2023-2024学年高二化学2019选择性必修1试题第二章化学反应速率与化学平衡（单元测试）

化学反应速率与化学平衡（满分：100分时间：75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意)1．下列关于化学反应速率的说法正确的是()A．升高温度可降低化学反应的活化能，提高活化分子百分数，加快化学反应速率B．反应物浓度增大，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞的几率增加，反应速率增大C．在相同温度下，两个相同的容器中分别充入相同物质的量的F2和Cl2，让它们与等量的氢气反应，反应速率相同D．有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的容积)，可增加活化分子的百分数，从而使反应速率加快【答案】B【解析】升高温度使分子的内能增加，提高了活化分子百分数，可加快化学反应速率，但不能降低化学反应的活化能，A不正确；反应物浓度增大，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞的几率增加，故反应速率增大，B正确；由于F2和Cl2的氧化性不同，氧化性强的化学反应速率快，C不正确；有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的容积)，可增加单位体积内活化分子的数目，从而使反应速率加快，但活化分子的百分数不变，D不正确。2.合成氨工艺是人工固氮最重要的途径，已知N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.4kJ•mol－1，实际工业生产中，合成氨的原料气N2可通过分离空气得到，H2可通过天然气和水蒸气转化制得，原料气中N2和H2物质的量之比为1：2.8，常用工艺条件：铁触媒作催化剂，控制温度773K、压强3.0×107Pa。假设起始反应物N2和H2物质的量之比为1：3，且总物质的量不变，在不同压强和温度下，反应达到平衡时，体系中NH3的物质的量分数如表所示：400℃450℃500℃600℃20MPa30MPa下列说法正确的是() A.上述任何条件下，反应达到平衡时N2和H2的转化率之比均为13的物质的量分数越小，反应一定越先达到平衡 C.反应达到平衡时，放出的热量均为92.4kJD.600℃、30MPa条件下加入更高效的催化剂，平衡时NH3【答案】A【解析】A项，转化量之比等于物质的化学计量数之比，初始时氢气和氮气的物质的量之比为3：1，转化量之比也为3：1，故转化率相同，正确；B项，反应是否先达到平衡与温度、压强、浓度、催化剂有关，错误；C项，该反应为可逆反应，无法确定反应的N2和H2的物质的量，因此无法计算平衡时反应放出的热量，错误；D项，催化剂不能改变平衡状态，错误。3．中国科学家研究在Pd/SVG催化剂上H2还原NO生成N2和NH3的路径，各基元反应及活化能Ea(kJ·mol－1)如图所示，下列说法错误的是()A．生成NH3的各基元反应中，N元素均被还原B．在Pd/SVG催化剂上，NO更容易被H2还原为NH3C．决定NO生成NH3速率的基元反应为NH2NO→NHNOHD．生成NH3的总反应方程式为2NO＋5H2eq\o(=,\s\up7(Pd/SVG))2NH3＋2H2O【答案】C【解析】由图示可知，生成氨气的过程为NO→HNO→NH2O→NH2OH→NH2→NH3，每步反应中N元素化合价均降低，被还原，A正确；由图示可知，NO被还原为N2的活化能明显大于还原生成NH3的活化能，故在该催化剂作用下，NO更容易被还原为NH3，B正确；由图示分析可知，生成NH3的基元反应中，NH2O＋H→NH2OH这一步活化能最大，相同条件下反应速率最慢，是决定NO生成NH3速率的基元反应，C错误；NO与H2反应生成NH3和H2O，总反应的化学方程式：2NO＋5H2eq\o(=,\s\up7(Pd/SVG))2NH3＋2H2O，D正确。4．在一个绝热的、容积固定的密闭容器中，发生可逆反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)(m、n、p、q为任意正整数)。下列能说明该可逆反应达到平衡状态的是()①混合气体的密度不再发生变化②体系的温度不再发生变化③A的转化率不再改变④各组分的百分含量不再改变⑤反应速率v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝m∶n∶p∶qA．②③④ B．①③⑤C．②④⑤ D．①②③④⑤【答案】A【解析】①因反应前后气体质量不变，容器容积不变，混合气体的密度一直不变，则混合气体密度不再改变不能说明反应达到平衡状态；②绝热的密闭容器中，体系的温度不再改变，说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态；③A的转化率不再改变，说明消耗A与生成A的速率相等，反应达到平衡状态；④各组分的百分含量不再改变，说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态；⑤无论反应是否达到平衡状态，均有v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝m∶n∶p∶q。5.在容积一定的密闭容器中发生可逆反应A(g)＋B(g)C(g)ΔH>0，平衡移动关系如图所示。下列说法正确的是()选项压强纵坐标Ap1＞p2B的转化率Bp1＜p2C的物质的量浓度Cp1＜p2混合气体的平均摩尔质量Dp1＞p2A的质量分数【答案】A【解析】该反应是分子数减小的反应，压强增大，平衡正向移动，B的转化率增大，同温下，若p1＞p2，p1时B的转化率大，故A正确；反应是分子数减小的反应，压强增大，平衡正向移动，C的物质的量浓度增大，若p1＜p2，同温下p2时C的物质的量浓度大，故B错误；反应是分子数减小的反应，压强增大，平衡正向移动，B的转化率增大，若p1＜p2，同温下p2压强大气体总物质的量小，混合气体的平均摩尔质量大，故C错误；反应是分子数减小的反应，压强增大，平衡正向移动，A的转化率增大，若p1＞p2，压强增大A的质量分数减小，故D错误。故选A。6.两个容积相同的带活塞的容器，分别盛有一定质量的NO2和Br2(g)，都为一样的红棕色，迅速将两容器同时压缩到原容积的一半(如图)，假设气体不液化，则下列说法正确的是() A.a→a′过程中，颜色突然加深，然后逐渐变浅，最终颜色比原来的深B.a′、b′的颜色一样深C.a′、b′的压强分别为a、b的压强的2倍D.a′中的c(NO2)一定比b′中的c(Br2)小【答案】A【解析】a→a′过程中，容积缩小为原来的一半，各物质物质的量浓度迅速增大为原来的两倍，颜色突然加深，后2NO2(g)N2O4(g)平衡正向移动，增大压强，不论平衡怎样移动，新平衡时各物质(气体)的浓度均比旧平衡的大，最终颜色比原来深，A正确；a在压缩中有一定量的NO2转化成N2O4，a′颜色应比b′中的浅，B错误；a′中气体的物质的量比a中要少，a′的压强比a的压强2倍要小，b和b′中物质的量相等，b′的压强为b的压强的2倍，C错误；二者颜色一样深，并不意味着c(NO2)和c(Br2)相等，a′中的c(NO2)不一定比b′中的c(Br2)小，D错误。故选A。7．紫外光照射时，不同催化剂作用下将CO2和H2O(g)转化为CH4和O2，CH4产量随光照时间的变化如图1，以TiO2/Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸，不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的关系如图2。下列有关说法正确的是()A．由图1知，在0～15h内，CH4的平均生成速率从大到小的顺序：Ⅲ>Ⅱ>IB．由图1知，在0～35h内，CH4的平均生成速率从大到小的顺序：Ⅱ>Ⅲ>IC．由图2知，250℃时催化剂的活性最高D．由图2知，乙酸的生成最佳温度范围：400℃以上【答案】C【解析】由图1知，在0～15h内，Ⅱ的甲烷产量最大，则CH4的平均生成速率从大到小的顺序：Ⅱ>Ⅲ>Ⅰ，A错误；由图1知，在0～35h内，Ⅲ的甲烷产量最大，则CH4的平均生成速率从大到小的顺序：Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ，B错误；由图2知，250℃时催化剂的催化效率最高，C正确；由图2知，乙酸的生成速率在300℃后逐渐增大，催化剂逐渐失去活性，则乙酸的生成最佳温度在250℃左右，此时催化剂的催化活性最高，乙酸的生成速率也较快，D错误。8.反应2H2(g)＋2NO(g)=2H2O(g)＋N2(g)的速率方程为v＝kcα(H2)cβ(NO)，该反应在不同条件下的反应速率如下：温度c(H2)/(mol•L－1)c(NO)/(mol•L－1)反应速率T1vT18vT112vT216v下列说法正确的是()A.T2<T1B.α＝2，β＝1C.其他条件不变时，反应体系中四种物质浓度的改变，只有反应物浓度改变对v有影响，且c(NO)影响较大D.T2、c(NO)＝0.1mol•L－1条件下，反应速率为8v，则c(H2)＝0.3mol•L－1【答案】C【解析】当c(H2)＝0.3mol•L－1，c(NO)＝0.2mol•L－1时，T2时的速率大于T1时的速率，所以T2>T1，A错误；把c(H2)＝0.1mol•L－1，c(NO)＝0.1mol•L－1代入速率公式v＝kcα(H2)cβ(NO)，再把c(H2)＝0.2mol•L－1，c(NO)＝0.2mol•L－1代入速率公式v＝kcα(H2)•cβ(NO)，得eq\f(v,8v)＝eq\f(k(0.1)α•(0.1)β,k(0.2)α•(0.2)β)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12()eq\s\up22(α)•eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12()eq\s\up22(β)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up22((α＋β))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up22(3)，α＋β＝3，把T1时c(H2)＝0.2mol•L－1，c(NO)＝0.2mol•L－1代入速率公式v＝kcα(H2)cβ(NO)，再把T1时c(H2)＝0.3mol•L－1，c(NO)＝0.2mol•L－1代入速率公式v＝kcα(H2)cβ(NO)，得eq\f(8v,12v)＝eq\f(k(0.2)α•(0.2)β,k(0.3)α•(0.2)β)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12()eq\s\up22(α)•(1)β＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12()eq\s\up22(α)＝eq\f(2,3)，α＝1，α＋β＝3，β＝2，B错误；其他条件不变时，因为β＝2，反应体系中四种物质浓度改变，只有反应物浓度的改变对v有影响，且c(NO)影响较大，C正确；T2、c(NO)＝0.1mol•L－1条件下，反应速率为8v，则c(H2)＝0.6mol•L－1，D错误。9.乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯水化法生产，反应的化学方程式如下：C2H4(g)＋H2O(g)C2H5OH(g),下图为乙烯的平衡转化率与温度(T)、压强(p)的关系[起始n(C2H4)：n(H2O)＝1：1]。下列有关叙述正确的是() A.Y对应的乙醇的物质的量分数为eq\f(1,9)B.X、Y、Z对应的反应速率：v(X)>v(Y)>v(Z)C.X、Y、Z对应的平衡常数数值：KX<KY<KZD.增大压强、升高温度均可提高乙烯的平衡转化率【答案】A【解析】Y点乙烯的转化率为20%，C2H4(g)＋H2O(g)C2H5OH(g)起始/molaa0aaaaaaY对应的乙醇的物质的量分数为aaaa)＝eq\f(1,9)，故A正确；C2H4(g)＋H2O(g)C2H5OH(g)正反应气体物质的量减小，增大压强，乙烯转化率增大，所以p1<p2<p3，X、Y、Z三点压强依次增大、温度依次升高，对应的反应速率：v(X)<v(Y)<v(Z)，故B错误；升高温度，乙烯转化率减小，平衡逆向移动，平衡常数减小，X、Y、Z对应的平衡常数数值：KX>KY>KZ，故C错误；根据图像可知，升高温度乙烯的平衡转化率减小，故D错误。故选A。10.CH4与CO2重整生成H2和CO的过程中主要发生下列反应。CH4(g)＋CO2(g)=2H2(g)＋2CO(g)ΔH＝247.1kJ•mol－1H2(g)＋CO2(g)=H2O(g)＋CO(g)ΔH＝41.2kJ•mol－1在恒压、反应物起始物质的量比n(CH4)：n(CO2)＝1：1条件下，CH4和CO2的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示。下列有关说法正确的是()A.升高温度、增大压强均有利于提高CH4的平衡转化率4的平衡转化率随温度的变化C.相同条件下，改用高效催化剂能使曲线A和曲线B相重叠D.恒压、800K、n(CH4)：n(CO2)＝1：1条件下，反应至CH4转化率达到X点的值，改变除温度外的特定条件继续反应，CH4转化率能达到Y点的值【答案】D【解析】甲烷和二氧化碳反应是吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应即正向移动，甲烷转化率增大，甲烷和二氧化碳反应是体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，甲烷转化率减小，故A错误；根据两个反应情况，加入的CH4与CO2物质的量相等，CO2消耗量大于CH4，因此CO2的转化率大于CH4，因此曲线B表示CH4的平衡转化率随温度变化，故B错误；使用高效催化剂，只能提高反应速率，但不能改变平衡转化率，故C错误；800K时甲烷的转化率为X点，可以通过改变二氧化碳的量来提高甲烷的转化率达到Y点的值，故D正确。之比M(M＝eq\f(m总,n总))在不同温度下随压强的变化曲线如图所示。下列说法正确的是()A．温度：T1＜T2B．平衡常数：K(a)＝K(b)＜K(c)C．反应速率：vb＜vaD．当M＝69g·mol－1时，n(NO2)∶n(N2O4)＝1∶1【答案】D【解析】已知m总不变，该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，n总增大，故M减小，由图可知T1＞T2，A项错误；化学平衡常数与温度有关，该反应为吸热反应，温度越高，平衡常数越大，则K(a)＝K(c)＜K(b)，B项错误；温度越高，压强越大，化学反应速率越大，则vb＞va，C项错误；设n(NO2)∶n(N2O4)＝xmol∶ymol，eq\f(46x＋92y,x＋y)＝69，所以x∶y＝1∶1，D项正确。12．我国科学家研究出在S－In催化剂上实现高选择性、高活性电催化还原CO2制甲酸。图1表示不同催化剂及活性位上生成H*的能量变化，图2表示反应历程，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。下列说法错误的是()A．S－In/S表面更容易生成H*B．S2－与K＋(H2O)n微粒间的静电作用促进了H2O的活化C．CO2经两步转化生成HCOO－D．H*＋OH－→eq\f(1,2)H2＋*＋OH－相对能量变化越小，越有利于抑制H*复合成H2【答案】C【解析】根据图1，S－In/S表面生成H*的活化能最低，因此更容易生成H*，A项正确；根据图2，可知S2－与K＋(H2O)n微粒间的静电作用促进了H2O的活化，B项正确；根据图2，CO2→eq\f(1,2)H2＋*＋OH－为放热过程，其相对能量变化越小，放出热量越少，越不易使反应物分子活化，因此越有利于抑制H*复合成H2，D项正确。5Pa的条件下进行反应：SO2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)SO3(g)，原料气中SO2和O2的物质的量之比m＝eq\f(nSO2,nO2)不同时，SO2的平衡转化率与温度(T)的关系如图所示。图中A点原料气的成分是n(SO2)＝10mol，n(O2)＝24.4mol，n(N2)＝70mol，下列有关说法正确的是(已知：用分压表示的平衡常数为Kp，分压＝总压×物质的量分数)()A．该反应是吸热反应B．m1<m2<m3C．A点时SO2的分压p(SO2)＝4.0×103PaD．在500℃、m3的条件下，该反应的平衡常数Kp≈5.2×10－2【答案】D【解析】由图可知，m相同时，温度越高，SO2的平衡转化率越小，则升高温度平衡逆向移动，该反应为放热反应，A项错误；相同条件下，增大氧气的量可增大二氧化硫的平衡转化率，则m越小，SO2的平衡转化率越大，则m1>m2>m3，B项错误；A点原料气的成分是n(SO2)＝10mol，n(O2)＝24.4mol，n(N2)＝70mol，二氧化硫的平衡转化率为88%，则：SO2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)SO3(g)起始量/mol1024.40C项错误；平衡常数与m无关，则500℃、m3的条件下，该反应的平衡常数Kp＝eq\f(\f(8.8,100)×105Pa,\f(1.2,100)×105Pa×\r(\f(20,100)×105Pa))≈5.2×10－2，D项正确。14.室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反应：①M＋N=X＋Y；②M＋N=X＋Z，反应①的速率可表示为v1＝k1c2(M)，反应②的速率可表示为v2＝k2c2(M)(k1、k2为速率常数)。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图，下列说法错误的是()A．0～30min时间段内，Y的平均反应速率为6.67×10－3mol·L－1·min－1B．反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变C．如果反应能进行到底，反应结束时62.5%的M转化为ZD．反应①的活化能比反应②的活化能大【答案】A【解析】L－1－0.125mol·L－1＝0.075mol·L－1。因此，0～30min时间段内，Y的平均反应速率为eq\f(0.075mol·L－1,30min)＝0.0025mol·L－1·min－1，A说法不正确；由题中信息可知，反应①和反应②的速率之比为eq\f(k1,k2)，Y和Z分别为反应①和反应②的产物，且两者与M的化学计量数相同(化学计量数均为1)，因此反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比等于eq\f(k1,k2)，由于k1、k2为速率常数，故该比值保持不变，B说法正确；结合A、B的分析可知，此反应开始后，在相同的时间内体系中Y和Z的浓度之比等于eq\f(k1,k2)＝eq\f(0.075mol·L－1,0.125mol·L－1)＝eq\f(3,5)，因此，如果反应能进行到底，反应结束时有eq\f(5,8)的M转化为Z，即62.5%的M转化为Z，C说法正确；由以上分析可知，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，D说法正确。二、非选择题(本题共4小题，共55分)15.(14分)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a的名称为是________。(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2983滴FeCl3溶液10mL2%H2O2甲组实验Ⅱ①__________298②__________10mL5%H2O2(4)甲、乙两小组得出如图数据。①由甲组实验数据可得出结论：___________________________________。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，其化学方程式为_______________________；支持这一方案的理由是______________________________________________________。【答案】(1)分液漏斗(2)2H2O2,eq\o(=,\s\up7(MnO2))2H2O＋O2↑(3)①探究反应物浓度对反应速率的影响②3滴FeCl3溶液(4)①在其他条件不变时，反应物浓度越大，反应速率越快②K2O2BaO2＋H2SO4=BaSO4＋H2O2制备H2O2的环境为酸性环境，H2O2的分解速率较慢【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FeCl3溶液。(4)①由甲组实验两条曲线可知，甲组实验Ⅱ斜率大，因此在其他条件不变时，反应物浓度越大，反应速率越快。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的碱性强于NaOH的碱性，因此K2O2溶于水放出气体速率较快。16.(15分)2021年中国科学技术大学物理化学系曾杰教授及其团队首次实现甲烷在温和条件下高选择性氧化为甲醇。请回答下列问题：(1)常温下，甲烷和甲醇的标准燃烧热分别为－890.3kJ•mol－1和－726.5kJ•mol－1，1mol甲醇气化需要吸收82.0kJ的热量，则CH4在Cu催化作用下被氧气氧化为气态甲醇的热化学方程式为。(2)在Cu催化作用下，甲烷氧化合成甲醇的总反应分两步进行；第一步为(写化学方程式)； 第二步为*CuH2＋2—CH3＋O2=Cu＋2CH3OH。第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，由此推知，第二步反应活化能(填“大于”“小于”或“等于”)第一步反应活化能。(3)一定温度下，恒容密闭容器中，CH4和O2按物质的量2：1混合合成气态甲醇。下列事实能说明该反应达到平衡状态的是(填选项字母)。4和O2的转化率之比不再改变(4)将等物质的量的CH4和O2的混合气体充入密闭容器中，体系中的CH4平衡转化率(α)与温度和压强的关系如图所示。①压强的大小关系为(用“p1”“p2”或“p3”表示)。②α(CH4)值随温度升高而减小，其原因是。③a、b、c三点的平衡常数大小关系为(用Ka、Kb、Kc表示)。【答案】(1)2CH4(g)＋O2(g)=2CH3OH(g)ΔH＝－163.6kJ•mol－1(2)2CH4＋Cu=*CuH2＋2—CH3小于（3）D(4)p1＜p2＜p3ΔH＜0，温度升高，平衡逆向移动，α(CH4)减小Ka＞Kb＝Kc【解析】(1)甲烷和甲醇的标准燃烧热分别为－890.3kJ•mol－1和－726.5kJ•mol－1，则有①CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－890.3kJ•mol－1，②CH3OH(l)＋eq\f(3,2)O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－726.5kJ•mol－1；1mol甲醇气化需要吸收82.0kJ的热量，则有③CH3OH(l)=CH3OH(g)ΔH＝82.0kJ•mol－1；CH4在Cu催化作用下被氧气氧化为气态甲醇的化学方程式为2CH4(g)＋O2(g)=2CH3OH(g)，根据盖斯定律2×(①－②＋③)可得其ΔH＝[2×(－890.3)－2×(－726.5)＋2×82.0]kJ•mol－1＝－163.6kJ•mol－1，故热化学方程式为2CH4(g)＋O2(g)=2CH3OH(g)ΔH＝－163.6kJ•mol－1。(2)甲烷氧化合成甲醇的总反应减去第二步反应可得第一步的化学方程式为2CH4＋Cu=*CuH2＋2—CH3；第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，由此推知，第二步反应很快，第二步反应活化能小于第一步反应活化能。(3)CH4和O2按物质的量2：1混合，与计量数之比相等，所以无论是否平衡二者转化率都相等，A不符合题意；温度不变，平衡常数始终不变，B不符合题意；反应过程中混合气体的质量不变，恒容容器，密度始终不变，C不符合题意；正向建立平衡，甲烷的体积分数不断减小，甲烷的体积分数不再改变时，说明反应达到平衡，D符合题意。(4)①该反应为气体系数之和减小的反应，温度一定时压强越大CH4的转化率越大，故压强大小关系为p1＜p2＜p3；②该反应ΔH＜0，为放热反应，升高温度平衡逆向移动，甲烷的转化率减小；③平衡常数只与温度有关，与压强无关，温度越高，平衡正向进行的程度越小，平衡常数越小，故a、b、c三点的平衡常数大小关系为Ka＞Kb＝Kc。17.(14分)环戊二烯()是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。已知：(g)=(g)＋H2(g)ΔH1＝100.3kJ•mol－1①，H2(g)＋I2(g)2HI(g)ΔH2＝－11.0kJ•mol－1②，对于反应：(g)＋I2(g)=(g)＋2HI(g)ΔH3③。(1)ΔH3＝kJ•mol－1。(2)某温度下，等物质的量的碘和环戊烯()在刚性容器内发生反应③，起始总压为105Pa，平衡时总压增加了20%，环戊烯的转化率为，该反应的平衡常数Kp＝Pa。达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，可采取的措施有(填标号)。 B．提高温度 D．增加碘浓度(3)环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是(填标号)。A.T1＞T2B.a点的反应速率小于c点的反应速率C.a点的正反应速率大于b点的逆反应速率D.b点时二聚体的浓度为0.45mol•L－1【答案】(1)89.3(2)40%3.56×104BD(3)CD【解析】(1)已知：(g)=(g)＋H2(g)ΔH1＝100.3kJ•mol－1①，H2(g)＋I2(g)2HI(g)ΔH2＝－11.0kJ•mol－1②，根据盖斯定律，①＋②得③(g)＋I2(g)=(g)＋2HI(g)ΔH3＝100.3kJ•mol－1＋(－11.0kJ•mol－1)＝89.3kJ•mol－1。(2)设碘和环戊烯()的初始物质的量都为nmol，转化的物质的量为xmol， (g)＋I2(g)=(g)＋2HI(g)初始/mol)nn00转化/mol)xxx2x平衡/mol)n－xn－xx2x刚性容器内气体的压强与物质的量成正比，则eq\f((n－x＋n－x＋x＋2x)mol,(n＋n)mol)＝1＋20%，解得xn，平衡时环戊烯的转化率为nmol,nmol)×100%＝40%；平衡时混合气体的压强为105Pa×(1＋20%)＝1.2×105Pa，混合气体总物质的量为(nn＋nnnnnmol，平衡时各组分所占压强分别为p()＝p(I2)＝eq\f((nnnmol)×1.2×105Pa＝3×104Pa，p()＝nnmol)×1.2×105Pa＝2×104Pa，p(HI)＝nnmol)×1.2×105Pa＝4×104Pa，该反应的平衡常数Kp＝eq\f((2×104Pa)×(4×104Pa)2,(3×104Pa)×(3×104Pa))≈3.56×104Pa；通入惰性气体，各组分浓度不变，平衡不移动，则环戊烯的转化率不变，故A错误；该反应为吸热反应，提高温度平衡正向移动，环戊烯的转化率增大，故B正确；增加环戊烯浓度，环戊烯的转化率减小，故C错误；增加碘浓度，反应物浓度增大，平衡向着正向移动，环戊烯的转化率增大，故D正确。故答案为BD。(3)温度越高反应速率越快，根据图示可知，在温度T2(虚线)的反应速率较大，则T1＜T2，故A错误；根据图像可知，a点切线斜率的绝对值大于c点切线的绝对值，则a点速率大于c点，故B错误；a到b的过程为正反应速率逐渐减小，且b点v(正)＞v(逆)，则a点的正反应速率大于b点的逆反应速率，故C正确；b点时环戊二烯的浓度变化为1.5mol•L－1－0.6mol•L－1＝0.9mol•L－1，环戊二烯的二聚体的浓度为环戊二烯浓度变化的eq\f(1,2)，则b点时二聚体的浓度为0.9mol•L－1×eq\f(1,2)＝0.45mol•L－1，故D正确。故答案为CD。18．(15分)二甲醚(DME)被誉为“21世纪的清洁燃料”，由合成气制备二甲醚的主