专题2 化学反应速率与化学平衡 练习题 （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 练习题 （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 | 1.2MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-12-28 19:44:37 | ||
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文档简介
专题2《化学反应速率与化学平衡》练习题
一、单选题
1．汽车尾气中的有害气体可通过如下反应实现转化：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)。下列说法正确的是
A．每转化22.4LNO，转移电子数为2×6.02×1023
B．该反应ΔH<0
C．反应的平衡常数K=
D．其他条件相同，使用催化剂，可提高活化分子百分数，降低反应的焓变
2．NH3发生催化氧化反应生成NO，实验室也可以使用铜和稀硝酸制备少量NO。NH3在强碱条件下能被NaClO氧化生成N2H4；N2H4可被NaClO继续氧化生成N2，也可被HNO2氧化生成HN3，N2H4能与AgNO3溶液反应产生银镜；HN3是一种弱酸，酸性与醋酸相当。CO可将机动车尾气中的NO转化为N2，反应为：，ΔH=-746.5kJ·mol-1下列说法正确的是
A．该反应在任何条件下都能自发进行
B．反应的平衡常数可表示为
C．使用高效的催化剂可以降低反应的焓变
D．其它条件不变，增大的值，NO的转化率下降
3．催化还原是重要的烟气脱硝技术，其反应过程与能量关系如图1，研究发现在以为主的催化剂上可能发生的反应过程如图2。下列说法不正确的是
A．催化还原为放热反应
B．过程II中为氧化剂，为还原产物
C．过程III中发生反应的方程式为
D．脱硝的总反应为：
4．已知可逆反应A2(g)+B2(g) 2AB(g) Δ H＜0 ΔS<0， ΔG<0，下列说法不正确的是
A．一般情况下，相同物质的量的不同气体。它们的熵不一样
B．该反应的逆反应ΔG>0，不能自发进行
C．混合气体相对分子质量不变，不能作为判断达到平衡的标准
D．增大压强，平衡可能会发生移动
5．已知，经实验测得不同压强下，平衡体系的平均相对分子质量（）随温度（）的变化曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．该反应的 B．气体的压强：
C．平衡常数： D．测定乙酸的相对分子质量要在高压、低温条件下
6．在恒容密闭容器中充入一定量的NO2(g)和N2O4(g)，发生反应N2O4(g)2NO2(g)△H>0，体系中各物质的百分含量与温度的变化关系如图所示，下列说法错误的是
A．曲线①表示NO2的百分含量
B．若m点为反应平衡点，此时平衡常数K=4
C．1molN2O4(g)的键能总和大于2molNO2(g)的键能总和
D．反应达到平衡后，保持其他条件不变，往该容器中充入少量稀有气体，反应速率不改变
7．有可逆反应。该反应的速率与时间的关系如图所示：
如果t2、t4、t6、t8时都只改变了一个反应条件，则对应t2、t4、t6、t8时改变的条件正确的是
A．升高温度，减小压强、增大反应物浓度、使用了催化剂
B．增大反应物浓度、使用了催化剂、减小压强、升高温度
C．使用了催化剂，增大压强，减小反应物浓度，降低温度
D．升高温度、减小压强、减小反应物浓度、使用了催化剂
8．通过反应I：可将有机氯化工业的副产品转化为。在0.2、反应物起始物质的量比条件下，不同温度时平衡转化率如图所示。向反应体系中加入，能增大反应速率。已知反应II： ；反应III： 。下列说法正确的是
A．反应Ⅰ的
B．升高温度和增大压强均能提高反应Ⅰ中的平衡转化率
C．保持其他条件不变，500℃时，使用能使Z点移至Y点
D．在0.2，500℃条件下，若起始，可使Z点移动到Y点
9．下列说法错误的是
A．焓变是决定反应能否自发进行的一个重要因素
B．需要加热才能进行的过程肯定不是自发过程
C．N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) △H=+67.7kJ mol-1是非自发反应
D．非自发进行的反应一定条件下可能发生
10．在某绝热刚性容器中充入5molCO和10mol发生反应 ，下列说法中能够判断该反应一定处于平衡状态的有
①容器中CO、、共存
②单位时间内生成1mol的同时消耗2mol
③CO与体积之比恒定不变
④容器中温度恒定不变
⑤与速率之比恒定不变
⑥反应容器中压强不随时间变化
A．①④⑥ B．③④⑥ C．④⑤⑥ D．②③④
二、填空题
11．工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破。其反应为：。
(1)合成氨生产流程示意图如下。
①流程中，有利于提高原料利用率的措施是 ；有利于提高单位时间内氨的产率的措施有 。
②干燥净化中，有一步操作是用铜氨液除去原料气中的CO，其反应为：。对吸收CO后的铜氨废液应该怎样处理？请提出你的建议： 。
(2)实验室研究是工业生产的基石。下图中的实验数据是在其它条件不变时，不同温度(、、)、压强下，平衡混合物中NH3的物质的量分数的变化情况。
①曲线a对应的温度是 。
②M、N、Q点平衡常数K的大小关系是 。
12．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： 。
13．氨是重要的化工产品之一，研究合成氨反应具有重要意义。
（1）已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为：，，，写出以N2和H2为原料合成NH3的热化学方程式 。
（2）某小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，实验结果如下图 所示：
①t1时刻改变的条件为 。
②t2时刻，恒压充入氦气,t3时刻达到平衡。在图中画出t2时刻后的速率变化图象 。
14．N2O和CO是常见的环境污染性气体。
(1)对于反应N2O(g)＋CO(g)CO2(g)＋N2(g)来说，“Fe2＋”可作为此反应的催化剂。其总反应分两步进行，第一步为Fe2＋＋N2OFeO＋＋N2，则第二步反应为 。已知第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，由此推知，第一步反应的活化能 (填“大于”“小于”或“等于”)第二步反应的活化能。
(2)在四个不同容积的恒容密闭容器中按图甲充入相应的气体，发生反应：2N2O(g)O2(g)＋2N2(g)，容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中N2O的平衡转化率如图乙所示。
①若容器Ⅰ的体积为2 L，反应在370 ℃下进行，20 s后达到平衡，则0～20 s内容器Ⅰ中用O2表示的反应速率为 。B点对应的平衡常数K= (保留两位有效数字)。
②若容器Ⅳ的体积为1 L，反应在370 ℃下进行，则起始时反应 (填“向正反应方向”“向逆反应方向”或“不”)进行。
③图中A、C、D三点容器内气体密度由大到小的顺序是 。
15．在密闭容器中进行如下反应：，达平衡后，改变下列条件，用“正反应”“逆反应”或“不移动”分析判断平衡移动情况，用“增大”“减小”或“不变”分析判断物质的量变情况。
(1)增加C的含量，平衡 ， ．
(2)保持反应容器体积和温度不变，通入，平衡 ， ．
(3)在一定温度下，缩小反应容器体积，平衡向 方向移动， ，的转化率 。
(4)保持反应容器体积不变，升高温度，平衡向 方向移动， ．
(5)保持反应容器体积和温度不变，再通入，平衡向 方向移动，的转化率 ， 。
16．甲醇被称为2l世纪的新型燃料，工业上通过下列反应Ⅰ和Ⅱ，用CH4和H2O为原料来制备甲醇。
（1）将1.0molCH4和2.0molH2O（g）通入容积为10L的反应室，在一定条件下发生反应Ⅰ：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g），CH4的转化率与温度、压强的关系如图：
①已知100℃时达到平衡所需的时间为5min，则用H2表示的平均反应速率为 。
②在其它条件不变的情况下升高温度，化学平衡常数将 （填“增大”“减小”或“不变”）。
③图中的P1 P2（填“＜”、“＞”或“=”），100℃时平衡常数为 。
④保持反应体系为100℃，5min后再向容器中充入H2O、H2各0.5mol，化学平衡将向 移动（填“向左”“向右”或“不”）。
（2）在压强为0.1MPa条件下，将amolCO与3amol H2的混合气体在催化剂作用下能自发发生反应Ⅱ：
CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）
①该反应的△H 0，△S 0（填“＜”、“＞”或“=”）。
②若容器容积不变，下列措施可以提高CO转化率的是 。
A．升高温度
B．将CH3OH（g）从体系中分离出来
C．充入He，使体系总压强增大
D．再充入1molCO和3molH2
17．能源是国民经济发展的重要基础，我国目前使用的能源主要是化石燃料，为了减少CO的排放，某环境研究小组以CO和H2为原料合成清洁能源二甲醚（DME），反应如下：4H2(g)+2CO(g) CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH=-198kJ·mol-1。
（1）如图所示能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为 （填曲线标记字母），其判断理由是 。
（2）在一定温度下，向2.0L固定容积的密闭容器中充入2molH2和1molCO，经过一段时间后，反应4H2(g)+2CO(g) CH3OCH3(g)+H2O(g)达到平衡。反应过程中测得的部分数据见下表（部分数据未给出）：
时间/min 0 20 40 80 100
n（H2）/mol 2.0 1.4 0.85 0.4
n（CO）/mol 1.0 0.425 0.2 0.2
n（CH3OCH3）/mol 0 0.15 0.4
n（H2O）/mol 0 0.15 0.2875 0.4 0.4
①0～20min的平均反应速率v(CO)= mol·L 1·min 1。
②达到平衡时，H2的转化率为 。
③在上述温度下，该反应的平衡常数K= 。
④在上述温度下，向平衡后的2L容器中再充入0.4molH2和0.4molCH3OCH3(g)，则化学平衡 移动（填“向左”“向右”或“不”）。
三、计算题
18．一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如下图所示，
请回答下列问题：
(1)反应开始到10s，用Z表示的反应速率为 mol/(L·s)。
(2)反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了 mol/L。
(3)反应开始到10s，Y的转化率为 。
(4)反应的化学方程式为 。
(5)10s之后，该反应达到 状态。
19．在恒温、恒容的密闭容器中，混合气体A、B、C的物质的量浓度(c)与时间(t)的关系如下表所示：
tc 初始 2min 4min 6min 8min
c(A)(mol·L-1) 2.50 2.20 2.00 2.00 2.20
c(B)(mol·L-1) 1.56 2.16 2.56 2.56. 2.16
c(C)(mol·L-1) 0.39 0.54 0.64. 0.64 1.54
请填空：
(1)前2min内，v(B)= 。
(2)6min- 8min若只改变了反应体系中某一种物质的浓度，则应为 (填选项字母)
a．增大A的浓度 b．减小B的浓度 c．增大C的浓度
则该物质的浓度改变量为 mol·L-1
(3)如果在相同条件下，要使该反应从逆反应方向开始进行，且达平衡时与第4min时各物质的物质的量浓度完全相同，则加入B的物质的量浓度的取值范围为 。
四、解答题
20．为解决大气中CO2的含量增大的问题，某科学家提出把工厂排出的富含CO2的废气经净化吹入碳酸钾溶液吸收，然后再把CO2从溶液中提取出来，再转变为燃料甲醇的“绿色自由”构想，其部分技术流程如图：
(1) 吸收池中主要反应的离子方程式为
(2) 合成塔中合成1molCH3OH(g)的反应热是ΔH1，则该反应的热化学方程式为 ；工业上CO也可用于合成甲醇，已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH2；2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH3；则CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) ΔH4= (用ΔH1、ΔH2、ΔH3表示)。
(3) 一定温度下，向2L恒容密闭容器中加入1molCH3OH(g)，发生反应CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)，CO的体积分数随时间的变化如图所示。
① 反应达到平衡状态的标志是 (填序号)。
A．气体的密度保持不变
B．气体的平均摩尔质量保持不变
C . 2v正(H2)=v逆(CO)
D．c(CH3OH)：c(CO)：c(H2)=1：1：2的时候
E. 气体的体积分数保持不变
② 在该温度下，此反应的化学平衡常数K= ，若在t1时刻再加入1mol CH3OH(g)，在t2时刻重新达到平衡，则在t2时刻CO的体积分数 0.25(填“＞”、“＜”或“=”)。
21．电解锰渣的主要成分是。一种由电解锰渣制取高纯的流程如下。
(1)与发生复分解反应的离子方程式为 。
(2)浸出过程中，加入可减少有毒气体的生成，同时产生更多。利用的的化学性质是 。
(3)结合离子方程式解释从浸出液中除去的操作的原理： 。
(4)过程Ⅰ除去并富集的流程如下。
已知：a．萃取剂E是溶解了P204(记为HA)的磺化煤油(一种有机溶剂)；
b．HA为一元弱酸，难溶于水
c．萃取时发生反应(表示或)，
①可溶于磺化煤油，反应的平衡常数用K表示。已知：。判断调时a b(填“<”或“>”)，结合平衡常数解释原因： 。
②试剂Y是 ，向油层2中加入试剂Y后，分离出油层3与溶液的操作为 (填操作名称)。
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【详解】A．未指明气体状况，不能根据体积确定其物质的量，无法计算电子数，故A错误；
B．由反应可知ΔS<0，则ΔH<0反应才能自发进行，故B正确；
C．反应的平衡常数K=，故C错误；
D．使用催化剂，可提高活化分子百分数，但不影响反应的焓变，故D错误；
故选：B。
2．D
【详解】A．反应为放热的熵减反应，根据反应可以自发进行，则反应在低温下可以自发进行，A错误；
B．平衡常数等于生成物浓度系数次方之积与反应物浓度系数次方之积的比；反应的平衡常数可表示为K=，B错误；
C．催化剂改变反应速率，不改变反应的焓变，C错误；
D．其它条件不变，增大的值，相当于增加NO投料，会促进CO的转化，但是NO自身的转化率下降，D正确；
故选D。
3．B
【详解】A．由反应历程图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，所以催化还原为放热反应，A正确；
B．过程II中转化为，化合价降低，为氧化剂，在反应前后的化合价没有发生变化，因此不是还原产物，B错误；
C．过程Ⅲ中发生反应的方程式为，C正确；
D．将三个过程加和，可以得出总反应方程式， D正确；
故答案为：B。
4．B
【详解】A．从反应可知，反应前后气体的总物质的量保持不变，但ΔS<0说明一般情况下，相同物质的量的不同气体，它们的熵不一样，A正确；
B．由题干信息可知，该反应的正反应ΔG<0，则逆反应ΔG>0，但由于该反应是一个可逆反应，则逆反应不也自发进行，B错误；
C．从反应可知，反应前后气体的总物质的量保持不变，混合气体的质量一直保持不变，即混合气体相对分子质量始终保持不变，故混合气体相对分子质量不变，不能作为判断达到平衡的标准，C正确；
D．从反应可知，反应前后气体的总物质的量保持不变，当增大压强到一定程度时，A2、B2或AB可能变为液体，三者不是同时变为液体，则平衡会发生移动，D正确；
故答案为：B。
5．B
【分析】，正反应为气体总物质的量增大的反应，则正反应为平均相对分子质量减小的反应，据此解答。
【详解】A．由曲线看出，压强相同时，随着温度升高平均相对分子质量减小，说明升高温度，平衡正向移动，正反应为吸热反应，故ΔH>0，A错误；
B．图中曲线为等压线，p(b)＝p(c)，在同一温度下，压强升高，该平衡逆向移动，相对分子质量增大，因此p(a)C．化学平衡常数只与温度有关，温度升高，该平衡正向移动，平衡常数增大，故，C错误；
D．减小压强、升高温度，平衡正向移动，即低压、高温有利于乙酸生成，故测定乙酸的相对分子质量要在低压、高温条件下进行，D错误。
答案选B。
6．B
【详解】A．N2O4(g)2NO2(g) △H>0，正反应是吸热反应，升高温度平衡正移，NO2(g)含量增大，N2O4(g)含量减小，则曲线①表示NO2的百分含量，A正确；
B．由图知T1时两物质的含量都是50%，假设一共投入1mol/L，则c(N2O4)=c(NO2)=0.5mol/L，由N2O4(g)2NO2(g)，K= c2(NO2)/ c(N2O4)=0.5，B错误；
C． H=反应物键能-生成物键能，△H>0，则1molN2O4(g)的键能总和大于2molNO2(g)的键能总和，C正确；
D．在恒容密闭容器中体积不变，充入少量稀有气体，物质的浓度不变，反应速率不改变，D正确；
故选：B。
7．A
【详解】t2时，改变某一条件，v(正)、v(逆)都增大，但v(逆)增大的倍数更多，应为升高温度；
t4时，改变某一条件，v(正)、v(逆)都减小，但v(正)减小的倍数更多，应为减小压强；
t6时，改变某一条件，v(正)增大、v(逆)不变，平衡正向移动，应为增大反应物的浓度；
t8时，改变某一条件，v(正)、v(逆)同等程度增大，但平衡不移动，应为使用了催化剂；
综合以上分析，A符合题意，故选A。
8．D
【详解】A．根据盖斯定律，由反应Ⅱ反应Ⅲ可得反应Ⅰ， ，A错误；
B．反应Ⅰ为气体分子数减小的放热反应，升高温度平衡逆向移动，的平衡转化率降低，B错误；
C．由反应Ⅱ和反应Ⅲ可知，作催化剂，只能增大反应速率，不能改变的平衡转化率，C错误；
D．在0.2，500℃条件下，若起始，相当于在的投料不变的情况下增加了的投料，则平衡正向移动，能提高的平衡转化率，可使Z点移动到Y点，D正确；
故答案为：D。
【速解】假设A正确，则反应Ⅰ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，的平衡转化率增大，且反应Ⅰ为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，的平衡转化率也增大，B正确，题中有两个选项正确，不符合题意，假设错误。故A、B错误。
9．B
【详解】A．化学反应自发进行的判据有焓判据和熵判据，因此焓变是决定反应能否自发进行的一个重要因素，A正确；
B．需要加热才能够进行的过程可能为自发过程，如铝热反应等，不能利用反应条件判断反应进行的自发过程，B错误；
C．该反应△H>0，△S<0，△H-T△S>0，任何温度下都不能自发进行，是非自发反应，C正确；
D．自发反应是在一定的条件下，不需要外力就可以自动进行的反应，非自发进行的反应在一定外力作用下是可以发生的，D正确；
故选B。
10．B
【分析】判断化学平衡状态的直接标志：Ⅰ.v正=v逆（同物质），Ⅱ.各组分浓度不再改变，以及以此为基础衍生出来的标志如压强不再改变，混合气体的密度不再改变、气体的颜色不再变化等等。
【详解】①容器中CO、、共存，不能说明各组分浓度是否不再改变，故不符；
②无论反应是否达到平衡，单位时间内生成1mol的同时消耗2mol，故不符；
③只要平衡发生移动，容器中CO与CH3OH的体积之比就会发生移动，当容器中CO与CH3OH的体积之比恒定不变，说明反应达到平衡状态，故符合；
④容器中温度恒定不变，说明v正=v逆（同物质），故符合；
⑤与速率之比恒定不变，始终等于计量数之比，不能说明各组分浓度是否不再改变，故不符；
⑥反应容器中压强不随时间变化，说明各组分浓度不再改变，反应达到平衡状态，故符合；
综上所述，③④⑥符合题意；
故选B。
11．(1) 加压10Mpa~30Mpa、冷却液化氨、原料气循环利用 干燥净化、加压10Mpa~30Mpa、原料气的循环利用、铁触媒400~500°C 在减压下加热吸收CO后的铜氨废液、用硫酸溶液吸收氨气、并收集纯净的CO
(2) 200℃ Q=M>N
【详解】（1）①是气体分子总数减小的放热反应，增大压强可促使平衡右移提高原料利用率，采用迅速冷却的方法使氨气液化并及时分离可降低速率、但促使平衡正向移动提高原料利用率；原料气循环使用能使原料气的浓度保持一定能提高N2、H2的转化率，则流程中有利于提高原料利用率的措施是加压、冷却液化氨、原料气循环利用；增大压强可提高反应速率且促使平衡右移，升温虽然使平衡左移但能提高催化剂活性大幅度提高反应速率，干燥净化能防止催化剂中毒，故有利于提高单位时间内氨的产率的措施有干燥净化、加压10Mpa~30Mpa、原料气的循环利用、铁触媒400~500°C。
②反应为放热的、气体体积缩小的可逆反应，升温、减压可促使平衡左移，产生的混合气体用硫酸溶液吸收氨气后可回收CO、铜氨溶液可进行重复利用，故答案为：对吸收CO后的铜氨废液在减压下加热、用硫酸溶液吸收氨气、并收集纯净的CO。
（2）①是气体分子总数减小的放热反应，降温可促使平衡右移、温度越低氨气的百分含量越高，所以，曲线a对应的温度是200℃。
②K只受温度影响，该反应温度升高时K值减小，b是400℃，c是600℃，上图中M、N、Q点平衡常数K的大小关系是K(M)=K(Q)＞K(N)，故答案为Q=M>N。
12．(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。
13． N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H＝ －90.8 kJ·mol－1 升高温度
【分析】(1)根据反应热△H=反应物总键能-生成物总键能计算；
(2)①t1时刻改变的条件后正逆反应速率都增大，平衡逆移；②t2恒压充入氦气，体积膨胀，参加反应的气体所占分压减小，平衡向体积增大方向移动，据此画出图象。
【详解】(1)N2和H2为原料合成NH3的反应为N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)△H=反应物总键能-生成物总键能=946.0kJ mol-1+3×436.0kJ mol-1-6×390.8kJ mol-1=-90.8 kJ mol-1；故答案为：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)△H=-90.8 kJ mol-1；
(2)①t1时刻改变的条件后正逆反应速率都增大，逆反应速率大于正反应速率，平衡逆移，所以改变条件为升高温度，故答案为：升高温度；
②t2恒压充入氦气，体积膨胀，各反应物质浓度减小，参加反应的气体所占分压减小，平衡向体积增大方向移动，正逆反应速率都减小，画出图象为：，故答案为：。
14．(1) 大于
(2) 0.0044 向逆反应方向 D>C>A
【详解】（1）在反应中，做催化剂，是中间产物，催化剂在反应中，第一步被消耗，第二步又生成，故该反应的第二步反应方程式为：。活化能越大，反应速率越慢，反应速率慢的反应决定反应的总速率，因为第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，故第一步反应决定了反应达平衡所需的时间，第一步反应速率最慢，活化能大于第一步。
（2）根据三段式： ，由图像可知，在容器Ⅰ的体积为2 L，反应在370 ℃，的转化率为40％，，解得，故在0～20 s内容器Ⅰ中用O2表示的反应速率为： ； ，因为点和点温度相同，K只与温度有关，故点时平衡常数为0.0044；容器Ⅳ的体积为1 L，温度为370 ℃，平衡常数，起始时，为0.06mol，为0.06mol，为0.04mol，，，所以反应向逆反应方向进行；
根据反应前后气体分子数的变化，相同温度下，压强越大，平衡逆向移动，转化率降低，容器中的压强：Ⅰ>Ⅱ>Ⅲ，所以容器的体积：Ⅰ<Ⅱ<Ⅲ，容器内气体密度为：D>C>A。
15．(1) 不移动 不变
(2) 不移动 不变
(3) 逆反应 增大 减小
(4) 正反应 增大
(5) 正反应 减小 增大
【详解】（1）增加固体C的量，不影响反应速率，平衡不移动，c(H2O)不变，故答案为：不移动；不变；
（2）保持反应容器体积和温度不变，通入He，He不参与反应进程，不影响反应物和生成物的浓度，平衡不移动，不变，故答案为：不移动；不变；
（3）在一定温度下，缩小反应容器体积，相当于增大压强，平衡向逆反应方向移动，增大，H2O(g)的转化率减小，故答案为：逆反应；增大；减小；
（4）保持反应容器体积不变，升高温度，平衡向吸热的方向移动，即向正反应方向移动，增大，故答案为：正反应；增大；
（5）保持反应容器体积和温度不变，再通入，浓度增大，平衡向正反应方向移动，从影响效果来看，相当于增大压强，H2O(g)的转化率减小，增大，故答案为：正反应；减小；增大。
【点睛】根据勒夏特列原理：①升高温度时，反应向着吸热方向移动；降低温度时，反应向着放热方向移动；②增大压强时，反应向着系数变小的方向移动；减小压强时，反应向着系数变大的方向移动；③增大浓度，反应向着削弱该物质浓度的方向移动。
16． 0.030mol L﹣1 min﹣1 增大 ＜ 2.25×10﹣2 向左 ＜ ＜ BD
【分析】(1)①根据图象，100℃平衡时甲烷的转化率，求出△c(CH4)，根据v=计算v(CH4)，利用速率之比等于化学计量数之比计算v(H2)；②根据“定一议二”的方法分析判断；③根据“定一议二”的方法分析判断；根据三段式，结合平衡常数K=计算；④保持反应体系为100℃，5min后再向容器中冲入H2O、H2各0.5mol，根据浓度商与平衡常数的相对大小的判断；
(2)①混合气体在催化剂作用下能自发反应生成甲醇，结合方程式和△G=△H-T △S＜0分析判断；
②容器容积不变，增加CO的转化率，需要平衡向正反应移动，根据外界条件对平衡的影响分析判断。
【详解】(1)①由100℃平衡CH4的转化率为0.5可知，消耗CH4为1mol×0.5=0.5mol，平衡时甲烷的浓度变化量为=5×10-2mol/L，根据甲烷与氢气的计量数关系，则：v(H2)=3v(CH4)=3×=0.030mol L-1 min-1，故答案为0.030mol L-1 min-1；
②通过图象可知，当压强为P1时，升高温度，甲烷的转化率增大，平衡正向移动，所以升高温度，平衡常数增大，故答案为增大；
③由图可知，温度相同时，到达平衡时，压强为P1的CH4转化率高，正反应为气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，甲烷的转化率降低，故压强P1＜P2，
CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)
初始浓度：0.1 0.2 0 0
变化浓度：0.05 0.05 0.05 0.15
平衡浓度：0.05 0.15 0.05 0.15
100℃时平衡常数K==2.25×10-2，故答案为＜；2.25×10-2；
④保持反应体系为100℃，5min后再向容器中冲入H2O、H2各0.5mol，Qc==4×10-2＞K，所以平衡向左移动，故答案为向左；
(2)①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)正反应是气体物质的量减小的反应，反应的△S＜0，混合气体在催化剂作用下能自发反应生成甲醇，根据△G=△H-T △S＜0，说明△H＜0，即正反应是放热反应，故答案为＜；＜；
②A．该反应为放热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动，即向逆反应方向移动，CO的转化率降低，故A错误；B．将CH3OH(g)从体系中分离，产物的浓度降低，平衡向正反应移动，CO的转化率增加，故B正确；C．充入He，使体系总压强增大，容器容积不变，反应混合物各组分浓度不变，平衡不移动，CO的转化率不变，故C错误；D．再充入1mol CO和3mol H2，可等效为压强增大，平衡向体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，CO的转化率增加，故D正确；故答案为BD。
17． a 正反应放热，温度升高平衡常数减小 0.0075 80% 2500 向右
【详解】(1)由4H2(g)+2CO(g) CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH=-198kJ·mol-1可知，正反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，所以K值减小，所以a曲线能反映温度与平衡常数的关系，理由为正反应放热，温度升高平衡常数减小，故答案为：a，正反应放热，温度升高平衡常数减小；
(2)①0~20min内v(H2)=，v(CO)=0.5 v(H2)=0.5×0.015mol·L-1·min-1=0.0075 mol·L-1·min-1，故答案为：0.0075 ；
②由表格中数据可知，平衡时氢气的物质的量为0.4mol，转化了(2.0-0.4)mol=1.6mol，所以转化率为，故答案为：80%；
③列出三段式：
，故答案为：2500；
④，化学平衡向右移动，故答案为：向右。
18． 0.079 0.395 79% X+Y 2Z 化学平衡
【分析】
(1)根据化学反应速率计算公式计算Z表示的反应速率；
(2)根据图像判断X的物质的量浓度减少量；
(3)根据转化率计算公式计算Y的转化率；
(4)根据各物质曲线的走向和变化的量分析化学反应方程式；
(5)当各物质的物质的量不再变化时，反应达到平衡状态。
【详解】
(1)根据图像可知，反应开始到10s，Z的物质的量增加了1.58mol，则用Z表示的反应速率为：v(Z)= =0.079 mol/（L·s）；
(2)根据图像可知，反应开始到10s，X的物质的量浓度减少量为 =0.395 mol/L ；
(3)反应开始到10s时，Y的转化率=×100％=×100％=79％；
(4)由图像可以看出，X、Y的物质的量减少，Z的物质的量增多，则X、Y为反应物，Z为生成物，到10s后各物质的物质的量均不再变化且不为0，说明该反应为可逆反应，化学反应中各物质的物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，则有X∶Y∶Z=（1.20mol-0.41mol）∶（1.0mol-0.21mol）∶1.58mol=1∶1∶2，所以该反应的化学方程式为X+Y 2Z；
(5)根据图像可知，10s后各物质的物质的量不再变化，说明该可逆反应达到了化学平衡状态。
19． 0.30mol·L-1·min-1 c 1.00 2. 56mol·L-1＜c(B)≤6. 56mol·L-1
【解析】略
20． CO32-+CO2+H2O=2HCO3- CO2(g)+3H2(g)==CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1 ΔH1+ΔH2-ΔH3 BE 0.25mol2·L-2 ＜
【详解】（1）吸收池中K2CO3溶液吸收CO2，主要反应的离子方程式为CO32－+CO2+H2O=2HCO3－；
（2）合成塔中合成1mol CH3OH（g）的反应热是△H1，其反应的热化学方程式为CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（g）△H1；根据盖斯定律，CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H4=△H1＋△H2－△H3；
（3）①A、气体的密度自始至终保持不变，故A错误；
B、气体的平均摩尔质量M=m/n，反应后混合气体的物质的量增加，M逐渐减小，当M保持不变，达到平衡状态，故B正确；
C、2v正（H2）=v逆（CO），比例关系错误，故C错误；
D、 c(CH3OH)：c(CO)：c(H2)=1：1：2时，各物质的浓度不一定不变，则反应不一定平衡，故D错误；
E、气体的体积分数是一个变量，当保持不变，反应达到平衡，故E正确；
故选BE；
② CH3OH（g）CO（g）+2H2（g），
反应前（mol·L－1） 0.5 0 0
变化量（mol·L－1） x x 2x
平衡时（mol·L－1） 0.5-x x 2x
根据平衡时CO的体积分数
x/(0.5+2x)=1/4，x=0.25mol·L－1；
此反应的化学平衡常数K= =0.25mol2·L-2；若在t1时刻再加入1mol CH3OH（g），体积不变，相当于增大压强，平衡向逆反应方向移动，在t2时刻重新达到平衡，CO的体积分数小于0.25；
【点睛】解题关键：首先要根据流程图明确物质的制备过程，分析图示及书写方程式，难点（3）：化学平衡常数计算，突破口，列出三行式，根据平衡时CO的体积分数找到平衡时的浓度，根据平衡常数的定义列出计算式。
21．(1)
(2)氧化性
(3)，增大和加热均促使水解趋于完全
(4) < 由可知，相同时结合所需更小，由的电离平衡可知，增大能减小，有利于和的分离 稀硫酸 分液
【分析】由电解锰渣（主要成分是）为原料制取高纯的工艺流程，首先用MnO2和硫酸浸取电解锰渣，获得浸出液，浸出液中含杂质Fe3+和Ca2+，后调节溶液的pH为4，使得铁离子转化为Fe(OH)3沉淀，再将浓缩液进行萃取除去Ca2+，最后获得纯净的MnSO4。
【详解】（1）与发生复分解反应的离子方程式为；
（2）浸出过程中，会产生有毒气体H2S，加入可减少有毒气体的生成，同时产生更多，锰元素由+4价转变为+2价，被还原，则为氧化剂，利用了其氧化性；
（3）加热或则调节溶液pH，减小，平衡将正向移动，生成更多的氢氧化铁沉淀，则答案为，增大和加热均促使水解趋于完全；
（4）①已知，则相同时结合所需更小，由可知，越大，平衡逆移，越小，则有利于和，则第一步酸性更强，即a＜b；理由为由可知，相同时结合所需更小，由的电离平衡可知，增大能减小，有利于和的分离；
②加入试剂Y进行反萃取使得转化为Mn2+，由(表示或)可知，增大，平衡逆移，转化为Mn2+，则Y为稀硫酸；分离出油层3与溶液的操作为分液
一、单选题
1．汽车尾气中的有害气体可通过如下反应实现转化：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)。下列说法正确的是
A．每转化22.4LNO，转移电子数为2×6.02×1023
B．该反应ΔH<0
C．反应的平衡常数K=
D．其他条件相同，使用催化剂，可提高活化分子百分数，降低反应的焓变
2．NH3发生催化氧化反应生成NO，实验室也可以使用铜和稀硝酸制备少量NO。NH3在强碱条件下能被NaClO氧化生成N2H4；N2H4可被NaClO继续氧化生成N2，也可被HNO2氧化生成HN3，N2H4能与AgNO3溶液反应产生银镜；HN3是一种弱酸，酸性与醋酸相当。CO可将机动车尾气中的NO转化为N2，反应为：，ΔH=-746.5kJ·mol-1下列说法正确的是
A．该反应在任何条件下都能自发进行
B．反应的平衡常数可表示为
C．使用高效的催化剂可以降低反应的焓变
D．其它条件不变，增大的值，NO的转化率下降
3．催化还原是重要的烟气脱硝技术，其反应过程与能量关系如图1，研究发现在以为主的催化剂上可能发生的反应过程如图2。下列说法不正确的是
A．催化还原为放热反应
B．过程II中为氧化剂，为还原产物
C．过程III中发生反应的方程式为
D．脱硝的总反应为：
4．已知可逆反应A2(g)+B2(g) 2AB(g) Δ H＜0 ΔS<0， ΔG<0，下列说法不正确的是
A．一般情况下，相同物质的量的不同气体。它们的熵不一样
B．该反应的逆反应ΔG>0，不能自发进行
C．混合气体相对分子质量不变，不能作为判断达到平衡的标准
D．增大压强，平衡可能会发生移动
5．已知，经实验测得不同压强下，平衡体系的平均相对分子质量（）随温度（）的变化曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．该反应的 B．气体的压强：
C．平衡常数： D．测定乙酸的相对分子质量要在高压、低温条件下
6．在恒容密闭容器中充入一定量的NO2(g)和N2O4(g)，发生反应N2O4(g)2NO2(g)△H>0，体系中各物质的百分含量与温度的变化关系如图所示，下列说法错误的是
A．曲线①表示NO2的百分含量
B．若m点为反应平衡点，此时平衡常数K=4
C．1molN2O4(g)的键能总和大于2molNO2(g)的键能总和
D．反应达到平衡后，保持其他条件不变，往该容器中充入少量稀有气体，反应速率不改变
7．有可逆反应。该反应的速率与时间的关系如图所示：
如果t2、t4、t6、t8时都只改变了一个反应条件，则对应t2、t4、t6、t8时改变的条件正确的是
A．升高温度，减小压强、增大反应物浓度、使用了催化剂
B．增大反应物浓度、使用了催化剂、减小压强、升高温度
C．使用了催化剂，增大压强，减小反应物浓度，降低温度
D．升高温度、减小压强、减小反应物浓度、使用了催化剂
8．通过反应I：可将有机氯化工业的副产品转化为。在0.2、反应物起始物质的量比条件下，不同温度时平衡转化率如图所示。向反应体系中加入，能增大反应速率。已知反应II： ；反应III： 。下列说法正确的是
A．反应Ⅰ的
B．升高温度和增大压强均能提高反应Ⅰ中的平衡转化率
C．保持其他条件不变，500℃时，使用能使Z点移至Y点
D．在0.2，500℃条件下，若起始，可使Z点移动到Y点
9．下列说法错误的是
A．焓变是决定反应能否自发进行的一个重要因素
B．需要加热才能进行的过程肯定不是自发过程
C．N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) △H=+67.7kJ mol-1是非自发反应
D．非自发进行的反应一定条件下可能发生
10．在某绝热刚性容器中充入5molCO和10mol发生反应 ，下列说法中能够判断该反应一定处于平衡状态的有
①容器中CO、、共存
②单位时间内生成1mol的同时消耗2mol
③CO与体积之比恒定不变
④容器中温度恒定不变
⑤与速率之比恒定不变
⑥反应容器中压强不随时间变化
A．①④⑥ B．③④⑥ C．④⑤⑥ D．②③④
二、填空题
11．工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破。其反应为：。
(1)合成氨生产流程示意图如下。
①流程中，有利于提高原料利用率的措施是 ；有利于提高单位时间内氨的产率的措施有 。
②干燥净化中，有一步操作是用铜氨液除去原料气中的CO，其反应为：。对吸收CO后的铜氨废液应该怎样处理？请提出你的建议： 。
(2)实验室研究是工业生产的基石。下图中的实验数据是在其它条件不变时，不同温度(、、)、压强下，平衡混合物中NH3的物质的量分数的变化情况。
①曲线a对应的温度是 。
②M、N、Q点平衡常数K的大小关系是 。
12．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： 。
13．氨是重要的化工产品之一，研究合成氨反应具有重要意义。
（1）已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为：，，，写出以N2和H2为原料合成NH3的热化学方程式 。
（2）某小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，实验结果如下图 所示：
①t1时刻改变的条件为 。
②t2时刻，恒压充入氦气,t3时刻达到平衡。在图中画出t2时刻后的速率变化图象 。
14．N2O和CO是常见的环境污染性气体。
(1)对于反应N2O(g)＋CO(g)CO2(g)＋N2(g)来说，“Fe2＋”可作为此反应的催化剂。其总反应分两步进行，第一步为Fe2＋＋N2OFeO＋＋N2，则第二步反应为 。已知第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，由此推知，第一步反应的活化能 (填“大于”“小于”或“等于”)第二步反应的活化能。
(2)在四个不同容积的恒容密闭容器中按图甲充入相应的气体，发生反应：2N2O(g)O2(g)＋2N2(g)，容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中N2O的平衡转化率如图乙所示。
①若容器Ⅰ的体积为2 L，反应在370 ℃下进行，20 s后达到平衡，则0～20 s内容器Ⅰ中用O2表示的反应速率为 。B点对应的平衡常数K= (保留两位有效数字)。
②若容器Ⅳ的体积为1 L，反应在370 ℃下进行，则起始时反应 (填“向正反应方向”“向逆反应方向”或“不”)进行。
③图中A、C、D三点容器内气体密度由大到小的顺序是 。
15．在密闭容器中进行如下反应：，达平衡后，改变下列条件，用“正反应”“逆反应”或“不移动”分析判断平衡移动情况，用“增大”“减小”或“不变”分析判断物质的量变情况。
(1)增加C的含量，平衡 ， ．
(2)保持反应容器体积和温度不变，通入，平衡 ， ．
(3)在一定温度下，缩小反应容器体积，平衡向 方向移动， ，的转化率 。
(4)保持反应容器体积不变，升高温度，平衡向 方向移动， ．
(5)保持反应容器体积和温度不变，再通入，平衡向 方向移动，的转化率 ， 。
16．甲醇被称为2l世纪的新型燃料，工业上通过下列反应Ⅰ和Ⅱ，用CH4和H2O为原料来制备甲醇。
（1）将1.0molCH4和2.0molH2O（g）通入容积为10L的反应室，在一定条件下发生反应Ⅰ：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g），CH4的转化率与温度、压强的关系如图：
①已知100℃时达到平衡所需的时间为5min，则用H2表示的平均反应速率为 。
②在其它条件不变的情况下升高温度，化学平衡常数将 （填“增大”“减小”或“不变”）。
③图中的P1 P2（填“＜”、“＞”或“=”），100℃时平衡常数为 。
④保持反应体系为100℃，5min后再向容器中充入H2O、H2各0.5mol，化学平衡将向 移动（填“向左”“向右”或“不”）。
（2）在压强为0.1MPa条件下，将amolCO与3amol H2的混合气体在催化剂作用下能自发发生反应Ⅱ：
CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）
①该反应的△H 0，△S 0（填“＜”、“＞”或“=”）。
②若容器容积不变，下列措施可以提高CO转化率的是 。
A．升高温度
B．将CH3OH（g）从体系中分离出来
C．充入He，使体系总压强增大
D．再充入1molCO和3molH2
17．能源是国民经济发展的重要基础，我国目前使用的能源主要是化石燃料，为了减少CO的排放，某环境研究小组以CO和H2为原料合成清洁能源二甲醚（DME），反应如下：4H2(g)+2CO(g) CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH=-198kJ·mol-1。
（1）如图所示能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为 （填曲线标记字母），其判断理由是 。
（2）在一定温度下，向2.0L固定容积的密闭容器中充入2molH2和1molCO，经过一段时间后，反应4H2(g)+2CO(g) CH3OCH3(g)+H2O(g)达到平衡。反应过程中测得的部分数据见下表（部分数据未给出）：
时间/min 0 20 40 80 100
n（H2）/mol 2.0 1.4 0.85 0.4
n（CO）/mol 1.0 0.425 0.2 0.2
n（CH3OCH3）/mol 0 0.15 0.4
n（H2O）/mol 0 0.15 0.2875 0.4 0.4
①0～20min的平均反应速率v(CO)= mol·L 1·min 1。
②达到平衡时，H2的转化率为 。
③在上述温度下，该反应的平衡常数K= 。
④在上述温度下，向平衡后的2L容器中再充入0.4molH2和0.4molCH3OCH3(g)，则化学平衡 移动（填“向左”“向右”或“不”）。
三、计算题
18．一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如下图所示，
请回答下列问题：
(1)反应开始到10s，用Z表示的反应速率为 mol/(L·s)。
(2)反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了 mol/L。
(3)反应开始到10s，Y的转化率为 。
(4)反应的化学方程式为 。
(5)10s之后，该反应达到 状态。
19．在恒温、恒容的密闭容器中，混合气体A、B、C的物质的量浓度(c)与时间(t)的关系如下表所示：
tc 初始 2min 4min 6min 8min
c(A)(mol·L-1) 2.50 2.20 2.00 2.00 2.20
c(B)(mol·L-1) 1.56 2.16 2.56 2.56. 2.16
c(C)(mol·L-1) 0.39 0.54 0.64. 0.64 1.54
请填空：
(1)前2min内，v(B)= 。
(2)6min- 8min若只改变了反应体系中某一种物质的浓度，则应为 (填选项字母)
a．增大A的浓度 b．减小B的浓度 c．增大C的浓度
则该物质的浓度改变量为 mol·L-1
(3)如果在相同条件下，要使该反应从逆反应方向开始进行，且达平衡时与第4min时各物质的物质的量浓度完全相同，则加入B的物质的量浓度的取值范围为 。
四、解答题
20．为解决大气中CO2的含量增大的问题，某科学家提出把工厂排出的富含CO2的废气经净化吹入碳酸钾溶液吸收，然后再把CO2从溶液中提取出来，再转变为燃料甲醇的“绿色自由”构想，其部分技术流程如图：
(1) 吸收池中主要反应的离子方程式为
(2) 合成塔中合成1molCH3OH(g)的反应热是ΔH1，则该反应的热化学方程式为 ；工业上CO也可用于合成甲醇，已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH2；2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH3；则CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) ΔH4= (用ΔH1、ΔH2、ΔH3表示)。
(3) 一定温度下，向2L恒容密闭容器中加入1molCH3OH(g)，发生反应CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)，CO的体积分数随时间的变化如图所示。
① 反应达到平衡状态的标志是 (填序号)。
A．气体的密度保持不变
B．气体的平均摩尔质量保持不变
C . 2v正(H2)=v逆(CO)
D．c(CH3OH)：c(CO)：c(H2)=1：1：2的时候
E. 气体的体积分数保持不变
② 在该温度下，此反应的化学平衡常数K= ，若在t1时刻再加入1mol CH3OH(g)，在t2时刻重新达到平衡，则在t2时刻CO的体积分数 0.25(填“＞”、“＜”或“=”)。
21．电解锰渣的主要成分是。一种由电解锰渣制取高纯的流程如下。
(1)与发生复分解反应的离子方程式为 。
(2)浸出过程中，加入可减少有毒气体的生成，同时产生更多。利用的的化学性质是 。
(3)结合离子方程式解释从浸出液中除去的操作的原理： 。
(4)过程Ⅰ除去并富集的流程如下。
已知：a．萃取剂E是溶解了P204(记为HA)的磺化煤油(一种有机溶剂)；
b．HA为一元弱酸，难溶于水
c．萃取时发生反应(表示或)，
①可溶于磺化煤油，反应的平衡常数用K表示。已知：。判断调时a b(填“<”或“>”)，结合平衡常数解释原因： 。
②试剂Y是 ，向油层2中加入试剂Y后，分离出油层3与溶液的操作为 (填操作名称)。
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【详解】A．未指明气体状况，不能根据体积确定其物质的量，无法计算电子数，故A错误；
B．由反应可知ΔS<0，则ΔH<0反应才能自发进行，故B正确；
C．反应的平衡常数K=，故C错误；
D．使用催化剂，可提高活化分子百分数，但不影响反应的焓变，故D错误；
故选：B。
2．D
【详解】A．反应为放热的熵减反应，根据反应可以自发进行，则反应在低温下可以自发进行，A错误；
B．平衡常数等于生成物浓度系数次方之积与反应物浓度系数次方之积的比；反应的平衡常数可表示为K=，B错误；
C．催化剂改变反应速率，不改变反应的焓变，C错误；
D．其它条件不变，增大的值，相当于增加NO投料，会促进CO的转化，但是NO自身的转化率下降，D正确；
故选D。
3．B
【详解】A．由反应历程图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，所以催化还原为放热反应，A正确；
B．过程II中转化为，化合价降低，为氧化剂，在反应前后的化合价没有发生变化，因此不是还原产物，B错误；
C．过程Ⅲ中发生反应的方程式为，C正确；
D．将三个过程加和，可以得出总反应方程式， D正确；
故答案为：B。
4．B
【详解】A．从反应可知，反应前后气体的总物质的量保持不变，但ΔS<0说明一般情况下，相同物质的量的不同气体，它们的熵不一样，A正确；
B．由题干信息可知，该反应的正反应ΔG<0，则逆反应ΔG>0，但由于该反应是一个可逆反应，则逆反应不也自发进行，B错误；
C．从反应可知，反应前后气体的总物质的量保持不变，混合气体的质量一直保持不变，即混合气体相对分子质量始终保持不变，故混合气体相对分子质量不变，不能作为判断达到平衡的标准，C正确；
D．从反应可知，反应前后气体的总物质的量保持不变，当增大压强到一定程度时，A2、B2或AB可能变为液体，三者不是同时变为液体，则平衡会发生移动，D正确；
故答案为：B。
5．B
【分析】，正反应为气体总物质的量增大的反应，则正反应为平均相对分子质量减小的反应，据此解答。
【详解】A．由曲线看出，压强相同时，随着温度升高平均相对分子质量减小，说明升高温度，平衡正向移动，正反应为吸热反应，故ΔH>0，A错误；
B．图中曲线为等压线，p(b)＝p(c)，在同一温度下，压强升高，该平衡逆向移动，相对分子质量增大，因此p(a)
D．减小压强、升高温度，平衡正向移动，即低压、高温有利于乙酸生成，故测定乙酸的相对分子质量要在低压、高温条件下进行，D错误。
答案选B。
6．B
【详解】A．N2O4(g)2NO2(g) △H>0，正反应是吸热反应，升高温度平衡正移，NO2(g)含量增大，N2O4(g)含量减小，则曲线①表示NO2的百分含量，A正确；
B．由图知T1时两物质的含量都是50%，假设一共投入1mol/L，则c(N2O4)=c(NO2)=0.5mol/L，由N2O4(g)2NO2(g)，K= c2(NO2)/ c(N2O4)=0.5，B错误；
C． H=反应物键能-生成物键能，△H>0，则1molN2O4(g)的键能总和大于2molNO2(g)的键能总和，C正确；
D．在恒容密闭容器中体积不变，充入少量稀有气体，物质的浓度不变，反应速率不改变，D正确；
故选：B。
7．A
【详解】t2时，改变某一条件，v(正)、v(逆)都增大，但v(逆)增大的倍数更多，应为升高温度；
t4时，改变某一条件，v(正)、v(逆)都减小，但v(正)减小的倍数更多，应为减小压强；
t6时，改变某一条件，v(正)增大、v(逆)不变，平衡正向移动，应为增大反应物的浓度；
t8时，改变某一条件，v(正)、v(逆)同等程度增大，但平衡不移动，应为使用了催化剂；
综合以上分析，A符合题意，故选A。
8．D
【详解】A．根据盖斯定律，由反应Ⅱ反应Ⅲ可得反应Ⅰ， ，A错误；
B．反应Ⅰ为气体分子数减小的放热反应，升高温度平衡逆向移动，的平衡转化率降低，B错误；
C．由反应Ⅱ和反应Ⅲ可知，作催化剂，只能增大反应速率，不能改变的平衡转化率，C错误；
D．在0.2，500℃条件下，若起始，相当于在的投料不变的情况下增加了的投料，则平衡正向移动，能提高的平衡转化率，可使Z点移动到Y点，D正确；
故答案为：D。
【速解】假设A正确，则反应Ⅰ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，的平衡转化率增大，且反应Ⅰ为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，的平衡转化率也增大，B正确，题中有两个选项正确，不符合题意，假设错误。故A、B错误。
9．B
【详解】A．化学反应自发进行的判据有焓判据和熵判据，因此焓变是决定反应能否自发进行的一个重要因素，A正确；
B．需要加热才能够进行的过程可能为自发过程，如铝热反应等，不能利用反应条件判断反应进行的自发过程，B错误；
C．该反应△H>0，△S<0，△H-T△S>0，任何温度下都不能自发进行，是非自发反应，C正确；
D．自发反应是在一定的条件下，不需要外力就可以自动进行的反应，非自发进行的反应在一定外力作用下是可以发生的，D正确；
故选B。
10．B
【分析】判断化学平衡状态的直接标志：Ⅰ.v正=v逆（同物质），Ⅱ.各组分浓度不再改变，以及以此为基础衍生出来的标志如压强不再改变，混合气体的密度不再改变、气体的颜色不再变化等等。
【详解】①容器中CO、、共存，不能说明各组分浓度是否不再改变，故不符；
②无论反应是否达到平衡，单位时间内生成1mol的同时消耗2mol，故不符；
③只要平衡发生移动，容器中CO与CH3OH的体积之比就会发生移动，当容器中CO与CH3OH的体积之比恒定不变，说明反应达到平衡状态，故符合；
④容器中温度恒定不变，说明v正=v逆（同物质），故符合；
⑤与速率之比恒定不变，始终等于计量数之比，不能说明各组分浓度是否不再改变，故不符；
⑥反应容器中压强不随时间变化，说明各组分浓度不再改变，反应达到平衡状态，故符合；
综上所述，③④⑥符合题意；
故选B。
11．(1) 加压10Mpa~30Mpa、冷却液化氨、原料气循环利用 干燥净化、加压10Mpa~30Mpa、原料气的循环利用、铁触媒400~500°C 在减压下加热吸收CO后的铜氨废液、用硫酸溶液吸收氨气、并收集纯净的CO
(2) 200℃ Q=M>N
【详解】（1）①是气体分子总数减小的放热反应，增大压强可促使平衡右移提高原料利用率，采用迅速冷却的方法使氨气液化并及时分离可降低速率、但促使平衡正向移动提高原料利用率；原料气循环使用能使原料气的浓度保持一定能提高N2、H2的转化率，则流程中有利于提高原料利用率的措施是加压、冷却液化氨、原料气循环利用；增大压强可提高反应速率且促使平衡右移，升温虽然使平衡左移但能提高催化剂活性大幅度提高反应速率，干燥净化能防止催化剂中毒，故有利于提高单位时间内氨的产率的措施有干燥净化、加压10Mpa~30Mpa、原料气的循环利用、铁触媒400~500°C。
②反应为放热的、气体体积缩小的可逆反应，升温、减压可促使平衡左移，产生的混合气体用硫酸溶液吸收氨气后可回收CO、铜氨溶液可进行重复利用，故答案为：对吸收CO后的铜氨废液在减压下加热、用硫酸溶液吸收氨气、并收集纯净的CO。
（2）①是气体分子总数减小的放热反应，降温可促使平衡右移、温度越低氨气的百分含量越高，所以，曲线a对应的温度是200℃。
②K只受温度影响，该反应温度升高时K值减小，b是400℃，c是600℃，上图中M、N、Q点平衡常数K的大小关系是K(M)=K(Q)＞K(N)，故答案为Q=M>N。
12．(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。
13． N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H＝ －90.8 kJ·mol－1 升高温度
【分析】(1)根据反应热△H=反应物总键能-生成物总键能计算；
(2)①t1时刻改变的条件后正逆反应速率都增大，平衡逆移；②t2恒压充入氦气，体积膨胀，参加反应的气体所占分压减小，平衡向体积增大方向移动，据此画出图象。
【详解】(1)N2和H2为原料合成NH3的反应为N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)△H=反应物总键能-生成物总键能=946.0kJ mol-1+3×436.0kJ mol-1-6×390.8kJ mol-1=-90.8 kJ mol-1；故答案为：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)△H=-90.8 kJ mol-1；
(2)①t1时刻改变的条件后正逆反应速率都增大，逆反应速率大于正反应速率，平衡逆移，所以改变条件为升高温度，故答案为：升高温度；
②t2恒压充入氦气，体积膨胀，各反应物质浓度减小，参加反应的气体所占分压减小，平衡向体积增大方向移动，正逆反应速率都减小，画出图象为：，故答案为：。
14．(1) 大于
(2) 0.0044 向逆反应方向 D>C>A
【详解】（1）在反应中，做催化剂，是中间产物，催化剂在反应中，第一步被消耗，第二步又生成，故该反应的第二步反应方程式为：。活化能越大，反应速率越慢，反应速率慢的反应决定反应的总速率，因为第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，故第一步反应决定了反应达平衡所需的时间，第一步反应速率最慢，活化能大于第一步。
（2）根据三段式： ，由图像可知，在容器Ⅰ的体积为2 L，反应在370 ℃，的转化率为40％，，解得，故在0～20 s内容器Ⅰ中用O2表示的反应速率为： ； ，因为点和点温度相同，K只与温度有关，故点时平衡常数为0.0044；容器Ⅳ的体积为1 L，温度为370 ℃，平衡常数，起始时，为0.06mol，为0.06mol，为0.04mol，，，所以反应向逆反应方向进行；
根据反应前后气体分子数的变化，相同温度下，压强越大，平衡逆向移动，转化率降低，容器中的压强：Ⅰ>Ⅱ>Ⅲ，所以容器的体积：Ⅰ<Ⅱ<Ⅲ，容器内气体密度为：D>C>A。
15．(1) 不移动 不变
(2) 不移动 不变
(3) 逆反应 增大 减小
(4) 正反应 增大
(5) 正反应 减小 增大
【详解】（1）增加固体C的量，不影响反应速率，平衡不移动，c(H2O)不变，故答案为：不移动；不变；
（2）保持反应容器体积和温度不变，通入He，He不参与反应进程，不影响反应物和生成物的浓度，平衡不移动，不变，故答案为：不移动；不变；
（3）在一定温度下，缩小反应容器体积，相当于增大压强，平衡向逆反应方向移动，增大，H2O(g)的转化率减小，故答案为：逆反应；增大；减小；
（4）保持反应容器体积不变，升高温度，平衡向吸热的方向移动，即向正反应方向移动，增大，故答案为：正反应；增大；
（5）保持反应容器体积和温度不变，再通入，浓度增大，平衡向正反应方向移动，从影响效果来看，相当于增大压强，H2O(g)的转化率减小，增大，故答案为：正反应；减小；增大。
【点睛】根据勒夏特列原理：①升高温度时，反应向着吸热方向移动；降低温度时，反应向着放热方向移动；②增大压强时，反应向着系数变小的方向移动；减小压强时，反应向着系数变大的方向移动；③增大浓度，反应向着削弱该物质浓度的方向移动。
16． 0.030mol L﹣1 min﹣1 增大 ＜ 2.25×10﹣2 向左 ＜ ＜ BD
【分析】(1)①根据图象，100℃平衡时甲烷的转化率，求出△c(CH4)，根据v=计算v(CH4)，利用速率之比等于化学计量数之比计算v(H2)；②根据“定一议二”的方法分析判断；③根据“定一议二”的方法分析判断；根据三段式，结合平衡常数K=计算；④保持反应体系为100℃，5min后再向容器中冲入H2O、H2各0.5mol，根据浓度商与平衡常数的相对大小的判断；
(2)①混合气体在催化剂作用下能自发反应生成甲醇，结合方程式和△G=△H-T △S＜0分析判断；
②容器容积不变，增加CO的转化率，需要平衡向正反应移动，根据外界条件对平衡的影响分析判断。
【详解】(1)①由100℃平衡CH4的转化率为0.5可知，消耗CH4为1mol×0.5=0.5mol，平衡时甲烷的浓度变化量为=5×10-2mol/L，根据甲烷与氢气的计量数关系，则：v(H2)=3v(CH4)=3×=0.030mol L-1 min-1，故答案为0.030mol L-1 min-1；
②通过图象可知，当压强为P1时，升高温度，甲烷的转化率增大，平衡正向移动，所以升高温度，平衡常数增大，故答案为增大；
③由图可知，温度相同时，到达平衡时，压强为P1的CH4转化率高，正反应为气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，甲烷的转化率降低，故压强P1＜P2，
CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)
初始浓度：0.1 0.2 0 0
变化浓度：0.05 0.05 0.05 0.15
平衡浓度：0.05 0.15 0.05 0.15
100℃时平衡常数K==2.25×10-2，故答案为＜；2.25×10-2；
④保持反应体系为100℃，5min后再向容器中冲入H2O、H2各0.5mol，Qc==4×10-2＞K，所以平衡向左移动，故答案为向左；
(2)①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)正反应是气体物质的量减小的反应，反应的△S＜0，混合气体在催化剂作用下能自发反应生成甲醇，根据△G=△H-T △S＜0，说明△H＜0，即正反应是放热反应，故答案为＜；＜；
②A．该反应为放热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动，即向逆反应方向移动，CO的转化率降低，故A错误；B．将CH3OH(g)从体系中分离，产物的浓度降低，平衡向正反应移动，CO的转化率增加，故B正确；C．充入He，使体系总压强增大，容器容积不变，反应混合物各组分浓度不变，平衡不移动，CO的转化率不变，故C错误；D．再充入1mol CO和3mol H2，可等效为压强增大，平衡向体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，CO的转化率增加，故D正确；故答案为BD。
17． a 正反应放热，温度升高平衡常数减小 0.0075 80% 2500 向右
【详解】(1)由4H2(g)+2CO(g) CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH=-198kJ·mol-1可知，正反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，所以K值减小，所以a曲线能反映温度与平衡常数的关系，理由为正反应放热，温度升高平衡常数减小，故答案为：a，正反应放热，温度升高平衡常数减小；
(2)①0~20min内v(H2)=，v(CO)=0.5 v(H2)=0.5×0.015mol·L-1·min-1=0.0075 mol·L-1·min-1，故答案为：0.0075 ；
②由表格中数据可知，平衡时氢气的物质的量为0.4mol，转化了(2.0-0.4)mol=1.6mol，所以转化率为，故答案为：80%；
③列出三段式：
，故答案为：2500；
④，化学平衡向右移动，故答案为：向右。
18． 0.079 0.395 79% X+Y 2Z 化学平衡
【分析】
(1)根据化学反应速率计算公式计算Z表示的反应速率；
(2)根据图像判断X的物质的量浓度减少量；
(3)根据转化率计算公式计算Y的转化率；
(4)根据各物质曲线的走向和变化的量分析化学反应方程式；
(5)当各物质的物质的量不再变化时，反应达到平衡状态。
【详解】
(1)根据图像可知，反应开始到10s，Z的物质的量增加了1.58mol，则用Z表示的反应速率为：v(Z)= =0.079 mol/（L·s）；
(2)根据图像可知，反应开始到10s，X的物质的量浓度减少量为 =0.395 mol/L ；
(3)反应开始到10s时，Y的转化率=×100％=×100％=79％；
(4)由图像可以看出，X、Y的物质的量减少，Z的物质的量增多，则X、Y为反应物，Z为生成物，到10s后各物质的物质的量均不再变化且不为0，说明该反应为可逆反应，化学反应中各物质的物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，则有X∶Y∶Z=（1.20mol-0.41mol）∶（1.0mol-0.21mol）∶1.58mol=1∶1∶2，所以该反应的化学方程式为X+Y 2Z；
(5)根据图像可知，10s后各物质的物质的量不再变化，说明该可逆反应达到了化学平衡状态。
19． 0.30mol·L-1·min-1 c 1.00 2. 56mol·L-1＜c(B)≤6. 56mol·L-1
【解析】略
20． CO32-+CO2+H2O=2HCO3- CO2(g)+3H2(g)==CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1 ΔH1+ΔH2-ΔH3 BE 0.25mol2·L-2 ＜
【详解】（1）吸收池中K2CO3溶液吸收CO2，主要反应的离子方程式为CO32－+CO2+H2O=2HCO3－；
（2）合成塔中合成1mol CH3OH（g）的反应热是△H1，其反应的热化学方程式为CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（g）△H1；根据盖斯定律，CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H4=△H1＋△H2－△H3；
（3）①A、气体的密度自始至终保持不变，故A错误；
B、气体的平均摩尔质量M=m/n，反应后混合气体的物质的量增加，M逐渐减小，当M保持不变，达到平衡状态，故B正确；
C、2v正（H2）=v逆（CO），比例关系错误，故C错误；
D、 c(CH3OH)：c(CO)：c(H2)=1：1：2时，各物质的浓度不一定不变，则反应不一定平衡，故D错误；
E、气体的体积分数是一个变量，当保持不变，反应达到平衡，故E正确；
故选BE；
② CH3OH（g）CO（g）+2H2（g），
反应前（mol·L－1） 0.5 0 0
变化量（mol·L－1） x x 2x
平衡时（mol·L－1） 0.5-x x 2x
根据平衡时CO的体积分数
x/(0.5+2x)=1/4，x=0.25mol·L－1；
此反应的化学平衡常数K= =0.25mol2·L-2；若在t1时刻再加入1mol CH3OH（g），体积不变，相当于增大压强，平衡向逆反应方向移动，在t2时刻重新达到平衡，CO的体积分数小于0.25；
【点睛】解题关键：首先要根据流程图明确物质的制备过程，分析图示及书写方程式，难点（3）：化学平衡常数计算，突破口，列出三行式，根据平衡时CO的体积分数找到平衡时的浓度，根据平衡常数的定义列出计算式。
21．(1)
(2)氧化性
(3)，增大和加热均促使水解趋于完全
(4) < 由可知，相同时结合所需更小，由的电离平衡可知，增大能减小，有利于和的分离 稀硫酸 分液
【分析】由电解锰渣（主要成分是）为原料制取高纯的工艺流程，首先用MnO2和硫酸浸取电解锰渣，获得浸出液，浸出液中含杂质Fe3+和Ca2+，后调节溶液的pH为4，使得铁离子转化为Fe(OH)3沉淀，再将浓缩液进行萃取除去Ca2+，最后获得纯净的MnSO4。
【详解】（1）与发生复分解反应的离子方程式为；
（2）浸出过程中，会产生有毒气体H2S，加入可减少有毒气体的生成，同时产生更多，锰元素由+4价转变为+2价，被还原，则为氧化剂，利用了其氧化性；
（3）加热或则调节溶液pH，减小，平衡将正向移动，生成更多的氢氧化铁沉淀，则答案为，增大和加热均促使水解趋于完全；
（4）①已知，则相同时结合所需更小，由可知，越大，平衡逆移，越小，则有利于和，则第一步酸性更强，即a＜b；理由为由可知，相同时结合所需更小，由的电离平衡可知，增大能减小，有利于和的分离；
②加入试剂Y进行反萃取使得转化为Mn2+，由(表示或)可知，增大，平衡逆移，转化为Mn2+，则Y为稀硫酸；分离出油层3与溶液的操作为分液