第二章 化学键 化学反应规律（含解析） 单元测试 2023-2024学年高一下学期化学鲁科版（2019）必修第二册
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| 名称 | 第二章 化学键 化学反应规律（含解析） 单元测试 2023-2024学年高一下学期化学鲁科版（2019）必修第二册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 315.3KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 鲁科版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-01-03 23:44:39 | ||
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文档简介
第二章 化学键 化学反应规律 单元测试
一、单选题
1．下列过程中破坏的化学键只有共价键的是（ ）
A．石墨转化为金刚石 B．NaOH溶于水
C．干冰升华 D．NH4Cl分解
2．下列关于活化分子和活化能的说法错误的是（ ）
A．普通分子获得活化能后就成为了活化分子
B．能够发生有效碰撞的分子称为活化分子
C．活化分子间发生的碰撞一定是有效碰撞
D．活化能的作用在于使反应物活化来启动反应
3．能源可划分为一级能源和二级能源，直接来自自然界的能源称为一级能源；需依靠其他能源的能量间接制取的能源称为二级能源．氢气是一种高效而没有污染的二级能源，它可以由自然界中大量存在的水来制取：2H2O（l） 2H2（g）+O2（g），该反应需要吸收大量的热，下列叙述正确的是（ ）
A．水煤气是二级能源 B．水力是二级能源
C．天然气是二级能源 D．电能是一级能源
4．根据如图提供的信息，下列所得结论不正确的是（ ）
A．该反应是吸热反应
B．该反应中旧键断裂吸收的能量高于新键形成放出的能量
C．该反应可能是碳酸钙的分解反应
D．该反应一定需要加热才能发生
5．一个5L的容器里，盛入8.0mol某气态反应物，5min后，测得这种气态反应物还剩余6.8mol，这种反应物的化学反应速率为（ ）
A．0.012mol/(L·min) B．0.024mol/(L·min)
C．0.036mol/(L·min) D．0.048mol/(L·min)
6．“绿水青山就是金山银山”，当前氮的氧化物的污染日趋严重，某企业处理该污染物的原理设计为燃料电池如图所示。在处理过程中石墨Ⅰ电极上生成氧化物Y，Y 可循环使用。下列说法错误的是（ ）
A．该电池放电时电子流动的方向是：石墨Ⅰ电极→负载→石墨Ⅱ电极→熔融NaNO3→石墨Ⅰ电极
B．石墨Ⅱ附近发生的反应：O2+4e-+2N2O5= 4NO3-
C．O2在石墨Ⅱ附近发生还原反应，Y 为N2O5
D．相同条件下，放电过程中消耗的NO2和O2的体积比为4∶1
7．在一块表面无锈的铁片上滴食盐水，放置一段时间后看到铁片上有铁锈出现，铁片腐蚀过程中发生的总化学方程式：2Fe＋2H2O＋O2=2Fe(OH)2，Fe(OH)2进一步被氧气氧化为Fe(OH)3，再在一定条件下脱水生成铁锈，其原理如图。
下列说法正确的是（ ）
A．铁片发生还原反应而被腐蚀
B．铁片腐蚀最严重区域应该是生锈最多的区域
C．铁片腐蚀中负极发生的电极反应：2H2O＋O2＋4e－=4OH－
D．铁片里的铁和碳与食盐水形成无数微小原电池，发生了电化学腐蚀
8．将1molX和3molY加入2L的恒容密闭容器中，在一定条件下发生如下反应：X(g)+3Y(s) Z(g)ΔH=-akJ·mol-1，10min后测得Y的物质的量为2.4mol。下列说法正确的是（ ）
A．10min内，Y的平均反应速率为0.03mol·L-1·min-1
B．第10min时，X的反应速率为0.01mol·L-1·min-1
C．充分反应后，放出的热量为akJ
D．混合气体的平均相对分子质量不变，反应达到化学平衡状态
9．如图所示原电池装置中，电解质溶液为硫酸，下列有关叙述错误的是（ ）
A．锌做负极发生氧化反应
B．供电时的总反应为Zn+2H+＝Zn2++H2↑
C．该装置可实现化学能转化为电能
D．正极产生1 mol H2，消耗锌的质量为32.5 g
10．一定条件下，二氧化氮和四氧化二氮之间存在下列平衡：2NO2(g) N2O4(g)△H＜0，现欲测定二氧化氮的相对分子质量时，下列条件中测定结果误差最小的是（ ）
A．低温、高压 B．低温、低压 C．高温、低压 D．高温、高压
11．某一反应物的浓度是1.0mol/L，经过20s后，它的浓度变成了0.2mol/L，在这20s内它的反应速率为（ ）
A．0.04mol/L B．0.04mol/（L·s）
C．0.08mol/（L·s） D．0.04
12．下列有关图像的结论正确的是（ ）
图像 结论
A 相同质量锌粉分别与 1mol/ L 盐酸及相同体积未知浓度的盐酸反应，未知浓度盐酸的浓度低于 1mol/ L
B 一定条件下，金刚石转化为石墨要释放能量，金刚石要比石墨稳定
C 该装置为化学能转化为电能的装置，且 Mg 作负极
D 试纸中心区域变黑，边缘变红，可知浓硫酸具有脱水性
A．A B．B C．C D．D
13．在某温度下，将 2 mol A 和 3 mol B 充入一密闭容器中，发生反应：aA(g)＋B(g) C(g)＋D(g)，5 min 后达平衡，已知各物质的平衡浓度的关系为 ca(A)·c(B)＝c(C)·c(D)。若在温度不变的情况下，将容器的体积扩大为原来的 10 倍，A 的转化率没有发生变化， 则B 的转化率为（ ）
A．60% B．40% C．24% D．4%
14．下列关于化学反应速率的说法中，正确的是 （ ）
A．二氧化锰能加快过氧化氢的分解速率，也能加快其他任何反应的速率
B．决定化学反应速率的最主要因素是温度
C．其他条件不变，与同浓度的稀盐酸的反应速率：生铁一 般大于纯铁
D．对于反应： 3A(g) +B(g)= 2C(g) +2D(g) ， 压强增大一定加快化学反应速率
15．一定温度下，在恒容密闭容器中充入CO和H2，发生反应：2H2(g)+CO(g) CH3OH(g) △H＜0。下列图像符合实际且t0时达到平衡状态的是（ ）
A． B．
C． D．
16．通过甲醇羧基化法取甲酸甲酯(HCOOCH3)：CH3OH(g)+CO(g)HCOOCH3(g)，在容积固定的密闭容器中，投入等物质的量CH3OH和CO，测得相同时间内CO的转化率随温度变化如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下CO的平衡转化率随温度的变化)，下列说法错误的是（ ）
A．此制取甲酸甲酯的反应△H＜0
B．图中X点，延长反应时间能提高CO转化率
C．图中W点，升高温度能提高CO转化率
D．380℃下，图中Z点，c起始(CH3OH)=5.0×10-4 mol/L，CO平衡转化率为50%，则平衡常数K(z)=2000
二、综合题
17．在一个密闭容器中发生反应：3Fe(s)+4H2O(g) Fe3O4(s)+4H2(g)。回答下列问题：
（1）增加Fe的量，反应速率 (填“增大”“不变”或“减小”，下同)。
（2）将容器容积缩小一半，反应速率 。
（3）保持容器容积不变，充入N2使体系压强增大，反应速率 。
（4）保持压强不变，充入N2使容器容积增大，正反应速率 ，逆反应速率 。
18．
（1）如图表示在密闭容器中反应：2SO2+O2 2SO3 H＝－Q
kJ/mol。到平衡时，由于条件改变而引起反应速度和化学平衡的变化情况，a→b 过程中改变的条件可能是 ；b→c过程中改变的条件可能是 ；若增大压强时，将反应速度变化情况画在c~d处 。
（2）可逆反应 mA(g)+nB(g) pC(g)达到平衡后，升高温度，B 的转化率变大；当减小压强，C
的体积分数减小。
①用“>”、“＝”或“<”填空：该反应的 Δ H 0，m+n p。
②用“增大”“减小”或“不变”填空(其他条件不变)：恒容下加入 B，则 A 的转化率 ；升高温度，则平衡时 B、C 的浓度之比 c(B)/c(C)将 ；加入催化剂，平衡时气体混合物的总物质的量 。
19．已知反应①Fe(s)+CO2(g) FeO(s)+CO(g) ΔH=a kJ·mol-1,平衡常数为K;
温度/℃ 500 700 900
K 1.00 1.47 2.40
（1）若500 ℃时进行反应①,CO2的起始浓度为2
mol·L-1,CO的平衡浓度为 。
（2）上述反应中的a 0(填“大于”“小于”或“等于”)。
（3）700℃时反应①达到平衡状态,要使该平衡向右移动,其他条件不变时,可以采取的措施有____(填序号)。
A．缩小反应器体积 B．通入CO2
C．温度升高到900℃ D．使用合适的催化剂
20．工业上利用CO2和H2合成甲醇，既能减少温室气体排放，又能合成重要工业燃料。发生的反应为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H。其它条件不变时，反应相同时间CO2的转化率随温度T的变化情况如图所示。
回答下面问题：
（1）x点的v(正) v(逆)(填“大于”“小于”或“等于”，下同)，x点的v(正) y点的v(逆)，△H 0。
（2）在某体积不变的绝热刚性容器中发生上述反应，下列说法正确的是____。
A．混合气体的密度不再发生变化时反应达到化学平衡状态
B．混合气体的浓度商Qc逐渐增大，最后不再变化时，Qc=Kc
C．该反应的化学反应速率随着反应的进行不断加快
D．达到平衡后升高温度，气体压强增大，化学平衡可能正向移动
（3）在一定温度和压强下，若原料气中的CO2和H2的物质的量之比=M，如图是M与CH3OH平衡百分含量(a%)的关系。
①M1= 。
②在平衡状态x点时，CO2的平衡转化率为 %。
③在平衡状态y点时，用百分含量表示的平衡常数K= 。
（4）在合成甲醇的反应中同时存在：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H＞0，为了提高CH3OH的选择性，可以采取的措施是 、 (写出两点)。在某密闭容器中通入1molCO2和3molH2，在催化剂作用下，同时发生：①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)和②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，达到平衡后，测得n(CH3OH)=0.3mol，n(CO)=0.1mol，则反应②的化学平衡常数是 (保留三位小数)。
21．醋酸乙烯(CH3COOCH=CH2)是一种重要的有机化工原料，以二甲醚(CH3OCH3)与合成气(CO、H2)为原料，醋酸锂、碘甲烷等为催化剂，在高压反应釜中一步合成醋酸乙烯及醋酸。
回答下列问题：
（1）常温下，将浓度均为a mol/L的醋酸锂溶液和醋酸溶液等体积混合，测得混合液的pH=b，则混合液中c(CH3COO-)= mol/L( 列出计算式即可)。
（2）合成二甲醚：
Ⅰ.2H2(g)+CO(g)=CH3OH(g) ΔH1=-91.8kJ/mol；
Ⅱ.2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH2=-23.5 kJ/mol；
Ⅲ.CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH3=-41.3 kJ/mol.
已知：H-H 的键能为436kJ/mol，C=O的键能为803kJ/mol，H-O的键能为464kJ/mol，则C≡O的键能为 kJ/mol.
（3）二甲醚(DME)与合成气一步法合成醋酸乙烯(VAC)的反应方程式为2CH3OCH3(g)+4CO(g)+H2(g) CH3COOCH=CH2(g)+2CH3COOH(g)，T℃时，向2L恒容密闭反应釜中加入0.2 molCH3OCH3、0.4 molCO、0.1molH2发生上述反应，10min达到化学平衡，测得VAC的物质的量分数为10%。
①0~10min内，用CO浓度变化表示的平均反应速率v(CO)= ；该温度下，该反应的平衡常数K= 。
②下列能说明该反应达到平衡状态的是 (填选项字母)。
A．V正(DME)=v逆(H2)≠0
B.混合气体的密度不再变化
C.混合气体的平均相对分子质量不再变化
D.c(CO)：c(VAC)=4：1
③如图是反应温度对二甲醚(DME)的转化率和醋酸乙烯(VAC)选择性(醋酸乙烯的选择性Svac= )的影响，该反应的ΔH 0(填“>”“<”或“=”)；控制的最佳温度是 .
④保持温度不变，向反应釜中通入氩气增大压强，则化学平衡 (填“向正反应方向”“向逆反应方向"或“不”)移动。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A．石墨转化为金刚石属于化学变化，有共价键被破坏，也有共价键形成，故A符合题意；
B．NaOH溶于水时，在水分子的作用下电离出钠离子和氢氧根离子，有离子键被破坏，故B不符合题意；
C．干冰是分子晶体，干冰升华只破坏分子间作用力，故C不符合题意；
D．NH4Cl受热分解生成氨气和氯化氢，离子键被破坏，N原子和H原子之间的共价键也被破坏，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】只有电解质溶于水或熔融状态或发生化学反应的化学键才能被破坏，注意化学反应中一定有化学键的破坏，但有化学键的破坏并不一定发生化学反应。
2．【答案】C
【解析】【解答】A．活化能就是活化分子比普通分子多出的那部分能量，普通分子获得活化能后成为活化分子，A不符合题意；
B．普通分子必须先吸收能量变成活化分子才能发生有效碰撞，即能够发生有效碰撞的分子称为活化分子，B不符合题意；
C．活化分子间发生的碰撞不一定是有效碰撞，还与取向有关，C符合题意；
D．活化能指普通分子变成活化分子所需要吸收的能量，即活化能的作用在于使反应物活化来启动反应，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.活化能指普通分子变成活化分子所需要吸收的能量；
B.能够发生有效碰撞的分子称为活化分子；
D.普通分子获得活化能后就成为了活化分子，活化分子间发生合适取向的碰撞为有效碰撞，从而发生化学反应。
3．【答案】A
【解析】【解答】解：A、水煤气不能从自然界直接获得，属于二级能源，故A正确；
B、水力是自然界中以现成形式提供的能源，为一级能源，故B错误；
C、天然气可以从自然界直接获得，为一级能源，C错误；
D、电能是通过物质燃烧放热转化成的，或是由风能、水能、核能等转化来的，为二级能源，故D错误．
故选：A．
【分析】根据能源的分类知识判断，自然界中以现成形式提供的能源称为一级能源，需要依靠他能源的能量间接制取的能源称为二级能源．
4．【答案】D
【解析】【解答】A.由于反应物的总能量低于生成物的总能量，因此该反应为吸热反应，选项正确，A不符合题意；
B.由于该反应为吸热反应，因此反应过程中，旧化学键断裂吸收的能量要高于新化学键成键释放的能量，选项正确，B不符合题意；
C.碳酸钙高温分解的反应为吸热反应，因此该反应可能是碳酸钙的分解反应，选项正确，C不符合题意；
D.是否需要加热只是促使反应发生的条件，与反应是否放热或吸热无关，因此该反应不一定需要加热，选项错误，D符合题意；
故答案为：D
【分析】由图可知，反应物的总能量低于生成物的总能量，因此该反应为吸热反应；据此结合选项进行分析。
5．【答案】D
【解析】【解答】v== 0.048mol/(L·min)
故答案为：D
【分析】此类算速率的题的易错点在于，容易忽略体积，只拿物质的量的变化量来算化学反应速率
6．【答案】A
【解析】【解答】A.电子流动的方向是：石墨Ⅰ电极→负载→石墨Ⅱ电极，A项符合题意；
B.石墨Ⅱ是正极发生还原反应，电极反应式为：O2+4e-+2N2O5= 4NO3-，B项不符合题意；
C.石墨Ⅱ通入氧气，发生还原反应，负极的NO2被氧化，N元素化合价升高，Y应是N2O5，C项不符合题意；
D.电极方程式分别为NO2+NO3--e-═N2O5，、O2+2N2O5+4e-═4NO3-，根据电子转移数守恒可知，放电过程中消耗的NO2和O2在相同条件下的体积比为4：1，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】燃料电池中，通入燃料的一极为负极，负极发生氧化反应，通入氧气的一极为正极，正极发生还原反应，原电池工作时，电子由负极经导线流向正极。
7．【答案】D
【解析】【解答】A、铁作负极，发生失电子的氧化反应，选项A不符合题意；
B、铁片负极腐蚀最严重，由于离子的移动，在正极区域生成铁锈最多，选项B不符合题意；
C、铁作负极，发生失电子的氧化反应，即Fe-2e-=Fe2+，选项C不符合题意；
D、在一块表面无锈的铁片上滴食盐水，铁片里的铁和碳与食盐水形成无数微小原电池，发生了电化学腐蚀，铁作负极，碳作正极，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】在原电池中，负极失去电子，发生氧化反应，正极得到电子，发生还原反应。溶液中，阴离子移向负极，阳离子移向正极。
8．【答案】D
【解析】【解答】A．Y为固体，不能用浓度表示Y的反应速率，A不符合题意；
B．化学反应速率是指一段时间内的平均速率，而不是瞬时速率，B不符合题意；
C．该反应为可逆反应，反应物无法全部转化为生成物，所以充分反应后，放出的热量小于akJ，C不符合题意；
D．该反应前后气体的系数之和不变，即气体的物质的量不变，但由于Y为固体，所以未平衡时气体的总质量会发生改变，即平均相对分子质量会变，当其不变时说明反应平衡，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据M=m/n计算，前后系数不变，故n不变，但是质量会改变，平衡后质量不变
9．【答案】D
【解析】【解答】A．锌为负极，Zn失电子发生氧化反应，故A不符合题意；
B．原电池工作时总反应为：Zn+2H+＝Zn2++H2↑，故B不符合题意；
C．该装置为原电池，原电池是化学能转化为电能的装置，故C不符合题意；
D．原电池工作时总反应为：Zn+2H+＝Zn2++H2↑，产生1molH2，消耗锌的质量为65g，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】锌比铜活泼，锌为负极，发生氧化反应，铜为正极，发生还原反应，以此解答该题。
10．【答案】C
【解析】【解答】欲测定二氧化氮的相对分子质量，应该使混合气体中NO2的含量越多越好，为了实现该目的，应该改变条件使平衡逆向移动，该反应是一个反应前后气体体积减小的放热反应，可以通过减小压强、升高温度使平衡逆向移动，
故答案为：C。
【分析】 欲测定二氧化氮的相对分子质量时，应该使混合气体中NO2的含量越多越好，为了实现目的，应该改变条件使平衡逆向移动即可。
11．【答案】B
【解析】【解答】20s内该物质的浓度变化为△C=1.0mol/L-0.2mol/L=0.8mol/L，所以20s内该物质的反应速率为 =0.04mol/（L s）；
故答案为：B。
【分析】由题中信息知，计算出20s 内该物质浓度变化量，再根据计算 20s 内该物质的反应速率.
12．【答案】D
【解析】【解答】A．由图可知，未知浓度盐酸和Zn反应速率较大，所以未知浓度盐酸的浓度应高于1mol/L，故A不符合题意；
B．由图可知，1mol金刚石的能量高于1mol石墨，故金刚石转化为石墨释放能量，故B不符合题意；
C．电解质为NaOH溶液，Al失电子，作负极，故C不符合题意；
D．试纸中心区域变黑，说明试纸中的氢元素和氧元素被脱去，只剩下碳元素，可知浓硫酸具有脱水性，边缘变红，说明浓硫酸具有酸性，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.通过比较时间的长短确定浓度的大小
B.能量越低越稳定，石墨更稳定
C.铝和氢氧化钠反应故铝做负极
D.浓硫酸具有脱水性和酸性
13．【答案】B
【解析】【解答】在某温度下，各物质的平衡浓度的关系为：ca(A)·c(B)＝c(C)·c(D)，则K=1；在温度不变的情况下将容器的体积扩大为原来的10倍，B的转化率不发生变化，可得到反应左右两边的气体计量数的和相等，则a=1。
A(g)＋ B(g) C(g)＋ D(g)
起始 2 3 0 0
转化 n n n n
平衡 2-n 3-n n n
K= =1，求得n=1.2mol，
则B 的转化率为 40%；
故答案为：B。
【分析】根据各物质平衡时的浓度关系，先计算出反应的平衡常数；温度不变时，平衡常数不变，将容器体积扩大十倍，B的转化率不变，再通过三段式与K的计算公式进行计算。
14．【答案】C
【解析】【解答】A.二氧化锰可加快过氧化氢的分解速率，但不能加快所有反应的反应速率，A不符合题意；
B.决定反应速率的最主要因素为反应物自身的结构和性质，B不符合题意；
C.生铁为铁碳合金，与稀盐酸反应时可形成微型原电池，其反应速率比一般化学反应速率快，C符合题意；
D.恒温恒容下，加入惰性气体使得压强增大，但由于反应物、生成物的浓度不变，因此反应速率不变，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、同种物质，只能作为某些反映的催化剂；
B、决定反应速率的最主要因素为物质的结构；
C、生铁中可形成微型原电池，反应速率较一般化学反应速率快；
D、恒温恒容下，加入惰性气体，增大压强，反应速率不变；
15．【答案】D
【解析】【解答】A. 该反应中气体总质量、容器容积为定值，则密度始终不变，图示曲线不符合实际，且不能根据密度不变判断平衡状态，故A不符合题意；
B. 初始时CH3OH(g)的体积分数应该为0，图示曲线与实际不符，故B不符合题意；
C. 2H2(g)+CO(g) CH3OH(g)为气体体积缩小的反应，混合气体总质量为定值，则建立平衡过程中混合气体的平均摩尔质量逐渐增大，图示曲线与实际不符，故C不符合题意；
D. 2H2(g)+CO(g) CH3OH(g)为气体体积缩小的反应，反应过程中压强逐渐减小，当压强不再变化，t0min时，表明达到平衡状态，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变。
16．【答案】D
【解析】【解答】A．根据图象可知：CO的转化率达到最高点时反应达到平衡，升高温度，CO的转化率减小，说明升高温度化学平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应是放热反应，所以此制取甲酸甲酯的反应△H＜0，A不符合题意；
B．根据图象可知：X点反应未达到平衡而衡，反应正向进行，正反应是放热反应，反应进行使体系温度升高，升高温度，反应速率加快，反应正向进行速率加快，直至建立平衡状态，故此时延长反应时间能提高CO转化率，B不符合题意；
C．图中W点反应正向进行，未达到平衡状态，升高温度加快反应正向进行的速率，直至化学反应达到平衡状态，从而能提高CO转化率，C不符合题意；
D.380℃下，图中Z点，c起始(CH3OH)=5.0×10-4 mol/L，CO平衡转化率为50%，由于在容积固定的密闭容器中，开始时投入等物质的量CH3OH和CO，则平衡时c(HCOOCH3)=c(CO)=2.5×10-4 mol/L= c(CH3OH)=2.5×10-4 mol/L，该点时的化学平衡常数K(z)=，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、升高温度，平衡朝吸热方向移动；
B、延长反应时间，可以使体系内温度升高，朝吸热方向移动；
C、升高温度，平衡朝吸热方向移动；
D、结合三段式以及题目所给的数据进行计算判断。
17．【答案】（1）不变
（2）增大
（3）不变
（4）减小；减小
【解析】【解答】(1)Fe为固体，因此增加Fe的量，反应速率不变，故答案为：不变；(2)将容器的容积缩小一半，体系中各气态物质的浓度均增大，正反应速率和逆反应速率都增大，故答案为：增大；(3)保持容器的容积不变，充入N2使体系压强增大，体系中各物质的浓度不变，正反应速率和逆反应速率均不变，故答案为：不变；(4)保持压强不变，充入N2使容器的容积增大，体系中各气态物质的浓度均减小，正反应速率和逆反应速率均减小，故答案为：减小；减小。
【分析】（1）Fe是固体，不影响反应速率；
（2）将容器容积缩小一半，相当于增大压强，正逆反应速率都增大；
（3）保持容器容积不变，充入氮气，水和氢气浓度都不变；
（4）保持压强不变，充入氮气使容器容积增大，则水和氢气浓度都减小。
18．【答案】（1）升温；减小SO3浓度；
（2）>；>；增大；减小；不变
【解析】【解答】(1)a→b 过程中改变条件导致正逆反应速率都增大且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，该反应的正反应是放热反应，所以改变的条件是升温；
b→c 过程中改变条件瞬间正反应速率不变、逆反应速率减小，平衡正向移动，则改变的条件是物质浓度且是减小生成物SO3浓度；
若增大压强，正逆反应速率都增大，由于该反应前后为气体系数之和减小的反应，所以正反应速率大于逆反应速率平衡正向移动，所以其图象为 ；(2)①升高温度B的转化率变大，说明平衡正向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，则正反应为吸热反应，△H＞0；减小压强C的体积分数减小，平衡逆向移动，减小压强平衡向气体体积增大的方向移动，则m+n＞p；②恒容下加入B，平衡正向移动，导致A消耗量增大，则A的转化率增大； 升高温度，平衡正向移动，导致c(B)减小、c(C)增大，所以该比值减小；加入催化剂，只改变化学反应速率，不影响平衡移动，则平衡时气体混合 物的总物质的量不变。
【分析】(1)根据反应速率增大，平衡逆向移动分析；根据反应速率减慢，平衡正向移动分析；根据加压反应速率加快，平衡正向移动画出图像；
(2)①根据转化率变化和平衡移动分析；
②根据平衡移动分析比值；根据催化剂不影响平衡分析总物质的量。
19．【答案】（1）1 mol·L－1或1 mol/L
（2）大于
（3）B；C
【解析】【解答】（1）设CO的平衡浓度为xmol/L，则CO2的平衡浓度为2mol/L－xmol/L，因此根据平衡常数表达式可知 ，解得x＝1，所以CO的平衡浓度为1mol/L；
（2）升高温度平衡常数增大，这说明升高温度平衡向正反应方向进行，即上述反应中的a大于0。
（3）A.反应前后体积不变，缩小反应器体积平衡不移动，A不符合题意；
B.通入CO2，增大反应物浓度，平衡向正反应方向进行，B符合题意；
C.正反应是吸热反应，温度升高到900℃，平衡向正反应方向进行，C符合题意；
D.使用合适的催化剂平衡不移动，D不符合题意；
故答案为：BC
【分析】（1）结合平衡常数的表达式计算CO的平衡浓度；
（2）结合温度对平衡移动和平衡常数的影响分析；
（3）结合平衡移动的影响因素分析；
20．【答案】（1）大于；小于；小于
（2）B
（3）3(或3：1)；50；4
（4）选用合适的催化剂、增大压强；适当降低温度等；0.033
【解析】【解答】（1）根据图象分析可知，250以前，由于温度低，速率慢，还没达到平衡，则x点的v(正)大于v(逆)；250以后达到平衡，温度升高，平衡逆移，反应放热，y点的v(正)等于y点的v(逆)，大于平衡前的x点的v(正)，答案为：大于；小于；小于；
（2）A．混合气体的密度为气体的总质量与气体总体积之比，为衡量，则混合气体的密度不变，反应不一定达到平衡状态，A不正确；
B．恒容绝热体系，反应放热，所以温度不断升高，是反应速率不断增大，正向建立平衡，反应物不断减小，生成物不断增大，混合气体的浓度商Qc逐渐增大，最后不再变化时，Qc=Kc，B正确；
C．起初该反应的化学反应速率随着反应的进行不断加快，但反应到一定时间后，反应物的浓度逐渐减小，导致速率会有所下降，C不正确；
D．根据分析可知，反应为气体分子数减小的放热反应，结合理想气体状态方程PV=nRT可知，达到平衡后升高温度，平衡逆向移动，D不正确；
故答案为：B；
（3）①原料气中的CO2和H2的物质的量之比等于化学计量数之比时，原料利用率最高，CH3OH平衡百分含量(a%)最大，故答案为：3(或3：1)；
②在平衡状态x点时，CH3OH平衡百分含量(a%)为25%，二氧化碳初始投入浓度为1mol/L，CO2的平衡转化率为x，则三段式列出如下：
，，解得x=0.5，所以CO2的平衡转化率为=50%；平衡常数；
③在平衡状态y点时投料比虽然改变，但温度不变，所以其平衡常数与投料比为2：1的平衡常数苏相同，结合上问所求即为4；
（4）在合成甲醇的反应中同时存在：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H＞0，为了提高CH3OH的选择性，可提高主反应的转化率，如选用合适的催化剂、增大压强，或适当降低温度；
在某密闭容器中通入1molCO2和3molH2，在催化剂作用下，同时发生：①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)和②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，达到平衡后，测得n(CH3OH)=0.3mol，n(CO)=0.1mol，则根据三段式思想可知，平衡时n(CO2)=1-0.3-0.1=0.6mol，n(H2)=3-0.33-0.1=2mol，n(H2O)=0.3mol+0.1mol=0.4mol，设密闭容器的体积为V，则反应②的化学平衡常数K=。
【分析】（1）依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
（2）A．利用“变者不变即平衡”；
B．通过比较Qc与K的大小判断；
C．依据影响反应速率的因素分析；
D．根据影响化学平衡移动的因素分析；
（3）①原料气中物质的量之比等于化学计量数之比时，原料利用率最高；
②利用“三段式”法计算；
③温度不变，平衡常数不变；
（4）依据影响反应速率和化学平衡的因素选择条件；根据三段式思想计算。
21．【答案】（1）a/2+10-b-10b-14
（2）1072.7
（3）0.01mol·L-1·min-1；10000；C；<；180℃；不
【解析】【解答】(1)常温下，将浓度均为a mol/L的醋酸锂溶液和醋酸溶液等体积混合，根据电荷守恒，c(CH3COO-)+ c(OH-)= c(Li+)+ c(H+)，因此c(CH3COO-)+10b-14 mol/L = mol/L +10-b mol/L，整理得：c(CH3COO-) = mol/L +10-b mol/L-10b-14 mol/L=( +10-b-10b-14)mol/L，故答案为： +10-b-10b-14；(2)根据反应Ⅲ.CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH3=-41.3 kJ/mol可知，ΔH=反应物的键能之和-生成物的键能之和，则C≡O的键能为=(-41.3 kJ/mol)-(2×464kJ/mol)+(2×803kJ/mol+436kJ/mol)=1072.7 kJ/mol，故答案为：1072.7；(3)①
2CH3OCH3(g)+ 4CO(g)+ H2(g) CH3COOCH=CH2(g)+ 2CH3COOH(g)
起始（mol） 0.2 0.4 0.1 0 0
转化（mol） 2x 4x x x 2x
平衡（mol） 0.2-2x 0.4-4x 0.1-x x 2x
则 ×100%=10%，解得：x=0.05mol，0~10min内，用CO浓度变化表示的平均反应速率v(CO)= = 0.01mol·L-1·min-1；该温度下，该反应的平衡常数K= =10000，故答案为：0.01mol·L-1·min-1；10000；②A.V正(DME)=v逆(H2)，表示的正逆反应速率不等，不是平衡状态，故A错误；
B.该反应中气体的质量和体积始终不变，混合气体的密度始终不变，不表示是平衡状态，故B错误；
C. = ，该反应恰好气体的物质的量发生变化，因此混合气体的平均相对分子质量不再变化，说明是平衡状态，故C正确；
D. c(CO)：c(VAC)与起始浓度和反应的方程式有关，与平衡状态无关，故D错误；
故答案为：C；③根据图像，升高温度，二甲醚(DME)的转化率减小，说明平衡逆向移动，则反应的ΔH＜0，180℃时，醋酸乙烯(VAC)选择性最高，最佳的反应温度为180℃，故答案为：<；180℃；④保持温度不变，向反应釜中通入氩气增大压强，但物质的浓度不变，平衡不移动，故答案为：不。
【分析】（1）在醋酸锂和醋酸的混合溶液体系中，存在电荷守恒，根据电荷守恒可以求出醋酸根离子的浓度；
（2）反应物的键能之和与生成物的键能之和的差就是反应热；
（3）在一段时间内某物质的平均反应速率等于该物质的物质的量浓度的变化量与时间的比值；
可逆反应达到平衡的依据是正逆反应的速率相等；
在放热反应中，升高温度，反应逆向移动；
稀有气体不能改变反应中各物质的浓度，因此无法改变反应的速率，也无法使化学平衡发生移动。
一、单选题
1．下列过程中破坏的化学键只有共价键的是（ ）
A．石墨转化为金刚石 B．NaOH溶于水
C．干冰升华 D．NH4Cl分解
2．下列关于活化分子和活化能的说法错误的是（ ）
A．普通分子获得活化能后就成为了活化分子
B．能够发生有效碰撞的分子称为活化分子
C．活化分子间发生的碰撞一定是有效碰撞
D．活化能的作用在于使反应物活化来启动反应
3．能源可划分为一级能源和二级能源，直接来自自然界的能源称为一级能源；需依靠其他能源的能量间接制取的能源称为二级能源．氢气是一种高效而没有污染的二级能源，它可以由自然界中大量存在的水来制取：2H2O（l） 2H2（g）+O2（g），该反应需要吸收大量的热，下列叙述正确的是（ ）
A．水煤气是二级能源 B．水力是二级能源
C．天然气是二级能源 D．电能是一级能源
4．根据如图提供的信息，下列所得结论不正确的是（ ）
A．该反应是吸热反应
B．该反应中旧键断裂吸收的能量高于新键形成放出的能量
C．该反应可能是碳酸钙的分解反应
D．该反应一定需要加热才能发生
5．一个5L的容器里，盛入8.0mol某气态反应物，5min后，测得这种气态反应物还剩余6.8mol，这种反应物的化学反应速率为（ ）
A．0.012mol/(L·min) B．0.024mol/(L·min)
C．0.036mol/(L·min) D．0.048mol/(L·min)
6．“绿水青山就是金山银山”，当前氮的氧化物的污染日趋严重，某企业处理该污染物的原理设计为燃料电池如图所示。在处理过程中石墨Ⅰ电极上生成氧化物Y，Y 可循环使用。下列说法错误的是（ ）
A．该电池放电时电子流动的方向是：石墨Ⅰ电极→负载→石墨Ⅱ电极→熔融NaNO3→石墨Ⅰ电极
B．石墨Ⅱ附近发生的反应：O2+4e-+2N2O5= 4NO3-
C．O2在石墨Ⅱ附近发生还原反应，Y 为N2O5
D．相同条件下，放电过程中消耗的NO2和O2的体积比为4∶1
7．在一块表面无锈的铁片上滴食盐水，放置一段时间后看到铁片上有铁锈出现，铁片腐蚀过程中发生的总化学方程式：2Fe＋2H2O＋O2=2Fe(OH)2，Fe(OH)2进一步被氧气氧化为Fe(OH)3，再在一定条件下脱水生成铁锈，其原理如图。
下列说法正确的是（ ）
A．铁片发生还原反应而被腐蚀
B．铁片腐蚀最严重区域应该是生锈最多的区域
C．铁片腐蚀中负极发生的电极反应：2H2O＋O2＋4e－=4OH－
D．铁片里的铁和碳与食盐水形成无数微小原电池，发生了电化学腐蚀
8．将1molX和3molY加入2L的恒容密闭容器中，在一定条件下发生如下反应：X(g)+3Y(s) Z(g)ΔH=-akJ·mol-1，10min后测得Y的物质的量为2.4mol。下列说法正确的是（ ）
A．10min内，Y的平均反应速率为0.03mol·L-1·min-1
B．第10min时，X的反应速率为0.01mol·L-1·min-1
C．充分反应后，放出的热量为akJ
D．混合气体的平均相对分子质量不变，反应达到化学平衡状态
9．如图所示原电池装置中，电解质溶液为硫酸，下列有关叙述错误的是（ ）
A．锌做负极发生氧化反应
B．供电时的总反应为Zn+2H+＝Zn2++H2↑
C．该装置可实现化学能转化为电能
D．正极产生1 mol H2，消耗锌的质量为32.5 g
10．一定条件下，二氧化氮和四氧化二氮之间存在下列平衡：2NO2(g) N2O4(g)△H＜0，现欲测定二氧化氮的相对分子质量时，下列条件中测定结果误差最小的是（ ）
A．低温、高压 B．低温、低压 C．高温、低压 D．高温、高压
11．某一反应物的浓度是1.0mol/L，经过20s后，它的浓度变成了0.2mol/L，在这20s内它的反应速率为（ ）
A．0.04mol/L B．0.04mol/（L·s）
C．0.08mol/（L·s） D．0.04
12．下列有关图像的结论正确的是（ ）
图像 结论
A 相同质量锌粉分别与 1mol/ L 盐酸及相同体积未知浓度的盐酸反应，未知浓度盐酸的浓度低于 1mol/ L
B 一定条件下，金刚石转化为石墨要释放能量，金刚石要比石墨稳定
C 该装置为化学能转化为电能的装置，且 Mg 作负极
D 试纸中心区域变黑，边缘变红，可知浓硫酸具有脱水性
A．A B．B C．C D．D
13．在某温度下，将 2 mol A 和 3 mol B 充入一密闭容器中，发生反应：aA(g)＋B(g) C(g)＋D(g)，5 min 后达平衡，已知各物质的平衡浓度的关系为 ca(A)·c(B)＝c(C)·c(D)。若在温度不变的情况下，将容器的体积扩大为原来的 10 倍，A 的转化率没有发生变化， 则B 的转化率为（ ）
A．60% B．40% C．24% D．4%
14．下列关于化学反应速率的说法中，正确的是 （ ）
A．二氧化锰能加快过氧化氢的分解速率，也能加快其他任何反应的速率
B．决定化学反应速率的最主要因素是温度
C．其他条件不变，与同浓度的稀盐酸的反应速率：生铁一 般大于纯铁
D．对于反应： 3A(g) +B(g)= 2C(g) +2D(g) ， 压强增大一定加快化学反应速率
15．一定温度下，在恒容密闭容器中充入CO和H2，发生反应：2H2(g)+CO(g) CH3OH(g) △H＜0。下列图像符合实际且t0时达到平衡状态的是（ ）
A． B．
C． D．
16．通过甲醇羧基化法取甲酸甲酯(HCOOCH3)：CH3OH(g)+CO(g)HCOOCH3(g)，在容积固定的密闭容器中，投入等物质的量CH3OH和CO，测得相同时间内CO的转化率随温度变化如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下CO的平衡转化率随温度的变化)，下列说法错误的是（ ）
A．此制取甲酸甲酯的反应△H＜0
B．图中X点，延长反应时间能提高CO转化率
C．图中W点，升高温度能提高CO转化率
D．380℃下，图中Z点，c起始(CH3OH)=5.0×10-4 mol/L，CO平衡转化率为50%，则平衡常数K(z)=2000
二、综合题
17．在一个密闭容器中发生反应：3Fe(s)+4H2O(g) Fe3O4(s)+4H2(g)。回答下列问题：
（1）增加Fe的量，反应速率 (填“增大”“不变”或“减小”，下同)。
（2）将容器容积缩小一半，反应速率 。
（3）保持容器容积不变，充入N2使体系压强增大，反应速率 。
（4）保持压强不变，充入N2使容器容积增大，正反应速率 ，逆反应速率 。
18．
（1）如图表示在密闭容器中反应：2SO2+O2 2SO3 H＝－Q
kJ/mol。到平衡时，由于条件改变而引起反应速度和化学平衡的变化情况，a→b 过程中改变的条件可能是 ；b→c过程中改变的条件可能是 ；若增大压强时，将反应速度变化情况画在c~d处 。
（2）可逆反应 mA(g)+nB(g) pC(g)达到平衡后，升高温度，B 的转化率变大；当减小压强，C
的体积分数减小。
①用“>”、“＝”或“<”填空：该反应的 Δ H 0，m+n p。
②用“增大”“减小”或“不变”填空(其他条件不变)：恒容下加入 B，则 A 的转化率 ；升高温度，则平衡时 B、C 的浓度之比 c(B)/c(C)将 ；加入催化剂，平衡时气体混合物的总物质的量 。
19．已知反应①Fe(s)+CO2(g) FeO(s)+CO(g) ΔH=a kJ·mol-1,平衡常数为K;
温度/℃ 500 700 900
K 1.00 1.47 2.40
（1）若500 ℃时进行反应①,CO2的起始浓度为2
mol·L-1,CO的平衡浓度为 。
（2）上述反应中的a 0(填“大于”“小于”或“等于”)。
（3）700℃时反应①达到平衡状态,要使该平衡向右移动,其他条件不变时,可以采取的措施有____(填序号)。
A．缩小反应器体积 B．通入CO2
C．温度升高到900℃ D．使用合适的催化剂
20．工业上利用CO2和H2合成甲醇，既能减少温室气体排放，又能合成重要工业燃料。发生的反应为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H。其它条件不变时，反应相同时间CO2的转化率随温度T的变化情况如图所示。
回答下面问题：
（1）x点的v(正) v(逆)(填“大于”“小于”或“等于”，下同)，x点的v(正) y点的v(逆)，△H 0。
（2）在某体积不变的绝热刚性容器中发生上述反应，下列说法正确的是____。
A．混合气体的密度不再发生变化时反应达到化学平衡状态
B．混合气体的浓度商Qc逐渐增大，最后不再变化时，Qc=Kc
C．该反应的化学反应速率随着反应的进行不断加快
D．达到平衡后升高温度，气体压强增大，化学平衡可能正向移动
（3）在一定温度和压强下，若原料气中的CO2和H2的物质的量之比=M，如图是M与CH3OH平衡百分含量(a%)的关系。
①M1= 。
②在平衡状态x点时，CO2的平衡转化率为 %。
③在平衡状态y点时，用百分含量表示的平衡常数K= 。
（4）在合成甲醇的反应中同时存在：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H＞0，为了提高CH3OH的选择性，可以采取的措施是 、 (写出两点)。在某密闭容器中通入1molCO2和3molH2，在催化剂作用下，同时发生：①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)和②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，达到平衡后，测得n(CH3OH)=0.3mol，n(CO)=0.1mol，则反应②的化学平衡常数是 (保留三位小数)。
21．醋酸乙烯(CH3COOCH=CH2)是一种重要的有机化工原料，以二甲醚(CH3OCH3)与合成气(CO、H2)为原料，醋酸锂、碘甲烷等为催化剂，在高压反应釜中一步合成醋酸乙烯及醋酸。
回答下列问题：
（1）常温下，将浓度均为a mol/L的醋酸锂溶液和醋酸溶液等体积混合，测得混合液的pH=b，则混合液中c(CH3COO-)= mol/L( 列出计算式即可)。
（2）合成二甲醚：
Ⅰ.2H2(g)+CO(g)=CH3OH(g) ΔH1=-91.8kJ/mol；
Ⅱ.2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH2=-23.5 kJ/mol；
Ⅲ.CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH3=-41.3 kJ/mol.
已知：H-H 的键能为436kJ/mol，C=O的键能为803kJ/mol，H-O的键能为464kJ/mol，则C≡O的键能为 kJ/mol.
（3）二甲醚(DME)与合成气一步法合成醋酸乙烯(VAC)的反应方程式为2CH3OCH3(g)+4CO(g)+H2(g) CH3COOCH=CH2(g)+2CH3COOH(g)，T℃时，向2L恒容密闭反应釜中加入0.2 molCH3OCH3、0.4 molCO、0.1molH2发生上述反应，10min达到化学平衡，测得VAC的物质的量分数为10%。
①0~10min内，用CO浓度变化表示的平均反应速率v(CO)= ；该温度下，该反应的平衡常数K= 。
②下列能说明该反应达到平衡状态的是 (填选项字母)。
A．V正(DME)=v逆(H2)≠0
B.混合气体的密度不再变化
C.混合气体的平均相对分子质量不再变化
D.c(CO)：c(VAC)=4：1
③如图是反应温度对二甲醚(DME)的转化率和醋酸乙烯(VAC)选择性(醋酸乙烯的选择性Svac= )的影响，该反应的ΔH 0(填“>”“<”或“=”)；控制的最佳温度是 .
④保持温度不变，向反应釜中通入氩气增大压强，则化学平衡 (填“向正反应方向”“向逆反应方向"或“不”)移动。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A．石墨转化为金刚石属于化学变化，有共价键被破坏，也有共价键形成，故A符合题意；
B．NaOH溶于水时，在水分子的作用下电离出钠离子和氢氧根离子，有离子键被破坏，故B不符合题意；
C．干冰是分子晶体，干冰升华只破坏分子间作用力，故C不符合题意；
D．NH4Cl受热分解生成氨气和氯化氢，离子键被破坏，N原子和H原子之间的共价键也被破坏，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】只有电解质溶于水或熔融状态或发生化学反应的化学键才能被破坏，注意化学反应中一定有化学键的破坏，但有化学键的破坏并不一定发生化学反应。
2．【答案】C
【解析】【解答】A．活化能就是活化分子比普通分子多出的那部分能量，普通分子获得活化能后成为活化分子，A不符合题意；
B．普通分子必须先吸收能量变成活化分子才能发生有效碰撞，即能够发生有效碰撞的分子称为活化分子，B不符合题意；
C．活化分子间发生的碰撞不一定是有效碰撞，还与取向有关，C符合题意；
D．活化能指普通分子变成活化分子所需要吸收的能量，即活化能的作用在于使反应物活化来启动反应，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.活化能指普通分子变成活化分子所需要吸收的能量；
B.能够发生有效碰撞的分子称为活化分子；
D.普通分子获得活化能后就成为了活化分子，活化分子间发生合适取向的碰撞为有效碰撞，从而发生化学反应。
3．【答案】A
【解析】【解答】解：A、水煤气不能从自然界直接获得，属于二级能源，故A正确；
B、水力是自然界中以现成形式提供的能源，为一级能源，故B错误；
C、天然气可以从自然界直接获得，为一级能源，C错误；
D、电能是通过物质燃烧放热转化成的，或是由风能、水能、核能等转化来的，为二级能源，故D错误．
故选：A．
【分析】根据能源的分类知识判断，自然界中以现成形式提供的能源称为一级能源，需要依靠他能源的能量间接制取的能源称为二级能源．
4．【答案】D
【解析】【解答】A.由于反应物的总能量低于生成物的总能量，因此该反应为吸热反应，选项正确，A不符合题意；
B.由于该反应为吸热反应，因此反应过程中，旧化学键断裂吸收的能量要高于新化学键成键释放的能量，选项正确，B不符合题意；
C.碳酸钙高温分解的反应为吸热反应，因此该反应可能是碳酸钙的分解反应，选项正确，C不符合题意；
D.是否需要加热只是促使反应发生的条件，与反应是否放热或吸热无关，因此该反应不一定需要加热，选项错误，D符合题意；
故答案为：D
【分析】由图可知，反应物的总能量低于生成物的总能量，因此该反应为吸热反应；据此结合选项进行分析。
5．【答案】D
【解析】【解答】v== 0.048mol/(L·min)
故答案为：D
【分析】此类算速率的题的易错点在于，容易忽略体积，只拿物质的量的变化量来算化学反应速率
6．【答案】A
【解析】【解答】A.电子流动的方向是：石墨Ⅰ电极→负载→石墨Ⅱ电极，A项符合题意；
B.石墨Ⅱ是正极发生还原反应，电极反应式为：O2+4e-+2N2O5= 4NO3-，B项不符合题意；
C.石墨Ⅱ通入氧气，发生还原反应，负极的NO2被氧化，N元素化合价升高，Y应是N2O5，C项不符合题意；
D.电极方程式分别为NO2+NO3--e-═N2O5，、O2+2N2O5+4e-═4NO3-，根据电子转移数守恒可知，放电过程中消耗的NO2和O2在相同条件下的体积比为4：1，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】燃料电池中，通入燃料的一极为负极，负极发生氧化反应，通入氧气的一极为正极，正极发生还原反应，原电池工作时，电子由负极经导线流向正极。
7．【答案】D
【解析】【解答】A、铁作负极，发生失电子的氧化反应，选项A不符合题意；
B、铁片负极腐蚀最严重，由于离子的移动，在正极区域生成铁锈最多，选项B不符合题意；
C、铁作负极，发生失电子的氧化反应，即Fe-2e-=Fe2+，选项C不符合题意；
D、在一块表面无锈的铁片上滴食盐水，铁片里的铁和碳与食盐水形成无数微小原电池，发生了电化学腐蚀，铁作负极，碳作正极，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】在原电池中，负极失去电子，发生氧化反应，正极得到电子，发生还原反应。溶液中，阴离子移向负极，阳离子移向正极。
8．【答案】D
【解析】【解答】A．Y为固体，不能用浓度表示Y的反应速率，A不符合题意；
B．化学反应速率是指一段时间内的平均速率，而不是瞬时速率，B不符合题意；
C．该反应为可逆反应，反应物无法全部转化为生成物，所以充分反应后，放出的热量小于akJ，C不符合题意；
D．该反应前后气体的系数之和不变，即气体的物质的量不变，但由于Y为固体，所以未平衡时气体的总质量会发生改变，即平均相对分子质量会变，当其不变时说明反应平衡，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据M=m/n计算，前后系数不变，故n不变，但是质量会改变，平衡后质量不变
9．【答案】D
【解析】【解答】A．锌为负极，Zn失电子发生氧化反应，故A不符合题意；
B．原电池工作时总反应为：Zn+2H+＝Zn2++H2↑，故B不符合题意；
C．该装置为原电池，原电池是化学能转化为电能的装置，故C不符合题意；
D．原电池工作时总反应为：Zn+2H+＝Zn2++H2↑，产生1molH2，消耗锌的质量为65g，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】锌比铜活泼，锌为负极，发生氧化反应，铜为正极，发生还原反应，以此解答该题。
10．【答案】C
【解析】【解答】欲测定二氧化氮的相对分子质量，应该使混合气体中NO2的含量越多越好，为了实现该目的，应该改变条件使平衡逆向移动，该反应是一个反应前后气体体积减小的放热反应，可以通过减小压强、升高温度使平衡逆向移动，
故答案为：C。
【分析】 欲测定二氧化氮的相对分子质量时，应该使混合气体中NO2的含量越多越好，为了实现目的，应该改变条件使平衡逆向移动即可。
11．【答案】B
【解析】【解答】20s内该物质的浓度变化为△C=1.0mol/L-0.2mol/L=0.8mol/L，所以20s内该物质的反应速率为 =0.04mol/（L s）；
故答案为：B。
【分析】由题中信息知，计算出20s 内该物质浓度变化量，再根据计算 20s 内该物质的反应速率.
12．【答案】D
【解析】【解答】A．由图可知，未知浓度盐酸和Zn反应速率较大，所以未知浓度盐酸的浓度应高于1mol/L，故A不符合题意；
B．由图可知，1mol金刚石的能量高于1mol石墨，故金刚石转化为石墨释放能量，故B不符合题意；
C．电解质为NaOH溶液，Al失电子，作负极，故C不符合题意；
D．试纸中心区域变黑，说明试纸中的氢元素和氧元素被脱去，只剩下碳元素，可知浓硫酸具有脱水性，边缘变红，说明浓硫酸具有酸性，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.通过比较时间的长短确定浓度的大小
B.能量越低越稳定，石墨更稳定
C.铝和氢氧化钠反应故铝做负极
D.浓硫酸具有脱水性和酸性
13．【答案】B
【解析】【解答】在某温度下，各物质的平衡浓度的关系为：ca(A)·c(B)＝c(C)·c(D)，则K=1；在温度不变的情况下将容器的体积扩大为原来的10倍，B的转化率不发生变化，可得到反应左右两边的气体计量数的和相等，则a=1。
A(g)＋ B(g) C(g)＋ D(g)
起始 2 3 0 0
转化 n n n n
平衡 2-n 3-n n n
K= =1，求得n=1.2mol，
则B 的转化率为 40%；
故答案为：B。
【分析】根据各物质平衡时的浓度关系，先计算出反应的平衡常数；温度不变时，平衡常数不变，将容器体积扩大十倍，B的转化率不变，再通过三段式与K的计算公式进行计算。
14．【答案】C
【解析】【解答】A.二氧化锰可加快过氧化氢的分解速率，但不能加快所有反应的反应速率，A不符合题意；
B.决定反应速率的最主要因素为反应物自身的结构和性质，B不符合题意；
C.生铁为铁碳合金，与稀盐酸反应时可形成微型原电池，其反应速率比一般化学反应速率快，C符合题意；
D.恒温恒容下，加入惰性气体使得压强增大，但由于反应物、生成物的浓度不变，因此反应速率不变，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、同种物质，只能作为某些反映的催化剂；
B、决定反应速率的最主要因素为物质的结构；
C、生铁中可形成微型原电池，反应速率较一般化学反应速率快；
D、恒温恒容下，加入惰性气体，增大压强，反应速率不变；
15．【答案】D
【解析】【解答】A. 该反应中气体总质量、容器容积为定值，则密度始终不变，图示曲线不符合实际，且不能根据密度不变判断平衡状态，故A不符合题意；
B. 初始时CH3OH(g)的体积分数应该为0，图示曲线与实际不符，故B不符合题意；
C. 2H2(g)+CO(g) CH3OH(g)为气体体积缩小的反应，混合气体总质量为定值，则建立平衡过程中混合气体的平均摩尔质量逐渐增大，图示曲线与实际不符，故C不符合题意；
D. 2H2(g)+CO(g) CH3OH(g)为气体体积缩小的反应，反应过程中压强逐渐减小，当压强不再变化，t0min时，表明达到平衡状态，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变。
16．【答案】D
【解析】【解答】A．根据图象可知：CO的转化率达到最高点时反应达到平衡，升高温度，CO的转化率减小，说明升高温度化学平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应是放热反应，所以此制取甲酸甲酯的反应△H＜0，A不符合题意；
B．根据图象可知：X点反应未达到平衡而衡，反应正向进行，正反应是放热反应，反应进行使体系温度升高，升高温度，反应速率加快，反应正向进行速率加快，直至建立平衡状态，故此时延长反应时间能提高CO转化率，B不符合题意；
C．图中W点反应正向进行，未达到平衡状态，升高温度加快反应正向进行的速率，直至化学反应达到平衡状态，从而能提高CO转化率，C不符合题意；
D.380℃下，图中Z点，c起始(CH3OH)=5.0×10-4 mol/L，CO平衡转化率为50%，由于在容积固定的密闭容器中，开始时投入等物质的量CH3OH和CO，则平衡时c(HCOOCH3)=c(CO)=2.5×10-4 mol/L= c(CH3OH)=2.5×10-4 mol/L，该点时的化学平衡常数K(z)=，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、升高温度，平衡朝吸热方向移动；
B、延长反应时间，可以使体系内温度升高，朝吸热方向移动；
C、升高温度，平衡朝吸热方向移动；
D、结合三段式以及题目所给的数据进行计算判断。
17．【答案】（1）不变
（2）增大
（3）不变
（4）减小；减小
【解析】【解答】(1)Fe为固体，因此增加Fe的量，反应速率不变，故答案为：不变；(2)将容器的容积缩小一半，体系中各气态物质的浓度均增大，正反应速率和逆反应速率都增大，故答案为：增大；(3)保持容器的容积不变，充入N2使体系压强增大，体系中各物质的浓度不变，正反应速率和逆反应速率均不变，故答案为：不变；(4)保持压强不变，充入N2使容器的容积增大，体系中各气态物质的浓度均减小，正反应速率和逆反应速率均减小，故答案为：减小；减小。
【分析】（1）Fe是固体，不影响反应速率；
（2）将容器容积缩小一半，相当于增大压强，正逆反应速率都增大；
（3）保持容器容积不变，充入氮气，水和氢气浓度都不变；
（4）保持压强不变，充入氮气使容器容积增大，则水和氢气浓度都减小。
18．【答案】（1）升温；减小SO3浓度；
（2）>；>；增大；减小；不变
【解析】【解答】(1)a→b 过程中改变条件导致正逆反应速率都增大且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，该反应的正反应是放热反应，所以改变的条件是升温；
b→c 过程中改变条件瞬间正反应速率不变、逆反应速率减小，平衡正向移动，则改变的条件是物质浓度且是减小生成物SO3浓度；
若增大压强，正逆反应速率都增大，由于该反应前后为气体系数之和减小的反应，所以正反应速率大于逆反应速率平衡正向移动，所以其图象为 ；(2)①升高温度B的转化率变大，说明平衡正向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，则正反应为吸热反应，△H＞0；减小压强C的体积分数减小，平衡逆向移动，减小压强平衡向气体体积增大的方向移动，则m+n＞p；②恒容下加入B，平衡正向移动，导致A消耗量增大，则A的转化率增大； 升高温度，平衡正向移动，导致c(B)减小、c(C)增大，所以该比值减小；加入催化剂，只改变化学反应速率，不影响平衡移动，则平衡时气体混合 物的总物质的量不变。
【分析】(1)根据反应速率增大，平衡逆向移动分析；根据反应速率减慢，平衡正向移动分析；根据加压反应速率加快，平衡正向移动画出图像；
(2)①根据转化率变化和平衡移动分析；
②根据平衡移动分析比值；根据催化剂不影响平衡分析总物质的量。
19．【答案】（1）1 mol·L－1或1 mol/L
（2）大于
（3）B；C
【解析】【解答】（1）设CO的平衡浓度为xmol/L，则CO2的平衡浓度为2mol/L－xmol/L，因此根据平衡常数表达式可知 ，解得x＝1，所以CO的平衡浓度为1mol/L；
（2）升高温度平衡常数增大，这说明升高温度平衡向正反应方向进行，即上述反应中的a大于0。
（3）A.反应前后体积不变，缩小反应器体积平衡不移动，A不符合题意；
B.通入CO2，增大反应物浓度，平衡向正反应方向进行，B符合题意；
C.正反应是吸热反应，温度升高到900℃，平衡向正反应方向进行，C符合题意；
D.使用合适的催化剂平衡不移动，D不符合题意；
故答案为：BC
【分析】（1）结合平衡常数的表达式计算CO的平衡浓度；
（2）结合温度对平衡移动和平衡常数的影响分析；
（3）结合平衡移动的影响因素分析；
20．【答案】（1）大于；小于；小于
（2）B
（3）3(或3：1)；50；4
（4）选用合适的催化剂、增大压强；适当降低温度等；0.033
【解析】【解答】（1）根据图象分析可知，250以前，由于温度低，速率慢，还没达到平衡，则x点的v(正)大于v(逆)；250以后达到平衡，温度升高，平衡逆移，反应放热，y点的v(正)等于y点的v(逆)，大于平衡前的x点的v(正)，答案为：大于；小于；小于；
（2）A．混合气体的密度为气体的总质量与气体总体积之比，为衡量，则混合气体的密度不变，反应不一定达到平衡状态，A不正确；
B．恒容绝热体系，反应放热，所以温度不断升高，是反应速率不断增大，正向建立平衡，反应物不断减小，生成物不断增大，混合气体的浓度商Qc逐渐增大，最后不再变化时，Qc=Kc，B正确；
C．起初该反应的化学反应速率随着反应的进行不断加快，但反应到一定时间后，反应物的浓度逐渐减小，导致速率会有所下降，C不正确；
D．根据分析可知，反应为气体分子数减小的放热反应，结合理想气体状态方程PV=nRT可知，达到平衡后升高温度，平衡逆向移动，D不正确；
故答案为：B；
（3）①原料气中的CO2和H2的物质的量之比等于化学计量数之比时，原料利用率最高，CH3OH平衡百分含量(a%)最大，故答案为：3(或3：1)；
②在平衡状态x点时，CH3OH平衡百分含量(a%)为25%，二氧化碳初始投入浓度为1mol/L，CO2的平衡转化率为x，则三段式列出如下：
，，解得x=0.5，所以CO2的平衡转化率为=50%；平衡常数；
③在平衡状态y点时投料比虽然改变，但温度不变，所以其平衡常数与投料比为2：1的平衡常数苏相同，结合上问所求即为4；
（4）在合成甲醇的反应中同时存在：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H＞0，为了提高CH3OH的选择性，可提高主反应的转化率，如选用合适的催化剂、增大压强，或适当降低温度；
在某密闭容器中通入1molCO2和3molH2，在催化剂作用下，同时发生：①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)和②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，达到平衡后，测得n(CH3OH)=0.3mol，n(CO)=0.1mol，则根据三段式思想可知，平衡时n(CO2)=1-0.3-0.1=0.6mol，n(H2)=3-0.33-0.1=2mol，n(H2O)=0.3mol+0.1mol=0.4mol，设密闭容器的体积为V，则反应②的化学平衡常数K=。
【分析】（1）依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
（2）A．利用“变者不变即平衡”；
B．通过比较Qc与K的大小判断；
C．依据影响反应速率的因素分析；
D．根据影响化学平衡移动的因素分析；
（3）①原料气中物质的量之比等于化学计量数之比时，原料利用率最高；
②利用“三段式”法计算；
③温度不变，平衡常数不变；
（4）依据影响反应速率和化学平衡的因素选择条件；根据三段式思想计算。
21．【答案】（1）a/2+10-b-10b-14
（2）1072.7
（3）0.01mol·L-1·min-1；10000；C；<；180℃；不
【解析】【解答】(1)常温下，将浓度均为a mol/L的醋酸锂溶液和醋酸溶液等体积混合，根据电荷守恒，c(CH3COO-)+ c(OH-)= c(Li+)+ c(H+)，因此c(CH3COO-)+10b-14 mol/L = mol/L +10-b mol/L，整理得：c(CH3COO-) = mol/L +10-b mol/L-10b-14 mol/L=( +10-b-10b-14)mol/L，故答案为： +10-b-10b-14；(2)根据反应Ⅲ.CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH3=-41.3 kJ/mol可知，ΔH=反应物的键能之和-生成物的键能之和，则C≡O的键能为=(-41.3 kJ/mol)-(2×464kJ/mol)+(2×803kJ/mol+436kJ/mol)=1072.7 kJ/mol，故答案为：1072.7；(3)①
2CH3OCH3(g)+ 4CO(g)+ H2(g) CH3COOCH=CH2(g)+ 2CH3COOH(g)
起始（mol） 0.2 0.4 0.1 0 0
转化（mol） 2x 4x x x 2x
平衡（mol） 0.2-2x 0.4-4x 0.1-x x 2x
则 ×100%=10%，解得：x=0.05mol，0~10min内，用CO浓度变化表示的平均反应速率v(CO)= = 0.01mol·L-1·min-1；该温度下，该反应的平衡常数K= =10000，故答案为：0.01mol·L-1·min-1；10000；②A.V正(DME)=v逆(H2)，表示的正逆反应速率不等，不是平衡状态，故A错误；
B.该反应中气体的质量和体积始终不变，混合气体的密度始终不变，不表示是平衡状态，故B错误；
C. = ，该反应恰好气体的物质的量发生变化，因此混合气体的平均相对分子质量不再变化，说明是平衡状态，故C正确；
D. c(CO)：c(VAC)与起始浓度和反应的方程式有关，与平衡状态无关，故D错误；
故答案为：C；③根据图像，升高温度，二甲醚(DME)的转化率减小，说明平衡逆向移动，则反应的ΔH＜0，180℃时，醋酸乙烯(VAC)选择性最高，最佳的反应温度为180℃，故答案为：<；180℃；④保持温度不变，向反应釜中通入氩气增大压强，但物质的浓度不变，平衡不移动，故答案为：不。
【分析】（1）在醋酸锂和醋酸的混合溶液体系中，存在电荷守恒，根据电荷守恒可以求出醋酸根离子的浓度；
（2）反应物的键能之和与生成物的键能之和的差就是反应热；
（3）在一段时间内某物质的平均反应速率等于该物质的物质的量浓度的变化量与时间的比值；
可逆反应达到平衡的依据是正逆反应的速率相等；
在放热反应中，升高温度，反应逆向移动；
稀有气体不能改变反应中各物质的浓度，因此无法改变反应的速率，也无法使化学平衡发生移动。