2.2 化学反应的限度 同步练习 （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
一、单选题
1．由下列实验操作及现象推出的相应结论正确的是（　　）
选项 实验操作 现象 结论
A 向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和氯化钠溶液和饱和硫酸铜溶液 均有固体析出 蛋白质均发生变性
B 取1mL 20%的蔗糖溶液，加入3～5滴稀硫酸，水浴加热5min分钟后取少量溶液于一洁净的试管中，加入新制Cu(OH)2溶液，加热 无砖红色沉淀产生 蔗糖没有发生水解
C 用c(Fe3+)相同的Fe2(SO4)3和FeCl3溶液，分别清洗做完银镜反应的试管 用FeCl3溶液清洗较干净 Fe3++Ag Ag++Fe2+是可逆反应，且AgCl更难溶于水
D 对于二氧化氮和四氧化二氮的平衡体系，缩小容器体积 混合气体颜色逐渐加深 符合勒夏特列原理
A．A B．B C．C D．D
2．一定条件下，反应：6H2+2CO2 C2H5OH+3H2O的数据如图所示下列说法正确的是（　　）
A．该反应的△H＞0
B．达平衡时，3v（H2）正=v（CO2）逆
C．a点对应的H2的平衡转化率为90%
D．b点对应的平衡常数K值大于c点
3．有一化学平衡mA（g）+nB（g） pC（g）+qD（g），如图表示的是A的转化率与压强、温度的关系．下列叙述正确的是（　　）
A．正反应是放热反应；m+n＞p+q B．正反应是吸热反应；m+n＜P+q
C．正反应是放热反应；m+n＜p+q D．正反应是吸热反应；m+n＞p+q
4．将2mol X和2mol Y充入2L密闭容器中进行反应：X(g)+3Y(g) 2Z(g)+aQ(g)。2min末该反应达到平衡时生成0.8mol Z，测得Q的浓度为0.4mol·L-1，下列叙述错误的是（　　）
A．a的值为2
B．平衡时X的浓度为0.8mol·L-1
C．平衡时Y的转化率60%
D．0~2min内Y的反应速率为0.6mol·L-1·min-1
5．N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生以下反应：2N2O5（g） 4NO2（g）+O2（g）△H＞0，T1温度时，向密闭容器中通入N2O5，部分实验数据见下表下列说法中不正确的是（　　）
时间/s 0 500 1000 1500
c（N2O5）/mol L﹣1 5.00 3.52 2.50 2.50
A．T1温度下，500s时O2的浓度为0.74mol L﹣1
B．平衡后其它条件不变，将容器的体积压缩到原来的，则再平衡时c（N2O5）＞5.00 mol L﹣1
C．T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若T1＞T2，则K1＜K2
D．T1温度下的平衡常数为K1=125，平衡时N2O5的转化率为0.5
6．X、Y、Z是三种气态物质，在一定温度下其变化符合下图。下列说法一定正确的是（　　）
A．该反应的热化学方程式为X(g) +3Y(g) 2Z(g) △H= -（E2-E1）kJ
B．若图III中甲表示压强，乙表示Z的含量，则其变化符合图III中曲线
C．该温度下，反应的平衡常数数值约为533，若升高温度，该反应的平衡常数减小，Y的转化率降低
D．图II中曲线b是加入催化剂时的能量变化曲线，曲线a是没有加入催化剂时的能量变化曲线
7．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
8．在密闭容中发生下列反应aA（g） cC（g）+dD（g），反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，下列叙述正确的是（　　）
A．A的转化率变小 B．平衡向正反应方向移动
C．D的体积分数变大 D．a＞c+d
9．已知HClO是比H2CO3还弱的酸，氯水中存在下列平衡：Cl2＋H2O HCl＋HClO；HClO H＋＋ClO－，达到平衡后，要使HClO的浓度增大，可加入下列物质：（　　）
A．SO2 B．NaHCO3 C．HCl D．NaOH
10．氢气是合成氨的重要原料，合成氨反应的热化学方程式为N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)ΔH=-92.4kJ·mol-1，当该反应达到平衡后，改变某一外界条件(不改变N2、H2和NH3的量)，反应速率随时间的变化关系如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．图中t1时刻引起平衡移动的条件可能是升高温度
B．表示平衡混合物中NH3的含量最高的一段时间是t5～t6
C．图中t3时刻引起平衡移动的条件可能是增大压强
D．在t2～t3时间段，保持容器容积不变，充入一定量的惰性气体，N2的浓度不变
11．在密闭容器中发生反应CH4(g)+ H2O(g) CO(g) +3H2(g) ΔH>0，测得随反应时间的变化如图所示。下列判断错误的是（　　）
A．0~5min内，v(CH4)=0.1mol·L-1·min-1
B．10min时，改变的外界条件可能是温度
C．恒温下，缩小容器体积，达到新平衡时n(H2)比原平衡时的小
D．10~12min时间内，反应的平衡常数逐渐减小
12．恒温、恒容下，amolA和bmolB在一个密闭容器中发生如下反应：A（g）+2B（g） 2C（g），一段时间后达到平衡，生成nmolC。则下列说法中正确的是（　　）
A．物质A，B的反应速率之比为1∶2
B．当v正（A）=2v逆（B）时，可确定反应到达平衡状态
C．若起始时放入2amolA和2bmolB，则达平衡时生成2nmolC
D．起始时刻和达平衡后容器中的压强比为（a+b）：（a+b+ ）
13．可逆反应aA(g)＋bB(g) cC(g)＋dD(g)　ΔH，同时符合下列两图中各曲线规律的是（　　）
A．a＋b>c＋d　T1>T2　ΔH>0 B．a＋b>c＋d　T1C．a＋bT2　ΔH>0 D．a＋b14．在10 L恒容密闭容器中充入X(g)和Y(g)，发生反应X(g)+Y(g) M(g)+N(g)，所得实验数据如下表：
实验 编号 温度/℃ 起始时物质的量/mol 平衡时物质的量/mol
n(X) n(Y) n(M)
① 700 0.40 0.10 0.090
② 800 0.10 0.40 0.080
③ 800 0.20 0.30 A
④ 900 0.10 0.15 B
下列说法正确的是(　　)
A．实验①中，若5 min时测得n(M)=0.050 mol，则0至5 min时间内，用N表示的平均反应速率v(N)=1.0×10-2mol·L-1·min-1
B．实验②中，该反应的平衡常数K=2.0
C．实验③中，达到平衡时，X的转化率为60%
D．实验④中，达到平衡时，b > 0.060
15．一定温度下，在固定体积的密闭容器中发生反应：2HI(g) H2(g)+I2(g)△H>0，0～15s内c(HI)由0.1mol/L降到0.07mol/L，则下列说法正确的是（）
A．当HI、H2、I2浓度之比为2：1：1时，说明该反应达平衡
B．c(HI)由0.07mol/L降到0.05mol/L所需的反应时间小于10s
C．升高温度正反应速率加快，逆反应速率减慢
D．0～15s内用I2表示的平均反应速率为：v(I2)=0.001mol/(L·s)
16．在一恒定的容器中充入2molA和1molB发生反应：2A(g)+ B(g) xC(g)，达到平衡后，C的体积分数为ω%；若维持容器的容积和温度不变，按起始物质的量A：0.6mol、B：0.3mol、C：1.4mol充入容器，达到平衡后，C的体积分数仍为ω%，则x值为（　　）
A．只能为2 B．只能为3
C．可能是2，也可能是3 D．无法确定
二、综合题
17．丙烯是重要的有机化工原料，丙烷脱氢是工业生产丙烯的重要途径。回答下列相关问题：
（1）已知：Ⅰ.2C3H8(g)+O2(g)2C3H6(g)+2H2O(g) △H1=-238kJ mol-1
Ⅱ.2H2(g)+O2(g)2H2O(g) △H2=-484kJ mol-1
则丙烷脱氢制丙烯反应C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)的△H为　 　kJ mol-1
（2）一定温度下，向1L的密闭容器中充入1mol C3H8发生脱氢反应，经过10min达到平衡状态，测得平衡时气体压强是开始的1.5倍。
①0~10min丙烷的化学反应速率v(C3H8)=　 　mol L-1 min-1。
②下列情况能说明该反应达到平衡状态的是　 　。
A．△H不变 B．C3H8与H2的物质的量之比保持不变
C．混合气体密度不变 D．混合气体的总压强不变
（3）一定温度下，向恒容密闭容器中充入1mol C3H8，开始压强为pkPa，C3H8的气体体积分数与反应时间的关系如图所示：
①此温度下该反应的平衡常数Kp=　 　(用含字母p的代数式表示，Kp是用反应体系中气体物质的分压表示的平衡常数，平衡分压=总压×体积分数)。
②已知该反应过程中，v正=k正p(C3H8)，v逆=k逆p(C3H6)p(H2)，其中k正、k逆为速率常数，只与温度有关，则图中m点处=　 　。
（4）某丙烯燃料电池的工作原理如图所示，质子交换膜(只有质子能够通过)左右两侧的溶液均为1L 2mol/L H2SO4溶液。a极的电极反应式为　 　；当导线中有1.8mol e- 发生转移时，左右两侧溶液的质量差为　 　 g ( 假设反应物耗尽，忽略气体的溶解)。
18．科学家寻找高效催化剂实现大气污染物转化：
2CO(g)+2NO(g) N2(g)+2CO2(g) △H1
（1）已知：CO的燃烧热△H2＝-283 kJ·moL-1。几种化学键的键能数据如下：
化学键 N≡N键 O＝O键 N≡O键
键能/ kJ·moL-1 945 498 630
N2(g)+O2(g)＝2NO(g) △H3＝　 　，上述△H1＝　 　。
（2）CO与空气在KOH溶液中构成燃料电池（石墨为电极），若放电后，电解质溶液中离子浓度大小顺序为c(K+)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)>c(CO32-)，则负极的反应式为　 　。
（3）2CO(g)+2NO(g) N2(g)+2CO2(g)的平衡常数表达式为　 　。图A中曲线　 　（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）能正确表示平衡常数与温度的关系，理由是　 　。
（4）当NO、CO浓度比为1时，体系中NO平衡转化率的平衡转化率（α）与温度、压强的关系如图B所示。图B中，压强由小到大的顺序为　 　，其判断理由是　 　。
19．在容积为1L的密闭容器中发生如下反应：，开始时A为2mol、B为3mol，5min时测得C为1.5mol，用D表示的平均反应速率为0.1。求：
（1）5min时B的物质的量浓度为　 　。
（2）5min内A的平均反应速率v(A)=　 　。
（3）x的值为　 　，5min时容器中压强与起始压强之比为　 　。
（4）若5min时该反应达到平衡，则平衡常数K=　 　(计算结果保留两位有效数字)。
（5）下列可作为该反应达到平衡状态的标志的是____(填正确答案标号)。
A．压强不再改变
B．C的百分含量保持不变
C．A的消耗速率与B的消耗速率之比为1：2
D．气体密度不再变化
20．废旧锌锰电池含有锌、锰元素，主要含有ZnO、ZnMn2O4、MnO、Mn2O3、Mn3O4、MnO2。利用废旧锌锰电池回收锌和制备二氧化锰、硫酸的工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）步骤②“粉碎”的主要目的是　 　。
（2）步骤③“酸浸”发生了一系列反应：
ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O；MnO+H2SO4=MnSO4+H2O；
ZnMn2O4+2H2SO4=ZnSO4+MnSO4+2H2O+MnO2；
MnO2+H2SO4+H2C2O4=MnSO4+2CO2↑+2H2O。
推测Mn2O3与硫酸反应的离子方程式为　 　。
（3）如图分别表示“酸浸”时选用不同浓度硫酸和草酸对 Zn、Mn 浸出率的影响。
①为保证Zn、Mn的浸出率均大于90%，步骤③需控制的c(H2SO4)=　 　mol/L。H2C2O4浓度对 Mn的浸出率影响程度大于Zn，其原因是　 　。
②假设“酸浸”所得溶液中Zn2+、Mn2+浓度相等。当 c(H2C2O4)>0.25mol/L时，Zn、Mn的浸出率反而下降、且Zn的浸出率下降先于Mn，其原因可能是　 　(填序号)。
a．随着反应进行c(H+)降低
b．Zn2+、Mn2+与C2O 生成沉淀
c．溶解度：ZnC2O4＜MnC2O4
（4）步骤⑤用惰性电极电解ZnSO4、MnSO4的混合溶液，除生成Zn、MnO2、H2SO4外，还可能生成H2、O2或其混合物。
①生成MnO2的电极反应式为　 　 。
②若n(H2)∶n(O2)=2∶1，则参加反应的n(Zn2+)∶n(Mn2+)=　 　。
③该工艺流程中可循环利用的物质是　 　。
21．硫酸是一种重要的基本化工产品。接触法制硫酸生产中的氧化工序为： ，回答下列问题：
（1）若将物质的量之比为2：1的SO2(g)和O2(g)通入恒温恒容反应器，下列能判断反应达到平衡的是___________。
A．SO2(g)和O2(g)的转化率为2：1时
B．容器内混合气体的压强不再改变
C．容器内混合气体的平均相对分子质量不再改变
D．生成2mol SO3(g)的同时消耗1mol O2(g)
（2）据图(a)，请写出VOSO4(s)和V2O4(s)反应生成V2O5(s)与SO2(g)的热化学方程式为　 　。
（3）若当SO2、O2、N2(不参与反应)起始的物质的量分数分别为10%、15%和75%时，在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa压强下，SO2平衡转化率α随温度的变化如图(b)所示。反应在0.5MPa、550℃时的α=　 　，判断的依据是　 　。下列因素中能影响α的因素有　 　。
A．压强B．反应物的组成 C．催化剂D．温度
（4）若将物质的量之比为2：1的SO2(g)和O2(g)通入反应器，在恒温t、恒压p条件下进行反应。平衡时，若SO2转化率为α，则SO3压强为　 　，平衡常数Kp=　 　(以分压表示，分压=总压 物质的量分数)。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．向蛋白质溶液中加入饱和NaCl溶液发生盐析，加人硫酸铜溶液发生变性，结论不对，A不符合题意；
B．蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，检验水解产物需要先加氢氧化钠溶液中和硫酸， B选项未先加氢氧化钠中和水解液中的硫酸，Cu(OH)2先与硫酸反应，加热后无砖红色沉淀生成，不能证明蔗糖未水解，B不符合题意；
C．氯化银的溶解度比硫酸银小，FeCl3溶液中Cl–与Ag+结合生成AgCl沉淀，使c(Ag+)更小，平衡Fe3++Ag Ag++Fe2+正向移动，Ag单质溶解，因此用FeCl3溶液清洗试管较干净，C符合题意；
D．二氧化氮和四氧化二氮的平衡体系，存在可逆反应2NO2(g) N2O4(g)，缩小容器体积使体系压强增大，平衡向着气体分子数减小的方向移动，即逆向移动，故不能用勒夏特列原理解释该平衡体系缩小体积后颜色加深，此处颜色加深是由于体积缩小，c (NO2)浓度增大所致，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】轻金属盐及铵盐使蛋白质发生盐析，是可逆变化，强酸、强碱、重金属盐等使蛋白质发生变性，为不可逆变化；用新制银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液检验蔗糖、淀粉水解产物时，需要加碱调pH至碱性。
2．【答案】C
【解析】【解答】解：A．根据图可知，随着温度的升高二氧化碳的转化率下降，平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，△H＜0，故A错误；
B．根据速率之比等于计量数之比可知，达平衡时，v（H2）正=3v（CO2）逆，故B错误；
C．设起始H2为2mol，则CO2为1mol，
6H2 + 2CO2 C2H5OH+ 3H2O
起始（mol） 2 1 0 0
转化（mol） 1.8 0.6
平衡（mol） 0.2 0.4
H2的平衡转化率为 ×100%=90%，故C正确；
D．b点温度高于c点，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，所以b点的平衡常数小于c点，故D错误．
故选C．
【分析】由图象可知升高温度CO2的转化率降低，说明平衡逆向移动，在反应中通入氢气，平衡正向移动，CO2转化率增大，a点时CO2的转化率为60%，结合n（H2）：（CO2）=2利用三段式法计算，
3．【答案】D
【解析】【解答】解：由图可知，压强相同是，温度越高A的转化率越大，说明升高温度平衡向正反应移动，故正反应为吸热反应，
作垂直横轴的线，由图可知，温度相同，压强越大A的转化率越大，数目增大压强平衡向正反应移动，故正反应为气体物质的量减小的反应，即m+n＞p+q，
故选D．
【分析】采取“定一议二”原则分析，根据等压线，由温度对A的转化率影响，判断升高温度平衡移动方向，确定反应吸热与放热；
作垂直横轴的线，温度相同，比较压强对A的转化率的影响，判断增大压强平衡移动方向，确定m+n与p+g的大小关系．
4．【答案】D
【解析】【解答】A.平衡时生成0.8molZ，测得Q的浓度为0.4mol L-1，则生成的n（Q）=0.4mol L-1×2L=0.8mol，所以2：a=0.8mol：0.8mol，解得a=2，故A不符合题意；
B.平衡时生成0.8molZ，则参加反应的X的物质的量为0.8mol× =0.4mol，故平衡时X的物质的量为2mol-0.4mol=1.6mol，平衡时X的浓度为 =0.8mol/L，故B不符合题意；
C．平衡时生成0.8molZ，则参加反应的Y的物质的量为0.8mol× =1.2mol，故Y的转化率为 ×100%=60%，故C不符合题意；
D.反应速率v（Y）= =0.3mol/（L min），故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.根据n=cV计算生成的Q的物质的量，再根据物质的量之比等于化学计量数之比计算a的值；
B.根据生成的n（Z），利用物质的量之比等于化学计量数之比计算参加反应的X的物质的量，进而计算平衡时X的物质的量，再根据c= 计算；
C.根据生成的n（Z），利用物质的量之比等于化学计量数之比计算参加反应的Y的物质的量，再根据转化率定义计算；
D.根据v= 计算v（Y）。
5．【答案】C
【解析】【解答】根据表中数据知，1000s和1500s时c（N2O5）相等，说明1000s时该反应达到平衡状态，
A．T1温度下，500s时，参加反应的c（N2O5）=（5.00﹣3.52）mol/L=1.48mol/L，参加反应的物质浓度之比等于其计量数之比，则500s时，参加反应的c（O2）=c（N2O5）=0.74mol/L，故A正确；
B．增大压强，平衡向气体体积减小的方向逆反应方向移动，所以五氧化二氮的转化率降低，则再平衡时c（N2O5）＞5.00 mol L﹣1，故B正确；
C．该反应的正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，若T1＞T2，则K1＞K2，故C错误；
D．根据表中数据知，当c（N2O5）=2.5mol/L时，该反应达到平衡，参加反应的△c（N2O5）=（5.0﹣2.5）mol/L=2.5mol/L，根据方程式知，平衡时c（NO2）=2△c（N2O5）=5.0mol/L，c（O2）=△c（N2O5）=1.25mol/L，平衡常数K==125，则五氧化二氮的转化率==50%=0.5，故D正确；
故选C．
【分析】根据表中数据知，1000s和1500s时c（N2O5）相等，说明1000s时该反应达到平衡状态，
A．T1温度下，500s时，参加反应的c（N2O5）=（5.00﹣3.52）mol/L=1.48mol/L，参加反应的物质浓度之比等于其计量数之比，则500s时，参加反应的c（O2）=c（N2O5）=0.74mol/L；
B．增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动；
C．该反应的正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动；
D．根据五氧化二氮平衡浓度计算平衡常数，转化率= ．
　
6．【答案】C
【解析】【解答】A. 图Ⅰ中X、Y的物质的量浓度逐渐减小，应是反应物，Z的物质的量浓度逐渐增大，应是生成物，浓度的变化比值为（0.5-0.3）：（0.7-0.1）：（0.4-0）=1：3：2，根据浓度的变化之比等于化学计量数之比可知反应方程式应为X(g) +3Y(g) 2Z(g)，由图Ⅱ可知反应物的总能量大于生成物的总能量，反应放热，反应热为△H= -（E2-E1）kJ/mol，该反应热化学方程式为X(g) +3Y(g) 2Z(g) △H= -（E2-E1）kJ/mol，反应热的单位为kJ/mol，A项不符合题意；
B. 压强增大，平衡右移，Z的含量应增大，B项不符合题意；
C. 该反应放热，升高温度平衡左移，该反应的平衡常数减小，Y的转化率降低，C项符合题意；
D. 图Ⅱ也可能为加入不同的催化剂，b的催化效果较好，或者是曲线b是加入催化剂，曲线a是没有加入催化剂时的能量变化曲线，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】
A.图Ⅰ中根据各物质浓度变化趋势可知X、Y是反应物，Z是生成物，浓度的变化比值为＝1：3：2，则反应方程式应为X（g）＋3Y（g） 2Z（g）；由图Ⅱ可知反应物的总能量较大，该反应放热，△H＝ （E2 E1）kJ/mol；
C. 对于放热反应，升高温度，平衡逆移，平衡常数减小，Y的转化率降低；
D. 加催化剂可降低反应的活化能，图中不能确定a曲线是否加了催化剂。
7．【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。
8．【答案】A
【解析】【解答】解：气体体积刚压缩平衡还未移动时D的浓度是原来的2倍，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，D的浓度减小，所以压缩体积使平衡向逆反应方向移动．
A、平衡向逆反应方向移动，A的转化率变小，故A正确；
B、平衡向逆反应方向移动，故B错误；
C、平衡向逆反应方向移动，D的体积分数减小，故C错误；
D、增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，该平衡向逆反应方向移动，所以a＜c+d，故D错误；
故选A．
【分析】气体体积刚压缩平衡还未移动时D的浓度是原来的2倍，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，D的浓度减小，所以压缩体积使平衡向逆反应方向移动．
9．【答案】B
【解析】【解答】A.SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，所以氯水中通入二氧化硫，Cl2＋H2O HCl＋HClO逆向移动，则HClO浓度降低，故不选A；
B.NaHCO3+HCl= NaCl+CO2+H2O，加入碳酸氢钠，盐酸浓度降低，Cl2＋H2O HCl＋HClO平衡正向移动，HClO浓度增大，
故答案为：B；
C.加入HCl，盐酸浓度增大，Cl2＋H2O HCl＋HClO平衡逆向移动，HClO浓度减小，故不选C；
D.加入氢氧化钠，NaOH+HCl=NaCl+H2O、HClO+NaOH=NaClO+H2O，HClO浓度减小，故不选D；
故故答案为：B。
【分析】根据勒夏特列原理进行作答。
10．【答案】D
【解析】【解答】A．根据图示可知：在t1时刻v正=v逆都增大，v正＞v逆，化学平衡正向移动。若改变的外界条件是升高温度，由于该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡会向吸热的逆向移动，与实际情况不符合，改变的条件应该是增大体系的压强，A不符合题意；
B．反应在t0~t1时间段反应处于平衡状态；在t1时刻平衡正向移动，到t2时刻处于平衡状态，故在t2~t3时间段NH3的含量增大；在t3时刻后v正＜v逆，化学平衡逆向移动，使NH3的含量降低，至t4时反应又达到平衡状态，则t4~t5时间段NH3的含量比t2~t3时间段低；在t5时改变外界条件使正、逆反应速率都增大，且增大后相同，因此化学平衡不发生移动，则t5~t6时间段与t4~t5时间段相同，可见表示平衡混合物中NH3的含量最高的一段时间是t2~t3，B不符合题意；
C．若增大压强，平衡正向移动，而图示中t3~t4时，v正＜v逆，化学平衡逆向移动，故与图示不符，C不符合题意；
D．在t2~t3时间段，保持容器容积不变，充入一定量的惰性气体，容器内气体总压强增大，但反应混合气体中各组分在单位体积的物质的量不变，即各组成成分的浓度不变，因此N2的浓度也不变，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、由反应速率与时间的关系图象可知，t1时正逆反应速率都增大，平衡正向移动，引起平衡移动的条件可能是增大压强；
B、t3时刻正逆反应速率均迅速增大，但是平衡逆向进行，所以氨气的百分含量是减小的，即表示平衡混合物中NH3的含量最高的一段时间是t2-t3；
C、增大压强，平衡正向移动，则v正＞v逆；
D、在t2~t3时间段，保持容器体积不变，充入一定量的惰性气体，各组分的浓度不变，平衡不移动。
11．【答案】D
【解析】【解答】A．根据图可知，前5min内甲烷的浓度由1.00mol/L减小为0.50mol/L，故v(CH4)==0.1mol/(L min)，故A不符合题意；
B．由图可知，10min时甲烷的浓度继续减小，该反应向正反应方向移动，该反应正反应是吸热反应，可能是升高温度，故B不符合题意；
C．恒温下，缩小容器体积，压强增大，平衡向逆反应方向移动，达到新平衡时n(H2)比原平衡时的小，故C不符合题意；
D．根据图象可知，10-12 min时甲烷的物质的量减小，改变的条件可能为：减小压强、升高温度或增大水蒸气浓度，化学平衡常数只与温度变化有关，所以改变的条件不一定为温度，化学平衡常数不一定发生变化，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据计算；
B.10min时甲烷的浓度继续减小，反应向正反应方向移动；
C.恒温下，缩小容器体积，压强增大，平衡向逆反应方向移动。
12．【答案】A
【解析】【解答】A. 根据化学反应速率之比等于计量数之比可知，物质A、B的反应速率之比为1∶2，选项A符合题意；
B．v正（A）=2v逆（B），即v正（A）：v逆（B）=2：1，不等于化学计量数之比，反应不处于平衡状态，正反应速率较大，反应向正反应进行，选项B不符合题意；
C．原平衡生成nmonC，若起始时放入2amolA和2bmolB，A、B的物质的量为原平衡的2倍，若恒温恒压下，为等效平衡，反应物的转化率与原平衡相同，则达平衡时生成2nmolC，但恒温恒容则相当于增大压强，平衡正向移动，达平衡时生成C大于2nmol，选项C不符合题意；
D．恒温恒容，则压强之比等于气体总物质的量之比，起始时刻和达平衡后容器中的压强比为（a+b）：（a+b- ），选项D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】反应A (g) +2B (g) =2C (g)
开始 a b 0
转化 0.5n n n
平衡 a-0.5n b-n n
A、若A、B的物质的量之比等于化学计量数之比1：2，则平衡时A、B的转化率相等；
B、可逆反应到达平衡时，不同物质表示的正、逆速率之比等于化学计量数之比；
C、若起始时放入2amolA和2bmolB，A、B的物质的量与原平衡相同为a：b，恒温恒压下，为等效平衡，反应物的转化率与原平衡相同，据此判断；
D、恒温恒压下条件下，压强不变。
13．【答案】B
【解析】【解答】由左图可知T1＜T2 ，升高温度生成物浓度降低，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应放热，△H＜0；由右图可知增大压强，正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，则a+b＞c+d，
故答案为：B。
【分析】在吸热反应中，升高温度反应会向正反应方向进行；
在气体体积减小的反应中，增大压强反应会向正反应方向进行。
14．【答案】C
【解析】【解答】A.5min内测得n(M)=0.050mol，则n(N)=0.050mol，故用N表示的反应速率，选项错误，A不符合题意；
B.根据实验②可得平衡三段式
故该反应的平衡常数，选项错误，B不符合题意；
C.
由于反应温度与实验②的反应温度相同，故其平衡常数相等，可得等式
解得 a=0.012mol/L
故实验③中反应达到平衡时，X的转化率为：，选项正确，C符合题意；
D.由实验①可得平衡三段式：
该温度下的平衡常数
结合实验②800℃时平衡常数K值可知，温度升高，平衡逆向移动；
在不考虑温度的情况下，实验④和实验③为等效平衡，
由于实验④的温度为900℃，温度升高，平衡逆向移动，故b<0.06，选项错误，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.根据速率公式进行计算；
B.根据平衡常数的表达式，结合平衡三段式进行计算；
C.实验③和实验②的温度相同，其平衡常数相同，由平衡常数确定平衡三段式的各个量，再根据进行计算；
D.由实验①和实验②的平衡常数的大小，确定反应的热效应，再结合温度升高对平衡移动的影响分析；
15．【答案】D
【解析】【解答】A.当HI、H2、I2浓度之比为2：1：1时不能说明正逆反应速率是否相等，因此不能说明该反应达平衡，A不符合题意；
B.由于反应速率随着反应物浓度的减小而减小，则c(HI)由0.07mol/L降到0.05mol/L所需的反应时间大于 ＝10s，B不符合题意；
C.升高温度正反应速率和逆反应速率均加快，C不符合题意；
D.0～15s内消耗HI是0.03mol/L，所以生成单质碘的浓度是0.015mol/L，则用I2表示的平均反应速率为v(I2)＝0.015mol/L÷15s＝0.001mol/(L·s)，D符合题意，
故答案为：D。
【分析】A.只有正逆反应的速率相等时才能证明反应达到平衡；
B.反应物的浓度会影响反应的速率，反应物浓度越大，反应速率就越快；
C.温度升高，正逆反应额速率都会加快；
D.物质在一段时间内的平均反应速率等于物质的物质的量浓度变化量与时间的比值。
16．【答案】C
【解析】【解答】解题时可对方程式中的化学计量数进行虚拟：分x＝3和x≠3两种情况进行分析。由题给条件和等效平衡理论可知，若x＝3，符合等体反应，“一边倒，判比例”若x＝2，符合非等体反应，恒温恒容“一边倒，判量等”。
故答案为：C。
【分析】等效平衡问题是指利用等效平衡（相同平衡或相似平衡）来进行的有关判断和计算 问题，即利用与某一平衡状态等效的过渡平衡状态（相同平衡）进行有关问题的分析、判断，或利用相似平衡的相似原理进行有关量的计算。所以等效平衡也是一种思维分析方式和解题方法。这种方法往往用在相似平衡的计算中。
17．【答案】（1）+123
（2）0.05；BD
（3）0.9p；5.4
（4）C3H6-18e-+6H2O=3CO2+18H+；27
【解析】【解答】(1)根据盖斯定律，由(Ⅰ-Ⅱ)÷2可得C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)，则ΔH=(ΔH1-ΔH2)=[-238kJ mol-1-(-484kJ mol-1)]=+123kJ mol-1，故答案为：+123；
(2)①向1L的密闭容器中充入1mol C3H8发生脱氢反应，经过10min达到平衡状态，测得平衡时气体压强是开始的1.5倍，相同温度下，气体的物质的量之比等于压强之比，则平衡时气体的总物质的量为1.5mol，设参加反应的C3H8的物质的量为x mol，则平衡时C3H8、H2、C3H6的物质的量分别为(1-x)mol、x mol、x mol，则有1-x+x=1.5，解得x=0.5，即参加反应的C3H8的物质的量为0.5mol，，故答案为：0.05；
②A．该反应的ΔH恒定，因此ΔH不变不能说明反应达到平衡状态，故A不正确；
B．C3H8与H2的物质的量之比保持不变，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B正确；
C．反应前后气体的质量不变，容器的体积不变，则气体的密度始终不变，因此混合气体密度不变，不能说明反应达到平衡状态，故C不正确；
D．该反应是气体体积增大的反应，是压强增大的反应，因此当混合气体的总压强不变，反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为BD；
(3)①由图可知，反应达到平衡状态时C3H8的体积分数为25%，设C3H8反应了x mol，则平衡时，C3H8的物质的量为(1-x)mol，C3H6的物质的量为x mol，H2的物质的量为x mol，则，解得x=0.6mol，总物质的量为1.6mol，恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，平衡时气体的压强为1.6pkPa，，，则，故答案为：0.9p；
②平衡时v正=v逆，即，则，m点时，假设C3H8反应了y mol，则C3H8的物质的量为(1-y)mol，C3H6的物质的量为y mol，H2的物质的量为y mol，，解得y=，气体的总物质的量为，恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，m点处气体的压强为，则，，m点，故答案为：5.4；
(4)丙烯通入a极，则a为负极，丙烯在a极发生氧化反应，电极反应式为C3H6-18e-+6H2O=3CO2+18H+；该原电池正极反应式为，每转移18mol e-，负极通入1mol C3H8，消耗6mol H2O，逸出2mol CO2，生成的18mol H+移入正极区，则负极溶液实际减少的质量为6mol×18g/mol=108g，而正极通入4.5mol O2，得到18mol H+生成9mol H2O，则正极区溶液实际增加的质量为9mol×18g/mol=162g，两侧溶液的质量差为108g+162g=270g，则当溶液中有1.8mol e-发生转移时，左右两侧的质量差为27g，故答案为：C3H6-18e-+6H2O=3CO2+18H+；27。
【分析】（1）利用盖斯定律求解；
（2） ① 根据恒容容器中平衡时气体压强是开始的1.5倍，利用三段式法求平衡时丙烷的物质的量，再求反应速率；
② A.反应方程式固定，则△H就固定了，始终不变；
B.C3H8与H2的物质的量之比保持不变，说明各物质的含量保持不变了，达到平衡状态；
C.，容器体积不变，气体的总质量始终不变；
D.该反应不是等体积的反应，所以，混合气体的总压不变，说明达到平衡状态；
（3）①根据平衡时，C3H8的体积分数，利用三段式法计算平衡时各气体的物质的量，求分压，再求平衡常数；
② 利用平衡时算，m点时丙烷的体积分数为50%，求三种气体成分的分压，再求；
（4）燃料电池通入燃料的一极发生氧化反应，为负极，结合电解质溶液写出电极反应式。
18．【答案】（1）+183 kJ·moL-1；-749kJ·mol-1
（2）2CO-2e-+3OH-＝HCO3-+H2O
（3）k= ；Ⅱ；该可逆反应的正反应为放热反应，升温平衡逆移，平衡常数减小。
（4）P3【解析】【解答】（1）根据键能可知反应①N2(g)+O2(g)＝2NO(g)的△H3＝945kJ/mol－498kJ/mol＋2×630kJ/mol＝＋183kJ/mol。又因为CO的燃烧热△H2＝-283 kJ·moL-1，则热化学方程式为②2CO(g)＋O2(g) 2CO2(g) △H＝－566kJ/mol，因此根据热化学方程式可知②－①即得到2CO(g)+2NO(g) N2(g)+2CO2(g)的△H1＝-749kJ/mol。（2）CO与空气在KOH溶液中构成燃料电池（石墨为电极），若放电后，电解质溶液中离子浓度大小顺序为c(K+)＞c(HCO3-)＞c(OH-)＞c(H+)＞c(CO32-)，这说明反应中生成碳酸氢钠，所以负极的反应式为2CO-2e-+3OH-＝HCO3-+H2O。（3）根据方程式2CO(g)+2NO(g) N2(g)+2CO2(g)可知该反应的平衡常数表达式为k= 。由于正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向进行，则平衡常数减小，所以图A中曲线Ⅱ。（4）正反应是体积减小的可逆反应，则温度相同时，增大压强反应物的转化率升高，图B中，压强由小到大的顺序为P3【分析】（1）△H3=反应物键能之和-生成物键能之和=生成物内能之和-反应物内能之和，再结合盖斯定律即可求出△H1；
（2）根据浓度大小，可以判断燃料电池的产物为KHCO3，根据燃料电池的特点，为一氧化碳和氧气反应生成二氧化碳，在碱性条件下，二氧化碳和KOH反应生成碳酸氢钾，燃料电池正极反应式为：2H2O+O2+4e-=4OH-，利用总反应式减去正极反应式即可得到负极反应式；
（3）K=生成物浓度幂之积/反应物浓度幂之积；正反应放热，所以K和温度成反比；
（4）增大压强，朝气体系数缩小的方向移动，即正向移动，所以反应物转化率增大。
19．【答案】（1）2
（2）
（3）1；11：10
（4）0.28
（5）A；B
【解析】【解答】
（1）由分析可知，5min时B的物质的量浓度为2mol/L，故答案为：2mol/L；
（2）由化学反应速率之比等于化学计量数之比可得：v(A)= v(D)= 0.1，故答案为：0.1；
（3）由分析可知，x=1；由容器中压强与起始压强之比等于容器中物质的量与起始物质的量之比可得：5min时容器中压强与起始压强之比为(1.5mol/L+2mol/L+1.5mol/L+0.5mol/L)：5mol/L=11：10，故答案为：1；11：10；
（4）由分析可知，反应的平衡常数K为0.28，故答案为：0.28；
（5）A．该反应是气体体积增大的反应，压强不再改变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
B．C的百分含量保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
C．A的消耗速率与B的消耗速率之比为1：2不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否已达到平衡，故不正确；
D．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量不变，恒容密闭容器中气体的密度始终不变，则气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否已达到平衡，故不正确；
故答案为：AB。
【分析】5min时测得C为1.5mol，用D表示的平均反应速率为0.1，由化学反应速率之比等于化学计量数之比可得：：0.1=3：x，解得x=1；若5min时该反应达到平衡，平衡时A、B、C、D的浓度为=1.5mol/L、=2mol/L、=1.5mol/L、=0.5mol/L，反应的平衡常数K=≈0.28。
20．【答案】（1）增大接触面积，提高浸出率
（2）Mn2O3+2H+=Mn2++H2O+MnO2
（3）0.5；Zn元素浸出时不需要还原剂，而+4价Mn(MnO2、Mn2O3、Mn3O4)需加入H2C2O4作还原剂更有利浸出或MnO2+H2SO4+H2C2O4=MnSO4+2CO2↑+2H2O；a、b、c
（4）Mn2++2H2O－2e =MnO2+4H+；1∶1；H2SO4（或硫酸 ）
【解析】【解答】将废旧锌锰电池机械分离，为增加浸出率，对内部固体残渣(主要含有ZnO、ZnMn2O4、MnO、Mn2O3、Mn3O4、MnO2)粉碎，加入足量H2SO4和草酸对残渣进行溶浸，发生ZnO+H2SO4=ZnSO4+ H2O；MnO+H2SO4=MnSO4+H2O；ZnMn2O4+2H2SO4=ZnSO4+MnSO4+2H2O+MnO2；MnO2+H2SO4+ H2C2O4=MnSO4+2CO2↑+2H2O等一系列反应，得到主要含有Mn2+、Zn2+、SO 等离子的酸浸液，对酸浸液过滤除杂精制，对含有Mn2+、Zn2+、SO 等离子的精制液电解得到硫酸、二氧化锰、单质锌，据此分析解答。(1)增大接触面积，提高浸出率；(2)ZnMn2O4可用氧化物的形式表示ZnO·Mn2O3，ZnO·Mn2O3+2H2SO4=ZnSO4+MnSO4+2H2O+MnO2可知Mn2O3+2H+=Mn2++H2O+MnO2；(3)①由图可知，当c(H2SO4)=0.5mol/L时，Mn的浸出率等于90%，Zn的浸出率大于90%。由给出的反应方程式可知，Zn的浸出只需H2SO4即可，所以Zn元素浸出时不需要还原剂，而+4价Mn(MnO2、Mn2O3、Mn3O4)需加入H2C2O4作还原剂更有利Mn的浸出。或MnO2+H2SO4+H2C2O4=MnSO4+2CO2↑+2H2O；②a．结合①的分析，Mn、Zn的浸出率与c(H+)有关，如果c(H+)减小，浸出率下降，故a正确；b．c(H2C2O4)＞0.25mol/L时，如果Zn2+、Mn2+与C2O 生成沉淀，浸出率下降，故b正确；c．如果溶解度ZnC2O4【分析】（1）将固体反应物粉碎的目的是增大固体表面积，加快反应速率；
（2）结合方程式情景，得出正三价的锰容易发生歧化反应；
（3）由图可知，当c(H2SO4)=0.5mol/L时，Mn的浸出率等于90%，Zn的浸出率大于90%；结合工艺中的化学环境， Zn、Mn的浸出率反而下降、且Zn的浸出率下降先于Mn的原因可能随着反应进行c(H+)降低 、 Zn2+、Mn2+与C2O 生成沉淀 、 溶解度：ZnC2O4＜MnC2O4 ；
（4）关于原电池的题目，核心在于判断正负极，掌握正向正、负向负的电荷移动原理，结合核心产物与溶液环境，书写电极反应式，根据电极反应式进行计算。
21．【答案】（1）B；C
（2）
（3）0.925；该反应正向分子数减少，减小压强，平衡向逆反应方向移动，转化率降低，p3为0.5MPa；ABD
（4）；
【解析】【解答】（1）A．由方程式可知，物质的量之比为2：1的二氧化硫和氧气的转化率恒定为2：1，则转化率为2：1时不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故不正确；
B．该反应是气体体积减小的反应，反应中容器内气体压强减小，则容器内混合气体的压强不再改变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
C．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量不变，该反应是气体体积减小的反应，反应中容器内，气体的平均相对分子质量增大，则容器内混合气体的平均相对分子质量不再改变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
D．生成2mol三氧化硫的同时消耗1mol氧气均代表正反应速率，不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故不正确；
故答案为：BC；
（2）由图可知，图中涉及的反应为① 、② ，由盖斯定律可知，②—①×2可得VOSO4(s)和V2O4(s)反应生成V2O5(s)与SO2(g)的反应为 ，则△H=(—399kJ/mol)—(—24kJ/mol) ×2=—351kJ/mol，反应的热化学方程式为 ，故答案为： ；
（3）该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，二氧化硫的平衡转化率增大，由图可知，相同温度时，P3时二氧化硫的转化率最小，则P3为0.5MPa；由图可知，反应在0.5MPa、550℃时二氧化硫的转化率为0.925；
A．该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，二氧化硫的平衡转化率增大，故正确；
B．反应物的组成中，氧气的浓度越大，二氧化硫的平衡转化率越大，故正确；
C．使用催化剂，反应速率增大，但化学平衡不移动，二氧化硫的平衡转化率不变，故不正确；
D．该反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化硫的平衡转化率减小，故正确；
故答案为：ABD，故答案为：0.925；该反应正向分子数减少，减小压强，平衡向逆反应方向移动，转化率降低，p3为0.5MPa；ABD；
（4）设起始二氧化硫、氧气的物质的量分别为2mol、1mol，由平衡时二氧化硫的转化率为α可知，平衡时二氧化硫、氧气、三氧化硫的物质的量分别为（2—2α）mol、（1—2α× ）mol=（1—α）mol、2αmol，则二氧化硫、氧气、三氧化硫的平衡分压为 、 、 ，平衡常数Kp= = ，故答案为： ； 。
【分析】（1）分析所给是否能体现正逆反应速率相等，若能则说明反应达到平衡状态；或分析所给物理量是否为变量，若为变量，则当其不变时，说明反应达到平衡状态。
（2）根据反应能量图写出热化学方程式，结合盖斯定律计算反应热，从而得出目标反应的热化学方程式。
（3）结合压强对平衡移动的影响，确定p1、p2、p3的相对大小，再根据坐标图数据得出0.5MPa、550℃时SO2的平衡转化率α；结合浓度、压强、温度、催化剂对平衡移动的影响分析。
（4）根据SO2的平衡转化率计算平衡时各物质的物质的量，从而得出各物质的分压，进而求出用分压表示的平衡常数。