06化学平衡的移动--江苏省2023-2024学年高二化学上学期期末专题练习（苏教版）

这是一份06化学平衡的移动--江苏省2023-2024学年高二化学上学期期末专题练习（苏教版），共33页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．（2023上·江苏淮安·高二统考期末）利用和重整技术可获得合成气(主要成分为CO、)，重整过程中部分反应的热化学方程式：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
不同配比随温度变化对出口合成气中的影响如图所示。下列说法正确的是

A．对于反应Ⅰ，M点的平衡常数大于N点
B．M点的转化率比N点的转化率小
C．高温高压有利于提高原料的平衡转化率
D．当时，温度高于900℃后减小是由反应Ⅱ导致的
2．（2023上·江苏连云港·高二统考期末）某科研小组研究臭氧脱除SO2和NO工艺，其主要反应：
反应Ⅰ： ΔH1=-200.9kJ·ml-1
反应Ⅱ： ΔH2=-241.6kJ·ml-1
已知该体系中臭氧发生分解反应：。向容积一定的反应器中充入含1.0mlNO、1.0mlSO2的模拟烟气和2.0mlO3，改变温度，反应相同时间后体系中NO和SO2的转化率如图所示。

下列说法正确的是
A．100℃时，P点一定达到了平衡状态
B．300℃时，SO2的转化率接近于0，其主要原因是O3已经几乎完全分解
C．相同温度下NO的转化率远高于SO2，可能原因是反应Ⅰ的活化能比反应Ⅱ的大
D．其他条件不变，增大反应器的容积可以提高NO和SO2单位时间内的转化率
3．（2023上·江苏苏州·高二统考期末）与作用分别生成的反应均为放热反应。工业尾气中可通过催化氧化为除去。将一定比例和的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应答，的选择性的转化率与温度的关系如题图所示。
下列说法正确的是
A．时完全被催化氧化转移
B．催化氧化除尾气中应选择反应温度高于
C．其他条件不变，在范围，随温度升高，出口处氮氧化物物质的量增大
D．其他条件不变，在范围，随温度升高，出口处氮气的物质的量减小
4．（2023上·江苏南通·高二统考期末）温度为时，向恒容密闭容器中充入和，发生反应：，反应过程中的物质的量与部分时间的关系如下图所示。下列说法正确的是
A．0~50s时，的平均速率
B．时，容器中的物质的量可能为
C．时，起始向容器中充入和，达平衡时，的物质的量大于
D．时，起始向容器中充入、和，反应向正方向进行
5．（2023上·江苏南通·高二统考期末）催化加氢合成甲醇是重要的碳捕获利用与封存技术。催化加氢主要反应有：
反应I.
反应II.
压强分别为、时，将的混合气体置于密闭容器中反应，不同温度下体系中的平衡转化率和、CO的选择性如图所示。
(或CO)的选择性
下列说法正确的是
A．反应为吸热反应
B．曲线③、④表示CO的选择性，且
C．相同温度下，反应I、II的平衡常数
D．一定温度下，调整，可提高的平衡转化率
6．（2023上·江苏南通·高二统考期末）向体积为的某恒容密闭容器中充入和，发生反应： 。已知反应体系的平衡温度与起始温度相同，体系总压强与时间的关系如图中曲线I所示，曲线II为只改变某一条件体系总压强随时间的变化曲线。下列说法正确的是。
A．，曲线II改变的条件可能是加入了催化剂
B．内，曲线I对应的
C．4时曲线I、II对应的的转化率均为80％
D．曲线I条件下，反应达平衡时，向平衡体系中同时充入和，此时v(正)>v(逆)
7．（2023上·江苏南通·高二统考期末）硫及其化合物之间的转化在生产中有着重要作用。接触法制硫酸中，制取的反应为 。反应在有、无催化剂条件下的能量变化如图所示。下列说法正确的是
A．催化时，该反应的速率取决于步骤①
B．使用作催化剂同时降低了正、逆反应的活化能
C．其他条件相同，增大，的转化率下降
D．
8．（2023上·江苏南通·高二统考期末）下列叙述正确的是。
A．已知C(石墨，s)= C(金刚石，s) ，则石墨比金刚石稳定
B．反应在室温下能自发进行，该反应的
C．达平衡后，缩小容器体积，平衡转化率不变
D．密闭容器中存在：，当时，该反应到达限度
9．（2023上·江苏南通·高二统考期末）催化还原： 。下列说法正确的是
A．使用催化剂提高的平衡脱除率
B．反应平衡常数
C．该反应一定能自发进行
D．其他条件不变，增大的用量有利于提高的转化率
10．（2022上·江苏南通·高二海门中学校考期末）中国首次实现了利用二氧化碳人工合成淀粉。其中最关键的一步是以CO2为原料制CH3OH，发生的主要反应有：
I．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔHl=+41.1kJ·ml-1
Ⅱ．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH2
Ⅲ．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH3=-48.9kJ·ml-1
5Mpa时，往某密闭容器中投入3ml H2和l mlCO2.反应达到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。
下列说法正确的是
A．200℃，5min时测得n(H2)=l.2ml，则v(H2)=0.36ml·L-l·min-l
B．反应III的平衡常数表达式为
C．图中Y、Z代表的物质分别是CH3OH和CO
D．CO2物质的量分数随温度升高影响不大的可能原因是催化剂失去活性
11．（2022上·江苏南通·高二海门中学校考期末）已知HNO自由基与O2的反应：
①HNO+O2→H—O—O—N=O(产物a)；
②HNO+O2→(产物b)。
能量变化如图所示。下列说法正确的是
A．反应①的ΔH>0
B．中间产物Y比中间产物X更稳定
C．升高温度反应②的速率加快，能提高HNO的平衡转化率
D．反应②总反应速率取决于中间产物Y→中间产物Z的反应速率
12．（2022上·江苏南通·高二海门中学校考期末）工业上常用接触法制备硫酸，其中关键步是：SO2在V2O5催化作用下与空气中O2在接触室发生可逆反应，其热化学方程式为：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH=-196 kJ·ml-1。下列关于SO2催化氧化生成SO3的速率、平衡角度，有关说法正确的是
A．使用过量空气，目的是加快反应速率
B．延长反应时间，可增大SO2平衡转化率
C．当n(SO2)与n(SO3)之比不变时，表示反应达到平衡
D．其他条件不变，增大压强，平衡正向移动，平衡常数增大
13．（2022上·江苏镇江·高二江苏省镇江第一中学校考期末）在高温或放电条件下，与反应生成NO，NO进一步氧化生成。 。大气中过量的和水体中过量的、均是污染物。通过催化还原的方法，可将烟气和机动车尾气中的NO转化为，也可将水体中的转化为。对于反应，下列说法正确的是
A．其他条件相同，增大，NO的转化率下降
B．反应的平衡常数可表示为
C．使用高效催化剂能降低反应的焓变
D．该反应的，
二、填空题
14．（2022上·江苏镇江·高二江苏省镇江第一中学校考期末）与是大气主要污染物，需要经过净化处理后才能排放。
(1)汽车发动机工作时会引发和反应生成NO，其反应过程中的能量变化如表：
则 (填“>”或“<”)。
(2)催化还原氨氧化物是目前应用广泛的烟气氨氧化物脱除技术，如用还原NO的反应为： 。
①实验分别测得、时NO的百分含量随时间变化关系如图所示，分析图象可得出该反应的 0(填“>”或“<”)。
②一定条件下该可逆反应达到平衡后，时刻改变某个外界条件，正反应的速率、逆反应的速率变化情况如图所示，则时刻改变的外界条件可能是 。
(3)利用电化学联合处理法可实现和NO同时除去，工作原理如图所示：
①阳极的电极反应式为 。
②若工作前后阴极室成分不变，被处理的和NO在相同条件下体积比 。
15．（2020上·江苏苏州·高二统考期末）合成氨是人工固氮最重要的途径，反应的热化学方程式如下：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92.4kJ·ml-1。
（1）工业上有利于提高合成氨产率的条件有 。
A．低温 B．高温 C．低压 D．高压 E.催化剂
（2）关于合成氨的说法，正确的是 。
A．合成氨反应的ΔH和ΔS都小于零
B．控制在773K下反应，目的是加快反应速率和提高平衡转化率
C．将NH3液化后移去，利于反应速率提高和平衡正向移动
D．原料气须经过净化处理，以防止催化剂中毒和事故发生
（3）若N2、H2的初始投入量分别为0.1ml、0.3ml，在恒容容器中反应，平衡后混合物中氨的体积分数(ψ)与温度、压强的关系如图所示。
①比较p2、p3的大小：p2 p3（填“＞”“＜”或“＝”），其原因是 。
②比较平衡时A、B点对应的化学反应速率：VA(N2) VB(N2)（填“＞”“＜”或“＝”）。
③若起始压强为1×108Pa，则平衡时B点的压强为 Pa。
（4）科学家发现，以H2O和N2为原料，熔融NaOH-KOH为电解质，纳米Fe2O3作催化剂，在250℃和常压下可实现电化学合成氨，阴极区发生的变化可按两步进行。已知第一步的反应为：Fe2O3+6e-+3H2O=2Fe+6OH-，则第二步的反应方程式为 。
16．（2019上·江苏南通·高二启东中学校考期末）将2mlSO2和1mlO2混合置于体积可变，压强恒定的密闭容器中，在一定温度下发生如下反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △H＜0，当反应进行到时间t1点时达到平衡状态，测得混合气体总物质的量为2.1ml．试回答下列问题：
（1）若平衡时，容器体积为aL，写出该反应的平衡常数为：K= （用含a的代数式表示）
（2）反应进行到t1时，SO2的体积分数为 ；
（3）若在t1时充入一定量的氩气（Ar），SO2的物质的量将 （填“增大”、“减小”或“不变”）；
（4）若在t1时升温，重新达到平衡状态，新平衡混合物中气体的总物质的量 2.1ml（填“＜”、“＞”或“=”），简单说明原因： 。
（5）若t1达到平衡后，保持容器的体积不再变化。再加入0.2mlSO2、0.1mlO2和1.8mlSO3，此时v逆 v正 （填“＜”、“＞”或“=”）。
（6）一定温度下，在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)（正反应放热），测得反应的相关数据如下：
用“＜”、“＞”或“=”填入下列横线上：
c2 2c1，v1 v2；K1 K3，p2 2p3；α1(SO2) α3(SO2)；α2(SO3)＋α3(SO2) 1
三、解答题
17．（2024上·江苏南京·高二校联考期末）捕集并转化CO2可以有效实现碳达峰、碳中和。
Ⅰ．工业上利用两种温室气体CH4和CO2催化重整制取H2和CO，主要反应为：
反应①：
过程中还发生三个副反应：
反应②：
反应③：
反应④： △H4
将CH4与CO2(体积比为1∶1)的混合气体以一定流速通过催化剂，产物中H2与CO的物质的量之比、CO2的转化率与温度的关系如图所示：
(1)△H4= kJ·ml-1。
(2)500℃时，比较小，此时发生的副反应以 (选填②、③、④中一种)为主。升高温度，产物中H2与CO的物质的量之比增大的原因是 。
Ⅱ．光催化CH4和CO2生成CO和H2催化反应机理如图所示：
(3)上述反应机理中表现出氧化性的粒子有 。
Ⅲ．用光电化学法将CO2还原为有机物实现碳资源的再生利用，其装置如左图所示，其他条件一定时，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率(FE%)随电解电压的变化如右图所示：
，其中，Qx=nF，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。
(4)当电解电压为u1V时，阴极生成HCHO的电极反应式为 。
(5)当电解电压为u2V时，电解生成的HCOOH和HCHO的物质的量之比为5：6，生成HCHO的法拉第效率m为 。
18．（2023上·江苏淮安·高二统考期末）碳中和作为一种新型环保形式，目前已经被越来越多的大型活动和会议采用。回答下列有关问题：
(1)利用合成二甲醚有两种工艺。
工艺1：涉及以下主要反应：
Ⅰ．甲醇的合成：
Ⅱ．逆水汽变换：
Ⅲ．甲醇脱水：
工艺2：利用直接加氢合成(反应Ⅳ)
①据上述信息可知反应Ⅳ的热化学方程式为 ，反应Ⅰ低温 自发进行(填“能”、“不能”)。
②恒温恒容情况下，下列说法能判断反应Ⅳ达到平衡的是 。
A．气体物质中碳元素与氧元素的质量比不变
B．容器内浓度保持不变
C．容器内气体密度不变
D．容器内气体的平均摩尔质量不变
(2)工艺1需先合成甲醇。在不同压强下，按照投料合成甲醇，实验测定的平衡转化率和的平衡产率随温度的变化关系如下图甲、乙所示。

①下列说法正确的是 。
A．图甲纵坐标表示的平衡产率
B．
C．为了同时提高的平衡转化率和的平衡产率，应选择低温、高压条件
D．一定温度压强下，提高的平衡转化率的主要方向是寻找活性更高的催化剂
②图乙中，某温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是 。
(3)对于合成甲醇的反应： ，一定条件下，单位时间内不同温度下测定的转化率如图丙所示。温度高于时，随温度的升高转化率降低的原因可能是 。

(4)和都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如图丁所示，两电极均为惰性电极。

图丁
①电极M为电源的 极；
②电极R上发生的电极反应为 。
19．（2023上·江苏连云港·高二统考期末）“2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和”是中国对世界的庄严承诺，体现大国的责任和担当。
(1)CO2作为未来的重要碳源，其选择性加氢合成CH3OH一直是研究热点，在CO2加氢合成CH3OH的体系中，同时发生以下反应：
反应Ⅰ： ΔH1=-49kJ·ml-1
反应Ⅱ： ΔH2=+41.2kJ·ml-1
①反应的ΔH= 。
②将1mlCO2和3mlH2混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应器，CH3OH的选择性、H2的转化率与温度的关系如图1所示。()

a．230℃时，测得CO2的转化率为40％，此时反应Ⅱ中消耗H2的物质的量为 。
b．随着温度的升高，H2的转化率增大，其主要原因是 。
(2)以TiO2为催化剂，光热化学循环分解CO2为温室气体减排提供了一个新途径，该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如图2所示。根据元素电负性的变化规律，该过程可以描述为 。
(3)一种脱除和利用水煤气中的CO2的方法如图3所示：

①某温度下，吸收塔中K2CO3溶液吸收一定量的CO2后，，则该溶液的pH= 。(该温度下H2CO3的Ka1=4.6×10-7，Ka2=5.0×10-11)
②利用电化学原理，将CO2电催化还原为CH4，阴极上除发生AgCl转化为Ag的反应外，另一个电极反应式为 。
20．（2023上·江苏常州·高二常州市第一中学校考期末）探究含碳化合物的转化，对“碳中和”“碳达峰”具有重要现实意义。
(1)下图是利用电解法将C2H6转化的原理示意图，其中铂电极为 极，铜电极上生成CO的电极反应式为 。
(2)总浓度为的与混合气体，按投料，催化发生反应：，。恒容条件下，各物质平衡浓度与温度的变化关系如图所示：
①曲线b代表 (填化学式)；
②A点时，的产率为 (用c、表示，化为最简整数比)。
(3)已知反应：，
其中，，和为正、逆反应速率，和为速率常数，x为各组分的物质的量分数。丙烯和水蒸气的起始投料比为，在恒容条件下测得、、三个温度下丙烯的转化率随时间的变化关系分别如下图曲线甲、乙、丙所示。
①三个温度中的最低温时，以物质的量分数表示的化学平衡常数 (保留两位有效数字)；
②在曲线甲、乙、丙中，值最小的是 。A、B、C、D四点中，C点的最大，原因是 。
21．（2023上·江苏常州·高二常州市第一中学校考期末）质子交换膜燃料电池广受关注。
(1)CH4-H2O催化重整是目前大规模制取氢气的重要方法。
反应Ⅰ：，
反应Ⅱ：，
实验发现，其他条件不变，相同时间内，向催化重整体系中投入一定量的可以明显提高的百分含量。做对比实验，结果如图所示：
①投入时，百分含量增大的原因是： 。
②投入纳米时，相比投入微米后百分含量进一步增大的原因是： 。
(2)燃料气(流速为；体积分数为：50％，0.98％，1.64％，47.38％)中的会使电极催化剂中毒，使用催化剂可使优先氧化而脱除。
①160℃、作催化剂时，优先氧化反应的化学方程式为 。
②在催化剂中加入不同的酸(或)，测得燃料气中优先氧化的转化率随温度变化如图1所示。
加入 (填酸的化学式)的催化剂催化性能最好。催化剂为，120℃时，反应1小时后的体积为 mL。
(3)图2为甲酸质子交换膜燃料电池的结构示意图。该装置中 (填“a”或“b”)为电池的负极，负极的电极反应式为 。
反应
反应热
容器1
容器2
容器3
反应温度T/K
700
700
800
反应物投入量
2 ml SO2、1 ml O2
4 ml SO3
2 ml SO2、1 ml O2
平衡v正(SO2)/ ml·L－1·s－1
v1
v2
v3
平衡c(SO3)/ml·L－1
c1
c2
c3
平衡体系总压强p/Pa
p1
p2
p3
物质的平衡转化率α
α1(SO2)
α2(SO3)
α3(SO2)
平衡常数K
K1
K2
K3
参考答案：
1．D
【详解】A．由图可知，M点和N点的反应温度相同，平衡常数是温度函数，温度不变，平衡常数不变，则M点和N点的平衡常数相等，故A错误；
B．M点和N点的区别比值，M点的甲烷含量更高，由反应是Ⅰ知增加甲烷的量二氧化碳的转化率变大，故M点的转化率比N点的转化率大，故B错误；
C．反应Ⅰ、Ⅲ都是气体体积增大的反应，反应Ⅱ是气体体积不变的反应，增大压强，反应Ⅱ形成的平衡不移动，反应Ⅰ、Ⅲ形成的平衡向逆反应方向移动，反应物的转化率减小，则高压不利于提高原料的平衡转化率，故C错误；
D．由方程式可知，反应Ⅰ、Ⅲ中氢气和一氧化碳都是生成物，反应Ⅱ中氢气是反应物、一氧化碳是生成物，则当时，温度高于900℃后，减小说明体系中的反应以反应Ⅱ为主，反应物氢气的浓度减小、生成物一氧化碳的浓度增大，导致减小，故D正确；
故选D。
2．B
【详解】A．图中曲线属于描点法所得图象，P点不一定为图象的最高点，即不一定为平衡状态点，可能是建立平衡过程中的一点，A错误；
B．根据图象，温度高于200℃后，反应进行程度加大，体系中的臭氧浓度减小，NO和SO2的转化率随温度升高显著下降，当臭氧完全分解，则二者转化率几乎为零，B正确；
C．相同温度下NO的转化率远高于SO2，可能原因是反应Ⅰ的活化能比反应Ⅱ的小，相同条件下反应Ⅰ更易发生，C错误；
D．其他条件不变，若增大反应器的容积，会使得平衡正向移动，臭氧浓度减小，则反应Ⅰ和ⅠⅠ平衡逆向移动，NO和SO2单位时间内的转化率将降低，D错误；
故选B。
3．C
【详解】A．与作用分别生成，若完全转化为NO时，转移5ml电子，此时转移电子最多，则完全被催化氧化转移，故A错误。
B．根据图像，温度高于250℃ N2的选择率降低，且氨气的转化率变化并不大，浪费能源，根据图像，温度应略小于225℃，此时氨气的转化率、氮气的选择率较大，故B错误；
C．根据图像，在范围，随温度的升高，N2的选择率减小，的转化率基本不变，出口处氮氧化物物质的量增大，故C正确；
D．其他条件不变，在范围，随温度的升高，N2的选择率降低，的转化率增大，由的选择性公式可知，无法判断出口处氮气的物质的量变化，故D错误；
故选C。
4．C
【分析】温度为时，向恒容密闭容器中充入和，发生反应，由图知，存在三段式：，该温度下平衡常数K=。
【详解】A． 0~50s时，的平均速率，A错误；
B． 50s时反应容器中的物质的量为0.16ml，0~50s反应过程中，三氯化磷和氯气的浓度不断降低、反应速率变慢，则前25S生成的较多、后25S生成的较少，故时容器中的物质的量大于，B错误；
C． 时，起始向容器中充入和，投料为原来的2倍，达到的平衡等效于原平衡增压时向右移动所致，则的物质的量大于2×0.2ml=，C正确；
D． 时，起始向容器中充入、和，浓度商Qc= =K，则反应向逆反应方向进行， D错误；
答案选C。
5．B
【分析】随着温度的升高，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动，则CH3OH的选择性随温度的升高而减小，CO的选择性随温度的升高而增大，故曲线①、②表示CH3OH的选择性，曲线③、④表示CO的选择性，同时压强增大，反应Ⅰ平衡正向移动，反应物浓度减小，促使反应Ⅱ化学平衡逆向移动，使CO选择性减小，故p1>p2。
【详解】A．可由反应Ⅰ-反应Ⅱ得到，ΔH=-49.4kJ/ml-41.2kJ/ml<0，故该反应为放热反应，A错误；
B．随着温度的升高，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动，则CH3OH的选择性随温度的升高而减小，CO的选择性随温度的升高而增大，故曲线③、④表示CO的选择性，压强增大，反应Ⅰ平衡正向移动，反应物浓度减小，促使反应Ⅱ化学平衡逆向移动，使CO选择性减小，故p1>p2，B正确；
C．随着温度的升高，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动，在未给定具体温度的情况下，无法比较反应Ⅰ、Ⅱ的化学平衡常数大小，C错误；
D．调整，氢气的起始浓度减小，则CO2的平衡转化率减小，D错误；
故答案选B。
6．D
【详解】A．反应从正反应开始，气体的分子数应该减小，压强减小，但是总压强增大，说明该反应正反应使放热反应，使体系温度升高，总压强增大，A错误；
B．根据三段式：
，
，，，B错误；
C．4时曲线II达平衡状态，的转化率均为80％，曲线I未达平衡，的转化率无法计算，C错误；
D．曲线I达平衡时，，，,，，充入和后，，，，，反应正向进行，，D正确；
故选D。
7．B
【详解】A．反应速率取决于反应最慢的一步，活化能越高，反应速率越慢，因为步骤②活化能高，反应速率慢，所以催化时，该反应的速率取决于步骤②，A错误；
B．催化剂同时降低了正、逆反应的活化能，同时改变正、逆反应速率，B正确；
C．其他条件相同，增大，增大，减小，的转化率增大，C错误；
D．产物由气态转化为固态时会继续放热，所以 ，D错误；
故选B。
8．A
【详解】A．根据能量最低原理，能量越低越稳定，C(石墨，s)= C(金刚石，s) ，为吸热反应，反应物总能量小于生成物总能量，所以石墨比金刚石稳定，故A正确；
B．对于反应，分子数减小的反应，，根据自发进行，该反应在低温下自发进行，所以该反应的，故B错误；
C．对于反应，属于分子数增多的反应，达平衡后，缩小容器体积，压强增大，平衡逆向进行，平衡转化率减小，故C错误；
D．对于可逆反应，当正逆反应速率相等且体系中各位物质的物质的量浓度保持不变时达平衡状态，对于反应：，当时，反应不一定达到平衡状态，故D错误；
故选A。
9．C
【详解】A．使用催化剂不能使平衡发生移动，所以使用催化剂不能提高的平衡脱除率，A项错误；
B．固体和纯液体浓度视为常数，一般不列入平衡常数中，但该反应中H2O为气态，应写入表达式中，则正确的反应平衡常数为：，B项错误；
C．该反应是熵增大的反应，即，且，则，反应一定能自发进行，C项正确；
D．其他条件不变，增大的用量，平衡正向移动，但是的转化量小于投入量，所以NO的转化率降低，D项错误；
答案选C。
10．C
【详解】A．因密闭容器体积未知，所以无法准确按浓度变化量计算速率，A错误；
B．由反应III的化学方程式可知，反应的平衡常数表达式为，B错误；
C．由题意可知，反应Ⅱ、Ⅲ为放热反应，反应Ⅰ为吸热反应，升高温度，反应Ⅰ平衡向正反应方向移动，CO和H2O的物质的量分数增大，则Z代表CO，反应Ⅱ、Ⅲ平衡向逆反应方向移动，CH3OH、H2O的物质的量分数减小，因反应Ⅱ和Ⅲ都生成CH3OH，则升高温度，CH3OH的物质的量分数减小的趋势更大，则Y、X代表的物质分别是CH3OH和H2O，C正确；
D．反应Ⅰ和反应Ⅲ中二氧化碳都是反应物，反应Ⅲ为放热反应，反应Ⅰ为吸热反应，升高温度，反应Ⅰ平衡向正反应方向移动，反应Ⅲ平衡向逆反应方向移动，体系中CO2的物质的量分数受温度的影响不大说明温度升高时，反应I吸热反应正向进行的程度和反应III放热反应逆向进行的程度相差不大，D错误；
故选C。
11．B
【详解】A．由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，则该反应为放热反应，ΔH＜0，A错误；
B．物质的能量越低越稳定，由图可知，产物Y的能量更低，则反应历程中，产物Y比产物X更稳定，B正确；
C．①和②的反应都是放热反应，升高温度，反应速率加快，但平衡逆向移动，反应物的转化率降低，C错误；
D．由图可知，反应②的中间产物Z→产物b的活化能最大，反应速率最慢，对反应①起决定性作用，D错误；
故选B。
12．C
【详解】A．使用过量空气，目的是使更多的SO2发生反应转化为SO3，从而提高SO2的平衡转化率，A错误；
B．延长反应时间，对化学平衡移动无影响，因此不能增大SO2平衡转化率，B错误；
C．若反应正向进行，n(SO2)减小，n(SO3)增大；若反应逆向进行，n(SO2) 增大，n(SO3)减小，因此当反应体系中n(SO2)与n(SO3)之比不变时，反应达到平衡状态，C正确；
D．其他条件不变，增大压强，化学平衡正向移动，但由于平衡常数只与温度有关，温度不变，则该反应的化学平衡常数就不变，D错误；
故合理选项是C。
13．D
【详解】A．其他条件相同，增大，即增大氧气的浓度平衡正向移动，NO的转化率升高，A错误；
B．平衡常数是指可逆化学反应达到平衡时，每个产物浓度系数次幂的连乘积与每个反应物浓度系数次幂的连乘积之比，可表示为，B错误；
C．催化剂只影响反应历程，不改变反应始末状态，使用高效催化剂反应的焓变不变，C错误；
D．该反应为气体分子数减小的放热反应，则反应的，，D正确；
故选：D。
14．(1)＞
(2) ＞ 增大压强
(3) SO2+2H2O-2e-=+4H+ 1：1
【详解】（1）断开化学键吸收能量，则ΔH2＞0，故答案为：＞；
（2）①由图可知，t1℃下反应先达到平衡状态，则t1＞t2，t1℃时NO的百分含量小于t2℃，说明升高温度，平衡正向移动，则该反应为吸热反应，ΔH＞0，故答案为：＞；
②由图可知，改变的条件使反应速率加快，且平衡逆向移动，则t1时刻改变的外界条件可能是增大压强，故答案为：增大压强；
（3）①电解池中SO2在阳极失去电子生成H2SO4，电极反应式为SO2+2H2O-2e-=+4H+，故答案为：SO2+2H2O-2e-=+4H+；
②反应前后阴极室成分不变，即阳极转移电子数和NO生成N2时转移电子数相等，即SO2～～2e-～NO～N2，所以在相同条件下的体积比1：1，故答案为：1：1。
15． BDE AD ＞ 温度相同时，增大压强，化学平衡向正反应方向移动，平衡混合物中氨的体积分数增大 ＜ 6×107 2Fe+3H2O+N2=2NH3+Fe2O3
【分析】（1）工业上有利于提高合成氨产率的条件从有利于提高单位时间里氨气的产量这个角度来考虑；
（2）A. 从合成氨反应的热化学反应方程式可以判断ΔH和ΔS都小于零；
B. 从温度对反应速率和平衡的影响来判断；
C. 从减少生存物氨气的浓度对反应速率和平衡的影响来判断；
D. 从原料气对于催化剂催化效能的影响以及会否引发事故的角度来判断；
（3）①氨气的体积分数不同的原因在压强，通过相同温度不同压强下氨气的体积分数大小，判断平衡移动的方向，比较p2、p3的大小；
②平衡时A、B点对应的化学反应速率不同的原因主要是压强、温度，从压强、温度对反应速率的影响来判断；
③若N2、H2的初始投入量分别为0.1ml、0.3ml，在恒容容器中反应，若起始压强为1×108Pa，则计算平衡时B点的压强，可通过压强之比等于混合气体总的物质的量之比来计算，用三段式计算平衡时混合气体总的物质的量；
（4）阴极区发生还原反应，找出阴极总反应，已知第一步的反应为：Fe2O3+6e-+3H2O=2Fe+6OH-，纳米Fe2O3作催化剂，首先转化为铁，则第二步的反应中要重新生成Fe，据此写出第二步方程式；
【详解】（1）合成氨是气体分子数减小的放热反应，高压有利于平衡右移，有利于提高产率，高温虽然不利于氨的合成，但大大提高了合成氨的速率有利于提高产率，催化剂能极大地提高反应的速率，也有利于提高产率；
答案为：BDE；
（2）
A.合成氨是气体分子数减小的放热反应，故合成氨反应的ΔH和ΔS都小于零，说法正确；
B.在773K下反应，目的是保证催化剂的活性加快反应速率，不利于提高平衡转化率，说法错误；
C.将NH3液化后移去，利于平衡正向移动，减少反应速率，说法错误；
D.原料气假如不净化，有杂质气体，会引起催化剂中毒，假如含有毒气体有可能发生安全事故，说法正确；
答案为：AD；
（3）①温度相同时，增大压强化学平衡向正反应方向移动，故平衡混合物中氨的体积分数越大压强越大，由图知p2下氨的体积分数大于p3下氨的体积分数；则p2＞p3
答案为：＞；
p2＞p3的原因：温度相同时增大压强化学平衡向正反应方向移动来；
答案为：温度相同时，增大压强，化学平衡向正反应方向移动，平衡混合物中氨的体积分数增大；
②温度越大，压强越大，反应速率越大，p1>p2，由图可知，B对应的温度、压强大，则反应速率大；
答案为：＜；
③若N2、H2的初始投入量分别为0.1ml、0.3ml，在恒容容器中反应，若起始压强为1×108Pa，
因为p始= 1×108Pa，所以p平= 6×107Pa；
答案为：6×107；
（4）阴极区发生还原反应，阴极总反应可表示为：N2+6e-+6H2O=2NH3+6OH-，已知第一步的反应为：Fe2O3+6e-+3H2O=2Fe+6OH-，纳米Fe2O3作催化剂，首先转化为铁，则第二步的反应中要重新生成Fe，方程式为2Fe+3H2O+N2=2NH3+Fe2O3；
答案为：2Fe+3H2O+N2=2NH3+Fe2O3。
【点睛】第一个问题容易出错，同学往往错把产率高等同于转化率高，本题综合程度高，正确解读图示信息是解题的一个关键，例如比较A和B两点的反应速率大小时，要注意压强和温度这两种因素。
16． 810a 9.52% 增大 ＞ 正反应放热，升温，平衡逆向移动，气体的物质的量增大 ＜ ＞ ＜ ＞ ＜ ＞ ＜
【详解】（1）平衡时，体积为aL，
由题可知，(2-2x)+(1-x)+2x=2.1，解得x=0.9，则；
（2）由（1）分析可知，反应进行到t1时，SO2的体积分数为；
（3）该反应在恒压装置中进行，充入氩气，氩气不参加反应，因此容器体积将增大，容器内反应物总压将减小，平衡将向气体体积增大的方向移动，即平衡将逆向移动，SO2的物质的量将增大；
（4）该反应正向为放热反应，升高温度，平衡将向吸热反应方向移动，即平衡将逆向移动，达到新平衡混合物中气体的总物质的量大于2.1ml；
（5）恒容条件下，再加入0.2mlSO2、0.1mlO2和1.8mlSO3，，反应将正向进行，v逆＜v正；
（6）由题中表格信息可知，容器2建立的平衡相当于容器1建立平衡后再将容器的容积缩小为原来的(相当于压强增大为原来的2倍)后平衡移动的结果，由于加压，化学反应速率加快，则v1＜v2；由于平衡右移，则α1(SO2)＜α2(SO2)，根据勒夏特列原理可得c2＞2c1，p1＜p2＜2p1；容器3中建立的平衡相当于容器1建立的平衡升温后平衡移动的结果。升高温度，化学反应速率加快，则v1＜v3；由于平衡左移，则α1(SO2)＞α3(SO2)，c1＞c3。由于温度升高，气体物质的量增加，故p3＞p1。对于特定反应，平衡常数仅与温度有关，温度升高，题给平衡左移，平衡常数减小，则K1＝K2＞K3，由以上分析可知c2＞2c1，p1＜p2＜2p1，p1＜p3，则p2＜2p3，v1＜v3，α1(SO2)＞α3(SO2)，因为c2＞2c1，c1＞c3，则c2＞2c3。若容器2的容积是容器1的2倍，则两者建立的平衡完全相同，根据平衡特点，此时应存在α1(SO2)＋α2(SO3)＝1，由于容器2的平衡相当于容器1的平衡加压，故α2(SO3)将减小，则α1(SO2)＋α2(SO3)＜1，结合α1(SO2)＞α3(SO2)，则α2(SO3)＋α3(SO2)＜1。
17．(1)+76.4
(2) ② 升高温度，反应以反应④为主，H2增大幅度大于CO
(3)CO2、h+
(4)CO2+4e-+4H+=HCHO+H2O
(5)36
【详解】（1）反应①：
反应②：
反应③：
反应④： △H4
利用盖斯定律，将反应①+③得， △H4=(+247.4-171.0) kJ·ml-1=+76.4kJ·ml-1。
（2）500℃时，反应①中，=1，发生反应②使减小，发生反应④使增大，则比较小，此时发生的副反应以②为主。升高温度，产物中H2与CO的物质的量之比增大的原因是：升高温度，反应以反应④为主，H2增大幅度大于CO。
（3）上述反应机理中，CO2得电子转化为CO和O2-，CH4获得h+提供的电子，生成CO和H2，则表现出氧化性的粒子有CO2、h+。
（4）当电解电压为u1V时，CO2在阴极得电子产物与电解质反应生成HCHO，则阴极生成HCHO的电极反应式为CO2+4e-+4H+=HCHO+H2O。
（5）当电解电压为u2V时，CO2→HCOOH转移2e-，CO2→HCHO转移4e-，当电解生成的HCOOH和HCHO的物质的量之比为5:6时，可建立等式，m=36，生成HCHO的法拉第效率m为36。
【点睛】书写电极反应式时，需注意电解质的性质。
18．(1) 2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH=-121.5kJ/ml 能 BD
(2) AC 温度到一定值时，此时反应以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ是气体体积不变的反应，改变压强平衡不移动，二氧化碳转化率不变，三条压强曲线交于一点
(3)710K以后温度高反应速率快，反应达到了平衡状态，该反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，CO2转化率降低
(4) 正 CO2+2e-=CO+O2-
【详解】（1）①根据盖斯定律I×2+Ⅲ=Ⅳ，ΔH4=ΔH1×2+ΔH3=-121.5kJ/ml，反应Ⅳ的热化学方程式为2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH=-121.5kJ/ml；反应I是ΔS<0，ΔH<0的反应，根据ΔG=ΔH-T·ΔS<0能自发进行，需要满足低温能自发进行；
②A．达到平衡状态的判断是正逆反应速率相等，变量不变反应达到平衡状态，反应前后质量守恒原子守恒，碳与氧元素含量反应前后不变，不是变量，故A不符合题意；
B．二甲醚浓度随着反应的进行由小到大，属于变量，浓度不变可以说明达到平衡状态，B符合题意；
C．体积不变，气体质量不变，气体密度是定值不能判断达到平衡状态，故C不符合题意；
D．摩尔质量等于气体总质量除以气体总物质的量，质量是定值，气体物质的量随着反应进行在减少，气体摩尔质量也是变量，符合条件，故D符合题意；
因此能作为达到平衡标志的是BD；
（2）①A．合成甲醇在容器中发生I、Ⅱ两个反应，升高温度反应I平衡左移，CH3OH产率下降，因此随着温度的升高甲醇的产率下降，故图甲符合，甲的纵坐标代表甲醇的产率，随着温度升高I平衡左移，二氧化碳平衡转化率下降，反应Ⅱ右移二氧化碳平衡转化率升高，开始以反应I为主，温度升高二氧化碳转化率下降，随着温度升高，反应以反应Ⅱ为主，继续升高温度反应Ⅱ平衡正向移动，二氧化碳转化率升高，而且反应Ⅱ是前后气体体积不变的反应压强对平衡转化率没有影响，因此图乙在某温度时三条线几乎交于一点，图乙表示CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度的变化关系。图甲纵坐标表示甲醇的产率，A正确；
B．图甲来看，同一温度下压强越大反应I平衡右移，甲醇的产率越高，因此，B错误；
C．根据反应I特征，降低温度和增大压强都可以使I平衡右移，提高甲醇的产率，故C正确；
D．催化剂不能提高CO2的平衡转化率，故D错误；
故选AC。
②当温度升高到一定值时，此时反应以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ是气体体积不变的反应，改变压强平衡不移动，二氧化碳转化率不变，三条压强曲线交于一点；
（3）710K以前温度低反应速率慢，单位时间内未达到平衡，升高温度反应速率加快，CO2转化率升高，710K以后，单位时间内速率快，反应达到了平衡状态，该反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，CO2转化率降低；
（4）CO2转化为CO是还原反应，因此R为阴极，P为阳极，与阳极连接的M是电源正极；电极R上CO2得电子发生还原反应，电极反应式为CO2+2e-=CO+O2-。
19．(1) +172.6kJ•ml-1 0.3ml 反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，随着温度的升高，反应Ⅰ平衡逆向移动生成的H2的量小于反应Ⅱ平衡正向移动消耗的H2的量，H2的转化率增大；随着温度的升高，催化剂的活性增强，导致H2的转化率增大
(2)光照条件下，TiO2中的O2-失电子转化为O原子，造成氧空位，Ti4+得电子转化为Ti3+；CO2中的氧的电负性大于碳，氧原子与Ti3+结合形成过渡态，CO2中一个碳氧双键断裂，氧原子与Ti3+形成化学键填补氧空位，Ti3+转化为Ti4+，加热条件下CO脱附
(3) 9
【详解】（1）①反应可由3×反应ⅠⅠ方程式-反应Ⅰ方程式得到，由盖斯定律知，ΔH=3ΔH2-ΔH1= 3×41.2 kJ•ml-1+49 kJ•ml-1= +172.6kJ•ml-1；
②a.230℃时，测得的CO2的转化率为40％，即CO2共反应了1ml×40％=0.4ml，由图知，此时的甲醇的选择性为25％，则0.4mlCO2中有0.4ml×25％=0.1ml转化成了甲醇，另外的0.3ml在反应Ⅱ中转化成了CO，那么此时反应Ⅱ中消耗H2的物质的量为0.3ml；
b.随着温度的升高，H2的转化率增大，其主要原因可能有两个：反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，随着温度的升高，反应Ⅰ平衡逆向移动生成的H2的量小于反应Ⅱ平衡正向移动消耗的H2的量，H2的转化率增大；随着温度的升高，催化剂的活性增强，导致H2的转化率增大；
（2）由图知，光照条件下，TiO2中的O2-失电子转化为O原子，造成氧空位，Ti4+得电子转化为Ti3+；CO2中的氧的电负性大于碳，氧原子与Ti3+结合形成过渡态，CO2中一个碳氧双键断裂，氧原子与Ti3+形成化学键填补氧空位，Ti3+转化为Ti4+，加热条件下CO脱附；
（3）①由于，则，则该溶液的pH=9；
②将CO2电催化还原为CH4的过程也在阴极上发生，碳元素化合价由+4价降低至-4价，对应的电极反应式为。
20．(1) 阴 C2H6+2H2O-10e-=2CO+10H+
(2) CO2
(3) 1.0 丙 C点x(C2H4)•x(H2O)比A点大，温度比A点高
【详解】（1）由题干电解装置图可知，在铜电极参与的反应是C2H6，反应中可生成CO等物质，碳原子化合价升高，失电子，因此铜电极为阳极，则铂电极为阴极；乙烷失去电子生成CO，电极反应式为C2H6+2H2O-10e-=2CO+10H+，故答案为：阴；C2H6+2H2O-10e-=2CO+10H+；
（2）①n(CO2)：n(H2)=1：3投料，结合反应及图中变化可知，变化量越大，图中斜率越大，则b表示CO2，故答案为：CO2；
②总浓度为cml⋅L-1的CO2与H2混合气体，按＝投料，则c始(CO2)=0.25cml⋅L-1，c始(H2)=0.75cml⋅L-1，根据方程式可知，H2O理论浓度为0.5cml⋅L-1；A点时，由图可知，曲线m代表H2O，平衡时c(H2O)=c0ml⋅L-1，H2O的产率为×100%=，故答案为：；
（3）①T3温度下，对应曲线丙，此时丙烯转化率为50%，设丙烯和水蒸气的起始物质的量均为1ml，，化学平衡常数Kx===1.0，故答案为：1.0；
②已知正=k正⋅x(C3H6)⋅x(H2O)，逆=k逆⋅x(C2H4)⋅x(CH3OH)，反应达到平衡时，正=逆，则k正⋅x(C3H6)⋅x(H2O)=k逆⋅x(C2H4)⋅x(CH3OH)，整理得==Kx，由于该反应△H＞0，温度越低，Kx越小，则k正-k逆越小，因此曲线丙中k正-k逆最小；A、C两点温度比B、D两点温度高，因此A、C两点速率比B、D两点速率大，C点x(C2H4)•x(H2O)比A点大，因此C点v逆最大，故答案为：丙；C点x(C2H4)•x(H2O)比A点大，温度比A点高。
21．(1) CaO可吸收CO2，使c(CO2)减小，平衡正向移动，H2百分含量增大 由于纳米CaO颗粒小，表面积大，可以使反应速率加快，c(CO2)减小的多，平衡正向移动加剧，所以H2百分含量增大
(2) 2CO+O22CO2 HIO3 3.528
(3) a HCOOH-2e-=CO2+2H+
【详解】（1）①催化重整后的化学方程式为CH4(g)+2H2O(g)⇌CO2(g)+4H2(g)，向其中投入CaO时，CaO可吸收CO2，使c(CO2)减小，平衡正向移动，H2百分含量增大，故答案为：CaO可吸收CO2，使c(CO2)减小，平衡正向移动，H2百分含量增大；
②若投入纳米CaO时，由于纳米CaO颗粒小，表面积大，可以使反应速率加快，c(CO2)减小的多，平衡正向移动加剧，所以H2百分含量增大，故答案为：由于纳米CaO颗粒小，表面积大，可以使反应速率加快，c(CO2)减小的多，平衡正向移动加剧，所以H2百分含量增大；
（2）①160℃、CuO/CeO2作催化剂时，CO优先氧化为二氧化碳，方程式为：2CO+O22CO2，故答案为：2CO+O22CO2；
②CuO/CeO2催化剂催化性能最好，即化学反应速率最快，据图像知道当HIO3加入时，催化性能最好，催化剂为CuO/CeO2，120℃时，CO的转化率是80%，气体混合物流速为1800mL•h-1；体积分数为：0.98%的CO，则反应1小时后CO的体积为×1800×1×0.98%×80%=3.528，故答案为：HIO3；3.528；
（3）在燃料点池中，氢离子移向正极b极，所以a是负极，在负极上发生燃料失电子的氧化反应：HCOOH-2e-=CO2+2H+，故答案为：a；HCOOH-2e-=CO2+2H+。