第二章《化学反应的方向、限度与速率》测试题（含解析）2023---2024学年上学期高二化学鲁科版（2019）选择性必修1

第二章《化学反应的方向、限度与速率》测试题
一、单选题
1．室温下，某溶液中初始时仅溶有等物质的量的M和N，同时发生以下两个反应：①；②。反应①的速率可表示为，反应②的速率可表示为(、为速率常数)。反应体系中M、Z的浓度随时间变化情况如图。下列说法错误的是
A．分钟内，M的平均反应速率为
B．反应过程中，体系中Y和Z的浓度之比逐渐增大
C．反应①的活化能比反应②的活化能大
D．如果反应能进行到底，反应结束时37.5％的N转化为Y
2．Shyam Kattle等结合实验与计算机模拟结果，研究了在催化剂表面上与的反应历程，前三步历程如图所示，吸附在催化剂表面上的物种用“·”标注，表示过渡态。下列有关说法错误的是
A．物质被吸附在催化剂表面形成过渡态的过程是吸热的
B．形成过渡态的活化能为
C．前三步总反应的
D．反应历程中能量变化最大的反应方程式为
3．汽车尾气处理的反应为2NO(g)＋2CO(g) N2(g)＋2CO2(g) ΔH=-746kJ·mol-1。下列说法正确的是
A．升高温度可使v(正)增大、v(逆)减小
B．使用高效催化剂可提高该反应的反应热
C．反应达到化学平衡状态时，v(正)(NO)=2v(逆)(N2)
D．CO和CO2的物质的量相等时，反应达到化学平衡状态
4．一定温度下，将2mol和1mol充入一定容密闭容器中，在催化剂存在下进行反应：，下列说法不正确的是
A．该反应的二氧化硫可全部转化为三氧化硫
B．反应过程中和物质的量之和不变
C．通过调控反应条件，可以提高该反应进行的程度
D．达到平衡时，容器内压强不再改变
5．由下列生产或实验得出的相应结论不正确的是
事实 结论
A 其他条件相同，Na2S2O3溶液和H2SO4溶液反应，升高溶液的温度，析出硫沉淀所需时间缩短 当其他条件不变时，升高反应温度，化学反应速率加快
B 工业合成氨，在400~500°C比室温更适合合成氨的反应 升高温度提高平衡转化率
C 在容积可变的密闭容器中发生反应：2NH3(g)N2H4(l)+H2(g)，把容积的体积缩小一半 正、逆反应速率均加快
D 向A、B两支试管中分别加入等体积5%的H2O2溶液，在B试管中加入2~3滴FeCl3溶液，B试管中产生气泡快 当其他条件不变时，催化剂可以改变化学反应速率
A．A B．B C．C D．D
6．四个体积相同的密闭容器中在一定条件下发生反应：2SO2+O22 SO3.反应开始时，反应速率最大的是。
容 器 温 度 SO2(mol) O2(mol) 催化剂
A 500℃ 10 5 —
B 500℃ 10 5 V2O5
C 450℃ 8 5 —
D 500℃ 8 5 —
A．A B．B C．C D．D
7．在300mL的密闭容器中，加入镍粉并充入一定量的CO气体，一定条件下发生反应：，已知该反应的平衡常数与温度的关系如表所示。下列说法不正确的是
温度(℃) 25 80 230
平衡常数/ 2
A．上述生成的反应为放热反应
B．25℃时反应的平衡常数为
C．80℃反应达到平衡时，测得，则的平衡浓度为
D．在80℃时，测得某时刻、CO的浓度均为，则此时
8．我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如下。
下列说法不正确的是（ ）
A．化学反应的历程一般为：
B．CH4+CO2→CH3COOH过程中，只有C-H键发生断裂
C．①→②放出能量并形成了C-C键
D．催化剂能增大活化分子百分数从而加快了该反应的速率
9．已知化合物A与在一定条件下反应生成化合物B与，其反应历程如图所示，其中TS表示过渡态，I表示中间体。下列说法正确的是
A．TS2所在的基元反应中活化分子百分数最大
B．该历程中的最大能垒(活化能)
C．使用催化剂只降低正反应的活化能，反应的焓变不变
D．反应达到平衡状态后，升温使平衡逆向移动
10．在容积为的恒容密闭容器中充入和，在不同温度下反应合成甲醇：，反应相同时间时的转化率与温度的关系如图所示。若保持温度为，分别按Ⅱ和Ⅲ中的不同方式向容器中投入反应物，发生上述反应，相关信息如下表。
编号 起始物质的量/ 平衡转化率
Ⅰ 1 3 0 0
Ⅱ 2 6 0 0
Ⅲ 0.4 2 0.2 0.4 —
下列说法正确的是
A．反应在高温下能自发进行
B．Ⅱ中反应达到平衡时，
C．时，反应的平衡常数为
D．Ⅲ中反应达到平衡前，v(正)>v(逆)
11．在373K时，把0.5molN2O4气通入体积为5L的恒容真空密闭容器中立即出现红棕色，反应进行到2s时，NO2的浓度为0.02mol/L，在60s时体系达到平衡，此时容器内压强为开始压强的1.6倍。下列说法正确的是
A．前2svN2O4=0.01mol/L·s
B．2s时体系内压强为开始时的1.1倍
C．平衡时体系内含N2O40.25mol
D．平衡时若压缩容器体积可提高N2O4的转化率
12．一定温度下向2L体积固定的密闭容器中通入两种物质发生化学反应，反应中各物质(均为气体)的物质的量随时间变化如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．该反应的化学方程式为3B+4D 6A+2C
B．6s前任意时间点，正反应速率一定大于逆反应速率
C．反应进行到6s时达到化学平衡状态，此时无论改变什么条件平衡状态都不会变化
D．当容器内气体密度保不变时，就说明反应达到平衡状态了
13．工业合成氨气需要选择合适的温度来兼顾化学反应速率及产率，科学家研制出了Ti－H－Fe双温区催化剂，其催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是
A．该反应正反应的活化能高于逆反应的活化能
B．该反应的反应速率由过程④⑤决定
C．①②③在高温区发生，④⑤在低温区发生
D．增大Fe用量，不能改变反应的焓变，但可以提高N2的平衡转化率
二、填空题
14．对于反应，压强或温度对C的质量分数的影响如图所示：
(1)若m、n表示不同温度，则m (填“>”或“<”)n，正反应为 (填“放热”或“吸热”)反应。
(2)若m、n表示不同压强，则m (填“>”或“<”)n， (填“<”“>”或“=”)。
(3)b曲线的OG段比a曲线的OH段陡的原因是 。
(4)a曲线的HE段高于b曲线的GF段的原因是 。
15．烟气中含有的高浓度SO2、氮氧化物有害物质及酸性废水中的，在排放前必须进行脱硫、脱硝、脱氮处理。
(1)H2Y2-是乙二胺四乙酸根离子，与Fe2+形成的络合物FeY2-可用于吸收烟气中的NO。其吸收原理：
FeY2-(aq)+NO(g) FeY2-(NO)(aq) ΔH<0。将含NO的烟气以一定的流速通入起始温度为50℃的FeY2-溶液中。NO吸收率随通入烟气的时间变化如图1所示。时间越长，NO吸收率越低的原因是 。
(2)H2O2在催化剂α-FeOOH的表面上，分解产生·OH。·OH较H2O2和O2更易与烟气中的NO、SO2发生反应。反应后所得产物的离子色谱如图2所示。
①写出·OH氧化NO反应的化学方程式： 。
②当H2O2浓度一定时，NO的脱除效率与温度的关系如图3所示。升温至80℃以上，大量汽化的H2O2能使NO的脱除效率显著提高的原因是 ，温度高于180℃，NO的脱除效率降低的原因是 。
(3)用H2消除酸性废水中的是一种常用的电化学方法。其反应原理如图4所示。
请结合上述反应过程用合适的文字描述Fe(III)、Fe(II)在其中的作用： 。
16．t℃时，将3 mol A和2 mol B气体通入体积为2L的密闭容器中(容积不变)，发生如下反应：3A(g)+B(g) 2C(g)，2 min时反应达到平衡状态(温度不变)，测得C的浓度为0.2 mol/L，请填写下列空白：
(1)该过程用A表示的反应速率为：v(A)= ；该温度下该反应的化学平衡常数表达式为 。
(2)比较达到平衡时，A、B两反应物的转化率：α(A) α(B)(填“＞”、“=”或“＜”)。
(3)判断反应达到平衡状态的依据是(填字母序号) 。
A．生成C的速率与消耗B的速率相等
B．混合气体的密度不变
C．混合气体的相对平均分子质量不变
D．A的质量分数不再发生变化
(4)若升高温度，再次达平衡时，平衡常数数值变大，则该反应的 H 0(填“＞”、“=”或“＜”)。
(5)若保持温度不变时，继续向原平衡混合物的容器中通入少量氦气(氦气和A、B、C都不反应)后，则化学反应速率会 (填“加快”、“减慢”或“不变”)，化学平衡将 (填“正反应方向移动”、“逆反应方向移动”或“不移动”)。
17．甲醇是一种重要的化工原料又是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景。
（1）在一容积为2L的密闭容器内，充入0.2molCO与0.4molH2发生反应，CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，CO的平衡转化率与温度，压强的关系如图1所示。
由图可判断△H 0，A、B两点对应的平衡常数关系是KA KB（填“>、<、=”）。
（2）某温度下，充分反应后，达到平衡时测得c(CO)=0.02mol/L，则此温度下的平衡常数K= 。
（3）我国在甲醇燃料电池技术方面获得新突破，组装出自呼吸电池及主动式电池。其工作原理如图2所示。该电池工作时，c口通入的物质为 （填化学式）；电池负极的电极反应式为 。
18．硝酸工业中产生的是一种大气污染物，可以通过如下反应处理：
(1)已知：；；；。则 。
(2)在一定温度下，向体积为2L的密闭容器中充入4、2。
①若为恒容密闭容器，在10min时达到平衡状态，压强为原来的，该反应的平衡常数为 (保留2位有效数字)；此时NO的转化率a%；平衡后，向恒容密闭容器中再充入2、1，重新达到平衡时，的转化率将 (填“增大”、“不变”或“减小”)。
②若为恒压密闭容器，平衡后的转化率为b%，则a% b%(填“<”、“=”或“>”)。
19．已知800℃时，化学反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)达到平衡，K=1.试推断在下列情况下该平衡移动的方向，填入下表：
序号 CO/mol·L 1 H2O/mol·L 1 CO2/mol·L 1 H2/mol·L 1 平衡移动的方向
1 0.3 0.5 0.4 0.4
2 1.0 0.3 0.5 0.6
3 0.8 1.6 0.7 1.7
20．在恒温恒容的密闭容器中，通入xmol N2和ymol H2发生反应N2+ 3H22NH3，达平衡后，测得反应放出的热量为18.4 kJ，混合气体总的物质的量为3.6 mol，容器内的压强变为原来的90%。又知N2和H2的转化率相同。
⑴通过计算说明起始充入N2和H2的物质的量分别为：x= ，y= 。
⑵若起始加入N2、H2和NH3的物质的量分别为amol、bmol、cmol，达平衡时各物质的含量与上述平衡完全相同。
①若c＝2，在相同的条件下达平衡时，该反应吸收的热量为 kJ。
②若维持反应向正反应方向进行，则起始时c的取值范围为 。
21．CO是一种常用的还原剂。一定条件下，反应的速率方程为(k为速率常数，只与温度、催化剂有关，与浓度无关)。某温度下，该反应在不同浓度下反应速率如下表所示：
反应速率
① 0.10 0.10 v
② 0.20 0.10
③ 0.20 0.20
(1)根据表中测定结果，下列推断正确的是_______(填字母)。
A．a=1、b=2 B．a=1、b=1 C．a=2、b=2 D．a=2、b=1
(2)改变下列一个条件，反应速率增大的是_______(填字母)。
A．降温 B．缩小体积 C．加入催化剂 D．减压
22．能源危机是当前全球性的问题，“开源节流”是应对能源危机的重要举措。
(1)下列做法有助于能源“开源节流”的是 (填序号)。
a.大力发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源
b.大力开采煤、石油和天然气以满足人们日益增长的能源需求
c.开发太阳能、水能、风能、地热能等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料
d.减少资源消耗，增加资源的重复使用、资源的循环再生
(2)科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO和CO转变成CO2和N2，化学方程式如下：2NO+2CO2CO2+N2 H＜0.为了测定在某种催化剂作用下的反应速率，在某温度下用气体传感器测得不同时间的NO和CO浓度如表：
时间/s 0 1 2 3 4 5
C(NO)(×10-4mol·L-1) 10.0 4.50 2.50 1.50 1.00 1.00
C(CO)(×10-3mol·L-1) 3.60 3.05 2.85 2.75 2.70 2.70
请回答下列问题(均不考虑温度变化对催化剂催化效率的影响)：
前2s内的平均反应速率v(N2)= ；达到平衡时，NO的转化率为 ，气相中NO所占的体积分数为 。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【分析】由图可知，M的起始浓度为0.5mol/L，反应①的速率，反应②的速率，k1、k2为速率常数，则同一反应体系中反应①、②的速率之比始终不变，所以Y、Z的浓度变化之比始终不变；①；②，则体系中始终有c(Y)+c(Z)=△c(A)，由图可知，30min时△c(M)=0.5mol/L-0.300mol/L=0.2mol/L，c(Z)=0.125mol/L，则c(Y)=0.2mol/L-0.125mol/L=0.075mol/L，即反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比为0.075mol/L：0.125mol/L=3：5；结合反应的活化能与反应速率关系比较反应①、②的活化能大小，根据和转化率公式计算反应速率和转化率，据此分析解答。
【详解】A．由图可知，30min时△c(M)=0.5mol/L-0.300mol/L=0.2mol/L，M的平均反应速率为，故A正确；
B． 反应①的速率，反应②的速率，k1、k2为速率常数，则同一反应体系中反应①、②的速率之比始终不变，所以Y、Z的浓度变化之比始终不变，故B错误；
C． 由图可知，30min时△c(M)=0.5mol/L-0.300mol/L=0.2mol/L，c(Z)=0.125mol/L，则c(Y)=△c(M )-c(Z)=0.2mol/L-0.125mol/L=0.075mol/L，则v(Y)：v(Z)=0.075mol/L：0.125mol/L=3：5，即v(Y)＜v(Z)、v1＜v2，反应的活化能越高，反应速率越慢，所以反应①的活化能大于反应②的活化能，故C正确；
D． 由上述分析可知，体系中Y和Z的浓度之比为3：5，所以反应能进行到底时，c(Y)+c(Z)=0.5mol/L，则c(Z)=×0.5mol/L=0.3125mol/L，c(Y)= ×0.5mol/L=0.1875mol·L－1，反应结束时A转化为Z的转化率为，故D正确；
故选B。
2．D
【分析】利用反应前后能量的变化，分析反应的反应热，据此分析。
【详解】A．由图可知，被吸附在催化剂表面的物质形成过渡态的过程是吸热的，A正确；
B．从图中能量差可知，过渡态的能量为，则该步的活化能为，B正确；
C．根据图示首尾能量数据可知，该过程的总能量降低了2. 05 eV，前三步的总反应的，C正确；
D．前三步中能量变化最大的是第二步，该步骤分两步形成稳定的微粒，反应方程式为，D错误；
故本题选D。
3．C
【详解】A．升高温度，v(正)、v(逆)均增大，A项错误；
B．使用高效催化剂可降低反应的活化能，但不能改变反应的反应热，B项错误；
C．反应达到化学平衡状态时，同一物质表示的正、逆反应速率相等，不同物质表示的正、逆反应速率之比等于化学计量数之比，则v(正)(NO)=2v(逆)(N2)，C项正确；
D．反应达到平衡时各物质物质的量保持不变，但不一定相等、也不一定等于化学计量数之比，故CO和CO2的物质的量相等时，反应不一定达到化学平衡状态，D项错误；
答案选C。
4．A
【详解】A．可逆反应无论进行多长时间，反应物都不可能100%地全部转化为生成物，故A错误；
B．根据S元素守恒可知，S的总的物质的量保持不变，即SO2和SO3物质的量之和一定为2mol，故B正确；
C．可通过调节反应温度等条件，可提高反应进行的程度，故C正确；
D．该反应前后气体分子数之和不相等，即压强是一变量，达到平衡时，容器内压强不再改变，故D正确；
故选：A。
5．B
【详解】A．只有温度不同，可说明升高反应温度，化学反应速率加快，A正确；
B．合成氨气的反应是放热反应，温度升高，化学平衡逆向移动，导致NH3的平衡含量降低。在工业合成氨，反应温度在400~500°C是由于在该温度下催化剂活性最大，反应速率加快，而不是提高反应物的平衡转化率，B错误；
C．该反应的正反应是气体体积减小的反应，把容积的体积缩小一半，体积减小、气体的压强增大，则正、逆反应速率都加快，C正确；
D．B试管中加入2~ 3滴FeCl3溶液，A中没有使用催化剂，二者反应速率不同，可以说明催化剂对速率的影响，D正确；
故合理选项是B。
6．B
【详解】对比A与B，B中使用催化剂，其它条件相同，该反应需在催化剂条件发生反应，故反应速率B > A；对比A与D，A中二氧化硫的浓度比D中的大，其它条件相同，故反应速率A > D；对比C与D，D中温度比C中高，其它条件相同，故反应速率D > C；故反应速率B>A>D>C，综上所述，故选B。
7．D
【详解】A．根据化学平衡常数与温度关系可知：升高温度，化学平衡常数K减小，说明升高温度，化学平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，所以该反应的正反应为放热反应，A正确；
B．在25℃时，的化学平衡常数K=；则反应的化学平衡常数K1=，B正确；
C．80℃达到平衡时，测得n(CO)=0.3 mol，c(CO)=，由于该温度下的化学平衡常数K=2，K==2，所以Ni(CO)4的平衡浓度c[Ni(CO)4]=2×14=2 mol L 1，C正确；
D．80℃时，测得某时刻Ni(CO)4、CO的浓度均为0.5 mol L 1，则Qc=，80℃时化学平衡常数K=2，8＞2，说明此时反应逆向进行，故反应速率：v(正)＜v(逆)，D错误；
故合理选项是D。
8．B
【详解】A．化学反应的历程一般为：普通反应分子获得能量后成为活化分子，活化分子间发生有效碰撞，形成新的化学键释放能量，生成产物分子，故A正确；
B．据图可知CH4+CO2→CH3COOH过程中CO2分子中的C=O键也会发生断裂形成-COOH结构，故B错误；
C．据图可知①→②的焓值降低，过程为放热过程，有C-C键形成，故C正确；
D．催化剂降低反应活化能，从而增大活化分子百分数加快反应速率，故D正确；
综上所述答案为B。
9．D
【详解】A．TS2所在的基元反应活化能最大，活化分子百分数最小， A错误；
B．正反应的活化能是指正向进行的反应的活化能，图中①③⑤均为正反应活化能，其中活化能最大的为相对能量大的③，其能量为，B错误；
C．催化剂可以同等程度降低正逆反应的活化能，反应的焓变不变，C错误；
D．从图中可以看出，反应物总能量高于生成物总能量，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，D正确；
故选D。
10．D
【详解】A．由图象可知，二氧化碳的转化率达到最高点之后，随温度升高转化率降低，说明正反应为放热反应，即H<0，又反应为气体体积减小的反应，故为S<0，所以反应低温下能自发反应，故A错误；
B．Ⅱ相对于Ⅰ，气体的物质的量增加，增大压强，平衡正向移动，转化率大于60%，故B错误；
C．时，，则根据三段式
则平衡常数K==，故C错误；
D．Ⅲ中反应的浓度商Q==0.1v(逆)，故D正确；
故选D。
11．B
【详解】A．2秒时NO2的浓度为0.02mol/L，则转化的N2O4的浓度为0.01mol/L，则前2秒以N2O4的浓度变化表示的平均反应速度为：，故A错误；
B．2秒时NO2的物质的量为5L×0.02mol/L=0.1mol，由N2O42NO2可知消耗的N2O4为0.05mol，故2s时N2O4的物质的量为0.5mol-0.05mol=0.45mol，反应前后的物质的量之比等于压强之比，则在2秒时体系内的压强为开始时的(0.1mol+0.45mol)/0.5mol=1.1倍，故B正确；
C．设转化的N2O4的物质的量为x，则平衡时N2O4的物质的量为0.5mol-x，NO2的物质的量为2x，由平衡时容器内压强为开始时的1.6倍，则=1.6，解得x=0.3mol，平衡时N2O4的物质的量为0.5-0.3=0.2mol，故C错误；
D．由N2O42NO2，压缩容器体积即增大压强，平衡逆向移动，N2O4的转化率降低，故D错误；
故选：B。
12．B
【分析】由图可知，随着时间的变化，A、D的物质的量在增大，是生成物；B、C的物质的量在减小，是反应物；根据各物质的变化的物质的量之比等于化学计量数之比，得到各物质的化学计量数之比，得到化学方程式；随着时间反应进行到6s时，各物质的物质的量不再发生变化，达到化学平衡状态，由此分析。
【详解】A．由图可知，B、C的物质的量减小，A、D的物质的量增加，则B、C为反应物、A、D为生成物，B、C、A、D的Δn之比为(1-0.4)mol∶(1-0.2)mol∶(1.2-0)mol∶(0.4-0)mol=3：4：6：2，反应速率之比等于化学计量数之比，等于相同时间的物质的量变化量之比，6s时达到平衡，则反应3B+4C 6A+2D，故A不符合题意；
B．由图可知，6s前平衡正向移动，则正反应速率大于逆反应速率，故B符合题意；
C．反应进行到6s时达到化学平衡状态，改变外界条件，如温度、压强等，平衡可发生移动，故C不符合题意；
D．容器体积以及气体的质量都不变，则无论是否达到平衡状态，密度都不变，故D不符合题意；
答案选B。
13．C
【详解】A．该反应为放热反应，正反应的活化能较低，A错误；
B．反应速率应由N2断键的快慢决定，即①②③决定，B错误；
C．合成氨反应是放热反应，反应历程的最后是指形成，即合成氨气，故需要在低温下才能获得更多的氨气，即①②③是将N2吸附并断键的过程，④⑤是形成的过程，④⑤在低温区，由题中双温区这个信息可知，两个区域相差一定温度，则①②③在高温区，C正确；
D．催化剂不能改变平衡转化率，D错误；
故选D。
14． < 放热 < < OG段表示的温度或压强高于OH段，所以反应速率快，到达平衡所需的时间短 HE段相对于GF段是在低温或低压条件下到达的平衡，因为该可逆反应的正反应是放热、气体分子数增大的反应，故降温、减压时，平衡均向正反应方向移动，C的质量分数增大
【详解】(1)如题图所示，若m和n表示温度，n温度下的反应速率比m温度下的反应速率快，故m(2)若m和n表示压强，b曲线表示的反应速率快，故m(3)OG段表示的温度或压强高于OH段，所以反应速率快，到达平衡所需的时间短，所以b曲线的OG段比a曲线的OH段陡；
(4)HE段相对于GF段是在低温或低压条件下到达的平衡，因为该可逆反应的正反应是放热、气体分子数增大的反应，故降温、减压时，平衡均向正反应方向移动，C的质量分数增大，所以a曲线的HE段高于b曲线的GF段。
15．(1)反应放热，温度升高，不利于NO的吸收；随着反应进行，FeY2-浓度降低
(2) 3·OH+NO=HNO3+H2O 汽化的H2O2与催化剂的接触更充分，产生更多的·OH，·OH浓度增大，与NO混合更充分，NO的脱除效率显著提高 180℃以后，·OH分解成O2和H2O，·OH的浓度下降，NO的脱除效率下降
(3)H2在Pd表面失去电子，传递给Fe3O4，其中的Fe(III)得到电子，被还原为Fe(II)，Fe(II)又失去电子，将电子传递给，被还原为N2，Fe(II)与Fe(III)之间相互转化过程中起到了传递电子的作用
【详解】（1）反应放热，温度升高，不利于NO的吸收，且随着反应进行，FeY2-浓度降低，NO的吸收率降低；
（2）①由色谱图可知：NO被·OH氧化生成N，反应为：3·OH+NO=HNO3+H2O
②汽化的H2O2与催化剂的接触更充分，产生更多的更易与NO发生反应的·OH，·OH浓度增大，与NO混合更充分，NO的脱除效率显著提高；180℃以后，·OH分解成O2和H2O，·OH的浓度下降，NO的脱除效率下降；
（3）H2在Pd表面失去电子，传递给Fe3O4，其中的Fe(Ⅲ)得到电子，被还原为Fe(Ⅱ)，Fe(Ⅱ)又失去电子，将电子传递给，被还原为N2，Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)之间相互转化过程中起到了传递电子的作用。
16． 0.15mol/ (L·min) K=c(C)2/ c(A)3·c(B) > CD > 不变 不移动
【详解】（1）3A（g）+B（g） 2C（g），2min时反应达到平衡状态（温度不变），测得C的浓度为0.2mol/L，则反应的A的浓度为0.3mol/L，反应速率v= = =0.15 mol/（L min），平衡常数表达式为：K= ；
（2）AB起始量为3mol、2mol，反应比为3：1，若起始量按照3：1投料则转化率相同，按照3：2投料相当于在3：1基础上加入B物质的量1mol，A转化率增大，B转化率减小，则A、B两反应物的转化率：α（A）>α（B）；
（3）3A（g）+B（g） 2C（g）
A．速率之比等于化学方程式计量数之比，BC反应之比1：2，生成C的速率与消耗B的速率相等不能说明反应达到平衡状态，故A错误；
B．反应前后气体质量和体积不变，混合气体的密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；
C．反应前后气体质量不变，气体物质的量变化，当混合气体的相对平均分子质量不变，说明反应达到平衡状态，故C正确；
D．A的质量分数不再发生变化是平衡标志，故D正确；
故答案为：CD；
（4）若升高温度，再次达平衡时，平衡常数数值变大，说明平衡正向进行，正反应为吸热反应，△H>0，
故答案为：>；
（5）若保持温度不变时，继续向原平衡混合物的容器中通入少量氦气，总压增大分压不变，平衡不移动，反应速率不变，
故答案为：不变； 不移动。
17． < = 2500 O2 CH3OH+H2O-6e－＝CO2+6H+
【详解】⑴分析图1，从左到右，温度升高，CO转化率减小，即逆向移动，升温向吸热反应移动即逆向为吸热反应，正向为放热反应即△H < 0，A、B两点对应的温度相同，因此两点对应的平衡常数相等，
故答案为<；=；
⑵某温度下，充分反应后，达到平衡时测得c(CO)=0.02mol/L，则此温度下的平衡常数K
，
故答案为2500；
⑶其工作原理如图所示。氢离子往右移动，根据原电池“同性相吸”原理，右边为正极，左边为负极，燃料甲醇作负极，氧化剂作正极，因此c口通入的物质为氧气；电池负极的电极反应式为CH3OH+H2O-6e－＝CO2+6H+，
故答案为O2；CH3OH+H2O-6e－＝CO2+6H+。
18．(1)
(2) 0.035 增大 <
【详解】（1）①；；
②；，根据盖斯定律①-②得，-566-181=；
（2）①根据三段式
，x=；
；
平衡后，向恒容密闭容器中再充入2、1，相当于给反应加压，该反应是气体分子数减小的反应，加压平衡正向移动，重新达到平衡时，的转化率将增大；
②若为恒压密闭容器，根据方程式计量系数，反应后气体物质的量减小，则恒压相对于恒容，相当于增大压强，平衡正向移动，平衡后NO的转化率增大，故答案为：<。
19． 平衡逆向移动 平衡不移动 平衡正向移动
【分析】化学反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，平衡常数，浓度商Q的表达式跟K一样，只是K中浓度是达到平衡时物质的浓度，Q中浓度是任意时刻的物质浓度。
【详解】第1组，Q==1.07>K，平衡逆向移动；
第2组，Q=+1.0=K，平衡不移动；
第3组，Q==0.9320． 1 3 73.6 0≤c＜0.4
【分析】(1)化学反应前后，气体的压强之比等于物质的量之比；
(2)反应放热或吸热的多少与参与反应的物质的量的多少有关，采用归边相等的方法来分析是确定范围的一个方法。
【详解】(1)假设氮气和氢气的转化率为α，
则生成的氨气的物质的量为2xα=，所以y=3x，化学反应前后，气体的压强之比等于物质的量之比，所以=0.9，即 x+y=4，故x=1，y=3；
(2)反应后的物质的量为3.6 mol，因压强为原来的90%，故原气体的物质的量为4 mol，应加入H23 mol，气体的物质的量由4 mol减少到平衡时的3.6 mol，由差量法求得产生0.4 mol NH3，由此推知产生2 mol NH3放出热量92 kJ，反应的热化学方程式为N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)；△H=-92 kJ/mol；
此为恒容条件下反应前后化学计量数不等的平衡问题，应采用归边相等的方法来分析：因达到平衡时c为0.4 mol，若要反应向正方向进行，c应小于0.4，故0≤c＜0.4，若c=2 mol，a=0，b=0，反应逆向进行达到平衡时亦剩余0.4 mol，反应掉1.6 mol，故放×92 kJ mol-1×=73.6 kJ。
21．(1)B
(2)BC
【解析】（1）
速率方程为，根据①②中数据，v：=k×(0.10)a×(0.10)b：k×(0.20)a×(0.10)b，解之得a=1；根据②③中数据，：=k×(0.20)a×(0.10)b：k×(0.20)a×(0.20)b，解之得b=1；故选B。
（2）
反应，缩小体积，增大浓度，反应速率加快；加入催化剂，反应速率增大，而降温(活化分子数百分数减小)和减压(相等于减小物质的浓度)均使反应速率减慢，故选BC。
22． acd 1.875×10-4mol·L-1·s-1 90% 2.41%
【详解】(1)只要能减少化石燃料等资源的运用都属于“开源节流”；b、大力开采煤、石油和天然气，不能减少化石燃料的运用，故b错误；a、c、d均能减少化石燃料的运用，故a、c、d正确；
(2)根据表格，2s内v(NO)==3.75×10-4mol·L-1·min-1，同一反应同一时段内各物质反应速率之比为计量数之比，所以v(N2)=v(NO)=1.875×10-4mol·L-1·min-1；
根据表格，4s后各物质浓度不在变化，所以4s时反应已经达到平衡，所以NO的转化率为=90%；
根据表格平衡时c(NO)=1.00×10-4mol·L-1，c(CO)=2.70×10-3mol·L-1=27×10-4mol·L-1，Δc(NO)=9.00×10-4mol·L-1，根据方程式2NO+2CO2CO2+N2，可知平衡时c(CO2)=9.00×10-4mol·L-1，c(N2)=4.50×10-4mol·L-1，同温同压下气体的体积分数即物质的量分数，因容积一定，可等效为浓度所占百分数，所以气相中NO所占的体积分数为=2.41%。
答案第1页，共2页
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