2.2 化学平衡 同步检测（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
一、单选题
1．某反应A(g) + 3B(g) 2C(g)达到平衡后，改变某一外界条件，反应速率与时间的关系如下图所示。下列说法错误的是（　　）
A．t2时刻改变的条件是增大反应物浓度
B．t4时刻改变的条件是加入催化剂
C．t5时刻改变的条件是减小生成物浓度
D．t7时刻改变的条件是减小压强
2．在一固定容积的密闭容器中进行反应：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)，已知反应进行到10秒时，SO2、O2、SO3的物质的量分别为0.2 mol、0.1 mol、0.2 mol，则下列说法正确的是（　　）
A．10秒时，用O2表示该反应的平均反应速率为0.01 mol/（L·s）
B．当反应达平衡时，SO3的物质的量可能为0.4 mol
C．当SO2和O2的生成速率之比为2：1时，达到该反应限度
D．向容器内充入SO2，可以提高反应速率
3．取50 mL过氧化氢水溶液，在少量I 存在下分解：2H2O2=2H2O＋O2↑。在一定温度下，测得O2的放出量，转换成H2O2的物质的量浓度(c)，如下表：
t/min 0 20 40 60 80
c/(mol·L 1) 0.80 a 0.20 0.10 0.050
下列说法错误的是（　　）
A．反应20 min时，测得O2体积为224 mL(标准状况)，则a=0.40
B．第30 min时的瞬时速率大于第40 min时的瞬时速率
C．60～80 min，H2O2分解的平均速率为0.0050 mol·(L·min) 1
D．MnO2和FeCl3对H2O2的分解也有催化作用
4．在密闭容器中，反应A(g)+2B(s) x C(g)达到平衡后，减小压强，10s后A的浓度减少2 mol·L－1。下列说法中正确的是（　　）
A．x一定大于3 B．v(A)=0.2 mol·L－1·s－1
C．增加B的量，反应速率加快 D．A的转化率降低
5．下图为接触法制硫酸的示意图，已知 △H＜0，下列说法正确的是（　　）
A．黄铁矿的主要成分是，沸腾炉中发生反应的化学方程式为
B．接触室的热交换器的作用是加热a处气体，冷却c处气体，控制气体接触催化剂时的温度
C．催化剂的目的是提高反应的平衡转化率
D．应将98.3%的浓硫酸换成蒸馏水，以便吸收更多的
6．—定条件下，在密闭容器中进行反应：N2(g)+3H2(g) 2NH3 (g)，当N2、H2、NH3的浓度不再改变时，下列说法正确的是（　　）
A．N2、H2完全转化为NH3
B．N2、H2、NH3的浓度一定相等
C．正、逆反应速率相等且等于零
D．反应已达到化学平衡状态
7．某密闭容器中充入等物质的量的气体A和B，一定温度下发生反应A （g）+xB（g） 2C（g），达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度、反应速率随时间变化的如图所示．下列说法中正确是（　　）
A．8min前A的平均反应速率为0.08mol/（L s）
B．30min时扩大容器的体积，40min时升高温度
C．反应方程式中的x=1，正反应为吸热反应
D．30min和54min的反应的平衡常数相等4
8．如图曲线a表示可逆反应X（g）+Y（g） Z（g）+M（g）．进行过程中Z的物质的量随时间变化的关系．若要改变起始条件，使反应过程按b曲线进行，可采取的措施是（　　）
A．压缩反应容器的体积 B．加入一定量的Z
C．降低温度 D．减少X的投入量
9．从植物花汁中提取的一种有机物，可简化表示为HIn，在水溶液中因存在下列电离平衡，故可用做酸、碱指示剂：HIn（红色溶液） H+（溶液）+In-（黄色溶液），在上述溶液中加入下列物质，最终能使指示剂显黄色的是（　　）
A．盐酸 B．NaHCO3溶液 C．NaHSO4溶液 D．Na2O2固体
10．臭氧分解反应中的消耗速率可表示为 (k为常数，仅与温度有关)，恒温密闭容器中投入一定量，一段时间后达到化学平衡状态，下列说法正确的是（　　）
A．平衡时有
B．体积不变，向平衡体系中充入，再次达到平衡，的体积分数变大
C．体积不变，分离出时，的消耗速率不发生变化
D．压强不变，充入气体，平衡将不发生移动
11．某温度时，在2L容积固定的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的关系如图所示，下列分析正确的是（　　）
A．X的起始浓度为2.0mol/L B．该反应为
C．2min以后该反应不再进行 D．0~2min内
12．T K时，向2.0 L恒容密闭容器中充入1.0 mol COCl2，反应COCl2(g) Cl2(g)＋CO(g)，经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：
t / s 0 2 4 6 8
n(Cl2) / mol 0 0.16 0.19 0. 20 0.20
下列说法正确的是（　　）
A．反应在前2 s 的平均速率v(CO)=0.080mol·L-1·s-1
B．保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(Cl2) =0.11mol·L-1，则反应的ΔH＜0
C．T K时起始向容器中充入0.9 mol COCl2、0.10 mol Cl2和0.10 mol CO，达到平衡前v正>v逆
D．T K时起始向容器中充入1.0 mol Cl2和0.9 mol CO，达到平衡时，Cl2的转化率为80%
13．在一定体积的密闭容器中，进行如下的化学反应 ，其 ，K被称为化学平衡常数，其中K和温度的关系如下表：
t/℃ 700 800 830 1000 1200
K 0.6 0.9 1.0 1.7 2.6
根据以上信息推断以下说法正确的是（　　）
A．此反应为放热反应
B．此反应只有达到平衡时，密闭容器中的压强才不会变化
C．此反应达到1000℃时的反应速率比700℃时大
D．该反应的化学平衡常数越大，反应物的转化率越低
14．某同学研究K2Cr2O7溶液中的化学平衡，设计如图所示实验。已知：Cr2O72-+H2O 2CrO42-+2H+△H=+13.8kJ/mol。实验现象如下：
i.试管a中溶液为橙色；
ii.试管b中溶液为黄色；
iii.试管c中滴加浓硫酸后温度略有升高，溶液变为深橙色。
下列说法正确的是（　　）
A．该反应是一个氧化还原反应
B．b试管中不存在Cr2O72-
C．该实验不能证明减小生成物浓度平衡正向移动
D．试管c中影响平衡的主要因素是温度
15．一定温度下，某密闭恒容的容器内可逆反应A(g)+3B(g) 2C(g)达到平衡状态的标志（　　）
A．A的消耗速率是C的分解速率1/2倍
B．容器内混合气体的密度不随时间而变化
C．单位时间内生成nmolA，同时生成3nmolB
D．A，B，C的分子数之比为1:3:2
16．T℃时，将6molCO2和8molH2充入2L密闭容器中，发生反应CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)，容器中H2的物质的量随时间变化如图中实线所示，图中虚线表示仅改变某一反应条件时，H2的物质的量随时间的变化，下列说法正确的是（　　）
A．曲线II对应的条件改变是降低压强
B．若曲线I对应的条件改变是升温，则该反应△H>0
C．反应开始至a点时v(H2)=0.5mol·L-1·min-1
D．T℃时，该反应的化学平衡常数的值为0.5
二、综合题
17．在2L密闭容器中，800℃时反应2NO（g）+O2（g）2NO2（g）体系中，n（NO）随时间的变化如下表：
时间/s 0 1 2 3 4 5
n（NO）/mol 0.020 0.010 0.008 0.007 0.007 0.007
（1）写出该反应的平衡常数表达式：K=　 　，已知：K（300℃）＞K（350℃），该反应是　 　反应（填“放热”或“吸热”）．
（2）图中表示NO2的变化的曲线是　 　，用O2的浓度变化表示从0～2s内该反应的平均速率v=　 　．
（3）能说明该反应已经达到平衡状态的是　 　
a．v（NO2）=2v（O2） b．容器内压强保持不变
c．v逆（NO）=2v正（O2） d．容器内物质的密度保持不变
（4）能使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是　 　
a．及时分离出NO2气体 b．适当升高温度
c．增大O2的浓度 d．选择高效的催化剂．
18．2017年采用中国自主知识产权的全球首套煤基乙醇工业化项目投产成功。某地煤制乙醇的过程表示如下。
（1）Cu(NO3)2是制备“催化剂X”的重要试剂。
① 气体A是　 　。
② 实验室用Cu(NO3)2固体配制溶液，常加入少量稀HNO3。运用化学平衡原理简述HNO3的作用　 　。
③ NaClO溶液吸收气体A的离子方程式是　 　。
（2）过程a包括以下3个主要反应：
Ⅰ．CH3COOCH3(g)＋2H2(g) C2H5OH(g)＋CH3OH(g) ΔH1
Ⅱ．CH3COOCH3(g)＋C2H5OH(g) CH3COOC2H5 (g)＋CH3OH(g) ΔH2
Ⅲ．CH3COOCH3(g)＋H2(g) CH3CHO(g)＋CH3OH(g) ΔH3
相同时间内，测得CH3COOCH3转化率、乙醇和乙酸乙酯的选择性（如乙醇选择性= ）如下图所示。
① 已知：ΔH1 < 0。随温度降低，反应Ⅰ化学平衡常数的变化趋势是　 　。
② 下列说法不合理的是　 　。
A．温度可影响反应的选择性
B.225℃～235℃，反应Ⅰ处于平衡状态
C.增大H2的浓度，可以提高CH3COOCH3的转化率
③ 为防止“反应Ⅲ”发生，反应温度应控制的范围是　 　。
④ 在185℃下，CH3COOCH3起始物质的量为5 mol，生成乙醇的物质的量是　 　。
19．在2L的密闭容器中有如下图所示的反应，看图按要求回答下列问题：
（1）上图中，反应物：Ⅰ是　 　，Ⅱ是　 　．
（2）写出反应方程式：Ⅰ　 　，Ⅱ　 　．
（3）在Ⅱ图中，以0～10s内的平均反应速率计算，t=6s时，A的浓度是　 　mol/L．
20．联合国气候变化大会于2009年12月7～18日在哥本哈根召开．中国政府承诺到2020年，单位GDP二氧化碳排放比2005年下降40%～45%．
电解
（1）有效“减碳”的手段之一是节能．下列制氢方法最符合的是　 　（填字母序号）．
A．电解水制氢：2H2O= 2H2↑+O2↑
B．高温使水分解制氢：2H2O= 2H2↑+O2↑
C．太阳光催化分解水制氢：2H2O 2H2↑+O2↑
D．天然气制氢：CH4+H2O CO+3H2
（2）用CO2和氢气合成CH3OCH3（甲 醚 ）是解决能源危机的研究方向之一．
已知：
CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H=Q1 kJ mol﹣1
2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H=Q2 kJ mol﹣1
CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H=Q3 kJ mol﹣1
则CO2和氢气合成CH3OCH3（g）的热化学方程式为　 　．
（3）在催化剂和一定温度、压强条件下，CO与H2可反应生成甲醇：CO（g）+2H2（g） CH3OH（g），CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示，则：p1　 　p2 （填“＞”、“＜”或“=”），上述反应的△H　 　0 （填“＜”、“＞”或“=”）
21．甲烷是天然气的主要成分，是一种重要的清洁能源和化工原料。
（1）利用光能和催化剂， CO2和H2O(g)可转化为CH4：CO2(g)+2H2O(g) CH4(g)+2O2(g)， 图1为在恒温、紫外光照射、不同催化剂(Ⅰ、Ⅱ)作用下，在体积为1L的密闭容器中，CH4的量随光照时间(单位：h)的变化。
①反应开始后的16小时内，在第　 　种催化剂作用下，收集的CH4较多。
②0~20小时(h)内，在第Ⅰ种催化剂作用下，O2的平均生成速率v(O2)=　 　。实验测得当温度高于560℃，O2的平均生成速率明显下降，原因可能是　 　。
（2）工业上常用CH4和水蒸气在一定条件下的恒温恒容密闭容器中制取H2：CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)。
已知：a. C(s) + 2H2(g) CH4(g) ΔH1
b. 2H2(g) + O2(g) = 2H2O(g) ΔH2
c. 2C(s) + O2(g) = 2CO(g) ΔH3
①反应CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)的ΔH=　 　 。
②下列说法中，无法说明该反应达到平衡状态的是　 　(填字母)。
a.CH4体积分数不再变化 b.气体的压强不再变化
c.体系的密度保持不变 d.消耗1 mol CH4同时消耗3 mol H2
③一定温度时，在体积为2 L的恒容密闭容器中，充入0.25 mol的CH4和0.25 mol的水蒸气发生以上反应。测得CH4平衡时的转化率与温度、压强的关系如图2所示，则p1　 　 p2 (填“>”“<”或“=”)；温度为1100 ℃时，y点的浓度平衡常数K=　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A．t2时刻改变条件后，v(正)突然增大，v(逆)逐渐增大，则改变的条件是增大反应物浓度，故A不符合题意；
B．t4时刻改变条件，反应速率增大，但平衡不移动，则改变的条件是加入催化剂，故B不符合题意；
C．t5时刻改变条件，v(逆)突然减小，v(正)逐渐减小，则改变的条件是减小生成物浓度，故C不符合题意；
D．减小压强平衡将逆向移动，跟图象不符合，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】依据影响反应速率和化学平衡的因素分析。
2．【答案】D
【解析】【解答】A．反应进行到10s时生成三氧化硫0.2mol，则消耗氧气是0.1mol。由于不能确定容器的体积，所以不能计算该反应的反应速率是，A不符合题意；
B．根据S原子守恒可知，SO2和SO3的物质的量之和是0.4mol，由于反应是可逆反应，反应物的转化率达不到100%，所以当反应达平衡时，SO3的物质的量不可能为0.4 mol，B不符合题意；
C．反应速率之比是相应的化学计量数之比，所以二氧化硫和氧气的反应速率总是2：1的，C不符合题意；
D．向容器内充入SO2，增大SO2的浓度，可以提高反应速率，D符合题意，
故答案为：D。
【分析】A.根据题意可知，要计算氧气表示速率，需要用物质的量浓度计算，但是体积未知
B.假设此时的二氧化硫和氧气全部转化为三氧化硫，刚好为0,2mol，但是可逆反应不可能完全反应，因此不可能为全部反应
C.不能说明达到平衡，因为速率和化学计量系数之比始终相等
D.通入二氧化硫，增加了浓度，速率增大
3．【答案】C
【解析】【解答】A．反应20 min时，测得O2体积为224 mL(标准状况)，物质的量是0.224L÷22.4L/mol＝0.01mol，根据2H2O2=2H2O＋O2↑可知消耗双氧水的物质的量是0.02mol，反应前双氧水的物质的量是0.80mol/L×0.05L=0.04mol，因此剩余双氧水是0.02mol，其浓度是0.02mol÷0.05L＝0.4mol/L，即a=0.40，故A不符合题意；
B．随着反应的不断进行，过氧化氢的浓度不断减小，某一时刻分解的过氧化氢的量也不断减小，故第30min时的瞬时速率大于第40min时的瞬时速率，故B不符合题意；
C.60～80min，消耗过氧化氢的浓度为（0.10-0.05）mol/L=0.05mol/L，则这段时间内的平均速率v=0.05mol/L÷20min=0.0025mol/（L min），故C符合题意；
D．I-在反应中起到催化的作用，故也可以利用MnO2和FeCl3代替，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.根据产生的氧气即可计算出消耗的过氧化氢的物质的量，即可求出数据
B.过氧化氢的浓度在降低，速率下降
C.根据浓度的变化量即可计算
D.二氧化锰和氯化铁对过氧化氢的分解起到催化作用
4．【答案】B
【解析】【解答】A.减小压强，任何气体物质的浓度都降低，与方程式的化学计量数大小无关，不能确定x的值，A不符合题意；
B.v(A)= =0.2mol/(L s)，B符合题意；
C.B是固体，增加固体的量，物质的浓度不变，化学反应速率也不变，C不符合题意；
D.不能确定平衡移动方向，因此也就不能确定A的转化率是升高还是降低，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A中根据压强对平衡的影响进行判断，注意由于没有说明平衡的移动方向，所以不能判断气体的系数大小。
B中根据速率公式即可计算。
C中注意固体的浓度是定值不会改变。
D中同A 不能确定平衡的移动所以不能判断。
5．【答案】B
【解析】【解答】A．黄铁矿在沸腾炉中被氧气氧化生成二氧化硫和氧化铁，反应的方程式为：，故A不符合题意；
B．热交换器的作用是预热待反应气体，冷却反应后的气体，使气体接触催化剂时达到催化剂活性最强的温度，故B符合题意；
C．催化剂只能加快反应速率，不能影响平衡转化率，故C不符合题意；
D．因和水反应生成硫酸溶解放出大量的热，用蒸馏水会产生酸雾，不利于吸收，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.黄铁矿在沸腾炉中被氧气氧化生成二氧化硫和氧化铁；
C.催化剂不影响平衡转化率；
D.和水反应生成硫酸溶解放出大量的热，用蒸馏水会产生酸雾。
6．【答案】D
【解析】【解答】A、此反应是可逆反应，不能完全转化成氨气，故不符合题意；
B、根据化学平衡状态定义，浓度不变，而不是相等，故不符合题意；
C、化学平衡是动态平衡，以及化学平衡状态的定义，正逆反应速率相等，但不等于0，故不符合题意；
D、根据化学平衡状态的定义，故符合题意。
故答案为：D
【分析】A.可逆反应不能进行到底；
B.三种物质的浓度与其实加入反应物的物质的量有关；
C.可逆反应达到平衡状态后，正逆反应速率相等但不能为零；
D.三种物质的浓度不变，说明反应达到平衡状态。
7．【答案】B
【解析】【解答】解：A.0～8min内A的浓度减少了0.64mol/L，故v（A）= =0.08mol/（L min），选项中单位不对，故A错误；
B．由图象可知，由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可知X=1.30min时只有反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不能是温度变化，而是降低了压强；40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，增大压强平衡不移动，应是升高温度，故B正确；
C、由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可知X=1．则增大压强平衡不移动，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，则正反应为放热反应，故C错误；
D、40min时，改变条件平衡向逆反应方向移动，到达平衡时平衡常数减小，故D错误；
故选B．
【分析】A、反应从开始到8min内A浓度减少了0.64mol/L，根据v= 计算v（A）；
B．由图象可知，由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可知X=1.30min时只有反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不能是温度变化，而是降低了压强；40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，则增大压强平衡不移动，应是升高温度；
C、由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可知X=1．则增大压强平衡不移动，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，则正反应为放热反应；
D、40min时，改变条件为升高温度，平衡常数发生变化．
8．【答案】A
【解析】【解答】解：由图象可知，由曲线a到曲线b，到达平衡的时间缩短，改变条件，反应速率加快，且平衡时Z的物质的量不变，说明条件改变不影响平衡状态的移动，
A．压缩容器体积，增大了压强，反应速率加快，由于该反应是气体体积不变的反应，则达到平衡时Z的物质的量不变，该变化与图象曲线变化一致，故A正确；
B．加入一定量的Z，平衡时Z的物质的量会偏大，故B错误；
C．该反应正反应是放热反应，降低温度，反应速率减慢，平衡向正反应移动，Z的物质的量减小，故C错误；
D．减少X的投入量，反应物浓度减小，反应速率会减小，故D错误；
故选A．
【分析】由图象可知，由曲线a到曲线b，到达平衡的时间缩短，改变条件，反应速率加快，且平衡时Z的物质的量不变，说明条件改变不影响平衡状态的移动，据此结合选项判断．
9．【答案】B
【解析】【解答】要使指示剂显黄色，平衡要正向移动，A. 加入盐酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，选项A不符合；
B、加入NaHCO3溶液，NaHCO3可以与H+反应，平衡正向移动，选项B符合；
C、加入NaHSO4溶液，NaHSO4电离产生氢离子，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，选项C不符合；
D、Na2O2溶于水虽然显碱性，但是Na2O2具有强氧化性，可以将指示剂氧化而使其褪色，选项D不符合。
答案选B。
【分析】要让指示剂呈黄色，即平衡正向移动。
10．【答案】A
【解析】【解答】A．根据反应进行中反应速率之比等于化学计量数之比，即，，平衡时当然也存在，故A符合题意；
B．该反应为分子数增大的反应，体积不变，向平衡体系中充入，体系压强增大，平衡逆向移动含量减少，再次达到平衡，的体积分数减小，故B不符合题意；
C．体积不变，分离出时，根据的消耗速率表达式，，的消耗速率会随着的浓度减小而增大(改变生成物的浓度暂时对正反应速率没有影响仅适用于基元反应或速率方程与生成物无关的反应，显然这个反应不适用)，故C不符合题意；
D．压强不变，充人气体 Ne ，容器体积将增大，平衡将正向移动，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】化学平衡判断：1、同种物质正逆反应速率相等，2、不同物质速率满足：同侧异，异侧同，成比例，3、各组分的浓度、物质的量、质量、质量分数不变，4、左右两边化学计量数不相等，总物质的量、总压强（恒容）、总体积（恒压）不变，5、平均相对分子质量、平均密度根据公式计算，6、体系温度、颜色不变。
11．【答案】D
【解析】【解答】A．由图可知X的起始物质的量为2mol，物质的量浓度为2mol÷2L=1mol/L，故A不符合题意；
B．由图可知反应达到平衡时，X减少了0.2mol，Y减少了0.6mol，Z增加了0.4mol，则根据变化量之比是化学计量数之比可知该反应为X+3Y2Z，故B不符合题意；
C．由图可知2min后，各组分的物质的量不再变化，达到化学平衡状态，处于动态平衡，故C不符合题意；
D.0～2min内v（Z）=△c÷△t==0.1mol/（L min），故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据计算；
B.根据物质的量变化量之比等于化学计量数之比写出反应的化学放曾是；
C.2min时反应达到平衡状态，化学平衡是动态平衡。
12．【答案】C
【解析】【解答】A、反应在前2s的平均速率 ，不符合题意；
B、平衡时 ， 升高温度， ，说明平衡向正反应方向移动，则正反应应为吸热反应ΔH>0，不符合题意；
C、
　 COCl2(g) Cl2(g)＋ CO(g)
起始（mol/L） 0.5 0 0
转化（mol/L） 0.1 0.1 0.1
平衡（mol/L） 0.4 0.1 0.1
该温度下 ，若起始向容器中充入0.9 mol COCl2、0.10 mol Cl2和0.10 mol CO，此时 ＜0.025，则反应达到平衡前正>v逆。符合题意；
D、T K时起始向容器中充入1.0mol Cl2和1.0mol CO ，应等效于向2.0L恒容密闭容器中充入1.0mol COCl2，达到平衡时Cl2的转化率等于80%，如加入1.0mol Cl2和0.9mol CO，相当于在原来的基础上减小0.1mol CO，平衡在原来的基础上向正反应方向移动，则Cl2的转化率小于80%，不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、物质的速率之比=系数之比，所以由氯气的反应速率等于一氧化碳的反应速率。
B、升高温度，可逆反应的化学平衡向着吸热反应方向移动。
C、投料时既投反应物，又投生成物，反应从哪边开始？或是判断V正与V逆的大小，均要计算K、Qc并比较大小。若K>Qc，反应从正反应开始进行，V正>V逆，KD、恒温恒容时，对于反应前后气体系数之和不等的反应，起始时向容器中充入1.0mol Cl2和1.0mol CO建立起的平衡 ，与向容器中充入1.0mol COCl2建立起的平衡等效，即各物质的百分含量相等，所以达到平衡时Cl2的转化率等于80%。
13．【答案】C
【解析】【解答】A.升高温度，化学平衡常数增大，平衡正向移动，该反应为吸热反应，故A不符合题意；
B.反应前后气体体积不变，压强始终不变，故B不符合题意；
C.温度越高反应速率越快，则此反应达到1000℃时的反应速率比700℃时大，故C符合题意；
D.化学平衡常数越大，正反应进行程度越大，则反应物的转化率越大，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．根据勒夏特列原理分析；
B．体积一定时，前后气体体积不变的反应总压强不变；
C．温度越高反应速率越快；
14．【答案】C
【解析】【解答】A．反应前后元素的化合价不变，该反应是一个非氧化还原反应，故A不符合题意；
B．Cr2O72-+H2O 2CrO42-+2H+，是可逆反应，转化率不可能达到100%，b试管中存在Cr2O72-，故B不符合题意；
C．滴加浓硫酸，放出热量，温度、浓度均影响平衡移动，则该实验不能证明减小生成物浓度，平衡正向移动，可能升高温度平衡正向移动，故C符合题意；
D．试管c中温度、氢离子浓度均变化，则c中的现象不能说明影响平衡的主要因素是温度，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题考查化学平衡的影响因素，把握可逆反应的特点、温度和浓度对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意判断存在的变量，易错点C，注意滴加浓硫酸，放出热量，温度、浓度均影响平衡移动，有多种变量。
15．【答案】A
【解析】【解答】A.A的消耗速率是C的分解速率的1/2倍是反应达到平衡的本质标志；
B.根据质量守恒定律，混合气体的总质量始终不变，容器的容积不变，混合气体的密度始终不变，容器内混合气体的密度不随时间而变化不能作为平衡的标志；
C.单位时间内生成nmolA，同时生成3nmolB只表示逆反应速率，不能作为化学平衡的标志；
D.达到平衡时各组分的浓度保持不变，但不一定等于化学计量数之比，A、B、C的分子数之比为1:3:2不能说明反应达到平衡状态；能说明反应达到平衡状态的是A项，
故答案为：A。
【分析】此题考查平衡标志的判断，根据判断方法，直接判断用浓度和速率，注意速率必需是正逆反应速率。间接判断用假设法，根据动则变 ，平衡移动，物理量或现象发生变化就是平衡的标志进行判断。
16．【答案】D
【解析】【解答】A．如降低压强，反应速率减小，达到平衡所用时间较长，但图中曲线反应速率较大，达到平衡时间较短，与图象不符，故A不符合题意；
B．如该反应△H＞0，升高温度平衡应向正反应方向移动，则平衡时H2的物质的量应小于T℃时，与图象不符，故B不符合题意；
C．由图可知，a点氢气的物质的量为6mol，参加反应的氢气的物质的量为8mol 6mol=2mol，氢气的浓度变化量为1mol/L，所以v(H2)=1 mol L-1 min-1，故C不符合题意；
D．T℃时，初始投料为6molCO2和8molH2，达到平衡时H2的物质的量为2mol，容器体积为2L，列三段式有：
则K= =0.5 ，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．其它条件不变时，降低压强化学反应速率减慢，反应达到平衡时间增加；
B．升高温度平衡向吸热方向移动；
C．化学反应速率是其平均反应速率，不是即时反应速率；
D．可逆反应CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g），
开始（mol/L）3 4 0 0
反应（mol/L）1 3 1 1
平衡（mol/L）2 1 1 1
化学平衡常数K=。
17．【答案】（1）；放热
（2）b；0.0015mol/（L s）
（3）bc
（4）c
【解析】【解答】解（1）可逆反应2NO（g）+O2（g） 2NO2（g）的平衡常数k= ，
K（300℃）＞K（350℃），说明升高温度平衡向逆反应移动，故正反应是放热反应，故答案为： ，放热；
（2.）由方程式2NO（g）+O2（g） 2NO2（g）可知，平衡时△c（NO）：△c（O2）：△c（NO2）=2：1：2，由表中数据可知，平衡时c（NO）= =0.0035mol/L，曲线b平衡时的浓度为0.0035mol/L，故曲线b表示NO2的浓度变化，
由图中数据可知2s内，NO的浓度变化量为0.01mol/L﹣0.004mol/L=0.006mol/L，故v（NO）= =0.003mol/（L s），根据速率之比等于化学计量数之比，故v（O2）= v（NO）= ×0.003mol/（L s）=0.0015mol/（L s），故答案为：b，0.0015mol/（L s）；
（3.）a．始终都存在v（NO2）=2v（O2）关系，故不能说明到达平衡，故a错误；
b．随反应进行气体的物质的量减小，压强增减小，容器内压强保持不变，说明到达平衡，故b正确；
c．不同物质表示的正逆速率之比等于化学计量数之比，反应到达平衡，故v逆（NO）=2v正（O2），说明到达平衡，故c正确；
d．反应混合气体的质量不变，容器的体积不变，密度始终不变，故容器内物质的密度保持不变，不能说明到达平衡，故d错误；故选bc；
（4.）a．及时分离出NO2气体，平衡向正反应移动，但反应速率降低，故a错误；
b．适当升高温度，反应速率增大，平衡向逆反应移动，故b错误；
c．增大O2的浓度，反应速率增大，平衡向正反应移动，故c正确；
d．选择高效的催化剂，增大反应速率，不影响平衡移动，故d错误；故选c．
【分析】（1）化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应都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；
K（300℃）＞K（350℃），说明升高温度平衡向逆反应移动，故正反应是放热反应；（2）由表中数据可知，平衡时c（NO）= =0.0035mol/L，由方程式2NO（g）+O2（g） 2NO2（g）可知，平衡时△c（NO）：△c（O2）：△c（NO2）=2：1：2，据此判断表示NO2的浓度变化的曲线，
由图中数据可知2s内，NO的浓度变化量为0.01mol/L﹣0.004mol/L=0.006mol/L，根据v= 计算v（NO），再根据速率之比等于化学计量数之比计算v（O2）；（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）根据外界条件对反应速率与平衡的移动分析解答．
18．【答案】（1）NO；Cu2+ + 2H2O Cu(OH)2 + 2H+ ，加入硝酸，使c(H+)增大，平衡逆向移动，从而抑制 Cu(NO3)2的水解；
（2）增大；B；小于205℃；0.2 mol
【解析】【解答】（1）①铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮，气体A为NO，故答案为：NO；② 实验室用Cu(NO3)2固体配制溶液，常加入少量稀HNO3，Cu2+ + 2H2O Cu(OH)2 + 2H+ ，加入硝酸，使c(H+)增大，平衡逆向移动，从而抑制 Cu(NO3)2的水解，故答案为：Cu2+ + 2H2O Cu(OH)2 + 2H+ ，加入硝酸，使c(H+)增大，平衡逆向移动，从而抑制 Cu(NO3)2的水解；
③ NaClO溶液吸收气体NO，根据图示，次氯酸钠将NO氧化为硝酸根离子，反应的离子方程式为 ，故答案为： ；（2）① 反应Ⅰ的ΔH1 < 0，为放热反应，温度降低，平衡正向移动，化学平衡常数增大，故答案为：增大；
② A．根据图像，温度小于185℃时，随温度升高，乙醇的选择性降低，乙酸乙酯的选择性增大，温度高于185℃时，随温度升高，乙醇的选择性增大，乙酸乙酯的选择性降低，温度影响反应的选择性，故A正确；
B.225℃～235℃，乙醇和乙酸乙酯的选择性相同，但不表示反应Ⅰ处于平衡状态，故B错误；
C.根据反应I，增大H2的浓度，平衡正向移动，CH3COOCH3的转化率提高，故C正确；
故答案为：B；
③ 根据图2，温度超过205℃时，乙醇的选择性变化不大，但乙酸乙酯的选择性较大，如果温度升高，乙酸乙酯的选择性大幅度减小，不利于反应生成乙醇，为防止“反应Ⅲ”发生，应控制温度低于205℃，故答案为：< 205℃；
④ 在185℃下，乙醇选择性为20%，CH3COOCH3的转化率为20%，则5 molCH3COOCH3反应生成乙醇的物质的量=5mol×20%×20%=0.2mol，故答案为：0.2 mol。
【分析】（1）①铜与稀硝酸反应生成一氧化氮，与浓硝酸反应生成二氧化氮；②根据平衡移动原理分析；③ 根据图示解答；（2）① 放热反应，温度降低，化学平衡常数增大；②③④根据图像分析温度对反应的影响。
19．【答案】（1）A；A
（2）3A=B+2C；A=B+2C
（3）0.96
【解析】【解答】解：（1）图Ⅰ、Ⅱ分析图象变化可知，都是A的浓度随反应进行不断减小至不变，BC浓度随反应进行二不断增加至不变化，所以A为反应物，BC为生成物；
故答案为：A，A；（2）上述分析和图象变化可知，Ⅰ反应中，10s末，A浓度变化为1.2mol/L，B、C的浓度从0变化为0.4mol/L，0.8mol/L，说明该反应不是可逆反应，c（A）：c（B）：c（C）=1.2：0.4：0.8=3：1：2，反应的化学方程式为：3A=B+2C；Ⅱ反应中，10s末，A浓度变化为1.2mol/L﹣0.8mol/L=0.4mol/L，B、C的浓度从0变化为0.4mol/L，0.8mol/L，说明该反应不是可逆反应，c（A）：c（B）：c（C）=0.4：0.4：0.8=1：1：2，反应的化学方程式为：A=B+2C；
故答案为：3A=B+2C，A=B+2C；（3）在Ⅱ图中图象分析可知反应的速率匀速进行，计算10s时A的反应速率V（A）= =0.04mol/L s，6s时变化的A的浓度c（A）=6s×V（A）=0.04mol/L s×6s=0.24mol/L，最后得到A的浓度=1.2mol/L﹣变化的A的浓度c（A）=1.2mol/L﹣0.24mol/L=0.96mol/L；
故答案为：0.96mol/L；
【分析】（1）图象分析可知随时间变化，Ⅰ中B、C从0变化为0.4mol/L，0.8mol/L为生成物，A变化为1.2mol/L，Ⅱ中BC增大为生成物，A减小为反应物；（2）依据图象计算得到ABC变化的浓度，变化量等于化学方程式计量数之比，据此书写化学方程式；（3）图象分析可知反应的速率匀速进行，计算10s时A的反应速率V（A），6s时变化的A的浓度c（A）=6s×V（A），最后得到A的浓度=1.2mol/L﹣变化的A的浓度c（A）；
20．【答案】（1）C
（2）2CO2（g）+6H2（g）=CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H=（2Q1+Q2﹣2Q3）kJ mol﹣1
（3）＜；＜
【解析】【解答】解：（1）A、消耗电能，不是最节能的方法，故A错误；
B、消耗热能，不是减碳的手段，故B错误；
C、利用太阳光催化分解水制氢是最节能的，故C正确；
D、天然气是非再生能源，且不是最节能的方法，故D错误；故选：C；（2）利用盖斯定律进行计算，将三个方程式进行形式变换，
2CO（g）+4H2（g）═2CH3OH（g）△H=2Q1 kJ mol﹣1
2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H=Q2 kJ mol﹣1
﹣2CO（g）﹣2H2O（g）═﹣2CO2（g）﹣2H2（g）△H=﹣2Q3 kJ mol﹣1
三式相加得：2CO2（g）+6H2（g）=CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H=（2Q1+Q2﹣2Q3 ） kJ mol﹣1，
故答案为：2CO2（g）+6H2（g）=CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H=（2Q1+Q2﹣2Q3 ） kJ mol﹣1；（3）相同温度下，同一容器中，增大压强，平衡向正反应方向移动，则CO的转化率增大，根据图象知，p1小于p2，相同压强下，同一容器中，增大温度，CO的转化率减小，平衡向吸热反应方向移动，所以逆反应为吸热方向，则正反应为放热反应，所以△H＜0，
故答案为：＜；＜．
【分析】（1）有效“减碳”的手段之一是节能，利用太阳光催化分解水制氢是最节能的，减少电能、天然气、热能的利用；（2）利用热化学方程式和盖斯定律计算所需热化学方程式，三式相加得；（3）根据定一议二原则，相同温度下，同一容器中，增大压强，平衡向正反应方向移动，则CO的转化率增大；
相同压强下，同一容器中，增大温度，CO的转化率减小，平衡向吸热反应方向移动，由此判断．
21．【答案】（1）II；1.5 mol·L-1·h-1；催化剂失去活性
（2）ΔH3-ΔH2-ΔH1；c；<；4.32
【解析】【解答】（1）①从图中可以看出，反应开始后的 16 小时内，在第II种催化剂作用下，收集的 CH4 较多。
②0~20 小时内，在第 I 种催化剂作用下，甲烷的物质的量变化量为15mol，依据CO2(g)+2H2O(g) CH4(g)+2O2(g)，氧气的物质的量变化量为30mol，则O2的平均生成速率v(O2)== 1.5 mol·L-1·h-1；温度高于560℃，O2的平均生成速率明显下降，可能是因为温度过高，催化剂失去了活性。
（2）①依据盖斯定律，反应CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)可由c-b-a得到，则焓变ΔH=ΔH3-ΔH2-ΔH1。
②a．CH4体积分数不再变化，说明单位时间内生成甲烷和消耗甲烷的速率相等，反应达到平衡状态，a不正确；
b．该反应为反应前后气体分子数改变的反应，气体的压强不再变化，说明反应达到平衡状态，b不正确；
c．该体系恒容，总质量不变，所以密度一直不变，体系的密度保持不变，不能说明反应达到平衡状态，c正确；
d．消耗1 mol CH4同时生成3mol H2，则生成3mol H2同时消耗3 mol H2，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，d不正确；
故答案为：c。
③该反应为气体分子数增多的反应，其他条件相同时，压强越大，甲烷的转化率越小，由图示可知，温度一定时，p1下甲烷的转化率大于p2，则p1【分析】（1） ① 结合图象，可以知道16小时内，催化剂II收集的甲烷更多；
② 化学反应速率；
（2） ① 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；
② 化学平衡判断：1、同种物质正逆反应速率相等，2、不同物质速率满足：同侧异，异侧同，成比例，3、各组分的浓度、物质的量、质量、质量分数不变，4、左右两边化学计量数不相等，总物质的量、总压强（恒容）、总体积（恒压）不变，5、平均相对分子质量、平均密度根据公式计算，6、体系温度、颜色不变；
③ 增大压强，朝气体系数缩小的方向移动。