第二章 化学反应的方向、限度与速率 测试题（含解析） 2023-2024学年高二上学期化学鲁科版（2019）选择性必修1

第二章《化学反应的方向、限度与速率》测试题
一、单选题（共12题)
1．下列关于反应速率与反应限度的说法正确的是
A．钠与水反应时，增加水的用量能明显增大反应速率
B．升温能提高反应物的能量，增大反应物间的碰撞频率，加快反应速率
C．催化剂能加快反应速率的原因是它能降低反应的活化能，减小反应的焓变
D．合成氨工业采用循环操作的主要目的是提高平衡体系中氨的含量
2．Fenton法常用于处理含难降解有机物的工业废水，通常是在调节好pH和Fe2+中加入H2O2，所产生的羟基自由基能氧化降解污染物，羟基自由基的产生与溶液pH大小有关。现运用该法降解有机污染物p—CP探究有关因素对该降解反应速率的影响。
【实验过程】取20mL工业废水，加入一定量FeSO4溶液和NaOH溶液，调节Fe2+浓度和pH，再加入一定浓度H2O2，用数据采集器测定p—CP的变化情况。
【实验数据】
实验编号 H2O2溶液 Fe2+溶液 蒸馏水 pH 温度
c/mol L-1 V/mL c/mol L-1 V/mL V/mL T/K
① 6.0×10-3 1.5 0.30×10-3 3.5 10 3 298
② 6.0×10-3 1.5 0.30×10-3 3.5 10 3 313
③ 6.0×10-3 3.5 0.30×10-3 3.5 8 3 298
④ 6.0×10-3 1.5 0.30×10-3 4.5 9 3 298
⑤ 6.0×10-3 1.5 0.30×10-3 3.5 10 10 298
下列说法中不正确的是
A．实验①②说明其它条件相同时，适当升温可以提高降解速率
B．实验①③的目的是探究H2O2浓度对降解速率的影响
C．实验①③④说明浓度改变对降解速率的影响H2O2大于Fe2+
D．实验⑤降解反应趋于停止的原因可能是Fe2+与H2O2反应生成Fe(OH)3沉淀
3．近日，大连理工大学在《ACS Catal》发文称：合成了一种B/N共掺杂多孔碳纳米管负载的Mo单原子位点(Mo/BCN)，该材料在室温下能将高效电还原为。相关机理如图2所示(图1为碳纳米管)：
下列叙述正确的是
A．碳纳米管是一种新型非金属化合物材料
B．碳纳米管掺杂B、N的过程属于物理变化
C．该材料能降低成为活化分子所需要的能量
D．该过程属于氮的固定中的自然固氮
4．下列事实能用勒夏特列原理解释的是
A．黄绿色的氯水光照后颜色变浅
B．将铜粉和锌粉混合后放入稀硫酸中，产生气体的速率比不加铜粉快
C．H2、I2(g)、HI混合气体加压后颜色变深
D．工业制硫酸中，SO2氧化成SO3，往往需要使用催化剂
5．控制适合的条件，将反应2Fe3+＋2I- 2Fe2+＋I2设计成如图所示的原电池。下列判断不正确的是
A．电流计读数为零后，在甲中溶入FeCl2固体，乙中石墨电极为负极
B．反应开始时，甲中石墨电极上Fe3+被还原
C．电流计读数为零时，反应达到化学平衡状态
D．反应开始时，乙中石墨电极上发生氧化反应
6．我们把能够发生化学反应的碰撞叫做有效碰撞；发生有效碰撞的分子必须具有足够的能量，这种分子叫做活化分子；活化分子具有的平均能量与反应物分子具有的平均能量之差，叫做反应的活化能。下列说法不正确的是
A．图甲中曲线Ⅱ可以表示催化剂降低了反应的活化能
B．图乙中HI分子发生了有效碰撞
C．盐酸和氢氧化钠溶液的反应活化能接近于零
D．增大反应物浓度，单位体积内活化分子数增多，单位时间内有效碰撞次数增加
7．在含Fe3＋的S2O和I－的混合溶液中，反应S2O(aq)＋2I－(aq)=2SO(aq)＋I2(aq)的分解机理及反应进程中的能量变化如下：
步骤①：2Fe3＋(aq)＋2I－(aq)=I2(aq)＋2Fe2＋(aq)
步骤②：2Fe2＋(aq)＋S2O(aq)=2Fe3＋(aq)＋2SO(aq)
下列有关该反应的说法正确的是
A．该反应为吸热反应 B．化学反应速率与Fe3＋浓度的大小有关
C．Fe2＋是该反应的催化剂 D．若不加Fe3＋，则正反应的活化能比逆反应的大
8．将的溶液和溶液等体积混合，取混合液分别完成下列实验：
实验编号 实验操作 实验现象
① 滴入KSCN溶液 溶液变红色
② 滴入AgNO3溶液 有黄色沉淀生成
③ 滴入溶液 有蓝色沉淀生成
④ 滴入淀粉溶液 溶液变蓝色
下列说法不正确的是
A．由实验①和②不能说明与没有发生反应
B．由实验③和④说明与发生反应
C．由实验①和③说明与发生的是可逆反应
D．由实验②和④说明与发生的是可逆反应
9．接触法制硫酸的关键一步为的催化氧化，化学反应原理为2SO2+O22SO3。一定温度下，将一定量的SO2、O2置于恒容反应器中进行反应，有关物质的物质的量与时间的关系如图。该反应前 平均反应速率为
A．0.1mol·L-1 ·min-1 B．0.2mol·L-1 ·min-1
C．0.05mol·L-1 ·min-1 D．0.4mol·L-1 ·min-1
10．已知：，将装有(无色)和混合气体的密闭烧瓶浸入热水中，烧瓶内混合气体的颜色逐渐变深。下列结论能说明该反应已经达到化学平衡状态的是：
①烧瓶内气体的质量不再变化 ②烧瓶内气体的颜色不再加深
③ ④烧瓶内气体的压强不再变化
⑤混合气体密度保持不变 ⑥的浓度与的浓度相等
A．②④ B．①③⑥ C．②③ D．⑤⑥
11．下列说法不能用勒夏特列原理解释的是
A．氯水中有平衡：Cl2+H2OHCl+HClO，当加入AgNO3溶液后，溶液颜色变浅
B．对CO(g)+NO2(g)CO2(g)+NO(g)，平衡体系增大压强可使颜色变深
C．SO2催化氧化成SO3的反应，往往加入过量的空气
D．高压比常压条件更有利于合成氨的反应
12．将等物质的量的 X、Y 气体充入某密闭容器中，在一定条件下，发生反应并达到平衡：X(g)+3Y(g) 2Z(g) ΔH<0,当改变某个条件并维持新条件直至新的平衡时，表中关于新平衡与原平衡的比较正确的是
选项 改变条件 新平衡与原平衡比较
A 升高温度 X的转化率变小
B 增大压强(减小容器容积) X的转化率变小
C 充入一定量Y Y的转化率增大
D 使用适当催化剂 Y的转化率增大
A．A B．B C．C D．D
二、填空题（共9题)
13．某可逆反应：2A(g)B(g)+D(g)在3种不同条件下进行，B和D的起始浓度均为0，反应物A的浓度随反应时间的变化情况如下表：
实验 序号 时间/min 浓度/mol L-1 温度/℃ 0 10 20 30 40 50 60
1 800 1.0 0.80 0.67 0.57 0.50 0.50 0.50
2 800 1.0 0.60 0.50 0.50 0.50 0.50 0.50
3 950 1.0 0.40 0.25 0.20 0.20 0.20 0.20
(1)实验1中，在10～20 min内，以物质A表示的平均反应速率为 mol·L-1·min-l，50 min时，v（正） （填“＜”“＞”或“=”）v（逆）。
(2)0～20 min内，实验2比实验1的反应速率 （填“快”或“慢”），其原因可能是 。
(3)实验3比实验1的反应速率 （填“快”或“慢”），其原因是 。
14．容积均为1 L的甲、乙两个容器，其中甲为绝热容器，乙为恒温容器。相同温度下，分别充入0.2 mol的NO2，发生反应：，甲中NO2的相关量随时间变化如下图所示。
(1)0～3 s内，甲容器中NO2的反应速率增大的原因是 。
(2)甲达平衡时，温度若为，此温度下的平衡常数K= 。
(3)平衡时，K甲 (填“＞”“＜”或“=”，下同)K乙， 。
(4)乙达平衡时再充入0.2 mol的NO2，重新达平衡后NO2的转化率 (填“增大”“减小”或“不变)
(5)甲达平衡时再充入0.1 mol的N2O4，重新达平衡后c(N2O4) 0.18mol/L (填“＞”“＜”或“=”)
15．温室效应和资源短缺等问题和如何降低大气中的CO2含量并加以开发利用引起了各国的普遍重视。目前工业上有一种方法是用CO2生产燃料甲醇。一定条件下发生反应：CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)，如图表示该反应进行过程中能量 (单位为kJ·mol－1)的变化。

（1）关于该反应的下列说法中，正确的是 。
A．ΔH>0，ΔS>0
B．ΔH>0，ΔS<0
C．ΔH<0，ΔS<0
D．ΔH<0，ΔS>0
（2）为探究反应原理，现进行如下实验：在体积为1 L的密闭容器中，充入1mol CO2和3mol H2，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如下图所示。从反应开始到平衡，用氢气浓度变化表示的平均反应速率v(H2) ， CO2转化率为 。相同温度下，某一时刻若该容器中含有1mol H2、1.2mol CO2、0.8 mol CH3OH、1.5mol H2O，则此时反应所处的状态为 (填“向正反应方向进行中”、 “向逆反应方向进行中”或“平衡状态”)，理由 。

（3）在温度容积不变的条件下，能说明该反应已达平衡状态的是 (填写序号字母)：
a．n(CO2)∶n(H2)∶n(CH3OH)∶n(H2O)＝1∶3∶1∶1
b．容器内压强保持不变
c．容器内的密度保持不变
d．H2的消耗速率与CH3OH的消耗速率之比为3∶1
（4）下列条件能使上述反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是 (字母)。
a．及时分离出CH3OH气体
b．适当升高温度
c．保持容器的容积不变，再充入1 mol CO2和3 mol H2
d．选择高效的催化剂
16．如何降低大气中的含量及有效地开发利用引起了全世界的普遍重视。目前工业上有一种方法是用来生产燃料甲醇。为探究该反应原理，进行如下实验：在容积为1L的密闭容器中，充入和，在下发生发应，实验测得和的物质的量浓度随时间变化如下所示：
(1)从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率 。500℃达平衡时，的体积分数为 ，如上图是改变某条件时化学反应速率随时间变化的示意图，则该条件是 该反应的逆反应为 反应填“放热”或“吸热”
(2)500℃该反应的平衡常数为 保留两位小数，若降低温度到300℃进行，达平衡时，K值 填“增大”“减小”或“不变”．
(3)下列措施中能使的转化率增大的是 ．
A．在原容器中再充入
B．在原容器中再充入和
C． 在原容器中充入
D．使用更有效的催化剂
E. 将水蒸气从体系中分离出
(4)500℃条件下，改变起始反应物的用量，测得某时刻、、和的浓度均为，则此时正 逆填“”“”或“”
(5)假定该反应是在恒容恒温条件下进行，判断该反应达到平衡的标志 ．
A．消耗同时生成1mol
混合气体密度不变
C． 混合气体平均相对分子质量不变
D．3v正(H2)=v逆(H2O)
E..不变
17．可逆反应
(1)概念
在 下，既能向 方向进行，同时又能向 方向进行的反应。如：。
(2)特点
①同一条件下，正反应和逆反应 。
②反应 进行到底，反应物 实现完全转化。
③反应体系中，与化学反应有关的各种物质 。
④反应达到限度时，反应 。
18．T℃，向1L密闭容器中加入1mol HI(g)，发生反应2HI H2+I2，H2物质的量随时间的变化如图3所示。
(1)该温度下，2HI(g) H2(g)+I2(g)的平衡常数K=
(2)相同温度下，若开始加入HI(g)的物质的量是原来的2倍，则 是原来的2倍。
a.平衡常数 b.HI的平衡浓度 c.达到平衡的时间 d.平衡时H2的体积分数
19．工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破。其合成原理为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0，△S<0。
(1)下列关于工业合成氨的说法正确的是 。
A．因为△H<0，所以该反应一定能自发进行
B．因为△S<0，所以该反应一定不能自发进行
C．在高温下进行是为了提高反应物的转化率
D．生产中在考虑动力和设备材料承受能力的前提下，压强越大转化率越大
(2)在恒温恒容密闭容器中进行合成氨的反应，下列能说明该反应已达到平衡状态的是 。
A．容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1：3：2
B．N2百分含量保持不变
C．容器内压强保持不变
D．混合气体的密度保持不变
(3)工业上合成氨的部分工艺流程如图：
请用平衡移动原理来解释在流程中及时分离出氨气和循环使用气体的原因 。
(4)某科研小组研究：在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对工业合成氨反应的影响。实验结果如图所示(图中T表示温度)。
①图象中T2和T1的关系是：T1 T2(填“>，<或=”，下同)。
②a、b、c、d四点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是 。(填字母)。
(5)恒温下，往一个4L的密闭容器中充入2molN2和5.2molH2，反应过程中对NH3的浓度进行检测，得到的数据如表所示：
时间/min 5 10 15 20 25 30
c(NH3)/mol·L-1 0.08 0.14 0.18 0.20 0.20 0.20
①10min时用N2表示的平均反应速率为 mol/(L·min)-1。此条件下该反应的化学平衡常数K= 。
②若维持容器体积不变，温度不变，往原平衡体系中加入N2、H2和NH3各4mol，化学平衡将向反应方向 移动(填“正”或“逆”)。
③已知：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-92kJ/mol
N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+181kJ/mol
2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-484kJ/mol
写出氨气催化氧化生成NO和水蒸气的热化学方程式 。
20．回答下列问题：
(1)写出下列反应的热化学方程式：
①32g铜粉在足量氧气中反应生成氧化铜固体时放出78.5kJ热量： 。
②一氧化碳气体还原Fe3O4得到1mol单质铁时放出14.7kJ热量： 。
(2)工业上用CO生产燃料甲醇，一定条件下发生反应：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)，反应过程中的能量变化情况如图所示。
①曲线Ⅰ和曲线Ⅱ分别表示不使用催化剂和使用催化剂的两种情况。计算当反应生成1.5molCH3OH(g)时，能量变化值是 kJ。
②选择适宜的催化剂 (填“能”或“不能”)改变该反应的反应热。
(3)断开1molH—H键、1molN—H键、1molN≡N键分别需要吸收能量为436kJ、391kJ、946kJ，则1molH2与足量N2反应生成NH3需 (填“吸收”或“放出”)能量 kJ。(小数点后保留两位数字)，事实上，反应的热量总小于理论值，理由是 。
21．研究CO2、H2的开发利用意义重大。一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，反应过程中的能量变化情况如图所示。请按要求回答下列问题：
（1）曲线a和曲线b分别表示不使用催化剂和使用催化剂的两种情况。该反应是 （填“吸热”或“放热”）反应。计算当反应生成2molCH3OH（g）时能量变化是 （用E1、E2表示）。
（2）选择适宜的催化剂是 （填“能”或“不能”）改变该反应的能量变化。
（3）下列说法一定正确的是 （填选项字母）。
A．a与b相比，a表示的反应速度较大
B．反应物断裂化学键吸收的总能量小于生成物形成化学键释放的总能量
C．CO2（g）和H2（g）所具有的总能量一定高于CH3OH（g）和H2O（g）所具有的总能量
（4）推测反应CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)是 （填“吸热”或“放热”）反应。
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【详解】A．水是纯液体，纯液体量的多少对反应速率没有影响，A错误；
B． 升温能提高反应物的能量，增大活化分子百分数，增加反应物间的碰撞频率，加快反应速率，B正确；
C． 催化剂能能降低反应的活化能、加快反应速率，但催化剂不会改变反应的焓变，C错误；
D． 合成氨反应是可逆反应，采用循环操作的主要目的是提高原料的利用率，D错误；
答案选B。
2．C
【详解】A．实验②相比于①只升高了温度，且②的曲线斜率更大，故反应速率更大，故A正确；
B．实验①和③相比总体积相同(是15m1)，而H2O2的物质的量不同，故可探究H2O2浓度对降解速幸的影响，故B正确；
C．①③变化的是H2O2的浓度，①④变化的是Fe2+浓度，但是仅一组对比实验，无法得到该结论，故C错误；
D．在PH=10时会发生反在2 Fe2++ H2O2+4OH- =2Fe(OH)3↓，故D正确；
故选C。
3．C
【详解】A．碳纳米管是一种新型非金属材料，是单质，不是化合物， A错误；
B．由图可知，掺杂B、N过程中，有旧键断裂新键生成，属于化学变化，B错误；
C．该材料作催化剂，能降低成为活化分子所需要的能量，C正确；
D．该过程属于氮的固定中的人工固氮，D错误；
故答案选C。
4．A
【分析】平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能减弱这种改变的方向移动，平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释，平衡移动原理对所有的动态平衡都适用，且与平衡移动有关，据此分析解答。
【详解】A．氯水中存在平衡：Cl2+H2OHCl+HClO，HClO见光分解，使平衡正向移动，Cl2浓度减小，溶液颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故A符合题意；
B．将铜粉和锌粉混合后放入稀硫酸中，形成无数微小原电池，使反应速率加快，不存在可逆反应，不能用勒夏特列原理解释，故B不符合题意；
C．压强不会引起平衡H2(g)+I2(g)2HI(g)的移动，平衡混合气体加压后体积减小，浓度增大，所以颜色加深，不能用勒夏特列原理解释，故C不符合题意；
D．工业制硫酸中，SO2氧化成SO3，使用催化剂是为了加快反应速率，但不能使平衡发生移动，不能用勒夏特列原理解释，故D不符合题意；
答案选A。
5．A
【分析】根据总反应知，反应开始时甲中石墨电极上的电极反应为2Fe3++2e-=2Fe2+，甲中石墨为正极；乙中石墨电极上的电极反应为2I--2e-=I2，乙中石墨为负极。
【详解】A．电流计读数为零时反应达到平衡状态，在甲中溶入FeCl2固体，c(Fe2+)增大，平衡逆向移动，乙烧杯中的电极反应为I2+2e-=2I-，乙中石墨电极为正极，A项错误；
B．反应开始时甲中石墨电极上的电极反应为2Fe3++2e-=2Fe2+，Fe3+被还原，B项正确；
C．反应达到化学平衡状态时各物质的浓度保持不变，故电流计读数为零时反应达到平衡状态，C项正确；
D．反应开始时乙中石墨电极上的电极反应为2I--2e-=I2，乙中石墨电极上发生氧化反应，D项正确；
答案选A。
6．B
【详解】A．催化剂可降低反应的活化能，A正确；
B．能够发生化学反应的碰撞才是有效碰撞，由图乙可知碰撞后没有生成新物质，即没有发生化学反应，不是有效碰撞，B错误；
C．盐酸和氢氧化钠溶液反应的实质是氢离子与氢氧根离子反应生成水，在溶液中氢离子与氢氧根离子已经处于活跃状态，因此盐酸和氢氧化钠溶液反应的活化能接近于零，C正确；
D．增大反应物浓度，单位体积内活化分子数增多，单位时间内有效碰撞次数增加，D正确；
故答案为：B。
7．B
【详解】A．根据图示，2I-(aq)+(aq)具有的总能量大于2 (aq)+I2(aq)具有的总能量，则该反应为放热反应，A错误；
B．由图示可知，步骤①的活化能大于步骤②的活化能，则该反应速率的快慢取决于步骤①，Fe3+是步骤①的反应物，步骤①反应速率的快慢与Fe3+浓度的大小有关，故化学反应速率与Fe3+浓度的大小有关，B正确；
C．根据反应的步骤和总反应可知，Fe3+是该反应的催化剂，Fe2+是中间产物，C错误；
D．根据A项分析，该反应为放热反应，若不加Fe3+，则正反应的活化能比逆反应的活化能小，D错误；
答案选B。
8．D
【分析】由实验的实验现象可知，过量的碘化钾溶液与硫酸铁溶液混合时，铁离子与碘离子反应生成亚铁离子和碘离子的反应为可逆反应，反应的方程式为2Fe3++2I—2Fe2++I2，反应后的溶液中含有钾离子、硫酸根离子、铁离子、亚铁离子、碘离子和单质碘。
【详解】A．由分析可知，铁离子与碘离子反应生成亚铁离子和碘离子的反应为可逆反应，，反应后的溶液中含有铁离子和碘离子，所以由实验①和②不能说明铁离子与碘离子没有发生反应，故A正确；
B．由分析可知，铁离子与碘离子反应生成亚铁离子和碘离子的反应为可逆反应，所以由实验③和④说明铁离子与碘离子发生反应，故B正确；
C．由分析可知，溶液混合时，碘化钾溶液过量，溶液中存在铁离子说明该反应为可逆反应，所以由实验①和③说明铁离子与碘离子发生的是可逆反应，故C正确；
D．由分析可知，溶液混合时，碘化钾溶液过量，溶液中存在碘离子不能说明该反应为可逆反应，所以由实验②和④不能说明铁离子与碘离子发生的是可逆反应，故D错误；
故选D。
9．B
【详解】，B满足；
答案选B。
10．A
【详解】①气体反应前后质量守恒，始终不变，不能说明反应达到平衡状态；
②四氧化二氮无色，二氧化氮为红棕色，颜色不变，说明二氧化氮的浓度不变，故能说明反应达到平衡状态；
③，即v正(N2O4)：v逆(NO2)=2：1，不符合化学方程式中物质的计量数之比，不能说明反应达到平衡状态；
④烧瓶的体积不变，反应的特点是反应前后气体体积可变，若压强不变，则能说明反应达到平衡状态；
⑤烧瓶的体积不变，气体反应前后质量守恒，故密度恒定不变，则密度不变不能说明反应达到平衡状态；
⑥反应刚开始充入的四氧化二氮与二氧化氮的浓度不确定，可能刚开始充入的四氧化二氮与二氧化氮的浓度相等，故N2O4的浓度与NO2的浓度相等不能说明反应达到平衡状态；
答案选A。
11．B
【详解】A．氯水中有平衡：Cl2+H2OHCl+HClO，当加入AgNO3溶液后，生成AgCl沉淀，氯离子浓度降低，平衡向正向移动，能用勒夏特列原理解释，A正确；
B．增大压强平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，B错误；
C．工业生产硫酸的过程中，存在2SO2+O22SO3，使用过量的氧气，平衡向正反应方向移动，能用勒夏特列原理解释，C正确；
D．合成氨反应，增大压强平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释，D正确；
故选B。
12．A
【详解】A．ΔH<0则该反应是放热反应，升高温度，平衡向吸热反应的方向移动，即逆向移动，X的转化率变小，A正确；
B．增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动，即正向移动，X的转化率变大，B正确；
C．增大一种反应物的浓度，能够提高另一种反应物的转化率，而其本身的转化率降低，则充入一定量Y会使Y的转化率变小，C错误；
D．催化剂只能改变反应速率，不能影响平衡状态，Y的转化率不变，D错误；
答案选A。
13． 0.013 ＝ 快 实验2中使用了催化剂 快 实验3的温度更高
【详解】(1)实验1中，在10 20min内A的物质的量浓度减少了0.8mol/L－0.67mol/L＝0.13mol/L，则以物质A表示的平均反应速率为：v（A）=△c/△t=0.13mol/L/10min=0.013mol/（L min），根据表中数据可知，40min以后A的浓度不再变化，说明40min后达到平衡状态，则50min时，v（正）=v（逆），故答案为：0.013；=；
(2)实验1、2起始量相同，温度相同，平衡浓度相同，但实验2达到平衡所需要的时间短，反应速率快，说明加入了催化剂，加快反应速率，平衡不变，故答案为：快；实验2中使用了催化剂；
(3)实验1、3起始量相同，但实验3达到平衡所需要的时间短，反应速率增大，根据图表可知，实验3温度比实验1高，故答案为：快；实验3的温度更高。
14．(1)0～3 s内温度升高对速率的影响大于浓度降低的影响
(2)225
(3) ＜ ＞
(4)增大
(5)＞
【详解】（1）根据图示可知：在0～3 s内，甲容器中NO2的反应速率逐渐增大，是由于甲装置为绝热装置，该反应的正反应为放热反应，随着反应的进行，容器内气体的温度升高，温度升高对速率的影响大于浓度降低对反应速率的影响，因此反应速率逐渐增大；
（2）对于甲容器，发生化学反应：2NO2(g)N2O4(g)，反应开始时c(NO2)=0.2 mol/L，c(N2O4)=0，当反应达到平衡时c(NO2)=0.02 mol/L，则根据物质反应转化关系可知c(N2O4)=0.09 mol/L，则该反应的化学平衡常数K=；
（3）容积均为1 L的甲、乙两个容器, 其中甲为绝热容器，乙为恒温容器，相同温度下，分别充入0.2 mol的NO2，发生反应：2NO2(g)N2O4(g) △H＜0，甲容器中绝热，乙容器恒温。温度升高，导致化学平衡逆向进行，因此平衡常数：K甲＜K乙；平衡逆向进行，使气体的物质的量增大，最终达到平衡时气体压强增大，因此气体压强：p甲＞p乙；
（4）乙达平衡时再充入0.2 mol的NO2，体系的压强增大，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，因此重新达平衡后NO2的转化率会增大；
（5）甲反应开始时加入0.20 mol/L NO2，等效起始状态为加入0.10 mol/LN2O4，平衡时c(NO2)=0.02 mol/L，c(N2O4)=0.09 mol/L，当反应达平衡时若再充入0.1 mol的N2O4，若化学平衡不发生移动，平衡时c(N2O4)=0.18 mol/L。c(N2O4)增大，使体系的压强增大，压强增大对化学平衡移动的影响大于浓度增大对化学平衡移动的影响，化学平衡正向移动，故最终重新达平衡后c(N2O4)大于0.18 mol/L。
15． C 0.225 mol·L－1·min－1 75% 向正反应方向进行中 QC= =1< K=5.33 bd c
【分析】（1）由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，由反应方程式可知，该反应是一个熵减少的反应；
（2）由题给数据，运用反应速率公式和转化率公式计算；先计算化学平衡常数，再计算浓度熵，依据浓度熵和平衡常数的相对大小判断平衡移动方向；
（3）反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质浓度或百分含量保持不变；
（4）该反应是一个气体体积减小的放热反应，依据化学平衡移动原理进行分析。
【详解】（1）由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，即△H<0，由反应方程式可知，该反应是一个熵减少的反应，即△S＜0；故答案为C；
（2）由图可知，10min达平衡时甲醇的浓度变化量为0.75mol/L，所以v（CH3OH）==0.075mol/（L min），由反应速率之比等于化学计量数之比可得v（H2）=3v（CH3OH）=3×0.075mol/（L min）=0.225mol/（L min）；由图可知，二氧化碳浓度的变化量为（1 mol/L—0.25mol/L）=0.75mol/L，则CO2转化率为×100%=75%；平衡时甲醇的浓度为0.75mol/L，二氧化碳的浓度为0.25mol/L，氢气的浓度为（3mol/L—0.75mol/L×3）=0.75mol/L，水蒸气的浓度为0.75mol/L，化学平衡常数K为==5.33，某一时刻,1L该容器中含有1mol H2、1.2mol CO2、0.8 mol CH3OH、1.5mol H2O时，浓度熵QC= =1< K=5.33，则平衡向正反应方向进行，故答案为0.225 mol·L－1·min－1；75%；向正反应方向进行中；QC= =1< K=5.33；
（3）a、n(CO2)∶n(H2)∶n(CH3OH)∶n(H2O)＝1∶3∶1∶1时，不能判断各组分的浓度是否不再变化，无法判断是否达到平衡状态，故错误；
b、该反应是一个体积体积减小的反应，容器内压强不变，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；
c、由质量守恒定律可知，平衡前后气体质量不变，反应过程中在温度容积不变的条件下，密度始终不变，所以容器内密度保持不变，无法判断是否达到平衡状态，故错误；
d、H2的消耗速率为正反应速率，CH3OH的消耗速率为逆反应速率，两者之比为3∶1说明正反应速率等于逆反应速率，反应达到平衡状态，故正确；
bd正确，故答案为bd；
（4）a、及时分离出CH3OH气体，减小生成物的量，反应速率减小，平衡向正反应方向移动，故错误；
b、该反应是放热反应，升高温度，反应速率增大，平衡向逆反应方向移动，故错误；
c、该反应是气体体积减小的反应，保持容器的容积不变，再充入1molCO2和3molH2，相当于增大压强，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，故正确；
d、选择高效的催化剂，反应速率增大，化学平衡不移动，故错误；
c正确，故答案为c。
【点睛】本题考查化学反应原理综合应用，侧重分析与应用能力的考查，注意盖斯定律的计算、影响平衡的因素、图象的理解应用、化学反应速率计算、化学平衡常数计算及其应用，把握温度和压强对反应的影响为解答的关键。
16． 0.225mol/(L·min) 升高温度 吸热 5.33 增大 BE > CE
【分析】根据速率之比等于化学计量数之比计算反应速率；根据平衡时各物质的浓度计算体积分数及平衡常数；根据平衡移动规律分析平衡的移动方向及判断反应是否到达平衡状态。
【详解】(1)v(CO2)==0.075mol/(L·min)，v(H2)=3v(CO2)=0.075mol/(L·min)×3=0.225mol/(L·min)；500℃达平衡时，n(CH3OH)=0.75mol/L×1L=0.75mol，n(H2O)=0.75mol，n(CO2)=0.25mol/L×1L=0.25mol，n(H2)=3mol-0.75mol×3=0.75mol，则的体积分数为 = ；如图所示，正逆反应速率都增大，说明升高了反应温度，且逆反应速率增大的更多，平衡向逆方向移动，根据勒夏特列原理分析得，该反应的逆反应为吸热反应，故答案为0.225mol/(L·min)；；升高温度；吸热；
(2)500℃该反应的平衡常数为K=5.33；降低温度，平衡正方向移动，平衡常数增大，故答案为5.33；增大；
(3)A. 在原容器中再充入1molCO2，平衡正方向移动，但的转化率减小，故A不选；
B. 在原容器中再充入和，该反应为气体体积较小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，所以的转化率增大，故B选；
C. 在原容器中充入，平衡不移动，所以的转化率不变，故C不选；
使用更有效的催化剂，改变反应速率，但对平衡不影响，故D不选；
E. 将水蒸气从体系中分离出，减小生成物浓度，平衡正向移动，故的转化率增大，故E选，故答案为BE；
(4)、、和的浓度均为时，Qc=v（逆）；
(5)A.消耗和生成1mol都表示正反应方向，故A不选；
混合气体密度不变，该容器为恒容，所以气体密度始终不变，故B不选；
C.混合气体平均相对分子质量不变，该反应前后气体的物质的量不同，则相对分子质量不变说明反应物生成物浓度不变，说明反应已达到平衡，故C选；
D.反应中，速率之比等于化学计量数之比，若v正(H2)=3v逆(H2O)，则说明反应达到平衡，故D不选；
E.不变，说明生成物和反应物物质的量之比不变，能说明反应物和生成物浓度不变，故E选，故答案为CE。
17．(1) 一定条件 正反应 逆反应
(2) 同时、发生、同时存在 不能 不能 同存于同一反应体系 仍在进行，没有停止
【解析】略
18．(1)
(2)b
【详解】（1）根据图，可知三段式为：，则c(H2)=0.1mol/L，c(I 2)=0.1mol/L，c(HI)=0.8mol/L，平衡常数K=，故答案为：；
（2）a．平衡常数只与温度有关，a项错误；
b．由于反应前后体积不变，所以该反应是等效的，则HI的平衡浓度，b项正确；
c．浓度增大，反应速率增大，达到平衡的时间小于2倍，c项错误；
d．相同温度下，若开始加入HI(g)的物质的量是原来的2倍，达到的平衡状态和原来的平衡状态相同，平衡时H的体积分数不变，d项错误；
故答案为：b。
19． D BC 减少生成物浓度，同时增加反应物浓度，可以使平衡正向进行程度更大，提高产率 > c 0.007 0.1 逆 4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)ΔH=-906kJ·mol-1
【分析】合成氨反应为正向放热、气体分子数增大的反应，因此升高温度平衡逆向移动不利于氨的合成，增大压强，平衡正向移动利于氨的合成；计算平衡常数列三段式进行计算，据此分析。
【详解】(1) 单独用 H或 S判断反应的自发性都会有缺陷，应根据吉布斯自由能 G = H – T S，当 G <0时，反应能自发进行，A、B均不符合要求；合成氨反应是△H<0，放热反应升高温度平衡逆向移动，不利于提高反应物的转化率，升高温度的目的是增大反应速率；C不正确，该反应正向是气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，有利于提高转化率，实际生产中在设备材料承受能力范围内采用10 30MPa进行，D正确；
(2) 判断可逆反应是否达到平衡的标志是v正=v逆，特征是达到平衡后各组分的浓度、百分含量等保持不变，容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1：3：2不能说明v正=v逆，A错误；N2的百分含量保持不变，即单位时间生成1mol氮气的同时消耗1mol氮气，v正=v逆，B正确；该反应是气体分子数变化的反应，恒温恒容密闭容器中进行反应，体系的压强会随气体物质的量变化而变化，当容器内压强不再变化时，反应达到平衡，C正确；根据气体密度公式，气体的总质量m不变，恒容容器V不变，密度是定值，不随反应而改变，D错误，故答案选BC；
(3) 及时分离出产物，生成物浓度减小，平衡正向移动，将气体中未反应完的氮气和氢气循环使用，增大反应物的浓度，平衡正向移动，提高氨的产率，故答案为：减少生成物浓度，同时增加反应物浓度，可以使平衡正向进行程度更大，提高产率；
(4) ①合成氨反应的△H<0，正反应放热，升高温度，不利于氨的合成，起始氢气的物质的量相等时，温度越高，氨的百分含量越低，则T1>T2；②升高温度不利于氨的合成，增大氢气的浓度，能提高氮气的转化率，故平衡点中c点氮气的转化率最高；
(5) ①10min时用NH3表示的平均反应速率为v(NH3) ===0.014mol/(L·min)-1，v(N2) = v(NH3)=×0.014=0.007 mol/(L·min)-1，依题意列出三段式：
带入平衡常数的表达式计算K== =0.1；
②若维持容器体积不变，温度不变，往原平衡体系中加入N2、H2和NH3各4mol，则容器内N2、H2和NH3的浓度分别为：1.4 mol/L、2 mol/L、1.2 mol/L，此时Qc=0.13>K，反应将向逆反应进行；③依题意氨气催化氧化生成NO和水蒸气的反应方程式为4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)，分别记已知方程式及△H为：①N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H1=-92kJ/mol，②N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH2=+181kJ/mol，③2H2(g)+O2(g) = 2H2O(g) = -484kJ/mol，根据盖斯定律，则目标方程式的△H=ΔH3×3+ΔH2×2-△H1×2=-484×3+181×2-(-92)×2=-906kJ·mol-1。
【点睛】判断平衡的标志是v正=v逆，方法总结为“正逆相等，变量不变”，“正逆”是对同一物质，即单位时间消耗1molA的同时会生成1molA，不同物质与化学计量系数成正比，“变量不变”是体系一些物理量如密度、总压强、气体平均摩尔质量等，当这些物理量随反应的改变而改变，当物理量不变时就能说明反应达到了平衡，反之，这些物理量不随反应的改变而改变，是一个定值，那么就不能用该物理量作为判定平衡的标志。
20．(1) Cu(s)+O2(g)=CuO(s) △H=-157.0kJ·mol-1 Fe3O4(g)+4CO(g)=3CO2(g)+3Fe(s) △H=-44.1kJ·mol-1
(2) 136.5 不能
(3) 放出 30.67 该反应是可逆反应
【详解】（1）①32g铜粉的物质的量为=0.5mol，即0.5molCu粉在足量氧气中反应生成氧化铜固体时放出78.5kJ热量，则1molCu粉在足量氧气中反应生成氧化铜固体时放出热量78.5kJ×2=157.0kJ，反应的热化学方程式为Cu(s)+O2(g)=CuO(s) △H=-157.0kJ·mol-1；
②CO还原Fe3O4化学方程式为4CO+Fe3O4=3Fe+4CO2，生成1molFe时放出14.7kJ热量，则生成3molFe时放出热量为14.7kJ×3=44.1kJ，反应的热化学方程式为Fe3O4(g)+4CO(g)=3CO2(g)+3Fe(s) △H=-44.1kJ·mol-1；
（2）①根据图象可知，该反应的生成物的总能量低于反应物的总能量，属于放热反应，每生成1molCH3OH放出的热量为：510kJ-419kJ=91kJ，因此当反应生成1.5molCH3OH时，能量的变化值为1.5×91kJ=136.5kJ，故答案为：136.5；
②催化剂只能改变反应速率，不能改变该反应的反应热，故答案为：不能；
（3）已知断开1molH-H键、1molN-H键、1molN≡N键分别需要吸收能量为436kJ、391kJ、946kJ，则生成1mollN-H键需要释放391kJ能量，又3H2+N2=2NH3，则1molH2与molN2反应生成NH3，吸收的能量为436kJ+×946kJ≈751.33kJ，放出的能量为×3×391kJ=782kJ，因此1molH2与足量N2反应生成NH3需放出能量782kJ-751.33kJ=30.67kJ，又由于该反应是可逆反应，因此反应的热量总小于理论值，故答案为：放出；30.67；该反应是可逆反应。
21． 放热 2（E2-E1） 不能 B 吸热
【分析】加入催化剂能够降低反应的活化能但不改变反应能量的变化；根据图示可知，反应物的总能量大与生成物总能量，反应为放热反应。
【详解】(1)根据图示可知，反应物的总能量大与生成物总能量，反应为放热反应；图示中生成1mol CH3OH（g）能量变化为E2-E1，则反应生成2molCH3OH（g）时能量变化是2（E2-E1）。
(2)由图示可知，选择适宜的催化剂是不能改变该反应的能量变化。
(3)A.由图可知，曲线a为未加入催化剂的情况，b为加入催化剂的情况，加入催化剂反应速率加快，故a与b相比，b表示的反应速度较大，A错误；
B.反应为放热反应，故反应物断裂化学键吸收的总能量小于生成物形成化学键释放的总能量，B正确；
C.1molCO2（g）和3molH2（g）所具有的总能量高于1molCH3OH（g）和1molH2O（g），但CO2（g）和H2（g）所具有的总能量不一定高于CH3OH（g）和H2O（g）所具有的总能量，C错误；
答案选B。
(4)由于1molCO2（g）和3molH2（g）所具有的总能量高于1molCH3OH（g）和1molH2O（g），故反应CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)是吸热反应