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 1．一定温度下，Xe与F2通入恒压容器中发生反应：①  ，②  ，③  ，不同投料比条件下，平衡时产物(、、)的物质的量分别如图所示。当时，认为Xe完全反应。已知a、c对应的分别为16kPa和225kPa。下列说法正确的是 A．曲线x代表产物的物质的量 B． C．反应的 D．当最多时，kPa 2．高温条件下C40H20生成C40H18的反应历程和相对能量变化如图所示： 下列说法错误的是 A．三步反应历程中决定总反应速率的是反应历程ⅲ B．ⅰ、ⅱ、ⅲ三步的总反应为  kJ⋅mol C．根据图像可以判断过渡状态1、2、3的稳定性相对高低 D． C40H18形成的过程中有极性键的断裂和形成 3．丙烯腈（）是一种重要的化工原料，以为原料合成丙烯腈的过程如下： 向密闭容器中通入一定量的和，测得平衡时体系中含碳物质（乙醇除外）的物质的量分数［如：丙烯腈的物质的量分数］随温度的变化如图。下列说法错误的是 A．“脱水”反应为吸热反应 B．低于225℃时，“腈化”过程转化率低 C．a点的转化率为51％ D．b点和的物质的量之比为3:1 4．某研究小组用新型催化剂对CO、NO催化转化进行研究，测得相同时间内NO的转化率、CO剩余的百分含量随温度变化情况如图所示。已知NO可发生下列反应： 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   下列叙述正确的是 A． B．温度大于775K时，催化剂活性降低 C．775K，条件下，此时 D．775K，无CO参加，只发生反应Ⅱ时的 5．法合成氨反应为 。工业上将原料以投入合成塔。下列说法正确的是 A．从合成塔排出的气体中， B．当时，反应达到平衡状态 C．使用高效催化剂可降低反应的焓变 D．升高温度，正反应速率减小，逆反应速率增大 6．二氧化碳与氢气催化合成乙烯具有重要的意义。将和按物质的量之比1:3加入VL的密闭容器中，压强为0.1MPa，反应达到平衡状态时，各组分的物质的量分数x随温度T的变化如下图所示。 已知： 下列说法不正确的是 A．与合成反应的热化学方程式： B．图中b、d分别表示、的变化曲线 C．570K、0.2MPa反应达到平衡状态时，M点显示的可能是的物质的量分数 D．与合成反应的 7．已知，，，其中、为速率常数，只与温度有关。时，，将一定量充入注射器中，改变活塞位置，气体透光率随时间变化如图所示(气体颜色越深，透光率越低)，下列说法正确的是 A．d点 B．时，该反应的化学平衡常数 C．时，，则 D．c、d两点对应气体的平均相对分子质量 8．某1L恒容密闭容器发生反应：  。向容器中通入0.2molM和nmolN发生上述反应，测得M的平衡转化率与投料比以及温度的关系如图。下列说法正确的是 A． B．时，C点的平衡常数值为2500 C．当时，反应达到平衡 D．其它条件不变，增大压强，可使B点移向C点 9．烯烃是一种应用广泛的化学原料。烯烃之间存在下列三个反应： 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   反应Ⅲ：   在压强为pkPa的恒压密闭容器中，反应达到平衡时，三种组分的物质的量分数x随温度T的变化关系如图所示。 下列说法错误的是 A．反应Ⅲ的 B．700K时反应Ⅱ的平衡常数 C．欲提高的物质的量分数，需研发低温条件下活性好且耐高压的催化剂 D．超过700K后曲线a下降的原因可能是随着温度升高反应Ⅰ逆向移动，反应Ⅱ正向移动 10．近年来，利用半导体光催化还原氮气制备氨气的实现引起了全世界的极大关注。在半导体光催化的作用下，被光催化材料捕获进而被还原实现“”的转化(示意图如图所示)。已知：的燃烧为放热反应，下列说法错误的是 A．该过程涉及光能到化学能的转化 B．此方法与工业合成氨均属于人工固氮技术 C．该反应中反应物的总能量小于生成物的总能量 D．该反应证明了氮气的氧化性大于氧气的氧化性 11．利用催化加氢合成乙烯可实现的综合利用。反应方程式为，在一定压强下，按投料反应。平衡时四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。下列有关说法错误的是 A．该反应为放热反应 B．A点时 C．曲线a、b分别表示、 D．同一温度下与的转化率始终相等 12．水煤气可以在一定条件下发生反应：，现在向10L恒容密闭容器中充入和，所得实验数据如表所示。下列说法错误的是 实验编号 温度/℃ 起始时物质的量/mol 平衡时物质的量/mol Ⅰ 700 0.40 0.10 0.09 Ⅱ 800 0.10 0.40 0.08 Ⅲ 800 0.20 0.30 a Ⅳ 900 0.10 0.15 b A．， B．降低温度，有利于提高CO的平衡转化率 C．实验Ⅰ中，若某时刻测得，则此时混合气体中的体积分数为10％ D．实验Ⅰ和Ⅲ中，反应均达到平衡时，平衡常数之比 13．如图1，将邻氨基苯甲酰胺的乙醇溶液缓慢滴加到的水溶液中，在水浴加热和冰水浴冷却条件下，分别得到化合物和化合物，反应过程中的能量变化如图2所示。下列关于这两种化合物的说法错误的是 A．化合物和化合物不互为同系物 B．可通过射线衍射法鉴别两种产物 C．升高相同温度时，对活化能大的反应影响更大 D．曲线1代表化合物的反应历程，曲线2代表化合物的反应历程 14．一定温度下，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 二、非选择题 15．“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)。 16．在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：，其化学平衡常数和温度的关系如下表： 700 800 830 1000 1200 1.7 1.1 1.0 0.6 0.4 回答下列问题： (1)该反应的化学平衡常数表达式为 。若只改变一个条件使平衡向正反应方向移动，则平衡常数 (填序号) ①一定不变②一定减小③可能增大④增大、减小、不变皆有可能 (2)能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是 。 a．容器中压强不变b．混合气体中不变c．d． (3)将不同量的和分别通入到体积为的恒容密闭容器中，进行反应，得到如下三组数据： 实验组 温度 起始量 衡量 达到平衡所需时间/ A 650 2 4 1.6 2.4 5 B 900 1 2 0.4 1.6 3 C 900 ①实验A中以表示的反应速率为 。 ②通过计算可知，的转化率实验A 实验B(填“大于”、“等于”或“小于”)，该反应的正反应为 (填“吸”或“放”)热反应。 17．已知可逆反应：。在某温度下，反应物的起始浓度分别为。达到平衡后，的转化率为。请回答下列问题： (1)此时的转化率为 。 (2)若温度升高，则的转化率 (填“增大”、“减小”或“不变”)。 (3)若反应温度不变，反应物的起始浓度分别为；达到平衡后， 。 (4)若反应温度不变，反应物的起始浓度为，达到平衡后，的转化率为 (已知)。 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．D 【分析】由题干信息可知，当时，认为Xe完全反应，即反应①已经完全进行，Xe(g)完全反应，随着的增大，即F2的用量最多，反应②、③、④均正向移动，则n(XeF2)逐渐减小，n(XeF4)先增大后减小，n(XeF6)逐渐增大，即x代表n(XeF6)、y代表n(XeF4)、z代表n(XeF2)，据此分析解题。 【详解】A．由分析可知，即x代表XeF6、y代表XeF4、z代表XeF2，A错误； B．由题干图示信息结合分析可知，a点n(XeF4)=n(XeF2)，即p(XeF4)=p(XeF2)，则Kp2===，同理c点n(XeF4)=n(XeF6) ，即p(XeF4)=p(XeF6)，则Kp3===，故，B错误； C．由题干反应②  ，反应③  可知反应②+③得到反应，则，C错误； D．由题干信息可知，当最多时n(XeF2)=n(XeF6)，由C项分析可知，，则，即Kp==，故kPa，D正确； 故答案为：D。 2．BD 【详解】A．由题干反应历程图可知，历程i、ii、iii的活化能分别为：70.9kJ/mol、89.6kJ/mol、141.3kJ/mol，活化能越大反应速率越慢，反应速率最慢一步为决速步骤，故三步反应历程中决定总反应速率的是反应历程ⅲ，A正确； B．由题干历程图可知，反应历程i、ii、iii的热化学方程式分别为：C40H20(g)+H•(g)•C40H19(g)+H2(g) =+20.7kJ/mol；•C40H19(g)+H2(g)•C40H19(g)′+H2(g)=-11.2kJ/mol，••C40H19(g)′+H2(g) C40H18(g)+H2(g) +H•(g) =+118.5kJ/mol，故ⅰ、ⅱ、ⅲ三步的总反应为 可由i+ii+iii，根据盖斯定律可知， (+20.7kJ/mol)+(-11.2kJ/mol)+( +118.5kJ/mol)=+128kJ⋅mol，B错误； C．根据图像可以判断过渡状态1、2、3的产物的总能量的相对大小，能量越高，物质越稳定，故可以判断过渡态1、2、3的稳定性相对高低，C正确； D．由题干历程图可知， C40H18形成的过程中反应历程i有C-H极性键的断裂，三个历程均没有极性键的形成，D错误； 故答案为：BD。 3．B 【详解】 A．由图可知，一定范围内随着温度升高，平衡时的含量增加，则说明“脱水”反应正向进行，反应为吸热反应，A正确； B．低于225℃时，含碳产物中没有，说明几乎完全转化为，则“腈化”过程转化率高而不是低，B错误； C．由转化可知，1分子生成1分子要脱去1分子水，生成1分子要脱去2分子水、1分子乙醇；由图可知，假设a点、、分别为0.49mol、0.49mol、0.02mol，则初始共0.49mol+0.49mol+0.02mol=1.0mol，反应共0.49mol+0.02mol=0.51mol，则的转化率为51％，C正确；   D．b点为和物质的量分数相等，由转化可知，生成1分子要脱去1分子水，生成1分子要脱去2分子水、1分子乙醇；假设和均为1mol，则共脱去1mol+2mol=3mol水、1mol乙醇，故和的物质的量之比为3:1，D正确； 故选B。 4．D 【详解】A．根据图像可知，775K时，无CO时NO分解为N2的转化率达到最大，此时反应Ⅱ达到平衡状态，再升高温度，转化率下降，说明升高温度化学平衡逆向移动，反应为放热反应，ΔH2<0，A错误； B．根据有CO时NO转化率变化曲线可知，温度大于775K并继续升温时NO的转化率仍在增大，说明反应Ⅱ转化率降低不是催化剂失去活性导致，而是NO分解为N2和O2的反应为放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，导致NO的转化率降低，因此温度大于775K时，催化剂活性没有降低，B错误； C．根据图示可知，775K，条件下，CO剩余的百分含量为70%，NO转化为N2的转化率为40%，设初始时n(NO)=n(CO)=1mol，则反应掉CO0.3mol，由反应Ⅰ可知，反应Ⅰ消耗NO0.3mol，生成氮气0.15mol，生成CO20.3mol，则反应Ⅱ消耗NO1mol×0.4-0.3mol=0.1mol，生成氮气0.5mol，因此共生成氮气0.2mol，n(CO2)：n(N2)=0.3mol：0.2mol=3：2，C错误； D．775K时，无CO参加，只发生反应Ⅱ，设初始压强为P，初始NO物质的量为1mol，此时NO分解为N2的转化率为20%，反应掉NO0.2mol，生成氮气和氧气各0.1mol，因为是等体积反应，总压强恒定为P，平衡时n(NO)=0.8mol，n(N2)=0.1mol，n(O2)=0.1mol，则三种物质的分压为p(NO)=，p(O2)=，p(N2)=，K==，D正确； 故答案选D。 5．A 【详解】A．根据反应方程式，N2和H2反应时消耗的物质的量之比为1:3，而起始投料比为1:2.8，消耗比小于投料比，故排出的气体中，n(N2)：n(H2)>1：2.8，A正确； B．各物质的反应速率之比等于化学计量数之比，故2v正(H2)=3v逆(NH3)时，反应达到平衡状态，B错误； C．催化剂可以加快反应速率，但是不改变反应热，不能降低焓变，C错误； D．升高温度，正逆反应速率都增大，D错误； 本题选A。 6．D 【分析】已知：① ；② ；③ ；由盖斯定律可知，①×6-②-4×③可得 ，将和按物质的量之比1:3加入VL的密闭容器中，发生反应，升高温度，平衡逆向移动，H2和CO2的物质的量增大，由系数关系可知，曲线a表示H2的物质的量分数随温度变化，曲线b表示CO2的物质的量分数随温度变化，曲线c表示H2O(g)的物质的量分数随温度变化，曲线d表示的物质的量分数随温度变化。 【详解】A．已知：① ；② ；③ ；由盖斯定律可知，①×6-②-4×③可得 ，A正确； B．由分析可知，图中b、d分别表示、的变化曲线，B正确； C． 曲线d表示的物质的量分数随温度变化，是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，的物质的量分数增大，则570K、0.2MPa反应达到平衡状态时，M点显示的可能是的物质的量分数，C正确； D．由A可知，反应是放热反应，升高温度K值减小，则，D错误； 故选D。 7．C 【详解】A．由图可知，d点后透光率减小，说明二氧化氮浓度增大，平衡向逆反应方向移动，则二氧化氮的正反应速率小于逆反应速率，A错误； B．反应速率比等于系数比，由反应达到平衡时，正逆反应速率相等可得：=，则，B错误； C．T1时，由可得：平衡常数K＇=>，正反应为放热，则说明降低温度平衡正向移动，则，C正确；   D．c点透光率迅速增大，然后又逐渐减小，则c点为增大体积，导致d点平衡逆向移动，物质的量增大，使得d点平均相对分子质量减小，故c、d两点对应气体的平均相对分子质量，D错误； 故选C。 8．B 【分析】该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，M的平衡转化率减小，则，增大，相等于增大M的物质的量，平衡正向移动，M的平衡转化率减小，以此解答。 【详解】A．由分析可知，，A错误； B．时，A点M的平衡转化率为80%，列出“三段式” A点的平衡常数值K==2500，A点和C点温度相等，平衡常数也相等，B正确； C．当时，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，C错误； D．该反应是气体体积减小的反应，其它条件不变，增大压强，平衡正向移动，M的平衡转化率增大，D错误； 故选B。 9．D 【详解】A．根据盖斯定律，将反应I加上反应II的2倍，再整体除以3得到反应III的，故A正确； B．升高温度，反应Ⅰ、反应Ⅱ和反应Ⅲ的化学平衡均正向移动，即丁烯的物质的量分数在不断减少，丙烯的物质的量分数先增加后减少，乙烯的物质的量分数在不断增加，故曲线a代表丙烯，曲线b代表丁烯，曲线c代表乙烯；700K时，丁烯和乙烯的物质的量分数均为0.2，丙烯的物质的量分数为0.6，反应Ⅱ的物质的量分数的平衡常数为，故B正确； C．降低温度或增压，反应Ⅰ、反应Ⅲ的化学平衡均逆向移动，C4H8的物质的量分数增大，故提高C4H8的物质的量分数，需研发低温条件下活性好且耐高压的催化剂，故C正确； D．根据图中信息丁烯在不断减小，则超过700K后曲线a下降的原因可能是随着温度升高反应I正向移动，反应II正向移动，反应II正向移动的程度大于反应I正向移动的程度，故D错误； 综上所述，答案为D。 10．D 【详解】A．该过程是在半导体光催化的作用下，实现“”的转化，所以该过程涉及了光能到化学能的转化，A项正确； B．此方法是通过人工方法将氮气转化为氨气，属于人工固氮技术，B项正确； C．在半导体光催化的作用下，与反应生成和，催化剂化学方程式是，该反应的逆过程NH3的燃烧是放热反应，该反应为吸热反应，故该反应中反应物的总能量小于生成物的总能量，C项正确； D．按照元素周期律，氧气的氧化性大于氮气的氧化性，本反应属于特殊的吸热反应，不能证明氮气的氧化性大于氧气的氧化性，D项错误； 答案选D。 11．B 【分析】投料时，与的物质的量之比为1∶3，等于方程式计量系数比，可知同一温度下与的转化率始终相等，且二者平衡时物质的量分数之比等于1∶3，即a为，c为。由与的计量系数比可知b为，d为，据此分析解答。 【详解】A．a为，c为，二者是随温度升高，物质的量分数是逐渐增大的，则该反应是放热反应，故A正确； B．A点处在曲线上，此时反应是平衡状态，，故B错误； C．经分析，曲线a、b分别表示、，故C正确； D．投料时，与的物质的量之比为1∶3，等于方程式计量系数比，可知同一温度下与的转化率始终相等，故D正确； 答案B。 12．A 【分析】温度不变，平衡常数不变，则实验Ⅱ、Ⅲ的平衡常数相同，实验Ⅱ的三段式，，实验Ⅲ，； 【详解】A．根据平衡常数可列三段式求出，与实验Ⅲ相比，实验Ⅳ起始时反应物的物质的量减半，若温度相等，则，实验Ⅳ的温度较实验Ⅲ高，故，A错误； B．根据实验Ⅰ和Ⅱ数据，可知升高温度，平衡时氢气的物质的量减少，故平衡逆向移动，该反应为放热反应，降低温度，有利于提高CO的平衡转化率，B正确； C．该反应是气体的物质的量不变的反应，若某时刻测得，则的物质的量为0.05mol，故此时混合气体中的体积分数％＝10％，C正确； D．K只与温度有关，根据实验Ⅰ的数据，到平衡时，、、、， ，同理可算出，则，故，D正确； 答案选A。 13．D 【详解】A．结构相似，且相差n个-CH2为同系物，化合物和化合物不互为同系物，故A正确； B．射线衍射法研究物质的物相和晶体结构，两物质中Cu的配合物有差异，可以鉴别，故B正确； C．升高相同温度时，原来不是活化分子的变为活化分子，活化分子百分数增大，活化能大的反应在反应中需要更多的能量，升高同等温度对活化能大的反应影响更大，故C正确； D．由题给信息可知，60℃水浴加热得到化合物a，所需能量更多，则a的反应历程为(曲线1)；冰水浴冷却得到化合物b，则b的反应历程为(曲线2)，故D错误； 答案为D。 14．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。 15．(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。 16．(1) ③ (2)bc (3) 大于 放 【详解】（1）平衡常数等于生成物浓度幂之积除以反应物浓度幂之积，则；温度升高平衡常数减小，说明平衡向逆反应移动，正反应放热，降低温度、增大反应物浓度可以使平衡向正反应方向移动，由于平衡常数只与温度有关，如果改变温度，平衡常数一定增大，如果温度不变，平衡常数不变，故选③； 故答案为：；③； （2）a．该反应属于气体体积不变的反应，容器中气体的压强始终不变，容器中压强不变，不能判断是否达到化学平衡状态，a错误； b．混合气体中c(CO)不变，则其它物质的浓度也不变，能够说明到化学平衡状态，b正确； c．v逆(H2)=v正(H2O)表示正逆反应速率相等，能够说明到化学平衡状态，c正确； d．c(CO)=c(CO2)，不能判断是否达到化学平衡状态，d错误； 故答案为：bc； （3）①实验A中CO起始量为4mol，平衡量为2.4mol，； 故答案为：0.16 mol/(L⋅min)； ②实验A中CO的转化率，实验B中CO的转化率，因此CO的转化率实验A大于实验B；温度升高平衡常数减小，说明平衡向逆反应移动，正反应放热； 故答案为：大于；放。 17．(1)25% (2)增大 (3)6 (4) 【详解】（1）根据已知条件列出“三段式”： 的转化率为。 （2）由于该反应的正反应吸热，温度升高，增大，反应正向进行的程度增大，故的转化率增大。 （3）温度不变，平衡常数不变，，。 （4）根据(3)的结果，设的转化率为，则，则。 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 $$