第2章 化学反应的方向、限度与速率 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

第2章 化学反应的方向、限度与速率 同步练习
一、单选题
1．合成氨工业中采用循环操作，主要是为了（　　）
A．增大化学反应速率 B．提高平衡混合物中氨的含量
C．降低氨的沸点 D．提高氮气和氢气的利用率
2．在一个5L的容器里，盛有8.0mol某气态反应物，5min后，测得这种气态反应物还剩余3.0mol，则这种反应物在此时间内的化学反应速率为（）
A．0.1mol/（L min） B．0.2mol/（L min）
C．0.3mol/（L min） D．0.4mol/（L min）
3．下列措施不能增大锌与稀硫酸反应制氢气的化学反应速率的是（　　）
A．改用热的稀硫酸溶液
B．向该稀硫酸溶液中加几滴硫酸铜溶液
C．用浓硫酸代替稀硫酸
D．使用粗锌粒或使用锌粉
4．已知在含少量I-的溶液中，的分解机理为
a： 慢
b： 快
下列说法错误的是（　　）
A．反应的速率与I-的浓度有关
B．I-、是该反应的催化剂
C．活化能：a＞b
D．分解的总反应为
5．对于可逆反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，下列措施能使反应中活化分子百分数、化学反应速率和化学平衡常数都变化的是（　　）
A．增大压强 B．升高温度 C．使用催化剂 D．多充入O2
6．在某2 L恒容密闭容器中充入2 mol X(g)和1 mol Y(g)发生反应：2X(g)+Y(g) 3Z(g)，反应过程中持续升高温度，测得混合体系中X的体积分数与温度的关系如图所示。下列推断正确的是（　　）
A．M点时，Y的转化率最大 B．升高温度，平衡常数减小
C．W点时 v正 = v逆 D．W、M两点Y的正反应速率相同
7．一定温度下，在某体积固定的密闭容器中加入2 mol A和1 mol B，发生可逆反应 ，下列说法正确的是（　　）
A．当容器内压强不变时说明反应已达到平衡
B．当反应达到平衡时：c（A）：c（B）：c（C）＝2：1：3
C．当反应达到平衡时放出热量akJ
D．其他条件不变，升高温度反应速率加快
8．一定条件下，体积为10L的密闭容器中，1mol X和1mol Y进行反应：2X（g）+Y（g）=Z（g），经60s达到平衡，生成0.3mol Z．下列说法正确的是（　　）
A．以X浓度变化表示的反应速率为0.001mol/（L s）
B．将容器体积变为20L，Z的平衡浓度变为原来的
C．若增大压强，则物质Y的转化率减小
D．若升高温度，X的体积分数增大，则正反应的△H＞0
9．可逆反应：2HI（g） H2（g）+I2（g）在体积固定的密闭容器中进行，达到平衡状态的标志的是（　　）
①单位时间内生成n mol I2的同时生成2n mol HI
②单位时间内生成n mol H2的同时生成2n mol I2
③用HI，H2、I2表示的反应速率的比为2：2：1的状态
④混合气体的颜色不再改变的状态
⑤混合气体的密度不再改变的状态
⑥混合气体的压强不再改变的状态．
A．①④⑥ B．②③⑤ C．①④ D．全部
10．温度700℃时，向容积为1L的密闭容器中充入一定量的CO和H2O发生反应CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g），反应过程中测定的部分数据见表（表中t1＜t2）．下列说法正确的是（　　）
反应时间/min n（CO）/mol n（H2O）/mol
0 0.60 0.30
t1 0.40
t2 0.10
A．反应在t1min内的平均速率为v（H2）=0.20/t1mol L﹣1 min﹣1
B．保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.10molH2O，与原平衡相比，达到新平衡时CO转化率增大，H2O的体积分数减小
C．温度升至800℃，上述反应平衡常数为0.64，则正反应为吸热反应
D．700℃时，若向密闭容器中充入CO（g）、H2O（g）、CO2（g）、H2（g）的物质的量分别为0.60mol、1.00mol、0.60mol、0.60mol，则此时该反应v（正）＜v（逆）
11．在容积可变的密闭容器中存在如下反应：CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) ΔH<0，下列分析中不正确的是(　　)
A．图Ⅰ研究的是t0时升高温度对反应速率的影响
B．图Ⅱ研究的是t0时增大压强(缩小容积)或使用催化剂对反应速率的影响
C．图Ⅲ研究的是催化剂对化学平衡的影响，且甲使用了催化剂
D．图Ⅲ研究的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较高
12．对于密闭容器中的可逆反应：mX(g)+nY(s) pZ(g) ΔH<0，达到平衡后，改变条件，下列表述不正确的是
A．增大压强，化学平衡不一定发生移动
B．通入氦气，化学平衡不一定发生移动
C．增加X或Y的物质的量，化学平衡一定发生移动
D．其他条件不变，升高温度，化学平衡一定发生移动
13．我国科学家在绿色化学领域取得新进展。利用双催化剂Cu和Cu2O，在水溶液中用H 原子将CO2高效还原为重要工业原料之一的甲醇，反应机理如下图。下列有关说法不正确的是（　　）
A．CO2生成甲醇是通过多步还原反应实现的
B．催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒
C．该催化过程中只涉及化学键的形成，未涉及化学键的断裂
D．有可能通过调控反应条件获得甲醛等有机物
14．对于反应2A(g) + xB(g) 4C(g)达到平衡时 C的浓度为1.2 mol·L-1，当其它条件不变，把体积扩大1倍时，测得C的浓度为0.7 mol·L-1，则x的值为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
15．在恒温恒容条件下，发生反应，随时间的变化如图中曲线所示，其中表示的初始浓度。下列说法不正确的是（　　）
A．a点的瞬时速率大于b点的瞬时速率
B．对应的时间为
C．从a、b两点坐标可求得从到时间间隔内该化学反应的平均速率
D．在不同时刻都存在关系：
16．已达到平衡的可逆反应，增大压强后，反应速率(v)变化如图所示，该反应是（　　）
A．N2(g)+3H2(g)2NH3(g) B．C(s)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)
C．H2(g)+I2(g)2HI(g) D．2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)
二、综合题
17．根据反应Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，回答下列问题．
（1）在此反应中，自反应开始至2分钟末，H2SO4浓度由1mol/L变为0.4mol/L，则H2SO4的反应速率为　 　．
若要使该反应的反应速率加快，下列措施不可行的是　 　（填字母）
a、改铁片为铁粉 b、改稀H2SO4为98%的浓H2SO4
c、升高温度 d、滴加少量CuSO4溶液
（2）在答题卡的坐标图中，画出此反应过程中体系的能量变化图（进行必要的标注）　 　
（3）根据此反应设计一个原电池，要求画出装置图并进行必要的标注　 　．
18．工业产生的废气COX、NOX、SOX 对环境有害，若能合理的利用吸收，可以减少污染，变废为宝．
（1）有一种用CO2生产甲醇燃料的方法：CO2+3H2 CH3OH+H2O
已知：CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（l）△H=﹣akJ mol﹣1；
2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣b kJ mol﹣1；
CH3OH（g）═CH3OH（l）△H=﹣c kJ mol﹣1；
则表示CH3OH（l）燃烧热的热化学方程式为：　 　．
（2）光气（COCl2）是一种重要的化工原料，用于农药、医药、聚酯类材料的生产，工业上通过Cl2（g）+CO（g） COCl2（g）制备．图1为此反应的反应速率随温度变化的曲线，图2为某次模拟实验研究过程中容器内各物质的浓度随时间变化的曲线．回答下列问题：
①0～6min内，反应的平均速率v（Cl2）=　 　；
②10min改变的条件是　 　，该反应平衡常数变化的趋势是　 　（填“增大”、“减小”或“不变”）．
（3）利用氨水可以将SO2和NO2吸收，原理如图3所示：NO2被吸收的离子方程式是　 　．
（4）用粗硅作原料，熔融盐电解法制取硅烷原理如图4，判断B为电源的　 　极，电解时阳极的电极反应式为　 　．
19． “雾霾”成为人们越来越关心的环境问题．雾霾中含有二氧化硫、氮氧化物和可吸入颗粒物等污染性物质．请回答下列问题：
（1）汽车尾气是雾霾形成的原因之一．尾气治理可用汽油中挥发出来的烃类物质
（CxHy）催化还原尾气中的NO气体，该过程的化学方程式为　 　．
（2）冬季燃煤供暖产生的废气也是雾霾的主要来源之一．经研究发现将煤炭在 的气氛下燃烧，能够降低燃煤时NO的排放，主要反应为：　 　．
2NO（g）+2CO（g） N2（g）+2CO2 （g）△H
已知：
①N2（g）+O2（g） 2NO（g）△H1=+180.5kJ mol﹣1
②2CO（g） 2C（s）+O2（g）△H2=+221kJ mol﹣1
③C（s）+O2（g） CO2（g）△H3=﹣393.5kJ mol﹣1
则△H=　 　
（3）某研究小组用NaOH溶液吸收尾气中的二氧化硫，将得到的Na2SO3溶液进行电解，其中阴阳膜组合电解装置如图一所示，电极材料为石墨．
①a表示　 　离子交换膜（填“阴”或“阳”）．A﹣E分别代表生产中的原料或产品．其中C为硫酸，则A表示　 　．E表示　 　．
②阳极的电极反应式为　 　．
（4）SO2经过净化后与空气混合进行催化氧化可制取硫酸，其中SO2发生催化氧化的
反应为：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）．若在T1℃、0.1MPa条件下，往一密闭容器通入SO2和O2[其中n（SO2）：n（O2）=2：1]，测得容器内总压强与反应时间如图二所示．
①图中A点时，SO2的转化率为　 　．
②在其他条件不变的情况下，测得T2℃时压强的变化曲线如图所示，刻C点的正反应
速率vc（正）与A点的逆反应速率vc （逆）的大小关系为vc（正）　 　 vc （逆） （填“＞”、“＜”或“=”）
③图中B点的压强平衡常数kp=（用平衡分压代替平衡浓度计算．分压=总压×物质的量分数）．
20．某温度时，向某VL的密闭容器中充入3molH2（g）和3molI2（g），发生反应：H2（g）+I2（g） 2HI（g） △H=-26.5kJ mol-1，测得各物质的物质的量浓度与时间变化的关系如图所示。请回答下列问题：
（1）0-5秒内平均反应速率v（HI）=　 　mol/（L s）。
（2）该反应达到平衡状态时，放出的热量为　 　kJ。
（3）判断该反应达到平衡的依据是　 　（填序号）。
①H2消耗的速率和I2消耗的速率相等
②H2、I2、HI的浓度比为1：1：2
③H2、I2、HI的浓度都不再发生变化
④该条件下正、逆反应速率都为零
⑤混合气体的平均分子量不再发生变化
⑥气体的颜色不再发生变化
21．钼及其合金在冶金、环保和航天等方面有着广泛的应用。
（1）钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H20)可用于制造阻燃剂和无公害型冷却水系统的金属缓蚀剂。Na2MoO4中Mo的化合价为　 　。在碱性条件下，将钼精矿（主要成分为MoS2）加入NaClO溶液中，也可以制备钼酸钠，该反应的离子方程式为　 　。
（2）已知：
①2Mo（s）+3O2（g）＝2MoO3（s）△H1
②2MoS2（s）+7O2（g）＝2MoO3（s）+4SO2（g）△H2
③MoS2（s）+2O2（g）＝Mo（s）+2SO2（g）△H3
则△H3=　 　（用含△H1、△H2的代数式表示）。
（3）碳酸钠作固硫剂并用氢还原辉钼矿的原理为：MoS2（s）+4H2（g）+2Na2CO3（s） Mo（s）+2CO（g）+4H2O（g）+2Na2S（s）△H。实验测得平衡时的有关变化曲线如图所示。
图1：温度与平衡时气体成分的关系 图2：正、逆反应的平衡常数(K)与温度(T)的关系
①一定温度下，在体积为固定的密闭容器中进行上述反应，下列能说明反应达到了平衡状态的是　 　（填序号）。
A.2v正(H2)=v逆(CO)
B.CO体积分数保持不变
C.混合气体的平均相对分子质量不再变化
D.△H不再变化
②图1中A点对应的平衡常数Kp=　 　（已知A点压强为0.1MPa，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。
③综合上述分析得到：图2中，其中表示逆反应的平衡常数(K逆)的曲线是　 　(填“A”或“B”)，T1对应的平衡常数为　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】合成氨工业中氢气和氮气在催化剂作用下生成氨气的反应为可逆反应，反应后的混合气分离出氨气后还含有氢气和氮气，进行循环操作可以提高氮气和氢气的利用率，降低成本；与增大化学反应速率、提高平衡混合物中氨的含量、降低氨的沸点无必然关系；
故答案为：D。
【分析】由于合成氨反应为可逆反应，且转化率很低，原料不能很好地利用，采用循环操作目的为提高原料转化率。
2．【答案】B
【解析】【解答】8.0mol某气态反应物，5min后，测得这种气态反应物还剩余3.0mol，则物质的量减少8.0mol-3.0mol=5.0mol，这种反应物在此时间内的化学反应速率为 =0.2mol/(L min)，
故答案为：B。
【分析】在一段时间内，某物质的平均反应速率等于该物质的物质的量浓度的变化值和时间的比值。
3．【答案】C
【解析】【解答】升高温度，反应速率加快，不合题意，A错误；
锌能够从硫酸铜溶液中置换出铜，锌、铜、稀硫酸构成原电池，反应速率加快，不合题意，B错误；
浓硫酸与锌反应生成二氧化硫，不产生氢气，符合题意，C正确；
使用粗锌粒或使用锌粉，增大了固体的表面积，加快了反应速率，不合题意，D错误；正确选项C。
【分析】易错项：虽然浓度变大，但浓硫酸具有强氧化性，不产生氢气，生成的气体是二氧化硫
4．【答案】B
【解析】【解答】A．慢反应决定反应速率，可知反应速率与的浓度有关，故A不符合题意；
B．根据反应可知，只是中间产物，不是催化剂，故B符合题意；
C．活化能越低，反应速率越快，所以活化能：a＞b，故C不符合题意；
D．分解的总反应为，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、c(I－)越大，反应速率越大；
B、I－是反应的催化剂，IO－是反应的中间产物；
C、活化能越低，反应速率越快；
D、将反应a、反应b相加，即可得到总反应；
5．【答案】B
【解析】【解答】A．增大压强，反应中活化分子百分数不变、化学反应速率增大，化学平衡常数不变，A不符合题意；
B．升高温度，反应中活化分子百分数增大、化学反应速率增大，化学平衡常数减小，B符合题意；
C．使用催化剂，能改变反应物的活化能，所以反应中活化分子百分数改变、化学反应速率改变，化学平衡常数不变，C不符合题意；
D．多充入氧气，平衡向正向移动，反应中活化分子百分数不变、化学反应速率增大，化学平衡常数不变，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】化学平衡常数只受温度影响；
活化分子的理论问题：
1、分子之间的碰撞不一定会发生反应，需要有活化分子；
2、活化分子是分子吸收足够的活化能形成的；
3、活化分子发生化学反应的碰撞叫做有效碰撞；
4、活化分子的每一次碰撞不一定都是有效的，需要找准合适的方向；
5、外界条件对有效碰撞理论的影响：
① 升高温度，活化分子数目增加，活化分子百分数增加，反应速率加快；
② 增大浓度，单位体积内活化分子数目增加，活化分子百分数不变，反应速率加快；
③ 增大压强，单位体积内活化分子数目增加，活化分子百分数不变，反应速率加快；
④ 加入催化剂，降低反应所需活化能，活化分子数目增加，活化分子百分数增加，反应速率加快。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．曲线上最低点Q为平衡点，升高温度平衡向逆反应移动，Y的转化率减小，所以Q点时，Y的转化率最大，故A不符合题意；
B．Q点后升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，则升高温度，平衡常数减小，故B符合题意；
C．W点不是平衡点，此时反应以正向进行为主，即v正 ＞ v逆，故C不符合题意；
D．W点对应的温度低于M点对应的温度，温度越高反应速率越大，所以W点Y的正反应速率小于M点Y的正反应速率，故D不符合题意；
故答案为B。
【分析】温度在a℃之前，升高温度，X的含量减小，温度在a℃之后，升高温度，X的含量增大，曲线上最低点为平衡点，最低点之前未达平衡，反应向正反应进行，最低点之后，各点为平衡点，升高温度X的含量增大，平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，据此分析解答。
7．【答案】D
【解析】【解答】A. 体积固定的密闭容器中，该反应体系是气体体积不变的化学反应，则当容器内压强不变时不能说明反应已达到平衡，故A项不符合题意；
B. 当反应达到平衡时，各物质的物质的量浓度保持不变，但无法确定其浓度比是否等于化学计量数之比，故B项不符合题意；
C. 因反应为可逆反应，则反应过程中实际放热量在数值上小于焓变量，即小于a kJ，故C项不符合题意；
D. 化学反应速率与温度成正比，当其他条件不变时，升高温度反应速率会加快，故D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题是化学反应热、化学平衡与化学反应速率的综合考查，难度不大，但需要注意反应达到化学平衡时的标志，如B选.化学反应速率之比等于反应的物质的量浓度之比，但化学平衡跟反应后的各物质的浓度之比无直接关系，只要勤于思考，明辨原理，分析到位，便可提高做题准确率。
8．【答案】A
【解析】【解答】解：A、经60s达到平衡，生成0.3molZ，则Z的反应速率等于v（Z）= =0.0005mol/（L s），根据化学反应速率之比等于化学质量数之比，由方程式可知，v（X）=2v（Z）=2×0.0005mol/（L s）=0.001mol/（L s），故A正确；
B、反应前后气体的化学计量数之和不相等，体积变为20L，体系的压强减小，平衡向逆反应方向移动，Z的平衡浓度小于原来的 ，故B错误；
C、增大压强平衡向正反应方向移动，反应物Y的转化率增大，故C错误；
D、升高温度，X的体积分数增大，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应的△H＜0，故D错误．
故选A．
【分析】A、根据化学反应速率之比等于化学质量数之比计算反应速率；
B、体积变为20L，体系的压强减小，平衡向逆反应方向移动；
C、增大压强平衡向正反应方向移动，反应物Y的转化率增大；
D、根据升高温度平衡向逆反应方向移动判断反应热．
9．【答案】C
【解析】【解答】解：①单位时间内生成n molI2的同时生成2n molHI，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；②单位时间内生成n mol H2的同时生成2n mol I2，方向相同，未成正比例，不能据此判断平衡状态，故错误；③反应速率的比一直为2：2：1，不能判断平衡状态，故错误； ④混合气体颜色不再改变，碘的物质的量浓度不变，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确； ⑤由于混合气体的质量和体积都未变，故混合气体的密度不再改变不能作为平衡状态的判断，故错误；⑥该反应前后气体物质的量不变，所以无论是否达到平衡状态，压强始终不变，所以不能据此判断平衡状态，故错误；
故选C．
【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不变、物质的量浓度不变、百分含量不变，以及由此引起的一系列物理量不变，据此分析解答．
10．【答案】A
【解析】【解答】解：A．由表中数据可知v（CO）= = mol L﹣1 min﹣1，化学反应速率之比等于化学计量数之比，则v（H2）=v（CO）= mol L﹣1 min﹣1，故A正确；
B．保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20molH2O，与原平衡相比，平衡向右移动，达到新平衡时CO转化率增大，H2O转化率减小，H2O的体积分数会增大，故B错误；
C．在t1min n（CO）=0.40mol，消耗0.20molCO，则消耗0.20mol氢气，此时氢气的物质的量为0.10mol，而t2时不变，说明t1min已达到平衡状态，t1min时反应已经达到平衡状态，此时c（CO）= =0.4mol/L，c（H2O）= =0.1mol/L，c（CO2）=c（H2）= =0.2mol/L，则k= =1，温度升至800℃，上述反应平衡常数为0.64，说明温度升高，平衡是向左移动的，那么正反应应为放热反应，故C错误；
D.700℃时，若向密闭容器中充入CO（g）、H2O（g）、CO2（g）、H2（g）的物质的量分别为0.60mol、1.00mol、0.60mol、0.60mol，则 =0.6＜1，说明没有达到平衡，平衡正向移动，则v（正）＞v（逆），故D错误．
故选A．
【分析】A．根据v= 计算v（CO），结合化学反应速率之比等于化学计量数之比计算v（H2）；
B．保持其他条件不变，增加一种反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，另一种反应物的转化率增大；
C．根据平衡时各物质的浓度计算700℃时的平衡常数，比较不同温度下的平衡常数大小可判断反应的吸放热；
D．计算生成物与反应物的浓度幂之积，与平衡常数相比较，可判断反应的方向．
11．【答案】C
【解析】【解答】A.温度升高，反应速率增大，由于该反应为放热反应，因此升高温度，逆反应速率增大的幅度大于正反应速率增大的幅度，因此逆反应速率大于正反应速率，选项正确，A不符合题意；
B.增大压强，反应速率增大，由于反应前后气体分子数不变，因此压强对正逆反应速率的影响相同，因此增大压强，正逆反应速率相等；由于催化剂可同等程度改变正逆反应速率，因此加入催化剂后，正逆反应速率增大，且相等，选项正确，B不符合题意；
C.由于催化剂可同等程度改变正逆反应速率，因此加入催化剂后，正逆反应速率增大，但平衡不移动，CO的转化率不变，选项错误，C符合题意；
D.升高温度，反应速率加快，反应达到平衡所需的时间较短，因此乙的温度较高，由于该反应为放热反应，因此升高温度后，平衡逆向移动，CO的转化率降低，选项正确，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】此题是对反应速率与化学平衡的考查，结合温度、浓度、压强、催化剂对反应速率和化学平衡的影响进行分析。
12．【答案】C
【解析】【解答】由于该反应体积变化不明确，故改变压强不能确定化学平衡是否移动，A项正确；在恒容条件下充入氦气，没有改变平衡体系中各物质的浓度，平衡不移动，B项正确；由于Y为固体，改变其用量不影响化学平衡，C项不正确；对于任何反应只要改变温度，平衡状态均改变，D项正确。
故答案为：C
【分析】根据压强、浓度和温度对化学平衡的影响进行判断分析即可.
13．【答案】C
【解析】【解答】A.CO2生成COOH为还原反应，CO生成CHO为还原反应，CHO生成CH2O为还原反应，CH2O生成CH3O为还原反应，CH3O生成CH3OH为还原反应，因此CO2生成甲醇是通过多步还原反应实现的，选项正确，A不符合题意；
B.由反应原理图可知，催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含CHO微粒，因此催化剂Cu结合含氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒，选项正确，B不符合题意；
C.该催化过程中发生化学反应，任何化学反应过程中都伴随着化学键的断裂与形成，选项错误，C符合题意；
D.CHO和H生成CH2O，需要Cu2O做催化剂，可以调节控制反应条件获得甲醛等有机物，选项正确，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】此题是对化学反应原理的考查，解答此类题型时，应结合图示过程分析反应原理，再结合选项进行分析。
14．【答案】A
【解析】【解答】体积扩大1倍时，假设平衡不移动，C的浓度为0.6 mol·L-1，但测得C的浓度为0.7 mol·L-1，说明平衡右移，减小压强，平衡向气体体积增大的方向移动，所以，2+X<4,X<2，
故答案为：A。
【分析】体积增大，相当于减压，C的平衡浓度增大，平衡发生移动，向着体积减小方向移动
15．【答案】B
【解析】【解答】A.根据图示，a点的斜率大于b点斜率，因此瞬时速率较大，故A不符合题意；
B.随着反应进行，浓度在下降，速率也在下降，因此时间大于4t0，故B符合题意；
C.根据ab两点浓度的变化量，因此可以计算平均速率，故C不符合题意；
D.速率之比等于化学计量系数之比，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.根据比较斜率得出速率；
B.浓度减小，速率降低，时间变长；
C.根据计算出浓度的变化量即可计算出速率；
D.反应速率之比等于化学计量系数之比。
16．【答案】C
【解析】【解答】A． N2(g)+3H2(g)2NH3(g)气体体积缩小的反应，故A不符；
B． C(s)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)气体体积增大的反应，故B不符；
C． H2(g)+I2(g)2HI(g)反应前后气体的体积不变，故C符合；
D． 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)气体体积缩小的反应，故D不符；
故答案为：C。
【分析】由图像可知，增大压强平衡不移动，说明该反应前后气体系数相等。
17．【答案】（1）0.3mol/（L min）；b
（2）
（3）
【解析】【解答】解：（1）v= = =0.3mol/（L min）；
a、改铁片为铁粉，增加接触面积，反应速率加快，故不选；
b、改稀H2SO4为98%的浓H2SO4，发生钝化，反应速率减慢，故选；
c、升高温度，反应速率加快，故不选；
d、滴加少量CuSO4溶液，构成原电池加快反应速率，故不选；
故选：0.3mol/（L min）；b；
（2.）反应Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，是放热反应，所以反应的总能量高于生成物的总能量，所以体系的能量变化图为： ，故答案为： ；
（3.）铁是原电池的负极，电解质溶液是硫酸，原电池的装置图为： ，故答案为： ．
【分析】（1）根据v= ，进行分析求解；a、改铁片为铁粉，增加接触面积；b、改稀H2SO4为98%的浓H2SO4，发生钝化；c、升高温度，反应速率加快；d、滴加少量CuSO4溶液，构成原电池加快反应速率；（2）反应Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，是放热反应，所以反应的总能量高于生成物的总能量；（3）铁是原电池的负极，电解质溶液是硫酸，画出装置图即可．
18．【答案】（1）CH3OH（l）+ O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣（ b+2c﹣a﹣d）kJ mol﹣1
（2）0.15mol L﹣1 min﹣1；升高温度；减小
（3）2NO2+4HSO3﹣═N2+4SO42﹣+4H+
（4）正；Si+4H﹣﹣4e﹣═SiH4↑
【解析】【解答】解：（1）①CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣a kJ mol﹣1；
②2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣b kJ mol﹣1；
③H2O（g）═H2O（l）△H=﹣c kJ mol﹣1；
④CH3OH（g）═CH3OH（l）△H=﹣d kJ mol﹣1，
由盖斯定律可知，②× +③×2﹣①﹣④得到CH3OH（l）+ O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣（ b+2c﹣a﹣d）kJ mol﹣1，
则CH3OH（l）燃烧热的热化学方程式为CH3OH（l）+ O2（g）=CO2（g）+2H2（l）△H=﹣（ b+2c﹣a﹣d）kJ mol﹣1，
故答案为：CH3OH（l）+ O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣（ b+2c﹣a﹣d）kJ mol﹣1；（2）①由图可知，6min时Cl2的平衡浓度为0.3mol/L，浓度变化为1.2mol/L﹣0.3mol/L=0.9mol/L，则v（Cl2）= =0.15 mol L﹣1 min ﹣1，
故答案为：0.15 mol L﹣1 min﹣1 ；
②影响平衡移动的因素有温度、浓度和压强，该反应是放热反应，由图可知，第10 min时平衡逆向移动，只能是升温，由图1可知，升温平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，所以温度高，平衡常数减小，
故答案为：升高温度；减小；（3）二氧化氮具有强的氧化性，能够氧化亚硫酸氢根离子生成硫酸根离子，二氧化氮被还原为氮气，离子方程式：2NO2+4HSO3﹣=N2+4SO42﹣+4H+；
故答案为：2NO2+4HSO3﹣═N2+4SO42﹣+4H+；（4）从图示知，粗硅变化为SiH4，失电子发生氧化反应，B为电源的正极，H﹣移向阳极生成SiH4，电极反应式为Si+4H﹣﹣4e﹣=SiH4↑，
故答案为：正； Si+4H﹣﹣4e﹣═SiH4↑；
【分析】（1）①CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣a kJ mol﹣1；
②2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣b kJ mol﹣1；
③H2O（g）═H2O（l）△H=﹣c kJ mol﹣1；
④CH3OH（g）═CH3OH（l）△H=﹣d kJ mol﹣1，
由盖斯定律可知，②× +③×2﹣①﹣④得到CH3OH（l）+ O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）；（2）①由图可知，△c（Cl2）=1.2mol/L﹣0.3mol/L，结合v= 计算；
②由图可知，第10 min时平衡逆向移动，据影响平衡移动的因素分析，升温平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小；（3）二氧化氮具有强的氧化性，能够氧化亚硫酸氢根离子生成硫酸根离子，二氧化氮被还原为氮气；（4）电解池中的阳极上发生失电子的氧化反应，单质硅失电子后和H﹣结合生成SiH4；
19．【答案】（1）4CxHy+（8x+2y）NO=4XCO2+（4x+y）N2+2yH2O
（2）2NO（g）+2CO（g） N2（g）+2CO2（g）；﹣746.5kJ mol﹣1
（3）阳；NaOH溶液；氢气；SO32﹣﹣2e﹣+H2O=2H++SO42﹣
（4）45%；＞
【解析】【解答】解：（1）（CxHy）催化还原尾气中的NO气体生成氮气、二氧化碳和水，结合原子守恒配平书写化学方程式为：4CxHy+（8x+2y）NO=4XCO2+（4x+y）N2+2yH2O，
故答案为：4CxHy+（8x+2y）NO=4XCO2+（4x+y）N2+2yH2O；（2）②×2+③×2﹣①得到2NO（g）+2CO（g） N2（g）+2CO2（g），反应的焓变=2（+110.5kJ mol﹣1）+2（﹣393.5kJ mol﹣1）﹣（180.5kJ mol﹣1）=﹣746.5kJ mol﹣1，
故答案为：﹣746.5kJ mol﹣1；（3）①从C为硫酸可知，硫酸根来源于亚硫酸根放电．故b为阴离子交换膜，a为阳离子交换膜，在阴极区应为水放电生成氢气和氢氧根离子，故A为氢氧化钠，E为氢气，
故答案为：阳；NaOH溶液；氢气；②阳极应为亚硫酸根放电生成硫酸根，反应的离子方程式为SO32﹣﹣2e﹣+H2O=2H++SO42﹣，
故答案为：SO32﹣﹣2e﹣+H2O=2H++SO42﹣；（4）①依据化学三行列式计算，设氧气消耗物质的量为x，
2SO2（g）+ O2（g） 2SO3
起始量（mol） 2a a 0
变化量（mol） 2x x 2x
平衡量（mol） 2a-2x a-x 2x
图中A点时，气体物质的量0.085，则 = ，x=0.45a
SO2的转化率= ×100%=45%，
故答案为：45%；②图象分析可知，先拐先平温度高则T1＜T2，C点是平衡状态，A点反应未达到平衡状态，其中C点的正反应速率vC（正）与A点的逆反应速率vA（逆）的大小关系为vC（正）＞vA（逆）
故答案为：＞；③图中B点，依据化学三行列式计算，设氧气消耗物质的量为y，
2SO2（g）+ O2（g） 2SO3
起始量（mol） 2a a 0
变化量（mol） 2y y 2y
平衡量（mol） 2a-2y a-y 2y
B点气体物质的量为 0.007，则 = ，y=0.9a，
平衡常数K=（ =24300（MPa）﹣1，
故答案为：24300（MPa）﹣1 ．
【分析】（1）（CxHy）催化还原尾气中的NO气体生成氮气、二氧化碳和水，结合原子守恒配平书写化学方程式；（2）②×2+③×2﹣①得到2NO（g）+2CO（g） N2（g）+2CO2（g），据此计算反应的焓变；（3）①从C为硫酸可知，b为阴离子交换膜．故a为阳离子交换膜．在阴极区应为水放电生成氢气和氢氧根，故A为氢氧化钠，E为氢气；
②阳极应为亚硫酸根放电生成硫酸根，写出即可；（4）①结合化学三行计算列式，依据图中A点时，气体物质的量0.085，依据开始和A点气体物质的量之比列式计算，转化率= ×100%；②先拐先平温度高，达到平衡所需时间短，温度越高反应速率越大；③图中B点，依据化学三行列式计算用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数计算SO2催化氧化反应在图中B点的压强平衡常数．
20．【答案】（1）0.316
（2）62.8
（3）③⑥
【解析】【解答】（1）根据图象，0-5秒内生成的HI的物质的量浓度为1.58mol/L， ，故答案为：0.316。（2）根据图象可知，氢气和碘初始物质的量浓度为1mol/L，所以容器的体积为： ，该反应的正反应是放热反应，根据碘化氢和反应热之间的关系式得，放出的热量为： ，故答案为：62.8。（3）①H2减少的速率和I2减少的速率相等，都是正反应，不能判断反应达到平衡状态，①不正确；
②H2、I2、HI的浓度之比为1：1：2，该反应不一定达到平衡状态，与反应物初始浓度及转化率有关，②不正确；
③H2、I2、HI的浓度都不再发生变化，该反应正逆反应速率相等，达到平衡状态，③正确；
④正、逆反应速率都为零，该反应没有开始，所以一定没有达到平衡状态，平衡状态下正逆反应速率相同且不为0，④不正确；
⑤反应前后气体质量和气体物质的量不变，混合气体的平均分子量始终不发生变化，⑤不正确；
⑥气体的颜色不再发生变化，说明碘单质浓度不变，反应达到平衡状态，⑥正确；故答案为：③⑥。
【分析】（1）0-5秒内平均反应速率， 计算；（2）根据生成物和反应热之间的关系式计算热量；（3）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各组分的含量不变；
21．【答案】（1）+6；MoS2+9ClO-+6OH-＝MoO42-+9Cl-+2SO42-+3H2O
（2）
（3）BC；4×10-4；B；1.0
【解析】【解答】（1）Na2MoO4·2H20中Na是+1价，O是－2价，所以根据正负价代数和为0可知Mo的化合价是＋6价；反应中Mo元素化合价从+4价升高到+6价，S从－2价升高到+6价，氯元素化合价从＋1价降低到－1价，所以根据电子得失守恒、原子守恒和电荷守恒可知该反应的离子方程式为MoS2+9ClO-+6OH-＝MoO42-+9Cl-+2SO42-+3H2O。（2）①2Mo（s）+3O2（g）＝2MoO3（s） △H1
②2MoS2（s）+7O2（g）＝2MoO3（s）+4SO2（g） △H2
③MoS2（s）+2O2（g）＝Mo（s）+2SO2（g） △H3
根据盖斯定律可知(②－①)/2得到MoS2（s）+2O2（g）＝Mo（s）+2SO2（g）△H3= 。
（3）①A.2v正(H2)＝v逆(CO)不满足反应速率之比是化学计量数之比，反应没有达到平衡状态，A不符合题意；
B.CO体积分数保持不变说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，B符合题意；
C.反应前后混合气体的质量和物质的量是变化的，因此混合气体的平均相对分子质量不再变化说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，C符合题意；
D.对于具体的化学反应，△H是不变的，D不符合题意；
故答案为：BC
②图1中A点氢气和水蒸气的体积分数相等，均是40%，所以CO的体积分数是20%，这说明氢气、一氧化碳、水蒸气的物质的量之比是2：1：2，所以对应的平衡常数Kp＝ ；
③升高温度氢气的体积分数减小，说明平衡向正反应方向进行，正反应是吸热反应，所以升高温度正反应的平衡常数增大，则逆反应的平衡常数减小，因此表示逆反应的平衡常数(K逆)的曲线是B；T1时正逆反应速率的平衡常数相等，因此对应的平衡常数为1.0。
【分析】（1）根据化合物中化合价代数和为0计算Mo的化合价；NaClO具有氧化性，能将MoS2氧化成SO42-，自身还原为Cl-，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写反应的离子方程式；
（2）根据盖斯定律计算反应热；
（3）①A.结合反应速率之比等于化学计量系数之比进行分析；
B.反应达到平衡状态时，各物质的体积分数保持不变；
C.根据公式，结合反应过程分析M是否发生变化；
D.对于具体的反应，ΔH是保持不变的；
②根据A点时气体的体积分数，结合Kp的表达式进行计算；
③结合温度对平衡移动的影响分析；