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【化学】福建省厦门市双十中学2018-2019学年高二下学期第一次月考（解析版） 试卷
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福建省厦门市双十中学2018-2019学年高二下学期第一次月考
可能用到的相对原子质量：H-l C-12 N-14 0-16 Na-23 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 S-32
一、单选题（本大题共20小题，共60分）
1.下列说法成表示法正确的是
A. 增大压强能够增加活化分子的百分数，从而加快化学反应的速率
B. 由C（s，石墨）=C（s，金刚石）；△H=+1.19kJ·mol-1可知，金刚石比石墨稳定
C. 在稀溶液中：H+ （aq）+OH-（aq）=H2O（1）；△H=-57.3kJ·mol-1，若将 0.5 mol/L 的 H2SO4 溶液与1mol/L的NaOH溶液等体积混合，放出的热量等于57.3kJ
D. 乙醇的燃烧热△H=-1366.8kJ·mol-1，则在25℃、lOlkPa时，1kg乙酵充分燃烧后放出 2.971×l04kJ热量
【答案】D
【解析】
【详解】A.增大压强，对于气体来说是增大了浓度，从而加快化学反应的速率，对活化分子百分数无影响，故A错误；
B.石墨能量比金刚石低，石墨稳定，故B错误；
C.因为不知道H2SO4溶液与NaOH溶液的体积，所以生成的水并不一定是1mol，则放出的热量不一定等于57.3kJ，故C错误；
D.1kg乙醇的物质的量=1000g/46g·mol－1=21.74mol，乙醇的燃烧热△H=-1366.8kJ·mol-1，所以1kg乙醇充分燃烧后放出的热量=1366.8kJ/mol×21.74mol=2.971×104kJ，故D正确。
【点睛】关于中和热应注意：1.必须是酸和碱的稀溶液，因为浓酸溶液和浓碱溶液在相互稀释时会放热；2.强酸和强碱的稀溶液反应才能保证H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)中和热均为57.3kJ/mol，而弱酸或弱碱在中和反应中由于电离吸收热量，其反应热小于57.3kJ/mol；3.以生成1mol水为基准。
2.下图是金属镁和卤素单质（X2）反应的能量变化示意图。下列说法正确的是
A. 由图可知此溫度下MgBr2（s）与Cl2（g）反应的热化学方程式为：
MgBr2（s）+Cl2（g）=MgCl2（s）+Br2（g） △H=+117kJ·mol-1
B. 热稳定性:MgI2＞MgBr2＞MgCl2＞MgF2
C. 工业上可由电解MgCl2溶液冶炼金属Mg，该过程需吸收热量
D. 金属镁和卤素单质（X2）的反应能自发进行是因为△H均小于零
【答案】D
【解析】
【详解】A. 由图可知此温度下MgBr2(s)与Cl2(g)反应是放热反应，热化学方程式为：MgBr2(s)+Cl2(g) MgCl2(s)+Br2(g) ΔH=-117 kJ·mol-1，故A错误；B、物质具有的能量越低越稳定，由图可知 热稳定性: MgI2< MgBr2 < MgCl2 < MgF2，故B错误；C、已知由镁制取氯化镁是放热过程，所以电解熔融氯化镁制取镁单质是是吸热过程，而电解MgCl2溶液不能得到镁单质，故C错误；D、根据图像可知，反应物总能量大于生成物总能量，均为放热反应，ΔH均小于零，能自发进行，故D正确；故选D。
3.下列有关生活生产中的叙述合理的是
A. 铜的精炼工业和电镀铜工业，均可采用CuS04溶液做电解质溶液
B. 铅蓄电池放电时，负极反应式为Pb02+4H++2e-=Pb2++2H20
C. 水库的钢闸门与电源负极相连以防止其生锈，该法即牺牲阳极的阴极保护法
D. 用惰性电极电解NaOH溶液，一段时间后，加入一定质量的NaOH固体，能将溶液恢复至与原来溶液完全一样
【答案】A
【解析】
【详解】A.铜的精炼中粗铜为阳极，纯铜为阴极，硫酸铜溶液为电解质溶液，电镀铜时待镀金属为阴极，铜为阳极，硫酸铜溶液为电镀液，故A正确；
B.铅蓄电池放电时，Pb为负极，所以负极的电极反应式是Pb+SO42--2e-=PbSO4，故B错误；
C.水库的钢闸门与电源负极相连以防止其生锈，此时铁作阴极，该法为外接电源的阴极保护法，故C错误；
D.电解氢氧化钠溶液时，阳极产生氧气，阴极产生氢气，所以应加水让电解质溶液恢复至与原来溶液完全一样，故D错误。
故选A。
4.MnO2是一种重要的化工原料，可用于合成工业的催化剂和氧化剂。采用软锰矿(主要成分为MnO2)可制备高纯MnO2，其流程如下：
下列叙述错误的是
A. “含Mn2+、A13+的溶液”中还含Fe3+
B. 加入“氨水”同时搅拌，搅拌的目的是提高反应速率
C. “滤渣”可完全溶解在NaOH溶液中
D. 电解含Mn2+的溶液，MnO2为阳极产物
【答案】C
【解析】
【分析】
由流程可知，向软锰矿中加入硫酸和硫酸亚铁，软锰矿溶解得到Mn2+、A13+、Fe3+的溶液，向溶液中加入氨水调节溶液pH使A13+和Fe3+完全转化为氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，过滤得到含Mn2+的溶液，电解含Mn2+的溶液，Mn2+在阳极放电得到MnO2。
【详解】A项、由化合价变化可知，向软锰矿中加入硫酸和硫酸亚铁，FeSO4将MnO2还原为Mn2+，Fe2+被氧化为Fe3+，故A正确；
B项、加入“氨水”同时搅拌，可以增大氨水与溶液的接触面积，提高反应速率，故B正确；
C项、向溶液中加入氨水调节溶液pH使A13+和Fe3+完全转化为氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，氢氧化铁沉淀不与NaOH溶液反应，滤渣不能完全溶解，故C错误；
D项、电解含Mn2+的溶液，Mn2+在阳极放电得到MnO2，故D正确。
故选C。
【点睛】本题考查化学工艺流程，对元素及其化合物的主要性质的理解，结合题目获取新信息是解答关键，C选项为易错点，注意滤渣的组成为氢氧化铁和氢氧化铝，氢氧化铁不溶于氢氧化钠溶液。
5.人工肾脏可用间接电化学方法除去代谢产物中的尿素 CO（NH2）2，原理如图。下列有关说法正确的是
A. a为电源的负极
B. 电解前后，阴极室溶液的pH不变
C. 阳极室中发生的电极反应为2H++2e-=H2↑
D. 若两极共收集到气体产品13.44L，则除去的尿素为7.2g（忽略气体的溶解）
【答案】B
【解析】
【详解】A.由图可知，左室电极产物为CO2和N2，发生氧化反应，故a为电源的正极，右室电解产物H2，发生还原反应，故b为电源的负极，故A错误；
B.阴极反应为6H2O+6e-═6OH-+3H2↑（或6H++6e-═3H2↑），阳极反应为6Cl--6e-═3Cl2↑，CO（NH2）2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl，根据上述反应式可以看出在阴、阳极上产生的OH-、H+的数目相等，阳极室中反应产生的H+通过质子交换膜进入阴极室与OH-恰好反应生成水，所以阴极室中电解前后溶液的pH不变，故B正确；
C.由图可知，阳极室首先是氯离子放电生成氯气，氯气再氧化尿素生成氮气、二氧化碳，同时会生成HCl，阳极室中发生的反应依次为：2Cl--2e-═Cl2↑，CO（NH2）2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl，故C错误；
D.题中没有说明收集到的气体是否在标准状况下，无法使用气体摩尔体积进行计算，故D错误。
故选B。
6.有一种节能的氲碱工业新工艺，将电解池与燃料电池相组合，相关流程如下图所示（电极未标出），下列说法错误的是：
A. 电解池的阴极反应式2H20+2e-=H2↑+20H-
B. 相同条件下，当电解池生成2LC12，理论上燃料电池应消耗1LO2
C. 电解池中阳离子移动流向阴极池
D. 溶液a、b、c的pH大小顺序为：a>b>c
【答案】D
【解析】
【详解】从图中可以看出来，左边为电解饱和食盐水的电解质，右边为氢氧燃料电池。
A．电解池的阴极得电子，产生氢气，方程式为2H2O+2e－=H2+2OH－，A项不符合题意；
B．整个电路中经过的电量是一样的，生成22.4LCl2转移2mol电子，消耗0.5molO2，物质的量之比等于气体体积之比，因此电解池生成了2LCl2，理论上燃料电池应消耗1LO2。B项不符合题意；
C．电解池中阳离子向阴极移动，C项不符合题意；
D．a%，b%，c%的氢氧化钠溶液，电解池中阴极产生NaOH，a>b，在原电池中，通入空气的一极，氧气得电子生成OH-，因此c> a；所以pH大小顺序为c> a>b；D项符合题意；
本题答案选D。
【点睛】电解池和原电池中阴阳离子的移动方向是相反的。
离子
原电池
电解池
阴离子
向负极移动
向阳极移动
阳离子
向正极移动
向负极移动
7.用电解法处理含Cr2072-的废水，探究不同因素对含Cr2072-废水处理的影响，结果如表所示（Cr2072-的起始浓度、体积、电压、电解时间均相同）。下列说法错误的是
实验
i
ii
iii
iv
是否加入Fe2（S04）3
否
否
否
是否加入H2S04
否
加入lmL
加入lmL
加入lmL
阴极村料
石墨
石墨
石墨
石墨
阳极材料
石墨
石墨
石墨
铁
Cr2072-的去除率
0.092%
12.7%
20.8%
57.3%
实验iii中Fe3+去除Cr2072-的机理
A. 实验ii与实验i对比，其他条件不变，增加c（H+）有利于Cr2072-的去除
B. 实验iii与实验ii对比，其他条件不变，增加c（Fe3+）有利于Cr2072-的去除
C. 实验iv中循环利用提高了Cr2072-的去除率
D. 若实验iv中去除O.OlmolCr2072-电路中共转移0.06mol电子
【答案】D
【解析】
【详解】A.实验ii与实验i对比，差别在于是否加入1mL的硫酸，加了硫酸，去除率明显提升，所以增加c（H+）有利于Cr2O72-的去除，故A正确；
B.根据表中数据可判断加入Fe2（SO4）3，增加c（Fe3+），Cr2O72-的去除率明显提升，故B正确；
C.实验iv中，在阴极，Fe3+得电子产生Fe2+，Fe2+被Cr2O72-氧化后再产生Fe3+，Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率，故C正确；
D.实验iv中，铁作阳极先失去电子变成Fe2+，然后发生反应：Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，去除0.0lmolCr2O72-理论上共转移0.06mol电子，但Cr2O72-的去除率只有57.3%，所以转移的电子数小于0.06mol，故D错误。
故选D。
8.煤的液化可以合成甲醇。
①“气化”:C（s）+2H20（g）=C02（g）+2H2（g） △H1=+90.1kJ·mol-1
②催化液化Ⅰ:CO2（g）+3H2（g）=CH30H（g）+H20（g）△H2=-49.0kJ·mol-1
③催化液化Ⅱ:C02（g）+2H2（g）=CH30H（g）+1/2O2(g)△H3=akJ·mol-1
下列有关说法正确的是
A. 催化液化Ⅰ中使用催化剂，反应的活化能Ea、△H2都减小
B. 反应C（s）+H20（g）+H2（g）=CH3OH（g） △H=+41.1kJ·mol-1
C. △H2＞△H3
D. 甲醇燃料电池的工作原理示意图如图所示，负极的电极反应为CH3OH-6e-+6OH-=CO2↑+5H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A.催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应热，故Ea减小、△H2不变，故A错误；
B.①C（s）+2H2O（g）═CO2（g）+2H2（g）；△H1=+90.1kJ•mol-1；②CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）；△H2=-49.0kJ•mol-1，①+②得，C（s）+H2O（g）+H2（g）=CH3OH（g）△H=+41.1kJ•mol-1，故B正确；
C.根据盖斯定律可知②－③即得到1/2O2（g）+H2（g）=H2O（g）△H=△H2－△H3＜0，故△H2＜△H3，故C错误；
D.放电时，负极上甲醇失电子发生氧化反应，在碱性条件下电极反应式为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O，故D错误。
故选B。
【点睛】根据装置中的信息，通过外电路中电子的流向、物质的转化、电解质离子的运动方向等信息确定两个电极的极性，然后分析电极反应。
9.如下图所示装置是一种可充电电池，装置Ⅱ为电解池.好交换膜只允许Na+通过，充放电的化学方程式为2Na2S2+NaBr3 Na2S4+3NaBr。闭合开关K时，b极附近先变红色。下列说法正确的是
A. 闭合K后，a电极上有气体产生
B. 装置I中电子由B经过交换膜移向A
C. 装置I充电时，电极A的电极反应式：2Na2S2—2e-=Na2S4+2Na+
D. 当有0.01molNa+通过离子交换膜时，b电极上析出标准状况下的气体112mL
【答案】D
【解析】
【详解】b极附近先变红色，说明b极溶液呈现碱性。电解饱和食盐水中，阴极H+得到电子，生成OH-，则b极为阴极，电极B为负极，A为正极，a为阳极。
A.a为阳极，Cu为活性电极，Cu失去电子，没有气体产生。A项错误；
B.电子只能在导体中移动，不能在电解液中移动，B项错误；
C.A电极为正极，充电时为阳极，阳极发生氧化反应，NaBr变为NaBr3，C项错误；
D.在闭合回路中，每个截面通过的电量都是一样的，有0.01mol Na+通过离子交换膜，电路中一定有0.01mole-转移。b极产生氢气，转移2mol e-可以生成1mol氢气，体积为22.4L。现通过0.01mole-，则生成0.005mol氢气，在标准状况下其体积为112mL。D项正确；
本题答案选D。
10.四室式电渗析法制备盐酸和NaOH的装置如图所示。a、b、c为阴、阳离子交换膜。己知：阴离子交换膜只允许阴离子透过，阳离子交换膜只允许阳离子透过。下列叙述正确的是
A. b、c分别依次为阳离子交换膜、阴离子交换膜
B. 通电后Ⅲ室中的C1-透过c迁移至阳极区
C. Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四室中的溶液的pH均升髙
D. 电池总反应为4NaCl+6H2O 4NaOH+4HCl+2H2↑+O2↑
【答案】D
【解析】
试题分析：由图中信息可知，左边电极与负极相连为阴极，右边电极为阳极，所以通电后，阴离子向右定向移动，阳离子向左定向移动，阳极上OH-放电生成O2、阴极上H+放电生成H2；氢离子透过c，氯离子透过b，二者在bc之间形成盐酸，盐酸浓度变大，所以b、c 分别为阴离子交换膜和阳离子交换膜；钠离子透过a， NaOH的浓度变大，所以a也是阳离子交换膜。A. b、c 分别依次为阴离子交换膜、阳离子交换膜，A不正确；B. 通电后Ⅲ室中的Cl-不能透过阳离子交换膜c 迁移至IV室，B不正确；C. 电解一段时间后，Ⅰ中的溶液的pH升高，Ⅱ中的溶液的pH不变，Ⅲ和Ⅳ两室中的溶液的pH均减小，C不正确；D. 电池总反应为4NaCl+6H2O4NaOH+4HCl+2H2↑+O2↑，D正确。本题选D。
点睛：本题考查了电解原理的应用，难度较大。根据电极的极性及图中相关信息可以判断离子交换膜的性质，根据电解原理判断电解产物，但是要注意不能墨守成规，要根据题中实际情况进行合理变通。
11.己知反应 2NO（g）+Br2（g）=2NOBr（g）的活化能为akJ·mo1-1，其反应机理如下：
①NO（g）+Br2（g）=NOBr2（g）（慢）；
②NO（g）+NOBr2（g）=2NOBr（g）（快）
下列有关该反应的说法正确的是
A. 反应速率主要取决于②的快慢
B. NOBr2是该反应的催化剂
C. 该反应的焓变等于akJ·mol-1
D. 反应速率：v（NO）=v（NOBr）=2v（Br2）
【答案】D
【解析】
A. 反应速率主要取决于①的快慢，故A错误；B. NOBr2是该反应的中间产物，故B错误；C. 该反应的焓变等于正反应的活化能和逆反应活化能的差，故C错误；D. 速率比等于方程式计量数之比，反应速率：v（NO）=v（NOBr）=2v（Br2），故D正确；故选D。
12.H2S的分解反应是一个可逆反应，其能量与反应进程的关系如图所示，下列有关说法正确的是
A. 正反应的活化能大于逆反应的活化能
B. 若减小体系的压强，则该反应的焓变将增大
C. 升高温度，化学反应速率加快，H2S的平衡转化率减小
D. 向密闭容器中充入lmolH2S充分反应，吸收84.9kJ的热量
【答案】A
【解析】
A、活化能是反应物分子具有的平均能量与活化分子具有的平均能量差，所以由图象可知，正反应的活化能大于逆反应的活化能，故A正确；B、压强的改变能影响反应的速率和平衡的移动，焓是物质的固有属性，而焓变是反应的固有属性，所以压强的改变不影响反应的焓变，故B错误；C、升高温度，化学反应速率加快，但该反应是吸热反应，平衡向右移动，使H2S的转化率增大，故C错误；D、向密闭容器中充入1mol H2S充分反应，由于化学平衡的建立，1mol H2S不能完全分解，所以吸收的热量小于84.9 kJ，故D错误。本题正确答案为A。
点睛：外界条件只能影响反应的速率和平衡的移动，而决定反应速率大小和反应进行程度的根本因素是反应物质的性质，焓和焓变、熵和熵变是物质固有的属性，是不受外界条件影响的。
13.某温度下密闭容器中，发生反应：2E（g）F（g）+xG（g）；△H＜0。若起始时E浓度为amol·L-1，F、G浓度均为0，达平衡时E浓度为0.5a mol·L-1；若E的起始浓度改为2amol·L-1，F、G浓度仍为当达到新的平衡时，下列说法正确的是
A. 若x=l，容器体积保持不变，新平衡下E的体积分数为50%
B. 升高温度时，正反应速率加快、逆反应速率减慢
C. 若x=2，容器体积保持不变，新平衡下F的平衡浓度为0.5amol·L-1
D. 若x=2，容器压强保持不变，新平衡下E的物质的量为a mol
【答案】A
【解析】
【详解】A.若x＝1，反应前后体积不变，达到平衡时E的体积分数为50%，E的起始浓度改为2a mol·L－1，相当于两个相同的容器中E浓度均为a mol·L－1，然后压缩使气体的体积与一个容器的容积体积相等，平衡不移动，E的体积分数仍为50%，故A正确；
B.升高温度正逆反应速率都增大，与反应是吸热还是放热无关，故B错误；
C.达原平衡时E浓度为0.5a mol·L－1，F的平衡浓度为0.25a mol·L－1，若x＝2，依据A中的分析类推压缩气体使体积为原体积的一半，F的浓度为0.5a mol·L－1，但压缩气体体积相当于增大压强，平衡逆向移动，新平衡下F的平衡浓度小于0.5a mol·L－1，故C错误；
D.若x＝2，容器压强保持不变，则随反应的进行容器的体积大小会发生相应的变化，而物质的量的多少与容器的大小有关，故D错误；
答案选A。
14.I2在KI溶液中存在下列平衡：I2（ag）+I-（aq）I3-（aq）△H。KI混合溶液中，I-的物质的量浓度c（I-）与温度T的关系如下图所示（曲线上任何一点都表示平衡状态）。下列说法不正确的是
A. 该反应△H<0
B. 若在T1、T2温度下，反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1>K2
C. 若反应进行到状态D时，一定有v正>v逆
D. 状态A与状态B相比，状态A的c（I3-）大
【答案】C
【解析】
【详解】A.随着温度升高，I-的浓度逐渐增大，说明升高温度，化学平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则I2(aq)+I-(aq) I3-(aq) 正反应为放热反应，△H<0，A正确；
B.因为K＝，T2＞T1，所以当温度升高时，反应向逆方向移动，即K1＞K2，B正确；
C.从图中可以看出D点并没有达到平衡状态，c(I-)小于该温度下的平衡浓度，所以反应逆向进行，故v逆＞v正， C错误；
D.温度T2>T1，升高温度，平衡逆向移动，c(I3-)变小，所以c(I3-)： A>B，即状态A的c(I3-)高， D正确；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查化学平衡的移动和平衡常数的运用，据图得出该反应为放热反应是解答本题的关键，试题难度不大。
15.T℃时，在2L密闭容器中使X（g）与Y（g）发生反应生成Z（g）。反应过程中X、Y、Z的物质的量的变化如图1所示；若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，Z的百分含量与时间的关系如图2所示，则下列结论正确的是
A. 容器中发生的反应可表示为3X（g）+Y（g）2Z（g）
B. 反应进行的前3min内，用X表示的反应速率v（X）=0.2 mol·L-1·min-1
C. 若改变反应条件，使反应进程如图3所示，则改变的条件是增大压强
D. 保持其他条件不变，升高溫度，反应的化学平衡常数K增大
【答案】A
【解析】
【详解】A.由图1可知平衡时，X的物质的量减少量为（2.0-1.4）mol=0.6mol，Y的物质的量减少量为（1.6-1.4）mol=0.2mol，X、Y为反应物；Z的物质的量增加量为（0.8-0.4）mol=0.4mol，Z为生成物，同一化学反应同一时间段内，反应物减少的物质的量和生成物增加的物质的量之比等于其计量数之比，所以X、Y、Z的计量数之比=0.6mol：0.2mol：0.4mol=3：1：2，所以反应可表示为：3X（g）+Y（g）2Z（g），故A正确；
B.0～3min内，v（X）=△n/V△t=(2.0-1.4)mol/2L/3min=0.1mol/（Lmin）-1，故B错误；
C.由图1和图3知，反应物和生成物的变化量不变，但反应时间减小，说明改变的条件不影响化学平衡只影响反应速率，且该反应是一个反应前后气体体积减小的反应，所以只能是使用催化剂，故C错误；
D.根据图2中曲线的斜率大小判断，T2时先到达平衡状态，说明反应速率大，根据温度越高反应速率越大说明T2温度高，温度升高时Z的百分含量减少，说明平衡向逆反应方向移动，即生成物的浓度减小，反应物的浓度增大，则平衡常数减小，故D错误。
故选A。
【点睛】对于化学平衡的有关图象问题，可按以下的方法进行分析：
①先拐先平。例如，在转化率—时间图象上，先出现拐点的曲线先达到平衡，此时逆向推理可得该变化的温度高、浓度大、压强高。
②定一议二。当图象中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系。
16.反应mA（s）+nB（g）eC（g）+fD（g），反应过程中，当其它条件不变时，C的百分含量（C%）与a度（T）和压强（P）的关系如下图，下列叙述正确的是
A. 到平衡后，加入催化剂则C%增大
B. 化学方程式中n
D. 达到平衡后，增加A的量有利于平衡向右移动
【答案】C
【解析】
【详解】A.加入催化剂使正反应速率和逆反应速率同等程度的增大，平衡没有移动，所以C的含量没有改变，A项错误；
B.从图像上可以看出，温度一定时C的含量随压强的增大而增大，即增大压强平衡向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，正反应方向气体体积减小，即n>e+f，B项错误；
C.由图像可知，当压强一定（如P0）时，温度升高（2000C→3000C→4000C）生成物C的含量减小，平衡向逆反应方向（即向左）移动，C项正确；
D.A是固体，固体浓度视为常数，增加A的量平衡不发生移动，D项错误；答案选C。
17.一定条件下，CH4与H2O（g）发生反应：CH4（g）+ H20（g） C0（g）+ 3H2（g），设起始n(H2O)/n(CH4)=Z，在恒压下，平衡时φ（CH4）的体积分数与Z和T（温度）的关系如图所示。下列说法正确的是
A. 该反应的焓变△H<0
B. 图中X点对应的平衡浪合物中n(H2O)/n(CH4)= 3
C. 图中Z的大小为a<3
【答案】C
【解析】
【详解】A.由图可知，温度越高，平衡时CH4的体积分数越小，表明正反应吸热，△H>0，故A项错误；
B.反应起始，n(H2O)/n(CH4)=3，CH4和H2O按1:1反应，X点平衡时二者比例一定不为3，故B项错误；
C.CH4物质的量一定的情况下，Z越大，H2O物质的量越大，平衡越向右移动，CH4转化率增大，平衡时CH4的体积分数越小，则a<3
综上，本题选C。
18.在恒容密闭容器中通入X并发生反应2X（g）Y（g），温度T1、T2下X的物质的量浓度c（X）随时间t变化的曲线如图所示，下列叙述正确的是
A. M点的正反应速率v正大于N点的逆反应速率v逆
B. T2下在0—t1min时间内v（Y）=a-b/t1mol·L-1·min-1
C. 该反应进行到M点放出的热量大于进行到W点放出的热量
D. M点时再加入一定量X，平衡后X的转化率减小
【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查化学平衡图像及其相关数据计算。由图可知，温度为T1先到达平衡，所以T1＞T2，温度越高，平衡时X的物质的量浓度越大，说明升高温度平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故逆反应为吸热反应，正反应为放热反应。
A.温度越高反应速率越大。
B.根据图中X的浓度变化求出Y的浓度变化，再求反应速率。
C.根据图象判断参加反应的X的量的多少，反应的X越多，放热越多。
D.M点时再加入一定量X，达到的新平衡与原平衡比较，根据压强对平衡的影响分析．
【详解】A.由上述分析可知T1>T2，M点温度高于N点温度，且N点反应没有达到平衡状态，此时反应向正反应方向进行，即N点的逆反应速率小于N点的正反应速率，因此M点的正反应速率大于N点的逆反应速率，正确；B. T2下，在0～t1时间内，X的浓度变化为：c（X）=（a-b）mol/L，则Y的浓度变化为c（Y）=，所以，错误；C.进行到M点X的转化率较W点低，由于正向是放热反应，所以反应进行到M点放出的热量较N点放出的热量少，错误；D. M点时再加入一定量X，达到的新平衡与原平衡比较，压强增大，增大压强平衡正移，则X的转化率增大，所以M点时再加入一定量X，平衡后X的转化率增大，错误。
【点睛】（1）温度升高，绝大多数化学反应速率都会升高。（2）对于有气体参加的化学反应，增加某气体的浓度，其自身转化率不一定降低，可能升高，可能保持不变，具体情况具体分析，不能单纯套用常见规律。
19.在温度相同、容积均为2L的3个恒容密闭容器中，按不间方式投入反应物，保持恒温，测得反应达到平衡时的有关数据如下。下列说法正确的是
容器
甲
乙
丙
反应物投入量
lmoN2、3mol H2
2mol N2、6mol H2
2mol NH3
NH3 浓度（mol/L）
c1
c2
c3
反应的能量变化
放出Q1kJ
放出Q2kJ
吸收Q3kJ
体系压强（Pa）
p1
p2
p3
反应物转化率
α1
α2
α3
已知 N2（g）+3H2（g）2NH3（g） △H= -92.4 kJ·mol-1
A. 2p1=2p3
C. α2+α3
【答案】D
【解析】
【分析】
甲投入1molN2、3molH2，丙容器投入量2molNH3，恒温恒容条件下，甲容器与丙容器是等效平衡，各组分的物质的量、含量、转化率等完全相等；而甲容器投入1molN2、3molH2，乙容器加入2molN2、6molH2，乙中加入量是甲中的二倍，如果恒温且乙容器容积是甲容器2倍，则甲容器与乙容器为等效平衡，所以乙所到达的平衡，可以看作在恒温且容积是甲容器两倍条件下，到达平衡后，再压缩体积为与甲容器体积相等所到达的平衡，由于该反应是体积减小的反应，缩小容器体积，增大了压强，平衡向着正向移动，所以乙中氮气、氢气转化率大于甲的，平衡后乙中氨气含量最大，据此判断。
【详解】A、丙容器反应物投入量2molNH3，和甲起始量相同，甲和丙平衡状态相同，乙中压强为甲的二倍；由于乙中相当于增大压强，平衡向着正向移动，所以乙中压强减小，小于甲的2倍，即2p1＝2p3＞p2，A错误；
B、丙容器反应物投入量2molNH3，采用极限转化法转化为反应物为1molN2、3molH2，和甲中的相同，乙容器加入2molN2、6molH2，乙中加入量是甲中的二倍，乙所到达的平衡，可以看作在恒温且容积是甲容器两倍条件下，到达平衡后，再压缩体积为与甲容器体积相等所到达的平衡，由于该反应是体积减小的反应，缩小容器体积，增大了压强，平衡向着正向移动，所以乙中氮气、氢气转化率大于甲的，平衡后乙中氨气含量最大，B错误；
C、丙容器中加入2molNH3，和甲最后达到相同的平衡状态，若平衡不移动，转化率α1+α3=1；乙容器反应物投入量2mol N2、6mol H2，由于乙中相当于增大压强，平衡向着正向移动，氨气的转化率增大，所以转化率α2+α3＞1，C错误；
D、甲投入1molN2、3molH2，丙中投入2molNH3，则甲与乙是完全等效的，根据盖斯定律可知，甲与乙的反应的能量变化之和为92.4kJ，故Q1+Q3=92.4，D正确；
答案选D。
【点睛】本题考查化学平衡影响因素、等效平衡、化学平衡的计算，题目计算量较大，题目难度较大，关键是构建平衡建立的等效途径，试题侧重对学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力的培养。
20.向一个绝热恒容密闭容器中通入CO（g）和H20（g），—定条件下使反应C0（g）+H20（g）C02（g）+H2（g）达到平衡，正反应速率随时间变化的曲线如图所示，由图可得出的结论正确的是
A. 反应物浓度：a点小于c点
B. 该反应的正反应可能为放热反应
C. c点达到平衡状态
D. △t1=△t2时，H2的产率：a〜b段大于b〜c段
【答案】B
【解析】
【分析】
由化学方程式可知该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应，由于容器恒容，因此压强不影响反应速率，所以在本题中只考虑温度和浓度的影响，结合图象可知反应速率先增大再减小，因为只要开始反应，反应物浓度就要降低，反应速率应该降低，但此时正反应速率却是增大的，说明此时温度是影响反应的主要因素，由于容器是绝热的，因此只能是放热反应，从而导致容器内温度升高，反应速率加快。
【详解】A. a到c时反应物浓度随时间不断减小，起始时反应物浓度最大，所以反应物浓度：a点大于c点，故A错误；
B. 由上述分析可知，该反应的正反应为放热反应，故B正确；
C. 化学平衡状态的标志是各物质的浓度不再改变，其实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率显然还在改变，故c点一定未达到平衡状态，故C错误；
D. 据图可知，随着反应的进行，正反应速率增大，生成氢气的产率逐渐增大，△t1=△t2时，H2的产率：a～b段小于b～c段，故D错误，答案选B。
【点睛】本题考查化学反应速率和平衡图象，解题时要注意该反应的特点及反应限制条件，尤其要特别关注“绝热恒容密闭容器”这句话表达的含义，再结合图象中曲线变化的趋势判断反应为放热反应，为本题的难点也是易错点。
二、主观题（本大II共5小埋，共40分）
21.黄铁矿（主要成分为FeS2）的利用对资源和环境具有重要意义。
（1）工业上锻烧黄铁矿可制取SO2。己知下列热化学方程式
4FeS2（s）+l102（g）=2Fe203（s）+8S02（g）△H=akJ/mol
S（s）+02（g）=S02（g） △H=bkJ/mol
Fe（s）+2S（s）=FeS2（s） △H=ckJ/mol
则 4Fe（s）+302（g）=2Fe203（s） △H=_______kJ/mol
（2）—种酸性条件下催化氧化黄铁矿的物质转化关系如图I所示。
①写出如图中Fe3+与FeS2反应的离子方程式：_____________________。
②硝酸也可将FeS2氧化为Fe3+和SO42-，使用浓硝酸比使用稀硝酸反应速率慢，其原因是______________。
（3）控制Fe2+的浓度，溶液体积和通入O2的速率一定，图II所示为改变其他条件时Fe2+被氧化的转化率，随时间的变化。
① 加入NaNO2发生反应：2H++3NO2-=NO3-+2NO+H2O。若1mol NaNO2完全反应则转移电子的数目为______mol。
② 加入NaNO2、KI发生反应：4H++2NO2-＋2I-=2NO+I2+2H2O。解释图II中该条件下能进一步提高单位时间内Fe2+转化率的原因：______________。
（4）为研究FeS2作电极时的放电规律，以FeS2作阳极进行电解，由FeS2放电产生粒子的含量与时间、电压（U）的关系如图III所示。
① 写出t1至t2间FeS2所发生的电极反应式：__________。
②当电压的值介于3U～4U之间，FeS2放电所得主要粒子为___________。
【答案】 (1). a+4c-8b (2). 14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+ (3). 稀硝酸反应后被还原为NO，浓硝酸被还原为NO2，NO可作催化剂，NO2不能 (4). 2/3 (5). 生成的催化剂NO更多，加快了反应速率 (6). FeS2-2e-=Fe2++2S (7). Fe3+、SO42-
【解析】
（1）①4FeS2(s)+11O2(g)=2Fe2O3(s)+8SO2(g) △H=akJ/mol，②S(s)+O2(g)=SO2(g) △H=bkJ/mol，③Fe(s)+2S(s)=FeS2(s) △H=ckJ/mol，将①×1-②×8+③×4，则4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s) △H=（a+4c-8b）kJ/mol；（2）硝酸也可将FeS2氧化为Fe3+和SO42-，使用浓硝酸比使用稀硝酸反应速率慢，其原因是稀硝酸反应后被还原为NO，浓硝酸被还原为NO2，NO可作催化剂，NO2不能。（3）① 加入NaNO2发生反应：2H＋+3NO2－=NO3－+2NO+H2O。每3molNO2―反应，有1moLNO2―作氧化剂，则有2mol作还原剂，若1mol NaNO2完全反应则转移电子的数目为2/3mol。② 加入NaNO2、KI发生反应：4H++2NO2-＋2I-=2NO+I2+2H2O。该条件下能进一步提高单位时间内Fe2+转化率的原因：生成的催化剂NO更多，加快了反应速率；（4）由图① t1至t2间Fe2+和2S的是增加，FeS2所发生的电极反应式：FeS2-2e-=Fe2++2S ，②当电压的值介于3U～4U之间，Fe3+、SO42-浓度增加，FeS2放电所得主要粒子为Fe3+、SO42-。
点睛：本题综合热化学、氧化还原反应、电化学等知识，（3）① 加入NaNO2发生反应：2H＋+3NO2－=NO3－+2NO+H2O，分析电子转移数是易错点，② 加入NaNO2、KI发生反应：4H++2NO2-＋2I-=2NO+I2+2H2O。该条件下能进一步提高单位时间内Fe2+转化率的原因分析是难点。
22.钼（Mo）是一种难熔稀有金属，我国的钼储量居世界前列，钼及其合金在冶金、环保和航天等方面有着广泛的应用。碳酸钠作固硫剂并用氢还原辉钼矿的原理为MoS2（s）+4H2（g）+2Na2CO3（s）Mo（s）+2CO（g）+4H20（g）+2Na2S（s） △H，实验测得平衡时的有关变化曲线如图所示。
（a）不同压强下温度与H2平衡转化率的关系 （b）0.1MPa下温度与平衡时气体成分的关系
（1）由图（a）可知，该反应△H_______0（填“>”或“<”），p1、p2、p3由大到小的顺序为_______；
（2）由图（b）可知，B点时H2的平衡转化率为_______；
（3）A点对应的平衡常数K=_______（MPa）2。（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）
【答案】 (1). > (2). p1
【分析】
（1）升高温度平衡向吸热反应方向移动，增大压强平衡向气体总物质的量减小的方向移动；
（2）根据三段式求氢气的转化率；
（3）图1中A点氢气和水蒸气的体积分数相等，均为40%，而由反应方程式可知一氧化碳的体积分数为水蒸气的一半，即为20%，说明氢气、一氧化碳、水蒸气的物质的量之比为2:1:2，由此根据表达式求Kp。
【详解】（1）升高温度平衡向吸热反应方向移动，由图像（a）可知升高温度，氢气的转化率增大，说明平衡正向移动，正反应为吸热反应，即该反应的△H>0，增大压强平衡向气体总物质的量减小的方向移动，对MoS2（s）+4H2（g）+2Na2CO3（s）Mo（s）+2CO（g）+4H2O（g）+2Na2S（s）可知，增大压强平衡逆向移动，氢气的转化率降低，则由图像（a）可知p1；p1
MoS2（s）+4H2（g）+2Na2CO3（s）Mo（s）+2CO（g）+4H2O（g）+2Na2S（s）
起始（mol） 1 0 0
变化（mol） α 0.5α α
平衡（mol） 1-α 0.5α α
1-α/（1+0.5α）=0.25，解得α=66.7%，即b点时氢气的平衡转化率为66.7%，故答案为：66.7%。
（3）图1中A点氢气和水蒸气的体积分数相等，均为40%，而由反应方程式可知一氧化碳的体积分数为水蒸气的一半，即为20%，说明氢气、一氧化碳、水蒸气的物质的量之比为2:1:2，Kp=(2/5×0.1)4(1/5×0.1)2/(2/5×0.1)4=4×10-4，故答案为：4×10-4。
23.（1）人们常用催化剂来选择反应进行的方向。下图所示为一定条件下lmolCH3OH与02发生反应时，生成CO、CO2或HCHO的能量变化图[反应物02（g）和生成物H20（g）略去]。
①写出1moLHCHO生成CO的热化学方程式：_______________。
②CH3OH与02在有催化剂作用下反应，产物中HCHO比率大大提高的原因是______________。
（2）—定温度下，将N2H4与N02以体积比为1:1置于10 L定容容器中发生反应 2N2H4（g）+2N02（g）3N2（g）+4H20（l） △H<0。下列能说明反应达到平衡状态的是______________。
a.混合气体密度保持不变
b.3v正（NO2）=2v逆（N2）
c.N2H4与N02体积比保持不变
d.体系压强保持不变
【答案】 (1). HCHO（g）+O2（g）=CO（g）+H2O（g） △H=-235kJ·moL-1 (2). 催化剂使生成HCHO的活化能降低，同时使生成CO的活化能升高，并且生成HCHO的活化能低于生成CO的活化能 (3). abd
【解析】
【分析】
（1）由题中图示可得出HCHO生成CO的热化学方程式；
（2）催化剂使生成HCHO的活化能降低，同时使生成CO的活化能升高，并且生成HCHO的活化能低于生成CO的活化能；
（3）根据判断平衡状态的依据进行分析。
【详解】（1）根据反应的能量图1molHCHO生成CO是放出(676-283-158)kJ=235kJ的热量，所以热化学方程式为：HCHO(g)+1/2O2(g)=CO(g)+H2O(g) △H=-235kJ/mol，
故答案为：HCHO(g)+1/2O2(g)=CO(g)+H2O(g) △H=-235kJ/mol。
（2）CH3OH与O2在有催化剂作用下反应，产物中HCHO比率大大提高的原因是催化剂使生成HCHO的活化能降低，同时使生成CO的活化能升高，并且生成HCHO的活化能低于生成CO的活化能，故答案为：催化剂使生成HCHO的活化能降低，同时使生成CO的活化能升高，并且生成HCHO的活化能低于生成CO的活化能。
（3）a.反应中有液态水生成，如果反应没有达到平衡气体的密度会发生改变，故混合气体密度保持不变说明达到了平衡状态，故a正确；
b.根据反应中化学计量数的关系有：3v正（NO2）=2v正（N2），联立3v正（NO2）=2v逆（N2），得v正（N2）=v逆（N2），同种物质的生成和消耗数率相等，反应达到了平衡，故b正确；
c.N2H4与NO2以体积比1:1投入，反应时也以1:1反应，故N2H4与NO2体积比始终为1:1，不能判断达到了平衡，故c错误；
d.反应是气体体积改变的反应，压强不变，说明反应达到了平衡状态，故d正确。
故答案为：abd。
24.研究煤的合理利用及CO2的综合应用有着重要的意义。请回答以下问题:
I.煤的气化
已知煤的气化过程涉及的基本化学反应有：
C（s）+H20（g）CO（g）+H2（g） △H=+131kJ/mol
②CO（g）+3H2（g）CH4（g）+H2O（g） △H=akJ/mol
查阅资料反应②中相关化学键键能数据如下表：
化学键
H-H
H—C
H-O
E/（kJ/mol）
1072
436
414
465
（1）煤直接甲烷化反应C（s）+2H2（g）CH4（g）的△H为_______kJ/mol，该反应在______（填“髙温”或“低温”）下自发进行。
Ⅱ.合成低碳烯烃
在体积为1 L的密闭容器中，充入1molCO2和2.5molH2，发生反应：
2C02（g）+6H2（g）C2H4（g）+4H20（g） △H=-128kJ/mol，测得温度对催化剂催化效率和 C02平衡转化率的影响如图所示：
（2）图中低温时，随着温度升高催化剂的催化效率提高，但C02的平衡转化率却反而降低，其原因是__________。
（3）250℃时，该反应的平衡常数K值为__________。
Ⅲ.合成甲醇
在恒温2 L容积不变的密闭容器中，充入lmolC02和3molH2，发生反应：C02（g）+3H2（g）CH30H（g）+H20（g），测得不同时刻反应前后容器内压强变化（p后/p前）如下表：
时间/h
1
2
3
4
5
6
p后/p前
0.90
0.85
0.82
0.81
0.80
0.80
（4）反应前1小时内的平均反应速率V（H2）为_________mol/（L·h），该温度下C02的平衡转化率为_________。
IV.电解逆转化制乙醇
（5）科研人员通过反复实验发现：C02可以在酸性水溶液中电解生成乙醇，则生成乙醇的反应发生在_________极（“阴”或“阳”），该电极的反应式为_________。
【答案】 (1). -75 (2). 低温 (3). △H＜0，温度升高，平衡向逆反应方向移动，所以CO2的平衡转化率降低 (4). 1 (5). 0.3 (6). 40% (7). 阴 (8). 2CO2+12H++12e-=CH3CH2OH+3H2O
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律分析解答，反应若自发进行，则△G=△H -T△S＜0；
（2）根据温度对催化剂的催化活性和对平衡移动的影响分析CO2的平衡转化率；
（3）利用化学平衡常数的定义式计算；
（4）根据在恒容密闭容器内，气体的压强比等于气体的物质的量的比，计算出H2物质的量的改变值，再根据速率的定义计算，同时利用变化关系式计算出平衡时CO2改变的物质的量，利用物质的转化率为质量除以起始量，计算出该温度下CO2的平衡转化率；
（5）根据阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，结合溶液的酸碱性书写电极反应式。
【详解】（1）根据反应方程式①CO（g）+3H2（g）CH4（g）+H2O（g） △H=akJ/mol可知：△H=（1072+436×3-4×414-2×465）kJ/mol=-206kJ/mol，由①+②整理可得：C（s）+2H2（g）CH4（g）的△H=+131kJ/mol+（-206kJ/mol）=-75kJ/mol，该反应是气体体积减小的放热反应，根据体系的自由能公式△G=△H-T△S，若反应自发进行，则△G=△H -T△S＜0，所以温度较低时△G＜0，反应自发进行，故答案为：-75，低温。
（2）由图分析可知在250℃时催化剂活性最大，在低于该温度时，升高温度，催化剂活性增强，而CO2的平衡转化率随着温度的升高而降低，是由于该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，使反应物CO2的转化率降低，故答案为：△H＜0，温度升高，平衡向逆反应方向移动，所以CO2的平衡转化率降低。
（3）在250℃时CO2的平衡转化率为50%，根据起始时加入的物质的物质的量及反应2CO2（g）+6H2（g）C2H4（g）+4H2O（g）中各种物质的转化关系可知，达到平衡时各种物质的平衡浓度分别为c(CO2)=0.5mol/L，c(H2)=1.0mol/L，c(C2H4)=0.25mol/L，c(H2O)=1.0mol/L，则该温度下的化学平衡常数K=0.25×14/0/52×16=1，故答案为：1。
（4）化学反应：2CO2（g）+6H2（g）C2H4（g）+4H2O（g）
n（开始）/mol 1 3 0 0
1h/mol x 3x x x
△n/mol y 3y y y
在1h时气体的总物质的量n=1-x+3-3x+x+x=(4-2x)mol，开始时总物质的量为4mol，根据P后/P前=(4-2x)/4=0.90，解得x=0.2mol，所以H2改变的物质的量为3×0.2mol=0.6mol，V（H2）=△c/△t=0.6mol/2L/1h=0.3mol/（L·h），在平衡时气体的总物质的量n=1-y+3-3y+y+y=(4-2y)mol，开始时总物质的量为4mol，根据P后/P前=(4-2y)/4=0.80，解得y=0.4mol，所以CO的平衡转化率为0.4mol/1mol×100%=40%，故答案为：0.3，40%。
（5）CO2中碳元素的化合价为+4价，乙醇CH3CH2OH中C的平均化合价为-2价，化合价降低，获得电子，所以生成乙醇的反应发生在阴极，在酸性条件下，CO2在阴极获得电子，变成乙醇，电极反应式为2CO2+12H++12e-=CH3CH2OH+3H2O，故答案为：阴，2CO2+12H++12e-=CH3CH2OH+3H2O。
25.“绿水青山就是金山银山”，研究NO2、NO、CO、NO2-，碳氢化合物大气污染物和水污染物热处理对建设美丽中国具有重要意义。
（1）己知：汽车尾气中的CO、NOx、碳氮化合物是大气污染物。使用稀土等催化剂能将CO、NO转化成无毒物质。
已知:N2（g）+O2（g）=2NO（g） △H1=+180.5kJ/mol K1（该反应的平衡常数）
2C（s）+O2（g）=2CO（g） △H2=-221kJ/mol K2（同上）
C（s）+O2（g）=CO2（g） △H3=-393.5kJ/mol K3（同上）
写出NO（g）与CO（g）催化转化成N2（g）和CO2（g）的热化学方程式________，以及该热化学方程式的平衡常数K=________（用K1、K2、K3表示）
（2）污染性气体NO2与CO在一定条件下的反应为:2NO2+4CO4CO2+N2 △H=-1200kJ/mol。
①某温度下，在2L密闭容器中充入0.lmolNO2和0.2molCO，此时容器的压强为1个大气压，5秒时反应达到平衡时，容器的压强变为原来的29/30，则反应开始到平衡时NO2的平均反应速率v（NO2=_____mol/（L·s）。
②能使该反应的反应速率增大，且平衡向逆反应方向移动的是_______。
A.及时分离出CO2
B.适当升高温度
C.减小容器体积使体系压强增大
D.选择高效催化剂
（3）在高效催化剂作用下可用NH3还原NO2进行污染物处理。
①相同条件下，选用A、B、C三种催化剂进行反应，生成氮气的物质的量与时间变化如图。活化能最小的是________。
②在催化剂A作用下测得相同时间处理NO2的量与温度关系如图。试说明图中曲线先增大后减小的原因___（假设该温度范围内催化剂的催化效率相同）。
【答案】 (1). 2NO（g）+2CO（g）=2CO2（g）+N2（g） △H=-746.5kJ/mol (2). K=K32/K2∙K1 (3). 0.002 (4). B (5). A (6). 低于300℃，反应未达到平衡，温度升髙，反应速度加快：高于300℃，反应己平衡，随温度升高，反应逆向进行
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律进行计算，根据化学平衡常数的定义分析；
（2）根据化学反应速率的定义进行计算，根据影响化学反应速率的因素进行分析；
（3）低于300℃，反应未达到平衡，温度升髙，反应速度加快：高于300℃，反应己平衡，随温度升高，反应逆向进行。
【详解】（1）NO（g）与CO（g）催化转化成N2（g）和CO2（g）的反应可以由=③×2-①-②得到，
所以△H=△H3×2-△H2-△H1=-393.5kJ/mol×2-（+180.5kJ/mol）-（-221kJ/mol）=-746.5kJ/mol，因此热化学方程式为：2NO（g）+2CO（g）=2CO2（g）+N2（g） △H=-746.5kJ/mol，此反应的K值也做相应的变化K=K32/K2∙K1，故答案为：2NO（g）+2CO（g）=2CO2（g）+N2（g） △H=-746.5kJ/mol；K32/K2∙K1。
（2）①设达到平衡时CO的浓度改变为x，则
2NO2+4CO4CO2+N2
起始（mol） 0.1 0.2 0 0
改变（mol） x 2x 2x 1/2x
平衡（mol）0.1-x 0.2-x 2x 1/2x
故（0.1-x+0.2-x+2x+1/2x）/（0.1+0.2）=29/30，解得x=0.02，v（NO2）=0.02mol/5s/2L=0.002mol/（L·s），故答案为：0.002。
②A.及时分离出CO2可使平衡向正向移动，反应速率不会增大，故A错误；
B.适当升高温度，可增大反应速率，此反应是吸热反应，升温逆向进行，故B正确；
C.减小容器体积使体系压强增大，平衡向气体物质的量减小的方向移动，即正向移动，故C错误；
D.选择高效催化剂，只改变反应速率，对平衡没有影响，故D错误。
故答案为：B。
（3）①活化能越小反应速率越快，所以活化能最小的是A，故答案为：A。
②低于300℃，反应未达到平衡，温度升髙，反应速度加快：高于300℃，反应己平衡，随温度升高，反应逆向进行，所以相同时间处理NO2的量与温度关系图中曲线先增大后减小，故答案为：低于300℃，反应未达到平衡，温度升髙，反应速度加快：高于300℃，反应己平衡，随温度升高，反应逆向进行。
可能用到的相对原子质量：H-l C-12 N-14 0-16 Na-23 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 S-32
一、单选题（本大题共20小题，共60分）
1.下列说法成表示法正确的是
A. 增大压强能够增加活化分子的百分数，从而加快化学反应的速率
B. 由C（s，石墨）=C（s，金刚石）；△H=+1.19kJ·mol-1可知，金刚石比石墨稳定
C. 在稀溶液中：H+ （aq）+OH-（aq）=H2O（1）；△H=-57.3kJ·mol-1，若将 0.5 mol/L 的 H2SO4 溶液与1mol/L的NaOH溶液等体积混合，放出的热量等于57.3kJ
D. 乙醇的燃烧热△H=-1366.8kJ·mol-1，则在25℃、lOlkPa时，1kg乙酵充分燃烧后放出 2.971×l04kJ热量
【答案】D
【解析】
【详解】A.增大压强，对于气体来说是增大了浓度，从而加快化学反应的速率，对活化分子百分数无影响，故A错误；
B.石墨能量比金刚石低，石墨稳定，故B错误；
C.因为不知道H2SO4溶液与NaOH溶液的体积，所以生成的水并不一定是1mol，则放出的热量不一定等于57.3kJ，故C错误；
D.1kg乙醇的物质的量=1000g/46g·mol－1=21.74mol，乙醇的燃烧热△H=-1366.8kJ·mol-1，所以1kg乙醇充分燃烧后放出的热量=1366.8kJ/mol×21.74mol=2.971×104kJ，故D正确。
【点睛】关于中和热应注意：1.必须是酸和碱的稀溶液，因为浓酸溶液和浓碱溶液在相互稀释时会放热；2.强酸和强碱的稀溶液反应才能保证H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)中和热均为57.3kJ/mol，而弱酸或弱碱在中和反应中由于电离吸收热量，其反应热小于57.3kJ/mol；3.以生成1mol水为基准。
2.下图是金属镁和卤素单质（X2）反应的能量变化示意图。下列说法正确的是
A. 由图可知此溫度下MgBr2（s）与Cl2（g）反应的热化学方程式为：
MgBr2（s）+Cl2（g）=MgCl2（s）+Br2（g） △H=+117kJ·mol-1
B. 热稳定性:MgI2＞MgBr2＞MgCl2＞MgF2
C. 工业上可由电解MgCl2溶液冶炼金属Mg，该过程需吸收热量
D. 金属镁和卤素单质（X2）的反应能自发进行是因为△H均小于零
【答案】D
【解析】
【详解】A. 由图可知此温度下MgBr2(s)与Cl2(g)反应是放热反应，热化学方程式为：MgBr2(s)+Cl2(g) MgCl2(s)+Br2(g) ΔH=-117 kJ·mol-1，故A错误；B、物质具有的能量越低越稳定，由图可知 热稳定性: MgI2< MgBr2 < MgCl2 < MgF2，故B错误；C、已知由镁制取氯化镁是放热过程，所以电解熔融氯化镁制取镁单质是是吸热过程，而电解MgCl2溶液不能得到镁单质，故C错误；D、根据图像可知，反应物总能量大于生成物总能量，均为放热反应，ΔH均小于零，能自发进行，故D正确；故选D。
3.下列有关生活生产中的叙述合理的是
A. 铜的精炼工业和电镀铜工业，均可采用CuS04溶液做电解质溶液
B. 铅蓄电池放电时，负极反应式为Pb02+4H++2e-=Pb2++2H20
C. 水库的钢闸门与电源负极相连以防止其生锈，该法即牺牲阳极的阴极保护法
D. 用惰性电极电解NaOH溶液，一段时间后，加入一定质量的NaOH固体，能将溶液恢复至与原来溶液完全一样
【答案】A
【解析】
【详解】A.铜的精炼中粗铜为阳极，纯铜为阴极，硫酸铜溶液为电解质溶液，电镀铜时待镀金属为阴极，铜为阳极，硫酸铜溶液为电镀液，故A正确；
B.铅蓄电池放电时，Pb为负极，所以负极的电极反应式是Pb+SO42--2e-=PbSO4，故B错误；
C.水库的钢闸门与电源负极相连以防止其生锈，此时铁作阴极，该法为外接电源的阴极保护法，故C错误；
D.电解氢氧化钠溶液时，阳极产生氧气，阴极产生氢气，所以应加水让电解质溶液恢复至与原来溶液完全一样，故D错误。
故选A。
4.MnO2是一种重要的化工原料，可用于合成工业的催化剂和氧化剂。采用软锰矿(主要成分为MnO2)可制备高纯MnO2，其流程如下：
下列叙述错误的是
A. “含Mn2+、A13+的溶液”中还含Fe3+
B. 加入“氨水”同时搅拌，搅拌的目的是提高反应速率
C. “滤渣”可完全溶解在NaOH溶液中
D. 电解含Mn2+的溶液，MnO2为阳极产物
【答案】C
【解析】
【分析】
由流程可知，向软锰矿中加入硫酸和硫酸亚铁，软锰矿溶解得到Mn2+、A13+、Fe3+的溶液，向溶液中加入氨水调节溶液pH使A13+和Fe3+完全转化为氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，过滤得到含Mn2+的溶液，电解含Mn2+的溶液，Mn2+在阳极放电得到MnO2。
【详解】A项、由化合价变化可知，向软锰矿中加入硫酸和硫酸亚铁，FeSO4将MnO2还原为Mn2+，Fe2+被氧化为Fe3+，故A正确；
B项、加入“氨水”同时搅拌，可以增大氨水与溶液的接触面积，提高反应速率，故B正确；
C项、向溶液中加入氨水调节溶液pH使A13+和Fe3+完全转化为氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，氢氧化铁沉淀不与NaOH溶液反应，滤渣不能完全溶解，故C错误；
D项、电解含Mn2+的溶液，Mn2+在阳极放电得到MnO2，故D正确。
故选C。
【点睛】本题考查化学工艺流程，对元素及其化合物的主要性质的理解，结合题目获取新信息是解答关键，C选项为易错点，注意滤渣的组成为氢氧化铁和氢氧化铝，氢氧化铁不溶于氢氧化钠溶液。
5.人工肾脏可用间接电化学方法除去代谢产物中的尿素 CO（NH2）2，原理如图。下列有关说法正确的是
A. a为电源的负极
B. 电解前后，阴极室溶液的pH不变
C. 阳极室中发生的电极反应为2H++2e-=H2↑
D. 若两极共收集到气体产品13.44L，则除去的尿素为7.2g（忽略气体的溶解）
【答案】B
【解析】
【详解】A.由图可知，左室电极产物为CO2和N2，发生氧化反应，故a为电源的正极，右室电解产物H2，发生还原反应，故b为电源的负极，故A错误；
B.阴极反应为6H2O+6e-═6OH-+3H2↑（或6H++6e-═3H2↑），阳极反应为6Cl--6e-═3Cl2↑，CO（NH2）2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl，根据上述反应式可以看出在阴、阳极上产生的OH-、H+的数目相等，阳极室中反应产生的H+通过质子交换膜进入阴极室与OH-恰好反应生成水，所以阴极室中电解前后溶液的pH不变，故B正确；
C.由图可知，阳极室首先是氯离子放电生成氯气，氯气再氧化尿素生成氮气、二氧化碳，同时会生成HCl，阳极室中发生的反应依次为：2Cl--2e-═Cl2↑，CO（NH2）2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl，故C错误；
D.题中没有说明收集到的气体是否在标准状况下，无法使用气体摩尔体积进行计算，故D错误。
故选B。
6.有一种节能的氲碱工业新工艺，将电解池与燃料电池相组合，相关流程如下图所示（电极未标出），下列说法错误的是：
A. 电解池的阴极反应式2H20+2e-=H2↑+20H-
B. 相同条件下，当电解池生成2LC12，理论上燃料电池应消耗1LO2
C. 电解池中阳离子移动流向阴极池
D. 溶液a、b、c的pH大小顺序为：a>b>c
【答案】D
【解析】
【详解】从图中可以看出来，左边为电解饱和食盐水的电解质，右边为氢氧燃料电池。
A．电解池的阴极得电子，产生氢气，方程式为2H2O+2e－=H2+2OH－，A项不符合题意；
B．整个电路中经过的电量是一样的，生成22.4LCl2转移2mol电子，消耗0.5molO2，物质的量之比等于气体体积之比，因此电解池生成了2LCl2，理论上燃料电池应消耗1LO2。B项不符合题意；
C．电解池中阳离子向阴极移动，C项不符合题意；
D．a%，b%，c%的氢氧化钠溶液，电解池中阴极产生NaOH，a>b，在原电池中，通入空气的一极，氧气得电子生成OH-，因此c> a；所以pH大小顺序为c> a>b；D项符合题意；
本题答案选D。
【点睛】电解池和原电池中阴阳离子的移动方向是相反的。
离子
原电池
电解池
阴离子
向负极移动
向阳极移动
阳离子
向正极移动
向负极移动
7.用电解法处理含Cr2072-的废水，探究不同因素对含Cr2072-废水处理的影响，结果如表所示（Cr2072-的起始浓度、体积、电压、电解时间均相同）。下列说法错误的是
实验
i
ii
iii
iv
是否加入Fe2（S04）3
否
否
否
是否加入H2S04
否
加入lmL
加入lmL
加入lmL
阴极村料
石墨
石墨
石墨
石墨
阳极材料
石墨
石墨
石墨
铁
Cr2072-的去除率
0.092%
12.7%
20.8%
57.3%
实验iii中Fe3+去除Cr2072-的机理
A. 实验ii与实验i对比，其他条件不变，增加c（H+）有利于Cr2072-的去除
B. 实验iii与实验ii对比，其他条件不变，增加c（Fe3+）有利于Cr2072-的去除
C. 实验iv中循环利用提高了Cr2072-的去除率
D. 若实验iv中去除O.OlmolCr2072-电路中共转移0.06mol电子
【答案】D
【解析】
【详解】A.实验ii与实验i对比，差别在于是否加入1mL的硫酸，加了硫酸，去除率明显提升，所以增加c（H+）有利于Cr2O72-的去除，故A正确；
B.根据表中数据可判断加入Fe2（SO4）3，增加c（Fe3+），Cr2O72-的去除率明显提升，故B正确；
C.实验iv中，在阴极，Fe3+得电子产生Fe2+，Fe2+被Cr2O72-氧化后再产生Fe3+，Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率，故C正确；
D.实验iv中，铁作阳极先失去电子变成Fe2+，然后发生反应：Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，去除0.0lmolCr2O72-理论上共转移0.06mol电子，但Cr2O72-的去除率只有57.3%，所以转移的电子数小于0.06mol，故D错误。
故选D。
8.煤的液化可以合成甲醇。
①“气化”:C（s）+2H20（g）=C02（g）+2H2（g） △H1=+90.1kJ·mol-1
②催化液化Ⅰ:CO2（g）+3H2（g）=CH30H（g）+H20（g）△H2=-49.0kJ·mol-1
③催化液化Ⅱ:C02（g）+2H2（g）=CH30H（g）+1/2O2(g)△H3=akJ·mol-1
下列有关说法正确的是
A. 催化液化Ⅰ中使用催化剂，反应的活化能Ea、△H2都减小
B. 反应C（s）+H20（g）+H2（g）=CH3OH（g） △H=+41.1kJ·mol-1
C. △H2＞△H3
D. 甲醇燃料电池的工作原理示意图如图所示，负极的电极反应为CH3OH-6e-+6OH-=CO2↑+5H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A.催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应热，故Ea减小、△H2不变，故A错误；
B.①C（s）+2H2O（g）═CO2（g）+2H2（g）；△H1=+90.1kJ•mol-1；②CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）；△H2=-49.0kJ•mol-1，①+②得，C（s）+H2O（g）+H2（g）=CH3OH（g）△H=+41.1kJ•mol-1，故B正确；
C.根据盖斯定律可知②－③即得到1/2O2（g）+H2（g）=H2O（g）△H=△H2－△H3＜0，故△H2＜△H3，故C错误；
D.放电时，负极上甲醇失电子发生氧化反应，在碱性条件下电极反应式为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O，故D错误。
故选B。
【点睛】根据装置中的信息，通过外电路中电子的流向、物质的转化、电解质离子的运动方向等信息确定两个电极的极性，然后分析电极反应。
9.如下图所示装置是一种可充电电池，装置Ⅱ为电解池.好交换膜只允许Na+通过，充放电的化学方程式为2Na2S2+NaBr3 Na2S4+3NaBr。闭合开关K时，b极附近先变红色。下列说法正确的是
A. 闭合K后，a电极上有气体产生
B. 装置I中电子由B经过交换膜移向A
C. 装置I充电时，电极A的电极反应式：2Na2S2—2e-=Na2S4+2Na+
D. 当有0.01molNa+通过离子交换膜时，b电极上析出标准状况下的气体112mL
【答案】D
【解析】
【详解】b极附近先变红色，说明b极溶液呈现碱性。电解饱和食盐水中，阴极H+得到电子，生成OH-，则b极为阴极，电极B为负极，A为正极，a为阳极。
A.a为阳极，Cu为活性电极，Cu失去电子，没有气体产生。A项错误；
B.电子只能在导体中移动，不能在电解液中移动，B项错误；
C.A电极为正极，充电时为阳极，阳极发生氧化反应，NaBr变为NaBr3，C项错误；
D.在闭合回路中，每个截面通过的电量都是一样的，有0.01mol Na+通过离子交换膜，电路中一定有0.01mole-转移。b极产生氢气，转移2mol e-可以生成1mol氢气，体积为22.4L。现通过0.01mole-，则生成0.005mol氢气，在标准状况下其体积为112mL。D项正确；
本题答案选D。
10.四室式电渗析法制备盐酸和NaOH的装置如图所示。a、b、c为阴、阳离子交换膜。己知：阴离子交换膜只允许阴离子透过，阳离子交换膜只允许阳离子透过。下列叙述正确的是
A. b、c分别依次为阳离子交换膜、阴离子交换膜
B. 通电后Ⅲ室中的C1-透过c迁移至阳极区
C. Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四室中的溶液的pH均升髙
D. 电池总反应为4NaCl+6H2O 4NaOH+4HCl+2H2↑+O2↑
【答案】D
【解析】
试题分析：由图中信息可知，左边电极与负极相连为阴极，右边电极为阳极，所以通电后，阴离子向右定向移动，阳离子向左定向移动，阳极上OH-放电生成O2、阴极上H+放电生成H2；氢离子透过c，氯离子透过b，二者在bc之间形成盐酸，盐酸浓度变大，所以b、c 分别为阴离子交换膜和阳离子交换膜；钠离子透过a， NaOH的浓度变大，所以a也是阳离子交换膜。A. b、c 分别依次为阴离子交换膜、阳离子交换膜，A不正确；B. 通电后Ⅲ室中的Cl-不能透过阳离子交换膜c 迁移至IV室，B不正确；C. 电解一段时间后，Ⅰ中的溶液的pH升高，Ⅱ中的溶液的pH不变，Ⅲ和Ⅳ两室中的溶液的pH均减小，C不正确；D. 电池总反应为4NaCl+6H2O4NaOH+4HCl+2H2↑+O2↑，D正确。本题选D。
点睛：本题考查了电解原理的应用，难度较大。根据电极的极性及图中相关信息可以判断离子交换膜的性质，根据电解原理判断电解产物，但是要注意不能墨守成规，要根据题中实际情况进行合理变通。
11.己知反应 2NO（g）+Br2（g）=2NOBr（g）的活化能为akJ·mo1-1，其反应机理如下：
①NO（g）+Br2（g）=NOBr2（g）（慢）；
②NO（g）+NOBr2（g）=2NOBr（g）（快）
下列有关该反应的说法正确的是
A. 反应速率主要取决于②的快慢
B. NOBr2是该反应的催化剂
C. 该反应的焓变等于akJ·mol-1
D. 反应速率：v（NO）=v（NOBr）=2v（Br2）
【答案】D
【解析】
A. 反应速率主要取决于①的快慢，故A错误；B. NOBr2是该反应的中间产物，故B错误；C. 该反应的焓变等于正反应的活化能和逆反应活化能的差，故C错误；D. 速率比等于方程式计量数之比，反应速率：v（NO）=v（NOBr）=2v（Br2），故D正确；故选D。
12.H2S的分解反应是一个可逆反应，其能量与反应进程的关系如图所示，下列有关说法正确的是
A. 正反应的活化能大于逆反应的活化能
B. 若减小体系的压强，则该反应的焓变将增大
C. 升高温度，化学反应速率加快，H2S的平衡转化率减小
D. 向密闭容器中充入lmolH2S充分反应，吸收84.9kJ的热量
【答案】A
【解析】
A、活化能是反应物分子具有的平均能量与活化分子具有的平均能量差，所以由图象可知，正反应的活化能大于逆反应的活化能，故A正确；B、压强的改变能影响反应的速率和平衡的移动，焓是物质的固有属性，而焓变是反应的固有属性，所以压强的改变不影响反应的焓变，故B错误；C、升高温度，化学反应速率加快，但该反应是吸热反应，平衡向右移动，使H2S的转化率增大，故C错误；D、向密闭容器中充入1mol H2S充分反应，由于化学平衡的建立，1mol H2S不能完全分解，所以吸收的热量小于84.9 kJ，故D错误。本题正确答案为A。
点睛：外界条件只能影响反应的速率和平衡的移动，而决定反应速率大小和反应进行程度的根本因素是反应物质的性质，焓和焓变、熵和熵变是物质固有的属性，是不受外界条件影响的。
13.某温度下密闭容器中，发生反应：2E（g）F（g）+xG（g）；△H＜0。若起始时E浓度为amol·L-1，F、G浓度均为0，达平衡时E浓度为0.5a mol·L-1；若E的起始浓度改为2amol·L-1，F、G浓度仍为当达到新的平衡时，下列说法正确的是
A. 若x=l，容器体积保持不变，新平衡下E的体积分数为50%
B. 升高温度时，正反应速率加快、逆反应速率减慢
C. 若x=2，容器体积保持不变，新平衡下F的平衡浓度为0.5amol·L-1
D. 若x=2，容器压强保持不变，新平衡下E的物质的量为a mol
【答案】A
【解析】
【详解】A.若x＝1，反应前后体积不变，达到平衡时E的体积分数为50%，E的起始浓度改为2a mol·L－1，相当于两个相同的容器中E浓度均为a mol·L－1，然后压缩使气体的体积与一个容器的容积体积相等，平衡不移动，E的体积分数仍为50%，故A正确；
B.升高温度正逆反应速率都增大，与反应是吸热还是放热无关，故B错误；
C.达原平衡时E浓度为0.5a mol·L－1，F的平衡浓度为0.25a mol·L－1，若x＝2，依据A中的分析类推压缩气体使体积为原体积的一半，F的浓度为0.5a mol·L－1，但压缩气体体积相当于增大压强，平衡逆向移动，新平衡下F的平衡浓度小于0.5a mol·L－1，故C错误；
D.若x＝2，容器压强保持不变，则随反应的进行容器的体积大小会发生相应的变化，而物质的量的多少与容器的大小有关，故D错误；
答案选A。
14.I2在KI溶液中存在下列平衡：I2（ag）+I-（aq）I3-（aq）△H。KI混合溶液中，I-的物质的量浓度c（I-）与温度T的关系如下图所示（曲线上任何一点都表示平衡状态）。下列说法不正确的是
A. 该反应△H<0
B. 若在T1、T2温度下，反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1>K2
C. 若反应进行到状态D时，一定有v正>v逆
D. 状态A与状态B相比，状态A的c（I3-）大
【答案】C
【解析】
【详解】A.随着温度升高，I-的浓度逐渐增大，说明升高温度，化学平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则I2(aq)+I-(aq) I3-(aq) 正反应为放热反应，△H<0，A正确；
B.因为K＝，T2＞T1，所以当温度升高时，反应向逆方向移动，即K1＞K2，B正确；
C.从图中可以看出D点并没有达到平衡状态，c(I-)小于该温度下的平衡浓度，所以反应逆向进行，故v逆＞v正， C错误；
D.温度T2>T1，升高温度，平衡逆向移动，c(I3-)变小，所以c(I3-)： A>B，即状态A的c(I3-)高， D正确；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查化学平衡的移动和平衡常数的运用，据图得出该反应为放热反应是解答本题的关键，试题难度不大。
15.T℃时，在2L密闭容器中使X（g）与Y（g）发生反应生成Z（g）。反应过程中X、Y、Z的物质的量的变化如图1所示；若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，Z的百分含量与时间的关系如图2所示，则下列结论正确的是
A. 容器中发生的反应可表示为3X（g）+Y（g）2Z（g）
B. 反应进行的前3min内，用X表示的反应速率v（X）=0.2 mol·L-1·min-1
C. 若改变反应条件，使反应进程如图3所示，则改变的条件是增大压强
D. 保持其他条件不变，升高溫度，反应的化学平衡常数K增大
【答案】A
【解析】
【详解】A.由图1可知平衡时，X的物质的量减少量为（2.0-1.4）mol=0.6mol，Y的物质的量减少量为（1.6-1.4）mol=0.2mol，X、Y为反应物；Z的物质的量增加量为（0.8-0.4）mol=0.4mol，Z为生成物，同一化学反应同一时间段内，反应物减少的物质的量和生成物增加的物质的量之比等于其计量数之比，所以X、Y、Z的计量数之比=0.6mol：0.2mol：0.4mol=3：1：2，所以反应可表示为：3X（g）+Y（g）2Z（g），故A正确；
B.0～3min内，v（X）=△n/V△t=(2.0-1.4)mol/2L/3min=0.1mol/（Lmin）-1，故B错误；
C.由图1和图3知，反应物和生成物的变化量不变，但反应时间减小，说明改变的条件不影响化学平衡只影响反应速率，且该反应是一个反应前后气体体积减小的反应，所以只能是使用催化剂，故C错误；
D.根据图2中曲线的斜率大小判断，T2时先到达平衡状态，说明反应速率大，根据温度越高反应速率越大说明T2温度高，温度升高时Z的百分含量减少，说明平衡向逆反应方向移动，即生成物的浓度减小，反应物的浓度增大，则平衡常数减小，故D错误。
故选A。
【点睛】对于化学平衡的有关图象问题，可按以下的方法进行分析：
①先拐先平。例如，在转化率—时间图象上，先出现拐点的曲线先达到平衡，此时逆向推理可得该变化的温度高、浓度大、压强高。
②定一议二。当图象中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系。
16.反应mA（s）+nB（g）eC（g）+fD（g），反应过程中，当其它条件不变时，C的百分含量（C%）与a度（T）和压强（P）的关系如下图，下列叙述正确的是
A. 到平衡后，加入催化剂则C%增大
B. 化学方程式中n
D. 达到平衡后，增加A的量有利于平衡向右移动
【答案】C
【解析】
【详解】A.加入催化剂使正反应速率和逆反应速率同等程度的增大，平衡没有移动，所以C的含量没有改变，A项错误；
B.从图像上可以看出，温度一定时C的含量随压强的增大而增大，即增大压强平衡向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，正反应方向气体体积减小，即n>e+f，B项错误；
C.由图像可知，当压强一定（如P0）时，温度升高（2000C→3000C→4000C）生成物C的含量减小，平衡向逆反应方向（即向左）移动，C项正确；
D.A是固体，固体浓度视为常数，增加A的量平衡不发生移动，D项错误；答案选C。
17.一定条件下，CH4与H2O（g）发生反应：CH4（g）+ H20（g） C0（g）+ 3H2（g），设起始n(H2O)/n(CH4)=Z，在恒压下，平衡时φ（CH4）的体积分数与Z和T（温度）的关系如图所示。下列说法正确的是
A. 该反应的焓变△H<0
B. 图中X点对应的平衡浪合物中n(H2O)/n(CH4)= 3
C. 图中Z的大小为a<3
【答案】C
【解析】
【详解】A.由图可知，温度越高，平衡时CH4的体积分数越小，表明正反应吸热，△H>0，故A项错误；
B.反应起始，n(H2O)/n(CH4)=3，CH4和H2O按1:1反应，X点平衡时二者比例一定不为3，故B项错误；
C.CH4物质的量一定的情况下，Z越大，H2O物质的量越大，平衡越向右移动，CH4转化率增大，平衡时CH4的体积分数越小，则a<3
综上，本题选C。
18.在恒容密闭容器中通入X并发生反应2X（g）Y（g），温度T1、T2下X的物质的量浓度c（X）随时间t变化的曲线如图所示，下列叙述正确的是
A. M点的正反应速率v正大于N点的逆反应速率v逆
B. T2下在0—t1min时间内v（Y）=a-b/t1mol·L-1·min-1
C. 该反应进行到M点放出的热量大于进行到W点放出的热量
D. M点时再加入一定量X，平衡后X的转化率减小
【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查化学平衡图像及其相关数据计算。由图可知，温度为T1先到达平衡，所以T1＞T2，温度越高，平衡时X的物质的量浓度越大，说明升高温度平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故逆反应为吸热反应，正反应为放热反应。
A.温度越高反应速率越大。
B.根据图中X的浓度变化求出Y的浓度变化，再求反应速率。
C.根据图象判断参加反应的X的量的多少，反应的X越多，放热越多。
D.M点时再加入一定量X，达到的新平衡与原平衡比较，根据压强对平衡的影响分析．
【详解】A.由上述分析可知T1>T2，M点温度高于N点温度，且N点反应没有达到平衡状态，此时反应向正反应方向进行，即N点的逆反应速率小于N点的正反应速率，因此M点的正反应速率大于N点的逆反应速率，正确；B. T2下，在0～t1时间内，X的浓度变化为：c（X）=（a-b）mol/L，则Y的浓度变化为c（Y）=，所以，错误；C.进行到M点X的转化率较W点低，由于正向是放热反应，所以反应进行到M点放出的热量较N点放出的热量少，错误；D. M点时再加入一定量X，达到的新平衡与原平衡比较，压强增大，增大压强平衡正移，则X的转化率增大，所以M点时再加入一定量X，平衡后X的转化率增大，错误。
【点睛】（1）温度升高，绝大多数化学反应速率都会升高。（2）对于有气体参加的化学反应，增加某气体的浓度，其自身转化率不一定降低，可能升高，可能保持不变，具体情况具体分析，不能单纯套用常见规律。
19.在温度相同、容积均为2L的3个恒容密闭容器中，按不间方式投入反应物，保持恒温，测得反应达到平衡时的有关数据如下。下列说法正确的是
容器
甲
乙
丙
反应物投入量
lmoN2、3mol H2
2mol N2、6mol H2
2mol NH3
NH3 浓度（mol/L）
c1
c2
c3
反应的能量变化
放出Q1kJ
放出Q2kJ
吸收Q3kJ
体系压强（Pa）
p1
p2
p3
反应物转化率
α1
α2
α3
已知 N2（g）+3H2（g）2NH3（g） △H= -92.4 kJ·mol-1
A. 2p1=2p3
C. α2+α3
【答案】D
【解析】
【分析】
甲投入1molN2、3molH2，丙容器投入量2molNH3，恒温恒容条件下，甲容器与丙容器是等效平衡，各组分的物质的量、含量、转化率等完全相等；而甲容器投入1molN2、3molH2，乙容器加入2molN2、6molH2，乙中加入量是甲中的二倍，如果恒温且乙容器容积是甲容器2倍，则甲容器与乙容器为等效平衡，所以乙所到达的平衡，可以看作在恒温且容积是甲容器两倍条件下，到达平衡后，再压缩体积为与甲容器体积相等所到达的平衡，由于该反应是体积减小的反应，缩小容器体积，增大了压强，平衡向着正向移动，所以乙中氮气、氢气转化率大于甲的，平衡后乙中氨气含量最大，据此判断。
【详解】A、丙容器反应物投入量2molNH3，和甲起始量相同，甲和丙平衡状态相同，乙中压强为甲的二倍；由于乙中相当于增大压强，平衡向着正向移动，所以乙中压强减小，小于甲的2倍，即2p1＝2p3＞p2，A错误；
B、丙容器反应物投入量2molNH3，采用极限转化法转化为反应物为1molN2、3molH2，和甲中的相同，乙容器加入2molN2、6molH2，乙中加入量是甲中的二倍，乙所到达的平衡，可以看作在恒温且容积是甲容器两倍条件下，到达平衡后，再压缩体积为与甲容器体积相等所到达的平衡，由于该反应是体积减小的反应，缩小容器体积，增大了压强，平衡向着正向移动，所以乙中氮气、氢气转化率大于甲的，平衡后乙中氨气含量最大，B错误；
C、丙容器中加入2molNH3，和甲最后达到相同的平衡状态，若平衡不移动，转化率α1+α3=1；乙容器反应物投入量2mol N2、6mol H2，由于乙中相当于增大压强，平衡向着正向移动，氨气的转化率增大，所以转化率α2+α3＞1，C错误；
D、甲投入1molN2、3molH2，丙中投入2molNH3，则甲与乙是完全等效的，根据盖斯定律可知，甲与乙的反应的能量变化之和为92.4kJ，故Q1+Q3=92.4，D正确；
答案选D。
【点睛】本题考查化学平衡影响因素、等效平衡、化学平衡的计算，题目计算量较大，题目难度较大，关键是构建平衡建立的等效途径，试题侧重对学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力的培养。
20.向一个绝热恒容密闭容器中通入CO（g）和H20（g），—定条件下使反应C0（g）+H20（g）C02（g）+H2（g）达到平衡，正反应速率随时间变化的曲线如图所示，由图可得出的结论正确的是
A. 反应物浓度：a点小于c点
B. 该反应的正反应可能为放热反应
C. c点达到平衡状态
D. △t1=△t2时，H2的产率：a〜b段大于b〜c段
【答案】B
【解析】
【分析】
由化学方程式可知该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应，由于容器恒容，因此压强不影响反应速率，所以在本题中只考虑温度和浓度的影响，结合图象可知反应速率先增大再减小，因为只要开始反应，反应物浓度就要降低，反应速率应该降低，但此时正反应速率却是增大的，说明此时温度是影响反应的主要因素，由于容器是绝热的，因此只能是放热反应，从而导致容器内温度升高，反应速率加快。
【详解】A. a到c时反应物浓度随时间不断减小，起始时反应物浓度最大，所以反应物浓度：a点大于c点，故A错误；
B. 由上述分析可知，该反应的正反应为放热反应，故B正确；
C. 化学平衡状态的标志是各物质的浓度不再改变，其实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率显然还在改变，故c点一定未达到平衡状态，故C错误；
D. 据图可知，随着反应的进行，正反应速率增大，生成氢气的产率逐渐增大，△t1=△t2时，H2的产率：a～b段小于b～c段，故D错误，答案选B。
【点睛】本题考查化学反应速率和平衡图象，解题时要注意该反应的特点及反应限制条件，尤其要特别关注“绝热恒容密闭容器”这句话表达的含义，再结合图象中曲线变化的趋势判断反应为放热反应，为本题的难点也是易错点。
二、主观题（本大II共5小埋，共40分）
21.黄铁矿（主要成分为FeS2）的利用对资源和环境具有重要意义。
（1）工业上锻烧黄铁矿可制取SO2。己知下列热化学方程式
4FeS2（s）+l102（g）=2Fe203（s）+8S02（g）△H=akJ/mol
S（s）+02（g）=S02（g） △H=bkJ/mol
Fe（s）+2S（s）=FeS2（s） △H=ckJ/mol
则 4Fe（s）+302（g）=2Fe203（s） △H=_______kJ/mol
（2）—种酸性条件下催化氧化黄铁矿的物质转化关系如图I所示。
①写出如图中Fe3+与FeS2反应的离子方程式：_____________________。
②硝酸也可将FeS2氧化为Fe3+和SO42-，使用浓硝酸比使用稀硝酸反应速率慢，其原因是______________。
（3）控制Fe2+的浓度，溶液体积和通入O2的速率一定，图II所示为改变其他条件时Fe2+被氧化的转化率，随时间的变化。
① 加入NaNO2发生反应：2H++3NO2-=NO3-+2NO+H2O。若1mol NaNO2完全反应则转移电子的数目为______mol。
② 加入NaNO2、KI发生反应：4H++2NO2-＋2I-=2NO+I2+2H2O。解释图II中该条件下能进一步提高单位时间内Fe2+转化率的原因：______________。
（4）为研究FeS2作电极时的放电规律，以FeS2作阳极进行电解，由FeS2放电产生粒子的含量与时间、电压（U）的关系如图III所示。
① 写出t1至t2间FeS2所发生的电极反应式：__________。
②当电压的值介于3U～4U之间，FeS2放电所得主要粒子为___________。
【答案】 (1). a+4c-8b (2). 14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+ (3). 稀硝酸反应后被还原为NO，浓硝酸被还原为NO2，NO可作催化剂，NO2不能 (4). 2/3 (5). 生成的催化剂NO更多，加快了反应速率 (6). FeS2-2e-=Fe2++2S (7). Fe3+、SO42-
【解析】
（1）①4FeS2(s)+11O2(g)=2Fe2O3(s)+8SO2(g) △H=akJ/mol，②S(s)+O2(g)=SO2(g) △H=bkJ/mol，③Fe(s)+2S(s)=FeS2(s) △H=ckJ/mol，将①×1-②×8+③×4，则4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s) △H=（a+4c-8b）kJ/mol；（2）硝酸也可将FeS2氧化为Fe3+和SO42-，使用浓硝酸比使用稀硝酸反应速率慢，其原因是稀硝酸反应后被还原为NO，浓硝酸被还原为NO2，NO可作催化剂，NO2不能。（3）① 加入NaNO2发生反应：2H＋+3NO2－=NO3－+2NO+H2O。每3molNO2―反应，有1moLNO2―作氧化剂，则有2mol作还原剂，若1mol NaNO2完全反应则转移电子的数目为2/3mol。② 加入NaNO2、KI发生反应：4H++2NO2-＋2I-=2NO+I2+2H2O。该条件下能进一步提高单位时间内Fe2+转化率的原因：生成的催化剂NO更多，加快了反应速率；（4）由图① t1至t2间Fe2+和2S的是增加，FeS2所发生的电极反应式：FeS2-2e-=Fe2++2S ，②当电压的值介于3U～4U之间，Fe3+、SO42-浓度增加，FeS2放电所得主要粒子为Fe3+、SO42-。
点睛：本题综合热化学、氧化还原反应、电化学等知识，（3）① 加入NaNO2发生反应：2H＋+3NO2－=NO3－+2NO+H2O，分析电子转移数是易错点，② 加入NaNO2、KI发生反应：4H++2NO2-＋2I-=2NO+I2+2H2O。该条件下能进一步提高单位时间内Fe2+转化率的原因分析是难点。
22.钼（Mo）是一种难熔稀有金属，我国的钼储量居世界前列，钼及其合金在冶金、环保和航天等方面有着广泛的应用。碳酸钠作固硫剂并用氢还原辉钼矿的原理为MoS2（s）+4H2（g）+2Na2CO3（s）Mo（s）+2CO（g）+4H20（g）+2Na2S（s） △H，实验测得平衡时的有关变化曲线如图所示。
（a）不同压强下温度与H2平衡转化率的关系 （b）0.1MPa下温度与平衡时气体成分的关系
（1）由图（a）可知，该反应△H_______0（填“>”或“<”），p1、p2、p3由大到小的顺序为_______；
（2）由图（b）可知，B点时H2的平衡转化率为_______；
（3）A点对应的平衡常数K=_______（MPa）2。（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）
【答案】 (1). > (2). p1
【分析】
（1）升高温度平衡向吸热反应方向移动，增大压强平衡向气体总物质的量减小的方向移动；
（2）根据三段式求氢气的转化率；
（3）图1中A点氢气和水蒸气的体积分数相等，均为40%，而由反应方程式可知一氧化碳的体积分数为水蒸气的一半，即为20%，说明氢气、一氧化碳、水蒸气的物质的量之比为2:1:2，由此根据表达式求Kp。
【详解】（1）升高温度平衡向吸热反应方向移动，由图像（a）可知升高温度，氢气的转化率增大，说明平衡正向移动，正反应为吸热反应，即该反应的△H>0，增大压强平衡向气体总物质的量减小的方向移动，对MoS2（s）+4H2（g）+2Na2CO3（s）Mo（s）+2CO（g）+4H2O（g）+2Na2S（s）可知，增大压强平衡逆向移动，氢气的转化率降低，则由图像（a）可知p1
MoS2（s）+4H2（g）+2Na2CO3（s）Mo（s）+2CO（g）+4H2O（g）+2Na2S（s）
起始（mol） 1 0 0
变化（mol） α 0.5α α
平衡（mol） 1-α 0.5α α
1-α/（1+0.5α）=0.25，解得α=66.7%，即b点时氢气的平衡转化率为66.7%，故答案为：66.7%。
（3）图1中A点氢气和水蒸气的体积分数相等，均为40%，而由反应方程式可知一氧化碳的体积分数为水蒸气的一半，即为20%，说明氢气、一氧化碳、水蒸气的物质的量之比为2:1:2，Kp=(2/5×0.1)4(1/5×0.1)2/(2/5×0.1)4=4×10-4，故答案为：4×10-4。
23.（1）人们常用催化剂来选择反应进行的方向。下图所示为一定条件下lmolCH3OH与02发生反应时，生成CO、CO2或HCHO的能量变化图[反应物02（g）和生成物H20（g）略去]。
①写出1moLHCHO生成CO的热化学方程式：_______________。
②CH3OH与02在有催化剂作用下反应，产物中HCHO比率大大提高的原因是______________。
（2）—定温度下，将N2H4与N02以体积比为1:1置于10 L定容容器中发生反应 2N2H4（g）+2N02（g）3N2（g）+4H20（l） △H<0。下列能说明反应达到平衡状态的是______________。
a.混合气体密度保持不变
b.3v正（NO2）=2v逆（N2）
c.N2H4与N02体积比保持不变
d.体系压强保持不变
【答案】 (1). HCHO（g）+O2（g）=CO（g）+H2O（g） △H=-235kJ·moL-1 (2). 催化剂使生成HCHO的活化能降低，同时使生成CO的活化能升高，并且生成HCHO的活化能低于生成CO的活化能 (3). abd
【解析】
【分析】
（1）由题中图示可得出HCHO生成CO的热化学方程式；
（2）催化剂使生成HCHO的活化能降低，同时使生成CO的活化能升高，并且生成HCHO的活化能低于生成CO的活化能；
（3）根据判断平衡状态的依据进行分析。
【详解】（1）根据反应的能量图1molHCHO生成CO是放出(676-283-158)kJ=235kJ的热量，所以热化学方程式为：HCHO(g)+1/2O2(g)=CO(g)+H2O(g) △H=-235kJ/mol，
故答案为：HCHO(g)+1/2O2(g)=CO(g)+H2O(g) △H=-235kJ/mol。
（2）CH3OH与O2在有催化剂作用下反应，产物中HCHO比率大大提高的原因是催化剂使生成HCHO的活化能降低，同时使生成CO的活化能升高，并且生成HCHO的活化能低于生成CO的活化能，故答案为：催化剂使生成HCHO的活化能降低，同时使生成CO的活化能升高，并且生成HCHO的活化能低于生成CO的活化能。
（3）a.反应中有液态水生成，如果反应没有达到平衡气体的密度会发生改变，故混合气体密度保持不变说明达到了平衡状态，故a正确；
b.根据反应中化学计量数的关系有：3v正（NO2）=2v正（N2），联立3v正（NO2）=2v逆（N2），得v正（N2）=v逆（N2），同种物质的生成和消耗数率相等，反应达到了平衡，故b正确；
c.N2H4与NO2以体积比1:1投入，反应时也以1:1反应，故N2H4与NO2体积比始终为1:1，不能判断达到了平衡，故c错误；
d.反应是气体体积改变的反应，压强不变，说明反应达到了平衡状态，故d正确。
故答案为：abd。
24.研究煤的合理利用及CO2的综合应用有着重要的意义。请回答以下问题:
I.煤的气化
已知煤的气化过程涉及的基本化学反应有：
C（s）+H20（g）CO（g）+H2（g） △H=+131kJ/mol
②CO（g）+3H2（g）CH4（g）+H2O（g） △H=akJ/mol
查阅资料反应②中相关化学键键能数据如下表：
化学键
H-H
H—C
H-O
E/（kJ/mol）
1072
436
414
465
（1）煤直接甲烷化反应C（s）+2H2（g）CH4（g）的△H为_______kJ/mol，该反应在______（填“髙温”或“低温”）下自发进行。
Ⅱ.合成低碳烯烃
在体积为1 L的密闭容器中，充入1molCO2和2.5molH2，发生反应：
2C02（g）+6H2（g）C2H4（g）+4H20（g） △H=-128kJ/mol，测得温度对催化剂催化效率和 C02平衡转化率的影响如图所示：
（2）图中低温时，随着温度升高催化剂的催化效率提高，但C02的平衡转化率却反而降低，其原因是__________。
（3）250℃时，该反应的平衡常数K值为__________。
Ⅲ.合成甲醇
在恒温2 L容积不变的密闭容器中，充入lmolC02和3molH2，发生反应：C02（g）+3H2（g）CH30H（g）+H20（g），测得不同时刻反应前后容器内压强变化（p后/p前）如下表：
时间/h
1
2
3
4
5
6
p后/p前
0.90
0.85
0.82
0.81
0.80
0.80
（4）反应前1小时内的平均反应速率V（H2）为_________mol/（L·h），该温度下C02的平衡转化率为_________。
IV.电解逆转化制乙醇
（5）科研人员通过反复实验发现：C02可以在酸性水溶液中电解生成乙醇，则生成乙醇的反应发生在_________极（“阴”或“阳”），该电极的反应式为_________。
【答案】 (1). -75 (2). 低温 (3). △H＜0，温度升高，平衡向逆反应方向移动，所以CO2的平衡转化率降低 (4). 1 (5). 0.3 (6). 40% (7). 阴 (8). 2CO2+12H++12e-=CH3CH2OH+3H2O
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律分析解答，反应若自发进行，则△G=△H -T△S＜0；
（2）根据温度对催化剂的催化活性和对平衡移动的影响分析CO2的平衡转化率；
（3）利用化学平衡常数的定义式计算；
（4）根据在恒容密闭容器内，气体的压强比等于气体的物质的量的比，计算出H2物质的量的改变值，再根据速率的定义计算，同时利用变化关系式计算出平衡时CO2改变的物质的量，利用物质的转化率为质量除以起始量，计算出该温度下CO2的平衡转化率；
（5）根据阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，结合溶液的酸碱性书写电极反应式。
【详解】（1）根据反应方程式①CO（g）+3H2（g）CH4（g）+H2O（g） △H=akJ/mol可知：△H=（1072+436×3-4×414-2×465）kJ/mol=-206kJ/mol，由①+②整理可得：C（s）+2H2（g）CH4（g）的△H=+131kJ/mol+（-206kJ/mol）=-75kJ/mol，该反应是气体体积减小的放热反应，根据体系的自由能公式△G=△H-T△S，若反应自发进行，则△G=△H -T△S＜0，所以温度较低时△G＜0，反应自发进行，故答案为：-75，低温。
（2）由图分析可知在250℃时催化剂活性最大，在低于该温度时，升高温度，催化剂活性增强，而CO2的平衡转化率随着温度的升高而降低，是由于该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，使反应物CO2的转化率降低，故答案为：△H＜0，温度升高，平衡向逆反应方向移动，所以CO2的平衡转化率降低。
（3）在250℃时CO2的平衡转化率为50%，根据起始时加入的物质的物质的量及反应2CO2（g）+6H2（g）C2H4（g）+4H2O（g）中各种物质的转化关系可知，达到平衡时各种物质的平衡浓度分别为c(CO2)=0.5mol/L，c(H2)=1.0mol/L，c(C2H4)=0.25mol/L，c(H2O)=1.0mol/L，则该温度下的化学平衡常数K=0.25×14/0/52×16=1，故答案为：1。
（4）化学反应：2CO2（g）+6H2（g）C2H4（g）+4H2O（g）
n（开始）/mol 1 3 0 0
1h/mol x 3x x x
△n/mol y 3y y y
在1h时气体的总物质的量n=1-x+3-3x+x+x=(4-2x)mol，开始时总物质的量为4mol，根据P后/P前=(4-2x)/4=0.90，解得x=0.2mol，所以H2改变的物质的量为3×0.2mol=0.6mol，V（H2）=△c/△t=0.6mol/2L/1h=0.3mol/（L·h），在平衡时气体的总物质的量n=1-y+3-3y+y+y=(4-2y)mol，开始时总物质的量为4mol，根据P后/P前=(4-2y)/4=0.80，解得y=0.4mol，所以CO的平衡转化率为0.4mol/1mol×100%=40%，故答案为：0.3，40%。
（5）CO2中碳元素的化合价为+4价，乙醇CH3CH2OH中C的平均化合价为-2价，化合价降低，获得电子，所以生成乙醇的反应发生在阴极，在酸性条件下，CO2在阴极获得电子，变成乙醇，电极反应式为2CO2+12H++12e-=CH3CH2OH+3H2O，故答案为：阴，2CO2+12H++12e-=CH3CH2OH+3H2O。
25.“绿水青山就是金山银山”，研究NO2、NO、CO、NO2-，碳氢化合物大气污染物和水污染物热处理对建设美丽中国具有重要意义。
（1）己知：汽车尾气中的CO、NOx、碳氮化合物是大气污染物。使用稀土等催化剂能将CO、NO转化成无毒物质。
已知:N2（g）+O2（g）=2NO（g） △H1=+180.5kJ/mol K1（该反应的平衡常数）
2C（s）+O2（g）=2CO（g） △H2=-221kJ/mol K2（同上）
C（s）+O2（g）=CO2（g） △H3=-393.5kJ/mol K3（同上）
写出NO（g）与CO（g）催化转化成N2（g）和CO2（g）的热化学方程式________，以及该热化学方程式的平衡常数K=________（用K1、K2、K3表示）
（2）污染性气体NO2与CO在一定条件下的反应为:2NO2+4CO4CO2+N2 △H=-1200kJ/mol。
①某温度下，在2L密闭容器中充入0.lmolNO2和0.2molCO，此时容器的压强为1个大气压，5秒时反应达到平衡时，容器的压强变为原来的29/30，则反应开始到平衡时NO2的平均反应速率v（NO2=_____mol/（L·s）。
②能使该反应的反应速率增大，且平衡向逆反应方向移动的是_______。
A.及时分离出CO2
B.适当升高温度
C.减小容器体积使体系压强增大
D.选择高效催化剂
（3）在高效催化剂作用下可用NH3还原NO2进行污染物处理。
①相同条件下，选用A、B、C三种催化剂进行反应，生成氮气的物质的量与时间变化如图。活化能最小的是________。
②在催化剂A作用下测得相同时间处理NO2的量与温度关系如图。试说明图中曲线先增大后减小的原因___（假设该温度范围内催化剂的催化效率相同）。
【答案】 (1). 2NO（g）+2CO（g）=2CO2（g）+N2（g） △H=-746.5kJ/mol (2). K=K32/K2∙K1 (3). 0.002 (4). B (5). A (6). 低于300℃，反应未达到平衡，温度升髙，反应速度加快：高于300℃，反应己平衡，随温度升高，反应逆向进行
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律进行计算，根据化学平衡常数的定义分析；
（2）根据化学反应速率的定义进行计算，根据影响化学反应速率的因素进行分析；
（3）低于300℃，反应未达到平衡，温度升髙，反应速度加快：高于300℃，反应己平衡，随温度升高，反应逆向进行。
【详解】（1）NO（g）与CO（g）催化转化成N2（g）和CO2（g）的反应可以由=③×2-①-②得到，
所以△H=△H3×2-△H2-△H1=-393.5kJ/mol×2-（+180.5kJ/mol）-（-221kJ/mol）=-746.5kJ/mol，因此热化学方程式为：2NO（g）+2CO（g）=2CO2（g）+N2（g） △H=-746.5kJ/mol，此反应的K值也做相应的变化K=K32/K2∙K1，故答案为：2NO（g）+2CO（g）=2CO2（g）+N2（g） △H=-746.5kJ/mol；K32/K2∙K1。
（2）①设达到平衡时CO的浓度改变为x，则
2NO2+4CO4CO2+N2
起始（mol） 0.1 0.2 0 0
改变（mol） x 2x 2x 1/2x
平衡（mol）0.1-x 0.2-x 2x 1/2x
故（0.1-x+0.2-x+2x+1/2x）/（0.1+0.2）=29/30，解得x=0.02，v（NO2）=0.02mol/5s/2L=0.002mol/（L·s），故答案为：0.002。
②A.及时分离出CO2可使平衡向正向移动，反应速率不会增大，故A错误；
B.适当升高温度，可增大反应速率，此反应是吸热反应，升温逆向进行，故B正确；
C.减小容器体积使体系压强增大，平衡向气体物质的量减小的方向移动，即正向移动，故C错误；
D.选择高效催化剂，只改变反应速率，对平衡没有影响，故D错误。
故答案为：B。
（3）①活化能越小反应速率越快，所以活化能最小的是A，故答案为：A。
②低于300℃，反应未达到平衡，温度升髙，反应速度加快：高于300℃，反应己平衡，随温度升高，反应逆向进行，所以相同时间处理NO2的量与温度关系图中曲线先增大后减小，故答案为：低于300℃，反应未达到平衡，温度升髙，反应速度加快：高于300℃，反应己平衡，随温度升高，反应逆向进行。
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