方程式如下：
反应I CH4(g)＋H2O(g) CO(g)＋3H2(g) △H1＝＋206 kJ/mol
反应II CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) △H2＝－41 kJ/mol
副反应 CH4(g) C(s)＋2H2(g) △H3＝＋75 kJ/mol
（1）①若仅发生反应I，为提高CH4的平衡转化率，宜采用的反应条件为 。
A．高温高压 B．低温低压 C．高温低压 D．低温高压
②某研究小组在一定条件下往恒温恒容的密闭容器中通入一定量的甲烷和水蒸气，实验过程中发现CO2的产率远大于CO的产率，请解释可能的原因 。
（2）在实际生产过程中，科学家发现使用Ni作为催化剂(当Ni表面吸附大量碳时，会导致催化剂活性下降)，可加快反应I的反应速率，从而加快整个反应的进行，提高单位时间内H2的产率。
①某恒容体系中，压强为1.3MPa，水/甲烷的物质的量之比为4，反应相同时间，H2的物质的量随反应温度的变化曲线如图所示。
下列说法正确的是
A．对反应I而言，KT1>KT2
B．水/甲烷的物质的量之比等于4，大于初始反应的化学计量数之比，有利于促进CH4的转化，同时也有利于CO转化为CO2
C．使用Ni做催化剂，可增加活化分子百分数，从而加快反应速率，其主要原因是提高分子自身所具有的能量
D．若控制其他条件不变，缩小体积，则CH4的平衡转化率将减小
②在某恒温体系中，体积为1L，水/甲烷的物质的量之比等于4，投入CH4的量为1mol，若仅发生上述一系列反应，一段时间后，测得CH4的转化率为a，其中生成CO的选择性(转化的CH4中，生成CO的百分含量)为b，CO2的浓度为c mol/L，求此时H2的物质的量浓度为 ，CO的物质的量浓度为
（3）现科学家发现，以Ni－CaO为复合催化剂能在一定程度上促进天然气重整反应的正向进行，使H2体积分数达到95%左右。请从能量利用及平衡移动角度，理论分析以Ni－CaO为复合催化剂的优点 。
（4）CH4自身也可做为然料电池的原料，其工作原理如图所示。
请写出通入甲烷－极的电极反应式为 。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A.弱酸、弱碱的电离过程是吸热过程，温度升高促进电离，弱酸、弱碱的电离常数变大，沉淀溶解平衡中有的属于放热过程，如氢氧化钙溶解平衡，因此温度升高，Ksp变小，A不符合题意；
B.二者都是一元酸，浓度相同时，电离常数越小，说明电离程度越小，氢离子浓度越小，溶液的酸性越弱，故相同物质的量浓度的氢氰酸的酸性比醋酸弱，B不符合题意；
C.溶解度越小越先沉淀，二者结构相似，溶解度越小，溶度积就越小，故Ksp(BaSO4)< Ksp(BaCO3)，C符合题意；
D.化学平衡常数只与温度有关，与浓度、压强、催化剂无关，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.沉淀溶解平衡时一个放热的过程，因此升高温度，难溶电解质的溶度积常数会减小；
B. 说明相同物质的量浓度时，氢氰酸的酸性比醋酸的弱；
C.难溶电解质的溶度积常数越小就越容易生成沉淀；
D.平衡常数的大小只与温度有关，与其他因素无关。
2．【答案】A
【解析】【解答】A.根据表中数据分析，前10分钟内T2温度下甲烷的物质的量变化量大，说明该温度高，故符合题意；
B. 组别①中，0-20min内，甲烷的变化量为0.5-0.25=0.25mol·L-1，则用二氧化氮表示反应速率为0.25×2/20=0.025mol·L-1·min-1，故不符合题意；
C.因为T2温度高，应在40分钟之前到平衡，根据50分钟时的数据分析，平衡时的数据应为0.15，故不符合题意；
D.T2温度高，所以0~10 min内，CH4降解速率大，故不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A.温度越高，反应的速率就越大；
B.平均反应速率指的是物质在一段时间内浓度的变化量与时间的比值；
C.温度越高，达到平衡状态所用的时间就越短；
D.温度越高，反应进行的速率就越快，在苯反应中，甲烷的降解速率就越快。
3．【答案】A
【解析】【解答】A中反应前后气体物质的量不等，恒温恒容下总压强不变，反应达平衡；B、C反应前后气体物质的量相等，不论是否达到平衡总压强不变。
【分析】化学反应前后气体物质的反应系数发生变化，说明恒温和恒压条件下压强对该反应有影响。
4．【答案】C
【解析】【解答】解：A、向体积可变的密闭容器中通入水蒸气，导致反应体系体积变大，反应物和生成的浓度都减小，v（正）、v（逆） 均减小，相当于减小压强，平衡正向移动，所以乙苯转化率升高，故A错误；
B、向体系中通入乙苯、苯乙烯、氢气各0.1x mol，相当于减小压强，平衡正向移动，而不是不移动，故B错误；
C、由图可知500℃时，乙苯的平衡转化率为：60%，应用三行式，
（g） （g）+ H2（g）
初起量： x mol 0 0
变化量： 0.6xmol 0.6xmol 0.6xmol
平衡量： 0.4xmol 0.6xmol 0.6xmol
所以K= = ×p总，故C正确；
D、由图可知550℃时平衡体系中苯乙烯的转化率率为：60%，450℃时平衡体系中苯乙烯的转化率率为：20%，所以550℃时平衡体系中苯乙烯的体积分数是450℃时的2倍，故D错误；
故选C．
【分析】A、向体积可变的密闭容器中通入水蒸气，导致反应体系体积变大，反应物和生成的浓度都减小，v（正）、v（逆） 均减小，相当于减小压强，平衡正向移动；
B、向体系中通入乙苯、苯乙烯、氢气各0.1x mol，相当于减小压强，平衡正向移动；
C、由图可知550℃时，乙苯的平衡转化率为：60%，应用三行式，结合气体分压（p分）=气体总压（p总）×体积分数；
D、由图可知550℃时平衡体系中苯乙烯的转化率率为：60%，450℃时平衡体系中苯乙烯的转化率率为：20%．
5．【答案】C
【解析】【解答】A. 工业制硫酸过程中，通入过量的氧气，可以增大氧气的浓度使化学平衡向正反应方向移动，经提高二氧化硫的转化率，A可以用勒夏特列原理解释；
B. 热的纯碱溶液去油污效果更好，因为盐类的水解是吸热反应，温度升高平衡向正反应方向移动，故热的纯碱溶液的碱性更强，B可以用勒夏特列原理解释；
C. 工业制氯化氢时，通入过量的氢气是为了使氯气充分反应，没有化学平衡存在，不能用勒夏特列原理解释；
D. 氨态氮肥与草木灰可以发生互相促进的双水解反应，使盐的水解程度变大生成氨气，导致氮肥的肥效降低，可以用勒夏特列原理解释。
故答案为：C。
【分析】A.工业制硫酸过程中，二氧化硫生成三氧化硫的过程是可逆反应；
B.盐的水解是吸热反应，属于可逆反应；
D.铵态氮肥水解溶液呈酸性，草木灰水解溶液呈碱性，二者混合水解相互促进。
6．【答案】B
【解析】【解答】解：A、根据图象可知，0～5min内C的物质的量浓度在增大，说明反应还在正向进行，反应物的浓度正在减小，所以正反应速率在逐渐减小，故A错误；
B、5mol A和10mol B加入一体积为2L的密闭容器中，得c（A）=2.5mol/L，c（B）=5mol/L，
A（g）+ 2B（g） 2C（g）+D（g）．
起始浓度（mol/L） 2.5 5 0
反应变化的浓度（mol/L） 1.25 2.5 2.5
平衡时的浓度（mol/L） c平（A） c平（B） 2.5
c平（B）=2.5mol/L
∴B的转化率α= ×100%=50%
故B正确；
C、平衡常数只与温度有关，与其它物理量都无关，而本题温度没有变化，所以化平衡常数不变，故C错误；
D、根据图象可知，在10min～15min时，平衡没有移动，第15min时，B的体积分数和第10min时的一样，
在第10min时，
A（g）+ 2B（g） 2C（g）+ D（g）
起始物质的量（mol） 5 10 0 0
反应变化的物质的量（mol） 2.5 5 5 2.5
平衡时的物质的量（mol） n（A） n（B） 2.5×2 2.5
∴平衡时n（A）=2.5mol n（B）=5mol n（C）=5mol n（D）=2.5mol
∴B的体积分数= ×100%= ×100%=33.3%，故D错误；
故选B
【分析】A、根据图象可知，0～5min内C的物质的量浓度在增大，说明反应还在正向进行，反应物的浓度正在减小，所以正反应速率在逐渐减小，据此判断；
B、根据C的物质的量浓度的变化，可以求得B的物质的量浓度的变化，进而求得B的转化率；
C、平衡常数只与温度有关，与其它物理量都无关，而本题温度没有变化，所以化平衡常数不变，据此判断；
D、根据图象可知，在10min～15min时，平衡没有移动，第15min时，B的体积分数和第10min时的一样，根据平衡时C的物质的量浓度可以求得B的物质的量的浓度，进而求得B的体积分数．
7．【答案】C
【解析】【解答】解：①单位时间内生成n mol N2的等效于消耗2n mol NH3的同时生成2n mol NH3，正逆反应速率相等，达平衡状态，故正确；②用N2、H2、NH3的物质的量浓度变化表示的反应速率比为1：3：2的状态，并不是浓度不变的状态，故错误；③2v（H2）正=3v（NH3）正=3v（NH3）逆，正逆反应速率相等，达平衡状态，故正确；④混合气体的密度一直不随时间的改变的状态，故错误；⑤混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故正确；
故选C．
【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．
8．【答案】C
【解析】【解答】A、根据三个方程式的关系，可知反应I=反应II+反应III，则有ΔH1=ΔH2+ΔH3，则 ΔH1=-48.2kJ·mol-1，A错误；
B、增大压强，平衡朝气体体积缩小的方向移动，则增大压强，反应III平衡朝正向移动，CH3OH浓度增大，曲线①表示CH3OH的物质的量分数随压强的变化反应III为放热反应，温度升高，CH3OH浓度减小，则曲线②表示CH3OH的物质的量分数随温度的变化，B错误；
C、增大的比值，可看成增大c(H2)，则CO2平衡转化率增大，C正确；
D、催化剂不影响平衡移动，D错误；
故答案为：C
【分析】A、盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减；
B、增大压强，减小体积，平衡朝气体体积缩小的方向移动，减小压强，增大体积则反之；
升高温度，平衡朝吸热方向移动，降低温度则反之；
C、增大一种反应物的浓度，可以提高另一种反应物的转化率；
D、催化剂不影响平衡移动。
9．【答案】B
【解析】【解答】解：A、根据图象可知，反应进行到2min时，物质的浓度不在发生变化，说明反应达到平衡状态，其中AB的浓度减小，C的浓度最大，其浓度的变化量分别是6mol/L﹣1mol/L=5mol/L、7mol/L﹣3mol/L=4mol/L、4mol/L﹣0=4mol/L，反应物生成物浓度之比等于物质的量之比，等于化学方程式计量数之比，所以化学方程式为，5A+4B 4C，故A正确
B、2min时，该反应达到平衡，ABC浓度分别为：1mol/L，3mol/L，4mol/L，此时A、B、C的浓度比为1：3：4，故B错误；
C、B的在2min内的浓度变化为4mol/L，反应速率= = =2min/L，故C正确；
D、2min前由于反应是向正反应方向移动的，反应物浓度减小，生成物浓度增大，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，故D正确；
故选B．
【分析】A、根据图象可知，反应进行到2min时，物质的浓度不在发生变化，说明反应达到平衡状态，其中AB的浓度减小，C的浓度最大，其浓度的变化量分别是6mol/L﹣1mol/L=5mol/L、7mol/L﹣3mol/L=4mol/L、4mol/L﹣0=4mol/L，反应物生成物浓度之比等于物质的量之比，等于化学方程式计量数之比；
B、2min时，该反应达到平衡，ABC浓度分别为：1mol/L，3mol/L，4mol/L；
C、B反应的浓度变化计算得到速率= ；
D、2min前由于反应是向正反应方向移动的，反应物浓度减小，生成物浓度增大．
10．【答案】D
【解析】【解答】A.0~5min内，由图中数据可知，v(CH4)=(1.0mol/L-0.5mol/L)/5min=0.1mol/(L*min)，且v(H2)＝3v(CH4)，故v(H2)＝0.3 mol·(L·min)－1，故A项不符合题意；
B.反应进行至12min时，CH4的转化率为：(1.0mol/L-0.25mol/L)/1.0mol/L=75%，故B项不符合题意；
C.由于该反应正向为体积增大的反应，因此缩小容器体积，平衡逆向移动，但平衡移动不能抵消产生的变化，因此平衡时H2浓度仍然较之前增大，故C项不符合题意。
D.10min至12min内，由图可知反应速率较前5min内增大，且c(CH4)减小，平衡正向移动，结合题中条件（正反应吸热）可知改变的条件可能是升温，故D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．根据图可知，前5min内甲烷的浓度由1.00mol/L减小为0.50mol/L，根据v=计算v（CH4），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（H2），即可得出本题答案
B．根据CH4的转化率为×100%计算；
C．根据勒夏特列原理解释；
D．由图可知，10min时甲烷的浓度继续减小，反应向正反应方向移动．
11．【答案】B
【解析】【解答】A．向氢氟酸溶液中加入碳酸钙，碳酸钙与溶液中的氢离子反应，使氢离子浓度减小，使平衡正向移动，故A不符合题意；
B．向氢氟酸溶液中加入盐酸，溶液中氢离子浓度减小，使平衡逆向移动，故B符合题意；
C．向氢氟酸溶液中加入氧化铜，氧化铜与溶液中的氢离子反应，使氢离子浓度减小，使平衡正向移动，故C不符合题意；
D．向氢氟酸溶液中加入氢氧化钡，氢氧化钡与溶液中的氢离子反应，使氢离子浓度减小，使平衡正向移动，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】平衡逆向移动，可以增加生成物的离子浓度
12．【答案】B
【解析】【解答】解：A．C物质的生成速率和A的生成速率相等，表示的是正逆反应速率，但是不满足计量数关系，说明没有达到平衡状态，故A错误；
B．该反应是气体体积缩小的反应，当容器内气体的压强不再随时间而改变时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量不再变化，该反应达到平衡状态，故B正确；
C．单位时间内生成a mol物质A，同时生成3a mol物质B，表示的都是逆反应速率，无法判断正逆反应速率是否相等，故C错误；
D．A、B、C三种物质的分子数之比为1：3：2，无法判断各组分的浓度是否发生变化，则无法判断平衡状态，故D错误；
故选B．
【分析】可逆反应A（g）+3B（g） 2C（g）为气体体积缩小的反应，该反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量不再变化，据此进行解答．
13．【答案】D
【解析】【解答】A、断裂化学键是吸热过程，△H2>O，不符合题意；
B、反应焙变与起始物质和终态物质有关与变化途径无关，所以△H1=△H2+△H3，不符合题意；
C、氯、溴、碘单质中化学键的键能逐渐减小，所以过程Ⅱ吸收的热量依次减少，不符合题意；
D、因Cl2的氧化性大于Br2，所以Cl2与氢气化合的程度比Br2大，则Cl2 ，Br2分别发生反应I，同一温度下，氢气与Cl2反应的平衡常数大于氢气与Br2反应，故D符合题意。
【分析】A、成键放热，△H2＜ 0；
B、根据盖斯定理，焓变只与始态和终态有关；
C、 Cl，Br，I 的单质的化学键键能依次减弱；
D、非金属性越强，单质氧化性越强，与氢气化合越容易。
14．【答案】D
【解析】【解答】解：A、单位时间内生成nmolA2，同时消耗2n molAB，都说明是正反应的方向，故A错误；
B、只要反应发生就是3种气体共存，不一定平衡，故B错误；
C、速率之比不等于对应物质的化学计量数之比，故C错误；
D、容器中各组分的体积分数不变，说明各物质的量不变反应达平衡状态，故D正确；
故选D．
【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．
15．【答案】B
【解析】【解答】解：平衡常数k= {#mathmL#}{#/mathmL#} ，所以该反应化学方程式应为CO2+H2 CO+H2O．
A、温度升高，正逆反应都增大，故A错误；
B、恒容时，温度升高，H2浓度减小，平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为吸热反应，即该反应的焓变为正值，故B正确；
C、恒温恒容下，增大压强，如果是加入稀有气体的话，各物质浓度没有变，所以平衡不移动，此时各物质的浓度不会变化，若增大二氧化碳浓度，H2浓度一定减小，若中等CO或水的浓度，H2浓度一定增大，故C错误；
D、平衡常数k= {#mathmL#}{#/mathmL#} ，所以该反应化学方程式应为CO2+H2 CO+H2O，故D错误．
故选B．
【分析】平衡常数指可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，平衡常数k= {#mathmL#}{#/mathmL#} ，所以该反应化学方程式应为CO2+H2 CO+H2O．
A、温度升高，正逆反应都增大；
B、恒容时，温度升高，H2浓度减小，平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动；
C、恒温恒容下，增大压强，分析引起压强增大的可能原因进行判断，如是加入稀有气体的话，各物质浓度没有变，所以平衡不移动，此时各物质的浓度不会变化；
D、根据平衡常数表达式书写反应方程式．
16．【答案】B
【解析】【解答】A．由盖斯定律可知，反应Ⅰ×+反应Ⅱ×得到反应，则ΔH4=(+80.2kJ/mol) ×+(-108kJ/mol) ×=+66.3kJ/mol＞0，故A不符合题意；
B．由热化学方程式可知，反应Ⅰ为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，C2H4的物质的量分数增大，反应Ⅱ为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，C2H4的物质的量分数增大、C3H6的物质的量分数减小，则由图可知，曲线b表示C3H6的物质的量分数随温度的变化，故B符合题意；
C．由图可知，780K时C3H6的物质的量分数最大，说明反应达到平衡，则温度780K时，反应未达到平衡，说明温度对反应Ⅱ的影响小于C2H4的浓度对反应Ⅱ的影响，故C不符合题意；
D．由图可知，780K时C3H6的物质的量分数最大，说明反应达到平衡，则反应Ⅱ、Ⅲ为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，C2H4的物质的量分数增大，反应Ⅰ为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，C2H4的物质的量分数增大，所以由C2H4的物质的量分数增大不能确定780K之后体系以反应Ⅱ为主，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减；
B、升高温度，平衡朝吸热方向移动；
C、结合平衡时刻的特点判断；
D、升高温度，平衡朝吸热方向移动。
17．【答案】（1）+90.3kJ·mol-1；CH4 + 2H2O+ Li4SiO4＝Li2CO3+ Li2SiO3+ 4H2
（2）b 点流速快于 a 点，利于氢气从平衡体系中分离出去，促进反应向正方向进行，提高转化率；b 点流速快于 a 点，反应物与催化剂接触充分程度低于 a 点，降低转化率；b 点前者对转化率的提高与后者降低相当。
（3）0.5mol；在高温条件下，水蒸气与 CaBr2 反应生成 HBr 和 CaO，生成的 HBr 与 Fe3O4 反应生成 FeBr2 和 Br2，生成的 Br2 与起始反应生成的 CaO 反应生成 O2 和 CaBr2 或（CaBr2 + H2O CaO+ 2HBr，Fe3O4+ 8HBr＝3FeBr2+Br2+ 4H2O，2CaO+2Br2＝2CaBr2+ O2）。
【解析】【解答】（1）由盖斯定律可得，目标反应的反应热ΔH=ΔH1－ΔH3＋ΔH2=(＋206.2kJ·mol－1)－(＋74.8kJ·mol－1)＋(－41.1kJ·mol－1)=＋90.3kJ·mol－1，因此，目标反应的反应热ΔH=＋90.3kJ·mol－1。
（2）b 点流速快于 a 点，利于氢气从平衡体系中分离出去，促进反应向正方向进行，提高转化率；b 点流速快于 a 点，反应物与催化剂接触充分程度低于 a 点，降低转化率；b 点前者对转化率的提高与后者降低相当。
（3）反应①的化学方程式为：3FeBr2＋4H2O=Fe3O4＋H2＋6HBr，因此当反应生成3molHBr时，反应生成n(H2)=0.5mol。由反应过程可知，在高温条件下，水蒸气与 CaBr2 反应生成 HBr 和 CaO，生成的 HBr 与 Fe3O4 反应生成 FeBr2 和 Br2，生成的 Br2 与起始反应生成的 CaO 反应生成 O2 和 CaBr2。
【分析】（1）①根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
②作为CO2的吸附剂，则反应生成Li2CO3，反应生成的另一种盐为Li2SiO3；据此写出反应的化学方程式。
（2）根据流速，结合平衡移动分析。
（3）根据反应的化学方程式计算生成n(H2)；结合反应过程分析从原料到O2的生成过程。
18．【答案】（1）1200℃ 2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g) △H= -1172 kJ mol-1
（2）6：1；5.5~6.0 之间的任意值均可；pH>5.5 以后，随着 pH 增大，NO 的还原性降低；或 H2O2 和 NaClO2 氧化性减弱，不能将 NO 氧化为硝酸
（3）0.053 mol·L-1·min-1；D
【解析】【解答】（1）反应的化学方程式为：2H2S(g)＋3O2(g)=2SO2(g)＋2H2O(g)，反应热等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和，因此该反应的反应热ΔH=(339kJ/mol×2×2+498kJ/mol×3)-(1083×2+464kJ/mol×2×2)=-1172kJ/mol，因此反应的热化学方程式为：1200℃ 2H2S(g)＋3O2(g)=2SO2(g)＋2H2O(g) ΔH=-1172kJ/mol。
（2）①由图a可知，当n(H2O2)/n(NaClO2)值为6时，SO2、NO的去除率最高；由图b可知，当pH在5.5～6.0时，SO2、NO的去除率最高，因此脱硫脱硝最佳n(H2O2)/n(NaClO2)是6：1，最佳pH是5.5～6.0。
②当pH>5.5以后，随着pH增大，NO的还原性降低；或H2O2、NaClO2的氧化性减弱，不能将NO氧化为HNO3，因此NO的除去率减小。
（3）①由图可知，0~15min内，反应生成c(N2O5)=0.4mol·L－1，由反应的化学方程式可知，参与反应的c(NO2)=0.8mol·L－1，因此用NO2表示的反应速率为。
②A、向容器内充入氦气，增大容器的压强，但反应物和生成物的浓度不变，平衡不移动，A不符合题意；
B、由图可知，乙的温度高于甲的温度，但乙中反应生成c(N2O5)较小，说明升高温度，平衡逆向移动，NO2的转化率降低，B不符合题意；
C、向容器内再充入一定量的NO2，则平衡正向移动，但NO2的转化率降低，C不符合题意；
D、向容器内再充入1molO3和2molNO2，则体系的压强增大，平衡正向移动，NO2的转化率增大，D符合题意；
故答案为：D
【分析】（1）用反应物的键能总和减去生成物的键能总和，计算反应热，进而写出反应的热化学方程式。
（2）①结合图像分析，当去除率最高时，确定最佳比值和最佳pH值。
②结合酸性条件对NO还原和H2O2、NaClO2氧化性的影响分析。
（3）①根据乙容器内c(N2O5)计算参与反应的c(NO2)，再结合公式计算反应速率。
②要提高乙中NO2的转化率，则改变的条件应能使平衡正向移动，据此结合平衡移动的影响因素分析。
19．【答案】（1）-90；a
（2）m；150~250℃范围内随着温度升高反应ⅰ逆向移动的程度大于反应ⅱ正向移动的程度；BC；；
（3）2.7
（4）
【解析】【解答】（1）由盖斯定律可知，ⅰ-ⅱ得反应ⅲ：；反应ⅰ和ⅲ为放热反应，随增大，也就是随着温度的降低，平衡正向移动，平衡常数变大，反应ⅱ平衡常数减小，故反应ⅱ对应c，Kp2=，故降低温度，应减小，则反应ⅲ对应的曲线为a；
（2）①反应ⅰ、ⅲ均为放热反应，随着温度升高平衡逆向移动，甲醇的含量会一直下降，而反应ⅲ中一氧化碳含量增加，且ⅱ为吸热反应，温度升高平衡正向移动，一氧化碳的含量也会增加，结合图像可知：图中代表的曲线为m、代表CO的曲线为n；
②反应ⅰ为放热反应、ⅱ为吸热反应；150~250℃范围内随着温度升高反应ⅰ逆向移动的程度大于反应ⅱ正向移动的程度，导致转化率随温度升高而降低；
③A．按照投料，投料比等于反应ⅰ的系数比，两者的转化率相同，由于还会发生反应ⅱ，导致二氧化碳的转化率高于氢气，故只要有反应ⅱ发生，就会导致H2的平衡转化率始终低于的，A正确；
B．温度越低，越有利于平衡向生成甲醇的方向移动，但是工业生产中需要一定的温度加快反应速率提高的单位时间产率，故不是温度越低越好，B不正确；
C．加入选择性高的催化剂，可提高的平衡转化速率，但是不会改变物质的平衡转化率，C不正确；
D．由图像可知，150-400℃范围内，温度升高，二氧化碳的转化率先降低后升高，根据二氧化碳的转化率可知，的平衡产量先减小后增大，D正确；
故答案为：BC；
④270℃时，在5MPa下，按照投料，设二氧化碳、氢气分别为1mol、3mol，由图可知，此时CO和的分数相同，二氧化碳转化率为24%；
则，a=0.12mol，则反应后二氧化碳、氢气、甲醇、一氧化碳、水的物质的量分别为0.76mol、2.52mol、0.12mol、0.12mol、0.24mol，总的物质的量为3.76mol，反应后总压强为，CO的分压为，反应ⅱ为的平衡常数为；
（3）随着pH增加，物质的量分数减小、物质的量分数先增加后减小、物质的量分数一直增加，ab点说明的电离常数Ka1=10-1.2、Ka2=10-4.2，c点，则Ka1×Ka2=，故，pH=2.7；
（4）)正极反应过程中，起催化作用，所以在反应②中二氧化碳和又会生成氧气，反应为。
【分析】（1）找到 各反应的随的 关系即可确定曲线，反应ⅰ和ⅲ为放热反应，横坐标越大，代表温度越低，衡正向移动，平衡常数变大，反应ⅱ平衡常数减小，Kp2等于反应ⅰ和ⅲ的Kp的比值，说明a曲线为ⅲ的关系曲线。
（2）平衡图像解题技巧：对应化学反应速率图像和化学平衡图像，应该注意下列几点：1、横轴坐标和纵坐标含义；2、曲线斜率或者趋势；3、曲线上特殊点，如起点、终点、交点和拐点等；4、根据需要运用辅助线，如等温线、等压线等
（3）解答新型化学电源的步骤：(1)判断电池类型→确认电池原理→核实电子、离子移动方向。(2)确定电池两极→判断电子、离子移动方向→书写电极反应和电池反应。(3)充电电池→放电时为原电池→失去电子的一极为负极。(4)电极反应→根据电荷守恒、原子守恒配平电极方程式。
20．【答案】（1）0.2mol/(L·min)；50%
（2）A；B；E
（3）E
（4）K=1；增大；该反应为吸热反应，升温平衡正移，正反应限度增大，K增大
（5）0.25mol/L；大于；在同一温度下平衡常数K仍为1，此时浓度商Q=0.25<1，说明反应未到平衡。K与Q
【解析】【解答】向容积为2L的恒温容器中充入2molA和2molB发生反应A(g)＋ B(s) 2C(g)＋ D(g) ΔH＝a kJ·mol－1，其中a>0，所以该反应为吸热反应。由题中信息可知，该反应在5min达到平衡状态，A、C、D的变化量分别为1mol、2mol、1mol，A、C、D的平衡量也分别为1mol、2mol、1mol，A、C、D的平衡浓度分别为0.5mo/Ll、1mol/L、0.5mol/L，A的转化率恰好为50%
（1）从反应开始进行到反应进入平衡状态，物质C的平均反应速率V(c)= 0.2mol/(L·min)，物质A的转化率为50%。
（2）A.反应过程中气体的质量增大，而体积不变，所以混合气体的密度在增大，当容器内气体密度保持不变时，说明反应达到了化学平衡状态；
B.正反应是气体分子数增大的方向，所以当容器内压强保持不变时，说明达到平衡状态；
C.物质A、C、D的物质的量之比n(A)：n(C)：n(D) = 1：2：1不能说明一定是平衡状态；
D.物质B的浓度一直不变 ，不能说明 ；E.物质B的质量保持不变时，说明反应达到了化学平衡状态。
综上所述，能够证明该反应已经达到平衡状态的有ABE。（3）反应达到平衡后，A.保持容积不变，充入He气，反应速率不变，平衡不移动；
B.缩小容器体积以增大压强，反应速率增大，平衡向逆反应方向移动，A的转化率减小；
C.增加B物质的含量，B的浓度不变，反应速率不变、平衡不移动；
D.将C(g)从体系中分离，平衡向正反应方向移动，但反应速率并没有增大；E.升高反应温度，化学反应速率增大，平衡向正反应方向移动，A的转化率增大；
F.向体系中再加入2molA物质，化学反应速率增大，但是A的转化率减小。
综上所述，能使A的转化率增大且使反应速率加快的是E。
（4）T℃下，该反应的平衡常数K值为 。若升高体系温度， K将增大，理由是该反应为吸热反应，升温平衡正移，正反应限度增大，K增大。
（5）同一温度下，再次进行上述反应。起始时向相同的容器中加入1molA和1molB，则A的起始浓度为0.5mol/L.设A的变化量为x，则B和C的变化量分别为2x和x.某一时刻测得体系压强变化为初始时刻压强的2倍，则有 ，解之得x=0.25，所以此时物质D的浓度C(D)= 0.25mol/L；此时该反应的浓度商Q= 0.25<1，说明反应未到平衡，反应正在向正反应方向进行，所以V正大于V逆。
【分析】（1）根据反应速率的计算公式进行计算；转化率等于参与反应的量除以起始的量；
（2）此题是对平衡状态判断的考查，分析所给选项中是否能体现正逆反应速率相等，若能则可以判断达到平衡状态；若不能则无法判断反应达到平衡状态；
（3）根据反应速率的影响因素进行分析，注意压强对反应速率的影响，必须需引起物质的浓度的变化；
（4）根据平衡常数的表达式进行计算；该反应为吸热反应，结合温度对平衡移动、平衡常数的影响进行分析；
（5）根据压强之比等于物质的量浓度之比，确定反应三段式中各个物质的物质的量浓度，再由Qc与K的大小关系，确定反应进行的方向，从而的得出正逆反应速率的大小关系。
21．【答案】（1）C；反应I的活化能较高，反应II的活化能较低，因此生成的CO被迅速转化为二氧化碳不能积累
（2）BD；(ab+c+2a)mol/L；(ab-c)mol/L
（3）氧化钙可吸附二氧化碳，使I的平衡正向移动，提高氢气的产率；同时，氧化钙吸附二氧化碳是放热反应，可为反应I的进行提供热量，降低系统能耗。
（4）
【解析】【解答】（1）①由于反应I为吸热反应，且为气体体积增大的反应，故为了提高CH4的平衡转化率，宜采用的反应条件为高温低压，故答案为：C；②在一定条件下往恒温恒容的密闭容器中通入一定量的甲烷和水蒸气， CO2的产率远大于CO的产率，是由于反应I的活化能较高，反应II的活化能较低，因此生成的CO被迅速转化为二氧化碳不能积累；（2）①A. 反应I为吸热反应，故对反应I而言，KT1B. 水/甲烷的物质的量之比等于4，大于初始反应的化学计量数之比，有利于促进CH4的转化，同时也有利于CO转化为CO2，B正确；
C. 使用Ni做催化剂，可增加活化分子百分数，从而加快反应速率，其主要原因是降低了反应的活化能，C不正确；
D. 由于反应I为气体体积增大的反应，若控制其他条件不变，缩小体积，则CH4的平衡转化率将减小，D正确；
故答案为：BD；②生成CO的选择性(转化的CH4中，生成CO的百分含量)为b，则反应I消耗的甲烷的物质的量浓度为ab mol/L，生成的氢气为3ab mol/L，由于CO2的浓度为c mol/L，则反应II生成氢气的浓度为c mol/L，反应III甲烷的消耗量为a(1-b)，则生成的氢气的浓度为2a(1-b)，则生成氢气的总浓度为(ab+c+2a)mol/L，反应I生成的CO的浓度为ab，反应II消耗的CO的浓度为c，则生成的CO浓度为(ab-c)mol/L；（3）以Ni－CaO为复合催化剂的优点为氧化钙可吸附二氧化碳，使I的平衡正向移动，提高氢气的产率；同时，氧化钙吸附二氧化碳是放热反应，可为反应I的进行提供热量，降低系统能耗；（4）甲烷在该燃料电池中作负极，电极反应为 。
【分析】（1） CH4(g)＋H2O(g) CO(g)＋3H2(g) △H1＝＋206 kJ/mol ，根据勒夏特列原理，要使平衡正向移动，则宜用的反应条件为高温低压
（2）反应吸热， 故温度越高平衡常数越大；提高一种物质的比例，另一种物质更能充分反应；催化剂的主要作用为降低反应的活化能；体积减小压强增大，往逆反应方向移动；根据三段式可求
（3） 氧化钙可吸附二氧化碳，使I的平衡正向移动，提高氢气的产率；同时，氧化钙吸附二氧化碳是放热反应，可为反应I的进行提供热量，降低系统能耗。
（4）电极反应式书写步骤：1、找变价元素标电子得失2、电荷守恒3、原子守恒
一、单选题
1．化学平衡常数 、电离常数(Ka、Kb)、溶度积常数 等常数是表示、判断物质性质的重要常数，下列关于这些常数的说法中，正确的是（ ）
A．当温度升高时，弱酸、弱碱的电离常数(Ka、Kb)和溶度积常数 一定均变大
B． 说明相同物质的量浓度时，氢氰酸的酸性比醋酸的强
C．向氯化钡溶液中加入等体积同浓度的碳酸钠和硫酸钠溶液，先产生 沉淀，则
D．化学平衡常数的大小与温度、浓度、压强有关，与催化剂无关
2．对利用甲烷消除NO2污染进行研究，CH4+2NO2 N2+CO2+2H2O。在1L密闭容器中，控制不同温度，分别加入0.50molCH4和1.2molNO2，测得n(CH4)随时间变化的有关实验数据见下表。
组别 温度 时间/min n/mol 0 10 20 40 50
① T1 n(CH4) 0.50 0.35 0.25 0.10 0.10
② T2 n(CH4) 0.50 0.30 0.18 0.15
下列说法正确的是（ ）
A．由实验数据可知实验控制的温度T2>T1
B．组别①中，0~20min内，NO2的降解速率为0.0125mol·L-1·min-1
C．40min时，表格中T2对应的数据为0.18
D．0～10min内，CH4的降解速率①>②
3．在恒温、恒容下，当反应容器内总压强不随时间变化时，下列可逆反应一定达到平衡的是（ ）
A．A(g)+B(g) C(g) B．A(g)+2B(g) 3C(g)
C．A(g)+B(g) C(g)+D(g) D．以上都达到平衡
4．工业上以乙苯催化脱氢制取苯乙烯的反应如下：
（g） （g）+H2（g）
现将x mol乙苯蒸气通入体积可变的密闭容器中反应，维持体系总压强p总恒定．在某催化剂作用下，乙苯的平衡转化率随温度变化如图所示．
已知：气体分压（p分）=气体总压（p总）×体积分数．
不考虑副反应，下列说法正确的是（ ）
A．400℃时，向体系中通入水蒸气，v（正）、v（逆） 均减小，且乙苯转化率降低
B．500℃时，向体系中通入乙苯、苯乙烯、氢气各0.1x mol，平衡不移动
C．550℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp= ×p总
D．550℃时平衡体系中苯乙烯的体积分数是450℃时的3倍
5．下列生活、生产相关叙述中，不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．工业制硫酸过程中，通入过量的氧气
B．热的纯碱溶液去油污效果更好
C．工业制氯化氢时，通入过量的氢气
D．氨态氮肥与草木灰不能混合使用
6．一定温度下有可逆反应：A（g）+2B（g） 2C（g）+D（g）．现将5mol A和10mol B加入一体积为2L的密闭容器中，反应至10min时改变某一条件，C的物质的量浓度随时间变化关系如图所示．下列有关说法正确的是（ ）
A．在0～5min内，正反应速率逐渐增大
B．反应从起始至5min时，B的转化率为50%
C．5min时的平衡常数与10min时的平衡常数不等
D．第15min时，B的体积分数为25%
7．在容积不变的密闭容器中发生反应：N2（g）+3H2（g） 2NH3（g），反应达平衡状态的标志是（ ）
①单位时间内生成n mol N2的同时生成2n mol NH3
②用N2、H2、NH3的物质的量浓度变化表示的反应速率比为1：3：2的状态
③2v（H2）正=3v（NH3）逆
④混合气体的密度不再改变的状态
⑤混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态．
A．①③④ B．②③⑤ C．①③⑤ D．①②③④⑤
8．通过反应Ι：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)可以实现CO2捕获并资源化利用。密闭容器中，反应物起始物质的量比=3时，在不同条件下(分别在温度为250℃下压强变化和在压强为5×105Pa下温度变化)达到平衡时CH3OH物质的量分数变化如下图所示，主要反应如下：
反应II：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)ΔH2=+42.5kJ·mol-1
反应Ⅲ：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)ΔH3=—90.7kJ·mol-1
下列说法正确的是（ ）
A．反应Ι的ΔH1=+48.2kJ·mol-1
B．曲线②表示CH3OH的物质的量分数随压强的变化
C．一定温度下，增大的比值，可提高CO2平衡转化率
D．在5×105Pa、250℃、起始=3条件下，使用高效催化剂，能使CH3OH物质的量分数从X点达到Y点
9．在一密闭容器中加入A和B，各物质的物质的量浓度随着反应的进行，如图所示．下列说法不正确的是（ ）
A．该反应的化学方程式为5A+4B 4C
B．2min时，该反应达到平衡，此时A，B，C的浓度比为5：4：4
C．用B的浓度变化表示2min内的速率为2mol/（L min）
D．2min前，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大
10．在密闭容器中进行反应CH4(g)＋H2O(g) CO(g)＋3H2(g) ΔH＞0，测得c(CH4)随反应时间(t)的变化如图所示。下列判断正确的是（）
A．0~5min内，v(H2)＝0.1mol·(L·min)－1
B．反应进行到12min时，CH4的转化率为25%
C．恒温下，缩小容器体积，平衡后H2浓度减小
D．10min时，改变的外界条件可能是升高温度
11．氢氟酸中存在平衡： 。加入少量下列物质，能使平衡逆向移动的是（ ）
A． B． C． D．
12．一定温度下，某一密闭恒容的容器内有可逆反应：A（g）+3B（g） 2C（g）．该反应进行到一定限度后达到了化学平衡，该化学平衡的标志是（ ）
A．C物质的生成速率和A的生成速率相等
B．容器内气体的压强不再随时间而改变
C．单位时间内生成a mol物质A，同时生成3a mol物质B
D．A，B，C三种物质的分子数之比为1：3：2
13．关于下图所示转化关系(X代表卤素)，说法正确的是（ ）
A．H2 (g)+X2(g)=2H(g)+2X(g) △H2＜0
B．生成HX的反应热与途径有关，所以△H1≠△H2+△H3
C．若X分别表示Cl，Br，I，则过程Ⅱ吸收的热量依次增多
D．Cl2，Br2分别发生反应I，同一温度下的平衡常数分别为K1，K2，则K1 >K2
14．一定条件下对反应2AB（g） A2（g）+B2（g）的下列叙述中，能说明反应已达到平衡的是（ ）
A．单位时间内生成nmolA2，同时消耗2n molAB
B．容器内3种气体共存
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变
15．高温下，某反应达到平衡，平衡常数K= {#mathmL#}{#/mathmL#} ．恒容时，温度升高，H2浓度减小．下列说法正确的是（ ）
A．升高温度，逆反应速率减小
B．该反应的焓变为正值
C．恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小
D．该反应的化学方程式为CO+H2O {#mathmL#}{#/mathmL#} CO2+H2
16．一碘甲烷()热裂解可制取乙烯等低碳烯烃化工原料。碘甲烷热裂解时主要反应有：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
在体积为1L的密闭容器中，起始投料，平衡体系中各烯烃的物质的量分数随温度的变化如图所示，下列说法正确的是
A．若的焓变为，则
B．曲线b表示的物质的量分数随温度的变化
C．400K~780K之间，温度对反应Ⅱ的影响大于的浓度对反应Ⅱ的影响
D．780K之后，体系以反应Ⅱ为主
二、综合题
17．有机物催化脱氢制备氢气和化工原料是当前石化工业研究的重要课题之一。
（1）以甲烷、水蒸气为原料进行催化重整是制氢的常见方法之一，过程可能涉及反应：
CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) △H1=+206.2
kJ·mol-1
CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) △H2=-41.1 kJ·mol-1
CH4(g)=C(g)+2H2(g) △H3=+74.8 kJ·mol-1
①反应C(g)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g) △H4= kJ·mol-1
②向原料中添加正硅酸锂Li4SiO4作为CO2的吸附剂，除产生氢气外还生成两种盐，写出该反应的方程式 。
（2）甲基环己烷催化脱氢( )是石油工业制氢常见方法，以Ni-Cu为催化剂，固定反应温度为650K，在不同流速情况下，甲基环己烷脱氢转化率如题18图-1所示，b点转化率能与a点保持相当的原因是 。
（3）以H2O、CaBr2、Fe3O4为原料进行气固相反应可以实现水的分解制得氢气，其反应原理如题18图-2所示。反应“①”中生成3 mol HBr，生成氢气的物质的量为 。从原料到O2的生成过程可描述为 。
18．雾霾严重危害人类健康和生态环境，开发稳定高效的脱硫脱硝工艺是当前国内外研究的热点。
（1）天然气中含有的微量 H2S 会腐蚀管道和设备，在 1200℃下进行脱硫处理，H2S 会被氧气氧化为SO2，并产生水蒸气。
化学键 H-S O=O H-O SO2 中共价键
键能/（kJ mol-1） 339 498 464 1083
请写出该反应的热化学方程式： .
（2）利用 NaClO2/H2O2 酸性复合吸收剂可同时有效脱硫、脱硝，将 NO、SO2 氧化为硝酸和硫酸而除去。在温度一定时，n(H2O2)/n(NaClO2)、溶液pH 对脱硫脱硝的影响如下图所示：
图 a 图 b
①从图a和图 b中可知脱硫脱硝最佳 n(H2O2)/n(NaClO2)是 、最佳 pH 是 。
②图b中 SO2 的去除率随pH 的增大而增大，而 NO 的去除率在pH>5.5 时反而减小，请解释 NO 去除率减小的可能原因 。
（3）臭氧也是理想的烟气脱硝剂，其脱硝的反应之一为 2NO2(g)+O3(g) N2O5(g)+O2(g)，不同温度下，在体积为 1L 的甲、乙两个恒容密闭容器中均充入1mol O3 和 2 mol NO2，相关信息如下图所示，请回答下列问题：
①0-15min 内乙容器中反应的平均速率：v(NO2)= 。(保留2位有效数字)
②下列措施能提高容器乙中 NO2 转化率的是 (填字母标号)
A．向容器中充入氦气，增大容器的压强
B．升高容器的温度
C．向容器中再充入一定量的 NO2
D．向容器中再充入1mol O3 和 2 mol NO2
19．、为重要化工原料，常用于合成重要化合物。
Ⅰ.以、为原料合成涉及的反应如下：
ⅰ
ⅱ
ⅲ
回答下列问题：
（1）为分压平衡常数，各反应的随的变化如图所示。
反应ⅲ的 ，其对应的曲线为 (填“a”或“c”)。
（2）在5MPa下，按照投料，平衡时，CO和在含碳产物中物质的量分数及的转化率随温度的变化如图：
①图中代表的曲线为 (填“m”或“n”)。
②解释150~250℃范围内转化率随温度升高而降低的原因 。
③下列说法错误的是 (填字母)。
A．的平衡转化率始终低于的
B．温度越低，越有利于工业生产
C．加入选择性高的催化剂，可提高的平衡转化率
D.150-400℃范围内，温度升高，的平衡产量先减小后增大
④270℃时CO的分压为 ，反应ⅱ的平衡常数为 (列出算式)。
Ⅱ.超干重整得到的CO经偶联反应可制得(草酸)。
（3）在水溶液中、和物质的量分数与pH关系如图所示，则c点溶液 。
Ⅲ.利用电池(工作原理如下图所示)能有效地将转化成化工原料草酸铝
已知：电池的正极反应式：(草酸根)正极反应过程中，起催化作用，催化过程可表示为：①②……
（4）写出反应②的方程式 。
20．已知可逆反应：A(g)＋ B(s) 2C(g)＋ D(g) ΔH＝a kJ·mol－1，其中a>0.现在T℃下，向容积为2L的恒温容器中充入2molA和2molB发生反应。其中A的含量变化如下表所示：
时间/min 0 1 2 3 4 5 6
n (A)/mol 2 1.5 1.2 1.1 1.05 1.0 1.0
（1）从反应开始进行到反应进入平衡状态，物质C的平均反应速率V(c)= ，物质A的转化率为 。
（2）下列选项中能够证明该反应已经达到平衡状态的有__________
A．容器内气体密度保持不变
B．容器内压强保持不变
C．物质A，C，D的物质的量之比n(A)：n(C)：n(D) = 1：2：1
D．物质B的浓度保持不变
E．物质B的质量保持不变
（3）反应达到平衡后，下列措施能使A的转化率增大且使反应速率加快的是____(填符号)。
A．保持容积不变，充入He气 B．缩小容器体积以增大压强
C．增加B物质的含量 D．将C(g)从体系中分离
E．升高反应温度 F．向体系中再加入2molA物质
（4）T℃下，该反应的平衡常数K值为 。若升高体系温度，K将 （填“增大”“减小”或“不变”），理由是 。
（5）同一温度下，再次进行上述反应。起始时向相同的容器中加入1molA和1molB，某一时刻测得体系压强变化为初始时刻压强的2倍，则此时物质D的浓度C(D)= ；此时该反应V正 V逆（填“大于”“小于”或“等于”），理由是 。
21．氢气作为新能源，广泛应用于能源、化学等领域。现阶段氢气主要通过天然气重整的方式进行工业生产。发生的化学方程式如下：
反应I CH4(g)＋H2O(g) CO(g)＋3H2(g) △H1＝＋206 kJ/mol
反应II CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) △H2＝－41 kJ/mol
副反应 CH4(g) C(s)＋2H2(g) △H3＝＋75 kJ/mol
（1）①若仅发生反应I，为提高CH4的平衡转化率，宜采用的反应条件为 。
A．高温高压 B．低温低压 C．高温低压 D．低温高压
②某研究小组在一定条件下往恒温恒容的密闭容器中通入一定量的甲烷和水蒸气，实验过程中发现CO2的产率远大于CO的产率，请解释可能的原因 。
（2）在实际生产过程中，科学家发现使用Ni作为催化剂(当Ni表面吸附大量碳时，会导致催化剂活性下降)，可加快反应I的反应速率，从而加快整个反应的进行，提高单位时间内H2的产率。
①某恒容体系中，压强为1.3MPa，水/甲烷的物质的量之比为4，反应相同时间，H2的物质的量随反应温度的变化曲线如图所示。
下列说法正确的是
A．对反应I而言，KT1>KT2
B．水/甲烷的物质的量之比等于4，大于初始反应的化学计量数之比，有利于促进CH4的转化，同时也有利于CO转化为CO2
C．使用Ni做催化剂，可增加活化分子百分数，从而加快反应速率，其主要原因是提高分子自身所具有的能量
D．若控制其他条件不变，缩小体积，则CH4的平衡转化率将减小
②在某恒温体系中，体积为1L，水/甲烷的物质的量之比等于4，投入CH4的量为1mol，若仅发生上述一系列反应，一段时间后，测得CH4的转化率为a，其中生成CO的选择性(转化的CH4中，生成CO的百分含量)为b，CO2的浓度为c mol/L，求此时H2的物质的量浓度为 ，CO的物质的量浓度为
（3）现科学家发现，以Ni－CaO为复合催化剂能在一定程度上促进天然气重整反应的正向进行，使H2体积分数达到95%左右。请从能量利用及平衡移动角度，理论分析以Ni－CaO为复合催化剂的优点 。
（4）CH4自身也可做为然料电池的原料，其工作原理如图所示。
请写出通入甲烷－极的电极反应式为 。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A.弱酸、弱碱的电离过程是吸热过程，温度升高促进电离，弱酸、弱碱的电离常数变大，沉淀溶解平衡中有的属于放热过程，如氢氧化钙溶解平衡，因此温度升高，Ksp变小，A不符合题意；
B.二者都是一元酸，浓度相同时，电离常数越小，说明电离程度越小，氢离子浓度越小，溶液的酸性越弱，故相同物质的量浓度的氢氰酸的酸性比醋酸弱，B不符合题意；
C.溶解度越小越先沉淀，二者结构相似，溶解度越小，溶度积就越小，故Ksp(BaSO4)< Ksp(BaCO3)，C符合题意；
D.化学平衡常数只与温度有关，与浓度、压强、催化剂无关，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.沉淀溶解平衡时一个放热的过程，因此升高温度，难溶电解质的溶度积常数会减小；
B. 说明相同物质的量浓度时，氢氰酸的酸性比醋酸的弱；
C.难溶电解质的溶度积常数越小就越容易生成沉淀；
D.平衡常数的大小只与温度有关，与其他因素无关。
2．【答案】A
【解析】【解答】A.根据表中数据分析，前10分钟内T2温度下甲烷的物质的量变化量大，说明该温度高，故符合题意；
B. 组别①中，0-20min内，甲烷的变化量为0.5-0.25=0.25mol·L-1，则用二氧化氮表示反应速率为0.25×2/20=0.025mol·L-1·min-1，故不符合题意；
C.因为T2温度高，应在40分钟之前到平衡，根据50分钟时的数据分析，平衡时的数据应为0.15，故不符合题意；
D.T2温度高，所以0~10 min内，CH4降解速率大，故不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A.温度越高，反应的速率就越大；
B.平均反应速率指的是物质在一段时间内浓度的变化量与时间的比值；
C.温度越高，达到平衡状态所用的时间就越短；
D.温度越高，反应进行的速率就越快，在苯反应中，甲烷的降解速率就越快。
3．【答案】A
【解析】【解答】A中反应前后气体物质的量不等，恒温恒容下总压强不变，反应达平衡；B、C反应前后气体物质的量相等，不论是否达到平衡总压强不变。
【分析】化学反应前后气体物质的反应系数发生变化，说明恒温和恒压条件下压强对该反应有影响。
4．【答案】C
【解析】【解答】解：A、向体积可变的密闭容器中通入水蒸气，导致反应体系体积变大，反应物和生成的浓度都减小，v（正）、v（逆） 均减小，相当于减小压强，平衡正向移动，所以乙苯转化率升高，故A错误；
B、向体系中通入乙苯、苯乙烯、氢气各0.1x mol，相当于减小压强，平衡正向移动，而不是不移动，故B错误；
C、由图可知500℃时，乙苯的平衡转化率为：60%，应用三行式，
（g） （g）+ H2（g）
初起量： x mol 0 0
变化量： 0.6xmol 0.6xmol 0.6xmol
平衡量： 0.4xmol 0.6xmol 0.6xmol
所以K= = ×p总，故C正确；
D、由图可知550℃时平衡体系中苯乙烯的转化率率为：60%，450℃时平衡体系中苯乙烯的转化率率为：20%，所以550℃时平衡体系中苯乙烯的体积分数是450℃时的2倍，故D错误；
故选C．
【分析】A、向体积可变的密闭容器中通入水蒸气，导致反应体系体积变大，反应物和生成的浓度都减小，v（正）、v（逆） 均减小，相当于减小压强，平衡正向移动；
B、向体系中通入乙苯、苯乙烯、氢气各0.1x mol，相当于减小压强，平衡正向移动；
C、由图可知550℃时，乙苯的平衡转化率为：60%，应用三行式，结合气体分压（p分）=气体总压（p总）×体积分数；
D、由图可知550℃时平衡体系中苯乙烯的转化率率为：60%，450℃时平衡体系中苯乙烯的转化率率为：20%．
5．【答案】C
【解析】【解答】A. 工业制硫酸过程中，通入过量的氧气，可以增大氧气的浓度使化学平衡向正反应方向移动，经提高二氧化硫的转化率，A可以用勒夏特列原理解释；
B. 热的纯碱溶液去油污效果更好，因为盐类的水解是吸热反应，温度升高平衡向正反应方向移动，故热的纯碱溶液的碱性更强，B可以用勒夏特列原理解释；
C. 工业制氯化氢时，通入过量的氢气是为了使氯气充分反应，没有化学平衡存在，不能用勒夏特列原理解释；
D. 氨态氮肥与草木灰可以发生互相促进的双水解反应，使盐的水解程度变大生成氨气，导致氮肥的肥效降低，可以用勒夏特列原理解释。
故答案为：C。
【分析】A.工业制硫酸过程中，二氧化硫生成三氧化硫的过程是可逆反应；
B.盐的水解是吸热反应，属于可逆反应；
D.铵态氮肥水解溶液呈酸性，草木灰水解溶液呈碱性，二者混合水解相互促进。
6．【答案】B
【解析】【解答】解：A、根据图象可知，0～5min内C的物质的量浓度在增大，说明反应还在正向进行，反应物的浓度正在减小，所以正反应速率在逐渐减小，故A错误；
B、5mol A和10mol B加入一体积为2L的密闭容器中，得c（A）=2.5mol/L，c（B）=5mol/L，
A（g）+ 2B（g） 2C（g）+D（g）．
起始浓度（mol/L） 2.5 5 0
反应变化的浓度（mol/L） 1.25 2.5 2.5
平衡时的浓度（mol/L） c平（A） c平（B） 2.5
c平（B）=2.5mol/L
∴B的转化率α= ×100%=50%
故B正确；
C、平衡常数只与温度有关，与其它物理量都无关，而本题温度没有变化，所以化平衡常数不变，故C错误；
D、根据图象可知，在10min～15min时，平衡没有移动，第15min时，B的体积分数和第10min时的一样，
在第10min时，
A（g）+ 2B（g） 2C（g）+ D（g）
起始物质的量（mol） 5 10 0 0
反应变化的物质的量（mol） 2.5 5 5 2.5
平衡时的物质的量（mol） n（A） n（B） 2.5×2 2.5
∴平衡时n（A）=2.5mol n（B）=5mol n（C）=5mol n（D）=2.5mol
∴B的体积分数= ×100%= ×100%=33.3%，故D错误；
故选B
【分析】A、根据图象可知，0～5min内C的物质的量浓度在增大，说明反应还在正向进行，反应物的浓度正在减小，所以正反应速率在逐渐减小，据此判断；
B、根据C的物质的量浓度的变化，可以求得B的物质的量浓度的变化，进而求得B的转化率；
C、平衡常数只与温度有关，与其它物理量都无关，而本题温度没有变化，所以化平衡常数不变，据此判断；
D、根据图象可知，在10min～15min时，平衡没有移动，第15min时，B的体积分数和第10min时的一样，根据平衡时C的物质的量浓度可以求得B的物质的量的浓度，进而求得B的体积分数．
7．【答案】C
【解析】【解答】解：①单位时间内生成n mol N2的等效于消耗2n mol NH3的同时生成2n mol NH3，正逆反应速率相等，达平衡状态，故正确；②用N2、H2、NH3的物质的量浓度变化表示的反应速率比为1：3：2的状态，并不是浓度不变的状态，故错误；③2v（H2）正=3v（NH3）正=3v（NH3）逆，正逆反应速率相等，达平衡状态，故正确；④混合气体的密度一直不随时间的改变的状态，故错误；⑤混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故正确；
故选C．
【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．
8．【答案】C
【解析】【解答】A、根据三个方程式的关系，可知反应I=反应II+反应III，则有ΔH1=ΔH2+ΔH3，则 ΔH1=-48.2kJ·mol-1，A错误；
B、增大压强，平衡朝气体体积缩小的方向移动，则增大压强，反应III平衡朝正向移动，CH3OH浓度增大，曲线①表示CH3OH的物质的量分数随压强的变化反应III为放热反应，温度升高，CH3OH浓度减小，则曲线②表示CH3OH的物质的量分数随温度的变化，B错误；
C、增大的比值，可看成增大c(H2)，则CO2平衡转化率增大，C正确；
D、催化剂不影响平衡移动，D错误；
故答案为：C
【分析】A、盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减；
B、增大压强，减小体积，平衡朝气体体积缩小的方向移动，减小压强，增大体积则反之；
升高温度，平衡朝吸热方向移动，降低温度则反之；
C、增大一种反应物的浓度，可以提高另一种反应物的转化率；
D、催化剂不影响平衡移动。
9．【答案】B
【解析】【解答】解：A、根据图象可知，反应进行到2min时，物质的浓度不在发生变化，说明反应达到平衡状态，其中AB的浓度减小，C的浓度最大，其浓度的变化量分别是6mol/L﹣1mol/L=5mol/L、7mol/L﹣3mol/L=4mol/L、4mol/L﹣0=4mol/L，反应物生成物浓度之比等于物质的量之比，等于化学方程式计量数之比，所以化学方程式为，5A+4B 4C，故A正确
B、2min时，该反应达到平衡，ABC浓度分别为：1mol/L，3mol/L，4mol/L，此时A、B、C的浓度比为1：3：4，故B错误；
C、B的在2min内的浓度变化为4mol/L，反应速率= = =2min/L，故C正确；
D、2min前由于反应是向正反应方向移动的，反应物浓度减小，生成物浓度增大，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，故D正确；
故选B．
【分析】A、根据图象可知，反应进行到2min时，物质的浓度不在发生变化，说明反应达到平衡状态，其中AB的浓度减小，C的浓度最大，其浓度的变化量分别是6mol/L﹣1mol/L=5mol/L、7mol/L﹣3mol/L=4mol/L、4mol/L﹣0=4mol/L，反应物生成物浓度之比等于物质的量之比，等于化学方程式计量数之比；
B、2min时，该反应达到平衡，ABC浓度分别为：1mol/L，3mol/L，4mol/L；
C、B反应的浓度变化计算得到速率= ；
D、2min前由于反应是向正反应方向移动的，反应物浓度减小，生成物浓度增大．
10．【答案】D
【解析】【解答】A.0~5min内，由图中数据可知，v(CH4)=(1.0mol/L-0.5mol/L)/5min=0.1mol/(L*min)，且v(H2)＝3v(CH4)，故v(H2)＝0.3 mol·(L·min)－1，故A项不符合题意；
B.反应进行至12min时，CH4的转化率为：(1.0mol/L-0.25mol/L)/1.0mol/L=75%，故B项不符合题意；
C.由于该反应正向为体积增大的反应，因此缩小容器体积，平衡逆向移动，但平衡移动不能抵消产生的变化，因此平衡时H2浓度仍然较之前增大，故C项不符合题意。
D.10min至12min内，由图可知反应速率较前5min内增大，且c(CH4)减小，平衡正向移动，结合题中条件（正反应吸热）可知改变的条件可能是升温，故D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．根据图可知，前5min内甲烷的浓度由1.00mol/L减小为0.50mol/L，根据v=计算v（CH4），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（H2），即可得出本题答案
B．根据CH4的转化率为×100%计算；
C．根据勒夏特列原理解释；
D．由图可知，10min时甲烷的浓度继续减小，反应向正反应方向移动．
11．【答案】B
【解析】【解答】A．向氢氟酸溶液中加入碳酸钙，碳酸钙与溶液中的氢离子反应，使氢离子浓度减小，使平衡正向移动，故A不符合题意；
B．向氢氟酸溶液中加入盐酸，溶液中氢离子浓度减小，使平衡逆向移动，故B符合题意；
C．向氢氟酸溶液中加入氧化铜，氧化铜与溶液中的氢离子反应，使氢离子浓度减小，使平衡正向移动，故C不符合题意；
D．向氢氟酸溶液中加入氢氧化钡，氢氧化钡与溶液中的氢离子反应，使氢离子浓度减小，使平衡正向移动，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】平衡逆向移动，可以增加生成物的离子浓度
12．【答案】B
【解析】【解答】解：A．C物质的生成速率和A的生成速率相等，表示的是正逆反应速率，但是不满足计量数关系，说明没有达到平衡状态，故A错误；
B．该反应是气体体积缩小的反应，当容器内气体的压强不再随时间而改变时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量不再变化，该反应达到平衡状态，故B正确；
C．单位时间内生成a mol物质A，同时生成3a mol物质B，表示的都是逆反应速率，无法判断正逆反应速率是否相等，故C错误；
D．A、B、C三种物质的分子数之比为1：3：2，无法判断各组分的浓度是否发生变化，则无法判断平衡状态，故D错误；
故选B．
【分析】可逆反应A（g）+3B（g） 2C（g）为气体体积缩小的反应，该反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量不再变化，据此进行解答．
13．【答案】D
【解析】【解答】A、断裂化学键是吸热过程，△H2>O，不符合题意；
B、反应焙变与起始物质和终态物质有关与变化途径无关，所以△H1=△H2+△H3，不符合题意；
C、氯、溴、碘单质中化学键的键能逐渐减小，所以过程Ⅱ吸收的热量依次减少，不符合题意；
D、因Cl2的氧化性大于Br2，所以Cl2与氢气化合的程度比Br2大，则Cl2 ，Br2分别发生反应I，同一温度下，氢气与Cl2反应的平衡常数大于氢气与Br2反应，故D符合题意。
【分析】A、成键放热，△H2＜ 0；
B、根据盖斯定理，焓变只与始态和终态有关；
C、 Cl，Br，I 的单质的化学键键能依次减弱；
D、非金属性越强，单质氧化性越强，与氢气化合越容易。
14．【答案】D
【解析】【解答】解：A、单位时间内生成nmolA2，同时消耗2n molAB，都说明是正反应的方向，故A错误；
B、只要反应发生就是3种气体共存，不一定平衡，故B错误；
C、速率之比不等于对应物质的化学计量数之比，故C错误；
D、容器中各组分的体积分数不变，说明各物质的量不变反应达平衡状态，故D正确；
故选D．
【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．
15．【答案】B
【解析】【解答】解：平衡常数k= {#mathmL#}{#/mathmL#} ，所以该反应化学方程式应为CO2+H2 CO+H2O．
A、温度升高，正逆反应都增大，故A错误；
B、恒容时，温度升高，H2浓度减小，平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为吸热反应，即该反应的焓变为正值，故B正确；
C、恒温恒容下，增大压强，如果是加入稀有气体的话，各物质浓度没有变，所以平衡不移动，此时各物质的浓度不会变化，若增大二氧化碳浓度，H2浓度一定减小，若中等CO或水的浓度，H2浓度一定增大，故C错误；
D、平衡常数k= {#mathmL#}{#/mathmL#} ，所以该反应化学方程式应为CO2+H2 CO+H2O，故D错误．
故选B．
【分析】平衡常数指可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，平衡常数k= {#mathmL#}{#/mathmL#} ，所以该反应化学方程式应为CO2+H2 CO+H2O．
A、温度升高，正逆反应都增大；
B、恒容时，温度升高，H2浓度减小，平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动；
C、恒温恒容下，增大压强，分析引起压强增大的可能原因进行判断，如是加入稀有气体的话，各物质浓度没有变，所以平衡不移动，此时各物质的浓度不会变化；
D、根据平衡常数表达式书写反应方程式．
16．【答案】B
【解析】【解答】A．由盖斯定律可知，反应Ⅰ×+反应Ⅱ×得到反应，则ΔH4=(+80.2kJ/mol) ×+(-108kJ/mol) ×=+66.3kJ/mol＞0，故A不符合题意；
B．由热化学方程式可知，反应Ⅰ为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，C2H4的物质的量分数增大，反应Ⅱ为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，C2H4的物质的量分数增大、C3H6的物质的量分数减小，则由图可知，曲线b表示C3H6的物质的量分数随温度的变化，故B符合题意；
C．由图可知，780K时C3H6的物质的量分数最大，说明反应达到平衡，则温度780K时，反应未达到平衡，说明温度对反应Ⅱ的影响小于C2H4的浓度对反应Ⅱ的影响，故C不符合题意；
D．由图可知，780K时C3H6的物质的量分数最大，说明反应达到平衡，则反应Ⅱ、Ⅲ为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，C2H4的物质的量分数增大，反应Ⅰ为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，C2H4的物质的量分数增大，所以由C2H4的物质的量分数增大不能确定780K之后体系以反应Ⅱ为主，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减；
B、升高温度，平衡朝吸热方向移动；
C、结合平衡时刻的特点判断；
D、升高温度，平衡朝吸热方向移动。
17．【答案】（1）+90.3kJ·mol-1；CH4 + 2H2O+ Li4SiO4＝Li2CO3+ Li2SiO3+ 4H2
（2）b 点流速快于 a 点，利于氢气从平衡体系中分离出去，促进反应向正方向进行，提高转化率；b 点流速快于 a 点，反应物与催化剂接触充分程度低于 a 点，降低转化率；b 点前者对转化率的提高与后者降低相当。
（3）0.5mol；在高温条件下，水蒸气与 CaBr2 反应生成 HBr 和 CaO，生成的 HBr 与 Fe3O4 反应生成 FeBr2 和 Br2，生成的 Br2 与起始反应生成的 CaO 反应生成 O2 和 CaBr2 或（CaBr2 + H2O CaO+ 2HBr，Fe3O4+ 8HBr＝3FeBr2+Br2+ 4H2O，2CaO+2Br2＝2CaBr2+ O2）。
【解析】【解答】（1）由盖斯定律可得，目标反应的反应热ΔH=ΔH1－ΔH3＋ΔH2=(＋206.2kJ·mol－1)－(＋74.8kJ·mol－1)＋(－41.1kJ·mol－1)=＋90.3kJ·mol－1，因此，目标反应的反应热ΔH=＋90.3kJ·mol－1。
（2）b 点流速快于 a 点，利于氢气从平衡体系中分离出去，促进反应向正方向进行，提高转化率；b 点流速快于 a 点，反应物与催化剂接触充分程度低于 a 点，降低转化率；b 点前者对转化率的提高与后者降低相当。
（3）反应①的化学方程式为：3FeBr2＋4H2O=Fe3O4＋H2＋6HBr，因此当反应生成3molHBr时，反应生成n(H2)=0.5mol。由反应过程可知，在高温条件下，水蒸气与 CaBr2 反应生成 HBr 和 CaO，生成的 HBr 与 Fe3O4 反应生成 FeBr2 和 Br2，生成的 Br2 与起始反应生成的 CaO 反应生成 O2 和 CaBr2。
【分析】（1）①根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
②作为CO2的吸附剂，则反应生成Li2CO3，反应生成的另一种盐为Li2SiO3；据此写出反应的化学方程式。
（2）根据流速，结合平衡移动分析。
（3）根据反应的化学方程式计算生成n(H2)；结合反应过程分析从原料到O2的生成过程。
18．【答案】（1）1200℃ 2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g) △H= -1172 kJ mol-1
（2）6：1；5.5~6.0 之间的任意值均可；pH>5.5 以后，随着 pH 增大，NO 的还原性降低；或 H2O2 和 NaClO2 氧化性减弱，不能将 NO 氧化为硝酸
（3）0.053 mol·L-1·min-1；D
【解析】【解答】（1）反应的化学方程式为：2H2S(g)＋3O2(g)=2SO2(g)＋2H2O(g)，反应热等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和，因此该反应的反应热ΔH=(339kJ/mol×2×2+498kJ/mol×3)-(1083×2+464kJ/mol×2×2)=-1172kJ/mol，因此反应的热化学方程式为：1200℃ 2H2S(g)＋3O2(g)=2SO2(g)＋2H2O(g) ΔH=-1172kJ/mol。
（2）①由图a可知，当n(H2O2)/n(NaClO2)值为6时，SO2、NO的去除率最高；由图b可知，当pH在5.5～6.0时，SO2、NO的去除率最高，因此脱硫脱硝最佳n(H2O2)/n(NaClO2)是6：1，最佳pH是5.5～6.0。
②当pH>5.5以后，随着pH增大，NO的还原性降低；或H2O2、NaClO2的氧化性减弱，不能将NO氧化为HNO3，因此NO的除去率减小。
（3）①由图可知，0~15min内，反应生成c(N2O5)=0.4mol·L－1，由反应的化学方程式可知，参与反应的c(NO2)=0.8mol·L－1，因此用NO2表示的反应速率为。
②A、向容器内充入氦气，增大容器的压强，但反应物和生成物的浓度不变，平衡不移动，A不符合题意；
B、由图可知，乙的温度高于甲的温度，但乙中反应生成c(N2O5)较小，说明升高温度，平衡逆向移动，NO2的转化率降低，B不符合题意；
C、向容器内再充入一定量的NO2，则平衡正向移动，但NO2的转化率降低，C不符合题意；
D、向容器内再充入1molO3和2molNO2，则体系的压强增大，平衡正向移动，NO2的转化率增大，D符合题意；
故答案为：D
【分析】（1）用反应物的键能总和减去生成物的键能总和，计算反应热，进而写出反应的热化学方程式。
（2）①结合图像分析，当去除率最高时，确定最佳比值和最佳pH值。
②结合酸性条件对NO还原和H2O2、NaClO2氧化性的影响分析。
（3）①根据乙容器内c(N2O5)计算参与反应的c(NO2)，再结合公式计算反应速率。
②要提高乙中NO2的转化率，则改变的条件应能使平衡正向移动，据此结合平衡移动的影响因素分析。
19．【答案】（1）-90；a
（2）m；150~250℃范围内随着温度升高反应ⅰ逆向移动的程度大于反应ⅱ正向移动的程度；BC；；
（3）2.7
（4）
【解析】【解答】（1）由盖斯定律可知，ⅰ-ⅱ得反应ⅲ：；反应ⅰ和ⅲ为放热反应，随增大，也就是随着温度的降低，平衡正向移动，平衡常数变大，反应ⅱ平衡常数减小，故反应ⅱ对应c，Kp2=，故降低温度，应减小，则反应ⅲ对应的曲线为a；
（2）①反应ⅰ、ⅲ均为放热反应，随着温度升高平衡逆向移动，甲醇的含量会一直下降，而反应ⅲ中一氧化碳含量增加，且ⅱ为吸热反应，温度升高平衡正向移动，一氧化碳的含量也会增加，结合图像可知：图中代表的曲线为m、代表CO的曲线为n；
②反应ⅰ为放热反应、ⅱ为吸热反应；150~250℃范围内随着温度升高反应ⅰ逆向移动的程度大于反应ⅱ正向移动的程度，导致转化率随温度升高而降低；
③A．按照投料，投料比等于反应ⅰ的系数比，两者的转化率相同，由于还会发生反应ⅱ，导致二氧化碳的转化率高于氢气，故只要有反应ⅱ发生，就会导致H2的平衡转化率始终低于的，A正确；
B．温度越低，越有利于平衡向生成甲醇的方向移动，但是工业生产中需要一定的温度加快反应速率提高的单位时间产率，故不是温度越低越好，B不正确；
C．加入选择性高的催化剂，可提高的平衡转化速率，但是不会改变物质的平衡转化率，C不正确；
D．由图像可知，150-400℃范围内，温度升高，二氧化碳的转化率先降低后升高，根据二氧化碳的转化率可知，的平衡产量先减小后增大，D正确；
故答案为：BC；
④270℃时，在5MPa下，按照投料，设二氧化碳、氢气分别为1mol、3mol，由图可知，此时CO和的分数相同，二氧化碳转化率为24%；
则，a=0.12mol，则反应后二氧化碳、氢气、甲醇、一氧化碳、水的物质的量分别为0.76mol、2.52mol、0.12mol、0.12mol、0.24mol，总的物质的量为3.76mol，反应后总压强为，CO的分压为，反应ⅱ为的平衡常数为；
（3）随着pH增加，物质的量分数减小、物质的量分数先增加后减小、物质的量分数一直增加，ab点说明的电离常数Ka1=10-1.2、Ka2=10-4.2，c点，则Ka1×Ka2=，故，pH=2.7；
（4）)正极反应过程中，起催化作用，所以在反应②中二氧化碳和又会生成氧气，反应为。
【分析】（1）找到 各反应的随的 关系即可确定曲线，反应ⅰ和ⅲ为放热反应，横坐标越大，代表温度越低，衡正向移动，平衡常数变大，反应ⅱ平衡常数减小，Kp2等于反应ⅰ和ⅲ的Kp的比值，说明a曲线为ⅲ的关系曲线。
（2）平衡图像解题技巧：对应化学反应速率图像和化学平衡图像，应该注意下列几点：1、横轴坐标和纵坐标含义；2、曲线斜率或者趋势；3、曲线上特殊点，如起点、终点、交点和拐点等；4、根据需要运用辅助线，如等温线、等压线等
（3）解答新型化学电源的步骤：(1)判断电池类型→确认电池原理→核实电子、离子移动方向。(2)确定电池两极→判断电子、离子移动方向→书写电极反应和电池反应。(3)充电电池→放电时为原电池→失去电子的一极为负极。(4)电极反应→根据电荷守恒、原子守恒配平电极方程式。
20．【答案】（1）0.2mol/(L·min)；50%
（2）A；B；E
（3）E
（4）K=1；增大；该反应为吸热反应，升温平衡正移，正反应限度增大，K增大
（5）0.25mol/L；大于；在同一温度下平衡常数K仍为1，此时浓度商Q=0.25<1，说明反应未到平衡。K与Q
【解析】【解答】向容积为2L的恒温容器中充入2molA和2molB发生反应A(g)＋ B(s) 2C(g)＋ D(g) ΔH＝a kJ·mol－1，其中a>0，所以该反应为吸热反应。由题中信息可知，该反应在5min达到平衡状态，A、C、D的变化量分别为1mol、2mol、1mol，A、C、D的平衡量也分别为1mol、2mol、1mol，A、C、D的平衡浓度分别为0.5mo/Ll、1mol/L、0.5mol/L，A的转化率恰好为50%
（1）从反应开始进行到反应进入平衡状态，物质C的平均反应速率V(c)= 0.2mol/(L·min)，物质A的转化率为50%。
（2）A.反应过程中气体的质量增大，而体积不变，所以混合气体的密度在增大，当容器内气体密度保持不变时，说明反应达到了化学平衡状态；
B.正反应是气体分子数增大的方向，所以当容器内压强保持不变时，说明达到平衡状态；
C.物质A、C、D的物质的量之比n(A)：n(C)：n(D) = 1：2：1不能说明一定是平衡状态；
D.物质B的浓度一直不变 ，不能说明 ；E.物质B的质量保持不变时，说明反应达到了化学平衡状态。
综上所述，能够证明该反应已经达到平衡状态的有ABE。（3）反应达到平衡后，A.保持容积不变，充入He气，反应速率不变，平衡不移动；
B.缩小容器体积以增大压强，反应速率增大，平衡向逆反应方向移动，A的转化率减小；
C.增加B物质的含量，B的浓度不变，反应速率不变、平衡不移动；
D.将C(g)从体系中分离，平衡向正反应方向移动，但反应速率并没有增大；E.升高反应温度，化学反应速率增大，平衡向正反应方向移动，A的转化率增大；
F.向体系中再加入2molA物质，化学反应速率增大，但是A的转化率减小。
综上所述，能使A的转化率增大且使反应速率加快的是E。
（4）T℃下，该反应的平衡常数K值为 。若升高体系温度， K将增大，理由是该反应为吸热反应，升温平衡正移，正反应限度增大，K增大。
（5）同一温度下，再次进行上述反应。起始时向相同的容器中加入1molA和1molB，则A的起始浓度为0.5mol/L.设A的变化量为x，则B和C的变化量分别为2x和x.某一时刻测得体系压强变化为初始时刻压强的2倍，则有 ，解之得x=0.25，所以此时物质D的浓度C(D)= 0.25mol/L；此时该反应的浓度商Q= 0.25<1，说明反应未到平衡，反应正在向正反应方向进行，所以V正大于V逆。
【分析】（1）根据反应速率的计算公式进行计算；转化率等于参与反应的量除以起始的量；
（2）此题是对平衡状态判断的考查，分析所给选项中是否能体现正逆反应速率相等，若能则可以判断达到平衡状态；若不能则无法判断反应达到平衡状态；
（3）根据反应速率的影响因素进行分析，注意压强对反应速率的影响，必须需引起物质的浓度的变化；
（4）根据平衡常数的表达式进行计算；该反应为吸热反应，结合温度对平衡移动、平衡常数的影响进行分析；
（5）根据压强之比等于物质的量浓度之比，确定反应三段式中各个物质的物质的量浓度，再由Qc与K的大小关系，确定反应进行的方向，从而的得出正逆反应速率的大小关系。
21．【答案】（1）C；反应I的活化能较高，反应II的活化能较低，因此生成的CO被迅速转化为二氧化碳不能积累
（2）BD；(ab+c+2a)mol/L；(ab-c)mol/L
（3）氧化钙可吸附二氧化碳，使I的平衡正向移动，提高氢气的产率；同时，氧化钙吸附二氧化碳是放热反应，可为反应I的进行提供热量，降低系统能耗。
（4）
【解析】【解答】（1）①由于反应I为吸热反应，且为气体体积增大的反应，故为了提高CH4的平衡转化率，宜采用的反应条件为高温低压，故答案为：C；②在一定条件下往恒温恒容的密闭容器中通入一定量的甲烷和水蒸气， CO2的产率远大于CO的产率，是由于反应I的活化能较高，反应II的活化能较低，因此生成的CO被迅速转化为二氧化碳不能积累；（2）①A. 反应I为吸热反应，故对反应I而言，KT1
C. 使用Ni做催化剂，可增加活化分子百分数，从而加快反应速率，其主要原因是降低了反应的活化能，C不正确；
D. 由于反应I为气体体积增大的反应，若控制其他条件不变，缩小体积，则CH4的平衡转化率将减小，D正确；
故答案为：BD；②生成CO的选择性(转化的CH4中，生成CO的百分含量)为b，则反应I消耗的甲烷的物质的量浓度为ab mol/L，生成的氢气为3ab mol/L，由于CO2的浓度为c mol/L，则反应II生成氢气的浓度为c mol/L，反应III甲烷的消耗量为a(1-b)，则生成的氢气的浓度为2a(1-b)，则生成氢气的总浓度为(ab+c+2a)mol/L，反应I生成的CO的浓度为ab，反应II消耗的CO的浓度为c，则生成的CO浓度为(ab-c)mol/L；（3）以Ni－CaO为复合催化剂的优点为氧化钙可吸附二氧化碳，使I的平衡正向移动，提高氢气的产率；同时，氧化钙吸附二氧化碳是放热反应，可为反应I的进行提供热量，降低系统能耗；（4）甲烷在该燃料电池中作负极，电极反应为 。
【分析】（1） CH4(g)＋H2O(g) CO(g)＋3H2(g) △H1＝＋206 kJ/mol ，根据勒夏特列原理，要使平衡正向移动，则宜用的反应条件为高温低压
（2）反应吸热， 故温度越高平衡常数越大；提高一种物质的比例，另一种物质更能充分反应；催化剂的主要作用为降低反应的活化能；体积减小压强增大，往逆反应方向移动；根据三段式可求
（3） 氧化钙可吸附二氧化碳，使I的平衡正向移动，提高氢气的产率；同时，氧化钙吸附二氧化碳是放热反应，可为反应I的进行提供热量，降低系统能耗。
（4）电极反应式书写步骤：1、找变价元素标电子得失2、电荷守恒3、原子守恒