第二章《化学反应的方向、限度与速率》测试题（含解析）2023--2024学年上学期高二化学鲁科版（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14题）
1．下列实验的操作、现象和结论都正确的是
选项 实验目的 实验操作及现象 结论
A 探究铁粉在氯气中燃烧所得固体粉末的成分 取少量固体粉末，加入2~3mL蒸馏水，振荡，迅速滴入几滴KSCN溶液，溶液不显红色 该固体粉末中不存在FeCl3
B 证明SO2具有漂白性 将SO2缓慢通入滴有酚酞的NaOH溶液中，溶液红色褪去 SO2有漂白性
C 探究温度对化学平衡的影响 加热盛有CuCl2溶液的试管，溶液变为黄色，冷却后变为蓝色 [Cu(H2O)4]2+转化为[CuCl4]2-的反应放热
D 探究Cl2的性质 将Cl2通入K2S溶液中，生成淡黄色沉淀 Cl2具有氧化性
A．A B．B C．C D．D
2．甲酸(HCOOH)可在纳米级Pd表面分解为活性H2和CO2，经下列历程实现NO的催化还原。已知Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)表示Fe3O4中二价铁和三价铁。下列说法不正确的是
A．生产中将催化剂处理成纳米级颗粒可增大甲酸分解的速率
B．在整个历程中，每1molH2可还原2molNO
C．HCOOH分解时，只有极性共价键发生了断裂
D．反应历程中生成的H+可调节体系pH，有增强NO氧化性的作用
3．科学家McMorris测定和计算了关于一氯化碘反应的值与温度关系
反应1
反应2
得到两个线性关系的图像，如下图所示，则下列说法不正确的是
A．反应2焓变大于0
B．的化学平衡常数
C．的温度范围内
D．为放热反应
4．在温度T1时，向一体积固定为2L的密闭容器中通入1molCO2和3molH2发生反应：，5min后反应达到平衡，CO2的转化率为20%。下列说法正确的是
A．前5min，平均反应速率v(H2)=0.03mol/(L·min)
B．该温度下反应平衡常数的值为0.014
C．当3v正(CO2)=v正(H2)时，说明反应已达到平衡状态
D．若平衡后升温，正反应速率减小，逆反应速率增大，平衡左移
5．下列有关说法正确的是
A．使用合适催化剂能改变反应历程，降低反应的焓变
B．强酸强碱中和反应的活化能很高，所以化学反应速率很大
C．恒温恒压下，且的反应一定不能自发进行
D．在不同的条件下时的熵值：
6．的催化氧化是生产硫酸的重要工艺之一，其反应为，下列说法正确的是
A．该反应在任何温度下均能自发进行
B．加入催化剂，该反应的保持不变
C．压缩容器体积，活化分子百分数增大
D．升高温度，正反应速率减小，逆反应速率增大
7．工业上利用碳热还原制得BaS，进而生产各种含钡化合物。温度对反应后组分的影响如图。
已知：碳热还原过程中可能发生下列反应。
ⅰ.
ⅱ. kJ/mol
ⅲ. kJ/mol
下列关于碳热还原过程的说法正确的是
A． kJ/mol
B．反应ⅱ在高温条件下自发进行
C．温度升高，的平衡常数K减小
D．反应过程中，生成的和CO的物质的量之和始终等于投入C的物质的量
8．一定条件下的密闭容器中充入氮气，发生可逆反应：。下列叙述中不能说明反应已达到平衡的是
A．的质量保持不变
B．容器内气体的平均摩尔质量不再发生变化
C．单位时间内，断裂，同时断裂
D．、的物质的量之比为1：3
9．随着碳中和战略的提出，将转化利用成为研究的热点。一种将转化为甲烷的反应原理如下：。该反应过程可分两步进行：
反应过程 热化学方程式 焓变 平衡常数
①
②
实验测得上述总反应和反应②压强平衡常数随温度T变化如图所示，下列说法正确的是
A．相同温度下， B．温度为时，
C． D．适当加压，有利于增大的转化率和平衡常数
10．已知反应的能量变化如图所示，下列说法正确的是
A．该反应的
B．正反应活化能等于反应物的键能之和
C．由图可知升温对的逆反应速率影响更大
D．恒温条件下，缩小容器体积，平衡不移动，所以正逆反应速率均不变
11．中国科学院兰州化学物理研究所研究员吴立朋团队实现了室温条件下各级酰胺选择性硼氢化制备胺类化合物，反应的可能历程如图。下列说法错误的是
A．Cp2ZrH2在反应过程中起催化剂作用 B．D→E反应的原子利用率为100%
C．反应过程中N的成键数目发生了变化 D．Zr与Ti同族，均位于第IIB族
12．在一定温度下，容积固定为2L的密闭容器中充入和，发生反应：，4min末反应达到平衡，测得为0.1mol，下列说法正确的是
A．该体系密度不发生变化，可说明该反应达到平衡状态
B．从开始到平衡时的平均反应速率
C．平衡后的转化率为40%
D．平衡后再通入，能提高的转化率
13．对于可逆反应2AB3(g) A2(g)+3B2(g) ΔH>0，(注：A%、B2%、AB3%分别表示混合气体中的体积分数)，下列图象正确的是
A． B． C． D．
14．下列实验的方案设计、现象和结论都正确的是
选项 实验 方案设计 现象和结论
A 检验某无色溶液中是否含有N 取少量该溶液于试管中，加稀盐酸酸化，再加入FeCl2溶液 若溶液变为黄色，则说明该溶液中含有N
B 探究SO2与O2反应的限度 将2.5体积SO2与1体积O2混合并通过灼热的催化剂充分反应，产物依次通过BaCl2溶液和品红溶液 前者溶液中产生白色沉淀，后者溶液褪色，则说明SO2与O2的反应有一定限度
C 探究浓度对反应速率的影响 取两支试管各加入4 mL 0.01 mol·L-1 酸性KMnO4溶液，再分别加入2 mL 0.1 mol·L-1和0.2 mol·L-1的H2C2O4溶液 前者比后者褪色需要的时间长。其他条件不变时，浓度越高，反应速率越快
D 探究蔗糖在酸性水溶液中的稳定性 取2 mL 20%的蔗糖溶液于试管中，加入适量稀 H2SO4后水浴加热5 min，再加入适量新制的Cu(OH)2悬浊液并加热 若没有砖红色沉淀生成，则说明蔗糖在酸性水溶液中稳定
A．A B．B C．C D．D
二、填空题（共9题）
15．某可逆反应：2HI(g) I2(g)+H2(g)在3种不同条件下进行，H2(g)和I2(g)的起始浓度均为0，反应物HI的浓度随反应时间的变化情况如下表：
实验序号 0 10 20 30 40 50 60
1 800 1.00 0.80 0.67 0.57 0.50 0.50 0.50
2 800 1.00 0.60 0.50 0.50 0.50 0.50 0.50
3 950 1.00 0.40 0.25 0.20 0.20 0.20 0.20
(1)实验1中，在10～20min内，以物质HI表示的平均反应速率为 ，50min时，v正 v逆(填“＜”“>”或“=”)。
(2)0～20min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 。
16．反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)为工业上合成硫酸的非常重要的一步。
(1)已知该反应在反应过程中体系温度会升高，下列有关说法正确的是 ___________。
A．该反应为吸热反应
B．该催化剂对任何反应均能加快反应速率
C．该反应中，SO2不可能100%转化为SO3
D．保持其他条件不变，升高温度可以增大生成SO3的速率
(2)一定温度下，向体积为2L的刚性密闭容器中充入0.2molSO2和0.1molO2，发生反应：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)。反应过程中容器内某物质的物质的量浓度随时间变化关系如图所示：
①图中曲线表示的是 (填“SO2”“O2”或“SO3”)的物质的量浓度随时间的变化，2min时O2的转化率为 。
②0～2min内，用SO2表示该反应的速率为 mol L-1 min-1。
17．某温度下，在2L恒容密闭容器中进行反应mX(g)+nY(g)pZ(g)+qQ(g)(m、n、p、q均为化学计量数)。在0～3min内，各物质物质的量随时间的变化如表所示：
X Y Z Q
0min/mol 0.7 1
2min末/mol 0.8 2.7 0.8 2.7
3min末/mol 0.8
已知：0～2min内，v(Q)=0.075mol/(L min)；=。
回答下列问题：
(1)起始时，n(Y)= mol，n(Q)= mol。
(2)m= ，n= 。
(3)0～2min内，v(Z)= mol/(L min)。
(4)反应达到平衡时，Q的物质的量分数为 ，该反应的平衡常数K= (不用化简，写出计算式即可)。
(5)下列叙述能作为判断该反应已达到化学平衡状态的依据的是 (填标号)。
①n(X)：n(Y)：n(Z)：n(Q)=m：n：p：q
②Y的物质的量浓度不再发生改变
③物质Z的质量分数不再发生改变
④混合气体的总质量不再发生改变
18．某温度时，在2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。
(1)起始时X的浓度为c(X)＝ ；反应从开始至2分钟末，Y的转化率为α(Y)＝ ；用Z的浓度变化表示的平均反应速率为v(Z)＝ 。
(2)由图中所给数据进行分析，该反应的化学方程式为 。
(3)当反应进行到第 min，该反应达到平衡。此时，v(正) v(逆) （填“＞”、“＜”或“=”）。
19．为倡导“节能减排”和“低碳经济”，降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2，工业上可以用CO2来生产燃料甲醇。在体积为2L的密闭容器中，充入1mol CO2、3mol H2，一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)。经测得CO2和CH3OH的物质的量随时间变化如图所示。
(1)在3min末，H2的浓度为 ，这时，反应速率 υ(正) υ(逆)(选填＞、＜或 =)。
(2)从反应开始到平衡，平均反应速率υ(CO2)= 。达到平衡时，H2的转化率为 。
(3)下列措施不能提高反应速率的是_______。
A．升高温度 B．加入催化剂 C．增大压强 D．及时分离出CH3OH
(4)若上述反应分别在甲、乙、丙三个相同的密闭容器中进行，经同一段时间后，测得三个容器中的反应速率分别为甲：υ(H2)=0.3 mol L 1 s 1；乙：υ(CO2)=0.12 mol L 1 s 1；丙：υ(CH3OH)=4.8 mol L 1 min 1，则甲、乙、丙三个容器中反应速率由快到慢的顺序为 。
(5)在一体积固定的密闭容器中投入一定量的CO2和H2进行上述反应。下列叙述中能说明上述反应达到平衡状态的是 。
A．反应中CO2与CH3OH的物质的量之比为1：1
B．混合气体的压强不随时间的变化而变化
C．单位时间内每消耗1mol CO2，同时生成1mol CH3OH
D．CH3OH的质量分数在混合气体中保持不变
E．混合气体的密度保持不变
20．将xmolA与ymolB充入密闭容器中发生如下反应：xA(g)＋yB(g)zC(g)；ΔH＝-akJ·mol-1(a＞0)在某温度下达到平衡状态，请回答下列问题：
(1)若恒温、恒压下向原平衡中加入C，则平衡 移动(填“正向”、“逆向”或“不”)，重新达平衡后C的体积分数 (填“增大”、“减小”或“不变”)。
(2)如下图，纵坐标为反应物的转化率，横坐标是反应物初始用量之比，当一定时，平衡状态A的转化率在恒温条件下比在绝热环境中是高还是低 。
(3)恒温、恒容下，xmolA与ymolB反应达到平衡时能量变化为a1kJ·mol-1，xmolA与1.5ymolB反应达到平衡时能量变化为a2kJ·mol-1，则a、a1、a2由大到小顺序为 。(a、a1、a2均大于0)
21．某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对某类反应[aA(g)+bB(g) cC(g)]的化学平衡的影响，得到图像(图中p表示压强，T表示温度，n表示物质的量，α表示转化率)
反应Ⅰ 反应Ⅱ
分析图像象，回答下列问题：
(1)在反应I中，若>，则该反应的正反应为 (填“放热”或“吸热”)反应，且为气体分子数 (填“减小”或“增大”)的反应;若此反应能自发进行，则必须满足的条件是
(2)在反应Ⅱ中， (填“>”，“<”或“=”)，该反应的正反应为 (填“放热”或“吸热”)反应。
22．实现碳中和已经成为全球的广泛共识，化学科学在此过程中发挥着至关重要的作用。
(1)加氢可制备甲酸()。
①工业上利用甲酸的能量关系转换图如图所示：

反应的焓变 。
②温度为℃时，将等物质的量的和充入体积为的恒容密闭容器中发生反应： 。
实验测得；，，、为速率常数。保持其他条件不变，温度为℃时，，则℃时平衡压强 (填“>”、“<”或“=”)℃时平衡压强，理由是 。
(2)加氢还可制备甲醇，涉及的反应如下：
ⅰ．
ⅱ．
在一定压强下，按照投料，平衡时，CO和在含碳产物中物质的量分数及的转化率随温度的变化如图：

请回答：
①下列说法正确的是 (填字母)。
A．图中代表CO的曲线为n
B．的平衡转化率可能大于的平衡转化率
C．温度越低，越有利于工业生产
D．150～400℃范围内，温度升高，的平衡产量先减小后增大
②解释300～400℃范围内转化率随温度升高而增大的原因： 。
③在容积可变的密闭容器中充入和()，在恒温恒压条件下只发生反应ⅰ，在图中画出的平衡转化率随温度()、压强的变化图 。

23．下图为氮元素及其化合物的转化关系。
(1)X的化学式为 。
(2)氮氧化物的治理是当前生态环境保护中的重要课题之一。
①从原理上看，NH3可用于治理NO2，该反应在催化剂条件下可实现，写出化学方程式 。
②次氯酸盐也可用于脱除NO，主要过程如下：
a.NO＋HClO=NO2＋HCl
b.NO＋NO2＋H2O 2HNO2
c.HClO＋HNO2=HNO3＋HCl
下列分析正确的是 。
A．上述过程的第三步中，HNO3是氧化剂
B．烟气中含有的少量的O2能提高NO的脱除率
C．脱除过程中，次氯酸盐溶液的酸性增强
(3)下列说法正确的是_______。
A．实验室用加热氯化铵的方法制备氨气
B．可用排水法收集NO2气体
C．氮氧化物会破坏臭氧层
D．上图为氨气喷泉实验装置图，若将氨气换成NO进行相同操作，也产生喷泉现象。
(4)工业上以NH3、空气、水为原料生产硝酸，请写出氨气参与的反应的化学方程式 。
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】A．若反应中铁过量，则会发生，滴入几滴KSCN溶液，溶液不显红色，不能证明固体粉末中不存在FeCl3，A错误；
B．由于二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸与氢氧化能发生中和反应，导致碱性减弱，滴有酚酞的NaOH溶液中红色褪去，体现了二氧化硫是酸性氧化物的性质，B错误；
C．CuCl2溶液中存在，升高温度，溶液变为黄色，即转化为，说明平衡正向移动，该反应为吸热反应，C错误；
D．Cl2通入K2S溶液中，生成淡黄色沉淀，S的化合价升高，Cl的化合价降低，体现了氯气的氧化性，D正确；
故选D。
2．B
【详解】A． 生产中将催化剂处理成纳米级颗粒可增大接触面积，增大甲酸分解的速率，故A正确；
B． 整个历程中，1molH2失电子形成2molH+转移2mole-，1molNO最终得电子形成0.5molN2转移5mole-，所以1molH2可以还原0.4molNO，故B错误；
C． HCOOH分解产生CO2和H2，所以会发生碳氢键和碳氧键的断裂，只有极性共价键发生了断裂，故C正确；
D． NO与NO在氧化Fe2+的过程中需要消耗氢离子，pH值降低，但H2还原Fe3+过程中生成H+，所以生成的氢离子可以起到调节pH的作用，有增强NO氧化性的作用，故D正确；
故选B。
3．D
【分析】温度升高，减小；K增大，lgK也增大。由图知，上方线性关系图对应反应1，温度升高，K值减小，平衡逆向移动，反应1是放热反应；下方线性关系图对应反应2，温度升高，K值增大，平衡正向移动，反应2是吸热反应。
【详解】A．根据分析知，反应2是吸热反应，其焓变大于0，A正确；
B．根据盖斯定律，反应1+反应2可得：，该反应的化学平衡常数，B正确；
C．的温度范围内，对应的横坐标值范围是2.442.21，此范围内，则，C正确；
D．设，即，根据两个线性关系图，有以下关系：，移项后得：，化简后得：，故，即反应的，因此该反应为吸热反应，D错误；
故选D。
4．B
【详解】A．由题意知，前5min，CO2的变化量为0.2mol，则H2的变化量为0.6mol，，A错误；
B．向体积为2L的密闭容器中通入1molCO2和3molH2发生上述反应，5min后反应达到平衡，CO2的转化率为20%，可列出三段式(单位为mol/L)：，则该温度下反应平衡常数为，B正确；
C．当v正(CO2)=3v正(H2)时，说明反应已达到平衡状态，C错误；
D．平衡后升温，正反应速率增大，逆反应速率增大，因反应放热反应，平衡左移，D错误；
故选B。
5．D
【详解】A．催化剂只能改变反应历程，降低反应活化能，不能改变反应焓变，A错误；
B．活化能越高，反应速率越慢，B错误；
C．且的反应，一定可以自发反应，C错误；
D．相同条件下，同种物质，气态熵值高于液态，D正确；
故选D。
6．B
【详解】A．该反应的，，根据，温度升高，反应的自发性降低，A项错误；
B．催化剂不能改变反应的，B项正确；
C．压缩容器体积，浓度增大，单位体积内活化分子数增加，但活化分子百分数不变，C项错误；
D．升高温度，正、逆反应速率均增大，D项错误；
故选B。
7．B
【详解】A．已知ii.BaSO4(s)+4C(s)=4CO(g)+BaS(s) △H2=+571.2kJ·mol-1，
iii.BaSO4(s)+4CO(g)=4CO2(g)+BaS(s) △H3=-118.8kJ·mol-1，由盖斯定律可知：（ii+ iii）×可得BaSO4(s)+2C(s)=2CO2(g)+BaS(s)，故△H1=（△H2+ △H3）×=（571.2kJ·mol-1-118.8kJ·mol-1）×=+226.2 kJ·mol-1，A项错误；
B．反应ⅱ为吸热反应，且为熵增反应，根据△G=△H-T△S<0反应可以发生，则高温时反应可以发生，B项正确；
C．已知：ii.BaSO4(s)+4C(s)=4CO(g)+BaS(s) △H2=+571.2kJ·mol-1，
iii.BaSO4(s)+4CO(g)=4CO2(g)+BaS(s) △H3=-118.8kJ·mol-1，由盖斯定律可知：（ii- iii）×可得C(s)+CO2(g)2CO(g)，△H=（△H2-△H3）×=（571.2kJ·mol-1+118.8kJ·mol-1）×=+172.5 kJ·mol-1，反应正向为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数K值增大，C项错误；
D．为使硫酸钡得到充分还原，需要加入过量的碳，故反应过程中生成的CO2和CO的物质的量之和小于投入C的物质的量，D项错误；
答案选B。
8．D
【详解】A．反应中各个物质的物质的量不变时即各个物质的质量不变，说明达到平衡状态，A
B．，根据质量守恒定律，反应前后质量不变，反应前后系数和不等，故当平均摩尔质量不再发生变化说明达到平衡，B不符合题意；
C．断裂 1 molN≡N 说明平衡逆向进行，断裂 6 molN H说明平衡正向进行，且反应的N2与NH3的物质的量之比为1：2，C不符合题意；
D．N2和H2的物质的量之比不变时说明达到平衡，D符合题意；
故答案为：D。
9．B
【详解】A．由第一步×2＋第二步＝总反应，可知，故A错误；
B．由图可知，当温度为时，，则，故B正确；
C．由图可知，温度越高，第二步和总反应的随着温度的升高而减小，总反应的减小的幅度小于反应②，即升高温度，增大，则反应①为吸热反应，故C错误；
D．平衡常数只和温度有关，故D错误；
故选B。
10．C
【详解】A．焓变ΔH =正反应的活化能 逆反应的活化能，则该反应的，A错误；
B．使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，由图知正反应活化能为过渡态与分子平均能量之差，而反应物的键能之和是气体反应物分子的化学键断裂形成气态原子时所吸收的总能量，由图知，过渡态并不是原子状态，则二者不相等，B错误；
C．升温对吸热方向的速率影响更大，由图可知的正方向放热，则升温对的逆反应速率影响更大，C正确；
D．该反应气体分子总数不变，则恒温条件下，缩小容器体积，平衡不移动，但所有气体浓度增大、所以正逆反应速率均增大、同等幅度增大，D错误；
答案选C。
11．D
【详解】A．Cp2ZrH2在反应前和反应后均存在，因此在反应过程中起催化剂作用，故A正确；
B．D→E反应为羰基的加成反应，即化合反应，原子利用率100%，故B正确；
C．根据转化过程中物质的变化可知反应过程中N的成键数目有3个和4个两种情况，故C正确；
D．Zr与Ti同族，均位于第IVB族，故D错误。
答案选D。
12．D
【详解】A．该反应过程中气体体积和质量都不变，体系密度不变，当该体系密度不发生变化，不能说明该反应达到平衡状态，故A错误；
B．4min末反应达到平衡，测得为0.1mol，从开始到平衡时的平均反应速率，故B错误；
C．平衡后的转化率为=60%，故C错误；
D．平衡后再通入，平衡正向移动，的转化率增大，故D正确；
故选D。
13．C
【分析】对于可逆反应2AB3(g) A2(g)+3B2(g) ΔH>0，反应吸热，升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动，反应物的化学计量数之和小于生成物的化学计量数之和，增大压强，平衡向逆反应方向移动。
【详解】A．反应吸热，升高温度，正逆反应速率都增大，但正反应速率增大的倍数比逆反应速率大，平衡向正反应方向移动，如图，故A错误；
B．反应吸热，升高温度，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，500℃先达到平衡，A2%大，故B错误；
C．升高温度，平衡向正反应方向移动，AB3的含量降低，反应物的化学计量数之和小于生成物的化学计量数之和，增大压强，平衡向逆反应方向移动，AB3的含量增大，故C正确；
D．升高温度，平衡向正反应方向移动，B2的含量增大，反应物的化学计量数之和小于生成物的化学计量数之和，增大压强，平衡向逆反应方向移动，B2的含量减小，故D错误；
故选C。
14．C
【详解】A．在酸性条件下，H+、N起HNO3的作用，表现氧化性，Fe2+具有还原性，H+、N、Fe2+发生氧化还原反应，Fe2+变为Fe3+，使溶液变为黄色；N被还原变为NO，产生无色气体，气体遇空气变为红棕色NO2气体，因此可证明该溶液中含有N，若现象为溶液变为黄色只能说明Fe2+被氧化为Fe3+，不能说明该溶液中含有N，故A错误；
B．将2.5体积SO2与1体积O2混合并通过灼热的催化剂充分反应，SO2是过量的，产物依次通过BaCl2溶液和品红溶液，前者溶液中产生白色沉淀，后者溶液褪色，说明SO2未完全反应，但不能证明SO2与O2的反应有一定限度，故B错误；
C．取两支试管各加入4 mL 0.01 mol·L-1 酸性KMnO4溶液，再分别加入2 mL 0.1 mol·L-1和0.2 mol·L-1的H2C2O4溶液，可通过观察两支试管中溶液需要的时间来探究浓度对反应速率的影响，故C正确；
D．取2 mL 20%的蔗糖溶液于试管中，加入适量稀 H2SO4后水浴加热5 min，应该先向试管中加入过量的NaOH中和H2SO4后再加入适量新制的Cu(OH)2悬浊液并加热，故D错误；
故选C。
15．(1) 0.013mol·L-1·min-l =
(2) 快 实验2中使用了催化剂
(3) 快 实验3温度升高加快了反应速率
【详解】（1）实验1中，在10～20min内HI的物质的量浓度减少了0.8mol/L-0.67mol/L＝0.13mol/L，则以HI表示的平均反应速率为：，根据表中数据可知，40min以后HI的浓度不再变化，说明40min后达到平衡状态，则50min时，v正=v逆。
（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。
（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，实验3温度升高加快了反应速率
16．(1)CD
(2) SO2 75% 0.0375
【详解】（1）A．该反应在反应过程中体系温度会升高，故该反应为放热反应，A错误；
B．催化剂针对特定反应有催化效果，不会对任何反应均具有催化效果，B错误；
C．二氧化硫与氧气的反应为可逆反应，SO2不可能100%转化为SO3，C正确；
D．保持其他条件不变，升高温度，化学反应速率加快，D正确；
故选CD；
（2）①随反应进行，图象中物质的量的浓度减小，故该物质为反应物，体积为2L的刚性密闭容器中充入0.2molSO2和0.1molO2，起始时二氧化硫的浓度为 ，氧气的物质的量浓度为 ，故图中曲线表示的是SO2；2min时，二氧化硫的浓度为0.025mol/L，则二氧化硫的反应量为 ，根据化学反应方程式，氧气的反应量为0.075mol，故2min时O2的转化率为 ；
②有以上分析可知，二氧化硫的反应量为0.15mol，故用SO2表示该反应的速率为 。
17．(1) 2.3 3.0
(2) 1 4
(3)0.05
(4) 38.57%
(5)②③
【分析】已知：0～2min内，v(Q)=0.075mol/(L min)；根据表格数据，Z的物质的量减少，即Z和Q被消耗，变化的Q的物质的量为0.075 mol·L－1·min－1×2min×2mol=0.3mol，则起始时通入Q的物质的量为(0.3＋2.7)mol=3mol，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，已知==，则变化的Y的物质的量为0.4mol，即起始通入Y的物质的量(2.7－0.4)mol=2.3mol；化学计量数之比等于物质的量变化之比，即有m：n：p：q=0.1：0.4：0.2：0.3=1：4：2：3，即m=1，n=4，p=2，q=3；反应方程式为X(g)+4Y(g)2Z(g)+3Q(g)。
【详解】（1）据分析，起始时，n(Y)=2.3mol，n(Q)=3.0mol。
（2）据分析，m=1，n=4。
（3）根据化学反应速率的数学表达式，0～2min内，v(Z)==0.05mol/(L·min)。
（4）据表可知，2min时已处于平衡状态，据分析，存在三段式，则反应达到平衡时，Q的物质的量分数为，该反应的平衡常数K= (不用化简，写出计算式即可)。
（5）①n(X)：n(Y)：n(Z)：n(Q)=m：n：p：q，取决于起始物质的量、不能说明各成分的量不变、不能说明已平衡，不符合；
②Y的物质的量浓度不再发生改变，符合平衡特征，说明已平衡，符合；
③物质Z的质量分数不再发生改变，符合平衡特征，说明已平衡，符合；
④混合气体的质量始终不变，故混合气体的总质量不再发生改变不能说明已平衡，不符合；
选②③。
18． 0.5mol/L 10% 0.05mol/(L min) 3X + Y 2Z 2 =
【详解】分析：根据图象可知X、Y的物质的量减少，是反应物，Z的物质的量增加，是生成物，根据变化量之比是化学计量数之比以及反应速率的含义、平衡状态的特征分析解答。
详解：（1）根据图象可知起始时X的浓度为c(X)＝1.0mol÷2L＝0.5mol/L；反应从开始至2分钟末Y的物质的量减少了1.0mol－0.9mol＝0.1mol，则Y的转化率为α(Y)＝0.1mol/1.0mol×100%＝10%；2min末Z的浓度是0.2mol÷2L＝0.1mol/L，则用Z的浓度变化表示的平均反应速率为v(Z)＝0.1mol/L÷2min＝0.05mol/(L min)。
（2）2min时X、Y、Z的物质的量的变化量之比是0.3mol：0.1mol：0.2mol＝3：1：2，因此该反应的化学方程式为3X+Y2Z。
（3）根据图象可知当反应进行到第2min时，物质的浓度不再发生变化，因此该反应达到平衡状态，此时v(正)＝v(逆)。
19．(1) 0.75 mol L 1 ＞
(2) 0.0375 mol L 1 min 1 75%
(3)D
(4)乙＞甲＞丙
(5)BD
【详解】（1）在3min末，甲醇物质的量为0.50mol，则氢气改变量为1.5mol，剩余氢气物质的量为1.5mol，则H2的浓度为，这时正向建立平衡，还未达到平衡，因此反应速率υ(正) ＞υ(逆)；故答案为：0.75 mol L 1；＞。
（2）从反应开始到平衡，二氧化碳改变量为0.75mol，氢气改变量为2.25mol，则平均反应速率υ(CO2)= ，达到平衡时，H2的转化率为；故答案为：0.0375 mol L 1 min 1；75%。
（3）A．升高温度，反应速率加快，故A不符合题意；B．加入催化剂，反应速率加快，故B不符合题意；C．增大压强，浓度增大，反应速率加快，故C不符合题意；D．及时分离出CH3OH，生成物浓度减小，速率减小，故D符合题意；综上所述，答案为：D。
（4）根据题意将丙换成单位得到丙：υ(CH3OH)=4.8 mol L 1 min 1=0.08 mol L 1 s 1，甲：υ(H2)=0.3 mol L 1 s 1；乙：υ(CO2)=0.12 mol L 1 s 1；根据，则甲、乙、丙三个容器中反应速率由快到慢的顺序为乙＞甲＞丙；故答案为：乙＞甲＞丙。
（5）A．只能说反应中CO2与CH3OH的物质的量之比固定，不能说反应中CO2与CH3OH的物质的量之比为1：1，因此不能说明达到平衡，故A不符合题意；B．该反应是体积减小的反应，压强不断减小，当混合气体的压强不随时间的变化而变化，说明达到平衡，故B符合题意；C．单位时间内每消耗1mol CO2，正向反应，同时生成1mol CH3OH，正向反应，同一个方向，不能说明达到平衡，故C不符合题意；D．正向反应，甲醇质量分数增大，当CH3OH的质量分数在混合气体中保持不变，能说明达到平衡，故D符合题意；E．气体密度等于气体质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，气体密度始终不变，因此当混合气体的密度保持不变，不能作为判断平衡标志，故E不符合题意；综上所述，答案为：BD。
20． 逆向 不变 高 a＞a2＞a1
【详解】（1）若恒温、恒压下向原平衡中加入C，此时容器容积增大，因此A、B的浓度减小，则平衡逆向移动，重新达平衡，为等效平衡状态，所以C的体积分数不变；
（2）正反应为放热反应，绝热条件下温度升高，平衡逆向移动，则平衡状态A的转化率在恒温条件下比在绝热环境中高；
（3）由热化学方程式可知xmolA完全反应放出akJ热量，x mol A与y mol B反应达到平衡时能量变化为a1 kJ，x mol A与1.5y mol B，相当于在ymolB的基础上加入0.5molB，平衡正向移动，放出的热量多，但A不能完全反应，则放出的热量小于akJ，此时反应达到平衡时能量变化为a2 kJ，则a＞a2＞a1。
21． 放热 减小 低温 < 放热
【分析】在有多个变量的平衡图像分析时，常采用“定一议二”、“先拐先平”的方法进行分析；根据 G= H-T S<0进行分析。
【详解】(1)反应Ⅰ中恒压下温度升高，α(A)减小，即升高温度平衡向左移动，则正反应为放热反应，△H＜0，由p1＞p2知恒定温度时压强越大，α(A)越大，即增大压强平衡向右移动，说明此反应为气体分子数减少的反应，即为熵减反应，△S＜0，放热、熵减反应只能在低温下自发进行，故答案为：放热；减小；低温；
(2)反应Ⅱ中先拐先平温度高，T2温度下反应先达到平衡状态，说明T2＞T1，温度越高，平衡时C的物质的量越小，即升高温度平衡向左移动，则正反应为放热反应，△H＜0，故答案为：<；放热。
【点睛】通过图像中数据的变化判断化学平衡移动的方向是解题的关键，化学平衡图像题的解题技巧：①紧扣特征，弄清可逆反应的正反应是吸热还是放热，体积增大、减小还是不变，有无固体、纯液体物质参与反应等；②先拐先平，在含量(转化率)—时间曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等；③定一议二，当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线；④三步分析法，一看反应速率是增大还是减小；二看v正、v逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。
22．(1) > 经计算℃时，℃时，，说明平衡逆向移动。而该反应为放热反应，可知，又因逆反应气体分子数增多，n与T增加均导致p变大
(2) AD 300～400℃范围内随着温度升高反应ⅰ逆向移动的程度小于反应ⅱ正向移动的程度，故转化率增大
【详解】（1）①
I．HCOOH(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH1=+72.6kJ/mol，
Ⅱ．CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH2=—283.0kJ/mol，
Ⅲ．H2(g) +O2 (g) = H2O (g) ΔH3=—241.8kJ/mol，根据盖斯定律，Ⅲ-Ⅱ-Ⅰ可得
CO2(g)+H2(g)HCOOH(g) ΔH=—31.4kJ/mol；
②当反应达到平衡时，正逆反应速率相等，则 k正c(CO2)·c(H2)=k逆c(HCOOH)，
K=，温度为T1℃时，K=2，温度为T2℃时，K==1.9，说明平衡逆向移动，而该反应为放热反应，可知T2>T1，又因逆反应气体分子数增多，n与T增加均导致p变大；
（2）①
A．CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，故A正确；
B．起始n(CO2):n(H2)=1:3投料，只发生反应I时，CO2、H2转化率相同，发生反应Ⅱ时，H2的平衡转化率小于CO2的转化率，故B错误；
C．温度越低，反应速率越慢，故C错误；
D．150-400℃范围内，根据CO2的转化率变化曲线判断水的平衡产量减小后增大，故D正确；
故本题选AD。
②反应i为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，反应ii为吸热反应，升高温度，平衡正向移动；
③反应i为气体体积减小的放热反应，升高温度，平衡逆向移动，二氧化碳的平衡转化率减小，增大压强，平衡正向移动，二氧化碳的平衡转化率增大，所以其图像为
23．(1)N2O5
(2) 8NH3＋6NO2=7N2＋12H2O AC
(3)C
(4)4NH3＋5O24NO＋6H2O
【解析】(1)
根据图表可知，X应是氧化物，且N的化合价为＋5，即X为N2O5；故答案为N2O5；
(2)
①根据图表可知，NH3和NO2之间有N2，NH3与NO2发生归中反应，其反应方程式为8NH3＋6NO2=7N2＋12H2O；故答案为8NH3＋6NO2=7N2＋12H2O；
②A．根据c的反应方程式，HNO3应是氧化产物，故A错误；
B．烟气中含有少量O2，NO与O2反应生成NO2，NO2浓度增大，使b反应的平衡向正反应方向进行，能提高NO的脱除率，故B正确；
C．根据反应方程式，次氯酸盐最后转化成HCl和HNO3，HCl和HNO3为强酸，因此脱除过程中，次氯酸盐溶液的酸性增强，故C正确；
答案为AC；
(3)
A．实验室用加热Ca(OH)2和NH4Cl固体制备氨气，如果只加热NH4Cl，产生的NH3和HCl遇冷重新生成NH4Cl，容易堵塞导管，发生危险，故A错误；
B．NO2能与水反应，因此常用排空气法收集NO2，故B错误；
C．氮氧化物与臭氧能发生反应，破坏臭氧层，因此臭氧空洞，故C正确；
D．NO难溶于水，不能引起喷泉，故D错误；
答案为C；
(4)
工业上制备硝酸，其反应方程式为4NH3＋5O24NO＋6H2O，2NO＋O2=2NO2，3NO2＋H2O=2HNO3＋NO；故答案为4NH3＋5O24NO＋6H2O