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高中化学鲁科版 (2019)选择性必修1第4节 化学反应条件的优化——工业合成氨课后作业题
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这是一份高中化学鲁科版 (2019)选择性必修1第4节 化学反应条件的优化——工业合成氨课后作业题，共38页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．X、Y、Z是三种气态物质，在一定温度下其变化符合下图。下列说法一定正确的是
A．该反应的热化学方程式为
B．该温度下，反应的平衡常数，且若升高温度，K值减小
C．图Ⅱ曲线b表示加入催化剂使反应活化能减小，焓变减小
D．若图Ⅲ中甲表示压强，乙表示Z的含量，则其变化符合图Ⅲ中曲线
2．下列有关化学反应速率的说法中，正确的是
A．用铁片与硫酸反应制取氢气时，用质量分数为98%的浓硫酸可以增大产生氢气的速率
B．等质量的锌粉和锌片与相同体积、相同物质的量浓度的盐酸反应，反应速率相等
C．的催化氧化是一个放热反应，所以升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小
D．汽车尾气中的NO和CO反应生成和的速率很小，使用催化剂可以增大该化学反应的速率
3．在紫外光照射下，利用光催化剂降解酸性橙Ⅱ染料废水的实验所得曲线如图所示，和分别是时间为0和时刻酸性橙Ⅱ染料的浓度，下列说法错误的是
A．不加催化剂时，紫外光照射降解酸性橙Ⅱ染料废水的反应速率最慢
B．单一ZnO可作降解酸性橙Ⅱ染料废水的催化剂
C．相同条件下，对降解酸性橙Ⅱ染料废水的过程的催化效果最好
D．从图中可以看出，光催化降解酸性橙Ⅱ染料是一个可逆反应
4．由与制备乙醛的反应机理如图所示。下列说法错误的是
A．每产生1ml 可制得0.5ml
B．为催化剂，X为
C．过程①～⑥中Fe元素呈现的化合价不止一种
D．增加的量，平衡时和的物质的量之比不发生变化
5．对于反应，在温度一定时，平衡体系中的体积分数随压强的变化情况如图所示。下列说法中，正确的是
A．A、D两点对应状态的正反应速率大小关系：v(A)>v(D)
B．A、B、C、D、E各点对应状态中，v(正)＜v(逆)的是E
C．维持不变，E→A所需时间为，维持不变，D→C所需时间为，则
D．欲使C状态沿平衡曲线到达A状态，从理论上，可由无限缓慢降压至达成
6．下列说法不符合勒夏特列原理的是
A．反应A2(g) + B2(g)2AB(g)，平衡后压缩容器，AB浓度增大
B．密封保存碳酸饮料以防止CO2释放
C．用饱和食盐水净化氯气以减少氯气溶于水
D．酯化反应中增加醇的用量以提高酸的转化率
7．已知反应：A(g)+2B(g)2C(g)，Q>0，开始时充入一定量的A和B，物质B的反应速率随时间变化如图所示。下列说法正确的是
A．对化学反应条件控制只影响化学反应速率
B．5s后，反应停止，各物质浓度保持不变
C．增大压强，正反应速率增大，逆反应速率减小
D．阴影部分面积可以表示B的物质的量浓度减少量
8．在下，向两容积均为1L的刚性密闭容器中分别投入0.1mlX、1.0mlX，发生反应：，X的转化率随反应时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A．曲线表示的是投入反应的转化率
B．逆反应速率：
C．曲线中内的平均反应速率为
D．曲线未表示出平衡状态，无法计算平衡时的转化率
9．在一密闭容器中反应aA(g)bB(g)达平衡后，测得c(B)为1ml/L。如保持温度不变，将容器体积变为原来的2倍，重新达到新的平衡时，c(B)变为0.6ml/L，则下列说法不正确的是
A．平衡向正反应方向移动B．物质A的转化率增大
C．物质B的质量分数增大D．a＞b
10．下列有关合成氨工业的说法正确的是
A．合成氨工业的反应温度控制在400～500℃，目的是使化学平衡向正反应方向移动
B．合成氨厂一般采用的压强为10MPa～30MPa，因为该压强下铁触媒的活性最高
C．增大压强，正反应速率和逆反应速率均增大，但对正反应的反应速率影响更大
D．的量越多，的转化率越大，因此，充入的越多越有利于的合成
二、填空题
11．目前城市空气质量恶化的原因之一是机动车尾气和燃煤产生的烟气。NO和CO均为汽车尾气的成分这两种气体在催化转换器中发生如下反应：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g) △H=-a kJ/ml，在一定温度下，将，气体通入固定容积为2L的密闭容器中，发应过程中部分物质的浓度变化如图1所示计算结果保留三位有效数字。
(1)的平均速率 ，CO的转化率为 。
(2)15 min后反应达到平衡，若将此时得到的气体用含有的溶液吸收，则电解质溶液中各种离子的物质的量浓度由大到小的顺序是 。
(3)20 min时，若改变某一反应条件，导致CO浓度增大，则改变的条件可能是 填序号。
缩小容器体积 扩大容器体积 增加 NO的量
降低温度 增加CO的量 使用催化剂
(4)若保持反应体系的温度不变，20min时再向容器中充入CO、各，化学平衡将 填“向左”、“向右”或“不”移动，重新达到平衡后，该反应的化学平衡常数为 。
(5)对于反应，在温度为，时，平衡体系中的体积分数随压强变化曲线如图所2示。则下列说法正确的是 。
、C两点的反应速率：
、C两点气体的颜色：A深、C浅
、C两点的气体的平均相对分子质量：
由状态B到状态A，可以用加热的方法
12．工业生产以NH3和CO2为原料合成尿素[CO（NH2）2]，反应的化学方程式为：
2NH3（g）＋CO2（g）CO（NH2）2（l）＋H2O（l）
（1）在密闭容器中充入NH3和CO2 ,一定条件能自发进行的原因是 ；
（2）T1℃时，在2 L的密闭容器中充入NH3和CO2模拟工业生产，若原料气中的NH3和CO2的物质的量之比（氨碳比）=x，如图是CO2平衡转化率（α）与氨碳比（x）的关系。其它条件不变时，α随着x增大而增大的原因是 ；
（3）当x=2，上述反应至5min时各物质的浓不再发生变化，若起始的压强为P0 KPa，测得平衡体系压强变为起始时的。反应结束后，分离得到90g尿素。
试计算该反应的平均速率v（CO2）= ，
该反应的平衡常数（K）= ，
达到平衡后NH3的物质的量浓度为 。
13．在容积为1.00L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4(g)⇌2NO2(g)，随温度升高，混合气体的颜色变深。回答下列问题：
(1)反应的ΔH 0(填“大于”或“小于”)；
(2)100 ℃时，体系中各物质浓度随时间变化如图所示。
在0～60 s时段，反应速率v(N2O4)为 ml·L-1·s-1；反应的平衡常数K的数值为 (保留两位小数)。
(3)100 ℃时，反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半。平衡向 (填“正反应”或“逆反应”)方向移动。
(4)100 ℃时达平衡后，改变反应温度为T，c(N2O4) 以0.0020ml·L-1·s-1的平均速率降低，经10s又达到平衡。T 100 ℃(填“大于”或“小于”)。
14．650 ℃时，一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)＋CO2(g) 2CO(g)。平衡时，CO的体积分数为40%，总压强为p总。
(1)平衡时CO2的转化率为 。
(2)已知：气体分压(p分)=气体总压(p总)×体积分数。用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp= 。
15．已知某气体反应的平衡常数可表示为K=，该反应在不同温度下的平衡常数：400℃，K=32；500℃，K=44。请回答下列问题：
（1）写出上述反应的化学方程式 。
（2）已知在密闭容器中，测得某时刻各组分的浓度如下：
①此时温度400℃，则某时刻υ正 υ逆（填＜、＞或＝，下同）。
②若以温度为横坐标，以该温度下平衡态甲醇物质的量n为纵坐标，此时反应点在图象的位置是图中 点，比较图中B、D两点所对应的正反应速率υB υD，理由是 。
（3）一定条件下要提高反应物的转化率，可以采用的措施是 。
a．升高温度 b．加入催化剂 c．压缩容器的体积 d．增加水蒸气的浓度 e．及时分离出产物
16．反应①Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g) △H1=a kJ/ml；
②CO(g)+1/2O2(g)CO2(g) △H2=b kJ/ml
测得在不同温度下，反应①的平衡常数K值随温度的变化如下：
（1）若500℃时进行反应①，CO2起始浓度为2 ml·L-1，CO的平衡浓度为 。
（2）反应①中的a 0（填“大于”“小于”或“等于”）。
（3）700℃反应①达到平衡，要使该平衡正向移动，其他条件不变时，可以采取的措施有 （填序号）
A．缩小反应器体积 B．通入CO2
C．升高温度到900℃ D．使用合适的催化剂
(4)下列图象符合反应①的是 （填序号）（图中v是速率、为混合物中CO含量，T为温度且T1> T2）
（5）2Fe(s)+O2(g)2FeO(s) △H3，该反应的△H3= kJ/ml。（用含a、b的代数式表示）
17．反应A（g）+ B（g） C（g）+ D（g）的能量变化如图所示。
完成下列填空：
(1)该反应是 反应(选填“吸热”或“放热”)；
(2)当反应达到平衡时，升高温度，A的转化率 (选填“增大”、“减小”或“不变”)，原因是 ；
(3)反应体系中加入催化剂对反应热（Q）是否有影响? ，原因是 。
18．一定条件下，某可逆反应在密闭容器中建立化学平衡，在时刻改变某一个条件，建立新的平衡，其图像如下：
A． B．
C． D．
(1)对于反应：，时刻增大压强，其图像为 ，平衡 (填“向正反应方向”“向逆反应方向”或“不”，下同)移动。
(2)对于反应，时刻增大容器体积，其图像为 ，平衡 移动。
19．反应aA(g) +bB(g) cC(g)( △H <0)在等容条件下进行。改变其他反应条件，在I、Ⅱ、Ⅲ阶段体系中各物质浓度随时间变化的曲线如下图所示：
回答问题:
(1)反应的化学方程式中，a:b:c为 ；
(2)A的平均反应速率vI (A)、vⅡ(A)、vⅢ(A)从大到小排列次序为 ；
(3)B的平衡转化率I (B)、Ⅱ(B)、Ⅲ (B)中最小的是，其值是 ；
(4)由第一次平衡到第二次平衡，平衡移动的方向是 ，采取的措施是 ；
（5）比较第Ⅱ阶段反应温度(T2)和第Ⅲ阶段反应温度（T3)的高低:T2 T3(填“ >、=、< ”)判断的理由是 ；
（6）达到第三阶段平衡后，将容器的体积扩大一倍，假定10 min后达到新的平衡，请在下图中用曲线表示第IV阶段体系中各物质的浓度随时间变化的趋势（曲线上必须标出 A、B、C)。
20．氢元素单质及其化合物是人类赖以生活的重要能源。盖斯定律认为：不管化学过程是一步完成或分多步完成，整个过程的总热效应相同。试运用盖斯定律回答下列问题：
(1)反应A＋B→C(△H<0)分两步进行：(i)A＋B→X(△H>0)；(ii)X→C(△H<0)。下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是 (填字母)。
(2)①乙烯与HCl气体催化加成反应的能量与反应历程的关系如图所示，下列说法正确的是 。
A．第二步反应比第一步的快 B．第一步的逆反应活化能比第二步的小
C．两步反应的均小于0 D．增大压强可以使该反应的增大
②乙烯与HCl生成C2H5Cl的总反应是 反应(填“放热”或“吸热”)。
(3)已知：H2O(g)=H2O(l) △H1=-Q1kJ·ml-1
C2H5OH(g)=C2H5OH(1) △H2=-Q2kJ·ml-1
C2H5OH(g)＋3O2(g)=2CO2(g)＋3H2O(g) △H3=-Q3kJ·ml-1
则C2H5OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋3H2O(l)的△H= kJ·ml-1；若将23g液态无水酒精完全燃烧，并恢复到室温，则整个过程中放出的热量为 。
三、实验题
21．硫酸和硝酸都是重要的化工原料，具有广泛的用途。回答下列问题：
(1)蔗糖中加入浓硫酸后，蔗糖变黑且体积膨胀，同时有刺激性气味的气体产生。该变化过程中体现了浓硫酸的 ，产生气体的化学方程式为 。
(2)某同学进行有关铜的化学性质的实验，如图所示：
实验①可观察到的现象为 (尽可能描叙完整)；实验③中铜片逐渐溶解至消失，写出③中铜片溶解的离子方程式 。
(3)向21.6g铁粉和铜粉的混合物中加入1L1ml/L硝酸溶液，充分反应，放出NO气体且金属有剩余。则反应后溶液中c(NO)可能为 。
(4)该同学查阅资料发现：硫酸铜可加快稀硫酸与锌粒的反应速率，欲通过变量控制法设计以下实验进行探究。
请完成此实验设计，其中：V1= ，V2= 。
22．H2S的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。
(1)通过电化学循环法可将H2S转化为H2SO4和H2(如图1所示)。其中氧化过程发生如下两步反应：H2S+H2SO4=SO2↑+S↓+2H2O、S+O2=SO2。
①电极a上发生反应的电极反应式为 。
②理论上1mlH2S参加反应可产生H2的物质的量为 。
(2)表面喷淋水的活性炭可用于吸附氧化H2S，其原理可用图2表示。其它条件不变时，水膜的酸碱性与厚度会影响H2S的去除率。
①图2中表示活性炭催化氧化H2S的机理可描述为，活性炭吸附喷淋的水后形成一层水膜，溶解在水膜中的O2在活性炭表面形成活性氧O； 。
②适当增大活性炭表面的水膜pH，H2S的氧化去除率增大的原因是 。
③若水膜过厚，H2S的氧化去除率减小的原因是 。
(3)Fe2O3可用作脱除H2S气体的脱硫剂。H2S首先与表面的Fe2O3产生疏松多孔的产物FeS，随着反应的进行，Fe2O3不断减少，产物层不断加厚，可用图3所示。失效的脱硫剂可在氧气中加热重新转化为Fe2O3实现“再生”。
①实验表明用Fe2O3脱除纯H2S反应一段时间后，因为产生的S单质将疏松FeS堵塞，反应速率明显减小。Fe2O3与H2S反应的化学方程式为 。
②“再生”时若O2浓度过大、反应温度过高，“再生”后的脱硫剂脱硫效果明显变差的原因可能是 。
23．某研究性学习小组利用草酸溶液(H2C2O4为二元弱酸，能被强氧化剂氧化成CO2)和酸性KMnO4溶液之间的反应来探究“外界条件改变对化学反应速率的影响”，实验设计如下：(假设溶液混合时体积可以加和)
(1)写出草酸与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式： 。
(2)乙同学欲通过实验①、②探究反应物浓度对该反应速率的影响，则a= ，T= ，若t1<8s，可以得出的结论是： 。
(3)通过比较实验②、③的结果，可以探究 变化对化学反应速率的影响。
(4)丙同学在实验④条件下进行该反应，结果却发现反应产生了二组分混合气体。元素分析测得该混合气体的含氧质量分数低于CO2。溶液完全褪色后发现体系中残余的草酸浓度明显低于其他三组实验。丙同学猜测在实验④中出现了草酸分解的副反应。试写出实验④中草酸分解的化学方程式： 。
物质
CH3OH(g）
CH3OCH3(g）
H2O(g）
浓度/（ml•L-1）
0.54
0.68
0.68
A组
B组
1.0ml·L-1H2SO4/mL
20
V1
1.2ml·L-1CuSO4溶液/mL
0
5
H2O/mL
V2
0
形状、大小几乎相同的Zn粒
3粒
3粒
实验序号
实验温度(K)
酸性KMnO4溶液
草酸溶液
去离子水
溶液褪色时间
c(ml/L)
V(mL)
c(ml/L)
V(mL)
V(mL)
t(s)
①
298
0.02
2.0
0.10
4.0
0
t1
②
T
0.02
2.0
0.10
3.0
a
8.0
③
343
0.02
2.0
0.10
3.0
a
t2
④
373
0.02
2.0
0.10
3.0
a
t3
参考答案：
1．B
【详解】A. 该反应达到平衡时，X、Y、Z改变量分别为0.2 ml∙L−1、0.6 ml∙L−1、0.4 ml∙L−1，根据图II，因此得到热化学方程式为 ，故A错误；
B. 该温度下，反应的平衡常数，该反应是放热反应，若升高温度，平衡逆向移动，K值减小，故B正确；
C. 图Ⅱ曲线b表示加入催化剂使反应活化能减小，焓变不变，故C错误；
D. 若图Ⅲ中甲表示压强，增大压强，平衡正向移动，Z的含量增大，其变化不符合图Ⅲ中曲线，故D错误。
综上所述，答案为B。
2．D
【详解】A．常温下浓硫酸能使铁钝化，反应难以进行，且浓硫酸具有强氧化性，与铁反应时不产生氢气，故A错误；
B．锌粉相较于锌片的接触面积更大，则等质量的锌粉和锌片与相同体积、相同物质的量浓度的盐酸反应，锌粉反应速率快，故B错误；
C．升高温度，体系内活化分子百分含量增大，正逆反应速率均会增大，故C错误；
D．催化剂能降低反应的活化能，因此在化学反应中加入催化剂能增大化学反应速率，故D项正确；
综上所述，正确的是D项。
3．D
【详解】A．根据图象可知，不加催化剂时，紫外光照射降解酸性橙Ⅱ染料废水的反应速率最慢，A项正确；
B．根据图象可知，单一ZnO能加快反应速率，所以其可作降解酸性橙Ⅱ染料废水的催化剂，B项正确；
C．根据图象可知，相同条件下，在内，催化剂为时的变化量最大，即反应速率最快，所以催化效果最好，C项正确；
D．题给图象为不同催化剂条件下5.0 h内的变化，不能确定反应物是否完全转化，且催化剂不影响平衡移动，则不能判断该反应是否为可逆反应，D项错误；
故选D。
4．A
【详解】A．由于反应过程中有副反应发生生成X，因此每产生1ml氮气，制得的甲醛少于0.5ml，A错误；
B．反应①消耗了Fe+，反应③和⑥又生成了Fe+，故Fe+是反应的催化剂；分析反应③可知反应生成了Fe+和乙醇，B正确；
C．过程①～⑥铁的化合价出现了多种，比如Fe+中为+1价，FeO+中为+3价等，C正确；
D．Fe+作为催化剂，不影响生成物的最终量，D正确；
故选A。
5．D
【详解】A. 增大压强，反应速率增大，D点压强大于A点压强，所以v(A)B. 处于曲线上的状态为平衡状态，E点NO2的物质的量少于平衡状态时的物质的量，反应应向生成NO2的方向移动，此时v(正)>v(逆)，D点NO2的物质的量多于平衡状态时的物质的量，反应向逆反应方向移动，此时v(正)C. 压强越大，反应速率越快，达到平衡状态时用的时间越少，压强p2>p1，故，C错误；
D. 无限缓慢降压至，压强减小，平衡向气体分子数增多的方向移动，故平衡正向移动，NO2的体积分数逐渐增加，D正确；
故选D。
6．A
【详解】A．反应A2(g) + B2(g)2AB(g)中，反应物与生成物的气体分子数相等，平衡后压缩容器，气体体积减小，AB浓度增大，但平衡不发生移动，不能用平衡移动原理解释，A符合题意；
B．保存碳酸饮料时，若容器敞口，则压强减小，气体的溶解度减小，从而释放出CO2气体，能用平衡移动原理解释，B不符合题意；
C．氯气溶于水后存在下列平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，氯气通入饱和食盐水中，由于溶液中c(Cl-)增大，将使该化学平衡逆向移动，从而减少氯气在水中的溶解，能用平衡移动原理解释，C不符合题意；
D．酯化反应为可逆反应，增加醇的用量，可以增大乙醇的浓度，从而促进平衡正向移动，提高酸的转化率，能用平衡移动原理解释，D不符合题意；
故选A。
7．D
【详解】A．对化学反应条件控制既可以影响化学反应速率，也可以影响化学平衡移动，故A错误；
B．5s后，反应达到平衡，正逆反应速率相等，但未停止，各物质浓度保持不变，故B错误；
C．增大压强，正、逆反应速率均增大，故C错误；
D．纵坐标表示B的反应速率，所以阴影部分面积可以表示B的物质的量浓度减少量，故D正确；
故答案为：D。
8．C
【详解】A．由图可知，曲线表示X的平衡转化率高，所以其代表的是减压曲线即为反应的转化率，选项A错误；
B．转化率相同时，曲线中产物浓度更大，逆反应速率更快，选项B错误；
C．曲线中时X的转化率为，所以内的平均反应速率为，选项C正确；
D．利用曲线的平衡状态可计算该温度下的平衡常数，从而计算出曲线平衡时X的转化率，选项D错误；
答案选C。
9．D
【详解】将容器的体积变为原来的2倍，假设平衡不移动，B的浓度为0.5ml·L－1<0.6ml·L－1，说明平衡向正反应方向进行，降低压强，平衡向体积增大的反应移动，即a10．C
【详解】A．工业合成氨是放热反应，低温有利于反应正向移动，反应温度控制在400～500℃，是为了兼顾速率和平衡，而且此温度下催化剂活性最高，故A错误；
B．工业合成氨的催化剂铁触媒的活性受温度影响比较大，400～500℃活性最高，故B错误；
C．工业合成氨，增大压强，反应物浓度和生成物浓度都增大，但反应物浓度增大的多，所以正反应速率和逆反应速率均增大，但对正反应的反应速率影响更大，故C正确；
D．N2的量越多，H2的转化率越大，但加入过多的氮气，未反应的氮气会带走较多的热量，反而不利于氨气的合成，故D错误；
故选C。
11． 0.0267 ml/(L·min) 33.3% c(K+)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)＞c() ae 向左 0.139 ④
【详解】(1)由图可知，的浓度变化量为，速率之比等于化学计量数之比，则，参加反应的CO为，故CO的转化率为，故答案为：；；
(2)到达平衡，固定容积为2L的密闭容器中，，与KOH物质的量之比为1：1，，则反应生成，溶液中碳酸氢根离子水解溶液呈碱性，溶液中氢氧根离子源于水的电离与碳酸氢根离子水解，故溶液中，故答案为：；
(3)缩小容器体积，压强增大，平衡向正反应方向移动，移动结果不能消除CO浓度增大，平衡时CO浓度增大，故a正确；
扩大容器体积，压强减小，平衡向逆反应方向移动，平衡时CO浓度减小，故b错误；
增加NO的量，平衡正向移动，CO浓度减小，故c错误；
降低温度，平衡向正反应方向移动，CO浓度减小，故d错误；
增加CO的量，CO的浓度增大，故e正确；
使用催化剂平衡不移动，CO浓度不变，故f错误，
故答案为：ae；
(4)平衡时氮气浓度变化量为，NO的起始浓度为、CO的起始浓度为，则：
故平衡常数，
20min时再向容器中充入CO、各，此时浓度商，故反应向逆反应进行，即向左移动，
温度不变，平衡常数不变，即重新达到平衡后，该反应的化学平衡常数为，故答案为：向左；；
(5)①、C两点温度相等，则平衡常数相同，故①错误；
②、C两点都在等温线上，C的压强大，与A相比C点平衡向逆反应进行，向逆反应进行是由于减小体积增大压强，平衡移动的结果降低浓度增大趋势，但到达平衡仍比原平衡浓度大，平衡时浓度比A的浓度高，为红棕色气体，则A、C两点气体的颜色：A浅，C深，故②错误；
③、C两点相同物质的含量相同，即二氧化氮与四氧化二氮的物质的量之比相等，则平均相对分子质量相等，故③错误；
④升高温度，化学平衡正向移动，的体积分数增大，由图象可知，A点的体积分数大，则，由状态B到状态A，可以用加热的方法，故④正确；
故答案为：④。
12． 虽然△S<0，使反应不自发，但△H<0使反应自反且影响程度大 x增大，相当于c（NH3）增大，CO2转化率增大 0.15ml*L-1 Kp=22.8/P03h或0.074 ；3ml*L-1
【详解】(1)因为平衡常数随温度升高减小，说明正反应为放热反应，△H<0，虽然△S<0，使反应不自发，但△H<0使反应能自发进行且影响程度大，故2NH3(g)＋CO2(g）CO(NH2)2(l)＋H2O(l)一定条件能自发进行。答案：虽然△S<0，使反应不自发，但△H<0使反应能自发进行反且影响程度大。
(2)2NH3(g)＋CO2(g）CO(NH2)2(l)＋H2O(l),图象分析判断,增大氨气浓度平衡正向进行,二氧化碳转化率增大,故答案为x增大,相当于c(NH3)增大, CO2转化率增大。
(3)当x=2,原料气中的NH3和CO2的物质的量之比为2,设二氧化碳物质的量为m,氨气物质的量为2m,上述反应至5min时各物质的浓度不再发生变化,反应达到平衡状态,测得体系压强变为开始时的2/3,气体压强之比等于气体物质的量之比,反应结束后,分离得到90g尿素,物质的量n(CO(NH2)2)=90g/60g.ml-1=1.5ml，消耗氨气物质的量为3ml，消耗二氧化碳物质的量为1.5ml，利用化学平衡三行计算列式计算，
2 NH3 (g)＋CO2(g）CO(NH2)2(l)＋H2O(l)
起始量(ml) 2m m 0 0
变化量(ml) 3 1.5 1.5 1.5
平衡量(ml) 2m−3 m−1.5 1.5 1.5
测得体系压强变为开始时的2/3,气体压强之比等于气体物质的量之比,2m−3+m−1.5=2/3×(2m+m) m=4.5ml,二氧化碳反应速率V=△c/△t=1.5m/2L.5min-1=0.15ml/L⋅min-1，平衡时氨气的浓度=(2×4.5ml−3ml)/2L=3ml/L。CO2的浓度=(4.5ml−1.5ml)/2L=1.5ml/L。平衡常数K=1/(33×1.5)=0.074，达到平衡后NH3的物质的量浓度=(2×4.5ml−3ml)/2L=3ml/L。故答案为0.15ml⋅L−1⋅min−1, 0.074, 3 ml⋅L−1。
13． 大于 0.001 0.36 逆反应 大于
【分析】(1)随温度的升高，混合气体的颜色变深，化学平衡向正反应方向移动，据此判断；
(2)反应速率利用公式v=计算得到；化学平衡常数利用化学平衡常数表达式计算；
(3)反应容器的容积减少一半，压强增大，根据反应前后气体体积大小判断化学平衡移动方向；
(4)N2O4的浓度降低，平衡向正反应方向移动，由于正反应方向吸热，T＞100℃。
【详解】(1)随温度的升高，混合气体的颜色变深，化学平衡向正反应方向移动，即△H＞0；
(2)结合图象曲线数据，0∼60s时段，N2O4浓度变化为：0.1ml/L−0.04ml/L=0.06ml/L，v(N2O4)==0.001ml⋅L−1⋅s−1；K===0.36ml/L；
(3)反应容器的容积减少一半，压强增大，正反应方向气体体积增大，增大压强向着气体体积减小的方向移动，即向逆反应方向移动；
(4)100 ℃时达平衡后，改变反应温度为T，c(N2O4) 以0.0020ml·L-1·s-1的平均速率降低，N2O4的浓度降低，平衡向正反应方向移动，由于正反应方向吸热，T＞100℃。
14．(1)25%
(2)0.27p总
【详解】（1）设开始加入1 ml CO2，反应掉了x ml CO2，则可列出三段式：
因此有×100%=40.0%，解得x=0.25，CO2的转化率为×100%=25%；
（2）平衡时CO的体积分数为40%，则CO2的体积分数为60%，故≈ 0.27p总。
15． 2CH3OHCH3OCH3+H2O > A < 温度升高，化学反应速率加快 ae
【分析】（1）化学平衡常数是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，则该反应的反应物为甲醇，生成物为二甲醚和水；
（2）①温度400℃时，某时刻浓度商Qc小于平衡常数，，则平衡向正反应方向移动；
②平衡向正反应方向移动，甲醇的百分含量大于平衡时的含量；温度越高反应速率越大；
（3）依据化学平衡移动原理分析判断。
【详解】（1）由平衡常数可表示为K=可知，该反应的反应物为甲醇，生成物为二甲醚和水，则反应的化学方程式为2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g），故答案为2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）；
（2）①温度400℃时，某时刻浓度商Qc===1.55＜32，则平衡向正反应方向移动，v正＞v逆，故答案为>；
②由①可知平衡向正反应方向移动，所以甲醇的百分含量大于平衡时的含量，此时反应点应在A点；根据影响化学反应速率的因素，温度越高反应速率越大，D点温度高于B点，所以D点对应的正反应速率也大于B点，故答案为A；＜；温度升高，化学反应速率加快；
（3）a、正反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，甲醇的平衡浓度减小，转化率增大，故正确；
b、加入催化剂，平衡不移动，甲醇的转化率不变，故错误；
c、该反应为气体体积不变的反应，压缩容器体积，压强增大，平衡不移动，甲醇的转化率不变，故错误；
d、增加水蒸气浓度，平衡向逆反应方向移动，甲醇的转化率减小，故错误；
e、及时分离产物，平衡向正反应方向移动，甲醇的转化率增大，故正确；
ae正确，故答案为ae。
【点睛】对于气体体积不变的反应，改变压强和加入催化剂，平衡不移动，反应物的转化率不变是解答关键，也是易错点。
16． 1ml/L 大于 BC A 2（a+b）
【详解】（1） Fe（s）+CO2（g）FeO（s）+CO（g）
起始浓度（ml/L） 2 0
转化浓度（ml/L） x x
平衡浓度（ml/L） 2－x x
则根据题干可知 =1，
解得x＝1
所以CO的平衡浓度为1ml/L。
（2）随着温度的升高，平衡常数逐渐增大，说明升高温度平衡向正反应方向进行，因此正反应是吸热反应，则反应①中的a大于0。
（3）A．反应前后体积不变，缩小反应器体积平衡不移动，A错误；
B．通入CO2反应物浓度增大，平衡向正反应方向进行，B正确；
C．正反应吸热，升高温度到900℃平衡向正反应方向进行，C正确；
D．使用合适的催化剂平衡不移动，D错误；
答案选B。
（4）A、升高温度正逆反应速率均增大，平衡向正反应方向进行，A正确；
B、最高点是平衡点，升高温度正逆反应速率均增大，平衡向正反应方向进行，CO含量增大，B错误；
C、首先达到平衡的是温度高，即T1＞T2，升高温度正逆反应速率均增大，平衡向正反应方向进行，CO含量增大，C错误，
答案选A。
（5）已知：①Fe（s）+CO2（g）FeO（s）+CO（g） △H1=a kJ/ml；
②CO（g）+1/2O2（g）CO2（g） △H2=b kJ/ml
由盖斯定律可知（①＋②）×2即得到2Fe（s）+O2（g）2FeO（s）的反应热△H3＝2（a+b）kJ/ml。
【点晴】该题的难点是可逆反应图象分析，注意化学平衡图象题的解题技巧：（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。
17． 放热 减小 该反应正反应为放热反应，升高温度使平衡向逆反应方向移动 不影响 催化剂只降低反应所需活化能，不改变反应热，反应热只与反应初态和末态物质能量有关；
【分析】(1)主要看反应物能量与生成物能量谁高谁低。
(2)当反应达到平衡时，升高温度，平衡向吸热反应移动即逆向移动，A的转化率减小。
(3)反应体系中加入催化剂，催化剂只降低反应所需活化能，不改变反应热。
【详解】(1)反应物能量高，生成物能量低，因此该反应是放热反应；故答案为：放热。
(2)当反应达到平衡时，升高温度，平衡向吸热反应移动即逆向移动，A的转化率减小，原因是该反应正反应为放热反应，升高温度使平衡向逆反应方向移动；故答案为：减小；该反应正反应为放热反应，升高温度使平衡向逆反应方向移动。
(3)反应体系中加入催化剂，催化剂只降低反应所需活化能，不改变反应热，反应热只与反应物质初态和末态能量有关；故答案为：不影响；催化剂只降低反应所需活化能，不改变反应热，反应热只与反应物质初态和末态能量有关。
18．(1) D 向正反应方向
(2) C 向正反应方向
【详解】（1）是一个反应前后气体体积减小的反应，增大压强时正、逆反应速率均突然增大且正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，其图像为D；
（2）是一个反应前后气体体积增大的反应，时刻增大容器体积，即减小压强，正逆反应速率都减小，且正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，其图像为C。
19． 1∶3∶2 )vⅠ(A)＞vⅡ(A)＞vⅢ(A) αⅢ(B) 0.19(19%) 向正反应方向，从反应体系中移出产物C ＞ 此反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动
(注：只要曲线能表示出平衡向逆反应方向移动及各物质浓度的相对变化比例即可)。
【详解】(1)根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，因为同一条件测定，因此物质的量浓度变化等于化学计量数之比，a：b：c=(2－1)：(6－3)：2=1：3：2；
(2)随着反应的进行，A的浓度不断减小，浓度减小，反应速率减缓，即vⅠ(A)＞vⅡ(A)＞vⅢ(A)；
(3)根据转化率的定义，αI(B)=(6－3)/6×100%=50%，αII(B)=(3－1.86)/3×100%=38%，αIII(B)=(1.86－1.5)/1.86×100%=19.4%，因此αIII(B)最小；
(4)从II阶段的图象看，C从0开始，瞬间AB的浓度不变，因此反应向正反应方向进行，从产物中移出C；
(5)根据A、B的量减少，C的量增加，可判断此平衡向正反应方向移动，不应是改变浓度，因为容积不变的容器，因此改变压强也不可能，只能是改变温度，因此此反应是放热反应，根据勒夏特列原理，应是降低温度，即T2>T3；
(6)扩大体积一倍，压强减少一倍，浓度变为原来的1/2，减小压强，平衡向逆反应方向移动，且组分的物质的量浓度变化量之比等于化学计量数比，因此图象是：。
20．(1)D
(2) AB 放热
(3) Q2-Q3-3Q1 kJ
【详解】（1）A+B→C是放热反应，即A+B总能量高于C，第一步反应是吸热反应，A+B的总能量低于X，第二步是放热反应，X的能量高于C，因此选项D符合题意；故答案为D；
（2）①A．活化能越大，化学反应速率越慢，由图可知，第二步的活化能比第一步小，第二步反应速率比第一步快，故A正确；
B．由图可知，第二步的逆反应活化能比第一步逆反应活化能大，故B正确；
C．第一步反应中反应物总能量低于生成物总能量，该反应为吸热反应，ΔH＞0，第二步反应反应物总能量高于生成物总能量，该反应为放热反应，即ΔH＜0，故C错误；
D．对于确定的体系，ΔH只与始态和终态有关，与压强无关，故D错误；
答案为AB；
②根据图像可知，乙烯与HCl总能量高于C2H5Cl总能量，该反应为放热反应；故答案为放热；
（3）根据盖斯定律可知，ΔH3－ΔH2＋3ΔH1可以推出目标反应方程式，ΔH=(Q2-Q3-3Q1)kJ/ml，46g液态无水酒精燃烧放出热量为(Q3-Q2+3Q1)kJ，因此23g液态无水酒精完全燃烧，恢复室温，整个过程中放出的热量为=kJ；故答案为Q2-Q3-3Q1；kJ。
21．(1) 脱水性、强氧化性 C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O
(2) 铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色，产生无色气体，试管口气体变为红棕色 3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O
(3)0.75ml/L
(4) 20 5
【分析】浓硫酸和蔗糖的实验体现浓硫酸的脱水性和强氧化性；利用控制变量法探究某一因素对化学反应速率的影响时，应保证其他反应条件相同。
【详解】（1）蔗糖中加入浓硫酸后，使蔗糖中的H和O元素按照水的组成比例脱去，剩下黑色的C，此过程体现浓硫酸的脱水性，体积膨胀并有刺激性气味的气体放出，说明生成了气体，根据元素守恒和氧化还原反应的规律可知，生成的气体为二氧化硫和二氧化碳，生成二氧化硫的过程中S元素的化合价降低，体现了浓硫酸的强氧化性；C和浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，反应的化学方程式为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O，故答案为：脱水性、强氧化性；C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；
（2）试管①中发生反应，硝酸铜在溶液中为蓝色，NO为无色气体，NO易被氧气氧化成红棕色的NO2，因此实验①可观察到的现象为铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色，产生无色气体，试管口气体变为红棕色；铜片剩余，说明硝酸量不足，铜与稀硫酸不反应，硝酸铜为强电解质，在溶液中完全电离成铜离子和硝酸根离子，加入稀硫酸提供氢离子，Cu与氢离子、硝酸根离子反应生成铜离子、NO和水，反应的离子方程式为3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色，产生无色气体，试管口气体变为红棕色；3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O；
（3）反应后有金属剩余，则反应后所得溶液中不可能含有Fe3+，生成物中金属离子均为+2价，设金属为M，生成的硝酸盐为M (NO3)2，发生的反应为，反应过程中，有的被还原为NO气体，有在溶液中，则反应后的溶液中，故答案为：0.75ml/L；
（4）探究硫酸铜对稀硫酸与锌粒的反应速率的影响，控制的变量只有硫酸铜的量不同，硫酸的体积及溶液总体积相同，由表中A、B组实验数据可知，V1=20，V2=20+5-20=5，故答案为：20；5。
22．(1) SO2-2e-+2H2O=4H++SO 2ml
(2) H2S在水膜中电离产生HS-，HS-被活性氧O氧化生成硫单质(沉积在活性炭孔道内)，同时生成OH-与H+结合生成H2O OH-浓度增大，使得H2SH++HS-正向进行程度增大，HS-浓度增大 若水膜过厚，活性炭表面的溶解氧浓度减小，产生的O减少
(3) Fe2O3+3H2S=2FeS+S+3H2O 部分FeS与O2反应转化为FeSO4[或Fe2(SO4)3]使脱硫剂不再疏松多孔
【详解】（1）①由图可知，该装置为原电池，电极a为电池的负极，通入的二氧化硫气体在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸，电极反应式为SO2-2e-+2H2O=4H++SO，故答案为：SO2-2e-+2H2O=4H++SO；
②由反应H2S+H2SO4=SO2↑+S↓+2H2O、S+O2=SO2可知，1 ml H2S参加反应时，负极上有2ml二氧化硫参与放电，由得失电子数目守恒可得：2ml×2=n(H2) ×2，解得n(H2)=2ml，故答案为：2ml；
（2）①活性炭催化氧化H2S的机理可描述为，活性炭吸附喷淋的水后形成一层水膜，溶解在水膜中的O2在活性炭表面形成活性氧O，H2S在水膜中电离产生HS-，HS-被活性氧O氧化生成硫单质(沉积在活性炭孔道内)，同时生成OH-与H+结合生成H2O；
②氢硫酸溶液中存在如下平衡H2SH++HS-，适当增大活性炭表面的水膜pH，水膜中氢氧根离子浓度增大，氢氧根离子与氢离子反应，使氢离子浓度减小，平衡向电离方向移动，HS—浓度增大，使反应HS-+O=S+OH—向正反应方向移动，H2S的氧化去除率增大，故答案为：OH-浓度增大，促进H2SH++HS-平衡向电离方向移动，HS-浓度增大；
③若水膜过厚，活性炭表面的溶解氧浓度减小，O原子浓度减小，使反应HS-+O=S+OH—向逆反应方向移动，H2S的氧化去除率减小，故答案为：若水膜过厚，活性炭表面的溶解氧浓度减小，产生的O减少；
（3）①由题给信息可知，氧化铁与硫化氢的反应为氧化铁与硫化氢反应生成硫化亚铁、硫和水，反应的化学方程式为Fe2O3+3H2S=2FeS+S+3H2O，故答案为：Fe2O3+3H2S=2FeS+S+3H2O；
②“再生”时若氧气浓度过大、反应温度过高，部分硫化亚铁被氧气氧化成硫酸亚铁或硫酸铁，不能与硫化氢反应生成疏松多孔的硫化亚铁，导致脱硫剂脱硫效果明显变差，故答案为：部分FeS与O2反应转化为FeSO4[或Fe2(SO4)3]，使脱硫剂不能再生成疏松多孔的FeS。
23．(1)2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
(2) 1.0 T=298 其他条件相同时，反应物浓度越大，反应速率越快
(3)温度
(4)H2C2O4H2O+CO↑+CO2↑
【分析】探究“外界条件改变对化学反应速率的影响”，注意不同实验次序间的变量，在不同组间探究的变量应是单一变量，实验①、②探究反应物浓度对该反应速率的影响，则T=298 K；实验②、③可以探究温度变化对反应速率的影响。
【详解】（1）草酸与酸性KMnO4溶液混合会生成CO2和Mn2+，离子方程式为：2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；
（2）若想通过实验①、②探究反应物浓度对该反应速率的影响，则应只有浓度这一个变量，其他温度和混合溶液体积均一样，所以②的温度也是298K，因①的溶液总体积为6.0mL，所以②也应是6.0mL，因此a=6.0mL-2.0mL-3.0mL=1.0mL；因为浓度①＞②，若t1＜8s，则说明其他条件相同时，反应物浓度越大，反应速率越快；
（3）对比②、③的实验条件，发现只有温度不同，其他条件均相同，因此可探究温度变化对反应速率的影响；
（4）在实验④温度较高反应时，出现了草酸分解的副反应，因产生了二组分混合气体并且混合气体的含氧质量分数低于CO2，因此除了产生CO2气体，还产生了CO，所以草酸分解会生成CO和CO2气体，故草酸分解的化学方程式为H2C2O4H2O+CO↑+CO2↑。
一、单选题
1．X、Y、Z是三种气态物质，在一定温度下其变化符合下图。下列说法一定正确的是
A．该反应的热化学方程式为
B．该温度下，反应的平衡常数，且若升高温度，K值减小
C．图Ⅱ曲线b表示加入催化剂使反应活化能减小，焓变减小
D．若图Ⅲ中甲表示压强，乙表示Z的含量，则其变化符合图Ⅲ中曲线
2．下列有关化学反应速率的说法中，正确的是
A．用铁片与硫酸反应制取氢气时，用质量分数为98%的浓硫酸可以增大产生氢气的速率
B．等质量的锌粉和锌片与相同体积、相同物质的量浓度的盐酸反应，反应速率相等
C．的催化氧化是一个放热反应，所以升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小
D．汽车尾气中的NO和CO反应生成和的速率很小，使用催化剂可以增大该化学反应的速率
3．在紫外光照射下，利用光催化剂降解酸性橙Ⅱ染料废水的实验所得曲线如图所示，和分别是时间为0和时刻酸性橙Ⅱ染料的浓度，下列说法错误的是
A．不加催化剂时，紫外光照射降解酸性橙Ⅱ染料废水的反应速率最慢
B．单一ZnO可作降解酸性橙Ⅱ染料废水的催化剂
C．相同条件下，对降解酸性橙Ⅱ染料废水的过程的催化效果最好
D．从图中可以看出，光催化降解酸性橙Ⅱ染料是一个可逆反应
4．由与制备乙醛的反应机理如图所示。下列说法错误的是
A．每产生1ml 可制得0.5ml
B．为催化剂，X为
C．过程①～⑥中Fe元素呈现的化合价不止一种
D．增加的量，平衡时和的物质的量之比不发生变化
5．对于反应，在温度一定时，平衡体系中的体积分数随压强的变化情况如图所示。下列说法中，正确的是
A．A、D两点对应状态的正反应速率大小关系：v(A)>v(D)
B．A、B、C、D、E各点对应状态中，v(正)＜v(逆)的是E
C．维持不变，E→A所需时间为，维持不变，D→C所需时间为，则
D．欲使C状态沿平衡曲线到达A状态，从理论上，可由无限缓慢降压至达成
6．下列说法不符合勒夏特列原理的是
A．反应A2(g) + B2(g)2AB(g)，平衡后压缩容器，AB浓度增大
B．密封保存碳酸饮料以防止CO2释放
C．用饱和食盐水净化氯气以减少氯气溶于水
D．酯化反应中增加醇的用量以提高酸的转化率
7．已知反应：A(g)+2B(g)2C(g)，Q>0，开始时充入一定量的A和B，物质B的反应速率随时间变化如图所示。下列说法正确的是
A．对化学反应条件控制只影响化学反应速率
B．5s后，反应停止，各物质浓度保持不变
C．增大压强，正反应速率增大，逆反应速率减小
D．阴影部分面积可以表示B的物质的量浓度减少量
8．在下，向两容积均为1L的刚性密闭容器中分别投入0.1mlX、1.0mlX，发生反应：，X的转化率随反应时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A．曲线表示的是投入反应的转化率
B．逆反应速率：
C．曲线中内的平均反应速率为
D．曲线未表示出平衡状态，无法计算平衡时的转化率
9．在一密闭容器中反应aA(g)bB(g)达平衡后，测得c(B)为1ml/L。如保持温度不变，将容器体积变为原来的2倍，重新达到新的平衡时，c(B)变为0.6ml/L，则下列说法不正确的是
A．平衡向正反应方向移动B．物质A的转化率增大
C．物质B的质量分数增大D．a＞b
10．下列有关合成氨工业的说法正确的是
A．合成氨工业的反应温度控制在400～500℃，目的是使化学平衡向正反应方向移动
B．合成氨厂一般采用的压强为10MPa～30MPa，因为该压强下铁触媒的活性最高
C．增大压强，正反应速率和逆反应速率均增大，但对正反应的反应速率影响更大
D．的量越多，的转化率越大，因此，充入的越多越有利于的合成
二、填空题
11．目前城市空气质量恶化的原因之一是机动车尾气和燃煤产生的烟气。NO和CO均为汽车尾气的成分这两种气体在催化转换器中发生如下反应：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g) △H=-a kJ/ml，在一定温度下，将，气体通入固定容积为2L的密闭容器中，发应过程中部分物质的浓度变化如图1所示计算结果保留三位有效数字。
(1)的平均速率 ，CO的转化率为 。
(2)15 min后反应达到平衡，若将此时得到的气体用含有的溶液吸收，则电解质溶液中各种离子的物质的量浓度由大到小的顺序是 。
(3)20 min时，若改变某一反应条件，导致CO浓度增大，则改变的条件可能是 填序号。
缩小容器体积 扩大容器体积 增加 NO的量
降低温度 增加CO的量 使用催化剂
(4)若保持反应体系的温度不变，20min时再向容器中充入CO、各，化学平衡将 填“向左”、“向右”或“不”移动，重新达到平衡后，该反应的化学平衡常数为 。
(5)对于反应，在温度为，时，平衡体系中的体积分数随压强变化曲线如图所2示。则下列说法正确的是 。
、C两点的反应速率：
、C两点气体的颜色：A深、C浅
、C两点的气体的平均相对分子质量：
由状态B到状态A，可以用加热的方法
12．工业生产以NH3和CO2为原料合成尿素[CO（NH2）2]，反应的化学方程式为：
2NH3（g）＋CO2（g）CO（NH2）2（l）＋H2O（l）
（1）在密闭容器中充入NH3和CO2 ,一定条件能自发进行的原因是 ；
（2）T1℃时，在2 L的密闭容器中充入NH3和CO2模拟工业生产，若原料气中的NH3和CO2的物质的量之比（氨碳比）=x，如图是CO2平衡转化率（α）与氨碳比（x）的关系。其它条件不变时，α随着x增大而增大的原因是 ；
（3）当x=2，上述反应至5min时各物质的浓不再发生变化，若起始的压强为P0 KPa，测得平衡体系压强变为起始时的。反应结束后，分离得到90g尿素。
试计算该反应的平均速率v（CO2）= ，
该反应的平衡常数（K）= ，
达到平衡后NH3的物质的量浓度为 。
13．在容积为1.00L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4(g)⇌2NO2(g)，随温度升高，混合气体的颜色变深。回答下列问题：
(1)反应的ΔH 0(填“大于”或“小于”)；
(2)100 ℃时，体系中各物质浓度随时间变化如图所示。
在0～60 s时段，反应速率v(N2O4)为 ml·L-1·s-1；反应的平衡常数K的数值为 (保留两位小数)。
(3)100 ℃时，反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半。平衡向 (填“正反应”或“逆反应”)方向移动。
(4)100 ℃时达平衡后，改变反应温度为T，c(N2O4) 以0.0020ml·L-1·s-1的平均速率降低，经10s又达到平衡。T 100 ℃(填“大于”或“小于”)。
14．650 ℃时，一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)＋CO2(g) 2CO(g)。平衡时，CO的体积分数为40%，总压强为p总。
(1)平衡时CO2的转化率为 。
(2)已知：气体分压(p分)=气体总压(p总)×体积分数。用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp= 。
15．已知某气体反应的平衡常数可表示为K=，该反应在不同温度下的平衡常数：400℃，K=32；500℃，K=44。请回答下列问题：
（1）写出上述反应的化学方程式 。
（2）已知在密闭容器中，测得某时刻各组分的浓度如下：
①此时温度400℃，则某时刻υ正 υ逆（填＜、＞或＝，下同）。
②若以温度为横坐标，以该温度下平衡态甲醇物质的量n为纵坐标，此时反应点在图象的位置是图中 点，比较图中B、D两点所对应的正反应速率υB υD，理由是 。
（3）一定条件下要提高反应物的转化率，可以采用的措施是 。
a．升高温度 b．加入催化剂 c．压缩容器的体积 d．增加水蒸气的浓度 e．及时分离出产物
16．反应①Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g) △H1=a kJ/ml；
②CO(g)+1/2O2(g)CO2(g) △H2=b kJ/ml
测得在不同温度下，反应①的平衡常数K值随温度的变化如下：
（1）若500℃时进行反应①，CO2起始浓度为2 ml·L-1，CO的平衡浓度为 。
（2）反应①中的a 0（填“大于”“小于”或“等于”）。
（3）700℃反应①达到平衡，要使该平衡正向移动，其他条件不变时，可以采取的措施有 （填序号）
A．缩小反应器体积 B．通入CO2
C．升高温度到900℃ D．使用合适的催化剂
(4)下列图象符合反应①的是 （填序号）（图中v是速率、为混合物中CO含量，T为温度且T1> T2）
（5）2Fe(s)+O2(g)2FeO(s) △H3，该反应的△H3= kJ/ml。（用含a、b的代数式表示）
17．反应A（g）+ B（g） C（g）+ D（g）的能量变化如图所示。
完成下列填空：
(1)该反应是 反应(选填“吸热”或“放热”)；
(2)当反应达到平衡时，升高温度，A的转化率 (选填“增大”、“减小”或“不变”)，原因是 ；
(3)反应体系中加入催化剂对反应热（Q）是否有影响? ，原因是 。
18．一定条件下，某可逆反应在密闭容器中建立化学平衡，在时刻改变某一个条件，建立新的平衡，其图像如下：
A． B．
C． D．
(1)对于反应：，时刻增大压强，其图像为 ，平衡 (填“向正反应方向”“向逆反应方向”或“不”，下同)移动。
(2)对于反应，时刻增大容器体积，其图像为 ，平衡 移动。
19．反应aA(g) +bB(g) cC(g)( △H <0)在等容条件下进行。改变其他反应条件，在I、Ⅱ、Ⅲ阶段体系中各物质浓度随时间变化的曲线如下图所示：
回答问题:
(1)反应的化学方程式中，a:b:c为 ；
(2)A的平均反应速率vI (A)、vⅡ(A)、vⅢ(A)从大到小排列次序为 ；
(3)B的平衡转化率I (B)、Ⅱ(B)、Ⅲ (B)中最小的是，其值是 ；
(4)由第一次平衡到第二次平衡，平衡移动的方向是 ，采取的措施是 ；
（5）比较第Ⅱ阶段反应温度(T2)和第Ⅲ阶段反应温度（T3)的高低:T2 T3(填“ >、=、< ”)判断的理由是 ；
（6）达到第三阶段平衡后，将容器的体积扩大一倍，假定10 min后达到新的平衡，请在下图中用曲线表示第IV阶段体系中各物质的浓度随时间变化的趋势（曲线上必须标出 A、B、C)。
20．氢元素单质及其化合物是人类赖以生活的重要能源。盖斯定律认为：不管化学过程是一步完成或分多步完成，整个过程的总热效应相同。试运用盖斯定律回答下列问题：
(1)反应A＋B→C(△H<0)分两步进行：(i)A＋B→X(△H>0)；(ii)X→C(△H<0)。下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是 (填字母)。
(2)①乙烯与HCl气体催化加成反应的能量与反应历程的关系如图所示，下列说法正确的是 。
A．第二步反应比第一步的快 B．第一步的逆反应活化能比第二步的小
C．两步反应的均小于0 D．增大压强可以使该反应的增大
②乙烯与HCl生成C2H5Cl的总反应是 反应(填“放热”或“吸热”)。
(3)已知：H2O(g)=H2O(l) △H1=-Q1kJ·ml-1
C2H5OH(g)=C2H5OH(1) △H2=-Q2kJ·ml-1
C2H5OH(g)＋3O2(g)=2CO2(g)＋3H2O(g) △H3=-Q3kJ·ml-1
则C2H5OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋3H2O(l)的△H= kJ·ml-1；若将23g液态无水酒精完全燃烧，并恢复到室温，则整个过程中放出的热量为 。
三、实验题
21．硫酸和硝酸都是重要的化工原料，具有广泛的用途。回答下列问题：
(1)蔗糖中加入浓硫酸后，蔗糖变黑且体积膨胀，同时有刺激性气味的气体产生。该变化过程中体现了浓硫酸的 ，产生气体的化学方程式为 。
(2)某同学进行有关铜的化学性质的实验，如图所示：
实验①可观察到的现象为 (尽可能描叙完整)；实验③中铜片逐渐溶解至消失，写出③中铜片溶解的离子方程式 。
(3)向21.6g铁粉和铜粉的混合物中加入1L1ml/L硝酸溶液，充分反应，放出NO气体且金属有剩余。则反应后溶液中c(NO)可能为 。
(4)该同学查阅资料发现：硫酸铜可加快稀硫酸与锌粒的反应速率，欲通过变量控制法设计以下实验进行探究。
请完成此实验设计，其中：V1= ，V2= 。
22．H2S的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。
(1)通过电化学循环法可将H2S转化为H2SO4和H2(如图1所示)。其中氧化过程发生如下两步反应：H2S+H2SO4=SO2↑+S↓+2H2O、S+O2=SO2。
①电极a上发生反应的电极反应式为 。
②理论上1mlH2S参加反应可产生H2的物质的量为 。
(2)表面喷淋水的活性炭可用于吸附氧化H2S，其原理可用图2表示。其它条件不变时，水膜的酸碱性与厚度会影响H2S的去除率。
①图2中表示活性炭催化氧化H2S的机理可描述为，活性炭吸附喷淋的水后形成一层水膜，溶解在水膜中的O2在活性炭表面形成活性氧O； 。
②适当增大活性炭表面的水膜pH，H2S的氧化去除率增大的原因是 。
③若水膜过厚，H2S的氧化去除率减小的原因是 。
(3)Fe2O3可用作脱除H2S气体的脱硫剂。H2S首先与表面的Fe2O3产生疏松多孔的产物FeS，随着反应的进行，Fe2O3不断减少，产物层不断加厚，可用图3所示。失效的脱硫剂可在氧气中加热重新转化为Fe2O3实现“再生”。
①实验表明用Fe2O3脱除纯H2S反应一段时间后，因为产生的S单质将疏松FeS堵塞，反应速率明显减小。Fe2O3与H2S反应的化学方程式为 。
②“再生”时若O2浓度过大、反应温度过高，“再生”后的脱硫剂脱硫效果明显变差的原因可能是 。
23．某研究性学习小组利用草酸溶液(H2C2O4为二元弱酸，能被强氧化剂氧化成CO2)和酸性KMnO4溶液之间的反应来探究“外界条件改变对化学反应速率的影响”，实验设计如下：(假设溶液混合时体积可以加和)
(1)写出草酸与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式： 。
(2)乙同学欲通过实验①、②探究反应物浓度对该反应速率的影响，则a= ，T= ，若t1<8s，可以得出的结论是： 。
(3)通过比较实验②、③的结果，可以探究 变化对化学反应速率的影响。
(4)丙同学在实验④条件下进行该反应，结果却发现反应产生了二组分混合气体。元素分析测得该混合气体的含氧质量分数低于CO2。溶液完全褪色后发现体系中残余的草酸浓度明显低于其他三组实验。丙同学猜测在实验④中出现了草酸分解的副反应。试写出实验④中草酸分解的化学方程式： 。
物质
CH3OH(g）
CH3OCH3(g）
H2O(g）
浓度/（ml•L-1）
0.54
0.68
0.68
A组
B组
1.0ml·L-1H2SO4/mL
20
V1
1.2ml·L-1CuSO4溶液/mL
0
5
H2O/mL
V2
0
形状、大小几乎相同的Zn粒
3粒
3粒
实验序号
实验温度(K)
酸性KMnO4溶液
草酸溶液
去离子水
溶液褪色时间
c(ml/L)
V(mL)
c(ml/L)
V(mL)
V(mL)
t(s)
①
298
0.02
2.0
0.10
4.0
0
t1
②
T
0.02
2.0
0.10
3.0
a
8.0
③
343
0.02
2.0
0.10
3.0
a
t2
④
373
0.02
2.0
0.10
3.0
a
t3
参考答案：
1．B
【详解】A. 该反应达到平衡时，X、Y、Z改变量分别为0.2 ml∙L−1、0.6 ml∙L−1、0.4 ml∙L−1，根据图II，因此得到热化学方程式为 ，故A错误；
B. 该温度下，反应的平衡常数，该反应是放热反应，若升高温度，平衡逆向移动，K值减小，故B正确；
C. 图Ⅱ曲线b表示加入催化剂使反应活化能减小，焓变不变，故C错误；
D. 若图Ⅲ中甲表示压强，增大压强，平衡正向移动，Z的含量增大，其变化不符合图Ⅲ中曲线，故D错误。
综上所述，答案为B。
2．D
【详解】A．常温下浓硫酸能使铁钝化，反应难以进行，且浓硫酸具有强氧化性，与铁反应时不产生氢气，故A错误；
B．锌粉相较于锌片的接触面积更大，则等质量的锌粉和锌片与相同体积、相同物质的量浓度的盐酸反应，锌粉反应速率快，故B错误；
C．升高温度，体系内活化分子百分含量增大，正逆反应速率均会增大，故C错误；
D．催化剂能降低反应的活化能，因此在化学反应中加入催化剂能增大化学反应速率，故D项正确；
综上所述，正确的是D项。
3．D
【详解】A．根据图象可知，不加催化剂时，紫外光照射降解酸性橙Ⅱ染料废水的反应速率最慢，A项正确；
B．根据图象可知，单一ZnO能加快反应速率，所以其可作降解酸性橙Ⅱ染料废水的催化剂，B项正确；
C．根据图象可知，相同条件下，在内，催化剂为时的变化量最大，即反应速率最快，所以催化效果最好，C项正确；
D．题给图象为不同催化剂条件下5.0 h内的变化，不能确定反应物是否完全转化，且催化剂不影响平衡移动，则不能判断该反应是否为可逆反应，D项错误；
故选D。
4．A
【详解】A．由于反应过程中有副反应发生生成X，因此每产生1ml氮气，制得的甲醛少于0.5ml，A错误；
B．反应①消耗了Fe+，反应③和⑥又生成了Fe+，故Fe+是反应的催化剂；分析反应③可知反应生成了Fe+和乙醇，B正确；
C．过程①～⑥铁的化合价出现了多种，比如Fe+中为+1价，FeO+中为+3价等，C正确；
D．Fe+作为催化剂，不影响生成物的最终量，D正确；
故选A。
5．D
【详解】A. 增大压强，反应速率增大，D点压强大于A点压强，所以v(A)
D. 无限缓慢降压至，压强减小，平衡向气体分子数增多的方向移动，故平衡正向移动，NO2的体积分数逐渐增加，D正确；
故选D。
6．A
【详解】A．反应A2(g) + B2(g)2AB(g)中，反应物与生成物的气体分子数相等，平衡后压缩容器，气体体积减小，AB浓度增大，但平衡不发生移动，不能用平衡移动原理解释，A符合题意；
B．保存碳酸饮料时，若容器敞口，则压强减小，气体的溶解度减小，从而释放出CO2气体，能用平衡移动原理解释，B不符合题意；
C．氯气溶于水后存在下列平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，氯气通入饱和食盐水中，由于溶液中c(Cl-)增大，将使该化学平衡逆向移动，从而减少氯气在水中的溶解，能用平衡移动原理解释，C不符合题意；
D．酯化反应为可逆反应，增加醇的用量，可以增大乙醇的浓度，从而促进平衡正向移动，提高酸的转化率，能用平衡移动原理解释，D不符合题意；
故选A。
7．D
【详解】A．对化学反应条件控制既可以影响化学反应速率，也可以影响化学平衡移动，故A错误；
B．5s后，反应达到平衡，正逆反应速率相等，但未停止，各物质浓度保持不变，故B错误；
C．增大压强，正、逆反应速率均增大，故C错误；
D．纵坐标表示B的反应速率，所以阴影部分面积可以表示B的物质的量浓度减少量，故D正确；
故答案为：D。
8．C
【详解】A．由图可知，曲线表示X的平衡转化率高，所以其代表的是减压曲线即为反应的转化率，选项A错误；
B．转化率相同时，曲线中产物浓度更大，逆反应速率更快，选项B错误；
C．曲线中时X的转化率为，所以内的平均反应速率为，选项C正确；
D．利用曲线的平衡状态可计算该温度下的平衡常数，从而计算出曲线平衡时X的转化率，选项D错误；
答案选C。
9．D
【详解】将容器的体积变为原来的2倍，假设平衡不移动，B的浓度为0.5ml·L－1<0.6ml·L－1，说明平衡向正反应方向进行，降低压强，平衡向体积增大的反应移动，即a
【详解】A．工业合成氨是放热反应，低温有利于反应正向移动，反应温度控制在400～500℃，是为了兼顾速率和平衡，而且此温度下催化剂活性最高，故A错误；
B．工业合成氨的催化剂铁触媒的活性受温度影响比较大，400～500℃活性最高，故B错误；
C．工业合成氨，增大压强，反应物浓度和生成物浓度都增大，但反应物浓度增大的多，所以正反应速率和逆反应速率均增大，但对正反应的反应速率影响更大，故C正确；
D．N2的量越多，H2的转化率越大，但加入过多的氮气，未反应的氮气会带走较多的热量，反而不利于氨气的合成，故D错误；
故选C。
11． 0.0267 ml/(L·min) 33.3% c(K+)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)＞c() ae 向左 0.139 ④
【详解】(1)由图可知，的浓度变化量为，速率之比等于化学计量数之比，则，参加反应的CO为，故CO的转化率为，故答案为：；；
(2)到达平衡，固定容积为2L的密闭容器中，，与KOH物质的量之比为1：1，，则反应生成，溶液中碳酸氢根离子水解溶液呈碱性，溶液中氢氧根离子源于水的电离与碳酸氢根离子水解，故溶液中，故答案为：；
(3)缩小容器体积，压强增大，平衡向正反应方向移动，移动结果不能消除CO浓度增大，平衡时CO浓度增大，故a正确；
扩大容器体积，压强减小，平衡向逆反应方向移动，平衡时CO浓度减小，故b错误；
增加NO的量，平衡正向移动，CO浓度减小，故c错误；
降低温度，平衡向正反应方向移动，CO浓度减小，故d错误；
增加CO的量，CO的浓度增大，故e正确；
使用催化剂平衡不移动，CO浓度不变，故f错误，
故答案为：ae；
(4)平衡时氮气浓度变化量为，NO的起始浓度为、CO的起始浓度为，则：
故平衡常数，
20min时再向容器中充入CO、各，此时浓度商，故反应向逆反应进行，即向左移动，
温度不变，平衡常数不变，即重新达到平衡后，该反应的化学平衡常数为，故答案为：向左；；
(5)①、C两点温度相等，则平衡常数相同，故①错误；
②、C两点都在等温线上，C的压强大，与A相比C点平衡向逆反应进行，向逆反应进行是由于减小体积增大压强，平衡移动的结果降低浓度增大趋势，但到达平衡仍比原平衡浓度大，平衡时浓度比A的浓度高，为红棕色气体，则A、C两点气体的颜色：A浅，C深，故②错误；
③、C两点相同物质的含量相同，即二氧化氮与四氧化二氮的物质的量之比相等，则平均相对分子质量相等，故③错误；
④升高温度，化学平衡正向移动，的体积分数增大，由图象可知，A点的体积分数大，则，由状态B到状态A，可以用加热的方法，故④正确；
故答案为：④。
12． 虽然△S<0，使反应不自发，但△H<0使反应自反且影响程度大 x增大，相当于c（NH3）增大，CO2转化率增大 0.15ml*L-1 Kp=22.8/P03h或0.074 ；3ml*L-1
【详解】(1)因为平衡常数随温度升高减小，说明正反应为放热反应，△H<0，虽然△S<0，使反应不自发，但△H<0使反应能自发进行且影响程度大，故2NH3(g)＋CO2(g）CO(NH2)2(l)＋H2O(l)一定条件能自发进行。答案：虽然△S<0，使反应不自发，但△H<0使反应能自发进行反且影响程度大。
(2)2NH3(g)＋CO2(g）CO(NH2)2(l)＋H2O(l),图象分析判断,增大氨气浓度平衡正向进行,二氧化碳转化率增大,故答案为x增大,相当于c(NH3)增大, CO2转化率增大。
(3)当x=2,原料气中的NH3和CO2的物质的量之比为2,设二氧化碳物质的量为m,氨气物质的量为2m,上述反应至5min时各物质的浓度不再发生变化,反应达到平衡状态,测得体系压强变为开始时的2/3,气体压强之比等于气体物质的量之比,反应结束后,分离得到90g尿素,物质的量n(CO(NH2)2)=90g/60g.ml-1=1.5ml，消耗氨气物质的量为3ml，消耗二氧化碳物质的量为1.5ml，利用化学平衡三行计算列式计算，
2 NH3 (g)＋CO2(g）CO(NH2)2(l)＋H2O(l)
起始量(ml) 2m m 0 0
变化量(ml) 3 1.5 1.5 1.5
平衡量(ml) 2m−3 m−1.5 1.5 1.5
测得体系压强变为开始时的2/3,气体压强之比等于气体物质的量之比,2m−3+m−1.5=2/3×(2m+m) m=4.5ml,二氧化碳反应速率V=△c/△t=1.5m/2L.5min-1=0.15ml/L⋅min-1，平衡时氨气的浓度=(2×4.5ml−3ml)/2L=3ml/L。CO2的浓度=(4.5ml−1.5ml)/2L=1.5ml/L。平衡常数K=1/(33×1.5)=0.074，达到平衡后NH3的物质的量浓度=(2×4.5ml−3ml)/2L=3ml/L。故答案为0.15ml⋅L−1⋅min−1, 0.074, 3 ml⋅L−1。
13． 大于 0.001 0.36 逆反应 大于
【分析】(1)随温度的升高，混合气体的颜色变深，化学平衡向正反应方向移动，据此判断；
(2)反应速率利用公式v=计算得到；化学平衡常数利用化学平衡常数表达式计算；
(3)反应容器的容积减少一半，压强增大，根据反应前后气体体积大小判断化学平衡移动方向；
(4)N2O4的浓度降低，平衡向正反应方向移动，由于正反应方向吸热，T＞100℃。
【详解】(1)随温度的升高，混合气体的颜色变深，化学平衡向正反应方向移动，即△H＞0；
(2)结合图象曲线数据，0∼60s时段，N2O4浓度变化为：0.1ml/L−0.04ml/L=0.06ml/L，v(N2O4)==0.001ml⋅L−1⋅s−1；K===0.36ml/L；
(3)反应容器的容积减少一半，压强增大，正反应方向气体体积增大，增大压强向着气体体积减小的方向移动，即向逆反应方向移动；
(4)100 ℃时达平衡后，改变反应温度为T，c(N2O4) 以0.0020ml·L-1·s-1的平均速率降低，N2O4的浓度降低，平衡向正反应方向移动，由于正反应方向吸热，T＞100℃。
14．(1)25%
(2)0.27p总
【详解】（1）设开始加入1 ml CO2，反应掉了x ml CO2，则可列出三段式：
因此有×100%=40.0%，解得x=0.25，CO2的转化率为×100%=25%；
（2）平衡时CO的体积分数为40%，则CO2的体积分数为60%，故≈ 0.27p总。
15． 2CH3OHCH3OCH3+H2O > A < 温度升高，化学反应速率加快 ae
【分析】（1）化学平衡常数是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，则该反应的反应物为甲醇，生成物为二甲醚和水；
（2）①温度400℃时，某时刻浓度商Qc小于平衡常数，，则平衡向正反应方向移动；
②平衡向正反应方向移动，甲醇的百分含量大于平衡时的含量；温度越高反应速率越大；
（3）依据化学平衡移动原理分析判断。
【详解】（1）由平衡常数可表示为K=可知，该反应的反应物为甲醇，生成物为二甲醚和水，则反应的化学方程式为2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g），故答案为2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）；
（2）①温度400℃时，某时刻浓度商Qc===1.55＜32，则平衡向正反应方向移动，v正＞v逆，故答案为>；
②由①可知平衡向正反应方向移动，所以甲醇的百分含量大于平衡时的含量，此时反应点应在A点；根据影响化学反应速率的因素，温度越高反应速率越大，D点温度高于B点，所以D点对应的正反应速率也大于B点，故答案为A；＜；温度升高，化学反应速率加快；
（3）a、正反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，甲醇的平衡浓度减小，转化率增大，故正确；
b、加入催化剂，平衡不移动，甲醇的转化率不变，故错误；
c、该反应为气体体积不变的反应，压缩容器体积，压强增大，平衡不移动，甲醇的转化率不变，故错误；
d、增加水蒸气浓度，平衡向逆反应方向移动，甲醇的转化率减小，故错误；
e、及时分离产物，平衡向正反应方向移动，甲醇的转化率增大，故正确；
ae正确，故答案为ae。
【点睛】对于气体体积不变的反应，改变压强和加入催化剂，平衡不移动，反应物的转化率不变是解答关键，也是易错点。
16． 1ml/L 大于 BC A 2（a+b）
【详解】（1） Fe（s）+CO2（g）FeO（s）+CO（g）
起始浓度（ml/L） 2 0
转化浓度（ml/L） x x
平衡浓度（ml/L） 2－x x
则根据题干可知 =1，
解得x＝1
所以CO的平衡浓度为1ml/L。
（2）随着温度的升高，平衡常数逐渐增大，说明升高温度平衡向正反应方向进行，因此正反应是吸热反应，则反应①中的a大于0。
（3）A．反应前后体积不变，缩小反应器体积平衡不移动，A错误；
B．通入CO2反应物浓度增大，平衡向正反应方向进行，B正确；
C．正反应吸热，升高温度到900℃平衡向正反应方向进行，C正确；
D．使用合适的催化剂平衡不移动，D错误；
答案选B。
（4）A、升高温度正逆反应速率均增大，平衡向正反应方向进行，A正确；
B、最高点是平衡点，升高温度正逆反应速率均增大，平衡向正反应方向进行，CO含量增大，B错误；
C、首先达到平衡的是温度高，即T1＞T2，升高温度正逆反应速率均增大，平衡向正反应方向进行，CO含量增大，C错误，
答案选A。
（5）已知：①Fe（s）+CO2（g）FeO（s）+CO（g） △H1=a kJ/ml；
②CO（g）+1/2O2（g）CO2（g） △H2=b kJ/ml
由盖斯定律可知（①＋②）×2即得到2Fe（s）+O2（g）2FeO（s）的反应热△H3＝2（a+b）kJ/ml。
【点晴】该题的难点是可逆反应图象分析，注意化学平衡图象题的解题技巧：（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。
17． 放热 减小 该反应正反应为放热反应，升高温度使平衡向逆反应方向移动 不影响 催化剂只降低反应所需活化能，不改变反应热，反应热只与反应初态和末态物质能量有关；
【分析】(1)主要看反应物能量与生成物能量谁高谁低。
(2)当反应达到平衡时，升高温度，平衡向吸热反应移动即逆向移动，A的转化率减小。
(3)反应体系中加入催化剂，催化剂只降低反应所需活化能，不改变反应热。
【详解】(1)反应物能量高，生成物能量低，因此该反应是放热反应；故答案为：放热。
(2)当反应达到平衡时，升高温度，平衡向吸热反应移动即逆向移动，A的转化率减小，原因是该反应正反应为放热反应，升高温度使平衡向逆反应方向移动；故答案为：减小；该反应正反应为放热反应，升高温度使平衡向逆反应方向移动。
(3)反应体系中加入催化剂，催化剂只降低反应所需活化能，不改变反应热，反应热只与反应物质初态和末态能量有关；故答案为：不影响；催化剂只降低反应所需活化能，不改变反应热，反应热只与反应物质初态和末态能量有关。
18．(1) D 向正反应方向
(2) C 向正反应方向
【详解】（1）是一个反应前后气体体积减小的反应，增大压强时正、逆反应速率均突然增大且正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，其图像为D；
（2）是一个反应前后气体体积增大的反应，时刻增大容器体积，即减小压强，正逆反应速率都减小，且正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，其图像为C。
19． 1∶3∶2 )vⅠ(A)＞vⅡ(A)＞vⅢ(A) αⅢ(B) 0.19(19%) 向正反应方向，从反应体系中移出产物C ＞ 此反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动
(注：只要曲线能表示出平衡向逆反应方向移动及各物质浓度的相对变化比例即可)。
【详解】(1)根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，因为同一条件测定，因此物质的量浓度变化等于化学计量数之比，a：b：c=(2－1)：(6－3)：2=1：3：2；
(2)随着反应的进行，A的浓度不断减小，浓度减小，反应速率减缓，即vⅠ(A)＞vⅡ(A)＞vⅢ(A)；
(3)根据转化率的定义，αI(B)=(6－3)/6×100%=50%，αII(B)=(3－1.86)/3×100%=38%，αIII(B)=(1.86－1.5)/1.86×100%=19.4%，因此αIII(B)最小；
(4)从II阶段的图象看，C从0开始，瞬间AB的浓度不变，因此反应向正反应方向进行，从产物中移出C；
(5)根据A、B的量减少，C的量增加，可判断此平衡向正反应方向移动，不应是改变浓度，因为容积不变的容器，因此改变压强也不可能，只能是改变温度，因此此反应是放热反应，根据勒夏特列原理，应是降低温度，即T2>T3；
(6)扩大体积一倍，压强减少一倍，浓度变为原来的1/2，减小压强，平衡向逆反应方向移动，且组分的物质的量浓度变化量之比等于化学计量数比，因此图象是：。
20．(1)D
(2) AB 放热
(3) Q2-Q3-3Q1 kJ
【详解】（1）A+B→C是放热反应，即A+B总能量高于C，第一步反应是吸热反应，A+B的总能量低于X，第二步是放热反应，X的能量高于C，因此选项D符合题意；故答案为D；
（2）①A．活化能越大，化学反应速率越慢，由图可知，第二步的活化能比第一步小，第二步反应速率比第一步快，故A正确；
B．由图可知，第二步的逆反应活化能比第一步逆反应活化能大，故B正确；
C．第一步反应中反应物总能量低于生成物总能量，该反应为吸热反应，ΔH＞0，第二步反应反应物总能量高于生成物总能量，该反应为放热反应，即ΔH＜0，故C错误；
D．对于确定的体系，ΔH只与始态和终态有关，与压强无关，故D错误；
答案为AB；
②根据图像可知，乙烯与HCl总能量高于C2H5Cl总能量，该反应为放热反应；故答案为放热；
（3）根据盖斯定律可知，ΔH3－ΔH2＋3ΔH1可以推出目标反应方程式，ΔH=(Q2-Q3-3Q1)kJ/ml，46g液态无水酒精燃烧放出热量为(Q3-Q2+3Q1)kJ，因此23g液态无水酒精完全燃烧，恢复室温，整个过程中放出的热量为=kJ；故答案为Q2-Q3-3Q1；kJ。
21．(1) 脱水性、强氧化性 C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O
(2) 铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色，产生无色气体，试管口气体变为红棕色 3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O
(3)0.75ml/L
(4) 20 5
【分析】浓硫酸和蔗糖的实验体现浓硫酸的脱水性和强氧化性；利用控制变量法探究某一因素对化学反应速率的影响时，应保证其他反应条件相同。
【详解】（1）蔗糖中加入浓硫酸后，使蔗糖中的H和O元素按照水的组成比例脱去，剩下黑色的C，此过程体现浓硫酸的脱水性，体积膨胀并有刺激性气味的气体放出，说明生成了气体，根据元素守恒和氧化还原反应的规律可知，生成的气体为二氧化硫和二氧化碳，生成二氧化硫的过程中S元素的化合价降低，体现了浓硫酸的强氧化性；C和浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，反应的化学方程式为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O，故答案为：脱水性、强氧化性；C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；
（2）试管①中发生反应，硝酸铜在溶液中为蓝色，NO为无色气体，NO易被氧气氧化成红棕色的NO2，因此实验①可观察到的现象为铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色，产生无色气体，试管口气体变为红棕色；铜片剩余，说明硝酸量不足，铜与稀硫酸不反应，硝酸铜为强电解质，在溶液中完全电离成铜离子和硝酸根离子，加入稀硫酸提供氢离子，Cu与氢离子、硝酸根离子反应生成铜离子、NO和水，反应的离子方程式为3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色，产生无色气体，试管口气体变为红棕色；3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O；
（3）反应后有金属剩余，则反应后所得溶液中不可能含有Fe3+，生成物中金属离子均为+2价，设金属为M，生成的硝酸盐为M (NO3)2，发生的反应为，反应过程中，有的被还原为NO气体，有在溶液中，则反应后的溶液中，故答案为：0.75ml/L；
（4）探究硫酸铜对稀硫酸与锌粒的反应速率的影响，控制的变量只有硫酸铜的量不同，硫酸的体积及溶液总体积相同，由表中A、B组实验数据可知，V1=20，V2=20+5-20=5，故答案为：20；5。
22．(1) SO2-2e-+2H2O=4H++SO 2ml
(2) H2S在水膜中电离产生HS-，HS-被活性氧O氧化生成硫单质(沉积在活性炭孔道内)，同时生成OH-与H+结合生成H2O OH-浓度增大，使得H2SH++HS-正向进行程度增大，HS-浓度增大 若水膜过厚，活性炭表面的溶解氧浓度减小，产生的O减少
(3) Fe2O3+3H2S=2FeS+S+3H2O 部分FeS与O2反应转化为FeSO4[或Fe2(SO4)3]使脱硫剂不再疏松多孔
【详解】（1）①由图可知，该装置为原电池，电极a为电池的负极，通入的二氧化硫气体在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸，电极反应式为SO2-2e-+2H2O=4H++SO，故答案为：SO2-2e-+2H2O=4H++SO；
②由反应H2S+H2SO4=SO2↑+S↓+2H2O、S+O2=SO2可知，1 ml H2S参加反应时，负极上有2ml二氧化硫参与放电，由得失电子数目守恒可得：2ml×2=n(H2) ×2，解得n(H2)=2ml，故答案为：2ml；
（2）①活性炭催化氧化H2S的机理可描述为，活性炭吸附喷淋的水后形成一层水膜，溶解在水膜中的O2在活性炭表面形成活性氧O，H2S在水膜中电离产生HS-，HS-被活性氧O氧化生成硫单质(沉积在活性炭孔道内)，同时生成OH-与H+结合生成H2O；
②氢硫酸溶液中存在如下平衡H2SH++HS-，适当增大活性炭表面的水膜pH，水膜中氢氧根离子浓度增大，氢氧根离子与氢离子反应，使氢离子浓度减小，平衡向电离方向移动，HS—浓度增大，使反应HS-+O=S+OH—向正反应方向移动，H2S的氧化去除率增大，故答案为：OH-浓度增大，促进H2SH++HS-平衡向电离方向移动，HS-浓度增大；
③若水膜过厚，活性炭表面的溶解氧浓度减小，O原子浓度减小，使反应HS-+O=S+OH—向逆反应方向移动，H2S的氧化去除率减小，故答案为：若水膜过厚，活性炭表面的溶解氧浓度减小，产生的O减少；
（3）①由题给信息可知，氧化铁与硫化氢的反应为氧化铁与硫化氢反应生成硫化亚铁、硫和水，反应的化学方程式为Fe2O3+3H2S=2FeS+S+3H2O，故答案为：Fe2O3+3H2S=2FeS+S+3H2O；
②“再生”时若氧气浓度过大、反应温度过高，部分硫化亚铁被氧气氧化成硫酸亚铁或硫酸铁，不能与硫化氢反应生成疏松多孔的硫化亚铁，导致脱硫剂脱硫效果明显变差，故答案为：部分FeS与O2反应转化为FeSO4[或Fe2(SO4)3]，使脱硫剂不能再生成疏松多孔的FeS。
23．(1)2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
(2) 1.0 T=298 其他条件相同时，反应物浓度越大，反应速率越快
(3)温度
(4)H2C2O4H2O+CO↑+CO2↑
【分析】探究“外界条件改变对化学反应速率的影响”，注意不同实验次序间的变量，在不同组间探究的变量应是单一变量，实验①、②探究反应物浓度对该反应速率的影响，则T=298 K；实验②、③可以探究温度变化对反应速率的影响。
【详解】（1）草酸与酸性KMnO4溶液混合会生成CO2和Mn2+，离子方程式为：2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；
（2）若想通过实验①、②探究反应物浓度对该反应速率的影响，则应只有浓度这一个变量，其他温度和混合溶液体积均一样，所以②的温度也是298K，因①的溶液总体积为6.0mL，所以②也应是6.0mL，因此a=6.0mL-2.0mL-3.0mL=1.0mL；因为浓度①＞②，若t1＜8s，则说明其他条件相同时，反应物浓度越大，反应速率越快；
（3）对比②、③的实验条件，发现只有温度不同，其他条件均相同，因此可探究温度变化对反应速率的影响；
（4）在实验④温度较高反应时，出现了草酸分解的副反应，因产生了二组分混合气体并且混合气体的含氧质量分数低于CO2，因此除了产生CO2气体，还产生了CO，所以草酸分解会生成CO和CO2气体，故草酸分解的化学方程式为H2C2O4H2O+CO↑+CO2↑。
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