专题2《化学反应速率与化学平衡》单元检测题（含解析）2023--2024学年上学期高二苏教版（2019）高中化学选择性必修1

专题2《化学反应速率与化学平衡》
一、单选题（共12题）
1．炼油、石化等工业会产生含硫(-2价)废水。一种在碱性条件下处理含硫废水的反应过程如图，其中为催化剂，附着在催化剂载体聚苯胺的表面。下列说法错误的是
A．转化a中化合价发生变化的元素仅有S和O
B．转化c是该过程的第一步反应
C．一段时间后催化效率会下降，原因可能是生成的S覆盖在催化剂表面或进入催化剂空位处
D．该反应过程的总方程式为：
2．下列各实验装置、目的或结论全都正确的是
实验装置
甲 乙 丙 丁
A．甲用于测定中和反应的反应热
B．乙可验证镁片与稀盐酸反应放热
C．由丙可推断出：反应为吸热反应
D．丁可验证对的分解反应有催化作用
3．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A．加热浓氨水制取氨气
B．对2HI(g) H2(g)+I2(g)平衡体系增大压强使颜色变深
C．工业制金属钾：Na(l)+KCl(l) NaCl(l)+K(g)，选取适宜的温度，使K从反应混合物中分离出来，有利于K的生成
D．光照新制氯水时，溶液的颜色逐渐变浅
4．结合实验与计算机模拟结果，研究了与在固体催化剂表面合成的反应历程。图示为反应历程中的能量面图(部分数据省略)，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。下列说法不正确的是
A．氨气从催化剂表面脱附是吸热过程
B．增加Fe催化剂的用量，可改变合成氨反应的反应热
C．可计算推理合成氨的热化学方程式：
D．铁做催化剂时，通过改变反应历程降低了反应的活化能，使反应速率明显加快
5．已知2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g) △H<0，在一定温度下将2molNO2和1molO3充入一恒容密闭容器中进行反应，直至t1时达到平衡状态。下列图象正确的是
A． B．
C． D．
6．2021年10月16日，长征二号F火箭将神舟十三号载人飞船送入太空。其火箭使用的推进剂为偏二甲肼(C2H8N2)和四氧化二氮(N2O4)，发生反应的化学方程式为C2H8N2+2N2O4=2CO2↑+4H2O↑+3N2↑；已知偏二甲肼中C、N元素的化合价相等。反应2NO2(g) N2O4(g)在一定体积的密闭容器中进行。下列说法正确的是
A．升高温度能减慢反应速率
B．减小N2O4浓度能加快反应速率
C．缩小反应容器的体积能加快反应速率
D．达到化学平衡时，NO2能100%转化为N2O4
7．工业尾气中含有H2S，会造成严重的环境污染。未脱除H2S的煤气在运输过程中还会腐蚀管道。氧化铁脱硫除去煤气中H2S的原理如图所示。下列说法错误的是
A．单质硫为黄色固体，易溶于水和CS2
B．脱硫反应为3H2S+Fe2O3·H2O=3H2O+Fe2S3·H2O
C．再生过程中，氧化剂与氧化产物的质量比为1：2
D．脱硫过程中，增大反应物的接触面积可提高脱硫效率
8．在一个不传热的固定容积的密闭容器中，可逆反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，当m、n、p、q为任意整数时，下列说法一定能说明反应已达到平衡的是（ ）
①体系的压强不再改变②体系的温度不再改变③各组分的浓度相等④各组分的质量分数不再改变⑤反应速率(A)∶(B)=m∶n⑥n正(A)=m逆(B)⑦体系气体的平均相对分子质量不再改变
A．①②④⑥ B．③④⑥⑦ C．①②④⑤ D．②④⑥⑦
9．下列说法正确的是
A．一定条件下，增大反应物的量会加快化学反应速率
B．增大压强，肯定会加快化学反应速率
C．升高温度，无论吸热还是放热反应，v正、v逆均增大
D．催化剂不影响反应活化能，但能增大单位体积内活化分子百分数，加快反应速率
10．在催化下，丙烷与氧气反应制备丙烯的部分反应机理如图所示。下列说法错误的是
A．该过程的总反应为：
B．为中间产物，其中N元素的化合价为+3价
C．增大的量，的平衡转化率增大
D．不管发生包含①的历程还是发生包含②的历程，最终生成的水的量不变
11．CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应：
反应I：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH =+41.2 kJ·mol-1
反应II：2CO2(g)+6H2(g) =CH3OCH3(g)+3H2O(g) △H = -122.5 kJ·mol-1
在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图。其中：CH3OCH3的选择性=。下列说法正确的是
A．其他条件不变，升高温度。CO2的转化率一定随着温度升高而降低
B．曲线b表示平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化情况
C．其它条件不变，增加氢气的投入量，一定能提高CH3OCH3的产率
D．220°C时，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性为48%(图中X点)，使用对反应II催化活性更高的催化剂，可提高CH3OCH3的选择性
12．在一恒压密闭容器中加入足量的碳，并充入0.2molCO2气体，发生反应：C(s)+CO2(g)2CO(g)。反应达平衡时[p(CO)、p(CO2)分别为体系中CO、CO2的平衡分压]随温度的变化关系如图所示。下列说法错误的是
A．该反应为吸热反应
B．向X点对应的平衡体系再充入CO、CO2各1mol，平衡逆向移动
C．980K时，CO2的平衡转化率约为33.3%
D．增大容器的体积有利于提高CO2的平衡转化率
二、填空题（共8题）
13．Deacon发明的直接氧化法原理为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)，在刚性容器中，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系如图所示：
据图象分析可知：反应平衡常数K(300℃) K(400℃)(填“大于”或“小于”)。
14．在一个2L的密闭容器中投入反应物，发生反应2SO3（g）2SO2（g）+O2（g）△H＞0，其中SO3的变化如图所示：
(1)根据8min时到达平衡,算出该反应的平衡常数值为 。
(2)用O2表示0到8min内该反应的平均速率v= 。
(3)能说明该反应已达到平衡状态的是 。
A．v（SO3）=2v（O2）
B．容器内压强保持不变
C．v（SO2）逆=2v（O2）正
D．容器内密度保持不变
(4)在第12min时，容器压缩到1L，则SO3的变化曲线为 。
A、a B、b C、c D、d
(5)若保持容积不变在第12min时，加入SO3（g），则平衡向 反应方向移动（填“正”或“逆”）。SO3的体积分数 （填“增大”或“减小”）。
15．2 molA与2 molB混合于2 L的密闭容器中，发生反应：2A(g)＋3B(g) 2C(g)＋zD(g)，
若2 s后反应达到平衡，A的转化率为50%，测得v(D)=0.25 mol·L-1·s-1，计算：
(1)用C表示的反应速率v(C)= mol·L-1·s-1
(2)z=
(3)B的转化率为
(4)C平衡时的物质的量为 mol
16．已知化学反应①：Fe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g)，其平衡常数为K1；化学反应②：Fe(s)＋H2O(g)FeO(s)＋H2(g)，其平衡常数为K2，在温度973 K和1 173 K情况下，K1、K2的值分别如下：
温度 K1 K2
973 K 1.47 2.38
1 173 K 2.15 1.67
请填空：
(1)通过表格中的数值可以推断：反应①是 (填“吸热”或“放热”)反应。
(2)现有反应③：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)，写出该反应的平衡常数K3的表达式：K3= 。
(3)根据反应①与②可推导出K1、K2与K3之间的关系式 ，据此关系式及上表数据，也能推断出反应③是 (填“吸热”或“放热”)反应。
(4)图甲、图乙分别表示反应③在t1时刻达到平衡，在t2时刻因改变某个条件而发生变化的情况：
①图甲t2时刻改变的条件是 。
②图乙t2时刻改变的条件是 。
17．二甲醚是一种清洁能源，用水煤气制取二甲醚的原理如下：
Ⅰ.CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)
Ⅱ.2CH3OH(g) CH3OCH3(g)＋H2O(g)
500 K时，在2 L密闭容器中充入4 mol CO和8 mol H2，4 min达到平衡，平衡时CO的转化率为80%，且2c(CH3OH)=c(CH3OCH3)，则：
(1)0～4 min，反应Ⅰ的v(H2)= 。
(2)反应Ⅱ中CH3OH的转化率α= ，反应 Ⅰ的平衡常数K= 。
18．氮、磷、砷是原子序数依次增大的同一主族的三种元素，其化合物在工业农业中有重要用途。
(1)氮有多种重要的化合物。其中，N2O可用作发泡剂。
①NH3在加热和有催化剂的条件下，可以与O2反应生成N2O，该反应的化学方程式是 。
②在体积为1L的密闭容器中充入1mol N2O气体，发生反应2N2O(g) 2N2(g)+O2(g)。在不同温度下N2O的平衡转化率如下图所示。该反应的△H 0（填“>”、“<”或“=” ），P1 P2（填“大于”、“小于”或“等于”），370℃时，该反应的平衡常数K= 。
(2)PH3和NH3与卤化氢的反应相似，产物的结构与性质也相似，下列对PH3与HCl反应产物的推断正确的是 （选填字母序号）。
a.能与NaOH溶液反应 b.含有离子键与非极性共价键 c.水溶液显酸性
(3)三价砷有剧毒，五价砷毒性减弱。含As2O3的污水可被次氯酸钠碱性溶液转化为AsO43-而降低毒性。该反应的离子方程式是 。
(4)HNO3、H3PO4、H3AsO4的酸性由强到弱的关系是 ，请用原子结构理论解释原因 。
19．化石燃料燃烧时会产生 SO2进入大气，有多种方法可用于 SO2的脱除。
（1）NaClO 碱性溶液吸收法。工业上可用 NaClO 碱性溶液吸收SO2。
①反应离子方程式是 。
②为了提高吸收效率，常用 Ni2O3作为催化剂。在反应过程中产生的四价镍和氧原子具有极强的氧化能力，可加快对SO2的吸收。该催化过程的示意图如图所示：
a.过程1的离子方程式是Ni2O3+ClO－ =2NiO2 +Cl－，则过程2的离子方程式 。
b．Ca(ClO)2也可用于脱硫，且脱硫效果比NaClO更好，原因是 。
（2）碘循环工艺也能吸收SO2降低环境污染，同时还能制得氢气，具体流程如下：
则碘循环工艺的总反应为： 。
20．完成下列问题。
(1)在2L的某恒容密闭容器中发生反应： 。某温度下，向该容器中充入、，发生上述反应，末，反应达到平衡，此时测得的物质的量分数为25%。
①内，平均速率 。
②每生成，转移的电子数为 。
③下列说法正确的是 (填标号)。
A．反应进行到一定程度时，的物质的量浓度可能为
B．无论反应进行到何种程度，碳、氢、氧元素的物质的量之比一定为1：6：2
C．加入合适的催化剂，反应速率发生改变的同时，的值也发生改变
(2)在T℃时，将一定物质的量的和置于一容积可变的密闭容器中。达到平衡后，改变某一条件使反应速率发生了如图所示的变化，改变的条件可是 。
a.升高温度，同时加压
b.降低温度，同时减压
c.保持温度、压强不变，增大反应物浓度
d.保持温度、压强不变，减小生成物浓度
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【分析】催化剂附着在催化剂载体聚苯胺的表面，空位吸附O2后，与H2O和S2-反应生成S，据此分析解题。
【详解】A．转化a中锰形成的化学键数目发生改变，故化合价发生变化的元素有S和O、Mn；故A错误；
B．据分析可知，第一步反应为转化c，故B正确；
C．反应中生成硫单质，生成的S覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空位处，阻碍了反应的进行，导致催化剂使用一段时间后催化效率会下降，故C正确；
D．由图可知，催化氧化过程的总反应为氧气、水、硫离子在催化作用下生成氢氧根离子和硫单质：，故D正确；
故答案选A。
2．B
【详解】A．图中缺少玻璃搅拌器，不能搅拌，则不能准确测定中和热，故A错误；
B．Mg与盐酸反应放热，使饱和石灰水的温度升高，石灰水变浑浊，可验证镁片与稀盐酸反应放热，故B正确；
C．热水中颜色深，可知升高温度平衡向生成二氧化氮的方向移动，则反应2NO2(g) N2O4(g)为放热反应，故C错误；
D．右侧试管的温度高，且加催化剂，两个变量，不能验证FeCl3对H2O2的分解反应有催化作用，故D错误；
故选：B。
3．B
【详解】A．氨水中存在化学平衡：，升高温度促进一水合氨分解，平衡逆向移动，所以能用平衡移动原理解释，故A不符合题意；
B．加压不会使平衡发生移动，颜色变深是由于容器体积缩小导致浓度增大造成的，与平衡移动无关，故B符合题意；
C．工业制取金属钾时，选取适宜的温度使钾变成蒸汽从混合物中分离出来，钾的浓度变小，根据勒夏特列原理，平衡正向移动，利于钾的继续生成，能用勒夏特列原理解释，故C不符合题意；
D．光照新制氯水，，，次氯酸分解，促进氯气和水反应的平衡正向进行，氯气浓度减小，黄绿色逐渐变浅，可以用勒夏特列原理解释，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
4．B
【详解】A．NH3 →NH3的过程为脱附，由图知，氨气脱附后能量升高，则氨气的脱附过程是吸热过程，A正确；
B．催化剂只能改变反应速率，不能改变反应热，B错误；
C．由能量图可知，氮气和氢气被破坏生成1molN和3molH时吸收热量(21-17)kJ、1molN和3molH生成1mol NH3(g)时放热50kJ，则氮气和氢气生成1mol氨气需要放出46kJ的热量，可得合成氨反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH=-92 kJ·mol-1，C正确；
D．催化剂发挥催化剂的原理为改变反应历程，从而降低活化能，从而使反应速率加快，D正确；
故选B。
5．D
【详解】A．在恒容密闭容器中进行反应，则气体的体积不变，则气体的密度始终不变，A错误；
B．反应刚开始时O2的物质的量为0，则其逆反应速率一开始应该为0，且NO2正反应速率一开始应该不为0，B错误；
C．NO2和O3的初始物质的量比为2：1，化学计量数之比为2：1，则两者的平衡转化率应该相同，C错误；
D．该反应正反应为放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，则K正减小，K逆增大，D正确；
故答案选D。
6．C
【详解】A．升高温度，化学反应速率加快，故A错误；
B．减小N2O4浓度反应速率减慢，故B错误；
C．缩小反应容器的体积，反应物浓度增大，能加快反应速率，故C正确；
D．2NO2(g) N2O4(g)反应可逆，达到化学平衡时，NO2不可能100%转化为N2O4，故D错误；
选C。
7．A
【详解】A．单质硫为黄色固体，不溶于水，微溶于酒精，易溶于CS2，A错误；
B．根据图示可知H2S与Fe2O3·H2O发生脱硫反应产生H2O、Fe2S3·H2O，根据质量守恒定律可知该反应方程式为：3H2S+Fe2O3·H2O=3H2O+Fe2S3·H2O，B正确；
C．在再生过程中O2与Fe2S3·H2O反应得到S和Fe2O3·H2O，Fe2S3·H2O为还原剂，1 mol反应失去6 mol电子产生3 mol S，O2为氧化剂，1 mol得到4 mol电子，则根据氧化还原反应中电子得失守恒，可知氧化剂与还原剂的物质的量的比是3：2，则氧化剂与氧化产物的质量比为3：(2×3)=1：2，C正确；
D．脱硫过程中，H2S是气体，Fe2O3·H2O是固体，增大反应物的接触面积可使单位时间内反应消耗更多的H2S，因而可提高脱硫效率，D正确；
故合理选项是A。
8．A
【详解】①mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)，若m+n=p+q，但由于是在一个不传热的固定容积的密闭容器中，则体系的压强不再改变说明体系温度不变，能作为判断是否达到化学平衡状态的依据；若m+n≠p+q，则体系的压强不再改变可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故不管m+n与p+q相不相等，都能说明反应达到化学平衡，①符合题意；
②由题干信息可知，在一个不传热的固定容积的密闭容器中体系的温度不再改变，说明正逆反应的速率相等，反应达平衡状态，②符合题意；
③各组分的浓度相等，不能说明正反应速率等于逆反应速率，故不能说明反应达到平衡状态，③不合题意；
④各组分的质量分数不再改变，是化学反应达到平衡的重要特征，故各物质的量不变，能够说明反应达平衡状态，④符合题意；
⑤反应速率(A)∶(B)=m∶n，未告知正、逆反应，故不能说明反应达到平衡状态，⑤不合题意；
⑥n正(A)=m逆(B)，则有：，又根据反应速率之比等于化学计量系数比可知正(A)：正(B)=m：n，则有：，故推出正(B)=m逆(B)，能说明反应达到化学平衡，⑥符合题意；
⑦若m+n=p+q，体系中气体平均相对分子质量一直不变，不能作为判断是否达到化学平衡状态的依据，若m+n≠p+q，体系中气体平均相对分子质量是变量，现在不变了，能作为判断是否达到化学平衡状态的依据，⑦不合题意；
故一定能够说明反应达到化学平衡状态的是①②④⑥，故答案为：A。
9．C
【详解】A．一定条件下，增大固体反应物的量不会加快化学反应速率，A说法错误；
B．若反应体系中无气体参与的反应，增大压强，化学反应速率不变，B说法错误；
C．升高温度，v正、v逆均增大，与反应吸热还是放热无关，C说法正确；
D．催化剂能降低反应的活化能，能增大单位体积内活化分子百分数，加快反应速率，D说法错误；
答案为C。
10．C
【详解】A．根据反应机理，反应物为丙烷和氧气，生成物为丙烯和水，NO为催化剂，总反应为：，选项A正确；
B．中H为+1价，O为-2价，根据化合物中各元素代数和为0可知，N元素为+3价，选项B正确；
C．NO是催化剂，增大NO的量，丙烷的平衡转化率不变，选项C错误；
D．由A中总反应可知，包含①的历程还是②的历程，最终生成水的量不变，选项D正确；
答案选C。
11．D
【分析】反应I：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH =+41.2 kJ·mol-1
反应II：2CO2(g)+6H2(g) =CH3OCH3(g)+3H2O(g) △H = -122.5 kJ·mol-1
由题意可知，反应I正反应方向是吸热反应，反应II正反应方向是放热热反应；
【详解】A．升高温度，反应I平衡正移，CO2转化率升高，反应I平衡逆移，CO2转化率降低，故整体CO2转化率受两个反应共同影响，所以升温CO2转化率不一定上升，描述错误，不符题意；
B．CH3OCH3是反应II产物，故其产量随温度上升一定是逐渐减少，所以曲线a应为CH3OCH3选择性对应图象曲线，曲线b应是CO2转化率曲线，描述错误，不符题意；
C．其他条件不变，只增加H2投入量，理论上两个反应平衡都应正移，都有H2O生成，故对于反应II来说，反应I生成的H2O会抑制反应II的正向移动，不同温度下反应I产生的H2O的量不同，对反应II的影响程度不同，所以CH3OCH3产率不一定增加，描述错误，不符题意；
D．X点未在曲线a上，X点状态处于未平衡状态，更换催化活性更高的催化剂，提高CH3OCH3选择性，使其达到相应温度下的曲线a上的点所对应的的选择性值，描述正确，符合题意；
综上，本题选D。
12．B
【详解】A．由图可得，随着温度的升高，增大，即混合气体中CO2的物质的量减小，CO的物质的量增大，说明温度升高时平衡正向移动，则该反应为吸热反应，A不符合题意。
B．X点对应的平衡体系中，=0，p(CO)=p(CO2)即n(CO2)=n(CO)，由于是恒压密闭容器，向X点对应的平衡体系再充入CO、CO2各1mol，该体系与原平衡体系是等效平衡，平衡不移动，B符合题意。
C．980K时，反应达平衡时n(CO2)=n(CO)，初始时n(CO2)=0.2mol，设反应过程中消耗CO2的物质的量为xmol，则反应过程中生成的CO的物质的量为2xmol，则有0.2 x=2x，x=mol，则CO2的转化率为，C不符合题意。
D．该反应的正反应为气体体积增大的反应，增大容器的体积，体系的压强减小，化学平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，D不符合题意。
故选B。
13．大于
【详解】根据图象可知，进料浓度比相同时，温度越高HCl平衡转化率越低，说明该反应为放热反应，升高温度平衡向着逆向移动，则温度越高平衡常数越小，所以反应平衡常数K（300℃）大于K（400℃），故答案为大于。
14． 0.4 0.0125mol/（L min） B、C C 逆 增大
【详解】(1)根据题意得：
根据该反应的平衡常数值为,故答案为：0.4；
(2)用O2表示0到8min内该反应的平均速率v=＝0.0125mol/（L min），故答案为：0.0125mol/（L min）；
(3)A．v（SO3）=2v（O2）中没有反应速率的方向，反应不一定达到平衡状态，A错误；
B．正反应是体积增大的，则容器内压强保持不变，说明反应达到平衡状态，B正确；
C．v（SO2）逆=2v（O2）正中正逆反应速率相等，说明反应达到平衡状态，C正确；
D．容积和气体的质量均不变，因此密度是定值，则容器内密度保持不变不能说明反应达到平衡状态，D错误;
故选BC；
(4)在第12min时，容器压缩到1L，三氧化硫的浓度瞬间变为0.2mol/L，压强增大，平衡向逆反应方向进行，三氧化硫的浓度继续增大直至达到平衡状态，因此SO3的变化曲线为c曲线，故选C。
(5)若保持容积不变在第12min时，加入SO3（g），则相当于增大压强，平衡向逆反应方向移动。SO3的体积分数增大，故答案为：增大；
15．(1)0.25
(2)2
(3)75%
(4)1
【分析】若2s后，A的转化率为50%，则A转化的物质的量为2mol×50%=1mol，则 ，v(D)=0.25mol L-1 s-1，即=0.25mol L-1 s-1，解得z=2。
【详解】（1）据分析，z=2，化学反应速率之比等于化学计量数之比，故v(C)=v(D)=0.25mol L-1 s-1；
（2）据分析，计算可知，z=2；
（3）据分析，B的转化率为×100%=75%；
（4）据分析，2 s后反应达到平衡，C平衡时的物质的量为1mol。
16． 吸热 K3= 吸热 增大压强(或使用催化剂) 降低温度(或设法分离出H2)
【详解】(1)由表中数据可知，温度升高，①的平衡常数增大，说明平衡向正反应方向移动，则正反应吸热；
(2)根据平衡常数的定义可知该反应的平衡常数表达式为K3=；
(3)反应①-反应②=反应③，所以K3=；由图表可知，温度升高K1增大，K2减小，所以K3增大，即温度升高，平衡向正反应方向移动，升高温度平衡吸热方向移动，所以反应③为吸热反应；
(4)①t2时刻改变条件后正逆反应速率均增大，但依然相等，即平衡不移动，所以可能是使用了催化剂，由于该反应前后气体系数之和相等，所以压强不会影响平衡，则也可能是增大压强；
②t2时刻改变条件后CO2的浓度增大，CO的浓度减小，平衡逆向移动，且不是移走CO2或增加CO使平衡逆向移动，该反应为吸热反应，降低温度可以使平衡逆向移动，出现图中变化，或者设法分离出H2，也可以使平衡逆向移动，CO2的浓度增大，CO的浓度减小。
17．(1)0.8 mol·L-1·min-1
(2) 80% 1.25
【详解】（1）利用C、H、O原子守恒计算平衡时各物质的物质的量，再求各物质的平衡浓度：
设平衡时CO为x mol，H2为y mol，CH3OH为z mol，则CH3OCH3为2z mol，H2O为2z mol，根据：
C守恒：x＋z＋2×2z=4
H守恒：2y＋4z＋6×2z＋2×2z=2×8
O守恒：x＋z＋2z＋2z=4
CO的转化率为=80%，解得x=0.8，y=1.6，z=0.64，v(H2)= =0.8 mol·L-1·min-1；
（2）反应Ⅰ中CO的转化率为80%，则生成的CH3OH的物质的量为4 mol×80%=3.2 mol，反应Ⅱ生成的CH3OCH3的物质的量为2z mol即2×0.64 mol=1.28 mol，则反应Ⅱ转化的CH3OH的物质的量为2×1.28 mol=2.56 mol，则反应Ⅱ中CH3OH的转化率α=×100%=80%。根据之前所解方程，可得平衡时：CH3OH、H2、CO的浓度分别为0.32 mol·L-1、0.8 mol·L-1、0.4 mol·L-1，反应Ⅰ的平衡常数K==1.25。
18． 2NH3+2O2N2O+3H2O > 小于 0.089 a c As2O3+2ClO— +6OH—=2AsO43—+2Cl—+3H2O HNO3>H3PO4>HAsO3 N、P、As三种非金属元素位于同主族，最外层电子数相同，随着原子序数逐渐增大，原子半径也逐渐增大，非金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应水化物酸性减弱
【分析】(1)①NH3在加热和有催化剂的条件下，与O2反应生成N2O，根据元素守恒，产物还有H2O，据此写出化学方程式；
②升高温度，N2O的转化率增大，平衡正移，结合温度对平衡移动的影响判断△H；温度相同时，P1对应N2O的转化率大，说明P1相对于P2平衡正移，结合该反应为气体体积增大的反应即可得结论；根据已知数据列三段式求解，K= ；
(2)NH3+HCl=NH4Cl，产物NH4Cl可与NaOH溶液反应，NH4Cl含有离子键和极性共价键，NH4Cl水解使溶液呈酸性，联系题意寻找答案；
(3)As2O3被次氯酸钠碱性溶液转化为AsO43-，同时结合化合价升降可知，次氯酸钠转化为Cl-，结合电荷守恒书写离子方程式；
(4)同主族元素最外层电子数相同，随着原子序数逐渐增大，原子半径也逐渐增大，非金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应水化物酸性减弱。
【详解】(1)①NH3在加热和有催化剂的条件下，与O2反应生成N2O，根据元素守恒，产物还有H2O，化学方程式为：2NH3+2O2=N2O+3H2O，故答案为：2NH3+2O2N2O+3H2O；
②根据图示，升高温度，N2O的转化率增大，平衡正移，说明正反应为吸热反应，△H＞0；
温度相同时，P1对应N2O的转化率大，说明P1相对于P2平衡正移，结合该反应为气体体积增大的反应，所以P1＜P2；
已知起始量1mol N2O，370℃时，N2O的转化率为40%，则△n(N2O)=1mol×40%=0.4mol，列三段式如下：
平衡常数K==0.089mol/L；故答案为：＞；小于；0.089mol/L；
(2)由于PH3和NH3与卤化氢的反应相似，产物的结构与性质也相似，而NH3+HCl=NH4Cl，产物NH4Cl可与NaOH溶液反应，NH4Cl含有离子键和极性共价键，NH4Cl水解使溶液呈酸性，故答案为：ac；
(3)As2O3被次氯酸钠碱性溶液转化为AsO43-，同时结合化合价升降可知，次氯酸钠转化为Cl-，结合电荷守恒书写离子方程式为：As2O3+2ClO-+6OH-=2AsO43-+2Cl-+3H2O，故答案为：As2O3+2ClO-+6OH-=2AsO43-+2Cl-+3H2O；
(4)N、P、As三种非金属元素位于同主族，最外层电子数相同，随着原子序数逐渐增大，原子半径也逐渐增大，非金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应水化物酸性减弱，所以HNO3、H3PO4、H3AsO4的酸性由强到弱的关系是：HNO3＞H3PO4＞H3AsO4，故答案为：HNO3＞H3PO4＞H3AsO4；N、P、As三种非金属元素位于同主族，最外层电子数相同，随着原子序数逐渐增大，原子半径也逐渐增大，非金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应水化物酸性减弱。
【点睛】信息型氧化还原反应方程式的关键是找到氧化剂和还原剂，继而确定氧化产物和还原产物，再结合电子守恒和元素守恒配平方程式，要求学生平时多积累常见物质的性质，以及常见元素的化合价，同时要注意“类比”思想的运用，同主族元素在化合价变化方面会有相似之处。
19． ClO－+SO2+2OH－=Cl－+SO42－+H2O 2NiO2+ClO－ =Ni2O3 +Cl－+2O Ca2+与SO42—结合生成微溶的CaSO4有利于反应的进行 SO2+2H2O H2SO4+H2
【分析】(1)二氧化硫排放到大气中易形成酸雨，需对其进行处理，可根据二氧化硫的还原性，采用氧化还原反应对其进行处理，次氯酸根具有氧化性，在碱性条件下可将二氧化硫氧化为硫酸根离子，催化剂可提高此反应速率，催化剂参加反应，但反应后催化剂没有变化，采用Ca(ClO)2也可吸收二氧化硫并且反应后生成微溶物硫酸钙，效果更好。
(2)通过流程图可看出反应器中发生的反应为：SO2+2H2O+I2 =H2SO4+2HI，在分离器中分离出硫酸后，HI进入到膜反应器中高温分解为氢气和碘单质，反应为2HI=I2+H2，经过一系列反应碘单质没有发生变化，因此可推断碘单质为此反应的催化剂。
【详解】(1)①用NaClO碱性溶液吸收SO2，次氯酸根将二氧化硫氧化生成硫酸根离子，离子方程式是ClO-+SO2+2OH- =Cl-+SO42-+H2O；
②a.为了提高吸收效率，常用Ni2O3作为催化剂，根据催化过程的示意图可知，过程2中NiO2和ClO-反应生成Ni2O3、Cl-、O，离子方程式为2NiO2+ClO- =Ni2O3 +Cl-+2O；
b.Ca(ClO)2也可用于脱硫，且脱硫效果比NaClO更好，是因为Ca2+与SO42—结合生成微溶的CaSO4，有利于反应的进行；
③通过流程图可看出,经过一系列反应碘单质没有发生变化，因此可推断碘单质为此反应的催化剂，二氧化硫与水发生氧化还原反应生成硫酸和氢气，反应方程式为:SO2+2H2O H2SO4+H2。
20．(1) 0.06 0.9 B
(2)c
【详解】（1）①达到平衡时，H2O(g)物质的量的分数为25%，因此有，解得a=0.2，根据化学反应速率数学表达式为c(H2)==0.06mol/(L·min)；故答案为0.06；
②根据反应方程式，每生成1molCH3OH，转移电子物质的量为6mol，因此每生成0.15molCH3OH，转移电子物质的量为6mol×0.15=0.9mol；故答案为0.9；
③A．当0.3molCO2与0.9molH2，完全反应时，生成CH3OH的物质的量为0.3mol，此时甲醇的浓度为0.15mol·L－1，因为此反应为可逆反应，不能完全进行到底，反应进行到一定程度时，c(CH3OH)小于0.15mol·L－1，故A错误；
B．根据原子守恒，反应任何程度碳、氢、氧原子物质的量之比一定是n(C)∶n(H) ∶n(O)=0.3∶1.8∶0.6=1∶6∶2，故B正确；
C．使用催化剂，可以加快反应速率，焓变只与始态和终态有关，使用催化剂，对焓变无影响，故C错误；
答案为B；
（2）a．升高温度且同时加压，正逆反应速率均增大，与图示不符合，故a不符合题意；
b．降低温度且同时减压，正逆反应速率均减小，与图示不符合，故b不符合题意；
c．保持温度、压强不变，增大反应物浓度，正反应速率增大，容器的体积增大导致生成物浓度减小，逆反应速率减小，平衡右移，达到新平衡时的正逆反应速率比原平衡大，与图示符合，故c符合题意；
d．保持温度压强不变，减小生成物浓度，逆反应速率减小，容器的体积减小导致反应物浓度增大，正反应速率增大，根据等效平衡知识，达到平衡时的速率比原平衡相同，与图示不符合，故d不符合题意；
答案为c。
答案第1页，共2页
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