高考化学一模试题分类汇编——化学反应的速率与限度推断题综合附答案

高考化学一模试题分类汇编——化学反应的速率与限度推断题综合附答案
一、化学反应的速率与限度练习题（含详细答案解析）
1．二氧化氮在火箭燃料中可用作氧化剂，在亚硝基法生严流酸甲可用作催化剂，但直接将二氧化氮排放会造成环境污染。

已知反应CH4(g) +2NO2(g)N2(g) +CO2(g) + 2H2O(g) ，起始时向体积为V的恒容密闭容器中通人2mol CH4和3mol NO2，测得CH4.、N2、H2O的物质的量浓度与时间的关系如图所示。

(1)容器体积V=_______L。

(2)图中表示H2O的物质的量浓度与时间关系的是曲线___________. (填“甲”“乙"或"丙")。

(3)0 ~5min内，用N2表示的化学反应速率为____________________mol·L-1·min-1。

(4)a、b、c三点中达到平衡的点是______。

达到平衡时， NO2的转化率是___________ (物质平衡转化=转化的物质的量/起始的物质的量×100%)。

(5)a点时，c(CO2) =__________mol·L-1(保留两位小数) ，n( CH4):n(NO2)
=_________________。

【答案】2 甲 0.1 c 80% 或0.8 0.33 4:5
【解析】
【分析】
依据图像，根据反应物、生成物反应前后物质的量变化之比等于物质的量之比确定甲、乙、丙三条曲线分别代表CH4.、N2、H2O中的哪种物质；依据单位时间内浓度的变化，计算出0 ~5min内，用N2表示的化学反应速率；达到平衡时的判断依据。

【详解】
（1）起始时向体积为V的恒容密闭容器中通人2 mol CH4和3 mol NO2，测得CH4.、N2、H2O的物质的量浓度与时间的关系如图所示，CH4是反应物，即起始时的物质的量浓度为
1.0mol·L-1，依据c=n
V
，得V=
n
c
=
1
2mol
1mol L-
⋅
=2L；
（2）由(1)可知，丙代表CH4，从开始到平衡时，甲代表的物质的物质的量浓度增加量：1.2mol·L-1，乙代表的物质的物质的量浓度增加量：0.6mol·L-1，故从开始到平衡时，甲代表的物质的物质的量浓度增加量：1.2mol·L-1×2L=2.4mol；故从开始到平衡时，乙代表的物质的物质的量浓度增加量：0.6mol·L-1×2L=1.2mol，根据反应物、生成物反应前后物质的量变化之比等于物质的量之比，故甲代表H2O的物质的量浓度与时间关系，乙代表N2的物质的量浓度与时间关系；
（3）乙代表N2的物质的量浓度与时间关系，0 ~5 min内，N2的物质的量浓度变化量为：
0.5mol·L -1
- 0=0.5mol·L -1
，v(N 2)=1
0.5mol L 5min
-⋅=0.1mol·L -1·min -1；
（4）当达到平衡时反应物、生成物的浓度不再随着时间的变化而变化，故a 、b 、c 三点中达到平衡的点是c ；达到平衡时，c(N 2)=0.6mol·L -1，即从开始平衡，N 2的物质的量增加了：0.6mol·L -1×2L=1.2mol ，CH 4(g) +2NO 2(g)
N 2(g) +CO 2(g) + 2H 2O(g) ，依据方程式中反应物、
生成物的物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，即从开始到平衡，NO 2的物质的量变化量为：1.2mol×2=2.4mol ，故达到平衡时， NO 2的转化率是2.4mol
100%3mol
⨯ =80%； （5）设a 点时的浓度为xmol·
L -1，CH 4(g) +2NO 2(g)N 2(g) +CO 2(g) + 2H 2O(g) ，依据方程式
中反应物、生成物的物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，(1.0-x)：x=1:2，x=0.67，
2n(H O)∆=0.67mol·L -1×2L=1.34mol ，
42222n(CH ):n(NO ):n(N ):n(CO ):n(H O)∆∆∆∆∆=1:2:1:1:2，a 点时，2n(CO )∆=0.67mol ，c(CO 2) =
0.67mol
2L
=0.33mol·L -1；4(CH )∆=0.67mol ，2n(NO )∆=1.34mol ，故a 点时，n( CH 4):n(NO 2)=(2mol-0.67mol)：(3mol-1.34mol)=4:5。

2．光气（COCl 2）常作有机合成、农药、药物、燃料及其他化工制品的中间体。

（1）COCl 2结构与甲醛相似，写出COCl 2电子式_____；解释COCl 2的沸点比甲醛高的原因是_____。

（2）密闭容器中吸热反应COCl 2(g)
Cl 2(g)+CO(g)达到平衡后，改变一个条件，各物质的
浓度变化如图所示（10~14min 时有一物质浓度变化未标出）。

①说明该反应已达到平衡状态的是_____。

a ．C(COCl 2)=C(Cl 2) b ．ʋ正(COCl 2)=ʋ逆(CO) c ．容器内温度保持不变 d ．容器内气体密度保持不变
②4~10min 平均反应速率v (COCl 2)为_____；10min 时改变的反应条件是_____。

③0~4min 、8~10min 和16~18min 三个平衡常数依次为K 1、K 2、K 3，比较其大小____；说明理由____。

【答案】
均为分子晶体，COCl 2式量较大，范德华力较强，沸点较高 bc
0.0025mol/(L ·min) 分离出CO K 1<K 2=K 3 4min 时改变条件为升温，吸热反应升温K 变大 【解析】 【分析】
（1）甲醛的结构式是；COCl 2的相对分子质量大于甲醛；
（2）①根据平衡标志分析； ②根据=
c
t
υ∆∆ 计算4~10min 平均反应速率v (COCl 2)；由图象可知10min 时CO 的浓度突然减小，后逐渐增大，10min 时Cl 2的浓度逐渐增大；
③根据图象可知，4min 时改变的条件是升高温度、14min 时，各物质浓度均减小，改变的条件是减小压强。

【详解】
（1）甲醛的结构式是
，COCl 2结构与甲醛相似，COCl 2电子式是
；甲
醛、COCl 2均为分子晶体，COCl 2式量较大，范德华力较强，沸点较高；
（2）①a ．c (COCl 2)=c (Cl 2)时，浓度不一定不再改变，反应不一定平衡，故不选a ； b ．反应达到平衡状态时，正逆反应速率比等于系数比， ʋ正(COCl 2)=ʋ逆(CO)，一定平衡，故选b ；
c ．正反应吸热，密闭容器内温度是变量，容器内温度保持不变，反应一定平衡，故选c ；
d ．气体质量不变、容器体积不变，根据=m
V
ρ ，密度是恒量，容器内气体密度保持不变，不一定平衡，故不选d ； 选bc ；
②根据图象，4~10min 内COCl 2浓度变化是0.055mol/L-0.04mol/L=0.015mol/L ，
0.015mol/L =
=6c t υ∆=∆min
0.0025mol/(L·min)；由图象可知10min 时CO 的浓度突然减小，后逐渐增大，10min 时Cl 2的浓度逐渐增大，可知10min 时改变的条件是分离出CO ，平衡正向移动，氯气浓度增大；
③根据图象可知，4min 时改变的条件是升高温度，正反应吸热，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，所以K 1<K 2，14min 时改变的条件是减小压强，平衡常数只与温度有关，所以K 2=K 3，故K 1、K 2、K 3的大小关系是K 1<K 2=K 3；
3．已知：N 2O 4(g)2NO 2(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
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0．054molN2O4，30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___。

【答案】BD 0．075mol·L-1向正反应方向小于 BD
【解析】
【分析】
（1）根据平衡标志判断；
（2）K=
()
()2
2
24
NO
N O
c
c
；增大反应物的浓度平衡正向移动；
（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
n
-
=
总
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；
C．根据
m
V
ρ=，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
间而变化，反应不一定达到平衡状态，故不选C；
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）
()()2420.02700.015N O g 2N 0.030.012
0.03
O g ƒ开始转化平衡
K =
()()222
240.03=N 0O N O .012
c c =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
通入少量N 2O 4，则平衡向正反应方向移动；再次达到平衡，相当于加压，N 2O 4转化率减小，NO 2的体积分数小于原平衡时NO 2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，NO 2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，NO 2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，NO 2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NO 2转化得快，导致NO 2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．从能量的变化和反应的快慢等角度研究反应：2222H +O =2H O 。

（1）为了加快正反应速率，可以采取的措施有________（填序号，下同）。

A ． 使用催化剂 B ． 适当提高氧气的浓度 C ． 适当提高反应的温度 D ． 适当降低反应的温度
（2）已知该反应为放热反应，下图能正确表示该反应中能量变化的是________。

（3）从断键和成键的角度分析上述反应中能量的变化。

（资料）①键能：拆开1mol 化学键需要吸收的能量，或是形成1mol 化学键所放出的能量称为键能。

②化学键的键能： 化学键 H —H O ＝O H —O 键能-1kJ mol ⋅
436
496
463
请填写表：
（4）氢氧燃料电池的总反应方程式为2222H +O =2H O 。

其中，氢气在________（填“正”或“负”）极发生________反应（填“氧化”或“还原”）。

电路中每转移0．2mol 电子，标准状况下消耗H 2的体积是__________________L 。

【答案】ABC A 吸收热量 872 吸收热量 496 放出热量 1852 放出热量 484 负 氧化 2.24 【解析】 【分析】 【详解】
（1）常用的加快化学反应速率的方法是：升高温度，加入正催化剂，增大反应物浓度，增大压强（浓度也增大）等，故选ABC ；
（2）反应物的总能量高于生成物的总能量，称为放热反应。

氢气的燃烧反应属于典型的放热反应，所以能正确表示反应能量变化的是A ；
（3）拆开1mol 化学键需要吸收的能量，或是形成1mol 化学键所放出的能量称为键能。

反应物化学键断裂，吸收能量，生成物形成化学键，释放能量，吸收的总能量减去释放的总能量为该反应的能量变化，若为负值，则为放热反应，反之为吸热反应。

则拆开
22molH 中的化学键436×2=872kJ ，拆开21molO 中的化学键496kJ ，共吸收1368kJ ，
形成4molH-O 键，放出463×4=1852kJ ，反应的总能量变化为放出484kJ ； （4）氢氧燃料电池中，氢气作负极反应物发生氧化反应，氧气作正极反应物发生还原反应，根据反应式，每有2molH 2参与反应，转移电子4mol 电子，故每转移0．2mol 电子，参与反应的氢气为0.1mol H 2，标准状况下2.24L 。

【点睛】
反应热的计算：1. 生成物总能量-反应物总能量；2.反应物的总键能-生成物的总键能。

燃料电池注意升失氧化，负极氧化（负极失去电子发生氧化反应），燃料做负极反应物，空气或者氧气作正极反应物。

5．合成气（CO+H2）广泛用于合成有机物，工业上常采用天然气与水蒸气反应等方法来制取合成气。

（1）在150℃时2L的密闭容器中，将2molCH4和2molH2O(g)混合，经过15min达到平衡，此时CH4的转化率为60%。

回答下列问题：
①从反应开始至平衡，用氢气的变化量来表示该反应速率v(H2)=__。

②在该温度下，计算该反应的平衡常数K=__。

③下列选项中能表示该反应已达到平衡状态的是__。

A．v(H2)逆=3v(CO)正
B．密闭容器中混合气体的密度不变
C．密闭容器中总压强不变
D．C(CH4)=C(CO)
（2）合成气制甲醚的反应方程式为2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3（g）+H2O(g)
△H=bkJ/mol。

有研究者在催化剂（Cu—Zn—Al—O和A12O3)、压强为5.OMPa的条件下，由H2和CO直接制备甲醚，结果如图所示。

①290℃前，CO转化率和甲醚产率的变化趋势不一致的原因是__；
②b__0，（填“＞”或“＜”或“=”）理由是__。

（3）合成气中的氢气也用于合成氨气：N2+3H22NH3。

保持温度和体积不变，在甲、乙、丙三个容器中建立平衡的相关信息如下表。

则下列说法正确的是__；
A．n1=n2=3.2 B．φ甲=φ丙＞φ乙C．ν乙＞ν丙＞ν甲 D．P乙＞P甲=P丙
容器体积起始物质平衡时NH3
的物质的量
平衡时N2的
体积分数
反应开始时的
速率
平衡时容器内
压强
甲1L1molN2+3molH2 1.6molφ甲ν甲P甲乙1L2molN2+6molH2n1molφ乙ν乙P乙丙2L2molN2+6molH2n2molφ丙ν丙P丙
【答案】0.12mol·L-1·min-1 21.87 AC 有副反应发生＜平衡后，升高温度，产率降低 BD
【解析】
【分析】
【详解】
（1）
422
CH+H O CO+3H (/)1100
(/)0.60.60.6 1.8
(/)0.40.40.6 1.8
mol L
mol L
mol L
ƒ
起始浓度
转化浓度
平衡浓度
①v(H2)=1.8/
15
mol L
min
=0.12mol·L-1·min-1；
②K＝
()()
()()
3
2
42
c CO c H
c CH c H O
⨯
⨯
=
3
0.6 1.8
0.40.4
⨯
⨯
=21.87mol2•L-2；
③A．v逆(H2)＝3v正(CO)，根据反应速率之比等于化学计量数之比有v正(H2)＝3v正(CO)，故v逆(H2)＝v正(H2)，反应已达到平衡状态，选项A选；
B．参与反应的物质均为气体，气体的总质量不变，反应在恒容条件下进行，故密度始终保持不变，密闭容器中混合气体的密度不变，不能说明反应已达到平衡状态，选项B不选；C．同温同压下，气体的压强与气体的物质的量成正比，该反应正反应为气体体积增大的反应，密闭容器中总压强不变，则总物质的量不变，说明反应已达到平衡状态，选项C选；D．反应开始时加入2mol CH4和2mol H2O(g)，反应过程中两者的物质的量始终保持相等，c(CH4)=c(CO)不能说明反应已达到平衡状态，选项D不选。

答案选AC；
（4）① 290℃前，CO转化率随温度升高而降低，根据反应2CO(g) +
4H2(g)CH3OCH3（g）+ H2O(g)可知甲醚是生成物，产率应该降低，但反而增大，证明还有另外的反应生成甲醚，即CO的转化率和甲醚产率的变化趋势不一致的原因是有副反应发生；
②根据图中信息可知，平衡后，升高温度，产率降低，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，△H=b＜0。

（3）根据表中数据知，甲丙中各反应物的浓度相等，所以相当于等效平衡，平衡时N2的体积分数相等；乙中各反应物浓度是甲的2倍，且压强大于甲，增大压强，平衡向气体体积缩小的方向移动，所以平衡时乙中N2的体积分数小于甲；
A．甲丙中各反应物的浓度相等，n2=3.2，乙压强大于甲乙，平衡正向移动，n1＞3.2，选项A错误；
B．甲丙为等效平衡，平衡时N2的体积分数相等φ甲=φ丙，乙压强大，平衡正向移动，平衡时乙中N2的体积分数小于甲，故φ甲=φ丙＞φ乙，选项B正确；
C．甲丙中各反应物的浓度相等，为等效平衡，反应速率相等，ν丙=ν甲，乙中各反应物浓度平衡时接近甲丙的二倍，反应速率较大，ν乙＞ν丙=ν甲，选项C错误；
D．体积相同的容器中，甲丙等效，单位体积气体总物质的量浓度相同，压强相等P甲=P 丙
，乙中平衡时单位体积气体总物质的量接近甲丙的二倍，P乙＞P甲=P丙，选项D正确。

答案选BD。

【点睛】
本题考查了化学平衡影响因素分析判断，平衡计算分析，主要是恒温恒压、恒温恒容容器中平衡的建立和影响因素的理解应用。

等效平衡原理的理解和应用是解答的难点和易错
点。

6．恒温恒容下，将2mol A气体和1mol B气体通入体积为2 L的密闭容器中发生反应：
2A(g)＋B(g)=xC(g)＋2D(s)，2 min达平衡，测得平衡时A的物质的量为1.2mol ，C的浓度为
0.6mol·L－1。

(1)从开始反应至达到平衡状态，生成B的平均反应速率为________。

(2)x＝________。

(3)A的转化率与B的转化率之比为________。

(4)下列各项可作为该反应达到平衡状态的标志的是________。

A．D的质量不再变化
B．压强不再变化
C．气体密度不再变化
D．气体的平均相对分子质量不再变化
E.A的消耗速率与B的消耗速率之比为2∶1
(5)请结合(4)总结化学平衡状态的判断依据有哪些：_____________(至少写出2条)。

【答案】0.1 mol·L－1·min－1 3 1∶1 ACD 正反应速率=逆反应速率，体系中各种物质的质量、物质的量不变
【解析】
【分析】
反应前，A的浓度=2mol
2L
=1mol/L，B的浓度=
1mol
2L
=0.5mol/L，平衡时，A的浓度
=1.2mol
2L
=0.6mol/L，说明A的浓度减小了0.4mol/L，C的浓度为0.6mol/L，说明C的浓度
增大了0.6mol/L，所以：
()()()()
-1
-1
-1
+B=+
2A g g xC g2D s
/mol L0.5
10
/mol L0.2
0.4
.40.6
/mol L0.3
0.60.60.4
⋅
⋅
⋅
起始浓度
变化浓度
平衡浓度
，据此分析解
答。

【详解】
(1)v(B)=0.2mol/L
2min
=0.1 mol·L－1·min－1，故答案为：0.1 mol·L－1·min－1；
(2)同一反应用不同的物质表示的反应速率之比=化学计量数之比，故0.4:0.6=2:x，解得：x=3，故答案为：3；
(3) A的转化率=0.4
100%
1
⨯=40%，B的转化率=
0.2
100%
0.5
⨯=40%，所以，A的转化率与B
的转化率之比为1:1，故答案为：1:1；
(4) 2A(g)＋B(g)=3C(g)＋2D(s)
A．若反应还未平衡，体系中反应物的质量将减小，生成物的质量将增大，D的质量不变，说明已达到平衡时，A正确；
B．该反应是一个气体分子数不变的反应，压强不变，不能说明已达平衡，B错误；C．该反应是气体质量减小的反应，容器的体积不变，密度不再变化，说明气体的质量不再变化，说明已达到平衡，C正确；
D．该反应是气体的物质的量不变、气体的质量减小的反应，气体的平均相对分子质量不再变化，说明气体的平均摩尔质量不再变化，那么气体的质量不再变化，已达平衡，D正确；
E．A与B都是反应物，描述的都是正反应速率，不能说明是否平衡，E错误；
故答案为：ACD；
(5)达到平衡时，正反应速率=逆反应速率，体系中各种物质的质量、物质的量均不变，所以，化学平衡状态的判断依据有：正反应速率=逆反应速率，体系中各种物质的质量、物质的量不变，故答案为：正反应速率=逆反应速率，体系中各种物质的质量、物质的量不变。

7．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。

在体积为1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，一定条件下反应：CO 2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。

（1）从3min到9min，v(CO2)=__mol·L-1·min-1（计算结果保留2位有效数字）。

（2）能说明上述反应达到平衡状态的是__（填编号）。

A．反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1∶1（即图中交叉点）
B．混合气体的压强不随时间的变化而变化
C．单位时间内生成1molH2，同时生成1molCH3OH
D．混合气体的平均相对分子质量不随时间的变化而变化
（3）平衡时CO2的转化率为__%。

（4）平衡混合气体中CO2(g)和H2(g)的质量之比是__。

（5）第3分钟时v正(CH3OH)__第9分钟时v逆(CH3OH)（填“＞”、“＜”“=”或“无法比较”）。

【答案】0.042 BD 75 22：3 ＞
【解析】
【分析】
（1）3min到9min，根据CO2浓度变化计算CO2化学反应速率v(CO2)；
（2）化学反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的物理量不变；
（3）由图象可知平衡时CO2的为0.25mol/L，可知消耗0.75mol/L，以此计算转化率；（4）结合各物质的平衡浓度，利用三段式法计算；
（5）第9分钟时达到平衡，υ逆（CH3OH）=υ正（CH3OH），随着反应的进行，正反应速率
逐渐减小。

【详解】
(1)3min到9min，CO2浓度变化为0.5mol/L−0.25mol/L=0.25mol/L，CO2反应速率为：
0.25mol/L
=0.042mol/(L min)
9min-3min
⋅，故答案为：0.042；
(2)A.反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1:1(即图中交叉点)，浓度相等而不是不变，故A错误；
B. 混合气体的物质的量为变量，则压强为变量，随着反应的进行，混合气体的压强不随时间的变化而变化，此时反应达到平衡，故B正确；
C. 单位时间内生成3molH2，同时生成1molCH3OH，则正逆反应速率相等，故C错误；
D. 混合气体的质量不变，混合气体的物质的量随着反应的进行是变量，则平均相对分子质量不随时间的变化而变化此时反应达到平衡，故D正确；
故答案为：BD；
(3)由图象可知平衡时CO2的为0.25mol/L，可知消耗0.75mol/L，则转化率为
0.75mol/L
×100%=75%
1mol/L
，故答案为：75；
(4)
()()()()
2232
CO g+3H g CH OH g+H O g (mol)1300
(mol)0.75 2.250.750.75
(mol)0.250.750.750.75
ƒ
起始
转化
平衡
则平衡时混合气体中CO2(g)和H2(g)的质量之比是
mol44g/mol
=
mol g mol
0.25
22:3
0.752/
⨯
⨯
，故答
案为：22:3；
(5)第9分钟时达到平衡，υ逆(CH3OH)=υ正(CH3OH)，随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，则第3分钟时υ正(CH3OH) 大于第9分钟时υ逆(CH3OH)。

故答案为：＞。

【点睛】
平衡问题计算时一般采用三段法进行计算。

反应达到平衡时，υ逆=υ正。

8．二甲醚（CH3OCH3）被称为21世纪的新型燃料，25℃，101kPa时呈气态，它清洁、高效、具有优良的环保性能。

92g气态二甲醚25℃，101kPa时燃烧放热2910kJ。

(1)当燃烧放热582kJ热量时，转移的电子数为___。

(2)已知H2(g)和C(s)的燃烧热分别是285.8kJ/mol、393.5kJ/mol；计算反应
4C(s)+6H2(g)+O2(g)═2CH3OCH3(g)的反应热为__；
(3)工业上利用H2和CO2合成二甲醚的反应如下：6H2(g)+2CO2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g) △H＜0
①一定温度下，在一个固定体积的密闭容器中进行该反应，下列能判断反应达到化学平衡状态的是__（选填字母编号）
A．c(H2)与c(H2O)的比值保持不变
B ．单位时间内有2molH 2消耗时有1molH 2O 生成
C ．容器中气体密度不再改变
D ．容器中气体压强不再改变
E ．反应产生的热量不再变化
②温度升高，该化学平衡移动后到达新的平衡，CH 3OCH 3的产量将__（填“变大”、“变小”或“不变”，下同），混合气体的平均摩尔质量将__。

【答案】4.8N A -378.8 kJ/mol ADE 变小 变小
【解析】
【分析】
92g 气态二甲醚25℃，101kPa 时燃烧放热2910kJ ，则燃烧的热化学方程式为
CH 3OCH 3(g)+3O 2(g)==2CO 2(g)+3H 2O(l) △H = -1455kJ/mol ①
(1)当燃烧放热582kJ 热量时，转移的电子数为
A 582kJ 121455kJ/mol
N ⨯。

(2)已知H 2(g)和C(s)的燃烧热分别是285.8kJ/mol 、393.5kJ/mol ；
则热化学方程式为C(s)+O 2(g)==CO 2(g) △H = - 393.5kJ/mol ②
H 2(g)+12O 2(g)=H 2O(l) △H = - 285.8kJ/mol ③ 利用盖斯定律，将②×4+③×6-①×2，即得反应4C(s)+6H 2(g)+O 2(g)═2CH 3OCH 3(g)的反应热；
(3)工业上利用H 2和CO 2合成二甲醚的反应如下：6H 2(g)+2CO 2(g)⇌CH 3OCH 3(g)+3H 2O(g) △H ＜0
①A ．c (H 2)与c (H 2O)的比值保持不变，则对题给反应来说，二者的浓度保持不变； B ．单位时间内有2molH 2消耗时有1molH 2O 生成，反应方向相同；
C ．气体的质量不变，体积不变，所以容器中气体密度始终不变；
D ．反应前后气体分子数不等，容器中气体压强不再改变，反应达平衡；
E ．反应产生的热量不再变化，则反应达平衡状态。

②温度升高，平衡逆向移动；混合气体的质量不变，物质的量增大。

【详解】
92g 气态二甲醚25℃，101kPa 时燃烧放热2910kJ ，则燃烧的热化学方程式为
CH 3OCH 3(g)+3O 2(g)==2CO 2(g)+3H 2O(l) △H = -1455kJ/mol ①
(1)当燃烧放热582kJ 热量时，转移的电子数为
A 582kJ 121455kJ/mol N ⨯=4.8N A 。

答案为：4.8N A ；
(2)已知H 2(g)和C(s)的燃烧热分别是285.8kJ/mol 、393.5kJ/mol ；
则热化学方程式为C(s)+O 2(g)==CO 2(g) △H = - 393.5kJ/mol ②
H 2(g)+12
O 2(g)=H 2O(l) △H = - 285.8kJ/mol ③ 利用盖斯定律，将②×4+③×6-①×2，即得反应4C(s)+6H 2(g)+O 2(g)═2CH 3OCH 3(g) △H = -378.8kJ/mol 。

答案为：-378.8 kJ/mol ；
(3)工业上利用H 2和CO 2合成二甲醚的反应如下：6H 2(g)+2CO 2(g)⇌CH 3OCH 3(g)+3H 2O(g) △H ＜
①A．c(H2)与c(H2O)的比值保持不变，则对题给反应来说，二者的浓度保持不变，反应达平衡状态，A符合题意；
B．单位时间内有2molH2消耗时有1molH2O生成，反应方向相同，不一定达平衡状态，B 不合题意；
C．气体的质量不变，体积不变，所以容器中气体密度始终不变，反应不一定达平衡状态，C不合题意；
D．反应前后气体分子数不等，容器中气体压强不再改变，反应达平衡状态，D符合题意；E．反应产生的热量不再变化，则反应达平衡状态，E符合题意；
故选ADE。

答案为：ADE；
②温度升高，平衡逆向移动，CH3OCH3的产量将变小；混合气体的质量不变，物质的量增大，则混合气体的平均摩尔质量将变小。

答案为：变小；变小。

【点睛】
利用盖斯定律进行计算时，同一反应的热化学方程式可以写出无数个，但反应热△H与化学计量数的比值是一个定值。

9．“低碳经济”已成为全世界科学家研究的重要课题。

为减小和消除 CO2对环境的影响，一方面世界各国都在限制其排放量，另一方面科学家加强了对 CO2 创新利用的研究。

(1)已知：①CO(g)+H2O(g)ƒH2(g)+CO2(g) △H=-41kJ/mol
②C(s)+2H2(g)ƒCH4(g) △H=-73kJ/mol
③2CO(g)ƒC(s)+CO2(g) △H=-171kJ/mol
写出CO2与H2反应生成CH4和H2O(g)的热化学方程式：_____。

(2)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，在容积为 2L密闭容器中，充入1molCO2和 3.25molH2在一定条件下发生反应，测得 CO2、CH3OH(g)和 H2O(g)的物质的量(n)随时间的变化如图所示：
①从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)＝ ____。

②下列措施一定不能使CO2的平衡转化率增大的是____ (填字母)。

A.在原容器中再充入1molCO2
B.在原容器中再充入1molH2
C.在原容器中充入1mol氦气
D.使用更有效的催化剂
E.缩小容器的容积
F .将水蒸气从体系中分离
(3)煤化工通常研究不同条件下CO 转化率以解决实际问题。

已知在催化剂存在条件下反应：CO(g)＋H 2O(g)⇌H 2(g)+CO 2(g)的平衡转化率随p(H 2O)/p(CO)及温度变化关系如图所示：
①上述反应的正反应方向是 ____(填“吸热”或“放热”)反应；
②对于气相反应，用某组分(B)的平衡压强(pB)代替物质的量浓度(cB)也可以表示平衡常数(记作 Kp)，则在恒温密闭容器中，该反应的Kp 与Kc 的关系是 _______，如果提高p(H 2O)/p(CO)，则Kp_______ （填“变大”“变小”或“不变”）；使用铁镁催化剂的实际工业流程中，一般采用400℃左右，p(H 2O)/p(CO) =3～5，采取此条件的原因可能是 _________ 。

(4)科学家用氮化镓材料与铜组装成如图所示的人工光合系统，利用该装置实现了用CO 2和H 2O 合成CH 4。

下列关于该电池的叙述正确的是 ____(填字母)。

A .该装置能量转化形式仅存在太阳能转化为电能
B .铜电极为正极，电极反应式为CO 2+8e -+8H +=CH 4+2H 2O
C .电池内部H ＋透过质子交换膜从左向右移动
D .反应结束后，理论上溶液的 pH 值保持不变
【答案】2242CO (g)+4H (g)CH (g)+2H O(g) ΔH=-162kJ/mol ƒ 0.1125mol/(L min)⋅ ACD 放热 相等 不变 投料比太低，CO 的转化率不高，而投料比3~5时转化率已经在97%左右，再增加投料比收益不明显，经济上不划算，而反应温度是根据催化剂的活性温度来制定的 BCD
【解析】
【分析】
（1）该小题是一道典型的盖斯定律的应用，通过观察可以发现用③-2⨯①+②即可得到目标方程，注意各物质的状态不要漏标；
（2）①先写出反应方程式2232CO +3H CH OH+H O ƒ，化学反应速率之比等于化学计量数之比，因此只要算出任意一种物质的速率，即可得到氢气的反应速率；
②转化率即某一反应物的转化百分率，可以用物质的量、质量、体积（相同条件下）来计算，据此来分析各选项即可；
（3）根据题图，当()()
2p H O p CO 相同时，温度越高转化率越低，因此正反应是放热反应； （4）虽然题干里告诉我们这是一个“人工光合系统”，实际上因为该装置无外电源，因此必然为一个原电池装置，再来根据原电池的规律分析即可。

【详解】
（1）根据盖斯定律，由③-2⨯①+②得到2242CO (g)+4H (g)CH (g)+2H O(g)ƒ，H=-171kJ/mol-2(-41kJ/mol)+(-73kJ/mol)=-162kJ/mol ∆⨯；
（2）①该反应为：CO 2(g)+3H 2(g) ƒH 2O(g)+CH 3OH(l )；先求出2CO 的平均反应速率：
Δc Δn 1.00-0.25v=
==0.0375mol/(L min)t V t 2L 10min
=⋅⋅⋅，则氢气的平均反应速率为2CO 的三倍，即0.1125mol/(L min)⋅； ②A.向原容器中充入更多的2CO 一定会导致2CO 的转化率降低，A 项正确；
B.向原容器中充入氢气（另一种反应物），则可以提高2CO 的转化率，B 项错误；
C.容器是定容的，充入氦气后容器体积不改变，各物质的浓度不改变，因此平衡也不会改变，平衡转化率自然也不会改变，C 项正确；
D.催化剂不改变平衡，自然无法影响转化率，D 项正确；
E.缩小容器体积相当于增大压强，根据勒夏特列原理，平衡向气体分子数减少的方向移动（正向），则2CO 转化率增大，E 项错误；
F.将水蒸气（产物）从体系中分离，可以使逆反应速率小于正反应速率，平衡也会正向移动，2CO 转化率增大，F 项错误；
答案选ACD ；
（3）①当()()
2p H O p CO 相同时，温度越高转化率越低，因此正反应是放热反应； ②既然我们用某组分的平衡压强来代替物质的量浓度，则22p 2p(CO )p(H )K =p(CO)p(H O)
，而平衡压强与浓度成正比，因此可以说明p c K =K ；对于给定的反应，平衡常数大小只与温度有
关，因此改变()()
2p H O p CO 不会影响p K ；根据图表我们发现若投料比太低，CO 的转化率不高，而投料比3~5时转化率已经在97%左右，再增加投料比收益不明显，在经济上不划算，而反应温度是根据催化剂的活性温度来制定的，该温度下催化剂活性最大；
（4）A.根据分析这是一个原电池装置，将太阳能转化为电能和化学能，A 项错误；
B.原电池中，电子从负极流出，经外电路流回正极，因此铜为正极，2CO 在正极得电子转。