1、专题06化学反应速率和化学平衡2021年化学高考题1（2021浙江）一定温度下：在的四氯化碳溶液()中发生分解反应：。在不同时刻测量放出的体积，换算成浓度如下表：06001200171022202820x1.400.960.660.480.350.240.12下列说法正确的是A，生成的平均速率为B反应时，放出的体积为(标准状况)C反应达到平衡时，D推测上表中的x为3930【答案】D【详解】A，的变化量为(0.96-0.66)=0.3，在此时间段内的变化量为其2倍，即0.6，因此，生成的平均速率为，A说法不正确；B由表中数据可知，反应时，的变化量为(1.40-0.35)=1.05，其物质的量的变
2、化量为1.050.1L=0.105mol，的变化量是其，即0.0525mol，因此，放出的在标准状况下的体积为0.0525mol 22.4L/mol=，B说法不正确；C反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，用不同物质表示该反应的速率时，其数值之比等于化学计量数之比，C说法不正确；D分析表中数据可知，该反应经过1110s（600-1710,1710-2820）后的浓度会变为原来的，因此，的浓度由0.24变为0.12时，可以推测上表中的x为(2820+1110)=3930，D说法正确。综上所述，本题选D。2（2021浙江）相同温度和压强下，关于物质熵的大小比较，合理的是ABCD【答案】B【详解
3、】A和物质的量相同，且均为气态，含有的原子总数多，的摩尔质量大，所以熵值，A错误；B相同状态的相同物质，物质的量越大，熵值越大，所以熵值，B正确；C等量的同物质，熵值关系为：，所以熵值，C错误；D从金刚石和石墨的结构组成上来看，金刚石的微观结构更有序，熵值更低，所以熵值，D错误；答案为：B。3（2021广东高考真题）反应经历两步：；。反应体系中、的浓度c随时间t的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是Aa为随t的变化曲线B时，C时，的消耗速率大于生成速率D后，【答案】D【分析】由题中信息可知，反应经历两步：；。因此，图中呈不断减小趋势的线为X的浓度随时间的变化曲线，呈不断增加趋势的线为Z的浓度随
4、时间的变化曲线，先增加后减小的线为Y的浓度随时间的变化曲线。【详解】AX是唯一的反应物，随着反应的发生，其浓度不断减小，因此，由图可知，为随的变化曲线，A正确；B由图可知，分别代表3种不同物质的曲线相交于时刻，因此，时，B正确；C由图中信息可知，时刻以后，Y的浓度仍在不断减小，说明时刻反应两步仍在向正反应方向发生，而且反应生成Y的速率小于反应消耗Y的速率，即时的消耗速率大于生成速率，C正确；D由图可知，时刻反应完成，X完全转化为Y，若无反应发生，则，由于反应的发生，时刻Y浓度的变化量为，变化量之比等于化学计量数之比，所以Z的浓度的变化量为，这种关系在后仍成立， 因此，D不正确。综上所述，本题选
5、D。4（2021河北高考真题）室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反应：M+N=X+Y；M+N=X+Z，反应的速率可表示为v1=k1c2(M)，反应的速率可表示为v2=k2c2(M) (k1、k2为速率常数)。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图，下列说法错误的是A030min时间段内，Y的平均反应速率为6.6710-8molL-1min-1B反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变C如果反应能进行到底，反应结束时62.5%的M转化为ZD反应的活化能比反应的活化能大【答案】A【详解】A由图中数据可知，时，M、Z的浓度分别为0.300和0.125 ，则M的变化量
6、为0.5-0.300 =0.200 ，其中转化为Y的变化量为0.200-0.125 =0.075 。因此，时间段内，Y的平均反应速率为 ，A说法不正确；B由题中信息可知，反应和反应的速率之比为，Y和Z分别为反应和反应的产物，且两者与M的化学计量数相同（化学计量数均为1），因此反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比等于 ，由于k1、k2为速率常数，故该比值保持不变，B说法正确； C结合A、B的分析可知因此反应开始后，在相同的时间内体系中Y和Z的浓度之比等于=，因此，如果反应能进行到底，反应结束时有 的M转化为Z，即的M转化为Z，C说法正确；D由以上分析可知，在相同的时间内生成Z较多、生成Y较少，因此
7、，反应的化学反应速率较小，在同一体系中，活化能较小的化学反应速率较快，故反应的活化能比反应的活化能大，D说法正确。综上所述，相关说法不正确的只有A，故本题选A。5（2021浙江高考真题）取50 mL过氧化氢水溶液，在少量I- 存在下分解：2H2O2=2H2O+O2。在一定温度下，测得O2的放出量，转换成H2O2浓度(c)如下表：t/min020406080c/(molL-1)0.800.400.200.100.050下列说法不正确的是A反应20min时，测得O2体积为224mL(标准状况)B2040min，消耗H2O2的平均速率为0.010molL-1min-1C第30min时的瞬时速率小于第
8、50min时的瞬时速率DH2O2分解酶或Fe2O3代替I-也可以催化H2O2分解【答案】C【详解】A反应20min时，过氧化氢的浓度变为0.4mol/L，说明分解的过氧化氢的物质的量n(H2O2)=(0.80-0.40)mol/L0.05L=0.02mol，过氧化氢分解生成的氧气的物质的量n(O2)=0.01mol，标况下的体积V=nVm=0.01mol22.4L/mol=0.224L=224mL，A正确；B2040min，消耗过氧化氢的浓度为(0.40-0.20)mol/L=0.20mol/L，则这段时间内的平均速率v=0.010mol/(Lmin)，B正确；C随着反应的不断进行，过氧化氢的
9、浓度不断减小，某一时刻分解的过氧化氢的量也不断减小，故第30min时的瞬时速率大于第50min时的瞬时速率，C错误；DI-在反应中起到催化的作用，故也可以利用过氧化氢分解酶或Fe2O3代替，D正确；故答案选C。二、多选题6（2021湖南高考真题）铁的配合物离子(用表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示：下列说法错误的是A该过程的总反应为B浓度过大或者过小，均导致反应速率降低C该催化循环中元素的化合价发生了变化D该过程的总反应速率由步骤决定【答案】CD【详解】A由反应机理可知，HCOOH电离出氢离子后，HCOO-与催化剂结合，放出二氧化碳，然后又结合氢离子转化为氢气，所以化学
10、方程式为HCOOHCO2+H2，故A正确；B若氢离子浓度过低，则反应的反应物浓度降低，反应速率减慢，若氢离子浓度过高，则会抑制加酸的电离，使甲酸根浓度降低，反应速率减慢，所以氢离子浓度过高或过低，均导致反应速率减慢，故B正确；C由反应机理可知，Fe在反应过程中，做催化剂，化合价没有发生变化，故C错误；D由反应进程可知，反应能垒最大，反应速率最慢，对该过程的总反应起决定作用，故D错误；故选CD。7（2021湖南高考真题）已知：，向一恒温恒容的密闭容器中充入和发生反应，时达到平衡状态I，在时改变某一条件，时重新达到平衡状态，正反应速率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是A容器内压强不变，表明反应
11、达到平衡B时改变的条件：向容器中加入CC平衡时A的体积分数：D平衡常数K：【答案】BC【分析】根据图像可知，向恒温恒容密闭容器中充入1molA和3molB发生反应，反应时间从开始到t1阶段，正反应速率不断减小，t1-t2时间段，正反应速率不变，反应达到平衡状态，t2-t3时间段，改变条件使正反应速率逐渐增大，平衡向逆反应方向移动，t3以后反应达到新的平衡状态，据此结合图像分析解答。【详解】A.容器内发生的反应为A(g)+2B(g)3C(g)，该反应是气体分子数不变的可逆反应，所以在恒温恒容条件下，气体的压强始终保持不变，则容器内压强不变，不能说明反应达到平衡状态，A错误；B.根据图像变化曲线可
12、知，t2t3过程中，t2时，瞬间不变，平衡过程中不断增大，则说明反应向逆反应方向移动，且不是“突变”图像，属于“渐变”过程，所以排除温度与催化剂等影响因素，改变的条件为：向容器中加入C，B正确；C.最初加入体系中的A和B的物质的量的比值为1：3，当向体系中加入C时，平衡逆向移动，最终A和B各自物质的量增加的比例为1：2，因此平衡时A的体积分数(II)(I)，C正确；D.平衡常数K与温度有关，因该反应在恒温条件下进行，所以K保持不变，D错误。故选BC。三、原理综合题8（2021山东高考真题）2-甲氧基-2-甲基丁烷(TAME)常用作汽油原添加剂。在催化剂作用下，可通过甲醇与烯烃的液相反应制得，体
13、系中同时存在如图反应：反应：+CH3OH H1反应：+CH3OHH2反应： H3回答下列问题：(1)反应、以物质的量分数表示的平衡常数Kx与温度T变化关系如图所示。据图判断，A和B中相对稳定的是_(用系统命名法命名)；的数值范围是_(填标号)。A1(2)为研究上述反应体系的平衡关系，向某反应容器中加入1.0molTAME，控制温度为353K，测得TAME的平衡转化率为。已知反应的平衡常数Kx3=9.0，则平衡体系中B的物质的量为_mol，反应的平衡常数Kx1=_。同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，反应的化学平衡将_(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)平衡时，A与CH3OH
14、物质的量浓度之比c(A)：c(CH3OH)=_。(3)为研究反应体系的动力学行为，向盛有四氢呋喃的另一容器中加入一定量A、B和CH3OH。控制温度为353K，A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化如图所示。代表B的变化曲线为_(填“X”或“Y”)；t=100s时，反应的正反应速率v正_逆反应速率v逆(填“”“”或“=)。【答案】2-甲基-2-丁烯 D 0.9 逆向移动 1:10 X 【详解】(1)由平衡常数Kx与温度T变化关系曲线可知，反应、的平衡常数的自然对数随温度升高（要注意横坐标为温度的倒数）而减小，说明3个反应均为放热反应，即H10、H20、H30，因此，A的总能量高于B的总能量，能量
15、越低越稳定，A和B中相对稳定的是B，其用系统命名法命名为2-甲基-2-丁烯；由盖斯定律可知，-=，则H1-H2=H30，因此H1H2，由于放热反应的H越小，其绝对值越大，则的数值范围是大于1，选D。(2)向某反应容器中加入1.0molTAME，控制温度为353K，测得TAME的平衡转化率为,则平衡时n(TAME)=(1-) mol，n(A)+n(B)=n(CH3OH)= mol。已知反应的平衡常数Kx3=9.0，则=9.0，将该式代入上式可以求出平衡体系中B的物质的量为0.9 mol，n(A)=0.1 mol，反应的平衡常数Kx1=。同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，反应的化学
16、平衡将向着分子数增大的方向移动，即逆向移动。平衡时，TAME的转化率变大，但是平衡常数不变，A与CH3OH物质的量浓度之比不变，c(A)：c(CH3OH)=0.1：=1:10。(3)温度为353K，反应的平衡常数Kx3=9.0，=9.0。由A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化曲线可知，X代表的平衡浓度高于Y，则代表B的变化曲线为X；由母线的变化趋势可知，100s 以后各组分的浓度仍在变化， t=100s时，因此，反应正在向逆反应方向移动，故其正反应速率v正小于逆反应速率v逆，填。9（2021浙江）含硫化合物是实验室和工业上的常用化学品。请回答：(1)实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量：。判断该
17、反应的自发性并说明理由_。(2)已知。时，在一恒容密闭反应器中充入一定量的和，当反应达到平衡后测得、和的浓度分别为、和。该温度下反应的平衡常数为_。平衡时的转化率为_。(3)工业上主要采用接触法由含硫矿石制备硫酸。下列说法正确的是_。A须采用高温高压的反应条件使氧化为B进入接触室之前的气流无需净化处理C通入过量的空气可以提高含硫矿石和的转化率D在吸收塔中宜采用水或稀硫酸吸收以提高吸收速率接触室结构如图1所示，其中14表示催化剂层。图2所示进程中表示热交换过程的是_。A B C D E. F. G.对于放热的可逆反应，某一给定转化率下，最大反应速率对应的温度称为最适宜温度。在图3中画出反应的转化
18、率与最适宜温度(曲线)、平衡转化率与温度(曲线)的关系曲线示意图(标明曲线、)_。(4)一定条件下，在溶液体系中，检测得到pH-时间振荡曲线如图4，同时观察到体系由澄清浑浊澄清的周期性变化。可用一组离子方程式表示每一个周期内的反应进程，请补充其中的2个离子方程式。._；.；._。【答案】不同温度下都能自发，是因为 C BDF 【详解】(1)实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量的反应为，由于该反应，因此该反应在任何温度下都能自发进行。(2)根据题中所给的数据可以求出该温度下的平衡常数为 .平衡时的转化率为；(3)A在常压下催化氧化为的反应中，的转化率已经很高，工业上有采用高压的反应条件，A说法不正确
19、； B进入接触室之前的气流中含有会使催化剂中毒的物质，需经净化处理以防止催化剂中毒，B说法不正确；C通入过量的空气可以增大氧气的浓度，可以使含硫矿石充分反应，并使化学平衡向正反应方向移动，因此可以提高含硫矿石和的转化率；D与水反应放出大量的热，在吸收塔中若采用水或稀硫酸吸收，反应放出的热量会使硫酸形成酸雾从而影响被水吸收导致的吸收速率减小，因此，在吸收塔中不宜采用水或稀硫酸吸收，D说法不正确。综上所述，相关说法正确的是C；反应混合物在热交换气中与原料气进行热交换，在热交换过程中，反应混合物不与催化剂接触，化学反应速率大幅度减小，故虽然反应混合物的温度降低，的转化率基本不变，因此，图2所示进程中
20、表示热交换过程的是、，因此选BDF；对于放热的可逆反应，该反应的最适宜温度为催化剂的催化活性最好时所对应的温度，在该温度下化学反应速率最大，的转化率也最大；当温度高于最适宜温度后，催化剂的催化活性逐渐减小，催化剂对化学反应速率的影响超过了温度升高对化学反应速率的影响，因此化学反应速率逐渐减小，的转化率也逐渐减小；由于该反应为放热反应，随着温度的升高，的平衡转化率减小；由于反应混合物与催化剂层的接触时间较少，在实际的反应时间内反应还没有达到化学平衡状态，故在相应温度下的转化率低于其平衡转化率。因此，反应的转化率与最适宜温度（曲线）、平衡转化率与温度（曲线）的关系曲线示意图可表示如下：.(4)由时
21、间振荡曲线可知，在溶液体系中，溶液的呈先增大后减小的周期性变化，同时观察到体系由澄清浑浊澄清的周期性变化，硫化钠与硫酸反应生成，然后发生，该过程溶液的基本不变，溶液保持澄清；溶液变浑浊时被氧化为，即发生，该过程溶液的增大；溶液又变澄清时又被氧化为，发生，该过程溶液的在减小。因此可以推测该过程中每一个周期内的反应进程中依次发生了如下离子反应：、。10（2021广东高考真题）我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。CH4与CO2重整是CO2利用的研究热点之一。该重整反应体系主要涉及以下反应：a)CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) H1b)CO2(g)+H2(g)
22、CO(g)+H2O(g) H2c)CH4(g)C(s)+2H2(g) H3d)2CO(g)CO2(g)+C(s) H4e)CO(g)+H2(g)H2O(g)+C(s) H5(1)根据盖斯定律，反应a的H1=_(写出一个代数式即可)。(2)上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有_。A增大CO2与CH4的浓度，反应a、b、c的正反应速率都增加B移去部分C(s)，反应c、d、e的平衡均向右移动C加入反应a的催化剂，可提高CH4的平衡转化率D降低反应温度，反应ae的正、逆反应速率都减小(3)一定条件下，CH4分解形成碳的反应历程如图所示。该历程分_步进行，其中，第_步的正反应活化能最大。
23、(4)设K为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压（单位为kPa）除以p0（p0=100kPa）。反应a、c、e的ln K随（温度的倒数）的变化如图所示。反应a、c、e中，属于吸热反应的有_(填字母)。反应c的相对压力平衡常数表达式为K=_。在图中A点对应温度下、原料组成为n(CO2):n(CH4)=1:1、初始总压为100kPa的恒容密闭容器中进行反应，体系达到平衡时H2的分压为40kPa。计算CH4的平衡转化率，写出计算过程_。(5)CO2用途广泛，写出基于其物理性质的一种用途：_。【答案】H2+H3-H5或H3-H4 AD 4
24、 4 ac 68% 做冷冻剂 【分析】根据盖斯定律计算未知反应的反应热；根据影响化学反应速率和化学平衡的因素判断反应速率的变化及转化率的变化；根据图像及曲线高低判断反应进程和活化能的相对大小；根据平衡时反应物的分压计算平衡转化率；根据CO2的物理性质推测CO2的用途。【详解】(1)根据题目所给出的反应方程式关系可知，a=b+c-e=c-d，根据盖斯定律则有H1=H2+H3-H5=H3-H4；(2)A增大CO2和CH4的浓度，对于反应a、b、c来说，均增大了反应物的浓度，反应的正反应速率增大，A正确；B移去部分C(s)，没有改变反应体系中的压强，反应的正逆反应速率均不变，平衡不移动，B错误；C催
25、化剂可以同等条件下增大正逆反应速率，只能加快反应进程，不改变反应的平衡状态，平衡转化率不变，C错误；D降低温度，体系的总能量降低，正、逆反应速率均减小，D正确；故答案选AD；(3)由图可知，反应过程中能量变化出现了4个峰，即吸收了4次活化能，经历了4步反应；且从左往右看4次活化能吸收中，第4次对应的峰最高，即正反应方向第4步吸收的能量最多，对应的正反应活化能最大。(4)随着温度的升高，反应a和c的ln K增大，说明K的数值增大，反应向正反应方向进行，反应a和c为吸热反应，同理反应e的ln K减小，说明K的减小，反应向逆反应方向进行，反应e为放热反应，故答案为ac；用相对分压代替浓度，则反应c的
26、平衡常数表达式K=；由图可知，A处对应反应c的ln K=0，即K=1，解方程的p2(H2)=p(CH4)，已知反应平衡时p(H2)=40kPa，则有p(CH4)=16kPa，且初始状态时p(CH4)=100kPa=50kPa，故CH4的平衡转化率为100%=68%；(5)固态CO2即为干冰，干冰用于制冷或人工降雨均是利用其物理性质。【点睛】本题难点在于K与关系曲线的判断，在曲线中斜率为正为放热反应，斜率为负为吸热反应。11（2021全国高考真题）一氯化碘(ICl)是一种卤素互化物，具有强氧化性，可与金属直接反应，也可用作有机合成中的碘化剂。回答下列问题：(1)历史上海藻提碘中得到一种红棕色液体
27、，由于性质相似，Liebig误认为是ICl，从而错过了一种新元素的发现，该元素是_。(2)氯铂酸钡()固体加热时部分分解为、和，376.8时平衡常数，在一硬质玻璃烧瓶中加入过量，抽真空后，通过一支管通入碘蒸气(然后将支管封闭)，在376.8，碘蒸气初始压强为。376.8平衡时，测得烧瓶中压强为，则_，反应的平衡常数K=_(列出计算式即可)。(3)McMorris测定和计算了在136180范围内下列反应的平衡常数。得到和均为线性关系，如下图所示：由图可知，NOCl分解为NO和反应的_0(填“大于”或“小于”)反应的K=_(用、表示)：该反应的_0(填“大于”或“小于”)，写出推理过程_。(4)K
28、istiakowsky曾研究了NOCl光化学分解反应，在一定频率(v)光的照射下机理为：其中表示一个光子能量，表示NOCl的激发态。可知，分解1mol的NOCl需要吸收_mol光子。【答案】溴(或) 24.8 大于 大于 设，即，由图可知：则：，即，因此该反应正反应为吸热反应，即大于0 0.5 【详解】(1)红棕色液体，推测为溴单质，因此错过发现的元素是溴(或)；(2)由题意玻376.8时璃烧瓶中发生两个反应：(s)(s)+(s)+2(g)、Cl2(g)+I2(g)2ICl(g)。(s)(s)+(s)+2(g)的平衡常数，则平衡时p2(Cl2)=，平衡时p(Cl2)=100Pa，设到达平衡时I
29、2(g)的分压减小pkPa，则，376.8平衡时，测得烧瓶中压强为，则0.1+20.0+p=32.5，解得p=12.4，则平衡时2p=212.4kPa=24.8kPa；则平衡时，I2(g)的分压为(20.0-p)kPa=(20103-12.4103)Pa，24.8kPa=24.8103Pa，p(Cl2)=0.1kPa=100Pa，因此反应的平衡常数K=；(3)结合图可知，温度越高，越小，lgKp2越大，即Kp2越大，说明升高温度平衡正向移动，则NOCl分解为NO和反应的大于0；.+得，则的K=；该反应的大于0；推理过程如下：设，即，由图可知：则：，即，因此该反应正反应为吸热反应，即大于0；(4
30、).+得总反应为2NOCl+hv=2NO+Cl2，因此2molNOCl分解需要吸收1mol光子能量，则分解1mol的NOCl需要吸收0.5mol光子。12（2021全国高考真题）二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。回答下列问题：(1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：该反应一般认为通过如下步骤来实现：总反应的_；若反应为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是_(填标号)，判断的理由是_。A B C D(2)合成总反应在起始物时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为，在下的、在下的如图所示。用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式_；图中对应等压过程
31、的曲线是_，判断的理由是_；当时，的平衡转化率_，反应条件可能为_或_。【答案】-49 A H1为正值，H2为和H为负值，反应的活化能大于反应的 b 总反应H0，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变小 33.3% 5105Pa，210 9105Pa，250 【详解】(1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：，该反应一般认为通过如下步骤来实现：，根据盖斯定律可知，+可得二氧化碳加氢制甲醇的总反应为： ；该反应总反应为放热反应，因此生成物总能量低于反应物总能量，反应为慢反应，因此反应的活化能高于反应，同时反应的反应物总能量低于生成物总能量，反应的反应物总能量高于生成物总能量，因此示
32、意图中能体现反应能量变化的是A项，故答案为：-49；A；H1为正值，H2为和H为负值，反应的活化能大于反应的。(2)二氧化碳加氢制甲醇的总反应为，因此利用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式Kp=，故答案为：。该反应正向为放热反应，升高温度时平衡逆向移动，体系中将减小，因此图中对应等压过程的曲线是b，故答案为：b；总反应H0，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变小。设起始n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，则，当平衡时时，=0.1，解得x=mol，平衡时CO2的转化率=33.3%；由图可知，满足平衡时的条件有：5105Pa，210或9105Pa，250，故答案
33、为：33.3%；5105Pa，210；9105Pa，250。13（2021河北高考真题）当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。(1)大气中的二氧化碳主要来自于煤、石油及其他含碳化合物的燃烧。已知25时，相关物质的燃烧热数据如表：物质H2(g)C(石墨，s)C6H6(l)燃烧热H(kJmol-1)-285.8-393.5-3267.5(1)则25时H2(g)和C(石墨，s)生成C6H6(l)的热化学方程式为_。(2)雨水中含有来自大气的CO2，溶于水中的CO2进一步和水反应，发生电离：CO2(g)=CO2(aq)CO2(
34、aq)+H2O(l)=H+(aq)+HCO(aq)25时，反应的平衡常数为K2。溶液中CO2的浓度与其在空气中的分压成正比(分压=总压物质的量分数)，比例系数为ymolL-1kPa-1，当大气压强为pkPa，大气中CO2(g)的物质的量分数为x时，溶液中H+浓度为_molL-1(写出表达式，考虑水的电离，忽略HCO的电离)(3)105时，将足量的某碳酸氢盐(MHCO3)固体置于真空恒容容器中，存在如下平衡：2MHCO3(s)M2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)。上述反应达平衡时体系的总压为46kPa。保持温度不变，开始时在体系中先通入一定量的CO2(g)，再加入足量MHCO3(s)，欲
35、使平衡时体系中水蒸气的分压小于5kPa，CO2(g)的初始压强应大于_kPa。(4)我国科学家研究LiCO2电池，取得了重大科研成果，回答下列问题：LiCO2电池中，Li为单质锂片，则该电池中的CO2在_(填“正”或“负”)极发生电化学反应。研究表明，该电池反应产物为碳酸锂和单质碳，且CO2电还原后与锂离子结合形成碳酸锂按以下4个步骤进行，写出步骤的离子方程式。.2CO2+2e-=C2O .C2O=CO2+CO._ .CO+2Li+=Li2CO3研究表明，在电解质水溶液中，CO2气体可被电化学还原。.CO2在碱性介质中电还原为正丙醇(CH3CH2CH2OH)的电极反应方程式为_。.在电解质水溶
36、液中，三种不同催化剂(a、b、c)上CO2电还原为CO的反应进程中(H+被还原为H2的反应可同时发生)，相对能量变化如图.由此判断，CO2电还原为CO从易到难的顺序为_(用a、b、c字母排序)。【答案】6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l) H=49.1kJmol-1 100.8 正极 2C+CO2=2C+C 12CO2+18e-+4H2O=CH3CH2CH2OH+9C c、b、a 【详解】(1)根据表格燃烧热数据可知，存在反应C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g) H1=-393.5kJmol-1，H2(g)+O2(g)=H2O(l) H2=-285.8kJmol-1，C6H6(
37、l)+O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) H3=-3267.5kJmol-1，根据盖斯定律，12+6 -得反应：6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l)，H=(-393.5kJmol-1)+(-285.8kJmol-1)6-(-3267.5kJmol-1)=49.1kJmol-1，故答案为：6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l) H=49.1kJmol-1；(2)由题可知，CO2(s)CO2(aq)，CO2(aq)+H2O(l)H+(aq)+HC(aq)，K2=，又因为p(CO2)=p(kPa)x，则c(CO2)=y(molL-1kPa-1)p(CO2)=pxy mo
38、l/L，在忽略HC的电离时，c(H+)=c(HC)，所以可得c(H+)=，故答案为：；(3)2MHCO3(s)M2CO3(s)+H2O(g)+ CO2(g)，等温等容条件下，压强之比等于物质的量之比，可用分压表示物质的量浓度，平衡常数Kp=529kPa2。温度不变化学平衡常数Kp不变，设平衡时，平衡体系中CO2的分压为x，则K= 529kPa2，=kPa=105.8kPa，CO2的初始压强等于平衡压强减去碳酸氢盐分解产生的CO2的分压，即CO2(g)的初始压强应大于105.8kPa-5kPa=100.8kPa，故答案为：100.8；(4)由题意知，Li-CO2电池的总反应式为：4Li+3CO2
39、=2Li2CO3+C，CO2发生得电子的还原反应，则CO2作为电池的正极；CO2还原后与Li+结合成Li2CO3，按4个步骤进行，由步骤II可知生成了C，而步骤IV需要C参加反应，所以步骤III的离子方程式为：2C+CO2=2C+C，故答案为：正极；2C+CO2=2C+C；I.CO2在碱性条件下得电子生成CH3CH2CH2OH，根据电子守恒和电荷守恒写出电极反应式为：12CO2+18e-+4H2O=CH3CH2CH2OH+9C，故答案为：12CO2+18e-+4H2O=CH3CH2CH2OH+9C；II.c催化剂条件下，CO2电还原的活化能小于H+电还原的活化能，更容易发生CO2的电还原；而催
40、化剂a和b条件下，CO2电还原的活化能均大于H+电还原的活化能，相对来说，更易发生H+的电还原。其中a催化剂条件下，H+电还原的活化能比CO2电还原的活化能小的更多，发生H+电还原的可能性更大，因此反应从易到难的顺序为c、b、a，故答案为：c、b、a。14（2021湖南高考真题）氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运，可通过下面两种方法由氨气得到氢气。方法I：氨热分解法制氢气相关化学键的键能数据化学键键能946436.0390.8一定温度下，利用催化剂将分解为和。回答下列问题：(1)反应_；(2)已知该反应的，在下列哪些温度下反应能自发进行？_(填标号)A25 B125 C
41、225 D325(3)某兴趣小组对该反应进行了实验探究。在一定温度和催化剂的条件下，将通入3L的密闭容器中进行反应(此时容器内总压为200kPa)，各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。若保持容器体积不变，时反应达到平衡，用的浓度变化表示时间内的反应速率_(用含的代数式表示)时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后分压变化趋势的曲线是_(用图中a、b、c、d表示)，理由是_；在该温度下，反应的标准平衡常数_。(已知：分压=总压该组分物质的量分数，对于反应，其中，、为各组分的平衡分压)。方法：氨电解法制氢气利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其装置如图所示。(4)电解过程中
42、的移动方向为_(填“从左往右”或“从右往左”)；(5)阳极的电极反应式为_。KOH溶液KOH溶液【答案】+90.8 CD b 开始体积减半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小 0.48 从右往左 2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O 【详解】(1) 根据反应热=反应物的总键能-生成物的总键能，2NH3(g)N2(g)+3H2(g)，H=390.8kJmol-1-(946 kJmol-1+436.0kJmol-1)= +90.8kJmol-1，故答案为：+90.8；(2)若反应自发进行，则需H-TS=456.5K，即温度应高于(456.5-273)=
43、183.5，CD符合，故答案为：CD；(3)设t1时达到平衡，转化的NH3的物质的量为2x，列出三段式：根据同温同压下，混合气体的物质的量等于体积之比，=，解得x=0.02mol，(H2)=molL-1min-1，故答案为：；t2时将容器体积压缩到原来的一半，开始N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小，故b曲线符合，故答案为：b；开始体积减半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小；由图可知，平衡时，NH3、N2、H2的分压分别为120 kPa、40 kPa、120 kPa，反应的标准平衡常数=0.48，故答案为：0.48；(
44、4)由图可知，通NH3的一极氮元素化合价升高，发生氧化反应，为电解池的阳极，则另一电极为阴极，电解过程中OH-移向阳极，则从右往左移动，故答案为：从右往左；(5)阳极NH3失电子发生氧化反应生成N2，结合碱性条件，电极反应式为：2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O，故答案为：2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O。15（2021浙江高考真题）“氯碱工业”以电解饱和食盐水为基础制取氯气等产品， 氯气是实验室和工业上的常用气体。请回答：(1)电解饱和食盐水制取氯气的化学方程式是_。(2)下列说法不正确的是_。A可采用碱石灰干燥氯气B可通过排饱和食盐水法收集氯气C常温下，可通过加压使氯
45、气液化而储存于钢瓶中D工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸(3)在一定温度下，氯气溶于水的过程及其平衡常数为：Cl2(g)Cl2(aq) K1=c(Cl2)/pCl 2(aq) + H2O(l)H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq) K2其中p为Cl2(g)的平衡压强，c(Cl2)为Cl2在水溶液中的平衡浓度。Cl2(g)Cl2(aq)的焓变H1_0。(填”、“=”或“”)平衡常数K2的表达式为K2=_。氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，则c=_。(用平衡压强p和上述平衡常数表示，忽略HClO的电离)(4)工业上，常采用“加碳氯化”的方法以高钛渣(主
46、要成分为TiO2)为原料生产TiCl4，相应的化学方程式为；I.TiO2(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+O2(g) HI=181 molL-1，KI=-3.410-29II.2C(s)+O2(g)2CO(g) HII= - 221 molL-1，KII=1.21048结合数据说明氯化过程中加碳的理由_ 。(5)在一定温度下，以I2为催化剂，氯苯和Cl2在CS2中发生平行反应，分别生成邻二氯苯和对二氯苯，两产物浓度之比与反应时间无关。反应物起始浓度均为0.5 molL-1，反应30 min测得氯苯15%转化为邻二氯苯，25%转化为对二氯苯。保持其他条件不变，若要提高产物中邻二氯苯的比例，
47、可采用的措施是_。A适当提高反应温度 B改变催化剂C适当降低反应温度 D改变反应物浓度【答案】2NaCl+ 2H2O2NaOH + H2+Cl2 A K1p + 反应I + II得： TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)，K=KIKII=4.11019远大于K1，反应II使TiO2氯化为TiCl4得以实现；H=HI+HII= -40kJmol-1，反应II 可为反应I提供所需的能量 AB 【详解】(1)电解饱和食盐水制取氯气时，同时还生成氢气和氢氧化钠，该反应的化学方程式是2NaCl+ 2H2O 2NaOH + H2+Cl2。(2) A氯气可与碱反
48、应，碱石灰含有氢氧化钠和氧化钙，因此，不能用碱石灰干燥氯气，A说法不正确；B氯气可与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应是可逆反应，在饱和食盐水中存在浓度较大的氯离子，可以使氯气的溶解平衡逆向移动，因此，氯气在饱和食盐水中的溶解度较小，可以通过排饱和食盐水法收集氯气，B说法正确；C氯气在常温下不与铁反应；氯气的相对分子质量较大，其分子间的作用力较大，因此，氯气属于易液化的气体，常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中，C说法正确；D氢气和氯气反应生成氯化氢，氯化氢溶于水得到盐酸，因此，工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸，D说法正确。综上所述，相关说法不正确的是A，故选A。(3)C
49、l2(g) Cl2(aq)表示的是氯气的溶解平衡，氯气在常温下可溶于水，该过程是自发的，由于该过程的熵变小于0，因此，其焓变H10。由化学方程式Cl 2(aq) + H2O(l) H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq)可知，其平衡常数K2的表达式为K2=，注意水为液态，其不出现在表达式中。Cl2(g) Cl2(aq) 与Cl 2(aq) + H2O(l) H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq) 相加可以得到Cl2(g) + H2O(l) H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq)，因此，该反应的平衡常数为；氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c
50、，根据物料守恒可知，c= + c(HClO)+ c(Cl-)，由于HCl是强电解质，若忽略水的电离和次氯酸的电离，则，由K2=可知=，由K1=c(Cl2)/p可知，=，则=，因此，c= K1p + 。(4)已知：I . TiO2(s)+2Cl2(g) TiCl4(g)+O2(g) HI=181 mol L-1，KI=-3.4 10-29；II. 2C(s)+O2(g) 2CO(g) HII= - 221 mol L-1，KII=1.21048。根据盖斯定律可知，I + II得： TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)，则K=KIKII=4.1 101
51、9远大于K1，反应II的发生可以减小反应I的平衡体系中氧气的浓度，从而使TiO2氯化为TiCl4得以实现；反应I为吸热反应，而H=HI+HII= -40kJmol-1，说明TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)为放热反应，则反应II 可为反应I提供所需的能量。(5) 15%生成邻二氯苯，说明该反应活化能大，25%生成对二氯苯，说明该反应活化能小，温度改变对活化能的影响大，即升高温度，邻二氯苯产量增大的多，比例增大；降低温度邻二氯苯产量减少的多，比例减少，故A正确、C错误；选择合适的催化剂，降低生成邻二氯苯的反应的活化能，故B正确；D中改变反应物的浓度
52、，并不能改变两种产物的比例，故D错误，综上所述，选AB。2021年化学高考模拟题1（2021九龙坡区重庆市育才中学高三三模）均为1L的密闭容器中进行实验，测得气体混合物中碘化氢的物质的量分数(HI)与反应时间t的关系如表：容器编号起始物质t/min0204060801000.5molI2、0.5molH2(HI)/%050687680801molHI(HI)/%1009184818080研究发现上述反应中v(正)=ka(H2)(I2)，v(逆)=kb2(HI)，其中ka、kb为常数。下列说法正确的是A温度为T时该反应的B容器中前20min的平均速率v(HI)=0.0125molL-1min-1
53、C若起始时，向容器I中加入物质的量均为0.1mol的H2、I2、HI，反应逆向进行D容器中达到平衡时的转化率为20%【答案】D【分析】设平衡时，转化的氢气的物质的量浓度为n，根据数据，有：w(HI)/%=80%，解得：n=0.4 mol/L，则平衡常数 K=64，结合等效平衡的规律分析判断。【详解】A反应达到平衡状态时正、逆反应速率相等，v正=kaw(H2)w(I2)= v逆=kbw2(HI)，则=K=64，故A错误；B容器I中前20 min，转化的氢气的物质的量浓度为m，w(HI)%= =50%，解得：m=0.25mol/L，则容器I中前20 min的平均速率v(HI)=0.025molL-
54、1min-1，故B错误；C若起始时，向容器I中加入物质的量均为0.1 mol的H2、I2、HI，此时浓度商Qc=1K=64，反应正向进行，故C错误；D起始物质0.5molI2、0.5molH2与1molHI相当，和为等效平衡，达到的平衡状态相同，平衡时转化的HI为1 mol/L- 0.8 mol/L= 0.2 mol/L，HI的转化率=100%=20%，故D正确；故选D。2（2021重庆市第十一中学校高三二模）在体积可变的恒压密闭容器中，一定量的CO2与足量碳发生反应：C(s)CO2(g)2CO(g)。平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如图。下列说法正确的是A升高温度，反应速率增大，K减小
55、B550 时，在平衡体系中充入惰性气体，平衡不移动C650 时，CO2的平衡转化率为25.0DT1 时，在平衡体系中充入等体积的CO2和CO，平衡将向左移动【答案】C【详解】A由图可知，温度越高，CO的体积分数越大，为吸热反应，K与温度有关，则升高温度，反应速率增大，平衡正向移动，K增大，故A错误；B可变的恒压密闭容器中反应，550时若充入惰性气体，相当于减小压强，则v正，v逆均减小，又该反应是气体体积增大的反应，则平衡正向移动，故B错误； C由图可知，650时，反应达平衡后CO的体积分数为40%，设开始加入的二氧化碳为1mol，转化了xmol，则生成CO 2x mol，解得x=0.25mol
56、，CO2的平衡转化率为，故C正确；DT1时，若再充入1mol CO2和1mol CO，气体压强不变导致容器体积增大，气体反应物和生成物浓度不变，平衡不移动，故D错误；故选：C。3（2021全国高三零模）我国某科研团队研究了一种利用半导体光催化还原氮气制备氨气的方法，该方法因具有高效、清洁的优点而引起极大关注，其过程示意图如图所示。下列说法错误的是A该过程为催化剂B该过程表明，氮气和氢气反应合成氨，C该过程中总反应的化学方程式为D工业上把液态空气升温，可获得，比先汽化出来【答案】B【详解】A利用半导体光催化还原氮气制备氨气，根据过程示意图可知，为该反应的催化剂，A正确；B该过程不能表明氮气和氢气
57、反应合成氨的反应能量变化，B错误；C根据题意和过程示意图可知总反应的化学方程式为：，C正确；D工业上把液态空气升温，沸点低的物质先汽化，比先汽化出来，D正确；答案为：B。4（2021全国高三零模）以钛铁矿(主要成分为，含有少量等其他杂质)为原料制备二氧化钛的工艺流程如图所示，下列说法错误的是已知：水解时，若溶液中存在，则会与溶液中的钛酸分离。A研磨的目的是增大接触面积，加快反应速率B加入铁粉的目的是还原C“水解”时，发生反应的离子方程式为：D洗涤步骤中，若向洗涤液中加入溶液，无蓝色沉淀产生，说明已洗涤干净【答案】C【详解】A将钛铁矿研磨，增大接触面积，加快反应速率，A正确；B酸浸之后溶液中含有
58、、和，加入铁粉可以将还原，避免水解过程中产生氢氧化铁沉淀使产品不纯，B正确；C“水解”时，发生反应生成钛酸，离子方程式为：，C错误；D若向洗涤液中加入溶液，无蓝色沉淀产生，则无，说明已洗涤干净，D正确；答案为：C。5（2021全国高三零模）科学家结合实验和计算机模拟结果，研究了在贵重金属催化剂表面上的气态体系中，一个分子还原的能量变化与反应历程如图所示。下列说法错误的是A该反应的热化学方程式为 B决定整个反应速率快慢的步骤是C反应过程中断裂与形成的化学键都包含键和键D改变催化剂，不能使反应的焓变发生改变【答案】A【详解】A该过程表示一个分子还原的能量变化，热化学方程式对应的能量变化应该是2mo
59、l分子被还原的能量，故A错误； B活化能大速率慢，是决速步骤，的活化能大于，决定整个反应速率快慢的步骤是，故B正确；C反应物分子既含有键和键，生成物N2和CO2含有键和键，所以反应过程中断裂与形成的化学键都包含键和键，故C正确；D催化剂只能改变反应历程，不能改变焓变，故D正确；故答案为A。6（2021陕西宝鸡市）2007年诺贝尔化学奖授予埃特尔以表彰其对于合成氨反应机理的研究，氮气和氢气分子在催化剂表面的部分变化过程如图所示，下列说法不正确的是A升高温度不能提高一段时间内的产率B图过程吸热，图过程放热C在反应过程中三键均发生断裂D反应过程中存在、等中间产物【答案】A【详解】A升高温度，化学反应
60、速率加快，可以提高一段时间内的产率，A错误；B图过程表示断裂氮气分子的化学键，断键吸热，图过程表示形成氮氢单键，成键放热，B正确；C由图可知，在反应过程中三键均发生断裂，C正确；D图表明反应过程中存在、等中间产物，D正确；答案为：A。7（2021四川成都市成都七中高二零模）下列实验结果不能作为相应定律或原理的证据之一的是ABCD定律或原理勒夏特列原理元素周期律盖斯定律阿伏加德罗定律实验方案 电解水 结果、试管内溶液颜色均变深烧瓶中冒气泡，试管中出现浑浊测得H为H1和H2的和H2与O2的体积比约为2：1AABBCCDD【答案】B【详解】AFe3+3SCN- Fe(SCN)3，增大反应物的浓度，平
61、衡正向移动，、试管内溶液颜色均变深，故A不选；B浓盐酸具有挥发性，也能与硅酸钠反应生成硅酸，故B选；C根据盖斯定律可知：H=H1+H2，能够用盖斯定律解释，故C不选；D根据电子守恒可知，电解水生成H2与O2的物质的量之比2：1，结合阿伏加德罗定律可知，H2与O2的体积比约为2：1，故D不选；故选B。8（2021江西抚州市临川一中）使用NC环金属化Ir(III)配合物催化甲酸脱氢的反应机理如下图。下列说法中错误的是A甲酸脱氢过程的总反应为HCOOHCO2+H2B反应过程中，Ir(III)配合物B为催化剂，Ir(III)配合物A为中间产物C由DE的过程，是甲酸协助转运H的过程D反应过程中，HCOO
62、H中的C=O键发生断裂【答案】D【详解】A据图可知反应物为HCOOH，产物为H2和CO2，化学方程式为HCOOHCO2+H2，A正确；B据图可知反应物最开始是和Ir(III)配合物B反应，所以Ir(III)配合物B是催化剂，Ir(III)配合物A为其中一步反应的产物，即中间产物，B正确；C据图可知DE的过程中，在甲酸协助下，H原子由一个N原子上转移到另一个N原子上，C正确；D纵观整个过程可知HCOOH中的C=O键没有断裂，C-H键和O-H键断键形成C=O键，D错误；综上所述答案为D。9（2021北京高三其他模拟）t时，在恒容密闭容器中发生反应：X(g)+3Y(g)2Z(g)H，不同温度下容器中
63、各组分浓度如下：物质XYZ初始浓度/molL-10.10.20平衡浓度/molL-13500.050.050.14000.080.140.04已知：350时，反应经5min达到平衡状态。下列说法不正确的是A该反应的H0B350时，5min内该反应平均速率v(Y)=0.03molL-1min-1C350达到平衡后再通入少量Y(g)，达到新平衡时，X转化率增大D350时，该反应的平衡常数K=40【答案】D【详解】A400时平衡的反应物浓度大于350时的反应物浓度，说明温度升高，平衡逆向移动，H0，A正确；B，B正确；C达到平衡时再通入少量Y，由勒夏特列原理可知平衡正向移动，则继续消耗X和Y，因为，
64、故转化率增大，C正确；D，D错误；故选D。10（2021北京高三其他模拟）Deacon催化氧化法将HCl转化为Cl2的反应为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)H=-116kJmol-1研究发现CuCl2(s)催化反应的过程如下：反应i：CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)H1=+83kJmol-1反应ii：CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)H2=-20kJmol-1反应iii：下列表述不正确的是A反应i中反应物的总能量小于生成物的总能量B反应ii中，1molCuCl(s)反应时转移2mole-C推断反应iii应为CuO(s)+2HCl(g
65、)=CuCl2(s)+H2O(g)H3=-242kJmol-1D由反应过程可知催化剂参与反应，通过改变反应路径提高反应速率【答案】C【详解】A反应i为吸热反应，则反应物的总能量小于生成物的总能量，A正确；B 反应ii中，铜从+1升高到+2、氯从-1升高到0，则1molCuCl(s)反应时失去2mole-，氧气中氧从0降低到-2，则molO2得到2mole-，B正确；C 按盖斯定律，反应4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)H=-116kJmol-1减去2(反应i+反应ii)可得：2CuO(s)+4HCl(g)=2CuCl2(s)+2H2O(g)H3=-242kJmol-1，
66、则CuO(s)+2HCl(g)= CuCl2(s)+ H2O(g)H3=-121kJmol-1，C不正确；D 由反应过程可知催化剂参与反应后重新生成，但催化剂改变反应路径、通过降低反应活化能提高反应速率，D正确；答案选C。11（2021河南新乡市新乡县一中高三其他模拟）CH3-CH=CH-COOCH3有两种立体异构体和，由CH3CHO和Ph3P=CHCOOCH3反应制取这两种异构体的历程中能量变化如图已知：在立体结构中，实线表示该键在纸平面上，实楔形线表示该键在纸前方，虚线表示该键在纸后方。下列说法正确的是A比稳定B温度升高，CH3CHO的转化率减小C生成的过程中，速率最快的是由生成的反应D两
67、个反应历程中，中间产物相同【答案】C【详解】A图像中比能量高，稳定，A错误；B图像该反应历程中生成两种物质都是吸热反应，温度升高，CH3CHO的转化率增大，B错误。C由生成的过程活化能最小，反应速率快，C正确；D两个反应历程中，是生成的中间产物，是生成的中间产物，两个过程中间产物不同，D错误；故选C。12（2021天津南开区南开中学高三三模）一定条件下，向一带活塞的密闭容器中充入2molSO2和1molO2，一段时间后反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)H”、“ 升高温度，反应ii、反应iii速率均加快，但反应iii的速率变化更大 适当降低温度并增大反应的压强（或降低温度并使用使用低
68、温下活性更强的催化剂） 2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+ pb 【详解】(1) 25，101kPa下：甲醇(l)的燃烧热为akJmol-1，则CH3OH(l)+ O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H=- akJmol-1CO(g)的燃烧热为bkJmol-1，则CO(g)+O2(g)=CO2(g) H = -b kJmol-1H2O(g)=H2O(l) H=+ckJmol-1。根据盖斯定律-2，甲醇(l)不完全燃烧生成一氧化碳和水蒸气的热化学方程式为CH3OH(l)+ O2(g)=CO(g)+2H2O(g) H=(- a+b-2c)kJmol-1；(2) CO(g)
69、+2H2(g) CH3OH(g)正反应气体系数和减小，增大压强，平衡正向移动，CO(g)转化率增大，则P1P2，M、N两点为平衡点，两点正逆反应速率都相等， N点压强小于M点，M点的正反应速率N点的逆反应速率。(3)升高温度，反应ii、反应iii速率均加快，但反应iii的速率变化更大，所以升高温度CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低。为减少副反应的发生，同时不降低CO2生成CH3OH的反应速率和平衡转化率，可采取的措施是适当降低温度并增大反应的压强（或降低温度并使用使用低温下活性更强的催化剂）。(4)由于发生反应ii，容器体积减小，设参加反应ii的CO2的物质的量是xmol， X=0.75
70、mol参加反应ii的H2的物质的量是2.25mol，生成甲醇的物质的量是0.75mol、生成水的物质的量是0.75mol；CO2的转化率为50%，则参加反应iii的CO2的物质的量是20.5-0.75=0.25mol，反应iii消耗0.25molH2、生成0.25molCO、生成水0.25mol；达到平衡时，容器中CO2(g)的物质的量是1mol、H2的物质的量是4mol-2.25mol-0.25mol=1.5mol、甲醇的物质的量是0.75mol、水的物质的量是0.75mol+0.25mol=1mol，容器内气体总物质的量是6mol(1-25%)=4.5mol；反应的平衡常数Kp=；(5)根
71、据图示，右侧电极氧气得电子生成水，B是负极，A是正极； 甲醇、一氧化碳在阳极失电子生成碳酸二甲酯，阳极的电极反应式为2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+。铅蓄电池中，PbO2为正极、Pb为负极；B是阴极，B应与铅蓄电池的Pb相连。24（2021黑龙江哈尔滨市哈尔滨三中高三其他模拟）硅单质及其化合物应用范围很广。请回答下列问题：(1)工业上用石英和焦炭可以制得粗硅。已知：写出用石英和焦炭制取粗硅的热化学方程式_。(2)制备硅半导体材料必须先得到高纯硅：三氯甲硅烷(SiHCl3)还原法是当前制备高纯硅的主要方法，生产过程示意图如下：写出由纯SiHCl3制备高纯硅的化学反应方程式_
72、。整个制备过程必须严格控制无水无氧。SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和一种单质，写出该反应的化学方程式_。(3)对于反应2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)，采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323K和343K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。323K时，反应的平衡转化率=_。平衡常数K323K=_(保留2位有效数字)。下列说法正确的是_A平均分子量不变时，该反应一定达到平衡状态Ba、b处反应速率：v(a)v(b)C改进催化剂可以缩短达到平衡的时间D温度体积一定，加入SiHCl3可以提高SiHCl3的转化率已知SiHCl3分解反应速率v=
73、v正-v逆=k正x2(SiHCl3)-k逆x(SiH2Cl2)x(SiCl4)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，x为物质的量分数，计算b处v正/v逆=_。(保留2位小数)【答案】SiO2(s)+2C(s)=Si(s)+2CO(g) H=+638.4kJ/mol SiHCl3+H2Si+3HCl SiHCl3+3H2O=H2SiO3+3HCl+H2 21% 0.018 BC 1.15 【详解】(1)由图1可得热化学方程式：Si(s)+O2(g)=SiO2(s)H=-859.4 kJ/mol，2C(s)+O2(g)=2CO(g)H=-221.0 kJ/mol，根据盖斯定律，-可得目标热化学方程
74、式为：SiO2(s)+2C(s)=Si(s)+2CO(g)H=+638.4 kJ/mol；(2)据图可知SiHCl3在高温条件下被氢气还原得到高纯硅，根据电子守恒和元素守恒可得化学方程式为SiHCl3+H2Si+3HCl；根据元素守恒可知SiHCl3水解的化学方程式为SiHCl3+3H2O=H2SiO3+3HCl+H2；(3)温度越高反应速率越快，达到平衡所需时间越短，所以a代表343K，b代表323K，则323K时，反应的平衡转化率=21%；设初始投料为1mol SiHCl3(g)，平衡时转化率=21%，即n(SiHCl3)=0.21mol，根据方程式为可知n(SiCl4)=n(SiH2Cl
75、2)=0.105mol，则平衡时体系内n(SiHCl3)=0.79mol、n(SiCl4)=n(SiH2Cl2)=0.105mol，该反应前后气体系数之和相等，可以用物质的量代替浓度计算平衡常数，所以K=0.018；A该反应前后气体系数之和相等，则气体总物质的量不变，根据质量守恒可知气体总质量也不变，所以平均分子量为定值，不变时不能说明反应平衡，A错误；Ba、b两点SiHCl3的转化率相同，则气体浓度相同，但a点温度高于b点，所以反应速率v(a)v(b)，B正确；C改进催化剂可以加快反应速率，缩短达到平衡所需时间，C正确；D该反应前后气体系数之和相等，温度体积一定，加入SiHCl3达到的是等效
76、平衡，SiHCl3的转化率不变，D错误；综上所述答案为BC；平衡时k正x2(SiHCl3)=k逆x(SiH2Cl2)x(SiCl4)，所以=K=0.018，b处SiHCl3的转化率为20%，根据的假设和分析可知此时容器内n(SiHCl3)=0.80mol、n(SiCl4)=n(SiH2Cl2)=0.10mol，则x(SiHCl3)=0.80、x(SiCl4)=x(SiH2Cl2)=0.10，=0.018=1.15。25（2021河南新乡市新乡县一中高三其他模拟）在一定条件下，由CO2和H2合成甲醇已成为现实，该合成对解决能源问题具有重大意义。该过程中有两个竞争反应，反应过程能量关系如图。(1)
77、请写出CO(g)与H2(g)生成CH3OH(g)的热化学方程式为_。(2)对于CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)反应，已知v正=k正c(CO2)c3(H2)，v逆=k逆c(CH3OH)c(H2O)，升高温度k正增大的倍数_k逆增大的倍数(填“”、“”或“=”)，为了提高H2的转化率，可采取的措施有_(填选项)。A加压B升温C加催化剂D增加CO2的浓度(3)在一容积可变的密闭容器中，充入1molCO2与3molH2发生反应：CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)，CO2在不同温度下的平衡转化率与总压强的关系如下图所示，图中M点时CH3OH的物质的量分数为_，该反应
78、的压强平衡常数为Kp=_atm-2(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数)(4)由CO2和H2合成甲醇有两个竞争反应，为提高CH3OH的选择性，在原料气中掺入一定量CO，原因是_。另外，可以通过控制双组份催化剂(CuO-ZnO)中CuO的含量，可提高甲醇产率，根据下图判断，催化剂选择性最好的CuO的含量为_。【答案】CO(g)2H2(g)CH3OH(g)H=90.56kJmol1 0来消除CO的污染，请用文字说明是否可行_。(4)T，HCOOH与CH3COONa溶液反应：HCOOH+CH3COO-HCOO-+CH3COOH，该反应的K=12.5，则该温度下醋酸的电离常数Ka(CH
79、3COOH)=_(T时Ka(HCOOH)=210-4)。【答案】CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)CH2ClCHClCH3(g) H= - 33 kJmol-1 40% CO2+4H2CH4+ 2H2O 因为G=H-TS0，所以不可行(或者H0，S0， 任何温度不能自发) 1.6105 【详解】(1)已知：i.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)CH2ClCHClCH3(g) H=-133kJmol-1ii.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g) H=-100kJmol-1根据盖斯定律，由i-ii得CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)C
80、H2ClCHClCH3(g) H= -100kJmol-1-(-133kJmol-1)=- 33 kJmol-1，故答案为：CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)CH2ClCHClCH3(g) H= - 33 kJmol-1；H=Ea正-Ea逆，则Ea（逆）=Ea正-H=132kJmol-1-（-33kJmol-1）=165kJmol-1，故答案为：；(2)反应热与参加反应的物质的物质的量成正比，由热化学方程式知，3mol氢气完全转化时放出热量为49.4kJ热量，则测得放出热量19.76kJ时，H2的转化率为；用三段式法计算得：，；(3)根据图示中箭头方向知，反应物为CO2、H2，生成物为
81、CH4、H2O，故答案为：CO2+4H2CH4+ 2H2O；有人提出中间产物CO的处理，用反应2CO(g)=2C(s)+O2(g) H0来消除CO的污染，因为G=H-TS0，所以不可行(或者H0，S0， 任何温度不能自发)；(4)T，HCOOH与CH3COONa溶液反应：HCOOH+CH3COO-HCOO-+CH3COOH，该反应的K=12.5，即，则该温度下醋酸的电离常数Ka(CH3COOH)=,故答案为：1.6105。27（2021四川遂宁市高三其他模拟）CO和NO是汽车尾气中的主要污染物，易引起酸雨、温室效应和光化学烟雾等环境污染问题。随着我国机动车保有量的飞速发展，汽车尾气的有效处理变
82、得迫在眉睫。其中的一种方法为2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)，请回答下列问题：(1)已知该反应为自发反应，则该反应的反应热H_0(填“”或“”或“=”)(2)已知：N2 (g) + O2(g)=2NO(g) H= a kJmol -1C(s) + O2 (g)=CO2 (g) H= b kJmol -12C(s) + O2 (g)=2CO(g) H= c kJmol -1则 2CO(g)+2NO(g)=N2 (g)+2CO2 (g) H=_kJmol-1 (用含 a、b、c 的表达式表示)。(3)一定温度下，将 2molCO、4molNO 充入一恒压密闭容器。已知起始压强
83、为 1MPa，到达平衡时， 测得N2的物质的量为 0.5 mol，则：该温度此反应用平衡分压代替平衡浓度的平衡常数Kp=_(写出计算表示式)该条件下，可判断此反应到达平衡的标志是_A单位时间内，断裂 2 molC=O 同时形成 1 mol NN。B混合气体的平均相对分子质量不再改变。C混合气体的密度不再改变。DCO与NO的转化率比值不再改变。(4)某研究小组探究催化剂对 CO、NO 转化的影响。将 CO 和 NO 以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中 N2的含量，从而确定尾气脱氮率(即 NO 的转化率)，结果如图所示：由图可知：要达到最大脱氮率，该反应应采取的最佳
84、实验条件为_若低于 200，图中曲线 I 脱氮率随温度升高变化不大的主要原因为_(5)已知常温下，Kb(NH3H2O)=1.810-5，Ka1(H2CO3) =4.410-7，Ka2(H2CO3) =4.410-11，.此温度下某氨水的浓度为 2mol/L，则溶液中c(OH-)=_mol/L，将脱氮反应后生成CO2通入氨水中使溶液恰好呈中性，则此时 =_(保留小数点后4位数字)(6)电解NO制备NH4NO3，其工作原理如图所示，为使电解产物全部转化为NH4NO3，需要补充物质A，A是_，理由是_ 【答案】 2b-a-c (或具体计算式) BC 催化剂 II，450 温度较低时，催化剂 I 的活
85、性偏低 610-3 1.0009 NH3 根据总反应8NO+7H2O=3NH4NO3+2HNO3(条件为电解)，电解产生HNO3多，应补充NH3 【详解】(1)反应2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)能够自发进行，反应S0，若满足H-TS0，必须H0；(2)已知：N2 (g) + O2(g)=2NO(g) H= a kJmol -1；C(s) + O2 (g)=CO2 (g) H= b kJmol -1；2C(s) + O2 (g)=2CO(g) H= c kJmol -1；根据盖斯定律，得到目标方程式的计算式为2-，代入a、b、c计算得H=2b-a-c；(3)一定温度下，将
86、2molCO、4molNO 充入一恒压密闭容器。已知起始压强为 1MPa，到达平衡时， 测得N2的物质的量为 0.5 mol，则可列出三段式：，则；A单位时间内，断裂2 mol C=O同时形成 1 mol NN，正反应速率和逆反应速率不相等，不能说明反应达到平衡，故A错误；B该反应是气体分子数不相等的反应，混合气体的平均相对分子质量不再改变，可以说明达到平衡，故B正确；C容器是恒压容器，反应是气体分子数不相等的反应，混合气体的密度不再改变可以说明达到平衡，故C正确；DCO与NO的转化量相等，设任一时刻转化量为a mol，则CO与NO的转化率比值为，为定值，则CO与NO的转化率比值不再改变，不能
87、说明反应达到平衡，故D错误；故答案为BC；(4)由图象可知，在催化剂II，450条件下达到最大脱氮率；温度较低时，催化剂的活性偏低，反应速率慢，所以脱氮率随温度升高变化不大；(5)NH3H2O的Kb=1.810-5，若氨水的浓度为2.0molL-1，由，可知，将CO2通入该氨水中，当溶液呈中性时溶液中c(OH-)=c(H+)=10-7mol/L，电荷守恒得到：c(NH)=c(HCO)+2c(CO)，H2CO3的Ka2=4.410-11，结合计算，；(6)根据电解NO制备NH4NO3的工作原理示意图知：阴极反应式为3NO+15e-+18H+=3NH+3H2O，阳极反应式为5NO-15e- +10
88、H2O=5NO +20H+，总反应式为8NO+7H2O=3NH4NO3+2HNO3，为了使电解产生的HNO3全部转化为NH4NO3，应补充NH3。28（2021天津）氮和氮的化合物在国防建设、工农业生产和生活中都有极其广泛的用途。请回答下列与氮元素有关的问题：(1)已知部分化学键的键能如表化学键NNH HNH键能/(kJmol-1)946436391工业上合成氨反应当过程中转移3 mol电子时，理论上热量变化为 _kJ。(2)在一个恒容密闭容器中充入2 mol NO(g)和1 mol Cl2(g)发生反应：2NO(g)+Cl2(g) 2ClNO(g) 在一定温度下测得NO的物质的量(单位：mo
89、l)与时间的关系如表所示：t/min05813NO的物质的量21.151.01.0测得该反应平衡常数与温度关系为1gKp=5.08+ ，则该反应是_(填“吸热”或“放热”反应)。同温度下，起始时容器内的压强为P0，则该反应的平衡常数KP=_(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数)。若同温度下，在相同容器中，充入1 mol NO(g)和0.5 molCl2(g)，则NO的平衡转化率_50%(填“大于”、“等于”或“小于”)。(3)某研究小组将2 mol NH3、3 mol NO和一定量的O2充入2 L密闭容器中，在Ag2O催化剂表面发生反应4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+
90、6H2O(l)；NO的转化率随温度变化的情况如图。5 min内，温度从420 K升高到580 K，此时段内NO的平均反应速率v(NO)_，420 K之前，NO生成N2的转化率偏低的原因可能是_。(4)若将NO2与O2通入如图所示甲装置，D电极上有红色物质析出，A电极的电极反应式为_。【答案】46 放热 小于 0.171 mol/(Lmin) 420 K前反应未达平衡，转化率较低 NO2-e- +H2O=+2H+ 【详解】(1)N2与H2合成NH3的化学反应方程式：N2+3H22NH3，每有1 mol N2参加反应，转移6 mol电子，反应过程中的能量变化为Q=946 kJ+3436 kJ-63
91、91 kJ=- 92 kJ，即反应放出92 kJ的热量，当合成反应当过程中转移3 mol电子时，则理论上放出热量是=46 kJ；(2)该反应平衡常数与温度关系为1gKp=5.08+，可见：温度越高，化学平衡常数越小。说明升高温度，化学平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，故该反应的正反应是放热反应；对于反应2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)，在反应开始时n(NO)=2 mol，n(Cl2)=1 mol，n(ClNO)=0，反应过程中n(NO)=1 mol，根据物质反应转化关系可知平衡时，n(NO)=1.0 mol，n(Cl2)=0.5 mol，n(ClNO)=1.0 mol，在相同外界条件下
92、，压强比等于气体的物质的量的比，所以=，所以P总=P0，所以化学平衡常数Kp=；由已知条件可知反应在加入2 mol NO(g)和1 mol Cl2(g)时反应达到平衡时NO的转化率是50%。该反应的正反应是气体体积减小的反应，若在同温度下，在相同容器中，充入1 mol NO(g)和0.5 molCl2(g)，气体的压强减小，减小压强，化学平衡逆向移动，反应达到平衡时NO的平衡转化率降低，所以在充入1 mol NO(g)和0.5 molCl2(g)时NO的平衡转化率会小于50%；(3)根据图示可知：在420 K时NO转化率是2%，此时消耗NO的n(NO)=3 mol2%=0.06 mol；在58
93、0 K时NO转化率是59%，此时消耗NO的n(NO)=3 mol59%=1.77 mol，此时段内NO消耗的物质的量为n(NO)=1.77 mol-0.06 mol=1.71 mol，由于容器的容积是2 L，所以NO的反应速率v(NO)= 0.171 mol/(Lmin)；420 K之前，NO生成N2的转化率偏低，原因可能是在420 K前反应未达平衡，转化率较低；(4)D电极上有红色物质析出，说明D电极为正极，则与D电极连接的A电极为阳极，通入的气体失去电子发生氧化反应，A电极上通入NO2，其失去电子变为N，故A电极的电极反应式为：NO2-e-+H2O= N+2H+。29（2021安徽高三其他
94、模拟）苯乙烯是重要的有机合成单体，常用乙苯为原料合成。(1)以CO2和乙苯为原料合成的苯乙烯，其过程如图1，有“一步”途径1和“二步”途径2的两种推测：则CO2(g)+(g)(g)+CO(g)+H2O(g)的K3_(用含K1、K2的代数式表达)。(2)向刚性容器中充入10 mol CO2和10 mol乙苯，发生反应CO2(g)+(g)(g)+CO(g)+H2O(g)，在不同温度下测得平衡时各物质的体积分数如图2。可知H3_0。相同温度下CO2转化率低于乙苯，推知发生了副反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，由图像知该反应H_0。(3)某研究团队找到乙苯直接脱氢的高效催化剂，反应
95、原理如图：(g)H2(g)+(g) H1已知部分化学键键能数据如表所示：共价键C-CC-HC=CH-H键能(kJ/mol)347.7413.4615436则H1=_。实际过程中，通常向乙苯中掺入水蒸气，保持体系总压为100 kPa的条件下进行。乙苯平衡转化率与温度、投料比mm=的关系如图3。则投料比m1、m2、m3由大到小的关系为_。若m2=5：1，则A点温度下，该反应的平衡常数Kp=_。若其他条件不变，将恒压调整为恒容状态，则A点对应的乙苯的平衡转化率_(填“增大”、“不变”或“减小”)。(4)实验测得，乙苯脱氢的速率方程为正=k正p乙苯，逆=k逆p苯乙烯p氢气(k正、k逆为速率常数，只与温
96、度有关)，图4中代表lgk逆随的变化关系，则能代表lgk正随的变化关系的是_。【答案】K1K2 +123.5 kJ/mol m3m2m1 50kpa 减小 【详解】(1)根据图1所示信息可知，途径2反应分别为：I(g) =(g)+H2(g) IICO2(g)+H2(g)= CO(g)+H2O(g) ，途径1反应为：IIICO2(g)+(g)(g)+CO(g)+H2O(g)，则有III=I+II，故K3= K1K2，故答案为：K1K2；(2)由图2所示信息可知，温度越高苯乙烯的体积分数越大，说明反应的化学平衡正向移动，故正反应为吸热反应H30，相同温度下CO2转化率低于乙苯，说明副反应生成的CO
97、2随温度升高也越来越多，即升高温度副反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)化学平衡正向移动，由图像知该反应H0，故答案为：；(3)根据反应热等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和可知，反应物和生成物中均含有苯环，故苯环上的化学键未改变，故反应物中断裂了两个C-H和1个C-C，生成物生成了一个C=C和一个H-H，则H1=E(C-C)+2E(C-H)-E(C=C)-E(H-H)=347.7 kJ/mol+2413.4 kJ/mol-615 kJ/mol-436 kJ/mol=+123.5 kJ/mol，故答案为：+123.5 kJ/mol；该反应是气体体积增大的反应，恒压条件下，向
98、乙苯蒸气中掺入水蒸气，相当于减小压强，平衡正向移动，乙苯平衡转化率增大，即投料比越大，乙苯的平衡转化率越小，由图可知，在m1、m2、m3条件乙苯平衡转化率依次减小，则m3m2m1，故答案为： m3m2m1；若m2=5：1，设乙苯的物质的量为5amol，则水蒸气为amol，根据三段式计算可知：，则A点温度下，乙苯的平衡分压为：p(乙苯)=，H2和苯乙烯的平衡分压为：p(H2)=p(苯乙烯)=，该反应的平衡常数Kp=kpa，由于该反应的正反应为气体体积增大的方向，若其他条件不变，将恒压调整为恒容状态，相当于增大压强，平衡逆向移动，故则A点对应的乙苯的平衡转化率减小，故答案为：50kpa；减小；(4
99、)实验测得，乙苯脱氢的速率方程为正=k正p乙苯，逆=k逆p苯乙烯p氢气(k正、k逆为速率常数，只与温度有关)，图4中代表lgk逆随的变化关系，达到平衡时，正=逆，即k正p乙苯=k逆p苯乙烯p氢气，则有，由(3)可知该反应正反应是一个吸热反应，故温度越高平衡正向移动，K增大，越大，T越小，则K越小，即越小，故能代表lgk正随的变化关系的是，故答案为：。四、填空题30（2021青海西宁市高三二模）氮的化合物种类繁多，性质也各不相同。请回答下列问题：(1)已知：SO3(g)+NO(g)=NO2(g)+SO2(g) H1=+41.8molL-12SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) H2=-196
100、.6molL-1则2NO2(g)=2NO(g)+O2(g)的H=_。(2)NO作为主要空气污染物，其主要来源是汽车尾气，研究人员用活性炭对汽车尾气中的NO进行吸附，并发生反应：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g) H0.在恒压密闭容器中加入足量活性炭和一定量NO气体，反应相同时间时，测得NO的转化率(NO)随温度的变化如图所示：图中a、b、c三点中，达到平衡的点是_；温度为1100K时，N2的平衡体积分数为_。(3)现代技术用氨气将汽车尾气中的NOx还原为N2和H2O，反应原理是NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)3H2O(g)+2N2(g) H0。实际生产中NO(g)+NO2(
101、g)+2NH3(g)3H2O(g)+2N2(g)的反应温度不宜过高的原因是_。500时，在2L恒容密闭容器中充入1molNO、1molNO2和2molNH3，8min时反应达到平衡，此时NH3的转化率为40%，体系压强为p0MPa，则08min内用N2表示的平均反应速率v(N2)=_molL-1min-1，500时该反应的平衡常数Kp=_MPa(用含p0的代数式表示，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压物质的量分数)。【答案】+113.0KJ/mol b、c 20% 该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不利于反应物的转化，故反应温度不宜过高 0.05 【详解】(1)根据盖斯定律，反应2
102、-反应得2NO2(g)=2NO(g)+O2(g) H=-(2H1+ H2)= -(241.8-196.6)=+113.0KJ/mol，故答案为：+113.0KJ/mol。(2) 温度低于1050K时，反应速率较慢，反应未达平衡状态，温度等于或高于1050K时达到平衡，1100K是NO的平衡转化率为40%，假设通入NO的物质的量为1mol，利用三段式则有： ，所以N2的平衡体积分数为，故答案为：b、c，20%。(3) NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)3H2O(g)+2N2(g)，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不利于反应物的转化，故反应温度不宜过高，故答案为：该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不利于反应物的转化，故反应温度不宜过高。500时，在2L恒容密闭容器中充入1molNO、1molNO2和2molNH3，8min时反应达到平衡，此时NH3的转化率为40%，体系压强为p0MPa，利用三段式则有： ，v(N2)= molL-1min-1，根据阿伏伽德罗定律，恒温恒容时，压强与物质的量成正比，500时该反应的平衡常数Kp= MPa= Mpa，故答案为：0.05、。
