文档内容
解密 06 化学反应与能量
一、单选题
1．一定温度下反应4A(s)+3B(g)⇌2C(g)+D(g)经2min B的浓度减少0.6mol•L-1，对此反应速
率的表示正确的是
A．用A表示的反应速率是0.4mol•L-1•min-1
B．分别用B、C、D表示反应的速率，其比值是1：2：3
C．2min末的反应速率v(B)=0.3mol•L-1•min-1
D．在2min内用B和C表示的正反应速率的值都是逐渐减小的
【答案】D
【解析】A．A是固体，不能表示反应速率，故A错误；
B．反应速率之比是相应的化学计量数之比，则分别用B、C、D表示的反应速率比值是
3：2：1，故B错误；
C．经2min，B的浓度减少0.6mol/L，所以2min内用B表示的平均反应速率是
＝0.3 mol·(L·min)-1，但2min末的反应速率是瞬时速率，故C错误；
D．随反应进行反应物的浓度降低，反应速率减慢，生成物的浓度变化量逐渐减少，故2
min内用B和C表示的反应速率都是逐渐减小，故D正确；
答案选D。
2．反应A(g)+3B(g) 2C(g)+2D(g)在四种不同情况下的反应速率分别如下，其中反应速
率最大的是
A．v =0.15 mol·L-1·min-1 B．v =0.6 mol·L-1·min-1
A B
C．v =0.4 mol·L-1·min-1 D．v =0.01 mol·L-1·s-1
C D
【答案】D
【解析】根据用不同物质表示化学反应速率时，速率比等于化学方程式中相应物质的化学
计量数的比，都转化为用A物质表示的反应速率，且速率单位相同，然后再进行比较判断
大小。
A．v =0.15 mol·L-1·min-1；
A
B．v =0.6 mol·L-1·min-1，则v = v =0.20 mol·L-1·min-1；
B A B
C．v =0.4 mol·L-1·min-1，则v = v =0.20 mol·L-1·min-1；
C A C
D．v =0.01 mol·L-1·s-1，则v = v =0.005 mol·L-1·s-1=0.30 mol·L-1·min-1；
D A D
可见用A物质表示反应速率时v =0.30 mol·L-1·min-1时反应速率最大，故合理选项是D。
A3．T℃时在2 L密闭容器中使X(g)与Y(g)发生反应生成Z(g)。反应过程中X、Y、Z的物质
的量变化如图1所示；若保持其他条件不变，温度分别为T 和T 时，Y的体积分数与时间
1 2
的关系如图2所示。则下列结论正确的是
A．反应进行的前3 min内，用X表示的反应速率v(X)=0.3 mol/(L·min)
B．容器中发生的反应可表示为3X(g)＋Y(g) 2Z(g)
C．保持其他条件不变，升高温度，反应的化学平衡常数K减小
D．若改变反应条件，使反应进程如图3所示，则改变的条件是增大压强
【答案】B
【解析】A．根据图1所示可知反应进行的前3 min内，X的浓度减小了 c(X)=2.0
△
mol/L-1.4 mol/L=0.6 mol/L，则用X表示的化学反应速率v(X)= ，
A错误；
B．根据图示可知：在反应过程中X、Y浓度减小，Z浓度增加，反应进行到3 min时三种
物质都存在，且它们的浓度不再发生变化，说明该反应是可逆反应，其中X、Y是反应物，
Z是生成物，在前3 min内X、Y、Z三种物质的浓度变化分别是0.6 mol/L、0.2 mol/L、0.4
mol/L，三种物质的变化变化的比为3：1：2，故反应方程式可表示为3X(g)+Y(g)
2Z(g)，B正确；
C．在其它条件不变时，温度升高，化学反应速率加快，达到平衡所需时间缩短。根据图2
可知温度：T＞T。升高温度，Y的体积分数减少，说明升高温度，化学平衡正向移动，
2 1
导致反应的化学平衡常数K增大，C错误；
D．若改变反应条件，使反应进程如图3所示，反应达到平衡所需时间缩短，但各种物质
的含量不变，说明化学平衡不移动。由于反应3X(g)+Y(g) 2Z(g)是反应前后气体体积改
变的反应，则改变的条件应该是使用了催化剂，而不可能是增大体系的压强，D错误；
故合理选项是B。
4．在密闭容器中发生反应2A(g) 2B(g)+C(g)，其速率可表示为 。在500℃，实验
测得体系总压强数据如下表：
t/min 0 50 100 150 200
p /kPa 200 250 275 x 293.75
总下列说法正确的是A．0~50min，生成B的平均速率为1kPa·min−1
B．第80min的瞬时速率小于第120min的瞬时速率
C．推测上表中的x为287.5
D．反应到达平衡时2v (A)＝v (C)
正 逆
【答案】C
【解析】A．等温等容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，由表格数据可知，
0~50min， =50 kPa，结合反应2A(g) 2B(g)+C(g)， =2 =100 kPa，则生成B的平
均速率为 =2kPa·min−1，故A错误；
B．由数据可知，0~50min， =50 kPa，50~100min， =25 kPa，而100~200min，
=18.75kPa，速率越来越慢，第80min的瞬时速率大于第120min的瞬时速率，故B错误；
C．第一个50min， =50 kPa，第二个50min， =25 kPa，如果第三个50min，
=12.5kPa，此时x为275+12.5=287.5，第四个50min， =6.25kPa，200min时
287.5+6.25=293.75，假设合理，则推测出x为287.5，故C正确；
D．达到平衡时v ＝v ，用不同物质表示同一反应速率速率之比等于化学计量数之比，则
正 逆
反应到达平衡时v (A)＝2v (C)，故D错误；
正 逆
答案选C。
5．某同学为探究浓度对化学反应速率的影响，设计以下实验。
① ② ③ ④
试 1mL0.01mol/L
1mL0.01mol/L酸性 1mL0.01mol/L酸性 1mL0.01mol/L酸性
剂 酸性高锰酸钾水
高锰酸钾水溶液 高锰酸钾水溶液 高锰酸钾水溶液
a 溶液
1mL以浓盐酸为
试
2mL0.1mol/LH C O 2mL0.2mol/LH C O 1mL0.2mol/LH C O 溶剂配制的
2 2 4 2 2 4 2 2 4
剂
水溶液 水溶液 水溶液 0.2mol/LH C O
2 2 4
b
水溶液
褪
色
690s 677s 600s
时
间
下列说法错误的是A．对比实验①、②可知，HC O 水溶液浓度增大，反应速率加快
2 2 4
B．对比实验②、③可知，酸性高锰酸钾水溶液浓度增大，反应速率加快
C．为验证H+浓度对反应速率的影响，设计实验④并与③对照D．实验③的离子方程式为2 +6H++5H C O=2Mn2++10CO ↑+8H O
2 2 4 2 2
【答案】C
【解析】A. 对比实验①、②可知，两实验中只有HC O 水溶液浓度不同，且浓度大的褪
2 2 4
色时间较短，故HC O 水溶液浓度增大，反应速率加快，选项A正确；
2 2 4
B．对比实验②、③可知，两实验中只有HC O 水溶液的体积不同，且前者大，则相当于
2 2 4
高锰酸钾水溶液的浓度小，褪色时间长，则酸性高锰酸钾水溶液浓度增大，反应速率加快，
选项B正确；
C．若为验证H+浓度对反应速率的影响，设计实验④并与③对照，则氯离子也可能对反应
速率有影响，从而引起干扰，无法得到验证，选项C错误；
D．实验③高锰酸钾氧化草酸生成二氧化碳，反应的离子方程式为2 +6H+
+5H C O=2Mn2++10CO ↑+8H O，选项D正确；
2 2 4 2 2
答案选C。
6．如图，反应 可以通过两种不同的进程发生：
(a)反应 直接发生，半衰期与初始浓度无关。在294K时，半衰期为1000min，在
340K时，A浓度降至原始浓度的1/1024所需的时间为0.10min。
(b)反应通过两步进行。
则下面的说法中，错误的是
A．A*是反应的催化剂
B．C比A更稳定
C．(b)的反应方式活化能降低，从而能提高反应速率
D．(a)的反应方式中反应速率与A的浓度成正比
【答案】A
【解析】A．催化剂在反应前后不发生变化，A*是中间产物，A错误；
B．能量越低越稳定，C比A更稳定 ，B正确；
C．从图可知(b)的反应方式活化能降低，所以能提高反应速率 ，C正确；
D．由题意可知(a)的反应方式中反应速率与A的浓度成正比，D正确；
故选A。
7．选择不同的反应探究化学反应速率的影响因素，所用试剂不合理的是a． (观察气泡产生的快慢)
b． (观察浑浊产生的快慢)
反应 影响因素 所用试剂
块状CaCO 、0.5 mol/L HCl
3
A a 接触面积
粉末状CaCO 、0.5 mol/L HCl
3
块状CaCO 、0.5 mol/L HCl
3
B a H+浓度
块状CaCO 、3.0 mol/LHCl
3
0.1 mol/L Na SO、稀HSO
2 2 3 2 4
C b H+浓度
0.1mol/L Na SO、浓HSO
2 2 3 2 4
0.1 mol/L Na SO、0.1 Na SO HSO 、冷水
2 2 3 2 2 3 2 4
D b 温度
0.1 mol/L Na SO、0.1 Na SO HSO 、热水
2 2 3 2 2 3 2 4
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【解析】A．只有CaCO 的接触面积不相同，其它外界条件相同，两个实验是研究固体与
3
盐酸的接触面积大小对化学反应速率的影响，A正确；
B．该反应的实质是CaCO +2H+=Ca2++CO ↑+H O，只有HCl溶液中的c(H+)不相同，其它外
3 2 2
界条件相同，是研究H+浓度大小对化学反应速率的影响，B正确；
C．浓硫酸中HSO 主要以电解质分子存在，稀硫酸中则完全电离产生H+及 ，浓硫酸
2 4
溶于水时会放出大量热量使溶液温度升高，因此两个实验对比，不仅溶液中c(H+)不同，而
且溶液温度也不相同，因此不是探究H+浓度大小对化学反应速率的影响，C不正确；
D．两个实验对比，其它外界条件都相同，只有溶液温度不相同，是探究反应温度对化学
反应速率的影响，D正确；
故合理选项是C。
8．根据图示所得出的结论不正确的是
A．图甲是CO(g)+HO(g)=CO(g)+H(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的
2 2 2
ΔH<0B．图乙是室温下HO 催化分解放出氧气的反应中c(HO )随反应时间变化的曲线，说明
2 2 2 2
随着反应的进行HO 分解速率保持不变
2 2
C．图丙是室温下用0.1000 mol·L-1NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol·L-1某一元酸HX的
滴定曲线，说明HX是弱酸
D．图丁是室温下用NaSO 除去溶液中Ba2+达到沉淀溶解平衡时，溶液中c(Ba2+ )与c(SO
2 4
)的关系曲线，说明溶液中c(SO )越大c(Ba2+ )越小
【答案】B
【解析】A．由图甲可知，随着横坐标温度的升高纵坐标 值在减小， 为增函数，
所以K值也在减小，证明温度升高，K值减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应方向吸热，
所以正反应为放热反应，ΔH<0，故A正确；
B．反应物浓度越大，反应速率越快，根据图乙可知，随着时间推移，双氧水浓度逐渐减
小，所以随着反应的进行HO 分解速率逐渐减小，故B错误；
2 2
C．根据图丙可知，HX中未加NaOH溶液时0.1000mol/L的HX溶液中pH大于2，说明该
溶液中HX不完全电离，所以HX为一元弱酸，故C正确；
D．温度不变，溶度积常数不变， ， 与 成
反比，所以c(SO )越大c(Ba2+ )越小，故D正确；
综上答案为B。
9．已知 。一定温度下，在体积恒定的密闭容器中，
加入1mol 与1mol ，下列说法正确的是
A．充分反应后，放出热量为akJ
B．若增大Y的浓度，正反应速率增大，逆反应速率减小
C．当X的物质的量分数不再改变，表明该反应已达平衡
D．当反应达到平衡状态时，X与W的物质的量浓度之比一定为1：2
【答案】C
【解析】A．该反应为可逆反应，不能完全转化，充分反应后，放出热量小于akJ，A错误；
B．若增大Y的浓度，压强增大，正反应速率增大，逆反应速率也增大，B错误；
C．当X的物质的量分数不再改变时，说明X的物质的量不再变化，表明该反应已达平衡，
C正确；
D．当反应达到平衡状态时，X与W的物质的量浓度之不一定为1：2，与各物质的初始浓
度和转化率有关，D错误；
故答案为：C。
10．一定温度下，在刚性容器中加入等物质的量的 与 发生反应：
，测得 与 的分压随时间变化如
图所示。下列说法正确的是A．当气体密度不再变化时，反应达到平衡
B．体系中气体总物质的量：
C．升高温度，反应速率： 降低， 增加
D．该反应的活化能：
【答案】B
【解析】A．根据质量守恒，气体总质量不变，容器体积不变，气体密度一直保持不变，
不能判断反应是否达到平衡，A错误；
B．由三段式 ，则体系中气体总
物质的量： ，B正确；
C．升高温度，正、逆反应速率都增加，C错误；
D．该反应为放热反应，正反应活化能小于逆反应活化能，D错误；
故选B。
11． 团簇是一个穴醚无机类似物，通过与 反应，测定 取代 反应的平衡
常数 ， 的骨架结构在 交换过程中没有被破坏，反应示意图和所测数据如
图， 表示平衡时铯离子浓度和铷离子浓度之比，其他类似。下列说法错误的
是A． 团簇中 B．
C．增大 可使平衡时 增大 D． 团簇对于 具有比 大的亲
和力
【答案】B
【解析】A．根据 团簇个精光可知黑球表示Ti，因此其中 ，A正确；
B．根据图像可知 ，B错误；
C．增大 ，即增大反应物浓度，平衡正向移动，因此可使平衡时 增大，C正
确；
D．Cs+取代Rb+反应的平衡常数K =10，因此 团簇对于 具有比 大的亲和力，
eq
D正确；
故选B。
12．某小组同学进行了如下实验：
① 溶液和 溶液各1mL混合得到红色溶液a，均分溶
液a置于b、c两支试管中；
②向b中滴加3滴饱和 溶液，溶液颜色加深；
③再向上述b溶液中滴加3滴 溶液，溶液颜色变浅且出现浑浊；
④向c中逐渐滴加 溶液2mL，过程中溶液颜色先变深后变浅。
下列分析不正确的是
A．实验②中增大 浓度使平衡 正向移动
B．实验③中发生反应：
C．实验③和④中溶液颜色变浅的原因相同
D．实验②、③、④均可说明浓度改变对平衡移动的影响
【答案】C
【解析】A．根据反应Fe3++3SCN- Fe(SCN) ，增大Fe3+浓度，平衡正向移动，故A正确；
3
B．上述b溶液中滴加NaOH溶液，三价铁与氢氧根离子反应生成氢氧化铁沉淀，反应为
⇌
Fe3++3OH-═Fe(OH)↓，故B正确；
3C．实验③中使平衡逆向移动，生成氢氧化铁沉淀，红色变浅，实验④使平衡正向移动，
后继续加溶液相当于稀释，红色变浅，原因不同，故C错误；
D．实验②增大铁离子浓度平衡正向移动，实验③加入氢氧化钠与铁离子反应减小反应物
的浓度平衡逆向移动，实验④增大SCN-的浓度平衡正向移动，实验②、③、④均可说明浓
度改变对平衡移动的影响，故D正确。
故选：C。
13．在恒温恒压下，某一体积可变的密闭容器中发生反应 ，
时达到平衡后，在 时改变某一条件，达到新平衡，反应过程v—t如图所示。有关叙述中，
错误的是
A． 时，v >v
正 逆
B． 时向密闭容器中加入物质C
C． 、 两平衡状态中c(C)不相等
D． 时v 先瞬时减小后逐渐增大直至与原平衡相等后保持不变
正
【答案】C
【解析】由图像可知，反应条件是恒温恒压，而反应特点是反应前后气体分子数相同，两
次达到平衡时反应速率相等，则两平衡应为等效平衡，由 时逆反应速率瞬间增大可知，
改变的条件是向密闭容器中加入物质C，此时容器体积增大，反应物浓度减小，v 先瞬时
正
减小后逐渐增大直至与原平衡相等后保持不变。
A．由题中图示可知， 时，逆反应速率增大，说明可逆反应从正向建立平衡，正反应
速率大于逆反应速率，即v >v ，故A正确；
正 逆
B．向密闭容器中加入物质C，逆反应速率瞬间增大，再次建立的平衡与原平衡等效，说明
和原平衡相同，符合图像，故B正确；
C．反应速率与反应物浓度成正比， 、 两平衡状态时逆反应速率相等，说明达到
平衡状态时，各物质的浓度不变，则c(C)相等，故C错误；
D．根据分析， 时改变的条件是向密闭容器中加入物质C，容器的容积变大，反应物浓
度减小，则v 先瞬时减小后逐渐增大直至与原平衡相等后保持不变，故D正确；
正
答案选C。
14．某温度下，向密闭容器中充入等物质的量的 和 ，发生反应
。达到平衡后，下列说法正确的是A．增大压强， ，平衡常数增大
B．加入催化剂，平衡时 的浓度增大
C．恒温下，移走一定量的 ， 变大， 变小
D．恒容下，充入一定量的 ，平衡时 的体积分数一定降低
【答案】D
【解析】A．增大压强，平衡正向移动， ，平衡常数只与温度有关，温度不变，平
衡常数不变，A错误；
B．加入催化剂，不改变平衡状态，平衡时 的浓度不变，B错误；
C．恒温下，移走一定量的 ， 立即变小， 瞬时不变，随后变小，平衡
逆向移动，C错误；
D．充入等物质的量的 和 ，按照化学计量系数比投料，达到平衡时
的体积分数最大，再充入一定量的 ，达到新平衡时 的
体积分数一定降低，D正确；
故选D。
15．一定条件下合成乙烯： 。已知其它条件不
变时，温度对 的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图所示。下列说法一定正确的
是
A．平衡常数 B．反应速率：
C．所含总能量： D．经过相同时间后得到乙烯的量：X＞Y
【答案】B
【解析】A．升高温度， 的平衡转化率降低，平衡逆向移动，所以 ，故A错误；
B．升高温度，反应速率一定增大，故 ，故B正确；C．升高温度， 的平衡转化率降低，平衡逆向移动，说明该反应是一个放热反应，则
，故C错误；
D．若经过的时间较长，反应达到平衡，X点 转化率较大，则得到的乙烯的量X＞Y，
若经过的时间较短，未达到平衡， ，则得到的乙烯的量X＜Y，故D错误；
故选B。
16．在298K和100kPa压力下，已知金刚石和石墨的熵、燃烧热和密度分别为：
物质 S/(J·K−1·mol−1) ∆H/(kJ·mol−1) ρ/(kg·m−3)
C(金刚石) 2.4 −395.40 3513
C(石墨) 5.7 −393.51 2260
此条件下，对于反应C(石墨)→C(金刚石)，下列说法正确的是A．该反应的∆H＜0，∆S＜0
B．由公式∆G＝∆H−T∆S可知，该反应∆G＝985.29kJ·mol−1
C．金刚石比石墨稳定
D．超高压条件下，石墨有可能变为金刚石
【答案】D
【解析】A．根据燃烧热的定义可知：C(金刚石，s)+O(g)=CO (g) ΔH=-395.40kJ·mol−1，
2 2
C(石墨，s)+O(g)=CO (g) ΔH=-393.51kJ·mol−1，反应C(石墨)→C(金刚石)的
2 2
ΔH=(-393.51kJ·mol−1)-(-395.40kJ·mol−1)=1.89kJ·mol−1＞0，ΔS=S(金刚石)-S(石
墨)=2.4J·K−1·mol−1-5.7J·K−1·mol−1=-3.3J·K−1·mol−1＜0，A错误；
B．由公式∆G=∆H−T∆S可知，该反应∆G=1.89kJ·mol−1-
298K(-3.3J·K−1·mol−1)=2.8734kJ·mol−1，B错误；
C．由A选项可知，反应C(石墨)→C(金刚石)是吸热反应，说明质量相同时，石墨的能量
较低，则石墨比金刚石稳定，C错误；
D．由于金刚石的密度比石墨大，故质量相同时，金刚石的体积小，则反应C(石墨)→C(金
刚石)是体积减小的过程，由影响相变速率的因素可知，随着体积差的增大，增大压强，成
核速率加快，有利于相变向密度大的多面体方向转变；故超高压条件下，石墨有可能变为
金刚石，D正确；
故选D。
二、填空题
17．NaSO 和IO 是重要的化学试剂，在工业生产中有广泛的应用。
2 3 2 5
(1)利用IO 可消除CO污染，其反应为IO(s)+5CO(g) 5CO(g)+I (s)。不同温度下，向
2 5 2 5 2 2
装有足量IO 固体的2 L恒容密闭容器中通入2 mol CO，测得CO 气体体积分数φ(CO)随
2 5 2 2
时间t的变化曲线如图所示。①T 时，前0.5 min内平均反应速率v(CO)=___________。
1
②b点和d点的化学平衡常数：K___________(填“>”“<”或“=”)K 。
b d
③b点时，CO的转化率为___________。
(2)Na SO 氧化分为富氧区和贫氧区两个阶段，为确定贫氧区速率方程v=k·ca(S )·cb(O )中
2 3 2
a、b的值(取整数)，进行实验。
①当溶解氧浓度为4.0 mg·L-1时，c(Na SO )与速率数值关系如下表，则a=___________。
2 3
c(Na SO )/×10-3 3.65 5.65 7.65 11.65
2 3
v/×10-6 10.2 24.4 44.7 103.6
②两个阶段不同温度的速率常数之比如下表。
反应阶段 速率方程
富氧区 v=k·c(S )·c(O) 1.47
2
贫氧区 v=k·c3(S )·c2(O ) 2.59
2
已知，ln =- - )，R为常数，T”或“<”)E(贫
1 2 a a
氧区)。
【答案】(1) 0.6 mol·L-1·min-1 > 80.0%
(2) 2 <
【解析】(1)根据图示可知，①T 时，前0.5 min时，CO 气体体积分数φ(CO)为0.30，根
1 2 2
据反应IO(s)+5CO(g) 5CO(g)+I (s)分析，起始时通入2 mol CO，设CO转化了
2 5 2 2
xmol，则生成了n(CO)=xmol，剩余n(CO)=(2-x)mol，则根据气体的体积之比和气体的物
2
质的量成正比可知，0.30= ，x=0.6mol；前0.5 min内CO平均反应速率v(CO)=
=0.6 mol·L-1·min-1；②根据“先拐先平温度高”的规律，通过图示可知温度T>T；升高温度，CO 气体体积分
1 2 2
数φ(CO)减小，平衡左移，该反应正反应为放热反应，所以b点的温度低于d点，温度低
2
的平衡常数大，所以化学平衡常数：K>K ；
b d
③b点时，CO 气体体积分数φ(CO)为0.80，据反应IO(s)+5CO(g) 5CO(g)+I (s)分析，
2 2 2 5 2 2
起始时通入2 mol CO，设CO转化了ymol，则生成了n(CO)=ymol，剩余n(CO)=(2-
2
y)mol，则根据气体的体积之比和气体的物质的量成正比可知，0.80= ，
x=1.6mol；CO的转化率为 ×100%=80.0%；
(2)①当溶解氧浓度为4.0 mg·L-1时，c(Na SO )与速率数值关系如下表，v v= c a(S ):c a(S
2 3 1: 2 1 2
)，即： ，解得a=2；
②根据ln =- - )分析，随着E 的增大而增大，富氧区的ln 较小，故E(富氧
a a
区) 0
2 2 2
在密闭容器中通入3mol的H 和1mol的CO，分别在压强为1MPa和10MPa下进行反应。
2 2
实验中对平衡体系的三种物质(CO、CO、CH)进行分析，其中温度对CO和CH 在三种物
2 4 4
质中的体积分数影响如图所示。
(5)1MPa时，表示CH 和CO平衡体积分数随温度变化关系的曲线分别是_____和_____。M
4
点平衡体积分数高于N点的原因是_____。
(6)图中当CH 和CO平衡体积分数均为40%时，若容器的体积为1L，该温度下反应①的平
4
衡常数K的值为_____。
【答案】 (1) >
(2) v (CO)、v (CHOH)、v (H O)均可
正 2 正 3 正 2
(3) CH+3CO =4CO+2H O
4 2 2
(4) bc
(5) b c 温度相同时，增大压强使反应①平衡正向移动，水的体积分数增大，CO 和
2N 的体积分数减少，有利于反应②逆向移动，故高压时，CO体积分数降低，M点高于N
2
点(或者，温度相同时，降低压强使反应①平衡逆向移动，水的体积分数减小，CO 和H 的
2 2
体积分数增大，有利于反应②平衡正向移动，故低压时，CO的体积分数增大，M点高于
N点)
(6)2.88
【解析】(1)容器①和容器②中其是反应物物质的量相当，即①中反应物能够完全转化为②
中的反应物。若在恒温恒容下，二者达到的平衡状态是相同的，当然，CO 的体积分数也
2
相同；容器②是绝热容器，且反应从逆向开始，逆反应是吸热反应，容器②中的反应从开
始到平衡的过程中，温度一直下降，不利于逆反应正向移动，产生的CO 比容器①要少，
2
故CO 的体积分数 ①> ②；
2
(2) (CO)= (CHOH)= (H O)= (H )时，说明 = ，反应达到平衡；
正 2 正 3 正 2 逆 2 正 逆
(3)根据箭头指向可知：CH 和CO 是反应物，CO和HO是生成物，利用电子守恒和原子
4 2 2
守恒可写成方程式：CH+3CO =4CO+2H O；
4 2 2
(4)a．过程Ⅰ发生的反应为CH+CO =2CO+2H ，CO 是氧化剂，a项错误；
4 2 2 2
b．过程Ⅱ发生了四个反应：①Fe O+4CO=3Fe+4CO 、②Fe O+4H =3Fe+4H O、
3 4 2 3 4 2 2
③CaCO =CaO+CO 、④CaO+CO =CaCO ，转化②实现了碳氢分离，转化③实现CO再制
3 2 2 3
备，b项正确；
c．过程Ⅱ反应④消耗CO，有利于过程Ⅱ反应①正向进行，c项正确；
2
d．转化③方程式为：3Fe+4CaCO =Fe O+4CaO+4CO，故Fe与CaCO 反应的物质的量之比
3 3 4 3
为3∶4，d项错误；
答案选bc；
(5)根据两个反应的热效应可知：随温度升高，呈下降趋势的曲线表示CH 的体积分数，反
4
应①正反应是气体分子数减小的反应，减小压强时，CH 的体积分数也会减小，所以，b线
4
表示1MPa时CH 的体积分数变化趋势；CH 的体积分数小，剩余的CO 和H 就会变多，
4 4 2 2
反应①的产物HO浓度也小，这两个因素有利于反应②正向移动，CO平衡体积分数增大，
2
所以，c线表示1MPa时CO的体积分数变化趋势；温度相同时，增大压强使反应①平衡正
向移动，水的体积分数增大，CO 和H 的体积分数减少，有利于反应②逆向移动，故高压
2 2
时，CO体积分数降低，M点高于N点(或者，温度相同时，降低压强使反应①平衡逆向移
动，水的体积分数减小，CO 和H 的体积分数增大，有利于反应②平衡正向移动，故低压
2 2
时，CO的体积分数增大，M点高于N点)；
(6)因为图象是对实验中对平衡体系的三种物质(CO、CO、CH)进行分析，当实验中CO、
2 4
CH 各占40%时，CO 占20%。设反应生成x mol CH ，y mol CO，在反应体系中：
4 2 4反应0.4mol1.6mol0.4mol0.8mol
CO、CH、CO的总物质的量为 ，则有 ，解得 ，则平衡时
2 4
n( )=0.4mol、n( )=1.2mol、n( )=0.2mol、n( )=1mol，容器的体积为1L，则平
衡常数 。
一、单选题
1．T℃，将2 mol X和1 mol Y充人一体积为1L。的密闭容器中，已知：2X(g)+Y(g)
2Z(s) △H=-M kJ·mol-1。10 min后达到平衡，生成0.2 mol Z，共放出热量N kJ，下列说法
正确的是
A．在10 min时，X的反应速率为0.02 mol·L-1·min-l
B．在0～10 min内，Y的反应速率为 mol·L-1·min-l
C．增加Z的物质的量加快逆反应速率
D．反应达平衡后，保持T℃，通入稀有气体增加压强，则化学反应速率变快
【答案】B
【解析】A. 在0～10 min内，X的反应速率为0.02mol·L－1·min－1,在10 min时，X的浓度较
小，X的反应速率小于0.02 mol·L－1·min－1，故A错误；B. 在0～10 min内，Y的反应速率
为 mol·L－1·min－1，故B正确；C. Z为固体，其浓度为恒定值，增加Z的物质的量不
会因为增大B的浓度而加快逆反应速率，故C错误；D. 反应体系中的气体浓度不变，所
以化学反应速率不变，故D错误。故选B。
2．高炉炼铁中的一个反应为 ，在1100℃下，
若CO起始浓度为1.2mol/L，10min后达到平衡时 的体积分数为 ，下列说法错误的是
A．1100℃下，此反应的平衡常数
B．达到平衡过程中，反应的平均速率为C．达到平衡后，若增大 ，则达到新平衡时， 增大
D．测得某时刻 ，则此时
【答案】C
【解析】列三段式：
，
平衡时 的体积分数 ，解得 ，c(CO)=1mol/L，
c(CO)=0.2mol/L。
2
A．根据以上分析，1100℃下此反应的平衡常数 ，A正确；
B．根据以上分析，反应的平均速率为 ，B正确；
C．该反应属于反应前后气体分子数不变的反应，加压平衡不移动。该反应生成物中只有
是气体，达到平衡后，若增大 ，等效于加压，平衡不移动，则达到新平衡时，
不变，C错误；
D．达到平衡时，c(CO)=1mol/L，测得某时刻 ，说明反应还未达到平衡，
平衡逆向进行，则此时 ，D正确；
故选C。
3．在T℃时，向一个3L的密闭容器中通入4mol 、amol ，发生反应：
。此时 的平衡转化率为60%。下列说法错误
的是
A．当混合气体的平均摩尔质量不变时，反应达到平衡
B．当 时，反应达到平衡
C．反应过程中分离出 ，正反应速率增大
D．平衡时，若 的转化率为60%，则a=5
【答案】C
【解析】A．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应为气体体积增大的
反应，反应中混合气体的平均摩尔质量减小，则混合气体的平均摩尔质量不变说明正逆反
应速率相等，反应已达到平衡，故A正确；B．由化学反应速率之比等于化学计量数之比可知， 说明正逆反
应速率相等，反应已达到平衡，故B正确；
C．反应过程中分离出水蒸气，生成物的浓度减小，正、逆反应速率均减小，故C错误；
D．平衡时反应物氨气和氧气的转化率相等说明起始通入的氨气和氧气的物质的量比等于
化学计量数比，由起始氨气为4mol，则通入的氧气一定为5mol，则a=5，故D正确；
故选C。
4．恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应：2NH (g) N(g)
3 2
+3H (g)，测得不同起始浓度（ ）和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化，如表
2 ⇌
所示，下列说法不正确的是
编号 0 20 40 60 80
① a 2.40 2.00 1.60 1.20 0.80
② a 1.20 0.80 0.40 x
③ 2a 2.40 1.60 0.80 0.40 0.40
A．实验①，0~20min，
B．实验②，60min时处于平衡状态，
C．相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大
D．相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大
【答案】C
【解析】A．实验①中，0~20min，氨气浓度变化量为
，
，反应速率之比等于化学计量数之比，
，A正确；
B．催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，实验③中氨气初始浓度与实验①中
一样，实验③达到平衡时氨气浓度为 ，则实验①达平衡时氨气浓度也为
，而恒温恒容条件下，实验②相对于实验①为减小压强，平衡正向移动，
因此实验②60min时处于平衡状态，x<0.4，即x≠0.4，B正确；
C．实验①、实验②中0~20min、20min~40min氨气浓度变化量都是 ，实
验②中60min时反应达到平衡状态，实验①和实验②催化剂表面积相同，实验①中氨气初
始浓度是实验②中氨气初始浓度的两倍，实验①60min时反应未达到平衡状态，相同条件
下，增加氨气浓度，反应速率并没有增大，C不正确；D．对比实验①和实验③，氨气浓度相同，实验③中催化剂表面积是实验①中催化剂表面
积的2倍，实验③先达到平衡状态，实验③的反应速率大，说明相同条件下，增加催化剂
的表面积，反应速率增大，D正确；
故合理选项为C。
5．用下图装置探究原电池中的能量转化。图中注射器用来收集气体并读取气体体积，记录
实验数据如下表：
① ②
气体体积/ 溶液温度/ 气体体积/ 溶液温度/
0 0 22.0 0 22.0
8.5 30 24.8 50 23.8
10.5 50 26.0 — —
下列说法正确的是A．两个装置中 均为负极，发生氧化反应
B． 内，生成气体的平均速率①＞②
C．时间相同时，对比两装置的溶液温度，说明反应释放的总能量①＞②
D．生成气体体积相同时，对比两装置的溶液温度，说明②中反应的化学能分转化为电能
【答案】D
【解析】A．装置①没有形成闭合回路，不属于原电池，装置②形成原电池，Zn为负极，
发生氧化反应，故A错误；
B．相同时间内，生成气体的多少，判断反应速率快慢，0~8.5min内，生成气体的平均速
率装置①中收集的气体少，反应速率慢，即生成气体速率快慢顺序是②＞①，故B错误；
C．相同时间内装置②生成氢气的体积大于装置①，反应释放总能量②大于①，由两装置
的溶液温度和能量转化形式，可知，装置①中化学能转化为热能，装置②中化学能转化为
热能和电能，故C错误；
D．生成气体体积相同时，两装置反应释放总能量相等，由两装置的溶液温度可知装置①
中化学能转化为热能大于装置②，说明②中反应的化学能部分转化为电能，故D正确；
答案为D。6．为了实现“碳中和”，利用 合成 的反应为：I.
，副反应为：II.
，已知温度对 、CO的平衡产率影响如
下图所示，下列说法中正确的是
A．反应I的活化能大于反应II活化能
B．可以通过使用合适的催化剂提高 的选择性
C．增大压强可以加快反应I的速率，对反应II的速率无影响
D．实际生产过程中，一定要在较低温度下才能提高 的产率
【答案】B
【解析】由图可知，升高温度，一氧化碳的产率增大、甲醇的产率减小，说明反应I是放
热反应，反应II是吸热反应。
A．由图可知，相同温度时，一氧化碳的产率高于甲醇产率，说明反应II的反应速率快于
反应I，反应速率越快，反应的活化能越小，则反应I的活化能小于反应II活化能，故A错
误；
B．催化剂有一定的选择性，选用合适的催化剂快于减弱副反应的发生，提高甲醇的选择
性，故B正确；
C．反应I和反应II都是有气体参加和生成的反应，增大压强，反应I的速率和反应II的速
率均增大，故C错误；
D．反应I是气体体积减小的放热反应，适当降低温度和增大压强都能提高甲醇的产率，故
D错误；
故选B。
7． 的资源化利用有利于缓解温室效应并解决能源转化问题，一种以催化 加氢 合成低碳烯烃的反应过程如下图所示：
下列说法正确的是。
A．决定整个反应快慢的是第ⅱ步
B．第ⅱ步反应过程中形成了非极性键
C．该反应总过程即 加氢合成低碳烯烃的原子利用率为100％
D．催化剂 的使用可以提高低碳烯烃的产率
【答案】B
【解析】A．速率较慢的反应决定了整个反应的快慢，故决定整个反应快慢的是第i步，A
错误；
B．异构化反应过程中，(CH) 转化为C H、C H、C H 等，该过程中形成了极性键和非
2 n 3 6 2 4 4 8
极性键，B正确；
C．根据质量守恒定律可知，该反应的总过程为CO 和H 反应生成低碳烯烃和水的过程，
2 2
则该反应总过程的原子利用率小于100%，C错误；
D．Fe (CO) /ZSM-5是催化剂，不影响CO 加氢合成低碳烯烃的产率，D错误；
3 12 2
故选B。
8．资料显示：自催化作用是指反应产物之一使该反应速率加快的作用。用稀硫酸酸化的
KMnO 进行下列三组实验，一段时间后溶液均褪色(0.01mol/L可以记做0.01M)。
4
实验① 实验② 实验③
1mL0.01M的KMnO 溶
4
1mL0.01M的KMnO 溶 1mL0.01M的KMnO 溶
液和1mL0.1M的HC O 4 4
2 2 4
液和1mL0.1M的HC O 液和1mL0.1M的HC O
溶液混合 2 2 4 2 2 4
溶液混合 溶液混合
褪色 比实验①褪色快 比实验①褪色快
下列说法不正确的是A．实验①中发生氧化还原反应，HC O 是还原剂，产物MnSO 能起
2 2 4 4
自催化作用B．实验②褪色比①快，是因为MnSO 的催化作用加快了反应速率
4
C．实验③褪色比①快，是因为Cl-的催化作用加快了反应速率
D．若用1mL0.2M的HC O 做实验①，推测比实验①褪色快
2 2 4
【答案】C
【解析】A．碳元素的化合价升高，且锰离子可作催化剂，则实验①中发生氧化还原反应，
HC O 是还原剂，故A正确；
2 2 4
B．催化剂可加快反应速率，则实验②褪色比①快，是因为 MnSO 的催化作用加快了反
4
应速率，故B正确；
C．高锰酸钾可氧化氯离子，则实验③褪色比①快，与催化作用无关，故C错误；
D．增大浓度，反应速率加快，则用1mL0.2M 的HC O 做实验①，推测比实验①褪色快，
2 2 4
故D正确；
故选C。
9．对于反应 ，在温度一定时，平衡体系中 的体积分数
随压强的变化情况如图所示。下列说法中，正确的是
A．A、D两点对应状态的正反应速率大小关系：v(A)>v(D)
B．A、B、C、D、E各点对应状态中，v(正)＜v(逆)的是E
C．维持 不变，E→A所需时间为 ，维持 不变，D→C所需时间为 ，则
D．欲使C状态沿平衡曲线到达A状态，从理论上，可由 无限缓慢降压至 达成
【答案】D
【解析】A. 增大压强，反应速率增大，D点压强大于A点压强，所以v(A)v(逆)，D点NO 的物质的量多于平衡状态时的物质
2 2
的量，反应向逆反应方向移动，此时v(正)p，故 ，C错
2 1
误；
D. 无限缓慢降压至 ，压强减小，平衡向气体分子数增多的方向移动，故平衡正向移
动，NO 的体积分数逐渐增加，D正确；
2
故选D。10．T℃时，降冰片烯在催化剂作用下聚合，反应物浓度与催化剂种类及反应时间的关系如
表所示。下列说法不正确的是
时间/min
编号 浓度/(mol/L) 0 50 100 150 200 250
催化剂种类
1 催化剂I 3.00 2.40 1.80 1.20 0.60 0
2 催化剂II 3.00 1.80 0.60 0 0 0
3 催化剂III 1.50 0.90 0.30 0 0 0
A．催化效果：催化剂II优于催化剂I
B．编号2和3实验中，反应至125min时，反应物恰好都消耗完
C．编号2实验中，以反应物浓度变化表示的反应速率为0.024mol•L-1•min-1
D．其他条件相同时，反应物浓度越大，反应速率越大
【答案】D
【解析】A．根据表格数据可知，使用催化剂II的反应速率更快，催化效果：催化剂II优
于催化剂I，故A正确；
B．根据表格数据，可知反应速率与反应物浓度无关。编号2的实验中50min反应物的浓度
降低1.2mol/L，编号3的实验中50min反应物的浓度降低0.6mol/L，所以2、3实验中，反
应至125min时，反应物恰好都消耗完，故B正确；
C．编号2实验中，以反应物浓度变化表示的反应速率为
mol•L-1•min-1，故C正确；
D．根据表格数据，编号1的实验中，0~50min反应物浓度减小0.06mol/L、50~100min反
应物浓度减小0.06mol/L、1000~150min反应物浓度减小0.06mol/L，可知反应速率与反应
物浓度无关，故D错误；
选D。
11．将xmolH S气体平均分成两份，分别通入容器A、容器B(容积均为1L)，其中一容器
2
为绝热环境，另一容器为25℃恒温环境，在容器内均发生：
(25℃)，相关数据如下表：
时间/min 0 10 20 30 40 50 60
容器A 0 0.8 1.5 2 2.3 2.4 2.4
容器B 0 1 1.8 2.5 3 3 3下列说法正确的是A．根据上表信息，可推算出x=3
B．容器A为25℃恒温环境，容器B为绝热环境
C．1～60min内，25℃恒温环境反应速率可表示为v(H S生成)
2
D．可通过降低容器的温度，从而加快逆反应的速率，达到抑制HS气体分解的目的
2
【答案】C
【解析】该反应是吸热反应，反应过程中绝热环境容器的反应温度低于25℃恒温环境容器
的反应温度，反应速率慢于25℃恒温环境容器的反应速率，由表格数据可知，容器A中反
应达到平衡的时间多于容器B中反应达到平衡的时间，则容器A为绝热环境，容器B为
25℃恒温环境，由40s反应达到平衡时，B容器中S 的物质的量为3mol可知，平衡时容积
2
为1L的容器中硫化氢、氢气、S 的浓度为 mol/L、6mol/L、3mol/L，由平衡常数为12
2
可得： =12，解得x=18。
A．由分析可知，x为18，故A错误；
B．由分析可知，容器A为绝热环境，容器B为25℃恒温环境，故B错误；
C．由分析可知，容器B为25℃恒温环境，60min时S 的物质的量为3mol，则1～60min内，
2
则容积为1L的容器中硫化氢的反应速率为 =0.1 mol/(L·min)，故C正确；
D．降低容器的温度，正、逆反应速率均减慢，故D错误；
故选C。
12． 催化加氢合成二甲醚是一种 资源化利用的方法，其过程中主要发生如下两个
反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
在恒压、 和 的起始量一定的条件下， 平衡转化率和平衡时 的选择性
随温度的变化如下图所示。已知： 的选择性
下列说法不正确的是
A．反应 的焓变为
B．根据图象推测
C．其他条件不变时，温度越高， 主要还原产物中碳元素的价态越低
D．其他条件不变时，增大体系压强可以提升A点 的选择性
【答案】C
【解析】A．由盖斯定律可知，II—I×2得到反应2CO(g)+4H(g) CHOCH (g)+HO(g)，
2 3 3 2
则反应的焓变为ΔH=ΔH—2ΔH，故A正确；
2 1
B．反应II是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的转化率减小，由
图可知，温度升高，二甲醚的选择性降低，二氧化碳的转化率增大，说明反应I向正反应
方向移动，该反应为吸热反应，焓变ΔH＞0，故B正确；
1
C．由化合价代数和为0可知，二甲醚中碳元素的化合价为—2价，由图可知，温度升高，
二甲醚的选择性降低，说明反应以反应I为主，碳元素的化合价为+2价的一氧化碳为主要
还原产物，所以温度越高，二氧化碳主要还原产物中碳元素的价态越高，故C错误；
D．反应I为气体体积不变的反应，增大压强，化学平衡不移动，反应II是气体体积减小的
反应，增大压强，化学平衡向正反应方向移动，所以增大体系压强可以提升A点二甲醚的
选择性，故D正确；
故选C。
13．一定温度下，在2 L的恒容密闭容器中发生反应：A(g)+2B(g) 3C(g)反应过程中的部
分数据如下表所示：
时间(t/min) 物质的量(n/mol)n(A) n(B) n(C)
0 2.0 2.4 0
5 0.9
10 1.6
15 1.6
下列说法正确的是A．0~5 min用A表示的平均反应速率为0. 09 mol·L-1·min-1
B．该反应在10 min后才达到平衡
C．平衡状态时，c(C)=0.6 mol·L-1
D．物质B的平衡转化率为20%
【答案】C
【解析】A．0~5 min内C的物质的量增加了0.9 mol，由于容器的容积是2 L，则用C物质
浓度变化表示的反应速率v(C)= ，A错误；
B．反应进行到10 min时，A物质的物质的量减少0.4 mol，根据物质反应转化关系可知B
物质的物质的量减少0.8 mol，B的物质的量为2.4 mol-0.8 mol=1.6 mol，B的物质的量等于
15 min时B的物质的量，说明该反应在10 min时已经达到平衡状态，而不是在10 min后才
达到平衡，B错误；
C．根据选项B分析可知：反应在进行到10 min时，A物质的物质的量减少0.4 mol，根据
物质反应转化关系可知B物质的物质的量减少0.8 mol，则此时B的物质的量为2.4 mol-0.8
mol=1.6 mol，B的物质的量等于15 min时B的物质的量，说明该反应在10 min时已经达到
平衡状态，此时反应产生C的物质的量是1.2 mol，由于容器的容积是2 L，则 平衡状态时，
c(C)= =0.6 mol·L-1，C正确；
D．反应开始时n(B)=2.4 mol，反应达到平衡时 n(B)=0.8 mol，则B物质的平衡转化率为：
△
，D错误；
故合理选项是C。
14．一定条件下， 与 发生反应： ，
反应起始时 在恒压条件下，反应达到平衡时 的体积分数
与M和T(温度）的平衡关系如图所示。下列说法正确的是A．该反应在高温条件下能自发进行
B．图中M的大小关系为
C．图中Q点对应的平衡混合物中
D．温度不变时，增大Q点对应的平衡体系压强，则 减小
【答案】A
【解析】从图像可看出，随着温度升高平衡时甲醇的体积分数逐渐减小，说明平衡正向移
动，根据勒夏特列原理判断正反应为吸热反应， 的物质的量一定的情况下，M增
大， 的物质的量增大，促进平衡正向移动， 的转化率增大，平衡时
的体积分数减小，可以判断出a、b和4的关系，据此解答。
A．由图像可知，M一定时，温度升高， 减小，说明温度升高反应正向进行，
则该反应为吸热反应，其焓变 ，该反应为气体分子数增多的反应，随着反应进行，
体系混乱度增大，则反应的 ，所以该反应自发进行的条件是高温，故A正确；
B． 的物质的量一定的情况下，M增大， 的物质的量增大，促进平衡正向
移动， 的转化率增大，平衡时 的体积分数减小，则 ，故B错误；
C．反应起始时 ，但 和 按物质的量之比1:1反应，平衡混合物中
二者物质的量之比一定不为4，故C错误；
D．温度不变时，压强增大，平衡逆向移动，故 增大，故D错误；
答案选A。
15．下列说法正确的是
A．ΔH<0，ΔS >0的反应在任何条件下都可以实际发生B．O(g) +2SO (g) 2SO (g)在298K时平衡常数K=6.8×1024，说明在该温度下反应速率
2 2 3
很快
C．金属单质导电是物理变化，电解质溶液导电是化学变化
D．可用装置证明元素非金属性：N>C>Si
【答案】C
【解析】A．ΔH<0，ΔS>0的反应，在任何温度下反应ΔH—TΔS均小于0，,能自发进行，
但不一定可以实际发生，故A错误；
B．二氧化硫氧化为三氧化硫的反应在298K时平衡常数很大说明反应的限度很大，但无法
确定在该温度下反应的反应速率快慢，故B错误；
C．金属单质导电时没有新物质生成，是物理变化，而电解质溶液导电实际上是电解过程，
有新物质生成，是化学变化，故C正确；
D．硝酸能与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳，说明硝酸的酸性强于碳酸，氮元素的非金属
性强于碳元素，但硝酸具有挥发性，挥发出的硝酸会优先与硅酸钠溶液反应，无法比较碳
酸和硅酸的酸性强弱，不能比较碳元素和硅元素的非金属性强弱，故D错误；
故选C。
16．关于可自发反应2SO (g) + O(g) 2SO (g) △H， 下列说法正确的是
2 2 3
A．该反应△S>0
B．使用催化剂不能降低该反应的△H
C．反应中每消耗22.4LO 转移电子数目约等于4×6.02× 1023
2
D．其它条件相同，温度升高或增大压强，可以提高SO 的转化率
2
【答案】B
【解析】A．该反应气体物质的量减小，所以熵减小，△S<0，选项A错误；
B．使用催化剂能降低反应的活化能，但不能降低该反应的△H，选项B正确；
C．没有说明标准状况下，22.4LO 的物质的量不一定为1mol，无法计算电子移动数目，选
2
项C错误；
D．其它条件相同，温度升高平衡向吸热反应的逆反应方向移动，SO 的转化率降低；增大
2
压强平衡向气体体积缩小的正反应方向移动，可以提高SO 的转化率，选项D错误；
2
答案选B。
二、填空题
17．捕集CO 的技术对解决全球温室效应意义重大。目前国际空间站处理CO 的一个重要
2 2
方法是将CO 还原，涉及的化学反应如下：CO(g)+4H(g) CH(g)+2HO(g)+Q(Q>0)
2 2 2 4 2
(1)该反应的平衡常数表达式为_______。如果改变某种条件，平衡向正反应方向移动，则
平衡常数_______(填写编号)。
a.一定增大 b.一定减小 c.可能增大 d.可能减小 e.可能不变
(2)向2L某密闭容器充入1molCO 和4molH ，一定条件下发生上述反应。5min末测得气体
2 2的物质的量减少了20%，则0~5min内CO 的平均反应速率为_______。
2
(3)CO 还可应用于纯碱工业。侯氏制碱的过程中，向饱和的氨化食盐水中通入足量CO 的
2 2
生产环节又被称为“碳酸化”。碳酸化时产生的现象是_______。碳酸化过程中，溶液中
c(CO )的变化情况为_______。
(4)侯氏制碱法析出副产品氯化铵后的溶液中，含有的主要离子有Na+、Cl-、_______。检验
滤液中Cl-离子的实验操作：_______。
(5)侯氏制碱原料中的氨气是用如下反应N(g)+3H(g) 2NH (g)+Q(Q>0)制得，若按
2 2 3
n(N ):n(H)=1:3向反应容器中投料，在不同温度下分别达平衡时，混合气中NH 的质量分
2 2 3
数随压强变化的曲线如图所示。下列说法正确的是_______(填字母)。
a.曲线a、b、c对应的温度是由低到高
b.加入催化剂能加快化学反应速率和提高H 的转化率
2
c.图中Q、M、N点的平衡常数：K(N)>K(Q)=K(M)
d.M点对应H 的转化率为75%
2
【答案】(1) c、e
(2)0.05mol/(L·min)
(3) 有晶体析出 先增大，后减小
(4) HCO 、NH 先加入硝酸酸化，然后加入硝酸银溶液观察有白色沉淀生成证明含
氯离子，反之不含氯离子；
(5)a
【解析】(1)平衡常数为反应达平衡后生成物浓度的幕之积与反应物浓度的幕之积的比值，
CO(g)+4H(g) CH(g)+2HO(g)+Q(Q>0)的平衡常数表达式为： ，如
2 2 4 2
果改变温度，平衡常数一定发生变化，因为该反应为放热反应，降低温度，平衡右移，则
平衡常数增大；若是改变浓度，压强或使用催化剂，都不能改变反应的平衡常数，c、e正
确；
(2)设反应中CO 的消耗量为x mol，根据题给信息进行计算：
2
CO(g)+4H(g) CH(g)+2HO(g)
2 2 4 2
根据题意 ，x=0.5mol ，则0～5min内CO 的平均反
2
应速率为 ，
(3)二氧化碳与饱和的氨化食盐水反应生成碳酸氢钠和氯化铵，由于碳酸氢钠的溶解度较小，
在溶液中析出，因此碳酸化时产生的现象是有晶体析出；碳酸化过程中，碳酸存在两步电
离，HCO H++HCO 、HCO H++CO ，在碱性环境下，减小了氢离子浓度，平衡
2 3
右移，促进了电离，c(CO )浓度增大，随着二氧化碳气体的量增多，CO+ CO +H O=
2 2
2HCO ，所以c(CO )浓度又减小；答案为：有晶体析出；先增大，后减小；
(4)主要含NH Cl和少量NaHCO 、NaCl，其中主要含有Cl-、Na+、HCO 、NH ，氯离子
4 3
可以和银离子生成白色沉淀，故实验操作为：先加入硝酸酸化，然后加入硝酸银溶液观察
有白色沉淀生成证明含氯离子，反之不含氯离子；
(5)a．该反应为放热反应，压强相同时，升高温度，平衡逆向移动，氨气质量分数减小，
故曲线a、b、c对应的温度是由低到高，故a正确；
b．加入催化剂能加快化学反应速率但不能影响平衡移动不会提高H 的转化率，故b错误；
2
c．图中Q、M温度相同，K(Q)=K(M)，N点比M点温度高，平衡逆向移动，平衡常数减
小，故K(N)n。 生成 ， =E -E ，
a1 a2
生成 ， =E -E ，整个过程的反应热= E -
a3 a4 a1
E + E -E ，即 = E -E + E -E 。
a2 a3 a4 a1 a2 a3 a4
(2)物质的能量越大，该物质越稳定，故反应过程中反应②的产物更稳定，根据信息，溶剂
极性越大，越容易发生1，4加成，故为了提高该产物的物质的量分数，应在极性大的溶剂
中进行反应。
(3)设反应生成xmol ，反应③的平衡常数为4，则生成的物质的量为4xmol，则产物的选择性百分比为 ，
反应开始时，加入1.0mol ， 的平衡转化率为a，则消耗的
物质的量为amol，则消耗溴的物质的量为amol，平衡时溴的物质的量为
bmol，故开始加入的溴为（a+b）mol，生成 和 共
amol，产生 的选择性百分比为80%，则生成 的物质的
量为0.2amol，平衡时 的物质的量为（1-a）mol，则反应的平衡常数为
。
19．研究氮氧化物的反应机理，NOx之间的转化对等于消除环境污染有具有重要意义。
Ⅰ.升高温度绝大多数的化学反应速率增大，但是2NO(g) + O (g) 2NO (g) (∆H< 0)的速率
2 2
却随温度的升高而减小。某化学小组为研究特殊现象的实质原因，查阅资料知：
2NO(g)+O (g) 2NO (g)的反应历程分两步：
2 2
①2NO(g) NO(g) (快) v =k c2(NO) v =k c(NO) ∆H < 0
2 2 1正 1正 1逆 1逆 2 2 1
②N O(g)+O(g) 2NO (g) (慢) v =k c(NO) c(O ) v =k c2(NO ) ∆H < 0
2 2 2 2 2正 2正 2 2 2 2逆 2逆 2 2
(1)一定温度下，反应2NO(g)+O (g) 2NO (g)达到平衡状态，请写出用k 、k 、k 、
2 2 1正 1逆 2正
k 表示的平衡常数表达式K=_______，根据速率方程分析，升高温度该反应速率减小的原
2逆
因是_______ (填字母)。a. k 增大，c(NO)增大 b. k 减小，c(NO)减小 c. k 增大，c(NO)减小 d. k 减小，
2正 2 2 2正 2 2 2正 2 2 2正
c(NO)增大
2 2
(2)由实验数据得到v ～c(O)的关系可用如图表示。当x点升高到某一温度时，反应重新
2正 2
达到平衡，则变为相应的点为_______(填字母)。
Ⅱ.回答下列问题
(3)已知：NO(g) 2NO (g) ∆H> 0，将一定量NO 气体充入恒容的密闭容器中，控制反
2 4 2 2 4
应温度为T
1。
①下列可以作为反应达到平衡的判据是_______。
A．气体的压强不变 B．容器内气体的密度不变 C．K不变 D．v (N O) v
正 2 4 =2 逆
(NO ) E.容器内颜色不变
2
② t 时刻反应达到平衡，混合气体平衡总压强P，NO 气体的平衡转化率为75%，则反应
1 2 4
NO(g) 2NO (g)的平衡常数Kp=_______。[对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)
2 4 2
代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作kp，如p(B)=p·x(B)，p为平衡总压强，
x(B)为平衡系统中B的物质的量分数]
③反应温度T 时，c(NO)随t(时间)变化曲线如图1，画出0～t 时段，c(NO )随t变化曲线。
1 2 4 2 2
保持其它条件不变，改变反应温度为T(T >T)，再次画出0～t 时段，c(NO )随t变化趋势
2 2 1 2 2
的曲线。_______
(4)NO氧化反应： 2NO(g)+O (g) 2NO (g)分两步进行，其反应过程能量变化示意图如
2 2图2。
Ⅰ.2NO(g) NO(g) ∆H
2 2 1
Ⅱ.N O(g)+O(g) 2NO (g) ∆H
2 2 2 2 2
①决定NO氧化反应速率的步骤是_______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
②在恒容的密闭容器中充入一定量的NO和O 气体，保持其它条件不变，控制反应温度分
2
别为T 和T(T >T )，测得c(NO)随t(时间)的变化曲线如图3，转化相同量的NO，在温度
3 4 4 3
_______(填“T”或“T”)下消耗的时间较长，试结合反应过程能量图(图2)分析其原因
3 4
_______。
【答案】(1) c
(2)a
(3) AE p
(4) Ⅱ T ΔH<0，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(NO)减小；浓度降低的影响大于
4 1 2 2
温度对反应Ⅱ速率的影响；
【解析】（1）已知①2NO(g)⇌N
2
O
2
(g)②N
2
O
2
(g)+O
2
(g)⇌2NO
2
(g)，而目标反应2NO(g)
+O
2
(g)⇌2NO
2
(g)的△H =①+②=△H
1
+△H
2
，由反应达平衡状态，所以v
1正
=v
1逆
、v
2正
=v
2逆
，
所以v ×v =v ×v ，即k c2(NO)×k c(NO) c(O )=k c(NO)× k c2(NO ) 整理得
1正 2正 1逆 2逆 1正 2正 2 2 2 1逆 2 2 2逆 2= =K；
反应速率的是反应②，温度越高k 增大，反应速率加快，二氧化二氮的浓度减少，导致
2正
两者的积减小，故选c；
（2）v 升高到某一温度时v 减小，平衡逆向移动，氧气的浓度增大，所以反应重新达
2正 2正
到平衡，则变为相应的点为a；
（3）①A．反应为非等体积反应且在恒容条件下进行，根据pV=nRT可知，压强恒定时，
体系一定达到平衡状态，A正确；B．由于该反应的物质全为气体参与，且在恒容条件下
进行，所以根据ρ= 可知，容器内的气体密度恒定与平衡与否无关，B错误；
C．温度恒定则K就不变，与是否平衡无关，C错误；
D．当v (N O) v (NO ) 时，体系才平衡，选项将系数弄反了，D错误；
正 2 4 =2 逆 2
E．NO 气体有颜色，颜色的深浅与浓度有关，当颜色不变时，即浓度不变，反应一定平衡，
2
E正确；
故选AE。
②恒容条件下压强比等于气体的物质的量之比，假设初始时NO 的物质的量为n，根据平
2 4
衡状态时转化率为75%，列三段式：
；
气体的平衡转化率为75%，则平衡时NO 的物质的量为0.25n，生成的NO 的物质的量为
2 4 2
1.5n，所以p (N O)= p= p，p (NO) = p= p，K= = =
2 4 2
p ；
③初始时刻充入一定量，c (N O) =0.04mol/L，则t 时刻c (NO) =0，t 时刻反应达到平衡，
2 4 0 2 1
平衡时c (N O) =0.01 mol/L，根据方程式可知c(NO )=0.06mol/L，t～t 平衡不移动，浓度
2 4 2 1 2
不变，保持其它条件不变，升高温度至T，该反应焓变大于零，正反应为吸热反应，升高
2
温度平衡右移，故再次平衡时c (NO) > 0.06mol/L，温度升高反应速率加快，达到平衡所需
2
时间缩短，平衡时刻在t 时刻之前，故图象为：
1
（4）①根据反应过程能量图可知步骤Ⅱ反应活化能较大，起决定因素；
②据图可知当c (NO) 相同时，T 温度下消耗的时间较长；ΔH<0，温度升高，反应Ⅰ平衡
2 4 1
逆移，c(NO)减小；浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响；
2 2
