2.2 化学反应的限度 课后练习
一、单选题
1．氯气溶于水达到平衡后，若其他条件不变，只改变某一条件，下列叙述正确的是（ ）
A．再通入少量氯气，减小
B．通入少量，溶液的漂白性增强
C．加入少量水，水的电离平衡向电离的方向移动
D．加入少量固体，一定有
2．可以证明可逆反应N2＋3H2 2NH3已达到平衡状态的是( )
A．一个N≡N键断裂的同时，有3个H—H键断裂
B．其他条件不变时，N2浓度不再改变
C．恒温恒容时，密度保持不变
D．反应混合物中N2和H2的物质的量之比为1：3
3．下列事实可用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．开启啤酒瓶后，瓶中立刻泛起大量泡沫
B．500℃左右比在室温时更有利于提高合成氨的转化率
C．硫酸工业中，将黄铁矿粉碎后加入沸腾炉中
D．对2HI H2+I2平衡体系增加压强使颜色变深
4．下列关系中能说明反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)已经达到平衡状态的是（ ）
A．3v正(N2)＝v正(H2) B．v正(N2)＝v逆(NH3)
C．2v正(H2)＝3v逆(NH3) D．v正(N2)＝3v逆(H2)
5．反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(l)的能量变化示意图如图所示，已知H2O(g)=H2O(l) △H=-44.0kJ·mol-1，下列说法正确的是（ ）
A．使用催化剂后，反应能量变化曲线可能为①
B．温度升高，该反应的平衡常数减小
C．该反应的△S>0
D．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)是放热反应
6．下列现象不能用化学平衡原理解释的是（ ）
A．打开冰镇啤酒并倒入杯中，杯中立即泛起大量泡沫
B．在实验室制备氯气时，用饱和食盐水净化氯气
C．已知2HI(g) H2(g)＋I2(g)，为更准确测定HI的相对分子质量，选择高压条件下测定
D．实验室制取乙酸乙酯时，将乙酸乙酯不断蒸出
7．在汽车尾气净化器中CO和NO发生反应可转化为无毒的N2和CO2，主要反应为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) △H=-746.8kJ mol-1。下列相关说法正确的是（ ）
A．该反应的△S＞0
B．升高温度，该反应的平衡常数增大
C．该反应的平衡常数可表示为K=
D．平衡时，将CO2分离出来，NO的转化率增大
8．在甲、乙、丙三个不同密闭容器中按不同方式投料，一定条件下发生反应（起始温度和起始体积相同）：N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）△H＜0，相关数据如下表所示：下列说法正确的是（ ）
容器 甲 乙 丙
相关条件 恒温恒容 绝热恒容 恒温恒压
反应物投料 1mol N2、3mol H2 2mol NH3 2mol NH3
平衡时容器体积 V甲 V乙 V丙
反应的平衡常数K K甲 K乙 K丙
平衡时NH3的浓度/mol L﹣1 c甲 c乙 c丙
平衡时NH3的反应速率/mol L﹣1 min﹣1 v甲 v乙 v丙
A．V甲＞V丙 B．K乙＜K丙 C．c乙＞c甲 D．v甲=v丙
9．一定温度下，在2个容积均为1L的密闭容器中，充入一定量的反应物，发生反应： 。相关反应数据如下表所示：
容器编号 温度 起始物质的量/mol 10s时物质的量/mol
NO
I 0.2 0.2 0.05
II 0.2 0.2 0.05
下列说法正确的是（ ）
A．10s时，容器I中的化学反应速率
B．该反应在任何条件下均能自发进行
C．10s时，容器I中的反应处于平衡状态
D．若起始时，向容器II中充入0.08mol NO、0.1mol CO、0.04mol和0.1mol，反应将向逆反应方向进行
10．下列变化不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．红棕色的NO2气体加压后颜色先变深再变浅
B．实验室中常用饱和食盐水除去Cl2中混有的HCl
C．二氧化硫转化为三氧化硫时增加空气的量以提高二氧化硫的转化率
D．H2、I2、HI混合气体加压后颜色变深
11．在容积一定的密闭容器中，可逆反应A（g）+B（g） xC（g），有如图所示的关系曲线，根据下图下列判断正确的是（ ）
A．p3＞p4，y轴表示A的物质的量分数
B．若增大A的浓度，平衡体系颜色加深，C一定是有颜色的气体
C．p3＜p4，y轴表示平衡常数K
D．p3＞p4，y轴表示混合气体的平均摩尔质量
12．温度为T℃，向体积不等的恒容密闭容器中均充入1mol气体X，发生反应：，反应均进行10min，测得各容器中X的转化率与容器体积的关系如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．a点再充入一定量的X，X的转化率减小
B．d点有
C．正反应速率
D．若c点为平衡点，则浓度平衡常数
13．在一定条件下，不是可逆反应A（g）+3B（g） 2C（g）达到平衡标志的为（ ）
A．C生成速率与C分解速率相等
B．A，B，C的浓度不再变化
C．A，B，C的物质的量之比为1：3：2
D．体系压强不再变化
14．已知反应A（s）+B（g） C（g）+D（g）的化学平衡常数和温度的关系如表：
温度/℃ 700 800 830 1 000 1 200
化学平衡常数 1.7 1.1 1.0 0.6 0.4
下列说法正确的是（ ）
A．该反应为吸热反应
B．该反应的化学平衡常数表达式为K=
C．其他条件不变时，增大体系的压强，化学平衡常数减小
D．单位时间内生成B和D的物质的量相等时，该反应处于平衡状态
15．反应Ⅰ：的平衡常数为；反应Ⅱ：的平衡常数为，则、的关系为(平衡常数为同温度下的测定值)（ ）
A． B． C． D．
16．在密闭容器中，反应X2（g）+Y2（g） 2XY（g）；△H＜0，达到甲平衡．在仅改变某一条件后，达到乙平衡，图中对此过程的分析正确的是（ ）
A．图I是加入适当催化剂的变化情况
B．图Ⅱ是扩大容器体积的变化情况
C．图Ⅲ是增大压强的变化情况
D．图Ⅲ是升高温度的变化情况
二、综合题
17．二氧化碳加氢合成甲醇是人工合成淀粉的首要步骤之一，同时也是实现碳中和的重要途径。该过程总反应为CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) △H=-49.4kJ·mol-1。在特定催化剂条件下，其反应机理如下：
Ⅰ.CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) △H1
Ⅱ.CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) △H2=-90.3 kJ·mol-1
回答以下问题：
（1）△H1= kJ·mol-1。
（2）恒压下，按n(CO2)：n(H2)=1：3进行合成甲醇的实验，该过程在无分子筛和有分子筛时甲醇的平衡产率随温度的变化如图1所示(分子筛能选择性分离出H2O)。
①根据图中信息，压强不变，采用有分子筛时的最佳反应温度为 ℃，解释其原因： 。
②采用分子筛的作用为 。
（3）如图2所示，向甲(恒温恒容)、乙(恒温恒压)两个密闭容器中分别充入1 mol CO2和3 mol H2，发生反应CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)，起始温度、体积相同(T1℃、2 L密闭容器)。反应达到平衡时，乙的容器容积为1.5 L，则该温度下的平衡常数为 ，平衡时甲容器中CO2的物质的量 0.5 mol(填“大于”、“小于”或“等于”，下同)。若将甲改为绝热恒容容器，其他条件不变，平衡时CH3OH的浓度将 0.25 mol·L-1。
（4）如图3，当起始n(CO2)：n(H2)=1：2时，维持压强不变，将CO2和H2按一定流速通过反应器，催化剂活性受温度影响变化不大，结合反应Ⅰ和反应Ⅱ，分析温度大于235℃后甲醇的选择性随温度升高而下降的原因： 。
18．乙二醛（OHC﹣CHO）是一种重要的精细化工产品．
Ⅰ．工业生产乙二醛
（1）乙醛（CH3CHO）液相硝酸氧化法
在Cu（NO3）2催化下，用稀硝酸氧化乙醛制取乙二醛，反应的化学方程式为 ；
（2）乙二醇（HOCH2CH2OH）气相氧化法
①已知：OHC﹣CHO（g）+2H2（g） HOCH2CH2OH（g）△H=﹣78kJ mol﹣1 K1
2H2（g）+O2（g） 2H2O（g）△H=﹣484kJ mol﹣1 K2
乙二醇气相氧化反应HOCH2CH2OH（g）+O2（g） OHC﹣CHO（g）+2H2O（g）的△H= kJ mol﹣1；相同温度下，该反应的化学平衡常数K= （用含K1、K2的代数式表示）；
②当原料气中氧醇比为1.35时，乙二醛和副产物CO2的产率与反应温度的关系如图1所示．反应温度在450～495℃之间和超过495℃时，乙二醛产率降低的主要原因分别是 、 ；
（3）Ⅱ．乙二醛电解氧化制备乙醛酸（OHC﹣COOH）的生产装置如图2所示，通电后，阳极产生的Cl2与乙二醛溶液反应生成乙醛酸．
①阴极反应式为 ；
②阳极液中盐酸的作用，除了产生氯气外，还有 ；
③保持电流强度为a A，电解t min，制得乙醛酸m g，列式表示该装置在本次电解中的电流效率η= ；
（设：法拉第常数为f Cmol﹣1；η= ×100% ）
19．
（1）将一定量的N2(g)和H2(g)放入2L的密闭容器中，在500℃、2×107Pa下发生如下反应：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)
①在反应体系中加入催化剂，反应速率 ，该反应的反应热 (填“增大”、“减小”或“不变”)。
②5分钟后达到平衡，测得N2为0.2 mol，H2为0.6 mol，NH3为0.2 mol。氮气的平均反应速率υ(N2)＝ ，H2的转化率为 (保留小数点后一位)。
③欲提高②容器中H2的转化率，下列措施可行的是 。
A．把气体的体积压缩至1L B．向容器中再充入惰性气体
C．改变反应的催化剂
D．液化生成物分离出氨
（2）根据最新“人工固氮”的研究报道，在常温、常压、光照条件下，N2在催化剂(掺有少量Fe2O3和TiO2)表面与水发生下列反应：2N2(g)+6H2O(g) 4NH3(g)+3O2(g) H=akJ/mol，进一步研究NH3生成量与温度关系，常压下达到平衡时测得部分实验数据如下：
T/K 303 313 323
NH3生成量/(10-6mol) 4.8 5.9 6.0
此合成反应的a 0。(填“大于”、“小于”或“等于”)
20．C、CO、是常见还原剂。不同的反应，选择合理的还原剂以达到不同的工艺意图。工业上常见几种还原反应如下：
反应I：
反应II：
反应III：
反应IV：
反应V：
回答下列问题。
（1）从的角度，说明反应I自发进行的可能性： 。
（2）①其他条件不变，分别测定CO还原FeO、还原FeO反应体系中，平衡时、CO体积分数与温度的关系如图所示。关于该类还原反应，有关说法错误的是 。
A．温度越高，FeO被CO还原的程度越大
B．温度越低，还原生成铁所需的的浓度越大
C．若还原FeO活化能相对较小，则混合气体系中的还原FeO速率由决定
D．宜在低温下进行
②结合反应I及图示信息，说明随温度升高，在平衡体系中，与CO还原FeO的能力发生变化的原因： 。
③计算576℃反应III的平衡常数K= 。
（3）根据反应IV，在如图中分别画出、的能量变化，并进行必要的标注 。
（4）已知基元反应的速率方程可表示为：(k为速率常数，下同)。碰撞理论研究发现，大多数化学反应并不是经过简单的碰撞就能完成，往往需经过多个反应步骤才反应过程能实现。用还原合成HI的反应实际上经过两步基元反应完成的：
已知快反应近似平衡态。若在温度为T℃下，，。写出T℃下反应的速率方程：v= (用含、、、a、b的代数式表示)
21．“绿水青山就是金山银山”，研究NO2、NO、CO、SO2等大气污染物和水污染物的处理对建设美丽中国具有重要意义。
（1）已知： ①NO2+CO CO2+NO该反应的平衡常数为K1(下同)，每1mol下列物质分解为气态基态原子吸收的能量分别为
NO2 CO CO2 NO
812kJ 1076kJ 1490kJ 632kJ
②N2(g)+O2(g) 2NO(g) △H=+179.5kJ/mol K2
③2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) △H=-112.3kJ/mol K3
写出NO与CO反应生成无污染气体的热化学方程式 ，该热化学方程式的平衡常数K= (用K1、K2、K3表示)。
（2）在体积可变的恒压(p总)密闭容器中充入1molCO2 与足量的碳，让其发生反应： C(s)+ CO2(g) 2CO(g) △H>0。平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示。
①T℃时，在容器中若充入稀有气体，v(正) v(逆)(填“>”“<”或“=")，平衡 移动(填“正向”“逆向”或“不”。下同)；若充入等体积的CO2 和CO，平衡 移动。
②CO体积分数为40%时，CO2 的转化率为 。
③已知：气体分压(p分)=气体总压×体积分数。用平衡分压代替平衡浓度表示平衡Kp常数的表达式为 ；925℃时，Kp= (用含p总的代数式表示)。
（3）直接排放含SO2 的烟气会形成酸雨，危害环境。可用NaOH吸收，所得含硫各微粒(H2SO3、HSO3-和SO32-)存在于反应后的溶液中，它们的物质的量分数X(i)与溶液pH的关系如图所示。
①若是0.1mol/LNaOH 反应后的溶液，测得溶液的pH=8时，溶液中各离子浓度由大到小的顺序是 。
②向pH=5的NaHSO3溶液中滴加一定浓度的CaCl2 溶液，溶液中出现浑浊，pH降为2，用化学平衡移动原理解释溶液pH降低的原因 。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．饱和氯水不能再更多溶解氯气，所以浓度比不会改变，描述不符合题意，不符题意；
B．氯水能氧化SO2，生成HCl和H2SO4，均失去漂白能力，描述不符合题意，不符题意；
C．加水稀释，溶液中H+浓度下降，水的电离受抑制程度降低，所以水的电离平衡向电离方向移动，描述符合题意，符合题意；
D．未明确氯水中Cl-的物质的量以及NaOH中Na+的物质的量，不能确定浓度相等关系，描述不符合题意，不符题意；
故答案为：C。
【分析】氯水中存在的化学平衡： 1.氯气与水反应Cl2+H2O H++Cl-+HClO，2.为水的电离平衡，加入外界物质，看化学平衡是如何移动的。
2．【答案】B
【解析】【解答】A、一个N≡N断裂的同时，有3个H-H断裂，均表示正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，A不符合题意；
B、其他条件不变时，N2浓度不再改变说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，B符合题意；
C、混合气体的密度ρ=m/V，质量在反应前后是守恒的，体积不变，密度始终不变，所以密度不变的状态不一定是平衡状态，C不符合题意；
D、平衡时各组分浓度决定于开始加入的多少和反应情况，与平衡状态无关，反应混合物中N2和H2的物质的量之比为1：3，不能说明各物质的浓度不变，不一定平衡，D不符合题意；
【分析】A、断开与断开H-H都是反应向正方向移动；
B、随着反应进行，各物质的浓度在不断变化，可以根据N2的浓度不变作为平衡状态的标志；
C、在密闭的容器中，气体总的质量保持不变，恒容的条件下，气体的总体积不变，密度不变；
D、反应开始时各物质的浓度与物质的量均不清楚，不能根据浓度之比等于计量数之比作为平衡的标志；
3．【答案】A
【解析】【解答】解：A．在平衡：H2CO3 CO2（g）+H2O，开启啤酒瓶后，压强减小，二氧化碳逸出，可以用勒夏特列原理解释，故A选；
B．合成氨反应为N2（g）+3H2（g） 2NH3 （g）△H＜0，正反应为放热反应，降低温度利用氨气生成，500℃左右温度与室温相比不利用氨气生成，目的是提高反应速率，该温度下催化剂活性高，不能用勒夏特列原理解释，故B不选；
C．将黄铁矿粉碎后加入沸腾炉中，增大接触面积，提高反应速率，与平衡移动无关，不能用平衡移动原理解释，故C不选；
D．对2HI H2+I2平衡体系，增加压强平衡不移动，但碘蒸汽浓度增大，使颜色变深，不能用勒夏特列原理解释，故D不选；
故选A．
【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应且存在平衡过程，否则勒夏特列原理不适用．
4．【答案】C
【解析】【解答】A.3v正（N2）=v正（H2），都为正反应速率，选项A不符合题意；
B．v正（N2）=v逆（NH3），化学反应速率之比与化学计量数之比不等，选项B不符合题意；
C.2v正（H2）=3v逆（NH3），化学反应速率之比等于化学计量数之比，故正逆反应速率相等，选项C符合题意；
D．v正（N2）=3v逆（H2），化学反应速率之比与化学计量数之比不等，选项D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，化学反应速率之比等于化学计量数之比。
5．【答案】B
【解析】【解答】A．催化剂不影响物质的能量，只能改变反应的活化能，故A不符合题意；
B．从图中可以看出，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故B符合题意；
C．该反应的反应物的总物质的量大于生成物的总物质的量，所以该反应的△S＜0，故C不符合题意；
D．从图中可以看出，反应CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(l)的 △H=-3.0kJ·mol-1，H2O(g)=H2O(l) △H=-44.0kJ·mol-1，将两反应相减，得反应CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)，△H=-3.0kJ·mol-1-(-44kJ·mol-1)=+41.0kJ·mol-1，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、催化剂只能降低反应所需活化能，不影响物质的能量；
B、放热反应，升高温度，平衡常数减小；
C、气体变少为熵减的过程；
D、反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应。
6．【答案】C
【解析】【解答】A．因溶液中存在着二氧化碳的溶解平衡，开启啤酒瓶并倒入杯中后，压强减小，二氧化碳逸出，能用平衡原理解释，A不符合题意；
B．氯气溶于水生成HCl和HClO，存在平衡Cl2+H2O H++Cl-+HClO，饱和的食盐水含有大量的氯离子，可以使氯气的溶解平衡逆向进行，可减少对氯气的溶解，能用平衡原理解释，B不符合题意；
C．反应2HI(g) H2(g)＋I2(g)前后气体分子数不发生改变，压强不影响平衡移动，不能用平衡原理解释，C符合题意；
D．实验室制取乙酸乙酯时，发生反应CH3CH2OH+CH3COOH CH3COOCH2CH3+H2O，将乙酸乙酯不断蒸出，促进反应正向进行，可以用平衡原理解释，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、CO2与H2O的反应为可逆反应；
B、Cl2与H2O的反应为可逆反应；
C、压强对该反应的平衡移动不影响；
D、乙酸乙酯的制备反应为可逆反应；
7．【答案】D
【解析】【解答】A．反应后气体的物质的量减小，则该反应的△S<0，故A不符合题意；
B．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，该反应的平衡常数减小，故B不符合题意；
C．平衡常数等于平衡时生成物浓度幂之积与反应浓度幂之积的比值，其表达式为K=，故C不符合题意；
D．平衡时，将CO2分离出来，平衡向正反应方向移动，NO的转化率增大，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．反应后气体的物质的量减小，混乱度减小；
B．根据影响化学平衡移动的因素分析；
C．平衡常数等于平衡时生成物浓度幂之积与反应浓度幂之积的比值；
D．依据化学平衡移动原理分析。
8．【答案】C
【解析】【解答】A、丙为氨的分解是气体体积增大的反应，所以丙恒温恒压，体积变大，甲恒温恒容，体积不变，所以，V甲＜V丙，故A错误；
B、合成氨是放热反应，其逆反应氨气分解就是吸热的，乙绝热容器，丙恒温，所以乙反应后比丙温度低，向吸热方向进行的程度小，平衡时乙中氨气浓度比丙高，氮气和氢气浓度比丙低，K乙＞K丙，故B错误；
C、条件相同时，甲与乙是等效平衡．甲与乙容器体积相同，乙分解氨气吸热导致乙比甲温度低，平衡向合成氨方向移动，平衡时氨气浓度乙大于甲，故C正确；
D、甲与丙起始温度和起始体积相同，恒温条件下反应，丙在恒压条件下分解氨气生成氢气和氮气，平衡时体积比反应前大，即平衡时丙体积大于甲，则压强甲大于丙，所以υ甲＞υ丙，故D错误．
故选：C．
【分析】A、丙为氨的分解是气体体积增大的反应，所以丙恒温恒压，体积变大，甲恒温恒容，体积不变，所以，V甲＜V丙；
B、合成氨是放热反应，其逆反应氨气分解就是吸热的，乙绝热容器，丙恒温，所以乙反应后比丙温度低，向吸热方向进行的程度小，平衡时乙中氨气浓度比丙高，氮气和氢气浓度比丙低，K乙＞K丙；
C、条件相同时，甲与乙是等效平衡．甲与乙容器体积相同，乙分解氨气吸热导致乙比甲温度低，平衡向合成氨方向移动，平衡时氨气浓度乙大于甲；
D、甲与丙起始温度和起始体积相同，恒温条件下反应，丙在恒压条件下分解氨气生成氢气和氮气，平衡时体积比反应前大，即平衡时丙体积大于甲，则压强甲大于丙，所以υ甲＞υ丙；
9．【答案】D
【解析】【解答】A.10s时，氮气的物质的量为0.05mol，则二氧化碳的生成量为0.1mol，容器I中的化学反应速率，A不符合题意；
B．由方程式可知，，，根据时反应自发可知，该反应低温时自发，B不符合题意；
C．，容器II中反应速率快，10s两容器中氮气的物质的量相同，说明II中氮气的量已经保持不变，反应达到平衡状态，温度不同，反应平衡常数不同，则转化率不同，故10s时，容器I中的反应未处于平衡状态，C不符合题意；
D．容器II中平衡时氮气的物质的量为0.05mol，则二氧化碳的生成量为0.1mol，CO、NO的物质的量均为0.2mol-0.05mol×2=0.1mol，容积为1L，则平衡常数K=，若起始时，向容器II中充入0.08mol NO、0.1mol CO、0.04mol和0.1mol，，反应将向逆反应方向进行，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据计算；
B.根据ΔH-TΔS<0时反应自发进行分析；
C.可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变。
10．【答案】D
【解析】【解答】解：A、可以可逆反应2NO2（g） N2O4（g），正反应为体积缩小的反应，加压后二氧化氮的浓度增大，所以气体有色加深，由于增大了压强，平衡向生成四氧化二氮的方向移动，故加压后颜色先变深后变浅，可以平衡移动原理解释，故A错误；
B、实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，氯气和水的反应是可逆反应，饱和氯化钠溶液中氯离子浓度大，化学平衡逆向进行，减小氯气溶解度，能用勒夏特列原理解释，故B错误；
C、工业上生产硫酸存在平衡2SO2+O2 2SO3，使用过量的空气，增大氧气的浓度，平衡向正反应移动，可以提高二氧化硫的利用率，能用勒夏特列原理解释，故C错误；
D、气体两边的计量数相等，增加压强平衡不移动，不能利用勒夏特列原理解释，故D正确；
故选D．
【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动；使用勒夏特列原理时，研究对象必须为可逆反应，否则勒夏特列原理不适用；催化剂只能改变反应速率，不会影响化学平衡，所以不能用勒夏特列原理解释．
11．【答案】D
【解析】【解答】解：由以上分析可知该反应为：A（g）+B（g） C（g）（正反应为放热反应），
A．增大压强，平衡正向移动，A的物质的量分数应减小，故A错误；
B．若增大A的浓度，平衡体系颜色加深，有颜色的气体也可能为A，故B错误；
C．温度不变，则平衡常数不变，不受压强的影响，故C错误；
D．由右图可知，y随温度的升高而降低，可判断y为A的转化率或混合气体的平均摩尔质量等量，p3＞p4，说明增大压强，y值增大，则y轴表示混合气体的平均摩尔质量，故D正确．
故选D．
【分析】由左图中a、b的相对位置知，增压（因p2＞p1），w（C）升高，故x=1；由b、c的相对位置知，升温（因为T1＞T2），w（C）降低．故正反应为放热反应．
即该反应为：A（g）+B（g） C（g）（正反应为放热反应），由反应式可知，升温和降压均可使反应向逆反应方向移动．
由右图可知，y随温度的升高而降低，可判断y为A的转化率或混合气体的平均摩尔质量等量，结合压强对平衡移动的影响判断P3、P4的关系．
12．【答案】A
【解析】【解答】A. 恒容密闭容器中，再充入X，相当于加压，该反应扩体，加压会使平衡逆移，则X的转化率减小，A选项是正确的；
B.d点反应未平衡，则v正≠v逆，B选项是错误的；
C.b和d组分相同，但是容积不同，各组分浓度不变，所以速率不同，C选项是错误的；
D.c容器容积未知，各组分浓度无法计算，所以化学平衡常数无法计算，D选项是错误的。
故答案为：A。
【分析】A.对于气体计量数增大的反应，增大压强，平衡会逆移；
B.只有在可逆反应达到平衡时，正逆反应速率才相等；
C.相同的反应，体系中各组分的浓度相同时，反应速率相等；
D.化学平衡常数是达到平衡状态下时生成物浓度幂之积比上反应物浓度幂之积。
13．【答案】C
【解析】【解答】解：A．C生成速率与C分解速率相等，说明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故A不选；
B．A、B、C的浓度不再变化，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故B不选；
C．A、B、C的物质的量之比为1：3：2，无法判断各组分的浓度是否继续变化，则无法判断是否达到平衡状态，故C错误；
D．该反应为气体体积缩小的反应，若A、B、C的压强不再变化，说明达到平衡状态，故D不选；
故选C．
【分析】可逆反应A（g）+3B（g） 2C（g）为气体体积缩小的反应，该反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断．
14．【答案】D
【解析】【解答】解：A．升高温度，平衡向吸热方向移动，根据表中数据知，升高温度平衡常数减小，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应，故A错误；
B．化学平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物幂之积的比（但固体和纯液体除外），所以该反应的化学平衡常数K= ，故B错误；
C．化学平衡常数只与温度有关，与压强无关，所以他条件不变时，增大体系的压强，化学平衡常数不变，故C错误；
D．可逆反应达到平衡状态时，同一物质的正逆反应速率相等，单位时间内生成B和D的物质的量相等时，同时消耗B和生成B的物质的量相等，则该反应处于平衡状态，故D正确；
故选D．
【分析】A．升高温度，平衡向吸热方向移动；
B．化学平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物幂之积的比（但固体和纯液体除外）；
C．化学平衡常数只与温度有关；
D．可逆反应达到平衡状态时，同一物质的正逆反应速率相等．
15．【答案】A
【解析】【解答】反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) 的平衡常数K1，则相同温度下，反应2SO3(g) 2SO2(g)+O2(g)的平衡常数为，故反应SO3(g) SO2(g)+O2(g)的平衡常数K2=，故K1=；
故答案为：A。
【分析】相同温度下，同一反应的正、逆反应平衡常数互为倒数。
16．【答案】D
【解析】【解答】A、因催化剂使正逆反应速率同等程度的增大，则与图Ⅰ不符合，故A不符合题意；
B、扩大容器体积相当于减小压强，则正逆反应速率同等程度的减小，而图象中反应速率同等程度的增大，与图Ⅱ不符合，故B不符合题意；
C、对该反应，改变压强化学平衡不移动，则XY的含量不发生变化，与图象Ⅲ不符合，故C不符合题意；
D、由图象可知乙的温度大于甲的温度，升高温度化学平衡逆向移动，XY的含量减小，与图象相符合，故D符合题意；
故答案为：D．
【分析】A.催化剂只能改变反应速率，而不能使化学平衡移动；
B.减小压强正逆反应速率减小；
C.该反应前后气体体积不变，改变压强平衡不移动；
D.该反应是放热反应，升高温度向逆反应方向移动，反应速率加快.
17．【答案】（1）+40.9
（2）210；开始时温度低，反应速率慢，生成物(H2O)还很少，分子筛的作用不明显，随着产物增多，分子筛作用明显增强；210℃以后，温度对平衡的影响超过分子筛的作用；分子筛从反应体系中不断分离出H2O，减少了生成物，平衡正向移动，甲醇产率升高
（3）(或0.33)；大于；小于
（4）反应I为吸热反应，反应II为放热反应，温度大于235℃时，随温度升高，反应I向正反应方向进行，反应II向逆反应方向进行，故甲醇的选择性随温度升高而降低
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律可知，反应I=总反应-反应II，则△H1=△H-△H2=(-49.4)-( -90.3)=+40.9 kJ·mol-1；
（2）①由图可知，压强不变，采用有分子筛时在温度210℃时甲醇的平衡产率最大，则最佳反应温度为210℃；其原因是：开始时温度低，反应速率慢，生成物(H2O)还很少，分子筛的作用不明显，随着产物增多，分子筛作用明显增强；210℃以后，温度对平衡的影响超过分子筛的作用；
②采用分子筛的作用为：分子筛从反应体系中不断分离出H2O，减少了生成物，平衡正向移动，甲醇产率升高；
（3）恒温恒压时，体积之比等于物质的量之比，即，由此计算可得，平衡后，乙容器中气体的总物质的量为3mol，据此列出三段式：，则(1-x)+(3-3x)+x+x=3，计算可得x=0.5，则该温度下的平衡常数为，甲容器为恒温恒容条件，随着反应的进行，压强减小，CO2的转化率下降，故CO2的物质的量大于0.5mol；若将甲改为绝热容器，此时容器内温度上升，CO2的转化率下降，平衡时CH3OH的浓度小于0.25mol/L；
（4）温度大于235℃后甲醇的选择性随温度升高而下降的原因：反应I为吸热反应，反应II为放热反应，温度大于235℃时，随温度升高，反应I向正反应方向进行，反应II向逆反应方向进行，故甲醇的选择性随温度升高而降低。
【分析】（1）根据盖斯定律；
（2）①依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
②根据影响化学平衡移动的因素分析；
（3）恒温恒压时，体积之比等于物质的量之比，利用“三段式”法计算；
（4）依据反应中能量变化和化学平衡移动原理分析。
18．【答案】（1）3CH3CHO+4HNO3 3OHC﹣CHO+4NO↑+5H2O
（2）﹣406；；升高温度，主反应平衡逆向移动；温度超过495℃时，乙二醇大量转化为二氧化碳等副产物
（3）2H++2e﹣=H2↑；增强溶液导电性； %
【解析】【解答】解：（1）在Cu（NO3）2催化下，用稀硝酸氧化乙醛制取乙二醛，硝酸被还原为NO，反应方程式为：3CH3CHO+4HNO3 3OHC﹣CHO+4NO↑+5H2O，
故答案为：3CH3CHO+4HNO3 3OHC﹣CHO+4NO↑+5H2O；
（2.）①已知：Ⅰ．OHC﹣CHO（g）+2H2（g） HOCH2CH2OH（g）△H=﹣78kJ mol﹣1 K1
Ⅱ.2H2（g）+O2（g） 2H2O（g）△H=﹣484kJ mol﹣1 K2
根据盖斯定律，Ⅱ﹣Ⅰ可得：HOCH2CH2OH（g）+O2（g） OHC﹣CHO（g）+2H2O（g），则△H=﹣484kJ mol﹣1﹣（﹣78kJ mol﹣1）=﹣406kJ mol﹣1，平衡常数K反应Ⅱ与Ⅰ的平衡常数的商，即K= ，
故答案为：﹣406； ；
②主反应HOCH2CH2OH（g）+O2（g） OHC﹣CHO（g）+2H2O（g）为放热反应，升高温度平衡逆向移动；温度超过495℃时，乙二醇大量转化为二氧化碳等副产物，使乙二醛产率降低，
故答案为：升高温度，主反应平衡逆向移动；温度超过495℃时，乙二醇大量转化为二氧化碳等副产物；
（3.）①阴极是氢离子放电生成氢气，电极反应式为：2H++2e﹣=H2↑，
故答案为：2H++2e﹣=H2↑；
②阳极液中盐酸可以增强溶液导电性，
故答案为：增强溶液导电性；
③电极通过总电量为60t s×a A=60ta C，则电极上通过电子总物质的量= mol；生成乙醛酸的物质的量为 = mol，醛基转化为羧基，C原子化合价升高2价，消耗电子物质的量2× mol，故电解中的电流效率η= ×100%= %，
故答案为： %．
【分析】（1）在Cu（NO3）2催化下，用稀硝酸氧化乙醛制取乙二醛，硝酸被还原为NO；
（2.）①已知：Ⅰ．OHC﹣CHO（g）+2H2（g） HOCH2CH2OH（g）△H=﹣78kJ mol﹣1 K1
2H2（g）+O2（g） 2H2O（g）△H=﹣484kJ mol﹣1 K2根据盖斯定律，Ⅱ﹣Ⅰ可得：HOCH2CH2OH（g）+O2（g） OHC﹣CHO（g）+2H2O（g），反应热也进行相应计算，平衡常数为反应Ⅱ与Ⅰ的平衡常数的商；②主反应HOCH2CH2OH（g）+O2（g） OHC﹣CHO（g）+2H2O（g）为放热反应，升高温度平衡逆向移动；温度超过495℃时，乙二醇大量转化为二氧化碳等副产物；（3）①阴极是氢离子放电生成氢气；②阳极液中盐酸的作用，除了产生氯气外，还有增强溶液导电性；③通过总电量为60ta C，再计算电极上通过电子总物质的量；计算生成乙醛的物质的量，根据C元素化合价变化计算消耗电子物质的量，电解中的电流效率．
19．【答案】（1）增大；不变；0.01mol/(L·min)；33.3%；AD
（2）大于
【解析】【解答】(1)①在反应体系中加入催化剂，可以加快化学反应速率，但不能提高反应物的转化率；催化剂能降低反应的活化能，但该反应的反应热不变；②
氮气的平均反应速υ(N2)＝ =0.01mol/(L·min)，H2的转化率为 =33.3%；③A.把气体的体积压缩至1L，平衡正向移动，H2的转化率提高，A可行；
B.向容器中再充入惰性气体，虽然总压强增大，但反应物与生成物的浓度没有发生改变，平衡不发生移动，H2的转化率不变，B不可行；
C.改变反应的催化剂，能改变化学反应速率，但不能改变反应物的转化率，C不可行；
D.液化生成物分离出氨，减小生成物浓度，平衡正向移动，H2的转化率增大，D可行；
故答案为：AD；(2)从表中数据可看出，升高温度，NH3的生成量增大，说明平衡正向移动，所以正反应为吸热反应，a大于0。
【分析】(1)①催化剂能加快反应速率，但不影响反应热；②根据化学反应速率和转化率的公式计算；③对于合成氨反应，欲增大反应物的转化率，可设法让平衡向正反应方向移动。具体方法为：加压、降温、把产物取走一部分、增大另一种反应物的浓度，但试图通过充入稀有气体让体系的总压强增大、加入催化剂、充入该反应物，都不能达到目的。(2)根据温度对化学平衡移动的影响分析。
20．【答案】（1）反应ΔH小于0，若ΔS大于0，则由可知，ΔG小于0 ，说明反应在任意条件下能自发进行，若ΔS小于0，ΔG在低温条件下小于0，此时则低温自发进行
（2）AD；反应I是放热反应，温度升高，反应I逆向移动，逆向反应起主导作用，H2的还原能力大于CO，H2还原能力增强；；或者0.32
（3）
（4）
【解析】【解答】（1）反应I： ，反应是放热反应，ΔH小于0，若ΔS大于0，则由可知，ΔG小于0 ，说明反应在任意条件下能自发进行，若ΔS小于0，ΔG在低温条件下小于0，此时则低温自发进行；故答案是反应ΔH小于0，若ΔS大于0，则由可知，ΔG小于0 ，说明反应在任意条件下能自发进行，若ΔS小于0，ΔG在低温条件下小于0，此时则低温自发进行；
（2）①A．对于FeO与CO的反应：，气体体积系数不变的反应，根据图像分析，温度越高，CO的体积分数越大，说明不利于CO的反应，FeO被CO还原的程度越小，A项不正确；
B．，从图像分析，温度越低，还原生成铁，平衡后，的体积分数越大，则开始需要的H2的浓度越大，B项正确；
C．反应活化能小，反应快，则混合气体系中的还原FeO中，若还原FeO活化能相对较小，反应较快，FeO被快速还原，反应起主导作用，则混合气体系中的还原FeO速率是由决定，C项正确；
D．，根据图像分析，温度越高，平衡时H2的体积分数越小，说明利于正反应方向进行，宜在高温下进行，D项不正确；
综上，
故答案为：AD。
②H2和CO还原FeO的平衡体系中，存在以下反应：
反应I：
反应II：
反应III：
根据图像分析，温度升高，CO的体积分数变大，不利于CO还原FeO，H2的体积分数减小，利于H2还原FeO；根据反应I是放热反应，温度升高，反应I逆向移动，逆向反应起主导作用，所以根据氧化还原反应的特点，H2的还原能力大于CO，H2还原能力增强，故答案是反应I是放热反应，温度升高，反应I逆向移动，逆向反应起主导作用，H2的还原能力大于CO，H2还原能力增强；
③由图像可知，576℃时，反应III： ，H2的体积分时是76%，则水蒸气的体积分数是24%，恒温恒容下，物质的浓度与体积分数成正比。K=，故答案是或者0.32；
（3）反应IV： ，若C(s)和Mg(s)的起始能量一样，则CO(g)的能量高于MgO(s)，已知C(s)→CO(g)和Mg(s) →MgO(s)的过程是氧化的过程，是放热过程，则据反应IV，在如图中分别画出、的能量变化如下：
故答案如上图。
（4）反应的速率方程表示式是v=kc(I2)·c(H2)；由用还原合成HI的反应实际上经过两步基元反应完成的：
可知，k=，则反应的速率方程表示式是v=kc(I2)·c(H2)= ×ab，故答案是；
【分析】（1）依据ΔG=ΔH-TΔS＜0分析；
（2）①依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
②依据化学平衡移动原理分析；
③化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比值；
（3）依据反应的能量变化分析；
（4）利用平衡常数间的关系和速率方程计算。
21．【答案】（1）2NO(g) +2CO(g) N2(g) +2CO2(g)△H=-759.8 kJ/mol；
（2）>；正向；不；25%；；23.04p总
（3）c(Na+)>c(SO32-)>c(HSO3-)>c(OH-)>c(H+)；因为亚硫酸氢根离子存在电离平衡HSO3- H++SO32-，加入氯化钙后，Ca2++SO32-=CaSO3↓，使平衡正向移动，氢离子浓度增大，pH减小
【解析】【解答】（1）由已知，反应①的△H=(812+1076-1490-632)kJ/mol=-234kJ/mol，根据盖斯定律，①×2+③-②得：2NO2(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)，△H=[-234×2+(-112.3)-179.5]kJ/mol=-759.8kJ/mol；当总反应式相加时平衡常数相乘，相减时平衡常数相除，成倍时平衡常数为幂，所以平衡常数K= 。（2）①该反应正向为气体分子数减小反应，恒温恒压时充入稀有气体，对该反应来说相当于减压，v(正)>v(逆)，平衡正向移动。
②设CO2的转化率为α，由已知列三段式得：
C（s）+ CO2(g)= 2CO(g)
起始（mol）
1 0
转化（mol）
a 2a
平衡（mol）
1-a 2a
×100%=40%，解得α=25%。③用平衡浓度表示该反应化学平衡常数表达式为K= ，所以若用平衡分压代替平衡浓度表示平衡常数的表达式为Kp= ；由图可得，925℃时CO体积分数为96%，分压为96%×p总，CO2体积分数为4%，分压为4%×p总，所以Kp= = =23.04p总。（3）①由图可得，pH=8时溶液中溶质主要为Na2SO3和NaHSO3，c(SO32-)>c(HSO3-)，溶液中的主要离子为：Na+、SO32-、HSO3-，次要离子为OH-、H+，所以各离子浓度由大到小的顺序是：c(Na+)>c(SO32-)>c(HSO3-)>c(OH-)>c(H+)。②NaHSO3溶液中HSO3-存在电离平衡HSO3- H++SO32-，加入氯化钙后，Ca2++SO32-=CaSO3↓，使电离平衡正向移动，氢离子浓度增大，所以pH降低。
答案为：（1）2NO(g) +2CO(g) N2(g) +2CO2(g)△H=-759.8 kJ/mol、k12k3/k2； （2）①>、正向、不；②25%； ③3、 23.04p总；
（3）①c(Na+)>c(SO32-)>c(HSO3-)>c(OH-)>c(H+)； ②因为亚硫酸氢根离子存在电离平衡HSO3- H++SO32-，加入氯化钙后，Ca2++SO32-=CaSO3↓，使平衡正向移动，氢离子浓度增大，pH减小。
【分析】（1）根据盖斯定律写出反应，平衡常数要与反应相对应，当总反应式相加时平衡常数相乘，相减时平衡常数相除，成倍时平衡常数为幂。（2）用三段式来计算平衡常数。（3）考查HSO3-的电离平衡。
