专题2 化学反应速率与化学平衡 单元检测题（含解析） 2023-2024学年高二上学期化学苏教版（2019）选择性必修1
文档属性
| 名称 | 专题2 化学反应速率与化学平衡 单元检测题（含解析） 2023-2024学年高二上学期化学苏教版（2019）选择性必修1 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.1MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-12-22 20:45:36 | ||
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文档简介
专题2《化学反应速率与化学平衡》
一、单选题
1．在体积均为1.0L的两个恒容密闭容器中加入足量的碳粉，再分别加入0.1molCO2和0.2molCO2，在不同温度下反应CO2(g)+C(s) 2CO(g)达到平衡，平衡时c(CO2)随温度T的变化如图所示(图中I、II、III点均处于曲线上)。下列说法错误的是
A．该反应正向△H>0、△S>0
B．反应速率：vII>vI，vII>vIII
C．平衡浓度c(CO)：II>III>I
D．容器总压强p总：pII<2pIII，pII<2pI
2．下列说法正确的是
A．非自发的反应一定可以通过改变条件使其成为自发反应
B．相同物质的量的同种物质气态时熵值最小，固态时熵值最大
C．恒温恒压下，且的反应一定不能自发进行
D．反应在室温下可自发进行，则该反应的
3．设NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．39gNa2S和Na2O2组成的混合物中，含有阴离子的数目为NA
B．将2molNO和lmolO2混合，所得混合气体的分子总数为2NA
C．31g白磷含P-P键数为1.5NA
D．0.1mol/L的NaOH水溶液中含有Na+数目为0.01NA
4．生活中的一些现象常常涉及化学知识。下列分析中不正确的是
A．咀嚼米饭时，越嚼越甜，因为淀粉水解生成了麦芽糖
B．向食盐浓溶液中加入鸡蛋清溶液，有白色沉淀析出，因为食盐能使蛋白质变性
C．铁锅用水清洗后，出现铁锈，因为潮湿环境中铁锅会发生电化学腐蚀
D．打开汽水瓶盖，有大量气泡冒出，因为减小压强后二氧化碳的溶解度减小
5．H2S是种高毒性 、高腐蚀性的气体污染物。 最新研究表明，在多孔炭材料上搭载活性组分催化氧化脱硫效果明显优于传统的吸附法，其反应机理如图所示。下列有关说法错误的是
A．活性炭的作用为吸附剂和作催化剂的载体
B．温度越高，多孔炭材料催化氧化脱硫的效果越好
C．增加水膜的酸性会降低反应的速率
D．该反应的总反应方程式为：2H2S+O2=2S↓ +2H2O
6．1，3-丁二烯在环己烷溶液中与溴发生加成反应时，会生成两种产物，其反应机理如下：
下列说法不正确的是
A．两种加成产物相比，1，4加成产物更稳定
B．两种反应历程相比，1，2加成反应速率更快
C．增大溴的浓度，可提高1，3-丁二烯的转化率
D．升高温度，1，4加成正反应速率的增大，逆反应速率减小
7．甲醇脱氢分解反应是一个涉及多个中间体的复杂反应。甲醇分子在催化剂Pt表面发生吸附后，其分解的第一步即为分子中的C—H、C—O或者O-H键活化解离，引发催化分解反应进行。Pt表面上甲醇分子中C—H、C—O和O—H活化解离的势能变化如图(其中吸附在催化剂表面的物种用*标注)所示。下列说法不正确的是
A．CH3OH*→CH3*+OH*△H>0
B．CH3OH*活化解离成不同中间体不一定都吸热
C．CH3OH*比气态甲醇稳定
D．选用合适的催化剂可以提高甲醇的脱氢效率
8．在其他条件不变时，只改变某一条件，化学反应aA（g）+bB（g）cC（g）的平衡的变化图像如图（图中p表示压强，T表示温度，n表示物质的量，α表示平衡转化率），据此分析下列说法正确的是（）
A．在图像反应I中，说明升高温度，K值增大
B．在图像反应Ⅱ中，说明该正反应为吸热反应
C．在图像反应Ⅲ中，若T1＞T2，则该反应一定不能自发进行
D．在图像反应Ⅰ中，若p2＞p1，则有a9．恒容条件下，1molSiHCl3发生如下反应：2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)。已知：v正=v消耗(SiHCl3)=k正x2(SiHCl3)，v逆=2v消耗(SiH2Cl2)=k逆x(SiH2Cl2)·x(SiCl4)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数(仅与温度有关)，x为物质的量分数。如图是不同温度下x(SiHCl3)随时间的变化。下列说法正确的是
A．该反应为放热反应，v正，aB．化学平衡状态时，2v消耗(SiHCl3)=v消耗(SiCl4)
C．当反应进行到a点时，=
D．T2K时，平衡体系中再充入1molSiHCl3，平衡正向移动，x(SiH2Cl2)增大
10．现有下列四个图像，下列反应中全部符合上述图像的反应是
A．N2(g)+3H2(g)2NH3(g)；△H＜0 B．2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)；△H>0
C．4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)；△H＜0 D．H2(g)+ CO(g)C(s)+H2O(g)；△H>0
11．是一种用途极为广泛的稀土化合物。以二氧化铈废渣为原料制备，实验过程如下
已知：能被有机萃取剂萃取，其萃取原理可表示为：。下列说法正确的是
A．“酸浸”过程中做氧化剂
B．试剂Y一定是盐酸
C．加氨水“中和”去除过量盐酸，有利于平衡向萃取(有机层)的方向移动
D．“沉淀”时反应的离子方程式为
12．某温度下，H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)的平衡常数，该温度下在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入H2(g)和CO2(g)，其起始浓度如表所示，下列判断不正确的是
起始浓度 甲 乙 丙
/mol·L 0.010 0.020 0.020
/mol·L 0.010 0.010 0.020
A．平衡时，乙中的转化率大于60%
B．平衡时，甲中的转化率是60%，丙中的体积分数是20%
C．反应开始时，丙中的反应速率最快，甲中的反应速率最慢
D．平衡时，丙中是甲中的2倍，是0.012 mol·L
二、填空题
13．CO2催化加氢合成甲醇(反应Ⅱ)中伴随着反应Ⅰ的发生：
反应Ⅰ：CO2(g)+H2(gCO(g)+H2O(g)，△H=+41kJ mol-1
反应Ⅱ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，△H-49kJ mol-1
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CH3OH的选择性随温度的变化如图。其中：CH3OH的选择性=×100%。
在体积为1L的密闭容器中充入1molCO2和4molH2发生反应Ⅱ，到平衡时氢气的转化率为25%，求该反应的平衡常数K= 。(结果保留二位有效数字)
14．碘在自然界中广泛存在于海带、紫菜以及海藻中，碘及其化合物用途广泛。回答下列问题：
(1)在实验室中以海带提取少量的碘单质，方法是灼烧海带，用水浸取后浓缩，再向浓缩液中加和，即可得到。该反应的离子方程式为 。
(2)已知断裂1mol(g)、(g)、HI(g)分子中化学键时所吸收的能量如下表：
物质 (g) (g) HI(g)
能量/ 436 151 299
则反应的 。
(3)在某一容积为2L的密闭容器内，加入0.8mol的和0.6mol的，在一定的条件下发生如下反应： 。反应达到平衡后：
①若升高温度，HI浓度的变化正确的是 (用图1中a c的编号回答)。
②若加入，浓度的变化正确的是 (用图1中d f的编号回答)。
③图2是第8分钟改变条件时，HI浓度的变化情况，则改变的条件是 。
(4)Bodenstein研究了下列反应：。在716K时，气体混合物中HI的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下表：
t/min 0 20 40 60 80 120
x(HI) 1 0.91 0.85 0.815 0.795 0.784
x(HI) 0 0.60 0.73 0.773 0.780 0.784
①根据上述实验结果，该反应的平衡常数 (结果保留两位小数)。
②上述反应中，正反应速率为(HI)，逆反应速率为，其中、为速率常数，则为 (以K和表示)。若，在时， 。
15．回答下列问题
(1)2A(g)＋B(g)2C(g)在常温下能自发进行，则该反应的ΔH 0。写出该反应平衡常数表达式K＝ 。
(2)可逆反应2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)，图甲、乙分别表示不同条件下， N2(g)在反应混和物中的百分含量(C%)和反应时间的关系：
①若甲图中的a曲线,b曲线表示不同温度T下的反应情况，则Ta与Tb的关系是：Ta Tb，该反应的ΔH 0。(填“>”或“<”)
②若乙图中两条曲线分别表示不同压强下的情况，则 曲线表示压强较大的情况。
(3)图表示在密闭容器中反应：2SO2(g)+ O2(g)2SO3(g)ΔH＜0达到平衡时，由于条件改变而引起反应速率和化学平衡的变化情况，t3至t4过程中改变的条件可能是 ；t5至t6过程中改变的条件可能是 。
(4)如图表示平衡时SO2的体积分数随压强和温度变化的曲线，则：平衡常数关系：K(A) K(D)(填“>”或“<”)。
(5)一定条件下，等物质的量的N2(g)，O2(g)在恒容密闭容器中反应，N2的浓度变化如图所示：
①T1温度下反应， NO体积分数的最大值为 。
②T1温度下，随着反应的进行，混合气体的平均相对分子质量如何变化？ (填“增大”，“减小”或“不变”)。
③ T1温度下，如果N2 , O2起始浓度分别为2mol/L，3mol/L，某时刻N2的转化率为50% 时，判断反应是否达到平衡， (填“平衡”或“不平衡”)。如果未平衡，则反应向 进行。(填“正向”或“逆向”)。
16．H2在生物学、医学等领域有重要应用，传统制氢成本高、技术复杂，研究新型制氢意义重大，已成为科学家研究的重要课题。回答下列问题：
我国科学家研究发现，在Rh的催化下，单分子甲酸分解制H2反应的过程如图所示，其中带“*”的物质表示吸附在Rh表面，该反应过程中决定反应速率步骤的化学方程式为 ；甲酸分解制H2的热化学方程式可表示为 (阿佛加德罗常数的值用NA表示)。
17．用捕碳的反应：。为研究温度对捕获效率的影响，将一定量的溶液置于密闭容器中，并充入一定量的气体，保持其他初始实验条件不变，分别在不同温度下，经过相同时间测得气体浓度，得到趋势图：
(1)c点的逆反应速率和d点的正反应速率的大小关系为 (填“>”“=”或“<”，下同)。
(2)b、c、d三点的平衡常数从大到小的顺序为 。
(3)温度区间，容器内气体浓度呈现增大的变化趋势，其原因是 。
18．Ⅰ：现有两个体积相等的恒容密闭容器，向甲容器中加入1mol A和1mol B，乙容器中加入1mol X和3mol Y，两容器中分别发生下列两个反应，反应开始时甲、乙两容器的反应条件相同。
回答下列问题：
(1)反应达到平衡时，甲、乙两容器中平均反应速率v(A)与v(X)的大小关系是 。(填序号)。
A．前者大于后者 B．前者小于后者 C．前者等于后者 D．无法比较
(2)甲中反应达到平衡后，若给甲容器升温，正反应速率将 (填“增大”、“减小”或“不变”)。
(3)表示乙中反应达到平衡的标志是 (填序号)。
①X、Y、Z的物质的量之比为1：3：2
②X、Y、Z的浓度不再发生变化
③容器中的温度不再发生变化
④3v正(Y)=2v逆(Z)
Ⅱ：工业上利用CO和水蒸气在一定条件下发生反应制取氢气：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH=-41kJ·mol 1
某化学兴趣小组同学研究在相同温度下该反应过程中的能量变化。他们分别在体积均为VL的两个恒温密闭容器中加入一定量的反应物，使其在相同温度下发生反应。相关数据如下：
容器编号 起始时各物质的物质的量/mol 达到平衡的时间/min 达到平衡时体系能量的变化/kJ
CO H2O CO2 H2
Ⅰ 1 4 0 0 t1 放出热量32.8
Ⅱ 2 8 0 0 t2 放出热量Q
(1)容器Ⅰ中反应达到平衡时，CO的转化率为 。
(2)容器Ⅱ中反应的平衡常数K= 。
(3)下列叙述正确的是 (填字母)。
a.平衡时，两容器中H2 的体积分数相等
b.容器Ⅱ反应达到平衡状态时，Q>65.6
c.反应开始时，两容器中反应的速率相等
19．绿色能源是未来能源发展的方向，积极发共氢能，是实现“碳达峰、碳中和”的重要举措。回答下列问题：
(1)工业上常用甲俒水蒸气重整制备氢气，体系中发生如下反应：
Ⅰ.
Ⅱ.
下列操作中，能提高平衡转化率的是_______(填标号)。
A．增加用量 B．恒温恒压下通入惰性气体
C．移除 D．加入催化剂
(2)在一定条件下，向密闭容器中充入和，发生反应。测得相同时间内，的转化率随温度的变化如图1所示(虚线表示的平衡转化率随温度的变化)；速率常数的对数与温度的倒数之间的关系如图2所示。
①由上图判断，该反应为 (填“吸热”或“放热”)反应。
②时，该反应的平衡常数 (对于反应，，x为物质的量分数)。
③y点达到平衡后，保持恒温、恒压，再向该容器中充入和，平衡将 (填“逆向移动”“正向移动”或“不移动”)。
(3)已知该反应的速率方程，，、是速率常数。升高温度时， (填“增大”、“减小”或“不变”)；图2中a、b、c、d分别代表x点、y点的速率常数，其中 点表示x点的。
20．甲醇是重要的化工原料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2) 在催化剂的作用下合成甲醇，可能发生的反应如下:
I.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H1=-41.0kJ/mol
II. CO(g) +2H2(g)CH3OH(g) △H2=-90. 0kJ/mol
III.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H3
回答下列问题:
（1）则△H3= ，在以上制备甲醇的两个反应中，反应II优于反应III，其原因为 。
（2）一定化例的合成气在装有催化剂的反应器中反应12小时，体系中甲醇的产率和催化剂的催化活性与温度的关系如图1所示。
当温度为470K时，图中P点 (填“是”或“不是”)处于平衡状态。490K之后，甲醇产率下降的原因是 。
（3）图2 为一定比例的CO2、H2，CO、H2，CO、CO2、.H2条件下甲醇生成速率与温度的关系。
①490K时，根据曲线a、c 判断合成甲醇的反应机理是 (填“A"或“B").
A． B．
②490K时，曲线a 与曲线b相比，CO的存在使甲醇生成速率增大，结合反应I、III分析原因 。
（4）研究证实，CO2也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，则生成甲醇的电极反应式为 。
21．某同学探究外界条件对分解速率的影响
实验所用试剂：溶液、蒸馏水、粉末、粉。
实验序号 溶液 温度 催化剂 收集所需时间(s)
浓度()
1 0.4 20 室温 无 几乎无气体产生
2 0.4 20 水浴 无 296
3 0.4 20 室温 45
4 0.4 20 室温 100
5 0.2 m 室温
(1)实验1、2的目的是其他条件相同时，研究 对分解速率的影响。
(2)表中X处所用试剂为 。对比实验3、4可得出的结论是 。
(3)实验3、5是其他条件相同时，探究浓度对该化学反应速率的影响。m处取用溶液，还应添加的试剂及用量分别为 。
(4)控制其他条件相同，铜粉用溶液和溶液处理。
①请写出反应的离子方程式： 。
②某同学在不同温度下完成该实验，测得铜的平均溶解速率分别为：
温度(℃) 20 30 40 50 60 70 80
铜的平均溶解速率() 7.34 8.01 9.25 7.98 7.24 6.73 5.76
当温度高于时，铜粉的平均溶解速率随着反应温度的升高而下降，其主要原因是： 。
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】A．由方程式可知该反应是一个熵增的反应，由图可知，升高温度，二氧化碳的浓度减小，说明平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应，则反应△H>0、△S>0，故A正确；
B．由图可知，II点反应温度高于I点，温度越高反应速率越快，则反应速率高于I点；II点和III点温度相同，II点二氧化碳起始浓度高于III点，浓度越大，反应速率越快，则反应速率高于III点，故B正确；
C．增大二氧化碳浓度，平衡向正反应方向移动，一氧化碳浓度增大，则相同温度时，II点一氧化碳浓度大于III点；升高温度，平衡向正反应方向移动，一氧化碳浓度增大，则起始浓度相同时，II点一氧化碳浓度大于I点，一氧化氮平衡浓度由大到小的顺序为II>III>I，故C正确；
D．温度相同时，若平衡不移动，平衡时II点容器总压强是III点的2倍，II点起始浓度是III点的2倍相当于增大压强，平衡衡向逆反应方向移动，气体的物质的量减小，则总压强pII<2pIII，升高温度，平衡向正反应方向移动，气体的物质的量增大，则总压强pI故选D。
2．D
【详解】A．改变条件能使反应的△H-T△S＜0时，则该反应能自发进行，反之则为非自发的反应，如△H＞0、△S＜0的反应在任何条件下均不能自发进行，属于非自发的反应，故A错误；
B．同一种物质的熵变：气态＞液态＞固态，即相同物质的量的同种物质气态时熵值最大，固态时熵值最小，故B错误；
C．恒温恒压下，反应自发进行的判断依据是△H-T△S，△H-T△S＜0一定自发，而△H＜0、△S＜0的反应能否自发进行与温度有关，故C错误；
D．反应的△S＜0，室温下可自发进行，则△H-T△S＜0，即△H＜T△S＜0，故D正确；
故选D。
3．C
【详解】A．Na2S和Na2O2的摩尔质量均为78g/mol，故39g混合物的物质的量均为0.5mol，且均由2个阳离子和1个阴离子构成，故0.5mol混合物中含0.5NA个阴离子，故A错误；
B．常温下 2molNO与1molO2混合，发生反应 2NO+O22NO2，该反应是可逆反应，不能完全生成NO2，所以分子总数是大于2NA，故B错误；
C．白磷是正四面体型结构，分子中含有6个P-P共价键，31 g白磷（分子式为P4）的物质的量是0.25mol，所以分子中含有P-P共价键1.5mol，含有的共价键数目为1.5 NA，故C正确；
D．未说明溶液的体积，无法计算0.1mol/L的NaOH水溶液中含有的Na+数目，故D错误；
故选C。
4．B
【详解】A．咀嚼米饭时，越嚼越甜是因为淀粉在酶的作用下发生水解反应生成了麦芽糖，故A正确；
B．向食盐浓溶液中加入鸡蛋清溶液，有白色沉淀析出是因为食盐降低了蛋白质的溶解度，发生了盐析，故B错误；
C．铁锅用水清洗后，出现铁锈是因为潮湿环境中铁锅中的铁发生了吸氧腐蚀，故C正确；
D．打开汽水瓶盖，有大量气泡冒出是因为在汽水中存在平衡：CO2(g)+H2O(l) H2CO3(aq)，减小压强后，平衡逆向移动，二氧化碳的溶解度减小，故D正确；
故选B。
5．B
【详解】A．依据图示可知，活性炭的作用为吸附剂和作催化剂的载体，A正确；
B．温度过高，H2S和溶解氧的溶解度下降，不利于脱硫效果，即并不是温度越高，多孔炭材料催化氧化脱硫的效果越好，B错误；
C．溶液酸性增强，不利于H2S溶解电离，减慢反应速率，C正确；
D．依据图示硫化氢在催化剂条件下与氧气反应最终生成硫单质和水，该反应的总反应方程式为：2H2S+O2=2S↓ +2H2O，D正确；
故答案为：B。
6．D
【详解】A．由图可知，1，4加成产物能量更低，更稳定，A项正确；
B．第二步反应中1，2加成反应的活化能更低，反应速率更快，B项正确；
C．增大溴的浓度，可提高另外一种反应物1，3-丁二烯的转化率，C项正确；
D．总反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，但正、逆反应速率均增大，D项错误；
故选：D。
7．A
【详解】A．由历程图可知，CH3OH*具有的能量高于CH3*和OH*的总能量，故CH3OH*→CH3*+OH* H＜0，A错误；
B．由A项解析可知，CH3OH*活化解离成不同中间体不一定都吸热，B正确；
C．由历程图可知，CH3OH*具有的能量比气态甲醇的低，能量越低越稳定，故CH3OH*比气态甲醇稳定，C正确；
D．由历程图可知，催化剂可以降低反应所需要的活化能，从而加快反应速率，故选用合适的催化剂可以提高甲醇的脱氢效率，D正确；
故答案为：A。
8．D
【详解】A．由图中反应I可知，当压强一定时，升高温度A的转化率α(A)减小，则平衡逆向移动，所以升高温度K值减小，故A不选；
B．在图像反应Ⅱ中，反应在T1温度下比T2温度先达到平衡，所以T1＞T2，又因为T1温度下的n(C)小于T2温度下的n(C)，说明正反应为放热反应，故B不选；
C．根据图3所知，增大压强，A的转化率不变，说明反应前后气体的计量数之和向等，若T1＞T2，升高温度，A的转化率降低，正反应为放热放应，如果，则该反应能自发进行，故C不选；
D．在图像反应Ⅰ中，若p2＞p1，A的转化率α(A)在p2时小于p1时的转化率，说明增大平衡逆向移动，则反应物的气体计量数和小于生成物的气体计量数之和，即a+b＜c，又由于b＞0，所以a＜c，故选D。
答案选D
9．C
【详解】A．因两曲线对应的状态只是温度不同，由图象知达到平衡所需时间T2 K温度下比T1 K短，温度越高反应速率越快，达到平衡所需时间越短，所以温度：T2>T1，又因T2 K下达到平衡时SiHCl3的物质的量分数比T1 K时小，说明升温平衡向正反应方向移动，由此推知该反应为吸热反应，A项错误；
B．各物质的化学反应速率之比等于化学方程式中相应化学计量数之比，化学平衡状态时，v消耗(SiHCl3)=2v消耗(SiCl4)，B项错误；
C．2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)的反应前后分子数不变，即反应开始至达到平衡的过程中混合气体总物质的量始终为1 mol，由图象知，T2 K下达到平衡时SiHCl3的物质的量分数为0.75，则此时SiH2Cl2和SiCl4的物质的量分数均为0.125，因为平衡时v正=v逆，v正=k正x2(SiHCl3)=0.752k正，v逆=k逆x(SiH2Cl2)·x(SiCl4)=0.1252k逆，则0.752k正=0.1252k逆，，因k正和k逆只与温度有关，反应进行到a点时，v正=k正x2(SiHCl3)=0.82k正，v逆=k逆x(SiH2Cl2)·x(SiCl4)=0.12k逆，=×=×=，C项正确；
D．恒温恒容条件下再充入1 mol SiHCl3，相当于增大压强，而2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)是反应前后气体分子数不变的反应，所以改变压强，平衡不移动，再次达到平衡时x(SiH2Cl2)不变，D项错误；
答案选C。
10．B
【详解】A．N2(g)+3H2(g)2NH3(g)；△H＜0；增大压强，平衡正向移动，生成物浓度增大；正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，生成物浓度减小，与图1、图3不符；故不选A；
B．2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，生成物浓度增大、平均相对分子质量减小；增大压强，平衡逆向移动，生成物浓度减小，平均相对分子质量增大，全部符合上述图像，故选B；
C．4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，生成物浓度减小，与图1、2不符，故不选C；
D．H2(g)+ CO(g)C(s)+H2O(g)，反应前后气体系数和相同，增大压强平衡不移动，与图1、3、4不符，故不选D；
选B。
11．C
【分析】二氧化铈(CeO2)废渣加入盐酸、过氧化氢酸浸，得到含有Ce3+的溶液，加入氨水中和过量的盐酸，加入萃取剂HA萃取后再加入酸反萃取，分离出水层，加入氨水、碳酸氢铵生成Ce2(CO3)3；
【详解】A．由流程可知，“酸浸”过程中四价铈转化为三价铈，铈化合价降低为氧化剂，根据电子守恒可知，则H2O2中氧元素化合价升高，做还原剂，故A错误；
B．根据萃取原理可知，“反萃取”中通过增大氢离子浓度使平衡逆向移动，有利于将有机层Ce3+尽可能多地转移到水层，试剂Y可为盐酸或硝酸，故B错误；
C．加氨水“中和”去除过量盐酸，降低氢离子浓度，利于平衡向萃取CeX3(有机层)的方向移动，目的是提高Ce3+的萃取率，故C正确；
D．“沉淀”时Ce3+、氨水、碳酸氢铵反应生成Ce2(CO3)3沉淀，反应的离子方程式为2Ce3++3HCO+3NH3 H2O=Ce2(CO3)3↓+3NH+3H2O，故D错误；
故选：C。
12．D
【详解】A．对甲容器进行三段式分析，故K=，解得x=0.006mol，此时甲容器中CO2的转化率为： =60%，平衡时，而乙容器与甲容器相比可知，乙容器增大了H2的浓度，平衡正向移动，则CO2的转化率增大即的转化率大于60%，A正确；
B．由A项分析可知，平衡时，甲中的转化率是60%，分析反应特征和甲、丙容器反应条件可知，甲、丙两容器发生等效平衡，即H2的体积分数不变，则有H2%==20%，故丙中的体积分数是20%，B正确；
C．由反应物浓度越大反应速率越快可知，反应开始时，丙中的反应速率最快，甲中的反应速率最慢，C正确；
D．分析反应特征和甲、丙容器反应条件可知，甲、丙两容器发生等效平衡，结合C项分析可知，平衡时，丙中是甲中的2倍，是2(0.01-0.006)mol/L=0.008 mol·L，D错误；
故答案为：D。
13．0.0062
【详解】在体积为1L的密闭容器中充入1molCO2和4molH2发生反应Ⅱ，到平衡时氢气的转化率为25%，根据三段式计算可知：，该反应的平衡常数=0.0062。
14．(1)
(2) 11
(3) c f 反应容器的容积扩大一倍
(4) 0.02
【解析】(1)
该反应为二氧化锰在酸性条件下将碘离子氧化为碘单质，本身被还原为锰离子，离子方程式为：；
(2)
根据反应物总键能-生成物总键能，
(3)
①该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，HI浓度降低，故答案为c；
②若加入I2平衡正向移动，H2浓度降低，故答案为f；
③由图可知8分钟时，HI的浓度直接降低到之前的一般，说明此时溶液容器体积变大到原来的2倍，浓度降低，故答案为：反应容器的容积扩大一倍；
(4)
①根据表格中数据分析知HI的起始物质的量为1 mol，120 min分解反应达平衡状态,HI的平衡物质的量为0.784 mol，三段式计算表示如下：为气体分子数不变的反应，K值计算如下：；
②平衡时，，则，则；若，在t=40min时，。
15．(1) <
(2) > < c
(3) 减压 升温
(4)<
(5) 50% 不变 不平衡 正向
【详解】（1）该反应2A(g)＋B(g)2C(g)，在常温下能自发进行说明，该反应在常温能自发，该反应的平衡常数为；
（2）①温度越高反应越快，故曲线a先达到平衡，说明Ta>Tb；温度升高N2(g)在反应混和物中的百分含量(C%)下降，说明升温平衡逆向移动，ΔH＜0；
②该反应是分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动，N2(g)在反应混和物中的百分含量(C%)增大，故Pc>Pd，故c曲线压强较大；
（3）根据图像可知t3至t4过程中反应速率减小，平衡逆向移动，该反应是分子数减小的反应，减压速率下降，平衡逆向移动，改变的条件可能减压；t5至t6过程速率增大，平衡逆向移动，该反应ΔH＜0升温速率加快，平衡逆向移动，故t5至t6过程中改变的条件可能是升温；
（4）该反应2SO2(g)+ O2(g)2SO3(g) ΔH＜0升高温度平衡逆向移动，SO2的体积分数增大，故T1>T2，故K(A)< K(D)；
（5）①如图所示，T1温度下，等物质的量的N2(g)，O2(g)在恒容密闭容器中反应，，该反应是总分子数不变的反应，平衡时，，故T1温度下反应， NO体积分数的最大值为；
②该反应是分子数不变的反应，，气体总质量和总物质的量不变，故混合气体的平均分子量不变；
③根据小题①可知T1时；T1温度下，如果N2，O2起始浓度分别为2mol/L，3mol/L，某时刻N2的转化率为50% 时，此时、、，，反应不平衡，平衡正向移动；
16． HCOOH*＝HCOO*＋H* HCOOH(g)＝CO2(g)＋H2(g) ΔH＝ 0.16NA ev mol 1
【详解】根据题意决定反应速率主要看活化能，因此该反应过程中决定反应速率步骤的化学方程式为HCOOH*＝HCOO*＋H*；根据图中信息得到甲酸分解制H2的热化学方程式可表示为HCOOH(g)＝CO2(g)＋H2(g) ΔH＝ 0.16NA ev mol 1；故答案为：HCOOH*＝HCOO*＋H*；HCOOH(g)＝CO2(g)＋H2(g) ΔH＝ 0.16NA ev mol 1。
17．(1)<
(2)
(3)区间，化学反应已达到平衡，由于正反应是放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，不利于的捕获
【分析】从a到c容器内的二氧化碳气体浓度呈现减小，反应未到平衡，温度越高，速率越快，c到d阶段，化学反应到平衡，因为该反应为放热反应，故升温平衡向逆向移动，二氧化碳的浓度增大。据此解答。
【详解】（1）温度越高，反应速率越快，d点温度高，则c点的逆反应速率和d点的正反应速率的大小关系为；
（2）根据图像，温度为时反应达平衡，此后温度升高，增大，平衡逆向移动，说明正反应是放热反应，则；
（3）区间，化学反应已达到平衡，由于正反应是放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，不利于的捕获。
18． D 增大 ②③ 80% 1 a
【分析】I（1）反应达到平衡时，甲、乙两容器中的反应体系不同，无法进行比较反应速率的大小；
（2）给甲容器升温，正逆反应速率均增大；
（3）①X、Y、Z的物质的量之比为1：3：2，无法判断同一物质的正逆反应速率是否相等；
②X、Y、Z的浓度不再发生变化时，同一物质的正逆反应速率相等，达到平衡状态；
③甲容器为良好导热容器，反应始终与外界温度相同，乙两容器为绝热容器，反应达到平衡状态时，温度不再改变，则容器的温度不再发生变化，可判断达到平衡状态；
④v正(Y)、v逆(Z)表示的方向相反， v正(Y)：v逆(Z) =2：3不等于化学计量数之比，未达到平衡状态；
Ⅱ：（1）根据转化率=×100%计算；
（2）容器Ⅱ中的反应与容器Ⅰ相同，则反应两边气体的计量数之和相等，且初始比例相同，则两容器为等效；
（3）a．两容器为等效平衡，则平衡时，两容器中H2 的体积分数相等；
b．容器Ⅱ反应达到平衡状态时，CO的转化率为80%，反应1.6mol；
c．反应开始时，容器II中各浓度大，则容器II的反应的速率快。
【详解】I（1）反应达到平衡时，甲、乙两容器中的反应体系不同，无法进行比较反应速率的大小，答案为D。
（2）给甲容器升温，正逆反应速率均增大；
（3）①X、Y、Z的物质的量之比为1：3：2，无法判断同一物种的正逆反应速率是否相等，不能判断是否达到平衡状态，与题意不符，①错误；
②X、Y、Z的浓度不再发生变化时，同一物质的正逆反应速率相等，达到平衡状态，符合题意，②正确；
③甲容器为良好导热容器，反应始终与外界温度相同，乙两容器为绝热容器，反应达到平衡状态时，温度不再改变，则容器的温度不再发生变化，可判断达到平衡状态，符合题意，③正确；
④v正(Y)、v逆(Z)表示的方向相反， v正(Y)：v逆(Z) =2：3不等于化学计量数之比，未达到平衡状态，与题意不符，④错误；
答案为②③；
Ⅱ：（1）根据方程式可知，反应1molCO时释放41kJ的热量，现平衡时，释放32.8kJ的热量，则反应的n（CO）==0.8mol，转化率=×100%=80%；
（2）容器Ⅱ中的反应与容器Ⅰ相同，方程式两边气体的计量数之和相等，且初始比例相同，则两容器为等效，则容器II的转化率也为80%，温度相同，则K相同，容器II中，平衡时的浓度分别为、、、，则K＝=1；
（3）a．两容器为等效平衡，则平衡时，两容器中H2 的体积分数相等，符合题意，a正确；
b．容器Ⅱ反应达到平衡状态时，CO的转化率为80%，反应1.6mol，Q=41×1.6=65.6kJ，与题意不符，b错误；
c．反应开始时，容器II中各物质浓度大，则容器II的反应的速率快，与题意不符，c错误；
答案为a。
19．(1)BC
(2) 放热 12 逆向移动
(3) 减小 d
【详解】（1）A．增加用量，反应Ⅰ正向移动，但甲烷的转化率降低，故不选A；
B．反应Ⅰ正反应气体物质的量增大，恒温恒压下通入惰性气体，相当于减压，反应Ⅰ正向移动，甲烷转化率增大，故选B；
C．移除，CO浓度降低，反应Ⅰ正向移动，甲烷转化率增大，故选C；
D．催化剂不能使平衡移动，加入催化剂，甲烷转化率不变，故不选D；
选BC。
（2）①由上图可知，随温度升高，CO2的平衡转化率降低，该反应为放热反应。
②时，CO2的平衡转化率为40%，
该反应的平衡常数12。
③y点达到平衡后，保持恒温、恒压，再向该容器中充入和，，平衡将逆向移动。
（3）正反应放热，升高温度平衡逆向移动，说明温度对逆反应速率影响大于正反应速率，升高温度时，减小；温度对逆反应速率影响大，则ac代表逆反应速率常数，bd代表正反应速率常数，y点温度大于x点，所以d点表示x点的。
20． - 49.0 kJ·mol-1 反应Ⅱ符合“原子经济性”的原则即原子利用率为100%（绿色化学） 不是 反应Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，且催化剂活性降低 B CO促进反应Ⅰ正向移动，二氧化碳和氢气的量增加，水蒸气的量减少，有利于反应III正向进行 CO2+6H++6e ==CH3OH+H2O
【详解】(1)依据盖斯定律可知，反应Ⅲ可由反应Ⅱ-反应Ⅰ得到，则△H3=△H2-△H1=-90.0kJ/mol-(-41.0kJ/mol)=-49.0kJ·mol-1；反应Ⅲ的生成物除了甲醇、还有水，而反应Ⅱ的生成物只有甲醇，原子利用率为100%，符合“原子经济性”的原则（绿色化学），所以反应II优于反应III。
(2)温度为470K时，图中P点甲醇产率没有达到最大，所以反应尚未达到平衡状态；在490K之前，反应尚未达到平衡状态，甲醇产率随着温度的升高而增大，反应Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，达平衡后再升高温度，即490K之后，升高温度、平衡逆向移动，且催化剂活性降低，从而使甲醇产率下降。
(3)①由图可知，490K时，从甲醇的生成速率来看，a曲线大于c曲线，即甲醇来源于CO2和H2的反应，故490K时，根据曲线a、c判断合成甲醇的反应机理是B；
②对于反应I．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，CO是反应物，CO的存在促进反应I正向移动，使得CO2和H2的量增加，水蒸气的量减少，对于反应III．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，CO2和H2是反应物，水蒸气是生成物，CO2和H2的量增加、水蒸气的量减少，有利于反应III正向进行，所以CO的存在使甲醇生成速率增大。
(4)CO2在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，碳元素化合价由+4价降低到-2价，得电子、被还原、发生还原反应，甲醇在阴极产生，该电极反应式为：CO2+6H++6e ==CH3OH+H2O。
21．(1)温度
(2) 粉末 其他条件相同时，不同催化剂对分解速率影响不同
(3)蒸馏水
(4) 温度高于时，有较多分解，反应物浓度降低，使铜的平均溶解速率降低
【详解】（1）由控制变量法可知，实验1、2的目的是其他条件相同时，反应温度不同，说明为研究温度对H2O2分解速率的影响。
（2）实验3、4是Fe2O3粉末相比MnO2粉末具有更高的催化效率，对比实验3、4可得出的结论是其他条件相同时，不同催化剂对H2O2分解速率影响不同。
（3）为了保持溶液体积相同，此处还应添加的试剂及用量为10mL蒸馏水。
（4）①Cu从0价升高为+2，H2O2是氧化剂，O元素从-1价降为-2价，则根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得反应离子方程式为：。
②温度高于40°C后，随着温度的升高，H2O2的分解速率加快，使溶液中H2O2的浓度降低的更快，对铜的溶解速率的影响超过了温度升高对铜溶解速率的影响，所以铜的溶解速率逐渐减小
一、单选题
1．在体积均为1.0L的两个恒容密闭容器中加入足量的碳粉，再分别加入0.1molCO2和0.2molCO2，在不同温度下反应CO2(g)+C(s) 2CO(g)达到平衡，平衡时c(CO2)随温度T的变化如图所示(图中I、II、III点均处于曲线上)。下列说法错误的是
A．该反应正向△H>0、△S>0
B．反应速率：vII>vI，vII>vIII
C．平衡浓度c(CO)：II>III>I
D．容器总压强p总：pII<2pIII，pII<2pI
2．下列说法正确的是
A．非自发的反应一定可以通过改变条件使其成为自发反应
B．相同物质的量的同种物质气态时熵值最小，固态时熵值最大
C．恒温恒压下，且的反应一定不能自发进行
D．反应在室温下可自发进行，则该反应的
3．设NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．39gNa2S和Na2O2组成的混合物中，含有阴离子的数目为NA
B．将2molNO和lmolO2混合，所得混合气体的分子总数为2NA
C．31g白磷含P-P键数为1.5NA
D．0.1mol/L的NaOH水溶液中含有Na+数目为0.01NA
4．生活中的一些现象常常涉及化学知识。下列分析中不正确的是
A．咀嚼米饭时，越嚼越甜，因为淀粉水解生成了麦芽糖
B．向食盐浓溶液中加入鸡蛋清溶液，有白色沉淀析出，因为食盐能使蛋白质变性
C．铁锅用水清洗后，出现铁锈，因为潮湿环境中铁锅会发生电化学腐蚀
D．打开汽水瓶盖，有大量气泡冒出，因为减小压强后二氧化碳的溶解度减小
5．H2S是种高毒性 、高腐蚀性的气体污染物。 最新研究表明，在多孔炭材料上搭载活性组分催化氧化脱硫效果明显优于传统的吸附法，其反应机理如图所示。下列有关说法错误的是
A．活性炭的作用为吸附剂和作催化剂的载体
B．温度越高，多孔炭材料催化氧化脱硫的效果越好
C．增加水膜的酸性会降低反应的速率
D．该反应的总反应方程式为：2H2S+O2=2S↓ +2H2O
6．1，3-丁二烯在环己烷溶液中与溴发生加成反应时，会生成两种产物，其反应机理如下：
下列说法不正确的是
A．两种加成产物相比，1，4加成产物更稳定
B．两种反应历程相比，1，2加成反应速率更快
C．增大溴的浓度，可提高1，3-丁二烯的转化率
D．升高温度，1，4加成正反应速率的增大，逆反应速率减小
7．甲醇脱氢分解反应是一个涉及多个中间体的复杂反应。甲醇分子在催化剂Pt表面发生吸附后，其分解的第一步即为分子中的C—H、C—O或者O-H键活化解离，引发催化分解反应进行。Pt表面上甲醇分子中C—H、C—O和O—H活化解离的势能变化如图(其中吸附在催化剂表面的物种用*标注)所示。下列说法不正确的是
A．CH3OH*→CH3*+OH*△H>0
B．CH3OH*活化解离成不同中间体不一定都吸热
C．CH3OH*比气态甲醇稳定
D．选用合适的催化剂可以提高甲醇的脱氢效率
8．在其他条件不变时，只改变某一条件，化学反应aA（g）+bB（g）cC（g）的平衡的变化图像如图（图中p表示压强，T表示温度，n表示物质的量，α表示平衡转化率），据此分析下列说法正确的是（）
A．在图像反应I中，说明升高温度，K值增大
B．在图像反应Ⅱ中，说明该正反应为吸热反应
C．在图像反应Ⅲ中，若T1＞T2，则该反应一定不能自发进行
D．在图像反应Ⅰ中，若p2＞p1，则有a
A．该反应为放热反应，v正，a
C．当反应进行到a点时，=
D．T2K时，平衡体系中再充入1molSiHCl3，平衡正向移动，x(SiH2Cl2)增大
10．现有下列四个图像，下列反应中全部符合上述图像的反应是
A．N2(g)+3H2(g)2NH3(g)；△H＜0 B．2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)；△H>0
C．4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)；△H＜0 D．H2(g)+ CO(g)C(s)+H2O(g)；△H>0
11．是一种用途极为广泛的稀土化合物。以二氧化铈废渣为原料制备，实验过程如下
已知：能被有机萃取剂萃取，其萃取原理可表示为：。下列说法正确的是
A．“酸浸”过程中做氧化剂
B．试剂Y一定是盐酸
C．加氨水“中和”去除过量盐酸，有利于平衡向萃取(有机层)的方向移动
D．“沉淀”时反应的离子方程式为
12．某温度下，H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)的平衡常数，该温度下在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入H2(g)和CO2(g)，其起始浓度如表所示，下列判断不正确的是
起始浓度 甲 乙 丙
/mol·L 0.010 0.020 0.020
/mol·L 0.010 0.010 0.020
A．平衡时，乙中的转化率大于60%
B．平衡时，甲中的转化率是60%，丙中的体积分数是20%
C．反应开始时，丙中的反应速率最快，甲中的反应速率最慢
D．平衡时，丙中是甲中的2倍，是0.012 mol·L
二、填空题
13．CO2催化加氢合成甲醇(反应Ⅱ)中伴随着反应Ⅰ的发生：
反应Ⅰ：CO2(g)+H2(gCO(g)+H2O(g)，△H=+41kJ mol-1
反应Ⅱ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，△H-49kJ mol-1
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CH3OH的选择性随温度的变化如图。其中：CH3OH的选择性=×100%。
在体积为1L的密闭容器中充入1molCO2和4molH2发生反应Ⅱ，到平衡时氢气的转化率为25%，求该反应的平衡常数K= 。(结果保留二位有效数字)
14．碘在自然界中广泛存在于海带、紫菜以及海藻中，碘及其化合物用途广泛。回答下列问题：
(1)在实验室中以海带提取少量的碘单质，方法是灼烧海带，用水浸取后浓缩，再向浓缩液中加和，即可得到。该反应的离子方程式为 。
(2)已知断裂1mol(g)、(g)、HI(g)分子中化学键时所吸收的能量如下表：
物质 (g) (g) HI(g)
能量/ 436 151 299
则反应的 。
(3)在某一容积为2L的密闭容器内，加入0.8mol的和0.6mol的，在一定的条件下发生如下反应： 。反应达到平衡后：
①若升高温度，HI浓度的变化正确的是 (用图1中a c的编号回答)。
②若加入，浓度的变化正确的是 (用图1中d f的编号回答)。
③图2是第8分钟改变条件时，HI浓度的变化情况，则改变的条件是 。
(4)Bodenstein研究了下列反应：。在716K时，气体混合物中HI的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下表：
t/min 0 20 40 60 80 120
x(HI) 1 0.91 0.85 0.815 0.795 0.784
x(HI) 0 0.60 0.73 0.773 0.780 0.784
①根据上述实验结果，该反应的平衡常数 (结果保留两位小数)。
②上述反应中，正反应速率为(HI)，逆反应速率为，其中、为速率常数，则为 (以K和表示)。若，在时， 。
15．回答下列问题
(1)2A(g)＋B(g)2C(g)在常温下能自发进行，则该反应的ΔH 0。写出该反应平衡常数表达式K＝ 。
(2)可逆反应2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)，图甲、乙分别表示不同条件下， N2(g)在反应混和物中的百分含量(C%)和反应时间的关系：
①若甲图中的a曲线,b曲线表示不同温度T下的反应情况，则Ta与Tb的关系是：Ta Tb，该反应的ΔH 0。(填“>”或“<”)
②若乙图中两条曲线分别表示不同压强下的情况，则 曲线表示压强较大的情况。
(3)图表示在密闭容器中反应：2SO2(g)+ O2(g)2SO3(g)ΔH＜0达到平衡时，由于条件改变而引起反应速率和化学平衡的变化情况，t3至t4过程中改变的条件可能是 ；t5至t6过程中改变的条件可能是 。
(4)如图表示平衡时SO2的体积分数随压强和温度变化的曲线，则：平衡常数关系：K(A) K(D)(填“>”或“<”)。
(5)一定条件下，等物质的量的N2(g)，O2(g)在恒容密闭容器中反应，N2的浓度变化如图所示：
①T1温度下反应， NO体积分数的最大值为 。
②T1温度下，随着反应的进行，混合气体的平均相对分子质量如何变化？ (填“增大”，“减小”或“不变”)。
③ T1温度下，如果N2 , O2起始浓度分别为2mol/L，3mol/L，某时刻N2的转化率为50% 时，判断反应是否达到平衡， (填“平衡”或“不平衡”)。如果未平衡，则反应向 进行。(填“正向”或“逆向”)。
16．H2在生物学、医学等领域有重要应用，传统制氢成本高、技术复杂，研究新型制氢意义重大，已成为科学家研究的重要课题。回答下列问题：
我国科学家研究发现，在Rh的催化下，单分子甲酸分解制H2反应的过程如图所示，其中带“*”的物质表示吸附在Rh表面，该反应过程中决定反应速率步骤的化学方程式为 ；甲酸分解制H2的热化学方程式可表示为 (阿佛加德罗常数的值用NA表示)。
17．用捕碳的反应：。为研究温度对捕获效率的影响，将一定量的溶液置于密闭容器中，并充入一定量的气体，保持其他初始实验条件不变，分别在不同温度下，经过相同时间测得气体浓度，得到趋势图：
(1)c点的逆反应速率和d点的正反应速率的大小关系为 (填“>”“=”或“<”，下同)。
(2)b、c、d三点的平衡常数从大到小的顺序为 。
(3)温度区间，容器内气体浓度呈现增大的变化趋势，其原因是 。
18．Ⅰ：现有两个体积相等的恒容密闭容器，向甲容器中加入1mol A和1mol B，乙容器中加入1mol X和3mol Y，两容器中分别发生下列两个反应，反应开始时甲、乙两容器的反应条件相同。
回答下列问题：
(1)反应达到平衡时，甲、乙两容器中平均反应速率v(A)与v(X)的大小关系是 。(填序号)。
A．前者大于后者 B．前者小于后者 C．前者等于后者 D．无法比较
(2)甲中反应达到平衡后，若给甲容器升温，正反应速率将 (填“增大”、“减小”或“不变”)。
(3)表示乙中反应达到平衡的标志是 (填序号)。
①X、Y、Z的物质的量之比为1：3：2
②X、Y、Z的浓度不再发生变化
③容器中的温度不再发生变化
④3v正(Y)=2v逆(Z)
Ⅱ：工业上利用CO和水蒸气在一定条件下发生反应制取氢气：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH=-41kJ·mol 1
某化学兴趣小组同学研究在相同温度下该反应过程中的能量变化。他们分别在体积均为VL的两个恒温密闭容器中加入一定量的反应物，使其在相同温度下发生反应。相关数据如下：
容器编号 起始时各物质的物质的量/mol 达到平衡的时间/min 达到平衡时体系能量的变化/kJ
CO H2O CO2 H2
Ⅰ 1 4 0 0 t1 放出热量32.8
Ⅱ 2 8 0 0 t2 放出热量Q
(1)容器Ⅰ中反应达到平衡时，CO的转化率为 。
(2)容器Ⅱ中反应的平衡常数K= 。
(3)下列叙述正确的是 (填字母)。
a.平衡时，两容器中H2 的体积分数相等
b.容器Ⅱ反应达到平衡状态时，Q>65.6
c.反应开始时，两容器中反应的速率相等
19．绿色能源是未来能源发展的方向，积极发共氢能，是实现“碳达峰、碳中和”的重要举措。回答下列问题：
(1)工业上常用甲俒水蒸气重整制备氢气，体系中发生如下反应：
Ⅰ.
Ⅱ.
下列操作中，能提高平衡转化率的是_______(填标号)。
A．增加用量 B．恒温恒压下通入惰性气体
C．移除 D．加入催化剂
(2)在一定条件下，向密闭容器中充入和，发生反应。测得相同时间内，的转化率随温度的变化如图1所示(虚线表示的平衡转化率随温度的变化)；速率常数的对数与温度的倒数之间的关系如图2所示。
①由上图判断，该反应为 (填“吸热”或“放热”)反应。
②时，该反应的平衡常数 (对于反应，，x为物质的量分数)。
③y点达到平衡后，保持恒温、恒压，再向该容器中充入和，平衡将 (填“逆向移动”“正向移动”或“不移动”)。
(3)已知该反应的速率方程，，、是速率常数。升高温度时， (填“增大”、“减小”或“不变”)；图2中a、b、c、d分别代表x点、y点的速率常数，其中 点表示x点的。
20．甲醇是重要的化工原料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2) 在催化剂的作用下合成甲醇，可能发生的反应如下:
I.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H1=-41.0kJ/mol
II. CO(g) +2H2(g)CH3OH(g) △H2=-90. 0kJ/mol
III.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H3
回答下列问题:
（1）则△H3= ，在以上制备甲醇的两个反应中，反应II优于反应III，其原因为 。
（2）一定化例的合成气在装有催化剂的反应器中反应12小时，体系中甲醇的产率和催化剂的催化活性与温度的关系如图1所示。
当温度为470K时，图中P点 (填“是”或“不是”)处于平衡状态。490K之后，甲醇产率下降的原因是 。
（3）图2 为一定比例的CO2、H2，CO、H2，CO、CO2、.H2条件下甲醇生成速率与温度的关系。
①490K时，根据曲线a、c 判断合成甲醇的反应机理是 (填“A"或“B").
A． B．
②490K时，曲线a 与曲线b相比，CO的存在使甲醇生成速率增大，结合反应I、III分析原因 。
（4）研究证实，CO2也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，则生成甲醇的电极反应式为 。
21．某同学探究外界条件对分解速率的影响
实验所用试剂：溶液、蒸馏水、粉末、粉。
实验序号 溶液 温度 催化剂 收集所需时间(s)
浓度()
1 0.4 20 室温 无 几乎无气体产生
2 0.4 20 水浴 无 296
3 0.4 20 室温 45
4 0.4 20 室温 100
5 0.2 m 室温
(1)实验1、2的目的是其他条件相同时，研究 对分解速率的影响。
(2)表中X处所用试剂为 。对比实验3、4可得出的结论是 。
(3)实验3、5是其他条件相同时，探究浓度对该化学反应速率的影响。m处取用溶液，还应添加的试剂及用量分别为 。
(4)控制其他条件相同，铜粉用溶液和溶液处理。
①请写出反应的离子方程式： 。
②某同学在不同温度下完成该实验，测得铜的平均溶解速率分别为：
温度(℃) 20 30 40 50 60 70 80
铜的平均溶解速率() 7.34 8.01 9.25 7.98 7.24 6.73 5.76
当温度高于时，铜粉的平均溶解速率随着反应温度的升高而下降，其主要原因是： 。
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】A．由方程式可知该反应是一个熵增的反应，由图可知，升高温度，二氧化碳的浓度减小，说明平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应，则反应△H>0、△S>0，故A正确；
B．由图可知，II点反应温度高于I点，温度越高反应速率越快，则反应速率高于I点；II点和III点温度相同，II点二氧化碳起始浓度高于III点，浓度越大，反应速率越快，则反应速率高于III点，故B正确；
C．增大二氧化碳浓度，平衡向正反应方向移动，一氧化碳浓度增大，则相同温度时，II点一氧化碳浓度大于III点；升高温度，平衡向正反应方向移动，一氧化碳浓度增大，则起始浓度相同时，II点一氧化碳浓度大于I点，一氧化氮平衡浓度由大到小的顺序为II>III>I，故C正确；
D．温度相同时，若平衡不移动，平衡时II点容器总压强是III点的2倍，II点起始浓度是III点的2倍相当于增大压强，平衡衡向逆反应方向移动，气体的物质的量减小，则总压强pII<2pIII，升高温度，平衡向正反应方向移动，气体的物质的量增大，则总压强pI
2．D
【详解】A．改变条件能使反应的△H-T△S＜0时，则该反应能自发进行，反之则为非自发的反应，如△H＞0、△S＜0的反应在任何条件下均不能自发进行，属于非自发的反应，故A错误；
B．同一种物质的熵变：气态＞液态＞固态，即相同物质的量的同种物质气态时熵值最大，固态时熵值最小，故B错误；
C．恒温恒压下，反应自发进行的判断依据是△H-T△S，△H-T△S＜0一定自发，而△H＜0、△S＜0的反应能否自发进行与温度有关，故C错误；
D．反应的△S＜0，室温下可自发进行，则△H-T△S＜0，即△H＜T△S＜0，故D正确；
故选D。
3．C
【详解】A．Na2S和Na2O2的摩尔质量均为78g/mol，故39g混合物的物质的量均为0.5mol，且均由2个阳离子和1个阴离子构成，故0.5mol混合物中含0.5NA个阴离子，故A错误；
B．常温下 2molNO与1molO2混合，发生反应 2NO+O22NO2，该反应是可逆反应，不能完全生成NO2，所以分子总数是大于2NA，故B错误；
C．白磷是正四面体型结构，分子中含有6个P-P共价键，31 g白磷（分子式为P4）的物质的量是0.25mol，所以分子中含有P-P共价键1.5mol，含有的共价键数目为1.5 NA，故C正确；
D．未说明溶液的体积，无法计算0.1mol/L的NaOH水溶液中含有的Na+数目，故D错误；
故选C。
4．B
【详解】A．咀嚼米饭时，越嚼越甜是因为淀粉在酶的作用下发生水解反应生成了麦芽糖，故A正确；
B．向食盐浓溶液中加入鸡蛋清溶液，有白色沉淀析出是因为食盐降低了蛋白质的溶解度，发生了盐析，故B错误；
C．铁锅用水清洗后，出现铁锈是因为潮湿环境中铁锅中的铁发生了吸氧腐蚀，故C正确；
D．打开汽水瓶盖，有大量气泡冒出是因为在汽水中存在平衡：CO2(g)+H2O(l) H2CO3(aq)，减小压强后，平衡逆向移动，二氧化碳的溶解度减小，故D正确；
故选B。
5．B
【详解】A．依据图示可知，活性炭的作用为吸附剂和作催化剂的载体，A正确；
B．温度过高，H2S和溶解氧的溶解度下降，不利于脱硫效果，即并不是温度越高，多孔炭材料催化氧化脱硫的效果越好，B错误；
C．溶液酸性增强，不利于H2S溶解电离，减慢反应速率，C正确；
D．依据图示硫化氢在催化剂条件下与氧气反应最终生成硫单质和水，该反应的总反应方程式为：2H2S+O2=2S↓ +2H2O，D正确；
故答案为：B。
6．D
【详解】A．由图可知，1，4加成产物能量更低，更稳定，A项正确；
B．第二步反应中1，2加成反应的活化能更低，反应速率更快，B项正确；
C．增大溴的浓度，可提高另外一种反应物1，3-丁二烯的转化率，C项正确；
D．总反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，但正、逆反应速率均增大，D项错误；
故选：D。
7．A
【详解】A．由历程图可知，CH3OH*具有的能量高于CH3*和OH*的总能量，故CH3OH*→CH3*+OH* H＜0，A错误；
B．由A项解析可知，CH3OH*活化解离成不同中间体不一定都吸热，B正确；
C．由历程图可知，CH3OH*具有的能量比气态甲醇的低，能量越低越稳定，故CH3OH*比气态甲醇稳定，C正确；
D．由历程图可知，催化剂可以降低反应所需要的活化能，从而加快反应速率，故选用合适的催化剂可以提高甲醇的脱氢效率，D正确；
故答案为：A。
8．D
【详解】A．由图中反应I可知，当压强一定时，升高温度A的转化率α(A)减小，则平衡逆向移动，所以升高温度K值减小，故A不选；
B．在图像反应Ⅱ中，反应在T1温度下比T2温度先达到平衡，所以T1＞T2，又因为T1温度下的n(C)小于T2温度下的n(C)，说明正反应为放热反应，故B不选；
C．根据图3所知，增大压强，A的转化率不变，说明反应前后气体的计量数之和向等，若T1＞T2，升高温度，A的转化率降低，正反应为放热放应，如果，则该反应能自发进行，故C不选；
D．在图像反应Ⅰ中，若p2＞p1，A的转化率α(A)在p2时小于p1时的转化率，说明增大平衡逆向移动，则反应物的气体计量数和小于生成物的气体计量数之和，即a+b＜c，又由于b＞0，所以a＜c，故选D。
答案选D
9．C
【详解】A．因两曲线对应的状态只是温度不同，由图象知达到平衡所需时间T2 K温度下比T1 K短，温度越高反应速率越快，达到平衡所需时间越短，所以温度：T2>T1，又因T2 K下达到平衡时SiHCl3的物质的量分数比T1 K时小，说明升温平衡向正反应方向移动，由此推知该反应为吸热反应，A项错误；
B．各物质的化学反应速率之比等于化学方程式中相应化学计量数之比，化学平衡状态时，v消耗(SiHCl3)=2v消耗(SiCl4)，B项错误；
C．2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)的反应前后分子数不变，即反应开始至达到平衡的过程中混合气体总物质的量始终为1 mol，由图象知，T2 K下达到平衡时SiHCl3的物质的量分数为0.75，则此时SiH2Cl2和SiCl4的物质的量分数均为0.125，因为平衡时v正=v逆，v正=k正x2(SiHCl3)=0.752k正，v逆=k逆x(SiH2Cl2)·x(SiCl4)=0.1252k逆，则0.752k正=0.1252k逆，，因k正和k逆只与温度有关，反应进行到a点时，v正=k正x2(SiHCl3)=0.82k正，v逆=k逆x(SiH2Cl2)·x(SiCl4)=0.12k逆，=×=×=，C项正确；
D．恒温恒容条件下再充入1 mol SiHCl3，相当于增大压强，而2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)是反应前后气体分子数不变的反应，所以改变压强，平衡不移动，再次达到平衡时x(SiH2Cl2)不变，D项错误；
答案选C。
10．B
【详解】A．N2(g)+3H2(g)2NH3(g)；△H＜0；增大压强，平衡正向移动，生成物浓度增大；正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，生成物浓度减小，与图1、图3不符；故不选A；
B．2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，生成物浓度增大、平均相对分子质量减小；增大压强，平衡逆向移动，生成物浓度减小，平均相对分子质量增大，全部符合上述图像，故选B；
C．4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，生成物浓度减小，与图1、2不符，故不选C；
D．H2(g)+ CO(g)C(s)+H2O(g)，反应前后气体系数和相同，增大压强平衡不移动，与图1、3、4不符，故不选D；
选B。
11．C
【分析】二氧化铈(CeO2)废渣加入盐酸、过氧化氢酸浸，得到含有Ce3+的溶液，加入氨水中和过量的盐酸，加入萃取剂HA萃取后再加入酸反萃取，分离出水层，加入氨水、碳酸氢铵生成Ce2(CO3)3；
【详解】A．由流程可知，“酸浸”过程中四价铈转化为三价铈，铈化合价降低为氧化剂，根据电子守恒可知，则H2O2中氧元素化合价升高，做还原剂，故A错误；
B．根据萃取原理可知，“反萃取”中通过增大氢离子浓度使平衡逆向移动，有利于将有机层Ce3+尽可能多地转移到水层，试剂Y可为盐酸或硝酸，故B错误；
C．加氨水“中和”去除过量盐酸，降低氢离子浓度，利于平衡向萃取CeX3(有机层)的方向移动，目的是提高Ce3+的萃取率，故C正确；
D．“沉淀”时Ce3+、氨水、碳酸氢铵反应生成Ce2(CO3)3沉淀，反应的离子方程式为2Ce3++3HCO+3NH3 H2O=Ce2(CO3)3↓+3NH+3H2O，故D错误；
故选：C。
12．D
【详解】A．对甲容器进行三段式分析，故K=，解得x=0.006mol，此时甲容器中CO2的转化率为： =60%，平衡时，而乙容器与甲容器相比可知，乙容器增大了H2的浓度，平衡正向移动，则CO2的转化率增大即的转化率大于60%，A正确；
B．由A项分析可知，平衡时，甲中的转化率是60%，分析反应特征和甲、丙容器反应条件可知，甲、丙两容器发生等效平衡，即H2的体积分数不变，则有H2%==20%，故丙中的体积分数是20%，B正确；
C．由反应物浓度越大反应速率越快可知，反应开始时，丙中的反应速率最快，甲中的反应速率最慢，C正确；
D．分析反应特征和甲、丙容器反应条件可知，甲、丙两容器发生等效平衡，结合C项分析可知，平衡时，丙中是甲中的2倍，是2(0.01-0.006)mol/L=0.008 mol·L，D错误；
故答案为：D。
13．0.0062
【详解】在体积为1L的密闭容器中充入1molCO2和4molH2发生反应Ⅱ，到平衡时氢气的转化率为25%，根据三段式计算可知：，该反应的平衡常数=0.0062。
14．(1)
(2) 11
(3) c f 反应容器的容积扩大一倍
(4) 0.02
【解析】(1)
该反应为二氧化锰在酸性条件下将碘离子氧化为碘单质，本身被还原为锰离子，离子方程式为：；
(2)
根据反应物总键能-生成物总键能，
(3)
①该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，HI浓度降低，故答案为c；
②若加入I2平衡正向移动，H2浓度降低，故答案为f；
③由图可知8分钟时，HI的浓度直接降低到之前的一般，说明此时溶液容器体积变大到原来的2倍，浓度降低，故答案为：反应容器的容积扩大一倍；
(4)
①根据表格中数据分析知HI的起始物质的量为1 mol，120 min分解反应达平衡状态,HI的平衡物质的量为0.784 mol，三段式计算表示如下：为气体分子数不变的反应，K值计算如下：；
②平衡时，，则，则；若，在t=40min时，。
15．(1) <
(2) > < c
(3) 减压 升温
(4)<
(5) 50% 不变 不平衡 正向
【详解】（1）该反应2A(g)＋B(g)2C(g)，在常温下能自发进行说明，该反应在常温能自发，该反应的平衡常数为；
（2）①温度越高反应越快，故曲线a先达到平衡，说明Ta>Tb；温度升高N2(g)在反应混和物中的百分含量(C%)下降，说明升温平衡逆向移动，ΔH＜0；
②该反应是分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动，N2(g)在反应混和物中的百分含量(C%)增大，故Pc>Pd，故c曲线压强较大；
（3）根据图像可知t3至t4过程中反应速率减小，平衡逆向移动，该反应是分子数减小的反应，减压速率下降，平衡逆向移动，改变的条件可能减压；t5至t6过程速率增大，平衡逆向移动，该反应ΔH＜0升温速率加快，平衡逆向移动，故t5至t6过程中改变的条件可能是升温；
（4）该反应2SO2(g)+ O2(g)2SO3(g) ΔH＜0升高温度平衡逆向移动，SO2的体积分数增大，故T1>T2，故K(A)< K(D)；
（5）①如图所示，T1温度下，等物质的量的N2(g)，O2(g)在恒容密闭容器中反应，，该反应是总分子数不变的反应，平衡时，，故T1温度下反应， NO体积分数的最大值为；
②该反应是分子数不变的反应，，气体总质量和总物质的量不变，故混合气体的平均分子量不变；
③根据小题①可知T1时；T1温度下，如果N2，O2起始浓度分别为2mol/L，3mol/L，某时刻N2的转化率为50% 时，此时、、，，反应不平衡，平衡正向移动；
16． HCOOH*＝HCOO*＋H* HCOOH(g)＝CO2(g)＋H2(g) ΔH＝ 0.16NA ev mol 1
【详解】根据题意决定反应速率主要看活化能，因此该反应过程中决定反应速率步骤的化学方程式为HCOOH*＝HCOO*＋H*；根据图中信息得到甲酸分解制H2的热化学方程式可表示为HCOOH(g)＝CO2(g)＋H2(g) ΔH＝ 0.16NA ev mol 1；故答案为：HCOOH*＝HCOO*＋H*；HCOOH(g)＝CO2(g)＋H2(g) ΔH＝ 0.16NA ev mol 1。
17．(1)<
(2)
(3)区间，化学反应已达到平衡，由于正反应是放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，不利于的捕获
【分析】从a到c容器内的二氧化碳气体浓度呈现减小，反应未到平衡，温度越高，速率越快，c到d阶段，化学反应到平衡，因为该反应为放热反应，故升温平衡向逆向移动，二氧化碳的浓度增大。据此解答。
【详解】（1）温度越高，反应速率越快，d点温度高，则c点的逆反应速率和d点的正反应速率的大小关系为；
（2）根据图像，温度为时反应达平衡，此后温度升高，增大，平衡逆向移动，说明正反应是放热反应，则；
（3）区间，化学反应已达到平衡，由于正反应是放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，不利于的捕获。
18． D 增大 ②③ 80% 1 a
【分析】I（1）反应达到平衡时，甲、乙两容器中的反应体系不同，无法进行比较反应速率的大小；
（2）给甲容器升温，正逆反应速率均增大；
（3）①X、Y、Z的物质的量之比为1：3：2，无法判断同一物质的正逆反应速率是否相等；
②X、Y、Z的浓度不再发生变化时，同一物质的正逆反应速率相等，达到平衡状态；
③甲容器为良好导热容器，反应始终与外界温度相同，乙两容器为绝热容器，反应达到平衡状态时，温度不再改变，则容器的温度不再发生变化，可判断达到平衡状态；
④v正(Y)、v逆(Z)表示的方向相反， v正(Y)：v逆(Z) =2：3不等于化学计量数之比，未达到平衡状态；
Ⅱ：（1）根据转化率=×100%计算；
（2）容器Ⅱ中的反应与容器Ⅰ相同，则反应两边气体的计量数之和相等，且初始比例相同，则两容器为等效；
（3）a．两容器为等效平衡，则平衡时，两容器中H2 的体积分数相等；
b．容器Ⅱ反应达到平衡状态时，CO的转化率为80%，反应1.6mol；
c．反应开始时，容器II中各浓度大，则容器II的反应的速率快。
【详解】I（1）反应达到平衡时，甲、乙两容器中的反应体系不同，无法进行比较反应速率的大小，答案为D。
（2）给甲容器升温，正逆反应速率均增大；
（3）①X、Y、Z的物质的量之比为1：3：2，无法判断同一物种的正逆反应速率是否相等，不能判断是否达到平衡状态，与题意不符，①错误；
②X、Y、Z的浓度不再发生变化时，同一物质的正逆反应速率相等，达到平衡状态，符合题意，②正确；
③甲容器为良好导热容器，反应始终与外界温度相同，乙两容器为绝热容器，反应达到平衡状态时，温度不再改变，则容器的温度不再发生变化，可判断达到平衡状态，符合题意，③正确；
④v正(Y)、v逆(Z)表示的方向相反， v正(Y)：v逆(Z) =2：3不等于化学计量数之比，未达到平衡状态，与题意不符，④错误；
答案为②③；
Ⅱ：（1）根据方程式可知，反应1molCO时释放41kJ的热量，现平衡时，释放32.8kJ的热量，则反应的n（CO）==0.8mol，转化率=×100%=80%；
（2）容器Ⅱ中的反应与容器Ⅰ相同，方程式两边气体的计量数之和相等，且初始比例相同，则两容器为等效，则容器II的转化率也为80%，温度相同，则K相同，容器II中，平衡时的浓度分别为、、、，则K＝=1；
（3）a．两容器为等效平衡，则平衡时，两容器中H2 的体积分数相等，符合题意，a正确；
b．容器Ⅱ反应达到平衡状态时，CO的转化率为80%，反应1.6mol，Q=41×1.6=65.6kJ，与题意不符，b错误；
c．反应开始时，容器II中各物质浓度大，则容器II的反应的速率快，与题意不符，c错误；
答案为a。
19．(1)BC
(2) 放热 12 逆向移动
(3) 减小 d
【详解】（1）A．增加用量，反应Ⅰ正向移动，但甲烷的转化率降低，故不选A；
B．反应Ⅰ正反应气体物质的量增大，恒温恒压下通入惰性气体，相当于减压，反应Ⅰ正向移动，甲烷转化率增大，故选B；
C．移除，CO浓度降低，反应Ⅰ正向移动，甲烷转化率增大，故选C；
D．催化剂不能使平衡移动，加入催化剂，甲烷转化率不变，故不选D；
选BC。
（2）①由上图可知，随温度升高，CO2的平衡转化率降低，该反应为放热反应。
②时，CO2的平衡转化率为40%，
该反应的平衡常数12。
③y点达到平衡后，保持恒温、恒压，再向该容器中充入和，，平衡将逆向移动。
（3）正反应放热，升高温度平衡逆向移动，说明温度对逆反应速率影响大于正反应速率，升高温度时，减小；温度对逆反应速率影响大，则ac代表逆反应速率常数，bd代表正反应速率常数，y点温度大于x点，所以d点表示x点的。
20． - 49.0 kJ·mol-1 反应Ⅱ符合“原子经济性”的原则即原子利用率为100%（绿色化学） 不是 反应Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，且催化剂活性降低 B CO促进反应Ⅰ正向移动，二氧化碳和氢气的量增加，水蒸气的量减少，有利于反应III正向进行 CO2+6H++6e ==CH3OH+H2O
【详解】(1)依据盖斯定律可知，反应Ⅲ可由反应Ⅱ-反应Ⅰ得到，则△H3=△H2-△H1=-90.0kJ/mol-(-41.0kJ/mol)=-49.0kJ·mol-1；反应Ⅲ的生成物除了甲醇、还有水，而反应Ⅱ的生成物只有甲醇，原子利用率为100%，符合“原子经济性”的原则（绿色化学），所以反应II优于反应III。
(2)温度为470K时，图中P点甲醇产率没有达到最大，所以反应尚未达到平衡状态；在490K之前，反应尚未达到平衡状态，甲醇产率随着温度的升高而增大，反应Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，达平衡后再升高温度，即490K之后，升高温度、平衡逆向移动，且催化剂活性降低，从而使甲醇产率下降。
(3)①由图可知，490K时，从甲醇的生成速率来看，a曲线大于c曲线，即甲醇来源于CO2和H2的反应，故490K时，根据曲线a、c判断合成甲醇的反应机理是B；
②对于反应I．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，CO是反应物，CO的存在促进反应I正向移动，使得CO2和H2的量增加，水蒸气的量减少，对于反应III．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，CO2和H2是反应物，水蒸气是生成物，CO2和H2的量增加、水蒸气的量减少，有利于反应III正向进行，所以CO的存在使甲醇生成速率增大。
(4)CO2在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，碳元素化合价由+4价降低到-2价，得电子、被还原、发生还原反应，甲醇在阴极产生，该电极反应式为：CO2+6H++6e ==CH3OH+H2O。
21．(1)温度
(2) 粉末 其他条件相同时，不同催化剂对分解速率影响不同
(3)蒸馏水
(4) 温度高于时，有较多分解，反应物浓度降低，使铜的平均溶解速率降低
【详解】（1）由控制变量法可知，实验1、2的目的是其他条件相同时，反应温度不同，说明为研究温度对H2O2分解速率的影响。
（2）实验3、4是Fe2O3粉末相比MnO2粉末具有更高的催化效率，对比实验3、4可得出的结论是其他条件相同时，不同催化剂对H2O2分解速率影响不同。
（3）为了保持溶液体积相同，此处还应添加的试剂及用量为10mL蒸馏水。
（4）①Cu从0价升高为+2，H2O2是氧化剂，O元素从-1价降为-2价，则根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得反应离子方程式为：。
②温度高于40°C后，随着温度的升高，H2O2的分解速率加快，使溶液中H2O2的浓度降低的更快，对铜的溶解速率的影响超过了温度升高对铜溶解速率的影响，所以铜的溶解速率逐渐减小