江苏省丹阳高级中学高中化学选修一第二章《化学反应速率与化学平衡》复习题(含答案解析)

一、选择题
1．探究2KMnO 4+5H 2C 2O 4+3H 2SO 4=K 2SO 4+2MnSO 4+10CO 2↑+8H 2O 反应速率的影响因素，有关实验数据如下表所示：
A ．a<12.7，b>6.7
B ．反应速率快慢：v(实验3)>v(实验1)
C ．用H 2C 2O 4表示实验1的反应速率：v(H 2C 2O 4)≈6.6×l0-3mol·L -1·min -1
D ．理论上为确保实验成功n(H 2C 2O 4)≥5
2
n(KMnO 4) 答案：B 【详解】
A ．对比试验1和2，可知其他条件一样，实验2的温度更高，反应速率更快，反应时间更短，所以a<12.7；对比试验3和4，可知其他条件一样，实验3加了催化剂，反应速率更快，反应时间更短，所以b>6.7，A 正确；
B ．对比试验3和1，可知其他条件一样，实验1的浓度更大，反应速率更快，所以v(实验3)<v(实验1)，B 错误；
C ．实验1中()4110.14
KMnO mol L min 1212v .7
--⨯=
••⨯，根据化学反应速率之比等于化学
计量数之比可知v(H 2C 2O 4)=2.5()1140.14
KMnO 2.5mol L min 1212.7
v --⨯=
⨯••≈⨯ 6.6×l0-3
mol·L -1·min -1，C 正确；
D ．根据反应：2KMnO 4+5H 2C 2O 4+3H 2SO 4=K 2SO 4+2MnSO 4+10CO 2↑+8H 2O 可知，要保证KMnO 4溶液褪色，即KMnO 4要全部好销，则草酸的物质的量应满足：
n(H 2C 2O 4)≥
5
2
n(KMnO 4)，D 正确； 答案选B 。

2．据报道，在300℃、70MPa 下由二氧化碳和氢气合成乙醇已成为现实。

2CO 2(g)+6H 2(g)
CH 3CH 2OH(g)+3H 2O(g)，下列叙述正确的是
A．使用特定催化剂可提高反应物的平衡转化率
B．反应需在300℃进行可推测该反应是放热反应
C．降低反应体系压强，不利于反应物的转化
D．从平衡混合气体中分离出CH3CH2OH和H2O可提高反应速率
答案：C
【详解】
A．使用Cu-Zn-Fe催化剂可加快反应速率，但不能使平衡移动，则不能提高反应物的平衡转化率，选项A错误；
B．反应加热与反应放热还是吸热没有直接的关系，如煤的燃烧放热，但需要加热，选项B错误；
C．反应2CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g)为气体体积缩小的反应，降低反应体系压强，平衡逆向移动，不利于反应物的转化，选项C正确；
D．从平衡混合气体中分离出CH3CH2OH和H2O，生成物的浓度减小，反应速率减慢，选项D错误；
答案选C。

3．在298K和101KPa时，2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g)；△H=+56.7kJ/mol，能自发进行的合理解释是
A．是熵减反应B．是熵增效应大于能量效应
C．是吸热反应D．是放热反应
答案：B
【详解】
-<反应才能自发进行， 2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g) Δ0Δ0
ΔΔ0
H T S
>>
、，298K和
H S
101KPa时，能自发进行的原因是熵增效应大于能量效应，故选B。

4．在某容积一定的密闭容器中，有下列的可逆反应：A(g)+B(g)⇌xC(g)，有图Ⅰ所示的反应曲线，试判断对图Ⅱ的说法中正确的是
A．P3>P4，y轴表示B的转化率
B．P3<P4，y轴表示B的体积分数
C．P3>P4，y轴表示混合气体的密度
D．P3<P4，y轴表示混合气体的平均摩尔质量
答案：A
解析：由图Ⅰ可知，压强为P2时，温度T1先到达平衡，故温度T1>T2，且温度越高，平衡时C的体积分数越低，故升高温度平衡向逆反应移动，正反应为放热反应；温度为T1时，压强P2先到达平衡，故压强P2>P1，且压强越大，平衡时C的质量分数越高，故增大压强平衡向正反应移动，正反应为体积减小的反应，故x=1，据此分析。

【详解】
A．由图(Ⅱ)知：因随着温度升高y降低，故y降低的方向必为压强减小的方向，所以，
P3>P4，随着温度的升高，平衡将向左移动，B的转化率降低；随着压强的减小，B物质的转化率减小，故A正确；
B．P3<P4，增大压强，在相同温度下平衡向正反应移动，B的体积分数减小。

温度升高平衡向逆反应移动，B的体积分数增大，图象与实际不符，故B错误；
C．密度=质量÷体积，混合气体的质量和体积都不变，密度不变，故C错误；
D．P3<P4，增大压强，平衡向正反应移动，混合气体总的物质的量减小，混合气体的总质量不变，平均摩尔质量增大。

温度升高平衡向逆反应移动，混合气体总的物质的量增大，平均相对分子质量减小，图象与实际不相符，故D错误；
故选：A。

5．下列选项中的原因或结论与现象不相符的是
A．A B．B C．C D．D
答案：B
【详解】
A．MnO2为H2O2分解的催化剂，能加速H2O2的分解速率，MnO2降低了反应所需的活化能，故A正确；
B．达到平衡时测得c(A)为0.5mol/L，将容器容积扩大到原来的两倍，测得c(A)为
0.3mol/L，说明减压平衡向生成A的方向移动，向左的方向气体的系数增大，“A非气体、x=1”错误，故B错误；
C ．NO 2为红棕色，N 2O 4为无色，将盛有NO 2气体的密闭容器浸泡在热水中，容器内气体颜色变深，说明NO 2浓度增大，平衡向生成NO 2方向移动，2NO 2⇌N 2O 4反应△H<0，选项C 正确；
D ．再滴加几滴1mol/L KSCN 溶液，增加了反应物浓度，溶液颜色加深，说明平衡向正反应方向移动，故D 正确； 故选：B 。

6．一定条件下，在密闭容器里进行如下可逆反应：S 2Cl 2(橙黄色液体)+Cl 2(气)
2SCl 2(鲜红色液体)H ∆=61.16kJ -·mol -1。

下列说法正确的是
A ．增大压强，平衡常数将增大
B ．达到平衡时，单位时间里消耗nmolS 2Cl 2的同时也生成2nmolCl 2
C ．达到平衡时，若升高温度，氯气的体积分数增大
D ．温度一定，在原平衡体系中加入氯气，平衡向正反应方向移动，再次达到平衡时氯气的浓度与原平衡的相同 答案：D 【详解】
A ．平衡常数随温度变化，增大压强平衡常数不变，故A 错误；
B ．达到平衡时正逆反应速率相等，则根据方程式可判断单位时间里消耗nmolS 2Cl 2的同时也生成nmolCl 2，故B 错误；
C ．该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，氯气的转化率降低，但体系中只有氯气一种气体，则氯气的体积分数不变，故C 错误；
D ．温度一定，在原平衡体系中加入氯气，平衡向正反应方向移动，温度不变，平衡常数不变，由于K =1/c (Cl 2)，因此再次达到平衡时氯气的浓度与原平衡的相同，故D 正确； 故选D 。

7．对于可逆反应N 2(g)+3H 2(g)⇌2NH 3(g) ΔH<0，下列各项对示意图的解释与图像相符的是
A ．①压强对反应的影响(p 2>p 1)
B ．②温度对反应的影响
C ．③平衡体系增加N 2对反应的影响
D ．④催化剂对反应的影响
答案：C 【详解】
A ．压强越大，化学反应速率越大达到化学平衡所需的时间越短，则P 2＜P 1；该反应是气态物质系数减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，则NH 3的体积分数增大，与
图像不符，A 不符合题意；
B ．该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，则N 2的转化率降低，与图像不符，B 不符合题意；
C ．反应达到平衡后，增大N 2的量，氮气的浓度增大，在这一瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变，然后正反应速率不断减小，逆反应速率不断增大，直到达到新的平衡，与图像符合，C 符合题意；
D ．因催化剂对化学平衡无影响，但催化剂会加快化学反应速率，则有催化剂时达到化学平衡所需的时间短，与图像不符，D 不符合题意； 答案选C 。

8．将2mol A 和2mol B 气体加入体积为1L 的密闭容器中，发生反应2A(g)+B(g)=2C(g)，若经2s 后测得C 的浓度为0.6mol •L ﹣
1，现有下列几种说法，其中正确的是
①用物质A 表示的反应平均速率为0.3mol •L ﹣1•s ﹣1 ②用物质B 表示的反应的平均速率为0.6mol •L ﹣1•s ﹣1 ③2s 时物质A 的转化率为30% ④2s 时物质B 的浓度为0.7mol •L ﹣1 A ．①③ B ．①④ C ．②③ D ．③④
答案：A 【详解】
经2秒后测得C 的浓度为0.6mol •L ﹣
1，则2s 内生成的n(C)=0.6mol/L ×1L=0.6mol ，2s 内v(C)=
c t ∆∆ =0.62
mol/(L •s)=0.3mol/(L •s)， ()()()
2A g B g 2C g mol 220mol 0.60.30.62mol 1.4
1.7
0.6
s +=起始量（）转化量（）后（）
①相同时间内，不同物质的化学反应速率之比等于其计量数之比，则相同时间内v(A)=v(C)=0.3mol/(L •s)，故①正确；
②相同时间内，不同物质的化学反应速率之比等于其计量数之比，则相同时间内v(B)=
12v(C)=1
2
×0.3mol/(L •s)=0.15mol/(L •s)，故②错误； ③2s 时物质A 的转化率=
转化量起始量×100%=0.61
21
mo mo ×100%=30%，故③正确；
④2s 时物质n(B)=1.7mol ，此时c(B)=n V =1.7mol
1L
=1.7mol/L ，故④错误； 故选：A 。

9．探究223242422Na S O +H SO Na SO +SO +S +H O ===↓↑反应的速率影响因素，设计了以下实验，下列说法正确的是
锥形瓶
-1
223
0.1 mol?L Na S O
溶液/mL
蒸馏
水
24
0.2 mol/H
L SO
溶液
反应
温度
浑浊出
现时间
/s
备注
11001020℃10 210x520℃16
31001050℃5第10秒开始浑浊不再增多
4106450℃8
A．x=6
B．3号瓶用223
Na S O来表示速率为0.0l mol/(L s)
C．由2号瓶和3号瓶实验结果可得温度越高反应速率越快
D．由1号瓶和4号瓶实验结果可得温度越高反应速率越快
答案：D
【详解】
A．研究外界条件对反应速率的影响时，需要控制唯一变量，锥形瓶1、2、3要保证溶液总体积为20mL才能满足条件，所以由10＋x＋5=20，可得x=5，A错误；
B．3号瓶中溶液总体积为20mL，所以
0.1mol/L10mL
c0.05mol/L
20mL
⨯
∆==，第10秒
开始浑浊不再增多，即10s时完全反应，所以速率为0.005 mol/(L?s)，B错误；
C．2号瓶和3号瓶硫酸浓度不同，温度也不同不同，3号瓶温度高，硫酸浓度也大，出现浑浊所需时间短，速率大的原因不仅是温度的影响，C错误；
D．1号瓶与4号瓶，4号瓶硫酸浓度虽然小，但是温度高，出现浑浊所需时间短，所以可以得出温度越高反应速率越快，D正确；
本题答案选D。

【点睛】
研究外界条件对反应速率的影响时，一定注意控制变量唯一。

10．K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O2-
7
(橙色)⇌2CrO2-4(黄色)+2H+。

用K2Cr2O7溶液进行下列实验，结合实验，下列说法不正确的是
A ．①中溶液橙色加深，③中溶液变黄
B ．②中Cr 2O 2-
7被C 2H 5OH 还原
C ．若向④中加入70%H 2SO 4溶液至过量，溶液变为橙色
D ．对比②和④可知K 2Cr 2O 7酸性溶液氧化性强 答案：C 【详解】
A ．①在平衡体系中加入酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，2-27Cr O 离子浓度增大，橙
色加深，③在平衡体系中加入碱，氢氧根离子消耗氢离子，氢离子浓度减小，平衡正向移动，溶液变黄，A 项正确；
B ．②中2-27Cr O 氧化乙醇，2-27Cr O 被乙醇还原为绿色的Cr 3+， B 项正确；
C ．若向④溶液中加入70%的硫酸至过量，溶液为酸性，可以氧化乙醇，溶液变绿色，C 项错误；
D ．②是酸性条件，④是碱性条件，酸性条件下K 2Cr 2O 7氧化乙醇，而碱性条件不能，说明酸性条件下氧化性更强，D 项正确； 答案选C 。

11．已知反应：()()()()23222CH CHCH g +Cl g CH CHCH Cl g +HCl g ==。

在一定压强
下，按ω=
()()
223n C1n CH =CHCH 向密闭容器中充入氯气与丙烯。

图甲表示平衡时，丙烯的体积
分数(φ)与温度(T)、ω的关系，图乙表示逆反应的平衡常数与温度的关系。

下列说法错误的是
A ．图甲中，1ω<1
B ．图乙中，B 线表示逆反应的平衡常数
C ．温度T 1、ω=2时，Cl 2的转化率约为33.3%
D ．若在恒容绝热装置中进行上述反应，达到平衡时，装置内的气体压强将增大 答案：B 【详解】
A ．当温度一定时，ω越大，丙烯转化率越大，平衡时丙烯体积分数越小，温度相同时ω1中丙烯体积分数较大，则1ω<1，故A 正确；
B ．根据甲图知，ω一定时升高温度丙烯体积分数增大，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，其逆反应为吸热反应，温度越高逆反应平衡常数越大，则A 表示逆反应
平衡常数，故B 错误；
C ．温度T 1、ω=2时，设2n(Cl )=2nmol ，则23n(CH =CHCH )=nmol ，容器体积为VL ，设氯气的转化率为x ，可逆反应
()
()()()()23222CH =CHCH (g)+Cl (g)CH =CHCH Cl(g)+HCl(g)mol n
2n
mol 2nx 2nx 2nx 2nx mol n 1-2x 2n 1-x 2nx 2nx
开始反应平衡
平衡常数221222nx nx V V K n nx n nx V V ⎛⎫⎛⎫⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=
=--⎛⎫⎛⎫⨯ ⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭， 解得x=33.3%，故C 正确；
D ．该反应正反应为放热反应，恒容绝热条件下，随着反应进行容器中温度升高，则气体压强增大，故D 正确； 答案选B 。

12．80℃时，NO 2(g)+SO 2(g)⇌SO 3(g)+NO(g)。

该温度下，在甲、乙、丙三个体积相等且恒容的密闭容器中，投入NO 2和SO 2，起始浓度如下表所示，其中甲经2 min 达平衡时，NO 2的转化率为50%，下列说法不正确的是
A ．容器甲中的反应在前2 min 的平均反应速率v (SO 2)=0.025 mol/(L·min)
B ．达到平衡时，容器丙中正反应速率与容器甲相等
C ．温度升至90℃，上述反应平衡常数为1.56，则反应的△H ＞0
D ．容器乙中若起始时改充0.10 mol/LNO 2和0.20 mol/L ，达到平衡时c (NO)与原平衡相同 答案：B 【详解】
A ．容器甲中起始时c (NO 2)=0.10 mol/L ，经2 min 达平衡时，NO 2的转化率为50%则反应的NO 2浓度为0.050 mol/L ，则反应消耗SO 2的浓度也是0.050 mol/L ，故反应在前2 min 的平均速率v (SO 2)=
0.050mol/L
2min
=0.025 mol/(L·min)，A 正确；
B ．反应NO 2(g)+SO 2(g)⇌SO 3(g)+NO(g)为气体体积不变的反应，压强不影响平衡，则容器甲和丙互为等效平衡，平衡时反应物转化率相等，由于丙中各组分浓度为甲的2倍，则容器丙中的反应速率比A 大，B 错误；
C ．对于容器甲，反应开始时c (NO 2)=c (SO 2)=0.10 mol/L ，经2 min 达平衡时，NO 2的转化率为50%，则反应的c (NO 2)=0.050 mol/L ，根据物质反应转化关系可知，此时c (SO 2)=0.10
mol/L=0.050 mol/L=0.050 mol/L ，c (NO)=c (SO 3)=0.050 mol/L ，该反应的化学平衡常数K =
322c(SO )?c(NO)0.050?0.050
==1c(NO )?c(SO )0.050?0.050
，温度升至90℃，上述反应平衡常数为1.56＞1，
则升高温度化学平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，故该反应的△H ＞0，C 正确；
D ．化学平衡常数只与温度有关，与其它外界条件无关。

由于NO 2(g)、SO 2(g)消耗是1：1关系，反应产生的SO 3(g)、NO(g)也是1：1关系，所以容器乙中若起始时改充0.10 mol/LNO 2和0.20 mol/L ，平衡时，322c(SO )?c(NO)
c(NO )?c(SO )
与原来的乙相同，则达到平衡时c (NO)
与原平衡就相同，D 正确； 故合理选项是B 。

13．在容积为1.0 L 的容器中，通入一定量的N 2O 4，发生反应N 2O 4(g)2NO 2(g)，随
温度升高，混合气体的颜色变深。

体系中各物质的浓度与时间关系如图所示。

下列说法正
确的是
A ．反应的ΔH ＜0
B ．在0～60 s 时段，反应速率 v(NO 2)=0.002 mol/(L·s)
C ．该温度下，平衡常数K=0.24
D ．T 1℃时平衡后将温度变为T 2℃，测得c(N 2O 4)降低，则T 1>T 2 答案：B 【详解】
A ．随温度的升高，混合气体的颜色变深，则化学平衡向正反应方向移动，正反应方向为吸热反应，则ΔH >0，故A 错误；
B ．由图可知，0∼60s 时段，NO 2浓度变化为：0.12 mol/L−0 mol/L=0.12 mol/L ，则 v(NO 2)=
0.12mol/L
60s
=0.002mol ⋅L -1⋅s -1，故B 正确；
C ．由图可知，60s 时达到平衡，c(NO 2)=0.12mol/L ，C(N 2O 4)=0.04mol/L ，
K=22242
0.12=c (NO )c(N O )0.04
=0.36，故C 错误；
D ．温度改变后，c(N 2O 4)降低，说明平衡正向移动，而正反应ΔH >0，则T 2>T 1，故D 错误；
故选B 。

14．在恒容密闭容器中发生反应2SiHCl 3（g ）
SiH 2Cl 2（g ）＋SiCl 4（g ）。

在323K 和
343K 时SiHCl 3的转化率随时间变化的结果如图所示。

下列说法正确的是
A ．323K 时，缩小容器体积一半，正逆反应的速率不改变
B ．343K 时，向容器内通入Ar 或分离出SiCl 4都可提高SiHCl 3的转化率
C ．343K 时，上述反应的化学平衡常数约为0.02
D ．a 点所在曲线对应的温度为343K ，该反应的正反应为放热反应
答案：C
解析：根据图像，a 点所在曲线先达到平衡状态，则a 点所在曲线温度高，即温度为343K ；升高温度，SiHCl 3的转化率增大，平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应；据此分析作答。

【详解】
A ．将容器体积缩小一半，压强增大，正逆反应的速率都增大，故A 项错误；
B ．在343K 时，向容器内通入Ar ，反应体系中各物质的浓度不变，平衡不移动，不能提高SiHCl 3的转化率，故B 项错误；
C ．由图示可知343K 时反应2SiHCl 3（g ）SiH 2Cl 2（g ）＋SiCl 4（g ）的平衡转化率
22%，设SiHCl 3的起始浓度为c mol/L ，则
32242SiHCl g SiH Cl g SiCl g mol/L 00mol/L 0.220.110.11mol/L 0.780.110.11c c c c c
c
c
（）
（）＋（）起始浓度（）
变化浓度（）平衡浓度（）
平衡常数()()
()
()
224343K 2
230.110.110.020.78c SiH Cl c SiCl c c
K c SiHCl c ⨯=
=
≈，故C 项正确；
D ．由图象可知，先拐先平温度高，则a 的反应温度高于b ，温度越高SiHCl 3的转化率越大，升温平衡正向进行，正反应为吸热反应，所以a 点所在的曲线对应的温度为343K ，该反应的正反应为吸热反应，故D 项错误；
故选C 。

15．一定温度下，将2 mol A 和2 mol B 两种气体混合于固定容积为2L 的密闭容器中，发生反应： 2A(g)+B(g)
x C(g)+2D(s)。

2min 末该反应达到平衡，此时剩余1.2 mol B ，并测
得C 的浓度为1.2 mol/L 。

下列判断正确的是 A ．D 能表示的平均反应速率为0.4mol/(L·min) B ．A 的转化率是40%
C ．该条件下此反应的化学平衡常数约为0.72
D ．若混合气体的密度保持不变，该反应达到平衡状态
答案：D
解析：2min 时反应达到平衡状态，此时剩余1.2mol B ，B 的浓度变化为
2 1.22mol mol
L
-=
0.4mol/L ，C 的浓度为1.2mol/L ，B 、C 的浓度变化与化学计量数成正比，则0.4mol/L ：1.2mol/L=1：x ，解得：x=3，
()()
()()220mol 1.60.8 2.4mol 0.4
1.2
2.24
23A g B g C g D s mol ++改变()平衡()
开始()
以此解答该题。

【详解】
A ．D 为固体，不能用于表达化学反应速率，A 选项错误；
B ．由分析中三段式计算得A 的转化率为
1.6100%2mol
mol
⨯=80%，B 选项错误； C ．根据三段式计算，得到方程式中C 的系数为3，平衡常数K=3
22.4(
)20.4 1.2()22
⨯=72，C 选项错误；
D ．在体积固定的容器中，由于D 为固体，密度不变可以说明该反应达到化学平衡状态，故D 正确。

答案选D 。

【点睛】
考查化学平衡的计算，明确化学平衡移动影响为解答关键，注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用方法。

二、填空题
16．合理处理碳、氮氧化物，减少在大气中的排放，在生产、生活中有重要意义。

回答下列问题：
(1)利用H2还原CO2是减少CO2排放的一种方法。

H2在Cu－ZnO催化下可与CO2同时发生反应I、II，两反应的反应过程与能量的关系如图所示。

I.CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1
II.CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2
由图可知反应I是_________反应(填“吸热”或“放热”)，ΔH1_________ΔH2(填“＞”、“＜”或“＝”)。

(2)H2还可以将CO2还原为CH4(g)和H2O(l)。

已知25℃、101 kPa时H2和CH4的燃烧热分别为285.8 kJ·mol－1和890.3 kJ·mol－1，则25℃、101 kPa时H2与CO2反应生成CH4(g)和
H2O(l)的热化学方程式为__________________。

(3)利用反应II生成的CO可将N2O转化为N2，反应的能量变化及反应历程如图所示，依次进行两步反应的化学方程式分别为①N2O＋Fe＋＝N2＋FeO＋(慢)，②FeO＋＋CO＝CO2＋Fe＋(快)。

反应过程中的中间产物是______________，每转化22.4 L(标准状况)N2O转移电子的数目为______________，反应①和反应②的活化能Ea①_________Ea②(填“>”或“<”)。

答案：放热＜4H2(g)+CO2(g)=CH4(g)+2H2O(l) ΔH=-252.9 kJ/mol FeO+2N A或
1.204×1024＞
【详解】
(1)由图可知，反应I的反应物总能量高于生成物总能量，因此反应I为放热反应；ΔH1=生成总能量-反应物总能量，因此ΔH1 0；反应II的反应物总能量小于生成物总能量，则
ΔH 2>0；故ΔH 1<ΔH 2；
(2)25℃、101 kPa 时H 2和CH 4的燃烧热分别为285.8 kJ·mol －1和890.3 kJ·mol －1，则分别表示H 2和CH 4的燃烧热的热化学方程式为①H 2(g)+
1
2
O 2(g)=H 2O(l) ΔH 3=-285.8 kJ·mol －1，②CH 4(g)+2O 2(g)=CO 2(g)+2H 2O(l) ΔH 4=-890.3 kJ·
mol －1，根据氧化还原反应化合价升降守恒可知，H 2与CO 2反应生成CH 4(g)和H 2O(l)的化学方程式为4H 2+CO 2=CH 4+2H 2O ，根据盖斯定律可知，该反应热化学方程式可由①×4-②得4H 2(g)+CO 2(g)=CH 4(g)+2H 2O(l) ΔH =[(-285.8)×4-(-890.3)] kJ/mol=-252.9 kJ/mol ；
(3)由图可知，FeO +作反应①的生成物，同时是反应②的反应物，因此FeO +为中间产物；该反应的总反应为CO+N 2O=N 2+CO 2，反应过程中，C 元素化合价由+2升高至+4，N 元素化合价由+1降低至0，标准状况下22.4L N 2O 的物质的量为1mol ，由反应化学方程式及变价可知，每消耗1mol N 2O 转移2mol 电子，其数目为2N A 或1.204×
1024；反应①为慢反应，反应②为快反应，相同条件下，反应活化能越低，反应速率越快，因此Ea ①＞Ea ②。

17．已知反应：2SO 2(g)＋O 2(g)
Δ
催化剂2SO 3(g) ΔH =-Q kJ·mol -1。

将2 molSO 2和1 molO 2
通入体积为5 L 的密闭容器中进行反应。

反应在不同催化条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图所示。

(1)由图可知，催化效率更佳的是曲线________(填“a”或“b”)。

若将反应改在恒容绝热容器中进行，下列不能判断其达到平衡状态的是________。

A ．SO 2的转化率不再变化 B ．体系温度不再变化 C ．
22c(SO )
c(O )
不再变化 D ．混合气体平均分子量不再变化 (2)观察曲线a ，通过计算回答下列问题：
①60min 内，用浓度变化表示O 2的平均反应速率为__________，反应中放出热量为_______kJ(用Q 表示)。

②平衡时，SO 3的百分含量为_________。

(3)反应2SO 2(g)＋O 2(g)
Δ
催化剂2SO 3(g)中，V 2O 5是催化剂的活性成分，有人提出：V 2O 5
在对反应Ⅰ的催化循环过程中，经历了Ⅱ、Ⅲ两个反应阶段，如图所示：
已知反应Ⅱ为SO 2+V 2O 5V 2O 4·SO 3，则反应Ⅲ的化学方程式为___________________。

答案：曲线b C 0.003 mol/(L··min) 0.9Q 85.7% 2V 2O 4·SO 3 +O 22V 2O 5+2SO 3
【详解】
(1)据图可知曲线b 达到平衡所需时间更短，催化效率更佳；
A ．反应达到平衡时正逆反应速率相等，各物质的转化率不再改变，能说明达到平衡，故A 不选；
B ．容器绝热，该反应为放热反应，未平衡时温度会一直变化，温度不变时可以说明反应平衡，故B 不选；
C ．初始投料c (SO 2)：c (O 2)=2：1，反应时二者按2：1的比例反应，所以比值一直不变，不能说明反应是否平衡，故C 选；
D ．反应物和生成物均为气体，则气体总质量不变，反应前后气体系数之和不相等，未平衡时气体的物质的量会变，则混合气体的平均分子量会变，当其不变时达到平衡，故D 不选；
(2)①据图可知曲线a 在60min 时反应达到平衡，初始压强为200kPa ，平衡压强为140kPa ，设平衡时Δn (O 2)=x mol ，列三段式有：
()()
()
2232SO g O 210
2x x 2x 2-2x 1-x g 2SO g 2x
+起始转化平衡 压强之比等于气体物质的量之比，所以有
2-2x+1-x+2x 140
=2+1200
，解得x=0.9mol ，容器体积
为5L ，所以O 2的平均反应速率为0.9mol
5L 60min
=0.003 mol/(L·
·min)；根据2SO 2(g)＋O 2(g)
Δ
催化剂2SO 3(g) ΔH=-Q kJ·mol -1可知0.9mol 氧气反应时方出的热量为0.9Q ；
②平衡时SO 3的百分含量为
1.8mol
100%0.2mol+0.1mol+1.8mol
⨯=85.7%；
(3)V 2O 5为催化剂，所以反应Ⅱ中V 2O 5为反应物，则反应Ⅲ中为生成物，且中间产物2V 2O 4·SO 3 为反应Ⅲ的反应物，另一反应物为O 2，所以反应Ⅲ的化学方程式为2V 2O 4·SO 3 +O 2
2V 2O 5+2SO 3。

18．(1)试运用盖斯定律回答下列问题: (1)已知:H 2O(g)===H 2O(l) ΔH 1= -Q 1kJ·mol -1
C 2H 5OH(g)===C 2H 5OH(l) ΔH 2= -Q 2kJ·mol -1
C 2H 5OH(g)+3O 2(g)===2CO 2(g)+3H 2O(g) ΔH 3= -Q 3kJ·mol -1
若使23 g 液态无水酒精完全燃烧,并恢复到室温,则整个过程中放出的热量为________kJ 。

(2)碳(s)在氧气供应不充分时,生成CO 的同时还生成部分CO 2,因此无法通过实验直接测得反
应C(s)+
1
2
O 2(g)=CO(g)的ΔH 。

但可设计实验,利用盖斯定律计算出该反应的ΔH ,计算时需要测得的实验数据有__________。

计算丙烷的燃烧热有两种途径:
途径Ⅰ:C 3H 8(g)+5O 2(g)===3CO 2(g)+4H 2O(l) ΔH =-a kJ·
mol -1。

途径Ⅱ:C 3H 8(g)===C 3H 6(g)+H 2(g) ΔH =+b kJ·
mol -1; 2C 3H 6(g)+9O 2(g)===6CO 2(g)+6H 2O(l) ΔH =-c kJ·mol -1; 2H 2(g)+O 2(g)===2H 2O(l) ΔH =-d kJ·mol -1(a 、b 、c 、d 均为正值)。

请回答下列问题:
(3)判断等量的丙烷通过两种途径放出的热量,途径Ⅰ放出的热量______(填“大于”“等于”或“小于”)途径Ⅱ放出的热量。

(4)由于C 3H 8(g)=C 3H 6(g)+H 2(g)的反应中,反应物具有的总能量_______(填“大于”“等于”或“小于”)生成物具有的总能量,那么在化学反应时,反应物就需要_______(填“放出”或“吸收”)能量才能转化为生成物,该反应熵_________(填“增大”或“减小”)。

(5)b 与a 、c 、d 的数学关系式是____________。

答案：5(Q 3-Q 2+3Q 1) C(s)和CO(g)的燃烧热 等于 小于 吸收 增大 2b=c+d-2a 【详解】
(1)设已知三个方程式分别为a 、b 、c ，则据盖斯定律，c-b+3a 得C 2H 5OH(l)+3O 2(g)
2CO 2(g)+3H 2O(l)，反应热ΔH =-Q 3-(-Q 2)+3(-Q 1)= -(Q 3-Q 2+3Q 1)kJ·mol-
1，所以23 g(即0.5 mol)液态乙醇完全燃烧生成液态H 2O 时放出热量为：0.5(Q 3-Q 2+3Q 1)kJ ； (2)C(s)+O 2(g)
CO 2(g) ΔH 1 CO(g)+
1
2
O 2(g)CO 2(g) ΔH 2
两式相减得C(s)+
1
2
O 2(g)CO(g) ΔH =ΔH 1-ΔH 2，故所需数据为C(s)和CO(g)的燃烧热；
(3)等量的丙烷燃烧，生成物均是CO 2(g)、H 2O(l)，由盖斯定律知途径Ⅱ经过三步反应放出的热量与途径Ⅰ放出的热量相等；
(4)ΔH >0，所以该反应中反应物的总能量小于生成物的总能量，反应时，反应物需要吸收能量转化为生成物，该反应是气体体积增大的反应，所以熵增大； (5)由盖斯定律推知：-a=b+(
2c -)+( 2
d
-),即2b=c+d-2a 。

19．(1)向一体积不变的密闭容器中加入2mol A 、0.6mol C 和一定量的B 三种气体。

一定条件下发生反应2A(g)B(g)
3C(g)H 0+∆>，各物质浓度随时间变化如图1所
示。

图2为2t 时刻后改变反应条件，平衡体系中反应速率随时间变化的情况，且四个阶段都各改变一种不同的条件。

已知34t ~t 阶段为使用催化剂；图1中01t ~t 阶段c(B)未画出。

①45t ~t ，56t ~t 阶段改变的条件为_________，________B 的起始物质的量为________。

②为使该反应的反应速率减慢且平衡向逆反应方向移动可以采取的措施有_________。

(2)某小组利用224H C O 溶液和硫酸酸化的4KMnO 溶液反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”。

实验时通过测定酸性4KMnO 溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。

该小组设计了如下方案。

已知：
42242424422KMnO H C O H SO K SO MnSO CO H O ++→++↑+(未配平)。

实验
编号 14
0.1mol L KMnO -⋅酸性溶液的体积/mL 1
224
0.6mol L H C O -⋅溶液的体积/mL
2H O 的体
积/mL 实验温度/℃
溶液褪色所需时间
/min ① 10 1V
35 25 ② 10 10 30
25 ③
10
10
2V
50
①表中1V =___________mL ，2___________mL
②探究温度对化学反应速率影响的实验编号是________(填编号，下同)，可探究反应物浓度对反应速率影响的实验编号是____________。

③实验①测得4KMnO 溶液的褪色时间为2min ，忽略混合前后溶液体积的微小变化，这段时间内平均反应速率()224H C O =v _______________.
④已知50℃时(
)
-
4c MnO 与反应时间t 的变化曲线如图。

若保持其他条件不变，请在坐标图中，画出25℃时(
)
-
4MnO t c ～的变化曲线示意图。

_________
答案：减小压强升高温度0.1mol降低温度或及时移出A、B5302和31和2 0.025 mol•L−1•min−1
【详解】
(1)①t3～t4阶段与t4～t5阶段正逆反应速率都相等，而t3～t4阶段为使用催化剂，若t4～t5阶段改变的条件为降低反应温度，平衡会发生移动，则正逆反应速率不相等，该反应为气体等体积反应，则t4～t5阶段应为减小压强；t5～t6阶段化学反应速率均增加，且正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，该反应正向为吸热反应，因此t5～t6阶段改变的条件为升高温度；反应开始至平衡过程中，A的物质的量浓度由1mol/L降低至0.8mol/L，
Δc(A)=0.2mol/L，则Δc(B)=0.1mol/L，A起始的物质的量为2mol，起始浓度为1mol/L，则容器体积为2L，平衡时c(B)=0.4mol/L，则起始c(B)=0.4mol/L+0.1mol/L=0.5mol/L，
n(B)=0.5mol/L×2L=0.1mol；
②要使化学反应速率减慢，则需要减弱外界条件，该反应为气体等体积吸热反应，因此可通过降低温度或及时移出A、B使该反应的反应速率减慢且平衡向逆反应方向移动；(2)①实验2混合液的总体积为10mL+10mL+30mL=50mL，则
V1=50mL−10mL−35mL=5mL，V2=50mL−10mL-10mL=30mL；
②探究温度对化学反应速率影响，必须满足除了温度不同，其他条件完全相同，所以满足此条件的实验编号是：2和3；探究反应物浓度对化学反应速率影响，除了浓度不同，其他条件完全相同的实验编号是1和2，故答案为：2和3；1和2；
③草酸的物质的量为0.60mol/L×0.005L=0.003mol，高锰酸钾的物质的量为0.10
mol/L×0.01L=0.001mol，草酸和高锰酸钾的物质的量之比为0.003mol：0.001mol=3：1，由2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O可知草酸过量，高锰酸钾完全
反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为0.001mol
0.05L
=0.02mol/L，这段时间内平均反应速率
v (KMnO 4)=
0.02mol/L
2min
=0.01mol•L −1•min −1，由速率之比等于化学计量数之比可知，这段时
间内平均反应速率v (H 2C 2O 4)=0.01mol•L −1•min −1×52
=0.025 mol•L −1•min −1，故答案为：0.025 mol•L −1•min −1；
④25℃时反应速率小于50℃时，所以高锰酸根离子的浓度变化比50℃时小，反应需要的时间大于50℃条件下需要的时间，据此画出25℃时(
)
-
4MnO t c ～的变化曲线示意图为：。

20．硫酸是重要的化工原料，工业制取硫酸最重要的一步反应为： 2SO 2(g)＋O 2(g)
2SO 3(g) △H <0
(1)为提高SO 2的转化率，可通入过量O 2，用平衡移动原理解释其原因：_________。

(2)某兴趣小组在实验室对该反应进行研究，部分实验数据和图像如下。

反应条件：催化剂、一定温度、容积10 L
实验 起始物质的量/mol
平衡时SO 3物质的量/mol
SO 2 O 2 SO 3
i 0.2 0.1 0 0.14 ii
0.2
a
2②a ＝________。

③t 1、t 2、t 3中，达到化学平衡状态的是_______。