第2章 化学反应的方向、限度与速率 章节测试
一、单选题
1．化学反应速率和化学反应限度是化工生产研究的主要问题之一，下列对化学反应速率和反应限度的认识错误的是（ ）
A．使用催化剂是为了增大反应速率，提高生产效率
B．对任何化学反应来说，反应速率越大，对应现象越明显
C．任何可逆反应都有一定的限度，且限度是可以改变的
D．影响化学反应速率的客观因素是温度、浓度、压强和催化剂
2．在某一化学反应中，生成物的浓度在内从变成，则内用生成物表示的化学反应速率是（ ）
A． B．
C． D．
3．下列三个化学反应的平衡常数（K1、K2、K3）与温度的关系分别如下表所示：
化学反应 平衡常数 温度
973K 1173K
① Fe(s) + CO2(g) FeO(s) + CO(g) ΔH 1 K1 1.47 2.15
② Fe(s) + H2O(g) FeO(s) + H2(g) ΔH 2 K2 2.38 1.67
③ CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g) ΔH 3 K3 ？ ？
则下列说法正确的是（ ）
A．ΔH 1＜0，ΔH 2＞0
B．反应①②③的反应热满足关系：ΔH 2－ΔH 1＝ΔH 3
C．反应①②③的平衡常数满足关系：K1·K2＝K3
D．要使反应③在一定条件下建立的平衡向正反应方向移动，可采取升温措施
4．下列说法正确的是（ ）
A．水的离子积常数KW只与温度有关，但外加酸、碱、盐一定会影响水的电离程度
B．Ksp不仅与难溶电解质的性质和温度有关，还与溶液中相关离子的浓度有关
C．常温下，在0.10 mol·L－1的NH3·H2O溶液中加入少量NH4Cl晶体，能使溶液的pH减小，c(NH4+)/c(NH3·H2O)的值增大
D．室温下，CH3COOH的Ka＝1.7×10－5，NH3·H2O的Kb＝1.7×10－5，CH3COOH溶液中的c(H＋)与NH3·H2O中的c(OH－)相等
5．下列说法中有明显错误的是（ ）
A．对有气体参加的化学反应，增大压强体系体积减小，可使单位体积内活化分子数增加，因而反应速率增大
B．升高温度，一般可使活化分子的百分数增大，因而反应速率增大
C．活化分子之间发生的碰撞一定为有效碰撞
D．加入适宜的催化剂，可使活化分子的百分数大大增加，从而成千上万倍地增大化学反应的速率
6．下列操作或事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．，把球浸泡在冰水中，气体颜色变浅
B．用饱和食盐水除去中的，可减少的损失
C．对、和组成的平衡体系加压后颜色变深
D．向含有的红色溶液中加入铁粉，振荡，溶液颜色变浅或褪去
7．在C(s)＋CO2(g)＝2CO(g)反应中，可使反应速率增大的措施是 （ ）
①增大压强 ②增加炭的量 ③通入CO2 ④恒压下充入N2 ⑤恒容下充入N2 ⑥升温
A．①③④ B．③⑤⑥ C．②④⑥ D．①③⑥
8．等质量的两份锌粉a和b，分别加入过量的稀硫酸中，并向a中加入少量CuSO4溶液，下图表示产生H2的体积(V)与时间(t)的关系正确的是（ ）
A． B．
C． D．
9．在两个容积均为1 L密闭容器中以不同的氢碳比[n(H2)/n(CO2)]充入H2和CO2，在一定条件下发生反应：2CO2(g) + 6H2(g) C2H4(g) + 4H2O(g) ΔH。CO2的平衡转化率
α(CO2)与温度的关系如下图所示。
下列说法正确的是（ ）
A．该反应的ΔH ＞ 0
B．氢碳比：X＜ 2.0
C．在氢碳比为2.0时，Q点v(逆)小于P点的v(逆)
D．P点温度下，反应的平衡常数为512
10．已知：反应的正反应是放热反应。下列关于该反应的说法正确的是（ ）
A．的能量一定高于的能量
B．降低温度，正反应速率减慢，逆反应速率加快
C．当反应达到平衡时，正反应和逆反应均停止
D．单位时间内，若消耗的同时生成，则化学反应达到平衡状态
11．在真空密闭容器中盛有1molPCl5发生反应PCl5 （气） PCl3（气）+Cl2（气）达平衡后，PCl5所占体积分数为a%,若在同一温度和同一容器中，最初投入的是3mol PCl5，反应达平衡，PCl5 体积分数为b% ，则a b关系正确的是
A．a大于b B．a 小于b C．a 等于b D．无法比较
12．在300 mL的密闭容器中，放入镍粉并充入一定量的CO气体，一定条件下发生反应：Ni(s)+4CO(g) Ni(CO)4(g)，已知该反应的平衡常数与温度的关系如下表：
温度/℃ 25 80 230
平衡常数 5×104 2 1.9×10-5
下列说法错误的是（ ）
A．上述生成Ni(CO)4的反应为放热反应
B．25 ℃时反应Ni(CO)4(g) Ni(s)+4CO(g)的平衡常数为2×10-5
C．在80 ℃时，测得某时刻Ni(CO)4、CO的浓度均为0.5 mol·L-1，则此时v正>v逆
D．80 ℃达到平衡时，测得n(CO)=0.3 mol，则Ni(CO)4的平衡浓度为2 mol/L
13．在密闭容器中发生反应：，下列情况不能说明反应已达平衡状态的是
A．的物质的量浓度不再变化
B．、、的物质的量之比为2∶1∶2
C．的质量不再变化
D．单位时间内生成2的同时生成1mol
二、综合题
14．在2L密闭容器内，800℃时发生反应：2NO（g）+O2（g）═2NO2（g），在体系中，n（NO）随时间的变化如表：
时间（s） 0 1 2 3 4 5
NO的物质的量（mol） 0.020 0.010 0.008 0.007 0.007 0.007
（1）上述反应 （填“是”或“不是”）可逆反应，在第5s时，NO的转化率为 ．
（2）如图中表示NO2变化曲线的是 ．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．容器内气体密度保持不变．
15．丙烯腈( )是一种重要的化工原料，广泛应用于三大有机合成材料的生产中。以3—羟基丙酸乙酯()为原料合成丙烯腈的主要反应如下：
I. (g) (g) +H2O(g) ΔH1>0
II.(g) +NH3(g) +H2O(g)+ (g) ΔH2>0
（1）已知部分化学键键能如下表所示：
化学键 C-O C-C C=C C-H O-H C=O
键能(kJ·mol -1) 351 348 615 413 463 745
据此计算ΔH1 = 。
（2）在盛有催化剂TiO2、压强为100kPa的恒压密闭容器中按体积比2：15充入(g)和NH3(g)发生反应，通过实验测得平衡体系中含碳物质(乙醇除外)的物质的量分数随温度的变化如图1所示(例如的物质的量分数w%=×100%)。
①随着温度的升高， (g)的平衡体积分数先增大后减小的原因为 。
②科学家通过DFT计算得出反应II的机理如图2所示，其中第二步反应为 (g) (g)+H2O(g)， 则第一步反应的化学方程式为 ；实验过程中未检测到 (g)的原因可能为 。
③A点对应反应II的标准平衡常数= ( 保留两位有效数字)。[其表达式为用相对分压代替浓度平衡常数表达式中的浓度，气体的相对分压等于其分压(单位为kPa)除以p0(p0=100 kPa)]
④实际生产中若充入一定量N2 (不参与反应)，可提高丙烯腈的平衡产率，原因为 。
（3）利用电解法由丙烯腈制备己二睛[NC(CH2)4CN]的装置如图3所示。
通电过程中，石墨电极2上的电极反应式为 。
16．丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备。正丁烷脱氢制丁烯的热化学方程式为： ( )。完成下列填空：
（1）T1℃时，5mol 在100L容器内脱氢，30min达到平衡转化了30%。则30min内的平均反应速率 。为提高反应的平衡转化率，可采取的一条措施是 。
（2）T2℃时，该反应平衡常数K=1.2，则T1 T2 (选填“＞”“＜”或“=”)。
（3）如图为反应平衡时丁烯产率和反应温度的关系曲线。丁烯的产率在590℃之前随温度升高而增大的原因可能是 ；590℃之后，丁烯的产率快速降低的主要原因可能是 。
（4）已知：
则 。
（5）写出2-丁烯在一定条件下发生聚合反应的化学方程式 。
17．用辉铜矿（主要成分为 Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2,等杂质）制备难溶于水的碱式碳酸铜的流程如下：
（1）下列措施是为了加快浸取速率，其中无法达到目的的是____（填字母）。
A．延长浸取时间 B．将辉铜矿粉碎
C．充分搅拌 D．适当增加硫酸浓度
（2）滤渣I巾的主要成分是MnO2、S、SiO2，请写出“浸取”反应中生成S的离子方程式： 。
（3）研究发现，若先除铁再浸取，浸取速率明显变慢，可能的原因是 。
（4）“除铁”的方法是通过调节溶液pH，使Fe3＋转化为Fe(OH)3，则加入的试剂A可以是 （填化学式）；“赶氨”时，最适宜的操作方法是 。
（5）“沉锰”（除Mn2＋）过程中有关反应的离子方程式为 。
（6）滤液Ⅱ经蒸发结晶得到的盐主要是 （填化学式）。
18．乙醇是重要的化工产品和液体燃料，可以利用下列反应制取乙醇：
2CO2（g）+6H2（g） CH3CH2OH（g）+3H2O（g）①298K时，K1=2.95×1011
2CO（g）+4H2（g） CH3CH2OH（g）+H2O（g）②298K时，K2=1.71×1022
（1）条件相同时，反应①与反应②相比，转化程度更大的是 ．
（2）在一定压强下，测得反应①的实验数据如表：
温度（K） CO2转化率（%） n（H2）/n（CO2） 500 600 700 800
1.5 45 33 20 12
2 60 43 28 15
3 83 62 37 22
根据表中数据分析：…
①温度升高，K值 （填“增大”“减小”或“不变”）．
②提高氢碳比[n（H2）/n（CO2）]，对生成乙醇 （填“有利”或“不利”）．
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．使用催化剂是为了增大反应速率，提升生产效率，A不符合题意；
B．有的反应很快，没有明显现象，B符合题意；
C．任何可逆反应都有一定的限度，当外界条件改变时，限度是可以改变的，C不符合题意；
D．影响化学反应速率的客观因素是温度、浓度、压强和催化剂等条件，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A．使用催化剂是为了增大反应速率，提升生产效率；
B．有的反应很快，没有明显现象；
C．当外界条件改变时，限度是可以改变的；
D．影响化学反应速率的客观因素是温度、浓度、压强和催化剂等条件。
2．【答案】B
【解析】【解答】根据公式计算其速率=== ，故答案为：B
【分析】根据公式计算即可。
3．【答案】B
【解析】【解答】A．反应①温度升高，K值增大，则反应吸热，△H1＞0，反应②温度升高，K值减小，则反应放热，△H2＜0，故A不符合题意；
B．根据盖斯定律可得，②－①＝③，则有△H2－△H1＝△H3，故B符合题意；
C．K1＝ ，K2＝ ，K3＝ ，则有K2÷K1＝K3，故C不符合题意；
D．根据K2÷K1＝K3，可知反应③在973K时的K值比1173K时的K值大，温度升高，K值减小，则反应放热，所以要使反应③在一定条件下建立的平衡向正反应方向移动，可采取降温措施，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.温度升高，平衡常数变大，说明正反应是吸热的反应，反之，是放热反应；
B.盖斯定律指的是反应的反应热与途径无关只与反应的始终态有关；
C.根据平衡常数的表达公式可以推出三个反应的平衡常数的关系；
D.正反应放热的反应是放热反应，如果升高温度会使反应向逆反应方向进行。
4．【答案】C
【解析】【解答】A.水的离子积与温度有关，但加强酸强碱盐(如NaCl)不影响水的电离，故A不符合题意；
B.溶度积常数是温度的函数，只受温度的影响，与溶液中离子浓度大小无关，故B不符合题意；
C.加入NH4Cl，NH3 H2O NH4++OH-平衡向逆反应方向移动，氢氧根离子浓度减小，溶液的pH减小，根据电离平衡常数可知c(NH4+)/c(NH3 H2O)= 的值增大，故C符合题意；
D.只知道平衡常数，不知溶液的浓度，无法计算溶液中c(H+)、c(OH-)，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、强酸、强碱对水的电离不产生影响；
B、 Ksp仅受温度的影响；
C、根据平衡移动和电离平衡常数的表达式即可得出答案；
D、溶液中c(H+)、c(OH-)未知。
5．【答案】C
【解析】【解答】解：A、增大压强体系体积减小，对于有气体参加的反应，可使单位体积内活化分子数增加，反应速率增大，故A说法正确；
B、升高温度，反应体系中物质的能量升高，一般可使活化分子的百分数增大，因而反应速率增大，故B说法正确；
C、由于活化分子之间的碰撞分为有效碰撞和无效碰撞，故C说法错误；
D、催化剂可使反应需要的能量减小，使活化分子的百分数大大增加，从而成千上万倍地增大化学反应的速率，故D说法正确；
故选C．
【分析】A、根据压强对反应速率的影响进行判断；
B、利用温度对反应速率的影响分析；
C、活化分子之间发生的碰撞分为有效碰撞和无效碰撞；
D、催化剂对化学反应速率的影响进行判断．
6．【答案】C
【解析】【解答】A．，放在冰水中，温度降低，平衡向生成无色气体的方向移动，所以颜色变浅；
B．与反应存在化学平衡：，使用饱和食盐水时，由于在水中溶解度很大，可以除去杂质，同时由于溶液中的增大，化学平衡逆向移动，导致的溶解量、反应量减小，因此可减少的损失；
C．体系颜色加深是因为压缩体积，的浓度增大，而加压平衡并未移动；
D．铁粉消耗溶液中的，使离子浓度降低，使平衡正向移动，溶液颜色变浅或褪去，可以用勒夏特列原理解释；
故答案为：C。
【分析】A、降低温度，平衡朝放热方向移动；
B、，氯离子浓度增大，平衡朝逆向移动，抑制氯气的溶解；
C、氢气和碘蒸气反应生成碘化氢，左右气体系数相等，增大压强平衡不移动；
D、铁离子和硫氰酸根的反应为可逆反应，加入铁粉可以和铁离子反应，减小反应物的浓度，平衡朝逆向移动。
7．【答案】D
【解析】【解答】①对有气体参加的反应，增大压强反应速率增大，①符合题意；
②因为炭是固体，固体的浓度视为常数，所以增加炭的量，该反应速率不变，②不符合题意；
③通入CO2可增加CO2的浓度，增大反应物浓度反应速率增大，③符合题意；
④恒压下充入N2，容器的体积势必增大，反应混合物中CO2和CO的浓度将减小，反应速率减慢，④不符合题意；
⑤恒容下充入N2，因为容器体积没有变化，所以反应混合物各组分浓度没有变化，反应速率不变，⑤不符合题意；
⑥升高温度反应速率增大，⑥符合题意；
故答案为：D。
【分析】①在有气体参与的可逆反应中，增大压强，可以加快反应的速率；
②固体和纯液体的物质的量增加不会改变反应的速率；
③反应物的浓度越高反应的速率就会越快；
④恒压通氮气会使气体的体积增大，所有气体的攻读变小，那么反应的速率就会减慢；
⑤恒容通氮气，不会改变物质的浓度，因此反应的速率不会改变；
⑥升高温度反应的速率会加快。
8．【答案】D
【解析】【解答】等质量的两份锌粉a、b，分别加入过量的稀H2SO4中，同时向a中放入少量的CuSO4溶液，发生的反应为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu，铜-铁-稀硫酸形成原电池，使制取H2的反应速率增大，反应用时少于b，但由于Zn与CuSO4发生反应消耗，导致与硫酸反应的锌的质量减少，因而生成的氢气减少，故a中生成H2少于b，a中生成氢气快而少，图象表示应为D，
故答案为：D。
【分析】a中加入硫酸铜后形成原电池，反应速率增大，同时锌能与硫酸铜反应，使得与稀硫酸反应的锌减少，产生的氢气减少。
9．【答案】C
【解析】【解答】A．由图可知，随温度升高CO2 的平衡转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热反应越大，则正反应为放热反应，故△H＜0，不符合题意；
B．氢碳比 越大，二氧化碳的转化率越大，故氢碳比：X＞2.0，不符合题意；
C．相同温度下，Q点二氧化碳转化率小于平衡时的转化率，说明Q点未到达平衡，反应向正反应进行，逆反应速率增大到平衡状态P，故在氢碳比为2.0时，Q点V(逆)小于P点的v(逆)，故C符合题意；
D．由图可知，P点平衡时二氧化碳转化率为0.5，氢碳比 =2，设起始时氢气为2mol/L、二氧化碳为1mol/L，则二氧化碳浓度变化量为0.5mol/L，则：
2CO2 (g)+ 6H2 (g) C2 H4 (g)+ 4H2 O(g)
起始（mol/L） 1 2 0 0
转化（mol/L） 0.5 1.5 0.25 1
平衡（mol/L） 0.5 0.5 0.25 1
平衡常数 ，不符合题意。
【分析】A.温度升高，二氧化碳的转化率降低，平衡向逆反应方向移动；
B.氢碳比越高二氧化碳的转化率越高；
D.根据化学平衡的计算来得出该温度下的平衡常数。
10．【答案】D
【解析】【解答】A．该反应为放热反应，反应物总能量高于生成物总能量，但不能比较NO2(g)和CO2(g)的能量高低，A不符合题意；
B．降低温度，正逆反应速率均降低，B不符合题意；
C．当反应达到平衡时，正反应和逆反应均在进行且速率相等，C不符合题意；
D．单位时间内，消耗N2为正反应方向，生成H2O为逆反应方向，若消耗 1molN2的同时生成 2molH2O，即物质的量变化量之比等于化学计量数之比，则化学反应达到平衡状态，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.不能比较单个物质的相对能量大小；
B.降低温度，正逆反应速率均减小；
C.化学平衡是动态平衡，反应达到平衡时，正反应和逆反应均在进行且速率相等。
11．【答案】B
【解析】【解答】因为反应物只有一种，因此增大反应物的量，相当于增大体系的压强，平衡将向逆反应方向移动，即PCl5的体积分数应减小，B符合题意；
故答案为：B
【分析】结合压强对平衡移动的影响分析。
12．【答案】C
【解析】【解答】A．由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应，A不符合题意；
B.25℃时反应Ni(s)+4CO(g) Ni(CO)4(g)的平衡常数为5×104，相同温度下，对于同一可逆反应的正、逆反应平衡常数互为倒数，故25℃时反应Ni(CO)4(g) Ni(s)+4CO(g)的平衡常数为=2×10-5，B不符合题意；
C．浓度商Qc===8，大于80℃平衡常数2，故反应进行方向逆反应进行，v(正)＜v(逆)，C符合题意；
D.80℃达到平衡时，测得n(CO)=0.3 mol，c(CO)==1mol/L，由于K=，故c[Ni(CO)4]=K·c4(CO)=2×1mol/L=2mol/L，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.结合平衡常数与温度关系，温度越高，平衡常数越小，说明升高温度，平衡逆向移动，该反应为放热反应
B.正反应与逆反应的平衡常数互为倒数关系
C.列出三段式，算出平衡时各物质浓度，比较Qc与K的大小关系，Qc>K，平衡逆向移动，V正
13．【答案】B
【解析】【解答】A．的物质的量浓度不再变化，是达到平衡状态的标志，选项A不符合题意；
B． 、、的物质的量之比为2：1：2，这与反应的初始物质的量以及反应的转化程度有关，不能确定是否达到平衡，选项B符合题意；
C．的质量不再变化，是达到平衡状态的标志，选项C不符合题意；
D. 单位时间内生成2的同时生成1mol，能体现不同种物质正逆反应速率等于化学计量数之比，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】依据化学平衡的特征“等”和“定”进行分析判断。
14．【答案】（1）是；65%
（2）b；0.001 5 mol/（L s）
（3）bc
【解析】【解答】解：（1）根据表中数据可知，3s时NO为0.007mol，且不再随着时间的推移而减小，所以反应不能完全进行，所以该反应是可逆反应，NO转化率= ×100%=65%，
故答案为：是；65%；（2）从图象分析，随反应时间的延长，各物质的浓度不再不变，且反应物没有完全反应，所以反应为可逆反应，根据一氧化氮物质的量的变化知，该反应向正反应方向移动，则二氧化氮的物质的量在不断增大，且同一时间段内，一氧化氮减少的物质的量等于二氧化氮增加的物质的量，所以表示NO2的变化的曲线是b，0～2s内v（NO）= =0.0030mol/（L．s），同一化学反应同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以氧气的反应速率= v（NO）=0.0015mol/（L s），
故答案为：b，0.0015mol/（L s）； ②a．反应速率之比等于化学方程式计量数之比，v（NO2）=2v（O2）为正反应速率之比，不能说明正逆反应速率相同，无法判断正逆反应速率是否相等，故a错误；
b．反应前后气体体积不同，压强不变说明正逆反应速率相等，各组分浓度不变，故b正确；
c．反应速率之比等于化学方程式计量数之比为正反应速率之比，v逆（NO）=2v正（O2）时，一氧化氮正逆反应速率相同，说明反应达到平衡状态，故c正确；
d．恒容容器，反应物生成物都是气体质量不变，体积不变，所以密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故d错误；
故选bc，
故答案为：bc
【分析】（1）根据表中数据可知，3s时NO为0.007mol，且不再随着时间的推移而减小，所以反应不能完全进行，据此判断反应是否是可逆反应，NO转化率= ×100%；（2）从图象分析，随反应时间的延长，各物质的浓度不再不变，且反应物没有完全反应，是可逆反应，根据一氧化氮物质的量的变化知，该反应向正反应方向移动，则二氧化氮的物质的量在不断增大，且同一时间段内，一氧化氮减少的物质的量等于二氧化氮增加的物质的量；
根据△v= 计算一氧化氮的反应速率，再结合同一化学反应同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算氧气的反应速率；（3）化学平衡的标志是正逆反应速率相同，各组分含量保持不变．
15．【答案】（1）+34 kJ·mol-1
（2）反应I、II均为吸热反应，最高点前反应I进行程度大，最高点后反应II进行程度大；；第二步反应的活化能远小于第一步，所以第二步反应的速率远大于第一步反应的速率；0.011；该反应为气体分子数增大的反应，恒压密闭容器中充入一定量N2，降低各气体分压(相当于扩大容器体积)，会使反应II的平衡正向移动
（3）2CH2=CHCN+2e- +2H+ = NC(CH2)4CN
【解析】【解答】(1)焓变=反应物总键能-生成物总键能，ΔH1 =(463+413×9+351×3+348×3+745)-(413×8+615+745+351×2+348×2+463×2)=+34 kJ·mol-1；
(2)①反应I、II均为吸热反应，最高点前反应I进行程度大，最高点后反应II进行程度大，所以随着温度的升高，丙烯酸乙酯的平衡体积分数先增大后减小；
②第一步反应是和氨气反应生成乙醇和，反应的化学方程式为；第二步反应的活化能远小于第一步，所以第二步反应的速率远大于第一步反应的速率，实验过程中未检测到。
③设的初始物质的量为2mol、氨气的醋酸物质的量为15mol；A点的含量为0，说明反应I完全进行，生成2mol和2mol水； 和丙烯腈的含量相等，说明有1mol、1mol氨气参与反应II，生成1mol乙醇和1mol水，则平衡体系中氨气的物质的量为14mol、 的物质的量1mol、丙烯腈1mol、乙醇1mol、水3mol，A点对应反应II的标准平衡常数=0.011；
④该反应为气体分子数增大的反应，恒压密闭容器中充入一定量N2，相当于减压，降低各气体分压(相当于扩大容器体积)，会使反应II的平衡正向移动，所以充入一定量N2 (不参与反应)，可提高丙烯腈的平衡产率。
(3)根据图示，石墨电极2上CH2=CHCN 发生还原反应生成NC(CH2)4CN，石墨电极2上极反应式为2CH2=CHCN+2e- +2H+ = NC(CH2)4CN。
【分析】（1）ΔH =反应物总键能-生成物总键能，据此分析。
（2）①反应Ⅰ、Ⅱ均为放热反应，温度升高，利于平衡向右进行，反应Ⅰ先发生，反应Ⅱ后发生，据此分析。
②反应Ⅱ分为两步反应，总反应减去第二步反应就可得到第一步反应的化学方程式；由图2可知第二步反应的活化能远小于第一步，据此分析。
③根据图1可知A点的含量为0，说明反应I完全进行，此时含碳物质，即、丙烯腈的物质的量相等，说明反应II中的转化率为50%，算出平衡时各物质的物质的量，结合反应II的标准平衡常数表达式进行解答。
④反应II在反应前后气体分子数增大，恒压下加入惰性气体，根据化学平衡移动原理进行分析。
（3）丙烯腈（C3H4N）中碳元素的化合价为-，己二腈（C4H8N2）中碳元素的化合价为-，C3H4N→C4H8N2，碳元素的化合价降低，说明C3H4N得电子发生还原反应，据此解答。
16．【答案】（1）0.0005 ；升高温度或降低压强
（2）＜
（3）升高温度有利于反应向吸热方向进行或温度升高反应速率加快；丁烯高温裂解生成短链烃类
（4）123
（5）
【解析】【解答】(1)T1℃时，5mol 在100L容器内脱氢，30 达到平衡转化了30%，转化的 的物质的量为5mol×30%=1.5mol，则30 内的平均反应速率 =0.0005 ；
( )，由于反应吸热，正反应方向是气体体积增大的反应，为提高反应的平衡转化率，使平衡正向移动，根据勒夏特列原理，升高温度或降低压强可以提高反应的平衡转化率；
(2)T1℃时，列出反应的三段式；
K1= =0.006＜K2=1.2，反应吸热，温度越高，K越大，则T1＜T2；
(3)反应吸热，产率随温度升高而升高，升高温度有利于反应向吸热方向进行或温度升高反应速率加快，平衡正向移动，丁烯的产率在590℃之前随温度升高而增大；590℃之后产率减小，丁烯的产率快速降低，说明反应生成了其它物质，即副反应加剧，可能是丁烯高温裂解生成短链烃类；
(4)已知：①
②
根据盖斯定律，①-②得到 则 =123kJ；
(5)2-丁烯含有碳碳双键，一定条件下发生聚合反应，化学方程式是： 。
【分析】（1）根据转化的量即可计算速率，反应吸热可以提高温度或者式降低压强
（2）根据T1时平衡时的数据计算出平衡常数即可判断
（3）590℃之前增加，主要是温度影响，在590℃之后主要是催化剂影响
（4）根据盖斯定律即可计算
（5）根据反应物和生成物即可写出方程式
17．【答案】（1）A
（2）2MnO2＋Cu2S＋8H＋＝S＋2Cu2＋＋2Mn2＋＋4H2O
（3）Fe3＋可催化Cu2S被MnO2氧化
（4）CuO或Cu(OH)2；将溶液加热
（5）Mn2＋＋HCO3－＋NH3＝NH4＋＋MnCO3↓
（6）(NH4)2SO4
【解析】【解答】（1）增大反应物的接触面积或升高温度等均可以增大反应速率，所以酸浸时，通过粉碎矿石或者升高温度或者进行搅拌都可以提高浸取率，但延长浸取时间并不能提高速率，答案选A。（2）在酸性条件下MnO2氧化Cu2S得到硫沉淀、CuSO4、MnSO4和水，所以该反应的离子方程式是2MnO2＋Cu2S＋8H＋＝S＋2Cu2＋＋2Mn2＋＋4H2O。（3）由于Fe3＋可催化Cu2S被MnO2氧化，所以若先除铁再浸取，浸取速率明显变慢。（4）由于除杂时不能再引入新的杂质，所以加入的试剂A可以是CuO或Cu(OH)2。氨气易挥发，则“赶氨”时，最适宜的操作方法是将溶液加热。（5）根据原子守恒可知“沉锰”（除Mn2＋）过程中除了生成碳酸锰外还有铵盐生成，则有关反应的离子方程式为Mn2＋＋HCO3－＋NH3＝NH4＋＋MnCO3↓。（6）滤液Ⅱ中含有硫酸铵，因此经蒸发结晶得到的盐主要是(NH4)2SO4。
【分析】（1）固体在反应时，接触面积越大，反应的速率就越快；液体反应物的浓度越高，反应的速率就越快；但是反应是具有一定的限度的，所以浸泡时间延长无法使速率加快；
（2）二氧化锰和硫化亚铜在酸性条件下会发生氧化还原反应，生成铜离子、锰离子和水；
（3）铁离子具有催化性，可以使硫化亚铜和二氧化锰发生氧化还原反应，所以反应的速率减慢；
（4）除杂的原则：不仅可以将杂质除去，并且不能引入新的杂质；
（5）碳酸氢钠和氨气会和锰离子反应得到铵根离子以及碳酸锰沉淀，这样就可以将锰离子除去；
（6）蒸发是指将溶液中的溶剂通过升温的方式让溶剂脱离溶质的过程；结晶是溶质聚合变为固体（晶体）的过程。
18．【答案】（1）②
（2）减小；有利
【解析】【解答】解：（1）因反应②的K大，则正向进行的程度大，即反应物的转化程度高，故答案为：②；（2）①由表格数据可以看出，温度越高，CO2转化率，说明平衡逆向移动，则K值越小，故答案为：减小；②根据表格可知，其它条件不变时，提高氢碳比[n（H2）/n（CO2）]，CO2转化率增大，说明平衡向正反应方向移动，有利于的合成，故答案为：有利．
【分析】（1）利用化学平衡常数来分析转化程度，平衡常数大，则转化程度大；（2）①由表格中的数据可知，温度越高，CO2转化率减小，平衡逆向移动；
②提高氢碳比促使反应正向移动的程度增大，有利于生成乙醇．
