第二章 化学反应速率与化学平衡 单元测试题：2023-2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1

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第二章 化学反应速率与化学平衡 单元测试题
一、单选题
1．℃时，向1L密闭容器中充入10mol 和3mol ，发生反应：    
部分物质的物质的量n(X)随时间变化曲线如图中实线所示。下列说法错误的是
  
A．曲线a代表
B．若，则0～3min内
C．平衡时，的转化率
D．若，则虚线b可表示在℃时的变化
2．某温度下，在一恒容密闭容器中进行如下两个反应并达到平衡：
①    
②
下列叙述错误的是
A．加入适量Z，①和②平衡均不移动 B．通入Y，则N的浓度增大
C．降温时无法判断Q浓度的增减 D．通入稀有气体Ar，①平衡正向移动
3．如图所示为800°C时A、B、C三种气体在密闭容器中反应时浓度的变化，只从图上分析不能得出的结论是

A．发生的反应可表示为2A(g)2B(g)+C(g)
B．反应开始至2 min A的平均速率为0.1 mol/(L·min)
C．反应开始时，正、逆反应同时进行
D．2 min时，A、B、C的浓度之比为2：3：1
4．将和在的恒温密闭容器中混合，并在一定条件下发生反应：，反应后测得物质的量为，下列说法不正确的是
A．反应到时的转化率为
B．反应开始后的内为
C．反应到时的物质的量浓度为
D．反应到时容器内气压与反应前气压之比为
5．CO2催化加氢可合成二甲醚，发生的主要反应有：
反应Ⅰ： 2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)；ΔH1=-122.5 kJ·mol-1
反应Ⅱ： CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g)；ΔH2=a kJ·mol-1
在恒压、n始(CO2)和n始(H2)=1∶3时，若仅考虑上述反应，平衡时CH3OCH3和CO的选择性及CO2的转化率随温度的变化如图中实线所示。CH3OCH3的选择性=×100%，下列说法错误的是

A．图中曲线③表示平衡时CO2转化率随温度的变化
B．a>0
C．平衡时H2转化率随温度的变化可能如图中虚线所示
D．200 ℃时， 使用对反应Ⅰ选择性高的催化剂可提高CH3OCH3的生产效率
6．研究表明，合成氨反应更多地发生在催化剂表面上相邻的吸附氮与吸附氢分子之间，N2在催化剂表面的均匀吸附可提升反应速率。已知N2吸附分解所需活化能高于H2，提升N2比例有利于加快反应。催化剂表面不同氮分压下的吸附情况如图所示，下列说法正确的是

A．N2在催化剂上的吸附能力强于H2
B．氮分压：甲乙
D．实际生产中p(N2)：p(H2)=1：2.8，目的是为保证高产率和高反应速率
7．某研究小组以Ag-ZSM为催化剂，在容积为1L的容器中，相同时间下测得0.1mol NO转化为的转化率随温度变化如图所示[无CO时反应为；有CO时反应为]。下列说法错误的是

A．反应的
B．X点可以通过更换高效催化剂提高NO转化率
C．达平衡后，其他条件不变，使，CO转化率上升
D．Y点再通入CO、各0.01mol，此时v正()＜v逆()
8．可逆反应：在一恒温恒容的密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是
①单位时间内生成的同时生成
②单位时间内生成的同时生成
③用、、的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为的状态
④混合气体的颜色不再改变的状态
⑤混合气体的密度不再改变的状态
⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
⑦混合气体的压强不再改变的状态
⑧
A．①④⑥⑦ B．②③⑤⑦
C．①③④⑤ D．③④⑤⑥
9．实验小组为探究反应：进行如下操作：在T℃(各物质均为气态)时，将一定量的充入注射器中后封口，图乙是在拉伸或压缩注射器的过程中气体透光率随时间的变化(气体颜色越深，透光率越小)。下列有关说法错误的是

A．d点处：
B．由图乙可知注射器的移动轨迹为N→P→M
C．若注射器隔热导致反应温度发生变化，则b、c两点的平衡常数
D．平衡时维持体积不变，再充入一定量，则的物质的量分数比原来小
10．反应，在下列四种不同情况下的反应速率最快的是
A． B．
C． D．
11．Deacon催化氧化法将HCl转化为Cl2的反应为：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)　ΔH，研究发现CuCl2(s)催化反应的过程如下：
反应i：2CuCl2(s)2CuCl(s)+Cl2(g)
反应ii：2CuCl(s)+O2(g)2CuO(s)+Cl2(g)
反应iii：……
下列关于Deacon催化氧化法制Cl2的说法正确的是
A．反应i增大压强，达新平衡后Cl2浓度减小
B．反应4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH>0
C．由反应过程可知催化剂参与反应，通过改变反应路径提高平衡转化率
D．推断反应iii应为CuO(s)+2HCl(g)CuCl2(s)+H2O(g)
12．纳米二氧化钛催化剂可用于工业上合成甲醇：，按投料比将与充入恒容密闭容器中，在一定条件下发生反应，测得的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。下列说法错误的是

A．
B．
C．N点转化率、平衡常数均大于M点
D．、压强下，Q点对应的
13．近年来光催化处理船舶尾气技术被称为是一种“绿色友好”技术，以半导体为基底的表面经光激发后产生空穴和光生电子，光生空穴被表面吸附水或氢氧根离子捕获生成·OH自由基，光生电子则与等反应在催化剂表面生成、等物质，这些物质作用于尾气中的、NO等污染物并将其氧化降解，原理见图。下列说法错误的是

A．和是等电子体，立体构型为V形
B．与·OH自由基电子数相等的的立体构型名称为平面三角形
C．催化剂可以改变氮氧化物、硫氧化物被氧化的速率
D．尾气中含有大量有害物质，经过科学的处理可以转化为有实用价值的物质

二、多选题
14．二氧化碳催化加氢的反应有利于减少温室气体排放，反应为，下列说法不正确的是
A．上述反应平衡常数K=
B．上述反应的(E表示键能)
C．上述反应中每生成，转移电子的数目约为
D．实际应用中，氢碳比越大越有利于提高的平衡转化率

三、非选择题
15．黑色金属材料是工业上对铁、铬、锰的统称，、、及其化合物在日常生活生产中的用途相当广泛。
Ⅰ. 根据所学知识，回答下列问题：
(1)具有净水作用，净水的原理是 。
(2)向溶液中加入溶液至过量，微热。再通入，可观察到溶液呈紫色(高铁酸钾：)。写出此过程发生反应的离子方程式： 。
(3)可用于治疗缺铁性贫血症，为验证药品的还原性，某实验小组取少量药用配制成溶液，并取溶液于试管中，滴入几滴浓硝酸，振荡，试管中产生红棕色气体，溶液变为深棕色。为探究溶液没有变为黄色的原因补充了如下实验：向溶液和溶液中分别通入，观察到溶液变为深棕色，溶液无明显变化。
①“试管中产生红棕色气体，溶液变为深棕色”的原因是 。
②实验小组改进实验，观察到溶液变为黄色的实验操作是 。
Ⅱ.在溶液中存在下列平衡：。
(4)下列有关溶液的说法正确的是_______(填标号)。
A．加入少量硫酸，溶液的橙色加深
B．加入少量水稀释，溶液中离子总数增加
C．入少量溶液，平衡逆向移动
D．加入少量固体，平衡正向移动，转化率变大
Ⅲ.可用作电讯器材元件材料。还可用作瓷釉、颜料及制造锰盐的原料。它在空气中加热易转化为不同价态锰的氧化物，其固体残留率()随温度的变化如图所示。

(5)时，剩余固体中为 。
(6)图中C点对应固体的成分为 (填化学式)。
16．认识化学反应的快慢和限度规律及影响因素，通过调控更好地满足工农业生产和日常生活的实际需要。
Ⅰ.根据所学知识，完成下列各题：
(1)决定化学反应速率的内在因素是_______。
A．温度和压强 B．反应物的浓度
C．反应物自身的性质 D．催化剂
(2)下列过程中，需要加快反应速率的是_______。
A．钢铁腐蚀 B．食物腐败 C．炼钢 D．塑料老化
Ⅱ.用相同质量的锌片和铜粉跟相同浓度的足量的稀盐酸反应，得到的实验数据如下表所示：
实验编号
锌的状态
反应温度/℃
收集100mL氢气所需时间/s
①
薄片
15
200
②
薄片
25
90
③
粉末
25
10
(3)实验①和②表明 ，化学反应速率越快。
(4)能表明固体的表面积对反应速率有影响的实验编号是 。
(5)该实验的目的是探究 等因素对锌和稀盐酸反应速率的影响。
(6)请设计一个实验方案探究盐酸的浓度对反应速率的影响。
(7)对于2HBr(g)H2(g)+Br2(g)反应，下列四个图中可以表示该反应在一定条件下为可逆反应的是_______。
A． B． C． D．
(8)对于平衡体系：FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl，下列描述正确的是_______。(多选)
A．其他条件不变，增大FeCl3溶液浓度，溶液的血红色加深
B．其他条件不变，增大KSCN溶液的浓度，平衡正向移动
C．其他条件不变，加入一定量的KCl固体，平衡逆向移动，溶液颜色变浅
D．其他条件不变，加入少量的铁粉，振荡，溶液颜色变浅
Ⅲ.牙齿表面被一层坚硬的名叫羟基磷酸钙的物质保护着，该物质的组成为Ca5(PO4)3OH，它在唾液中存在下列平衡：Ca5(PO4)3OH(s)5Ca2+(aq)+3(aq)+OH-(aq)
(9)口腔中的细菌和酶在消化分解食物时，会产生有机酸，从而使羟基磷酸钙溶解。若不及时处理，最终会使牙齿产生蛀洞。适用化学平衡知识解释酸使羟基磷酸钙溶解的原因。
17．现有反应：mA(g)+nB(g)⇌pC(g)，达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大；当减小压强时，混合体系中C的质量分数也减小，则：
(1)该反应的正反应为 反应(填“吸热”或“放热”)，且m+n p(填“>”“=”“＜”)。
(2)使容器体积减小压强增大时，A的质量分数 。(填“增大”“减小”或“不变”，下同)
(3)若升高温度，则平衡时B、C的浓度之比将 。
(4)维持容器内压强不变，充入氖气后平衡将向 (填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)
18．二氧化碳捕获技术用于去除气流中的二氧化碳或者分离出二氧化碳作为气体产物，其中CO2催化合成甲醇是一种很有前景的方法。如图所示为该反应在无催化剂及有催化剂时的能量变化。

(1)从图可知，有催化剂存在的是过程 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
(2)写出图中CO2催化合成甲醇的热化学方程式： 。
(3)已知：1mol液态甲醇完全气化需吸热37.4kJ，1mol液态水完全气化需吸热44.0kJ，由CO2合成1mol液态甲醇和1mol液态水将 (填“吸收”或“放出”) kJ热量。
(4)关于CO2催化合成甲醇的反应，下列说法中，合理的是_______(填字母序号)。
A．该反应中所有原子都被用于合成甲醇
B．该反应可用于CO2的转化，有助于缓解温室效应
C．使用催化剂可以降低该反应的ΔH，从而使反应放出更多热量
D．降温分离出液态甲醇和水，将剩余气体重新通入反应器，可以提高CO2与H2的利用率

参考答案：
1．D
【详解】A．由 可知，达到平衡时生成的物质的量等于消耗的量，故实线a是代表随时间变化的曲线，A正确；
B．若，则0～3min内，根据速率之比等于系数之比，所以，B正确；
C．平衡时，由图可知平衡时消耗为，所以消耗氢气是，的转化率，C正确；
D．此反应是放热反应，所以升高温度平衡左移，反应物的平衡量增大，但达到平衡需要的时间变短，D错误；
故选D。
2．D
【详解】A．Z为固体，增加纯固体的用量对平衡无影响，故A正确；
B．通入Y，使反应①平衡正向移动，从而增大Q的浓度，Q浓度增大使反应②平衡逆向移动，则N的浓度增大，故B正确；
C．降温使反应①平衡正向移动Q浓度增大， 但同时又使反应②平衡逆向移动Q浓度减小，因不确定降温对两反应程度的影响大小，依次不能确定Q浓度的增减，故C正确；
D．恒温、恒容容器中通入稀有气体平衡不移动，故D错误；
故选：D。
3．C
【详解】A．根据图像得出浓度改变量为Δc(A)＝0.2mol∙L−1，Δc(B)＝0.2mol∙L−1，Δc(C)＝0.1mol∙L−1，根据改变量之比等于计量系数之比得出反应可表示为2A(g)2B(g)+C(g)，选项A正确；
B．反应开始至2 min A的分解速率为，选项B正确；
C．开始时，C的浓度为0，因此该平衡是正向开始建立的平衡，选项C错误；
D．2 min时，c(A)＝0.2mol∙L−1，c(B)＝0.3mol∙L−1，c(C)＝0.1mol∙L−1，因此A、B、C的浓度之比为2∶3∶1，选项D正确；
答案选C。
4．C
【详解】A．反应到时,物质的量为，所以反应了物质的量为，转化率为；故A正确；
B．反应到时,反应了物质的量为，；根据，所以为；故B正确；
C．反应到时,反应了物质的量为，则生成物质的量为，时的物质的量浓度为；故C错误；
D．反应前总物质的量为8mol；反应到时,反应了物质的量为，剩余物质的量为；反应了物质的量为，剩余物质的量为；生成物质的量为，所以反应到时容器内气压与反应前气压之比为；故D正确；
故答案选C。
5．C
【分析】反应Ⅰ焓变小于零，升高温度，平衡Ⅰ逆向移动，则平衡时CH3OCH3选择性随温度升高会下降，结合图像可知，②表示平衡时CH3OCH3选择性随温度的变化曲线；曲线①随温度升高上升，说明反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡Ⅱ正向移动，导致CO的选择性增大，故曲线③表示平衡时CO2转化率随温度的变化、曲线①表示平衡时CO的选择性随温度的变化，反应Ⅱ为吸热反应，焓变大于零，故a>0；
【详解】A．由分析可知，曲线③表示平衡时CO2转化率随温度的变化，A正确；
B．由分析可知，a>0，B正确；
C．n始(CO2)：n始(H2)=1∶3，若只发生反应Ⅰ，则二氧化碳和氢气的平衡转化率之比为1:1，若只发生反应Ⅱ，则二氧化碳转化率和氢气转化率之比为3:1，由于两个反应均发生，则1:1＜二氧化碳转化率与氢气的转化率之比＜3:1；温度升高平衡Ⅰ逆向移动，平衡Ⅱ正向移动，二氧化碳转化率和氢气转化率之比越来越远离1:1，即相等，故图中虚线不可能表示氢气的平衡转化率，C错误；
D．使用对反应Ⅰ选择性高的催化剂，则单位时间内生成CH3OCH3的速率加快，可提高CH3OCH3的生产效率，D正确；
故选C。
6．C
【详解】A．N2吸附分解所需活化能高于H2，说明N2吸附分解速率慢，由此可知N2在催化剂上的吸附能力弱于H2，A错误；
B．根据题给信息，N2在催化剂表面的均匀吸附可提升反应速率，相较于图乙，图甲N2吸附均匀，则反应速率：甲>乙，而提升N2比例有利于加快反应，则氮分压：甲>乙，B错误；
C．由选项B分析知，反应速率：甲>乙，C正确；
D．原料气中N2相对易得，适度过量有利于平衡正向移动，提高H2的转化率，同时N2在催化剂上的吸附分解速率慢，是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率，D错误；
故选C。
7．D
【详解】A．由图中曲线II可知，随着温度的升高，反应速率增大，相同时间内NO的转化率增大，当NO的转化率最大时，说明反应达到平衡，继续升高温度，NO的转化率减小，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应，反应的，故A正确；
B．X点未达到平衡，更换高效催化剂，能使反应速率加快，相同时间下测得NO的转化率增大，故B正确；
C．达平衡后，其他条件不变，使，相当于增大NO的浓度，平衡正向移动，CO的转化率上升，故C正确；
D．由图中曲线II可知，Y点为平衡点，NO的转化率为80%，根据已知条件列出“三段式”：

平衡常数K==1600，再通入CO、各0.01mol，Qc=v逆()，故D错误；
故选D。
8．A
【详解】①用不同物质的反应速率表示达到平衡，反应方向是一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比，生成氧气，反应向正反应方向进行，生成NO2反应方向向逆反应方向进行，且两者比值等于化学计量数之比，故①能表示达到平衡状态的标志；
②单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO都表示正反应方向进行，不能说明正逆反应速率相等，故②不能表示达到平衡状态的标志；
③任何时刻三者速率之比等于2:2:1，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，故③不能表示达到平衡状态的标志；
④NO2红棕色气体，其余为无色气体，因此当气体颜色不再改变，说明反应达到平衡，故④能表示达到平衡状态的标志；
⑤根据ρ=，各组分都是气体，则气体质量不变，是恒容容器，气体体积不变，因此密度任何时刻都相等，即密度不变，故⑤不能作为达到平衡的标志；
⑥根据M=，各组分都是气体，气体质量不变，向正反应方向进行，气体物质的量增大，因此当气体平均摩尔质量不变时，说明反应达到平衡，故⑥能表示达到平衡状态的标志；
⑦因为反应前后气体系数之和不相等，反应达到平衡前，压强不断变化，因此当压强不再改变，说明反应达到平衡，故⑦能表示达到平衡状态的标志；
⑧，均表示正反应速率，无法说明正逆反应速率相等，故⑧不能作为达到平衡的标志；
综上所述，能作为反应达到平衡状态的标志是①④⑥⑦；答案选A。
9．B
【详解】A．透光率先是突然减小后缓慢增大，说明b点后操作是压缩注射器，导致NO2浓度突然增大，压缩注射器，相当于是增大压强，平衡正向移动，达到平衡，后续透光率突然大，说明此时是拉伸注射器，导致NO2浓度突然减小，拉伸注射器，相当于是减小压强，平衡逆向移动，d点是，故A正确；
B．注射器先是压缩，后拉伸，移动轨迹是N→M→P，故B错误；
C．b点后操作是压缩注射器，相当于是增大压强，平衡正向移动，放出更多热量，导致温度升高，可得是c点温度高，对于放热反应来说，温度更高的，K更小，可得，故C正确；
D．充入NO2，相当于是增大压强，平衡正向移动，NO2平衡转化率增大，达到新的平衡时物质的量分数要比原来更小，故D正确；
故答案选B。
10．A
【详解】；，则；，则；，则；所以反应速率最快，故A项符合题意；
故答案选A。
11．D
【详解】A．温度不变，平衡常数不变，K=c(Cl2),因此反应i增大压强，达新平衡后Cl2浓度不变，A错误；
B．反应4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)是放热反应，B错误；
C．由反应i、ii、iii知，催化剂CuCl2参加反应，催化剂通过改变反应历程，从而提高反应速率，但催化剂不影响平衡，改变不了平衡转化率，故C错误；
D．依据盖斯定律，用“[总反应- (反应i十反应ii)]×”得反应iii :CuO(s)+2HCl(g)CuCl2(s)+H2O(g)，故D正确；
故选D。
12．C
【详解】A．由图可知，随温度升高CO的平衡转化率下降，说明升温平衡逆向移动，则正向为放热反应，，故A正确；
B．该反应正向气体分子数减小，增大压强平衡正向移动，减小压强平衡逆向移动，由图：压强由过程中CO转化率增大，可知平衡正向移动，则压强：，故B正确；
C．N、M点温度相同，则K相同，故C错误；
D．、压强下M点为平衡状态，Q点转化率低于平衡转化率，则反应正向进行，，故D正确；
故选：C。
13．B
【详解】A．等电子体是价电子总数相等的分子，SO2和O3的价电子总数都是18，是等电子体，中心原子都是sp3杂化，立体构型为V形，A正确；
B． ⋅CH3有3个σ键，未成键的轨道有1个单电子，故立体构型为三角锥结构，B错误；
C．催化剂可以改变氮氧化物、硫氧化物被氧化的反应速率，C正确；
D．尾气中含有大量有害物质，经过科学的处理可以转化为有实用价值的物质，D正确；
故答案为：B。
14．BC
【详解】A．由方程式可知，反应平衡常数K=，故A正确；
B．由反应热是由反应物键能之和与生成物的键能之和的差值可得，反应，故B错误；
C．由方程式可知，反应中每生成，转移电子的数目约为，故C错误；
D．氢碳比增大相当于增大氢气的浓度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率最大，则实际应用中，氢碳比越大越有利于提高的平衡转化率，故D正确；
故选BC。
15．(1)水解产生的胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质；
(2)
或；
(3) 亚铁离子和浓硝酸反应生成红棕色的二氧化氮，二氧化氮和亚铁离子作用显示深棕色； 取溶液于试管中，加入稀硝酸，振荡；
(4)AB
(5)1∶2；
(6)与。

【详解】（1）水解产生的胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质；故具有净水作用，答案为：水解产生的胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质；
（2）根据已知产物中有，结合电子转移守恒，电荷守恒，原子守恒可得方程为：或；
（3）亚铁离子和浓硝酸反应生成红棕色的二氧化氮，二氧化氮和亚铁离子作用显示深棕色；
实验小组改进实验，观察到溶液变为黄色的实验操作是取溶液于试管中，加入2mL稀硝酸，振荡，反应中亚铁离子完全被氧化，反应后的溶液中不存在亚铁离子，且反应生成的气体为一氧化氮，不是二氧化氮，故能看到溶液变为黄色。故答案为：亚铁离子和浓硝酸反应生成红棕色的二氧化氮，二氧化氮和亚铁离子作用显示深棕色； 取溶液于试管中，加入稀硝酸，振荡；
（4）A．加入少量硫酸，.上述平衡逆向移动，溶液的橙色加深，A正确；
B．加入少量水稀释，平衡会正向移动，溶液中离子总数增加， B正确；
C．加入少量NaOH溶液，减小氢离子浓度，平衡正向移动，C错误；
D．加入少量固体，平衡正向移动，但是转化率变小，D错误；
故本题选AB。
（5）设MnCO3的物质的量为1 mol，即质量为115g。A点剩余固体质量为
115 g75. 65%≈87 g。减少的质量为115 g-87 g=28 g，可知MnCO3失去的组成为“CO”,
故剩余固体的成分为MnO2，答案为：1：2；
（6）C 点剩余固体质量为115 g61. 74%≈71 ，据锰元素守恒知：m(Mn)=55 g，则m(O)=71g-55 g=16 g，则n(Mn) ：n(O)=1：1，故剩余固体的成分为MnO，同理，B点剩余固体质量为115 g 66. 38%≈76g，因m(Mn)=55g，则m(O)=76g-55g=21g，则n(Mn) ：n(O) ≈3：4，故剩余固体的成分为Mn3O4，因D点介于B、C之间，故D点对应固体的成分为Mn3O4与MnO的混合物，答案为：与。
16．(1)C
(2)C
(3)温度越高
(4)②和③
(5)温度、反应物表面积
(6)在相同的温度下，采用相同状态的质量相同的锌片与两种体积相同但浓度不同的盐酸反应
(7)C
(8)ABD
(9)有机酸与OH-反应，使OH-离子浓度减小，上述平衡正向移动，羟基磷酸钙逐渐溶解

【详解】（1）影响化学反应速率的因素有内因和外因。内因是参加化学反应的物质本身的性质，它起决定性的作用，是根本因素，而温度和压强、反应物的浓度、催化剂、光、颗粒的大小等只是在内因不变的情况下所其的作用，是辅助型的因素，是外因；
答案选C；
（2）工业炼钢为有利于人类发展的反应，需要加快反应速率，而A、B、D均需要减慢反应速率；答案选C；
（3）实验①和②中，温度不同，温度大的反应速率快，即反应温度越高，反应速率越快；
故答案为：反应温度越高；
（4）能表明固体的表面积对反应速率有影响，应控制温度相同，则应为②③组实验；
故答案为：②；③；
（5）由表格中的数据可知，锌的状态不同、温度不同，则实验目的为探究反应物表面积、温度对锌和稀盐酸反应速率的影响；
故答案为：反应物表面积；温度；
（6）证明盐酸的浓度对该反应的速率的影响，则控制锌的状态、反应温度等外因相同，即设计实验为相同质量的薄片锌，分别与0.1mol/L、1mol/L的足量稀盐酸反应，比较收集100mL氢气所需时间的长短；
（7）HBr、H2和Br2都是双原子分子，反应物和生成物共存，说明体系中应含有3种双原子分子．
A．一种双原子分子和2种单原子分子，选项 A错误；
B．2种双原子分子，选项B错误；
C．3种双原子分子，选项C正确；
D．2种双原子分子和2种单原子分子，选项D错误；
答案选C；
（8）A．其他条件不变，增大FeCl3溶液浓度，溶液中Fe3+浓度增大，平衡正向移动，溶液的血红色加深，选项A正确；
B．加入少量KSCN固体，反应中SCN-浓度增大，平衡正向移动，选项B正确；
C．加入少量KCl固体，溶液中Fe3+、SCN-浓度不变，K+和Cl-不参加反应，平衡不移动，选项C错误；
D．其他条件不变，加入少量的铁粉，铁与Fe3+反应生成Fe2+，Fe3+浓度减小，平衡逆向移动，溶液颜色变浅，选项D正确；
答案选ABD；
（9）有机酸与OH-反应，使OH-离子浓度减小，平衡Ca5(PO4)3OH(s)5Ca2+(aq)+3(aq)+OH-(aq)正向移动，羟基磷酸钙逐渐溶解。
17．(1) 吸 ＞
(2)增大
(3)减小
(4)逆向移动

【详解】（1）达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大，说明温度升高平衡向正反应方向移动，则正反应吸热，逆反应为放热反应，当减小压强时，混合体系中C的质量分数也减小，说明压强减小平衡向逆反应方向移动，则方程式中反应物的气体的计量数之和大于生成物气体的化学计量数之和；故答案为：吸；＞。
（2）当减小压强时，混合体系中C的质量分数也减小，说明压强减小平衡向逆反应方向移动，则B、A、D质量分数增大，故答案为：增大。
（3）升高温度平衡向正反应移动，平衡时B的浓度降低，C的浓度增大，故减小，故答案为：减小。
（4）维持容器内压强不变，充入氖气，容器体积增大，反应物和生成物的浓度都降低，相当于减小压强，平衡逆向移动，故答案为：逆向移动。
18．(1)Ⅱ
(2)CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-49.0kJ/mol
(3) 放出 130.4
(4)BD

【详解】（1）催化剂可以降低反应活化能，据图可知过程Ⅱ的活化能更低，有催化剂存在；
（2）据图可知1molCO2(g)与3molH2(g)完全反应生成CH3OH(g)和H2O(g)放出49.0kJ的热量，放热反应焓变小于0，热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-49.0kJ/mol；
（3）1mol液态甲醇完全气化需吸热37.4kJ，即①CH3OH(l)=CH3OH(g)ΔH=+37.4kJ/mol；
1mol液态水完全气化需吸热44.0kJ，即②H2O(l)=H2O(g)ΔH=+44.0kJ/mol；又已知③CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-49.0kJ/mol，根据盖斯定律③-①-②可得CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l)(g)的ΔH=-49.0kJ/mol-37.4kJ/mol-44.0kJ/mol=-130.4kJ/mol，所以由CO2合成1mol液态甲醇和1mol液态水将放出130.4kJ热量；
（4）A．根据反应方程式可知该反应中除了生成甲醇还有水生成，故A错误；
B．CO2会加剧温室效应，该反应可以将二氧化碳利用起来转化为甲醇，有助于缓解温室效应，故B正确；
C．催化剂只改变反应的活化能，不影响反应的焓变，故C错误；
D．降温分离出液态甲醇和水，减少生成物的浓度，将剩余气体重新通入反应器，平衡正向移动，可以提高CO2与H2的利用率，故D正确；
综上所述答案为BD。