高考化学 化学反应的速率与限度 推断题综合题及答案

一、化学反应的速率与限度练习题（含详细答案解析）

1．现代工业的发展导致CO2的大量排放，对环境造成的影响日益严重，通过各国科技工作者的努力，已经开发出许多将CO2回收利用的技术，其中催化转化法最具应用价值。回答下列问题：

（1）在催化转化法回收利用CO2的过程中，可能涉及以下化学反应：

垐?①CO2(g)+2H2O(1)噲?CH3OH(1)+

3O2(g) △H=+727kJ·mol-1 △G=+703kJ·mol-1 2垐?②CO2(g)+2H2O(1)噲?CH4(g)+2O2(g) △H=+0kJ·mol-1 △G=+818kJ·mol-1 垐?mol-1 △G=-9.35kJ·mol-1 ③CO2(g)+3H2(g)噲?CH3OH(1)+H2O(1) △H=-131kJ·垐?④CO2(g)+4H2(g)噲?CH4(g)+2H2O(1) △H=-253kJ·mol-1 △G=-130kJ·mol-1

从化学平衡的角度来看，上述化学反应中反应进行程度最小的是____，反应进行程度最大的是_____。

（2）反应CO2(g)+4H2(g)=CH4(g) +2H2O(g)称为Sabatier反应，可用于载人航空航天工业。我国化学工作者对该反应的催化剂及催化效率进行了深入的研究。

①在载人航天器中利用Sabatier反应实现回收CO2再生O2，其反应过程如图所示，这种方法再生O2的最大缺点是需要不断补充_________（填化学式）。

②在1.5 MPa，气体流速为20 mL·min-l时研究温度对催化剂催化性能的影响，得到CO2的转化率(%)如下：

分析上表数据可知：_____（填化学式）的催化性能更好。

③调整气体流速，研究其对某一催化剂催化效率的影响，得到CO2的转化率(%)如下：

分析上表数据可知：相同温度时，随着气体流速增加，CO2的转化率____（填“增大”或“减小”），其可能的原因是_________________________________。

④在上述实验条件中，Sabatier反应最可能达到化学平衡状态的温度是____，已知初始反应气体中V(H2):V(CO2) =4:l，估算该温度下的平衡常数为 ___________（列出计算表达式）。

（3）通过改变催化剂可以改变CO2与H2反应催化转化的产物，如利用Co／C作为催化剂，反应后可以得到含有少量甲酸的甲醇。为了研究催化剂的稳定性，将Co/C催化剂循环使用，相同条件下，随着循环使用次数的增加，甲醇的产量如图所示，试推测甲醇产量变化的原因_________________________________。（已知Co的性质与Fe相似）

【答案】② ④ H2 Co4N/Al2O3 减小 气流流速加快，导致反应物与催化剂接触时间不

0.9820.98 360 反应产生的甲酸腐蚀催化剂，使催化剂活性降低 够℃40.0240.02【解析】 【分析】

（1）在温度、压强一定的条件下，反应总是向△G＜0的方向进行，由此判断。 （2）①分析反应过程图，CO2、O2、H2O属于循环过程中始终在循环过程中的，而H2属于循环过程中加入的，由此可知正确答案；

②分析表中数据，在相同温度下，对比不同催化剂时CO2的转化率可选择出催化性能更好的催化剂；

③分析表中数据，在温度不变的情况下，气流速度增大，CO2的转化率逐渐降低，据此分析原因；

④分析表中数据，大部分数据显示，在气流速度不变的情况下，CO2的转化率随着温度的增大而逐渐增大，但增大的幅度在逐渐减小，故在上述实验条件中，Sabatier反应最可能达到化学平衡状态的温度是360℃，根据此时CO2的转化率，计算该温度下的平衡常数； （3）由图可知，随着Co/C催化剂循环次数的增多，甲醇的产量逐渐降低，说明该催化剂

2在循环过程中受到一定程度的影响，结合产物的性质进行分析； 【详解】

（1）分析四个反应，根据在温度、压强一定的条件下，反应总是向△G＜0的方向进行，反应的△G越小反应进行程度越大，反之反应进行的程度就越小，故上述化学反应中反应进行程度最小的是②，反应进行程度最大的是④。答案为：②；④； （2）①分析循环图，只有H2需不断补充，答案为：H2；

②对比表中的数据，在相同温度下，催化剂为Co4N/Al2O3时，CO2的转化率更大，答案为：Co4N/Al2O3；

③分析表中数据，温度不变时，随着气体流速的逐渐增大，CO2的转化率逐渐减小，可能是气体流速过快，来不及和催化剂充分接触，导致CO2的转化率减小。答案为：减小；气流流速加快，导致反应物与催化剂接触时间不够；

④分析表中数据，大部分数据表明，在320℃至360℃时，气体流速不变的情况下，CO2的转化率的增大幅度在逐渐减小，由此可知Sabatier反应最可能达到化学平衡状态的温度是360℃，结合题中所给信息，选择气体流速为10mL·min-1时CO2的转化率进行计算。 已知初始反应气体中V(H2):V(CO2) =4:l，根据在密闭容器里，全部由气体参与的反应中，压强、温度不变时，气体的体积比等于物质的量之比，可知V(H2):V(CO2) = n(H2):n(CO2)=4:l，设初始气体中H2的物质的量为4mol，CO2的物质的量为1mol，则有：

CO2g起始物质的量(mol)转化物质的量(mol)平衡物质的量(mol)10.980.024H2g440.9841-0.98CH4g2H2Og00.980.980

20.9820.982在密闭容器中，全部由气体参与的反应中，平衡时气体的物质的量之比=气体物质的量浓度

cCH4c2H2O0.9820.98之比，可知该温度下，该反应的平衡常数K=4。

cCO2c4H20.0240.020.9820.98答案为：360℃；； 40.0240.02（3）根据题中催化剂循环次数和甲醇产量的关系：催化剂的循环次数越多，甲醇的产量逐渐降低，说明催化剂一定程度受到了其他物质的影响，结合题给信息：用Co／C作为催化剂，反应后可以得到含有少量甲酸的甲醇。又已知Co的性质与Fe相似，说明甲酸可与催化剂中的Co进行反应，故催化剂的活性降低，进而影响甲醇的产量，答案为：反应产生的甲酸腐蚀催化剂，使催化剂活性降低。

2

2．在一定体积的密闭容器中，进行如下反应：CO2(g)+H2(g)常数K和温度t的关系如下表所示： t℃ K 700 0.6 800 0.9 830 1.0 1000 1.7 1200 2.6 CO(g)+H2O(g)，其化学平衡

回答下列问题：

（1）该反应化学平衡常数的表达式：K=___； （2）该反应为___（填“吸热”或“放热”）反应； （3）下列说法中能说明该反应达平衡状态的是___； A．容器中压强不变 B．混合气体中c(CO)不变 C．混合气体的密度不变 D．c(CO)=c(CO2) E.化学平衡常数K不变

F.单位时间内生成CO的分子数与生成H2O的分子数相等

（4）某温度下，各物质的平衡浓度符合下式：c(CO2)×c(H2)=c(CO)×c(H2O)，试判此时的温度为___。

cCOcH2O 吸热 BE 830℃ 【答案】

cCO2cH2【解析】 【分析】

（1）化学平衡常数等于生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；

（2）随温度升高，平衡常数增大，说明升高温度平衡正向移动； （3）根据平衡标志判断；

（4）某温度下， c(CO2)×c(H2)=c(CO)×c(H2O)，即K=【详解】

（1）根据平衡常数的定义，该反应化学平衡常数的表达式K=

cCOcH2O= 1；

cCO2cH2cCOcH2O

cCO2cH2（2）随温度升高，平衡常数增大，说明升高温度平衡正向移动，所以正反应为吸热反应； （3）A. CO2(g)+H2(g)

CO(g)+H2O(g)反应前后气体系数和相等，容器中压强是恒量，压

强不变，不一定平衡，故不选A；

B. 根据化学平衡定义，浓度不变一定平衡，所以混合气体中c(CO)不变一定达到平衡状态，故选B；

C. 反应前后气体质量不变、容器体积不变，根据=体的密度不变，反应不一定平衡，故不选C；

D. 反应达到平衡时，浓度不再改变，c(CO)=c(CO2)不能判断浓度是否改变，所以反应不一定平衡，故不选D；

E. 正反应吸热，温度是变量，平衡常数只与温度有关，化学平衡常数K不变，说明温度不变，反应一定达到平衡状态，故选E；

F.单位时间内生成CO的分子数与生成H2O的分子数相等，不能判断正逆反应速率是否相

m，混合气体的密度是恒量，混合气V等，反应不一定平衡，故不选F；

（4）某温度下， c(CO2)×c(H2)=c(CO)×c(H2O)，即K =此时的温度为830℃。

cCOcH2O =1，根据表格数据，

cCO2cH2

3．已知：N2O4(g)衡的是___。 A．v正(N2O4)=2v逆(NO2)

B．容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化 C．容器中气体的密度不随时间而变化 D．容器中气体的分子总数不随时间而变化

（2）t℃恒温下，在固定容积为2L的密闭容器中充入0．0molN2O4，30秒后达到平衡，测得容器中含n(NO2)=0．06mol，则t℃时反应N2O4(g)

2NO2(g)的平衡常数K=___。若

向容器内继续通入少量N2O4，则平衡___移动(填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”)，再次达到平衡后NO2的体积分数__原平衡时NO2的体积分数(填“大于”、“小于”或“等于”)。

（3）取五等份NO2，分别加入到温度不同、容积相同的恒容密闭容器中，发生反应：2NO2(g)

N2O4(g)。反应相同时间后，分别测定体系中NO2的百分含量(NO2%)，并作出

其百分含量随反应温度(T)变化的关系图。下列示意图中，可能与实验结果相符的是___。

2NO2(g) ΔH=＋52．70kJ·mol-1

（1）在恒温、恒容的密闭容器中，进行上述反应时，下列描述中，能说明该反应已达到平

L-1 向正反应方向 小于 BD 【答案】BD 0．075mol·【解析】 【分析】

（1）根据平衡标志判断；

c2NO2 ；增大反应物的浓度平衡正向移动； （2）K=

cN2O4（3）该反应是体积减小的、放热的可逆反应，所以反应达到平衡后，升高温度，平衡向逆反应方向移动，NO2的含量增大； 【详解】

（1）A．反应达到平衡状态，正逆反应速率比等于系数比，所以2v正(N2O4)=v逆(NO2)时，反应不平衡，故不选A；

B． 反应前后气体物质的量不同，根据Mm总n总，平均相对分子质量是变量，若容器中

气体的平均相对分子质量不随时间而变化，反应一定达到平衡状态，故选B；

m，反应在恒容的密闭容器中进行，密度是恒量，容器中气体的密度不随时V间而变化，反应不一定达到平衡状态，故不选C；

C． 根据D． 反应前后气体物质的量不同，分子数是变量，容器中气体的分子总数不随时间而变化，一定达到平衡状态，故选D。 答案选BD。 （2）

N2O4gƒ开始转化平衡0.0270.0150.0122NO2g00.030.03

c2NO20.032=K==0．075mol·L-1；增大反应物的浓度平衡正向移动，若向容器内继续

cN2O40.012通入少量N2O4，则平衡向正反应方向移动；再次达到平衡，相当于加压，N2O4转化率减小，NO2的体积分数小于原平衡时NO2的体积分数；

（3）A．该反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，NO2的含量增大，故A错误； B．若5个容器在反应相同时间下，均已达到平衡，因为该反应是放热反应，温度越高，平衡向逆反应方向移动，NO2的百分含量随温度升高而升高，故B正确； C．该反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，NO2的含量增大，故C错误； D．若5个容器中有未达到平衡状态的，那么温度越高，反应速率越大，会出现温度高的NO2转化得快，导致NO2的百分含量少的情况，在D图中转折点为平衡状态，转折点左侧为未平衡状态，右侧为平衡状态，升高温度，平衡向逆反应方向移动，故D正确。 答案选BD。

4．CH4超干重整CO2技术可得到富含CO的化工原料。回答下列问题： (1)CH4超干重整CO2的催化转化如图所示：

①关于上述过程Ⅱ的说法不正确的是________（填序号）。 a．实现了含碳物质与含氢物质的分离 b．可表示为CO2＋H2＝H2O(g)＋CO

c．CO未参与反应

d．Fe3O4、CaO为催化剂，降低了反应的ΔH

②其他条件不变，在不同催化剂（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）作用下，反应CH4(g)＋CO2(g)＝2CO(g)＋2H2(g)进行相同时间后，CH4的转化率随反应温度的变化如图所示。a点所代表的状态_________（填“是”或“不是”）平衡状态；b点CH4的转化率高于c点，原因是_________________________________________。

(2)在一刚性密闭容器中，加入Ni/α－Al2O3催化剂并加热至1123K，使CH4和CO2发生反应CH4(g)＋CO2(g)＝2CO(g)＋2H2(g)，初始时CH4和CO2的分压分别为20kPa、25kPa，研究表明CO的生成速率υ(CO)＝1.3×10-2·p(CH4)·p(CO2)mol·g-1·s-1，某时刻测得p(CO)＝20kPa，则p(CO2)＝________kPa，υ(CO)＝________mol·g-1·s-1。

【答案】cd 不是 b和c都未达平衡，b点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高 15 1.95 【解析】 【分析】

(1)①a．过程Ⅱ中，CO、CO2都转化为CO，H2转化为H2O；实现了含碳物质与含氢物质的分离；

b．从起始反应物和产物分析可得，CO2与H2反应生成H2O(g)和CO； c．从反应过程看，CO先转化为CaCO3，后CaCO3再转化为CO；

d．Fe3O4、CaO起初参加反应，后来又生成，所以为催化剂，催化剂不改变反应物和生成物的总能量。

②催化剂不能改变反应物的平衡转化率，但可改变平衡前的转化率，通过不同催化剂作用下的转化率比较，可判断a、b、c三点的CH4的转化率都小于同温度下的最高转化率，由此可确定反应仍正向进行。

(2)利用阿伏加德罗定律的推论，气体的压强之比等于物质的量之比，所以利用某时刻某物质的压强，可计算出该时刻另一物质的压强，由此可计算出反应速率。 【详解】

(1)①a．过程Ⅱ中，CO、CO2都转化为CO，H2转化为H2O；实现了含碳物质与含氢物质的分离，a正确；

b．从起始反应物和产物分析可得，CO2与H2反应生成H2O(g)和CO，b正确； c．从反应过程看，CO先转化为CaCO3，后CaCO3再转化为CO，c不正确；

d．Fe3O4、CaO起初参加反应，后来又生成，所以为催化剂，催化剂不改变反应物和生成物的总能量，所以不能降低反应的ΔH，d不正确； 故选cd。答案为：cd；

②相同温度下，尽管所使用的催化剂不同，但达平衡时CH4的转化率应相同，从图中可以看出，a点CH4的转化率比同温度下的催化剂Ⅰ作用下的转化率低，则表明a点所代表的状态不是平衡状态；从图中可以看出，虽然b点CH4的转化率高，但仍低于同温度下的最高转化率，说明反应仍未达到平衡，b点CH4的转化率高于c点，只能是反应速率快所致，故原因是b和c都未达平衡，b点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高。答案为：不是；b和c都未达平衡，b点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高； (2)利用题给数据，我们可建立如下三段式：

CH4(g)CO2(g)=2CO(g)2H2(g)起始量(kPa)202500

变化量(kPa)10102020某时刻量(kPa)10152020p(CH4)·p(CO2)mol·g-1·s-1=1.3×10-2×10×15 mol·g-1·s-从而得出p(CO2)＝15kPa，υ(CO)＝1.3×10-2·

1

=1.95 mol·g-1·s-1。答案为：15；1.95。

【点睛】

对于一个可逆反应，尽管不同催化剂影响反应速率，使平衡前相同时刻的转化率有所不同，但温度相同时，平衡转化率相同。

5．煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，大量排放烟气形成酸雨、污染大气，因此对烟气进行脱硫、脱硝，对环境保护有重要意义。回答下列问题： Ⅰ.利用CO脱硫

(1)工业生产可利用CO气体从燃煤烟气中脱硫，则25℃时CO从燃煤烟气中脱硫的热化学方程式2CO(g)＋SO2(g)⇌2CO2(g)＋S(s)的焓变△H＝_____________。25℃，100kPa时，由元素最稳定的单质生成1mol纯化合物时的反应热称为标准摩尔生成焓，已知一些物质的“标准摩尔生成焓”如下表所示： 物质 标准摩尔生成焓∆fHm(25℃)/kJ∙mol-1 CO(g) -110.5 CO2(g) -393.5 SO2(g) -296.8 (2)在模拟脱硫的实验中，向多个相同的体积恒为2L的密闭容器中分别通入2.2mol CO和1mol SO2气体，在不同条件下进行反应，体系总压强随时间的变化如图所示。

①在实验b中，40 min达到平衡，则0～40 min用SO2表示的平均反应速率v(SO2)＝_______。

②与实验a相比，实验b可能改变的条件为_______________，实验c可能改变的条件为_________________。 Ⅱ.利用NH3脱硝

(3)在一定条件下，用NH3消除NO污染的反应原理为：4NH3(g)＋6NO(g)⇌5N2(g)＋6H2O(l)△H＝－1807.98kJ·mol－1。在刚性容器中，NH3与NO的物质的量之比分别为X、Y、Z(其中X①NH3与NO的物质的量之比为X时对应的曲线为_____________(填“a”“b”或“c”)。 ②各曲线中NO脱除率均先升高后降低的原因为__________。

2，初始压强p0，则4NH3(g)＋6NO(g)⇌5N2(g)＋6H2O(l)的平衡常数3Kp＝_____________(列出计算式即可)。 Ⅲ.利用NaCIO2脱硫脱硝

③900℃条件下，设Z＝

(4)利用NaClO2的碱性溶液可吸收SO2和NO2(物质的量之比为1:1)的混合气体，自身转化为NaCl，则反应的离子方程式为________________。

mol-1 0.01mol·L-1·min-1 加入催化剂 升高温度 c 温度低于900℃时，【答案】-269.2kJ·

反应速率较慢，随着温度升高反应速率加快，NO脱出率逐渐升高，温度高于900℃，反应达到平衡状态，反应的ΔH<0，继续升高温度，平衡向左移动，NO脱出率又下降

0.375p00.375---2--或4665 3ClO2+4SO2+4NO2+12OH===3Cl+4SO4+4NO3

0.1p00.15p00.140.15p0+6H2O 【解析】 【分析】 【详解】

(1)根据“标准摩尔生成焓”的定义可得：

51-1垐?①Cs+O2g噲?COg ΔtHm1=-110.5kJgmol21-1垐?②Cs+O2g噲?CO2g ΔtHm2=-393.5kJgmol

21-1垐?③Ss+O2g噲?SO2g ΔtHm3=-296.8kJgmol2再根据盖斯定律2(反应③-反应①)-反应③可得到2CO(g)＋SO2(g)⇌2CO2(g)＋S(s)，则，CO脱硫反应2CO(g)＋SO2(g)⇌2CO2(g)＋S(s)的焓变

ΔH=2ΔtHm2-ΔtHm1-ΔtHm3=2-393.5kJgmol-1-110.5kJgmol-1--296.8kJgmol-1=-269.2kJgmol-1mol-1； ，故答案为：-269.2kJ·

(2)①结合题干信息，列三段式有：

垐?2COg＋SO2g噲?初始转化末态2.22x2.2-2x1x1-x2CO2g＋Ss02x2x0xx

2.2-2x+1-x+2x120则，解得x=0.8，则

vSO2=2.2+1260L-1·min-1； 案为0.010.01mol·

0.8mol2L=0.01molgL-1gmin-1，故答40min②与实验a相比，实验b达到的平衡状态不变且所需时间缩短，改变的条件应为加入了催化剂，与实验a相比，实验c达到平衡状态改变且所需时间缩短，可能是增大压强或升高温度，联系反应特点，若是增大压强，平衡向右移动，向右反应的程度应增大，与图像不符，若是升高温度，平衡向左移动，与图像相符，故答案为：加入催化剂；升高温度； (3)①NH3和NO的物质的量之比越大，NO的脱出率月啊，则相同温度下，不同NH3、NO物质的量之比对应NO的脱出率：X②NO的脱出率会受到速率、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脱出率逐渐升高，温度高于900℃，反应达到平衡状态，反应的ΔH<0，继续升高温度，平衡向左移动，NO脱出率又下降，故答案为：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脱出率逐渐升高，温度高于900℃，反应达到平衡状态，反应的ΔH<0，继续升高温度，平衡向左移动，NO脱出率又下降；

③压强为p0，根据曲线a上NH3与NO的物质的量之比为Z=NO的分压为0.6p0，列三段式有：

2，则NH3的分压为0.4p0，3垐?4NH3g＋6NOg噲?起始转化平衡0.4p00.3p00.1p00.6p00.45p00.15p05N2g＋6H2Ol00.375p00.375p05

p5N20.375p00.375或则反应的平衡常数Kp4，

pNH3gp6NO0.1p040.15p060.140.156p500.375p00.375或故答案为：4665； 0.140.15p00.1p00.15p0(4)在碱性环境下，ClO2-氧化等物质的量的SO2和NO2，ClO2-变为Cl-，SO2变为SO42-，NO2变为NO3-，利用氧化还原反应规律进行配平，可得离子反应方程式3ClO2-

5+4SO2+4NO2+12OH-===3Cl-+4SO42-+4NO3-+6H2O，故答案为：3ClO2-+4SO2+4NO2+12OH-===3Cl-+4SO42-+4NO3-+6H2O。

6．研究NO2、SO2 、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。

（1）一定条件下，将2molNO与2molO2置于恒容密闭容器中发生如下反应：2NO(g)+O2(g)

2NO2(g)，下列各项能说明反应达到平衡状态的是_____________。

A.体系压强保持不变 B.混合气体颜色保持不变

C.NO和O2的物质的量之比保持不变 D.每消耗1 molO2同时生成2 molNO

（2）CO可用于合成甲醇，一定温度下，向体积为2L的密闭容器中加入CO和H2，发生反应CO(g)+2H2(g)物质 浓度（mol/L） CH3OH(g)，达平衡后测得各组分浓度： CO 0.9 H2 1.0 CH3OH 0.6 回答下列问题：

①混合气体的平均相对分子质量=_________________。 ②平衡常数K=__________________。

③若将容器体积压缩为1L，不经计算，预测新平衡中c(H2)的取值范围是__________。 ④若保持体积不变，再充入0.6molCO和0.4molCH3OH，此时v正______v逆（填“＞”、“＜”或“=”）。

【答案】A、B、C、D 18.56 0.67 1mol/L＜c(H2)＜2mol/L = 【解析】 【分析】 【详解】

（1）A.该反应两边的化学计量数不相等，在反应没有达到平衡时，气体的物质的量会发生改变，体系的压强也要改变，如果压强不变说明气体的生成与消耗速率相等，反应达到了平衡，A项正确；

B.反应中NO2是有色气体，颜色不变说明NO2的浓度不再改变，则反应达到了平衡，B项正确；

C.NO和O2的起始物质的量相等，但化学计量数不同，变化量不相同，如果没有达到平衡，NO和O2的物质的量之比会发生改变，不发生改变说明达到了平衡，C项正确； D. 每消耗1 molO2同时生成2 molNO，正逆反应速率相等，说明反应达到了平衡，D项正确； 故选ABCD；

（2）①由表中数据知，CO、H2、CH3OH的物质的量分别是1.8mol、2mol、1.2mol，质量分别为1.8mol×28g/mol=50.4g、2mol×2g/mol=4g、1.2mol×32g/mol=38.4g，则混合气

m总50.4g+4g+38.4g体的平均相对分子质量等于==18.56g/mol，因此平均相对分子

n总1.8mol+2mol+1.2mol质量是18.56；

c(CH3OH)0.6②平衡常数K= =≈0.67；

c(CO)c2(H2)0.91.02③若将容器体积压缩为1L，该瞬间H2的浓度变为2mol/L，压缩容器使得压强变大，结合CO(g)+2H2(g)

CH3OH(g)中的化学计量数知，平衡右移，氢气的浓度变小，根据勒夏

特列原理知，平衡时的氢气的浓度范围为1mol/L＜c(H2)＜2mol/L； ④根据题给数据：（单位mol/L）

原平衡各组分浓度 再充入浓度 充入后各组分浓度 CO 0.9 0.3 1.2 2H2 1.0 0 1.0 CH3OH 0.6 0.2 0.8 Qc=

c(CH3OH)0.8==0.67=K，说明此时化学反应仍处平衡状态，则v正=v逆。 2c(CO)c(H2)1.21.02【点睛】

若用Qc表示任意状态下，可逆反应中产物的浓度以其化学计量系数为指数的乘积与反应物的浓度以其化学计量系数为指数的乘积之比，则这个比值称为浓度商。将浓度商和平衡常数作比较可得可逆反应所处的状态。即： Qc=Kc 体系处于化学平衡 Qc＜Kc 反应正向进行 Qc＞Kc 反应逆向进行

可见只要知道一定温度下，某一反应的平衡常数，并且知道反应物及产物的浓度，就能判断该反应是平衡状态还是向某一方向进行。

7．一定条件下铁可以和CO2发生反应Fe(s)+ CO2(g)度变化与时间的关系如图所示。

FeO(s)+CO(g)。一定温度下，向某

密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2气体，反应过程中CO2气体和CO气体的浓

（1）t1min时，正、逆反应速率的大小关系为v正__v逆（填“>”“<”或“=”）.

（2）0～4min内，CO2的转化率为__，CO的平均反应速率，v(CO)=__。 （3）下列条件的改变能减慢上述反应的反应速率的是__（填序号，下同）。

①降低温度 ②减少铁粉的质量 ③保持压强不变，充入He使容器的体积增大 ④保持体积不变，充入He使体系压强增大

（4）下列选项能说明上述反应已达平衡状态的是__。 ①v(CO2)=v(CO)

②单位时间内生成nmolCO2的同时生成nmolCO ③容器中气体压强不随时间的变化而变化

④容器中气体的平均相对分子质量不随时间的变化而变化 【答案】> 71.4% 0.125mol/(L·min) ①③ ②④ 【解析】 【分析】

（1）反应往正方向进行则v正v逆，反应往逆方向进行则v正v逆； （2）转化率=变化浓度c100%，v=，以此计算；

起始浓度t（3）根据影响化学反应速率的因素进行判断；

（4）当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，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。 【详解】

（1）根据图象可知，在t1min后，CO浓度增大、CO2浓度减小，说明t1min时反应未达到平衡，反应正向进行，因此v正v逆，故答案为：>；

（2）根据图象可知，反应开始时CO2的浓度是0.7mol/L，4min时CO2浓度是0.2mol/L，所以0～4min内，CO2的转化率为

0.5100%=71.4%；0～4min内CO的平均反应速率0.7cCO0.5mol/L0.125mol/Lmin，故答案为：71.4%；0.125mol/(L·min)；

4min（3）①降低温度，化学反应速率降低，①符合题意；

②由于固体的浓度始终不变，所以减少铁粉的质量对反应速率没有影响，②不符合题意； ③保持压强不变，充入He使容器的体积增大，反应体系中各气体的浓度降低化学反应速率降低，③符合题意；

④保持体积不变，充入He使体系压强增大，由于体系中各气体的浓度不变，所以化学反应速率不变，④不符合题意； 故答案为：①③；

（4）①未指明正、逆反应速率，因此不能判断是否为平衡状态，①错误；

②单位时间内生成nmolCO2的同时必然会消耗nmolCO，又生成nmolCO，则CO的物质的量不变，反应达到平衡状态，②正确；

③该反应是反应前后气体体积不变的反应，即体系的压强始终不变，因此不能据此判断反

应是否为平衡状态，③错误；

④若容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化，因该反应不是纯气体反应，说明气体的质量不再发生变化，则反应达到平衡状态，④正确； 故答案为：②④。 【点睛】

保持体积不变，充入He使体系压强增大，由于体系中各气体的浓度不变，所以化学反应速率不变。

8．在容积为1 L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4(g)高，混合气体的颜色变深。回答下列问题：

(1)反应的ΔH_____0(填“大于”或“小于”)；100 ℃时，体系中各物质浓度随时间变化如图所L－1·s－1；反应的平衡转化率为：示。在 0～60 s 时段， 反应速率 v(N2O4)为_____mol·_____； 反应的平衡常数K1为_____。

2NO2(g)，随温度升

(2)100℃时达平衡后，改变反应温度为 T，N2O4以0.002 0 mol·L-1·s-1的平均速率降低，经10 s又达到平衡。

a：T____________100℃(填“大于”或“小于”)，判断理由是__________。 b：计算温度T时反应的平衡常数K2____________。

(3)温度T时反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半。平衡向____________(填“正反应”或“逆反应”)方向移动，判断理由________________________。

【答案】大于 0.0010 60% 0.36 大于 温度改变后，反应正向移动，由于正反应为吸热反应，所以温度改变是升高温度 1.28 逆反应 对于气体分子数增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向移动 【解析】 【分析】

(1)升高温度混合气体颜色变深，说明升高温度，化学平衡正向移动，利用温度对化学平衡移动的影响分析判断反应的热效应；在0～60 s时段，根据v=

nc计算反应速率；根据反ntc2NO2转化量×100%计算N2O4的转化率；根据化学平衡常数K1=应物的转化率=

cN2O4开始投入量计算平衡常数；

(2)根据温度对化学反应速率的影响分析判断；计算在反应达到新的平衡后各种物质的浓度，带入平衡常数表达式计算出新平衡的化学平衡常数K2；

(3)温度T时反应达到平衡后，将反应容器的容积减少一半，相当于增大压强，根据压强对化学平衡移动的影响分析判断。 【详解】

(1)升高温度混合气体颜色变深，说明升高温度，化学平衡正向移动，根据平衡移动原理：升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，则该反应的正反应为吸热反应，故△H>0；在0～60 s时段，反应速率v(N2O4)= N2O4的平衡转化率=

nc0.1000.040mol/L=0.0010 mol/(L·s)；反应中nt60?s24

0.1000.040mol/L×100%=60%；达到平衡时c(NO)=0.040

0.100?mol/Lmol/L、c(NO2)=0.120 mol/L，化学平衡常数K1=

c2NO2cN2O40.1202=0.36； 0.040(2)a.在0～60 s时段，反应速率v(N2O4)= 0.001 mol/(L·s)<0.0020 mol/(L·s)，可见改变温度后化学反应速率加快，说明改变的温度是升高温度，则T>100℃；

b.根据a知，改变的条件是升高温度，化学平衡正向移动，改变条件后10 s内△c(N2O4)=0.002 0mol/（L•s）×10 s=0.020 mol/L，则再次达到平衡时c(N2O4)=(0.040-0.020)mol/L=0.020 mol/L，c(NO2)=(0.120+0.020×2)mol/L=0.160 mol/L，所以在温度T时反应的平衡常数K2= K1=

c2NO2cN2O40.1602=1.28； 0.020(3)在温度T时，反应达到平衡后，将反应容器的容积减小一半，相当于增大体系的压强，由于该反应的正反应为气体体积增大的反应，所以增大压强，化学平衡向气体体积减小的方向移动，即化学平衡向逆反应方向移动。 【点睛】

本题以图象分析为载体考查化学反应速率、化学平衡移动影响因素、化学平衡计算，明确化学平衡常数计算方法、压强对化学平衡移动影响原理是解本题关键，侧重考查学生的分析判断及计算能力。

9．研究减少CO2排放是一项重要课题。CO2经催化加氢可以生成低碳有机物，主要有以下反应：

反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)反应Ⅱ：CH3OCH3(g)＋H2O(g)反应Ⅲ：2CO2(g)＋6H2(g)(1)△H3=___kJ/mol。

(2)恒温恒容条件下，在密闭容器中通入等物质的量的CO2和H2，发生反应I。下列描述能说明反应I达到平衡状态的是___（填序号）。 A．容器内的混合气体的密度保持不变 B．反应体系总压强保持不变

C．断裂3NA个H－O键同时断裂2NA个C=O键 D．CH3OH和H2O的浓度之比保持不变

CH3OH(g)＋H2O(g) △H1＝－49.6kJ/mol

2CH3OH(g) △H2＝＋23.4kJ/mol CH3OCH3(g)＋3H2O(g) △H3

(3)反应II在某温度下的平衡常数为0.25，此温度下，在密闭容器中加入等物质的量的CH3OCH3(g)和H2O(g)，反应到某时刻测得各组分浓度如下： 物质 －浓度/mol．L1 CH3OCH3(g) 1.8 H2O(g) 1.8 CH3OH(g) 0.4

此时v正___v逆（填“＞”、“＜”或“＝”），当反应达到平衡状态时，混合气体中CH3OH体积分数(CH3OH)%=___%。

(4)在某压强下，反应III在不同温度、不同投料比时，CO2的平衡转化率如图所示。T1温度下，将6molCO2和12molH2充入2L的密闭容器中，5min后反应达到平衡状态，则0～5min内的平均反应速率v(CH3OCH3)=__。

(5)恒压下将CO2和H2按体积比1：3混合，在不同催化剂作用下发生反应I和反应III，在相同的时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如图。 其中：CH3OH的选择性=

×100%

①温度高于230℃，CH3OH产率随温度升高而下降的原因是__。 ②在上述条件下合成甲醇的工业条件是__。

A．210℃ B．230℃ C．催化剂CZT D．催化剂CZ(Zr－1)T

L−1·min−1 反应I的△H＜0温度升高，使CO2转化为【答案】-122.6 BC ＞ 20 0.18mol·CH3OH的平衡转化率下降 BD

【解析】 【分析】

反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)反应Ⅱ：CH3OCH3(g)＋H2O(g)反应Ⅲ：2CO2(g)＋6H2(g)

CH3OH(g)＋H2O(g) △H1＝－49.6kJ/mol

2CH3OH(g) △H2＝＋23.4kJ/mol CH3OCH3(g)＋3H2O(g) △H3

(1)将反应Ⅰ×2-反应Ⅱ，即可求出反应Ⅲ的△H3。

(2)A．容器内的混合气体的质量不变，体积不变，密度始终不变；

B．恒温恒容条件下，反应前后气体的分子数不等，则随反应的不断进行，反应体系总压强不断发生改变；

C．断裂3NA个H－O键，即有1molCH3OH(g)和1molH2O(g)发生反应；断裂2NA个C=O键，即有1molCO2参加反应；

D．CH3OH和H2O的浓度之比等于化学计量数之比。

(3)利用表中数据求出浓度商，然后与平衡常数0.25进行比较，确定平衡移动的方向，从而确定v正与v逆的相对大小；再设未知数，建立三段式，利用平衡常数求出CH3OH的平衡量及平衡时的混合气总量，从而求出混合气体中CH3OH体积分数CH3OH%。

(4) 将6molCO2和12molH2充入2L的密闭容器中，则投料比为2，从图中采集数据，得出CO2的平衡转化率为60%，利用三段式可求出CH3OCH3的平衡量，从而可求出0～5min内的平均反应速率v(CH3OCH3)。

(5)①温度高于230℃，CH3OH产率随温度升高而下降，说明平衡逆向移动，从温度对平衡的影响寻找原因。

②从图中数据，可得出最佳温度与催化剂。 【详解】

反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)反应Ⅱ：CH3OCH3(g)＋H2O(g)反应Ⅲ：2CO2(g)＋6H2(g)

CH3OH(g)＋H2O(g) △H1＝－49.6kJ/mol

2CH3OH(g) △H2＝＋23.4kJ/mol CH3OCH3(g)＋3H2O(g) △H3

CH3OCH3(g)＋3H2O(g)

(1)将反应Ⅰ×2-反应Ⅱ，即可求出反应Ⅲ：2CO2(g)＋6H2(g)△H3=-122.6 kJ/mol。答案为：-122.6；

(2)A．容器内的混合气体的质量不变，体积不变，密度始终不变，则反应不一定达平衡状态，A不合题意；

B．恒温恒容条件下，反应前后气体的分子数不等，则随反应的不断进行，反应体系总压强不断发生改变，当压强不变时，反应达平衡状态，B符合题意；

C．断裂3NA个H－O键，即有1molCH3OH(g)和1molH2O(g)发生反应；断裂2NA个C=O键，即有1molCO2参加反应；满足反应方向相反，变化量之比等于化学计量数之比，即反应达平衡状态，C符合题意；

D．CH3OH和H2O的浓度之比等于化学计量数之比，则反应不一定达平衡状态，D不合题意。答案为：BC；

0.42(3)浓度商Q==0.05<0.25，所以平衡正向移动，v正>v逆。

1.81.8设参加反应的CH3OCH3的物质的量为x

垐?CH3OCH3(g)H2O(g)噲?起始量(mol)变化量(mol)平衡量(mol)K=

2CH3OH(g)0.42x0.42x

1.8x1.8x1.8x1.8x(0.42x)0.25，x=0.2mol，

(1.8x)0.42x=20%。答案为：>；20； 4CH3OCH3(g)3H2O(g)00

1.85.41.85.4V(CH3OH)%=

(4) T1温度下，投料比为2，从表中可提取出CO2的平衡转化率为60%。

2CO2(g)6H2(g)ƒ起始量(mol)612变化量(mol)3.610.8平衡量(mol)2.41.21.8molv(CH3OCH3)=2L= 0.18mol·L−1·min−1。答案为：0.18mol·L−1·min−1；

5min(5)①230℃时，反应达平衡状态，此时升高温度，由于反应放热，所以平衡逆向移动， CH3OH产率下降。答案为：反应I的△H＜0，温度升高，使CO2转化为CH3OH的平衡转化率下降；

②从图中数据可以看出，甲醇平衡转化率最高的温度为230℃；比较两种催化剂的催化效率，催化剂CZ(Zr－1)T催化效率更高。答案为：BD。 【点睛】

采集图中信息时，首先要弄清横坐标与纵坐标表示的意义，然后需理解图中曲线表示的意义，它的变化趋势与拐点所在的位置，还需分析反应物或生成物的热稳定性，反应的热焓变，可能发生的副反应等，然后针对问题进行分析。

10．能源与材料、信息一起被称为现代社会发展的三大支柱。面对能源枯竭的危机，提高能源利用率和开辟新能源是解决这一问题的两个主要方向。

(1)化学反应速率和限度与生产、生活密切相关，这是化学学科关注的方面之一。某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，在400mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水法收集反应放出的氢气，实验记录如下(累计值): 时间 1 2 3 4 5 氢气体积/mL(标况) 100 240 4 576 620 ①哪一段时间内反应速率最大：__________min(填“0～1”“1～2”“2～3”“3～4”或“4～5”)。

②另一学生为控制反应速率防止反应过快难以测量氢气体积。他事先在盐酸中加入等体积的下列溶液以减慢反应速率但不影响生成氢气的量。你认为不可行的是____________(填字

母序号)。

A 浓盐酸 B KCl溶液 C 蒸馏水 D CuSO4溶液

(2)寻找替代能源，是化学学科一直关注的另一方面。电能是一种二次能源，电能的应用大大丰富和方便了我们的生活、学习和工作。某化学兴趣小组探究铝电极在原电池中的作用，设计了一个Mg、Al、NaOH溶液电池，请写出

①原电池的负极电极反应：_________________________________； ②原电池的正极电极反应：___________________________________； ③原电池的总反应的离子方程式：___________________________________。 【答案】2～3 min BC 2Al-6e-+8OH-=2AlO2-+4H2O 6H2O+6e-=6OH-+3H2↑ 2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑ 【解析】 【分析】 【详解】

（1）①在0～1、1～2、2～3、3～4、4～5min时间段中，产生气体的体积分别为100mL、140mL、224mL、112mL、44mL，由此可知反应速率最大的时间段为2～3 min，因反应为放热反应，温度升高，反应速率增大，反应速率最小的时间段是4～5min时间段，此时温度虽然较高，但H浓度小，答案为2～3 min；

+

② A．浓盐酸，H浓度增大，反应速率增大且增大产生氢气的量，选项A错误；

+

B．加入KCl溶液溶液，H+浓度减小，反应速率减小且不减少产生氢气的量，选项B正确； C．加入蒸馏水，H+浓度减小，反应速率减小且不减少产生氢气的量，选项C正确； D．加入CuSO4溶液，Zn置换出Cu反应速度增大，但影响生成氢气的量，选项D错误； 答案选BC；

(2)设计了一个Mg、Al、NaOH溶液电池时，铝为电池负极，铝失电子在碱性条件下生成偏铝酸钠，溶液中水电离产生的氢离子得电子产生氢气。

①原电池的负极上铝失电子产生AlO2-，电极反应为2Al-6e-+8OH-= 2AlO2-+4H2O；

--②原电池的正极上水电离产生的氢离子得电子产生氢气，电极反应式为6H2O+6e=6OH

+3H2↑；

③原电池的总反应的离子方程式为：2Al+2H2O+2OH-= 2AlO2-+3H2↑。

11．氮的氧化物和SO2是常见的化工原料，但也是大气的主要污染物。综合治理其污染是化学家研究的主要内容。根据题意完成下列各题：

（1）用甲烷催化还原一氧化氮，可以消除一氧化氮对大气的污染。反应方程式如下：

CH4(g)4NO(g)ƒ2N2(g)2H2O(g)CO2(g)该反应平衡常数表达式为

_________。

（2）硫酸生产中，接触室内的反应：2SO(g)+O(g)垐垐?2SO(g)；SO2的平衡转

噲垐?223化率与体系总压强的关系如图所示。某温度下，将2.0mol SO2和1.0mol O2置于30L刚性密闭容器中，30秒反应达平衡后，体系总压强为2.70MPa。用氧气表示该反应的平均速率是___mol·L-1·min-1。

催化剂

（3）上图平衡状态由A变到B时，改变的外界条件是____。 a 又加入一些催化剂 b 又加入一些氧气 c 降低了体系的温度 d 升高了外界的大气压

（4）新型纳米材料氧缺位铁酸盐MFe2Ox在常温下，能将氮的氧化物和SO2等废气分解除去。转化流程如图所示，

若x=3.5，M为Zn，请写出ZnFe2O3.5分解SO2的化学方程式_________

c2(N2)c2(H2O)c(CO2) 0.0533 b 4MFe2O3.5 +SO2 = 4MFe2O4 + S 【答案】K4c(CH4)c(NO)【解析】 【分析】

⑴根据平衡常数表达式完成。

⑵根据反应得出氧气的转化率，再计算出用氧气表示的反应速率。

⑶状态由A变到B时，二氧化硫转化率升高，压强增大，根据平衡移动原理分析。 ⑷从氧化还原反应的角度判断反应产物，根据氧原子个数守恒写出相关反应的方程式。 【详解】

c2(N2)c2(H2O)c(CO2)⑴该反应平衡常数表达式为：K；故答案为：

c(CH4)c4(NO)c2(N2)c2(H2O)c(CO2)K。

c(CH4)c4(NO)⑵图中信息得出二氧化硫的转化率是0.8，根据加入量之比等于计量系数之比，转化率相等得出氧气转化率也为0.8，消耗氧气的物质的量是：n(O2)=1.0mol×0.8=0.8mol，用氧气表示反应速率为：υ(O2)=0.0533。

⑶a. 又加入一些催化剂，催化剂不影响化学平衡，故a不符合题意；b. 加入一些氧气，压强增大，增加氧气浓度，平衡正向移动，二氧化硫的转化率升高，故b符合题意；c. 反应是放热反应，降低温度，平衡向着正向移动，气体的物质的量减少，压强减小，故c不符

n0.8mol=0.0533molL1min1；故答案是：Vt30L0.5min合题意；d. 升高了外界的大气压，化学平衡不移动，故d不符合题意；综上所述，答案为：b。

⑷由题意可知，铁酸盐(MFe2O4)经高温还原而得，则反应物中MFe2Ox为还原剂，SO2为氧化剂，生成物为MFe2O4和S，根据氧原子守恒得到反应的关系式为4ZnFe2O3.5 + SO2 = 4ZnFe2O4+S；故答案为：4MFe2O3.5 +SO2 = 4MFe2O4 + S。

12．超音速飞机在平流层飞行时，尾气中的NO会破坏臭氧层。科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO和CO转变成CO2和N2，化学反应方程式：2NO+2CO

2CO2+N2+Q（Q＞0），为了测定在某种催化剂作用下的反应速

率，在某温度下用气体传感器测得不同时间的NO和CO浓度如表： 时间／s 0 1 4.50×10—4 3.05×10—3 2 2.50×10—4 2.85×10—3 3 1.50×10—4 2.75×10—3 4 1.00×10—4 2.70×10—3 5 1.00×10—4 2.70×10—3 c(NO)mol·L—1 1.00×10—3 c(CO)mol·L—1 3.60×10—3 请回答下列问题（均不考虑温度变化对催化剂催化效率的影响）： （1）达到平衡需要的时间是______________。

（2）该反应的平衡常数表达式为：K=_________________。 （3）前2s内的平均反应速率v(N2)=_____________。

（4）假设在密闭容器中发生，达到平衡时下列措施能提高NO转化率的是______。 A．选用更有效的催化剂 B．升高反应体系的温度 C．降低反应体系的温度 D．缩小容器的体积

（5）研究表明：在使用等质量催化剂时，增大催化剂比表面积可提高化学反应速率。为了分别验证温度、催化剂比表面积对化学反应速率的影响规律，某同学设计了三组实验，部分实验条件已经填在下面实验设计表中。 实验编号 Ⅰ Ⅱ Ⅲ T／℃ 280 NO初始浓度／mol·L1 —CO初始浓度／mol·L—1 5.80×10—3 _________ _________ 催化剂的比表面积／m2·g1 —1.20×10—3 82 124 124 _________ _________ 350 _________ 请在上表格中填入剩余的实验条件数据。

c2CO2 cN2 1.88×10-4mol/(L·s) C、D 280 1.20×10—3 【答案】4s K=22cNO cCO5.80×10—3 1.20×10—3 5.80×10—3

【解析】 【分析】

(1)根据表格可知当时间达到4s时，反应达到平衡状态； (2)平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值；

(3)根据表格数据可计算出前2s内NO的平均反应速率，再利用速率之比等于计量数之比计算出前2s内的平均反应速率v(N2)；

(4)提高NO转化率只需让平衡正向移动即可，由此分析判断。

(5) 该实验的目的是验证温度、催化剂比表面积对化学反应速率的影响规律，在相同温度、NO和CO初始浓度相同时，可根据催化剂的比表面积的大小验证其对反应速率的影响，当NO和CO初始浓度相同，催化剂的比表面积相同时，可根据不同的温度验证其对反应速率的影响。 【详解】

(1)根据表格可知当时间达到4s时，反应达到平衡状态； (2)平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，即K=

cN2c2CO2c2NOc2CO；

(3)根据表格数据可知前2s内NO的浓度变化量为1.00×10-3-2.50×10-4=7.5×10-4 mol/L，因此

7.5104mol/Lv(NO)==3.75×10-4mol/(L﹒s)，速率之比等于计量数之比，因此

2sv(N2)=

1×3.75×10-4mol/(L﹒s)=1.88×10-4mol/(L﹒s)； 2(4)A. 选用更有效的催化剂只能使反应速率加快，但平衡不移动，不能提高NO转化率，A项错误；

B. 该反应为放热反应，升高反应体系的温度，平衡向吸热的方向移动，即平衡逆向移动，不能提高NO转化率，B项错误；

C. 该反应为放热反应，降低反应体系的温度，平衡向放热的方向移动，即平衡正向移动，提高了NO转化率，C项正确；

D. 缩小容器的体积，相当于增大了压强，平衡向体积缩小的方向移动，即平衡正向移动，提高了NO转化率，D项正确； 答案选CD；

(5) 该实验的目的是验证温度、催化剂比表面积对化学反应速率的影响规律，在相同温度、NO和CO初始浓度相同时，可根据催化剂的比表面积的大小验证其对反应速率的影响，因L-1，CO初始浓度为此第II组实验中，温度为280℃，NO初始浓度为1.20×10-3 mol·

5.80×10-3 mol·L-1；当NO和CO初始浓度相同，催化剂的比表面积相同时，可根据不同的温度验证其对反应速率的影响，因此第III组实验中，温度为350℃，NO初始浓度为1.20×10-3

mol·L-1，CO初始浓度为5.80×10-3 mol·L-1。

【点睛】

“变量控制”实验探究题的考查形式：(1)以表格的形式给出多组实验数据，让学生找出每组数据的变化对反应的影响；(2)给出影响化学反应的几种因素，设计实验分析各因素对反应的影响。分析过程中要注意：对变量要进行适当的组合，组合的一般原则是“变一定多”，

即保持其他变量不变，改变其中一个变量的值进行实验，测定数据，通过系列实验，找出变量对反应的影响

13．多晶硅主要采用SiHCl3还原工艺生产，其副产物SiCl4的综合利用受到广泛关注。 (1)SiCl4可制气相白炭黑（与光导纤维主要原料相同），方法为高温下SiCl4与H2和O2反应，产物有两种，化学方程式为_____________________________________。 (2)SiCl4可转化为SiHCl3而循环使用。一定条件下，在20L恒容密闭容器中的反应：3 SiCl4

垐?（g）+2H2（g）+Si（s）噲?4SiHCl3（g）达平衡后，H2与SiHCl3物质的量浓度分别为

0.140mol/L和0.020mol/L，若H2全部来源于离子交换膜法的电解产物，理论上需消耗纯NaCl的质量为___kg。

(3)实验室制备H2和Cl2通常采用下列反应：Zn+H2SO4→ZnSO4+H2↑；MnO2+4HCl（浓）

 MnCl2+Cl2↑+2H2O据此，从下列所给仪器装置中选择制备并收集H2的装置

_______(填代号)和制备并收集干燥、纯净Cl2的装置_________（填代号）。 可选用制备气体的装置：

(4)采用无膜电解槽电解饱和食盐水，可制取氯酸钠，同时生成氢气，现制得氯酸钠213.0kg，则生成氢气______m3（标准状况）。（忽略可能存在的其他反应）

高温【答案】SiCl4+2H2+O2SiO2+4HCl 0.35 e d 134.4

【解析】 【分析】

（1）SiCl4与H2和O2反应，产物有两种，光导纤维的主要成分是SiO2，H、Cl元素必在另一产物中，H、Cl元素结合成HCl，然后配平即可；

（2）利用三段分析法，根据平衡时H2与SiHCl3物质的量浓度，求出的起始物质的量，再根据2NaCl+2HO=Cl+H+2NaOH，求出理论上消耗纯NaCl的质量；

222（3）根据制取气体的药品和条件来选择仪器和装置；

（4）根据得失电子守恒，NaCl转化为NaClO3所失去的电子等于H2O转化为H2所得到的电子，由氯酸钠的质量求出氯酸钠的物质的量，进而求出NaCl转化为NaClO3所失去的电子的物质的量，最后求出生成氢气在标准状况下的体积； 【详解】

通电（1）SiCl4与H2和O2反应，产物有两种，光导纤维的主要成分是SiO2，H、Cl元素必在另一产物中，H、Cl元素结合成HCl，然后配平即可．发生的化学方程式为：

高温 SiCl4+2H2+O2=SiO2+4HCl，

故答案为： SiCl4+2H2+O2=SiO2+4HCl；

（2）设反应前氢气物质的量为nmol，反应生成的SiHCl3为4xmol，则有

高温 3SiCl（g）+2H（g）+Si（s）ƒ42起始量（mol）变化量（mol）平衡量（mol）n2xn-2xx4SiHCl（g）304x4x

4x=0.020mol/L20L=0.4mol，x=0.1mol， n-2x=0.140mol/L20L=2.8mol，n=3.0mol，由2NaCl+2HO=Cl+H+2NaOH，可知氯化钠的物质的量为6mol；

222通电m（NaCl）=58.5g/mol6.0mol=351g=0.35kg，

故答案为：0.35；

（3）实验室制氢气：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，不需要加热所以选e，制氯气：

MnO2+4HCl（浓）=MnCl2+Cl2+2H2O，需要加热，干燥氯气用浓硫酸，除去氯

化氢用饱和食盐水，故选d， 故答案为：e；d；

（4）由NaCl转化为NaClO3，失去电子数为6，H2O转化为H2，得到的电子数为2，设产

Δ213103gVm3103L/m3=2生的H2体积为Vm，由得失电子守恒得：6，

116.5g/mol22.4L/mol3

V=134.4m3， 故答案为：134.4。

14．2019年10月22日，位于资阳市境内的“安岳气田”天然气产量达到10.33亿立方米，历史性突破10亿立方米大关。“安岳气田”的开发，将惠及川渝地区天然气供给，促进地方经济社会的发展。对天然气的高效利用不仅能缓解大气变暖，而且对日益枯竭的石油资源也有一定的补充作用。

(1)已知甲烷临氧耦合CO2重整反应有：

mol－1 反应I：2CH4(g)＋O2(g)ƒ2CO(g)＋4H2(g) △H＝－71.4 kJ·mol－1 反应II：CH4(g)＋CO2(g)ƒ2CO(g)＋2H2(g) △H＝＋247.0 kJ·已知断裂1 mol化学键所需的能量：

①a＝_________。

②写出表示CO燃烧热的热化学方程式：____________________________________。 (2)在两个体积均为2L的恒容密闭容器中，起始时按表中相应的量加入物质，在温度为753K下进行(1)中反应II(不发生其它反应)，CO2的平衡转化率如下表所示：

①若容器A中反应从开始到平衡所用的时间为t min，则t min内该反应的平均反应速率为：v(CO2)＝_________(用含t的表达式表示)。

②温度为753K时该反应的平衡常数K＝_________；容器B中的反应起始时将_________移动(填“正向”、“逆向”或“不”)。

③该反应达到平衡时，其他条件不变，若升高温度，此时v正_________ v逆(填“>”、“＝”或“<”)。

④当容器A、B中的反应均达到平衡时，容器中n(CO)满足的关系：2n(CO)A______n(CO)B(填“>”、“＝”或“<”)。

(3)将CH4(g)和O2(g)以物质的量比为4：3充入盛有催化剂的恒容密闭容器内，发生(1)中反应I，相同时间段内测得CO的体积分数[φ(CO)]与温度(T)的关系如图如示。

bc段CO的体积分数[φ(CO)]降低的主要原因是____________________________________。 mol－1 0.25/t(mol·L-1·min-1) 1 逆【答案】996.5 CO(g)＋1/2O2(g)= CO2(g) △H= -282.7 kJ·

向 > > b点反应达到平衡后，因为正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故温度越高，CO的体积分数就越小 【解析】 【分析】

（1）①反应II的△H＝E(反应物的总键能)-E(生成物的总键能)； ②(反应I)×(1/2)-( 反应II)得：CO(g)＋1/2O2(g)= CO2(g)；

（2）①容器A中反应从开始到平衡所用的时间为t min，CO2的平衡转化率为50%，可以计算出反应中消耗CO2的物质的量，然后计算出反应速率；

②结合图中CO2的平衡转化率为50%，计算出平衡时c(CH4)、c(CO2)、c(CO)、c(H2)，求出K；利用Qc与K的大小关系判断v正、v逆大小；

③因为该反应正反应为吸热反应，该反应达到平衡时，其他条件不变，若升高温度，平衡向正向移动；

④由②可知当容器A、B中的反应均达到平衡时，容器中n(CO)满足的关系； （3）结合图像和题中信息判断。

【详解】

（1）①反应II的△H＝E(反应物的总键能)-E(生成物的总键能)=(4×414+2×728)-(2a+2×436)= ＋247.0，a=996.5；

1)-( 反应II)得：CO(g)＋1/2O2(g)= CO2(g) △H＝(1/2) ×(－71.4 kJ·mol－1) -( ＋247.0 2kJ·mol－1)= -282.7 kJ·mol－1；

②(反应I)×

（2）①容器A中反应从开始到平衡所用的时间为t min，CO2的平衡转化率为50%，反应L-1·min-1)； 中消耗CO2的物质的量为0.5mol，v(CO2)＝(0.5mol)/[( 2L) ×(t min)]=0.25/t(mol·

②CH4(g)＋CO2(g)ƒ2CO(g)＋2H2(g)，CO2的平衡转化率为50%，故平衡时n(CH4)=n(CO2)= 0.5mol，n(CO)=n(H2)=1mol，c(CH4)=c(CO2)= c(CO)=c(H2)=

0.5mol=0.25mol/L，2L1mol=0.5mol/L，该反应的平衡常数K＝(0.52×0.52)/(0.25×0.25)=1；容器B中的2L1mol2mol=0.5mol/L，c(CO)=c(H2)= =1mol/L，Qc=(12×12)/(0.5×0.5)=4>K，故2L2Lc(CH4)=c(CO2)=

容器B中的反应起始时将逆向移动；

③因为该反应正反应为吸热反应，该反应达到平衡时，其他条件不变，若升高温度，平衡向正向移动，v正> v逆；

④由②可知当容器A、B中的反应均达到平衡时，容器中n(CO)满足的关系：2n(CO)A>n(CO)B；

（3）T2之前，反应没有达到平衡，温度越高，反应速率越快，相同时间内生成的CO越多，b点反应达到平衡后，因为正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故温度越高，CO的体积分数就越小。 【点睛】

本题考查化学反应速率、平衡常数、平衡移动方向等知识，考生应该熟练的从图中提取信息，分析信息，然后去解决问题。

垐?15．在硫酸工业生产过程中，有反应2SO2+O2噲?2SO3，根据下表提供的不同压强下SO2

的转化率的数据（以V2O5作催化剂）

（1）若450℃1×105Pa时，在2L的密闭容器内充入2moLSO2和1moLO2，5分钟达到平衡，以O2表示的反应速率是_______；

（2）工业生产遵循“多、快、好、省”的原则，合成SO3的适宜条件是温度（填上表中的数据）_____；压强______。

（3）某研究小组研究t时刻增大O2的浓度对反应速率的影响，下列选项正确的是______。

（4）为了“变废为宝”，硫酸工业通常用浓氨水吸收尾气，再用浓硫酸处理吸收尾气得到的物质，最后将得到_________、_________（填物质名称）。

L-1min-1 450℃ 1×105Pa A 硫酸铵 二氧化硫 【答案】0.0975moL·【解析】 【分析】

⑴由二氧化硫的转化率推出O2转化率，再计算O2的反应速率。

⑵工业生产遵循“多、快、好、省”的原则，在450℃、1×105Pa合成SO3的转化率为97.5%，已经达到比较大的转化率，温度升高，转化率下降，加压，转化率增大程度不大，而且加压对设备和动力的要求比较高。

⑶ t时刻增大O2的浓度，正反应速率瞬间增大，逆反应速率瞬间不变，后来正反应速率减小，逆反应速率增大。

⑷硫酸工业通常用浓氨水吸收尾气，得到亚硫酸铵，亚硫酸铵与硫酸反应生成二氧化硫和硫酸铵。 【详解】

⑴若450℃1×105Pa时，在2L的密闭容器内充入2moLSO2和1moLO2，加入的量之比等于计量系数之比，两者的转化率相等，因此O2转化率为97.5%，5分钟达到平衡，以O2表示的

n1mol97.5%=0.0975molL1min1；故答案为：Vt2L5min0.0975moL·L−1·min−1。

反应速率是υ=⑵工业生产遵循“多、快、好、省”的原则，在450℃、1×105Pa合成SO3的转化率为97.5%，已经达到比较大的转化率，温度升高，转化率下降，加压，转化率增大程度不大，而且加压对设备和动力的要求比较高，因此适宜条件是温度450℃；压强1×105Pa；故答案为：450℃；1×105Pa。

⑶ t时刻增大O2的浓度，正反应速率瞬间增大，逆反应速率瞬间不变，后来正反应速率减小，逆反应速率增大，最后两者速率相等，达到平衡，故A正确。

⑷为了“变废为宝”，硫酸工业通常用浓氨水吸收尾气，得到亚硫酸铵，亚硫酸铵与硫酸反应生成二氧化硫和硫酸铵，因此最后得到硫酸铵、二氧化硫；故答案为：硫酸铵、二氧化硫。