第二章 化学反应速率与化学平衡 单元训练题 2023-2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1

第二章《化学反应速率与化学平衡》单元训练题 一、单选题 1．在含(过二硫酸根)和的溶液中，发生反应：，其分解机理及反应过程中的能量变化如图所示： 下列有关该反应的说法错误的是 A．步骤②决定总反应的速率 B．步骤①是吸热过程，步骤②是放热过程 C．由反应机理可以看出，是中间产物 D．反应中S元素不参与电子转移 2．某温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量浓度的X(g)和Y(g)，同时发生两个反应：①，②。反应①的速率可表示为，反应②的速率可表示为(、为速率常数)。反应体系中组分X(g)、W(g)的物质的量浓度c随时间的变化情况如图所示。下列说法正确的是 A．10min时，Y(g)的反应速率为0.025 B．体系中W和M的浓度之比保持不变，说明反应已平衡 C．平衡时，反应②的平衡常数 D．反应②的活化能比反应①的活化能更大 3．利用下列两个反应可实现资源综合利用 已知：Ⅰ.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)  ΔH1=+41.2kJ·mol-1 Ⅱ.CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)  ΔH2=-165.0kJ·mol-1 在一定的温度和压力下，将按一定比例混合的CO2和H2混合气体通过装有催化剂的反应器，反应相同时间，CO2转化率和CH4选择性随温度变化关系如图所示。 CH4选择性=×100%，下列说法正确的是 A．反应Ⅰ：2E(C=O)+E(H-H)<E(C-O)+2E(H-O)(E表示键能) B．240℃时，其他条件不变，增大压强将减小CO2的转化率 C．在260~300℃间，其他条件不变，升高温度CH4的产率增大 D．320℃时CO2的转化率最大，说明反应Ⅰ和反应Ⅱ一定都达到了平衡状态 4．一种绿色甲醇的生产方法是：通过太阳能发电电解水制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢制取甲醇。 主反应：     副反应：     将和按物质的量之比1∶3混合，以固定流速通过盛放Cu/Zn/Al/Zr(锆)催化剂的反应器，在相同时间内，不同温度下的实验数据如图所示。已知：的产率=。下列说法错误的是 A．由图可知，催化剂活性最好的温度大约在523K B．483K升温到523K，主反应的反应速率受温度影响更大 C．温度由523K升到543K，的实验产率快速降低的主要原因可能是：温度升高，催化剂的活性降低，导致主反应速率迅速减小 D．为了提高的平衡转化率和的平衡产率，可以选择低温、低压条件 5．实验小组探究双氧水与KI的反应，实验方案如下表。 序号 ① ② ③ 实验装置及操作 实验现象 溶液无明显变化 溶液立即变为黄色，产生大量无色气体；溶液温度升高；最终溶液仍为黄色 溶液立即变为棕黄色，产生少量无色气体；溶液颜色逐渐加深，温度无明显变化；最终有紫黑色沉淀析出 下列说法不正确的是 A．KI对H2O2的分解有催化作用 B．①为了排除稀硫酸对实验的干扰 C．对比②和③，②中的现象可能是因为H2O2分解的速率大于H2O2氧化KI的速率 D．实验②③中的温度差异说明，H2O2氧化KI的反应放热 6．一定温度下，向一恒压密闭容器中加入一定量的和，发生反应：。按初始投料比为1∶1和1∶3投料，得到不同压强条件下的平衡转化率变化曲线。下列说法错误的是 A． B．A点的压强平衡常数MPa C．B点时向容器中按投料比投入一定量反应物，再次平衡后转化率不变 D．C点时向容器中充入一定量，可逆反应向正向移动达到新的平衡 7．苯乙烯是合成树脂及合成橡胶等的重要单体，在催化剂作用下，可由乙苯直接脱氢制备：。在反应条件下，向甲、乙、丙三个容器中分别通入n(乙苯)：为的混合气体，发生上述反应，测得乙苯转化率随时间变化如图所示。下列说法不正确的是 A．时，该反应的 B．时，容器乙中的反应未达到平衡状态 C．保持其他条件不变，将甲变为恒容容器，则平衡转化率变小 D．内，乙苯的平均反应速率最大的容器是丙 8．工业上常用羰基法提纯镍，其原理是  ，速率方程式为（为速率常数）。在恒容密闭容器中充入足量的含难熔杂质的镍粉和4molCO发生上述反应，测得CO浓度与温度关系如图所示。下列叙述正确的是 A．上述反应中， B．净反应速率： C．a点正反应速率： D．温度下，2~6min内用表示的平均反应速率为0.025mol∙L-1∙min-1 9．科学家研究利用反应处理污染气体，向两个体积相同的恒容密闭容器中分别通入和发生反应，反应体系的总压强随时间变化如图所示。下列说法正确的是 A．b中反应温度比a中反应温度更高 B．向平衡后的b中加入和，平衡向逆向移动 C．a中，内的平均反应速率约为 D．若开始时将b容积压缩到一半，则b平衡时总压大于 10．乙烯氢化的化学方程式为，使用不同含Au催化剂的反应进程如下图所示。下列说法不正确的是 A．效果较好的催化剂是 B．该反应的 C．过渡态物质的稳定性：过渡态1>过渡态2 D．1mol的能量小于1mol与1mol具有的能量之和 11．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是 A．使用新型催化剂可使氮气与氢气在常温常压下合成氨气 B．用排饱和食盐水的方法收集氯气 C．溶液中加入固体KSCN后颜色变深 D．石灰石与稀盐酸在密闭瓶中反应结束后，打开瓶塞，溶液中有气泡产生 12．下列有关实验操作，现象和结论均正确的是 选项 实验操作 现象 结论 A 两支试管各盛有4mL酸性高锰酸钾溶液，分别加入2mL草酸溶液和2mL草酸溶液 加入草酸溶液的试管中溶液紫色消失更快 其他条件相同，反应物浓度越大，反应速率越快 B 向溶液中通入少量氯气，然后再加入少量苯，振荡，静置 溶液分层，上层呈橙红色 氧化性： C 向含相同浓度的KBr、KI混合溶液中依次加入少量氯水和，振荡，静置 溶液分层，下层呈紫红色 氧化性：， D 向脱脂棉上滴加蒸馏水和浓硫酸，反应后，再滴入少量新制氢氧化铜，加热 有砖红色沉淀产生 纤维素水解产物有醛基 A．A B．B C．C D．D 13．理论研究表明，在101kPa和298K下，异构化反应过程的能量变化如图所示。下列说法错误的是 A．HCN比HNC稳定 B．该反应为吸热反应 C．正反应的活化能大于逆反应的活化能 D．使用催化剂，可以改变反应的反应热 14．反应是汽车尾气无害化处理中的反应之一、下列说法正确的是 A．该反应的， B．该反应的平衡常数 C．如图所示的反应机理中，步骤I可理解为和CO仅在一定方向上才发生有效碰撞 D．反应中每消耗22.24L ，转移电子的数目为 二、非选择题 15．回答下列问题。 (1)某学习小组同学研究过氧化氢溶液与氢碘酸反应，查到一组室温下的实验数据，如下表所示： 实验编号 ① ② ③ ④ ⑤ c(H2O2) mol/L 0.1 0.1 0.1 0.2 0.3 c(HI) mol/L 0.1 0.2 0.3 0.1 0.1 从混合至溶液出现棕黄色的时间/s 13 6.5 4.3 6.6 4.4 回答下列问题： ①过氧化氢与氢碘酸反应的化学方程式为 。 ②该反应的速率方程可表示为，对比表中数据可知a= ，b= 。 ③该小组同学将实验④的温度升高，发现加热到一定温度下，溶液出现棕黄色所需时间变长，可能的原因是 。 (2)工业上用CH4催化还原NO2可以消除氮氧化物的污染，反应原理为：CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-867.0 kJ·mol-1。一定比例的甲烷和二氧化氮的混合气在装有催化剂的反应器中反应一段时间。体系中二氧化氮的转化率和催化剂的催化活性与温度的关系如图所示。    ①温度为470K时，图中P点 (填“处于”或“不处于”)平衡状态。判断理由是 。490K之后，二氧化氮的转化率随温度升高而减小的原因可能是 。 A．催化剂的活性降低        B．平衡常数变大        C．反应活化能增大    ②为提高反应中的二氧化氮的转化率，有人提出可以采取在恒压条件下充入稀有气体，解释其原因： 。 16．“绿水青山就是金山银山”，近年来，绿色发展、生态保护成为中国展示给世界的一张新“名片”。烟道气和汽车尾气、等)是造成雾霾天气的原因之一，对这些排放气的处理以及再利用是化学工作者研究的重要课题。请思考回答下列问题： (1)在一定条件下可发生分解：，一定温度下，在恒容密闭容器中充入一定量进行该反应，能判断反应已达到化学平衡状态的是_______(填字母)。 A．和的浓度比保持不变 B．容器中压强不再变化 C． D．气体的密度保持不变 (2)在有氧参与和新型催化剂作用下，和可以反应生成。将一定比例的、和通入装有新型催化剂的反应器。测得相同时间内去除率随温度变化如图所示： 在范围内，的去除率快速上升的原因为 ；在后，的去除率下降的原因，一可能为催化剂活性降低，二可能为 。 (3)工业上可用“氨催化氧化法”生产，以氨气、氧气为原料，在催化剂存在下生成和副产物的化学方程式如下： I． Ⅱ． 已知： 1L恒容密闭容器中充入、，在催化剂作用下发生两个竞争反应I、Ⅱ，测得不同温度下反应相同时间有关物质的量关系如图所示： ①时，的有效转化率为 。 ②工业用氨催化氧化制备，选择的最佳温度是 。 ③时，反应Ⅱ的平衡常数 (保留3位有效数字)。 17．反应速率v和反应物浓度的关系是用实验方法测定的。化学反应包含下列两步：①(慢)、②(快)，第一步反应的速率表达式为，式中k为常数，m、n值可用下表中数据确定。T℃时测得有关实验数据如下： 序号 c(NO)/(mol/L) c(H2)/(mol/L) 速率/(mol/(L·min)) Ⅰ 0.0060 0.0010 1.8×10-4 Ⅱ 0.0060 0.0020 3.6×10-4 Ⅲ 0.0010 0.0060 3.0×10-5 Ⅳ 0.0020 0.0060 1.2×10-4 (1)m= ，n= (2)分步反应的活化能① ②(填“>”“<”或“=”) (3)相同条件下，浓度对反应速率的影响H2 NO(填“>”“<”或“=”) 18．在“碳达峰”、“碳中和”的国家战略下，工业生产废气和汽车尾气中的和的减排及有效处理，显得尤为重要。 (1)在汽车上安装三元催化转化器可实现反应：　。 已知：　； 　 　。 则 ，该反应在 (填“高温”“低温”或“任何温度”)下能自发进行。 (2)用金作催化剂，的反应历程如下图所示，其中吸附在金催化剂表面上的微粒用“*”标注。该历程中最大能垒 ，写出该步骤的化学方程式： 。    (3)将相同量的和分别充入盛有催化剂(1)和(2)的体积相同的密闭容器，进行反应：，经过相同时间内测量两容器中的含量，从而确定的转化率，结果如下图所示。试判断图像中点是否一定处于平衡状态并分析原因： 。    (4)(“15-冠-5”是指冠醚的环上原子总数为15，其中原子数为5)是一种配位离子，该配位离子的结构示意图如图1所示(也是配体之一)，该配位离子中含有的键数目为 。全惠斯勒合金的晶胞结构如图2所示，其化学式为 ；已知该晶胞的边长为，则全惠斯勒合金的密度为 。    试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．A 【详解】A．图中可见步骤①的活化能更大，则步骤①是决速步骤，故A错误； B．步骤①反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应；步骤②反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故B正确； C．由反应机理可以看出，Fe3+是该反应的催化剂，Fe2+是该反应的中间产物，故C正确； D．中S元素为+6价，8个O中有6个O为-2价，2个O为-1价，参加反应时-1价的O降价，故S元素并没有变价，不参与电子的转移，故D正确； 故选A。 2．C 【详解】A．0~10min内，∆c(Y)= ∆c(X)=(0.6-0.35)=0.25mol/L，因此Y(g)的平均反应速率为v(Y)==0.025mol•L-1•min-1，反应速率随着浓度减小而减小，因此10min时，Y(g)的反应速率小于0.025mol⋅L−1⋅min−1，故A错误； B．相同时间内，W和M的浓度之比等于两者的平均反应速率之比，因W和M分别是反应①和反应②的产物，故两者的浓度之比为定值，则其浓度为定值时保持不变，不能作为平衡的依据，故B错误； C．平衡时，c(Y)= c(X)= 0.28mol/L，c(Z)= 0.32mol/L，c(W)= 0.15mol/L，∆c(X)=0.6-0.28=0.32mol/L，则c(M)= 0.32-0.15=0.17mol/L，反应②的平衡常数K=，故C正确； D．在相同的时间内生成Z较多、生成Y较少，因此，反应①的化学反应速率较小，在同一体系中，活化能较小的化学反应速率较快，故反应①的活化能比反应②的活化能大，故D错误； 故选C。 3．C 【详解】A．CO中化学键不是单键，且该反应是吸热反应，旧键断裂所吸收的热量大于新键形成所放的热量，A错误； B．增大压强，反应Ⅱ平衡正向移动，故能提高CO2的转化率，B错误； C．在260~320°C间，升高温度CH4的选择性虽然基本不变，但CO2的转化率在上升，所以CH4的产率上升，C正确； D．320℃时CO2的转化率最大，之后减小可能是因为温度过高而导致催化剂失去活性导致，从而无法判定此时的转化率就是平衡转化率，则此时两个反应也不一定达到平衡状态，D错误； 故选C。 4．D 【详解】A．当温度为523K时，的实验转化率和的实验产率最高，说明此温度下催化剂活性最好，A正确； B．483K升温到523K，的实验转化率和的的实验产率均明显增大，说明此过程中主反应在正向进行，则主反应的反应速率受温度影响更大，B正确； C．温度由523K升到543K，的实验产率快速降低的主要原因可能是：温度升高，催化剂的活性降低，导致主反应速率迅速减小，C正确； D．主反应为气体分子数减小的放热反应，则选择低温、高压条件，有利于主反应平衡正向移动，可提高的平衡转化率和的平衡产率，D错误； 故答案选D。 5．D 【详解】A．由实验①②的实验现象可知，实验①无明显现象，实验②溶液立即变为黄色，产生大量无色气体说明碘化钾是过氧化氢溶液发生分解反应的催化剂，对过氧化氢的分解有催化作用，故A正确； B．③中向H2O2溶液中加入稀硫酸和KI固体，为了排除稀硫酸会催化H2O2分解，需要设置试验①，故B正确； C．对比②和③，由实验③的现象溶液立即交为棕黄色，产生少量无色气体；溶液颜色逐渐加深，温度无明显变化；最终有紫黑色沉淀析出溶液无明显变化，可知酸性条件下H2O2氧化KI的速率更大，C正确； D．实验②中主要发生H2O2分解，温度明显升高，而实验③中主要发生H2O2氧化KI的反应，温度无明显变化，说明H2O2催化分解是一个放热反应，不能说明H2O2氧化KI的反应放热，D错误； 故选D。 6．D 【详解】A．相同压强时，曲线中转化率更小，所以，A正确； B．利用A点数据求平衡常数；A点转化率为50%，根据化学反应方程式，列三段式，设mol，mol由三段式计算为： ，MPa，B正确； C．B点平衡状态下，向恒压密闭容器中再按继续投料，通过构建等效平衡可知，再次平衡后转化率保持不变，C正确； D．向恒压密闭容器充入惰性气体，容器体积增大，容器中气体压强不变，其效果相当于减压（各气体浓度同等倍数减小），可逆反应将向逆向（气体分子数增多的方向）移动建立新平衡，D错误； 答案选D。 7．D 【分析】在总压不变时，乙苯占比越小，对应的分压越小，平衡正向进行的程度越大，达到平衡时的转化率越大。 【详解】A．曲线甲在40min时达到平衡。设投入的乙苯和氩气分别为1mol，则可列三段式 此时体系内气体总物质的量=1+0.4+0.6+0.6=2.6mol，各物质分压，，，则，A正确； B．由图可知，时，容器乙中乙苯转化率仍在变化，即反应未达到平衡状态，B正确； C．若保持其他条件不变，将甲变为恒容容器，则随着反应的进行，体系内压强增大，会导致反应的正向进行程度减弱，平衡转化率变小，C正确； D．该反应的反应速率与反应物分压有关。甲、乙、丙装置中乙苯分压分别为：50kPa、20kPa、，因此反应速率由快到慢是甲、乙、丙，D错误。 因此，本题选D。 8．D 【详解】A．其他条件相同，温度较高，反应速率较大，故高于。根据平衡时CO浓度可知，降低温度，CO浓度减小，平衡正向移动，正反应是放热反应，A错误； B．b、c点均是平衡状态点，平衡时，，根据净反应速率表达式知，这两点对应状态的净反应速率相等，B错误； C．a点对应CO浓度相等，但是高于，故a点速率高于，C错误；     D．根据图像可知，温度下，2~6min内，，D正确； 故选D。 9．D 【详解】A．根据反应特点和变化图像分析，a、b的温度相同，故A错误； B．向平衡后的b中加入1mol CO(g)和3mol S(l)，S是液体，不影响平衡移动，而CO浓度增大，平衡正向移动，B错误； C．列三段式有： 则有120-2x+60-x+2x=140，解得x=40，v(SO2)=40/60 kPa/min=0.67 kPa/min，C错误； D．若体积减小一半，则有以下转化：      达平衡时总压为360-y，y大于40小于120，故总压大于180kPa，D正确； 故选D。 10．C 【详解】A．由图可知，相应的活化能：催化剂AuF>催化剂，活化能越低越有利反应发生，因此效果较好，A正确； B．反应的，B正确； C．过渡态1的能量大于过渡态2的能量，能量越低越稳定，则稳定性：过渡态1<过渡态2，C错误； D．该反应为放热反应，故1mol的能量小于1mol与1mol具有的能量之和，D正确； 故选：C。 11．A 【详解】A．催化剂只改变化学反应速率，不影响平衡移动，所以不能用勒夏特列原理解释，故A正确； B．存在Cl2+H2O⇌HClO+H++Cl-，氯化钠溶解导致溶液中氯离子浓度增大而抑制氯气和水反应，所以可以用排饱和食盐水方法收集氯气，所以能用勒夏特利原理解释，故B错误； C．Fe(SCN)3溶液中加入固体KSCN，c[Fe(SCN)3]增大，Fe3++3SCN-⇌ Fe(SCN)3，平衡正向移动，颜色加深，能用勒夏特列原理解释，故C错误； D．石灰石和稀盐酸在密闭瓶中反应结束后，打开瓶塞，压强减小，导致H2CO3⇌H2O+CO2↑正向移动，所以溶液中有气泡产生，能用勒夏特列原理解释，故D错误； 故选：A。 12．C 【详解】A．草酸与酸性高锰酸钾溶液反应的离子方程式为，4mL酸性高锰酸钾溶液完全反应需要草酸的物质的量为，则两支试管中加入的草酸溶液均不足，酸性高锰酸钾溶液不能褪色，A错误； B．向溶液中通入少量氯气，发生反应：，则氧化性：，无法比较和的氧化性，B错误； C．向含相同浓度的KBr、KI混合溶液中加入少量氯水，发生反应：，则氧化性：，生成的不能将KBr中的溴离子置换出来，说明氧化性：，再加入，振荡，静置，溶液分层，下层为碘的溶液，呈紫红色，C正确； D．使用新制氢氧化铜检验醛基时，需要在碱性条件下进行，故应在纤维素水解后加入氢氧化钠溶液中和至碱性后再滴入少量新制氢氧化铜，加热检验醛基，D错误； 故选C。 13．D 【详解】A．物质本身含有的能量越低，则该物质越稳定，由图可知，HCN的相对能量低于HNC，所以HCN比HNC稳定，A项正确； B．根据图可知，HCN的相对能量为,HNC的相对能量为，故该异构化的热效应为，为吸热反应，B项正确； C．从题图可以看出，正反应的活化能大于逆反应的活化能，C项正确； D．催化剂只能改变反应过程，不能改变反应的起始和终止状态，即不会改变反应的反应热，D项错误； 答案选D。 14．C 【详解】A．该反应反应前后气体体积不变的反应，，A错误； B．由方程形式知， ，B错误； C．有效碰撞在一定方向上才能发生化学反应，根据图示，步骤I可理解为和CO仅在一定方向上才发生有效碰撞，C正确； D．未指明标准状况，不能用标况下的气体摩尔体积计算，D错误； 故选C。 15．(1) H2O2+2HI=I2+2H2O 1 1 温度升高后，过氧化氢分解造成浓度降低使反应速率减慢 (2) 不处于 该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低 A 恒压充入稀有气体后体积增大，反应体系中各组分气体分压降低，平衡向正反应方向移动 【详解】（1）①过氧化氢与氢碘酸发生氧化还原反应，过氧化氢作氧化剂，氢碘酸作还原剂，生成碘和水，化学方程式为H2O2+2HI=I2+2H2O。 ②该反应的速率方程可表示为，对比表中实验①④与①②的数据，c(H2O2)浓度增大二倍，或c(HI)浓度增大二倍，反应时间都缩短一半，由此可知，a=1，b=1。 ③该小组同学将实验④的温度升高，发现加热到一定温度下，溶液出现棕黄色所需时间变长，则表明反应物的浓度有所减少，只能为H2O2的浓度减小，可能的原因是：温度升高后，过氧化氢分解造成浓度降低使反应速率减慢。 （2）①470K之后，升高温度，二氧化氮的转化率继续增大，则表明温度为470K时，图中P点不处于平衡状态。判断理由是：该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低。从图中可以看出，490K之后，催化活性降低，则二氧化氮的转化率随温度升高而减小的原因可能是催化剂的活性降低，故选A。 ②为提高反应中的二氧化氮的转化率，有人提出可以采取在恒压条件下充入稀有气体，则反应物浓度减小，平衡正向移动，解释其原因：恒压充入稀有气体后体积增大，反应体系中各组分气体分压降低，平衡向正反应方向移动。 【点睛】催化剂对反应速率的影响远大于温度对反应速率的影响。 16．(1)B (2) 温度升高，反应速率加快或温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快，从而导致的去除率快速上升 与反应发生了副反应 (3) 1.14 【详解】（1）A．一定温度下，在恒容密闭容器充入一定量的N2O5，则反应体系为恒温恒容，NO2与O2一直按4：1的比例生成，故NO2与O2的浓度比一直为4：1，浓度比保持不变不能说明达到平衡状态，故A错误； B．反应2N2O5(g)⇌4NO2(g)+O2(g)为反应前后气体总物质的量增大的反应，一定温度下，在恒容密闭容器充入一定量的N2O5，反应过程中容器中的压强会逐渐增大，当容器中压强不再变化时，可以判断反应已达平衡，故B正确； C．当速率为2v正(NO2)=v逆(N2O5)时，v正≠v逆，不能判断反应已达平衡，故C错误； D．根据质量守恒可知，反应前后气体总质量不变，反应在恒容密闭容器中进行，容器体积不发生变化，则气体密度一直保持不变，当气体密度保持不变时，不能判断反应已达平衡，故D错误； 故答案为：B； （2）在一定温度范围内催化剂活性较大，超过其温度范围，催化剂活性降低，由图可知，在50～250℃范围内，迅速上升段是催化剂活性随温度升高而增大，使NOx去除速率迅速增大；上升段变缓慢主要是温度升高引起催化剂活性下降；在一定温度、催化剂条件下，氨气可被催化氧化生成NO，即发生了副反应，升高温度可能使催化剂活性降低，升高温度还可能使平衡逆向移动，所以当反应温度高于380℃时，NOx的去除率反而迅速下降； （3）①由图可知，520℃时生成的n(NO)=n(N2)=0.2mol，根据N原子守恒可知，消耗的n(NH3)=2(N2)+n(NO)=0.2mol×2+0.2mol=0.6mol，所以520℃时NH3的有效转化率=×100%≈33.3%，故答案为：33.3%； ②工业用氨催化氧化制备HNO3时，NH3转化为NO，NO再转化为NO2，最后NO2转化为HNO3，则制备HNO3时需要生成的NO越多越好，由图可知，840℃时生成的NO最多，所以最佳温度为840℃，故答案为：840℃； ③520℃时，生成的n(NO)=n(N2)=0.2mol，根据N原子守恒可知，消耗的n(NH3)1=2(N2)+n(NO)=0.2mol×2+0.2mol=0.6mol，平衡时剩余n(NH3)=(1-0.6)mol=0.4mol，H原子守恒可知生成n(H2O)=n(NH3)1=×0.6mol=0.9mol，O原子守恒可知消耗n(O2)= [n(H2O)+n(NO)]= ×(0.2mol+0.9mol)=0.55mol，平衡时剩余n(O2)=1.45mol-0.55mol=0.9mol，容器体积为1L，则平衡时c(N2)=0.2mol/L、c(NH3)=0.4mol/L、c(H2O)=c(O2)=0.9mol/L，则反应Ⅱ的平衡常数，故答案为：1.14。 17．(1) 2 1 (2)> (3)< 【详解】（1）根据反应Ⅰ、Ⅱ可知：在c(NO)不变时，c(H2)是原来的2倍，速率也是原来的2倍，说明反应速率v与c(H2)呈正比；由反应Ⅲ、Ⅳ可知：在c(H2)不变时，c(NO)是原来的2倍，反应速率v是原来的4倍，则速率与c(NO)的平方呈正比；则v=kc2(NO)⋅c(H2)，m=2，n=1。 （2）由于反应①是慢反应，反应②是快反应，说明分步反应的活化能一定是①＞②。 （3）根据反应Ⅰ、Ⅱ可知：在c(NO)不变时，c(H2)是原来的2倍，速率也是原来的2倍，说明反应速率v与c(H2)呈正比；由反应Ⅲ、Ⅳ可知：在c(H2)不变时，c(NO)是原来的2倍，反应速率v是原来的4倍，则速率与c(NO)的平方呈正比，相同条件下，浓度对反应速率的影响：H2＜NO。 18．(1) 低温 (2) 2.02 (或) (3)因为 c点虽然NO的转化率最高，在相同时间内反应的NO最多，但只能说明反应速率最快，而影响反应速率的因素除了温度，还有催化剂的活性，而催化剂的活性还受到温度的影响，有可能c点还未平衡，但由于催化剂迅速失去活性，导致反应速率减慢，使NO转化率降低，若在c点提供更长时间，NO转化率还会继续增大，最终达到平衡时NO的转化率高于c点NO的转化率 (4) 46 【详解】（1）①，②，③，方程式①+②-③可得方程式，由盖斯定律得；，由于反应后气体的物质的量减少，则，则反应在低温下自发进行； 故答案为：-644kJ·mol-1；低温。 （2）的反应历程中，最大能垒过程应为中间产物与过渡态之间能量差值最大的过程，过渡态Ⅰ过程能量差值为，过渡态Ⅱ过程能量差值为，因此最大能垒；该过程的化学方程式为或； 故答案为：2.02；(或)。 （3）c点不一定是平衡状态，因为 c点虽然NO的转化率最高，在相同时间内反应的NO最多，但只能说明反应速率最快，而影响反应速率的因素除了温度，还有催化剂的活性，而催化剂的活性还受到温度的影响，有可能c点还未平衡，但由于催化剂迅速失去活性，导致反应速率减慢，使NO转化率降低，若在c点提供更长时间，NO转化率还会继续增大，最终达到平衡； 故答案为：因为 c点虽然NO的转化率最高，在相同时间内反应的NO最多，但只能说明反应速率最快，而影响反应速率的因素除了温度，还有催化剂的活性，而催化剂的活性还受到温度的影响，有可能c点还未平衡，但由于催化剂迅速失去活性，导致反应速率减慢，使NO转化率降低，若在c点提供更长时间，NO转化率还会继续增大，最终达到平衡时NO的转化率高于c点NO的转化率。 （4）冠醚分子中含有碳氢键个，环上有碳氧键和碳碳键共15个，2个分子中4个氢氧键，同时配位离子中的配位键也为键，7个配体，配位键共有7个，则该配位离子中含有的键数目为；顶点粒子占，面上粒子占，棱上粒子占，内部粒子为整个晶胞所有，所以一个晶胞中含有的数目为，含有的数目为，含有的数目为，所以晶体化学式为；已知该晶胞的边长为apm，体积V=a3×10-30cm3，晶胞中含有8个Cr、4个Co和1个Al，晶胞的质量为m=g，则全惠斯勒合金的密度为ρ==g/cm3； 故答案为：46；；。。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$