2023年高考真题变式分类汇编：化学平衡的影响因素3

2023年高考真题变式分类汇编：化学平衡的影响因素3
一、选择题
1．（2022·浙江选考）在恒温恒容条件下，发生反应A(s)+2B(g)3X(g)，c(B)随时间的变化如图中曲线甲所示。下列说法不正确的是（　　）
A．从a、c两点坐标可求得从a到c时间间隔内该化学反应的平均速率
B．从b点切线的斜率可求得该化学反应在反应开始时的瞬时速率
C．在不同时刻都存在关系：2v(B)=3v(X)
D．维持温度、容积、反应物起始的量不变，向反应体系中加入催化剂，c(B)随时间变化关系如图中曲线乙所示
【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．图像中可以得到单位时间内的浓度变化，反应速率是单位时间内物质的浓度变化计算得到，从a、c两点坐标可求得从a到c时间间隔内该化学反应的平均速率，选项A不符合题意；
B．b点处的切线的斜率是此时刻物质浓度除以此时刻时间，为一氧化碳的瞬时速率，选项B不符合题意；
C．化学反应速率之比等于化学方程式计量数之比分析，3v(B)=2v(X)，选项C符合题意；
D．维持温度、容积不变，向反应体系中加入催化剂，平衡不移动，反应速率增大，达到新的平衡状态，平衡状态与原来的平衡状态相同，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据反应速率的定义分析判断；
B.b点处的切线的斜率是此时刻物质浓度除以此时刻时间，为瞬时速率；
C.化学反应速率之比等于化学方程式计量数之比；
D.加入催化剂反应速率增大，平衡不移动。
2．（2017·天津）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=2×10﹣5．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．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，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃
C．第二阶段，Ni（CO）4分解率较低
D．该反应达到平衡时，v生成[Ni（CO）4]=4v生成（CO）
【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】解：A．平衡常数与温度有关，则增加c（CO），平衡向正向移动，反应的平衡常数不变，故A错误；
B．Ni（CO）4的沸点为42.2℃，应大于沸点，便于分离出Ni（CO）4，则一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃，故B正确；
C．加热至230℃制得高纯镍，可知第二阶段，Ni（CO）4分解率较大，故C错误；
D．达到平衡时，不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，则该反应达到平衡时4v生成[Ni（CO）4]=v生成（CO），故D错误；
故选B．
【分析】A．平衡常数与温度有关；
B．Ni（CO）4的沸点为42.2℃，应大于沸点，便于分离出Ni（CO）4；
C．由加热至230℃制得高纯镍分析；
D．达到平衡时，不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比．
3．（2016·四川）一定条件下，CH4与H2O（g）发生反应：CH4（g）+H2O（g） CO（g）+3H2（g）．设起始 =Z，在恒压下，平衡时CH4的体积分数φ（CH4）与Z和T（温度）的关系如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．该反应的焓变△H＞0
B．图中Z的大小为a＞3＞b
C．图中X点对应的平衡混合物中 =3
D．温度不变时，图中X点对应的平衡在加压后φ（CH4）减小
【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．由图可知，随着温度升高甲烷的体积分数逐渐减小，说明升温平衡正向移动，则正反应为吸热反应，即焓变△H＞0，故A正确；B．由图可知，以 =3时作比较，增大水蒸气的物质的量，平衡正向移动，则 的比值越大，则甲烷的体积分数越小，故a＜3＜b，故B错误；
C．起始加入量的比值为3，但随着反应的进行，升高温度平衡正向移动，甲烷和水是按等物质的量反应，所以到平衡时比值不是3，故C错误；
D．温度不变时，加压，平衡逆向移动，甲烷的体积分数增大，故D错误；
故选A．
【分析】A．由图可知，T升高时φ（CH4）减小；B．由图可知，以 =3时作比较，结合平衡移动可知 越大，甲烷的含量越小；C．起始 =3，结合温度升高对平衡移动的影响来判断；D．该反应为气体体积增大的反应，压强增大平衡逆向移动．本题主要考查化学平衡移动的原理及应用，是高频考点，平衡移动的因素、图象分析等为解答的关键点，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡移动原理的理解，选项B为解答的难点，题目难度不大．
4．（2022·葫芦岛模拟）和存在平衡：。下列分析正确的是（　　）
A．平衡混合气体中含N原子大于
B．恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的
C．恒容时，充入少量，平衡正向移动导致气体颜色变浅
D．断裂中的共价键所需能量大于断裂中的共价键所需能量
【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A． N2O4分子中有2个N原子，平衡混合气体中含N原子大于，故A符合题意；
B． 恒温时，缩小容积，二氧化氮浓度变大，气体颜色变深，加压后，平衡正向动，气体颜色又变浅，但总体是变深，故气体颜色变深，不是平衡正向移动导致的，故B不符合题意；
C． 恒容时，充入少量，相当于NO2的浓度不变，平衡不移动，气体颜色不变，故C不符合题意；
D． ，反应放热，断裂中的共价键所需能量小于断裂中的共价键所需能量，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．利用平均值原理，依据原子守恒；
B． 依据二氧化碳浓度变化分析；
C． 利用勒夏特列原理分析；
D． 反应放热断裂的共价键所需能量小于形成共价键放出能量。
5．（2022·怀化模拟）在一体积可变的密闭容器中加入足量的固体，并充入，发生反应。已知：与平衡分压比的自然对数值[]与温度的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．平衡常数K值随着温度的升高而减小
B．缩小容器体积有利于提高的平衡转化率
C．X点反应达到平衡时，的转化率约为
D．向X点对应的平衡体系再充入和，平衡不移动
【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．根据图中曲线得到温度越高，越大，则越大，说明温度升高，CO物质的量浓度越大，平衡正向移动，因此平衡常数K值随着温度的升高而增大，故A不符合题意；
B．该反应是体积增大的反应，缩小容器体积，平衡逆向移动，的平衡转化率降低，故B不符合题意；
C．X点反应达到平衡时，则CO的物质的量和的物质的量相等，则为x，由于生成CO消耗的二氧化碳物质的量是CO物质的量的一半，则消耗的二氧化碳物质的量为0.5x，因此的转化率约为，故C不符合题意；
D．平衡体系X点CO的压强和的压强相等，即两者物质的量相等，由于是体积可变的密闭容器，向X点对应的平衡体系再充入和，相等于在另一个容器中放入，是平衡体系，将两个容器合二为一，两者物质的量相等，则平衡不移动，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A．根据图中曲线判断平衡常数K值变化；
B．依据压强对转化率的影响分析；
C．利用三段式进行计算；
D．利用等效平衡进行分析。
6．（2022·盐城模拟）二甲醚催化制备乙醇主要涉及以下两个反应：
反应I：
反应II：
在固定的原料比及体系压强不变的条件下，同时发生反应I、II，平衡时部分物质的物质的量分数随温度的变化如图所示。
下列说法正确的是（　　）
A．反应一定可以自发进行
B．温度高于时，温度对反应I的影响大于对反应II的影响
C．由如图可知随着温度的升高，的平衡转化率先下降后升高
D．其他条件不变，延长反应时间或选用对反应II催化性能更好的催化剂都能提高平衡混合物中乙醇含量
【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．由题干信息，反应的，该反应为气体分子数减少的反应，，在高温下，可有，反应不能自发进行，A不符合题意；
B．由图象，温度高于600K时，的物质的量分数急剧下降，说明反应Ⅰ平衡左移超过反应Ⅱ平衡左移的幅度，即温度升高对反应Ⅰ的影响程度大于反应Ⅱ，B符合题意；
C．由图象，温度低时，反应Ⅰ较完全，反应反应Ⅱ进行得少，CO含量低，600K后，反应Ⅰ平衡左移超过反应Ⅱ平衡左移的幅度，因此，随着温度升高，反应Ⅱ始终逆向进行，H2的平衡转化率始终下降，C不符合题意；
D．温度不变时，平衡常数不变，延长反应时间不会影响平衡状态，平衡混合物中乙醇的含量不变，选用对反应Ⅱ催化性能更好的催化剂只会加快反应速率，不影响平衡混合物中乙醇的含量，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．利用分析；
B．依据曲线的斜率分析；
C．依据温度影响进行分析。；
D．温度不变时，平衡常数不变，催化性不影响平衡。
7．（2022·金山模拟）一定温度下，在3个体积均为的恒容密闭容器中发生反应，相关数据如下表(已知：炭粉足量)。
容器 T/℃ 物质的起始浓度/() 物质的平衡浓度 ()
Ⅰ 1.00 0 0 0.85
Ⅱ 0 1.00 1.00 x
Ⅲ 2.00 0 0 1.60
下列说法错误的是（　　）
A．
B．达到平衡所需时间：
C．
D．℃，该反应的化学平衡常数
【答案】B
【知识点】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】A．对于容器Ⅰ中的反应来说，达到平衡时，=0.15，=0.85，=0.85，代入平衡常数公式，K()=·/=0.85×0.85÷0.15=4.82，而在容器Ⅲ中，在温度时，达到平衡时的浓度分别为=0.4，=1.6，=1.6，代入平衡常数公式，K()=·/=1.6×1.6÷0.4=6.4，则K()大于K()，反应向正反应方向进行，而正反应方向是吸热过程，所以，是升温的过程，温度，故A不符合题意；
B．容器Ⅲ温度高，反应的快，达到平衡所需的时间短，容器Ⅰ反应所需要的时间长，故B符合题意；
C．在3个体积均为的恒容密闭容器中发生反应，Ⅰ和Ⅱ中的反应为等效平衡，可以利用完全转化的思想来理解，因为Ⅰ和Ⅱ的反应温度相同， 因为氢气和一氧化碳的起始浓度均为1.00，若完全转化为水蒸气，则生成水蒸气的浓度为1.00，Ⅰ和Ⅱ中的起始浓度完全一样，温度一样，容积一样，所达到的平衡状态一样，所以达到平衡时物质的平衡浓度一样，为0.85，则，故C不符合题意；
D．在容器Ⅲ中，在温度时，达到平衡时的浓度分别为=0.4，=1.6，=1.6，代入平衡常数公式，K()=·/=1.6×1.6÷0.4=6.4，D不符合题意；
故答案为：B；
【分析】A.计算出T1、T2时的平衡常数，该反应为吸热反应，升温平衡正向移动，平衡常数增大；
B.温度越高，反应速率越快，达到平衡状态的时间越短；
C.Ⅰ、Ⅱ温度相同，平衡常数不变，起始量从正向进行和从逆向进行，Ⅱ反应的起始量相当于Ⅰ的起始量，得到的平衡状态相同；
D.计算平衡时各物质的浓度，根据平衡常数的表达式计算。
8．（2022·松江模拟）在容积一定的密闭容器中，反应2X(？) Y(g)+Z(g)达到平衡后，升高温度容器内气体的密度增大，则下列叙述错误的是（　　）
A．正反应吸热 B．平衡常数增大
C．反应速率增大 D．X是气态
【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．根据分析可知，正反应为吸热反应，A项不符合题意；
B．正反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，平衡常数增大，B项不符合题意；
C．温度升高，反应速率一定增大，C项不符合题意；
D．根据分析可知，X是非气态，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】 达到平衡后，升高温度容器内气体的密度增大，由于混合气体的总体积为定值，根据可知，混合气体的总质量增大，说明X为非气态（固态或液态），升高温度平衡正向移动，该反应为吸热反应。
9．（2022·重庆市模拟）对于平衡体系，下列结论中错误的是（　　）
A．若温度不变，且，将容器的体积缩小到原来的一半，达到新平衡时的浓度相比原来的浓度增大了
B．若平衡时，、的转化率相等，说明反应开始时，、的物质的量之比为
C．保持其它条件不变，升高温度，的体积分数增大说明该反应的
D．若，则向含有气体的平衡体系中再加入的气体，达到新平衡时，气体的总物质的量等于
【答案】C
【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．温度不变，且，将容器的体积缩小到原来的一半，相当于增大压强，平衡逆向移动，的物质的量增大，且体积减小，所以达到新平衡时的浓度相比原来的浓度增大了，A项不符合题意；
B．若平衡时，、的转化率相等，则起始反应物的物质的量之比等于化学计量数之比，则说明反应开始时、的物质的量之比为，B项不符合题意；
C．保持其它条件不变，升高温度，平衡向吸热方向移动，的体积分数增大，则平衡正向移动，正反应为吸热反应，所以该反应的，C项符合题意；
D．若，反应前后气体的物质的量之和不变，向含有气体的平衡体系中再加入的气体，达到新平衡时，气体的总物质的量等于，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.温度不变，且，容器的体积缩小到原来的一半，相当于增大压强；
B.反应物的物质的量之比等于化学计量数之比；
C.升高温度，平衡向吸热方向移动；
D.时反应前后气体的物质的量之和不变。
10．（2022·柯桥模拟）柴油燃油车是通过尿素-选择性催化还原法处理氮氧化物。其工作原理为：将尿素[CO(NH2)2]水溶液通过喷嘴喷入排气管中，当温度高于160℃时尿素水解，产生，生成的与富氧尾气混合后，在催化剂作用下，使氮氧化物得以处理。如图为在不同投料比[]时NO转化效率随温度变化的曲线。下列说法错误的是(　　)
A．投料比[]：曲线a大于曲线b
B．使用催化剂可以提高NO的平衡转化率
C．图中温度升高，NO转化率升高的可能原因是氨气的释放速度加快，催化剂的活性增强
D．图中温度过高，NO转化率下降的的可能原因是发生反应
【答案】B
【知识点】催化剂；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．尿素分解产生氨气，氨气的浓度越大，越有利于NO的转化，则尿素与NO的比值为a曲线大于b曲线，A项不符合题意；
B．催化剂可加快反应速率，对于平衡转化率不会改变，B项符合题意；
C．随着温度升高，尿素分解氨气的速率加快，NH3的浓度变大，温度升高催化剂活性增加，导致化学反应速率加快，C项不符合题意；
D．温度过高，NO的转化效率下降，NO的浓度反而升高，发生反应，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.尿素分解产生氨气，氨气的浓度越大，越有利于NO的转化；
B.催化剂不影响平衡转化率；
C.温度对催化剂的活性产生影响；
D.高温下发生反应。
11．（2022·柯桥模拟）大气中CO2含量的增多除了导致地球表面温度升高外，还会影响海洋生态环境。某研究小组在实验室测得不同温度下(T1，T2)海水中CO浓度与模拟空气中CO2浓度的关系曲线。已知：海水中存在以下平衡：CO2(aq)+CO (aq)+H2O(aq) 2HCO (aq)，下列说法错误的是(　　)
A．T1＞T2
B．海水温度一定时，大气中CO2浓度增加，海水中溶解的CO2随之增大，CO浓度降低
C．当大气中CO2浓度确定时，海水温度越高，CO 浓度越低
D．大气中CO2含量增加时，海水中的珊瑚礁将逐渐溶解
【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A.升高温度可以使HCO分解，反应CO2+ CO+H2O2HCO逆向移动，海水中的CO浓度增加；当模拟空气中CO2浓度固定时，T1温度下的海水中CO浓度更高，所以T1温度更高，A项不符合题意；
B.假设海水温度为T1，观察图像可知，随着模拟空气中CO2浓度增加，海水中的CO浓度下降，这是因为更多的CO2溶解在海水中导致反应CO2+ CO+H2O2HCO正向移动，从而使CO浓度下降，B项不符合题意；
C.结合上述分析可知，大气中CO2浓度一定时，温度越高，海水中的CO浓度也越大，C项符合题意；
D.结合B项分析可知，大气中的CO2含量增加，会导致海水中的CO32-浓度下降；珊瑚礁的主要成分是CaCO3，CaCO3的溶解平衡方程式为：CaCO3(s) Ca2+(aq)+ CO (aq)，若海水中的CO浓度下降会导致珊瑚礁中的CaCO3溶解平衡正向移动，珊瑚礁会逐渐溶解，D项不符合题意.
故答案为：C。
【分析】A.T1温度下的海水中CO浓度更高；
B. 海水中溶解的CO2增大，反应CO2+ CO+H2O2HCO的平衡正向移动；
D. 大气中CO2含量增加时，海水中的CO浓度降低，CaCO3(s) Ca2+(aq)+ CO (aq)的溶解平衡正向移动。
12．（2022·青浦模拟）反应A(g)+B(g)3X，在其他条件不变时，通过调节容器体积改变压强，达平衡时c(A)如下表：
平衡状态 ① ② ③
容器体积/L 40 20 1
c(A)( mol·L-1) 0.022a 0.05a 0.75a
下列分析错误的是（　　）
A．①→②的过程中平衡发生了逆向移动
B．①→③的过程中X的状态发生了变化
C．①→③的过程中A的转化率不断减小
D．与①②相比，③中X的物质的量最大
【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．①到②的过程中，体积缩小一半，平衡时c(A)由0.022a变为0.05a，说明增大压强，平衡逆向移动，且X此时应为气态，故A不符合题意；
B．②到③的过程中，体积继续缩小，平衡时c(A)由0.05a变为0.75a，说明增大压强平衡正向移动，且X在压缩的某个过程中变成了非气态，结合A项分析，①到③的过程中X的状态发生了变化，故B不符合题意；
C．结合A、B选项的分析，平衡首先逆向移动，然后正向移动，故A的转化率先减小后增大，故C符合题意；
D．③状态下A物质的量为0.75amol＜①的0.88amol＜②的amol，其物质的量最小，即A转化率最大，则X的物质的量最大，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.①→②的过程中，体积减小，A的浓度增大，说明增压平衡逆向移动；
B.①→③的过程中，体积减小，A的浓度增大，说明压强增大平衡正向移动，X在压缩的某个过程中变成了非气态；
D.③状态下A物质的量最小，A转化率最大，X的物质的量最大。
13．（2022·浦东模拟）密闭真空容器中放入BaO2固体，发生反应2BaO2(s)2BaO(s)＋O2(g) △H＜0，并达到平衡状态Ⅰ；保持温度不变，缩小容器体积，达到平衡状态Ⅱ；平衡状态Ⅰ与Ⅱ不同的是（　　）
A．平衡常数 B．反应速率 C．氧气浓度 D．BaO的量
【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】该反应是气体体积增大的反应，保持温度不变，缩小容器体积，平衡向逆反应方向移动，氧化钡的量减小，由方程式可知，反应的平衡常数K=c(O2)，温度不变，温度函数化学平衡常数不变，则平衡状态Ⅱ和平衡状态Ⅰ的平衡常数相同、氧气的浓度相同、反应速率相同，
故答案为：D。
【分析】A.温度不变，平衡常数不变。
B.缩小容器体积，相当于加压，但平衡常数K=c(O2)不变，则反应速率不变，注意反应中固体和纯液体的浓度为常数。
C.根据B项进行分析。
D. 缩小容器体积，相当于加压，利于平衡向左移动。
二、多选题
14．（2022·湖南）反应物（S）转化为产物（P或 ）的能量与反应进程的关系如下图所示：
下列有关四种不同反应进程的说法正确的是（　　）
A．进程Ⅰ是放热反应 B．平衡时P的产率：Ⅱ>Ⅰ
C．生成P的速率：Ⅲ>Ⅱ D．进程Ⅳ中，Z没有催化作用
【答案】A,D
【知识点】化学反应中能量的转化；活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂；化学平衡中反应条件的控制；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．进程Ⅰ中S的总能量大于P的总能量，为放热反应，A符合题意；
B．进程Ⅱ中使用了催化剂X，但是催化剂不能改变平衡产率，因此在两个进程中平衡时P的产率相同，B不符合题意；
C．活化能越低，反应速率越快，反应Ⅲ的活化能高于反应Ⅱ的活化能，故生成P的速率：Ⅲ＜Ⅱ，Ｃ不符合题意；
D．由图可知，进程Ⅳ中S吸附到Z表面生成S Z，然后S Z转化为产物P Z，由于P Z没有转化为P＋Z，因此Z没有催化作用，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A.反应物的总能量大于生成物总能量为放热反应；
B.X为催化剂，催化剂不影响平衡；
C.活化能越低，反应速率越快；
D.催化剂在反应前后不发生变化。
15．（2017·海南）已知反应CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) ΔH＜0。在一定温度和压强下于密闭容器中，反应达到平衡。下列叙述正确的是(　　)
A．升高温度，K减小 B．减小压强，n(CO2)增加
C．更换高效催化剂，α(CO)增大 D．充入一定量的氮气，n(H2)不变
【答案】A,D
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】解：A．△H＜0，正反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故A正确；
B．比较方程式气体的计量数关系，反应前气体的计量数等于反应后气体的计量数之和，则减小压强，平衡不移动，n（CO2）不变，故B错误；
C．催化剂能改变反应速率，但不会引起化学平衡的移动，所以α（CO）不变，故C错误；
D．充入一定量的氮气，相当于混合气体压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，但该反应前后气体体积不变，平衡不移动，n（H2）不变，故D正确；
故选AD．
【分析】A．升高温度，平衡向逆反应方向移动；
B．减小压强，平衡向体积增大的方向移动；
C．催化剂不会引起化学平衡的移动；
D．在一定温度和压强下，充入一定量的氮气，相当于混合气体压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动．
16．（2014·海南）将BaO2放入密闭的真空容器中，反应2BaO2（s） 2BaO（s）+O2（g）达到平衡．保持温度不变，缩小容器体积，体系重新达到平衡，下列说法正确的是（　　）
A．平衡常数减小 B．BaO量不变
C．氧气压强不变 D．BaO2量增加
【答案】C,D
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】解：A．化学平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故A错误；
B．缩小容器体积，增大压强，平衡向逆反应方向移动，则BaO的量减小，故B错误；
C．平衡向逆反应方向移动，但温度不变，平衡常数不变，氧气浓度不变，其压强不变，故C正确；
D．平衡向逆反应方向移动，则BaO2量增加，故D正确；
故选CD．
【分析】保持温度不变，缩小容器体积，增大压强，可逆反应向逆反应方向移动，化学平衡常数只与温度有关，据此分析解答．
17．（2015·广东模拟）900℃时，向2.0L恒容密闭容器中充入0.40mol乙苯，发生反应： +H2（g）△H=akJ．mol﹣1．经一段时间后达到平衡．反应过程中测定的部分数据见下表：
时间/min 0 10 20 30 40
n（乙苯）/mol 0.40 0.30 0.24 n2 n3
n（苯乙烯）/mol 0.00 0.10 n1 0.20 0.20
下列说法正确的是（　　）
A．反应在前20 min的平均速率为v（H2）=0.004mol L﹣1 min﹣1
B．保持其他条件不变，升高温度，平衡时，c（乙苯）=0.08mol L﹣1，则a＜0
C．保持其他条件不变，向容器中充入不参与反应的水蒸气作为稀释剂，则乙苯的转化率为50.0%
D．相同温度下，起始时向容器中充入0.10mol乙苯、0.10mol苯乙烯和0.30molH2，达到平衡前v（正）＞v（逆）
【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】解：A．由表中数据可知，20min内乙苯的物质的量变化量为0.4mol﹣0.24mol=0.16mol，故v（乙苯）= =0.004mol L﹣1 min﹣1，速率之比等于化学计量数之比，则v（H2）=v（乙苯）=0.004mol L﹣1 min﹣1，故A正确；
B．由表中数据可知，30min时处于平衡状态，平衡时苯乙烯的物质的量为0.2mol，由方程式可知，参加反应的乙苯的物质的量为0.2mol，故平衡时乙苯的浓度为 =0.1mol/L，升高温度乙苯的浓度变为0.08mol L﹣1，说明平衡向正反应移动，正反应为吸热反应，故a＞0，故B错误；
C．由表中数据可知，平衡时苯乙烯的物质的量为0.2mol，由方程式可知，参加反应的乙苯的物质的量为0.2mol，达平衡时乙苯的转化率为 ×100%=50%，保持其他条件不变，向容器中充入不参与反应的水蒸气作为稀释剂，反应混合物的浓度不变，平衡不移动，乙苯的转化率不变为50%，故C正确；
D.30min时处于平衡状态，平衡时苯乙烯的物质的量为0.2mol，平衡时苯乙烯的浓度为 =0.1mol/L，由方程式可知，氢气的平衡浓度为0.1mol/L，参加反应的乙苯的物质的量为0.2mol，故平衡时乙苯的浓度为0.1mol/L，故平衡常数k= =0.1，相同温度下，起始时向容器中充入0.10mol乙苯、0.10mol苯乙烯和0.30molH2，此时浓度商Qc= =0.15＞K=0.1，反应向逆反应进行，故达到平衡前v正＜v逆，故D错误；
故选：AC．
【分析】A．由表中数据可知，20min内乙苯的物质的量变化量为0.4mol﹣0.24mol=0.16mol，根据v= 计算v（乙苯），再根据速率之比等于化学计量数之比计算v（H2）；
B．由表中数据可知，30min时处于平衡状态，平衡时苯乙烯的物质的量为0.2mol，则平衡时c（乙苯）=1 mol/L，升高温度时，乙苯的浓度减小，说明反应正向移动；
C．由表中数据可知，达平衡时乙苯的转化率为 ×100%=50%，在恒容条件下，充入水蒸气，对反应的平衡移动不超成影响，故乙苯的转化率不变；
D.30min时处于平衡状态，平衡时苯乙烯的物质的量为0.2mol，平衡时苯乙烯的浓度为 =0.1mol/L，由方程式可知，氢气的平衡浓度为0.1mol/L，参加反应的乙苯的物质的量为0.2mol，故平衡时乙苯的浓度为0.1mol/L，故平衡常数k= =0.1，再计算浓度商Qc，与平衡常数比较判断反应进行方向．
18．（2015·成都模拟）在一定温度下，将等量的气体分别通入起始体积相同的密闭容器Ⅰ和Ⅱ中，使其发生反应，t0时容器Ⅰ中达到化学平衡，X,Y,Z的物质的量的变化如图所示．则下列有关推断正确的是 （　　）
A．该反应的化学方程式为3X+2Y 2Z
B．若两容器中均达到平衡时，两容器的体积V（Ⅰ）＜V（Ⅱ），则容器Ⅱ达到平衡所需时间大于t0
C．若两容器中均达到平衡时，两容器中Z的物质的量分数相同，则Y为固态或液态
D．若达平衡后，对容器Ⅱ升高温度时其体积增大，说明Z发生的反应为吸热反应
【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】解：A、根据XYZ物质的量的变化图象分析，Z是反应物，XY是生成物，到平衡后，X生成1.8mol，Y生成1.2mol，Z反应1.8mol，则反应的化学方程式为：3Z 3X+2Y，故A错误；
B、反应的化学方程式为：3Z 3X+2Y，若两容器中均达到平衡时，两容器的体积V（Ⅰ）＜V（Ⅱ），则容器Ⅱ达到平衡时体积增大，压强减小的过程，达到平衡所需时间大于t0，故B正确；
C、若两容器中均达到平衡时，两容器中Z的物质的量分数相同，说明达到相同的平衡，不受压强的变化影响，所以反应前后气体体积应是不变的反应，所以X为固态或液态，故C正确；
D、若达平衡后，容器Ⅱ是恒压容器，升高温度时其体积增大，但不能说明平衡正向进行，Z发生的反应不一定为吸热反应，故D错误；
故选BC．
【分析】A、根据XYZ物质的量的变化图象分析计算得到化学方程式；
B、根据计算得到的化学方程式的反应特点分析，Ⅰ是恒容容器，Ⅱ是恒压容器；
C、两容器中Z的物质的量分数相同说明达到相同的平衡状态；
D、升高温度平衡向吸热反应方向进行；
19．（2015·如东模拟）一定条件下存在反应：2SO2（g）+O2 （g）═2SO3（g），其正反应放热．现有三个体积相同的密闭容器 I、Ⅱ、Ⅲ，按如图所示投料，并在400℃条件下开始反应．达到平衡时，下列说法正确的是（　　）
A．容器Ⅰ、Ⅲ中平衡常数相同
B．容器Ⅱ、Ⅲ中正反应速率相同
C．容器Ⅱ、Ⅲ中的反应达平衡时，SO3的体积分数：Ⅱ＞Ⅲ
D．容器Ⅰ中SO2的转化率与容器 II中SO3的转化率之和小于1
【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】解：A、容器Ⅰ是绝热容器，反应过程中温度升高，平衡逆向进行，平衡常数减小，容器Ⅰ、Ⅲ中平衡常数不相同，故A错误；
B、容器Ⅲ是恒压容器，反应过程中压强大于容器Ⅰ，反应速率大，容器Ⅱ、Ⅲ中正反应速率不相同，故B错误；
C、容器Ⅱ是恒温恒容，Ⅲ是恒温恒压，随着反应的进行，容器Ⅱ中压强大于容器Ⅲ，平衡正向进行，三氧化硫含量增大，SO3的体积分数：Ⅱ＞Ⅲ，故C正确；
D、若容器Ⅱ恒温恒容，容器Ⅰ也是恒温恒容时，达到相同平衡状态，二氧化硫转化率和三氧化硫转化率之和为1，但实际容器Ⅰ是绝热恒容，随反应进行温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫转化率减小，因此容器Ⅰ中SO2的转化率与容器Ⅱ中SO3的转化率之和小于1，故D正确；
故选CD．
【分析】A、容器Ⅰ是绝热容器，反应过程中温度升高，平衡逆向进行；
B、容器Ⅱ是恒温恒容，Ⅲ是恒压容器，反应过程中随着SO2转化为SO3，容器Ⅱ的压强会增大，反应速率会比容器Ⅲ大；
C、容器Ⅱ是恒温恒容，Ⅲ是恒温恒压，随着反应的进行，容器Ⅱ中压强大于容器Ⅲ，平衡正向进行，三氧化硫含量增大，Ⅱ＞Ⅲ；
D、若容器Ⅱ恒温恒容，容器Ⅰ是恒温恒容时，达到相同平衡状态，二氧化硫转化率和三氧化硫转化率之和为1，实际容器Ⅰ是绝热恒容，随着反应的进行，温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫转化率减小．
20．（2015高二下·苏州期末）在某一密闭容器中，若反应2NO2（g） N2O4（g）达到平衡后，保持其温度不变，将该密闭容器的体积增加一倍，当达到新的平衡时，则下列说法正确的是（　　）
A．容器内气体密度减小 B．平衡向正反应方向移动
C．二氧化氮的转化率增大 D．四氧化二氮的体积分数减小
【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】解：在某一密闭容器中，若反应2NO2（g） N2O4（g）达到平衡后，保持其温度不变，将该密闭容器的体积增加一倍，压强减小，平衡逆向进行，气体物质的量增大，
A、平衡状态气体质量不变，气体体积增大，密度减小，故A正确；
B、上述分析可知平衡逆向进行，故B错误；
C、平衡逆向进行，二氧化氮转化率减小，故C错误；
D、平衡逆向进行，四氧化二氮的体积分数减小，故D正确；
故选AD．
【分析】在某一密闭容器中，若反应2NO2（g） N2O4（g）达到平衡后，保持其温度不变，将该密闭容器的体积增加一倍，压强减小，平衡逆向进行，气体物质的量增大．
三、非选择题
21．（2022·浙江6月选考）氨基钠（）是重要的化学试剂，实验室可用下图装置（夹持、搅拌、尾气处理装置已省略）制备。
简要步骤如下：
Ⅰ．在瓶A中加入液氨和，通入氨气排尽密闭体系中空气，搅拌。
Ⅱ．加入钠粒，反应，得粒状沉积物。
Ⅲ．除去液氨，得产品。
已知：几乎不溶于液氨，易与水、氧气等反应。
请回答：
（1）的作用是　 　；装置B的作用是　 　。
（2）步骤Ⅰ，为判断密闭体系中空气是否排尽，请设计方案　 　。
（3）步骤Ⅱ，反应速率应保持在液氨微沸为宜。为防止速率偏大，可采取的措施有　 　。
（4）下列说法不正确的是____。
A．步骤Ⅰ中，搅拌的目的是使均匀地分散在液氨中
B．步骤Ⅱ中，为判断反应是否已完成，可在N处点火，如无火焰，则反应已完成
C．步骤Ⅲ中，为避免污染，应在通风橱内抽滤除去液氨，得到产品
D．产品应密封保存于充满干燥氮气的瓶中
（5）产品分析：假设是产品的唯一杂质，可采用如下方法测定产品纯度。从下列选项中选择最佳操作并排序。
准确称取产品→　 　→　 　→　 　→计算
a．准确加入过量的水
b．准确加入过量的标准溶液
c．准确加入过量的标准溶液
d．滴加甲基红指示剂（变色的范围4.4～6.2）
e．滴加石蕊指示剂（变色的范围4.5～8.3）
f．滴加酚酞指示剂（变色的范围8.2～10.0）
g．用标准溶液滴定
h．用标准溶液滴定
i．用标准溶液滴定
【答案】（1）催化；防止氧气、水进入密闭体系
（2）试管加满水倒扣于水槽中，M处通入氨气，将N处排型的气体导至试管内。如试管底部出现气泡，则空气尚未排尽；如未出现气泡，则空气已排尽
（3）分批少量加入钠粒；降低冷却液温度；适当增加液氨量
（4）B；C
（5）b；d；g
【知识点】化学反应速率的影响因素；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）结合实验原理，根据实验操作中加入Fe(NO3)3 9H2O的用料很少，可推知，Fe(NO3)3 9H2O在反应中作催化剂，加快反应速率；结合已知信息可知，制备得到的NaNH2易与水和氧气发生反应，所以装置B中Hg可防止氧气、水进入密闭体系，干扰NaNH2的制备，
故答案为：催化；防止氧气、水进入密闭体系；
（2）结合氨气极易溶于水，空气中的氮气难溶于水，氧气不易溶于水的物理性质，判断密封体系中空气是否排尽的实验方案如下：试管中加满水倒扣于水槽中，M处通入氨气，将N处排出的气体导入试管内。如试管底部出现气泡，则空气尚未排尽，如未出现气泡，则说明空气已排尽；
（3）反应物的浓度、温度均可影响化学反应速率，所以为防止反应速率偏大，可实施的措施有：分批少量加入钠粒；降低冷却液温度；适当增加液氨量(任写一种即可)；
（4）A.步骤I中，搅拌可使液体混合均匀，所以搅拌可使少量的催化剂Fe(NO3)3 9H2O均匀分散在液氨中，A符合题意；
B.步骤II中，由于液氨处于微沸状态，故生成的氢气中混有一定量的氨气；氢气虽然是可燃性气体，由于氨气在空气中不能被点燃，当氨气中只有少量氢气时，不能被点燃、不会产生火焰，B不符合题意；
C.步骤II中得到的粒状沉积物，颗粒较小，颗粒太小的沉淀易在滤纸上形成一层密实的沉淀，溶液不易透过，所以不适宜选用抽滤装置进行过滤，C不符合题意；
D.NaNH2易与水、氧气发生反应，可密封保存于充满干燥氮气的瓶中，D符合题意；
故答案为：BC；
（5）NaNH2的唯一杂质为NaOH，NaNH2溶于水生成氢氧化钠和氨气，所以可利用盐酸标准溶液进行滴定，因滴定终点时，溶液中含氯化钠和氯化铵，则滴定终点时溶液呈酸性，选用甲基橙作指示剂，过量的盐酸再利用氢氧化钠标准液反滴定，最终利用所测数据计算得出产品中NaNH2的纯度，故涉及的操作步骤为：准确称取产品xg → 加入过量盐酸标准溶液 → 加入滴加甲基橙指示剂 → 用氢氧化钠标准溶液进行滴定，根据实验所测数据，计算产品纯度，故答案为：bdg。
【分析】在Fe(NO3)3 9H2O作催化剂的条件下，液氨与钠反应生成NaNH2和氢气，NaNH2易与水、氧气等反应，所以装置B中Hg可防止氧气、水进入反应体系，在N之后应连接尾气处理装置。
22．（2022·浙江选考）工业上，以煤炭为原料，通入一定比例的空气和水蒸气，经过系列反应可以得到满足不同需求的原料气。请回答：
（1）在C和O2的反应体系中：
反应1：C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-394kJ·mol-1
反应2：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH2=-566kJ·mol-1
反应3：2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH3。
① 设y=ΔH-TΔS，反应1、2和3的y随温度的变化关系如图1所示。图中对应于反应3的线条是　 　。
②一定压强下，随着温度的升高，气体中CO与CO2的物质的量之比　 　。
A．不变 B．增大 C．减小 D．无法判断
（2）水煤气反应：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) ΔH=131kJ·mol-1。工业生产水煤气时，通常交替通入合适量的空气和水蒸气与煤炭反应，其理由是　 　。
（3）一氧化碳变换反应：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH=-41kJ·mol-1。
①一定温度下，反应后测得各组分的平衡压强(即组分的物质的量分数×总压)：p(CO)=0.25MPa、p(H2O)=0.25MPa、p(CO2)=0.75MPa和p(H2)=0.75MPa，则反应的平衡常数K的数值为　 　。
②维持与题①相同的温度和总压，提高水蒸气的比例，使CO的平衡转化率提高到90%，则原料气中水蒸气和CO的物质的量之比为　 　。
③生产过程中，为了提高变换反应的速率，下列措施中合适的是　 　。
A．反应温度愈高愈好 B．适当提高反应物压强
C．选择合适的催化剂 D．通入一定量的氮气
④以固体催化剂M催化变换反应，若水蒸气分子首先被催化剂的活性表面吸附而解离，能量-反应过程如图2所示。
用两个化学方程式表示该催化反应历程(反应机理)：步骤Ⅰ：　 　；步骤Ⅱ：　 　。
【答案】（1）a；B
（2）水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快化学反应速率
（3）9.0；1.8：1；BC；M+H2O=MO+H2；MO+CO=M+CO2
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用；化学反应速率的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)①由已知方程式：(2×反应1-反应2)可得反应3，结合盖斯定律得：，反应1前后气体分子数不变，升温y不变，对应线条b，升温促进反应2平衡逆向移动，气体分子数增多，熵增，y值增大，对应线条c，升温促进反应3平衡逆向移动，气体分子数减少，熵减， y值减小，对应线条a，故此处填a；
②温度升高，三个反应平衡均逆向移动，由于反应2焓变绝对值更大，故温度对其平衡移动影响程度大，故CO2物质的量减小，CO物质的量增大，所以CO与CO2物质的量比值增大，故故答案为：B；
(2)由于水蒸气与煤炭反应吸热，会引起体系温度的下降，从而导致反应速率变慢，不利于反应的进行，通入空气，利用煤炭与O2反应放热从而维持体系温度平衡，维持反应速率，故此处填：水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快反应速率；
(3)①该反应平衡常数K=；
②假设原料气中水蒸气为x mol，CO为1 mol，由题意列三段式如下：，则平衡常数K=，解得x=1.8，故水蒸气与CO物质的量之比为1.8：1；
③A．反应温度过高，会引起催化剂失活，导致反应速率变慢，A不正确；
B．适当增大压强，可加快反应速率，B正确；
C．选择合适的催化剂有利于加快反应速率，C正确；
D．若为恒容条件，通入氮气对反应速率无影响，若为恒压条件，通入氮气后，容器体积变大，反应物浓度减小，反应速率变慢，D不正确；
故故答案为：BC；
④水分子首先被催化剂吸附，根据元素守恒推测第一步产生H2，第二步吸附CO产生CO2，对应反应历程依次为：M+H2O=MO+H2、MO+CO=M+CO2。
【分析】（1）①根据盖斯定律计算，再进行判断；
②温度升高，三个反应平衡均逆向移动，由于反应2焓变绝对值更大，温度对其平衡移动影响程度大；
（2）从反应速率和平衡移动的角度分析；
（3）①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；
②列出反应的三段式计算；
③A.温度过高催化剂失去活性；
B.压强增大反应速率加快；
C.合适的催化剂能降低活化能，增大反应速率；
D.恒容条件，通入氮气对反应速率无影响，恒压条件，通入氮气反应速率变慢；
④第一步产生H2，第二步吸附CO产生CO2。
23．（2021·辽宁） 磁性材料在很多领域具有应用前景，其制备过程如下(各步均在 氛围中进行)：
①称取 ，配成 溶液，转移至恒压滴液漏斗中。
②向三颈烧瓶中加入 溶液。
③持续磁力搅拌，将 溶液以 的速度全部滴入三颈烧瓶中，100℃下回流3h。
④冷却后过滤，依次用热水和乙醇洗涤所得黑色沉淀，在 干燥。
⑤管式炉内焙烧2h，得产品3.24g。
部分装置如图：
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是　 　；使用恒压滴液漏斗的原因是　 　。
（2）实验室制取 有多种方法，请根据元素化合物知识和氧化还原反应相关理论，结合下列供选试剂和装置，选出一种可行的方法，化学方程式为　 　，对应的装置为　 　(填标号)。
可供选择的试剂： 、 、 、 、饱和 、饱和
可供选择的发生装置(净化装置略去)：
（3）三颈烧瓶中反应生成了Fe和 ，离子方程式为　 　。
（4）为保证产品性能，需使其粒径适中、结晶度良好，可采取的措施有_______。
A．采用适宜的滴液速度
B．用盐酸代替KOH溶液，抑制 水解
C．在空气氛围中制备
D．选择适宜的焙烧温度
（5）步骤④中判断沉淀是否已经用水洗涤干净，应选择的试剂为　 　；使用乙醇洗涤的目的是　 　。
（6）该实验所得磁性材料的产率为　 　(保留3位有效数字)。
【答案】（1）（球形）冷凝管；平衡气压，便于液体顺利流下
（2） (或 )；A(或B)
（3）
（4）A；D
（5）稀硝酸和硝酸银溶液；除去晶体表面水分，便于快速干燥
（6）90.0%
【知识点】化学反应速率的影响因素；氮气的化学性质；常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）根据仪器的构造与用途可知，仪器a的名称是（球形）冷凝管；恒压滴液漏斗在使用过程中可保持气压平衡，使液体顺利流下。
（2）实验室中制备少量氮气的基本原理是用适当的氧化剂将氨或铵盐氧化，常见的可以是将氨气通入灼热的氧化铜中反应，其化学方程式为： ；可选择气体通入硬质玻璃管与固体在加热条件下发生反应，即选择A装置。还可利用饱和 和饱和 在加热下发生氧化还原反应制备氮气，反应的化学方程式为： ，可选择液体与液体加热制备气体型，所以选择B装置。综上考虑，答案为： (或 )；A(或B)；
（3）三颈烧瓶中 溶液与 溶液发生反应生成了Fe和 ，根据氧化还原反应的规律可知，该反应的离子方程式为 ；
（4）结晶度受反应速率与温度的影响，所以为保证产品性能，需使其粒径适中、结晶度良好，可采取的措施有采用适宜的滴液速度、选择适宜的焙烧温度，AD项正确，若用盐酸代替KOH溶液，生成的晶体为Fe和 ，均会溶解在盐酸中，因此得不到该晶粒，故B不选；若在空气氛围中制备，则亚铁离子容易被空气氧化，故D不选，综上所述，答案为：AD；
（5）因为反应后溶液中有氯离子，所以在步骤④中判断沉淀是否已经用水洗涤干净，需取最后一次洗涤液，加入稀硝酸酸化后，再加入硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则证明已洗涤干净；乙醇易溶于水，易挥发，所以最后使用乙醇洗涤的目的是除去晶体表面水分，便于快速干燥。
（6） 的物质的量为 ，根据发生反应的离子方程式： ，可知理论上所得的Fe和 的物质的量各自为0.0125mol，所以得到的黑色产品质量应为 ，实际得到的产品3.24g，所以其产率为 ，故答案为：90.0%。
【分析】
（1）a是球形冷凝管，恒压滴液漏斗目的是平衡气压，便于液体流下；
（2）可以选择氨气和氯化铵作为氮源，根据氧化还原反应理论挑选氧化剂或还原剂进行反应即可；装置可选A或B均可，依据氮源的选取；
（3）根据材料分析，二价铁反应生成的铁和四氧化三铁，据此根据得失电子守恒进行配平即可；
（4）为了获得更好的产品，需要控制反应速率和焙烧温度；
（5）检验氯离子即可，注意需要酸化除去干扰粒子；乙醇的洗涤是为了去除水分；
（6）根据反应计算理论的产量即可，再根据计算得到产率。
24．（2016·新课标Ⅰ卷）元素铬（Cr）在溶液中主要以Cr3+（蓝紫色）、Cr（OH）4﹣（绿色）、Cr2O72﹣（橙红色）、CrO42﹣（黄色）等形式存在，Cr（OH）3为难溶于水的灰蓝色固体，回答下列问题：
（1）Cr3+与Al3+的化学性质相似，在Cr2（SO4）3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，可观察到的现象是　 　．
（2）CrO42﹣和Cr2O72﹣在溶液中可相互转化．室温下，初始浓度为1.0mol L﹣1的Na2CrO4溶液中c（Cr2O72﹣）随c（H+）的变化如图所示．
①用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应　 　．
②由图可知，溶液酸性增大，CrO42﹣的平衡转化率　 　（填“增大“减小”或“不变”）．根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为　 　．
③升高温度，溶液中CrO42﹣的平衡转化率减小，则该反应的△H　 　（填“大于”“小于”或“等于”）．
（3）在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl﹣，利用Ag+与CrO42﹣生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点．当溶液中Cl﹣恰好完全沉淀（浓度等于1.0×10﹣5mol L﹣1）时，溶液中c（Ag+）为　 　mol L﹣1，此时溶液中c（CrO42﹣）等于　 　mol L﹣1．（已知Ag2 CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10﹣12和2.0×10﹣10）．
（4）+6价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3将废液中的Cr2O72﹣还原成Cr3+，反应的离子方程式为　 　．
【答案】（1）开始有灰蓝色固体生成，随后沉淀消失
（2）2Cr2O42﹣+2H+=Cr2O72﹣+H2O；增大；1014；＜0
（3）2.0×10﹣5；5×10﹣3
（4）5H++Cr2O72﹣+3HSO3﹣=2Cr3++3SO42﹣+4H2O
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】解：（1）Cr3+与Al3+的化学性质相似可知Cr2（SO4）3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量观察到沉淀消失，故观察到的现象是开始有灰蓝色沉淀生成最后沉淀消失，
故答案为：开始有灰蓝色固体生成，随后沉淀消失；（2）①随着H+浓度的增大，CrO42﹣转化为Cr2O72﹣的离子反应式为：2CrO42﹣+2H+ Cr2O72﹣+H2O，
故答案为：2CrO42﹣+2H+ Cr2O72﹣+H2O；
②溶液酸性增大，平衡2CrO42﹣+2H+ Cr2O72﹣+H2O正向进行，CrO42﹣的平衡转化率增大；A点Cr2O72﹣的浓度为0.25mol/L，根据Cr元素守恒可知CrO42﹣的浓度为0.5mol/L，H+浓度为1×10﹣7mol/L，此时该转化反应的平衡常数为 K= ==1014，
故答案为：1014；
③升高温度，溶液中CrO42﹣的平衡转化率减小，平衡逆向移动，说明正方向放热，则该反应的△H＜0，故答案为：＜；
（3）当溶液中Cl﹣完全沉淀时，即c（Cl﹣）=1.0×10﹣5mol/L，依据Ksp（AgCl）=2.0×10﹣10，计算得到c（Ag+）= = 2.0×10﹣5mol/L此时溶液中c（CrO42﹣）= = =5.0×10﹣3mol/L，故答案为：2.0×10﹣5 ；5.0×10﹣3；
（4）利用NaHSO3的还原性将废液中的Cr2O72﹣还原成Cr3+，发生反应的离子方程式为：5H++Cr2O72﹣+3HSO3﹣=2Cr3++3SO42﹣+4H2O，
故答案为：5H++Cr2O72﹣+3HSO3﹣=2Cr3++3SO42﹣+4H2O．
【分析】本题考查的知识有化学反应原理的分析与探究、化学平衡常数、溶度积常数的计算等，注意平衡常数的理解应用，题目难度中等．
25．（2016·浙江）催化还原CO2是解决温室效应及能源问题的重要手段之一，研究表明，在Cu/ZnO催化剂存在下，CO2和H2可发生两个平行反应，分别生成CH3OH和CO，反应的热化学方程式如下：
CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g）△H1=﹣53.7kJ mol﹣1 Ⅰ
CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）△H2 Ⅱ
某实验室控制CO2和H2初始投料比为1：2.2，在相同压强下，经过相同反应时间测得如下实验数据：
T（K） 催化剂 CO2转化率（%） 甲醇选择性（%）
543 Cat.1 12.3 42.3
543 Cat.2 10.9 72.7
553 Cat.1 15.3 39.1
553 Cat.2 12.0 71.6
[备注]Cat.1：Cu/ZnO纳米棒；Cat.2：Cu/ZnO纳米片；甲醇选择性；转化的CO2中生成甲醇的百分比
已知：①CO和H2的标准燃烧热分别为﹣283.0kJ mol﹣1和﹣285.8kJ mol﹣1．
②H2O（1）═H2O（g）△H3=44.0kJ mol﹣1
请回答（不考虑温度对△H的影响）：
（1）反应I的平衡常数表达式K=　 　；反应Ⅱ的△H2=　 　kJ mol﹣1．
（2）有利于提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有 ．
A．使用催化剂Cat.1
B．使用催化剂Cat.2
C．降低反应温度
D．投料比不变，增加反应物的浓度
E．增大 CO2和H2的初始投料比
（3）表中实验数据表明，在相同温度下不同的催化剂对CO2转化成CH3OH的选择性有显著的影响，其原因是　 　．
（4）在如图中分别画出反应I在无催化剂、有Cat.1和有Cat.2三种情况下“反应过程﹣能量”示意图．
（5）研究证实，CO2也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，则生成甲醇的反应发生在　 　极，该电极反应式是　 　．
【答案】（1）；+41.2
（2）C；D
（3）表中数据表明此时未达到平衡，不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因而再该时刻下对甲醇选择性有影响
（4）
（5）阴；CO2+6H++6e﹣=CH3OH+H2O
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值. 已知：CO和H2的标准燃烧热分别为﹣283.0kJ mol﹣1和﹣285.8kJ mol﹣1，②H2O（1）═H2O（g）△H3=44.0kJ mol﹣1，可知热化学方程式a．CO（g）+ O2（g）=CO2（g）△H=﹣283.0kJ mol﹣1，b．H2（g）+ O2（g）=H2O（1）△H=﹣285.8kJ mol﹣1，c．H2O（1）═H2O（g）△H3=44.0kJ mol﹣1，
由盖斯定律将b﹣a+c可得CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）△H2 =（﹣285.8+283.0+44）kJ mol﹣1=+41.2kJ mol﹣1，
故答案为： ；+41.2；
（2）A．使用催化剂Cat.1，平衡不移动，不能提高转化率，故A错误；
B、使用催化剂Cat.2，不能提高转化率，故B错误；
C、降低反应温度，平衡正向移动，可增大转化率，故C正确；
D、投料比不变，增加反应物的浓度，衡正向移动，可增大转化率，故D正确；
E、增大 CO2和H2的初始投料比，可增大氢气的转化率，二氧化碳的转化率减小，故E错误．
故答案为：CD；
（3）从表中数据分析，在相同温度下，不同的催化剂二氧化碳的转化率不同，说明不同的催化剂的催化能力不同，相同的催化剂不同的温度，二氧化碳的转化率不同，且温度高的转化率大，因为正反应为放热反应，说明表中数据是未达到平衡数据.
故答案为：表中数据表明此时未达到平衡，不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因而再该时刻下对甲醇选择性有影响；
（4）从表中数据分析，在催化剂Cat.2的作用下，甲醇的选择性更大，说明催化剂Cat.2对反应Ⅰ催化效果更好，催化剂能降低反应的活化能，说明使用催化剂Cat.2的反应过程中活化能更低，故答案为： ；
（5）CO2也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，C元素化合价降低，被还原，应为电解池的阴极反应，
故答案为：阴；CO2+6H++6e﹣=CH3OH+H2O．
【分析】本题考查较为综合，涉及到的知识点有化学平衡的计算，平衡移动以及热化学方程式、电化学等，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力、计算能力，注意把握盖斯定律的应用，电解池的工作原理等知识，题目难度中等．
26．（2022·成都模拟）我国提出力争在2030年前实现碳达峰，2060 年前实现碳中和。“双碳”战略倡导绿色、低碳的生产生活方式，加快降低碳排放的步伐，有利于引导绿色技术创新发展。
（1）①CH4— CO2催化重整反应包含积碳反应和消碳反应，生成CO和H2：
积碳反应： CH4(g) = C(s) + 2H2(g) ΔH= +75 kJ·mol-l
消碳反应： CO2(g) + C(s)= 2CO(g) ΔH= +172 kJ·mol-1
则CH4—CO2催化重整反应的热化学方程式为　 　；
②反应中催化剂的活性会因积碳反应而降低，消碳反应则使积碳量减少。
催化剂 积碳反应活化能/kJ·mol-1 消碳反应活化能/kJ·mol-1
X al b1
Y a2 b2
若催化剂X优于催化剂Y，则a1与a2，b1与b2的最佳关系为a1　 　 a2，b1　 　b2 (填“>”“<”或“=”)。
（2）一定条件下CO2与H2可发生化学反应： CO2(g) + H2(g) CO(g) + H2O(g)，化学平衡常数K与温度T的关系如下表所示：
T/℃ 700 800 850 1000 1200
K 0.6 0.9 1.0 1.7 2.6
①降低温度，化学平衡向 　 　 (填“正反应”或“逆反应”)方向移动，原因是　 　；
②某温度下，平衡浓度符合如下关系： c(CO2) c (H2) = c (CO) c (H2O)，在此温度下，若该容器中含有0.8 mol CO2、1.0 mol H2、1.2 mol CO、1.2 mol H2O(g)，则此时v正　 　v逆(填“>”“<”或“=”)。
（3）一定条件下，工业上还可利用CO2来生产燃料甲醇。已知制备甲醇的化学反应为CO2(g)+ 3H2(g) CH3OH(g)+ H2O(g)。某温度下，向容积为1L的密闭容器中，充入amolCO2和3amolH2，tmin时反应达到平衡，此时CH3OH的产率为b，则从0~tmin， v(CO2) = 　 　mol·L-l·min-1， 该温度下的反应平衡常数为　 　(mol·L-1)-2。
【答案】（1）CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH= +247kJ/mol；<；>
（2）逆反应；温度升高，平衡常数K增大，平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应；<
（3）；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；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将积碳反应和消碳反应依次编号为①②，由盖斯定律可知①+②可得催化重整反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)，则ΔH=ΔH1+ΔH2=(+75kJ/mol)+( +172 kJ/mol)=+247kJ/mol，反应的热化学方程式为CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH= +247kJ/mol，故答案为：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH= +247kJ/mol；
②反应中催化剂的活性会因积碳反应而降低，消碳反应则使积碳量减少，若催化剂X优于催化剂Y说明催化剂X较催化剂Y，积碳反应时，活化能低，反应速率快，消碳反应时，活化能高，反应速率慢，则活化能a1小于a2，活化能b1大于b2，故答案为：<；>；
(2)①由表格数据可知，温度升高，平衡常数K增大说明平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应，则降低温度，化学平衡向逆反应方向移动，故答案为：逆反应；温度升高，平衡常数K增大，平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应；
②由某温度下，平衡浓度符合如下关系c(CO2) c (H2) = c (CO) c (H2O)可知，反应的平衡常数K==1.0，则反应温度为850℃，若850℃时容器中含有0.8 mol CO2、1.0 mol H2、1.2 mol CO、1.2 mol H2O(g)，反应的浓度熵Qc==1.8＞K=1，说明平衡向逆反应方向移动，正反应速率小于逆反应速率，故答案为：<；
(3)由某温度下，向容积为1L的密闭容器中，充入amol二氧化碳和3amol氢气，tmin时反应达到平衡时甲醇的产率为b可知，平衡时甲醇的浓度为amol×b=abmol，二氧化碳、氢气和水蒸气的物质的量为(a—ab)mol、(3a—3ab)mol、abmol，则从0~tmin，二氧化碳的反应速率为=mol/(L·min)，反应的平衡常数K==(mol/L)-2，故答案为：；。
【分析】（1）①根据盖斯定律计算；
②催化剂的活性会因积碳反应而降低，活化能越低，反应速率越快；
（2）①温度升高，平衡常数增大，说明平衡向正反应方向移动；
②计算此时的平衡常数和浓度熵，比较二者大小从而判断反应的进行方向；
（3）根据计算；计算平衡时各物质的浓度，再根据K的表达式代入数值计算。
27．（2022·红桥模拟）将 和 两种引发温室效应的气体转化为合成气( 和 )，可以实现能量综合利用，对环境保护具有十分重要的意义。
（1）利用 在一定条件下重整的技术可得到富含 的气体，重整过程中的催化转化原理如图所示。
已知：i.
ii.
①过程I反应的化学方程式为　 　。
②该技术总反应的热化学方程式为　 　。
③反应i甲烷含量随温度变化如图1，图中 四条曲线中的两条代表压强分别为 时甲烷含量曲线，其中表示 的是　 　
（2）甲烷的水蒸汽重整涉及以下反应
I.
II.
在一密闭体积可变容器中，通入 和 发生甲烷的水蒸汽重整反应。
①反应I的平衡常数的表达式为　 　。
反应II平衡常数 　 　 (填“>”“<”或“=”)。
②压强为 时，分别在加 和不加 时，平衡体系 的物质的量随温度变化如图2所示。温度低于700℃时，加入 可明显提高混合气中 的量，原因是　 　。
【答案】（1）；；b
（2）；>；加入 的体系与二氧化碳反应，使反应I、Ⅱ的化学平衡正向移动，氢气含量增大
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】(1)①由题图可知，过程I发生 反应；
②根据i．CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)　　ΔH1=+206kJ/mol；ii． ；根据盖斯定律，则i×4-ii×3，得： ；
③对于吸热反应，压强一定时，升高温度，平衡正向移动，甲烷含量应减少，故排除曲线c、d；温度一定时，增大压强，平衡逆向移动，甲烷含量将增加，故曲线b表示2MPa时的甲烷含量曲线；
(2)①反应I的平衡常数的表达式为 ，反应II是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，故平衡常数K(5000℃)>K(700℃)；
②CaO为碱性氧化物，加入CaO的体系与二氧化碳反应，使反应II的化学平衡正向移动，CO浓度降低，反应Ⅰ的平衡也正向移动，使氢气含量增大，故答案为：加入CaO的体系与二氧化碳反应，使反应I、II的化学平衡正向移动，氢气含量增大。
【分析】（1） ① 从图可知反应物是甲烷和CO2，生成物是CO和H2；
② 写出CH4和CO2生成CO和H2O的总反应方程式，再利用盖斯定律求反应热，书写热化学方程式要注意标物质的状态；
③ 反应是气体分子总数增大的反应，压强减小平衡正向移动，甲烷的平衡含量反而越高，该反应为吸热反应，温度升高平衡正向移动，甲烷的平衡压强减小；
（2） ①反应II 是吸热反应温度升高平衡正向移动，平衡常数逐渐增大；
② 氧化钙和CO2反应，CO2的浓度减小，反应I、Ⅱ的化学平衡正向移动，氢气含量增大 。
28．（2022·烟台模拟）含氮污染物的有效去除和资源的充分利用是重要研究课题，回答下列问题：
（1）利用工业尾气与反应制备新型硝化剂，过程中涉及以下反应：
Ⅰ. 平衡常数K1
Ⅱ. 平衡常数
Ⅲ. 平衡常数K3
平衡常数K与温度T的函数关系为，，，其中x、y、z为常数，则反应Ⅰ的活化能Ea(正)　 　Ea(逆)(填“>”或“<”)，的数值范围是　 　。
（2）与作用分别生成、NO、的反应均为放热反应。工业尾气中的可通过催化氧化为除去。将一定比例的、和的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，的转化率、的选择在[]与温度的关系如图所示。
①其他条件不变，在范围内升高温度，出口处氮氧化物的量　 　(填“增大”或“减小”)，的平衡转化率　 　(填“增大”或“减小”)。
②需研发　 　(“高温”或“低温”)下的选择性高的催化剂，能更有效除去尾气中的。
（3）在催化剂条件下发生反应：可消除NO和CO对环境的污染。为探究温度对该反应的影响，实验初始时体系中气体分压且，测得反应体系中CO和N2的分压随时间变化情况如表所示。
时间/min 0 30 60 120 180
200℃ 物质a的分压/kPa 4 8.8 13 20 20
物质b的分压/kPa 48 45.6 43.5 40 40
300℃ 物质a的分压/ kPa 100 69.0 48 48 48
物质b的分压/ kPa 10 25.5 36 36 36
该反应的　 　0(填“>”或“<”)，物质a为　 　(填“CO”或“”)，200℃该反应的化学平衡常数　 　。
【答案】（1）<；
（2）增大；减小；低温
（3）<；CO；1.6
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)反应I的平衡常数K1和T关系为lnK1=x+，随着T增大，K1减小，则反应I为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，则活化能Ea(正)＜Ea(负)；同理可知，反应II和反应III也是放热反应，则ΔH1＜0，ΔH2＜0，ΔH3＜0，由于反应I=2反应II-反应II，所以ΔH1=2ΔH2-ΔH3＜0，则0＜＜2。
(2)①其他条件不变，在175~300℃范围内升高温度，NH3的转化率升高，N2的选择性下降，则出口处氮氧化物的量增大；NH3与O2作用分别生成N2、NO、N2O的反应均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NH3的平衡转化率减小；
②如图所示，低温下，N2的选择性较高，故研发低温下N2的选择性高的催化剂，能更有效除去尾气中的NH3。
(3)同温同体积时，气体的压强与其物质的量成正比，200℃的温度下，120min时反应达到平衡，Δp(a)=16kPa，Δp(b)=8kPa，则===2，则物质a为CO，物质b为N2；200℃的温度下，p始(NO)=p始(CO)=4kPa，p始(N2)=48kPa，p始(CO2)=2 p始(N2)=96kPa，由于Δn(NO)=Δn(CO)=2Δn(N2)=Δn(CO2)，所以Δp(NO)=Δp(CO)=2Δp(N2)=Δp(CO2)，即p平(NO)=p平(CO)=20kPa，p平(N2)=40kPa，p平(CO2)=80kPa，Kp(200℃)===1.6，同理：300℃的温度下，p始(NO)=p始(CO)=100kPa，p始(N2)=10kPa，p始(CO2)=2 p始(N2)=20kPa，Δp(NO)=Δp(CO)=Δp(CO2)=52kPa，p平(NO)=p平(CO)=48kPa，p平(N2)=36kPa，p平(CO2)=72kPa，Kp(300℃)==，Kp(300℃)＜Kp(200℃)，即温度升高，Kp减小，则该反应为放热反应，ΔH＜0。
【分析】（1）反应Ⅰ为放热反应，Ea(正)＜Ea(逆)；结合盖斯定律分析；
（2）①175~300℃范围内升高温度，NH3的转化率升高；升温平衡逆向移动；
②低温下，N2的选择性较高；
（3）根据气体的压强等于物质的量之比确定物质a；根据Kp=计算。
29．（2022·广州模拟）乙烯是石油化工最基本原料之一。
（1）I．乙烷在一定条件下可脱氢制得乙烯：C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g) ΔH1＞0。
提高乙烷平衡转化率的措施有　 　、　 　。
（2）一定温度下，向恒容密闭容器通入等物质的量的C2H6和H2，初始压强为100kPa，发生上述反应，乙烷的平衡转化率为20%。平衡时体系的压强为　 　kPa，该反应的平衡常数Kp=　 　 kPa (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（3）II．在乙烷中引入O2可以降低反应温度，减少积碳。涉及如下反应：
a.2C2H6(g)+ O2(g)= 2C2H4(g) + 2H2O(g) △H2＜0
b.2C2H6(g) + 5O2(g)= 4CO(g) + 6H2O(g) △H3＜0
c．C2H4(g)+ 2O2(g)= 2CO(g) + 2H2O(g) △H4＜0
根据盖斯定律，反应a的△H2=　 　 (写出代数式)。
（4）氧气的引入可能导致过度氧化。为减少过度氧化，需要寻找催化剂降低反应　 　(选填“a、b、c”)的活化能。
（5）常压下，在某催化剂作用下按照n(C2H6)：n(O2)=1：1投料制备乙烯，体系中C2H4和CO在含碳产物中的物质的量百分数及C2H6转化率随温度的变化如下图所示。
①乙烯的物质的量百分数随温度升高而降低的原因是　 　。
②在570~600℃温度范围内，下列说法正确的有　 　(填字母)。
A．C2H4产率随温度升高而增大
B．H2O的含量随温度升高而增大
C．C2H6在体系中的物质的量百分数随温度升高而增大
D．此催化剂的优点是在较低温度下降低CO的平衡产率
③某学者研究了生成C2H4的部分反应历程如下图所示。写出该历程的总反应方程式　 　。该历程的催化剂是　 　。
【答案】（1）升高温度；降低压强 (或及时移出生成物，任写两个)
（2）110；15
（3）△H3 2△H4
（4）a
（5）体系未达平衡，温度升高，生成CO的反应速率增大的程度大于C2H4；AB；C2H6+2O2=C2H4+2HO2；BNOH
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的调控；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】(1)C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g) ΔH1>0，该反应是体积增大的吸热反应，提高乙烷平衡转化率的措施有减小压强、升高温度或及时移出生成物(或及时移出生成物，任写两个)；
(2)一定温度下，向恒容密闭容器通入等物质的量的C2H6和H2，初始压强为100kPa，假设都为1mol，发生上述反应，乙烷的平衡转化率为20%，
根据压强之比等于物质的量之比得到，解得x=110kPa，即平衡时体系的压强为110kPa，该反应的平衡常数。答案为：110；15；
(3)根据盖斯定律，反应b减去反应c的2倍，得到反应a的ΔH2=ΔH3 2ΔH4。答案为：ΔH3 2ΔH4；
(4)为减少过度氧化，即bc，要加快反应a的反应速率，因此需要寻找催化剂降低反应a的活化能。答案为：a；
(5)升高温度，C2H6的转化率在不断增大，则表明反应未达平衡。混合物中CO的百分率大，则表明生成CO的速率比生成C2H4的速率大，所以原因是：体系未达平衡，温度升高，生成CO的反应速率增大的程度大于C2H4；
②A．从C2H6的转化率不断增大分析，反应都未达到平衡，所以C2H4产率随温度升高而增大，A正确；
B．因为反应未达平衡，在三个反应中，随温度升高，反应物的转化率都增大，生成水的量都增大，因此H2O的含量随温度升高而增大，B正确；
C．根据图中信息C2H6转化率增大，则C2H6在体系中的物质的量百分数随温度升高而降低，C不正确；
D．因为反应并未达到平衡，图中信息仅显示相同时间内CO的百分含量，没有显示不同温度下CO的平衡产率，所以不能说明该催化剂在较低温度下降低CO的平衡产率，D不正确；
故答案为：AB；
③起初反应时，BNOH先与O2反应，生成BNO 和HO2 ，生成的BNO 再与C2H6反应，重新生成BNOH，则表明BNOH为催化剂；C2H6先转化为C2H5 、C2H5 再与O2反应生成C2H4和HO2 ；从而得出总反应式为C2H6+2O2=C2H4+2HO2 。答案为：体系未达平衡，温度升高，生成CO的反应速率增大的程度大于C2H4；AB；C2H6+2O2=C2H4+2HO2 ；BNOH。
【分析】（2）利用乙烷转化率，算出平衡各物质的物质的量，利用阿伏加德罗定律，算出平衡时的压强，算出各物质分压，带即可算出压强平衡常数
（4）主要目的是制备乙烯，b，c都是副反应，为减少副反应，降低a的活化能，使反应a更容易进行，从而减少过氧化。
（5）由图可知，升高温度，乙烷转化率不断升高，未达到平衡，CO的百分数升高，乙烯降低，说明，升高温度，有利于CO的生成
30．（2022·永州模拟）乙醇水蒸气重整制氢是制备氢气的常用方法，体系中发生的主要反应有：
I.C2H5OH(g)+H2O(g)=2CO(g)+4H2(g) △H1
II.C2H5OH(g)+3H2O(g)=2CO2(g)+6H2(g) △H2=+173kJ·mol-1
III.CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) △H3=-41.2kJ·mol-1
IV.C2H5OH(g)+2H2(g)=2CH4(g)+H2O(g) △H4=-156.2kJ·mol-1
（1）△H1=　 　kJ·mol-1。
（2）压强为100kPa的条件下，图1是平衡时体系中各产物的物质的量分数与温度的关系，图2是H2的平衡产率与温度及起始时的关系。
①图1中c线对应的产物为　 　(填“CO2”、“H2”或“CH4”)。
②图2中B点H2的产率与A点相等的原因是　 　。
（3）反应温度T℃、0.1MPa的恒压密闭容器中，充入1mol乙醇和xmolH2O(g)，若只发生反应CH3CH2OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g)，平衡时，乙醇转化率为α，CO2的压强为　 　MPa，反应平衡常数Kp=　 　(以分压表示，分压=总压×物质的量分数。列出计算式即可)
（4）CH3CH2OH(g)在催化剂Rh/CeO2上反应制取氢气的机理如图：
①出生成CO(g)步骤的化学方程式　 　。
②下列措施可以提高CH3CH2OH在催化剂表面吸附率的有　 　(填标号)。
a..减小乙醇蒸气的分压 b.增大催化剂的比表面积
【答案】（1）+255.4kJ·mol-1
（2）CH4；B点温度高于A点，升高温度，反应Ⅲ逆向移动消耗氢气的量与I、II正向移动及反应IV逆向移动产生H2的量相等
（3）×0.1 MPa；×0.14(MPa)4
（4）Rh-CH2CO-Ce(a)+4H(a)→Rh-CH2+4H(a)+CO(g)+Ce(a)或Rh-CH2CO-Ce(a)→Rh-CH2+CO(g)+Ce(a)；b
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)由盖斯定律可知，反应II—III×2可得反应I，则△H1=(+173kJ·mol-1)-(-41.2kJ·mol-1)=+255.4kJ·mol-1，故答案为：+255.4；
(2)①由方程式可知，升高温度，反应I、II平衡向正反应方向移动，氢气、二氧化碳的物质的量分数增大，反应IV平衡向逆反应方向移动， 甲烷的物质的量分数减小、氢气的物质的量分数增大，反应Ⅲ平衡向逆反应方向移动，氢气、二氧化碳的物质的量分数减小，则升高温度的过程中，甲烷的物质的量分数只有减小趋势，而氢气、二氧化碳既有增大趋势，也有减小趋势，所以图1中c线对应的产物为甲烷，故答案为：CH4；
②由图可知，B点温度高于A点，图2中B点氢气的产率与A点相等说明升高温度，反应Ⅲ逆向移动消耗氢气的量与I、II正向移动及反应IV逆向移动产生H2的量相等，故答案为：B点温度高于A点，升高温度，反应Ⅲ逆向移动消耗氢气的量与I、II正向移动及反应IV逆向移动产生H2的量相等；
(3)由题意可建立如下三段式：
由三段式数据可知，平衡时甲醇、水蒸气、二氧化碳和氢气的平衡分压为×0.1 MPa、×0.1 MPa、×0.1 MPa、×0.1 MPa，反应平衡常数Kp==×0.14(MPa)4，故答案为：×0.1 MPa；×0.14(MPa)4；
(4)①由图可知，生成一氧化碳步骤的反应为活化能为49.54kJ/mol时发生的反应，反应的化学方程式为Rh—CH2CO—Ce(a)+4H(a)→Rh—CH2+4H(a)+CO(g)+Ce(a)或Rh—CH2CO—Ce(a)→Rh—CH2+CO(g)+Ce(a)，故答案为：Rh—CH2CO—Ce(a)+4H(a)→Rh—CH2+4H(a)+CO(g)+Ce(a)或Rh—CH2CO—Ce(a)→Rh—CH2+CO(g)+Ce(a)；
②减小乙醇蒸气的分压会降低乙醇在催化剂表面吸附率，增大催化剂的比表面积会提高乙醇在催化剂表面吸附率，
故答案为：b。
【分析】（1）根据盖斯定律，反应Ⅰ=反应Ⅱ-反应Ⅲ×2；
（2）根据反应的化学方程式以及反应吸热进行判断；
（3）列出反应的三段式即可计算二氧化碳的分压以及各物质分压，再根据计算平衡常数；
（4）①根据图示书写相关方程式；
②减小乙醇蒸气的分压可降低乙醇在催化剂表面吸附率，增大催化剂的比表面积会提高乙醇在催化剂表面吸附率。
31．（2022·渭南模拟）氢气是一种理想的二次能源，在石油化工、冶金工业、治疗疾病、航空航天等方面有着广泛的应用。以甲醇、甲酸为原料制取高纯度的H2是清洁能源的重要研究方向。回答下列问题：
（1）甲醇水蒸气重整制氢主要发生以下两个反应。
主反应：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g) △H=+49 kJ·mol-1
副反应：H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g) △H=+40 kJ·mol-1
①甲醇在催化剂作用下裂解可得到H2和CO，反应的热化学方程式为　 　，既能加快反应速率又能提高CH3OH平衡转化率的一种措施是　 　。
②若上述副反应的活化能Ea1=w kJ·mol-1，则CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)的活化能Ea2=　 　kJ·mol-1。
③某温度下，将n(H2O)∶n(CH3OH)=1∶1的原料气分别充入密闭容器中(忽略副反应)，设恒容下甲醇的平衡时转化率为α1，恒压条件下甲醇的平衡时转化率为α2，则α1　 　α2(填“＞”、“＜”或“=”)。
（2）工业上常用CH4与水蒸气在一定条件下来制取H2，其反应原理为：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H=+203 kJ·mol-1，在容积为3 L的密闭容器中通入物质的量均为3 mol的CH4和水蒸气，在一定条件下发生上述反应，测得平衡时H2的体积分数与温度及压强的关系如图所示。
压强为p1时，在N点：v正　 　v逆(填“＞”、“＜”或“=”)，N点对应温度下该反应的逆反应的平衡常数K=　 　 L2·mol-2。比较：p1　 　p2(填“＞”、“＜”或“=”)。
（3）HCOOH催化释氢。在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图所示。
①HCOOD催化释氢反应除生成HD外，还生成　 　(填化学式)。
②研究发现：其他条件不变时，HCOOK替代一部分HCOOH，催化释氢的速率增大，根据图示反应机理解释其可能的原因是　 　。
【答案】（1）CH3OH(g)CO(g)+2H2(g) ΔH=+89 kJ/mol；升高温度或增大水蒸气浓度；w-40；＜
（2）＞；；＞
（3）CO2；HCOOK是强电解质，HCOOH是弱电解质，替代后HCOO-浓度增大
【知识点】化学平衡常数；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
【解析】【解答】(1)①已知：主反应：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g) △H=+49 kJ·mol-1，副反应：H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g) △H=+40 kJ·mol-1，根据盖斯定律，将两式相加，整理可得甲醇在催化剂作用下裂解的热化学方程式：CH3OH(g)CO(g)+2H2(g) ΔH=+89 kJ/mol；
该反应的正反应是气体体积增大的吸热反应，根据外界条件对化学反应速率和化学平衡移动的影响，可知：既能加快反应速率又能提高CH3OH平衡转化率的一种措施可以是升高温度或增大水蒸气浓度；
②反应热等于反应物活化能与生成物活化能的差，若上述副反应的活化能Ea1=wkJ·mol-1，则CO(g)+H2O(g) H2(g)+CO2(g)的活化能Ea2=(w-40) kJ/mol；
③某温度下，将n(H2O)∶n(CH3OH)=1∶1的原料气分别充入密闭容器中(忽略副反应)，设恒容下甲醇的平衡时转化率为α1，由于主反应的正反应是气体体积增大的反应，当在恒容下达到平衡时气体压强比反应开始时压强增大。而恒压条件下甲醇的平衡时转化率为α2，相当于反应在恒容下达到平衡后，扩大容器的容积，使气体的压强减小，减小压强，化学平衡向气体体积增大的正反应方向移动，因此反应在恒压下达到平衡时甲醇的转化率比恒容条件下大，则α1＜α2；
(2)根据图示可知：在N点时未达到该温度下化学平衡状态，反应正向进行，因此v正＞v逆；
反应在3 L密闭容器中进行，反应开始时n(CH4)=n(H2O)=3 mol，则开始时c(CH4)=c(H2O)=1mol/L，假设点对应温度下反应达到平衡时H2的体积分数为60%，假设CH4的平衡转化浓度为a，则平衡时c(CH4)= c(H2O)=(1-a) mol/L，c(CO)=a mol/L，c(H2)=3a mol/L， ，解得a=mol/L，所以CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)的逆反应的化学平衡常数K=(L2/mol2)；
该反应的正反应是气体体积增大的反应，在其它条件不变时，增大压强，化学平衡逆向移动，导致H2的体积分数减小，所以压强：p1＞p2；
(3)①H、D是氢元素的同位素，由HCOOH分解生成CO2和H2推断HCOOD催化释氢生成CO2和HD；
②HCOOH是弱电解质，HCOOK是强电解质，用部分HCOOK代替HCOOH，导致HCOO-浓度增大，因此其他条件不变时，HCOOK替代一部分HCOOH，催化释氢的速率增大。
【分析】（1）该反应吸热，既能加快化学反应速率又能提高转化率的有：升高温度和增大水蒸气浓度，一般增大一反应物浓度，可以提另一反应物的转化率；反应热就是反应物与生成物活化能差值；恒压和恒容对该反应影响是该反应是气体物质的量增大的反应，恒压更有利于反应正向进行
（2）N点位于平衡曲线下方，未达到平衡，切反应正向进行所以V正>V逆；平衡常数只与温度有关，可以计算氢气60%的平衡常数即可。当温度相同时，P2压强下平衡H2的体积分数大，说明转化率高，该反应是气体物质的量减小的反应，压强越小，有利于平衡正向移动。
32．（2022·宝山模拟）
（1）I.联氨(N2H4)及其衍生物是一类重要的火箭燃料。N2H4与N2O4反应能放出大量的热。
在25℃时，1.00gN2H4(l)与足量N2O4(1)完全反应生成N2(g)和H2O(1)，放出19.14kJ的热量。写出该反应的热化学方程式　 　。
（2） II．NO2是氮的常见氧化物，能自发发生如下反应：2NO2(g) N2O4(g) =-57.20kJ/mol
写出该反应的平衡常数表达式K=　 　。已知：在一定温度下的密闭容器中，该反应已达到平衡。保持其他条件不变，下列措施能提高NO2转化率的是　 　。
a．减小NO2的浓度 b．降低温度 c．增大压强 d．升高温度
（3）III．Na2CO3俗称纯碱，是生活中的常用物质。某化学兴趣小组的同学对Na2CO3溶液显碱性的原因进行了探究，设计了如下实验方案进行操作并记录实验现象。
实验操作 实验现象
取少量Na2CO3固体，加入无水酒精，充分振荡、静置 溶液为无色
取上层清液于试管中，滴加酚酞试剂 溶液为无色
在试管中继续加入少量水 溶液变为红色
向该红色溶液中滴加足量BaCl2溶液(中性) 红色褪去
①该实验表明，Na2CO3溶液显碱性的原因是　 　(请结合化学用语，简要说明)。
②从形成盐的酸和碱的强弱角度看，Na2CO3属于　 　盐。
③为了使Na2CO3溶液中的比值变小，可适量加入(或通入)的物质是　 　。
a．CO2气体 b．KOH固体 c．HCl气体 d．Na2CO3固体
【答案】（1）2N2H4(1)+N2O4(l)→3N2(g)+4H2O(l) =-1224.96kJ/mol
（2）；bc
（3）会与水发生水解反应生成和OH-，+H2O+OH-，使溶液显碱性；强碱弱酸；bd
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；盐类水解的原理；影响盐类水解程度的主要因素
【解析】【解答】(1)在25℃时，1.00gN2H4(l)与足量N2O4(1)完全反应生成N2(g)和H2O(1)，放出19.14kJ的热量，则1mol即1mol×32g/mol=32g N2H4完全燃烧放出的热量为：19.14kJ×32=612.48kJ，则该反应的热化学方程式为：2N2H4(1)+N2O4(l)→3N2(g)+4H2O(l) =-1224.96kJ/mol，故答案为：2N2H4(1)+N2O4(l)→3N2(g)+4H2O(l) =-1224.96kJ/mol；
(2)化学反应平衡常数是指当化学反应达到化学平衡状态时，生成物浓度的系数次幂之积和反应物浓度的系数次幂之积的比值，故该反应的平衡常数表达式K=，由题干反应方程式2NO2(g) N2O4(g) =-57.20kJ/mol可知，该反应正反应是一个体积减小的放热反应，则有：
a．减小NO2的浓度即减小压强，平衡逆向移动，NO2的转化率减小，a不合题意；
b．降低温度平衡正向移动，NO2的转化率增大，b正确；
c．增大压强平衡正向移动，NO2的转化率增大，c正确；
d．升高温度平衡逆向移动，NO2的转化率减小，d不合题意；
故答案为：；bc；
(3)①由题干实验可知，形成Na2CO3乙醇溶液后，加入酚酞试剂，溶液不变色，说明碳酸钠本身不能是指示剂变色，加入水后，溶液变为红色，说明溶液显碱性，加入足量BaCl2溶液后，将碳酸根全部沉淀后红色褪去，说明碳酸钠溶液显碱性的原因是碳酸根与水作用发生反应，反应原理为：+H2O+OH-，故答案为：会与水发生水解反应生成和OH-，+H2O+OH-，使溶液显碱性；
②从形成盐的酸和碱的强弱角度看，Na2CO3是由强碱NaOH和弱酸H2CO3反应生成的盐，则Na2CO3属于强碱弱酸盐，故答案为：强碱弱酸；
③为了使Na2CO3溶液中的比值变小，即使的浓度增大，则有：
a．通入CO2气体，由于反应Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，使得的浓度减小，的比值增大，a不合题意；
b．加入KOH固体，溶液中的OH-浓度增大，水解平衡+H2O+OH-逆向移动，使得的浓度增大，的比值减小，b正确；
c．通入HCl气体后，由于HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，使得的浓度减小，的比值增大，c不合题意；
d．加入Na2CO3固体，碳酸钠溶液浓度增大，碳酸根离子的水解程度减小，则使得的比值减小，d正确；
故答案为：bd。
【分析】（1）书写热化学反应方程式要注意物质的状态以及反应热的计算
（2）分析该反应可知，该反应是气体物质的量减小的和放热反应，可以考虑加压和降温来提高转化率
（3）根据碳酸钠的水解，利用其水解平衡进行解决
33．（2022·云南模拟）中国化学工作者在《Science》刊文发表了甲烷在催化作用下脱氢制忆烯的相关论文，其反应如下，回答下列问题：
（1）已知、的的燃烧热如下表所示：
物质
燃烧热 890.3 1411 285.8
　 　．
（2）时，向恒温恒容密闭容器中充入发生上述反应，达到平衡时，测得，则　 　．此时将温度改变至，经tmin后再次达到平衡，测得，内的平均速率为，则　 　(填“>”或“<”)，t=　 　．
（3）若改变外界反应条件，使甲烷平衡浓度减小，则除改变温度外还可能是　 　(写一条即可)
（4）不同温度下，加入一定量的发生上上述反应，、的平衡分压随温度的变化如图所示．时，该反应的平衡常数　 　(以分压代替平衡浓度计算)．
（5）某温度下，在一恒压密闭容器中加入一定量的和进行反应，随时间(t)的变化，下列示意图错误的是　 　(填标号)．A． B． C． D．
【答案】（1）+202.0
（2）0.1；>；2
（3）减小压强(合理答案均可)
（4）
（5）D
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】(1)由、的的燃烧热可知：
1①+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) 890.3
②+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) 1411
③+O2(g)=H2O(l) 285.8
2×①-②-2×③得=+202.0；
(2)由题意列三段式，达到平衡时，测得，即0.2-2x=x×2，解得x=0.05，则则(0.2-2×0.05)=0.1；内的平均速率为；此时将温度改变至，经tmin后再次达到平衡，测得，则平衡逆向移动，由于该反应正反应吸热，故应该是降温，即>；只考虑起始和平衡列三段式，由题意0.2-2y=3y，解得y=0.04，平衡时甲烷浓度为0.12mol/L即内CH4浓度变化量为0.12mol/L-0.10mol/L=0.02mol/L，内的平均速率为，则=0.02mol/L÷=2min；
(3)该反应是气体分子数增多的吸热反应，要使甲烷平衡浓度减小，可使平衡正向移动，则除改变温度外还可能是减小压强或分离出乙烯或氢气等；
(4)时，甲烷和氢气的平衡分压相等均为aPa，则依据方程式可知乙烯的分压为Pa，则时，该反应的平衡常数=；
(5)某温度下，在一恒压密闭容器中加入一定量的和进行反应：
A．密度，随着反应的进行，气体质量m不变，体积V减小，则密度ρ增大，直至平衡，A正确；
B．ΔH不随反应的进行改变，只与始态终态有关，B正确；
C．甲烷起始浓度为0，然后增大，最后不变，C正确；
D．平均相对分子质量数值和摩尔质量相等，M=，随着反应的进行，气体质量m不变，n减小，M增大，平均相对分子质量增大，直至平衡，D不正确；
选D。
【分析】（1）先写出甲烷、乙烯、氢气的燃烧热化学方程式，再利用盖斯定律求该反应的焓变；
（2）根据平衡时 甲烷和乙烯的物质的量浓度的关系 ，利用三段式法求平衡时甲烷的物质的量浓度，再根据该反应是吸热反应，判断T1和T2的大小；
（3）使甲烷的平衡浓度减小，化学平衡则要正向移动，可以升高温度、减小压强或者清除生成物；
（4）根据平衡时H2和CH4的分压为a，乙烯和氢气的分压之比等于化学计量系数比，算出氢气的分压，再算KP；
（5）根据，气体的质量不变，气体的总物质的量在减小，所以，未达到平衡时，平均相对分子质量要增大。
34．（2022·惠州模拟）温室气体的利用是当前环境和能源领域的研究热点，合理利用燃料废气中的CO2，也是实现“碳中和”的途径之一。
（1）I．温室气体CO2转化为重要的工业原料甲酸是目前科学研究的热点。回答下列问题：
已知：①CO(g)+H2O(g) HCOOH(g) △H1= 72.6kJ·mol 1
②2CO(g)+O2(g) 2CO2(g) △H2= 566.0kJ·mol 1
则反应③的平衡常数表达式K=，写出反应③的热化学方程式　 　。
（2）刚性绝热密闭容器中，等物质的量的CO2(g)和H2O(g)发生反应③，下列可判断反应达到平衡的是____(填标号)。
A．CO2(g)和H2O(g)的物质的量之比不变
B．容器中气体平均摩尔质量不变
C．2υ正(CO2)= υ逆(O2)
D．容器内温度不变
（3）在催化剂作用下CO2和H2也可以合成甲酸，主要涉及以下反应：
i.СО2(g)+Н2(g) НСООН(g) △H3＜0
ii.CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) △H4
刚性密闭容器中CO2(g)和H2(g)按物质的量1：1投料，平衡时HCOOH和CO的选择性随温度变化如图所示。(选择性是指转化成目标产物的反应物在实际消耗的反应物中的占比)
①曲线a随温度升高而下降的原因是　 　；为同时提高CO2的平衡转化率和平衡时HCOOH的选择性2023年高考真题变式分类汇编：化学平衡的影响因素3
一、选择题
1．（2022·浙江选考）在恒温恒容条件下，发生反应A(s)+2B(g)3X(g)，c(B)随时间的变化如图中曲线甲所示。下列说法不正确的是（　　）
A．从a、c两点坐标可求得从a到c时间间隔内该化学反应的平均速率
B．从b点切线的斜率可求得该化学反应在反应开始时的瞬时速率
C．在不同时刻都存在关系：2v(B)=3v(X)
D．维持温度、容积、反应物起始的量不变，向反应体系中加入催化剂，c(B)随时间变化关系如图中曲线乙所示
2．（2017·天津）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=2×10﹣5．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．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，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃
C．第二阶段，Ni（CO）4分解率较低
D．该反应达到平衡时，v生成[Ni（CO）4]=4v生成（CO）
3．（2016·四川）一定条件下，CH4与H2O（g）发生反应：CH4（g）+H2O（g） CO（g）+3H2（g）．设起始 =Z，在恒压下，平衡时CH4的体积分数φ（CH4）与Z和T（温度）的关系如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．该反应的焓变△H＞0
B．图中Z的大小为a＞3＞b
C．图中X点对应的平衡混合物中 =3
D．温度不变时，图中X点对应的平衡在加压后φ（CH4）减小
4．（2022·葫芦岛模拟）和存在平衡：。下列分析正确的是（　　）
A．平衡混合气体中含N原子大于
B．恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的
C．恒容时，充入少量，平衡正向移动导致气体颜色变浅
D．断裂中的共价键所需能量大于断裂中的共价键所需能量
5．（2022·怀化模拟）在一体积可变的密闭容器中加入足量的固体，并充入，发生反应。已知：与平衡分压比的自然对数值[]与温度的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．平衡常数K值随着温度的升高而减小
B．缩小容器体积有利于提高的平衡转化率
C．X点反应达到平衡时，的转化率约为
D．向X点对应的平衡体系再充入和，平衡不移动
6．（2022·盐城模拟）二甲醚催化制备乙醇主要涉及以下两个反应：
反应I：
反应II：
在固定的原料比及体系压强不变的条件下，同时发生反应I、II，平衡时部分物质的物质的量分数随温度的变化如图所示。
下列说法正确的是（　　）
A．反应一定可以自发进行
B．温度高于时，温度对反应I的影响大于对反应II的影响
C．由如图可知随着温度的升高，的平衡转化率先下降后升高
D．其他条件不变，延长反应时间或选用对反应II催化性能更好的催化剂都能提高平衡混合物中乙醇含量
7．（2022·金山模拟）一定温度下，在3个体积均为的恒容密闭容器中发生反应，相关数据如下表(已知：炭粉足量)。
容器 T/℃ 物质的起始浓度/() 物质的平衡浓度 ()
Ⅰ 1.00 0 0 0.85
Ⅱ 0 1.00 1.00 x
Ⅲ 2.00 0 0 1.60
下列说法错误的是（　　）
A．
B．达到平衡所需时间：
C．
D．℃，该反应的化学平衡常数
8．（2022·松江模拟）在容积一定的密闭容器中，反应2X(？) Y(g)+Z(g)达到平衡后，升高温度容器内气体的密度增大，则下列叙述错误的是（　　）
A．正反应吸热 B．平衡常数增大
C．反应速率增大 D．X是气态
9．（2022·重庆市模拟）对于平衡体系，下列结论中错误的是（　　）
A．若温度不变，且，将容器的体积缩小到原来的一半，达到新平衡时的浓度相比原来的浓度增大了
B．若平衡时，、的转化率相等，说明反应开始时，、的物质的量之比为
C．保持其它条件不变，升高温度，的体积分数增大说明该反应的
D．若，则向含有气体的平衡体系中再加入的气体，达到新平衡时，气体的总物质的量等于
10．（2022·柯桥模拟）柴油燃油车是通过尿素-选择性催化还原法处理氮氧化物。其工作原理为：将尿素[CO(NH2)2]水溶液通过喷嘴喷入排气管中，当温度高于160℃时尿素水解，产生，生成的与富氧尾气混合后，在催化剂作用下，使氮氧化物得以处理。如图为在不同投料比[]时NO转化效率随温度变化的曲线。下列说法错误的是(　　)
A．投料比[]：曲线a大于曲线b
B．使用催化剂可以提高NO的平衡转化率
C．图中温度升高，NO转化率升高的可能原因是氨气的释放速度加快，催化剂的活性增强
D．图中温度过高，NO转化率下降的的可能原因是发生反应
11．（2022·柯桥模拟）大气中CO2含量的增多除了导致地球表面温度升高外，还会影响海洋生态环境。某研究小组在实验室测得不同温度下(T1，T2)海水中CO浓度与模拟空气中CO2浓度的关系曲线。已知：海水中存在以下平衡：CO2(aq)+CO (aq)+H2O(aq) 2HCO (aq)，下列说法错误的是(　　)
A．T1＞T2
B．海水温度一定时，大气中CO2浓度增加，海水中溶解的CO2随之增大，CO浓度降低
C．当大气中CO2浓度确定时，海水温度越高，CO 浓度越低
D．大气中CO2含量增加时，海水中的珊瑚礁将逐渐溶解
12．（2022·青浦模拟）反应A(g)+B(g)3X，在其他条件不变时，通过调节容器体积改变压强，达平衡时c(A)如下表：
平衡状态 ① ② ③
容器体积/L 40 20 1
c(A)( mol·L-1) 0.022a 0.05a 0.75a
下列分析错误的是（　　）
A．①→②的过程中平衡发生了逆向移动
B．①→③的过程中X的状态发生了变化
C．①→③的过程中A的转化率不断减小
D．与①②相比，③中X的物质的量最大
13．（2022·浦东模拟）密闭真空容器中放入BaO2固体，发生反应2BaO2(s)2BaO(s)＋O2(g) △H＜0，并达到平衡状态Ⅰ；保持温度不变，缩小容器体积，达到平衡状态Ⅱ；平衡状态Ⅰ与Ⅱ不同的是（　　）
A．平衡常数 B．反应速率 C．氧气浓度 D．BaO的量
二、多选题
14．（2022·湖南）反应物（S）转化为产物（P或 ）的能量与反应进程的关系如下图所示：
下列有关四种不同反应进程的说法正确的是（　　）
A．进程Ⅰ是放热反应 B．平衡时P的产率：Ⅱ>Ⅰ
C．生成P的速率：Ⅲ>Ⅱ D．进程Ⅳ中，Z没有催化作用
15．（2017·海南）已知反应CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) ΔH＜0。在一定温度和压强下于密闭容器中，反应达到平衡。下列叙述正确的是(　　)
A．升高温度，K减小 B．减小压强，n(CO2)增加
C．更换高效催化剂，α(CO)增大 D．充入一定量的氮气，n(H2)不变
16．（2014·海南）将BaO2放入密闭的真空容器中，反应2BaO2（s） 2BaO（s）+O2（g）达到平衡．保持温度不变，缩小容器体积，体系重新达到平衡，下列说法正确的是（　　）
A．平衡常数减小 B．BaO量不变
C．氧气压强不变 D．BaO2量增加
17．（2015·广东模拟）900℃时，向2.0L恒容密闭容器中充入0.40mol乙苯，发生反应： +H2（g）△H=akJ．mol﹣1．经一段时间后达到平衡．反应过程中测定的部分数据见下表：
时间/min 0 10 20 30 40
n（乙苯）/mol 0.40 0.30 0.24 n2 n3
n（苯乙烯）/mol 0.00 0.10 n1 0.20 0.20
下列说法正确的是（　　）
A．反应在前20 min的平均速率为v（H2）=0.004mol L﹣1 min﹣1
B．保持其他条件不变，升高温度，平衡时，c（乙苯）=0.08mol L﹣1，则a＜0
C．保持其他条件不变，向容器中充入不参与反应的水蒸气作为稀释剂，则乙苯的转化率为50.0%
D．相同温度下，起始时向容器中充入0.10mol乙苯、0.10mol苯乙烯和0.30molH2，达到平衡前v（正）＞v（逆）
18．（2015·成都模拟）在一定温度下，将等量的气体分别通入起始体积相同的密闭容器Ⅰ和Ⅱ中，使其发生反应，t0时容器Ⅰ中达到化学平衡，X,Y,Z的物质的量的变化如图所示．则下列有关推断正确的是 （　　）
A．该反应的化学方程式为3X+2Y 2Z
B．若两容器中均达到平衡时，两容器的体积V（Ⅰ）＜V（Ⅱ），则容器Ⅱ达到平衡所需时间大于t0
C．若两容器中均达到平衡时，两容器中Z的物质的量分数相同，则Y为固态或液态
D．若达平衡后，对容器Ⅱ升高温度时其体积增大，说明Z发生的反应为吸热反应
19．（2015·如东模拟）一定条件下存在反应：2SO2（g）+O2 （g）═2SO3（g），其正反应放热．现有三个体积相同的密闭容器 I、Ⅱ、Ⅲ，按如图所示投料，并在400℃条件下开始反应．达到平衡时，下列说法正确的是（　　）
A．容器Ⅰ、Ⅲ中平衡常数相同
B．容器Ⅱ、Ⅲ中正反应速率相同
C．容器Ⅱ、Ⅲ中的反应达平衡时，SO3的体积分数：Ⅱ＞Ⅲ
D．容器Ⅰ中SO2的转化率与容器 II中SO3的转化率之和小于1
20．（2015高二下·苏州期末）在某一密闭容器中，若反应2NO2（g） N2O4（g）达到平衡后，保持其温度不变，将该密闭容器的体积增加一倍，当达到新的平衡时，则下列说法正确的是（　　）
A．容器内气体密度减小 B．平衡向正反应方向移动
C．二氧化氮的转化率增大 D．四氧化二氮的体积分数减小
三、非选择题
21．（2022·浙江6月选考）氨基钠（）是重要的化学试剂，实验室可用下图装置（夹持、搅拌、尾气处理装置已省略）制备。
简要步骤如下：
Ⅰ．在瓶A中加入液氨和，通入氨气排尽密闭体系中空气，搅拌。
Ⅱ．加入钠粒，反应，得粒状沉积物。
Ⅲ．除去液氨，得产品。
已知：几乎不溶于液氨，易与水、氧气等反应。
请回答：
（1）的作用是　 　；装置B的作用是　 　。
（2）步骤Ⅰ，为判断密闭体系中空气是否排尽，请设计方案　 　。
（3）步骤Ⅱ，反应速率应保持在液氨微沸为宜。为防止速率偏大，可采取的措施有　 　。
（4）下列说法不正确的是____。
A．步骤Ⅰ中，搅拌的目的是使均匀地分散在液氨中
B．步骤Ⅱ中，为判断反应是否已完成，可在N处点火，如无火焰，则反应已完成
C．步骤Ⅲ中，为避免污染，应在通风橱内抽滤除去液氨，得到产品
D．产品应密封保存于充满干燥氮气的瓶中
（5）产品分析：假设是产品的唯一杂质，可采用如下方法测定产品纯度。从下列选项中选择最佳操作并排序。
准确称取产品→　 　→　 　→　 　→计算
a．准确加入过量的水
b．准确加入过量的标准溶液
c．准确加入过量的标准溶液
d．滴加甲基红指示剂（变色的范围4.4～6.2）
e．滴加石蕊指示剂（变色的范围4.5～8.3）
f．滴加酚酞指示剂（变色的范围8.2～10.0）
g．用标准溶液滴定
h．用标准溶液滴定
i．用标准溶液滴定
22．（2022·浙江选考）工业上，以煤炭为原料，通入一定比例的空气和水蒸气，经过系列反应可以得到满足不同需求的原料气。请回答：
（1）在C和O2的反应体系中：
反应1：C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-394kJ·mol-1
反应2：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH2=-566kJ·mol-1
反应3：2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH3。
① 设y=ΔH-TΔS，反应1、2和3的y随温度的变化关系如图1所示。图中对应于反应3的线条是　 　。
②一定压强下，随着温度的升高，气体中CO与CO2的物质的量之比　 　。
A．不变 B．增大 C．减小 D．无法判断
（2）水煤气反应：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) ΔH=131kJ·mol-1。工业生产水煤气时，通常交替通入合适量的空气和水蒸气与煤炭反应，其理由是　 　。
（3）一氧化碳变换反应：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH=-41kJ·mol-1。
①一定温度下，反应后测得各组分的平衡压强(即组分的物质的量分数×总压)：p(CO)=0.25MPa、p(H2O)=0.25MPa、p(CO2)=0.75MPa和p(H2)=0.75MPa，则反应的平衡常数K的数值为　 　。
②维持与题①相同的温度和总压，提高水蒸气的比例，使CO的平衡转化率提高到90%，则原料气中水蒸气和CO的物质的量之比为　 　。
③生产过程中，为了提高变换反应的速率，下列措施中合适的是　 　。
A．反应温度愈高愈好 B．适当提高反应物压强
C．选择合适的催化剂 D．通入一定量的氮气
④以固体催化剂M催化变换反应，若水蒸气分子首先被催化剂的活性表面吸附而解离，能量-反应过程如图2所示。
用两个化学方程式表示该催化反应历程(反应机理)：步骤Ⅰ：　 　；步骤Ⅱ：　 　。
23．（2021·辽宁） 磁性材料在很多领域具有应用前景，其制备过程如下(各步均在 氛围中进行)：
①称取 ，配成 溶液，转移至恒压滴液漏斗中。
②向三颈烧瓶中加入 溶液。
③持续磁力搅拌，将 溶液以 的速度全部滴入三颈烧瓶中，100℃下回流3h。
④冷却后过滤，依次用热水和乙醇洗涤所得黑色沉淀，在 干燥。
⑤管式炉内焙烧2h，得产品3.24g。
部分装置如图：
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是　 　；使用恒压滴液漏斗的原因是　 　。
（2）实验室制取 有多种方法，请根据元素化合物知识和氧化还原反应相关理论，结合下列供选试剂和装置，选出一种可行的方法，化学方程式为　 　，对应的装置为　 　(填标号)。
可供选择的试剂： 、 、 、 、饱和 、饱和
可供选择的发生装置(净化装置略去)：
（3）三颈烧瓶中反应生成了Fe和 ，离子方程式为　 　。
（4）为保证产品性能，需使其粒径适中、结晶度良好，可采取的措施有_______。
A．采用适宜的滴液速度
B．用盐酸代替KOH溶液，抑制 水解
C．在空气氛围中制备
D．选择适宜的焙烧温度
（5）步骤④中判断沉淀是否已经用水洗涤干净，应选择的试剂为　 　；使用乙醇洗涤的目的是　 　。
（6）该实验所得磁性材料的产率为　 　(保留3位有效数字)。
24．（2016·新课标Ⅰ卷）元素铬（Cr）在溶液中主要以Cr3+（蓝紫色）、Cr（OH）4﹣（绿色）、Cr2O72﹣（橙红色）、CrO42﹣（黄色）等形式存在，Cr（OH）3为难溶于水的灰蓝色固体，回答下列问题：
（1）Cr3+与Al3+的化学性质相似，在Cr2（SO4）3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，可观察到的现象是　 　．
（2）CrO42﹣和Cr2O72﹣在溶液中可相互转化．室温下，初始浓度为1.0mol L﹣1的Na2CrO4溶液中c（Cr2O72﹣）随c（H+）的变化如图所示．
①用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应　 　．
②由图可知，溶液酸性增大，CrO42﹣的平衡转化率　 　（填“增大“减小”或“不变”）．根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为　 　．
③升高温度，溶液中CrO42﹣的平衡转化率减小，则该反应的△H　 　（填“大于”“小于”或“等于”）．
（3）在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl﹣，利用Ag+与CrO42﹣生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点．当溶液中Cl﹣恰好完全沉淀（浓度等于1.0×10﹣5mol L﹣1）时，溶液中c（Ag+）为　 　mol L﹣1，此时溶液中c（CrO42﹣）等于　 　mol L﹣1．（已知Ag2 CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10﹣12和2.0×10﹣10）．
（4）+6价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3将废液中的Cr2O72﹣还原成Cr3+，反应的离子方程式为　 　．
25．（2016·浙江）催化还原CO2是解决温室效应及能源问题的重要手段之一，研究表明，在Cu/ZnO催化剂存在下，CO2和H2可发生两个平行反应，分别生成CH3OH和CO，反应的热化学方程式如下：
CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g）△H1=﹣53.7kJ mol﹣1 Ⅰ
CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）△H2 Ⅱ
某实验室控制CO2和H2初始投料比为1：2.2，在相同压强下，经过相同反应时间测得如下实验数据：
T（K） 催化剂 CO2转化率（%） 甲醇选择性（%）
543 Cat.1 12.3 42.3
543 Cat.2 10.9 72.7
553 Cat.1 15.3 39.1
553 Cat.2 12.0 71.6
[备注]Cat.1：Cu/ZnO纳米棒；Cat.2：Cu/ZnO纳米片；甲醇选择性；转化的CO2中生成甲醇的百分比
已知：①CO和H2的标准燃烧热分别为﹣283.0kJ mol﹣1和﹣285.8kJ mol﹣1．
②H2O（1）═H2O（g）△H3=44.0kJ mol﹣1
请回答（不考虑温度对△H的影响）：
（1）反应I的平衡常数表达式K=　 　；反应Ⅱ的△H2=　 　kJ mol﹣1．
（2）有利于提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有 ．
A．使用催化剂Cat.1
B．使用催化剂Cat.2
C．降低反应温度
D．投料比不变，增加反应物的浓度
E．增大 CO2和H2的初始投料比
（3）表中实验数据表明，在相同温度下不同的催化剂对CO2转化成CH3OH的选择性有显著的影响，其原因是　 　．
（4）在如图中分别画出反应I在无催化剂、有Cat.1和有Cat.2三种情况下“反应过程﹣能量”示意图．
（5）研究证实，CO2也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，则生成甲醇的反应发生在　 　极，该电极反应式是　 　．
26．（2022·成都模拟）我国提出力争在2030年前实现碳达峰，2060 年前实现碳中和。“双碳”战略倡导绿色、低碳的生产生活方式，加快降低碳排放的步伐，有利于引导绿色技术创新发展。
（1）①CH4— CO2催化重整反应包含积碳反应和消碳反应，生成CO和H2：
积碳反应： CH4(g) = C(s) + 2H2(g) ΔH= +75 kJ·mol-l
消碳反应： CO2(g) + C(s)= 2CO(g) ΔH= +172 kJ·mol-1
则CH4—CO2催化重整反应的热化学方程式为　 　；
②反应中催化剂的活性会因积碳反应而降低，消碳反应则使积碳量减少。
催化剂 积碳反应活化能/kJ·mol-1 消碳反应活化能/kJ·mol-1
X al b1
Y a2 b2
若催化剂X优于催化剂Y，则a1与a2，b1与b2的最佳关系为a1　 　 a2，b1　 　b2 (填“>”“<”或“=”)。
（2）一定条件下CO2与H2可发生化学反应： CO2(g) + H2(g) CO(g) + H2O(g)，化学平衡常数K与温度T的关系如下表所示：
T/℃ 700 800 850 1000 1200
K 0.6 0.9 1.0 1.7 2.6
①降低温度，化学平衡向 　 　 (填“正反应”或“逆反应”)方向移动，原因是　 　；
②某温度下，平衡浓度符合如下关系： c(CO2) c (H2) = c (CO) c (H2O)，在此温度下，若该容器中含有0.8 mol CO2、1.0 mol H2、1.2 mol CO、1.2 mol H2O(g)，则此时v正　 　v逆(填“>”“<”或“=”)。
（3）一定条件下，工业上还可利用CO2来生产燃料甲醇。已知制备甲醇的化学反应为CO2(g)+ 3H2(g) CH3OH(g)+ H2O(g)。某温度下，向容积为1L的密闭容器中，充入amolCO2和3amolH2，tmin时反应达到平衡，此时CH3OH的产率为b，则从0~tmin， v(CO2) = 　 　mol·L-l·min-1， 该温度下的反应平衡常数为　 　(mol·L-1)-2。
27．（2022·红桥模拟）将 和 两种引发温室效应的气体转化为合成气( 和 )，可以实现能量综合利用，对环境保护具有十分重要的意义。
（1）利用 在一定条件下重整的技术可得到富含 的气体，重整过程中的催化转化原理如图所示。
已知：i.
ii.
①过程I反应的化学方程式为　 　。
②该技术总反应的热化学方程式为　 　。
③反应i甲烷含量随温度变化如图1，图中 四条曲线中的两条代表压强分别为 时甲烷含量曲线，其中表示 的是　 　
（2）甲烷的水蒸汽重整涉及以下反应
I.
II.
在一密闭体积可变容器中，通入 和 发生甲烷的水蒸汽重整反应。
①反应I的平衡常数的表达式为　 　。
反应II平衡常数 　 　 (填“>”“<”或“=”)。
②压强为 时，分别在加 和不加 时，平衡体系 的物质的量随温度变化如图2所示。温度低于700℃时，加入 可明显提高混合气中 的量，原因是　 　。
28．（2022·烟台模拟）含氮污染物的有效去除和资源的充分利用是重要研究课题，回答下列问题：
（1）利用工业尾气与反应制备新型硝化剂，过程中涉及以下反应：
Ⅰ. 平衡常数K1
Ⅱ. 平衡常数
Ⅲ. 平衡常数K3
平衡常数K与温度T的函数关系为，，，其中x、y、z为常数，则反应Ⅰ的活化能Ea(正)　 　Ea(逆)(填“>”或“<”)，的数值范围是　 　。
（2）与作用分别生成、NO、的反应均为放热反应。工业尾气中的可通过催化氧化为除去。将一定比例的、和的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，的转化率、的选择在[]与温度的关系如图所示。
①其他条件不变，在范围内升高温度，出口处氮氧化物的量　 　(填“增大”或“减小”)，的平衡转化率　 　(填“增大”或“减小”)。
②需研发　 　(“高温”或“低温”)下的选择性高的催化剂，能更有效除去尾气中的。
（3）在催化剂条件下发生反应：可消除NO和CO对环境的污染。为探究温度对该反应的影响，实验初始时体系中气体分压且，测得反应体系中CO和N2的分压随时间变化情况如表所示。
时间/min 0 30 60 120 180
200℃ 物质a的分压/kPa 4 8.8 13 20 20
物质b的分压/kPa 48 45.6 43.5 40 40
300℃ 物质a的分压/ kPa 100 69.0 48 48 48
物质b的分压/ kPa 10 25.5 36 36 36
该反应的　 　0(填“>”或“<”)，物质a为　 　(填“CO”或“”)，200℃该反应的化学平衡常数　 　。
29．（2022·广州模拟）乙烯是石油化工最基本原料之一。
（1）I．乙烷在一定条件下可脱氢制得乙烯：C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g) ΔH1＞0。
提高乙烷平衡转化率的措施有　 　、　 　。
（2）一定温度下，向恒容密闭容器通入等物质的量的C2H6和H2，初始压强为100kPa，发生上述反应，乙烷的平衡转化率为20%。平衡时体系的压强为　 　kPa，该反应的平衡常数Kp=　 　 kPa (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（3）II．在乙烷中引入O2可以降低反应温度，减少积碳。涉及如下反应：
a.2C2H6(g)+ O2(g)= 2C2H4(g) + 2H2O(g) △H2＜0
b.2C2H6(g) + 5O2(g)= 4CO(g) + 6H2O(g) △H3＜0
c．C2H4(g)+ 2O2(g)= 2CO(g) + 2H2O(g) △H4＜0
根据盖斯定律，反应a的△H2=　 　 (写出代数式)。
（4）氧气的引入可能导致过度氧化。为减少过度氧化，需要寻找催化剂降低反应　 　(选填“a、b、c”)的活化能。
（5）常压下，在某催化剂作用下按照n(C2H6)：n(O2)=1：1投料制备乙烯，体系中C2H4和CO在含碳产物中的物质的量百分数及C2H6转化率随温度的变化如下图所示。
①乙烯的物质的量百分数随温度升高而降低的原因是　 　。
②在570~600℃温度范围内，下列说法正确的有　 　(填字母)。
A．C2H4产率随温度升高而增大
B．H2O的含量随温度升高而增大
C．C2H6在体系中的物质的量百分数随温度升高而增大
D．此催化剂的优点是在较低温度下降低CO的平衡产率
③某学者研究了生成C2H4的部分反应历程如下图所示。写出该历程的总反应方程式　 　。该历程的催化剂是　 　。
30．（2022·永州模拟）乙醇水蒸气重整制氢是制备氢气的常用方法，体系中发生的主要反应有：
I.C2H5OH(g)+H2O(g)=2CO(g)+4H2(g) △H1
II.C2H5OH(g)+3H2O(g)=2CO2(g)+6H2(g) △H2=+173kJ·mol-1
III.CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) △H3=-41.2kJ·mol-1
IV.C2H5OH(g)+2H2(g)=2CH4(g)+H2O(g) △H4=-156.2kJ·mol-1
（1）△H1=　 　kJ·mol-1。
（2）压强为100kPa的条件下，图1是平衡时体系中各产物的物质的量分数与温度的关系，图2是H2的平衡产率与温度及起始时的关系。
①图1中c线对应的产物为　 　(填“CO2”、“H2”或“CH4”)。
②图2中B点H2的产率与A点相等的原因是　 　。
（3）反应温度T℃、0.1MPa的恒压密闭容器中，充入1mol乙醇和xmolH2O(g)，若只发生反应CH3CH2OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g)，平衡时，乙醇转化率为α，CO2的压强为　 　MPa，反应平衡常数Kp=　 　(以分压表示，分压=总压×物质的量分数。列出计算式即可)
（4）CH3CH2OH(g)在催化剂Rh/CeO2上反应制取氢气的机理如图：
①出生成CO(g)步骤的化学方程式　 　。
②下列措施可以提高CH3CH2OH在催化剂表面吸附率的有　 　(填标号)。
a..减小乙醇蒸气的分压 b.增大催化剂的比表面积
31．（2022·渭南模拟）氢气是一种理想的二次能源，在石油化工、冶金工业、治疗疾病、航空航天等方面有着广泛的应用。以甲醇、甲酸为原料制取高纯度的H2是清洁能源的重要研究方向。回答下列问题：
（1）甲醇水蒸气重整制氢主要发生以下两个反应。
主反应：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g) △H=+49 kJ·mol-1
副反应：H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g) △H=+40 kJ·mol-1
①甲醇在催化剂作用下裂解可得到H2和CO，反应的热化学方程式为　 　，既能加快反应速率又能提高CH3OH平衡转化率的一种措施是　 　。
②若上述副反应的活化能Ea1=w kJ·mol-1，则CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)的活化能Ea2=　 　kJ·mol-1。
③某温度下，将n(H2O)∶n(CH3OH)=1∶1的原料气分别充入密闭容器中(忽略副反应)，设恒容下甲醇的平衡时转化率为α1，恒压条件下甲醇的平衡时转化率为α2，则α1　 　α2(填“＞”、“＜”或“=”)。
（2）工业上常用CH4与水蒸气在一定条件下来制取H2，其反应原理为：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H=+203 kJ·mol-1，在容积为3 L的密闭容器中通入物质的量均为3 mol的CH4和水蒸气，在一定条件下发生上述反应，测得平衡时H2的体积分数与温度及压强的关系如图所示。
压强为p1时，在N点：v正　 　v逆(填“＞”、“＜”或“=”)，N点对应温度下该反应的逆反应的平衡常数K=　 　 L2·mol-2。比较：p1　 　p2(填“＞”、“＜”或“=”)。
（3）HCOOH催化释氢。在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图所示。
①HCOOD催化释氢反应除生成HD外，还生成　 　(填化学式)。
②研究发现：其他条件不变时，HCOOK替代一部分HCOOH，催化释氢的速率增大，根据图示反应机理解释其可能的原因是　 　。
32．（2022·宝山模拟）
（1）I.联氨(N2H4)及其衍生物是一类重要的火箭燃料。N2H4与N2O4反应能放出大量的热。
在25℃时，1.00gN2H4(l)与足量N2O4(1)完全反应生成N2(g)和H2O(1)，放出19.14kJ的热量。写出该反应的热化学方程式　 　。
（2） II．NO2是氮的常见氧化物，能自发发生如下反应：2NO2(g) N2O4(g) =-57.20kJ/mol
写出该反应的平衡常数表达式K=　 　。已知：在一定温度下的密闭容器中，该反应已达到平衡。保持其他条件不变，下列措施能提高NO2转化率的是　 　。
a．减小NO2的浓度 b．降低温度 c．增大压强 d．升高温度
（3）III．Na2CO3俗称纯碱，是生活中的常用物质。某化学兴趣小组的同学对Na2CO3溶液显碱性的原因进行了探究，设计了如下实验方案进行操作并记录实验现象。
实验操作 实验现象
取少量Na2CO3固体，加入无水酒精，充分振荡、静置 溶液为无色
取上层清液于试管中，滴加酚酞试剂 溶液为无色
在试管中继续加入少量水 溶液变为红色
向该红色溶液中滴加足量BaCl2溶液(中性) 红色褪去
①该实验表明，Na2CO3溶液显碱性的原因是　 　(请结合化学用语，简要说明)。
②从形成盐的酸和碱的强弱角度看，Na2CO3属于　 　盐。
③为了使Na2CO3溶液中的比值变小，可适量加入(或通入)的物质是　 　。
a．CO2气体 b．KOH固体 c．HCl气体 d．Na2CO3固体
33．（2022·云南模拟）中国化学工作者在《Science》刊文发表了甲烷在催化作用下脱氢制忆烯的相关论文，其反应如下，回答下列问题：
（1）已知、的的燃烧热如下表所示：
物质
燃烧热 890.3 1411 285.8
　 　．
（2）时，向恒温恒容密闭容器中充入发生上述反应，达到平衡时，测得，则　 　．此时将温度改变至，经tmin后再次达到平衡，测得，内的平均速率为，则　 　(填“>”或“<”)，t=　 　．
（3）若改变外界反应条件，使甲烷平衡浓度减小，则除改变温度外还可能是　 　(写一条即可)
（4）不同温度下，加入一定量的发生上上述反应，、的平衡分压随温度的变化如图所示．时，该反应的平衡常数　 　(以分压代替平衡浓度计算)．
（5）某温度下，在一恒压密闭容器中加入一定量的和进行反应，随时间(t)的变化，下列示意图错误的是　 　(填标号)．A． B． C． D．
34．（2022·惠州模拟）温室气体的利用是当前环境和能源领域的研究热点，合理利用燃料废气中的CO2，也是实现“碳中和”的途径之一。
（1）I．温室气体CO2转化为重要的工业原料甲酸是目前科学研究的热点。回答下列问题：
已知：①CO(g)+H2O(g) HCOOH(g) △H1= 72.6kJ·mol 1
②2CO(g)+O2(g) 2CO2(g) △H2= 566.0kJ·mol 1
则反应③的平衡常数表达式K=，写出反应③的热化学方程式　 　。
（2）刚性绝热密闭容器中，等物质的量的CO2(g)和H2O(g)发生反应③，下列可判断反应达到平衡的是____(填标号)。
A．CO2(g)和H2O(g)的物质的量之比不变
B．容器中气体平均摩尔质量不变
C．2υ正(CO2)= υ逆(O2)
D．容器内温度不变
（3）在催化剂作用下CO2和H2也可以合成甲酸，主要涉及以下反应：
i.СО2(g)+Н2(g) НСООН(g) △H3＜0
ii.CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) △H4
刚性密闭容器中CO2(g)和H2(g)按物质的量1：1投料，平衡时HCOOH和CO的选择性随温度变化如图所示。(选择性是指转化成目标产物的反应物在实际消耗的反应物中的占比)
①曲线a随温度升高而下降的原因是　 　；为同时提高CO2的平衡转化率和平衡时HCOOH的选择性，应选择的反应条件为　 　(填标号)。
A． 低温、低压 B．高温、高压 C．高温、低压 D．低温、高压
②240℃时，容器内压强随时间的变化如下表所示：
时间/min 0 20 40 60 80
压强/MPa p0 0.91p0 0.85p0 0.80p0 0.80p0
反应i的速率可表示为υ=k·p(CO2)·p(H2)(p为气体分压，分压=总压×气体的物质的量分数， k为常数)，则反应在60 min时υ=　 　(用含p0、k的式子表示)。
（4）Ⅱ．CO2 CH4催化重整对减少温室气体的排放、改善大气环境具有重要的意义。
在密闭容器中通入物质的量均为0.2mol的CH4和CO2，在一定条件下发生反应CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)，CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示。
①由如图可知：压强p1　 　p2(填“＞”、“＜”或“=”)。
②Y点：υ(正)　 　υ(逆)(填“＞”、“＜”或“=”)。
35．（2022·兰州模拟）我国力争2060年前实现碳中和。CH4与CO2催化重整是实现碳中和的热点研究课题。该催化重整反应体系主要涉及以下反应：
反应I：主反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH1 Kp1
反应II：副反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2 Kp2
反应III：积碳反应2CO(g)CO2(g)+C(s) ΔH3 Kp3
反应IV：积碳反应CH4(g)C(s)+2H2(g) ΔH4 Kp4
（1）已知H2(g)、CO(g)的燃烧热ΔH分别为-285.8kJ·mol-1、-283.0lkJ·mol-1，H2O(l)= H2O(g) ΔH5=+44kJ·mol-1，则反应II的ΔH2=　 　kJ·mol-1。
（2）设Kp为分压平衡常数(用分压代替浓度，气体分压=总压×该组分的物质的量分数)，反应III、IV的lgKp随(T表示温度)的变化如图所示。据图判断，反应I的ΔH1　 　0(选填“大于”、“小于”或“等于”)，说明判断的理由　 　。
（3）下列关于该重整反应体系的说法正确的是____。
A．在投料时适当增大的值，有利于减少积碳
B．在一定条件下建立平衡后，移去部分积碳，反应III和反应IV平衡均向右移
C．随着投料比的增大，达到平衡时CH4的转化率增大
D．降低反应温度，反应I、II、IV的正反应速率减小，逆反应速率增大；反应III的正反应速率增大，逆反应速率减小
（4）在一定条件下的密闭容器中，按照=1加入反应物，发生反应I(反应II、III、IV可忽略)。在不同条件下达到平衡，设体系中平衡状态下甲烷的物质的量分数为x(CH4)，在T=800℃下的x(CH4)随压强p的变化曲线、在P=100kPa下的x(CH4)随温度T的变化曲线如图所示。
①图中对应T=800℃下，x(CH4)随压强p的变化曲线是　 　，判断的理由是　 　。
②若x(CH4)=0.1.则CO2的平衡转化率为　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．图像中可以得到单位时间内的浓度变化，反应速率是单位时间内物质的浓度变化计算得到，从a、c两点坐标可求得从a到c时间间隔内该化学反应的平均速率，选项A不符合题意；
B．b点处的切线的斜率是此时刻物质浓度除以此时刻时间，为一氧化碳的瞬时速率，选项B不符合题意；
C．化学反应速率之比等于化学方程式计量数之比分析，3v(B)=2v(X)，选项C符合题意；
D．维持温度、容积不变，向反应体系中加入催化剂，平衡不移动，反应速率增大，达到新的平衡状态，平衡状态与原来的平衡状态相同，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据反应速率的定义分析判断；
B.b点处的切线的斜率是此时刻物质浓度除以此时刻时间，为瞬时速率；
C.化学反应速率之比等于化学方程式计量数之比；
D.加入催化剂反应速率增大，平衡不移动。
2．【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】解：A．平衡常数与温度有关，则增加c（CO），平衡向正向移动，反应的平衡常数不变，故A错误；
B．Ni（CO）4的沸点为42.2℃，应大于沸点，便于分离出Ni（CO）4，则一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃，故B正确；
C．加热至230℃制得高纯镍，可知第二阶段，Ni（CO）4分解率较大，故C错误；
D．达到平衡时，不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，则该反应达到平衡时4v生成[Ni（CO）4]=v生成（CO），故D错误；
故选B．
【分析】A．平衡常数与温度有关；
B．Ni（CO）4的沸点为42.2℃，应大于沸点，便于分离出Ni（CO）4；
C．由加热至230℃制得高纯镍分析；
D．达到平衡时，不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比．
3．【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．由图可知，随着温度升高甲烷的体积分数逐渐减小，说明升温平衡正向移动，则正反应为吸热反应，即焓变△H＞0，故A正确；B．由图可知，以 =3时作比较，增大水蒸气的物质的量，平衡正向移动，则 的比值越大，则甲烷的体积分数越小，故a＜3＜b，故B错误；
C．起始加入量的比值为3，但随着反应的进行，升高温度平衡正向移动，甲烷和水是按等物质的量反应，所以到平衡时比值不是3，故C错误；
D．温度不变时，加压，平衡逆向移动，甲烷的体积分数增大，故D错误；
故选A．
【分析】A．由图可知，T升高时φ（CH4）减小；B．由图可知，以 =3时作比较，结合平衡移动可知 越大，甲烷的含量越小；C．起始 =3，结合温度升高对平衡移动的影响来判断；D．该反应为气体体积增大的反应，压强增大平衡逆向移动．本题主要考查化学平衡移动的原理及应用，是高频考点，平衡移动的因素、图象分析等为解答的关键点，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡移动原理的理解，选项B为解答的难点，题目难度不大．
4．【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A． N2O4分子中有2个N原子，平衡混合气体中含N原子大于，故A符合题意；
B． 恒温时，缩小容积，二氧化氮浓度变大，气体颜色变深，加压后，平衡正向动，气体颜色又变浅，但总体是变深，故气体颜色变深，不是平衡正向移动导致的，故B不符合题意；
C． 恒容时，充入少量，相当于NO2的浓度不变，平衡不移动，气体颜色不变，故C不符合题意；
D． ，反应放热，断裂中的共价键所需能量小于断裂中的共价键所需能量，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．利用平均值原理，依据原子守恒；
B． 依据二氧化碳浓度变化分析；
C． 利用勒夏特列原理分析；
D． 反应放热断裂的共价键所需能量小于形成共价键放出能量。
5．【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．根据图中曲线得到温度越高，越大，则越大，说明温度升高，CO物质的量浓度越大，平衡正向移动，因此平衡常数K值随着温度的升高而增大，故A不符合题意；
B．该反应是体积增大的反应，缩小容器体积，平衡逆向移动，的平衡转化率降低，故B不符合题意；
C．X点反应达到平衡时，则CO的物质的量和的物质的量相等，则为x，由于生成CO消耗的二氧化碳物质的量是CO物质的量的一半，则消耗的二氧化碳物质的量为0.5x，因此的转化率约为，故C不符合题意；
D．平衡体系X点CO的压强和的压强相等，即两者物质的量相等，由于是体积可变的密闭容器，向X点对应的平衡体系再充入和，相等于在另一个容器中放入，是平衡体系，将两个容器合二为一，两者物质的量相等，则平衡不移动，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A．根据图中曲线判断平衡常数K值变化；
B．依据压强对转化率的影响分析；
C．利用三段式进行计算；
D．利用等效平衡进行分析。
6．【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．由题干信息，反应的，该反应为气体分子数减少的反应，，在高温下，可有，反应不能自发进行，A不符合题意；
B．由图象，温度高于600K时，的物质的量分数急剧下降，说明反应Ⅰ平衡左移超过反应Ⅱ平衡左移的幅度，即温度升高对反应Ⅰ的影响程度大于反应Ⅱ，B符合题意；
C．由图象，温度低时，反应Ⅰ较完全，反应反应Ⅱ进行得少，CO含量低，600K后，反应Ⅰ平衡左移超过反应Ⅱ平衡左移的幅度，因此，随着温度升高，反应Ⅱ始终逆向进行，H2的平衡转化率始终下降，C不符合题意；
D．温度不变时，平衡常数不变，延长反应时间不会影响平衡状态，平衡混合物中乙醇的含量不变，选用对反应Ⅱ催化性能更好的催化剂只会加快反应速率，不影响平衡混合物中乙醇的含量，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．利用分析；
B．依据曲线的斜率分析；
C．依据温度影响进行分析。；
D．温度不变时，平衡常数不变，催化性不影响平衡。
7．【答案】B
【知识点】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】A．对于容器Ⅰ中的反应来说，达到平衡时，=0.15，=0.85，=0.85，代入平衡常数公式，K()=·/=0.85×0.85÷0.15=4.82，而在容器Ⅲ中，在温度时，达到平衡时的浓度分别为=0.4，=1.6，=1.6，代入平衡常数公式，K()=·/=1.6×1.6÷0.4=6.4，则K()大于K()，反应向正反应方向进行，而正反应方向是吸热过程，所以，是升温的过程，温度，故A不符合题意；
B．容器Ⅲ温度高，反应的快，达到平衡所需的时间短，容器Ⅰ反应所需要的时间长，故B符合题意；
C．在3个体积均为的恒容密闭容器中发生反应，Ⅰ和Ⅱ中的反应为等效平衡，可以利用完全转化的思想来理解，因为Ⅰ和Ⅱ的反应温度相同， 因为氢气和一氧化碳的起始浓度均为1.00，若完全转化为水蒸气，则生成水蒸气的浓度为1.00，Ⅰ和Ⅱ中的起始浓度完全一样，温度一样，容积一样，所达到的平衡状态一样，所以达到平衡时物质的平衡浓度一样，为0.85，则，故C不符合题意；
D．在容器Ⅲ中，在温度时，达到平衡时的浓度分别为=0.4，=1.6，=1.6，代入平衡常数公式，K()=·/=1.6×1.6÷0.4=6.4，D不符合题意；
故答案为：B；
【分析】A.计算出T1、T2时的平衡常数，该反应为吸热反应，升温平衡正向移动，平衡常数增大；
B.温度越高，反应速率越快，达到平衡状态的时间越短；
C.Ⅰ、Ⅱ温度相同，平衡常数不变，起始量从正向进行和从逆向进行，Ⅱ反应的起始量相当于Ⅰ的起始量，得到的平衡状态相同；
D.计算平衡时各物质的浓度，根据平衡常数的表达式计算。
8．【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．根据分析可知，正反应为吸热反应，A项不符合题意；
B．正反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，平衡常数增大，B项不符合题意；
C．温度升高，反应速率一定增大，C项不符合题意；
D．根据分析可知，X是非气态，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】 达到平衡后，升高温度容器内气体的密度增大，由于混合气体的总体积为定值，根据可知，混合气体的总质量增大，说明X为非气态（固态或液态），升高温度平衡正向移动，该反应为吸热反应。
9．【答案】C
【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．温度不变，且，将容器的体积缩小到原来的一半，相当于增大压强，平衡逆向移动，的物质的量增大，且体积减小，所以达到新平衡时的浓度相比原来的浓度增大了，A项不符合题意；
B．若平衡时，、的转化率相等，则起始反应物的物质的量之比等于化学计量数之比，则说明反应开始时、的物质的量之比为，B项不符合题意；
C．保持其它条件不变，升高温度，平衡向吸热方向移动，的体积分数增大，则平衡正向移动，正反应为吸热反应，所以该反应的，C项符合题意；
D．若，反应前后气体的物质的量之和不变，向含有气体的平衡体系中再加入的气体，达到新平衡时，气体的总物质的量等于，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.温度不变，且，容器的体积缩小到原来的一半，相当于增大压强；
B.反应物的物质的量之比等于化学计量数之比；
C.升高温度，平衡向吸热方向移动；
D.时反应前后气体的物质的量之和不变。
10．【答案】B
【知识点】催化剂；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．尿素分解产生氨气，氨气的浓度越大，越有利于NO的转化，则尿素与NO的比值为a曲线大于b曲线，A项不符合题意；
B．催化剂可加快反应速率，对于平衡转化率不会改变，B项符合题意；
C．随着温度升高，尿素分解氨气的速率加快，NH3的浓度变大，温度升高催化剂活性增加，导致化学反应速率加快，C项不符合题意；
D．温度过高，NO的转化效率下降，NO的浓度反而升高，发生反应，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.尿素分解产生氨气，氨气的浓度越大，越有利于NO的转化；
B.催化剂不影响平衡转化率；
C.温度对催化剂的活性产生影响；
D.高温下发生反应。
11．【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A.升高温度可以使HCO分解，反应CO2+ CO+H2O2HCO逆向移动，海水中的CO浓度增加；当模拟空气中CO2浓度固定时，T1温度下的海水中CO浓度更高，所以T1温度更高，A项不符合题意；
B.假设海水温度为T1，观察图像可知，随着模拟空气中CO2浓度增加，海水中的CO浓度下降，这是因为更多的CO2溶解在海水中导致反应CO2+ CO+H2O2HCO正向移动，从而使CO浓度下降，B项不符合题意；
C.结合上述分析可知，大气中CO2浓度一定时，温度越高，海水中的CO浓度也越大，C项符合题意；
D.结合B项分析可知，大气中的CO2含量增加，会导致海水中的CO32-浓度下降；珊瑚礁的主要成分是CaCO3，CaCO3的溶解平衡方程式为：CaCO3(s) Ca2+(aq)+ CO (aq)，若海水中的CO浓度下降会导致珊瑚礁中的CaCO3溶解平衡正向移动，珊瑚礁会逐渐溶解，D项不符合题意.
故答案为：C。
【分析】A.T1温度下的海水中CO浓度更高；
B. 海水中溶解的CO2增大，反应CO2+ CO+H2O2HCO的平衡正向移动；
D. 大气中CO2含量增加时，海水中的CO浓度降低，CaCO3(s) Ca2+(aq)+ CO (aq)的溶解平衡正向移动。
12．【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．①到②的过程中，体积缩小一半，平衡时c(A)由0.022a变为0.05a，说明增大压强，平衡逆向移动，且X此时应为气态，故A不符合题意；
B．②到③的过程中，体积继续缩小，平衡时c(A)由0.05a变为0.75a，说明增大压强平衡正向移动，且X在压缩的某个过程中变成了非气态，结合A项分析，①到③的过程中X的状态发生了变化，故B不符合题意；
C．结合A、B选项的分析，平衡首先逆向移动，然后正向移动，故A的转化率先减小后增大，故C符合题意；
D．③状态下A物质的量为0.75amol＜①的0.88amol＜②的amol，其物质的量最小，即A转化率最大，则X的物质的量最大，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.①→②的过程中，体积减小，A的浓度增大，说明增压平衡逆向移动；
B.①→③的过程中，体积减小，A的浓度增大，说明压强增大平衡正向移动，X在压缩的某个过程中变成了非气态；
D.③状态下A物质的量最小，A转化率最大，X的物质的量最大。
13．【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】该反应是气体体积增大的反应，保持温度不变，缩小容器体积，平衡向逆反应方向移动，氧化钡的量减小，由方程式可知，反应的平衡常数K=c(O2)，温度不变，温度函数化学平衡常数不变，则平衡状态Ⅱ和平衡状态Ⅰ的平衡常数相同、氧气的浓度相同、反应速率相同，
故答案为：D。
【分析】A.温度不变，平衡常数不变。
B.缩小容器体积，相当于加压，但平衡常数K=c(O2)不变，则反应速率不变，注意反应中固体和纯液体的浓度为常数。
C.根据B项进行分析。
D. 缩小容器体积，相当于加压，利于平衡向左移动。
14．【答案】A,D
【知识点】化学反应中能量的转化；活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂；化学平衡中反应条件的控制；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．进程Ⅰ中S的总能量大于P的总能量，为放热反应，A符合题意；
B．进程Ⅱ中使用了催化剂X，但是催化剂不能改变平衡产率，因此在两个进程中平衡时P的产率相同，B不符合题意；
C．活化能越低，反应速率越快，反应Ⅲ的活化能高于反应Ⅱ的活化能，故生成P的速率：Ⅲ＜Ⅱ，Ｃ不符合题意；
D．由图可知，进程Ⅳ中S吸附到Z表面生成S Z，然后S Z转化为产物P Z，由于P Z没有转化为P＋Z，因此Z没有催化作用，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A.反应物的总能量大于生成物总能量为放热反应；
B.X为催化剂，催化剂不影响平衡；
C.活化能越低，反应速率越快；
D.催化剂在反应前后不发生变化。
15．【答案】A,D
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】解：A．△H＜0，正反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故A正确；
B．比较方程式气体的计量数关系，反应前气体的计量数等于反应后气体的计量数之和，则减小压强，平衡不移动，n（CO2）不变，故B错误；
C．催化剂能改变反应速率，但不会引起化学平衡的移动，所以α（CO）不变，故C错误；
D．充入一定量的氮气，相当于混合气体压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，但该反应前后气体体积不变，平衡不移动，n（H2）不变，故D正确；
故选AD．
【分析】A．升高温度，平衡向逆反应方向移动；
B．减小压强，平衡向体积增大的方向移动；
C．催化剂不会引起化学平衡的移动；
D．在一定温度和压强下，充入一定量的氮气，相当于混合气体压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动．
16．【答案】C,D
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】解：A．化学平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故A错误；
B．缩小容器体积，增大压强，平衡向逆反应方向移动，则BaO的量减小，故B错误；
C．平衡向逆反应方向移动，但温度不变，平衡常数不变，氧气浓度不变，其压强不变，故C正确；
D．平衡向逆反应方向移动，则BaO2量增加，故D正确；
故选CD．
【分析】保持温度不变，缩小容器体积，增大压强，可逆反应向逆反应方向移动，化学平衡常数只与温度有关，据此分析解答．
17．【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】解：A．由表中数据可知，20min内乙苯的物质的量变化量为0.4mol﹣0.24mol=0.16mol，故v（乙苯）= =0.004mol L﹣1 min﹣1，速率之比等于化学计量数之比，则v（H2）=v（乙苯）=0.004mol L﹣1 min﹣1，故A正确；
B．由表中数据可知，30min时处于平衡状态，平衡时苯乙烯的物质的量为0.2mol，由方程式可知，参加反应的乙苯的物质的量为0.2mol，故平衡时乙苯的浓度为 =0.1mol/L，升高温度乙苯的浓度变为0.08mol L﹣1，说明平衡向正反应移动，正反应为吸热反应，故a＞0，故B错误；
C．由表中数据可知，平衡时苯乙烯的物质的量为0.2mol，由方程式可知，参加反应的乙苯的物质的量为0.2mol，达平衡时乙苯的转化率为 ×100%=50%，保持其他条件不变，向容器中充入不参与反应的水蒸气作为稀释剂，反应混合物的浓度不变，平衡不移动，乙苯的转化率不变为50%，故C正确；
D.30min时处于平衡状态，平衡时苯乙烯的物质的量为0.2mol，平衡时苯乙烯的浓度为 =0.1mol/L，由方程式可知，氢气的平衡浓度为0.1mol/L，参加反应的乙苯的物质的量为0.2mol，故平衡时乙苯的浓度为0.1mol/L，故平衡常数k= =0.1，相同温度下，起始时向容器中充入0.10mol乙苯、0.10mol苯乙烯和0.30molH2，此时浓度商Qc= =0.15＞K=0.1，反应向逆反应进行，故达到平衡前v正＜v逆，故D错误；
故选：AC．
【分析】A．由表中数据可知，20min内乙苯的物质的量变化量为0.4mol﹣0.24mol=0.16mol，根据v= 计算v（乙苯），再根据速率之比等于化学计量数之比计算v（H2）；
B．由表中数据可知，30min时处于平衡状态，平衡时苯乙烯的物质的量为0.2mol，则平衡时c（乙苯）=1 mol/L，升高温度时，乙苯的浓度减小，说明反应正向移动；
C．由表中数据可知，达平衡时乙苯的转化率为 ×100%=50%，在恒容条件下，充入水蒸气，对反应的平衡移动不超成影响，故乙苯的转化率不变；
D.30min时处于平衡状态，平衡时苯乙烯的物质的量为0.2mol，平衡时苯乙烯的浓度为 =0.1mol/L，由方程式可知，氢气的平衡浓度为0.1mol/L，参加反应的乙苯的物质的量为0.2mol，故平衡时乙苯的浓度为0.1mol/L，故平衡常数k= =0.1，再计算浓度商Qc，与平衡常数比较判断反应进行方向．
18．【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】解：A、根据XYZ物质的量的变化图象分析，Z是反应物，XY是生成物，到平衡后，X生成1.8mol，Y生成1.2mol，Z反应1.8mol，则反应的化学方程式为：3Z 3X+2Y，故A错误；
B、反应的化学方程式为：3Z 3X+2Y，若两容器中均达到平衡时，两容器的体积V（Ⅰ）＜V（Ⅱ），则容器Ⅱ达到平衡时体积增大，压强减小的过程，达到平衡所需时间大于t0，故B正确；
C、若两容器中均达到平衡时，两容器中Z的物质的量分数相同，说明达到相同的平衡，不受压强的变化影响，所以反应前后气体体积应是不变的反应，所以X为固态或液态，故C正确；
D、若达平衡后，容器Ⅱ是恒压容器，升高温度时其体积增大，但不能说明平衡正向进行，Z发生的反应不一定为吸热反应，故D错误；
故选BC．
【分析】A、根据XYZ物质的量的变化图象分析计算得到化学方程式；
B、根据计算得到的化学方程式的反应特点分析，Ⅰ是恒容容器，Ⅱ是恒压容器；
C、两容器中Z的物质的量分数相同说明达到相同的平衡状态；
D、升高温度平衡向吸热反应方向进行；
19．【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】解：A、容器Ⅰ是绝热容器，反应过程中温度升高，平衡逆向进行，平衡常数减小，容器Ⅰ、Ⅲ中平衡常数不相同，故A错误；
B、容器Ⅲ是恒压容器，反应过程中压强大于容器Ⅰ，反应速率大，容器Ⅱ、Ⅲ中正反应速率不相同，故B错误；
C、容器Ⅱ是恒温恒容，Ⅲ是恒温恒压，随着反应的进行，容器Ⅱ中压强大于容器Ⅲ，平衡正向进行，三氧化硫含量增大，SO3的体积分数：Ⅱ＞Ⅲ，故C正确；
D、若容器Ⅱ恒温恒容，容器Ⅰ也是恒温恒容时，达到相同平衡状态，二氧化硫转化率和三氧化硫转化率之和为1，但实际容器Ⅰ是绝热恒容，随反应进行温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫转化率减小，因此容器Ⅰ中SO2的转化率与容器Ⅱ中SO3的转化率之和小于1，故D正确；
故选CD．
【分析】A、容器Ⅰ是绝热容器，反应过程中温度升高，平衡逆向进行；
B、容器Ⅱ是恒温恒容，Ⅲ是恒压容器，反应过程中随着SO2转化为SO3，容器Ⅱ的压强会增大，反应速率会比容器Ⅲ大；
C、容器Ⅱ是恒温恒容，Ⅲ是恒温恒压，随着反应的进行，容器Ⅱ中压强大于容器Ⅲ，平衡正向进行，三氧化硫含量增大，Ⅱ＞Ⅲ；
D、若容器Ⅱ恒温恒容，容器Ⅰ是恒温恒容时，达到相同平衡状态，二氧化硫转化率和三氧化硫转化率之和为1，实际容器Ⅰ是绝热恒容，随着反应的进行，温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫转化率减小．
20．【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】解：在某一密闭容器中，若反应2NO2（g） N2O4（g）达到平衡后，保持其温度不变，将该密闭容器的体积增加一倍，压强减小，平衡逆向进行，气体物质的量增大，
A、平衡状态气体质量不变，气体体积增大，密度减小，故A正确；
B、上述分析可知平衡逆向进行，故B错误；
C、平衡逆向进行，二氧化氮转化率减小，故C错误；
D、平衡逆向进行，四氧化二氮的体积分数减小，故D正确；
故选AD．
【分析】在某一密闭容器中，若反应2NO2（g） N2O4（g）达到平衡后，保持其温度不变，将该密闭容器的体积增加一倍，压强减小，平衡逆向进行，气体物质的量增大．
21．【答案】（1）催化；防止氧气、水进入密闭体系
（2）试管加满水倒扣于水槽中，M处通入氨气，将N处排型的气体导至试管内。如试管底部出现气泡，则空气尚未排尽；如未出现气泡，则空气已排尽
（3）分批少量加入钠粒；降低冷却液温度；适当增加液氨量
（4）B；C
（5）b；d；g
【知识点】化学反应速率的影响因素；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）结合实验原理，根据实验操作中加入Fe(NO3)3 9H2O的用料很少，可推知，Fe(NO3)3 9H2O在反应中作催化剂，加快反应速率；结合已知信息可知，制备得到的NaNH2易与水和氧气发生反应，所以装置B中Hg可防止氧气、水进入密闭体系，干扰NaNH2的制备，
故答案为：催化；防止氧气、水进入密闭体系；
（2）结合氨气极易溶于水，空气中的氮气难溶于水，氧气不易溶于水的物理性质，判断密封体系中空气是否排尽的实验方案如下：试管中加满水倒扣于水槽中，M处通入氨气，将N处排出的气体导入试管内。如试管底部出现气泡，则空气尚未排尽，如未出现气泡，则说明空气已排尽；
（3）反应物的浓度、温度均可影响化学反应速率，所以为防止反应速率偏大，可实施的措施有：分批少量加入钠粒；降低冷却液温度；适当增加液氨量(任写一种即可)；
（4）A.步骤I中，搅拌可使液体混合均匀，所以搅拌可使少量的催化剂Fe(NO3)3 9H2O均匀分散在液氨中，A符合题意；
B.步骤II中，由于液氨处于微沸状态，故生成的氢气中混有一定量的氨气；氢气虽然是可燃性气体，由于氨气在空气中不能被点燃，当氨气中只有少量氢气时，不能被点燃、不会产生火焰，B不符合题意；
C.步骤II中得到的粒状沉积物，颗粒较小，颗粒太小的沉淀易在滤纸上形成一层密实的沉淀，溶液不易透过，所以不适宜选用抽滤装置进行过滤，C不符合题意；
D.NaNH2易与水、氧气发生反应，可密封保存于充满干燥氮气的瓶中，D符合题意；
故答案为：BC；
（5）NaNH2的唯一杂质为NaOH，NaNH2溶于水生成氢氧化钠和氨气，所以可利用盐酸标准溶液进行滴定，因滴定终点时，溶液中含氯化钠和氯化铵，则滴定终点时溶液呈酸性，选用甲基橙作指示剂，过量的盐酸再利用氢氧化钠标准液反滴定，最终利用所测数据计算得出产品中NaNH2的纯度，故涉及的操作步骤为：准确称取产品xg → 加入过量盐酸标准溶液 → 加入滴加甲基橙指示剂 → 用氢氧化钠标准溶液进行滴定，根据实验所测数据，计算产品纯度，故答案为：bdg。
【分析】在Fe(NO3)3 9H2O作催化剂的条件下，液氨与钠反应生成NaNH2和氢气，NaNH2易与水、氧气等反应，所以装置B中Hg可防止氧气、水进入反应体系，在N之后应连接尾气处理装置。
22．【答案】（1）a；B
（2）水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快化学反应速率
（3）9.0；1.8：1；BC；M+H2O=MO+H2；MO+CO=M+CO2
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用；化学反应速率的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)①由已知方程式：(2×反应1-反应2)可得反应3，结合盖斯定律得：，反应1前后气体分子数不变，升温y不变，对应线条b，升温促进反应2平衡逆向移动，气体分子数增多，熵增，y值增大，对应线条c，升温促进反应3平衡逆向移动，气体分子数减少，熵减， y值减小，对应线条a，故此处填a；
②温度升高，三个反应平衡均逆向移动，由于反应2焓变绝对值更大，故温度对其平衡移动影响程度大，故CO2物质的量减小，CO物质的量增大，所以CO与CO2物质的量比值增大，故故答案为：B；
(2)由于水蒸气与煤炭反应吸热，会引起体系温度的下降，从而导致反应速率变慢，不利于反应的进行，通入空气，利用煤炭与O2反应放热从而维持体系温度平衡，维持反应速率，故此处填：水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快反应速率；
(3)①该反应平衡常数K=；
②假设原料气中水蒸气为x mol，CO为1 mol，由题意列三段式如下：，则平衡常数K=，解得x=1.8，故水蒸气与CO物质的量之比为1.8：1；
③A．反应温度过高，会引起催化剂失活，导致反应速率变慢，A不正确；
B．适当增大压强，可加快反应速率，B正确；
C．选择合适的催化剂有利于加快反应速率，C正确；
D．若为恒容条件，通入氮气对反应速率无影响，若为恒压条件，通入氮气后，容器体积变大，反应物浓度减小，反应速率变慢，D不正确；
故故答案为：BC；
④水分子首先被催化剂吸附，根据元素守恒推测第一步产生H2，第二步吸附CO产生CO2，对应反应历程依次为：M+H2O=MO+H2、MO+CO=M+CO2。
【分析】（1）①根据盖斯定律计算，再进行判断；
②温度升高，三个反应平衡均逆向移动，由于反应2焓变绝对值更大，温度对其平衡移动影响程度大；
（2）从反应速率和平衡移动的角度分析；
（3）①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；
②列出反应的三段式计算；
③A.温度过高催化剂失去活性；
B.压强增大反应速率加快；
C.合适的催化剂能降低活化能，增大反应速率；
D.恒容条件，通入氮气对反应速率无影响，恒压条件，通入氮气反应速率变慢；
④第一步产生H2，第二步吸附CO产生CO2。
23．【答案】（1）（球形）冷凝管；平衡气压，便于液体顺利流下
（2） (或 )；A(或B)
（3）
（4）A；D
（5）稀硝酸和硝酸银溶液；除去晶体表面水分，便于快速干燥
（6）90.0%
【知识点】化学反应速率的影响因素；氮气的化学性质；常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）根据仪器的构造与用途可知，仪器a的名称是（球形）冷凝管；恒压滴液漏斗在使用过程中可保持气压平衡，使液体顺利流下。
（2）实验室中制备少量氮气的基本原理是用适当的氧化剂将氨或铵盐氧化，常见的可以是将氨气通入灼热的氧化铜中反应，其化学方程式为： ；可选择气体通入硬质玻璃管与固体在加热条件下发生反应，即选择A装置。还可利用饱和 和饱和 在加热下发生氧化还原反应制备氮气，反应的化学方程式为： ，可选择液体与液体加热制备气体型，所以选择B装置。综上考虑，答案为： (或 )；A(或B)；
（3）三颈烧瓶中 溶液与 溶液发生反应生成了Fe和 ，根据氧化还原反应的规律可知，该反应的离子方程式为 ；
（4）结晶度受反应速率与温度的影响，所以为保证产品性能，需使其粒径适中、结晶度良好，可采取的措施有采用适宜的滴液速度、选择适宜的焙烧温度，AD项正确，若用盐酸代替KOH溶液，生成的晶体为Fe和 ，均会溶解在盐酸中，因此得不到该晶粒，故B不选；若在空气氛围中制备，则亚铁离子容易被空气氧化，故D不选，综上所述，答案为：AD；
（5）因为反应后溶液中有氯离子，所以在步骤④中判断沉淀是否已经用水洗涤干净，需取最后一次洗涤液，加入稀硝酸酸化后，再加入硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则证明已洗涤干净；乙醇易溶于水，易挥发，所以最后使用乙醇洗涤的目的是除去晶体表面水分，便于快速干燥。
（6） 的物质的量为 ，根据发生反应的离子方程式： ，可知理论上所得的Fe和 的物质的量各自为0.0125mol，所以得到的黑色产品质量应为 ，实际得到的产品3.24g，所以其产率为 ，故答案为：90.0%。
【分析】
（1）a是球形冷凝管，恒压滴液漏斗目的是平衡气压，便于液体流下；
（2）可以选择氨气和氯化铵作为氮源，根据氧化还原反应理论挑选氧化剂或还原剂进行反应即可；装置可选A或B均可，依据氮源的选取；
（3）根据材料分析，二价铁反应生成的铁和四氧化三铁，据此根据得失电子守恒进行配平即可；
（4）为了获得更好的产品，需要控制反应速率和焙烧温度；
（5）检验氯离子即可，注意需要酸化除去干扰粒子；乙醇的洗涤是为了去除水分；
（6）根据反应计算理论的产量即可，再根据计算得到产率。
24．【答案】（1）开始有灰蓝色固体生成，随后沉淀消失
（2）2Cr2O42﹣+2H+=Cr2O72﹣+H2O；增大；1014；＜0
（3）2.0×10﹣5；5×10﹣3
（4）5H++Cr2O72﹣+3HSO3﹣=2Cr3++3SO42﹣+4H2O
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】解：（1）Cr3+与Al3+的化学性质相似可知Cr2（SO4）3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量观察到沉淀消失，故观察到的现象是开始有灰蓝色沉淀生成最后沉淀消失，
故答案为：开始有灰蓝色固体生成，随后沉淀消失；（2）①随着H+浓度的增大，CrO42﹣转化为Cr2O72﹣的离子反应式为：2CrO42﹣+2H+ Cr2O72﹣+H2O，
故答案为：2CrO42﹣+2H+ Cr2O72﹣+H2O；
②溶液酸性增大，平衡2CrO42﹣+2H+ Cr2O72﹣+H2O正向进行，CrO42﹣的平衡转化率增大；A点Cr2O72﹣的浓度为0.25mol/L，根据Cr元素守恒可知CrO42﹣的浓度为0.5mol/L，H+浓度为1×10﹣7mol/L，此时该转化反应的平衡常数为 K= ==1014，
故答案为：1014；
③升高温度，溶液中CrO42﹣的平衡转化率减小，平衡逆向移动，说明正方向放热，则该反应的△H＜0，故答案为：＜；
（3）当溶液中Cl﹣完全沉淀时，即c（Cl﹣）=1.0×10﹣5mol/L，依据Ksp（AgCl）=2.0×10﹣10，计算得到c（Ag+）= = 2.0×10﹣5mol/L此时溶液中c（CrO42﹣）= = =5.0×10﹣3mol/L，故答案为：2.0×10﹣5 ；5.0×10﹣3；
（4）利用NaHSO3的还原性将废液中的Cr2O72﹣还原成Cr3+，发生反应的离子方程式为：5H++Cr2O72﹣+3HSO3﹣=2Cr3++3SO42﹣+4H2O，
故答案为：5H++Cr2O72﹣+3HSO3﹣=2Cr3++3SO42﹣+4H2O．
【分析】本题考查的知识有化学反应原理的分析与探究、化学平衡常数、溶度积常数的计算等，注意平衡常数的理解应用，题目难度中等．
25．【答案】（1）；+41.2
（2）C；D
（3）表中数据表明此时未达到平衡，不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因而再该时刻下对甲醇选择性有影响
（4）
（5）阴；CO2+6H++6e﹣=CH3OH+H2O
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值. 已知：CO和H2的标准燃烧热分别为﹣283.0kJ mol﹣1和﹣285.8kJ mol﹣1，②H2O（1）═H2O（g）△H3=44.0kJ mol﹣1，可知热化学方程式a．CO（g）+ O2（g）=CO2（g）△H=﹣283.0kJ mol﹣1，b．H2（g）+ O2（g）=H2O（1）△H=﹣285.8kJ mol﹣1，c．H2O（1）═H2O（g）△H3=44.0kJ mol﹣1，
由盖斯定律将b﹣a+c可得CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）△H2 =（﹣285.8+283.0+44）kJ mol﹣1=+41.2kJ mol﹣1，
故答案为： ；+41.2；
（2）A．使用催化剂Cat.1，平衡不移动，不能提高转化率，故A错误；
B、使用催化剂Cat.2，不能提高转化率，故B错误；
C、降低反应温度，平衡正向移动，可增大转化率，故C正确；
D、投料比不变，增加反应物的浓度，衡正向移动，可增大转化率，故D正确；
E、增大 CO2和H2的初始投料比，可增大氢气的转化率，二氧化碳的转化率减小，故E错误．
故答案为：CD；
（3）从表中数据分析，在相同温度下，不同的催化剂二氧化碳的转化率不同，说明不同的催化剂的催化能力不同，相同的催化剂不同的温度，二氧化碳的转化率不同，且温度高的转化率大，因为正反应为放热反应，说明表中数据是未达到平衡数据.
故答案为：表中数据表明此时未达到平衡，不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因而再该时刻下对甲醇选择性有影响；
（4）从表中数据分析，在催化剂Cat.2的作用下，甲醇的选择性更大，说明催化剂Cat.2对反应Ⅰ催化效果更好，催化剂能降低反应的活化能，说明使用催化剂Cat.2的反应过程中活化能更低，故答案为： ；
（5）CO2也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，C元素化合价降低，被还原，应为电解池的阴极反应，
故答案为：阴；CO2+6H++6e﹣=CH3OH+H2O．
【分析】本题考查较为综合，涉及到的知识点有化学平衡的计算，平衡移动以及热化学方程式、电化学等，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力、计算能力，注意把握盖斯定律的应用，电解池的工作原理等知识，题目难度中等．
26．【答案】（1）CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH= +247kJ/mol；<；>
（2）逆反应；温度升高，平衡常数K增大，平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应；<
（3）；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；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将积碳反应和消碳反应依次编号为①②，由盖斯定律可知①+②可得催化重整反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)，则ΔH=ΔH1+ΔH2=(+75kJ/mol)+( +172 kJ/mol)=+247kJ/mol，反应的热化学方程式为CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH= +247kJ/mol，故答案为：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH= +247kJ/mol；
②反应中催化剂的活性会因积碳反应而降低，消碳反应则使积碳量减少，若催化剂X优于催化剂Y说明催化剂X较催化剂Y，积碳反应时，活化能低，反应速率快，消碳反应时，活化能高，反应速率慢，则活化能a1小于a2，活化能b1大于b2，故答案为：<；>；
(2)①由表格数据可知，温度升高，平衡常数K增大说明平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应，则降低温度，化学平衡向逆反应方向移动，故答案为：逆反应；温度升高，平衡常数K增大，平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应；
②由某温度下，平衡浓度符合如下关系c(CO2) c (H2) = c (CO) c (H2O)可知，反应的平衡常数K==1.0，则反应温度为850℃，若850℃时容器中含有0.8 mol CO2、1.0 mol H2、1.2 mol CO、1.2 mol H2O(g)，反应的浓度熵Qc==1.8＞K=1，说明平衡向逆反应方向移动，正反应速率小于逆反应速率，故答案为：<；
(3)由某温度下，向容积为1L的密闭容器中，充入amol二氧化碳和3amol氢气，tmin时反应达到平衡时甲醇的产率为b可知，平衡时甲醇的浓度为amol×b=abmol，二氧化碳、氢气和水蒸气的物质的量为(a—ab)mol、(3a—3ab)mol、abmol，则从0~tmin，二氧化碳的反应速率为=mol/(L·min)，反应的平衡常数K==(mol/L)-2，故答案为：；。
【分析】（1）①根据盖斯定律计算；
②催化剂的活性会因积碳反应而降低，活化能越低，反应速率越快；
（2）①温度升高，平衡常数增大，说明平衡向正反应方向移动；
②计算此时的平衡常数和浓度熵，比较二者大小从而判断反应的进行方向；
（3）根据计算；计算平衡时各物质的浓度，再根据K的表达式代入数值计算。
27．【答案】（1）；；b
（2）；>；加入 的体系与二氧化碳反应，使反应I、Ⅱ的化学平衡正向移动，氢气含量增大
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】(1)①由题图可知，过程I发生 反应；
②根据i．CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)　　ΔH1=+206kJ/mol；ii． ；根据盖斯定律，则i×4-ii×3，得： ；
③对于吸热反应，压强一定时，升高温度，平衡正向移动，甲烷含量应减少，故排除曲线c、d；温度一定时，增大压强，平衡逆向移动，甲烷含量将增加，故曲线b表示2MPa时的甲烷含量曲线；
(2)①反应I的平衡常数的表达式为 ，反应II是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，故平衡常数K(5000℃)>K(700℃)；
②CaO为碱性氧化物，加入CaO的体系与二氧化碳反应，使反应II的化学平衡正向移动，CO浓度降低，反应Ⅰ的平衡也正向移动，使氢气含量增大，故答案为：加入CaO的体系与二氧化碳反应，使反应I、II的化学平衡正向移动，氢气含量增大。
【分析】（1） ① 从图可知反应物是甲烷和CO2，生成物是CO和H2；
② 写出CH4和CO2生成CO和H2O的总反应方程式，再利用盖斯定律求反应热，书写热化学方程式要注意标物质的状态；
③ 反应是气体分子总数增大的反应，压强减小平衡正向移动，甲烷的平衡含量反而越高，该反应为吸热反应，温度升高平衡正向移动，甲烷的平衡压强减小；
（2） ①反应II 是吸热反应温度升高平衡正向移动，平衡常数逐渐增大；
② 氧化钙和CO2反应，CO2的浓度减小，反应I、Ⅱ的化学平衡正向移动，氢气含量增大 。
28．【答案】（1）<；
（2）增大；减小；低温
（3）<；CO；1.6
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)反应I的平衡常数K1和T关系为lnK1=x+，随着T增大，K1减小，则反应I为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，则活化能Ea(正)＜Ea(负)；同理可知，反应II和反应III也是放热反应，则ΔH1＜0，ΔH2＜0，ΔH3＜0，由于反应I=2反应II-反应II，所以ΔH1=2ΔH2-ΔH3＜0，则0＜＜2。
(2)①其他条件不变，在175~300℃范围内升高温度，NH3的转化率升高，N2的选择性下降，则出口处氮氧化物的量增大；NH3与O2作用分别生成N2、NO、N2O的反应均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NH3的平衡转化率减小；
②如图所示，低温下，N2的选择性较高，故研发低温下N2的选择性高的催化剂，能更有效除去尾气中的NH3。
(3)同温同体积时，气体的压强与其物质的量成正比，200℃的温度下，120min时反应达到平衡，Δp(a)=16kPa，Δp(b)=8kPa，则===2，则物质a为CO，物质b为N2；200℃的温度下，p始(NO)=p始(CO)=4kPa，p始(N2)=48kPa，p始(CO2)=2 p始(N2)=96kPa，由于Δn(NO)=Δn(CO)=2Δn(N2)=Δn(CO2)，所以Δp(NO)=Δp(CO)=2Δp(N2)=Δp(CO2)，即p平(NO)=p平(CO)=20kPa，p平(N2)=40kPa，p平(CO2)=80kPa，Kp(200℃)===1.6，同理：300℃的温度下，p始(NO)=p始(CO)=100kPa，p始(N2)=10kPa，p始(CO2)=2 p始(N2)=20kPa，Δp(NO)=Δp(CO)=Δp(CO2)=52kPa，p平(NO)=p平(CO)=48kPa，p平(N2)=36kPa，p平(CO2)=72kPa，Kp(300℃)==，Kp(300℃)＜Kp(200℃)，即温度升高，Kp减小，则该反应为放热反应，ΔH＜0。
【分析】（1）反应Ⅰ为放热反应，Ea(正)＜Ea(逆)；结合盖斯定律分析；
（2）①175~300℃范围内升高温度，NH3的转化率升高；升温平衡逆向移动；
②低温下，N2的选择性较高；
（3）根据气体的压强等于物质的量之比确定物质a；根据Kp=计算。
29．【答案】（1）升高温度；降低压强 (或及时移出生成物，任写两个)
（2）110；15
（3）△H3 2△H4
（4）a
（5）体系未达平衡，温度升高，生成CO的反应速率增大的程度大于C2H4；AB；C2H6+2O2=C2H4+2HO2；BNOH
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的调控；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】(1)C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g) ΔH1>0，该反应是体积增大的吸热反应，提高乙烷平衡转化率的措施有减小压强、升高温度或及时移出生成物(或及时移出生成物，任写两个)；
(2)一定温度下，向恒容密闭容器通入等物质的量的C2H6和H2，初始压强为100kPa，假设都为1mol，发生上述反应，乙烷的平衡转化率为20%，
根据压强之比等于物质的量之比得到，解得x=110kPa，即平衡时体系的压强为110kPa，该反应的平衡常数。答案为：110；15；
(3)根据盖斯定律，反应b减去反应c的2倍，得到反应a的ΔH2=ΔH3 2ΔH4。答案为：ΔH3 2ΔH4；
(4)为减少过度氧化，即bc，要加快反应a的反应速率，因此需要寻找催化剂降低反应a的活化能。答案为：a；
(5)升高温度，C2H6的转化率在不断增大，则表明反应未达平衡。混合物中CO的百分率大，则表明生成CO的速率比生成C2H4的速率大，所以原因是：体系未达平衡，温度升高，生成CO的反应速率增大的程度大于C2H4；
②A．从C2H6的转化率不断增大分析，反应都未达到平衡，所以C2H4产率随温度升高而增大，A正确；
B．因为反应未达平衡，在三个反应中，随温度升高，反应物的转化率都增大，生成水的量都增大，因此H2O的含量随温度升高而增大，B正确；
C．根据图中信息C2H6转化率增大，则C2H6在体系中的物质的量百分数随温度升高而降低，C不正确；
D．因为反应并未达到平衡，图中信息仅显示相同时间内CO的百分含量，没有显示不同温度下CO的平衡产率，所以不能说明该催化剂在较低温度下降低CO的平衡产率，D不正确；
故答案为：AB；
③起初反应时，BNOH先与O2反应，生成BNO 和HO2 ，生成的BNO 再与C2H6反应，重新生成BNOH，则表明BNOH为催化剂；C2H6先转化为C2H5 、C2H5 再与O2反应生成C2H4和HO2 ；从而得出总反应式为C2H6+2O2=C2H4+2HO2 。答案为：体系未达平衡，温度升高，生成CO的反应速率增大的程度大于C2H4；AB；C2H6+2O2=C2H4+2HO2 ；BNOH。
【分析】（2）利用乙烷转化率，算出平衡各物质的物质的量，利用阿伏加德罗定律，算出平衡时的压强，算出各物质分压，带即可算出压强平衡常数
（4）主要目的是制备乙烯，b，c都是副反应，为减少副反应，降低a的活化能，使反应a更容易进行，从而减少过氧化。
（5）由图可知，升高温度，乙烷转化率不断升高，未达到平衡，CO的百分数升高，乙烯降低，说明，升高温度，有利于CO的生成
30．【答案】（1）+255.4kJ·mol-1
（2）CH4；B点温度高于A点，升高温度，反应Ⅲ逆向移动消耗氢气的量与I、II正向移动及反应IV逆向移动产生H2的量相等
（3）×0.1 MPa；×0.14(MPa)4
（4）Rh-CH2CO-Ce(a)+4H(a)→Rh-CH2+4H(a)+CO(g)+Ce(a)或Rh-CH2CO-Ce(a)→Rh-CH2+CO(g)+Ce(a)；b
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)由盖斯定律可知，反应II—III×2可得反应I，则△H1=(+173kJ·mol-1)-(-41.2kJ·mol-1)=+255.4kJ·mol-1，故答案为：+255.4；
(2)①由方程式可知，升高温度，反应I、II平衡向正反应方向移动，氢气、二氧化碳的物质的量分数增大，反应IV平衡向逆反应方向移动， 甲烷的物质的量分数减小、氢气的物质的量分数增大，反应Ⅲ平衡向逆反应方向移动，氢气、二氧化碳的物质的量分数减小，则升高温度的过程中，甲烷的物质的量分数只有减小趋势，而氢气、二氧化碳既有增大趋势，也有减小趋势，所以图1中c线对应的产物为甲烷，故答案为：CH4；
②由图可知，B点温度高于A点，图2中B点氢气的产率与A点相等说明升高温度，反应Ⅲ逆向移动消耗氢气的量与I、II正向移动及反应IV逆向移动产生H2的量相等，故答案为：B点温度高于A点，升高温度，反应Ⅲ逆向移动消耗氢气的量与I、II正向移动及反应IV逆向移动产生H2的量相等；
(3)由题意可建立如下三段式：
由三段式数据可知，平衡时甲醇、水蒸气、二氧化碳和氢气的平衡分压为×0.1 MPa、×0.1 MPa、×0.1 MPa、×0.1 MPa，反应平衡常数Kp==×0.14(MPa)4，故答案为：×0.1 MPa；×0.14(MPa)4；
(4)①由图可知，生成一氧化碳步骤的反应为活化能为49.54kJ/mol时发生的反应，反应的化学方程式为Rh—CH2CO—Ce(a)+4H(a)→Rh—CH2+4H(a)+CO(g)+Ce(a)或Rh—CH2CO—Ce(a)→Rh—CH2+CO(g)+Ce(a)，故答案为：Rh—CH2CO—Ce(a)+4H(a)→Rh—CH2+4H(a)+CO(g)+Ce(a)或Rh—CH2CO—Ce(a)→Rh—CH2+CO(g)+Ce(a)；
②减小乙醇蒸气的分压会降低乙醇在催化剂表面吸附率，增大催化剂的比表面积会提高乙醇在催化剂表面吸附率，
故答案为：b。
【分析】（1）根据盖斯定律，反应Ⅰ=反应Ⅱ-反应Ⅲ×2；
（2）根据反应的化学方程式以及反应吸热进行判断；
（3）列出反应的三段式即可计算二氧化碳的分压以及各物质分压，再根据计算平衡常数；
（4）①根据图示书写相关方程式；
②减小乙醇蒸气的分压可降低乙醇在催化剂表面吸附率，增大催化剂的比表面积会提高乙醇在催化剂表面吸附率。
31．【答案】（1）CH3OH(g)CO(g)+2H2(g) ΔH=+89 kJ/mol；升高温度或增大水蒸气浓度；w-40；＜
（2）＞；；＞
（3）CO2；HCOOK是强电解质，HCOOH是弱电解质，替代后HCOO-浓度增大
【知识点】化学平衡常数；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
【解析】【解答】(1)①已知：主反应：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g) △H=+49 kJ·mol-1，副反应：H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g) △H=+40 kJ·mol-1，根据盖斯定律，将两式相加，整理可得甲醇在催化剂作用下裂解的热化学方程式：CH3OH(g)CO(g)+2H2(g) ΔH=+89 kJ/mol；
该反应的正反应是气体体积增大的吸热反应，根据外界条件对化学反应速率和化学平衡移动的影响，可知：既能加快反应速率又能提高CH3OH平衡转化率的一种措施可以是升高温度或增大水蒸气浓度；
②反应热等于反应物活化能与生成物活化能的差，若上述副反应的活化能Ea1=wkJ·mol-1，则CO(g)+H2O(g) H2(g)+CO2(g)的活化能Ea2=(w-40) kJ/mol；
③某温度下，将n(H2O)∶n(CH3OH)=1∶1的原料气分别充入密闭容器中(忽略副反应)，设恒容下甲醇的平衡时转化率为α1，由于主反应的正反应是气体体积增大的反应，当在恒容下达到平衡时气体压强比反应开始时压强增大。而恒压条件下甲醇的平衡时转化率为α2，相当于反应在恒容下达到平衡后，扩大容器的容积，使气体的压强减小，减小压强，化学平衡向气体体积增大的正反应方向移动，因此反应在恒压下达到平衡时甲醇的转化率比恒容条件下大，则α1＜α2；
(2)根据图示可知：在N点时未达到该温度下化学平衡状态，反应正向进行，因此v正＞v逆；
反应在3 L密闭容器中进行，反应开始时n(CH4)=n(H2O)=3 mol，则开始时c(CH4)=c(H2O)=1mol/L，假设点对应温度下反应达到平衡时H2的体积分数为60%，假设CH4的平衡转化浓度为a，则平衡时c(CH4)= c(H2O)=(1-a) mol/L，c(CO)=a mol/L，c(H2)=3a mol/L， ，解得a=mol/L，所以CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)的逆反应的化学平衡常数K=(L2/mol2)；
该反应的正反应是气体体积增大的反应，在其它条件不变时，增大压强，化学平衡逆向移动，导致H2的体积分数减小，所以压强：p1＞p2；
(3)①H、D是氢元素的同位素，由HCOOH分解生成CO2和H2推断HCOOD催化释氢生成CO2和HD；
②HCOOH是弱电解质，HCOOK是强电解质，用部分HCOOK代替HCOOH，导致HCOO-浓度增大，因此其他条件不变时，HCOOK替代一部分HCOOH，催化释氢的速率增大。
【分析】（1）该反应吸热，既能加快化学反应速率又能提高转化率的有：升高温度和增大水蒸气浓度，一般增大一反应物浓度，可以提另一反应物的转化率；反应热就是反应物与生成物活化能差值；恒压和恒容对该反应影响是该反应是气体物质的量增大的反应，恒压更有利于反应正向进行
（2）N点位于平衡曲线下方，未达到平衡，切反应正向进行所以V正>V逆；平衡常数只与温度有关，可以计算氢气60%的平衡常数即可。当温度相同时，P2压强下平衡H2的体积分数大，说明转化率高，该反应是气体物质的量减小的反应，压强越小，有利于平衡正向移动。
32．【答案】（1）2N2H4(1)+N2O4(l)→3N2(g)+4H2O(l) =-1224.96kJ/mol
（2）；bc
（3）会与水发生水解反应生成和OH-，+H2O+OH-，使溶液显碱性；强碱弱酸；bd
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；盐类水解的原理；影响盐类水解程度的主要因素
【解析】【解答】(1)在25℃时，1.00gN2H4(l)与足量N2O4(1)完全反应生成N2(g)和H2O(1)，放出19.14kJ的热量，则1mol即1mol×32g/mol=32g N2H4完全燃烧放出的热量为：19.14kJ×32=612.48kJ，则该反应的热化学方程式为：2N2H4(1)+N2O4(l)→3N2(g)+4H2O(l) =-1224.96kJ/mol，故答案为：2N2H4(1)+N2O4(l)→3N2(g)+4H2O(l) =-1224.96kJ/mol；
(2)化学反应平衡常数是指当化学反应达到化学平衡状态时，生成物浓度的系数次幂之积和反应物浓度的系数次幂之积的比值，故该反应的平衡常数表达式K=，由题干反应方程式2NO2(g) N2O4(g) =-57.20kJ/mol可知，该反应正反应是一个体积减小的放热反应，则有：
a．减小NO2的浓度即减小压强，平衡逆向移动，NO2的转化率减小，a不合题意；
b．降低温度平衡正向移动，NO2的转化率增大，b正确；
c．增大压强平衡正向移动，NO2的转化率增大，c正确；
d．升高温度平衡逆向移动，NO2的转化率减小，d不合题意；
故答案为：；bc；
(3)①由题干实验可知，形成Na2CO3乙醇溶液后，加入酚酞试剂，溶液不变色，说明碳酸钠本身不能是指示剂变色，加入水后，溶液变为红色，说明溶液显碱性，加入足量BaCl2溶液后，将碳酸根全部沉淀后红色褪去，说明碳酸钠溶液显碱性的原因是碳酸根与水作用发生反应，反应原理为：+H2O+OH-，故答案为：会与水发生水解反应生成和OH-，+H2O+OH-，使溶液显碱性；
②从形成盐的酸和碱的强弱角度看，Na2CO3是由强碱NaOH和弱酸H2CO3