第2章 化学反应的方向、限度与速率 （含解析）课时检测 2023-2024学年高二化学鲁科版（2019）选择性必修1

第2章 化学反应的方向、限度与速率 课时检测
一、单选题
1．对水样中溶质M的分解速率影响因素进行研究。在相同温度下，M的物质的量浓度(mol·L-1)随时间(min)变化的有关实验数据见下表。
时间 水样 0 5 10 15 20 25
I (pH=2) 0.40 0.28 0.19 0.13 0.10 0.09
II(pH=4) 0.40 0.31 0.24 0.20 0.18 0.16
Ⅲ(pH=4) 0.20 0.15 0.12 0.09 0.07 0.05
IV(pH=4，含 Cu2+) 0.20 0.09 0.05 0.03 0.01 0
下列说法错误的是（　　）
A．在0～20 min内，I中M的平均分解速率为0.015mol·L-1·min-1
B．其它条件相同时，水样酸性越强，M的分解速率越快
C．在0～25 min内，Ⅲ中M的分解百分率比II大
D．由于Cu2+存在，IV 中M的分解速率比I快
2．煤的间接液化可先转化为一氧化碳和氢气，后在催化剂作用下合成甲醇，其中一氧化碳与氢气的反应历程如下图所示，吸附在催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是（　　）
A．煤中含有苯和甲苯，可以通过分馏的方式将它们分离出来
B．该反应历程中决速步骤的活化能为1.6eV
C．石油裂解和煤的干馏都是化学变化，而石油的分馏和煤的气化都是物理变化
D．虚线框内发生的化学反应方程式可能为H3CO*+H2=CH3OH*
3．NO和CO都是汽车尾气中的有害物质，它们能缓慢反应生成和，为控制汽车尾气污染，下列措施最合理的是（　　）。
A．增大压强 B．降低压强
C．使用催化剂 D．升高反应温度
4．硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为，下列各组实验中最先出现浑浊的是（　　）
实验 反应温度/℃ 溶液 稀
V/mL V/mL
A 25 5 0.1 10 0.1
B 25 5 0.2 10 0.2
C 35 5 0.1 10 0.1
D 35 5 0.2 10 0.2
A．A B．B C．C D．D
5．已知反应：其反应机理如下：①快 ②慢 下列有关该反应的说法正确的是（　　）
A．该反应的速率主要取决于①的快慢
B．是该反应的催化剂
C．正反应的活化能比逆反应的活化能小akJ/mol
D．增大的浓度能增大活化分子百分数，加快反应速率
6．已知可逆反应：4NH3（g）+5O2（g） 4NO（g）+6H2O（g）△H=﹣1025kJ mo1﹣l． 若反应物起始物质的量相同，下列关于该反应的示意图不正确的是（　　）
A． B．
C． D．
7．下列反应在任意温度下一定能自发进行的是（　　）
A．2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2↑+H2↑
B．NH3（g）+HCl（g）═NH4Cl（s）△H＜0
C．CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）△H＞0
D．X2Y2（s）═X2（g）+Y2（g）△H＜0
8．下列各图中，表示2A(g)＋B(g)2C(g)(正反应放热)这个可逆反应的正确图象为
A． B．
C． D．
9．密闭容器中，反应2X（g）+Y（g） 2Z（g）△H=Q kJ/mol，在不同温度（T1和T2）及压强（P1和P2）下，产物Z的体积分数（φ）与反应时间（t）的关系如图所示．下列判断正确的是（　　）
A．T1＜T2，P1＜P2，Q＞0 B．T1＞T2，P1＞P2，Q＞0
C．T1＞T2，P1＞P2，Q＜0 D．T1＜T2，P1＜P2，Q＜0
10．升高温度能加快反应速率的主要原因是（　　）
A．活化分子能量明显增加 B．降低活化分子的能量
C．增加活化分子百分数 D．降低反应所需的能量
11．在某容积可变的密闭容器中加入等量的A、B混合气体共4mol，发生反应：，保持一定温度，改变压强分别达到平衡时，测得不同压强下气体A的物质的量浓度如表：
压强p/Pa
0.08 0.20 0.40 0.80
下列说法一定正确的是
A．保持一定温度，增大压强，平衡一定正向移动
B．当压强为时，此反应的平衡常数表达式：
C．反应平衡后若增大压强，v(正)、v(逆)速率一定增大
D．若再向体系中加入一定量的B，当重新达到平衡时，体系中A、B、C总物质的量不变
12．一定温度下，密闭容器中反应 ？达到平衡时，，若其它条件不变，将容器体积缩小至原来的，再次达平衡时 。下列判断正确的是（　　）
A．平衡向逆反应方向移动 B． 可能是液体或固体
C．方程式中化学计量数： D． 的体积分数下降
13．在密闭容器中进行下列反应：M（g）+N（g） R（g）+2L，此反应符合如图，下列叙述正确的是（　　）
A．正反应吸热，L是气体 B．正反应吸热，L是固体
C．正反应放热，L是气体 D．正反应放热，L是固体或液体
14．下列有关反应限度的说法正确的是（　　）
A．大多数化学反应在一定条件下都有一定的限度
B．NH4HCO3受热分解可自发进行：
C．使用催化剂，可降低反应的活化能，加快反应速率，改变反应限度
D．FeCl3与KSCN反应达到平衡时，向其中滴加KCl溶液，则溶液颜色变深
15．在一恒定的容器中充入2molA和1molB发生反应：2A(g)+ B(g) xC(g)，达到平衡后，C的体积分数为ω%；若维持容器的容积和温度不变，按起始物质的量A：0.6mol、B：0.3mol、C：1.4mol充入容器，达到平衡后，C的体积分数仍为ω%，则x值为（　　）
A．只能为2 B．只能为3
C．可能是2，也可能是3 D．无法确定
16．一定条件下,通过下列反应可以制备特种陶瓷的原料Mg0:MgSO4(s)+CO(g) MgO(s)+CO2(g)+SO2(g)△H>0 该反应在恒容的密闭容器中达到平衡后，若仅改变图中横坐标x的值，重新达到平衡后，纵坐标y随x变化趋势合理的是（　　）
选项 X y
A 压强 CO2与CO的物质的量之比
B 温度 容器内混合气体的密度
C MgSO4的质量(忽略体积) CO的转化率
D SO2的浓度 平衡常数K
A．A B．B C．C D．D
17．在10L恒容密闭容器中充入X(g)和Y(g)，发生反应X(g)+Y(g) M(g)+N(g)，所得实验数据如下表：
实验编号 温度/℃ 起始时物质的量/mol 平衡时物质的量/mol
n(X) n(Y) n(M)
① 700 0.40 0.10 0.090
② 800 0.10 0.40 0.080
③ 800 0.20 0.30 a
④ 900 0.10 0.15 b
下列说法错误的是（　　）
A．实验①中，若5min未测得n(M)=0.050mol，则0至5min时间内，用N表示的平均反应速v(N)=1.0×10-3mol·L-1·min-1
B．实验②中，达到平衡时，Y的转化率为20%
C．实验③中，该反应的平衡常数K=1.0
D．实验④中，达到平衡时， b>0.060
18．研究NOx之间的转化对大气污染控制具有重要意义，已知：。如图所示，在恒容密闭容器中，反应温度为T1时，c(N2O4)和c(NO2)随t变化为曲线I、II，改变温度到T2，c(NO2)随t变化为曲线III。下列判断正确的是（　　）
A．温度T1>T2
B．反应速率v(a)=v(b)
C．在T1温度下，反应至t1时达平衡状态
D．在T1温度下，反应在0—t3内的平均速率为
19．一定温度下，向容积为2 L的密闭容器中通入两种气体，发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如下图所示，对该反应的推断合理的是（　　）
A．该反应的化学方程式为3B＋4D 6A＋2C
B．反应进行到1 s时，v(A)＝v(D)
C．反应进行到6 s时，B的平均反应速率为0.05 mol·L－1·s－1
D．反应进行到6 s时，各物质的反应速率相等
二、综合题
20．研究和深度开发 CO、CO2 的应用对构建生态文明社会具有重要的意义。回答下列问题：
（1）Ⅰ．CO 可用于高炉炼铁
已知： Fe3O4(s)+4CO(g)=3Fe(s)+4CO2(g) △H1＝akJ/mol；
3Fe2O3(s)+CO(g)=2Fe3O4(s)+CO2(g) △H2＝bkJ/mol；
则反应 Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)的 △H3＝　 　
kJ/mol(用含 a、b 的代数式表示)。
（2）Ⅱ．一定条件下，CO2 和 CO 可以互相转化
某温度下，在容积为 2 L 的密闭容器按甲、乙两种方式投入反应物发生反应：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)。
容器 反应物
甲 8molCO2(g)、16molH2(g)
乙 wmolCO2(g)、xmolH2(g)、ymolCO(g)、zmolH2O(g)
甲容器 15min 后达到平衡，此时 CO2
的转化率为 75%．则
0~15min 内平均反应速率 v(CO2)＝　 　 mol/(L·min)，此条件下该反应的平衡常数
K＝　 　 。欲使平衡后乙与甲中相同组分气体的体积分数相等，则ω、x、y、z 需满足的关系是 y 　 　z(填“>”、“<”或“=”)，且 y=　 　 (用含 x、w 的式子表示)。
（3）研究温度、压强对反应的影响：C6H5CH2CH3(g)+CO2(g) C6H5CH＝CH2(g)+CO(g)+H2O(g) △H
C6H5CH2CH3(乙苯)的平衡转化率影响如下图所示：则△H　 　0(填“>”“<”或“＝”)，压强 p1、p2、p3
由小到大的排列顺序是　 　 。
（4）CO 可被 NO2 氧化，反应为
CO+NO2 CO2+NO，当温度高于 225℃时，反应速率 v 正＝k 正 c(CO) c(NO2)、v 逆＝k 逆 c(CO2) c(NO)，k
正、k 逆分别为正、逆反应速率常数。在上述温度范围内，k 正、k 逆与该反应的平衡常数 K 之间的关系为　 　 。
21．环境问题成为人类共同关注的问题，欧洲很多国家提出了燃油车2036年停产时间表。也有专家提出燃油车远未到穷途末路，只要解决燃油汽车排放的尾气中的SO2、CO和NO污染问题就还有很长的生命，请回答以下问题：
（1）在汽车尾气管中加装催化剂成为汽车尾气治理的常用方法，已知：
①N2(g)+ O2(g)＝2NO(g) △H＝180.5 kJ/mol
②2CO(g)+ O2(g)＝2CO2(g) △H＝-566kJ/mol
写出NO(g)与CO(g)在催化剂作用下转化成N2(g)和CO2(g)的热化学方程式　 　。
（2）汽车尾气中的少量NO2也可以和CO反应生成N2(g)和CO2(g)，热化学方程式为：
2NO2（g）+4CO（g）= N2(g)+4CO2(g) ，ΔH=QkJ·mol-1，试判断Q　 　0（填“>”或“<”或“=”）。理由是　 　
（3）除了汽车尾气产生的污染外，工业尾气及北方冬季燃煤产生SO2的污染治理也非常重要，可模仿工业上用2SO2(g )+O2(g) 2SO3(g)以制取硫酸，现在一容积固定为10L的密闭容器中进行该反应，现测得如下数据：
实验组 温度℃ 起始量/mol 平衡量/mol 达到平衡所需时间/min
SO2 O2 SO2
1 550 4 2 0.4 9
2 650 2 1 0.4 3
3 650 a b c t
①比较第1组和第2组实验数据可以得出有关反应速率的结论是　 　。试通过计算第1组和第2组的平衡常数可以得出结论是：　 　。
②在第3组的实验中一开始加入了0.5mol的SO3，反应达平衡时c仍为0.4mol，则a=　 　 ，b=　 　。
22．二氧化碳加氢合成甲醇是人工合成淀粉的首要步骤之一，同时也是实现碳中和的重要途径。该过程总反应为CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) △H=-49.4kJ·mol-1。在特定催化剂条件下，其反应机理如下：
Ⅰ.CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) △H1
Ⅱ.CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) △H2=-90.3 kJ·mol-1
回答以下问题：
（1）△H1=　 　kJ·mol-1。
（2）恒压下，按n(CO2)：n(H2)=1：3进行合成甲醇的实验，该过程在无分子筛和有分子筛时甲醇的平衡产率随温度的变化如图1所示(分子筛能选择性分离出H2O)。
①根据图中信息，压强不变，采用有分子筛时的最佳反应温度为　 　℃，解释其原因：　 　。
②采用分子筛的作用为　 　。
（3）如图2所示，向甲(恒温恒容)、乙(恒温恒压)两个密闭容器中分别充入1 mol CO2和3 mol H2，发生反应CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)，起始温度、体积相同(T1℃、2 L密闭容器)。反应达到平衡时，乙的容器容积为1.5 L，则该温度下的平衡常数为　 　，平衡时甲容器中CO2的物质的量　 　0.5 mol(填“大于”、“小于”或“等于”，下同)。若将甲改为绝热恒容容器，其他条件不变，平衡时CH3OH的浓度将　 　0.25 mol·L-1。
（4）如图3，当起始n(CO2)：n(H2)=1：2时，维持压强不变，将CO2和H2按一定流速通过反应器，催化剂活性受温度影响变化不大，结合反应Ⅰ和反应Ⅱ，分析温度大于235℃后甲醇的选择性随温度升高而下降的原因：　 　。
23．在2L密闭容器中，800℃时反应2NO（g）+O2（g） 2NO2（g）△H＜0，体系中，n（NO）随时间的变化如表：
时间/s 0 1 2 3 4 5
n（NO）/mol 0.020 0.010 0.008 0.007 0.007 0.007
（1）能说明该反应已经达到平衡状态的是　 　
a．v（NO2）=2v（O2） b．容器内压强保持不变
c．v逆（NO）=2v正（O2） d．容器内物质的密度保持不变
（2）图中表示NO2的变化的曲线是　 　，
（3）用O2的浓度变化表示从0～2s内该反应的平均速率v=　 　．
（4）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　 　
a．将容器体积变为1Lb．适当升高温度c．增大O2的浓度d．选择高效的催化剂．
24．（四）丙烯（C3H6）是石油化工的基础有机原料之一，主要用于生产聚丙烯、二氯丙烷、异丙醇等。制备方法如下：
（1）方法一 丙烷氧化脱氢法制备丙烯：C3H8(g)＋1/2O2(g) C3H6(g)＋H2O(g)（正反应放热）。在催化剂的作用下、相同的反应时间，C3H8的转化率和C3H6的产率随温度变化关系如图。
完成下列填空：
C3H8的转化率随温度升高而上升的原因是　 　，写出一条提高C3H6产率的措施。　 　
（2）方法二 丙烷脱氢制备丙烯：C3H8(g)→C3H6(g)＋H2(g)＋Q kJ。
已知：C3H8(g)→CH4(g)＋C2H2(g)＋H2(g)＋a kJ；C3H6(g)→CH4(g)＋C2H2(g)＋b kJ
用含a、b的代数式表示Q＝　 　。
（3）某温度下，在一恒容容器中充入C3H8，发生脱氢制丙烯反应，起始压强为10 kPa，平衡时总压强为14 kPa，C3H8的平衡转化率为　 　。该反应的平衡常数Kp＝　 　kPa。（用平衡分压代替平衡浓度，分压＝总压×物质的量分数）
（4）将一定浓度的CO2与固定浓度的C3H8通过含催化剂的恒容反应器发生脱氢反应：
C3H8(g)→C3H6(g)＋H2(g)。经相同时间，流出的c(C3H6)、c(CO)和c(H2)随初始c(CO2)的变化关系如图。结合化学方程式解释c(H2)和c(C3H6)变化差异的原因。　 　
（5）一定条件下，CH3CH＝CH2与HCl发生反应有①、②两种可能，反应进程中的能量变化如图。保持其他条件不变，若要提高产物中CH3CH2CH2Cl(g)的比例，可采用的措施是　 　。
a．适当提高反应温度 b．改变催化剂
c．适当降低反应温度 d．改变反应物浓度
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A、根据化学反应速率数学表达式，v(M)=(0.4－0.1)/20mol/(L·min)=0.015mol/(L·min)，故A说法不符合题意；
B、对比I和II，在相同的时间内，I中消耗M的量大于II中，说明其他条件下不变，酸性越强，M的分解速率越快，故B说法不符合题意；
C、在相同的时间段内，III中M的消耗量大于II中，因此III中M的分解速率大于II，故C说法不符合题意；
D、I和IV中pH不同，因此不能说明Cu2＋存在，IV中M的分解速率大于I，故D说法符合题意。
【分析】A.平均反应速率等于物质的浓度变化值与时间的比值；
B.根据表格数据可知，酸性越强，分解的速度就越快，选项说法正确；
C.计算0～25 min内，II中M的分解百分率是40%,Ⅲ中M的分解百分率是75%；
D.除了铜离子存在与否以外，还有pH值不同的对比条件，因此不能只认为是铜离子影响了其分解速率。
2．【答案】D
【解析】【解答】A、煤中不含苯和甲苯，经过煤的干馏才能得到苯和甲苯，故A错误；
B、活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤，由图可知，历程中活化能最大为： 0.1eV （ 0.9eV）=0.8eV，故B错误；
C、煤的气化过程中有新物质生成，属于化学变化，故C错误；
D、根据分析可知，虚线框内发生的化学反应方程式可能为H3CO*+H2=CH3OH*，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、煤中不含苯和甲苯；
B、活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；
C、有新物质生成的变化属于化学变化，没有新物质生成的变化属于物理变化；
D、相对能量-1.3eV对应物质为H3CO*+H2。
3．【答案】C
【解析】【解答】A.对于有气体参加的化学反应，增大压强，反应速率加快，但不具有实际可操作性，故A错误；
B.对于有气体参加的化学反应，降低压强，反应速率减慢，也不具有实际可操作性，故B错误；
C.使用合适的催化剂能降低反应的活化能，从而加快反应速率，且具有实际可操作性，故C正确；
D.升高反应温度，反应速率变大，但不具有实际可操作性，故D错误；
故选C。
【分析】依据影响反应速率和化学平衡的因素，并结合是否具有实际可操作性判断；
4．【答案】D
5．【答案】C
【解析】【解答】A、反应速率主要取决于慢反应，则该反应的速率主要取决于②的快慢，故A错误；
B、是中间产物，不是催化剂，故B错误；
C、该反应为放热反应， 断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量，则正反应的活化能比逆反应的活化能小akJ/mol，故C正确；
D、增大 的浓度，活化分子数增加，反应速率加快，但活化分子百分数不变，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、慢反应决定总反应的速率；
B、 是中间产物；
C、活化能越小，反应越容易发生；
D、增大 的浓度，活化分子百分数不变。
6．【答案】D
【解析】【解答】解：A、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，故A正确；
B、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，增大压强平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，故B正确；
C、催化剂能改变化学反应速率但不影响化学平衡，正催化剂能加快反应速率缩短反应到达平衡的时间，故C正确；
D、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，故D错误；
故选D．
【分析】由4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）△H=﹣1025kJ/mol知，该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，升高温度，化学平衡向吸热方向移动，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，催化剂能改变化学反应速率但不影响化学平衡．
7．【答案】D
【解析】【解答】解：A、反应是吸热反应△H＞0，△S＞0，低温下不能自发进行，故A错误；
B、反应是放热反应△H＜0，△S＜0，高温下不能自发进行，故B错误；
C、反应是吸热反应△H＞0，△S＞0，低温下不能自发进行，故C错误；
D、反应是放热反应△H＜0，△S＞0，任意条件下能自发进行，故D正确；
故选D．
【分析】反应自发进行的判断依据是：△H﹣T△S＜0；分析选项是否符合要求．
8．【答案】D
9．【答案】C
【解析】【解答】解：根据温度对反应速率的影响可知，温度越高，反应速率越大，则达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大，故有：T1＞T2；升高温度，产物Z的体积分数（φ）减小，反应逆向进行，所以反应是放热反应，Q＜0，根据压强对反应速率的影响可知，压强越大，反应速率越大，则达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大，故有：P1＞P2，
故选C．
【分析】根据温度、压强对平衡移动的影响分析，温度越高、压强越大，则反应速率越大，达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大．
10．【答案】C
【解析】【解答】A.活化分子能量未改变，故A不符合题意
B.化分子能量未改变，故B不符合题意
C.温度升高，活化分子百分数增加， 故C符合题意
D.温度升高，对焓变无影响，故D不符合题意
故答案为：C
【分析】温度影响的是活化分子的百分数。
11．【答案】D
【解析】【解答】A.由分析可知压强小于1×106Pa增大压强，平衡不移动，压强大于1×106Pa增大压强，平衡可能正向移动，A错误；
B. 当压强为时，C为非气体，平衡常数表达式为：
C.若C为纯液体或固体，增大压强造成体积减小，C物质浓度不变，速率不变；
D.由于m+n=p，再充入一定量的B后，恒温恒压下，体系为等压等效平衡，达到新平衡时，体系中A、B、C总物质的量不变，D正确；
故答案为：D。
【分析】结合表格可知，温度相同，A(g)和B(g)起始量相同，3×106Pa的倍数是1×106Pa的3倍，压强为原来三倍，说明体积为原来的1/3，但A的浓度比0.40的3倍即1.20小，因此此时C为非气体，说明加压平衡正向移动；但是压强小于1×106Pa时，加压平衡不移动，说明C为气体。
12．【答案】C
【解析】【解答】平衡时c( X) =0.3mol/L，将容器体积缩小到原来的1/2，如果平衡不移动，X的浓度变为原来的2倍，即为0.6mol/L，而重新平衡后c(X) =0.5mol/L，说明增大压强平衡向正反应移动了。
A.根据分析可知，平衡正向移动；A项错误；
B.平衡向正向移动，说明反应物的气体系数之和大于生成物的气体系数之和，若Y 是固体或液体，m<2m，所以Y是气体，故B错误；
C.根据B的分析，系数m+n＞2m，所以n＞m，故C正确；
D．平衡向正反应移动，Z 的体积分数增大，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A.根据X浓度变化，可以判断平衡正向移动；
B.平衡正向移动，反应物的气体系数之和大于生成物的气体系数之和，可以判断，Y一定为气体；
C.平衡正向移动，反应物的气体系数之和大于生成物的气体系数之和，m+n＞2m，所以n＞m；
D.平衡正向移动，生成Z，其体积分数增大。
13．【答案】C
【解析】【解答】解：由图象可知，温度为T1时，根据到达平衡的时间可知P2＞P1，且压强越大，R的含量越低，说明平衡向逆反应方向移动，正反应为气体体积增大的反应，故L为气体；
压强为P1时，根据到达平衡的时间可知T2＞T1，且温度越高，R的含量越低，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应；
由上述分析可知，该反应的正反应为放热反应，L是气体，
故选C．
【分析】由图象可知，温度为T1时，根据到达平衡的时间可知P2＞P1，且压强越大，R的含量越低，说明平衡向逆反应方向移动，正反应为气体体积增大的反应；
压强为P1时，根据到达平衡的时间可知T2＞T1，且温度越高，R的含量越低，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应
14．【答案】A
【解析】【解答】B，NH4HCO3受热分解必须加热才能进行，B错误；
C，催化剂可同等程度地改变正、逆反应速率，但不能改变反应限度，C错误；
D，KCl并不会参与化学反应，其反应实质是Fe3++3SCN- Fe(SCN)3，故溶液颜色基本不变，D错误。
故答案为：A
【分析】A.化学反应完全反应是相对的，而可逆是绝对的；
B.碳酸氢铵的分解需要加热；
C.催化剂可改变反应速率而不能改变平衡状态；
D.加入氯化钾溶液，浓度减小，溶液颜色不会加深。
15．【答案】C
【解析】【解答】解题时可对方程式中的化学计量数进行虚拟：分x＝3和x≠3两种情况进行分析。由题给条件和等效平衡理论可知，若x＝3，符合等体反应，“一边倒，判比例”若x＝2，符合非等体反应，恒温恒容“一边倒，判量等”。
故答案为：C。
【分析】等效平衡问题是指利用等效平衡（相同平衡或相似平衡）来进行的有关判断和计算 问题，即利用与某一平衡状态等效的过渡平衡状态（相同平衡）进行有关问题的分析、判断，或利用相似平衡的相似原理进行有关量的计算。所以等效平衡也是一种思维分析方式和解题方法。这种方法往往用在相似平衡的计算中。
16．【答案】B
【解析】【解答】A.CO2与CO的物质的量之比为化学平衡常数，平衡常数只与温度有关，体系压强变化，平衡常数不变，所以CO2与CO的物质的量之比不变，故A不符合题意；
B. 若x是温度，y是容器内混合气体的密度，升高温度，平衡向吸热反应方向正反应方向移动，气体的质量增大，容器体积不变，则容器内气体密度增大，所以符合图象，故B符合题意；
C. 若x是MgSO4的质量，y是CO的转化率，硫酸镁是固体，其质量不影响平衡移动，所以增大硫酸镁的质量，CO的转化率不变，故C不符合题意；
D. 若x是二氧化硫的浓度，y是平衡常数，平衡常数只与温度有关，与物质浓度无关，增大二氧化硫浓度，温度不变，平衡常数不变，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据外界条件对平衡影响因素进行判断，注意化学平衡常数只与温度有关。
17．【答案】D
【解析】【解答】A. 实验①中，若5min未测得n(M)=0.050mol，则n(N)=0.050mol，则0至5min时间内，用N表示的平均反应速 ，故A不符合题意；
B. 实验②中，达到平衡时，n(M)=0.080mol，则Δn(M)=0.080mol，Δn(Y)=0.080mol，平衡时，则Y的转化率为 ，故B不符合题意；
C. 实验③与实验②温度相同，因此平衡常数相同，根据实验②求出该反应的平衡常数，因实验②中n(M)=0.080mol，n(N)=0.080mol，Δn(M)=0.080mol，则Δn(Y)= Δn(X)=0.080mol，平衡时n(X)=0.1mol 0.080mol=0.02mol，n(Y)=0.3mol 0.080mol=0.32mol， ，故C不符合题意；
D. 实验④中，当在800℃达到平衡时， ，c = 0.060mol，实验①中，在700℃达到平衡时， ，从700℃到800℃，升温，平衡常数减小，逆向移动，逆向是吸热反应，正向是放热反应，实验④中，在900℃达到平衡时，平衡逆向移动，因此b＜0.060mol，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.根据公式计算即可
B.根据三行式利用数据计算Y的转化率
C.利用公式K=c(M).c(N)/c(X)xc(Y)计算即可
D.温度的变化会导致平衡常数的改变
18．【答案】D
【解析】【解答】A．反应温度T1和T2，以c(NO2)随t变化曲线比较，II比III后达平衡，所以T2>T1，故A不符合题意；
B．升高温度，反应速率加快，T2>T1，则反应速率v(a)>v(b)，故B不符合题意；
C．T1温度下，反应至t1时c(NO2)=c(N2O4)，t1之后c(NO2)、c(N2O4)仍在变化，说明t1时反应没有达到平衡状态，故C不符合题意；
D．T1时，在0-t3内，，则0-t3内，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.“先拐先平衡”，反应快，说明温度高，压强大
B.分析影响速率的因素（浓度，压强，温度，催化剂），比较反应速率
C.达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质浓度保持不变
D.
19．【答案】C
【解析】【解答】A、由图可知，反应达到平衡时A物质增加了1.2mol、D物质增加了0.4mol、B物质减少了0.6mol、C物质减小了0.8mol，所以A、D为生成物，物质的量之比为3：1，
B、C为反应物，物质的量之比为3：4，反应方程式为：3B+4C 6A+2D，故A不符合题意；
B、反应到1s时，v（A）═ =0.3mol/（L s），v（C）═ =0.1mol/（L s），所以v（A）≠v（C），故B不符合题意；
C、反应进行到6s时，v（B）= ==0.05mol/（L s），故C符合题意；
D、反应进行到6s时，v（A）= =0.1mol/（L s），v（B）= =0.05mol/（L s），v（C）= ==0.067mol/（L s），v（D）= =0.033mol/（L s），所以反应进行到6 s时，各物质的反应速率不相等，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.抓住化学计量数之比等于物质的量之比作答
B.同一段时间内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比作答
C.运用反应速率公式计算
D.达到平衡状态，各物质反应速率之比等于其化学计量数之比作答
20．【答案】（1）
（2）0.2；1.8；=；x-2w
（3）>；p1>p2>p3
（4） =K
【解析】【解答】Ⅰ．已知：①Fe3O4(s)+4CO(g)═3Fe(s)+4CO2(g)△H1=a kJ/mol；②3Fe2O3(s)+CO(g)═2Fe3O4(s)+CO2(g)△H2=b kJ/mol；根据盖斯定律： 可得Fe2O3(s)+3CO(g)═2Fe(s)+3CO2(g)，故△H3= = kJ/mol；
Ⅱ．(2)甲容器15 min后达到平衡，此时CO2的转化率为75%，则转化CO2为8mol×75%=6mol，列三段式：
则0～15 min内平均反应速率v(H2)= =0.2mol/(L min)；此条件下该反应的平衡常数K= = =1.8；欲使平衡后乙与甲中相同组分气体的体积分数相等，则将乙中CO和H2O转化为与甲初始物质一样使满足与甲中投入量等比例，甲的初始投入量为8 mol CO2(g)、16 mol H2(g)，则乙转化后应只有CO2(g)和 H2(g)，故y=z；同时转化为满足n(CO2)：n(H2)=8：16=1：2，则有(w+y)：(x+y)=1：2，解得y=x-2w；
(3)温度升高，有利于吸热方向，根据图，一定压强下，温度升高，乙苯的平衡转化率增大，即正方向为吸热方向，故反应的△H＞0；又 反应“C6H5CH2CH3(g)+CO2(g) C6H5CH=H2(g)+CO(g)+H2O(g)为气体体积增大的反应，压强增大，平衡向着逆方向，乙苯的平衡转化率减小，故p1＞p2＞p3；
(4)CO可被NO2氧化：CO+NO2 CO2+NO．已知：v 正=k正 c(CO) c(NO2)、v逆=k逆 c(CO2) c(NO)，平衡时：v 正=v逆，故k正 c(CO) c(NO2)=k逆 c(CO2) c(NO)， =K。
【分析】
(1)根据盖斯定律计算；
(2)列出三段式计算反应速率、平衡常数；根据等效平衡计算y；
(3)根据温度对化学平衡移动的影响分析；压强增大，平衡向着逆方向移动；
(4)根据平衡时v 正=v逆，结合平衡常数的表达式计算。
21．【答案】（1）2NO（g）＋2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) △H＝-746.5 kJ/mol
（2）<；该反应△S小于零，反应在该条件下能自发进行，故△H<0
（3）温度越高，反应速率越快；因为第1组的K大于第2组的K，温度越低，平衡常数越大，反应进行的程度越大；a=1.5；b=0.75
【解析】【解答】⑴.① N2(g)+ O2(g)＝2NO(g) △H＝180.5 kJ/mol ② 2CO(g)+ O2(g)＝2CO2(g) △H＝ -566kJ/mol，NO(g)与CO(g)在催化剂作用下转化成N2(g)和CO2(g)的化学方程式为：2NO（g）＋2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)，根据盖斯定律，②－①可得2NO（g）＋2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) △H＝ -566kJ/mol－180.5 kJ/mol= -746.5 kJ/mol，故答案为：2NO（g）＋2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) △H＝ -746.5 kJ/mol；
⑵.2NO2（g）+4CO（g）= N2(g)+4CO2(g) ，ΔH=QkJ·mol-1，该反应的△S小于零，根据△G=△H-T△S＜0时，反应可自发进行，则只有△H<0，故答案是：＜；该反应△S小于零，反应在该条件下能自发进行，故△H<0；
⑶.①.第1组实验温度为550℃，第2组实验温度为650℃，第2组实验达到平衡所需的时间明显比第1组少，故说明温度越高，反应速率越快；
根据三段式法分别计算第1组550℃和第2组650℃时的平衡常数：
设第1组550℃时平衡常数为：K1，
2SO2(g )+ O2(g) 2SO3(g)
起始（mol/L） 0.4 0.2 0
转化（mol/L） 0.36 0.18 0.36
平衡（mol/L） 0.04 0.02 0.36
则K1=0.3620.042×0.02=4050
设第2组650℃时平衡常数为：K2，
2SO2(g )+ O2(g) 2SO3(g)
起始（mol/L） 0.2 0.1 0
转化（mol/L） 0.16 0.08 0.16
平衡（mol/L） 0.04 0.02 0.16
则K2=0.1620.042×0.02=800
则K1＞K2，说明温度越低，平衡常数越大，反应进行的程度越大，故答案为：因为第1组的K大于第2组的K，温度越低，平衡常数越大，反应进行的程度越大；②. 第3组实验和第2组实验温度相同，因在第3组的实验中一开始加入了0.5mol的SO3，反应达平衡时SO2仍为0.4mol，则第3组实验和第2组实验为等效平衡，因2SO2(g )+O2(g) 2SO3(g)是反应前后体积不相等的可逆反应，若达到等效平衡，则第3组和第2组反应物的起始加入量应相等，令SO3完全转化，则根据方程式有：a+0.5=2，b+0.25=1，则a=1.5，b=0.75，故答案为：a=1.5；b=0.75。
【分析】热化学方程式根据盖斯定律利用总反应方程式中的物质在分反应中出现的次数进行加合。化学平衡常用方法三段式，注意利用化学平衡常数解题时，温度的变化，温度一定K一定。
22．【答案】（1）+40.9
（2）210；开始时温度低，反应速率慢，生成物(H2O)还很少，分子筛的作用不明显，随着产物增多，分子筛作用明显增强；210℃以后，温度对平衡的影响超过分子筛的作用；分子筛从反应体系中不断分离出H2O，减少了生成物，平衡正向移动，甲醇产率升高
（3）(或0.33)；大于；小于
（4）反应I为吸热反应，反应II为放热反应，温度大于235℃时，随温度升高，反应I向正反应方向进行，反应II向逆反应方向进行，故甲醇的选择性随温度升高而降低
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律可知，反应I=总反应-反应II，则△H1=△H-△H2=(-49.4)-( -90.3)=+40.9 kJ·mol-1；
（2）①由图可知，压强不变，采用有分子筛时在温度210℃时甲醇的平衡产率最大，则最佳反应温度为210℃；其原因是：开始时温度低，反应速率慢，生成物(H2O)还很少，分子筛的作用不明显，随着产物增多，分子筛作用明显增强；210℃以后，温度对平衡的影响超过分子筛的作用；
②采用分子筛的作用为：分子筛从反应体系中不断分离出H2O，减少了生成物，平衡正向移动，甲醇产率升高；
（3）恒温恒压时，体积之比等于物质的量之比，即，由此计算可得，平衡后，乙容器中气体的总物质的量为3mol，据此列出三段式：，则(1-x)+(3-3x)+x+x=3，计算可得x=0.5，则该温度下的平衡常数为，甲容器为恒温恒容条件，随着反应的进行，压强减小，CO2的转化率下降，故CO2的物质的量大于0.5mol；若将甲改为绝热容器，此时容器内温度上升，CO2的转化率下降，平衡时CH3OH的浓度小于0.25mol/L；
（4）温度大于235℃后甲醇的选择性随温度升高而下降的原因：反应I为吸热反应，反应II为放热反应，温度大于235℃时，随温度升高，反应I向正反应方向进行，反应II向逆反应方向进行，故甲醇的选择性随温度升高而降低。
【分析】（1）根据盖斯定律；
（2）①依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
②根据影响化学平衡移动的因素分析；
（3）恒温恒压时，体积之比等于物质的量之比，利用“三段式”法计算；
（4）依据反应中能量变化和化学平衡移动原理分析。
23．【答案】（1）bc
（2）b
（3）0.0015mol L﹣1 s﹣1
（4）ac
【解析】【解答】解：（1）a、当v （NO2）=2v （O2）时，该反应不一定达到平衡状态，故a错误； b、该反应是一个反应气体气体体积改变的可逆反应，当达到平衡状态时，各物质的浓度不变，则容器内压强保持不变，故b正确； c、v逆（NO）：v正（O2）=2：1时，该反应达到平衡状态，所以当v逆（NO）=2v正（O2），该反应达到平衡状态，故c正确； d、根据质量守恒定律知，混合物质量始终不变，容器的体积不变，则容器内混合气体的密度始终不变，所以不能据此判断是否达到平衡状态，故d错误；故答案为：bc；（2）根据表格知，随着反应的进行，一氧化氮的物质的量减小，则平衡向正反应方向移动，二氧化氮的物质的量逐渐增大，当反应达到平衡状态时，参加反应的n（NO）=（0.020﹣0.007）mol=0.013mol，根据二氧化氮和一氧化氮的关系式知，平衡状态时生成n（NO2）等于参加反应的n（NO），所以为0.013mol，c（NO2）= ，故选b，故答案为：b；（3）0～2s时，v（NO）= =0.003mol/（L．s），同一化学反应中同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以v（O2）= v（NO）=0.0015mol L﹣1 s﹣1，故答案为：0.0015mol L﹣1 s﹣1；（4）a．将容器体积变为1L，体积缩小相当于增大容器中的压强，压强增大，反应速率增大，平衡正向进行，故a正确；b．适当升高温度，反应速率增大但平衡向逆反应方向移动，故b错误； c．增大O2的浓度反应速率增大，且该反应向正反应方向移动，故c正确； d．选择高效催化剂能增大反应速率，但平衡不移动，故d错误；故答案为：a c．
【分析】（1）当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，由此衍生的一些物理量也不变；（2）根据表格知，随着反应的进行，一氧化氮的物质的量减小，则平衡向正反应方向移动，二氧化氮的物质的量逐渐增大，根据一氧化氮和二氧化氮之间转化关系式计算平衡时二氧化氮的物质的量，从而确定曲线；（3）先计算一氧化氮的反应速率，再根据同一化学反应中同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算氧气的反应速率；（4）为使该反应的反应速率增大，可采用增大压强、升高温度、加入催化剂、增大反应物浓度等方法，再结合平衡移动原理分析解答．
24．【答案】（1）温度升高，（催化剂活性增大）反应速率加快；选择适当较低温度（选择更合适的催化剂）
（2）a－b
（3）0.40；2.67
（4）发生副反应：CO2＋H2 CO＋H2O，消耗了生成的H2，二氧化碳浓度越大，消耗的氢气越多。
（5）ab
【解析】【解答】（1）温度升高，催化剂活性增大，反应速率加快，所以C3H8的转化率随温度升高而上升。提高C3H6产率，可选择适当较低温度或选择更合适的催化剂等。
（2）根据盖斯定律可知，已知信息中第一个方程减去第二个方程，可得C3H8(g)→C3H6(g)＋H2(g)＋Q kJ，所以Q=a-b。
（3）根据PV=nRT，在恒温恒容中反应，则P与n呈正比，假设反应中C3H8消耗的压强为x，可列出化学平衡三段式如下，
　 C3H8(g) C3H6 (g) ＋ H2(g)
起始（kPa） 10 0 0
转化（kPa） x x x
平衡（kPa） 10-x x x
平衡时总压强为14kPa，即10-x+x+x=14，x=4，所以C3H8的平衡转化率为=40%，该反应的平衡常数Kp=≈ 2.67kPa 。
（4）c(H2)和c(C3H6)变化差异大，是因为发生副反应：CO2＋H2 CO＋H2O，消耗了生成的H2，c(CO2)越大，消耗的H2越多。
（5）若要提高产物中CH3CH2CH2Cl(g)的比例，应使反应①更易发生，则需降低反应①的活化能，可通过适当提高反应温度，使反应物更容易转化为活化分子，或改变催化剂，降低反应①的活化能，使反应①更易发生。
【分析】（1）温度升高，催化剂活性增大，反应速率加快。
（2）根据盖斯定律进行分析。
（3）根据PV=nRT，在恒温恒容中反应，则P与n呈正比，结合化学平衡三段式进行分析。
（4）副反应：CO2＋H2 CO＋H2O，消耗了生成的H2，c(CO2)越大，消耗的H2越多。
（5）降低反应活化能可通过升温或改变催化剂。