备战高考化学专题《化学反应的速率与限度》推断题综合检测试卷含答案解析

备战高考化学专题《化学反应的速率与限度》推断题综合检测试卷含答案解析
一、化学反应的速率与限度练习题（含详细答案解析）
1．将一定量纯净的氨基甲酸铵(NH2COONH4)置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：
NH 2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)。

（1）下列不能判断该分解反应已经达到化学平衡状态的是___(填选项)；
A．2v生(NH3)=v耗(CO2)
B．密闭容器中氨气的物质的量不变
C．容器中CO2与NH3的物质的量之比保持不变
D．密闭容器中总压强保持不变
E.形成6个N-H键的同时有2个C=O键断裂
（2）能使该反应的反应速率增大的是___(填选项);
A．及时分离出CO2气体
B．适当升高温度
C．加入少量NH2COONH4(s)
D．选择高效催化剂
（3）如图所示，上述反应中断开反应物中化学键吸收的能量___形成生成物中化学键放出的能量(填写“大于”“等于”“小于”)。

【答案】AC BD 大于
【解析】
【分析】
(1)根据化学平衡状态的特征解答；
(2)增大浓度或升高温度或加催化剂可加快反应速率来解答；
(3)由图可知反应物的总能量低于生成物的总能量，所以反应是吸热反应，结合化学键分析解答。

【详解】
(1)A．平衡时应有v生(NH3)=2v耗(CO2)，所以2v生(NH3)=v耗(CO2)时，反应没有达到平衡状态，故A错误；
B．密闭容器中氨气的物质的量不变，说明正、逆反应速率相等，可以判定反应达到平衡状态，故B正确；
C．只要反应发生，容器中CO2与NH3的物质的量之比就是2：1，始终保持不变，不能判定反应是否达平衡状态，故C错误；
D．密闭容器中总压强保持不变，说明气体的总物质的量不变，反应达平衡状态，故D正确；
E．形成6个N-H键等效于2个C=O键形成的同时有2个C=O键断裂，正、逆反应速率相
等，达平衡状态，故E正确；
故答案为AC；
(2)A．及时分离出CO2气体，生成物浓度减小，反应速率减小，故A错误；
B．适当升高温度，反应速率加快，故B正确；
C．加入少量NH2COONH4(s)，固体物质量变但浓度不变，故C错误；
D．选择高效催化剂，反应速率加快，故D正确；
故答案为：BD；
(3)由图可知反应物的总能量低于生成物的总能量，所以反应是吸热反应，即反应中断开反应物中化学键吸收的能量大于形成生成物中化学键放出的能量。

【点睛】
考查化学平衡状态的判断。

注意反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，必须是同一物质的正逆反应速率相等；反应达到平衡状态时，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，此类试题中容易发生错误的情况往往有：平衡时浓度不变，不是表示浓度之间有特定的大小关系；正逆反应速率相等，不表示是数值大小相等；对于密度、相对分子质量等是否不变，要具体情况具体分析等。

2．某实验小组为确定过氧化氢分解的最佳催化条件，用如图实验装置进行实验，反应物用量和反应停止的时间数据如下：
分析表中数据回答下列问题：
MnO2
时间
0.1g0.3g0.8g
H2O2
10mL1.5%223s67s56s
10mL3.0%308s109s98s
10mL4.5%395s149s116s
（1）相同浓度的过氧化氢的分解速率随着二氧化锰用量的增加而________。

（2）从实验效果和“绿色化学”的角度考虑，双氧水的浓度相同时，加入________g的二氧化锰为较佳选择。

（3）该小组的某同学分析上述数据后认为：“当用相同质量的二氧化锰时，双氧水的浓度越小，所需要的时间就越少，亦即其反应速率越快”的结论，你认为是否正确________，理由是__________________________________。

（4）为加快过氧化氢的分解速率，除了使用MnO2作催化剂和改变过氧化氢的质量分数之外，还可以采取的加快反应速率的措施有_____。

（回答任意两个合理的措施）
【答案】加快 0.3 不正确 H2O2的浓度扩大二倍(从1.5%→3.0%)，但反应所需时间比其二倍小的多升高温度；粉碎二氧化锰，增大其表面积。

【解析】
【分析】
由题可知，该实验研究浓度和催化剂对反应速率的影响，通过表中数据可分析得出浓度和催化剂对反应速率的影响规律，因为该实验不是直接测出反应速率，而是测出反应停止的时间，要考虑反应物增多对反应时间的影响。

【详解】
(1)由表格中的数据可知：相同浓度的H2O2，加入的MnO2越多，反应所用的时间越短，即分解速率越快。

(2)用0.1 g催化剂的反应速率明显小于用0.3 g和0.8 g催化剂的反应速率；用0.8 g催化剂和用0.3 g催化剂的反应速率及反应时间相差不多，但用0.3 g催化剂节约药品。

(3)从表中数据可知，相同体积3.0%的双氧水中的溶质含量是1.5%的双氧水中溶质含量的二倍，但反应的时间却比其反应时间的二倍小得多，由反应速率计算公式可得出，此实验条件下双氧水的浓度越大分解速率越快，由此得出上述结论不正确；
(4)加快反应速率的措施常见的有：增加反应物浓度、适当升高温度、增加反应物表面积（接触面积）、使用催化剂等。

3．某温度下在2L密闭容器中，3种气态物质A、B、C的物质的量随时间变化曲线如图。

（1）该反应的化学方程式是________________________
（2）若A、B、C均为气体，10min后反应达到平衡，
①此时体系的压强是开始时的________倍。

②在该条件达到平衡时反应物的转化率为________%（计算结果保留1位小数）
（3）关于该反应的说法正确的是_________。

a.到达10min时停止反应
b.在到达10min之前C气体的消耗速率大于它的生成速率
c.在10min时B气体的正反应速率等于逆反应速率
【答案】2C A+3B 9
7
或1.29或1.3 66.7% b、c
【解析】【分析】
（1）由图可知，C是反应物，物质的量分别减少2mol，A、B生成物，物质的量增加
1mol、3mol，物质的量变化比等于系数比；
（2）①体系的压强比等于物质的量比；
②转化率=变化量÷初始量×100%；
（3）根据化学平衡的定义判断；
【详解】
（1）由图可知，C是反应物，物质的量减少2mol，A、B生成物，物质的量分别增加
1mol、3mol，物质的量变化比等于系数比，所以该反应的化学方程式为：2C A+3B；（2）①体系的压强比等于物质的量比，反应前气体总物质的量是7mol、反应后气体总物
质的量是9mol，所以此时体系的压强是开始时的9
7
倍；
②转化率=变化量÷初始量×100%=2÷3×100%=66.7%；
（3）a.根据图象，到达10min时反应达到平衡状态，正逆反应速率相等但不为0，反应没有停止，故a错误；
b.在到达10min之前，C的物质的量减少，所以 C气体的消耗速率大于它的生成速率，故b 正确；
c.在10min时反应达到平衡状态，所以B气体的正反应速率等于逆反应速率，故c正确；选bc。

【点睛】
本题考查化学反应中物质的量随时间的变化曲线、以及平衡状态的判断，注意根据化学平衡的定义判断平衡状态，明确化学反应的物质的量变化比等于化学方程式的系数比。

4．用酸性KMnO4和H2C2O4（草酸）反应研究影响反应速率的因素。

一实验小组欲通过测定单位时间内生成CO2的速率，探究某种影响化学反应速率的因素，设计实验方案如下（KMnO4溶液已酸化）：
实验序号A溶液B溶液
①20 mL 0.1 mol·L－1H2C2O4溶液30 mL 0.01 mol·L－1KMnO4溶液
②20 mL 0.2 mol·L－1H2C2O4溶液30 mL 0.01 mol·L－1KMnO4溶液
（1）该反应的离子方程式___________________________。

（已知H2C2O4是二元弱酸）（2）该实验探究的是_____________因素对化学反应速率的影响。

相同时间内针筒中所得CO2的体积大小关系是_________________＜_____________（填实验序号）。

（3）若实验①在2 min末收集了2.24 mL CO2（标准状况下），则在2 min末， c（MnO4
－）＝__________mol/L（假设混合液体积为50mL）
（4）除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率，本实验还可通过测定
_____________来比较化学反应速率。

（一条即可）
（5）小组同学发现反应速率总是如图，其中t1～t2时间内速率变快的主要原因可能是：
①__________________________；②__________________________。

【答案】2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋＝2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O 浓度①② 0.0056 KMnO4溶液完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需的时间该反应放热产物Mn2＋是反应的催化剂
【解析】
【详解】
（1）高锰酸钾溶液具有强氧化性，把草酸氧化成CO2，根据化合价升降法进行配平，其离子反应方程式为：2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋＝2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O；
（2）对比表格数据可知，草酸的浓度不一样，因此是探究浓度对化学反应速率的影响，浓度越大，反应速率越快，则①<②；
（3）根据反应方程式并结合CO2的体积，求出消耗的n(KMnO4)= 2×10－5mol，剩余
n(KMnO4)=(30×10－3×0.01－2×10－5)mol=2.8×10－4mol，c(KMnO4)=2.8×10－4mol÷50×10－
3L=0.0056mol·L－1；
（4）除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率，还可以通过测定KMnO4溶液完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需的时间来比较化学反应速率；
（5）t1～t2时间内速率变快的主要原因可能是：①此反应是放热反应，温度升高，虽然反应物的浓度降低，但温度起决定作用；②可能产生的Mn2＋是反应的催化剂，加快反应速率。

5．在一定体积的密闭容器中，进行如下反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，其化学平衡常数K和温度t的关系如下表所示：
t℃70080083010001200
K0.60.9 1.0 1.7 2.6
回答下列问题：
（1）该反应化学平衡常数的表达式：K=___；
（2）该反应为___（填“吸热”或“放热”）反应；
（3）下列说法中能说明该反应达平衡状态的是___；
A．容器中压强不变
B．混合气体中c(CO)不变
C．混合气体的密度不变
D．c(CO)=c(CO2)
E.化学平衡常数K不变
F.单位时间内生成CO的分子数与生成H2O的分子数相等
（4）某温度下，各物质的平衡浓度符合下式：c(CO2)×c(H2)=c(CO)×c(H2O)，试判此时的温度为___。

【答案】
()()
()()2
22
CO H O
CO H
c c
c c
吸热 BE 830℃
【解析】
【分析】
（1）化学平衡常数等于生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；
（2）随温度升高，平衡常数增大，说明升高温度平衡正向移动；
（3）根据平衡标志判断；
（4）某温度下， c(CO2)×c(H2)=c(CO)×c(H2O)，即K=
()() ()()2
22
CO H O
CO H
c c
c c
= 1；
【详解】
（1）根据平衡常数的定义，该反应化学平衡常数的表达式K=
()() ()()2
22 CO H O
CO H c c
c c
（2）随温度升高，平衡常数增大，说明升高温度平衡正向移动，所以正反应为吸热反应；（3）A. CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)反应前后气体系数和相等，容器中压强是恒量，压强不变，不一定平衡，故不选A；
B. 根据化学平衡定义，浓度不变一定平衡，所以混合气体中c(CO)不变一定达到平衡状态，故选B；
C. 反应前后气体质量不变、容器体积不变，根据=m V
ρ，混合气体的密度是恒量，混合气
体的密度不变，反应不一定平衡，故不选C；
D. 反应达到平衡时，浓度不再改变，c(CO)=c(CO2)不能判断浓度是否改变，所以反应不一定平衡，故不选D；
E. 正反应吸热，温度是变量，平衡常数只与温度有关，化学平衡常数K不变，说明温度不变，反应一定达到平衡状态，故选E；
F.单位时间内生成CO的分子数与生成H2O的分子数相等，不能判断正逆反应速率是否相等，反应不一定平衡，故不选F；
（4）某温度下， c(CO2)×c(H2)=c(CO)×c(H2O)，即K =
()()
()()2
22
CO H O
CO H
c c
c c
=1，根据表格数据，
此时的温度为830℃。

6．光气（COCl2）常作有机合成、农药、药物、燃料及其他化工制品的中间体。

（1）COCl2结构与甲醛相似，写出COCl2电子式_____；解释COCl2的沸点比甲醛高的原因是_____。

（2）密闭容器中吸热反应COCl 2(g)Cl2(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(COCl2)=C(Cl2)
b．ʋ正(COCl2)=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(COCl2)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K1、K2、K3，比较其大小____；说明理由____。

【答案】均为分子晶体，COCl2式量较大，范德华力较强，沸点较高 bc
0.0025mol/(L·min) 分离出CO K1<K2=K3 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；COCl2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(COCl2)；由图象可知10min时CO的浓度突然减小，后逐渐增大，10min时Cl2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；
7．某同学为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，他在100mL 稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气（气体体积已折算为标准状况下的体积），实验记录如下（累计值）： 时间/min 1 2 3 4 5 氢气体积/mL
50
120
232
290
310
（1）反应速率最大的时间段是__（填“0～1min”“1～2min”“2～3min”或“4～5min”），原因是__。

（2）反应速率最小的时间段是__（填“0～1min”“1～2min”“2～3min”或“4～5min”），原因是__。

（3）2～3min 时间段内，以盐酸的浓度变化表示该反应的速率为__。

（4）如果反应太剧烈，为了减缓反应速率而又不减少产生氢气的量，该同学在盐酸中分别加入等体积的下列液体，你认为可行的是__（填序号）。

A ．蒸馏水 B ．NaCl 溶液 C ．Na 2CO 3溶液 D ．CuSO 4溶液
【答案】2～3min 该反应是放热反应，2～3min 时间段内温度较高 4～5min 4～5min 时间段内H +浓度较低 0.1mol ·L -1·min -1 AB 【解析】
【分析】
根据表格数据可得：“0～1min”产生氢气的量为50mL ，“1～2min”产生氢气的量为120mL-50mL=70mL ，“2～3min”产生氢气的量为232mL-120mL=112mL ，“4～5mi n”产生的氢气的量为310mL-290mL=20mL ，再根据公式m V c n=v=V t
∆∆，速率分析解答问题。

【详解】
(1)反应速率最大，则单位时间内产生的氢气最多，“2～3min”产生氢气的量为232mL-120mL=112mL ，又因该反应是放热反应，此时间段内温度较高，故答案为：2～3min ；该反应是放热反应，2～3min 时间段内温度较高；
(2)速率最小，即单位内产生的氢气最少，4～5min 共产生20mL 氢气，主要原因是随着反应的进行，此时间段内H +浓度较低，故答案为：4～5min ；4～5min 时间段内H +浓度较低； (3) 根据公式m
V
n=
V ，“2～3min”产生氢气的量为232mL-120mL=112mL ，则()()22-1
m V H 0.112L
n H =
==0.005mol V 22.4L mol
g ，根据方程式：Zn+2HCl===ZnCl 2+H 2↑可知，消耗HCl 的物质的量n(HCl)=2n(H 2)=0.01mol ，然后再根据c
v=
t
∆∆可求得盐酸的反应速率-1-10.01mol 0.1L
v(HCl)=
=0.1mol L min 1min
÷g g ，故答案为0.1 mol·L -1·min -1；
(4)加入蒸馏水和NaCl 溶液相当于降低盐酸浓度，反应速率减小，加入Na 2CO 3溶液，会消耗盐酸，则会减少生成氢气的量，CuSO 4溶液会消耗锌，会减少生成氢气的量，且反应放热会增大反应速率，故答案选AB 。

8．“一碳化学”是指以含一个碳原子的化合物(如CO 2、CO 、CH 4、CH 3OH 等)为初始反应物，合成一系列重要的化工原料和燃料的化学。

（1）以CO 2和NH 3为原料合成尿素是利用CO 2的成功范例。

在尿素合成塔中的主要反应可表示如下：
反应I ：2NH 3(g)+CO 2(g)ƒNH 2COONH 4(s) ∆H 1
反应II ：NH 2COONH 4(s)ƒCO(NH 2)2(s)+H 2O(g) ∆H 2=+72.49kJ/mol 总反应：2NH 3(g)+CO 2(g)ƒCO(NH 2)2(s)+H 2O(g) ∆H 3=-86.98kJ/mol 请回答下列问题： ①反应I 的∆H 1=__kJ/mol 。

②反应II 一般在__(填“高温或“低温")条件下有利于该反应的进行。

③一定温度下，在体积固定的密闭容器中按计量比投料进行反应I ，下列能说明反应达到了平衡状态的是__(填字母序号)。

A ．混合气体的平均相对分子质量不再变化
B ．容器内气体总压强不再变化
C ．2v 正(NH 3)=v 逆(CO 2)
D．容器内混合气体的密度不再变化
（2）将CO2和H2按物质的量之比为1：3充入一定体积的密闭容器中，发生反应：
CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ∆H。

测得CH3OH的物质的量在不同温度下随时间的变化关系如图所示。

①根据图示判断∆H__0(填“>”或“<”)。

②一定温度下，在容积均为2L的两个密闭容器中，按如下方式加入反应物，10min后达到平衡。

容器甲乙
反应物投入量1molCO2、3molH2amolCO2、bmolH2
cmolCH3OH(g)、cmolH2O(g)(a、b、c均不为零)
若甲容器平衡后气体的压强为开始时的0.8倍，则反应10min内甲容器中以CH3OH(g)表示的化学反应速率为__，此温度下的化学平衡常数为__(保留两位小数)；要使平衡后乙容器与甲容器中相同组分的体积分数相等，且起始时维持化学反应向逆反应方向进行，则乙容器中c的取值范围为__。

（3）氢气可将CO2还原为甲烷，反应为CO2(g)+4H2(g)ƒCH4(g)+2H2O(g)。

ShyamKattel等结合实验与计算机模拟结果，研究了在Pt/SiO2催化剂表面上CO2与H2的反应历程，前三步历程如图所示其中吸附在Pt/SiO2催化剂表面用“·”标注，Ts表示过渡态。

物质吸附在催化剂表面，形成过渡态的过程会__(填“放出热量”或“吸收热量”)；反应历程中最小能垒(活化能)步骤的化学方程式为__。

【答案】-159.47 高温 BD < 0.02mol·
L -1·min -1 0.18 0.4<c<1 吸收热量 g OH+g H== H 2O(g)
【解析】
【分析】
（1）①根据盖斯定律计算反应I 的∆H 1；
②根据复合判据0H T S ∆-∆<分析。

③根据平衡标志分析；
（2）①由图象可知，T 2温度下反应速率快，所以T 2>T 1；升高温度，平衡时甲醇的物质的量减小；
②利用三段式计算反应速率和平衡常数；利用极值法判断c 的取值范围；
（3）根据图象可知，吸附态的能量小于过渡态；活化能最小的过程是g CO 、g OH 、g H+3H 2(g)生成g CO+3H 2(g)+H 2O 。

【详解】
（1）①反应I ：2NH 3(g)+CO 2(g)ƒNH 2COONH 4(s) ∆H 1
反应II ：NH 2COONH 4(s)ƒCO(NH 2)2(s)+H 2O(g) ∆H 2=+72.49kJ/mol
根据盖斯定律I+II 得总反应：2NH 3(g)+CO 2(g)ƒCO(NH 2)2(s)+H 2O(g) ∆H 3=-86.98kJ/mol ，所以∆H 1=-86.98kJ/mol-72.49kJ/mol=-159.47kJ/mol ；
②NH 2COONH 4(s)ƒCO(NH 2)2(s)+H 2O(g) ∆H >0，气体物质的量增大∆S >0，根据复合判据0H T S ∆-∆<，一般在高温条件下有利于该反应的进行；
③A.在体积固定的密闭容器中按计量比投料进行反应，容器中气体物质始终是NH 3(g)、CO 2且物质的量比等于2:1，所以混合气体的平均相对分子质量是定值，平均相对分子质量不再变化，不一定平衡，故不选A ；
B.体积固定，正反应气体物质的量减小，所以压强是变量，容器内气体总压强不再变化，一定达到平衡状态，故选B ；
C.反应达到平衡状态时，正逆反应的速率比等于系数比，v 正(NH 3)=2v 逆(CO 2)时达到平衡状态，2v 正(NH 3)=v 逆(CO 2)时反应没有达到平衡状态，故不选C ；
D.体积固定，气体质量减小，密度是变量，若容器内混合气体的密度不再变化，一定达到平衡状态，故选D ；
答案选BD ；
（2）①由图象可知，T 2温度下反应速率快，所以T 2>T 1；升高温度，平衡时甲醇的物质的量减小，即升高温度平衡逆向移动，∆H <0；
②设达到平衡是，CO 2转化了xmol/L ，根据三等式，有：
()()()()
2232=0.5 1.500CO g 3H g 3CH OH g H O g 0.5 1.53x x x x x x x x +-+-开始
转化
平衡
甲容器平衡后气体的压强为开始时的0.8倍，则0.5
1.530.80.5+1.5
x x x x -+-++=，x=0.2；反应10min 内甲容器中以CH 3OH(g)表示的化学反应速率为
0.2mol/L 10min =0.02mol·L -1·min -1，此温度下的化学平衡常数为30.20.20.30.9
⨯≈⨯0.18； 平衡后乙容器与甲容器中相同组分的体积分数相等，说明甲乙的平衡是等效的。

该反应CO 2(g)+3H 2(g)=CH 3OH(g)+H 2O(g)反应前后体积发生变化，在恒温恒容的条件下，两容器发生反应达到等效平衡，则“一边倒”后，加入的物质完全相同。

若CO 2和H 2完全反应，则生成甲醇最大的量为1mol ，达到平衡时，甲醇的物质的量为0.2mol/L ×2=0.4mol ，则乙容器中c 的取值范围为0.4<c<1；
（3）根据图象可知，吸附态的能量小于过渡态，所以物质吸附在催化剂表面，形成过渡态的过程会吸收热量；活化能最小的过程是g CO 、g OH 、g H+3H 2(g)生成g CO+3H 2(g)+H 2O ，反应方程式是g OH+g H==H 2O(g)。

【点睛】
本题考查平衡标志判断、平衡图象分析、化学平衡的计算，把握平衡三段式法计算为解答的关键，明确等效平衡原理利用，侧重分析与计算能力的考查。

9．Ⅰ.碳是形成化合物种类最多的元素，其单质及化合物是人类生产生活中的主要能源物质。

回答下列问题：
(1)有机物M 经过太阳光光照可转化成N ，转化过程如下：
ΔH ＝＋88.6 kJ/mol ，则M 、N 相比，较稳定的是______。

(2)将Cl 2和H 2O(g)通过灼热的炭层，生成HCl 和CO 2，当有1 mol Cl 2参与反应时释放出145 kJ 热量，写出该反应的热化学方程式为___________。

Ⅱ．无色气体N 2O 4是一种强氧化剂，为重要的火箭推进剂之一。

N 2O 4与NO 2转换的热化
学方程式为N 2O 4(g) 垐?噲?2NO 2(g) ΔH ＝＋24.4 kJ/mol 。

(3)将一定量N 2O 4投入固定容积的真空容器中，下述现象能说明反应达到平衡的是_________。

A ．v 正(N 2O 4)＝2v 逆(NO 2)
B ．体系颜色不变
C ．气体平均相对分子质量不变
D ．气体密度不变
达到平衡后，升高温度，再次到达新平衡时，混合气体颜色_____（填 “变深”、“变浅”或“不变”）。

Ⅲ．(4)常温下，设pH ＝5的H 2SO 4溶液中由水电离出的H ＋浓度为c 1；pH ＝5的Al 2(SO 4)3溶
液中由水电离出的H ＋
浓度为c 2，则12c c =________。

(5)常温下，pH ＝13的Ba(OH)2溶液a L 与pH ＝3的H 2SO 4溶液b L 混合。

若所得混合溶液呈中性，则a ∶b ＝________。

(6)已知常温下HCN 的电离平衡常数K ＝5.0×10－10。

将0.2 mol/L HCN 溶液和0.1 mol/L 的NaOH 溶液等体积混合后，溶液中c(H ＋)、c(OH －)、c(CN －)、c(Na ＋)大小顺序为
________________。

【答案】M 2Cl 2(g)＋2H 2O(g)＋C(s)=4HCl(g)＋CO 2(g) ΔH ＝－290 kJ/mol BC 变深 110000
1:100 c(Na ＋)> c(CN －) > c(OH －) >c(H ＋)
【解析】
【分析】
Ⅰ．(1)M 转化为N 是吸热反应，能量低的物质更稳定；
(2)有1mol Cl 2参与反应时释放出145kJ 热量，2mol 氯气反应放热290kJ ，结合物质聚集状态和对应反应焓变书写热化学方程式；
Ⅱ．(3)可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等且保持不变，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化说明到达平衡；正反应是吸热反应，其他条件不变，温度升高平衡正向移动，NO 2的浓度增大；
Ⅲ．(4)酸抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离；
(5)混合溶液呈中性，则酸碱恰好完全中和，即酸中c(H +)等于碱中c(OH ﹣)； (6)CN ﹣
的水解平衡常数K h ＝14
10105.010--⨯＝2×10﹣5＞K a ，说明相同浓度的NaCN 和HCN ，NaCN 水解程度大于HCN 电离程度。

【详解】
Ⅰ．(1)有机物M 经过太阳光光照可转化成N ，△H ＝+88.6kJ•mol ﹣1，为吸热反应，可知M 的能量低，能量越低越稳定，说明M 稳定；
(2)有1mol Cl 2参与反应时释放出145kJ 热量，2mol 氯气反应放热290kJ ，反应的热化学方程式为2Cl 2(g)+2H 2O(g)+C(s)═4HCl(g)+CO 2(g)△H ＝﹣290kJ•mol ﹣1；
Ⅱ．(3)A ．应是2v 正(N 2O 4)＝v 逆(NO 2) 时反应达到平衡状态，故A 错误；
B ．体系颜色不变，说明二氧化氮浓度不变，反应到达平衡状态，故B 正确；
C ．混合气体总质量不变，随反应减小混合气体总物质的量增大，平均相对分子质量减小，
当气体平均相对分子质量不变时，反应到达平衡状态，故C正确；
D．混合气体的总质量不变，容器的容积不变，气体密度始终不变，故D错误，
故答案为：BC；
正反应是吸热反应，其他条件不变，温度升高平衡正向移动，c(NO2)增加，颜色加深；Ⅲ．(4)常温下，设pH＝5的H2SO4的溶液中由水电离出的H+浓度C1＝10﹣9 mol/L，pH＝5
的Al2(SO4)3溶液中由水电离出的H+浓度C2＝10﹣5mol/L，则1
2
c
c＝
9
5
10
10
-
-
＝10﹣4；
(5)混合溶液呈中性，则酸碱恰好完全中和，即酸中c(H+)等于碱中c(OH﹣)，氢氧化钡溶液中c(OH﹣)＝0.1mol/L、硫酸中c(H+)＝0.001mol/L，0.001b＝0.1a，则a:b＝1:10；
(6)CN﹣的水解平衡常数K h＝
14
10
10
5.010
-
-
⨯
＝2×10﹣5＞K a，说明相同浓度的NaCN和HCN，NaCN水解程度大于HCN电离程度，混合溶液中溶质为等物质的量浓度的NaCN、HCN，水解程度大于弱酸的电离程度导致溶液呈碱性，则c(H+)＜c(OH﹣)，根据电荷守恒得c(CN﹣)＜c(Na+)，其水解程度较小，所以存在c(OH﹣)＜c(CN﹣)，所以离子浓度大小顺序为c(Na+)＞
c(CN﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)。

【点睛】
可逆反应达到平衡状态有两个核心的判断依据：①正反应速率和逆反应速率相等。

②反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变。

只要抓住这两个特征就可确定反应是否达到平衡状态，对于随反应的发生而发生变化的物理量如果不变了，即说明可逆反应达到了平衡状态。

判断化学反应是否达到平衡状态，关键是看给定的条件能否推出参与反应的任一物质的物质的量不再发生变化，即变量不再发生变化。

10．某温度下，在2L容器中，3种物质进行反应，X、Y、Z的物质的量随时间的变化曲线如图。

反应在t1 min时到达平衡，如图所示：
(1)①该反应的化学方程式是________。

②在t1 min时，该反应达到了_________状态，下列可作为判断反应已达到该状态的是
________。

A．X、Y、Z的反应速率相等 B．X、Y的反应速率比为2:3
C．生成3mol Y的同时生成1mol Z D．生成1mol Z的同时生成2mol X
(2)①若上述反应中X、Y、Z分别为NH3、H2、N2，且已知1mol氨气分解成氮气和氢气要吸收46kJ的热量，则至t1 min时，该反应吸收的热量为____________；
②在此t1 min时间内，用H2表示反应的平均速率v(H2)为________。

【答案】2X3Y+Z 平衡 D 36.8 kJ
1
0.6
t mol•L
-1•min-1
【解析】
【分析】
(1)①根据物质的量的变化判断反应物和生成物，根据物质的量的变化之比等于化学计量数之比分析书写方程式；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，据此分析判断；
(2)①根据NH 3分解的物质的量，结合反应热计算至t 1min 时，该反应吸收的热量；②根据c=n V t
V V 计算反应速率。

【详解】
(1)①由图象可以看出，反应中X 的物质的量减小，Y 、Z 的物质的量增多，则X 为反应物，Y 、Z 为生成物，一段时间后物质的量不再变化，说明该反应为可逆反应，且
△n(X)∶△n(Y)∶△n(Z)=0.8mol ∶1.2mol ∶0.4mol=2∶3∶1，则反应的化学方程式为：2X 3Y+Z ，故答案为：2X 3Y+Z ；
②在t 1min 时，各物质的物质的量不再变化，说明达到平衡状态；A ．由方程式可以看出，达到平衡时X 、Y 、Z 的反应速率不相等，X 、Y 、Z 的反应速率相等，说明不是平衡状态，故A 错误；B ．无论是否达到平衡状态，X 、Y 的反应速率比都为2∶3，故B 错误；C ．无论是否达到平衡状态，生成3molY 的同时一定生成1molZ ，故C 错误；D ．生成1molZ 的同时生成2molX ，说明正、逆反应速率相等，说明达到平衡状态，故D 正确；故答案为：平衡；D ；
(2)①t 1min 时，消耗NH 3的物质的量为0.8mol ，则吸收的能量为：
0.8mol×46kJ/mol=36.8kJ ，故答案为：36.8 kJ ；
②H 2的反应曲线为Y ，则在此t 1min 时间内，用H 2表示反应的平均速率
v(H 2)=11.2mol 2L t min
=10.6t mol•L -1•min -1，故答案为：10.6t mol•L -1•min -1。

【点睛】
本题的易错点为(1)中方程式的书写，要注意该反应为可逆反应。

11．为了减轻大气污染，可在汽车尾气排放处加装“催化净化器”装置。

（1）通过“催化净化器”的CO 、NO 在催化剂和高温作用下可发生可逆反应，转化为参与大气循环的无毒混合气体，写出该反应的化学方程式：__。

（2）在一定温度下，向1L 密闭恒容容器中充入1molNO 、2molCO ，发生上述反应，10s 时反应达到平衡，此时CO 的物质的量为1.2mol 。

请回答下列问题：
①前10s 内平均反应速率v(CO)=___。

②在该温度下反应的平衡常数K =___。

③关于上述反应，下列叙述正确的是___(填字母)。

A ．达到平衡时，移走部分CO 2，平衡将向右移动，正反应速率加快
B ．扩大容器的体积，平衡将向右移动
C ．在相同的条件下，若使用甲催化剂能使正反应速率加快105倍，使用乙催化剂能使逆反。