1、2022届高三化学一轮复习化学反应原理：21化学反应原理基础题非选择题（共20题）1、CO等都是重要的能源，也是重要的化工原料。(1)一定条件下，甲烷与水蒸气发生反应：，工业上可利用此反应生产合成氨原料气。定温度下，向2L恒容密闭容器中充入1.6mol 和2.4mol 发生上述反应，CO(g)的物质的量随时间的变化如图甲所示。内的平均反应速率_。平衡时容器内气体的压强与起始时容器内压强的比值为_。下列措施能加快反应速率的是_(填字母)。A恒压时充入He B升高温度C恒容时充入 D及时分离出CO第1分钟时正(CO) _第2分钟时逆(CO) (填“”“”“”或“无法比较”)下列能说明上述反应达到平
2、衡状态的是_(填字母)。ab恒温恒容时，容器内混合气体的密度保持不变c、浓度保持不变d、CO(g)、的物质的量之比为e断开3mol HH键的同时断开2molOH键(2)用和组合形成的质子交换膜燃料电池的结构如图乙：电极d是_(填“正极”或“负极”)，电极c的电极反应式为_。2我国力争2060年前实现碳中和，将转化为甲醇是实现碳中和的途径之一、原理为：。在一定温度下，体积为1L的密闭容器中，充入和，测得和的浓度随时间变化如图所示。回答下列问题：(1)2min5min的平均反应速率_。(2)平衡时的转化率为_%。(3)2min时，_(填“”“”“=”“”“”“=”或“”，下同)；若第i步反应为快反
3、应，则活化能E(i)_E(ii)。若反应ii的正反应速率=c(N2O2)c(O2)，=c2(NO2)；则该反应的化学平衡常数K=_(用含“”和“”的代数式表示)。20研究NOx、SO2等大气污染物的妥善处理具有重要意义。(1)亚硝酰氯(ClN=O)气体是有机合成的重要试剂，它可由Cl2和NO在通常条件下反应制得，该反应的热化学方程式为_。相关化学键的键能如下表所示：化学键ClClNO(NO气体)ClNN=O键能/(kJmol1)243630200607(2)燃煤发电厂常利用反应2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)=2CaSO4(s)+2CO2(g) H=681.8kJmol1，对煤进
4、行脱硫处理来减少SO2的排放。对于该反应，在T时，借助传感器测得反应在不同时间点上各物质的浓度如下：时间/min浓度/molL-101020304050O21.000.790.600.600.640.64CO200.420.800.800.880.88010min内，平均反应速率(O2)_molL-1min-1；当升高温度，该反应的平衡常数K_(填“增大”“减小”或“不变”)。30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡。根据上表中的数据判断，改变的条件可能是_(填字母)。A加入一定量的粉状碳酸钙B适当缩小容器的体积C通入一定量的O2D加入合适的催化剂(3)NOx的排放主要来自汽车尾气，利用
5、反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g) H=34.0kJmol1，用活性炭对NO进行吸附。已知在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体，保持恒压测得NO的转化率随温度的变化如图所示：由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升高而增大，其原因为_。(4)为避免汽车尾气中的有害气体对大气的污染，需给汽车安装尾气净化装置。在净化装置中CO和NO发生反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) H=746.8kJmol1，生成无毒的N2和CO2.实验测得，正=k正c2(NO)c2(CO)，逆=k逆c(N2)c2(CO2)(k正、k逆为速率常数，只与温度有关)。达到平衡后
6、，仅升高温度，k正增大的倍数_(填“”“ 正极 【详解】(1)由图可知，2min5min转化的浓度为1.00mol/L-0.50 mol/L=0.50 mol/L，则2min5min的平均反应速率(CO2)=，故答案为：；(2) 由图可知，5min时CO2的浓度不再改变，达到平衡状态，转化的浓度为2.00mol/L-0.50 mol/L=1.50 mol/L，则H2转化的浓度为1.50 mol/L3=4.50 mol/L，H2转化的物质的量为4.50 mol/L 1L=4.50mol，平衡时的转化率为100%=75%，故答案为：75；(3) 由图可知，2min时反应向正反应方向进行，则，故答案
7、为：；(4) 由图可知，电子由电极b流出，则电极b为负极，电极a为正极，负极上甲醇失电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应为：，故答案为：正极；。3放热 形成 放出 2.4 AC 【详解】(1)根据图示分析，反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，所以氨气与在高温高压和催化剂存在的条件下生成尿素和水的反应为放热反应；反应物断键吸收能量，生成物成键放出能量，因此的能量变化是由形成化学键放出的能量引起的；(2)用还原汽车尾气中的，只生成和，则该反应的化学方程式为：，该反应中二氧化氮中的氮元素由+4价降低到氮气中的0价，6molNO2完全被还原，转移电子为24mol，生成氮气7mol，若此反
8、应中每生成，转移2.4mol电子；(3)合成氨工业中发生反应：，该反应的正反应为放热反应，A保持其他条件不变，升高温度，活化分子数、百分数均增加，正、逆反应速率均加快，故A正确； B当容器中的、的物质的量浓度之比为13时，不能确定各物质的浓度是否能够保持不变，也就不能判断该反应是否达到了反应限度，故B错误；C单位时间内生成的与消耗的的物质的量相等时，即氮气的正逆反应速率相等，该反应达到了反应限度，故C正确；故选AC。4 大于 a e 分馏 【详解】(1) 偏二甲肼()与四氧化二氮发生氧化还原反应，生成氮气和二氧化碳气体。该反应的化学方程式：。该反应能提供飞船飞行所需的能量，故此反应为放热反应，
9、则反应物的总能量大于生成物的总能量。(2) 原电池中负极发生氧化反应，根据肼空气燃料电池是一种碱性燃料电池，肼转化为氮气与水可知肼在负极发生氧化反应，该电池负极的反应式为，由电极方程式知，每生成1mol即28gN2转移4mol电子，则每生成要转移电子的物质的量为。(3)由表中数据可知，12s时甲容器已处于平衡、而乙还没有平衡，说明甲容器中温度高，即该反应温度T1T2。甲容器中，n(O2)=0.36mol，根据方程式，n(NO2)=0.72mol，则内的平均反应速率。从开始到平衡，乙容器中，n(O2)=0.85mol，根据化学方程式，n(O3)=0.85mol，平衡转化率为。a反应前后气体的化学
10、计量数之和不等，混合气体的总质量不变，若混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明混合气体的总物质的量不变，即反应达到化学平衡状态，故a选； b均指正反应速率，任何时候都正确，不能说明反应达到化学平衡状态，故b不选； c恒容密闭容器中充入和，等于化学计量数之比，则与的转化率之比始终不变，不能说明反应达到化学平衡状态，故c不选； d混合气体的总质量不变，恒容密闭容器则气体体积不变，所以密度始终不变，混合气体的密度不再改变无法判断反应是否达到化学平衡状态，故d不选，e反应中，气体的物质的量、压强会随着反应而变化，故容器内压强不随时间的变化，说明气体的物质的量不随时间变化，则说明反应已达平衡，故e选；
11、则答案为a e。(4) 石油分馏得到汽油、煤油、柴油等产品，航天煤油是石油经过分馏炼制的。5 0.075mol/(Lmin) 109 乙 锌片不断溶解 A 【详解】.(1)由图可知，Y、X的物质的量减少，则Y、X为反应物，而Z的物质的量增加，可知Z为生成物，且2min后物质的量不再变化，由速率之比等于化学计量数之比可知反应为，故答案为：；(2)反应开始至2min，以气体X表示的平均反应速率为；反应开始时与反应达平衡状态时的压强之比为，故答案为：0.075mol/(Lmin)；109；(3)速率之比等于化学计量数之比，速率与化学计量数的比值越大,反应速率越快，则乙快，故答案为：乙；.(4)B中板
12、作负极，锌片不断溶解，Cu作正极，发生反应：，故答案为：锌片不断溶解；(5)放热的氧化还原反应可以设计成原电池，故合理的是A，故答案为：A。6C 放出117 cd 80% 【详解】I. (1)若不经计算，可直接通过碘的淀粉溶液褪色时间的长短来判断浓度与反应速率的关系，则反应I2+2=2I-+中碘单质对Na2S2O3而言要少量、实验中要控制的变量为Na2S2O3溶液的浓度，故对比实验中，需取等体积而浓度不同的Na2S2O3溶液，加等体积同一浓度的相对少量的碘水，则C满足，答案为C。(2) 若某同学选取进行实验， 1mL0.01molL-1的碘水 3mL0.01molL-1的Na2S2O3溶液，则
13、I2+2=2I-+反应中硫代硫酸钠过量、碘单质全消耗，应按计算，测得褪色时间为4s，忽略混合后溶液体积的变化，则有。II(3)由图知，D中氯元素+7，则Z是 (填离子符号)；(4)由图知，B、A和C分别为，氯元素的化合价分别从+1降低到-1、升高到+5，按得失电子数守恒、BA+C反应的离子方程式为：；由图知，3molB、2molA和1molC的相对能量分别为3mol60kJ/mol、2mol0 kJ/mol、1mol63 kJ/mol，则反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，生成1molC(氯酸根离子)时放出3mol60kJ/mol-(2mol0 kJ/mol+1mol63kJ/mol )
14、=117kJ的热量，故答案为放出117。III (5) a该反应气体分子总数会随着反应而改变、故压强也会改变。当体系压强不随时间变化时，则气体分子总数不变、各成分的物质的量及浓度保持不变，说明反应达到平衡状态，故不符合； b该反应气体分子总数会随着反应而改变、故气体平均摩尔质量也会改变。当容器中气体平均摩尔质量保持不变，说明反应达到平衡状态，故不符合；c混合气体颜色始终是无色，c不能说明，故符合； d 充入2molNO和2molCO，反应中消耗等物质的量的NO和CO，故NO与CO的体积比始终保持不变，d不能说明，故符合；答案为cd。(6) T时，在容积为2L的恒容密闭容器中充入2molNO和2
15、molCO，保持温度不变，发生反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，5min时达到平衡状态，此时c(N2)=0.4molL-1，则消耗NO为20.4molL-1=0.8molL-1，NO平衡转化率 。7 = 根据热化学方程式可知，升高温度，平衡逆向移动，的体积分数增大；再对应图像，压强一定时，则 增大 【详解】(1)根据下图1中信息得到主反应的热化学方程式是。根据图2判断，升高温度，催化剂1的反应速率比催化剂2的反应速率，反应速率越快，活化能越小，因此活化能，不管使用催化剂1或催化剂2时，反应焓变不变，因此合成的=；故答案为：；=。(2)该反应是放热反应，当压强为1106P
16、a时，从上到下，CO体积分数增大，说明平衡逆向移动，因此是升温即，并说明理由：根据热化学方程式可知，升高温度，平衡逆向移动，的体积分数增大；再对应图像，压强一定时，则；故答案为：；根据热化学方程式可知，升高温度，平衡逆向移动，的体积分数增大；再对应图像，压强一定时，则。(3)若在一定温度下，在一恒压的密闭容器中充入和，测得容器内的压强为，达平衡后，测得反应前后容器中气体的物质的量之比是；且物质的量为，反应后n(CO)=(2 xy)mol，n(H2)=(5 3x2y)mol =1mol，解得x=1.2mol，y=0.2mol，在此温度下，的转化率为，反应后气体总物质的量为4.2mol，主反应的平
17、衡常数 ；故答案为：。(4)在一恒压绝热的密闭容器中，达到平衡时再往容器内充入，则容器体积变大，相当于减小压强，平衡逆向移动，即向吸热反应方向移动，体系温度降低，。主反应为放热反应，温度降低，平衡正向移动，因此主反应的平衡常数将增大；故答案为：增大。8放出 b+c-a 1127 92 吸收 少 4：3 负极 2NH36e-+6OH-=N2+6H2O 还原 a 【详解】.(1)根据工业合成氨反应的能量变化图分析可知，反应物的能量高于生成物总能量，反应为放热反应，合成1molNH3(l)放出的热量为(b+c-a)kJ；(2)拆开1molHH键、1molNH键、1molNN键分别需要的能量是436k
18、J、391kJ、946kJ；反应物断键吸收能量，因此图中的a=946kJ+436kJ =1127 kJ；生成物成键放出的热量为3391kJ=1173kJ；因此该反应的=1127 kJ-1173=-46kJ/mol，即反应消耗0.5mol氮气，放出热量46kJ，所以N2(g)+3H2(g) =2NH3(g) =-92kJ/mol；即有1molN2(g)发生反应时生成NH3(g)，产生的能量为92 kJ；(3)根据以上分析可知，N2(g)+3H2(g) =2NH3(g) =-92kJ/mol；则反应2NH3(g)=N2(g)+3H2(g) =+92 kJ/mol，氨气由气态变为液态，放出热量，因此
19、2NH3(l)=N2(g)+3H2(g) +92 kJ/mol，因此反应2NH3(g)=N2(g)+3H2(g)比反应2NH3(l)=N2(g)+3H2(g吸收的热量少；.根据原电池的工作原理，氨气氧化为氮气，发生氧化反应，做原电池的负极(a)，电极反应为：2NH36e-+6OH-=N2+6H2O；氧气在铂电极(b)发生还原反应，电解反应式：O2+4e-+2H2O=4OH-；该电池的总反应：4NH3+3O2=2N2+6H2O；结合以上分析可知，此反应消耗的NH3与O2的物质的量之比为4:3；结合以上分析可知，a电极作为该原电池的负极，电极反应式为：2NH36e-+6OH-=N2+6H2O；结合
20、以上分析可知，b电极为正极，氧气在此极发生还原反应，溶液中的阴离子向负极移动，因此溶液中OH-向a电极移动。9放 ABD BD 正 【详解】(1)1molNH3(g)和3molH2(g)断键时吸收946kJ+3436kJ=2254kJ，2molNH3(g)成键时释放391kJ6=2346kJ，成键释放能量大于断键吸收能量，所以该反应为放热反应；(2)A升高温度可以提高活化分子百分数，加快反应速率，A符合题意；B催化剂可以降低反应活化能，加快反应速率，B符合题意；C分离出生成的氨气，平衡正向移动，反应物浓度减小，反应速率减慢，C不符合题意；D增大反应物的浓度可以加快反应速率，D符合题意；E扩大容
21、器体积反应物浓度减小，反应速率减慢，E不符合题意；综上所述答案为ABD；(3)A反应物和生成物均为气体，根据质量守恒可知，无论是否平衡，气体总质量都不发生改变，A不符合题意；B氨气的质量分数不再改变说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，B符合题意；CN2、H2和NH3的物质的量的比值不再改变，但具体比值与初始投料和转化率有关，比值为1：3：2并不能说明反应达到平衡，C不符合题；D该反应前后气体系数之和不相等，未平衡时容器内压强会发生改变，当压强不变时说明反应达到平衡，D符合题意；综上所述答案为BD；(4)据图可知a电极N2转化为NH3，N元素被还原，所以a为正极；原电池中阳离子向正极移动，根据氢
22、离子的移动方向也可以判断出a为正极。10 664.1 CD 负极 CH48e 2H2O CO28H 2NaCl2H2O 2NaOH H2Cl2 2Cl2e Cl2 2.24 【详解】(1)将反应减去反应得到反应的H3= 664.1 kJmol1；故答案为： 664.1。(2)A2逆(NO)= 正(N2)，一个是正反应速率，一个是逆反应速率，但速率比不等于计量系数之比，不能作为判断平衡标志，故A不符合题意；B密度等于气体质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，因此混合气体的密度不再变化，不能作为判断平衡标志，故B不符合题意；C该反应是体积减小的反应，因此容器内总压强不再变化，可以作为判断平
23、衡标志，故C符合题意；D平均相对分子质量等于气体质量除以气体物质的量，气体质量不变，气体物质的量减小，因此相对分子质量增大，当混合气体的平均相对分子质量不再变化，可以作为判断平衡标志，故D符合题意；综上所述，答案为：CD。反应的平衡常数表达式为：；故答案为：。(3)向甲中滴入酚酞溶液，在 Fe 极附近显红色，说明有大量氢氧根，则Fe为阴极，则电源B为负极，该电极的电极反应是CH48e 2H2O CO28H；故答案为：负极；CH48e 2H2O CO28H。甲装置是电解饱和食盐水，其总的化学方程式是2NaCl2H2O 2NaOH H2Cl2；故答案为：2NaCl2H2O 2NaOH H2Cl2。
24、X 电极为阳极，X电极上发生的电极反应式是2Cl2e Cl2；故答案为：2Cl2e Cl2。如果乙装置中精铜电极的质量增加了 0.64g即铜物质的量为0.01mol，甲装置中铁电极上产生氢气，根据得失电子守恒得到CuH2，产生氢气物质的量为0.01mol，气体在标准状况下为2.24L；故答案为：2.24。11862 放热 吸热 放热 吸热 小于 Cu AgNO3溶液 碳棒上出现银白色物质 108 【详解】I(1) 根据图示H2+Cl2=2HCl的反应过程可以看出形成2molHCl键共放出=862kJ的热量，故答案为：862；根据表格数据可看出，断裂反应物中化学键共吸收679kJ热量，形成生成物
25、中化学键放出862kJ的热量，则说明反应物断键吸收的热量小于生成物成键所放出的热量，即说明该反应为放热反应，故答案为：放热；(2) 根据图示能量变化过程可知，(a)SiO2+2CSi+2CO中，反应物的总能量低于生成物的总能量，表现为吸热反应；(b)Si+3HClSiHCl3+H2中，反应物的总能量高于生成物的总能量，表现为放热反应；(c)SiHCl3+H2Si+3HCl中，反应物的总能量低于生成物的总能量，表现为吸热反应，故答案为：吸热；放热；吸热；因为反应(b)为放热反应，所以破坏反应物中的化学键所吸收的能量小于形成生成物中化学键所放出的能量，故答案为：小于；II根据原电池的工作原理可知，
26、利用反应“Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+”设计化学电池(正极材料用碳棒)，负极铜失去电子发生氧化反应生成铜离子，正极碳棒上银离子得到电子生成银单质，则(1)该电池的负极材料是铜，电解质溶液AgNO3溶液，故答案为：铜（或Cu）；AgNO3溶液；(2)正极上银离子得到电子生成银单质，所以出现的现象是碳棒上出现银白色物质；(3)根据总反应可看出若导线上转移电子l mol，则生成银为1mol，其质量为=108g，故答案为：108。12放出 b+c-a 吸收 多 黑磷 Fe+Cu2+=Fe2+Cu 1 【详解】(1)由图可知反应物的总能量大于生成物的总能量，此反应为放热反应，由能量变化图可知合成1m
27、olNH3(l)，放出的热量为(b+c-a)kJ；故答案为：放出；b+c-a；(2)因为合成氨为放热反应，所以氨气分解需要吸收热量，又因为液体氨气转化为气态还要吸热，所以液态氨分解吸收的热量比气态氨吸收的热量多；故答案为：吸收；多；(3)能量越低越稳定，由白磷转化为黑磷比白磷转化为红磷放热更多，因此黑磷更稳定；故答案为：黑磷；(4)由图可知，铁做负极，铜做正极，氯化铜是电解质溶液，原电池的总反应式是Fe+Cu2+=Fe2+Cu，一段时间后，铜极质量变化32g，说明铜离子得电子生成了32g铜，因此导线中通过的电子的物质的量为：；故答案为：Fe+Cu2+=Fe2+Cu；1mol;13放热 E1 E
28、1+E2 3B+4C 6A+2D 0.1mol/(Ls) 70% 【详解】(1)由图示知，反应物A、B的总能量高于生成物C的能量，故该反应为放热反应，故此处填“放热”；反应物中的化学键在反应中发生断裂，断键后的原子（团）重新组合形成新的化学键，生成新的物质，图像能量E1可看成是旧键断裂吸收的能量，故此处填“E1”； (E1+E2)可看成是形成新的化学键释放出的能量，故破坏对应生成物中化学键需要吸收的能量为(E1+E2)，故此处填：“E1+E2”；(2)由图示可确定：B、C为反应物，A、D为生成物，06s内各物质的变化量为：n(B)=(1-0.4) mol=0.6 mol，n(C)=(1-0.2
29、) mol=0.8 mol，n(A)=1.2 mol，n(D)=0.4 mol，故反应中各物质的化学计量数之比=n(B): n(C): n(A): n(D)=3:4:6:2，对应化学方程式为：3B+4C6A+2D；(3)06 s内A的化学反应速率：(A)=，故此处填：0.1mol/(Ls)；(4)由于反应前后气体分子数改变，且由于反应绝热会引起体系温度变化，故随着反应进行，体系压强会发生改变，突然不变，则说明达平衡，不符合题意；气体密度=，由于气体总质量不变（质量守恒）且容器体积不变，故密度始终不变，不能用作判断平衡依据，符合题意；随着反应的进行，在未达平衡前，各个物质的含量均会发生改变，达平
30、衡后，各个物质含量均不变，均能说明物质含量不变，故均能用来判断反应是否达平衡，不符合题意；故此处填：；(5)由图示知，体系在25 min时达平衡，含量下降的曲线对应SO2的含量变化，故达平衡时，SO2转化了(2.0-0.6) mol=1.4 mol，故SO2的转化率=，故此处填70%。14 放出 92 5 颗粒大小 (是否形成)原电池 正极 CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+ 11.2 【分析】根据常见的吸热反应类型判断；根据断裂化学键吸收的能量与成键释放的能量的相对大小计算判断；根据各组实验的条件，结合影响反应速率的因素分析解答；根据图示，c电极是电子流出的电极，d电极是电子流入的电极
31、，说明c电极是负极，d电极是正极，据此分析解答。【详解】(1)液态水汽化是吸热过程，但不是化学反应；将胆矾加热变为白色粉末是硫酸铜晶体分解失去结晶水，发生的是吸热反应；纯碱溶于水，溶解过程，但不是化学反应；氯酸钾分解制氧气是吸热反应；干冰升华固体变化为气体吸热，但不是化学反应；则属于吸热反应的有。 (2)断开1molHH键、1molNH键、1molNN键分别需要吸收的能量为436kJ、391kJ、946kJ，发生的反应为N2+3H22NH3，则1mol氮气反应时，化学键断裂吸收的总能量=946kJ+3436 kJ=2254kJ，化学键形成放出的总能量=23391kJ=2346kJ，化学键断裂吸
32、收的总能量小于化学键形成放出的总能量，为放热反应，2346kJ -2254kJ =92kJ，即1molN2生成生成2molNH3需放出92kJ能量，故答案为：放出；92。(3)影响化学反应速率图像的因素有：反应物表面积越大，速率越快，反应温度越高速率越快，氢离子浓度越大，速率越快，形成原电池可以加快反应速率，根据以上分析， 5组中锌的表面积大、氢离子浓度大、反应温度高，还存在铜锌原电池，故在此5组实验中，速率最快的是5(填实验序号)；根据数据可知实验1和2其它条件相同，固体反应物表面积不同，则实验1和2表明颗粒大小对反应速率有影响；实验1和3其它条件相同，但实验3会形成原电池，则实验1和3表明
33、 (是否形成)原电池对反应速率有影响，故答案为：5； 固体反应物的表面积 ； (是否形成)原电池。(4)c电极是电子流出的电极，d电极是电子流入的电极，说明c电极是负极，d电极是正极，甲烷在负极上发生氧化反应生成CO2，电极反应式为CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+，故答案为：正极；CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+；该电池的正极反应式为2O2+8H+8e-=4H2O，当线路中转移2mol电子，则该燃料电池理论上消耗O2的物质的量为0.5mol，标准状况下的体积为0.5mol22.4L/mol=11.2L，故答案为：11.2。15 H= 1 逆向 b点反应达到平衡后，因为正反应为放
34、热反应，升高温度，平衡逆向移动，故温度越高，CO的体积分数就越小或温度升高使催化剂的活性降低 【详解】(1)反应： H=反应： H=根据盖斯定律，-2，得到H=，表示CO气体燃烧热的热化学方程式 H=；(2)容器A中，反应从开始到达平衡态所用的时间为2min，的平衡转化率为50%，则2min内该反应的平均反应速率为： v(CO2)=，反应为，v(CH4)=v(CO2)=；温度为753K时，列出三段式； 该反应的平衡常数K=1；容器B中的Qc=41，起始时将逆向移动； H=，该反应达到平衡时，其他条件不变，若升高温度，平衡正向移动，此时v正v逆；(3)若发生反应：H=，bc段CO的体积分数(CO
35、)降低的可能原因是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；或温度升高使催化剂的活性降低，CO的体积分数减小。16正 溶液先变红后褪色 2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2 B 【分析】（4）电解池中，阳极是阴离子放电，阴极是阳离子放电，氯气能和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，可以制得有较强杀菌能力的消毒液.【详解】（1）B外接电源，所以B是电解氯化钠溶液的电解池；B上的c点显红色，说明c点有氢氧根离子生成，根据离子的放电顺序知，该极上氢离子得电子放电，所以c是阴极，外电源b是负极，a是正极，故答案为：正；（2）d极是氯离子失去电子生
36、成氯气：2Cl-2e-=Cl2，氯气通入紫色石蕊溶液生成具有酸性的HCl和漂白性的HClO，所以现象是：溶液先变红后褪色；（3）电解氯化钠溶液时，溶液中的离子放电顺序为：氢离子放电能力大于钠离子，氯离子放电能力大于氢氧根离子，所以电解氯化钠时生成物是氯气、氢气、氢氧化钠，所以其反应方程式为 2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2，（4）电解氯化钠溶液时，阳极是氯离子失电子生成氯气的过程，阴极是氢离子的电子生成氢气的过程，为使Cl2被完全吸收，制得有较强杀菌能力的消毒液，所以一定要让氯气在d电极产生，所以d电极是阳极，c电极是阴极，即a为负极，b为正极，氯气和氢氧化钠反应生成的是氯化钠和次
37、氯酸钠。故选：B。17HCOOH*HCOO*H* HCOOH(g)CO2(g)H2(g) H0.16NA evmol1 1.2 60 135 nmp a、b点都未达到平衡，b点温度高，b点的速率快，消耗的量多，因此转化率大 【详解】(1)根据题意决定反应速率主要看活化能，因此该反应过程中决定反应速率步骤的化学方程式为HCOOH*HCOO*H*；根据图中信息得到甲酸分解制H2的热化学方程式可表示为HCOOH(g)CO2(g)H2(g) H0.16NA evmol1；故答案为：HCOOH*HCOO*H*；HCOOH(g)CO2(g)H2(g) H0.16NA evmol1。(2)根据反应建立三段式
38、，以压强进行建立，设水蒸气压强为z，因此有ac100，ca2b2bb112，解得a40，b12，c60，因此反应在020 min内的平均反应速率；平衡时，水蒸气压强和任意时刻的水蒸气相同，p(水蒸气)=60kPa，平衡时根据题意建立三段式，平衡常数kPa；故答案为：1.2；60；135。(3)根据图中信息，做一条与y轴相平的平行线，相同温度下，三种催化剂(n、m、p)的催化活性由高到低的顺序为nmp；根据图中信息，a、b点都未达到平衡，b点乙苯的转化率高于a点的原因是a、b点都未达到平衡，b点温度高，b点的速率快，消耗的量多，因此转化率大；故答案为：nmp；a、b点都未达到平衡，b点温度高，b
39、点的速率快，消耗的量多，因此转化率大。18 -285.8 kJmol-1 -393.5 kJmol-1 1429kJ CO(g)+O2(g)=CO2 (g) H=-283 kJmol-1 【详解】(1)放热反应H0，故都是放热反应。(2)1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量为燃烧热，即H2燃烧生成液态水、C燃烧生成CO2（g），由反应方程式可知H2、C的燃烧热分别为：-285.8 kJmol-1和-393.5 kJmol-1。(3)10g水是5mol，燃烧生成液态水，放出的热量为5mol285.8 kJmol-1=1429kJ。(4)由方程式-得CO(g)+O2(g)=CO2 (g
40、) H=-283 kJmol-1。19ad 0.05molL-1min-1 不变 不变 +67.7 kJmol-1 2NO(g)N2O2 2NO(g)N2O2 【详解】(1) 反应I是工业固氮的重要反应，在体积为2L的恒温恒容密闭容器中，充入1 molN2和 3 mol H2，5 min末达到平衡，此时容器内压强变为原来的0.75倍。a相同时间内每消耗0.1 mol N2的同时消耗0.2 mol NH3说明正、逆反应速率相等，可以判断该反应已达到平衡状态，故a正确；bc(N2)：c(H2)=1：3，并不能说明任何问题，故b错误；c体积不变，气体质量也不变，所以混合气体的密度不会发生变化，故c错
41、误；d氢气的分压不再发生变化时，说明氢气浓度不变，能证明该反应已达到平衡状态，故d正确；故选ad；则有0.5-x+1.3-3x+2x=20.75，得x=0.25。所以5 min内该反应的反应速率，故答案为：0.05molL-1min-1；温度不变化学平衡常数不变, N2和H2按系数比投料,所以转化率之比恒相等,故答案为：不变，不变；(2) 反应+反应可得N2O2(g)O2(g) 2NO2(g) H=+67.7 kJmol-1，故答案为：+67.7 kJmol-1；(3) 由反应和反应ii可知第i步反应的化学方程式为2NO(g)N2O2，故答案为：2NO(g)N2O2；总反应与两个分反应均为放热
42、反应，所以任何一步分反应放出的热量均小于总反应放出的热量,所以H4 -112.3 kJmol-1；若第i步反应为快反应,则第一步反应的活化能低，所以活化能E(i) E(ii)，故答案为：，；平衡时v正=v逆，即v正=k正c(N2O2) c(O2)=v逆c2(NO2)，所以K=，故答案为：。20Cl2(g)2NO(g)2ClNO(g) H111kJmol1 0.021 减小 BC 1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大 【详解】(1)根据题意，焓变等于断键吸收的总能量减去成键放出的总能量，因此该反应的热化学方程式为Cl2(g)2NO(g)2ClNO(g) H2
43、43kJmol1630kJmol12200 kJmol12607kJmol12111kJmol1；故答案为：Cl2(g)2NO(g)2ClNO(g) H111kJmol1。(2)010min内，平均反应速率；该反应是放热反应，当升高温度，平衡逆向移动，因此该反应的平衡常数K减小；故答案为：0.021；减小。根据题中表格信息，30min后氧气、二氧化碳浓度都增大；A加入一定量的粉状碳酸钙，平衡不移动，故A不符合题意；B适当缩小容器的体积，浓度增大，相当于加压，由于该反应是体积减小的反应，平衡正向移动，故B符合题意；C通入一定量的O2，O2浓度增大，平衡正向移动，二氧化碳浓度也增大，故B符合题意；D加入合适的催化剂，平衡不移动，故D不符合题意；综上所述，答案为BC。(3)由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升高而增大，其原因为1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；故答案为：1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大。(4)达到平衡后，该反应是放热反应，仅升高温度，平衡逆向移动，因此k正增大的倍数k逆增大的倍数；故答案为：。若在1L的密闭容器中充入1molCO和1molNO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40%，则=；故答案为：。
