第2章化学反应的方向、限度与速率测试卷--高二上学期化学鲁科版（2019）选择性必修1.docx

第2章化学反应的方向、限度与速率测试卷一、单选题1下列说法正确的是A熵增的反应都是自发的，自发反应的现象一定非常明显B应该投入大量资金研究2CO(g)2C(s)+O2(g)   H>0该过程发生的条件，以解决含碳燃料不充分燃烧引起的环境问题C常温下，若反应A(s)+B(g)=C(g)+D(g)不能自发进行，则该反应的H>0D已知C(s)+CO2(g)=2CO(g)   H>0，该反应吸热，一定不能自发进行2将固体NH4I置于密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：NH4I(s)NH3(g)+HI(g)；2HI(g)H2(g)+I2(g)。反应达到平衡时，c(H2)=2 mol/L，c(HI)=4 mol/L，则此温度下反应的平衡常数是A36B32C16D243一定条件下存在反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，其正反应放热。现有三个相同的2L恒容绝热(与外界没有热量交换) 密闭容器、，在中充入1mol CO和1mol H2O，在中充入1mol CO2 和1mol H2，在中充入2mol CO 和2mol H2O，700条件下开始反应。达到平衡时，下列说法正确的是A两容器中正反应速率：IIIB两容器中的平衡常数：IIIC容器 中CO2的物质的量比容器中CO2的少D容器 中CO 的转化率与容器II中CO2 的转化率之和大于14在一定温度下的恒容密闭容器中，可逆反应N2 + 3H22NH3 达到平衡状态的标志是AN2、H2、NH3在容器中共存B混合气体的密度不再发生变化C混合气体的总物质的量不再发生变化Dv正(N2)=2v逆(NH3)5甲苯(用C7H8表示)是一种挥发性的大气污染物。热催化氧化消除技术是指在Mn2O3作催化剂时，用O2将甲苯氧化分解为CO2和H2O。热催化氧化消除技术的装置及反应机理如图所示，下列说法中错误的是A反应的方程式为B反应中Mn元素的化合价升高C反应中O-H键的形成会释放能量DMn2O3作催化剂可降低总反应的焓变6H2与ICl的反应分、两步进行，其能量曲线如图所示，下列有关说法错误的是A反应、反应均为放热反应B反应、反应均为氧化还原反应CH2与ICl的总反应速率快慢取决于反应D反应H2(g)+2ICl(g)=I2(g)+2HCl(g)的H=-218kJ·mol-17在温度不变的4 L密闭容器中充入6 mol A气体和5 mol B气体，在一定条件下发生反应：3A(g)B(g)2C(g)xD(g)，达到平衡时，生成了2 mol C，经测定，D的浓度为0.5 mol·L-1，下列判断正确的是Ax=1B达到平衡时，气体总的物质的量不变CB的转化率为80%D平衡时A的浓度为1.50 mol·L-18在容积固定的2 L密闭容器中发生反应：CO(g)2H2(g)CH3OH(g)  Ha kJ·mol1，若充入2 mol CO(g)和4 mol H2(g)，在不同温度、不同时段下H2的转化率如下表：(已知a1a2)15分钟30分钟45分钟1小时T145%75%85%85%T240%60%a1a2下列说法中错误的是AT1下，45分钟该反应达到平衡状态B根据数据判断：T1<T2CT2下，在前30分钟内用CO表示的化学反应速率为1.20 mol/(L·h)D该反应的H>09目前认为酸催化乙烯水合制乙醇的反应机理及能量与反应进程的关系如图所示。下列说法错误的是A第、步反应均释放能量B该反应进程中有二个过渡态C酸催化剂能同时降低正、逆反应的活化能D总反应速率由第步反应决定10已知反应2NO2(g)N2O4(g)H0，N2O4的体积百分数随温度的变化平衡曲线如图所示，下列相关描述正确的是Aa点的化学反应速率比d点的大B平衡常数值：Kb>KcCd点：V正V逆D从b点变为c点，只要增加NO2的物质的量11在体积为的恒容密闭容器中发生反应，图1表示时容器中、物质的量随时间的变化关系，图2表示不同温度下平衡时的体积分数随起始的变化关系。则下列结论正确的是A200时，反应从开始到平衡的平均速率B由图2可知反应，正反应吸热且C若在图1所示的平衡状态下再向体系中充入和，此时D时，向空容器中充入和，达到平衡时的体积分数小于0.512反应：H2(g)+I2(g)2HI(g)的平衡常数为K1；反应：HI(g)H2(g)+I2(g)的平衡常数为K2，则K1、K2的关系为(平衡常数为同温度下的测定值AK1=K2BK1=K2CK1=2K2DK1=13乙烯气相直接水合反应制备乙醇：。乙烯的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图【起始时，容器体积为2L】。下列分析正确的是A乙烯气相直接水合反应的B图中压强的大小关系为C图中a点对应的平衡常数D达到平衡状态a、b所需要的时间：14某温度下，在体积为2L的刚性容器中加入1mol环戊烯( )和2molI2发生可逆反应(g)+I2(g)(g)+2HI(g)    H>0，实验测定容器内压强随时间变化关系如图所示。下列说法错误的是A02min内，环戊烯的平均反应速率为0.15mol·L-1·min-1B环戊烯的平衡转化率为75%C有利于提高环戊烯平衡转化率的条件是高温低压D该反应平衡常数为5.4mol·L-115以丙烯(C3H6)、NH3、O2为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈(C3H3N)和副产物丙烯醛(C3H4O)的化学方程式分别为：反应    2C3H6(g)2NH3(g)3O2(g)2C3H3N(g)6H2O(g)反应    C3H6(g)O2(g)C3H4O(g)H2O(g)反应时间相同、反应物起始投料相同时，丙烯腈产率与反应温度的关系如图所示(图中虚线表示相同条件下丙烯腈平衡产率随温度的变化)。下列说法正确的是A其他条件不变，增大压强有利于提高丙烯腈平衡产率B图中X点所示条件下，延长反应时间或使用更高效催化剂均能提高丙烯腈产率C图中Y点丙烯腈产率高于X点的原因是温度升高导致反应I建立的平衡向正反应方向移动D图中X点丙烯腈产率与Z点相等(T1T2)，则一定有Z点的正反应速率大于X点的正反应速率二、填空题16一定温度下，在容积为1L的密闭容器内放入2molN2O4和8molNO2，发生如下反应：2NO2(红棕色)N2O4(无色)( H<0)，反应中NO2、N2O4的物质的量随反应时间变化的曲线如下图，按下列要求作答：(1)若t1=10s，t2=20s，计算从t1至t2时以N2O4表示的反应速率：_mol·L-1·s-1(2)图中t1、t2、t3哪一个时刻表示反应已经达到平衡？答：_(3)t1时，正反应速率_(填“>”、“<”或“=”)逆反应速率(4)维持容器的温度不变，若缩小容器的体积，则平衡向_移动(填“正反应方向”、“逆反应方向”或“不移动”)(5)维持容器的体积不变，升高温度，达到新平衡时体系的颜色_(填“变深”、“变浅”或“不变”)17(1)向盛有溶液的试管中加入溶液，溶液呈红色。在这个反应体系中存在下述平衡：向上述平衡体系中加入5滴浓的溶液，溶液颜色_(填“变深”“变浅”或“不变”)。向上述平衡体系中加入少量固体，溶液颜色_(填“变深”“变浅”或“不变”)。(2)氨是一种重要的化工原料，合成氨的反应：，反应过程如图所示： _(用含、的式子表示)。加催化剂的曲线_(填“”或“”)。在一定条件下，能说明反应一定达到平衡的是_(填字母代号)。AB单位时间内消耗的同时消耗C的物质的量之比为D混合气体中保持不变18容积均为1L的甲、乙两个容器，其中甲为绝热容器，乙为恒温容器。相同温度下，分别充入0.2，发生反应：，甲中的相关量随时间变化如下图所示。回答下列问题：(1)03s内，甲容器中的反应速率增大的原因是_。(2)甲容器中反应达平衡时，温度若为T，此温度下的平衡常数_。(3)平衡时，平衡常数K(甲)_(填“>”“<”或“=”，下同)K(乙)，压强p(甲)_p(乙)。三、计算题19(1)已知2N2O5(g)=2N2O4(g)O2(g)，起始时N2O5(g)为35.8 kPa，分解的反应速率v=2×10-3×(kPa·min-1)。t=62 min时，测得体系中=2.9 kPa，则此时的=_kPa，v=_kPa·min-1。(2)一定条件下测得反应2HCl(g)O2(g)Cl2(g)H2O(g)的反应过程中n(Cl2)的数据如下：t/min02.04.06.08.0n(Cl2)/10-3 mol01.83.75.47.2计算2.06.0 min内以HCl的物质的量变化表示的反应速率(以mol·min-1为单位，写出计算过程)。_(3) Bodensteins研究了下列反应：2HI(g) H2(g)I2(g)，在716 K时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如表：t/min020406080120x(HI)10.910.850.8150.7950.784x(HI)00.600.730.7730.7800.784上述反应中，正反应速率为v正=k正x2(HI)，逆反应速率为v逆=k逆x(H2)x(I2)，其中k正、k逆为速率常数，则k逆为_(以K和k正表示)。若k正=0.002 7 min-1，在t=40 min时，v正=_min-1。20在2L密闭容器内，t时发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，在体系中，n(N2)随时间的变化如下表：时间(min)012345N2的物质的量(mol)0.200.100.080.060.060.06(1)上述反应在第5min时，N2的转化率为_；(2)用H2表示从02min内该反应的平均速率v(H2)=_；(3)t时，在4个均为2L密闭容器中不同投料下进行合成氨反应。根据在相同时间内测定的结果，判断该反应进行快慢的顺序为_。(用字母填空，下同)；a.v(NH3)=0.05mol·L-1·min-1 b.v(H2)=0.03mol·L-1·min-1c.v(N2)=0.02mol·L-1·min-1 d.v(H2)=0.00lmol·L-1·s-121恒温恒容下，将2molA气体和2molB气体通入体积为2L的密闭容器中发生如下反应：2A(g)+B(g)xC(g)+2D(s)，2min时反应达到平衡状态，此时剩余1.2molB，并测得C的浓度为1.2mol·L-1。(1)从开始反应至达到平衡状态，生成C的平均反应速率为_。(2)x=_。(3)下列各项可作为该反应达到平衡状态的标志的是_。A压强不再变化B气体密度不再变化CA的消耗速率与B的消耗速率之比为21DA的百分含量保持不变四、实验题22某含硫酸的酸性工业废水中含有K2Cr2O7，光照下，草酸(H2C2O4)能将其中的Cr2O转化为Cr3。某课题组研究发现，少量铁明矾Al2Fe(SO4)4·24H2O即可对该反应起催化作用。为进一步研究有关因素对该反应速率的影响，探究如下：在25下，控制光照强度、废水样品、初始浓度和催化剂用量相同，调节不同的初始pH和一定浓度草酸溶液用量，作对比实验，完成了以下实验设计表。实验编号初始pH废水样品体积/mL草酸溶液体积/mL蒸馏水体积/mL4601030560V1305V220V3测得实验和溶液中的Cr2O浓度随时间变化关系如图所示。(1)V1=_，V2=_，V3=_；(2)实验和的结果表明_；实验中Ot1时段反应速率v(Cr3)= _mol·L-1·min-1(用代数式表示)。(3)该课题组对铁明矾Al2Fe(SO4)4·24H2O中起催化作用的成分提出如下假设。请你完成假设二和假设三：假设一：Fe2+起催化作用；假设二：_；假设三：_；(4)请你设计实验验证上述假设一，完成下表中内容。(除了上述实验提供的试剂外，可供选择的试剂有K2SO4、FeSO4、K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O、Al2(SO4)3等。溶液中的Cr2O浓度可用仪器测定)实验方案(不要求写具体操作过程)预期实验结果和结论_反应进行相同时间后，若溶液中c(Cr2O)_实验中的c(Cr2O)，则假设一成立；若两溶液中的c(Cr2O)_，则假设一不成立。23某小组同学对FeCl3与KI的反应进行探究。【初步探究】室温下进行下表所列实验。序号操作现象实验取5 mL0.1 mol·L-1KI溶液，滴加0.1 mol·L-1FeCl3溶液56滴(混合溶液pH=5)溶液变为棕黄色实验_溶液变红(1)证明实验中有I2生成，加入的试剂为_。(2)实验可以证明Fe3+与I-发生可逆反应，其操作为_。(3)写出实验反应的离子方程式：_。(4)实验中溶液的颜色不变后再进行后续实验，其目的是_。【深入探究】20min后继续观察实验现象：实验溶液棕黄色变深；实验溶液红色变浅。(5)已知在酸性较强的条件下，I-可被空气氧化为I2，故甲同学提出假设：该反应条件下空气将I-氧化为I2，使实验中溶液棕黄色变深。甲同学设计实验：_，20 min内溶液不变蓝，证明该假设不成立，导致溶液不变蓝的因素可能是_(写出1条即可)。(6)乙同学查阅资料可知：FeCl3与KI的反应体系中还存在I-+I2I，I呈棕褐色。依据资料从平衡移动原理解释实验中20 min后溶液红色变浅的原因：_。24已知KMnO4和H2C2O4(草酸)在酸性溶液中会发生如下反应：2KMnO45H2C2O43H2SO4=K2SO42MnSO410CO28H2O。甲、乙两个实验小组欲探究影响化学反应速率的因素，设计实验方案如下(实验中所用KMnO4溶液均已酸化)：(1)甲组：通过测定单位时间内生成CO2气体体积的量来比较化学反应速率，实验装置如图所示：实验时分液漏斗中A溶液一次性加入，A、B的成分见下表：序号A溶液B溶液2 mL 0.1 mol·L-1 H2C2O4溶液4 mL 0.01 mol·L-1 KMnO4溶液2 mL 0.2 mol·L-1 H2C2O4溶液4 mL 0.01 mol·L-1 KMnO4溶液2 mL 0.2 mol·L-1 H2C2O4溶液4 mL 0.01 mol·L-1 KMnO4溶液，少量MnSO4(催化剂)该实验探究的是_因素对化学反应速率的影响。在反应停止之前，相同时间内针筒中所得CO2的体积由大到小的顺序是_(填实验序号)。(2)乙组：通过测定KMnO4溶液褪色所需时间的长短来比较化学反应速率。取两支试管各加入2 mL 0.1 mol·L-1 H2C2O4溶液，另取两支试管各加入4 mL 0.1 mol·L-1 KMnO4溶液，将四支试管分成两组(每组各有一支试管盛有H2C2O4溶液和KMnO4溶液)，一组放入冷水中，另一组放入热水中，一段时间后，分别混合并振荡，记录溶液褪色所需时间。该实验试图探究_因素对化学反应速率的影响，但该组同学始终没有看到溶液完全褪色，其原因是_。试卷第11页，共12页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司参考答案：1C【详解】A反应进行的方向与反应现象无关，且熵增的反应不一定自发进行，自发反应的现象不一定明显，故A错误；B为吸热反应，需提供能量，不能利用该吸热反应解决含碳燃料不充分燃烧引起的环境问题，经济上不划算，故B错误；CH-TS0的反应可自发进行，S0，常温下不能自发进行，可知该反应的H0，故C正确；D由化学计量数可知S0，且H0，则高温下可自发进行，故D错误；故选：C。2B【详解】反应达到平衡时，c(H2)=2mol·L1，说明消耗HI浓度为4mol·L1，则生成HI总物质的量浓度为(44)mol·L1=8mol·L1，即c(NH3)=8mol/l，根据化学平衡常数的定义，的反应平衡常数K=c(NH3)×c(HI)=8×4=32，故选项B正确。3C【详解】A若两容器保持恒温，则为等效平衡，正反应速率相等，现为恒容绝热容器，I中温度升高，II中温度降低，所以达平衡时，混合气体的温度I比II高，正反应速率：III，A不正确；B由A中分析可知，达平衡时容器I的温度比II高，由于正反应为放热反应，温度越高平衡常数越小，所以两容器中的平衡常数：III，B不正确；C若温度不变，容器I和容器II中CO2的物质的量相等，现达平衡时，容器I的温度比II高，升温时平衡逆向移动，所以容器中CO2的物质的量比容器中CO2的少，C正确；D若温度不变，容器I和容器II为等效平衡，则此时容器中CO 的转化率与容器II中CO2 的转化率之和等于1，现容器II的温度比容器I低，相当于容器I降温，平衡正向移动，容器II中CO2的转化率减小，所以容器 中CO 的转化率与容器II中CO2 的转化率之和小于1，D不正确；故选C。4C【分析】N2 + 3H22NH3为气体体积缩小的可逆反应，该反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量等变量不再变化，据此判断。【详解】A该反应为可逆反应，所以N2、H2、NH3在容器中共存，无法判断是否达到平衡状态，故A错误；B反应前后混合气体的质量和容器容积均不变，因此密度始终不变，不能据此判断是否达到平衡状态，故B错误；C该反应为气体体积缩小的反应，平衡前气体的总物质的量为变量，当混合气体的总物质的量不再发生变化时，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故C正确；Dv正(N2)=2v逆(NH3)，速率之比不等于系数之比，说明正逆反应速率不相等，没有达到平衡状态，故D错误；故选C。5D【分析】从图中可以看出，反应中，Mn2O3与O2反应转化为MnO2，反应中，MnO2将C7H8氧化，重新生成Mn2O3。【详解】A由图中可以看出，反应中，MnO2转化为Mn2O3，C7H8生成CO2和H2O，方程式为，A正确；B反应中，Mn2O3与O2反应转化为MnO2，Mn元素的化合价升高，B正确；C反应中，C7H8与MnO2反应生成H2O等，形成O-H键，从而释放能量，C正确；DMn2O3作催化剂，可降低总反应的活化能，但不能改变反应的焓变，D错误；故选D。6C【解析】根据图象，反应：H2(g)2ICl(g)=HCl(g)HI(g)ICl(g)，H元素的化合价升高，部分I的化合价的降低，该反应为氧化还原反应，反应物总能量大于生成物的总能量，推出该反应为放热反应；反应：HCl(g)HI(g)ICl(g)=I2(g)2HCl(g)，HI中1价I与ICl中1价I发生氧化还原反应，反应物总能量大于生成物的总能量，推出该反应为放热反应，据此分析；【详解】A根据图象，反应和都是反应物的总能量大于生成物的总能量，反应均为放热反应，故A说法正确；B反应中H2中H的化合价升高，ICl中部分I的化合价由1价1价，反应为氧化还原反应，反应HI中1价I与ICl中1价I发生氧化还原反应生成I2，存在化合价的变化，属于氧化还原反应，故B说法正确；C活化能越大，反应速率越慢，总反应速率的快慢取决于活化能大的，根据图象，反应的活化能大于反应，因此H2与ICl的总反应速率快慢取决于反应，故C说法错误；DH只与体系中的始态和终态有关，与反应途径无关，根据图象，总反应为放热反应，热反应方程式为H2(g)2ICl(g)=I2(g)2HCl(g)  H=218kJ·mol1，故D说法正确；答案为C。7B【分析】达到平衡时，生成了2mol C，经测定，D的浓度为0.5molL-1，生成D为0.5mol/L×4L=2mol，生成C、D的物质的量相同，化学方程式的化学计量数之比等于参与反应的物质的物质的量之比，则x=2，A减少了3mol，平衡时A的物质的量为6mol-3mol=3mol，B减少了1mol，平衡时B的物质的量为5mol-1mol=4mol。【详解】A由分析可知，x=2，A错误；B反应前气体的总物质的量为6mol+5mol=11mol，达平衡时，气体的总物质的量为3mol+4mol+2mol+2mol=11mol，气体的总物质的量不变，B正确；CB的转化率为100%=20%，C错误；D平衡时A的物质的量为6mol-3mol=3mol，浓度为=0.75mol/L，D错误；答案选B。8B【分析】根据平衡的定义，当物质的浓度保持不变时达到的状态即为平衡状态进行判断平衡点，根据转换率可表示单位时间内转换的快慢可以判断反应速率。根据速率公式进行计算速率。【详解】AT1下，45分钟到1小时氢气的转化率不变，故可判断达到平衡，故A正确；B根据a1a2判断T2时达到平衡的时间在45分钟后，T2比T1的反应慢，故温度低，B不正确；CT2下，在前30分钟内氢气的转化率为60%，则转换了的氢气的物质的量为：4 mol ×60%=2.4mol，则转换的一氧化碳根据方程式计算得：1.2mol，根据速率公式得：，故C正确；D根据温度T2到T1的转化率降低，说明平衡相对向逆移，而温度降低，故逆反应为放热，正反应时吸热反应，故D正确；故选答案B。【点睛】注意反应是吸热还是放热，根据温度对平衡的影响进行判断，升高温度平衡向吸热方向移动。9B【详解】A. 根据反应历程，结合图可知，第步均为反应物总能量高于生成物的总能量，为放热反应，选项A正确；B. 根据过渡态理论，反应物转化为生成物的过程中要经过能量较高的过渡态，由图可知，该反应进程中有三个过渡态，选项B错误；C. 酸催化剂能同时降低正、逆反应的活化能，选项C正确；D. 活化能越大，反应速率越慢，决定这总反应的反应速率，由图可知，第步反应的活化能最大，总反应速率由第步反应决定，选项D正确；答案选B。10B【详解】A温度越高化学反应速率越快，温度： a <d，则化学反应速率：a <d，A项错误；B该反应的正反应是放热反应，温度越高平衡常数越小，温度：b<c，则平衡常数： Kb>Kc，B项正确；Cd点N2O4的体积百分数小于平衡状态，要达到平衡状态需要反应正向移动，则v正>v逆，C项错误；Db、c点温度不同，从b点变为c点，应该改变温度实现，D项错误；答案选B。11D【分析】图甲可知，时平衡时，A的物质的量变化量为，B的物质的量变化量为0.4 mol -0.2 mol =，C的物质的量变化量为0.2mol，各物质变化的物质的量之比等于化学计量数之比，所以反应方程式为：2A(g)+B(g)C(g)。可计算平衡常数K=25。【详解】A由图甲可知，时5min达到平衡，平衡时B的物质的量变化量为，故 ，选项A错误；B在一定的温度下只要A、B起始物质的量之比刚好等于平衡化学方程式化学计量数之比，平衡时生成物C的体积分数就最大，A、B的起始物质的量之比：，即a=2。由图乙可知，：一定时，温度越高平衡时C的体积分数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，故正反应为吸热反应，即，选项B错误；C恒温恒容条件下，再向体系中充入0.2 mol B和0.2 mol C，由于B和C的化学计量数相等，所以Qc=K，平衡不移动，故，选项C错误；D由图可知，时平衡时，A、B、C的物质的量变化量分别为、，物质的量之比等于化学计量数之比，故x：y：1：1，平衡时A 的体积分数为，时，向容器中充入2 mol A 和1 mol B达到平衡等效为原平衡增大压强，平衡向正反应移动，故达到平衡时，A 的体积分数小于，选项D正确。答案选D。12D【详解】反应：H2(g)+I2(g)2HI(g)的平衡常数 ，反应：HI(g)H2(g)+I2(g)的平衡常数，对比两者表达式可得出，即K1=，故选D。13C【详解】A压强不变时，升高温度乙烯转化率降低，平衡逆向移动，正反应为放热反应，则H0，A错误；B温度相同时，增大压强平衡正向移动，乙烯转化率增大，根据图知压强p1p2p3，B错误；Ca点乙烯转化率为20%，则消耗的n(C2H4)=1 mol×20%=0.2 mol，对于可逆反应可列三段式：，有化学平衡常数，C正确；D温度越高、压强越大反应速率越快，反应达到平衡时间越短，压强：p2p3，温度：a点b点，则达到平衡时间：ab，D错误；故答案选C。14D【详解】A根据图中信息可知，容器内起始总压为，2min时总压为，平衡时总压为，恒温恒容，压强之比等于物质的量之比()，即，列“三段式”如下：列方程：，则，A项正确；B平衡时，列“三段式”如下：，则，环戊烯的平衡转化率为，B项正确；C该反应为吸热反应，且生成物中气体的系数之和大于反应物中气体系数之和，升高温度，减小压强有利于提高环戊烯平衡转化率，C项正确；D该反应平衡常数，D项错误；故选D。15B【详解】A反应中正反应体积增大，反应中反应前后体积不变，因此其他条件不变，增大压强不有利于提高丙烯腈平衡产率，A错误；B根据图象可知图中X点所示条件下反应没有达到平衡状态，又因为存在副反应，因此延长反应时间或使用更高效催化剂均能提高丙烯腈产率，B正确；C根据图象可知图中X点、Y点所示条件下反应均没有达到平衡状态，Z点反应达到平衡状态，升高温度平衡逆向进行，因此图中Y点丙烯腈产率高于X点的原因不是因为温度升高导致反应I建立的平衡向正反应方向移动，C错误；D由于温度会影响催化剂的活性，因此Z点的正反应速率不一定大于X点的正反应速率，D错误；答案选B。16(1)0.1(2)t3(3)>(4)正反应方向(5)变深【详解】（1）从t1至t2时N2O4的物质的量增加了4mol-3mol=1mol，所以反应速率是=0.1mol/(L·s)；（2）根据图象可知，t3时刻物质的物质的量不再发生变化，所以此时反应达到平衡状态；（3）t1时NO2的物质的量逐渐减小，说明反应是向正反应方向进行的，即正反应速率大于逆反应速率；（4）反应前后是体积减小的，所以缩小容积，压强增大，平衡向正反应方向移动；（5）正反应是放热反应，所以升高温度，平衡向逆反应方向移动，NO2的浓度增大，颜色变深。17     变深     不变     (E1-E2)kJ/mol          BD【详解】(1) 在这个反应体系中存在下述平衡：，其离子方程式为： ，向上述平衡体系中加入5滴浓的溶液，SCN浓度增大，平衡右移，则溶液颜色变深。向上述平衡体系中加入少量固体，反应相关的粒子浓度均未改变，故平衡不移动，溶液颜色不变。(2)焓变=生成物总能量-反应物总能量=反应物总键能-生成物总键能=正反应活化能逆反应活化能，则 (E1-E2)kJ/mol；。催化剂能降低反应的活化能，故加催化剂的曲线。A若，则说明未平衡，A不选；B单位时间内消耗的必定生成、同时消耗，则，故已平衡，B选；C的物质的量之比取决于起始物质的量，时难以说明各成分的量是否不再改变，不一定平衡，C不选；D混合气体中保持不变，说明已经平衡，D选；则答案为BD。18(1)03s内温度升高对反应速率的影响大于浓度降低对反应速率的影响(2)225(3)     <     >【解析】（1）该反应的正反应为放热反应，故03s内甲容器中温度升高对反应速率的影响大于浓度降低对反应速率的影响，导致的反应速率增大，故答案为：03s内温度升高对反应速率的影响大于浓度降低对反应速率的影响；（2）甲容器中反应到达平衡时，由氮原子守恒可知，故答案为：225；（3）甲为绝热容器，乙为恒温容器，该反应的正反应为放热反应，则到达平衡时甲的温度高于乙，故K(甲)(乙)；甲中反应正向进行的程度小于乙，气体分子数大于乙，故p(甲)(乙)，故答案为：<；>。19     30.0     6.0×10-2     1.8×10-3 mol·min-1          1.95×10-3【详解】(1) 所以=30.0 kPa；v=2×10-3×30.0 kPa·min-1=6.0×10-2 kPa·min-1；(2) v(HCl)=2v(Cl2)= =1.8×10-3 mol·min-1；(3)平衡时，v正=v逆，即k正x2(HI)=k逆x(H2)·x(I2)，则。v正=k正x2(HI)=0.002 7 min-1×0.8521.95×10-3 min-1。20(1)70%(2)0.09mol/(L·min)(3)a>c=d>b【解析】（1）上述反应在第5min时，消耗氮气的物质的量是0.20mol-0.06mol=0.14mol，则N2的转化率为×100%=70%；（2）02 min内消耗氮气的物质的量是0.20mol-0.08mol=0.12mol，根据方程式可知消耗氢气是0.36mol，浓度是0.18mol/L，则用H2表示从02 min内该反应的平均速率v(H2)=0.18mol/L÷2min=0.09mol/(L·min)；（3）如果都用氢气表示其反应速率，则根据反应速率之比是相应的化学计量数之比可知ad分别是(mol·L-1·min-1)0.075、0.03、0.06、0.06，所以该反应进行快慢的顺序为a>c=d>b。21     0.6mol·L-1·min-1     3     BD【分析】由题意可建立如下三段式:【详解】(1)从开始反应至达到平衡状态，由三段式数据可知生成C的平均反应速率为=0.6mol·L-1·min-1，故答案为：0.6mol·L-1·min-1；(2)由变化量之比等于化学计量数之比可得：1：x=0.4mol/L：1.2mol/L，解得x=3，故答案为：3；(3) A由方程式可知，该反应为气体体积不变的反应，无论是否达到平衡，气体压强均不会变化，则压强不再变化不能说明反应达到平衡状态，故错误；B该反应是气体质量减小的、气体体积不变的反应，反应中气体密度减小，则气体密度不再变化说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，故正确；CA的消耗速率与B的消耗速率之比为21不能表示正逆反应速率相等，不能判断反应是否达到平衡状态，故错误；DA的百分含量保持不变说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，故正确；BD正确，故答案为：BD。22(1)     10     60     20(2)     其他条件相同时，溶液的初始pH值越小，反应速率越快(或溶液的pH对反应速率有影响)     (3)     Al3+起催化作用     SO起催化作用(4)     控制其他条件与反应相同，用等物质的量的K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O代替实验中的铁明矾     大于     相等【分析】(1)为了控制单一变量，根据中pH不同是探究pH对速率的影响，故V1为10mL；中pH相同，则是探究浓度对速率的影响，故V2=60mL，V3=20mL。(2)实验曲线斜率较大，反应速率快，实验表明其他条件相同时溶液的初始pH值越小，反应的速率越快；化学反应速率之比等于化学计量数之比，v(Cr3+)=2v(Cr2O)=。(3)根据铁明矾Al2Fe(SO4)4·24H2O组成分析，作出假设二：Al3+起催化作用；假设三：SO起催化作用。(4)要证明Fe2+起催化作用，需做对比实验，即没有Fe2+存在时的实验，由于需要控制Al3+和SO浓度比，所以要选K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O，不要选K2SO4和Al2(SO4)3；用等物质的量K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O代替实验中的铁明矾，控制其他反应条件与实验相同，进行对比实验，反应进行相同时间后，若溶液中c(Cr2O)大于实验中c(Cr2O)，则假设一成立；若两溶液中的c(Cr2O)相同，则假设一不成立。故答案为：控制其他条件与反应相同，用等物质的量的K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O代替实验中的铁明矾 大于  相等。23(1)淀粉溶液(2)取少量实验中棕黄色溶液于试管中，滴加2滴KSCN溶液(3)2Fe3+2I-I2+2Fe2+(4)使化学反应达到化学平衡状态(5)     向试管中加入5 mL0.1 mol KI溶液和2滴淀粉溶液，加酸调至pH=5     c(I-)低、c(H+)低(6)由于存在化学平衡I-+I2I，使c(I2)减小，2Fe3+2I-I2+2Fe2+平衡正向进行，c(Fe3+)减小，Fe3+3SCN-Fe(SCN)3平衡逆向进行，故溶液红色变浅【分析】I2遇淀粉溶液变为蓝色，Fe3+遇SCN-是溶液变为红色，FeCl3与KI在溶液中会发生反应：2Fe3+2I-I2+2Fe2+，若证明反应为可逆反应，可以使反应物中一种物质不足量，只要证明反应后的溶液中含有不足量的反应物质的微粒即可。影响化学平衡的因素很多，在其它条件不变时