第二章化学反应速率与化学平衡单元检测2023-2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1

第二章化学反应速率与化学平衡单元检测 一、单选题 1．在25℃时，向40mL0.05mo/L的FeCl3溶液中加入10mL0.l5mo/L的KSCN溶液，发生反应后，混合溶液中c(Fe3+)与反应时间(t)的变化关系如图所示。(忽略溶液混合过程中的体积变化)下列说法不正确的是 A．该反应的离子方程式为Fe3++3SCN-Fe(SCN)3↓ B．E点对应的坐标为(0，0.04) C．该反应的平衡常数K= D．t4时向溶液中加入50mL0.1mol/LKCl溶液，平衡逆向移动 2．在一定条件下，向某恒容密闭容器中充入、，发生反应，测得反应时，不同温度下氢气的转化率如图所示。［已知：该反应的速率方程、，、只与温度有关] 下列说法错误的是 A．图中a、b、c三点对应的由大到小的顺序为 B．该反应的ΔH<0 C．温度下，起始时容器内的压强为，，则该温度下 D．升高温度或增大压强，都可以提高反应物的平衡转化率 3．一定温度下，在一容积可变的密闭容器中发生反应 ，t1时刻达到平衡，t2时刻改变某一条件，至t3时刻再次达到平衡，v逆随时间变化如图所示。下列说法错误的是 A．过程中，平衡逆向移动 B．t2时刻改变的条件可能是充入一定量HI(g) C．Ⅰ、Ⅱ两过程达平衡时，平衡常数 D．Ⅰ、Ⅱ两过程达平衡时，H2的体积分数Ⅰ＜Ⅱ 4．二氧化碳加氢甲烷化反应是温室气体二氧化碳资源化利用的有效途径之一，下图为二氧化碳加氢甲烷化反应示意图。下列说法正确的是 A．的电子式为： B．是该反应的催化剂 C．该反应过程中只有极性键断裂 D．甲烷是天然气的主要成分，天然气属于可再生能源 5．X(g)＋3Y(g)2Z(g)，生成2molZ反应放出的热量为92kJ，将1molX和3molY通入2L的恒容密闭容器中进行反应，10min时测得Y的物质的量为2.4mol。下列说法正确的是 A．10min内，X的平均反应速率为0.01mol·L-1·min-1 B．第10min时，X的反应速率为0.01mol·L-1·min-1 C．10min时，Y的转化率为80% D．继续反应至平衡，该体系共能放出的热量为92kJ 6．一定条件下，恒容密闭容器中发生可逆反应。下列说法正确的是 A．和可完全转化为 B．平衡时，正反应速率大于逆反应速率 C．充入，正、逆反应速率都升高 D．平衡时，、和的浓度一定相等 7．下列说法中，正确的是 A．凡是放热反应都是自发反应 B．凡是熵增大的反应都是自发反应 C．要判断反应能否自发进行，必须综合考虑体系的焓变和熵变 D．非自发进行的反应一定不可能发生反应 8．以黄铁矿(主要成分为FeS2)生产硫酸的工艺流程如图，下列说法不正确的是    A．将黄铁矿粉碎，可以提高其在沸腾炉中的反应速率 B．沸腾炉中每生成1mol SO2，有11mol e-发生转移 C．接触室中排放出的SO2、O2循环利用，可提高原料利用率 D．吸收塔中用98%的浓硫酸吸收SO3，可避免酸雾形成 9．用CO2和H2催化合成乙烯的反应原理为： ，向1L恒容密闭的催化反应器中充入3molH2和1molCO2，测得温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图。下列说法正确的是 A．升高温度，催化剂的催化效率降低 B．生成乙烯的速率：M点一定大于N点 C．250℃反应达到平衡时，容器内的压强为起始时的 D．容器内气体密度保持不变可以作为判断反应达到平衡状态的标志 10．一定条件下在一容积恒为2L的容器内发生应：2A(g)+B(g)⇌2C(g)，已知起始投入4molA(g)和2molB(g)，经2s后测得C的浓度为0.6mol·L-1，并且2s后各组分浓度不再改变。下列说法正确的是 A．2s后反应物A和B完全转化为C B．2s内用物质B表示的平均反应速率为0.6mol·L-1·s-1 C．2s内用物质A表示的平均反应速率为0.3mol·L-1·s-1 D．2s时物质B的浓度为0.5mol·L-1 11．下列实验能达到预期目的的是 选项 实验内容 实验目的 A 将的KI溶液和的溶液等体积混合，充分反应后，滴加淀粉溶液 验证与的反应有一定限度 B NO2(g)+CO(g)CO2(g)+NO(g)达平衡后，缩小体积，可使平衡体系颜色变深 可用勒夏特列原理解释 C 相同条件下，装有溶液的两支试管，向其中一支试管中加入1 mL溶液 探究对分解速率的影响 D 装有等物质的量的气体的两个玻璃球，一个浸入热水中，一个浸入冰水混合物中 探究温度对化学平衡的影响 A．A B．B C．C D．D 12．向容积为1.00L的密闭容器中通入一定量的和的混合气体，发生反应：N2O4(g)2NO2(g) ，(已知：为红棕色气体，为无色气体)。体系中各物质浓度随时间变化如图所示。下列有关说法正确的是 A．64s时，反应达到化学平衡状态。 B．从反应开始至化学平衡前，混合气体的颜色逐渐变浅。 C．若该容器与外界无热量传递，则反应达到平衡前容器内气体的温度逐渐升高。 D．若升高温度，增大了活化分子百分数，则反应速率加快。 13．将CO2转化为有机燃料是实现碳资源可持续利用的有效途径。我国学者提出的CO2催化加氢合成CH3OH的机理如图(其中吸附在催化剂表面的物种用“标注)所示。下列说法不正确的是 A．使用催化剂不能提高CO2的平衡转化率 B．CO2催化加氢合成CH3OH总反应的ΔS＞0，ΔH＜0 C．反应①中存在共价键的断裂和共价键的生成 D．反应机理表明H2O参与了CO2合成CH3OH的反应 14．科学家研究利用铁触媒催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用“ad”表示。下列说法正确的是    A．氨气在催化剂表面的脱附是放热过程 B．总反应的反应热 C．历程中，化学键的变化只涉及共价键的断裂与形成 D．反应活化能最大 15．一定条件下合成乙烯6H2(g)+2CO2(g) CH2=CH2(g)+4H2O(g);已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图，下列说法正确的是 A．生成乙烯的速率：V(M)>V(N) B．平衡常数KM<KN C．催化剂可能会影响CO2的平衡转化率 D．若投料比n(H2)：n(CO2)=3:1，则图中M点时，CO2的体积分数约为15.4% 二、填空题 16．催化还原CO2是解决温室效应及能源问题的重要手段之一。研究表明，在Cu/ZnO催化剂存在下，在CO2中通入H2，二者可发生以下两个平行反应： 反应Ⅰ CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)      ΔH1=-53.7 kJ·mol-1　 反应Ⅱ CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)　      　ΔH2=+41.2 kJ·mol-1 某实验室控制一定的CO2和H2初始投料比，在相同压强下,经过相同反应时间测得如下实验数据（其中“甲醇选择性”是指转化的CO2中生成甲醇的百分比）： 反应序号 T/K 催化剂 CO2转化率/% 甲醇选择性/% ① 543 Cu/ZnO纳米棒 12.3 42.3 ② 543 Cu/ZnO纳米片 10.9 72.7 ③ 553 Cu/ZnO纳米棒 15.3 39.1 ④ 553 Cu/ZnO纳米片 12.0 71.6 （1）CO2的电子式是 。 （2）反应Ⅰ的平衡常数表达式是K= 。 （3）对比①和③可发现：同样催化剂条件下，温度升高，CO2转化率升高， 而甲醇的选择性却降低，请解释甲醇选择性降低的可能原因 ； 对比①、②可发现，在同样温度下，采用Cu/ZnO纳米片使CO2转化率降低， 而甲醇的选择性却提高，请解释甲醇的选择性提高的可能原因 。 （4）有利于提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有 。 a．使用Cu/ZnO纳米棒做催化剂 b．使用Cu/ZnO纳米片做催化剂 c．降低反应温度 d．投料比不变,增加反应物的浓度 e．增大CO2和H2的初始投料比 17．研究化学反应的能量变化和速率变化是研究化学反应的重要角度。 (1)化学反应中能量变化的主要原因是旧的化学键断裂会 (填“放出”或“吸收”)能量；新的化学键形成会 (填“放出”或“吸收”)能量。 (2)工业上高炉炼铁，其反应为：，属于放热反应，反应物的总能量 (填“＞”、“=”或“＜”)生成物的总能量。 (3)兴趣小组的同学们把空气中久置的50g铝片投入盛有硫酸溶液的烧杯中，该铝片与硫酸产生氢气的速率与反应时间的关系可用如图曲线来表示。回答下列问题： ①曲线由0-a段不产生氢气的原因是 ，有关反应的离子方程式为 。 ②曲线b→c段，产生氢气的速率增加较快的主要原因是 。 ③曲线由c以后，产生氢气的速率逐渐下降的主要原因是 。 18．（1） 用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。例如： CH4(g)＋4NO2(g)===4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)   ΔH＝－574 kJ/mol CH4(g)＋4NO(g)===2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－1160 kJ/mol 若用标准状况下4.48 L CH4还原NO2至N2，整个过程中转移电子总数为 (阿伏伽德罗常数的值用NA表示)，放出的热量为 kJ。 （2）葡萄糖是人体所需能量的重要来源之一。葡萄糖燃烧的热化学方程式为：C6H12O6(s)+6O2(g)====6CO2(g)+6H2O(l)  ΔH=－2800 kJ·mol-1。已知葡萄糖在人体组织中氧化的热化学方程式与它燃烧的热化学方程式相同。计算100 g葡萄糖在人体中完全氧化时所产生的热量为 kJ。 （3）将等物质的量的A、B混合于2 L密闭容器中发生如下反应：3A(g)＋B(g)===xC(g)＋2D(g)，经5分钟后，测得D的浓度为0.5 mol/L，c(A)∶c(B)＝3∶5，C的平均反应速率是0.1 mol/(L·min)求： ①此时A的浓度为 ，反应开始前容器中B的物质的量为 。 ②B的平均反应速率为 。 ③x＝ 。 19．甲醇是重要的化工原料，又可称为燃料。利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下： ①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H1〈0 ②CO2(g)+3H2(g)CH3OH（g）+H2O(g) △H2 ③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H3〉0 回答下列问题： （1）反应①的化学平衡常数K的表达式为 ；图1中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为 （填曲线标记字母），其判断理由是 。 （2）合成气的组成n(H2)/n(CO+CO2)=2.60时体系中的CO平衡转化率（a）与温度和压强的关系如图2所示。a（CO）值随温度升高而 （填“增大”或“减小”），其原因是 。图2中的压强由大到小为 ，其判断理由是 。 （3）Bodensteins研究了下列反应：2HI（g）H2（g）+I2（g） 在716K时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下表： t/min 0 20 40 60 80 120 x(HI) 1 0.91 0.85 0.815 0.795 0. 784 x(HI) 0 0.60 0.73 0.773 0.780 0.784 上述反应中，正反应速率为v正= k正·x2(HI)，逆反应速率为v逆=k逆·x(H2)·x(I2)，其中k正、k逆为速率常数, 其中k正、k逆为速率常数，则k逆为 (以K和k正表示)。若k正 = 0.0027min-1，在t=40min时，v正= 。 20．Ⅰ.为了研究MnO2与双氧水（H2O2）的反应速率，某学生加入少许的MnO2粉末于50mL密度为1.1g/cm3的双氧水溶液中，通过实验测定：在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图所示。请依图回答下列问题： (1)放出一半气体所需要的时间为 ； (2)A、B、C、D各点反应速率快慢的顺序是 ； (3)过氧化氢溶液的初始物质的量浓度为 。（保留2位小数） Ⅱ.汽车尾气里含有NO气体是由于内燃机燃烧的高温引起氮气和氧气反应所致：N2(g)+O2(g)2NO(g)　ΔH>0，已知该反应在2404 ℃时，平衡常数K=64×10-4。 (1)某温度下，向2 L的密闭容器中充入N2和O2各1mol，5分钟后O2的物质的量为0.5mol，N2的反应速率为 ， 此时N2的转化率 。　 (2)假定该反应是在恒容条件下进行，判断该反应达到平衡的标志 (填字母序号)。 A．消耗1mol N2同时生成1mol O2 B．混合气体密度不变 C．混合气体平均相对分子质量不变            D．2v正(N2)=v逆(NO) (3)将N2、O2的混合气体充入恒温恒容密闭容器中，图变化趋势正确的是 (填字母序号)。 (4)该温度下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5×10-1mol·L-1、4.0×10-2mol·L-1和3.0×10-3mol·L-1，此时反应v正 v逆。 (5)某生提出，下列方法可以冶炼钢铁：FeO(s)+C(s)=Fe(s)+CO(g) ΔH＞0，ΔS＞0，上述反应在 （低温或高温）条件下能自发进行。 (6)现有反应：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH＞0，如图表示反应Ⅱ在t1时刻达到平衡，在t2时刻因改变某个条件而发生变化的情况，则图中t2时刻发生改变的条件可能是 。      A．升高温度   B．降低温度   C．加入催化剂    D．增大压强 E.减小压强   F.充入CO2 G.分离出部分CO 21．外因 外界条件的影响 浓度 增大反应物浓度，反应速率 ；反之， 温度 升高温度，反应速率 ；反之， 压强 对于有气体参加的反应，增大压强，反应速率 ；反之， 催化剂 使用催化剂，反应速率 其他 增大固体比表面积、光照、超声波等，能够增大反应速率 22．闭容器中，进行如下化学反应： CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，其化学平衡常数K和温度t的关系如下表： t℃ 700 800 830 1000 1200 K 0.6 0.9 1.0 1.7 2.6 (1)该反应的化学平衡常数表达式为K= ．该反应为 反应(选填“吸热”、“放热”)． (2)能判断该反应是否已达化学平衡状态的依据是 ． a．容器中压强不变             b．混合气体中c(CO)不变 c．v正(H2)=v逆(H2O)          d．c(CO2)=c(CO) (3)830℃时，容器中的反应已达到平衡．在其他条件不变的情况下，扩大容器的体积．平衡 移动(选填“向正反应方向”、“向逆反应方向”、“不”)。 (4)若 830℃时，向容器中充入1mol CO、5mol H2O，反应达到平衡后，其化学平衡常数K 1.0(选填“大于”、“小于”、“等于”) (5)若1200℃时，在某时刻平衡体系中CO2、H2、CO、H2O的浓度分别为2 mol•L﹣1、2 mol•L﹣1、4 mol•L﹣1、4 mol•L﹣1，则此时上述反应的平衡移动方向为 。(选填“正反应方向”、“逆反应方向”、“不移动”) (6)某温度下，在2L的密闭容器中，加入1 mol CO2和1 mol H2充分反应达平衡时，CO平衡浓度为0.25 mol/L，试判断此时的温度为 ℃。 (7)若在(6)所处的温度下，在1L的密闭容器中，加入2molCO2和3molH2充分反应达平衡时，H2的物质的量为 ． a．等于1.0mol    b．大于1.0mol      c．大于0.5mol     d．无法确定 23．根据我国目前汽车业发展速度，预计年汽车保有量超过亿辆，中国已成为全球最大的汽车市场。因此，如何有效处理汽车排放的尾气，是需要进行研究的一项重要课题。 (1)目前，汽车厂商常利用催化技术将尾气中的和转化成和，化学方程式为： ； 为研究如何提高该转化过程反应速率，某课题组进行了以下实验探究： 【资料查阅】①不同的催化剂对同一反应的催化效率不同； ②使用相同的催化剂，当催化剂质量相等时，催化剂的比表面积对催化效率有影响． 【实验设计】课题组为探究某些外界条件对汽车尾气转化反应速率的影响规律，设计了以下对比实验。 (2)完成以下实验设计表（表中不要留空格）。 实验编号 实验目的 T / ℃ 初始浓度 初始浓度 同种催化剂的比表面积 为以下实验作参照 ① 280 探究温度对尾气转化速率的影响 ② 【图象分析与结论】利用气体传感器测定了三组实验中浓度随时间变化的曲线图，如图： (3)计算第组实验中，达平衡时的浓度为 ； (4)由曲线、可知，增大催化剂比表面积，汽车尾气转化速率 （填“增大”、“减小”、“无影响”）。 (5)下列措施中，能减少或控制汽车尾气污染有效且可行的是 ． A．制定严格的汽车尾气排放标准，并严格执行 B．开发清洁能源汽车，如氢能汽车、太阳能汽车等 C．将污染源移到人口密集度低的郊区 三、计算题 24．在容积为2L的密闭容器中进行如下反应：A(g)+2B(g)3C(g)+nD(g)，开始时A为4mol，B为6mol，5min末时测得C的物质的量为3mol，用D表示的化学反应速率(D)为0.2mol/(L·min)。 计算：（1）5min末A的物质的量浓度为 ； （2）前5min内用B表示的化学反应速率(B)为 ； （3）化学方程式中n值为 。 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．A 【详解】A.溶液中Fe3+与SCN –反应生成Fe(SCN)3，反应的离子方程式为Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，故A错误； B.40 mL 0.05 mol/L的FeCl3溶液中加入10 mL 0.15 mol/L的KSCN溶液后溶液总体积变为50 mL，混合溶液中Fe3+的初始浓度是=0.04mol/L，则E点对应的坐标为(0，0.04)，故B正确； C.40 mL 0.05 mol/L的FeCl3溶液中加入10 mL 0.15 mol/L的KSCN溶液后溶液总体积变为50 mL，混合溶液中Fe3+的初始浓度是=0.03mol/L，SCN-的初始浓度是=0.04mol/L，由图可知，平衡时Fe3+浓度是m mol/L，由此可建立如下三段式： 由三段式数据可知，反应的平衡常数K=，故C正确； D. t4时向溶液中加入50mL0.1mol/LKCl溶液，反应体系中各物质的浓度均减小，设减小的倍数为a，浓度熵Qc==a3K＞K，则平衡逆向移动，故D正确； 故选A。 2．D 【分析】曲线表达的是反应时，不同温度下氢气的转化率，可以看出，T2之前随温度升高，转化率增大，T2之后，温度升高，转化率减小，由于温度越高，速率越快，平衡所需时间越短，可判断T2之前反应未平衡，T2之后反应为平衡态，反应<0。 【详解】A．a、b、c三点温度升高，产物浓度增大，逆反应速率增大，故v(CH4)逆由大到小的顺序为c>b>a，A正确； B．由以上分析可知，该反应<0，B正确； C．T2时，反应达到平衡，氢气转化率为80%，起始充入2 mol CO2、4 mol H2，压强为3 MPa，可以推出起始CO2分压为1 MPa，H2分压为2 MPa，恒容条件下可得：，，又根据k正、k逆的表达式，推出，，C正确； D．反应<0，升高温度，平衡逆移，转化率下降，D错误； 故选D。 3．D 【分析】绘制过完整v-t图都应了解，速率曲线一条渐减，另一条速率曲线渐增，达到化学平衡时，曲线图体现曲线相汇且水平延长；当平衡因改变外界条件而破坏，重新建立新平衡时依然是重复刚才的曲线变化，一条渐减一条渐增，再次相汇变水平，表示建立新的平衡；当曲线处于纵坐标值变化时，纵坐标值相对较大的曲线对应方向即为当前反应进行方向；根据本题图象，v逆在第一次建立平衡过程中是渐增至t1时刻达平衡速率值，说明反应起始进行方向是正向进行；t2时刻改变条件，v逆速率突然变大，随后因反应体系内物质浓度随反应变化v逆逐渐降低在t3时刻达到新平衡速率值，这一过程中，反应逆向进行至新平衡；新平衡速率与原平衡速率相等，则说明t2时刻改变条件瞬间，v正应突然变小然后渐增至达新平衡速率； 【详解】A．根据分析，t2~t3过程中，反应逆向进行至新平衡，描述正确，不符题意； B．根据分析及补全图象，t2时刻v逆突然变大，v正突然变小，只有在恒压容器(容器体积可变)中增加生成物气体的物质的量，才会出现生成物浓度突然变大造成v逆突增，容器因增加了气体而扩容，使得反应物浓度突然变小造成v正突减，描述正确，不符题意； C．两次平衡达到时温度并未改变，故两次反应K值相等，描述正确，不符题意； D．由v-t图可以看出t2时刻改变条件是向容器中加入一定量的HI，反应在t3时刻再次平衡时反应速率与前一次平衡速率相同，在恒压恒容容器的前提下，则说明新平衡中各物质浓度与前一次平衡中各物质浓度对应相等，说明两次平衡等效，故两次平衡中H2体积分数对应相等，描述错误，符合题意； 综上，本题选D。 4．B 【详解】A．CO2的结构式为O=C=O，其电子式为，故A错误； B．根据反应机理，Ni/La2O3反应前后没有发生变化，因此Ni/La2O3是该反应的催化剂，故B正确； C．根据反应机理，H2转化成H+，非极性共价键断裂，CO2→CH4发生极性键的断裂，该过程中既有非极性键的断裂，也有极性键的断裂，故C错误； D．天然气属于不可再生能源，故D错误； 答案为B。 5．A 【详解】A． 10min内，△n(Y)=3mol-2.4mol=0.6mol，则△n(X)=△n(Y)=×0.6mol=0.2mol，故υ(X)===0.01mol·L-1·min-1，故A正确； B． υ=表示某个时间段内的平均反应速率，在第10min时，X的浓度比前10min内的少，故该时间点的反应速率小于0.01mol/(L·min)，故B错误； C． 10min时，Y的转化率为=20%，故C错误； D． X(g)＋3Y(g)2Z(g)是可逆反应，继续反应至平衡，转化率达不到100%，生成的Z少于2mol，该体系共能放出的热量少于92kJ，故D错误； 故选A。 6．C 【详解】A．为可逆反应，和不能完全转化为，A错误； B．平衡时，正反应速率等于逆反应速率，B错误； C．充入，生成物浓度增大，平衡逆向移动，使反应物浓度也增大，正、逆反应速率都升高，C正确； D．平衡时，各物质浓度不确定，、和的浓度不一定相等，D错误； 故选C。 7．C 【详解】A．放热反应有利于反应的自发进行，但是不一定所有的放热反应都是自发反应，比如碳的燃烧，故A错误； B．熵增大的反应有利于反应的自发进行，但是熵增大的反应不一定都是自发反应，故B错误； C．要判断反应能否自发进行，必须综合考虑体系的焓变和熵变即自由能进行判断，故C正确； D．非自发进行的反应在一定条件下可以自发进行，比如水在常温下是非自发的，在电解条件下是自发的，故D错误。 综上所述，答案为C。 8．B 【分析】黄铁矿在沸腾炉中燃烧，生成Fe2O3和SO2，SO2和O2在接触室中催化氧化转化为SO3，SO3用98.3%的硫酸吸收，可制得“发烟”硫酸。 【详解】A．将黄铁矿粉碎，可以增大其与空气的接触面积，从而加快反应速率，A正确； B．沸腾炉中发生反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，则每生成1 mol SO2，有5.5mol e-发生转移，B不正确； C．接触室中，SO2、O2没有完全转化为SO3，将排放出的SO2、O2循环利用，可提高原料利用率，C正确； D．吸收塔中用98%的浓硫酸吸收SO3，可避免酸雾形成，D正确； 故选B。 9．C 【详解】A．根据图象，温度低于250℃，升高温度，催化剂的催化效率升高；温度高于250℃，升高温度，催化剂的催化效率降低，故A错误； B．N点温度高于M点，但催化效率低，故N点正反应速率不一定大于M点正反应速率，故B错误； C．250℃反应达到平衡时CO2 平衡转化率为50%，列三段式 气体起始总物质的量为4mol，平衡时气体的总物质的量1.5mol+0.5mol+0.25mol+1mol=3.25mol，温度体积一定气体的压强之比等于物质的量之比， ，容器内的压强为起始时的，故C正确； D．体系中物质全部为气体，气体的总质量不变，容器体积不变，气体的密度一直不变，不能作为反应达到平衡状态的标志，故D错误； 故答案为：C。 10．C 【详解】A．该反应是可逆反应，不能进行到底，A和B不能完全转化为C，A错误； B．2s内用物质C表示的平均反应速率为v(C)===0.3mol·L-1·s-1，v(B)=v(C)=×0.3mol·L-1·s-1=0.15mol·L-1·s-1，B错误； C．2s内用物质C表示的平均反应速率为v(C)===0.3mol/(L•s)，v(A)=v(C)=0.3mol/(L•s)，C正确； D．△c(B)=)=△c(C)=×0.6mol/L=0.3mol/L，2s时物质B的浓度为-0.3mol/L=0.7mol/L，D错误； 答案选C。 11．D 【详解】A．无论是否存在反应限度，均可将氧化为I2，所以I2遇淀粉溶液变蓝，只能证明与反应生成了I2，而不能证明与的反应有一定限度，选项A错误； B．反应CO(g)+NO2(g)⇌CO2(g)+NO(g)，达平衡后，缩小体积，浓度增大，颜色变深，但两边计量数相等，加压平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，选项B错误； C．为控制浓度影响因素不变，需保证两支试管中溶液体积相等，不能加入体积过大的溶液，可滴加2滴溶液，观察产生气泡的速率变化，证明对分解速率的影响，选项C错误； D．2NO2(g) (红棕色) N2O4(g) (无色)H<0，升高温度，平衡逆向移动，气体颜色变深，降低温度，平衡正向移动，气体颜色变浅，选项D正确； 答案选D。 12．D 【分析】图示为物质浓度随时间变化的曲线图，当物质浓度不变时，为平衡点，故100s时反应达到平衡，据此分析。 【详解】A．达到化学平衡状态，各物质的浓度不变，但不一定相等，由图中信息可知，64s时反应未达到化学平衡状态，A错误； B．由图中信息可知，反应正向进行，反应体系中c (NO2)增大，所以混合气体的颜色逐渐变深，B错误； C．由于正反应吸热，由图中信息可知，反应正向进行，绝热条件下容器内温度逐渐降低，C错误； D．若升高温度，提供了更多的能量，增大了活化分子百分数，则反应速率加快，D正确； 故本题选D。 13．B 【详解】A．催化剂的使用能提高反应速率，但不能改变的平衡转化率，A项正确； B．催化加氢合成总反应为CO2+3H2CH3OH+H2O，正反应体积减小，则反应的，B项错误； C．根据机理图可判断反应①中存在共价键的断裂和共价键的生成，C项正确； D．反应机理表明③和④中H2O参与了CO2合成CH3OH的反应，D项正确； 答案选B。 14．C 【详解】A．由图可以看出，NH3脱附后所具有的能量大于脱附前的能量，因此脱附是吸热过程，A错误； B．由图可知，反应后 N2和 H2所具有的能量减少了46 kJ/mol，因此该反应的ΔH=-46 kJ/mol，B错误； C．该反应只有共价键且涉及到共价键的断裂与生成，C正确； D．反应过程中所需能量最多，活化能最大反应速率最慢，由图可知所需最多能量处是Nad和3Nad生成NHad和2Had的过程，方程式为：，D错误； 故选C。 15．D 【详解】A、化学反应速率随温度的升高而加快，催化剂的催化效率降低，所以v(M)有可能小于v(N)，故A错误； B、升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，所以M化学平衡常数大于N，故B错误； C、根据图象，当温度高于250℃，升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则平衡逆向移动，但催化剂只影响反应速率，不影响平衡移动和转化率，故C错误； D、设开始投料n(H2)为3mol，则n(CO2)为1mol，所以当在M点平衡时二氧化碳的转化率为50%， 所以有6H2(g)+2CO2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g) 开始   3       1              0          0 转化   1.5     0.5            0.25       1 平衡   1.5     0.5            0.25       1 所以CO2的体积分数为×100%=15.4%，故D正确；故选D。 16． 反应Ⅰ为生成甲醇的反应，该反应是放热反应，因此升高温度，平衡逆向进行，因此甲醇的产率减小，甲醇的选择性降低 因为在该时间内，使用Cu/ZnO纳米片催化剂使反应I速率增加，因此测得该时间内得到的甲醇较多，甲醇选择性提高 cd 【详解】（1）二氧化碳中碳原子在中间，碳氧之间为两个共用电子对，电子式为：。 （2）反应Ⅰ为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，所以平衡常数表达式为K=。 （3）生成甲醇的反应是反应Ⅰ，而该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，导致甲醇的选择性降低。采用Cu/ZnO纳米片（催化剂）只能影响速率不能改变平衡，该实验并不是达到平衡后再测数据，而是反应相同时间后就测定，所以反应比较快的进行的量就多，因此结论是：Cu/ZnO纳米片催化剂使反应I速率增加更明显，该时间段内得到的甲醇较多，甲醇选择性提高。 （4）催化剂都不改变平衡态，所以选项a、b都错误。降温使反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ平衡逆向移动，所以提高了CO2转化为CH3OH平衡转化率，选项c正确。恒容，按照相同投料比，增大物质的浓度就是相当于增大压强，对于反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ平衡不移动，所以提高了CO2转化为CH3OH平衡转化率，选项d正确。增大CO2和H2的初始投料比，实际会降低二氧化碳的转化率，选项e错误。 17． 吸收 放出 ＞ 首先是硫酸与铝片表面的反应，不产生； 该反应放热，使溶液温度升高，反应速率加快 随着反应的进行，硫酸的浓度不断下降，使反应速率减慢 【详解】(1)化学反应中能量变化的主要原因是旧的化学键断裂会吸收能量；新的化学键形成会放出能量。 (2)放热反应中反应物的总能量＞生成物的总能量。 (3)①由于铝片表面有一层致密的氧化膜，首先是硫酸与铝片表面的反应，因此曲线由0-a段不产生氢气，有关反应的离子方程式为。 ②由于该反应放热，使溶液温度升高，反应速率加快，因此曲线b→c段，产生氢气的速率增加较快。 ③由于随着反应的进行，硫酸的浓度不断下降，使反应速率减慢，因此曲线由c以后，产生氢气的速率逐渐下降。 18． 1.60NA(或1.6NA) 173.4 1555.6 0.75 mol·L－1 3 mol 0.05 mol·(L·min)－1 2 【详解】（1）已知：①CH4(g)＋4NO2(g)＝4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)   ΔH＝－574 kJ/mol ②CH4(g)＋4NO(g)＝2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－1160 kJ/mol 根据盖斯定律可知(①+②)/2即得到CH4(g)＋2NO2(g)＝N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－867kJ/mol。若用标准状况下4.48 L CH4还原NO2至N2，甲烷是0.2mol，碳元素化合价从-4价升高到+4价，因此整个过程中转移电子总数为1.60NA，放出的热量为0.2mol×867kJ/mol=173.4kJ。 （2）100 g葡萄糖在人体中完全氧化时所产生的热量为。 （3）①测得D的浓度为0.5 mol/L，D表示的反应速率为0.1 mol/(L·min)，又因为C的平均反应速率是0.1 mol/(L·min)，根据反应速率之比是相应的化学计量数之比可知x＝2，设A和B的起始量均是nmol，则 3A(g)＋B(g)＝2C(g)＋2D(g) 起始量（mol）   n      n    0      0 转化量（mol）  1.5     0.5   1      1 平衡量（mol） n-1.5   n-0.5  1      1 经5分钟后 c(A)∶c(B)＝3∶5，因此(n-1.5):(n-0.5)＝3∶5，解得n＝3，所以此时A的浓度为1.5mol÷2L＝0.75mol/L，反应开始前容器中B的物质的量为3mol。 ②根据反应速率之比是相应的化学计量数之比可知B的平均反应速率为0.05 mol·(L·min)－1。 ③根据以上分析可知x＝2。 19． a 反应①为放热反应，平衡常数应随温度升高变小 减小 升高温度时，反应①为放热反应，平衡向向左移动，使得体系中CO的量增大；反应③为吸热反应，平衡向右移动，又产生CO的量增大 P3＞P2＞P1 相同温度下，由于反应①为气体分子数减小的反应，加压有利于提升CO的转化率；而反应③为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响，故增大压强时，有利于CO的转化率升高 k逆=K·k正 1.95×10-3 【详解】试题分析：（1）化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，则根据反应的化学方程式为可知该反应的平衡常数表达式；由于反应①为放热反应，平衡常数应随温度升高变小，所以图1中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为a； （2）反应①为放热反应，升高温度时，平衡向左移动，使得体系中CO的量增大；反应③为吸热反应，平衡向右移动，又产生CO的量增大；因此最终结果是随温度升高，使CO的转化率降低；相同温度下，由于反应①为气体分子数减小的反应，加压有利于提升CO的转化率；而反应③为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响，故增大压强时，有利于CO的转化率升高，所以图2中的压强由大到小为P3＞P2＞P1。 （3）平衡时v正＝v逆，所以k正x2(HI) ＝k逆x(H2)x(I2)，结合平衡常数表达式可知k逆＝K·k正；v正＝k正x2(HI)＝0.0027min-1×（0.85）2＝1.95×10-3。 【考点】本题主要是考查反应速率计算、平衡常数以及外界条件对平衡状态的影响等 【点晴】该题考查的知识点较多，综合性强，难度较大。难点和易错点是（3），解答时注意质量作用定律那部分，关键是要记得平衡标志之一——v正＝ v逆，找到k正、k逆和K的联系即可突破。有关平衡的图象问题分析，需要明确以下几点：（1）紧扣特征，弄清可逆反应的正反应是吸热还是放热，体积增大、减小还是不变，有无固体、纯液体物质参与反应等。（2）先拐先平，在含量(转化率)—时间曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。（3）定一议二，当图象中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。（4）三步分析法，一看反应速率是增大还是减小；二看v正、v逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。 20． 1min D > C > B > A 0.11mol/L 0.05mol/(L·min) 50% AD AC > 高温 B 【详解】Ⅰ.(1)由图象可知，当放出一半气体所需要的时间为1min； (2)反应物浓度大小决定反应速率大小，随着反应的进行，双氧水的浓度逐渐减小，反应速率也随着减小，故答案为D＞C＞B＞A； (3)由反应方程式为：2H2O22H2O+O2↑，该反应为不可逆反应，在5min后，收集到的气体体积不再增加，说明过氧化氢完全分解， 由图象可知，生成氧气的体积为60mL， 2H2O22H2O+O2↑ 2mol            22.4L n(H2O2)         0.06L n(H2O2)==0.00536mol，所以c(H2O2)==0.11mol·L-1； Ⅱ.(1)根据化学反应速率数学表达式，v(N2)=mol·L-1·min-1=0.05mol·L-1·min-1； 根据反应N2(g)+O2(g)2NO(g)，消耗N2的物质的量为0.5mol，此时N2 的转化率为； (2)A、用不同物质的反应速率表示达到平衡，要求反应方向一正一逆，且反应速率之比等于系数之比，选项A正确； B、ρ=，条件是恒容，v不变，反应物和生成物都是气体，气体质量不变，因此密度不能作为达到平衡的标志，选项B错误； C、M=，气体的质量不变，气体系数之和相等，n不变，因此平均相对分子质量不变，不能作为达到平衡的标志，选项C错误； D、2v正(N2)= v正(NO)=v逆(NO)，正逆反应速率相等，反应达平衡状态，选项D正确； 答案选AD； (3)A、化学平衡常数K=，此反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，化学平衡常数只受温度的影响，因此随着温度的升高，化学平衡常数增大，选项A正确； B、催化剂只增大反应速率，对化学平衡无影响，选项B错误； C、先拐先平衡，说明反应速率快，即T1＞T2，此反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，N2的转化率增大，选项C正确； 答案选AC； (4)此时的Qc==9×10-4，上述反应达到平衡时的化学平衡常数为K=64×10－4，Qc＜K，说明反应向正反应方向移动，v正>v逆； (5)反应FeO(s)+C(s)=Fe(s)+CO(g) ΔH＞0，ΔS＞0，根据ΔG=ΔH-TΔS<0时能自发进行，则高温有利于自发进行，故反应在高温条件下能自发进行； (6)CO(g)+H2O(g)⇌H2(g)+CO2(g)，反应是气体体积不变的放热反应，在t2时刻因改变某个条件浓度发生变化的情况是二氧化碳浓度增大，一氧化碳浓度减小，说明平衡逆向进行，降低温度或增加水蒸气的量或减少氢气的量均可以实现；答案为：B。 21． 增大 减小 增大 减小 增大 减小 增大 【详解】增大反应物浓度，增大了单位体积内活化分子数，有效碰撞次数增多，反应速率增大，反之反应速率减小。 升高温度，部分反应物分子吸收能量变为活化分子，增大了活化分子百分数，有效碰撞次数增多，反应速率增大，反之反应速率减小。 对于有气体参加的反应，增大压强，即增大了反应物浓度，增大了单位体积内活化分子数，有效碰撞次数增多，反应速率增大，反之反应速率减小。 催化剂能降低反应的活化能，使用催化剂，增大了活化分子百分数，有效碰撞次数增多，反应速率增大。 22． 吸热 bc 不 等于 逆反应方向 830 b 【详解】（1）可逆反应CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）的化学平衡常数表达式k=， 由表中数据可知，温度越高化学平衡常数越大，升高温度平衡向正反应移动，温度升高平衡向吸热反应移动，故该反应正反应是吸热反应，故答案为；吸热； （2）a．该可逆反应反应前后气体的物质的量不变，容器内压强自始至终不变，容器中压强变，不能说明反应到达平衡，故a错误； b．随反应进行CO的浓度增大，混合气体中 c（CO）不变，说明反应到达平衡，故b正确； c．υ正（H2）=υ逆（H2O），不同物质表示的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，说明反应到达平衡，故c正确； d．c（CO2）=c（CO）时可能处于平衡状态，可能不处于平衡状态，与反应的条件有关，即与二氧化碳的转化率有关，故d错误；故选bc； （3）其他条件不变的情况下，扩大容器的体积，压强减小，反应气体气体体积不变，平衡不移动 （4）由表中数据可知，830℃时该平衡常数为1，平衡常数只受温度影响，与物质的浓度无关，温度不变平衡常数不变 （5）浓度商Qc= =4＞K=2.6，反应向逆反应方向进行，故答案为逆反应方向； （6）某温度下，在2L的密闭容器中，加入1molCO2和1molH2充分反应达平衡时，CO平衡浓度为0.25mol/L，则： 起故平衡常数K==1，故所处温度为830℃，故答案为830； （7）令平衡时参加反应的CO2的物质的量为ymol，则： 则平衡常数K= =1，解得y=1.2，故平衡时H2的物质的量为3mol﹣1.2mol=1.8mol，故选b。 23． 2NO + 2CO2CO2 + N2 探究催化剂比表面积对尾气转化速率的影响 6.50×10—3 3.50×10—3 mol/L 增大 AB 【详解】（1）利用催化技术将尾气中的NO和CO转化成氮气和二氧化碳，反应的化学方程式为2NO+2CO2CO2+N2； （2）影响反应速率的因素有浓度、压强、温度和催化剂的比表面积，而要想探究一种影响因素，必须保持其他影响因素是一致；Ⅰ、Ⅱ比较不同的是催化剂的比表面积，则实验目的是探究催化剂比表面积对尾气转化速率的影响；Ⅲ是探究温度对尾气转化速率的影响，温度是变量，其余保持不变，则NO的初始浓度为6.50×10—3mol/L； （3）通过图象可知，第Ⅰ组实验中达到平衡时CO的平衡浓度为1.00×10—3mol/L，可得出CO的浓度该变量△C(CO)＝4.00×10—3mol/L－1.00×10—3 mol/L＝3.00×10—3 mol/L，在一个反应中，各物质的浓度的该变量之比等于计量数之比，故NO的浓度的该变量△c(NO)＝3.00×10—3mol/L，故NO的平衡浓度c(NO)＝6.50×10—3 mol/L－3.00×10—3mol/L＝3.50×10—3mol/L； （4）由图象可知，增大催化剂比表面积后，缩短了到达平衡的时间，故增大了反应速率。 （5）A．制定严格的汽车尾气排放标准，并严格执行，能减少或控制汽车尾气污染，A正确； B．开发清洁能源汽车，如氢能汽车、太阳能汽车等，能减少或控制汽车尾气污染，B正确； C．将污染源移到人口密集度低的郊区，不能减少或控制汽车尾气污染，C错误； 答案选AB。 24． 1.5mol/L 2 【分析】本题重点考查化学平衡的有关计算，重点利用三段式进行计算，总体难题不大。 【详解】根据化学平衡的三段式计算可知：故（1）5min末A的物质的量浓度为，故答案为：1.5mol/L； （2）前5min内用B表示的化学反应速率(B)为，故答案为：； （3）根据化学计量系数比等于转化量之比，故有：，解得：n=2，故答案为：2。 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 $$