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人教版 (2019)选择性必修1第二节 化学平衡课时作业
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这是一份人教版 (2019)选择性必修1第二节 化学平衡课时作业，共31页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验探究题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．在恒容密闭容器中存在下列平衡：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，CO2的平衡浓度c(CO2)与温度T的关系如图所示。
下列说法错误的是
A．反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的 ΔH﹥0
B．在T2时，若反应处于状态D，则一定有ν(正)﹥ν(逆)
C．平衡状态A与C相比，平衡状态A的c(CO)大
D．若T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1﹤K2
2．温度为T1时，将气体X和气体Y各1.6ml充入10L恒容密闭容器中，发生反应X（g）+Y（g）2Z（g），一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如表，下列说法正确的是（ ）
A．反应0～4min的平均速率v（Z）=0.25 ml·L－1·min－1
B．T1时，反应的平衡常数K1=1.2
C．其他条件不变，9min后，向容器中再充入1.6mlX，平衡向正反应方向移动，再次达到平衡时X的浓度减小，Y的转化率增大
D．其他条件不变，若降温到T2达到平衡时，平衡常数K2=4，则此反应的△H＜0
3．二氧化碳加氢制甲醇的反应为 。下列关于该反应的说法错误的是
A．升高温度，正、逆反应速率均增大B．升高温度，平衡常数减小
C．增大氢气浓度，可提高氢气的转化率D．将产物液化分离，可使平衡正移
4．二氧化碳减排和再利用技术是促进社会环保和工业可持续发展的重要措施。将工业废气中的转化为，可以通过以下途径实现。
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
反应Ⅰ和反应Ⅱ的平衡常数K随温度T的变化如图所示。
下列说法错误的是
A．反应Ⅰ、Ⅱ都是放热反应B．温度：
C．反应Ⅲ的D．时反应Ⅲ的平衡常数
5．在一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入足量的和，发生反应：，测得的有关数据如下：
下列说法错误的是
A．加入催化剂，正、逆反应速率都增大B．气体密度保持不变时反应达到平衡状态
C．0~10min内D．该温度下，平衡常数K为1.0
6．已知反应CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) ΔH<0，在一定温度和压强下的密闭容器中，反应达到平衡。下列叙述正确的是
A．和分子的每一次碰撞都能发生化学反应
B．更换高效催化剂，可增大的平衡转化率
C．降低温度，K增大
D．若该反应为非基元反应，其总反应速率由反应快的一步基元反应决定
7．利用CO2和H2在催化剂的作用下合成甲醇，发生的反应如下：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=—58kJ•ml-1，下列说法不正确的是
A．催化剂参与了反应，不能改变△H
B．催化剂能增大v正和v逆，但二者增大倍数不同
C．升高温度，CO2和H2转化率均降低
D．增大压强提高了甲醇产率，对化学平衡常数无影响
8．一定温度下向容器中加入A发生反应如下：①A→B，②A→C，③B⇌C。反应体系中A、B、C的浓度随时间t的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A．反应①的活化能大于反应②B．该温度下，反应③的平衡常数大于1
C．t1时，B的消耗速率大于生成速率D．t2时，c(C)=c0-c(B)
9．一定温度下，向一体积为2L的恒容密闭容器中充入2.0()和2.0，生成()和：，测得浓度与时间关系如表所示。
下列说法正确的是
A．如果加入高效催化剂，达到平衡所用时间小于30min
B．通入惰性气体，正、逆反应速率都减小，平衡不移动
C．平衡常数表达式
D．在该条件下，的平衡转化率为40%
10．某温度下，向2L恒容密闭容器中充入1.0mlA和1.0mlB，反应A(g)+B(g)C(g)，经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据如下表：
下列说法正确的是
A．反应在前5s的平均速率v(B)=0.15ml/(L•s)
B．保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(A)=0.41ml/L，则反应的△H>0
C．相同温度下，起始时向容器中充入2.0mlC，达到平衡时，C的转化率大于80%
D．相同温度下，起始时向容器中充入0.20mlA、0.20mlB和1.0mlC，反应达到平衡前v(正)二、填空题
11．浓度商与化学平衡常数的表达式
(1)浓度商：对于一般的可逆反应，mA(g)＋nB(g)⇌pC(g)＋qD(g)，在任意时刻的称为 ，常用 表示，即Q=。
(2)化学平衡常数表达式：当在一定温度下达到化学平衡时，K=。
(3)Q与K关系：当反应中有关物质的浓度商 平衡常数时，表明反应达到化学平衡状态。
12．含氮类化合物在人类的日常生活中有着重要的作用。
（1）研究表明，在200℃，压强超过200MPa时，不使用催化剂，氨便可以顺利合成。但工业上合成NH3往往在温度500℃压强20~50MPa的条件下进行，已知合成氨为放热反应，试分析原因 。
（2）已知：A．2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(l) ΔH=-123kJ/ml
B．NH2COONH4(l)(NH2)2CO(g)+H2O(g) ΔH= +50kJ/ml
①在工业生产中，尿素是由以上A、B两步合成的，则工业上由氨气与二氧化碳合成尿素的热化学反应方程式为： 。
②尿素合成过程中通过控制温度、NH3和CO2的物质的量比(氨碳比a)等因素来提高CO2的转化率。如图是在其他因素一定，不同氨碳比条件下CO2平衡转化率与温度的关系图。由图可知当温度一定时，a值越大，CO2转化率越大其原因是 ；当a一定时，CO2平衡转化率呈现先增大后减小的趋势，其原因为 。
（3）工业上常利用4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)生产硝酸。在同温条件下，向2L的反应容器中充入2ml NH3与2.75mlO2，平衡时NH3转化率为50%，则该温度下K= ；保持温度不变，反应容器中每种物质各增加0.1ml，则平衡将 移动；其他条件不变，下列措施一定可以增大氨气转化率的是 。
a.降低氨气浓度 b.增大容器体积 c.降低温度 d.移除水蒸气 e.选择合适的催化剂
13．氯在饮用水处理中常用作杀菌剂，且的杀菌能力比强。时氯气－氯水体系中存在以下平衡关系：
已知该体系中，、和在三者中所占分数随变化的关系如图所示。
回答下列问题：
（1）该体系中，所占分类随变化的关系是 。（曲线1、曲线2或曲线3）
（2）在氯水中，下列有关说法正确的是 （选填编号）。
a．
b．
c．
d．
（3）反应的化学平衡常数 。
（4）请解释氯处理饮用水时，冬季的杀菌效果比夏季效果好的原因 。
14．甲烷在日常生活及有机合成中用途广泛，某研究小组研究甲烷在高温下气相裂解反应的原理及其应用。
(1)已知：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH1=-890.3kJ•ml-1
C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l) ΔH2=-1299.6kJ•ml-1
2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH3=-571.6kJ•ml-1
则甲烷气相裂解反应：2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)的ΔH= 。
(2)该研究小组在研究过程中得出当甲烷分解时，几种气体平衡时分压(Pa)与温度(℃)的关系如图所示。
①T1℃时，向2L恒容密闭容器中充入0.3mlCH4，只发生反应2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)，达到平衡时，测得c(C2H4)=c(CH4)。该反应达到平衡时，CH4的转化率为 。
②对上述平衡状态，若改变温度至T2℃，经10s后再次达到平衡，c(CH4)=2c(C2H4)，则10s内C2H4的平均反应速率v(C2H4)= ，上述变化过程中T1 (填“＞”或“＜”)T2，判断理由是 。
③在①建立的平衡状态基础上，其他条件不变，再通入0.5mlCH4，平衡将 (填“不移动”、“正向移动”或“逆向移动”)，与原平衡相比，CH4的平衡转化率 (填“不变”、“变大”或“变小”)。
(3)若容器中发生反应2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)，计算该反应在图中A点温度时的平衡常数Kp= Pa2(用平衡分压代替平衡浓度)。
15．工业上通过将CO、CO2与氢气反应，实现碳中和。
(1)已知反应2CO2(g)+6H2(g) C2H4(g)+4H2O(g) ΔH。根据理论计算，在恒压、起始物质的量之比n(CO2)：n(H2)=1：3条件下，该反应达平衡时各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图-1所示。
①该反应的平衡常数表达式为 ，该反应的ΔH 0(填“>”或“<”)
②图中曲线a、d分别表示的是平衡时 和 的物质的量分数变化。
(2)用CO和H2合成CH3OH的反应为CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ΔH <0，按照相同的物质的量投料，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图-2所示。
①图中T1、T2、T3的大小关系为
②图中b、c、d点上正反应速率的关系为
③图中a、b、d点上平衡常数的大小关系为
16．二氧化碳的有效回收利用，既能缓解能源危机，又可减少温室效应的影响，具有解决能源问题及环保问题的双重意义。Zn/ZnO热化学循环还原CO2制CO的原理如图所示，回答下列问题：
（1）①Zn/ZnO在反应中循环使用，其作用是 。
（2）二甲醚是主要的有机物中间体，在一定条件下利用CO2与H2可直接合成二甲醚：2CO2(g) +6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)，=3时，实验测得CO2的平衡转化率随温度及压强变化如图所示。
合成二甲醚过程中往往会生成一氧化碳，合成时选用硅铝化合物做催化剂，硅铝比不同时，生成二甲醚或一氧化碳的物质的量分数不同。硅铝比与产物选择性如图所示。图中A点和B点的化学平衡常数比较：KA KB(填“>、<、=”)。根据以上两条曲线，写出其中一条变化规律： 。
17．在容积为1L的密闭容器中发生如下反应：，开始时A为2ml、B为3ml，5min时测得C为1.5ml，用D表示的平均反应速率为0.1。求：
(1)5min时B的物质的量浓度为 。
(2)5min内A的平均反应速率v(A)= 。
(3)x的值为 ，5min时容器中压强与起始压强之比为 。
(4)若5min时该反应达到平衡，则平衡常数K= (计算结果保留两位有效数字)。
(5)下列可作为该反应达到平衡状态的标志的是___________(填正确答案标号)。
A．压强不再改变
B．C的百分含量保持不变
C．A的消耗速率与B的消耗速率之比为1：2
D．气体密度不再变化
18．某空间站的生命保障系统功能之一是实现氧循环，其中涉及反应：CO2(g)+4H2(g)2H2O(g)+CH4(g)。回答问题：
(1)已知：电解液态水制备1mlO2(g)，电解反应的ΔH=+572kJ•ml-1。由此计算H2(g)的燃烧热(焓)ΔH= kJ•ml-1。
(2)已知：CO2(g)+4H2(g)2H2O(g)+CH4(g)的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系如图1所示。
若反应为基元反应，且反应的ΔH与活化能(Ea)的关系为>Ea。补充完成该反应过程的能量变化示意图(图2) 。
19．Ⅰ.氢气是重要的工业原料，煤的气化是一种重要的制氢途径。反应过程如下：
①
②
(1)的结构式为 ，C、H、O三种元素的原子半径由小到大的顺序为 。
(2)反应①的平衡常数表达式 。
Ⅱ.在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量和。反应平衡时，的转化率为50%，CO的物质的量为0.lml。
(3)下列说法正确的是
a．将炭块粉碎，可加快反应速率
b．混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡
c．平衡时的体积分数可能大于
(4)若平衡时向容器中充入惰性气体，容器内压强 (选填“增大”“减小”或“不变”)，反应①的 (选填“增大”“减小”或“不变”)，平衡 (选填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)。
(5)达到平衡时，整个体系 (选填“吸收”或“放出”)热量 kJ。
20．2L密闭容器内，800℃时反应：2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如表：
(1)写出该反应的平衡常数表达式：K= 。已知>，则该反应是 热反应。
(2)用O2表示从0~2s内该反应的平均速率v= 。
(3)能说明该反应已达到平衡状态的是_______。
A．v(NO2)=2v(O2)B．容器内压强保持不变
C．v逆(NO)=2v正(O2)D．容器内密度保持不变
(4)为使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的措施是 。
三、实验探究题
21．我国产铜主要取自黄铜矿（CuFeS2），随着矿石品位的降低和环保要求的提高，湿法炼铜的优势日益突出。该工艺的核心是黄铜矿的浸出，目前主要有氧化浸出、配位浸出和生物浸出三种方法。
Ⅰ．氧化浸出
（1）在硫酸介质中用双氧水将黄铜矿氧化，测得有生成。
①该反应的离子方程式为 。
②该反应在25～50℃下进行，实际生产中双氧水的消耗量要远远高于理论值，试分析其原因： 。
Ⅱ．配位浸出
反应原理为：（未配平）
（2）为提高黄铜矿的浸出率，可采取的措施有 （至少写出两点）。
（3）为稳定浸出液的pH，生产中需要向氨水中添加NH4Cl，构成NH3·H2O-NH4Cl缓冲溶液。某小组在实验室对该缓冲体系进行了研究：25℃时，向a ml·L-1的氨水中缓慢加入等体积0.02ml·L-1的NH4Cl溶液，平衡时溶液呈中性。则NH3·H2O的电离常数Kb= （用含a的代数式表示）；滴加NH4Cl溶液的过程中水的电离平衡 （填“正向”“逆向”或“不”）移动。
Ⅲ．生物浸出
在反应釜中加入黄铜矿、硫酸铁、硫酸和微生物，并鼓入空气，黄铜矿逐渐溶解，反应釜中各物质的转化关系如图所示。
（4）在微生物的作用下，可以循环使用的物质有 （填化学式），微生物参与反应的离子方程式为 （任写一个）。
（5）假如黄铜矿中的铁元素最终全部转化为Fe3+，当有2ml 生成时，理论上消耗O2的物质的量为 。
22．用如图装置探究NH3和CuSO4溶液的反应。
(1)上述制备NH3的实验中，烧瓶中反应涉及到多个平衡的移动：NH3+H2ONH3•H2O、 、 (列举其中的两个平衡，可写化学用语也可文字表述)。
(2)上述实验B装置可以改成什么装置，达到同样的目的。画出简图，标出所盛试剂 。
(3)NH3通入CuSO4溶液中，产生蓝色沉淀，写出该反应的离子方程式： 。
继续通氨气至过量，沉淀消失得到深蓝色[Cu(NH3)4]2+溶液。发生如下反应： (铜氨溶液)+2H2O+Q(Q＞0)。
(4)该反应平衡常数的表达式：K= 。
(5)t1时改变条件，一段时间后达到新平衡，此时反应K增大。在图中画出该过程中v正的变化 。
(6)向上述铜氨溶液中加水稀释，出现蓝色沉淀。原因是： 。
(7)在绝热密闭容器中，加入NH(aq)、Cu(OH)2和NH3(aq)进行上述反应，v正随时间的变化如图所示，v正先增大后减小的原因 。
23．(1)K2Cr2O7的水溶液中存在如下平衡：Cr2O72-（aq）+ H2O(l) 2CrO42-（aq）+ 2H+（aq）,平衡常数表达式为 ；
已知：在水溶液中K2Cr2O7为橙红色，K2CrO4为黄色。
往上述溶液中加入氢氧化钠溶液呈 色，再加入过量硫酸溶液呈 色；此实验现象，符合勒夏特列原理：如果改变维持化学平衡的条件（浓度、压强或温度），平衡就会向着 这种改变的方向移动；
(2)在KMnO4与H2C2O4反应中，可通过测定 的时间来测定该反应的速率；
此反应开始反应缓慢，随后反应迅速加快，其原因是 （填字母）
A．KMnO4溶液中的H+起催化作用
B．生成的CO2逸出，使生成物浓度降低
C．反应中，生成的Mn2+起催化作用
D．在酸性条件下KMnO4的氧化性增强
(3)为探讨化学反应速率的影响因素，设计的实验方案如下表（已知 I2＋2S2O32-===S4O62-＋2I－，其中Na2S2O3溶液均足量）。
①淀粉溶液的作用是 。②表中Vx= mL，比较t1、t2、t3大小 ，
试推测该实验结论： 。
t/min
2
4
7
9
n（Y）/ml
1.2
1.1
1.0
1.0
时间/min
0
5
10
15
20
25
2.0
1.5
1.2
1.1
1.0
1.0
0
10
20
30
40
0
0.3
0.5
0.6
0.6
t/s
0
5
15
25
35
n(A)/ml
1.0
0.85
0.81
0.80
0.80
时间(s)
0
1
2
3
4
n(NO)(ml)
0.020
0.010
0.008
0.007
0.007
实验序号
体积V/mL
时间/s
Na2S2O3溶液
淀粉溶液
碘水
水
①
10.0
2.0
4.0
0.0
t1
②
8.0
2.0
4.0
2.0
t2
③
6.0
2.0
4.0
Vx
t3
参考答案：
1．B
【详解】A．由图可知，温度越高平衡时c(CO2)越大，说明升高温度平衡向正反应方向移动，升高温度平衡向吸热反应进行，故正反应是吸热反应，即△H＞0，故A正确；
B．T2时若反应处于状态D，c(CO2)高于平衡浓度，故反应一定向逆反应方向进行，则一定有υ(正)＜υ(逆)，故B错误；
C．平衡状态A与C相比，C点温度高，已知△H＞0，升高温度平衡向正反应方向移动，CO浓度减小，所以A点CO浓度大，故C正确；
D．该反应正反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，化学平衡常数增大，故K1＜K2，故D正确；
故答案选B。
【点睛】本题考查温度对平衡移动的影响、对化学平衡常数的影响等知识，注意曲线的各点都处于平衡状态，明确化学平衡及其影响为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力，注意化学平衡图象题的解题技巧。
2．D
【详解】A．由表中数据可求得前4min内消耗Y为0.10ml，v(Y)=，所以v (Z)=2 v (Y)=0.025ml/(L·min)，A错误；
B．由表中数据可知7min时反应到达平衡，反应的三段式为
X(g) + Y(g) 2Z(g)
起始浓度(ml/L)0.16 0.16 0
变化量(ml/L) 0.06 0.06 0.12
平衡浓度(ml/L）0.1 0.1 0.12
所以平衡常数K=，B错误；
C．其他条件不变，9min时是平衡状态，再充入1.6mlX，平衡向正反应方向移动，再次达到平衡时Y的转化率增大，由于X加入量大于平衡移动消耗量，所以再次达到平衡时，X的浓度增大，C错误；
D．T1时，平衡常数K=1.44，降温到T2达到平衡时，平衡常数K2=4，说明降低温度平衡正向移动，使K增大，所以该反应正向为放热反应， D正确；
故合理选项是D。
3．C
【详解】A．升高温度，活化分子百分数增大，正、逆反应速率均增大，故A正确；
B．反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故B正确；
C．增大氢气浓度，平衡正向移动，促进二氧化碳的转化，但是氢气的转化率降低，故C错误；
D．将产物液化分离，生成物浓度减小，可使平衡正移，故D正确；
故选C。
4．D
【详解】A．由于反应Ⅰ、Ⅱ的△H都小于零，所以反应Ⅰ、Ⅱ都是放热反应，A正确；
B．升高温度，平衡逆向移动，化学平衡常数减小，所以，B正确；
C．根据盖斯定律，由Ⅰ＋Ⅱ可得反应 ，C正确；
D．将已知方程式Ⅰ+Ⅱ可得CO2(g)+3H2(g)⇌H2O(g)+CH3OH(g)反应Ⅲ的平衡常数，D错误；
故选D。
5．C
【详解】A．加入催化剂，能同程度地降低正、逆反应的活化能，正、逆反应速率都增大，故A正确；
B．该反应是气体质量增大的反应，反应中气体密度增大，则气体密度不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故B正确；
C．由表格数据可知，0~10min内，氢气的物质的量的变化量为(2.0—1.2)ml=0.8ml，由方程式可知，硫化氢的物质的量变化量为0.8ml，则硫化氢的反应速率为，故C错误；
D．由表格数据可知，20min时，反应达到平衡，平衡时，氢气的物质的量为1.0ml，由方程式可知，硫化氢的物质的量变化量为1.0ml，则反应的平衡常数，故D正确；
故选C。
6．C
【详解】A．反应物分子的碰撞频率是非常巨大的，但并不是每次碰撞都能发生反应，有合适取向的活化分子间的碰撞才是有效碰撞，才能发生化学反应，故A错误；
B．催化剂只影响化学反应速率，不影响平衡，所以不能增大CO的平衡转化率，故B错误；
C．该反应的正反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动，K增大，故C正确；
D．若该反应为非基元反应，其总反应速率由反应慢的一步基元反应决定，故D错误；
故选C。
7．B
【详解】A．合成甲醇时催化剂参与了反应，降低了反应的活化能，但不能改变反应的焓变△H，故A正确；
B．催化剂能降低反应的活化能，能同等程度改变反应速率，所以二者增大倍数相同，故B错误；
C．该反应为放热反，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳和氢气的转化率均降低，故C正确；
D．化学平衡常数为温度函数，温度不变，平衡常数不变，该反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇产率增大，但化学平衡常数不变，故D正确；
故选B。
8．A
【详解】A．由图可知，生成物中B多C少，说明反应①容易发生，活化能较反应②的低，故A错误；
B．反应③的平衡常数，由图知，平衡时，C的浓度大于B的浓度，故K>1，故B正确；
C．t1时，B在减少，C在增加，则B的消耗速率大于生成速率，故C正确；
D．由A→B，A→C可知其转化均为1:1，t2时，体系中没有A剩余，故c(C)+ c(B)= c(A)起始=c0，则c(C)=c0-c(B)，故D正确；
故选：A。
9．A
【详解】A．催化剂可以加快反应速率，故加入高效催化剂，达到平衡所用时间小于30min，A正确；
B．通入惰性气体，各物质浓度不变，正、逆反应速率不变，平衡不移动，B错误；
C．平衡常数表达式，C错误；
D．向一体积为2L的恒容密闭容器中充入2.0()和2.0，浓度为1ml/L，H2浓度为1ml/L，反应前后体积不变，达到平衡时，浓度为0.6ml/L，根据计量数关系，浓度变化为0.6ml/L，的平衡转化率为=60%，D错误；
故选A。
10．D
【详解】A．反应在前5s的平均速率，，，A项错误；
B．35s时，，升高温度，平衡时c(A)=0.41ml/L，A的浓度增加，表明升高温度反应向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，反应的△H＜0，B项错误；
C．起始时向容器中充入2 mlC，极限转化为反应物时，与原起始量比值相同，二者为等效平衡，若平衡不移动，正逆反应中A、C转化率之和为1，此时A的转化率为20%，C的转化率为80%，但压强增大，平衡向生成C的方向移动，可知达平衡时，C的转化率小于80%，C项错误；
D．A、B的起始浓度均为0.5ml/L，平衡时A浓度为0.4ml/L，A反应了0.1ml/L，列出三段式：
平衡常数，起始时向容器中充入0.20mlA、0.20mlB和1.0mlC，，平衡向逆向移动，则反应达到平衡前v(正)答案选D。
11． 浓度商 Q 等于
【详解】在任意时刻的生成物的浓度的系数次方与反应物的浓度的系数次方之比称为浓度商，常用Q表示，即Q=；
当反应中有关物质的浓度商等于平衡常数时，表明反应正逆反应速率相等，平衡不再移动，反应达到化学平衡状态。
12． 温度太低反应太慢，压强太大对设备要求较高，压强太低转化率下降 2NH3(g)+CO2(g) (NH2)2CO(g) +H2O(g) ΔH=-73kJ/ml a值越大，NH3占反应物比例高，平衡向正向移动提高了CO2转化率 前半段B反应为主导因素，温度升高，促进B反应向正向移动，后半段A反应为主导因素，A反应向逆向移动 0.75 逆向(或向左) abd
【详解】试题分析：本题考查合成NH3适宜条件的选择，盖斯定律的应用，化学平衡图象的分析，化学平衡常数的计算和应用，外界条件对化学平衡的影响。
（1）工业合成氨的反应为N2+3H22NH3；工业上合成NH3使用500℃不使用200℃的原因是：温度太低反应速率太慢，且在500℃时催化剂的催化活性最好。工业上合成NH3使用20~50MPa不使用200MPa的原因是：压强太低反应速率慢且反应物转化率低；虽然增大压强既能加快反应速率也能提高NH3的产率，但压强太大对设备要求较高，在经济上不合算。
（2）①工业上用NH3与CO2反应生成（NH2）2CO和H2O，应用盖斯定律，将A+B得，2NH3（g）+CO2（g）（NH2）2CO（g）+H2O（g）ΔH=（-123kJ/ml）+（+50kJ/ml）=-73kJ/ml，工业上由NH3和CO2合成尿素的热化学方程式为：2NH3（g）+CO2（g）（NH2）2CO（g）+H2O（g）ΔH=-73kJ/ml。
②由图可知当温度一定时，a值越大，CO2转化率越大，其原因是：a值越大，NH3占反应物的比例越大，平衡向正反应方向移动，提高CO2的转化率。当a一定时，升高温度CO2平衡转化率呈现先增大后减小的趋势，其原因是：前半段（最高点之前）B反应为主导因素，温度升高，促进B反应向正向移动，后半段（最高点之后）A反应为主导因素，升高温度，A反应向逆向移动。
（3）用三段式，4NH3（g）+ 5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）
c（起始）（ml/L）1 1.375 0 0
c（转化）（ml/L）150%=0.5 0.625 0.5 0.75
c（平衡）（ml/L）0.5 0.75 0.5 0.75
该温度下K===0.75。保持温度不变，反应容器中每种物质各增加0.1ml，瞬时NH3、O2、NO、NH3物质的量浓度依次为0.55ml/L、0.8ml/L、0.55ml/L、0.8ml/L，此时Qc==，平衡将逆向移动。a项，其他条件不变时，降低氨气浓度，平衡向逆反应方向移动，O2的转化率减小，NH3的转化率增大；b项，增大容器体积，即减小压强，平衡向正反应方向移动，NH3的转化率增大；c项，由于该反应是放热反应还是吸热反应未知，无法判断降低温度，平衡移动的方向，无法判断NH3的转化率是增大还是减小；d项，移除水蒸气，平衡向正反应方向移动，NH3的转化率增大；e项，使用合适催化剂能加快反应速率，平衡不移动，NH3的转化率不变；一定可以增大氨气转化率的是abd，答案选abd。
13． 曲线2 ab 夏季相比较冬季温度高，易分解，所以杀菌效果不如冬季
【分析】氯气在酸性条件下能稳定存在，碱性条件下不能存在，的水解： ，碱性越强，抑制的水解，所占体积分数变大，由此判断曲线1是，曲线2是，曲线3是；氯气通入水中，一部分溶解在水里不发生化学变化，一部分与水发生化学反应： ，根据物料守恒有：，在溶液中有电荷守恒：；由曲线2和曲线3交点可得 ，将反应1、2、3叠加可得：，故 ；夏季相比较冬季温度高，易分解，所以杀菌效果不如冬季。
【详解】（1）氯气在酸性条件下能稳定存在，碱性条件下不能存在，的水解： ，碱性越强，抑制的水解，所占体积分数变大，故曲线2是；故答案为：曲线2；
（2）在溶液中有电荷守恒：，故a正确；氯气通入水中，一部分溶解在水里不发生化学变化，一部分与水发生化学反应： ，根据物料守恒有：，故b正确，d错误，氯水体系显酸性，故，c错误；故答案为：ab；
（3）反应由反应1、2、3叠加可得： ；故答案为：；
（4）由题干知，的杀菌能力比强，夏季相比较冬季温度高，易分解，所以杀菌效果不如冬季；故答案为：易分解，所以杀菌效果不如冬季。
【点睛】根据各物质的化学性质判断曲线；等式中只有电荷的物质找电荷守恒，无氢离子、氢氧根找物料守恒。
14．(1)+376.4kJ•ml-1
(2) 66.7% 0.00125ml•L-1•s-1 ＞ 从题给图象判断出该反应为吸热反应，对比T1℃和T2℃两种平衡状态，由T1℃到T2℃，CH4浓度增大，说明平衡逆向移动，则T1＞T2 正向移动 变小
(3)1×105
【详解】（1）(1)碳化钙和水反应生成氢氧化钙和乙炔，反应的化学方程式为2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)。将已知反应依次编号为①②③,由盖斯定律,将①×2−
②−③×可得:2CH4(g)C2H₂(g)+3H₂(g) ∆H=(−890.3kJ∙ml-1)×2−(−1299.6kJ∙ml-1)−(−571.6 kJ∙ml-1)×=+376.4kJ·ml-1。
（2）（2）①设达到平衡时，甲烷转化了xml·L-1，根据“三段式”法进行计算:
则有0.15-x=0.5x，解得x=0.1故CH4的转化率为，×100%≈66.7%。
②由图象判断出该反应为吸热反应，因重新达到平衡后甲烷的浓度增大，故反应逆向移动，则T1℃→T2℃为降温过程，即T1>T2。结合①的计算结果，设重新达到平衡时，甲烷的浓度变化了yml·L-1，根据“三段式”法进行计算:
则有0.05+y=2×(0.05-0.5y)，解得y=0.025，则v(C2H4)=
③T1>T2
④由图象判断出该反应为吸热反应，因重新达到平衡后甲烷的浓度增大，故反应逆向移动，则T1℃→T2℃为降温过程。
（3）(3)由题图中数据可知，平衡时各物质分压如下:
平衡常数K=平衡常数只与温度有关，由题给图象可知该反应为吸热反应，则升高温度可使化学平衡常数增大。
15．(1) < H2 C2H4
(2) T1b>d a>b=d
【详解】（1）①根据方程式可判断该反应的平衡常数表达式为；起始物质的量之比n（CO2）：n（H2）=1：3，等于化学计量数之比，则平衡时比值不变，可知a为氢气的物质的量分数变化曲线，图中升高温度氢气的物质的量分数增大，则升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，△H＜0；生成C2H4（g）与H2O的物质的量比为1：4，②a为氢气的物质的量分数变化曲线，结合图中曲线关系可知d表示的是平衡时C2H4物质的量分数的变化；
（2）①该反应的正反应为放热反应，其它条件不变时，升高温度平衡逆向移动，CO的转化率降低，根据图知，a、b、c点压强相同，CO的转化率：a＞b＞c，则温度：T1＜T2＜T3；
②压强一定时，温度越高化学反应速率越快，b、c点温度：T2＜T3，则反应速率：v（b）＜v（c）；温度一定时，压强越大，化学反应速率越快，b、d点温度相同，压强：b点＞d点，则正反应速率：v（b）＞v（d），故正反应速率v（c）＞v（b）＞v（d）；
③平衡常数只与温度有关系，正反应放热，升高温度平衡常数减小，则图中a、b、d点上平衡常数的大小关系为Ka＞Kb＝Kd。
16． = 温度越高，二甲醚的选择性越大 低温时硅铝比对二甲醚的选择性影响不大，高温时随着硅铝比增大，二甲醚的选择性先增大后减小
【分析】（1）Zn/ZnO在反应中循环使用，反应中为中间产物，起到催化剂的作用；
（2）平衡常数只受温度影响，280℃下A点和B的K相等，通过对比可知230℃的曲线变化相对平缓，280℃的曲线变化程度较大且先升后降，280℃二甲醚物质的量分数较大，温度升高，浓度的变化受影响的程度也会有一定的改变。
【详解】（1）Zn/ZnO在反应中循环使用，反应中为中间产物，起到催化剂的作用；
（2）平衡常数只受温度影响，280℃下A点和B的K相等，通过对比可知230℃的曲线变化相对平缓，280℃的曲线变化程度较大且先升后降，280℃二甲醚物质的量分数较大，温度升高，浓度的变化受影响的程度也会有一定的改变，因此变化规律可归纳为：①温度越高，二甲醚的选择性越大；②低温时硅铝比对二甲醚的选择性影响不大，高温时随着硅铝比增大，二甲醚的选择性先增大后减小。
17．(1)2
(2)
(3) 1 11：10
(4)0.28
(5)AB
【分析】5min时测得C为1.5ml，用D表示的平均反应速率为0.1，由化学反应速率之比等于化学计量数之比可得：：0.1=3：x，解得x=1；若5min时该反应达到平衡，平衡时A、B、C、D的浓度为=1.5ml/L、=2ml/L、=1.5ml/L、=0.5ml/L，反应的平衡常数K=≈0.28。
（1）
由分析可知，5min时B的物质的量浓度为2ml/L，故答案为：2ml/L；
（2）
由化学反应速率之比等于化学计量数之比可得：v(A)= v(D)= 0.1，故答案为：0.1；
（3）
由分析可知，x=1；由容器中压强与起始压强之比等于容器中物质的量与起始物质的量之比可得：5min时容器中压强与起始压强之比为(1.5ml/L+2ml/L+1.5ml/L+0.5ml/L)：5ml/L=11：10，故答案为：1；11：10；
（4）
由分析可知，反应的平衡常数K为0.28，故答案为：0.28；
（5）
A．该反应是气体体积增大的反应，压强不再改变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
B．C的百分含量保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
C．A的消耗速率与B的消耗速率之比为1：2不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否已达到平衡，故错误；
D．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量不变，恒容密闭容器中气体的密度始终不变，则气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否已达到平衡，故错误；
故选AB。
18．(1)-286
(2)
【解析】（1）
电解液态水制备，电解反应的，由此可以判断，2ml完全燃烧消耗，生成液态水的同时放出的热量为572kJ，故1ml完全燃烧生成液态水放出的热量为286kJ，因此，的燃烧热(焓)-286。
（2）
由的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系图可知，K随着温度升高而减小，故该反应为放热反应。若反应为基元反应，则反应为一步完成，由于反应的与活化能(Ea)的关系为，由图２信息可知=ａ，则ａ，该反应为放热反应，生成物的总能量小于反应物的，因此该反应过程的能量变化示意图为：。
19．(1)
(2)
(3)ab
(4) 增大 不变 不移动
(5) 吸收 31.22
【详解】（1）分子中含有2个碳氧双键，结构式为；电子层数越多半径越大，电子层数相同时，质子数越多半径越小，C、H、O三种元素的原子半径由小到大的顺序为。
（2）平衡常数是反应达到平衡状态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，反应①的平衡常数表达式；
（3）a．将炭块粉碎，增大接触面积，可加快反应速率，故a正确；
b．有固体参与反应，气体总质量是变量，容器条件不变，密度是变量，混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，故b正确；
c．若水完全反应生成一氧化碳和氢气，则氢气的体积分数为50%，若水完全转化为二氧化碳和氢气，氢气的体积分数为，所以平衡时的体积分数不可能大于，故c错误；
选ab；
（4）若平衡时向容器中充入惰性气体，气体总物质的量增多，容器内压强增大，反应物、生成物浓度都不变，反应①的不变，平衡不移动。
（5）达到平衡时，的转化率为50%，CO的物质的量为0.lml，根据氧元素守恒反应生成CO2的物质的量为0.2ml，则反应②消耗0.2ml、反应①消耗0.3ml，反应②放出能量41kJ/ml×0.2ml=8.2 kJ，反应①吸收能量131.4kJ/ml×0.3ml=39.42kJ，整个体系吸收热量39.42-8.2=31.22kJ。
20．(1) c2(NO2)/[c(NO)•c(O2)] 放热
(2)υ(O2)=0.0015ml/(L·s)
(3)BC
(4)增大压强/增大反应物浓度
【详解】（1）根据平衡常数的定义可知其平衡常数K=，>，即温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应；
（2）0~2s内Δn(NO)=0.020ml-0.008ml=0.012ml，根据方程式可知相同时段内Δn(O2)=0.006ml，容器体积为2L，所以v(O2)==0.0015ml/(L·s)；
（3）A．平衡时正逆反应速率相等，但选项未指明是正反应速率还是逆反应速率，A不符合题意；
B．该反应前后气体系数之和不相等，容器恒容，所以未平衡时压强会变，当压强不变时说明反应平衡，B符合题意；
C．v逆(NO)=2v正(O2)说明v逆(NO)=v正(NO)，反应达到平衡，C符合题意；
D．容器恒容则气体总体积不变，根据质量守恒定律可知气体总质量不变，所以无论是否平衡密度都不变，D不符合题意；
综上所述答案为BC；
（4）该反应为气体系数之和减小的反应，所以增大压强可以加快反应速率，同时使平衡正反应方向移动，增大反应物浓度也可以加快反应速率，同时使平衡正反应方向移动。
21． H2O2受热分解；产物Cu2+、Fe3+催化H2O2分解等 提高氨水的浓度、提高氧压 正向 Fe2(SO4)3，H2SO4 或（任写一个） 4.25ml
【详解】（1）①CuFeS2中铜元素为+2价且为最高价态，铁元素为+2价，在酸性条件下能被双氧水氧化为Fe3+，S为-2价，可被氧化为SO42-，故反应的离子方程式为：2CuFeS2+17H2O2+2H+=2Cu2++2Fe3++4SO42-+18H2O；
②过氧化氢受热分解，且生成的Cu2+、Fe3+可催化过氧化氢分解；
（2）由反应原理可知，为提高浸出率，可将黄铜矿粉碎、增大氨水浓度、增大氧压等；
（3）混合溶液中c(NH4+)=0.02/2=0.01ml/L，c(OH-)=10-7ml/L，；滴加氯化铵溶液促进水的电离，水的电离平衡正向移动；
（4）由关系图可知，可以循环使用的物质为Fe2(SO4)3、H2SO4；由二价铁转化为三价铁有微生物参与，离子方程式为；S8与O2和H2O反应也有微生物参与，离子方程式为；
（5）由题意知，当生成2ml SO42-时，有1ml Fe2+转化为Fe3+，Fe2+失去1ml电子，S2失去16ml电子，共失去17ml电子，则消耗氧气的物质的量为；
【点睛】2ml SO42-生成时，根据S守恒，则有1ml黄铜矿（CuFeS2）参加反应，反应中转移17ml电子，根据得失电子守恒，计算消耗氧气的量。
22．(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)加水稀释后，浓度熵大于该温度下的平衡常数，平衡逆向移动，生成了更多的氢氧化铜，有蓝色沉淀生成
(7)该反应为放热反应，反应放出的热使容器内温度升高，增大；随着反应的进行，反应物浓度减小，减小
【分析】如图实验装置，装置A为制备氨气的反应，其反应方程式为，装置B的干燥管起防倒吸作用，装置B为氨气与硫酸铜溶液的反应；
【详解】（1）烧瓶中，除了存在氨气溶于水的平衡外，氢氧化钙属于微溶物，还存在氨水的电离平衡和氢氧化钙的溶解平衡，分别为、，故填；；
（2）装置B没有尾气处理装置，为了达到同样的目的，可以改用装硫酸铜溶液洗气瓶，增加一个尾气处理装置，改成如下装置，，故填；
（3）NH3通入CuSO4溶液中，产生蓝色沉淀，该沉淀为氢氧化铜，其反应的离子方程式为，故填；
（4）根据反应， (铜氨溶液)+2H2O+Q(Q＞0)，该反应的平衡常数表达式为，故填；
（5）根据反应 (铜氨溶液)+2H2O+Q(Q＞0)，该反应为放热反应，平衡常数与温度有关，改变条件K增大，则改变的条件为降低温度，正反应速率瞬间变小，向正向移动，直到达到新的平衡，正反应速率不变，其变化如图所示，，故填；
（6）对于平衡体系， (铜氨溶液)+2H2O+Q(Q＞0)，设平衡时，、、，则平衡常数；若稀释到n()倍，则稀释瞬间，、、，此时浓度熵==，所以平衡逆向进行，生成了更多的氢氧化铜，有蓝色沉淀生成，故填加水稀释后，浓度熵大于该温度下的平衡常数，平衡逆向移动，生成了更多的氢氧化铜，有蓝色沉淀生成；
（7）对于反应 (铜氨溶液)+2H2O+Q(Q＞0)，该反应为放热反应，在绝热密闭容器中发生反应，容器内温度逐渐升高，反应速率逐步加快，但随着反应进行，反应物的浓度降低，反应速率逐渐减小，即反应放出的热使容器内温度升高，增大；随着反应的进行，反应物浓度减小，减小，故填该反应为放热反应，反应放出的热使容器内温度升高，增大；随着反应的进行，反应物浓度减小，减小。
23． K= 黄 橙红 减弱 溶液紫色褪色 C 显色剂，检验I2的存在 4.0 t1【详解】(1)根据化学平衡常数的定义，可知Cr2O72-(aq)+H2O(l)⇌2CrO42-(aq)+2H+(aq)的平衡常数K=，加入少量NaOH固体，中和氢离子，氢离子浓度降低，平衡向右移动，溶液呈黄色，再加入过量硫酸溶液，H+浓度增大，平衡左移，Cr2O72-浓度增大，溶液呈橙红色，此实验现象，符合勒夏特列原理：如果改变维持化学平衡的条件(浓度、压强或温度)，平衡就会向着减弱这种改变的方向移动，故答案为K=；黄；橙红；减弱；
(2)在KMnO4与H2C2O4反应中，根据高锰酸钾溶液褪色的时间比较反应速率；A．KMnO4溶液中的H+起催化作用，由于反应开始时溶液中氢离子就存在，反应速率比较慢，说明氢离子不是反应速率迅速加快的原因，故A错误；B．生成的CO2逸出，使生成物浓度降低，生成二氧化碳逸出，生成物浓度减小，反应速率应该减小，故B错误；C． 反应中，生成的Mn2+起催化作用，由于反应刚开始时，溶液中锰离子浓度较小，随着反应的进行，溶液中锰离子浓度增大，锰离子对反应具有催化作用，故C正确；D．若是因为酸性条件下KMnO4的氧化性增强，则反应开始时反应速率就应该很快，故D错误；所以正确的是C，故答案为溶液紫色褪色；C；
(3)①淀粉遇到碘单质，溶液变成蓝色，实验中淀粉溶液作显色剂，检验I2的存在，故答案为：显色剂，检验I2的存在；
②为了探究反应物浓度对化学反应速率的影响，则除了Na2S2O3溶液的浓度不同外，应保持其他影响因素一致，即应使溶液体积均为16mL，故Vx=4.0mL；由于在三个实验中Na2S2O3溶液的体积①＞②＞③，而混合后溶液体积相同，故混合后Na2S2O3浓度①＞②＞③，可知化学反应速率①＞②＞③，反应所需时间的大小t1＜t2＜t3，故答案为4.0；t1＜t2＜t3；
根据上述分析，在其它条件不变时，增大浓度化学反应速率加快，故答案为：其它条件不变，增大浓度化学反应速率加快。
一、单选题
1．在恒容密闭容器中存在下列平衡：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，CO2的平衡浓度c(CO2)与温度T的关系如图所示。
下列说法错误的是
A．反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的 ΔH﹥0
B．在T2时，若反应处于状态D，则一定有ν(正)﹥ν(逆)
C．平衡状态A与C相比，平衡状态A的c(CO)大
D．若T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1﹤K2
2．温度为T1时，将气体X和气体Y各1.6ml充入10L恒容密闭容器中，发生反应X（g）+Y（g）2Z（g），一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如表，下列说法正确的是（ ）
A．反应0～4min的平均速率v（Z）=0.25 ml·L－1·min－1
B．T1时，反应的平衡常数K1=1.2
C．其他条件不变，9min后，向容器中再充入1.6mlX，平衡向正反应方向移动，再次达到平衡时X的浓度减小，Y的转化率增大
D．其他条件不变，若降温到T2达到平衡时，平衡常数K2=4，则此反应的△H＜0
3．二氧化碳加氢制甲醇的反应为 。下列关于该反应的说法错误的是
A．升高温度，正、逆反应速率均增大B．升高温度，平衡常数减小
C．增大氢气浓度，可提高氢气的转化率D．将产物液化分离，可使平衡正移
4．二氧化碳减排和再利用技术是促进社会环保和工业可持续发展的重要措施。将工业废气中的转化为，可以通过以下途径实现。
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
反应Ⅰ和反应Ⅱ的平衡常数K随温度T的变化如图所示。
下列说法错误的是
A．反应Ⅰ、Ⅱ都是放热反应B．温度：
C．反应Ⅲ的D．时反应Ⅲ的平衡常数
5．在一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入足量的和，发生反应：，测得的有关数据如下：
下列说法错误的是
A．加入催化剂，正、逆反应速率都增大B．气体密度保持不变时反应达到平衡状态
C．0~10min内D．该温度下，平衡常数K为1.0
6．已知反应CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) ΔH<0，在一定温度和压强下的密闭容器中，反应达到平衡。下列叙述正确的是
A．和分子的每一次碰撞都能发生化学反应
B．更换高效催化剂，可增大的平衡转化率
C．降低温度，K增大
D．若该反应为非基元反应，其总反应速率由反应快的一步基元反应决定
7．利用CO2和H2在催化剂的作用下合成甲醇，发生的反应如下：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=—58kJ•ml-1，下列说法不正确的是
A．催化剂参与了反应，不能改变△H
B．催化剂能增大v正和v逆，但二者增大倍数不同
C．升高温度，CO2和H2转化率均降低
D．增大压强提高了甲醇产率，对化学平衡常数无影响
8．一定温度下向容器中加入A发生反应如下：①A→B，②A→C，③B⇌C。反应体系中A、B、C的浓度随时间t的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A．反应①的活化能大于反应②B．该温度下，反应③的平衡常数大于1
C．t1时，B的消耗速率大于生成速率D．t2时，c(C)=c0-c(B)
9．一定温度下，向一体积为2L的恒容密闭容器中充入2.0()和2.0，生成()和：，测得浓度与时间关系如表所示。
下列说法正确的是
A．如果加入高效催化剂，达到平衡所用时间小于30min
B．通入惰性气体，正、逆反应速率都减小，平衡不移动
C．平衡常数表达式
D．在该条件下，的平衡转化率为40%
10．某温度下，向2L恒容密闭容器中充入1.0mlA和1.0mlB，反应A(g)+B(g)C(g)，经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据如下表：
下列说法正确的是
A．反应在前5s的平均速率v(B)=0.15ml/(L•s)
B．保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(A)=0.41ml/L，则反应的△H>0
C．相同温度下，起始时向容器中充入2.0mlC，达到平衡时，C的转化率大于80%
D．相同温度下，起始时向容器中充入0.20mlA、0.20mlB和1.0mlC，反应达到平衡前v(正)
11．浓度商与化学平衡常数的表达式
(1)浓度商：对于一般的可逆反应，mA(g)＋nB(g)⇌pC(g)＋qD(g)，在任意时刻的称为 ，常用 表示，即Q=。
(2)化学平衡常数表达式：当在一定温度下达到化学平衡时，K=。
(3)Q与K关系：当反应中有关物质的浓度商 平衡常数时，表明反应达到化学平衡状态。
12．含氮类化合物在人类的日常生活中有着重要的作用。
（1）研究表明，在200℃，压强超过200MPa时，不使用催化剂，氨便可以顺利合成。但工业上合成NH3往往在温度500℃压强20~50MPa的条件下进行，已知合成氨为放热反应，试分析原因 。
（2）已知：A．2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(l) ΔH=-123kJ/ml
B．NH2COONH4(l)(NH2)2CO(g)+H2O(g) ΔH= +50kJ/ml
①在工业生产中，尿素是由以上A、B两步合成的，则工业上由氨气与二氧化碳合成尿素的热化学反应方程式为： 。
②尿素合成过程中通过控制温度、NH3和CO2的物质的量比(氨碳比a)等因素来提高CO2的转化率。如图是在其他因素一定，不同氨碳比条件下CO2平衡转化率与温度的关系图。由图可知当温度一定时，a值越大，CO2转化率越大其原因是 ；当a一定时，CO2平衡转化率呈现先增大后减小的趋势，其原因为 。
（3）工业上常利用4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)生产硝酸。在同温条件下，向2L的反应容器中充入2ml NH3与2.75mlO2，平衡时NH3转化率为50%，则该温度下K= ；保持温度不变，反应容器中每种物质各增加0.1ml，则平衡将 移动；其他条件不变，下列措施一定可以增大氨气转化率的是 。
a.降低氨气浓度 b.增大容器体积 c.降低温度 d.移除水蒸气 e.选择合适的催化剂
13．氯在饮用水处理中常用作杀菌剂，且的杀菌能力比强。时氯气－氯水体系中存在以下平衡关系：
已知该体系中，、和在三者中所占分数随变化的关系如图所示。
回答下列问题：
（1）该体系中，所占分类随变化的关系是 。（曲线1、曲线2或曲线3）
（2）在氯水中，下列有关说法正确的是 （选填编号）。
a．
b．
c．
d．
（3）反应的化学平衡常数 。
（4）请解释氯处理饮用水时，冬季的杀菌效果比夏季效果好的原因 。
14．甲烷在日常生活及有机合成中用途广泛，某研究小组研究甲烷在高温下气相裂解反应的原理及其应用。
(1)已知：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH1=-890.3kJ•ml-1
C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l) ΔH2=-1299.6kJ•ml-1
2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH3=-571.6kJ•ml-1
则甲烷气相裂解反应：2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)的ΔH= 。
(2)该研究小组在研究过程中得出当甲烷分解时，几种气体平衡时分压(Pa)与温度(℃)的关系如图所示。
①T1℃时，向2L恒容密闭容器中充入0.3mlCH4，只发生反应2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)，达到平衡时，测得c(C2H4)=c(CH4)。该反应达到平衡时，CH4的转化率为 。
②对上述平衡状态，若改变温度至T2℃，经10s后再次达到平衡，c(CH4)=2c(C2H4)，则10s内C2H4的平均反应速率v(C2H4)= ，上述变化过程中T1 (填“＞”或“＜”)T2，判断理由是 。
③在①建立的平衡状态基础上，其他条件不变，再通入0.5mlCH4，平衡将 (填“不移动”、“正向移动”或“逆向移动”)，与原平衡相比，CH4的平衡转化率 (填“不变”、“变大”或“变小”)。
(3)若容器中发生反应2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)，计算该反应在图中A点温度时的平衡常数Kp= Pa2(用平衡分压代替平衡浓度)。
15．工业上通过将CO、CO2与氢气反应，实现碳中和。
(1)已知反应2CO2(g)+6H2(g) C2H4(g)+4H2O(g) ΔH。根据理论计算，在恒压、起始物质的量之比n(CO2)：n(H2)=1：3条件下，该反应达平衡时各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图-1所示。
①该反应的平衡常数表达式为 ，该反应的ΔH 0(填“>”或“<”)
②图中曲线a、d分别表示的是平衡时 和 的物质的量分数变化。
(2)用CO和H2合成CH3OH的反应为CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ΔH <0，按照相同的物质的量投料，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图-2所示。
①图中T1、T2、T3的大小关系为
②图中b、c、d点上正反应速率的关系为
③图中a、b、d点上平衡常数的大小关系为
16．二氧化碳的有效回收利用，既能缓解能源危机，又可减少温室效应的影响，具有解决能源问题及环保问题的双重意义。Zn/ZnO热化学循环还原CO2制CO的原理如图所示，回答下列问题：
（1）①Zn/ZnO在反应中循环使用，其作用是 。
（2）二甲醚是主要的有机物中间体，在一定条件下利用CO2与H2可直接合成二甲醚：2CO2(g) +6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)，=3时，实验测得CO2的平衡转化率随温度及压强变化如图所示。
合成二甲醚过程中往往会生成一氧化碳，合成时选用硅铝化合物做催化剂，硅铝比不同时，生成二甲醚或一氧化碳的物质的量分数不同。硅铝比与产物选择性如图所示。图中A点和B点的化学平衡常数比较：KA KB(填“>、<、=”)。根据以上两条曲线，写出其中一条变化规律： 。
17．在容积为1L的密闭容器中发生如下反应：，开始时A为2ml、B为3ml，5min时测得C为1.5ml，用D表示的平均反应速率为0.1。求：
(1)5min时B的物质的量浓度为 。
(2)5min内A的平均反应速率v(A)= 。
(3)x的值为 ，5min时容器中压强与起始压强之比为 。
(4)若5min时该反应达到平衡，则平衡常数K= (计算结果保留两位有效数字)。
(5)下列可作为该反应达到平衡状态的标志的是___________(填正确答案标号)。
A．压强不再改变
B．C的百分含量保持不变
C．A的消耗速率与B的消耗速率之比为1：2
D．气体密度不再变化
18．某空间站的生命保障系统功能之一是实现氧循环，其中涉及反应：CO2(g)+4H2(g)2H2O(g)+CH4(g)。回答问题：
(1)已知：电解液态水制备1mlO2(g)，电解反应的ΔH=+572kJ•ml-1。由此计算H2(g)的燃烧热(焓)ΔH= kJ•ml-1。
(2)已知：CO2(g)+4H2(g)2H2O(g)+CH4(g)的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系如图1所示。
若反应为基元反应，且反应的ΔH与活化能(Ea)的关系为>Ea。补充完成该反应过程的能量变化示意图(图2) 。
19．Ⅰ.氢气是重要的工业原料，煤的气化是一种重要的制氢途径。反应过程如下：
①
②
(1)的结构式为 ，C、H、O三种元素的原子半径由小到大的顺序为 。
(2)反应①的平衡常数表达式 。
Ⅱ.在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量和。反应平衡时，的转化率为50%，CO的物质的量为0.lml。
(3)下列说法正确的是
a．将炭块粉碎，可加快反应速率
b．混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡
c．平衡时的体积分数可能大于
(4)若平衡时向容器中充入惰性气体，容器内压强 (选填“增大”“减小”或“不变”)，反应①的 (选填“增大”“减小”或“不变”)，平衡 (选填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)。
(5)达到平衡时，整个体系 (选填“吸收”或“放出”)热量 kJ。
20．2L密闭容器内，800℃时反应：2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如表：
(1)写出该反应的平衡常数表达式：K= 。已知>，则该反应是 热反应。
(2)用O2表示从0~2s内该反应的平均速率v= 。
(3)能说明该反应已达到平衡状态的是_______。
A．v(NO2)=2v(O2)B．容器内压强保持不变
C．v逆(NO)=2v正(O2)D．容器内密度保持不变
(4)为使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的措施是 。
三、实验探究题
21．我国产铜主要取自黄铜矿（CuFeS2），随着矿石品位的降低和环保要求的提高，湿法炼铜的优势日益突出。该工艺的核心是黄铜矿的浸出，目前主要有氧化浸出、配位浸出和生物浸出三种方法。
Ⅰ．氧化浸出
（1）在硫酸介质中用双氧水将黄铜矿氧化，测得有生成。
①该反应的离子方程式为 。
②该反应在25～50℃下进行，实际生产中双氧水的消耗量要远远高于理论值，试分析其原因： 。
Ⅱ．配位浸出
反应原理为：（未配平）
（2）为提高黄铜矿的浸出率，可采取的措施有 （至少写出两点）。
（3）为稳定浸出液的pH，生产中需要向氨水中添加NH4Cl，构成NH3·H2O-NH4Cl缓冲溶液。某小组在实验室对该缓冲体系进行了研究：25℃时，向a ml·L-1的氨水中缓慢加入等体积0.02ml·L-1的NH4Cl溶液，平衡时溶液呈中性。则NH3·H2O的电离常数Kb= （用含a的代数式表示）；滴加NH4Cl溶液的过程中水的电离平衡 （填“正向”“逆向”或“不”）移动。
Ⅲ．生物浸出
在反应釜中加入黄铜矿、硫酸铁、硫酸和微生物，并鼓入空气，黄铜矿逐渐溶解，反应釜中各物质的转化关系如图所示。
（4）在微生物的作用下，可以循环使用的物质有 （填化学式），微生物参与反应的离子方程式为 （任写一个）。
（5）假如黄铜矿中的铁元素最终全部转化为Fe3+，当有2ml 生成时，理论上消耗O2的物质的量为 。
22．用如图装置探究NH3和CuSO4溶液的反应。
(1)上述制备NH3的实验中，烧瓶中反应涉及到多个平衡的移动：NH3+H2ONH3•H2O、 、 (列举其中的两个平衡，可写化学用语也可文字表述)。
(2)上述实验B装置可以改成什么装置，达到同样的目的。画出简图，标出所盛试剂 。
(3)NH3通入CuSO4溶液中，产生蓝色沉淀，写出该反应的离子方程式： 。
继续通氨气至过量，沉淀消失得到深蓝色[Cu(NH3)4]2+溶液。发生如下反应： (铜氨溶液)+2H2O+Q(Q＞0)。
(4)该反应平衡常数的表达式：K= 。
(5)t1时改变条件，一段时间后达到新平衡，此时反应K增大。在图中画出该过程中v正的变化 。
(6)向上述铜氨溶液中加水稀释，出现蓝色沉淀。原因是： 。
(7)在绝热密闭容器中，加入NH(aq)、Cu(OH)2和NH3(aq)进行上述反应，v正随时间的变化如图所示，v正先增大后减小的原因 。
23．(1)K2Cr2O7的水溶液中存在如下平衡：Cr2O72-（aq）+ H2O(l) 2CrO42-（aq）+ 2H+（aq）,平衡常数表达式为 ；
已知：在水溶液中K2Cr2O7为橙红色，K2CrO4为黄色。
往上述溶液中加入氢氧化钠溶液呈 色，再加入过量硫酸溶液呈 色；此实验现象，符合勒夏特列原理：如果改变维持化学平衡的条件（浓度、压强或温度），平衡就会向着 这种改变的方向移动；
(2)在KMnO4与H2C2O4反应中，可通过测定 的时间来测定该反应的速率；
此反应开始反应缓慢，随后反应迅速加快，其原因是 （填字母）
A．KMnO4溶液中的H+起催化作用
B．生成的CO2逸出，使生成物浓度降低
C．反应中，生成的Mn2+起催化作用
D．在酸性条件下KMnO4的氧化性增强
(3)为探讨化学反应速率的影响因素，设计的实验方案如下表（已知 I2＋2S2O32-===S4O62-＋2I－，其中Na2S2O3溶液均足量）。
①淀粉溶液的作用是 。②表中Vx= mL，比较t1、t2、t3大小 ，
试推测该实验结论： 。
t/min
2
4
7
9
n（Y）/ml
1.2
1.1
1.0
1.0
时间/min
0
5
10
15
20
25
2.0
1.5
1.2
1.1
1.0
1.0
0
10
20
30
40
0
0.3
0.5
0.6
0.6
t/s
0
5
15
25
35
n(A)/ml
1.0
0.85
0.81
0.80
0.80
时间(s)
0
1
2
3
4
n(NO)(ml)
0.020
0.010
0.008
0.007
0.007
实验序号
体积V/mL
时间/s
Na2S2O3溶液
淀粉溶液
碘水
水
①
10.0
2.0
4.0
0.0
t1
②
8.0
2.0
4.0
2.0
t2
③
6.0
2.0
4.0
Vx
t3
参考答案：
1．B
【详解】A．由图可知，温度越高平衡时c(CO2)越大，说明升高温度平衡向正反应方向移动，升高温度平衡向吸热反应进行，故正反应是吸热反应，即△H＞0，故A正确；
B．T2时若反应处于状态D，c(CO2)高于平衡浓度，故反应一定向逆反应方向进行，则一定有υ(正)＜υ(逆)，故B错误；
C．平衡状态A与C相比，C点温度高，已知△H＞0，升高温度平衡向正反应方向移动，CO浓度减小，所以A点CO浓度大，故C正确；
D．该反应正反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，化学平衡常数增大，故K1＜K2，故D正确；
故答案选B。
【点睛】本题考查温度对平衡移动的影响、对化学平衡常数的影响等知识，注意曲线的各点都处于平衡状态，明确化学平衡及其影响为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力，注意化学平衡图象题的解题技巧。
2．D
【详解】A．由表中数据可求得前4min内消耗Y为0.10ml，v(Y)=，所以v (Z)=2 v (Y)=0.025ml/(L·min)，A错误；
B．由表中数据可知7min时反应到达平衡，反应的三段式为
X(g) + Y(g) 2Z(g)
起始浓度(ml/L)0.16 0.16 0
变化量(ml/L) 0.06 0.06 0.12
平衡浓度(ml/L）0.1 0.1 0.12
所以平衡常数K=，B错误；
C．其他条件不变，9min时是平衡状态，再充入1.6mlX，平衡向正反应方向移动，再次达到平衡时Y的转化率增大，由于X加入量大于平衡移动消耗量，所以再次达到平衡时，X的浓度增大，C错误；
D．T1时，平衡常数K=1.44，降温到T2达到平衡时，平衡常数K2=4，说明降低温度平衡正向移动，使K增大，所以该反应正向为放热反应， D正确；
故合理选项是D。
3．C
【详解】A．升高温度，活化分子百分数增大，正、逆反应速率均增大，故A正确；
B．反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故B正确；
C．增大氢气浓度，平衡正向移动，促进二氧化碳的转化，但是氢气的转化率降低，故C错误；
D．将产物液化分离，生成物浓度减小，可使平衡正移，故D正确；
故选C。
4．D
【详解】A．由于反应Ⅰ、Ⅱ的△H都小于零，所以反应Ⅰ、Ⅱ都是放热反应，A正确；
B．升高温度，平衡逆向移动，化学平衡常数减小，所以，B正确；
C．根据盖斯定律，由Ⅰ＋Ⅱ可得反应 ，C正确；
D．将已知方程式Ⅰ+Ⅱ可得CO2(g)+3H2(g)⇌H2O(g)+CH3OH(g)反应Ⅲ的平衡常数，D错误；
故选D。
5．C
【详解】A．加入催化剂，能同程度地降低正、逆反应的活化能，正、逆反应速率都增大，故A正确；
B．该反应是气体质量增大的反应，反应中气体密度增大，则气体密度不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故B正确；
C．由表格数据可知，0~10min内，氢气的物质的量的变化量为(2.0—1.2)ml=0.8ml，由方程式可知，硫化氢的物质的量变化量为0.8ml，则硫化氢的反应速率为，故C错误；
D．由表格数据可知，20min时，反应达到平衡，平衡时，氢气的物质的量为1.0ml，由方程式可知，硫化氢的物质的量变化量为1.0ml，则反应的平衡常数，故D正确；
故选C。
6．C
【详解】A．反应物分子的碰撞频率是非常巨大的，但并不是每次碰撞都能发生反应，有合适取向的活化分子间的碰撞才是有效碰撞，才能发生化学反应，故A错误；
B．催化剂只影响化学反应速率，不影响平衡，所以不能增大CO的平衡转化率，故B错误；
C．该反应的正反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动，K增大，故C正确；
D．若该反应为非基元反应，其总反应速率由反应慢的一步基元反应决定，故D错误；
故选C。
7．B
【详解】A．合成甲醇时催化剂参与了反应，降低了反应的活化能，但不能改变反应的焓变△H，故A正确；
B．催化剂能降低反应的活化能，能同等程度改变反应速率，所以二者增大倍数相同，故B错误；
C．该反应为放热反，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳和氢气的转化率均降低，故C正确；
D．化学平衡常数为温度函数，温度不变，平衡常数不变，该反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇产率增大，但化学平衡常数不变，故D正确；
故选B。
8．A
【详解】A．由图可知，生成物中B多C少，说明反应①容易发生，活化能较反应②的低，故A错误；
B．反应③的平衡常数，由图知，平衡时，C的浓度大于B的浓度，故K>1，故B正确；
C．t1时，B在减少，C在增加，则B的消耗速率大于生成速率，故C正确；
D．由A→B，A→C可知其转化均为1:1，t2时，体系中没有A剩余，故c(C)+ c(B)= c(A)起始=c0，则c(C)=c0-c(B)，故D正确；
故选：A。
9．A
【详解】A．催化剂可以加快反应速率，故加入高效催化剂，达到平衡所用时间小于30min，A正确；
B．通入惰性气体，各物质浓度不变，正、逆反应速率不变，平衡不移动，B错误；
C．平衡常数表达式，C错误；
D．向一体积为2L的恒容密闭容器中充入2.0()和2.0，浓度为1ml/L，H2浓度为1ml/L，反应前后体积不变，达到平衡时，浓度为0.6ml/L，根据计量数关系，浓度变化为0.6ml/L，的平衡转化率为=60%，D错误；
故选A。
10．D
【详解】A．反应在前5s的平均速率，，，A项错误；
B．35s时，，升高温度，平衡时c(A)=0.41ml/L，A的浓度增加，表明升高温度反应向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，反应的△H＜0，B项错误；
C．起始时向容器中充入2 mlC，极限转化为反应物时，与原起始量比值相同，二者为等效平衡，若平衡不移动，正逆反应中A、C转化率之和为1，此时A的转化率为20%，C的转化率为80%，但压强增大，平衡向生成C的方向移动，可知达平衡时，C的转化率小于80%，C项错误；
D．A、B的起始浓度均为0.5ml/L，平衡时A浓度为0.4ml/L，A反应了0.1ml/L，列出三段式：
平衡常数，起始时向容器中充入0.20mlA、0.20mlB和1.0mlC，，平衡向逆向移动，则反应达到平衡前v(正)
11． 浓度商 Q 等于
【详解】在任意时刻的生成物的浓度的系数次方与反应物的浓度的系数次方之比称为浓度商，常用Q表示，即Q=；
当反应中有关物质的浓度商等于平衡常数时，表明反应正逆反应速率相等，平衡不再移动，反应达到化学平衡状态。
12． 温度太低反应太慢，压强太大对设备要求较高，压强太低转化率下降 2NH3(g)+CO2(g) (NH2)2CO(g) +H2O(g) ΔH=-73kJ/ml a值越大，NH3占反应物比例高，平衡向正向移动提高了CO2转化率 前半段B反应为主导因素，温度升高，促进B反应向正向移动，后半段A反应为主导因素，A反应向逆向移动 0.75 逆向(或向左) abd
【详解】试题分析：本题考查合成NH3适宜条件的选择，盖斯定律的应用，化学平衡图象的分析，化学平衡常数的计算和应用，外界条件对化学平衡的影响。
（1）工业合成氨的反应为N2+3H22NH3；工业上合成NH3使用500℃不使用200℃的原因是：温度太低反应速率太慢，且在500℃时催化剂的催化活性最好。工业上合成NH3使用20~50MPa不使用200MPa的原因是：压强太低反应速率慢且反应物转化率低；虽然增大压强既能加快反应速率也能提高NH3的产率，但压强太大对设备要求较高，在经济上不合算。
（2）①工业上用NH3与CO2反应生成（NH2）2CO和H2O，应用盖斯定律，将A+B得，2NH3（g）+CO2（g）（NH2）2CO（g）+H2O（g）ΔH=（-123kJ/ml）+（+50kJ/ml）=-73kJ/ml，工业上由NH3和CO2合成尿素的热化学方程式为：2NH3（g）+CO2（g）（NH2）2CO（g）+H2O（g）ΔH=-73kJ/ml。
②由图可知当温度一定时，a值越大，CO2转化率越大，其原因是：a值越大，NH3占反应物的比例越大，平衡向正反应方向移动，提高CO2的转化率。当a一定时，升高温度CO2平衡转化率呈现先增大后减小的趋势，其原因是：前半段（最高点之前）B反应为主导因素，温度升高，促进B反应向正向移动，后半段（最高点之后）A反应为主导因素，升高温度，A反应向逆向移动。
（3）用三段式，4NH3（g）+ 5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）
c（起始）（ml/L）1 1.375 0 0
c（转化）（ml/L）150%=0.5 0.625 0.5 0.75
c（平衡）（ml/L）0.5 0.75 0.5 0.75
该温度下K===0.75。保持温度不变，反应容器中每种物质各增加0.1ml，瞬时NH3、O2、NO、NH3物质的量浓度依次为0.55ml/L、0.8ml/L、0.55ml/L、0.8ml/L，此时Qc==，平衡将逆向移动。a项，其他条件不变时，降低氨气浓度，平衡向逆反应方向移动，O2的转化率减小，NH3的转化率增大；b项，增大容器体积，即减小压强，平衡向正反应方向移动，NH3的转化率增大；c项，由于该反应是放热反应还是吸热反应未知，无法判断降低温度，平衡移动的方向，无法判断NH3的转化率是增大还是减小；d项，移除水蒸气，平衡向正反应方向移动，NH3的转化率增大；e项，使用合适催化剂能加快反应速率，平衡不移动，NH3的转化率不变；一定可以增大氨气转化率的是abd，答案选abd。
13． 曲线2 ab 夏季相比较冬季温度高，易分解，所以杀菌效果不如冬季
【分析】氯气在酸性条件下能稳定存在，碱性条件下不能存在，的水解： ，碱性越强，抑制的水解，所占体积分数变大，由此判断曲线1是，曲线2是，曲线3是；氯气通入水中，一部分溶解在水里不发生化学变化，一部分与水发生化学反应： ，根据物料守恒有：，在溶液中有电荷守恒：；由曲线2和曲线3交点可得 ，将反应1、2、3叠加可得：，故 ；夏季相比较冬季温度高，易分解，所以杀菌效果不如冬季。
【详解】（1）氯气在酸性条件下能稳定存在，碱性条件下不能存在，的水解： ，碱性越强，抑制的水解，所占体积分数变大，故曲线2是；故答案为：曲线2；
（2）在溶液中有电荷守恒：，故a正确；氯气通入水中，一部分溶解在水里不发生化学变化，一部分与水发生化学反应： ，根据物料守恒有：，故b正确，d错误，氯水体系显酸性，故，c错误；故答案为：ab；
（3）反应由反应1、2、3叠加可得： ；故答案为：；
（4）由题干知，的杀菌能力比强，夏季相比较冬季温度高，易分解，所以杀菌效果不如冬季；故答案为：易分解，所以杀菌效果不如冬季。
【点睛】根据各物质的化学性质判断曲线；等式中只有电荷的物质找电荷守恒，无氢离子、氢氧根找物料守恒。
14．(1)+376.4kJ•ml-1
(2) 66.7% 0.00125ml•L-1•s-1 ＞ 从题给图象判断出该反应为吸热反应，对比T1℃和T2℃两种平衡状态，由T1℃到T2℃，CH4浓度增大，说明平衡逆向移动，则T1＞T2 正向移动 变小
(3)1×105
【详解】（1）(1)碳化钙和水反应生成氢氧化钙和乙炔，反应的化学方程式为2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)。将已知反应依次编号为①②③,由盖斯定律,将①×2−
②−③×可得:2CH4(g)C2H₂(g)+3H₂(g) ∆H=(−890.3kJ∙ml-1)×2−(−1299.6kJ∙ml-1)−(−571.6 kJ∙ml-1)×=+376.4kJ·ml-1。
（2）（2）①设达到平衡时，甲烷转化了xml·L-1，根据“三段式”法进行计算:
则有0.15-x=0.5x，解得x=0.1故CH4的转化率为，×100%≈66.7%。
②由图象判断出该反应为吸热反应，因重新达到平衡后甲烷的浓度增大，故反应逆向移动，则T1℃→T2℃为降温过程，即T1>T2。结合①的计算结果，设重新达到平衡时，甲烷的浓度变化了yml·L-1，根据“三段式”法进行计算:
则有0.05+y=2×(0.05-0.5y)，解得y=0.025，则v(C2H4)=
③T1>T2
④由图象判断出该反应为吸热反应，因重新达到平衡后甲烷的浓度增大，故反应逆向移动，则T1℃→T2℃为降温过程。
（3）(3)由题图中数据可知，平衡时各物质分压如下:
平衡常数K=平衡常数只与温度有关，由题给图象可知该反应为吸热反应，则升高温度可使化学平衡常数增大。
15．(1) < H2 C2H4
(2) T1
【详解】（1）①根据方程式可判断该反应的平衡常数表达式为；起始物质的量之比n（CO2）：n（H2）=1：3，等于化学计量数之比，则平衡时比值不变，可知a为氢气的物质的量分数变化曲线，图中升高温度氢气的物质的量分数增大，则升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，△H＜0；生成C2H4（g）与H2O的物质的量比为1：4，②a为氢气的物质的量分数变化曲线，结合图中曲线关系可知d表示的是平衡时C2H4物质的量分数的变化；
（2）①该反应的正反应为放热反应，其它条件不变时，升高温度平衡逆向移动，CO的转化率降低，根据图知，a、b、c点压强相同，CO的转化率：a＞b＞c，则温度：T1＜T2＜T3；
②压强一定时，温度越高化学反应速率越快，b、c点温度：T2＜T3，则反应速率：v（b）＜v（c）；温度一定时，压强越大，化学反应速率越快，b、d点温度相同，压强：b点＞d点，则正反应速率：v（b）＞v（d），故正反应速率v（c）＞v（b）＞v（d）；
③平衡常数只与温度有关系，正反应放热，升高温度平衡常数减小，则图中a、b、d点上平衡常数的大小关系为Ka＞Kb＝Kd。
16． = 温度越高，二甲醚的选择性越大 低温时硅铝比对二甲醚的选择性影响不大，高温时随着硅铝比增大，二甲醚的选择性先增大后减小
【分析】（1）Zn/ZnO在反应中循环使用，反应中为中间产物，起到催化剂的作用；
（2）平衡常数只受温度影响，280℃下A点和B的K相等，通过对比可知230℃的曲线变化相对平缓，280℃的曲线变化程度较大且先升后降，280℃二甲醚物质的量分数较大，温度升高，浓度的变化受影响的程度也会有一定的改变。
【详解】（1）Zn/ZnO在反应中循环使用，反应中为中间产物，起到催化剂的作用；
（2）平衡常数只受温度影响，280℃下A点和B的K相等，通过对比可知230℃的曲线变化相对平缓，280℃的曲线变化程度较大且先升后降，280℃二甲醚物质的量分数较大，温度升高，浓度的变化受影响的程度也会有一定的改变，因此变化规律可归纳为：①温度越高，二甲醚的选择性越大；②低温时硅铝比对二甲醚的选择性影响不大，高温时随着硅铝比增大，二甲醚的选择性先增大后减小。
17．(1)2
(2)
(3) 1 11：10
(4)0.28
(5)AB
【分析】5min时测得C为1.5ml，用D表示的平均反应速率为0.1，由化学反应速率之比等于化学计量数之比可得：：0.1=3：x，解得x=1；若5min时该反应达到平衡，平衡时A、B、C、D的浓度为=1.5ml/L、=2ml/L、=1.5ml/L、=0.5ml/L，反应的平衡常数K=≈0.28。
（1）
由分析可知，5min时B的物质的量浓度为2ml/L，故答案为：2ml/L；
（2）
由化学反应速率之比等于化学计量数之比可得：v(A)= v(D)= 0.1，故答案为：0.1；
（3）
由分析可知，x=1；由容器中压强与起始压强之比等于容器中物质的量与起始物质的量之比可得：5min时容器中压强与起始压强之比为(1.5ml/L+2ml/L+1.5ml/L+0.5ml/L)：5ml/L=11：10，故答案为：1；11：10；
（4）
由分析可知，反应的平衡常数K为0.28，故答案为：0.28；
（5）
A．该反应是气体体积增大的反应，压强不再改变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
B．C的百分含量保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
C．A的消耗速率与B的消耗速率之比为1：2不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否已达到平衡，故错误；
D．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量不变，恒容密闭容器中气体的密度始终不变，则气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否已达到平衡，故错误；
故选AB。
18．(1)-286
(2)
【解析】（1）
电解液态水制备，电解反应的，由此可以判断，2ml完全燃烧消耗，生成液态水的同时放出的热量为572kJ，故1ml完全燃烧生成液态水放出的热量为286kJ，因此，的燃烧热(焓)-286。
（2）
由的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系图可知，K随着温度升高而减小，故该反应为放热反应。若反应为基元反应，则反应为一步完成，由于反应的与活化能(Ea)的关系为，由图２信息可知=ａ，则ａ，该反应为放热反应，生成物的总能量小于反应物的，因此该反应过程的能量变化示意图为：。
19．(1)
(2)
(3)ab
(4) 增大 不变 不移动
(5) 吸收 31.22
【详解】（1）分子中含有2个碳氧双键，结构式为；电子层数越多半径越大，电子层数相同时，质子数越多半径越小，C、H、O三种元素的原子半径由小到大的顺序为。
（2）平衡常数是反应达到平衡状态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，反应①的平衡常数表达式；
（3）a．将炭块粉碎，增大接触面积，可加快反应速率，故a正确；
b．有固体参与反应，气体总质量是变量，容器条件不变，密度是变量，混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，故b正确；
c．若水完全反应生成一氧化碳和氢气，则氢气的体积分数为50%，若水完全转化为二氧化碳和氢气，氢气的体积分数为，所以平衡时的体积分数不可能大于，故c错误；
选ab；
（4）若平衡时向容器中充入惰性气体，气体总物质的量增多，容器内压强增大，反应物、生成物浓度都不变，反应①的不变，平衡不移动。
（5）达到平衡时，的转化率为50%，CO的物质的量为0.lml，根据氧元素守恒反应生成CO2的物质的量为0.2ml，则反应②消耗0.2ml、反应①消耗0.3ml，反应②放出能量41kJ/ml×0.2ml=8.2 kJ，反应①吸收能量131.4kJ/ml×0.3ml=39.42kJ，整个体系吸收热量39.42-8.2=31.22kJ。
20．(1) c2(NO2)/[c(NO)•c(O2)] 放热
(2)υ(O2)=0.0015ml/(L·s)
(3)BC
(4)增大压强/增大反应物浓度
【详解】（1）根据平衡常数的定义可知其平衡常数K=，>，即温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应；
（2）0~2s内Δn(NO)=0.020ml-0.008ml=0.012ml，根据方程式可知相同时段内Δn(O2)=0.006ml，容器体积为2L，所以v(O2)==0.0015ml/(L·s)；
（3）A．平衡时正逆反应速率相等，但选项未指明是正反应速率还是逆反应速率，A不符合题意；
B．该反应前后气体系数之和不相等，容器恒容，所以未平衡时压强会变，当压强不变时说明反应平衡，B符合题意；
C．v逆(NO)=2v正(O2)说明v逆(NO)=v正(NO)，反应达到平衡，C符合题意；
D．容器恒容则气体总体积不变，根据质量守恒定律可知气体总质量不变，所以无论是否平衡密度都不变，D不符合题意；
综上所述答案为BC；
（4）该反应为气体系数之和减小的反应，所以增大压强可以加快反应速率，同时使平衡正反应方向移动，增大反应物浓度也可以加快反应速率，同时使平衡正反应方向移动。
21． H2O2受热分解；产物Cu2+、Fe3+催化H2O2分解等 提高氨水的浓度、提高氧压 正向 Fe2(SO4)3，H2SO4 或（任写一个） 4.25ml
【详解】（1）①CuFeS2中铜元素为+2价且为最高价态，铁元素为+2价，在酸性条件下能被双氧水氧化为Fe3+，S为-2价，可被氧化为SO42-，故反应的离子方程式为：2CuFeS2+17H2O2+2H+=2Cu2++2Fe3++4SO42-+18H2O；
②过氧化氢受热分解，且生成的Cu2+、Fe3+可催化过氧化氢分解；
（2）由反应原理可知，为提高浸出率，可将黄铜矿粉碎、增大氨水浓度、增大氧压等；
（3）混合溶液中c(NH4+)=0.02/2=0.01ml/L，c(OH-)=10-7ml/L，；滴加氯化铵溶液促进水的电离，水的电离平衡正向移动；
（4）由关系图可知，可以循环使用的物质为Fe2(SO4)3、H2SO4；由二价铁转化为三价铁有微生物参与，离子方程式为；S8与O2和H2O反应也有微生物参与，离子方程式为；
（5）由题意知，当生成2ml SO42-时，有1ml Fe2+转化为Fe3+，Fe2+失去1ml电子，S2失去16ml电子，共失去17ml电子，则消耗氧气的物质的量为；
【点睛】2ml SO42-生成时，根据S守恒，则有1ml黄铜矿（CuFeS2）参加反应，反应中转移17ml电子，根据得失电子守恒，计算消耗氧气的量。
22．(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)加水稀释后，浓度熵大于该温度下的平衡常数，平衡逆向移动，生成了更多的氢氧化铜，有蓝色沉淀生成
(7)该反应为放热反应，反应放出的热使容器内温度升高，增大；随着反应的进行，反应物浓度减小，减小
【分析】如图实验装置，装置A为制备氨气的反应，其反应方程式为，装置B的干燥管起防倒吸作用，装置B为氨气与硫酸铜溶液的反应；
【详解】（1）烧瓶中，除了存在氨气溶于水的平衡外，氢氧化钙属于微溶物，还存在氨水的电离平衡和氢氧化钙的溶解平衡，分别为、，故填；；
（2）装置B没有尾气处理装置，为了达到同样的目的，可以改用装硫酸铜溶液洗气瓶，增加一个尾气处理装置，改成如下装置，，故填；
（3）NH3通入CuSO4溶液中，产生蓝色沉淀，该沉淀为氢氧化铜，其反应的离子方程式为，故填；
（4）根据反应， (铜氨溶液)+2H2O+Q(Q＞0)，该反应的平衡常数表达式为，故填；
（5）根据反应 (铜氨溶液)+2H2O+Q(Q＞0)，该反应为放热反应，平衡常数与温度有关，改变条件K增大，则改变的条件为降低温度，正反应速率瞬间变小，向正向移动，直到达到新的平衡，正反应速率不变，其变化如图所示，，故填；
（6）对于平衡体系， (铜氨溶液)+2H2O+Q(Q＞0)，设平衡时，、、，则平衡常数；若稀释到n()倍，则稀释瞬间，、、，此时浓度熵==，所以平衡逆向进行，生成了更多的氢氧化铜，有蓝色沉淀生成，故填加水稀释后，浓度熵大于该温度下的平衡常数，平衡逆向移动，生成了更多的氢氧化铜，有蓝色沉淀生成；
（7）对于反应 (铜氨溶液)+2H2O+Q(Q＞0)，该反应为放热反应，在绝热密闭容器中发生反应，容器内温度逐渐升高，反应速率逐步加快，但随着反应进行，反应物的浓度降低，反应速率逐渐减小，即反应放出的热使容器内温度升高，增大；随着反应的进行，反应物浓度减小，减小，故填该反应为放热反应，反应放出的热使容器内温度升高，增大；随着反应的进行，反应物浓度减小，减小。
23． K= 黄 橙红 减弱 溶液紫色褪色 C 显色剂，检验I2的存在 4.0 t1
(2)在KMnO4与H2C2O4反应中，根据高锰酸钾溶液褪色的时间比较反应速率；A．KMnO4溶液中的H+起催化作用，由于反应开始时溶液中氢离子就存在，反应速率比较慢，说明氢离子不是反应速率迅速加快的原因，故A错误；B．生成的CO2逸出，使生成物浓度降低，生成二氧化碳逸出，生成物浓度减小，反应速率应该减小，故B错误；C． 反应中，生成的Mn2+起催化作用，由于反应刚开始时，溶液中锰离子浓度较小，随着反应的进行，溶液中锰离子浓度增大，锰离子对反应具有催化作用，故C正确；D．若是因为酸性条件下KMnO4的氧化性增强，则反应开始时反应速率就应该很快，故D错误；所以正确的是C，故答案为溶液紫色褪色；C；
(3)①淀粉遇到碘单质，溶液变成蓝色，实验中淀粉溶液作显色剂，检验I2的存在，故答案为：显色剂，检验I2的存在；
②为了探究反应物浓度对化学反应速率的影响，则除了Na2S2O3溶液的浓度不同外，应保持其他影响因素一致，即应使溶液体积均为16mL，故Vx=4.0mL；由于在三个实验中Na2S2O3溶液的体积①＞②＞③，而混合后溶液体积相同，故混合后Na2S2O3浓度①＞②＞③，可知化学反应速率①＞②＞③，反应所需时间的大小t1＜t2＜t3，故答案为4.0；t1＜t2＜t3；
根据上述分析，在其它条件不变时，增大浓度化学反应速率加快，故答案为：其它条件不变，增大浓度化学反应速率加快。
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