2023年高考真题变式分类汇编：化学反应速率2
一、选择题
1．（2022·辽宁）某温度下，在恒容密闭容器中发生反应，有关数据如下：
时间段/ 产物Z的平均生成速率/
0～2 0.20
0～4 0.15
0～6 0.10
下列说法错误的是（ ）
A．时，Z的浓度大于
B．时，加入，此时
C．时，Y的体积分数约为33.3%
D．时，X的物质的量为
【答案】B
【知识点】化学反应速率；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．反应开始一段时间，随着时间的延长，反应物浓度逐渐减小，产物Z的平均生成速率逐渐减小，则内Z的平均生成速率大于内的，故时，Z的浓度大于，A不符合题意；
B．时生成的Z的物质的量为，时生成的Z的物质的量为，故反应在时已达到平衡，设达到平衡时生了，列三段式：
根据，得，则Y的平衡浓度为，Z的平衡浓度为，平衡常数，时Y的浓度为，Z的浓度为，加入后Z的浓度变为，，反应正向进行，故，B不符合题意；
C．反应生成的Y与Z的物质的量之比恒等于1∶2，反应体系中只有Y和Z为气体，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，，故Y的体积分数始终约为33.3%，C不符合题意；
D．由B项分析可知时反应处于平衡状态，此时生成Z为，则X的转化量为，初始X的物质的量为，剩余X的物质的量为，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.随着反应进行，反应物的浓度逐渐减小；
B.计算此时的浓度熵和平衡常数，比较两者相对大小，确定反应进行方向；
C.Y、Z都是气体且二者的物质的量之比始终为1：2；
D.5min时反应达到平衡状态。
2．（2022·北京市）捕获和转化可减少排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以为载气，以恒定组成的混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到，在催化剂上有积碳。
下列说法错误的是（ ）
A．反应①为；反应②为
B．，比多，且生成速率不变，可能有副反应
C．时刻，副反应生成的速率大于反应②生成速率
D．之后，生成的速率为0，是因为反应②不再发生
【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．由题干图1所示信息可知，反应①为，结合氧化还原反应配平可得反应②为，A不符合题意；
B．由题干图2信息可知，，比多，且生成速率不变，且反应过程中始终未检测到，在催化剂上有积碳，故可能有副反应，反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1：2，B不符合题意；
C．由题干反应②方程式可知，H2和CO的反应速率相等，而时刻信息可知，H2的反应速率未变，仍然为2mmol/min，而CO变为1~2mmol/min之间，故能够说明副反应生成的速率小于反应②生成速率，C符合题意；
D．由题干图2信息可知，之后，CO的速率为0，CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成的速率为0，是因为反应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.反应①为CaO和二氧化碳反应生成碳酸钙；反应②为碳酸钙和甲烷反应生成CaO、CO和氢气；
B.，比多，且生成速率不变；
D.之后，CO的速率为0，CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成的速率为0。
3．（2022·浙江6月选考）恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应：
，测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化，如下表所示，下列说法不正确的是（ ）
A．实验①，，
B．实验②，时处于平衡状态，
C．相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大
D．相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大
【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A．实验①中，0~20min，氨气浓度变化量为2.40 10-3mol/L-2.00 10-3mol/L=4.00 10-4mol/L，v(NH3)= =2.00 10-5mol/(L·min)，反应速率之比等于化学计量数之比，v(N2)= v(NH3)=1.00 10-5mol/(L·min)，A不符合题意；
B．催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，实验③中氨气初始浓度与实验①中一样，实验③达到平衡时氨气浓度为4.00 10-4mol/L，则实验①达平衡时氨气浓度也为4.00 10-4mol/L，而恒温恒容条件下，实验②相对于实验①为减小压强，平衡正向移动，因此实验②60min时处于平衡状态，x<0.4，即x≠0.4，B不符合题意；
C．实验①、实验②中0~20min、20min~40min氨气浓度变化量都是4.00 10-4mol/L，实验②中60min时反应达到平衡状态，实验①和实验②催化剂表面积相同，实验①中氨气初始浓度是实验②中氨气初始浓度的两倍，实验①60min时反应未达到平衡状态，相同条件下，增加氨气浓度，反应速率并没有增大，C符合题意；
D．对比实验①和实验③，氨气浓度相同，实验③中催化剂表面积是实验①中催化剂表面积的2倍，实验③先达到平衡状态，实验③的反应速率大，说明相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据和化学反应速率之比等于化学计量数之比计算v(N2)；
B.结合实验①②数据分析，两者表面积相同，实验①未达到平衡；
D.催化剂表面积越大，反应速率越快。
4．（2022·湖南）向体积均为 的两恒容容器中分别充入 和 发生反应： ，其中甲为绝热过程，乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A． B．气体的总物质的量：
C．a点平衡常数： D．反应速率：
【答案】B
【知识点】反应热和焓变；化学反应速率；化学平衡常数
【解析】【解答】A．甲容器在绝热条件下，随着反应的进行，压强先增大后减小，根据理想气体状态方程PV=nRT可知，刚开始压强增大的原因是因为容器温度升高，则说明上述反应过程放热，即ΔH＜0，故A不符合题意；
B．该反应的ΔH<0，图中a点和c点的压强相等，因甲容器为绝热过程，乙容器为恒温过程，若两者气体物质的量相等，则甲容器压强大于乙容器压强，此时两者相等，则na＜nc，故B符合题意；
C．设平衡时Z的物质的量为a，则有三段式：
，恒温条件下，Pa=P始，则有3-2a=×3mol，解得a=0.75mol，则，甲为绝热容器，反应过程中温度高于乙，平衡逆向移动，故a点平衡常数：K＜12，故C不符合题意；
D．由图可知，甲容器达到平衡的时间短，则甲的反应速率比乙快，则Va正＞Vb正，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.随着反应的进行，压强先增大后减小，ΔH<0；
C.列出反应的三段式结合温度变化判断；
D.甲的反应速率比乙快。
5．（2023·郴州模拟）在温度为500℃时，将通入2L恒容密闭容器中，恒温条件下发生反应，反应一段时间后，测得容器中部分组分的物质的量如表所示。下列有关描述正确的是
时间/s 20 30 40
1.0 0.8
0.6
A．反应到20s时，用表示的平均反应速率为
B．平衡后再向容器中加入，再达平衡时的转化率降低
C．该反应在30s时，分解=生成
D．若在600℃时反应，平衡常数，则该反应的正反应为吸热反应
【答案】D
【知识点】化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．速率之比为化学计量数之比，反应到20s时，消耗M1.0mol，则，则用表示的平均反应速率为，A不符合题意；
B．平衡后再向容器中加入，相当于加压，平衡不移动，的转化率不变，B不符合题意；
C． 由知，M分解和P生成，均为正反应，速率之比为化学计量数之比，该反应在30s时，分解=2生成，C不符合题意；
D． 据分析，若在600℃时反应，平衡常数＞0.5625，则升温平衡右移，则该反应的正反应为吸热反应，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.速率之比为化学计量数之比。
B.根据勒夏特列原理进行分析。
C.分解和P生成，均为正反应，速率之比为化学计量数之比。
D.升温利于平衡向吸热方向移动，结合500 ℃ 和600 ℃ 的平衡常数进行分析。
6．（2023·宝山模拟）在相同条件下研究催化剂Ⅰ、Ⅱ对反应的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A．无催化剂时，反应不能进行
B．催化剂Ⅱ比催化剂Ⅰ效率更高
C．a曲线表示使用催化剂Ⅰ时A的浓度随t的变化
D．使用催化剂Ⅱ时，0~2min内，
【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．催化剂只能加快反应速率，不能改变反应的发生与否，A项不符合题意；
B．在相同时间内，催化剂Ⅰ的B增加的浓度比Ⅱ多，催化剂Ⅰ效率更高，B项不符合题意；
C．催化剂Ⅰ：0-2min，B增加的浓度为4.0mol/L，a曲线浓度变化量为2.0mol/L，变化量之比符合系数之比，a曲线为A在催化剂Ⅰ下的变化曲线，C项符合题意；
D．使用催化剂Ⅱ时，0-2min间B的浓度变化量为，则，则，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．催化剂只能改变反应速率，不能改变反应的方向；
B．依据曲线变化判断；
C．浓度的变化量之比等于系数之比；
D．利用v=Δc/Δt计算。
7．（2023·梅州模拟）在恒容密闭容器中，分别在、温度下，发生反应 ，反应体系中各物质的浓度c随时间t的部分变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A．向密闭容器内充入He，平衡逆向移动
B．a曲线条件下，10～30min内
C．曲线b表示温度下，反应过程中物质A的浓度变化
D．在工业实际生产中，温度越低，越有利于提高生产效率
【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．恒容条件下充入He，各物质的分压没有发生改变，平衡不移动，A不符合题意；
B．a曲线条件下，10～30min内，反应速率比等于化学计量数之比，则，B不符合题意；
C．结合分析可知，a、b都是A物质的浓度变化情况，b对应的是T2温度，C符合题意；
D．降低温度，平衡正向移动，反应物的转化率提升，但温度过低会导致反应速率过慢，不利于提高生产效率，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．依据化学平衡移动原理分析；
B．利用v=Δc/Δt计算；
C．结合图像分析判断；
D．依据影响反应速率和化学平衡的因素分析。
8．（2023·辽宁模拟）一种制备蓝氢的原理是。向一体积为1L的恒容密闭容器中充入1mol和2mol，在一定条件下发生上述反应，测得的物质的量与时间的关系如表所示。下列叙述错误的是
t/min 0 5 10 15 20 25
/mol 0 0.5 0.75 0.85 0.9 0.9
A．0～10min，
B．CO的体积分数不变时，反应达到平衡状态
C．上述反应中，的转化率大于的转化率
D．其他条件不变。若加入高效催化剂，则的转化率达到45%时所用时间小于20min
【答案】A
【知识点】化学反应速率；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A.0～10min，，由方程式可知，故A符合题意；
B．CO的体积分数不变时，说明CO的物质的量不变，说明反应达到平衡，故B不符合题意；
C．达到平衡时，=0.9mol，由方程式的系数关系可知，的转化率为=45%，的转化率为=22.5%，的转化率大于的转化率，故C不符合题意；
D．其他条件不变。若加入高效催化剂，反应速率增大，但不影响最终平衡时的转化率，则的转化率达到45%时所用时间小于20min，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.利用v=Δc/Δt计算；
B．利用“变者不变即平衡”；
C．利用方程式的系数关系计算；
D．催化剂只能加速化学反应的速度，而不能使平衡移动。
9．（2023·邯郸模拟）一定温度下，向容积为2L的恒容密闭容器中通入一定量N2O4，发生反应N2O4(g)2NO2(g) △H＞0，反应起始时容器内气体的总压强为p，体系中各组分的物质的量随时间(t)的变化如表。
t/s 0 20 40 60 80
n(N2O4)/mol 0.100 0.062 0.048 0.040 0.040
n(NO2)/mol 0 0.076 0.104 0.120 0.120
下列说法正确的是
A．20～60s内，NO2的平均反应速率υ=1.1×10 3 mol L 1 s 1
B．N2O4的平衡转化率为40%
C．该温度下，反应的压强平衡常数Kp=p
D．80s时，再充入0.03molNO2、0.01molN2O4，平衡逆向移动
【答案】D
【知识点】化学反应速率；化学平衡的计算
【解析】【解答】A.20～60s内，改变量为0.044mol，则平均反应速率，故A不符合题意；
B．平衡时物质的量为0.040mol，则消耗物质的量为0.06mol，则的平衡转化率为，故B不符合题意；
C．根据B选项得到平衡时物质的量为0.040mol，物质的量为0.12mol，总的气体物质的量为0.16mol，根据已知条件，得到平衡时气体总压强为，平衡时，，，，故C不符合题意；
D．根据C选项分析得到平衡时平衡常数，80s时，再充入0.03molNO2、0.01molN2O4，此时，则平衡逆向移动，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.根据计算；
B.根据计算；
C.计算平衡时各物质的分压，结合计算。
10．（2023·邵阳模拟）T ℃时，在体积为2 L的恒温恒容密闭容器中充入4 mol CO和4 mol ，发生反应，测得和的物质的量随时间的变化如图所示。该反应的正、逆反应速率分别可表示为，，、分别为正、逆反应速率常数，只受温度影响。下列说法正确的是
A．从反应开始至达到平衡时，以表示的平均反应速率为
B．该反应在A、B两点的正反应速率之比为
C．当容器中混合气体的密度不随时间变化时，该反应达到平衡状态
D．T ℃时，该反应的平衡常数为
【答案】B
【知识点】化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．根据化学反应速率的表达式，v(CO2)==0.02mol/(L·min)，故A不符合题意；
B．A点，CO和CO2物质的量相等，均为2mol，N2O的物质的量仍为2mol，此时v正=k正×1×1，B点达到平衡，n(CO)=n(N2O)=0.8mol，此时v正=k正×0.4×0.4，vA∶vB=25∶4，故B符合题意；
C．组分都是气体，因此气体总质量保持不变，容器为恒容，容器的体积不变，根据密度的定义，混合气体的密度在任何时刻均不变，因此不能说明反应达到平衡，故C不符合题意；
D．达到平衡时，n(CO)=n(N2O)=0.8mol，n(CO2)=n(N2)=3.2mol，该温度下的平衡常数K==16，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据计算；
C.可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；
D.分别计算各物质的平衡浓度，结合K的表达式计算。
11．（2023·嘉定模拟）将一定量的SO2(g)和O2(g)分别通入体积为2L的恒容密闭容器中，在不同温度下进行反应：2 SO2(g)+ O2(g)2SO3（g） △H<0。得到如表中的两组数据：
实验编号 温度/℃ 平衡常数/mol-1·L 起始量/mol 平衡量/mol 达到平衡所需时间/min
SO2 O2 SO2 O2
1 T1 K1 4 2 x 0.8 6
2 T2 K2 4 2 0.4 y t
下列说法错误的是
A．实验1在前6min的平均反应速率υ(SO2)=0.2 mol·L-1·min-1
B．T1、T2的关系：T1 ＞ T2
C．K1、K2的关系：K2＞K1
D．x= 1.6，y=0.2 ，t<6
【答案】D
【知识点】化学反应速率；化学平衡常数；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】
A．实验1在前6min的反应速率v（SO2）==0.2mol L-1 min-1，故A不符合题意；
B．反应起始量相同，达到平衡时氧气物质的量可知，实验2反应进行的程度大，反应是放热反应，温度越高，平衡向吸热反应方向进行，逆向进行，所以温度T1＞T2，故B不符合题意；
C．根据C可知，温度T1＞T2，该反应为放热反应，温度升高，平衡向着逆向移动，则反应物浓度增大、生成物浓度减小，平衡常数越小，所以平衡常数K2＞K1，故C不符合题意；
D．根据分析可知，x=1.6，y=0.2；由于温度T1＞T2，温度越低，反应速率越慢，则得达到平衡状态的时间越长，所以t＞6，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】实验1从开始到反应达到化学平衡时，氧气的变化量为：2mol-0.8mol=1.2mol，根据反应2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）可知，平衡时二氧化硫消耗的物质的量为：1.2mol×2=2.4mol，则平衡时二氧化硫的物质的量为：4mol-2.4mol=1.6，即x=1.6；实验2平衡时二氧化硫消耗的物质的量为：4mol-0.4mol=3.6mol，根据反应2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）可知，平衡时氧气消耗的物质的量为：3.6mol×=1.8mol，则平衡时氧气的物质的量为：2mol-1.8mol=0.2mol，即y=0.2。
12．（2023·济南模拟）高粱酿酒过程中部分操作如图所示。下列说法错误的是
“蒸粮”时加热 “拌曲”前摊晾 “堆酵”时升温 “馏酒”时控温
A．“蒸粮”时可适当鼓风加快燃烧速率
B．““拌曲”加入的酒曲在酿酒时起到催化作用
C．“堆酵”时升温是因为吸收环境中的热量
D．“馏酒”的原理即实验操作中的“蒸馏”
【答案】C
【知识点】化学反应速率；催化剂；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．“蒸粮”时可适当鼓风，增加氧气的浓度，可以加快燃烧速率，A不符合题意；
B．酒曲在酿酒时起到催化作用，B不符合题意；
C．升温是因为发酵时放出热量，C符合题意；
D．蒸馏时控制温度在酒精的沸点范围内，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】C项中升温是因为发酵时放出热量，其它选项依据物质的性质和反应的速率、反应条件分析。
13．（2023·佛山模拟）向1L的恒容密闭容器中加入1molX和3molY，发生反应X(g)+3Y(g)2Z(g)，X的转化率随温度t的变化如图所示(不同温度下的转化率均为反应第10min数据)。下列说法正确的是
A．a点的反应速率
B．a、b、c点对应的大小关系为：
C．c点时，每消耗的同时，消耗
D．若将容器体积扩大为2倍，则c点对应温度下的增大
【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．由题干图像信息可知，a点X的转化率为30%，故a点X的反应速率为： =0.03 ，根据反应速率之比等于化学计量系数之比，故a点的反应速率 ，A不符合题意；
B．由题干图像信息可知，a、b两点10min时未达到平衡，而c点10min时达到平衡，温度越高正、逆反应速率越快，故a、b、c点对应的 大小关系为： ，B不符合题意；
C．由题干图像信息可知，c点时反应达到化学平衡，故有每消耗 的同时消耗 即正、逆反应速率相等，C符合题意；
D．由反应方程式可知X(g)+3Y(g) 2Z(g)正反应是一个气体体积减小的方向，若将容器体积扩大为2倍，即减小容器压强，平衡逆向移动，则c点对应温度下的 减小，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．根据反应速率之比等于化学计量系数之比，利用υ=Δc/Δt计算；
B．依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
C．依据化学平衡的特征“等”和“定”进行分析判断；
D．根据影响化学平衡移动的因素分析。
14．（2022·青浦模拟）研究催化剂对2NH3N2+3H2反应速率的影响。恒温、恒容时，c(NH3)随时间的变化如表。
时间/min c(NH3)/(×10-3mol L-1) 催化剂 0 20 40 60 80
催化剂I 2.40 2.00 1.60 1.20 0.80
催化剂II 2.40 1.60 0.80 0.40 0.40
下列说法错误的是
A．使用催化剂I，0~20min的平均反应速率v(N2)=1.00×10-5mol·L-1·min-1
B．使用催化剂Ⅱ，达平衡后容器内的压强是初始时的倍
C．相同条件下，使用催化剂Ⅱ可使该反应更快
D．相同条件下，使用催化剂Ⅱ可使该反应的化学平衡常数更大
【答案】D
【知识点】化学反应速率；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．使用催化剂I时，，根据2NH3N2+3H2，所以v(N2)=1.00×10-5mol·L-1·min-1，故A不符合题意；
B．使用催化剂Ⅱ时，设体积为V，60min达到平衡时， n(NH3)= 0.40×10-3×Vmol，NH3反应了2.00×10-3×Vmol，所以生成N2为1.00×10-3×Vmol，生成H2为3.00×10-3×Vmol，反应后气体的总物质的量为4.40×10-3×Vmol，所以达平衡后容器内的压强是初始时的倍，故B不符合题意；
C．由表可知，使用催化剂Ⅱ在60min时达到平衡，使用催化剂I没有，催化剂Ⅱ可使该反应更快，故C不符合题意；
D．催化剂不影响化学平衡常数，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．利用υ=Δc/Δt计算；
B．相同条件下，气体物质的压强之比等于气体的物质的量之比；
C．催化剂能同等程度加快正逆反应速率；
D．催化剂不影响化学平衡常数。
二、多选题
15．（2022·河北）恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量X，发生反应的方程式为①；②。反应①的速率，反应②的速率，式中为速率常数。图甲为该体系中X、Y、Z浓度随时间变化的曲线，图乙为反应①和②的曲线。下列说法错误的是（ ）
A．随的减小，反应①、②的速率均降低
B．体系中
C．欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间
D．温度低于时，总反应速率由反应②决定
【答案】A,B
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A．由图甲中的信息可知，随c(X)的减小，c(Y) 先增大后减小，c(Z)增大，因此，反应①的速率随c(X)的减小而减小，而反应②的速率先增大后减小，A说法符合题意；
B．根据体系中发生的反应可知，在Y的浓度达到最大值之前，单位时间内X的减少量等于Y和Z的增加量，因此，v (X)= v (Y) +v(Z)，但是，在Y的浓度达到最大值之后，单位时间内Z的增加量等于Y和X的减少量，故v (X) + v (Y) = v(Z)，B说法符合题意；
C．升高温度可以可以加快反应①的速率，但是反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②的，且反应②的的速率随着Y的浓度的增大而增大，则欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间，C说法不符合题意；
D．由图乙信息可知，温度低于T1时，k1＞k2，反应②为慢反应，因此总反应速率由反应②决定，D说法不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】X是反应物，所以随着反应进行，X的物质的量浓度逐渐减小，反应①中Y是生成物、反应②中Y是反应物，则随着反应的进行，Y的物质的量浓度先增大后减小，Z的物质的量浓度逐渐增大，所以浓度随时间变化逐渐减小的代表的是X，浓度随时间变化逐渐增大的代表的是Z，浓度随时间变化先增大后减小的代表的是Y；由图乙可知，反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②。
16．（2022高三上·驻马店期末）T℃时，含等浓度的与的混合溶液中发生反应 ，时刻，改变某一外界条件继续反应至时刻，溶液中和随时间的变化关系如图所示。下列说法正确的是
已知：T℃时，该反应的化学平衡常数K=1。
A．若时刻未改变外界条件，则此时该反应处于平衡状态
B．若时刻反应达到平衡，则时刻改变的条件可能为升温
C．若始终保持温度不变，则平均反应速率：(表示0~s内的平均反应速率，表示0~s内的平均反应速率)
D．内的平均反应速率为
【答案】A,C
【知识点】化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．因为混合溶液中与等浓度，因此Ag+与Fe2+浓度相等，根据反应式可知，Ag+、Fe2+、Fe3+三者系数比为1：1：1，即三者变化量相等。若时刻未改变外界条件，则浓度商，因此此时该反应处于平衡状态，A符合题意；
B．该反应为放热反应，升温会导致平衡逆向移动，根据图像可知，时刻改变条件后，平衡正向移动，因此时刻改变的条件不是升温，B不符合题意；
C．因为Ag+、Fe2+系数比为1：1，因此v(Fe2+)=v(Ag+)，且，根据图像，=，=，因此，C符合题意；
D．根据图像，内的平均反应速率为，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】A．通过计算比较Qc与K的大小判断；
B．根据影响化学平衡移动的因素分析；
C．根据图像，及速率的计算公式分析；
D．利用υ=Δc/Δt计算。
17．（2022高二下·如皋期末）在容积为2L的恒容密闭容器中充入、，在不同温度下发生反应：，测得的转化率与时间的关系如下图所示。下列说法正确的是 （ ）
A．时，时的反应速率大于时，其中时
B．时的反应平衡常数
C．时，当容器中气体密度不再发生变化时，反应到达平衡状态
D．时，若起始向容器中加入催化剂，2s时，的转化率可能到达图中X点
【答案】A,D
【知识点】化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．T1在10s时达平衡而T2未达平衡，所以T1速率比T2大。T1温度下1-10s，转化率为60%，则，，A项符合题意；
B．
计算得，B项不符合题意；
C．该反应为恒容且气体质量守恒，所以密度为非变量，气体密度不再变化无法判断平衡，C项不符合题意；
D．T2温度下加入催化剂可加快反应速率，2s时可达到X点，D项符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A.T1时反应先达到平衡，说明该条件下反应速率较快；
B.列出反应的三段式，结合平衡常数公式计算；
C.该反应的密度始终不变；
D.加入催化剂可加快反应速率。
18．（2022高一下·宜春期末）在一恒温恒容密闭容器中充入和，一定条件下发生反应：，测得和的浓度随时间变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．反应进行到3min时，该反应达到平衡状态
B．从反应开始到平衡，的转化率为75%
C．，氢气的平均反应速率为
D．反应进行到10min时，该反应放出热量49.0kJ
【答案】B,C
【知识点】化学反应速率；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．反应进行到3min时，CO2(g)和CH3OH(g)的浓度还在变化，说明反应未达到平衡，A不符合题意；
B．CO2初始浓度为1.00mol/L，达到平衡时CO2的浓度是0.25mol/L，转化率为，B符合题意；
C.0-3min，氢气的平均反应速率为，C符合题意；
D．从反应开始到平衡（10min），的转化率为75%，故放出的热量为，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A.3min时，反应正向进行；
B.根据计算；
C.根据和反应速率之比等于化学计量数之比计算v(H2)；
D.10min时，的转化率为75%。
19．（2022高一下·宿迁期末）某温度下，在2L恒容密闭容器中投入一定量的A、B，发生反应：3A(g)+bB(g) cC(g)+2D(s)，12s时生成C的物质的量为0.8mol(反应进程如图所示)。下列说法中错误的是( )
A．12s时，A的转化率为75%
B．0-2s，D的平均反应速率为0.1mol/(L·s)
C．化学计量系数之比b：c=1：2
D．图中两曲线相交时，A的消耗速率等于A的生成速率
【答案】B,D
【知识点】化学反应速率；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A.12s时，A的转化率为，故A不符合题意；
B．D是固体，反应过程中D浓度不变，不能用D的浓度变化表示反应速率，故B符合题意；
C.12s时生成C的物质的量为0.8mol，C的浓度增加0.4mol/L，B的物质的量浓度减小0.2mol/L，△c(B)：△c(C)= 0.2：0.4=1：2，浓度的变化量比等于系数比，化学计量系数之比b：c=1：2，故C不符合题意；
D．图中两曲线相交时，A、B的浓度继续减小，反应正向进行，A的消耗速率大于A的生成速率，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A、转化率=变化量/起始量；
B、化学反应速率；
C、化学计量数之比=浓度变化之比；
D、 A的消耗速率等于A的生成速率 ，此时A的物质的量、浓度保持不变。
20．（2022高一下·临湘期末）在一体积为2 L的密闭容器中加入反应物N2、H2，发生如下反应：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)。反应过程中的部分数据如表所示，下列说法正确的是（ ）
n(N2) n(H2) n(NH)3
0 1.0 1.2 0
2 0.9
4 0.75
6 0.3
A．0～2 min内，NH3的反应速率为0.05 mol·L-1·min-1
B．2 min时，H2的物质的量为0.3 mol
C．4 min时，反应已达到平衡状态，此时正、逆反应的速率都为0
D．4～6 min内，容器内气体的总物质的量不变
【答案】A,D
【知识点】化学反应速率；化学平衡的计算
【解析】【解答】A.0～2 min内消耗氮气是0.1mol，则生成氨气是0.2mol，所以NH3的反应速率为：=0.05mol L-1 min-1，故A符合题意；
B.0～2 min过程中消耗H2的物质的量为0.3 mol，2 min时H2的物质的量1.2mol－0.3mol＝0.9mol，故B不符合题意；
C．根据表中数据可知，4 min时剩余氢气是0.75mol，消耗氢气是0.45mol，则生成氮气是0.3mol，与6min时氮气的物质的量相等，说明该反应已达到平衡状态，但此时正、逆反应的速率不等于0，故C不符合题意；
D.4～6 min内已经达到平衡状态，正逆反应速率相等，则容器内气体分子的总物质的量不变，故D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A.根据计算；
B.2 min时H2的物质的量1.2mol－0.3mol＝0.9mol；
C.化学平衡是动态平衡，化学反应速率不为0；
D.反应达到平衡之后，各组分的物质的量不再变化，则容器内气体的总物质的量不变。
21．（2022高一下·景德镇期末）将等物质的量的A、B混合于2L的密闭容器中，发生下列反应：3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g)，经2min后测得D的浓度为0.5mol/L，c(A)：c(B)=3：5，以C表示的平均速率，下列说法正确的是（ ）
A．反应速率
B．该反应方程式中，x=2
C．2min时，A的物质的量为1.5mol
D．2min时，A的转化率为60%
【答案】B,C
【知识点】化学反应速率；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A．根据题意得v(D)=0.5mol/L÷2min=0.25mol·L-1·min-1，则根据化学反应速率之比等于方程式中化学计量数之比可知v(B)=v(D)=0.125mol·L-1·min-1，故A不符合题意；
B．根据题意得v(D)=0.5mol/L÷2min=0.25mol·L-1·min-1，以C表示的平均速率v(C)=0.25mol·L-1·min-1，根据化学反应速率之比等于方程式中化学计量数之比可知x＝2，故B符合题意；
C.2min时，D的物质的量是0.5mol/L×2L=1mol，所以消耗A、B的物质的量分别是1.5mol、0.5mol，设A、B起始物质的量均为y，则剩余A、B的物质的量分别是y-1.5mol、y-0.5mol，根据c(A)：c(B)=3：5，解得=3：5，解得y=3mol。所以2min时，A的物质的量为3mol-1.5mol=1.5mol，故C符合题意；
D．A的转化率为×100%=50％，故D不符合题意；
故答案为BC。
【分析】A、化学反应速率；
B、化学计量数之比等于物质的量之比；
C、可以列出三段式，代入相关数据计算；
D、转化率=变化量/起始量。
22．（2022高一下·郴州期末）反应经历两步：①X→Y；②Y→2Z。反应体系中X、Y、Z的浓度c随时间t的变化曲线如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．a为c(X)随t的变化曲线
B．时，
C．时，Y的消耗速率小于生成速率
D．后，
【答案】C,D
【知识点】化学反应速率；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．X是唯一的反应物，随着反应的发生，其浓度不断减小，因此，由图可知，为随的变化曲线，A不符合题意；
B．由图可知，分别代表3种不同物质的曲线相交于时刻，因此，时，B不符合题意；
C．由图中信息可知，时刻以后，Y的浓度仍在不断减小，说明时刻反应两步仍在向正反应方向发生，而且反应①生成Y的速率小于反应②消耗Y的速率，即时的消耗速率大于生成速率，C符合题意；
D．由图可知，时刻反应①完成，X完全转化为Y，若无反应②发生，则，由于反应②的发生，时刻Y浓度的变化量为，变化量之比等于化学计量数之比，所以Z的浓度的变化量为，这种关系在后仍成立， 因此，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】根据c0的变化情况可知，a曲线为X的浓度曲线，逐渐增大的为Z的浓度，先增大后减小的曲线为Y的浓度曲线。
23．（2021高二上·定州期末）已知830℃时，可逆反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH>0的平衡常数K=1。T℃下，在2L恒容密闭容器中，加入0.4mol CO2和0.8molH2，随着反应的进行，测得H2O(g)的物质的量浓度随时间变化如下表所示。
t/min 0 10 20 30 40 70 90
c/(mol·L-1) 0 0.04 0.07 0.09 0.10 0.12 0.12
关于该反应，下列说法正确的是（ ）
A．T<830
B．20~40min内，v(H2)=1.5×10-2mol·L-1·min-1
C．平衡后，仅增大压强，CO的体积分数将增大
D．若向容器中充入0.8 mol CO2和1.6molH2，反应达到平衡的时间小于70min
【答案】A,D
【知识点】化学反应速率；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】A.70min后H2O(g)的浓度不再改变，反应达到平衡，平衡时c(H2O)=0.12mol/L，初始投料为0.2molCO2和0.4molH2，结合方程式可知平衡时c(CO2)=0.08mol/L，c(H2)=0.28mol/L，c(CO)=c(H2O)=0.12mol/L，则该温度下平衡常数K==0.64＜1，该反应焓变大于0，为吸热反应，则温度越低平衡常数越小，所以T<830，A符合题意；
B.20~40min内Δc(H2O)=0.10mol/L-0.07mol/L=0.03mol/L，根据方程式可知相同时间内Δc(H2)=0.03mol/L，所以v(H2)== 1.5×10-3mol·L-1·min-1，B不符合题意；
C．该反应前后气体系数之和相等，仅增大压强，平衡不移动，CO的体积分数不变，C不符合题意；
D．若向容器中充入0.8 mol CO2和1.6molH2，反应物的浓度增大，反应速率加快，由于该反应平衡不受压强影响，则平衡时反应物的转化率不变，所以达到平衡时间缩短，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A.计算平衡常数，进而确定其温度；
B.根据计算；
C.该反应反应前后气体体积不变，增大压强平衡不移动；
D.向容器中充入0.8 mol CO2和1.6molH2，反应物的浓度增大，反应速率加快。
24．（2021高二上·保定期末）一定条件下，溶液的酸碱性对光催化染料R降解反应的影响如图所示。下列判断正确的是（ ）
A．50min时，pH=2和pH=7条件下，R的降解百分率不相等
B．其他条件相同时，溶液酸性越强，R的降解速率越大
C．其他条件相同时，R的起始浓度越小，R的降解速率越大
D．在0~5min内，pH=7条件下，R的平均降解速率为
【答案】B,D
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A.50min时，pH=2和pH=7条件下，反应物R都能完全反应，降解率都是100%，A项不符合题意；
B．由图可知，其他条件相同时，溶液酸性越强，R的降解速率越大，B项符合题意；
C．由图可知，其他条件相同时，R的起始浓度越小，R的降解速率越小，C项不符合题意；
D．由图中数据计算可知，在0～5min内，pH=7条件下，R的平均降解速率为=，D项符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.pH=2和pH=7条件下，反应物R都能完全反应；
B.由图可知，溶液酸性越强，R的降解速率越大；
C.由图可知，R的起始浓度越小，R的降解速率越小；
D.根据计算。
25．（2021高二上·保定期末）温度为，容积为2L的恒容密闭容器中发生反应：，反应过程中部分数据见下表：
反应时间/min
0 4 2 0
5 1.5
10 2
15 1
下列说法错误的是（ ）
A．在0~5min内，的平均反应速率为
B．在10~15min内，
C．温度为时，化学平衡常数
D．若温度升高到，则时化学平衡常数比时大
【答案】C,D
【知识点】化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A.5min时，生成1.5mol ，消耗的物质的量为1.5mol，则在0~5min内，的平均反应速率为=，A项不符合题意；
B.10min时，的物质的量为2mol，15min时，的物质的量为1mol，则的物质的量为2mol，在10～15min内，、、的浓度均保持不变，属于化学平衡状态，，B项不符合题意；
C.10min时，反应达到平衡状态，的物质的量为2mol，的物质的量为1mol，的物质的量为2mol，则化学平衡常数K==，C项符合题意；
D．该反应为放热反应，温度升高，平衡向逆向移动，平衡常数减小，则时化学平衡常数比时小，D项符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A.根据计算；
B.化学反应速率之比等于化学计量数之比；
C.计算平衡时各物质的量浓度，代入化学平衡常数表达式计算；
D.该反应为放热反应，升温平衡逆向移动。
三、非选择题
26．（2022·虹口模拟）CH4-CO2重整反应[CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)-Q(Q>0)]以两种温室气体为原料生成了合成气，在“碳中和”的时代背景下，该技术受到更为广泛的关注。
（1）Ⅰ.完成下列填空：
某温度下，在体积2L的容器中加入2molCH4、1molCO2以及催化剂进行重整反应，经过2min达到平衡状态时CO2的转化率为50%。此过程中以CH4表示的平均化学反应速率为 。平衡常数的值为 。达到平衡后，其他条件不变时向容器中充入CO2与CO各1mol，则化学平衡 移动(选填“正向”“逆向”或“不”)。
（2）Ⅱ.储能是指通过介质或设备把能量存储起来，在需要时再释放的过程。CH4-CO2重整反应也可用于高温废热的储能。800℃下，研究反应物气体流量、CH4与CO2物质的量比对CH4转化率(α)、储能效率(η)的影响，部分数据如下所示。
序号 加热温度/℃ 反应物气体流量/L min-1 n(CH4)∶n(CO2) α/% η/%
ⅰ 700 4 2∶2 49.0 42.0
ⅱ 800 4 2∶2 79.6 52.2
ⅲ 800 6 3∶3 64.2 61.9
ⅳ 800 6 2∶4 81.1 41.6
已知储能效率η=Qchem/Qi，其中，Qchem是通过化学反应吸收的热量，Qi是设备的加热功率。
解释为何可以用CH4-CO2重整反应进行储能。
（3）对比实验 (填序号)，可得出结论：气体流量越大，CH4转化率 。
（4）实验ⅳ中CH4转化率比实验ⅲ高，结合相关数据解释为何储能效率却低的原因(两次实验中设备的加热功率Qi不变)。
【答案】（1）0.125mol/(L·min)；；逆向
（2）CH4-CO2重整反应是吸热反应，在生成CO、H2等气体燃料同时也将高温废热转化为化学能，而气体燃料燃烧又能将热能释放出来，从而实现储能
（3）ii和iii；越低
（4）在1min内，实验iii通入甲烷3L，实际转化3x0.642=1.926L，而实验iv通入甲烷2L，实际转化2x0.811=1.622L，因此iii中参与反应的甲烷的量大于iv，通过化学反应吸收的热量Qchem更多，当设备加热功率Qi不变时，储能效率更高
【知识点】化学反应速率；化学平衡中反应条件的控制；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】
(1) CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)-Q(Q>0某温度下，在体积2L的容器中加入2molCH4、1molCO2以及催化剂进行重整反应，经过2min达到平衡状态时CO2的转化率为50%。此过程中以CH4表示的平均化学反应速率为 =0.125mol/(L·min)，平衡常数的值为 = 。达到平衡后，其他条件不变时向容器中充入CO2与CO各1mol，则Qc= ，化学平衡逆向移动。
(2)CH4-CO2重整反应是吸热反应，在生成CO、H2等气体燃料同时也将高温废热转化为化学能，而气体燃料燃烧又能将热能释放出来，从而实现储能，故用用CH4-CO2重整反应进行储能。
(3)对比实验ii和iii是改变气体流量，根据表中数据分析，可以得出结论：气体流量越大，CH4转化率越低。
(4)实验ⅳ中CH4转化率比实验ⅲ高，但在1min内，实验iii通入甲烷3L，实际转化3x0.642=1.926L，而实验iv通入甲烷2L，实际转化2x0.811=1.622L，因此iii中参与反应的甲烷的量大于iv，通过化学反应吸收的热量Qchem更多，当设备加热功率Qi不变时，储能效率更高。
【分析】（1）根据平衡的三段式进行计算，并结合反应速率的公式和平衡常数公式计算，并比较浓度商和平衡常数的大小确定平衡的移动方向；
（2）根据反应热分析分析储能原理；
（3）根据表中数据分析气体流量和甲烷转化率之间的关系；
（4）实验iii通入甲烷3L，实际转化3x0.642=1.926L，实验iv通入甲烷2L，实际转化2x0.811=1.622L。
27．（2022·秦皇岛模拟）我国科学家利用Fe2Na3/红紫素催化剂实现CO2还原制备CO，利用可见光催化还原CO2，将CO2转化为增值化学原料(HCOOH、HCHO、CH3OH等) ，这被认为是一种可持续的CO2资源化有效途径。
（1）已知几种物质的燃烧热(ΔH)如表1所示：
表1
物质 HCHO(g) H2(g)
燃烧热(ΔH)/(kJ · mol-1) -570. 8 -285. 8
已知：H2O(g)=H2O(l) ΔH =-44 kJ ·mol-1。
CO2(g)+2H2(g) HCHO(g)+H2O(g) ΔH = kJ·mol-1
（2）在一定温度下，将1 mol CO2(g)和3 mol H2(g)通入某恒容密闭容器中，发生反应CO2(g)+H2(g) HCOOH(g) ，测得不同时刻容器中CO2的体积分数[φ(CO2)]如表2所示。
表2
t/min 0 10 20 30 40 50
φ(CO2) 0.250 0.230 0.215 0.205 0.200 0.200
达到平衡时CO2的转化率为 。
（3）将n(CO2) ： n(H2)=1 ：4的混合气体充入某密闭容器中，同时发生反应1和反应2。
反应1：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH1= +41.2kJ·mol-1
反应2：CO2(g) +3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH2<0。
在不同温度、压强下，测得相同时间内CO2的转化率如图1。0.1 MPa时，CO2的转化率在600 ℃之后随温度升高而增大的主要原因是 。
（4）在一定温度下，向容积为2 L的恒容密闭容器中充入1 mol CO2(g)和n mol H2(g) ，仅发生(3)中的反应2。实验测得CH3OH的平衡分压与起始投料比[]的关系如图2。
①起始时容器内气体的总压强为8p kPa，若10 min时反应到达c点，则0~10 min内，v(H2)= mol·L-1· min-1。
②b点时反应的平衡常数Kp= (用含 p的表达式表示)(kPa)-2。(已知：用气体分压计算的平衡常数为Kp，分压=总压×物质的量分数)
（5）我国科学家开发催化剂，以惰性材料为阳极，在酸性条件下电解还原CO2制备HCHO，其阴极的电极反应式为 。
（6）我国学者探究 了BiIn 合金催化剂电化学还原CO2生产HCOOH的催化性能及机理，并通过DFT计算催化剂表面该还原过程的物质的相对能量，如图3所示(带“*”表示物质处于吸附态)。试从图3分析，采用BiIn合金催化剂优于单金属Bi催化剂的原因： ；BiIn合金催化剂优于单金属In催化剂的原因： 。
【答案】（1）+43.2
（2）25%
（3）反应1的正反应是吸热反应，反应2的正反应是放热反应，600 ℃之后，随着温度升高，反应1正向进行的程度增大，反应2向逆反应方向进行，且相同时间内反应1消耗CO2的量大于反应2生成CO2的量
（4）0.075；
（5）CO2 +4e- +4H+=HCHO+ H2O
（6）相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附；相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)根据燃烧热写出热化学方程式：
i . HCHO(g)+O2(g)=CO2(g)+H2O(l) △H= -570.8 kJ/mol
ii. H2(g)+ O2(g)=H2O(l) △H=-285.8 kJ/mol
iii. H2O(g)=H2O(l) △H=-44 kJ/mol
根据盖斯定律，ii×2-i- iii得反应CO2(g)+2H2(g) HCHO(g)+H2O(g)的△H=(-285.8×2 +570.8+44) kJ/mol=+43.2 kJ/mol；答案为：+43.2。
(2)由表2可知，平衡时CO2的体积分数为0.200，设反应由起始到达平衡时CO2转化的物质的量为xmol，列三段式： ，则=0.200，解得x=0.25，则CO2的平衡转化率为25%；答案为：25%。
(3)反应1的正反应是吸热反应，反应2的正反应是放热反应，600 ℃之后，随着温度升高，反应1正向进行的程度增大，反应2向逆反应方向进行，且相同时间内反应1消耗CO2的量大于反应2生成CO2的量，故0.1 MPa时，CO2的转化率在600 ℃之后随温度升高而增大；答案为：反应1的正反应是吸热反应，反应2的正反应是放热反应，600 ℃之后，随着温度升高，反应1正向进行的程度增大，反应2向逆反应方向进行，且相同时间内反应1消耗CO2的量大于反应2生成CO2的量。
(4)①设反应由起始到达平衡时CO2转化的物质的量为ymol；根据c点列三段式
恒温恒容下，气体压强与气体物质的量成正比例，，解得y=0.5，v(H2)= =0.075 mol·L-1·min-1；答案为：0.075。
②温度相同，a、b、c点平衡常数相等，选c点数据计算平衡常数，c点平衡时CO2、H2、CH3OH、H2O物质的量依次为0.5mol、1.5mol、0.5mol、0.5mol，CH3OH的分压为pkPa，则p(CO2)= p(CH3OH)= p(H2O)=pkPa，p(H2)=pkPa× 3=3pkPa，则平衡常数Kp== (kPa)-2；答案为：。
(5)以惰性材料为阳极，在酸性条件下电解还原CO2制备HCHO，CO2在阴极上得电子被还原成HCHO，阴极的电极反应式为CO2 +4e-+4H+=HCHO+ H2O；答案为：CO2 +4e-+4H+=HCHO+ H2O。
(6)根据图像，采用BiIn合金催化剂优于单金属Bi催化剂的原因：相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附；BiIn合金催化剂优于单金属In催化剂的原因：相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能；答案为：相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附；相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能。
【分析】（1）先写出甲醛和氢气燃烧热的热化学方程式，再根据盖斯定律计算；
（2）根据计算；
（3）反应1的正反应是吸热反应，反应2的正反应是放热反应，600 ℃之后，随着温度升高，反应1正向进行的程度增大，反应2向逆反应方向进行，且相同时间内反应1消耗CO2的量大于反应2生成CO2的量；
（4）①列出反应的三段式，结合计算；
②根据Kp=计算；
（5）阴极发生还原反应；
（6）BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附；活化能越低反应越容易发生。
28．（2022·枣庄模拟）2021年9月，中国科学院宣布在人工合成淀粉方面取得突破性进展，在国际上首次实现二氧化碳到淀粉的全合成，该技术未来有望促进碳中和的生物经济发展。
（1）人工合成转化为淀粉只需要11步，其中前两步涉及的反应如图所示：
反应： 。
（2）反应Ⅰ进行时，同时发生反应：在1L恒容密闭容器中充入和，一定温度下，达到平衡时，，，物质的量分数为 ％。(计算结果保留1位小数)
（3）乙烯是合成工业的重要原料，一定条件下可发生反应：。
①分别在不同温度、不同催化剂下，保持其它初始条件不变，重复实验，经相同时间测得体积分数与温度的关系如图所示：
在催化剂甲作用下，图1中M点的速率 (填“＞”、“＜”或“=”)，根据图1所给信息，应选择的反应条件为 。
②一定温度下，该反应正逆反应速率与、的浓度关系：，(、是速率常数)，且或的关系如图所示，向恒容密闭容器中充入一定量，反应进行m分钟后达平衡，测得，该温度下，平衡常数K= (用含a、b的计算式表示，下同)，用表示的平均反应速率为 。
【答案】（1）++×+×
（2）11.1
（3）>；催化剂乙、反应温度200℃；；
【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用；化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)反应I：，反应II：，反应III：，反应IV：，由盖斯定律，反应I+II+×III+×IV可得反应： ++×+×；
(2)设平衡时物质的量为x，C2H4的为y，列三段式：、，
容器体积为1L，达到平衡时，，则4-x-2y=x+4y①，，则6-3x-6y=1.2②，联立①②式解得x=0.8mol、y=0.4mol，则物质的量分数为；
(3)①催化剂不能使平衡发生移动，由图可知M点乙烯的转化率低于同温度下催化剂为乙时乙烯的转化率，说明M点时反应还没有达到平衡状态，还在正向进行，故>；
根据图1所给信息，催化剂为乙的时候乙烯的转化率高，故应选择的反应条件为催化剂乙、反应温度200℃；故答案为：>；催化剂乙、反应温度200℃；
②由化学方程式可知，正速率与乙烯的浓度有关，逆速率与丙烯的浓度有关，故v正的斜率更大一些，由速率公式可得：lgv正=lgk正+3lg c(C2H4)，lgv逆=lgk逆+2lgc(C3H6)，由图可知当lg c(C2H4)和lgc(C3H6)均为0时，lgv正=a，lgv逆=b，则lgv正=lgk正=a，k正=10a，lgv逆=lgk逆=b，k逆=10b，则T℃时，该反应达到平衡时，v正=v逆，即k正c3(C2H4)=k逆c2(C3H6)，则平衡常数K=；
设向容器中充入xmol/L C2H4，平衡后测得，则有三段式：
K=，解得：，则用表示的平均反应速率为v(C3H6)=
故答案为：；。
【分析】 (1)由已知反应的反应热通过盖斯定律计算未知反应的反应热；
(2)由反应物的起始加入量和平衡时浓度关系计算各物质的量平衡量，进而计算平衡时的物质的量分数；
(3)依据乙烯体积分数随温度变化判断速率关系，由图象判断反应物转化率最大。
29．（2022·海口模拟）SO2、H2S的捕捉与回收是环保研究的热点课题。
（1）天然气中H2S的捕捉原理如下：
①NaOH(aq)+H2S(g)=NaHS(aq)+H2O(1) ΔH1=xkJ·mol-1
②Na2S(aq)+H2S(g)=2NaHS(aq) ΔH2=ykJ·mol-1
2NaOH(aq)+H2S(g)=Na2S(aq)+2H2O(l) ΔH= kJ·mol-1(用含x、y的代数式表示)。
（2）H2S可用于制备合成除草剂的COS。已知：610K时，H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g) ΔH=+35kJ·mol-1，实验测得：该反应的速率方程v正=k正·c(H2S)·c(CO2)，v逆=k逆·c(COS)·c(H2O)(k正、k逆为正、逆反应速率常数，只与温度、催化剂和固体接触面有关)。上述反应达到平衡后，升高温度，k正增大的倍数 (填“大于”“小于”或“等于”，下同)k逆增大的倍数；加入催化剂，k正增大的倍数 k逆增大的倍数。
（3）从废气中的SO2回收硫的原理是CH4(g)+2SO2(g)S2(g)+2H2O(g)+CO2(g)。
①分别选取Fe2O3、NiO作催化剂，其他条件相同，反应相同时间时SO2的转化率随反应温度的变化如图1所示。选择Fe2O3作催化剂，最适宜温度大约为 ℃；选择NiO作催化剂，m点后SO2的转化率降低的原因是 。
②某温度下，保持总压强为72kPa，向密闭容器中充入一定量的CH4和SO2，发生上述反应，测定SO2的平衡转化率与投料比[]的关系如图2所示。
该温度下。上述反应的平衡常数Kp= kPa。(提示：Kp为用气体分压计算的平衡常数，气体分压=总压×物质的量分数)
【答案】（1）(2x-y)
（2）大于；等于
（3）340；催化剂活性降低；40.5
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)依据盖斯定律：2①-②可得：2NaOH(aq)+H2S(g)=Na2S(aq)+2H2O(l)，焓变ΔH=2ΔH1-ΔH2=(2x-y)kJ·mol-1。
(2)该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，v正>v逆，平衡常数K增大，v正=k正·c(H2S)·c(CO2)，v逆=k逆·c(COS)·c(H2O)，平衡时v正=v逆，k正·c(H2S)·c(CO2)=k逆·c(COS)·c(H2O)，=，平衡常数K==，则k正增大的倍数大于k逆增大的倍数，而加入催化剂，正逆反应速率都加快，但平衡不移动，v正=v逆，则k正增大的倍数等于k逆增大的倍数。
(3)①由题图可知，选择Fe2O3作催化剂，温度为340℃时二氧化硫转化率最高，因此最适宜温度大约为340℃；催化剂活性与温度有关，选择NiO作催化剂，m点后SO2的转化率降低的原因是：催化剂活性降低。
②温度不变，平衡常数不变，取M点，设初始二氧化硫的物质的量为2x，甲烷物质的量为x，列三段式：
平衡时物质总物质的量为：0.4x+0.8x+0.6x+1.2x+0.6x=3.6x，甲烷分压为=8kPa，二氧化硫分压为=16kPa，S2分压为=12kPa，水蒸气分压为=24kPa，二氧化碳分压为=12kPa，压强平衡常数Kp=kPa =40.5kPa。
【分析】（1）根据盖斯定律，2①-②即可得到目标方程式；
（2）根据平衡移动的方向即可比较k正增大的倍数和k逆增大的倍数；
（3）根据图像曲线的变化进行分析，列出三段式计算平衡常数。
30．（2022·连云模拟）工厂烟气(主要污染物SO2、NO)直接排放会造成空气污染，需处理后才能排放。
（1）O3氧化。O3氧化过程中部分反应的能量变化如图所示。
①已知2SO2(g)+O2(g) =2SO3(g) ΔH = 198 kJ·mol 1。则反应2O3(g)=3O2(g)的 ΔH= kJ·mol 1。
②其他条件不变时，增加n(O3)，O3氧化SO2的反应几乎不受影响，其可能原因是 。
（2）NaClO2氧化。40 ℃时向一定量NaClO2溶液中按一定流速持续通入工厂烟气，溶液的pH与ORP值(氧化还原电位)随时间变化如图所示。
①写出NO与ClO反应的离子方程式： 。
②烟气中含有少量SO2，能提高NO的脱除率，可能原因是 。
（3）TiO2光催化。主要是利用TiO2光催化剂在紫外线作用下产生的高活性自由基(·OH、·O)和h+(h+代表空位，空位有很强的得电子能力)，将烟气中的SO2、NO等氧化除去。TiO2光催化剂粒子表面产生·OH的机理如图所示(图中部分产物略去)。已知TiO2中电子跃迁的能量hv=3.2eV。
①TiO2光催化剂在紫外线作用下产生·OH的过程可描述为 。
②在TiO2中掺杂一定量的金属离子可提高光催化活性。对所掺杂金属离子的要求是 。
【答案】（1）-285.2；SO2与O3反应的活化能比NO与O3反应的活化能大得多，其他条件不变时SO2与O3的反应速率慢
（2）4NO+3ClO+2H2O = 4NO+4H++3Cl-；SO2能溶于水，反应后使溶液pH降低，ORP值增大，氧化能力增强，NO去除率升高
（3）催化剂在紫外线的作用下将电子激发到CB端，而在VB端留下空位；氧气在CB端得电子生成·O，·O结合 H2O生成H2O2，H2O2在CB端生成·OH；H2O和·OH-进入VB端的空位生成·OH；金属离子掺杂引起的电子跃迁的能量小于3.2eV
【知识点】反应热和焓变；化学反应速率；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】(1)①已知a：2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) ΔH = 198 kJ·mol 1，
根据图示可知b：SO2(g)+O3(g)=SO3(g)+O2(g) ΔH = 241.6 kJ·mol 1。
根据盖斯定律，将2×b-a，整理可得2O3(g)=3O2(g)的 ΔH=-285.2 kJ/mol；
②其他条件不变时，增加n(O3)，O3氧化SO2的反应几乎不受影响，其可能原因是SO2与O3反应的活化能比NO与O3反应的活化能大得多，其他条件不变时SO2与O3的反应速率慢，因此反应速率几乎不变；
(2)①ClO具有强氧化性，会将NO氧化为，ClO被还原为Cl-，根据原子守恒、电子守恒、电荷守恒，可得该反应的离子方程式为：4NO+3ClO+2H2O = 4NO+4H++3Cl-；
②烟气中含有少量SO2，SO2能溶于水，反应产生H2SO3，使反应后溶液pH降低，ORP值增大，氧化能力增强，从而导致NO去除率升高，故提高了NO的脱除率；
(3)①TiO2光催化剂在紫外线作用下产生·OH的过程可描述为：催化剂在紫外线的作用下将电子激发到CB端，而在VB端留下空位；氧气在CB端得电子生成·O，·O结合 H2O生成H2O2，H2O2在CB端生成·OH；H2O和·OH-进入VB端的空位生成·OH；
②在TiO2中掺杂一定量的金属离子可提高光催化活性。由于TiO2中电子跃迁的能量hv=3.2eV，因此对所掺杂金属离子的要求是：金属离子掺杂引起的电子跃迁的能量小于3.2eV。
【分析】（1）①根据盖斯定律即可计算出焓变
②根据活化能的高低判断
（2）①根据反应物和生成物即可写出方程式
②二氧化硫溶于水显酸性，pH越大，ORP越大氧化能力增强
（3）①根据流程图即可找出
②根据二氧化钛的电子跃迁能量即可找出
31．（2021高三上·黄浦月考）高炉炼铁的基本反应之一如下：FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)，反应的平衡常数K与温度T(单位：K)之间的关系如图所示。
（1）1100℃时，某密闭容器中发生该反应。
①能说明该反应已达平衡状态的是 。
a．容器内固体质量保持不变 b．容器中气体压强保持不变
c．c(CO)=c(CO2) d．v正(CO)=v逆(CO2)
②若平衡后，保持温度不变，加入FeO后，c(CO2)将 (填“增大”、“减小”或“不变”)。1100℃时K=0.263，测得高炉中c(CO2)=0.025mol L-1、c(CO)=0.1mol L-1，判断该反应是否处于平衡状态 (填“是”、“否”)，此时，化学反应速率是v正 v逆(填“>”、“=”、“<”)，其理由是 。
（2）温度升高，化学平衡移动后达到新的平衡，高炉内CO2和CO的体积比 (填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，平衡常数K 。指出两条提高CO的平衡转化率的措施 。
（3）某实验小组在实验室模拟上述反应。一定温度下，在2L盛有FeO粉末的恒容密闭容器中通入0.1molCO，5min时生成2.24gFe。0~5min内用CO的浓度变化表示的平均反应速率是 。若将此时反应体系中的混合气体通入100mL0.60mol L-1的NaOH溶液中，所得溶液中离子浓度由大到小的顺序是 。
【答案】（1）ad；不变；否；>；<0.263，反应向逆反应方向进行，则v正大于v逆
（2）减小；减小；适当降低温度、减小生成物CO2的浓度
（3）0.004mol L-1 min-1；c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)
【知识点】化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）①a．该反应是固体质量增大的反应，容器内固体质量保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故a正确；
b．该反应是气体体积不变的反应，容器中气体压强始终保持不变，则容器中气体压强保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否已达到平衡，故b不正确；
c．c(CO)=c(CO2)不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否已达到平衡，故c不正确；
d．由方程式可知，v正(CO)=v逆(CO2) 说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故d正确；
故答案为：ad；
②若平衡后，保持温度不变，加入浓度为定值的氧化亚铁固体，化学反应速率不发生变化，化学平衡不移动，二氧化碳的浓度不变；由题给数据可知，反应的浓度熵Qc===0.25
（2）由图可知，温度升高，平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，则升高温度，平衡向逆反应方向移动，达到新的平衡，高炉内二氧化碳和一氧化碳的体积比减小，化学平衡常数减小；该反应是气体体积不变的放热反应，适当降低反应温度和减小生成物二氧化碳的浓度，可以使平衡向正反应方向移动，一氧化碳的转化率增大，故答案为：增大；减小；适当降低温度、减小生成物CO2的浓度；
（3）由方程式可知，5min时生成2.24g铁时，反应生成二氧化碳和消耗一氧化碳的物质的量都为=0.04mol，则一氧化碳的平均速率为=0.004mol L-1 min-1；设二氧化碳与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠为amol、碳酸氢钠为ymol，由碳原子个数守恒可得：a+b=0.04mol①，由钠原子个数守恒可得：2a+b=0.60mol/L×0.1L②，解联立方程可得a=b=0.02mol，碳酸钠和碳酸氢钠在溶液中水解使溶液呈碱性，碳酸钠的水解程度大，会抑制碳酸氢钠的水解，则溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)，故答案为：0.004mol L-1 min-1；c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)。
【分析】（1）①可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；
②FeO为纯固体，加入FeO不影响反应速率；
（2）温度升高，平衡常数减小，正反应为放热反应；
（3）根据计算；碳酸根的水解程度大于碳酸氢根的水解程度。
32．（2021·绍兴模拟）含铁化合物是重要的基础材料。
请问答：
（1）已知： ，。。当时，正反应是自发的，此时的逆转温度为 K。
（2）高炉炼铁中发生的基本反应之一为：
①在1100℃时，K=0.263，若此时测得高炉中，，判断反应速率(正) (逆)，理由是 。
②下列说法错误的是 。
A．须采用高温高压的反应条件使FeO还原为
B．粉碎FeO能增大接触面积从而提高反应速率
C．平衡时提高CO气体的分压有利于提高Fe的产量
D．加入CaCO3(s)后因分解产生CO2必使平衡逆向移动
③高炉炉体结构如图1所示，以铁矿石、焦炭、石灰石和空气为原料，由图2推测炉腹中发生的主要反应是 (选填：a、b、c、d)。
④若将体积比为1：1的CO和H2混合煤气通入进风口，测得不同温度下FeO还原到后，还原剂剩余的物质的量n值如下：
还原剂 600℃ 700℃ 800℃ 900℃ 1000℃ 1100℃ 1200℃
H2 4.18 3.34 2.94 2.60 2.32 2.30 2.25
CO 1.66 2.50 2.90 3.24 3.52 3.54 3.59
请结合表格中的数据说明CO和H2分别还原FeO的倾向性大小是 。
（3）一定条件下，FeCl2或FeCl3都可以催化分解H2O2。总反应都是。请写出用FeCl3催化的离子方程式。① ；② 。
【答案】（1）900K
（2）＞；，即，故(正)(逆)；AD；b；约800℃之前，CO大于H2；800℃之后，H2大于CO
（3）；
【知识点】化学反应速率；催化剂；化学平衡常数；化学平衡的调控
【解析】【解答】（1）△G=△H-T△S＜0，-151.2kJ/mol-T×[0.168kJ/(mol·K)] S＜0，解得T=900K；
（2）①在1100℃时，K=0.263，若此时测得高炉中，，此时的浓度商，即，反应未达到平衡状态，因此反应正向进行，(正)(逆)；
②A．该反应的正反应是气体体积不变是放热反应，要使FeO还原为，须采用适当温度和高压的反应条件，若是高温条件，化学平衡逆向移动，不利于FeO向Fe的转化，A不正确；
B．粉碎FeO能增大FeO与CO的反应接触面积，增大反应碰撞，从而提高反应速率，B正确；
C．平衡时提高CO气体的分压，即增大CO的浓度，可以使化学平衡正向移动，因此有利于提高Fe的产量，C正确；
D．加入CaCO3(s)后，CaCO3分解需吸收能量，会使反应体系的温度降低，可能会使平衡向吸热的正反应方向移动，其分解产生CO2气体，生成物浓度增大，也可能使化学平衡逆向移动，因此加入CaCO3(s)后化学平衡不一定是逆向移动，D不正确；
故答案为：AD；
③在炉腹中温度是1400-1800℃，主要反应是FeO+COFe+CO2，冶炼产生的Fe水进入炉缸中，由出铁口流出，故答案为：b；
④根据表格数据可知：在约800℃之前，CO的还原性大于H2；800℃之后，H2的还原性大于CO；
（3）FeCl3是H2O2分解的催化剂，反应分步进行，首先是；然后发生反应：，总反应方程式为：。
【分析】（1）根据△G=△H-T△S＜0计算；
（2）计算此时的浓度商，与平衡常数比较进而判断反应进行方向；
（3）铁离子作为催化剂，应当在第一步反应中消耗，在第二步反应中生成。
33．（2021·包头模拟）为应对全球气候问题、建设资源节约型、环境友好型社会，对温室气体二氧化碳的处理是化学工作者实现减排重点研究的课题。
（1）处理方案反应1：CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)。
将原料气按n(CO2)：n(H2)=1：4置于恒容密闭容器中发生反应1，测得H2O(g)的物质的量分数与温度的关系如图所示(虚线表示平衡曲线)。
①请将a、b、c三点的逆反应速率va、vb、vc由大到小排序 。
②在反应器中进行反应1，下列措施能提高CO2平衡转化率的是 (填标号)。
A．适当减压
B．增大催化剂的比表面积
C．反应器前段加热，后段冷却
D．提高原料气中CO2所占比例
E.合理控制反应器中气体的流速
（2）一种新的处理方案是用反应2：CO2(g)+2H2(g) C(s)+2H2O(g) H代替反应1。
I.①已知：CO2(g)和H2O(g)的生成焓为：-394kJ/mol，-242kJ/mol。则 H= kJ/mol。(生成焓是一定条件下，由其对应最稳定单质生成1mol化合物时的反应热。)
②若要反应2自发进行， (填“高温”或“低温”)更有利。
③反应2必须在高温下才能启动，原因是 。
II.350℃时，向体积为2L的恒容密闭容器中通入8molH2和4molCO2发生反应2.若反应起始和平衡时温度相同(均为350℃)，测得反应过程中压强随时间的变化如下表所示：
时间/min 0 10 20 30 40 50 60
压强 6.00P 5.60P 5.30P 5.15P 5.06P 5.00P 5.00P
①350℃时反应2的Kp= (Kp为用气体的分压表示的平衡常数，分压=气体的体积分数×体系总压)
②反应2的速率方程：v正=k正·c(CO2)·c2(H2)，v逆=k逆·c2(H2O)(k是速率常数，只与温度有关)。30min时， c2(H2O)/[c(CO2)·c2(H2)](填“>”“<”或“=”)；
③反应2的lg 、lg 随温度变化的曲线如图所示，则 (填“m”或“n”)表示lg 随温度变化的曲线。
【答案】（1）vc>vb>va；CE
（2）-90；低温；反应活化能高；；>；m
【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用；化学反应速率；化学平衡移动原理；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)①a、b相比，a的温度低、水蒸气含量低，所以va(逆)小于vb(逆)，b、c相比，c温度高，所以vb(逆)小于vc(逆)，三点的逆反应速率va、vb、vc由大到小排序vc>vb>va；
②A．减压，平衡逆向移动，CO2平衡转化率减小，故不选A；
B．增大催化剂的比表面积，平衡不移动，CO2平衡转化率不变，故不选B；
C．根据图像，随温度升高，水的物质的量分数降低，说明正反应放热，反应器后段冷却，平衡正向移动，CO2平衡转化率增大，
故答案为：C；
D．提高原料气中CO2所占比例，CO2平衡转化率减小，故不选D；
E．合理控制反应器中气体的流速，反应正向进行，CO2平衡转化率增大，
故答案为：E；
选CE；
(2) I．①CO2(g)和H2O(g)的生成焓为：-394kJ/mol，-242kJ/mol；
则Ⅰ C(s)+ O2(g)= CO2(g) H=-394kJ/mol。
Ⅱ.2H2(g) + O2(g)=2H2O(g) H=-484kJ/mol；
根据盖斯定律Ⅱ-Ⅰ 得CO2(g)+2H2(g) C(s)+2H2O(g) H=-484kJ/mol+394kJ/mol=-90 kJ/mol；
②CO2(g)+2H2(g) C(s)+2H2O(g)， ，反应2自发进行，低温更有利。
③反应2的反应活化能高，所以必须在高温下才能启动；
II. ①
起始压强为6P，平衡时压强为5P，则
x=2，平衡时CO2物质的量为2mol、H2物质的量为4mol、H2O物质的量为4mol，350℃时反应2的Kp= ；
②反应2的速率方程：v正=k正·c(CO2)·c2(H2)，v逆=k逆·c2(H2O)。达到平衡时30min时k正·c(CO2)·c2(H2) =k逆·c2(H2O)， = =K，30min时没有达到平衡状态，平衡正向进行，Q
③反应2的正反应放热，升高温度平衡逆向移动，说明升高温度对逆反应速率醋酸影响大，
所以m表示lg 随温度变化的曲线。
【分析】本题考查化学反应速率和化学平衡，明确盖斯定律、平衡常数概念、影响化学平衡移动的因素是解题关键，会利用“三段式”计算平衡常数，培养学生利用知识解决实际问题的能力。
34．（2021·葫芦岛模拟）汽车尾气中的NO和CO会对环境造成很大影响，我国科学家在以H2为还原剂清除NO、CO的研究方面取得了显著成果。回答下列问题：
（1）以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水可以制H2。
已知：2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)
△H1=+571.0kJ mol-1
2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g)
△H2=+313.2kJ mol-1
则3FeO(s)+H2O(1)=H2(g)+Fe3O4(s)
△H3= kJ mol-1
（2）H2还原NO的化学方程式为2NO(g)+2H2(g) N2(g)+2H2O(g) △H＜0。
①研究表明上述反应历程分两步：
Ⅰ.2NO(g)+H2(g) N2(g)+H2O2(1)(慢反应)
Ⅱ.H2O2(1)+H2(g) 2H2O(g)(快反应)
该总反应的速率由反应 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)决定，反应Ⅰ的活化能比反应Ⅱ的活化能 (填“高”或“低”)。
②该反应常伴有副产物N2O和NH3。以Pt作催化剂，用H2还原某废气中的NO(其他气体不反应)，270℃时H2的体积分数对H2—NO反应的影响如图所示。随着H2体积分数的增大，N2的体积分数呈下降趋势，原因是 。
（3）一定温度下，在容积恒为1L的容器中通入一定量N2O4，发生反应N2O4 2NO2△H<0，体系中各组分浓度随(t)的变化如表。
t/s 0 20 40 60 80
c(N2O4)/(mol/L) 0.100 0.062 0.048 0.040 0.040
c(NO2)/(mol/L) 0 0.076 0.104 0.120 0.120
①0~40s，N2O4的平均反应速率为 。
②反应达到平衡后再充入N2O4 mol，才能使再次达到平衡时，NO2的浓度为0.24mol/L。
（4）H2还原CO的化学方程式为CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)△H<0，在密闭容器中，以浓度之比1：2通入CO和H2，反应经历相同时间，测得不同温度下CO的转化率如图所示，则160℃时，v正 v逆(填“>”或“<”)。若起始时c(CO)=amol L-1，则380℃时该反应的化学平衡常数K= (用含有a的式子表示)。
【答案】（1）+128.9
（2）Ⅰ；高；N2被H2消耗，生成NH3
（3）1.3×10-3mol L-1 min-1；0.18
（4）>；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）已知①2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) △H1=+571.0kJ mol-1②2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g) △H2=+313.2kJ mol-1，由盖斯定律可知 得到反应3FeO(s)+H2O(1)=H2(g)+Fe3O4(s)所以 ，故答案为+128.9；
（2）①化学反应速率取决于反应慢的一步，由题中信息可知反应Ⅰ为慢反应，所以总反应的速率取决于反应Ⅰ；反应的活化能越大，反应速率越慢，反应Ⅰ的反应速率比反应Ⅱ的反应速率慢，则反应Ⅰ的活化能比反应Ⅱ的活化能高，故答案为：Ⅰ；高；
②由图可知，当一氧化氮完全反应前，氮气的体积分数随氢气的体积分数增大而增大，当一氧化氮完全反应后，氮气的体积分数随氢气的体积分数增大而减小，说明在Pt的催化下，氮气和氢气反应生成氨气，导致氨气的体积分数随氢气的体积分数增大而减小，而氨气的体积分数随氢气的体积分数增大而增大，故答案为N2被H2消耗，生成NH3；
（3）①由表格数据计算可知 ，故答案为： ；
②设反应达到平衡后再充入N2O4 x mol，根据表格信息列出如下两个三段式： ，两次平衡在相同温度下建立，所以化学平衡常数相等，所以 ，所以列出如下等式： ，解得 ，故答案为 ；
（4）由图可知，160℃时，一氧化碳的转化率未达到最大，说明反应没有达到平衡，是平衡建立的过程，则此时正反应速率大于逆反应速率；380℃时该反应一氧化碳的转化率为50%，根据题意列出如下三段式： ，根据三段式数据可知，反应的化学平衡常数为 ，故答案为：>； 。
【分析】（1）根据盖斯定律即可计算
（2）①活化能越高速率越慢即可判断 ②根据题意即可判断，后期的产物主要是氨气，氮气与氢气作用得到氨气
（3）① 根据四氧化二氮的变化量即可计算出速率 ②根据平衡常数即可计算出加入的四氧化二氮的物质的量
（4）根据转化率的图像，在160℃还未达到平衡，因此平衡向正反应方向移动，根据给出的数据即可计算出平衡时各物质的浓度即可计算出常数
35．（2021·新余模拟）研究氮的氧化物的性质对于消除城市中汽车尾气的污染具有重要意义。回答下列问题：
（1） 有较强的氧化性，能将 氧化成 ，自身被还原为NO，已知下列两反应过程中能量变化如图1、图2所示，则 氧化 生成 的热化学方程式为 。
（2）若将CO和NO按不同比例投入一密闭容器中发生反应： ，若反应达到平衡时，所得的混合气体中含 的体积分数随 的变化曲线如图3．
①a、b、c、d四点的平衡常数从小到大的顺序为 。
②若 ，反应达平衡时， 的体积分数为20%，则NO的转化率为 。
（3）利用现代手持技术传感器探究压强对 平衡移动的影响。在恒定温度和标准压强条件下，往针筒中充入一定体积的 气体后密封并保持活塞位置不变。分别在 、 时迅速移动活塞后并保持活塞位置不变，测定针筒内气体压强变化如图4所示。
①B、E两点对应的正反应速率大小为 (填“大于”、“小于”或“等于”) 。
②E、F、G、H四点对应气体的平均相对分子质量最大的点为 。
（4）反应物分子一步直接转化为产物的反应称为基元反应，一个化学反应往往是由多个基元反应分步进行的，这个分步过程称为反应机理，机理中的快反应对整个反应速率的影响可以忽略不计。一定温度下，基元反应的化学反应速率与反应物浓度以其化学计量数的幂的连乘积成正比，如基元反应 的“速率方程”可表示为 (k为速率常数)。实验测得低温时某反应的速率方程为 ，其反应机理有如下两种可能。则该反应的化学方程式可表示为 ，以下机理中与其速率方程符合的反应机理是 (填编号)。
反应机理 第一步反应 第二步反应
① (快反应) (慢反应)
② (慢反应) (快反应)
【答案】（1）
（2）；60%
（3）大于；H
（4）；②
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)由图1可知，
由图2可知，
根据盖斯定律(1)× -(2)× 得 ；
(2)①平衡常数只与温度有关，a、b、c温度相同，所以a、b、c的平衡常数相等， 相同时， 温度下氮气的含量低 ，所以d点的平衡常数最小， a、b、c、d四点的平衡常数从小到大的顺序为 ；
②
的体积分数为20%， ，x=0.3a，则NO的转化率为 ；
(3)①压强越大反应速率越快，B点的压强大于E，所以B、E两点对应的正反应速率大小为 大于 。
②E到F体积减小，物质的量不变，F、G、H气体体积相同，气体物质的量越多压强越大，压强F>G>H，所以物质的量E=F>G>H，气体总质量相等，由 可知，四。对应气体的平均相对分子质量最大的点为H；
(4)快反应对整个反应速率的影响可以忽略不计，实验测得低温时某反应的速率方程为 ，可知其反应机理为②，则该反应的化学方程式可表示为 。
【分析】（1）根据反应物和生成物以及能量的变化即可写出热化学反应方程式
（2）① 根据反应是放热，未得到平衡之前温度越高常数越大，达到平衡之后，温度越高常数越小②根据物质的量之比以及平衡时氮气的体积即可利用三行式计算出一氧化氮的转化率
（3）① 根据图示t1时降低压强是体积增大，因此速率减小②t2是压缩体积，压强增大，平衡正向移动，物质的量减小，但气体的质量不变，平均摩尔质量增大
（4） 实验测得低温时某反应的速率方程为 即可判断出为机理2，即可写出总的反应
2023年高考真题变式分类汇编：化学反应速率2
一、选择题
1．（2022·辽宁）某温度下，在恒容密闭容器中发生反应，有关数据如下：
时间段/ 产物Z的平均生成速率/
0～2 0.20
0～4 0.15
0～6 0.10
下列说法错误的是（ ）
A．时，Z的浓度大于
B．时，加入，此时
C．时，Y的体积分数约为33.3%
D．时，X的物质的量为
2．（2022·北京市）捕获和转化可减少排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以为载气，以恒定组成的混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到，在催化剂上有积碳。
下列说法错误的是（ ）
A．反应①为；反应②为
B．，比多，且生成速率不变，可能有副反应
C．时刻，副反应生成的速率大于反应②生成速率
D．之后，生成的速率为0，是因为反应②不再发生
3．（2022·浙江6月选考）恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应：
，测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化，如下表所示，下列说法不正确的是（ ）
A．实验①，，
B．实验②，时处于平衡状态，
C．相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大
D．相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大
4．（2022·湖南）向体积均为 的两恒容容器中分别充入 和 发生反应： ，其中甲为绝热过程，乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A． B．气体的总物质的量：
C．a点平衡常数： D．反应速率：
5．（2023·郴州模拟）在温度为500℃时，将通入2L恒容密闭容器中，恒温条件下发生反应，反应一段时间后，测得容器中部分组分的物质的量如表所示。下列有关描述正确的是
时间/s 20 30 40
1.0 0.8
0.6
A．反应到20s时，用表示的平均反应速率为
B．平衡后再向容器中加入，再达平衡时的转化率降低
C．该反应在30s时，分解=生成
D．若在600℃时反应，平衡常数，则该反应的正反应为吸热反应
6．（2023·宝山模拟）在相同条件下研究催化剂Ⅰ、Ⅱ对反应的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A．无催化剂时，反应不能进行
B．催化剂Ⅱ比催化剂Ⅰ效率更高
C．a曲线表示使用催化剂Ⅰ时A的浓度随t的变化
D．使用催化剂Ⅱ时，0~2min内，
7．（2023·梅州模拟）在恒容密闭容器中，分别在、温度下，发生反应 ，反应体系中各物质的浓度c随时间t的部分变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A．向密闭容器内充入He，平衡逆向移动
B．a曲线条件下，10～30min内
C．曲线b表示温度下，反应过程中物质A的浓度变化
D．在工业实际生产中，温度越低，越有利于提高生产效率
8．（2023·辽宁模拟）一种制备蓝氢的原理是。向一体积为1L的恒容密闭容器中充入1mol和2mol，在一定条件下发生上述反应，测得的物质的量与时间的关系如表所示。下列叙述错误的是
t/min 0 5 10 15 20 25
/mol 0 0.5 0.75 0.85 0.9 0.9
A．0～10min，
B．CO的体积分数不变时，反应达到平衡状态
C．上述反应中，的转化率大于的转化率
D．其他条件不变。若加入高效催化剂，则的转化率达到45%时所用时间小于20min
9．（2023·邯郸模拟）一定温度下，向容积为2L的恒容密闭容器中通入一定量N2O4，发生反应N2O4(g)2NO2(g) △H＞0，反应起始时容器内气体的总压强为p，体系中各组分的物质的量随时间(t)的变化如表。
t/s 0 20 40 60 80
n(N2O4)/mol 0.100 0.062 0.048 0.040 0.040
n(NO2)/mol 0 0.076 0.104 0.120 0.120
下列说法正确的是
A．20～60s内，NO2的平均反应速率υ=1.1×10 3 mol L 1 s 1
B．N2O4的平衡转化率为40%
C．该温度下，反应的压强平衡常数Kp=p
D．80s时，再充入0.03molNO2、0.01molN2O4，平衡逆向移动
10．（2023·邵阳模拟）T ℃时，在体积为2 L的恒温恒容密闭容器中充入4 mol CO和4 mol ，发生反应，测得和的物质的量随时间的变化如图所示。该反应的正、逆反应速率分别可表示为，，、分别为正、逆反应速率常数，只受温度影响。下列说法正确的是
A．从反应开始至达到平衡时，以表示的平均反应速率为
B．该反应在A、B两点的正反应速率之比为
C．当容器中混合气体的密度不随时间变化时，该反应达到平衡状态
D．T ℃时，该反应的平衡常数为
11．（2023·嘉定模拟）将一定量的SO2(g)和O2(g)分别通入体积为2L的恒容密闭容器中，在不同温度下进行反应：2 SO2(g)+ O2(g)2SO3（g） △H<0。得到如表中的两组数据：
实验编号 温度/℃ 平衡常数/mol-1·L 起始量/mol 平衡量/mol 达到平衡所需时间/min
SO2 O2 SO2 O2
1 T1 K1 4 2 x 0.8 6
2 T2 K2 4 2 0.4 y t
下列说法错误的是
A．实验1在前6min的平均反应速率υ(SO2)=0.2 mol·L-1·min-1
B．T1、T2的关系：T1 ＞ T2
C．K1、K2的关系：K2＞K1
D．x= 1.6，y=0.2 ，t<6
12．（2023·济南模拟）高粱酿酒过程中部分操作如图所示。下列说法错误的是
“蒸粮”时加热 “拌曲”前摊晾 “堆酵”时升温 “馏酒”时控温
A．“蒸粮”时可适当鼓风加快燃烧速率
B．““拌曲”加入的酒曲在酿酒时起到催化作用
C．“堆酵”时升温是因为吸收环境中的热量
D．“馏酒”的原理即实验操作中的“蒸馏”
13．（2023·佛山模拟）向1L的恒容密闭容器中加入1molX和3molY，发生反应X(g)+3Y(g)2Z(g)，X的转化率随温度t的变化如图所示(不同温度下的转化率均为反应第10min数据)。下列说法正确的是
A．a点的反应速率
B．a、b、c点对应的大小关系为：
C．c点时，每消耗的同时，消耗
D．若将容器体积扩大为2倍，则c点对应温度下的增大
14．（2022·青浦模拟）研究催化剂对2NH3N2+3H2反应速率的影响。恒温、恒容时，c(NH3)随时间的变化如表。
时间/min c(NH3)/(×10-3mol L-1) 催化剂 0 20 40 60 80
催化剂I 2.40 2.00 1.60 1.20 0.80
催化剂II 2.40 1.60 0.80 0.40 0.40
下列说法错误的是
A．使用催化剂I，0~20min的平均反应速率v(N2)=1.00×10-5mol·L-1·min-1
B．使用催化剂Ⅱ，达平衡后容器内的压强是初始时的倍
C．相同条件下，使用催化剂Ⅱ可使该反应更快
D．相同条件下，使用催化剂Ⅱ可使该反应的化学平衡常数更大
二、多选题
15．（2022·河北）恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量X，发生反应的方程式为①；②。反应①的速率，反应②的速率，式中为速率常数。图甲为该体系中X、Y、Z浓度随时间变化的曲线，图乙为反应①和②的曲线。下列说法错误的是（ ）
A．随的减小，反应①、②的速率均降低
B．体系中
C．欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间
D．温度低于时，总反应速率由反应②决定
16．（2022高三上·驻马店期末）T℃时，含等浓度的与的混合溶液中发生反应 ，时刻，改变某一外界条件继续反应至时刻，溶液中和随时间的变化关系如图所示。下列说法正确的是
已知：T℃时，该反应的化学平衡常数K=1。
A．若时刻未改变外界条件，则此时该反应处于平衡状态
B．若时刻反应达到平衡，则时刻改变的条件可能为升温
C．若始终保持温度不变，则平均反应速率：(表示0~s内的平均反应速率，表示0~s内的平均反应速率)
D．内的平均反应速率为
17．（2022高二下·如皋期末）在容积为2L的恒容密闭容器中充入、，在不同温度下发生反应：，测得的转化率与时间的关系如下图所示。下列说法正确的是 （ ）
A．时，时的反应速率大于时，其中时
B．时的反应平衡常数
C．时，当容器中气体密度不再发生变化时，反应到达平衡状态
D．时，若起始向容器中加入催化剂，2s时，的转化率可能到达图中X点
18．（2022高一下·宜春期末）在一恒温恒容密闭容器中充入和，一定条件下发生反应：，测得和的浓度随时间变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．反应进行到3min时，该反应达到平衡状态
B．从反应开始到平衡，的转化率为75%
C．，氢气的平均反应速率为
D．反应进行到10min时，该反应放出热量49.0kJ
19．（2022高一下·宿迁期末）某温度下，在2L恒容密闭容器中投入一定量的A、B，发生反应：3A(g)+bB(g) cC(g)+2D(s)，12s时生成C的物质的量为0.8mol(反应进程如图所示)。下列说法中错误的是( )
A．12s时，A的转化率为75%
B．0-2s，D的平均反应速率为0.1mol/(L·s)
C．化学计量系数之比b：c=1：2
D．图中两曲线相交时，A的消耗速率等于A的生成速率
20．（2022高一下·临湘期末）在一体积为2 L的密闭容器中加入反应物N2、H2，发生如下反应：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)。反应过程中的部分数据如表所示，下列说法正确的是（ ）
n(N2) n(H2) n(NH)3
0 1.0 1.2 0
2 0.9
4 0.75
6 0.3
A．0～2 min内，NH3的反应速率为0.05 mol·L-1·min-1
B．2 min时，H2的物质的量为0.3 mol
C．4 min时，反应已达到平衡状态，此时正、逆反应的速率都为0
D．4～6 min内，容器内气体的总物质的量不变
21．（2022高一下·景德镇期末）将等物质的量的A、B混合于2L的密闭容器中，发生下列反应：3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g)，经2min后测得D的浓度为0.5mol/L，c(A)：c(B)=3：5，以C表示的平均速率，下列说法正确的是（ ）
A．反应速率
B．该反应方程式中，x=2
C．2min时，A的物质的量为1.5mol
D．2min时，A的转化率为60%
22．（2022高一下·郴州期末）反应经历两步：①X→Y；②Y→2Z。反应体系中X、Y、Z的浓度c随时间t的变化曲线如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．a为c(X)随t的变化曲线
B．时，
C．时，Y的消耗速率小于生成速率
D．后，
23．（2021高二上·定州期末）已知830℃时，可逆反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH>0的平衡常数K=1。T℃下，在2L恒容密闭容器中，加入0.4mol CO2和0.8molH2，随着反应的进行，测得H2O(g)的物质的量浓度随时间变化如下表所示。
t/min 0 10 20 30 40 70 90
c/(mol·L-1) 0 0.04 0.07 0.09 0.10 0.12 0.12
关于该反应，下列说法正确的是（ ）
A．T<830
B．20~40min内，v(H2)=1.5×10-2mol·L-1·min-1
C．平衡后，仅增大压强，CO的体积分数将增大
D．若向容器中充入0.8 mol CO2和1.6molH2，反应达到平衡的时间小于70min
24．（2021高二上·保定期末）一定条件下，溶液的酸碱性对光催化染料R降解反应的影响如图所示。下列判断正确的是（ ）
A．50min时，pH=2和pH=7条件下，R的降解百分率不相等
B．其他条件相同时，溶液酸性越强，R的降解速率越大
C．其他条件相同时，R的起始浓度越小，R的降解速率越大
D．在0~5min内，pH=7条件下，R的平均降解速率为
25．（2021高二上·保定期末）温度为，容积为2L的恒容密闭容器中发生反应：，反应过程中部分数据见下表：
反应时间/min
0 4 2 0
5 1.5
10 2
15 1
下列说法错误的是（ ）
A．在0~5min内，的平均反应速率为
B．在10~15min内，
C．温度为时，化学平衡常数
D．若温度升高到，则时化学平衡常数比时大
三、非选择题
26．（2022·虹口模拟）CH4-CO2重整反应[CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)-Q(Q>0)]以两种温室气体为原料生成了合成气，在“碳中和”的时代背景下，该技术受到更为广泛的关注。
（1）Ⅰ.完成下列填空：
某温度下，在体积2L的容器中加入2molCH4、1molCO2以及催化剂进行重整反应，经过2min达到平衡状态时CO2的转化率为50%。此过程中以CH4表示的平均化学反应速率为 。平衡常数的值为 。达到平衡后，其他条件不变时向容器中充入CO2与CO各1mol，则化学平衡 移动(选填“正向”“逆向”或“不”)。
（2）Ⅱ.储能是指通过介质或设备把能量存储起来，在需要时再释放的过程。CH4-CO2重整反应也可用于高温废热的储能。800℃下，研究反应物气体流量、CH4与CO2物质的量比对CH4转化率(α)、储能效率(η)的影响，部分数据如下所示。
序号 加热温度/℃ 反应物气体流量/L min-1 n(CH4)∶n(CO2) α/% η/%
ⅰ 700 4 2∶2 49.0 42.0
ⅱ 800 4 2∶2 79.6 52.2
ⅲ 800 6 3∶3 64.2 61.9
ⅳ 800 6 2∶4 81.1 41.6
已知储能效率η=Qchem/Qi，其中，Qchem是通过化学反应吸收的热量，Qi是设备的加热功率。
解释为何可以用CH4-CO2重整反应进行储能。
（3）对比实验 (填序号)，可得出结论：气体流量越大，CH4转化率 。
（4）实验ⅳ中CH4转化率比实验ⅲ高，结合相关数据解释为何储能效率却低的原因(两次实验中设备的加热功率Qi不变)。
27．（2022·秦皇岛模拟）我国科学家利用Fe2Na3/红紫素催化剂实现CO2还原制备CO，利用可见光催化还原CO2，将CO2转化为增值化学原料(HCOOH、HCHO、CH3OH等) ，这被认为是一种可持续的CO2资源化有效途径。
（1）已知几种物质的燃烧热(ΔH)如表1所示：
表1
物质 HCHO(g) H2(g)
燃烧热(ΔH)/(kJ · mol-1) -570. 8 -285. 8
已知：H2O(g)=H2O(l) ΔH =-44 kJ ·mol-1。
CO2(g)+2H2(g) HCHO(g)+H2O(g) ΔH = kJ·mol-1
（2）在一定温度下，将1 mol CO2(g)和3 mol H2(g)通入某恒容密闭容器中，发生反应CO2(g)+H2(g) HCOOH(g) ，测得不同时刻容器中CO2的体积分数[φ(CO2)]如表2所示。
表2
t/min 0 10 20 30 40 50
φ(CO2) 0.250 0.230 0.215 0.205 0.200 0.200
达到平衡时CO2的转化率为 。
（3）将n(CO2) ： n(H2)=1 ：4的混合气体充入某密闭容器中，同时发生反应1和反应2。
反应1：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH1= +41.2kJ·mol-1
反应2：CO2(g) +3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH2<0。
在不同温度、压强下，测得相同时间内CO2的转化率如图1。0.1 MPa时，CO2的转化率在600 ℃之后随温度升高而增大的主要原因是 。
（4）在一定温度下，向容积为2 L的恒容密闭容器中充入1 mol CO2(g)和n mol H2(g) ，仅发生(3)中的反应2。实验测得CH3OH的平衡分压与起始投料比[]的关系如图2。
①起始时容器内气体的总压强为8p kPa，若10 min时反应到达c点，则0~10 min内，v(H2)= mol·L-1· min-1。
②b点时反应的平衡常数Kp= (用含 p的表达式表示)(kPa)-2。(已知：用气体分压计算的平衡常数为Kp，分压=总压×物质的量分数)
（5）我国科学家开发催化剂，以惰性材料为阳极，在酸性条件下电解还原CO2制备HCHO，其阴极的电极反应式为 。
（6）我国学者探究 了BiIn 合金催化剂电化学还原CO2生产HCOOH的催化性能及机理，并通过DFT计算催化剂表面该还原过程的物质的相对能量，如图3所示(带“*”表示物质处于吸附态)。试从图3分析，采用BiIn合金催化剂优于单金属Bi催化剂的原因： ；BiIn合金催化剂优于单金属In催化剂的原因： 。
28．（2022·枣庄模拟）2021年9月，中国科学院宣布在人工合成淀粉方面取得突破性进展，在国际上首次实现二氧化碳到淀粉的全合成，该技术未来有望促进碳中和的生物经济发展。
（1）人工合成转化为淀粉只需要11步，其中前两步涉及的反应如图所示：
反应： 。
（2）反应Ⅰ进行时，同时发生反应：在1L恒容密闭容器中充入和，一定温度下，达到平衡时，，，物质的量分数为 ％。(计算结果保留1位小数)
（3）乙烯是合成工业的重要原料，一定条件下可发生反应：。
①分别在不同温度、不同催化剂下，保持其它初始条件不变，重复实验，经相同时间测得体积分数与温度的关系如图所示：
在催化剂甲作用下，图1中M点的速率 (填“＞”、“＜”或“=”)，根据图1所给信息，应选择的反应条件为 。
②一定温度下，该反应正逆反应速率与、的浓度关系：，(、是速率常数)，且或的关系如图所示，向恒容密闭容器中充入一定量，反应进行m分钟后达平衡，测得，该温度下，平衡常数K= (用含a、b的计算式表示，下同)，用表示的平均反应速率为 。
29．（2022·海口模拟）SO2、H2S的捕捉与回收是环保研究的热点课题。
（1）天然气中H2S的捕捉原理如下：
①NaOH(aq)+H2S(g)=NaHS(aq)+H2O(1) ΔH1=xkJ·mol-1
②Na2S(aq)+H2S(g)=2NaHS(aq) ΔH2=ykJ·mol-1
2NaOH(aq)+H2S(g)=Na2S(aq)+2H2O(l) ΔH= kJ·mol-1(用含x、y的代数式表示)。
（2）H2S可用于制备合成除草剂的COS。已知：610K时，H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g) ΔH=+35kJ·mol-1，实验测得：该反应的速率方程v正=k正·c(H2S)·c(CO2)，v逆=k逆·c(COS)·c(H2O)(k正、k逆为正、逆反应速率常数，只与温度、催化剂和固体接触面有关)。上述反应达到平衡后，升高温度，k正增大的倍数 (填“大于”“小于”或“等于”，下同)k逆增大的倍数；加入催化剂，k正增大的倍数 k逆增大的倍数。
（3）从废气中的SO2回收硫的原理是CH4(g)+2SO2(g)S2(g)+2H2O(g)+CO2(g)。
①分别选取Fe2O3、NiO作催化剂，其他条件相同，反应相同时间时SO2的转化率随反应温度的变化如图1所示。选择Fe2O3作催化剂，最适宜温度大约为 ℃；选择NiO作催化剂，m点后SO2的转化率降低的原因是 。
②某温度下，保持总压强为72kPa，向密闭容器中充入一定量的CH4和SO2，发生上述反应，测定SO2的平衡转化率与投料比[]的关系如图2所示。
该温度下。上述反应的平衡常数Kp= kPa。(提示：Kp为用气体分压计算的平衡常数，气体分压=总压×物质的量分数)
30．（2022·连云模拟）工厂烟气(主要污染物SO2、NO)直接排放会造成空气污染，需处理后才能排放。
（1）O3氧化。O3氧化过程中部分反应的能量变化如图所示。
①已知2SO2(g)+O2(g) =2SO3(g) ΔH = 198 kJ·mol 1。则反应2O3(g)=3O2(g)的 ΔH= kJ·mol 1。
②其他条件不变时，增加n(O3)，O3氧化SO2的反应几乎不受影响，其可能原因是 。
（2）NaClO2氧化。40 ℃时向一定量NaClO2溶液中按一定流速持续通入工厂烟气，溶液的pH与ORP值(氧化还原电位)随时间变化如图所示。
①写出NO与ClO反应的离子方程式： 。
②烟气中含有少量SO2，能提高NO的脱除率，可能原因是 。
（3）TiO2光催化。主要是利用TiO2光催化剂在紫外线作用下产生的高活性自由基(·OH、·O)和h+(h+代表空位，空位有很强的得电子能力)，将烟气中的SO2、NO等氧化除去。TiO2光催化剂粒子表面产生·OH的机理如图所示(图中部分产物略去)。已知TiO2中电子跃迁的能量hv=3.2eV。
①TiO2光催化剂在紫外线作用下产生·OH的过程可描述为 。
②在TiO2中掺杂一定量的金属离子可提高光催化活性。对所掺杂金属离子的要求是 。
31．（2021高三上·黄浦月考）高炉炼铁的基本反应之一如下：FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)，反应的平衡常数K与温度T(单位：K)之间的关系如图所示。
（1）1100℃时，某密闭容器中发生该反应。
①能说明该反应已达平衡状态的是 。
a．容器内固体质量保持不变 b．容器中气体压强保持不变
c．c(CO)=c(CO2) d．v正(CO)=v逆(CO2)
②若平衡后，保持温度不变，加入FeO后，c(CO2)将 (填“增大”、“减小”或“不变”)。1100℃时K=0.263，测得高炉中c(CO2)=0.025mol L-1、c(CO)=0.1mol L-1，判断该反应是否处于平衡状态 (填“是”、“否”)，此时，化学反应速率是v正 v逆(填“>”、“=”、“<”)，其理由是 。
（2）温度升高，化学平衡移动后达到新的平衡，高炉内CO2和CO的体积比 (填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，平衡常数K 。指出两条提高CO的平衡转化率的措施 。
（3）某实验小组在实验室模拟上述反应。一定温度下，在2L盛有FeO粉末的恒容密闭容器中通入0.1molCO，5min时生成2.24gFe。0~5min内用CO的浓度变化表示的平均反应速率是 。若将此时反应体系中的混合气体通入100mL0.60mol L-1的NaOH溶液中，所得溶液中离子浓度由大到小的顺序是 。
32．（2021·绍兴模拟）含铁化合物是重要的基础材料。
请问答：
（1）已知： ，。。当时，正反应是自发的，此时的逆转温度为 K。
（2）高炉炼铁中发生的基本反应之一为：
①在1100℃时，K=0.263，若此时测得高炉中，，判断反应速率(正) (逆)，理由是 。
②下列说法错误的是 。
A．须采用高温高压的反应条件使FeO还原为
B．粉碎FeO能增大接触面积从而提高反应速率
C．平衡时提高CO气体的分压有利于提高Fe的产量
D．加入CaCO3(s)后因分解产生CO2必使平衡逆向移动
③高炉炉体结构如图1所示，以铁矿石、焦炭、石灰石和空气为原料，由图2推测炉腹中发生的主要反应是 (选填：a、b、c、d)。
④若将体积比为1：1的CO和H2混合煤气通入进风口，测得不同温度下FeO还原到后，还原剂剩余的物质的量n值如下：
还原剂 600℃ 700℃ 800℃ 900℃ 1000℃ 1100℃ 1200℃
H2 4.18 3.34 2.94 2.60 2.32 2.30 2.25
CO 1.66 2.50 2.90 3.24 3.52 3.54 3.59
请结合表格中的数据说明CO和H2分别还原FeO的倾向性大小是 。
（3）一定条件下，FeCl2或FeCl3都可以催化分解H2O2。总反应都是。请写出用FeCl3催化的离子方程式。① ；② 。
33．（2021·包头模拟）为应对全球气候问题、建设资源节约型、环境友好型社会，对温室气体二氧化碳的处理是化学工作者实现减排重点研究的课题。
（1）处理方案反应1：CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)。
将原料气按n(CO2)：n(H2)=1：4置于恒容密闭容器中发生反应1，测得H2O(g)的物质的量分数与温度的关系如图所示(虚线表示平衡曲线)。
①请将a、b、c三点的逆反应速率va、vb、vc由大到小排序 。
②在反应器中进行反应1，下列措施能提高CO2平衡转化率的是 (填标号)。
A．适当减压
B．增大催化剂的比表面积
C．反应器前段加热，后段冷却
D．提高原料气中CO2所占比例
E.合理控制反应器中气体的流速
（2）一种新的处理方案是用反应2：CO2(g)+2H2(g) C(s)+2H2O(g) H代替反应1。
I.①已知：CO2(g)和H2O(g)的生成焓为：-394kJ/mol，-242kJ/mol。则 H= kJ/mol。(生成焓是一定条件下，由其对应最稳定单质生成1mol化合物时的反应热。)
②若要反应2自发进行， (填“高温”或“低温”)更有利。
③反应2必须在高温下才能启动，原因是 。
II.350℃时，向体积为2L的恒容密闭容器中通入8molH2和4molCO2发生反应2.若反应起始和平衡时温度相同(均为350℃)，测得反应过程中压强随时间的变化如下表所示：
时间/min 0 10 20 30 40 50 60
压强 6.00P 5.60P 5.30P 5.15P 5.06P 5.00P 5.00P
①350℃时反应2的Kp= (Kp为用气体的分压表示的平衡常数，分压=气体的体积分数×体系总压)
②反应2的速率方程：v正=k正·c(CO2)·c2(H2)，v逆=k逆·c2(H2O)(k是速率常数，只与温度有关)。30min时， c2(H2O)/[c(CO2)·c2(H2)](填“>”“<”或“=”)；
③反应2的lg 、lg 随温度变化的曲线如图所示，则 (填“m”或“n”)表示lg 随温度变化的曲线。
34．（2021·葫芦岛模拟）汽车尾气中的NO和CO会对环境造成很大影响，我国科学家在以H2为还原剂清除NO、CO的研究方面取得了显著成果。回答下列问题：
（1）以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水可以制H2。
已知：2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)
△H1=+571.0kJ mol-1
2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g)
△H2=+313.2kJ mol-1
则3FeO(s)+H2O(1)=H2(g)+Fe3O4(s)
△H3= kJ mol-1
（2）H2还原NO的化学方程式为2NO(g)+2H2(g) N2(g)+2H2O(g) △H＜0。
①研究表明上述反应历程分两步：
Ⅰ.2NO(g)+H2(g) N2(g)+H2O2(1)(慢反应)
Ⅱ.H2O2(1)+H2(g) 2H2O(g)(快反应)
该总反应的速率由反应 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)决定，反应Ⅰ的活化能比反应Ⅱ的活化能 (填“高”或“低”)。
②该反应常伴有副产物N2O和NH3。以Pt作催化剂，用H2还原某废气中的NO(其他气体不反应)，270℃时H2的体积分数对H2—NO反应的影响如图所示。随着H2体积分数的增大，N2的体积分数呈下降趋势，原因是 。
（3）一定温度下，在容积恒为1L的容器中通入一定量N2O4，发生反应N2O4 2NO2△H<0，体系中各组分浓度随(t)的变化如表。
t/s 0 20 40 60 80
c(N2O4)/(mol/L) 0.100 0.062 0.048 0.040 0.040
c(NO2)/(mol/L) 0 0.076 0.104 0.120 0.120
①0~40s，N2O4的平均反应速率为 。
②反应达到平衡后再充入N2O4 mol，才能使再次达到平衡时，NO2的浓度为0.24mol/L。
（4）H2还原CO的化学方程式为CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)△H<0，在密闭容器中，以浓度之比1：2通入CO和H2，反应经历相同时间，测得不同温度下CO的转化率如图所示，则160℃时，v正 v逆(填“>”或“<”)。若起始时c(CO)=amol L-1，则380℃时该反应的化学平衡常数K= (用含有a的式子表示)。
35．（2021·新余模拟）研究氮的氧化物的性质对于消除城市中汽车尾气的污染具有重要意义。回答下列问题：
（1） 有较强的氧化性，能将 氧化成 ，自身被还原为NO，已知下列两反应过程中能量变化如图1、图2所示，则 氧化 生成 的热化学方程式为 。
（2）若将CO和NO按不同比例投入一密闭容器中发生反应： ，若反应达到平衡时，所得的混合气体中含 的体积分数随 的变化曲线如图3．
①a、b、c、d四点的平衡常数从小到大的顺序为 。
②若 ，反应达平衡时， 的体积分数为20%，则NO的转化率为 。
（3）利用现代手持技术传感器探究压强对 平衡移动的影响。在恒定温度和标准压强条件下，往针筒中充入一定体积的 气体后密封并保持活塞位置不变。分别在 、 时迅速移动活塞后并保持活塞位置不变，测定针筒内气体压强变化如图4所示。
①B、E两点对应的正反应速率大小为 (填“大于”、“小于”或“等于”) 。
②E、F、G、H四点对应气体的平均相对分子质量最大的点为 。
（4）反应物分子一步直接转化为产物的反应称为基元反应，一个化学反应往往是由多个基元反应分步进行的，这个分步过程称为反应机理，机理中的快反应对整个反应速率的影响可以忽略不计。一定温度下，基元反应的化学反应速率与反应物浓度以其化学计量数的幂的连乘积成正比，如基元反应 的“速率方程”可表示为 (k为速率常数)。实验测得低温时某反应的速率方程为 ，其反应机理有如下两种可能。则该反应的化学方程式可表示为 ，以下机理中与其速率方程符合的反应机理是 (填编号)。
反应机理 第一步反应 第二步反应
① (快反应) (慢反应)
② (慢反应) (快反应)
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】化学反应速率；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．反应开始一段时间，随着时间的延长，反应物浓度逐渐减小，产物Z的平均生成速率逐渐减小，则内Z的平均生成速率大于内的，故时，Z的浓度大于，A不符合题意；
B．时生成的Z的物质的量为，时生成的Z的物质的量为，故反应在时已达到平衡，设达到平衡时生了，列三段式：
根据，得，则Y的平衡浓度为，Z的平衡浓度为，平衡常数，时Y的浓度为，Z的浓度为，加入后Z的浓度变为，，反应正向进行，故，B不符合题意；
C．反应生成的Y与Z的物质的量之比恒等于1∶2，反应体系中只有Y和Z为气体，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，，故Y的体积分数始终约为33.3%，C不符合题意；
D．由B项分析可知时反应处于平衡状态，此时生成Z为，则X的转化量为，初始X的物质的量为，剩余X的物质的量为，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.随着反应进行，反应物的浓度逐渐减小；
B.计算此时的浓度熵和平衡常数，比较两者相对大小，确定反应进行方向；
C.Y、Z都是气体且二者的物质的量之比始终为1：2；
D.5min时反应达到平衡状态。
2．【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．由题干图1所示信息可知，反应①为，结合氧化还原反应配平可得反应②为，A不符合题意；
B．由题干图2信息可知，，比多，且生成速率不变，且反应过程中始终未检测到，在催化剂上有积碳，故可能有副反应，反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1：2，B不符合题意；
C．由题干反应②方程式可知，H2和CO的反应速率相等，而时刻信息可知，H2的反应速率未变，仍然为2mmol/min，而CO变为1~2mmol/min之间，故能够说明副反应生成的速率小于反应②生成速率，C符合题意；
D．由题干图2信息可知，之后，CO的速率为0，CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成的速率为0，是因为反应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.反应①为CaO和二氧化碳反应生成碳酸钙；反应②为碳酸钙和甲烷反应生成CaO、CO和氢气；
B.，比多，且生成速率不变；
D.之后，CO的速率为0，CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成的速率为0。
3．【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A．实验①中，0~20min，氨气浓度变化量为2.40 10-3mol/L-2.00 10-3mol/L=4.00 10-4mol/L，v(NH3)= =2.00 10-5mol/(L·min)，反应速率之比等于化学计量数之比，v(N2)= v(NH3)=1.00 10-5mol/(L·min)，A不符合题意；
B．催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，实验③中氨气初始浓度与实验①中一样，实验③达到平衡时氨气浓度为4.00 10-4mol/L，则实验①达平衡时氨气浓度也为4.00 10-4mol/L，而恒温恒容条件下，实验②相对于实验①为减小压强，平衡正向移动，因此实验②60min时处于平衡状态，x<0.4，即x≠0.4，B不符合题意；
C．实验①、实验②中0~20min、20min~40min氨气浓度变化量都是4.00 10-4mol/L，实验②中60min时反应达到平衡状态，实验①和实验②催化剂表面积相同，实验①中氨气初始浓度是实验②中氨气初始浓度的两倍，实验①60min时反应未达到平衡状态，相同条件下，增加氨气浓度，反应速率并没有增大，C符合题意；
D．对比实验①和实验③，氨气浓度相同，实验③中催化剂表面积是实验①中催化剂表面积的2倍，实验③先达到平衡状态，实验③的反应速率大，说明相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据和化学反应速率之比等于化学计量数之比计算v(N2)；
B.结合实验①②数据分析，两者表面积相同，实验①未达到平衡；
D.催化剂表面积越大，反应速率越快。
4．【答案】B
【知识点】反应热和焓变；化学反应速率；化学平衡常数
【解析】【解答】A．甲容器在绝热条件下，随着反应的进行，压强先增大后减小，根据理想气体状态方程PV=nRT可知，刚开始压强增大的原因是因为容器温度升高，则说明上述反应过程放热，即ΔH＜0，故A不符合题意；
B．该反应的ΔH<0，图中a点和c点的压强相等，因甲容器为绝热过程，乙容器为恒温过程，若两者气体物质的量相等，则甲容器压强大于乙容器压强，此时两者相等，则na＜nc，故B符合题意；
C．设平衡时Z的物质的量为a，则有三段式：
，恒温条件下，Pa=P始，则有3-2a=×3mol，解得a=0.75mol，则，甲为绝热容器，反应过程中温度高于乙，平衡逆向移动，故a点平衡常数：K＜12，故C不符合题意；
D．由图可知，甲容器达到平衡的时间短，则甲的反应速率比乙快，则Va正＞Vb正，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.随着反应的进行，压强先增大后减小，ΔH<0；
C.列出反应的三段式结合温度变化判断；
D.甲的反应速率比乙快。
5．【答案】D
【知识点】化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．速率之比为化学计量数之比，反应到20s时，消耗M1.0mol，则，则用表示的平均反应速率为，A不符合题意；
B．平衡后再向容器中加入，相当于加压，平衡不移动，的转化率不变，B不符合题意；
C． 由知，M分解和P生成，均为正反应，速率之比为化学计量数之比，该反应在30s时，分解=2生成，C不符合题意；
D． 据分析，若在600℃时反应，平衡常数＞0.5625，则升温平衡右移，则该反应的正反应为吸热反应，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.速率之比为化学计量数之比。
B.根据勒夏特列原理进行分析。
C.分解和P生成，均为正反应，速率之比为化学计量数之比。
D.升温利于平衡向吸热方向移动，结合500 ℃ 和600 ℃ 的平衡常数进行分析。
6．【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．催化剂只能加快反应速率，不能改变反应的发生与否，A项不符合题意；
B．在相同时间内，催化剂Ⅰ的B增加的浓度比Ⅱ多，催化剂Ⅰ效率更高，B项不符合题意；
C．催化剂Ⅰ：0-2min，B增加的浓度为4.0mol/L，a曲线浓度变化量为2.0mol/L，变化量之比符合系数之比，a曲线为A在催化剂Ⅰ下的变化曲线，C项符合题意；
D．使用催化剂Ⅱ时，0-2min间B的浓度变化量为，则，则，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．催化剂只能改变反应速率，不能改变反应的方向；
B．依据曲线变化判断；
C．浓度的变化量之比等于系数之比；
D．利用v=Δc/Δt计算。
7．【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．恒容条件下充入He，各物质的分压没有发生改变，平衡不移动，A不符合题意；
B．a曲线条件下，10～30min内，反应速率比等于化学计量数之比，则，B不符合题意；
C．结合分析可知，a、b都是A物质的浓度变化情况，b对应的是T2温度，C符合题意；
D．降低温度，平衡正向移动，反应物的转化率提升，但温度过低会导致反应速率过慢，不利于提高生产效率，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．依据化学平衡移动原理分析；
B．利用v=Δc/Δt计算；
C．结合图像分析判断；
D．依据影响反应速率和化学平衡的因素分析。
8．【答案】A
【知识点】化学反应速率；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A.0～10min，，由方程式可知，故A符合题意；
B．CO的体积分数不变时，说明CO的物质的量不变，说明反应达到平衡，故B不符合题意；
C．达到平衡时，=0.9mol，由方程式的系数关系可知，的转化率为=45%，的转化率为=22.5%，的转化率大于的转化率，故C不符合题意；
D．其他条件不变。若加入高效催化剂，反应速率增大，但不影响最终平衡时的转化率，则的转化率达到45%时所用时间小于20min，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.利用v=Δc/Δt计算；
B．利用“变者不变即平衡”；
C．利用方程式的系数关系计算；
D．催化剂只能加速化学反应的速度，而不能使平衡移动。
9．【答案】D
【知识点】化学反应速率；化学平衡的计算
【解析】【解答】A.20～60s内，改变量为0.044mol，则平均反应速率，故A不符合题意；
B．平衡时物质的量为0.040mol，则消耗物质的量为0.06mol，则的平衡转化率为，故B不符合题意；
C．根据B选项得到平衡时物质的量为0.040mol，物质的量为0.12mol，总的气体物质的量为0.16mol，根据已知条件，得到平衡时气体总压强为，平衡时，，，，故C不符合题意；
D．根据C选项分析得到平衡时平衡常数，80s时，再充入0.03molNO2、0.01molN2O4，此时，则平衡逆向移动，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.根据计算；
B.根据计算；
C.计算平衡时各物质的分压，结合计算。
10．【答案】B
【知识点】化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．根据化学反应速率的表达式，v(CO2)==0.02mol/(L·min)，故A不符合题意；
B．A点，CO和CO2物质的量相等，均为2mol，N2O的物质的量仍为2mol，此时v正=k正×1×1，B点达到平衡，n(CO)=n(N2O)=0.8mol，此时v正=k正×0.4×0.4，vA∶vB=25∶4，故B符合题意；
C．组分都是气体，因此气体总质量保持不变，容器为恒容，容器的体积不变，根据密度的定义，混合气体的密度在任何时刻均不变，因此不能说明反应达到平衡，故C不符合题意；
D．达到平衡时，n(CO)=n(N2O)=0.8mol，n(CO2)=n(N2)=3.2mol，该温度下的平衡常数K==16，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据计算；
C.可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；
D.分别计算各物质的平衡浓度，结合K的表达式计算。
11．【答案】D
【知识点】化学反应速率；化学平衡常数；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】
A．实验1在前6min的反应速率v（SO2）==0.2mol L-1 min-1，故A不符合题意；
B．反应起始量相同，达到平衡时氧气物质的量可知，实验2反应进行的程度大，反应是放热反应，温度越高，平衡向吸热反应方向进行，逆向进行，所以温度T1＞T2，故B不符合题意；
C．根据C可知，温度T1＞T2，该反应为放热反应，温度升高，平衡向着逆向移动，则反应物浓度增大、生成物浓度减小，平衡常数越小，所以平衡常数K2＞K1，故C不符合题意；
D．根据分析可知，x=1.6，y=0.2；由于温度T1＞T2，温度越低，反应速率越慢，则得达到平衡状态的时间越长，所以t＞6，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】实验1从开始到反应达到化学平衡时，氧气的变化量为：2mol-0.8mol=1.2mol，根据反应2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）可知，平衡时二氧化硫消耗的物质的量为：1.2mol×2=2.4mol，则平衡时二氧化硫的物质的量为：4mol-2.4mol=1.6，即x=1.6；实验2平衡时二氧化硫消耗的物质的量为：4mol-0.4mol=3.6mol，根据反应2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）可知，平衡时氧气消耗的物质的量为：3.6mol×=1.8mol，则平衡时氧气的物质的量为：2mol-1.8mol=0.2mol，即y=0.2。
12．【答案】C
【知识点】化学反应速率；催化剂；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．“蒸粮”时可适当鼓风，增加氧气的浓度，可以加快燃烧速率，A不符合题意；
B．酒曲在酿酒时起到催化作用，B不符合题意；
C．升温是因为发酵时放出热量，C符合题意；
D．蒸馏时控制温度在酒精的沸点范围内，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】C项中升温是因为发酵时放出热量，其它选项依据物质的性质和反应的速率、反应条件分析。
13．【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．由题干图像信息可知，a点X的转化率为30%，故a点X的反应速率为： =0.03 ，根据反应速率之比等于化学计量系数之比，故a点的反应速率 ，A不符合题意；
B．由题干图像信息可知，a、b两点10min时未达到平衡，而c点10min时达到平衡，温度越高正、逆反应速率越快，故a、b、c点对应的 大小关系为： ，B不符合题意；
C．由题干图像信息可知，c点时反应达到化学平衡，故有每消耗 的同时消耗 即正、逆反应速率相等，C符合题意；
D．由反应方程式可知X(g)+3Y(g) 2Z(g)正反应是一个气体体积减小的方向，若将容器体积扩大为2倍，即减小容器压强，平衡逆向移动，则c点对应温度下的 减小，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．根据反应速率之比等于化学计量系数之比，利用υ=Δc/Δt计算；
B．依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
C．依据化学平衡的特征“等”和“定”进行分析判断；
D．根据影响化学平衡移动的因素分析。
14．【答案】D
【知识点】化学反应速率；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．使用催化剂I时，，根据2NH3N2+3H2，所以v(N2)=1.00×10-5mol·L-1·min-1，故A不符合题意；
B．使用催化剂Ⅱ时，设体积为V，60min达到平衡时， n(NH3)= 0.40×10-3×Vmol，NH3反应了2.00×10-3×Vmol，所以生成N2为1.00×10-3×Vmol，生成H2为3.00×10-3×Vmol，反应后气体的总物质的量为4.40×10-3×Vmol，所以达平衡后容器内的压强是初始时的倍，故B不符合题意；
C．由表可知，使用催化剂Ⅱ在60min时达到平衡，使用催化剂I没有，催化剂Ⅱ可使该反应更快，故C不符合题意；
D．催化剂不影响化学平衡常数，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．利用υ=Δc/Δt计算；
B．相同条件下，气体物质的压强之比等于气体的物质的量之比；
C．催化剂能同等程度加快正逆反应速率；
D．催化剂不影响化学平衡常数。
15．【答案】A,B
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A．由图甲中的信息可知，随c(X)的减小，c(Y) 先增大后减小，c(Z)增大，因此，反应①的速率随c(X)的减小而减小，而反应②的速率先增大后减小，A说法符合题意；
B．根据体系中发生的反应可知，在Y的浓度达到最大值之前，单位时间内X的减少量等于Y和Z的增加量，因此，v (X)= v (Y) +v(Z)，但是，在Y的浓度达到最大值之后，单位时间内Z的增加量等于Y和X的减少量，故v (X) + v (Y) = v(Z)，B说法符合题意；
C．升高温度可以可以加快反应①的速率，但是反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②的，且反应②的的速率随着Y的浓度的增大而增大，则欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间，C说法不符合题意；
D．由图乙信息可知，温度低于T1时，k1＞k2，反应②为慢反应，因此总反应速率由反应②决定，D说法不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】X是反应物，所以随着反应进行，X的物质的量浓度逐渐减小，反应①中Y是生成物、反应②中Y是反应物，则随着反应的进行，Y的物质的量浓度先增大后减小，Z的物质的量浓度逐渐增大，所以浓度随时间变化逐渐减小的代表的是X，浓度随时间变化逐渐增大的代表的是Z，浓度随时间变化先增大后减小的代表的是Y；由图乙可知，反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②。
16．【答案】A,C
【知识点】化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．因为混合溶液中与等浓度，因此Ag+与Fe2+浓度相等，根据反应式可知，Ag+、Fe2+、Fe3+三者系数比为1：1：1，即三者变化量相等。若时刻未改变外界条件，则浓度商，因此此时该反应处于平衡状态，A符合题意；
B．该反应为放热反应，升温会导致平衡逆向移动，根据图像可知，时刻改变条件后，平衡正向移动，因此时刻改变的条件不是升温，B不符合题意；
C．因为Ag+、Fe2+系数比为1：1，因此v(Fe2+)=v(Ag+)，且，根据图像，=，=，因此，C符合题意；
D．根据图像，内的平均反应速率为，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】A．通过计算比较Qc与K的大小判断；
B．根据影响化学平衡移动的因素分析；
C．根据图像，及速率的计算公式分析；
D．利用υ=Δc/Δt计算。
17．【答案】A,D
【知识点】化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．T1在10s时达平衡而T2未达平衡，所以T1速率比T2大。T1温度下1-10s，转化率为60%，则，，A项符合题意；
B．
计算得，B项不符合题意；
C．该反应为恒容且气体质量守恒，所以密度为非变量，气体密度不再变化无法判断平衡，C项不符合题意；
D．T2温度下加入催化剂可加快反应速率，2s时可达到X点，D项符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A.T1时反应先达到平衡，说明该条件下反应速率较快；
B.列出反应的三段式，结合平衡常数公式计算；
C.该反应的密度始终不变；
D.加入催化剂可加快反应速率。
18．【答案】B,C
【知识点】化学反应速率；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．反应进行到3min时，CO2(g)和CH3OH(g)的浓度还在变化，说明反应未达到平衡，A不符合题意；
B．CO2初始浓度为1.00mol/L，达到平衡时CO2的浓度是0.25mol/L，转化率为，B符合题意；
C.0-3min，氢气的平均反应速率为，C符合题意；
D．从反应开始到平衡（10min），的转化率为75%，故放出的热量为，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A.3min时，反应正向进行；
B.根据计算；
C.根据和反应速率之比等于化学计量数之比计算v(H2)；
D.10min时，的转化率为75%。
19．【答案】B,D
【知识点】化学反应速率；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A.12s时，A的转化率为，故A不符合题意；
B．D是固体，反应过程中D浓度不变，不能用D的浓度变化表示反应速率，故B符合题意；
C.12s时生成C的物质的量为0.8mol，C的浓度增加0.4mol/L，B的物质的量浓度减小0.2mol/L，△c(B)：△c(C)= 0.2：0.4=1：2，浓度的变化量比等于系数比，化学计量系数之比b：c=1：2，故C不符合题意；
D．图中两曲线相交时，A、B的浓度继续减小，反应正向进行，A的消耗速率大于A的生成速率，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A、转化率=变化量/起始量；
B、化学反应速率；
C、化学计量数之比=浓度变化之比；
D、 A的消耗速率等于A的生成速率 ，此时A的物质的量、浓度保持不变。
20．【答案】A,D
【知识点】化学反应速率；化学平衡的计算
【解析】【解答】A.0～2 min内消耗氮气是0.1mol，则生成氨气是0.2mol，所以NH3的反应速率为：=0.05mol L-1 min-1，故A符合题意；
B.0～2 min过程中消耗H2的物质的量为0.3 mol，2 min时H2的物质的量1.2mol－0.3mol＝0.9mol，故B不符合题意；
C．根据表中数据可知，4 min时剩余氢气是0.75mol，消耗氢气是0.45mol，则生成氮气是0.3mol，与6min时氮气的物质的量相等，说明该反应已达到平衡状态，但此时正、逆反应的速率不等于0，故C不符合题意；
D.4～6 min内已经达到平衡状态，正逆反应速率相等，则容器内气体分子的总物质的量不变，故D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A.根据计算；
B.2 min时H2的物质的量1.2mol－0.3mol＝0.9mol；
C.化学平衡是动态平衡，化学反应速率不为0；
D.反应达到平衡之后，各组分的物质的量不再变化，则容器内气体的总物质的量不变。
21．【答案】B,C
【知识点】化学反应速率；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A．根据题意得v(D)=0.5mol/L÷2min=0.25mol·L-1·min-1，则根据化学反应速率之比等于方程式中化学计量数之比可知v(B)=v(D)=0.125mol·L-1·min-1，故A不符合题意；
B．根据题意得v(D)=0.5mol/L÷2min=0.25mol·L-1·min-1，以C表示的平均速率v(C)=0.25mol·L-1·min-1，根据化学反应速率之比等于方程式中化学计量数之比可知x＝2，故B符合题意；
C.2min时，D的物质的量是0.5mol/L×2L=1mol，所以消耗A、B的物质的量分别是1.5mol、0.5mol，设A、B起始物质的量均为y，则剩余A、B的物质的量分别是y-1.5mol、y-0.5mol，根据c(A)：c(B)=3：5，解得=3：5，解得y=3mol。所以2min时，A的物质的量为3mol-1.5mol=1.5mol，故C符合题意；
D．A的转化率为×100%=50％，故D不符合题意；
故答案为BC。
【分析】A、化学反应速率；
B、化学计量数之比等于物质的量之比；
C、可以列出三段式，代入相关数据计算；
D、转化率=变化量/起始量。
22．【答案】C,D
【知识点】化学反应速率；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．X是唯一的反应物，随着反应的发生，其浓度不断减小，因此，由图可知，为随的变化曲线，A不符合题意；
B．由图可知，分别代表3种不同物质的曲线相交于时刻，因此，时，B不符合题意；
C．由图中信息可知，时刻以后，Y的浓度仍在不断减小，说明时刻反应两步仍在向正反应方向发生，而且反应①生成Y的速率小于反应②消耗Y的速率，即时的消耗速率大于生成速率，C符合题意；
D．由图可知，时刻反应①完成，X完全转化为Y，若无反应②发生，则，由于反应②的发生，时刻Y浓度的变化量为，变化量之比等于化学计量数之比，所以Z的浓度的变化量为，这种关系在后仍成立， 因此，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】根据c0的变化情况可知，a曲线为X的浓度曲线，逐渐增大的为Z的浓度，先增大后减小的曲线为Y的浓度曲线。
23．【答案】A,D
【知识点】化学反应速率；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】A.70min后H2O(g)的浓度不再改变，反应达到平衡，平衡时c(H2O)=0.12mol/L，初始投料为0.2molCO2和0.4molH2，结合方程式可知平衡时c(CO2)=0.08mol/L，c(H2)=0.28mol/L，c(CO)=c(H2O)=0.12mol/L，则该温度下平衡常数K==0.64＜1，该反应焓变大于0，为吸热反应，则温度越低平衡常数越小，所以T<830，A符合题意；
B.20~40min内Δc(H2O)=0.10mol/L-0.07mol/L=0.03mol/L，根据方程式可知相同时间内Δc(H2)=0.03mol/L，所以v(H2)== 1.5×10-3mol·L-1·min-1，B不符合题意；
C．该反应前后气体系数之和相等，仅增大压强，平衡不移动，CO的体积分数不变，C不符合题意；
D．若向容器中充入0.8 mol CO2和1.6molH2，反应物的浓度增大，反应速率加快，由于该反应平衡不受压强影响，则平衡时反应物的转化率不变，所以达到平衡时间缩短，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A.计算平衡常数，进而确定其温度；
B.根据计算；
C.该反应反应前后气体体积不变，增大压强平衡不移动；
D.向容器中充入0.8 mol CO2和1.6molH2，反应物的浓度增大，反应速率加快。
24．【答案】B,D
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A.50min时，pH=2和pH=7条件下，反应物R都能完全反应，降解率都是100%，A项不符合题意；
B．由图可知，其他条件相同时，溶液酸性越强，R的降解速率越大，B项符合题意；
C．由图可知，其他条件相同时，R的起始浓度越小，R的降解速率越小，C项不符合题意；
D．由图中数据计算可知，在0～5min内，pH=7条件下，R的平均降解速率为=，D项符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.pH=2和pH=7条件下，反应物R都能完全反应；
B.由图可知，溶液酸性越强，R的降解速率越大；
C.由图可知，R的起始浓度越小，R的降解速率越小；
D.根据计算。
25．【答案】C,D
【知识点】化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A.5min时，生成1.5mol ，消耗的物质的量为1.5mol，则在0~5min内，的平均反应速率为=，A项不符合题意；
B.10min时，的物质的量为2mol，15min时，的物质的量为1mol，则的物质的量为2mol，在10～15min内，、、的浓度均保持不变，属于化学平衡状态，，B项不符合题意；
C.10min时，反应达到平衡状态，的物质的量为2mol，的物质的量为1mol，的物质的量为2mol，则化学平衡常数K==，C项符合题意；
D．该反应为放热反应，温度升高，平衡向逆向移动，平衡常数减小，则时化学平衡常数比时小，D项符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A.根据计算；
B.化学反应速率之比等于化学计量数之比；
C.计算平衡时各物质的量浓度，代入化学平衡常数表达式计算；
D.该反应为放热反应，升温平衡逆向移动。
26．【答案】（1）0.125mol/(L·min)；；逆向
（2）CH4-CO2重整反应是吸热反应，在生成CO、H2等气体燃料同时也将高温废热转化为化学能，而气体燃料燃烧又能将热能释放出来，从而实现储能
（3）ii和iii；越低
（4）在1min内，实验iii通入甲烷3L，实际转化3x0.642=1.926L，而实验iv通入甲烷2L，实际转化2x0.811=1.622L，因此iii中参与反应的甲烷的量大于iv，通过化学反应吸收的热量Qchem更多，当设备加热功率Qi不变时，储能效率更高
【知识点】化学反应速率；化学平衡中反应条件的控制；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】
(1) CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)-Q(Q>0某温度下，在体积2L的容器中加入2molCH4、1molCO2以及催化剂进行重整反应，经过2min达到平衡状态时CO2的转化率为50%。此过程中以CH4表示的平均化学反应速率为 =0.125mol/(L·min)，平衡常数的值为 = 。达到平衡后，其他条件不变时向容器中充入CO2与CO各1mol，则Qc= ，化学平衡逆向移动。
(2)CH4-CO2重整反应是吸热反应，在生成CO、H2等气体燃料同时也将高温废热转化为化学能，而气体燃料燃烧又能将热能释放出来，从而实现储能，故用用CH4-CO2重整反应进行储能。
(3)对比实验ii和iii是改变气体流量，根据表中数据分析，可以得出结论：气体流量越大，CH4转化率越低。
(4)实验ⅳ中CH4转化率比实验ⅲ高，但在1min内，实验iii通入甲烷3L，实际转化3x0.642=1.926L，而实验iv通入甲烷2L，实际转化2x0.811=1.622L，因此iii中参与反应的甲烷的量大于iv，通过化学反应吸收的热量Qchem更多，当设备加热功率Qi不变时，储能效率更高。
【分析】（1）根据平衡的三段式进行计算，并结合反应速率的公式和平衡常数公式计算，并比较浓度商和平衡常数的大小确定平衡的移动方向；
（2）根据反应热分析分析储能原理；
（3）根据表中数据分析气体流量和甲烷转化率之间的关系；
（4）实验iii通入甲烷3L，实际转化3x0.642=1.926L，实验iv通入甲烷2L，实际转化2x0.811=1.622L。
27．【答案】（1）+43.2
（2）25%
（3）反应1的正反应是吸热反应，反应2的正反应是放热反应，600 ℃之后，随着温度升高，反应1正向进行的程度增大，反应2向逆反应方向进行，且相同时间内反应1消耗CO2的量大于反应2生成CO2的量
（4）0.075；
（5）CO2 +4e- +4H+=HCHO+ H2O
（6）相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附；相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)根据燃烧热写出热化学方程式：
i . HCHO(g)+O2(g)=CO2(g)+H2O(l) △H= -570.8 kJ/mol
ii. H2(g)+ O2(g)=H2O(l) △H=-285.8 kJ/mol
iii. H2O(g)=H2O(l) △H=-44 kJ/mol
根据盖斯定律，ii×2-i- iii得反应CO2(g)+2H2(g) HCHO(g)+H2O(g)的△H=(-285.8×2 +570.8+44) kJ/mol=+43.2 kJ/mol；答案为：+43.2。
(2)由表2可知，平衡时CO2的体积分数为0.200，设反应由起始到达平衡时CO2转化的物质的量为xmol，列三段式： ，则=0.200，解得x=0.25，则CO2的平衡转化率为25%；答案为：25%。
(3)反应1的正反应是吸热反应，反应2的正反应是放热反应，600 ℃之后，随着温度升高，反应1正向进行的程度增大，反应2向逆反应方向进行，且相同时间内反应1消耗CO2的量大于反应2生成CO2的量，故0.1 MPa时，CO2的转化率在600 ℃之后随温度升高而增大；答案为：反应1的正反应是吸热反应，反应2的正反应是放热反应，600 ℃之后，随着温度升高，反应1正向进行的程度增大，反应2向逆反应方向进行，且相同时间内反应1消耗CO2的量大于反应2生成CO2的量。
(4)①设反应由起始到达平衡时CO2转化的物质的量为ymol；根据c点列三段式
恒温恒容下，气体压强与气体物质的量成正比例，，解得y=0.5，v(H2)= =0.075 mol·L-1·min-1；答案为：0.075。
②温度相同，a、b、c点平衡常数相等，选c点数据计算平衡常数，c点平衡时CO2、H2、CH3OH、H2O物质的量依次为0.5mol、1.5mol、0.5mol、0.5mol，CH3OH的分压为pkPa，则p(CO2)= p(CH3OH)= p(H2O)=pkPa，p(H2)=pkPa× 3=3pkPa，则平衡常数Kp== (kPa)-2；答案为：。
(5)以惰性材料为阳极，在酸性条件下电解还原CO2制备HCHO，CO2在阴极上得电子被还原成HCHO，阴极的电极反应式为CO2 +4e-+4H+=HCHO+ H2O；答案为：CO2 +4e-+4H+=HCHO+ H2O。
(6)根据图像，采用BiIn合金催化剂优于单金属Bi催化剂的原因：相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附；BiIn合金催化剂优于单金属In催化剂的原因：相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能；答案为：相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附；相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能。
【分析】（1）先写出甲醛和氢气燃烧热的热化学方程式，再根据盖斯定律计算；
（2）根据计算；
（3）反应1的正反应是吸热反应，反应2的正反应是放热反应，600 ℃之后，随着温度升高，反应1正向进行的程度增大，反应2向逆反应方向进行，且相同时间内反应1消耗CO2的量大于反应2生成CO2的量；
（4）①列出反应的三段式，结合计算；
②根据Kp=计算；
（5）阴极发生还原反应；
（6）BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附；活化能越低反应越容易发生。
28．【答案】（1）++×+×
（2）11.1
（3）>；催化剂乙、反应温度200℃；；
【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用；化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)反应I：，反应II：，反应III：，反应IV：，由盖斯定律，反应I+II+×III+×IV可得反应： ++×+×；
(2)设平衡时物质的量为x，C2H4的为y，列三段式：、，
容器体积为1L，达到平衡时，，则4-x-2y=x+4y①，，则6-3x-6y=1.2②，联立①②式解得x=0.8mol、y=0.4mol，则物质的量分数为；
(3)①催化剂不能使平衡发生移动，由图可知M点乙烯的转化率低于同温度下催化剂为乙时乙烯的转化率，说明M点时反应还没有达到平衡状态，还在正向进行，故>；
根据图1所给信息，催化剂为乙的时候乙烯的转化率高，故应选择的反应条件为催化剂乙、反应温度200℃；故答案为：>；催化剂乙、反应温度200℃；
②由化学方程式可知，正速率与乙烯的浓度有关，逆速率与丙烯的浓度有关，故v正的斜率更大一些，由速率公式可得：lgv正=lgk正+3lg c(C2H4)，lgv逆=lgk逆+2lgc(C3H6)，由图可知当lg c(C2H4)和lgc(C3H6)均为0时，lgv正=a，lgv逆=b，则lgv正=lgk正=a，k正=10a，lgv逆=lgk逆=b，k逆=10b，则T℃时，该反应达到平衡时，v正=v逆，即k正c3(C2H4)=k逆c2(C3H6)，则平衡常数K=；
设向容器中充入xmol/L C2H4，平衡后测得，则有三段式：
K=，解得：，则用表示的平均反应速率为v(C3H6)=
故答案为：；。
【分析】 (1)由已知反应的反应热通过盖斯定律计算未知反应的反应热；
(2)由反应物的起始加入量和平衡时浓度关系计算各物质的量平衡量，进而计算平衡时的物质的量分数；
(3)依据乙烯体积分数随温度变化判断速率关系，由图象判断反应物转化率最大。
29．【答案】（1）(2x-y)
（2）大于；等于
（3）340；催化剂活性降低；40.5
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)依据盖斯定律：2①-②可得：2NaOH(aq)+H2S(g)=Na2S(aq)+2H2O(l)，焓变ΔH=2ΔH1-ΔH2=(2x-y)kJ·mol-1。
(2)该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，v正>v逆，平衡常数K增大，v正=k正·c(H2S)·c(CO2)，v逆=k逆·c(COS)·c(H2O)，平衡时v正=v逆，k正·c(H2S)·c(CO2)=k逆·c(COS)·c(H2O)，=，平衡常数K==，则k正增大的倍数大于k逆增大的倍数，而加入催化剂，正逆反应速率都加快，但平衡不移动，v正=v逆，则k正增大的倍数等于k逆增大的倍数。
(3)①由题图可知，选择Fe2O3作催化剂，温度为340℃时二氧化硫转化率最高，因此最适宜温度大约为340℃；催化剂活性与温度有关，选择NiO作催化剂，m点后SO2的转化率降低的原因是：催化剂活性降低。
②温度不变，平衡常数不变，取M点，设初始二氧化硫的物质的量为2x，甲烷物质的量为x，列三段式：
平衡时物质总物质的量为：0.4x+0.8x+0.6x+1.2x+0.6x=3.6x，甲烷分压为=8kPa，二氧化硫分压为=16kPa，S2分压为=12kPa，水蒸气分压为=24kPa，二氧化碳分压为=12kPa，压强平衡常数Kp=kPa =40.5kPa。
【分析】（1）根据盖斯定律，2①-②即可得到目标方程式；
（2）根据平衡移动的方向即可比较k正增大的倍数和k逆增大的倍数；
（3）根据图像曲线的变化进行分析，列出三段式计算平衡常数。
30．【答案】（1）-285.2；SO2与O3反应的活化能比NO与O3反应的活化能大得多，其他条件不变时SO2与O3的反应速率慢
（2）4NO+3ClO+2H2O = 4NO+4H++3Cl-；SO2能溶于水，反应后使溶液pH降低，ORP值增大，氧化能力增强，NO去除率升高
（3）催化剂在紫外线的作用下将电子激发到CB端，而在VB端留下空位；氧气在CB端得电子生成·O，·O结合 H2O生成H2O2，H2O2在CB端生成·OH；H2O和·OH-进入VB端的空位生成·OH；金属离子掺杂引起的电子跃迁的能量小于3.2eV
【知识点】反应热和焓变；化学反应速率；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】(1)①已知a：2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) ΔH = 198 kJ·mol 1，
根据图示可知b：SO2(g)+O3(g)=SO3(g)+O2(g) ΔH = 241.6 kJ·mol 1。
根据盖斯定律，将2×b-a，整理可得2O3(g)=3O2(g)的 ΔH=-285.2 kJ/mol；
②其他条件不变时，增加n(O3)，O3氧化SO2的反应几乎不受影响，其可能原因是SO2与O3反应的活化能比NO与O3反应的活化能大得多，其他条件不变时SO2与O3的反应速率慢，因此反应速率几乎不变；
(2)①ClO具有强氧化性，会将NO氧化为，ClO被还原为Cl-，根据原子守恒、电子守恒、电荷守恒，可得该反应的离子方程式为：4NO+3ClO+2H2O = 4NO+4H++3Cl-；
②烟气中含有少量SO2，SO2能溶于水，反应产生H2SO3，使反应后溶液pH降低，ORP值增大，氧化能力增强，从而导致NO去除率升高，故提高了NO的脱除率；
(3)①TiO2光催化剂在紫外线作用下产生·OH的过程可描述为：催化剂在紫外线的作用下将电子激发到CB端，而在VB端留下空位；氧气在CB端得电子生成·O，·O结合 H2O生成H2O2，H2O2在CB端生成·OH；H2O和·OH-进入VB端的空位生成·OH；
②在TiO2中掺杂一定量的金属离子可提高光催化活性。由于TiO2中电子跃迁的能量hv=3.2eV，因此对所掺杂金属离子的要求是：金属离子掺杂引起的电子跃迁的能量小于3.2eV。
【分析】（1）①根据盖斯定律即可计算出焓变
②根据活化能的高低判断
（2）①根据反应物和生成物即可写出方程式
②二氧化硫溶于水显酸性，pH越大，ORP越大氧化能力增强
（3）①根据流程图即可找出
②根据二氧化钛的电子跃迁能量即可找出
31．【答案】（1）ad；不变；否；>；<0.263，反应向逆反应方向进行，则v正大于v逆
（2）减小；减小；适当降低温度、减小生成物CO2的浓度
（3）0.004mol L-1 min-1；c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)
【知识点】化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）①a．该反应是固体质量增大的反应，容器内固体质量保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故a正确；
b．该反应是气体体积不变的反应，容器中气体压强始终保持不变，则容器中气体压强保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否已达到平衡，故b不正确；
c．c(CO)=c(CO2)不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否已达到平衡，故c不正确；
d．由方程式可知，v正(CO)=v逆(CO2) 说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故d正确；
故答案为：ad；
②若平衡后，保持温度不变，加入浓度为定值的氧化亚铁固体，化学反应速率不发生变化，化学平衡不移动，二氧化碳的浓度不变；由题给数据可知，反应的浓度熵Qc===0.25
（2）由图可知，温度升高，平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，则升高温度，平衡向逆反应方向移动，达到新的平衡，高炉内二氧化碳和一氧化碳的体积比减小，化学平衡常数减小；该反应是气体体积不变的放热反应，适当降低反应温度和减小生成物二氧化碳的浓度，可以使平衡向正反应方向移动，一氧化碳的转化率增大，故答案为：增大；减小；适当降低温度、减小生成物CO2的浓度；
（3）由方程式可知，5min时生成2.24g铁时，反应生成二氧化碳和消耗一氧化碳的物质的量都为=0.04mol，则一氧化碳的平均速率为=0.004mol L-1 min-1；设二氧化碳与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠为amol、碳酸氢钠为ymol，由碳原子个数守恒可得：a+b=0.04mol①，由钠原子个数守恒可得：2a+b=0.60mol/L×0.1L②，解联立方程可得a=b=0.02mol，碳酸钠和碳酸氢钠在溶液中水解使溶液呈碱性，碳酸钠的水解程度大，会抑制碳酸氢钠的水解，则溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)，故答案为：0.004mol L-1 min-1；c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)。
【分析】（1）①可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；
②FeO为纯固体，加入FeO不影响反应速率；
（2）温度升高，平衡常数减小，正反应为放热反应；
（3）根据计算；碳酸根的水解程度大于碳酸氢根的水解程度。
32．【答案】（1）900K
（2）＞；，即，故(正)(逆)；AD；b；约800℃之前，CO大于H2；800℃之后，H2大于CO
（3）；
【知识点】化学反应速率；催化剂；化学平衡常数；化学平衡的调控
【解析】【解答】（1）△G=△H-T△S＜0，-151.2kJ/mol-T×[0.168kJ/(mol·K)] S＜0，解得T=900K；
（2）①在1100℃时，K=0.263，若此时测得高炉中，，此时的浓度商，即，反应未达到平衡状态，因此反应正向进行，(正)(逆)；
②A．该反应的正反应是气体体积不变是放热反应，要使FeO还原为，须采用适当温度和高压的反应条件，若是高温条件，化学平衡逆向移动，不利于FeO向Fe的转化，A不正确；
B．粉碎FeO能增大FeO与CO的反应接触面积，增大反应碰撞，从而提高反应速率，B正确；
C．平衡时提高CO气体的分压，即增大CO的浓度，可以使化学平衡正向移动，因此有利于提高Fe的产量，C正确；
D．加入CaCO3(s)后，CaCO3分解需吸收能量，会使反应体系的温度降低，可能会使平衡向吸热的正反应方向移动，其分解产生CO2气体，生成物浓度增大，也可能使化学平衡逆向移动，因此加入CaCO3(s)后化学平衡不一定是逆向移动，D不正确；
故答案为：AD；
③在炉腹中温度是1400-1800℃，主要反应是FeO+COFe+CO2，冶炼产生的Fe水进入炉缸中，由出铁口流出，故答案为：b；
④根据表格数据可知：在约800℃之前，CO的还原性大于H2；800℃之后，H2的还原性大于CO；
（3）FeCl3是H2O2分解的催化剂，反应分步进行，首先是；然后发生反应：，总反应方程式为：。
【分析】（1）根据△G=△H-T△S＜0计算；
（2）计算此时的浓度商，与平衡常数比较进而判断反应进行方向；
（3）铁离子作为催化剂，应当在第一步反应中消耗，在第二步反应中生成。
33．【答案】（1）vc>vb>va；CE
（2）-90；低温；反应活化能高；；>；m
【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用；化学反应速率；化学平衡移动原理；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)①a、b相比，a的温度低、水蒸气含量低，所以va(逆)小于vb(逆)，b、c相比，c温度高，所以vb(逆)小于vc(逆)，三点的逆反应速率va、vb、vc由大到小排序vc>vb>va；
②A．减压，平衡逆向移动，CO2平衡转化率减小，故不选A；
B．增大催化剂的比表面积，平衡不移动，CO2平衡转化率不变，故不选B；
C．根据图像，随温度升高，水的物质的量分数降低，说明正反应放热，反应器后段冷却，平衡正向移动，CO2平衡转化率增大，
故答案为：C；
D．提高原料气中CO2所占比例，CO2平衡转化率减小，故不选D；
E．合理控制反应器中气体的流速，反应正向进行，CO2平衡转化率增大，
故答案为：E；
选CE；
(2) I．①CO2(g)和H2O(g)的生成焓为：-394kJ/mol，-242kJ/mol；
则Ⅰ C(s)+ O2(g)= CO2(g) H=-394kJ/mol。
Ⅱ.2H2(g) + O2(g)=2H2O(g) H=-484kJ/mol；
根据盖斯定律Ⅱ-Ⅰ 得CO2(g)+2H2(g) C(s)+2H2O(g) H=-484kJ/mol+394kJ/mol=-90 kJ/mol；
②CO2(g)+2H2(g) C(s)+2H2O(g)， ，反应2自发进行，低温更有利。
③反应2的反应活化能高，所以必须在高温下才能启动；
II. ①
起始压强为6P，平衡时压强为5P，则
x=2，平衡时CO2物质的量为2mol、H2物质的量为4mol、H2O物质的量为4mol，350℃时反应2的Kp= ；
②反应2的速率方程：v正=k正·c(CO2)·c2(H2)，v逆=k逆·c2(H2O)。达到平衡时30min时k正·c(CO2)·c2(H2) =k逆·c2(H2O)， = =K，30min时没有达到平衡状态，平衡正向进行，Q
③反应2的正反应放热，升高温度平衡逆向移动，说明升高温度对逆反应速率醋酸影响大，
所以m表示lg 随温度变化的曲线。
【分析】本题考查化学反应速率和化学平衡，明确盖斯定律、平衡常数概念、影响化学平衡移动的因素是解题关键，会利用“三段式”计算平衡常数，培养学生利用知识解决实际问题的能力。
34．【答案】（1）+128.9
（2）Ⅰ；高；N2被H2消耗，生成NH3
（3）1.3×10-3mol L-1 min-1；0.18
（4）>；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）已知①2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) △H1=+571.0kJ mol-1②2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g) △H2=+313.2kJ mol-1，由盖斯定律可知 得到反应3FeO(s)+H2O(1)=H2(g)+Fe3O4(s)所以 ，故答案为+128.9；
（2）①化学反应速率取决于反应慢的一步，由题中信息可知反应Ⅰ为慢反应，所以总反应的速率取决于反应Ⅰ；反应的活化能越大，反应速率越慢，反应Ⅰ的反应速率比反应Ⅱ的反应速率慢，则反应Ⅰ的活化能比反应Ⅱ的活化能高，故答案为：Ⅰ；高；
②由图可知，当一氧化氮完全反应前，氮气的体积分数随氢气的体积分数增大而增大，当一氧化氮完全反应后，氮气的体积分数随氢气的体积分数增大而减小，说明在Pt的催化下，氮气和氢气反应生成氨气，导致氨气的体积分数随氢气的体积分数增大而减小，而氨气的体积分数随氢气的体积分数增大而增大，故答案为N2被H2消耗，生成NH3；
（3）①由表格数据计算可知 ，故答案为： ；
②设反应达到平衡后再充入N2O4 x mol，根据表格信息列出如下两个三段式： ，两次平衡在相同温度下建立，所以化学平衡常数相等，所以 ，所以列出如下等式： ，解得 ，故答案为 ；
（4）由图可知，160℃时，一氧化碳的转化率未达到最大，说明反应没有达到平衡，是平衡建立的过程，则此时正反应速率大于逆反应速率；380℃时该反应一氧化碳的转化率为50%，根据题意列出如下三段式： ，根据三段式数据可知，反应的化学平衡常数为 ，故答案为：>； 。
【分析】（1）根据盖斯定律即可计算
（2）①活化能越高速率越慢即可判断 ②根据题意即可判断，后期的产物主要是氨气，氮气与氢气作用得到氨气
（3）① 根据四氧化二氮的变化量即可计算出速率 ②根据平衡常数即可计算出加入的四氧化二氮的物质的量
（4）根据转化率的图像，在160℃还未达到平衡，因此平衡向正反应方向移动，根据给出的数据即可计算出平衡时各物质的浓度即可计算出常数
35．【答案】（1）
（2）；60%
（3）大于；H
（4）；②
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)由图1可知，
由图2可知，
根据盖斯定律(1)× -(2)× 得 ；
(2)①平衡常数只与温度有关，a、b、c温度相同，所以a、b、c的平衡常数相等， 相同时， 温度下氮气的含量低 ，所以d点的平衡常数最小， a、b、c、d四点的平衡常数从小到大的顺序为 ；
②
的体积分数为20%， ，x=0.3a，则NO的转化率为 ；
(3)①压强越大反应速率越快，B点的压强大于E，所以B、E两点对应的正反应速率大小为 大于 。
②E到F体积减小，物质的量不变，F、G、H气体体积相同，气体物质的量越多压强越大，压强F>G>H，所以物质的量E=F>G>H，气体总质量相等，由 可知，四。对应气体的平均相对分子质量最大的点为H；
(4)快反应对整个反应速率的影响可以忽略不计，实验测得低温时某反应的速率方程为 ，可知其反应机理为②，则该反应的化学方程式可表示为 。
【分析】（1）根据反应物和生成物以及能量的变化即可写出热化学反应方程式
（2）① 根据反应是放热，未得到平衡之前温度越高常数越大，达到平衡之后，温度越高常数越小②根据物质的量之比以及平衡时氮气的体积即可利用三行式计算出一氧化氮的转化率
（3）① 根据图示t1时降低压强是体积增大，因此速率减小②t2是压缩体积，压强增大，平衡正向移动，物质的量减小，但气体的质量不变，平均摩尔质量增大
（4） 实验测得低温时某反应的速率方程为 即可判断出为机理2，即可写出总的反应
