第二章 化学反应速率与化学平衡 单元测试卷 -（2019）新人教版高中化学高二上学期选择性必修一.docx

1、第二章 化学反应速率与化学平衡 单元测试卷一、选择题（本大题共15小题，每小题3分，共45分）1一定温度下，把2.5molA和2.5molB混合盛入容积为2L的密闭容器里，发生如下反应：，经5s反应达平衡，在此5s内C的平均反应速率为0.2mol/(Ls)，同时生成1molD，下列叙述中不正确的是A反应达到平衡状态时A的转化率为60%BC平衡时，相同条件下容器内气体的压强与起始时压强比为65D若混合气体的密度不再变化，则该可逆反应达到化学平衡状态2下列表格中的各种情况，可以用下面对应选项中的图象表示的是选项反应甲乙A外形、大小相近的金属和足量水反应NaKB4 mL的KMnO4溶液，分别和不同浓

2、度的2mL(草酸)溶液反应的溶液的溶液C5mL溶液和5mL硫酸反应冷水热水D5mL4%的过氧化氢溶液分解放出无粉末加粉末ABCD3在一体积可变的密闭容器中，盛有适量的A和B的混合气体，在一定条件下发生反应A(g)+3B(g)2C(g)。若维持温度和压强不变，当达到平衡时，容器的体积为V L，其中C气体的体积占10%。下列判断中正确的是A原混合气体的体积为1.2V LB原混合气体的体积为1.1V LC反应达到平衡时气体A消耗掉0.1V LD反应达到平衡时气体B消耗掉0.05V L4常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)4CO(g) Ni(CO)4(g)。230 时，该反应的平衡常数K=210-

3、5，已知：Ni(CO)4的沸点为42.2 ，固体杂质不参与反应。第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230 制得高纯镍。下列判断正确的是A第一阶段，增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大B第一阶段，若在30 和50 两者之间选择反应温度，应选50 C第二阶段的Ni(CO)4分解率较低D第一阶段反应达到平衡时，v生成Ni(CO)4=4v生成(CO)5把0.6 mol气体X和0.4 mol气体Y混合于2.0 L的密闭容器中，发生如下反应：3X(g)Y(g) nZ(g)2W(g)，测得5 min末生成0.2 mol W，又知

4、以Z表示的平均反应速率为0.01 molL-1min-1，则n值是A1B2C3D46实验室中模拟合成氨反应：在恒容密闭容器中，初始投入量相等的条件下，得到三组实验数据如表所示：实验序号温度()浓度()13002.001.701.501.361.251.201.2023002.001.501.281.201.201.201.2032002.001.601.391.291.271.271.27下列有关说法不正确的是A当容器内的压强不再改变时，说明该可逆反应已达到化学平衡状态B实验2中，前内以的浓度变化表示的化学反应速率为C比较实验1和2，说明实验2使用了更高效的催化剂D实验3中，时向容器中充入一定

5、量，则正反应速率不变7知：CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g)。向恒容密闭容器中充入0.1molCH4和0.2molH2S，测得平衡时体系中各物质的物质的量分数与温度的关系如图所示。下列说法不正确的是A该反应的H0BX点CH4的转化率为20%CX点与Y点容器内压强比为5155D维持Z点温度，向容器中再充入CH4、H2S、CS2、H2各0.1mol时v(正)v(逆)8已知可逆反应： ，在某密闭体系中进行该反应，反应过程中能量变化如图所示。下列说法正确的是A为逆反应的活化能，为正反应的活化能B曲线使用了催化剂，降低了反应的焓变C，该反应为吸热反应D活化能越大，反应越容易进行9吸热

6、反应，在2000时，。2000时，向10 L密闭容器内充入、，和，则下列说法正确的是A此反应的初始状态为化学平衡状态B此反应的初始状态为非化学平衡状态，反应将正向进行C此反应的初始状态为非化学平衡状态，反应将逆向进行D无法判断此反应的初始状态是否为化学平衡状态10在一定温度下，可逆反应2NO2=2NO+O2在体积固定的密闭容器中进行，反应达到平衡状态的标志是单位时间内生成n mol O2，同进生成2n mol NO2单位时间内生成n mol O2，同进生成2n mol NO用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为221混合气体的密度不再改变混合气体的颜色不再改变ABCD以上全

7、部11羰基硫(COS)可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。在恒容密闭容器中，将10molCO和一定量的H2S混合加热并达到下列平衡： ，平衡后CO物质的量为8mol。下列说法正确的是A起始时H2S的物质的量为7molBCO、H2S的转化率之比为1：1C升高温度，COS浓度减小，表明该反应是吸热反应D恒温下向平衡体系中再加入CO、H2S、COS、H2各1mol，平衡不移动12硫酸是重要的化工原料，工业上由硫或硫铁矿通过反应可得，催化氧化生成，再用浓硫酸吸收得发烟硫酸()，发烟硫酸与水反应可得硫酸。“热化学硫碘循环分解水”是一种利用硫酸、碘等来获取氢能源方法。下列有关接触法制硫

8、酸的说法正确的是A硫铁矿和氧气在高温下发生的反应为吸热反应B升高接触室中气体的温度能提高的平衡转化率C将从吸收塔底部通入，浓硫酸从塔顶喷淋，提高了的吸收率D将全部转化为需消耗13如图表示合成氨反应过程中的能量变化。关于合成氨反应，下列说法不正确的是A使用催化剂能缩短该反应到达平衡的时间B提高N2与H2的投料比可增大H2的转化率C增大压强能提高N2的反应速率和转化率D升高温度有利于提高N2的平衡转化率14与的盐酸反应(放热反应)生成的物质的量与反应时间的关系如图所示，下列结论错误的是A反应开始内平均反应速率最大B反应速率先增大后减小C内温度对反应速率的影响较大D后反应物浓度是影响反应速度的主要因

9、素15反应4A(s)+3B(g)=2C(g)+D(g)，经2min，B的浓度减少了0.6molL-1。对此反应速率的表示，正确的是A用A表示的反应速率是0.4mol(Lmin)-1B分别用B、C、D表示反应的速率，其比是3：2：1C在2min末的反应速率，用B表示是0.3mol(Lmin)-1D其他条件不变，适当增加A的物质的量会使反应速率增大二、非选择题（本大题共4小题，共55分）16已知 ，在一个有催化剂、容积不变的密闭容器中加入和，在500时充分反应，达到平衡时的浓度为，放出热量为。(1)达到平衡时，的转化率为_。(2)达到平衡后，若向原容器中通入少量的氩气，的转化率将_(填“增大”“减

10、小”或“不变”)。(3)若在原来的容器中，只加入，500时充分反应达到平衡后，吸收热量，的浓度_(填“”“”或“”)，、之间满足何种关系：_。(4)改变某一条件，得到如图的变化规律(图中表示温度，表示物质的量)，则下列结论正确的是_(填序号)。A 反应速率：B 达到平衡时的转化率：C D 点对应的状态，和的起始物质的量之比为(5)若将上述容器改为恒压容器，起始时加入和，500时充分反应达平衡后，放出热量，则_(填“”“”或“”)。(6)下列措施可以同时提高反应速率和转化率的是_(填序号)。A 选择适当的催化剂 B 增大压强C 及时分离生成的 D 升高温度17氮的氧化物既是空气的重要污染物，同时

11、也是重要的化工原料。（1）在时，向容积为的恒容真空容器中通入，发生反应： 。测得的物质的量分数与反应时间（）的关系如下表：0204060801.00.750.520.400.40内，_。上述反应中，其中、为速率常数，则时，、的关系式为_。改变温度至时，则_（填“”“”或“”）。（2）催化还原氮氧化物是目前应用广泛的烟气脱硝技术。已知： ，向容积为的恒容密闭容器中充入和的混合气体充分反应。不同投料比时，的平衡转化率与温度的关系如图中曲线所示投料比。_（填“”“”或“”，下同）。_。时，反应的平衡常数为_（填计算式即可）。投料比为时，点对应的_（填“”“”或“”）点对应的。18.一定条件下，在容积

12、为的密闭容器中，、B、C三种气体的物质的量随时间的变化如图甲所示。已知达到平衡后，降低温度，A的体积分数减小。(1)该反应的化学方程式为_。(2)该反应的反应速率随时间的关系如图乙所示。根据图乙判断，在时刻改变的外界条件是_。、对应的平衡状态中，C的体积分数最大的是状态_。各阶段的平衡常数如下表所示：、之间的大小关系为_(用“”“”或“”连接)。.在密闭容器中充入一定量的，发生反应： ，如图丙所示为气体分解生成和的平衡转化率与温度、压强的关系。(1)_(填“”“”或“”)0。(2)图丙中压强(、)由大到小的顺序为_。(3)图丙中点对应的平衡常数_(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分

13、数)。(4)如果想进一步提高的转化率，除改变温度、压强外，还可以采取的措施有_。19水煤气变换CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)是重要的化工过程，主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。回答下列问题：（1）Shibata曾做过下列实验：使纯H2缓慢地通过处于721 下的过量氧化钴CoO(s)，氧化钴部分被还原为金属钴(Co)，平衡后气体中H2的物质的量分数为0.0250。在同一温度下用CO还原CoO(s)，平衡后气体中CO的物质的量分数为0.0192。根据上述实验结果判断，还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO_H2（填“大于”或“小于”）。（2）721 时，在密闭容

14、器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合，采用适当的催化剂进行反应，则平衡时体系中H2的物质的量分数为_（填标号）。A0.25 B0.25 C0.250.50 D0.50 E0.50（3）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用标注。可知水煤气变换的H_0（填“大于”“等于”或“小于”），该历程中最大能垒（活化能）E正=_eV，写出该步骤的化学方程式_。（4）Shoichi研究了467 、489 时水煤气变换中CO和H2分压随时间变化关系（如下图所示），催化剂为氧化铁，实验初始时体系中的PH2O和PCO相等、

15、PCO2和PH2相等。计算曲线a的反应在3090 min内的平均速率(a)=_kPamin1。467 时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是_、_。489 时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是_、_。参考答案1C【解析】A达到平衡状态时消耗n(A)=n(D)=1mol=1.5mol，A的转化率=100%=100%=60%，A错误；B5s内(D)=molL-1s-1=0.1molL-1s-1，相同时间内其反应速率之比等于计量数之比，(C)：(D)=x：2=0.2mol/(Ls)：0.1molL-1s-1=2：1，x=4，B正确；C恒温恒容条件下，气体物质的量之比等于其压强之比，开始时混

16、合气体总物质的量=2.5mol，平衡时生成1molD，生成n(C)=0.2mol/(Ls)5s2L=2mol，剩余n(A)=2.5mol-1mol=1mol、剩余n(B)=2.5mol-1mol=2mol，由于B为固体，所以平衡时气体总物质的量=(2+1+2)mol=5mol，则达到平衡状态时容器内气体的压强与起始时压强比=5mol：2.5mol=2：1，C错误；D由于B为固体，其余均为气体，故反应过程中气体的质量一直在改变，体积不变，密度一直在改变，故若混合气体的密度不再变化，则该可逆反应达到化学平衡状态，D正确；故答案为：C。2B【解析】A外形、大小相近的金属Na和K分别与足量水反应，K更

17、活泼，反应速率乙大于甲，A不符合；B其它条件相同，浓度越大，反应速率越快，随着反应进行，甲的浓度一直比乙大，反应速率较大，B符合； C其它条件相同，体系温度越高，反应速率越快，起始速率乙大于甲，C不符合；D其它条件相同，粉末催化剂能加快过氧化氢溶液分解放出，乙的速率大于甲，所用时间更短，D不符合；故答案选B。3B【解析】反应达到平衡时容器的总体积是V L，其中C的体积分数是10%，则C的体积是0.1V L，根据物质反应转化关系可知：每反应产生2 mol C，就会消耗1 mol A和3 mol B，消耗反应物共4 mol，气体总物质的量减少2 mol。在同温同压下，气体的物质的量的比等于气体的体

18、积比。现在反应产生C体积是0.1V L，则发生反应消耗体积A是0.05V L，消耗气体B体积0.15V L，原混合气体的总体积V原=V+0.1V L=1.1V L，故选项B正确。4B【解析】A平衡常数只与温度有关，增加c(CO)，Ni(s)4CO(g) Ni(CO)4(g)平衡向正向移动，反应的平衡常数不变，故A错误；BNi(CO)4的沸点为42.2 ，所以第一阶段，应选择反应温度为50 ，故B正确；C230 时，Ni(s)4CO(g) Ni(CO)4(g)反应的平衡常数K=210-5，则逆反应平可常数为5104，所以第二阶段的Ni(CO)4分解率高，故C错误；D第一阶段反应达到平衡时，4v生

19、成Ni(CO)4= v生成(CO)，故D错误；选B。5A【解析】5 min末生成0.2 mol W可知，W的反应速率v(W)= =0.02molL-1min-1，由化学反应速率之比等于化学计量数之比可得：n：2=0.01molL-1min-10.02molL-1min-1=21，解得n=1，故选A。6B【解析】A根据反应方程式可知，该反应前后气体的分子数不同，在反应过程中体系的压强随着分子数的变化而变化，故当容器内的压强不再改变时，说明该可逆反应已达到化学平衡状态，A正确；B实验2中，前20min内以H2的浓度变化表示的化学反应速率为=0.036molL-1min-1，NH3的浓度变化表示的化

20、学反应速率为0.024molL-1min-1，B错误；C催化剂只能加快反应速率，不能影响平衡移动。比较实验1和2，实验2更快达到了与实验1相同的化学平衡状态，说明实验2使用了更高效的催化剂C正确；D恒容容器中通入氦气，反应混合物中各组分的深度保持不变，故反应速率不变，D正确；故选B。7C【解析】A由图可知，温度越高，生成物的物质的量越大，则升高温度平衡正向移动，所以正反应为吸热反应，则H0，故A正确；BX点CH4的物质的量与氢气相等，则，所以有0.1-x=4x，解得x=0.02，则X点CH4的转化率为，故B正确；C同温同体积，物质的量与压强成正比，而X点与Y点的温度不同，则无法计算容器内压强比

21、，故C错误；D Z点CH4的物质的量与CS2相等，则，所以有0.1-x=x，解得x=0.05，设体积为V，得出平衡常数，向容器中再充入CH4、H2S、CS2、H2各0.1mol时，所以平衡移动逆方向移动，v(正)v(逆)，故D正确；答案选C。8C【解析】A由图象可知，为正反应的活化能，为逆反应的活化能，A项错误；B催化剂能降低反应的活化能、不能改变反应的焓变，B项错误；C与的差值是该反应的焓变，该差值为正值，故该反应为吸热反应，C项正确；D活化能越大，反应越难进行，D项错误；答案选C。9C【解析】该反应的浓度商，故反应的初始状态为非化学平衡状态，反应逆向进行，综上所述C项正确。10A【解析】单

22、位时间内生成n mol O2，同进生成2n mol NO2，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡；单位时间内生成n mol O2，同进生成2n mol NO，描述的都是正反应，不能说明反应已达平衡；化学反应速率之比=计量数之比，用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率之比始终为221，不能说明反应已达平衡；容器体积和气体质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡；混合气体的颜色不再改变，说明NO2浓度不变，反应已达平衡；综上所述，可作为平衡标志的有，A正确；选A。11A【分析】假设起始时H2S的物质的量为amol，则三段式分析如下： ，K=0.1，解得：a=7，

23、据此分析解题。【解析】A由有分析可知，起始时H2S的物质的量为7mol，A正确；BCO、H2S的转化率分别为： 、 ，故转化率之比不为1：1，B错误；C升高温度，COS浓度减小，说明化学平衡逆向移动，故该反应正反应是放热反应，C错误；D恒温下向平衡体系中再加入CO、H2S、COS、H2各1mol，则此时的Qc=0.1，故平衡逆向移动，D错误；故答案为：A。12C【解析】A硫铁矿和氧气在高温下发生的反应为放热反应，故A错误；B催化氧化生成是放热反应，升高接触室中气体的温度，平衡逆向移动，因此能降低的平衡转化率，故B错误；C将从吸收塔底部通入，浓硫酸从塔顶喷淋，逆向对流有利于提高了的吸收率，故C正

24、确；D将全部转化为需消耗，生成2mol，故D错误。综上所述，答案为C。13D【解析】A催化剂能够加快化学反应速率，因此使用催化剂能缩短该反应到达平衡的时间，故A正确；B增大混合气体中N2的比例，平衡正向移动，能够增大H2的平衡转化率，故B正确；C增大压强，化学反应速率加快，该反应正向为气体体积减小的反应，增大压强能使平衡正向移动，N2的转化率将增大，故C正确；D由图可知，该反应反应物总能量大于生成物总能量，因此该反应正向为放热反应，升高温度平衡将逆向移动，N2的平衡转化率将减小，故D错误；综上所述，不正确的是D项，故答案为D。14A【解析】A图中的曲线表明，在第一个2 min内产生了0.1 m

25、ol ，第二个2 min内产生了0.2 mol ，第三个2 min内产生了0.05 mol ，反应速率先增大后减小，A项错误，B反应速率先增大后减小，B项正确；C反应过程中温度和反应物浓度对反应速率均有影响，反应放热，使溶液温度升高，24 min内温度对反应速率的影响大，导致反应速率增大，C项正确；D4 min后速率下降主要是由于反应物浓度降低，D项正确；故选A。15B【解析】AA为固体，浓度不变，不能用单位时间内浓度变化量表示反应速率，故A错误；B速率之比等于化学计量数之比，则v(B)：v(C)：v(D)=3:2:1，故B正确；C2min内，B的浓度减少0.6 molL1，2min内用B表示

26、的平均反应速率，不是2min末的即时速率，故C错误；DA为固体，适当增加A的物质的量，反应速率不变；故D错误；故选B。16 不变 AD B 【解析】(1)已知 ，达到平衡后的浓度为，放出热量为，则的平衡转化率为；(2)达到平衡后，若向原恒容容器中通入少量的氩气，氩气不参与反应，反应物浓度不变，平衡不移动，的转化率不变；(3)在同一容器中投入和与投入是等效的，达到的平衡状态相同，所以反应达到平衡后，的浓度等于；根据等效平衡原理可知，；(4)增大反应体系中的物质的量，反应物的浓度变大，反应速率：，故A正确；增大一种反应物的量，则另一种反应物的转化率增大，则达到平衡时的转化率大小为，B错误；正反应是

27、放热反应，所以降低温度，平衡正向移动，的平衡体积分数增大，故，C错误；投料比为化学式前的系数之比时，平衡时产物的体积分数最大，则点对应的状态，和的起始物质的量之比为，D正确；(5)恒压条件下，相当给原平衡加压，平衡正向移动，转化率变大，；(6)A选择适当的催化剂，平衡不移动，的转化率不变，故A错误；B增大压强，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，的转化率增大，故B正确；C及时分离生成的，反应速率减小，故C错误；D升高温度，平衡向逆反应方向移动，的转化率减小，故D错误；答案选B。17 【解析】（1）设生成的为，列三段式：时，的物质的量分数为0.75，所以，可得，所以反应至时，生成的物质的量为，内

28、，。反应达到平衡时有，即，达到平衡时，的物质的量分数为0.40，即，可得，此时，所以下反应的化学平衡常数，又因，则有，所以；改变温度至时，由于，则，平衡常数减小，正反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，减小，所以。（2）投料比一定时，升高温度二氧化氮转化率减小，平衡逆向移动，则正反应放热，所以。温度相同时，增大投料比，二氧化氮转化率减小，由图可知，温度相同时对应的二氧化氮转化率较小，说明投料比。根据图像，投料比为时，达到平衡，的转化率为50%，列三段式：反应的平衡常数。投料比为时，温度相同，点没有达到平衡状态，要使反应达到平衡状态，二氧化氮转化率应该增大，反应正向进行，逐渐减小，逐渐增大，点

29、为平衡状态，此时的，所以点对应的点对应的。18 升高温度 1 及时分离出产物 【解析】(1)根据图甲可知，达到平衡时A的物质的量减少，的物质的量减少，C的物质的量增加，所以A、B、C的物质的量变化量之比为，且A和B未完全转化为C，该反应为可逆反应，所以该反应的化学方程式为；(2)根据图乙可知：时刻正、逆反应速率同时增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动该反应反应前后气体分子数减小，若增大压强，平衡正向移动，与图像不符达到平衡后，降低温度，A的体积分数减小，则该反应为放热反应，升高温度，正、逆反应速率均增大，平衡逆向移动，与图像相符，所以时刻改变的条件是升高温度；根据图乙可知，在时反应正

30、向进行，A的转化率逐渐增大，时反应达到平衡状态，A的转化率达到最大；时升高温度，平衡逆向移动，A的转化率逐渐减小，时A的转化率达到最小；时，正、逆反应速率同时增大且相等，说明平衡没有移动，A的转化率不变，与时相等，所以A的转化率最大的时间段是，A的转化率最大时，C的体积分数最大，对应a；反应 ，温度升高平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，所以温度越高，化学平衡常数越小；、时间段的温度关系为，所以化学平衡常数大小关系为；(1)恒压条件下，温度升高，的转化率增大，即升高温度平衡正向移动，则；(2) ，该反应是气体分子数增大的反应，温度不变，增大压强平衡逆向移动，的转化率减小，则压强由大到小的顺

31、序为；(3)M点对应的转化率为50%，总压为，设起始量为，列三段式：；(4)如果想进一步提高的转化率，除改变温度、压强外，还可以减少生成物浓度促进平衡正向移动。19大于 C 小于 2.02 COOH+H+H2OCOOH+2H+OH或H2OH+OH 0.0047 b c a d 【分析】（1）由H2、CO与CoO反应后其气体物质的量分数判断二者的倾向大小；（2）根据三段式以及CO与H2的倾向大小关系综合判断；（3）根据反应物与生成物的相对能量差大小进行比较判断；根据反应物达到活化状态所需能量为活化能以及相对能量差值大小计算并比较最大能垒；根据最大能垒对应的反应历程对应的物质写出方程式；（4）根据

32、图中曲线a在3090 min内分压变化量计算平均反应速率；水煤气变换中CO是反应物，H2是产物，该反应又是放热反应，根据温度变化对化学平衡的影响判断出在不同温度下曲线对应的物质。【解析】（1）H2还原氧化钴的方程式为：H2(g)CoO(s)Co(s)H2O(g)；CO还原氧化钴的方程式为：CO(g)CoO(s)Co(s)CO2(g)，平衡时H2还原体系中H2的物质的量分数（）高于CO还原体系中CO的物质的量分数（），故还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO大于H2；（2）721时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合，可设其物质的量为1mol，则则平衡时体系中H2的物质的量

33、分数=，因该反应为可逆反应，故x0.5，由此可判断最终平衡时体系中H2的物质的量分数介于0.250.50，故答案为C；（3）根据水煤气变换CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)并结合水煤气变换的反应历程相对能量可知，CO(g)+H2O(g)的能量（-0.32eV）高于CO2(g)+H2(g)的能量（-0.83eV），故水煤气变换的H小于0；活化能即反应物状态达到活化状态所需能量，根据变换历程的相对能量可知，最大差值为：其最大能垒（活化能）E正=1.86-(-0.16)eV=2.02eV；该步骤的反应物为COOH+H+H2OCOOH+2H+OH；因反应前后COOH和1个H未发生改变，

34、也可以表述成H2OH+OH；（4）由图可知，3090 min内a曲线对应物质的分压变化量p=（4.08-3.80）kPa=0.28 kPa，故曲线a的反应在3090 min内的平均速率(a)=0.0047 kPamin1；由（2）中分析得出H2的物质的量分数介于0.250.5，CO的物质的量分数介于00.25，即H2的分压始终高于CO的分压，据此可将图分成两部分：由此可知，a、b表示的是H2的分压，c、d表示的是CO的分压，该反应为放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，CO分压增加，H2分压降低，故467时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是b、c；489时PH2和PCO随时间变化关系的曲线

35、分别是a、d。【点睛】本题以水煤气交换为背景，考查化学反应原理的基本应用，较为注重学生学科能力的培养，难点在于材料分析和信息提取，图像比较新，提取信息能力较弱的学生，会比较吃力。第（3）问来源于我国化学工作者发表在顶级刊物Science中的文章“沉积在-MoC上单层金原子对水煤气的低温催化反应”，试题以文章中的单原子催化能量变化的理论计算模型为情境，让学生认识、分析催化吸附机理及反应过程中的能量变化。本题属于连贯性综合题目，本题的解题关键在于第（1）问的信息理解与应用，若本题的第（1）问判断错误，会导致后续多数题目判断错误；第（2）问可以采取特殊值法进行赋值并结合极限法计算，考生若只是考虑到完全转化极限，则只能判断出H2的物质的量分数小于0.5，这是由于对题干的信息应用能力不熟练而导致；对于第（4）问中曲线对应物质的确定需根据第（1）（2）问得出的相关结论进行推断，需先确定物质对应曲线，然后再根据勒夏特列原理判读相关物质的变化。