第2章 化学反应的方向、限度和速率 练习题 2023-2024学年高二上学期化学沪科版（2020）选择性必修1

第2章《化学反应的方向、限度和速率》练习题 一、单选题 1．反应的过程与能量变化如下图所示 (均大于0)。(已知图像中的物质均为气态)下列说法正确的是 A．升高温度有利于提高该反应平衡转化率 B．该反应的焓变为 kJ∙mol−1 C．该反应逆反应的活化能为kJ∙mol−1 D．CO和分子发生的碰撞均可以形成过渡态 2．在2L恒容密闭容器中充入2molX和1molY发生反应：2X(g)+Y(g)3Z(g)，反应过程中持续升高温度，测得混合体系中X的体积分数与温度的关系如图所示。下列推断正确的是 A．Q点时，Y的转化率最大 B．W点的正反应速率等于M点的正反应速率 C．升高温度，平衡常数增大 D．温度一定，平衡时充入Z，达到新平衡时Z的体积分数比原平衡时大 3．在2 L的密闭容器中进行如下反应：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，有如下数据： 实验 温度/℃ 起始量/mol 平衡量/mol CO H2O CO2 H2 CO2 1 650 2.0 1.0 0 0 0.8 2 800 2.0 2.0 0 0 1.0 下列说法正确的是 A．正反应为吸热反应 B．实验1中，CO的转化率为80% C．650℃时，化学平衡常数K＝ D．实验1再加入1.0 mol H2O，重新达到平衡时，n(CO2)为1.6 mol 4．向三个体积均为的恒容绝热容器中，按不同方式投入反应物，条件下开始发生如下反应：，测得达平衡时有关数据如下： 容器 Ⅰ Ⅱ Ⅲ 反应物投入量 、 、 平衡时正反应速率 平衡常数 平衡时 的物质的量 反应物的转化率 下列说法不正确的是 A． B． C． D． 5．下列关于反应速率与反应限度的说法正确的是 A．钠与水反应时，增加水的用量能明显增大反应速率 B．升温能提高反应物的能量，增大反应物间的碰撞频率，加快反应速率 C．催化剂能加快反应速率的原因是它能降低反应的活化能，减小反应的焓变 D．合成氨工业采用循环操作的主要目的是提高平衡体系中氨的含量 6．我国某科研团队采用真空封管法制备磷化硼纳米颗粒催化剂，在发展非金属催化剂实现电催化还原制备甲醇方向取得重要进展，有关反应历程如图所示(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)。下列说法错误的是 A．副产物有、，其中的量相对较多 B．加入催化剂使生成甲醇的反应速率增大，其主要降低反应的活化能 C．磷化硼纳米颗粒在阳极上催化生成甲醇 D．升高温度，主反应和副反应的反应速率均增大，且有利于提高的转化率 7．科学家提出在排气管内设置催化剂，使污染气体(CO、NO)转化为大气成分后再排出(反应过程如图)。下列说法错误的是 A．NO可用排水法收集 B．将燃油净化后使用，可减少NO的排放 C．使用合适的催化剂能加快反应②的速率 D．反应②的化学方程式为 8．恒温T ℃、恒压101kPa，将足量的CuSO4·5H2O、NaHCO3置于一个密闭容器中，再充入已除去CO2的干燥空气。仅发生以下反应，达平衡时两者分解的物质的量比为2：1。 CuSO4·5H2O(s)CuSO4·3H2O(s)+2H2O(g)    Kp1=81 kPa2 2NaHCO3(s)Na2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)    Kp2 第一次平衡后，用总压为101 kPa的潮湿空气[其中p(H2O)=8 kPa、p(CO2)=4 kPa]替换容器中的气体，T ℃下达到第二次平衡。 下列说法不正确的是 A．第一次平衡时=9 B．Kp2=9 kPa2 C．第二次平衡建立的过程中CuSO4·5H2O的质量将减少 D．第二次平衡建立的过程中NaHCO3的质量将减少 9．氢能的利用是人们对新能源的重要研究方向之一，铁的配合物离子(用[L- Fe-H]+表示)催化HCOOH分解的反应机理和相对能量的变化情况如图所示。 下列说法错误的是 A．将HCOOH转化为CO2和H2的反应是放热反应 B．若用D标记HCOO-中的H原子，可能会产生D2 C．H+浓度过大或过小，均导致反应速率降低 D．该过程的总反应速率由Ⅳ→Ⅰ步骤决定 10．合成氨反应为  。下列有关该反应的说法正确的是 A．催化剂增大了正、逆反应的活化能 B．升高温度，该反应的平衡常数增大 C．正反应的活化能小于逆反应的活化能 D．反应在高温、高压和催化剂条件下进行可提高的平衡转化率 11．下列有关合成氨工业的说法，正确的是 A．根据勒夏特列原理左右比室温更有利于合成氨的反应 B．由于氨易液化，在实际生产中可循环使用，所以总体来说合成氨的产率很高 C．升高温度可以加快反应速率，且有利于化学平衡向合成氨的方向移动 D．合成氨采用的压强是，因为该压强下铁触媒的活性最高 12．某温度时，在一定体积的密闭容器中，某一可逆反应中气体X、Y的物质的量随时间变化的曲线如图所示，则该反应的化学方程式为 A． B． C． D． 13．下列平衡移动方向和现象判断正确的是 A．，加水，平衡逆向移动，溶液黄色变浅 B．，加入粉，平衡正向移动，气体颜色变浅 C．，压缩容器体积，平衡不移动，气体颜色无变化 D．，升高温度，溶液由蓝绿色变为黄绿色 14．理论研究表明，在101和298K下，异构化反应过程的能量变化如图所示。下列说法错误的是 A．比稳定 B．使用催化剂，可以改变反应的反应热 C．正反应的活化能大于逆反应的活化能 D．该异构化反应的 二、填空题 15．请回答下列问题： (1)化学平衡常数K表示可逆反应进行的程度，K越大，表示 。 (2)在一体积为10L的密闭容器中，通入一定量的CO和H2O，在850℃时发生如下反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH<0。CO和H2O浓度变化如图所示，则前4min的平均反应速率v(CO)= mol·L-1·min-1。 (3)该反应的化学平衡常数表达式为K= ，850℃时当反应进行到4min时即达到平衡状态，此时化学平衡常数的值为 。 16．一定条件下，乙苯催化脱氢生产苯乙烯的反应如下： 其他条件相同，在甲、乙两种催化剂的作用下，乙苯转化率与温度的关系如图所示。 (1)写出苯乙烯发生加聚反应的化学方程式 。 (2)在甲催化剂的作用下，图中N点处(对应温度为320℃)乙苯的转化率 (“可能是”“一定是”或“一定不是”)该温度下的平衡转化率。 (3)高于320℃时，乙苯的转化率降低的可能原因是 。 17．请回答下列问题： (1)已知新型RuO2催化剂对上述反应有更好的催化活性。新型RuO2催化剂的使用会 氯化氢的转化率(选填“增大”、“减小”或“不影响”)。 (2)一定压强下，该反应的HCl平衡转化率随温度变化的曲线如图，则该反应的 0(选填“>”、“<”或“=”)，说明理由 。    (3)上述反应达到平衡后，其它条件不变，将容器体积迅速压缩，将 (选填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，v(逆)将 。 18．常见的氮氧化物有NO、NO2、N2O5等。 (1)在一定条件下，N2与O2反应生成1molNO气体，吸收90kJ的热量。该反应的热化学方程式为 。 (2)在800℃，2L密闭容器中，发生反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，体系中NO物质的量随时间变化如表： 时间/s 0 1 2 3 4 5 n(NO)/mol 0.020 0.010 0.008 0.007 0.007 0.007 ①0~2s，以O2的浓度变化表示该反应的平均速率(O2)= mol·L-1·s-1。 ②若要进一步提高该反应的化学反应速率，除了使用催化剂和升高温度外，还可以采取的措施有 (填一种)。 ③若上述反应在恒容的密闭容器中进行，判断该反应达到平衡状态的标志是 。 a．c(NO)：c(O2)=2：1 b．每消耗1molO2的同时生成2molNO2 c．混合气体的颜色保持不变 19．过氧乙酸(CH3COOOH)不仅在卫生医疗、食品消毒及漂白剂领域有广泛应用，也应用于环境工程、精细化工等领域。实验室利用醋酸(CH3COOH)与双氧水(H2O2)共热，在固体酸的催化下制备过氧乙酸(CH3COOOH)，其装置如图所示。请回答下列问题： 实验步骤： I．先在反应瓶中加入冰醋酸、乙酸丁酯和固体酸催化剂，开通仪器1和8，温度维持为55℃； II．待真空度达到反应要求时，打开仪器3的活塞，逐滴滴入浓度为35%的双氧水，再通入冷却水； III．从仪器5定期放出乙酸丁酯和水的混合物，待反应结束后分离反应器2中的混合物，得到粗产品。 反应中维持冰醋酸过量，目的是提高 ；分离反应器2中的混合物得到粗产品，分离的方法是 。 20．完成下列小题 (1)TiO2转化为TiCl4有直接氯化法和碳氯化法。在1000℃时反应的热化学方程式及其平衡常数如下： (ⅰ)直接氯化：TiO2(s)＋2Cl2(g)=TiCl4(g)＋O2(g)　ΔH1=＋172kJ·mol-1，Kp1=1.0×10-2 (ⅱ)碳氯化：TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)=TiCl4(g)＋2CO(g)　ΔH2=-51kJ·mol-1，Kp2=1.2×1012Pa 反应2C(s)＋O2(g)=2CO(g)的ΔH为 kJ·mol-1，Kp= Pa． (2)在1.0×105Pa，将TiO2、C、Cl2以物质的量比1∶2.2∶2进行反应。体系中气体平衡组成比例(物质的量分数)随温度变化的理论计算结果如图所示。 反应C(s)＋CO2(g)=2CO(g)的平衡常数Kp(1400℃)= Pa． 21．已知反应2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)某温度下的平衡常数为400。此温度下，在密闭容器中加入CH3OH，反应到某时刻测得各组分的浓度如表： 物质 CH3OH CH3OCH3 H2O c/(mol•L-1) 0.44 0.6 0.6 若加入CH3OH后，经10min反应达到平衡，此时c(CH3OH)= mol/L；该时间内反应速率v(CH3OH)= mol(L•min)。 22．Ⅰ．H2S与CH4重整，不但可以消除污染，还可以制氢。主要反应为；ΔH>0。 (1)在恒温恒容条件下，可作为上述反应达到平衡状态的判断依据的是_______。 A．混合气体密度不变 B．容器内压强不变 C．2v正(H2S)=v逆(CS2) D．CH4与H2的物质的量分数之比保持不变 Ⅱ．在恒压条件下，以n(CH4)∶n(H2S)=1∶2组成的混合气体发生反应：；ΔH>0，达到平衡状态时，四种组分物质的量分数随温度的变化如下图所示。 (2)图中曲线a、c分别表示的是 、 (填化学式)。 (3)M点对应温度下，H2S的转化率是 。 Ⅲ．在研究反应发生的适宜条件时发现：过多的CH4会导致Al2O3催化剂失活；Co助剂有稳定催化剂的作用。如下图表示800 ℃，Al2O3催化剂条件下投入等量H2S，投料比[n(CH4)∶n(H2S)]分别为1∶1、1∶3、12∶1，达平衡时H2S转化率、平均反应速率。 (4)投料比n(CH4)∶n(H2S)=1∶3对应图中 (填“A”“B”或“C”)组图像。三组图像中，C组图像中平均反应速率最低的可能原因是 。 (5)未添加Co助剂时，无积炭，随着Co添加量的变化，积炭量变化如下图所示，Co助剂可能催化原料气发生反应的化学方程式为 。 三、计算题 23．硫酸是重要化工原料之一，研究人员对其生产开展研究。请回答： (1)工业上一般采用硫铁矿或硫黄粉为原料制备硫酸。 ①，下，下列反应 则反应能自发进行的条件是 。 ②两种方法在制备工艺上各有其优缺点，下列选项正确的是(可多选) 。 A．在制备阶段，硫铁矿法产生较多的矿渣，且生成的气体净化处理比硫黄粉法复杂得多 B．两种方法产生的气体都不需要干燥 C．在转化为阶段，控制温度在左右的主要原因是为了提高反应速率和平衡转化率 D．将原料粉碎后送入沸腾炉中，可以提高原料的利用率 (2)接触法制硫酸生产中的关键工序是的催化氧化： ①不同温度下，具有一定能量的分子百分数与分子能量的关系如图所示，E表示温度下分子的平均能量，是活化分子具有的最低能量，阴影部分的面积反映活化分子的多少，则图中 (填“>”、“=”或“<”)。若温度下使用催化剂，请在图中画出相应的变化： 。 ②某温度下，假设进入接触室内的物质的量恒定。当和的物质的量比为1∶1，反应达到平衡时压强减少；保持温度不变，欲使的平衡转化率提高到90%，则开始时加入和的物质的量比为应为 (计算结果保留1位小数)。 ③催化氧化的反应过程可分为三步，请写出步骤Ⅱ的化学方程式： 步骤Ⅰ： 步骤Ⅱ： 。 步骤Ⅲ： (3)的平衡转化率与反应温度和压强的关系如下图。 ①实际生产选择图中A点的反应条件，不选择B、C点的理由分别是 。 ②将组成(物质的量分数)为和的气体通入反应器，在温度t、压强p条件下进行反应：。平衡时，若转化率为，则压强为 ，平衡常数 (以分压表示，分压=总压×物质的量分数)(用含的代数式表示)。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．C 【详解】A．该反应中，反应物的总能量高于生成物的总能量，所以该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，降低反应的转化率，说法错误； B．焓变等于生成物和反应物的焓值差，即△H=(E1-E2)kJ/mol，说法错误； C．活化能是反应物分子的平均能量和活化分子(或过渡态分子)能量的差值，所以该反应逆反应的活化能为(E1+E3)kJ/mol，说法正确； D．分子间只有发生有效碰撞才能发生旧化学键的断裂，所以和分子发生有效碰撞才能形成过渡状态分子，说法错误； 故选C。 2．A 【分析】反应开始时没有达到平衡，反应向正向进行，X的量减少，到Q点时达到最小，则这一点是反应的最大限度，Q点后平衡逆向移动，X的量逐渐增加。 【详解】A．X、Y为反应物，Q点X的量最少，转化率最大，则Y的转化率也达到最大，A正确； B．M点温度高于W点温度，温度升高，速率增大，W点的正反应速率小于M点的正反应速率，B错误； C．温度升高平衡逆向移动，平衡常数减小，C错误； D．平衡时充入Z，相当于增大压强，反应两边气体的化学计量数相等，改变压强对平衡没有影响，达到新平衡时Z的体积分数与原平衡一样，D错误； 故选A。 3．C 【详解】A．从表中数据分析，温度升高，二氧化碳的量增加说明平衡正向移动，正反应为吸热，不选A； B．实验1中一氧化碳反应了0.8摩尔，转化率为0.8/2.0=40%，不选B； C．       CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) 起始物质的量浓度  1.0   0.5    0   0 改变物质的量浓度  0.4   0.4    0.4   0.4 平衡物质的量浓度  0.6   0.1    0.4    0.4 平衡常数=0.4×0.4/0.6×0.1=16/3，正确，选C； D．若加入1.0摩尔水，若生成1.6摩尔二氧化碳，则浓度积为1.6*1.6/0.4*0.4=16，与平衡常数不等，所以不可能为1.6摩尔，不选D。 4．A 【详解】A．I容器从正向建立平衡，II 容器从逆向建立平衡，由于为恒容绝热容器，因此最终平衡时温度不同，所以v1≠v2，故A错误； B．III和I相比氢气、溴蒸气的物质的量增大为原来的2倍，III 中产生的HBr比I多，放出的热量多，温度高，又因反应放热，所以平衡常数K1> K3，故B正确； C．若I和II均保持温度不变，则氢气的物质的量相等，由于容器绝热，I中放热，所以氢气的物质的量增大， II 中吸热，所以II中逆向进行的程度减小，即n1>n2， 故C正确； D．若I和II均保持温度不变，则a1+ a2=1，由于容器绝热，I中放热，所以平衡正向移动的程度减小；II 中吸热，所以II中正向进行的程度也减小，a1+a2<1，故D正确； 故选A。 5．B 【详解】A．水是纯液体，纯液体量的多少对反应速率没有影响，A错误； B． 升温能提高反应物的能量，增大活化分子百分数，增加反应物间的碰撞频率，加快反应速率，B正确； C． 催化剂能能降低反应的活化能、加快反应速率，但催化剂不会改变反应的焓变，C错误； D． 合成氨反应是可逆反应，采用循环操作的主要目的是提高原料的利用率，D错误； 答案选B。 6．C 【详解】A．由题图可知，副产物为和，生成副产物的能垒相对较高，反应难进行，生成的量较少；生成副产物的能垒相对较低，反应易进行，生成的量较多，所以相对多的副产物为，A正确； B．加入催化剂可降低反应的活化能，B正确； C．电催化制备甲醇时，在阴极上得电子生成甲醇，则磷化硼纳米颗粒在阴极上，C错误； D．升高温度，主反应和副反应的反应速率均增大，由题图可知，主、副反应均是吸热反应，因此升温有利于提高的转化率，D正确； 故选C。 7．B 【详解】A．NO难溶于水，因此可用排水法收集，A正确； B．NO是空气中的氮气和氧气在放电条件下产生，与燃油无关，B错误； C．使用催化剂能降低反应的活化能，因而加快化学反应速率，C正确； D．一氧化碳和一氧化氮反应生成氮气和二氧化碳，反应方程式为2CO+2NON2+2CO2，D正确； 故合理选项是B。 8．D 【详解】A．①CuSO4·5H2O=CuSO4·3H2O(s)+2H2O(g)，2NaHCO3(s)=Na2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)，达平衡时CuSO4·5H2O(s)和NaHCO3(s)分解的物质的量比为2：1，即分解2 mol CuSO4·5H2O可得到4 mol H2O(g)，分解1 mol NaHCO3(s)可得到0.5 mo l CO2和0.5 mol H2O(g)，平衡体系中含有4.5 mol H2O(g)、0.5 mol CO2，所以=，A正确； B．化学平衡常数Kp1=81(kPa)2=p2(H2O)，则p(H2O)=9 kPa；Kp2=p(H2O)×p(CO2)，所以Kp1=，即81(kPa)2=9Kp2，Kp2=9 (kPa)2，B正确； C．浓度熵Qc=p2(H2O)=64(kPa)2＜81(kPa)2=Kp１，反应CuSO4·5H2O(s)CuSO4·3H2O(s) +2H2O(g)正向进行，第二次平衡建立的过程中CuSO4·5H2O的质量将减少，C正确； D．浓度熵Qc= p(H2O)×p(CO2)=8 kPa×4 kPa=32(kp)2＞Kp2，所以反应2NaHCO3(s)Na2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)逆向进行，导致NaHCO3质量会增加，D错误； 故合理选项是D。 9．B 【详解】A．该过程的总反应为HCOOHCO2+H2，反应物总能量大于生成物总能量，则将HCOOH转化为CO2和H2的反应是放热反应，故A正确； B．由反应机理可知，[L- Fe-H]++ HCOO-⟶，⟶CO2+， +H+⟶，⟶[L- Fe-H]++H2，所以若用D标记HCOO-中的H原子，不可能产生D2，故B错误； C．H+浓度过大HCOO-浓度减小，[L- Fe-H]++ HCOO-⟶反应慢，H+浓度过小， +H+⟶反应慢，H+浓度过大或过小，均导致反应速率降低，故C正确； D．决定化学反应速率的步骤是最慢的一步，活化能越高，反应越慢，从反应机理的相对能量变化可知，Ⅳ→Ⅰ的活化能最大，该过程的总反应速率由Ⅳ→Ⅰ步骤决定，故D正确； 答案选B。 10．C 【详解】A．催化剂降低反应的活化能，增大反应速率，A错误； B．该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，B错误； C．该反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，故正反应的活化能小于逆反应的活化能，C正确； D．合成氨反应为放热反应，在高温下，反应会逆向移动，H2的平衡转化率会减小；工业上采用高温的原因是加快生成NH3的速率，同时考虑催化剂的活性在较高温度下较好，另外催化剂不会影响平衡转化率，D错误； 故选C。 11．B 【详解】A．合成氨反应为放热反应，高温不利于合成氨气，温度控制在左右是考虑催化剂的活性，不能用勒夏特列原理来解释，A错误； B．合成氨的反应在适宜的生产条件下达到平衡时，原料的转化率并不高，但将生成的分离，再将未反应的循环利用，可使氨的产率较高，B正确； C．升高温度可以加快反应速率，但合成氨反应是放热反应，因此升高温度不利于化学平衡向合成氨的方向移动，低温才有利于平衡向正反应方向移动，C错误； D．催化剂的活性取决于温度的高低，而非压强的大小，D错误； 故选B。 12．A 【详解】由图可知，从反应开始，X的物质的量减少，Y的物质的量增加，则X为反应物、Y为生成物，最终X、Y的物质的量都不再改变时都不是零，说明为可逆反应，开始至平衡时，，，则X、Y的化学计量数之比为2∶1，所以反应方程式为，故选A。 13．D 【详解】A．加水稀释，假设加入水后溶液体积是原来二倍，浓度为原来一半，，则平衡正向移动，但由于各离子浓度变小，溶液黄色变浅，故A错误； B．加入粉与Fe3+反应，反应物浓度减小，平衡逆向移动，c[Fe(SCN)3]减小，溶液颜色变浅，故B错误； C．压缩容器体积相当于增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，由于该反应前后气体分子数不变，则平衡不移动，因为容器体积减小导致平衡时碘单质浓度大于原来平衡浓度，则气体颜色比原来平衡状态深，故C错误； D．其它条件不变时，升高温度平衡正向移动，生成物离子浓度增大，则溶液由蓝绿色变为黄绿色，故D正确； 故选D。 14．B 【详解】A．根据图中信息得到HCN能量比HNC能量低，再根据能量越低越稳定，因此HCN比HNC稳定，故A正确； B．使用催化剂，不能改变反应的反应热，只改变反应路径，反应热只与反应物和生成物的总能量有关，故B错误； C．根据图中信息得出该反应是吸热反应，因此正反应的活化能大于逆反应的活化能，故C正确； D．根据焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，因此该异构化反应的，故D正确； 综上所述，答案为B。 15．(1)反应进行得越完全，平衡时反应物的转化率越大 (2)0.03 (3) 1 【详解】（1）化学平衡常数K等于生成物平衡浓度幂指数的乘积与反应物平衡浓度幂指数的乘积的比值，K越大，说明平衡体系中生成物所占的比例越大，正反应进行的程度越大，即该反应进行得越完全，平衡时反应物的转化率越大；答案为：反应进行得越完全，平衡时反应物的转化率越大。 （2）根据图象，前4min的平均反应速率v(CO)==0.03mol/(L∙min)；答案为：0.03。 （3）该反应的化学平衡常数表达式为K=；反应进行到4min时反应达到平衡，根据图象，平衡时CO、H2O(g)的浓度依次为0.08mol/L、0.18mol/L，从起始到平衡转化的CO浓度为0.20mol/L-0.08mol/L=0.12mol/L，则平衡时CO2、H2的浓度都为0.12mol/L，化学平衡常数K===1；答案为：；1。 16．(1) (2)一定不是 (3)催化剂活性下降(合理即可) 【详解】（1）苯乙烯发生加聚生成聚苯乙烯，反应的化学方程式，故答案为：。 （2）催化剂不改变反应进行的程度，即在甲、乙两种催化剂的作用下乙苯平衡转化率应该相等，而图中所示温度为320℃时催化剂甲和乙对应的乙苯转化率不同，说明反应未达到平衡状态，则在甲催化剂的作用下，图中N点处(对应温度为320℃)乙苯的转化率一定不是该温度下的平衡转化率。故答案为：一定不是； （3）高于320℃时，会使催化剂的活性下降，导致反应速率下降，使乙苯的转化率降低，乙苯的转化率降低的可能原因是催化剂活性下降(合理即可)。故答案为：催化剂活性下降(合理即可)。 17．(1)不影响 (2) ＜ 其他条件相同下，温度越高，平衡时HCl的转化率越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应 (3) 增大 增大 【详解】（1）催化剂不影响平衡移动，新型RuO2催化剂的使用会不影响氯化氢的转化率； （2）由图可知，温度越高，平衡时HCl的转化率越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，即△H＜0； （3）将容器体积迅速压缩，此时HCl浓度增大，相当于增大压强，该正反应是气体分子数减小的反应，平衡正向移动，将增大，生成物浓度也增大，v(逆)将增大。 18．(1)N2(g)+O2(g)=2NO(g) =+180kJ/mol (2) 0.0015 增大NO、O2的浓度或者缩小容器体积以增大压强 c 【解析】(1) 根据热化学方程式的书写原则可知，在一定条件下，N2与O2反应生成1molNO气体，吸收90kJ的热量，该反应的热化学方程式为N2(g)+O2(g)=2NO(g) =+180kJ/mol，故答案为：N2(g)+O2(g)=2NO(g) =+180kJ/mol； (2) ①由题干表中信息可知，0~2s，以NO的浓度变化表示该反应的平均速率为：=0.003 mol·L-1·s-1，又知同一反应同一时间段内不同物质表示的反应速率之比等于化学计量系数之比，则以O2的浓度变化表示该反应的平均速率(O2)== ×0.003 mol·L-1·s-1=0.0015mol·L-1·s-1，故答案为：0.0015； ②根据影响反应速率的因素可知，若要进一步提高该反应的化学反应速率，除了使用催化剂和升高温度外，还可以采取的措施有增大NO、O2的浓度或者缩小容器体积以增大压强，故答案为：增大NO、O2的浓度或者缩小容器体积以增大压强； ③a．已知化学平衡的特征为反应体系各组分的浓度保持不变而不是相等或成比例，故c(NO)：c(O2)=2:1时不能说明反应达到化学平衡，a不合题意； b．已知每消耗1molO2的同时生成2molNO2均表示正反应速率，而化学平衡的本质是正逆反应速率相等，b不合题意； c．由于反应体系中NO、O2均为无色，NO2为红棕色，则反应过程中混合气体的颜色一直在改变，则混合气体的颜色保持不变说明NO2的浓度不变，化学反应达到平衡状态，c符合题意； 故答案为：c。 19． 双氧水的转化率(利用率) 过滤 【详解】反应中CH3COOOH过量，可以使反应持续正向进行，提高双氧水的转化率，反应器2中为过氧乙酸、为反应完的反应物及固体催化剂的混合物，可采用过滤的方法得到粗产品，故答案为：双氧水的转化率(利用率)；过滤； 20．(1) -223 1.2×1014 (2)7.2×105 【详解】（1）根据盖斯定律，将“反应(ⅱ)-反应(ⅰ)”得到反应2C(s)＋O2(g)=2CO(g)，则ΔH=-51kJ·mol-1-(＋172kJ·mol-1)=-223kJ·mol-1；则Kp==1.2×1014Pa； （2）从图中可知，1400℃，体系中气体平衡组成比例CO2是0.05，TiCl4是0.35，CO是0.6，反应C(s)＋CO2(g)=2CO(g)的平衡常数Kp(1400℃)= =7.2×105Pa。 21． 0.04 0.16 【详解】若加入CH3OH后，经10min反应达到平衡，设甲醇的反应量为2xmol/L，则平衡时甲醇的浓度为(0.44-2x)mol/L，二甲醚和水的浓度均为(0.6+x)mol/L，K=，解得x=0.2，此时c(CH3OH)=(0.44-2×0.2)mol/L=0.04mol/L，起始甲醇的浓度为0.44mol/L+0.6mol/L×2=1.64mol/L，达到平衡时甲醇浓度的变化量为(1.64-0.04)mol/L=1.6mol/L，该时间内反应速率v(CH3OH)= 22．(1)BD (2) H2 H2S (3)20% (4) A C组中n(CH4)∶n(H2S)=12∶1，CH4比例过高使催化剂Al2O3失活，反应速率小 (5) 【详解】（1）A．恒温恒容下，容积不变，容器内的气体质量也不变，则无论反应是否平衡，混合气体密度都不变，故混合气体密度不变不能作为反应达到平衡的判断依据，A不符合题意； B．反应前后气体的化学计量数之和不相等，则容器内的压强不变时，说明容器内气体分子数不再变化，反应达到平衡状态，B符合题意； C．根据反应的化学计量数，2v正(H2S)=4v正(CS2)=v逆(CS2)，即同一物质的正、逆反应速率不相等，说明反应没有达到平衡状态，C不符合题意； D．CH4与H2的物质的量分数之比保持不变，说明CH4与H2的物质的量分数不再发生变化，说明体系反应达到平衡状态，D符合题意； 故选BD； （2）根据平衡状态时，四种组分物质的量分数随温度的变化图可知，c、d的物质的量分数随温度升高是逐渐减小的，a、b是逐渐增大的，由于反应是吸热反应(ΔH>0)，根据平衡移动原理，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，则生成物增加，反应物减少，可知a、b表示的是生成物，c、d表示的是反应物，根据反应的化学计量数，生成物中CS2的物质的量比H2小，则a表示H2，b表示CS2，同理可知，c表示的是H2S，d表示的是CH4； （3）M点对应温度下，起始时n(CH4)∶n(H2S)=1∶2，设起始时n(CH4) =1 mol，n(H2S)=2mol，转化的CH4为xmol，用“三段式分析”得： M点对应温度下，平衡时，a表示的H2和d表示的CH4的物质的量分数相等，则可得关系式1-x=4x，x=0.2mol，则H2S的转化率； （4）在反应中，适当提高n(CH4)∶n(H2S)的比值可提高H2S的转化率，当投料比[n(CH4)∶n(H2S)]分别为1∶1、1∶3、12∶1时，n(CH4)∶n(H2S)=1∶3在三种组合中比值处于最小，则 H2S的转化率也最小，则对应的图像是A组；根据题干可知，过多的CH4会导致Al2O3催化剂失活，反应速率变慢，C组图像中H2S转化率最高，即n(CH4)∶n(H2S)比值最高，即n(CH4)∶n(H2S)=12∶1，故C组图像中平均反应速率最低的可能原因是C组中n(CH4)∶n(H2S)=12∶1，CH4比例过高使催化剂Al2O3失活，反应速率小； （5）根据题给积炭量变化图可知，Co添加量越大，积炭量越高，原料气中只有CH4含有碳元素，则Co助剂可能催化原料气发生反应的化学方程式为：。 23．(1) 较低的温度 AD (2) < 3.5 (3) B点，平衡转化率提高的余地小，增大压强需增加投入成本；C点，温度低，催化剂活性小，反应速率慢 【详解】（1）①已知反应……①，……②，由②-①可得反应，根据盖斯定律，其，该反应为气体分子数减少的反应，即，反应要能自发进行，则，因此在较低的温度下，反应才能自发进行； 故答案为较低的温度； ②A．在制备阶段，硫铁矿法会产生较多的矿渣，且生成的气体除外还有其他气体，净化处理比硫黄粉法复杂得多，故A正确； B．与水能直接反应，因此两种方法产生的气体都需要干燥，故B错误； C．在转化为阶段，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向进行，平衡转化率降低，则控制温度在左右的主要原因是为了加快反应速率，提高生产效率，而不能提高平衡转化率，故C错误； D．将原料粉碎后送入沸腾炉中，接触面积更大，反应更充分，可以提高原料的利用率，故D正确； 故答案选AD； （2）①活化能即活化分子具有的最低能量与分子平均能量之差，升高温度活化分子数增加，阴影部分面积会增加，所以根据图象可判断；若温度下使用催化剂，由于催化剂会降低活化能，活化分子数会增加，则对应图象可表示为； 故答案为<，； ②当和的物质的量比为1∶1，反应达到平衡时压强减少；设起始量为，体积为，列三段式有： 则，解得，则平衡常数，保持温度不变，欲使的平衡转化率为90%，设起始的物质的量为，和的物质的量比为a，则的物质的量为，则列三段式有：；温度不变，平衡常数不变，则，化简得，解得，故保持温度不变，欲使的平衡转化率提高到90%，则和的物质的量比为应为3.5； 故答案为3.5； ③步骤Ⅱ为与、反应生成的过程，化学方程式为； 故答案为； （3）①B点，平衡转化率提高的余地小，增大压强需增加投入成本；C点，温度低，催化剂活性小，反应速率慢，故实际生产选择图中A点的反应条件，不选择B、C点； 故答案为B点，平衡转化率提高的余地小，增大压强需增加投入成本；C点，温度低，催化剂活性小，反应速率慢； ②根据三段式有：；，故，则压强为 平衡常数； 故答案为。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$