专题2 化学反应速率与化学平衡 检测题 2024-2025学年高二上学期化学苏教版（2019）选择性必修1

专题2《化学反应速率与化学平衡》检测题 一、单选题 1．某科研人员提出与在羟基磷灰石表面催化氧化生成的历程，该历程示意图如下（图中只画出了的部分结构）。下列叙述错误的是 A．该历程中能提高与的反应速率 B．整个反应历程中，既有极性键和非极性键的断裂，又有极性键和非极性键的形成 C．该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量 D．生成物中的氧原子由与共同提供 2．图中的曲线是反应2A(g)+B(g) 2C(g)  △H=QkJ/mol，在不同温度下的平衡曲线，x轴表示温度，y轴表示B的转化率，图中有a、b、c、d四点，则下列描述正确的是 A．Q＜0 B．容器内压强：d点＜b点 C．T1温度下若由a点达到平衡，可以采取增大压强的方法 D．c点v(正)＜v(逆) 3．一定温度下，向恒容密闭容器中投入E和M发生如下反应：E(g)+M(g)F(g)G(g)。已知反应初始c0(E)=c0(M)=0.10mol/L，部分物质的浓度(c)随时间(t)的变化关系如图所示，t2后反应体系达到平衡状态。下列说法正确的是 A．X为c(F)随的变化曲线 B．0~t1内，mol•L-1•s-1 C．反应的活化能：①>② D．t2时，扩大容器的体积，n(F)减小 4．在相同的温度和压强下，下列关于物质熵的大小排序正确的是 A． B． C． D． 5．2022年诺贝尔化学奖授予了对点击化学和生物正交化学做出贡献的三位科学家。点击化学的代表反应为铜([Cu])催化的叠氮-炔基Husigen成环反应，其反应原理如下图所示。下列说法正确的是 A．[Cu]能降低反应的活化能 B．基态的价电子排布式为 C．转化过程中N的杂化方式未改变 D．该总反应的反应类型属于取代反应 6．下列事实的描述或化学用语表达不正确的是 A．溶液与稀混合出现浑浊的离子方程式为： B．甲烷的燃烧热为890.3，则甲烷燃烧的热化学方程式为： C．稀溶液中，，则稀与稀溶液反应生成1液态水，放出的热量大于57.3 D．反应在高温时能自发进行，则该反应的， 7．在体积可变的密闭容器中投入0.5molE和1molF，在一定条件下发生反应：  (a<0)。实验测得平衡时F的转化率随温度、压强的变化如图所示。下列说法错误的是 A．Y代表压强，且 B．M、M两点对应的平衡常数： C．M、N两点对应的 D．保持温度和压强不变，向平衡体系中再充入物质的量之比为1:2的E(g)和F(g)，平衡时反应物的转化率增大 8．已知：2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) △H=+571.0kJ·mol-1，两步热循环制H2的过程如图，第一步以太阳能为热源分解Fe3O4，第二步FeO水解获得H2。 过程I：2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g) △HI=+604.8kJ·mol-1 过程II：H2O(l)+3FeO(s)=Fe3O4(s)+H2(g) △HII 下列说法正确的是 A．根据盖斯定律△HI+△HII=0 B．过程I中每生成3molFeO，转移1mol电子 C．过程II在任何温度下均为自发反应 D．整个过程中能量转化形式只存在太阳能转化为化学能 9．重铬酸钾溶液中存在如下平衡：(1)Cr2O+H2O2H++2CrO，向2mL0.1mol·L-1酸化的K2Cr2O7溶液中滴入适量(NH4)2Fe(SO4)2溶液，发生反应：Cr2O+14H++6Fe2+=2Cr3++6Fe3++7H2O。下列正确的是 A．向K2Cr2O7溶液加入几滴浓NaOH溶液，溶液由黄色变成橙黄 B．氧化性：Cr2O>Fe3+ C．CrO和Fe2+在酸性溶液中能大量共存 D．向K2Cr2O7溶液中加水稀释，反应(1)平衡向左移动 10．下列实验方案、现象和结论都正确的是 实验操作 现象 结论 A 用玻璃棒蘸取新制氯水涂在pH试纸上 pH试纸变红色 氯水显酸性 B 向酸性KMnO4和H2C2O4的混合溶液中 加入少量MnSO4(s) 气泡迅速增多 溶液很快褪色 MnSO4作催化剂 C 分别取5mL0.2mol/LNa2S2O3溶液和 10mL0.1mol/LNa2S2O3溶液于两支试管中 然后同时加入10mL0.1mol/LH2SO4溶液 产生等量浑浊 前者时间更短 增大Na2S2O3浓度 可以加快反应速率 D 对平衡体系2HIH2+I2(g)压缩容器 颜色加深 平衡正向移动 A．A B．B C．C D．D 11．高温下，某反应达平衡，平衡常数K=，恒容时，温度升高，H2浓度减小，下列说法正确的是（    ） A．该反应的焓变为正值 B．恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小 C．升高温度，逆反应速率增大，正反应速率减小 D．该反应的化学方程式为CO＋H2OCO2＋H2 12．已知反应：  △H<0。在1L恒容密闭容器中充入体积比为1：3的CO2和H2，二者在催化剂、加热条件下反应合成乙烯。不同温度对CO2的平衡转化率及催化剂的催化效率的影响如图所示。下列有关说法错误的是 A．曲线a表示的是CO2的平衡转化率与温度的关系 B．M点的反应速率可能比N点的反应速率大 C．增大CO2和H2的体积比例，曲线a将下移 D．M点时，若平衡体系的压强为130kPa，则乙烯的分压为20kPa 13．甲酸(HCOOH)在催化剂表面分解的微观历程与能量变化关系如图所示： 下列说法正确的是 A．甲酸分解过程吸收能量 B．甲酸分解速率由步骤Ⅳ→Ⅴ决定 C．反应过程存在非极性键的断裂和生成 D．使用高效催化剂可使步骤Ⅰ和Ⅴ之间差值增大 14．直接电催化 NO 使其转化为 NH3发展前景良好，分别用 Cu、Co、Cu@Co作电极材料的反应历程中的能量变化如图1所示。已知：催化剂表面对 NO的吸附能决定 NO的催化效率，NO在Cu、Co、Cu@Co 三种电极材料上的吸附能如图2所示(用“*”表示吸附在催化剂表面上的物种)。 下列说法错误的是 A．Cu 作电极材料时，决速步骤活化能为0.23 eV B．中间体 NHOH空间结构呈直线形 C．中间体NH2OH中氮元素的化合价为-1 D．Cu@Co作电极材料时，NO的催化效率最高 二、填空题 15．天然气的综合利用是实现社会可持续发展的需要。 (1)由甲烷催化制取氢气的原理如下：CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) ΔH=＋260kJ·mol-1 ①对于该反应，一定能提高平衡体系中H2的百分含量，又能加快反应速率的措施是 。 ②空速代表单位时间内通过催化剂的原料量。在一定温度下，不同催化剂作用下，甲烷的转化率与空速的关系如图，随空速增大甲烷转化率减小的可能原因是 。 (2)甲烷通过电解法制备有机物的原理如图： ①M为电源的 极 ②写出CH4生成C2H4的电极反应式 。 ③若生成C2H4和C2H6各1mol，则理论上需要CO2的物质的量为 。 16．I．下表是该小组研究影响过氧化氢分解速率的因素时采集的一组数据：用制取所需的时间（秒） 无催化剂、不加热 几乎不反应 几乎不反应 几乎不反应 几乎不反应 无催化剂、加热 催化剂、加热 (1)该研究小组在设计方案时，考虑了浓度、 、 等因素对过氧化氢分解速率的影响。 Ⅱ．分析的催化分解原理 催化分解的原理分为两步，总反应可表示为： 若第一步反应为  慢反应 (2)则第二步反应为     快反应 III．某反应在体积为的恒容密闭的绝热容器中进行，各物质的量随时间的变化情况如图所示（已知A、B、C均为气体，A气体有颜色）。 (3)该反应的化学方程式为 。 (4)反应开始至2分钟时，B的平均反应速率为 。 (5)能说明该反应已达到平衡状态的是 。 A．容器内气体的颜色保持不变 B．容器内气体密度不变 C． D．各组分的物质的量相等 E．混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态 (6)由图求得平衡时A的转化率为 。 (7)平衡时体系内的压强是初始时 倍。 17．催化氧化设备内构造如图1所示，其中1-4表示催化剂层，图2所示进程中表示热交换过程的是 (不定项)。    A．a1→b1 B．b1→a2C．a2→b2 D．b2→a3 E．a3→b3 F．b3→a4 G．a4→b4 设计多层催化的目的是 。 18．用“>”、“=”或“<”回答问题 (1)在不同温度下，某刚性容器中，充入5 mol SO2和3 mol O2，发生反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，n(SO3)与时间变化关系如下 v(M正) v(N逆)，v(P正) v(Q逆) (2)反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) 序号 N2 H2 NH3 平衡转化率 恒温恒容 1 mol 3 mol 0 α1 绝热恒容 1 mol 3 mol 0 α2 初始温度和体积相同，α1 α2 (3)在恒温恒容容器中发生反应：H2(g) + I2(g)2HI(g) 序号 H2 I2 HI 平衡转化率 甲 1 mol 2 mol 0 α1 乙 2 mol 4 mol 0 α2 α1 α2 (4)在恒温恒容容器中发生反应：2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)， 序号 SO2 O2 SO3 平衡转化率 甲 2 mol 1 mol 0 α甲(SO2) 乙 0 0 4 mol α乙(SO3) α甲(SO2)+α乙(SO3) 1 (5)恒温恒压容器中发生反应：2NO2(g) N2O4(g) 序号 NO2 N2O4 He 平衡转化率 甲 2 mol 0 mol 0 α甲 乙 4 mol 0 mol 2 mol α乙 α甲 α乙 19．已知：反应aA(g)＋bB(g)cC(g)，某温度下，在2 L的密闭容器中投入一定量的A、B，两种气体的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示。    （1）从反应开始到12 s时，用A表示的反应速率为 。 （2）经测定前4 s内v(C)＝0.05 mol·L－1·s－1，则该反应的化学方程式为 。 （3）请在图中将生成物C的物质的量浓度随时间的变化曲线绘制出来。 （4）若上述反应分别在甲、乙、丙三个相同的密闭容器中进行，经同一段时间后，测得三个容器中的反应速率分别为甲：v(A)＝0.3 mol·L－1·s－1；乙：v(B)＝0.12 mol·L－1·s－1；丙：v(C)＝9.6 mol·L－1·min－1；则甲、乙、丙三个容器中反应速率由快到慢的顺序为 。 20．油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题： (1)在、反应条件下，将的混合气进行热分解反应。平衡时混合气中与的分压相等，平衡转化率为 ，平衡常数 。 (2)在、反应条件下，对于分别为4∶1、1∶1、1∶4、1∶9、1∶19的混合气，热分解反应过程中转化率随时间的变化如图所示。 ①越小，平衡转化率 ，理由是 。 ②对应图中曲线 ，计算其在之间，分压的平均变化率为 。 21．以CO2为碳源制取低碳有机物成为国际研究焦点，下面为CO2加氢制取乙醇的反应：2CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g)△H=- QkJ/mol(Q>0)，在密闭容器中，按H2与CO2的物质的量之比为3:1进行投料，在5MPa下测得不同温度下平衡体系中各种物质的体积分数(y%)如下图所示。 (1)表示CH3CH2OH体积分数曲线的是 （选填序号）；在一定温度下反应达到平衡的标志是 （选填编号) a.平衡常数K不再增大    b.CO2的转化率不再增大 c.混合气体的平均相对分子质量不再改变　 d.反应物不再转化为生成物 (2)其他条件恒定，如果想提高CO2的反应速率，可以采取的反应条件是 (选填编号)；达到平衡后，能提高H2转化率的操作是 (选填编号) a.降低温度            b.充入更多的H2 c.移去乙醇       d.增大容器体积 (3)图中曲线II和III的交点a对应物质的体积分数ya= % 22．生产生活中排放的废气废水有一定量的氮氧化物、氨氮等，必须通过处理后达到国家规定的排放标准再排放。 Ⅰ．科学家利用催化技术处理汽车尾气中的，以减少对环境的污染，其化学方程式为：。在某温度下用气体传感器测得不同时间的和浓度。 如表： 时间 0 1 2 3 4 5 1.0 0.45 0.25 0.15 0.10 0.10 3.6 3.05 2.85 2.75 2.7 2.7 请回答下列问题： (1)前内的平均反应速率 。 (2)假设反应在恒温恒容密闭容器中进行，下列说法正确的是___________。 A．选用更高效的催化剂有利于提高反应速率 B．向容器中通入足量的，可使完全转化为 C．单位时间内消耗和的物质的量相等时，反应达到平衡状态 D．容器的气体密度不变时，反应达到平衡状态 Ⅱ．利用也能够还原氮氧化物实现氮污染的治理。将烟气与的混合气体通与的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图所示。 (3)时，参与的离子方程式为 。 (4)若该过程中，每转移电子消耗氮氧化物，则x为 。 Ⅲ．可用原电池原理处理酸性废水中的中，废水中的在水处理剂表面的变化如图所示： (5)纳米铁粉是该电池的 (填“正极”或“负极”)。 (6)该电池正极上的电极反应式为 。 (7)研究发现，废水中溶解氧会对的去除产生一定影响。在初始初始浓度、纳米铁粉与硝酸盐质量比均一定的条件下，有氧与无氧条件下的去除率随反应时间的变化如图所示。时，有氧条件下去除率低于无氧条件下，其可能的原因是 。 三、计算题 23．在5L的密闭容器中充入2molA气体和1molB气体，在一定条件下发生反应：2A（g）+B（g） 2C（g），经4 s后达到平衡状态，在相同温度下测得容器内混合气体的物质的量是反应前的5/6. （1）达到平衡时，C的物质的量浓度 （2）达到平衡时，A的转化率 。 （3）达到平衡时，用物质B表示的化学反应速率为 。 （4）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，某时刻在容积固定的容器中测得各组分的浓度如下： 物质 CH3OH CH3OCH3 H2O 浓度/（mol·L－1） 0.43 0.4 0.4 比较此时正、逆反应速率的大小：v（正） v（逆）（填“>”、“<”或“＝”），若上述反应达到平衡时c（CH3OH）＝ 。 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．B 【详解】A．根据题干所示，反应物为HCHO和O2，生成物为CO2和H2O，该历程中为催化剂，能加快化学反应速率，A正确； B．该历程中，生成物有极性键的形成，没有非极性键形成，B错误； C．甲醛与氧气反应生成二氧化碳和水，反应放热，该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量，C正确； D．根据图示反应时HCHO中C-H键均断裂，连接O2提供的一个O原子形成CO2，则生成物中的氧原子由与共同提供，D正确； 故选B。 2．B 【详解】A．随着温度的升高，B的转化率增大，说明平衡向正反应方向移动，则反应为吸热反应，Q＞0，故A错误； B．随着温度的升高，B的转化率增大，平衡正向移动，由于正反应是熵减反应，d点＜b点，故B正确； C．增大压强平衡向正反应方向移动，B的转化率增大，而T1温度下a点表示若想达到平衡，应是平衡向B的转化率减小的方向移动，应减小压强，故C错误； D．c点未处于平衡状态，要达到平衡，反应应向B的转化率增大的方向移动，即向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，即v(正)＞v(逆)，故D错误； 故选B。 3．B 【分析】由题干反应E(g)+M(g)F(g) G(g)信息可知，达到平衡之前，F的浓度先增大后减小，G的浓度一直增大，E、M的浓度一直减小，故可知X为G，浓度一直减小的曲线为E或者M，浓度先增大后减小的曲线为F，据此分析解题。 【详解】A．由分析可知，X为c(G)随的变化曲线，A错误； B．由分析可知，X为c(G)随的变化曲线，根据图像信息可知，0~t1s内，G的浓度增大了(0.10-a)mol/L，则=mol•L-1•s-1，B正确； C．由题干图像信息可知，F的浓度先增大后减小，且F的浓度增大比X的增大的快，故反应①的速率大于反应②的速率，活化能越大，反应速率越慢，故反应的活化能：①＜②，C错误； D．由题干图像信息可知，反应①即E(g)+M(g)=F(g)不可逆，反应②即F(g) G(g)反应前后体积不变，平衡不移动，故时，扩大容器的体积，n(F)不变，D错误； 故选B。 4．A 【详解】A．同分异构体中，支链越多，熵越小， ，故A正确； B．气体物质的量越多，熵越大，，故B错误； C．硫酸钠晶体含有结晶水，相对分子质量大，所以，故C错误； D．相同物质的量的物质，S(g)> S(l)> S(s)，所以，故D错误； 选A。 5．A 【详解】A．该反应中[Cu]为催化剂，可降低反应的活化能，故A正确； B．基态的价电子排布式为，故B错误； C．根据流程可知，N3-R2中N原子有形成三键的氮原子，为sp杂化， 后续产物中变为双键，为sp2杂化，故C错误； D．据图可知，该流程中初始反应物为N3-R2和HCCR1，最终产物为，化学方程式为N3-R2+HCCR1 ，属于加成反应，故D错误； 故选A。 6．B 【详解】A．溶液与稀硫酸反应生成二氧化硫、硫单质，其反应的离子方程式为：，故A正确； B．燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物所放出的能量，甲烷的燃烧热为890.3，即，故B错误； C．稀溶液与稀溶液反应时有沉淀生成，放出热量，所以该反应生成1mol水时，放出的总热量高于57.3kJ，故C正确； D．该反应为气体体积增大的反应，，高温自发，则根据，可知，故D正确； 故选B。 7．D 【分析】本题以化学平衡图象为素材，考查外界条件对化学平衡的影响、平衡转化率和平衡常数的计算等知识，意在考查考生的分析、理解、计算能力，变化观念与平衙思想、证据推理与模型认知的核心素养。 【详解】A．该反应正反应为气体体积减小的放热反应，增大压强时F的平衡转化率增大，所以横坐标表示温度，Y表示压强，增大压强可以增大F的平衡转化率，所以M点压强大于N点压强，即，A正确； B．M、N两点对应的温度相同。故平衡常数相等，B正确： C．该反应正反应为气体体积减小的放热反应，增大压强时F的平衡转化率增大，所以横坐标表示温度，Y表示压强，增大压强可以增大F的平衡转化率，所以M点压强大于N点压强，，C正确； D．保持温度和压强不变，向平衡体系中再充入物质的量之比为1:2的E(g)和F(g)，达到的平衡与原平衡等效，则反应物的平衡转化率不变，D错误； 故选D。 8．C 【详解】A．已知反应①：2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)   △H=+571.0kJ·mol-1和反应②：2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g)    △HI=+604.8kJ·mol-1，根据盖斯定律将，可得过程II的热化学方程式为H2O(l)+3FeO(s)=Fe3O4(s)+H2(g)   △HII=-16.9 kJ·mol-1，△HI+△HII=604.8 kJ·mol-1-16.9 kJ·mol-1=+587.9 kJ·mol-1，A项错误； B．过程I中每生成3molFeO，转移2mol电子，B项错误； C．根据反应H2O(l)+3FeO(s)=Fe3O4(s)+H2(g)   △HII=-16.9 kJ·mol-1，可知△S>0，△HII<0根据反应自发进行的判据：△H-T△S<0，该反应任何温度下均为自发反应， C项正确； D．过程I将太阳能转化为化学能,过程I是放热反应，将化学能转化为热能，即该过程能量转化形式是太阳能转化为化学能和化学能转化为热能，D项错误； 答案选C。 9．B 【详解】A．向K2Cr2O7溶液加入几滴浓NaOH溶液，平衡正向移动，溶液由橙黄变成黄色，A错误； B．反应中Cr2O+14H++6Fe2+=2Cr3+(绿色)+6Fe3++7H2O，氧化剂的氧化性大于氧化产物，所以实验②能说明氧化性：Cr2O>Fe3+，B正确； C．CrO具有氧化性，酸性溶液中能氧化亚铁离子，CrO和Fe2+在酸性溶液中不可以大量共存，C错误； D．稀释K2Cr2O7溶液时，平衡状态下离子浓度减小，但平衡常数不变，因此平衡向正反应方向移动，D错误； 故选B。 10．B 【详解】A．氯水含HClO，具有漂白性，则pH试纸先变红后褪色，不能测定pH，故A错误； B．加入一小块MnSO4，可作催化剂，生成气体的速率加快，溶液迅速褪色，故B正确； C．两试管中溶液初始体积不同，导致同时加入10mL0.1mol/LH2SO4溶液后，反应时体积不同，无法比较，故C错误； D．对平衡体系2HIH2+I2(g)压缩容器，由于其反应前后气体分子数相同，压缩容器平衡不移动，但由于体积减小，导致碘蒸气浓度变大，颜色变深，故D错误； 故选B。 11．A 【分析】平衡常数是可逆化学反应达到平衡状态时生成物与反应物的浓度（方程式系数幂次方）乘积比或反应产物与反应底物的浓度（方程式系数幂次方）乘积比，根据平衡常数K=可知，该反应化学方程式为CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，恒容时，温度升高，H2浓度减小，即平衡正向移动，说明该反应正向为吸热反应，然后结合化学平衡知识解答。 【详解】A．由分析可知，该反应正向为吸热反应，因此焓变为正值，故A项说法正确； B．该反应为气体等体积反应，恒温恒容下，增大压强，平衡不移动，H2浓度不变，故B项说法错误； C．升高温度，正逆反应速率均增大，故C项说法错误； D．由上述分析可知，该反应化学方程式为CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，故D项说法错误； 综上所述，说法正确的是A项，故答案为A。 12．D 【详解】A．正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率减小，则曲线a表示的是CO2的平衡转化率与温度的关系，A正确； B．曲线b表示催化剂的催化效率与温度的关系，M点温度较低，但催化剂的催化效率较高，N点温度较高，但催化剂的催化效率较低，则M点的反应速率可能比N点的反应速率大，B正确； C．增大CO2和H2的体积比例，即增大CO2的初始浓度，平衡正向移动，但CO2的初始量增大程度大于CO2转化量增大程度，导致CO2的平衡转化率减小，则曲线a将下移，C正确； D．M点时，CO2的平衡转化率为50%，设CO2和H2的投料量分别为、，建立三段式： 若平衡体系的压强为130kPa，则乙烯的分压为，D错误； 故选D。 13．B 【详解】A．由图知甲酸分解为放热，A项错误； B．步骤Ⅳ→Ⅴ活化能大，反应速率慢，故甲酸分解速率由步骤Ⅳ→Ⅴ决定，B项正确； C．反应过程无非极性键的断裂，C项错误； D．催化剂不能改变反应的，D项错误； 故选B。 14．B 【详解】A．由图判断，Cu 作电极材料时，决速步骤(∗NO到∗NOH)活化能为0.23 eV，A正确； B．中间体 NHOH中的N、O原子均采用sp3杂化，故其空间结构不会呈直线形，B错误； C．根据化合价代数和为0，中间体NH2OH中氮元素的化合价为-1，C正确； D．NO在Cu@Co上的吸附能为-2.58eV，是三种电极材料中最低的，吸附能越低，NO的吸附效率越高，催化效率最高，D正确； 故选B。 15．(1) 升高温度 单位时间内，空速越大则单位时间内气体与催化剂接触时间短(或没有充分反应)，CH4转化率低 (2) 正 2CH4+2O2--4e-=C2H4+2H2O 3mol 【详解】（1）①该反应为吸热反应，升高温度，反应速率增大，平衡正向进行，平衡体系中H2百分含量增大；故对于该反应，一定能提高平衡体系中H2的百分含量，又能加快反应速率的措施是升高温度； ②单位时间内，空速越大则单位时间内气体与催化剂接触时间短(或没有充分反应)，反应深度浅，CH4转化率低； （2）①电极P上CH4转化为C2H4或C2H6，C元素化合价由-4价升高为-2或-3价，失去电子，则P为阳极，连接电源的正极，故M为正极； ②CH4在阳极上失电子生成C2H4，C元素由-4价升高为-2价，介质为固体电解质（可传导O2-），发生的电极反应式为2CH4+2O2--4e-=C2H4+2H2O； ③若生成C2H4和C2H6各1mol，阳极电极反应式4CH4+3O2--6e-= C2H4+C2H6+3H2O，阴极电极反应式3CO2+6e-=3CO+3O2-，则理论上需要CO2的物质的量为3mol。 16．(1) 温度 催化剂 (2)H2O2(aq)+IO-(aq)=I-(aq)+H2O(l)+O2(g) (3)2A+B⇌2C (4)0.1mol/(L•min) (5)ACE (6)40% (7) 【详解】（1）根据表中给出的数据，无催化剂不加热的情况下，不同浓度的过氧化氢溶液都是几乎不反应，在无催化剂加热的情况下，不同浓度的过氧化氢溶液都分解，说明过氧化氢的分解速率与温度有关，但是得到相同气体的时间不同，浓度越大，反应的速度越快，说明过氧化氢的分解速率与浓度有关；比较同一浓度的过氧化氢溶液如30%时，在无催化剂加热的时候，需要时间是360s,有催化剂加热的条件下，需要时间是10s,说明过氧化氢的分解速率与温度、催化剂有关，故答案为：温度；催化剂； （2）根据总反应和第一步反应的方程式，第二步反应为总反应-第一步反应，第二步反应方程式为：H2O2(aq)+IO-(aq)=I-(aq)+H2O(l)+O2(g)； （3）由图象可以看出，A．B的物质的量逐渐减小，则A．B为反应物，C的物质的量逐渐增多，所以C为生成物，当反应到达2min时，△n(A)=2mol，△n(B)=1mol，△n(C)=2mol，化学反应中，各物质的物质的量的变化值与化学计量数呈正比，则△n(A)：△n(B)：△n(C)=2：1：2，所以反应的化学方程式为：2A+B⇌2C； （4）由图象可以看出，反应开始至2分钟时，△n(B)=1mol，B的平均反应速率为=0.1mol/(L•min)； （5）A．容器内气体的颜色保持不变，说明A的浓度不变，能说明达到平衡，故A选； B．容器的体积以及气体的质量不变，无论是否达到平衡状态，容器内气体密度都不变，故B不选； C．在该反应中A和C的计量数相等，当时，正逆反应速率相等，说明反应已达平衡状态了，故C选； D．容器内各物质的物质的量相等，不能说明各组分的浓度不再变化，无法判断是否达到平衡状态，故D不选； E．气体的质量不变，但反应前后气体的物质的量不等，混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态，可说明达到平衡状态，故E选； 答案为ACE； （6）由图象可知：达平衡时A的浓度变化为：△n(A)=5mol-3mol=2mol，所以A的转化率为：=40%； （7）由图像可知，起始时气体的总物质的量为7mol，平衡时气体的总物质的量为8mol，恒温恒容时，压强之比等于物质的量之比，即，平衡时体系内的压强是初始时倍。 17． BDF 冷却产物气体的同时预热原料气体从而提高能量的利用率，以降低成本，提高效益 【详解】二氧化硫催化氧化制三氧化硫的反应是放热反应，使用热交换器能冷却产物气体的同时预热原料气体，有利于降低温度，平衡向正反应方向移动，提高生成物的产率，从而提高生产过程中能量的利用率，以降低生产成本，提高经济效益；催化氧化反应在催化剂表面进行，反应物的转化率不变，当温度降低时，反应物的转化率增大，则图2所示进程中表示热交换过程的是b1→a2、b2→a3、b3→a4，故选BDF，故答案为：BDF；冷却产物气体的同时预热原料气体从而提高能量的利用率，以降低成本，提高效益。 18．(1) > > (2)> (3)= (4)< (5)> 【分析】(1)未达到平衡时，正反应速率大于逆反应速率；L2平衡时SO3浓度低，消耗的SO2和O2少，压强大； (2)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)为放热反应，恒温恒容温度不变，绝热恒容温度升高，反应平衡向左移动，转化率低； (3)H2(g)+I2(g)2HI(g)为气体体积分数不变的反应，恒温恒容容器中等比例增加反应物，转化率不变； (4)2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)为气体体积分数减小的反应，乙反应中气体体积大，压强大，平衡右移； (5)恒温恒压下，通入惰性气体，会使容器中气体体积增大,参与反应的气体分压变小,所以要向着体积增大的方向移动。 【详解】（1）未达到平衡时，正反应速率大于逆反应速率；所以v(M正)>v(N逆)；L2平衡时SO3浓度低，消耗的SO2和O2少，压强大；所以v(P正)>v(Q逆)；故答案为>；>； （2）N2(g)+3H2(g)2NH3(g)为放热反应，恒温恒容温度不变，绝热恒容温度升高，反应平衡向左移动，转化率低；所以α1>α2；故答案为>； （3）H2(g)+I2(g)2HI(g)为气体体积分数不变的反应，恒温恒容容器中等比例增加反应物，转化率不变；所以α1=α2；故答案为=； （4）2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)为气体体积分数减小的反应，如果乙反应冲入2molSO3(g)，α甲(SO2)+α乙(SO3)=1；题中乙反应中气体体积大，压强大，平衡右移，SO3转化率降低；所以α甲(SO2)+α乙(SO3)<1；故答案为<； （5）恒温恒压下，如果不通入惰性气体，通入2mol和4molNO2，转化率相等；通入惰性气体后，会使容器中气体体积增大,参与反应的气体分压变小,反应逆向移动，转化率降低，所以α甲>α乙；故答案为>。 19． 0.05 mol·L－1·s－1 3A(g)＋B(g)2C(g)    乙>甲>丙 【详解】（1）从反应开始到12s时，A的浓度变化量△c=0.6mol/L，时间为12s，故v（A）=△c/△t=0.05 mol·L－1·s－1； （2）12s时，B的浓度变化量△c=0.5mol/L-0.3mol/L=0.2mol/L，故a：b=0.6：0.2=3：1，经测定前4s内v（C）=0.05 mol·L－1·s－1，此时A浓度变化为：0.8mol/L-0.5mol/L=0.3mol/L，此时v（A）=0.075 mol·L－1·s－1，即v（A）：v（C）=0.075：0.05=3：2，故a：b：c=3：1：2，故化学反应方程式为：3A（g）+B（g）2C（g）； （3）平衡是A变化量为0.6，故C变化量为0.4，可绘制图象  ； （4）确定A的速率为：甲：v（A）=0.3 mol·L－1·s－1；乙：v（B）=0.12 mol·L－1·s－1，故v（A）=3×0.12 mol·L－1·s－1=0.36 mol·L－1·s－1；丙：v（C）=9.6mol·L-1·min-1=0.16 mol·L－1·s－1，故v（A）=3/2×0.16mol·L－1·s－1=0.24 mol·L－1·s－1，故最快的是乙，最慢的是丙，则反应速率：乙＞甲＞丙。 20．(1) 50% 4.76 (2) 越高 越小，的分压越小，平衡向正反应方向进行，的平衡转化率越高 d 24.9 【详解】（1）假设在该条件下，硫化氢和氩起始投料的物质的量分别为和，平衡时转化的，根据三段式可知： 平衡时和的分压相等，则二者的物质的量相等，即，解得，所以的平衡转化率为；n(总)=4+1-x+0.5x+x=5.25mol，n(H2)=0.5mol，n(H2S)=0.25mol，所以平衡常数为； 故答案为：50%；4.76。 （2）①由于的正反应是体积增大的反应，越小，的分压越小，相当于降低压强，平衡向正反应方向移动，因此的平衡转化率越高； ②越小，的平衡转化率越高，所以对应的曲线是d；根据图像可知，，反应进行到时，的转化率为24.0%。假设在该条件下，硫化氢和氩起始投料的物质的量分别为和，则根据三段式可知： 此时的分压为，的起始压强为，所以分压的平均变化率为； 故答案为：越高；越小，的分压越小，相当于降低压强，平衡向正反应方向移动，因此的平衡转化率越高；d；24.9。 21． II bc b ac 18.75 【分析】(1)根据反应生成CH3CH2OH与H2O的物质的量关系分析判断； 达到平衡有两个标志：一是正、逆反应速率相等，二是各组分的浓度不再变化，以及由其延伸的量不再变化即是平衡状态； (2)根据外界条件对反应速率的影响分析判断速率变化；提高物质转化率的方法是增加另一种物质，分离出生成物，改变温度、压强使平衡正向移动； (3)a点为II和III的交点，设此时II 表示的C2H5OH体积为V，那么III 表示的H2也为V，根据方程式中的关系求出CO2和H2O的体积，再求体积分数。 【详解】(1)在反应2CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g)中：每反应消耗2molCO2，同时会生成1mol CH3CH2OH(g)，同时生成3molH2O(g)。生成的CH3CH2OH的物质的量是水的三分之一，所以符合条件的曲线为II； a.化学平衡常数K只与温度有关，与是否达到平衡状态无关，a错误； b.CO2的转化率不再增大，即反应达到限度，反应处于平衡状态，b正确； c.反应后气体的物质的量减少，质量不变，所以混合气体的平均相对分子质量逐渐增大，当混合气体的平均相对分子质量不再改变时即是平衡状态，c正确； d.反应达到平衡状态时正、逆反应仍在进行，任何物质单位时间内的消耗量与生成物相等，物质的浓度不变，所以不存在反应物不再转化为生成物的状态，d错误； 故合理选项是bc； (2)其他条件恒定，如果想提高CO2的反应速率，可以采取的反应条件是： a.降低温度，反应速率减小，a错误； b.补充H2，反应物的浓度增大，反应速率加快，化学平衡正向移动，b正确； c.移去甲醇，生成物浓度减小，速率降低，平衡向正反应移动，c错误； d.增大容器体积，各反应物的浓度减小，反应速率降低，d错误； 故合理选项是b； 达到平衡后，可以提高反应物H2转化率，就是使化学平衡正向移动。 a.已知该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，氢气的转化率增大，a符合题意； b.补充H2，氢气反应物的浓度增大，提高二氧化碳转化率，H2转化率减小，b不符合题意； c.移去甲醇，生成物浓度减小，平衡向正反应移动，H2转化率增大，c符合题意； d.增大容器体积，压强减小，化学平衡向逆方向移动，H2的转化率减小，d不符合题意； 故合理选项是ac； (3)在该图象中，III表示H2，IV表示CO2，I表示H2O，II表示C2H5OH。a点为II和III的交点，设此时II表示的 C2H5OH体积为V，那么III 表示的H2也为V，由于加入的H2、CO2的比是3：1，反应也是按照3：1关系进行，所以可知为CO2为V，H2O为C2H5OH的三倍，则为3V，所以a对应的体积分数ya=×100%=18.75%。 【点睛】本题考查了图象方法在化学平衡题目的应用、化学平衡的平衡状态的判断，外界条件对物质转化率、反应速率的影响分析，掌握化学反应速率和化学平衡移动的的影响因素分析，结合物质反应时转化关系，利用可逆反应的特点，运用平衡移动原理分析解答。 22．(1) (2)AC (3) (4)1.5 (5)负极 (6) (7)时，在有氧条件下，也具有氧化性，会反应消耗纳米铁粉，导致与发生反应的纳米量减小，因而使子去除率低于无氧条件 【详解】（1）由表中数据得：； （2）A. 催化剂可以改变反应速率，则选用更高效的催化剂有利于提高反应速率，故A正确； B. 该反应为可逆反应，则不能完全转化为，故B错误； C. 单位时间内消耗和的物质的量相等时，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故C正确； D. 反应在恒温恒容密闭容器中进行，容器内气体密度始终不变，则容器的气体密度不变时，不能说明反应达到平衡状态，故D错误；故答案为：AC； （3）由图示知，反应物为，生成物是，根据氧化还原反应原理，该反应为：； （4）NOx中N元素的化合价为+2x，则2x-0=3，x=1.5； （5）由生成，发生还原反应，在电池正极发生，则纳米铁粉是该电池的负极，发生氧化反应，故答案为：负极； （6）在电池的正极，得电子生成，发生还原反应，电极反应为：； （7）根据图示分析知，时，在有氧条件下，也具有氧化性，会反应消耗纳米铁粉，导致与发生反应的纳米量减小，因而使子去除率低于无氧条件。 23． 0.2mol/L   0.5 0.025mol/（L·s） > 0.03mol/L 【详解】（1）设参加反应的B的物质的量为xmol，则：         2A（g）+B（g）⇌2C（g） 起始（mol） 2     1    0 变化（mol） 2x      x    2x 平衡（mol） 2-2x     1-x     2x 所以，（2-2x）+（1-x）+2x =（1+1）× 解得：x=0.5 （1）达到平衡时，C的物质的量浓度为:，故答案为0.2mol/L； （2）达到平衡时，A的转化率为，故答案为50%或0.5； （3）以B表示的该反应的速率v（B）=。 故答案为0.025 mol/（L．s）。 （4）该时刻的浓度商Qc=，故反应向正反应进行，故υ正＞υ逆； 设达到平衡时，CH3OH 转化2x  mol/L， 2CH3OH（g）⇌ CH3OCH3（g）+H2O（g） 起始浓度（mol/L） 0.43           0.4           0.4 变化浓度（mol/L）  2x            x             x 平衡浓度（mol/L）0.43-2x         0.4+x         0.4+x 则K==400，解得x=0.2; 所以平衡时，c（CH3OH）=0.43-2x=0.03mol/L。 故答案为＞；0.03mol/L。 点睛：平衡三段式在平衡的计算题型中非常适用，可以应用于梳理条件、计算平衡常数、计算Qc、判断反应进行的方向等。 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 $$