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人教版 (2019)选择性必修1实验活动1 探究影响化学平衡移动的因素第3课时同步测试题
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这是一份人教版 (2019)选择性必修1实验活动1 探究影响化学平衡移动的因素第3课时同步测试题，共17页。试卷主要包含了已知，将E，已知该反，反应 X，已知甲为恒压容器、乙为恒容容器，已知反应①等内容，欢迎下载使用。
一．选择题（共11小题）
1．将一定量纯净的氨基甲酸铵置于特制的密闭真空容器中（假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计），使其达到分解平衡：NH2COONH4（s）⇌2NH3（g）+CO2（g）下的平衡数据列表，下列说法正确的是（ ）
A．该可逆反应达到平衡的标志之一是混合气体平均相对分子质量不变
B．因该反应熵变（△S）大于0，焓变（△H）大于0，所以在低温下自发进行
C．达到平衡后，若在恒温下压缩容器体积，氨基甲酸铵固体的质量增加
D．根据表中数据，计算15.0℃时的NH3平衡浓度为1.6ml•L﹣1
2．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均会在工业生产硝酸过程中发生，其中反应Ⅰ、Ⅱ发生在氧化炉中，反应Ⅲ发生在氧化塔中，不同温度下各反应的化学平衡常数如表所示。下列说法正确的是（ ）
A．使用选择性催化反应Ⅰ的催化剂可增大氧化炉中NO的含量
B．通过改变氧化炉的温度可促进反应Ⅰ而抑制反应Ⅱ
C．通过改变氧化炉的压强可促进反应Ⅰ而抑制反应Ⅱ
D．氧化炉出气在进入氧化塔前应进一步提高温度
3．已知：（g）⇌ （g）+H2（g）△H1＝+100.3kJ•ml﹣1①
H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）△H2＝﹣11.0kJ•ml﹣1②
则温度升高，反应③：（g）+I2（g）⇌（g）+2HI（g）的平衡常数变化趋势为（ ）
A．增大B．不变C．减小D．不能确定
4．将E（s）和F（g）加入密闭容器中，在一定条件下发生反应：E（s）+4F（g）⇌G（g），已知该反
应的平衡常数如表。下列说法正确的是（ ）
A．正反应是吸热反应
B．25℃时，反应G（g）⇌E（s）+4F（g）的平衡常数是0.5m13•L﹣3
C．80℃时，测得某时刻F、G的浓度均为0.5ml•L﹣1，此时v正＞v逆
D．恒温恒容下，向容器中再充入少量G（g），达新平衡时，G的体积分数增大
5．在一定体积的密闭容器中，进行如下的化学反应CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g），其化学平衡常数K和温度的关系如下表，根据信息推断以下说法正确的是（
A．此反应为放热反应
B．此反应只有达到平衡时，密闭容器中的压强才不会变化
C．830℃时，反应物CO2与H2按1：1投料，平衡时H2的转化率为50%
D．该反应的化学平衡常数越大，反应物的转化率越低
6．反应 X（s）+2Y（g）⇌2W（g）△H＝﹣a kJ•ml﹣1（a＞0），一定温度下，在恒压的密闭容器中，加入 1 ml X 和 2 ml Y 发生反应，下列说法正确的是（ ）
A．充分反应时，放出的热量为 a kJ
B．当 Y 与 W 的物质的量浓度之比为 1：1 时，表明该反应一定已达到平衡
C．当容器内气体的密度不再改变时，表明该反应一定已到达平衡
D．当达到平衡状态时，X 和 Y 的转化率之比为 1：2
7．已知甲为恒压容器、乙为恒容容器。相同条件下充入等物质的量的NO2气体，且起始时体积相同。发生反应：2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0．一段时间后达到平衡状态，下列说法中正确的是（ ）
A．该反应的平衡常数表达式K＝c（N2O4）/c（NO2）
B．达到平衡所需时间，甲与乙相等
C．平衡时NO2体积分数：甲＜乙
D．若两容器内气体的压强保持不变，均说明反应已达到平衡状态
8．已知反应①：CO（g）+CuO（S）⇌CO2（g）+Cu（s）和反应②：H2（g）+CuO（s）⇌Cu（s）+H2O（g）在相同的某温度下的平衡常数分别为K1和K2，该温度下反应③：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）的平衡常数为K，则下列说法正确的是（ ）
A．反应①的平衡常数K1＝
B．反应③的平衡常数K＝
C．对于反应③，恒容时，温度升高，H2浓度减小，则该反应的焓变为正值
D．对于反应③，恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小
9．T°C时，在一固定容积的密闭容器中发生反应：A（g）+B（g）⇌X（s）△H＜0，按照不同配比充入A、B，达到平衡时容器中A、B浓度变化如图中曲线（实线）所示，则判断正确的是（ ）
A．T℃时，该反应的平衡常数值为4
B．c点没有达到平衡，此时反应向逆向进行
C．若c点为平衡点，则此时容器内的温度高于T℃
D．T℃时，在d点加入一定量X可达到c点
10．在一固定体积的密闭容器中，充入2ml A和1ml B，发生如下反应：2A（g）+B（g）═xC（g），平衡后，C的体积分数为W%，若维持容器容积和温度不变，0.6ml A、0.3ml B 和1.4ml C为起始物质，达到平衡后，C的体积分数也为W%．平衡后若缩小容器体积，C的浓度c（C）、C的体积分数C%、混合气体平均相对分子质量（M）和正反应速率[V（正）]，随压强（P）的变化，一定符合的是（ ）
A．B．
C．D．
11．对于可逆反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0．如表所示研究目的和图示相符的是（ ）
A．温度（T）对反应的影响（T2＞T1）
B．压强（p）对平衡常数的影响
C．温度（T）对反应的影响
D．压强（p）对体积分数的影响（p2＞p1）
二．填空题（共4小题）
12．（1）对于Fe+2H+═Fe2++H2↑改变下列条件对反应速率和产量有何影响 （填“增大”“减小”或“不变”）：把铁片改成铁粉： ； 滴加几滴浓硫酸 ； 加压： ；
（2）某小组利用H2C2O4溶液和硫酸酸化的KMnO4溶液反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时通过测定酸性KMnO4溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。该小组设计了如下方案。已知：
①表中V1＝ mL
②探究温度对化学反应速率影响的实验编号是 （填编号）
③实验③测得KMnO4溶液的褪色时间为2min，忽略混合前后溶液体积的微小变化，这段时间内平均反应速率v（H2C2O4）＝ ml•L﹣1•min﹣1。
13．氧化剂H2O2在反应时不产生污染物，被称为绿色氧化剂，因而受到人们越来越多的关注．资料显示，某些金属离子对H2O2的分解起催化作用．为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，该实验小组的同学设计了如图1所示的实验装置进行实验．
（1）某同学通过测定O2体积来比较H2O2的分解速率快慢，实验时可以通过测量 或 来比较；
（2）0.1g MnO2粉末加入50mL H2O2溶液中，在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图2所示．解释反应速率变化的原因 ，计算H2O2的初始物质的量浓度为 （保留两位有效数字，在标准状况下测定）
14．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，CO2和H2可发生两个平行反应，分别生成CH3OH和CO．反应的热化学方程式如下：
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1＝﹣53.7kJ•ml﹣1Ⅰ
CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2Ⅱ
某实验室控制CO2和H2初始投料比为1：2.2，在相同压强下，经过相同反应时间测得如下实验数据：
【备注】Cat.1：Cu/ZnO纳米棒；Cat.2：Cu/ZnO纳米片；甲醇选择性：转化的CO2中生成甲醇的百分比
已知：①CO和H2的标准燃烧热分别为﹣283.0kJ•ml﹣1和﹣285.8kJ•ml﹣1
②H2O（l）═H2O（g）△H3＝44.0kJ•ml﹣1
请回答（不考虑温度对△H的影响）：
（1）反应I的平衡常数表达式K＝ ；
（2）有利于提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有 。
A．使用催化剂Cat.1
B．使用催化剂Cat.2
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
（3）表中实验数据表明，在相同温度下不同的催化剂对CO2转化成CH3OH的选择性有显著的影响，其原因是 。
（4）如图，在图中分别画出反应I在无催化剂、有Cat.1和有Cat.2三种情况下“反应过程～能量”示意图。
15．综合处理工业“三废”，有利于保护环境、节约资源。
反应 2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g），可减少汽车尾气中污染物的排放，在 2L 密闭容器中发生该反应时，n（CO2）随温度 T 和时间 t 的变化曲线如图所示。
（1）该反应的平衡常数表达式为K＝ ，若升高温度，平衡常数 K 值 （填“增加”“减小”或“不变”），说明理由 ；
（2）在 T2 温度下，0～2s 内的平均反应速率 v（N2）＝ ；
（3）工业废水的处理方法有很多，使用 Fe2（SO4）3 处理废水，酸性废水中的悬浮物很难沉降除去，结合离子方程式用平衡移动原理解释原因 ，干法制备多功能水处理剂高铁酸钠（Na2FeO4）的反应原理为：2FeSO4+6Na2O2→2Na2FeO4+Na2O+2Na2SO4+O2↑，该反应的氧化剂为 ；
（4）采用氨碱法生产纯碱会产生大量的副产品 ，用化学方程式表示产生副产品的原因 。
答案解析
一．选择题
1．【分析】A．根据化学方程式NH2COONH4（s）⇌2NH3（g）+CO2（g）可知，生成的气体的物质的量之比始终是2：1，所以气体的平均相对分子质量始终不变；
B．从表中数据可以看出，随着温度升高，气体的总浓度增大，平衡正向移动，则该反应为吸热反应，△H＞0；反应中固体变为气体，混乱度增大，△S＞0，根据△G＝△H﹣T△S可知反应在高温下自发进行；
C．压缩容器体积，气体压强增大，平衡向逆向移动，氨基甲酸铵质量增加；
D．反应中生成的氨和二氧化碳的浓度之比为2：1，总浓度为2.4×10﹣3ml•L﹣1，所以氨的浓度为1.6×10﹣3ml•L﹣1。
【解答】解：A．根据化学方程式NH2COONH4（s）⇌2NH3（g）+CO2（g）可知，生成的气体的物质的量之比始终是2：1，所以气体的平均相对分子质量始终不变，故不能作为平衡状态的判断依据，故A错误；
B．从表中数据可以看出，随着温度升高，气体的总浓度增大，平衡正向移动，则该反应为吸热反应，△H＞0；反应中固体变为气体，混乱度增大，△S＞0，根据△G＝△H﹣T△S可知反应在高温下自发进行，故B错误；
C．压缩容器体积，气体压强增大，平衡向逆向移动，氨基甲酸铵质量增加，故C正确；
D．反应中生成的氨和二氧化碳的浓度之比为2：1，平衡时总的物质的量浓度为2.4×10﹣3ml•L﹣1，氨和二氧化碳的浓度之比为2：1，则氨的浓度为×2.4×10﹣3ml•L﹣1＝1.6×10﹣3ml•L﹣1，所以氨的浓度为1.6×10﹣3ml•L﹣1，故D错误；
故选：C。
2．【分析】A、使用选择性催化反应Ⅰ的催化剂可加快反应I的速率，抑制反应II的发生；
B、化学平衡常数K越大，反应进行的程度越大；
C、反应I和II正向均是气体体积增大的反应，压强的改变对两个反应的影响相同；
D、反应III正向是放热反应，温度过高会抑制反应III的发生。
【解答】解：A、催化剂具有选择性，选择适合反应I的催化剂以加快反应I的速率，抑制反应II的发生，从而增大氧化炉中NO的含量，故A正确；
B、由表中平衡常数数据可知，相同温度时，反应II的进行程度远大于反应I，所以通过改变氧化炉的温度只能促进反应II而抑制反应I的发生，故B错误；
C、反应I和II正向均是气体体积增大的反应，增大压强或减小压强对反应I和II的影响相同，不可能通过改变压强达到促进反应Ⅰ而抑制反应Ⅱ的目的，故C错误；
D、根据500℃、700℃时反应III的平衡常数K数值可知，反应III正向是放热反应，温度过高会抑制反应III的发生，所以氧化炉出气在进入氧化塔前应降温处理，故D错误；
故选：A。
3．【分析】已知：（g）⇌ （g）+H2（g）△H1＝+100.3kJ•ml﹣1①
H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）△H2＝﹣11.0kJ•ml﹣1②
盖斯定律计算①+②得到反应③：（g）+I2（g）⇌（g）+2HI（g）△H，平衡常数随温度变化。
【解答】解：已知：（g）⇌ （g）+H2（g）△H1＝+100.3kJ•ml﹣1①
H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）△H2＝﹣11.0kJ•ml﹣1②
盖斯定律计算①+②得到反应③：（g）+I2（g）⇌（g）+2HI（g）△H＝+89.3KJ/ml，反应为吸热反应，升温平衡正向进行，平衡常数增大，
故选：A。
4．【分析】A、结合温度对平衡常数的影响分析；
B、反应G（g）⇌E（s）+4F（g）为反应E（s）+4F（g）⇌G（g）的逆反应，所以平衡常数互为倒数；
C、计算此时Qc，Qc＞K，平衡逆移；
D、恒温恒容下，向容器中再充入少量G（g），结合勒夏特列原理即可知结果；
【解答】解：A、升高温度，K减小，说明平衡逆移，正反应为放热反应，故A错误；
B、由分析知平衡常数＝＝2×10﹣5，故B错误；
C、计算此时Qc＝＝8＞K＝2，则平衡逆移，v逆＞v正，故C错误；
D、恒温恒容下，向容器中再充入少量G（g），结合勒夏特列原理可知，G的体积分数增大，故D正确；
故选：D。
5．【分析】A．根据表中数据知，升高温度化学平衡常数增大，说明平衡正向移动，升高温度平衡向吸热方向移动；
B．恒温恒容时压强与气体物质的量成正比，该反应前后气体计量数之和不变，容器体积不变时气体总物质的量始终不变，压强与物质的量成正比；
C．设CO2与H2的物质的量都是1ml，设平衡时H2的转化率为x
可逆反应CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g），
开始（ml）1 1 0 0
反应（ml）x x x x
平衡（ml）1﹣x 1﹣x x x
化学平衡常数K＝＝1，据此计算x；
D．该反应的化学平衡常数越大，反应物的转化率越大。
【解答】解：A．根据表中数据知，升高温度化学平衡常数增大，说明平衡正向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，则正反应是吸热反应，故A错误；
B．恒温恒容时压强与气体物质的量成正比，该反应前后气体计量数之和不变，容器体积不变时气体总物质的量始终不变，则压强始终不变，故B错误；
C．设CO2与H2的物质的量都是1ml，设平衡时H2的转化率为x
可逆反应CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g），
开始（ml）1 1 0 0
反应（ml）x x x x
平衡（ml）1﹣x 1﹣x x x
化学平衡常数K＝＝1，
x＝50%，故C正确；
D．该反应的化学平衡常数越大，反应进行的程度越大，则反应物的转化率越大，故D错误；
故选：C。
6．【分析】反应X（s）+2Y（g）⇌2W（g）△H＝﹣a kJ•ml﹣1（a＞0）中，X为固体，加入X对平衡移动无影响，反应前后气体的体积不变，且当达到平衡时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，以此解答该题。
【解答】解：A．为可逆反应，反应物不能完全转化，则充分反应时，放出的热量小于 a kJ，故A错误；
B．平衡常数未知，不能确定平衡时Y 与 W 的物质的量浓度之比，故B错误；
C．X为固体，当反应达到平衡状态时，气体的质量不变，则容器内气体的密度不变，故C正确；
D．加入 1 ml X 和 2 ml Y，且按1：2参加反应，则无论是否达到平衡状态，X 和 Y 的转化率之比为 1：2，不能用于判断是否达到平衡，故D错误。
故选：C。
7．【分析】A．平衡常数应等于生成物浓度系数次幂之积除以反应物浓度系数次幂之积；
B．甲乙压强不同，反应速率不同；
C．甲压强较大，增大压强，平衡正向移动；
D．由于甲容器始终是恒压条件，所以压强不变不能说明该容器中反应已经处于平衡状态。
【解答】解：A．平衡常数应等于生成物浓度系数次幂之积除以反应物浓度系数次幂之积，K＝，故A错误；
B．因为该反应是体积减小的反应，甲是恒压，而乙是恒容，所以在反应过程中甲的压强大于乙，压强大反应速率也大，所以甲达到平衡的时间也短，故B错误；
C．甲压强较大，增大压强，平衡正向移动，则平衡时NO2体积分数：甲＜乙，故C正确；
D．由于甲容器始终是恒压条件，所以压强不变不能说明该容器中反应已经处于平衡状态，D错误。
故选：C。
8．【分析】A．化学平衡常数表达式中固体、纯液体不需要表示；
B．由方程式可知，反应③＝反应①﹣反应②，根据化学平衡常数表达式，进行推导判断；
C．对于反应③，恒容时，温度升高，H2 的浓度减小，说明升高温度平衡向逆反应移动，据此判断；
D．根据恒温恒容下，引起压强增大的条件变化情况解答．
【解答】解：A．化学平衡常数表达式中固体、纯液体不需要表示，反应①的平衡常数K1＝，故A错误；
B．反应①的平衡常数K1＝，反应②的平衡常数K2＝，反应③：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）的平衡常数为K＝＝＝，故B正确；
C．升高温度，H2的浓度减小，可知升高温度平衡逆向移动，可知正反应为放热反应，△H＜0，故C错误；
D．对于反应③，恒温恒容下，通入稀有气体增大压强，平衡不移动，H2 的浓度不变，故D错误。
故选：B。
9．【分析】A、平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，固体和纯液体不写入表达式；
B、C点浓度商小于K，反应正向进行；
C、反应是放热反应，若C点为平衡状态，此时平衡常数小于T°C平衡常数，说明平衡逆向进行；
D、X为固体，加入一定量X平衡不移动．
【解答】解：A、平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，固体和纯液体不写入表达式，A（g）+B（g）⇌C（s），平衡常数K＝＝＝0.25，故A错误；
B、依据图象分析可知，C点浓度商Q＜K，反应正向进行，故B错误；
C、反应是放热反应，若C点为平衡状态，此时平衡常数小于T°C平衡常数，说明平衡逆向进行，是升温的结果，温度高于T°C，故C正确；
D、X为固体，加入一定量X平衡不移动，所以在d点加入一定量X不可达到c点，故D错误；
故选：C。
10．【分析】恒温恒容下，开始充入2mlA和1mlB与开始充入0.6mlA、0.3mlB和1.4mlC达到平衡后，C的体积分数为W%，说明为完全等效平衡，按化学计量数转化到左边，满足n（A）＝2ml、n（B）＝1ml，即x＝2；另外，如果反应前后气体的总计量数相等，即x＝2+1＝3时，也是等效平衡，所以x可以是2或3；根据增大压强反应速率增大，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动以及一定符合来判断．
【解答】解：A、当x＝3时增大压强平衡不移动，c（C）会变大，故A错误；
B、当x＝3时增大压强平衡不移动，C的体积分数C%应不变，故B错误；
C、当x＝3时增大压强平衡不移动，混合气体平均相对分子质量（M）不变，故C错误；
D、无论x是2还是3增大压强正反应速率一定增大，故D正确；
故选：D。
11．【分析】A、依据先拐先平温度高分析，合成氨是放热反应，温度越高平衡逆向进行，氨气体积分数减小，温度越高速率越大，图象T2条件斜率应大；
B、平衡常数随温度变化；
C、图象分析可知是氮气体积分数减小后再增大，说明开始反应正向进行氮气体积分数最低时，反应达到平衡，后续升温是对化学平衡的影响，反应是放热反应，升温平衡逆向进行；
D、依据先拐先平压强大分析，反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡正向进行，氨气体积分数增大，压强大反应速率大．先达到平衡；
【解答】解：A、依据先拐先平温度高分析，合成氨是放热反应，温度越高平衡逆向进行，氨气体积分数减小，温度越高速率越大，图象T2条件斜率应大，故A错误；
B、平衡常数随温度变化，不随压强变化，故B错误；
C、图象分析可知是氮气体积分数减小后再增大，说明开始反应正向进行氮气体积分数最低时，反应达到平衡，后续升温是对化学平衡的影响，反应是放热反应，升温平衡逆向进行，氮气体积分数增大，故C正确；
D、依据先拐先平压强大分析，反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡正向进行，氨气体积分数增大，压强大反应速率大，先达到平衡，需要的时间短，故D错误；
故选：C。
二．填空题
12．【分析】（1）影响反应速率的因素有温度、浓度、催化剂、压强、接触面积等，据此解答；
（2）①由控制变量法可知，应控制溶液的总体积相同；
②实验①、②的温度相同，实验②、③的浓度相同，实验①、③H2C2O4的浓度不相同且温度也不相同；
③结合v＝、速率之比等于化学计量数之比计算。
【解答】解：（1）Fe+2H+═Fe2++H2↑虽然H2是气体，但该反应不是可逆反应，所以压强不改变其反应速率，把铁片改成铁粉，增大了Fe与酸的接触面积，可加快反应速率，滴加几滴浓硫酸，增大c（H+），可加快反应速率；
故答案为：增大；增大；不变；
（2）①实验②混合液的总体积为10mL+10mL+30mL＝50mL，则V1＝50mL﹣10mL﹣35mL＝5mL，故答案为：5；
②探究温度对化学反应速率影响，必须满足除了温度不同，其他条件完全相同，所以满足此条件的实验编号是：2和3；故答案为：2和3；
③草酸的物质的量为0.60ml•L﹣1×0.005L＝0.003ml，高锰酸钾的物质的量为0.10ml•L﹣1×0.01L＝0.001ml，草酸和高锰酸钾的物质的量之比为0.003ml：0.001ml＝3：1，由2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O可知草酸过量，高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为＝0.02ml/L，这段时间内平均反应速率v（KMnO4）＝＝0.01 ml•L﹣1•min﹣1，由速率之比等于化学计量数之比可知，这段时间内平均反应速率v（H2C2O4）＝0.01 ml•L﹣1•min﹣1×＝0.025 ml•L﹣1•min﹣1，故答案为：0.025。
13．【分析】（1）实验时可以通过测量单位时间生成O2的体积或生成单位体积O2所需要的时间来比较；
（2）随着反应的进行，溶液的浓度逐渐降低，反应速率逐渐减小；根据图象可以看出H2O2完全反应放出60 mL O2，根据2H2O22H2O+O2↑进行计算．
【解答】解：（1）通过测定O2的体积来比较H2O2的分解速率快慢，实验时可以通过测量单位时间生成O2的体积或生成单位体积O2所需要的时间来比较，
故答案为：单位时间生成O2的体积；生成单位体积O2所需要的时间；
（2）浓度越大，反应速率越大，反之越小，随着反应进行，反应物的浓度逐渐减小，则速率逐渐减小；根据图象可以看出H2O2完全反应放出60 mL O2，H2O2的分解反应为2H2O22H2O+O2↑，则：n（H2O2）＝×2≈0.00536 ml，
所以H2O2的初始物质的量浓度为：c（H2O2）＝≈0.11 ml/L，
故答案为：随着反应的进行，浓度减小，反应速率减慢；0.11 ml/L．
14．【分析】（1）K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；
（2）催化剂不影响平衡移动，焓变为负，为放热反应，降低温度或增大反应物浓度均可使平衡正向移动；
（3）未达到平衡前，不同的催化剂对CO2转化成CH3OH的选择性有显著的影响；
（4）催化剂不改变反应的始终态，Cat.1比Cat.2的选择性低，活化能大。
【解答】解：（1）反应I的平衡常数表达式K＝，
故答案为：；
（2）A．使用催化剂Cat.1，不影响平衡移动，故A不选；
B．使用催化剂Cat.2，不影响平衡移动，故B不选；
C．为放热反应，降低反应温度，平衡正向移动，转化率增大，故C选；
D．投料比不变，增加反应物的浓度，可看成体积减小、压强增大，平衡正向移动，转化率增大，故D选；
E．增大CO2和H2的初始投料比，CO2转化为CH3OH平衡转化率减小，故E不选；
故答案为：CD；
（3）表中实验数据表明，在相同温度下不同的催化剂对CO2转化成CH3OH的选择性有显著的影响，其原因是表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响，
故答案为：表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响；
（4）催化剂不改变反应的始终态，Cat.1比Cat.2的选择性低，活化能大，则反应I在无催化剂、有Cat.1和有Cat.2三种情况下“反应过程～能量”示意图为，
答：反应I在无催化剂、有Cat.1和有Cat.2三种情况下“反应过程～能量”示意图为。
15．【分析】（1）反应的平衡常数等于生成物浓度幂积与反应物浓度幂积之比；根据速率变化或“先拐先平，数值大”规则可知 T1＞T2，由图可知，升高温度，n（CO2）减小；
（2）根据v＝＝计算v（CO2），再根据反应计量关系计算v（N2）；
（3）Fe2（SO4）3 水解的离子反应为Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，酸性废水中的H+会导致Fe2（SO4）3 不能形成胶体或者胶体非常少；氧化还原反应中氧化剂发生还原反应、元素的化合价降低，据此分析解答；
（4）氨碱法工艺中产生大量CaCl2的化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O，据此分析解答。
【解答】解：（1）反应2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）的平衡常数K＝，根据速率变化或“先拐先平，数值大”规则可知T1＞T2，由n（CO2）随温度T和时间t的变化曲线图可知，升高温度，n（CO2）减小，即升高温度，平衡逆向移动，正反应为放热反应，所以平衡常数K值减小，
故答案为：；减小；由图速率变化推断T1＞T2，由平衡时n（CO2）变化推断平衡逆向移动，正向为放热反应，所以温度升高，平衡常数K值减小；
（2）由图可知，v（CO2）＝＝＝0.025ml/（L•s），反应为2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g），则v（N2）＝v（CO2）＝×0.025ml/（L•s）＝0.0125ml/（L•s），
故答案为：0.0125ml/（L•s）；
（3）Fe2（SO4）3中Fe3+水解的离子方程式为Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，酸性废水中H+抑制了Fe3+的水解平衡，减少了Fe（OH）3 胶体的生成，降低了吸附能力，因此不能吸附悬浮物沉降而除去；反应2FeSO4+6Na2O2→2Na2FeO4+Na2O+2Na2SO4+O2↑中，Fe的化合价由+2→+6，发生氧化反应，即FeSO4为还原剂，Na2O2中O的化合价﹣1→﹣2或0，所以Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，
故答案为：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，废水中的酸（H+）抑制了Fe3+的水解平衡，减少了Fe（OH）3 胶体的生成，降低了吸附能力；Na2O2；
（4）氨碱法工艺中，为提高氨气的利用率，常在母液中加入生石灰CaO，反应为CaO+H2O＝Ca（OH）2，加热条件下Ca（OH）2和NH4Cl反应生成氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O，同时得到大量副产品CaCl2，
故答案为：CaCl2；2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O。温度/℃
15.0
20.0
25.0
30.0
35.0
平衡总压强/kPa
5.7
8.3
12.0
17.1
24.0
平衡气体总浓度/10﹣3ml•L﹣1
2.4
3.4
4.8
6.8
9.4
温度
（K）
化学平衡常数
反应Ⅰ4NH3+5O2→4NO+6H2O
反应Ⅱ4NH3+3O2→2N2+6H2O
反应Ⅲ：2NO+O2→2NO2
500
1.1×1026
7.1×1034
1.3×102
700
2.1×1019
2.6×1025
1.0
温度℃
25
80
230
平衡常数/（L3•ml﹣3）
5×104
2
1.9×10﹣5
t/℃
700
800
830
1000
1200
K
0.6
0.9
1.0
1.7
2.6
实验
编号
0.1ml/L酸性KMnO4溶液的体积/mL
0.6ml/LH2C2O4溶液的体积/mL
H2O的体积/mL
实验温度/℃
溶液褪色所需时间/min
①
10
V1
35
25
②
10
10
30
25
③
10
10
V2
50
T（K）
催化剂
CO2转化率（%）
甲醇选择性（%）
543
Cat．l
12.3
42.3
543
Cat.2
10.9
72.7
553
Cat．l
15.3
39.1
553
Cat.2
12.0
71.6
一．选择题（共11小题）
1．将一定量纯净的氨基甲酸铵置于特制的密闭真空容器中（假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计），使其达到分解平衡：NH2COONH4（s）⇌2NH3（g）+CO2（g）下的平衡数据列表，下列说法正确的是（ ）
A．该可逆反应达到平衡的标志之一是混合气体平均相对分子质量不变
B．因该反应熵变（△S）大于0，焓变（△H）大于0，所以在低温下自发进行
C．达到平衡后，若在恒温下压缩容器体积，氨基甲酸铵固体的质量增加
D．根据表中数据，计算15.0℃时的NH3平衡浓度为1.6ml•L﹣1
2．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均会在工业生产硝酸过程中发生，其中反应Ⅰ、Ⅱ发生在氧化炉中，反应Ⅲ发生在氧化塔中，不同温度下各反应的化学平衡常数如表所示。下列说法正确的是（ ）
A．使用选择性催化反应Ⅰ的催化剂可增大氧化炉中NO的含量
B．通过改变氧化炉的温度可促进反应Ⅰ而抑制反应Ⅱ
C．通过改变氧化炉的压强可促进反应Ⅰ而抑制反应Ⅱ
D．氧化炉出气在进入氧化塔前应进一步提高温度
3．已知：（g）⇌ （g）+H2（g）△H1＝+100.3kJ•ml﹣1①
H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）△H2＝﹣11.0kJ•ml﹣1②
则温度升高，反应③：（g）+I2（g）⇌（g）+2HI（g）的平衡常数变化趋势为（ ）
A．增大B．不变C．减小D．不能确定
4．将E（s）和F（g）加入密闭容器中，在一定条件下发生反应：E（s）+4F（g）⇌G（g），已知该反
应的平衡常数如表。下列说法正确的是（ ）
A．正反应是吸热反应
B．25℃时，反应G（g）⇌E（s）+4F（g）的平衡常数是0.5m13•L﹣3
C．80℃时，测得某时刻F、G的浓度均为0.5ml•L﹣1，此时v正＞v逆
D．恒温恒容下，向容器中再充入少量G（g），达新平衡时，G的体积分数增大
5．在一定体积的密闭容器中，进行如下的化学反应CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g），其化学平衡常数K和温度的关系如下表，根据信息推断以下说法正确的是（
A．此反应为放热反应
B．此反应只有达到平衡时，密闭容器中的压强才不会变化
C．830℃时，反应物CO2与H2按1：1投料，平衡时H2的转化率为50%
D．该反应的化学平衡常数越大，反应物的转化率越低
6．反应 X（s）+2Y（g）⇌2W（g）△H＝﹣a kJ•ml﹣1（a＞0），一定温度下，在恒压的密闭容器中，加入 1 ml X 和 2 ml Y 发生反应，下列说法正确的是（ ）
A．充分反应时，放出的热量为 a kJ
B．当 Y 与 W 的物质的量浓度之比为 1：1 时，表明该反应一定已达到平衡
C．当容器内气体的密度不再改变时，表明该反应一定已到达平衡
D．当达到平衡状态时，X 和 Y 的转化率之比为 1：2
7．已知甲为恒压容器、乙为恒容容器。相同条件下充入等物质的量的NO2气体，且起始时体积相同。发生反应：2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0．一段时间后达到平衡状态，下列说法中正确的是（ ）
A．该反应的平衡常数表达式K＝c（N2O4）/c（NO2）
B．达到平衡所需时间，甲与乙相等
C．平衡时NO2体积分数：甲＜乙
D．若两容器内气体的压强保持不变，均说明反应已达到平衡状态
8．已知反应①：CO（g）+CuO（S）⇌CO2（g）+Cu（s）和反应②：H2（g）+CuO（s）⇌Cu（s）+H2O（g）在相同的某温度下的平衡常数分别为K1和K2，该温度下反应③：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）的平衡常数为K，则下列说法正确的是（ ）
A．反应①的平衡常数K1＝
B．反应③的平衡常数K＝
C．对于反应③，恒容时，温度升高，H2浓度减小，则该反应的焓变为正值
D．对于反应③，恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小
9．T°C时，在一固定容积的密闭容器中发生反应：A（g）+B（g）⇌X（s）△H＜0，按照不同配比充入A、B，达到平衡时容器中A、B浓度变化如图中曲线（实线）所示，则判断正确的是（ ）
A．T℃时，该反应的平衡常数值为4
B．c点没有达到平衡，此时反应向逆向进行
C．若c点为平衡点，则此时容器内的温度高于T℃
D．T℃时，在d点加入一定量X可达到c点
10．在一固定体积的密闭容器中，充入2ml A和1ml B，发生如下反应：2A（g）+B（g）═xC（g），平衡后，C的体积分数为W%，若维持容器容积和温度不变，0.6ml A、0.3ml B 和1.4ml C为起始物质，达到平衡后，C的体积分数也为W%．平衡后若缩小容器体积，C的浓度c（C）、C的体积分数C%、混合气体平均相对分子质量（M）和正反应速率[V（正）]，随压强（P）的变化，一定符合的是（ ）
A．B．
C．D．
11．对于可逆反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0．如表所示研究目的和图示相符的是（ ）
A．温度（T）对反应的影响（T2＞T1）
B．压强（p）对平衡常数的影响
C．温度（T）对反应的影响
D．压强（p）对体积分数的影响（p2＞p1）
二．填空题（共4小题）
12．（1）对于Fe+2H+═Fe2++H2↑改变下列条件对反应速率和产量有何影响 （填“增大”“减小”或“不变”）：把铁片改成铁粉： ； 滴加几滴浓硫酸 ； 加压： ；
（2）某小组利用H2C2O4溶液和硫酸酸化的KMnO4溶液反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时通过测定酸性KMnO4溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。该小组设计了如下方案。已知：
①表中V1＝ mL
②探究温度对化学反应速率影响的实验编号是 （填编号）
③实验③测得KMnO4溶液的褪色时间为2min，忽略混合前后溶液体积的微小变化，这段时间内平均反应速率v（H2C2O4）＝ ml•L﹣1•min﹣1。
13．氧化剂H2O2在反应时不产生污染物，被称为绿色氧化剂，因而受到人们越来越多的关注．资料显示，某些金属离子对H2O2的分解起催化作用．为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，该实验小组的同学设计了如图1所示的实验装置进行实验．
（1）某同学通过测定O2体积来比较H2O2的分解速率快慢，实验时可以通过测量 或 来比较；
（2）0.1g MnO2粉末加入50mL H2O2溶液中，在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图2所示．解释反应速率变化的原因 ，计算H2O2的初始物质的量浓度为 （保留两位有效数字，在标准状况下测定）
14．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，CO2和H2可发生两个平行反应，分别生成CH3OH和CO．反应的热化学方程式如下：
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1＝﹣53.7kJ•ml﹣1Ⅰ
CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2Ⅱ
某实验室控制CO2和H2初始投料比为1：2.2，在相同压强下，经过相同反应时间测得如下实验数据：
【备注】Cat.1：Cu/ZnO纳米棒；Cat.2：Cu/ZnO纳米片；甲醇选择性：转化的CO2中生成甲醇的百分比
已知：①CO和H2的标准燃烧热分别为﹣283.0kJ•ml﹣1和﹣285.8kJ•ml﹣1
②H2O（l）═H2O（g）△H3＝44.0kJ•ml﹣1
请回答（不考虑温度对△H的影响）：
（1）反应I的平衡常数表达式K＝ ；
（2）有利于提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有 。
A．使用催化剂Cat.1
B．使用催化剂Cat.2
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
（3）表中实验数据表明，在相同温度下不同的催化剂对CO2转化成CH3OH的选择性有显著的影响，其原因是 。
（4）如图，在图中分别画出反应I在无催化剂、有Cat.1和有Cat.2三种情况下“反应过程～能量”示意图。
15．综合处理工业“三废”，有利于保护环境、节约资源。
反应 2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g），可减少汽车尾气中污染物的排放，在 2L 密闭容器中发生该反应时，n（CO2）随温度 T 和时间 t 的变化曲线如图所示。
（1）该反应的平衡常数表达式为K＝ ，若升高温度，平衡常数 K 值 （填“增加”“减小”或“不变”），说明理由 ；
（2）在 T2 温度下，0～2s 内的平均反应速率 v（N2）＝ ；
（3）工业废水的处理方法有很多，使用 Fe2（SO4）3 处理废水，酸性废水中的悬浮物很难沉降除去，结合离子方程式用平衡移动原理解释原因 ，干法制备多功能水处理剂高铁酸钠（Na2FeO4）的反应原理为：2FeSO4+6Na2O2→2Na2FeO4+Na2O+2Na2SO4+O2↑，该反应的氧化剂为 ；
（4）采用氨碱法生产纯碱会产生大量的副产品 ，用化学方程式表示产生副产品的原因 。
答案解析
一．选择题
1．【分析】A．根据化学方程式NH2COONH4（s）⇌2NH3（g）+CO2（g）可知，生成的气体的物质的量之比始终是2：1，所以气体的平均相对分子质量始终不变；
B．从表中数据可以看出，随着温度升高，气体的总浓度增大，平衡正向移动，则该反应为吸热反应，△H＞0；反应中固体变为气体，混乱度增大，△S＞0，根据△G＝△H﹣T△S可知反应在高温下自发进行；
C．压缩容器体积，气体压强增大，平衡向逆向移动，氨基甲酸铵质量增加；
D．反应中生成的氨和二氧化碳的浓度之比为2：1，总浓度为2.4×10﹣3ml•L﹣1，所以氨的浓度为1.6×10﹣3ml•L﹣1。
【解答】解：A．根据化学方程式NH2COONH4（s）⇌2NH3（g）+CO2（g）可知，生成的气体的物质的量之比始终是2：1，所以气体的平均相对分子质量始终不变，故不能作为平衡状态的判断依据，故A错误；
B．从表中数据可以看出，随着温度升高，气体的总浓度增大，平衡正向移动，则该反应为吸热反应，△H＞0；反应中固体变为气体，混乱度增大，△S＞0，根据△G＝△H﹣T△S可知反应在高温下自发进行，故B错误；
C．压缩容器体积，气体压强增大，平衡向逆向移动，氨基甲酸铵质量增加，故C正确；
D．反应中生成的氨和二氧化碳的浓度之比为2：1，平衡时总的物质的量浓度为2.4×10﹣3ml•L﹣1，氨和二氧化碳的浓度之比为2：1，则氨的浓度为×2.4×10﹣3ml•L﹣1＝1.6×10﹣3ml•L﹣1，所以氨的浓度为1.6×10﹣3ml•L﹣1，故D错误；
故选：C。
2．【分析】A、使用选择性催化反应Ⅰ的催化剂可加快反应I的速率，抑制反应II的发生；
B、化学平衡常数K越大，反应进行的程度越大；
C、反应I和II正向均是气体体积增大的反应，压强的改变对两个反应的影响相同；
D、反应III正向是放热反应，温度过高会抑制反应III的发生。
【解答】解：A、催化剂具有选择性，选择适合反应I的催化剂以加快反应I的速率，抑制反应II的发生，从而增大氧化炉中NO的含量，故A正确；
B、由表中平衡常数数据可知，相同温度时，反应II的进行程度远大于反应I，所以通过改变氧化炉的温度只能促进反应II而抑制反应I的发生，故B错误；
C、反应I和II正向均是气体体积增大的反应，增大压强或减小压强对反应I和II的影响相同，不可能通过改变压强达到促进反应Ⅰ而抑制反应Ⅱ的目的，故C错误；
D、根据500℃、700℃时反应III的平衡常数K数值可知，反应III正向是放热反应，温度过高会抑制反应III的发生，所以氧化炉出气在进入氧化塔前应降温处理，故D错误；
故选：A。
3．【分析】已知：（g）⇌ （g）+H2（g）△H1＝+100.3kJ•ml﹣1①
H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）△H2＝﹣11.0kJ•ml﹣1②
盖斯定律计算①+②得到反应③：（g）+I2（g）⇌（g）+2HI（g）△H，平衡常数随温度变化。
【解答】解：已知：（g）⇌ （g）+H2（g）△H1＝+100.3kJ•ml﹣1①
H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）△H2＝﹣11.0kJ•ml﹣1②
盖斯定律计算①+②得到反应③：（g）+I2（g）⇌（g）+2HI（g）△H＝+89.3KJ/ml，反应为吸热反应，升温平衡正向进行，平衡常数增大，
故选：A。
4．【分析】A、结合温度对平衡常数的影响分析；
B、反应G（g）⇌E（s）+4F（g）为反应E（s）+4F（g）⇌G（g）的逆反应，所以平衡常数互为倒数；
C、计算此时Qc，Qc＞K，平衡逆移；
D、恒温恒容下，向容器中再充入少量G（g），结合勒夏特列原理即可知结果；
【解答】解：A、升高温度，K减小，说明平衡逆移，正反应为放热反应，故A错误；
B、由分析知平衡常数＝＝2×10﹣5，故B错误；
C、计算此时Qc＝＝8＞K＝2，则平衡逆移，v逆＞v正，故C错误；
D、恒温恒容下，向容器中再充入少量G（g），结合勒夏特列原理可知，G的体积分数增大，故D正确；
故选：D。
5．【分析】A．根据表中数据知，升高温度化学平衡常数增大，说明平衡正向移动，升高温度平衡向吸热方向移动；
B．恒温恒容时压强与气体物质的量成正比，该反应前后气体计量数之和不变，容器体积不变时气体总物质的量始终不变，压强与物质的量成正比；
C．设CO2与H2的物质的量都是1ml，设平衡时H2的转化率为x
可逆反应CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g），
开始（ml）1 1 0 0
反应（ml）x x x x
平衡（ml）1﹣x 1﹣x x x
化学平衡常数K＝＝1，据此计算x；
D．该反应的化学平衡常数越大，反应物的转化率越大。
【解答】解：A．根据表中数据知，升高温度化学平衡常数增大，说明平衡正向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，则正反应是吸热反应，故A错误；
B．恒温恒容时压强与气体物质的量成正比，该反应前后气体计量数之和不变，容器体积不变时气体总物质的量始终不变，则压强始终不变，故B错误；
C．设CO2与H2的物质的量都是1ml，设平衡时H2的转化率为x
可逆反应CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g），
开始（ml）1 1 0 0
反应（ml）x x x x
平衡（ml）1﹣x 1﹣x x x
化学平衡常数K＝＝1，
x＝50%，故C正确；
D．该反应的化学平衡常数越大，反应进行的程度越大，则反应物的转化率越大，故D错误；
故选：C。
6．【分析】反应X（s）+2Y（g）⇌2W（g）△H＝﹣a kJ•ml﹣1（a＞0）中，X为固体，加入X对平衡移动无影响，反应前后气体的体积不变，且当达到平衡时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，以此解答该题。
【解答】解：A．为可逆反应，反应物不能完全转化，则充分反应时，放出的热量小于 a kJ，故A错误；
B．平衡常数未知，不能确定平衡时Y 与 W 的物质的量浓度之比，故B错误；
C．X为固体，当反应达到平衡状态时，气体的质量不变，则容器内气体的密度不变，故C正确；
D．加入 1 ml X 和 2 ml Y，且按1：2参加反应，则无论是否达到平衡状态，X 和 Y 的转化率之比为 1：2，不能用于判断是否达到平衡，故D错误。
故选：C。
7．【分析】A．平衡常数应等于生成物浓度系数次幂之积除以反应物浓度系数次幂之积；
B．甲乙压强不同，反应速率不同；
C．甲压强较大，增大压强，平衡正向移动；
D．由于甲容器始终是恒压条件，所以压强不变不能说明该容器中反应已经处于平衡状态。
【解答】解：A．平衡常数应等于生成物浓度系数次幂之积除以反应物浓度系数次幂之积，K＝，故A错误；
B．因为该反应是体积减小的反应，甲是恒压，而乙是恒容，所以在反应过程中甲的压强大于乙，压强大反应速率也大，所以甲达到平衡的时间也短，故B错误；
C．甲压强较大，增大压强，平衡正向移动，则平衡时NO2体积分数：甲＜乙，故C正确；
D．由于甲容器始终是恒压条件，所以压强不变不能说明该容器中反应已经处于平衡状态，D错误。
故选：C。
8．【分析】A．化学平衡常数表达式中固体、纯液体不需要表示；
B．由方程式可知，反应③＝反应①﹣反应②，根据化学平衡常数表达式，进行推导判断；
C．对于反应③，恒容时，温度升高，H2 的浓度减小，说明升高温度平衡向逆反应移动，据此判断；
D．根据恒温恒容下，引起压强增大的条件变化情况解答．
【解答】解：A．化学平衡常数表达式中固体、纯液体不需要表示，反应①的平衡常数K1＝，故A错误；
B．反应①的平衡常数K1＝，反应②的平衡常数K2＝，反应③：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）的平衡常数为K＝＝＝，故B正确；
C．升高温度，H2的浓度减小，可知升高温度平衡逆向移动，可知正反应为放热反应，△H＜0，故C错误；
D．对于反应③，恒温恒容下，通入稀有气体增大压强，平衡不移动，H2 的浓度不变，故D错误。
故选：B。
9．【分析】A、平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，固体和纯液体不写入表达式；
B、C点浓度商小于K，反应正向进行；
C、反应是放热反应，若C点为平衡状态，此时平衡常数小于T°C平衡常数，说明平衡逆向进行；
D、X为固体，加入一定量X平衡不移动．
【解答】解：A、平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，固体和纯液体不写入表达式，A（g）+B（g）⇌C（s），平衡常数K＝＝＝0.25，故A错误；
B、依据图象分析可知，C点浓度商Q＜K，反应正向进行，故B错误；
C、反应是放热反应，若C点为平衡状态，此时平衡常数小于T°C平衡常数，说明平衡逆向进行，是升温的结果，温度高于T°C，故C正确；
D、X为固体，加入一定量X平衡不移动，所以在d点加入一定量X不可达到c点，故D错误；
故选：C。
10．【分析】恒温恒容下，开始充入2mlA和1mlB与开始充入0.6mlA、0.3mlB和1.4mlC达到平衡后，C的体积分数为W%，说明为完全等效平衡，按化学计量数转化到左边，满足n（A）＝2ml、n（B）＝1ml，即x＝2；另外，如果反应前后气体的总计量数相等，即x＝2+1＝3时，也是等效平衡，所以x可以是2或3；根据增大压强反应速率增大，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动以及一定符合来判断．
【解答】解：A、当x＝3时增大压强平衡不移动，c（C）会变大，故A错误；
B、当x＝3时增大压强平衡不移动，C的体积分数C%应不变，故B错误；
C、当x＝3时增大压强平衡不移动，混合气体平均相对分子质量（M）不变，故C错误；
D、无论x是2还是3增大压强正反应速率一定增大，故D正确；
故选：D。
11．【分析】A、依据先拐先平温度高分析，合成氨是放热反应，温度越高平衡逆向进行，氨气体积分数减小，温度越高速率越大，图象T2条件斜率应大；
B、平衡常数随温度变化；
C、图象分析可知是氮气体积分数减小后再增大，说明开始反应正向进行氮气体积分数最低时，反应达到平衡，后续升温是对化学平衡的影响，反应是放热反应，升温平衡逆向进行；
D、依据先拐先平压强大分析，反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡正向进行，氨气体积分数增大，压强大反应速率大．先达到平衡；
【解答】解：A、依据先拐先平温度高分析，合成氨是放热反应，温度越高平衡逆向进行，氨气体积分数减小，温度越高速率越大，图象T2条件斜率应大，故A错误；
B、平衡常数随温度变化，不随压强变化，故B错误；
C、图象分析可知是氮气体积分数减小后再增大，说明开始反应正向进行氮气体积分数最低时，反应达到平衡，后续升温是对化学平衡的影响，反应是放热反应，升温平衡逆向进行，氮气体积分数增大，故C正确；
D、依据先拐先平压强大分析，反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡正向进行，氨气体积分数增大，压强大反应速率大，先达到平衡，需要的时间短，故D错误；
故选：C。
二．填空题
12．【分析】（1）影响反应速率的因素有温度、浓度、催化剂、压强、接触面积等，据此解答；
（2）①由控制变量法可知，应控制溶液的总体积相同；
②实验①、②的温度相同，实验②、③的浓度相同，实验①、③H2C2O4的浓度不相同且温度也不相同；
③结合v＝、速率之比等于化学计量数之比计算。
【解答】解：（1）Fe+2H+═Fe2++H2↑虽然H2是气体，但该反应不是可逆反应，所以压强不改变其反应速率，把铁片改成铁粉，增大了Fe与酸的接触面积，可加快反应速率，滴加几滴浓硫酸，增大c（H+），可加快反应速率；
故答案为：增大；增大；不变；
（2）①实验②混合液的总体积为10mL+10mL+30mL＝50mL，则V1＝50mL﹣10mL﹣35mL＝5mL，故答案为：5；
②探究温度对化学反应速率影响，必须满足除了温度不同，其他条件完全相同，所以满足此条件的实验编号是：2和3；故答案为：2和3；
③草酸的物质的量为0.60ml•L﹣1×0.005L＝0.003ml，高锰酸钾的物质的量为0.10ml•L﹣1×0.01L＝0.001ml，草酸和高锰酸钾的物质的量之比为0.003ml：0.001ml＝3：1，由2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O可知草酸过量，高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为＝0.02ml/L，这段时间内平均反应速率v（KMnO4）＝＝0.01 ml•L﹣1•min﹣1，由速率之比等于化学计量数之比可知，这段时间内平均反应速率v（H2C2O4）＝0.01 ml•L﹣1•min﹣1×＝0.025 ml•L﹣1•min﹣1，故答案为：0.025。
13．【分析】（1）实验时可以通过测量单位时间生成O2的体积或生成单位体积O2所需要的时间来比较；
（2）随着反应的进行，溶液的浓度逐渐降低，反应速率逐渐减小；根据图象可以看出H2O2完全反应放出60 mL O2，根据2H2O22H2O+O2↑进行计算．
【解答】解：（1）通过测定O2的体积来比较H2O2的分解速率快慢，实验时可以通过测量单位时间生成O2的体积或生成单位体积O2所需要的时间来比较，
故答案为：单位时间生成O2的体积；生成单位体积O2所需要的时间；
（2）浓度越大，反应速率越大，反之越小，随着反应进行，反应物的浓度逐渐减小，则速率逐渐减小；根据图象可以看出H2O2完全反应放出60 mL O2，H2O2的分解反应为2H2O22H2O+O2↑，则：n（H2O2）＝×2≈0.00536 ml，
所以H2O2的初始物质的量浓度为：c（H2O2）＝≈0.11 ml/L，
故答案为：随着反应的进行，浓度减小，反应速率减慢；0.11 ml/L．
14．【分析】（1）K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；
（2）催化剂不影响平衡移动，焓变为负，为放热反应，降低温度或增大反应物浓度均可使平衡正向移动；
（3）未达到平衡前，不同的催化剂对CO2转化成CH3OH的选择性有显著的影响；
（4）催化剂不改变反应的始终态，Cat.1比Cat.2的选择性低，活化能大。
【解答】解：（1）反应I的平衡常数表达式K＝，
故答案为：；
（2）A．使用催化剂Cat.1，不影响平衡移动，故A不选；
B．使用催化剂Cat.2，不影响平衡移动，故B不选；
C．为放热反应，降低反应温度，平衡正向移动，转化率增大，故C选；
D．投料比不变，增加反应物的浓度，可看成体积减小、压强增大，平衡正向移动，转化率增大，故D选；
E．增大CO2和H2的初始投料比，CO2转化为CH3OH平衡转化率减小，故E不选；
故答案为：CD；
（3）表中实验数据表明，在相同温度下不同的催化剂对CO2转化成CH3OH的选择性有显著的影响，其原因是表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响，
故答案为：表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响；
（4）催化剂不改变反应的始终态，Cat.1比Cat.2的选择性低，活化能大，则反应I在无催化剂、有Cat.1和有Cat.2三种情况下“反应过程～能量”示意图为，
答：反应I在无催化剂、有Cat.1和有Cat.2三种情况下“反应过程～能量”示意图为。
15．【分析】（1）反应的平衡常数等于生成物浓度幂积与反应物浓度幂积之比；根据速率变化或“先拐先平，数值大”规则可知 T1＞T2，由图可知，升高温度，n（CO2）减小；
（2）根据v＝＝计算v（CO2），再根据反应计量关系计算v（N2）；
（3）Fe2（SO4）3 水解的离子反应为Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，酸性废水中的H+会导致Fe2（SO4）3 不能形成胶体或者胶体非常少；氧化还原反应中氧化剂发生还原反应、元素的化合价降低，据此分析解答；
（4）氨碱法工艺中产生大量CaCl2的化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O，据此分析解答。
【解答】解：（1）反应2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）的平衡常数K＝，根据速率变化或“先拐先平，数值大”规则可知T1＞T2，由n（CO2）随温度T和时间t的变化曲线图可知，升高温度，n（CO2）减小，即升高温度，平衡逆向移动，正反应为放热反应，所以平衡常数K值减小，
故答案为：；减小；由图速率变化推断T1＞T2，由平衡时n（CO2）变化推断平衡逆向移动，正向为放热反应，所以温度升高，平衡常数K值减小；
（2）由图可知，v（CO2）＝＝＝0.025ml/（L•s），反应为2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g），则v（N2）＝v（CO2）＝×0.025ml/（L•s）＝0.0125ml/（L•s），
故答案为：0.0125ml/（L•s）；
（3）Fe2（SO4）3中Fe3+水解的离子方程式为Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，酸性废水中H+抑制了Fe3+的水解平衡，减少了Fe（OH）3 胶体的生成，降低了吸附能力，因此不能吸附悬浮物沉降而除去；反应2FeSO4+6Na2O2→2Na2FeO4+Na2O+2Na2SO4+O2↑中，Fe的化合价由+2→+6，发生氧化反应，即FeSO4为还原剂，Na2O2中O的化合价﹣1→﹣2或0，所以Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，
故答案为：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，废水中的酸（H+）抑制了Fe3+的水解平衡，减少了Fe（OH）3 胶体的生成，降低了吸附能力；Na2O2；
（4）氨碱法工艺中，为提高氨气的利用率，常在母液中加入生石灰CaO，反应为CaO+H2O＝Ca（OH）2，加热条件下Ca（OH）2和NH4Cl反应生成氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O，同时得到大量副产品CaCl2，
故答案为：CaCl2；2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O。温度/℃
15.0
20.0
25.0
30.0
35.0
平衡总压强/kPa
5.7
8.3
12.0
17.1
24.0
平衡气体总浓度/10﹣3ml•L﹣1
2.4
3.4
4.8
6.8
9.4
温度
（K）
化学平衡常数
反应Ⅰ4NH3+5O2→4NO+6H2O
反应Ⅱ4NH3+3O2→2N2+6H2O
反应Ⅲ：2NO+O2→2NO2
500
1.1×1026
7.1×1034
1.3×102
700
2.1×1019
2.6×1025
1.0
温度℃
25
80
230
平衡常数/（L3•ml﹣3）
5×104
2
1.9×10﹣5
t/℃
700
800
830
1000
1200
K
0.6
0.9
1.0
1.7
2.6
实验
编号
0.1ml/L酸性KMnO4溶液的体积/mL
0.6ml/LH2C2O4溶液的体积/mL
H2O的体积/mL
实验温度/℃
溶液褪色所需时间/min
①
10
V1
35
25
②
10
10
30
25
③
10
10
V2
50
T（K）
催化剂
CO2转化率（%）
甲醇选择性（%）
543
Cat．l
12.3
42.3
543
Cat.2
10.9
72.7
553
Cat．l
15.3
39.1
553
Cat.2
12.0
71.6
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