2.2 化学平衡 同步检测题（含解析） 2023-2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1

2.2 化学平衡 同步检测题
一、单选题
1．一定条件下，向密闭容器中充入1mol NO和1mol CO进行反应：NO（g）+CO（g） N2（g）+CO2（g），测得化学反应速率随时间的变化关系如图所示，其中处于化学平衡状态的点是（　　）
A．a点 B．b点 C．c点 D．d点
2．一定条件下，向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，使反应SO2(g)+NO2(g) SO3(g)+NO(g)达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如图。下列说法正确的是（　　）
A．反应在c点达到平衡状态
B．△t1=△t2时，SO2的转化率：a~b段等于b~c段
C．反应物的总能量高于生成物的总能量
D．反应物浓度：a点小于b点
3．对于可逆反应N2（g）+3H2（g）=2NH3（g） H＜0.下列说法中正确的是（　　）
A．达到平衡后加入N2,当重新达到平衡时,NH3的浓度比原平衡的大,N2的浓度比原平衡的小
B．达到平衡后,升高温度,既加快了正,逆反应速率,又提高了NH3的产率
C．达到平衡后,缩小容器体积,既有利于加快正,逆反应速率,又有利于提高 氢气的转化率
D．加入催化剂可以缩短达到平衡的时间,是因为正反应速率增大了,而逆反应 速率减小了
4．在一定温度下的可逆反应：mA（g）+nB（g） pC（g）+qD（g），生成物C的体积分数与压强p1和p2、时间t1和t2的关系如图所示，则在下列关系式中正确的是（　　）
A．p1＞p2 B．p1＜p2 C．m+n＞p+q D．m+n=p+q
5． 溶液与 溶液发生反应： ，达到平衡。下列说法错误的是（　　）
A．加入苯，振荡，平衡正向移动
B．经苯2次萃取分离后，在水溶液中加入 ，溶液呈血红色，表明该化学反应存在限度
C．加入 固体，平衡逆向移动
D．该反应的平衡常数
6．根据图示，下列得出的结论错误的是（　　）
A．图1是中平衡时C的百分含量与压强的关系，说明m+n＞p
B．图2是A+BC中A的百分含量随温度变化的曲线，说明该反应是放热反应
C．图3是对于反应，当其他条件一定时A的百分含量随压强变化的图像，其中E点v正＞v逆
D．图4是对于反应在一定条件下，向含有一定量A的容器中逐渐加入B时的图像，压强p1＞p2
7．常温下，浓度均为0.10 mol/L、体积均为 的HA和HB溶液，分别加水稀释至体积V，pH随 的变化如图所示，下列叙述正确的是（　　）
A．该温度下HB的电离平衡常数约等于1.11×10-5
B．当 =3时，若两溶液同时升高温度，则c(B )/c(A )减小
C．相同条件下NaA溶液的pH大于NaB溶液的pH
D．溶液中水的电离程度：a = c>b
8．某温度下，在恒容(2 L)密闭容器中发生反应：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)。甲、乙、丙三种情况下，起始充入N2和H2的物质的量如表所示，其中甲经2 min达平衡时，N2的转化率为50%。下列判断正确的是（　　）
起始物质的量mol 甲 乙 丙
n(N2) 1 2 2
n(H2) 3 3 6
A．容器中气体的密度可作为判断反应是否达到平衡状态的标志
B．平衡时，乙中H2转化率大于50%
C．反应达平衡时，丙中H2的物质的量浓度c(H2)等于甲中的2倍
D．甲、乙、丙三种条件下的化学平衡常数之间的关系为K甲＜K乙＜K丙
9．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
10．将4molA气体和2molB气体在2L密闭容器中混合并在一定条件下发生如下反应；4s后反应达到平衡状态，此时测得C的浓度为0.6mol/L。下列说法中正确的是（　　）
A．4s内用物质B表示的反应速率为
B．达平衡后若通入一定量氦气，A的转化率降低
C．此时A的浓度为0.6mol/L
D．达平衡后若升高温度，C的浓度将增大
11．在一定温度下的定容容器中，发生反应：2A（g）+B（s） C（g）+D（g），下列描述中能表明反应已达到平衡状态的是（　　）
①混合气体的压强不变
②混合气体的密度不变
③C（g）的物质的量浓度不变
④容器内A，C，D三种气体的浓度之比为2：1：1
⑤单位时间内生成n molC，同时生成n mol D
⑥单位时间内生成n molD，同时生成2n mol A．
A．①②⑤ B．②③④ C．②③⑥ D．①③⑥
12．在一恒温恒压的密闭容器中通入相同物质的量的和，发生反应。下列叙述中不能说明上述反应已达到化学平衡状态的是（　　）
A．的质量保持不变
B．保持不变
C．的生成速率与的消耗速率相等
D．、、、在密闭容器中共存
13．1，3-丁二烯与HBr发生加成反应分两步：第一步H+进攻1，3-丁二烯生成碳正离子（ ）；第二步Br-进攻碳正离子完成1，2-加成或1，4-加成。反应进程中的能量变化如下图所示。下列说法错误的是（　　）
CH2=CHCH=CH2（g）+HBr（g）→CH3-CHBr -CH=CH2（g） ΔH1
CH2=CHCH=CH2（g）+HBr（g）→CH3-CH=CH-CH2Br（g） ΔH2
已知在0℃和40℃时，1，2-加成产物与1，4-加成产物的比例分别为70:30和15:85。
A．ΔH1>ΔH2
B．1，4-加成产物比1，2-加成产物稳定
C．与0℃相比，40℃时反应速率快且1，3-丁二烯的平衡转化率增大
D．无论哪种加成方式，第一步反应速率均小于第二步反应速率
14．生产硫酸的主要反应：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)△H＜0。图中L（L1、L2）、X可分别代表压强或温度。下列说法正确的是（　　）
A．X代表压强
B．推断L1>L2
C．A，B两点对应的平衡常数相同
D．一定温度下，当混合气中n（SO2）：n（O2）:n(SO3)=2:1:2，则反应一定达到平衡
15．合成氨所需的氢气可用煤和水作原料经多步反应制得，其中的一步反应为：CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）△H＜0反应达到平衡后，为提高CO的转化率，下列措施中正确的是（　　）
A．增加压强 B．降低温度
C．增大CO的浓度 D．更换催化剂
16．一定温度下，向容积为2L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示，对该反应的推断合理的是（　　）
A．该反应的化学方程式为3B+4D 6A+2C
B．0～1s内，v（A）=v（c）
C．0～6s内，B的平均反应速率为0.05mol/（L s）
D．0～6s内，各物质的反应速率相等
二、综合题
17．二氧化碳加氢合成甲醇是人工合成淀粉的首要步骤之一，同时也是实现碳中和的重要途径。该过程总反应为CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) △H=-49.4kJ·mol-1。在特定催化剂条件下，其反应机理如下：
Ⅰ.CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) △H1
Ⅱ.CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) △H2=-90.3 kJ·mol-1
回答以下问题：
（1）△H1=　 　kJ·mol-1。
（2）恒压下，按n(CO2)：n(H2)=1：3进行合成甲醇的实验，该过程在无分子筛和有分子筛时甲醇的平衡产率随温度的变化如图1所示(分子筛能选择性分离出H2O)。
①根据图中信息，压强不变，采用有分子筛时的最佳反应温度为　 　℃，解释其原因：　 　。
②采用分子筛的作用为　 　。
（3）如图2所示，向甲(恒温恒容)、乙(恒温恒压)两个密闭容器中分别充入1 mol CO2和3 mol H2，发生反应CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)，起始温度、体积相同(T1℃、2 L密闭容器)。反应达到平衡时，乙的容器容积为1.5 L，则该温度下的平衡常数为　 　，平衡时甲容器中CO2的物质的量　 　0.5 mol(填“大于”、“小于”或“等于”，下同)。若将甲改为绝热恒容容器，其他条件不变，平衡时CH3OH的浓度将　 　0.25 mol·L-1。
（4）如图3，当起始n(CO2)：n(H2)=1：2时，维持压强不变，将CO2和H2按一定流速通过反应器，催化剂活性受温度影响变化不大，结合反应Ⅰ和反应Ⅱ，分析温度大于235℃后甲醇的选择性随温度升高而下降的原因：　 　。
18．在FeCl3溶液中存在下列平衡：FeCl3+3H2O Fe（OH）3+3HCl△H＞0
（1）除去MgCl2溶液中的Fe3+溶液，向溶液中加入　 　产生的现象为　 　并进行　 　实验操作即可除去杂质．
（2）不断加热FeCl3溶液，蒸干水分并灼烧得到的固体可能是　 　．
（3）在配制FeCl3溶液时，为防止产生浑浊，应加入　 　．
19．甲醇是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景，工业上一般可采用如下反应来合成甲醇（于固定容器中进行）：2H2（g）+CO（g） CH3OH（g）
（1）如表所列数据是该反应在不同温度下的化学平衡常数（K）
温度 250℃ 300℃ 350℃
K 2.041 0.270 0.012
①该反应的熵变△S　 　0 （ 填：“＜，＞，=”）．该反应在　 　（填：高温或低温）条件下能自发进行．
②要提高CO的转化率，可以采取的措施是　 　（填序号）．
a．升温 b．加入催化剂 c．增加CO的浓度 d．加入H2加压
e．加入惰性气体加压 f．分离出甲醇
（2）如图表示在温度分别为T1、T2时，平衡体系中H2的体积分数随压强变化曲线，A、C两点的反应速率A　 　C（填“＞”、“=”或“＜”，下同），A、C两点的化学平衡常数A　 　C，由状态B到状态A，可采用　 　的方法（填“升温”或“降温”）．
20．我国科学家开发铜催化剂实现由N，N-二甲基甲酰胺[(CH3)2NCHO，简称DMF]制备三甲胺[N(CH3)3]：(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)N(CH3)3(g)+H2O(g)，ΔH=-144kJ·mol-1。
（1）在上述反应中，每生成2g气态水，放出　 　kJ的热量。
（2）在铜催化剂表面发生上述反应的历程如图所示(催化剂表面吸附物种用“*表示)。
①下列分步反应中，能垒最大的是　 　(填标号)。
a．A→Bb．C→Dc．F→G
②A→B中，断裂共价键吸收的总能量　 　催化剂吸附放出的总能量(填“大于”、“小于”或“等于”)。
③D→E的化学方程式为　 　。
（3）向体积相等的I、Ⅱ两个恒容密闭容器中分别充入1molDMF(g)和2molH2(g)发生上述反应，其中一个容器中是绝热过程，另一个容器中是恒温过程。反应体系中压强随时间变化关系如图所示。
①容器I中为　 　(填“绝热”或“恒温”)过程。判断的依据是　 　。
②若该反应是在恒温恒容的密闭容器中发生，以下能说明该反应达到化学平衡状态的是　 　。
A．混合气体的密度不再发生改变
B．反应容器中H2的质量分数不变
C.2v正(H2)=v逆(H2O)
D．平均相对分子质量不变
E．该反应的焓变，即ΔH不变
③n点时反应的平衡常数Kp=　 　中的(Kpa-1)。(提示：用分压计算的平衡常数为Kp，分压=总压×物质的量分数)
21．甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景。工业上一般采用下列两种反应合成甲醇：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
下表所列数据是反应Ⅰ在不同温度下的化学平衡常数(K)：
温度 250℃ 300℃ 350℃
K 2.0 0.27 0.012
（1）比较这两种合成甲醇的方法，原子利用率较高的是　 　(填“I”或“Ⅱ”)。
（2）在一定条件下将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中发生反应Ⅰ，10min后测得 ，计算可得此段时间的反应速率(用H2表示)为 　 　mol/(L·min)。
（3）由表中数据判断 H1　 　0(填“>”、“<”或“=”)；反应CO2(g)+H2(g) CO(g) + H2O(g) H3， H3= 　 　(用 H1和 H2表示)。
（4）写出反应Ⅱ的化学平衡常数表达式：KⅡ= 　 　；保持恒温恒容将反应Ⅱ的平衡体系中各物质浓度均增大为原来的2倍，则化学平衡　 　(填“正向”、“逆向”或“不”)移动，平衡常数KⅡ　 　(填“变大”、“变小”或“不变”)。
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】解：由图可知，a、b、c点的正反应速率均大于逆反应速率，只有d点正逆反应速率相等，
由正逆反应速率相等的状态为平衡状态可知，图中处于化学平衡状态的点是d点，
故选D．
【分析】由图可知，a、b、c点的正反应速率均大于逆反应速率，只有d点正逆反应速率相等，以此来解答．
2．【答案】C
【解析】【解答】A．化学平衡状态的实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率还在改变，未达平衡，A不符合题意；
B．随着反应的进行，正反应速率增大，△t1＝△t2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段，B不符合题意；
C．从a到c正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，C符合题意；
D． a到b时正反应速率增加，反应物浓度随时间不断减小，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.当速率不变时，达到平衡
B.结合纵坐标变化，即可判断
C.根据速率的变化，即可判断正反应的吸热放热
D.速率增大，浓度降低
3．【答案】C
【解析】【解答】A. 平衡移动的结果是减弱,而不是抵消,所以达到平衡后加入N2，当重新达到平衡时，NH3的浓度比原平衡的大，N2的浓度比原平衡的大，故A不符合题意；
B. 正反应是放热反应，所以升高温度，既加快了正、逆反应速率，平衡逆向移动，所以降低NH3的产率，故B不符合题意；
C. 缩小容器体积，相当于增大压强，既有利于加快正、逆反应速率，平衡正向移动，所以有利用提高氢气的转化率，故C符合题意；
D. 加入催化剂可以缩短达到平衡的时间，是因为正、逆反应速率都加快，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A. 达到平衡后加入N2，虽然平衡向右移动，但是N2的浓度比原平衡的大；
B. 根据勒夏特列原理， 由 H＜0知，反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NH3的产率降低；
C. 根据勒夏特列原理，缩小容器体积，相当于增大压强，平衡正向移动，则氢气的转化率提高；
D. 加入催化剂会使正、逆反应速率都加快。
4．【答案】B
【解析】【解答】解：根据先拐先平数值大的原则知p1＜p2，增大压强，C的体积分数减小，平衡向逆反应方向移动，说明正反应是一个气体体积m+n＜p+q，故选：B．
【分析】根据先拐先平数值大的原则知p1＜p2，再根据压强对平衡移动的影响分析，压强越大，反应速率越大，达到平衡用的时间越少，平衡向气体体积减小的方向移动．
5．【答案】D
【解析】【解答】A.加入苯振荡，苯将I2萃取到苯层，水溶液中c（I2）减小，平衡正向移动，A不符合题意；
B.将5mL0.1mol/LKI溶液与1mL0.1mol/LFeCl3溶液混合，参与反应的Fe3+与I-物质的量之比为1：1，反应后I-一定过量，经苯2次萃取分离后，在水溶液中加入KSCN溶液呈血红色，说明水溶液中仍含有Fe3+，即Fe3+没有完全消耗，表明该化学反应存在限度，B不符合题意；
C.加入FeSO4固体溶于水电离出Fe2+，c（Fe2+）增大，平衡逆向移动，C不符合题意；
D.该反应的平衡常数K= ，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.I2易溶于苯、四氯化碳等有机溶剂；
B.将加入KSCN溶液呈血红色，说明水溶液中仍含有Fe3+；
C.加入FeSO4固体，c（Fe2+）增大，平衡逆向移动；
D.平衡常数是指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值是个常数 。
6．【答案】D
【解析】【解答】A．根据图示可知：增大压强，C的含量增大，说明升高温度，化学平衡正向移动，正反应方向是气体体积减小的方向，所以化学计量数关系为：m+n＞p，A不符合题意；
B．根据图示可知：反应从正反应方向开始，在A%达到最小值时反应处于平衡状态，升高温度，A%增大，说明升高温度平衡逆向移动，逆反应方向是吸热反应，则该反应的正反应是放热反应，B不符合题意；
C．根据图示可知E点的A%比该温度下平衡状态的高，说明反应正向进行，未达到平衡状态，则E点反应速率：v正＞v逆，C不符合题意；
D．加入B，可促进化学平衡正向移动，从而促使A的转化，但该反应是反应前后气体体积不变的反应，因此压强对该反应的平衡移动无影响，压强与转化率的关系与图像不符，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】依据勒夏特列原理，改变影响平衡的一个因素，平衡将向减弱这种改变的方向移动分析。
7．【答案】A
【解析】【解答】0.1mol/L的HA溶液的pH=1，说明HA完全电离，所以HA为强酸，0.1mol/L的HB溶液的pH＞2，说明HB在溶液中部分电离，所以HB是弱酸；
A．a点时，存在平衡：HB H++B-，稀释100倍后，HB溶液的pH=4，溶液中c（B-）≈c（H+）=10-4mol/L，则Ka=c(H+)c(B )/c(HB)=10 4×10 4/(0.001 10 4)=1.11×10-5，A符合题意；
B.升高温度促进弱酸的电离，所以HB中B-浓度增大，强酸的酸根离子浓度不变，所以A-的浓度不变，因此c(B )/c(A )增大，B不符合题意；
C.HA为强酸，NaA是强酸强碱盐不水解，溶液显中性，NaB为强碱弱酸盐，水解显碱性，所以相同条件下NaA溶液的pH小于NaB溶液的pH，C不符合题意；
D.酸抑制水的电离，酸电离出的氢离子浓度越大，对水的抑制程度越大，氢离子浓度：a=c＞b，所以溶液中水的电离程度：a=c＜b，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】由图可得，HA为强酸，HB为弱酸。
B、HA为强酸，完全电离，升高温度，A-浓度不变。
HB为弱酸，电离吸热，升高温度，平衡正向移动，B-浓度增大
C、B-为弱酸根离子可水解，溶液呈碱性pH大
D、H+会抑制水的水解，H+浓度越大，抑制作用越大，a，cH+浓度相同都大于b，因而b的抑制作用越小故水解程度最大。
8．【答案】B
【解析】【解答】A．容器中混合气体的密度始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故A不符合题意；
B．与甲相比，乙中增加氮气的浓度，平衡正向移动，氢气的转化率增大，故B符合题意；
C．丙相当于对2个甲容器进行加压到体积与甲相同，平衡正向移动，氢气的转化率增大，使反应达到平衡时，丙中氢气的物质的量浓度小于甲中的2倍，故C不符合题意；
D．平衡常数只与温度有关，温度相同，平衡常数相同，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．容器的体积不变，气体质量不变，所以密度一直不变；
B．与甲相比，乙相当于加压，平衡正向移动；
C．丙和甲相比，相当于加压，平衡正向移动，氢气的转化率增大；
D．K只与温度有关，温度不变，K不变。
9．【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．
10．【答案】A
【解析】【解答】4s后反应达到平衡状态，此时测得 C 的浓度为0.6mol L-1，生成C为0.6mol/L×2L=1.2mol，则，
A.4 s内用物质B表示的反应速率为，故A符合题意；
B．在恒容密闭容器中反应，体积不变，达平衡后若通入一定量氦气，各物质的浓度不变，则平衡不移动，A的转化率不变，故B不符合题意；
C．由三段式可知，此时A的浓度为，故C不符合题意；
D．达平衡后若升高温度，该反应是放热反应，则平衡逆向移动，C的浓度将减小，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据计算；
B.达平衡后若通入一定量氦气，各物质的浓度不变，平衡不移动；
C.根据计算；
D.升温该反应的平衡逆向移动，C的浓度将减小。
11．【答案】C
【解析】【解答】解：①反应前后气体的体积不变，故混合气体的压强不变不能作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故①错误；
②密度= ，总质量再变，体积不变，故密度会变，故混合气体的密度不变可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故②正确；
③C（g）的物质的量浓度不变可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故③正确；
④平衡时各物质的物质的量之比取决于物质的起始物质的量和转化率，故容器内A、C、D三种气体的浓度之比为2：1：1不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故④错误；
⑤生成nmolC是正反应，同时生成nmolD也是正反应，故⑤错误；
⑥生成nmolD是正反应，同时生成2nmolA是逆反应，且化学反应速率之比等于化学计量数之比，故正逆反应速率相等，故⑥正确；
故能表明反应已达到平衡状态的是②③⑥，
故选C．
【分析】化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论．
12．【答案】D
【解析】【解答】A、 的质量保持不变，说明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故A不符合题意；
B、 保持不变说明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故B不符合题意；
C、 的生成速率与的消耗速率相等，说明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故C不符合题意；
D、可逆反应反应物与生成物共存，因此 、、、 在密闭容器中共存不能说明正反应速率等于逆反应速率，不能说明反应已达到化学平衡状态，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变。
13．【答案】C
【解析】【解答】A.根据盖斯定律，焓变只与反应的起点和终点有关，∣ΔH1∣<∣ΔH2∣，两个反应均为放热反应，所以，ΔH1<0，ΔH2<0,所以，ΔH1>ΔH2， A不符合题意；
B.能量越低越稳定，由图像之，1，4-加成产物的能量低，更稳定， B不符合题意；
C.温度升高，反应速率加快，但是两个反应均为放热反应，温度升高，平衡向吸热方向移动，平衡逆向进行，所以，1,3-丁二烯的平衡转化率减小，C符合题意；
D.由图像知，两个反应中，第一步的活化能都比第二步反应的活化能高，反应速率要比第二步慢， D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A．根据图象信息，1，4-加成产物的能量更低，放热更多，值更小，所以△H1＞△H2；
B．能量越低越稳定，根据图象可看出，1，4-加成产物的能量比1，2-加成产物的能量低，即1，4-加成产物的比1，2-加成产物稳定；
C．该加成反应不管生成1，4-加成产物还是1，2-加成产物，均为放热反应，则升高温度，不利用1，3-丁二烯的转化，即在40℃时其转化率会减小；
D．第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能，第一步反应速率均小于第二步反应速率。
14．【答案】B
【解析】【解答】A.因该反应正反应是一个分子数目减少的反应，增大压强，平衡正向移动，二氧化硫的平衡转化率应增大，与图示变化不符，故A不符合题意；
B.由上述分析可知，图中L代表压强，因该反应正反应是一个分子数目减少的反应，所以在其它条件相同时，压强越大，二氧化硫的转化率越大，则L1>L2，故B符合题意；
C.由上述分析可知，X代表温度，则A、B两点的温度不同，化学平衡常数不同，故C不符合题意；
D.一定温度下，当混合气中n（SO2）：n（O2）:n(SO3)=2:1:2时，反应混合物中各组份的浓度不一定保持不变，不一定是平衡状态，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.若X代表压强，结合压强对化学平衡的影响，分析增大压强二氧化硫的转化率变化是否符合即可；
B.压强越大二氧化硫的转化率越高；
C.A、B两点的温度不同，平衡常数不同；
D.平衡后体系中各物质的物质的量之比与起始加入反应物的物质的量的多少有关。
15．【答案】B
【解析】【解答】提高CO的转化率可以让平衡正向进行即可。
A、增加压强，该平衡不会发生移动，故A不符合题意；
B、降低温度，化学平衡向着放热方向即正向进行，故B符合题意；
C、增大CO的浓度，化学平衡向着正方向进行，但是一氧化碳的转化率降低，故C不符合题意；
D、催化剂不会引起化学平衡的移动，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】该反应是一个反应前后气体体积不变的放热反应，提高一氧化碳的转化率需要平衡向正反应方向移动，注意增大CO的浓度，平衡向正反应方向移动，但其转化率降低。
16．【答案】C
【解析】【解答】解：由图可知，B、C的物质的量减少，B、C为反应物，A、D的物质的量增加，则A、D为生成物，B、C、A、D的△n之比为（1.0﹣0.4）：（1.0﹣0.2）：（1.2﹣0）：（0.4﹣0）=3：4：6：2，
A．△n之比等于化学计量数之比、6s时达到平衡可知化学方程式为3B+4C 6A+2D，故A错误；
B．A、C的化学计量数不同，则0～1s内，v（A）≠v（c），故B错误；
C.0～6s内，B的平均反应速率为 =0.05mol/（L s），故C正确；
D．化学计量数各不相同，0～6s内，各物质的反应速率不相等，故D错误；
故选C．
【分析】由图可知，B、C的物质的量减少，B、C为反应物，A、D的物质的量增加，则A、D为生成物，B、C、A、D的△n之比为（1.0﹣0.4）：（1.0﹣0.2）：（1.2﹣0）：（0.4﹣0）=3：4：6：2，结合△n之比等于化学计量数之比、6s时达到平衡可知化学方程式，并结合v= 计算．
17．【答案】（1）+40.9
（2）210；开始时温度低，反应速率慢，生成物(H2O)还很少，分子筛的作用不明显，随着产物增多，分子筛作用明显增强；210℃以后，温度对平衡的影响超过分子筛的作用；分子筛从反应体系中不断分离出H2O，减少了生成物，平衡正向移动，甲醇产率升高
（3）(或0.33)；大于；小于
（4）反应I为吸热反应，反应II为放热反应，温度大于235℃时，随温度升高，反应I向正反应方向进行，反应II向逆反应方向进行，故甲醇的选择性随温度升高而降低
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律可知，反应I=总反应-反应II，则△H1=△H-△H2=(-49.4)-( -90.3)=+40.9 kJ·mol-1；
（2）①由图可知，压强不变，采用有分子筛时在温度210℃时甲醇的平衡产率最大，则最佳反应温度为210℃；其原因是：开始时温度低，反应速率慢，生成物(H2O)还很少，分子筛的作用不明显，随着产物增多，分子筛作用明显增强；210℃以后，温度对平衡的影响超过分子筛的作用；
②采用分子筛的作用为：分子筛从反应体系中不断分离出H2O，减少了生成物，平衡正向移动，甲醇产率升高；
（3）恒温恒压时，体积之比等于物质的量之比，即，由此计算可得，平衡后，乙容器中气体的总物质的量为3mol，据此列出三段式：，则(1-x)+(3-3x)+x+x=3，计算可得x=0.5，则该温度下的平衡常数为，甲容器为恒温恒容条件，随着反应的进行，压强减小，CO2的转化率下降，故CO2的物质的量大于0.5mol；若将甲改为绝热容器，此时容器内温度上升，CO2的转化率下降，平衡时CH3OH的浓度小于0.25mol/L；
（4）温度大于235℃后甲醇的选择性随温度升高而下降的原因：反应I为吸热反应，反应II为放热反应，温度大于235℃时，随温度升高，反应I向正反应方向进行，反应II向逆反应方向进行，故甲醇的选择性随温度升高而降低。
【分析】（1）根据盖斯定律；
（2）①依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
②根据影响化学平衡移动的因素分析；
（3）恒温恒压时，体积之比等于物质的量之比，利用“三段式”法计算；
（4）依据反应中能量变化和化学平衡移动原理分析。
18．【答案】（1）MgO、Mg（OH）2、MgCO3；产生红褐色沉淀；过滤
（2）Fe2O3
（3）浓盐酸
【解析】【解答】解：（1）铁离子水解生成氢离子，为促进铁离子的水解，可加入MgO、Mg（OH）2、MgCO3等，可与氢离子反应，从而促进铁离子水解生成红褐色氢氧化铁沉淀，然后用过滤的方法除去，
故答案为：MgO、Mg（OH）2、MgCO3；产生红褐色沉淀；过滤；（2）加热蒸干FeCl3溶液时，FeCl3水解生成氢氧化铁和HCl，加热促进HCl挥发，从而促进FeCl3水解，蒸干时得到氢氧化铁固体，灼烧氢氧化铁固体，氢氧化铁分解生成氧化铁和水，所以最终得到Fe2O3固体，故答案为：Fe2O3； （3）FeCl3水解生成氢氧化铁和HCl，为防止氯化铁水解，向溶液中滴加浓盐酸即可，故答案为：浓盐酸．
【分析】（1）铁离子水解生成氢离子，可加入氧化镁、氢氧化镁、碳酸镁和氢离子反应生成二氧化碳，从而促进铁离子水解； （2）加热蒸干挥发性酸的氯化铁溶液时生成弱碱氢氧化铁，灼烧氢氧化铁时生成氧化铁和水； （3）FeCl3水解生成氢氧化铁，为防止FeCl3水解加入酸．
19．【答案】（1）＜；低温；df
（2）＜；=；升温
【解析】【解答】解：（1）①2H2（g）+CO（g） CH3OH（g）反应气体的物质的量减少，所以△S＜0；由表中数据可知温度升高，K值减小，说明平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应即为放热反应△H＜0，由△G=△H﹣T△S可知，反应在低温条件下能自发进行，故答案为：＜；低温；②a．升温平衡逆向移动，则CO的转化率减小，故错误；
b．加入催化剂平衡不移动，则CO的转化率不变，故错误；
c．增加CO的浓度，平衡虽然正向移动，但CO的转化率减小，故错误；
d．加入H2加压，平衡正向移动，CO的转化率提高，故正确；
e．加入惰性气体加压，平衡不移动，则CO的转化率不变，故错误；
f．分离出甲醇，平衡正向移动，CO的转化率提高，故正确；
故选：d f；（2）因为压强越大反应速率越大，所以A、C两点的反应速率A＜C；化学平衡常数仅与温度有关，所以A、C两点的化学平衡常数A=C；由状态B到状态A，可采用升温的方法，故答案为：＜；=；升温．
【分析】（1）①2H2（g）+CO（g） CH3OH（g）反应气体的物质的量减少，依据化学方程式和平衡常数概念书写，依据平衡常数随温度变化判断反应能量变化；②要提高CO的转化率，一般使平衡正向移动即可，但增加CO的浓度平衡虽然正向移动，但CO的转化率减小；（2）根据压强越大反应速率越大判断；化学平衡常数仅与温度有关；由状态B到状态A，可采用升温的方法．
20．【答案】（1）16
（2）a；大于；
（3）绝热；容器Ⅰ中的压强比容器Ⅱ中的压强大；BD；0.5625
【解析】【解答】（1）由方程式(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)N(CH3)3(g)+H2O(g)，ΔH=-144kJ·mol-1可知，每生成1mol气态水，放出144kJ能量，则每生成2g气态水，放出热量==16kJ。
（2）①能垒最大即过渡态与反应物能量差最大，由图可知，A→B的过程中能垒最大，故答案为：a；
②由图可知，A的总能量低于B的总能量，说明A→B的过程是吸热的，则A→B中，断裂共价键吸收的总能量大于催化剂吸附放出的总能量；
③由图可知，D→E的过程中和反应转化为、和，方程式为：。
（3）①反应(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)N(CH3)3(g)+H2O(g)，ΔH=-144kJ·mol-1是放热反应，若容器是绝热的，则反应过程中温度升高，不利于平衡正向移动，而该反应正反应是气体体积减小的反应，则容器的压强大于恒温容器中平衡时的压强，图中容器Ⅰ中的压强比容器Ⅱ中的压强大，则容器I中为绝热过程；
②A．该反应过程中气体总质量和总体积都不变，则混合气体的密度是定值，当混合气体的密度不再发生改变时，不能说明反应达到平衡，故A不选；
B．反应容器中H2的质量分数不变，说明正反应速率等于逆反应速率，说明反应达到平衡，故B选；
C.2v正(H2)=v逆(H2O)时，不能说明正反应速率等于逆反应速率，不能说明反应达到平衡，故C不选；
D．该反应是气体物质的量减小的反应，反应过程中气体平均相对分子质量增大，当混合气体平均相对分子质量不变时，说明反应达到平衡，故D选；
E．该反应的焓变是定值，ΔH不变时，不能说明正反应速率等于逆反应速率，不能说明反应达到平衡，故E不选；
故答案为：BD；
③n点反应达到平衡，此时体系压强为36kPa，起始压强是48 kPa，根据已知条件列出“三段式”
则，解得x=0.75，则平衡常数Kp= 0.5625。
【分析】（1）依据反应热与物质的量成比例；
（2）①能垒最大即过渡态与反应物能量差最大；
②依据反应物和生成物的总能量大小分析；
③依据历程图分析；
（3）①依据影响化学平衡的因素分析；
②依据化学平衡的特征“等”和“定”进行分析判断；
③利用三段式法计算。
21．【答案】（1）I
（2）0.12
（3）<；
（4）；正向；不变
【解析】【解答】（1）反应Ⅰ产物全部为甲醇，原子利用率为100%，反应Ⅱ还含有副产物H2O，原子利用率小于100%，则反应Ⅰ的原子利用率大于反应Ⅱ，故答案为：Ⅰ；
（2）由化学反应速率之比等于化学计量系数之比进行计算，v(H2)= 2v(CO)=2﹒ =2× = 0.12 mol/(L·min)，故答案为：0.12；
（3）由表可知，反应Ⅰ的化学平衡常数K随温度的增大而减小，故反应的正反应为放热反应，则 H1<0，记目标反应为反应Ⅲ，由盖斯定律可得反应Ⅲ=反应Ⅱ-反应Ⅰ，则 H3= H2- H1，故答案为：<、 H2- H1；
（4）化学平衡常数等于生成物浓度幂之积除以反应物幂之积，则KⅡ = ，反应Ⅱ正向为气体分子数减小的反应，恒温恒容时将各物质浓度增大为原来的2倍，则体系压强增大，平衡正向移动，平衡常数只与温度有关，恒温时温度不变，K不变，故答案为： 、正向、不变；
【分析】(1) 反应 I 中产物只有一种；
(2) 发生反应 I ，10min后测得c (CO)=0.4mol/L，结合v=及速率之比等于化学计量数之比计算；
(3)由表中数据可知，升高温度K减小，可知升高温度平衡逆向移动；由盖斯定律可知，II- I 得到反应 CO2(g)+H2(g) CO(g) + H2O(g) ；
(4) K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，保持恒温恒容将反应II的平衡体系中各物质浓度均增大为原来的2倍，可看成体积减小一半，压强增大，且平衡常数与温度有关。