第二章《化学反应的方向、限度与速率》测试题
一、单选题（共13题）
1．工业上用氢气和氮气合成氨：N2+3H22NH3，下列有关说法错误的是
A．增大N2的浓度，可加快反应速率
B．使用合适催化剂，可加快反应速率
C．达到平衡时，H2的转化率为100%
D．达到平衡时，正反应速率与逆反应速率相等
2．可逆反应：的图像如图甲所示；若其他条件都不变，只是在反应前加入合适的催化剂，则其图像如图乙所示。现有下列叙述：
①②③④⑤⑥⑦甲图与乙图中阴影部分的面积相等⑧图乙中阴影部分面积更大。
则以上所述各项正确的组合为
A．②④⑤⑦ B．②④⑥⑧
C．②③⑤⑦ D．②③⑥⑧
3．某兴趣小组进行了如下实验：向酸化的溶液中同时加入KI溶液、维生素C和淀粉溶液，发现一段时间后溶液变蓝。查阅资料可知体系中存在两个主要反应：
反应ⅰ：
反应ⅱ：(维生素C)
下列说法不正确的是
A．反应速率：反应ⅰ<反应ⅱ
B．可得氧化性强弱：
C．溶液的pH始终保持不变
D．溶液最终变蓝，说明所加
4．在恒容的密闭容器中发生反应3A(g)+B(s)=2C(g) △H，不同温度下反应经过相同时间，测得混合体系中A的体积分数与温度的关系如图所示。下列推断正确的是
A．X、Z两点，A的逆反应速率相等
B．温度不变，平衡后充入氩气，C的体积分数减小
C．降低温度，化学平衡常数增大
D．X、Y、Z三点中，Z点A的转化率最大
5．取5mL 0.1mol/L KI溶液，滴加0.1mol/L FeCl3溶液5～6滴，继续加入2mLCCl4，充分振荡，静置，下列有关该实验的说法不正确的是
A．下层CCl4层溶液呈紫红色
B．取少量上层溶液，滴加酸性AgNO3溶液，若溶液显黄色，则表明该反应存在化学反应限度
C．取少量上层溶液，滴加KSCN溶液，若溶液显红色，则表明该反应存在化学反应限度
D．该实验中KI与FeCl3反应后(未加CCl4)，溶液中存在Fe3+、Fe2+、I-、I2等微粒
6．研究表明汽车尾气处理存在反应：N2O(g)+CO(g)=N2(g)+CO2(g)，N2O与CO在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示。下列说法不正确的是
A．升高温度，该反应的平衡常数减小
B．Fe+不影响该反应的焓变
C．FeO+属于有中间产物，故FeO+不能作为该反应的催化剂
D．Fe++N2O→FeO++N2，FeO++CO→Fe++CO2两步反应，前者反应速率慢
7．今有反应X(g)＋Y(g)2Z(g) △H＜0，若反应开始经t1后达到平衡，又经t2后由于反应条件的改变使平衡破坏，到t3时又达平衡(如图所示)，t2～t3曲线变化的原因是
A．增大了X或Y的浓度
B．使用了催化剂
C．增加了反应体系的压强
D．升高了反应的温度
8．在一绝热(不与外界发生热交换)的恒容容器中，发生反应：2A(g)+B(s)C(g)+D(g)，下列描述中能表明反应已达到平衡状态的是
①容器内温度不变
②混合气体的密度不变
③混合气体的压强不变
④混合气体的平均相对分子质量不变
⑤C(g)的物质的量浓度不变
⑥容器内A、C、D三种气体的浓度之比为2：1：1
⑦某时刻v(A)=2v(C)且不等于零
⑧单位时间内生成nmol D，同时生成2nmol A
A．①④⑤⑦⑧ B．①②⑤⑦⑧ C．①②④⑤⑧ D．①②③④⑤⑧
9．拆开1 mol 共价键所吸收的能量或形成1 mol 共价键所释放的能量称为键能。已知：H－H键能为436 kJ /mol，H－N键能为391 kJ /mol， N2 (g)+ 3H2(g) 2NH3(g) △H=－92.4 kJ /mol，下列说法中正确的是( )
A．H－H比N≡N更牢固
B．N≡N键能约为946 kJ/mol
C．合成氨反应选择适当的催化剂是为了提高H2的转化率
D．0.5 mol N2和1.5 mol H2在题给条件下充分反应，放出热量为46.2 kJ
10．在容积均为500 mL的I、Ⅱ、Ⅲ三个密闭容器中分别充入l molN2和2.5 molH2，三个容器的反应温度分别为T1、T2、T3且恒定不变，在其他条件相同的情况下发生反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) H<0。实验测得反应均进行到t min时N2的体积分数如图所示。下列说法正确的是
A．当v(H2)=3v(N2)时，可以说明三个容器中的反应达平衡状态
B．在t min时，一定达化学平衡状态的是Ⅱ和Ⅲ
C．在t min时，一定没有达化学平衡状态的是I
D．三个容器中的反应均达到平衡后，容器I中混合气体的平均相对分子质量最小
11．一定条件下，按n(NO)∶n(O2)=2∶1的比例向反应容器充入NO、O2，发生反应2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)。温度、压强(p)对NO平衡转化率的影响如下，
下列分析正确的是
A．压强大小关系：p1>p2
B．其他条件相同时，随温度升高该反应的平衡常数增大
C．400℃、p1条件下，O2的平衡转化率为40%
D．500℃、p1条件下，该反应的化学平衡常数一定为
12．下列说法正确的是
A．升高温度，化学平衡常数一定增大
B．增大压强，活化分子百分数增加，化学反应速率一定增大
C．升高温度，活化分子百分数增加，化学反应速率一定增大
D．所有的放热反应都是自发的
13．室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反应：，；②，反应①的速率可表示为，反应②的速率可表示为(、为速率常数)。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图，下列说法不正确的是
A．如果反应能进行到底，反应结束时62.5%的M转化为Z
B．反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变
C．0~30min时间段内，Y的平均反应速率为
D．反应①的活化能比反应②的活化能大
二、填空题（共9题）
14．"碳达峰”“碳中和”是我国社会发展重大战略之一
I．中国首次实现了利用二氧化碳人工合成淀粉，其中最关键的一步是以CO2为原料制CH3OH．在某CO2催化加氢制CH3OH的反应体系中，发生的主要反应有：
①CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H1=+41.1kJmo1-1
②CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H2=-90.0kJmo1-1
③CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H3=-48.9kJmo1-1
(1)5Mpa时，往某密闭容器中按投料比n(H2)：n(CO2)=3：1充入H2和CO2反应达到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。
①图中Y代表 (填化学式)。
②体系中CO2的物质的量分数受温度影响不大，原因是 。
II．CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有：
①CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) K1
②CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) K2
请回答：
(2)反应CH4(g)+3CO2(g)4CO(g)+2H2O(g)的K= (用K1，K2表示)。
(3)恒压，750°C时，CH4和CO2按物质的量之比1：3投料，经如下流程可实现CO2高效转化。
①写出过程ii产生H2O(g)的化学方程式 。
②过程ii的催化剂是 ，若CH4和CO2按物质的量之比1：1投料，则会导致过程ii 。
③过程ii平衡后通入稀有气体He，测得一段时间内CO物质的量上升，根据过程iii，结合平衡移动原理，解释CO物质的量上升的原因 。
15．能源是人类社会发展不可或缺的基本条件，社会的可持续发展离不开各种能源的合理开发使用和治理。化石能源的使用也产生了很多环境问题，如二氧化碳的过度排放等。因此我国计划在2030年实现“碳达峰”，体现了对解决全球环境问题的大国担当。
(1)甲烷与CO2可用于合成合成气(主要成分是一氧化碳和氢气)：CH4+CO2=2CO+2H2.1 g CH4完全反应可释放15.46 kJ的热量，能表示该反应过程中能量变化的是 (填字母)。请列举除氢能源外的两种新能源 。
A． B． C． D．
(2)图I是1 mol NO2(g)和1 mol CO(g)反应生成CO2和NO过程中的能量变化示意图，若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1的变化是 (填“增大”“减小”或“不变”)， H的变化是 (填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)已知反应2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g) H=-752 kJ/mol的反应机理如下：
①2NO(g) N2O2(g)(快)
②N2O2(g)+H2(g) N2O(g)+H2O(g)(慢)
③N2O(g)+H2(g) N2(g)+H2O(g)(快)
请比较：反应②的活化能 (填“大于”或“小于”)反应③的的活化能。
(4)捕碳技术(主要指捕获CO2)在降低温室气体排放中具有重要的作用。目前NH3和(NH4)2CO3已经被用作工业捕碳剂，它们与CO2可发生如下可逆反应：
①2NH3(l)+H2O(l)+CO2(g)=(NH4)2CO3(aq) H1
②NH3(l)+H2O(l)+CO2(g)=NH4HCO3(aq) H2
③(NH4)2CO3(aq)+H2O(l)+CO2(g)=2NH4HCO3(aq) H3
H3和 H1、 H2之间的关系是 H3= 。
16．甲醚(CH3OCH3)具有优良的燃烧性能，被称为21世纪的“清洁能源”。一步法合成二甲醚是以合成气(CO/H2)为原料，在一定温度、压强和催化剂作用下进行，反应器中发生了下列反应：
①CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △H1=-90.7kJ·mol-1
②2CH3OH(g) CH3OCH3(g)+H2O(g) △H2=-23.5kJ·mol-1
③CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H3=-41.2kJ·mol-1
(1)一种新合成二甲醚的方法为一定条件下：2CO2(g)+6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g)，该反应的△H= kJ·mol-1；在体积恒定的密闭容器中，下列能作为该反应达到化学平衡状态的依据是 (填序号)。
A．v(CO2)：v(H2)=1：3
B．容器内CH3OCH3体积分数不变
C．容器内压强保持不变
D．单位时间内断裂6molH-H键，同时断裂3molH-O键
(2)可采用CO和二甲醚催化合成乙醇。
反应i：CH3OCH3(g)+CO(g) CH3COOCH3(g) △H1
反应ii：CH3COOCH3(g)+2H2(g) CH3OH(g)+C2H5OH(g) △H2
①压强为pkPa时，温度对二甲醚和乙酸甲酯平衡转化率的影响如图甲所示，则△H1 (填“>”或“<”)0。
②温度对平衡体系中乙酸甲酯的含量和乙醇的影响图乙所示，在300~600K范围内，乙酸甲酯的含量逐渐增大，而乙醇的百分含量逐渐减小的原因是 。
③若压强为pkPa、某温度时，向2L恒容密闭容器中充入1molCH3OCH3和1molCO只发生反应i，二甲醚的转化率为90%，2min时达到平衡，则前2min内CH3COOCH3的平均生成速率为 ，该条件下反应i的平衡常数K= ，此时容器内的压强为 (用p表示)。
17．油气开采、石油化工等行业废气含有的硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题：
(1)已知下列反应的热化学方程式：
①2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g) H=-1036kJ·mol-1
②4H2S(g)+2SO2(g)=3S2(g)+4H2O(g) H=+94kJ·mol-1
③2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H=-484kJ·mol-1
计算H2S热分解反应④2H2S(g)=S2(g)+2H2(g)的 H4= 。
(2)较普遍采用的H2S处理方法是克劳斯工艺，即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是利用反应④高温热分解H2S。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是 ，缺点是 。
(3)在1470K、100Kpa反应条件下，将n(H2S)∶n(Ar)=1：4的混合气进行H2S热分解反应。平衡时混合气中H2S与H2的分压相等，H2S平衡转化率为 ，平衡常数Kp= Kpa．(以分压表示，分压=总压×物质的量分数，结果保留两位小数)
(4)在1373K、100Kpa反应条件下，对于n(H2S)∶n(Ar)分别为4：1、1：1、1：4、1：9、1：19的H2S-Ar混合气，热分解反应过程中H2S转化率随时间的变化如下图所示。
①n(H2S)∶n(Ar)越小，H2S平衡转化率 ，理由是 。
②n(H2S)∶n(Ar)=1∶9对应图中曲线d，此时H2S的转化率为24%，则在0―0.1s之间H2S分压的平均变化率为 Kpa·s-1。
18．钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。
“酸浸氧化”需要加热，其原因是 。
19．工业合成氨的反应为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)是一个放热的可逆反应，反应条件是高温、高压，并且需要合适的催化剂。已知形成1molH—H键、1molN—H键、1molN≡N键放出的能量分别为436kJ、391kJ、946kJ。则：
（1）若1mol氮气完全反应生成氨气可放出的能量为 kJ。
（2）实验室模拟工业合成氨时，在容积为2L的密闭容器内，反应经过10分钟后，生成10mol氨气，则用氮气表示的化学反应速率是 mol·L-1·min-1。
（3）一定条件下，当合成氨的反应达到化学平衡时，下列说法正确的是 。
a.正反应速率和逆反应速率相等
b.正反应速率最大，逆反应速率为0
c.氮气的转化率达到最大值
d.氮气和氢气的浓度相等
e.N2、H2和NH3的体积分数相等
f.反应达到最大程度
（4）根据题目所给条件，判断影响该反应速率的因素有 、 、 。
20．水煤气(CO和H2)是合成甲醇的重要原料，它可用水蒸气通过炽热的炭层制得：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) H=+131.3kJ/mol
(1)该反应的平衡常数的表达式为： ；升高温度，K值将 ；容器中气体的平均相对分子质量将 。
(2)上述反应达到平衡后，将体系中的C(s)部分移走，平衡 。
(3)下列事实能说明该反应在一定条件下已达到平衡状态的有
A．压强固定不变化
B．气体平均相对分子质量不再变化
C．生成H2O(g)的速率与消耗CO的速率相等
D．H2O(g)、CO、H2的浓度相等
E．固定体积下气体密度不再变化
F．υ(H2O)=υ(CO)
(4)某温度下，将4.0mol H2O(g)和足量的炭充入2L的密闭容器中，发生如下反应，C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，达到平衡时测得K=1，则此温度下H2O(g)的转化率为 。
21．已知一定温度下，氧化铁可以与一氧化碳发生下列反应：Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)。该温度下，在2L盛有Fe2O3粉末的密闭容器中通入CO气体，10min后，生成了单质铁11.2g。
(1)根据题干信息，计算出10min内CO的平均反应速率为 。
(2)保持温度不变，待密闭容器中反应达到平衡后，再向容器中通入1molCO气体，重新平衡后，平衡体系中CO所占的体积分数_______。
A．增大 B．减小 C．不变 D．无法判断
(3)请用上述反应中某种气体的有关物理量来说明该反应已达到平衡状态：① ② 。
22．I.某探究性学习小组利用溶液和酸性溶液之间的反应来探究外界条件改变对化学反应速率的影响，实验如下。
实验序号 实验温度/K 溶液(含硫酸) 溶液 溶液颜色褪至无色时 所需时间/s
V/mL V/mL V/mL
A 293 2 0.02 5 0.1 5
B 2 0.02 4 0.1 8
C 313 2 0.02 0.1 6
(1)通过实验A、B可探究 (填外部因素)的改变对反应速率的影响，其中= ；通过实验 可探究温度变化对化学反应速率的影响。
(2)若，则由此实验可以得出的结论是 ；利用实验B中数据计算，用的浓度变化表示的反应速率为 。
Ⅱ.在2L密闭容器中进行反应：，式中m、n、p、q为化学计量数。在0~3min内，各物质物质的量的变化如下表所示：
X Y Z Q
起始/mol 1.2 0
2min末/mol 0.8 2.7 0.8 2.7
3min末/mol 0.8
已知内，。
(3)试确定以下物质的量：起始时 ， 。
(4)化学方程式中m= ，n= ，p= ，q= 。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【详解】A．增大N2的浓度，单位体积内活化分子数增大，有效碰撞次数增多，反应速率加快，故A正确；
B．使用合适催化剂，可降低反应活化能，活化分子百分含量增大，有效碰撞次数增多，反应速率加快，故B正确；
C．该反应是可逆反应，反应物不可能百分百转化，故C错误；
D．可逆反应中，正逆反应速率相等时，反应达到平衡状态，故D正确；
答案选C。
2．A
【详解】加入催化剂的结果一是正、逆反应速率都增大，二是缩短了达到平衡的时间，由此可得：a1
3．C
【详解】A．发现一段时间后溶液变蓝，说明开始碘单质的生成速率小于消耗速率，故反应速率：反应ⅰ<反应ⅱ，A正确；
B．氧化剂氧化性大于氧化产物，由反应ⅰ可知，氧化性，由反应ⅱ可知，，故氧化性强弱：，B正确；
C．根据A分析可知，2个反应的速率不同，故在反应过程中氢离子的消耗和生成速率不同，溶液的pH会发生改变，C错误；
D．根据化学方程式体现的关系可知，恰好反应时，溶液最终变蓝，说明反应后碘单质过量，所加，D正确；
故选C。
4．C
【分析】由图可知，X～Y为平衡的建立过程，Y点达到平衡状态，然后升高温度A的体积分数增大，可知升高温度平衡逆向移动，与放热反应一致，Z点平衡逆向移动，以此来解答。
【详解】A．X～Y为平衡的建立过程，Y点及Y点之后的达到平衡状态，则X还未达到平衡状态，正反应速率大于逆反应速率，Z点平衡逆向移动，逆反应速率大于正反应速率，则X、Z两点，A的逆反应速率不相等，故A错误；
B．温度不变，平衡后充入氩气，在恒容下相当于增大压强，该反应是气体分子数减小，则平衡正向移动，C的体积分数增大，故B错误；
C．升高温度A的体积分数增大，可知升高温度平衡逆向移动，该反应是放热反应，则降低温度，化学平衡常数增大，故C正确；
D．X→Y平衡正向移动，Y→Z平衡逆向移动，则Y点时A的转化率最大，故D错误；
故选：C。
5．B
【分析】根据KI和FeCl3和发生反应：2KI+2FeCl3=I2+2KCl+2FeCl2，CCl4能萃取水中的碘，据此解答。
【详解】A．因CCl4能萃取水中的碘，溶液呈紫红色，由于CCl4的密度比水大，所以在下层，故A正确；
B．因KI和FeCl3和发生反应：2KI+2FeCl3=I2+2KCl+2FeCl2，KI过量，溶液中还有I-，滴加酸性AgNO3溶液，有黄色沉淀产生，不能说明该反应存在化学反应限度，故B错误；
C．因KI和FeCl3和发生反应：2KI+2FeCl3=I2+2KCl+2FeCl2，KI过量，滴加KSCN溶液，溶液显红色，说明溶液中还有Fe3+，则该反应存在化学反应限度，故C正确；
D．KI和FeCl3和发生反应：2KI+2FeCl3=I2+2KCl+2FeCl2，因KI过量，该反应存在化学反应限度，溶液中存在Fe3+、Fe2+、I-、I2等微粒，故D正确；
故选B。
6．C
【详解】A．由反应历程可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，故该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数变小，A正确；
B．由反应历程可知，Fe+在反应前后未发生变化，为反应的催化剂，因此Fe+不影响该反应的焓变，B正确；
C．由Fe++N2O→FeO++N2，FeO++CO→Fe++CO2可知FeO+属于有中间产物，由反应历程可知FeO+是可以作为该反应的催化剂，C错误；
D．由反应历程可知Fe++N2O→FeO++N2活化能比FeO++CO→Fe++CO2大，故Fe++N2O→FeO++N2反应比FeO++CO→Fe++CO2慢，D正确；
故选C。
7．D
【详解】A.根据反应X(g)＋Y(g)2Z(g) △H＜0可知，增大反应物X或Y的浓度增大，平衡右移，Z的浓度应增大，与图象不符，错误；
B.使用催化剂，平衡不移动，浓度不再变化，与图象不符，错误；
C. 增大压强，X、Y和Z的浓度都增大，与图象不符，错误；
D.升高温度，平衡向左移动，X、Y的浓度增大，Z的浓度减小，与图象相符，正确；
综上所述，本题选D。
【点睛】解答化学平衡图象题的思路是：“一读”“二想”“三判断”：
“一读”：读懂图象．读图象要学会四看：一看轴(横轴和纵轴的含意)，二看点(原点、两条线的交点和线上的拐点)，三看线(线的走向、线的变化趋势)，四看图象中有关量的多少。
“二想”：联想规律．即联想外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响规律。
“三判断”：作出判断．利用规律，结合图象信息，仔细分析作出正确判断。
8．D
【详解】①该容器为绝热容器，容器内温度不变，说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态；
②由于B呈固态，根据质量守恒定律，建立平衡过程中气体的总质量增大，恒容容器中混合气体的密度增大，达到平衡时混合气体总质量不变，混合气体的密度不变，混合气体的密度不变能说明反应达到平衡状态；
③该反应反应前后气体分子数不变，建立平衡过程中混合气体分子总物质的量始终不变，由于是绝热容器，建立平衡过程中容器温度变化，混合气体压强发生变化，达到平衡时温度不变，混合气体压强不变，混合气体的压强不变说明反应达到平衡；
④由于B呈固态，根据质量守恒定律，建立平衡过程中气体的总质量增大，混合气体分子总物质的量始终不变，混合气体的平均相对分子质量增大，达到平衡时混合气体总质量不变，混合气体的平均相对分子质量不变，混合气体的平均相对分子质量不变说明反应达到平衡状态；
⑤C(g)的物质的量浓度不变是化学平衡的特征标志，说明反应达到平衡状态；
⑥达到平衡时A、C、D的浓度保持不变，但不一定等于2:1:1，A、C、D三种气体的浓度之比为2:1:1时反应不一定达到平衡状态；
⑦某时刻v(A)=2v(C)且不等于零，没有指明是正反应速率，还是逆反应速率，不能说明反应达到平衡状态；
⑧单位时间内生成n mol D，一定消耗2n mol A，同时生成2n mol A，A的浓度不变说明反应达到平衡状态；能说明反应达到平衡状态的有①②③④⑤⑧。
故选D。
9．B
【详解】A．H－H比N≡N键能小，所以N≡N比H－H更牢固，A不正确；
B．反应热等于生成物中断键吸收的热量和形成反应物中化学键放出的热量之差，假设N≡N键能为x，则根据热化学方程式可知x+3×436 kJ/mol－2×3×391 kJ/mo=－92.4 kJ/mol，解得x=946 kJ/mol，B正确；
C．催化剂只能改变反应速率，而不能改变平衡状态，所以合成氨反应选择适当的催化剂不是为了提高H2的转化率，C不正确；
D．由于该反应是可逆反应，因此0.5 mol N2和1.5 mol H2在题给条件下充分反应，放出热量小于46.2 kJ，D不正确，
故选B。
10．C
【详解】A．若为一个表示正反应速率、另一个表示逆反应速率，反应到达平衡，若为同方向速率，选项A中关系式在任何情况下都成立，不能说明到达平衡，没有指明H2和N2的正逆反应速率，不能说明反应达到了平衡状态，故A错误；
B．由于不能确定容器II中氮气是否达到最小值，因此不能确定II是否达到平衡状态，故B错误；
C．若未达平衡，温度越高反应速率越快，相同时间内氮气的含量越低，tmin时，氮气的含量Ⅲ比Ⅱ高，故Ⅲ到达平衡，故C正确；
D．由质量守恒定律知，总质量不变，该反应为体积缩小的反应，Ⅲ中N2的含量最大，故总物质的量最大，故Ⅲ平均相对分子质量最小，故D错误。
11．C
【详解】A．400℃时，从下到上，NO转化率增大，说明平衡正向移动即增大压强，因此压强大小关系：p2>p1，故A错误；
B．其他条件相同时，随温度升高，NO转化率降低，平衡逆向移动，因此该反应的平衡常数减小，故B错误；
C．根据加入的量之比等于计量系数之比，则转化率相等，因此在400℃、p1条件下，O2的平衡转化率为40%，故C正确；
D．该反应是体积减小的反应，500℃、p1条件下，由于缺少容器体积，因此无法计算该反应的化学平衡常数，故D错误；
答案为C。
12．C
【详解】A．对于放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故A错误；
B．增大压强不能增大活化分子百分数，只是增加单位体积内的活化分子数，且对于没有气体参与的反应，增大压强并不能增大反应速率，故B错误；
C．升高温度，非活化分子吸收能量变成活化分子，使活化分子百分数增加，反应速率一定增大，故C正确；
D．并不是所有放热反应都能自发，如铝热反应为放热反应，但需要一定条件才能发生，故D错误；
综上所述答案为C。
13．C
【分析】由题给信息可得反应①的速率和反应②的速率比==，、为速率常数，则两反应的速率之比为定值；由题给方程式可知，反应①的速率和反应②的速率比等于生成Y和Z的浓度比，两反应的速率之比为定值，则反应开始后，体系中Y和Z的浓度比为定值；由图可知，30min时消耗M的浓度为(0.5—0.3)mol/L=0.2mol/L，由Z的浓度为0.125 mol/L，则Y的浓度为0.2mol/L—0.125 mol/L=0.075 mol/L，====0.6。
【详解】A．由分析可知，反应开始后，体系中Y和Z的浓度比为定值，则如果反应能进行到底，反应结束时M转化为Z的百分比为×100%=62.5%，故A正确；
B．由分析可知，反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比定值，始终保持不变，故B正确；
C．由分析可知，30min时，Y的浓度为0.075 mol/L，则Y的平均反应速率为，故C错误；
D．由分析可知，30min时，反应生成Y的浓度为0.075 mol/L、Z的浓度为0.125 mol/L可知反应①速率小于反应②的速率，则反应①的活化能比反应②的活化能大，故D正确；
故选C。
14．(1) CH3OH 温度改变时，反应Ⅰ和反应Ⅲ的平衡移动方向相反
(2)K1 K22
(3) 一氧化碳 导致一氧化碳量减小，反应减慢，不利用二氧化碳的转化 通入氦气，碳酸钙分解平衡正向移动，导致二氧化碳和一氧化碳比例增大，促进铁还原二氧化碳生成一氧化碳平衡正向移动，使一氧化碳的物质的量上升。
【详解】（1）①生成甲醇的反应都为放热反应，所以温度升高平衡逆向移动，甲醇的物质的量分数减小，生成一氧化碳的反应为吸热反应，所以随着温度升高平衡正向移动，一氧化碳的物质的量分数增大，二者共同作用导致水蒸气减小幅度小于甲醇，故Z为水，Y为甲醇，X为一氧化碳。
②反应Ⅲ消耗二氧化碳，反应Ⅰ生成二氧化碳，最终体系中的二氧化碳的物质的量分数与上述两个反应有关，由于温度改变时，反应Ⅰ和反应Ⅲ的平衡移动方向相反，且平衡移动程度接近，导致体系中的二氧化碳的物质的量分数受温度的影响不大。
（2）①CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) K1，②CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) K2，根据盖斯定律分析，①+②×2得热化学方程式：CH4(g)+3CO2(g)4CO(g)+2H2O(g)的K= K1 K22。
（3）恒压，750°C时，CH4和CO2按物质的量之比1：3投料，经如下流程可实现CO2高效转化。从图分析，氢气和四氧化三铁反应生成水，故过程ii产生H2O(g)的化学方程式。
过程ii的催化剂是一氧化碳，若CH4和CO2按物质的量之比1：1投料，则导致一氧化碳量减小，反应减慢，不利用二氧化碳的转化。
恒压条件下通入氦气，碳酸钙分解平衡正向移动，导致二氧化碳和一氧化碳比例增大，促进铁还原二氧化碳生成一氧化碳平衡正向移动，使一氧化碳的物质的量上升。
15．(1) D 太阳能、地热能、风能、潮汐能、生物质能
(2) 减小 不变
(3)大于
(4)2 H2- H1
【分析】(1)
1 g CH4完全反应释放15.46 kJ的热量，则1 mol CH4完全反应放出的热量为247.36 kJ，故D项符合题意，除氢能源外的新能源太阳能、地热能、风能、潮汐能、生物质能；
(2)
加入催化剂能降低反应所需的活化能，则E1和E2都减小，催化剂不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即反应热不改变，所以催化剂对反应热无影响；
(3)
一般活化能越大反应速率越慢，根据反应快慢，反应②的活化能大于反应③的的活化能；
(4)
根据盖斯定律，①2NH3(l)+H2O(l)+CO2(g)=(NH4)2CO3(aq) H1②NH3(l)+H2O(l)+CO2(g)=NH4HCO3(aq) H2，由②×2-①可得③(NH4)2CO3(aq)+H2O(l)+CO2(g)=2NH4HCO3(aq) ，故 H3=2 H2- H1；
16．(1) -122.5 BC
(2) < 在300~ 600K内，随温度升高，反应i向逆反应方向移动的程度比反应ii的小 0.225mol ·(L·min)-1 180 0.55P
【解析】（1）
①CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △H1=-90.7kJ·mol-1
②2CH3OH(g) CH3OCH3(g)+H2O(g) △H2=-23.5kJ·mol-1
③CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H3=-41.2kJ·mol-1，根据盖斯定律分析，有①×2+②-③×2可得热化学方程式为：2CO2(g)+6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g) △H=-90.7×2-23.5+41.2×2=-122.5kJ·mol-1；在体积恒定的密闭容器中，A.v(CO2)：v(H2)=1：3不能判断正逆反应速率关系，不能说明反应到平衡；B.容器内CH3OCH3体积分数不变说明反应到平衡；C.该反应前后气体的总物质的量不同，故容器内压强保持不变可以说明反应到平衡；D.单位时间内断裂6molH-H键，同时断裂3molH-O键说明正逆反应速率不相等，反应未到平衡。故选BC。
（2）
①压强为pkPa时，从图分析，温度升高，二甲醚或乙酸甲酯的转化率都降低，说明升温平衡逆向移动，则正反应都为放热反应，则△H1<0。
②温度对平衡体系中乙酸甲酯的含量和乙醇的影响图乙所示，在300~600K范围内，乙酸甲酯的含量逐渐增大，而乙醇的百分含量逐渐减小的原因是在300~ 600K内，随温度升高，反应i向逆反应方向移动的程度比反应ii的小。
③
前2min内CH3COOCH3的平均生成速率为 mol ·(L·min)-1 ，该条件下反应i的平衡常数K= ，此时容器内的压强为。
17．(1)+170
(2) 副产物氢气可作燃料 耗能高
(3) 50% 4.76
(4) 越高 n(H2S)：n(Ar)越小，H2S的分压越小，平衡向正反应方向进行，H2S平衡转化率越高 24.9
【详解】（1）根据盖斯定律(①+②)—③，即得到2H2S(g)=S2(g)+2H2(g)的△H4=(—1036+94)kJ/mol×+484kJ/mol= +170kJ/mol；
（2）根据盖斯定律(①+②)×可得2H2S(g)+O2(g)=S2(g)+2H2O(g)
△H=(—1036+94)kJ/mol==—314kJ/mol，因此，克劳斯工艺的总反应是放热反应；根据硫化氢分解的化学方程式可知，高温热分解方法在生成单质硫的同时还有氢气生成，因此，高温热分解方法的优点是可以获得氢气作燃料；但由于高温分解H2S会消耗大量能量，所以其缺点是耗能高；
（3）假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和4mol，根据三段式可知，平衡时H2S和H2的分压相等，则二者的物质的量相等，即1—x=x，解得x=0.5，所以H2S的平衡转化率为=50%，所以平衡常数Kp=
（4）由于正反应是体积增大的可逆反应， n(H2S):n(Ar)越小，H2S的分压越小，相当于降低压强，平衡向正反应方向移动，因此H2S平衡转化率越高；根据图像可知n(H2S):n(Ar)=1:9，反应进行到01s时H2S转化率为0.24，假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和9mol，则根据三段式可知，此时H2S的压强为，H2S的起始压强为10KPa，所以H2S分压的平均变化率为
18．加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全)
【详解】“酸浸氧化”需要加热，其原因是：升高温度，加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全)，故答案为：加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全)
19． 92 0.25 acf 温度 压强 催化剂
【详解】(1)焓变=反应物总键能-生成物总键能，N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) △H=(946+436×3-391×6) KJ/mol=-92 KJ/mol；若1mol氮气完全反应生成氨气可放出的能量为92kJ；
(2)在容积为2L的密闭容器内，反应经过10分钟后，生成10mol氨气，则消耗5mol氮气，用氮气表示的化学反应速率是0.25 mol·L-1·min-1；
(3) a.根据化学平衡的特征，反应达到化学平衡时，正反应速率和逆反应速率相等，故a正确；
b. 根据化学平衡的特征，反应达到化学平衡时，正逆反应速率相等，不等于0，故b错误；
c.一定条件下，达到化学平衡时，反应达到最大限度，氮气的转化率达到最大值，故c正确；
d. 达到化学平衡时，氮气和氢气的浓度不变，不一定相等，故d错误；
e. 达到化学平衡时，N2、H2和NH3的体积分数不变，不一定相等，故e错误；
f. 根据化学平衡的特征，反应达到化学平衡时，反应达到最大程度，故f正确；
选acf；
(4)温度越高，反应速率越快；压强越大，反应速率越快；加入合适的催化剂能加快反应速率，影响该反应速率的因素有温度、压强、催化剂。
20． 增大 减小 不移动 ABCE 50%
【详解】(1)该反应的平衡常数的表达式为：；该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，K值将增大；用极限思维，平衡正向移动，原来是水蒸气，后来变为一氧化碳和氢气(两者平均相对分子质量为15)，则容器中气体的平均相对分子质量将减小；故答案为：；增大；减小。
(2)上述反应达到平衡后，将体系中的C(s)部分移走，由于碳的固体，反应物浓度不变，因此平衡不移动；故答案为：不移动。
(3)A．该反应是体积增大的反应，当压强固定不变化，说明达到平衡，故A符合题意；B．该反应是相对分子质量减小的反应，当气体平均相对分子质量不再变化，说明达到平衡，故B符合题意；C．生成H2O(g)的速率，正向反应，消耗CO的速率，逆向反应，两者速率之比等于计量数之比，说明达到平衡，故C符合题意；D．H2O(g)、CO、H2的浓度相等，不能说明达到平衡，故D不符合题意；E．固定体积下，该反应固体不断消耗，气体质量不断增加，气体密度不断增加，当气体密度不再变化，说明达到平衡，故E符合题意；F．υ(H2O)= υ(CO)，没有正向和逆向，因此不能说明达到平衡，故F不符合题意；综上所述，答案为：ABCE。
(4)根据题意建立三段式得到，得到，解得y=2，则此温度下H2O(g)的转化率为；故答案为：50%。
21．(1)
(2)C
(3) 二氧化碳的物质的量不再改变 一氧化碳的体积分数不再改变
【详解】（1）10min后，生成了单质铁11.2g （0.2mol铁），则同时反应0.3molCO，故10min内CO的平均反应速率为；
（2）反应为气体分子数不变的反应，且反应物中气体只有一氧化碳，故保持温度不变，待密闭容器中反应达到平衡后，再向容器中通入1molCO气体，重新平衡后，相当于和原平衡为等效平衡，平衡体系中CO所占的体积分数不变；
故选C；
（3）平衡状态时，正逆反应速率不变，且各物质的量不再改变，故二氧化碳的物质的量不再改变、体系中一氧化碳的体积分数不再改变等均可以说明达到平衡状态。
22．(1) 浓度 6 B、C
(2) 其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大 4.2×10-4mol/(L·s)
(3) 3.9 1.5
(4) 1 3 2 3
【详解】（1）根据表中数据，对比A、B可知，A、B探究浓度对反应速率的影响，因此温度应相同，即T1=293；混合溶液的总体积应相同，即V1=6，V2=4，探究温度对反应速率的影响，温度是变量，根据图表可知，实验B、C探究温度变化对反应速率的影响；故答案为：浓度；6；B、C；
（2）根据表中数据可知，实验A中草酸的浓度比实验B中草酸的浓度大，若t1＜8，实验A的反应速率快，可以得出其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大；溶液颜色褪至无色，说明高锰酸钾完全反应，实验B中高锰酸钾表示的速率为v(KMnO4)=4.2×10-4mol/(L·s)；故答案为：其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大；4.2×10-4mol/(L·s)；
（3）2min内v(X)==0.1mol/(L·min)，v(Z)= =0.2mol/(L·min)，v(Q)=0.3 mol/(L·min)，因为v(Z)∶v(Y)=2∶3，推出v(Y)=0.3mol/(L·min)，2min内消耗Y的物质的量为0.3mol/(L·min)×2min×2L=1.2mol，则起始时Y的物质的量为(1.2+2.7)mol=3.9mol，2min内Q变化的物质的量为0.3mol/(L·min)×2min×2L=1.2mol，Q为生成物，则起始时Q的物质的量为(2.7－1.2)mol=1.5mol；故答案为：3.9；1.2；
（4）2min内v(X)==0.1mol/(L·min)，v(Z)= =0.2mol/(L·min)，v(Q)=0.3 mol/(L·min)，因为v(Z)∶v(Y)=2∶3，推出v(Y)=0.3mol/(L·min)，利用化学反应速率之比等于化学计量数之比，m∶n∶p∶q=0.1mol/(L·min)∶0.3mol/(L·min)∶0.2mol/(L·min)∶0.3 mol/(L·min)=1∶3∶2∶3；故答案为：1；3；2；3。
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