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第二章 化学反应速率与化学平衡 学业练习 高中化学人教版（2019）选择性必修1
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这是一份第二章 化学反应速率与化学平衡 学业练习 高中化学人教版（2019）选择性必修1，共27页。
第二章化学反应速率与化学平衡 学业练习
一、单选题
1．利用固体表面催化工艺进行分解的过程如图所示。
下列说法错误的是（ ）
A．是有毒气体
B．催化剂能改变的分解速率
C．分解生成和
D．过程②释放能量，过程③吸收能量
2．在2A(g)+B(g)=3C(g)+4D(g)反应中，表示该反应速率最快的是（ ）
A．v(A) =0.6mol·L-1·s-1 B．v(B) =0.4mol·L-1·s-1
C．v(C) =0.9mol·L-1·s-1 D．v(D) =1.0mol·L-1·s-1
3．某反应的生成物Y的浓度在4min内由0变成了4mol/L，则以Y表示该反应在4min内的平均反应速率为 （ ）
A．16 mol/(L·min) B．4 mol/(L·min)
C．2 mol/(L·min) D．1 mol/(L·min)
4．一定条件下，反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的正反应反应速或速率(v正)和逆反应速率(v逆)随反应时间(t)变化的曲线如图。其中，处于化学平衡状态的时刻是（ ）
A．t1 B．t2 C．t3 D．t4
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．反应开始到10s，用Z表示的反应速率为0.158mol(Ls)-1
B．反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了0.79mol·L-1
C．反应开始到10s时，Y的转化率为79.0%
D．反应的化学方程式为：X(g)+Y(g) Z(g)
6．已知重铬酸钾溶液在酸性条件下具有强氧化性，其氧化性随着溶液pH增大而减弱。其在溶液中存在如下平衡：，下列说法正确的是（ ）
A．上述反应属于氧化还原反应
B．的氧化性强于
C．加水稀释重铬酸钾溶液时，上述平衡向左移动
D．用浓盐酸酸化重铬酸钾溶液时，溶液的橙色会加深
7．也是一种很好消毒剂，具有高效、洁净、方便、经济等优点。可溶于水，在水中易分解，产生的[O]为游离氧原子，有很强的杀菌消毒能力。常温常压下发生反应如下：反应① ΔH>0平衡常数为；反应② ΔH＜0平衡常数为；总反应： ΔH＜0平衡常数为K。下列叙述正确的是（ ）
A． B．升高温度，K增大
C．压强增大，减小 D．适当升温，可提高消毒效率
8．在不同浓度(c)、温度(T)条件下，蔗糖水解的瞬时速率如下表数据所示，下列判断不正确的是（ ）
A．a=6.00
B．不同温度、不同蔗糖初始浓度的条件下，v可能相同
C．318.2
9．反应，反应过程中，当其他条件不变时，C的百分含量(C%)与温度(T)和压强(p)的关系如图所示，下列叙述正确的是（ ）
A．达到平衡后，加入催化剂，C%增大
B．化学方程式中
C．该反应的
D．达到平衡后，增加A的量有利于提高A的转化率
10．我国科学家实现了在铜催化条件下将DMF[(CH3)3NCHO]转化为三甲胺[N(CH3)3]。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．由图可以判断DMF转化为三甲胺的反应属于吸热反应
B． 是该反应历程的决速步
C．使用铜作催化剂可以降低反应的活化能，从而改变反应的焓变
D．该历程中最大能垒(活化能)E正=2.16 eV
11．在固体M的催化下，A转化为D和E分两步进行：①；②，其反应过程能量变化如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．该反应的速率是由步骤I决定的
B．总反应的焓变
C．反应过程中，C物质很难大量积累
D．催化剂的作用是降低反应的活化能，但活化分子百分数不变
12．对于可逆反应A（g）+B（g） 2C（g）+D（g）—Q当达到平衡后，在其他条件不变时，若增大压强。以下说法正确的是（ ）
A．正反应速度增大，逆反应速度增大，平衡向正反应方向移动
B．正反应速度增大，逆反应速度减小，平衡向正反应方向移动
C．正反应速度增大，逆反应速度增大，平衡向逆反应方向移动
D．正反应速度减小，逆反应速度增大，平衡向逆反应方向移动
13．某固定容积为1L的密闭容器中，1molA(g)与1molB(g)在催化剂作用下加热到500℃发生反应：A(g)+B(g) C(g)+2D(s) ΔH>0，下列有关说法正确的是（ ）
A．升高温度， 增大， 逆减小
B．平衡后再加入1molB，上述反应的ΔH增大
C．通入稀有气体，压强增大，平衡向正反应方向移动
D．若B的平衡转化率为50%，则该反应的平衡常数等于2
14．已知(设、不随温度变化)，当时反应能自发进行。反应的自发情况是（ ）
A．高温下能自发进行 B．任意温度下都不能自发进行
C．低温下能自发进行 D．任意温度下都能自发进行
二、综合题
15．NOx是造成大气污染的主要物质，用还原法将其转化为无污染的物质，对于消除环境污染有重要意义。
（1）已知：2C(s)+O2(g) 2CO(g) △H1=-221.0kJ/mol
N2(g)+O2(g) 2NO (g) △H2= +180.5kJ/mol
2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g) △H3=-746.0 kJ/mol
则用焦炭还原NO生成无污染气体的热化学方程式为 。该反应的平衡常数Kp= （写表达式）。
（2）用NH3催化还原NOx也可以消除氮氧化物的污染。已知：8NH3(g)+6NO2(g) 7N2(g) +12H2O(l) △H＜0。相同条件下，在2L密闭容器内，选用不同的催化剂进行反应，产生N2的量随时间变化如图所示。
①在催化剂A的作用下，0～4min的v(NH3)= 。
②该反应活化能Ea(A)、Ea(B)、Ea(C)由大到小的顺序是 ，理由是 。
③下列说法正确的是 （填标号）。
a．使用催化剂A达平衡时，△H值更大
b．升高温度可使容器内气体颜色加深
c．单位时间内形成N-H键与O-H键的数目相等时，说明反应已经达到平衡
d．若在恒容绝热的密闭容器中反应，当平衡常数不变时，说明反应已经达到平衡
16．氮氧化合物是目前造成大气污染的主要气体，而汽车尾气中就含有NO 等多种污染气体。汽车尾气里含有的NO气体是由于内燃机燃烧的高温引起氮气和氧气反应所致。请结合所学知识回答下列问题：
（1）已知：N2(g)+2O2(g) 2NO2(g) △H1=+67.8 kJ/mol
2NO2(g) O2(g)+2NO(g) △H2=+116.2 kJ/mol
则N2(g)+O2(g) 2NO(g) △H= kJ/mol；汽车启动后，气缸温度越高，单位时间内NO 的排放量越大，分析其原因为
（2）若反应N2(g)+O2(g) 2NO(g)是在恒容条件下进行，下列能说明该反应已达到平衡状态的是
a.2υ正(N2)= υ逆(NO)
b.混合气体密度不变
c.生成1molO2的同时生成2molNO
d.混合气体平均相对分子质量不变
（3）汽车尾气净化反应：2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) △H= -746.5 kJ/mol，若将0.20molNO和0.10molCO充入一个容积恒定为1L 的密闭容器中，在不同条件下，反应过程中部分物质的浓度变化状况如图所示：
①该反应能自发进行的条件为 (填“高温”、“低温”或“任意温度”)；
②在6~9 min 内，以CO 表示的平均反应速率 υ(CO)= mol·L-l·min-1；
③第12min时改变的反应条件为 (填“升高温度”或“降低温度”)；
④反应在第24min时的平衡常数K= (只列出计算式，无需计算结果)，若保持温度不变，再向容器中充入CO、N2 各0.060mol，平衡将 移动(填“正向”、“逆向”或“不”)。
17．
（1）已知在448℃时，反应H2(g)+I2(g) 2HI(g)的平衡常数K1为49，则该温度下反应2HI(g) H2(g)+I2(g)的平衡常数K2为 ；反应 H2(g)+ I2(g) HI(g)的平衡常数K3为 。
（2）在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)，其化学平衡常数K和温度t的关系如下表所示：
t/℃
700
800
830
1000
1200
K
0.6
0.9
1.0
1.7
2.6
回答下列问题：
该反应的化学平衡常数表达式为K= 。
（3）该反应为 反应(填“吸热”或“放热”)。
（4）能判断该反应达到化学平衡状态的依据是_______。
A．容器中压强不变 B．混合气体中c(CO)不变
C．v(H2)正=v(H2O)逆 D．c(CO2)=c(CO)
（5）某温度下，平衡浓度符合下式：c(CO2)·c(H2)=c(CO)·c (H2O)，试判断此时的温度为 ℃。
18．一定条件下，在一密闭容器中，A、B、C三种气体的物质的量n随时间t的变化如图甲所示，测得3min时反应放出的热量为58.8kJ。回答下列问题：
（1）若在体积为4L的恒容容器中进行该反应，0~3min内用气体C表示该反应的平均速率：v(C)= ，写出该反应的热化学方程式： 。
（2）该反应的反应速率v随时间t的关系如图乙所示。
根据图乙判断，在t3时刻改变的外界条件是 ；①、②、③对应的平衡状态中，气体C的体积分数最大的状态是 (填“①”“②”或“③”)。
（3）一定温度下，在刚性密闭容器中发生上述反应，下列情况能判断反应达到化学平衡状态的是 (填字母)。
a．容器中压强不变
b．混合气体密度不变
c．v正(A)=v逆(C)
d．混合气体平均相对分子质量不变
（4）为研究上述反应，某同学设计了以下三种已装有相同固体催化剂的密闭容器：
在初始体积与温度相同的条件下，甲、乙、丙中均按2mol B、1mol A投料，达平衡时，三个容器中气体B的体积分数从大到小的顺序为 (用“甲、乙、丙”表示)。
19．汽车的发展给我们带来便利的同时也导致了一些环境问题。请根据所学知识回答下列问题：
（1）已知：燃料的燃烧热分别为(a、b、c均大于零)，则的 。
（2）燃料燃烧时常存在燃烧不充分、尾气残留等问题，所以汽车排气管会加装三元催化器，催化反应进行，催化剂能加快反应速率的原因是 。
（3）为探究汽车尾气的转化，向一体积为的恒容密闭容器中充入和，发生反应，温度分别为和时，的转化率随时间的变化关系如图所示。则该反应的 (填“>”、“<”或“=”，下同)0；若时该反应的平衡常数分别为，则 。
（4）若在、体积为的恒容密闭容器中，充入和，初始压强为下进行反应 ，反应过程中，总压强随时间的变化关系如图所示。
①M点时，的转化率为 ， 。
②下该反应的平衡常数 。
③平衡后保持其他条件不变，若再充入、，则平衡向 (填“正”或“逆”)反应方向移动。
20．肼主要应用于航天飞行领域。在室温下能催化分解产生N2、H2和NH3，其反应如下：
I. 3N2H4(g)⇌4NH3(g)+N2(g) ΔH1=-156.5kJ・mol-1
II. N2H4(g)⇌2H2(g)+N2(g) ΔH2
III. N2H4(g)+ H2(g)⇌2NH3(g) ΔH3=-178.8kJ・mol-1
请回答：
（1）计算ΔH2= kJ・mol-1
（2）室温下，肼在金属表面催化分解一段时间后，该金属催化剂活性下降，其可能原因是____
A．肼分解产生的氮原子强烈吸附在金属催化剂表面，致使活性表面积减小
B．该金属催化剂经过多次使用后，表面出现脱落，表层结构破坏严重
C．肼分解产生高温气体，由于温度太高导致该金属催化剂活性组分烧结
D．该金属催化剂参与肼分解反应一段时间后，导致该金属催化剂质量减小
（3）室温下，减小压强有利于提高N2H4的平衡转化率，请简述原因 。
（4）气态肼分解的反应历程可分为“引发、传播、终止”三个阶段。在引发阶段，N2H4有两种键裂方式，即断开“N－N”或“N－H”。对气态肼在不同金属催化剂表面的分解进行研究，测得“N－N”和“N－H”的键裂活化能(kJ・mol-1)，相关反应机理与实验数据如下：
解离分解 N2H4 (g)→2 NH2・ ΔH4=－46.65 kJ・mol-1
非解离分解 N2H4(g)→N2H3・+ H・ΔH5=88.11 kJ・mol-1
键裂活化能(kJ・mol-1)
Ru
Fe
Pt
Cu
N－N
0.00
0.00
23.49
25.00
N－H
66.75
69.35
66.92
88.11
结合数据和具体反应分析，气态肼分解的“引发”阶段以 为主(填“解离分解”或“非解离分解”)，判断依据是 。
（5）画出以Cu做催化剂的解离分解的“能量-反应过程图”
21．工业上由N2、H2合成NH3。制备H2需经多步完成，其中“水煤气（CO、H2）变换”是纯化H2的关键一步。
（1）水煤气变换：CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g），该反应的∆H=+41kJ/mol或﹣41kJ/mol。
①平衡常数K随温度变化如下：
温度/℃
200
300
400
K
290
39
11.7
下列分析正确的是 。
a.水煤气变换反应的∆H＜0
b.增大压强，可以提高CO的平衡转化率
c.增大水蒸气浓度，可以同时增大CO的平衡转化率和反应速率
②温度为T1时，向容积为2L的密闭容器甲、乙中分别充入一定量的CO和H2O（g），
相关数据如下：
容器
甲
乙
反应物
CO
H2O
CO
H2O
起始时物质的量（mol）
1.2
0.6
2.4
1.2
平衡时物质的量（mol）
0.8
0.2
a
b
达到平衡的时间（min）
t1
t2
ⅰ.甲容器中，反应在t1min内的平均反应速率v（H2）= mol/（L·min）。
ⅱ.甲容器中，平衡时，反应的热量变化为 kJ。
ⅲ.T1时，反应的平衡常数K甲= 。
ⅳ.乙容器中，a= mol。
（2）以氨水为吸收剂脱除CO2。当其失去吸收能力时，通过加热使吸收剂再生。用化学方程式表示“吸收”过程： 。
（3）2016年我国某科研团队利用透氧膜，一步即获得N2、H2，工作原理如图所示。（空气中N2与O2的物质的量之比按4:1计）。
①起还原作用的物质是 。
②膜Ⅰ侧发生的电极反应式是 。
22．乙醇水蒸气重整制氢是制备氢气的常用方法，体系中发生的主要反应有：
I.C2H5OH(g)+H2O(g)=2CO(g)+4H2(g) △H1
II.C2H5OH(g)+3H2O(g)=2CO2(g)+6H2(g) △H2=+173kJ·mol-1
III.CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) △H3=-41.2kJ·mol-1
IV.C2H5OH(g)+2H2(g)=2CH4(g)+H2O(g) △H4=-156.2kJ·mol-1
（1）△H1= kJ·mol-1。
（2）压强为100kPa的条件下，图1是平衡时体系中各产物的物质的量分数与温度的关系，图2是H2的平衡产率与温度及起始时的关系。
①图1中c线对应的产物为 (填“CO2”、“H2”或“CH4”)。
②图2中B点H2的产率与A点相等的原因是 。
（3）反应温度T℃、0.1MPa的恒压密闭容器中，充入1mol乙醇和xmolH2O(g)，若只发生反应CH3CH2OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g)，平衡时，乙醇转化率为α，CO2的压强为 MPa，反应平衡常数Kp= (以分压表示，分压=总压×物质的量分数。列出计算式即可)
（4）CH3CH2OH(g)在催化剂Rh/CeO2上反应制取氢气的机理如图：
①出生成CO(g)步骤的化学方程式 。
②下列措施可以提高CH3CH2OH在催化剂表面吸附率的有 (填标号)。
a..减小乙醇蒸气的分压 b.增大催化剂的比表面积
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A．是有毒气体，能与血红蛋白结合且结合能力比CO还强，A不符合题意；
B．催化剂能降低反应的活化能，改变NO的分解速率；
C．分析过程图可知分解生成和，C不符合题意；
D．分析过程图可知过程②为断键过程，吸收能量，过程③为成键过程，放出能量，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、氮氧化物多数为有毒气体；
B、催化剂可以影响化学反应速率；
C、根据图示可知一氧化氮分解为氧气和氮气；
D、断键吸热，成键放热。
2．【答案】B
【解析】【解答】A.都用B来表示，为 0.3mol·L-1·s-1
B. 0.4mol·L-1·s-1
C. 0.3mol·L-1·s-1
D. 0.25mol·L-1·s-1
故答案为：B
【分析】比较速率要换成同种物质
3．【答案】D
【解析】【解答】某反应的生成物Y的浓度在4min内由0变成了4mol/L，则以Y表示该反应在4min内的平均反应速率为4mol/L÷4min＝1.0 mol/(L·min)，D符合题意；
故答案为：D
【分析】根据速率公式进行计算。
4．【答案】D
5．【答案】C
【解析】【解答】A．Z物质的物质的量变化为1.58mol，V===0.079mol/（L.s），A不符合题意；
B.10s时，X的物质的量浓度减少了(1.20-0.41)2=0.0395mol/L，B不符合题意；
C.10s时，Y的物质的量减少了1.00-0.21=0.79mol，转化率α=，C符合题意；
D．X、Y、Z物质的量变化分别为：0.79mol、0.79mol、1.58mol，故反应的化学方程式为：X(g)+Y(g) 2 Z(g) 。
故答案为：C
【分析】A．代入V=计算；
B．注意容器体积为2L；
C．转化率=该物质转化的物质的量/该物质反应总的物质的量x100%；
D．根据反应速率和化学计量数成正比计算可得。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．上述反应中， 、 中Cr元素的化合物都为+6价，属于非氧化还原反应，A不符合题意；
B．由题中信息“其氧化性随着溶液pH增大而减弱”，加碱后 转化为 ，则 氧化性强于 ，B符合题意；
C．加水稀释重铬酸钾溶液时，反应物和生成物的浓度都减小，但平衡向微粒数目增多的方向移动，所以上述平衡向右移动，C不符合题意；
D．用浓盐酸酸化重铬酸钾溶液时， 会被Cl-还原，生成Cr3+等，溶液的橙色会变浅，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】对于反应 ：，元素化合价不变，为非氧化还原反应，已知重铬酸钾溶液在酸性条件下具有强氧化性，其氧化性随着溶液pH增大而减弱，可知氧化性 强于 ，结合浓度对平衡移动的影响解答该题。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．由盖斯定律可知反应①+②得总反应，则，故A不符合题意；
B．由总反应 ΔH＜0可知正反应为放热反应，则升高温度，平衡向逆反应方向移动，K减小，故B不符合题意；
C．平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，故C不符合题意；
D．适当升温，反应速率增大，则可提高消毒效率，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、两个反应相加得第三个反应，则其平衡常数的积等于第三个反应的平衡常数；
B、吸热反应，温度和K成正比，反之成反比；
C、K只受温度影响；
D、升高温度，速率加快。
8．【答案】D
【解析】【解答】A、由表格数据可知，在328.2K时，在浓度递减0.100mol/L时，速率递减1.50mol·L-1·min-1，故a=6.00，A不符合题意；
B、反应速率受温度、浓度的影响，故在控制温度和浓度的情况下， 可以使得反应速率相等，B不符合题意；
C、在浓度相等（均为0.600mol·L-1·min-1）的情况下，反应速率9.00＞6.30＞3.60，而反应速率随温度升高而增大，因此318.2
故答案为：D
【分析】A、根据表格数据进行分析；
B、反应速率受温度、浓度、压强、催化剂等因素影响；
C、控制浓度相等的情况下比较温度对反应速率的影响；
D、反应速率同时受温度和浓度的影响，比较时应采用控制变量法；
9．【答案】C
【解析】【解答】A．达到平衡后，加入催化剂，平衡不移动，C%不变，故A不符合题意；
B．该反应中D为固体，经分析，化学方程式中m+n>e，故B不符合题意；
C．经分析，该反应升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，即，故C符合题意；
D．达到平衡后，增加A的量有利于提高B的转化率，A的转化率降低，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】升高温度，C的含量减小，则该反应为放热反应，增大压强，C的含量增大，说明平衡正向移动，则m+n>e。
10．【答案】B
【解析】【解答】A．根据图示， 的能量大于 的能量，所以DMF转化为三甲胺的反应是放热反应，A不符合题意；
B．化学反应速率与反应的活化能密切相关，活化能越低反应速率越快，由图可知 转化为 对应的活化能 最大，是该反应历程的决速步，B符合题意；
C．催化剂加快反应速率的机理就是改变反应的历程，降低反应所需的活化能，但由于不能改变反应物、生成物的能量，因此不改变反应的焓变，C不符合题意；
D．根据选项B分析可知该历程中最大能垒(活化能) E正为1.19 eV，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据反应前后能量大小可以判断反应是放热还是吸热反应；
B.反应速率的大小取决于最慢的那一步反应，根据图像中的活化能大小判断，活化能越大，反应速率越慢，决定总反应的快慢；
C.催化剂只能改变反应速率，不改变反应物和生成物的总能量，故焓变不变；
D.根据图像中的能量高度可以计算。
11．【答案】D
【解析】【解答】A．步骤I活化能大与步骤Ⅱ，活化能越大反应速率越慢，决定反应速率，A不符合题意；
B．总反应等于两步反应之和，根据盖斯定律，，B不符合题意；
C．步骤II速率大于步骤I，生成的C迅速分解，C不符合题意；
D．加入催化剂，降低活化能，活化分子百分数增大，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、决速步骤由活化能大的决定；
B、结合盖斯定律判断；
C、第二步反应速率快，C很难积累；
D、催化剂改变活化分子百分数。
12．【答案】C
【解析】【解答】其它条件不变时，增大压强，正、逆反应速率均增大，平衡向体积减小的方向移动；对可逆反应A(g)+B(g) 2C(g)+D(g)-Q当达到平衡后，增大压强，平衡逆向移动，
故答案为C。
【分析】注意正逆化学反应速率的变化趋势与平衡的移动方向有关，但是正逆速率有可能同时增大，也有可能同时减小，具体平衡怎么移动，核心在于正逆反应速率的大小。
13．【答案】D
【解析】【解答】A．升高温度，化学反应速率加快，v正增大，v逆增大，故A不符合题意；
B.增加反应物B的量，会使化学平衡正向移动，但是反应的△H不变，故B不符合题意；
C.通入惰性气体，体积不变，各组分的浓度不变，平衡不移动，故C不符合题意；
D.
A(g)+
B(g)
C(g)+2D(s)
起始（mol/L）
1
1
0
转化（mol/L）
0.5
0.5
0.5
平衡（mol/L）
0.5
0.5
0.5
平衡时平衡常数K= =2，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.升高温度正逆反应速率都增大；
B.化学平衡移动，但反应的焓变不变；
C.恒容条件下，通入稀有气体平衡不移动；
D.根据化学平衡计算转化率和化学平衡常数。
14．【答案】A
【解析】【解答】该反应为吸热反应，>0，反应之后分子数增加>0，T增大时，因此该反应高温下能自发进行，故A符合题意；
故答案为：A。
【分析】依据该反应的吉布斯自由能分析解答。
15．【答案】（1）2NO(g)+ C (s) CO2(g)+N2(g) △H=-573.75kJ/mol；p(CO2)⋅p(N2)p2(NO)
（2）0.5mol/（L min）；Ea(C)˃Ea(B)˃Ea(A)；相同时间内生成的N2越多，反应速率越快，活化能越低；bcd
【解析】【解答】（1）已知：2C(s)+O2(g) 2CO(g) △H1=-221.0kJ/mol ①
N2(g)+O2(g) 2NO (g) △H2= +180.5kJ/mol ②
2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g) △H3=-746.0 kJ/mol ③
将①-②+③，便可得到焦炭还原NO生成无污染气体的热化学方程式2NO(g)+ C (s) CO2(g)+N2(g) △H=-573.75kJ/mol；该反应的平衡常数Kp= p(CO2)⋅p(N2)p2(NO) 。
答案为：2NO(g)+ C (s) CO2(g)+N2(g) △H=-573.75kJ/mol； p(CO2)⋅p(N2)p2(NO) ；（2）①在催化剂A的作用下，0～4min时，n(N2)=3.5mol，n(NH3)= 8×3.5mol7=4.0mol ，v(NH3)= 4.0mol2L×4min=0.5 mol/（L min）；答案为：0.5mol/（L min）；
②从图中可看出，相同时间内，N2的生成量A>B>C，则表明反应速率A>B>C，速率越快则反应的活化能越低，从而可求出该反应活化能Ea(A)、Ea(B)、Ea(C)关系为Ea(C)˃Ea(B)˃Ea(A)；原因是相同时间内生成的N2越多，反应速率越快，活化能越低；
答案为：Ea(C)˃Ea(B)˃Ea(A)；相同时间内生成的N2越多，反应速率越快，活化能越低；
③a．催化剂A不能改变反应物的转化率，所以达平衡时，△H值不变，a不正确；
b．升高温度可使该放热反应左移，容器内NO2的物质的量增大，浓度增大，气体颜色加深，b正确；
c．从反应方程式看，单位时间内形成24个N-H键，同时断裂24个O-H键，一旦二者的数目相等，则说明反应已经达到平衡，c正确；
d．在恒容绝热的密闭容器中反应，若平衡移动，则温度发生改变，现平衡常数不变，则温度不变，说明反应已经达到平衡，d正确。
答案为：bcd。
【分析】（1）利用盖斯定律将①-②+③，便可得到焦炭还原NO生成无污染气体的热化学方程式；利用方程式可表示出该反应的平衡常数Kp。（2）①在催化剂A的作用下，0～4min时，n(N2)=3.5mol，n(NH3)= 8×3.5mol7=4.0mol ,利用公式可求出v(NH3)；
②从图中可看出，相同时间内，N2的生成量A>B>C，则表明反应速率A>B>C，速率越快则反应的活化能越低，从而可求出该反应活化能Ea(A)、Ea(B)、Ea(C)关系。
16．【答案】（1）+184.0；温度升高，反应速率加快；且温度升高有利于平衡正向移动
（2）ac
（3）低温；0.0067；升高温度；K= ；逆向
【解析】【解答】本题考查盖斯定律的应用、化学平衡的标志、化学平衡图像的分析、外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响、化学反应速率和化学平衡常数的计算、化学反应自发性的判断。（1）对反应编号，N2（g）+2O2（g） 2NO2（g） △H1=+67.8 kJ/mol（①式）2NO2（g） O2（g）+2NO（g） △H2=+116.2 kJ/mol（②式）应用盖斯定律，将①式+②式得，N2（g）+O2（g） 2NO（g） △H=ΔH1+ΔH2=（+67.8kJ/mol）+（+116.2kJ/mol）=+184.0kJ/mol。汽车启动后，气缸温度越高，单位时间内NO 的排放量越大，其原因是：温度升高，反应速率加快；且温度升高有利于平衡正向移动。
（2）A.2υ正（N2）=υ逆（NO）表示正、逆反应速率相等，能说明反应已达到平衡状态；
b.根据质量守恒定律，混合气体的总质量始终不变，在恒容容器中，混合气体的密度始终不变，混合气体的密度不变不能说明反应已达到平衡状态；
c.生成1molO2一定消耗2molNO，生成1molO2的同时生成2molNO，说明各物质的浓度保持不变，能说明反应已达到平衡状态；
d.根据质量守恒定律，混合气体的总质量始终不变，该反应反应前后气体分子数不变，建立平衡过程中气体分子总物质的量始终不变，混合气体平均相对分子质量始终不变，混合气体平均相对分子质量不变不能说明反应已达到平衡状态；能说明反应已达到平衡状态的是ac，
故答案为：ac。
（3）①反应2NO（g）+2CO（g） N2（g）+2CO2（g）的ΔH=-746.5kJ/mol 0、ΔS 0，该反应能自发进行时ΔG=ΔH-TΔS 0，可见该反应自发进行的条件为低温。
②根据图像6~9min内，υ（CO）= =0.0067mol/（L·min）。
③根据图像，第12min时改变条件，达到新平衡时N2浓度减小，NO、CO的浓度增大，改变条件平衡向逆反应方向移动，由于该反应的正反应为放热反应，所以改变的条件为升高温度。④根据图像，结合三段式
2NO（g）+
2CO（g）
N2（g）+
2CO2（g）
起始（mol/L）
0.2
0.1
0
0
转化（mol/L）
0.02
0.02
0.01
0.02
24min（mol/L）
0.18
0.08
0.01
0.02
24min时反应达到平衡状态，反应的平衡常数K= = =0.01929。若保持温度不变，再向容器中充入CO、N2各0.060mol，此时NO、CO、N2、CO2物质的量浓度依次为0.18mol/L、0.14mol/L、0.07mol/L、0.02mol/L，此时的浓度商Qc= =0.044 0.01929，平衡将逆向移动。
【分析】（1）根据盖斯定律构造目标方程式，然后计算焓变，结合温度对反应速率和化学平衡的影响进行分析；
（2）可逆反应达到平衡状态后，正逆反应速率相等、组成成分的百分含量不再变化，据此判断是否达到平衡状态；
（3）①根据自由能判据进行分析；
③根据各成分的浓度变化判断改变的反应条件。
17．【答案】（1）；7
（2）c(CO)c(H2O)c(CO2)c(H2)
（3）吸热
（4）B；C
（5）830
【解析】【解答】(1) H2(g)+I2(g) 2HI(g)的平衡常数K1为49，则K1= c2(HI)c(H2)×c(I2)=49 ；则该温度下反应2HI(g) H2(g)+I2(g)的平衡常数K2= c(H2)×c(I2)c2(HI)=1K1=149 ；反应 H2(g)+ I2(g) HI(g)的平衡常数K3= c(HI)c12(H2)×c12(I2)=c2(HI)c(H2)×c(I2)=49=7 ；
(2)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，则反应CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)的化学平衡常数K= c(CO)×c(H2O)c(CO2)×c(H2) ；
(3)根据表格数据可知：升高温度，化学平衡常数增大，说明升高温度，化学平衡正向移动，因此该反应的正反应为吸热反应；
(4) A．该反应是反应前后气体体积不等的反应，该反应是在恒容密闭容器中进行的反应，则容器中压强始终不变，因此不能据此判断反应是否处于平衡状态，A不正确； B．若反应未达到平衡，则CO的物质的量就会发生变化，c(CO)也会发生变化，当混合气体中c(CO)不变时，反应达到平衡状态，B正确；
C．在任何条件下都存在v(H2)正=v(H2O)正，若v(H2)正=v(H2O)逆，则v(H2O)正=v(H2O)逆，反应达到平衡状态，C正确；
D．当容器中c(CO2)=c(CO)时，反应可能处于平衡状态，也可能未达到平衡状态，这与反应条件及加入的物质的多少有关，因此不能据此判断反应是否处于平衡状态，D不正确；
故答案为：BC；
(5)某温度下，平衡浓度符合下式：c(CO2)·c(H2)=c(CO)·c (H2O)，则K= c(CO)×c(H2O)c(CO2)×c(H2) =1.0，根据表格中温度与平衡常数的关系可知该反应的稳定是830℃。
【分析】
(1) 利用平衡常数与化学方程式之间的关系分析；
(2)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；
(3)根据化学平衡常数与温度有关及勒夏特列原理分析；
(4) 依据化学平衡的特征“等”和“定”进行分析判断
(5)根据表格中温度与平衡常数的关系判断。
18．【答案】（1）；
（2）增大压强；②
（3）ad
（4）丙＞甲＞乙
【解析】【解答】（1）由图可知，反应的反应物为A、B，生成物为C，由3min反应达到平衡时，A、B、C的物质的量的变化量之比为(1—0.7)mol：(1—0.4)mol：(0.6—0)mol=1：2：3可知，反应的化学方程式为 ，0~3min内用气体C表示该反应的平均速率为 = ，由3min时反应放出的热量为58.8kJ可知，反应热△H= =196 kJ/mol，则反应的热化学方程式为 ，故答案为： ； ；
（2）该反应为气体体积减小的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，增大压强，平衡向正反应方向移动，由图可知，t3时刻瞬间正、逆反应速率均增大，正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，C的体积分数增大，则在t3时刻改变的外界条件是增大压强；t5时刻瞬间正、逆反应速率均增大，正反应速率小于逆反应速率，平衡向逆反应方向移动，C的体积分数减小，则气体C的体积分数最大的状态是②，故答案为：增大压强；②；
（3）a．该反应是气体体积减小的反应，反应中压强减小，则容器中压强不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
b．由质量守恒定律可知，反应前后气体体积质量不变，在刚性密闭容器中混合气体密度始终不变，则混合气体密度不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否已达到平衡，故不正确；
c．由方程式可知，A和C的化学计量数不相等，则v正(A)=v逆(C) 不能说明正逆反应速率相等，反应未达到平衡，故不正确；
d．由质量守恒定律可知，反应前后气体体积质量不变，该反应是气体体积减小的反应，反应中混合气体平均相对分子质量增大，则混合气体平均相对分子质量不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
故答案为：ad；
（4）该反应是气体体积减小的反应，在恒温恒压的容器乙中，活塞会向左移动，相对于容器甲相当于增大容器的压强，平衡向正反应方向移动，B的体积分数减小；该反应是放热反应，在绝热恒容的容器丙中，反应放出的热量使反应温度升高，相对于容器甲为升高反应温度，平衡向逆反应方向移动，B的体积分数增大，则三个容器中气体B的体积分数从大到小的顺序为丙＞甲＞乙，故答案为：丙＞甲＞乙。
【分析】(1)由图甲可知，3min到达平衡状态，A、B、C三种气体的起始量分别为1mol、1mol、0mol，平衡量分别为0.7mol、0.4mol、0.6mol，则A、B分别消耗了0.3mol、0.6mol，是反应物，C增加了0.6mol，是生成物，代入计算，再根据反应放出的热量与变化量成正比和变化量之比等于化学计量数之比书写该反应的热化学方程式；
(2)增大压强和升高温度，都能使正、逆反应速率都是同时瞬间增大，增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动，升高温度，平衡向吸热方向移动，反应正向的程度越大，气体C的体积分数越大，以此分析；
(3)根据化学平衡状态的特征分析，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等(同种物质)或正逆反应速率之比等于系数之比(不同物质)，各物质的物质的量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；
(4)按2molB、1molA投料，反应开始正向进行，气体物质的量减小，反应放热，则在初始体积与温度相同的条件下，恒温恒容容器甲的压强减小，绝热容器丙温度升高，先比较容器甲和容器乙的平衡状态，再比较容器甲和容器丙的平衡状态.
19．【答案】（1）b+c-a
（2）降低反应的活化能(或其他合理答案)
（3）<；>
（4）50%；；160；正
【解析】【解答】（1）设的燃烧热分别为，根据盖斯定律可知的=；
（2）催化剂降低了反应的活化能，加快反应速率；或者催化剂降低了反应的活化能，增加了单位体积内的活化分子百分数，有效碰撞次数增加，反应速率加快；
（3）根据图像可知先拐先平衡，是温度高的速率快，故T2时速率快，所以T2>T1，随着温度的增加，的转化率减小，说明升高温度反应逆向移动，该反应正向为放热反应，故<0；温度升高反应逆向移动，故>；
（4）根据三段式得，物质的量之比等于压强之比，，解得x=0.5mol；
①M点时，的转化率为，
②根据三段式，物质的量之比等于压强之比，，平衡时x=0.8mol，下该反应的平衡常数；
③平衡时CO、NO、CO2、N2的浓度分别为0.2mol/L，后保持其他条件不变，若再充入、，则平衡正向移动。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；（2）催化剂降低了反应的活化能，增加了单位体积内的活化分子百分数，有效碰撞次数增加，反应速率加快；
（3）根据图像可知先拐先平衡，是温度高的速率快；
（4）利用“三段式”法计算
②根据“三段式”法计算，利用物质的量之比等于压强之比；
③通过计算比较Qc与K的大小判断。
20．【答案】（1）201.1
（2）A；B；C
（3）反应I、II是气体体积数减少的反应，而反应III不受压强影响，因此减压有利于提高肼的平衡转化率
（4）解离分解；N2H4 (g)在相同的催化剂条件下，解离分解的N-N键裂活化能都比N-H的小
（5） (最高点对应25，最低点对应－46.65)
【解析】【解答】（1）已知热化学方程式 ：I. 3N2H4(g)⇌4NH3(g)+N2(g) ΔH1=-156.5kJ・mol-1；III. N2H4(g)+ H2(g)⇌2NH3(g) ΔH3=-178.8kJ・mol-1；由盖斯定律可知，由反应I-反应Ⅲ×2可得反应Ⅱ. N2H4(g)⇌2H2(g)+N2(g，则ΔH2=-156.5kJ・mol-1-(-178.8kJ・mol-1)×2=201.1kJ・mol-1；
（2）室温下，肼在金属表面催化分解一段时间后，该金属催化剂活性下降，其可能原因是
A．肼分解产生的氮原子强烈吸附在金属催化剂表面，致使活性表面积减小，正确；
B．该金属催化剂经过多次使用后，表面出现脱落，表层结构破坏严重，正确；
C．肼分解产生高温气体，由于温度太高导致该金属催化剂活性组分烧结，正确；
D．反应前后催化剂的质量不变，不正确；
故答案为：ABC；
（3）由于反应I、II是气体体积数减少的反应，而反应III不受压强影响，因此室温下，减小压强有利于提高N2H4的平衡转化率；
（4）结合数据和具体反应分析，N2H4 (g)在相同的催化剂条件下，解离分解的N-N键裂活化能都比N-H的小，则气态肼分解的“引发”阶段以解离分解为主；
（5）由图可知，反应物的相对能量为0，由表格数据可知，以Cu做催化剂的解离分解的键裂活化能是25.00 kJ・mol-1，则最高点对应25，解离分解 N2H4 (g)→2 NH2・的焓变 ΔH4=－46.65 kJ・mol-1，则最低点对应-46.65，则以Cu做催化剂的解离分解的“能量-反应过程图”为 。
【分析】 (1)、依据盖斯定律分析解答；
(2)、依据催化剂的相关性质分析解答；
(3)、依据化学平衡移动原理分析解答；
(4)、结合数据和具体反应分析；
(5)、结合表中数据分析。
21．【答案】（1）a、c；；16.4；1；1.6
（2）NH3⋅H2O+CO2=NH4HCO3
（3）；H2O+2e−=H2+O2− 、 O2+4e−=2O2−
【解析】【解答】（1）①a项，由表可知，水煤气变换反应的平衡常数K随温度的升高而减小，所以该反应为放热反应，∆H＜0，故a项正确；b项，由反应方程式可知，反应平衡前后气体的体积不变，增大压强，平衡不移动，CO的平衡转化率不变，故b项错误。c项，增大水蒸气浓度，活化分子浓度增大，反应速率增大，平衡正向移动，促进CO的转化，所以增大水蒸气浓度，可以同时增大CO的平衡转化率和反应速率，故c项正确；
故答案为：ac。②ⅰ.根据化学反应速率公式得： v(H2O)=v(H2)=(0.6−0.2)mol2t1L=0.2t1mol/(L⋅min) ；ⅱ.根据热化学反应方程式CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g），∆H =﹣41kJ/mol，反应0.4mol水蒸气，反应放出的热量为0.4mol×41kJ/mol=16.4kJ；ⅲ..发生反应：
CO（g）
+H2O（g）
CO2（g）
+H2（g）
反应前（mol）
1.2
0.6
0
0
转化（mol）
0.4
0.4
0.4
0.4
平衡时（mol）
0.8
0.2
0.4
0.4
在t1达到平衡状态时甲容器中,c(CO)=0.8mol÷2L=0.4mol/L,c(H2O)=0.2mol÷2L=0.1mol/L,c(CO2)=0.4mol÷2L=0.2mol/L,c(H2)=0.4mol÷2L=0.2mol/L,则该温度下反应的平衡常数 K=0.4×10.2×0.2=1 ;CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）为气体体积不变的反应,压强不影响化学平衡,则甲、乙互为等效平衡,达到平衡时反应物转化率相等,则: 0.81.2=a2.4 ,计算得a=1.6;（2）氨水吸收CO2的反应为，氨水与二氧化碳反应，生成碳酸氢铵，化学方程式为： NH3⋅H2O+CO2=NH4HCO3 。（3）①反应中，CH4中的C失去电子，所以起还原作用的物质是CH4；②膜Ⅰ侧，H2O得电子生成H2和O2-，O2得电子生成O2-，发生的电极反应式为： H2O+2e−=H2+O2− 、 O2+4e−=2O2− 。
【分析】（1） ① 温度升高，平衡常数变小，逆反应吸热正反应放热，对于气体分子数前后不变的反应，改变压强或者体积对平衡无影响；
②ⅰ. 化学反应速率计算的核心是计算在一定时间内的浓度变化量，固态或者纯液态物质量的变化不影响化学反应速率；
ⅱ. 热量变化与消耗的物质的物质的量成正比；
ⅲ .温度不变，平衡常数不变；
ⅳ. 根据平衡常数，计算a；
（2）一水合氨显碱性，能与酸性氧化物发生反应；
（3）关于原电池的相关题目，核心在于判断正负极，掌握正向正、负向负的电荷移动原理，结合核心产物、电荷守恒溶液环境书写电极反应式，综合判断得出答案。
22．【答案】（1）+255.4kJ·mol-1
（2）CH4；B点温度高于A点，升高温度，反应Ⅲ逆向移动消耗氢气的量与I、II正向移动及反应IV逆向移动产生H2的量相等
（3）×0.1 MPa；×0.14(MPa)4
（4）Rh-CH2CO-Ce(a)+4H(a)→Rh-CH2+4H(a)+CO(g)+Ce(a)或Rh-CH2CO-Ce(a)→Rh-CH2+CO(g)+Ce(a)；b
【解析】【解答】(1)由盖斯定律可知，反应II—III×2可得反应I，则△H1=(+173kJ·mol-1)-(-41.2kJ·mol-1)=+255.4kJ·mol-1，故答案为：+255.4；
(2)①由方程式可知，升高温度，反应I、II平衡向正反应方向移动，氢气、二氧化碳的物质的量分数增大，反应IV平衡向逆反应方向移动， 甲烷的物质的量分数减小、氢气的物质的量分数增大，反应Ⅲ平衡向逆反应方向移动，氢气、二氧化碳的物质的量分数减小，则升高温度的过程中，甲烷的物质的量分数只有减小趋势，而氢气、二氧化碳既有增大趋势，也有减小趋势，所以图1中c线对应的产物为甲烷，故答案为：CH4；
②由图可知，B点温度高于A点，图2中B点氢气的产率与A点相等说明升高温度，反应Ⅲ逆向移动消耗氢气的量与I、II正向移动及反应IV逆向移动产生H2的量相等，故答案为：B点温度高于A点，升高温度，反应Ⅲ逆向移动消耗氢气的量与I、II正向移动及反应IV逆向移动产生H2的量相等；
(3)由题意可建立如下三段式：
CH3CH2OH(g)+3H2O(g)⇌2CO2(g)+6H2(g)起(mol)1x00变(mol)a3a2a6a平(mol)1−ax−3a2a6a
由三段式数据可知，平衡时甲醇、水蒸气、二氧化碳和氢气的平衡分压为×0.1 MPa、×0.1 MPa、×0.1 MPa、×0.1 MPa，反应平衡常数Kp==×0.14(MPa)4，故答案为：×0.1 MPa；×0.14(MPa)4；
(4)①由图可知，生成一氧化碳步骤的反应为活化能为49.54kJ/mol时发生的反应，反应的化学方程式为Rh—CH2CO—Ce(a)+4H(a)→Rh—CH2+4H(a)+CO(g)+Ce(a)或Rh—CH2CO—Ce(a)→Rh—CH2+CO(g)+Ce(a)，故答案为：Rh—CH2CO—Ce(a)+4H(a)→Rh—CH2+4H(a)+CO(g)+Ce(a)或Rh—CH2CO—Ce(a)→Rh—CH2+CO(g)+Ce(a)；
②减小乙醇蒸气的分压会降低乙醇在催化剂表面吸附率，增大催化剂的比表面积会提高乙醇在催化剂表面吸附率，
故答案为：b。
【分析】（1）根据盖斯定律，反应Ⅰ=反应Ⅱ-反应Ⅲ×2；
（2）根据反应的化学方程式以及反应吸热进行判断；
（3）列出反应的三段式即可计算二氧化碳的分压以及各物质分压，再根据计算平衡常数；
（4）①根据图示书写相关方程式；
②减小乙醇蒸气的分压可降低乙醇在催化剂表面吸附率，增大催化剂的比表面积会提高乙醇在催化剂表面吸附率。
第二章化学反应速率与化学平衡 学业练习
一、单选题
1．利用固体表面催化工艺进行分解的过程如图所示。
下列说法错误的是（ ）
A．是有毒气体
B．催化剂能改变的分解速率
C．分解生成和
D．过程②释放能量，过程③吸收能量
2．在2A(g)+B(g)=3C(g)+4D(g)反应中，表示该反应速率最快的是（ ）
A．v(A) =0.6mol·L-1·s-1 B．v(B) =0.4mol·L-1·s-1
C．v(C) =0.9mol·L-1·s-1 D．v(D) =1.0mol·L-1·s-1
3．某反应的生成物Y的浓度在4min内由0变成了4mol/L，则以Y表示该反应在4min内的平均反应速率为 （ ）
A．16 mol/(L·min) B．4 mol/(L·min)
C．2 mol/(L·min) D．1 mol/(L·min)
4．一定条件下，反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的正反应反应速或速率(v正)和逆反应速率(v逆)随反应时间(t)变化的曲线如图。其中，处于化学平衡状态的时刻是（ ）
A．t1 B．t2 C．t3 D．t4
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．反应开始到10s，用Z表示的反应速率为0.158mol(Ls)-1
B．反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了0.79mol·L-1
C．反应开始到10s时，Y的转化率为79.0%
D．反应的化学方程式为：X(g)+Y(g) Z(g)
6．已知重铬酸钾溶液在酸性条件下具有强氧化性，其氧化性随着溶液pH增大而减弱。其在溶液中存在如下平衡：，下列说法正确的是（ ）
A．上述反应属于氧化还原反应
B．的氧化性强于
C．加水稀释重铬酸钾溶液时，上述平衡向左移动
D．用浓盐酸酸化重铬酸钾溶液时，溶液的橙色会加深
7．也是一种很好消毒剂，具有高效、洁净、方便、经济等优点。可溶于水，在水中易分解，产生的[O]为游离氧原子，有很强的杀菌消毒能力。常温常压下发生反应如下：反应① ΔH>0平衡常数为；反应② ΔH＜0平衡常数为；总反应： ΔH＜0平衡常数为K。下列叙述正确的是（ ）
A． B．升高温度，K增大
C．压强增大，减小 D．适当升温，可提高消毒效率
8．在不同浓度(c)、温度(T)条件下，蔗糖水解的瞬时速率如下表数据所示，下列判断不正确的是（ ）
A．a=6.00
B．不同温度、不同蔗糖初始浓度的条件下，v可能相同
C．318.2
9．反应，反应过程中，当其他条件不变时，C的百分含量(C%)与温度(T)和压强(p)的关系如图所示，下列叙述正确的是（ ）
A．达到平衡后，加入催化剂，C%增大
B．化学方程式中
C．该反应的
D．达到平衡后，增加A的量有利于提高A的转化率
10．我国科学家实现了在铜催化条件下将DMF[(CH3)3NCHO]转化为三甲胺[N(CH3)3]。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．由图可以判断DMF转化为三甲胺的反应属于吸热反应
B． 是该反应历程的决速步
C．使用铜作催化剂可以降低反应的活化能，从而改变反应的焓变
D．该历程中最大能垒(活化能)E正=2.16 eV
11．在固体M的催化下，A转化为D和E分两步进行：①；②，其反应过程能量变化如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．该反应的速率是由步骤I决定的
B．总反应的焓变
C．反应过程中，C物质很难大量积累
D．催化剂的作用是降低反应的活化能，但活化分子百分数不变
12．对于可逆反应A（g）+B（g） 2C（g）+D（g）—Q当达到平衡后，在其他条件不变时，若增大压强。以下说法正确的是（ ）
A．正反应速度增大，逆反应速度增大，平衡向正反应方向移动
B．正反应速度增大，逆反应速度减小，平衡向正反应方向移动
C．正反应速度增大，逆反应速度增大，平衡向逆反应方向移动
D．正反应速度减小，逆反应速度增大，平衡向逆反应方向移动
13．某固定容积为1L的密闭容器中，1molA(g)与1molB(g)在催化剂作用下加热到500℃发生反应：A(g)+B(g) C(g)+2D(s) ΔH>0，下列有关说法正确的是（ ）
A．升高温度， 增大， 逆减小
B．平衡后再加入1molB，上述反应的ΔH增大
C．通入稀有气体，压强增大，平衡向正反应方向移动
D．若B的平衡转化率为50%，则该反应的平衡常数等于2
14．已知(设、不随温度变化)，当时反应能自发进行。反应的自发情况是（ ）
A．高温下能自发进行 B．任意温度下都不能自发进行
C．低温下能自发进行 D．任意温度下都能自发进行
二、综合题
15．NOx是造成大气污染的主要物质，用还原法将其转化为无污染的物质，对于消除环境污染有重要意义。
（1）已知：2C(s)+O2(g) 2CO(g) △H1=-221.0kJ/mol
N2(g)+O2(g) 2NO (g) △H2= +180.5kJ/mol
2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g) △H3=-746.0 kJ/mol
则用焦炭还原NO生成无污染气体的热化学方程式为 。该反应的平衡常数Kp= （写表达式）。
（2）用NH3催化还原NOx也可以消除氮氧化物的污染。已知：8NH3(g)+6NO2(g) 7N2(g) +12H2O(l) △H＜0。相同条件下，在2L密闭容器内，选用不同的催化剂进行反应，产生N2的量随时间变化如图所示。
①在催化剂A的作用下，0～4min的v(NH3)= 。
②该反应活化能Ea(A)、Ea(B)、Ea(C)由大到小的顺序是 ，理由是 。
③下列说法正确的是 （填标号）。
a．使用催化剂A达平衡时，△H值更大
b．升高温度可使容器内气体颜色加深
c．单位时间内形成N-H键与O-H键的数目相等时，说明反应已经达到平衡
d．若在恒容绝热的密闭容器中反应，当平衡常数不变时，说明反应已经达到平衡
16．氮氧化合物是目前造成大气污染的主要气体，而汽车尾气中就含有NO 等多种污染气体。汽车尾气里含有的NO气体是由于内燃机燃烧的高温引起氮气和氧气反应所致。请结合所学知识回答下列问题：
（1）已知：N2(g)+2O2(g) 2NO2(g) △H1=+67.8 kJ/mol
2NO2(g) O2(g)+2NO(g) △H2=+116.2 kJ/mol
则N2(g)+O2(g) 2NO(g) △H= kJ/mol；汽车启动后，气缸温度越高，单位时间内NO 的排放量越大，分析其原因为
（2）若反应N2(g)+O2(g) 2NO(g)是在恒容条件下进行，下列能说明该反应已达到平衡状态的是
a.2υ正(N2)= υ逆(NO)
b.混合气体密度不变
c.生成1molO2的同时生成2molNO
d.混合气体平均相对分子质量不变
（3）汽车尾气净化反应：2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) △H= -746.5 kJ/mol，若将0.20molNO和0.10molCO充入一个容积恒定为1L 的密闭容器中，在不同条件下，反应过程中部分物质的浓度变化状况如图所示：
①该反应能自发进行的条件为 (填“高温”、“低温”或“任意温度”)；
②在6~9 min 内，以CO 表示的平均反应速率 υ(CO)= mol·L-l·min-1；
③第12min时改变的反应条件为 (填“升高温度”或“降低温度”)；
④反应在第24min时的平衡常数K= (只列出计算式，无需计算结果)，若保持温度不变，再向容器中充入CO、N2 各0.060mol，平衡将 移动(填“正向”、“逆向”或“不”)。
17．
（1）已知在448℃时，反应H2(g)+I2(g) 2HI(g)的平衡常数K1为49，则该温度下反应2HI(g) H2(g)+I2(g)的平衡常数K2为 ；反应 H2(g)+ I2(g) HI(g)的平衡常数K3为 。
（2）在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)，其化学平衡常数K和温度t的关系如下表所示：
t/℃
700
800
830
1000
1200
K
0.6
0.9
1.0
1.7
2.6
回答下列问题：
该反应的化学平衡常数表达式为K= 。
（3）该反应为 反应(填“吸热”或“放热”)。
（4）能判断该反应达到化学平衡状态的依据是_______。
A．容器中压强不变 B．混合气体中c(CO)不变
C．v(H2)正=v(H2O)逆 D．c(CO2)=c(CO)
（5）某温度下，平衡浓度符合下式：c(CO2)·c(H2)=c(CO)·c (H2O)，试判断此时的温度为 ℃。
18．一定条件下，在一密闭容器中，A、B、C三种气体的物质的量n随时间t的变化如图甲所示，测得3min时反应放出的热量为58.8kJ。回答下列问题：
（1）若在体积为4L的恒容容器中进行该反应，0~3min内用气体C表示该反应的平均速率：v(C)= ，写出该反应的热化学方程式： 。
（2）该反应的反应速率v随时间t的关系如图乙所示。
根据图乙判断，在t3时刻改变的外界条件是 ；①、②、③对应的平衡状态中，气体C的体积分数最大的状态是 (填“①”“②”或“③”)。
（3）一定温度下，在刚性密闭容器中发生上述反应，下列情况能判断反应达到化学平衡状态的是 (填字母)。
a．容器中压强不变
b．混合气体密度不变
c．v正(A)=v逆(C)
d．混合气体平均相对分子质量不变
（4）为研究上述反应，某同学设计了以下三种已装有相同固体催化剂的密闭容器：
在初始体积与温度相同的条件下，甲、乙、丙中均按2mol B、1mol A投料，达平衡时，三个容器中气体B的体积分数从大到小的顺序为 (用“甲、乙、丙”表示)。
19．汽车的发展给我们带来便利的同时也导致了一些环境问题。请根据所学知识回答下列问题：
（1）已知：燃料的燃烧热分别为(a、b、c均大于零)，则的 。
（2）燃料燃烧时常存在燃烧不充分、尾气残留等问题，所以汽车排气管会加装三元催化器，催化反应进行，催化剂能加快反应速率的原因是 。
（3）为探究汽车尾气的转化，向一体积为的恒容密闭容器中充入和，发生反应，温度分别为和时，的转化率随时间的变化关系如图所示。则该反应的 (填“>”、“<”或“=”，下同)0；若时该反应的平衡常数分别为，则 。
（4）若在、体积为的恒容密闭容器中，充入和，初始压强为下进行反应 ，反应过程中，总压强随时间的变化关系如图所示。
①M点时，的转化率为 ， 。
②下该反应的平衡常数 。
③平衡后保持其他条件不变，若再充入、，则平衡向 (填“正”或“逆”)反应方向移动。
20．肼主要应用于航天飞行领域。在室温下能催化分解产生N2、H2和NH3，其反应如下：
I. 3N2H4(g)⇌4NH3(g)+N2(g) ΔH1=-156.5kJ・mol-1
II. N2H4(g)⇌2H2(g)+N2(g) ΔH2
III. N2H4(g)+ H2(g)⇌2NH3(g) ΔH3=-178.8kJ・mol-1
请回答：
（1）计算ΔH2= kJ・mol-1
（2）室温下，肼在金属表面催化分解一段时间后，该金属催化剂活性下降，其可能原因是____
A．肼分解产生的氮原子强烈吸附在金属催化剂表面，致使活性表面积减小
B．该金属催化剂经过多次使用后，表面出现脱落，表层结构破坏严重
C．肼分解产生高温气体，由于温度太高导致该金属催化剂活性组分烧结
D．该金属催化剂参与肼分解反应一段时间后，导致该金属催化剂质量减小
（3）室温下，减小压强有利于提高N2H4的平衡转化率，请简述原因 。
（4）气态肼分解的反应历程可分为“引发、传播、终止”三个阶段。在引发阶段，N2H4有两种键裂方式，即断开“N－N”或“N－H”。对气态肼在不同金属催化剂表面的分解进行研究，测得“N－N”和“N－H”的键裂活化能(kJ・mol-1)，相关反应机理与实验数据如下：
解离分解 N2H4 (g)→2 NH2・ ΔH4=－46.65 kJ・mol-1
非解离分解 N2H4(g)→N2H3・+ H・ΔH5=88.11 kJ・mol-1
键裂活化能(kJ・mol-1)
Ru
Fe
Pt
Cu
N－N
0.00
0.00
23.49
25.00
N－H
66.75
69.35
66.92
88.11
结合数据和具体反应分析，气态肼分解的“引发”阶段以 为主(填“解离分解”或“非解离分解”)，判断依据是 。
（5）画出以Cu做催化剂的解离分解的“能量-反应过程图”
21．工业上由N2、H2合成NH3。制备H2需经多步完成，其中“水煤气（CO、H2）变换”是纯化H2的关键一步。
（1）水煤气变换：CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g），该反应的∆H=+41kJ/mol或﹣41kJ/mol。
①平衡常数K随温度变化如下：
温度/℃
200
300
400
K
290
39
11.7
下列分析正确的是 。
a.水煤气变换反应的∆H＜0
b.增大压强，可以提高CO的平衡转化率
c.增大水蒸气浓度，可以同时增大CO的平衡转化率和反应速率
②温度为T1时，向容积为2L的密闭容器甲、乙中分别充入一定量的CO和H2O（g），
相关数据如下：
容器
甲
乙
反应物
CO
H2O
CO
H2O
起始时物质的量（mol）
1.2
0.6
2.4
1.2
平衡时物质的量（mol）
0.8
0.2
a
b
达到平衡的时间（min）
t1
t2
ⅰ.甲容器中，反应在t1min内的平均反应速率v（H2）= mol/（L·min）。
ⅱ.甲容器中，平衡时，反应的热量变化为 kJ。
ⅲ.T1时，反应的平衡常数K甲= 。
ⅳ.乙容器中，a= mol。
（2）以氨水为吸收剂脱除CO2。当其失去吸收能力时，通过加热使吸收剂再生。用化学方程式表示“吸收”过程： 。
（3）2016年我国某科研团队利用透氧膜，一步即获得N2、H2，工作原理如图所示。（空气中N2与O2的物质的量之比按4:1计）。
①起还原作用的物质是 。
②膜Ⅰ侧发生的电极反应式是 。
22．乙醇水蒸气重整制氢是制备氢气的常用方法，体系中发生的主要反应有：
I.C2H5OH(g)+H2O(g)=2CO(g)+4H2(g) △H1
II.C2H5OH(g)+3H2O(g)=2CO2(g)+6H2(g) △H2=+173kJ·mol-1
III.CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) △H3=-41.2kJ·mol-1
IV.C2H5OH(g)+2H2(g)=2CH4(g)+H2O(g) △H4=-156.2kJ·mol-1
（1）△H1= kJ·mol-1。
（2）压强为100kPa的条件下，图1是平衡时体系中各产物的物质的量分数与温度的关系，图2是H2的平衡产率与温度及起始时的关系。
①图1中c线对应的产物为 (填“CO2”、“H2”或“CH4”)。
②图2中B点H2的产率与A点相等的原因是 。
（3）反应温度T℃、0.1MPa的恒压密闭容器中，充入1mol乙醇和xmolH2O(g)，若只发生反应CH3CH2OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g)，平衡时，乙醇转化率为α，CO2的压强为 MPa，反应平衡常数Kp= (以分压表示，分压=总压×物质的量分数。列出计算式即可)
（4）CH3CH2OH(g)在催化剂Rh/CeO2上反应制取氢气的机理如图：
①出生成CO(g)步骤的化学方程式 。
②下列措施可以提高CH3CH2OH在催化剂表面吸附率的有 (填标号)。
a..减小乙醇蒸气的分压 b.增大催化剂的比表面积
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A．是有毒气体，能与血红蛋白结合且结合能力比CO还强，A不符合题意；
B．催化剂能降低反应的活化能，改变NO的分解速率；
C．分析过程图可知分解生成和，C不符合题意；
D．分析过程图可知过程②为断键过程，吸收能量，过程③为成键过程，放出能量，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、氮氧化物多数为有毒气体；
B、催化剂可以影响化学反应速率；
C、根据图示可知一氧化氮分解为氧气和氮气；
D、断键吸热，成键放热。
2．【答案】B
【解析】【解答】A.都用B来表示，为 0.3mol·L-1·s-1
B. 0.4mol·L-1·s-1
C. 0.3mol·L-1·s-1
D. 0.25mol·L-1·s-1
故答案为：B
【分析】比较速率要换成同种物质
3．【答案】D
【解析】【解答】某反应的生成物Y的浓度在4min内由0变成了4mol/L，则以Y表示该反应在4min内的平均反应速率为4mol/L÷4min＝1.0 mol/(L·min)，D符合题意；
故答案为：D
【分析】根据速率公式进行计算。
4．【答案】D
5．【答案】C
【解析】【解答】A．Z物质的物质的量变化为1.58mol，V===0.079mol/（L.s），A不符合题意；
B.10s时，X的物质的量浓度减少了(1.20-0.41)2=0.0395mol/L，B不符合题意；
C.10s时，Y的物质的量减少了1.00-0.21=0.79mol，转化率α=，C符合题意；
D．X、Y、Z物质的量变化分别为：0.79mol、0.79mol、1.58mol，故反应的化学方程式为：X(g)+Y(g) 2 Z(g) 。
故答案为：C
【分析】A．代入V=计算；
B．注意容器体积为2L；
C．转化率=该物质转化的物质的量/该物质反应总的物质的量x100%；
D．根据反应速率和化学计量数成正比计算可得。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．上述反应中， 、 中Cr元素的化合物都为+6价，属于非氧化还原反应，A不符合题意；
B．由题中信息“其氧化性随着溶液pH增大而减弱”，加碱后 转化为 ，则 氧化性强于 ，B符合题意；
C．加水稀释重铬酸钾溶液时，反应物和生成物的浓度都减小，但平衡向微粒数目增多的方向移动，所以上述平衡向右移动，C不符合题意；
D．用浓盐酸酸化重铬酸钾溶液时， 会被Cl-还原，生成Cr3+等，溶液的橙色会变浅，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】对于反应 ：，元素化合价不变，为非氧化还原反应，已知重铬酸钾溶液在酸性条件下具有强氧化性，其氧化性随着溶液pH增大而减弱，可知氧化性 强于 ，结合浓度对平衡移动的影响解答该题。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．由盖斯定律可知反应①+②得总反应，则，故A不符合题意；
B．由总反应 ΔH＜0可知正反应为放热反应，则升高温度，平衡向逆反应方向移动，K减小，故B不符合题意；
C．平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，故C不符合题意；
D．适当升温，反应速率增大，则可提高消毒效率，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、两个反应相加得第三个反应，则其平衡常数的积等于第三个反应的平衡常数；
B、吸热反应，温度和K成正比，反之成反比；
C、K只受温度影响；
D、升高温度，速率加快。
8．【答案】D
【解析】【解答】A、由表格数据可知，在328.2K时，在浓度递减0.100mol/L时，速率递减1.50mol·L-1·min-1，故a=6.00，A不符合题意；
B、反应速率受温度、浓度的影响，故在控制温度和浓度的情况下， 可以使得反应速率相等，B不符合题意；
C、在浓度相等（均为0.600mol·L-1·min-1）的情况下，反应速率9.00＞6.30＞3.60，而反应速率随温度升高而增大，因此318.2
故答案为：D
【分析】A、根据表格数据进行分析；
B、反应速率受温度、浓度、压强、催化剂等因素影响；
C、控制浓度相等的情况下比较温度对反应速率的影响；
D、反应速率同时受温度和浓度的影响，比较时应采用控制变量法；
9．【答案】C
【解析】【解答】A．达到平衡后，加入催化剂，平衡不移动，C%不变，故A不符合题意；
B．该反应中D为固体，经分析，化学方程式中m+n>e，故B不符合题意；
C．经分析，该反应升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，即，故C符合题意；
D．达到平衡后，增加A的量有利于提高B的转化率，A的转化率降低，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】升高温度，C的含量减小，则该反应为放热反应，增大压强，C的含量增大，说明平衡正向移动，则m+n>e。
10．【答案】B
【解析】【解答】A．根据图示， 的能量大于 的能量，所以DMF转化为三甲胺的反应是放热反应，A不符合题意；
B．化学反应速率与反应的活化能密切相关，活化能越低反应速率越快，由图可知 转化为 对应的活化能 最大，是该反应历程的决速步，B符合题意；
C．催化剂加快反应速率的机理就是改变反应的历程，降低反应所需的活化能，但由于不能改变反应物、生成物的能量，因此不改变反应的焓变，C不符合题意；
D．根据选项B分析可知该历程中最大能垒(活化能) E正为1.19 eV，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据反应前后能量大小可以判断反应是放热还是吸热反应；
B.反应速率的大小取决于最慢的那一步反应，根据图像中的活化能大小判断，活化能越大，反应速率越慢，决定总反应的快慢；
C.催化剂只能改变反应速率，不改变反应物和生成物的总能量，故焓变不变；
D.根据图像中的能量高度可以计算。
11．【答案】D
【解析】【解答】A．步骤I活化能大与步骤Ⅱ，活化能越大反应速率越慢，决定反应速率，A不符合题意；
B．总反应等于两步反应之和，根据盖斯定律，，B不符合题意；
C．步骤II速率大于步骤I，生成的C迅速分解，C不符合题意；
D．加入催化剂，降低活化能，活化分子百分数增大，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、决速步骤由活化能大的决定；
B、结合盖斯定律判断；
C、第二步反应速率快，C很难积累；
D、催化剂改变活化分子百分数。
12．【答案】C
【解析】【解答】其它条件不变时，增大压强，正、逆反应速率均增大，平衡向体积减小的方向移动；对可逆反应A(g)+B(g) 2C(g)+D(g)-Q当达到平衡后，增大压强，平衡逆向移动，
故答案为C。
【分析】注意正逆化学反应速率的变化趋势与平衡的移动方向有关，但是正逆速率有可能同时增大，也有可能同时减小，具体平衡怎么移动，核心在于正逆反应速率的大小。
13．【答案】D
【解析】【解答】A．升高温度，化学反应速率加快，v正增大，v逆增大，故A不符合题意；
B.增加反应物B的量，会使化学平衡正向移动，但是反应的△H不变，故B不符合题意；
C.通入惰性气体，体积不变，各组分的浓度不变，平衡不移动，故C不符合题意；
D.
A(g)+
B(g)
C(g)+2D(s)
起始（mol/L）
1
1
0
转化（mol/L）
0.5
0.5
0.5
平衡（mol/L）
0.5
0.5
0.5
平衡时平衡常数K= =2，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.升高温度正逆反应速率都增大；
B.化学平衡移动，但反应的焓变不变；
C.恒容条件下，通入稀有气体平衡不移动；
D.根据化学平衡计算转化率和化学平衡常数。
14．【答案】A
【解析】【解答】该反应为吸热反应，>0，反应之后分子数增加>0，T增大时，因此该反应高温下能自发进行，故A符合题意；
故答案为：A。
【分析】依据该反应的吉布斯自由能分析解答。
15．【答案】（1）2NO(g)+ C (s) CO2(g)+N2(g) △H=-573.75kJ/mol；p(CO2)⋅p(N2)p2(NO)
（2）0.5mol/（L min）；Ea(C)˃Ea(B)˃Ea(A)；相同时间内生成的N2越多，反应速率越快，活化能越低；bcd
【解析】【解答】（1）已知：2C(s)+O2(g) 2CO(g) △H1=-221.0kJ/mol ①
N2(g)+O2(g) 2NO (g) △H2= +180.5kJ/mol ②
2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g) △H3=-746.0 kJ/mol ③
将①-②+③，便可得到焦炭还原NO生成无污染气体的热化学方程式2NO(g)+ C (s) CO2(g)+N2(g) △H=-573.75kJ/mol；该反应的平衡常数Kp= p(CO2)⋅p(N2)p2(NO) 。
答案为：2NO(g)+ C (s) CO2(g)+N2(g) △H=-573.75kJ/mol； p(CO2)⋅p(N2)p2(NO) ；（2）①在催化剂A的作用下，0～4min时，n(N2)=3.5mol，n(NH3)= 8×3.5mol7=4.0mol ，v(NH3)= 4.0mol2L×4min=0.5 mol/（L min）；答案为：0.5mol/（L min）；
②从图中可看出，相同时间内，N2的生成量A>B>C，则表明反应速率A>B>C，速率越快则反应的活化能越低，从而可求出该反应活化能Ea(A)、Ea(B)、Ea(C)关系为Ea(C)˃Ea(B)˃Ea(A)；原因是相同时间内生成的N2越多，反应速率越快，活化能越低；
答案为：Ea(C)˃Ea(B)˃Ea(A)；相同时间内生成的N2越多，反应速率越快，活化能越低；
③a．催化剂A不能改变反应物的转化率，所以达平衡时，△H值不变，a不正确；
b．升高温度可使该放热反应左移，容器内NO2的物质的量增大，浓度增大，气体颜色加深，b正确；
c．从反应方程式看，单位时间内形成24个N-H键，同时断裂24个O-H键，一旦二者的数目相等，则说明反应已经达到平衡，c正确；
d．在恒容绝热的密闭容器中反应，若平衡移动，则温度发生改变，现平衡常数不变，则温度不变，说明反应已经达到平衡，d正确。
答案为：bcd。
【分析】（1）利用盖斯定律将①-②+③，便可得到焦炭还原NO生成无污染气体的热化学方程式；利用方程式可表示出该反应的平衡常数Kp。（2）①在催化剂A的作用下，0～4min时，n(N2)=3.5mol，n(NH3)= 8×3.5mol7=4.0mol ,利用公式可求出v(NH3)；
②从图中可看出，相同时间内，N2的生成量A>B>C，则表明反应速率A>B>C，速率越快则反应的活化能越低，从而可求出该反应活化能Ea(A)、Ea(B)、Ea(C)关系。
16．【答案】（1）+184.0；温度升高，反应速率加快；且温度升高有利于平衡正向移动
（2）ac
（3）低温；0.0067；升高温度；K= ；逆向
【解析】【解答】本题考查盖斯定律的应用、化学平衡的标志、化学平衡图像的分析、外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响、化学反应速率和化学平衡常数的计算、化学反应自发性的判断。（1）对反应编号，N2（g）+2O2（g） 2NO2（g） △H1=+67.8 kJ/mol（①式）2NO2（g） O2（g）+2NO（g） △H2=+116.2 kJ/mol（②式）应用盖斯定律，将①式+②式得，N2（g）+O2（g） 2NO（g） △H=ΔH1+ΔH2=（+67.8kJ/mol）+（+116.2kJ/mol）=+184.0kJ/mol。汽车启动后，气缸温度越高，单位时间内NO 的排放量越大，其原因是：温度升高，反应速率加快；且温度升高有利于平衡正向移动。
（2）A.2υ正（N2）=υ逆（NO）表示正、逆反应速率相等，能说明反应已达到平衡状态；
b.根据质量守恒定律，混合气体的总质量始终不变，在恒容容器中，混合气体的密度始终不变，混合气体的密度不变不能说明反应已达到平衡状态；
c.生成1molO2一定消耗2molNO，生成1molO2的同时生成2molNO，说明各物质的浓度保持不变，能说明反应已达到平衡状态；
d.根据质量守恒定律，混合气体的总质量始终不变，该反应反应前后气体分子数不变，建立平衡过程中气体分子总物质的量始终不变，混合气体平均相对分子质量始终不变，混合气体平均相对分子质量不变不能说明反应已达到平衡状态；能说明反应已达到平衡状态的是ac，
故答案为：ac。
（3）①反应2NO（g）+2CO（g） N2（g）+2CO2（g）的ΔH=-746.5kJ/mol 0、ΔS 0，该反应能自发进行时ΔG=ΔH-TΔS 0，可见该反应自发进行的条件为低温。
②根据图像6~9min内，υ（CO）= =0.0067mol/（L·min）。
③根据图像，第12min时改变条件，达到新平衡时N2浓度减小，NO、CO的浓度增大，改变条件平衡向逆反应方向移动，由于该反应的正反应为放热反应，所以改变的条件为升高温度。④根据图像，结合三段式
2NO（g）+
2CO（g）
N2（g）+
2CO2（g）
起始（mol/L）
0.2
0.1
0
0
转化（mol/L）
0.02
0.02
0.01
0.02
24min（mol/L）
0.18
0.08
0.01
0.02
24min时反应达到平衡状态，反应的平衡常数K= = =0.01929。若保持温度不变，再向容器中充入CO、N2各0.060mol，此时NO、CO、N2、CO2物质的量浓度依次为0.18mol/L、0.14mol/L、0.07mol/L、0.02mol/L，此时的浓度商Qc= =0.044 0.01929，平衡将逆向移动。
【分析】（1）根据盖斯定律构造目标方程式，然后计算焓变，结合温度对反应速率和化学平衡的影响进行分析；
（2）可逆反应达到平衡状态后，正逆反应速率相等、组成成分的百分含量不再变化，据此判断是否达到平衡状态；
（3）①根据自由能判据进行分析；
③根据各成分的浓度变化判断改变的反应条件。
17．【答案】（1）；7
（2）c(CO)c(H2O)c(CO2)c(H2)
（3）吸热
（4）B；C
（5）830
【解析】【解答】(1) H2(g)+I2(g) 2HI(g)的平衡常数K1为49，则K1= c2(HI)c(H2)×c(I2)=49 ；则该温度下反应2HI(g) H2(g)+I2(g)的平衡常数K2= c(H2)×c(I2)c2(HI)=1K1=149 ；反应 H2(g)+ I2(g) HI(g)的平衡常数K3= c(HI)c12(H2)×c12(I2)=c2(HI)c(H2)×c(I2)=49=7 ；
(2)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，则反应CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)的化学平衡常数K= c(CO)×c(H2O)c(CO2)×c(H2) ；
(3)根据表格数据可知：升高温度，化学平衡常数增大，说明升高温度，化学平衡正向移动，因此该反应的正反应为吸热反应；
(4) A．该反应是反应前后气体体积不等的反应，该反应是在恒容密闭容器中进行的反应，则容器中压强始终不变，因此不能据此判断反应是否处于平衡状态，A不正确； B．若反应未达到平衡，则CO的物质的量就会发生变化，c(CO)也会发生变化，当混合气体中c(CO)不变时，反应达到平衡状态，B正确；
C．在任何条件下都存在v(H2)正=v(H2O)正，若v(H2)正=v(H2O)逆，则v(H2O)正=v(H2O)逆，反应达到平衡状态，C正确；
D．当容器中c(CO2)=c(CO)时，反应可能处于平衡状态，也可能未达到平衡状态，这与反应条件及加入的物质的多少有关，因此不能据此判断反应是否处于平衡状态，D不正确；
故答案为：BC；
(5)某温度下，平衡浓度符合下式：c(CO2)·c(H2)=c(CO)·c (H2O)，则K= c(CO)×c(H2O)c(CO2)×c(H2) =1.0，根据表格中温度与平衡常数的关系可知该反应的稳定是830℃。
【分析】
(1) 利用平衡常数与化学方程式之间的关系分析；
(2)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；
(3)根据化学平衡常数与温度有关及勒夏特列原理分析；
(4) 依据化学平衡的特征“等”和“定”进行分析判断
(5)根据表格中温度与平衡常数的关系判断。
18．【答案】（1）；
（2）增大压强；②
（3）ad
（4）丙＞甲＞乙
【解析】【解答】（1）由图可知，反应的反应物为A、B，生成物为C，由3min反应达到平衡时，A、B、C的物质的量的变化量之比为(1—0.7)mol：(1—0.4)mol：(0.6—0)mol=1：2：3可知，反应的化学方程式为 ，0~3min内用气体C表示该反应的平均速率为 = ，由3min时反应放出的热量为58.8kJ可知，反应热△H= =196 kJ/mol，则反应的热化学方程式为 ，故答案为： ； ；
（2）该反应为气体体积减小的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，增大压强，平衡向正反应方向移动，由图可知，t3时刻瞬间正、逆反应速率均增大，正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，C的体积分数增大，则在t3时刻改变的外界条件是增大压强；t5时刻瞬间正、逆反应速率均增大，正反应速率小于逆反应速率，平衡向逆反应方向移动，C的体积分数减小，则气体C的体积分数最大的状态是②，故答案为：增大压强；②；
（3）a．该反应是气体体积减小的反应，反应中压强减小，则容器中压强不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
b．由质量守恒定律可知，反应前后气体体积质量不变，在刚性密闭容器中混合气体密度始终不变，则混合气体密度不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否已达到平衡，故不正确；
c．由方程式可知，A和C的化学计量数不相等，则v正(A)=v逆(C) 不能说明正逆反应速率相等，反应未达到平衡，故不正确；
d．由质量守恒定律可知，反应前后气体体积质量不变，该反应是气体体积减小的反应，反应中混合气体平均相对分子质量增大，则混合气体平均相对分子质量不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
故答案为：ad；
（4）该反应是气体体积减小的反应，在恒温恒压的容器乙中，活塞会向左移动，相对于容器甲相当于增大容器的压强，平衡向正反应方向移动，B的体积分数减小；该反应是放热反应，在绝热恒容的容器丙中，反应放出的热量使反应温度升高，相对于容器甲为升高反应温度，平衡向逆反应方向移动，B的体积分数增大，则三个容器中气体B的体积分数从大到小的顺序为丙＞甲＞乙，故答案为：丙＞甲＞乙。
【分析】(1)由图甲可知，3min到达平衡状态，A、B、C三种气体的起始量分别为1mol、1mol、0mol，平衡量分别为0.7mol、0.4mol、0.6mol，则A、B分别消耗了0.3mol、0.6mol，是反应物，C增加了0.6mol，是生成物，代入计算，再根据反应放出的热量与变化量成正比和变化量之比等于化学计量数之比书写该反应的热化学方程式；
(2)增大压强和升高温度，都能使正、逆反应速率都是同时瞬间增大，增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动，升高温度，平衡向吸热方向移动，反应正向的程度越大，气体C的体积分数越大，以此分析；
(3)根据化学平衡状态的特征分析，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等(同种物质)或正逆反应速率之比等于系数之比(不同物质)，各物质的物质的量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；
(4)按2molB、1molA投料，反应开始正向进行，气体物质的量减小，反应放热，则在初始体积与温度相同的条件下，恒温恒容容器甲的压强减小，绝热容器丙温度升高，先比较容器甲和容器乙的平衡状态，再比较容器甲和容器丙的平衡状态.
19．【答案】（1）b+c-a
（2）降低反应的活化能(或其他合理答案)
（3）<；>
（4）50%；；160；正
【解析】【解答】（1）设的燃烧热分别为，根据盖斯定律可知的=；
（2）催化剂降低了反应的活化能，加快反应速率；或者催化剂降低了反应的活化能，增加了单位体积内的活化分子百分数，有效碰撞次数增加，反应速率加快；
（3）根据图像可知先拐先平衡，是温度高的速率快，故T2时速率快，所以T2>T1，随着温度的增加，的转化率减小，说明升高温度反应逆向移动，该反应正向为放热反应，故<0；温度升高反应逆向移动，故>；
（4）根据三段式得，物质的量之比等于压强之比，，解得x=0.5mol；
①M点时，的转化率为，
②根据三段式，物质的量之比等于压强之比，，平衡时x=0.8mol，下该反应的平衡常数；
③平衡时CO、NO、CO2、N2的浓度分别为0.2mol/L，后保持其他条件不变，若再充入、，则平衡正向移动。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；（2）催化剂降低了反应的活化能，增加了单位体积内的活化分子百分数，有效碰撞次数增加，反应速率加快；
（3）根据图像可知先拐先平衡，是温度高的速率快；
（4）利用“三段式”法计算
②根据“三段式”法计算，利用物质的量之比等于压强之比；
③通过计算比较Qc与K的大小判断。
20．【答案】（1）201.1
（2）A；B；C
（3）反应I、II是气体体积数减少的反应，而反应III不受压强影响，因此减压有利于提高肼的平衡转化率
（4）解离分解；N2H4 (g)在相同的催化剂条件下，解离分解的N-N键裂活化能都比N-H的小
（5） (最高点对应25，最低点对应－46.65)
【解析】【解答】（1）已知热化学方程式 ：I. 3N2H4(g)⇌4NH3(g)+N2(g) ΔH1=-156.5kJ・mol-1；III. N2H4(g)+ H2(g)⇌2NH3(g) ΔH3=-178.8kJ・mol-1；由盖斯定律可知，由反应I-反应Ⅲ×2可得反应Ⅱ. N2H4(g)⇌2H2(g)+N2(g，则ΔH2=-156.5kJ・mol-1-(-178.8kJ・mol-1)×2=201.1kJ・mol-1；
（2）室温下，肼在金属表面催化分解一段时间后，该金属催化剂活性下降，其可能原因是
A．肼分解产生的氮原子强烈吸附在金属催化剂表面，致使活性表面积减小，正确；
B．该金属催化剂经过多次使用后，表面出现脱落，表层结构破坏严重，正确；
C．肼分解产生高温气体，由于温度太高导致该金属催化剂活性组分烧结，正确；
D．反应前后催化剂的质量不变，不正确；
故答案为：ABC；
（3）由于反应I、II是气体体积数减少的反应，而反应III不受压强影响，因此室温下，减小压强有利于提高N2H4的平衡转化率；
（4）结合数据和具体反应分析，N2H4 (g)在相同的催化剂条件下，解离分解的N-N键裂活化能都比N-H的小，则气态肼分解的“引发”阶段以解离分解为主；
（5）由图可知，反应物的相对能量为0，由表格数据可知，以Cu做催化剂的解离分解的键裂活化能是25.00 kJ・mol-1，则最高点对应25，解离分解 N2H4 (g)→2 NH2・的焓变 ΔH4=－46.65 kJ・mol-1，则最低点对应-46.65，则以Cu做催化剂的解离分解的“能量-反应过程图”为 。
【分析】 (1)、依据盖斯定律分析解答；
(2)、依据催化剂的相关性质分析解答；
(3)、依据化学平衡移动原理分析解答；
(4)、结合数据和具体反应分析；
(5)、结合表中数据分析。
21．【答案】（1）a、c；；16.4；1；1.6
（2）NH3⋅H2O+CO2=NH4HCO3
（3）；H2O+2e−=H2+O2− 、 O2+4e−=2O2−
【解析】【解答】（1）①a项，由表可知，水煤气变换反应的平衡常数K随温度的升高而减小，所以该反应为放热反应，∆H＜0，故a项正确；b项，由反应方程式可知，反应平衡前后气体的体积不变，增大压强，平衡不移动，CO的平衡转化率不变，故b项错误。c项，增大水蒸气浓度，活化分子浓度增大，反应速率增大，平衡正向移动，促进CO的转化，所以增大水蒸气浓度，可以同时增大CO的平衡转化率和反应速率，故c项正确；
故答案为：ac。②ⅰ.根据化学反应速率公式得： v(H2O)=v(H2)=(0.6−0.2)mol2t1L=0.2t1mol/(L⋅min) ；ⅱ.根据热化学反应方程式CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g），∆H =﹣41kJ/mol，反应0.4mol水蒸气，反应放出的热量为0.4mol×41kJ/mol=16.4kJ；ⅲ..发生反应：
CO（g）
+H2O（g）
CO2（g）
+H2（g）
反应前（mol）
1.2
0.6
0
0
转化（mol）
0.4
0.4
0.4
0.4
平衡时（mol）
0.8
0.2
0.4
0.4
在t1达到平衡状态时甲容器中,c(CO)=0.8mol÷2L=0.4mol/L,c(H2O)=0.2mol÷2L=0.1mol/L,c(CO2)=0.4mol÷2L=0.2mol/L,c(H2)=0.4mol÷2L=0.2mol/L,则该温度下反应的平衡常数 K=0.4×10.2×0.2=1 ;CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）为气体体积不变的反应,压强不影响化学平衡,则甲、乙互为等效平衡,达到平衡时反应物转化率相等,则: 0.81.2=a2.4 ,计算得a=1.6;（2）氨水吸收CO2的反应为，氨水与二氧化碳反应，生成碳酸氢铵，化学方程式为： NH3⋅H2O+CO2=NH4HCO3 。（3）①反应中，CH4中的C失去电子，所以起还原作用的物质是CH4；②膜Ⅰ侧，H2O得电子生成H2和O2-，O2得电子生成O2-，发生的电极反应式为： H2O+2e−=H2+O2− 、 O2+4e−=2O2− 。
【分析】（1） ① 温度升高，平衡常数变小，逆反应吸热正反应放热，对于气体分子数前后不变的反应，改变压强或者体积对平衡无影响；
②ⅰ. 化学反应速率计算的核心是计算在一定时间内的浓度变化量，固态或者纯液态物质量的变化不影响化学反应速率；
ⅱ. 热量变化与消耗的物质的物质的量成正比；
ⅲ .温度不变，平衡常数不变；
ⅳ. 根据平衡常数，计算a；
（2）一水合氨显碱性，能与酸性氧化物发生反应；
（3）关于原电池的相关题目，核心在于判断正负极，掌握正向正、负向负的电荷移动原理，结合核心产物、电荷守恒溶液环境书写电极反应式，综合判断得出答案。
22．【答案】（1）+255.4kJ·mol-1
（2）CH4；B点温度高于A点，升高温度，反应Ⅲ逆向移动消耗氢气的量与I、II正向移动及反应IV逆向移动产生H2的量相等
（3）×0.1 MPa；×0.14(MPa)4
（4）Rh-CH2CO-Ce(a)+4H(a)→Rh-CH2+4H(a)+CO(g)+Ce(a)或Rh-CH2CO-Ce(a)→Rh-CH2+CO(g)+Ce(a)；b
【解析】【解答】(1)由盖斯定律可知，反应II—III×2可得反应I，则△H1=(+173kJ·mol-1)-(-41.2kJ·mol-1)=+255.4kJ·mol-1，故答案为：+255.4；
(2)①由方程式可知，升高温度，反应I、II平衡向正反应方向移动，氢气、二氧化碳的物质的量分数增大，反应IV平衡向逆反应方向移动， 甲烷的物质的量分数减小、氢气的物质的量分数增大，反应Ⅲ平衡向逆反应方向移动，氢气、二氧化碳的物质的量分数减小，则升高温度的过程中，甲烷的物质的量分数只有减小趋势，而氢气、二氧化碳既有增大趋势，也有减小趋势，所以图1中c线对应的产物为甲烷，故答案为：CH4；
②由图可知，B点温度高于A点，图2中B点氢气的产率与A点相等说明升高温度，反应Ⅲ逆向移动消耗氢气的量与I、II正向移动及反应IV逆向移动产生H2的量相等，故答案为：B点温度高于A点，升高温度，反应Ⅲ逆向移动消耗氢气的量与I、II正向移动及反应IV逆向移动产生H2的量相等；
(3)由题意可建立如下三段式：
CH3CH2OH(g)+3H2O(g)⇌2CO2(g)+6H2(g)起(mol)1x00变(mol)a3a2a6a平(mol)1−ax−3a2a6a
由三段式数据可知，平衡时甲醇、水蒸气、二氧化碳和氢气的平衡分压为×0.1 MPa、×0.1 MPa、×0.1 MPa、×0.1 MPa，反应平衡常数Kp==×0.14(MPa)4，故答案为：×0.1 MPa；×0.14(MPa)4；
(4)①由图可知，生成一氧化碳步骤的反应为活化能为49.54kJ/mol时发生的反应，反应的化学方程式为Rh—CH2CO—Ce(a)+4H(a)→Rh—CH2+4H(a)+CO(g)+Ce(a)或Rh—CH2CO—Ce(a)→Rh—CH2+CO(g)+Ce(a)，故答案为：Rh—CH2CO—Ce(a)+4H(a)→Rh—CH2+4H(a)+CO(g)+Ce(a)或Rh—CH2CO—Ce(a)→Rh—CH2+CO(g)+Ce(a)；
②减小乙醇蒸气的分压会降低乙醇在催化剂表面吸附率，增大催化剂的比表面积会提高乙醇在催化剂表面吸附率，
故答案为：b。
【分析】（1）根据盖斯定律，反应Ⅰ=反应Ⅱ-反应Ⅲ×2；
（2）根据反应的化学方程式以及反应吸热进行判断；
（3）列出反应的三段式即可计算二氧化碳的分压以及各物质分压，再根据计算平衡常数；
（4）①根据图示书写相关方程式；
②减小乙醇蒸气的分压可降低乙醇在催化剂表面吸附率，增大催化剂的比表面积会提高乙醇在催化剂表面吸附率。
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