第二章化學(xué)反應(yīng)速率與化學(xué)平衡學(xué)業(yè)練習(xí) 高中化學(xué)人教版（2019）選擇性必修1-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

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第二章化學(xué)反應(yīng)速率與化學(xué)平衡學(xué)業(yè)練習(xí)
一、單選題
1．利用固體表面催化工藝進(jìn)行分解的過程如圖所示。

下列說法錯(cuò)誤的是（　?。?br /> A．是有毒氣體
B．催化劑能改變的分解速率
C．分解生成和
D．過程②釋放能量，過程③吸收能量
2．在2A(g)+B(g)=3C(g)+4D(g)反應(yīng)中，表示該反應(yīng)速率最快的是（　　）
A．v(A) =0.6mol·L-1·s-1 B．v(B) =0.4mol·L-1·s-1
C．v(C) =0.9mol·L-1·s-1 D．v(D) =1.0mol·L-1·s-1
3．某反應(yīng)的生成物Y的濃度在4min內(nèi)由0變成了4mol/L，則以Y表示該反應(yīng)在4min內(nèi)的平均反應(yīng)速率為（　?。?
A．16 mol/(L·min) B．4 mol/(L·min)
C．2 mol/(L·min) D．1 mol/(L·min)
4．一定條件下，反應(yīng)2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的正反應(yīng)反應(yīng)速或速率(v正)和逆反應(yīng)速率(v逆)隨反應(yīng)時(shí)間(t)變化的曲線如圖。其中，處于化學(xué)平衡狀態(tài)的時(shí)刻是（　　）

A．t1 B．t2 C．t3 D．t4
5．一定溫度下，在2L的密閉容器中，X、Y、Z三種氣體的物質(zhì)的量隨時(shí)間變化的曲線如圖所示，下列描述正確的是（　?。?

A．反應(yīng)開始到10s，用Z表示的反應(yīng)速率為0.158mol(Ls)-1
B．反應(yīng)開始到10s，X的物質(zhì)的量濃度減少了0.79mol·L-1
C．反應(yīng)開始到10s時(shí)，Y的轉(zhuǎn)化率為79.0%
D．反應(yīng)的化學(xué)方程式為：X(g)+Y(g) Z(g)
6．已知重鉻酸鉀溶液在酸性條件下具有強(qiáng)氧化性，其氧化性隨著溶液pH增大而減弱。其在溶液中存在如下平衡：，下列說法正確的是（　　）
A．上述反應(yīng)屬于氧化還原反應(yīng)
B．的氧化性強(qiáng)于
C．加水稀釋重鉻酸鉀溶液時(shí)，上述平衡向左移動(dòng)
D．用濃鹽酸酸化重鉻酸鉀溶液時(shí)，溶液的橙色會(huì)加深
7．也是一種很好消毒劑，具有高效、潔凈、方便、經(jīng)濟(jì)等優(yōu)點(diǎn)。可溶于水，在水中易分解，產(chǎn)生的[O]為游離氧原子，有很強(qiáng)的殺菌消毒能力。常溫常壓下發(fā)生反應(yīng)如下：反應(yīng)① ΔH>0平衡常數(shù)為；反應(yīng)② ΔH＜0平衡常數(shù)為；總反應(yīng)： ΔH＜0平衡常數(shù)為K。下列敘述正確的是（　　）
A． B．升高溫度，K增大
C．壓強(qiáng)增大，減小 D．適當(dāng)升溫，可提高消毒效率
8．在不同濃度(c)、溫度(T)條件下，蔗糖水解的瞬時(shí)速率如下表數(shù)據(jù)所示，下列判斷不正確的是（　?。?br />
A．a(chǎn)=6.00
B．不同溫度、不同蔗糖初始濃度的條件下，v可能相同
C．318.2”、“0，反應(yīng)之后分子數(shù)增加>0，T增大時(shí)，因此該反應(yīng)高溫下能自發(fā)進(jìn)行，故A符合題意；
故答案為：A。

【分析】依據(jù)該反應(yīng)的吉布斯自由能分析解答。
15．【答案】（1）2NO(g)+ C (s) CO2(g)+N2(g) △H=-573.75kJ/mol；p(CO2)?p(N2)p2(NO)
（2）0.5mol/（L min）；Ea(C)?Ea(B)?Ea(A)；相同時(shí)間內(nèi)生成的N2越多，反應(yīng)速率越快，活化能越低；bcd
【解析】【解答】（1）已知：2C(s)+O2(g) 2CO(g) △H1=-221.0kJ/mol ①
N2(g)+O2(g) 2NO (g) △H2= +180.5kJ/mol ②
2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g) △H3=-746.0 kJ/mol ③
將①-②+③，便可得到焦炭還原NO生成無污染氣體的熱化學(xué)方程式2NO(g)+ C (s) CO2(g)+N2(g) △H=-573.75kJ/mol；該反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp= p(CO2)?p(N2)p2(NO) 。
答案為：2NO(g)+ C (s) CO2(g)+N2(g) △H=-573.75kJ/mol； p(CO2)?p(N2)p2(NO) ；（2）①在催化劑A的作用下，0～4min時(shí)，n(N2)=3.5mol，n(NH3)= 8×3.5mol7=4.0mol ，v(NH3)= 4.0mol2L×4min=0.5 mol/（L min）；答案為：0.5mol/（L min）；
②從圖中可看出，相同時(shí)間內(nèi)，N2的生成量A>B>C，則表明反應(yīng)速率A>B>C，速率越快則反應(yīng)的活化能越低，從而可求出該反應(yīng)活化能Ea(A)、Ea(B)、Ea(C)關(guān)系為Ea(C)?Ea(B)?Ea(A)；原因是相同時(shí)間內(nèi)生成的N2越多，反應(yīng)速率越快，活化能越低；
答案為：Ea(C)?Ea(B)?Ea(A)；相同時(shí)間內(nèi)生成的N2越多，反應(yīng)速率越快，活化能越低；
③a．催化劑A不能改變反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率，所以達(dá)平衡時(shí)，△H值不變，a不正確；
b．升高溫度可使該放熱反應(yīng)左移，容器內(nèi)NO2的物質(zhì)的量增大，濃度增大，氣體顏色加深，b正確；
c．從反應(yīng)方程式看，單位時(shí)間內(nèi)形成24個(gè)N-H鍵，同時(shí)斷裂24個(gè)O-H鍵，一旦二者的數(shù)目相等，則說明反應(yīng)已經(jīng)達(dá)到平衡，c正確；
d．在恒容絕熱的密閉容器中反應(yīng)，若平衡移動(dòng)，則溫度發(fā)生改變，現(xiàn)平衡常數(shù)不變，則溫度不變，說明反應(yīng)已經(jīng)達(dá)到平衡，d正確。
答案為：bcd。
【分析】（1）利用蓋斯定律將①-②+③，便可得到焦炭還原NO生成無污染氣體的熱化學(xué)方程式；利用方程式可表示出該反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp。（2）①在催化劑A的作用下，0～4min時(shí)，n(N2)=3.5mol，n(NH3)= 8×3.5mol7=4.0mol ,利用公式可求出v(NH3)；
②從圖中可看出，相同時(shí)間內(nèi)，N2的生成量A>B>C，則表明反應(yīng)速率A>B>C，速率越快則反應(yīng)的活化能越低，從而可求出該反應(yīng)活化能Ea(A)、Ea(B)、Ea(C)關(guān)系。
16．【答案】（1）+184.0；溫度升高，反應(yīng)速率加快；且溫度升高有利于平衡正向移動(dòng)
（2）ac
（3）低溫；0.0067；升高溫度；K= ；逆向
【解析】【解答】本題考查蓋斯定律的應(yīng)用、化學(xué)平衡的標(biāo)志、化學(xué)平衡圖像的分析、外界條件對化學(xué)反應(yīng)速率和化學(xué)平衡的影響、化學(xué)反應(yīng)速率和化學(xué)平衡常數(shù)的計(jì)算、化學(xué)反應(yīng)自發(fā)性的判斷。（1）對反應(yīng)編號(hào)，N2（g）+2O2（g） 2NO2（g） △H1=+67.8 kJ/mol（①式）2NO2（g） O2（g）+2NO（g） △H2=+116.2 kJ/mol（②式）應(yīng)用蓋斯定律，將①式+②式得，N2（g）+O2（g） 2NO（g） △H=ΔH1+ΔH2=（+67.8kJ/mol）+（+116.2kJ/mol）=+184.0kJ/mol。汽車啟動(dòng)后，氣缸溫度越高，單位時(shí)間內(nèi)NO 的排放量越大，其原因是：溫度升高，反應(yīng)速率加快；且溫度升高有利于平衡正向移動(dòng)。
（2）A.2υ正（N2）=υ逆（NO）表示正、逆反應(yīng)速率相等，能說明反應(yīng)已達(dá)到平衡狀態(tài)；
b.根據(jù)質(zhì)量守恒定律，混合氣體的總質(zhì)量始終不變，在恒容容器中，混合氣體的密度始終不變，混合氣體的密度不變不能說明反應(yīng)已達(dá)到平衡狀態(tài)；
c.生成1molO2一定消耗2molNO，生成1molO2的同時(shí)生成2molNO，說明各物質(zhì)的濃度保持不變，能說明反應(yīng)已達(dá)到平衡狀態(tài)；
d.根據(jù)質(zhì)量守恒定律，混合氣體的總質(zhì)量始終不變，該反應(yīng)反應(yīng)前后氣體分子數(shù)不變，建立平衡過程中氣體分子總物質(zhì)的量始終不變，混合氣體平均相對分子質(zhì)量始終不變，混合氣體平均相對分子質(zhì)量不變不能說明反應(yīng)已達(dá)到平衡狀態(tài)；能說明反應(yīng)已達(dá)到平衡狀態(tài)的是ac，
故答案為：ac。
（3）①反應(yīng)2NO（g）+2CO（g） N2（g）+2CO2（g）的ΔH=-746.5kJ/mol 0、ΔS 0，該反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行時(shí)ΔG=ΔH-TΔS 0，可見該反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行的條件為低溫。
②根據(jù)圖像6~9min內(nèi)，υ（CO）= =0.0067mol/（L·min）。
③根據(jù)圖像，第12min時(shí)改變條件，達(dá)到新平衡時(shí)N2濃度減小，NO、CO的濃度增大，改變條件平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，由于該反應(yīng)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，所以改變的條件為升高溫度。④根據(jù)圖像，結(jié)合三段式

2NO（g）+
2CO（g）
N2（g）+
2CO2（g）
起始（mol/L）
0.2
0.1
0
0
轉(zhuǎn)化（mol/L）
0.02
0.02
0.01
0.02
24min（mol/L）
0.18
0.08
0.01
0.02
24min時(shí)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，反應(yīng)的平衡常數(shù)K= = =0.01929。若保持溫度不變，再向容器中充入CO、N2各0.060mol，此時(shí)NO、CO、N2、CO2物質(zhì)的量濃度依次為0.18mol/L、0.14mol/L、0.07mol/L、0.02mol/L，此時(shí)的濃度商Qc= =0.044 0.01929，平衡將逆向移動(dòng)。
【分析】（1）根據(jù)蓋斯定律構(gòu)造目標(biāo)方程式，然后計(jì)算焓變，結(jié)合溫度對反應(yīng)速率和化學(xué)平衡的影響進(jìn)行分析；
（2）可逆反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)后，正逆反應(yīng)速率相等、組成成分的百分含量不再變化，據(jù)此判斷是否達(dá)到平衡狀態(tài)；
（3）①根據(jù)自由能判據(jù)進(jìn)行分析；
③根據(jù)各成分的濃度變化判斷改變的反應(yīng)條件。
17．【答案】（1）；7
（2）c(CO)c(H2O)c(CO2)c(H2)
（3）吸熱
（4）B；C
（5）830
【解析】【解答】(1) H2(g)+I2(g) 2HI(g)的平衡常數(shù)K1為49，則K1= c2(HI)c(H2)×c(I2)=49 ；則該溫度下反應(yīng)2HI(g) H2(g)+I2(g)的平衡常數(shù)K2= c(H2)×c(I2)c2(HI)=1K1=149 ；反應(yīng) H2(g)+ I2(g) HI(g)的平衡常數(shù)K3= c(HI)c12(H2)×c12(I2)=c2(HI)c(H2)×c(I2)=49=7 ；
(2)化學(xué)平衡常數(shù)是可逆反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)各種生成物濃度冪之積與各種反應(yīng)物濃度冪之積的比，則反應(yīng)CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)的化學(xué)平衡常數(shù)K= c(CO)×c(H2O)c(CO2)×c(H2) ；
(3)根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知：升高溫度，化學(xué)平衡常數(shù)增大，說明升高溫度，化學(xué)平衡正向移動(dòng)，因此該反應(yīng)的正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)；
(4) A．該反應(yīng)是反應(yīng)前后氣體體積不等的反應(yīng)，該反應(yīng)是在恒容密閉容器中進(jìn)行的反應(yīng)，則容器中壓強(qiáng)始終不變，因此不能據(jù)此判斷反應(yīng)是否處于平衡狀態(tài)，A不正確； B．若反應(yīng)未達(dá)到平衡，則CO的物質(zhì)的量就會(huì)發(fā)生變化，c(CO)也會(huì)發(fā)生變化，當(dāng)混合氣體中c(CO)不變時(shí)，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，B正確；
C．在任何條件下都存在v(H2)正=v(H2O)正，若v(H2)正=v(H2O)逆，則v(H2O)正=v(H2O)逆，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，C正確；
D．當(dāng)容器中c(CO2)=c(CO)時(shí)，反應(yīng)可能處于平衡狀態(tài)，也可能未達(dá)到平衡狀態(tài)，這與反應(yīng)條件及加入的物質(zhì)的多少有關(guān)，因此不能據(jù)此判斷反應(yīng)是否處于平衡狀態(tài)，D不正確；
故答案為：BC；
(5)某溫度下，平衡濃度符合下式：c(CO2)·c(H2)=c(CO)·c (H2O)，則K= c(CO)×c(H2O)c(CO2)×c(H2) =1.0，根據(jù)表格中溫度與平衡常數(shù)的關(guān)系可知該反應(yīng)的穩(wěn)定是830℃。
【分析】
(1) 利用平衡常數(shù)與化學(xué)方程式之間的關(guān)系分析；
(2)化學(xué)平衡常數(shù)是可逆反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)各種生成物濃度冪之積與各種反應(yīng)物濃度冪之積的比；
(3)根據(jù)化學(xué)平衡常數(shù)與溫度有關(guān)及勒夏特列原理分析；
(4) 依據(jù)化學(xué)平衡的特征“等”和“定”進(jìn)行分析判斷
(5)根據(jù)表格中溫度與平衡常數(shù)的關(guān)系判斷。
18．【答案】（1）；
（2）增大壓強(qiáng)；②
（3）ad
（4）丙＞甲＞乙
【解析】【解答】（1）由圖可知，反應(yīng)的反應(yīng)物為A、B，生成物為C，由3min反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，A、B、C的物質(zhì)的量的變化量之比為(1—0.7)mol：(1—0.4)mol：(0.6—0)mol=1：2：3可知，反應(yīng)的化學(xué)方程式為，0~3min內(nèi)用氣體C表示該反應(yīng)的平均速率為 = ，由3min時(shí)反應(yīng)放出的熱量為58.8kJ可知，反應(yīng)熱△H= =196 kJ/mol，則反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為，故答案為：；；
（2）該反應(yīng)為氣體體積減小的放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，增大壓強(qiáng)，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，由圖可知，t3時(shí)刻瞬間正、逆反應(yīng)速率均增大，正反應(yīng)速率大于逆反應(yīng)速率，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，C的體積分?jǐn)?shù)增大，則在t3時(shí)刻改變的外界條件是增大壓強(qiáng)；t5時(shí)刻瞬間正、逆反應(yīng)速率均增大，正反應(yīng)速率小于逆反應(yīng)速率，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，C的體積分?jǐn)?shù)減小，則氣體C的體積分?jǐn)?shù)最大的狀態(tài)是②，故答案為：增大壓強(qiáng)；②；
（3）a．該反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)，反應(yīng)中壓強(qiáng)減小，則容器中壓強(qiáng)不變說明正逆反應(yīng)速率相等，反應(yīng)已達(dá)到平衡，故正確；
b．由質(zhì)量守恒定律可知，反應(yīng)前后氣體體積質(zhì)量不變，在剛性密閉容器中混合氣體密度始終不變，則混合氣體密度不變不能說明正逆反應(yīng)速率相等，無法判斷反應(yīng)是否已達(dá)到平衡，故不正確；
c．由方程式可知，A和C的化學(xué)計(jì)量數(shù)不相等，則v正(A)=v逆(C) 不能說明正逆反應(yīng)速率相等，反應(yīng)未達(dá)到平衡，故不正確；
d．由質(zhì)量守恒定律可知，反應(yīng)前后氣體體積質(zhì)量不變，該反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)，反應(yīng)中混合氣體平均相對分子質(zhì)量增大，則混合氣體平均相對分子質(zhì)量不變說明正逆反應(yīng)速率相等，反應(yīng)已達(dá)到平衡，故正確；
故答案為：ad；
（4）該反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)，在恒溫恒壓的容器乙中，活塞會(huì)向左移動(dòng)，相對于容器甲相當(dāng)于增大容器的壓強(qiáng)，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，B的體積分?jǐn)?shù)減?。辉摲磻?yīng)是放熱反應(yīng)，在絕熱恒容的容器丙中，反應(yīng)放出的熱量使反應(yīng)溫度升高，相對于容器甲為升高反應(yīng)溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，B的體積分?jǐn)?shù)增大，則三個(gè)容器中氣體B的體積分?jǐn)?shù)從大到小的順序?yàn)楸炯祝疽?，故答案為：丙＞甲＞乙?br /> 【分析】(1)由圖甲可知，3min到達(dá)平衡狀態(tài)，A、B、C三種氣體的起始量分別為1mol、1mol、0mol，平衡量分別為0.7mol、0.4mol、0.6mol，則A、B分別消耗了0.3mol、0.6mol，是反應(yīng)物，C增加了0.6mol，是生成物，代入計(jì)算，再根據(jù)反應(yīng)放出的熱量與變化量成正比和變化量之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比書寫該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式；
(2)增大壓強(qiáng)和升高溫度，都能使正、逆反應(yīng)速率都是同時(shí)瞬間增大，增大壓強(qiáng)，平衡向氣體分子數(shù)減小的方向移動(dòng)，升高溫度，平衡向吸熱方向移動(dòng)，反應(yīng)正向的程度越大，氣體C的體積分?jǐn)?shù)越大，以此分析；
(3)根據(jù)化學(xué)平衡狀態(tài)的特征分析，當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，正逆反應(yīng)速率相等(同種物質(zhì))或正逆反應(yīng)速率之比等于系數(shù)之比(不同物質(zhì))，各物質(zhì)的物質(zhì)的量不變，以及由此衍生的一些量也不發(fā)生變化，解題時(shí)要注意，選擇判斷的物理量，隨著反應(yīng)的進(jìn)行發(fā)生變化，當(dāng)該物理量由變化到定值時(shí)，說明可逆反應(yīng)到達(dá)平衡狀態(tài)；
(4)按2molB、1molA投料，反應(yīng)開始正向進(jìn)行，氣體物質(zhì)的量減小，反應(yīng)放熱，則在初始體積與溫度相同的條件下，恒溫恒容容器甲的壓強(qiáng)減小，絕熱容器丙溫度升高，先比較容器甲和容器乙的平衡狀態(tài)，再比較容器甲和容器丙的平衡狀態(tài).
19．【答案】（1）b+c-a
（2）降低反應(yīng)的活化能(或其他合理答案)
（3）
（4）50%；；160；正
【解析】【解答】（1）設(shè)的燃燒熱分別為，根據(jù)蓋斯定律可知的=；
（2）催化劑降低了反應(yīng)的活化能，加快反應(yīng)速率；或者催化劑降低了反應(yīng)的活化能，增加了單位體積內(nèi)的活化分子百分?jǐn)?shù)，有效碰撞次數(shù)增加，反應(yīng)速率加快；
（3）根據(jù)圖像可知先拐先平衡，是溫度高的速率快，故T2時(shí)速率快，所以T2>T1，隨著溫度的增加，的轉(zhuǎn)化率減小，說明升高溫度反應(yīng)逆向移動(dòng)，該反應(yīng)正向?yàn)榉艧岱磻?yīng)，故；
（4）根據(jù)三段式得，物質(zhì)的量之比等于壓強(qiáng)之比，，解得x=0.5mol；
①M(fèi)點(diǎn)時(shí)，的轉(zhuǎn)化率為，
②根據(jù)三段式，物質(zhì)的量之比等于壓強(qiáng)之比，，平衡時(shí)x=0.8mol，下該反應(yīng)的平衡常數(shù)；
③平衡時(shí)CO、NO、CO2、N2的濃度分別為0.2mol/L，后保持其他條件不變，若再充入、，則平衡正向移動(dòng)。

【分析】（1）根據(jù)蓋斯定律計(jì)算；（2）催化劑降低了反應(yīng)的活化能，增加了單位體積內(nèi)的活化分子百分?jǐn)?shù)，有效碰撞次數(shù)增加，反應(yīng)速率加快；
（3）根據(jù)圖像可知先拐先平衡，是溫度高的速率快；
（4）利用“三段式”法計(jì)算
②根據(jù)“三段式”法計(jì)算，利用物質(zhì)的量之比等于壓強(qiáng)之比；
③通過計(jì)算比較Qc與K的大小判斷。

20．【答案】（1）201.1
（2）A；B；C
（3）反應(yīng)I、II是氣體體積數(shù)減少的反應(yīng)，而反應(yīng)III不受壓強(qiáng)影響，因此減壓有利于提高肼的平衡轉(zhuǎn)化率
（4）解離分解；N2H4 (g)在相同的催化劑條件下，解離分解的N-N鍵裂活化能都比N-H的小
（5） (最高點(diǎn)對應(yīng)25，最低點(diǎn)對應(yīng)－46.65)
【解析】【解答】（1）已知熱化學(xué)方程式：I. 3N2H4(g)?4NH3(g)+N2(g) ΔH1=-156.5kJ?mol-1；III. N2H4(g)+ H2(g)?2NH3(g) ΔH3=-178.8kJ?mol-1；由蓋斯定律可知，由反應(yīng)I-反應(yīng)Ⅲ×2可得反應(yīng)Ⅱ. N2H4(g)?2H2(g)+N2(g，則ΔH2=-156.5kJ?mol-1-(-178.8kJ?mol-1)×2=201.1kJ?mol-1；
（2）室溫下，肼在金屬表面催化分解一段時(shí)間后，該金屬催化劑活性下降，其可能原因是
A．肼分解產(chǎn)生的氮原子強(qiáng)烈吸附在金屬催化劑表面，致使活性表面積減小，正確；
B．該金屬催化劑經(jīng)過多次使用后，表面出現(xiàn)脫落，表層結(jié)構(gòu)破壞嚴(yán)重，正確；
C．肼分解產(chǎn)生高溫氣體，由于溫度太高導(dǎo)致該金屬催化劑活性組分燒結(jié)，正確；
D．反應(yīng)前后催化劑的質(zhì)量不變，不正確；
故答案為：ABC；
（3）由于反應(yīng)I、II是氣體體積數(shù)減少的反應(yīng)，而反應(yīng)III不受壓強(qiáng)影響，因此室溫下，減小壓強(qiáng)有利于提高N2H4的平衡轉(zhuǎn)化率；
（4）結(jié)合數(shù)據(jù)和具體反應(yīng)分析，N2H4 (g)在相同的催化劑條件下，解離分解的N-N鍵裂活化能都比N-H的小，則氣態(tài)肼分解的“引發(fā)”階段以解離分解為主；
（5）由圖可知，反應(yīng)物的相對能量為0，由表格數(shù)據(jù)可知，以Cu做催化劑的解離分解的鍵裂活化能是25.00 kJ?mol-1，則最高點(diǎn)對應(yīng)25，解離分解 N2H4 (g)→2 NH2?的焓變 ΔH4=－46.65 kJ?mol-1，則最低點(diǎn)對應(yīng)-46.65，則以Cu做催化劑的解離分解的“能量-反應(yīng)過程圖”為。
【分析】 (1)、依據(jù)蓋斯定律分析解答；
(2)、依據(jù)催化劑的相關(guān)性質(zhì)分析解答；
(3)、依據(jù)化學(xué)平衡移動(dòng)原理分析解答；
(4)、結(jié)合數(shù)據(jù)和具體反應(yīng)分析；
(5)、結(jié)合表中數(shù)據(jù)分析。
21．【答案】（1）a、c；；16.4；1；1.6
（2）NH3?H2O+CO2=NH4HCO3
（3）；H2O+2e?=H2+O2? 、 O2+4e?=2O2?
【解析】【解答】（1）①a項(xiàng)，由表可知，水煤氣變換反應(yīng)的平衡常數(shù)K隨溫度的升高而減小，所以該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，?H＜0，故a項(xiàng)正確；b項(xiàng)，由反應(yīng)方程式可知，反應(yīng)平衡前后氣體的體積不變，增大壓強(qiáng)，平衡不移動(dòng)，CO的平衡轉(zhuǎn)化率不變，故b項(xiàng)錯(cuò)誤。c項(xiàng)，增大水蒸氣濃度，活化分子濃度增大，反應(yīng)速率增大，平衡正向移動(dòng)，促進(jìn)CO的轉(zhuǎn)化，所以增大水蒸氣濃度，可以同時(shí)增大CO的平衡轉(zhuǎn)化率和反應(yīng)速率，故c項(xiàng)正確；
故答案為：ac。②ⅰ.根據(jù)化學(xué)反應(yīng)速率公式得： v(H2O)=v(H2)=(0.6?0.2)mol2t1L=0.2t1mol/(L?min) ；ⅱ.根據(jù)熱化學(xué)反應(yīng)方程式CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g），?H =﹣41kJ/mol，反應(yīng)0.4mol水蒸氣，反應(yīng)放出的熱量為0.4mol×41kJ/mol=16.4kJ；ⅲ..發(fā)生反應(yīng)：
　
CO（g）
+H2O（g）
CO2（g）
+H2（g）
反應(yīng)前（mol）
1.2
0.6
0
0
轉(zhuǎn)化（mol）
0.4
0.4
0.4
0.4
平衡時(shí)（mol）
0.8
0.2
0.4
0.4
在t1達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)甲容器中,c(CO)=0.8mol÷2L=0.4mol/L,c(H2O)=0.2mol÷2L=0.1mol/L,c(CO2)=0.4mol÷2L=0.2mol/L,c(H2)=0.4mol÷2L=0.2mol/L,則該溫度下反應(yīng)的平衡常數(shù) K=0.4×10.2×0.2=1 ;CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）為氣體體積不變的反應(yīng),壓強(qiáng)不影響化學(xué)平衡,則甲、乙互為等效平衡,達(dá)到平衡時(shí)反應(yīng)物轉(zhuǎn)化率相等,則: 0.81.2=a2.4 ,計(jì)算得a=1.6;（2）氨水吸收CO2的反應(yīng)為，氨水與二氧化碳反應(yīng)，生成碳酸氫銨，化學(xué)方程式為： NH3?H2O+CO2=NH4HCO3 。（3）①反應(yīng)中，CH4中的C失去電子，所以起還原作用的物質(zhì)是CH4；②膜Ⅰ側(cè)，H2O得電子生成H2和O2-，O2得電子生成O2-，發(fā)生的電極反應(yīng)式為： H2O+2e?=H2+O2? 、 O2+4e?=2O2? 。

【分析】（1） ① 溫度升高，平衡常數(shù)變小，逆反應(yīng)吸熱正反應(yīng)放熱，對于氣體分子數(shù)前后不變的反應(yīng)，改變壓強(qiáng)或者體積對平衡無影響；
②ⅰ. 化學(xué)反應(yīng)速率計(jì)算的核心是計(jì)算在一定時(shí)間內(nèi)的濃度變化量，固態(tài)或者純液態(tài)物質(zhì)量的變化不影響化學(xué)反應(yīng)速率；
ⅱ. 熱量變化與消耗的物質(zhì)的物質(zhì)的量成正比；
ⅲ .溫度不變，平衡常數(shù)不變；
ⅳ. 根據(jù)平衡常數(shù)，計(jì)算a；
（2）一水合氨顯堿性，能與酸性氧化物發(fā)生反應(yīng)；
（3）關(guān)于原電池的相關(guān)題目，核心在于判斷正負(fù)極，掌握正向正、負(fù)向負(fù)的電荷移動(dòng)原理，結(jié)合核心產(chǎn)物、電荷守恒溶液環(huán)境書寫電極反應(yīng)式，綜合判斷得出答案。
22．【答案】（1）+255.4kJ·mol-1
（2）CH4；B點(diǎn)溫度高于A點(diǎn)，升高溫度，反應(yīng)Ⅲ逆向移動(dòng)消耗氫氣的量與I、II正向移動(dòng)及反應(yīng)IV逆向移動(dòng)產(chǎn)生H2的量相等
（3）×0.1 MPa；×0.14(MPa)4
（4）Rh-CH2CO-Ce(a)+4H(a)→Rh-CH2+4H(a)+CO(g)+Ce(a)或Rh-CH2CO-Ce(a)→Rh-CH2+CO(g)+Ce(a)；b
【解析】【解答】(1)由蓋斯定律可知，反應(yīng)II—III×2可得反應(yīng)I，則△H1=(+173kJ·mol-1)-(-41.2kJ·mol-1)=+255.4kJ·mol-1，故答案為：+255.4；
(2)①由方程式可知，升高溫度，反應(yīng)I、II平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，氫氣、二氧化碳的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)增大，反應(yīng)IV平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，甲烷的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)減小、氫氣的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)增大，反應(yīng)Ⅲ平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，氫氣、二氧化碳的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)減小，則升高溫度的過程中，甲烷的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)只有減小趨勢，而氫氣、二氧化碳既有增大趨勢，也有減小趨勢，所以圖1中c線對應(yīng)的產(chǎn)物為甲烷，故答案為：CH4；
②由圖可知，B點(diǎn)溫度高于A點(diǎn)，圖2中B點(diǎn)氫氣的產(chǎn)率與A點(diǎn)相等說明升高溫度，反應(yīng)Ⅲ逆向移動(dòng)消耗氫氣的量與I、II正向移動(dòng)及反應(yīng)IV逆向移動(dòng)產(chǎn)生H2的量相等，故答案為：B點(diǎn)溫度高于A點(diǎn)，升高溫度，反應(yīng)Ⅲ逆向移動(dòng)消耗氫氣的量與I、II正向移動(dòng)及反應(yīng)IV逆向移動(dòng)產(chǎn)生H2的量相等；
(3)由題意可建立如下三段式：
CH3CH2OH(g)+3H2O(g)?2CO2(g)+6H2(g)起(mol)1x00變(mol)a3a2a6a平(mol)1?ax?3a2a6a
由三段式數(shù)據(jù)可知，平衡時(shí)甲醇、水蒸氣、二氧化碳和氫氣的平衡分壓為×0.1 MPa、×0.1 MPa、×0.1 MPa、×0.1 MPa，反應(yīng)平衡常數(shù)Kp==×0.14(MPa)4，故答案為：×0.1 MPa；×0.14(MPa)4；
(4)①由圖可知，生成一氧化碳步驟的反應(yīng)為活化能為49.54kJ/mol時(shí)發(fā)生的反應(yīng)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Rh—CH2CO—Ce(a)+4H(a)→Rh—CH2+4H(a)+CO(g)+Ce(a)或Rh—CH2CO—Ce(a)→Rh—CH2+CO(g)+Ce(a)，故答案為：Rh—CH2CO—Ce(a)+4H(a)→Rh—CH2+4H(a)+CO(g)+Ce(a)或Rh—CH2CO—Ce(a)→Rh—CH2+CO(g)+Ce(a)；
②減小乙醇蒸氣的分壓會(huì)降低乙醇在催化劑表面吸附率，增大催化劑的比表面積會(huì)提高乙醇在催化劑表面吸附率，
故答案為：b。

【分析】（1）根據(jù)蓋斯定律，反應(yīng)Ⅰ=反應(yīng)Ⅱ-反應(yīng)Ⅲ×2；
（2）根據(jù)反應(yīng)的化學(xué)方程式以及反應(yīng)吸熱進(jìn)行判斷；
（3）列出反應(yīng)的三段式即可計(jì)算二氧化碳的分壓以及各物質(zhì)分壓，再根據(jù)計(jì)算平衡常數(shù)；
（4）①根據(jù)圖示書寫相關(guān)方程式；
②減小乙醇蒸氣的分壓可降低乙醇在催化劑表面吸附率，增大催化劑的比表面積會(huì)提高乙醇在催化劑表面吸附率。

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