2023年高考真题变式分类汇编：化学平衡的影响因素1
一、选择题
1．（2023·辽宁）某小组进行实验，向蒸馏水中加入，充分振荡，溶液呈浅棕色，再加入锌粒，溶液颜色加深；最终紫黑色晶体消失，溶液褪色。已知为棕色，下列关于颜色变化的解释错误的是
选项 颜色变化 解释
A 溶液呈浅棕色 在水中溶解度较小
B 溶液颜色加深 发生了反应：
C 紫黑色晶体消失 ()的消耗使溶解平衡右移
D 溶液褪色 与有色物质发生了置换反应
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．向10mL蒸馏水中加入0.4gI2，充分振荡，溶液呈浅棕色，说明I2的浓度较小，因为I2在水中溶解度较小，A项正确；
B．已知I3-(aq)为棕色，加入0.2g锌粒后，Zn与I2反应生成ZnI2，生成的I-与I2发生反应I-+I2 I3-，生成I3-使溶液颜色加深，B项正确；
C．I2在水中存在溶解平衡I2(s) I2(aq)，Zn与I2反应生成的I-与I2(aq)反应生成I3-，I2(aq)浓度减小，上述溶解平衡向右移动，紫黑色晶体消失，C项正确；
D．最终溶液褪色是Zn与有色物质发生了化合反应，不是置换反应，D项错误；
故答案为：D。
【分析】根据分析可知，I-与I2发生反应I-+I2 I3-，该反应为可逆反应，利用平衡移动原理解答即可。
2．（2023·浙江1月选考）标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下[已知和的相对能量为0]，下列说法错误的是
A．
B．可计算键能为
C．相同条件下，的平衡转化率：历程Ⅱ>历程Ⅰ
D．历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为：
【答案】C
【知识点】化学反应速率；催化剂；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．Cl原子是历程Ⅱ的催化剂，催化剂不能改变反应的反应热，则历程Ⅰ、Ⅱ的反应热相等，因此，A不符合题意；
B．已知的相对能量为0，对比两个历程可知，的相对能量为，则键能为，B不符合题意；
C．催化剂不能改变反应的平衡转化率，因此相同条件下，的平衡转化率：历程Ⅱ=历程Ⅰ，C符合题意；
D．活化能越低，反应速率越快，由图像可知，历程Ⅱ中第二步反应的活化能最低，所以速率最快的一步反应的热化学方程式为：，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.催化剂不影响焓变；
B.的相对能量为；
C.催化剂不能改变反应的始态和终态，不能改变反应物的平衡转化率；
D.活化能越大反应速率越慢。
3．（2022·江苏）乙醇-水催化重整可获得。其主要反应为，，在、时，若仅考虑上述反应，平衡时和CO的选择性及的产率随温度的变化如图所示。
CO的选择性，下列说法正确的是（ ）
A．图中曲线①表示平衡时产率随温度的变化
B．升高温度，平衡时CO的选择性增大
C．一定温度下，增大可提高乙醇平衡转化率
D．一定温度下，加入或选用高效催化剂，均能提高平衡时产率
【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．由分析可知②代表H2的产率，A不符合题意；
B．由分析可知升高温度，平衡时CO的选择性增大，B符合题意；
C． 增大 ，反应的平衡正向移动，但乙醇的平衡转化率降低，C不符合题意；
D． 催化剂不会影响平衡状态，不能提高H2的产率，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 CO的选择性 ，则CO2的选择性，则CO和CO2选择性之和为1，根据热化学方程式可知，CO的选择性随温度的升高一直增大，则③代表CO的选择性，①代表CO2的选择性，②代表氢气的产率。
4．（2023·榆林模拟）证据推理是学习化学的重要方法，下列证据与推理的关系对应正确的是
选项 证据 推理
A 室温下，用pH试纸分别测定浓度均为0.1mol L-1的Na2SO3和NaHSO3两种溶液的pH，Na2SO3溶液的pH更大 HSO结合H+的能力比SO的强
B 将充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中，红棕色变深反应 2NO2(g)N2O4(g) △H＜0
C 向淀粉溶液中加入稀硫酸，水浴加热后，再加入银氨溶液，水浴加热，未出现银镜 淀粉未发生水解
D 向浓度均为0.01mol L-1的NaCl和KI混合溶液中滴加少量0.01mol L-1的AgNO3溶液，出现黄色沉淀 说明：Ksp(AgI)＞Ksp(AgCl)
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；食物中淀粉、蛋白质、葡萄糖的检验
【解析】【解答】A．亚硫酸钠溶液显碱性，亚硫酸氢钠溶液显酸性，HSO电离程度大于其水解程度，HSO结合H+能力弱于SO，故A不符合题意；
B．NO2中存在2NO2N2O4，将玻璃球放在热水中，红棕色变深，说明升高温度，平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，该反应的正反应为放热反应，故B符合题意；
C．醛基与银氨溶液反应，反应环境为碱性，题中加入稀硫酸后，没有加入NaOH溶液中和硫酸，因此未出现银镜，不能说明淀粉未发生水解，故C不符合题意；
D．Cl-、I-浓度相同，滴加少量硝酸银溶液，出现黄色沉淀，黄色沉淀为AgI，说明AgI比AgCl更难溶，即Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.Na2SO3溶液显碱性，NaHSO3溶液显酸性；
B.平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
C.银镜反应应在碱性环境中进行；
D.该实验过程中发生沉淀的转化。
5．（2023·梅州模拟）下列事实与解释或结论不相符的是
选项 事实 解释或结论
A 苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 苯分子中含有大π键而没有碳碳双键，大π键稳定性较强
B 是极性分子 中只含有极性键
C 键角： 水分子中O的孤电子对数比氨分子中N的多
D 取2mL 0.5 溶液于试管中，进行加热，发现溶液颜色变为黄绿色；后将试管置于冷水中，溶液颜色又由黄绿色转变为蓝绿色 溶液中存在以下平衡： ，在其他条件不变时，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，降低温度，平衡向放热反应方向移动
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；极性分子和非极性分子；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．苯分子中含有大π键而没有碳碳双键，大π键稳定性较强，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故A不符合题意；
B．是极性分子，其中含有极性键H-O键和非极性键O-O键，故B符合题意；
C．H2O和NH3的中心原子O和N都是sp3杂化，杂化轨道都是正四面体构型，但孤电子对间的排斥力比成键电子对间的排斥力大，且孤电子对越多，斥力越大，键角被压缩得越小，而H2O有两对孤电子对，NH3有一对孤电子对，所以H2O的键角比NH3的键角
小，故C不符合题意；
D．溶液中存在以下平衡： ，该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，转化为，溶液颜色变为黄绿色；降低温度，平衡逆向移动，转化为，溶液颜色又由黄绿色转变为蓝绿色，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】B中是极性分子，其中含有极性键H-O键和非极性键O-O键，其它选择均正确。
6．（2023·广州模拟）恒容密闭容器中，以硫()与为原料制备，受热分解成气态，发生反应 。的平衡转化率、的体积分数随温度的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A．
B．温度升高，分解率增大，体积分数增大
C．向平衡体系中充入惰性气体，平衡向右移动
D．其他条件相同，体积分数越大，平衡转化率越小
【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．由图像可看出，温度升高，CH4的平衡转化率降低，S2的体积分数升高说明升温时，平衡向左移动，所以正反应方向是放热的，即<0，选项A不符合题意；
B．因为S8分解成S2需要吸收热量，S8(g) 4S2(g) >0，所以升温时，平衡右移，S8分解率增大，S2体积分数增大，选项B符合题意；
C．向恒温恒容的平衡体系中，通入惰性气体，由于与反应有关的气体物质的物质的量浓度均未变化，所以Q=K，平衡不移动，选项C不符合题意；
D．其他条件不变时，S2体积分数增大，即c(S2)越大，则平衡向右进行的程度越大，CH4的平衡转化率越大，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】利用化学平衡移动原理分析。
7．（2023·湖南模拟）在一定条件下探究二甲醚的制备反应：，，测定结果如图所示。下列判断错误的是
A．该反应的
B．加入催化剂可以提高CO的平衡转化率
C．工业选择的较适宜温度范围为280～290℃
D．该反应伴随有副反应的发生
【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．温度高于290℃时，随温度升高，CO的转化率、二甲醚的产率均降低，说明升高温度，平衡逆向移动，该反应的，A不符合题意；
B．催化剂只改变反应速率，不能使平衡移动，所以加入催化剂不能提高CO的平衡转化率，B符合题意；
C．温度范围为280～290℃时，二甲醚的产率最高，所以工业选择的较适宜温度范围为280～290℃，C不符合题意；
D．温度低于290℃时，CO的转化率随温度升高而降低，二甲醚的产率随温度升高而增大，可知该反应伴随有副反应的发生，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.随着温度的升高，CO的转化率在减小，说明升温平衡逆向移动；
B.催化剂不影响平衡状态；
C.温度为280～290℃时二甲醚的产率最高；
D.前一段随着温度的升高，CO的转化率在减小，但二甲醚的产率在增大。
8．（2023·张家界模拟）已知反应：CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)。在一定压强下，按W=向密闭容器中充入氯气与丙烯。图甲表示平衡时，丙烯的体积分数(φ)与温度T、W的关系，图乙表示正、逆反应的平衡常数与温度的关系。则下列说法中错误的是
A．图甲中W2＞1
B．图乙中，A线表示逆反应的平衡常数
C．温度为T1，W=2时，Cl2的转化率为50%
D．若在恒容绝热装置中进行上述反应，达到平衡时，装置内的气体压强增大
【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．在其它条件不变时，增大反应物Cl2的浓度，化学平衡正向移动，可以使更多丙烯反应变为生成物，最终达到平衡时丙烯的体积分数减小，由于丙烯的含量：W2＜W1，W1=1，所以W2＞1，A不符合题意；
B．根据图甲可知：在W不变时，升高温度，丙烯的平衡含量增大，说明升高温度，化学平衡逆向移动，正反应的化学平衡常数减小，则正反应为放热反应，△H＜0。化学平衡常数只与温度有关。升高温度，化学平衡逆向移动，正反应平衡常数减小，正反应平衡常数与逆反应平衡常数互为倒数，则逆反应化学平衡常数随温度的升高而增大，所以在图乙中A线表示逆反应的平衡常数，B线表示正反应的平衡常数，B不符合题意；
C．当温度为T1，W=2时，K=1，在反应开始时n(丙烯)=1 mol，n(Cl2)=2 mol，假设反应过程中丙烯反应消耗量为x，则平衡时：n(丙烯)=(1-x) mol，n(Cl2)=(2-x) mol，n(CH2=CH-CH2Cl)=n(HCl)=x mol，假设容器的容积为V，则K=，解得x=mol，所以氯气的转化率为，C符合题意；
D．在恒容绝热装置中进行上述反应，容器温度升高，反应前后气体的物质的量不变，则压强增大，D不符合题意；
【分析】A.增大反应物Cl2的浓度，该反应的平衡正向移动；
B.该反应为放热反应，化学平衡常数只与温度有关，升温化学平衡常数增大，降温化学平衡常数减小；
D.在恒容绝热装置中进行上述反应，容器温度升高。
9．（2023·安徽模拟）向一个的绝热刚性容器中通入和，在一定条件下发生反应，正反应速率随时间变化的示意图如下，下列结论正确的是
A．升高温度，该反应的平衡常数将增大
B．从反应开始到达到平衡，逆反应速率先增大后减小
C．体系压强不再变化，说明反应达到平衡
D．从容器中分离出少量后，增加，减小，平衡正向移动
【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．由分析可知，该反应为放热反应，升高温度，该反应的平衡常数将减小，不符合题意；
B．在达到平衡之前，逆反应速率始终增大，不符合题意；
C．反应是气体体积不变的反应，反应过程中气体总物质的量不变，根据理想气体状态方程，可以看出，压强与温度成正比，只要反应还在向右进行，容器的温度就会持续升高，压强就会一直增大。因此，压强不变可以说明达到了平衡状态，符合题意；
D．从容器中分离出少量后，平衡正向移动，都减小，不符合题意；
故答案为：C。
【分析】依据影响化学平衡的因素分析；利用“变者不变即平衡”判断。
10．（2023·南通）用和可以合成甲醇。其主要反应为
反应I
反应Ⅱ
在恒容密闭容器内，充入1mol 和3mol ，测得平衡时转化率，CO和选择性随温度变化如图所示[选择性]。
下列说法正确的是
A．270℃时主要发生反应Ⅱ
B．230℃下缩小容器的体积，n(CO)不变
C．250℃下达平衡时，
D．其他条件不变，210℃比230℃平衡时生成的多
【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】A.270℃时，CH3OH的选择性更大，故主要发生反应I，A不符合题意；
B．缩小容器体积，相当于是增大压强，反应I平衡正向移动，CO2，H2物质的量减小，故反应Ⅱ平衡会逆向移动，n (CO)会减小，B不符合题意；
C．该温度下，CH3OH的选择性是75%，CO是25%，CO2平衡转化率是12%，故转化的CO2物质的量是0.12mol，根据反应I，Ⅱ系数可知，生成H2O是0.12mol，C符合题意；
D.210℃和230℃相比CH3OH的选择性相差不大，但是230℃时CO的平衡转化率要明显大于210℃时，故230℃时转化生成的CH3OH更多，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.依据图中曲线分析；
B．依据化学平衡移动原理分析；
C．根据反应I，Ⅱ系数和图中数据分析；
D.依据图中曲线变化的趋势分析。
11．（2023·淮安模拟）CO2-H2催化重整可获得CH3OH。其主要反应为
反应I： CO2(g) + 3H2(g) = CH3OH(g) + H2O(g) △H1=-53.7kJ·mol-1
反应II：CO2(g) + H2(g)= CO(g) + H2O(g) △H2=+41kJ·mol-1
若仅考虑上述反应，在5.0 MPa、n始(CO2)： n始(H2)=1：3时，原料按一定流速通过反应器，CO2的转化率和CH3OH的选择性随温度变化如图所示。CH3OH的选择性=
下列说法正确的是
A．其他条件不变，升高温度，CO2的平衡转化率增大
B．其他条件不变，T>236℃时，曲线下降的可能原因是反应1正反应程度减弱
C．一定温度下，增大n始(CO2)：n始(H2)可提高CO2平衡转化率
D．研发高温高效催化剂可提高平衡时CH3OH的选择性
【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．从图中可知，升高温度，CO2的平衡转化率下降，A不符合题意；
B．温度升高，反应Ⅰ化学平衡逆向移动，反应Ⅱ化学平衡正向移动，则CH3OH的选择性下降，同时因为反应Ⅰ化学平衡逆向移动，导致CO2的转化率也有所下降，B符合题意；
C．增大n始(CO2)：n始(H2)，CO2浓度增大，H2浓度减小，则CO2的平衡转化率减小，C不符合题意；
D．研发高效的催化剂可提高反应速率，但是催化剂不能影响化学平衡的移动，故CH3OH的选择性不变，且由图知，温度越高甲醇的选择性越低，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据图像，利用影响化学平衡移动的因素分析；
12．（2022·深圳模拟）恒容密闭容器中，与在不同温度下发生反应：，达到平衡时，各组分的物质的量浓度(c)随温度(T)变化如图所示：
下列说法正确的是
A．该反应的平衡常数随温度升高而增大
B．曲线Y表示随温度的变化关系
C．提高投料比，可提高的平衡转化率
D．其他条件不变，与在℃下反应，达到平衡时
【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；等效平衡
【解析】【解答】A．由图可知，温度升高，H2的平衡浓度增大，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应，该反应的平衡常数随温度升高而减小，故A不符合题意；
B．结合方程式可知，的变化量为变化量的，则曲线Y表示随温度的变化关系，故B不符合题意；
C．提高投料比即增大CO2的浓度，平衡正向移动，的平衡转化率增大，故C符合题意；
D．其他条件不变，与在℃下反应，等效于增大压强，该反应是气体体积减小的反应，平衡正向移动，的浓度减小，当仍然大于与在℃下发生反应时的平衡浓度，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】AB．利用图像，根据影响化学平衡移动的因素分析；
C．增大一种反应物的量，可提高其它反应物的转化率，自身的转化率反应降低；
D．依据等效平衡原理分析。
13．（2022·绍兴模拟）对于反应，在温度一定时，平衡体系中的体积分数随压强的变化情况如图所示。下列说法中，正确的是
A．A，D两点对应状态的正反应速率大小关系：v(A)>v(D)
B．A，B，C，D，E各点对应状态中，v(正)＜v(逆)的是E
C．维持不变，E→A所需时间为，维持不变，D→C所需时间为，则
D．欲使C状态沿平衡曲线到达A状态，从理论上，可由无限缓慢降压至达成
【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A. 增大压强，反应速率增大，D点压强大于A点压强，所以v(A)
D. 无限缓慢降压至，压强减小，平衡向气体分子数增多的方向移动，故平衡正向移动，NO2的体积分数逐渐增加，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】依据平衡曲线，曲线上的点均为平衡状态，利用化学平衡移动原理分析。
二、多选题
14．（2018·宿迁模拟）下列有关说法正确的是（ ）
A．镀铜铁制品镀层受损后，铁制品比受损前更容易生锈
B．等物质的量浓度的CH3COOH溶液和HCl溶液中，水的电离程度相同
C．0.1 mol·L-1NH4Cl溶液加水稀释， 的值减小
D．对于反应2SO2+O2 2SO3，使用催化剂能加快反应速率和提高SO2的平衡转化率
【答案】A,C
【知识点】化学平衡的影响因素；水的电离；影响盐类水解程度的主要因素
【解析】【解答】A、铜、铁、电解质构成原电池，铁做负极，镀铜铁制品镀层受损后，铁更容易生锈，选项A符合题意；
B、等物质的量浓度的CH3COOH溶液和HCl溶液中后者氢离子浓度较大，抑制水的电离程度较大，水的电离程度较小，选项B不符合题意；
C、0.1 mol/LNH4Cl溶液加水稀释，水解程度增大， 的值减小，选项C符合题意；
D、使用催化剂能加快反应速率但不能使平衡移动，故无法提高SO2的平衡转化率，选项D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】A.根据原电池原理进行判断；
B.根据相同浓度的强弱电解质对水的电离的影响进行分析；
C.盐类的水解程度随溶液浓度的减小而增大；
D.催化剂不能改变化学平衡。
15．（2018·盐城模拟）在三个容积均为1L的恒温恒容密闭容器中，起始时按表中相应的量加入物质，在相同温度下发生反应3CO(g)+3H2(g) (CH3)2O(g)+CO2(g)(不发生其他反应)，CO的平衡转化率与温度和压强的关系加下图所示。
容器 起始物质的量/mol 平衡 转化率
CO H2 (CH3)2O CO2 CO
Ⅰ 0.3 0.3 0 0 50%
Ⅱ 0.3 0.3 0 0.1
Ⅲ 0 0 0.2 0.4
下列说法正确的是（ ）
A．该反应的△H<0，图中压强p1>p2
B．达到平衡时，容器Ⅱ中CO的平衡转化率大于50%
C．达到平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ的总压强之比小于4∶5
D．达到平衡时，容器Ⅲ中n[(CH3)2O]是容器Ⅱ中的2倍
【答案】A,C
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】A. 由图可知，升高温度CO的转化率降低则平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，△H<0，反应为气体体积缩小的反应，增大压强平衡正向移动，CO的转化率增大，则由图可知p1>p2，选项A符合题意；
B. 容器Ⅱ相当于加入了部分二氧化碳，平衡逆向移动，CO的转化率降低，故达到平衡时，容器Ⅱ中CO的平衡转化率小于50%，选项B不符合题意；
C. 达到平衡时，容器Ⅰ中总物质的量为0.15+0.15+0.05+0.05=0.4mol，容器Ⅱ的总物质的量小于0.15+0.15+0.05+0.05+0.1=0.5mol，故总压强之比小于4∶5，选项C符合题意；
D. 若恒压则为等效平衡，达到平衡时，容器Ⅲ中n[(CH3)2O]是容器Ⅱ中的2倍，但恒容情况下相当于容器Ⅲ为增大压强平衡向气体体积缩小的正方向移动，n[(CH3)2O]增多，则容器Ⅲ中n[(CH3)2O]大于容器Ⅱ中的2倍，选项D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A.根据温度和压强对CO转化率的影响，结合化学平衡移动原理判断焓变he压强大小即可；
B.增大生成物的浓度平衡向逆反应方向移动；
C.根据压强之比等于物质的量之比进行分析；
D.根据压强对化学平衡的影响进行判断。
16．（2017·南通模拟）在温度T1和T2时，分别将0.50mol CH4和1.20mol NO2充入体积为1L的密闭容器中，发生如下反应：CH4（g）+2NO2（g）??N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），测得n（CH4）随时间变化数据如下表：
时间/min 0 10 20 40 50
T1 n（CH4）/mol 0.50 0.35 0.25 0.10 0.10
T2 n（CH4）/mol 0.50 0.30 0.18 … 0.15
下列说法正确的是（ ）
A．T2时CH4的平衡转化率为70.0%
B．该反应的△H＞0、T1＜T2
C．保持其他条件不变，T1时向平衡体系中再充入0.30 mol CH4和0.80 mol H2O（g），平衡向正反应方向移动
D．保持其他条件不变，T1时向平衡体系中再充入0.50 mol CH4和1.20 mol NO2，与原平衡相比，达新平衡时N2的浓度增大、体积分数减小
【答案】A,D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】解：由表中数据可知，T1温度在40min到达平衡，开始对应各组分浓度相等，前20min内温度T2的反应速率大于温度T1的，则温度T2＞T1，T2温度先到达平衡，到达平衡时间小于40min，50min处于平衡状态，此时甲烷的物质的量为0.15mol，大于T1温度平衡时的0.1mol，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，
A．T2平衡时参加反应的甲烷物质的量为：0.5mol﹣0.15mol=0.35mol，则甲烷的平衡转化率为： ×1005=70%，故A正确；
B．根据分析可知，温度T1＜T2，正反应为放热反应，该反应的△H＜0，故B错误；
C．保持其他条件不变，T1时向平衡体系中再充入0.30molCH4和0.80molH2O（g），此时甲烷浓度为0.4mol/L，原平衡时生成的水为（0.5﹣0.1）mol×2=0.8mol，此时水的浓度为1.6mol/L，根据K= 可知此时Qc=6.4=K，反应向逆反应进行，故C错误；
D．再充入0.50molCH4和1.20molNO2，平衡正向移动，氮气浓度增大，等效为在原平衡基础增大压强，与原平衡相比平衡逆向移动，达新平衡时N2的体积分数减小，故D正确；
故选AD．
【分析】由表中数据可知，T1温度在40min到达平衡，开始对应各组分浓度相等，前20min内温度T2的反应速率大于温度T1的，则温度T2＞T1，T2温度先到达平衡，到达平衡时间小于40min，50min处于平衡状态，此时甲烷的物质的量为0.15mol，大于T1温度平衡时的0.1mol，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，
A．计算平衡时参加反应的甲烷物质的量，进而计算转化率；
B．根据分析可知，正反应为放热反应；
C．根据K= 判断浓度商与平衡常数相对大小，若Qc=K，处于平衡状态，若Qc＜K，反应向正反应进行，若Qc＞K，反应向逆反应进行；
D．再充入0.50molCH4和1.20molNO2，平衡正向移动，氮气浓度增大，等效为在原平衡基础增大压强，与原平衡相比平衡逆向移动．
17．（2019高二下·盐城期末）在两个容积均为2L恒温密闭容器中，起始时均充入amolH2S，控制不同温度和分别在有、无Al2O3催化时进行H2S的分解实验[反应为：2H2S(g) 2H2(g)+S2(g)]。测得的结果如下图所示（曲线Ⅱ、Ⅲ表示经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率）。
下列说法错误的是（ ）
A．H2S分解为放热反应
B．加入Al2O3 可提高H2S的平衡转化率
C．900℃反应2H2S(g) 2H2(g)+S2(g)的平衡常数K=0.125a
D．约1100℃曲线Ⅱ、Ⅲ几乎重合，说明Al2O3可能几乎失去催化活性
【答案】A,B
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A.根据图示可知：温度升高，H2S分解率增大，说明升高温度，平衡正向移动，根据平衡移动原理：升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，因此该反应的正反应为吸热反应，A符合题意；
B.加入Al2O3可提高H2S的分解速率，但不能使化学平衡移动，因此H2S平衡转化率不变，B符合题意；
C.根据图示可知900℃H2S的分解率是50%，反应2H2S(g) 2H2(g)+S2(g)的平衡常数K= = =0.125a，C不符合题意；
D.根据图象可知：在约1100℃曲线Ⅱ、Ⅲ几乎重合，说明有无催化剂Al2O3，物质反应速率相同，则Al2O3可能几乎失去催化活性，D不符合题意；
故答案为：AB
【分析】A.根据图像温度对平衡移动的影响分析；
B.催化剂不改变平衡移动；
C.根据图示900℃时H2S的分解率计算；
D.两曲线重合，说明反应速率相等；
18．（2018高二下·盐城期末）在密闭容器中加入0.1molSi及0.3molHCl，加热发生反应：Si(s) + 3HCl(g) SiHCl3(g)+H2(g)，测得SiHCl3的平衡产率与温度及压强的关系如下图所示：
下列说法正确的是（ ）
A．图中P1＞P2
B．M点HCl的转化率为10%
C．平衡时，容器中再加入少量单质Si，HCl的转化率增大
D．向恒压容器中加入0.2molSi、0.6molHCl， 500K、压强为P2时，SiHCl3的平衡产率等于20%
【答案】A,D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】A. 正反应体积减小，增大压强平衡向正反应方向进行，产率增大，则P1＞P2，A符合题意；
B. M点产率是0.2，则根据方程式可知
Si(s) + 3HCl(g) SiHCl3(g)+ H2(g)
起始（mol） 0.1 0.3 0 0
转化（mol） 0.02 0.06 0.02 0.02
平衡（mol） 0.08 0.24 0.02 0.02
所以HCl的转化率为20%，B不符合题意；
C. 硅是固体，平衡时，容器中再加入少量单质Si，平衡不移动，HCl的转化率不变，C不符合题意；
D. 向恒压容器中加入0.2molSi、0.6molHCl，500K、压强为P2时平衡等效，所以SiHCl3的平衡产率等于20%，D符合题意，
故答案为：AD。
【分析】根据化学平衡的计算以及外界条件对化学反应速率的影响进行分析即可。
19．（2017高二上·曲靖期末）一定温度下，水存在H2O H++OH﹣△H=Q（Q＞0）的平衡，下列叙述一定正确的是（ ）
A．向水中滴入少量稀盐酸，平衡逆向移动，Kw减小
B．将水加热，Kw增大，pH减小
C．向水中加入少量固体CH3COONa固体，平衡逆向移动，c（H+）降低
D．向水中加入少量固体硫酸钠，c（H+）和Kw均不变
【答案】B,D
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】解：A．温度不变，水的离子积常数不变，与溶液的酸碱性无关，向水中滴入少量稀盐酸，平衡逆向移动，Kw不变，故A错误；
B．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，离子积常数Kw增大，氢离子浓度增大，溶液的pH减小，故B正确；
C．向水中加入少量固体CH3COONa固体，由于醋酸根离子水解，则平衡正向移动，故C错误；
D．温度不变水的离子积常数不变，硫酸钠是强酸强碱盐，向水中加入硫酸钠固体后，不影响平衡移动，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，温度不知，氢离子浓度不变，故D正确．
故选BD．
【分析】根据水的电离方程式知，向水中加入酸或碱抑制水电离，加入含有弱根离子的盐能促进水电离，水的离子积常数只与温度有关，水的电离过程为吸热过程，加热促进水的电离，以此解答该题．
20．（2017高二上·九江期末）工业上，CH3OH也可由CO和H2合成．参考合成反应CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）的平衡常数．下列说法正确的是 （ ）
温度/℃ 0 100 200 300 400
平衡常数 667 13 1.9×10﹣2 2.4×10﹣4 1×10﹣5
A．该反应正反应是放热反应
B．该反应在低温下不能自发进行，高温下可自发进行，说明该反应△S＜0
C．在T℃时，1L密闭容器中，投入0.1mol CO和0.2mol H2，达到平衡时，CO转化率为50%，则此时的平衡常数为100
D．工业上采用稍高的压强（5MPa）和250℃，是因为此条件下，原料气转化率最高
【答案】A,C
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】解：A、依据平衡常数随温度变化和平衡移动原理分析判断，随温度升高平衡常数减小，正反应为放热反应，故A正确；
B、△H﹣T△S＜0的反应能够自发进行，该反应的△H＞0，若能够自发进行△S必须小大于0，故B错误；
C、结合平衡三段式列式计算，平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，
CO（g）+ 2H2（g） CH3OH（g）
起始（mol/L） 0.1 0.2 0
转化（mol/L） 0.1×50% 0.1 0.05
平衡（mol/L） 0.05 0.1 0.05
平衡常数K= =100，故C正确；
D、工业上采用稍高的压强（5MPa）和250℃，是从转化率和反应速率两方面综合考虑，故D错误；
故选AC．
【分析】A、依据平衡常数随温度变化和平衡移动原理分析判断；
B、△H﹣T△S＜0的反应能够自发进行；
C、结合平衡三段式列式计算，平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积；
D、正反应吸热，温度越低反应物转化率越高．
21．（2017高二上·柳州期末）某温度时，发生反应2HI （g） H2 （g）+I2 （g），向三个体积相等的恒容密闭容器A、B、C中，分别加入①2mol HI；②3mol HI；③1mol H2与1mo1I2，分别达平衡时，以下关系正确的是（ ）
A．平衡时，各容器的压强：②=①=③
B．平衡时，I2的浓度：②＞①=③
C．平衡时，I2的体积分数：②=①=③
D．从反应开始到达平衡的时间：①＞②=③
【答案】B,C
【知识点】化学平衡的影响因素；等效平衡
【解析】【解答】解：根据等效平衡原理：若1mol H2与1molI2完全转化为HI，则HI为2mol，所以①和③是完全相同的等效平衡，所以二者的浓度，百分含量，压强转，化率等都一样；②与①相比增大了HI的量，该反应为反应前后气体体积不变的反应，增大HI的量，达到平衡时新平衡与原平衡相同，所以各物质的百分含量不变，但是浓度增大．
A、由于恒容密闭容器，②中初始的量大，所以压强最大，故A错误；
B、由于恒容密闭容器，②中初始的量大，所以②中I2的浓度最大，①和③是完全相同的等效平衡，二者I2的浓度相同，所以平衡时，I2的浓度：②＞①=③，故B正确；
C、①②③都是等效平衡，所以三者中I2的体积分数相同，故C正确；
D、由于②中初始的量大，反应浓度大，反应速率快，所以到达平衡所用时间最短，所以②＜③，故D错误；
故选：BC．
【分析】根据等效平衡原理：若1mol H2与1molI2完全转化为HI，则HI为2mol，所以①和③是完全相同的等效平衡，所以二者的浓度，百分含量，压强，转化率等都一样；②与①相比增大了HI的量，该反应为反应前后气体体积不变的反应，增大HI的量，达到平衡时新平衡与原平衡相同，所以各物质的百分含量不变，但是浓度增大．
22．（2022高二上·兖州期中）一定温度下，在三个体积均为1L的恒容密闭容器中发生反应：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)。
容器编号 温度(℃) 起始物质的量(mol) 平衡物质的量(mol)
CH3OH(g) CH3OCH3(g) H2O(g)
① 387 0.20 0.080 0.080
② 387 0.40
③ 207 0.20 0.090 0.090
下列说法正确的是（ ）
A．达到平衡时，容器①中CH3OH的体积分数比容器②中的小
B．若容器①中反应在绝热条件下进行，达平衡时n(H2O)<0.080mol
C．容器①中反应达平衡后，增大压强，各物质浓度保持不变
D．若起始时，向容器①中充入CH3OH(g)、CH3OCH3(g)、H2O(g)各0.10mol，此时反应正向进行
【答案】B,D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．该反应为分子数相等的反应，②等效为①中平衡基础上压强增大一倍，反应气体体积不变，平衡不移动，容器①中的CH3OH体积分数与容器②中的相等，故A不符合题意；
B．对比①、③可知，升高温度CH3OCH3（g）的物质的量减小，说明平衡逆向移动，而升高温度平衡向吸热反应方向移动，则正反应为放热反应，若容器①中反应在绝热条件下进行，相当于升温，平衡逆向移动，达平衡时n(H2O)<0.080mol，故B符合题意；
C．该反应为分子数相等的反应，达平衡后，增大压强，平衡不移动，但容器体积减小，各物质浓度增大，故C不符合题意；
D．容器Ⅰ中平衡时c（CH3OCH3）＝c（H2O）＝＝0.080mol/L，c（CH3OH）=＝0.04mol/L，容器①中化学平衡常数K1＝＝4，此时浓度商Qc＝＝1.65＜K＝4，反应向正反应进行，故D符合题意；
故答案为：BD
【分析】A.②等效为①中平衡基础上压强增大一倍，平衡不移动；
C.容器①中增大压强，各物质浓度增大。
23．（2022高二上·安丘期中）下列有关实验的操作、现象和结论都正确的是（ ）
选项 实验操作 现象 结论
A 将装有和混合气体的烧瓶分别浸入冷水和热水中，并与常温情况进行对比() 冷水中烧瓶内气体颜色变浅，热水中烧瓶内气体颜色加深 升高温度，化学平衡向吸热方向移动，降低温度，向放热方向移动
B 在两个烧杯中分别盛有等体积、等浓度的烧碱溶液和氨水，插入电极，连接灯泡，接通电源，分别进行导电实验 盛有烧碱溶液的灯泡亮度大 强电解质导电能力大于弱电解质
C 向盛有溶液(显黄色)的①、②两只试管中分别滴加淀粉溶液、溶液 ①中溶液变蓝，②中产生黄色沉淀 溶液中存在平衡：
D 用pH试纸分别测定等物质的量浓度的和NaClO的pH pH： 酸性：
A．A B．B C．C D．D
【答案】A,C
【知识点】化学平衡的影响因素；强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A．为红棕色，为无色，该项中的实验操作、现象和结论都没有错误，A符合题意；
B．该项中的实验操作、现象符合题意，但结论不符合题意，溶液的导电能力与离子浓度和所带电荷数有关，而与电解质的强弱无关，强电解质的稀溶液导电能力可能小于弱电解质的浓溶液，B不符合题意；
C．溶液中存在，滴加淀粉溶液后变蓝说明溶液中有，滴加溶液后产生黄色沉淀说明溶液中有I-存在，则溶液中存在平衡：，C符合题意；
D．该项中的实验操作不符合题意，NaClO溶液具有漂白性，能使pH试纸漂白，应使用pH计测定NaClO溶液的pH，结论也是错误的，若pH： Na2CO3>NaClO，说明酸性： HCO
【分析】A.升高温度，热水中烧瓶内气体颜色加深，说明二氧化氮浓度增大；降低温度，冷水中烧瓶内气体颜色变浅，说明二氧化氮浓度降低；
B.溶液的导电性与离子浓度与离子所带电荷呈正比；
C.加入淀粉变蓝色，说明含有碘单质，加入硝酸银溶液有黄色沉淀生成，说明有碘离子；
D.NaClO能漂白指示剂。
三、非选择题
24．（2023·湖南）聚苯乙烯是一类重要的高分子材料，可通过苯乙烯聚合制得。
（1）Ⅰ．苯乙烯的制备
已知下列反应的热化学方程式：
①
②
③
计算反应④的 ；
（2）在某温度、下，向反应器中充入气态乙苯发生反应④，其平衡转化率为50%，欲将平衡转化率提高至75%，需要向反应器中充入 水蒸气作为稀释气(计算时忽略副反应)；
（3）在、下，以水蒸气作稀释气。作催化剂，乙苯除脱氢生成苯乙烯外，还会发生如下两个副反应：
⑤
⑥
以上反应体系中，芳香烃产物苯乙烯、苯和甲苯的选择性S()随乙苯转化率的变化曲线如图所示，其中曲线b代表的产物是 ，理由是 ；
（4）关于本反应体系中催化剂的描述错误的是____；
A．X射线衍射技术可测定晶体结构
B．可改变乙苯平衡转化率
C．降低了乙苯脱氢反应的活化能
D．改变颗粒大小不影响反应速率
（5）Ⅱ．苯乙烯的聚合
苯乙烯聚合有多种方法，其中一种方法的关键步骤是某(Ⅰ)的配合物促进(引发剂，X表示卤素)生成自由基，实现苯乙烯可控聚合。
引发剂中活性最高的是 ；
（6）室温下，①在配体L的水溶液中形成，其反应平衡常数为K；②在水中的溶度积常数为。由此可知，在配体L的水溶液中溶解反应的平衡常数为 (所有方程式中计量系数关系均为最简整数比)。
【答案】（1）+118
（2）5
（3）苯；反应④为主反应，反应⑤⑥为副反应，苯乙烯的选择性最大；在恒温恒压下，随乙苯转化率的增大，反应⑤正向移动，反应⑥不移动，则曲线b代表产物苯
（4）B；D
（5）C6H5CH2Cl
（6）K Ksp
【知识点】盖斯定律及其应用；催化剂；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律可得，该反应的反应热ΔH4=ΔH1－ΔH2－ΔH3=(－4386.9kJ·mol－1)－(－4263.1kJ·mol－1)－(－241.8kJ·mol－1)=118kJ·mol－1，因此该反应的反应热ΔH4=＋118kJ·mol－1。
（2）当乙苯的平衡转化率为50%时，参与反应的n(乙苯)=0.5mol，可得平衡三段式如下：
因此平衡时混合气体的总物质的量n(总)=0.5mol+0.5mol+0.5mol=1.5mol，设此时容器的体积为V，则可得该温度下反应的平衡常数。
当乙苯的平衡转化率为75%时，参与反应的n(乙苯)=1mol×75%=0.75mol，可得平衡三段式如下：
因此平衡时混合气体的总物质的量n(总)=0.25mol+0.75mol+0.75mol=1.75mol。设加入n(水蒸气)=amol，此时容器的体积为V′，由于物质的量之比等于体积之比，因此可得，解得。此时反应的平衡常数
因为反应温度不变，因此平衡常数不变，所以可得，解得a=5。所以加入水蒸气的物质的量为5mol。
（3）反应④为主反应，随着乙苯转化率的增大，反应生成苯乙烯和氢气的量增多，体系的压强增大。而反应⑥中反应前后气体分子数不变，压强增大，平衡不移动。反应⑤中反应后气体分子数增大，压强增大后，反应⑤平衡逆向移动，苯的产量降低，因此曲线b表示的产物是苯。
（4）A、测定晶体结构的方法为X射线衍射技术，A不符合题意；
B、Fe2O3为反应的催化剂，加入催化剂，不影响平衡移动，因此不可改变乙苯的平衡转化率，B符合题意；
C、Fe2O3为反应的催化剂，加入催化剂可降低乙苯脱氢反应的活化能，C不符合题意；
D、改变Fe2O3的颗粒大小，可改变固体与气体的接触面积，从而改变反应速率，D符合题意；
故答案为：BD
（5）由于非金属性Cl>Br>I，氯原子吸引电子的能力更强，则形成自由基C6H5CH2·的能力越强，因此活性最高的是C6H5CH2Cl。
（6）Cu＋在配体L的水溶液中反应的离子方程式为：Cu＋(aq)＋2L(aq) [Cu(L)2]＋(aq)，该反应的平衡常数。CuBr的沉淀溶解平衡反应为CuBr(s) Cu＋(aq)＋Br－(aq)，该反应的平衡常数Ksp=c(Cu＋)×c(Br－)。CuBr与L反应的方程式为CuBr(s)＋2L(aq)=[Cu(L)2]＋(aq)＋Br－(aq)，该反应的平衡常数。由于，所以K′=K·Ksp。
【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
（2）温度不变，则平衡常数不变，根据三段式结合平衡常数的表达式进行计算。
（3）随着乙苯转化率增大，体系的压强增大，结合压强对反应⑤、反应⑥平衡移动的影响分析。
（4）A、测定晶体结构，可用X射线衍射实验；
B、催化剂只改变反应速率，不改变平衡移动；
C、加入催化剂，可降低反应所需的活化能；
D、增大催化剂的接触面积，可增大反应速率；
（5）根据卤素原子吸引电子的能力强弱分析。
（6）CuBr与L反应的方程式为CuBr(s)＋2L(aq) [Cu(L)2]＋(aq)＋Br－(aq)，据此结合平衡常数的表达式进行计算。
25．（2023·浙江1月选考）“碳达峰·碳中和”是我国社会发展重大战略之一，还原是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有：
Ⅰ：
Ⅱ：
请回答：
（1）有利于提高平衡转化率的条件是 。
A．低温低压B．低温高压C．高温低压D．高温高压
（2）反应的 ， (用表示)。
（3）恒压、时，和按物质的量之比投料，反应经如下流程(主要产物已标出)可实现高效转化。
①下列说法正确的是 。
A．可循环利用，不可循环利用
B．过程ⅱ，吸收可促使氧化的平衡正移
C．过程ⅱ产生的最终未被吸收，在过程ⅲ被排出
D．相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原需吸收的能量更多
②过程ⅱ平衡后通入，测得一段时间内物质的量上升，根据过程ⅲ，结合平衡移动原理，解释物质的量上升的原因 。
（4）还原能力可衡量转化效率，(同一时段内与的物质的量变化量之比)。
①常压下和按物质的量之比投料，某一时段内和的转化率随温度变化如图1，请在图2中画出间R的变化趋势，并标明时R值 。
②催化剂X可提高R值，另一时段内转化率、R值随温度变化如下表：
温度/℃ 480 500 520 550
转化率/% 7.9 11.5 20.2 34.8
R 2.6 2.4 2.1 1.8
下列说法错误的是
A．R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应Ⅱ的速率
B．温度越低，含氢产物中占比越高
C．温度升高，转化率增加，转化率降低，R值减小
D．改变催化剂提高转化率，R值不一定增大
【答案】（1）C
（2）；
（3）BC；通入分解平衡正移，导致增大，促进还原平衡正移
（4）；C
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）反应Ⅰ为气体体积增大的吸热反应，反应Ⅱ为气体体积不变的吸热反应，升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ平衡均右移，CH4平衡转化率增大；降低压强，平衡右移，CH4平衡转化率增大，故有利于提高平衡转化率的条件是高温低压；故答案为：C；
（2）已知：Ⅰ：
Ⅱ：
根据盖斯定律，由Ⅰ+Ⅱ2得反应；
故△H1+2△H2=+329，，故答案为： ； ；
（3）①A．先转化为Fe，然后Fe又转化为，可循环利用；CaCO3受热分解生成和CO2， 又与CO2反应生成CaCO3，也可循环利用，选项A不符合题意；
B．过程ⅱ，吸收使浓度降低，促进氧化的平衡正移，选项B符合题意；
C．过程ⅱ吸收而产生的最终未被吸收，在过程ⅲ被排出，选项C符合题意；
D．焓变只与起始物质的量有关，与过程无关，故相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原需吸收的能量一样多，选项D不符合题意；
故答案为：BC；
②通入分解平衡正移，导致增大，促进还原平衡正移，故过程ⅱ平衡后通入，测得一段时间内物质的量上升，故答案为： 通入分解平衡正移，导致增大，促进还原平衡正移；
（4）①600℃以下，甲烷转化率随温度升高增大程度大于二氧化碳转化率，该阶段R减小，600℃以上，二氧化碳转化率随温度升高增大程度大于甲烷转化率，该阶段R增大，根据图1可知时，转化率为100%，即=1mol， 转化率为60%，即=3mol60%=1.8mol，故==1.8，故间R的变化趋势如图：，故答案为：；
②A．R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应Ⅱ的速率，使单位时间内反应Ⅱ中CO2的转化率增大，增大的倍数比大，则R提高，选项A符合题意；
B．根据表中数据可知，温度越低，转化率越小，而R越大，增大的倍数比大，含氢产物中占比越高，选项B符合题意；
C．温度升高，转化率增加，转化率也增大，且两个反应中的转化率均增大，增大倍数多，故R值增大，选项C不符合题意；
D．改变催化剂使反应有选择性按反应Ⅰ而提高转化率，若转化率减小，则R值不一定增大，选项D符合题意；
故答案为：C。
【分析】（1）有利于提高 平衡转化率，即有利于反应向生成二氧化碳的方向进行；
（2）根据盖斯定律，由Ⅰ+Ⅱ×2可得；
（3）①A.Fe3O4、CaO在过程ii中作反应物、过程iii中作生成物；
B.过程ⅱ，吸收使浓度降低；
C.过程ii中CaO吸收CO2而产生的H2O最终未被CaO吸收；
D.焓变只与反应物和生成物的总能量差有关，与反应过程无关；
②化学平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
（4）①时，=1mol， 转化率为60%，即=3mol60%=1.8mol，；
②A.根据分析；
B.温度越低，CH4的转化率越低，R越大；
C.温度升高，CH4转化率增加，CO2转化率增大；
D.改变催化剂使反应有选择性按反应Ⅰ而提高转化率。
26．（2023·泸州模拟）铁的化合物在工业中有重要价值。回答下列问题：
（1）Fe(CO)5是一种重要的催化剂，制取反应为Fe(s)+5CO(g)=Fe(CO)5(g)，ΔH<0。在1L恒容密闭容器中加入足量铁粉和0.24molCO。
①0~30min内在T温度下进行反应，测得c(CO)、c[Fe(CO)5]随时间的变化关系，以及30min和40min开始随条件的变化关系如图甲所示。0~20min内用Fe(CO)5表示的平均反应速率为 mol·L-1·min-1；若平衡时体系总压强为p，则用气体分压表示的压强平衡常数Kp= 。
②曲线I代表 [填CO或Fe(CO)5]浓度的变化，30min时改变的条件是 。40min后曲线II下降的原因是 。
（2）高铁酸钾(K2FeO4)被称为“绿色化学”净水剂，K2FeO4在水解过程中，铁元素形成的微粒分布分数与pH的关系如图乙所示，H2FeO4的一级电离平衡常数Ka1= 。向pH=6的溶液中加入KOH溶液，发生反应的离子方程式为 。
（3）复合氧化物铁酸锰(MnFe2O4)可用于热化学循环分解制氢气，原理如下：
①MnFe2O4(s)=MnFe2O(4-x)(s)+O2(g)，ΔH1
②MnFe2O(4-x)(s)+xH2O(g)=MnFe2O4(s)+xH2(g)，ΔH2=akJ/mol
③2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)，ΔH3=+483.6kJ/mol
则H2的燃烧热ΔH -241.8kJ/mol(填>、=或<)，ΔH1= (用含a的代数式表示)。
【答案】（1）2×10-3；；CO；增大c(CO)或增大CO浓度或向体系中通入CO；平衡后升高温度，平衡逆向移动
（2）10-3.8；+OH-=+H2O
（3）<；241.8x-a或-(a-241.8x)
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）①由图可知，0~20min内，Fe(CO)5的浓度由0变化到0.04 mol·L-1，用Fe(CO)5表示的平均反应速率为；若平衡时体系总压强为p，列三段式进行计算：，平衡时气体总物质的量为0.08 mol，则用气体分压表示的压强平衡常数Kp=；
②曲线Ⅰ和Ⅱ对比，相同时间内，Ⅰ的变化量的绝对值大于Ⅱ，说明曲线Ⅰ对应物质的系数更大，即曲线Ⅰ代表CO浓度的变化；30min时，CO浓度突然增大，而Fe(CO)5的浓度保持不变，说明30min时改变的条件是增大CO浓度或向体系中通入CO；40min后Fe(CO)5的浓度下降的原因是该反应达到平衡，正反应为放热反应，随着温度的升高，平衡逆向移动，从而使Fe(CO)5的浓度下降；
（2）由图可知，时，溶液的pH=3.8，此时，c(H+)=10-3.8mol·L-1 H2FeO4的一级电离平衡常数mol·L-1；由图可知，当pH=6时，溶液中主要以形式存在，加入KOH溶液，发生反应的离子方程式为+OH-=+H2O；
（3）燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧，生成稳定氧化物时所放出的热量，由③可推出H2(g)+O2(g)=2H2O(g)，ΔH=-241.8kJ/mol，H2O(g)转化为H2O(l)为放热反应，其ΔH<0，故H2的燃烧热ΔH<-241.8kJ/mol；根据盖斯定律可知，①=×③―②，则ΔH1=（×483.6-a）kJ/mol =（241.8x-a）kJ/mol
【分析】（1）①根据计算；列出反应的三段式，结合Kp=计算；
②根据物质的量浓度变化量之比等于化学计量数之比可知，曲线Ⅰ代表CO浓度的变化；该反应为放热反应，升温该反应的平衡逆向移动；
（2）根据计算；pH=6时，溶液中主要以形式存在；
（3）燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量；根据盖斯定律吧，①=×③-②。
27．（2023·济宁模拟）2022年12月中央经济工作会议强调，“加快新能源、绿色低碳等前沿技术研发和应用推广”。甲烷化是目前研究的热点方向之一，在环境保护方面显示出较大潜力。其主要反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
回答下列问题：
（1）在体积相等的多个恒容密闭容器中。分别充入1 mol 和4 mol 发生上述反应Ⅰ(忽略反应Ⅱ)，在不同温度下反应相同时间，测得、转化率与温度关系如图所示。已知该反应的速率方程为，，其中、为速率常数，只受温度影响。
图中信息可知，代表曲线的是 (填“MH”或“NG”)，反应Ⅰ活化能Ea(正) Ea(逆)(填“>”或“＜”)；c点的K(平衡常数)与Q(浓度商)的等式关系 (用含、的代数式表示)，温度下反应达到平衡，体系压强为p，则 。
（2）向恒压密闭装置中充入5 mol 和20 mol ，不同温度下同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，达到平衡时其中两种含碳物质的物质的量与温度T的关系如下图所示
图中缺少 (填含碳物质的分子式)物质的量与温度的关系变化曲线，随温度升高该物质的变化趋势为 ，800℃时，的产率为 。
【答案】（1）NG；＞；；
（2）CO2；先升高后降低；76%
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）图中信息可知，温度越高，则越小，MH和NG是与温度关系，abc是转化率与温度关系，从后往前看，温度升高，从b到a氢气转化率降低，说明升高温度，平衡逆向移动，逆向是吸热反应，则升高温度时逆反应速率增大程度大于正反应速率增大程度即大于，则代表曲线的是NG；该反应是放热反应，反应Ⅰ活化能Ea(正) ＞Ea(逆)；c点时，，c点Q(浓度商) ，则有，温度下反应达到平衡，体系压强为p，，则；故答案为：NG；＞；；。
（2）平衡时X的物质的量较大，随着温度升高X的物质的量逐渐减小，Y的物质的量逐渐增大，由于反应Ⅰ是放热反应，随着温度升高，甲烷的量应该逐渐减小，二氧化碳的量增大，又由于反应Ⅱ是吸热反应，一氧化碳的量随温度升高而逐渐增大，二氧化碳的物质的量逐渐减小，根据量的关系800℃时另一种物质是1mol，在1100℃时另一种物质接近2.2mol，1400℃时另一种物质接近0.5mol，说明另一种物质先变大后变小，则可能是开始温度低的阶段反应Ⅰ逆向移动占主要地位，后来温度高时反应Ⅱ正向移动占主要地位，因此图中X为甲烷，Y为CO，而缺少CO2物质的量与温度的关系变化曲线，随温度升高该物质的变化趋势为先升高后降低；800℃时，甲烷物质的量为3.8mol，一氧化碳物质的量为0.2mol，则CO2物质的量为1mol，的产率为；故答案为：CO2；先升高后降低；76%。
【分析】（1）依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；利用三段式法计算；
（2）依据曲线变化，利用化学平衡移动原理分析。
28．（2023·吉林模拟）清洁能源的综合利用以及二氧化碳的研发利用，可有效降低碳排放，均是实现“碳达峰、碳中和”的重要途径，我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。
（1）I.利用反应：可减少的排放。
的结构式为 ，分子中极性键与非极性键的个数比为 。
（2）图甲是298K时相关物质的相对能量，则上述反应的 kJ/mol。
（3）下列关于该反应的说法错误的是____。
A．在恒容绝热的条件下，温度不再改变，说明该反应已达平衡状态
B．在恒温恒压的条件下，充入稀有气体氦气，平衡不移动
C．平衡向右移动，平衡常数K一定增大
D．该反应在高温条件下自发
（4）该反应的净反应速率方程：(、为速率常数，只与温度、催化剂、接触面积有关，与浓度无关)。温度为℃时，，温度为℃时，，则 (填“>”、“<”或“=”)。
（5）II.乙烯的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标准。国内第一套自主研发的乙烷裂解制乙烯的大型生产装置建成。已知该项目中乙烷制乙烯的反应原理为：
主反应：
副反应：
在一定温度下，在2L恒容密闭容器中充入7mol。进行反应，达到平衡时和的体积分数均为20%，则
乙烷的总转化率为 (保留4位有效数字)。
（6）该温度下主反应的平衡常数K为 mol/L。
【答案】（1）O=C=O；6：1
（2）+430
（3）B；C
（4）<
（5）57.14%
（6）1
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）中存在碳氧双键，结构式为O=C=O；分子中极性键为碳氢键、非极性键为碳碳键，两者个数比为6：1；
（2）图甲是298K时相关物质的相对能量，反应焓变等于生成物的能量和减去反应物的能量和，则的+430 kJ/mol；
（3）A．反应中存在能量的变化，在恒容绝热的条件下，温度不再改变，说明该反应已达平衡状态，A正确；
B．在恒温恒压的条件下，充入稀有气体氦气，体积变大，平衡正向移动，B不正确；
C．K只受温度影响，若温度不变，即使平衡向右移动，平衡常数K也不变，C不正确；
D．反应为吸热的熵增反应，该反应在高温条件下自发，D正确；
故答案为：BC；
（4）反应平衡时，正逆反应速率相等，温度为℃时，，则，同理，温度为℃时，，反应为吸热反应，升高温度K值变大，故<；
（5）在一定温度下，在2L恒容密闭容器中充入7mol，达到平衡时和的体积分数均为20%：
反应后乙烷、乙烯、氢气、甲烷分别为7mol-2a、1.5a、a、a，则总的物质的量为7mol+1.5a，，a=2mol；乙烷的总转化率为；
（6）反应后乙烷、乙烯、氢气、甲烷分别为3mol、3mol、2mol，该温度下主反应的平衡常数K= mol/L。
【分析】（1）中存在碳氧双键；同种原子之间的共价键为非极性键；不同种原子之间的共价键为极性键；
（2）反应焓变等于生成物的能量和减去反应物的能量和；
（3）A．利用“变者不变即平衡”；
B．根据影响化学平衡移动的因素分析；
C．K只受温度影响；
D．依据ΔG=ΔH-TΔS＜0分析。
（4）依据温度与K之间的关系判断；
（5）（6）利用“三段式”法计算。
29．（2022·深圳模拟）苯乙烯是生产塑料与合成橡胶的重要原料。氧化乙苯脱氢制苯乙烯的反应为：
反应I：
已知：
反应II：
反应III：
回答下列问题：
（1）反应I的 。
（2）下列关于反应I～III的说法正确的是____(填标号)。
A．及时分离出水蒸气，有利于提高平衡混合物中苯乙烯的含量
B．保持恒定时，说明反应I达到化学平衡状态
C．其他条件相同，反应II分别在恒容和恒压条件下进行，前者乙苯的平衡转化率更高
D．反应III正反应的活化能小于逆反应的活化能
（3）在催化剂作用下，氧化乙苯脱氢制苯乙烯可能存在如下图所示反应机理：
该机理可表示为以下两个基元反应，请补充反应ⅱ：
ⅰ：；
ⅱ： .
（4）常压下，乙苯和经催化剂吸附后才能发生上述反应I。控制投料比[∶n(乙苯)]分别为1∶1、5∶1和10∶1，并在催化剂作用下发生反应，乙苯平衡转化率与反应温度的关系如图所示：
①乙苯平衡转化率相同时，投料比越高，对应的反应温度越 (填“高”或“低”)。
②相同温度下，投料比远大于10∶1时，乙苯的消耗速率明显下降，可能的原因是：
ⅰ．乙苯的浓度过低；
ⅱ． 。
③850K时，反应经t min达到图中P点所示状态，若初始时乙苯的物质的量为n mol，则v(苯乙烯)＝ 。
（5）700K时，向恒容密闭容器中加入过量和一定量乙苯，初始和平衡时容器内压强分别为和，则平衡时苯乙烯的分压为 kPa(以含有、、p的代数式表示)。[已知：①混合气体中某组分的分压等于总压与该气体物质的量分数之积；以平衡分压代替平衡浓度进行计算，可得反应的分压平衡常数。② ]
【答案】（1）
（2）A；B
（3）
（4）低；过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低；
（5）
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律反应I=反应II+反应III，则反应I的，故答案为：；
（2）A. 由反应I可知，及时分离出水蒸气，有利于反应I平衡正向移动，从而提高平衡混合物中苯乙烯的含量，故正确；
B. 二氧化碳为反应物，CO为生成物，反应过程中二氧化碳逐渐减少，CO逐渐增多，则的比值在减小，当保持恒定时，说明反应I达到化学平衡状态，故正确；
C. 其他条件相同，反应II正向气体分子数增大，若在恒容条件下进行，容器内压强逐渐增大，不利于反应正向进行，因此恒压条件下乙苯的平衡转化率更高，故不正确；
D. 反应III为吸热反应，正反应的活化能大于逆反应的活化能，故不正确；
故答案为：AB。
（3）由图中信息可知反应ii为，故答案为：；
（4）①温度相同时，∶n(乙苯)越大，乙苯的转化率越高，结合图像可知越靠上的曲线乙苯转化率越高，则靠上曲线对应的∶n(乙苯)较大，则在转化率相同时，∶n(乙苯) 较大的对应的温度越低，故答案为：低；
②相同温度下，投料比远大于10∶1时，乙苯的消耗速率明显下降，可能的原因是乙苯的浓度过低，也可能是过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低，从而导致乙苯反应的量大大减少，转化率降低，故答案为：过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低；
③850K时，反应经t min达到P点，初始时乙苯的物质的量为n mol，此时乙苯转化率为50%，则消耗的乙苯的物质的量为0.5n，生成苯乙烯的物质的量为0.5n，v(苯乙烯)＝，故答案为：；
（5）
+CO2(g) + +
起始压强 p1
变化压强 x x x x x
平衡压强 p1-x p x x x
由题意得：p1-x+ p+x+x+x=p2，解得：x=，苯乙烯的平衡分压等于x=，故答案为：。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；
（2）A. 依据化学平衡移动原理分析；
B. 利用“变者不变即平衡”；
C. 根据影响化学平衡移动的因素分析；
D. 反应热等于反应物活化能与生成物活化能的差；
（3）利用图中信息判断反应；
（4）①增大一种反应物的量，可提高其它反应物的转化率，自身的转化率反应降低。
②依据催化剂对反应影响分析；
③依据曲线对应的数据计算；
（5）利用“三段式”法计算。
30．（2022·宝山模拟）CH4-CO2重整反应[CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H=+247kJ/mol]在大力推进生态文明建设、“碳达峰”、“碳中和”的时代背景下，受到更为广泛的关注。
（1）I．该反应以两种温室气体为原料，可以生成合成气。如何减少反应过程中的催化剂积炭，是研究的热点之一、某条件下，发生主反应的同时，还发生了积炭反应：
CO歧化：2CO(g)=CO2(g)+C(s) △H=-172kJ/mol
CH4裂解：CH4(g)=C(s)+2H2(g) △H=+75kJ/mol
对积炭反应进行计算，得到以下温度和压强对积炭反应中平衡炭量的影响图，其中表示温度和压强对CH4裂解反应中平衡炭量影响的是(选填序号) ，理由是 。
（2）实验表明，在重整反应中，低温、高压时会有显著积炭产生，由此可推断，对于该重整反应而言，其积炭主要由 反应产生。
综合以上分析，为抑制积炭产生，应选用高温、低压条件。
（3）II．该重整反应也可用于太阳能、核能、高温废热等的储存，储能研究是另一研究热点。
该反应可以储能的原因是 。
某条件下，除发生主反应外，主要副反应为CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H=+41kJ/mol。研究者研究反应物气体流量、CH4/CO2物质的量比对CH4转化率(XCH4)、储能效率的影响，部分数据如下所示。
（4）【资料】储能效率：热能转化为化学能的效率，用ηchem表示。ηchem=Qchem/Q。其中，Qchem是通过化学反应吸收的热量，Q是设备的加热功率。
序号 加热温度/℃ 反应物气体流量/L·min-1 CH4/CO2 XCH4/% ηchem/%
① 800 4 2：2 79.6 52.2
② 800 6 3：3 64.2 61.9
③ 800 6 2：4 81.1 41.6
气体流量越大，CH4转化率越低，原因是：随着流量的提高，反应物预热吸热量增多，体系温度明显降低， 。
（5）对比实验 (填序号)，可得出结论：CH4/CO2越低，CH4转化率越高。
（6）对比②、③发现，混合气中CO2占比越低，储能效率越高，原因可能是 (该条件下设备的加热功率视为不变)。
【答案】（1）a；CH4裂解反应为体积增大的吸热反应，减小压强或升高温度，平衡正移，即高温低压有利于反应正向进行，平衡炭量大，与a相符
（2）CO歧化
（3）该反应是吸热反应，可通过反应将热量储存在产物CO、H2中(生成高热值物质CO、H2)，CO、H2可通过燃烧放出大量热
（4）温度降低，反应逆向进行，CH4转化率降低
（5）②③
（6）气体流量一定的情况下，②中CH4转化的物质的量相对较多，因此反应得到的热量较多
【知识点】反应热和焓变；化学在解决能源危机中的重要作用；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】(1)对积炭反应进行计算，得到以下温度和压强对积炭反应中平衡炭量的影响图，其中表示温度和压强对CH4裂解反应中平衡炭量影响的是a图，CH4裂解反应为体积增大的吸热反应，减小压强或升高温度，平衡正移，即高温低压有利于反应正向进行，平衡炭量大，与a相符；
(2)实验表明，在重整反应中，低温、高压时会有显著积炭产生，由此可推断，对于该重整反应而言，其积炭主要由CO歧化反应产生，因为CO歧化反应为放热反应，温度越低平衡正向移动，积炭会更多；
(3) CH4-CO2重整反应是吸热反应，可通过反应将热量储存在产物CO、H2中(生成高热值物质CO、H2)，CO、H2可通过燃烧放出大量热；
(4)气体流量越大，CH4转化率越低，原因是：随着流量的提高，反应物预热吸热量增多，体系温度明显降低，温度降低，反应逆向进行，CH4转化率降低；
(5)①②CH4/CO2相同，通过表格数据可知，对比实验②③可得出结论：CH4/CO2越低，CH4转化率越高；
(6)对比②、③发现，混合气中CO2占比越低，储能效率越高，原因可能是气体流量一定的情况下，②中CH4转化的物质的量相对较多，因此反应得到的热量较多。
【分析】(1)依据化学平衡移动原理分析；
(2)CO歧化反应为放热反应，利用化学平衡移动原理分析；
(3) CH4-CO2重整反应是吸热反应；
(4)依据化学平衡移动原理分析；
(5)增大一种反应物的量，可提高其它反应物的转化率；
(6)依据化学平衡移动原理分析；
31．（2022·浙江模拟）我国力争在2030年前实现碳达峰，降低碳排放的一个重要措施是的综合利用，如工业利用合成，再合成。
I.(主反应)
II.(副反应)
请回答：
（1）工业原料气配比中需加入一定量的CO，原因是 。
（2）在温度为T，恒压P的条件下，充入的和此时体积为2升，发生I、Ⅱ反应达平衡时的物质的量为，的物质的量分数为，求：(保留2位小数)
①的转化率 。
②反应I的平衡常数K为 。
（3）二甲醚在有机化工中有重要的应用，可以利用上述合成的甲醇制备二甲醚
III.(主反应)
IV.(副反应)
在一定条件下发生反应的能量关系如图所示
①当反应一定时间，测得副产品的含量特别高，分析原因 。
②为提高反应Ⅲ生成的选择性(转化的中生成二甲醚的百分比)，下列措施中合适的是 。
A．适当增大压强 B．升高温度
C．使用合适催化剂 D．未达平衡时及时分离产品
（4）研究表明，在催化剂的催化下，与合成，主要催化过程如下(H*表示活性氢原子)
则A、B结构是 、 。
【答案】（1）抑制副反应的发生；与反应使反应Ⅰ正向移动，提高的转化率
（2）；4.70或
（3）对于副反应，且，该反应只向正反应进行，温度越高，时间越长，都会生成更多的；CD
（4）；
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)加入CO，可使反应Ⅱ左移、增大二氧化碳和氢气浓度、有利于反应Ⅰ，则工业原料气配比中需加入一定量的，原因是抑制副反应的发生；与反应使反应Ⅰ正向移动，提高的转化率。
(2)已知：发生I、Ⅱ反应达平衡时的物质的量为，则：
，，则平衡时，n(CO)=0.2mol，n(CO2)=(1-x- 0.2) mol，n(H2)=(3-3x- 0.2) mol，n(CH3OH)= x mol，n(H2O)=( x+0.2) mol，n(总)=(4-2x) mol，已知的物质的量分数为，则 ，得x=0.6，则平衡时，n(CO)=0.2mol，n(CO2)= 0.2 mol，n(H2)=1mol，n(CH3OH)= 0.6 mol，n(H2O)=0.8mol，n(总)=2.8 mol，故：
①的转化率为。
②在温度为T，恒压P的条件下体积之比为物质的量之比，反应初始时充入的和此时体积为2升，则，平衡时2.8mol气体总体积V应为1.4L，反应I的平衡常数K为。
或： 。
(3)①由图知，反应Ⅲ、Ⅳ均为放热反应，反应Ⅲ活化能较小、反应Ⅳ活化能较大，升高温度有利于反应Ⅳ。则当反应一定时间，测得副产品的含量特别高的原因为：对于副反应，且，该反应只向正反应进行，温度越高，时间越长，都会生成更多的。
②为提高反应Ⅲ生成的选择性(转化的中生成二甲醚的百分比)，则：
A．适当增大压强，不影响反应Ⅲ，A不正确；
B．由图可知主反应为放热反应，升高温度平衡左移，B不正确；
C．催化剂具有选择性，使用合适催化剂有利于提高生成的选择性，C正确；
D．未达平衡时及时分离产品，有利于平衡右移、提高生成的选择性，D正确；
故答案为：CD。
(4)由图知，反应过程中，C原子上碳氧双键中先断一根碳氧键变成碳氧单键、在C上引入2个H， A、B生成时有C-O键断裂、C上引入1个H生成A、O原子上引入另一个H生成另一物质B，A和B中断裂M-O继续引入H同时生成M，则A为、B结构是。
【分析】（1）加入一定量的CO可抑制副反应的发生；与反应使反应Ⅰ正向移动，提高的转化率；
（2）①列出反应的三段式，根据计算；
②列出反应的三段式，根据计算；
（3）①对于副反应，且，该反应只向正反应进行，温度越高，时间越长，都会生成更多的 ；
②提高反应Ⅲ生成的选择性应使反应的平衡正向移动；
（4）由催化过程原理可知，反应生成甲醇和M，和2H*反应，断裂C-O键，形成C-H键和O-H键。
32．（2022·潮州模拟）二氧化碳的回收利用是环保领域研究的热点课题。
（1）在太阳能的作用下，以为原料制取炭黑的流程如图甲所示。其总反应的化学方程式为 。
（2）经过催化氢化合成低碳烯烃。其合成乙烯的反应为 。
几种物质的能量(在标准状况下规定单质的能量为0，测得其他物质在生成时所放出或吸收的热量)如下表所示：
物质
能量 0 -394 52 -242
则 。
（3）在2L恒容密闭容器中充入2mol和nmol，在一定条件下发生反应： ，的转化率与温度、投料比[]的关系如图乙所示。
① (填“>”“<”或“=”，下同)，平衡常数 。
②TK时，某密闭容器中发生。上述反应，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下表：
时间浓度/mol/L 物质 0 10 20 30 40 50
6.00 5.40 5.10 9.00 8.40 8.40
2.00 1.80 1.70 3.00 2.80 2.80
0 0.10 0.15 3.20 3.30 3.30
20~30min间只改变了某一条件，根据表中的数据判断改变的条件可能是 (填字母)。
A．通入一定量 B．通入一定量
C．加入合适的催化剂 D．缩小容器容积
（4）在催化剂M的作用下，和同时发生下列两个反应：
Ⅰ.
Ⅱ.
图丙是乙烯在相同时间内，不同温度下的产率，则高于460℃时乙烯产率降低的原因不可能是____(填字母)。
A．催化剂M的活性降低 B．反应Ⅰ的平衡常数变大
C．生成甲醚的量增加 D．反应Ⅱ的活化能增大
（5）溶液通常用来捕获，常温下，的第一步、第二步电离常数分别为，，则常温下，的溶液的pH等于 (不考虑的第二步水解和的电离)。
【答案】（1）
（2）-128kJ·mol-1
（3）>；＜；D
（4）B；D
（5）12
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)在700K条件下，CO2和FeO发生反应生成C和Fe3O4，过程1中Fe3O4分解生成FeO和O2，所以整个反应过程中FeO作催化剂，根据反应物和生成物及反应条件书写方程式为；
(2)焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，则该反应的焓变=[52+(-242)×4-(-392)×2-0]kJ/mol=-128kJ/mol，故答案为：-128kJ/mol；
(3)①相同条件下，投料比[]越大，二氧化碳的转化率越大，根据图知，相同温度下X1的转化率大于X2，所以X1＞X2；该反应的正反应是放热反应，温度越高其平衡常数越小，温度A＜B，所以平衡常数＜，故答案为：＞；＜；
②20～30min间氢气、CO的浓度都增大，且增大倍数相同，应为缩小容器体积，故答案为：D；
(4)影响产物产率的因素只能是引起平衡移动的因素，反应的活化能增大因素都是和催化剂有关的因素，催化剂只能改变反应速率，不会引起平衡移动，乙烯产率不会影响，反应的平衡常数变大是温度的变化引起的，反应是放热的，平衡常数变大是因为升高温度，故答案为：BD；
(5)根据Kh==2×10-4=，所以c(OH-)=10-2mol/L，pH=12。
【分析】（1）FeO为该反应的催化剂，总反应为二氧化碳分解产生C和氧气；
（2）根据ΔH=生成物总能量-反应物总能量计算；
（3）①越大，二氧化碳的转化率越大；该反应为放热反应，升温K减小；
②20～30min间氢气、CO的浓度都增大，且增大倍数相同；
（4）根据化学平衡的影响因素分析；
（5）根据计算。
33．（2022·呼和浩特模拟）氮的氧化物是造成大气污染的主要物质，研究NOx的转化具有重要意义。
（1）已知：NO氢化反应2NO(g)+2H2(g)2H2O(g)+N2(g) ΔH，物质的标准生成热是常用的化学热力学数据，可用来计算反应热。ΔH=生成物标准生成热总和-反应物标准生成热总和
物质 NO(g) H2(g) H2O(g) N2(g)
标准生成热(kJ·mol-1) 90.25 0 -241.8 0
①ΔH= kJ·mol-1，已知该反应能自发进行，则所需条件为 (高温、低温、任意温度)。
②一定体积密闭容器中，既能加快反应速率又能提高NO平衡转化率的方法是 。
③某温度下，等物质的量的NO和H2在恒容密闭容器中发生反应，起始压强为100 kPa。
达平衡时，总压减少20%，NO的转化率为 ，该反应的平衡常数Kp= 。
（2）NO氧化反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)分两步进行。
Ⅰ.2NO(g)→N2O2(g) ΔH1
Ⅱ．N2O2(g)+O2(g)→2NO2(g) ΔH2，其反应过程能量变化示意图如图1。
①决定NO氧化反应速率的步骤是 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
②在恒容的密闭容器中充入一定量的NO和O2气体，保持其他条件不变，控制反应温度分别为T3和T4(T4＞T3)，测得c(NO)随t(时间)的变化曲线如图2。转化相同量的NO，在温度 (填“T3”或“T4”)下消耗的时间较长，试结合反应过程能量图(图1)分析其原因： 。
【答案】（1）-664.1；低温；增大c(H2)；80%；3.2(kPa)-1
（2）Ⅱ；T4；ΔH1＜0，温度升高，第一步反应平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对第二步反应速率的影响
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】(1)①根据反应热=生成物标准生成热总和-反应物标准生成热总和，可知反应2NO(g)+2H2(g)2H2O(g)+N2(g) ΔH=2×(-241.8kJ/mol)-2×(90.25 kJ/mol)=- 664.1 kJ/mol。该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，ΔH＜0，ΔS＜0，要使反应自发进行，ΔG=ΔH-TΔS＜0，由于ΔH＜0，ΔS＜0，则反应自发进行的条件是低温条件；
②根据影响化学反应速率的因素和化学平衡移动原理，可知：在一定体积密闭容器中，既能加快反应速率又能提高NO平衡转化率的方法是增大H2的浓度；
③假设起始NO和H2物质的量为a mol，NO转化物质的量为2x mol，在恒容密闭容器中发生反应，起始压强为100 kPa，达平衡时总压减少20%，则平衡时压强为80 kPa，根据物质反应2NO(g)+2H2(g)2H2O(g)+N2(g)中转化关系可知平衡时，n(NO)=n(H2)=(a-2x) mol，n(H2O)=2x mol，n(N2)=x mol，，解得x=0.4a mol。则NO的平衡转化率为；
平衡时混合气体中各种成分的物质的量n(NO)=n(H2)=(a-2x) mol=(a-2×0.4a) mol=0.2a mol，n(H2O)=0.8a mol，n(N2)=0.4a mol，n(总)=0.2a mol+0.2a mol+0.8a mol)+0.4a mol=1.6a mol，此时的化学平衡常数Kp=；
(2)①对于多步反应，总反应的化学反应速率由慢反应决定。分步反应的活化能越大，反应发生时需要的能量就越大，反应就越不容易发生，相应反应的化学反应速率就越慢。根据图示可知反应Ⅱ的活化能大于反应Ⅰ，所以决定NO氧化反应速率的步骤是反应Ⅱ；
②根据图示可知：反应2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)分两步反应发生，反应Ⅰ的正反应是放热反应，ΔH1＜0，温度升高，第一步反应的化学平衡逆向移动，导致c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对第二步反应速率的影响，因此导致温度较高的T4反应条件下c(NO)降低的速率比温度较低的T3反应条件下c(NO)降低的速率。
【分析】(1)①根据反应热=生成物标准生成热总和-反应物标准生成热总和；依据ΔG=ΔH-TΔS＜0判断条件；
②根据影响化学反应速率的因素和化学平衡移动原理；
③利用三段式法计算。
(2)①活化能越大，反应速率越慢；
②根据图像结合外因对速率和化学平衡移动影响分析。
34．（2022·重庆市模拟）某化学兴趣小组对工业合成氨、工业制硝酸的化学原理进行了相关探究。
已知：
反应Ⅰ
反应Ⅱ
反应Ⅲ
（1）工业上采用一定投料比、高温(400~500℃)、高压(10MPa~30MPa)有催化剂的条件下合成氨。下列有关说法正确的是____。
A．选择高压有利于增加气体在催化剂上的吸附，使键能较大的分子易断键
B．采用高温(400~500C)、高压(10MPa~30MPa)条件时，合成氨平衡混合物中体积分数最高
C．广义上，合成氨、尿素以及硝酸的生产均为石油化工
D．采用循环操作，主要是为了提高平衡混合物中氨的含量
（2）①反应Ⅱ是接触氧化反应，氨分子向铂网表面的扩散是氨接触反应过程的控制步骤。在如图中画出一定条件下氨氧化率与氨空气在催化剂表面的停留时间的关系曲线 。
②由于条件的控制等不利因素，氨的接触氧化过程中会发生多种副反应生成。请写出其中属于分解反应的化学方程式(至少两条)： 、 。
③工业制硝酸设备中有热交换器组件，请说明热交换器存在的必要性： 。
（3）该小组同学为了探究不易直接催化氧化生成的原因，做了如下的研究：
查阅资料知：的反应历程分两步：
i.(快)
ii.(慢)
注：表示气体B的分压(即组分B的物质的量分数×总压)
①若设反应的速率，则 。(含有、的表达式。k、均为速率常数)。
②k与温度的关系如图所示。综合研究证据，该小组得出不易直接催化氧化生成的原因是： 。
【答案】（1）A；C
（2）；4NH3+3O22N2+6H2O；4NH3+6NO=5N2+6H2O；利用余热，节约能源
（3）；氨气的催化氧化为放热反应，由图可知，k随着温度的升高而减小，故一氧化氮不易转化为二氧化氮
【知识点】化学平衡的影响因素；合成氨条件的选择
【解析】【解答】(1)A．反应物为气体，故高压有利于增加气体在催化剂上的吸附，且在催化剂上有利于其化学键的断裂，A正确；
B．合成氨的反应为放热反应，采用高温不利于平衡正向移动，不利于提高体积分数，B不正确；
C．以天然气、轻汽油、重油为原料合成氨、尿素，甚至制取硝酸都成为石油化工，C正确；
D．采用循环操作主要是为了提高原材料的利用率，D不正确；
故答案为：AC；
(2)①氨空气在催化剂表面的停留时间越长，其氧化率越高，但是当达到平衡后，则氧化率不在变化，故图像可以表示为： ；
②氨气催化氧化过程中氨气可能被氧气氧化为氮气，方程式为：4NH3+3O22N2+6H2O；生成的一氧化氮也可能会和氨气反应生成氮气，方程式为：4NH3+6NO=5N2+6H2O；
③热交换器的目的合成氨放热反应，可以利用热量对氨的催化氧化中进行加热，节约能源，因此热交换器作用是：利用余热，节约能源；
(3)①总反应可以分为i和ii两步，且ii的反应较慢，故总反应速率由反应ii决定，即v=v2，即=，即；
②反应的速率，氨气的催化氧化为放热反应，由图可知，k随着温度的升高而减小，故一氧化氮不易转化为二氧化氮；
【分析】（1）A.反应物为气体，高压有利于增加气体在催化剂上的吸附；
B.合成氨的反应为放热反应；
C.以天然气、轻汽油、重油为原料合成氨、尿素、硝酸均为石油化工；
D. 采用循环操作可提高平衡混合物中氨的含量；
（2）①氨空气在催化剂表面的停留时间越长，其氧化率越高，但是当达到平衡后，氧化率不再变化；
②氨气可能被氧气氧化为氮气，生成的一氧化氮也可能会和氨气反应生成氮气；
③热交换器存在可利用余热，节约能源；
（3）①反应的总速率取决于慢反应；
②气的催化氧化为放热反应，k随着温度的升高而减小。
35．（2022·青浦模拟）
（1）I.实现碳中和方法之一是二氧化碳捕捉再利用，某科研院所研究二氧化碳、甲烷重整技术如下：
①CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)+Q1
②CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)+Q2
③CH4(g)C(s)＋2H2(g)+Q3
④2CO(g) CO2(g)+C(s)+Q4
⑤CO(g)＋H2(g) H2O(g)＋C(s)+Q5
若恒容密闭容器中发生反应①，Q1＜0，进料浓度比c(CH4)：c(CO2)分别等于1：2、1：5、1：7时，CH4的平衡转化率随条件X的变化关系如下图所示：
①曲线a的进料浓度比c(CH4)：c(CO2)为 。
②条件X是 (填“温度”或“压强”)，依据是 。
（2）某温度下，等物质的量的CH4和CO2在恒容密闭容器内发生反应①，该反应的平衡常数表达式为K= ，平衡时CH4的体积分数为，则CO2的转化率为 。
（3）下列说法正确的是____。
A．当v(CO2)=v(CO)，反应②达到平衡状态
B．升高温度，反应②的正、逆反应速率都增大
C．增大压强，反应①平衡逆向移动，平衡常数K减小
D．移去部分C(s)，反应③④⑤的平衡均向右移动
（4）II.在Zn/ZSM-5的催化作用下，甲烷与二氧化碳可以直接合成乙酸。
常温下，向10mL0.1mol·L-1CH3COOH溶液中逐滴滴入0.1mol·L-1的某碱ROH溶液，所得溶液pH及导电性变化如图所示。
b点是恰好完全反应的点，则碱ROH是 (填“强碱”或“弱碱”)，此时溶液中所含离子浓度大小的顺序 。
（5）b点由水电离出的氢离子浓度c(H+) (填“＞”“=”或“＜”)1×10-7mol/L。
【答案】（1）1：2；温度；该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正向移动，CH4平衡转化率增大
（2）K = ；50%
（3）B
（4）弱碱；c(CH3COO-)= c(R+)＞c(OH-)= c(H+)
（5）＞
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】(1)①恒容密闭容器中发生反应①CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)+Q1，Q1＜0，增大c(CO2)，平衡正向移动， (CH4)增大，则c(CH4)：c(CO2)越小， (CH4)越大，所以曲线a的进料浓度比c(CH4)：c(CO2)为1：2。
②Q1＜0，正反应为吸热反应，温度越高， (CH4)越大，则依据曲线判断，条件X是温度，依据是：该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正向移动，CH4平衡转化率增大。答案为：1：2；温度；该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正向移动，CH4平衡转化率增大；
(2)某温度下，等物质的量的CH4和CO2在恒容密闭容器内发生反应①CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)+Q1，该反应的平衡常数表达式为K=；平衡时CH4的体积分数为，设参加反应的CO2的物质的量为x，则可建立以下三段式：
则，x=0.5mol，CO2的转化率为=50%。答案为：K =；50%；
(3)A．反应②为CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)+Q2，当v(CO2)=v(CO)，虽然二者的数值之比等于化学计量数之比，但由于没有指明反应进行的方向，所以反应②不一定达到平衡状态，A不正确；
B．升高温度，反应②中反应物的有效碰撞次数增多，正、逆反应速率都增大，B正确；
C．增大压强，反应①的温度不变，平衡常数K不变，C不正确；
D．移去部分C(s)，反应③④⑤中气体的浓度都不变，平衡不发生移动，D不正确；
故答案为：B。答案为：B；
(4)从图中可以看出，b点时，V(ROH)=10mL，此时CH3COOH与ROH刚好完全反应，且溶液呈中性，则碱ROH的电离常数与CH3COOH相同，CH3COOH为弱酸，所以ROH是弱碱，此时溶液中所含离子浓度大小的顺序：c(CH3COO-)=c(R+)＞c(OH-)=c(H+)。答案为：弱碱；c(CH3COO-)=c(R+)＞c(OH-)=c(H+)；
(5)b点时，CH3COOR发生双水解反应，从而促进水的电离，所以由水电离出的氢离子浓度c(H+)＞1×10-7mol/L。答案为：＞。
【分析】（1）①根据浓度对平衡和转化率的影响分析
②该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正向移动，CH4平衡转化率增大；
（2）平衡常数是指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比；列出反应的三段式计算 CO2的转化率 ；
（3）A.正逆反应速率相等时，反应达到平衡状态；
B.升高温度正逆反应速率都增大；
C.平衡常数只与温度有关；
D.固体的多少对化学平衡没有影响；
（4）b点时，V(ROH)=10mL，CH3COOH与ROH刚好完全反应，且溶液呈中性，根据电离平衡常数判断碱性强弱和离子浓度大小；
（5）b点时，CH3COOR发生双水解反应，从而促进水的电离。
2023年高考真题变式分类汇编：化学平衡的影响因素1
一、选择题
1．（2023·辽宁）某小组进行实验，向蒸馏水中加入，充分振荡，溶液呈浅棕色，再加入锌粒，溶液颜色加深；最终紫黑色晶体消失，溶液褪色。已知为棕色，下列关于颜色变化的解释错误的是
选项 颜色变化 解释
A 溶液呈浅棕色 在水中溶解度较小
B 溶液颜色加深 发生了反应：
C 紫黑色晶体消失 ()的消耗使溶解平衡右移
D 溶液褪色 与有色物质发生了置换反应
A．A
B．B
C．C
D．D
2．（2023·浙江1月选考）标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下[已知和的相对能量为0]，下列说法错误的是
A．
B．可计算键能为
C．相同条件下，的平衡转化率：历程Ⅱ>历程Ⅰ
D．历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为：
3．（2022·江苏）乙醇-水催化重整可获得。其主要反应为，，在、时，若仅考虑上述反应，平衡时和CO的选择性及的产率随温度的变化如图所示。
CO的选择性，下列说法正确的是（ ）
A．图中曲线①表示平衡时产率随温度的变化
B．升高温度，平衡时CO的选择性增大
C．一定温度下，增大可提高乙醇平衡转化率
D．一定温度下，加入或选用高效催化剂，均能提高平衡时产率
4．（2023·榆林模拟）证据推理是学习化学的重要方法，下列证据与推理的关系对应正确的是
选项 证据 推理
A 室温下，用pH试纸分别测定浓度均为0.1mol L-1的Na2SO3和NaHSO3两种溶液的pH，Na2SO3溶液的pH更大 HSO结合H+的能力比SO的强
B 将充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中，红棕色变深反应 2NO2(g)N2O4(g) △H＜0
C 向淀粉溶液中加入稀硫酸，水浴加热后，再加入银氨溶液，水浴加热，未出现银镜 淀粉未发生水解
D 向浓度均为0.01mol L-1的NaCl和KI混合溶液中滴加少量0.01mol L-1的AgNO3溶液，出现黄色沉淀 说明：Ksp(AgI)＞Ksp(AgCl)
A．A B．B C．C D．D
5．（2023·梅州模拟）下列事实与解释或结论不相符的是
选项 事实 解释或结论
A 苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 苯分子中含有大π键而没有碳碳双键，大π键稳定性较强
B 是极性分子 中只含有极性键
C 键角： 水分子中O的孤电子对数比氨分子中N的多
D 取2mL 0.5 溶液于试管中，进行加热，发现溶液颜色变为黄绿色；后将试管置于冷水中，溶液颜色又由黄绿色转变为蓝绿色 溶液中存在以下平衡： ，在其他条件不变时，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，降低温度，平衡向放热反应方向移动
A．A B．B C．C D．D
6．（2023·广州模拟）恒容密闭容器中，以硫()与为原料制备，受热分解成气态，发生反应 。的平衡转化率、的体积分数随温度的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A．
B．温度升高，分解率增大，体积分数增大
C．向平衡体系中充入惰性气体，平衡向右移动
D．其他条件相同，体积分数越大，平衡转化率越小
7．（2023·湖南模拟）在一定条件下探究二甲醚的制备反应：，，测定结果如图所示。下列判断错误的是
A．该反应的
B．加入催化剂可以提高CO的平衡转化率
C．工业选择的较适宜温度范围为280～290℃
D．该反应伴随有副反应的发生
8．（2023·张家界模拟）已知反应：CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)。在一定压强下，按W=向密闭容器中充入氯气与丙烯。图甲表示平衡时，丙烯的体积分数(φ)与温度T、W的关系，图乙表示正、逆反应的平衡常数与温度的关系。则下列说法中错误的是
A．图甲中W2＞1
B．图乙中，A线表示逆反应的平衡常数
C．温度为T1，W=2时，Cl2的转化率为50%
D．若在恒容绝热装置中进行上述反应，达到平衡时，装置内的气体压强增大
9．（2023·安徽模拟）向一个的绝热刚性容器中通入和，在一定条件下发生反应，正反应速率随时间变化的示意图如下，下列结论正确的是
A．升高温度，该反应的平衡常数将增大
B．从反应开始到达到平衡，逆反应速率先增大后减小
C．体系压强不再变化，说明反应达到平衡
D．从容器中分离出少量后，增加，减小，平衡正向移动
10．（2023·南通）用和可以合成甲醇。其主要反应为
反应I
反应Ⅱ
在恒容密闭容器内，充入1mol 和3mol ，测得平衡时转化率，CO和选择性随温度变化如图所示[选择性]。
下列说法正确的是
A．270℃时主要发生反应Ⅱ
B．230℃下缩小容器的体积，n(CO)不变
C．250℃下达平衡时，
D．其他条件不变，210℃比230℃平衡时生成的多
11．（2023·淮安模拟）CO2-H2催化重整可获得CH3OH。其主要反应为
反应I： CO2(g) + 3H2(g) = CH3OH(g) + H2O(g) △H1=-53.7kJ·mol-1
反应II：CO2(g) + H2(g)= CO(g) + H2O(g) △H2=+41kJ·mol-1
若仅考虑上述反应，在5.0 MPa、n始(CO2)： n始(H2)=1：3时，原料按一定流速通过反应器，CO2的转化率和CH3OH的选择性随温度变化如图所示。CH3OH的选择性=
下列说法正确的是
A．其他条件不变，升高温度，CO2的平衡转化率增大
B．其他条件不变，T>236℃时，曲线下降的可能原因是反应1正反应程度减弱
C．一定温度下，增大n始(CO2)：n始(H2)可提高CO2平衡转化率
D．研发高温高效催化剂可提高平衡时CH3OH的选择性
12．（2022·深圳模拟）恒容密闭容器中，与在不同温度下发生反应：，达到平衡时，各组分的物质的量浓度(c)随温度(T)变化如图所示：
下列说法正确的是
A．该反应的平衡常数随温度升高而增大
B．曲线Y表示随温度的变化关系
C．提高投料比，可提高的平衡转化率
D．其他条件不变，与在℃下反应，达到平衡时
13．（2022·绍兴模拟）对于反应，在温度一定时，平衡体系中的体积分数随压强的变化情况如图所示。下列说法中，正确的是
A．A，D两点对应状态的正反应速率大小关系：v(A)>v(D)
B．A，B，C，D，E各点对应状态中，v(正)＜v(逆)的是E
C．维持不变，E→A所需时间为，维持不变，D→C所需时间为，则
D．欲使C状态沿平衡曲线到达A状态，从理论上，可由无限缓慢降压至达成
二、多选题
14．（2018·宿迁模拟）下列有关说法正确的是（ ）
A．镀铜铁制品镀层受损后，铁制品比受损前更容易生锈
B．等物质的量浓度的CH3COOH溶液和HCl溶液中，水的电离程度相同
C．0.1 mol·L-1NH4Cl溶液加水稀释， 的值减小
D．对于反应2SO2+O2 2SO3，使用催化剂能加快反应速率和提高SO2的平衡转化率
15．（2018·盐城模拟）在三个容积均为1L的恒温恒容密闭容器中，起始时按表中相应的量加入物质，在相同温度下发生反应3CO(g)+3H2(g) (CH3)2O(g)+CO2(g)(不发生其他反应)，CO的平衡转化率与温度和压强的关系加下图所示。
容器 起始物质的量/mol 平衡 转化率
CO H2 (CH3)2O CO2 CO
Ⅰ 0.3 0.3 0 0 50%
Ⅱ 0.3 0.3 0 0.1
Ⅲ 0 0 0.2 0.4
下列说法正确的是（ ）
A．该反应的△H<0，图中压强p1>p2
B．达到平衡时，容器Ⅱ中CO的平衡转化率大于50%
C．达到平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ的总压强之比小于4∶5
D．达到平衡时，容器Ⅲ中n[(CH3)2O]是容器Ⅱ中的2倍
16．（2017·南通模拟）在温度T1和T2时，分别将0.50mol CH4和1.20mol NO2充入体积为1L的密闭容器中，发生如下反应：CH4（g）+2NO2（g）??N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），测得n（CH4）随时间变化数据如下表：
时间/min 0 10 20 40 50
T1 n（CH4）/mol 0.50 0.35 0.25 0.10 0.10
T2 n（CH4）/mol 0.50 0.30 0.18 … 0.15
下列说法正确的是（ ）
A．T2时CH4的平衡转化率为70.0%
B．该反应的△H＞0、T1＜T2
C．保持其他条件不变，T1时向平衡体系中再充入0.30 mol CH4和0.80 mol H2O（g），平衡向正反应方向移动
D．保持其他条件不变，T1时向平衡体系中再充入0.50 mol CH4和1.20 mol NO2，与原平衡相比，达新平衡时N2的浓度增大、体积分数减小
17．（2019高二下·盐城期末）在两个容积均为2L恒温密闭容器中，起始时均充入amolH2S，控制不同温度和分别在有、无Al2O3催化时进行H2S的分解实验[反应为：2H2S(g) 2H2(g)+S2(g)]。测得的结果如下图所示（曲线Ⅱ、Ⅲ表示经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率）。
下列说法错误的是（ ）
A．H2S分解为放热反应
B．加入Al2O3 可提高H2S的平衡转化率
C．900℃反应2H2S(g) 2H2(g)+S2(g)的平衡常数K=0.125a
D．约1100℃曲线Ⅱ、Ⅲ几乎重合，说明Al2O3可能几乎失去催化活性
18．（2018高二下·盐城期末）在密闭容器中加入0.1molSi及0.3molHCl，加热发生反应：Si(s) + 3HCl(g) SiHCl3(g)+H2(g)，测得SiHCl3的平衡产率与温度及压强的关系如下图所示：
下列说法正确的是（ ）
A．图中P1＞P2
B．M点HCl的转化率为10%
C．平衡时，容器中再加入少量单质Si，HCl的转化率增大
D．向恒压容器中加入0.2molSi、0.6molHCl， 500K、压强为P2时，SiHCl3的平衡产率等于20%
19．（2017高二上·曲靖期末）一定温度下，水存在H2O H++OH﹣△H=Q（Q＞0）的平衡，下列叙述一定正确的是（ ）
A．向水中滴入少量稀盐酸，平衡逆向移动，Kw减小
B．将水加热，Kw增大，pH减小
C．向水中加入少量固体CH3COONa固体，平衡逆向移动，c（H+）降低
D．向水中加入少量固体硫酸钠，c（H+）和Kw均不变
20．（2017高二上·九江期末）工业上，CH3OH也可由CO和H2合成．参考合成反应CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）的平衡常数．下列说法正确的是 （ ）
温度/℃ 0 100 200 300 400
平衡常数 667 13 1.9×10﹣2 2.4×10﹣4 1×10﹣5
A．该反应正反应是放热反应
B．该反应在低温下不能自发进行，高温下可自发进行，说明该反应△S＜0
C．在T℃时，1L密闭容器中，投入0.1mol CO和0.2mol H2，达到平衡时，CO转化率为50%，则此时的平衡常数为100
D．工业上采用稍高的压强（5MPa）和250℃，是因为此条件下，原料气转化率最高
21．（2017高二上·柳州期末）某温度时，发生反应2HI （g） H2 （g）+I2 （g），向三个体积相等的恒容密闭容器A、B、C中，分别加入①2mol HI；②3mol HI；③1mol H2与1mo1I2，分别达平衡时，以下关系正确的是（ ）
A．平衡时，各容器的压强：②=①=③
B．平衡时，I2的浓度：②＞①=③
C．平衡时，I2的体积分数：②=①=③
D．从反应开始到达平衡的时间：①＞②=③
22．（2022高二上·兖州期中）一定温度下，在三个体积均为1L的恒容密闭容器中发生反应：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)。
容器编号 温度(℃) 起始物质的量(mol) 平衡物质的量(mol)
CH3OH(g) CH3OCH3(g) H2O(g)
① 387 0.20 0.080 0.080
② 387 0.40
③ 207 0.20 0.090 0.090
下列说法正确的是（ ）
A．达到平衡时，容器①中CH3OH的体积分数比容器②中的小
B．若容器①中反应在绝热条件下进行，达平衡时n(H2O)<0.080mol
C．容器①中反应达平衡后，增大压强，各物质浓度保持不变
D．若起始时，向容器①中充入CH3OH(g)、CH3OCH3(g)、H2O(g)各0.10mol，此时反应正向进行
23．（2022高二上·安丘期中）下列有关实验的操作、现象和结论都正确的是（ ）
选项 实验操作 现象 结论
A 将装有和混合气体的烧瓶分别浸入冷水和热水中，并与常温情况进行对比() 冷水中烧瓶内气体颜色变浅，热水中烧瓶内气体颜色加深 升高温度，化学平衡向吸热方向移动，降低温度，向放热方向移动
B 在两个烧杯中分别盛有等体积、等浓度的烧碱溶液和氨水，插入电极，连接灯泡，接通电源，分别进行导电实验 盛有烧碱溶液的灯泡亮度大 强电解质导电能力大于弱电解质
C 向盛有溶液(显黄色)的①、②两只试管中分别滴加淀粉溶液、溶液 ①中溶液变蓝，②中产生黄色沉淀 溶液中存在平衡：
D 用pH试纸分别测定等物质的量浓度的和NaClO的pH pH： 酸性：
A．A B．B C．C D．D
三、非选择题
24．（2023·湖南）聚苯乙烯是一类重要的高分子材料，可通过苯乙烯聚合制得。
（1）Ⅰ．苯乙烯的制备
已知下列反应的热化学方程式：
①
②
③
计算反应④的 ；
（2）在某温度、下，向反应器中充入气态乙苯发生反应④，其平衡转化率为50%，欲将平衡转化率提高至75%，需要向反应器中充入 水蒸气作为稀释气(计算时忽略副反应)；
（3）在、下，以水蒸气作稀释气。作催化剂，乙苯除脱氢生成苯乙烯外，还会发生如下两个副反应：
⑤
⑥
以上反应体系中，芳香烃产物苯乙烯、苯和甲苯的选择性S()随乙苯转化率的变化曲线如图所示，其中曲线b代表的产物是 ，理由是 ；
（4）关于本反应体系中催化剂的描述错误的是____；
A．X射线衍射技术可测定晶体结构
B．可改变乙苯平衡转化率
C．降低了乙苯脱氢反应的活化能
D．改变颗粒大小不影响反应速率
（5）Ⅱ．苯乙烯的聚合
苯乙烯聚合有多种方法，其中一种方法的关键步骤是某(Ⅰ)的配合物促进(引发剂，X表示卤素)生成自由基，实现苯乙烯可控聚合。
引发剂中活性最高的是 ；
（6）室温下，①在配体L的水溶液中形成，其反应平衡常数为K；②在水中的溶度积常数为。由此可知，在配体L的水溶液中溶解反应的平衡常数为 (所有方程式中计量系数关系均为最简整数比)。
25．（2023·浙江1月选考）“碳达峰·碳中和”是我国社会发展重大战略之一，还原是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有：
Ⅰ：
Ⅱ：
请回答：
（1）有利于提高平衡转化率的条件是 。
A．低温低压B．低温高压C．高温低压D．高温高压
（2）反应的 ， (用表示)。
（3）恒压、时，和按物质的量之比投料，反应经如下流程(主要产物已标出)可实现高效转化。
①下列说法正确的是 。
A．可循环利用，不可循环利用
B．过程ⅱ，吸收可促使氧化的平衡正移
C．过程ⅱ产生的最终未被吸收，在过程ⅲ被排出
D．相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原需吸收的能量更多
②过程ⅱ平衡后通入，测得一段时间内物质的量上升，根据过程ⅲ，结合平衡移动原理，解释物质的量上升的原因 。
（4）还原能力可衡量转化效率，(同一时段内与的物质的量变化量之比)。
①常压下和按物质的量之比投料，某一时段内和的转化率随温度变化如图1，请在图2中画出间R的变化趋势，并标明时R值 。
②催化剂X可提高R值，另一时段内转化率、R值随温度变化如下表：
温度/℃ 480 500 520 550
转化率/% 7.9 11.5 20.2 34.8
R 2.6 2.4 2.1 1.8
下列说法错误的是
A．R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应Ⅱ的速率
B．温度越低，含氢产物中占比越高
C．温度升高，转化率增加，转化率降低，R值减小
D．改变催化剂提高转化率，R值不一定增大
26．（2023·泸州模拟）铁的化合物在工业中有重要价值。回答下列问题：
（1）Fe(CO)5是一种重要的催化剂，制取反应为Fe(s)+5CO(g)=Fe(CO)5(g)，ΔH<0。在1L恒容密闭容器中加入足量铁粉和0.24molCO。
①0~30min内在T温度下进行反应，测得c(CO)、c[Fe(CO)5]随时间的变化关系，以及30min和40min开始随条件的变化关系如图甲所示。0~20min内用Fe(CO)5表示的平均反应速率为 mol·L-1·min-1；若平衡时体系总压强为p，则用气体分压表示的压强平衡常数Kp= 。
②曲线I代表 [填CO或Fe(CO)5]浓度的变化，30min时改变的条件是 。40min后曲线II下降的原因是 。
（2）高铁酸钾(K2FeO4)被称为“绿色化学”净水剂，K2FeO4在水解过程中，铁元素形成的微粒分布分数与pH的关系如图乙所示，H2FeO4的一级电离平衡常数Ka1= 。向pH=6的溶液中加入KOH溶液，发生反应的离子方程式为 。
（3）复合氧化物铁酸锰(MnFe2O4)可用于热化学循环分解制氢气，原理如下：
①MnFe2O4(s)=MnFe2O(4-x)(s)+O2(g)，ΔH1
②MnFe2O(4-x)(s)+xH2O(g)=MnFe2O4(s)+xH2(g)，ΔH2=akJ/mol
③2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)，ΔH3=+483.6kJ/mol
则H2的燃烧热ΔH -241.8kJ/mol(填>、=或<)，ΔH1= (用含a的代数式表示)。
27．（2023·济宁模拟）2022年12月中央经济工作会议强调，“加快新能源、绿色低碳等前沿技术研发和应用推广”。甲烷化是目前研究的热点方向之一，在环境保护方面显示出较大潜力。其主要反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
回答下列问题：
（1）在体积相等的多个恒容密闭容器中。分别充入1 mol 和4 mol 发生上述反应Ⅰ(忽略反应Ⅱ)，在不同温度下反应相同时间，测得、转化率与温度关系如图所示。已知该反应的速率方程为，，其中、为速率常数，只受温度影响。
图中信息可知，代表曲线的是 (填“MH”或“NG”)，反应Ⅰ活化能Ea(正) Ea(逆)(填“>”或“＜”)；c点的K(平衡常数)与Q(浓度商)的等式关系 (用含、的代数式表示)，温度下反应达到平衡，体系压强为p，则 。
（2）向恒压密闭装置中充入5 mol 和20 mol ，不同温度下同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，达到平衡时其中两种含碳物质的物质的量与温度T的关系如下图所示
图中缺少 (填含碳物质的分子式)物质的量与温度的关系变化曲线，随温度升高该物质的变化趋势为 ，800℃时，的产率为 。
28．（2023·吉林模拟）清洁能源的综合利用以及二氧化碳的研发利用，可有效降低碳排放，均是实现“碳达峰、碳中和”的重要途径，我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。
（1）I.利用反应：可减少的排放。
的结构式为 ，分子中极性键与非极性键的个数比为 。
（2）图甲是298K时相关物质的相对能量，则上述反应的 kJ/mol。
（3）下列关于该反应的说法错误的是____。
A．在恒容绝热的条件下，温度不再改变，说明该反应已达平衡状态
B．在恒温恒压的条件下，充入稀有气体氦气，平衡不移动
C．平衡向右移动，平衡常数K一定增大
D．该反应在高温条件下自发
（4）该反应的净反应速率方程：(、为速率常数，只与温度、催化剂、接触面积有关，与浓度无关)。温度为℃时，，温度为℃时，，则 (填“>”、“<”或“=”)。
（5）II.乙烯的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标准。国内第一套自主研发的乙烷裂解制乙烯的大型生产装置建成。已知该项目中乙烷制乙烯的反应原理为：
主反应：
副反应：
在一定温度下，在2L恒容密闭容器中充入7mol。进行反应，达到平衡时和的体积分数均为20%，则
乙烷的总转化率为 (保留4位有效数字)。
（6）该温度下主反应的平衡常数K为 mol/L。
29．（2022·深圳模拟）苯乙烯是生产塑料与合成橡胶的重要原料。氧化乙苯脱氢制苯乙烯的反应为：
反应I：
已知：
反应II：
反应III：
回答下列问题：
（1）反应I的 。
（2）下列关于反应I～III的说法正确的是____(填标号)。
A．及时分离出水蒸气，有利于提高平衡混合物中苯乙烯的含量
B．保持恒定时，说明反应I达到化学平衡状态
C．其他条件相同，反应II分别在恒容和恒压条件下进行，前者乙苯的平衡转化率更高
D．反应III正反应的活化能小于逆反应的活化能
（3）在催化剂作用下，氧化乙苯脱氢制苯乙烯可能存在如下图所示反应机理：
该机理可表示为以下两个基元反应，请补充反应ⅱ：
ⅰ：；
ⅱ： .
（4）常压下，乙苯和经催化剂吸附后才能发生上述反应I。控制投料比[∶n(乙苯)]分别为1∶1、5∶1和10∶1，并在催化剂作用下发生反应，乙苯平衡转化率与反应温度的关系如图所示：
①乙苯平衡转化率相同时，投料比越高，对应的反应温度越 (填“高”或“低”)。
②相同温度下，投料比远大于10∶1时，乙苯的消耗速率明显下降，可能的原因是：
ⅰ．乙苯的浓度过低；
ⅱ． 。
③850K时，反应经t min达到图中P点所示状态，若初始时乙苯的物质的量为n mol，则v(苯乙烯)＝ 。
（5）700K时，向恒容密闭容器中加入过量和一定量乙苯，初始和平衡时容器内压强分别为和，则平衡时苯乙烯的分压为 kPa(以含有、、p的代数式表示)。[已知：①混合气体中某组分的分压等于总压与该气体物质的量分数之积；以平衡分压代替平衡浓度进行计算，可得反应的分压平衡常数。② ]
30．（2022·宝山模拟）CH4-CO2重整反应[CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H=+247kJ/mol]在大力推进生态文明建设、“碳达峰”、“碳中和”的时代背景下，受到更为广泛的关注。
（1）I．该反应以两种温室气体为原料，可以生成合成气。如何减少反应过程中的催化剂积炭，是研究的热点之一、某条件下，发生主反应的同时，还发生了积炭反应：
CO歧化：2CO(g)=CO2(g)+C(s) △H=-172kJ/mol
CH4裂解：CH4(g)=C(s)+2H2(g) △H=+75kJ/mol
对积炭反应进行计算，得到以下温度和压强对积炭反应中平衡炭量的影响图，其中表示温度和压强对CH4裂解反应中平衡炭量影响的是(选填序号) ，理由是 。
（2）实验表明，在重整反应中，低温、高压时会有显著积炭产生，由此可推断，对于该重整反应而言，其积炭主要由 反应产生。
综合以上分析，为抑制积炭产生，应选用高温、低压条件。
（3）II．该重整反应也可用于太阳能、核能、高温废热等的储存，储能研究是另一研究热点。
该反应可以储能的原因是 。
某条件下，除发生主反应外，主要副反应为CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H=+41kJ/mol。研究者研究反应物气体流量、CH4/CO2物质的量比对CH4转化率(XCH4)、储能效率的影响，部分数据如下所示。
（4）【资料】储能效率：热能转化为化学能的效率，用ηchem表示。ηchem=Qchem/Q。其中，Qchem是通过化学反应吸收的热量，Q是设备的加热功率。
序号 加热温度/℃ 反应物气体流量/L·min-1 CH4/CO2 XCH4/% ηchem/%
① 800 4 2：2 79.6 52.2
② 800 6 3：3 64.2 61.9
③ 800 6 2：4 81.1 41.6
气体流量越大，CH4转化率越低，原因是：随着流量的提高，反应物预热吸热量增多，体系温度明显降低， 。
（5）对比实验 (填序号)，可得出结论：CH4/CO2越低，CH4转化率越高。
（6）对比②、③发现，混合气中CO2占比越低，储能效率越高，原因可能是 (该条件下设备的加热功率视为不变)。
31．（2022·浙江模拟）我国力争在2030年前实现碳达峰，降低碳排放的一个重要措施是的综合利用，如工业利用合成，再合成。
I.(主反应)
II.(副反应)
请回答：
（1）工业原料气配比中需加入一定量的CO，原因是 。
（2）在温度为T，恒压P的条件下，充入的和此时体积为2升，发生I、Ⅱ反应达平衡时的物质的量为，的物质的量分数为，求：(保留2位小数)
①的转化率 。
②反应I的平衡常数K为 。
（3）二甲醚在有机化工中有重要的应用，可以利用上述合成的甲醇制备二甲醚
III.(主反应)
IV.(副反应)
在一定条件下发生反应的能量关系如图所示
①当反应一定时间，测得副产品的含量特别高，分析原因 。
②为提高反应Ⅲ生成的选择性(转化的中生成二甲醚的百分比)，下列措施中合适的是 。
A．适当增大压强 B．升高温度
C．使用合适催化剂 D．未达平衡时及时分离产品
（4）研究表明，在催化剂的催化下，与合成，主要催化过程如下(H*表示活性氢原子)
则A、B结构是 、 。
32．（2022·潮州模拟）二氧化碳的回收利用是环保领域研究的热点课题。
（1）在太阳能的作用下，以为原料制取炭黑的流程如图甲所示。其总反应的化学方程式为 。
（2）经过催化氢化合成低碳烯烃。其合成乙烯的反应为 。
几种物质的能量(在标准状况下规定单质的能量为0，测得其他物质在生成时所放出或吸收的热量)如下表所示：
物质
能量 0 -394 52 -242
则 。
（3）在2L恒容密闭容器中充入2mol和nmol，在一定条件下发生反应： ，的转化率与温度、投料比[]的关系如图乙所示。
① (填“>”“<”或“=”，下同)，平衡常数 。
②TK时，某密闭容器中发生。上述反应，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下表：
时间浓度/mol/L 物质 0 10 20 30 40 50
6.00 5.40 5.10 9.00 8.40 8.40
2.00 1.80 1.70 3.00 2.80 2.80
0 0.10 0.15 3.20 3.30 3.30
20~30min间只改变了某一条件，根据表中的数据判断改变的条件可能是 (填字母)。
A．通入一定量 B．通入一定量
C．加入合适的催化剂 D．缩小容器容积
（4）在催化剂M的作用下，和同时发生下列两个反应：
Ⅰ.
Ⅱ.
图丙是乙烯在相同时间内，不同温度下的产率，则高于460℃时乙烯产率降低的原因不可能是____(填字母)。
A．催化剂M的活性降低 B．反应Ⅰ的平衡常数变大
C．生成甲醚的量增加 D．反应Ⅱ的活化能增大
（5）溶液通常用来捕获，常温下，的第一步、第二步电离常数分别为，，则常温下，的溶液的pH等于 (不考虑的第二步水解和的电离)。
33．（2022·呼和浩特模拟）氮的氧化物是造成大气污染的主要物质，研究NOx的转化具有重要意义。
（1）已知：NO氢化反应2NO(g)+2H2(g)2H2O(g)+N2(g) ΔH，物质的标准生成热是常用的化学热力学数据，可用来计算反应热。ΔH=生成物标准生成热总和-反应物标准生成热总和
物质 NO(g) H2(g) H2O(g) N2(g)
标准生成热(kJ·mol-1) 90.25 0 -241.8 0
①ΔH= kJ·mol-1，已知该反应能自发进行，则所需条件为 (高温、低温、任意温度)。
②一定体积密闭容器中，既能加快反应速率又能提高NO平衡转化率的方法是 。
③某温度下，等物质的量的NO和H2在恒容密闭容器中发生反应，起始压强为100 kPa。
达平衡时，总压减少20%，NO的转化率为 ，该反应的平衡常数Kp= 。
（2）NO氧化反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)分两步进行。
Ⅰ.2NO(g)→N2O2(g) ΔH1
Ⅱ．N2O2(g)+O2(g)→2NO2(g) ΔH2，其反应过程能量变化示意图如图1。
①决定NO氧化反应速率的步骤是 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
②在恒容的密闭容器中充入一定量的NO和O2气体，保持其他条件不变，控制反应温度分别为T3和T4(T4＞T3)，测得c(NO)随t(时间)的变化曲线如图2。转化相同量的NO，在温度 (填“T3”或“T4”)下消耗的时间较长，试结合反应过程能量图(图1)分析其原因： 。
34．（2022·重庆市模拟）某化学兴趣小组对工业合成氨、工业制硝酸的化学原理进行了相关探究。
已知：
反应Ⅰ
反应Ⅱ
反应Ⅲ
（1）工业上采用一定投料比、高温(400~500℃)、高压(10MPa~30MPa)有催化剂的条件下合成氨。下列有关说法正确的是____。
A．选择高压有利于增加气体在催化剂上的吸附，使键能较大的分子易断键
B．采用高温(400~500C)、高压(10MPa~30MPa)条件时，合成氨平衡混合物中体积分数最高
C．广义上，合成氨、尿素以及硝酸的生产均为石油化工
D．采用循环操作，主要是为了提高平衡混合物中氨的含量
（2）①反应Ⅱ是接触氧化反应，氨分子向铂网表面的扩散是氨接触反应过程的控制步骤。在如图中画出一定条件下氨氧化率与氨空气在催化剂表面的停留时间的关系曲线 。
②由于条件的控制等不利因素，氨的接触氧化过程中会发生多种副反应生成。请写出其中属于分解反应的化学方程式(至少两条)： 、 。
③工业制硝酸设备中有热交换器组件，请说明热交换器存在的必要性： 。
（3）该小组同学为了探究不易直接催化氧化生成的原因，做了如下的研究：
查阅资料知：的反应历程分两步：
i.(快)
ii.(慢)
注：表示气体B的分压(即组分B的物质的量分数×总压)
①若设反应的速率，则 。(含有、的表达式。k、均为速率常数)。
②k与温度的关系如图所示。综合研究证据，该小组得出不易直接催化氧化生成的原因是： 。
35．（2022·青浦模拟）
（1）I.实现碳中和方法之一是二氧化碳捕捉再利用，某科研院所研究二氧化碳、甲烷重整技术如下：
①CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)+Q1
②CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)+Q2
③CH4(g)C(s)＋2H2(g)+Q3
④2CO(g) CO2(g)+C(s)+Q4
⑤CO(g)＋H2(g) H2O(g)＋C(s)+Q5
若恒容密闭容器中发生反应①，Q1＜0，进料浓度比c(CH4)：c(CO2)分别等于1：2、1：5、1：7时，CH4的平衡转化率随条件X的变化关系如下图所示：
①曲线a的进料浓度比c(CH4)：c(CO2)为 。
②条件X是 (填“温度”或“压强”)，依据是 。
（2）某温度下，等物质的量的CH4和CO2在恒容密闭容器内发生反应①，该反应的平衡常数表达式为K= ，平衡时CH4的体积分数为，则CO2的转化率为 。
（3）下列说法正确的是____。
A．当v(CO2)=v(CO)，反应②达到平衡状态
B．升高温度，反应②的正、逆反应速率都增大
C．增大压强，反应①平衡逆向移动，平衡常数K减小
D．移去部分C(s)，反应③④⑤的平衡均向右移动
（4）II.在Zn/ZSM-5的催化作用下，甲烷与二氧化碳可以直接合成乙酸。
常温下，向10mL0.1mol·L-1CH3COOH溶液中逐滴滴入0.1mol·L-1的某碱ROH溶液，所得溶液pH及导电性变化如图所示。
b点是恰好完全反应的点，则碱ROH是 (填“强碱”或“弱碱”)，此时溶液中所含离子浓度大小的顺序 。
（5）b点由水电离出的氢离子浓度c(H+) (填“＞”“=”或“＜”)1×10-7mol/L。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．向10mL蒸馏水中加入0.4gI2，充分振荡，溶液呈浅棕色，说明I2的浓度较小，因为I2在水中溶解度较小，A项正确；
B．已知I3-(aq)为棕色，加入0.2g锌粒后，Zn与I2反应生成ZnI2，生成的I-与I2发生反应I-+I2 I3-，生成I3-使溶液颜色加深，B项正确；
C．I2在水中存在溶解平衡I2(s) I2(aq)，Zn与I2反应生成的I-与I2(aq)反应生成I3-，I2(aq)浓度减小，上述溶解平衡向右移动，紫黑色晶体消失，C项正确；
D．最终溶液褪色是Zn与有色物质发生了化合反应，不是置换反应，D项错误；
故答案为：D。
【分析】根据分析可知，I-与I2发生反应I-+I2 I3-，该反应为可逆反应，利用平衡移动原理解答即可。
2．【答案】C
【知识点】化学反应速率；催化剂；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．Cl原子是历程Ⅱ的催化剂，催化剂不能改变反应的反应热，则历程Ⅰ、Ⅱ的反应热相等，因此，A不符合题意；
B．已知的相对能量为0，对比两个历程可知，的相对能量为，则键能为，B不符合题意；
C．催化剂不能改变反应的平衡转化率，因此相同条件下，的平衡转化率：历程Ⅱ=历程Ⅰ，C符合题意；
D．活化能越低，反应速率越快，由图像可知，历程Ⅱ中第二步反应的活化能最低，所以速率最快的一步反应的热化学方程式为：，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.催化剂不影响焓变；
B.的相对能量为；
C.催化剂不能改变反应的始态和终态，不能改变反应物的平衡转化率；
D.活化能越大反应速率越慢。
3．【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．由分析可知②代表H2的产率，A不符合题意；
B．由分析可知升高温度，平衡时CO的选择性增大，B符合题意；
C． 增大 ，反应的平衡正向移动，但乙醇的平衡转化率降低，C不符合题意；
D． 催化剂不会影响平衡状态，不能提高H2的产率，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 CO的选择性 ，则CO2的选择性，则CO和CO2选择性之和为1，根据热化学方程式可知，CO的选择性随温度的升高一直增大，则③代表CO的选择性，①代表CO2的选择性，②代表氢气的产率。
4．【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；食物中淀粉、蛋白质、葡萄糖的检验
【解析】【解答】A．亚硫酸钠溶液显碱性，亚硫酸氢钠溶液显酸性，HSO电离程度大于其水解程度，HSO结合H+能力弱于SO，故A不符合题意；
B．NO2中存在2NO2N2O4，将玻璃球放在热水中，红棕色变深，说明升高温度，平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，该反应的正反应为放热反应，故B符合题意；
C．醛基与银氨溶液反应，反应环境为碱性，题中加入稀硫酸后，没有加入NaOH溶液中和硫酸，因此未出现银镜，不能说明淀粉未发生水解，故C不符合题意；
D．Cl-、I-浓度相同，滴加少量硝酸银溶液，出现黄色沉淀，黄色沉淀为AgI，说明AgI比AgCl更难溶，即Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.Na2SO3溶液显碱性，NaHSO3溶液显酸性；
B.平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
C.银镜反应应在碱性环境中进行；
D.该实验过程中发生沉淀的转化。
5．【答案】B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；极性分子和非极性分子；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．苯分子中含有大π键而没有碳碳双键，大π键稳定性较强，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故A不符合题意；
B．是极性分子，其中含有极性键H-O键和非极性键O-O键，故B符合题意；
C．H2O和NH3的中心原子O和N都是sp3杂化，杂化轨道都是正四面体构型，但孤电子对间的排斥力比成键电子对间的排斥力大，且孤电子对越多，斥力越大，键角被压缩得越小，而H2O有两对孤电子对，NH3有一对孤电子对，所以H2O的键角比NH3的键角
小，故C不符合题意；
D．溶液中存在以下平衡： ，该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，转化为，溶液颜色变为黄绿色；降低温度，平衡逆向移动，转化为，溶液颜色又由黄绿色转变为蓝绿色，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】B中是极性分子，其中含有极性键H-O键和非极性键O-O键，其它选择均正确。
6．【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．由图像可看出，温度升高，CH4的平衡转化率降低，S2的体积分数升高说明升温时，平衡向左移动，所以正反应方向是放热的，即<0，选项A不符合题意；
B．因为S8分解成S2需要吸收热量，S8(g) 4S2(g) >0，所以升温时，平衡右移，S8分解率增大，S2体积分数增大，选项B符合题意；
C．向恒温恒容的平衡体系中，通入惰性气体，由于与反应有关的气体物质的物质的量浓度均未变化，所以Q=K，平衡不移动，选项C不符合题意；
D．其他条件不变时，S2体积分数增大，即c(S2)越大，则平衡向右进行的程度越大，CH4的平衡转化率越大，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】利用化学平衡移动原理分析。
7．【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．温度高于290℃时，随温度升高，CO的转化率、二甲醚的产率均降低，说明升高温度，平衡逆向移动，该反应的，A不符合题意；
B．催化剂只改变反应速率，不能使平衡移动，所以加入催化剂不能提高CO的平衡转化率，B符合题意；
C．温度范围为280～290℃时，二甲醚的产率最高，所以工业选择的较适宜温度范围为280～290℃，C不符合题意；
D．温度低于290℃时，CO的转化率随温度升高而降低，二甲醚的产率随温度升高而增大，可知该反应伴随有副反应的发生，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.随着温度的升高，CO的转化率在减小，说明升温平衡逆向移动；
B.催化剂不影响平衡状态；
C.温度为280～290℃时二甲醚的产率最高；
D.前一段随着温度的升高，CO的转化率在减小，但二甲醚的产率在增大。
8．【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．在其它条件不变时，增大反应物Cl2的浓度，化学平衡正向移动，可以使更多丙烯反应变为生成物，最终达到平衡时丙烯的体积分数减小，由于丙烯的含量：W2＜W1，W1=1，所以W2＞1，A不符合题意；
B．根据图甲可知：在W不变时，升高温度，丙烯的平衡含量增大，说明升高温度，化学平衡逆向移动，正反应的化学平衡常数减小，则正反应为放热反应，△H＜0。化学平衡常数只与温度有关。升高温度，化学平衡逆向移动，正反应平衡常数减小，正反应平衡常数与逆反应平衡常数互为倒数，则逆反应化学平衡常数随温度的升高而增大，所以在图乙中A线表示逆反应的平衡常数，B线表示正反应的平衡常数，B不符合题意；
C．当温度为T1，W=2时，K=1，在反应开始时n(丙烯)=1 mol，n(Cl2)=2 mol，假设反应过程中丙烯反应消耗量为x，则平衡时：n(丙烯)=(1-x) mol，n(Cl2)=(2-x) mol，n(CH2=CH-CH2Cl)=n(HCl)=x mol，假设容器的容积为V，则K=，解得x=mol，所以氯气的转化率为，C符合题意；
D．在恒容绝热装置中进行上述反应，容器温度升高，反应前后气体的物质的量不变，则压强增大，D不符合题意；
【分析】A.增大反应物Cl2的浓度，该反应的平衡正向移动；
B.该反应为放热反应，化学平衡常数只与温度有关，升温化学平衡常数增大，降温化学平衡常数减小；
D.在恒容绝热装置中进行上述反应，容器温度升高。
9．【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．由分析可知，该反应为放热反应，升高温度，该反应的平衡常数将减小，不符合题意；
B．在达到平衡之前，逆反应速率始终增大，不符合题意；
C．反应是气体体积不变的反应，反应过程中气体总物质的量不变，根据理想气体状态方程，可以看出，压强与温度成正比，只要反应还在向右进行，容器的温度就会持续升高，压强就会一直增大。因此，压强不变可以说明达到了平衡状态，符合题意；
D．从容器中分离出少量后，平衡正向移动，都减小，不符合题意；
故答案为：C。
【分析】依据影响化学平衡的因素分析；利用“变者不变即平衡”判断。
10．【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】A.270℃时，CH3OH的选择性更大，故主要发生反应I，A不符合题意；
B．缩小容器体积，相当于是增大压强，反应I平衡正向移动，CO2，H2物质的量减小，故反应Ⅱ平衡会逆向移动，n (CO)会减小，B不符合题意；
C．该温度下，CH3OH的选择性是75%，CO是25%，CO2平衡转化率是12%，故转化的CO2物质的量是0.12mol，根据反应I，Ⅱ系数可知，生成H2O是0.12mol，C符合题意；
D.210℃和230℃相比CH3OH的选择性相差不大，但是230℃时CO的平衡转化率要明显大于210℃时，故230℃时转化生成的CH3OH更多，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.依据图中曲线分析；
B．依据化学平衡移动原理分析；
C．根据反应I，Ⅱ系数和图中数据分析；
D.依据图中曲线变化的趋势分析。
11．【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．从图中可知，升高温度，CO2的平衡转化率下降，A不符合题意；
B．温度升高，反应Ⅰ化学平衡逆向移动，反应Ⅱ化学平衡正向移动，则CH3OH的选择性下降，同时因为反应Ⅰ化学平衡逆向移动，导致CO2的转化率也有所下降，B符合题意；
C．增大n始(CO2)：n始(H2)，CO2浓度增大，H2浓度减小，则CO2的平衡转化率减小，C不符合题意；
D．研发高效的催化剂可提高反应速率，但是催化剂不能影响化学平衡的移动，故CH3OH的选择性不变，且由图知，温度越高甲醇的选择性越低，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据图像，利用影响化学平衡移动的因素分析；
12．【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；等效平衡
【解析】【解答】A．由图可知，温度升高，H2的平衡浓度增大，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应，该反应的平衡常数随温度升高而减小，故A不符合题意；
B．结合方程式可知，的变化量为变化量的，则曲线Y表示随温度的变化关系，故B不符合题意；
C．提高投料比即增大CO2的浓度，平衡正向移动，的平衡转化率增大，故C符合题意；
D．其他条件不变，与在℃下反应，等效于增大压强，该反应是气体体积减小的反应，平衡正向移动，的浓度减小，当仍然大于与在℃下发生反应时的平衡浓度，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】AB．利用图像，根据影响化学平衡移动的因素分析；
C．增大一种反应物的量，可提高其它反应物的转化率，自身的转化率反应降低；
D．依据等效平衡原理分析。
13．【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A. 增大压强，反应速率增大，D点压强大于A点压强，所以v(A)
D. 无限缓慢降压至，压强减小，平衡向气体分子数增多的方向移动，故平衡正向移动，NO2的体积分数逐渐增加，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】依据平衡曲线，曲线上的点均为平衡状态，利用化学平衡移动原理分析。
14．【答案】A,C
【知识点】化学平衡的影响因素；水的电离；影响盐类水解程度的主要因素
【解析】【解答】A、铜、铁、电解质构成原电池，铁做负极，镀铜铁制品镀层受损后，铁更容易生锈，选项A符合题意；
B、等物质的量浓度的CH3COOH溶液和HCl溶液中后者氢离子浓度较大，抑制水的电离程度较大，水的电离程度较小，选项B不符合题意；
C、0.1 mol/LNH4Cl溶液加水稀释，水解程度增大， 的值减小，选项C符合题意；
D、使用催化剂能加快反应速率但不能使平衡移动，故无法提高SO2的平衡转化率，选项D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】A.根据原电池原理进行判断；
B.根据相同浓度的强弱电解质对水的电离的影响进行分析；
C.盐类的水解程度随溶液浓度的减小而增大；
D.催化剂不能改变化学平衡。
15．【答案】A,C
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】A. 由图可知，升高温度CO的转化率降低则平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，△H<0，反应为气体体积缩小的反应，增大压强平衡正向移动，CO的转化率增大，则由图可知p1>p2，选项A符合题意；
B. 容器Ⅱ相当于加入了部分二氧化碳，平衡逆向移动，CO的转化率降低，故达到平衡时，容器Ⅱ中CO的平衡转化率小于50%，选项B不符合题意；
C. 达到平衡时，容器Ⅰ中总物质的量为0.15+0.15+0.05+0.05=0.4mol，容器Ⅱ的总物质的量小于0.15+0.15+0.05+0.05+0.1=0.5mol，故总压强之比小于4∶5，选项C符合题意；
D. 若恒压则为等效平衡，达到平衡时，容器Ⅲ中n[(CH3)2O]是容器Ⅱ中的2倍，但恒容情况下相当于容器Ⅲ为增大压强平衡向气体体积缩小的正方向移动，n[(CH3)2O]增多，则容器Ⅲ中n[(CH3)2O]大于容器Ⅱ中的2倍，选项D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A.根据温度和压强对CO转化率的影响，结合化学平衡移动原理判断焓变he压强大小即可；
B.增大生成物的浓度平衡向逆反应方向移动；
C.根据压强之比等于物质的量之比进行分析；
D.根据压强对化学平衡的影响进行判断。
16．【答案】A,D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】解：由表中数据可知，T1温度在40min到达平衡，开始对应各组分浓度相等，前20min内温度T2的反应速率大于温度T1的，则温度T2＞T1，T2温度先到达平衡，到达平衡时间小于40min，50min处于平衡状态，此时甲烷的物质的量为0.15mol，大于T1温度平衡时的0.1mol，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，
A．T2平衡时参加反应的甲烷物质的量为：0.5mol﹣0.15mol=0.35mol，则甲烷的平衡转化率为： ×1005=70%，故A正确；
B．根据分析可知，温度T1＜T2，正反应为放热反应，该反应的△H＜0，故B错误；
C．保持其他条件不变，T1时向平衡体系中再充入0.30molCH4和0.80molH2O（g），此时甲烷浓度为0.4mol/L，原平衡时生成的水为（0.5﹣0.1）mol×2=0.8mol，此时水的浓度为1.6mol/L，根据K= 可知此时Qc=6.4=K，反应向逆反应进行，故C错误；
D．再充入0.50molCH4和1.20molNO2，平衡正向移动，氮气浓度增大，等效为在原平衡基础增大压强，与原平衡相比平衡逆向移动，达新平衡时N2的体积分数减小，故D正确；
故选AD．
【分析】由表中数据可知，T1温度在40min到达平衡，开始对应各组分浓度相等，前20min内温度T2的反应速率大于温度T1的，则温度T2＞T1，T2温度先到达平衡，到达平衡时间小于40min，50min处于平衡状态，此时甲烷的物质的量为0.15mol，大于T1温度平衡时的0.1mol，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，
A．计算平衡时参加反应的甲烷物质的量，进而计算转化率；
B．根据分析可知，正反应为放热反应；
C．根据K= 判断浓度商与平衡常数相对大小，若Qc=K，处于平衡状态，若Qc＜K，反应向正反应进行，若Qc＞K，反应向逆反应进行；
D．再充入0.50molCH4和1.20molNO2，平衡正向移动，氮气浓度增大，等效为在原平衡基础增大压强，与原平衡相比平衡逆向移动．
17．【答案】A,B
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A.根据图示可知：温度升高，H2S分解率增大，说明升高温度，平衡正向移动，根据平衡移动原理：升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，因此该反应的正反应为吸热反应，A符合题意；
B.加入Al2O3可提高H2S的分解速率，但不能使化学平衡移动，因此H2S平衡转化率不变，B符合题意；
C.根据图示可知900℃H2S的分解率是50%，反应2H2S(g) 2H2(g)+S2(g)的平衡常数K= = =0.125a，C不符合题意；
D.根据图象可知：在约1100℃曲线Ⅱ、Ⅲ几乎重合，说明有无催化剂Al2O3，物质反应速率相同，则Al2O3可能几乎失去催化活性，D不符合题意；
故答案为：AB
【分析】A.根据图像温度对平衡移动的影响分析；
B.催化剂不改变平衡移动；
C.根据图示900℃时H2S的分解率计算；
D.两曲线重合，说明反应速率相等；
18．【答案】A,D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】A. 正反应体积减小，增大压强平衡向正反应方向进行，产率增大，则P1＞P2，A符合题意；
B. M点产率是0.2，则根据方程式可知
Si(s) + 3HCl(g) SiHCl3(g)+ H2(g)
起始（mol） 0.1 0.3 0 0
转化（mol） 0.02 0.06 0.02 0.02
平衡（mol） 0.08 0.24 0.02 0.02
所以HCl的转化率为20%，B不符合题意；
C. 硅是固体，平衡时，容器中再加入少量单质Si，平衡不移动，HCl的转化率不变，C不符合题意；
D. 向恒压容器中加入0.2molSi、0.6molHCl，500K、压强为P2时平衡等效，所以SiHCl3的平衡产率等于20%，D符合题意，
故答案为：AD。
【分析】根据化学平衡的计算以及外界条件对化学反应速率的影响进行分析即可。
19．【答案】B,D
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】解：A．温度不变，水的离子积常数不变，与溶液的酸碱性无关，向水中滴入少量稀盐酸，平衡逆向移动，Kw不变，故A错误；
B．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，离子积常数Kw增大，氢离子浓度增大，溶液的pH减小，故B正确；
C．向水中加入少量固体CH3COONa固体，由于醋酸根离子水解，则平衡正向移动，故C错误；
D．温度不变水的离子积常数不变，硫酸钠是强酸强碱盐，向水中加入硫酸钠固体后，不影响平衡移动，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，温度不知，氢离子浓度不变，故D正确．
故选BD．
【分析】根据水的电离方程式知，向水中加入酸或碱抑制水电离，加入含有弱根离子的盐能促进水电离，水的离子积常数只与温度有关，水的电离过程为吸热过程，加热促进水的电离，以此解答该题．
20．【答案】A,C
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】解：A、依据平衡常数随温度变化和平衡移动原理分析判断，随温度升高平衡常数减小，正反应为放热反应，故A正确；
B、△H﹣T△S＜0的反应能够自发进行，该反应的△H＞0，若能够自发进行△S必须小大于0，故B错误；
C、结合平衡三段式列式计算，平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，
CO（g）+ 2H2（g） CH3OH（g）
起始（mol/L） 0.1 0.2 0
转化（mol/L） 0.1×50% 0.1 0.05
平衡（mol/L） 0.05 0.1 0.05
平衡常数K= =100，故C正确；
D、工业上采用稍高的压强（5MPa）和250℃，是从转化率和反应速率两方面综合考虑，故D错误；
故选AC．
【分析】A、依据平衡常数随温度变化和平衡移动原理分析判断；
B、△H﹣T△S＜0的反应能够自发进行；
C、结合平衡三段式列式计算，平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积；
D、正反应吸热，温度越低反应物转化率越高．
21．【答案】B,C
【知识点】化学平衡的影响因素；等效平衡
【解析】【解答】解：根据等效平衡原理：若1mol H2与1molI2完全转化为HI，则HI为2mol，所以①和③是完全相同的等效平衡，所以二者的浓度，百分含量，压强转，化率等都一样；②与①相比增大了HI的量，该反应为反应前后气体体积不变的反应，增大HI的量，达到平衡时新平衡与原平衡相同，所以各物质的百分含量不变，但是浓度增大．
A、由于恒容密闭容器，②中初始的量大，所以压强最大，故A错误；
B、由于恒容密闭容器，②中初始的量大，所以②中I2的浓度最大，①和③是完全相同的等效平衡，二者I2的浓度相同，所以平衡时，I2的浓度：②＞①=③，故B正确；
C、①②③都是等效平衡，所以三者中I2的体积分数相同，故C正确；
D、由于②中初始的量大，反应浓度大，反应速率快，所以到达平衡所用时间最短，所以②＜③，故D错误；
故选：BC．
【分析】根据等效平衡原理：若1mol H2与1molI2完全转化为HI，则HI为2mol，所以①和③是完全相同的等效平衡，所以二者的浓度，百分含量，压强，转化率等都一样；②与①相比增大了HI的量，该反应为反应前后气体体积不变的反应，增大HI的量，达到平衡时新平衡与原平衡相同，所以各物质的百分含量不变，但是浓度增大．
22．【答案】B,D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．该反应为分子数相等的反应，②等效为①中平衡基础上压强增大一倍，反应气体体积不变，平衡不移动，容器①中的CH3OH体积分数与容器②中的相等，故A不符合题意；
B．对比①、③可知，升高温度CH3OCH3（g）的物质的量减小，说明平衡逆向移动，而升高温度平衡向吸热反应方向移动，则正反应为放热反应，若容器①中反应在绝热条件下进行，相当于升温，平衡逆向移动，达平衡时n(H2O)<0.080mol，故B符合题意；
C．该反应为分子数相等的反应，达平衡后，增大压强，平衡不移动，但容器体积减小，各物质浓度增大，故C不符合题意；
D．容器Ⅰ中平衡时c（CH3OCH3）＝c（H2O）＝＝0.080mol/L，c（CH3OH）=＝0.04mol/L，容器①中化学平衡常数K1＝＝4，此时浓度商Qc＝＝1.65＜K＝4，反应向正反应进行，故D符合题意；
故答案为：BD
【分析】A.②等效为①中平衡基础上压强增大一倍，平衡不移动；
C.容器①中增大压强，各物质浓度增大。
23．【答案】A,C
【知识点】化学平衡的影响因素；强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A．为红棕色，为无色，该项中的实验操作、现象和结论都没有错误，A符合题意；
B．该项中的实验操作、现象符合题意，但结论不符合题意，溶液的导电能力与离子浓度和所带电荷数有关，而与电解质的强弱无关，强电解质的稀溶液导电能力可能小于弱电解质的浓溶液，B不符合题意；
C．溶液中存在，滴加淀粉溶液后变蓝说明溶液中有，滴加溶液后产生黄色沉淀说明溶液中有I-存在，则溶液中存在平衡：，C符合题意；
D．该项中的实验操作不符合题意，NaClO溶液具有漂白性，能使pH试纸漂白，应使用pH计测定NaClO溶液的pH，结论也是错误的，若pH： Na2CO3>NaClO，说明酸性： HCO
【分析】A.升高温度，热水中烧瓶内气体颜色加深，说明二氧化氮浓度增大；降低温度，冷水中烧瓶内气体颜色变浅，说明二氧化氮浓度降低；
B.溶液的导电性与离子浓度与离子所带电荷呈正比；
C.加入淀粉变蓝色，说明含有碘单质，加入硝酸银溶液有黄色沉淀生成，说明有碘离子；
D.NaClO能漂白指示剂。
24．【答案】（1）+118
（2）5
（3）苯；反应④为主反应，反应⑤⑥为副反应，苯乙烯的选择性最大；在恒温恒压下，随乙苯转化率的增大，反应⑤正向移动，反应⑥不移动，则曲线b代表产物苯
（4）B；D
（5）C6H5CH2Cl
（6）K Ksp
【知识点】盖斯定律及其应用；催化剂；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律可得，该反应的反应热ΔH4=ΔH1－ΔH2－ΔH3=(－4386.9kJ·mol－1)－(－4263.1kJ·mol－1)－(－241.8kJ·mol－1)=118kJ·mol－1，因此该反应的反应热ΔH4=＋118kJ·mol－1。
（2）当乙苯的平衡转化率为50%时，参与反应的n(乙苯)=0.5mol，可得平衡三段式如下：
因此平衡时混合气体的总物质的量n(总)=0.5mol+0.5mol+0.5mol=1.5mol，设此时容器的体积为V，则可得该温度下反应的平衡常数。
当乙苯的平衡转化率为75%时，参与反应的n(乙苯)=1mol×75%=0.75mol，可得平衡三段式如下：
因此平衡时混合气体的总物质的量n(总)=0.25mol+0.75mol+0.75mol=1.75mol。设加入n(水蒸气)=amol，此时容器的体积为V′，由于物质的量之比等于体积之比，因此可得，解得。此时反应的平衡常数
因为反应温度不变，因此平衡常数不变，所以可得，解得a=5。所以加入水蒸气的物质的量为5mol。
（3）反应④为主反应，随着乙苯转化率的增大，反应生成苯乙烯和氢气的量增多，体系的压强增大。而反应⑥中反应前后气体分子数不变，压强增大，平衡不移动。反应⑤中反应后气体分子数增大，压强增大后，反应⑤平衡逆向移动，苯的产量降低，因此曲线b表示的产物是苯。
（4）A、测定晶体结构的方法为X射线衍射技术，A不符合题意；
B、Fe2O3为反应的催化剂，加入催化剂，不影响平衡移动，因此不可改变乙苯的平衡转化率，B符合题意；
C、Fe2O3为反应的催化剂，加入催化剂可降低乙苯脱氢反应的活化能，C不符合题意；
D、改变Fe2O3的颗粒大小，可改变固体与气体的接触面积，从而改变反应速率，D符合题意；
故答案为：BD
（5）由于非金属性Cl>Br>I，氯原子吸引电子的能力更强，则形成自由基C6H5CH2·的能力越强，因此活性最高的是C6H5CH2Cl。
（6）Cu＋在配体L的水溶液中反应的离子方程式为：Cu＋(aq)＋2L(aq) [Cu(L)2]＋(aq)，该反应的平衡常数。CuBr的沉淀溶解平衡反应为CuBr(s) Cu＋(aq)＋Br－(aq)，该反应的平衡常数Ksp=c(Cu＋)×c(Br－)。CuBr与L反应的方程式为CuBr(s)＋2L(aq)=[Cu(L)2]＋(aq)＋Br－(aq)，该反应的平衡常数。由于，所以K′=K·Ksp。
【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
（2）温度不变，则平衡常数不变，根据三段式结合平衡常数的表达式进行计算。
（3）随着乙苯转化率增大，体系的压强增大，结合压强对反应⑤、反应⑥平衡移动的影响分析。
（4）A、测定晶体结构，可用X射线衍射实验；
B、催化剂只改变反应速率，不改变平衡移动；
C、加入催化剂，可降低反应所需的活化能；
D、增大催化剂的接触面积，可增大反应速率；
（5）根据卤素原子吸引电子的能力强弱分析。
（6）CuBr与L反应的方程式为CuBr(s)＋2L(aq) [Cu(L)2]＋(aq)＋Br－(aq)，据此结合平衡常数的表达式进行计算。
25．【答案】（1）C
（2）；
（3）BC；通入分解平衡正移，导致增大，促进还原平衡正移
（4）；C
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）反应Ⅰ为气体体积增大的吸热反应，反应Ⅱ为气体体积不变的吸热反应，升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ平衡均右移，CH4平衡转化率增大；降低压强，平衡右移，CH4平衡转化率增大，故有利于提高平衡转化率的条件是高温低压；故答案为：C；
（2）已知：Ⅰ：
Ⅱ：
根据盖斯定律，由Ⅰ+Ⅱ2得反应；
故△H1+2△H2=+329，，故答案为： ； ；
（3）①A．先转化为Fe，然后Fe又转化为，可循环利用；CaCO3受热分解生成和CO2， 又与CO2反应生成CaCO3，也可循环利用，选项A不符合题意；
B．过程ⅱ，吸收使浓度降低，促进氧化的平衡正移，选项B符合题意；
C．过程ⅱ吸收而产生的最终未被吸收，在过程ⅲ被排出，选项C符合题意；
D．焓变只与起始物质的量有关，与过程无关，故相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原需吸收的能量一样多，选项D不符合题意；
故答案为：BC；
②通入分解平衡正移，导致增大，促进还原平衡正移，故过程ⅱ平衡后通入，测得一段时间内物质的量上升，故答案为： 通入分解平衡正移，导致增大，促进还原平衡正移；
（4）①600℃以下，甲烷转化率随温度升高增大程度大于二氧化碳转化率，该阶段R减小，600℃以上，二氧化碳转化率随温度升高增大程度大于甲烷转化率，该阶段R增大，根据图1可知时，转化率为100%，即=1mol， 转化率为60%，即=3mol60%=1.8mol，故==1.8，故间R的变化趋势如图：，故答案为：；
②A．R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应Ⅱ的速率，使单位时间内反应Ⅱ中CO2的转化率增大，增大的倍数比大，则R提高，选项A符合题意；
B．根据表中数据可知，温度越低，转化率越小，而R越大，增大的倍数比大，含氢产物中占比越高，选项B符合题意；
C．温度升高，转化率增加，转化率也增大，且两个反应中的转化率均增大，增大倍数多，故R值增大，选项C不符合题意；
D．改变催化剂使反应有选择性按反应Ⅰ而提高转化率，若转化率减小，则R值不一定增大，选项D符合题意；
故答案为：C。
【分析】（1）有利于提高 平衡转化率，即有利于反应向生成二氧化碳的方向进行；
（2）根据盖斯定律，由Ⅰ+Ⅱ×2可得；
（3）①A.Fe3O4、CaO在过程ii中作反应物、过程iii中作生成物；
B.过程ⅱ，吸收使浓度降低；
C.过程ii中CaO吸收CO2而产生的H2O最终未被CaO吸收；
D.焓变只与反应物和生成物的总能量差有关，与反应过程无关；
②化学平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
（4）①时，=1mol， 转化率为60%，即=3mol60%=1.8mol，；
②A.根据分析；
B.温度越低，CH4的转化率越低，R越大；
C.温度升高，CH4转化率增加，CO2转化率增大；
D.改变催化剂使反应有选择性按反应Ⅰ而提高转化率。
26．【答案】（1）2×10-3；；CO；增大c(CO)或增大CO浓度或向体系中通入CO；平衡后升高温度，平衡逆向移动
（2）10-3.8；+OH-=+H2O
（3）<；241.8x-a或-(a-241.8x)
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）①由图可知，0~20min内，Fe(CO)5的浓度由0变化到0.04 mol·L-1，用Fe(CO)5表示的平均反应速率为；若平衡时体系总压强为p，列三段式进行计算：，平衡时气体总物质的量为0.08 mol，则用气体分压表示的压强平衡常数Kp=；
②曲线Ⅰ和Ⅱ对比，相同时间内，Ⅰ的变化量的绝对值大于Ⅱ，说明曲线Ⅰ对应物质的系数更大，即曲线Ⅰ代表CO浓度的变化；30min时，CO浓度突然增大，而Fe(CO)5的浓度保持不变，说明30min时改变的条件是增大CO浓度或向体系中通入CO；40min后Fe(CO)5的浓度下降的原因是该反应达到平衡，正反应为放热反应，随着温度的升高，平衡逆向移动，从而使Fe(CO)5的浓度下降；
（2）由图可知，时，溶液的pH=3.8，此时，c(H+)=10-3.8mol·L-1 H2FeO4的一级电离平衡常数mol·L-1；由图可知，当pH=6时，溶液中主要以形式存在，加入KOH溶液，发生反应的离子方程式为+OH-=+H2O；
（3）燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧，生成稳定氧化物时所放出的热量，由③可推出H2(g)+O2(g)=2H2O(g)，ΔH=-241.8kJ/mol，H2O(g)转化为H2O(l)为放热反应，其ΔH<0，故H2的燃烧热ΔH<-241.8kJ/mol；根据盖斯定律可知，①=×③―②，则ΔH1=（×483.6-a）kJ/mol =（241.8x-a）kJ/mol
【分析】（1）①根据计算；列出反应的三段式，结合Kp=计算；
②根据物质的量浓度变化量之比等于化学计量数之比可知，曲线Ⅰ代表CO浓度的变化；该反应为放热反应，升温该反应的平衡逆向移动；
（2）根据计算；pH=6时，溶液中主要以形式存在；
（3）燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量；根据盖斯定律吧，①=×③-②。
27．【答案】（1）NG；＞；；
（2）CO2；先升高后降低；76%
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）图中信息可知，温度越高，则越小，MH和NG是与温度关系，abc是转化率与温度关系，从后往前看，温度升高，从b到a氢气转化率降低，说明升高温度，平衡逆向移动，逆向是吸热反应，则升高温度时逆反应速率增大程度大于正反应速率增大程度即大于，则代表曲线的是NG；该反应是放热反应，反应Ⅰ活化能Ea(正) ＞Ea(逆)；c点时，，c点Q(浓度商) ，则有，温度下反应达到平衡，体系压强为p，，则；故答案为：NG；＞；；。
（2）平衡时X的物质的量较大，随着温度升高X的物质的量逐渐减小，Y的物质的量逐渐增大，由于反应Ⅰ是放热反应，随着温度升高，甲烷的量应该逐渐减小，二氧化碳的量增大，又由于反应Ⅱ是吸热反应，一氧化碳的量随温度升高而逐渐增大，二氧化碳的物质的量逐渐减小，根据量的关系800℃时另一种物质是1mol，在1100℃时另一种物质接近2.2mol，1400℃时另一种物质接近0.5mol，说明另一种物质先变大后变小，则可能是开始温度低的阶段反应Ⅰ逆向移动占主要地位，后来温度高时反应Ⅱ正向移动占主要地位，因此图中X为甲烷，Y为CO，而缺少CO2物质的量与温度的关系变化曲线，随温度升高该物质的变化趋势为先升高后降低；800℃时，甲烷物质的量为3.8mol，一氧化碳物质的量为0.2mol，则CO2物质的量为1mol，的产率为；故答案为：CO2；先升高后降低；76%。
【分析】（1）依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；利用三段式法计算；
（2）依据曲线变化，利用化学平衡移动原理分析。
28．【答案】（1）O=C=O；6：1
（2）+430
（3）B；C
（4）<
（5）57.14%
（6）1
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）中存在碳氧双键，结构式为O=C=O；分子中极性键为碳氢键、非极性键为碳碳键，两者个数比为6：1；
（2）图甲是298K时相关物质的相对能量，反应焓变等于生成物的能量和减去反应物的能量和，则的+430 kJ/mol；
（3）A．反应中存在能量的变化，在恒容绝热的条件下，温度不再改变，说明该反应已达平衡状态，A正确；
B．在恒温恒压的条件下，充入稀有气体氦气，体积变大，平衡正向移动，B不正确；
C．K只受温度影响，若温度不变，即使平衡向右移动，平衡常数K也不变，C不正确；
D．反应为吸热的熵增反应，该反应在高温条件下自发，D正确；
故答案为：BC；
（4）反应平衡时，正逆反应速率相等，温度为℃时，，则，同理，温度为℃时，，反应为吸热反应，升高温度K值变大，故<；
（5）在一定温度下，在2L恒容密闭容器中充入7mol，达到平衡时和的体积分数均为20%：
反应后乙烷、乙烯、氢气、甲烷分别为7mol-2a、1.5a、a、a，则总的物质的量为7mol+1.5a，，a=2mol；乙烷的总转化率为；
（6）反应后乙烷、乙烯、氢气、甲烷分别为3mol、3mol、2mol，该温度下主反应的平衡常数K= mol/L。
【分析】（1）中存在碳氧双键；同种原子之间的共价键为非极性键；不同种原子之间的共价键为极性键；
（2）反应焓变等于生成物的能量和减去反应物的能量和；
（3）A．利用“变者不变即平衡”；
B．根据影响化学平衡移动的因素分析；
C．K只受温度影响；
D．依据ΔG=ΔH-TΔS＜0分析。
（4）依据温度与K之间的关系判断；
（5）（6）利用“三段式”法计算。
29．【答案】（1）
（2）A；B
（3）
（4）低；过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低；
（5）
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律反应I=反应II+反应III，则反应I的，故答案为：；
（2）A. 由反应I可知，及时分离出水蒸气，有利于反应I平衡正向移动，从而提高平衡混合物中苯乙烯的含量，故正确；
B. 二氧化碳为反应物，CO为生成物，反应过程中二氧化碳逐渐减少，CO逐渐增多，则的比值在减小，当保持恒定时，说明反应I达到化学平衡状态，故正确；
C. 其他条件相同，反应II正向气体分子数增大，若在恒容条件下进行，容器内压强逐渐增大，不利于反应正向进行，因此恒压条件下乙苯的平衡转化率更高，故不正确；
D. 反应III为吸热反应，正反应的活化能大于逆反应的活化能，故不正确；
故答案为：AB。
（3）由图中信息可知反应ii为，故答案为：；
（4）①温度相同时，∶n(乙苯)越大，乙苯的转化率越高，结合图像可知越靠上的曲线乙苯转化率越高，则靠上曲线对应的∶n(乙苯)较大，则在转化率相同时，∶n(乙苯) 较大的对应的温度越低，故答案为：低；
②相同温度下，投料比远大于10∶1时，乙苯的消耗速率明显下降，可能的原因是乙苯的浓度过低，也可能是过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低，从而导致乙苯反应的量大大减少，转化率降低，故答案为：过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低；
③850K时，反应经t min达到P点，初始时乙苯的物质的量为n mol，此时乙苯转化率为50%，则消耗的乙苯的物质的量为0.5n，生成苯乙烯的物质的量为0.5n，v(苯乙烯)＝，故答案为：；
（5）
+CO2(g) + +
起始压强 p1
变化压强 x x x x x
平衡压强 p1-x p x x x
由题意得：p1-x+ p+x+x+x=p2，解得：x=，苯乙烯的平衡分压等于x=，故答案为：。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；
（2）A. 依据化学平衡移动原理分析；
B. 利用“变者不变即平衡”；
C. 根据影响化学平衡移动的因素分析；
D. 反应热等于反应物活化能与生成物活化能的差；
（3）利用图中信息判断反应；
（4）①增大一种反应物的量，可提高其它反应物的转化率，自身的转化率反应降低。
②依据催化剂对反应影响分析；
③依据曲线对应的数据计算；
（5）利用“三段式”法计算。
30．【答案】（1）a；CH4裂解反应为体积增大的吸热反应，减小压强或升高温度，平衡正移，即高温低压有利于反应正向进行，平衡炭量大，与a相符
（2）CO歧化
（3）该反应是吸热反应，可通过反应将热量储存在产物CO、H2中(生成高热值物质CO、H2)，CO、H2可通过燃烧放出大量热
（4）温度降低，反应逆向进行，CH4转化率降低
（5）②③
（6）气体流量一定的情况下，②中CH4转化的物质的量相对较多，因此反应得到的热量较多
【知识点】反应热和焓变；化学在解决能源危机中的重要作用；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】(1)对积炭反应进行计算，得到以下温度和压强对积炭反应中平衡炭量的影响图，其中表示温度和压强对CH4裂解反应中平衡炭量影响的是a图，CH4裂解反应为体积增大的吸热反应，减小压强或升高温度，平衡正移，即高温低压有利于反应正向进行，平衡炭量大，与a相符；
(2)实验表明，在重整反应中，低温、高压时会有显著积炭产生，由此可推断，对于该重整反应而言，其积炭主要由CO歧化反应产生，因为CO歧化反应为放热反应，温度越低平衡正向移动，积炭会更多；
(3) CH4-CO2重整反应是吸热反应，可通过反应将热量储存在产物CO、H2中(生成高热值物质CO、H2)，CO、H2可通过燃烧放出大量热；
(4)气体流量越大，CH4转化率越低，原因是：随着流量的提高，反应物预热吸热量增多，体系温度明显降低，温度降低，反应逆向进行，CH4转化率降低；
(5)①②CH4/CO2相同，通过表格数据可知，对比实验②③可得出结论：CH4/CO2越低，CH4转化率越高；
(6)对比②、③发现，混合气中CO2占比越低，储能效率越高，原因可能是气体流量一定的情况下，②中CH4转化的物质的量相对较多，因此反应得到的热量较多。
【分析】(1)依据化学平衡移动原理分析；
(2)CO歧化反应为放热反应，利用化学平衡移动原理分析；
(3) CH4-CO2重整反应是吸热反应；
(4)依据化学平衡移动原理分析；
(5)增大一种反应物的量，可提高其它反应物的转化率；
(6)依据化学平衡移动原理分析；
31．【答案】（1）抑制副反应的发生；与反应使反应Ⅰ正向移动，提高的转化率
（2）；4.70或
（3）对于副反应，且，该反应只向正反应进行，温度越高，时间越长，都会生成更多的；CD
（4）；
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)加入CO，可使反应Ⅱ左移、增大二氧化碳和氢气浓度、有利于反应Ⅰ，则工业原料气配比中需加入一定量的，原因是抑制副反应的发生；与反应使反应Ⅰ正向移动，提高的转化率。
(2)已知：发生I、Ⅱ反应达平衡时的物质的量为，则：
，，则平衡时，n(CO)=0.2mol，n(CO2)=(1-x- 0.2) mol，n(H2)=(3-3x- 0.2) mol，n(CH3OH)= x mol，n(H2O)=( x+0.2) mol，n(总)=(4-2x) mol，已知的物质的量分数为，则 ，得x=0.6，则平衡时，n(CO)=0.2mol，n(CO2)= 0.2 mol，n(H2)=1mol，n(CH3OH)= 0.6 mol，n(H2O)=0.8mol，n(总)=2.8 mol，故：
①的转化率为。
②在温度为T，恒压P的条件下体积之比为物质的量之比，反应初始时充入的和此时体积为2升，则，平衡时2.8mol气体总体积V应为1.4L，反应I的平衡常数K为。
或： 。
(3)①由图知，反应Ⅲ、Ⅳ均为放热反应，反应Ⅲ活化能较小、反应Ⅳ活化能较大，升高温度有利于反应Ⅳ。则当反应一定时间，测得副产品的含量特别高的原因为：对于副反应，且，该反应只向正反应进行，温度越高，时间越长，都会生成更多的。
②为提高反应Ⅲ生成的选择性(转化的中生成二甲醚的百分比)，则：
A．适当增大压强，不影响反应Ⅲ，A不正确；
B．由图可知主反应为放热反应，升高温度平衡左移，B不正确；
C．催化剂具有选择性，使用合适催化剂有利于提高生成的选择性，C正确；
D．未达平衡时及时分离产品，有利于平衡右移、提高生成的选择性，D正确；
故答案为：CD。
(4)由图知，反应过程中，C原子上碳氧双键中先断一根碳氧键变成碳氧单键、在C上引入2个H， A、B生成时有C-O键断裂、C上引入1个H生成A、O原子上引入另一个H生成另一物质B，A和B中断裂M-O继续引入H同时生成M，则A为、B结构是。
【分析】（1）加入一定量的CO可抑制副反应的发生；与反应使反应Ⅰ正向移动，提高的转化率；
（2）①列出反应的三段式，根据计算；
②列出反应的三段式，根据计算；
（3）①对于副反应，且，该反应只向正反应进行，温度越高，时间越长，都会生成更多的 ；
②提高反应Ⅲ生成的选择性应使反应的平衡正向移动；
（4）由催化过程原理可知，反应生成甲醇和M，和2H*反应，断裂C-O键，形成C-H键和O-H键。
32．【答案】（1）
（2）-128kJ·mol-1
（3）>；＜；D
（4）B；D
（5）12
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)在700K条件下，CO2和FeO发生反应生成C和Fe3O4，过程1中Fe3O4分解生成FeO和O2，所以整个反应过程中FeO作催化剂，根据反应物和生成物及反应条件书写方程式为；
(2)焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，则该反应的焓变=[52+(-242)×4-(-392)×2-0]kJ/mol=-128kJ/mol，故答案为：-128kJ/mol；
(3)①相同条件下，投料比[]越大，二氧化碳的转化率越大，根据图知，相同温度下X1的转化率大于X2，所以X1＞X2；该反应的正反应是放热反应，温度越高其平衡常数越小，温度A＜B，所以平衡常数＜，故答案为：＞；＜；
②20～30min间氢气、CO的浓度都增大，且增大倍数相同，应为缩小容器体积，故答案为：D；
(4)影响产物产率的因素只能是引起平衡移动的因素，反应的活化能增大因素都是和催化剂有关的因素，催化剂只能改变反应速率，不会引起平衡移动，乙烯产率不会影响，反应的平衡常数变大是温度的变化引起的，反应是放热的，平衡常数变大是因为升高温度，故答案为：BD；
(5)根据Kh==2×10-4=，所以c(OH-)=10-2mol/L，pH=12。
【分析】（1）FeO为该反应的催化剂，总反应为二氧化碳分解产生C和氧气；
（2）根据ΔH=生成物总能量-反应物总能量计算；
（3）①越大，二氧化碳的转化率越大；该反应为放热反应，升温K减小；
②20～30min间氢气、CO的浓度都增大，且增大倍数相同；
（4）根据化学平衡的影响因素分析；
（5）根据计算。
33．【答案】（1）-664.1；低温；增大c(H2)；80%；3.2(kPa)-1
（2）Ⅱ；T4；ΔH1＜0，温度升高，第一步反应平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对第二步反应速率的影响
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】(1)①根据反应热=生成物标准生成热总和-反应物标准生成热总和，可知反应2NO(g)+2H2(g)2H2O(g)+N2(g) ΔH=2×(-241.8kJ/mol)-2×(90.25 kJ/mol)=- 664.1 kJ/mol。该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，ΔH＜0，ΔS＜0，要使反应自发进行，ΔG=ΔH-TΔS＜0，由于ΔH＜0，ΔS＜0，则反应自发进行的条件是低温条件；
②根据影响化学反应速率的因素和化学平衡移动原理，可知：在一定体积密闭容器中，既能加快反应速率又能提高NO平衡转化率的方法是增大H2的浓度；
③假设起始NO和H2物质的量为a mol，NO转化物质的量为2x mol，在恒容密闭容器中发生反应，起始压强为100 kPa，达平衡时总压减少20%，则平衡时压强为80 kPa，根据物质反应2NO(g)+2H2(g)2H2O(g)+N2(g)中转化关系可知平衡时，n(NO)=n(H2)=(a-2x) mol，n(H2O)=2x mol，n(N2)=x mol，，解得x=0.4a mol。则NO的平衡转化率为；
平衡时混合气体中各种成分的物质的量n(NO)=n(H2)=(a-2x) mol=(a-2×0.4a) mol=0.2a mol，n(H2O)=0.8a mol，n(N2)=0.4a mol，n(总)=0.2a mol+0.2a mol+0.8a mol)+0.4a mol=1.6a mol，此时的化学平衡常数Kp=；
(2)①对于多步反应，总反应的化学反应速率由慢反应决定。分步反应的活化能越大，反应发生时需要的能量就越大，反应就越不容易发生，相应反应的化学反应速率就越慢。根据图示可知反应Ⅱ的活化能大于反应Ⅰ，所以决定NO氧化反应速率的步骤是反应Ⅱ；
②根据图示可知：反应2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)分两步反应发生，反应Ⅰ的正反应是放热反应，ΔH1＜0，温度升高，第一步反应的化学平衡逆向移动，导致c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对第二步反应速率的影响，因此导致温度较高的T4反应条件下c(NO)降低的速率比温度较低的T3反应条件下c(NO)降低的速率。
【分析】(1)①根据反应热=生成物标准生成热总和-反应物标准生成热总和；依据ΔG=ΔH-TΔS＜0判断条件；
②根据影响化学反应速率的因素和化学平衡移动原理；
③利用三段式法计算。
(2)①活化能越大，反应速率越慢；
②根据图像结合外因对速率和化学平衡移动影响分析。
34．【答案】（1）A；C
（2）；4NH3+3O22N2+6H2O；4NH3+6NO=5N2+6H2O；利用余热，节约能源
（3）；氨气的催化氧化为放热反应，由图可知，k随着温度的升高而减小，故一氧化氮不易转化为二氧化氮
【知识点】化学平衡的影响因素；合成氨条件的选择
【解析】【解答】(1)A．反应物为气体，故高压有利于增加气体在催化剂上的吸附，且在催化剂上有利于其化学键的断裂，A正确；
B．合成氨的反应为放热反应，采用高温不利于平衡正向移动，不利于提高体积分数，B不正确；
C．以天然气、轻汽油、重油为原料合成氨、尿素，甚至制取硝酸都成为石油化工，C正确；
D．采用循环操作主要是为了提高原材料的利用率，D不正确；
故答案为：AC；
(2)①氨空气在催化剂表面的停留时间越长，其氧化率越高，但是当达到平衡后，则氧化率不在变化，故图像可以表示为： ；
②氨气催化氧化过程中氨气可能被氧气氧化为氮气，方程式为：4NH3+3O22N2+6H2O；生成的一氧化氮也可能会和氨气反应生成氮气，方程式为：4NH3+6NO=5N2+6H2O；
③热交换器的目的合成氨放热反应，可以利用热量对氨的催化氧化中进行加热，节约能源，因此热交换器作用是：利用余热，节约能源；
(3)①总反应可以分为i和ii两步，且ii的反应较慢，故总反应速率由反应ii决定，即v=v2，即=，即；
②反应的速率，氨气的催化氧化为放热反应，由图可知，k随着温度的升高而减小，故一氧化氮不易转化为二氧化氮；
【分析】（1）A.反应物为气体，高压有利于增加气体在催化剂上的吸附；
B.合成氨的反应为放热反应；
C.以天然气、轻汽油、重油为原料合成氨、尿素、硝酸均为石油化工；
D. 采用循环操作可提高平衡混合物中氨的含量；
（2）①氨空气在催化剂表面的停留时间越长，其氧化率越高，但是当达到平衡后，氧化率不再变化；
②氨气可能被氧气氧化为氮气，生成的一氧化氮也可能会和氨气反应生成氮气；
③热交换器存在可利用余热，节约能源；
（3）①反应的总速率取决于慢反应；
②气的催化氧化为放热反应，k随着温度的升高而减小。
35．【答案】（1）1：2；温度；该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正向移动，CH4平衡转化率增大
（2）K = ；50%
（3）B
（4）弱碱；c(CH3COO-)= c(R+)＞c(OH-)= c(H+)
（5）＞
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】(1)①恒容密闭容器中发生反应①CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)+Q1，Q1＜0，增大c(CO2)，平衡正向移动， (CH4)增大，则c(CH4)：c(CO2)越小， (CH4)越大，所以曲线a的进料浓度比c(CH4)：c(CO2)为1：2。
②Q1＜0，正反应为吸热反应，温度越高， (CH4)越大，则依据曲线判断，条件X是温度，依据是：该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正向移动，CH4平衡转化率增大。答案为：1：2；温度；该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正向移动，CH4平衡转化率增大；
(2)某温度下，等物质的量的CH4和CO2在恒容密闭容器内发生反应①CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)+Q1，该反应的平衡常数表达式为K=；平衡时CH4的体积分数为，设参加反应的CO2的物质的量为x，则可建立以下三段式：
则，x=0.5mol，CO2的转化率为=50%。答案为：K =；50%；
(3)A．反应②为CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)+Q2，当v(CO2)=v(CO)，虽然二者的数值之比等于化学计量数之比，但由于没有指明反应进行的方向，所以反应②不一定达到平衡状态，A不正确；
B．升高温度，反应②中反应物的有效碰撞次数增多，正、逆反应速率都增大，B正确；
C．增大压强，反应①的温度不变，平衡常数K不变，C不正确；
D．移去部分C(s)，反应③④⑤中气体的浓度都不变，平衡不发生移动，D不正确；
故答案为：B。答案为：B；
(4)从图中可以看出，b点时，V(ROH)=10mL，此时CH3COOH与ROH刚好完全反应，且溶液呈中性，则碱ROH的电离常数与CH3COOH相同，CH3COOH为弱酸，所以ROH是弱碱，此时溶液中所含离子浓度大小的顺序：c(CH3COO-)=c(R+)＞c(OH-)=c(H+)。答案为：弱碱；c(CH3COO-)=c(R+)＞c(OH-)=c(H+)；
(5)b点时，CH3COOR发生双水解反应，从而促进水的电离，所以由水电离出的氢离子浓度c(H+)＞1×10-7mol/L。答案为：＞。
【分析】（1）①根据浓度对平衡和转化率的影响分析
②该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正向移动，CH4平衡转化率增大；
（2）平衡常数是指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比；列出反应的三段式计算 CO2的转化率 ；
（3）A.正逆反应速率相等时，反应达到平衡状态；
B.升高温度正逆反应速率都增大；
C.平衡常数只与温度有关；
D.固体的多少对化学平衡没有影响；
（4）b点时，V(ROH)=10mL，CH3COOH与ROH刚好完全反应，且溶液呈中性，根据电离平衡常数判断碱性强弱和离子浓度大小；
（5）b点时，CH3COOR发生双水解反应，从而促进水的电离。
