备战高考化学专题复习分类练习-化学反应与能量推断题综合解答题及详细答案

备战高考化学专题复习分类练习化学反应与能量推断题综合解答题及详细答案一、化学反应与能量练习题（含详细答案解析）1．利用石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca(NO2)2，其部分工艺流程如下：(1)上述工艺中采用气液逆流接触吸收(尾气从吸收塔底部进入，石灰乳从吸收塔顶部喷淋)，其目的是______________________________；滤渣可循环利用，滤渣的主要成分是____________(填化学式)。(2)该工艺需控制NO和NO2物质的量之比接近1∶1。若排放的尾气中NO含量升高，则NO和NO2物质的量之比______；若产品Ca(NO2)2中Ca(NO3)3含量升高，则NO和NO2物质的量之比_______。（填写序号）①＝1∶1②＞1∶1③＜1∶1④无法判断(3)生产中溶液需保持弱碱性，在酸性溶液中Ca(NO2)2会发生分解，产物之一是NO，据此信息，某同学所写的反应离子方程式为2NO2－＋2H＋=NO2＋NO↑＋H2O，你同意吗？_________（填“同意”或“不同意“），如不同意，请说明你的理由________________________________________________。【答案】使尾气中NO、NO2被充分吸收Ca(OH)2②③不同意二氧化氮能与水会发生反应，产物中不可能生成二氧化氮【解析】【分析】由流程可知，石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，生成Ca(NO2)2，过量的石灰乳以滤渣存在，碱性溶液中尾气处理较好；(1)使尾气中NO、NO2与石灰乳充分接触；滤渣的主要成分是Ca(OH)2；(2)若n(NO)：n(NO2)＞1：1，则一氧化氮过量，若＜1：1，则二氧化氮过量；(3)二氧化氮能与水会发生反应，据此分析解答。【详解】由流程可知，石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，生成Ca(NO2)2，过量的石灰乳以滤渣存在，(1)使尾气中NO、NO2与石灰乳充分接触，NO、NO2被充分吸收，滤渣主要成分是Ca(OH)2；(2)若n(NO)：n(NO2)＞1：1，则一氧化氮过量，排放气体中NO含量升高，若n(NO)：n(NO2)＜1：1，则二氧化氮过量，二氧化氮可与石灰乳反应生成Ca(NO3)2，产品中Ca(NO3)2含量升高；(3)若离子方程式为2NO2－＋2H＋=NO2＋NO↑＋H2O，二氧化氮能与水会发生反应，产物中不可能生成二氧化氮，则不同意该同学书写的离子反应方程式。2．以辉铜矿为原料生产碱式碳酸铜的工艺流程如图所示：回答下列问题：（1）若要提高辉铜矿煅烧效率可采取的措施有___（填两种）。（2）气体X的主要成分是___（填化学式），写出该气体的一种用途___。（3）蒸氨过程总反应的化学方程式是___。（4）溶液E与Na2CO3溶液反应制取Cu2(OH)2CO3的离子反应方程式为___。（5）某实验小组研究溶液E与Na2CO3溶液加料顺序及加料方式对产品的影响，实验结果如下：实验序号加料顺序及方式沉淀颜色沉淀品质产率/%1溶液E一次加入Na2CO3溶液中并迅速搅拌浅蓝色品质较好87.82溶液E逐滴加入Na2CO3溶液中并不断搅拌暗蓝色品质好71.93Na2CO3溶液一次加入溶液E中并迅速搅拌浅绿色品质好96.74Na2CO3溶液一次加入溶液E中并不断搅拌浅蓝色品质较好102.7由上表可知制取Cu2(OH)2CO3最佳加料顺序及加料方式是___（填序号）。【答案】减小辉铜矿颗粒大小、适当提高煅烧温度、增大O2浓度等SO2制备硫酸、漂白剂、防腐剂等[Cu(NH3)4]Cl2+H2OCuO+2HCl↑+4NH3↑2Cu2++2CO32-+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+CO2↑3【解析】【分析】辉铜矿通入氧气充分煅烧，生成二氧化硫气体，固体B主要为CuO、Fe2O3，加入盐酸得到含有Cu2+、Fe3+的溶液，加入过量氨水，可得到[Cu(NH3)4]2+和Fe(OH)3，[Cu(NH3)4]2+经加热可得到CuO，加入酸酸化得到Cu2+，经浓缩后在溶液中加入碳酸钠可得到碱式碳酸铜，以此解答该题。【详解】(1)通过粉碎辉铜矿减小辉铜矿颗粒大小、适当提高煅烧温度、增大O2浓度等措施均可提高辉铜矿煅烧效率；(2)Cu2S可与氧气反应生成二氧化硫，则气体X的主要成分是SO2，SO2是酸性氧化物，有漂白性、还原性，则利用SO2制备硫酸、漂白剂、防腐剂等；(3)蒸氨过程[Cu(NH3)4]2+经加热可得到CuO，反应的方程式为[Cu(NH3)4]Cl2+H2OCuO+2HCl↑+4NH3↑；(4)向含有Cu2+的溶液中滴加Na2CO3溶液生成Cu2(OH)2CO3的离子反应方程式为2Cu2++2CO32-+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+CO2↑；(5)由图表信息可知Na2CO3溶液一次加入溶液E中并迅速搅拌，获得浅绿色的碱式碳酸铜，品质好，且产率高，故制取Cu2(OH)2CO3最佳加料顺序及加料方式是实验序号3。3．如图是常见原电池装置，电流表A发生偏转。(1)若两个电极分别是铁、铜，电解质溶液是浓硝酸，Cu极发生反应_______（填“氧化”或“还原”），其电极反应式为________________；(2)若两个电极分别是镁、铝，电解质溶液是氢氧化钠溶液，Al电极是_____极（填“正”或“负”），其电极反应式为_________________________________。(3)若原电池的总反应是2FeCl3＋Cu=2FeCl2＋CuCl2，则可以作负极材料的是_______，正极电极反应式为_________________________。【答案】氧化Cu－2e－=Cu2＋负Al－3e－＋4OH－=AlO2－＋2H2OCu(或铜)Fe3＋＋e－=Fe2＋【解析】【分析】【详解】(1)虽然铁比铜活泼，但是铁在浓硝酸中发生钝化，所以该原电池中铜被氧化，即铜电极为负极，失电子发生氧化反应，电极方程式为Cu－2e－=Cu2＋；(2)镁虽然比铝活泼，但镁不与氢氧化钠溶液发生反应，所以该原电池中Al被氧化，即Al为负极，失电子发生氧化反应，电极方程式为：Al－3e－＋4OH－=AlO2－＋2H2O；(3)根据总反应2FeCl3＋Cu=2FeCl2＋CuCl2可知Cu被氧化，Fe3+被还原，原电池中负极发生氧化反应，所以负极材料为Cu；正极发生还原反应，电极方程式为Fe3＋＋e－=Fe2＋。【点睛】第1小题为易错点，虽然铁和铜都能被浓硝酸氧化，但要注意铁在浓硝酸中发生钝化，所以该原电池中铜为负极。4．某学生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(标准状况)，实验记录如下(累计值)：时间/min12345氢气体积/mL50120232290310(1)在0～1min、1～2min、2～3min、3～4min、4～5min时间段中，反应速率最大的时间段是________，原因为______________________；反应速率最小的时间段是________，原因为__________________________。(2)在2～3min内，用盐酸的浓度变化表示的反应速率为________。(3)为了减缓反应速率但不减少产生氢气的量，在盐酸中分别加入等体积的下列溶液，其中可行的是________。A．蒸馏水B．Na2SO4溶液C．NaNO3溶液D．Na2CO3溶液【答案】2～3min该反应是放热反应，2～3min时溶液温度最高，反应速率最快4～5min此时反应物的浓度最小，反应速率最慢0.1mol·L－1·min－1AB【解析】【详解】由表格数据可知，0～1、1～2、2～3、3～4、4～5min生成氢气分别为50mL、70mL、112mL、58mL、20mL；(1)2min～3min收集的氢气比其他时间段多，反应速率最大，该反应放热，反应过程中温度升高加快反应速率；4～5

min反应速率最小，随着反应进行氢离子浓度逐渐减小，该时间段内H+浓度小，反应速率最慢；(2)2min～3min生成的氢气的体积为112mL，则n(H2)=0.005mol，反应过程中发生反应Zn+2HCl===ZnCl2+H2，则该时间段内消耗的n(HCl)=0.01mol，溶液体积为100mol，则△c(HCl)=0.1mol/L，v(HCl)==0.1mol·L－1·min－1；(3)A．加入蒸馏水，溶液的浓度减小，反应速率减小，H+的物质的量不变，氢气的量也不变，故A正确；B．加入Na2SO4溶液，减小盐酸的浓度，反应速率减小，H+的物质的量不变，氢气的量也不变，故B正确；C．加入硝酸钠溶液，锌与氢离子、硝酸根反应不产生氢气，故C错误；D．加入Na2CO3溶液，Na2CO3能与盐酸反应，盐酸的浓度减小，反应速率减小，H+的物质的量减小，氢气的量也减小，故D错误；所以选AB。5．硫化氢（H2S）是一种有毒的可燃性气体，用H2S、空气和KOH溶液可以组成燃料电池，其电池总反应为2H2S+3O2+4KOH=2K2SO3+4H2O。（1）该电池工作时正极应通入___。（2）该电池负极的电极反应式为___。（3）该电池工作一段时间后负极区溶液的pH__（填“升高”“不变”或“降低”）。【答案】O2H2S+8OH--6e-=SO32-+5H2O降低【解析】【分析】【详解】（1）由电池总反应可知，反应中硫元素的化合价升高，发生氧化反应，氧气中氧的化合价降低，发生还原反应，则通入硫化氢的电极为负极，通入氧气的电极为正极。答案为：O2。（2）碱性溶液中正极的电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，总反应减去正极反应得到负极反应式为：H2S+8OH--6e-=SO32-+5H2O。答案为：H2S+8OH--6e-=SO32-+5H2O。（3）由负极反应式可知，负极反应消耗OH-，同时生成水，则负极区溶液中c(OH-)减小，pH降低。答案为：降低。【点睛】电池反应中有氧气参加，氧气在反应中得到电子发生还原反应，根据原电池原理，负极发生氧化，正极发生还原，所以通入氧气的电极为电池的正极，酸性条件下的反应：O2+4H++4e-=2H2O，碱性条件下的反应：O2+2H2O+4e-=4OH-。6．1100℃时，在体积固定且为5L的密闭容器中，发生可逆反应：并达到平衡。(1)平衡后，向容器中充入1mol，平衡向___________(填“正反应方向”、“逆反应方向”或“不移动”)，重新达到平衡后，与原平衡相比，逆反应速率________(填“增大”、“减小”或“不变”)。(2)若混合气体的密度不变，(填“能”或“不能”)______判断该反应达已经到平衡状态。若初始时加入的为2.84g，10分钟后达到平衡时的转化率(参加反应的碳酸钠占加入硫酸钠总质量的百分比)为45%，________。【答案】正反应方向增大能7.2×10-4mol/(L·min)【解析】【分析】增大反应物浓度，有利于反应正向进行，最终达到新平衡时，整体浓度都是增大的，逆反应速率较原平衡也是增大的；混合气体的密度为ρ＝，反应前后气体总质量发生改变，气体总体积不变，混合气体的密度发生改变，当到达化学平衡时，混合气体的密度不变；根据v=计算。【详解】（1）平衡后，向容器中充入1molH2，增大反应物浓度，有利于反应正向进行，最终达到新平衡时，整体浓度都是增大的，逆反应速率较原平衡也是增大的，故答案为：正反应方向；增大；（2）混合气体的密度为ρ＝，反应前后气体总质量发生改变，气体总体积不变，混合气体的密度发生改变，当到达化学平衡时，混合气体的密度不变，所以根据混合气体的密度可以判断化学反应是否达到平衡；初始时加入的Na2SO4为2.84g，10分钟后达到平衡时Na2SO4的转化率为45%，则反应消耗n（Na2SO4）==0.009mol，根据反应方程式，则消耗n（H2）=4n（Na2SO4）=0.036mol，所以v（H2）=＝==7.2×10-4mol/（L•min），故答案为：能；7.2×10-4mol/（L•min）。【点睛】本题考查化学原理部分知识，运用化学平衡移动的知识分析问题，根据方程式计算化学反应速率。7．某兴趣小组为研究上述反应中钾元素的熔出率（液体中钾元素的质量占样品质量的百分率）与温度的关系，进行实验（保持其它条件不变），获得数据曲线如图。主要反应是：NaCl（l）+KAlSi3O8（s）⇌KCl（l）+NaAlSi3O8（s）+Q；(1)分析数据可知，Q_______0（选填“>”或“<”）。(2)950℃时，欲提高钾的熔出速率可以采取的措施是_______（填序号）。a．延长反应时间b．充分搅拌c．增大反应体系的压强d．将钾长石粉粹成更小的颗粒(3)要使钾元素的熔出率和熔出速率都达到最大，反应温度应为_____________。(4)工业上常用KCl冶炼金属钾。反应方程式为：Na(l)+KCl(l)NaCl(l)+K(g)用平衡移动原理解释该方法可行的原因：_________________。【答案】<bd950℃利用钾的状态与其他物质不同，可以将气态钾分离出来，②降低了产物的浓度，使平衡正向移动【解析】【分析】(1)由图象中曲线变化可知，温度越高钾元素的熔出率，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，据此判断；(2)该转化过程没有气体参与，应使反应物充分接触提供反应速率；(3)根据图象曲线变化可知，温度越高，钾元素的熔出率和熔出速率都增大；(4)K为气态，将钾分离出来，降低了产物的浓度，平衡正向移动。【详解】(1)由图象曲线数据可知，温度越高钾元素的熔出率越高，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，说明正反应是吸热反应，所以Q<0；(2)a.延长反应时间，不能提高反应速率，a错误；b.充分搅拌，反应物充分接触，化学反应速率加快，b正确；c.该反应体系没有气体参加，增大反应体系的压强，不能提高反应速率，c错误；d.将钾长石粉粹成更小的颗粒，增大反应物的接触面积，反应速率加快，d正确；故合理选项是bd；(3)根据图象可知，温度为950℃时熔出率和熔出速率都最高，故合适温度是950℃；(4)根据反应方程式可知，金属K为气态，将钾分离出来，降低了产物的浓度，化学平衡向正反应方向移动，故合理原因是将气态钾分离出来，降低了产物的浓度，平衡正向移动。【点睛】本题考查了化学平衡及其影响、反应条件的选择，要结合温度对化学反应速率和化学平衡的影响，结合平衡移动原理分析解答，注意熟练掌握化学平衡及其影响因素，题目充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。8．在一密闭容器中发生反应N2+3H22NH3，△H＜0；达到平衡后，只改变某一个条件时，反应速率与反应时间的关系如图所示,回答下列问题：(1)处于平衡状态的时间段是______（填选项）；A．t0～t1B．t1～t2C．t2～t3D．t3～t4E．t4～t5F．t5～t6(2)t1、t3、t4时刻分别改变的一个条件是（填选项）；A．增大压强B．减小压强C．升高温度D．降低温度E．加催化剂F充入氮气t1时刻__________；t4时刻__________；(3)依据(2)中的结论，下列时间段中，氨的百分含量最高的是________（填选项）；A．t0～t1B．t2～t3C．t3～t4D．t5～t6(4)如果在t6时刻，从反应体系中分离出部分氨，t7时刻反应达到平衡状态，请在图中画出反应速率的变化曲线_________；(5)一定条件下，合成氨反应达到平衡时，测得混合气体中氨气的体积分数为20%，则反应后与反应前的混合气体体积之比为____________________。【答案】ACDFCBA5:6【解析】【分析】（1）根据图示结合v正=v逆，判断是否处于平衡状态；（2）由图可知，t1正逆反应速率均增大，且逆反应速率大于正反应速率；t4时正逆反应速率均减小，且逆反应速率大于正反应速率；（3）由图可知，t1平衡逆向移动，t3不移动，t4平衡逆向移动，根据移动结果分析；（4）分离出生成物，逆反应速率瞬间减小，平衡正向移动；（5）设反应前加入amolN2，bmolH2，达平衡时生成2xmolNH3，根据三段式和氨气的体积分数计算．【详解】（1）根据图示可知，t0～t1、t2～t3、t3～t4、t5～t6时间段内，v正、v逆相等，反应处于平衡状态，故答案为：ACDF；（2）由N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H＜0，可知，该反应为放热反应，且为气体体积减小的反应，则由图可知，t1正逆反应速率均增大，且逆反应速率大于正反应速率，改变条件应为升高温度；t4时正逆反应速率均减小，且逆反应速率大于正反应速率，改变条件应为减小压强，故答案为：C；B；（3）由图可知，t1平衡逆向移动，t3不移动，t4平衡逆向移动，均使氨气的含量减少，则t0～t1氨气的含量最大，故答案为：A；（4）t6时刻移出部分氨气，逆反应速率瞬间减小，正反应速率该瞬间不变，平衡正向移动，逆反应速率增大，正反应速率减小，直至平衡，故答案为：；（5）设反应前加入amolN2，bmolH2，达平衡时生成2xmolNH3，则有则反应后气体总的物质的量=（a+b-2x）mol，，解得：a+b=12x，故反应后与反应前的混合气体体积之比=，故答案为：5：6。9．回答下列问题：（1）铅蓄电池的总反应为：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，放电时，负极反应式为___________，充电时，阳极反应式为___________。（2）利用如图装置，可以模拟铁的电化学防护。①若X为石墨，为减缓铁的腐蚀，将开关K置于Ｎ处，该电化学防护法称为___________。②若X为锌，开关K置于M处，该电化学防护法称为__________。（3）我国的科技人员为了消除SO2的污染，利用原电池原理，设计如图2装置用SO2和O2制备硫酸，电极A、B为多孔的材料。①A极的电极反应式是________。②B极的电极反应式是________。【答案】Pb+SO42-－2e-＝PbSO4PbSO4+2H2O-2e-＝PbO2+4H++SO42-外加电流的阴极保护法牺牲阳极阴极保护法4H++O2+4e-＝2H2OSO2+2H2O-2e-＝SO42-+4H+【解析】【分析】(1)放电时，该装置是原电池，负极上铅失电子发生氧化反应，充电时，该装置是电解池，阳极失电子发生氧化反应；(2)作原电池正极或作电解池阴极的金属被保护；(3)该原电池中，负极上失电子被氧化，所以负极上投放的气体是二氧化硫，二氧化硫失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子，正极上投放的气体是氧气，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，根据硫酸和水的出口方向知，B极是负极，A极是正极，据此书写电极反应式。【详解】：(1)放电时，该装置是原电池，负极上铅失电子发生氧化反应，即Pb+SO42--2e-=PbSO4，在充电时，该装置是电解池，阳极上硫酸铅失电子发生氧化反应，即PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++SO42-，故答案为：Pb+SO42--2e-=PbSO4；PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++SO42-；(2)①若X为石墨，为减缓铁的腐蚀，将开关K置于N处，该装置构成电解池，铁作阴极而被保护，该电化学防护法称为外加电流的阴极保护法；故答案为：外加电流的阴极保护法；②若X为锌，开关K置于M处，该装置构成原电池，锌易失电子作负极，铁作正极而被保护，该电化学防护法称为牺牲阳极的阴极保护法，故答案为：牺牲阳极的阴极保护法．(3)该原电池中，负极上失电子被氧化，所以负极上投放的气体是二氧化硫，即B极是负极，负极二氧化硫失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子，电极反应式是SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+，正极上投放的气体是氧气，即A极是正极，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式是4H++O2+4e-=2H2O，故答案为：①4H++O2+4e-=2H2O；

②SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+。10．一氧化碳和二氧化硫是用途广泛的化工基础原料。（1）已知：C（s）＋O2（g）＝CO2（g）△H1＝–393.5kJ·mol–1C（s）＋CO2（g）＝2CO（g）△H2＝＋172.5kJ·mol–1S（s）＋O2（g）＝SO2（g）△H3＝–296.0kJ·mol–1已知某反应的平衡常数，据以上信息，请写出该反应的热化学反应方程式：________________。（2）工业上用一氧化碳制取氢气的反应为：CO（g）＋H2O（g）CO2（g）＋H2（g），已知420℃时，该反应的化学平衡常数为9.0。如果反应开始时，在2L的密闭容器中充入CO和H2O的物质的量都是0.60mol，5min末达到平衡，则此时CO的转化率为______，H2的化学反应速率为_____。（3）工业利用反应2SO2（g）＋O2（g）2SO3（g）制硫酸，一定条件下，将1molSO2与2molO2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体系压强保持不变b混合气体密度保持不变cSO2和O2的物质的量保持不变d每消耗1molSO3的同时，生成0.5molO2【答案】SO2（g）＋2CO（g）2CO2（g）＋S（s）△H＝－270kJ·mol-1；75%0.045mol·L-1·min-1a、c【解析】【分析】(1)已知某反应的平衡常数，则该反应的方程式为SO2(g)+2CO(g)⇌2CO2(g)+S(s)，根据盖斯定律结合已知方程式计算反应热；(2)根据所给反应的平衡常数，利用三段式法计算浓度变化值结合公式计算；(3)学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断；【详解】(1)已知某反应的平衡常数，则该反应的方程式为SO2(g)+2CO(g)⇌2CO2(g)+S(s)，①C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=-393.5kJ•mol-1②C(s)+CO2(g)=2CO(g)△H2=+172.5kJ•mol-1③S(s)+O2(g)=SO2(g)△H3=-296.0kJ•mol-1，由盖斯定律①-②-③可得SO2(g)+2CO(g)⇌2CO2(g)+S(s)△H=-270kJ•mol-1；故答案为：SO2(g)+2CO(g)⇌2CO2(g)+S(s)△H=-270kJ•mol-1；(2)设参加反应的CO的浓度为x，解得x=0.225mol/L，所以CO的转化率α(CO)=×100%=75%，氢气反应速率v(H2)==0.045mol/(L•min)，故答案为：75%；0.045mol/(L•min)；(3)a．反应前后气体的体积不等，故容器总压强随时间改变，当压强不再随着时间变化时，即达到化学平衡状态，故a正确；b．总质量不变，体积不变，故混合气体的密度始终不变，所以不能作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故b错误；c．起始SO2和O2的物质的量之比为1:2，而反应过程中按照2:1的比例进行反应，所以SO2和O2的物质的量之比不变时说明反应达到平衡，故c正确；d．每消耗1molSO3为逆反应速率，同时，生成0.5molO2也为逆反应速率，任一时刻不同物质表示的同一方向速率之比等于计量数之比，故d错误；故答案为：ac；11．在800℃时，2L密闭容器内发生反应：2NO(g)＋O2(g)⇌2NO2(g)，反应体系中，一氧化氮的物质的量随时间的变化如表所示：时间/s012345n(NO)/mol0.0200.0100.0080.0070.0070.007(1)如图表示NO2的物质的量浓度变化的曲线是________。(2)用O2表示从0～2s内该反应的平均速率v＝__________。(3)能说明该反应已达到平衡状态的是________。A．v(NO2)＝2v(O2)B．容器内压强保持不变C．容器内气体质量不变D．容器内密度保持不变【答案】b1.5×10－3mol·L－1·s－1B【解析】【分析】（1）从图象分析，随反应时间的延长，各物质的浓度不再不变，且反应物没有完全反应，是可逆反应，根据一氧化氮物质的量的变化知，该反应向正反应方向移动，则二氧化氮的物质的量在不断增大，且同一时间段内，一氧化氮减少的物质的量等于二氧化氮增加的物质的量；（2）根据△v=计算一氧化氮的反应速率，再结合同一化学反应同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算氧气的反应速率；（3）化学平衡的标志是正逆反应速率相同，各组分含量保持不变。【详解】（1）从图象分析，随反应时间的延长，各物质的浓度不再不变，且反应物没有完全反应，所以反应为可逆反应，根据一氧化氮物质的量的变化知，该反应向正反应方向移动，则二氧化氮的物质的量在不断增大，且同一时间段内，一氧化氮减少的物质的量等于二氧化氮增加的物质的量，所以表示NO2的变化的曲线是b；故答案为：b；（2）0∼2s内v(NO)==0.0030mol/(L.min)，同一化学反应同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以氧气的反应速率为0.0015mol/(L⋅s)；故答案为：0.0015mol/(L⋅s)；（3）A.反应速率之比等于化学方程式计量数之比，v(NO2)＝2v(O2)为正反应速率之比，不能说明正逆反应速率相同，无法判断正逆反应速率是否相等，故A错误；B.反应前后气体体积不同，压强不变说明正逆反应速率相等，各组分浓度不变，故B正确；C.恒容容器，反应物生成物都是气体质量不变，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；D.恒容容器，反应物生成物都是气体质量不变，体积不变，所以密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故D错误；故选B；故答案为：B。12．合成氨反应N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)，反应过程的能量变化如图所示。已知N2(g)与H2(g)反应生成17gNH3(g)，放出46.1kJ的热量。请回答下列问题：(1)该反应通常用铁作催化剂，加催化剂会使图中E_______________（填“变大”或“变小”)，E的大小对该反应的反应热有无影响？___________，理由是__________。(2)图中△H=________kJ·mol-1。(3)起始充入2mol·L-1N2和5.5mol·L-1H2，经过50min，NH3的浓度为1mol·L-1，则v（N2）=______mol·L-1·min-1，c(H2)=_____mol·L-1(4)已知NH3(g)=NH3(l)△H=-QkJ·mol-1,则N2(g)+3H2(g)=2NH3(l)的△H=_______kJ·mol-1【答案】变小无ΔH取决于反应物的总能量和生成物的总能量差-92.20.014-（92.2+2Q）【解析】【分析】(1)依据催化剂降低反应的活化能加快反应速率分析；反应热取决于反应物和生成物的能量变化，活化能和反应热无关；(2)结合已知N2(g)与H2(g)反应生成17g

NH3(g)，放出46.1kJ的热量，分析图象是合成氨反应N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)，计算得到；(3)依据化学平衡三段式列式计算；(4)结合(2)计算的焓变写出反应的热化学方程式，依据盖斯定律计算所需让化学方程式。【详解】(1)催化剂降低反应的活化能加快反应速率，但不改变平衡，反应热不变，E的大小对该反应的反应热无影响，反应热取决于反应物的总能量和生成物的总能量差，故答案为：变小；无；△H取决于反应物的总能量和生成物的总能量差；(2)已知N2(g)与H2(g)反应生成17g

NH3(g)，放出46.1kJ的热量，图象是表示的是反应N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)能量变化，所以生成34g氨气放热92.2kJ，热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)，△H=-92.2kJ/mol，故答案为：-92.2；(3)起始充入2mol•L-1N2和5.5mol•L-1H2，经过50min，NH3的浓度为1mol•L-1，则依据所给数据建立如下三段式：由三段式可得v(N2)==0.01mol/(L•min)，c(H2)=4mol/L，故答案为：0.01；4；(4)由热化学方程式①N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-92.2kJ/mol，②NH3(g)═NH3(l)△H=-QkJ•mol-1，依据盖斯定律①+②×2得到N2(g)+3H2(g)═2NH3

(l)△H=-(92.2+2Q)kJ•mol-1，故答案为：-（92.2+2Q）。13．甲醇作为可再生能源，越来越受到人们的关注。已知甲醇制备的有关化学反应的平衡常数及焓变数据如下化学反应500℃平衡常数焓变①CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)K1＝2.5ΔH1＝－116kJ·mol－1②CO2(g)＋H2(g)H2O(g)＋CO(g)K2＝1.0ΔH2＝＋41kJ·mol－1③CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)K3＝？ΔH3＝？（1）反应③的K3＝__，ΔH3＝___。（2）对于反应②升高温度平衡常数___(填“增大”“减小”或“不变”)。（3）500℃时测得反应③在某时刻CO2(g)、H2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的浓度(mol·L－1)分别为0.1、0.8、0.3、0.15，则此时v正__v逆(填“>”“<”或“＝”)。【答案】2.5－75kJ·mol－1增大>【解析】【分析】（1），据此计算；根据盖斯定律计算焓变；（2）吸热反应升温平衡右移；（3）根据浓度商和平衡常数的大小关系判断；【详解】（1）由，，可知=2.5×1.0=2.5；由①CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH1＝－116kJ·mol－1；②CO2(g)＋H2(g)H2O(g)＋CO(g)ΔH2＝＋41kJ·mol－1；可知③=①+②，所以ΔH3＝ΔH1+ΔH2=－116kJ·mol－1+（＋41kJ·mol－1）=－75kJ·mol－1；故答案为：2.5；－75kJ·mol－1；（2）反应②ΔH2大于零，故为吸热反应，升高温度，平衡右移，平衡常数增大，故答案为：增大；（3）<K3，故平衡右移，则v正>v逆；故答案为：>；【点睛】灵活运用浓度商与平衡常数的大小关系来判断平衡移动方向。14．已知：反应aA(g)＋bB(g)cC(g)，某温度下，在2L的密闭容器中投入一定量的A、B，两种气体的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示。（1）从反应开始到12s时，用A表示的反应速率为________。（2）经测定前4s内v(C)＝0.05mol·L－1·s－1，则该反应的化学方程式为______________。（3）若上述反应分别在甲、乙、丙三个相同的密闭容器中进行，经同一段时间后，测得三个容器中的反应速率分别为甲：v(A)＝0.3mol·L－1·s－1；乙：v(B)＝0.12mol·L－1·s－1；丙：v(C)＝9.6mol·L－1·min－1；则甲、乙、丙三个容器中反应速率由快到慢的顺序为________。（4）下表所列数据是反应CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H1在不同温度下的化学平衡常数(K)。温度250℃300℃350℃K2.0410.2700.012①由表中数据判断H1_______0(填“>”“=”或“<”)；②某温度下，将2molCO和6molH2充入2L密闭容器，充分反应，达平衡后，测得c(CO)=0.2mol·L－1，则CO的转化率为__________，此时的温度为_______________从上表中选择)（5）将CH4转化成CO，工业上常采用催化转化技术，其反应原理为：CH4（g）+3/2O2（g）CO（g）+2H2O（g）H=-519kJ·mol－1。工业上，为选择合适的催化剂，分别对X、Y、Z三种催化剂进行了如下实验(其他条件相同)①X在T1℃时催化效率最高，能使正反应速率加快约3×105倍；②Y在T2℃时催化效率最高，能使正反应速率加快约3×105倍；③Z在T3℃时催化效率最高，能使逆反应速率加快约1×106倍；已知：T1>T2>T3，根据上述信息，你认为在生产中应该选择的适宜催化剂是__(填“X”、“Y”或“Z”)选择的理由是_______________________________________________。【答案】0.05mol·L－1·s－13A(g)＋B(g)2C(g)乙>甲>丙<80%250℃Z催化效率高且活性温度低【解析】【分析】（1）根据进行计算；（2）计算出12s内用A表示的化学反应速率，可以计算出a与b的比值，利用题给4s内v（C）=0.05mol•L-1•s-1，计算出abc的最简整数比；（3）将不同速率转化为同一物质的用相同单位进行描述的速率进行比较；（4）①由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应；②根据CO的平衡浓度计算平衡时CO的物质的量，进而计算参加反应的CO的物质的量，再根据转化率定义计算；列式三段式计算平衡浓度，结合平衡常数概念计算得到；（5）该反应正反应为放热反应，应选择催化活性高、速度快、反应温度较低；【详解】（1）从反应开始到12s时，A的浓度变化量△c=0.8mol/L-0.2mol/L=0.6mol/L，时间为12s，故=0.0