高考化学化学反应的速率与限度的推断题综合题试题及答案解析

高考化学化学反应的速率与限度的推断题综合题试题及答案解析
一、化学反应的速率与限度练习题（含详细答案解析）
1．合成氨工业是贵州省开磷集团的重要支柱产业之一。

氨是一种重要的化工原料，在工农业生产中有广泛的应用。

（1）在一定温度下，在固定体积的密闭容器中进行可逆反应：N2(g)＋
3H 2(g)2NH3(g)。

该可逆反应达到平衡的标志是___。

a.3v正(H2)=2v逆(NH3)
b.单位时间生成mmolN2的同时生成3mmolH2
c.容器内的总压强不再随时间而变化
d.混合气体的密度不再随时间变化
（2）工业上可用天然气原料来制取合成氨的原料气氢气。

某研究性学习小组的同学模拟工业制取氢气的
原理，在一定温度下，体积为2L的恒容密闭容器中测得如下表所示数据。

请回答下列问题：
时间/min CH4(mol)H2O(mol)CO(mol)H2(mol)
00.40 1.0000
5a0.80c0.60
70.20b0.20d
100.210.810.190.64
①写出工业用天然气原料制取氢气的化学方程式：___。

②分析表中数据，判断5min时反应是否处于平衡状态？___（填“是”或“否”），前5min反应的平均反应速率v(CH4)=___。

③反应在7～10min内，CO的物质的量减少的原因可能是___ (填字母)。

a.减少CH4的物质的量
b.降低温度
c.升高温度
d.充入H2
【答案】c CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) 是 0.020mol·L-1·min-1 d
【解析】
【分析】
（1）可逆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，据此分析，注意不同物质的反应速率之比等于计量系数之比；
（2）①结合表中数据，根据化学计量数与物质的量呈正比进行分析解答；
②根据平衡时物质的浓度不再发生变化分析；根据反应速率＝△c/△t计算；
③反应在7~10min内，CO的物质的量减少，而氢气的物质的量增大，据此分析。

【详解】
（1）a．达到平衡状态时，v正(H2): v逆(NH3)=3:2，即2v正(H2)＝3v逆(NH3)，故a错误；b．氮气和氢气都是反应物，单位时间内生产mmol氮气的同时，必然生成3mmol氢气，
反应不一定达到平衡状态，故b 错误；
c ．该反应正反应是体积减小的反应，在恒容条件下，反应正向进行，气体的总压强减小，反应逆向进行，气体的总压强增大，容器内的总压强不变时，反应达到平衡状态，故c 正确；
d ．根据质量守恒、容器的体积不变得知，无论反应是否达到平衡状态，混合气体的密度始终不变，所以不能作为判断平衡状态的依据，故d 错误； 故答案为：c ；
（2）①由表中数据可知，反应5min ，消耗0.2molH 2O ，生成0.3molH 2，因此H 2O 和H 2的化学计量数之比为1：3，反应7min 时，消耗0.2molCH 4，生成0.2molCO ，因此CH 4和CO 的化学计量数之比为1：1，则用天然气原料制取氢气的化学方程式为CH 4(g)＋H 2O(g)
CO(g)＋3H 2(g)，故答案为：CH 4(g)＋H 2O(g)
CO(g)＋3H 2(g)；
②根据方程式CH 4+H 2O ＝CO+3H 2结合表中数据可知c ＝0.2，所以5 min 时反应已经处于平衡状态；前5 min 内消耗甲烷是0.2mol ，浓度是0.1mol/L ，则反应的平均反应速率v (CH 4)＝0.1mol/L÷5min ＝0.02 mol·L －1·min －1，故答案为：是；0.020mol·L -1·min -1；
③反应在7~10min 内，CO 的物质的量减少，而氢气的物质的量增大，可能是充入氢气，使平衡逆向移动引起的，d 选项正确，故答案为：d 。

2．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1
2
c 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 1
10000
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 ＝1410
105.010
--⨯＝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(NO 2)增加，颜色加深； Ⅲ．(4)常温下，设pH ＝5的H 2SO 4的溶液中由水电离出的H +浓度C 1＝10﹣9 mol/L ，pH ＝5
的Al 2(SO 4)3溶液中由水电离出的H +
浓度C 2＝10﹣5
mol/L ，则12c c ＝9
51010
--＝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。

3．运用化学反应原理研究碳、氮、硫的单质及其化合物的反应对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。

（1）CO还原NO的反应为2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)∆H=-746kJ·mol-1。

写出两条有利于提高NO平衡转化率的措施______________、______________。

（2）用焦炭还原NO的反应为：2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)
∆H。

恒容恒温条件下，向体积相同的甲、乙、丙三个容器中分别加入足量的焦炭和一定量的NO，测得各容器中NO的物质的量[n(NO)]随反应时间（t）的变化情况如表所示：
t/min
n(NO)/mol
容器
04080120160
甲/400℃ 2.00 1.5 1.100.800.80
乙/400℃ 1.000.800.650.530.45
丙/T℃ 2.00 1.45 1.00 1.00 1.00
①∆H______________0（填“＞”或“＜”）；
②乙容器在160min时，v正_________v逆（填“＞”、“＜”或“=”）。

（3）某温度下，向体积为2L的恒容真空容器中通入2.00molNO2，发生反应：
2NO2(g)N2O4(g)∆H=-57.0kJ·mol-1，已知：v正(NO2)=k1·c2(NO2)，v逆(N2O4)=k2·c(N2O4)，其
中
k 1、k 2为速率常数。

测得NO 2的体积分数[x(NO 2)]与反应时间（t ）的关系如表： t/min 0 20 40 60 80 x(NO 2)
1.0
0.75
0.52
0.50
0.50
①
1
2
k k 的数值为______________； ②已知速率常数k 随温度升高而增大，则升高温度后k 1增大的倍数___________k 2增大的倍数（填“＞”、“＜”或“=”）。

（4）用间接电化学法除去NO 的过程，如图所示：
①已知电解池的阴极室中溶液的pH 在4~7之间，写出阴极的电极反应式：______________；
②用离子方程式表示吸收池中除去NO 的原理：______________。

【答案】降低温度 增大压强、增大CO 与NO 的投料比等 < > 2 < 2HSO 3-+2e -+2H +===S 2O 42-+2H 2O 2NO+2S 2O 42-+2H 2O===N 2+4HSO 3- 【解析】 【分析】 【详解】
（1）提高NO 平衡转化率，目的是时平衡向正向移动，可以使平衡向正向移动的方法有降低温度、增大压强、增大CO 与NO 的投料比等； （2）2NO(g)+C(s)
N 2(g)+CO 2(g)这个反应是一个自发的反应，从有序变为无序，故为放
热反应∆H<0；根据甲容器可以算出这个反应的平衡常数K=0.5625，乙容器中160min 时，的浓度商Q=0.3735，没有达到平衡状态，因此v 正>v 逆； （3）①根据反应速率比等于化学计量数比这一结论可以得出
221224224v (NO )(NO )
2v (N O )(N O )
k c k c ==正逆(1)，有可以知道该反应的化学平衡常数
K=2422
2(N O )0.251(NO )0.5c c ==(2)，将化学平衡常数带入式子(1)可以得到1
2k k =2；②因速率常数k
随温度升高而增大，该反应还为放热反应，升高温度时平衡向左移动，故k1增大的倍数小于k2增大的倍数；
（4）根据电池结构可以看出，电解中阴极为HSO3-得电子，故电极方程式为2HSO3-+2e-
+2H+===S2O42-+2H2O；吸收池中NO得到电子生成N2，化学方程式为2NO+2S2O42-
+2H2O===N2+4HSO3-。

4．工业废水中常含有一定量的Cr2O72-和CrO42-，它们会对人类及生态系统产生很大危害，必须进行处理．常用的处理方法有两种．方法1：还原沉淀法．
该法的工艺流程为：
其中第①步存在平衡2CrO42−（黄色）+2H+⇌Cr2O32−（橙色）+H2O
（1）若平衡体系的 pH=2，该溶液显______色．
（2）能说明第①步反应达平衡状态的是_____（填序号）
A．Cr2O72−和CrO42−的浓度相同
B．2v（Cr2O72−）=v（CrO42−）
C．溶液的颜色不变
（3）第②步中，还原1molCr2O72−离子，需要______mol的FeSO4•7H2O．
（4）第③步生成的Cr（OH）3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：
Cr（OH）3（s）⇌Cr3+（aq）+3OH-（aq），常温下，Cr（OH）3的溶度积
K sp=c（Cr3+）•c3（OH-）=10-32，要使c（Cr3+）降至10-5mol/L，溶液的pH应调至______．方法2：电解法．
该法用Fe做电极电解含Cr2O72−的酸性废水，随着电解的进行，在阴极附近溶液pH升高，产生Cr（OH）3沉淀；
（5）用Fe做电极的原因为______（用电极反应式解释）．
（6）在阴极附近溶液 pH 升高，溶液中同时生成的沉淀还有______．
【答案】橙 C 6 5 阳极反应为Fe−2e−═Fe2+，提供还原剂Fe2+ Fe(OH)3
【解析】
【分析】
（1）pH=2，溶液呈酸性，有利于平衡向正反应分析移动；
（2）达到平衡时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变；
（3）根据氧化还原反应中得失电子守恒来计算；
（4）根据溶度积常数以及水的离子积常数来进行计算；
（5）阳极是活性电极时，阳极本身失电子，生成阳离子；
（6）溶液PH升高的原因是溶液中氢离子浓度减少，即氢离子在阴极得电子，PH升高，生成沉淀为 Cr（OH）3和Fe（OH）3。

【详解】
（1）溶液显酸性，c(H+)较大，上述平衡右移，该溶液显橙色；综上所述，本题答案是：橙；
（2）A ．Cr 2O 72−和CrO 42−的浓度相同时，反应不一定达到平衡状态，A 错误； B ．2v （Cr 2O 72−）=v （CrO 42−），没有标出正逆反应速率，无法判定反应是否达到平衡状态，B 错误；
C ．平衡时各物质的浓度不再改变，即溶液的颜色不再改变，可以判断反应达到平衡状态，C 正确； 综上所述，本题选C ；
（3）根据电子得失守恒可以知道,还原1molCr 2O 72−离子，得到Cr 3+
，得到电子：2×（6-3）
=6mol ，Fe 2+
被氧化为Fe 3+
，需要FeSO 4•7H 2O 的物质的量为()
6
32-=6mol ；
综上所述，本题答案是：6；
（4）当c(Cr 3+
)=10-5
mol/L 时,溶液的c(OH -
=10-9mol/L,c(H +
)=1491010--=10-5mol/L, pH =5，即要使c(Cr 3+)降至10-5mol/L ，溶液的pH 应调至5； 综上所述，本题答案是：5；
（5）用Fe 做阳极，发生氧化反应，失电子：Fe −2e -=Fe 2+，产生的亚铁离子做还原剂； 综上所述，本题答案是：Fe −2e -=Fe 2+，提供还原剂Fe 2+；
（6）溶液中氢离子在阴极得电子被还原为氢气，阴极极反应为：2H ++2e -=H 2↑，溶液酸性减弱，溶液pH 升高，亚铁离子被氧化为铁离子，酸性减弱，铁离子产生沉淀Fe(OH)3； 综上所述，本题答案是：Fe(OH)3。

5．二甲醚（CH 3OCH 3）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H 2(g)和C(s)的燃烧热分别是285.8kJ/mol 、393.5kJ/mol ；计算反应4C(s)+6H 2(g)+O 2(g)═2CH 3OCH 3(g)的反应热为__；
(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
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 (H 2)与c (H 2O )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)+
1
2
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)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)+
1
2
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 ＜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，反应达平衡状态，A 符合题意；
B ．单位时间内有2molH 2消耗时有1molH 2O 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。

6．有利于可持续发展的生态环境是全国文明城市评选的测评项目之一。

（1）已知反应 2NO（g）+2CO（g）垐?
噲?N2（g）+2CO2（g）v正=k正·c2（NO）·c2（CO），v逆=k逆·c（N2）·c2（CO2）（k正、k逆为速率常数，只与温度有关）。

一定条件下
进行该反应，测得 CO 的平衡转化率与温度、起始投料比m=n(NO)
n(CO)
的关系如图 1 所示。

①达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数________填“>”“<”或“=”）k逆增大的倍数。

②下列说法正确的是_______。

A 投料比：m1<m2<m3
B 汽车排气管中的催化剂可提高 NO 的平衡转化率
C 当投料比 m＝2 时，NO 转化率比 CO 转化率小
D 当体系中 CO2和 CO 物质的量浓度之比保持不变时，反应达到平衡状态
③若在 1L 的密闭容器中充入 1 molCO 和 1 mol NO，在一定温度下达到平衡时，CO 的转化率为 40%，则k正︰k逆=_______（填写分数即可，不用化简）
（2）在 2L 密闭容器中充入 2mol CO 和 1mol NO2，发生反应 4CO（g）+2NO2（g）垐?
噲?N2（g）+4CO2（g）ΔH<0，如图 2 为平衡时 CO2的体积分数与温度、压强的关系。

①该反应达到平衡后，为在提高反应速率同时提高 NO 的转化率，可采取的措施有______（填字母序号）
a 增加 CO 的浓度
b 缩小容器的体积
c 改用高效催化剂
d 升高温度
②若在 D 点对反应容器降温的同时缩小体积至体系压强增大，达到的平衡状态可能是图中 A ~ G 点中的______点。

（3）近年来，地下水中的氮污染已成为一个世界性的环境问题。

在金属Pt 、Cu 和铱（Ir ）的催化作用下，密闭容器中的 H 2 可高效转化酸性溶液中的硝态氮（NO 3-），其工作原理如下图所示。

若导电基体上的 Pt 颗粒增多，造成的后果是______。

【答案】< C D
20
81
ab C 若Pt 颗粒增多，NO 3-更多转化为NH 4+存在溶液中，不利于降低溶液中含氮量 【解析】 【分析】 【详解】
(1)①据图1所示，正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则k 正增大的倍数＜k 逆增大的倍数；
②A. 由图象可知，温度一定时，增大NO 浓度，CO 转化率增大，即起始投料比m 越大时，CO 转化率越大，所以投料比：m 1＞m 2＞m 3，故A 错误； B. 催化剂只改变反应速率，不改变平衡转化率，故B 错误；
C. 由反应计量关系可知，反应中NO 、CO 的变化量相同，平衡转化率α=变化量
起始量×100%，所以平衡转化率与起始量成反比，即投料比m=2时CO 转化率是NO 转化率的2倍，故C 正确；
D. 反应正向移动时CO 2浓度增大，CO 浓度减小，即平衡移动过程中二者浓度比值会发生变化，所以当二者比值不变时说明反应达到平衡，故D 正确； 故答案为：CD ；
③若在 1L 的密闭容器中充入 1 mol CO 和 1 mol NO ，在一定温度下达到平衡时，CO 的转化率为 40%，列三段式有：
()()()()
212-1-1-++mol L 1100
mol L 0.40.40.20.4mol L 0.60.2NO g 2CO g N g 2CO g 60.20.4
ƒg g g 起始()转化()平衡()
达到平衡状态时正逆反应速率相等，则k 正•c 2(NO)•c 2(CO)=k 逆•c (N 2)•c 2(CO 2)，
则
()()
()()
2
2
22
2222
0.20.420
===
0.
N CO
NO C6061
O.8
k c
c
k
c
c
⨯
⨯
g
g
正
逆
；
(2)①a. 增加CO的浓度平衡正向移动，NO转化率提高，故a正确；
b. 缩小容器的体积相当于增大压强平衡正向移动，NO转化率提高，故b正确；
c. 改用高效催化剂，只改变化学反应速率不影响平衡移动，所以NO转化率不变，故c错误；
d. 该反应焓变小于零，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，NO转化率降低，故d 错误；
故选ab；
②相同压强下降低温度平衡正向移动，CO2体积分数增大，同一温度下增大压强平衡正向移动CO2体积分数增大，所以符合条件的为C；
(3)由原理的示意图可知，若导电基体上的Pt颗粒增多，则NO3-会更多的转化成铵根，不利于降低溶液中的含氮量。

7．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CO2，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应速率加快108倍，则应该选用乙催化剂
D．若保持平衡时的温度不变，再向容器中充入0.8molCO和0.4molN2，则此时v正>v逆
④已知上述实验中，c(CO)与反应时间t变化曲线Ⅰ如图：
若其他条件不变，将1molNO、2molCO投入2L容器进行反应，请在图中绘出c(CO)与反应时间t1变化曲线Ⅱ___(不要求标出CO的终点坐标)。

（3）测试某汽车冷启动时的尾气催化处理，CO、NO百分含量随时间变化曲线如图：
请回答：
前0～10s阶段，CO、NO百分含量没明显变化的原因是___。

【答案】2NO＋2CO N2＋2CO2 0.08mol·L-1·s-140
9
(或4.44) CD
尚未达到催化剂工作温度(或尚未达到反应的温度)
【解析】
【分析】
(1)CO、NO在催化剂和高温作用下发生可逆反应，转化为参与大气循环的无毒混合气体，结合原子守恒推知，无毒混合气体为CO2和N2，结合原子守恒和得失电子守恒写出化学方程式。

(2)①反应速率=
c
t
V
V
；
②结合平衡三段式列式计算平衡浓度，平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积得到；
③依据化学平衡移动原理分析选项，改变条件，平衡向减弱这种改变的方向进行；
④反应前后气体体积减小，若其它条件不变，将1molNO、2molCO投入2L容器进行反应，相当于原来的平衡状态减小压强，平衡浓度减小，反应速率减小，平衡向气体体积增大的分析进行；
(3)汽车冷启动时的尾气催化处理CO、NO百分含量随时间变化曲线变化分析，开始的气体含量变化不大，说明温度低，催化剂的作用未起作用。

【详解】
(1)由NO、CO相互反应转换成无毒的气体，即生成氮气和二氧化碳，该反应的化学反应方程式为2NO＋2CO N2＋2CO2；
(2)在一定温度下，向1L密闭容器中充入1molNO、2molCO，发生上述反应②，10S反应达平衡，此时CO的物质的量为1.2mol，依据化学平衡三段式列式计算：
22++1200
0.80.80.40.80.2 1.20.48
20.22NO g CO g N g CO g mol mol mol ƒ（）（）（）（）
起始量（）变化量（）平衡量（）
①前10s 内平均反应速率v(CO)=0.8mol
110L s
=0.08mol•L -1•S -1；
②体积为1L ，该温度下平衡常数K=()()
()()22222c N c CO c NO c CO ⨯⨯=222
0.40.80.2 1.2⨯⨯=409
； ③A ．达到平衡时，移走部分CO 2，平衡将向右移动，正反应速率减小，故A 错误； B ．反应是气体体积减小的反应，缩小容器的体积，压强增大，平衡将向右移动，故B 正确；
C ．催化剂对正逆反应速率影响程度相同，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应速率加快108倍，则应该选用乙催化剂，故C 正确；
D ．若保持平衡时的温度不变，再向容器中充入0.8molCO 和0.4mol N 2，浓度商
Qc=()()
()()22222c N c CO c NO c CO ⨯⨯=2
220.80.80.22⨯⨯=3.2＜K=409
，平衡正向进行，则此时v 正＞v 逆 ，故D
正确； 故答案为CD ；
④其他条件不变，将1 mol NO 和2 mol CO 投入2 L 容器中进行反应，可分两步分析：先将1 mol NO 和2 mol CO 投入1 L 容器中进行反应，再将容器的容积由1 L 变为2 L ，第一步与原平衡状态相同，第二步平衡向左移动，达平衡时c(CO)稍大于0.6 mol·L －
1；由于各气体的浓度减小，反应速率减慢，达到平衡所用时间比原来增长，画出的图象为：
；
(3)汽车冷启动时的尾气催化处理CO 、NO 百分含量随时间变化曲线变化分析，开始的气体含量变化不大，说明温度低，催化剂的作用未起作用；证明反应未达到催化剂工作温度(或尚未达到反应的温度)。

【点睛】
判断可逆反应进行的方向：对于可逆反应，在一定的温度的任意时刻，生成物浓度的化学计量数次幂与反应物的化学计量数次幂的比值叫做反应的浓度商，用Q c 表示。

Q c ＜K 时，向正反应方向进行；Q c =K 时，反应平衡；Q c ＞K 时，向逆反应方向进行。

8．“绿水青山就是金山银山”。

目前人们对环境保护、新能源开发很重视，研究NO2、NO、CO、SO2等大气污染物转化为能参与大气循环的物质，对建设美丽中国具有重要意义。

(1)有人设计通过硫循环完成CO的综合处理，原理为
a．2CO(g)+SO 2(g) S(l)+2CO2(g) △H1= － 37.4kJ·mol－1
b．S(l)+2H 2O(g)2H2(g)+SO2(g) △H2=－45.4 kJ·mol－1
则CO和水蒸气完全反应生成H2和CO2的热化学方程式为
__________________________________。

(2)CO可在一定条件下转化为CH3OH。

已知：向2L密闭容器中通入2 molCO和4molH2，在适合的催化剂和T 1温度下，发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H<0，10min时达到平衡状态，10min后改变温度为T2，20min时达到平衡状态，反应过程中部分数据见表：
反应时间CO(mol)H2(mol)CH3OH(mol)
0min240
10min2
20min0.2
①前10min内的平均反应速率v(CO)= _______；在20min时，温度T2下，该反应的化学平衡常数为________________。

②若30min时升高温度，化学平衡常数值_______(填：“增大“减小”“不变”)。

③在T1温度下，既能增大反应速率和提高CO平衡转化率的措施有_____________(填两种措施即可)
④在恒温恒容下，下列可以判断CO(g)+2H 2(g)CH3OH(g)反应达到平衡状态的
________(填序号)。

a．2v正(H2)=v逆(CH3OH) b．混合气体的物质的量不再变化
c．单位时间内有1 mol CO消耗同时消耗2molH2 d．混合气体的平均相对分子质量不变(3)已知反应2NO(g)+O 2(g)2NO2的正反应速率v正=k1C m(NO)C n(O2)，其中k1为速率常数，可通过下表实验数据计算k1、m、n。

组别起始浓度/mol·L-1
初始速率/ mol·L-1·S-1 NO O2
10.020.01257.98×10-3
20.020.025015.96×10-3
30.040.012531.92×10-3
则k1=____， m =_____， n =_____。

【答案】CO(g)+H 2O(g)H2(g)+CO2(g) △H=－41.4 kJ·mol－1 0.05mol/(L·min) 225 减小增大压强或增大氢气浓度或按原比例等倍加入反应物 bd 1596 2 1
【解析】 【分析】
（1）是典型的盖斯定律的应用，注意热化学方程式需要标出各物质的聚集状态； （2）按照表格给出的数据进行速率的计算、平衡常数的计算即可，在判断反应是否达到平衡状态时，要按照“各物质的浓度不再发生改变”为核心来进行分析； （3）只要代入表格中的数据进行计算即可。

【详解】
（1）将a 式和b 式相加，再除以2即可得到
222CO(g)+H O(g)H (g)+CO (g) ΔH=-41.4kJ/mol ƒ；
（2）①根据方程式不难看出2H 和CO 是按照2:1消耗的，因此在10min 时CO 有1mol ，根据Δc Δn (2-1)mol v=
===0.05mol/(L min)t Vt 2L 10min
⋅⨯即可算出CO 的反应速率；在20min 时2H 的物质的量为0.4mol ，甲醇的物质的量为1.8mol ，代入平衡常数的表达式
322
2c(CH OH)0.9
K=
==225c(CO)c (H )0.10.2⨯即可；
②题干告诉我们该反应是放热，因此若30min 升高温度，平衡常数将减小；
③方法有很多，例如增大压强可以使平衡向气体分子数减少的方向移动，即正向移动；也可以充入少量氢气，使平衡正向移动，提高一氧化碳的转化率；
④a.平衡时各物质的反应速率之比等于其计量数之比，故当氢气的消耗速率等于甲醇的消耗速率的两倍时，反应才达到平衡状态，a 项错误；
b.该反应是一个反应前后气体分子数改变的反应，因此当混合气体的物质的量不再变化时，反应即达平衡状态，b 项正确；
c.反应无时不刻在按照1:2的化学计量数之比消耗CO 和2H ，所以不能作为平衡状态的判据，c 项错误；
d.因为反应前后气体分子数不同，故当混合气体的平均相对分子质量不变时，反应即达平衡状态，d 项正确； 答案选bd ；
（3）代入表中的三组数据，有①-3m n
17.9810=k 0.020.0125⨯⨯⨯；
②-3m n 115.9610=k 0.020.0250⨯⨯⨯；③-3m n
131.9210=k 0.040.0125⨯⨯⨯；三个未知数
三个方程，联立①、③解得m=2，联立①、②解得n=1，将m 、n 代入任意一个方程解得
k=1596。

9．将气体A 、B 置于固定容积为2 L 的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(g)
2C(g)+2D(g)，反应进行到10 s 末，达到平衡，测得A 的物质的量为1.8
mol ，B 的物质的量为0.6 mol ，C 的物质的量为0.8 mol 。

(1)用C 表示10 s 内反应的平均反应速率为________。

(2)反应前A 的物质的量浓度是________。