第2章 化学反应的方向、限度与速率 章节测试 （含解析）2023-2024学年高二上学期化学鲁科版（2019）选择性必修1

第2章 化学反应的方向、限度与速率 章节测试
一、单选题
1．在密闭容器中发生如下反应：mA（g）+nB（g） pC（g），达到平衡后，保持温度不变，将气体体积缩小到原来的 ，当达到新平衡时，C的浓度为原来的1.9倍，下列说法正确的是（　　）
A．m+n＞p B．平衡向逆反应方向移动
C．A的转化率提高 D．C的体积分数增加
2．某实验小组进行图中所示探究实验，其实验目的是（　　）
A．温度对平衡移动的影响 B．浓度对平衡移动的影响
C．压强对平衡移动的影响 D．催化剂对平衡移动的影响
3．制备水煤气的反应 ，下列说法正确的是（　　）
A．该反应
B．升高温度，反应速率增大
C．恒温下，增大总压，H2O(g)的平衡转化率不变
D．恒温恒压下，加入催化剂，平衡常数增大
4．SO2(g)+2CO(g) 2CO2(g)+S(l)ΔH<0，若反应在恒容的密闭容器中进行，下列有关说法正确的是（　　）
A．平衡时，其他条件不变，通入一定量的氮气，压强增大，n(CO2)增大
B．平衡时，其他条件不变，分离出硫，正反应速率加快
C．平衡时，其他条件不变，升高温度可提高SO2的转化率
D．若在原电池中进行，反应放出的热量减少
5．哈伯因发明了由氮气和氢气合成氨气的方法而获得1918年诺贝尔化学奖．现向一密闭容器中充入1mol N2和3mol H2，在一定条件下使该反应发生．下列有关说法正确的是（　　）
A．达到化学平衡时，N2将完全转化为NH3
B．达到化学平衡时，N2、H2和NH3的物质的量浓度一定相等
C．达到化学平衡时，正反应和逆反应的速率都为零
D．达到化学平衡时，N2、H2和NH3的物质的量浓度不再变化
6．相同温度下，容积均恒为2L的甲、乙、丙3个密闭容器中发生反应：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）△H=﹣197kJ mol﹣l．实验测得起始、平衡时的有关数据如下表：
容器 起始各物质的物质的量/mol 达到平衡时体系能量的变化
SO2 O2 SO3 Ar
甲 2 1 0 0 放出热量：Q1
乙 1.8 0.9 0.2 0 放出热量：Q2=78.8kJ
丙 1.8 0.9 0.2 0.1 放出热量：Q3
下列叙述正确的是（　　）
A．Q1＞Q3＞Q2=78.8kJ
B．若乙容器中的反应经tmin达到平衡，则0～tmin内，v（O2）= {#mathmL#}{#/mathmL#} mol/（L min）
C．甲中反应达到平衡时，若升高温度，则SO2的转化率将大于50%
D．三个容器中反应的平衡常数均为K=2
7．对于铁与盐酸生成氢气的反应，下列条件下反应速率最快的是（　　）
选项 铁的状态 盐酸的浓度 反应的温度
A 片状 1 mol/L 20℃
B 片状 3 mol/L 40℃
C 粉末 1 mol/L 20℃
D 粉末 3 mol/L 40℃
A．A B．B C．C D．D
8．根据下列图示所得出的结论正确的是：（　　）
A．图1表示反应2CO(g)＋2NO(g) N2(g)＋2CO2(g)在其他条件不变时，起始CO物质的量与平衡时N2的体积分数关系，说明NO的转化率b＞c＞a
B．图2表示反应2X(g) Y(g)分别在T1、T2温度下，Y的体积分数随时间的变化，说明该反应的ΔH＜0
C．图3是室温下BaSO4达到沉淀溶解平衡时，溶液中c(Ba2+)与c()的关系曲线，说明通过蒸发浓缩可使溶液由n点转化到m点
D．图4表示含少量SO2的水溶液暴露在空气中，溶液的pH随时间的变化，说明在空气中时间越长，亚硫酸的电离程度越大
9．下列事实能用勒夏特列原理来解释的是（　　）
A．实验室采用排饱和食盐水的方法收集氯气：Cl2+H2O H++Cl-+HClO
B．500 ℃温度比室温更有利于合成氨反应：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H<0
C．H2、I2、HI平衡混合气体加压后颜色加深：H2(g)+I2(g) 2HI(g)
D． SO2被氧化为SO3，往往需要使用催化剂：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)
10．在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16 mol充入10 L恒容密闭容器中，发生反应：X (g) +Y (g) 2Z (g) △H<0。一段时间后达到平衡，反应过程中测定的数据如下表：
t/min 2 4 7 9
n(Y)/mol 0.12 0.11 0.10 0.10
下列说法正确的是（　　）
A．反应前2 min的平均速率v(Z) =2.0×10=3mol.L-1·min-1
B．其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前：v（逆）>v（正）
C．保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.32 mol气体X和0.32 moI气体Y，到达平衡时，C (Z) =0.24 mol·L-1
D．该温度下此反应的平衡常数：K=1. 44
11．一定温度下，在体积恒定的容器中，反应2A(g)+B(g) 2C(g)达到反应限度的标志是（　　）
A．混合气体的密度不变
B．A，B，C的物质的量分数不再改变
C．c(A)∶c(B)∶c(C)=2∶1∶2
D．单位时间里每增加1 mol A，同时消耗1mol C
12．在一定温度下，可逆反应A(g)＋3B(g) 2C(g)达到平衡状态的标志是（　　）
A．生成C的速率等于消耗A的速率的2倍
B．单位时间生成n mol A，同时生成3n mol B
C．A，B，C的浓度不再变化
D．A，B，C的分子数比为1∶3∶2
13．某温度下，在一容积可变的容器中，反应2A（g）+B（g） 2C（g）达到平衡时，A，B和C的物质的量分别为4mol、2mol和4mol．保持温度和压强不变，对平衡混合物中三者的物质的量做如下调整，可使平衡右移的是（　　）
A．均减半 B．均加倍 C．均增加1mol D．均减少1mol
14．一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如下图所示下列描述正确的是
A．反应开始到10s，用Z表示的反应速率为0.158 mol/(L s)
B．反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了0.79 mol/L
C．反应开始到10s，Y的转化率为79.0 %
D．反应的化学方程式为：X＋Y Z
15．用块状碳酸钙与稀盐酸反应制取二氧化碳气体，下列可以降低反应速率的措施是（　　）
A．加热 B．加入浓盐酸
C．加入蒸馏水 D．将块状碳酸钙固体粉碎
16．一定条件下，反应的速率方程为，k为速率常数(只与温度、催化剂、接触面积有关，与浓度无关)，m、n是反应级数，可以是整数、分数。
实验测得速率与浓度关系如表所示：
实验 速率
① 0.10 0.10 v
② 0.20 0.10 2v
③ 0.20 0.40 4v
④ 0.40 a 12v
下列说法错误的是（　　）
A．其他条件相同，升高温度，速率常数(k)增大
B．其他条件相同，加入催化剂，速率常数(k)增大
C．根据实验结果，
D．表格中，a=0.9
二、综合题
17．I．一定量的CO（g）和H2O（g）分别通入容积为1L的恒容密闭容器中，发生反应CO（g）+H2O CO2（g）+H2（g）得到如下三组数据：
实验组 温度℃ 起始量/mol 平衡量/mol 达到平衡所需时间/min
CO H2O CO2
1 500 8 4 3.2 4
2 700 4 2 0.8 3
3 700 4 2 0.8 1
（1）①下列情况表明反应达到平衡状态的是　 　 （填序号）
A．CO2和H2生成速率相等
B．温度不变时，压强不变
C．生成CO2的速率和生成CO的速率相等
②实验2中，反应达到平衡状态时，CO的转化率为　 　．
③实验3和实验2相比，改变的条件是　 　．
（2）①硫化钠溶液具有较强碱性，其原因是　 　（用离子方程式表示）．
②欲使0.1mol的Na2S溶液中， 的值增大，可采取的措施是　 　（填序号）
A．加适量等浓度的NaOH溶液
B．加适量的水
C．通入适量的H2S气体．
18．2016年11月4日是《巴黎协定》气候协议生效的日期，其宗旨是提高绿色低碳转型的竞争力、抵御气候变化，人们需要用不同的方法将CO2进行转化利用．
（1）处理CO2的方法之一是使其与氢气反应合成甲醇．已知氢气、甲醇燃烧的热化学方程式如下：
2H2（g）+O2（g）═2H2O（I）△H=﹣283.0kJ mol﹣1
2CH3OH（I）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O{I）△H=﹣726.0kJ mol﹣1
写出二氧化碳与氢气合成甲醇液体的热化学方程式　 　；
（2）CO2经催化加氢还可合成低碳烯烃：
2CO2（g）+6H2（g） C2H4（g）+4H2O（g）△H=Q kJ mol﹣1
在0.1MPa时，按n（CO2）：n（H2）=1：3投料，图1表示平衡时四种气态物质的物质的（n）与温度（T）的关系．
Q　 　0（填“＞”、或“＜”）；
②曲线b表示的物质为　 　．
（3）在强酸性的电解质水溶液中，用惰性材料做电极，电解CO2可得到多种燃料，其原理如图2所示．
①该工艺中能量转化方式主要有　 　；
②电解时，生成丙烯的电极反应式为　 　．
（4）以CO2为原料制取碳（C）的太阳能工艺如图3所示．
①过程1中发生反应的化学方程式为　 　．
②过程2中每生成1molFe3O4[FeO Fe2O3]转移电子的物质的量为　 　．
19．反应A(g)+ B(g) C(g) +2D(g)的能量变化如图所示，回答下列问题。
（1）该反应是　 　反应(填“吸热”“放热”)。
（2）当反应达到平衡时，升高温度，A的转化率　 　(填“增大”“减小”“不变”下同)，原因是　 　；
（3）向体系中加入催化剂，△H　 　；
（4）向体系中加入催化剂，反应速率增大，E1和E2的变化是E1　 　E2　 　 ；
（5）将1molA和2molB加入2L容器中，5min后达到平衡，此时A的转化率为50%，则5min内用D表示化学反应速率为　 　平衡常数K=　 　
20．在体积恒定的密闭容器中投入物质A和物质B在适宜的条件下发生反应：A（s）+2B（g） 2C（g）+D（g）
（1）相同的压强下，充入一定量的A、B后，在不同温度下C的百分含量与时间的关系如图1所示．
则T1　 　T2（填“＞”、“＜”或“=”），该反应的正反应的△H　 　0（填“＞”、“＜”或“=”）．
（2）若该反应的逆反应速率与时间的关系如图2所示：
①由图可见，反应在t1、t3、t7时都达到了平衡，而t2、t8时都改变了条件，则t8时改变的条件是　 　．
②若t4时降压，t5时达到平衡，t6时增大反应物的浓度，请在图中画出t4～t6时逆反应速率与时间的关系线　 　．
21．某温度下CO2加氢制甲醇的的总反应为CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)，该反应为放热反应，在固定容积为2.0 L的密闭容器中充入0.8 mol的CO2和2.4 mol的H2，测得CO2和CH3OH的物质的量随时间变化如图。
请回答：
（1）对于该反应，反应物的化学键断裂要吸收的能量　 　(填“大于”、“小于”或“等于”)生成物的化学键形成要放出的能量。
（2）下列措施能加快反应速率的是____(填序号，下同)。
A．往容器中充入N2 B．往容器充入H2 C．及时分离出CH3OH
D．减小容器体积 E．选择高效的催化剂
（3）2 min内CH3OH的反应速率为　 　，2 min末时v正　 　v逆(填“＜”“>”或“=”)。
（4）恒温恒容条件下，能说明反应已达平衡状态的是____。
A．CO2(g)体积分数保持不变
B．容器中气体压强保持不变
C．容器中CH3OH浓度与H2O浓度之比为1∶1
D．混合气体的密度保持不变
E．H2的生成速率是H2O生成速率的3倍
（5）该反应平衡时CO2的转化率为　 　。
（6）甲醇是优质的清洁燃料，可制作碱性甲醇燃料电池，其工作原理如图所示，其总反应式为：2CH3OH＋3O2＋4OH =2＋6H2O，则电极A的反应式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】解：mA（g）+nB（g） pC（g），达到平衡后，温度不变，将气体体积压缩到 ，若平衡不移动，C的浓度为原来的2倍，当达到平衡时C的浓度为原来的1.9倍，则体积减小时平衡逆向移动，
A．体积缩小，相当于加压，平衡逆向移动，则m+n＜p，故A错误；
B．由上述分析可知，平衡逆向移动，故B正确；
C．平衡逆向移动，A的转化率减小，故C错误；
D．平衡逆向移动，C的体积分数减小，但比原来的大，故D错误；
故选B．
【分析】mA（g）+nB（g） pC（g），达到平衡后，温度不变，将气体体积压缩到 ，若平衡不移动，C的浓度为原来的2倍，当达到平衡时C的浓度为原来的1.9倍，则体积减小时平衡逆向移动，以此来解答．
2．【答案】A
【解析】【解答】2NO2 N2O4 ΔH＜0，二氧化氮为红棕色气体，利用颜色的深浅可知，热水中的圆底烧瓶的颜色较深，说明温度升高，化学平衡逆向移动，图中实验可说明温度对平衡移动的的影响，故A符合题意。
【分析】冷水和热水温度不同，考查的是温度对平衡的影响
3．【答案】B
【解析】【解答】A．该反应的正反应是气体体积增大的反应，所以△S＞0，A不符合题意；
B．升高温度，物质的内能增加，分子运动速率加快，有效碰撞次数增加，因此化学反应速率增大，B符合题意；
C．恒温下，增大总压，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，使H2O(g)的平衡转化率减小，C不符合题意；
D．恒温恒压下，加入催化剂，化学平衡不移动，因此化学平衡常数不变，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】
A.属于熵增反应；
B.升温提高活化分子百分数反应速率增大；
C.增压，平衡逆向移动，水的转化率减小；
D.催化剂对平衡常数无影响。
4．【答案】D
【解析】【解答】A．通入一定量的氮气，压强增大，但参加反应气体的浓度不变，平衡不移动，n(CO2)不变，故A不符合题意；
B．其他条件不变，分离出硫（纯液体），参加反应气体的浓度不变，速率不变，故B不符合题意；
C．升高温度，平衡逆向移动，SO2的转化率减小，故C不符合题意；
D．若在原电池中进行，化学能主要转化为电能，则反应放出的热量减少，故D符合题意；
故答案为D。
【分析】A. 反应在恒容密闭容器进行，氮气不参与反应所以增加氮气只增加压强，反应各气体浓度不变，平衡不移动，所以CO2的物质的量不变；
B. 硫为液体状态，增加减少硫的量不影响内部各个气体浓度，反应平衡不变，速率不变；
C. △H<0，所以升温反应平衡逆向移动，SO2转化率减小；
D. 原电池中发生化学能转化为电能过程，总能量中一部分转化电能则导致放出的热量减少。
5．【答案】D
【解析】【解答】解：A、可逆反应反应物不能完全反应，故A错误；
B、反应平衡时各物质的浓度是否相等取决于起始时各物质的量的关系和转化的程度，N2、H2按1：3混合，化学计量数为1：3，所以转化率相等，平衡时，N2、H2的物质的量浓度一定为1：3，故B错误；
C、可逆反应时动态平衡，达到化学平衡时，正反应和逆反应的速率，但不为零，故C错误；
D、随反应进行，N2、H2和NH3的物质的量浓度发生变化，N2、H2和NH3的物质的量浓度不再变化，说明到达平衡状态，故D正确．
故选D．
【分析】可逆反应反应物不能完全反应，达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆反应速率之比等于系数之比（不同物质），平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变，以此分析．
6．【答案】B
【解析】【解答】解：乙、丙转化到左边，SO2、O2的物质的量分别为2mol、1mol，与甲中SO2、O2的物质的量对应相等，恒温恒容条件下，丙中Ar不影响平衡移动，故三者为完全等效平衡，平衡时SO2、O2、SO3的物质的量对应相等．
A．由于平衡时二氧化硫物质的量相等，故参加反应二氧化硫的物质的量：甲＞乙=丙，故放出热量：Q1＞Q3=Q2=78.8kJ，故A错误；
B．乙容器中的反应经tmin达到平衡，则0～tmin内，v（O2）= {#mathmL#}{#/mathmL#} = {#mathmL#}{#/mathmL#} mol/（L min），故B正确；
C．乙中平衡时二氧化硫物质的量为1.8mol﹣0.8mol=1mol，甲中参加反应二氧化硫为2mol﹣1mol=1mol，甲中二氧化硫的转化率为： {#mathmL#}{#/mathmL#} ×100%=50%，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，SO2的转化率将小于50%，故C错误；
D．甲、乙、丙三容器温度相同，平衡常数相同，乙中平衡时放出热量为78.8kJ，由2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）△H=﹣197kJ mol﹣1可知，参加反应的二氧化硫为2mol× {#mathmL#}{#/mathmL#} =0.8mol，则二氧化硫浓度变化量为： {#mathmL#}{#/mathmL#} =0.4mol/L，SO2、O2、SO3的起始浓度分别为： {#mathmL#}{#/mathmL#} =0.9mol/L、 {#mathmL#}{#/mathmL#} =0.45mol/L、 {#mathmL#}{#/mathmL#} =0.1mol/L，则：
2SO2（g）+ O2（g） 2 2SO3（g）
起始（mol/L） 0.9 0.45 0.1
转化（mol/L） 0.4 0.2 0.4
平衡（mol/L） 0.5 0.25 0.5
故平衡常数K= {#mathmL#}{#/mathmL#} =4，故D错误；
故选B．
【分析】乙、丙转化到左边，SO2、O2的物质的量分别为2mol、1mol，与甲中SO2、O2的物质的量对应相等，恒温恒容条件下，丙中Ar不影响平衡移动，故三者为完全等效平衡，平衡时SO2、O2、SO3的物质的量对应相等．
A．根据参加反应二氧化硫的物质的量判断方程热量多少；
B．由B中计算可知氧气浓度变化量，再结合v= {#mathmL#}{#/mathmL#} 计算v（O2）；
C．根据B中计算可知甲中平衡时二氧化硫的物质的量，进而计算甲中二氧化硫的转化率，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动；
D．平衡常数只受温度影响，对于同一反应，温度相同，平衡常数相同，根据乙中反应热计算参加反应二氧化硫的物质的量，进而计算其浓度变化量，利用三段式计算平衡时各组分的浓度，代入平衡常数表达式计算．
7．【答案】D
【解析】【解答】该反应中，温度越高、反应物接触面积越大、稀盐酸浓度越大其反应速率越大，且温度对反应速率影响大于浓度对反应速率影响，根据表中数据知，BD温度高于AC，所以BD反应速率大于AC，B中反应物接触面积小于D，所以反应速率D＞B；A中反应物接触面积小于C，所以反应速率C＞A，通过以上分析知，反应速率大小顺序是D＞B＞C＞A，所以反应速率最快的是D，
故答案为：D。
【分析】根据反应速率的影响因素：外因有浓度、温度、接触面积进行判断，浓度越大、温度越高、接触面积越大反应速率越快。
8．【答案】B
【解析】【解答】A．其它条件不变时，加入的CO越多，NO的转化率越大，n(CO)：a＜b＜c，则NO转化率：a＜b＜c，故A不符合题意；
B．根据“先拐先平数值大”知温度T1＜T2，升高温度Y的体积分数减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，说明该反应的△H＜0，故B符合题意；
C．c()相同时，c(Ba2+)：m＞n，则m为饱和溶液、n为不饱和溶液，通过蒸发浓缩可以使不饱和溶液转化为饱和溶液，但是两种离子浓度都增大，所以不能通过蒸发浓缩能使溶液由n点转化到m点，故C不符合题意；
D．含少量SO2的水溶液暴露在空气中，SO2和水反应生成的H2SO3不稳定，易被氧化生成H2SO4，H2SO4是强酸导致溶液中c(H+)增大，溶液的pH值减小，所以溶液的pH逐渐减小与H2SO3被氧化程度有关，亚硫酸的电离程度不会随着其在空气中的时间变长而变大，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．增大一种反应物的量，可提高其它反应物的转化率，自身的转化率反应降低；
B．根据“先拐先平数值大”；
C．蒸发过程中两种离子浓度都增大；
D．H2SO3不稳定，易被氧化。
9．【答案】A
【解析】【解答】A.饱和食盐水中c(Cl－)达到最大值，Cl2与H2O的反应为可逆反应，增大c(Cl－)，可是平衡逆向移动，因此Cl2不溶于饱和食盐水中，A符合题意；
B.合成氨的反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不利于NH3的合成，采用500℃是由于该温度下催化剂的活性高，反应速率快，与平衡移动无关，B不符合题意；
C.该反应前后气体分子数不变，增大压强，平衡不移动，加压后混合气体的颜色加深，是由于c(I2)增大引起，与平衡移动无关，C不符合题意；
D.加入催化剂，可降低反应所需的活化能，加快反应速率，但不影响平衡移动，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】勒夏特列原理是用于解释平衡移动的，因此能用勒夏特列原理解释的事实，需涉及可逆反应的平衡移动。据此结合选项进行分析。
10．【答案】D
【解析】【解答】A、V(Y)=(0.16－0.12)/2×10=0.002mol·L－1min-1，则V(Z)= 0.004mol·L－1min-1，A不符合题意；
B、降温，平衡正向移动，则达新平衡前，v（正）>v（逆），B不符合题意；
C、X（g）+Y（g）═2Z（g），图表数据分析平衡后消耗Y为0.16mol-0.1mol=0.06mol，生成Z为0.12mol，保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.32 mol气体X和0.32 mol气体Y，相当于等效为在原平衡基础上增大压强，反应前后气体的体积不变，平衡不移动，到达平衡时，n（Z）=0.24 mol，C (Z) =0.24 mol÷10L=0.024 mol·L-1，C不符合题意；
D、 X(g) ＋ Y(g) 2Z(g) △H < 0
起始 0.16 0.16 0
转化 0.06 0.06 0.12
平衡 0.10 0.10 0.12
K=0.0122/0.01×0.01=1.44，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A. 根据速率定义式计算；
B. 降低温度，平衡向放热方向移动，向正反应方向移动，v（正）>v（逆）；
C. 对于气体前后计量数不变的反应，恒温恒容下，按比例投料，与原平衡属于等效平衡；
D. 根据三段式，求得平衡时各物质的浓度，带入K的定义式计算；
11．【答案】B
【解析】【解答】A.由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量不变，在体积恒定的容器中，混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度不变不是达到反应限度的标志，故A不选；
B. A、B、C的物质的量分数不再改变说明正反应速率等于逆反应速率，说明反应达到化学平衡，故B选；
C.化学反应达到平衡时，各物质的浓度之比不一定等于化学计量数之比，则c(A)∶c(B)∶c(C)=2∶1∶2与起始浓度有关，不一定是平衡状态，故C不选；
D.单位时间里增加1 mol A和消耗1mol C均代表逆反应速率，不能表示正反应速率等于逆反应速率，则单位时间里每增加1 mol A，同时消耗1mol C不是达到反应限度的标志，故D不选；
故答案为：B。
【分析】判定可逆反应是否达到化学平衡状态，一般有以下两种方法：
1、v正=v逆，即正逆反应速率相等；
2．变量不变，包括某组分的含量、气体的颜色、密度、平均相对分子质量、体系的总压强等。
12．【答案】C
【解析】【解答】A．在任何时刻都C生成的速率与A分解的速率2倍相等，因此不能判断反应达到平衡状态，A不符合题意；
B．在任何时刻都存在单位时间生成n mol A，同时生成3n mol B，因此不能判断反应达到平衡状态，B不符合题意；
C．若A、B、C的浓度不再变化，则反应达到平衡，若浓度改变，则未处于平衡状态，C符合题意；
D．A、B、C的分子数比为1∶3∶2的状态可能是平衡状态，也可能是非平衡状态，D不符合题意。
故答案为：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，当该物理量不再改变时，说明可逆反应到达平衡状态。
13．【答案】C
【解析】【解答】解：A、由于是在容积可变的容器中，则在“均减半”相当于A、B、C三物质的浓度都没有改变，平衡不会移动，故A、错误；
B、由于是在容积可变的容器中，则在“均加培”相当于A、B、C三物质的浓度都没有改变，平衡不会移动，故B错误；
C、同样由于容积可变，“均增加1mol”时相当于A、C物质的浓度减小，B物质的浓度增大，平衡向右移动，故C正确；
D、如A、C均减少1mol，B减少0.5mol，平衡不移动，B减少1mol，相当于在原平衡的基础上减少0.5molB，则平衡逆向移动，故D错误；
故选：C．
【分析】在容积可变的情况下，从对平衡混合物中三者的物质的量对各物质的量的浓度影响角度思考．在“均减半”或“均加培”时，相当于A、B、C三物质的浓度都没有改变，“均增加1mol”时相当于A、C物质的浓度减小，B物质的浓度增大，“均减小1mol”时相当于A、C物质的浓度增大，B物质的浓度减小．
14．【答案】C
【解析】【解答】分析图象，关键是看变化量和走势，从走势分析X、Y是反应物，Z是生成物，初步分析它们的变化量分别为Δn(X)＝1.20 mol－0.41 mol＝0.79 mol，Δn(Y)＝1.0 mol－0.21 mol＝0.79 mol，Δn(Z)＝1.58 mol，首先确定该反应的化学方程式为X(g)＋Y(g)=2Z(g)。据选项要求分别计算出v(Z)＝ ＝0.079 mol·L－1·s－1；Δc(X)＝ ＝0.395 mol·L－1；α(Y)＝ ×100%＝79%。
故答案为：C。
【分析】本题考查了物质的量随时间变化的曲线。解此题的关键是要求X、Y 、 Z三者起始浓度、转化浓度及平衡时浓度。
15．【答案】C
【解析】【解答】A. 加热反应速率加快，A不符合题意；
B. 加入浓盐酸增大氢离子浓度，反应速率加快，B不符合题意；
C. 加入蒸馏水氢离子浓度降低，反应速率减小，C符合题意；
D. 将块状碳酸钙固体粉碎增大反应物接触面积，加快反应速率，D不符合题意，
故答案为：C。
【分析】影响化学反应速率的因素：（1）内因：物质本身的性质；（2）外音：浓度，压强，温度，催化剂，物质状态，接触面积以及其他外界因素；增大浓度，增大压强，用催化剂，升高温度，都可以加快反应速率，即可得出本题答案
16．【答案】C
【解析】【解答】A．其他条件相同，升高温度，化学反应速率加快，则速率常数(k)增大，A不符合题意；
B．其他条件相同，加入催化剂，化学反应速率加快，则速率常数(k)增大，B不符合题意；
C．根据①②组实验数据可得，n=1；根据①③组实验数据可得，m=0.5，即该速率方程为：，C符合题意；
D．根据①④组实验数据可得：，，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】Ａ．升高温度，反应速率加快，速率常数增大；
Ｂ．催化剂能加快反应速率，使速率常数增大；
Ｃ．将实验数据代入算式计算即可；
Ｄ．将实验数据代入算式进行计算可得 a=0.9 。
17．【答案】（1）C；20%；加催化剂
（2）S2﹣+H2O HS﹣+OH﹣，HS﹣+H2O H2S+OH﹣；BC
【解析】【解答】解：I．（1）A．CO2和H2都作为生成物，根据反应可知，自始至终v正（CO2）=v正（H2），CO2和H2生成速率相等，不能说明反应到达平衡，故A错误；
B．反应前后气体的物质的量不发生变化，容器中始终压强不变，温度不变时，压强不变，不能说明反应到达平衡，故B错误；
C．根据反应可知，自始至终v正（CO）=v正（CO2），若v正（CO2）=v逆（CO），则v正（CO）=v逆（CO），即生成CO2的速率和生成CO的速率相等，说明反应到达平衡，故C正确；
故答案为：C；（2）实验2中，反应达到平衡状态时，反应
CO（g）+ H2O CO2（g）+ H2（g）
起始（mol） 4 2 0 0
转化（mol） 0.8 0.8 0.8 0.8
平衡（mol） 3.2 1.2 0.8 0.8
CO的转化率= ×100%= ×100%=20%，
故答案为：20%； （3）催化剂能改变反应速率，但不能改变平衡，实验3和实验2相比，起始量、平衡量相同，达到平衡所需时间实验3所需的时间少，所以实验3改变的条件为加催化剂，
故答案为：加催化剂；
II、（1）硫化钠是强碱弱酸盐，硫离子水解导致溶液呈碱性，氢硫酸为二元弱酸，其盐分步水解，水解方程式为：S2﹣+H2O HS﹣+OH﹣，HS﹣+H2O H2S+OH﹣，
故答案为：S2﹣+H2O HS﹣+OH﹣，HS﹣+H2O H2S+OH﹣；（2）A．加入氢氧化钠溶液后，氢氧根离子浓度增大，抑制了硫离子的水解，则硫离子浓度增大、HS﹣的浓度减小，则该比值减小，故A错误；
B．加入适量水，导致S2﹣的水解程度增大，则S2﹣的物质的量减小，HS﹣的物质的量增大，由于在同一溶液中，则 的值会增大，故B正确；
C．向溶液中适量H2S气体后，导致溶液中HS﹣的浓度增大，S2﹣的浓度减小，则 的值会增大，故C正确；
故答案为：BC．
【分析】I．（1）反应达到平衡状态时，同种物质的正、逆反应速率相等，平衡时各组分的物质的量、浓度、含量等不再发生变化，以及由此衍生的其它量不变，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；（2）根据三段式计算出实验2中，反应达到平衡状态时，CO的物质的量，转化率= ×100%，据此分析计算；（3）实验3和实验2相比，起始量、平衡量相同，达到平衡所需时间不同，为加催化剂改变的条件；
II．（1）硫化钠是强碱弱酸盐，硫离子水解导致溶液呈碱性；（2）A．加入适量等浓度的NaOH溶液，抑制了硫离子的水解，则硫离子浓度增大、减小；
B．加入适量水，硫离子的水解程度增大，则硫离子的物质的量减小，HS﹣的物质的量增大，结合同一溶液中分析 的值的变化；
C．通入适量H2S气体，溶液中HS﹣的浓度增大，S2﹣的浓度减小．
18．【答案】（1）CO2（g）+3H2（g） CH3OH（l）+H2O（l）△H=﹣61.5kJ/mol
（2）＜；b
（3）太阳能转化为电能，电能转化为化学能；3CO2+18H++18e﹣=C3H6+6H2O
（4）2Fe3O4 6FeO+O2↑；2mol
【解析】【解答】解：（1）由①2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣283.0 kJ/mol；②2CH3OH（1）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣726.0 kJ/mol；
根据盖斯定律：CO2（g）+3H2（g） CH3OH（l）+H2O（l）△H= = =﹣61.5 kJ/mol，
故答案为：CO2（g）+3H2（g） CH3OH（l）+H2O（l）△H=﹣61.5kJ/mol；（2）①由曲线变化可知随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应放热，Q＜0，
故答案为：＜；②随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，因氢气为反应物，则另一条逐渐增多的曲线为CO2，由计量数关系可知b为水，c为C2H4的变化曲线，
故答案为：H2O；（3）①太阳能电池为电源，电解强酸性的二氧化碳水溶液得到乙烯，可知能量转化形式有光能转化为电能，电能转化为化学能，部分电能转化为热能，
故答案为：太阳能转化为电能，电能转化为化学能；②电解时，二氧化碳在b极上生成丙烯，得到电子的一极为电源的正极，电极反应式为：3CO2+18H++18e﹣=C3H6+6H2O，
故答案为：3CO2+18H++18e﹣=C3H6+6H2O；（4）①由示意图可知，过程1中四氧化三铁在大于2300K条件下分解生成氧化亚铁和碳，反应的化学方程式为：2Fe3O4 6FeO+O2↑，
故答案为：2Fe3O4 6FeO+O2↑；②反应2Fe3O4 6FeO+O2↑中O元素化合价由﹣2价升高到0价，由方程式可知，2molFe3O4参加反应，生成1mol氧气，转移4mol电子，则每分解1molFe3O4转移电子的物质的量为2mol，
故答案为：2mol．
【分析】（1）由①2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣283.0 kJ/mol；②2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣726.0 kJ/mol；
根据盖斯定律：CO2（g）+3H2（g） CH3OH（l）+H2O（l）△H= ，进行计算求解；（2）由曲线变化可知随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应放热；可知a为CO2的变化曲线，结合计量数关系可知b为水，c为C2H4的变化曲线；（3）太阳能电池为电源，电解强酸性的二氧化碳水溶液得到丙烯，丙烯在阴极生成；（4）①由示意图可知，过程1中四氧化三铁在大于2300K条件下分解生成氧化亚铁和碳；②反应2Fe3O4 6FeO+O2↑中O元素化合价由﹣2价升高到0价，结合元素化合价以及方程式计算．
19．【答案】（1）放热
（2）减小；温度升高向吸热反应方向移动,向逆反应方向进行,A的转化率减小
（3）不变
（4）减小；减小
（5）0.1mol/(L min)；0.33
【解析】【解答】(1)由图可知：反应物的总能量高于生成物的总能量，所以应反应是放热反应，故答案为：放热；(2)正反应是放热反应，所以升高温度平衡逆向移动，A的转化率减小，故答案为：减小；温度升高向吸热反应方向移动，向逆反应方向进行，A的转化率减小；(3)反应热的大小与外界条件无关，只与反应物和生成物的总能量大小有关，所以向体系中加入催化剂，△H不变，故答案为：不变；(4)向体系中加入催化剂，降低反应的活化能，所以E1和E2都减小，故答案为：减小；减小；(5)运用三段式法计算得：
v= =0.1mol/(L min)；K= =0.33，故答案为：0.1mol/(L min)；0.33。.
【分析】根据图示中反应物及生成物总能量相对大小判断反应是否放热；根据平衡移动原理分析平衡的移动方向及转化率的变化；根据催化剂对反应的影响分析反应热及活化能的变化；根据平衡常数的表达式，运用三段式法进行相关计算。
20．【答案】（1）＞；＞
（2）使用催化剂；
【解析】【解答】解：（1）根据先拐先平衡，如图1T1＞T2，温度高C的百分含量也大，所以升温平衡向正反应方向移动，故正反应为吸热反应，故答案为：＞；＞；（2）①t8后，正逆反应速率同等程度增大，反应前后气体体积不相同，只能是使用了催化剂，故答案为：使用催化剂；②t4时降压，则逆反应速率瞬间变小后逐渐增大，平衡正向移动，t5时达到平衡逆反应速率不变，t6时增大反应物的浓度，逆反应瞬间没变，但随后速率也会慢慢增加，所以请在图2中画出t4～t6时逆反应速率与时间的关系线如图： ，故答案为： ．
【分析】（1）根据先拐先平衡，如图1T1＞T2，温度高C的百分含量也大，所以升温平衡向正反应方向移动，故正反应为吸热反应；（2）①t8后，正逆反应速率同等程度增大，反应前后气体体积不相同，只能是使用了催化剂；②根据速率图象分析，根据t4时降压，平衡正向移动，t5时达到平衡，t6时增大反应物的浓度，平衡正向移动，分析绘制图象．
21．【答案】（1）小于
（2）B；D；E
（3）0.1 mol/(L·min)；>
（4）A；B；E
（5）75%
（6）CH3OH-6e ＋8OH =＋6H2O
【解析】【解答】 (1)反应物断键吸收的能量小于生成物形成键放出的能量时反应为放热。答案为小于；
(2)A．容器中充入N2不改变反应体系各物质的浓度反应速率不变，A项不符合题意；
B．充入H2，反应物浓度增大速率加快，B项符合题意；
C．分离出CH3OH降低产物的浓度，反应速率减慢，C项不符合题意；
D．减小容器体积，反应体系各物质浓度增大反应速率加快，D项符合题意；
E．催化剂能加快反应速率，E项符合题意；
故选BDE。
(3)从图看CH3OH物质的量由0增加到0.4mol即△n=4mol，v=△nV△t=4mol2min×2.0L=1mol/(L min)。2min末反应正向进行即v正>v逆。答案为1mol/(L min)；>；
(4)A．随着反应进行CO2减少，其体积分数减小，平衡时CO2体积分数不变可判断平衡，A项符合题意；
B．随着反应进行，体系中气体减少，恒容下压强降低，平衡时压强不变可判断平衡，B项符合题意；
C．反应中CH3OH和水物质的量1：1 产生，两者浓度之比为1：1，无法判断平衡，C项不符合题意；
D．气体质量守恒，恒容所以反应中密度一直不发变化，密度不变无法判断平衡，D项不符合题意；
E．v正=v逆反应平衡，生成H2为逆向反应而生成H2O为正向且两者速率之比符合系数之比，该特征可判断平衡，E项符合题意；
故选ABE。
(5)反应达平衡，CO2由0.8mol降低至0.2mol，变化量为0.6mol，转化率=变化量起始量×100%=0.6mol0.8mol×100%=75%。答案为75%；
(6)a极CH3OH变为CO2发生氧化反应为原电池的负极，而b极O2变为H2O发生还原反应为正极。答案为负；
(7)A极CH3OH变为CO2发生氧化反应，则电极A的反应式为CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+。答案为：A极CH3OH变为CO2发生氧化反应。
【分析】(1)根据放热反应中反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量；
(2)依据影响反应速率的因素分析；
(3)利用v=Δc/Δt计算；依据图像分析；
(4)依据化学平衡的特征“等”和“定”进行分析判断；
(5)反应达平衡，CO2由0.8mol降低至0.2mol，变化量为0.6mol，。答案为75%；
(6)原电池失电子发生氧化反应。