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2023届高考化学二轮复习化学反应速率与化学平衡作业含解析
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这是一份2023届高考化学二轮复习化学反应速率与化学平衡作业含解析，共35页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
化学反应速率与化学平衡
一、选择题（本大题共12小题）
1．（2022·山东济南·二模）均相芬顿反应原理是高级氧化技术的经典工艺之一，如图所示(和为速率常数)。下列说法错误的是
A．相同条件下，基元反应Ⅰ比Ⅱ的活化能低
B．基元反应Ⅰ中氧元素的化合价没有发生变化
C．基元反应Ⅱ的化学方程式为
D．芬顿反应进行的过程中，整个体系的几乎不变(忽略体积变化)
2．（2022·江苏扬州·一模）氨的催化氧化是工业制硝酸的基础，反应时会发生如下两个竞争反应I、II。
I
II
为分析催化剂对该反应的选择性，在密闭容器中充入和，测得有关产物的物质的量与温度的关系如图。
下列有关说法正确的是
A．硝酸工业中，氨催化氧化时应选择低温
B．A点时，反应I的平衡常数
C．840K后增大的原因是反应II向正方向移动
D．520K时，A点时O2的物质的量分数约为
3．（2022·辽宁大连·一模）向恒容的密闭容器中充入a mol CO和b mol，发生反应：，的平衡转化率如图所示，下列说法正确的是
A．150℃时，若该反应的平衡常数，则
B．该反应为吸热反应
C．若一段时间后，保持不变，则该反应达到平衡状态
D．平衡后，向容器中再通入a mol CO，逐渐增大
4．（2022·辽宁·二模）含氮化合物在生活、生产、研究领域至关重要。我国学者在容积不变的刚性容器中按投料比=1发生反应2H2(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2H2O(g) △H2=-664.1kJ/mol，不同催化剂条件下，反应相同时间测得NO转化率与温度的关系如图所示。且研究表明该反应v=kcm(H2)c2(NO)，其中k为速率常数。下列说法错误的是
A．当使用催化剂乙时，温度高于350℃NO转换率下降是由于反应放热，达到平衡后，升高温度使平衡逆向移动
B．使用催化剂甲比使用催化剂乙正反应的活化能更低
C．对于反应2H2(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2H2O(g)，其他条件不变，加压使平衡正向移动
D．T1℃的初始速率为V0，当H2转化率为60%时，反应速率为0.064V0，由此可知m=1
5．（2022·上海徐汇·二模）一定温度下，在的恒容密闭容器中发生反应，反应过程中的部分数据如下表所示。下列说法正确的是
n/mol
t/min
n(A)
n(B)
n(C)
0
2.0
2.4
0
5
0.9
10
1.6
15
1.6
A．物质B的平衡转化率为
B．该反应在后才达到平衡
C．平衡状态时，
D．用A表示的平均反应速率为
6．（2022·辽宁大连·一模）某温度下，改变0.1mol/L溶液的pH时，各种含铬元素粒子及浓度变化如图所示(已知a是二元酸)，下列有关说法正确的是
A．该温度下的
B．溶液中存在平衡，且该温度下此反应的平衡常数
C．E点溶液中存在：
D．向溶液中，加入一定量NaOH固体，溶液橙色加深
7．（2022·江苏·模拟预测）氮及其化合物在生产生活中具有广泛用途。是一种重要的化工原料，主要用于化肥工业，也广泛用于生产硝酸。 △H=-/mol；氮的氧化物对空气有污染，已知能被溶液吸收生成配合物。对于反应 △H=-/mol，下列说法正确的是
A．该反应只有在高温条件下能自发进行
B．升高温度，该反应的平衡常数减小
C．和充分反应放出的热量为
D．断裂键的同时生成键，说明反应达到平衡状态
8．（2022·上海·二模）某温度下，改变0.1mol/LK2Cr2O7溶液的pH时，各种含铬元素微粒及OH-浓度变化如图所示(已知H2CrO4是二元酸)，下列有关说法中正确的是
A．该温度下的Kw=10-13
B．溶液中存在平衡+H2O⇌2+2H+，该温度下此反应的K=10-13.2
C．向0.1mol/LK2Cr2O7溶液中加入一定量NaOH固体，溶液橙色加深
D．E点溶液中存在：c(K+)<2c()+3c()
9．（2022·山东·模拟预测）卤代烃可以和乙醇反应生成醚，反应历程可表示如图：
能量变化如图所示，
下列说法正确的是
A．高温条件下有利于反应I的进行
B．反应II是决速步骤
C．反应III的中间体比反应IV的中间体稳定
D．各步反应都有共价键的断裂和生成
10．（2022·上海·模拟预测）为研究废水中Cu2+处理的最佳pH，取5份等量的废水，分别用30%的NaOH溶液调节pH至8.5、9、9.5、10、11，静置后，分析上层清液中铜元素的含量，实验结果如图所示。
查阅资料，平衡I：Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4]2++2OH－；
平衡II：Cu(OH)2+2OH－[Cu(OH)4]2−
下列说法不正确的是
A．废水中Cu2+处理的最佳pH约为9
B．b~c段：随pH升高，Cu(OH)2的量增加，平衡I正向移动，上层清液中铜元素含量上升
C．c~d段：随pH升高，c(OH－)增加，平衡I逆向移动，上层清液中铜元素含量下降
D．d点以后，随c(OH－)增加，上层清液中铜元素含量可能上升
11．（2022·上海·模拟预测）下图表示可逆反应：的化学反应速率与时间的关系曲线，下列叙述正确的是
A．时，反应逆向进行 B．时，一定为
C．时，在该条件下转化率达到最大 D．，反应停止
12．（2022·上海·二模）恒容密闭容器中充入amolCO和bmolH2S，发生CO(g)+H2S(g)⇌COS(g)+H2(g)，H2S平衡转化率如图所示。下列说法中正确的是
A．150℃时，若该反应的平衡常数K=，则a：b=6：5
B．该反应为吸热反应
C．通入CO后，正反应速率逐渐增大
D．若一段时间后，保持不变，则该反应达到平衡状态
13．（2022·上海宝山·模拟预测）一定条件下，在体积为3L的密闭容器中，一氧化碳与氢气反应生成甲醇：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，在一定条件下生成甲醇的量如图所示。根据图像，计算在500℃时，从反应开始到平衡的氢气的平均反应速率
A．mol·L-1·min-1 B．mol·L-1·min-1
C．mol·L-1·min-1 D．mol·L-1·s-1
14．（2022·湖南省桂东县第一中学二模）铁触媒催化合成氨的反应可表示为N2(g)+ H2(g) NH3(g)，该反应历程如下图所示，其中吸附在催化剂表面的物质用“ad”表示。下列说法错误的是
A．氨气在催化剂表面的脱附是放热过程
B．该反应的ΔH=-56 kJ/mol
C．历程中只涉及到共价键的断裂与形成
D．反应Nad+3HadNHad+2Had在历程中速率最慢
二、非选择题（本大题共8小题）
15．（2022·山东潍坊·二模）晶体硅材料是最主要的光伏材料，随当前信息工程的发展，硅主要用于微电子技术。工业上将粗硅氯化、精馏后得到SiCl4和SiHCl3的混合物然后用H2还原得到高纯硅。还原过程中发生的主要反应为：
i.SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g) △H1=akJ/mol
ii.SiHCl3(g)+H2(g)Si(s)+3HCl(g) △H2=bkJ/mol
回答下列问题：
(1)已知：2SiHCl3(g)SiCl4(g)+SiH2Cl2(g) △H3=48kJ/mol
H2(g)还原SiCl4(g)生成SiH2Cl2(g)的热化学方程式为_______。
(2)在T1、T2温度下，将1molSiCl4(g)、1molSiHCl3(g)和3molH2(g)加入体积固定的密团容器中，在催化条件下发生反应i、ii。测得H2的转化率及体系内的压强随时间的变化关系如图所示。
①T2温度下，反应达到平衡时SiHCl3(g)的转化率_______。
②T2温度下，反应i的标准平衡常数Kθ的计算式为_______。
(已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应dD(g)+eE(g)gG(g)+hH(g)的Kθ=，其中pθ=106Pa，pG、pH、pD、pE为各组分的平衡分压)。
③△H2_______0(填“＞”或“＜”)，写出推理过程_______。
④要增大SiCl4(g)的转化率可以采取的措施有_______(写其中的一条即可)。
(3)研究发现，反应SiCl4(g)+SiH2Cl2(g)2SiHCl3(g)的活化能Ea=100kJ/mol。反应的活化能Ea、速率常数k、温度T满足关系：ln==-。
已知：R=8.3×10-3kJ/(mol·K)；ln10=2.3
①若T1=300K，通过升高温度到595K，才能满足=108以加快反应速率；
②若T=300K，使用催化剂使活化能降低，满足=108以加快反应速率，Ea应减小。
上述②中Ea应减小_______kJ/mol(保留1位小数)；对比①和②你得到的结论是_______。
16．（2022·河北唐山·二模）甲醇和甲醛是重要的化工原料。利用气态甲醇在催化剂条件下脱氢制备甲醛的主要反应为：，反应机理图示如下：(其中虚线部分为副反应)
回答下列问题：
(1)主要反应的最大能垒为_______。
(2)副反应的热化学方程式为_______。
(3)已知
则的_______。
(4)在体积的刚性容器中，投入气态，在一定催化剂作用下，反应时间时，分别测得甲醇转化率和甲醛的选择性与温度的关系，如下图所示：(甲醛的选择性：转化的中生成的百分比)。
①时内生成甲醛的平均反应速率是_______。
②若时恰好平衡，容器的初始压强为，甲醇的转化率为，甲醛的选择性为，主要反应的压强平衡常数为_______。
③以后，甲醛的选择性下降的可能原因为_______。
(5)利用甲醇、氯气和氢气为原料在℃及一定催化剂条件下制取一氯甲烷，反应原理如下：。现将等物质的量的反应物分别投入到温度相同，容积是1L、2L的甲乙两个恒温、恒容的容器中，达到平衡(不考虑副反应发生)，下列说法正确的是_______(填字母代号)。
A．甲乙密度相同，的体积分数不同
B．甲乙正反应速率不同，放出的热量相同
C．甲乙压强不同，混合气体的平均相对分子质量相同
D．甲乙的转化率相同，混合气体的颜色相同
17．（2022·广东韶关·二模）氨气是重要的化工原料，广泛应用于化工、轻工、制药、合成纤维等领城。
(1)一定条件下，Haber法工业合成氨反应的能量变化如图所示(ad表示被催化剂吸附，反应历程中粒子均为气态)：
①该条件下，N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) △H=_______。
②写出一条既能加快反应速率又能提高N2平衡转化率的措施_______。
(2)工业上用NH3催化还原烟气中NOx可以消除氮氧化物的污染。烟气以一定的流速通过两种不同催化剂，测得烟气脱氮率(即氮氧化物转化率)与温度的关系如图。
反应原理为：NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)⇌2N2(g)+3H2O(g)。
下列说法正确的是_______(填序号)。
A．相同条件下，改变压强对脱氮率没有影响
B．在交叉点P处，不管使用哪种催化剂，上述反应都未达平衡
C．催化剂a、b分别适合于250℃和450℃左右脱氮
D．由曲线a温度升高到一定程度后脱氮率下降可推知该反应为放热反应
(3)温度为T时，在恒容的密闭容器中充入0.5molNH3(g)和1molNO(g)，发生反应：4NH3(g)+6NO(g)⇌ 5N2(g)+6H2O(1)。起始压强为pkPa，10min时达到平衡，测得压强为pkPa。则10min内N2的反应速率v(N2)=_______kPa/min。T时，该反应的平衡常数Kp=_______(列出含p的计算式即可；分压=总压×物质的量分数)。
(4)我国科学家合成了一种新型的Fe-SnO2催化剂，用该催化剂修饰电极，可实现室温条件下电催化固氮生产氨和硝酸，原理如图所示：
①电解时双极膜中的H2O解离为H+和OH-，H+向_______室(填“a”或“b”)移动。
②写出阳极的电极反应式_______。
18．（2022·新疆昌吉·二模）含氮化合物在生活、生产、研究领域至关重要。回答下列问题。已知：
Ⅰ. 2H2(g)+O2(g) 2H2O(g) ΔH1= -483.6 kJ·mol-1
Ⅱ.N2(g)+O2(g) 2NO(g) ΔH2 = +180.5 kJ·mol-1
Ⅲ.2H2(g)+ 2NO(g) N2(g)+ 2H2O(g) ΔH3
(1)若已知反应III的正反应活化能为Ea kJ·mol-1， 则逆反应活化能为_______kJ·mol -1(用含Ea的式子表示)。
(2)在刚性容器中按投料比 =1发生反应Ⅲ，不同催化剂条件下，反应相同时间时，测得NO转化率与温度的关系如图1。
①下列能够说明该反应已达到化学平衡状态的是_______
A．2v逆 (NO)=v 正(N2)
B．混合气体的密度不再变化
C．容器内总压强不再变化
D．混合气体的平均相对分子质量不再变化
②使用催化剂乙、温度高于350℃时，NO 转化率降低的原因可能是_______。
③研究表明该反应v= kcm(H2)c2(NO)，其中k为速率常数，与温度、活化能有关。T1℃的初始速率为v0，当H2转化率为50%时，反应速率为，由此可知m=_______。设此时反应的活化能为Ea'，不同温度T1、T2条件下对应的速率常数分别为k1、k2，存在关系：(R为常数)。据此推测：活化能越大，升高温度，速率常数增大倍数_______。 (填“越大”“越小”或“不变”)
(3)工业上常利用反应N2(g)+ 3H2(g) 2NH3(g) ΔH<0合成氨气，在30 MPa、不同物质的量分数(75%的H2和25%的N2； 67.5%的 H2、22.5%的 N2和10%的惰性气体)条件下进行实验，测得平衡时，NH3体积分数与温度的关系如图2。
①物质的量分数为： 75%的H2和25%的N2所对应的曲线是_______。 (填“a”或“b”)
②M点时，N2的转化率为_______；该 反应的压强平衡常数Kp= _______(MPa)-2(用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数)。
19．（2022·山东日照·模拟预测）将转化为高附加值碳基燃料，可有效减少碳的排放。在催化剂作用下甲烷化分两步完成。
分步反应：
Ⅰ.
Ⅱ.
总反应(Ⅲ)：
回答下列问题：
(1)在两种不同催化剂条件下反应相同时间，测得转化率和生成选择性随温度的变化如图所示。
对比上述两种催化剂的催化性能，工业上应选择的催化剂是_______，使用的合适温度为_______。
(2)一定温度范围内对上述反应的平衡常数进行计算，得的线性关系如图所示。
①时，_______。
②反应Ⅰ中，正反应的活化能_______(填“>”、“<”或“=”)逆反应的话化能。对于反应Ⅱ，图中_______(填“>”、“<”或“=”)。
③时，上述体系达到平衡后，若，将容器的体积若压缩为原来的一半，的物质的量_______(填“增加”、“减小”或“不变”)，平衡Ⅰ将_______(“正向”、“逆向”或“不”)移动。
(3)条件下，向某真空容器中充入和的混合气体(体积之比为1∶4)，容器中初始压强为，在催化剂作用下反应经达到平衡，测得容器中、，试计算_______，_______。
20．（2022·山西临汾·三模）研究NOx、SO2和CO等气体的相关反应对治理大气污染、建设生态文明具有重要意义。请回答下列问题：
(1)已知：①NO2(g)+CO(g)⇌CO2(g)+NO(g)△H1=-233kJ·mol-1
②N2(g)+O2(g)⇌NO(g)△H2=+179kJ·mol-1
③2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)△H3=-111.9kJ·mol-1
则2NO2(g)+4CO(g)⇌4CO2(g)+N2(g)△H=_______。
(2)研究发现(1)中反应③分两步进行：
第一步：快反应2NO(g)⇌N2O2(g)△H<0
第二步：慢反应N2O2(g)+O2(g)⇌2NO2(g)△H<0
活化能大小比较：Ea(第一步)_______Ea(第二步)(填“大于”、“等于”或“小于”)。
(3)在混有NO2(g)和N2O4(g)的VL密闭容器中发生反应2NO2(g)⇌N2O4(g)△H<0，随着温度升高，体系中各物质平衡时的物质的量分数的变化关系如图1所示。曲线_____(填“a”或“b”)表示NO2的物质的量分数x%与温度的变化关系。若T1℃时，混合气体的物质的量为zmol，升温至T2℃，反应tmin达到平衡，该过程以N2O4表示的平均化学反应速率为v0mol·L-1·min-1，则T2℃时平衡体系中n(N2O4)=____mol(用含z、v0、t的式子表示)，此时物质的量分数平衡常数Kx=____(用物质的量分数代替平衡浓度)。
(4)V2O5/炭基材料(活性炭、活性焦、活炭纤维)也可以脱硫脱硝。V2O5/炭基材料脱硫原理是：SO2在炭表面被吸附，吸附态SO2在炭表面被催化氧化为SO3，SO3再转化为硫酸盐等。
①V2O5/炭基材料脱硫时，通过红外光谱发现脱硫开始后催化剂表面出现了VOSO4的吸收峰，再通入O2后VOSO4吸收峰消失，该脱硫反应过程可表示为：SO2+V2O5+O2=VOSO4(配平方程式)_____、____(用化学方程式表示)。
②气体流速和温度一定时，烟气中O2浓度对V2O5/炭基材料催化剂脱硫脱硝活性的影响如图2所示。当O2浓度过高时，去除率下降的可能原因是_______。
21．（2022·黑龙江齐齐哈尔·二模）含氯化合物的反应在化学工业中具有重要的地位。回答下列问题：
(1)次氯酸钠氧化法可以制备Na2FeO4。
已知：2H2(g) +O2(g)=2H2O(l) ΔH=a kJ·mol-1
NaCl(aq)+H2O(l)=NaClO(aq)+ H2(g) ΔH =b kJ·mol-1
4Na2FeO4 (aq) + 10H2O(l)=4Fe(OH)3(s) +3O2 (g)十8NaOH(aq) ΔH=c kJ·mol-1
反应2Fe(OH)3(s)十3NaClO(aq) + 4NaOH(aq)=2Na2FeO4 (aq) + 3NaCl(aq) +5H2O(l)的 △H=_______kJ·mol-1。
(2)光气(COCl2)是重要的含氯化合物。常用于医药、农药制造，工业上利用一氧化碳和氯气反应制备，反应方程式为CO(g)+Cl2(g) COCl2(g)。在1 L恒温恒容密闭容器 中充入2.5molCO和1.5molCl2，在催化剂作用下发生反应，测得CO及COCl2的物质的量随时间变化如图1所示：
①0~15s内，Cl2的平均反应速率为_______mol· L-1·min-1
②第一次平衡时，CO的平衡转化率为_______；此温度下，该反应的平衡常数KC=_______(保留两位有效数字)。
③在第20 s时，改变的条件是_______。
(3)工业上常用氯苯(C6H5-Cl)和硫化氢(H2S)反应来制备一种用途广泛的有机合成中间体苯硫酚(C6H5-SH) ，但会有副产物苯(C6 H6)生成。
Ⅰ．C6H5-Cl(g)+H2S(gC6H5-SH(g)+HCl(g) ΔH1= -16.8 kJ·mol-1；
Ⅱ．C6H5- Cl(g)+ H2S(g)=C6H6(g)+HCl(g)+ S8(g) △H2= - 45.8 kJ·mol-1。
①将一定量的C6H5-Cl和H2S的混合气体充入恒容的密闭容器中，控制反应温度为T(假设只发生反应Ⅰ)，下列可以作为反应Ⅰ达到平衡的判据是_______(填字母)。
A．气体的压强不变 B．平衡常数不变
C． v正(H2S)= v逆(HCl) D．容器内气体密度不变
②现将一定量的C6H5-Cl和H2S置于一固定容积的容器中模拟工业生产过程，在不同温度下均反应20 min测定生成物的浓度，得到图2和图3。
(R为H2S与C6H6-Cl的起始物质的量之比)，图2显示温度较低时C6H5-SH浓度的增加程度大于C6H6，从活化能角度分析其主要原因是_______；结合图2和图3，该模拟工业生产制备C6H5 - SH的适宜条件为_______。
22．（2022·辽宁大连·一模）某化学实验小组发现镁和溶液可以反应生成气体，且比镁和水的反应速率快，通过实验探充速率加快取决于哪些粒子，同时分析气体的成分。
Ⅰ.探究加快速率的粒子
(1)甲同学推测加快速率的粒子有两种：
①能加快化学反应速率。
②能加快化学反应速率。
为验证猜想，进行了如下实验：
对照组
1mol/L溶液
持续产生大量气泡，溶液略显浑浊
实验组1
1mol/L溶液
持续产生大量气泡，溶液略显浑浊
实验组2
1mol/L溶液
镁表面有极微量气泡附着
已知：Mg和反应只能看到镁条表面有极微量气泡附着。用离子方程式解释对照组中溶液显碱性的原因_______；实验组1得到的结论是_______；为控制变量与对照组一致，实验组2应在1mo/L 溶液中_______。
Ⅱ.探究气体的成分。
(2)乙同学向反应容器中滴加几滴洗洁精，形成大量泡沫时点燃气泡，听到有爆鸣声；再将产生的气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊。由此推测气体成分为_______。经查阅文献得知，溶液可以通过自耦电离产生，该反应的平衡常数为_______(保留3位有效数字)。(已知：电离常数，)
(3)丙同学认为乙同学的推测不够严谨，逸出的气体会带出少量溶液也能使澄清石灰水变浑浊，于是利用传感器检测放出的气体中是否含有。
实验组3
取6mL1mol/L 溶液加入250mL塑料瓶，塞紧传感器，采集数据15min，记录液面上方浓度的变化，重复实验2次。
实验组4
取6mLlmol/L溶液、0.1g打磨好的镁条加入250mL塑料瓶，实验操作同上。
实验组5
用上述同样方法采集15min空塑料瓶中浓度的数据。
由图像可知，加入Mg条后，释放受到抑制，原因是_______；实验时取少量溶液、少量镁条的原因是_______。
参考答案：
1．B
【解析】
A．由题干信息可知，k1＞k2，说明相同条件下，基元反应Ⅰ比Ⅱ的反应速率更快，活化能越低反应速率越快，即基元反应Ⅰ比Ⅱ的活化能低，A正确；
B．由题干信息可知，基元反应Ⅰ为：H++H2O2+Fe2+=Fe3++·OH+H2O，故基元反应I中氧元素的化合价发生变化，B错误；
C．由题干信息可知，基元反应Ⅱ的化学方程式为，C正确；
D．由B、C分析可知，上述过程的总反应为：2H2O2HO+HO2·+H2O，H+参与反应，反应后又生成，反应前后不变，即芬顿反应进行的过程中，整个体系的几乎不变(忽略体积变化)，D正确；
故答案为：B。
2．D
【解析】
A．由图可知温度较低的时候，氨气的氧化产物是氮气，因此应该选择较高温度，A错误；
B．根据反应I可知，反应I的平衡常数，B错误；
C．对于反应I温度升高，催化剂活性降低，反应II，温度升高，反应速率加快，故增大；另外反应II为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，C错误；
D．反应I中，A点，一氧化氮为0.2mol，则H2O(g)=0.3mol,消耗了0.25molO2和0.2moINH3，反应II中， A点，氮气为0.2mol,则H2O(g)=0.6mol，消耗了0.3mol O2和0.4moINH3，由此可以计算出O2的物质的量分数，D正确；
故选D。
3．A
【解析】
A．由题干信息可知，150℃时，H2S的平衡转化率为40%，根据三段式分析可知：，若该反应的平衡常数，即=，解得，A正确；
B．由题干图示信息可知，随着温度的升高，H2S的平衡转化率减小，即升高温度平衡逆向移动，则该反应为放热反应，B错误；
C．反应从开始到达到平衡的过程中，始终不变为1，则若一段时间后，保持不变，不能说明该反应达到平衡状态，C错误；
D．平衡后，向容器中再通入a mol CO，反应物浓度突然增大，故突然增大，逐渐增大，D错误；
故答案为：A。
4．A
【解析】
A．当使用催化剂乙时，温度低于350℃时，催化剂的活性随温度升高逐渐增强，反应速率加快，NO转化率也增大，温度高于350℃时，导致催化剂活性降低甚至失去活性，反应速率下降，导致NO转换率下降，A错误；
B．单位时间内，使用催化剂甲比使用催化剂乙反应速率快，NO转化率高，则使用催化剂甲比使用催化剂乙正反应的活化能更低，B正确；
C．对于反应2H2(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2H2O(g)，是一个反应前后气体分子数减小的反应，其他条件不变，增大压强，平衡正向移动，C正确；
D．设初始一氧化氮和氢气的物质的量均为1mol，容器体积为1L，则初始一氧化氮和氢气的浓度均为1mol/L，V0=k1m12=k，当H2转化率为60%时，c(H2)=0.4mol/L，c(NO)=0.4mol/L，此时的反应速率为0.064V0，则有0.064V0=k (0.4)m (0.4)2=V0 (0.4)m (0.4)2，解得m=1，D正确；
答案选A。
5．C
【解析】
发生的反应为： ，15min时，n(B)=1.6mol，与10min时数据一致，说明反应已经达到平衡，据此分析作答。
A．物质B的转化率为= ×100%=33.3%，A项错误；
B．反应在10min时，B变化了0.8mol，则此时B余下1.6mol，到15min时，B仍然是1.6mol，说明反应在10min已经达到平衡，B项错误；
C．15min时，n(B)=1.6mol，与10min时数据一致，说明反应在10min已经达到平衡，则平衡时，c(C)= =0.6mol/L，C项正确；
D．0～5 min内，△n(C)=0.9mol，根据方程式，则△n(A)＝△n(C)=0.3mol，所以用A表示的平均反应速率为v(A)==== ，D项错误；
答案选C。
6．C
【解析】
根据图中G点的数据可以计算出该温度下的水的离子积 ，在pH逐渐增大的过程中存在着平衡移动的过程，其中铬酸根离子为黄色的，重铬酸根离子为橙色的，以此解题。
A．G点时，，此时，则Kw=，A项错误；
B．由图可知溶液中存在平衡，F点时，，则K=，B项错误；
C．E点时，，根据电荷守恒有：，即，此时溶液显酸性，即，则c(K+)<2c()+3c()，C项正确；
D．根据平衡+H2O⇌2+2H+，加入NaOH固体，平衡正向移动，溶液橙色变浅，D项错误；
故选C。
7．B
【解析】
A．为气体体积增大的放热反应，其ΔH＜0、△S＞0，始终满足△H-T△S＜0，则任何条件下该反应均能自发进行，故A错误；
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正确；
C．该反应为可逆反应，4molNH3和5molO2充分反应生成NO的物质的量一定小于4mol，则放出的热量小于904kJ，故C错误；
D．断裂1molN-H键的同时生成1molH-O键，表示的都是正反应速率，无法判断平衡状态，故D错误；
答案选B。
8．D
【解析】
A．G点时，，此时，则Kw=，A项错误；
B．F点时，，则K=，B项错误；
C．根据平衡+H2O⇌2+2H+，加入NaOH固体，平衡正向移动，溶液橙色变浅，C项错误；
D．E点时，，根据电荷守恒有：，即，此时溶液显酸性，即，则c(K+)<2c()+3c()，D项正确；
答案选D。
9．A
【解析】
A．从能量变化图可看出反应I是吸热反应，高温有利于提高反应速率和转化率，故A正确；
B．决速步骤应是活化能最大的步骤，从能量变化图可看出反应I活化能最大，故B错误；
C．从能量变化图可看出反应III的中间体比反应IV的能量高，能量越高越不稳定，故C错误；
D．从能量变化图可看出反应I只有共价键的断裂，故D错误；
故答案为：A
10．B
【解析】
A．根据图中曲线pH约为9时，废水中铜元素含量最低，因此废水中Cu2+处理的最佳pH约为9，故A正确；
B．b~c段：随pH升高，氢氧根浓度增大，平衡I逆向移动，Cu(OH)2的量增加，故B错误；
C．c~d段：随pH升高，c(OH－)增加，平衡I逆向移动，因此上层清液中铜元素含量下降，故C正确；
D．d点以后，随c(OH－)增加，平衡II正向移动，因此上层清液中铜元素含量可能上升，故D正确。
综上所述，答案为B。
11．C
【解析】
A．由图像可知，在t1时刻，正逆反应都发生，A项错误；
B．时刻反应达到平衡，但起始浓度未知，故无法计算A、B、C三者浓度大小关系，B项错误；
C．时刻反应达到平衡，正逆反应速率相等，反应达到限度，反应物的转化率最大，反应体系中NH3的浓度达到最大值，C项正确；
D．~，反应达到平衡状态，＝≠0，反应没有停止，D项错误；
答案选C。
12．A
【解析】
A．150℃时，由图中可知硫化氢的转化率为40%，恒容密闭容器中充入amolCO和bmolH2S可列出三段式：，
若该反应的平衡常数K=1/3，K=c(COS)c(H2)/c(CO)c(H2S)=(0.4b)2/[0.6b·(a-0.4b)]=1/3，a:b=6:5，A正确；
B．升高温度，硫化氢的转化率下降，为放热反应，B错误
(4)
A．该反应是只有气体参加等体积反应，反应物投入相等，容器体积不同，则甲乙密度不相同，压强改变平衡不移动，CH3Cl的体积分数不变，即两容器相同，故A错误；
B．由于两种情况反应物浓度不同，但是达到平衡状态相同，所以甲乙正反应速率不同，放出的热量相同，故B正确；
C．甲乙两种气体物质的量相同，但体积不同，故压强不同，该反应是只有气体参加等体积反应，混合气体的平均相对分子质量相同，故C正确；
D．甲乙两种情况平衡状态相同，故CH3OH的转化率相同，由于物质浓度不同混合气体的颜色相同，故D错误；
故答案为BC。
17．(1) -92kJ/mol 增大压强(或增大c(H2)
(2)BC
(3) 0.033p
(4) a N2-10e-+6H2O=2+12H+
【解析】
(1)
①根据图示，0.5molN2、1.5molH2的总能量比1molNH3的能量大46KJ，该条件下，N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) △H=--92kJ/mol。
②增大压强，反应速率加快，平衡正向移动，既能加快反应速率又能提高N2平衡转化率；
(2)
A．反应前后气体系数和不同，相同条件下，改变压强，平衡移动，对脱氮率有影响，故A错误；
B．催化剂不能使平衡移动，在交叉点P处脱氮率低于最大值，所以反应没有达到平衡，故B正确；
C．催化剂a，250℃脱氮率最高；催化剂b，450℃脱氮率最高，所以a、b分别适合于250℃和450℃左右脱氮，故C正确；
D．由曲线a温度升高到一定程度后脱氮率下降，可能由于催化剂活性降低，故D错误；
选BC。
选BC。
(3)
起始压强为pkPa，10min时达到平衡，测得压强为pkPa。则 ，
x=0.1，平衡时N2的压强为kPa，则10min内N2的反应速率v(N2)=0.033pkPa/min。T时，该反应的平衡常数Kp= = 。
(4)
①a电极氮气得电子生成氨气，a是阴极，b电极氮气失电子发生氧化反应生成硝酸，b是阳极，电解时双极膜中的H2O解离为H+和OH-，H+向a室移动。
②阳极氮气失电子发生氧化反应生成硝酸，电极反应式为N2-10e-+6H2O=2+12H+。
18．(1)Ea+ 664.1
(2) CD 催化剂失去活性、发生其它副反应等合理即可 1 越大
(3) a 50% Kp==5.9 ×10-3=
【解析】
(1)
Ⅰ. 2H2(g)+O2(g) 2H2O(g) ΔH1= -483.6 kJ·mol-1
Ⅱ.N2(g)+O2(g) 2NO(g) ΔH2 = +180.5 kJ·mol-1
根据盖斯定律Ⅰ-Ⅱ得2H2(g)+ 2NO(g) N2(g)+ 2H2O(g) ΔH3=-483.6 kJ·mol-1-180.5 kJ·mol-1=-664.1 kJ·mol-1，焓变=正反应活化能-逆反应活化能，若反应III的正反应活化能为Ea kJ·mol-1， 则逆反应活化能为(Ea+ 664.1)kJ·mol -1。
(2)
①A．反应达到平衡状态，正逆反应速率比等于系数比，2v逆 (NO)=v 正(N2)反应不平衡，故不选A；
B．反应前后气体总质量不变、容器体积不变，密度是恒量，混合气体的密度不再变化，反应不一定达到平衡状态，故不选B；
C．反应前后气体系数和不同，压强是变量，容器内总压强不再变化，反应一定达到平衡状态，故选C；
D．反应前后气体总质量不变，气体物质的量改变，混合气体的平均相对分子质量是变量，混合气体的平均相对分子质量不再变化，反应一定达到平衡状态，故选D；
选CD。
②使用催化剂乙、温度高于350℃时，NO 转化率降低的原因可能是催化剂失去活性或发生其它副反应。
③研究表明该反应v= kcm(H2)c2(NO)，其中k为速率常数，与温度、活化能有关。T1℃的初始速率为v0，当H2转化率为50%时，NO的转化率也是50%，反应速率为， ，所以m=1。设此时反应的活化能为Ea'，不同温度T1、T2条件下对应的速率常数分别为k1、k2，存在关系：(R为常数)。据此推测：活化能越大，升高温度，变大，速率常数增大倍数越大。
(3)
①恒压条件下，通入惰性气体，相当于减压，平衡逆向移动，氨气的体积分数减小，所以75%的H2和25%的N2所对应的曲线是a；
②M点时，
， ，N2的转化率为；该反应的压强平衡常数Kp==5.9 ×10-3 (MPa)-2。
19．(1)
(2) 1 > > 增加 正向
(3) 9 3.4
【解析】
(1)
由图可知，作催化剂时，CO2的转化率大、CH4的选择性高，所以工业上应选择的催化剂是，320℃时CO2的转化率最大，CH4的选择性高，即的催化效率最高，所以合适温度是320℃；
(2)
①根据盖斯定律，由Ⅰ+Ⅱ=Ⅲ，则，，由图可知，当温度为时，，则。
②由图可知，横坐标为，则横坐标越大，温度越低，反应Ⅱ和Ⅲ的随着温度的降低而增大，反应Ⅲ的增大的幅度小于反应Ⅱ，降低温度，减小，则反应Ⅰ为吸热反应，因此正反应的活化能>逆反应的话化能；AB两点都是平衡点，温度越高反应速率越大，A点温度高于B点，因此对于反应Ⅱ>；
③将容器的体积压缩为原来的一半，压强增大，反应Ⅱ平衡均正向移动，则的物质的量增加；CO2浓度增大、CO浓度减小，所以平衡Ⅰ将正向移动；
(3)
条件下，向某真空容器中充入和的混合气体(体积之比为1∶4)，容器中初始压强为，反应初始、，在催化剂作用下反应经达到平衡，测得容器中、，反应Ⅱ生成的，反应Ⅰ消耗的，所以反应Ⅰ生成的9；反应Ⅰ消耗的、反应Ⅱ消耗的 ， 3.4。
20．(1)-1222.9kJ/mol
(2)小于
(3) a 2
(4) 4SO2+2V2O5+O2=4VOSO4 4VOSO4+O2=2V2O5+4SO3 氧气浓度过高，SO2、NO分子不能很好地被吸附
【解析】
(1)
由①NO2(g)+CO(g)⇌CO2(g)+NO(g)△H1=-233kJ·mol-1，②N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)△H2=+179kJ·mol-1，
③2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)△H3=-111.9kJ·mol-1
根据盖斯定律，反应2NO2(g)+4CO(g)⇌4CO2(g)+N2(g)可由①×4-②+③得到，因此△H=△H1×4-△H2+△H3=-233kJ·mol-1×4-179kJ·mol-1+(-111.9kJ·mol-1)=-1222.9kJ/mol。
(2)
活化能越大反应速率越慢，第一步反应为快反应，反应的活化能小，则Ea(第一步)小于Ea(第二步)。
(3)
由反应iii．可知，升高温度，反应iii的化学平衡逆向移动，平衡时NO2的物质的量分数随温度升高而增大，N2O4的物质的量分数随温度升高而减小，则曲线表示NO2的物质的量分数与温度的变化关系，若时，混合气体的物质的量为，温度升高至，反应进行至时，恰好达到平衡，该过程以表示的平均化学反应速率为，根据三段式分析可得：，则条件下，由图可知，(a+2V0Vt)=Z-a-V0Vt，解得：a=，平衡时的的物质的量Z-a-V0Vt=mol，此时摩尔分数平衡常数==2，故答案为：NO2；mol；2；
(4)
①V2O5/炭基材料脱硫时，通过红外光谱发现，脱硫开始后催化剂表面出现了VOSO4的吸收峰，再通入O2后VOSO4吸收峰消失，说明VOSO4是中间体，反应过程中生成了VOSO4、又消耗了VOSO4，因此该脱硫反应过程可描述为：SO2与V2O5作用形成具有VOSO4结构的中间体；VOSO4中间体与气相的O2反应生成SO3和，或者用化学方程式表示为：4SO2+2V2O5+O2=4VOSO4，4VOSO4+O2=2V2O5+4SO3。
②若氧气浓度过高，O2、SO2和NO分子会产生竞争吸附的局势，当O2分子占据催化剂过多的活性位时，剩余的SO2、NO分子就不能很好地被吸附，从而导致脱硫脱硝率下降。
21．(1)-a-3b-
(2) 3 30% 0.57 增大CO的物质的量
(3) C 反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，反应Ⅰ的反应速率快于反应Ⅱ，相同时间内获得的产物的浓度自然反应Ⅰ比反应Ⅱ多 温度590K，R=2.5
【解析】
(1)
①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH=a kJ·mol-1
②NaCl(aq)+H2O(l)=NaClO(aq)+H2(g) ΔH=b kJ·mol-1
③4Na2FeO4(aq)+10H2O(l)=4Fe(OH)3(s)+3O2(g)+8NaOH(aq) ΔH=c kJ·mol-1
根据盖斯定律，-③-②×3-①×得2Fe(OH)3(s)+3NaClO(aq)+4NaOH(aq)=2Na2FeO4(aq)+3NaCl(aq)+5H2O(l)的ΔH=-a-3b-c kJ·mol-1。
(2)
①0~15 s时CO的变化物质的量为2.5mol-1.75mol=0.75mol，则Cl2的变化物质的量也为0.75mol，Cl2的平均反应速率为=0.05mol/(L·s)=3mol·L-1·min-1；
②反应进行到15s时达到第一次平衡，CO的平街转化率为=30%；此时平衡体系内CO为1.75mol/L、Cl2为0.75mol/L、COCl2为0.75mol/L，该反应的平衡常数K==0.57；
③在第20 s时，CO的物质的量瞬间迅速增大，然后平衡正向进行，说明此时改变的条件是增大CO的物质的量；
(3)
①A．反应前后气体分子总数不变，总物质的量不变，利用相同条件下，压强之比等于气体物质的量之比，即气体压强始终保持不变，压强不变不能说明该反应达到平衡，故A不符合题意；
B．平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数始终不变，因此平衡常数不变不能说明反应达到平衡，故B不符合题意；
C．正(H2S)表示正反应速率，逆(HCl)表示逆反应速率，化学反应速率之比等于化学计量数之比，因此正(H2S)=逆(HCl)说明反应达到平衡，故C符合题意；
D．组分都是气体，则气体总质量始终不变，容器为恒容状态，气体总体积保持不变，根据密度的定义，气体密度始终不变，气体密度不变，不能说明反应达到平衡，故D不符合题意；
故答案为C；
②C6H5-Cl由反应Ⅰ生成，C6H6由反应Ⅱ生成，图2显示温度较低时C6H5-Cl浓度的增加程度大于C6H6，说明反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，反应Ⅰ的反应速率快于反应Ⅱ，相同时间内获得的产物的浓度自然反应Ⅰ比反应Ⅱ多；根据图2和图3的数据信息，该模拟工业生产制备C6H5-Cl的适宜条件为温度590K，R=2.5。
22．(1) 对实验无影响 滴加NaOH溶液至
(2) 和
(3) Mg和溶液反应使溶液中的被消耗，反应体系的碱性增强，不利于释放 当容器中反应物量大时，产生的热量会加速溶液分解
【解析】
(1)
碳酸氢钠溶液呈碱性，原因是碳酸氢根水解，离子方程式为：；实验组1中用的是溶液，实验现象与对照组一样，则说明对实验无影响；为了控制变量与对照组一致，实验组2应在1mo/L 溶液中滴加NaOH溶液至；故答案为：；对实验无影响；滴加NaOH溶液至；
(2)
同学向反应容器中滴加几滴洗洁精，形成大量泡沫时点燃气泡，听到有爆鸣声，说明该气体可燃，应该含有氢气，再将产生的气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，应该含有二氧化碳，由此推测气体成分为和；
溶液可以通过自耦电离产生，该反应的平衡常数为：，故答案为：和；；
(3)
由图像可知，加入Mg条后，释放受到抑制，原因是Mg和溶液反应使溶液中的被消耗，反应体系的碱性增强，不利于释放；实验时取少量溶液、少量镁条的原因是当容器中反应物量大时，产生的热量会加速溶液分解；故答案为：Mg和溶液反应使溶液中的被消耗，反应体系的碱性增强，不利于释放；当容器中反应物量大时，产生的热量会加速溶液分解。
化学反应速率与化学平衡
一、选择题（本大题共12小题）
1．（2022·山东济南·二模）均相芬顿反应原理是高级氧化技术的经典工艺之一，如图所示(和为速率常数)。下列说法错误的是
A．相同条件下，基元反应Ⅰ比Ⅱ的活化能低
B．基元反应Ⅰ中氧元素的化合价没有发生变化
C．基元反应Ⅱ的化学方程式为
D．芬顿反应进行的过程中，整个体系的几乎不变(忽略体积变化)
2．（2022·江苏扬州·一模）氨的催化氧化是工业制硝酸的基础，反应时会发生如下两个竞争反应I、II。
I
II
为分析催化剂对该反应的选择性，在密闭容器中充入和，测得有关产物的物质的量与温度的关系如图。
下列有关说法正确的是
A．硝酸工业中，氨催化氧化时应选择低温
B．A点时，反应I的平衡常数
C．840K后增大的原因是反应II向正方向移动
D．520K时，A点时O2的物质的量分数约为
3．（2022·辽宁大连·一模）向恒容的密闭容器中充入a mol CO和b mol，发生反应：，的平衡转化率如图所示，下列说法正确的是
A．150℃时，若该反应的平衡常数，则
B．该反应为吸热反应
C．若一段时间后，保持不变，则该反应达到平衡状态
D．平衡后，向容器中再通入a mol CO，逐渐增大
4．（2022·辽宁·二模）含氮化合物在生活、生产、研究领域至关重要。我国学者在容积不变的刚性容器中按投料比=1发生反应2H2(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2H2O(g) △H2=-664.1kJ/mol，不同催化剂条件下，反应相同时间测得NO转化率与温度的关系如图所示。且研究表明该反应v=kcm(H2)c2(NO)，其中k为速率常数。下列说法错误的是
A．当使用催化剂乙时，温度高于350℃NO转换率下降是由于反应放热，达到平衡后，升高温度使平衡逆向移动
B．使用催化剂甲比使用催化剂乙正反应的活化能更低
C．对于反应2H2(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2H2O(g)，其他条件不变，加压使平衡正向移动
D．T1℃的初始速率为V0，当H2转化率为60%时，反应速率为0.064V0，由此可知m=1
5．（2022·上海徐汇·二模）一定温度下，在的恒容密闭容器中发生反应，反应过程中的部分数据如下表所示。下列说法正确的是
n/mol
t/min
n(A)
n(B)
n(C)
0
2.0
2.4
0
5
0.9
10
1.6
15
1.6
A．物质B的平衡转化率为
B．该反应在后才达到平衡
C．平衡状态时，
D．用A表示的平均反应速率为
6．（2022·辽宁大连·一模）某温度下，改变0.1mol/L溶液的pH时，各种含铬元素粒子及浓度变化如图所示(已知a是二元酸)，下列有关说法正确的是
A．该温度下的
B．溶液中存在平衡，且该温度下此反应的平衡常数
C．E点溶液中存在：
D．向溶液中，加入一定量NaOH固体，溶液橙色加深
7．（2022·江苏·模拟预测）氮及其化合物在生产生活中具有广泛用途。是一种重要的化工原料，主要用于化肥工业，也广泛用于生产硝酸。 △H=-/mol；氮的氧化物对空气有污染，已知能被溶液吸收生成配合物。对于反应 △H=-/mol，下列说法正确的是
A．该反应只有在高温条件下能自发进行
B．升高温度，该反应的平衡常数减小
C．和充分反应放出的热量为
D．断裂键的同时生成键，说明反应达到平衡状态
8．（2022·上海·二模）某温度下，改变0.1mol/LK2Cr2O7溶液的pH时，各种含铬元素微粒及OH-浓度变化如图所示(已知H2CrO4是二元酸)，下列有关说法中正确的是
A．该温度下的Kw=10-13
B．溶液中存在平衡+H2O⇌2+2H+，该温度下此反应的K=10-13.2
C．向0.1mol/LK2Cr2O7溶液中加入一定量NaOH固体，溶液橙色加深
D．E点溶液中存在：c(K+)<2c()+3c()
9．（2022·山东·模拟预测）卤代烃可以和乙醇反应生成醚，反应历程可表示如图：
能量变化如图所示，
下列说法正确的是
A．高温条件下有利于反应I的进行
B．反应II是决速步骤
C．反应III的中间体比反应IV的中间体稳定
D．各步反应都有共价键的断裂和生成
10．（2022·上海·模拟预测）为研究废水中Cu2+处理的最佳pH，取5份等量的废水，分别用30%的NaOH溶液调节pH至8.5、9、9.5、10、11，静置后，分析上层清液中铜元素的含量，实验结果如图所示。
查阅资料，平衡I：Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4]2++2OH－；
平衡II：Cu(OH)2+2OH－[Cu(OH)4]2−
下列说法不正确的是
A．废水中Cu2+处理的最佳pH约为9
B．b~c段：随pH升高，Cu(OH)2的量增加，平衡I正向移动，上层清液中铜元素含量上升
C．c~d段：随pH升高，c(OH－)增加，平衡I逆向移动，上层清液中铜元素含量下降
D．d点以后，随c(OH－)增加，上层清液中铜元素含量可能上升
11．（2022·上海·模拟预测）下图表示可逆反应：的化学反应速率与时间的关系曲线，下列叙述正确的是
A．时，反应逆向进行 B．时，一定为
C．时，在该条件下转化率达到最大 D．，反应停止
12．（2022·上海·二模）恒容密闭容器中充入amolCO和bmolH2S，发生CO(g)+H2S(g)⇌COS(g)+H2(g)，H2S平衡转化率如图所示。下列说法中正确的是
A．150℃时，若该反应的平衡常数K=，则a：b=6：5
B．该反应为吸热反应
C．通入CO后，正反应速率逐渐增大
D．若一段时间后，保持不变，则该反应达到平衡状态
13．（2022·上海宝山·模拟预测）一定条件下，在体积为3L的密闭容器中，一氧化碳与氢气反应生成甲醇：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，在一定条件下生成甲醇的量如图所示。根据图像，计算在500℃时，从反应开始到平衡的氢气的平均反应速率
A．mol·L-1·min-1 B．mol·L-1·min-1
C．mol·L-1·min-1 D．mol·L-1·s-1
14．（2022·湖南省桂东县第一中学二模）铁触媒催化合成氨的反应可表示为N2(g)+ H2(g) NH3(g)，该反应历程如下图所示，其中吸附在催化剂表面的物质用“ad”表示。下列说法错误的是
A．氨气在催化剂表面的脱附是放热过程
B．该反应的ΔH=-56 kJ/mol
C．历程中只涉及到共价键的断裂与形成
D．反应Nad+3HadNHad+2Had在历程中速率最慢
二、非选择题（本大题共8小题）
15．（2022·山东潍坊·二模）晶体硅材料是最主要的光伏材料，随当前信息工程的发展，硅主要用于微电子技术。工业上将粗硅氯化、精馏后得到SiCl4和SiHCl3的混合物然后用H2还原得到高纯硅。还原过程中发生的主要反应为：
i.SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g) △H1=akJ/mol
ii.SiHCl3(g)+H2(g)Si(s)+3HCl(g) △H2=bkJ/mol
回答下列问题：
(1)已知：2SiHCl3(g)SiCl4(g)+SiH2Cl2(g) △H3=48kJ/mol
H2(g)还原SiCl4(g)生成SiH2Cl2(g)的热化学方程式为_______。
(2)在T1、T2温度下，将1molSiCl4(g)、1molSiHCl3(g)和3molH2(g)加入体积固定的密团容器中，在催化条件下发生反应i、ii。测得H2的转化率及体系内的压强随时间的变化关系如图所示。
①T2温度下，反应达到平衡时SiHCl3(g)的转化率_______。
②T2温度下，反应i的标准平衡常数Kθ的计算式为_______。
(已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应dD(g)+eE(g)gG(g)+hH(g)的Kθ=，其中pθ=106Pa，pG、pH、pD、pE为各组分的平衡分压)。
③△H2_______0(填“＞”或“＜”)，写出推理过程_______。
④要增大SiCl4(g)的转化率可以采取的措施有_______(写其中的一条即可)。
(3)研究发现，反应SiCl4(g)+SiH2Cl2(g)2SiHCl3(g)的活化能Ea=100kJ/mol。反应的活化能Ea、速率常数k、温度T满足关系：ln==-。
已知：R=8.3×10-3kJ/(mol·K)；ln10=2.3
①若T1=300K，通过升高温度到595K，才能满足=108以加快反应速率；
②若T=300K，使用催化剂使活化能降低，满足=108以加快反应速率，Ea应减小。
上述②中Ea应减小_______kJ/mol(保留1位小数)；对比①和②你得到的结论是_______。
16．（2022·河北唐山·二模）甲醇和甲醛是重要的化工原料。利用气态甲醇在催化剂条件下脱氢制备甲醛的主要反应为：，反应机理图示如下：(其中虚线部分为副反应)
回答下列问题：
(1)主要反应的最大能垒为_______。
(2)副反应的热化学方程式为_______。
(3)已知
则的_______。
(4)在体积的刚性容器中，投入气态，在一定催化剂作用下，反应时间时，分别测得甲醇转化率和甲醛的选择性与温度的关系，如下图所示：(甲醛的选择性：转化的中生成的百分比)。
①时内生成甲醛的平均反应速率是_______。
②若时恰好平衡，容器的初始压强为，甲醇的转化率为，甲醛的选择性为，主要反应的压强平衡常数为_______。
③以后，甲醛的选择性下降的可能原因为_______。
(5)利用甲醇、氯气和氢气为原料在℃及一定催化剂条件下制取一氯甲烷，反应原理如下：。现将等物质的量的反应物分别投入到温度相同，容积是1L、2L的甲乙两个恒温、恒容的容器中，达到平衡(不考虑副反应发生)，下列说法正确的是_______(填字母代号)。
A．甲乙密度相同，的体积分数不同
B．甲乙正反应速率不同，放出的热量相同
C．甲乙压强不同，混合气体的平均相对分子质量相同
D．甲乙的转化率相同，混合气体的颜色相同
17．（2022·广东韶关·二模）氨气是重要的化工原料，广泛应用于化工、轻工、制药、合成纤维等领城。
(1)一定条件下，Haber法工业合成氨反应的能量变化如图所示(ad表示被催化剂吸附，反应历程中粒子均为气态)：
①该条件下，N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) △H=_______。
②写出一条既能加快反应速率又能提高N2平衡转化率的措施_______。
(2)工业上用NH3催化还原烟气中NOx可以消除氮氧化物的污染。烟气以一定的流速通过两种不同催化剂，测得烟气脱氮率(即氮氧化物转化率)与温度的关系如图。
反应原理为：NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)⇌2N2(g)+3H2O(g)。
下列说法正确的是_______(填序号)。
A．相同条件下，改变压强对脱氮率没有影响
B．在交叉点P处，不管使用哪种催化剂，上述反应都未达平衡
C．催化剂a、b分别适合于250℃和450℃左右脱氮
D．由曲线a温度升高到一定程度后脱氮率下降可推知该反应为放热反应
(3)温度为T时，在恒容的密闭容器中充入0.5molNH3(g)和1molNO(g)，发生反应：4NH3(g)+6NO(g)⇌ 5N2(g)+6H2O(1)。起始压强为pkPa，10min时达到平衡，测得压强为pkPa。则10min内N2的反应速率v(N2)=_______kPa/min。T时，该反应的平衡常数Kp=_______(列出含p的计算式即可；分压=总压×物质的量分数)。
(4)我国科学家合成了一种新型的Fe-SnO2催化剂，用该催化剂修饰电极，可实现室温条件下电催化固氮生产氨和硝酸，原理如图所示：
①电解时双极膜中的H2O解离为H+和OH-，H+向_______室(填“a”或“b”)移动。
②写出阳极的电极反应式_______。
18．（2022·新疆昌吉·二模）含氮化合物在生活、生产、研究领域至关重要。回答下列问题。已知：
Ⅰ. 2H2(g)+O2(g) 2H2O(g) ΔH1= -483.6 kJ·mol-1
Ⅱ.N2(g)+O2(g) 2NO(g) ΔH2 = +180.5 kJ·mol-1
Ⅲ.2H2(g)+ 2NO(g) N2(g)+ 2H2O(g) ΔH3
(1)若已知反应III的正反应活化能为Ea kJ·mol-1， 则逆反应活化能为_______kJ·mol -1(用含Ea的式子表示)。
(2)在刚性容器中按投料比 =1发生反应Ⅲ，不同催化剂条件下，反应相同时间时，测得NO转化率与温度的关系如图1。
①下列能够说明该反应已达到化学平衡状态的是_______
A．2v逆 (NO)=v 正(N2)
B．混合气体的密度不再变化
C．容器内总压强不再变化
D．混合气体的平均相对分子质量不再变化
②使用催化剂乙、温度高于350℃时，NO 转化率降低的原因可能是_______。
③研究表明该反应v= kcm(H2)c2(NO)，其中k为速率常数，与温度、活化能有关。T1℃的初始速率为v0，当H2转化率为50%时，反应速率为，由此可知m=_______。设此时反应的活化能为Ea'，不同温度T1、T2条件下对应的速率常数分别为k1、k2，存在关系：(R为常数)。据此推测：活化能越大，升高温度，速率常数增大倍数_______。 (填“越大”“越小”或“不变”)
(3)工业上常利用反应N2(g)+ 3H2(g) 2NH3(g) ΔH<0合成氨气，在30 MPa、不同物质的量分数(75%的H2和25%的N2； 67.5%的 H2、22.5%的 N2和10%的惰性气体)条件下进行实验，测得平衡时，NH3体积分数与温度的关系如图2。
①物质的量分数为： 75%的H2和25%的N2所对应的曲线是_______。 (填“a”或“b”)
②M点时，N2的转化率为_______；该 反应的压强平衡常数Kp= _______(MPa)-2(用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数)。
19．（2022·山东日照·模拟预测）将转化为高附加值碳基燃料，可有效减少碳的排放。在催化剂作用下甲烷化分两步完成。
分步反应：
Ⅰ.
Ⅱ.
总反应(Ⅲ)：
回答下列问题：
(1)在两种不同催化剂条件下反应相同时间，测得转化率和生成选择性随温度的变化如图所示。
对比上述两种催化剂的催化性能，工业上应选择的催化剂是_______，使用的合适温度为_______。
(2)一定温度范围内对上述反应的平衡常数进行计算，得的线性关系如图所示。
①时，_______。
②反应Ⅰ中，正反应的活化能_______(填“>”、“<”或“=”)逆反应的话化能。对于反应Ⅱ，图中_______(填“>”、“<”或“=”)。
③时，上述体系达到平衡后，若，将容器的体积若压缩为原来的一半，的物质的量_______(填“增加”、“减小”或“不变”)，平衡Ⅰ将_______(“正向”、“逆向”或“不”)移动。
(3)条件下，向某真空容器中充入和的混合气体(体积之比为1∶4)，容器中初始压强为，在催化剂作用下反应经达到平衡，测得容器中、，试计算_______，_______。
20．（2022·山西临汾·三模）研究NOx、SO2和CO等气体的相关反应对治理大气污染、建设生态文明具有重要意义。请回答下列问题：
(1)已知：①NO2(g)+CO(g)⇌CO2(g)+NO(g)△H1=-233kJ·mol-1
②N2(g)+O2(g)⇌NO(g)△H2=+179kJ·mol-1
③2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)△H3=-111.9kJ·mol-1
则2NO2(g)+4CO(g)⇌4CO2(g)+N2(g)△H=_______。
(2)研究发现(1)中反应③分两步进行：
第一步：快反应2NO(g)⇌N2O2(g)△H<0
第二步：慢反应N2O2(g)+O2(g)⇌2NO2(g)△H<0
活化能大小比较：Ea(第一步)_______Ea(第二步)(填“大于”、“等于”或“小于”)。
(3)在混有NO2(g)和N2O4(g)的VL密闭容器中发生反应2NO2(g)⇌N2O4(g)△H<0，随着温度升高，体系中各物质平衡时的物质的量分数的变化关系如图1所示。曲线_____(填“a”或“b”)表示NO2的物质的量分数x%与温度的变化关系。若T1℃时，混合气体的物质的量为zmol，升温至T2℃，反应tmin达到平衡，该过程以N2O4表示的平均化学反应速率为v0mol·L-1·min-1，则T2℃时平衡体系中n(N2O4)=____mol(用含z、v0、t的式子表示)，此时物质的量分数平衡常数Kx=____(用物质的量分数代替平衡浓度)。
(4)V2O5/炭基材料(活性炭、活性焦、活炭纤维)也可以脱硫脱硝。V2O5/炭基材料脱硫原理是：SO2在炭表面被吸附，吸附态SO2在炭表面被催化氧化为SO3，SO3再转化为硫酸盐等。
①V2O5/炭基材料脱硫时，通过红外光谱发现脱硫开始后催化剂表面出现了VOSO4的吸收峰，再通入O2后VOSO4吸收峰消失，该脱硫反应过程可表示为：SO2+V2O5+O2=VOSO4(配平方程式)_____、____(用化学方程式表示)。
②气体流速和温度一定时，烟气中O2浓度对V2O5/炭基材料催化剂脱硫脱硝活性的影响如图2所示。当O2浓度过高时，去除率下降的可能原因是_______。
21．（2022·黑龙江齐齐哈尔·二模）含氯化合物的反应在化学工业中具有重要的地位。回答下列问题：
(1)次氯酸钠氧化法可以制备Na2FeO4。
已知：2H2(g) +O2(g)=2H2O(l) ΔH=a kJ·mol-1
NaCl(aq)+H2O(l)=NaClO(aq)+ H2(g) ΔH =b kJ·mol-1
4Na2FeO4 (aq) + 10H2O(l)=4Fe(OH)3(s) +3O2 (g)十8NaOH(aq) ΔH=c kJ·mol-1
反应2Fe(OH)3(s)十3NaClO(aq) + 4NaOH(aq)=2Na2FeO4 (aq) + 3NaCl(aq) +5H2O(l)的 △H=_______kJ·mol-1。
(2)光气(COCl2)是重要的含氯化合物。常用于医药、农药制造，工业上利用一氧化碳和氯气反应制备，反应方程式为CO(g)+Cl2(g) COCl2(g)。在1 L恒温恒容密闭容器 中充入2.5molCO和1.5molCl2，在催化剂作用下发生反应，测得CO及COCl2的物质的量随时间变化如图1所示：
①0~15s内，Cl2的平均反应速率为_______mol· L-1·min-1
②第一次平衡时，CO的平衡转化率为_______；此温度下，该反应的平衡常数KC=_______(保留两位有效数字)。
③在第20 s时，改变的条件是_______。
(3)工业上常用氯苯(C6H5-Cl)和硫化氢(H2S)反应来制备一种用途广泛的有机合成中间体苯硫酚(C6H5-SH) ，但会有副产物苯(C6 H6)生成。
Ⅰ．C6H5-Cl(g)+H2S(gC6H5-SH(g)+HCl(g) ΔH1= -16.8 kJ·mol-1；
Ⅱ．C6H5- Cl(g)+ H2S(g)=C6H6(g)+HCl(g)+ S8(g) △H2= - 45.8 kJ·mol-1。
①将一定量的C6H5-Cl和H2S的混合气体充入恒容的密闭容器中，控制反应温度为T(假设只发生反应Ⅰ)，下列可以作为反应Ⅰ达到平衡的判据是_______(填字母)。
A．气体的压强不变 B．平衡常数不变
C． v正(H2S)= v逆(HCl) D．容器内气体密度不变
②现将一定量的C6H5-Cl和H2S置于一固定容积的容器中模拟工业生产过程，在不同温度下均反应20 min测定生成物的浓度，得到图2和图3。
(R为H2S与C6H6-Cl的起始物质的量之比)，图2显示温度较低时C6H5-SH浓度的增加程度大于C6H6，从活化能角度分析其主要原因是_______；结合图2和图3，该模拟工业生产制备C6H5 - SH的适宜条件为_______。
22．（2022·辽宁大连·一模）某化学实验小组发现镁和溶液可以反应生成气体，且比镁和水的反应速率快，通过实验探充速率加快取决于哪些粒子，同时分析气体的成分。
Ⅰ.探究加快速率的粒子
(1)甲同学推测加快速率的粒子有两种：
①能加快化学反应速率。
②能加快化学反应速率。
为验证猜想，进行了如下实验：
对照组
1mol/L溶液
持续产生大量气泡，溶液略显浑浊
实验组1
1mol/L溶液
持续产生大量气泡，溶液略显浑浊
实验组2
1mol/L溶液
镁表面有极微量气泡附着
已知：Mg和反应只能看到镁条表面有极微量气泡附着。用离子方程式解释对照组中溶液显碱性的原因_______；实验组1得到的结论是_______；为控制变量与对照组一致，实验组2应在1mo/L 溶液中_______。
Ⅱ.探究气体的成分。
(2)乙同学向反应容器中滴加几滴洗洁精，形成大量泡沫时点燃气泡，听到有爆鸣声；再将产生的气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊。由此推测气体成分为_______。经查阅文献得知，溶液可以通过自耦电离产生，该反应的平衡常数为_______(保留3位有效数字)。(已知：电离常数，)
(3)丙同学认为乙同学的推测不够严谨，逸出的气体会带出少量溶液也能使澄清石灰水变浑浊，于是利用传感器检测放出的气体中是否含有。
实验组3
取6mL1mol/L 溶液加入250mL塑料瓶，塞紧传感器，采集数据15min，记录液面上方浓度的变化，重复实验2次。
实验组4
取6mLlmol/L溶液、0.1g打磨好的镁条加入250mL塑料瓶，实验操作同上。
实验组5
用上述同样方法采集15min空塑料瓶中浓度的数据。
由图像可知，加入Mg条后，释放受到抑制，原因是_______；实验时取少量溶液、少量镁条的原因是_______。
参考答案：
1．B
【解析】
A．由题干信息可知，k1＞k2，说明相同条件下，基元反应Ⅰ比Ⅱ的反应速率更快，活化能越低反应速率越快，即基元反应Ⅰ比Ⅱ的活化能低，A正确；
B．由题干信息可知，基元反应Ⅰ为：H++H2O2+Fe2+=Fe3++·OH+H2O，故基元反应I中氧元素的化合价发生变化，B错误；
C．由题干信息可知，基元反应Ⅱ的化学方程式为，C正确；
D．由B、C分析可知，上述过程的总反应为：2H2O2HO+HO2·+H2O，H+参与反应，反应后又生成，反应前后不变，即芬顿反应进行的过程中，整个体系的几乎不变(忽略体积变化)，D正确；
故答案为：B。
2．D
【解析】
A．由图可知温度较低的时候，氨气的氧化产物是氮气，因此应该选择较高温度，A错误；
B．根据反应I可知，反应I的平衡常数，B错误；
C．对于反应I温度升高，催化剂活性降低，反应II，温度升高，反应速率加快，故增大；另外反应II为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，C错误；
D．反应I中，A点，一氧化氮为0.2mol，则H2O(g)=0.3mol,消耗了0.25molO2和0.2moINH3，反应II中， A点，氮气为0.2mol,则H2O(g)=0.6mol，消耗了0.3mol O2和0.4moINH3，由此可以计算出O2的物质的量分数，D正确；
故选D。
3．A
【解析】
A．由题干信息可知，150℃时，H2S的平衡转化率为40%，根据三段式分析可知：，若该反应的平衡常数，即=，解得，A正确；
B．由题干图示信息可知，随着温度的升高，H2S的平衡转化率减小，即升高温度平衡逆向移动，则该反应为放热反应，B错误；
C．反应从开始到达到平衡的过程中，始终不变为1，则若一段时间后，保持不变，不能说明该反应达到平衡状态，C错误；
D．平衡后，向容器中再通入a mol CO，反应物浓度突然增大，故突然增大，逐渐增大，D错误；
故答案为：A。
4．A
【解析】
A．当使用催化剂乙时，温度低于350℃时，催化剂的活性随温度升高逐渐增强，反应速率加快，NO转化率也增大，温度高于350℃时，导致催化剂活性降低甚至失去活性，反应速率下降，导致NO转换率下降，A错误；
B．单位时间内，使用催化剂甲比使用催化剂乙反应速率快，NO转化率高，则使用催化剂甲比使用催化剂乙正反应的活化能更低，B正确；
C．对于反应2H2(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2H2O(g)，是一个反应前后气体分子数减小的反应，其他条件不变，增大压强，平衡正向移动，C正确；
D．设初始一氧化氮和氢气的物质的量均为1mol，容器体积为1L，则初始一氧化氮和氢气的浓度均为1mol/L，V0=k1m12=k，当H2转化率为60%时，c(H2)=0.4mol/L，c(NO)=0.4mol/L，此时的反应速率为0.064V0，则有0.064V0=k (0.4)m (0.4)2=V0 (0.4)m (0.4)2，解得m=1，D正确；
答案选A。
5．C
【解析】
发生的反应为： ，15min时，n(B)=1.6mol，与10min时数据一致，说明反应已经达到平衡，据此分析作答。
A．物质B的转化率为= ×100%=33.3%，A项错误；
B．反应在10min时，B变化了0.8mol，则此时B余下1.6mol，到15min时，B仍然是1.6mol，说明反应在10min已经达到平衡，B项错误；
C．15min时，n(B)=1.6mol，与10min时数据一致，说明反应在10min已经达到平衡，则平衡时，c(C)= =0.6mol/L，C项正确；
D．0～5 min内，△n(C)=0.9mol，根据方程式，则△n(A)＝△n(C)=0.3mol，所以用A表示的平均反应速率为v(A)==== ，D项错误；
答案选C。
6．C
【解析】
根据图中G点的数据可以计算出该温度下的水的离子积 ，在pH逐渐增大的过程中存在着平衡移动的过程，其中铬酸根离子为黄色的，重铬酸根离子为橙色的，以此解题。
A．G点时，，此时，则Kw=，A项错误；
B．由图可知溶液中存在平衡，F点时，，则K=，B项错误；
C．E点时，，根据电荷守恒有：，即，此时溶液显酸性，即，则c(K+)<2c()+3c()，C项正确；
D．根据平衡+H2O⇌2+2H+，加入NaOH固体，平衡正向移动，溶液橙色变浅，D项错误；
故选C。
7．B
【解析】
A．为气体体积增大的放热反应，其ΔH＜0、△S＞0，始终满足△H-T△S＜0，则任何条件下该反应均能自发进行，故A错误；
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正确；
C．该反应为可逆反应，4molNH3和5molO2充分反应生成NO的物质的量一定小于4mol，则放出的热量小于904kJ，故C错误；
D．断裂1molN-H键的同时生成1molH-O键，表示的都是正反应速率，无法判断平衡状态，故D错误；
答案选B。
8．D
【解析】
A．G点时，，此时，则Kw=，A项错误；
B．F点时，，则K=，B项错误；
C．根据平衡+H2O⇌2+2H+，加入NaOH固体，平衡正向移动，溶液橙色变浅，C项错误；
D．E点时，，根据电荷守恒有：，即，此时溶液显酸性，即，则c(K+)<2c()+3c()，D项正确；
答案选D。
9．A
【解析】
A．从能量变化图可看出反应I是吸热反应，高温有利于提高反应速率和转化率，故A正确；
B．决速步骤应是活化能最大的步骤，从能量变化图可看出反应I活化能最大，故B错误；
C．从能量变化图可看出反应III的中间体比反应IV的能量高，能量越高越不稳定，故C错误；
D．从能量变化图可看出反应I只有共价键的断裂，故D错误；
故答案为：A
10．B
【解析】
A．根据图中曲线pH约为9时，废水中铜元素含量最低，因此废水中Cu2+处理的最佳pH约为9，故A正确；
B．b~c段：随pH升高，氢氧根浓度增大，平衡I逆向移动，Cu(OH)2的量增加，故B错误；
C．c~d段：随pH升高，c(OH－)增加，平衡I逆向移动，因此上层清液中铜元素含量下降，故C正确；
D．d点以后，随c(OH－)增加，平衡II正向移动，因此上层清液中铜元素含量可能上升，故D正确。
综上所述，答案为B。
11．C
【解析】
A．由图像可知，在t1时刻，正逆反应都发生，A项错误；
B．时刻反应达到平衡，但起始浓度未知，故无法计算A、B、C三者浓度大小关系，B项错误；
C．时刻反应达到平衡，正逆反应速率相等，反应达到限度，反应物的转化率最大，反应体系中NH3的浓度达到最大值，C项正确；
D．~，反应达到平衡状态，＝≠0，反应没有停止，D项错误；
答案选C。
12．A
【解析】
A．150℃时，由图中可知硫化氢的转化率为40%，恒容密闭容器中充入amolCO和bmolH2S可列出三段式：，
若该反应的平衡常数K=1/3，K=c(COS)c(H2)/c(CO)c(H2S)=(0.4b)2/[0.6b·(a-0.4b)]=1/3，a:b=6:5，A正确；
B．升高温度，硫化氢的转化率下降，为放热反应，B错误
(4)
A．该反应是只有气体参加等体积反应，反应物投入相等，容器体积不同，则甲乙密度不相同，压强改变平衡不移动，CH3Cl的体积分数不变，即两容器相同，故A错误；
B．由于两种情况反应物浓度不同，但是达到平衡状态相同，所以甲乙正反应速率不同，放出的热量相同，故B正确；
C．甲乙两种气体物质的量相同，但体积不同，故压强不同，该反应是只有气体参加等体积反应，混合气体的平均相对分子质量相同，故C正确；
D．甲乙两种情况平衡状态相同，故CH3OH的转化率相同，由于物质浓度不同混合气体的颜色相同，故D错误；
故答案为BC。
17．(1) -92kJ/mol 增大压强(或增大c(H2)
(2)BC
(3) 0.033p
(4) a N2-10e-+6H2O=2+12H+
【解析】
(1)
①根据图示，0.5molN2、1.5molH2的总能量比1molNH3的能量大46KJ，该条件下，N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) △H=--92kJ/mol。
②增大压强，反应速率加快，平衡正向移动，既能加快反应速率又能提高N2平衡转化率；
(2)
A．反应前后气体系数和不同，相同条件下，改变压强，平衡移动，对脱氮率有影响，故A错误；
B．催化剂不能使平衡移动，在交叉点P处脱氮率低于最大值，所以反应没有达到平衡，故B正确；
C．催化剂a，250℃脱氮率最高；催化剂b，450℃脱氮率最高，所以a、b分别适合于250℃和450℃左右脱氮，故C正确；
D．由曲线a温度升高到一定程度后脱氮率下降，可能由于催化剂活性降低，故D错误；
选BC。
选BC。
(3)
起始压强为pkPa，10min时达到平衡，测得压强为pkPa。则 ，
x=0.1，平衡时N2的压强为kPa，则10min内N2的反应速率v(N2)=0.033pkPa/min。T时，该反应的平衡常数Kp= = 。
(4)
①a电极氮气得电子生成氨气，a是阴极，b电极氮气失电子发生氧化反应生成硝酸，b是阳极，电解时双极膜中的H2O解离为H+和OH-，H+向a室移动。
②阳极氮气失电子发生氧化反应生成硝酸，电极反应式为N2-10e-+6H2O=2+12H+。
18．(1)Ea+ 664.1
(2) CD 催化剂失去活性、发生其它副反应等合理即可 1 越大
(3) a 50% Kp==5.9 ×10-3=
【解析】
(1)
Ⅰ. 2H2(g)+O2(g) 2H2O(g) ΔH1= -483.6 kJ·mol-1
Ⅱ.N2(g)+O2(g) 2NO(g) ΔH2 = +180.5 kJ·mol-1
根据盖斯定律Ⅰ-Ⅱ得2H2(g)+ 2NO(g) N2(g)+ 2H2O(g) ΔH3=-483.6 kJ·mol-1-180.5 kJ·mol-1=-664.1 kJ·mol-1，焓变=正反应活化能-逆反应活化能，若反应III的正反应活化能为Ea kJ·mol-1， 则逆反应活化能为(Ea+ 664.1)kJ·mol -1。
(2)
①A．反应达到平衡状态，正逆反应速率比等于系数比，2v逆 (NO)=v 正(N2)反应不平衡，故不选A；
B．反应前后气体总质量不变、容器体积不变，密度是恒量，混合气体的密度不再变化，反应不一定达到平衡状态，故不选B；
C．反应前后气体系数和不同，压强是变量，容器内总压强不再变化，反应一定达到平衡状态，故选C；
D．反应前后气体总质量不变，气体物质的量改变，混合气体的平均相对分子质量是变量，混合气体的平均相对分子质量不再变化，反应一定达到平衡状态，故选D；
选CD。
②使用催化剂乙、温度高于350℃时，NO 转化率降低的原因可能是催化剂失去活性或发生其它副反应。
③研究表明该反应v= kcm(H2)c2(NO)，其中k为速率常数，与温度、活化能有关。T1℃的初始速率为v0，当H2转化率为50%时，NO的转化率也是50%，反应速率为， ，所以m=1。设此时反应的活化能为Ea'，不同温度T1、T2条件下对应的速率常数分别为k1、k2，存在关系：(R为常数)。据此推测：活化能越大，升高温度，变大，速率常数增大倍数越大。
(3)
①恒压条件下，通入惰性气体，相当于减压，平衡逆向移动，氨气的体积分数减小，所以75%的H2和25%的N2所对应的曲线是a；
②M点时，
， ，N2的转化率为；该反应的压强平衡常数Kp==5.9 ×10-3 (MPa)-2。
19．(1)
(2) 1 > > 增加 正向
(3) 9 3.4
【解析】
(1)
由图可知，作催化剂时，CO2的转化率大、CH4的选择性高，所以工业上应选择的催化剂是，320℃时CO2的转化率最大，CH4的选择性高，即的催化效率最高，所以合适温度是320℃；
(2)
①根据盖斯定律，由Ⅰ+Ⅱ=Ⅲ，则，，由图可知，当温度为时，，则。
②由图可知，横坐标为，则横坐标越大，温度越低，反应Ⅱ和Ⅲ的随着温度的降低而增大，反应Ⅲ的增大的幅度小于反应Ⅱ，降低温度，减小，则反应Ⅰ为吸热反应，因此正反应的活化能>逆反应的话化能；AB两点都是平衡点，温度越高反应速率越大，A点温度高于B点，因此对于反应Ⅱ>；
③将容器的体积压缩为原来的一半，压强增大，反应Ⅱ平衡均正向移动，则的物质的量增加；CO2浓度增大、CO浓度减小，所以平衡Ⅰ将正向移动；
(3)
条件下，向某真空容器中充入和的混合气体(体积之比为1∶4)，容器中初始压强为，反应初始、，在催化剂作用下反应经达到平衡，测得容器中、，反应Ⅱ生成的，反应Ⅰ消耗的，所以反应Ⅰ生成的9；反应Ⅰ消耗的、反应Ⅱ消耗的 ， 3.4。
20．(1)-1222.9kJ/mol
(2)小于
(3) a 2
(4) 4SO2+2V2O5+O2=4VOSO4 4VOSO4+O2=2V2O5+4SO3 氧气浓度过高，SO2、NO分子不能很好地被吸附
【解析】
(1)
由①NO2(g)+CO(g)⇌CO2(g)+NO(g)△H1=-233kJ·mol-1，②N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)△H2=+179kJ·mol-1，
③2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)△H3=-111.9kJ·mol-1
根据盖斯定律，反应2NO2(g)+4CO(g)⇌4CO2(g)+N2(g)可由①×4-②+③得到，因此△H=△H1×4-△H2+△H3=-233kJ·mol-1×4-179kJ·mol-1+(-111.9kJ·mol-1)=-1222.9kJ/mol。
(2)
活化能越大反应速率越慢，第一步反应为快反应，反应的活化能小，则Ea(第一步)小于Ea(第二步)。
(3)
由反应iii．可知，升高温度，反应iii的化学平衡逆向移动，平衡时NO2的物质的量分数随温度升高而增大，N2O4的物质的量分数随温度升高而减小，则曲线表示NO2的物质的量分数与温度的变化关系，若时，混合气体的物质的量为，温度升高至，反应进行至时，恰好达到平衡，该过程以表示的平均化学反应速率为，根据三段式分析可得：，则条件下，由图可知，(a+2V0Vt)=Z-a-V0Vt，解得：a=，平衡时的的物质的量Z-a-V0Vt=mol，此时摩尔分数平衡常数==2，故答案为：NO2；mol；2；
(4)
①V2O5/炭基材料脱硫时，通过红外光谱发现，脱硫开始后催化剂表面出现了VOSO4的吸收峰，再通入O2后VOSO4吸收峰消失，说明VOSO4是中间体，反应过程中生成了VOSO4、又消耗了VOSO4，因此该脱硫反应过程可描述为：SO2与V2O5作用形成具有VOSO4结构的中间体；VOSO4中间体与气相的O2反应生成SO3和，或者用化学方程式表示为：4SO2+2V2O5+O2=4VOSO4，4VOSO4+O2=2V2O5+4SO3。
②若氧气浓度过高，O2、SO2和NO分子会产生竞争吸附的局势，当O2分子占据催化剂过多的活性位时，剩余的SO2、NO分子就不能很好地被吸附，从而导致脱硫脱硝率下降。
21．(1)-a-3b-
(2) 3 30% 0.57 增大CO的物质的量
(3) C 反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，反应Ⅰ的反应速率快于反应Ⅱ，相同时间内获得的产物的浓度自然反应Ⅰ比反应Ⅱ多 温度590K，R=2.5
【解析】
(1)
①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH=a kJ·mol-1
②NaCl(aq)+H2O(l)=NaClO(aq)+H2(g) ΔH=b kJ·mol-1
③4Na2FeO4(aq)+10H2O(l)=4Fe(OH)3(s)+3O2(g)+8NaOH(aq) ΔH=c kJ·mol-1
根据盖斯定律，-③-②×3-①×得2Fe(OH)3(s)+3NaClO(aq)+4NaOH(aq)=2Na2FeO4(aq)+3NaCl(aq)+5H2O(l)的ΔH=-a-3b-c kJ·mol-1。
(2)
①0~15 s时CO的变化物质的量为2.5mol-1.75mol=0.75mol，则Cl2的变化物质的量也为0.75mol，Cl2的平均反应速率为=0.05mol/(L·s)=3mol·L-1·min-1；
②反应进行到15s时达到第一次平衡，CO的平街转化率为=30%；此时平衡体系内CO为1.75mol/L、Cl2为0.75mol/L、COCl2为0.75mol/L，该反应的平衡常数K==0.57；
③在第20 s时，CO的物质的量瞬间迅速增大，然后平衡正向进行，说明此时改变的条件是增大CO的物质的量；
(3)
①A．反应前后气体分子总数不变，总物质的量不变，利用相同条件下，压强之比等于气体物质的量之比，即气体压强始终保持不变，压强不变不能说明该反应达到平衡，故A不符合题意；
B．平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数始终不变，因此平衡常数不变不能说明反应达到平衡，故B不符合题意；
C．正(H2S)表示正反应速率，逆(HCl)表示逆反应速率，化学反应速率之比等于化学计量数之比，因此正(H2S)=逆(HCl)说明反应达到平衡，故C符合题意；
D．组分都是气体，则气体总质量始终不变，容器为恒容状态，气体总体积保持不变，根据密度的定义，气体密度始终不变，气体密度不变，不能说明反应达到平衡，故D不符合题意；
故答案为C；
②C6H5-Cl由反应Ⅰ生成，C6H6由反应Ⅱ生成，图2显示温度较低时C6H5-Cl浓度的增加程度大于C6H6，说明反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，反应Ⅰ的反应速率快于反应Ⅱ，相同时间内获得的产物的浓度自然反应Ⅰ比反应Ⅱ多；根据图2和图3的数据信息，该模拟工业生产制备C6H5-Cl的适宜条件为温度590K，R=2.5。
22．(1) 对实验无影响 滴加NaOH溶液至
(2) 和
(3) Mg和溶液反应使溶液中的被消耗，反应体系的碱性增强，不利于释放 当容器中反应物量大时，产生的热量会加速溶液分解
【解析】
(1)
碳酸氢钠溶液呈碱性，原因是碳酸氢根水解，离子方程式为：；实验组1中用的是溶液，实验现象与对照组一样，则说明对实验无影响；为了控制变量与对照组一致，实验组2应在1mo/L 溶液中滴加NaOH溶液至；故答案为：；对实验无影响；滴加NaOH溶液至；
(2)
同学向反应容器中滴加几滴洗洁精，形成大量泡沫时点燃气泡，听到有爆鸣声，说明该气体可燃，应该含有氢气，再将产生的气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，应该含有二氧化碳，由此推测气体成分为和；
溶液可以通过自耦电离产生，该反应的平衡常数为：，故答案为：和；；
(3)
由图像可知，加入Mg条后，释放受到抑制，原因是Mg和溶液反应使溶液中的被消耗，反应体系的碱性增强，不利于释放；实验时取少量溶液、少量镁条的原因是当容器中反应物量大时，产生的热量会加速溶液分解；故答案为：Mg和溶液反应使溶液中的被消耗，反应体系的碱性增强，不利于释放；当容器中反应物量大时，产生的热量会加速溶液分解。
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