高考化学化学反应的速率与限度推断题综合题含详细答案

高考化学化学反应的速率与限度推断题综合题含详细答案
一、化学反应的速率与限度练习题（含详细答案解析）
1．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。

2．能源与材料、信息一起被称为现代社会发展的三大支柱。

面对能源枯竭的危机，提高能源利用率和开辟新能源是解决这一问题的两个主要方向。

(1)化学反应速率和限度与生产、生活密切相关，这是化学学科关注的方面之一。

某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，在400mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水法收集反应放出的氢气，实验记录如下(累计值):
时间/min12345
氢气体积/mL(标况)100240464576620
①哪一段时间内反应速率最大：__________min(填“0～1”“1～2”“2～3”“3～4”或“4～5”)。

②另一学生为控制反应速率防止反应过快难以测量氢气体积。

他事先在盐酸中加入等体积的下列溶液以减慢反应速率但不影响生成氢气的量。

你认为可行的是____________(填字母序号)。

A．KCl溶液 B．浓盐酸 C．蒸馏水 D．CuSO4溶液
(2)如图为原电池装置示意图：
①将铝片和铜片用导线相连，一组插入浓硝酸中，一组插入烧碱溶液中，分别形成了原电池，在这两个原电池中，作负极的分别是_______(填字母)。

A．铝片、铜片 B．铜片、铝片
C．铝片、铝片 D．铜片、铜片
写出插入浓硝酸溶液中形成的原电池的负极反应式：_______________。

②若A为Cu，B为石墨，电解质为FeCl3溶液，工作时的总反应为
2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2。

写出B电极反应式：________；该电池在工作时，A电极的质量将_____(填“增加”“减小”或“不变”)。

若该电池反应消耗了0.1mol FeCl3，则转移电子的数目为_______。

【答案】2～3 AC B Cu-2e−=Cu2+ Fe3++e−=Fe2+减小 0.1N A
【解析】
【分析】
(1)①先分析各个时间段生成氢气的体积，然后确定反应速率最大的时间段。

②A．加入KCl溶液，相当于加水稀释；
B．加入浓盐酸，增大c(H+)；
C．加入蒸馏水，稀释盐酸；
D．加入CuSO4溶液，先与Zn反应生成Cu，形成原电池。

(2)①将铝片和铜片用导线相连，一组插入浓硝酸中，铝发生钝化，铜失电子发生反应；一组插入烧碱溶液中，铜不反应，铝与电解质发生反应，由此确定两个原电池中的负极。

由此可写出插入浓硝酸溶液中形成的原电池的负极反应式。

②若A为Cu，B为石墨，电解质为FeCl3溶液，工作时A作负极，B作正极，则B电极，Fe3+得电子生成Fe2+；该电池在工作时，A电极上Cu失电子生成Cu2+进入溶液。

若该电池反应消耗了0.1mol FeCl3，则Fe3+转化为Fe2+，可确定转移电子的数目。

【详解】
(1)①在1min的时间间隔内，生成氢气的体积分别为140mL、224mL、112mL、44mL，从而确定反应速率最大的时间段为2～3min。

答案为：2～3；
②A．加入KCl溶液，相当于加水稀释，反应速率减慢但不影响生成氢气的体积，A符合题意；
B．加入浓盐酸，增大c(H+)，反应速率加快且生成氢气的体积增多，B不合题意；
C．加入蒸馏水，稀释盐酸，反应速率减慢但不影响生成氢气的体积，C符合题意；D．加入CuSO4溶液，先与Zn反应生成Cu，形成原电池，反应速率加快但不影响氢气的总量；
故选AC。

答案为：AC；
(2)①将铝片和铜片用导线相连，一组插入浓硝酸中，铝发生钝化，铜失电子发生反应；一组插入烧碱溶液中，铜不反应，铝与电解质发生反应，由此确定两个原电池中的负极分别为铜片、铝片，故选B。

由此可写出插入浓硝酸溶液中形成的原电池的负极反应式为Cu-
2e−=Cu2+。

答案为：B；Cu-2e−=Cu2+；
②若A为Cu，B为石墨，电解质为FeCl3溶液，工作时A作负极，B作正极，则B电极上Fe3+得电子生成Fe2+，电极反应式为Fe3++e−=Fe2+；该电池在工作时，A电极上Cu失电子生成Cu2+进入溶液，A电极的质量将减小。

若该电池反应消耗了0.1mol FeCl3，则Fe3+转化为Fe2+，可确定转移电子的数目为0.1N A。

答案为：减小；0.1N A。

【点睛】
虽然铝的金属活动性比铜强，但由于在常温下，铝表面形成钝化膜，阻止了铝与浓硝酸的进一步反应，所以铝与浓硝酸的反应不能持续进行，铝作正极，铜作负极。

3．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(CO 2)×c(H 2)=c(CO)×c(H 2O)，即K =()()
()()
222CO H O CO H c c c c =1，根据表格数据，
此时的温度为830℃。

4．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）：
（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 ，“4～5min”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 。

5．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 ”。

6．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1
2c c ＝951010
--＝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 ＝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，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。

7．为解决“温室效应”日趋严重的问题,科学家们不断探索CO 2的捕获与资源化处理方案,利用CH 4捕获CO 2并转化为CO 和H 2混合燃料的研究成果已经“浮出水面”。

已知:①CH 4(g)十H 2O(g)==CO(g)+3H 2(g) △H 1=+206.4kJ/mol ②CO(g)+H 2O(g)==CO 2(g)+H 2(g) △H 2=-41.2kJ/mol
T 1°C 时，在2L 恒容密闭容器中加入2molCH 4和1molCO 2，并测得该研究成果实验数据如下：
请回答下列问题:
（1）该研究成果的热化学方程式③CH 4(g)+CO 2(g)==2CO(g)+2H 2(g) △H=_____ （2）30s 时CH 4的转化率为_______，20~40s,v(H 2)=_______.
（3）T 2°C 时,该反应的化学平衡常数为1.5,则T 2___T 1(填“>”“=”或 “<”。

) （4）T 1°C 时反应③达到平衡的标志为______________。

A ．容器内气体密度不变 B ．体系压强恒定 C ．CO 和H 2的体积分数相等且保持不变 D ．2v(CO)逆=v(CH 4)正
（5）上述反应③达到平衡后,其他条件不变,在70 s 时再加入2 molCH 4和1molCO 2,此刻平衡的移动方向为________(填“不移动”“正向”或“逆向"),重新达到平衡后，CO 2的总转化率比原
平衡____________(填“大”“小”或“相等”)。

【答案】+247.6KJ/mol 23% 0.005mol/(L ·s) ＞ BC 正向 小 【解析】 【分析】
已知：①CH 4(g)十H 2O(g)=CO(g)+3H 2(g) △H 1=+206.4kJ/mol ②CO(g)+H 2O(g)=CO 2(g)+H 2(g) △H 2=-41.2kJ/mol
(1)利用盖斯定律，将①-②，可得出热化学方程式③CH 4(g)+CO 2(g)=2CO(g)+2H 2(g) △H 。

(2)利用三段式，建立各物质的起始量、变化量与平衡量的关系，可得出30s 时CH 4的转化率，20~40s 的v (H 2)。

(3)利用三段式，可求出T 1时的化学平衡常数，与T 2时进行比较，得出T 2与T 1的关系。

(4)A ．气体的质量不变，容器的体积不变，则容器内气体密度始终不变； B ．容器的体积不变，气体的分子数随反应进行而发生变化； C ．平衡时，CO 和H 2的体积分数保持不变；
D ．2v(CO)逆=v(CH 4)正，方向相反，但数值之比不等于化学计量数之比。

(5)利用浓度商与平衡常数进行比较，可确定平衡移动的方向；利用等效平衡原理，可确定CO 2的总转化率与原平衡时的关系。

【详解】
已知：①CH 4(g)十H 2O(g)=CO(g)+3H 2(g) △H 1=+206.4kJ/mol ②CO(g)+H 2O(g)=CO 2(g)+H 2(g) △H 2=-41.2kJ/mol
(1)利用盖斯定律，将①-②，可得出热化学方程式③CH 4(g)+CO 2(g)=2CO(g)+2H 2(g) △H =+247.6kJ/mol ，故答案为：+247.6kJ/mol ； (2)利用表中数据，建立如下三段式：
422CH (g)CO (g)2CO(g)2H (g)(mol)
2(m 1000.460.920.920.54
0.92
0.9ol) 0.46s (mol)
1.54
2
++垐?噲?
起始转化30末
30s 时，CH 4的转化率为
0.46mol 100%2mol ⨯=23%，20~40s 的v (H 2)=1mol 0.8mol
2L 20s
-⨯=
0.005mol/(L∙s)，故答案为：23%；0.005mol/(L∙s)；
(3)利用平衡时的数据，可求出T 1时的化学平衡常数为220.50.51
=0.750.253
⨯⨯<1.5，则由T 1到T 2，
平衡正向移动，从而得出T 2>T 1，故答案为：>；
(4)A ．反应前后气体的总质量不变，容器的体积不变，则容器内气体密度始终不变，则密度不变时，不一定达平衡状态，A 不合题意；
B ．气体的分子数随反应进行而发生改变，则压强随反应进行而改变，压强不变时达平衡状态，B 符合题意；
C ．平衡时，CO 和H 2的体积分数保持不变，反应达平衡状态，C 符合题意；
D．2v(CO)逆=v(CH4)正，速率方向相反，但数值之比不等于化学计量数之比，反应未达平衡，D不合题意；
故答案为：BC；
(5)平衡时加入2molCH4和1molCO2，浓度商为Q=
22
0.50.511
=
1.750.75213
⨯
<
⨯
，所以平衡正向移
动；加入2molCH4和1molCO2，相当于原平衡体系加压，平衡逆向移动，CO2的总转化率比原平衡小，故答案为：正向；小。

【点睛】
计算平衡常数时，我们需使用平衡浓度的数据，解题时，因为我们求30s时的CH4转化率，所以易受此组数据的干扰，而使用此时的数据计算平衡常数，从而得出错误的结果。

8．硫酸是重要的化工原料，生产过程中SO2催化氧化生成SO3的化学反应为：
2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)。

(1)实验测得SO2反应生成SO3的转化率与温度、压强有关，请根据下表信息，结合工业生产实际，选择最合适的生产条件是__。

SO2压强
转化率
温度
1个大气压5个大气压10个大气压15个大气压400℃0.99610.99720.99840.9988 500℃0.96750.97670.98520.9894 600℃0.85200.88970.92760.9468 (2)反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)达到平衡后，改变下列条件，能使SO2(g)平衡浓度比原来减小的是__（填字母）。

A．保持温度和容器体积不变，充入1molO2(g)
B．保持温度和容器体积不变，充入2molSO3(g)
C．降低温度
D．在其他条件不变时，减小容器的容积
(3)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。

2.0molSO2和1.0molO2置于10L密闭容器中，反应达平衡后，体系总压强为0.10MPa。

平衡状态由A变到B时，平衡常数K(A)__K(B)（填“>”、“<”或“=”），B点的化学平衡常数是__。

(4)在一个固定容积为5L的密闭容器中充入0.20molSO2和0.10molO2，t1时刻达到平衡，测得容器中含SO30.18mol。

①t l时刻达到平衡后，改变一个条件使化学反应速率发生如图所示的变化，则改变的条件是__。

A．体积不变，向容器中通入少量O2
B．体积不变，向容器中通入少量SO2
C．缩小容器体积
D．升高温度
E．体积不变，向容器中通入少量氮气
②若继续通入0.20molSO2和0.10molO2，则平衡__移动（填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”)，再次达到平衡后，_mol<n(SO3)<_mol。

【答案】1个大气压和400℃ A、C = 800 C 正向 0.36 0.4
【解析】
【分析】
(1)从表中可以看出，压强越大，SO2的转化率越大，但变化不大；温度越高，转化率越小。

综合以上分析，应选择低温低压。

(2)A．保持温度和容器体积不变，充入1molO2(g)，平衡正向移动，SO2(g)平衡浓度减小；B．保持温度和容器体积不变，充入2molSO3(g)，平衡逆向移动，SO2(g)平衡浓度增大；C．降低温度，平衡正向移动，SO2(g)平衡浓度减小；
D．在其他条件不变时，减小容器的容积，相当于加压，平衡正向移动，SO2(g)平衡浓度增大。

(3)温度一定时，平衡常数不变，由此得出A、B两点平衡常数K(A)与K(B)的关系，因为给定压强为0.10MPa，是A点的压强，所以应用A点的转化率计算化学平衡常数。

(4)在一个固定容积为5L的密闭容器中充入0.20molSO2和0.10molO2，t1时刻达到平衡，测得容器中含SO30.18mol。

①A．体积不变，向容器中通入少量O2，v正增大，v逆不变；
B．体积不变，向容器中通入少量SO2，v正增大，v逆不变；
C．缩小容器体积，相当于加压，平衡正向移动，v正增大，v逆增大，但v正增大更多；D．升高温度，平衡逆向移动，v正增大，v逆增大，但 v逆增大更多；
E ．体积不变，向容器中通入少量氮气，平衡不发生移动，v 正不变，v 逆不变。

②若继续通入0.20molSO 2和0.10molO 2，相当于加压，平衡正向移动，再次达到平衡后，n (SO 3)应比原平衡时浓度的二倍要大，但比反应物完全转化要小。

【详解】
(1)从表中可以看出，压强越大，SO 2的转化率越大，但变化不大；温度越高，转化率越小。

综合以上分析，应选择低温低压，故应选择1个大气压和400℃。

答案为：1个大气压和400℃；
(2)A ．保持温度和容器体积不变，充入1molO 2(g)，平衡正向移动，SO 2(g)平衡浓度减小，A 符合题意；
B ．保持温度和容器体积不变，充入2molSO 3(g)，平衡逆向移动，SO 2(g)平衡浓度增大，B 不合题意；
C ．降低温度，平衡正向移动，SO 2(g)平衡浓度减小，C 符合题意；
D ．在其他条件不变时，减小容器的容积，相当于加压，虽然平衡正向移动，但SO 2(g)平衡浓度仍比原平衡时大，D 不合题意； 故选AC ；
(3)温度一定时，平衡常数不变，由此得出A 、B 两点平衡常数K (A)=K (B)，因为给定压强为0.10MPa ，是A 点的压强，所以应用A 点的转化率计算化学平衡常数，从而建立以下三段式：
2232SO (g)O (g)2SO (g)(mol/L)
0.20.10
(mol/L)0.160.080.16(mol/L)
0.04
0.02
0.16
∆
+垐垐?噲垐?催化剂起始量变化量平衡量 K =2
2
0.160.040.02
⨯=800。

答案为：=；800； (4)①A ．体积不变，向容器中通入少量O 2，v 正增大，v 逆不变，A 不合题意； B ．体积不变，向容器中通入少量SO 2，v 正增大，v 逆不变，B 不合题意；
C ．缩小容器体积，相当于加压，平衡正向移动，v 正增大，v 逆增大，但v 正增大更多，C 符合题意；
D ．升高温度，平衡逆向移动，v 正增大，v 逆增大，但 v 逆增大更多，D 不合题意；
E ．体积不变，向容器中通入少量氮气，平衡不发生移动，v 正不变，v 逆不变，E 不合题意； 故选C ；
②若继续通入0.20molSO 2和0.10molO 2，相当于加压，平衡正向移动，再次达到平衡后，n (SO 3)应比原平衡时浓度的二倍要大，即n (SO 3)>0.36mol ，但比反应物完全转化要小，即n (SO 3)<0.4mol 。

答案为：正向；0.36mol ；0.4mol 。

【点睛】
对于SO 2转化为SO 3的反应，虽然加压平衡正向移动，SO 2的转化率增大的很少，但对设备、动力的要求提高很多，从经济上分析不合算，所以应采用常压条件。

9．研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。

（1）一定条件下，将2molNO与2molO2置于恒容密闭容器中发生如下反应：
2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，下列各项能说明反应达到平衡状态的是_____________。

A.体系压强保持不变
B.混合气体颜色保持不变
C.NO和O2的物质的量之比保持不变
D.每消耗1molO2同时生成2molNO
（2）CO可用于合成甲醇，一定温度下，向体积为2L的密闭容器中加入CO和H2，发生反应CO(g)+2H 2(g)CH3OH(g)，达平衡后测得各组分浓度：
物质CO H2CH3OH
浓度（mol/L）0.91.00.6
回答下列问题：
①混合气体的平均相对分子质量=_________________。

②平衡常数K=__________________。

③若将容器体积压缩为1L，不经计算，预测新平衡中c(H2)的取值范围是__________。

④若保持体积不变，再充入0.6molCO和0.4molCH3OH，此时v正______v逆（填“＞”、“＜”或“=”）。

【答案】A、B、C、D 18.56 0.67 1mol/L＜c(H2)＜2mol/L =
【解析】
【分析】
【详解】
（1）A.该反应两边的化学计量数不相等，在反应没有达到平衡时，气体的物质的量会发生改变，体系的压强也要改变，如果压强不变说明气体的生成与消耗速率相等，反应达到了平衡，A项正确；
B.反应中NO2是有色气体，颜色不变说明NO2的浓度不再改变，则反应达到了平衡，B项正确；
C.NO和O2的起始物质的量相等，但化学计量数不同，变化量不相同，如果没有达到平衡，NO和O2的物质的量之比会发生改变，不发生改变说明达到了平衡，C项正确；
D. 每消耗1molO2同时生成2molNO，正逆反应速率相等，说明反应达到了平衡，D项正确；
故选ABCD；
（2）①由表中数据知，CO、H2、CH3OH的物质的量分别是1.8mol、2mol、1.2mol，质量分别为1.8mol×28g/mol=50.4g、2mol×2g/mol=4g、1.2mol×32g/mol=38.4g，则混合气
体的平均相对分子质量等于m
n
总
总
=
50.4g+4g+38.4g
1.8mol+2mol+1.2mol
=18.56g/mol，因此平均相对分子
质量是18.56；。