2.2 化学平衡 （含解析）课后练习 2023-2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1
文档属性
| 名称 | 2.2 化学平衡 （含解析）课后练习 2023-2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 540.9KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-12-29 11:33:04 | ||
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文档简介
2.2 化学平衡 课后练习
一、单选题
1．对于任何一个气体反应体系，采取以下措施一定会使平衡移动的是（ ）
A．加入反应物 B．升高温度
C．对平衡体系加压 D．使用催化剂
2．在一定条件下，反应2HI（g） H2（g）+I2（g）△H＞0达到平衡时，要使混合气体的颜色变浅，可采取的措施是（ ）
①增大氢气的浓度 ②升高温度 ③降低温度 ④增大压强 ⑤增大HI的浓度 ⑥扩大体积 ⑦加催化剂．
A．①③⑥ B．③⑤⑥ C．①③⑤ D．②④⑤
3．在一密闭容器中发生反应： 。当反应达到平衡时，下列措施中既能加快反应速率又能提高CO转化率的是（ ）
A．降低温度 B．增大压强
C．充入少量的CO(g) D．加入适宜的催化剂
4．改变下列哪个条件，一定会引起平衡的移动（ ）
A．温度 B．浓度 C．压强 D．催化剂
5．下列事实不能用勒夏特列原理来解释的是（ ）
A．用排饱和食盐水法收集
B．由、、HI气体组成的平衡体系加压后颜色变深
C．可用浓氨水和NaOH固体快速制氨气
D．在含有的红色溶液中加铁粉，振荡静置，溶液颜色变浅或褪去
6．某化学研究小组探究外界条件对化学反应mA(g)+nB(g) pC(g)的速率和平衡的影响，图像如下，下列判断正确的是（ ）
A．由图a可知，T1>T2，该反应的逆反应为吸热反应
B．由图b可知，该反应m+nC．图c是绝热条件下速率和时间的图像，由此说明该反应吸热
D．图d中，若m+n=p，则曲线a一定增大了压强
7．下列操作中，能使水的电离平衡(H2O H++OH-)向左移动且溶液呈酸性的是（ ）
A．向水中充入SO2气体 B．向水中加入碳酸钠溶液
C．将水加热，使水的pH=6 D．向水中加入NH4Cl溶液
8．已知合成氨的热化学方程式为：N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）△H=－92kJ/mol，下列说法中正确的是（ ）
A．当1molN2与3molH2充分反应，可放出92kJ热量
B．恒容恒温发生该反应时，向容器中充入少量He，反应速率加快且平衡正向移动
C．恒压恒温发生该反应时，向容器中充入少量He，反应速率不变且平衡不移动
D．升高温度时，正、逆反应速率都加快，而逆反应速率增加更多
9．一定条件下，反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下，下列说法不正确的是（ ）
A．由历程I可计算，的总键能
B．由历程Ⅱ可知，相同条件下的浓度比的浓度对反应速度影响更大
C．相同条件下，的平衡转化率，历程I=历程Ⅱ
D．由历程I和历程Ⅱ可得，
10．下列有关化学反应速率和化学平衡的说法错误的是（ ）
A．对于化学反应来说，反应速率越快，反应现象不一定越明显
B．N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH＜0，其他条件不变时，升高温度，反应速率υ(H2)和氢气的平衡转化率均增大
C．化学反应速率理论可指导怎样在一定时间内快出产品，化学平衡理论可指导怎样用有限的原料多出产品
D．CaCO3(s)=CaO(s)＋CO2(g)室温下不能自发进行，说明该反应的ΔH>0
11．可逆反应 2X+Y 2Z（g）△H＜0，气体的平均摩尔质量（M）随温度的降低而增大．则下列说法正确的是（ ）
A．X和Y可能都是固体 B．X和Y一定都是气体
C．若Y为固体，X一定是气体 D．X和Y不可能都是气体
12．下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是
A．实验室收集氯气时，常用排饱和食盐水的方法
B．配制FeCl3溶液时，常将FeCl3晶体溶于较浓的盐酸中
C．工业合成氨N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H＜0，采用400℃~500℃的高温条件
D．工业制备TiO2：TiCl4+(x+2)H2OTiO2 xH2O↓+4HCl，加入大量水，同时加热
13．在一定温度下的恒压容器中，进行可逆反应A（g）+B（g） C（g）+2D（g）；下列能说明该反应达到平衡状态的是（ ）
①反应混合物的密度不再改变 ②混合气体的平均相对分子质量不再改变
③C和D的物质的量之比为1：2 ④体系压强不再改变
⑤C的质量分数不再改变 ⑥v（A）：v（C）=1：1．
A．①②④⑤ B．①②⑤
C．②⑤⑥ D．①②③④⑤⑥
14．一定温度恒容密闭容器，下列叙述不是可逆反应A（g）+3B（g） 2C（g）达到平衡的标志的是（ ）
①C的生成速率与C的分解速率相等；
②单位时间内amol A生成，同时生成3amol B；
③A、B、C的浓度不再变化；
④混合气体的总压强不再变化；
⑤混合气体的物质的量不再变化；
⑥单位时间消耗amol A，同时生成2amol C；
⑦A、B、C的分子数目比为1：3：2．
A．②⑤⑥ B．①③⑥ C．②⑥⑦ D．②④⑥
15．I2在KI溶液中存在下列平衡：I2（aq）+I﹣（aq） I3﹣（aq），某I2、KI混合溶液中，c（I3﹣）与温度T的关系如图所示（曲线上任何一点都表示平衡状态）。下列说法正确的是（ ）
A．反应 I2（aq）+I﹣（aq） I3﹣（aq）△H＞0
B．若温度为T1、T2，反应的平衡常数分别为K1、K2，则K2＞K1
C．若T1时，反应进行到状态d时，一定有υ正＞υ逆
D．状态a与状态b相比，状态b时I2的转化率更高
16．如图是温度和压强对反应 △H影响的示意图，图中纵坐标表示平衡时混合气体中乙的质量分数Z%。下列说法正确的是（ ）
A．△H>0 B．Z可能为固体或纯液体
C．X一定为非气态 D．Y的平衡转化率：m二、综合题
17．有效去除大气中的NOx，保护臭氧层，是环境保护的重要课题。
（1）在没有NOx催化时，O3的分解可分为以下两步反应进行；
①O3=O+O2 (慢) ②O+O3=2O2 (快)
第一步的速率方程为v1=k1c(O3)，第二步的速率方程为v2=k2c(O3)·c(O)。其中O为活性氧原子，它在第一步慢反应中生成，然后又很快的在第二步反应中消耗，因此，我们可以认为活性氧原子变化的速率为零。请用k1、k2组成的代数式表示c(O)= 。
（2）NO做催化剂可以加速臭氧反应，其反应过程如图所示：
已知：O3(g)+O(g)=2O2(g) ΔH=－143 kJ/mol
反应1：O3(g)+NO(g)=NO2(g)+O2(g) ΔH1=－200.2 kJ/mol。
反应2：热化学方程式为 。
（3）一定条件下，将一定浓度NOx(NO2和NO的混合气体)通入Ca(OH)2悬浊液中，改变，NOx的去除率如图所示。
已知：NO与Ca(OH)2不反应；
NOx的去除率=1－×100%
①在0.3－0.5之间，NO吸收时发生的主要反应的离子方程式为： 。
②当大于1.4时，NO2去除率升高，但NO去除率却降低。其可能的原因是 。
（4）若将CO和NO按不同比例投入一密闭容器中发生反应：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH=－759.8 kJ/mol，反应达到平衡时，N2的体积分数随的变化曲线如图。
①b点时，平衡体系中C、N原子个数之比接近 。
②a、b、c三点CO的转化率从小到大的顺序为 ；b、c、d三点的平衡常数从大到小的顺序为 (以上两空均用a、b、c、d表示)。
③若=0.8，反应达平衡时，N2的体积分数为20%，则NO的转化率为 。
18．甲醛有毒，被世界卫生组织列为一类致癌物。但甲醛是重要的工业原料，在化工、纺织、医疗等领域有广泛应用。
（1）Ⅰ.回收利用是一种减弱温室效应的有效途径。科学家研究发现可利用回收的与反应制备甲醛。
已知：①甲醛的燃烧热为
②的燃烧热为
③
与制备甲醛的反应： 。
（2）在2L恒容密闭容器中通入0.2mol和0.4mol，在三种不同条件下发生(1)中反应，测得的转化率与时间的关系如图所示。曲线X对应温度下反应的平衡常数K= ，由曲线Y到曲线X采取的措施可能是 ；由曲线Z到曲线X采取的措施可能是 。
（3）反应速率，，、分别为正、逆向反应速率常数，计算m点 。
（4）Ⅱ.甲醇直接脱氢是工业上合成甲醛的一种新方法，该法得到无水甲醛的同时得到副产品氢气。
在一个2L恒容密闭容器中投入2mol，在催化剂作用下发生反应： ，同时存在副反应：。。20min后，测得甲醇的转化率与甲醛的选择性分别与温度的关系如图所示。温度高于650℃，甲醇的转化率升高，甲醛的产率 ，原因可能是 。
（5）甲醛被称为室内污染“第一杀手”。室内甲醛的含量可以通过传感器来监测。一种燃料电池型甲醛气体传感器的工作原理如图所示，则a电极反应式为 。国家标准是室内甲醛不能超过，传感器在室内空间测定，电路中有电子通过，该室内甲醛含量为 。
19．乙烯是石油化工最基本原料之一。
（1）I．乙烷在一定条件下可脱氢制得乙烯：C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g) ΔH1＞0。
提高乙烷平衡转化率的措施有 、 。
（2）一定温度下，向恒容密闭容器通入等物质的量的C2H6和H2，初始压强为100kPa，发生上述反应，乙烷的平衡转化率为20%。平衡时体系的压强为 kPa，该反应的平衡常数Kp= kPa (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（3）II．在乙烷中引入O2可以降低反应温度，减少积碳。涉及如下反应：
a.2C2H6(g)+ O2(g)= 2C2H4(g) + 2H2O(g) △H2＜0
b.2C2H6(g) + 5O2(g)= 4CO(g) + 6H2O(g) △H3＜0
c．C2H4(g)+ 2O2(g)= 2CO(g) + 2H2O(g) △H4＜0
根据盖斯定律，反应a的△H2= (写出代数式)。
（4）氧气的引入可能导致过度氧化。为减少过度氧化，需要寻找催化剂降低反应 (选填“a、b、c”)的活化能。
（5）常压下，在某催化剂作用下按照n(C2H6)：n(O2)=1：1投料制备乙烯，体系中C2H4和CO在含碳产物中的物质的量百分数及C2H6转化率随温度的变化如下图所示。
①乙烯的物质的量百分数随温度升高而降低的原因是 。
②在570~600℃温度范围内，下列说法正确的有 (填字母)。
A．C2H4产率随温度升高而增大
B．H2O的含量随温度升高而增大
C．C2H6在体系中的物质的量百分数随温度升高而增大
D．此催化剂的优点是在较低温度下降低CO的平衡产率
③某学者研究了生成C2H4的部分反应历程如下图所示。写出该历程的总反应方程式 。该历程的催化剂是 。
20．研究含氮元素物质的反应对生产、生活、科研等方面具有重要的意义。
（1）发射“神舟十三”号的火箭推进剂为液态四氧化二氮和液态偏二甲肼(C2H8N2)。
已知：①C2H8N2(l)+4O2(g)=2CO2(g)+N2(g)+4H2O(l) ΔH1=-2765.0kJ/mol
②2O2(g) +N2(g)=N2O4(l) ΔH2=-19.5kJ/mol
③H2O(g)= H2O(l) ΔH3=-44.0kJ/mol
则C2H8N2(1)＋2N2O4(1)=3N2(g)＋2CO2(g)＋4H2O(g)的ΔH为 。
（2）碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率，反应历程为：
第一步：I2(g)→2I(g)(快反应)
第二步：I(g)＋N2O(g)→N2(g)＋IO(g)(慢反应)
第三步：IO(g)＋N2O(g)→N2(g)＋O2(g)＋I2(g)(快反应)
实验表明，含碘时N2O分解速率方程v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5(k为速率常数)。下列表述正确的是____
A．N2O分解反应中，k值与碘蒸气浓度大小有关
B．v(第二步的逆反应)＜v(第三步反应)
C．IO为反应的催化剂
D．第二步活化能比第三步大
（3）为避免汽车尾气中的氮氧化合物对大气的污染，需给汽车安装尾气净化装置。在净化装置中CO和NO发生反应2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g) ΔH=-746.8kJ-mol-1。实验测得：v正=k正·p2(NO)·p2(CO)，v逆=k逆·p(N2)·p2(CO2)。其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，只与温度有关；p为气体分压(分压=物质的量分数x总压)。
①达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数 (填“大于”“小于”或“等于”)k逆增大的倍数。
②一定温度下在刚性密闭容器中充入CO、NO和N2物质的量之比为2：2：1，压强为p0kPa。达平衡时压强为0.9p0kPa，则 。
（4）我国科技人员计算了在一定温度范围内下列反应的平衡常数Kp：
①3N2H4(1)=4NH3(g)+N2(g) ΔH1 Kp1
②4NH3(g)=2N2(g)+6H2(g) ΔH2 Kp2
绘制pKp1-T和pKp2-T的线性关系图如图所示：(已知：pKp=-1gKp)
①由图可知，ΔH1 0(填“＞”或“＜”)
②反应3N2H4(1)=3N2(g)＋6H2(g)的K= (用Kp1、Kp2表示)；该反应的ΔH 0(填“＞”或“＜”)，写出推理过程
21．将化石燃料燃烧产生的CO2、 SO2、NO2等气体变废为宝的实验研究取得一定成效。请按要求回答下列有关问题。
（1）用稀氨水喷雾捕集CO2
①写出生成酸式盐产品的离子方程式： 。
②在捕集时有中间体NH2COONH4生成。现将一定量NH2COONH4置于2 L恒容的密闭真空容器中，分别在不同温度下进行反应： NH2COONH4(s) 2NH3(g) + CO2(g)。不同时间实验测得的有关数据见下表：
温度/℃ 10 20 30
N(CO2)/mol 0min 0 0 0
2min 6×10-3 1.8×10-2 5.4×10-2
4min 2×10-2 3.2×10-2 6.2×10-2
6min 2×10-2 3.2×10-2 6.2×10-2
上述分解反应△H (填“<”或“>”)0；在20℃，0-2min 内生成NH3的平均速率为 mol·L-1·min-1。10 ℃合成NH2COONH4的平衡常数的值为 。
（2）用氨气催化氧化还原法脱硝(NOx)
①此法中还原剂为 ；根据右图判断提高脱硝效率(单位时间内NOx浓度变化占烟气初始浓度的百分比) 的最佳条件是： 。
②已知： N2(g)+O2(g)= 2NO(g) △H = +a kJ/mol
N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H =-b k/mol
2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=-c kJ/mol 其中a、
B、c均为大于0。
则放热反应： 4NO(g)+4NH3(g) + O2(g) 4N2(g) +6H2O(g) △H= 。
（3）尿素[CO(NH2)2]法脱硫、脱硝，过程表示如下：
①CO(NH2)2与NO、NO2三者等物质的量反应，生成水和无毒气体，该反应的化学方程式为 。
②常温下，将(NH4)2SO4溶于水所得溶液的pH=5，[已知电离常数K(NH3·H2O)=1×10-5]则该溶液中c(NH4+)= 。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A. 若加入反应物为非气体时，平衡不移动， A不符合题意；
B. 升高温度，反应速率一定增大，平衡必然移动， B符合题意；
C. 若体系中可逆号两边气体计量数的和相等时，对平衡体系加压，平衡不移动， C不符合题意；
D. 使用催化剂，正逆反应速率均增大，且增大的程度相同，平衡不移动，D不符合题意；
故答案为:B。
【分析】催化剂能改变反应速率，对平衡及转化率无影响。
2．【答案】A
【解析】【解答】解：①增大氢气的浓度，平衡逆向移动，混合气体的颜色变浅，故正确；
②升高温度，平衡正向移动，混合气体的颜色加深，故错误；
③降低温度，平衡逆向移动，混合气体的颜色变浅，故正确；
④增大压强，相当于缩小体积，各种气体的浓度都增大，混合气体的颜色加深，故错误；
⑤增大HI浓度，平衡正向移动，碘浓度增大，混合气体的颜色加深，故错误；
⑥减小压强，各气体浓度减小，混合气体的颜色变浅，故正确；
⑦加催化剂，平衡不移动，混合气体的颜色不变，故错误；
故选A．
【分析】要使混合气体的颜色变浅，即减小碘的浓度，平衡逆向移动，从影响平衡移动的因素角度考虑．
3．【答案】B
【解析】【解答】A．该反应为放热反应，降温平衡向放热方向移动即正向，CO的转化率提高但反应速率减慢，A项不符合题意；
B．该反应为气体减少的反应，增大压强反应速率加快同时平衡正向，则CO的转化率提高，B项符合题意；
C．充入CO反应速率加快且平衡正向，但CO的转化率降低，C项不符合题意；
D．加入催化剂反应速率加快但平衡不移动，CO的转化率不变，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】增大化学反应速率的方法：升高温度，增大反应物的浓度，加入催化剂，增大接触面积，气体的反应压缩体积；提高转化率，即使平衡朝正向移动，且不能通过增加一氧化碳浓度的方法。
4．【答案】A
【解析】【解答】催化剂只影响化学反应速率，不一定引起平衡的移动；当一个反应的前后化学计量数之和相等时，压强也不一定引起平衡的移动；当反应中各物质的浓度均按照化学计量数变化时，也不一定引起平衡的移动；故B、C、D选项错误；当温度改变时，反应的平衡常数改变，化学反应重新达到新的状态，一定会引起平衡的移动。故A项正确。
【分析】增大反应物或减少生成物浓度，平衡朝正反应移动
增大生成物或减少反应物浓度，平衡朝逆反应移动
升高温度，平衡朝吸热方向移动
降低温度，平衡朝放热方向移动
左右两边气体系数不相同
增大压强，缩小体积，平衡朝气体体积缩小的方向移动
减小压强，增大体积，平衡朝气体体积增大的方向移动
恒压下，充入不反应气体则增大体积，往体积增大移动
恒容下，充入不反应气体，速率不变，平衡不移动
左右两边气体系数相同，改变压强平衡不移动
加入催化剂，速率增大，平衡不移动
5．【答案】B
【解析】【解答】A．氯水中存在平衡Cl2+H2OHClO+H++Cl-，排饱和食盐水时，c(Cl-)增大，平衡逆向移动，Cl2溶解度减小，能用勒夏特列原理解释，故A不选；
B．反应(g)+2HI(g)为反应前后气体体积不变的反应，加压后平衡不移动，但体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，气体颜色变深与平衡移动无关，不能用勒夏特列原理解释，故B选；
C．浓氨水中存在平衡NH3+H2ONH3H2ONH +OH-，向浓氨水中加入NaOH固体，提供OH-，c(OH-)增大，平衡逆向移动，同时NaOH固体溶解放热，促进氨气逸出，可快速制氨气，能用勒夏特列原理解释，故C不选；
D．溶液中存在化学平衡Fe3++3SCN-，加入铁粉，发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，c(Fe3+)减小，平衡正向移动，溶液颜色变浅或褪去，能用勒夏特列原理解释，故D不选；
故答案为：B。
【分析】平衡移动的判断；
增大反应物浓度，平衡朝正向移动，被增加的反应物转化率减小，另一种反应物浓度增大，减小反应物的浓度则反之；
增大生产物浓度，平衡朝逆向移动，反应物的转化率减小，减少生成物的浓度则反之；
增大压强，减小体积，平衡朝气体体积缩小的方向移动，减小压强，增大体积则反之；
升高温度，平衡朝吸热方向移动，降低温度则反之。
6．【答案】A
【解析】【解答】A. 由图a可知，T1时达到平衡所需时间短，则T1>T2，因温度越高，C%越低，说明升温平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，故A符合题意；
B. 由图b可知，C%随着压强的增大而增大，说明加压后平衡正向移动，正反应为气体分子数目减小的反应，则该反应m+n>p，故B不符合题意；
C.由图c可知，随着反应的时行，反应的速率先增大后减小，说明开始由于反应放热导致温度升高，此时温度对化学反应速率的影响较大，化学反应速率加快，而后由于反应物的浓度减小，体系的温度变化不明显，从而化学反应速率逐渐减小，所以该反应的正反应为放热反应，故C不符合题意；
D. 由图d可知，曲线a较曲线b达到平衡的时间短，反应速率较快，最终的平衡状态是相同的，当m+n=p时，曲线a相对曲线b可能为加压或加入催化剂，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.温度高，速率快，故T1＞T2，但是温度高的含量低，故正反应为放热反应
B.压强增大，C的含量在增大，故压强增大，平衡向右移动，故m+n大于p
C.速率先增大后降低，说明反应放热导致温度升高，速率加快
D.平衡不移动，可能是加压或者是催化剂
7．【答案】A
【解析】【解答】A．向水中充入SO2气体，反应生成亚硫酸，亚硫酸电离：H2SO3 H++ 、 H++ ，溶液中氢离子浓度增大，水的电离平衡向左移动，溶液呈酸性，选项A符合；
B. 向水中加入碳酸钠溶液，碳酸根离子水解促进水的电离，碳酸根离子和氢离子结合生成碳酸氢根离子而使溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，所以溶液呈碱性，选项B不符合；
C. 升高温度，水的电离程度增大，但是溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，水的pH=6但溶液显示中性，选项C不符合；
D. 向水中加入NH4Cl溶液，铵根离子结合水电离的氢氧根离子，促进了水电离，水的电离平衡向右移动，溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性，选项D不符合；
故答案为：A。
【分析】A.二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离出氢离子，水溶液显酸性，导致平衡向左移动，
B.碳酸钠属于强碱弱酸盐促进了水的电离，显碱性，
C.升高温度水的电离程度增加，但离子浓度等于氢氧根离子浓度，
D.加入氯化铵溶液，促进了水的电离，显酸性
8．【答案】D
【解析】【解答】A、该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以当1molN2与3molH2充分反应，放出热量小于92kJ，A不符合题意；
B、恒容恒温发生该反应时，向容器中充入少量He，参加反应的气体分压不变，所以反应速率不变，平衡不移动，B不符合题意；
C、恒压恒温发生该反应时，向容器中充入少量He，总体积增加，参加反应的气体分压减小，反应速率减小且平衡逆向移动，C不符合题意；
D、由反应N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）△H=－92kJ/mol可知，该反应为放热反应，升高温度时，正、逆反应速率都加快，逆反应速率增加更多，平衡向逆反应方向移动，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.氮气与氢气的反应为可逆反应；
B.恒容装置内通入He，反应体系的物质的量浓度不变，结合平衡移动对反应速率和平衡移动的影响分析；
C.恒压通入He，反应体系的体积增大，对于反应物和生成物所产生的压强变小，结合压强对反应速率和平衡移动的影响进行分析；
D.结合温度对反应速率和平衡移动的影响进行分析；
9．【答案】A
【解析】【解答】A、(E1-E3)是SO2的活化能，SO2的总键能不是(E1-E3)kJ，故A错误；
B、由历程Ⅱ可知，使用V2O5作催化剂，增大的浓度后，该反应的活化能减小，反应速率加快，说明相同条件下的浓度比的浓度对反应速度影响更大，故B正确；
C、使用催化剂不影响平衡状态，因此相同条件下，的平衡转化率，历程I=历程Ⅱ，故C正确；
D、使用催化剂不改变反应热，则 ，故D正确；
故答案为：A。
【分析】A、由图可知，(E1-E3)kJ是SO2的活化能；
B、历程Ⅱ中，使用催化剂增大的浓度后，反应的活化能减小，反应速率加快；
C、使用催化剂不影响平衡状态；
D、催化剂不改变反应热。
10．【答案】B
【解析】【解答】A. 有的化学反应现象明显，有的反应现象不明显，和反应速率无关，如稀硫酸与氢氧化钠的中和反应速率很快，但现象不明显，故A不符合题意；
B. 升高温度，平衡逆向移动，则H2的转化率减小，故B符合题意；
C. 根据影响化学反应速率的因素，可指导怎样在一定时间内快出产品；结合影响化学平衡的因素，采用合适的外界条件，使平衡向正反应方向移动，可指导怎样用有限的原料多出产品，故C不符合题意；
D. CaCO3(s)=CaO(s)＋CO2(g)是体系混乱程度增大的反应，在室温下不能自发进行，说明该反应的△H>0，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据温度对化学平衡的影响进行判断，升高温度平衡向吸热方向移动。
11．【答案】C
【解析】【解答】解：A、若X和Y都是固体，只有Z是气体，气体的相对分子质量不变，故A错误；
B、若X为气体、Y为非气体，降低温度，平衡向正反应移动，混合气体的质量增大，混合气体的物质的量不变，混合气体平均相对分子质量增大，故X和Y不一定都是气体，故B错误；
C、Y为固体，X若为非气体，只有C是气体，气体的相对分子质量不变，X为气体，降低温度，平衡向正反应移动，混合气体的质量增大，混合气体的物质的量不变，混合气体平均相对分子质量增大，故C正确；
D、若X和Y都是气体，降低温度，平衡向正反应移动，混合气体的质量不变，混合气体的物质的量减小，气体的相对分子质量也变大，故D错误；
故选C．
【分析】温度降低气体的平均相对分子质量增大，该反应正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应移动，据此结合物质的状态进行判断．
12．【答案】C
【解析】【解答】A．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应是可逆反应：Cl2+H2OHCl+HClO，饱和食盐水中含有氯化钠电离出的氯离子，饱和食盐水抑制了氯气的溶解，所以实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，能用平衡移动原理来解释，故A不符合题意；
B．Fe 3+ +3H2OFe(OH) 3 +3H +，配制FeCl 3溶液时，向溶液中加入盐酸，可以抑制铁离子的水解，能用勒平衡移动原理解释，故B不符合题意；
C．合成氨的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，但500℃左右的温度比室温更有利于合成氨反应，不能用平衡移动原理解释，故C符合题意；
D．TiCl4水解生成TiO2 xH2O和HCl，该过程是吸热反应，加入大量水，同时加热升高温度，平衡正向移动，能用平衡移动原理解释，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】平衡移动的判断；
增大反应物浓度，平衡朝正向移动，被增加的反应物转化率减小，另一种反应物浓度增大，减小反应物的浓度则反之；
增大生产物浓度，平衡朝逆向移动，反应物的转化率减小，减少生成物的浓度则反之；
增大压强，减小体积，平衡朝气体体积缩小的方向移动，减小压强，增大体积则反之；
升高温度，平衡朝吸热方向移动，降低温度则反之。
13．【答案】B
【解析】【解答】①一定温度下的恒压容器中，反应混合物的密度不再改变，说明气体的物质的量不变，故能确定该反应达到平衡状态，①符合题意；
②因为A（g）+B（g） C（g）+2D（g）反应前后计量数不等，所以混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明气体的物质的量不变，正逆反应速率相等，达平衡状态，②符合题意；
③C和D的物质的量之比为1：2，平衡时可能是，也可能不，与始起投料方式有关，③不符合题意；
④体系压强不再改变，因为在一定温度下的恒压容器中，压强一直不变，④不符合题意；
⑤C的质量分数不再改变，说明气体的物质的量不变，正逆反应速率相等，达平衡状态，⑤符合题意；
⑥v（A）：v（C）=1：1，未体现正逆的关系，⑥不符合题意；
所以能说明该反应达到平衡状态的是①②⑤，B符合题意；
故答案为：B
【分析】①根据公式分析反应过程中密度是否变化；
②根据公式分析反应过程中混合气体的摩尔质量是否发生变化；
③反应达到平衡时，各组分的物质的量保持不变，但不一定成比例；
④恒压装置中，压强一直保持不变；
⑤达到平衡状态时，体系找那个各组分的质量分数保持不变；
⑥在任何时刻，反应速率之比都等于化学计量系数之比；
14．【答案】C
【解析】【解答】解：①C的生成速率与C的分解速率相等，即C的正逆反应速率相等，所以该反应达到平衡状态，故不选； ②无论该反应是否达到平衡状态，单位时间内amol A生成，同时生成3amol B，故选；③反应达到平衡状态时，各物质的含量保持不变，浓度也不变，所以A、B、C的浓度不再变化，说明该反应达到平衡状态，故不选； ④该反应是一个反应前后气体体积该变的反应，当体积不变时，密闭容器中混合气体的总压强不再变化说明混合气体的物质的量不变，所以能说明反应达到平衡状态，故不选；⑤该反应是一个反应前后气体的物质的量改变的化学反应，当混合气体的物质的量不再变化时，能说明该反应达到平衡状态，故不选； ⑥单位时间消耗amol A，同时生成2amol C不能说明正逆反应速率相等，故选；⑦达平衡时，A、B、C三种物质的分子数之比可能是1：3：2，也可能不是1：3：2，要根据反应开始时加入的A、B、C三种物质是否按1：3：2比例而定，所以不能说明该反应达到平衡状态，故选；
故选C．
【分析】可逆反应到达化学平衡状态的标志有且只有两个：1．v正=v逆 2．各物质的含量保持不变，其它一切判据都是由这两个判据衍生出来的．
15．【答案】C
【解析】【解答】A、由图象曲线的变化趋势可知，当温度升高时，I3-的物质的量浓度减小，平衡逆向移动，说明该反应的正反应为放热反应，△H＜0，不符合题意；
B、该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，温度越高，平衡常数越小，则K1＞K2，不符合题意；
C、若反应进行到状态d时，反应未达到平衡状态，若反应趋向于平衡，则反应向生成的I3-方向移动，则v正＞v逆，符合题意；
D、温度升高，平衡向逆方向移动，I2的转化率降低，故状态a与状态b相比，状态a时I2的转化率更高，不符合题意。
故答案为：C
【分析】A.根据温度对平衡移动的影响结合图象进行分析；
B.升温平衡逆向移动，平衡常数减小；
C.反应向平衡状态移动，据此分析；
D.根据升温平衡逆向移动进行分析解答。
16．【答案】C
【解析】【解答】A．当压强相同时，温度升高，Z%减小，说明平衡逆向移动，逆反应吸热，正反应放热，，A不符合题意；
B．当温度相同时，增大压强，Z%减小，平衡逆向移动，说明逆反应方向气体总物质的量减小，Z必定为气体，X一定为非气态，Y可能为固体、液体或气体都可以，B不符合题意；
C．根据B分析，X一定为非气态，C符合题意；
D．该反应放热，升高温度，Y的平衡转化率降低，故，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】利用“定一议二”分析。
17．【答案】（1）
（2）NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g) △H2=+57.2 kJ/mol
（3）NO+NO2+Ca(OH)2=Ca2++2NO2-+H2O；NO2量太多， 剩余的NO2和水反应生成NO逸出，导致NO去除率降低
（4）1：1；cd；60%
【解析】【解答】(1)由于活性氧原子变化的速率为零，可认为其生成速率等于消耗速率，v1=k1c(O3)， v2=k2c(O3)·c(O)，则k1c(O3)=k2c(O3)·c(O)，所以c(O)=；
(2)反应①是O3在NO作用下生成NO2和O2，NO2在氧原子作用下生成NO和O2，反应过程中NO参与反应后又生成，所以NO作用为催化剂，根据盖斯定律将两个热化学反应相减可得到反应2的热化学方程式；NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g) △H=+57.2 kJ/mol；
(3)①NO和Ca(OH)2不反应，所以反应物有NO、NO2和Ca(OH)2，根据氧化还原规律，产物为Ca(NO2)2和水，所以离子方程式为：NO+NO2+Ca(OH)2=Ca2++2NO2-+H2O；
②当NO太少，NO2量太多，首先发生反应：NO+NO2+Ca(OH)2=Ca2++2NO2-+H2O；NO2不能完全吸收，过量的NO2就和水反应生成HNO3和NO，这样就导致NO2去除率升高，但NO去除率却降低；
(4)①当反应物按化学计量数之比加入时，平衡时的N2的体积分数最大，所以b点的平衡体系中C、N原子个数比接近1：1；
②增大，CO的浓度增大的倍数大于NO增大的倍数，使CO转化率降低，所以a、b、 c三点CO的转化率从小到大的顺序为cT2，平衡逆向移动，化学平衡常数减小，故d点平衡常数小于b、c点，所以b、c、d三点的平衡常数从大到小的顺序为b=c>d；
③若=0.8，反应达平衡时，N2 的体积分数为20%，假设开始时n(NO)=1 mol，n(CO)=0.8 mol，假设CO平衡时CO转化了x mol，则根据物质反应转化关系可知平衡产生CO2的物质的量为x mol，N2为0.5x mol，则此时CO为(0.8-x) mol，NO为(1-x) mol， ×100%=20%， 解得x=0.6 mol，所以NO的转化率为×100%=60%。
【分析】（1）若生成速率等于消耗速率，可以结合代数式进行判断；
（2）盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减；
（3） ① 一氧化氮和二氧化氮与氢氧化钙反应生成亚硝酸钙和水；
② NO2量太多， 剩余的NO2和水反应生成NO逸出，导致NO去除率降低 ；
（4） ① 结合化学计量数之比进行判断；
② 增大某种反应物的浓度，其转化率减小；
③ 结合三段式进行判断。
18．【答案】（1）
（2）5；加催化剂；降低温度
（3）25.6
（4）降低；温度升高，平衡正向移动，甲醇转化率升高，但由于温度高于650℃后，催化生成甲醛的催化剂活性降低或副反应生成的氢气浓度增大，导致主反应平衡逆向移动，生成甲醛量减少
（5）；0.003
【解析】【解答】（1）氢气燃烧热反应方程式的2倍减去甲醛燃烧热反应方程式，再减去③得到与制备甲醛的反应： ；故答案为：。
（2）根据题意曲线X对应温度下平衡时，消耗二氧化碳物质的量为0.1mol，消耗氢气物质的量为0.2mol，生成甲醛、水蒸气物质的量为0.1mol，剩余二氧化碳物质的量为0.1mol，剩余氢气物质的量为0.2mol，则该温度下平衡常数，分析曲线Y和曲线X，平衡时各物质的量相等，但达到平衡时时间不相同，说明由曲线Y到曲线X采取的措施可能是加入催化剂；曲线Z与曲线X分析，曲线Z所需时间比曲线X时间短，但二氧化碳转化率比X低，由曲线Z到曲线X是平衡正向移动，反应速率减慢了，因此采取的措施可能是降低温度；故答案为：5；加催化剂；降低温度。
（3）根据平衡常数得到，在m点时消耗二氧化碳物质的量为0.04mol，消耗氢气物质的量为0.08mol，生成甲醛、水蒸气物质的量为0.04mol，剩余二氧化碳物质的量为0.16mol，剩余氢气物质的量为0.32mol，则m点；故答案为：25.6。
（4）根据图中信息得到，温度高于650℃，甲醇的转化率升高，甲醛的产率降低，根据两个方程式分析，两个方程式都为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，甲醇转化率升高，由于副反应生成氢气，氢气量增大，对主反应来说，氢气浓度增大，导致主反应逆向移动，生成甲醛的量减少，也可能是甲醛催化剂的催化活性降低即温度升高，平衡正向移动，甲醇转化率升高，但由于温度高于650℃后，催化生成甲醛的催化剂活性降低或副反应生成的氢气浓度增大，导致主反应平衡逆向移动，生成甲醛量减少；故答案为：降低；温度升高，平衡正向移动，甲醇转化率升高，但由于温度高于650℃后，催化生成甲醛的催化剂活性降低或副反应生成的氢气浓度增大，导致主反应平衡逆向移动，生成甲醛量减少。
（5）根据题意甲醛变为二氧化碳，甲醛中碳化合价升高，失去电子，作负极，因此a电极反应式为。国家标准是室内甲醛不能超过，传感器在室内空间测定，电路中有电子通过，则含有甲醛物质的量为，该室内甲醛含量为；故答案为：；0.003。
【分析】（1）首先写出甲醛、氢气的燃烧热，利用盖斯定律，即可得到二氧化碳与氢气反应的热化学反应方程式。
（2）根据二氧化碳转化率，列出三段式，求出各物质平衡浓度，带入平衡常数表达式即可。
（3）根据达到平衡时V正=V逆，结合平衡常数表达式可以得到，K正/K逆=K=5，根据m点转化率，求出各物质浓度，带入表达式即可得到其比值。
（4）平衡图像解题技巧：对应化学反应速率图像和化学平衡图像，应该注意下列几点：1、横轴坐标和纵坐标含有；2、曲线斜率或者趋势；3、曲线上特殊点，如起点、终点、交点和拐点等；4、根据需要运用辅助线，如等温线、等压线等
19．【答案】（1）升高温度；降低压强 (或及时移出生成物，任写两个)
（2）110；15
（3）△H3 2△H4
（4）a
（5）体系未达平衡，温度升高，生成CO的反应速率增大的程度大于C2H4；AB；C2H6+2O2=C2H4+2HO2；BNOH
【解析】【解答】(1)C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g) ΔH1>0，该反应是体积增大的吸热反应，提高乙烷平衡转化率的措施有减小压强、升高温度或及时移出生成物(或及时移出生成物，任写两个)；
(2)一定温度下，向恒容密闭容器通入等物质的量的C2H6和H2，初始压强为100kPa，假设都为1mol，发生上述反应，乙烷的平衡转化率为20%，
根据压强之比等于物质的量之比得到，解得x=110kPa，即平衡时体系的压强为110kPa，该反应的平衡常数。答案为：110；15；
(3)根据盖斯定律，反应b减去反应c的2倍，得到反应a的ΔH2=ΔH3 2ΔH4。答案为：ΔH3 2ΔH4；
(4)为减少过度氧化，即bc，要加快反应a的反应速率，因此需要寻找催化剂降低反应a的活化能。答案为：a；
(5)升高温度，C2H6的转化率在不断增大，则表明反应未达平衡。混合物中CO的百分率大，则表明生成CO的速率比生成C2H4的速率大，所以原因是：体系未达平衡，温度升高，生成CO的反应速率增大的程度大于C2H4；
②A．从C2H6的转化率不断增大分析，反应都未达到平衡，所以C2H4产率随温度升高而增大，A正确；
B．因为反应未达平衡，在三个反应中，随温度升高，反应物的转化率都增大，生成水的量都增大，因此H2O的含量随温度升高而增大，B正确；
C．根据图中信息C2H6转化率增大，则C2H6在体系中的物质的量百分数随温度升高而降低，C不正确；
D．因为反应并未达到平衡，图中信息仅显示相同时间内CO的百分含量，没有显示不同温度下CO的平衡产率，所以不能说明该催化剂在较低温度下降低CO的平衡产率，D不正确；
故答案为：AB；
③起初反应时，BNOH先与O2反应，生成BNO 和HO2 ，生成的BNO 再与C2H6反应，重新生成BNOH，则表明BNOH为催化剂；C2H6先转化为C2H5 、C2H5 再与O2反应生成C2H4和HO2 ；从而得出总反应式为C2H6+2O2=C2H4+2HO2 。答案为：体系未达平衡，温度升高，生成CO的反应速率增大的程度大于C2H4；AB；C2H6+2O2=C2H4+2HO2 ；BNOH。
【分析】（2）利用乙烷转化率，算出平衡各物质的物质的量，利用阿伏加德罗定律，算出平衡时的压强，算出各物质分压，带即可算出压强平衡常数
（4）主要目的是制备乙烯，b，c都是副反应，为减少副反应，降低a的活化能，使反应a更容易进行，从而减少过氧化。
（5）由图可知，升高温度，乙烷转化率不断升高，未达到平衡，CO的百分数升高，乙烯降低，说明，升高温度，有利于CO的生成
20．【答案】（1） 2550.0kJ·mol-1
（2）B；D
（3）小于；或
（4）<；Kp1·Kp2；<；设T2>T1，由图可知：pKp1(T2)-pKp1(T1)>∣pKp2(T2)-pKp2(T1)∣则：pKp1(T2)-pKp1(T1)> pKp2(T1)-pKp2(T2)，pKp1(T2)+pKp2(T2)>pKp1(T1)+pKp2(T1)，lg[Kp1(T1)·Kp2(T1)]>lg[Kp1(T2)·Kp2(T2)]即K(T1)>K(T2)，因此该反应正反应为放热反应
【解析】【解答】(1)由盖斯定律可知，①-2×②-4×③得反应：C2H8N2(1)＋2N2O4(1)=3N2(g)＋2CO2(g)＋4H2O(g)，则ΔH=ΔH1-2ΔH2-3ΔH3= 2550.0kJ·mol-1；
(2)A．k为速率常数受温度、催化剂、固体表面积性质等影响，不受浓度影响，A不符合题意；
B．平衡时v(正)=v(逆)，第二步反应为慢反应，反应速率较慢，则v(第二步的逆反应)也较慢，第三步反应为快反应，反应速率较快，故v(第二步的逆反应)＜v(第三步反应)，B符合题意；
C．催化剂改变反应速率，反应前后质量和化学性质不变；IO为中间过程产物，不是反应的催化剂，C不符合题意；
D．活化能越大反应越慢，第二步反应为慢反应、第三步反应为快反应，故活化能第二步比第三步大，D符合题意；
故答案为：BD；
(3)①达到平衡后，v正= v逆=k正·p2(NO)·p2(CO) =k逆·p(N2)·p2(CO2)，反应的平衡常数K=，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小，则仅升高温度，k正增大的倍数小于k逆增大的倍数；
②一定温度下在刚性密闭容器中充入CO、NO和N2物质的量之比为2：2：1，设初始CO、NO和N2物质的量分别为2mol、2mol、1mol，生成N2的物质的量为x；
则反应后总的物质的量为(5-x)mol，初始压强为p0kPa，达平衡时压强为0.9p0kPa，则，x=0.5mol，平衡时CO、NO、N2、CO2物质的量分别为1mol、1mol、1.5mol、1mol，总的物质的量为4.5mol，则K=；
(4)①由图可知，Kp1随着温度的升高而减小，则平衡逆向移动，正反应为放热发应，ΔH1<0；
②由盖斯定律可知，①+②得反应3N2H4(1)=3N2(g)＋6H2(g)，则该反应的 K= Kp1·Kp2；
设T2>T1，由图可知：pKp1(T2)-pKp1(T1)>∣pKp2(T2)-pKp2(T1)∣则：pKp1(T2)-pKp1(T1)> pKp2(T1)-pKp2(T2)，pKp1(T2)+pKp2(T2)>pKp1(T1)+pKp2(T1)，lg[Kp1(T1)·Kp2(T1)]>lg[Kp1(T2)·Kp2(T2)]即K(T1)>K(T2)，因此升高温度，K值减小，平衡逆向移动，则该反应正反应为放热反应。
【分析】（1）根据盖斯定律即可计算
（2）A.K与温度有关
B.根据正反应速率快慢即可判断
C.根据反应流程即可判断是否为催化剂
D.活化能越大，速率越慢
（3）①正反应是吸热，温度对逆反应影响大
②根据平衡时物质的量即可计算出比值
（4）①根据图示即可判断焓变的正负
②利用方程式即可计算出关系利用盖斯定律即可计算出能量
21．【答案】（1）CO2+NH3·H2O=NH4++HCO3-；>；9×10-3；2.5×105
（2）NH3；400℃、氨氮物质的量之比为1；-(2a-2b+3c)kJ/mol
（3）CO(NH2)2+NO+NO2=2N2+2H2O+CO2；0.1mol/L
【解析】【解答】(1) ①稀氨水显碱性，CO2，是酸性氧化物，用稀氨水喷雾捕集CO2生成酸式盐产品的离子方程式方程式为： CO2+NH3·H2O=NH4++HCO3- 因此，本题正确答案是： CO2+NH3·H2O=NH4++HCO3- 。② 根据NH2COONH4(s) 2NH3(g)+CO2(g)图表数据分析可以知道温度升高，二氧化碳物质的量增大，说明升温平衡正向进行，正反应为吸热反应， ， 在20℃，0-2min内生成二氧化碳物质的量=1.8 -2mol，则生成NH3的物质的量=1.8 -2mol 2=3.6 10-2mol，反应速率 ， 二氧化碳生成物质的量2 -2mol，平衡常数 ，
合成 的平衡常数的值 ，
因此，本题正确答案是： ； ； ； (2)①用氨气催化氧化还原法脱销(NOX)，氨气做还原剂，由图可以知道，温度越高，脱硝率越高，相同温度下，氨氮物质的量比为1时，脱硝率最高，所以提高脱硝效率的最佳条件是温度400℃、，氨氮物质的量比为1。因此，本题正确答案是：NH3； 400℃，氨氮物质的量之比为1。
②已知：① ═
②
③ ═ 其中a、
B、c均大于0。盖斯定律计算③ 3-②① 得到： ， ， 因此，本题正确答案是： -(2a-2b+3c)kJ/mol ； (3)① 与 NO、 三者等物质的量反应，生成水和氮气、二氧化碳，反应的化学方程式为： ═ ；
因此，本题正确答案是： ═ ；
②常温下，将 溶于水所得溶液的 ，[已知电离常数 ] ， ， ，
因此，本题正确答案是： ；
【分析】（1）①根据物质的性质分析；②根据图表数据知升温平衡正向进行，则正反应为吸热反应；（2）根据盖斯定律计算反应热；（3）根据Kh = Kw/ Kb解答；
一、单选题
1．对于任何一个气体反应体系，采取以下措施一定会使平衡移动的是（ ）
A．加入反应物 B．升高温度
C．对平衡体系加压 D．使用催化剂
2．在一定条件下，反应2HI（g） H2（g）+I2（g）△H＞0达到平衡时，要使混合气体的颜色变浅，可采取的措施是（ ）
①增大氢气的浓度 ②升高温度 ③降低温度 ④增大压强 ⑤增大HI的浓度 ⑥扩大体积 ⑦加催化剂．
A．①③⑥ B．③⑤⑥ C．①③⑤ D．②④⑤
3．在一密闭容器中发生反应： 。当反应达到平衡时，下列措施中既能加快反应速率又能提高CO转化率的是（ ）
A．降低温度 B．增大压强
C．充入少量的CO(g) D．加入适宜的催化剂
4．改变下列哪个条件，一定会引起平衡的移动（ ）
A．温度 B．浓度 C．压强 D．催化剂
5．下列事实不能用勒夏特列原理来解释的是（ ）
A．用排饱和食盐水法收集
B．由、、HI气体组成的平衡体系加压后颜色变深
C．可用浓氨水和NaOH固体快速制氨气
D．在含有的红色溶液中加铁粉，振荡静置，溶液颜色变浅或褪去
6．某化学研究小组探究外界条件对化学反应mA(g)+nB(g) pC(g)的速率和平衡的影响，图像如下，下列判断正确的是（ ）
A．由图a可知，T1>T2，该反应的逆反应为吸热反应
B．由图b可知，该反应m+n
D．图d中，若m+n=p，则曲线a一定增大了压强
7．下列操作中，能使水的电离平衡(H2O H++OH-)向左移动且溶液呈酸性的是（ ）
A．向水中充入SO2气体 B．向水中加入碳酸钠溶液
C．将水加热，使水的pH=6 D．向水中加入NH4Cl溶液
8．已知合成氨的热化学方程式为：N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）△H=－92kJ/mol，下列说法中正确的是（ ）
A．当1molN2与3molH2充分反应，可放出92kJ热量
B．恒容恒温发生该反应时，向容器中充入少量He，反应速率加快且平衡正向移动
C．恒压恒温发生该反应时，向容器中充入少量He，反应速率不变且平衡不移动
D．升高温度时，正、逆反应速率都加快，而逆反应速率增加更多
9．一定条件下，反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下，下列说法不正确的是（ ）
A．由历程I可计算，的总键能
B．由历程Ⅱ可知，相同条件下的浓度比的浓度对反应速度影响更大
C．相同条件下，的平衡转化率，历程I=历程Ⅱ
D．由历程I和历程Ⅱ可得，
10．下列有关化学反应速率和化学平衡的说法错误的是（ ）
A．对于化学反应来说，反应速率越快，反应现象不一定越明显
B．N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH＜0，其他条件不变时，升高温度，反应速率υ(H2)和氢气的平衡转化率均增大
C．化学反应速率理论可指导怎样在一定时间内快出产品，化学平衡理论可指导怎样用有限的原料多出产品
D．CaCO3(s)=CaO(s)＋CO2(g)室温下不能自发进行，说明该反应的ΔH>0
11．可逆反应 2X+Y 2Z（g）△H＜0，气体的平均摩尔质量（M）随温度的降低而增大．则下列说法正确的是（ ）
A．X和Y可能都是固体 B．X和Y一定都是气体
C．若Y为固体，X一定是气体 D．X和Y不可能都是气体
12．下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是
A．实验室收集氯气时，常用排饱和食盐水的方法
B．配制FeCl3溶液时，常将FeCl3晶体溶于较浓的盐酸中
C．工业合成氨N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H＜0，采用400℃~500℃的高温条件
D．工业制备TiO2：TiCl4+(x+2)H2OTiO2 xH2O↓+4HCl，加入大量水，同时加热
13．在一定温度下的恒压容器中，进行可逆反应A（g）+B（g） C（g）+2D（g）；下列能说明该反应达到平衡状态的是（ ）
①反应混合物的密度不再改变 ②混合气体的平均相对分子质量不再改变
③C和D的物质的量之比为1：2 ④体系压强不再改变
⑤C的质量分数不再改变 ⑥v（A）：v（C）=1：1．
A．①②④⑤ B．①②⑤
C．②⑤⑥ D．①②③④⑤⑥
14．一定温度恒容密闭容器，下列叙述不是可逆反应A（g）+3B（g） 2C（g）达到平衡的标志的是（ ）
①C的生成速率与C的分解速率相等；
②单位时间内amol A生成，同时生成3amol B；
③A、B、C的浓度不再变化；
④混合气体的总压强不再变化；
⑤混合气体的物质的量不再变化；
⑥单位时间消耗amol A，同时生成2amol C；
⑦A、B、C的分子数目比为1：3：2．
A．②⑤⑥ B．①③⑥ C．②⑥⑦ D．②④⑥
15．I2在KI溶液中存在下列平衡：I2（aq）+I﹣（aq） I3﹣（aq），某I2、KI混合溶液中，c（I3﹣）与温度T的关系如图所示（曲线上任何一点都表示平衡状态）。下列说法正确的是（ ）
A．反应 I2（aq）+I﹣（aq） I3﹣（aq）△H＞0
B．若温度为T1、T2，反应的平衡常数分别为K1、K2，则K2＞K1
C．若T1时，反应进行到状态d时，一定有υ正＞υ逆
D．状态a与状态b相比，状态b时I2的转化率更高
16．如图是温度和压强对反应 △H影响的示意图，图中纵坐标表示平衡时混合气体中乙的质量分数Z%。下列说法正确的是（ ）
A．△H>0 B．Z可能为固体或纯液体
C．X一定为非气态 D．Y的平衡转化率：m
17．有效去除大气中的NOx，保护臭氧层，是环境保护的重要课题。
（1）在没有NOx催化时，O3的分解可分为以下两步反应进行；
①O3=O+O2 (慢) ②O+O3=2O2 (快)
第一步的速率方程为v1=k1c(O3)，第二步的速率方程为v2=k2c(O3)·c(O)。其中O为活性氧原子，它在第一步慢反应中生成，然后又很快的在第二步反应中消耗，因此，我们可以认为活性氧原子变化的速率为零。请用k1、k2组成的代数式表示c(O)= 。
（2）NO做催化剂可以加速臭氧反应，其反应过程如图所示：
已知：O3(g)+O(g)=2O2(g) ΔH=－143 kJ/mol
反应1：O3(g)+NO(g)=NO2(g)+O2(g) ΔH1=－200.2 kJ/mol。
反应2：热化学方程式为 。
（3）一定条件下，将一定浓度NOx(NO2和NO的混合气体)通入Ca(OH)2悬浊液中，改变，NOx的去除率如图所示。
已知：NO与Ca(OH)2不反应；
NOx的去除率=1－×100%
①在0.3－0.5之间，NO吸收时发生的主要反应的离子方程式为： 。
②当大于1.4时，NO2去除率升高，但NO去除率却降低。其可能的原因是 。
（4）若将CO和NO按不同比例投入一密闭容器中发生反应：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH=－759.8 kJ/mol，反应达到平衡时，N2的体积分数随的变化曲线如图。
①b点时，平衡体系中C、N原子个数之比接近 。
②a、b、c三点CO的转化率从小到大的顺序为 ；b、c、d三点的平衡常数从大到小的顺序为 (以上两空均用a、b、c、d表示)。
③若=0.8，反应达平衡时，N2的体积分数为20%，则NO的转化率为 。
18．甲醛有毒，被世界卫生组织列为一类致癌物。但甲醛是重要的工业原料，在化工、纺织、医疗等领域有广泛应用。
（1）Ⅰ.回收利用是一种减弱温室效应的有效途径。科学家研究发现可利用回收的与反应制备甲醛。
已知：①甲醛的燃烧热为
②的燃烧热为
③
与制备甲醛的反应： 。
（2）在2L恒容密闭容器中通入0.2mol和0.4mol，在三种不同条件下发生(1)中反应，测得的转化率与时间的关系如图所示。曲线X对应温度下反应的平衡常数K= ，由曲线Y到曲线X采取的措施可能是 ；由曲线Z到曲线X采取的措施可能是 。
（3）反应速率，，、分别为正、逆向反应速率常数，计算m点 。
（4）Ⅱ.甲醇直接脱氢是工业上合成甲醛的一种新方法，该法得到无水甲醛的同时得到副产品氢气。
在一个2L恒容密闭容器中投入2mol，在催化剂作用下发生反应： ，同时存在副反应：。。20min后，测得甲醇的转化率与甲醛的选择性分别与温度的关系如图所示。温度高于650℃，甲醇的转化率升高，甲醛的产率 ，原因可能是 。
（5）甲醛被称为室内污染“第一杀手”。室内甲醛的含量可以通过传感器来监测。一种燃料电池型甲醛气体传感器的工作原理如图所示，则a电极反应式为 。国家标准是室内甲醛不能超过，传感器在室内空间测定，电路中有电子通过，该室内甲醛含量为 。
19．乙烯是石油化工最基本原料之一。
（1）I．乙烷在一定条件下可脱氢制得乙烯：C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g) ΔH1＞0。
提高乙烷平衡转化率的措施有 、 。
（2）一定温度下，向恒容密闭容器通入等物质的量的C2H6和H2，初始压强为100kPa，发生上述反应，乙烷的平衡转化率为20%。平衡时体系的压强为 kPa，该反应的平衡常数Kp= kPa (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（3）II．在乙烷中引入O2可以降低反应温度，减少积碳。涉及如下反应：
a.2C2H6(g)+ O2(g)= 2C2H4(g) + 2H2O(g) △H2＜0
b.2C2H6(g) + 5O2(g)= 4CO(g) + 6H2O(g) △H3＜0
c．C2H4(g)+ 2O2(g)= 2CO(g) + 2H2O(g) △H4＜0
根据盖斯定律，反应a的△H2= (写出代数式)。
（4）氧气的引入可能导致过度氧化。为减少过度氧化，需要寻找催化剂降低反应 (选填“a、b、c”)的活化能。
（5）常压下，在某催化剂作用下按照n(C2H6)：n(O2)=1：1投料制备乙烯，体系中C2H4和CO在含碳产物中的物质的量百分数及C2H6转化率随温度的变化如下图所示。
①乙烯的物质的量百分数随温度升高而降低的原因是 。
②在570~600℃温度范围内，下列说法正确的有 (填字母)。
A．C2H4产率随温度升高而增大
B．H2O的含量随温度升高而增大
C．C2H6在体系中的物质的量百分数随温度升高而增大
D．此催化剂的优点是在较低温度下降低CO的平衡产率
③某学者研究了生成C2H4的部分反应历程如下图所示。写出该历程的总反应方程式 。该历程的催化剂是 。
20．研究含氮元素物质的反应对生产、生活、科研等方面具有重要的意义。
（1）发射“神舟十三”号的火箭推进剂为液态四氧化二氮和液态偏二甲肼(C2H8N2)。
已知：①C2H8N2(l)+4O2(g)=2CO2(g)+N2(g)+4H2O(l) ΔH1=-2765.0kJ/mol
②2O2(g) +N2(g)=N2O4(l) ΔH2=-19.5kJ/mol
③H2O(g)= H2O(l) ΔH3=-44.0kJ/mol
则C2H8N2(1)＋2N2O4(1)=3N2(g)＋2CO2(g)＋4H2O(g)的ΔH为 。
（2）碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率，反应历程为：
第一步：I2(g)→2I(g)(快反应)
第二步：I(g)＋N2O(g)→N2(g)＋IO(g)(慢反应)
第三步：IO(g)＋N2O(g)→N2(g)＋O2(g)＋I2(g)(快反应)
实验表明，含碘时N2O分解速率方程v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5(k为速率常数)。下列表述正确的是____
A．N2O分解反应中，k值与碘蒸气浓度大小有关
B．v(第二步的逆反应)＜v(第三步反应)
C．IO为反应的催化剂
D．第二步活化能比第三步大
（3）为避免汽车尾气中的氮氧化合物对大气的污染，需给汽车安装尾气净化装置。在净化装置中CO和NO发生反应2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g) ΔH=-746.8kJ-mol-1。实验测得：v正=k正·p2(NO)·p2(CO)，v逆=k逆·p(N2)·p2(CO2)。其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，只与温度有关；p为气体分压(分压=物质的量分数x总压)。
①达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数 (填“大于”“小于”或“等于”)k逆增大的倍数。
②一定温度下在刚性密闭容器中充入CO、NO和N2物质的量之比为2：2：1，压强为p0kPa。达平衡时压强为0.9p0kPa，则 。
（4）我国科技人员计算了在一定温度范围内下列反应的平衡常数Kp：
①3N2H4(1)=4NH3(g)+N2(g) ΔH1 Kp1
②4NH3(g)=2N2(g)+6H2(g) ΔH2 Kp2
绘制pKp1-T和pKp2-T的线性关系图如图所示：(已知：pKp=-1gKp)
①由图可知，ΔH1 0(填“＞”或“＜”)
②反应3N2H4(1)=3N2(g)＋6H2(g)的K= (用Kp1、Kp2表示)；该反应的ΔH 0(填“＞”或“＜”)，写出推理过程
21．将化石燃料燃烧产生的CO2、 SO2、NO2等气体变废为宝的实验研究取得一定成效。请按要求回答下列有关问题。
（1）用稀氨水喷雾捕集CO2
①写出生成酸式盐产品的离子方程式： 。
②在捕集时有中间体NH2COONH4生成。现将一定量NH2COONH4置于2 L恒容的密闭真空容器中，分别在不同温度下进行反应： NH2COONH4(s) 2NH3(g) + CO2(g)。不同时间实验测得的有关数据见下表：
温度/℃ 10 20 30
N(CO2)/mol 0min 0 0 0
2min 6×10-3 1.8×10-2 5.4×10-2
4min 2×10-2 3.2×10-2 6.2×10-2
6min 2×10-2 3.2×10-2 6.2×10-2
上述分解反应△H (填“<”或“>”)0；在20℃，0-2min 内生成NH3的平均速率为 mol·L-1·min-1。10 ℃合成NH2COONH4的平衡常数的值为 。
（2）用氨气催化氧化还原法脱硝(NOx)
①此法中还原剂为 ；根据右图判断提高脱硝效率(单位时间内NOx浓度变化占烟气初始浓度的百分比) 的最佳条件是： 。
②已知： N2(g)+O2(g)= 2NO(g) △H = +a kJ/mol
N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H =-b k/mol
2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=-c kJ/mol 其中a、
B、c均为大于0。
则放热反应： 4NO(g)+4NH3(g) + O2(g) 4N2(g) +6H2O(g) △H= 。
（3）尿素[CO(NH2)2]法脱硫、脱硝，过程表示如下：
①CO(NH2)2与NO、NO2三者等物质的量反应，生成水和无毒气体，该反应的化学方程式为 。
②常温下，将(NH4)2SO4溶于水所得溶液的pH=5，[已知电离常数K(NH3·H2O)=1×10-5]则该溶液中c(NH4+)= 。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A. 若加入反应物为非气体时，平衡不移动， A不符合题意；
B. 升高温度，反应速率一定增大，平衡必然移动， B符合题意；
C. 若体系中可逆号两边气体计量数的和相等时，对平衡体系加压，平衡不移动， C不符合题意；
D. 使用催化剂，正逆反应速率均增大，且增大的程度相同，平衡不移动，D不符合题意；
故答案为:B。
【分析】催化剂能改变反应速率，对平衡及转化率无影响。
2．【答案】A
【解析】【解答】解：①增大氢气的浓度，平衡逆向移动，混合气体的颜色变浅，故正确；
②升高温度，平衡正向移动，混合气体的颜色加深，故错误；
③降低温度，平衡逆向移动，混合气体的颜色变浅，故正确；
④增大压强，相当于缩小体积，各种气体的浓度都增大，混合气体的颜色加深，故错误；
⑤增大HI浓度，平衡正向移动，碘浓度增大，混合气体的颜色加深，故错误；
⑥减小压强，各气体浓度减小，混合气体的颜色变浅，故正确；
⑦加催化剂，平衡不移动，混合气体的颜色不变，故错误；
故选A．
【分析】要使混合气体的颜色变浅，即减小碘的浓度，平衡逆向移动，从影响平衡移动的因素角度考虑．
3．【答案】B
【解析】【解答】A．该反应为放热反应，降温平衡向放热方向移动即正向，CO的转化率提高但反应速率减慢，A项不符合题意；
B．该反应为气体减少的反应，增大压强反应速率加快同时平衡正向，则CO的转化率提高，B项符合题意；
C．充入CO反应速率加快且平衡正向，但CO的转化率降低，C项不符合题意；
D．加入催化剂反应速率加快但平衡不移动，CO的转化率不变，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】增大化学反应速率的方法：升高温度，增大反应物的浓度，加入催化剂，增大接触面积，气体的反应压缩体积；提高转化率，即使平衡朝正向移动，且不能通过增加一氧化碳浓度的方法。
4．【答案】A
【解析】【解答】催化剂只影响化学反应速率，不一定引起平衡的移动；当一个反应的前后化学计量数之和相等时，压强也不一定引起平衡的移动；当反应中各物质的浓度均按照化学计量数变化时，也不一定引起平衡的移动；故B、C、D选项错误；当温度改变时，反应的平衡常数改变，化学反应重新达到新的状态，一定会引起平衡的移动。故A项正确。
【分析】增大反应物或减少生成物浓度，平衡朝正反应移动
增大生成物或减少反应物浓度，平衡朝逆反应移动
升高温度，平衡朝吸热方向移动
降低温度，平衡朝放热方向移动
左右两边气体系数不相同
增大压强，缩小体积，平衡朝气体体积缩小的方向移动
减小压强，增大体积，平衡朝气体体积增大的方向移动
恒压下，充入不反应气体则增大体积，往体积增大移动
恒容下，充入不反应气体，速率不变，平衡不移动
左右两边气体系数相同，改变压强平衡不移动
加入催化剂，速率增大，平衡不移动
5．【答案】B
【解析】【解答】A．氯水中存在平衡Cl2+H2OHClO+H++Cl-，排饱和食盐水时，c(Cl-)增大，平衡逆向移动，Cl2溶解度减小，能用勒夏特列原理解释，故A不选；
B．反应(g)+2HI(g)为反应前后气体体积不变的反应，加压后平衡不移动，但体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，气体颜色变深与平衡移动无关，不能用勒夏特列原理解释，故B选；
C．浓氨水中存在平衡NH3+H2ONH3H2ONH +OH-，向浓氨水中加入NaOH固体，提供OH-，c(OH-)增大，平衡逆向移动，同时NaOH固体溶解放热，促进氨气逸出，可快速制氨气，能用勒夏特列原理解释，故C不选；
D．溶液中存在化学平衡Fe3++3SCN-，加入铁粉，发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，c(Fe3+)减小，平衡正向移动，溶液颜色变浅或褪去，能用勒夏特列原理解释，故D不选；
故答案为：B。
【分析】平衡移动的判断；
增大反应物浓度，平衡朝正向移动，被增加的反应物转化率减小，另一种反应物浓度增大，减小反应物的浓度则反之；
增大生产物浓度，平衡朝逆向移动，反应物的转化率减小，减少生成物的浓度则反之；
增大压强，减小体积，平衡朝气体体积缩小的方向移动，减小压强，增大体积则反之；
升高温度，平衡朝吸热方向移动，降低温度则反之。
6．【答案】A
【解析】【解答】A. 由图a可知，T1时达到平衡所需时间短，则T1>T2，因温度越高，C%越低，说明升温平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，故A符合题意；
B. 由图b可知，C%随着压强的增大而增大，说明加压后平衡正向移动，正反应为气体分子数目减小的反应，则该反应m+n>p，故B不符合题意；
C.由图c可知，随着反应的时行，反应的速率先增大后减小，说明开始由于反应放热导致温度升高，此时温度对化学反应速率的影响较大，化学反应速率加快，而后由于反应物的浓度减小，体系的温度变化不明显，从而化学反应速率逐渐减小，所以该反应的正反应为放热反应，故C不符合题意；
D. 由图d可知，曲线a较曲线b达到平衡的时间短，反应速率较快，最终的平衡状态是相同的，当m+n=p时，曲线a相对曲线b可能为加压或加入催化剂，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.温度高，速率快，故T1＞T2，但是温度高的含量低，故正反应为放热反应
B.压强增大，C的含量在增大，故压强增大，平衡向右移动，故m+n大于p
C.速率先增大后降低，说明反应放热导致温度升高，速率加快
D.平衡不移动，可能是加压或者是催化剂
7．【答案】A
【解析】【解答】A．向水中充入SO2气体，反应生成亚硫酸，亚硫酸电离：H2SO3 H++ 、 H++ ，溶液中氢离子浓度增大，水的电离平衡向左移动，溶液呈酸性，选项A符合；
B. 向水中加入碳酸钠溶液，碳酸根离子水解促进水的电离，碳酸根离子和氢离子结合生成碳酸氢根离子而使溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，所以溶液呈碱性，选项B不符合；
C. 升高温度，水的电离程度增大，但是溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，水的pH=6但溶液显示中性，选项C不符合；
D. 向水中加入NH4Cl溶液，铵根离子结合水电离的氢氧根离子，促进了水电离，水的电离平衡向右移动，溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性，选项D不符合；
故答案为：A。
【分析】A.二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离出氢离子，水溶液显酸性，导致平衡向左移动，
B.碳酸钠属于强碱弱酸盐促进了水的电离，显碱性，
C.升高温度水的电离程度增加，但离子浓度等于氢氧根离子浓度，
D.加入氯化铵溶液，促进了水的电离，显酸性
8．【答案】D
【解析】【解答】A、该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以当1molN2与3molH2充分反应，放出热量小于92kJ，A不符合题意；
B、恒容恒温发生该反应时，向容器中充入少量He，参加反应的气体分压不变，所以反应速率不变，平衡不移动，B不符合题意；
C、恒压恒温发生该反应时，向容器中充入少量He，总体积增加，参加反应的气体分压减小，反应速率减小且平衡逆向移动，C不符合题意；
D、由反应N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）△H=－92kJ/mol可知，该反应为放热反应，升高温度时，正、逆反应速率都加快，逆反应速率增加更多，平衡向逆反应方向移动，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.氮气与氢气的反应为可逆反应；
B.恒容装置内通入He，反应体系的物质的量浓度不变，结合平衡移动对反应速率和平衡移动的影响分析；
C.恒压通入He，反应体系的体积增大，对于反应物和生成物所产生的压强变小，结合压强对反应速率和平衡移动的影响进行分析；
D.结合温度对反应速率和平衡移动的影响进行分析；
9．【答案】A
【解析】【解答】A、(E1-E3)是SO2的活化能，SO2的总键能不是(E1-E3)kJ，故A错误；
B、由历程Ⅱ可知，使用V2O5作催化剂，增大的浓度后，该反应的活化能减小，反应速率加快，说明相同条件下的浓度比的浓度对反应速度影响更大，故B正确；
C、使用催化剂不影响平衡状态，因此相同条件下，的平衡转化率，历程I=历程Ⅱ，故C正确；
D、使用催化剂不改变反应热，则 ，故D正确；
故答案为：A。
【分析】A、由图可知，(E1-E3)kJ是SO2的活化能；
B、历程Ⅱ中，使用催化剂增大的浓度后，反应的活化能减小，反应速率加快；
C、使用催化剂不影响平衡状态；
D、催化剂不改变反应热。
10．【答案】B
【解析】【解答】A. 有的化学反应现象明显，有的反应现象不明显，和反应速率无关，如稀硫酸与氢氧化钠的中和反应速率很快，但现象不明显，故A不符合题意；
B. 升高温度，平衡逆向移动，则H2的转化率减小，故B符合题意；
C. 根据影响化学反应速率的因素，可指导怎样在一定时间内快出产品；结合影响化学平衡的因素，采用合适的外界条件，使平衡向正反应方向移动，可指导怎样用有限的原料多出产品，故C不符合题意；
D. CaCO3(s)=CaO(s)＋CO2(g)是体系混乱程度增大的反应，在室温下不能自发进行，说明该反应的△H>0，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据温度对化学平衡的影响进行判断，升高温度平衡向吸热方向移动。
11．【答案】C
【解析】【解答】解：A、若X和Y都是固体，只有Z是气体，气体的相对分子质量不变，故A错误；
B、若X为气体、Y为非气体，降低温度，平衡向正反应移动，混合气体的质量增大，混合气体的物质的量不变，混合气体平均相对分子质量增大，故X和Y不一定都是气体，故B错误；
C、Y为固体，X若为非气体，只有C是气体，气体的相对分子质量不变，X为气体，降低温度，平衡向正反应移动，混合气体的质量增大，混合气体的物质的量不变，混合气体平均相对分子质量增大，故C正确；
D、若X和Y都是气体，降低温度，平衡向正反应移动，混合气体的质量不变，混合气体的物质的量减小，气体的相对分子质量也变大，故D错误；
故选C．
【分析】温度降低气体的平均相对分子质量增大，该反应正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应移动，据此结合物质的状态进行判断．
12．【答案】C
【解析】【解答】A．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应是可逆反应：Cl2+H2OHCl+HClO，饱和食盐水中含有氯化钠电离出的氯离子，饱和食盐水抑制了氯气的溶解，所以实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，能用平衡移动原理来解释，故A不符合题意；
B．Fe 3+ +3H2OFe(OH) 3 +3H +，配制FeCl 3溶液时，向溶液中加入盐酸，可以抑制铁离子的水解，能用勒平衡移动原理解释，故B不符合题意；
C．合成氨的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，但500℃左右的温度比室温更有利于合成氨反应，不能用平衡移动原理解释，故C符合题意；
D．TiCl4水解生成TiO2 xH2O和HCl，该过程是吸热反应，加入大量水，同时加热升高温度，平衡正向移动，能用平衡移动原理解释，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】平衡移动的判断；
增大反应物浓度，平衡朝正向移动，被增加的反应物转化率减小，另一种反应物浓度增大，减小反应物的浓度则反之；
增大生产物浓度，平衡朝逆向移动，反应物的转化率减小，减少生成物的浓度则反之；
增大压强，减小体积，平衡朝气体体积缩小的方向移动，减小压强，增大体积则反之；
升高温度，平衡朝吸热方向移动，降低温度则反之。
13．【答案】B
【解析】【解答】①一定温度下的恒压容器中，反应混合物的密度不再改变，说明气体的物质的量不变，故能确定该反应达到平衡状态，①符合题意；
②因为A（g）+B（g） C（g）+2D（g）反应前后计量数不等，所以混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明气体的物质的量不变，正逆反应速率相等，达平衡状态，②符合题意；
③C和D的物质的量之比为1：2，平衡时可能是，也可能不，与始起投料方式有关，③不符合题意；
④体系压强不再改变，因为在一定温度下的恒压容器中，压强一直不变，④不符合题意；
⑤C的质量分数不再改变，说明气体的物质的量不变，正逆反应速率相等，达平衡状态，⑤符合题意；
⑥v（A）：v（C）=1：1，未体现正逆的关系，⑥不符合题意；
所以能说明该反应达到平衡状态的是①②⑤，B符合题意；
故答案为：B
【分析】①根据公式分析反应过程中密度是否变化；
②根据公式分析反应过程中混合气体的摩尔质量是否发生变化；
③反应达到平衡时，各组分的物质的量保持不变，但不一定成比例；
④恒压装置中，压强一直保持不变；
⑤达到平衡状态时，体系找那个各组分的质量分数保持不变；
⑥在任何时刻，反应速率之比都等于化学计量系数之比；
14．【答案】C
【解析】【解答】解：①C的生成速率与C的分解速率相等，即C的正逆反应速率相等，所以该反应达到平衡状态，故不选； ②无论该反应是否达到平衡状态，单位时间内amol A生成，同时生成3amol B，故选；③反应达到平衡状态时，各物质的含量保持不变，浓度也不变，所以A、B、C的浓度不再变化，说明该反应达到平衡状态，故不选； ④该反应是一个反应前后气体体积该变的反应，当体积不变时，密闭容器中混合气体的总压强不再变化说明混合气体的物质的量不变，所以能说明反应达到平衡状态，故不选；⑤该反应是一个反应前后气体的物质的量改变的化学反应，当混合气体的物质的量不再变化时，能说明该反应达到平衡状态，故不选； ⑥单位时间消耗amol A，同时生成2amol C不能说明正逆反应速率相等，故选；⑦达平衡时，A、B、C三种物质的分子数之比可能是1：3：2，也可能不是1：3：2，要根据反应开始时加入的A、B、C三种物质是否按1：3：2比例而定，所以不能说明该反应达到平衡状态，故选；
故选C．
【分析】可逆反应到达化学平衡状态的标志有且只有两个：1．v正=v逆 2．各物质的含量保持不变，其它一切判据都是由这两个判据衍生出来的．
15．【答案】C
【解析】【解答】A、由图象曲线的变化趋势可知，当温度升高时，I3-的物质的量浓度减小，平衡逆向移动，说明该反应的正反应为放热反应，△H＜0，不符合题意；
B、该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，温度越高，平衡常数越小，则K1＞K2，不符合题意；
C、若反应进行到状态d时，反应未达到平衡状态，若反应趋向于平衡，则反应向生成的I3-方向移动，则v正＞v逆，符合题意；
D、温度升高，平衡向逆方向移动，I2的转化率降低，故状态a与状态b相比，状态a时I2的转化率更高，不符合题意。
故答案为：C
【分析】A.根据温度对平衡移动的影响结合图象进行分析；
B.升温平衡逆向移动，平衡常数减小；
C.反应向平衡状态移动，据此分析；
D.根据升温平衡逆向移动进行分析解答。
16．【答案】C
【解析】【解答】A．当压强相同时，温度升高，Z%减小，说明平衡逆向移动，逆反应吸热，正反应放热，，A不符合题意；
B．当温度相同时，增大压强，Z%减小，平衡逆向移动，说明逆反应方向气体总物质的量减小，Z必定为气体，X一定为非气态，Y可能为固体、液体或气体都可以，B不符合题意；
C．根据B分析，X一定为非气态，C符合题意；
D．该反应放热，升高温度，Y的平衡转化率降低，故，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】利用“定一议二”分析。
17．【答案】（1）
（2）NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g) △H2=+57.2 kJ/mol
（3）NO+NO2+Ca(OH)2=Ca2++2NO2-+H2O；NO2量太多， 剩余的NO2和水反应生成NO逸出，导致NO去除率降低
（4）1：1；c
【解析】【解答】(1)由于活性氧原子变化的速率为零，可认为其生成速率等于消耗速率，v1=k1c(O3)， v2=k2c(O3)·c(O)，则k1c(O3)=k2c(O3)·c(O)，所以c(O)=；
(2)反应①是O3在NO作用下生成NO2和O2，NO2在氧原子作用下生成NO和O2，反应过程中NO参与反应后又生成，所以NO作用为催化剂，根据盖斯定律将两个热化学反应相减可得到反应2的热化学方程式；NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g) △H=+57.2 kJ/mol；
(3)①NO和Ca(OH)2不反应，所以反应物有NO、NO2和Ca(OH)2，根据氧化还原规律，产物为Ca(NO2)2和水，所以离子方程式为：NO+NO2+Ca(OH)2=Ca2++2NO2-+H2O；
②当NO太少，NO2量太多，首先发生反应：NO+NO2+Ca(OH)2=Ca2++2NO2-+H2O；NO2不能完全吸收，过量的NO2就和水反应生成HNO3和NO，这样就导致NO2去除率升高，但NO去除率却降低；
(4)①当反应物按化学计量数之比加入时，平衡时的N2的体积分数最大，所以b点的平衡体系中C、N原子个数比接近1：1；
②增大，CO的浓度增大的倍数大于NO增大的倍数，使CO转化率降低，所以a、b、 c三点CO的转化率从小到大的顺序为c
③若=0.8，反应达平衡时，N2 的体积分数为20%，假设开始时n(NO)=1 mol，n(CO)=0.8 mol，假设CO平衡时CO转化了x mol，则根据物质反应转化关系可知平衡产生CO2的物质的量为x mol，N2为0.5x mol，则此时CO为(0.8-x) mol，NO为(1-x) mol， ×100%=20%， 解得x=0.6 mol，所以NO的转化率为×100%=60%。
【分析】（1）若生成速率等于消耗速率，可以结合代数式进行判断；
（2）盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减；
（3） ① 一氧化氮和二氧化氮与氢氧化钙反应生成亚硝酸钙和水；
② NO2量太多， 剩余的NO2和水反应生成NO逸出，导致NO去除率降低 ；
（4） ① 结合化学计量数之比进行判断；
② 增大某种反应物的浓度，其转化率减小；
③ 结合三段式进行判断。
18．【答案】（1）
（2）5；加催化剂；降低温度
（3）25.6
（4）降低；温度升高，平衡正向移动，甲醇转化率升高，但由于温度高于650℃后，催化生成甲醛的催化剂活性降低或副反应生成的氢气浓度增大，导致主反应平衡逆向移动，生成甲醛量减少
（5）；0.003
【解析】【解答】（1）氢气燃烧热反应方程式的2倍减去甲醛燃烧热反应方程式，再减去③得到与制备甲醛的反应： ；故答案为：。
（2）根据题意曲线X对应温度下平衡时，消耗二氧化碳物质的量为0.1mol，消耗氢气物质的量为0.2mol，生成甲醛、水蒸气物质的量为0.1mol，剩余二氧化碳物质的量为0.1mol，剩余氢气物质的量为0.2mol，则该温度下平衡常数，分析曲线Y和曲线X，平衡时各物质的量相等，但达到平衡时时间不相同，说明由曲线Y到曲线X采取的措施可能是加入催化剂；曲线Z与曲线X分析，曲线Z所需时间比曲线X时间短，但二氧化碳转化率比X低，由曲线Z到曲线X是平衡正向移动，反应速率减慢了，因此采取的措施可能是降低温度；故答案为：5；加催化剂；降低温度。
（3）根据平衡常数得到，在m点时消耗二氧化碳物质的量为0.04mol，消耗氢气物质的量为0.08mol，生成甲醛、水蒸气物质的量为0.04mol，剩余二氧化碳物质的量为0.16mol，剩余氢气物质的量为0.32mol，则m点；故答案为：25.6。
（4）根据图中信息得到，温度高于650℃，甲醇的转化率升高，甲醛的产率降低，根据两个方程式分析，两个方程式都为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，甲醇转化率升高，由于副反应生成氢气，氢气量增大，对主反应来说，氢气浓度增大，导致主反应逆向移动，生成甲醛的量减少，也可能是甲醛催化剂的催化活性降低即温度升高，平衡正向移动，甲醇转化率升高，但由于温度高于650℃后，催化生成甲醛的催化剂活性降低或副反应生成的氢气浓度增大，导致主反应平衡逆向移动，生成甲醛量减少；故答案为：降低；温度升高，平衡正向移动，甲醇转化率升高，但由于温度高于650℃后，催化生成甲醛的催化剂活性降低或副反应生成的氢气浓度增大，导致主反应平衡逆向移动，生成甲醛量减少。
（5）根据题意甲醛变为二氧化碳，甲醛中碳化合价升高，失去电子，作负极，因此a电极反应式为。国家标准是室内甲醛不能超过，传感器在室内空间测定，电路中有电子通过，则含有甲醛物质的量为，该室内甲醛含量为；故答案为：；0.003。
【分析】（1）首先写出甲醛、氢气的燃烧热，利用盖斯定律，即可得到二氧化碳与氢气反应的热化学反应方程式。
（2）根据二氧化碳转化率，列出三段式，求出各物质平衡浓度，带入平衡常数表达式即可。
（3）根据达到平衡时V正=V逆，结合平衡常数表达式可以得到，K正/K逆=K=5，根据m点转化率，求出各物质浓度，带入表达式即可得到其比值。
（4）平衡图像解题技巧：对应化学反应速率图像和化学平衡图像，应该注意下列几点：1、横轴坐标和纵坐标含有；2、曲线斜率或者趋势；3、曲线上特殊点，如起点、终点、交点和拐点等；4、根据需要运用辅助线，如等温线、等压线等
19．【答案】（1）升高温度；降低压强 (或及时移出生成物，任写两个)
（2）110；15
（3）△H3 2△H4
（4）a
（5）体系未达平衡，温度升高，生成CO的反应速率增大的程度大于C2H4；AB；C2H6+2O2=C2H4+2HO2；BNOH
【解析】【解答】(1)C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g) ΔH1>0，该反应是体积增大的吸热反应，提高乙烷平衡转化率的措施有减小压强、升高温度或及时移出生成物(或及时移出生成物，任写两个)；
(2)一定温度下，向恒容密闭容器通入等物质的量的C2H6和H2，初始压强为100kPa，假设都为1mol，发生上述反应，乙烷的平衡转化率为20%，
根据压强之比等于物质的量之比得到，解得x=110kPa，即平衡时体系的压强为110kPa，该反应的平衡常数。答案为：110；15；
(3)根据盖斯定律，反应b减去反应c的2倍，得到反应a的ΔH2=ΔH3 2ΔH4。答案为：ΔH3 2ΔH4；
(4)为减少过度氧化，即bc，要加快反应a的反应速率，因此需要寻找催化剂降低反应a的活化能。答案为：a；
(5)升高温度，C2H6的转化率在不断增大，则表明反应未达平衡。混合物中CO的百分率大，则表明生成CO的速率比生成C2H4的速率大，所以原因是：体系未达平衡，温度升高，生成CO的反应速率增大的程度大于C2H4；
②A．从C2H6的转化率不断增大分析，反应都未达到平衡，所以C2H4产率随温度升高而增大，A正确；
B．因为反应未达平衡，在三个反应中，随温度升高，反应物的转化率都增大，生成水的量都增大，因此H2O的含量随温度升高而增大，B正确；
C．根据图中信息C2H6转化率增大，则C2H6在体系中的物质的量百分数随温度升高而降低，C不正确；
D．因为反应并未达到平衡，图中信息仅显示相同时间内CO的百分含量，没有显示不同温度下CO的平衡产率，所以不能说明该催化剂在较低温度下降低CO的平衡产率，D不正确；
故答案为：AB；
③起初反应时，BNOH先与O2反应，生成BNO 和HO2 ，生成的BNO 再与C2H6反应，重新生成BNOH，则表明BNOH为催化剂；C2H6先转化为C2H5 、C2H5 再与O2反应生成C2H4和HO2 ；从而得出总反应式为C2H6+2O2=C2H4+2HO2 。答案为：体系未达平衡，温度升高，生成CO的反应速率增大的程度大于C2H4；AB；C2H6+2O2=C2H4+2HO2 ；BNOH。
【分析】（2）利用乙烷转化率，算出平衡各物质的物质的量，利用阿伏加德罗定律，算出平衡时的压强，算出各物质分压，带即可算出压强平衡常数
（4）主要目的是制备乙烯，b，c都是副反应，为减少副反应，降低a的活化能，使反应a更容易进行，从而减少过氧化。
（5）由图可知，升高温度，乙烷转化率不断升高，未达到平衡，CO的百分数升高，乙烯降低，说明，升高温度，有利于CO的生成
20．【答案】（1） 2550.0kJ·mol-1
（2）B；D
（3）小于；或
（4）<；Kp1·Kp2；<；设T2>T1，由图可知：pKp1(T2)-pKp1(T1)>∣pKp2(T2)-pKp2(T1)∣则：pKp1(T2)-pKp1(T1)> pKp2(T1)-pKp2(T2)，pKp1(T2)+pKp2(T2)>pKp1(T1)+pKp2(T1)，lg[Kp1(T1)·Kp2(T1)]>lg[Kp1(T2)·Kp2(T2)]即K(T1)>K(T2)，因此该反应正反应为放热反应
【解析】【解答】(1)由盖斯定律可知，①-2×②-4×③得反应：C2H8N2(1)＋2N2O4(1)=3N2(g)＋2CO2(g)＋4H2O(g)，则ΔH=ΔH1-2ΔH2-3ΔH3= 2550.0kJ·mol-1；
(2)A．k为速率常数受温度、催化剂、固体表面积性质等影响，不受浓度影响，A不符合题意；
B．平衡时v(正)=v(逆)，第二步反应为慢反应，反应速率较慢，则v(第二步的逆反应)也较慢，第三步反应为快反应，反应速率较快，故v(第二步的逆反应)＜v(第三步反应)，B符合题意；
C．催化剂改变反应速率，反应前后质量和化学性质不变；IO为中间过程产物，不是反应的催化剂，C不符合题意；
D．活化能越大反应越慢，第二步反应为慢反应、第三步反应为快反应，故活化能第二步比第三步大，D符合题意；
故答案为：BD；
(3)①达到平衡后，v正= v逆=k正·p2(NO)·p2(CO) =k逆·p(N2)·p2(CO2)，反应的平衡常数K=，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小，则仅升高温度，k正增大的倍数小于k逆增大的倍数；
②一定温度下在刚性密闭容器中充入CO、NO和N2物质的量之比为2：2：1，设初始CO、NO和N2物质的量分别为2mol、2mol、1mol，生成N2的物质的量为x；
则反应后总的物质的量为(5-x)mol，初始压强为p0kPa，达平衡时压强为0.9p0kPa，则，x=0.5mol，平衡时CO、NO、N2、CO2物质的量分别为1mol、1mol、1.5mol、1mol，总的物质的量为4.5mol，则K=；
(4)①由图可知，Kp1随着温度的升高而减小，则平衡逆向移动，正反应为放热发应，ΔH1<0；
②由盖斯定律可知，①+②得反应3N2H4(1)=3N2(g)＋6H2(g)，则该反应的 K= Kp1·Kp2；
设T2>T1，由图可知：pKp1(T2)-pKp1(T1)>∣pKp2(T2)-pKp2(T1)∣则：pKp1(T2)-pKp1(T1)> pKp2(T1)-pKp2(T2)，pKp1(T2)+pKp2(T2)>pKp1(T1)+pKp2(T1)，lg[Kp1(T1)·Kp2(T1)]>lg[Kp1(T2)·Kp2(T2)]即K(T1)>K(T2)，因此升高温度，K值减小，平衡逆向移动，则该反应正反应为放热反应。
【分析】（1）根据盖斯定律即可计算
（2）A.K与温度有关
B.根据正反应速率快慢即可判断
C.根据反应流程即可判断是否为催化剂
D.活化能越大，速率越慢
（3）①正反应是吸热，温度对逆反应影响大
②根据平衡时物质的量即可计算出比值
（4）①根据图示即可判断焓变的正负
②利用方程式即可计算出关系利用盖斯定律即可计算出能量
21．【答案】（1）CO2+NH3·H2O=NH4++HCO3-；>；9×10-3；2.5×105
（2）NH3；400℃、氨氮物质的量之比为1；-(2a-2b+3c)kJ/mol
（3）CO(NH2)2+NO+NO2=2N2+2H2O+CO2；0.1mol/L
【解析】【解答】(1) ①稀氨水显碱性，CO2，是酸性氧化物，用稀氨水喷雾捕集CO2生成酸式盐产品的离子方程式方程式为： CO2+NH3·H2O=NH4++HCO3- 因此，本题正确答案是： CO2+NH3·H2O=NH4++HCO3- 。② 根据NH2COONH4(s) 2NH3(g)+CO2(g)图表数据分析可以知道温度升高，二氧化碳物质的量增大，说明升温平衡正向进行，正反应为吸热反应， ， 在20℃，0-2min内生成二氧化碳物质的量=1.8 -2mol，则生成NH3的物质的量=1.8 -2mol 2=3.6 10-2mol，反应速率 ， 二氧化碳生成物质的量2 -2mol，平衡常数 ，
合成 的平衡常数的值 ，
因此，本题正确答案是： ； ； ； (2)①用氨气催化氧化还原法脱销(NOX)，氨气做还原剂，由图可以知道，温度越高，脱硝率越高，相同温度下，氨氮物质的量比为1时，脱硝率最高，所以提高脱硝效率的最佳条件是温度400℃、，氨氮物质的量比为1。因此，本题正确答案是：NH3； 400℃，氨氮物质的量之比为1。
②已知：① ═
②
③ ═ 其中a、
B、c均大于0。盖斯定律计算③ 3-②① 得到： ， ， 因此，本题正确答案是： -(2a-2b+3c)kJ/mol ； (3)① 与 NO、 三者等物质的量反应，生成水和氮气、二氧化碳，反应的化学方程式为： ═ ；
因此，本题正确答案是： ═ ；
②常温下，将 溶于水所得溶液的 ，[已知电离常数 ] ， ， ，
因此，本题正确答案是： ；
【分析】（1）①根据物质的性质分析；②根据图表数据知升温平衡正向进行，则正反应为吸热反应；（2）根据盖斯定律计算反应热；（3）根据Kh = Kw/ Kb解答；