全国备战高考化学化学反应的速率与限度的推断题综合备战高考模拟和真题分类汇总含答案

全国备战高考化学化学反应的速率与限度的推断题综合备战高考模拟和真题分
类汇总含答案
一、化学反应的速率与限度练习题（含详细答案解析）
1．研究和深度开发CO、CO2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义。

（1）CO可用于炼铁，已知：Fe2O3（s）+ 3C（s）＝2Fe（s）+ 3CO（g）ΔH 1＝+489.0 kJ·mol－1
C（s） +CO2（g）＝2CO（g）ΔH 2 ＝+172.5 kJ·mol－1。

则CO还原Fe2O3（s）的热化学方程式为_________________________________________________。

（2）分离高炉煤气得到的CO与空气可设计成燃料电池（以KOH溶液为电解液）。

写出该电池的负极反应式：__________________________________________________。

（3）①CO2和H2充入一定体积的密闭容器中，在两种温度下发生反应：CO2（g）+3H2（g）€CH3OH（g）+H2O（g），测得CH3OH的物质的量随时间的变化如图。

①曲线I、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为KⅠ___________________KⅡ（填“＞”或“＝”或“＜”）。

②一定温度下，在容积相同且固定的两个密闭容器中，按如下方式加入反应物，一段时间后达到平衡。

容器甲乙
反应物投入量1molCO2、3molH2a molCO2、b molH2、
c molCH3OH（g）、c molH2O（g）
若甲中平衡后气体的压强为开始的0.8倍，要使平衡后乙与甲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c的取值范围为
______________________。

③一定温度下，此反应在恒压
．．容器中进行，能判断该反应达到化学平衡状态的依据是
______________。

a．容器中压强不变 b．H2的体积分数不变 c．c（H2）＝3c（CH3OH）
d．容器中密度不变 e．2个C＝O断裂的同时有3个H－H断裂
（4）将燃煤废气中的CO2转化为二甲醚的反应原理为：2CO2（g） + 6H2（g）−−−→
←−−−
催化剂CH3OCH3（g） + 3H2O（g）。

已知一定条件下，该反应中CO2的平衡转化率随温度、投料比[n(H2) / n(CO2)]的变化曲线如图，若温度不变，提高投料比n(H2)/n(CO2)，则K将
__________；该反应△H_________0（填“＞”、“＜”或“=”）。

【答案】Fe 2O 3（s ）+3CO （g ）=2Fe （s ）+ 3CO 2（g ）△H=-28.5KJ/mol CO-2e -+4OH -=CO 32-+2H 2O ＞ 0.4＜c≤1 bd 不变 ＜ 【解析】 【分析】
(1)已知：①Fe 2O 3(s)+3C(石墨)=2Fe(s)+3CO(g)△H 1=+489.0kJ/mol ， ②C(石墨)+CO 2(g)=2CO(g)△H 2=+172.5kJ/mol ，根据盖斯定律有①-②×3可得； (2)根据原电池负极失去电子发生氧化反应结合电解质环境可得； (3)①Ⅱ比Ⅰ的甲醇的物质的量少，根据K=
()3232c CH OH c(H O)c(CO)c (H )
⋅⋅判断；
②根据平衡三段式求出甲中平衡时各气体的物质的量，然后根据平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，且起始时维持反应逆向进行来判断范围； ③根据化学平衡状态的特征分析； (4)由图可知，投料比
()
22(H )
m n CO 一定，温度升高，CO 2的平衡转化率减小，根据温度对化学
平衡的影响分析可得。

【详解】
(1)已知：①Fe 2O 3(s)+3C(石墨)=2Fe(s)+3CO(g)△H 1=+489.0kJ/mol ， ②C(石
墨)+CO 2(g)=2CO(g)△H 2=+172.5kJ/mol ，根据盖斯定律有①-②×3，得到热化学方程式：Fe 2O 3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO 2(g)△H=-28.5kJ/mol ；
(2)CO 与空气可设计成燃料电池(以KOH 溶液为电解液)，负极电极反应为：CO-2e -+4OH -=CO 32-+2H 2O ；
(3)①Ⅱ比Ⅰ的甲醇的物质的量少，则一氧化碳和氢气的物质的量越多，根据K=
()323
2c CH OH c(H O)c(CO)c (H )
⋅⋅可知，平衡常数越小，故K Ⅰ＞K Ⅱ；
②
2232O (mol)1300
C (mol)x 3x x x (mol)1-x O g +3H g CH OH g +H g 3-3x x x
起始量变化量平衡量（）（）
（）（）
ƒ
甲中平衡后气体的压强为开始时的0.8倍，即(4-2x)÷4=0.8，解得x=0.4mol ；依题意：甲、乙为等同平衡，且起始时维持反应逆向进行，所以全部由生成物投料，c 的物质的量为1mol ，c 的物质的量不能低于平衡时的物质的量0.4mol ，所以c 的物质的量为：0.4mol ＜n(c)≤1mol ；
③a ．反应在恒压容器中进行，容器中压强始终不变，故a 错误； b ．反应开始，减少，H 2的体积分数不变时，反应平衡，故b 正确；
c ．c(H 2)与c(CH 3OH)的关系与反应进行的程度有关，与起始加入的量也有关，所以不能根据它们的关系判断反应是否处于平衡状态，故c 错误；
d ．根据ρ=
m V
混
，气体的质量不变，反应开始，体积减小，容器中密度不变时达到平衡，故d 正确；
e ．C=O 断裂描述的正反应速率，H-H 断裂也是描述的正反应速率，故e 错误； 故答案为：bd ；
(4)由图可知，投料比()
22(H )
m n CO 一定，温度升高，CO 2的平衡转化率减小，说明温度升高不
利于正反应，即正反应为放热反应△H ＜0；K 只与温度有关，温度不变，提高投料比
()
22(H )
m n CO ，K 不变。

【点睛】
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．Ⅰ. （1）用锌片，铜片连接后浸入稀硫酸溶液中，构成了原电池，工作一段时间，锌片的质量减少了3.25g ，铜表面析出了氢气________L （标准状况下），导线中通过________mol 电子。

（2） 将ag Na 投入到bg D 2O （足量）中，反应后所得溶液的密度为dg /cm 3，则该溶液物质的量浓度是_______；
Ⅱ. 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 末时，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 ，则：
（1）用C 表示10 s 内正反应的平均反应速率为____________。

（2）反应前A 的物质的量浓度是________。

（3）10 s 末，生成物D 的浓度为________。

【答案】1.12 0.1 23a 1000ad
223b a
+-mol /L 0.04mol •L -1•s -1 1.5mol •L -1 0.4mol •L -1
【解析】 【分析】 【详解】
Ⅰ.(1)用锌片、铜片连接后浸入稀硫酸溶液中，构成了原电池，锌为负极，电极反应为：Zn -2e -=Zn 2+，铜为正极，电极反应为2H ++2e -=H 2↑，锌片的质量减少了3.25克，则物质的
量为
3.25g 65g /mol
=0.05mol ，转移的电子的物质的量为n (e -)=2n (Zn )=2n (H 2)=
2×0.05mol =0.1mol ，则V (H 2)=0.05mol ×22.4L /mol =1.12L ，故答案为：1.12；0.1；
(2)将ag Na 投入到bg D 2O (足量)中，发生2Na +2D 2O =2NaOD +D 2↑，ag Na 的物质的量为
23g/mol ag =
23a mol ，生成的氢氧化钠为23a mol ，D 2的物质的量为46
a
mol ，质量为46a mol ×4g /mol =223a g ，反应后溶液的质量为ag +bg -223a g =(a +b -223
a )g ，溶液的体积为3223/a a
b g dg cm +-
（）=223a
a b d
+-
cm 3，则该溶液物质的量浓度
c =n V =32322310a
mol a
a b L d -+-⨯=23a 1000ad 223b a +-mol /L ，故答案为：23a 1000ad
223b a
+-mol /L ； Ⅱ.(1)v (C )=0.8210mol
L s
=0.04mol •L -1•s -1，故答案为：0.04mol •L -1•s -1；
(2)3A (g )＋B (g )⇌2C (g )＋2D (g )。

反应进行到10 s 末时，测得A 的物质的量为1.8 mol ，C 的物质的量为0.8 mol ，则反应的A 为1.2mol ，反应前A 的物质的量浓度是
(1.8 1.2)2mol L
+=1.5mol •L -1，故答案为：1.5mol •L -1；
(3)3A (g )＋B (g )⇌2C (g )＋2D (g )。

反应进行到10 s 末时，测得C 的物质的量为0.8 mol ，
则生成的D 为0.8 mol ，10 s 末，生成物D 的浓度为0.8mol 2L
=0.4mol •L -1，故答案为：0.4mol •L -1 。

【点睛】
本题的难点为I .(2)，要注意生成的氢气的质量的计算，同时注意c =n
V
中V 的单位是“L ”。

3．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 ＝14
10
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 Cl2参与反应时释放出145kJ热量，2mol氯气反应放热290kJ，反应的热化学方程式为2Cl2(g)+2H2O(g)+C(s)═4HCl(g)+CO2(g)△H＝﹣290kJ•mol﹣1；
Ⅱ．(3)A．应是2v正(N2O4)＝v逆(NO2) 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。

4．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NH 3、H 2、N 2，且已知1mol 氨气分解成氮气和氢气要吸收46kJ 的热量，则至t 1 min 时，该反应吸收的热量为____________； ②在此t 1 min 时间内，用H 2表示反应的平均速率v (H 2)为________。

【答案】2X 3Y+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：1
0.6
t 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。

5．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%。

CO 2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1molCO 2和3molH 2，一定条件下反应：CO 2(g)+3H 2(g)CH 3OH(g)+H 2O(g)，测得CO 2和CH 3OH(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
，故答案为：0.042；
=0.042mol/(L min)
9min-3min
(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%
，故答案为：75；
1mol/L
(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。

6．煤燃烧排放的烟气含有SO2和NO x，大量排放烟气形成酸雨、污染大气，因此对烟气进行脱硫、脱硝，对环境保护有重要意义。

回答下列问题：
Ⅰ.利用CO脱硫
(1)工业生产可利用CO气体从燃煤烟气中脱硫，则25℃时CO从燃煤烟气中脱硫的热化学方程式2CO(g)＋SO2(g)⇌2CO2(g)＋S(s)的焓变△H＝_____________。

25℃，100kPa时，由元素最稳定的单质生成1mol纯化合物时的反应热称为标准摩尔生成焓，已知一些物质的“标准摩尔生成焓”如下表所示：
物质CO(g)CO2(g)SO2(g)
标准摩尔生成焓
∆f H m(25℃)/kJ∙mol-1
-110.5-393.5-296.8
(2)在模拟脱硫的实验中，向多个相同的体积恒为2L的密闭容器中分别通入2.2mol CO和1mol SO2气体，在不同条件下进行反应，体系总压强随时间的变化如图所示。

①在实验b中，40 min达到平衡，则0～40 min用SO2表示的平均反应速率v(SO2)＝
_______。

②与实验a相比，实验b可能改变的条件为_______________，实验c可能改变的条件为_________________。

Ⅱ.利用NH3脱硝
(3)在一定条件下，用NH3消除NO污染的反应原理为：4NH3(g)＋6NO(g)⇌5N2(g)＋
6H 2O(l)△H ＝－1807.98kJ·mol －1。

在刚性容器中，NH 3与NO 的物质的量之比分别为X 、Y 、Z(其中X<Y<Z)，在不同温度条件下，得到NO 脱除率(即NO 转化率)曲线如图所示。

①NH 3与NO 的物质的量之比为X 时对应的曲线为_____________(填“a”“b”或“c”)。

②各曲线中NO 脱除率均先升高后降低的原因为__________。

③900℃条件下，设Z ＝
2
3
，初始压强p 0，则4NH 3(g)＋6NO(g)⇌5N 2(g)＋6H 2O(l)的平衡常数K p ＝_____________(列出计算式即可)。

Ⅲ.利用NaCIO 2脱硫脱硝
(4)利用NaClO 2的碱性溶液可吸收SO 2和NO 2(物质的量之比为1:1)的混合气体，自身转化为NaCl ，则反应的离子方程式为________________。

【答案】-269.2kJ·
mol -1 0.01mol·L -1·min -1 加入催化剂 升高温度 c 温度低于900℃时，反应速率较慢，随着温度升高反应速率加快，NO 脱出率逐渐升高，温度高于900℃，反应达到平衡状态，反应的ΔH <0，继续升高温度，平衡向左移动，NO 脱出率又下降
()()()5
046650
000.375p 0.3750.140.15p 0.1p 0.15p ⨯⨯或 3ClO 2-+4SO 2+4NO 2+12OH -===3Cl -+4SO 42-+4NO 3
-+6H 2O 【解析】 【分析】 【详解】
(1)根据“标准摩尔生成焓”的定义可得：
()()()()()()()()()-1
2t 1-1
22t 2-1
22t 31C s +O g CO g Δ=-110.5kJ mol
21C s +O g CO g Δ=-393.5kJ mol 21S s +O g SO g Δ=-296.8kJ mol
2
m m m H H H 垐?g 噲?垐?g 噲?垐?g 噲?①②③
再根据盖斯定律2(反应③-反应①)-反应③可得到2CO(g)＋SO 2(g)⇌2CO 2(g)＋S(s)，则，CO 脱硫反应2CO(g)＋SO 2(g)⇌2CO 2(g)＋S(s)的焓变
()()()-1-1-1-1
t 2t 1t 3Δ=2Δ-Δ-Δ=2-393.5kJ mol -110.5kJ mol --296.8kJ mol =-269.2kJ mol m m m H H H H g g g g ，故答案为：-269.2kJ·
mol -1； (2)①结合题干信息，列三段式有：
()()()()222.21002CO g SO g 22x x 2x x 2.2-2x 1CO 2x x S x g s -垐?噲?
初始
转化
末态＋＋ 则2.2-2x+1-x+2x 1202.2+1260
=，解得x=0.8，则()-1-120.8mol 2L v SO ==0.01mol L min 40min
g g ，故答案为0.010.01mol·L -1·min -1； ②与实验a 相比，实验b 达到的平衡状态不变且所需时间缩短，改变的条件应为加入了催化剂，与实验a 相比，实验c 达到平衡状态改变且所需时间缩短，可能是增大压强或升高温度，联系反应特点，若是增大压强，平衡向右移动，向右反应的程度应增大，与图像不符，若是升高温度，平衡向左移动，与图像相符，故答案为：加入催化剂；升高温度；
(3)①NH 3和NO 的物质的量之比越大，NO 的脱出率月啊，则相同温度下，不同NH 3、NO 物质的量之比对应NO 的脱出率：X<Y<Z ，则X 对应曲线c ，Y 对应曲线b ，Z 对应曲线a ，故答案为：c ；
②NO 的脱出率会受到速率、平衡移动等因素的影响，温度低于900℃时，反应速率较慢，随着温度升高反应速率加快，NO 脱出率逐渐升高，温度高于900℃，反应达到平衡状态，反应的ΔH <0，继续升高温度，平衡向左移动，NO 脱出率又下降，故答案为：温度低于900℃时，反应速率较慢，随着温度升高反应速率加快，NO 脱出率逐渐升高，温度高于900℃，反应达到平衡状态，反应的ΔH <0，继续升高温度，平衡向左移动，NO 脱出率又下降；
③压强为p 0，根据曲线a 上NH 3与NO 的物质的量之比为2Z=
3
，则NH 3的分压为0.4p 0，NO 的分压为0.6p 0，列三段式有： ()()()()00320
000200
0.4p 0.6p 00.3p 0.45p 4NH g 60.37NO 5p g 5N 0.1p 0.15p 0.37g p H 56O l 垐?噲?
起始
转化
平衡＋＋ 则反应的平衡常数()()()()()()5520p 46466530
00p N 0.375p 0.375p NH p NO 0.140.15p 0.1p 0.15p K ==⨯⨯g 或，故答案为：()()()
5
046650000.375p 0.3750.140.15p 0.1p 0.15p ⨯⨯或； (4)在碱性环境下，ClO 2-氧化等物质的量的SO 2和NO 2，ClO 2-变为Cl -，SO 2变为SO 42-，NO 2变为NO 3-，利用氧化还原反应规律进行配平，可得离子反应方程式3ClO 2-
+4SO 2+4NO 2+12OH -===3Cl -+4SO 42-+4NO 3-+6H 2O ，故答案为：3ClO 2-+4SO 2+4NO 2+12OH -===3Cl -+4SO 42-+4NO 3-+6H 2O 。

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CO 2和N 2，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 N 2＋2CO 2；
(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++12000.80.80.40.8
0.2 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 ⨯⨯=2220.40.80.2 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 N2，浓度商
Qc=
()()
()()
2
22
22
c N c CO
c NO c CO
⨯
⨯
=
2
22
0.80.8
0.22
⨯
⨯
=3.2＜K=
40
9
，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．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________。

(3)10 s末，生成物D的浓度为________。

(4)A与B的平衡转化率之比为________。

(5)平衡后，若改变下列条件，生成D的速率如何变化(填“增大”、“减小”或“不变”)：
①降低温度____________；②增大A的浓度____________。

【答案】0.04 mol/(L·s) 1.5 mol/L 0. 4 mol/L 1∶1 减小增大
【解析】
【分析】
(1)根据v=
c
t
n
n
表示反应速率；
(2)根据物质转化关系，由生成物C的物质的量计算反应消耗的A的物质的量，再结合10 s
时剩余A的物质的量可得反应开始时A的物质的量，利用c=n
V
计算开始时A物质的浓
度；
(3)根据方程式知，10 s末生成的n(D)=n(C)=0.8 mol，利用c=n
V
计算D的物质的浓度；
(4)根据C的物质的量计算反应消耗的A、B的物质的量，然后根据转化率等于
转化量
开始加入量
×100%计算比较；
(5)根据温度、浓度对化学反应速率的影响分析解答。

【详解】
(1)反应从正反应方向开始，开始时C的物质的量为0，10 s时C的物质的量为0.8 mol，由于容器的容积是2 L，所以用C物质表示的10 s内化学反应平均反应速率
v(C)=
c
t
n
n
=
()
0.80?mol
2?L
10?s
-
=0.04 mol/(L·s)；
(2)根据反应方程式3A(g)+B(g)2C(g)+2D(g)可知：每反应消耗3 mol A就会同时产生2
mol C物质，10 s内反应产生了0.8 mol C，则反应消耗A的物质的量为△n(A)=3
2
×0.8
mol=1.2 mol，此时还有A物质1.8 mol，因此反应开始时A的物质的量是n(A)=1.8 mol+1.2
mol=3.0 mol，所以反应开始时A的浓度c(A)=
3.0?
2?
n mol
V L
==1.5 mol/L；
(3)根据方程式知，10 s末生成的n(D)=n(C)=0.8 mol，则c(D)=
0.8?
2?
n mol
V L
==0.4 mol/L；
(4)根据已知条件可知：反应进行到10 s末C物质的量是0.8 mol，则反应消耗A的物质的
量为△n(A)=3
2
×0.8 mol=1.2 mol，此时还有A物质1.8 mol，则反应开始时A的物质的量是
n(A)=1.8 mol+1.2 mol=3.0 mol；△n(B)=1
2
×0.8 mol=0.4 mol，此时还有B物质0.6 mol，所以
反应开始时n(B)=0.6 mol+0.4 mol=1.0 mol，反应开始时n(A)：n(B)=3：1，△n(A)：△n(B)= 3：1，等于化学方程式中二者化学计量数的比，所以反应物A、B转化率相等，则两种物质反应时转化率的比为1：1；
(5)①平衡后，若降低温度，物质的内能减小，活化分子数减少，分子之间有效碰撞次数减少，化学反应速率减小；
②平衡后，若增大反应物A的浓度，单位体积内活化分子数增加，分子之间有效碰撞次数增加，化学反应速率增大。