第二章《化学反应的方向、限度与速率》（含解析）复习题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》复习题
一、单选题
1．在一定温度下，将等量的气体分别通入起始体积相同的密闭容器Ⅰ和Ⅱ中，使其发生反应，t0时容器Ⅰ中达到化学平衡，X、Y、Z的物质的量的变化如图所示。则下列有关推断正确的是
A．该反应的化学方程式为：3X＋2Y2Z
B．若两容器中均达到平衡时，两容器的体积V(Ⅰ)＜V(Ⅱ)，则容器Ⅱ达到平衡所需时间小于t0
C．若达平衡后，对容器Ⅱ升高温度时，其体积增大，说明Z发生的反应为吸热反应
D．若两容器中均达到平衡时，两容器中Z的物质的量分数相同，则Y为固态或液态
2．一定条件下铁可以和发生反应：。一定温度下，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的气体，反应过程中气体和气体的浓度与时间的关系如图所示，下列说法正确的是
A．时，正、逆反应速率的大小关系为
B．的平均反应速率
C．内，的转化率为71.4%
D．保持体积不变，充入能减慢其反应速率
3．炼铁的还原剂CO是由焦炭和CO2反应而得。现将焦炭和CO2放入体积为2 L的密闭容器中，高温下进行下列反应：C(s)+CO2(g) ＝2CO(g) ΔH＝Q kJ·mol－1。下图为CO2、CO的物质的量n随时间t的变化关系图。下列说法正确的是
A．0~1 min，v(CO)＝1 mol·L－1·min－1；1~3 min，v(CO)＝v(CO2)
B．当容器内的压强不变时，反应一定达到平衡状态，P(平衡) /P(起始) < 1
C．3 min时，温度由T1升高到T2，则Q>0，再达平衡时，K(T2)/ K(T １)> 1
D．5 min时再充入一定量的CO，a、b曲线分别表示n(CO)、n(CO2)的变化
4．顺-1，2-二甲基环丙烷(g)和反-1，2-二甲基环丙烷(g)可发生如图所示转化，该反应的速率方程可表示为和，其中和分别为正、逆反应的速率常数。时，。下列说法错误的是
A． 时，反应的平衡常数K约为0.33
B．若该转化过程为吸热反应，则活化能
C．温度升高，与均增大
D．在恒容的密闭容器中，若反应物和生成物的浓度之比不再改变，则反应达到平衡状态
5．已知反应S2O(aq)+2I-(aq)2SO(aq)+I2(aq)，若起始向反应体系中加入含Fe3+的溶液，反应机理如图所示。下列说法正确的是
A．S2O中硫元素显+7价
B．反应速率与Fe3+浓度无关
C．由图可知氧化性：Fe3+＞S2O
D．若不加Fe3+，正反应的活化能比逆反应的小
6．已知：2N2O5(g) 4NO2(g) +O2(g) H= +Q kJ·mol-1(Q>0)，某温度下，向2L的密闭容器中通入N2O5，部分实验数据见表：
时间/s 0 500 1000 1500
n(N2O5)/mol 10.0 7.0 5.0 5.0
下列说法正确的是
A．在500s内，N2O5 分解速率为6 ×10 -3 mol·L-1·s-1
B．在1000s时，反应恰好达到平衡
C．在1000s内，反应吸收的热量为2.5Q kJ
D．在1500s时，N2O5的正反应速率等于NO2的逆反应速率
7．在一定体积的密闭容器中进行反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，平衡常数K和温度t的关系如表，下列说不正确的是
t/℃ 700 800 830 1000 1200
K 0.6 0.9 1.0 1.7 2.6
A．该反应的△H>0
B．当v正(H2)=v正(H2O)时，该反应达到化学平衡状态
C．平衡浓度符合c(CO2)c(H2)=c(CO)c(H2O)，此时温度为830℃
D．1200℃时，在某时刻平衡体系中CO2、H2、CO、H2O的浓度分别为2mol·L-1、2mol·L-1、4mol·L-1、4 mol·L-1，则此时平衡向逆反应方向移动
8．常温下2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)能自发进行。下列叙述正确的是
A．该反应的△H>0
B．温度升高，活化分子百分数增大
C．反应达到平衡时，v(NO)=v(N2)
D．使用催化剂降低了焓变，从而提高了反应速率
9．某温度下，向密闭容器中充入等物质的量的和，发生反应。达到平衡后，下列说法正确的是
A．增大压强，，平衡常数增大
B．加入催化剂，平衡时的浓度增大
C．恒温下，移走一定量的，变大，变小
D．恒容下，充入一定量的，平衡时的体积分数一定降低
10．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．NOBr2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a kJ/mol
D．增大Br2(g)的浓度能增大活化分子百分数，加快反应速率
11．氯化亚铜的化学式CuCl或Cu2Cl2，为白色立方结晶或白色粉末。微溶于水，可溶于不同浓度的KCl溶液，生成[CuCl2]-、[CuCl3]2-和[CuCl4]3-等离子。例如：CuCl(s)+2Cl-(aq)[CuCl3]2-(aq) △H。氯化亚铜溶于氨水生成氯化二氨合亚铜([Cu(NH3)2]Cl)，不溶于乙醇。对于反应CuCl(s)+2Cl-(aq)[CuCl3]2-(aq)，下列说法正确的是
A．该反应的△H>0
B．该反应的平衡常数可表示为K=
C．加水可使该平衡向逆向移动
D．其他条件相同，增大CuCl的量，可加快生成[CuCl3]2-的速率
12．多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现T℃时(各物质均为气态)，甲醇与水在铜基催化剂上的反应机理和能量变化如图所示，下列说法正确的是
A．反应Ⅱ的热化学方程式为：CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g) ΔH>0
B．CO(g)在反应中生成又消耗，CO(g)可认为是催化剂
C．选择优良的催化剂可以降低反应Ⅰ和Ⅱ的活化能，减少过程中的能耗和反应的焓变
D．该条件下1molCH3OH(g)和1molH2O(g)的总能量小于1molCO2(g)和3molH2(g)的总能量
13．反应(放热反应)的反应速率随时间变化如图所示，在、、、时刻都只有一个条件发生改变。下列判断正确的是
A．阶段，A的转化率最小
B．时，改变的条件一定是使用了催化剂
C．时，改变的条件一定是升高了温度
D．阶段，C的百分含量最大
14．少量铁粉与 100 mL 0.01 mol·L－1 的稀盐酸反应，反应速率太慢。为了加快此反应速率而不改变 H2 的产量，可以使用如下方法中的①加 H2O ②加 NaOH 固体③滴入几滴浓盐酸④加 CH3COONa 固体⑤加 NaCl 溶液 ⑥滴入几滴硫酸铜溶液 ⑦升高温度(忽略 HCl 的挥发)⑧改用 10 mL 0.1 mol·L－1 盐酸
A．③⑥⑦⑧ B．③④⑦ C．③⑦⑧ D．⑦⑧
二、填空题
15．乙烷在一定条件下可脱氢制得乙烯：C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) △H1>0。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．H2O的含量随温度升高而增大。
B．C2H6在体系中的物质的量百分数随温度升高而增大
C．此催化剂的优点是在较低温度下能降低CO的平衡产率
16．(1) CrO和Cr2O在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为1.0 mol·L－1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O)随c(H＋)的变化如图所示。
①用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应 。
②由图可知，溶液酸性增大，CrO的平衡转化率 (填“增大”、“减小”或“不变”)。根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为 。
③升高温度，溶液中CrO的平衡转化率减小，则该反应的ΔH 0(填“大于”“小于”或“等于”)。
(2)在一定条件下CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，当CO与H2O(g)的起始物质的量之比为1∶5，达平衡时，CO转化了5/6。若a kg含Ca5(PO4)3F(相对分子质量为504)的质量分数为10%的磷尾矿，在上述过程中有b%的Ca5(PO4)3F转化为P4，将产生的CO与H2O(g)按起始物质的量之比1∶3混合，则相同条件下达平衡时能产生H2 kg。[已知：4Ca5(PO4)3F＋18SiO2＋30C2CaF2＋30CO＋18CaSiO3＋3P4]
(3)乙苯催化脱氢制苯乙烯反应：
维持体系总压p恒定，在温度T时，物质的量为n、体积为V的乙苯蒸气发生催化脱氢反应。已知乙苯的平衡转化率为α，则在该温度下反应的平衡常数K＝ (用α等符号表示)。
17．(1)CH4氧化器中发生的主反应:
i.CH4(g)+Fe3O4(s) CO(g)+2H2(g)+3FeO(s)
ii.CH4(g)+4Fe3O4(s) CO2(g)+2H2O(g)+12FeO(s)
850时，压强和部分气体体积分数、固相各组分质量分数的关系如图。
①随着压强的增大，反应i的平衡常数K值 (填“增大”、“减小”或“不变”)。
②结合图像，分析H2O的体积分数变化的原因 (用化学方程式表示)。
(2)将一定量的FeO和CO2置于CO2还原器(体积不变的密闭容器)中，发生的主反应：
CO2(g)+3FeO(s) Fe3O4(s)+CO(g) ΔH2，保持其他条件不变，测得不同温度下最终反应体系中CO、CO2体积分数如下表。
温度t/ 100 170 200 300 400 500
CO2体积分数 0.67 0.67 0.75 0.82 0.9 0.92
CO体积分数 0.33 0.33 0.25 0.18 0.1 0.08
①ΔH2 0(填“＞”或“＜”)。
②若在150时进行上述转化，理论转化率α(FeO)= 。
③在上述反应体系中，一定可以说明该反应达到平衡状态的是 (填标号)。
A．体系的压强不变
B．CO2的物质的量不变
C．CO的生成速率和消耗速率相等且不等于零
D．气体的平均摩尔质量不变
④根据化学反应原理，分析CO2还原器温度设置在170的原因 。
18．根据所学知识和已有生活经验，分析以下反应在给定温度下能否正向自发进行，将这些反应的焓变和熵变“>0”或“＜0”填入表格。
化学反应 正向是否自发 ΔH ΔS
常温Zn(s)＋2HCl(aq)=ZnCl2(aq)＋H2(g)
常温6CO2(g)＋6H2O(l)=C6H12O6(s)＋6O2(g) >0 ＜0
常温NH3(g)＋HCl(g)=NH4Cl(s)
常温C(s)＋CO2(g)=2CO(g)
19．空气中CO2浓度的持续走高引起人们的高度重视。一些科学家认为，人类不仅要努力减少CO2的排放，还要尽快想办法清除空气中过多的CO2。为此，他们设想了一系列“捕捉”和“封存” CO2的方法。
1.方法Ⅰ：一些科学家利用太阳能加热的反应器“捕捉”空气中的CO2，如下图所示。
(1)步骤一中的CaO俗称 。
(2)步骤二中发生反应的化学方程式是 ，该反应 （填“是”或“不是”）步骤一中反应的逆反应。
2.方法Ⅱ：另一些科学家利用NaOH溶液的喷淋“捕捉”空气中的CO2，如右图所示。
(1)NaOH溶液喷成雾状是为了 。
(2)上图a环节中，物质分离的基本操作是 。
(3)为了尽量减少成本，在整个流程中，循环利用的物质有CaO和 。
3.下列溶液中，同样能用于“捕捉”二氧化碳的是( )。
A．KNO3溶液 B．CaCl2溶液 C． CuSO4溶液 D．Na2CO3溶液
4.研究发现，上述两种方法虽然在化学原理上都是可行的，但在实际应用中仍存在很多问题，例如：( )。
①方法Ⅰ将受到地域的限制
②方法Ⅱ的能耗太大
③方法Ⅰ中使用的是氧化钙颗粒而不是氧化钙粉末
④方法Ⅱ中的物质可以循环利用，但方法Ⅰ中的却不能
A．①③ B．①② C． ②④ D．③④
5.“捕捉”到的二氧化碳，一部分可以用于生产；一部分则设想注入深海中“封存”起来。但过多的二氧化碳会导致海水水质的变化，最终殃及海洋生物，其原因是 （用化学方程式表示）。
可见，要真正实现“碳捕捉”和“碳封存”的设想，科学家任重而道远。
20．甲醇气相脱水制甲醚的反应可表示为：，请回答下列问题：
(1)一定温度下，在恒容密闭容器中充入一定量的发生上述反应，能判断反应达到化学平衡状态的是_______。
A．和的浓度比保持不变
B．
C．容器内压强不再变化
D．混合气体的平均相对分子质量不再变化
(2)时，向恒容密闭容器中充入一定量的发生上述反应，测得的浓度随时间的变化如下表：
0 10 20 30 40 50 60
1.00 0.65 0.50 0.36 0.27 0.20 0.20
①内，用表示该反应的平均速率为 。
②的平衡转化率为 。
③反应开始时，容器内的压强为，第末时容器内的压强为，则 ；该反应在时的平衡常数 (以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
④时，向该容器中投入三种成分的浓度如下：
物质
0.54 0.68 0.68
该时刻，正、逆反应速率的大小关系为： (填“>”“<”或“=”)。
(3)若在不同条件下进行该反应，测得反应速率分别为①，②，③，其中反应速率最快的是 (填序号)。
21．氮的氧化物和硫的氧化物是导致酸雨的物质。
(1)SO2有毒,且能形成酸雨,是大气主要污染物之一。石灰-石膏法和碱法是常用的烟气脱硫法。石灰-石膏法的吸收原理:
①SO2+Ca(OH)2=CaSO3↓+H2O②2CaSO3+O2+4H2O=2(CaSO4·2H2O)碱法的吸收原理:将含SO2的尾气通入足量的烧碱溶液中,请写出对应的化学反应方程式 ;
已知:
试剂 Ca(OH)2 NaOH
价格(元/kg) 0.36 2.9
和石灰-石膏法相比,碱法的优点是吸收快、效率高,缺点是 ;
(2)石灰-石膏法和碱法的基础上,设计了双碱法,能实现物料循环利用。

上述方法中,实现循环利用的物质是 ,请用化学方程式表示在Na2SO3溶液中加入CaO后的反应原理 。
(3)一定条件下氨气亦可用来将氮氧化物转化为无污染的物质。写出氨气和二氧化氮在一定条件下反应的化学方程式：
(4)用氢氧化钠溶液可以吸收废气中的氮氧化物，反应的化学方程式如下：
NO2＋NO＋2NaOH＝2NaNO2＋H2O
2NO2＋2NaOH＝NaNO2＋NaNO3＋H2O
现有VL某NaOH溶液能完全吸收n mol NO2和m mol NO组成的大气污染物。
①所用烧碱溶液的物质的量浓度至少为 mol·L－1。
②若所得溶液中c(NO3-)∶c(NO2-)＝1∶9，则原混合气体中NO2和NO的物质的量之比n∶m＝ 。
22．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）800℃，反应达到平衡时，NO的物质的量浓度是 。
（2）如图中表示NO2的变化的曲线是 。
（3）能说明该反应已达到平衡状态的是 。
a v（NO2）＝2v（O2） b 容器内压强保持不变
c 消耗2molNO的同时消耗1molO2 d 各组分的浓度相等
e 气体的颜色不再改变
（4）能使该反应的反应速率增大的是 。
a 及时分离出NO2气体 b 适当升高温度
c 增大容器的容积 d 选择高效催化剂
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】A．根据XYZ物质的量的变化图像分析，Z是反应物，XY是生成物，到平衡后，X生成1.8mol，Y生成1.2mol，Z反应1.8mol，则反应的化学方程式为：3Z 3X+2Y，故A错误；
B．反应的化学方程式为：3Z 3X+2Y，若两容器中均达到平衡时，两容器的体积V(Ⅰ)＜V(Ⅱ)，则容器Ⅱ达到平衡时体积增大，压强减小的过程，达到平衡所需时间大于t0，故B错误；
C．若达平衡后，容器Ⅱ是恒压容器，升高温度时其体积增大，但不能说明平衡正向进行，Z发生的反应不一定为吸热反应，故C错误；
D．若两容器中均达到平衡时，两容器中Z的物质的量分数相同，说明达到相同的平衡，不受压强的变化影响，所以反应前后气体体积应是不变的反应，所以X为固态或液态，故D正确。
故选D。
2．C
【详解】A．t1时刻反应还没达到平衡，v正＞v逆，故A错误；
B．达到平衡时，v(CO)==0.125mol/(L·min)，故B错误；
C．4min内，CO2的转化率为≈71.4%，故C正确；
D．保持体积不变，充入He，组分浓度不变，化学反应速率不变，故D错误；
答案为C。
3．C
【详解】A．根据图象分析，单位时间内一氧化碳和二氧化碳物质的量的变化，0～1min，一氧化碳物质的量增加2mol，反应速率υ（CO）=2mol÷(2L×1min) =1 mol/（L min）；1～3min时，CO的浓度保持不变，平衡不移动，反应速率之比等于化学计量数之比，v (CO)=2v (CO2)，A项错误；
B．反应是气体体积增大的反应，压强不变，说明反应达到平衡，反应气体物质的量之比等于压强之比，P（平衡）＞P（起始），即P(平衡) /P(起始) >1 ，B项错误；
C．根据图象，3min升高温度，一氧化碳增多，说明平衡正向移动，该反应是吸热反应，则Q>O，对吸热反应而言，升高温度，K值增大，则K(T2)/ K(T １)> 1，C项正确；
D．增加一氧化碳，瞬间一氧化碳物质的量增大，然后平衡逆向进行，一氧化碳减小，二氧化碳增大，所以a为二氧化碳，c为一氧化碳；D项错误；
答案选C。
4．A
【详解】A．温度下，平衡时，反应的平衡常数，A错误；
B．若该转化过程为吸热反应，则，故，B正确；
C．温度升高，正逆反应速率均增大，则与均增大，C正确；
D．在恒容的密闭容器中，反应物和生成物的浓度之比为变量，若反应物和生成物的浓度之比不再改变，则反应达到平衡状态，D正确；
故选A。
5．D
【详解】A．硫最外层只有6个电子，不会显+7；S2O中含有过氧键存在-1价氧，使得硫元素显+6价，A项错误；
B．反应中铁离子参与反应生成亚铁离子，亚铁离子又转化为铁离子，则铁离子为催化剂，改变反应速率，故反应速率与Fe3+浓度有关，B项错误；
C．氧化剂氧化性大于氧化产物，由图示第二步反应可知，氧化性：Fe3+D．铁离子为催化剂，降低了反应的活化能，加快了反应速率，但是不改变反应焓变；由图可知，反应为放热反应，若不加Fe3+，正反应的活化能仍比逆反应的小，D项正确；
故选D。
6．C
【详解】A．在500s内，反应消耗n(N2O5)=10.0mol 7mol=3mol，N2O5反应速率 ，选项A错误；
B．对比1000s和1500s的n(N2O5)可知，反应达到平衡状态，但在1000s时反应不一定恰好达到平衡状态，也可能在500s到1000s之间达到平衡，选项B错误；
C．，在1000s内，反应的n(N2O5)=10mol 5mol=5mol，吸收热量2.5QkJ，选项C正确；
D．对比1000s和1500s的物质的量n(N2O5)可知，反应达到平衡状态，速率之比等于化学方程式计量数之比，v (N2O5)：v(NO2)=1：2，在1500s时，N2O5的正反应速率不等于NO2的逆反应速率，选项D错误；
答案选C。
7．B
【详解】A．由表格信息可知随温度的升高，K值增大，说明升高温度平衡正向移动，该反应的△H>0，故A正确；
B．当正反应速率等于逆反应速率时反应达到平衡状态，即v正(H2)=v逆(H2O)时，该反应达到化学平衡状态，故B错误；
C．平衡浓度符合c(CO2)c(H2)=c(CO)c(H2O)，即，由表中信息可知此时温度为830℃，故C正确；
D．1200℃时，K=2.6，某时刻平衡体系中CO2、H2、CO、H2O的浓度分别为2mol·L-1、2mol·L-1、4mol·L-1、4 mol·L-1，Q= >K，则此时平衡向逆反应方向移动，故D正确；
故选：B。
8．B
【详解】A．2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)在常温下能自发进行，即△H-T·△S＜0，该反应为气体体积减小的反应，△S＜0，则该反应的△H＜0，选项A错误；
B．升高体系的温度，可增大活化分子百分数，反应速率增大，选项B正确；
C．反应达到平衡时，正逆反应速率相等，应该是v正(NO)=2v(N2)逆或v (NO) 逆=2v(N2) 正，选项C错误；
D．使用催化剂降低了反应物的活化能，活化分子百分数增多，从而提高了反应速率，但焓变不变，选项D错误；
答案选B。
9．D
【详解】A．增大压强，平衡正向移动，，平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，A错误；
B．加入催化剂，不改变平衡状态，平衡时的浓度不变，B错误；
C．恒温下，移走一定量的，立即变小，瞬时不变，随后变小，平衡逆向移动，C错误；
D．充入等物质的量的和，按照化学计量系数比投料，达到平衡时的体积分数最大，再充入一定量的，达到新平衡时的体积分数一定降低，D正确；
故选D。
10．C
【详解】A．反应速率主要取决于活化能大，反应速率慢的一步反应，所以该反应的总反应速率主要取决于②的快慢，A错误；
B．NOBr2是反应过程中的中间产物，而不是该反应的催化剂，B项错误；
C．由于该反应为放热反应，说明反应物总能量高于生成物总能量，所以正反应的活化能比逆反应的活化能小a kJ/mol，C正确；
D．增大Br2(g)的浓度，单位体积内分子总数增加，单位体积内活化分子数增加，但活化分子百分数不变，所以能加快反应速率，D错误；
故合理选项是C。
11．C
【详解】A．该反应为熵减的反应且能自发的反应，则为放热反应，焓变小于零，A错误；
B．该反应的平衡常数可表示为K=，B错误；
C．由B中平衡常数表达式可知，加水后Q=会变大，可使该平衡向逆向移动，C正确；
D．CuCl为固体，增大CuCl的量，不影响生成[CuCl3]2-的速率，D错误；
故选C。
12．D
【详解】A．由图示可知反应II反应物能量高于生成物能量，为放热反应ΔH<0，故A错误；
B．CO(g)在反应中生成又消耗，CO为中间产物，不是催化剂，故B错误；
C．催化剂能降低反应活化能，但不影响反应焓变，故C错误；
D．由图可知最终生成物的总能量高于反应物的总能量，总反应为吸热反应，则该条件下1molCH3OH(g)和1molH2O(g)的总能量小于1molCO2(g)和3molH2(g)的总能量，故D正确；
故选：D。
13．C
【分析】该反应是气体体积不变的放热反应，由图可知，t1时平衡破坏是因为增大了生成物的浓度，平衡向逆反应方向移动；t3时平衡破坏是因为使用了催化剂或增大了气体的压强，平衡不移动；t4时平衡破坏是因为减小了气体的压强，平衡不移动；t5时平衡破坏是因为升高温度，平衡向逆反应方向移动，则0—t1段，A的转化率最大、C的百分含量最大，t6—t7段，A的转化率最小、C的百分含量最小。
【详解】A．由分析可知，t6—t7段，A的转化率最小，故A错误；
B．由分析可知，t3时平衡破坏是因为使用了催化剂或增大了气体的压强，则改变的条件可能是使用了催化剂，故B错误；
C．由分析可知，t5时平衡破坏是因为升高温度，平衡向逆反应方向移动，故C正确；
D．由分析可知，0—t1段，A的转化率最大、C的百分含量最大，故D错误；
故选C。
14．C
【详解】①加 H2O稀释盐酸，导致溶液中c(H+)减小，化学反应速率减慢，故不选； ②加 NaOH 固体，NaOH和稀盐酸反应导致溶液中c(H+)减小，化学反应速率减慢，故不选；③滴入几滴浓盐酸，溶液中c(H+)增大，化学反应速率加快，且生成氢气总量不变，故选；④加 CH3COONa 固体和稀盐酸反应导致溶液中c(H+)减小，化学反应速率减慢，故不选；⑤加 NaCl溶液，相当于稀释溶液，溶液中c(H+)减小，化学反应速率减慢，故不选； ⑥滴入几滴硫酸铜溶液Fe置换出Cu，Fe、Cu和稀盐酸构成原电池而加快化学反应速率，但生成氢气的量减少，故不选；⑦升高温度(忽略 HCl 的挥发)，增大活化分子百分数，化学反应速率加快且生成氢气总量不变，故选；⑧改用 10 mL 0.1 mol·L－1盐酸，溶液中c(H+)增大，化学反应速率加快，且生成氢气总量不变，故选；
综上所述，可使用的方法是③⑦⑧，故选C。
15．(1)体系未达到平衡状态，温度升高，生成CO的反应速率增大的程度大于C2H4
(2)A
【解析】（1）
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。
（2）
A.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，A正确；
B.根据图中信息C2H6转化率增大，则C2H6在体系中的物质的量分数随温度升高而降低，B错误；
C.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，C错误；
故选A。
16． 2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O 增大 1.0×1014 小于 Kp＝p
【详解】(1)①随着H+浓度的增大，CrO42-转化为Cr2O72-的离子反应式为：2CrO42-+2H+ Cr2O72-+H2O，故答案为2CrO42-+2H+ Cr2O72-+H2O；
②溶液酸性增大，平衡2CrO42-+2H+ Cr2O72-+H2O正向进行，CrO42-的平衡转化率增大；A点Cr2O72-的浓度为0.25mol/L，则消耗的CrO42-的浓度为0.5mol/L，则溶液中的c(CrO42-)=1.0mol/L-0.25mol/L×2=0.5mol/L，H+浓度为1×10-7mol/L，此时该转化反应的平衡常数为 K===1.0×1014，故答案为增大；1.0×1014；
③升高温度，溶液中CrO42-的平衡转化率减小，平衡逆向移动，说明正方向放热，则该反应的△H＜0，故答案为小于；
(2)根据题给数据利用三行式分析．设CO的起始浓度为1mol/L，则水蒸气的起始浓度为5mol/L
CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)，
起始浓度(mol/L)1 5 0 0
转化浓度(mol/L)
平衡浓度(mol/L)
则K==(×)÷(×)=1。
相同条件下当CO与H2O(g)的起始物质的量之比为1：3，平衡常数不变，设转化的CO为x．
CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)，
起始浓度(mol/L)1 3 0 0
转化浓度(mol/L)x x x x
平衡浓度(mol/L)(1-x) (3-x) x x
则=1，解得x=，即达平衡时，CO转化了，转化为P4的Ca5(PO4)3F质量为a×10%×b%kg，根据反应4Ca5(PO4)3F+18SiO2+30C2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4知生成CO的质量为kg，则转化的CO的质量为×kg，根据反应：CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)知相同条件下达平衡时能产生H2=kg，故答案为；
(3)物质的量为n、体积为V的乙苯蒸气发生催化脱氢反应
参加反应的乙苯为nα mol，则：
+H2
开始(mol)： n 0 0
转化(mol)： nα nα nα
平衡(mol)：n(1-α) nα nα
维持体系总压强p恒定，则平衡常数K===，故答案为。
17． 不变 Fe3O4+H23FeO+H2O ＜ 100% BCD 温度过高，CO2的转化率较低；温度过低，反应的速率较慢
【详解】(1)①化学平衡常数K只与温度有关，温度不变，化学平衡常数K不变，故改变压强，K值不变；
②由题给图像可知，H2O的体积分数变大的同时H2的体积分数在减小，Fe3O4与H2在高温下反应生成FeO和H2O，反应的化学方程式是Fe3O4+H23FeO+H2O；
(2)①根据表中数据可以看出，随着温度的升高，CO2的体积分数变大，CO的体积分数变小，说明平衡逆向移动，而温度升高，平衡朝吸热方向移动，说明逆向是吸热的，那么正向是放热的，即ΔH2＜0；
②由图表可以看出温度从100上升到170，CO2和CO的体积分数都没变，说明这个区域内虽然温度变化，但是平衡没有移动，理论上已经全部转化了，所以理论值是100%；
③A．反应CO2(g)+3FeO(s) Fe3O4(s)+CO(g)是前后体积不变的反应，所以压强不变不能判断是否达到平衡，故A错误；
B．达到平衡状态时，二氧化碳的物质的量不变，故二氧化碳的物质的量不变可以作为判断平衡的标志，故B正确；
C．只有C是根据化学平衡的定义描述的，即平衡时正逆反应速率相等且不0，故C正确；
D．气体的平均摩尔质量=，气体的总质量是变化的，气体的总物质的量是定值，气体的平均摩尔质量是一个变值，故气体的平均摩尔质量不变可以作为判断平衡的标志，故D正确；
答案为BCD；
④温度选择170的原因是因为温度过高，CO2的转化率会变低，而从速率的角度分析，温度过低又会使反应速率变慢，则应选择一个合适的温度。
18． 自发 ＜0 >0 非自发 自发 ＜0 ＜0 非自发 >0 >0
【详解】反应Zn(s)＋2HCl(aq)=ZnCl2(aq)＋H2(g)为放热反应,且有气体生成，ΔH<0，ΔS>0，在常温下ΔH-TΔS<0，则该反应在常温下正向自发进行，故答案为：自发；<0；>0；
由表可知，反应6CO2(g)＋6H2O(l)=C6H12O6(s)＋6O2(g)的ΔH>0，ΔS<0，在常温下ΔH-TΔS>0，则该反应在常温下正向非自发进行，故答案为：非自发；
反应NH3(g)＋HCl(g)=NH4Cl(s)为放热反应,且气体反应生成固体，ΔH<0，ΔS<0，在常温下ΔH-TΔS<0，则该反应在常温下正向自发进行，故答案为：自发；<0；<0；
反应C(s)＋CO2(g)=2CO(g)为吸热反应,且气体体积增大，ΔH>0，ΔS>0，在常温下ΔH-TΔS>0，则该反应在常温下正向非自发进行，故答案为：非自发；>0；>0。
19． 生石灰 CaCO3CaO+CO2 不是 增大反应物的接触面积(或提高反应速率；或提高吸收效率；或充分反应；或更好地、有效地吸收) 过滤 NaOH D B CO2+H2OH2CO3或H2CO3H++HCO3-
【分析】根据题干提供的信息进行分析，CaO俗称生石灰，CaO与CO2在400℃时反应产生CaCO3，碳酸钙在900℃时能分解生成氧化钙和二氧化碳；增大反应物的接触面积能促进反应的进行。
【详解】1. (1)步骤一中的CaO俗称生石灰，在步骤一中，CaO与CO2在400℃时反应产生CaCO3；
答案为：生石灰；
(2)在步骤二中碳酸钙在900℃时能分解生成氧化钙和二氧化碳，反应方程式为CaCO3CaO+CO2；由于两个反应的反应条件不同，因此这两个反应不是可逆反应；
答案为：CaCO3CaO+CO2；不是；
2.(1)NaOH溶液喷成雾状是为了增大反应物的接触面积，使反应CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O更容易发生；
答案为：增大反应物的接触面积(或提高反应速率；或提高吸收效率；或充分反应；或更好地、有效地吸收)；
(2) CO2与NaOH反应产生的Na2CO3与CaO在溶液中发生反应：Na2CO3+CaO+H2O=CaCO3↓+2NaOH，将难溶性的固体与可溶性的NaOH溶液通过过滤的方法分离；
答案为：过滤；
(3)CO2与NaOH反应产生的Na2CO3与CaO在溶液中发生反应：Na2CO3+CaO+H2O=CaCO3↓+2NaOH，将难溶性的固体与可溶性的NaOH溶液通过过滤的方法分离，得到的NaOH再用来吸收CO2气体，产生的CaCO3煅烧分解产生的CaO再与Na2CO3溶液反应，可见上图a环节中，为了尽量减少成本，在整个流程中，循环利用的物质有CaO和NaOH；
答案为：NaOH；
3.能用于“捕捉”二氧化碳的物质，应该容易与CO2发生反应，才可以吸收CO2气体，通过对选项的物质分析可知，只有Na2CO3可与CO2气体反应发生：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，
答案选D；
4. ①方法I中CO2浓度要高，还要使用太阳能丰富的区域，对使用区域要求高，将受到地域的限制，①符合题意；
②方法II中吸收CO2在400℃条件下进行，分解CaCO3在900℃条件下进行，相对来说能耗太大，不经济，②符合题意；
③方法Ⅰ中使用的是氧化钙颗粒而不是氧化钙粉末，符合框图要求，③不符合题意；
④方法Ⅱ中的物质可以循环利用，但方法Ⅰ中CaCO3在900℃条件下分解产生CaO和CO2，CaO也能循环利用，④不符合题意；
答案选B.；
5.“捕捉”到的二氧化碳，一部分可以用于生产；一部分则设想注入深海中“封存”起来。但过多的二氧化碳会导致海水水质的变化，最终殃及海洋生物，其原因是由于CO2与H2O反应产生H2CO3，H2CO3电离产生H+使海水显酸性，使海洋生物的CaCO3等物质发生反应，化学方程式表示为：CO2+H2OH2CO3或H2CO3H++HCO3-。
答案为：CO2+H2OH2CO3或H2CO3H++HCO3-
20．(1)B
(2) 0.00725 mol/(L·min) 80% 1：1 4 >
(3)③
【解析】(1)
A.CH3OCH3(g)和H2O(g)按方程式计量系数比生成，故浓度比始终保持不变，无法判断反应是否达到平衡状态，故A错误；
B.v正(CH3OH)=2v逆(CH3OCH3)，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B正确；
C.反应前后气体分子数不变，故容器内压强始终不变，容器内压强不再变化无法判断反应是否达到平衡状态，故C错误；
D.反应前后气体总质量不变，反应前后气体分子数不变，混合气体的平均相对分子质量始终不变，混合气体的平均相对分子质量不再变化无法判断反应是否达到平衡状态，故D错误；
故答案为：B；
(2)
①10～30min内，甲醇的浓度变化量为0.65mol/L-0.39mol/L=0.29mol/L，CH3OCH3(g)浓度增加量为0.145mol/L，用CH3OCH3(g)表示该反应的平均速率为 0.00725mol L-1min-1；
②CH3OH(g)的平衡转化率为 ×100%=80%；
③反应前后气体分子数相等，反应平衡后，气体总物质的量等于反应前气体总物质的量，故压强比为1：1；反应前c(CH3OH)=1mol/L，甲醇的反应量为1mol/L-0.2mol/L=0.8mol/L，平衡时c(CH3OCH3)=c(H2O)=0.4mol/L，该反应在200℃时的平衡常数Kp=，故答案为：1：1；4；
④由题意可知，Qc=＜K，反应正向进行，v正(CH3OH)＞v逆(CH3OH)，故答案为：＞；
(3)
由速率与系数之比值越大的反应速率越快，则①，②，③，反应速率最快的是③。
21． SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O 成本较高 NaOH CaO+H2O=Ca(OH)2 Ca(OH)2+Na2SO3=CaSO3↓+2NaOH 6NO2＋8NH37N2＋12H2O (m+n)/V 3∶2
【分析】(1)根据二氧化硫和氢氧化钠反应的生成物书写；根据表中数据分析判断；
(2)根据流程转化特点和物质的性质分析判断；
(3)氨气可将氮氧化物转化为无污染的物质，生成物应该是氮气和水，据此书写；
(4)①根据气体和氢氧化钠的关系计算；
②根据二氧化氮、一氧化氮和氢氧化钠反应的方程式分析解答。
【详解】(1)将含SO2的尾气通入足量的烧碱溶液中生成亚硫酸钠和水，对应的化学反应方程式为SO2+2NaOH＝Na2SO3+H2O；根据表中数据可知氢氧化钠的成本高，则和石灰-石膏法相比其缺点是成本较高；
(2)根据流程图可知氧化钙溶于水生成氢氧化钙，氢氧化钙和亚硫酸钠反应生成亚硫酸钙和氢氧化钠，氢氧化钠溶液能吸收二氧化硫，则实现循环利用的物质是NaOH。根据上述分析可知在Na2SO3溶液中加入CaO后的反应原理为CaO+H2O＝Ca(OH)2、Ca(OH)2+Na2SO3＝CaSO3↓+2NaOH。
(3)一定条件下氨气亦可用来将氮氧化物转化为无污染的物质，该物质是氮气和水，则氨气和二氧化氮在一定条件下反应的化学方程式为6NO2＋8NH37N2＋12H2O；
(4)①根据方程式NO2＋NO＋2NaOH＝2NaNO2＋H2O、2NO2＋2NaOH＝NaNO2＋NaNO3＋H2O可知只要是NO不过量，氮原子和氢氧化钠的关系是1:1，则完全吸收n mol NO2和m mol NO所用烧碱溶液的物质的量浓度至少为(m+n)/V mol·L－1。
②根据方程式可知
NO2＋NO＋2NaOH＝2NaNO2＋H2O
m m 2m
2NO2＋2NaOH＝NaNO2＋NaNO3＋H2O
(n－m) (n－m)/2 (n－m)/2
若所得溶液中c(NO3-):c(NO2-)＝1:9，则(n－m)/2:(n+3m)/2＝1:9，解得n:m＝3:2，即原混合气体中NO2和NO的物质的量之比为3:2。
22． 0.0035mol/L b be bd
【详解】（(1)由表格数据可以知道，3min时达到平衡，NO的物质的量为0.007mol，
c(NO)==0.0035mol/L，因此，本题正确答案是：0.0035mol/L；
(2)根据表格知道，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)=(0.020-0.007mol=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)=0.013mol/2L=0.0065mol/L，可以知道表示NO2的变化的曲线是b，因此，本题正确答案是：b；
（3）a项，在任何时刻，都有反应物反应速率之比等于化学计量数之比，故不能说明反应已达到平衡状态，故不选a项；
b项，该反应为非等体积反应，恒温恒容条件下，当容器内压强保持不变，则气体物质的量不变，因此各物质的物质的量不变，反应达到平衡，故选b项；
c项，消耗2molNO的同时消耗1molO2，反应都是正向进行，不能判断反应是否达到平衡，故不选c项；
d项，各组分浓度保持不变，说明反应已达到平衡，故选d项。
e项，颜色保持不变，说明反应已达到平衡，故选e项。
综上，本题正确答案为：be；
(4) a项，及时分离出产物，平衡向正反应方向移动，但是生成物浓度减小，逆反应速率减小，故不选a项；
b项，该反应是放热反应，升高温度，反应速率增大，故选b项；
c项，增大容器容积，压强减小，反应速率减小，故不选c项；
d项，选择高校催化剂，能够提高反应速率，故选d项；
综上，本题正确答案为：bd。
【点睛】对于2NO（g）＋O2（g） 2NO2（g），该反应为非等体积反应，恒温恒容条件下，当容器内压强保持不变，则气体物质的量不变，因此各物质的物质的量不变，反应达到平衡，此为易错点。
答案第1页，共2页
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