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

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”、“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；
（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。