2022届高三化学一轮复习反应原理专题练04化学平衡移动及其影响因素(含解析)

1、化学平衡移动及其影响因素一、单选题（本大题共15小题，共45分）1. 工业合成氨的反应原理为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H0，下列措施既能加快反应速率又能提高产率的是()A. 升高温度B. 增大压强C. 分离出NH3D. 使用催化剂2. 在一定条件下，反应2HI(g)H2(g)+I2(g)(紫红色)H>0，达到平衡时，要使混合气体的颜色加深，可采取的措施是()增大氢气的浓度 升高温度 降低温度 缩小体积 增大HI的浓度 减小压强A. B. C. D. 3. 下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是()A. 反应CO(g)+NO2(

2、g)CO2(g)+NO(g)H<0，升高温度可使平衡向逆反应方向移动B. 合成NH3的反应，为提高NH3的产率，理论上应采取相对较低的温度C. 溴水中存在平衡：Br2+H2OHBr+HBrO，当加入AgNO3溶液后，溶液颜色变浅D. 对2HI(g) H2(g)+I2(g)，增大平衡体系的压强(压缩体积)可使体系颜色变深4. 用下列装置进行相应的实验，不能达到实验目的的是A. 用甲装置制取乙酸乙酯B. 用乙装置除去I2中混有的泥沙C. 用丙装置探究温度对化学平衡的影响D. 用丁装置验证石蜡油分解的产物中含有不饱和烃5. 向体积相同的甲、乙两容器中，分别充有等物质的量的SO2和O2

3、，在相同温度下发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，并达到平衡，在这一过程中，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的转化率为p%，则乙容器中SO2的转化率(    )A. 等于p%B. 大于p%C. 小于p%D. 无法判断6. 在容积相同的四个密闭的容器中进行同样的可逆反应2A(g)+B(g)3C(g)，起始时四个容器所盛A、B的量分别为(    )容器甲乙丙丁A(mol)2121B(mol) 1 122在性同的温度下建立平衡时，A、B的转化率大小关系正确的是()A. A:甲<丙<乙<

4、;丁B. A:甲<乙=丙<丁C. B:甲>丙>乙>丁D. B:丁>乙>丙>甲7. 在容积不变的密闭容器中存在如下反应：2A(g)+B(g)3C(g)+D(s)H<0，某研究小组研究了在其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列分析不正确的是()A. 图表示增加反应物浓度对该平衡的影响B. 图表示减小压强对该平衡的影响C. 图表示温度对该平衡的影响，温度：乙>甲D. 图表示催化剂对该平衡的影响，催化效率：甲>乙8. 一定温度下，将1molA(g)和1molB(g)充入2L密闭容器中发生反应：A(g)+B(g)xC(g)+D

5、(s) H<0，在t1时达平衡。在t2、t3时刻分别改变反应的一个条件，测得容器中C(g)的浓度随时间变化如图所示。下列有关说法正确的是(   ) A. t2时刻改变的条件是使用催化剂B. t3时刻v(逆)可能小于t2时刻v(逆)C. t3时刻改变的条件一定是增大反应物的浓度D. t1t2、t2t3平衡常数均为0.259. 对于可逆反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)   H<0，下列研究目的和图示相符的是(    )A. 压强影响(P2>P1)  B. 温度影

6、响C. 增加c(N2)D. 催化剂影响10. 某恒容密闭容器中充入等物质的量的A 和B，一定温度下发生反应A(s)+xB(g)2C(g)，达到平衡后，在不同的时间段，分别改变影响反应的一个条件，测得容器中物质的物质的量浓度、反应速率分别随时间的变化如图所示：下列说法中正确的是()A. 30 min40 min 间该反应使用了催化剂B. 反应方程式中的x=2，正反应为吸热反应C. 30 min 时条件的变化是降低压强，40 min 时条件的变化是升高温度D. 前8 min A 的平均反应

7、速率为0.08 molL-1min-111. 臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱硝反应为2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)  H<0。若上述反应在恒容密闭容器中进行，则下列对该反应相关图像的判断正确的是A. 甲图中t0时刻改变的反应条件为增大压强B. 乙图中温度T2>T1，纵坐标可代表NO2的百分含量C. 丙图为升高温度时的速率变化曲线D. 丁图中a、b、c三点中b点对应的平衡常数K最小12. 某化学反应2A(g)=B(g)+C(？)在三种不同条件下进行，B、C起始的物质的量为0。反应物A的浓度(molL-1)随反应时间的变化情况见下表，下列说法不

8、正确的是()实验序号时间浓度温度010min20min30min40min50min18001.00.800.670.570.500.5028001.00.600.500.500.500.5038201.00.400.250.200.200.20A. 实验1中，前20min中A的平均反应速率为0.0165molL-1min-1B. 实验1、2中，实验2可能使用了催化剂也可能压缩了体积C. 该反应的H>0D. 实验3中，在40min时加入一定量的C物质，平衡可能不移动13. 恒压时，SO2和O2在起始浓度c(SO2)=c(O2)=2.0×10-2mol/L时发生反应：2SO2(g

9、)+O2(g)2SO3(g)，测得不同温度下SO2的平衡转化率见下图。有关说法正确的是A. 若a点使用了催化剂，则b点未使用催化剂B. 该反应吸热C. 若将起始n(SO2)和n(O2)变为原来的一半，图象发生改变D. T1°C时，平衡常数K=175314. 一定温度下，在一密闭容器中发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，c(SO2)随时间t的变化如图所示，400时压强对SO2的转化率的影响如表所示：0.1MPa0.5MPa1MPa10MPa99.299.699.799.9    下列说法正确的是(    )A.

10、 a点的v逆大于b点的v逆B. t2时刻改变的条件一定是增大c(SO2)C. 化学平衡常数d点与e点相等D. 硫酸工业中，SO2催化氧化制SO3时采用高压提高生产效益15. 将CO2转化为有机燃料是实现碳资源可持利用的有效途径。我国学者提出的CO2催化加氢合成CH3OH的机理如图(其中吸附在催化剂表面的物种用“标注)所示。下列说法正确的是A. 催化剂的使用能提高CO2的平衡转化率B. CO2催化加氢合成CH3OH总反应的S>0C. 反应中存在共价键的断裂和共价键的生成D. 反应机理表明H2O参与了CO2合成CH3OH的反应二、填空题（本大题共8小题，共55分）16. 以羰基化合物为载体运

11、用化学平衡移动原理分离、提纯某纳米级活性铁粉(含有一些不反应的杂质)，反应装置如下图：Fe(s)+5CO(g)Fe(CO)5(g)   H<0T1          T2(填“>”、“<”或“=”)，判断理由是          。17. 将甘油(C3H8O3)转化成高附加值产品是当前热点研究方向，甘油和水蒸气经催化重整可制得氢气，其中一个反应为C3H8O3(

12、l)+3H2O(g)3CO2(g)+7H2(g)。为了有效提高氢气的产率，研究人员还采用CaO吸附增强制氢的方法。如图所示，请分析加入CaO提高氢气产率的原因：_。18. 将等物质的量的A、B、C、D四种物质混合，发生如下反应：aA+bBcC(s)+dD，当反应进行一段时间后，测得A减小了nmol，B减小了n2 mol，C增加了3n2 mol，D增加了nmol，此时达到化学平衡(1)该化学方程式各物质的化学计量数为：a=_，b=_，c=_，d=_(2)若只改变压强，反应速率发生变化，但平衡不发生移动，该反应中各物质的聚集状态为：A_，B_，D_19. (1)现有下列物质Na

13、Cl晶体液态SO2冰醋酸硫酸钡铜酒精(C2H5OH)熔化的KClNaOH溶液氯水纯盐酸，请用以上物质回答下列问题。属于强电解质且在上述状态下能导电的是_；属于弱电解质的是_；属于非电解质，但溶于水后的水溶液能导电的是_。(2)在密闭容器中，使1molN2和3molH2混合发生下列反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H<0。达到平衡时，充入N2并保持体积不变，平衡将_移动(填“正向”、“逆向”或“不”)。达到平衡时，充入氩气(Ar)并保持体积不变，平衡将_移动(同上)。达到平衡时，充入氩气(Ar)，并保持压强不变，平衡将_移动(同上)。达到平衡时，将c(N2)、c(H2)、c(NH

14、3)同时增大1倍，平衡_移动(同上)。保持体积不变，升高温度时，混和气体的平均相对分子质量_，密度_(填“变大”、“变小”或“不变”)。当反应达到平衡时，N2和H2的浓度比是_；N2和H2的转化率比是_。20. 处理含CO、SO2烟道气污染的一种方法，是将其在催化剂作用下转化为单质S(g)，发生反应为：2CO(g)+SO2(g)S(g)+2CO2(g)。(1)已知：CO(g)+12O2(g)=CO2(g)H1=-283.0kJmol-1         S(g)+O2(g)=SO2(g)H2=-296.0

15、kJmol-1试计算2CO(g)+SO2(g)S(g)+2CO2(g)H=_ 。(2)在容积为2L的密闭容器中，充入4molCO和2molSO2，在一定条件下发生反应2CO(g)+SO2(g)S(g)+2CO2(g)，CO2的物质的量分数随时间的变化如图所示：0-2min内的平均反应速率v(CO)=_ 。2min后改变下列条件能使上述反应的速率增大，且平衡向正向移动的是_ 。a.选用更高效的催化剂  b.升高温度c.及时分离出二氧化碳  d.增加SO2的浓度相同温度下，若开始加入CO和SO2的物质的量是原来的2倍，则_ 是原来的2倍。a.达到平衡的时间 

16、 b.CO的平衡浓度c.平衡常数             d.平衡时SO2的转化率(3)若反应2CO(g)+SO2(g)S(g)+2CO2(g)H<0的化学平衡常数K与温度T的关系如表所示：T/ 200300  400 KK1  K2 K3试比较K1、K2的大小，K1_ K2(填“<”、“>”或“=”)。21. (1)工业尾气中SO2和NO，可被吸收制备Na2S2O3和NH4NO3，其流程图如图。装置中的主要反应的离子方程式为_。经过装置

17、后的Ce4+与S2O32-的物质的量的比值为_。(2)NH3催化还原是烟气中氮氧化物脱除最佳技术.反应原理如图1左所示。图1右是不同催化剂Mn和Cr不同温度下对应的脱氮率，由图综合考虑可知最佳的催化剂和相应的温度分别为：_(填序号)。a.Mn，200左右b.Cr，450左右c.Mn和Cr混合，300左右图2是Fe做催化剂时的脱氮率，写出最佳脱氮率时发生反应的化学方程式_。22. 氮是地球上含量丰富的一种元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用，合成氨工业在国民生产中有重要意义。以下是关于合成氨的有关问题，请回答：(1)若在一容积为2L的密闭容器中加入0.2mol的N2和0.6mol的

18、H2在一定条件下发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H<0，若在5分钟时反应达到平衡，此时测得NH3的物质的量为0.2mol。则前5分钟的平均反应速率v(N2)=_。平衡时H2的转化率为_%。(2)平衡后，若要提高H2的转化率，可以采取的措施有_。A.加了催化剂B.增大容器体积C.降低反应体系的温度D.加入一定量N2(3)若在0.5L的密闭容器中，一定量的氮气和氢气进行如下反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H<0，其化学平衡常数K与温度T的关系如表所示：T/200300400KK1K20.5请完成下列问题：试比较K1、K2的大小，K1_K2(填“<”“&

19、gt;”或“=”)；400时，反应2NH3(g)N2(g)+3H2(g)的化学平衡常数为_。当测得NH3、N2和H2物质的量分别为3mol、2mol和1mol时，2NH3(g)N2(g)+3H2(g)的v(N2)正_v(N2)逆(填“<”“>”或“=”)。(4)关于合成氨工艺的理解，下列说法不正确的是_(填字母)。A.合成氨工业常采用的反应温度为500左右，主要是为了节约能源B.使用初始反应速率更快的催化剂Ru.，不能提高平衡时NH3的产率C.合成氨工业采用的压强为10MPa30MPa，是因为常压下N2和H2的转化率不高23. 在固定容积为1.00L的容器中，通入一定量的N2O4，

20、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H_0；   100时，体系中各物质浓度随时间的变化如上图所示。在060s，反应速率v(N2O4)为_。此反应在100的平衡常数K=_ 。(2)100时达到平衡后，改变反应温度为T，c(N2O4)降低，经10s又达到平衡。T_(填“>”或“<”)100，判断理由是_。100时达到平衡后，向容器中再充入0.20molNO2气体，新平衡建立后，NO2的体积分数_(填“增大”“不变”或“减小”)。(3)温度T时反应达平衡后，将反应容器的容积减小一半，平衡向_(填

21、“正反应”或“逆反应”)方向移动，判断理由是_。答案和解析1.【答案】B【解析】【分析】本题考查化学反应速率影响因素及化学平衡影响因素，侧重考查分析判断能力，注意：催化剂只改变化学反应速率不影响平衡移动，题目难度不大。【解答】A.升高温度化学反应速率加快，但是平衡逆向移动，产率降低，故A错误；B.增大压强平衡正向移动，产率提高，且化学反应速率加快，故B正确；C.分离出氨气，平衡正向移动，提高产率，但是化学反应速率减慢，故C错误；D.使用催化剂加快化学反应速率，但是平衡不移动，产率不变，故D错误；故选B。  2.【答案】B【解析】【分析】本题考查了影响平衡移动的因素，注意影响

22、平衡移动的因素有温度、浓度、压强三种，题目难度不大。【解答】增大氢气的浓度，平衡逆向移动，混合气体的颜色变浅，故错误；升高温度，平衡正向移动，混合气体的颜色加深，故正确；降低温度，平衡逆向移动，混合气体的颜色变浅，故错误；缩小体积，各种气体的浓度都增大，混合气体的颜色加深，故正确；增大HI浓度，平衡正向移动，碘浓度增大，混合气体的颜色加深，故正确；减小压强，各气体浓度减小，混合气体的颜色变浅，故错误。故B正确。故选B。  3.【答案】D【解析】【分析】本题考查化学平衡移动原理，为高频考点，侧重考查学生对化学平衡移动原理的理解和判断，只有能引起平衡移动的才能用平衡移动原理解释

23、，难度不大。【解答】A、反应CO(g)+NO2(g)CO2(g)+NO(g)   H<0，升高温度，向着吸热方向进行，即可使平衡向逆反应方向移动，能用勒夏特列原理解释，故A不选；B、合成氨反应正方向为放热反应，较低的温度有利于平衡正移，能用勒夏特列原理解释，故B不选；C、溴水中有下列平衡Br2+H2OHBr+HBrO，当加入硝酸银溶液后，Br-+Ag+=AgBr，溴离子浓度减小，使平衡Br2+H2OHBr+HBrO正移，溴水的浓度减小，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故C不选；D、H2、I2、HI三者的平衡，增大压强平衡不移动，但浓度增大，则颜色加深，不能用勒夏特列原

24、理解释，故D选。  4.【答案】A【解析】【分析】本题考查实验方案的设计与评价，解答这类问题应明确实验的原理以及仪器的使用等，试题较易。【解答】A.由于乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中能够发生水解反应，所以不能用甲装置制取乙酸乙酯，故A选；B.碘单质易升华，故可用乙装置除去I2中混有的泥沙，故B不选；C.2NO2N2O4，由于左右两边装置的温度不同，所以可用丙装置探究温度对化学平衡的影响，故C不选；D.不饱和烃能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，故可用丁装置验证石蜡油分解的产物中含有不饱和烃，故D不选。  5.【答案】B【解析】【分析】本题考查化学平衡影响因素，关键是建

25、立等效平衡途径，这一类问题的解决方法一般，先设为同等条件，平衡后再改变某一条件使之符合题设条件，分析变化，这样问题就迎刃可解。【解答】先假定甲、乙的体积都不变，达到平衡后再保持乙的压强不变，此反应是气体体积减小的反应，因此，待等体积达平衡后，欲保持乙的压强不变，就需要缩小体积，缩小体积时，乙的压强增大，平衡正向移动，所以，若甲容器中SO2的转化率为p%，则乙的SO2的转化率将大于甲的，即大于p%，故B正确。  故选B。  6.【答案】B【解析】【分析】本题考查影响化学平衡移动的因素，题目难度中等，注意对比四种容器内各物质的物质的量关系，结合影响平衡移动的

26、因素解答。【解析】该反应气体的计量数相同，在同温同压条件下，乙和丙两容器中达到平衡状态时各反应物的转化率都相同，甲和乙比，A越多，转化率越低，即甲小于乙(和丙)，比较丁和乙，B越多，A转化率越大，故丁大于乙(和丙)。  7.【答案】A【解析】【分析】本题是一道有关化学反应速率和化学平衡知识的图象题，注意固定变量法的运用，难度较大，考查角度广。【解答】A、增大反应物的浓度，瞬间逆反应速率不变，所以逆反应速率在t1时刻不变，不会离开原平衡点，故A错误；B、反应前后气体体积不变，压强变化不影响平衡移动，但减小压强反应速率减慢，故B正确；C、先拐先平数值大，说明乙的温度高于甲，升温

27、平衡逆向移动，A的转化率降低，故C正确；D、催化剂不影响平衡移动，可以缩短反应达到平衡所用时间，故D正确；故选：A。  8.【答案】B【解析】【分析】本题考查化学平衡计算与影响因素、平衡常数等，难度中等，关键是理解外界条件对化学平衡的影响。【解答】A.加入催化剂C的浓度不发生变化，故A错误；B.如果是降低温度，则t3时刻v逆小于t2时刻v逆，故B正确；C.t3时刻改变的条件也可以是降低温度，故C错误；D.t2时刻C的浓度增大，浓度不变说明平衡不移动，应是增大压强造成的，压强不影响该平衡，所以有x=1+1=2，t1t3间温度相同，平衡常数相同，由图可知平衡时C的浓度为0.5m

28、ol/L，则：                           A(g)+B(g)2C(g)+D(s)开始(mol/L)：0.5      0.5      0变化(mol/L)：0.25    0.25    0.5平衡(mol/L)：0.25    0.25    0.5所以平衡常数K=c2CcA×c

29、B=0.520.25×0.25=4，故D错误。故选B。  9.【答案】C【解析】【分析】本题考查化学平衡图像分析，为高频考点，把握温度、浓度、压强对反应速率及平衡的影响为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡移动原理与图象的结合，题目难度不大。【解答】A.由图可知，p1先达到平衡，则p1大，与p2>p1不符，故A错误；B.为放热反应，升高温度平衡逆向移动，氮气的转化率减小，与图象不符，故B错误；C.增加N2时，瞬间正反应速率增大、逆反应速率不变，然后正反应速率减小、逆反应速率增大，至二者相等，与图象一致，故C正确；D.催化剂可加快反应速率，反应达到平衡

30、时时间短，与图象不符，故D错误。故选C。  10.【答案】C【解析】【分析】本题以化学反应速率、化学平衡影响因素为载体考查图象分析，侧重考查学生分析判断能力，注意：压强对该反应只影响反应速率但不影响平衡移动，题目难度不大。【解答】A.根据右图知，3040 min间改变条件，正逆反应速率都减小且相等，平衡不移动，但反应物、生成物物质的量浓度都减小，且C的物质的量浓度减少量是B的二倍，所以应该是增大体积、减小压强，平衡不移动，说明反应前后气体体积计量数之和不变，所以x=2，所以3040 min间改变的体积是减小压强，故A错误；B.x=2，反应前后气体体积不变

31、，则增大压强平衡不移动，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，应是升高温度，则正反应为放热反应，故B错误；C.由图象可知，30min时只有反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不能是温度变化，而是降低了压强，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，故C正确；D.A为固体，浓度为定值，不用浓度差计算反应速率，故D错误；故选C。  11.【答案】D【解析】【分析】本题考查外界条件对化学反应速率、化学平衡的影响，题目难度中等，注意图象中特殊的点和曲线的走向是解题

32、的关键。【解答】A.正反应是气体体积减小的反应，所以增大压强正逆反应速率均增大且平衡正向移动，所以反应速率都比原平衡点高，而且正反应的速率大于逆反应的速率，故A错误；B.由图可知T2对应曲线先达平衡状态，所以温度T2>T1，而正反应是放热反应，升温平衡向逆反应方向移动，温度越高NO2的百分含量越大，故B错误；C.正反应是放热反应，升温平衡向逆反应方向移动，逆反应的速率大于正反应的速率，故C错误；D.据图像丁知：a、b、c三点中b点对应的平衡常数K最小，故D正确。  12.【答案】B【解析】解：A.实验1中，前20min中A的浓度变化量为1.0mol/L-0.67mol

33、/L=0.33mol/L，则A表示的平均反应速率为0.33mol/L20min=0.0165molL-1min-1，故A正确；B.实验1、2中，起始浓度相同、平衡浓度相同，但实验2中反应速率快，则实验2可能使用催化剂，物质C不是气体时不能通过压缩体积实现，故B错误；C.由实验1、2、3可知，起始浓度相同，3中A的平衡浓度小，可知升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应，H>0，故C正确；D.物质C若为液体或纯固体，则实验3中在40min时加入一定量的C物质，平衡可能不移动，故D正确；故选：B。A.实验1中，前20min中A的浓度变化量为1.0mol/L-0.67mol/L=0.33mol

34、/L，结合v=ct计算；B.实验1、2中，起始浓度相同、平衡浓度相同，但实验2中反应速率快；C.由实验1、2、3可知，起始浓度相同，3中A的平衡浓度小，可知升高温度平衡正向移动；D.物质C可能为液体或纯固体。本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、浓度对平衡的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的易错点，题目难度不大。13.【答案】D【解析】【分析】本题以图象分析为载体考查化学平衡计算、化学平衡移动影响因素等知识点，侧重考查分析判断及计算能力，明确温度、压强、催化剂对化学平衡移动影响原理及化学平衡常数计算方法是解本题关键，题目难度中等。【解答】A.使用催化剂，能改变化学

35、反应速率，但不影响化学平衡，若使用了催化剂，a点二氧化硫转化率和b点应相同，故A错误；B.升高温度，平衡向吸热的方向移动，由图可知，升高温度，二氧化硫的转化率减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，故B错误；C.恒压时，将起始n(SO2)和n(O2)变为原来的一半，与原平衡为恒压等效平衡，二氧化硫的转化率不变，故C错误；D.设初始时体积为1L，由题给数据由各物质的物质的量可建立如下三段式为：                     2SO2(g)+O2(g)  2S

36、O3(g)起始(mol)     2.0×10-22.0×10-20转化(mol)     1.0×10-2   0.5×10-21.0×10-2 平衡(mol)     1.0×10-21.5×10-21.0×10-2 恒压条件下反应后容器的体积为1L×3.5×10-24.0×10-2=78L，则平衡时c(SO2)=2175mol/L，c(O2)=3175

37、mol/L，c(SO3)=2175mol/LT1时，平衡常数K=(2175)2(2175)2×3175=1753L/mol，故D正确。  14.【答案】C【解析】【分析】本题考查学生对化学平衡移动原理的应用，掌握勒夏特列原理，理解化学反应速率和平衡的关系即可作答，难度一般。【解答】A.ab点二氧化硫的浓度逐渐减小，说明反应均正向进行，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，b点v逆大于a点v逆，故A错误；B.t2时刻二氧化硫浓度突然增大，说明可能为增大二氧化硫浓度或增大压强，故B错误；C.由于t2时刻二氧化硫浓度突然增大，说明可能为增大二氧化硫浓度或增大压强，温度

38、不变，平衡常数不变，故化学平衡常数d点与e点相等，故C正确；D.根据表格可知，压强增大，对二氧化硫的转化率变化不大，故不必采用高压，故D错误。故选C。  15.【答案】D【解析】【分析】本题考查反应机理，题目难度中等，侧重考查学生分析问题、解决问题的能力，能依据图像转化关系判断正误是解题的关键。【解答】A.催化剂不能使平衡发生移动，不能提高CO2的平衡转化率，故A错误；B.由图可知，总反应为CO2+3H2=CH3OH+H2O，气体的量减少，总反应的S<0，故B错误；C.反应为*H+*CH3OH+*OHCH3OH+H2O，无共价键的断裂，故C错误；D.反应为*CH3O+

39、*H2O*CH3OH，表明H2O参与了CO2合成CH3OH的反应，故D正确。故选D。  16.【答案】<    铁粉和一氧化碳化合成羰基合铁时放出热量，低温有利于合成易挥发的羰基合铁，羰基合铁易挥发，杂质残留在玻璃管左端;当羰基合铁挥发到较高温度区域T2时，羰基合铁分解，纯铁粉残留在右端，一氧化碳循环利用【解析】【分析】 本题考查了化学平衡移动原理，涉及到温度对化学平衡移动的影响，题目难度不大。【解答】T1<T2，判断理由是铁粉和一氧化碳化合成羰基合铁时放出热量，低温有利于合成易挥发的羰基合铁，羰基合铁易挥发，杂质残留在玻璃管左端;

40、当羰基合铁挥发到较高温度区域T2时，羰基合铁分解，纯铁粉残留在右端，一氧化碳循环利用。  17.【答案】CaO消耗CO2，降低CO2的浓度，促使平衡正向移动，提高H2产率【解析】略18.【答案】(1)2；1；3；2(2)气态；固态或纯液态；气态【解析】【分析】本题考查了压强对化学平衡的影响、化学计量数与物质的物质的量变化的关系等，题目难度不大，熟练掌握压强对化学平衡的影响是解题的关键。【解答】(1)同一化学反应的同一时间段内，参加反应的各物质的物质的量之比等于其计量数之比，所以a：b：c：d=nmol：n2mol：3n2mol：nmol=2：1：3：2，化学方程式各物质的化

41、学计量数为a=2，b=1，c=3，d=2；故答案为：2；1；3；2；(2)压强对化学反应前后气体体积不变的可逆反应的平衡状态无影响，根据题意知，该反应前后气体体积不变；2A+B3C(s)+2D中，已知生成物C是固体，要使反应前后气体体积不变即计量数不变，那么只能是A、D是气体，B是液体或固体；故答案为：气态；固态或纯液态；气态。  19.【答案】      正向  不  逆向  正向  变小  不变  1：3  1：1【解析】解：(1)NaCl晶体属于强电解质，但不能导电；液

42、态SO2属于非电解质，但其水溶液能导电；纯醋酸属于弱电解质，其水溶液能导电；硫酸钡属于强电解质，但不能导电；铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，但能导电；酒精(C2H5OH)属于非电解质，但其水溶液不导电；熔化的KCl含有自由移动的阴阳离子，所以能导电，且属于强电解质；NaOH溶液含有自由移动的阴阳离子，但属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；氯水、纯盐酸都为混合物，既不是电解质也不是非电解质，溶液可导电；故答案为：；(2)反应平衡时充入N2，N2是反应物，增大反应物浓度，有利于反应正向进行，所以平衡将正向移动，故答案为：正向；Ar不参加反应，恒容装置中充入Ar不改变各组分浓度，不影响化学

43、平衡，所以充入氩气(Ar)并保持体积不变，平衡将不移动，故答案为：不；恒压装置中充入Ar，相当于减小各组分浓度，反应物浓度减小量大于生成物浓度减小量，所以平衡将向着浓度增大的方向移动，即平衡将逆向移动，故答案为：逆向；平衡时各组分浓度都增加一倍，反应物浓度增量大于生成物增量，所以平衡将向减弱浓度的方向移动，即平衡将正向移动，故答案为：正向；混合气体的相对分子质量在数值上等于以g/mol做单位的摩尔质量，为M=mn，保持体积不变，升高温度时，平衡将逆向移动，反应前后质量守恒，气体质量m不变，气体总物质的量增大，则平均相对分子质量减小，密度为=mV，反应前后m不变，体积V不变，所以密度不变，故答案

44、为：变小；不变；反应物按照计量比充入，则平衡时浓度之比仍为计量比，转化率之比也为计量比，所以当反应达到平衡时，N2和H2的浓度比是1：3，N2和H2的转化率比是1：1，故答案为：1：3；1：1。(1)在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，完全电离的电解质是强电解质，只有部分电离的电解质是弱电解质，能导电的物质中含有自由移动的阴阳离子或自由移动的电子；(2)反应平衡时充入N2，N2是反应物，增大反应物浓度，有利于反应正向进行；Ar不参加反应，恒容装置中充入Ar不改变各组分浓度，不影响化学平衡；恒压装置中充入Ar，相当于减小各组分浓度，反应

45、物浓度减小量大于生成物浓度减小量；平衡时各组分浓度都增加一倍，反应物浓度增量大于生成物增量；混合气体的相对分子质量在数值上等于以g/mol做单位的摩尔质量，为M=mn，密度为=mV；反应物按照计量比充入，则平衡时浓度之比仍为计量比，转化率之比也为计量比。本题考查化学平衡计算及平衡移动，为高频考点，把握平衡移动及混合气体的质量、物质的量、体积的变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意体积与压强的转化，题目难度不大。20.【答案】(1)2CO(g)+SO2(g)=S(g)+2CO2(g)H1=-270kJmol-1；(2)0.75molL-1min-1；d；b；(3)>。【解析】解：

46、(1)CO(g)+12O2(g)=CO2(g)H=-283.0kJmol-1S(g)+O2(g)=SO2(g)H=-296.0kJmol-1将方程式×2-得2CO(g)+SO2(g)=S(g)+2CO2(g)H1=(-283.0kJmol-1)×2-(-296.0kJmol-1)=-270kJmol-1，所以其热化学反应方程式为：2CO(g)+SO2(g)=S(g)+2CO2(g)H1=-270kJmol-1，故答案为：2CO(g)+SO2(g)=S(g)+2CO2(g)H1=-270kJmol-1；(2)根据图象，反应平衡时二氧化碳的体积分数为50%，则设0-2min内的

47、消耗SO2为xmol，根据反应的化学反应方程式：2CO(g)+SO2(g)S(g)+2CO2(g)，                                    开始：  4                2               

48、    0          0                                    转化：2x               x                &

49、#160;    x         2x                                   平衡：4-2x           2-x                   

50、;  x         2x   则根据平衡时二氧化碳的体积分数为50%，有2x6×100%=50%，则x=1.5mol；0-2min内的平均反应速率v(CO)=322 molL-1min-1=0.75 molL-1min-1，故答案为：0.75 molL-1min-1；a.选用更高效的催化剂，反应速率增大，但平衡不移动，故错误；b.升高温度，反应速率增大，但平衡向逆反应移动，故错误；b.及时分离出二氧化碳，平衡向正反应移动，但反应速率减小，故错误；d.增加SO2

51、的浓度，反应速率增大，平衡向正反应移动，故正确；故选d；a、反应物物质的量增加，浓度增大，反应速率加快，达到平衡时间比原来缩短，故错误；b、若开始加入CO和SO2的物质的量是原来的2倍，该反应反应前后气体物质的量不变，则新平衡与原平衡为等效平衡，故CO的平衡浓度为原来的2倍，故正确；c、平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，故错误；d、若开始加入CO和SO2的物质的量是原来的2倍，该反应反应前后气体物质的量不变，则新平衡与原平衡为等效平衡，平衡时SO2的转化率不变，故错误。故选b；(3)2CO(g)+SO2(g)S(g)+2CO2(g)H<0，对于放热反应，温度越高，K越小，所以

52、K1>K2，故答案为：>。本题综合考查化学反应与能量变化、化学平衡的计算及其平衡移动的判断，注意掌握用三段式法进行计算的方法，试题有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力及化学计算能力，题目难度中。21.【答案】OH-+SO2=HSO3-  4  a  2NH3+NO+NO2-Pt3002N2+3H2O【解析】解：(1)图中分析，装置中的主要反应是过量二氧化硫被氢氧化钠溶液吸收生成亚硫酸氢钠，反应的离子方程式：OH-+SO2=HSO3-，故答案为：OH-+SO2=HSO3-；转化关系装置中的反应是Ce3+和HSO3-发生

53、的氧化还原反应生成Ce4+和S2O32-，在装置中进行电解，HSO3-被还原为S2O42-，阴极反应式为：2HSO3-+2H+2e-=S2O42-+2H2O，Ce3+被氧化生成Ce4+，阳极反应式为：2Ce3+-2e-=2Ce4+，结合电子守恒得到，4Ce3+4Ce4+4e-2HSO3-S2O32-4e-，Ce4+与S2O32-的物质的量的比值为4，故答案为：4；(2)根据图象知，脱氢率越高越好，但Cr作催化剂时温度高于Mn，温度越高，对设备要求越高，增大生产成本，且脱氢率增大较小，所以使用Mn作催化剂较好，根据图象知，在温度为200-250或范围内间任意温度，脱氢率较高，故答案为：a；据图象

54、进行分析，脱氮效果最佳的c(NO2)c(NO)=1：1，反应的化学方程式：2NH3+NO+NO2-Pt3002N2+3H2O，故答案为：2NH3+NO+NO2-Pt3002N2+3H2O。(1)SO2、NO是大气污染物，通过氢氧化钠溶液吸收得到亚硫酸氢钠，一氧化氮不反应。装置中Ce4+将NO氧化为NO2-、NO3-，Ce4+被还原为Ce3+，发生反应：NO+H2O+Ce4+=Ce3+NO2-+2H+，在装置中进行电解，HSO3-被还原为S2O42-，阴极反应式为：2HSO3-+2H+2e-=S2O42-+2H2O，Ce3+被氧化生成Ce4+，阳极反应式为：2Ce3+-2e-=2Ce4+，得到Ce4+循环使用，获得Na2S2O4。分离后NO2-、NO3-与加入的氨气和氧气在装置中发生反应得到NH4NO3，图中分析，装置中的主要反应是过量二氧化硫被氢氧化钠溶液吸收生成亚硫酸氢钠；转化关系装置中的反应是Ce3+和HSO3-发生的氧化还原反应生成Ce4+和S2O32-，结合氧化还原反应电子守恒计算分析；(2)温度越高，对设备的要求越高，所以如果催化剂在较低温度下能较大程度的脱氢即可；根据纵坐标