高考化学一轮专题复习题-化学反应速率与化学平衡

试卷第=page1515页，共=sectionpages1515页试卷第=page11页，共=sectionpages33页高考化学一轮专题复习题：化学反应速率与化学平衡一、单选题1．（·河南开封·高三期末）某化工厂排出尾气(含、)的治理方法：在密闭容器中发生反应，、在表面进行两步基元反应转化为无毒气体，其相对能量与反应历程的关系如图所示。下列说法正确的是A．反应产生一种中间物B．两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由第一步反应决定C．可有效提高、的平衡转化率D．基元反应的平衡常数越小，反应速率越慢2．（·广西桂林·高三期末）一定条件下，向一4L密闭容器中充入2mol和8mol发生反应：，5min后测得的物质的量为4mol，下列说法正确的是A． B．C． D．3．（·河南·濮阳市油田第二高级中学高三期末）对于反应科学家根据光谱学研究提出如下反应历程：第一步：快速平衡第二步：慢反应第三步：快反应其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列叙述错误的是A．与是总反应的催化剂 B．v(第一步的逆反应)＞v(第二步反应)C．第二步反应的活化能大于第三步的活化能 D．第二步反应中与的碰撞仅部分有效4．（·广东·广州市第二中学高三期末）根据下列图示所得出的结论正确的是A．由图甲中能量变化曲线可知该反应是吸热反应B．图乙表示溶液碱性越强，消耗速率越慢C．由图丙可知，40℃时溶液的质量分数大于NaCl溶液的质量分数D．由图丁可知，氯水在光照过程中pH逐渐减小，溶液中Cl-浓度逐渐增大5．（·湖南·益阳平高学校高三期末）向体积均为1L的两恒容容器中分别充入2molX和1molY发生反应

，其中甲为绝热过程，乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是A．反应为吸热反应B．甲容器中压强增大的原因可能是气体的总物质的量增大C．a点平衡常数：K=12D．气体总物质的量6．（·山东聊城·高三期末）某种含铜的催化剂可用于汽车尾气脱氮，催化机理如图所示。下列说法错误的是A．该催化循环中Cu的化合价没有发生变化B．反应①→②不是氧化还原反应C．总反应的化学方程式为D．实验室模拟此过程时，可用浓氨水与碱石灰反应提供7．（·辽宁朝阳·高三期末）在催化剂作用下，H2可处理废水中的NO，反应原理如图所示。下列说法错误的是A．Fe3O4具有传递电子的作用B．Pd和Fe3O4均是该过程的催化剂C．处理后的废水中酸性增强D．每消耗67.2L(标准状况下)H2，可还原2molNO8．（·山东菏泽·高三期末）臭氧是理想的烟气脱硝试剂，可逆反应在体积固定的密闭容器中进行，反应过程中测得的浓度随时间1的变化曲线如图所示下列叙述错误的是A．a-c段反应速率加快的原因可能是反应放热B．若向容器内充入一定体积的，化学反应速率加快C．向反应体系中通入氢气，反应速率降低D．2~8min的化学反应速率9．（·湖南·益阳平高学校高三期末）一定条件下，反应在恒容密闭容器中进行，关于该反应的说法错误的是A．生成2molNO的同时生成2mol，则反应达到平衡状态B．反应平衡后升高温度如果气体颜色变浅，则反应是吸热反应C．减小容器的体积增大压强，则NO气体的浓度一定减小D．平衡后不改变其他条件，向容器中再充入一定量的，再次平衡后的体积分数比原平衡大10．（·广西河池·高三期末）捕获二氧化碳是碳中和技术之一，一种捕获二氧化碳在某催化剂表面制备甲酸的反应机理如图所示。下列说法不正确的是A．CO2的电子式为B．催化剂可以降低该反应过程中的活化能C．1molN(C2H5)3中共含有18mol共价键D．该反应的总反应方程式为CO2+H2HCOOH11．（·重庆巴蜀中学高三期末）化学反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ在不同温度时达到平衡，其平衡常数如下表：编号化学方程式温度980K1100KⅠ1.52.0Ⅱ1.6bⅢa1.4根据以上信息判断，下列结论正确的是A．反应Ⅰ将铁块换成铁粉可以使平衡向右移动B．反应Ⅲ的反应热等于反应Ⅰ和反应Ⅱ的反应热之和，且反应Ⅲ为放热反应C．升高温度，反应Ⅰ、Ⅲ平衡都向正反应方向移动D．12．（·重庆巴蜀中学高三期末）一定条件下，在2L密闭容器中加入等物质的量的FeO和CO，发生下列反应：，在温度下，物质的量n随时间t变化的曲线如图所示，下列叙述不正确的是A．平衡前，随着反应的进行，容器内气体的平均相对分子质量逐渐增大B．平衡时，增大压强，的浓度增大C．该反应的，、对应的平衡常数D．t1时刻的改变可能是加入了催化剂，也可能是加入了氮气二、多选题13．（·广西桂林·高三期末）一定温度下，在体积恒定的密闭容器中通入气体X和Y并发生反应，它们物质的量浓度随时间的变化关系如图。下列说法正确的是A．时， B．时，反应达到平衡状态C．Y的平衡转化率为50% D．该温度下，反应的平衡常数14．（·湖南师大附中高三期末）如图是恒温下某化学反应的反应速率随反应时间变化的示意图。下列叙述与示意图相符合的是A．反应达平衡时，正反应速率和逆反应速率相等B．该反应达到平衡态I后，增大反应物浓度，平衡发生移动，达到平衡态IIC．该反应达到平衡态后，减小反应物浓度，平衡发生移动，达到平衡态IID．同一种反应物在平衡态I和平衡II时浓度相等三、填空题15．（·福建省龙岩第一中学高三阶段练习）I.科学家已实现反应。某研究小组在三个容积均为5L的恒容密闭容器中，分别充入0.4molNO和0.4molCO，在三种不同实验条件下进行上述反应(体系各自保持温度不变)，反应体系总压强随时间变化如图所示。(1)①与实验II相比，实验I和实验III分别仅改变一种反应条件，所改变的条件分别为：实验I___________，实验III___________。②三组实验中CO的平衡转化率、和的大小关系为___________。③实验III的平衡常数___________。II．已知分解成水和氧气放出热量，在少量作用下，常温时能剧烈分解，分解的机理分为两步基元反应，第一步为：(慢反应，)、第二步略(快反应)。(2)请补充第二步反应方程式：___________。(3)在如图中分别画出无加入和有加入的反应能量变化示意图(大致曲线)_______。16．（·上海·高三专题练习）已知合成氨反应3H2(g)+N2(g)2NH3(g)ΔH<0.某科研小组研究：在其他条件不变的情况下，改变起始时氢气的物质的量对合成NH3反应的影响。实验结果如图所示：(图中T表示温度，n表示起始时H2物质的量)(1)图像中T2和T1的关系是：T2___________T1(填“>”“<”“=”或“无法确定”)。(2)在a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2转化率最小的是___________(填字母)。(3)若容器容积为2L，b点对应的n=0.15mol，测得平衡时H2、N2的转化率均为60%，则平衡时N2的物质的量浓度为___________mol·L-1，此条件下(T2)，反应的平衡常数K=___________。17．（·上海·高三专题练习）将4molN2O4放入2L恒容密闭容器中发生反应N2O4(g)2NO2(g)，平衡体系中N2O4的体积分数(φ)随温度(T)的变化如图所示。(1)D点v(正)___________(填“>”“=”或“<”)v(逆)。(2)A、B、C三点中平衡常数K的值最大的是___________点。(3)若其他条件不变，在T3原平衡基础上，再加入一定量的NO2，达到新平衡时，与原平衡相比，NO2的体积分数___________(填“增大”“不变”或“减小”)。18．（·浙江舟山·高三期末）氯及其化合物在生活和生产中应用广泛。已知下列反应：900K时，将和按4：1充入恒容的密闭容器中。(1)若该反应可自发进行，则_______(填“>”或“<”)。(2)下列不可以作为该反应达到平衡的判据是_______。A．气体的压强不变 B．C．K不变 D．容器内气体的密度不变(3)已知：某气体的分压=气体总压强×该气体的体积分数(或物质的量分数)，且在化学平衡体系中，各气体物质的分压替代浓度，计算的平衡常数即为。若上述反应达到平衡时，混合气体平衡总压强为p，气体的平衡转化率为50%，则该反应的压强平衡常数_______。(4)的平衡转化率随压强(P)变化曲线如图。保持其他条件不变，升温到TK(假定反应历程不变)，请画出压强在范围内，的平衡转化率随压强(P)变化曲线示意图。_______19．（·甘肃·民勤县第一中学高三阶段练习）丙烯(C3H6)是重要的有机化工原料。丙烷脱氢制丙烯发生的主要反应及能量变化如图。(1)由上图可知，主反应在_______(选“高温”或“低温”)时更加容易自发进行(2)丙烷脱氢制丙烯的过程中。恒压时向原料气中掺入高温水蒸气，则K(主反应)____(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，转化率α(C3H8)____。温度升高，副反应更容易发生的主要原因是___。(3)如图为丙烷直接脱氢法中丙烷和丙烯的平衡体积分数与温度、压强的关系(图中的压强分别为104Pa和105Pa)。105Pa时，图中表示丙烯的曲线是_______(填“ⅰ”、“ⅱ”、“ⅲ”或“ⅳ”)。四、实验题20．（·山东菏泽·高三期末）某实验小组为探究酸性条件下碘化钾与过氧化氧反应的化学反应速率，进行了以下实验探究。(1)实验一：向硫酸酸化的过氧化氢溶液中加入碘化钾、淀粉和硫代硫酸钠()的混合溶液，一段时间后溶液变蓝。该小组查阅资料知体系中存在下列两个主要反应：反应ⅰ：；反应ⅱ：。为了证实上述反应过程，进行下列实验(所用试剂浓度均为)实验二：向酸化的溶液中加入淀粉KI溶液，溶液几秒后变为蓝色。再向已经变蓝的溶液中加入溶液，溶液立即褪色。根据此现象可知反应ⅰ的速率_______反应ⅱ的速率(填“大于”、“小于”或“等于”)，解释实验一中溶液混合一段时间后才变蓝的原因是_______。(2)为了探究对反应速率的影响，设计两组对比实验，按下表中的试剂用量将其迅速混合观察现象。(各实验均在室温条件下进行)实验编号试剂体积/mL溶液开始变蓝的时间/sKI(含淀粉)I4040204020IIV1202040V2①V1=_______，V2=_______。②对比实验I和实验II，_______(填“>”、“<”或“=”)。(3)利用实验I的数据，计算反应ⅱ在的化学反应速率_______；反应ⅰ在的化学反应速率_______21．（·北京·首都师范大学附属中学高三期末）某小组同学探究Cu和H2O2的反应。[猜想预测]猜想1：Cu与H2O2不发生反应；猜想2：Cu与H2O2可能发生氧化还原反应，H2O2作氧化剂。[实验探究]实验i：向装有0.5gCu的烧杯中加入20mL30%H2O2溶液，一段时间内无明显现象，10小时后，溶液中有少量蓝色浑浊，Cu片表面附着少量蓝色固体。(1)通过该实验证明了猜想2成立，写出该反应的化学方程式：____。[继续探究]针对该反应速率较慢，小组同学查阅资料，设计并完成了下列实验。资料：Cu2++4NH3[Cu(NH3)4]2+，[Cu(NH3)4]2+为深蓝色；Cu(OH)2可溶于氨水形成深蓝色溶液。装置序号试剂a现象ii20mL30%H2O2与4mL5mol/LH2SO4混合液Cu表面很快产生少量气泡，溶液逐渐变蓝，产生较多气泡iii20mL30%H2O2与4mL5mol/L氨水混合液溶液立即变为深蓝色，产生大量气泡，Cu表面有少量蓝色不溶物(2)实验ii中：溶液变蓝的原因是____(用化学用语解释)；经检验产生的气体为氧气，产生氧气的原因是____。(3)对比实验i和iii，为探究氨水对Cu的还原性或H2O2氧化性的影响，该同学利用如图装置继续实验。已知：电压大小反映了物质氧化还原性强弱的差异；物质氧化性与还原性强弱差异越大，电压越大a.K闭合时，电压为x。b.向U型管右侧溶液中滴加氨水后，电压不变。c.继续向U型管左侧溶液中滴加氨水后，电压增大了y。该实验的结论：____。利用该方法也可证明酸性增强可提高H2O2的氧化性，导致Cu溶解速率加快。(4)实验iii有少量蓝色不溶物，小组同学加入少量NH4Cl可使其溶解，结合文字和化学用语解释不溶物溶解的原因可能是____。(5)基于以上实验，影响Cu与H2O2反应速率的因素有____和____。五、原理综合题22．（·四川·成都七中高三开学考试）温度T℃时，向体积不等的恒容容器中分别加入足量活性炭和1mol，发生反应。反应相同时间，测得各容器中的转化率a与容器体积的关系如图1所示。回答下列问题：(1)该反应的平衡常数的值为_______。(2)c点：_______；a点，充入一定量后，再次达到平衡，转化率变_______，的物质的量分数变_______。(3)若容器a、b体积相等，则容器压强_______。(4)另测得平衡时和的物质的量浓度与平衡总压的关系如图2。A、B、C三点中，转化率最低的为_______点。B点时，若反应初始压强为12.8kPa，则_______。23．（·福建省龙岩第一中学高三阶段练习）硫酸是一种重要的基本化工产品，接触法制硫酸生产中的关键工序是的催化氧化：

kJ·mol-1。回答问题：(1)钒催化剂参与反应的能量变化如图所示，与反应生成和的热化学方程式为：___________。(2)恒温恒容下，以、投料发生反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，下图分别代表焓变()、混合气体平均相对分子(M)、质量分数和混合气体压强(p)与反应时间(t)的关系，下图正确且能表明该反应达到平衡状态的是___________。A． B． C． D．(3)向2L容器中充入2mol和1mol，发生反应，测得反应在不同温度和压强下，平衡混合物中体积分数如图所示。①图中X表示___________(填“温度”或“压强”)，___________(填“＞”或“＜”)；②___________(填“＞”、“＜”或“=”)；③a点的转化率为___________；a点对应的平衡常数___________；24．（·陕西渭南·高三期末）将作为原料转化为有用化学品，对实现碳中和及生态环境保护有着重要意义。Ⅰ.以和为原料合成尿素是利用的成功范例。尿素合成塔中的主要反应如下：反应①：反应②：反应③：(1)_______。(2)对反应③，下列措施中有利于提高平衡转化率的是_______(填字母)。A．升高温度 B．增大压强C．提高原料气中的比例 D．及时分离出生成的尿素Ⅱ.可利用和催化制备合成气(CO、)。一定温度下，在容积为1L的密闭容器中，充入等物质的量的和，加入Ni/Al2O3使其发生反应：。(3)反应达平衡后，平衡常数K=81，此时测得为3mol/L，则的转化率为_______。(4)制备“合成气”反应历程分两步：反应正反应速率方程逆反应速率方程步骤①步骤②上述反应中C(ads)为吸附性活性炭，反应历程的能量变化如图1所示：①反应速率：v(步骤①)_______(填“>”、“＜”或“=”)v(步骤②)，请依据有效碰撞理论分析其原因_______。②一定温度下，反应的平衡常数K=_______(用、、、表示)。(5)制备合成气(CO、)过程中会发生副反应：。在刚性密闭容器中，进料比分别等于1.0、1.5、2.0，且反应达到平衡状态时，反应体系中随温度变化的关系如图2所示。随着进料比的增加，的值逐渐_______(填“增大”、“减小”或“不变”)，原因是_______。答案第=page2929页，共=sectionpages1414页参考答案：1．B【详解】A．根据反应历程示意图可知，第一步反应是Pt2O++N2O(g)=+N2(g)，反应产生一种中间物，A项错误；B．由图可知，两步反应都是放热反应，第一步反应的活化能比第二步反应的活化能大，第一步反应速率比第二步慢，总反应的化学反应速率由活化能大的第一步反应决定，B项正确；C．催化剂Pt2O+不能使化学平衡发生移动，不能提高、N2O的平衡转化率，C项错误；D．平衡常数的大小与反应速率快慢无关，D项错误；答案选B。2．A【分析】列出三段式：，由此解析。【详解】A．

，故A正确；B．，故B错误；C．

，故C错误；D．，故D错误；故选A。3．A【详解】A．根据反应历程可知N2O2与N2O是总反应的中间产物，A错误；B．第一步快速平衡，说明反应速率很快，正逆反应速率均很快，而第二步为慢反应，反应速率慢，故v(第一步的逆反应)＞v(第二步反应)，B正确；C．第二步为慢反应，活化能大，第三步为快反应，活化能小，第二步反应的活化能大于第三步的活化能，C正确；D．能发生化学反应的碰撞才是有效碰撞，故第二步反应中N2O2与H2的碰撞仅部分有效，D正确；故选A。4．D【详解】A．由图可知反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，故A错误；B．根据图知，碱浓度越大，相同时间内消耗的双氧水越多，所以碱性越强双氧水分解速率越快，故B错误；C．溶液不一定是饱和溶液，缺少条件不能比较其溶液的质量分数，故C错误；D．随着光照的进行，溶液的pH减小，酸性增强，说明氢离子浓度增大，HClO分解生成HCl和氧气，所以溶液中氯离子浓度增大，故D正确；故答案选D。5．D【详解】A．由图像可知：在甲绝热下，开始压强开始增大，说明反应发生后体系温度升高，故反应的正反应为放热反应，所以ΔH＜0，A错误；B．充入2molX和1molY发生反应是气体分子总数减小的反应，故压强增大的原因不可能是气体的总物质的量增大，B错误；C．反应开始时n(X)=2mol，n(Y)=1mol，设平衡时Z的物质的量为x，则根据物质反应转化关系可知平衡时n(X)=(2-2x)mol，n(Y)=(1-x)mol，n(Z)=xmol，n(总)=(3-2x)mol由于平衡时气体压强是开始的一半，所以2mol+1mol=2(3-2x)mol，解得x=0.75mol，若在恒温下K(a)=，但该反应是放热反应，实际反应温度高于c点，升高温度，平衡逆向移动，导致化学平衡常数减小，故a点平衡常数：K＜12，C错误；D．在其他条件不变时，升高温度，气体压强增大。a、c两点气体压强相同，由于温度：a＞c，所以气体的物质的量：na＜nc，D正确；答案选D。6．A【详解】A．[Cu(OH)(NH3)]+中Cu显+2价，[Cu(NH3)2]+中Cu显+1价，催化循环中Cu的化合价发生了变化，故A说法错误；B．①→②发生反应[Cu(OH)(NH3)]++2NH3→[Cu(OH)(NH3)3]+，不存在化合价变化，该反应不属于氧化还原反应，故B说法正确；C．根据循环机理图，NH3、NO、O2为反应物，氮气和H2O为生成物，因此反应方程式为NH3+NO+O24N2+6H2O，故C说法正确；D．碱石灰中含有氧化钙，氧化钙遇水放出热量，使一水合氨分解成氨气，发生CaO+NH3·H2O=Ca(OH)2+NH3↑，故D说法正确；答案为A。7．C【分析】由图可知，氢气处理废水中亚硝酸根离子时，氢气与四氧化三铁中的三价铁反应生成氢离子和二价铁，二价铁与亚硝酸根离子反应生成三价铁和氮气，转化过程中，钯和四氧化三铁都是反应的催化剂，总反应为酸性条件下氢气与亚硝酸根离子反应生成水和氮气，反应方程式为3H2+2NO+2H+=N2+4H2O。【详解】A．由分析可知，氢气与四氧化三铁反应时，三价铁得到电子生成二价铁，二价铁与亚硝酸根离子反应时，二价铁失去电子生成三价铁，转化过程中，四氧化三铁起到传递电子的作用，故A正确；B．由分析可知，转化过程中，钯和四氧化三铁都是反应的催化剂，故B正确；C．由分析可知，总反应为酸性条件下氢气与亚硝酸根离子反应生成水和氮气，反应方程式为3H2+2NO+2H+=N2+4H2O，反应中消耗氢离子，处理后的废水中酸性减弱，故C错误；D．由分析可知，总反应为酸性条件下氢气与亚硝酸根离子反应生成水和氮气，反应方程式为3H2+2NO+2H+=N2+4H2O，则标准状况下消耗67.2L氢气，被还原的亚硝酸根离子的物质的量为×=2mol，故D正确；故选C。8．C【详解】A．随着反应的进行，a-c段反应速率反而加快的原因可能是该反应放热，温度升高，反应速率加快，故A正确；B．若向容器内充入一定体积的，增大了的浓度，化学反应速率加快，故B正确；C．恒容条件下，向反应体系中通入不反应的氢气，反应速率不变，故C错误；D．2~8min内，氧气的浓度变化量为1.2mol/L，则，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比可得，，故D正确；故答案选C。9．C【详解】A．生成2molNO为正反应方向，生成2molNO2为逆反应方向，物质的量变化之比为化学计量数之比，故正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，A正确；B．反应平衡后升高温度如果气体颜色变浅，平衡正向移动，反应是吸热反应，B正确；C．减小容器的体积=增大压强，平衡逆向移动，根据勒夏特列原理，平衡逆向移动但并不能抵消NO浓度的增大，故NO气体的浓度一定增大，C错误；D．平衡后不改变其他条件，向容器中再充入一定量的NO2，根据勒夏特列原理，平衡会正向移动移动但是并不能抵消NO2体积分数的增大，故再次平衡后NO2的体积分数比原平衡大，D正确；故选C。10．C【详解】A．中每个氧与碳形成两对共用电子对，因此其电子式为，故A正确；B．催化剂可以降低该反应的活化能，加快反应速率，故B正确；C．是3个乙基与1个氮原子相连，1个乙基有6个共价键，每个乙基于氮有1个共价键，因此1mol中含有21mol共价键，故C错误；D．由流程可知，进入循环流程的是反应物(、)，离开循环流程的是生成物(HCOOH)，其余的微粒均为中间产物，因此反应的总反应方程式为CO2+H2HCOOH，故D正确。综上所述，答案为C。11．B【详解】A．铁粉是纯固体，铁粉会加快反应速率，不会使平衡移动，故A错误；B．根据盖斯定律可知反应Ⅰ+反应Ⅱ=反应Ⅲ，反应Ⅲ的反应热等于反应Ⅰ和反应Ⅱ的反应热之和，根据方程式可知K1=c(CO)/c(CO2)，K2=[c(CO2)•c(H2)]/[c(CO)•c(H2O)]，K3=c(H2)/c(H2O)，同温度下，K2=K3/K1，K3=K1•K2，980K平衡常数a=1.5×1.6=2.4，1173K平衡常数b=1.4÷2=0.7，反应Ⅲ平衡常数随温度升高减小，平衡逆向进行，正反应为放热反应，故B正确；C．反应Ⅱ的平衡常数随温度升高减小，说明正反应为放热反应，反应Ⅲ平衡常数随温度升高减小，说明正反应为放热反应，升高温度，反应Ⅰ、Ⅲ平衡都向逆反应方向移动，故C错误；D．计算分析可知a＞b，故D错误；故选B。12．D【分析】由题意和图可知T1下：FeO和CO的起始量为2.0mol，到达平衡的时间较短，到达平衡时消耗1molFeO和CO，生成1molCO2；T2下：FeO和CO的起始量为2.0mol，到达平衡的时间较长，到达平衡时生成1.2molCO2。【详解】A．反应正向建立平衡，CO转化为，容器内气体的平均相对分子质量逐渐增大，故A正确；B．反应前后气体系数之和相等，加压，平衡不移动，但体积减小，的浓度增大，故B正确；C．温度越高，反应速率越快，达到平衡所需时间越短，即＞；结合分析可知升高温度，二氧化碳平衡量减小，平衡逆向移动，则该反应的，升温后平衡逆向移动，平衡常数减小，则，由反应前，平衡时，，则，故C正确；D．时刻二氧化碳物质的量瞬间增大，不可能是加入催化剂，不可能是加入氮气，可能是增大压强或充入二氧化碳，故D错误；答案选D。13．AD【详解】A．时，反应向正反应方向进行，则，A正确；B．时，X和Y的物质的量浓度相等，但不是保持恒定不变，则反应达未到平衡状态，B错误；C．由图知，Y达到平衡时物质的量浓度为0.50mol/L，Y起始物质的量浓度为2.00mol/L，则Y的平衡转化率为，C错误；D.由图知，X的物质的量浓度在增大，而Y的在减小，则Y为反应物，X为生成物，平衡时X变化量为0.75mol/L，Y的变化量为1.50mol/L，则该反应的化学方程式为2YX，则平衡常数，D正确；故答案为AD。14．AB【分析】由图可以知道，该反应从正反应一端开始，正逆反应速率相等时为状态Ⅰ，然后，该反应向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，且改变条件的一瞬间逆反应速率不变，以此来解答。【详解】A．由平衡的特征可以知道，反应达平衡时，正反应速率和逆反应速率相等，A正确；B．该反应达到平衡态Ⅰ后，增大反应物浓度，一瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变，平衡正向移动，达到平衡态Ⅱ，B正确；C．该反应达到平衡态后，减小反应物浓度，平衡应逆向移动，逆反应速率大于正反应速率，与图象矛盾，C错误；D．该反应达到平衡态Ⅰ后，增大反应物浓度使反应继续正向移动达到平衡态Ⅱ，所以同一种反应物在平衡态Ⅰ和平衡Ⅱ时浓度不相等，D错误；答案选AB。15．(1)

升温

加入催化剂

=＞

17150(2)H2O2+IO-→H2O+O2↑+I-(3)【解析】（1）①对比实验I、实验II可知，I到达平衡时间缩短且起始压强增大，应是升高温度，对比实验II、实验III可知，平衡时压强不变，III到达平衡时间缩短，改变条件反应速率加快、平衡不移动，应是使用催化剂。②依据①中分析可知，实验II、实验III相比，平衡不移动，CO转化率不变，即=，实验I、实验II相比，I中温度高，正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO转化率减小，即＞，因此转化率为=＞。③设CO的转化量为xmol/L，列三段式：恒温恒容条件下，压强之比等于物质的量之比、等于浓度之比，结合图中数据有=，解得x=0.07，则平衡时NO浓度为0.01mol/L、CO浓度为0.01mol/L、氮气浓度为0.035mol/L、二氧化碳浓度为0.07mol/L，实验III平衡常数K==17150。（2）过氧化氢分解的总反应为：2H2O2=2H2O+O2↑，反应分两步进行，第一步反应为：，第二步反应为总反应减去第一步反应，为：H2O2+IO-→H2O+O2↑+I-。（3）该反应为放热反应，反应物的总能量比生成物的总能量高，碘离子为该反应的催化剂，能降低反应的活化能，但不改变焓变，而第一步为慢反应、第二步为快反应，则第一步的活化能比第二步高，用图示表示无加入I−和有加入I−的反应能量变化为：。16．(1)<(2)a(3)

0.01mol·L-1

3.33×103【解析】（1）在起始氢气的物质的量相同时，反应为放热反应，温度越高，平衡逆向进行程度越大，氨气含量越少，所以T2<T1；（2）随着氢气的物质的量增加，平衡正向进行的程度越大，消耗的氮气越多，氮气的转化率越大，所以氮气转化率最小的点应该为氢气的量最少的一点，即a点；（3）氢气和氮气的转化率均为60%，则说明氢气和氮气起始的物质的量之比应等于系数之比3:1，所以起始的时候，所加的氮气的物质的量为0.05mol，氮气转化了：0.05×60%=0.03mol，剩余的氮气的物质的量等于0.05mol-0.03mol=0.02mol，所以平衡时氮气的物质量浓度为：0.02mol÷2L=0.01mol·L-1；另可分别算出c(H2)=0.03mol·L-1，c(NH3)=0.03mol·L-1，计算可得K=3.33×103。17．(1)<(2)C(3)减小【解析】（1）D点时φ(N2O4)小于该温度下的平衡点时的φ(N2O4)，说明反应向逆反应方向进行[使φ(N2O4)增大至平衡点时的φ(N2O4)]，v(正)<v(逆)；（2）温度升高，φ(N2O4)减小，说明平衡N2O4(g)⇌2NO2(g)向右移动。温度越高，平衡常数越大；（3）平衡时又加入一定量NO2，既增大了c(NO2)，又相当于增大了压强，无论是增大c(NO2)还是增大压强，都有利于平衡向左移动，所以NO2的体积分数减小。18．(1)<(2)CD(3)(4)【解析】(1)该反应能自发进行，则，又，故；(2)A．恒容条件下，该反应气体分子数减少，气体的压强不变时反应达到平衡，A不符合题意；

B．时，包含正逆两个反应方向，且，等于化学计量数之比，可以判断达平衡，B不符合题意；C．该反应在恒温下反应，温度不变，K不变，不能判断达平衡，C符合题意；

D．恒容条件下，气体反应物的总质量保持不变，容器内气体的密度不变，不能判断达平衡，D符合题意；故选CD；(3)和按4：1充入恒容的密闭容器中，设HCl和O2的物质的量分别为4mol和1mol，HCl的转化率为50%，故可列出三段式：，气体的总物质的量为4.5mol，各物质的分压分别为：，，，，；(4)该反应正向气体分子数减小，加压平衡正向移动；该反应正向为放热反应，故升高温度，HCl的转化率降低，故T温度下的曲线应在900K的曲线下方，故：。。19．(1)高温(2)

增大

增大

副反应的活化能低于主反应的活化能(3)iii【解析】(1)主反应为吸热反应，让反应自发进行，则，，，高温时，故高温更加容易自发进行；(2)掺入高温水蒸气，温度升高，主反应为吸热反应，故温度升高，K增大，平衡正向移动，α(C3H8)增大；主反应和副反应均为吸热反应，更容易发生是因为活化能低，故温度升高，副反应更容易发生的主要原因是：副反应的活化能低于主反应的活化能；(3)主反应和副反应均为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，丙烷的体积分数减小，故ii和iv代表丙烷，丙烯的体积分数增加，i和iii代表丙烯；主反应和副反应正向气体分子数增多，相同温度下，加压平衡逆向移动，故压强大的丙烯的体积分数小，故105Pa时，图中表示丙烯的曲线是iii。20．(1)

小于

硫代硫酸钠被消耗完，再生成的才能使淀粉溶液变蓝(2)

40

40

＜(3)

【解析】（1）向酸化的溶液中加入淀粉KI溶液，溶液几秒后变为蓝色，说明反应生成碘单质；再向已经变蓝的溶液中加入溶液，溶液立即褪色，说明和碘单质反应，导致溶液褪色；实验中褪色速率大于变蓝色速率，可知反应ⅰ的速率小于反应ⅱ的速率；实验一中同时加入碘化钾、淀粉和硫代硫酸钠，生成的碘单质会立即和硫代硫酸钠反应，当硫代硫酸钠被消耗完，再生成的才能使淀粉溶液变蓝，故溶液混合一段时间后才变蓝；（2）探究对反应速率的影响，则实验变量为氢离子浓度，其它因素要相同，故加入过氧化氢要相同，V1=40；溶液的总体积要相同，V2=40；反应中氢离子为反应物，反应物浓度增加，反应速率加快，故对比实验I和实验II，<；（3）实验I中混合后溶液总体积为160mL，、的物质的量分别为×40×10-3L=4×10-3mol、×20×10-3L=0.2×10-3mol，可知过量、不足，当溶液开始变蓝时，反应完全，消耗时间为s，故反应ⅱ在的化学反应速率；根据反应ⅰ、ⅱ可知：，则反应ⅰ在的化学反应速率。21．(1)Cu＋H2O2=Cu(OH)2↓(2)

Cu＋H2O2＋2H+=Cu2＋＋2H2O

产生的铜离子催化了过氧化氢分解；或铜离子氧化了过氧化氢(3)加入氨水，提高了Cu的还原性(4)Cu(OH)2(aq)⇌Cu2＋(aq)＋2OH－(aq)，加入少量NH4Cl，NH3＋H2O⇌NH3·H2O⇌＋OH－，平衡逆移，使c(NH3)增大，使c(Cu2＋)减小，Cu(OH)2(s)⇌Cu2＋(aq)＋2OH－(aq)，正移，沉淀溶解，无沉淀。(5)

酸碱性

产物微粒的种类【分析】本实验通过对Cu和H2O2反应的探究，得出影响Cu和H2O2反应速率快慢的因素；通过对比溶液酸碱性对反应速率的影响得出碱性条件下Cu和H2O2的反应速率较快的结论，通过对比实验考查加入氨水后，氨水对双氧水的作用和氨水对Cu2+的作用考查氨水的加入对反应的氧化性或还原性强弱的影响。（1）向过氧化氢溶液中加入Cu，一段时间后Cu表面出现少量蓝色固体，说明有含铜离子的物质生成，故可推测反应为Cu和H2O2的反应，反应方程式为Cu＋H2O2=Cu(OH)2↓；（2））实验ii中溶液变蓝，说明Cu与H2O2在酸性条件下可以发生反应，生成Cu2+，反应的离子方程式为Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；经检验，产生的气体为氧气，说明过氧化氢大量分解，而溶液反应生成的Cu2+有催化作用，可以催化双氧水分解，产生大量气泡；（3）向U形管双氧水一侧加入氨水，电压物明显变化，说明在双氧水中加入氨水不会影响双氧水氧化性的强弱，而向U形管硫酸铜一侧加入氨水，氨水可以和Cu2+发生反应生成四氨合铜离子，这时电压发生了变化，说明氨水的加入改变了Cu2+还原性的大小，使Cu2+的还原性增强；（4）实验iii中少量不溶物为Cu(OH)2，加入少量氯化铵后不溶物消失，原因是：Cu(OH)2(aq)⇌Cu2+(aq)+2OH-(aq)，加入少量NH4Cl，NH3+H2O⇌NH3·H2O⇌NH4++OH-，平衡逆移，使c(NH3)增大，Cu2++4NH3⇌Cu(NH3)42＋，使c(Cu2+)减小，Cu(OH)2(s)⇌Cu2+(aq)+2OH-(aq)，正移，沉淀溶解，无沉淀；（5）基于以上实验，影响Cu与H2O2反应速率的因素有酸碱性、产物微粒的种类。22．(1)(2)

>

小

小(3)6:7(4)

A

【分析】平衡常数只受温度的影响，由图可知，b点转化率最高，则b点恰好达到平衡状态，ab曲线上对应容器体积小于b，起始投料相同，则物质浓度大，反应速率快，故ab曲线点均为平衡状态；bc曲线容器体积大，反应速率慢，则均是不平衡状态；（1）由分析可知，ab均为平衡点，以a点为例：由三段式可知，该反应的平衡常数的值为；（2）由分析可知，c点反应没有达到平衡，反应正向进行，则>；反应为气体分子数增加的反应，a点为平衡状态，充入一定量后再次达到平衡，较之前的平衡反应会向气体分子数减小的方向移动，故导致转化率变小，的物质的量分数变小；（3）反应可知，其∆n=1；若容器a、b体积相等，a点转化率为40%，则反应二氧化氮的物质的量为0.4mol，则反应后总的物质的量为1mol+0.4mol÷2=1.2mol；b点转化率为80%，则反应二氧化氮的物质的量为0.8mol，则反应后总的物质的量为1mol+0.8mol÷2=1.4mol；根据阿伏伽德罗