1、单元过关检测（五）一、选择题，共15小题1一定温度下，在某密闭容器中发生反应：2HI(g)H2(g)+I2(s) H0，若015s内c(HI)由0.1mol/L降到0.07mol/L，则下列说法正确的是A015s内用I2表示的平均反应速率为v(I2)=0.001molL-1s-1Bc(HI)由0.07mol/L降到0.05mol/L所需的反应时间小于10sC升高温度，正反应速率加快，逆反应速率减慢D减小反应体系的体积，化学反应速率加快2例2 已知可逆反应，根据表中的数据判断下列图像错误的是（ ）40095.699.750092.997.8ABCD3向甲、乙两个容积均为的恒容密闭容器中分别充入、
2、和、。相同条件下，发生反应。测得两容器中随时间t的变化关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）Ax可能等于2也可能等于3B向平衡后的乙容器中充入氦气，不变C向平衡后的乙容器中再加入，达到平衡后各物质的体积分数与甲容器中的相同D若向甲容器中再充入、，则达到化学平衡时甲容器中4可逆反应达到化学平衡状态。若时增大压强，正、逆反应速率随时间变化的曲线如图所示（v代表反应速率，t代表时间），下列有关a、b、c、d状态的叙述正确的是（ ）Aa、b、c是气体，d不是气体Ba、b是气体，c、d中有一种是气体Ca、b中有一种是气体，c、d是气体Da、b都不是气体，c、d中有一种是气体5下列属于非自发过程的是（ ）
3、A和混合B常温常压下，石墨转化为金刚石C和化合生成D6在一定温度下，向容积为的恒容密闭容器中充入和一定量的N，发生反应；当反应进行到时达到平衡，测得M的浓度为。下列说法正确的是（ ）A时，M的转化率为80%B，用M表示的平均反应速率为C时，M的物质的量浓度为D后，向容器中充入惰性气体，M的物质的量减小7下列措施或事实不能用勒夏特列原理解释的是A滴加酚酞的氨水中加入氯化铵固体后溶液红色变浅B反应(正反应放热)，升高温度，可使平衡向逆反应方向移动C煅烧粉碎的硫铁矿有利于的生成D工业上生产硫酸的过程中，充入过量的空气以提高的利用率8把2.5molA和2.5molB通入容积为2L的密闭容器里，发生如下
4、反应：3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g)，经5s反应达平衡，在此5s内C的平均反应速率为0.2mol/(Ls)，同时生成1molD。下列叙述中不正确的是（ ）Ax=4B达到平衡状态时容器内气体的压强与起始时压强比为6：5C达到平衡状态时A的转化率为50%D5s内B的反应速率v(B)=0.05mol/(Ls)9已知：K3Fe(CN)6溶液是检验Fe2+的试剂，若溶液中存在Fe2+，将产生蓝色沉淀。将0.2mol/L的KI溶液和0.05mol/LFe2(SO4)3溶液等体积混合后，取混合液分别完成下列实验，能说明溶液中存在化学平衡“2Fe3+2I-2Fe2+I2”的是实验编号实验操作实验现
5、象滴入KSCN溶液溶液变红色滴入AgNO3溶液有黄色沉淀生成滴入K3Fe(CN)6溶液有蓝色沉淀生成滴入淀粉溶液溶液变蓝色AB和C和D和10下列有关化学反应速率的说法正确的是( )A用铁片与稀硫酸反应制取氢气时，改用浓硫酸可以加快产生氢气的速率B100 mL 2 molL1的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变CSO2的催化氧化是一个放热反应，所以升高温度，反应速率减慢D催化剂能降低分子活化时所需能量，使单位体积内活化分子百分数大大增加11中国政府承诺，到2020年，单位GDP二氧化碳排放比2005年下降40%50%。CO2可转化成有机物实现碳循环。恒温恒容下反应：CO2(g)+
6、3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)，能说明上述反应达到平衡状态的是A反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1:1B混合气体的密度不随时间的变化而变化C单位时间内消耗3 molH2，同时生成1 molH2ODCO2的体积分数在混合气体中保持不变12把0.6 mol X气体和0.4 mol Y气体混合于2 L容器中，使它们发生如下反应：3X(g)+Y(g)=nZ(g)+2W(g)。5 min末生成0.2 mol W，若测得以Z浓度变化来表示的化学反应速率为0.01 mol/(Lmin)，则上述反应中Z气体的化学计量数n的值是A1B2C3D413常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s
7、)4CO(g) Ni(CO)4(g)。230 时，该反应的平衡常数K2105。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2 ，固体杂质不参与反应。第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230 制得高纯镍。下列判断正确的是()A增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大B第一阶段，在30 和50 两者之间选择反应温度，选50 C第二阶段，Ni(CO)4分解率较低D该反应达到平衡时，v生成Ni(CO)44v生成(CO)14分解速率受多种因素影响。实验测得70时不同条件下浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是A图甲表明，其他条件相同时
8、，浓度越小，其分解速率越快B图乙表明，其他条件相同时，溶液pH越小，分解速率越快C图丙表明，少量存在时，溶液碱性越强，分解速率越快D图丙和图丁表明，碱性溶液中，对分解速率的影响大15某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一外界条件对化学平衡状态的影响，得到如图所示的变化规律图中T表示温度，表示起始物质的量，则下列说法正确的是（ ）Aa、b、c三点的平衡常数：B达到平衡时，的转化率：C增大压强有利于的生成，因此在实际生产中压强越大越好D若起始量，则在温度下，平衡时的体积分数接近b点二、非选择题，共5小题16在一体积为10 L的密闭容器中充入一定量的CO和H2O，在ToC时发生反应：CO（g）
9、H2O（g）CO2（g）H2（g）H20，CO和H2O的浓度变化如图所示。（l）04 min时的平均反应速率v（CO）_molL1min1。（2）ToC时该反应的化学平衡常数K_。（3）若其他条件不变，第6 min时再充入3.0 mol H2O（g），则平衡向_（填“正反应”或“逆反应”）方向移动。17某市对大气进行监测，发现该市首要污染物为可吸入颗粒物(直径小于等于2.5m的悬浮颗粒物)，其主要来源为燃煤机动车尾气等。因此，对、等进行研究具有重要意义。请回答下列问题：(1)已知汽缸中生成NO的反应为 。若1mol空气含0.8mol和0.2mol，1300时在密闭容器内反应达到平衡，测得NO为
10、。计算该温度下的平衡常数_。汽车启动后，汽缸温度越高，单位时间内NO排放量越大，原因是_。(2)目前，在汽车尾气系统中装置催化转化器可减少CO和NO的污染，其化学反应方程式为_。18某温度时，在一个2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据，试填写下列空白：(1)该反应的化学方程式为_。(2)从开始到2 min，Z的平均反应速率为_；(3)平衡时，X的浓度为_。(4)在第4 min时Z的消耗速率和生产速率_(填，)(5)下列叙述能说明该反应已达到化学平衡状态的是_(填字母)。A体系总物质的质量不变化 B同一时刻，X 与Y的反应速率相等CX的物质的
11、量浓度不再发生变化 D相同时间内Z的消耗速率等于生成速率19如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2引起了全世界的普遍重视。目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇。为探究该反应原理，进行如下实验：在容积为1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，在500下发生发应，CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+ H2O(g)。实验测得CO2和CH3OH(g)的物质的量(n)随时间变化如下图1所示：(1)从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)=_。(2)500该反应的平衡常数为_(结果保留一位小数)，图2是改变温度时化学反应速率随时间变化的示意图，若降低温度到40
12、0进行，达平衡时，K值_(填“增大”“减小”或“不变”)。(3)下列措施中不能使CO2的转化率增大的是_。A在原容器中再充入1mol H2 B在原容器中再充入1molCO2C缩小容器的容积 D将水蒸气从体系中分离出 E使用更有效的催化剂 (4)500条件下，测得某时刻，CO2(g)、H2(g)、CH3OH(g)和H2O(g)的浓度均为0.4mol/L，则此时v(正)_ v(逆)(填“”“”或“=”)。20.我国学者采用量子力学方法，通过计算机模拟，研究了在钯基催化剂表面上甲醇制氢的反应历程，其中吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注。甲醇(CH3OH)脱氢反应的第一步历程，有两种可能方式：方式 A
13、：CH3OH* CH3O* H* Ea= +103.1kJmol-1方式 B：CH3OH* CH3* OH* Eb= +249.3kJmol-1由活化能E值推测，甲醇裂解过程主要历经的方式应为_(填A、B)。下图为计算机模拟的各步反应的能量变化示意图。该历程中，放热最多的步骤的化学方程式为_。.TiCl4是由钛精矿(主要成分为TiO2)制备钛(Ti)的重要中间产物，制备纯TiCl4的流程示意图如下：氯化过程：TiO2与Cl2难以直接反应，加碳生成CO和CO2可使反应得以进行。已知：TiO2(s)+2 Cl2(g)= TiCl4(g)+ O2(g) H1=+175.4 kJmol-12C(s)+
14、O2(g)=2CO(g) H2=-220.9 kJmol-1(1)沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4(g)和CO(g)的热化学方程式_。(2)工业上处理尾气中NO的方法为：将NO与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中，其物质转化如图所示。写出图示转化的总反应的化学方程式_。.甲醇可作为燃料电池的原料。CO2和CO可作为工业合成甲醇(CH3OH)的直接碳源，(1)已知在常温常压下：CH3OH(l)+ O2(g)=CO(g) + 2H2O(g)； H=355.0 kJmol2CO(g)+ O2(g)= 2CO2(g) H=-566.0 kJ/mol H2O(l)=H2O(
15、g) H=+44.0 kJ/mol写出表示甲醇燃烧热的热化学方程式：_(2)利用CO和H2在一定条件下可合成甲醇，发生如下反应：CO(g)2H2(g)=CH3OH(g)，其两种反应过程中能量的变化曲线如下图a、b所示，下列说法正确的是_。A上述反应的H=-91kJmol-1Ba反应正反应的活化能为510kJmol-1Cb过程中第阶段为吸热反应，第阶段为放热反应Db过程使用催化剂后降低了反应的活化能和HEb过程的反应速率：第阶段第阶段参考答案1D【详解】AI2为固体，不能利用固体表示化学反应速率，故A不符合题意；B若c(HI)由0.1molL-1降到0.07molL-1时，需要15s，即减少0.
16、03molL-1需要15s，c(HI)由0.07molL-1降到0.05molL-1时，浓度减少0.02 molL-1，当速率与浓度变化成正比时，需要，随着反应的进行，反应物的浓度减小，化学反应速率减小，需要的时间就长，所以需要时间大于10s，故B不符合题意；C对于任何化学反应，升高温度，正逆反应速率均加快，故C不符合题意；D该反应为气体体积增大的反应，减小体积，即增大压强，化学反应速率加快，故D符合题意；答案选D。2D【详解】A根据题表数据可知，在相同的压强下，升高温度，A的转化率降低，说明升高温度，平衡逆向移动，所以该反应的正反应为放热反应。该反应为气体体积减小的反应，在相同的温度下，增大
17、压强，A的转化率增大，则。升高温度，A的转化率降低，化学反应速率增大，所以500时先达到平衡，A项正确；B压强一定时，升高温度，平衡逆向移动，C的百分含量减小，温度一定时，增大压强，平衡正向移动，C的百分含量增大，B项正确；C升高温度，、均增大，但吸热反应方向增大的程度大，即，所以平衡逆向移动，经过一段时间后反应达到平衡，C项正确；D增大压强，、均增大，但，平衡正向移动，最终达到新的平衡状态，D项错误；故选D。3A【详解】A甲容器中的压强大于乙容器中的压强，甲容器中反应先达到平衡状态，达到平衡所需时间为，A的浓度变化了，乙容器中反应达到平衡状态所需时间为，A的浓度变化了，平衡时甲容器中A的浓度
18、变化大于乙容器中A的浓度变化的2倍，表明增大压强有利于A的转化，说明该反应为气态物质系数减小的反应，x只能等于1，故A错误；B向平衡后的乙容器中充入氦气，由于各物质的浓度均没有发生变化，平衡不移动不变，故B正确；C向平衡后的乙容器中再加入，相当于开始时向容器中加入和，与甲容器中加入物质及其物质的量相同，在相同条件下达到相同的平衡状态，故C正确；D若向甲容器中再充入、，则达到化学平衡时，若平衡不移动，但实际上平衡正向移动，根据勒夏特列原理可知，的范围是，故D正确。综上所述，答案为A。4C【分析】时加压，v（正）、（逆）均增加，说明反应物和生成物中均有气体；（逆）（正），说明生成物中气体物质的体积
19、大于反应物中气体物质的体积。【详解】A.若a、b、c是气体，d不是气体，则生成物中气体物质的体积小于反应物中气体物质的体积，A错误；B.若a、b是气体，c、d中有一种是气体，则生成物中气体物质的体积小于反应物中气体物质的体积，B错误；C.若a、b中有一种是气体，c、d是气体，则生成物中气体物质的体积大于反应物中气体物质的体积，C正确；D.若a、b都不是气体，c、d中有一种是气体，则生成物中气体物质的体积小于反应物中气体物质的体积，D错误；答案选C。5B【详解】AN2和O2化合是焓变小于0，熵变基本不变的反应，能自发进行，故A不符合题意；B石墨是比金刚石稳定的单质，石墨转化为金刚石是吸热反应，且
20、熵变小于0的反应，因此常温常压下是非自发过程，故B符合题意；CH2和O2化合生成H2O的反应的，低温时，属于自发过程，故C不符合题意；DC和O2的反应是放热反应，熵变基本不变，在低温下能自发进行，故D不符合题意。综上所述，答案为B。6A【详解】A根据题意列出三段式：，时，M的转化率为，故A正确；B，用M表示的平均反应速率为，故B错误；C若反应速率不变，M的转化浓度为，M的物质的量浓度为，但在反应过程中，正反应速率逐渐减小，前的反应速率比后反应速率快，因此M的物质的量浓度小于，故C错误；D恒容条件下，向容器中充入惰性气体，平衡不移动，M的物质的量不变，故D错误。综上所述，答案为A。7C【详解】A
21、因为氨水中存在平衡：，向滴加酚酞的氨水中加入氯化铵，铵根离子浓度增大，一水合氨电离平衡逆向移动，氢氧根离子浓度减小，碱性变弱，溶液红色变浅，能用勒夏特列原理解释，A不符合题意；B反应(正反应放热)，升高温度，平衡逆向移动，能用勒夏特列原理解释，B不符合题意；C煅烧粉碎的硫铁矿，增大反应物接触面积，加快反应速率，有利于的生成，不存在平衡移动，所以不能用勒夏特列原理解释，C符合题意；D工业生产硫酸过程中存在平衡：，通入过量的空气使平衡正向移动，二氧化硫的转化率增大，能用勒夏特列原理解释，D不符合题意；答案选C。8C【分析】根据5s内C的平均反应速率为0.2mol/(Ls)可知，反应后C的物质的量为
22、0.2mol/(Ls)5s2L=2mol，生成1molD，根据方程式系数之比等于变化量之比可得x：2=2：1，解得x=4，根据题意可得：【详解】A根据分析可知，x=4，A正确；B根据阿伏伽德罗定律，其它条件相同时，压强之比等于物质的量之比，反应达到平衡状态时，相同条件下容器内气体的压强与起始时压强比为(1+2+2+1)：(2.5+2.5)=6：5，B正确；C反应达到平衡状态时A的转化率为100%=60%，C错误；DB的反应速率=，D正确；故选C。9A【详解】将0.2molL-1的KI溶液和0.05molL-1 Fe2(SO4)3溶液等体积混合后，I-过量，若不是可逆反应，Fe3+全部转化为Fe
23、2+，则溶液中无Fe3+，故只需要证明溶液中含Fe3+，则即能证明此反应为可逆反应，能建立化学平衡；向溶液中滴入KSCN溶液，溶液变红，则说明溶液中有Fe3+，即能说明反应存在平衡，故正确；向溶液中滴入AgNO3溶液有黄色沉淀生成，溶液中I-过量，无论是否存在平衡反应，都会有黄色沉淀生成，所以不能说明反应存在平衡，故错误；无论反应存不存在平衡，溶液中均存在Fe2+，滴入K3Fe(CN)6溶液均有蓝色沉淀生成，故错误；无论反应存不存在平衡，溶液中均有I2，滴入淀粉溶液后溶液均变蓝色，故不能证明存在平衡，故错误。故选：A。10D【详解】A浓硫酸具有强氧化性，与铁发生钝化反应，不生成氢气，故A错误；
24、B盐酸跟锌片反应的实质为氢离子与锌的反应，加入氯化钠，不影响反应速率，但溶液体积增大，粒子浓度减小，反应速率反而减小，故B错误；C升高温度，增大活化分子的百分数，增大反应速率，故C错误；D. 催化剂能降低分子活化时所需能量，使单位体积内活化分子百分数大大增加，反应速率加快，故D正确；故答案为D。11D【分析】在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，据此判断。【详解】A. 反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1:1不能说明正逆反应速率相等，不一定处于平衡状态，A错误；B. 密度是混合气的质量和
25、容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，混合气体的密度不随时间的变化而变化不能说明反应达到平衡状态，B错误；C. 单位时间内消耗3 molH2，同时生成1 molH2O均表示正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，C错误；D. CO2的体积分数在混合气体中保持不变说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，D正确。答案选D。12A【详解】以Z浓度变化来表示的平均反应速率为0.01molL-1min-1，则5min末时生成Z的物质的量为0.01molL-1min-15min2L=0.1mol；5min末已生成0.2molW；利用物质的量的变化量之比等于化学计量数之比可得n:2=0.1mol
26、:0.2mol，n=1，A正确；故选A。13B【详解】A增加c(CO)，平衡正向移动，温度不变，反应的平衡常数不变，A错误；B第一阶段，生成的Ni(CO)4是气态，应选择高于其沸点的反应温度，故选50 ，B正确；C230 时，化学平衡常数K2105，有利于反应逆向进行，Ni(CO)4分解率较高，C错误；D反应达到平衡时，4生成Ni(CO)4生成(CO)，D错误；故答案为：B。14D【详解】A由图甲可知，起始时的浓度越小，曲线下降越平缓，说明反应速率越慢，A错误；B由乙图可知，浓度越大，pH越大，即对应的pH最大，曲线下降最快，即分解最快，B错误；C由图丙可知，所有实验均在pH=13的条件下进行
27、的，故无法体现随着碱性的增强，双氧水的分解速率加快，C错误；D由图丁可知，质量浓度越大，的分解速率越快，说明对分解速率影响较大，D正确；故答案为：D。15AD【详解】A由题图可知，a、b、c三点所处的温度相同，平衡常数只与温度有关，因此平衡常数，故A正确；B对于反应，随着的增加，平衡向正反应方向移动，但的转化率降低，即的转化率，故B错误；C增大压强，平衡向正反应方向移动，有利于的生成，但在实际生产中需要考虑生产条件和成本，所以并不是压强越大越好，故C错误；D由反应可知，当时，平衡时的体积分数最大，所以，在温度下，当起始量，平衡时的体积分数接近b点，故D正确。综上所述，答案为AD。160.03
28、1 正反应 【详解】（l）04 min内CO浓度减少了0.2mol/L0.08mol/L0.12mol/L，则04 min时的平均反应速率v（CO）0.12mol/L4min0.03 molL1min1。（2）根据图像可知平衡时CO和水蒸气浓度分别是0.08mol/L、0.18mol/L，生成二氧化碳和氢气浓度均是0.12mol/L，所以ToC时该反应的化学平衡常数K。（3）若其他条件不变，第6 min时再充入3.0 mol H2O（g），增大反应物浓度，则平衡向正反应方向移动。17 温度升高，反应速率加快，平衡右移 【详解】(1)反应前后体积不变，可设容器的容积为1L，各组分的平衡浓度分别是
29、，代入。温度越高，反应速率越快，且平衡向右移动，故单位时间内生成的NO越多。(2)根据原子守恒可知CO和NO反应生成无污染的物质应该是和，根据反应的化学方程式为。183X+Y2Z 0.05 mol/(L min) 0.35mol/L = C D 【详解】（1）由图示可知X、Y为反应物，Z为生成物，由物质的物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，则该反应的化学反应方程式为：，故答案为：；（2）在2min内Z的物质的变化量为0.2mol，则，故答案为：；（3）平衡时X的物质的量，由，故答案为：；（4）由图不难得出该反应在4min时处于平衡状态，则Z的消耗速率等Z的生成速率，故答案为：=；（5）在一
30、定条件下，当一个可逆反应的正反应速率与逆反应速率相等时，反应物的浓度与生成物的浓度不再改变（混合物中各组分的百分含量不再改变），达到一种表面静止的状态，即化学平衡状态；A根据质量守恒定律可知任何一个反应的反应前后体系总物质的质量不变化，则体系质量不能说明一个可逆反应是否达到平衡状态，故A不选；B同一时刻，X与Y的反应速率是否相等不能说明该反应是否处于化学平衡状态，故B不选；C由化学平衡状态定义可知，X的物质的量浓度不再发生变化能说明该反应处于化学平衡状态，故选C；D由化学平衡状态定义不难得出，相同时间内Z的消耗速率等于生成速率能说明该反应处于化学平衡状态，故选D。答案为CD190.225mol
31、/(Lmin) 5.3 增大 BE 【详解】(1)从反应开始到平衡v(CH3OH)=mol/（Lmin）=0.075 mol/（Lmin），相同时间内v(H2)=3v(CH3OH)=0.075 mol/（Lmin）3=0.225 mol/（Lmin）；(2)根据图像结合三段式可知化学平衡常数K=5.3，该反应的正反应是放热反应，降低温度平衡正向移动，化学平衡常数增大；(3)A在原容器中再充入1molH2，反应物浓度增大，平衡正向移动，导致二氧化碳转化率增大，故A不选；B在原容器中再充入1molCO2平衡正向移动，但是二氧化碳消耗的量远远小于加入的量导致二氧化碳转化率减小，故B选；C缩小容器的容
32、积，压强增大，化学平衡正向移动，二氧化碳转化率变大，故C不选；D将水蒸气从体系中分离出，平衡正向移动，二氧化碳转化率增大，故D不选；E使用更有效的催化剂，平衡不移动，二氧化碳转化率不变，故E选；故选BE；(4)此时浓度商=6.25K，平衡逆向移动，则v(正)v(逆)。20A CHO*3H*CO*4H*(或CHO*CO*H*) TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)TiCl4(g)+2CO(g) H=-45.5 kJ/mol 2H2+2NON2+2H2O CH3OH(l)O2(g)CO2(g)2H2O(l) H=-726.0 kJ/mol ACE 【详解】.方式A中活化能小，则由活化能E值推
33、测，甲醇裂解过程主要历经的方式应为A。该历程中，放热最多的是41.965.7，则步骤的化学方程式为CHO*3H*CO*4H*(或CHO*CO*H*)。.(1)已知：TiO2(s)+2Cl2(g)= TiCl4(g)+ O2(g) H1=+175.4 kJmol-12C(s)+O2(g)=2CO(g) H2=-220.9 kJmol-1依据盖斯定律+即得到沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4(g)和CO(g)的热化学方程式为TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)TiCl4(g)+2CO(g) H=-45.5 kJ/mol。(2)根据示意图可判断反应物是氢气和NO，生成物是氮气，依据原子守恒可知还有
34、水生成，则图示转化的总反应的化学方程式为2H2+2NON2+2H2O。.(1)已知：CH3OH(l)+ O2(g)=CO(g) + 2H2O(g) H=355.0 kJmol2CO(g)+ O2(g)= 2CO2(g) H=-566.0 kJ/mol H2O(l)=H2O(g) H=+44.0 kJ/mol依据盖斯定律+2即得到表示甲醇燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)O2(g)CO2(g)2H2O(l) H=-726.0 kJ/mol；(2)A上述反应的H=（419510）kJmol-1=-91kJmol-1，A正确；Ba反应正反应的活化能为419kJmol-1，B错误；Cb过程中第阶段生成物能量高，为吸热反应，第阶段生成物能量低于反应物能量。为放热反应，C正确；Db过程使用催化剂后降低了反应的活化能，但不能改变H，D错误；Eb过程的第阶段活化能低，因此反应速率：第阶段第阶段，E正确；答案选ACE。