第二章 化学反应速率与化学平衡 单元检测题 高中化学人教版（2019）选择性必修1

第二章《化学反应速率与化学平衡》单元检测题一、单选题1．Xe和形成的氟化物有、、三种，已知：在低温下主要发生，随着温度升高、依次发生分解反应。下图表述的是以和为始态得到的生成物在平衡体系内的分压与反应温度的关系。下列说法中错误的是。A．由图可知Xe的三种氟化物中最稳定B．反应的C．制备的合适温度约为550KD．与NaOH溶液反应产生的化学方程式为2．在一定体积的密闭容器中，某化学反应的平衡常数表达式为K=，在不同的温度下该反应的平衡常数值分别为：t℃70080083010001200K1.671.111.000.600.38下列有关叙述不正确的是A．该反应的化学方程式是：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)B．上述反应的正反应是放热反应C．830℃时加入CO2和H2各1mol，测得CO为0.4mol时，v正＞v逆D．若平衡浓度符合下列关系式：=，此时的温度是1000℃3．一定温度下，在容积恒定的密闭容器中进行反应A(s)＋2B(g)C(g)＋D(g)，下列叙述能表明该反应已达到平衡状态的是①混合气体的密度不变②容器内气体的压强不变③混合气体的总物质的量不变④B的物质的量浓度不变⑤v正(C)＝v逆(D)⑥v正(B)＝2v逆(C)A．①④⑤⑥ B．②③⑥ C．②④⑤⑥ D．只有④4．在2L密闭容器中通入A和B气体进行反应2A(g)+B(g)xC(g)△H>0，测得c(A)随反应时间(t)的变化如图所示。下列判断正确的是A．0∼5min内，v(B)=0.05mol/(L·s)B．5min时测得C的物质的量为0.5mol，则x=2C．若x>3，5min时该反应的K值一定小于12min时的K值D．若x>3，5min时该反应的v(正)小于11min时的v(逆)5．一定温度下，在2L的密闭容器中X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示：

下列描述正确的是A．从反应开始到10s，用Z表示的反应速率为B．从反应开始到10s时，Y的转化率为79.0%C．从反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了D．反应的化学方程式为6．以二氧化碳和氢气为原料制取乙醇的反应为：2CO2(g)＋6H2(g)CH3CH2OH(g)＋3H2O(g)ΔH＜0。某压强下的密闭容器中，按CO2和H2的物质的量比为1︰3投料，不同温度下平衡体系中各物质的物质的量百分数（y%）随温度变化如图所示。下列说法正确的是（

）A．a点的平衡常数小于b点B．b点，υ正(CO2)＝υ逆(H2O)C．a点，H2和H2O物质的量相等D．其他条件恒定，充入更多H2，乙醇的物质的量分数增大7．下列有关实验现象、原理、方法和结论不正确的是A．用红外光谱仪来鉴定元素B．用红热的铁棒引燃在块状干冰小穴中的镁粉，会看到镁条继续燃烧，发出耀眼的白光，有黑色物质，说明了金属镁可以跟CO2反应和干冰易升华C．用X一射线衍射实验来区分晶体和非晶体D．向I2的CCl4溶液中加入浓KI水溶液，振荡试管，溶液紫色变浅，是由于在水溶液中发生反应：I2+I-=I8．可利用水煤气合成甲醇。反应为。在一定条件下，将和通入密闭容器中进行反应，当改变某一外界条件（温度或压强）时，的体积分数变化趋势如下图所示。下列有关说法正确的是A．图中X轴表示温度B．图中Y轴表示压强C．据图中所示，高温高压有利于的生成D．平衡时，M点的体积分数为，则的转化率为9．取50mL过氧化氢水溶液，在少量I-存在下分解：2H2O2=2H2O+O2↑。在一定温度下，测得O2的放出量，转换成H2O2浓度(c)如下表：t/min020406080c/(mol·L-1)0.800.400.200.100.050下列说法不正确的是A．反应20min时，测得O2体积为224mL(标准状况)B．第30min时的瞬时速率小于第50min时的瞬时速率C．20~40min，消耗H2O2的平均速率为0.010mol·L-1·min-1D．MnO2或Fe3+代替I-也可以催化H2O2分解10．已知：氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子的相互反应为4NO2(g)＋2NaCl(s)2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)ΔH＜0在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.4molNO2和0.2molNaCl，第10min时反应达到平衡，此时n(NaNO3)＝0.1mol。下列叙述中正确的是A．10min内以NO浓度变化表示的化学反应速率v(NO)＝0.01mol·L－1·min－1B．反应速率与NaCl的浓度有关C．4v(NO2)＝2v(NO)＝v(Cl2)D．升高温度，正、逆反应速率均增大11．在N2＋3H22NH3的反应中，在5s中N2由6mol/L减至2mol/L。则N2的平均反应速率是A．2.4mol/(L·s) B．1.6mol/(L·s) C．0.8mol/(L·s) D．0.08mol/(L·s)12．已知反应N2O4(g)2NO2(g)△H=+57kJ/mol，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列说法正确的是A．A、C两点气体的平均相对分子质量：A>CB．A、C两点气体的颜色：A深，C浅C．由状态B到状态A，可以用加热的方法D．A、C两点的反应速率：A>C13．将1molA和1molB在0.5L的恒温密闭容器中混合，并在一定条件下发生反应：2A(g)+B(g)2C(g)，反应2min后测得C的浓度为1.6mol·L-1，下列说法不正确的是A．反应开始后的2min内用B表示的平均反应速率为0.4mol·L-1·min-1B．反应到2min时的瞬时速率v(A)＜0.8mol·L-1·min-1C．当v(A)=2v(B)时，反应达到化学平衡状态D．当体系内气体的平均相对分子质量或压强不再变化时，反应达到化学平衡状态14．铝与过量的稀盐酸反应，为了加快反应速率，但是又不影响生成的氢气总量，可以采取的措施是A．降低温度 B．加入适量的水C．加入少量CuSO4溶液 D．加入浓度较大的盐酸15．可逆反应：3A(g)⇌3B(?)+C(?)(正反应吸热)，随着温度升高，气体平均相对分子质量有变小的趋势，则下列判断正确的是A．B和C可能都是固体 B．B和C一定都是气体C．若C为固体则B一定是气体 D．B和C不可能都是气体二、填空题16．工业上用CO生产燃料甲醇，一定条件下发生反应：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）。

（1）图1是反应时CO和CH3OH（g）的浓度随时间变化情况。从反应开始到平衡，用CO浓度变化表示平均反应速率v（CO）=。（2）图2表示该反应进行过程中能量的变化。曲线（填“a”或“b”）表示不使用催化剂时反应的能量变化，不使用催化剂时该反应的逆反应的活化能为。（3）该反应平衡常数K的表达式为，温度升高，平衡常数K（填“增大”、“不变”或“减小”）（4）恒容条件下，下列措施中能使增大的有。A．升高温度

B．充入He气C．再充入1molCO和2molH2D．使用催化剂17．氮的氧化物是造成大气污染的主要物质。研究氮氧化物的反应机理对于消除环境污染有重要意义。(1)催化氧化法去除NO是在一定条件下，用NH3消除NO污染，其反应原理为：4NH3＋6NO5N2＋6H2O。不同温度条件下，n(NH3):n(NO)的物质的量之比分别为4:1、3:1、1:3时，得到NO脱除率曲线如图所示。①n(NH3)∶n(NO)的物质的量之比为1:3时，对应的是曲线(填“a”“b”或“c”)。②由图可知，无论以何种比例反应，在温度超过900℃时NO脱除率都会骤然下降的原因可能是。(2)NO氧化反应：2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)分两步进行，其反应过程能量变化示意图如图。I.2NO(g)―→N2O2(g)ΔH1II.N2O2(g)＋O2(g)―→2NO2(g)ΔH2①化学反应速率由速率较慢的反应步骤决定。以上反应决定NO氧化反应速率的步骤是(填“I”或“II”)。②在恒容的密闭容器中充入一定量的NO和O2气体，保持其他条件不变，控制反应温度分别为T3和T4(T4>T3)，测得c(NO)随t(时间)的变化曲线如图。转化相同量的NO，在温度(填“T3”或“T4”)下消耗的时间较长，试结合反应过程能量图(图)分析其原因：。(3)NH3催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，其反应过程与能量关系如图；研究发现在以Fe2O3为主的催化剂上可能发生的反应过程如图，写出脱硝过程的总反应方程式：。18．在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应(装置如图)：反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图所示，在50～250℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是；当反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是。三、实验题19．为验证氧化性，某小组用下图所示装置进行实验(夹持仪器和A中加热装置已省略，气密性已检验)。实验过程：I.打开弹簧夹，通入一段时间，再将T型导管插入B中，继续通入，然后关闭、、。II.打开活塞a，滴加一定量的浓盐酸，给A加热。III.当B中溶液变黄时，停止加热，夹紧弹簧夹。IV.打开活塞b，使约2的溶液流入D试管中，检验其中的离子。V.打开弹簧夹、活塞c，加入70%的硫酸，一段时间后夹紧弹簧夹。VI.更新试管D，重复过程IV，检验B溶液中的离子。VII.实验结束后，打开弹簧夹，再通入一段时间，然后拆卸，洗涤，整理仪器。(1)过程I的目的是。(2)棉花中浸润的溶液为。(3)C中发生反应的化学方程式为。(4)用70%的硫酸制取，反应速率比用98%的硫酸快，原因是。(5)甲、乙、两三位同学分别完成了上述实验，结论如下表所示。他们的检测结果一定能够证明氧化性的是(填“甲”“乙”“丙”)。过程IV

B溶液中含有的离子过程VI

B溶液中含有的离子甲有无有乙既有又有有丙有无有(6)进行实验过程V时，B中溶液颜色由黄色逐渐变为红棕色，停止通气，放置一段时间后溶液颜色变为浅绿色。【查阅资料】：(墨绿色)【提出假设】：与的反应经历了中间产物，溶液的红棕色是(墨绿色)与(黄色)的混合色。某同学设计如下实验，证实该假设成立：①溶液E和F分别为、。②请用化学平衡原理解释步骤3中溶液由红棕色变为浅绿色的原因。20．碘在科研与生活中有重要作用。I．实验室按如下实验流程提取海带中的碘。海带→灼烧→过滤→氧化→萃取、分液→I2的CCl4溶液(1)上述实验流程中不需要用到的仪器是(从下列图中选择，写出名称)。(2)“氧化”时加入3mol·L-1H2SO4和3%H2O2溶液，发生反应的离子方程式为。(3)海带灰中含有的其他可溶性无机盐。是在(从以上流程中选填实验操作名称)中实现与碘分离。II．定量探究+2I-=2+I2的反应速率与反应物浓度的关系。查阅资料：该反应速率与c(S2O82-)和c(I-)的关系v=kcm()cn(I-)，k为常数。实验任务：测定不同浓度下的反应速率确定所m、n的值。实验方法：按下表体积用量V将各溶液混合，(NH4)2S2O8溶液最后加入，记录开始反应至溶液出现蓝色所用的时间t。实验过程中发生如下反应：+2I-=2+I2(慢)I2+2=2I-+(快)实验记录表：实验编号ABCDE0.2mol·L-1(NH4)2S2O8溶液/mL1052.510100.2mol·L-1KI溶液/mL10101052.50.05mol·L-1Na2S2O3溶液/mL333330.2mol·L-1KNO3溶液/mL0V1V2V3V40.2mol·L-1(NH4)2SO4溶液/mL0V5V6V7V80.2%淀粉溶液/mL11111t/st1t2t3t4t5(4)加入KNO3、(NH4)2SO4溶液的目的是控制实验条件，其中V1，V4，V5。(5)当溶液中(填化学式)耗尽后溶液出现蓝色。根据实验A的数据，反应速率v(-)=mol·L-1·s-1(列出算式)。(6)根据实验数据可确定m、n的值。n=1的判断依据是(用t的关系式来表示)。21．广义的化学反应速率可以用参加化学反应的任一种物质“在单位时间内某一可测的物理量的变化量”来表示，即V(A)=，ΔX(A)表示物质A物理量（如质量、浓度等）的改变量。某学习小组用块状纯锌和200mL稀硫酸反应研究化学反应速率，实验装置图如右图。

可选用试剂及规格：纯锌、粗锌（含铜杂质）、1mol/L稀硫酸、2mol/L稀硫酸，反应温度：250C、350C(1)请写出锌和硫酸反应的离子方程式(2)为表达锌和硫酸反应快慢，该学习小组设计了如下表格，请填充表格丁、戊、己三处。编号反应速率表达式的定义反应速率表达式反应速率单位①单位时间内H+浓度的变化量V(H+)=mol/(L.min)②丁戊己③单位时间内生成H2标况下的体积V(H2)=L/min(3)该学习小组选用0.1molZn和200mL1mol/L稀硫酸（硫酸过量）在250C反应进行研究，用秒表计时，至锌块完全溶解且溶液中不再有气泡放出时，记录反应时间为5分钟，该反应速率V(H+)=(4)该小组对“影响反应速率的因素”进行了分析，设计如下系列实验，庚辛壬癸四处空白。编号锌的形状锌的规格硫酸的浓度反应温度实验设计的目的①块状纯锌1mol/L250C实验①和②研究的目的是庚；实验②和③研究硫酸浓度对反应速率影响；实验③和④研究锌的规格对反应速率影响；实验④和⑤研究的目的是癸；②颗粒状纯锌1mol/L250C③颗粒状纯锌辛250C④颗粒状壬2mol/L250C⑤颗粒状粗锌2mol/L350C……参考答案：1．B【详解】A．已知：在低温下主要发生，随着温度升高、依次发生分解反应生成，则最稳定，A正确；B．由图可知，随着温度升高，发生分解反应生成的量增加，则反应为吸热反应，焓变大于零，B错误；C．制备的合适温度约为550K，此时含量最高，C正确；D．与NaOH溶液反应产生，氧元素化合价升高则Xe化合价降低生成Xe单质，反应为，D正确；故选B。2．C【详解】A．平衡常数表达式是用平衡时生成物浓度幂之积除以反应物浓度幂之积，根据平衡常数表达式，该反应的化学方程式为CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)，故A正确；B．从表格可以看出，随着温度升高，平衡常数减小，说明温度升高，平衡逆向移动，所以该反应的正反应是放热反应，故B正确；C．830℃时平衡常数为1.00。起始时加入CO2和H2各1mol，某时刻测得CO为0.4mol，则生成的水蒸气也为0.4mol，消耗的CO2和H2也为0.4mol，所以此时剩余的CO2和H2的物质的量均为1mol-0.4mol=0.6mol，该反应的反应前后气体系数之和相等，可以用物质的量代替物质的量浓度计算Qc===2.25＞1，平衡逆向移动，所以v正＜v逆，故C错误；D．若平衡浓度符合下列关系式：，即=0.60，此时的温度是1000℃，故D正确；故选C。3．A【详解】①混合气的密度等于混合气的总质量除以容器体积，A是固体，所以混合气的总质量是一个变量，容器体积是定值，所以混合气密度在未平衡前一直在变化，当密度不变时，反应达到平衡状态；②该反应是反应前后气体系数之和相等的反应，在温度和容积一定时，压强和气体的总物质的量成正比，所以容器内气体的压强一直不变，则压强不变不能判断该反应是否平衡；③该反应的混合气的总物质的量一直不变，故不能用总的物质的量不变判断是否平衡；④B的物质的量浓度不再变化说明达到了平衡状态；⑤用C表示的正反应速率等于用D表示的逆反应速率，说明正逆反应速率相等，反应达到了平衡状态；⑥v正(B)=2v逆(C)说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态。故①④⑤⑥都是平衡状态的标志。4．D【详解】A．结合图可知0∼5min内，v(A)==0.1mol/(L·min)，则v(B)==0.05mol/(L·min)，A错误；B．前5min内，消耗A的物质的量=0.50mol/L×2L=1.00mol，5min时测得C的物质的量为0.5mol，即前5min内生成C的物质的量为0.5mol，化学计量数之比等于反应速率之比，则x=1，B错误；C．12min时和5min时相比，A的浓度逐渐减小，平衡正向移动，可能是升温、增大B的浓度等，即温度不一定改变，故5min时的K可能与12min时的K相等，C错误；D．由C可知时可能是升温、增大B的浓度，平衡正向移动，不管是哪种改变，反应速率都加快，则11min时的v(正)＞11min时v(逆)＞5min时的v(正)，D正确；答案选D。5．B【分析】由图可知，随着反应的进行，X、Y的物质的量减少，Z的物质的量增加，则X、Y为反应物，Z为生成物。从反应开始到10s，X、Y、Z物质的量的变化量分别为0.79mol、0.79mol和1.58mol，则X、Y、Z三者化学计量数之比等于其物质的量之比为0.79mol:0.79mol:1.58mol=1:1:2。由于最终X、Y的物质的量未减少到0，说明反应不彻底，该反应为可逆反应，则可写出该反应的化学方程式为。【详解】A．由图可知，从反应开始到10s，Z的物质的量变化量为1.58mol，用Z表示的反应速率为，选项A错误；B．由图可知，从反应开始到10s，Y的物质的量变化量为0.79mol，则Y的转化率为，选项B正确；C．由图可知，从反应开始到10s，X的物质的量变化量为0.79mol，则其物质的量浓度减少了，选项C错误；D．根据分析，该反应的化学方程式为，选项D错误；故选B。6．C【详解】A、因为平衡常数仅与温度有关，该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，所以温度越低，K越大，所以Ka＞Kb，故A错误；B、b点时反应物仍然减小，生成物仍然增大，说明平衡向正反应方向进行，所以v正(CO2)≠v逆(H2O)，故B错误；C、根据图象分析，a点为H2和H2O物质的量的交点，所以相等，故C正确；D、其他条件恒定，充入更多H2，气体的总物质的量的增大幅度更大，例如充入非常多的氢气，由于乙醇的物质的量的增量有限，乙醇的物质的量分数会减小，故D错误；故选C。【点睛】本题考查平衡移动原理、平衡常数的判断等，注意判断曲线表示哪一物质的体积分数是关键，侧重考查学生对图象的分析与平衡移动的理解，难度较大。7．A【详解】A．红外光谱仪是利用物质对不同波长的红外辐射的吸收特性，进行分子结构和化学组成分析的仪器，能测定出有机物的官能团和化学键的信息，不能用来鉴定元素，故A错误；B．干冰的化学式为CO2，该实验证明干冰在点燃条件下能与镁反应生成氧化镁和碳，生成黑色物质即MgO，该反应是放热反应，干冰受热易升华，故B正确；C．区分晶体和非晶体最科学的方法是对固体进行X一射线衍射实验，故C正确；D．I2与碘离子反应为可逆反应，加KI平衡正向移动，碘的浓度减小，溶液紫红色变浅，故D正确；故选：A。8．D【解析】该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，由图可知，随着Y值的增加，的体积分数减小，说明平衡向逆反应方向移动，则Y表示温度；随着X值的增加，体积分数增大，说明平衡向正反应方向移动，则X表示压强。【详解】A．由分析可知，X轴表示压强，A错误；B．由分析可知，Y轴表示温度，B错误；C．反应的，低温有利于的生成，该反应为气体总物质的量减小的反应，高压有利于的生成，即高压低温有利于平衡正向移动，C错误；D．设的转化率为x，由题意建立如下三段式：，由平衡时的体积分数为，可得，即，D正确。答案选D。9．B【详解】A．反应20min时，过氧化氢的浓度变为0.4mol/L，说明分解的过氧化氢的物质的量n(H2O2)=(0.80-0.40)mol/L×0.05L=0.02mol，过氧化氢分解生成的氧气的物质的量n(O2)=0.01mol，标况下的体积V=n·Vm=0.01mol×22.4L/mol=0.224L=224mL，故A正确；B．随着反应的不断进行，过氧化氢的浓度不断减小，某一时刻分解的过氧化氢的量也不断减小，故第30min时的瞬时速率大于第50min时的瞬时速率，故B错误；C．20~40min，消耗过氧化氢的浓度为(0.40-0.20)mol/L=0.20mol/L，则这段时间内的平均速率，C正确；D．I-在反应中起到催化的作用，故也可以利用MnO2和FeCl3代替，故D正确。故答案为：B。10．D【详解】A．由4NO2(g)＋2NaCl(s)2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)ΔH＜0可知，第10min时反应达到平衡，此时n(NaNO3)＝0.1mol，则n(NO)=0.1mol，v(NO)===0.005mol·L-1·min-1，故A错误；B．由4NO2(g)＋2NaCl(s)2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)ΔH＜0可知，NaCl是固体，反应速率与NaCl的浓度无关；故B错误；C．由4NO2(g)＋2NaCl(s)2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)ΔH＜0可知，反应速率之比等于方程式的计量数之比，即v(NO2):v(NO):v(Cl2)=4:2:1，所以v(NO2)＝2v(NO)＝4v(Cl2)，故C错误；D．升高温度，反应速率加快，即升高温度，正、逆反应速率均增大，故D正确；答案为D。11．C【详解】在5s中N2由6mol/L减至2mol/L，，5s内氮气的平均反应速率为，故选C。12．C【分析】该反应是一个反应前后气体计量数增大的吸热反应，升高温度平衡正向移动，二氧化氮含量增大；增大压强，平衡逆向移动，二氧化氮含量减小，根据图中数据知，相同温度时，二氧化氮含量越大压强越小，所以P1＜P2；相同压强时，温度越高二氧化氮含量越大，所以T2＞T1。【详解】A．反应前后气体总质量不变，混合气体的物质的量越大，其相对分子质量越小，混合气体中二氧化氮含量越大混合气体相对分子质量越小，A点二氧化氮含量大于C点，则相对分子质量A＜C，A错误；B．二氧化氮浓度越大混合气体颜色越深，AC温度相同，压强P1＜P2，则容器体积A＞C，所以A点浓度小于C点，则A点颜色浅、C点颜色深，B错误；C．A、B是等压条件下，且温度T2＞T1，所以由状态B到状态A，可以用加热的方法实现，C正确；D．相同温度下，压强越大反应速率越大，AC温度相同，压强P1＜P2，所以反应速率A点小于C点，D错误；故答案选Ｃ。13．C【分析】由2A(g)+B(g)2C(g)反应方程式可知，反应2min后测得C的浓度为1.6mol/L,则A、B的浓度变化分别为1.6mol/L、0.8mol/L，以此分析解答。【详解】A．根据上述分析可知：反应开始后的2min内B的浓度变化为0.8mol/L，则B的平均反应速率==0.4mol·L-1·min-1，故A正确；B．根据上述分析可知：反应开始后的2min内B的平均反应速率为0.4mol·L-1·min-1，则反应开始后的2min内A平均反应速率为0.8mol·L-1·min-1，随着反应进行，反应物浓度减小，反应速率减小，故反应到2min时的瞬时速率小于0.8mol·L-1·min-1，故B正确；C．任意时刻均有v(A)=2v(B)，没有指明反应的方向，无法判断反应是否达到化学平衡状态，故C错误；D．由2A(g)+B(g)2C(g)反应方程式可知，反应前后气体总物质的量发生变化，体积不变，则平均相对分子质量和压强均是变量，当体系内气体的平均相对分子质量或压强不再变化时，反应达到化学平衡状态，故D正确。故答案：C。14．D【详解】A．降低温度，化学反应速率减缓，故A不可以采取；B．加水稀释，浓度降低，反应速率减缓，故B不可以采取；C．铝把铜置换出来，形成原电池，虽然加快反应速率，但消耗铝的量，氢气总量减少，故C不可以采取；D．盐酸的浓度增大，反应速率加快，铝的量不变，氢气的量不变，故D可以采取。本题选D。。15．C【分析】因为该可逆反应△H＞0，正反应方向吸热，所以温度升高，平衡向正反应方向进行。而气体平均相对分子质量（Mr）=，Mr变小，则气体总质量减小或气体总物质的量增大。【详解】A．若B、C均为固体，则只有气体A，则Mr保持恒定不变，不符合题干条件，故A错误；B．若B、C均为气体，则气体总质量不变，气体总物质的量增大，则Mr变小；如果若B为气体，C为固体，则气体总质量减小，气体总物质的量不变，则Mr变小，所以B、C不一定都是气体，故B错误；C．若C为固体，B为气体，则气体总质量减小，气体总物质的量不变，则Mr变小；根据A项可知故B和C不可能都是固体，故C正确；D．若B、C均为气体，则气体总质量不变，气体总物质的量增大，则Mr变小，符合题干条件，故D错误。答案选C。16．0.075mol/（L·min）a510kJ/molK=减小C【详解】（1）由图可知，CO浓度变化量为1.00mol/L-0.25mol/L=0.75mol/L，△t=10min，则v（CO）==0.075mol/（L•min）；（2）由图可知，曲线b降低了反应所需的活化能，则b使用了催化剂，故答案为b；根据图2中信息可知，若不使用催化剂时该反应的逆反应的活化能为510kJ/mol;（3）反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）的平衡常数K的表达式为K=；根据图2信息可知，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数K减小；（4）A．该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，减小，选项A错误；B．充入He（g），使体系压强增大，容器的容积不变，反应混合物的浓度不变，平衡不移动，不变，选项B错误；C．再通入2molH2，平衡向正反应移动，增大，选项C正确；D．使用催化剂，平衡不移动，不变，选项D错误。答案选C。17．(1)c催化剂失去活性(2)IIT4ΔH1＜0，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响(3)4NH3(g)＋4NO(g)＋O2(g)4N2(g)＋6H2O(g)【详解】（1）①NH3与NO的物质的量之比越大，NO的脱除率越大，相同温度下，n(NH3)∶n(NO)的物质的量之比为1:3时，对应的是曲线c；②NO脱除率会受到速率、平衡移动等因素的影响。温度低于900℃时，反应速率较慢，随着温度升高反应速率加快，NO脱除率逐渐升高，温度高于900℃，催化剂失去活性，反应速率减慢，NO脱除率下降。（2）①一个化学反应，活化能越大，反应速率越慢，由于E1<E2，反应II速率较慢，决定化学反应速率快慢的是反应II；②根据图象T4曲线斜率小于T3，T4时NO的消耗速率较小，则转化相同量的NO，T4耗时更长；根据能量图分析，该反应ΔH1＜0，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响。（3）反应物总能量高于生成物总能量，故NH3催化还原NO为放热反应，由右图可知该反应的化学方程式为：4NH3(g)＋4NO(g)＋O2(g)4N2(g)＋6H2O(g)。18．迅速上升段是催化剂活性随温度升高而增大，与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高导致催化剂活性下降，仅升高温度引起NOx去除反应速率增大NH3与O2反应生成了NO【详解】在50℃—250℃范围内，NOx的去除率迅速上升是催化剂活性随温度升高而增大，与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢阶段主要是温度升高引起NOx去除反应速率增大，但温度升高催化剂活性下降；在催化剂作用下，氨气和氧气共热反应生成一氧化氮和水，反应的化学反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，则反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降是因为可能NH3与O2反应生成了NO，故答案为：迅速上升段是催化剂活性随温度升高而增大，与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高导致催化剂活性下降，仅温度升高引起的NOx去除反应速率增大；NH3与O2反应生成了NO。19．(1)排出装置中的氧气，防止对实验结果造成干扰(2)NaOH溶液(3)H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+H2O+SO2↑(4)70%的硫酸中的H+的浓度比98%的硫酸中的H+的浓度大(5)乙、丙(6)Na2SO3FeCl3Fe3+消耗，使溶液中c()减小，使平衡Fe2+(aq)+(aq)FeSO3(s)逆向移动，溶液颜色由红棕色变为浅绿色【分析】空气中的氧气也能氧化Fe2+为Fe3+，所以先通入氮气可以排除装置中的空气，防止干扰实验；A装置中MnO2与浓盐酸混合加热制取Cl2，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；Cl2具有氧化性，会将B中Fe2+氧化为Fe3+，可用KSCN溶液检验Fe3+，现象是溶液变为血红色；当打开弹簧夹K3、活塞c，加入70%的硫酸，H2SO4与Na2SO3溶液反应产生SO2气体，SO2与FeCl3发生氧化还原反应SO2+2FeCl3+2H2O=H2SO4+FeCl2+2HCl，根据Fe2+与铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀检验Fe2+的存在。氯气有毒，不能排放到空气中污染空气，所以用沾有NaOH溶液的棉花堵塞T型导管，防止氯气逸出，实验结束后，打开弹簧夹K1~K4，再通入一段时间N2，驱赶装置中的Cl2、SO2，使其被NaOH溶液吸收，然后拆卸，洗涤，整理仪器。【详解】（1）打开弹簧夹K1~K4，通入一段时间N2，再将T型导管插入B中，继续通入N2，然后关闭K1、K3、K4，目的是排出装置中的氧气，防止对实验结果造成干扰；（2）棉花中浸有NaOH溶液，吸收多余Cl2、SO2，防止污染空气；（3）在C中H2SO4与Na2SO3发生复分解反应，产生Na2SO4、H2O、SO2，该反应的化学方程式为：H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+H2O+SO2↑；（4）98%的浓硫酸主要以H2SO4分子形式存在，而70%的硫酸中含有较多的H+，所以使用70%的硫酸制取SO2气体，反应速率比用98%的浓硫酸快；（5）甲的结论：IV中B溶液含有Fe3+，说明氧化性：Cl2＞Fe3+，VI中B溶液含有；若B溶液中Cl2有剩余，则Cl2会氧化SO2生成，不能判断氧化性Fe3+＞SO2；乙的结论：IV中B溶液含有Fe3+和Fe2+，说明氧化性：Cl2＞Fe3+，且Cl2不足，所以VI中B溶液含有，则一定是Fe3+氧化SO2生成，所以判断氧化性Fe3+＞SO2，因此可得氧化性Cl2＞Fe3+＞SO2的结论；丙的结论：IV中B溶液含有Fe3+，说明氧化性：Cl2＞Fe3+；VI中B溶液含有Fe2+，若是Cl2氧化SO2，不会有Fe2+生成，说明Fe3+与SO2发生氧化还原反应，Fe3+被还原为Fe2+，所以氧化性：Fe3+＞SO2，因此可得氧化性：Cl2＞Fe3+＞SO2的结论，所以能够证明氧化性Cl2＞Fe3+＞SO2的结论的是乙、丙；（6）①实验中溶液显墨绿色，说明平衡向正反应方向移动，所以加入的应该是Na2SO3(或可溶性亚硫酸盐)；而步骤2中溶液显红棕色，说明加入的应该是F