专题2《化学反应速率与化学平衡》
一、单选题（共12题）
1．与发生反应的能量变化如图所示，为过程②的催化剂。下列说法错误的是
A．由图可知催化剂只能改变反应的活化能，不能改变反应的
B．过程②中最大的正反应活化能为
C．、、夺取O的能力依次降低
D．总反应的热化学方程式为
2．二甲醚催化制备乙醇主要涉及以下两个反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅰ、Ⅱ的平衡常数的对数lgK1、lgK2与温度的关系如图1所示；固定CO、CH3OCH3、H2的原料比、体系压强不变的条件下，同时发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时各物质的物质的量分数随温度的变化如图2所示。下列说法正确的是
A．a＞0
B．600 K后升高温度，CH3COOCH3的物质的量分数降低原因是反应Ⅱ平衡右移
C．测得X点CH3CH2OH的物质的量分数是10%，则X点反应Ⅱ有：v正＞v逆
D．曲线B表示H2的物质的量分数随温度的变化
3．工业上用氮气和氢气合成氨：。从反应速率和化学平衡两方面看，合成氨的适宜条件一般为压强：10～30MPa，温度：700K左右，催化剂：铁触媒。下列有关工业合成氨的叙述错误的是
A．在工业合成氨中，、的循环利用可降低成本
B．使用铁触媒，可使氮气和氢气混合气体之间的反应在较低温度下取得较快的反应速率
C．上述化学平衡的移动受到温度、反应物的浓度、压强等因素的影响
D．工业生产中，合成氨采用的压强越高，越有利于提高经济效益
4．某科学家利用计算机模拟技术，分别研究反应CH3OH+SO3=CH3OSO3H在无水和有水条件下的反应历程，如图所示。下列说法错误的是
A．CH3OH与SO3的总能量高于CH3OSO3H的能量，因此该反应的△H＜0
B．无水条件下逆反应的活化能为34.76eV
C．水改变了该反应的△H
D．反应过程中CH3OH中的C－H键均未发生断裂
5．对于可逆反应： 下列措施能使反应物中活化分子百分数、化学反应速率、化学平衡常数都增大的是
A．增大压强 B．升高温度 C．使用催化剂 D．再充入A
6．下列能用勒夏特列原理解释的有几个
①Fe(SCN)3溶液中加入固体KSCN后颜色变深
②棕红色NO2加压后颜色先变深后变浅
③实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气
④由H2(g)、I2(g)、HI(g)组成的平衡体系加压(缩小体积)后颜色变深
⑤合成氨时将氨液化分离，可提高原料的利用率
⑥多平衡体系，合适的催化剂能提高目标产物的选择性
A．6 B．5 C．4 D．3
7．一定条件下，在体积为2L的密闭容器中，二氧化碳与氢气反应生成甲烷：，甲烷的物质的量随时间变化如图所示。根据图象，计算在300℃时，从反应开始到反应刚达到平衡这段时间内，氢气的平均反应速率为
A． B．
C． D．
8．由下列实验及现象推出的相应结论正确的是
选项 实验操作 实验现象 实验结论
A 往Cu(OH)2沉淀中分别滴加盐酸和氨水 沉淀皆溶解 Cu(OH)2为两性氢氧化物
B 将某气体通入品红溶液中 品红溶液褪色 该气体是SO2
C 相同温度下，同时往等体积的0.2 mol·L－1和0.05 mol·L－1的Na2S2O3溶液中滴加等浓度等体积的稀硫酸 0.2 mol·L－1的Na2S2O3溶液中先变浑浊 其他条件相同时，浓度越大，反应速率越快
D 将甲烷与氯气按体积比为1∶4混合于试管中，光照 反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红 生成的氯代甲烷有酸性
A．A B．B C．C D．D
9．一定条件下，，平衡转化率随温度变化如图所示，对a、b、c 三点对应情况的分析，合理的是
A．物质的量分数： B．体积分数：
C．平衡常数： D．反应速率：
10．NH3可用于消除氮氧化物的污染。将NO2和NH3通入固定容积的密闭容器中，一定条件下发生反应，其中NO2的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图所示，下列说法正确的是
A．NO2与水反应生成HNO3，所以NO2为酸性氧化物
B．高温有利于该反应自发进行
C．压强p1
第一步快速平衡
第二步慢反应
第三步快反应
下列说法错误的是
A．对总反应速率的影响大于 B．升高温度，第一步向右进行的程度变大
C．当时，该反应达到了平衡 D．第二步的活化能大于第三步的活化能
12．下列实验设计与预测结果均正确的是
选项 A B C D
实验 缩小体积、起始时气体颜色由浅变深
结论 催化效率：酶>硫酸 符合勒夏特列原理 浓度越大，反应速率越快 镁片与稀盐酸反应放热
A．A B．B C．C D．D
二、填空题（共9题）
13．根据如图所示的反应，回答下列问题：
(1)该反应是放热反应，还是吸热反应？ 。
(2)反应的 。
(3)反应的活化能为 。
(4)试在上图中用虚线表示在反应中使用催化剂后活化能的变化情况 。
14．(1)氨气可作为脱硝剂，在恒温恒容密闭容器中充入一定量的NO和NH3，在一定条件下发生反应：6NO(g)+4NH3(g) 5N2(g)+6H2O(g)。
①能说明该反应已达到平衡状态的标志是 。
a.反应速率v(NH3)=v(N2)
b.容器内压强不再随时间而发生变化
c.容器内N2的物质的量分数不再随时间而发生变化
d.容器内n(NO)∶n(NH3)∶n(N2)∶n(H2O)=6∶4∶5∶6
e.12mol N-H键断裂的同时生成5molN≡N键
②某次实验中测得容器内NO及N2的物质的量随时间变化如图所示，图中b点对应的速率关系是v(正) v(逆)；d点对应的速率关系是v(正) v(逆)。(填﹥、﹤或﹦)。
(2)一定条件下，在2L密闭容器内，反应2NO2(g) N2O4(g)，n(NO2)随时间变化如表：
时间/s 0 1 2 3 4 5
N(NO2)/mol 0.040 0.020 0.010 0.005 0.005 0.005
①用N2O4表示0~2s内该反应的平均速率为 。
②根据表可以看出，随着反应进行，反应速率逐渐减小，其原因是 。
15．1981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(N2O) kPa·min-1。
④400℃条件下平衡常数Kp= 。(保留分数)
16．设反应①Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g) 平衡常数为 K1；反应②Fe(s)+H2O(g)FeO(s)+H2(g) 平衡常数为 K2；
测得在不同温度下， K1、K2值如下：
温度/℃ K1 K2
500 1.00 3.15
700 1.47 2.26
900 2.40 1.60
（1）在500℃时进行反应①，若CO2起始浓度为1mol·L -1，10分钟后达到平衡，则V(CO)为 。
（2）在 900℃时反应 CO2 (g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)的平衡常数 K= 。
（3）700℃反应②达到平衡，其它条件不变时，使得该平衡向右移动，可以采取的措施有 (选填编号)。
A．缩小反应器体积 B．加入水蒸气
C．降低温度到500℃ D．加入Fe粉
（4）如果上述反应①在体积不变的密闭容器中发生，能说明反应已达到平衡状态的是 (选填编号)。
A．v正(CO)= v逆(CO2) B．c(CO) = c(CO2)
C．容器内气体的密度不变 D．容器内压强不变
（5）若反应①在体积固定的密闭容器中进行，在一定条件下达到平衡状态，改变下列条件再达平衡后，相应物质的物理量如何变化 (选填“增大”、“减小”或“不变”)
①降低温度，CO2的平衡浓度 ；
②再通入CO2，CO2的转化率 。
（6）下列图象符合反应①的是 (填序号)(图中 v 是速率、φ 为混合其中CO含量，T为温度,t为时间)
17．研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：
2NO2(g)＋NaCl(s)NaNO3(s)＋NOCl(g) K1 ΔH1<0 (Ⅰ)
2NO(g)＋Cl2(g)2NOCl(g) K2 ΔH2<0 (Ⅱ)
（1）4NO2(g)＋2NaCl(s)2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)的平衡常数K＝ (用K1、K2表示)。
（2）为研究不同条件对反应(Ⅱ)的影响，在恒温条件下，向2 L恒容密闭容器中加入0.2 mol NO和0.1 mol Cl2，10 min时反应(Ⅱ)达到平衡。测得10 min内v(NOCl)＝7.5×10－3 mol·L－1·min－1，则平衡后n(Cl2)＝ mol，NO的转化率α1＝ 。其他条件保持不变，反应(Ⅱ)在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率α2 α1(填“>”“<”或“＝”)，平衡常数K2 (填“增大”“减小”或“不变”)。若要使K2减小，可采取的措施是 。
18．现有反应：mA(g)+nB(g)pC(g)，达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大；当减小压强时，混合体系中C的质量分数也减小，则：
(1)该反应的逆反应为 热反应，且m+n p(填“＞”、“＝”“＜”）。
(2)减压时，A的质量分数 （填“增大”“减小”或“不变”）。
(3)若加入B(体积不变），则A的转化率 （填“增大”“减小”或“不变”）。
(4)若升高温度，则平衡时B、C的浓度之比将 （填“增大”“减小”或“不变”）。
(5)若加入催化剂，平衡时气体混合物的总物质的量 （填“增大”“减小”或“不变”）。
(6)若B是有色物质，AC均无色，则加入C(体积不变）时混合物颜色 （填“变深”、“变浅”或“不变”）；而维持容器内压强不变，充入氖气时，混合物颜色 （填“变深”、“变浅”或“不变”）。
19．工业上制备H2的一种重要方法是： CO(g)＋H2O(g) CO2(g)+H2(g) ΔH=QKJ/mol。已知该反应的平衡常数K与温度的关系如图所示。若在一固定的密闭容器中，850℃时发生上述反应，并测得容器内各物质的浓度(mol/L)随时间的变化关系如下表：
t/min CO(g) H2O(g) CO2(g) H2(g)
0 0.200 0.300 0 0
2 0.138 0.238 0.062 0.062
3 c1 c2 c3 c4
4 c1 c2 c3 c4
已知：850℃时该反应的化学平衡常数K=1.0，请回答下列问题：
(1)下列可以判断该反应达到化学平衡状态的是_______。
A．单位时间内减少CO(g)的浓度等于生成CO2(g)的浓度
B．反应容器内的压强不发生变化
C．混合气体中H2(g)的浓度不再发生改变
D．氢气的生成速率等于水的消耗速率
(2)Q 0(填“>”、“=”或“<”)。
(3)若在850℃时向反应容器中充入H2O(g)，K值 (填“增大”、“减小”或“不变”，下同)；若升高反应体系的温度，K值 。
(4)上表中c2为 mol·L-1，CO(g)的转化率为 。
20．反应过程中的能量变化如图，回答下列问题。
(1)该反应△H= (用含E1、E2式子表示)；
(2)在反应体系中加入催化剂，E1 (填“增大”、“减小”、“不变”)，△H (填“增大”、“减小”、“不变”)。
21．根据下列图像填空
(1)图①反应为： △H<0，t0时改变的条件是
(2)图②反应为：则，T1 T2，ΔH 0，P1 P2，m+n p+q(填“>”、“<”或“=”)
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【分析】与发生反应，通过两个路径生成物为N2和CO2，过程①和②虽然经过的步骤不一样，但反应的始态和终态一样，表明催化剂只改变反应的活化能，不能改变反应的。
【详解】A．催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应的，故A正确；
B．反应②中最大的正反应活化能步骤为，故最大的正反应活化能为，故B错误；
C．从，此时，说明夺取O的能力强于，从，，说明CO夺取O的能力强于，所以夺取O的能力：，故C正确；
D．只与始态和终态有关，与反应的途径无关，因此总反应的热化学方程式为 ，故D正确；
故选B。
2．C
【详解】A．由图可知：温度升高，lgK1减小，则平衡常数K1减小，说明温度升高，化学平衡逆向移动，逆向是吸热反应，则该反应的正反应是放热反应，所以a＜0，A错误；
B．由图1可知，反应Ⅰ、Ⅱ均为放热反应，升高温度，化学平衡均逆向移动，由图2可知升高温度后乙酸乙酯的降低速率大于甲醇的降低速率，600 K后升高温度对反应Ⅰ的影响程度大于反应Ⅱ，B错误；
C．X点对应反应温度为400 K，由图可知：X点乙醇物质的量分数小于平衡时乙醇的物质的量分数，说明此时反应未达平衡状态，反应正向进行，v正＞v逆，C正确；
D．B曲线随温度升高，物质的量分数升高，当温度高于600K时，反应Ⅱ几乎不发生，只考虑反应Ⅰ的情况下，温度升高，平衡逆向移动，一氧化碳或甲醚物质的量分数升高，故曲线B表示一氧化碳或甲醚的物质的量分数随温度的变化，D错误；
故合理选项是C。
3．D
【详解】A．合成氨中N2和H2的循环使用，可以提高原料气的利用率，降低成本，故A正确；
B．铁触媒是该反应的催化剂，使用铁触媒，可使氮气和氢气混合气体之间的反应在较低温度下取得较高的反应速率，故B正确；
C．改变温度、反应物浓度、压强均可使合成氨正逆反应速率不同倍增大、减小，故上述化学平衡的移动受到温度、反应物的浓度、压强等因素的影响，故C正确；
D．压强越高，对生产设备的要求越高，所需要的投入越大，所以工业生产中，合成氨一般采用压强为10~30MPa，过高的压强不利于提高经济效益，故D错误；
故选：D。
4．C
【分析】是由生成物与反应物的总能量决定的，当反应物的总能量高于生成物的总能量时，该反应为放热反应，；当反应物的总能量小于生成物的总能量时，该反应为吸热反应，。
【详解】A．根据题图可知，与的总能量高于的能量，则该反应为放热反应，，A正确；
B．逆反应的活化能即为产物与中间活化分子的能量差，无水条件下，，B正确；
C．由有水条件下和的反应历程可知，反应前后H2O不变，则水为催化剂，催化剂只加快反应速率，不改变反应的，C错误；
D．根据题图可知，中键断裂而形成了中的键，而键未发生变化，D正确；
故答案为：C。
5．B
【详解】A．化学平衡常数为温度函数，温度不变，平衡常数不变，则增大压强，反应物中活化分子百分数不变，化学平衡常数不变，故A错误；
B．升高温度，反应物的活化分子数和百分数都增大，有效碰撞的次数增大，反应速率增大，化学平衡常数为温度函数，温度不变，平衡常数不变，该反应为吸热反应，则升高温度，反应物中活化分子百分数和化学反应速率增大，平衡向正反应方向移动，化学平衡常数增大，故B正确；
C．化学平衡常数为温度函数，温度不变，平衡常数不变，则使用催化剂，化学平衡常数不变，故C错误；
D．化学平衡常数为温度函数，温度不变，平衡常数不变，则再充入A，化学平衡常数不变，故D错误；
故选B。
6．C
【详解】①在Fe(SCN)3溶液中存在化学平衡Fe(SCN)3Fe3++3SCN-，向其中加入固体KSCN，溶液中c(SCN-)增大，化学平衡逆向移动，导致c[Fe(SCN)3]增大，因此加入KSCN后，溶液颜色变深，能用勒夏特列原理解释，①合理；
②NO2存在化学平衡：2NO2(g)(红棕色)N2O4(g)(无色)，加压后，容器的容积缩小c(NO2)增大，气体颜色加深；化学平衡正向移动，导致c(NO2)又有所减小，因此气体颜色由比加压瞬间气体颜色变浅，故加压后气体颜色先变深后变浅，能用勒夏特列原理解释，②合理；
③Cl2能溶于水，与水反应是可逆反应：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，水中加入NaCl，溶液中c(Cl-)增大，化学平衡逆向移动，抑制Cl2的溶解，导致c(Cl2)增大，故实验室可以用排饱和食盐水的方法收集氯气，能用勒夏特列原理解释，③合理；
④由H2(g)、I2(g)、HI(g)组成的平衡体系：H2(g)+I2(g)2HI(g)，加压(缩小体积)后气体压强增大，物质的浓度增大，因而混合气体颜色变深，但由于该反应是气体体积不变的反应，增大压强，化学平衡不移动，因此不能用勒夏特列原理解释，④不合理；
⑤合成氨的反应是N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，合成氨时将氨液化分离，即减小了生成物的浓度，化学平衡正向移动，因此可提高原料的利用率，⑤合理；
⑥多平衡体系，合适的催化剂只能加快反应速率，而不能使化学平衡发生移动，因此不能提高目标产物的选择性，⑥不合理；
综上所述可知：能用勒夏特列原理解释的是①②③⑤，故合理选项是C。
7．C
【详解】由图中信息可知，在300℃时，从反应开始到平衡所用时间为tAmin，生成的CH4的物质的量为nAmol，则根据反应方程式可知，消耗的H2的物质的量为4nAmol，容器的体积为2L，则该时间段内H2的平均反应速率为：υ=Δc/Δt=Δn/( VΔt) =，故答案为：C。
8．C
【详解】A．往Cu(OH)2沉淀中分别滴加盐酸和氨水，沉淀皆溶解，与盐酸是发生酸碱中和反应生成盐和 ，与氨水是生成配离子，Cu(OH)2不是两性氢氧化物，故A错误；
B．将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，该气体可能是SO2，也可能是氯气，故B错误；
C．相同温度下，同时往等体积的0.2 mol·L－1和0.05 mol·L－1的Na2S2O3溶液中滴加等浓度等体积的稀硫酸，0.2 mol·L－1的Na2S2O3溶液中先变浑浊，根据实验现象得到其他条件相同时，浓度越大，反应速率越快，故C正确；
D．反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红，生成的氯化氢气体能使湿润的石蕊试纸变红，不能说明生成的氯代甲烷有酸性，故D错误；
答案为C。
9．B
【分析】由图象可知，升高温度CO2平衡转化率减小，可知升高温度平衡逆向移动，反应为放热反应；如果温度相同，则氢气与CO2的起始物质的量比值越大，CO2的转化率越大。
【详解】A．a、b点均在曲线I上，由图可知升高温度CO2平衡转化率减小，可知升高温度平衡逆向移动，则CO2物质的量分数： ，故A错误；
B．a、c点温度相同，增大氢气的量平衡正向移动，则C2H5OH物质的量分数： ，故B正确；
C．K与温度有关，且正反应为放热反应，温度越高K越小，则平衡常数： ，故C错误；
D．a、b点只有温度不同，温度越高、反应速率越快，则反应速率：，故D错误；
答案选B。
10．C
【详解】A．酸性氧化物和水反应只生成酸，且反应为非氧化还原反应，而二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，该反应是氧化还原反应，所以二氧化氮不是酸性氧化物，故A错误；
B．由图可知，升高温度，二氧化氮的转化率减小，说明平衡向逆反应方向移动，说明该反应是放热反应，由于是熵增反应，任何条件下反应ΔH—TΔS均小于0，都能自发进行，故B错误；
C．该反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，二氧化氮的转化率减小，由图可知，温度相同时，p1条件下二氧化氮的转化率大于p2条件下二氧化氮的转化率，则压强p1小于p2，故C正确；
D．平衡常数为温度函数，温度不变，平衡常数不变，由图可知，X点和Y点的温度相同，则对应的化学平衡常数相等，故D错误；
故选C。
11．A
【详解】A．决定总反应速率的步骤为慢反应，第二步为慢反应，所以第二步的反应物c(I·)对总反应速率的影响比第三步的反应物c(IO·)更大，故A错误；
B．化学键断裂为吸热过程，所以升高温度，第一步向右进行的程度变大，故B正确；
C．根据总反应，N2O和O2的化学计量数之比为2：1，当，表示正反应速率等于逆反应速率，达到平衡状态，故C正确；
D．活化能越大反应速率越慢，第二步为慢反应，所以第二步活化能大于第三步活化能，故D正确；
故选A。
12．D
【详解】A．两组实验所用试剂不同，且温度不同，变量不唯一，A错误；
B．体系中存在平衡2NO2(g)N2O4(g)，缩小体积的瞬间NO2浓度增大，颜色变深，之后平衡正向移动，颜色会变浅，B错误；
C．根据得失电子守恒可知草酸和高锰酸钾反应时存在数量关系：2KMnO4~5H2C2O4，所以左侧试管中高锰酸钾过量，溶液不会褪色，C错误；
D．Ca(OH)2的溶解度随温度升高而降低，若饱和石灰水中有白色沉淀析出，则说明镁片与稀盐酸反应放热，D正确；
综上所述答案为D。
13．(1)放热反应
(2)—bkJ/mol
(3)akJ/mol
(4)
【详解】（1）由图可知，该反应是反应物总能量高于生成物总能量的放热反应，故答案为：放热反应；
（2）由图可知，该反应的焓变ΔH=—bkJ/mol，故答案为：—bkJ/mol；
（3）由图可知，反应的活化能为akJ/mol，故答案为：akJ/mol；
（4）催化剂能降低反应的活化能，但反应的焓变ΔH不变，所以用虚线表示在反应中使用催化剂后活化能的变化情况的示意图为 ，故答案为： 。
14． bc > = 0.0075mol·L-1·s-1 随着反应的进行，反应物NO2的物质的量浓度减小，因而反应速率减小
【分析】
【详解】
(1)①a．该反应达到平衡状态时，5v正(NH3)=4v逆(N2)，故a错误；
b．该反应是一个反应前后气体体积增大的可逆反应，容器体积恒定，所以未平衡时压强会发生改变，当压强不再变化时说明反应平衡，故b正确；
c．容器内N2的物质的量分数不再随时间而发生变化说明浓度不在改变，反应达到平衡，故c正确；
d．物质的量之比不能说明正逆反应速率相等或者浓度不变，故d错误；
e．只要反应进行12 mol N-H 键断裂的同时就会生成5 mol N≡N键，二者均表示正反应速率，故e错误；故答案为：bc；
②据图可知b点之后氮气的浓度增大，NO的浓度减小，说明此时反应正向进行，及v(正)> v(逆)；d点时NO的浓度不再变化，说明反应达到平衡，所以v(正)= v(逆)；故答案为：> ；=；
(2)①0～2s内，故答案为：0.0075mol·L-1·s-1；
②根据表可以看出，随着反应进行，反应速率逐渐减小，其原因是随着反应的进行，反应物NO2的物质的量浓度减小，因而反应速率减小，故答案为：随着反应的进行，反应物NO2的物质的量浓度减小，因而反应速率减小。
15． 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：
ad段的平均反应速率(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==。
16． 0.05mol/(L·min) 1.5 BC AC ① 增大 ②不变 A
【详解】试题分析：（1）反应①Fe(s)+CO2(g) FeO(s)+CO(g)，500℃反应①的平衡常数为K1=1，根据平衡常数的表达式可知，平衡时CO2与CO的浓度相等，CO2起始浓度为2mol．L-1，根据C原子守恒，所以平衡时c(CO2)="c(CO)=" ×1mol·L-1=0.5mol·L-1，
所以V(CO)为=0.05mol·(L·min)-1；
（2）①Fe(s)+CO2(g) FeO(s)+CO(g)平衡常数K1；反应②Fe(s)+H2O(g) FeO+H2(g)平衡常数为K2，900℃进行反应③H2(g)+CO2(g) H2O(g)+CO(g)，其平衡常数K3====1.50；
（3）由（2）分析知反应②正反应为放热反应，且反应前后气体体积不变；A．缩小反应器体积，增大压强，平衡不移动，故A错误；B．加入水蒸气，反应物的浓度增加，平衡向正反应移动，故B正确；C．该反应为放热反应，降低温度平衡向正反应进行，故C正确；D．使用合适的催化剂，缩短到达平衡时间，平衡不移动．故D错误；故答案为BC；
（4）体积不变的密闭容器中发生反应Fe(s)+CO2(g) FeO(s)+CO(g)；A．反应达到平衡时，一氧化碳和二氧化碳生成速率相同，v正(CO)=v逆(CO2)，故A正确；B．C(CO) = C(CO2)时反应不一定是平衡状态，故B错误；C．反应前后气体体积不变，平衡移动气体质量变化，容器中气体的密度不随时间而变化 说明反应达到平衡，故C正确；D．气体化学计量数变化为0，容器内压强始终不变，不一定是平衡状态，故D错误；答案为AC。
（5）①由表中数据可知，温度越高平衡常数K1越大，所以升高温度平衡向正反应进行，升高温度平衡向吸热方向移动，即正反应为吸热反应，所以降低温度平衡向逆反应移动，CO2的平衡浓度增大；
②再通入CO2，等效为原平衡增大压强，反应前后气体体积不变，平衡不移动，转化率不变；
（6）由表中数据可知，温度越高平衡常数K1越大，所以升高温度平衡向正反应进行，升高温度平衡向吸热方向移动，即正反应为吸热反应，且反应①反应前后气体体积不变；A．处于交点时，正逆速率相等，反应处于平衡状态，当温度高于交点温度，平衡向正反应移动，说明图象表示正反应为吸热反应，符合温度变化对反应①的影响，故A正确；B．在最高点时，反应处于平衡状态，当温度高于最高点对应的温度，CO的含量降低，平衡向逆反应移动，说明图象表示正反应为放热反应，故B错误；C．到达平衡时间越短，速率越快，温度越高，所以T1＞T2，温度越高，CO的含量越低，平衡向逆反应移动，说明图象表示正反应为放热反应，故C错误；故答案为A。
考点：考查化学平衡移动、平衡常数计算等。
17． K21/K2 2.5×10－2 75% > 不变 升高温度
【详解】（1）反应：4NO2(g)＋2NaCl(s)2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)可由2 (Ⅰ)- (Ⅱ)转化而得到，则其平衡常数K= K21/K2，故答案为K21/K2；
（2）在10min内生成的NOCl的物质的量为：7.5×10－3 mol·L－1·min－1×10min×2L=0.15mol，则转化的Cl2的物质的量为:0.15mol÷2=0.075mol，剩余n(Cl2)=0.1mol-0.075mol=0.025mol；NO的转化率α1＝×100%=75%；反应(Ⅱ)是一个气体分子数目减少的反应，在恒压条件下建立平衡过程中容器的体积会减小，相对恒容条件时压强是增大的，有利于反应的正向进行，平衡时NO的转化率α2较α1要大；平衡常数只与温度有关，因反应(Ⅱ)为放热反应，升高温度K2减小，故答案为2.5×10－2、75%、>、不变、升高温度。
18．(1) 放热 ＞
(2)增大
(3)增大
(4)减小
(5)不变
(6) 变深 变浅
【分析】根据题给信息可知，可逆反应达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大，可知升高温度化学平衡正向移动，该反应正反应为吸热反应；当减小压强时，混合体系中C的质量分数也减小，平衡左移，m+n＞p，根据该可逆反应的特点，结合平衡移动规律进行问题中问题。
【详解】（1）当反应达到平衡后，升高温度，反应物B的转化率变大，则说明升高温度化学平衡正向移动，正反应为吸热反应，故其逆反应为放热反应；
当反应达到平衡后减小压强，混合体系中C的质量分数也减小，说明减小压强，化学平衡逆向移动，逆反应为气体体积增大的反应，则化学方程式中化学计量数关系为：m+n＞p；
（2）反应混合物都是气体，气体的质量不变，在减小压强时，化学平衡向逆反应方向移动，导致反应混合物中反应物A的质量分数增大；
（3）若加入B(体积不变)，则体系的压强增大，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，最终达到平衡时反应物A的转化率增大，但平衡移动的趋势是微弱的，平衡移动消耗量远小于投入量的增大，故反应物B的转化率反而会减小；
（4）根据上述分析可知：该反应的正反应是吸热反应。若升高温度，化学平衡向吸热的正反应方向移动，导致B的浓度减小，C的浓度增大，因此反应达到平衡时B、C的浓度之比减小；
（5）催化剂只能加快反应速率，缩短达到平衡所需时间，但不能使化学平衡发生移动，因此不影响体系的平衡状态，故若加入催化剂，平衡时气体混合物的总物质的量不变；
（6）若B是有色物质，A、 C均无色，加入C(体积不变)时，即增大生成物的浓度，化学平衡向逆反应方向移动，导致反应物B的浓度增大，混合气体颜色加深；
若维持容器内压强不变，充入氖气时，容器的体积增大，相当于减小体系的压强，化学平衡向气体体积扩大的逆反应方向移动，但反应物B的浓度与原平衡比还是减小，故混合气体的颜色最终会变浅。
19．(1)C
(2)＜
(3) 不变 减小
(4) 0.18mol·L-1 60%
【详解】（1）A.无论体系是否处于平衡状态，单位时间内减少CO的浓度都等于生成CO2的浓度，所以无法判断体系是否达到平衡，选项A错误；
B.反应前后，气体的分子数并没有发生变化，则反应过程中容器内的压强始终不变，所以无法判断体系是否达到平衡，选项B错误；
C.体系中各组分的浓度不再发生变化，可以说明体系达到平衡，选项C正确；
D.无论体系是否处于平衡状态，H2的生成速率都等于H2O的消耗速率，所以无法判断体系是否达到平衡，选项D错误；
答案选C；
（2）对于放热反应，升高温度，平衡常数K减小，根据图象可以推出该反应的正反应是放热反应，所以Q＜0；
（3）K只和温度有关，所以温度不变，K也不变；该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，故若升高反应体系的温度，K值减小；
（4）从表中数据可以看出，3min时体系达到平衡；设平衡时，Δc(CO2)=x mol·L-1，则平衡时，c(CO)=(0.2-x)mol·L-1，c(H2O)=(0.3-x)mol·L-1，c(CO2)=x mol·L-1，c(H2)=x mol·L-1，K=1.0=，解得x=0.12，则c2=c(H2O)=(0.3-x)mol·L-1=0.18mol·L-1，CO的转化率为=60%。
20．(1)
(2) 减小 不变
【详解】（1）反应热等于生成物能量减去反应物能量的差值，该反应为放热反应，由图可知△H=，故答案为：；
（2）催化剂能降低反应所需的活化能，但不影响反应热，因此减小，△H不变，故答案为：减小；不变；
21．(1)升高温度
(2) > < < >
【详解】（1）t0时正逆反应速率均增大，逆反应增大的程度大于正反应速率，平衡逆向移动，结合反应为放热反应可知，改变的条件为升高温度，故答案为：升高温度；
（2）压强相同时，T1条件下反应先达到平衡状态，说明其反应速率快，根据温度越高反应速率越快可知T1>T2；在压强相同时，温度由T2到T1C的百分含量降低，可知平衡逆向移动，则逆向为吸热反应，正向为放热反应，ΔH<0；在温度相同时，条件下反应先达到平衡状态，说明其反应速率快，根据压强越大反应速率越快可知P1
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