2025届高三化学二轮复习-----化学反应原理综合题 讲义与练习

这是一份2025届高三化学二轮复习-----化学反应原理综合题 讲义与练习，共45页。试卷主要包含了回答下列问题等内容，欢迎下载使用。

(1)已知C2H6、C2H4、H2的燃烧热△H分别为、和，则乙烯脱氢的反应△H为 kJ/ml。
(2)向a、b、c三个容器中各充入1ml乙烷，乙烷的平衡转化率与温度变化的关系如图所示，则Va、Vb、Vc的大小关系为 。
(3)用实验与计算机模拟乙烷在催化剂表面脱氢制乙烯的反应，其部分历程如图所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注，TS表示过渡态)：
此部分历程中最大的活化能Ea= kJ/ml，该步骤的反应方程式为 。
(4)CO2也是重要的化工原料，其中CO2催化加氢可以制HCOOH、CH3OH等，在减少CO2排放的同时可生产出高附加值的化学品。涉及的反应有：
反应Ⅰ： K1
反应Ⅱ： K2
一定条件下，将2ml CO2和6ml H2通入容积为2L的恒容密闭容器中发生反应Ⅰ和Ⅱ，经过5min，各反应达到平衡状态，此时测得容器中，该温度下CH3OH的选择性 ，反应Ⅰ的平衡常数K= 。
2．（24-25高三上·广东深圳·期中）回答下列问题。
(1)已知下列反应的热化学方程式：
① ml·L
② ml·L
③
ⅰ．反应①中，正反应活化能 逆反应活化能（填“大于”“小于”或“等于”）。
ⅱ．反应③的平衡常数表达式 。
(2)硫酸在国民经济中占有极其重要的地位，下图是工业接触法制硫酸的简单流程图，回答下列有关问题。
①生产时先将黄铁矿粉碎再投入沸腾炉，目的是 。
②一定温度下，在容积固定的密闭容器中发生反应：。下列选项能充分说明此反应已达到平衡状态的是 。
A．密闭容器中、的物质的量之比为1∶1
B．密闭容器中压强不随时间变化而变化
C．
D．密闭容器中混合气体的平均相对分子质量不随时间变化而变化
③在实际生产过程中，控制进入接触室的气体中的体积分数是体积分数的1.5倍，其目的是： 。
④实验测得反应中平衡转化率与温度、压强有关，请根据下表信息，结合工业生产实际，选择最合适的生产条件是 。（注：1MPa约等于10个大气压）
3．（24-25高三上·湖南岳阳·阶段练习）近年我国大力加强温室气体CO2催化氢化合成甲醇技术的工业化研究，实现可持续发展。
(1)已知：CO2(g)+H2(g)=H2O(g)+CO(g) ∆H1=+41.1kJ/ml
CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) ∆H2=-90.0kJ/ml
则CO2催化氢化合成甲醇的热化学方程式为 。
(2)工业上一般在恒容密闭容器中可以采用下列反应合成甲醇：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)，判断反应达到平衡状态的依据是___________(填字母序号)。
A．生成CH3OH的速率与消耗CO的速率相等
B．CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化
C．混合气体的平均相对分子质量不变
D．混合气体的密度不变
(3)在一定条件下， A(g)+3B(g) C(g)+D(g)∆H=-49.0kJ/ml，体系中A的平衡转化率(α)与L和X的关系如图所示，L和X分别表示温度或压强。
①X表示的物理量是 。
②判断L1与L2的大小关系：L1 L2 (填“<”，“=”或“>”)。
(4)向容积为的密闭容器中加入活性炭(足量)和，发生反应，和的物质的量变化如下表所示。
则内，以表示的该反应速率 ，最终达平衡时的转化率 ，该温度T℃下的平衡常数 。
4．（24-25高三上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）丙烯是产量仅次于乙烯的重要基本有机原料之一，丙烷脱氢制丙烯技术已经工业化。
I．无氧脱氢法： 。
(1)由图可知，该反应的限速步骤是第 (填“一”或“二”)个断键的反应。有利于该反应自发进行的条件是 (填“高温”“低温”或“任意温度”)。
(2)某温度下，向2L密闭容器中投入 发生无氧脱氢反应，经t min到达平衡状态，此时容器内压强为初始的1.8倍。则 ， 。
(3)在压强分别为0.1MPa和0.01MPa的条件下，在密闭容器中充入等量的 发生脱氢反应。平衡时 和 的物质的量分数随温度的变化如图所示。
①在a、b、c、d四条直线中， 分别表示0.01MPa时C3H8和C3H6物质的量分数的是 、 。
②p点对应的平衡常数 (以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
Ⅱ．氧化脱氢法：
(4)在催化剂作用下，相同时间内，不同温度下( 氧化脱氢的转化率和 的产率如下：
①C3H8的转化率随温度升高而上升的原因是 (答出1条即可)。
②已知：C3H6选择性=，随着温度升高，C3H6的选择性 (填“升高”“降低”或“不变”)，可能的原因是 。
5．（24-25高三上·广东汕头·阶段练习）我国科学家首次实现了二氧化碳到淀粉的人工合成，关键的一步是利用化学催化剂将高浓度还原成： 。
(1)已知 kJ/ml；
；
。
则上述反应的 。
(2)反应中，有利于提高甲醇平衡产率的条件是_______(填字母)。
A．高温高压B．低温高压C．高温低压D．低温低压
(3)实验室在模拟该反应：过程中，在一定温度下，将气体体积比为1∶3的和混合气体投入反应器，的转化率[]随温度和压强(kpa)的变化关系如图所示(已知：该反应的催化剂活性受温度影响变化不大)。
① (填“>”“＜”或“=”)。
②分析236℃后曲线变化可能的原因： 。
③图中①坐标为，请计算此时反应的平衡常数 [平衡分压=总压×体积分数，列出计算式即可]。
(4)该反应经过如下步骤来实现：
Ⅰ． kJ/ml；
Ⅱ． 。
①反应Ⅰ、Ⅱ的(K代表化学平衡常数)随(温度的倒数)的变化如图所示。线 (填“a”或“b”)表示反应Ⅰ的随的变化。
②已知反应Ⅰ是整个反应的决速步，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是 (填字母)。
A． B．
C． D．
6．（24-25高三上·江苏扬州·阶段练习）环境保护、促进社会可持续发展是重要课题。
(1)氮氧化物(N2O、NO等)的处理和资源化利用具有重要意义。N2O的处理。研究证明：能提高N2O的分解速率，N2O参与了第Ⅱ步、第Ⅲ步反应。反应历程(Ea为反应活化能)如下：
第Ⅰ步：
第Ⅱ步：……
第Ⅲ步：
①第Ⅱ步发生反应的方程式为 。
②总反应的反应速率取决于第Ⅱ步，则 (填“>”、“=”或“<”)。
(2)地下水中硝酸盐造成的氮污染已成为一个世界性的环境问题。水体除主要有电化学法、催化还原法等。电化学去除弱酸性水体中的反应原理如图所示：
①作负极的物质是 (写化学式)。
②正极的电极反应式是 。
(3)一种活性炭载纳米铁粉吸附剂去除废水中。
①相同条件下，将活性炭载纳米铁粉和纳米铁粉分别加入含废水中，反应相同时间，采用活性炭载纳米铁粉去除的效率更高，原因是 。
②实验测得反应相同时间，初始pH对去除率影响如图所示。pH<4.0时，pH越小，去除率越低的原因是 。
7．（24-25高三上·江西景德镇·阶段练习）CO、(主要指NO和)是大气主要污染物之一、有效去除大气中的CO、是环境保护的重要课题。已知：
反应1：
反应2：
反应3：
反应4：
回答下列问题：
(1)计算 ，反应3自发进行的条件是 (填“高温”“低温”或“任意温度”)。
(2)向密闭容器中充入一定量的和，保持总压为，发生反应4。当时，NO的平衡转化率随温度T以及下NO的平衡转化率随投料比的变化关系如下图。
①能表示此反应已经达到平衡状态的是 (填标号)。
A气体的密度保持不变 B．保持不变
C． D．NO的浓度不变
②b点对应条件下的压强平衡常数 (为用分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数，列出计算式即可)
(3)工业上可利用甲醇羰基化法进一步制取甲酸甲酯：。在容积不变的密闭容器中，投入等物质的量的和CO，相同时间内CO的转化率随温度变化如下图所示(不考虑其他副反应)。
①b、c、d三点中，尚未达到化学平衡状态的点是 。
②该反应是 (填“放热”或“吸热”)反应。
③曲线ac段和de段的变化趋势不同，试从反应速率和平衡角度说明理由 。
8．（24-25高三上·广西·阶段练习）氮氧化物()的资源化利用和处理具有重要意义。回答下列问题：
(1)利用分解制取和的总反应为 ，该反应分两步进行，原理如下(化学计量数写最简整数)：
反应I：
反应II：……
已知部分共价键的键能如下表：
反应的平衡常数的对数的关系如图所示：
①反应II的方程式是 ，其 (填“>”或“<”)0。
②总反应的 ，时，平衡常数 。
(2)利用脱去的反应为，该反应历程的相对能量变化如图所示。
①决速步骤的方程式是 。
②提高总反应的反应速率和的平衡转化率可采用的措施为 (填一种)。
(3)利用脱去的反应为。
已知时该反应的平衡常数。下按的投料比充入恒容密闭容器中，此时气体总压强为。发生该反应时，测得容器内气体总压强为。
①时的转化率为 。
②时该反应是否达到平衡状态： (填“是”或“否”)，并说明理由： 。
9．（2024高三上·广东深圳·期中）深入研究碳、氮元素的物质转化有着重要的实际意义，按要求回答下列问题：
(1)某合成氨速率方程为：，根据下面表中数据，确定 ；
在合成氨过程中，需要不断分离出氨的原因为 。
A．有利于平衡正向移动 B．防止催化剂中毒 C．提高正反应速率
(2)CO用于处理大气污染物的反应为。在作用下该反应的具体过程如下图所示，反应过程中能量变化情况如下图所示。
总反应： 该总反应的决速步是反应 (填“①”或“②”)。
(3)已知：的速率方程为(，k为速率常数，只与温度有关。为提高反应速率，可采取的措施是 (填字母序号)。
A．其他条件不变，升高温度B．恒温恒压时，再充入
C．恒温恒容时，再充入COD．恒温恒压时，再充入
(4)在总压为100kPa的恒容密闭容器中，充入一定量的和发生上述反应，在不同条件下达到平衡时，在时的转化率与的变化曲线、在时的转化率与的变化曲线如下图所示(已知：)：
①表示的转化率随的变化曲线为 曲线(填“I”或“II”)；
②已知：该反应的标准平衡常数，其中为标准压强，、、和为各组分的平衡分压，则时，该反应的标准平衡常数 (计算结果保留3位有效数字，已知：物质的量分数)。
10．（24-25高三上·辽宁·阶段练习）利用介孔限域催化温室气体，加氢制甲醇，再通过甲醇制备燃料和化工原料等，是解决能源问题与实现双碳目标的主要技术之一，反应如下：
i．
ii．
(1)稳定单质的焓(H)为0，有关物质的焓如表所示，
。
(2)不同催化剂(Cu/CeOr/，CeOr/Cu，Cu/ZnO，Cu)作用下，加氢制反应的(k为速率常数)随温度的关系如图所示。已知，其中为活化能，C为截距。
催化效果较好的催化剂为 。
(3)在5MPa下，将5ml和16ml在催化剂作用下进行反应i和ii。平衡时和CO选择性S[S(或CO)]及的转化率a随温度的变化如图所示。
①表示平衡时的转化率的曲线是 (填“x”“y”或“z”)。
②250℃时，平衡体系共有0.5ml，则平衡转化率= ，反应i的 (是用平衡分压代替平衡浓度计算的平衡常数，列计算式，不用化简)。
③p、q两点反应i的正反应速率大小： (填“>”“=”或“<”)。
(4)若只发生反应ii，反应的速率方程为，其中x表示相应气体的物质的量分数，为平衡常数(用平衡分压代替平衡浓度计算)，k为反应的速率常数。已知平衡后，此时反应ii的速率 (用含k的代数式表示)。
(5)我国科学者又进一步研究了在催化剂上加氢制甲醇的机理；其主反应历程如图所示。下列说法正确的是___________(填字母)。
A．二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率达100%
B．带*标记的物质是该反应历程中的中间产物
C．第②中含碳元素的物质发生氧化反应
D．第④步的反应式为
11．（24-25高三上·安徽滁州·阶段练习）工业合成氨的化学方程式为。回答下列问题：
(1)反应达到平衡后，增大压强，平衡向 （填“正反应”或“逆反应”）方向移动；其他条件不变，降低温度，平衡向正反应方向移动，则 （填“>”或“<”）0；该反应在 （填“高温”“低温”或“任意条件”）下可自发进行。
(2)若仅改变某一反应条件，反应速率（v）与时间（t）的关系如图所示。
①在时刻曲线发生变化的原因是 （填字母）。
A．增大的浓度 B．扩大容器体积 C．加入催化剂 D．升高温度
②改变条件后，的平衡转化率 （填“增大”“减小”或“不变”）。
(3)某温度下在恒容密闭容器中充入的和的进行反应，达平衡时的转化率为，则该温度下平衡常数 。
(4)目前，我国的合成氨厂一般采用的压强为，采用该压强的理由是 。
12．（24-25高三上·云南玉溪·期中）CO2经催化加氢可以生成低碳有机物。某CO2与H2的反应体系中存在以下两个反应：
反应ⅰ：；
反应ⅱ：。
回答下列问题：
(1)将6mlCO2和8mlH2充入2L的恒容密闭容器中，分别在T1、T2温度下发生反应i，其中H2的物质的量变化如表所示：
①T1温度下，5~10min内以CO2表示反应速率， ；该温度下，若各物质的起始量，则反应开始时v(正) v(逆)(填“>”、“=”或“<”，下同)。
②已知T1>T2，由表可知ΔH 0。
(2)有利于提高CO2平衡转化率的条件是 (任写2点)。
(3)下列情况能说明该体系中反应达到化学平衡状态的是_______(填选项字母)。
A．单位时间内消耗1mlCO2，理论上同时消耗1mlCH3OH
B．若该容器为绝热容器，体系温度保持不变
C．密闭容器内混合气体的密度不发生变化
D．混合气体的平均相对分子质量不再改变
(4)若将CO2和H2按物质的量之比1∶3混合充入恒压密闭容器中，在不同催化剂作用下发生反应ⅰ和反应ⅱ，在相同的时间内的选择性和产率随温度变化的曲线如图所示：
已知：的选择性。
①温度高于230℃时，的产率随温度升高而下降的原因是 。
②在上述条件下，合成甲醇的工业条件最好为 (填选项字母)。
A．210℃ B．230℃ C．CZT催化剂 D．CZ(Zr-l)T催化剂
13．（24-25高三上·江苏徐州·阶段练习）Ⅰ．人们通过化学方法可以开辟新能源和提高能源的利用率，根据情景回答下列问题：
(1)工业合成氨反应是放热的可逆反应。已知完全反应生成可放出92kJ热量。如果将和足量混合，使其充分反应，放出的热量 (填“大于”“小于”或“等于”)46kJ。
(2)在容积为5L的密闭容器内模拟工业合成氨，反应经过5min后，生成
①用表示的化学反应速率为 ；
②一定条件下，能说明该反应进行到最大限度的是 。
a．的浓度保持不变 b．和的分子数之比为1：3：2
c．体系内气体的密度保持不变 d．体系内物质的平均相对分子质量保持不变
Ⅱ．电解原理在化学工业中有广泛应用。
(3)电解法处理含氮氧化物废气，可回收硝酸。实验室模拟电解法吸收的装置如图所示(图中电极均为石墨电极)。若用气体进行模拟电解法吸收实验。
①写出电解时发生反应的电极反应式 。
②若有标准状况下2.24LNO2被吸收，通过阳离子交换膜(只允许阳离子通过)的为 ml。
(4)和。是主要大气污染物，利用下图装置可同时吸收和NO。
①已知电解池的阴极室中溶液的pH在4～7之间，阴极的电极反应为 。
②用离子方程式表示吸收NO的原理 。
14．（24-25高三上·湖北·阶段练习）是一种廉价的碳资源，可采用“催化加氢制甲醇”方法将其资源化利用。该反应体系中涉及以下三个反应：
①
②
③
回答下列问题：
(1) ．
(2)关于反应①、②、③的(K代表化学平衡常数)随(T代表温度)的变化图正确的是 。
(3)某温度时在1L恒容的容器中加入和，若只发生①、②两个反应，已知此条件下甲醇的选择性为 [甲醇的选择性]，平衡转化率为，该条件下反应②的平衡常数 (结果保留两位小数)。
(4)一定温度下，在恒容密闭容器中充入和只发生反应①达到平衡，下列有关说法正确的是_______(填字母)。
A．起始若充入和，达平衡时的转化率将增大
B．当时，该反应达到平衡状态
C．若，当的体积分数保持不变时，该反应达到平衡状态
D．单位时间内，断开的数目和断开的数目相同时，该反应达到平衡状态
(5)已知反应②可自发，则反应②的 0(填“>”“<”或“=”)；一定温度下，反应②达到平衡，测得各组分的平衡分压(即组分的物质的量分数×总压)如表中数据：
维持相同的温度和总压，提高的比例，使的平衡转化率提高到，则原料气中和的物质的量之比为 。
(6)向密闭容器中分别投入一定量的和只发生反应③，其他条件相同时，测得相同时间内在某种催化剂的作用下，的产率随温度的变化如图所示，当温度高于时，M点后的产率降低的原因可能是 (答一条即可)。
15．（2024高三上·吉林长春·期末）摩尔盐(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O是一种重要的化工原料
I．摩尔盐的制备。当室温为20℃时，某小组同学称取一定质量的，加入一定体积的水配成饱和溶液(用硫酸酸化至反应混合液的)，再加入一定质量的固体，经过蒸发浓缩、降温结晶、过滤并洗涤干燥后得到淡绿色固体。请回答下列问题：
(1)(NH4)2SO4溶液中水的电离度 纯水的电离度。(填写“>”、“<”、“=”)。
(2)请结合化学平衡原理，解释控制反应混合液的的原因： 。
(3)向溶液中加入固体会 (填写“促进”、“抑制”、“无影响”)的水解。
Ⅱ．摩尔盐溶液浓度的测定。称取mg摩尔盐配制成100mL溶液。用移液管移取20mL上述溶液，用浓度为0.0100ml/L的酸性溶液滴定，测定所配摩尔盐的浓度，写出该反应的离子方程式，并描述反应达到终点的实验现象。
(4)离子方程式： 。
(5)达到终点的实验现象： 。
(6)滴定过程的实验数据如下(其中溶液体积的初始读数均为0.00mL)：
计算配得摩尔盐溶液的物质的量浓度 。
(7)下述操作对摩尔盐浓度测定的影响，结果偏大的有 。
a．滴至终点时有1滴酸性溶液悬在管口处未滴入
b．待测液移入锥形瓶后，加入10mL蒸馏水
c．装酸性溶液的滴定管中尖嘴气泡没赶出便开始滴定，滴定结束后气泡消失
16．（24-25高三上·安徽六安·阶段练习）I．铁是生产生活、科学研究中的重要物质，研究与Fe相关的反应时要关注反应的快慢和程度，某些有铁参与的反应可设计成原电池。
(1)以下是相同条件下，等体积等浓度的溶液分解的对比实验时，放出的体积随时间的变化关系示意图(线a为使用作催化剂，线b为不使用催化剂)，其中正确的图像是___________(填字母)。
A．B．
C．D．
II．已知下列热化学方程式：
①
②
(2)写出Fe被氧化成和CO的热化学方程式 。一定温度下，向某密闭容器中加入足量铁并充入一定量的气体，发生第(2)题的反应。反应过程中气体和CO气体的浓度变化与时间的关系如图所示。
(3)4min时，反应速率的大小关系为 。(填“>”、“<”或“=”)
(4)0~4min内，CO的平均反应速率 ml/(L·min)。
(5)下列描述能说明上述反应已达到平衡状态的是___________(填序号)。
A．
B．单位时间内生成的同时，生成
C．容器中气体压强不随时间变化而变化
D．和CO浓度相等
III．若用图甲装置，依据反应设计原电池。
(6)则电极X应为 (填化学式)，电解质溶液可选 溶液(写出一种即可)。
17．（24-25高三上·河南·阶段练习）氨是一种重要的化工原料，主要用于化肥工业，也是一种优良的小分子储氢载体。请回答下列问题：
(1)已知： kJ⋅ml-1；
①氨气分解能在 (填“相对低温”“任意温度”或“相对高温”)条件下自发进行。
②若该反应正反应的活化能为a kJ⋅ml-1，则逆反应的活化能为 kJ⋅ml-1(用含a的代数式表示)。
(2)在催化剂作用下，相同条件、相同时间内发生分解反应时，的转化率与温度、催化剂(Cat1、Cat2)的关系如图所示。
①a点的转化率高于b点的原因为 。
②b点 (填“>”“=”或“<”)；在Cat1作用下，b→c变化的主要原因是 。
(3)在不同条件下，在某恒容密闭容器中以，体积比为1∶3起始投料合成氨，反应的平衡体系中含量如下表所示。
①实验发现，其原因为 。
②Ⅰ条件下的平衡常数 (列出计算式即可，为用平衡物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数)。
(4)选择合适的催化剂和温度，在不同压强下，从投料开始，反应开始后相同时间内混合气体中氨气的体积分数如图所示。压强超过7MPa，体积分数突然大幅度下降的原因可能是 。
18．（24-25高三上·广东汕头·阶段练习）按要求回答下列问题。
(1)4g硫粉在中完全燃烧生成气体，放出37kJ的热量，写出S燃烧的热化学方程式 。
(2)已知25℃时，下列物质的相对能量如表所示。
表示燃烧热的热化学方程式为 。
(3)溶液和溶液进行中和反应，溶液密度近似，溶液比热容为，反应前后溶液温差最高4℃，中和热 (小数点后取一位)。
(4)一定温度下，体积为2L的密闭容器中装有4mlSO2和2mlO2，发生反应，2min末达到平衡测得容器中有1.6mlSO2，请列出三段式计算：该温度下的平衡常数为K= L·ml-1(计算结果)。
(5)大气污染物氮氧化物可采用氢气选择性催化还原(H2-SCR)处理。相关反应如下：
主反应： ΔH1<0 K1；
副反应： ΔH2<0 K2。
i．已知： ΔH3 K3； ΔH4 K4，则ΔH1= (用含有ΔH3和ΔH4的代数式表示)，K1= (用含有K3和K4的代数式表示)
ii．恒温条件下，将NO、N2充入某恒容密闭容器中，在催化剂作用下进行反应。下列有关说法错误的是 。(填字母序号)
a．当容器内的压强不再变化时说明主、副反应均达到平衡
b．平衡后，若向容器内再充入少量NO，主、副反应平衡常数均增大
c．平衡后，NO、N2和N2O三者的物质的量之比保持不变
d．平衡后，
压强/MPa温度/℃
0.1
0.5
1
10
400
99.2%
99.6%
99.7%
99.9%
500
93.5%
96.9%
97.8%
99.3%
600
73.7%
85.8%
89.5%
96.4%
条件
保持温度为T/℃
时间
0
5min
10min
15min
20min
25min
30min
物质的量
2.0
1.4
1.0
0.70
0.50
0.40
0.40
物质的量
0
0.3
0.50
0.65
0.75
0.80
0.80
反应温度/℃
465
480
495
510
C3H8的转化率/%
5.5
12.1
17.3
28.4
C3H6的产率/%
4.7
9.5
12.8
18.5
共价键
键能/()
243
208
151
实验
1
m
n
p
q
2
2m
n
p
2q
3
m
n
0.1p
10q
4
m
2n
p
2.828q
物质
焓
-394
-111
-242
反应条件
T1/℃
T2/℃
0
5min
10min
15min
20min
25min
30min
H2/ml
8.0
3.5
2.0
2.0
1.7
1.5
1.5
物质
分压(MPa)
0.25
0.25
0.75
0.75
编号
所用溶液的体积
溶液体积的最终读数
Ⅰ
20.00mL
20.02mL
Ⅱ
20.00mL
20.00mL
Ⅲ
20.00mL
19.98mL
序号
压强/MPa
温度/℃
平衡体系中体积分数
Ⅰ
1
500
Ⅱ
2
450
b
物质
相对能量
0
0
参考答案：
1．(1)+137
(2)Va＞Vb＞Vc
(3) 45.61kJ/ml C2H = C2H4+H*
(4) 75% 1.8(L/ml)2
【详解】（1）由题意可得如下热化学方程式①C2H6(g)+O2(g)=CO2(g)+3H2O(l) △H=—1560kJ/ml，②C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) △H=—1411kJ/ml，③H2(g)+ O2(g)= H2O(l) △H=—286kJ/ml，由盖斯定律可知，反应①—②—③得到反应C2H6(g)C2H4(g)+ H2(g)，则反应△H=(—1560 kJ/ml)—(—1411 kJ/ml)—(—286kJ/ml)=+137kJ/ml，故答案为：+137；
（2）乙烷分解生成乙烯和氢气的反应为气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，乙烷的转化率减小，容器的体积越小，压强越大，由图可知，a、b、c三个容器中，乙烷的转化率依次减小，所以容积的体积依次减小，故答案为：Va＞Vb＞Vc；
（3）由图可知，此部分历程中最大的活化能为Ea=[33.59—(—12.02)]kJ/ml=45.61kJ/ml，该步骤为C2H 和H*反应生成C2H4，反应方程式为C2H = C2H4+H*，故答案为：45.61kJ/ml；C2H = C2H4+H*；
（4）设平衡时反应生成甲醇的物质的量为aml、甲酸的物质的量为bml，由题意可建立如下三段式：
由可得：2—a—b=b，a=3b，解得a=1.2、b=0.4，则甲醇的选择性=75%，反应Ⅰ的平衡常数K==1.8(L/ml)2，故答案为：75%；1.8(L/ml)2。
2．(1) 大于
(2) 增大黄铁矿与氧气的接触面积，加快反应速率，使燃烧更充分，提高原料利用率 BD 提高的转化率，从而提高经济效益 0.1MPa，400℃
【详解】（1）反应①是吸热反应，正反应的活化能大于逆反应的活化能；
甲醇是液体，反应③的平衡常数表达式为；
（2）①黄铁矿粉碎再投入沸腾炉，目的是增大黄铁矿与氧气的接触面积，加快反应速率，使燃烧更充分，提高原料利用率；
②A．反应物或生成物的物质的量不再变化，反应达到平衡状态， 、的物质的量之比为1∶1不一定是平衡状态；
B．反应是气体减少的反应，一定温度下，在容积固定的密闭容器中，压强之比等于物质的量之比，压强不随时间变化而变化说明物质的量不再变化，反应达到平衡状态；
C．正逆反应速率相等反应达到平衡状态，速率之比等于计量系数之比，当时，反应达到平衡状态；
D．混合气体的平均摩尔质量=，气体总质量不变，总物质的量变小，混合气体的平均相对分子质量不随时间变化而变化说明反应达到平衡状态；
答案是BD；
③SO2气体有毒且成本高，增大O2浓度提高SO2的转化率，从而提高经济效益；
④从表格信息可知，400。C时0.1MPa下SO2的转化率已经达到99.2%，再增大压强，转化率提高不大，且成本较高，因此应选择的条件是：0.1MPa，400℃。
3．(1)CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=—48.9kJ/ml
(2)BC
(3) 温度 >
(4) 0.03 ml/(L·min) 80% 4
【详解】（1）将已知反应依次编号为①②，由盖斯定律可知，反应①+②得到反应CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)，则反应ΔH=(+41.1kJ/ml)+(-90.0kJ/ml)=-48.9kJ/ml，反应的热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-48.9kJ/ml；
（2）A．由方程式可知，生成甲醇的速率与消耗一氧化碳的速率相等不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故A错误；
B．甲醇、一氧化碳、氢气的浓度都不再发生变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故B正确；
C．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应是气体体积减小的反应，反应中混合气体的平均相对分子质量增大，则混合气体的平均相对分子质量不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故C正确；
D．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故D错误；
故选BC；
（3）①该反应是气体体积减小的放热反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，升高温度，平衡向逆反应方向移动，A的转化率减小，由图可知，L一定时X增大，A的转化率减小，则X为温度；
②X一定时，L1条件下A的转化率大于L2，则压强L1大于L2；
（4）由表格数据可知，5min时氮气的物质的量为0.30ml，则由方程式可知，0∼5min内，二氧化钛的反应速率为=0.03ml/(L·min)；25min反应达到平衡时，一氧化氮的物质的量为0.40ml、氮气的物质的量为0.80ml，由方程式可知，二氧化碳的物质的量为0.80ml，则一氧化氮的转化率为×100%=80%；反应的平衡常数K==4。
4．(1) 一 高温
(2)
(3) c b 0.0125
(4) 温度升高，氧化脱氢反应速率增大或催化剂的活性增大，反应速率增大 降低 温度升高，有利于C3H8被氧化成其他产物的副反应发生
【详解】（1）化学反应的速率受活化能高的基元反应所限制，由图可知TS1和TS2所需活化能分别为0.42eV、0.37eV，其中，故其反应限速受第一个C-H断键反应限制；由热化学方程式可知，，气体混乱度增加即，而当时反应可自发进行，故当T增加时，有利于，故该空分别填一、高温；
（2）当T一定，在V=2L的密闭容器投入2ml丙烷，达到平衡时压强为初始压强1.8倍，根据PV=nRT可知，当T、V一定时，P与n成正比，即初始气体物质的量与平衡时总气体物质的量之比为，设平衡时生成氢气为x ml，则平衡时总气体物质量为 ml，则存在，解得x=1.6 ml，故0-t min时，，故该空填0.8/t；
（3）由热化学方程式可知，正反应为吸热反应，故温度增加有利于正反应进行，即随着温度增加丙烷的物质的量减少，丙烯的物质的量增加，故a、c对应的物质为丙烷，b、d对应物质为丙烯，另外根据勒夏特列原理，P降低有利于平衡向气体体积增加的方向移动即P下降时平衡向正反应方向移动，故0.01MPa时丙烯物质的量占比较0.1MPa时的大，则b代表0.01MPa时丙烯的物质的量分数，同理丙烷的物质的量占比在0.01MPa时更小，则c代表0.01MPa时的丙烷的物质的量分数，故该空分别填c、b；a代表0.1MPa时的丙烷的物质的量分数，当p点时丙烷的物质的量占比为50%，根据化学方程式可知丙烯和氢气的物质的量占比分别为25%、25%，故，该空填0.0125；
（4）温度升高有利于反应速率增加，故丙烷的转化率随温度升高而上升的原因可填氧化脱氢反应速率增大，另外在有催化剂参与的反应中，温度升高可能提高催化剂的活性，故也可填催化剂的活性增大，反应速率增大；根据化学方程式和丙烯选择性公式可知，生成丙烯消耗丙烷的物质量与丙烯的产率成正相关，消耗丙烯的总物质的量与丙烯的转化率成正相关，故丙烯选择性与（丙烯的产率/丙烷的转化率）呈相似关系，465℃时，，510℃时，，故温度升高，丙烯选择性降低，可能原因是温度升高利于丙烷被氧化成其他产物的副反应的发生，故该空分别填降低、温度升高有利于丙烷被氧化成其他产物的副反应的发生。
5．(1)
(2)B
(3) > 反应已达到平衡，该反应为放热反应，随温度增大平衡逆向移动
(4) b A
【详解】（1）已知① kJ/ml；② ；③ ；根据盖斯定律，可得反应，；
（2）该反应焓变小于0，为放热反应，低温有利于反应正向移动，同时该反应为气体系数之和减小的反应，高压有利于反应正向移动，可以提高甲醇的平衡转化率，故选B项；
（3）①由反应知，相同温度下，压强越大，平衡正向移动，转化率越高，；
②分析236℃后曲线变化的原因是该反应为放热反应，随温度增大平衡逆向移动，故二氧化碳转化率在236℃后逐渐降低；
③根据条件列出三段式可求解，假设初始量为，，，则平衡时气体总物质的量为，则、、。计算得；
（4）①根据盖斯定律，总反应式，则，则，即反应Ⅱ为放热反应，反应Ⅰ为吸热反应，随着温度的升高，反应Ⅰ的K增大，即随着的增大K减小，所以Ⅰ的线为b；
②A．该图像表示：反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ，反应Ⅰ为决速步，总反应为放热反应，A项正确；
B．该图像表示：反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ，反应Ⅰ为决速步，总反应为吸热，B项错误；
C．该图像表示：反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ，反应Ⅱ为决速步，总反应为吸热，C项错误；
D．该图像表示：反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ，反应Ⅱ为决速步，总反应为放热，D项错误；
故选A。
6．(1) >
(2) Fe
(3) 活性炭具有吸附性，能吸附，活性炭载纳米铁粉能形成铁碳原电池，加快反应速率 纳米铁粉易与反应放出氢气，被还原的数目减少
【详解】（1）①能提高N2O的分解速率，即是N2O分解反应的催化剂，N2O参与了第Ⅱ步、第Ⅲ步的反应，结合题给的第Ⅰ步、第Ⅲ步的反应和N2O的分解反应可知，第Ⅱ步发生的反应方程式为，；
②总反应的反应速率取决于第Ⅱ步，说明第Ⅱ步的反应速率最慢，活化能越大，反应速率越慢，则；
（2）①由图可知，铁失去电子，得到电子生成，则铁作为负极；
②在酸性条件下，得到电子生成，所在电极为正极，正极的电极反应式为；
（3）①活性炭具有吸附性，能吸附大量的，活性炭载纳米铁粉能形成铁碳原电池，原电池反应可以加快反应速率，这样可以提高的去除效率；
②pH<4.0时，pH越小，氢离子浓度越大，纳米铁粉易与反应放出氢气，被还原的数目减少。
7．(1) -283 低温
(2) AD
(3) bc 放热 最高点之前未达到平衡状态，升高温度，反应速率加快，相同时间内CO的转化率增大；最高点之后，达到平衡状态，升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率减小
【详解】（1）根据盖斯定律，将反应2+反应3可得2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ∆H=+180kJ/ml+(-746.0kJ/ml)=-566kJ/ml，则CO(g)+O2(g)=CO2(g) ∆H1=-283kJ/ml；反应3的∆H3＜0、∆S＜0，则反应3自发进行的条件是低温。
（2）①A．反应4的正反应气体分子数减小，总压保持不变，建立平衡的过程中混合气体总质量始终不变，容器的体积减小，气体的密度增大，故气体的密度保持不变能说明反应4达到平衡状态，A项符合题意；
B．起始充入一定量的H2(g)和NO(g)，建立平衡的过程中，始终为，保持不变不能说明反应4达到平衡状态，B项不符合题意；
C．时同一物质表示的正、逆反应速率不相等，反应4没有达到平衡状态，C项不符合题意；
D．建立平衡的过程中NO的浓度减小，NO的浓度不变能说明反应4达到平衡状态，D项符合题意；
答案选AD。
②T3K下随的增大，NO的平衡转化率增大，故曲线Ⅱ表示T3K下NO的平衡转化率随的变化曲线，则b点表示=4条件下达到平衡时NO的转化率为80%，设NO、H2起始物质的量依次为aml、4aml，起始到平衡消耗NO物质的量为0.8aml，则消耗H2物质的量为0.8aml，生成N2、H2O(g)物质的量依次为0.4aml、0.8aml，平衡时H2、NO、N2、H2O(g)物质的量依次为3.2aml、0.2aml、0.4aml、0.8aml，混合气体总物质的量4.6aml，总压为p0kPa，则H2、NO、N2、H2O(g)的分压依次为kPa、kPa、kPa、kPa，b点对应条件下的压强平衡常数Kp=kPa-1=kPa-1。
（3）在容积不变的密闭容器中，投入等物质的量的CH3OH和CO，由图可知，最高点之前，随温度升高，化学反应速率加快，在相同时间内转化的CO增多，CO的转化率增大；一定温度下CO的转化率达到最大值，继续升高温度CO的转化率减小，说明在相同时间内最高点对应温度下反应刚好达到平衡，最高点之后，升高温度，反应速率更快，反应都达到平衡，升高温度，CO的平衡转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应；
①最高点之前，反应没有达到平衡状态，最高点之后反应达到平衡状态，则b、c、d三点中b、c点尚未达到化学平衡状态，d点达到平衡状态。
②最高点之后升高温度，CO的平衡转化率减小，说明升高温度，平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应。
③曲线ac段反应没有达到平衡状态，随温度升高，化学反应速率加快，在相同时间内转化的CO增多，CO的转化率增大；而de段反应都处于平衡状态，该反应的正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率减小。
8．(1) >
(2) 或 缩小反应器的容积加压或增大反应物的浓度等
(3) 否 该条件下的
【详解】（1）①反应II=总反应-反应I，反应II的方程式是；由图像可知随的增大(T减小)，减小(减小)，故反应II是吸热反应，。
②根据反应的反应物的键能总和-生成物的键能总和可知，，因为总反应=反应I+反应II，故时，，，。
（2）①决速步骤反应的活化能最大，决速步骤的方程式是或。
②因为是气体分子数减小的放热反应，提高总反应的反应速率可从缩小反应器的容积加压、增大反应物浓度、升温、加催化剂等考虑，但提高总反应中的平衡转化率要使反应正向进行，排除升温、加催化剂，故可以采用缩小反应器的容积加压、增大反应物的浓度等措施。
（3）下按的投料比，气体总压强为，故起始分压为、为，由三段式得：
，解得x=6，的转化率为。此时的，未达到平衡状态。
9．(1) -1 A
(2) -361.22kJ/ml ①
(3)AD
(4) Ⅱ 3.449
【详解】（1）将实验1和实验3两组数据分别代入速率方程中，有ν1=q=k•mα•nβ•pγ，ν3=10q=k•mα•nβ•(0.1p)γ，则，解得γ=-1；
A．合成氨过程中，不断分离出氨，即降低体系中c(NH3)，生成物浓度下降，平衡向正反应方向移动，故A正确；
B．反应主产物即氨不能使催化剂中毒，故B错误；
C．减小c(NH3)，正、逆反应速率均减小，故C错误；
答案选A；
（2）根据图2可知，-361.22kJ/ml；决定总反应的决速步是由慢反应决定的，活化能越高，化学反应速率越慢，根据图2可知，反应①的活化能是149.6kJ•ml-1，反应②的活化能是108.22kJ•ml-1，反应②的活化能更小，故反应①是总反应的决速步；
（3）A．升温，化学反应速率升高，故A选；
B．恒压时，再充入N2，容器体积增大，N2O浓度减小，v减小，故B不选；
C．恒容时，再充入CO，c(CO)增大，根据v=k•c(N2O)可知，v不变，故C不选；
D．恒压时，再充入N2O，容器体积增大，N2O浓度增大，v增大，故D选；
故答案为：AD；
（4）①越大，可以看作n(CO)不变，n(N2O)增大，则N2O的转化率降低，曲线Ⅱ代表N2O的转化率随变化曲线；
②利用相同条件下压强之比等于物质的量之比，起始时CO、N2O的分压为50kPa、50kPa，由图3可知，在=1，温度为T4时，N2O的转化率为65%，列三段式如下：
达到平衡时，CO、N2O、CO2、N2的分压分别为=17.5kPa、=17.5kPa、=32.5kPa、=32.5kPa，代入公式得==3.449。
10．(1)+41
(2)
(3) z 20% <
(4)0.0625k
(5)BD
【详解】（1）焓变为生成物与反应物焓值差，根据题干信息，稳定单质的焓(H)为0，结合各物质含可知，。
（2）根据公式得，相同温度时，越大，活化能越小，反应速率越大，催化效果越好，由图可知，以作催化剂时，反应的最大，则催化效果最好。
（3）①反应i为放热反应，反应ii为吸热反应，升高温度，反应i逆向移动，反应ii正向移动，故表现平衡时CO选择性的曲线是y，表现平衡时甲醇选择性的曲线是x，二氧化碳转化率受两个反应影响，温度高于250℃时，以反应ii为主，随温度升高，平衡正向移动，温度低于250℃时，以反应i为主，随温度升高，平衡逆向移动，所以表示平衡时，的转化率的曲线是z；
②250℃时，平衡体系共有0.5ml，结合图像可知，选择性，说明此时，其平衡转化率：；
③，
，
平衡时二氧化碳物质的量：4ml，氢气物质的量：14ml，水物质的量：1ml，一氧化碳物质的量：0.5ml，甲醇物质的量0.5ml，总物质的量：20ml，则；
④根据图像，p点位于曲线y之上，q点位于曲线y之下，则p、q两点反应i的正反应速率大小：。
（4）已知，代入反应速率方程得。
（5）A．二氧化碳加氢制甲醇反应：，原子利用率小于100%，A错误；
B．根据反应历程图可知，带*标记的物质在反应过程中最终被消耗，则表示中间产物，B正确；
C．第②步反应含碳元素的物质发生还原反应，C错误；
D．根据反应历程图可知，第④步的反应式为，D正确。
答案选BD。
11．(1) 正反应 < 低温
(2) C 不变
(3)50
(4)可以在保证反应效率的同时，避免过高的设备要求和动力消耗，从而降低生产成本
【详解】（1）合成氨反应是气体体积减小的反应，则反应达到平衡后，增大压强，平衡向正反应方向移动；其他条件不变，降低温度，平衡向正反应方向移动，说明该反应为焓变小于0的放热反应；合成氨反应是熵减的放热反应，低温条件下反应ΔH—TΔS＜0，能自发进行，故答案为：正反应；<；低温；
（2）①合成氨反应是气体体积减小的放热反应，改变反应物的浓度、反应温度和压强，均会产生正逆反应速率差，平衡会发生移动，由图可知，在t1时刻条件改变的瞬间，正逆反应速率以相同倍数增大，平衡不移动，所以曲线发生变化的原因是加入催化剂，故选C；
②使用催化剂，化学反应速率增大，但化学平衡不移动，氮气的转化率不变，故答案为：不变；
（3）由题意可知，反应达平衡时氮气的转化率为50%，则由方程式可知，平衡时氮气、氢气、氨气的浓度分别为0.2ml/L—0.2ml/L×50%=0.1ml/L、0.5ml/L—0.2ml/L×50%×3=0.2ml/L、0.2ml/L×50%×2=0.2ml/L，则反应的平衡常数K==50，故答案为：50；
（4）合成氨反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，有利于增大氨气的产率，但压强越大，对材料的强度和设备的制造要求越高、需要的动力也越大，生产成本越大，所以合成氨厂在10MPa~30MPa的压强范围内操作的目的是可以在保证反应效率的同时，避免过高的设备要求和动力消耗，从而降低生产成本，故答案为：可以在保证反应效率的同时，避免过高的设备要求和动力消耗，从而降低生产成本。
12．(1) 0.05ml⋅L-1⋅min-1 < <
(2)低温、高压、增大H2用量、及时移出水蒸气(答案合理即可)
(3)BD
(4) 反应ⅰ为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，使CO2转化为CH3OH的产率降低 BD
【详解】（1）①5~10min内氢气的物质的量变化了1.5ml，由反应方程式中的化学计量数之比可知，二氧化碳物质的量变化为0.5ml，则以CO2表示该反应速率，；根据表中数据，T1温度下，反应达到化学平衡状态时，列三段式：，平衡常数为：，若各物质的起始量，即浓度均为，，反应向逆反应方向进行，则v(正)T2，T2温度下反应达到化学平衡状态时氢气的物质的量更少，说明降温平衡正向移动，正反应为放热反应，即ΔH<0。答案为：0.05ml⋅L-1⋅min-1；＜；＜；
（2）反应ⅰ、ⅱ均为分子数减少的放热反应，故可采用低温、高压、增大氢气用量、及时移出水蒸气等方式提高CO2的平衡转化率。答案为：低温、高压、增大H2用量、及时移出水蒸气(答案合理即可)。
（3）A．对于反应i，单位时间内消耗1mlCO2，代表正反应速率，同时消耗1mlCH3OH，代表逆反应速率，正、逆反应速率相等，但是体系中同时存在两个反应，都消耗CO2，所以此时体系中反应未达到化学平衡状态，A项不符合题意；
B．绝热密闭容器中，随着反应进行，体系温度不断变化，体系温度不变，能说明反应达到化学平衡状态，B项符合题意；
C．根据，反应前后元素质量守恒，气体总质量不变，体积不变，则密度始终不变，C项不符合题意；
D．两个反应都为气体分子数减少的反应，反应开始至达到化学平衡的过程中，混合气体的总物质的量一直减小，而混合气体的质量不变，则混合气体的平均相对分子质量一直增大，当混合气体的平均相对分子质量不再改变时，能说明该反应达到化学平衡状态，D项符合题意；
答案选BD。
（4）①反应ⅰ为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，使CO2转化为CH3OH的产率降低。②由图可知，相同条件下，使用CZ(Zr-1)T催化剂时，甲醇的选择性和产率均更高，则温度在230℃时，在CZ(Zr-1)T催化剂作用下，甲醇的产率较高。答案为：反应ⅰ为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，使CO2转化为CH3OH的产率降低；BD。
13．(1)小于
(2) 0.6 ad
(3) 0.1
(4)
【详解】（1）由于该反应为可逆反应，放出的热量小于46kJ；
（2）①容积为5L的密闭容器内，反应经过5min后，生成10 ml NH3，v(NH3)= =0.4，用v(H2)=v(NH3)，v(H2)=0.6；
②a．氢气的浓度保持不变，此时反应达到平衡状态，即反应进行到最大限度，a正确；
b．N2、H2和NH3的分子数之比为1：3：2与起始充入量有关，不能说明达到反应平衡，b错误；
c．体系内气体的质量不变，体系的体积不变，密度保持不变，不能说明是平衡状态，c错误；
d．该反应前后为分子数改变的反应，若体系内物质的平均相对分子质量保持不变，说明反应达到平衡状态，即反应进行到了最大限度，d正确；
故选ad；
（3）①左室氢离子放电生成氢气，则左室为阴极，则右室为阳极，发生失去电子的氧化反应，则电极反应为；
②若有标准状况下2.24LNO2被吸收，即有0.1mlNO2被吸收，则生成0.2ml氢离子，转移0.1ml电子，则通过阳离子交换膜(只允许阳离子通过)的为0.1ml；
（4）①阴极发生还原反应，根据图示可知，阴极上得电子生成，电极反应为；
②吸收池中将NO氧化为N2，自身被还原为，离子反应为。
14．(1)-90.4kJ/ml
(2)B
(3)0.11
(4)A
(5) > 9:5
(6)催化剂活性降低或温度升高副反应增多或M点之后反应③己平衡，温度升高，平衡逆向移动，使甲醇产量降低
【详解】（1）由盖斯定律可知，反应①-②得到反应③，则反应③的反应热；
（2）由反应③放热可知，升高温度，平衡常数减小，则增大，增大，反应①和反应②的平衡常数相等时，，则反应③的随的变化图为B；
（3）根据已知条件可知，平衡时反应的为，生成甲醇为，反应①中生成水蒸气为0.3，消耗的为，消耗的为，反应②消耗的为，消耗的为，生成水蒸气和各为，平衡时反应②中为，为，为，水蒸气为，=0.11；
（4）A．若加倍投料，恒容条件，体系压强变大，二氧化碳的平衡转化率增大，故A正确；
B．当时，不符合化学计量数之比等于速率之比，正逆反应速率不相等，反应未达到平衡状态，故B错误；
C．开始等物质的量投料，的体积分数始终保持不变，不能说明反应已达到平衡，故C错误；
D．单位时间内，断开键的数目和断开键的数目不相同，因和中都有键，因此不可以判断反应已经达到平衡状态，D不符合题意；
故选A；
（5）反应②可自发进行，，则反应②的，则；
根据题意，该反应平衡常数；假设原料气中为，
为，由题意列三段式：
则平衡常数，解得，故与的物质的量之比为；
（6）在催化剂的作用下，温度高于时，M点后甲醇的产率降低可能是催化剂活性降低，反应速率减慢，导致产率降低；也可能是温度升高副反应增多，导致产率降低。
15．(1) >
(2)Fe2+在溶液中存在如下平衡Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+，控制反应混合液的pH<1，平衡左移，抑制Fe2+水解
(3)抑制
(4) 5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O
(5) 滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液，溶液变为紫色，且半分钟内不褪色
(6)0.0500ml/L
(7)
ac
【分析】该实验的实验目的是用硫酸亚铁溶液和硫酸铵溶液制备摩尔盐，根据盐类水解原理稀释，再通过氧化还原滴定法测定摩尔盐的浓度，再根据滴定原理进行误差分析。
【详解】（1）硫酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解促进水的电离，所以硫酸铵溶液中水的电离度大于纯水的电离度，故答案为：>；
（2）硫酸亚铁是强酸弱碱盐，在溶液中存在如下水解平衡Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+，控制反应混合液的pH<1，增大溶液中氢离子浓度，平衡向逆反应方向移动，能抑制亚铁离子水解，有利于制备摩尔盐，故答案为：Fe2+在溶液中存在如下平衡Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+，控制反应混合液的pH<1，平衡左移，抑制Fe2+水解；
（3）硫酸铵、硫酸亚铁都是强酸弱碱盐，铵根离子和亚铁离子在溶液中均水解使溶液呈酸性，向硫酸亚铁溶液中加入硫酸铵固体，铵根离子水解出的氢离子会抑制亚铁离子的水解，故答案为：抑制；
（4）题意可知，摩尔盐溶液与酸性高锰酸钾溶液的反应为酸性条件下，亚铁离子与高锰酸根离子反应生成铁离子、锰离子和水，反应的离子方程式为5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，故答案为：5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；
（5）当溶液中的亚铁离子与高锰酸根离子完全反应时，再滴入一滴酸性高锰酸钾溶液，溶液会变为紫色，且半分钟内不褪色；故答案为：滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液，溶液变为紫色，且半分钟内不褪色；
（6）由表格数据可知，滴定消耗酸性高锰酸钾溶液的平均体积为=20.00mL，则配得溶液中摩尔盐的浓度为=0.0500ml/L，故答案为：0.0500ml/L；
（7）a．滴至终点时有1滴酸性高锰酸钾溶液悬在管口处未滴入会使酸性高锰酸钾溶液的体积偏大，导致所测浓度偏大，故正确；
b．待测液移入锥形瓶后，加入10mL蒸馏水对待测液中溶质的物质的量和标准溶液的体积无影响，对实验结果无影响，故错误；
c．装酸性高锰酸钾溶液的滴定管中尖嘴气泡没赶出便开始滴定，滴定结束后气泡消失会使酸性高锰酸钾溶液的体积偏大，导致所测浓度偏大，故正确；
故选ac。
16．(1)A
(2)
(3)=
(4)0.125
(5)B
(6) Cu 溶液
【详解】（1）使用FeCl3作催化剂，可降低反应所需的活化能，加快反应速率，但最终氧气生成量不变，故答案为：A；
（2）已知下列热化学方程式：
①
②
根据盖斯定律可知，方程式(②-①)可得；
（3）4min时，，此反应达到平衡状态，反应速率的大小关系为：=；
（4）由图像数据可知0∼4min内CO的平均反应速率为==0.125 ml/(L·min)；
（5）A．，未指明正逆反应速率，无法判断反应是否达到平衡状态，故A不选；
B．单位时间内生成nml CO2的同时，生成nml CO，正逆反应速率相等，化学反应达到平衡状态，故B选；
C．反应前后气体分子数不变，故容器中气体压强始终不随时间的变化而变化，无法判断反应是否达到平衡状态，故C不选；
D．CO2和CO浓度相等，并不能说明和浓度保持不变，故D不选；
答案为B；
（6）根据电池的总反应：，可知石墨为正极，Cu为负极，即X为Cu，电解质溶液中含有Fe3+，可以用溶液。
17．(1) 相对高温 (a-92.4）
(2) 相同温度下，Cat2的催化效率高于Cat1，反应速率更快， > 温度较高时，催化剂活性减弱
(3) 温度降低，平衡正向移动，反应物浓度减小，生成物浓度增大
(4)氨气易液化，当压强逐渐增大时，氨气可能会液化
【详解】（1）①该反应为熵增反应，且ΔH>0，根据△H-T△S<0反应自发进行，故该反应在相对高温条件下能自发进行。
②反应热ΔH=正反应的活化能-逆反应的活化能，该反应正反应的活化能为a kJ⋅ml-1，则逆反应的活化能为(a-92.4）kJ⋅ml-1。
（2）①a点的转化率高于b点的原因为相同温度下，Cat2的催化效率高于Cat1，反应速率更快，故a点的转化率高于b点。
②平衡转化率与催化剂无关，a、b点的转化率不同，故b点反应还没有达到平衡，则b点；在Cat1作用下，b→c变化的主要原因是温度较高时，催化剂活性减弱。
（3）① kJ⋅ml-1,则 kJ⋅ml-1，Ⅰ温度高于Ⅱ，，其原因为温度降低，平衡正向移动，反应物浓度减小，生成物浓度增大。
②设、起始投料分别为1ml、3ml，用三段式计算：
起始量/ml 1 3 0
变化量/ml x 3x 2x
平衡量/ml 1-x 3-3x 2x
，解得x=0.4，平衡体系中、、的物质的量分数依次为、、，。
（4）压强超过7MPa，NH3体积分数突然大幅度下降的原因可能是氨气易液化，当压强逐渐增大时，氨气可能会液化。
【点睛】本题以氨为素材，考查反应的自发性、外界因素对化学反应速率及化学平衡的影响、化学平衡的计算等知识，意在考查分析与推测能力，变化观念与平衡思想的核心素养。
18．(1)S(s)+O2(g)=SO2(g) =-296kJ/ml
(2)
(3)
(4)5.625
(5) 2ΔH3 -ΔH4 bd
【详解】（1）硫的摩尔质量为32g/ml，4g硫粉的物质的量为ml，ml硫粉在中完全燃烧生成气体，放出37kJ的热量，所以1ml硫粉在中完全燃烧生成气体，放出37kJ×8=296kJ的热量，所以S燃烧的热化学方程式为： 。
（2）示燃烧热的热化学方程式，可燃物为，生成的是稳定的产物，水为液态，故表示燃烧热的热化学方程式为。
（3）溶液和溶液进行中和反应，氢氧化钠物质的量为0.025ml，硫酸物质的量为0.015ml，根据反应：可知，硫酸过量，因此生成水物质的量为0.025ml，溶液密度近似，溶液的质量为80g，溶液比热容为，反应前后溶液温差最高4℃，中和热。
（4）一定温度下，体积为2L的密闭容器中装有4mlSO2和2mlO2，则起始时浓度分别为、，2min末达到平衡测得容器中有1.6mlSO2即二氧化硫的变化量为，根据题意列三段式：；平衡时SO2、O2、SO3浓度分别为0.8ml/L、0.4ml/L、1.2ml/L，该温度下的平衡常数为。
（5）i．令反应为③，反应为④，由盖斯定律可得主反应等于2③-④，所以，；
ii．a．主、副反应均是前后气体体积变化的反应，故容器内压强不变可以说明反应达平衡，故a正确；
b．平衡常数只受温度影响，温度不变平衡常数不变，故b错误；
c．平衡后各物质的浓度保持不变，故三者物质的量之比保持不变，故c正确；
d．平衡后，存在，故d错误，综上选bd。