《高中化學》專題突破卷09化學反應速率與化學平衡（一）（解析版）

專題突破卷09化學反應速率與化學平衡（一）（考試時間：75分鐘試卷滿分：100分）考點01化學反應速率及其影響因素考點02化學平衡狀態(tài)、化學平衡的移動考點03化學平衡常數(shù)及其相關計算一、選擇題（本題共15小題，每小題3分，共45分。每小題只有一項是符合題目要求的）1．通過改變反應條件可以加快、減緩甚至阻止反應的進行。下列措施是為了加快化學反應速率的是()A．鋼鐵部件表面進行“烤藍”處理B．燈泡里充入氮氣C．谷物釀酒時使用酒曲D．夏天將食物放入冰箱【答案】C【解析】鋼鐵部件表面進行“烤藍”處理是為了形成保護膜，減慢反應速率，A項錯誤；氮氣化學性質穩(wěn)定，燈泡里充入氮氣可以防止燈絲被氧化，是為了減慢反應速率，B項錯誤；酒曲是催化葡萄糖分解為酒精的催化劑，可以加快谷物釀酒的速率，C項正確；夏天將食物放入冰箱，溫度降低，是為了減慢食物腐敗的速率，D項錯誤。2．接觸法制備硫酸中的關鍵步驟是SO2在V2O5催化作用下與空氣中的O2在接觸室發(fā)生可逆反應，其熱化學方程式為2SO2(g)＋O2(g)?2SO3(g)ΔH＝－198kJ·mol－1。下列4個數(shù)據(jù)是在不同條件下測得的該反應的速率，其中反應最快的是()A．v(SO2)＝0.2mol·L－1·min－1B．v(O2)＝0.1mol·L－1·min－1C．v(SO3)＝0.01mol·L－1·s－1D．v(SO2)＝0.004mol·L－1·s－1【答案】C【解析】根據(jù)反應速率之比等于化學計量數(shù)之比，換算為同一物質相同單位進行比較。A．當v(SO2)＝0.2mol·L－1·min－1時，v(O2)＝0.1mol·L－1·min－1；B．v(O2)＝0.1mol·L－1·min－1；C．當v(SO3)＝0.01mol·L－1·s－1＝0.6mol·L－1·min－1時，v(O2)＝0.3mol·L－1·min－1；D．當v(SO2)＝0.004mol·L－1·s－1＝0.24mol·L－1·min－1時，v(O2)＝0.12mol·L－1·min－1。故C項表示的反應最快。3．一定溫度下，在一體積為2L的恒容密閉容器中充入2molSO2、1molO2，發(fā)生反應：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH＝－196kJ·mol－1，達到平衡后放出熱量156.8kJ，下列說法不正確的是()A．平衡時SO2的轉化率為80%B．若升高溫度，該反應的平衡常數(shù)將減小C．反應過程中轉移3.2mole－D．相同條件下初始若向容器中只充入2molSO3，達到平衡時吸收熱量156.8kJ【答案】D【解析】D項，相同條件下，從正、逆兩向建立平衡的過程中，轉化量不同，能量變化不同，錯誤。4．反應2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)經amin后SO3的濃度變化情況如圖所示，在0～amin內用O2表示的平均反應速率為0.04mol·L－1·min－1，則a等于()A．0.1 B．2.5C．5 D．10【答案】C【解析】由題圖可知，0～amin內Δc(SO3)＝0.4mol·L－1，則有v(SO3)＝eq\f(0.4,a)mol·L－1·min－1。根據(jù)反應速率與化學計量數(shù)的關系可得，v(O2)＝eq\f(1,2)v(SO3)＝eq\f(0.2,a)mol·L－1·min－1，又知“0～amin內用O2表示的平均反應速率為0.04mol·L－1·min－1”，則有eq\f(0.2,a)mol·L－1·min－1＝0.04mol·L－1·min－1，解得a＝5，C項正確。5．(2024·山東青島模擬)一定溫度下，在容積不變的密閉容器中進行如下可逆反應：C(s)＋2NO(g)CO2(g)＋N2(g)，下列不能表明該反應已達到化學平衡狀態(tài)的是()A．N2的體積分數(shù)不再變化B．容器內氣體壓強不再變化C．混合氣體的密度不再變化D．混合氣體的平均相對分子質量不再變化【答案】B【解析】N2的體積分數(shù)不再變化，則正逆反應速率相等，反應達平衡狀態(tài)，A不符合題意；反應前后氣體的分子數(shù)相等，壓強始終保持不變，則當容器內氣體壓強不再變化時，反應不一定達平衡狀態(tài)，B符合題意；隨著反應的進行，氣體的質量不斷發(fā)生改變，而氣體的體積不變，則混合氣體的密度不斷發(fā)生改變，當混合氣體的密度不再變化時，反應達平衡狀態(tài)，C不符合題意；混合氣體的質量不斷發(fā)生改變，物質的量始終不變，則平均相對分子質量不斷發(fā)生改變，當混合氣體的平均相對分子質量不再變化時，反應達平衡狀態(tài)，D不符合題意。6．反應X=2Z經歷兩步：①X→Y；②Y→2Z。反應體系中X、Y、Z的濃度c隨時間t的變化曲線如圖所示。下列說法不正確的是()A．a為c(X)隨t的變化曲線B．t1時，c(X)＝c(Y)＝c(Z)C．t2時，Y的消耗速率大于生成速率D．t3后，c(Z)＝2c0－c(Y)【答案】D【解析】X是唯一的反應物，隨著反應的進行，其濃度不斷減小，因此，a為c(X)隨t的變化曲線，A正確；由題圖可知，分別代表3種不同物質的曲線相交于t1時刻，因此t1時，c(X)＝c(Y)＝c(Z)，B正確；由題圖中信息可知，t2時刻以后，Y的濃度仍在不斷減小，說明t2時Y的消耗速率大于生成速率，C正確；由題圖可知，t3時刻反應①完成，X完全轉化為Y，若無反應②發(fā)生，則Y的濃度為c0，由于反應②Y→2Z的發(fā)生，t3時刻后Y的濃度的變化量為c0－c(Y)，則c(Z)＝2c0－2c(Y)，D錯誤。7．（2024·河北承德期中）某同學設計Fe與1mol?L?序號鐵的質量/g鐵的形狀溫度/℃鐵完全溶解于酸的時間/sⅠ2粉末20108Ⅱ2薄片20t1Ⅲ2薄片15t2下列說法正確的是（）A.t1>tC.單位時間內消耗鐵的質量：Ⅱ<Ⅲ D.初始化學反應速率：Ⅰ>Ⅱ>Ⅲ【答案】D【解析】其他條件相同，溫度越高，化學反應速率越快，鐵完全溶解于酸的時間越短，t1<t2，A項錯誤；其他條件相同，溫度越高，固體接觸面積越大，化學反應速率越快，鐵完全溶解于酸的時間越短，t2>108，B項錯誤；反應Ⅱ和反應Ⅲ中鐵的質量和形狀相同，反應Ⅱ的反應溫度高，因此反應Ⅱ的化學反應速率快，單位時間內消耗的鐵的質量：Ⅱ>Ⅲ，C項錯誤；反應Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中鐵的質量相同，固體的接觸面積越大，化學反應速率越快，溫度越高，化學反應速率越快，故初始化學反應速率：Ⅰ>8．甲烷和二氧化碳催化合成乙酸，其中一步為甲烷在催化劑表面脫氫，其方式有兩種：甲烷分子單獨脫氫，甲烷分子與二氧化碳共吸附脫氫，反應歷程如下(由乙酸分子構型可知以二氧化碳結合甲基和氫原子是最簡單的合成過程)，下列說法正確的是()A．甲烷脫去首個氫原子的焓變，單獨脫氫小于共吸附脫氫B．甲烷脫去首個氫原子的能壘，共吸附脫氫比單獨脫氫下降0.15eVC．單獨脫氫的決速步為第一步D．共吸附脫氫不利于乙酸的合成【答案】C【解析】甲烷脫去首個氫原子的焓變，根據(jù)圖中信息單獨脫氫焓變?yōu)?.12eV，共吸附脫氫焓變?yōu)?.97eV，則單獨脫氫大于共吸附脫氫，故A錯誤；甲烷脫去首個氫原子的能壘，共吸附脫氫能壘為2.45eV，單獨脫氫能壘為3.20eV，共吸附脫氫比單獨脫氫下降0.75eV，故B錯誤；單獨脫氫的第一步能壘最大，因此單獨脫氫的決速步為第一步，故C正確；單獨脫氫的第一步能壘比共吸附脫氫任意一步的能壘都大，因此共吸附脫氫有利于乙酸的合成，故D錯誤。9．如表為某學生進行的兩組實驗：反應物Na2S2O3溶液H2SO4溶液水濃度/(mol·L－1)體積/mL濃度/(mol·L－1)體積/mL甲0.1100.1105mL乙0.250.2520mL若其他條件均相同，上述兩組實驗中，對應反應的反應速率關系為()A．甲>乙 B．甲<乙C．甲＝乙 D．無法判斷【答案】A【解析】此反應為Na2S2O3＋H2SO4=Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O，甲組溶液的總體積是25mL，混合溶液中，甲組反應物的濃度c(Na2S2O3)＝c(H2SO4)＝eq\f(0.1mol·L－1×10mL,25mL)＝0.04mol·L－1；乙組溶液的總體積是30mL，混合溶液中，乙組反應物的濃度c(Na2S2O3)＝c(H2SO4)＝eq\f(0.2mol·L－1×5mL,30mL)≈0.033mol·L－1。由于甲組中反應物的濃度較大，故在其他條件相同時，其反應速率較大，即甲組的反應速率大于乙組的反應速率，A項正確。10．(2024·遼寧錦州二模)某溫度下，在2L恒容密閉容器中4molNH2COONH4(s)發(fā)生反應NH2COONH4(s)2NH3(g)＋CO2(g)，在0～1min內，CO2的生成速率為0.4mol·L－1·min－1,0～2min內，CO2的生成速率為0.3mol·L－1·min－1,0～3min內，CO2的生成速率為0.2mol·L－1·min－1，下列說法錯誤的是()A．當混合氣體的平均摩爾質量不變時，標志此反應達到了平衡狀態(tài)B．0～1min內，NH2COONH4(s)的反應速率為62.4g·min－1C．30s時，CO2的濃度大于0.2mol·L－1D．2min時，再加入2molNH3，此時反應的v逆>v正【答案】A【解析】此反應開始時只加入了NH2COONH4(s)，生成的NH3和CO2物質的量之比始終是2∶1，所以當混合氣體的平均摩爾質量不變時，不可以標志此反應達到了平衡狀態(tài)，A錯誤；0～1min內消耗NH2COONH4(s)0.8mol，質量為62.4g，故反應速率為62.4g·min－1，B正確；由于反應速率越來越慢，故30s時，CO2的濃度大于0.2mol·L－1，C正確；2min時c(CO2)＝0.6mol·L－1,3min時c(CO2)＝0.6mol·L－1，則2min時反應已經達到平衡，再加入2molNH3，平衡逆向移動，故v逆>v正，D正確。11．CO2甲烷化也是實現(xiàn)“碳達峰”的重要途徑，反應機理如圖。下列說法錯誤的是()A．該反應使用的催化劑既加快CO2甲烷化速率，又提高H2的平衡轉化率B．H2吸附在催化劑Pd表面而發(fā)生反應C．MgOCO2和MgOCOOH均為該反應過程的中間產物D．上述CO2甲烷化過程總反應可表示為CO2＋4H2eq\o(→,\s\up10(催化劑))CH4＋2H2O【答案】A【解析】本題考查化學反應機理的分析。催化劑能改變反應速率但不能改變平衡轉化率，A錯誤；由機理圖可以看出H2在Pd表面反應變成H原子，B正確；MgOCO2和MgOCOOH在反應過程中先產生后消耗，是中間產物，C正確；由反應機理圖看出總反應為CO2＋4H2eq\o(→,\s\up10(催化劑))CH4＋2H2O，D正確。12．在300mL的密閉容器中，放入鎳粉并充入一定量的CO氣體，一定條件下發(fā)生反應：Ni(s)＋4CO(g)Ni(CO)4(g)，已知該反應平衡常數(shù)與溫度的關系如下：溫度/℃2580230平衡常數(shù)5×10421.9×10－5下列說法不正確的是()A．上述生成Ni(CO)4(g)的反應為吸熱反應B．25℃時，反應Ni(CO)4(g)Ni(s)＋4CO(g)的平衡常數(shù)為2×10－5C．在80℃時，測得某時刻，Ni(CO)4、CO濃度均為0.5mol·L－1，則此時v(正)<v(逆)D．80℃達到平衡時，測得n(CO)＝0.3mol，則Ni(CO)4的平衡濃度為2mol·L－1【答案】A【解析】根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，溫度升高平衡常數(shù)減小，則該反應為放熱反應，A項錯誤；25℃時，K′＝eq\f(c4(CO),c[Ni(CO)4])＝eq\f(1,K)＝eq\f(1,5×104)＝2×10－5，B項正確；Q＝eq\f(c[Ni(CO)4],c4(CO))＝eq\f(0.5,(0.5)4)＝8>2，反應逆向進行，故v(正)<v(逆)，C項正確；80℃時，c(CO)＝eq\f(0.3mol,0.3L)＝1mol·L－1，K＝eq\f(c[Ni(CO)4],c4(CO))，解得c[Ni(CO)4]＝2mol·L－1，D項正確。13．恒溫條件下，向兩個錐形瓶中加入等質量、表面積相同的鎂條并塞緊瓶塞，然后用注射器分別注入2mL2mol·L－1鹽酸、2mL2mol·L－1醋酸，測得錐形瓶內氣體壓強隨時間變化如圖，反應過程中忽略液體體積變化。下列說法不正確的是()A．加入的鎂條質量可能為0.050gB．0～300s內，兩錐形瓶中反應平均速率相等C．反應結束，反應體系(反應物、生成物、錐形瓶)總能量升高，環(huán)境總能量降低D．將醋酸中的鎂條替換為等質量的鎂粉，曲線b有可能變化為曲線a【答案】C【解析】兩注射器中酸的物質的量均為0.002L×2mol·L－1＝0.004mol，全部反應消耗Mg的質量為eq\f(0.004mol,2)×24g·mol－1＝0.048g，鎂條過量、少量、恰好完全反應都可以，故加入的鎂條質量可能為0.050g，A正確；由圖可知，300s時，錐形瓶內壓強相等，則生成氫氣的量相同，兩錐形瓶中反應平均速率相等，B正確；金屬與酸的反應為放熱反應，反應體系放出熱量，則反應體系(反應物、生成物、錐形瓶)總能量降低，環(huán)境總能量升高，C錯誤；增大反應物間接觸面積，有利于加快反應速率，將醋酸中的鎂條替換為等質量的鎂粉，接觸面積增大，反應速率加快，曲線b有可能變化為曲線a，D正確。14．(2024·貴州遵義模擬)室溫下，某溶液初始時僅溶有P和Q且濃度相等，同時發(fā)生以下兩個反應：①P＋Q=X＋Z、②P＋Q=Y＋Z，反應①的速率可表示為v1＝k1·c2(P)，反應②的速率可表示為v2＝k2·c2(P)(k1、k2為速率常數(shù))。反應體系中組分Q、X的濃度隨時間變化情況如下圖所示(溶液體積變化可忽略不計)。下列說法不正確的是()A．反應①的活化能比反應②的活化能大B．0～20min內，Z的平均反應速率為6.0×10－3mol·L－1·min－1C．反應30min時，v1∶v2＝2∶3D．45min時，Y的濃度為0.24mol·L－1【答案】B【解析】v1＝k1·c2(P)＝eq\f(Δc(X),Δt)，v2＝k2·c2(P)＝eq\f(Δc(Y),Δt)，eq\f(v1,v2)＝eq\f(k1,k2)＝eq\f(Δc(X),Δc(Y))為定值，20min時，由題圖可知，Δc(X)＝0.12mol·L－1，Δc(Q)＝0.3mol·L－1＝Δc(X)＋Δc(Y)，Δc(Y)＝(0.3－0.12)mol·L－1＝0.18mol·L－1，即eq\f(v1,v2)＝eq\f(0.12,0.18)＝eq\f(2,3)，相同條件下反應①的速率小于反應②的速率，所以反應①的活化能比反應②的活化能大，故A、C說法正確；0～20min內，Δc(Z)＝Δc(Q)＝0.3mol·L－1，Z的平均反應速率為eq\f(0.3mol·L－1,20min)＝0.015mol·L－1·min－1，故B說法錯誤；45min時，Q的濃度為0.2mol·L－1，Δc(Q)＝Δc(X)＋Δc(Y)＝0.6mol·L－1－0.2mol·L－1＝0.4mol·L－1，根據(jù)eq\f(v1,v2)＝eq\f(Δc(X),Δc(Y))＝eq\f(2,3)，可得Y的濃度為0.24mol·L－1，故D說法正確。15．向某恒容密閉容器中充入等物質的量的PCl3(g)和Cl2(g)，發(fā)生如下反應：PCl3(g)＋Cl2(g)PCl5(g)，測得不同溫度下PCl3(g)的轉化率α與時間的關系如圖所示。其速率方程為v正＝k正·c(PCl3)·c(Cl2)，v逆＝k逆·c(PCl5)(k正、k逆是速率常數(shù)，只與溫度有關)。下列說法錯誤的是()A．該反應的ΔH<0B．M點：eq\f(k正,k逆)>eq\f(c(PCl5),c(PCl3)·c(Cl2))C．升高溫度，k正增大的倍數(shù)大于k逆增大的倍數(shù)D．T1時，若平衡體系中c(Cl2)＝0.25mol·L－1，則eq\f(k正,k逆)＝16【答案】C【解析】由圖示可知，溫度：T2>T1，溫度越高PCl3的平衡轉化率越低，平衡逆向移動，正反應放熱，ΔH<0，A正確；M點還未達到平衡，反應正向進行，v正>v逆，即k正·c(PCl3)·c(Cl2)>k逆·c(PCl5)，變換得eq\f(k正,k逆)>eq\f(c(PCl5),c(PCl3)·c(Cl2))，B正確；正反應放熱，升溫平衡逆向移動，k逆增大倍數(shù)大于k正增大倍數(shù)，C錯誤；T1時，PCl3平衡轉化率為80%，c(Cl2)＝0.25mol·L－1，設氯氣與PCl3起始物質的量為ymol，體積為1L，利用“三段式”可求：PCl3(g)＋Cl2(g)PCl5(g)起始濃度/(mol·L－1)yy0變化濃度/(mol·L－1)0.8y0.8y0.8y平衡濃度/(mol·L－1)0.2y0.250.8y則0.2y＝0.25，eq\f(k正,k逆)＝eq\f(c(PCl5),c(PCl3)·c(Cl2))＝eq\f(0.8y,0.2y×0.25)＝16，D正確。二、非選擇題（本題包括4小題，共55分）16．（9分）某實驗小組以H2O2分解為例，研究濃度、催化劑、溶液的酸堿性對反應速率的影響。在常溫下按照如下方案完成實驗。編號反應物催化劑Ⅰ10mL2%H2O2溶液＋1mL水無Ⅱ10mL5%H2O2溶液＋1mL水無Ⅲ10mL5%H2O2溶液1mL0.1mol·L－1FeCl3溶液Ⅳ10mL5%H2O2溶液＋少量HCl溶液1mL0.1mol·L－1FeCl3溶液Ⅴ10mL5%H2O2溶液＋少量NaOH溶液1mL0.1mol·L－1FeCl3溶液(1)實驗Ⅰ和實驗Ⅱ的目的是______________________________________________________________________________________________________________________________。(2)實驗Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的起始反應速率由大到小的順序為____________(用實驗編號表示)。(3)實驗Ⅲ、Ⅳ、Ⅴ中，測得生成氧氣的體積(折算成標準狀況)隨時間變化的關系如圖所示。①分析圖示能夠得出的結論是____________________________________________________。②實驗Ⅲ在t1～t2時間內，以H2O2表示的反應速率為_________________?！敬鸢浮?1)探究反應物濃度對反應速率的影響（2分）(2)Ⅲ＞Ⅱ＞Ⅰ（2分）(3)①堿性環(huán)境能加快H2O2分解的速率，酸性環(huán)境能減慢H2O2分解的速率（2分）②eq\f(b－a,123.2（t2－t1）)mol·L－1·s－1（3分）【解析】(1)實驗Ⅰ和Ⅱ均未使用催化劑，混合液的總體積均為11mL，c(H2O2)不同，則實驗目的是探究反應物濃度對反應速率的影響。(2)實驗Ⅰ中，c(H2O2)最小且未使用催化劑，則實驗Ⅰ中起始反應速率最小；實驗Ⅱ和Ⅲ中c(H2O2)相同，實驗Ⅲ中加入FeCl3溶液，則實驗Ⅲ的起始反應速率大于實驗Ⅱ，故反應速率由大到小的順序為Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ。(3)①與實驗Ⅲ相比，實驗Ⅳ加入少量HCl溶液，實驗Ⅴ加入少量NaOH溶液，其他實驗條件均相同，由題圖可知，反應速率：Ⅴ>Ⅲ>Ⅳ，據(jù)此得出結論：堿性環(huán)境能加快H2O2分解的速率，酸性環(huán)境能減慢H2O2分解的速率。②實驗Ⅲ在t1～t2時間內，生成標準狀況下O2的體積為(b－a)mL，則有n(O2)＝eq\f(（b－a）×10－3,22.4)mol，反應中消耗H2O2的物質的量n(H2O2)＝2n(O2)＝eq\f(（b－a）×10－3,11.2)mol，溶液的總體積為11mL，故以H2O2表示的反應速率v(H2O2)＝eq\f(（b－a）×10－3,11.2×0.011×（t2－t1）)mol·L－1·s－1＝eq\f(b－a,123.2（t2－t1）)mol·L－1·s－1。17．（16分）(2024·江蘇鎮(zhèn)江統(tǒng)考)氮元素是一種重要元素，其單質及化合物在化工、生產等領域應用非常廣泛。請回答下列問題：(1)氮元素的常見單質有N2、N4、N8，三種分子中的每個氮原子均為8電子穩(wěn)定結構，則N4的結構簡式為_______________。(2)碘蒸氣的存在能大幅度提高N2O的分解速率，反應歷程如下：第一步：I2(g)→2I(g)(快反應)第二步：I(g)＋N2O(g)→N2(g)＋IO(g)(慢反應)第三步：IO(g)＋N2O(g)→N2(g)＋O2(g)＋eq\f(1,2)I2(g)(快反應)實驗表明：含碘時N2O分解速率方程v＝k·c(N2O)·c0.5(I2)(k為速率常數(shù))。下列表述正確的是_______________。A．升高溫度，第一步反應向右進行的程度變大B．第二步反應的活化能比第三步反應的小C．IO為反應的催化劑D．N2O分解反應的速率與是否含碘蒸氣有關(3)為探究溫度及不同催化劑對反應2NO(g)＋2CO(g)?N2(g)＋2CO2(g)ΔH＝－746.5kJ/mol的影響，分別在不同溫度、不同催化劑下，保持其他初始條件不變重復實驗，在相同時間內測得NO轉化率與溫度的關系如圖所示。在催化劑乙作用下，圖中M點對應的速率(對應溫度400℃)v(正)_______________v(逆)(填“>”“<”或“＝”)，溫度升高后，兩種催化劑條件下NO轉化率均明顯降低，原因可能是__________________________。(4)NH3催化還原NO是重要的煙氣脫硝技術。某研究小組將2molNH3、3molNO和一定量的O2充入2L密閉容器中，在Ag2O催化劑表面發(fā)生反應4NH3(g)＋6NO(g)?5N2(g)＋6H2O(g)ΔH<0，NO的轉化率隨溫度變化的情況如圖所示。①在15min內將溫度從420℃升高到580℃，此時間段內NO的平均反應速率為_______________mol·L－1·min－1。②在有氧條件下，580℃之后NO生成N2的轉化率降低的原因可能是__________________________________________________________________?！敬鸢浮?1)（2分）(2)AD（2分）(3)＞（3分）溫度升高，催化劑活性降低（3分）(4)①0.057（3分）②該反應為放熱反應，溫度升高，平衡逆向移動（3分）【解析】(1)N4分子中每個N原子均為8電子穩(wěn)定結構，N4為四面體結構，結構簡式為。(2)A．斷鍵吸熱，所以升高溫度，第一步反應向右進行的程度變大，A正確；B．第二步反應為慢反應，其活化能比第三步反應的大，B錯誤；C．IO為中間產物，I2是反應的催化劑，C錯誤；D．根據(jù)含碘時N2O分解速率方程可判斷，N2O分解反應的速率與是否含碘蒸氣有關，D正確。(3)由于在催化劑乙作用下，題圖中M點對應的轉化率低于催化劑甲作用下對應的轉化率，因此反應沒有達到平衡狀態(tài)，反應向正反應方向進行，則速率(對應溫度400℃)v(正)>v(逆)；溫度高于400℃，NO轉化率降低的原因可能是溫度升高，催化劑活性降低。(4)①420℃時NO的轉化率為2%，此時消耗NO的物質的量為3mol×2%＝0.06mol，580℃時NO的轉化率為59%，此時消耗NO的物質的量為3mol×59%＝1.77mol，故在420～580℃，NO的改變量為1.77mol－0.06mol＝1.71mol，平均反應速率v＝eq\f(1.71mol,2L×15min)＝0.057mol·L－1·min－1。②該反應為放熱反應，溫度升高，平衡逆向移動，NO的轉化率降低。18．（18分）(1)在400℃時，將一定量的AB2(g)和14molB2(g)壓入一個盛有催化劑的10L密閉容器中進行反應：2AB2(g)＋B2(g)?2AB3(g)，已知2min后，容器中剩余2molAB2和12molB2。①反應中消耗了_______________molAB2(g)，2min后AB3(g)的物質的量濃度是___________________。②2min內平均反應速率v(B2)＝__________________________________。③反應前容器內壓強與反應后容器內壓強之比為_______________。(2)某溫度時，在2L的密閉容器中，X、Y、Z的物質的量隨時間的變化曲線如圖所示。①Z的產率是_______________。②由圖中所給數(shù)據(jù)進行分析，該反應的化學方程式為_____________________________________。③若三種物質都是氣體，則平衡時X所占體積的百分比為_______________(結果保留1位小數(shù))?！敬鸢浮?1)①4（2分）0.4mol·L－1（2分）②0.1mol·L－1·min－1（2分）③10∶9（3分）(2)①30%（3分）②3X＋Y?2Z（3分）③38.9%（3分）【解析】(1)①已知2min后，容器中剩余2molAB2(g)和12molB2(g)，因此消耗B2(g)的物質的量是14mol－12mol＝2mol，根據(jù)化學方程式可知，反應中消耗了4molAB2(g)，同時生成4molAB3(g)，因此2min后AB3(g)的物質的量濃度是eq\f(4mol,10L)＝0.4mol·L－1。②2min內平均反應速率v(B2)＝eq\f(14mol－12mol,10L×2min)＝0.1mol·L－1·min－1。③恒溫恒容條件下，壓強之比等于物質的量之比，反應前容器內壓強與反應后容器內壓強之比為eq\f(6mol＋14mol,2mol＋12mol＋4mol)＝eq\f(10,9)。(2)達到平衡時消耗X的物質的量是1.0mol－0.7mol＝0.3mol，消耗Y的物質的量是1.0mol－0.9mol＝0.1mol，生成Z的物質的量是0.2mol，各物質的物質的量的變化量之比等于化學計量數(shù)之比，因此該反應的化學方程式為3X＋Y?2Z，Z的理論產量是eq\f(2,3)mol，平衡時生成0.2molZ，所以Z的產率是eq\f(0.2mol,\f(2,3)mol)×100%＝30%。若三種物質都是氣體，則平衡時X所占體積的百分比為eq\f(0.7mol,0.7mol＋0.9mol＋0.2mol)×100%≈38.9%。19．（12分）(1)已知2NO(g)＋O2(g)2NO