第二章《化学反应的方向、限度与速率》（含解析）测试题2023-2024学年上学期高二化学鲁科版（2019）选择性必修1

第二章《化学反应的方向、限度与速率》测试题
一、单选题（共12题）
1．某温度下2L密闭容器中，3种气体起始状态和平衡状态时的物质的量(n)如表所示。下列说法正确的是
X
Y
W
n(起始状态)/mol
2
1
0
n(平衡状态)/mol
1
0.5
1.5
A．该温度下，此反应的平衡常数K=6.75
B．若升高温度，W的体积分数增大，则此反应△H＞0
C．增大压强，正、逆反应速率均增大，平衡向正反应方向移动
D．该温度下，此反应的平衡常数表达式是 K=false
2．已知反应原理2C(s)+2NO2(g)falseN2(g)+2CO2(g)，在密闭容器中1mol false和足量C发生反应，相同时间内测得false的生成速率与false的生成速率随温度变化的关系如图1；维持温度不变，反应相同时间内测得false的转化率随压强的变化如图2。
下列说法错误的是
A．图1中的A、B、C三个点中只有C点是平衡点 B．图2中false的浓度false
C．图2中E点的false小于F点的false D．图2中平衡常数K(F)=K(G)
3．可逆反应2SO2(g)+O2(g) false2SO3(g)，根据下表中的数据判断下列图象错误的是
pl(Mpa)
P2(Mpa)
400℃
99.6
99.7
500℃
96.9
97.8
A． B．
C． D．
4．已知：N2(g)+3H2(g)false2NH3(g)ΔH=-mkJ·mol-1。在2L密闭容器中通入3molH2和1molN2，测得不同温度下，NH3的产率随时间变化如图所示。下列有关说法正确的是
A．ΔH﹥0，T2﹥T1
B．达到平衡时，T1温度对应反应放出热量为mkJ
C．平衡时，通入氩气平衡正向移动
D．平衡常数，Ka＜Kc
5．在一定条件下，将3 mol A和1 mol B两种气体混合于固定容积为2 L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(g) falsexC(g)+2D(g)。2 min末该反应达到平衡，生成0.8 mol D，并测得C的浓度为0.2 mol·L-1.下列判断错误的是
A．x=1
B．2 min内A的反应速率为0.3 mol·L-1·min-1
C．初始压强和平衡时压强比为10： 9
D．B的转化率为50%
6．Ni可活化C2H6制得CH4，其反应历程如图所示：
下列关于活化历程的说法正确的是
A．总反应的ΔH＞0
B．Ni不是该反应的催化剂
C．“中间体1→中间体2”的活化能大于“中间体2→中间体3”
D．总反应的速率由“中间体1→中间体2”决定
7．下列说法正确的是
A．非自发反应一定不能实现
B．同种物质气态时熵值最小，固态时熵值最大
C．反应NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的△H <0
D．恒温恒压下，△H <0且△S>0的反应一定不能自发进行
8．恒容密闭容器中发生反应CO(g)+2H2(g)falseCH3OH(g) △H= Q kJ?mol﹣1
在其他条件不变的情况下，研究温度对反应的影响，实验结果如图所示，下列说法正确的是
A．反应的平衡常数false
B．Q>0
C．高温有利于该反应的自发进行
D．A点混合气体的平均摩尔质量大于B点
9．在不同浓度（c)、温度（T)条件下，蔗糖水解的瞬时速率（v）如下表。下列判断不正确的是
A．a=6.00
B．同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变
C．b＜50
D．50℃时，经过5s蔗糖浓度减少一半
10．对于可逆反应：falsefalse，下列图像正确的是
A． B．
C． D．
11．已知反应CO(g)＋2H2(g) falseCH3OH(g) ΔH，生成1mol CH3OH(g)的能量变化如图曲线Ⅰ所示。曲线Ⅱ表示使用催化剂的情况。下列判断不正确的是
A．ΔH=-91 kJ·mol-1
B．该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量
C．按照曲线II历程进行反应，反应速率更快
D．CO(g)＋2H2(g) falseCH3OH(l) ΔH1， 则ΔH1＞ΔH
12．合成氨反应的正反应是气体体积减小的放热反应。合成氨工业的生产流程如下：
关于合成氨工业的说法中不正确的是(　　)
A．混合气进行循环利用遵循绿色化学思想
B．合成氨反应须在低温下进行
C．对原料气进行压缩是为了增大原料气的转化率
D．使用催化剂可以提高反应的速率，但是不能使平衡向正反应方向移动
二、填空题（共10题）
13．1981年 Staley、Kappes等科学家首次发现了过渡金属离子催化消除N2O与CO的第一个催化循环反应，由此引起众多科学家开始关注利用金属离子消除大气污染物的催化反应。回答下列问题：
(1)研究表明在无催化剂作用下N2O与CO难以反应，原因是 。
(2)过渡态理论认为N2O和CO之间的反应分为两个过程，首先N2O与CO通过碰撞生成高能量的活化配合物，然后该活化配合物进一步转化为产物，其历程为：
第一步：N-N-O+C-O→N-NOC-O(慢反应)?????活化配合物
第二步：N-NOC-O→N-N+O-C-O(快反应)????活化配合物
第一步反应为 ( 填“吸热”或“放热”)反应，CO(g)+N2O(g)=CO2(g)+N2(g)的决速反应为 (填“第一步”或“第二步”)反应。
(3)在400℃ 和650℃条件下，分别向两个相同体积的刚性容器中充入2molN2O和2molCO，发生反应CO(g)+N2O(g)=CO2(g)+N2(g)?H<0，实验得出两容器中CO与N2的物质的量随时间的变化关系如图所示。已知气体的分压等于气体的总压乘以气体的体积分数，曲线ad对应的容器中平衡后总压为pxkPa，曲线bc对应的容器中平衡后总压为pxkPa。
①曲线ad表示 (填“400℃”或“650℃”)条件下相关物质的物质的量的变化曲线。
②a、c、d三点逆反应速率的大小顺序为 。
③ad段的平均反应速率false(N2O) kPa·min-1。
④400℃条件下平衡常数Kp= 。(保留分数)
14．在2 L密闭容器内，800 ℃时反应：2NO(g)+O2(g)?2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如下表：
时间/s
0
1
2
3
4
n(NO)/mol
0.020
0.010
0.008
0.007
0.007
(1)800 ℃，反应达到平衡时，NO的物质的量浓度是 ；升高温度，NO的浓度增大，则该反应是 (填“放热”或“吸热”)反应。
(2)能使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是 (填字母)。
a.及时分离出NO2气体??????b.适当升高温度
c.增大O2的浓度??????d.选择高效催化剂
15．氮元素在海洋中的循环，是整个海洋生态系统的基础和关键。海洋中无机氮的循环过程可用下图表示。
①下列关于海洋氮循环的说法正确的是
a.海洋中的反硝化作用一定有氧气的参与
b.海洋中的氮循环起始于氮的氧化
c.向海洋排放含NOfalse的废水会影响海洋中NHfalse的含量
d.海洋中存在游离态的氮
②有氧时，在硝化细菌作用下，NHfalse可实现过程④的转化，将过程④的离子方程式补充完整(需配平)： _______NHfalse+ 5O2= 2NOfalse+ _______H+ +________+________
③有人研究了温度对海洋硝化细菌去除氨氮效果的影响，下表为对10 L人工海水样本的监测数据：
温度/℃
样本氨氮含量/mg
处理24 h
处理48 h
氨氮含量/mg
氨氮含量/mg
20
1008
838
788
25
1008
757
468
30
1008
798
600
40
1008
977
910
硝化细菌去除氨氮的最佳反应温度是 ，在最佳反应温度时，48 h内去除氨氮反应的平均速率是 mg/(L·h)。
④海洋中的氮循环起始于氮的固定，氮的固定是几百年来科学家一直研究的课题。下表列举了不同温度下大气固氮和工业固氮的部分K值。
反应
大气固氮
N2 (g)+O2 (g) false2NO(g)
工业固氮
N2 (g)+3H2 (g) false2NH3(g)
温度/℃
27
2000
25
400
450
K
3.84×10-31
0.1
5×108
0.507
0.152
分析数据可知：大气固氮反应属于 (填“吸热”或“放热”)反应。从平衡视角考虑，工业固氮应该选择常温条件，但实际工业生产却选择500℃左右的高温，解释其原因 。
⑤25℃时，向0.1mol/L的氨水中加入少量氯化铵固体，当固体溶解后，测得溶液pH减小，主要原因是(填序号) 。
a.氨水与氯化铵发生化学反应
b.氯化铵溶液水解显酸性，增加了c(H+)
c.铵根离子浓度增大，抑制了氨水的电离，使c(OH―)减小
⑥室温下，如果将0.1mol NH4Cl和0.05mol NaOH全部溶于水，形成混合溶液(假设无损失)， 、 和 三种粒子的物质的量之和等于0.1mol。
16．在某温度时，A+B?2C反应达到平衡。
(1)如果B为气态，增加体系的压强时，B的含量增加，则A为 态或 态，C为 态。
(2)如果升高温度，C的平衡浓度增大，则正反应方向是 热反应。
(3)用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出印刷电路板金属粉末中的铜。已知：
Cu(s)+2H+=Cu2+(aq)+H2(g)???ΔH=+64.39 kJ·mol-1
H2O2(l)= H2O(l)+ 1/2O2(g)????ΔH=-98.23kJ·mol-1
H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)??ΔH=-285.84 kJ·mol-1
在H2SO4溶液中Cu与H2O2反应生成Cu2+和H2O的热化学方程式为 。
17．将SO2转化为SO3是工业上生产硫酸的关键步骤，发生反应：
2SO2(g)＋O2(g)false2SO3(g) △H=-196 kJ·mol-1，某小组计划研究在相同温度下该反应的物质变化和能量变化，他们分别在恒温下的密闭容器中加入一定量的物质，获得如下数据：
容器编号
容器体积/L
起始时各物质的物质的量/mol
达到平衡的时间/min
平衡时反应热量变化/kJ
SO2
O2
SO3
①
1
0.050
0.030
0
t1
放出热量：Q1
②
1
0.100
0.060
0
t2
放出热量：Q2
回答下列问题：
(1)若容器①的容积变为原来的2倍，则SO2的平衡转化率 (填“增大”、“减小”或“不变”)。
(2)容器①、②中均达到平衡时：t1 t2，放出热量2Q1 Q2(填“>”、“<”或“=”)。
(3)SO2(g)与O2(g)在V2O5作催化剂的条件下的反应历程如下：
①SO2＋V2O5=SO3＋2VO2；
② (写出第2步反应的化学方程式)；V2O5能加快反应速率的根本原因是 。
(4)在450℃、100 kPa的恒温恒压条件下，SO3的平衡体积分数随起始投料false的变化如图所示，用平衡压强(平衡压强=该物质的体积分数×总压强)代替平衡浓度，则450℃时，该反应的Kp= 。
18．可逆反应N2+3H22NH3是工业上合成氨的重要反应。
(1)根据图1请写出合成氨的热化学方程式 (热量用El、E2或E3表示)。
(2)图1中虚线部分是通过改变化学反应中的 条件，该条件的改变与图2中哪一时刻条件的改变相同 (用“t1……t6”表示)。
(3)图2中t3时刻改变的条件是 ，t5与时刻改变的条件是 。
19．false在工业生产中具有重要作用。
(1)false
false
①已知false，反应false的false随温度的变化是图1中的 (填“false”或“false”)。
②工业以false为原料合成false是在一定温度和压强下，以false混合物作为催化剂，向反应炉中匀速通入false，不同硅铝比false与生成false的速率关系如图2所示。下列说法正确的是 。
A．温度越低越有利于工业合成false????
B．合适的硅铝比为0.15
C．在原料气false中混入适量的惰性气体对false的生成速率无影响
D．false内，false的产量false
(2)已知在催化剂M作用下，false。
①一定温度下，假设正逆反应速率与浓度关系为false只与温度相关，则反应的平衡常数false (用含false的式子表示)。
②催化剂M活性随温度变化情况如图3所示，相同时间测得false的转化率随反应温度变化情况如图4所示，写出false的转化率出现上述变化的可能原因(写出两点)： 。
③在图4中画出，其他条件不变，增大压强(催化剂不失活)情况下，false的转化率随温度变化图 。
(3)已知false，用false催化该反应，若false首先在false催化下生成false和false及另一种无机化合物，用两个化学方程式表示该催化反应历程(反应机理)：步骤i： ；步骤ⅱ： 。
20．Ⅰ．将等物质的量的A和B，混合于2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(g) falsexC(g)+2D(g)，5min 后测得c(D)=0.5 mol/L，c(A):c(B)=1:2，C的反应速率是0.15 mol/(L?min)。
（1）B的反应速率v(B)＝ ，X＝ 。
（2）此时容器内的压强与开始时之比为 。
Ⅱ．（3）二氯化二硫(S2Cl2)是一种琥珀色液体，是合成硫化染料的重要原料。
a．S2Cl2分子中所有原子都满足8电子稳定结构，写出它的电子式 ；
b．指出它分子内的化学键的类型 。
（4）硒的原子序数为34，硒的单质及其化合物用途非常广泛。
a．硒在元素周期表中的位置是 。
b．硒化铟是一种可应用于未来超算设备的新型半导体材料。已知铟(In)与铝同族且比铝多两个电子层。下列说法正确的是 （填字母）。
A 原子半径：In＞Se????????B In的金属性比Se强
C In的金属性比Al弱???????D 硒化铟的化学式为InSe2
21．某温度时，在一个5L的恒容容器中，X、Y、Z均为气体，三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据填空：
(1)该反应的化学方程式为 。
(2)上述反应在第2min时，X的转化率为
(3)将amolX与bmolY的混合气体发生上述反应，反应到某时刻各物质的量恰好满足：n(X)=n(Y)=n(Z)，则原混合气体中a：b= 。
22．合成气是重要的化工原料，主要成分为false、false，以合成气为原料制备乙酸乙酯的工艺流程如图。
false
回答下列问题：
(1)向体积为false的恒容反应器中加入false、false，发生反应false，测得乙醇物质的量与反应时间的关系如表所示：
时间false
1
2
3
4
5
乙醇物质的量false
0.2
0.36
0.43
0.52
0.52
①反应进行到 (填字母)时，该反应处于平衡状态。
AfalseB．falseC．falseD．false
②反应进行false时，false的物质的量的分数为 %(保留三位有效数字)。
(2)false含有官能团的名称为 ，false的化学方程式为 。
(3)“一定条件”指的是 ，该反应的化学方程式为 。
(4)下列物质中不能用来鉴别乙醇和乙酸的是___________(填字母)。
A．铁粉 B．溴水 C．碳酸钠溶液 D．无色酚酞溶液

参考答案：
1．A
【分析】令反应方程式为：false，根据速率之比和各物质的化学计量数成正比规律，因此求出a=2，b=1，c=3，反应方程式为：2X(g)＋Y(g)false 3W(g)；
【详解】A. 结合以上分析可知，反应方程式为：2X(g)＋Y(g)false 3W(g)，根据平衡常数的定义，平衡时，各物质的浓度分别为：c（W）= false=0.75mol/L，c（Y）=false=0.25mol/L，c（X）=false=0.5mol/L；K=false=false=6.75，故A正确；
B. 升高温度，W的体积分数减小，说明反应向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，升高温度，平衡向吸热反应，正反应方向为放热反应，即△H<0，故B错误；
C. 反应前后气体系数之和相等，增大压强，正逆反应速率增大，但化学平衡不移动，故C错误；
D. 化学平衡常数在一定条件下，可逆反应达到平衡，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，即K= false，故D错误；
答案选A。
2．B
【详解】A．由false可知，false的生成速率(逆反应速率)应该是false的生成速率(正反应速率)的二倍时才能使正、逆反应速率相等，即达到平衡，只有C点满足，A正确；
B．混合气体中气体压强与浓度有关，压强越大，体积越小，浓度越大，所以G点压强大，浓度大，即false，B错误 ；
C．由图2知，E点反应未达到平衡，F点反应达到平衡，且压强false，则E点的false小于F点的 false，C正确 ；
D．由题中信息可知，维持温度不变，即E、G两点温度相同，平衡常数false，D正确；
故选B。
3．C
【详解】A．根据题表数据可知，在相同的压强下，升高温度，SO2的转化率降低，说明升高温度，平衡逆向移动，所以该反应的正反应为放热反应。升高温度，SO2的转化率降低，化学反应速率增大，所以500℃时先达到平衡，A正确；
B．该反应为气体体积减小的反应，在相同的温度下，增大压强，SO3的转化率增大，则false，B正确；
C．增大压强，false、false均增大，但false，平衡正向移动，最终达到新的平衡状态，C错误；
D．升高温度，false、false均增大，但吸热反应方向false增大的程度大，即false，所以平衡逆向移动，经过一段时间后反应达到平衡，D正确；
故选C。
4．D
【分析】根据“先拐先平数值大”知，T1＜T2，升高温度平衡逆向移动，化学平衡常数减小，正反应放热。
【详解】A．根据“先拐先平数值大”知，T1＜T2，升高温度平衡逆向移动， ΔH＜0，故A错误；
B． 反应是可逆反应，转化率达不到100%，达到平衡时，T1温度对应反应放出热量少于mkJ，故B错误；
C． 平衡时，通入氩气容器压强增大，但是反应物和生成物的分压不变，平衡不移动，故C错误；
D． 根据“先拐先平数值大”知，T1＜T2，升高温度平衡逆向移动，化学平衡常数减小，所以ka＜kb，化学平衡常数只与温度有关，温度不变化学平衡常数不变，b、c温度相等化学平衡常数相等，所以存在ka＜kb=kc，平衡常数，Ka＜Kc，故D正确；
故选D。
5．D
【分析】由平衡时C的浓度为0.2 mol·L-1可知，C的物质的量为0.2 mol?L-1×2L=0.4mol，由题意可建立如下三段式：
false
【详解】A．由三段式数据可得：0.4mol—0=0.4xmol，解得x=1，故A正确；
B．由三段式数据可知，2 min内A的反应速率为false=0.3 mol·L-1·min-1，故B正确；
C．由P1：P2=n1：n2可得，P1：P2=4mol：3.6mol=10：9，故C正确；
D．由三段式数据可知，B的转化率为false×100%=40%，故D错误；
故选D。
6．B
【详解】A．由图可知反应物的能量大于生成物的能量，反应为放热反应，故A错误；
B．根据图示，Ni是反应物不是催化剂，故B错误；
C．由图可知，“中间体1→中间体2”的活化能为-28.89kJ·mol-1+56.21kJ·mol-1=27.23 kJ·mol-1，“中间体2→中间体3” 的活化能为49.50kJ·mol-1+154.82kJ·mol-1=204.32 kJ·mol-1，故C错误；
D．总反应的速率由速率最慢的反应决定，活化能越大，反应速率越慢，中间体2到过渡态2的能垒(活化能)最大，为204.32 kJ·mol-1，反应速率最慢，总反应的速率由“中间体2→中间体3”决定，故D错误；
故选B。
7．C
【详解】A.反应是否自发进行，由熵变、焓变、温度共同决定，非自发反应在改变条件下可以发生，选项A错误；
B.熵是指体系的混乱度，同种物质气态熵大于液态大于固态，即同种物质气态时熵值最大，固态时熵值最小，选项B错误；
C.反应能自发进行说明：△H-T△S＜0，由方程式NH3（g）+HCl（g）═NH4Cl（s）可知该反应的?S＜0，要使：△H-T△S＜0，所以必须满足△H＜0，选项C正确，
D.恒温恒压下，△H＜0且△S＞0的反应的△H-T△S＜0，反应一定可以自发进行，选项D错误；
答案选C。
【点睛】本题考查了化学反应自发进行的判断依据。本题是灵活运用△G=△H-T△S判断反应能否自发进行，其难点是如何判断△S，一般由固体转变为液体或气体时△S＞0，另外反应向气体体积增大的方向进行时△S＞0，否则△S＜0；要熟练掌握当△H＜0且△S＞0的反应肯定能自发进行，当△H＞0且△S＜0的反应不可能自发进行，其它情况在不同温度下可能自发进行，特别注意的是不能自发进行的反应并不表示不能发生，一定条件下反应也能进行，如电解池中发生的反应通常就是非自发进行的反应。
8．D
【详解】A.该反应的平衡常数false， A不符合题意；
B.由分析可知，该反应为放热反应，因此Q<0，B不符合题意；
C.若反应自发进行，则ΔH-TΔS<0，由于该反应ΔH<0，ΔS<0，若为高温条件，则ΔH-TΔS可能大于0，不利于反应自发进行，C不符合题意；
D.该反应中反应物和生成物都是气体，因此反应前后混合气体的质量不变，A点时反应正向进行的程度较大，则混合气体的物质的量较小，根据公式false可知，混合气体的平均摩尔质量较大，D符合题意；
故答案为：D
9．D
【详解】A．根据表格的数据可知：在50℃时，蔗糖的浓度越大，水解的速率越快，蔗糖的浓度每减小0.1mol/L，速率减小0.60mol/(L·min)；在60℃时，蔗糖的浓度每减小0.1mol/L，速率减小0.15mol/(L·min)，所以浓度a=7.50-1.50=6.00，故A正确；
B．由表格可知，影响水解速率的因素由两个：温度和浓度，温度越高，水解速率越快，浓度越高，水解速率越快，若同时改变反应物的浓度和反应的温度，则对应速率的影响因素趋势相反，并能相互抵消，反应速率可能不变，故B正确；
C．由表格可知，在浓度相同的情况下，温度越高，水解速率越快，50℃时的速率大于b℃时的速率，所以温度b＜50℃，故C正确；
D．5s即false，起始浓度为0.6mol/L时，水解初始速率为3.6mol/(L·min)，若一直以该速率进行下去，反应false，蔗糖浓度减少0.3mol/L，浓度减半，但是在水解的过程中，平均速率应小于起始速率，故时间应大于false，故D错误。
故答案为D。
10．A
【详解】A．该反应放热，温度越高B的转化率越低，从而B的质量分数越高，故A正确；
B．增大压强，平衡向正反应方向移动，正逆反应速率均增大，交叉点后，正反应速率大于逆反应速率，与图像不相符，故B错误；
C．温度越高，化学反应速率越快，曲线斜率越大，升高温度，平衡逆向移动，v逆＞v正，故C错误；
D．相同压力下温度越高平衡逆向移动，A的转化率越低，故D错误；
故选：A。
11．D
【详解】A． 由图可知，ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和=419 kJ·mol-1-510 kJ·mol-1=-91 kJ·mol-1，故A正确；
B． 由图可知，该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量，反应放出热量，故B正确；
C． 催化剂可降低反应的活化能，反应速率更快，故C正确；
D． 液态CH3OH具有的能量比气态CH3OH具有的能量低，则反应CO(g)＋2H2(g) falseCH3OH(l)放出的能量比生成气态CH3OH放出的能量更多，ΔH1、ΔH均为负值，则ΔH1＜ΔH，故D错误；
故选D。
12．B
【详解】A.混合气进行循环利用可以节约能源、提高原料的利用率，这遵循绿色化学思想，选项A正确；
B.降低温度，反应速率减慢，为保证速率较快，催化剂的活性高，产物的产率又不低，则选择适宜的温度即可，不能在低温下进行，选项B错误；
C.对原料气进行压缩，即增大压强，化学平衡正向移动，可以增大原料气的转化率，选项C正确；
D.催化剂的特点：提高反应的速率，但是不能使平衡移动，使用催化剂可以提高反应的速率，但是不能使平衡向正反应方向移动，选项D正确；
故答案选B。
13． CO中存在碳氧三键，键能较大，反应物的活化能较高，反应难以进行 吸热 第一步 400 ℃ c>d>a 0.015px 2.25
【详解】(1)催化剂能够降低反应的活化能，没有催化剂时，反应难以进行，主要原因为CO中存在的碳氧三键键能较大，反应物的活化能太高；
(2)根据已知信息可知，N2O与CO反应首先生成高能量的活化配合物，该过程需要吸收能量，所以第一步为吸热反应，慢反应决定整个反应的速率，是决速步的反应；
(3)根据图象可知，随反应的进行，曲线ad对应物质的物质的量减小，所以曲线ad对应的物质是CO，曲线bc对应的物质为N2；
①曲线bc先达到平衡，曲线ad后达到平衡，根据温度对反应速率的影响，温度越高反应速率越大，则曲线ad为400℃时，CO的物质的量的变化曲线；
②c、d点均达到平衡状态，c点对应的温度高于d点，则c点反应速率大于d点；a、d点对应温度相同，但a点未达到平衡状态，d点逆反应速率大于a点的逆反应速率，则逆反应速率由大到小的顺序为c>d>a；
③ad段时间变化量为10 min，根据三段式法，可以得出：
false
ad段的平均反应速率false(N2O)=0.015pxkPa·min－1；
④根据题意，400 ℃ 条件对应曲线ad，15 min时曲线ad达到平衡状态，则根据③中三段式可以得出Kp=false=false。
14．(1) 0.003 5 mol·L－1 放热
(2)c
【详解】（1）平衡时，n(NO)＝0.007 mol，c(NO)＝false＝0.0035 mol·L－1。升高温度，c(NO)增大，则平衡左移，正反应是放热反应。
（2）分离出NO2气体，反应速率减慢，加入催化剂，平衡不移动，升高温度平衡向逆反应方向移动，所以a、b、d均错误。增大反应物O2的浓度，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，c正确。
15． bc 4NHfalse+5O2=2NOfalse+6H++N2O+5H2O 25℃ 1.125 吸热 从反应速率角度考虑，高温更好，而且催化剂活性在500℃左右时最佳 C NH3?H2O NH3 NHfalse
【分析】①a．反硝化作用：反硝化细菌在缺氧条件下，还原硝酸盐，释放出分子态氮或一氧化二氮的过程，不一定有氧参加；
b．转化关系图可知海洋中的氮循环起始于氮的氧化；
c．转化关系图中硝酸根离子增多，反硝化作用增强，向海洋排放含NO3-的废水会影响海洋中NH4+的含量；
d．海洋中不存在游离态的氮，氮元素是以化合态存在；
②根据氧化还原反应规律作答；
③根据表格作答；
④K随温度的升高而增大，表明升高温度，平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应；从催化剂活性考虑；
⑤氯化铵溶于水，电离出大量铵离子，抑制了氨水的电离，导致溶液中c(OH-)减小；
⑥据N原子守恒分析。
【详解】①a．反硝化作用是指将硝酸盐转变成氮气的过程；硝化作用是指氨在微生物作用下氧化为硝酸的过程，硝化细菌将氨氧化为硝酸的过程。反硝化作用：反硝化细菌在缺氧条件下，还原硝酸盐，释放出分子态氮或一氧化二氮的过程，不一定有氧参加，a项错误；
b．转化关系图可知海洋中的氮循环起始于氮的氧化，大气氧化生成氧化物，反应得到铵根离子最后通过硝化作用得到硝酸根离子，b项正确；
c．转化关系图中硝酸根离子增多，反硝化作用增强，向海洋排放含NO3-的废水会影响海洋中NH4+的含量，c项正确；
d．海洋中不存在游离态的氮，氮元素是以化合态存在，主要是硝酸根离子，d项错误；
答案选：bc；
②有氧时，在硝化细菌作用下，NHfalse可实现过程④的转化，生成N2O、NOfalse、H+和水，氮元素化合价-3价变化为+1价和+3价，氧元素化合价0价变化为-2价，电子转移总数20e-，所以铵根离子前为4，氧气前为5，NO2-前为2，N2O前为1，结合电荷守恒得到氢离子前为6，水分子式前为5，配平得到离子方程式为：4NHfalse+5O2=2NOfalse+6H++N2O+5H2O，故答案为：4NHfalse+5O2=2NOfalse+6H++N2O+5H2O；
③硝化细菌去除氨氮的最佳反应温度是处理24h和处理48h后氨氮含量最少的温度是25℃，处理效果好，在最佳反应温度时，48h内去除氨氮反应的平均速率＝false＝1.125mg/（L?h），故答案为：25℃；1.125；
④大气固氮中，K随温度的升高而增大，表明升高温度，平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应；工业固氮选择500℃左右，从反应速率角度考虑，高温更好，而且催化剂活性在500℃左右时最佳，故答案为：吸热；从反应速率角度考虑，高温更好，而且催化剂活性在500℃左右时最佳；
⑤氯化铵溶于水，电离出大量铵离子，抑制了氨水的电离，导致溶液中c(OH-)减小，答案选：C；
⑥据N原子守恒可知，溶液中NH3?H2O、NH3和NHfalse三种粒子的物质的量之和等于0.1mol，故答案为：NH3?H2O；NH3；NHfalse。
【点睛】本题考查了平衡常数的应用、合成氨反应的条件选择、影响化学平衡的因素，难点④注意把握K与温度的关系以及影响化学平衡的因素。
16． 固(液) 液(固) 气 吸 Cu(s)+H2O2(l)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+2H2O(l)??△H=-319.68kJ·mol-1
【详解】(1)如果B为气态，增大压强，B含量增大，说明平衡逆向移动，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，则A为固态或液态、C为气态，故答案为：固(液)；液(固)；气；
(2) 升高温度，平衡向吸热方向移动。如果升高温度，C平衡浓度增大，则平衡正向移动，因此正反应为吸热反应，故答案为：吸；
(3)①Cu(s)+2H+═Cu2+(aq)+H2(g) △H=+64.39kJ?mol-1
②H2O2(l)═H2O(l)+falseO2(g) △H=-98.23kJ?mol-1
③H2(g)+falseO2(g)═H2O(l) △H=-285.84kJ?mol-1
反应Cu(s)+H2O2(l)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+2H2O(l)可由反应①+②+③得到，因此△H=(+64.39-98.23-285.84) kJ·mol-1=-319.68 kJ·mol-1。
17． 减小 > < O2+4VO2=2V2O5 催化剂通过参与反应改变反应历程，降低反应的活化能来加快化学反应速率 0.05kPa-1
【详解】(1) 若容器①的容积变为原来的2倍，相当于减小压强，平衡逆向移动，二氧化硫的平衡转化率减小；
(2)温度相同，容器体积相同，但容器②中投料更多，浓度更大，反应速率更快，所以达到平衡时间t1>t2；若容器②和容器①为等效平衡，则2Q1=Q2，但实际上要在等效平衡的基础上增大压强，平衡正向移动，放出的热量更多，所以2Q1(3)总反应-第一步反应可以得到第二步反应为O2+4VO2=2V2O5；催化剂通过参与反应，改变反应历程降低反应的活化能，从而加快反应速率；
(4)当反应物的投料比等于计量数之比时，生成物的体积分数最大，所以此条件下当false=false时，平衡时SO3的体积分数为40%，则平衡时p(SO3)=40kPa，SO2和O2投料比为2：1；按照2：1的比例反应，所以平衡时二者的物质的量之比仍为2：1，则p(SO2)=40kPa，p(O2)=20kPa；Kp=false=0.05kPa-1。
18． N2(g)+3H2(g)2NH3(g)　△H＝-2(E3-E1) kJ/mol 催化剂 t2 或t2～t3 减小压强 升高温度
【详解】（1）由图可知该反应为放热反应，且生成1mol生成物放出的热量为（E3-E1）kJ，则生成2mol生成物放热为2（E3-E1）kJ，即该反应的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)　△H＝-2(E3-E1)kJ/mol；（2）图1中虚线部分改变了反应的途径，从而降低了反应所需的活化能，但反应热不变，则改变的条件应为使用催化剂，加入催化加只能改变反应速率，但是不会引起平衡的移动，和图2中t2～t3时刻条件的改变相同；（3）由图2可知t3-t4阶段正逆反应速率均减慢，平衡逆向进行，应该是减小压强导致，t5-t6时正逆反应速率均增大，化学平衡逆向移动，应该是升高温度的缘故。
19．(1) false BD
(2) false 第一，false之前，没有达到平衡，温度升高，反应速率变快，false的转化率增加，false之后，反应已经达到平衡，温度升高平衡逆向移动，false的转化率下降：第二，false之前，没有达到平衡，温度升高，催化剂活性变大，促进反应速率变快，false的转化率增加，false之后，温度升高，催化剂活性减小，反应速率变慢，false的转化率下降
(3) false false
【详解】（1）①反应false为气体分子数减小的反应，则false，而焓变false，则false中false随温度升高而增大，所以为图1中的false。
②A．若温度太低，反应速率太慢，不适合工业合成，A错误；
B．由图示可知，硅铝比为0.15时二甲醚的生成速率保持在较高水平，合适的硅铝比为0.15，B正确；
C．反应是在一定温度和压强下进行，增加惰性气体则甲醇浓度下降，反应速率会变慢，C错误；
D．由图示可知，使用催化剂II时，反应初始催化活性较好，但是5min后速率开始大幅下降，产量降低，而使用催化剂I时，虽然反应初始的速率增长略慢且反应速率的峰值较低，但是反应速率到达峰值后在5~40min内却始终很稳定的维持在一个较高的水平，因此false内，false的产量false，D正确；
答案选BD。
（2）①当反应达到平衡时，v正=v逆，false，false，则反应false的平衡常数K=false。
②反应为放热反应，false之前，反应没有达到平衡，温度升高，反应速率变快，false的转化率增加，false时反应达到平衡，false之后，温度升高平衡逆向移动，false的转化率下降；催化剂的活性在一定温度范围内逐渐升高，温度再高催化剂活性会降低，false之前，温度升高，催化剂活性变大，反应速率变快，false的转化率增加，false之后，温度升高，催化剂活性减小，反应速率变慢，false的转化率下降。
③此反应为反应前后气体分子数不变的反应，其他条件不变，增加压强，化学反应速率变大，转化率增大，所以相同温度下纵坐标较之前要大，但平衡不移动，平衡转化率是不变的，因此其他条件不变，增大压强(催化剂不失活)情况下，NO2的转化率随温度变化如图所示：
。
（3）由题意可知，步骤i为false在false催化下生成false和false及另一种无机化合物，依据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为：false，而false为催化剂，总反应为：false，则步骤ii的化学方程式为：false。
20． 0.05mol/（L·min） 3 11:10 极性键、非极性键 第四周期第ⅥA AB
【详解】Ⅰ．5min 后测得c(D)=0.5 mol/L，所以n(D)=1mol。C的反应速率是0.15 mol/(L?min)，则5min 后n(C)= 0.15 mol/(L?min) ×2L×5min =1.5mol
??????设A、B的物质的量为nmol，
???????????????3A（g）+B（g）=xC（g）+2D（g），
开始/mol????????n??????n??????0?????????0
反应/mol???????1.5????0.5?????1.5???????1
5min/mol????n-1.5????n-0.5????1.5???????1
（1）B的反应速率v(B)＝false0.05mol/（L·min）；
根据化学反应速率之比等于计量数之比，可知，x:2=1.5:1，解得x=3；
n（A）：n（B）=false :false = 1：2，所以n=2.5mol，
（2）此时容器内的压强与开始时之比为false；
Ⅱ．（3）a．S2Cl2分子中S原子之间形成1对共用电子对，Cl原子与S原子之间形成1对共用电子对，电子式为；
b．S2Cl2分子中S-S为非极性键，S-Cl键为极性键；
（4）a.硒与硫在同一主族，位于硫元素的下一周期，在元素周期表中的位置是第四周期第ⅥA族；
b.A．同主族从上到下原子半径逐渐增大，同周期自左向右原子半径逐渐减小。则原子半径：In＞Se，A正确；B．In位于第五周期，其金属性比Se强，B正确；C．同主族从上到下金属性逐渐增强，则In的金属性比Al强，C错误；D．硒化铟的化学式为In2Se3。
答案选AB。
21． 3X+Yfalse2Z 30% 5：3
【详解】(1)根据图知，随着反应的进行，X、Y的物质的量减少而Z的物质的量增加，则X和Y是反应物、Z是生成物，同一可逆反应中同一段时间内各物质的物质的量变化量之比等于其计量数之比，Δn(X)=（1.0-0.7）mol=0.3mol、Δn(Y)=（1.0-0.9）mol=0.1mol、Δn(Z)=（0.2-0）mol=0.2mol，所以X、Y、Z的计量数之比=0.3mol：0.1mol：0.2mol=3：1：2，所以该反应方程式为3X+Yfalse2Z，故答案为：3X+Yfalse2Z；
(2)上述反应在第2min时，X的转化率=false×100%=30%，故答案为：30%；
(3)将amolX与bmolY的混合气体发生上述反应，反应到某时刻各物质的量恰好满足：n(X)=n(Y)=n(Z)，根据方程式知，参加反应的n(X)=1.5n(Z)，参加反应的n(Y)=0.5n(Z)，所以反应初始a=n(Z)+1.5n(Z)=2.5n(Z)，b=n(Z)+0.5n(Z)=1.5n(Z)，所以a：b=2.5n(Z)：1.5n(Z)=5：3，故答案为：5：3。
22．(1) D 61.5
(2) 羟基 false
(3) 浓硫酸、加热 false
(4)BD
【分析】(1)
①由题中表格数据可知，反应进行到4min时，乙醇的物质的量不再变化，处于平衡状态，D选项符合题意；答案为D。
②由题中表格数据可知，反应进行false时，乙醇的物质的量为n(C2H5OH)=0.2mol，则false，此时false的物质的量的分数为false=61.5%；答案为61.5。
(2)
由false结构简式可知，该结构中含有羟基官能团，false与O2在Cu作催化剂加热条件下生成CH3CHO，其化学方程式为false；答案为羟基；false。
(3)
CH3COOH与C2H5OH在浓H2SO4、加热条件下发生酯化反应，生成乙酸乙酯，其化学方程式为false；答案为浓硫酸、加热；false。
(4)
A．乙醇和Fe不反应、乙酸和Fe反应生成氢气，现象不同可以鉴别，故A不符合题意；
B．乙醇和乙酸都不和溴反应，且都与溴水互溶，现象相同无法鉴别，故B符合题意；
C．碳酸钠能和乙酸反应生成二氧化碳气体，和乙醇不反应，现象不同可以鉴别，故C不符合题意；
D．乙酸和乙醇都不能使无色酚酞溶液变色，现象相同无法鉴别，故D符合题意；
答案为BD。