2.2 化学反应的限度 同步练习题 （含解析） 2023-2024学年高二上学期化学鲁科版（2019）选择性必修1

2.2 化学反应的限度 同步练习题
一、单选题
1．如图为反应2A（g） B（g）+C（g）的速率v（A）变化的图象，其中纵坐标可能是（　　）
A．温度 B．压强 C．A的浓度 D．反应时间
2．工业通过氨的催化氧化制取硝酸，其中一个反应3NO2(g) + H2O(l) 2HNO3(aq) + NO(g) ΔH < 0，现欲提高反应物NO2的转化率，增加硝酸的产量，下列采取的措施可行的是（　　）
A．增加压强
B．加大水量
C．升高温度
D．加入催化剂
3．反应CO+H2O (g) CO2+H2在800℃达到平衡时分别改变下列条件，K值发生变化的是（　　）
A．将压强减小至原来的一半 B．将反应温度升高至100℃
C．添加催化剂 D．增大水蒸气的浓度
4．下列有关化学反应速率与化学反应限度的叙述中，错误的是（　　）
A．化学反应速率是表示化学反应快慢的物理量
B．一般情况下，升高温度能加快化学反应速率
C．可逆反应达到化学反应限度时，反应就静止不动了
D．可逆反应达到化学反应限度时，正反应速率等于逆反应速率
5．下列说法不正确的是（　　）
A．手机上用的锂离子电池属于二次电池
B．测定中和反应的反应热，需要记录体系达到的最终温度
C．催化剂能加快化学反应速率是因为降低了反应的活化能，增大了活化分子百分率
D．温度对化学平衡的影响是通过改变平衡常数实现的
6．温度时，向容积为的密闭容器中加入D(足量)和A，发生反应，第后，温度调整到(忽略调整温度时所用的时间)。测得下列各时刻A的物质的量如下表所示。反应中没有使用催化剂，下列说法不正确的是（　　）
0
2.00 1.50 1.25 1.15 1.00 0.95 0.93
A．，生成B的平均速率为
B．可以利用混合气的平均相对分子质量不变，判断平衡建立
C．由表中数据可知
D．若在恒容绝热装置中进行上述反应，可以利用装置压强不变判断平衡建立
7．下列叙述与图像对应符合的是（　　）
A．图1表示达到平衡状态的在时刻充入了一定量的，平衡逆向移动
B．图2表示等体积，等pH值的盐酸和醋酸溶液分别与过量的反应
C．图3表示常温下，稀释、两种酸的稀溶液时，溶液随加水量的变化，则酸性强
D．对于反应，若，y可以表示Z的百分含量
8．常压下羰基化法精炼镍的原理为Ni(s)＋4CO(g) Ni(CO)4(g)。230 ℃时，该反应的平衡常数K＝2×10－5。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2 ℃，固体杂质不参与反应。第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；
第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230 ℃制得高纯镍。
下列判断正确的是（　　）
A．增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大
B．第一阶段，在30 ℃和50 ℃两者之间选择反应温度，选50 ℃
C．第二阶段，Ni(CO)4分解率较低
D．该反应达到平衡时，v生成[Ni(CO)4]＝4v生成(CO)
9．已知：xA（g）+yB（g） zC（g）；△H=a。将xmolA和ymolB混合在密闭容器中，在不同温度（T1>T2）及压强（P1>P2）下，C的物质的量n（C）与反应时间（t）的关系如图所示。下列判断正确的是（　　）
A．x+y=z；a>0 B．x+y>z；a<0
C．x+y0
10．下列叙述中说明某化学平衡一定发生移动的是（　　）
A．混合体系中气体密度发生变化 B．正、逆反应速率改变
C．混合物中各组分的浓度改变 D．反应物的转化率改变
11．常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g) Ni(CO)4(g)。230℃时，该反应的平衡常数K=2×10 5。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。
第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；
第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍。
下列判断正确的是（　　）
A．增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大
B．第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃
C．第二阶段，Ni(CO)4分解率较低
D．该反应达到平衡时，ν生成[Ni(CO)4]=4ν生成(CO)
12．不能用勒夏特列原理解释的是（　　）
A．使用铁触媒，加快合成氨反应速率
B．实验室用排饱和食盐水法收集氯气
C．打开汽水瓶盖，即有大量氕泡逸出
D．温度升高，纯水中的H+浓度增大
13．对于反应2HI(g) H2(g) +I2(g)，下列叙述能够说明己达平衡状态的是（　　）
A．混合气体的颜色不再变化
B．温度和体积一定时，容器内压强不再变化
C．1molH-H键生成的同时有2molH-I键断裂
D．各物质的物质的量浓度之比为2：1：1
14．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（　　）
A．合成氨工业上增大压强以提高反应物的转化率
B．黄绿色的氯水光照后颜色变浅
C．由H2、I2蒸气、HI组成的平衡体系加压后颜色变深
D．在含有Fe(SCN)3的红色溶液中加铁粉，振荡静置，溶液颜色变浅或褪去
15．N2O和CO可在催化剂 (Pt2O+)表面转化为无害气体，其反应原理为： ，下列有关该反应说法正确的是（　　）
A．催化剂能改变反应的 H
B．通入过量CO，可使N2O转化率达100%
C．保持温度和容器体积不变，通入He增大压强，反应速率不变
D．保持温度和压强不变，通入He反应速率不变
16．工业上常用浓氯水检验输送氧气的营道是否泄漏，泄漏处有白烟生成，工业合成氨的反应为 。对于工业合成氨的反应，下列说法正确的是
A．使用高效催化剂可减小△H
B．适当降温或加压，反应的平衡常数都增大
C．及时将体系中的液化分离有利于平衡正向移动
D．用E表示键能，则：
二、综合题
17．密闭容器中加入4molA、1.2molC和一定量的B三种气体，一定条件下发生反应，各物质的浓度随时间变化如甲图所示[已知t0～t1阶段保持恒温、恒容，且c（B）未画出]．乙图为t2时刻后改变反应条件，反应速率随时间的变化情况，已知在t2、t3、t4、t5时刻各改变一种不同的条件，其中t3时刻为使用催化剂．
（1）若t1=15s，则t0～t1阶段的反应速率为v（C）=　 　．
（2）t4时刻改变的条件为　 　，．
（3）已知t0～t1阶段该反应放出或吸收的热量为Q kJ（Q 为正值），试写出该反应的热化学方程式：　 　．
18．H2O2广泛应用于化学品合成、纸浆和纺织品的漂白，是环保型液体漂白剂。有研究表明，H2O2溶液的漂白性是HO2—所致。
（1）H2O2溶液显弱酸性,测得0.15 mol·L 1 H2O2溶液pH约为6。写出H2O2生成HO2—的电离方程式：　 　。
（2）其他条件相同时，研究不同初始pH条件下H2O2溶液的漂白效果，结果如下：
由上图可得到的结论是　 　，结合平衡移动原理简述理由：　 　。
（3）实验发现： 若pH >11，则H2O2溶液的漂白效果随pH增大而降低。针对这一现象，继续进行实验，发现溶液中H2O2的分解与pH有关。测定不同初始pH条件下，初始浓度均为0.15 mol·L 1 的H2O2溶液发生分解反应，结果如下：
初始pH pH = 10 pH = 12
1小时后H2O2溶液浓度 0.13 mol·L 1 0.07 mol·L 1
1小时后pH 没有明显变化 没有明显变化
查阅资料：HO2-+H2O2=H2O+O2+OH-。
①结合离子方程式解释1小时后pH没有明显变化的原因：　 　。
②从反应速率的角度分析pH过大，H2O2溶液漂白效果会降低的原因：　 　。
19．NOx会危害人体健康，破坏环境，对其进行无害处理研究一直是科技界关注的重点。请回答以下问题：
（1）选择性催化还原技术(SCR)是针对柴油车尾气排放中的一项处理工艺。已知在催化剂的作用下，有如下反应发生：
①4NH3(g) + 5O2(g) 4NO (g) + 6H2O(g) ΔH1= - 905kJ·mol-1
②4NH3(g) + 3O2(g) 2N2(g) + 6H2O(g) ΔH2=- 1268kJ· mol-1
③4NH3(g) + 6NO(g) 5N2(g) + 6H2O(g) ΔH3
反应③的反应热ΔH3=　 　。
（2）氨催化氧化时会发生(1)中的①、②两个竞争反应。为研究某催化剂的效果，在1L恒容密闭容器中充入1molNH3和2molO2，测得反应达到平衡时有关物质的量关系如图：
①根据以上信息，其他条件不变时，下列措施中可以提高NH3转化为N2的平衡转化率的是　 　(填字母)。
A．升高反应温度 B．降低反应温度
C．增大NH3和O2的初始投料比 D．及时分离出H2O
②520℃-840℃时体系中NO含量迅速增加的原因是　 　。
（3）已知：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)分两步进行，其反应过程能量变化如图a。
I.2NO(g) N2O2(g)
II.N2O2(g)+O2(g) 2NO(g)
①决定NO氧化反应速率的步骤是　 　(填“I”或“II”)。
②在恒容的密闭容器中充入一定量的NO和O2气体，保持其它条件不变，在温度为T1和T2(T2>T1)，测得c(NO)随t(时间)的变化曲线如图b，转化相同量的NO，在温度　 　 (填“T1”或“T2”)下消耗的时间较长，结合图a分析其原因　 　。
（4）在恒温条件下，向初始压强为pMPa的恒容密闭容器中加入等物质的量CO和NO发生反应： 2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)，反应达平衡时，N2的体积分数为20%，则NO的转化率为　 　(保留一位小数)。该条件下反应平衡常数Kp=　 　 MPa-1(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压 ×物质的量分数)。
20．已知A（g）+B（g） C（g）+D（g）反应的平衡常数和温度的关系如下：
温度/℃ 700 900 830 1000 1200
平衡常数 1.7 1.1 1.0 0.6 0.4
回答下列问题：
（1）该反应的平衡常数表达式K=　 　，△H　 　0（填“＜”“＞”“=”）；
（2）830℃时，向一个5L的密闭容器中充入0.20mol的A和0.80mol的B，如反应初始6s内A的平均反应速率v（A）=0.003mol L﹣1 s﹣1．，则6s时c（A）=　 　 mol L﹣1，C的物质的量为　 　mol；若反应经一段时间后，达到平衡时A的转化率为　 　，如果这时向该密闭容器中再充入1mol氩气，平衡时A的转化率为　 　；
（3）判断该反应是否达到平衡的依据为　 　（填正确选项前的字母）：
a．压强不随时间改变 b．气体的密度不随时间改变
c．c（A）不随时间改变 d．单位时间里生成c和D的物质的量相等
（4）1200℃时反应C（g）+D（g） A（g）+B（g）的平衡常数的值为　 　．
21．一定温度下，在2L的恒容密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示：
（1）该反应的化学方程式为　 　．
（2）从反应开始到10s时，用Y表示的反应速率为　 　，X的转化率为　 　．（保留三位有效数字）
（3）10s时，该反应　 　达到了化学平衡状态．（填“是”或“否”）
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】解：A．温度越高，活化分子百分数越大，所以反应速率加快，则纵坐标不能是温度，故A错误；
B．压强越大，体积越小，单位体积内活化分子数越多，反应速率越大，所以纵坐标不能是压强，故B错误；
C．A是气体，反应物浓度越大，单位体积内活化分子数越多，反应速率越大，所以纵坐标不能是A的浓度，故C错误；
D．随着反应的进行，A浓度降低，单位体积内活化分子数减少，反应速率降低，所以纵坐标可能是时间，故D正确；
故选D．
【分析】A．温度越高反应速率越大；
B．压强越大反应速率越大；
C．A是气体，反应物浓度越大，反应速率越大；
D．气体浓度越小反应速率越小．
2．【答案】A
【解析】【解答】A.由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，所以增加压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，提高了反应物NO2的转化率，增加硝酸的产量，符合题意。
B.加大水量，由于水是纯液体物质，基本不影响化学反应速率，不符合题意。
C.由于该反应的正反应是放热反应，所以根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，反应物NO2的转化率降低，硝酸的产量减小，不符合题意。
D.加入催化剂，可以是化学反应速率加快，但是化学平衡不移动，因此不能提高反应物NO2的转化率，增加硝酸的产量，不符合题意。
故答案为：A
【分析】在有气体参与的可逆反应中，增大压强，反应向着气体计量数和减小的方向进行。
3．【答案】B
【解析】【分析】正确答案：B
K值只与温度和方程式的计量数有关。
4．【答案】C
【解析】【解答】A、化学反应有的快，有的慢，则使用化学反应速率来定量表示化学反应进行的快慢，故A正确；
B、升高温度，增大活化分子的百分含量，所以能加快化学反应速率，故B正确；
C、可逆反应达到化学反应限度时为动态平衡，反应仍然继续，不过正逆反应速率相等，故C错误；
D、可逆反应达到化学反应限度时即平衡状态，正逆反应速率相等，故D正确；
故答案为：C
【分析】本题考查了有关化学反应速率的问题以及平衡状态的特征，注意可逆反应达到化学反应限度时为动态平衡，反应仍然继续，正逆反应速率相等．
5．【答案】B
【解析】【解答】解：A、锂离子电池可以反复充电放电属于可充电电池，手机上用的锂离子电池是二次电池，故A正确；
B、测定中和反应的反应热，需要记录体系强酸温度和达到的最高温度，故B错误；
C、催化剂降低反应的活化能，增大了活化分子百分率，改变反应速率，不改变化学平衡，故C正确；
D、平衡常数随温度变化，温度对化学平衡的影响是通过改变平衡常数实现的，故D正确；
故选B．
【分析】A、锂离子电池可以反复充电放电属于可充电电池，是二次电池；
B、测定中和反应的反应热，需要记录体系强酸温度和达到的最高温度；
C、催化剂降低反应的活化能，改变反应速率，不改变化学平衡；
D、平衡常数随温度变化．
6．【答案】C
【解析】【解答】A.由表中数据可知，0~5min，生成A的平均速率为，用不同物质表示同一反应速率之比等于化学计量数之比，则有，，故A正确；
B.由于D是固体，所以气体的总质量是改变的，则混合气的平均相对分子质量是改变的，所以可以利用混合气的平均相对分子质量，判断平衡建立，故B正确；
C.由表中数据可知，比A的物质的量变化大，T2>T1，故C错误；
D.若在恒容绝热装置中进行上述反应，由于反应过程会产生热效应，故压强会发生变化，可以利用装置压强不变，可判断平衡建立，故D正确；
故选C。
【分析】A.利用v=Δc/Δt，用不同物质表示同一反应速率之比等于化学计量数之比计算；
B.利用“变者不变即平衡”；
C.依据影响反应速率的因素分析；
D.同B分析；
7．【答案】B
【解析】【解答】A．如果在时刻充入了一定的NH3，逆反应速率瞬间增大，正反应速率瞬间不变，v正应与平衡点相连，A项不符合题意；
B．等体积、等pH值的盐酸和醋酸溶液分别与过量的反应，反应过程中醋酸不断电离出氢离子，醋酸的氢离子浓度大于盐酸，故Mg与醋酸反应的速率快，斜率大，与醋酸反应生成的氢气多，B项符合题意；
C．稀释等pH值的、，强酸的pH变化大，故HA为强酸，C项不符合题意；
D．若，，压强增大，对于反应 ，增大压强，平衡向正向移动，Z的百分含量增加，而图中，由，y减小，故y不能表示Z的百分含量，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、充入反应的气体，曲线不断点；
B、pH相同的醋酸和盐酸，醋酸反应速率更快，产生的气体更多；
C、pH相同的酸，稀释相同的倍数，pH变化越大，酸性越强；
D、增大压强，朝气体体积缩小的方向移动。
8．【答案】B
【解析】【解答】A.增加c(CO)，正反应速率增大，平衡正向移动，但温度不变，平衡常数不变，A不符合题意；
B.第一阶段要得到气体的Ni(CO)4，因此反应温度应略高于Ni(CO)4的沸点，因此反应温度应选择50℃，B符合题意；
C.第二阶段是要将Ni(CO)4转化为Ni，因此Ni(CO)4的分解率较高，C不符合题意；
D.反应达到0平衡状态时，正逆反应速率相等，用不同物质表示的反应速率之比等于其化学计量数之比，因此4v生成[Ni(CO)4]=v生成(CO)，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变；
B、结合Ni(CO)4的沸点分析；
C、结合第二阶段发生的反应分析；
D、根据反应速率之比等于化学计量数之比分析；
9．【答案】B
【解析】【解答】根据“先拐先平，温高压大”，当温度相同时，P1先出现拐点，所以P1>P2，根据图像可知，当温度相等时，压强越大，生成物C的物质的量就越多，所以增大压强平衡向正反应方向移动，因此正反应是体积减小的可逆反应，即x＋y＞z；当压强相等时，T1先出现拐点，所以T1>T2，由图像可知，温度越高，生成物C的物质的量就越少，这说明升高温度，平衡就向逆反应方向移动，所以正反应是放热反应，即a＜0，
故答案为：B。
【分析】要注意温度越高，速率越快，压强越大，速率越快，比较的时候，要注意比较温度的时候，压强要相同，比较牙签更大时候温度要相同，再结合温度、压强对化学平衡移动的影响，可以求出答案。
10．【答案】D
【解析】【解答】解：A、对于反应前后气体体积相等的反应来说，增大压强，气体的密度增大，平衡不移动，故A错误；
B、对于反应前后气体体积不变的反应，增大压强反应速率增大，但平衡不发生变化，故B错误；
C、对于反应前后气体体积相等的反应来说，增大体系的体积，体系各组分的物质的量浓度减小，平衡不移动，故C错误；
D、反应物的转化率发生变化，说明物质的浓度浓度一定在变化，化学平衡一定发生移动，故D正确；
故选D．
【分析】已达到平衡的反应，外界反应条件改变时，平衡混合物里各组成物质的百分含量也就会改变而达到新的平衡状态叫化学平衡移动．至于对于反应前后气体体积相等的反应来说，增大体系的体积，体系各组分的物质的量浓度减小，气体的密度减小，反应速率较小，平衡却不移动．
11．【答案】B
【解析】【解答】A、平衡常数只与温度有关，与浓度无关，故A不符合题意；
B、50时，Ni(CO)4以气态存在，有利于分离，从而促使平衡正向移动，故B符合题意；
C、230时，Ni(CO)4分解的平衡常数为5×106，可知分解率较高，故C不符合题意；
D、平衡时，4v生成[Ni(CO)4]=v生成(CO)，D不符合题意。
【分析】A.平衡常数只是温度的函数；
B.根据平衡常数与反应进行程度的关系进行判断；
C.根据Ni(CO)4的状态进行分析；
D.根据化学平衡状态的特点进行判断。
12．【答案】A
【解析】【解答】A、铁触媒作催化剂，催化剂对化学平衡无影响，不符合勒夏特列原理，故A符合题意；
B、Cl2与H2O反应：Cl2＋H2O H＋＋Cl－＋HClO，加入饱和食盐水，Cl－浓度增加，平衡向逆反应方向进行，抑制Cl2与水的反应，符合勒夏特列原理，故B不符合题意；
C、打开汽水瓶盖，造成气体压强减小，使平衡向转化成气体的方向移动，符合勒夏特列原理，故C不符合题意；
D、水存在：H2O H＋＋OH－，此电离属于吸热过程，升高温度促使平衡向正方向移动，符合勒夏特列原理，故D不符合题意。
【分析】催化剂不能使平衡发生移动。
13．【答案】A
【解析】【解答】A．混合气体的颜色不再变化，说明碘蒸气的浓度不变，达平衡状态，故A符合题意；
B.气体两边的计量数相等，所以温度和体积一定时，容器内压强一直不变化，故B不符合题意；
C.1molH-H键生成的同时有2molH-I键断裂，都体现正反应方向，未体现正与逆的关系，故C不符合题意；
D.当体系达平衡状态时，各物质的物质的量浓度之比可能为2：1：1，也可能不是2：1：1，与各物质的初始浓度及转化率有关，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】该题考查可逆反应达到平衡状态的标志：①反应物和生成物有颜色变化的，可以通过观察颜色变化 ②气体两边计量数不等时，可以通过比较压强 ③正反应速率=逆反应速率 ④断裂化学键和生成化学键来判断 ⑤反应物和生成物的量不改变（物质的量、质量等） 易错点：可逆反应是否达到平衡跟各物质的浓度比没有必然关系
14．【答案】C
【解析】【解答】A．合成氨是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，能用平衡移动原理解释，A不符合题意；
B．氯气溶于水的反应是一个可逆反应，Cl2+H2O HClO+H＋+Cl－，光照条件下，次氯酸分解生成HCl和氧气，生成物浓度降低，平衡正向移动，黄绿色的氯水光照后颜色变浅，可以用平衡移动原理解释，B不符合题意；
C．该反应前后气体体积不变，增大压强平衡不移动，因为体积减小导致碘浓度增大而使颜色加深，所以不能用平衡移动原理解释，C符合题意；
D．溶液中存在平衡Fe3＋+6SCN－ Fe（SCN）63-，加铁粉，铁与Fe3＋反应，Fe3＋浓度降低，则平衡向左移动进行，溶液颜色变浅或褪去，能用勒夏特利原理来解释，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.合成氨的反应为可逆反应，结合压强对平衡移动的影响分析；
B.氯水中存在可逆反应Cl2＋H2O HCl＋HClO，HClO不稳定，光照条件下分解，结合浓度对平衡移动的影响分析；
C.增大压强后，对反应H2(g)＋Cl2(g) 2HCl(g)平衡不移动；
D.溶液中存在平衡Fe3＋+6SCN－ Fe(SCN)63-，加入铁粉后，与Fe3+反应，结合浓度对平衡移动的影响分析；
15．【答案】C
【解析】【解答】A．催化剂只能改变反应的活化能，不能改变反应物和生成物的总能量，也就是不能改变反应的 H，A不符合题意；
B．反应为可逆反应，即使通入过量CO，N2O的转化率也小于100%，B不符合题意；
C．保持温度和容器体积不变，通入He增大压强，反应物、生成物的浓度都未改变，所以反应速率不变，C符合题意；
D．保持温度和压强不变，通入He，则容器的体积增大，反应物和生成物的浓度减小，反应速率减慢，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.催化剂不影响反应热；
B.可逆反应不可能完全转化；
D.保持温度和压强不变，通入He，容器的体积增大，各组分的浓度减小。
16．【答案】C
【解析】【解答】A．催化剂可以改变反应速率，不能改变焓变，A不符合题意；
B．温度变化平衡常数发生变化，降低温度平衡右移，平衡常数变大，改变压强不会改变平衡常数，B不符合题意；
C．及时将体系中的液化分离，减小生成物的浓度，有利于平衡正向移动，C符合题意；
D．用E表示键能，则：，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．催化剂能改变反应的途径，降低反应的活化能，但不能改变反应的焓变；
B．温度变化平衡常数发生变化，根据影响化学平衡移动的因素分析；
C．依据化学平衡移动原理分析；
D．利用△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和计算。
17．【答案】（1）0.02mol/（L s）
（2）减小压强
（3）2A（g）+B（g） 3C（g）△H=+2.5QkJ/mol
【解析】【解答】解：（1）t1=15s，则t0～t1阶段的反应速率为v（C）= =0.02mol/（L s），故答案为：0.02mol/（L s）；（2）t3时刻为使用催化剂，t4～t5时正逆反应速率同等程度的减小，则改变条件为减小压强，故答案为：减小压强；（3）t0～t1阶段A减少0.2mol/L、C增加0.6mol/L﹣0.3mol/L=0.3mol/L，A、C的化学计量数之比为2：3，结合图乙中t4～t5时降低压强平衡不移动可知，反应为2A（g）+B（g） 3C（g），t5时正逆反应速率均增大，且正反应速率大于逆反应速率，可知改变条件为升高温度，正反应为吸热反应，t0～t1阶段该反应吸收的热量为Q kJ，0.2mol/L×4L=0.8molA参加反应吸收QkJ，则2molA参加反应吸收热量为2.5QkJ，即该反应的热化学方程式为2A（g）+B（g） 3C（g）△H=+2.5 Q kJ/mol，故答案为：2A（g）+B（g） 3C（g）△H=+2.5 Q kJ/mol．
【分析】由图可知，t0～t1阶段A减少0.2mol/L、C增加0.6mol/L﹣0.3mol/L=0.3mol/L，结合v= 计算速率，A、C的化学计量数之比为2：3，结合图乙中t4～t5时降低压强平衡不移动可知，反应为2A（g）+B（g） 3C（g），t5时正逆反应速率均增大，且正反应速率大于逆反应速率，可知改变条件为升高温度，正反应为吸热反应，以此来解答．
18．【答案】（1）H2O2 HO2－+ H+
（2）其他条件相同时，初始pH越大染料脱色率越高，即H2O2的漂白效果越好；c(OH-)增大，促使H2O2 HO2－+ H+正向移动，c(HO2－)增大，漂白效果越好
（3）碱性条件下：H2O2 + OH－= HO2－+ H2O，又知HO2－+ H2O2 = H2O+ O2 + OH－，OH-可看作是H2O2分解反应的催化剂，故反应前后pH不变；pH过大，H2O2分解过快，使参与漂白的c(HO2－)下降，故漂白效果降低；
【解析】【解答】解：（1）H2O2生成HO2—的电离方程式为H2O2 HO2－+ H+，
故答案为：H2O2 HO2－+ H+；
（2）根据图像可知，其他条件相同时，初始pH越大染料脱色率越高，即H2O2的漂白效果越好；因为c(OH-)增大，促使H2O2 HO2－+ H+正向移动，c(HO2－)增大，漂白效果越好，
故答案为：其他条件相同时，初始pH越大染料脱色率越高，即H2O2的漂白效果越好；c(OH-)增大，促使H2O2 HO2－+ H+正向移动，c(HO2－)增大，漂白效果越好；
（3）①碱性条件下：H2O2 + OH－= HO2－+ H2O，又知HO2－+ H2O2 = H2O+ O2 + OH－，OH-可看作是H2O2分解反应的催化剂，故反应前后pH不变，
故答案为：碱性条件下：H2O2 + OH－= HO2－+ H2O，又知HO2－+ H2O2 = H2O+ O2 + OH－，OH-可看作是H2O2分解反应的催化剂，故反应前后pH不变；
②pH过大，H2O2分解过快，使参与漂白的c(HO2－)下降，故漂白效果降低，
故答案为：pH过大，H2O2分解过快，使参与漂白的c(HO2－)下降，故漂白效果降低。
【分析】（1）根据弱电解质的电离书写电离方程式；
（2）根据化学平衡移动的影响因素进行分析；
（3）根据溶液中氢氧根离子的作用进行分析即可.
19．【答案】（1）-1812.5kJ ·mol-1
（2）BD；该温度段时催化剂大幅度提高了NO在产物中的比率
（3）II；T2；反应I放热，温度升高，平衡逆移，c(N2O2)减小；且 c(N2O2)减小对反应II速率的影响大于温度升高对反应II速率的影响
（4）66.7%；
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律， ③=②×2.5-①×1.5=-1268×2.5-(-905×1.5)=-1812.5，所以ΔH3=-1812.5kJ ·mol-1。
（2）①A．在1 L密闭容器中充入1molNH3和2molO2，根据图像可知，520℃平衡时n(NO)=n(N2)=
0.2 mol，结合化学方程式列数据如下：
则平衡时，n(NH3)=(1-0.2-0.4)mol=0.4 mol、n(O2)=(2-0. 25-0. 3)mol= 1.45 mol、n( H20)=(0.3 +0. 6)mol=0.9 mol，因为容器的体积是1 L.所以该反应的平衡常数该反应是放热反应，降低温度，可提高NH3转化为N2的平衡转化率，故A不正确，B正确；
C．增大NH3和O2的初始投料比，提高O2的转化率，NH3的转化率降低，故C不正确；
D．将反应生成的H2O(g)及时移出，降低生成物的浓度，平衡正向移动，可提高NH3转化为N2的平衡转化率，D正确；
②该温度段时催化剂大幅度提高了NO在产物中的比率。
（3）①根据反应过程能量变化示意图可知，反应I的活化能较低，速率较快；反应II的活化能较高，速率较慢。决定NO氧化反应速率的步骤是反应II。
②由题图3可知，当消耗相同量的NO时，温度为T：时消耗的时间更长。由题图2可知，反应I和II均为放热反应，但反应I的活化能较低，外界条件变化后能迅速达到平衡，温度升高，反应I平衡逆移，c(N2O2)减小；而反应II活化能较高，反应速率慢，c(N2O2)减小对反应II速率的影响大于温度升高的影响。
（4）加入等物质的量CO和NO，因此投料比是1：1。
，解得x=。所以n(总)= mol。
所以n(总)= mol。
算出平衡时，总压强p1，，解得。2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)
；；；；
。
【分析】（1）根据盖斯定律分析；
（2）①AB利用三段式法计算；
CD．依据影响化学平衡的因素分析；
②依据曲线变化分析；
（3）①活化能越大，反应速率越慢，速率最慢是决速步骤；
②依据影响化学平衡的因素分析；
（4）利用三段式法计算。
20．【答案】（1）；＜
（2）0.022；0.09；80%；80%
（3）c
（4）2.5
【解析】【解答】解：（1）可逆反应A（g）+B（g） C（g）+D（g）的平衡常数表达式k= ，
由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，故正反应是放热反应，即△H＜0，
故答案为： ；＜；（2）反应初始6s内A的平均反应速率v（A）=0.003mol L﹣1 s﹣1，则6s内△c（A）=0.003mol L﹣1 s﹣1×6s=0.018mol/L，A的起始浓度为 =0.04mol/L，故6s时时c（A）=0.04mol/L﹣0.018mol/L=0.022mol/L，
故6s内△n（A）=0.018mol/L×5L=0.09mol，由方程式可知n（C）=△n（A）=0.09mol，
设平衡时A的浓度变化量为x，则：
A（g）+ B（g） C（g）+ D（g）
开始（mol/L）： 0.04 0.16 0 0
变化（mol/L）： X X X X
平衡（mol/L）： 0.04-x 0.16-x x X
故 =1，解得x=0.032
所以平衡时A的转化率为 ×100%=80%，
体积不变，充入1mol氩气，反应混合物各组分的浓度不变，变化不移动，A的转化率不变为80%，故答案为：0.022；0.09；80%；80%；（3）a．该反应前后气体的物质的量不变，压强始终不变，故压强不随时间改变，不能说明到达平衡，故a错误，
b．混合气体的总质量不变，容器的容积不变，故混合气体的密度始终不变，故气体的密度不随时间改变，不能说明到达平衡，故b错误，
c．可逆反应到达平衡时，各组分的浓度不发生变化，故c（A）不随时间改变，说明到达平衡，故c正确，
d．单位时间里生成C和D的物质的量相等，都表示正反应速率，反应始终按1：1生成C、D的物质的量，不能说明到达平衡，故d错误，
故答案为：c；（4）同一反应在相同温度下，正、逆反应方向的平衡常数互为倒数，故1200℃时反应C（g）+D（g） A（g）+B（g）的平衡常数的值为 =2.5，
故答案为：2.5．
【分析】（1）化学平衡常数，是指在一定温度下，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，据此书写；由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，故正反应是放热反应；（2）根据△c=v△t计算△c（A），A的起始浓度﹣△c（A）=6s时c（A）；根据△n=△cV计算△n（A），再根据方程式计算C的物质的量；设平衡时A的浓度变化量为x，利用三段式表示平衡时各组分的平衡浓度，代入平衡常数列方程计算x的值，再根据转化率定义计算；
体积不变，充入1mol氩气，反应混合物各组分的浓度不变，变化不移动，A的转化率不变；（3）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；（4）同一反应在相同温度下，正、逆反应方向的平衡常数互为倒数．
21．【答案】（1）X（g）+Y（g） 2Z（g）
（2）0.0395 mol L﹣1 s﹣1；65.8%
（3）是
【解析】【解答】解：（1）由图象可以看出，反应中X、Y的物质的量减少，应该为反应物，Z的物质的量增多，应为生成物，
当反应进行到10s时，△n（X）=0.79mol、△n（Y）=0.79mol、△n（Z）=1.58mol，则△n（X）：△n（Y）：△n（Z）=1：1：2，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，则反应的方程式为：X（g）+Y（g） 2Z（g），
故答案为：X（g）+Y（g） 2Z（g）；（2）从反应开始到10s时，Y的物质的量变化为：1.00mol﹣0.21mol=0.79mol，则该段时间内用Y表示的反应速率为：v（Y）= =0.0395 mol L﹣1 s﹣1；
该段时间内X消耗的物质的量为：1.20mol﹣0.41mol=0.79mol，则X的转化率为： ×100%=65.8%，
故答案为：0.0395 mol L﹣1 s﹣1；65.8%；（3）根据图示曲线变化可知，10s时X、Y、Z的物质的量不再变化，说明此事正逆反应速率相等，该反应已经达到平衡状态，
故答案为：是．
【分析】（1）根据各物质的物质的量与化学计量数成正比写出该反应方程式；（2）根据v= 计算出从反应开始到10s时用Y表示的反应速率为；根据X消耗的物质的量及反应初始物质的量计算出其转化率；（3）10s时各组分的浓度不再变化，说明达到平衡状态．