广西师范大学附属中学高中化学必修二第六章《化学反应与能量》知识点(培优专题)

一、选择题
1．探究酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液反应速率的影响因素，有关实验数据如表所示：
A．用KMnO4表示溶液褪色时间段反应速率，v(实验3)≈1.5×10-3 mol·L-1·min-1
B．a<12.7，b>6.7
C．用H2C2O4表示该反应速率，v(实验1)大于v(实验3)
D．通常升高温度、增大反应物浓度、使用催化剂均会加快反应速率
答案：A
【详解】
A.反应的化学方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+l0CO2↑+8H2O，实验3中，n（H2C2O4）：n（KMnO4）=8×0.2：4×0.01=40：1＞5：2，则H2C2O4过量，用
KMnO4表示该反应速率v（KMnO4）=0.004L0.01mol/L
0.012L 6.7min
⨯
⨯
≈5.0×l0-4mol•L-1•min-1，选
项A不正确；
B.温度越高反应速率越快，催化剂可加快反应速率，则a＜12.7，b＞6.7，选项B正确；
C.1、3比较只有高锰酸钾的浓度不同，且实验1中浓度大，则反应速率：v（实验1）＞v （实验3），选项C正确；
D. 增大反应物浓度，使得单位体积内活化分子数增大，从而使单位时间内的有效碰撞次数增多，所以，化学反应速率增大；升高温度、使用催化剂，主要是增加反应物分子中活化分子的百分数，使有效碰撞次数增多，因而使化学反应速率增大，选项D正确；
答案选A。

2．过量铁与少量稀硫酸反应，为了加快反应速率，但是又不影响生成氢气的总量，可以采取的措施是
A．加入适量NaCl溶液B．加入适量的水
C．加入几滴硫酸铜溶液D．再加入少量稀硫酸
答案：C
【详解】
A．若加入NaCl溶液，会将稀硫酸稀释，c(H+)减小，反应速率减慢，故A错误；
B．加入适量的水，会将稀硫酸稀释，c(H+)减小，反应速率减慢，故B错误；
C．若加入几滴CuSO4溶液，则发生反应Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，析出的Cu与Fe、稀硫酸形成原电池，反应速率加快且不影响生成H2的总量，故C正确；
D．若再加入少量稀硫酸，因Fe过量，则生成H2的总量增大，故D错误。

故选C。

3．在2A+B3C+4D反应中，表示该反应速率最快的是
A．v(A)=0.5mol/(L·s)B．v(B)=0.3mol/(L·s)
C．v(C)=0.8mol/(L·s)D．v(D)=1mol/(L·s)
答案：B
【分析】
对于同一反应，用不同物质表示的反应速率可能不同，所以，比较同一反应在不同条件下反应速率快慢时，应转化为同一种物质。

为便于比较，我们将各物质表示的速率都转化为C物质表示的速率。

【详解】
A．v(A)=0.5mol/(L·s)，v(C)=0.75mol/(L·s)；
B．v(B)=0.3mol/(L·s)，v(C)=0.9mol/(L·s)；
C．v(C)=0.8mol/(L·s)；
D．v(D)=1mol/(L·s)，v(C)=0.75mol/(L·s)；
比较以上数据可以看出，v(C)=0.9mol/(L·s)时反应速率最快，故选B。

4．将5.6 g铁粉投入盛有100mL 2mol/L稀硫酸的烧杯中，经2min反应完全。

如果反应前后浓液的体积不变，则该反应的平均反应速率可表示为
A．v(Fe)=0.5mol/(L·min)B．v(H2SO4)=1mol/(L·min)
C．v(FeSO4)=0.5mol/(L·min)D．v(H2)=0.5mol/(L·min)
答案：C
【详解】
A．铁为固体，浓度为定值，不能用来表示反应速率，A与题意不符；
B．5.6g铁是0.1mol，消耗硫酸也是0.1mol，所以用硫酸表示的反应速率是
v(H2SO4)=0.1mol÷(0.1L×2min)=0.5mol⋅L-1⋅min-1，B与题意不符；
C．反应速率之比等于化学计量数之比，所以v(FeSO4)＝v(H2SO4)=0.5 mol·L－1·min－1， C 符合题意；
D．氢气逸出，不知道氢气的体积，无法计算，D与题意不符；
答案为C。

5．如图所示，铜片、锌片和石墨棒用导线连接后插入西红柿里，电流计中有电流通过，下列说法中正确的是
A．锌片是正极B．两个西红柿都形成原电池
C．石墨是阴极D．两片铜片上都发生还原反应
答案：D
【详解】
A．铜锌西红柿形成原电池，锌比铜活泼，锌作负极，故A错误；
B．左侧铜锌西红柿（含有酸性电解质）自发进行的氧化还原反应，形成原电池，右侧不能自发进行，形成电解池，故B错误；
C．左侧铜锌原电池中，铜作正极，石墨与原电池的正极相连作阳极，故C错误；
D．左侧原电池铜作正极，铜片上发生氧化还原反应，右侧电解池中铜与原电池的负极相连作阴极，发生还原反应，故D正确；
故选：D。

6．在一定温度下的刚性密闭容器中，当下列哪些物理量不再发生变化时，表明下述反应：A(s)＋2B(g)C(g)＋D(g)已达到平衡状态
①混合气体的压强②混合气体的密度③各气体物质的物质的量浓度④气体的总物质的量⑤混合气体的平均相对分子质量
A．②③⑤B．①②③C．②③④⑤D．①③④⑤
答案：A
【详解】
①由于A呈固态，该反应反应前后气体分子数不变，建立平衡的过程中混合气体总物质的量的始终不变，在一定温度下的刚性密闭容器中，混合气体的压强始终不变，则混合气体的压强不再发生变化不能说明反应达到平衡状态；
②由于A呈固态，建立平衡的过程中混合气体的总质量发生变化，在一定温度下的刚性密
闭容器中，根据ρ=m
V
，混合气体的密度发生变化，则混合气体的密度不再发生变化能说
明反应达到平衡状态；
③各气体物质的物质的量浓度不再发生变化是反应达到平衡状态的特征标志；
④由于A呈固态，该反应反应前后气体分子数不变，建立平衡的过程中混合气体总物质的量始终不变，气体的总物质的量不再发生变化不能说明反应达到平衡状态；
⑤由于A呈固态，该反应反应前后气体分子数不变，建立平衡的过程中混合气体总物质的
量始终不变，混合气体的总质量发生变化，根据混合气体的平均摩尔质量=m
n
，混合气体
的平均相对分子质量发生变化，则混合气体的平均相对分子质量不再发生变化能说明反应达到平衡状态；
能说明反应达到平衡状态的是②③⑤，答案选A。

7．两电极用导线连接插入电解质溶液中(不考虑溶液中溶解的氧气的影响)，你认为不能构成原电池的是( )
答案：C 【分析】
根据原电池的构成条件分析，原电池的构成条件是：①有两个活泼性不同的电极，②将电极插入电解质溶液中，③两电极间构成闭合回路，④能自发的进行氧化还原反应． 【详解】
A ．锌为活泼金属，可与氯化铜发生氧化还原反应，可形成原电池反应，选项A 不符合题意；
B ．锌比铁活泼，可与硫酸溶液发生氧化还原反应，可形成原电池，选项B 不符合题意；
C ．不能形成自发进行的氧化还原反应，不能形成原电池，选项C 符合题意；
D ．铝可与氢氧化钠溶液发生氧化还原反应，能形成原电池，选项D 不符合题意； 答案选C 。

8．反应2NO 2(g)O 2(g)+2NO(g)，一定条件下，将NO 2置于恒容密闭容器中发生上述
反应。

下列能说明反应达到平衡状态的是（ ）
A ．气体密度保持不变
B ．混合气体颜色保持不变
C ．O 2和NO 的体积比保持不变
D ．每消耗2molNO 2的同时生成2molNO 答案：B 【详解】
A ．气体气体
气体
m ρ=V ，假设反应从左向右进行，反应过程中气体的质量维持不变，容器的体积
不变，气体的密度没有变化，不能说明达到平衡状态，A 项不符合题意；
B ．假设反应从左向右进行，NO 2的浓度逐渐降低，气体颜色变浅，当达到平衡时，NO 2的浓度不再改变，颜色不再变化，可以说明达到平衡状态，B 项符合题意；
C ．假设反应开始前容器中只有NO 2，则反应开始后的任意时刻，O 2和NO 的体积比都是1:2，无法说明达到平衡状态状态，C 项不符合题意；
D ．消耗NO 2是正反应速率，生成NO 也是正反应速率，平衡状态需要正逆反应速率相
同，该项无法判断平衡状态，D项不符合题意；
故正确选项为B。

【点睛】
平衡状态的判断方法：①当变量不变时平衡；②速率一正一逆成比例。

9．对丙烷进行溴代反应，反应一段时间后得到如下结果：
2CH3CH2CH3+Br2
127
−−−−→
光，℃
CH3CH2CH2Br(3%)+CH3CHBrCH3(97%)+2HBr
已知：正丙基结构简式CH3CH2CH2-、异丙基结构简式(CH3)2CH-，反应机理中链转移决速步为RH+Br·→R·+HBr，其反应势能变化如图所示。

下列说法正确的是
A．物质组合A为异丙基+HBr
B．生成正丙基过程的活化能大于生成异丙基过程的活化能
C．正丙基的稳定性强于异丙基
D．溴原子取代的位置只取决于反应物与生成物的能量变化
答案：B
【详解】
A．根据题给反应知，丙烷进行溴取代时，仲碳原子上的氢原子更容易被取代，根据图示势能的变化知，B进程比较容易发生，则物质组合B为异丙基+HBr，故A错误；
B．活化能越高越不容易反应，根据反应知取代时更容易生成CH3CHBrCH3，则生成异丙基过程的活化能小于生成正丙基过程的活化能，故B正确；
C．能量越低越稳定，根据图示势能大小比较，物质组合B更稳定，及异丙基的稳定性强于正丙基，故C错误；
D．由反应机理看出，溴原子取代的位置取决于反应进程中活化能的相对大小，故D错误；
故选B。

10．足量的铁粉和适量的盐酸反应，向其中加入少量下列物质时，能够加快反应速率，但不影响产生H2的总量的是
①锌粉②浓盐酸③石墨粉④醋酸钠⑤硫酸铜⑥硝酸
A．①③⑤B．②③⑤C．①③⑥D．②④⑤
答案：A
能够加快反应速率，但不影响产生H2的总量，则增大浓度、增大接触面积、构成原电池等可加快反应速率，且不能改变氢离子的物质的量，以此来解答。

【详解】
①铁粉、Zn、盐酸可构成原电池，加快反应速率，盐酸的物质的量不变，则不影响产生H2的总量，故①选；
②浓盐酸中氢离子浓度增大，则能够加快反应速率，由于铁足量，因此能影响产生H2的总量，故②不选；
③石墨粉、铁、盐酸可构成原电池，加快反应速率，盐酸的物质的量不变，则不影响产生H2的总量，故③选；
④醋酸钠与盐酸反应生成醋酸，氢离子浓度减小，生成氢气的速率减小，故④不选；
⑤加入硫酸铜，铁置换出铜，铜粉、铁、盐酸可构成原电池，加快反应速率，盐酸的物质的量不变，则不影响产生H2的总量，故⑤选；
⑥硝酸和铁反应得不到氢气，故⑥不选；
符合题意的是①③⑤，答案选A。

11．在t℃时，某体积可变的密闭容器内，加入适量反应物发生反应：
mA(g)+nB(g)pC(g)，已知通过逐渐改变容器的体积使压强增大，每次改变后达到平衡时测得A的物质的量浓度和重新达到平衡所需时间如下表：
A．第二次平衡到第三次平衡中，A的平均反应速率为0.3mol/(L·min)
B．维持压强为2×105Pa，假设当反应达到平衡状态时体系中共有amol气体，再向体系中加入bmolB，则重新达到平衡时体系中共有(a+b)mo1气体
C．当压强为1×106Pa时，此反应的平衡常数表达式为K=
p
m c(C) c(A)
D．m+n=p，x=0答案：A
【分析】
由表格数据可知当压强从2×105Pa增大为5×105Pa时，压强增大2.5倍，体积变为
1
2.5
倍，
浓度由0.08增大为0.20mol⋅L−1，也增大2.5倍，所以增大压强平衡不移动，则m+n=p，x=0。

A．第二次平衡到第三次平衡中，压强从5×105Pa增大为1×106Pa时，压强增大2倍，体积
变1
2
倍，浓度应该由0.20 mol⋅L−1增大为0.40mol⋅L−1，但是实际上A的浓度为0.44
mol⋅L−1，则平衡时A的浓度变化量为0.04mol/L，则A的平均反应速率为
0.04mol/L
0.8min
=0.05mol/(L·min)，故A错误；
B．根据分析，增大压强平衡不移动，所以反应前后气体的物质的量不变，所以当反应达到平衡状态时，体系中共有amol气体，再向体系中加入bmolB，当重新达到平衡时，体系中气体总物质的量是(a+b)mo1，故B正确；
C．由表格数据可知，当压强从5×105Pa增大为1×106Pa时，压强增大2倍，体积变1
2
倍，
浓度应该由0.20增大为0.40mol⋅L−1，但是实际上A的浓度为0.44 mol⋅L−1，说明平衡逆移，则反应前气体的物质的量小于反应后气体的物质的量，则反应物B不在是气态，所以
此反应的平衡常数表达式为K=
p
m
c(C)
c(A)
，故C正确；
D．根据分析，增大压强平衡不移动，说明该反应是反应前后气体分子数目不变的反应体系，即m+n=p，从第一次达到平衡到第二次达到平衡过程中平衡没有发生移动，即压强的变化反应始终保持平衡状态，则x=0，故D正确；
答案选A。

12．某小组用如下装置测定100mL、4.5mol·L-1的H2SO4与稍过量的锌粒反应的速率，当针筒活塞到达刻度10.0mL时，用时为20s。

下列说法正确的是
A．固定针筒活塞，用分液漏斗向锥形瓶中注入50.0mL水，可检验装置的气密性
B．可将图中“分液漏斗”换为“长颈漏斗”，也不影响实验测定
C．用气体体积表示产生H2速率，v(H2)＝0.5mL/s
D．若改用25mL、18mol·L-1的H2SO4，则产生H2速率更快，且不影响最终得到H2总量
答案：A
【详解】
A. 根据检查装置气密性的方法可知，检查该装置气密性的正确方法是将注射器活塞固定，向分液漏斗中注入适量蒸馏水，打开分液漏斗活塞，如果分液漏斗颈部能形成稳定的水柱，则气密性良好，反之气密性差，A正确；
B. 将图中“分液漏斗”换为“长颈漏斗”，容易造成气体损失，且不易控制液体流量，
会影响实验测定，B错误；
C. 反应前针筒活塞的刻度未知，因此无法计算反应速率，C错误；
D. 浓硫酸和锌反应生成的是二氧化硫，得不到氢气，D错误；答案选A。

13．反应A→C分两步进行，①A→B △H1；②B→C △H2。

反应过程能量变化曲线如图所示（E1、E2、E3、E4表示活化能，且E1＞E3）。

下列说法正确的是
A．两步反应的△H均大于0B．A→B反应的△H1＝E1－E2
C．三种物质的稳定性：B＞A＞C D．反应速率：A→B＞B→C
答案：B
【详解】
A．根据图示可知，反应①为吸热反应，反应②为放热反应，A错误；
B．根据图示可知，A→B反应的△H1＝E1－E2，B正确；
C．物质的能量越低，越稳定，则三种物质的稳定性：B<A<C，C错误；
D．化学反应速率与其活化能的大小密切相关，活化能越小，反应速率越快，由于E1>E3，则反应速率：A→B<B→C，D错误；
答案选B。

14．使反应4NH3(g)＋3O2(g)＝2N2(g)＋6H2O(g)在2 L的密闭容器中进行，半分钟后N2的物质的量增加了0.60 mol。

则下列选项中反应的平均速率正确的为
A．v(NH3)＝0.040 mol·L-1·s-1B．v(O2)＝0.015 mol·L-1·s-1
C．v(N2)＝0.020 mol·L-1·s-1D．v(H2O)＝0.020 mol·L-1·s-1
答案：B
【分析】
在2L的密闭容器中进行，半分钟后N2的物质的量增加了0.6mol，则v（N2）
=0.6
230
mol
L s
⨯
=0.01mol•L﹣1•s﹣1，结合反应速率之比等于化学计量数之比解答。

【详解】
在2L的密闭容器中进行，半分钟后N2的物质的量增加了0.6mol，则v（N2）
=0.6
230
mol
L s
⨯
=0.01mol•L﹣1•s﹣1，由反应速率之比等于化学计量数之比可知，v（NH3）
=0.01mol•L﹣1•s﹣1×4
2
=0.02 mol•L﹣1•s﹣1，v（O2）=0.01mol•L﹣1•s﹣1×
3
2
=0.015 mol•L﹣1•s﹣1，
v（H2O）=0.01mol•L﹣1•s﹣1×6
2
=0.03 mol•L﹣1•s﹣1；
答案选B。

15．往2 L密闭容器中充入NO 2，在三种不同条件下发生反应：2NO2(g) 2NO(g)＋
O2(g)，实验测得NO2的浓度随时间的变化如下表(不考虑生成N2O4)。

A．实验2比实验1使用了效率更高的催化剂
B．实验2比实验1的反应容器体积小
C．由实验2和实验3可判断该反应是放热反应
D．实验1比实验3的平衡常数大
答案：A
【详解】
A. 对比实验1、2可知温度相同，起始浓度相同，平衡状态相同，但实验2达到平衡所需的时间短，反应速率快，可知实验2使用了效率更高的催化剂，故A正确；
B. 若实验2的反应容器体积减小，则相当于增大压强，最终实验1、2的平衡状态不同，故B错误；
C. 温度升高，最终平衡时，实验3的NO2浓度最小，说明平衡正向移动，正反应是吸热反应，故C错误；
D. 由C项分析，可知实验3的平衡常数大，故D错误；
故选A。

二、填空题
16．某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中，发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。

为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，该同学设计了如下一系列实验。

将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间。

(1)请完成此实验设计，其中：V1＝________，V6＝________，V9＝________；
(2)反应一段时间后，实验A中的金属呈________色，实验E中的金属呈________色；
(3)该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大大提高。

但当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降。

请分析氢气生成速率下降的主要原因________________________。

答案：1017.5灰黑暗红当加入一定量的CuSO4后，生成的单质Cu会沉积在Zn的表面，降低了Zn与酸溶液的接触面积
【分析】
结合影响反应速率的因素温度、浓度和催化剂等因素分析，特别注意研究CuSO4的量对氢气生成速率的影响，其他条件应该相同，所以硫酸的总量、总浓度要相同。

解析：(1)要对比试验效果，除了反应的物质的量不一样外，要保证其它条件相同，实验目的是探究硫酸铜量的影响，每组硫酸的量要保持相同，六组反应的总体积也应该相同；A 组中硫酸为30mL，其它组硫酸量也都为30mL，而硫酸铜溶液和水的总量应相同，F组中硫酸铜20mL，水为0，混合液总体积为20，所以V6=10，V9=17.5；
(2)A中无铜生成，银白色的单质锌被腐蚀后，因表面高低凸凹，会吸收光线而呈灰黑色；E中生成较多的铜，同理，因表面不平将呈暗红色；
(3)因为锌会先与硫酸铜反应，直至硫酸铜反应完才与硫酸反应生成氢气，硫酸铜量较多时，反应时间较长，而且生成的铜会附着在锌片上，会阻碍锌片与硫酸继续反应，氢气生成速率下降。

【点睛】
本题考查影响化学反应速率的因素，重点考查原电池原理对金属与酸反应速率的影响，Cu2+的氧化性比H+强，Zn先置换Cu，形成Zn-Cu-硫酸原电池使反应速率加快。

17．氮元素在海洋中的循环，是整个海洋生态系统的基础和关键。

海洋中无机氮的循环过程可用下图表示。

①下列关于海洋氮循环的说法正确的是___________
a.海洋中的反硝化作用一定有氧气的参与
b.海洋中的氮循环起始于氮的氧化
c.向海洋排放含NO-
3的废水会影响海洋中NH+
4
的含量
d.海洋中存在游离态的氮
②有氧时，在硝化细菌作用下，NH+
4
可实现过程④的转化，将过程④的离子方程式补充完
整(需配平)：_______________NH+
4+ 5O2= 2NO-
2
+ _______H+ +________+________
③有人研究了温度对海洋硝化细菌去除氨氮效果的影响，下表为对10 L人工海水样本的监测数据：
48 h内去除氨氮反应的平均速率是___________mg/(L·h)。

④海洋中的氮循环起始于氮的固定，氮的固定是几百年来科学家一直研究的课题。

下表列举了不同温度下大气固氮和工业固氮的部分K值。

”)反应。

从平衡视角考虑，工业固氮应该选择常温条件，但实际工业生产却选择500℃左右的高温，解释其原因___________。

⑤25℃时，向0.1mol/L的氨水中加入少量氯化铵固体，当固体溶解后，测得溶液pH减小，主要原因是(填序号)___________。

a.氨水与氯化铵发生化学反应
b.氯化铵溶液水解显酸性，增加了c(H+)
c.铵根离子浓度增大，抑制了氨水的电离，使c(OH―)减小
⑥室温下，如果将0.1mol NH4Cl和0.05mol NaOH全部溶于水，形成混合溶液(假设无损失)，___________、___________和___________三种粒子的物质的量之和等于0.1mol。

答案：bc4NH+
4+5O2=2NO-
2
+6H++N2O+5H2O25℃ 1.125吸热从反应速率角度考
虑，高温更好，而且催化剂活性在500℃左右时最佳C NH3•H2O NH3NH+
4
【分析】
①a．反硝化作用：反硝化细菌在缺氧条件下，还原硝酸盐，释放出分子态氮或一氧化二氮的过程，不一定有氧参加；
b．转化关系图可知海洋中的氮循环起始于氮的氧化；
c．转化关系图中硝酸根离子增多，反硝化作用增强，向海洋排放含NO3-的废水会影响海
洋中NH 4+的含量；
d ．海洋中不存在游离态的氮，氮元素是以化合态存在； ②根据氧化还原反应规律作答； ③根据表格作答；
④K 随温度的升高而增大，表明升高温度，平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应；从催化剂活性考虑；
⑤氯化铵溶于水，电离出大量铵离子，抑制了氨水的电离，导致溶液中c(OH -)减小； ⑥据N 原子守恒分析。

解析：①a ．反硝化作用是指将硝酸盐转变成氮气的过程；硝化作用是指氨在微生物作用下氧化为硝酸的过程，硝化细菌将氨氧化为硝酸的过程。

反硝化作用：反硝化细菌在缺氧条件下，还原硝酸盐，释放出分子态氮或一氧化二氮的过程，不一定有氧参加，a 项错误； b ．转化关系图可知海洋中的氮循环起始于氮的氧化，大气氧化生成氧化物，反应得到铵根离子最后通过硝化作用得到硝酸根离子，b 项正确；
c ．转化关系图中硝酸根离子增多，反硝化作用增强，向海洋排放含NO 3-的废水会影响海洋中NH 4+的含量，c 项正确；
d ．海洋中不存在游离态的氮，氮元素是以化合态存在，主要是硝酸根离子，d 项错误； 答案选：bc ；
②有氧时，在硝化细菌作用下，NH +4可实现过程④的转化，生成N 2O 、NO 2-
、H +和水，氮元素化合价-3价变化为+1价和+3价，氧元素化合价0价变化为-2价，电子转移总数20e -，所以铵根离子前为4，氧气前为5，NO 2-前为2，N 2O 前为1，结合电荷守恒得到氢离子前为6，水分子式前为5，配平得到离子方程式为：4NH +
4+5O 2=2NO 2-
+6H ++N 2O+5H 2O ，故答案为：4NH +4
+5O 2=2NO 2-
+6H ++N 2O+5H 2O ； ③硝化细菌去除氨氮的最佳反应温度是处理24h 和处理48h 后氨氮含量最少的温度是25℃，处理效果好，在最佳反应温度时，48h 内去除氨氮反应的平均速率＝
1008mg 468mg
10L 48h
-⨯＝1.125mg/（L•h ），故答案为：25℃；1.125；
④大气固氮中，K 随温度的升高而增大，表明升高温度，平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应；工业固氮选择500℃左右，从反应速率角度考虑，高温更好，而且催化剂活性在500℃左右时最佳，故答案为：吸热；从反应速率角度考虑，高温更好，而且催化剂活性在500℃左右时最佳；
⑤氯化铵溶于水，电离出大量铵离子，抑制了氨水的电离，导致溶液中c(OH -)减小，答案选：C ；
⑥据N 原子守恒可知，溶液中NH 3•H 2O 、NH 3和NH +4三种粒子的物质的量之和等于0.1mol ，故答案为：NH 3•H 2O ；NH 3；NH +4。

【点睛】
本题考查了平衡常数的应用、合成氨反应的条件选择、影响化学平衡的因素，难点④注意把握K 与温度的关系以及影响化学平衡的因素。

18．在一个固定容积的密闭容器中，有如下反应：
()()
()()222CO g H O g CO g H g ++ △H =QkJ/mol ，其化学平衡常数K 和温度t 的关
系如下
a ．容器中压强不变
b ．△H 不变
c ．()()2v H v CO =正逆
d ．CO 的质量分数不变 (2)在850℃时，可逆反应()()
()()222CO g H O g CO g H g ++在固定容积的密闭容器
中进行，容器内各物质的浓度()mol /L 变化如下表：
①计算：04min ～时，2H O g 的转化率_____。

②表中5min 6min ～之间数值发生变化，可能的原因是______。

(3)在723K 时，将20.1molH 和20.2molCO 通入抽空的1L 恒容密闭容器中，发生如下反应： ()()
()()222CO g H g CO g H O g ++，反应达平衡后，水的物质的量分数为
0.10。

2CO ①的平衡转化率等于_______，反应平衡常数K 等于_____(保留两位有效数字)。

②再向容器中加入过量的()CoO s 和()Co s ，则容器中又会增加如下平衡：
()()()()22CoO s H g Co s H O g ++K 1，()()()()2CoO s CO g Co s CO g ++ K 2，
最后反应达平衡时，容器中水的物质的量分数为0.30，则K 1等于______。

答案：cd 40% 增加H 2O(g)的浓度 15% 0.076 9
解析：(1)a ．因为反应前后气体体积不变，所以容器中压强始终不变，a 不一定达平衡状态；
b ．化学反应及反应时的温度一定时，△H 不变，其与反应是否达平衡无关，b 不一定达平衡状态；
c ．()()2v H v CO =正逆，各物质的浓度不变，反应达平衡状态；
d ．CO 的质量分数不变，各物质的浓度不变，反应达平衡状态； 故选cd ；
(2)①依题意，850℃时，K =1.0，则4min 时，
33
33 1.0(0.2-)
(0.3)
c c c c ⋅=⋅-，c 3=0.12mol/L ，所以()2H O g 的转化率=
0.12mol/L
100%0.3mol/L
⨯= 40%；
②表中5min 6min ～之间数值发生变化，CO 浓度减小0.02mol/L ，CO 2浓度增大
0.02mol/L ，H 2O 浓度增大0.05mol/L ，说明可能的原因是增加H 2O(g)的浓度； 答案为：40%；增加H 2O(g)的浓度；
(3)①设参加反应的H 2的物质的量为x ，则可建立如下三段式：
222CO (g)H (g)CO(g)H O(g)(mol)0.20.100
(mol)(mol)
0.20.1x x x x x
x x
x
+
+
--起始量变化量平衡量 则
0.100.3x =，x =0.03mol ，CO 2的平衡转化率等于0.03mol 100%0.2mol
⨯=15%，反应平衡常数K 等于
0.03mol/L 0.03mol/L
0.17mol/L 0.07mol/L
⨯⨯= 0.076。

②上面平衡体系中，CO 2为0.17mol ，H 2为0.07mol ，CO 、H 2O(g)都为0.03mol ；由反应方
程式()()
()()22CoO s H g Co s H O g ++可知，若参加反应的H 2物质的量为y ，则生成
H 2O 的物质的量也为y ，从而得出
0.030.300.3
y
+=，y=0.06mol ，则K 1等于0.030.09
0.070.01
y y +=-=9。

答案为：0.076；9。

19．(1)现有反应CO(g)+2H 2(g)
CH 3OH(g)过程中能量变化如图所示，回答下列问题：
①写出该反应的热化学方程式___； ②图中数字“419”表示的是___；
③图中曲线II 表示(填反应条件)的能量变化___。

(2)已知：C(s)+O2(g)=CO2(g) △H1=-437.3kJ·mol-1
2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H2=-566.0kJ·mol-1
则2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H3=___。

(3)下列反应中，属于放热反应的是___(填编号，下同)，属于吸热反应的是___。

①物质燃烧②酸碱中和反应③CaCO3受热分解④Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应
答案：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H=-91kJ/mol(正)反应的活化能(或1molCO和2molH2断键所需要吸收的能量)使用催化剂-308.6kJ·mol-1①②③④
解析：(1)①由图可知，反应CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)的△H=419kJ/mol -510kJ/mol =-
91kJ/mol，故该反应的热化学方程式为CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H=-91kJ/mol；
②图中数字“419”表示的是(正)反应的活化能(或1molCO和2molH2断键所需要吸收的能量)；
③图中曲线II表示的反应过程活化能降低，故表示的是使用催化剂的能量变化；
(2)已知：①C(s)+O2(g)=CO2(g) △H1=-437.3kJ·mol-1；②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H2=-566.0kJ·mol-1；由盖斯定律可知，①×2-②可得目标方程式，则2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H3= -437.3kJ·mol-1×2-(-566.0kJ·mol-1)= -308.6kJ·mol-1；
(3)①物质燃烧属于放热反应；②酸碱中和反应属于放热反应；③CaCO3受热分解属于吸热反应；④Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应属于吸热反应；故属于放热反应的是①②，属于吸热反应的是③④。

20．二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫是工业制硫酸的重要反应之一。

(1)将0.050molSO2(g)和0.030molO2(g)放入容积为1L的密闭容器中，反应
2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)在一定条件下经20分钟达到平衡，测得c(SO3)＝0.040mol/L。

①从反应开始到达到平衡，用SO2表示的平均反应速率为_________；
②从平衡角度分析采用过量O2的目的是___________；
③已知：K(300℃)＞K(350℃)，该反应是______(选填“吸”或“放”)热反应。

若反应温度升高，SO2的转化率将_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。

(2)某温度下，SO2的平衡转化率(α)与体系总压强(P)的关系如图所示。

平衡状态由A变到B时，平衡常数K(A)_______K(B)(填“＞”、“＜”或“＝”，下同)。

计算该温度下A 点的K p＝_______(以平衡分压代替平衡浓度，各物质的P(分压)=P(总)×物质的量分数)。

答案：002mol/(L•min)提高二氧化硫的转化率放减小=960
解析：(1)①从反应开始到达到平衡，测得c(SO3)＝0.040mol/L，根据方程式可知消耗
c(SO2)＝0.040mol/L，则用SO2表示的平均反应速率为0.040mol/L÷20min＝
0.002mol/(L•min)；
②增大氧气浓度，有利于平衡正向进行，则采用过量O2的目的是使平衡正向进行，提高二。