第二章《化学反应的方向、限度与速率》测试题
一、单选题
1．将燃煤废气中的转化为甲醚的反应原理为。已知在压强为下，该反应在不同温度、不同投料比时的平衡转化率如下图。下列说法错误的是
A．该反应的
B．温度一定，提高投料比，的平衡转化率增大，K值增大
C．温度一定，投料比为3时，两种反应物的平衡转化率相等
D．无法计算时的K值
2．一定条件下，物质的量均为0.3mol的X(g)与Y(g)在容积为2L的密闭容器中发生反应：，5分钟达到平衡状态，测得密闭容器中Z的物质的量为0.12mol。下列说法正确的是
A．5分钟内，用Y表示的反应速率为
B．反应过程中，密闭容器中X与Y的物质的量之比仍为1：1
C．达到平衡时，X的转化率为80%
D．达到平衡时，增加Y的浓度，反应速率不发生变化
3．一定温度下，在2L恒容密闭容器中发生反应：H2(g)+I2(g)2HI(g)，开始时加入1.5mol H2、2mol I2、0.5mol HI，反应过程中测定的数据如表所示，下列说法正确的是（）
t/min 2 4 10
c(I2)/(mol·L-1) 0.9 0.6 a
A．2~4min用H2的浓度变化表示反应的平均速率为0.2mol/(L·s)
B．a可能为0.25
C．其他条件不变，若再充入0.5mol I2，化学反应速率会增大
D．其他条件不变，若将容器的体积变为1L，化学反应速率不变
4．汽车尾气处理过程中存在反应：NO2(g)+CO(g)NO(g)+CO2(g)ΔH，该反应过程的示意图如图甲所示，反应过程中的能量变化如图乙所示。下列说法正确的是
A．升高温度，平衡正向移动
B．该反应生成了具有非极性共价键的CO2
C．使用催化剂可以有效提高反应物的平衡转化率
D．反应物转化为活化络合物需要吸收能量
5．下列说法中错误的
A．升高温度，一般可使活化分子的百分数增大，因而反应速率增大
B．对有气体参加的化学反应，减小容器体积、体系压强增大，从而增大了活化分子的浓度，因而反应速率增大
C．活化分子之间发生的碰撞一定为有效碰撞
D．加入正催化剂，可使活化分子的百分数大大增加，从而增大化学反应的速率
6．丙烯与发生加成反应的机理及反应体系中的能量变化如图所示，下列说法错误的是
A．曲线a表示的是反应2的能量变化图
B．反应2放出热量更多
C．对于反应1和反应2，第I步都是反应的决速步骤
D．相同条件下反应2的速率比反应1大
7．下列有关叙述正确的是
A．增大反应物浓度，可提高活化分子百分数，使有效碰撞增多，化学反应速率加快
B．升高温度，可提高活化分子百分数，使有效碰撞增多，化学反应速率加快
C．已知；，则白磷比红磷稳定
D．升温，放热反应的反应速率增大，吸热反应的反应速率减小
8．向湿法炼锌的电解液中同时加入Cu和CuSO4，可生成CuCl沉淀除去Cl-，降低对电解的影响，原理如下：
（1）
（2）
实验测得电解液pH对溶液中残留c(Cl-)的影响如图所示。
下列说法正确的是（ ）
A．溶液pH越大，Ksp(CuCl)增大
B．反应达到平衡时增大c(Cu2+)，c(Cl-)减小
C．该过程中，Cu+起到了催化剂的作用
D．从反应自发性角度分析，如反应（2）能自发进行，则b>0
9．高炉炼铁过程中发生反应：Fe2O3(s)+CO(g) Fe(s)+CO2(g)，该反应在不同温度下的平衡常数见下表，下列说法正确的是
温度 1000 1150 1300
平衡常数K
A．由表中数据可判断该反应：反应物的总能量生成物的总能量
B．其它条件不变时，增加Fe2O3的用量，可以有效降低炼铁尾气中CO的含量
C．该反应达到平衡时，保持温度和容器容积不变，通入一定量的CO，平衡不移动
D．1000℃下Fe2O3与CO反应，t min达到平衡时c(CO)=2×10 3mol/L，则用CO2表示该反应的平均速率为mol/(L min)
10．向恒容密闭容器中投入一定量反应物A和B，发生反应A(g)+B(g)C(g)+D(g)，正反应速率随时间变化的曲线示意图如图所示。下列说法错误的是
A．正反应可能为放热反应
B．逆反应速率在t3时刻达到最大
C．t1时刻反应物浓度大于t2时刻
D．反应在t4时刻后处于化学平衡状态
11．下列说法错误的是
A．增大反应物的浓度，可增大活化分子的百分数，从而使反应速率增大
B．决定化学反应速率的主要因素是参加反应的物质的性质
C．NH4HCO3(s)=NH3(g)+H2O(g)+CO2(g)ΔH=+185.57kJ mol 1，能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向
D．升温能使化学反应速率增大的主要原因是增大了反应物分子中活化分子的百分数
12．下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是
A．氯水中存在：Cl2+H2OHCl+HClO，加入AgNO3溶液后溶液颜色变浅
B．合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H<0中使用铁触媒作催化剂
C．加热盛在烧杯(敞口)内的氨水，氨水的浓度减小
D．盛有NO2气体的烧瓶(带塞)浸泡在热水中颜色变深
13．在恒温恒容条件下，发生反应A(s)+2B(g)3X(g)，c(B)随时间的变化如图中曲线甲所示。下列说法不正确的是
A．从a、c两点坐标可求得a到c时间间隔内该化学反应的平均速率
B．在上述条件下，充入稀有气体He，体系压强变大，但速率不变
C．当满足2v正(B)=3v逆(X)时，说明反应已经达到化学平衡
D．维持温度、容积、反应物起始的量不变，向反应体系中加入催化剂，c(B)随时间变化关系如图中曲线乙所示
二、填空题
14．甲醇燃料分为甲醇汽油和甲醇柴油。工业上合成甲醇的方法很多。
(1)一定条件下发生反应：
CO2(g) +3H2(g) ＝CH3OH(g)+H2O(g) △H1
2CO(g) +O2(g) ＝2CO2(g) △H2
2H2(g)+O2(g) ＝2H2O(g) △H3
则 CO(g) + 2H2(g) CH3OH(g) 的△H＝ 。
(2)在容积为2L的密闭容器中进行反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ，其他条件不变，在300℃和500℃时，物质的量n(CH3OH) 与反应时间t的变化曲线如图所示。
该反应的△H 0 (填>、<或=)。
(3)若要提高甲醇的产率，可采取的措施有 (填字母)。
A．缩小容器体积 B．降低温度 C．升高温度 D．使用合适的催化剂 E．将甲醇从混合体系中分离出来
15．恒温恒容下，将2 mol A气体和2 mol B气体通入体积为2 L的密闭容器中发生如下反应：2A(g)＋B(g)xC(g)＋2D(s)，2 min时反应达到平衡状态，此时剩余1.2 mol B，并测得C的浓度为1.2 mol·L－1。
(1)从开始反应至达到平衡状态，生成C的平均反应速率为 。
(2)x＝ 。
(3)A的转化率为 。
(4)下列各项可作为该反应达到平衡状态的标志的是 。
A．压强不再变化
B．气体密度不再变化
C．气体的平均相对分子质量不再变化
D．A的消耗速率与B的消耗速率之比为2∶1
16．某小组学生设计了如下定性探究影响化学反应速率因素的实验。
依据可选试剂：溶液、溶液、蒸馏水、溶液、
溶液、溶液
请按要求回答下列问题。
(1)小组确定实验探究的反应原理及其对应的预期现象(填充空白)
实验 化学方程式 预期观察的现象
原理i 产生气泡快慢
原理ii
(2)学生甲选择原理i，探究催化剂对该反应速率的因素，必选试剂除溶液外，还应选 。
(3)学生乙设计下图所示对比实验，探究硫酸浓度对反应ii速率的影响
试剂X及其用量： 。
(4)学生丙设计对比实验，探究影响反应ii速率的因素，数据如下表所示：
实验编号 溶液 溶液 蒸馏水
浓度/(mol/L) 体积/mL 浓度(mol/L) 体积/mL 体积/mL 温度/℃
Ⅰ 0.1 1 0.5 1 V 30
Ⅱ 0.1 2 0.5 1 7 a
Ⅲ 0.1 2 0.5 1 7 40
①对比实验Ⅰ、Ⅱ，为探究 对该反应速率的影响。
②a= ℃
③V= mL，加入V mL水的目的是 。
④对比上述实验数据，推测反应速率最快的是 (填实验编号)。
17．某班同学用如下实验探究、的性质。请回答下列问题：
(1)分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是 ；
(2)甲组同学在溶液中先加入0.5mL煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和1滴溶液，溶液变红，发生反应的离子方程式为 ；
(3)乙组同学向盛有H2O2溶液的试管和加入几滴酸化的溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为 ；一段时间后，溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀生成。产生气泡的原因是 ；生成沉淀的原因是(用平衡移动原理解) 。
(4)丙组同学模拟工业上用和废液制备溶液。
①若酸性废液中：，，，则该溶液的pH约为 。
②完成氧化的离子方程式：
___________+___________Fe2++___________→___________Cl-+___________+___________。
③若该组同学在处理废水时消耗浓度为0.15的500mL，则该反应转移的电子数目为 。
18．亚硝酰氯(NOCl)是有机合成中的重要试剂，可由NO和Cl2反应得到，化学方程式为2NO(g)＋Cl2(g) 2NOCl(g)。
(1)氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时会生成亚硝酰氯，涉及如下反应：
①2NO2(g)＋NaCl(s) NaNO3(s)＋NOCl(g)
②4NO2(g)＋2NaCl(s) 2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)
③2NO(g)＋Cl2(g)2NOCl(g)
设反应①②③对应的平衡常数依次为K1、K2、K3，则K1、K2、K3之间的关系为 。
(2)300 ℃时，2NOCl(g) 2NO(g)＋Cl2(g)。
正反应速率的表达式为v正＝k·cn(NOCl)(k为速率常数，只与温度有关)，测得速率与浓度的关系如表所示：
序号 c(NOCl)/mol·L－1 v/mol·L－1·s－1
① 0.30 3.60×10－9
② 0.60 1.44×10－8
③ 0.90 3.24×10－8
n＝ ，k＝ 。
(3)在1 L恒容密闭容器中充入2 mol NO(g)和1 mol Cl2(g)，在不同温度下测得c(NOCl)与时间t的关系如图A所示：
①反应开始到10 min时NO的平均反应速率v(NO)＝ mol·L－1·min－1。
②T2时该反应的平衡常数K为 。
③Cl2的平衡转化率为 。
(4)在密闭容器中充入NO(g)和Cl2(g)，改变外界条件【温度、压强、、与催化剂的接触面积】，NO的转化率变化关系如图B所示。X代表 。
19．研究CO2的捕集、回收，对实现节能减排、“碳中和”等目标具有重要意义。
I.将CO2还原成甲烷：
i.Sabatier反应：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) ΔH1
ii.CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2kJ mol-1
iii.CO(g)+3H2(g) CH4(g)+H2O(g) ΔH3=-206.1kJ mol-1
压强为p1时，随着温度升高，CO2的平衡转化率先减小后增大，解释温度高于600℃之后，随着温度升高CO2转化率增大的原因是 。
20．在某温度下，将H2和I2各1mol的气态混合物充入10L的密闭容器中发生反应H2(g)＋I2(g)2HI(g)ΔH<0，充分反应达到平衡后，测得c(H2)＝0.08mol/L，容器内压强为p(Pa)。
(1)保持容器容积不变，向其中再加入1molH2，反应速率 (填“加快”、“变慢”或“不变”)，平衡 移动(填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”)。
(2)保持容器内气体压强不变，向其中加入1molN2(N2不参加反应)，反应速率 (填“加快”、“变慢”或“不变”)，平衡 移动(填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”)。
(3)该反应的化学平衡常数K＝ 。
(4)在上述温度下，将容器体积压缩至原来的一半，混合气体颜色将 (填序号)
A．加深 B．变浅 C．先变深后变浅 D．先变浅后变深 E．不变
(5)在上述温度下，将H2和I2各2mol的气态混合物充入10L的恒容密闭容器中，达到化学平衡状态时，c(H2)＝ ，容器内压强为 。
21．已知CO2和H2反应的热化学方程式为CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g) △H=＋a kJ·mol-1，其反应过程中的能量变化如图所示。
请回答下列问题：
(1)反应CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g)为 (填“吸热”或“放热”)反应，该反应的活化能为 (填“E1”“E2”或“E3”)。若其他条件不变，使用高效催化剂后，E1将 (填“增大”“不变”或“减小”，下同)，E3将 。
(2)已知O2(g)＋2H2(g)=2H2O(g) △H=-b kJ·mol-1(b>0)，表示CO燃烧热的热化学方程式为 (△H用含有a、b的代数式表示)。
参考答案：
1．B
【详解】A．由图可知，当投料比一定时，温度越高，CO2的转化率越低，说明升高温度，平衡左移，正反应为放热反应，则，故A正确；
B．平衡常数只与温度有关，不随投料比的变化而变化，故B错误；
C．由方程式可知，反应物氢气与二氧化碳的化学计量数之比为3:1，若投料比为3，等于化学计量数之比，则两种反应物的平衡转化率相等，故C正确；
D．由图中数据，只能知道500K时不同投料比对应的CO2的转化率，由于缺少起始时CO2和H2的物质的量，也不能确定容器体积大小，故无法计算500K时的K值，故D正确；
答案选B。
2．A
【详解】A．5分钟内，用Z表示的反应速率为，根据速率之比等于系数比，可得用Y表示的反应速率为，故A正确；
B．X和Y的起始充入量是1：1，但是反应的量不是1：1，故平衡时不是1：1，故B错误；
C．由Z生成量为0.12mol，可得X的反应量为0.06mol，则X的转化率为，故C错误；
D．增大Y的浓度，加快反应速率，故D错误；
故选A。
3．C
【详解】A．2~4 min内Δc(I2)=0.9mol/L-0.6mol/L=0.3mol/L，根据方程式可知相同时间内Δc(H2)=0.3mol/L，v(H2)==0.15mol/(L·min )==0.0025mol/(L·s )，故A错误；
B．当a=0.25时，则Δn(I2)=2mol-0.25mol/L2L=1.5mol，则Δn(H2)=1.5mol，而初始投料n(H2)=1.5mol，即此时H2完全转化，而可逆反应的不能完全转化，故B错误；
C．再充入0.5mol I2，反应物的浓度变大，反应速率增大，故C正确；
D．容器体积缩小，各物质的浓度增大，反应速率增大，故D错误；
答案选C。
4．D
【详解】A．据图可知该反应的反应物能量高于生成物，所以为放热反应，升高温度平衡逆向移动，A错误；
B．CO2分子中只含C原子和O原子形成的极性共价键，B错误；
C．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，不影响平衡转化率，C错误；
D．据图可知活化络合物的能量高于反应物，所以反应物转化为活化络合物需要吸收能量，D正确；
综上所述答案为D。
5．C
【详解】A．升高温度，可使分子的能量增大，单位体积内的活化分子数目增多，一般可使活化分子的百分数增大，反应速率加快，A正确；
B．有气体参加的反应，减小容器体积，体系的压强增大，单位体积内的活化分子数增多，活化分子的浓度增大，有效碰撞的次数增多，反应速率加快，B正确；
C．活化分子只是具备有效碰撞的能量，活化分子之间的碰撞还具有一定的取向，活化分子只有取向合适，才能发生有效碰撞，C错误；
D．加入正催化剂，可降低反应的活化能，使更多的分子成为活化分子，从而增大活化分子的百分数，加快化学反应速率，D正确；
故选C。
6．A
【详解】A．反应2为该加成反应的主反应，可知反应2较易发生，则反应2的活化能应低于反应1，因此曲线b表示反应2的能量变化图，故A错误；
B．由图可知两反应的反应物能量相同，反应2即曲线b对应的产物能量更低，则放出的热量更多，故B正确；
C．由图可知第I步反应的活化能大于第Ⅱ步反应活化能，活化能越大反应速率越慢，慢反应决定总反应速率，则第I步都是反应的决速步骤，故C正确；
D．由图可知反应2的活化能低于反应1，因此相同条件下反应2的速率比反应1大，故D正确；
故选：A。
7．B
【详解】A．提高反应物浓度，单位体积内分子数增加，因此活化分子数增加，有效碰撞次数增加，反应速率加快，故A错误；
B．升高温度，分子能量增大，可提高活化分子百分数，使有效碰撞增多，化学反应速率加快，故B正确；
C．能量越低越稳定，已知4P(红磷, s)=P4(白磷, s)； H>0，则红磷比白磷稳定，故C错误；
D．升温，放热反应、吸热反应的反应速率均增大，故D错误；
故选B。
8．B
【详解】A. Ksp(CuCl)只受温度的影响，温度不变，Ksp(CuCl)不变，A项错误；
B. 反应达到平衡时增大c(Cu2+)，反应（1）正向移动，c(Cu+)增大，反应（2）正向移动，c(Cl-)减小，B项正确；
C. Cu+为中间产物，不是催化剂，C项错误；
D. 反应（2）的S<0, 若反应能自发进行，则该反应为放热反应，即b<0，D项错误；
答案选B。
9．D
【详解】A．由表中数据可判断，平衡常数随温度升高减小，说明正反应为放热反应，可知反应物的总能量＞生成物的总能量，A说法错误；
B．增大固体的量，不影响平衡的移动，故其他条件不变时，增加Fe2O3的用量，不能有效降低炼铁尾气中CO的含量，B说法错误；
C．该反应达到平衡时，保持温度和容器容积不变，通入一定量的CO，c(CO)增大，平衡向减小CO的方向移动，C说法错误；
D．1000℃下Fe2O3与CO反应，t min达到平衡时c(CO)=2×10 3mol/L，设CO起始浓度x，
K==4，解得x=10 2mol/L，则用CO2表示该反应的平均速率为=mol/(L min)，D说法正确；
答案为D。
10．B
【分析】随着反应的进行，反应物浓度减小，c点之前，正反应速率增大，说明该阶段影响反应速率的主要因素不是浓度，可能是温度，则该反应放热；c点之后，反应物浓度减小，正反应速率减小，该阶段影响反应速率的主要因素为浓度；t4之后，正反应速率不变，则反应在t4时刻后处于化学平衡状态。
【详解】A．开始阶段反应物浓度降低，但反应速率增大可知该反应放热，且该阶段温度对反应速率的影响大于反应物浓度，A正确；
B．开始时，逆反应速率为零，平衡时逆反应速率最大，因此逆反应速率在t4时刻达到最大，B错误；
C．随着反应的进行，反应物浓度减小，因此t1时刻反应物浓度大于t2时刻，C正确；
D．由分析可知反应在t4时刻后处于化学平衡状态，D正确；
选B。
11．A
【详解】A．增大反应物浓度，可增大反应体系中单位体积活化分子的数目，活化分子百分数不变，故A错误；
B．决定化学反应速率的主要因素是内因：参加反应的物质的性质，故B正确；
C．该反应为吸热反应，不能自发进行；而最终该反应能自发进行，则主要原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向，故C正确；
D．升高温度，提供能量，使活化分子的百分数增大，因而反应速率增大，故D正确；
答案选A。
12．B
【详解】A．Cl-与Ag +反应生成沉淀AgCl，平衡正向移动，Cl2的浓度减小，颜色变浅，与勒夏特列原理有关，A不符合题意；
B．催化剂只改变反应速率，不能影响平衡的移动，不能用勒夏特列原理解释，B符合题意；
C．NH3+H2ONH3·H2O，加热氨气挥发，NH3的浓度降低，平衡逆向移动，导致氨水浓度减小，与勒夏特列原理有关，C不符合题意；
D．存在平衡2NO2N2O4 H<0，加热，平衡逆向移动，NO2浓度增大，颜色加深，与勒夏特列原理有关，D不符合题意；
答案选B。
13．C
【详解】A．图象中可以得到单位时间内的浓度变化，反应速率是单位时间内物质的浓度变化计算得到，从a、c两点坐标可求得从a到c时间间隔内该化学反应的平均速率，A正确；
B．恒温恒容条件下，充入稀有气体He，体系压强变大，参与反应的各物质浓度不变，反应速率不变，B正确；
C．化学反应速率之比等于化学计量数之比，当满足3v正(B)=2v逆(X)时，说明反应已经达到化学平衡，C错误；
D．维持温度、容积、反应物起始的量不变，向反应体系中加入催化剂，平衡不移动，反应速率增大，达到平衡状态的时间较短，平衡状态与原来的平衡状态相同，图中曲线乙所示正确，D正确；
答案选C。
14． △H1+△H2 －△H3 ＜ ABE
【详解】(1) CO2(g) +3H2(g) ＝CH3OH(g)+H2O(g) △H1
2CO(g) +O2(g) ＝2CO2(g) △H2
2H2(g)+O2(g) ＝2H2O(g) △H3
据盖斯定律，①+×② × ③得：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △H=△H1+△H2 －△H3，故答案为=△H1+△H2 －△H3；
(2)在300℃到500℃时，物质的量n(CH3OH)减小，平衡逆向移动，逆反应是吸热反应，正反应是放热反应，故答案为：<；
(3) A.缩小容器体积，增大压强，平衡正向移动，甲醇的产率增加，故正确；
B. 降低温度，平衡正向移动，甲醇的产率增加，故正确；
C. 升高温度，平衡逆向移动，甲醇的产率减少，故错误；
D. 使用合适的催化剂，平衡不移动，故错误；
E. 将甲醇从混合体系中分离出来，有利平衡正向移动，提高甲醇的产量，故正确；
故选：ABE。
15． 0.6mol/(L·min) 3 80% BC
【详解】（1）2min达到平衡，C的浓度为1.2mol/L，由v===0.6mol/（L·min），故答案为0.6mol/（L·min）；
（2）2min时反应达到平衡状态，此时剩余1.2molB，则消耗0.8molB，所以B的反应速率为 =0.2mol/（L·min），由反应速率之比等于化学计量数之比可知，x=3，故答案为3；
（3）消耗0.8molB，根据方程式2A（g）+B（g）3C（g）+2D（s）可知消耗A是1.6mol，则A的转化率为=80%；
（4）2A（g）+B（g）3C（g）+2D（s），该反应前后气体分子数不变，则
A．该反应中压强始终不变，不能判断平衡，故A错误；B．因气体的质量在变化，则气体密度不再变化，达到平衡，故B正确；C．因气体的质量在变化，则气体的平均相对分子质量不再变化，达到平衡，故C正确；D．A的消耗速率与B的消耗速率均是正反应速率，A的消耗速率与B的消耗速率之比为2：1关系始终存在，不能判断平衡，故D错误；故答案为BC。
16．(1) 溶液变浑浊快慢
(2)溶液
(3)(合理即可给分)
(4) 溶液的浓度 30 8 控制硫酸的起始浓度相同 实验Ⅲ
【详解】（1）原理i 预期的实验现象为产生气泡快慢，结合所给的试剂，选择的反应为。原理ii 选择的反应为，生成淡黄色沉淀硫单质，故预期的实验现象为溶液变浑浊快慢。
（2）对反应具有催化作用，故选择原理i，探究催化剂对该反应速率的因素，必选试剂除溶液外，还应选溶液，作催化剂。
（3）若要探究硫酸浓度对反应ii速率的影响，两组实验中硫酸的浓度应不同，溶液的浓度相同，所加硫酸的体积应相同，故试剂X及其用量为。
（4）①对比实验Ⅰ、Ⅱ，所加溶液的体积不同，即的物质的量不同，所加溶液的体积、浓度均相同，则实验Ⅰ、Ⅱ为探究溶液的浓度对该反应速率的影响。
②实验Ⅰ、Ⅱ为探究溶液的浓度对该反应速率的影响，则温度应相同，故a=30℃
③实验Ⅰ、Ⅱ所加溶液的体积、浓度均相同，为保证溶液混合后硫酸的浓度相同，则要加入蒸馏水控制硫酸的起始浓度相同，由实验可知，溶液混合后总体积为10mL，则V=8mL。
④实验Ⅲ中温度最高，浓度最大，故推测反应速率最快的是实验Ⅲ。
17． 防止氯化亚铁被氧化 Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 反应生成的铁离子做过氧化氢分解催化剂，使过氧化氢分解生成氧气 过氧化氢分解反应放热，促进Fe3+的水解平衡正向移动 2 +6Fe2++6H+=Cl +6Fe3++3H2O 0.45NA
【详解】(1)铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是防止氯化亚铁被氧化；
(2)氯气具有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl ；
(3)向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，说明过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，铁离子对过氧化氢分解起到催化剂作用，产生气泡的原因是反应生成的铁离子做过氧化氢分解催化剂，使过氧化氢分解生成氧气，氯化铁溶液中存在水解平衡，Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+，水解反应为吸热反应，过氧化氢分解放出热量，促进Fe3+的水解平衡正向移动；
(4)①酸性废液中存在电荷守恒：c(Cl )+c(OH )=2c(Fe2+)+3c(Fe3+)+c(H+)(酸性溶液中OH 浓度很小，在这里可以忽略不计)，根据题中数据，则c(H+)=c(Cl ) 2c(Fe2+) 3c(Fe3+)=5.3×10 2mol L 1-2×2.0×10 2mol L 1-3×1.0×10 3mol L 1=1.0×10 2mol L 1，则溶液pH= lg1.0×10 2=2；
②氯酸钠氧化酸性的氯化亚铁，则反应物中有氢离子参加，则生成物中有水生成，Cl元素的化合价从+5价降低到 1价，得到6个电子，而Fe元素的化合价从+2价升高到+3价，失去1个电子，根据得失电子守恒，则氯酸根离子的系数为1，Fe2+的系数为6，则铁离子的系数也是6，氯离子的系数是1，根据电荷守恒，则氢离子的系数是6，水的系数是3，配平后离子方程式为：+6Fe2++6H+=Cl +6Fe3++3H2O；
③500mL浓度为0.15的溶液中NaClO3的物质的量为0.5L×0.15mol/L=0.075mol，根据反应+6Fe2++6H+=Cl +6Fe3++3H2O，1mol完全反应转移6mol电子，则0.075mol参与反应转移电子的物质的量为0.075mol×6=0.45mol，数目为0.45NA。
18． K2·K3＝K12 2 4.0×10－8 L· mol－1·s－1 0.1 2 50% 压强或c(Cl2)/c(NO)
【分析】（1）已知：①2NO2（g）+NaCl（s）NaNO3（s）+ClNO（g），②4NO2（g）+2NaCl（s）2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g），将①×2-②可得：2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g），K为指数关系，以此计算K；
（2）将②/①得n，将n代入①中得k；
(3) ①根据题给图象得到ClNO的浓度变化值，依据化学方程式计算NO的变化值，依此计算10 min时NO的平均反应速率；②根据题给和图象数据建立三段式，由平衡常数公式计算T2时的平衡常数K=c2（NO） c（Cl2）/c2（ClNO）；③根据三段式所得数据计算氯气转化率；
（4）由图可知，反应中NO的转化率增大，说明平衡正向移动，增大压强或c(Cl2)/c(NO)，平衡正向移动。
【详解】（1）①2NO2（g）+NaCl（s）NaNO3（s）+ClNO（g），②4NO2（g）+2NaCl（s）2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g），将①×2-②可得：2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g），，则平衡常数K2·K3＝K12，故答案为K2·K3＝K12。
（2）将表给数据①和②带入速率公式，相比可得关系式：1.44×10 7/3.6×10 8=k （0.60）n/k（0.30）n，解得n=2，由①中数据得k=3.6×10 8/（0.30）2mol-1 L s-1=4.0×10-7 mol-1 L s-1，故答案为2；4.0×10-7 mol-1 L s-1。
（3）①根据题给图象可知ClNO的浓度变化值△c（ClNO）=1mol/L，由化学方程式可知，△c（NO）=1mol/L，则反应开始到10 min时NO的平均反应速率v(NO)为0.1mol·L－1·min－1；②根据题给和图象数据建立如下三段式：
2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g）
c（起） 2 mol/L 1 mol/L 0
△c 1 mol/L 0.5 mol/L 1 mol/L
c（平） 1 mol/L 0.5 mol/L 1 mol/L
则由公式可得K=c2（NO） c（Cl2）/c2（ClNO）=（1 mol/L）2/（1 mol/L）2 (0.5 mol/L)=2L/mol；③Cl2的平衡转化率为0.5 mol/L/1 mol/L=0.5,即50%。故答案为0.1mol·L－1·min－1 2L/mol 50%。
（4）该反应是化学计量数减小的反应，增大压强，化学平衡正向移动；增大Cl2的浓度，化学平衡正向移动，NO的转化率增大。由图可知，反应中NO的转化率增大，说明平衡正向移动，增大压强或c(Cl2)/c(NO)，平衡正向移动。答案为：压强或c(Cl2)/c(NO)。
【点睛】本题考查化学平衡计算、外界条件对化学平衡影响因素、盖斯定律的应用等知识点，侧重考查分析能力及计算能力，注意注意反应速率和平衡常数的计算方法、以及图象、数据的分析应用。
19．CO2平衡转化率为反应i、ii的CO2平衡转化率之和，反应i放热；反应ii吸热。600°C之后，CO2转化率主要取决于反应ii
【详解】CO2平衡转化率为反应i、ii的CO2平衡转化率之和，反应i放热升高温度平衡逆向移动，反应ii吸热升高温度平衡正向移动，600°C之后，随着温度升高CO2转化率增大说明此时CO2转化率主要取决于反应ii。
20． 加快 向正反应方向 变慢 不 0.25 A 0.16mol/L 2p(Pa)
【分析】根据有效碰撞理论和勒夏特列原理原理综合判断反应速率和平衡移动，根据平衡常数公式计算K，并运用K值计算平衡时物质浓度。
【详解】(1)增大反应物浓度，反应速率加快，平衡向正反应方向移动；
(2)保持容器内气体压强不变，向其中加入1molN2(N2不参加反应)，容器体积增大，物质浓度下降，反应速率变慢，反应前后气体分子数不变，平衡不移动；
(3)依题意可知，平衡时c(I2)＝c(H2)＝0.08mol/L，生成c(HI)＝0.04mol/L，平衡常数K==0.25；
(4)体积压缩一半，浓度增大一倍，平衡不移动，气体颜色加深；
(5)设H2消耗浓度为xmol/L，则平衡时c(I2)＝c(H2)＝(0.2－x)mol/L，c(HI)＝2xmol/L，根据平衡常数K为0.25，带入平衡时各物质浓度求得x＝0.04，c(I2)＝c(H2)＝0.16mol/L，
c(HI)＝0.08mol/L，压强为原来的2倍，即2p(Pa)。
21． 吸热 E1 减小 不变 CO(g)+O2(g)=CO2(g) △H=-(a+) kJ·mol-1
【详解】(1)由图象可知，反应物的总能量小于生成物的总能量，则反应CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g)为吸热反应；该反应的活化能为E1。催化剂能降低反应的活化能，若其他条件不变，使用高效催化剂后，E1 、E2将减小，E3将为反应的反应热，催化剂不改变反应热，则E3不变；
(2)已知：①O2(g)＋2H2(g)=2H2O(g) △H=-b kJ·mol-1(b＞0)
②CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g) △H=＋a kJ·mol-1
根据盖斯定律，①-②可得表示CO燃烧热的热化学方程式为CO(g)+O2(g)=CO2(g) △H=×(-b kJ·mol-1)- a kJ·mol-1=-(a+) kJ·mol-1。
