第2章 化学反应速率与化学平衡（Word练习）-【精讲精练】2024-2025学年高中化学选择性必修第一册（人教版2019）

(本卷满分100分) 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1．(2023·天津期中)下列说法中，不正确的是(　　) A．乙烯聚合为聚乙烯的反应是熵减的过程，ΔS<0 B．金属钠和水的反应是熵增、放热、自发进行的反应 C．ΔH<0的反应均能够自发进行 D．氯气和消石灰的反应是熵减、自发进行的，一定是放热的反应 解析　C　ΔG＜0反应自发进行，由ΔG＝ΔH－TΔS可知，ΔH＜0时，若ΔS＜0，则ΔG可能大于0，反应非自发，ΔH<0的反应不一定都能自发进行，C错误；故选C。 2．(2023·宁波期中)合成气转变为甲醇的反应为：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)　ΔH＝－90.8 kJ·mol－1。一定条件下，将1 mol CO和3 mol H2通入2 L的恒容密闭容器中，5 min时测得H2的物质的量为2.4 mol。下列说法正确的是(　　) A．0～5 min，反应放出的热量为27.24 kJ B．第5 min时，H2的反应速率为0.06 mol·L－1·min－1 C．其他条件不变，增大CO浓度可以增加体系中活化分子百分数 D．反应到5 min时，生成0.6 mol CH3OH 解析　A　0～5 min，反应放出的热量×90.8 kJ·mol－1＝27.24 kJ，A说法正确；只能计算一段时间内的平均速率，不能计算瞬时速率，第5 min时，H2的反应速率不能确定，B说法错误；其他条件不变，增大CO浓度，增大单位体积内活化分子的数目，但体系中活化分子百分数未改变，C说法错误；反应到5 min时，反应0.6 mol氢气，生成0.3 mol CH3OH，D说法错误；故选A。 3．(2023·泰安期中)某温度时，一定压强下的密闭容器中发生反应：aX(g)＋bY(g)cZ(g)＋dW(g)，达平衡后，保持温度不变压强增大至原来的2倍，当再达到平衡时，W的浓度为原平衡状态的1.8倍，下列叙述正确的是(　　) A．平衡正移　　　　　 B．(a＋b)>(c＋d) C．Z的体积分数变小 D．X的转化率变大 解析　C　保持温度不变压强增大至原来的2倍，将容器的容积压缩到原来容积的一半，假设平衡不移动，W的浓度应变为原来的2倍，达到新平衡时，物质W的浓度是原来的1.8倍，说明平衡向逆反应方向移动，则(a＋b)<(c＋d)，A、B错误；平衡向逆反应方向移动，Z的体积分数减小，C正确；增大压强平衡向逆反应移动，X的转化率变小，D错误。 4．(2022·北京卷)CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以N2为载气，以恒定组成的N2、CH4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CO2，在催化剂上有积碳。 下列说法不正确的是(　　) A．反应①为CaO＋CO2===CaCO3；反应②为CaCO3＋CH4CaO＋2CO＋2H2 B．t1～t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，可能有副反应CH4C＋2H2 C．t2时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成H2速率 D．t3之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生 解析　 C　 由题干图1所示信息可知，反应①为CaO＋CO2===CaCO3，结合氧化还原反应配平可得反应②为CaCO3＋CH4CaO＋2CO＋2H2，A正确；由题干图2信息可知，t1～t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，且反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳，故可能有副反应CH4C＋2H2，反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1∶2，B正确；由题干反应②方程式可知，H2和CO的反应速率相等，t2时刻可知，H2的流速为2m mol/min，而CO流速v(范围1<v<2m mol/min)，说明剩余的H2是由副反应生成，副反应生成H2流速2－v(范围0～1m mol/min)，因此副反应生成H2速率小于反应②生成H2速率，C错误；由题干图2信息可知，t3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CO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正确。 5．(2022·海南卷)某温度下，反应CH2===CH2(g)＋H2O(g)CH3CH2OH(g)在密闭容器中达到平衡，下列说法正确的是(　　) A．增大压强，v正>v逆，平衡常数增大 B．加入催化剂，平衡时CH3CH2OH(g)的浓度增大 C．恒容下，充入一定量的H2O(g)，平衡向正反应方向移动 D．恒容下，充入一定量的CH2===CH2(g)，CH2===CH2(g)的平衡转化率增大 解析　C　该反应是一个气体分子数减少的反应，增大压强可以加快化学反应速率，正反应速率增大的幅度大于逆反应的，故v正>v逆，平衡向正反应方向移动，但是因为温度不变，故平衡常数不变，A不正确；催化剂不影响化学平衡状态，因此，加入催化剂不影响平衡时CH3CH2OH(g)的浓度，B不正确；恒容下，充入一定量的H2O(g)，H2O(g)的浓度增大，平衡向正反应方向移动，C正确；恒容下，充入一定量的CH2===CH2 (g)，平衡向正反应方向移动，但是CH2===CH2 (g)的平衡转化率减小，D不正确。 6．(2022·芜湖月考)下列事实不能用勒夏特列原理(平衡移动原理)解释的有(　　) ①实验室常用排饱和NaCl溶液的方法收集Cl2 ②铁在潮湿的空气中易生锈 ③对于2HI(g)H2(g)＋I2(g)，达平衡后，缩小容器体积可使体系颜色变深 ④合成氨反应，为提高原料的转化率，理论上应采取降低温度的措施 ⑤合成氨时将氨液化分离，可提高原料的转化率 A．①②　　　　　　　 B．②③ C．③④ D．②④ 解析　B　②该反应不是可逆反应，不能用勒夏特列原理解释；③对于2HI(g)H2(g)＋I2(g)，达平衡后，缩小容器体积平衡不移动，体系颜色变深是由于I2的浓度增大，不能用勒夏特列原理解释。 7．(2022·广东卷)在相同条件下研究催化剂Ⅰ、Ⅱ对反应X→2Y的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，则(　　) A．无催化剂时，反应不能进行 B．与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更低 C．a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化 D．使用催化剂Ⅰ时，0～2 min内，v(X)＝1.0 mol·L－1·min－1 解析　D　 由图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物浓度也在增加，说明反应也在进行，故A错误；由图可知，催化剂Ⅰ比催化剂Ⅱ催化效果好，说明催化剂Ⅰ使反应活化能更低，反应更快，故B错误；由图可知，使用催化剂Ⅱ时，在0～2 min内Y的浓度变化了2.0 mol/L，而a曲线表示的X的浓度变化了2.0 mol/L，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示使用催化剂Ⅱ时X浓度随时间t的变化，故C错误；使用催化剂Ⅰ时，在0～2 min 内，Y的浓度变化了4.0 mol/L，则v(Y) ＝＝＝2.0 mol·L－1·min－1，v (X) ＝v(Y) ＝×2.0 mol·L－1·min－1＝1.0 mol·L－1·min－1，故D正确。 8．(2023·成都期中)某小组探究实验条件对反应速率的影响，设计如下实验，并记录结果如下： 编号 温度 H2SO4溶液 KI溶液 1%淀粉溶液体积 出现蓝色时间 ① 20 ℃ 0.10 mol· L－110 mL 0.40 mol· L－15 mL 1 mL 40 s ② 20 ℃ 0.10 mol· L－110 mL 0.80 mol· L－15 mL 1 mL 21 s ③ 50 ℃ 0.10 mol· L－110 mL 0.40 mol· L－15 mL 1 mL 5 s ④ 80 ℃ 0.10 mol· L－110 mL 0.40 mol· L－15 mL 1 mL 未出现 蓝色 下列说法正确的是(　　) A．实验①～④中，应将KI溶液与淀粉溶液先混合 B．实验①～④中，应将H2SO4溶液与淀粉溶液先混合 C．在I－被O2氧化过程中，H＋只是降低活化能 D．由④实验可知，温度越高，反应速率越慢 解析　A　实验①～④中，应将KI溶液与淀粉溶液先混合，再加入H2SO4溶液，在酸性条件下发生氧化还原反应生成碘单质，测定溶液变色的时间，A正确，B错误；在I－被O2氧化过程中，H＋除了作为催化剂降低活化能，还作为反应物参加反应，C错误；由于实验④温度高，溶解氧减少，同时生成的碘单质能被氧气继续氧化，所以④不变色，不能说明温度越高反应速率越慢，D错误；故选A。 9．(2024·安徽卷)某温度下，在密闭容器中充入一定量的X(g)，发生下列反应：X(g)Y(g)(ΔH1<0)，Y(g)Z(g)(ΔH2<0)，测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示。下列反应进程示意图符合题意的是(　　) 解析　B　由题图可知，生成Y的速率大于生成Z的速率，则第一步反应的活化能比第二步反应的活化能小，C项、D项错误；结合ΔH1、ΔH2均小于0可知，两步反应均为放热反应，故反应物总能量高于生成物总能量，则能量：X>Y>Z，A项错误，B项正确。 10．某温度下，在恒容密闭容器中加入一定量X，发生反应2X(s)Y(s)＋Z(g)，一段时间后达到平衡。下列说法错误的是(　　) A．升高温度，若c(Z)增大，则ΔH＞0 B．加入一定量Z，达新平衡后m(Y)减小 C．加入等物质的量的Y和Z，达新平衡后c(Z)增大 D．加入一定量氩气，平衡不移动 解析　C　升高温度，化学平衡向着吸热反应方向移动，而c(Z)增大，说明平衡正向移动，故ΔH＞0，A正确；加入一定量Z，Z的浓度增大，平衡逆向移动，故达新平衡后m(Y)减小，B正确；加入等物质的量的Y和Z，Z的浓度增大，平衡逆向移动，由于X、Y均为固体，故K＝c(Z)，达新平衡后c(Z)不变，C错误；加入一定量氩气，容积不变，Z的浓度保持不变，故平衡不移动，D正确；故选C。 11.(2024·嘉禾月考)在恒容密闭容器中存在下列平衡：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)。CO2(g)的平衡物质的量浓度c(CO2)与温度T的关系如图所示。下列说法错误的是(　　) A．反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)的ΔH>0 B．在T2时，若反应处于状态D，则一定有v正<v逆 C．平衡状态A与C相比，平衡状态A的c(CO)大 D．若T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1>K2 解析　D　根据图示，随温度升高CO2的平衡浓度增大，反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)正反应吸热，ΔH>0，A正确；在T2时，由反应处于状态D达到平衡的过程中CO2的浓度减小，反应逆向进行，则一定有v正<v逆，B正确；平衡状态A与C相比，状态A的CO2的浓度小，则平衡状态A的c(CO)大，C正确；随温度升高CO2的平衡浓度增大，若T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1<K2，D错误；故选D。 12．(2024·重庆市育才中学高二月考)二氟卡宾(∶CF2)作为一种活性中间体，一直受到有机氟化学研究工作者的高度关注。硫单质与二氟卡宾可以生成S===CF2，反应历程如图所示： 下列叙述错误的是(　　) A．S8和∶CF2生成S===CF2反应的ΔH＝－207.13 kJ/mol B．由生成的反应为吸热反应 C．上述反应历程中存在S－S键的断裂和生成 D．决定反应速率的基元反应的活化能为41.65 kJ/mol 解析　B　由图像可知反应物1 mol(S8＋：CF2)所具有的能量为0，生成物1 mol(S7＋S===CF2)所具有的能量为－207.13 kJ，所以S8和∶CF2生成S===CF2反应的ΔH＝－207.13 kJ/mol，A正确；所具有的能量高于所具有的能量，所以该反应为放热反应，B错误；由生成既有S—S键的断裂又有S—S键的生成，C正确；第二步反应的活化能大，反应慢，决定了反应的速率。所以决定反应速率的基元反应的活化能为41.65 kJ/mol，D正确；故选B。 13．(2022·北京卷)某MOFs多孔材料孔径大小和形状恰好将N2O4“固定”，能高选择性吸附NO2。废气中的NO2被吸附后，经处理能全部转化为HNO3。原理示意图如下。 已知：2NO2(g)N2O4(g) ΔH<0 下列说法不正确的是(　　) A．温度升高时不利于NO2吸附 B．多孔材料“固定”N2O4，促进2NO2(g)N2O4(g)平衡正向移动 C．转化为HNO3的反应是2N2O4＋O2＋2H2O===4HNO3 D．每获得0.4 mol HNO3时，转移电子的数目为6.02×1022 解析　 D　废气经过MOFs材料之后，NO2转化成N2O4被吸附，进而与氧气和水反应生成硝酸，从该过程中我们知道，NO2转化为N2O4的程度，决定了整个废气处理的效率。从2NO2(g)N2O4(g)　ΔH<0可以看出，这个是放热反应，升高温度之后，平衡逆向移动，导致生成的N2O4减少，不利于NO2的吸附，A正确；多孔材料“固定”N2O4，从而促进2NO2N2O4平衡正向移动，B正确；N2O4和氧气、水反应生成硝酸，其方程式2N2O4＋O2＋2H2O===4HNO3，C正确；在方程式2N2O4＋O2＋2H2O===4HNO3中，转移的电子数为4e－，则每获得0.4 mol HNO3，转移的电子数为0.4 mol，即个数为2.408×1023，D错误。 14．(2022·浙江1月选考)在恒温恒容条件下，发生反应A(s)＋2B(g)3X(g)，c(B)随时间的变化如图中曲线甲所示。下列说法不正确的是(　　) A．从a、c两点坐标可求得从a到c时间间隔内该化学反应的平均速率 B．从b点切线的斜率可求得该化学反应在反应开始时的瞬时速率 C．在不同时刻都存在关系：2v(B)＝3v(X) D．维持温度、容积、反应物起始的量不变，向反应体系中加入催化剂，c(B)随时间变化关系如图中曲线乙所示 解析　C　图像中可以得到单位时间内的浓度变化，反应速率是单位时间内物质的浓度变化计算得到，从a、c两点坐标可求得从a到c时间间隔内该化学反应的平均速率，A正确； b点处的切线的斜率是此时刻物质浓度除以此时刻时间，为一氧化碳的瞬时速率，B正确；化学反应速率之比等于化学方程式计量数之比分析，3v(B)＝2v(X)，C不正确； 维持温度、容积不变，向反应体系中加入催化剂，平衡不移动，反应速率增大，达到新的平衡状态，平衡状态与原来的平衡状态相同，D正确。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15．(14分)(2023·黑龙江实验中学高二期中)现甲、乙两化学小组安装两套如图所示的相同装置，用以探究影响H2O2分解速率的因素。 (1)仪器b的名称________。 (2)MnO2催化下H2O2分解的化学方程式为 ________________________________________________________________________。 (3)甲小组有如下实验设计方案，请帮助他们完成表格中未填部分。 实验编号 实验目的 T/K 催化剂 浓度 甲组实验Ⅰ 作实验参照 298 3滴FeCl3溶液 10 mL 2%H2O2 甲组实验Ⅱ ①_____ 298 ②______ 10 mL 5%H2O2 (4)甲、乙两小组得出数据如图所示。 ①由甲组实验数据可得出文字结论：__________________________________。 ②由乙组研究的酸、碱对H2O2分解影响因素的数据分析：相同条件下，Na2O2和K2O2溶于水放出气体速率较快的是________；乙组提出可以用BaO2固体与H2SO4溶液反应制H2O2，其化学反应方程式为　　　　；支持这一方案的理由是 ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 解析　(3)①甲组实验Ⅰ与甲组实验Ⅱ的变量是H2O2浓度分别为2%、5%，因此甲组实验Ⅱ的实验目的为：探究反应物浓度对反应速率的影响； ②单一变量原则，除自变量外的无关变量必须一致，因此催化剂与甲组实验Ⅰ一致：3滴氯化铁溶液； (4)①由甲组实验两条曲线可知，甲组实验Ⅱ斜率大，因此由甲组实验数据可得出结论：在其他条件不变时，反应物浓度越大，反应速率越大； ②由乙组数据分析可知碱性越强，放出气体的速率越快，而相同条件下，KOH的碱性大于NaOH的碱性，因此K2O2溶于水放出气体速率较快；由图可知酸性条件下，H2O2分解的速率慢，故支持这一方案的理由是：制备H2O2的环境为酸性环境，H2O2的分解速率较慢。 答案　(1)分液漏斗 (2)2H2O22H2O＋O2↑ (3)①探究反应物浓度对反应速率的影响　②3滴氯化铁溶液　(4)①在其他条件不变时，反应物浓度越大，反应速率越大　②K2O2　BaO2＋H2SO4===BaSO4＋H2O2　制备H2O2的环境为酸性环境，H2O2的分解速率较慢 16．(16分)(2023·天津三中高二期中)在10 L的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)，其化学平衡常数K与温度t的关系如下表： t(℃) 700 800 830 1000 1200 K 0.6 0.9 1.0 1.7 2.6 请回答下列问题： (1)该反应为________(填“吸热”或“放热”)反应。 (2)下列措施可以提高H2的平衡转化率的是________(填字母)。 a．选择适当的催化剂　　b．增大压强 c．及时分离H2O(g) d．升高温度 (3)某温度下，c(CO2)＝2 mol/L，c(H2)＝3 mol/L，开始反应，达到平衡时CO2转化率为60%，则平衡常数K＝________。 (4)与(3)相同的温度下，某时刻测得c(CO2)＝0.5 mol/L，c(H2)＝1.5 mol/L，c(CO)＝0.5 mol/L、c(H2O)＝0.5 mol/L，则此时反应是否达到平衡状态________(填“是”或“否”)。此时，v(正)________(填“＜”“＞”或“＝”)v(逆)。 (5)该反应的反应速率(v)随时间(t)变化的关系如图所示，若t2、t4时刻只改变一个条件，下列说法正确的是(填选项序号)________。 a．在t1～t2时，可依据容器内气体的压强保持不变判断反应已达到平衡状态 b．在t2时，采取的措施可以是升高温度 c．在t4时，采取的措施可以是增加CO2的浓度 d．在t5时，容器内CO的体积分数是整个过程中的最大值 解析　(1)由所给数据知，温度升高，平衡常数增大，说明温度升高，平衡正向移动，故该反应为吸热反应； (2)由于催化剂不影响平衡移动，故加入催化剂对H2平衡转化率无影响，a不选；由于该反应前后气体分子数不变，故改变压强对其平衡无影响，b不选；分离出H2O(g)，可促进平衡正向移动，提高H2平衡转化率，c选；升高温度，平衡正向移动，H2平衡转化率提高，d选； (3)由题意列三段式如下： 　　　 CO2(g)＋ H2(g)CO(g)＋H2O(g) 起始/mol·L－1 2 3 0 0 转化/mol·L－1 2×60% 2×60% 2×60% 2×60% 平衡/mol·L－1 0.8 1.8 1.2 1.2 则平衡常数K＝＝1； (4)由所给数据可求得此时的浓度商Qc＝＝＜1，故此时未达平衡状态；由于Qc＜K，反应平衡正向移动，v(正)＞v(逆)； (5)a.由于该反应前后气体分子数不变，容器体积也不变，故压强始终不变，a错误； b．在t2时，v(正)、v(逆)均增大，且v(正)>v(逆)，即平衡正向移动，正反应为吸热反应，采取的措施可以是升高温度，b正确； c．由图像知，t4时刻外界条件改变后，正反应速率瞬间不变，逆反应速率瞬间减小，且平衡正向移动，故此时可能是减小生成物浓度导致，c错误。 d．在t2、t4时改变条件，平衡都正向进行，在t5时，CO体积分数是整个过程中最大值，d正确。 答案　(1)吸热　(2)cd　(3)1　(4)否　>　(5)bd 17．(14分)(2023·银川期中)还原法处理氮的氧化物是环境科学研究的热点课题。 Ⅰ.氢气还原法 H2还原NO发生的反应为：2NO(g)＋2H2(g)N2(g)＋2H2O(g) (1)该反应速率表达式为v＝kc2(NO)·c(H2)(k是速率常数，只与温度有关)。上述反应分两步进行： 反应1：2NO(g)＋H2(g)N2(g)＋H2O2(g) 反应2：H2O2(g)＋H2(g)2H2O(g) 总反应速率由反应较慢的一步决定，由此推知上述两步反应中，活化能较大的是反应__________(填“1”或“2”)。c(NO)对总反应速率的影响程度________(填“大于”“小于”或“等于”)c(H2)。 Ⅱ.NH3还原法 在恒容密闭容器中充入NH3和NO2，在一定温度下发生反应：8NH3(g)＋6NO2(g)7N2(g)＋12H2O(g)。 (2)下列表明该反应达到平衡状态的是__________(填字母)。 A．混合气体密度保持不变 B．NO2和N2的速率之比为6∶7 C．混合气体中c(N2)＝c(NO2) D．混合气体压强保持不变 Ⅲ.CO还原法 利用高效催化剂处理汽车尾气中的NO和CO，发生反应：2CO(g)＋2NO(g)N2(g)＋2CO2(g)　ΔH。在2 L恒容密闭容器中充入2 mol CO和2 mol NO，测得NO的转化率与温度、时间的关系如图所示。 (3)下列说法正确的是________(填字母)。 A．图像中，T1>T2 B．上述反应在高温下能自发进行 C．增大NO的浓度，反应物的转化率增大 D．10 min时，T1 K下平衡常数K＝1 (4)已知2NO2(g)N2O4(g)，用分压p(某组分的分压等于总压与其物质的量分数的积)表示的平衡常数Kp＝。298 K时，在体积固定的密闭容器中充入一定量的NO2，平衡时NO2的分压为100 kPa。已知Kp＝2.7×10－3kPa－1，则NO2的转化率为________。 解析　(1)已知总反应速率由反应较慢的一步决定，结合该反应速率表达式为v＝kc2(NO)·c(H2)，可知该反应速率由反应1决定，即反应1为慢反应，活化能较大；由反应速率表达式可知，c(NO)对总反应速率的影响程度大于c(H2)； (2)反应过程中，混合气体的质量保持不变，容器体积保持不变，故混合气体密度一直不变，A不选；NO2和N2的速率之比为6∶7，因未指明正反应速率还是逆反应速率，不能说明反应达到化学平衡，B不选；平衡时各组分的浓度保持不变，而不是相等或成比例，C不选；该反应是非等体积反应，反应过程中容器内的气体压强一直在变，故当混合气体压强保持不变时，说明反应达到化学平衡，D选； (3)由图可知，T1 K时先达到平衡，则说明T1＞T2，温度越高，NO的转化率越低，说明升高温度，平衡逆向移动，该反应正反应是放热反应，A正确；ΔH＜0，ΔS＜0，故该反应在低温下能自发进行，B错误；增大NO的浓度，反应物CO的转化率增大，反应物NO的转化率减小，C错误；根据三段式可知： 　 　 　 　 2CO(g)＋2NO(g)N2(g)＋2CO2(g) 起始量(mol) 　2 　 2 　0 　0 转化量(mol) 　1 　1 　 0.5 　 1 平衡量(mol) 　1 　 1 　 0.5 　1 10 min时，T1下平衡常数K＝＝＝1，D正确； (4)298 K时，平衡时NO2的分压为100 kPa，已知Kp＝2.7×10－3 kPa－1，则根据平衡分压的Kp的表达式可知，N2O4的分压为27 kPa，根据三段式分析 　　　 　2NO2(g)N2O4(g) 起始量(mol) 　a 　0 转化量(mol) 　x 　0.5x 平衡量(mol) 　a－x 　 0.5x 结合平衡分压的定义可知，＝，解得x＝，则NO2的转化率为÷a×100%＝31.03%。 答案　(1)1　大于　(2)D　(3)AD　(4)31.03% 18．(14分)(2022·海南卷)某空间站的生命保障系统功能之一是实现氧循环，其中涉及反应：CO2(g)＋4H2(g)2H2O(g)＋CH4(g) 回答问题： (1)已知：电解液态水制备1 mol O2(g)，电解反应的ΔH＝＋572 kJ·mol－1。由此计算H2(g)的燃烧热(焓)ΔH＝____________kJ·mol－1。 (2)已知：CO2(g)＋4H2(g)2H2O(g)＋CH4(g)的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系如图1所示。 ①若反应为基元反应，且反应的ΔH与活化能(Ea)的关系为>Ea。补充完成该反应过程的能量变化示意图(图2)。 ②某研究小组模拟该反应，温度t下，向容积为10 L的抽空的密闭容器中通入0.1 mol CO2和0.4 mol H2，反应平衡后测得容器中n(CH4)＝0.05 mol。则CO2的转化率为____________，反应温度t约为____________℃。 (3)在相同条件下，CO2(g)与H2(g)还会发生不利于氧循环的副反应：CO2(g)＋3H2(g)H2O(g)＋CH3OH(g)，在反应器中按n(CO2)∶n(H2)＝1∶4通入反应物，在不同温度、不同催化剂条件下，反应进行到2 min时，测得反应器中CH3OH、CH4浓度(μmol·L－1)如下表所示。 催化剂 t＝350℃ t＝400℃ c(CH3OH) c(CH4) c(CH3OH) c(CH4) 催化剂Ⅰ 10.8 12 722 345.2 42 780 催化剂Ⅱ 9.2 10 775 34 38 932 在选择使用催化剂Ⅰ和350 ℃条件下反应，0～2 min生成CH3OH的平均反应速率为______μmol·L－1·min－1；某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400 ℃的反应条件，原因是____________。 解析　(1)电解液态水制备1 mol O2(g)，电解反应的ΔH＝＋572 kJ·mol－1，由此可以判断，2 mol H2(g)完全燃烧消耗1 mol O2(g)，生成液态水的同时放出的热量为572 kJ ，故1 mol H2(g)完全燃烧生成液态水放出的热量为286 kJ，因此，H2(g)的燃烧热(焓)ΔH＝－286 kJ·mol－1。 (2)①由CO2(g)＋4H2(g)2H2O(g)＋CH4(g)的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系图可知，K随着温度升高而减小，故该反应为放热反应。若反应为基元反应，则反应为一步完成，由于反应的ΔH与活化能(Ea)的关系为>Ea，由图2信息可知，Ea＝a kJ·mol－1，则>a kJ·mol－1，该反应为放热反应，生成物的总能量小于反应物的，因此该反应过程的能量变化示意图为： ②温度t下，向容积为10 L的抽空的密闭容器中通入0.1 mol CO2和0.4 mol H2，反应平衡后测得容器中n(CH4)＝0.05 mol，则CO2的转化率为＝0.5，根据C元素守恒可知，CO2的平衡量为0.05 mol，CO2和H2是按化学计量数之比投料的，则H2的平衡量为0.2 mol，H2O(g)的平衡量是CH4(g)的2倍，则n(H2O)＝0.1 mol，CO2(g)、H2(g)、H2O(g)、CH4(g)的平衡浓度分别为0.005 mol·L－1、0.02 mol·L－1、0.01 mol·L－1、0.005 mol·L－1，则该反应的平衡常数K＝＝625，根据图1中的信息可知，反应温度t约为660.2 ℃。 (3)在选择使用催化剂Ⅰ和350 ℃条件下反应，由表中信息可知，0～2 min CH3OH的浓度由0增加到10.8 μmol·L－1，因此，0～2 min生成CH3OH的平均反应速率为＝5.4 μmol·L－1·min－1；由表中信息可知，相同催化剂，400 ℃反应速率快，生成的产物浓度大；400 ℃时，选择使用催化剂Ⅰ， 0～2 min CH3OH的浓度由0增加到345.2 μmol·L－1，c(CH4)∶c(CH3OH)＝42 780∶345.2≈124；选择使用催化剂Ⅱ，0～2 min CH3OH的浓度由0增加到34 μmol·L－1，c(CH4)∶c(CH3OH)＝38 932∶34≈1 145，计算表明，催化剂Ⅱ副产物浓度低。因此，某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400 ℃。 答案　 (1)－286 (2)① ②50%或0.5　660.2(或660.1或660.3) (3)5.4　相同催化剂，400 ℃的反应速率更快，相同温度，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高 学科网（北京）股份有限公司 $$