2023年高考真题变式分类汇编：化学平衡转化过程中的变化曲线2
一、选择题
1．（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。
2．（2022·广东）在相同条件下研究催化剂I、Ⅱ对反应 的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，则（ ）
A．无催化剂时，反应不能进行
B．与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更低
C．a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化
D．使用催化剂Ⅰ时， 内，
【答案】D
【知识点】化学反应速率；活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．根据图示信息可知，无催化剂时，随着反应的进行，生成物浓度也在增加，即反应也在进行，A不符合题意；
B．由图可知，相同时间内，使用催化剂I得到的产物更多，说明催化剂I使反应活化能更低，反应更快，B不符合题意；
C．由图可知，在0~2min 内，Δc(X)为2.0mol/L，使用催化剂II时，Δc(Y)为2.0mol/L，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示使用催化剂II时X浓度随时间t的变化，C不符合题意；
D．在0~2min 内，使用催化剂I时，Δc(Y)为4.0mol/L，则v(Y)=，(X) =，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.反应是否进行可根据产物是否在增加进行分析。
B.反应活化能越低，其反应速率越大。
C.对于可逆反应，参加反应的各物质的反应速率之比等于其化学计量数之比。
D.根据反应速率的表达式及反应速率之比等于其化学计量数之比进行分析。
3．（2022·沈阳模拟）在一定条件下，取一定量的A和B在恒容密闭容器中发生反应：。达到平衡时，M的浓度与温度和容器容积的关系如图所示。下列有关判断正确的是 （ ）
A．
B．E点的平衡常数小于F点的平衡常数
C．达到平衡后，增大A的浓度将会提高B的转化率
D．
【答案】C
【知识点】化学平衡常数；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．由图可知，体积越大时M的浓度越小，比较E、F两点可知，体积增大3倍，M浓度减小不到3倍，说明减小压强平衡正向移动，N为固体，则a+b
C．达到平衡后，增大A的浓度，反应向正向进行，B物质继续消耗，转化程度增大，则 增大A的浓度将会提高B的转化率，故C符合题意；
D．由图可知，升高温度M的浓度增大，可知正反应为吸热反应，Q>0，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.容器体积越大，容器中压强越小，温度不变时，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动；
B.压强不变时，升高温度平衡向吸热方向移动；
D.升高温度M的浓度增大，平衡正向移动。
4．（2022·门头沟模拟）工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯：CH3OH(g)+CO(g)HCOOCH3(g)，在容积固定的密闭容器中，投入等物质的量CH3OH和CO，测得相同时间内CO的转化率随温度变化如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．反应速率vb>vd
B．由图可知生产时反应温度控制在80～85℃为宜
C．向该容器中充入N2，CH3OH的转化率增大
D．d→e，CO的转化率随温度的升高而减小，是因为该反应是吸热反应，升高温度反应正向移动
【答案】B
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．b点温度比d点温度低，反应速率vb＜vd，A不符合题意；
B．由图可知生产时反应温度控制在80～85℃为宜，因此此温度区间内转化率最高，B符合题意；
C．容积一定，向该容器中充入N2，各组分浓度不变平衡不移动，CH3OH的转化率不变，C不符合题意；
D．反应图象可知，CO的转化率先增大后减小，83℃左右即图象最高点时反应达到平衡状态，83℃以前反应没有达到平衡状态，83℃后升高温度，CO的转化率减小，则平衡逆向移动，说明该反应正向为放热反应，d→e，CO的转化率随温度的升高而减小，因为升高温度反应正向移动，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.温度越高反应速率越快；
B.分析图像；
C.恒容容器中充入氮气，各物质的分压不变；
D.注意是 测得相同时间内CO的转化率随温度变化 ，图像最高点前，温度升高速率加快，转化率高，最高点及之后，达到平衡，温度升高平衡逆向移动。
5．（2022·广州模拟）一定温度下向容器中加入A发生反应如下：①A→B，②A→C，③B C。反应体系中A、B、C的浓度随时间t的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．反应①的活化能大于反应②
B．该温度下，反应③的平衡常数大于1
C．t1时，B的消耗速率大于生成速率
D．t2时，c(C)=c0-c(B)
【答案】A
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．由图可知，生成物中B多C少，说明反应①容易发生，活化能较反应②的低，故A符合题意；
B．反应③的平衡常数，由图知，平衡时，C的浓度大于B的浓度，故K>1，故B不符合题意；
C．t1时，B在减少，C在增加，则B的消耗速率大于生成速率，故C不符合题意；
D．由A→B，A→C可知其转化均为1：1，t2时，体系中没有A剩余，故c(C)+ c(B)= c(A)起始=c0，则c(C)=c0-c(B)，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.活化能越大，反应越不易进行；
B.根据反应③的平衡常数表达式判断其平衡常数大于1；
C. t1 时B的浓度在减小，所以B的消耗速率大于B的生成速率；
D.分析 A、B、C的浓度随时间t的变化曲线图及三者的转化关系可知。
6．（2022·南京模拟）我国提出了2030年前碳达峰、2060年前碳中和的“双碳”目标。二氧化碳催化加氢合成是一种实现“双碳”目标的有效方法，其主要反应的热化学方程式为
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
恒压下，时，甲醇产率随温度的变化如图所示(分子筛膜能选择性分离出)。下列关于该实验的说法不正确的是（ ）
A．甲醇平衡产率随温度升高而降低的主要原因：温度升高，反应I平衡逆向移动
B．采用分子筛膜时的适宜反应温度：210℃
C．M→N点甲醇产率增大的原因：温度升高，反应I平衡常数增大
D．X点甲醇产率高于Y点的主要原因：分子筛膜可从反应体系中分离出，有利于反应I正向进行
【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．根据图像可知，随着温度的升高，甲醇的平衡产率降低，反应I为放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度，该反应平衡向逆反应放向进行，甲醇的平衡产率降低，故A说法不符合题意；
B．根据图像可知，采用分子筛膜时，温度在210℃时甲醇产率最高，故B说法不符合题意；
C．反应I为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，化学平衡常数降低，M→N甲醇的产率增大原因是这段时间反应没有达到平衡，反应向正反应方向进行，甲醇产率增大，故C说法符合题意；
D．根据题中信息，分子筛膜能选择性分离出H2O，根据勒夏特列原理，降低生成物浓度，反应I平衡向正反应方向进行，故D说法不符合题意；
答案为C。
【分析】A.温度越高，导致反应I逆向移动，甲醇选择性降低
B.根据图示即可判断出温度
C.温度高速率快，向正反应进行
D.分子筛将水分离出，有利于反应正向进行
7．（2021·海门模拟）甲醛中木材加工、医药等方面有重要用途。甲醇利用脱氢法可制备甲醛，主要反应为：CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g) H=+85.2kJ mol-1。Na2CO3是甲醇脱氢制甲醛的催化剂，有研究指出，催化反应的部分机理如下：
历程ⅰ：
历程ⅱ：
历程ⅲ：
历程ⅳ：
如图所示为在体积2L的恒容容器中，投入1molCH3OH，在碳酸钠催化剂作用下，经过5min反应，测得甲醇转化率与甲醛的选择性与温度的关系(甲醛的选择性：转化的CH3OH中生成HCHO的百分比)，下列有关说法正确的是（ ）
A．600℃时，前5min内生成甲醛的平均速率v(HCHO)=0.055mol·L-1·min-1
B．700℃时，反应历程ⅱ的速率小于反应历程ⅲ的速率
C．脱氢法制甲醛中，在高温高压条件下更有利于提高平衡产率
D．反应历程ⅰ的活化能大于CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g)的活化能
【答案】B
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；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．由图可知，600℃时甲醇转化率为55%、甲醛的选择性为60%，则前5min内生成甲醛的平均速率v(HCHO)= =0.033 mol·L-1·min-1，故A不符合题意；
B．由图可知，600℃后，甲醇的转化率增大、甲醛的选择性降低，说明历程ⅲ的反应程度大，相同时间内反应历程ⅱ的速率小于反应历程ⅲ的速率，故B符合题意；
C．该反应为气体体积增大的吸热反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，甲醛的产率降低，故C不符合题意；
D．使用催化剂，降低反应的活化能，则使用碳酸钠做反应催化剂的反应历程ⅰ的活化能小于CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g)的活化能，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】催化剂使反应活化能降低，活化分子百分数增大，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞次数几率增加，速率加快。
8．（2022·缙云模拟）已知：，均难溶于水，，离子浓度时认为其沉淀完全。时，，的沉淀溶解平衡曲线如图所示，其中，或。下列叙述正确的是（ ）
A．时，的数量级为
B．时，点对应为的饱和溶液
C．时，的平衡常数
D．时，向浓度均为的和的混合溶液中加入溶液，当恰好完全沉淀时，溶液中
【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．时，，的数量级为，A项不符合题意；
B．时，点位于曲线上方，点对应为的过饱和溶液，B项不符合题意；
C．由图可知，时，，的平衡常数，C项不符合题意；
D．当恰好完全沉淀时，溶液中，，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题中，B选项：Z点位于BaMoO4沉淀溶解平衡曲线的右上方，而p(Ba)、p(X)的值越大，表示离子浓度越小，所以Z点对应离子浓度小于饱和溶液中离子浓度，为BaMoO4的不饱和溶液。
9．（2021·金山模拟）在体积均为1.0L的恒容密闭容器甲、乙中，起始投料量如表，在不同温度下发生反应：CO2(g)+C(s)2CO(g)。CO的平衡浓度随温度的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
容器 n(CO2)/mol n(C)/mol n(CO)/mol
甲 0.1 0.3 0
乙 0 0 0.4
A．曲线Ⅰ对应的是甲容器
B．a、b两点所处状态的压强大小关系：9pa＞14pb
C．c点：CO的体积分数＞
D．900K时，若起始向容器乙中加入CO、CO2、C各1mol，则v(正)＞v(逆)
【答案】C
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．固体物质不应平衡移动，乙投入0.4mol一氧化碳相当于投入0.2mol二氧化碳，所以乙相当于两个甲容器加压，无论平衡如何移动，乙中一氧化碳浓度一定大于甲，故图中曲线Ⅰ对应的是乙容器，A不符合题意；
B．甲容器b处
乙容器a处
若a、b两点所处温度相同，压强比等于物质的量之比，pa：pb=（0.12+0.16）：（0.02+0.16）=14：9，即9pa=14pb，由于b点温度更高，故a、b两点所处状态的压强大小关系：9pa<14pb，B不符合题意；
C．a点一氧化碳体积分数为；c点相当于减压，平衡正向移动，一氧化碳体积分数变大，故CO的体积分数＞，符合题意；
D．a点1100K时的K=，降温则一氧化碳浓度减小，K值减小，900K时K值小于0.213；若起始向容器乙中加入CO、CO2、C各1mol，则Q=，平衡逆向移动，v(正)逆)，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】等效平衡规律
①在定温、定容条件下，对于反应前后气体分子数改变的可逆反应只改变起始时加入物质的物质的量，如通过可逆反应的化学计量数比换算成同一半边的物质的物质的量与原平衡等效。
②在定温、定容情况下，对于反应前后气体分子数的改变的可逆反应，只要反应物（或生成物）的物质的量的比值与原平衡相同，两平衡等效。
③在定温、定压下、改变起始时加入物质的量，只要按化学计量数换算成同一半边的物质的物质的量之比与原平衡相同，则达平衡后与原平衡等效
10．（2021·宁波模拟）在一定条件下的1L密闭容器中，X、Y、C三种气体的物质的量随时间的变化如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．0～15min，消耗C的平均速率约为0.033mol L-1 min-1
B．X、Y、C三种气体发生反应的化学方程式为：Y(g)+3X(g)2C(g)
C．反应开始到25min，X的转化率为25%
D．25min时改变的一个条件可能是缩小容器体积
【答案】A
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．据图可知C为生成物，0～15min内生成C而不是消耗C，A符合题意；
B．据图可知X、Y的物质的量减少，为反应物，C的物质的量增加，为生成物，达到平衡时X、Y、C的物质的量变化之比为0.75mol：0.25mol：0.5mol=3：1：2，化学方程式为Y(g)+3X(g)2C(g)，B不符合题意；
C.25min时反应已达到平衡，该时段内Δn(X)=0.75mol，转化率为×100%=25%，C不符合题意；
D.25min时的瞬间各物质的物质的量不变，所以不是改变投料，而之后C的物质的量增加，X、Y的物质的量减小，说明平衡正向移动，该反应为气体系数之和减小的反应，缩小容器体积增大压强，平衡正向移动，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．由图可知，C的物质的量随反应的进行在增加，C为生成物；
B．根据物质的量之比等于化学计量数之比即可计算方程式的系数之比，从而得出反应的方程式；
C.25min时，X反应了0.75mol，根据转化率=反应量/初始量×100%进行计算；
D.25min后Ｘ和Ｙ的物质的量减小，Ｃ的物质的量增大，说明平衡正向移动，据此进行分析。
11．（2021·嘉定模拟）下图表示反应 在某段时间 里的反应速率与反应过程的关系图，则C的百分含量最高的一段是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】由图可知，开始时平衡正向移动，t1→t2达到平衡，且t2→t3平衡逆向移动时t3→t4达到平衡，t4→t5时平衡不移动，则C的百分含量最高的一段是t1→t2。
故答案为：A。
【分析】正反应速率大于逆反应速率速率时，平衡正向移动，导致C的百分含量增大，以此来解答。
12．（2021·信阳模拟）在体积为2 L的恒容密闭容器中发生反应xA(g)＋yB(g) zC(g)，图①表示200 ℃时容器中A、B、C的物质的量随时间的变化，图②表示不同温度下平衡时C的体积分数随起始n(A)∶n(B)的变化关系。则下列结论正确的是 ( )
A．200 ℃时，反应从开始到平衡的平均速率v(B)＝0.04 mol·L－1·min－1
B．由图②知反应xA(g)＋yB(g) zC(g)的ΔH>0，且a＝2
C．若在图①所示的平衡状态下，再向体系中充入He，重新达到平衡前v(正)>v(逆)
D．200 ℃，6 min时向容器中充入2 mol A和1 mol B，重新达到平衡时，A的体积分数大于0.5
【答案】B
【知识点】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】A．由图①可知，200℃时5 min达到平衡，平衡时B的物质的量变化量为0.4 mol-0.2 mol = 0.2 mol，故 (B)= = 0.02 mol L-1 min-1，故A项不符合题意；
B．由图②可知，n（A）：n（B）一定时，温度越高平衡时C的体积分数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为吸热反应，即△H＞0，图①可知，200℃时平衡时，A的物质的量变化量为0.8 mol-0.4 mol=0.4 mol，B的物质的量变化量为0.2 mol，在一定的温度下只要A、B起始物质的量之比刚好等于平衡化学方程式化学计量数之比，平衡时生成物C的体积分数就最大，A、B的起始物质的量之比 = 0.4 mol：0.2 mol = a = 2，故B项符合题意；
C．恒温恒容条件下，通入氦气反应混合物的浓度不变，平衡不移动，故v（正）=v（逆），故C项不符合题意；
D．由图①可知，200℃时平衡时，A、B、C的物质的量变化量分别为0.4 mol、0.2 mol、0.2 mol，因各物质的物质的量之比等于化学计量数之比，故x：y：z = 0.4mol：0.2mol：0.2mol = 2：1：1，平衡时A的体积分数为 = 0.5，200℃时，向容器中充入2 mol A和1 mol B达到平衡等效为原平衡增大压强，平衡向正反应移动，A的物质的量减小，则达到平衡时，A的体积分数小于0.5，故D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A. 根据 = = 计算B的反应速率；
C. 恒温恒容条件下，通入氦气反应混合物的浓度不变，平衡不移动；
D. 200℃时，向容器中充入2 mol A和1 mol B达到平衡时，等效为原平衡增大压强，根据图①中A、B、C的物质的量变化量之比等于化学计量数之比确定x、y、z，据此判断增大压强对该平衡的影响效果，得出A的体积分数2变化情况。
二、多选题
13．（2021·泰安模拟）常温下，Cu(OH)2和Fe(OH)3饱和溶液的浓度随pH的变化如图所示，已知：Ksp[Cu(OH)2]=1×10-20，Ksp[Fe(OH)3]=1×10-38.下列说法正确的是（ ）
A．曲线a对应的是Fe(OH)3饱和溶液
B．调节pH为4.5可除去FeCl3中的CuCl2
C．酸性溶液中Cu元素的存在形式可能为Cu2+或Cu(OH)2
D．滴加NaOH溶液，可实现X到Y的转化
【答案】A,C
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．两溶液中c[Cu(OH)2]=c(Cu2+)、c[Fe(OH)3]=c(Fe3+)，当c(Cu2+)= c(Fe3+)=10-5mol/L时，Cu(OH)2溶液中c(OH-)= mol/L=10-7.5mol/L，此时溶液pH=6.5；Fe(OH)3溶液中c(OH-)= mol/L=10-11mol/L，此时溶液pH=3，所以曲线a对应的是Fe(OH)3饱和溶液，A符合题意；
B．据图可知pH为4.5时Fe3+完全沉淀，而c(Cu2+)= =0.1mol/L，B不符合题意；
C．根据A计算可知当c(Cu2+)≤10-5mol/L时，pH≥6.5，所以酸性溶液中Cu元素既可能是Cu2+也可能是Cu(OH)2，C符合题意；
D．X和Y的pH相同，而滴加NaOH溶液会使溶液碱性增强，pH变大，溶解的c[Cu(OH)2]变小，X点会向右下方移动，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A.根据氢氧化铁和氢氧化铜的溶度积常数即可计算出达到饱和时的此时的氢氧根离子浓度即可判断
B.根据图示，pH=4，5时，除去的是氢氧化铁
C.根据图示即可判断酸性过强时，存在的是铜离子，当酸性较弱时以氢氧化铜的形式存在
D.根据图示即可判断
14．（2021·日照模拟）向x mol·L-1的20mLH2B溶液中滴入相同浓度的NaOH溶液，测得H2B、HB-、B2-的pH-pc(pc=-lgc)曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．a、b点所在曲线对应的粒子为HB-
B．水电离出的氢离子浓度大小关系为：c>b>a
C．c点，滴入NaOH溶液的体积为10mL
D．
【答案】A,D
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；水的电离；电离平衡常数
【解析】【解答】A．a、b点所在曲线对应的粒子为 ，故A符合题意；
B．c点时 浓度最大，既存在 的电离，也存在 的水解；b点时主要是水的电离，且pH比C点大，水的电离程度大，水电离出的氢离子浓度大小关系为 ，故B不符合题意；
C．c点时 浓度最大，说明 与NaOH刚好1：1反应完全，因浓度相等，此时加入NaOH体积为20mL，故C不符合题意；
D．由图， 的一级电离常数为 ，由a点数据可知 ，pH=1，即 ，解得 ；二级电离常数为 ，同理由c点数据可得 ， = = ，故D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】从图中可以看出，随着pH的增大，ac段离子浓度减少，为 ，cb段离子浓度增大，为 ，ab段离子浓度先增大后减少，为 。
15．（2021高一下·日照期末）反应经历两步：①；②。反应体系中X、Y、Z的浓度c随时间t的变化曲线如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．曲线c为c(Y)随t的变化曲线
B．0~t1时间段内，反应速率
C．t2时，Y的消耗速率大于生成速率
D．t3后，
【答案】B,D
【知识点】化学反应速率；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．反应X═2Z经历两步：①X→Y；②Y→2Z，根据图中的c0减小，则a曲线为X的浓度曲线，逐渐增大的b曲线为Z的浓度，先增大后减小的c曲线为Y的浓度曲线，故A不符合题意；
B．曲线的斜率表示反应速率，根据图象，0~t1时间段内，，故B符合题意；
C．t2时，曲线c表示的Y的浓度逐渐减小，说明Y的消耗速率大于生成速率，故C不符合题意；
D．根据图像，t3后仍存在Y，没有X，假设Y的剩余浓度为c(Y)，由①可知X完全转化为Y时，Y的浓度为c0，根据②，生成的Z的浓度c(Z)=2c0-2c(Y)，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】图中a的浓度逐渐减小，应为反应物的浓度变化，则曲线a为c(X)随t的变化曲线，Y先生成后消耗，则曲线b为c(Y)随t的变化曲线，b的浓度逐渐增大，则曲线b为c(Z)随t的变化曲线。
16．（2021高二下·河北期末）常温下，0.010mol·L-1的二元酸H2A溶液中H2A、HA-、A2-的物质的量分数δ（X）随pH变化如图所示：下列说法正确的是（ ）
A．NaHA溶液显酸性
B．H2A的第一步电离平衡常数Ka1=10-10
C．Na2A溶液中离子浓度大小关系为：c（Na+）>c（A2-）>c（OH-）>c（HA-）>>c（H+）
D．向H2A溶液中滴加相同浓度的NaOH溶液，滴加过程中离子浓度始终满足：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HA-）+2c（A2-）
【答案】C,D
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．HA-的电离常数即Ka2=10-10，HA-水解离子方程式为HA-+H2O ，HA-的水解常数Kh= = =10-8，则HA-的水解程度大于电离程度，NaHA溶液呈碱性，A项不符合题意；
B．由分析可知Ka1=1×10-6，B项不符合题意；
C．A2-的水解程度较小，Na+不水解，因此c（Na+）>c（A2-）；A2-水解产生HA-和OH-，水电离还产生OH-，故c（OH-）>c（HA-）；由于水解本质是A2-结合了水电离的H+，因此c（OH-）>c（HA-）>>c（H+），故Na2A溶液中离子浓度大小关系为：c（Na+）>c（A2-）>c（OH-）>c（HA-）>>c（H+），C项符合题意；
D．向H2A溶液中滴加相同浓度的NaOH溶液，溶液呈电中性，根据电荷守恒的可得c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HA-）+2c（A2-），D项符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A．根据HA-的水解程度和电离程度分析；
B．根据H2A与HA-浓度相等的点，即pH=6时计算；
C．根据A2-的水解分析；
D．根据电荷守恒分析。
17．（2021高二上·烟台期中）在I、Ⅱ、Ⅲ三个体积相等的恒容密闭容器中分别充入1molCO和2molH2，三个容器的反应温度分别为T1、T2、T3且恒定不变。在一定条件下能发生如下反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，在其他条件相同的情况下，实验测得反应均进行到tmin时CO的体积分数如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．反应CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)的ΔH＞0
B．若三个容器内的反应都达到化学平衡时，温度为T1时CO转化率最大
C．I、Ⅱ、Ⅲ三个容器中一定达到化学平衡状态的是Ⅱ和Ⅲ
D．若再向容器Ⅲ中充入0.1molCO、0.2molH2和0.4molCH3OH，则平衡时CH3OH的体积分数＞40%
【答案】B,D
【知识点】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】A. 根据图中I、Ⅱ、Ⅲ图象，CO体积分数由小到大依次为Ⅱ＜Ⅰ＜Ⅲ，T1中的状态转变成T2中的状态，CO含量减小，说明平衡正向移动，说明T1未达平衡状态，T2中的状态转变成T3中的状态，CO含量增大，说明平衡逆向移动，说明T2可能达平衡状态，一定达到化学平衡状态的是Ⅲ，升高温度平衡逆向移动，正反应放热，即反应CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)的ΔH＜0，A不符合题意；
B. 该反应正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，若三个容器内的反应都达到化学平衡时，Ⅰ容器温度最低，所以CO转化率最大，B符合题意；
C. 根据A项分析I、Ⅱ、Ⅲ三个容器中一定达到化学平衡状态的是Ⅲ，C不符合题意；
D. 根据图像结合三段式可知
，解得x＝，因此甲醇的体积分数是。若再向容器Ⅲ中充入0.1molCO、0.2molH2和0.4molCH3OH，相当于是充入了0.5molCO、1.0molH2，平衡正向进行，则平衡时CH3OH的体积分数＞40%，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A. 依据化学平衡移动原理分析；
B. 依据勒夏特列原理分析；
C. 利用“变者不变即平衡”；
D. 根据图像结合三段式法计算。
18．（2021高二上·烟台期中）在一定体积的密闭容器中，可逆反应，有如图所示的反应曲线，下列说法中错误的是（ ）
A．正反应是放热反应
B．
C．若，y轴可表示A的转化率
D．若，y轴可表示D的体积分数
【答案】C,D
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．根据以上分析知，压强一定时，T1＞T2，升高温度，C的含量降低，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应，故A不符合题意；
B．由以上分析可知温度一定时P1＜P2，故B不符合题意；
C．若，由图可知同一温度下，增大压强，y值减小，而对于反应，正反应方向为气体分子数减小，增大压强平衡正向移动，则A的转化率增大，与图不符，故C符合题意；
D．根据C选项分析，增大压强平衡正向移动，则D的体积分数增大，若 P3
【分析】依据勒夏特列原理，改变影响平衡的一个因素，平衡将向减弱这种改变的方向移动分析。
19．（2021高二上·湖南期中）一定温度下，向三个容积不等的恒容密闭容器()中分别投入2mol，反生反应：。tmin后，三个容器中的转化率如图中A，B，C三点。下列叙述错误的是（ ）
A．A点可延长反应时间，但的转化率不会改变
B．容积为cL的容器中的平衡转化率小于80%
C．容积为aL的容器达到平衡后再投入1mol和1mol，平衡不移动
D．A，C两点的压强之比为1：1
【答案】B,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；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．因为a
C．A点的平衡转化率为50%，容器中的物质的量有1mol，生成1mol、0.5mol，计算，再投入1mol和1mol，浓度商=K，平衡不移动，故C不符合题意；
D．A点与C点的的转化率都为50%，反应后混合气体的物质的量相同，温度相同，但体积不相同，压强之比不是1：1，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.A点为平衡点，三氧化硫转化率一定；
B.减压平衡向气体分子数增大的方向移动；
C.计算此时的浓度熵与平衡常数比较判断平衡进行方向；
D.同温同容时，气体压强比等于物质的量之比。
20．（2018高三上·武邑期中）对于可逆反应：2A(g)+ B(g) 2C(g)，分别测定反应在不同温度下达到平衡时B 的转化率，绘制了如图所示的曲线，图中a、b、c三点分别表示不同时刻的状态。下列分析正确的是（ ）
A．该反应的△H＜0
B．b点时混合气体的平均摩尔质量不再变化
C．增大压强，可使a点达到T1温度下平衡状态
D．c点表示的状态：v (正)> v (逆)
【答案】B,D
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A.随着温度的升高，B的转化率增大，说明平衡向正反应方向移动，则反应为吸热反应，△H 0，A不符合题意；
B.b点处于平衡状态，反应物和生成物浓度不变，所以混合气体的平均摩尔质量也不再变化，B符合题意；
C.增大压强平衡向正反应方向移动，B的转化率增大，而a点表示若想达到平衡，应是平衡向B的转化率减小的方向移动，应减小压强，C不符合题意；
D.c点不是平衡状态，要达到平衡，反应应向B的转化率增大的方向移动，即向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，D符合题意。
故答案为：BD
【分析】观察图像，随着温度的升高，B的转化率增大，说明反应往正反应方向移动，所以该反应为吸热反应；而且曲线上的点为平衡状态。
21．（2016高二上·鞍山期中）在某容积一定的密闭容器中，可逆反应：A（g）+B（g） xC（g），符合下列图象（Ⅰ）所示关系．由此推断对图（Ⅱ）的正确说法是（ ）
A．p3＞p4，Y轴表示A的质量
B．p3＞p4，Y轴表示混合气体平均摩尔质量
C．p3＞p4，Y轴表示混合气体密度
D．p3＜p4，Y轴表示B的百分含量
【答案】A,D
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】解答：解：由图（1）可知，压强为P2时，温度T1先到达平衡，故温度T1＞T2，且温度越高，平衡时C的质量分数越低，故升高温度平衡向逆反应移动，正反应为放热反应；
温度为T1时，压强p2先到达平衡，故压强p2＞P1，且压强越大，平衡时C的质量分数越高，故增大压强平衡向正反应移动，正反应为体积减小的反应，故x=1，则：
A．如果P3＞P4，在相同温度下增大压强平衡向正反应方向移动，则A的转化率增大，A质量减小，同时升高温度平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，A质量增大，图象与实际不符合，故A错误；
B．C．混合气体的总质量不变，容器的体积不变，混合气体的密度不变，故C错误；
D．P3＜P4，增大压强，平衡向正反应移动，B的含量减小，同时升高温度平衡向逆反应方向移动，B的含量应增大，图象与实际不符，故B错误；
P3＞P4，增大压强，平衡向正反应移动，混合气体总的物质的量减小，混合气体的总质量不变，平均相对分子质量增大，温度升高平衡向逆反应移动，混合气体总的物质的量增大，平均相对分子质量减小，图象与实际相符，故D正确；
故选AD．
【分析】分析：由图（1）可知，压强为P2时，温度T1先到达平衡，故温度T1＞T2，且温度越高，平衡时C的质量分数越低，故升高温度平衡向逆反应移动，正反应为放热反应；
温度为T1时，压强p2先到达平衡，故压强p2＞P1，且压强越大，平衡时C的质量分数越高，故增大压强平衡向正反应移动，正反应为体积减小的反应，故x=1，
由图（2）可知，升高温度，平衡向逆反应方向移动，y值减小，则y可为A、B的转化率、C的体积分数等，结合压强对平衡移动的影响分析．
三、非选择题
22．（2022·天津市）天津地处环渤海湾，海水资源丰富。科研人员把铁的配合物(L为配体)溶于弱碱性的海水中，制成吸收液，将气体转化为单质硫，改进了湿法脱硫工艺。该工艺包含两个阶段：①的吸收氧化；②的再生。反应原理如下：
①
②
回答下列问题：
（1）该工艺的总反应方程式为 。1mol 发生该反应的热量变化为 ，在总反应中的作用是 。
（2）研究不同配体与所形成的配合物(A、B、C)对吸收转化率的影响。将配合物A、B、C分别溶于海水中，配成相同物质的量浓度的吸收液，在相同反应条件下，分别向三份吸收液持续通入，测得单位体积吸收液中吸收转化率随时间变化的曲线如图1所示。以由100%降至80%所持续的时间来评价铁配合物的脱硫效率，结果最好的是 (填“A”、“B”或“C”)。
（3）的电离方程式为 。25℃时，溶液中、、在含硫粒子总浓度中所占分数随溶液pH的变化关系如图2，由图2计算，的 ， 。再生反应在常温下进行，解离出的易与溶液中的形成沉淀。若溶液中的，，为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于 (已知25℃时，FeS的为)。
【答案】（1）(或)；放出热量；作催化剂或降低反应活化能
（2）A
（3）或；；；8
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用；化学平衡转化过程中的变化曲线；弱电解质在水溶液中的电离平衡；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，将①×2+②可得(或)，该反应的热化学方程式，因此1mol 发生该反应的热量变化为放出热量，参与了化学反应，但反应前后量没有改变，是该反应的催化剂，在总反应中的作用是作催化剂或降低反应活化能；故答案为：(或)；放出热量；作催化剂或降低反应活化能。
（2）根据图中信息以由100%降至80%所持续的时间来评价铁配合物的脱硫效率，A持续时间最短，说明A的脱硫效率最高，因此结果最好的A；故答案为：A。
（3）是二元弱酸，其电离是一步一步电离，主要以第一步电离为主，因此其电离方程式为或；根据题意pH=7时、的所占分数相等，因此的，pH=13时、的所占分数相等，则。再生反应在常温下进行，解离出的易与溶液中的形成沉淀。若溶液中的，根据得到，根据和，得到，pH=8，因此为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于8；故答案为：或；；；8。
【分析】（1）根据盖斯定律，将反应①×2+②可得目标方程式； 是该反应的催化剂；
（2）配合物用时最短，对H2S吸收效率最好；
（3）H2S为二元弱酸，分步电离；当pH=7时，H2S、HS-的分布分数相同，即浓度相等，结合、计算；为避免FeS沉淀生成， c(Fe2+)×c(S2-)≤Ksp(FeS)。
23．（2022·海南）某空间站的生命保障系统功能之一是实现氧循环，其中涉及反应：
回答问题：
（1）已知：电解液态水制备，电解反应的。由此计算的燃烧热(焓) 。
（2）已知：的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系如图1所示。
①若反应为基元反应，且反应的与活化能(Ea)的关系为。补充完成该反应过程的能量变化示意图(图2) 。
②某研究小组模拟该反应，温度t下，向容积为10L的抽空的密闭容器中通入和，反应平衡后测得容器中。则的转化率为 ，反应温度t约为 ℃。
（3）在相同条件下，与还会发生不利于氧循环的副反应：，在反应器中按通入反应物，在不同温度、不同催化剂条件下，反应进行到2min时，测得反应器中、浓度()如下表所示。
催化剂 t=350℃ t=400℃
催化剂Ⅰ 10.8 12722 345.2 42780
催化剂Ⅱ 9.2 10775 34 38932
在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，生成的平均反应速率为 ；若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件，原因是 。
【答案】（1）-286
（2）；50%或0.5；660.2(或660.1或660.3，其他答案酌情给分)
（3）5.4；相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高
【知识点】燃烧热；化学平衡常数；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)电解液态水制备，电解反应的，则2mol完全燃烧消耗，生成液态水的同时放出的热量为572kJ ，从而可知1mol完全燃烧生成液态水放出的热量为286kJ，因此，的燃烧热(焓)-286。
(2)①由的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系图可知，K随着温度升高而减小，故该反应为放热反应。若反应为基元反应，则反应为一步完成，由于反应的与活化能(Ea)的关系为，由图2信息可知＝ａ，则ａ，则生成物能量低于a，因此该反应过程的能量变化示意图为：。
②温度t下，向容积为10L的抽空的密闭容器中通入和，反应平衡后测得容器中，则参与反应的的物质的量为0.05mol，的转化率为；的平衡量为，和是按化学计量数之比投料的，则的平衡量为，的平衡量是的2倍，则，的平衡浓度分别为、、、，则该反应的平衡常数K＝，根据图1中的信息可知，反应温度t约为660.2℃。
(3)在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，由表中信息可知，0~2minCH3OH的浓度由0增加到10.8μmol L-1，因此，0~2min生成CH3OH的平均反应速率为10.8mol L-12min=5.4μmol L-1 min-1；由表中信息可知，在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应， 0~2minCH3OH的浓度由0增加到10.8μmol L-1，c(CH4)：c(CH3OH)＝12722：10.8≈1178；在选择使用催化剂Ⅱ和350℃的反应条件下，0~2minCH3OH的浓度由0增加到9.2μmol L-1，c(CH4)：c(CH3OH)＝10775：9.2≈1171；在选择使用催化剂Ⅰ和400℃条件下反应， 0~2minCH3OH的浓度由0增加到345.2μmol L-1，c(CH4)：c(CH3OH)＝42780：345.2≈124；在选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件下，0~2minCH3OH的浓度由0增加到34μmol L-1，c(CH4)：c(CH3OH)＝38932：34≈1145。因此，若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件的原因是：相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高。
【分析】（1）燃烧热是指在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；
（2）①该反应的平衡常数随温度升高而减小，该反应为放热反应，生成物能量低于a；
②根据转化率=反应量起始量×100%计算；计算此时的平衡常数，根据图1确定反应温度；
（3）根据v=ΔcΔt计算；400℃的反应速率更快，相同温度下，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高。
24．（2022·山东）利用丁内酯(BL)制备1，4-丁二醇(BD)，反应过程中伴有生成四氢呋喃(THF)和丁醇(BuOH)的副反应，涉及反应如下：
已知：①反应Ⅰ为快速平衡，可认为不受慢反应Ⅱ、Ⅲ的影响；②因反应Ⅰ在高压氛围下进行，故压强近似等于总压。回答下列问题：
（1）以或BD为初始原料，在、的高压氛围下，分别在恒压容器中进行反应。达平衡时，以BL为原料，体系向环境放热；以BD为原料，体系从环境吸热。忽略副反应热效应，反应Ⅰ焓变 。
（2）初始条件同上。表示某物种i的物质的量与除外其它各物种总物质的量之比，和随时间t变化关系如图甲所示。实验测得，则图中表示变化的曲线是 ；反应Ⅰ平衡常数 (保留两位有效数字)。以BL为原料时，时刻 ，BD产率= (保留两位有效数字)。
（3）为达平衡时与的比值。、、三种条件下，以为初始原料，在相同体积的刚性容器中发生反应，随时间t变化关系如图乙所示。因反应在高压氛围下进行，可忽略压强对反应速率的影响。曲线a、b、c中，最大的是 (填代号)；与曲线b相比，曲线c达到所需时间更长，原因是 。
【答案】（1）-200(X+Y)
（2）a或c；8.3×10-8；0.08；39%
（3）c；由于b和c代表的温度相同，而压强对反应速率的影响可忽略，压强增大反应Ⅱ、Ⅲ均是逆向移动，增大，故=1.0所需时间更长
【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)同温同压下，以同物质的量的BL或BD为初始原料，达到平衡时的状态相同，两个平衡完全等效，则以5.0×10-3mol的BL为原料，达到平衡时放出XkJ热量与同物质的量的BD为原料达到平衡时吸收YkJ热量的能量二者能量差值为(X+Y)kJ，则1mol的能量差值为200(X+Y)kJ，反应Ⅰ为放热反应，焓变为负值，则=-200(X+Y)kJ·mol-1。
(2)实验测定X
【分析】 （1）同温同压下，以同物质的量的BL或BD为初始原料，达到平衡时两个平衡完全等效，且焓变为负值；
（2）X
25．（2022·开封模拟）基于生物质的乙醇转化制氢是目前制氢领域研究较热门的技术之一。回答下列问题：
（1）电催化乙醇制氢的装置如图所示。装置工作时，能量转化方式是 ；阳极的电极反应式为 。
（2）水蒸气重整乙醇制氢包括的主要反应如下：
Ⅰ．CH3CH2OH(g)CO(g)+CH4(g)+H2(g) ΔH1=+49 kJ·mol-1K1；
Ⅱ．CH3CH2OH(g)+H2O(g)2CO(g)+4H2(g) ΔH2=+256 kJ·mol-1K2；
Ⅲ．CH4(g)+H2O(g)3H2(g)+CO(g) ΔH3K3；
Ⅳ．CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) ΔH4=-41 kJ·mol-1
①反应CH3CH2OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g)的ΔH= kJ·mol-1；反应III的平衡常数K3= (用K1、K2表示)。
②在0.1 MPa和650℃条件下，水醇物质的量之比与气体产率的关系如图所示。图中a、b代表的物质依次是 、 (填化学式)。
③在0.1 MPa、水醇比为7时，温度对气体产率的影响如图所示。在150~250℃主要发生的反应为 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)；温度高于650℃时，随着温度升高，H2的产率略有所下降，其原因是 。
④在0.1 MPa，水醇比为1时，在恒压密闭容器中若只发生反应CH3CH2OH(g)+H2O(g)2CO(g)+4H2(g)，达平衡时乙醇的转化率为α，则该反应的平衡常数Kp= MPa4(以平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×各物质的体积分数)。
【答案】（1）电能转化为化学能；C2H5OH-12e-+3H2O=2CO2+12H+
（2）ΔH=+174 kJ/mol；；H2；CO2；Ⅰ；反应Ⅳ的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，反应消耗H2，导致H2的产率降低；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】(1)电催化乙醇制氢的装置如图所示。装置工作时，能量转化方式是电能转化为化学能；
在电解时阳极上C2H5OH失去电子产生CO2、H+，故阳极的电极反应式为：C2H5OH-12e-+3H2O=2CO2+12H+；
(2)①已知：Ⅰ．CH3CH2OH(g)CO(g)+CH4(g)+H2(g) ΔH1=+49 kJ·mol-1 K1；
Ⅱ．CH3CH2OH(g)+H2O(g)2CO(g)+4H2(g) ΔH2=+256 kJ·mol-1 K2；
Ⅲ．CH4(g)+H2O(g)3H2(g)+CO(g) ΔH3K3；
Ⅳ．CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) ΔH4=-41 kJ·mol-1
根据盖斯定律，(Ⅲ)=(Ⅱ)- (Ⅰ)，所以CH4(g)+H2O(g)3H2(g)+CO(g) ΔH3=+207 kJ/mol，
将(Ⅱ)+ (Ⅳ)×2，整理可得反应CH3CH2OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g)的ΔH=+174 kJ/mol；
化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比。根据盖斯定律可知(Ⅲ)=(Ⅱ)- (Ⅰ)，所以根据化学平衡常数的含义可知反应：CH4(g)+H2O(g)3H2(g)+CO(g)的化学平衡常数K3=；
②从给出的四个反应看，越大， Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ化学平衡正向移动，CO是Ⅱ、Ⅲ的生成物，同时是Ⅳ的反应物，随着不断增大，CO的产率应该减小，而CO2、H2的产率不断增大，且根据方程式可知生成的H2比CO2多，故H2的产率增大的要比CO2多，故曲线a表示物质为H2，曲线b表示物质为CO2；
③根据图示可知：在温度为150~250℃H2的产率较低，结合Ⅰ、Ⅱ两个反应中H2的物质的量多少，可知该温度段主要发生的反应是反应Ⅰ；
当温度高于650℃时，随着温度升高，H2的产率略有所下降，这是由于反应Ⅳ．CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) ΔH4=-41 kJ·mol-1 的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，又反应消耗H2，因此导致H2的产率降低；
④在0.1 MPa，水醇比为1时，假设H2O、C2H5OH的物质的量都是1 mol，在恒压密闭容器中若只发生反应CH3CH2OH(g)+H2O(g)2CO(g)+4H2(g)，达平衡时乙醇的转化率为α，则根据物质反应转化关系可知平衡时n(CH3CH2OH)=n(H2O)=(1-α) mol，n(CO)=2α mol，n(H2)=4α mol，n(总)=(1-α)mol+(1-α)mol+2α mol+4α mol=2(1+2α) mol，平衡分压p(CH3CH2OH)=p(H2O)=，p(CO)=，p(H2)= ，所以该反应的平衡常数Kp==MPa4。
【分析】（1）根据图示可知该装置为电解池，为电能转化为化学能；阳极连接正极，为乙醇和水失去电子反应生成二氧化碳和氢离子；
（2）①盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减；
② 结合平衡移动考虑，增大 水醇物质的量之比 即可看成增大水的浓度，根据增大反应物浓度，使平衡朝正向移动，且按照化学计量数之比变化；
③ 结合已知反应的几个过程，可知在温度为150~250℃H2的产率较低，可知该温度段主要发生的反应是反应Ⅰ；当温度高于650℃时，随着温度升高，H2的产率略有所下降，CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) ΔH4=-41 kJ·mol-1 是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，又反应消耗H2，因此导致H2的产率降低；
④ 分压平衡常数要结合三段式进行计算，根据化学计量数之比等于物质的量之比，以及分压=总压×各物质的体积分数进行计算。
26．（2022·德州模拟）“碳中和”有利于全球气候改善，的资源化利用成为研究重点。
（1）二氧化碳加氢合成二甲醒的反应包括三个相互关联的反应过程：
i.
ii.
iii.
①写出和生成的热化学方程式为 。
②在压强3.0MPa，，不同温度下的平衡转化率和产物的选择性如图所示(选择性是指生成某物质消耗的的物质的量占消耗总的物质的量的百分比)，
当温度超过290℃，的平衡转化率随温度升高而增大的原因是 。根据图中数据计算300℃时，的平衡产率为 。
（2）重整制的过程为：。发生的副反应为(1)中ii在刚性密闭容器中，进料比分别等于1.0、2.0，且起始时压强相同。平衡时甲烷的质量分数与温度的关系如图所示：
①曲线a的进料比为 。
②有利于提高平衡转化率的措施是 。(写出两条)。
③M点的平衡转化率为85%，的平衡转化率为88%，则副反应的压强平衡常数 (保留2位有效数字)。(已知：分压=总压×该组分的物质的量分数)
【答案】（1）；温度超过290℃时，以反应ii为主，反应ii为吸热反应，升高温度平衡正向移动，的平衡转化率增大；6%
（2）1.0；增大甲烷的投料、高温、低压或及时移走产物(或其他合理答案)；0.26
【知识点】化学平衡常数；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
【解析】【解答】(1)①由盖斯定律，反应i×2+iii可得到和生成的热化学方程式为；
②反应ii为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，CO2转化率升高，反应生成二甲醚为放热反应，温度升高，使CO2转化率下降，上升程度大于下降，CO2的转化率升高，故答案为：温度超过290℃时，以反应ii为主，反应ii为吸热反应，升高温度平衡正向移动，的平衡转化率增大；
②根据图1知300℃时CO2的平衡转化率为30%，CH3OCH3的选择20%，设CO2起始的量为amol，故反应消耗CO2的物质的量为a×30%×20%，故CH3OCH3的平衡产率为=6%；
(2)①甲烷的质量分数，甲烷的质量分数越大，越小，故曲线a的进料比为1.0；
②反应ii为吸热反应，升温平衡正向移动，消耗更多的，反应是气体分子数增大的反应，降低压强平衡正向移动，平衡转化率增大，增大另一反应物即甲烷的浓度也有利于提高平衡转化率，则措施是增大甲烷的投料、高温、低压或及时移走产物；
③M点进料比=1.0，设开始时n(CO2)=1mol，n(CH4)=1mol，列三段式 、副反应：，的平衡转化率为85%，则x=0.85，的平衡转化率为88%，可得x+y=0.88，y=0.03，反应平衡后，各气体物质的量为：n(CH4)=0.15mol，n(CO2)=0.12mol，n(CO)=1.73mol，n(H2)= 1.67mol，n(H2O)=0.03mol，n总=3.7mol，设总压强为P，压强比等于物质的量之比，副反应的压强平衡常数。
【分析】（1） ① 盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减；
② 根据题干可知该过程有两个反应，即反应i和反应ii，两个反应的根本区别是二氧化碳和氢气的化学计量数之比不同，温度超过 290℃ ，CO选择性增大，即反应ii大于反应i，此时二氧化碳消耗的物质的量由反应i的3：1变为1：1，即原先每消耗3molH2需消耗1molCO2，变成每消耗3molH2需消耗3molCO2；
（2） ① 根据甲烷的质量分数越大，越小进行判断；
② 提高转化率即使平衡朝正向移动，要特别增加CO2的浓度会使其转化率变小；
③ 结合三段式，根据反应i和反应ii列出相关式子，计算的时候要结合物质的量之比等于压强之比进行。
27．（2022·铜仁模拟）汽车尾气已成为城市空气的主要污染源之一，在汽车尾气处理系统中安装催化转化器，可减少CO和NOx的排放。
已知： i. CO(g)+NO2(g) CO2(g)+NO(g) ΔH1= -15.9 kJ·mol-1
ii.2CO(g)+ 2NO(g) 2CO2(g)+N2(g) ΔH2= -623 kJ·mol-1
iii. 4CO(g)+ 2NO2(g) 4CO2(g)+N2(g) ΔH3
回答下列问题：
（1）ΔH3= kJ·mol-1
（2）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了反应ii的反应历程，该反应经历了I、II、III三个过渡态。下图显示的是反应路径中每一阶段内各驻点的能量相对于此阶段内反应物能量的能量之差。以下说法正确的是 (填字母序号)。
a． N2O比更容易与CO发生反应
b．整个反应分为三个基元反应阶段，其中第一个反应阶段活化能最大
c．其他条件不变，增大压强或使用催化剂均可以增大反应速率，提高反应物的转化率
（3）一定温度下，将1 molCO、2 molNO充入2L固定容积的容器中发生反应ii，反应过程中部分物质的物质的量变化如图所示。
①该反应化学平衡常数的表达式K= ；
②前2 min内的平均反应速率v(NO)= ；
③8 min时，若改变反应条件，导致N2的物质的量发生如图所示的变化，则改变的条件可能是 。
（4）实验室模拟反应iii在相同的密闭容器中加入2 molCO和1 mol NO2，经过相同时间，测得NO2的转化率[α(NO2)]随温度的变化如图所示。1050K前NO2的转化率随温度升高而增大，原因是 ； 在1050K时，NO2的体积分数为 。
【答案】（1）-654.8
（2）b
（3）；0.05 mol·L-1·min-1；降温/分离出CO2
（4）1050 K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO2 的转化率增大；或0.077或7.7%
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】(1)反应iii=2反应i+反应ii，故；
(2)a．从图中看出，N2O与CO反应的活化能为326kJ/mol， 与CO反应的活化能为215 kJ/mol，活化能越高，越难反应，a不正确；
b．整个反应分为三个基元反应阶段，其中第一个反应阶段活化能为451kJ/mol，活化能最大，b正确；
c．其他条件不变，增大压强或使用催化剂均可以增大反应速率，但催化剂不能提高反应物的转化率，c不正确；
故答案为：b；
(3)从图中可以看出，NO、CO的物质的量减少，为反应物；N2的物质的量增加，为生成物，平衡时NO、CO、N2的物质的量变化量分别为：0.4mol、0.4mol、0.2mol，根据原子守恒可知还有CO2生成，化学方程式为：，该反应化学平衡常数的表达式：；前2 min内的NO的物质的量变化量为0.2mol，平均反应速率：；从图中可以看出：改变条件后NO和CO的物质的量减少，N2的物质的量增加，故平衡正向移动，故改变的条件可能为：降温/分离出CO2；
(4)反应iii为放热反应，最高点之前反应未达平衡，升温反应速率增大，转化率增大，原因是：1050 K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO2的转化率增大；当NO2的转化率为80%时，可列出三段式： ，平衡时NO2的体积分数为：。
【分析】（1）盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减；
（2）a、越容易反应，其活化能越小；
b、根据图示搁置第一阶段活化能最大；
c、催化剂不影响平衡移动；
（3） ① 根据图象，结合化学平衡常数表达式计算，化学平衡常数K=生成物浓度幂之积/反应物浓度幂之积；
② 结合公式化学反应速率进行计算；
③ 根据图示可知氮气浓度增大，一氧化氮和一氧化碳浓度减小，该条件减少二氧化碳的浓度；
（4）未达到平衡之前，随着温度升高，其转化率逐渐增大；此时的体积分数可以结合三段式进行计算，根据提供的数据列出各种物质的物质的量，结合物质的量之比等于体积之比可以求出体积分数。
28．（2022·临汾模拟）研究NOx、SO2和CO等气体的相关反应对治理大气污染、建设生态文明具有重要意义。请回答下列问题：
（1）已知：①NO2(g)+CO(g) CO2(g)+NO(g)△H1=-233kJ·mol-1
②N2(g)+O2(g) NO(g)△H2=+179kJ·mol-1
③2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)△H3=-111.9kJ·mol-1
则2NO2(g)+4CO(g) 4CO2(g)+N2(g)△H= 。
（2）研究发现(1)中反应③分两步进行：
第一步：快反应2NO(g) N2O2(g)△H<0
第二步：慢反应N2O2(g)+O2(g) 2NO2(g)△H<0
活化能大小比较：Ea(第一步) Ea(第二步)(填“大于”、“等于”或“小于”)。
（3）在混有NO2(g)和N2O4(g)的VL密闭容器中发生反应2NO2(g) N2O4(g)△H<0，随着温度升高，体系中各物质平衡时的物质的量分数的变化关系如图1所示。曲线 (填“a”或“b”)表示NO2的物质的量分数x%与温度的变化关系。若T1℃时，混合气体的物质的量为zmol，升温至T2℃，反应tmin达到平衡，该过程以N2O4表示的平均化学反应速率为v0mol·L-1·min-1，则T2℃时平衡体系中n(N2O4)= mol(用含z、v0、t的式子表示)，此时物质的量分数平衡常数Kx= (用物质的量分数代替平衡浓度)。
（4）V2O5/炭基材料(活性炭、活性焦、活炭纤维)也可以脱硫脱硝。V2O5/炭基材料脱硫原理是：SO2在炭表面被吸附，吸附态SO2在炭表面被催化氧化为SO3，SO3再转化为硫酸盐等。
①V2O5/炭基材料脱硫时，通过红外光谱发现脱硫开始后催化剂表面出现了VOSO4的吸收峰，再通入O2后VOSO4吸收峰消失，该脱硫反应过程可表示为：SO2+V2O5+O2=VOSO4(配平方程式) 、 (用化学方程式表示)。
②气体流速和温度一定时，烟气中O2浓度对V2O5/炭基材料催化剂脱硫脱硝活性的影响如图2所示。当O2浓度过高时，去除率下降的可能原因是 。
【答案】（1）-1222.9kJ/mol
（2）小于
（3）a；；2
（4）4SO2+2V2O5+O2=4VOSO4；4VOSO4+O2=2V2O5+4SO3；氧气浓度过高，SO2、NO分子不能很好地被吸附
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】(1)由①NO2(g)+CO(g) CO2(g)+NO(g)△H1=-233kJ·mol-1，②N2(g)+O2(g) 2NO(g)△H2=+179kJ·mol-1，
③2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)△H3=-111.9kJ·mol-1
根据盖斯定律，反应2NO2(g)+4CO(g) 4CO2(g)+N2(g)可由①×4-②+③得到，因此△H=△H1×4-△H2+△H3=-233kJ·mol-1×4-179kJ·mol-1+(-111.9kJ·mol-1)=-1222.9kJ/mol。
(2)活化能越大反应速率越慢，第一步反应为快反应，反应的活化能小，则Ea(第一步)小于Ea(第二步)。
(3)由反应iii． 可知，升高温度，反应iii的化学平衡逆向移动，平衡时NO2的物质的量分数随温度升高而增大，N2O4的物质的量分数随温度升高而减小，则曲线 表示NO2的物质的量分数与温度的变化关系，若 时，混合气体的物质的量为 ，温度升高至 ，反应进行至 时，恰好达到平衡，该过程以 表示的平均化学反应速率为 ，根据三段式分析可得： ，则 条件下，由图可知，(a+2V0Vt)=Z-a-V0Vt，解得：a= ，平衡时的 的物质的量 Z-a-V0Vt= mol，此时摩尔分数平衡常数 = =2，故答案为：NO2； mol；2；
(4)①V2O5/炭基材料脱硫时，通过红外光谱发现，脱硫开始后催化剂表面出现了VOSO4的吸收峰，再通入O2后VOSO4吸收峰消失，说明VOSO4是中间体，反应过程中生成了VOSO4、又消耗了VOSO4，因此该脱硫反应过程可描述为：SO2与V2O5作用形成具有VOSO4结构的中间体；VOSO4中间体与气相的O2反应生成SO3和 ，或者用化学方程式表示为：4SO2+2V2O5+O2=4VOSO4，4VOSO4+O2=2V2O5+4SO3。
②若氧气浓度过高，O2、SO2和NO分子会产生竞争吸附的局势，当O2分子占据催化剂过多的活性位时，剩余的SO2、NO分子就不能很好地被吸附，从而导致脱硫脱硝率下降。
【分析】
(1)根据盖斯定律计算。
(2)活化能越大反应速率越慢。
(3)依据温度对反应速率和平衡的影响进行判断。根据三段式法计算；
(4)①依据反应物和产物，利用得失电子守恒进行配平。
②依据外界因素对催化剂的影响进行判断。
29．（2022·聊城模拟）“双碳”目标大背景下，研发CO2利用技术，降低空气中的CO2含量成为研究热点。
（1） 重整制CO的反应为：
已知：
则 。
在 时，将CO2和CH4按物质的量之比为1∶1充入密闭容器中，分别在无催化剂及 催化下反应相同时间，测得CO2的转化率与温度的关系如图所示：
A点CO2转化率相等的原因是 。
（2）工业上CO2催化加氢制乙烯的反应为：
①在恒容密闭容器中，起始压强相同，CO2的平衡转化率随反应温度、起始投料比[ ]的变化如图。则f 3(填“>”、“=”或“<”，下同)；B、C两点的化学平衡常数 。
②当x=3时，保持体系压强始终为 ，平衡时四种组分的物质的量分数y随温度T的变化如图所示。代表 的变化曲线是 ；根据图中D(390，0.12)点，列出该反应的平衡常数计算式 (以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
（3）我国化学工作者设计出一种电解装置，该装置在碱性条件下能将CO2和甘油(C3H8O3)分别转化为合成气(CO、H2)和甘油醛( )。电解过程中，阴极附近溶液的pH (填“增大”、“减小”或“不变”)，阳极的电极反应式为 。
【答案】（1）；A点所处温度下催化剂失去活性
（2）<；<；c；
（3）增大；
【知识点】盖斯定律及其应用；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)已知反应①
②
③
④
根据盖斯定律可知④=②-①+2×③=394-(-74)+2×(-110)=+248KJ/mol；
由图可知，A点CO2的转化率小于平衡转化率率，说明反应未达到平衡状态，但在无催化剂及ZrO2催化下反应相同时间，测得CO2的转化率相等，说明催化剂失去活性，故答案为：A点所处温度下催化剂失去活性；
(2)①相同温度下，f那条线对应的二氧化碳的转化率较低，则二氧化碳较多，故f<3；
由图可知随着温度的升高二氧化碳的转化率降低，则该反应为放热反应，C点温度低，平衡常数大，故 < ；
②水是产物，该反应是放热反应，随着温度升高含量减少的是水和乙烯，水的计量系数较大，故代表 的变化曲线是c；d代表的是乙烯，a代表氢气，b代表二氧化碳，则根据图中的数据可知温度为390℃各种物质的物质的量分数分别为：乙烯：0.12，水：0.48，二氧化碳：0.1，氢气0.3，则平衡常数 ；
(3)电解时阴极的电极反应为：CO2+H2O+2e-=CO+2OH-，氢氧根浓度增大，则pH增大；阳极为甘油失去电子生成甘油醛，电极反应为： ；
【分析】（1）根据盖斯定律计算；A点CO2的转化率小于平衡转化率率，说明反应未达到平衡状态，从催化剂活性角度分析；
（2）① 越大，CO2的平衡转化率越大；由图可知，降低温度，CO2的平衡转化率增大，说明该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小；
②该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则C2H4(g)和H2O(g)物质的量分数减小；根据计算；
（3）CO2和H2O在阴极发生还原反应生成CO和H2；甘油在阳极失去电子生成甘油醛。
30．（2022·齐齐哈尔模拟）含氯化合物的反应在化学工业中具有重要的地位。回答下列问题：
（1）次氯酸钠氧化法可以制备Na2FeO4。
已知：2H2(g)
+O2(g)=2H2O(l) ΔH=a kJ·mol-1
NaCl(aq)+H2O(l)=NaClO(aq)+
H2(g) ΔH =b kJ·mol-1
4Na2FeO4
(aq) + 10H2O(l)=4Fe(OH)3(s) +3O2 (g)十8NaOH(aq) ΔH=c kJ·mol-1
反应2Fe(OH)3(s)十3NaClO(aq) + 4NaOH(aq)=2Na2FeO4 (aq) + 3NaCl(aq)
+5H2O(l)的 △H= kJ·mol-1。
（2）光气(COCl2)是重要的含氯化合物。常用于医药、农药制造，工业上利用一氧化碳和氯气反应制备，反应方程式为CO(g)+Cl2(g) COCl2(g)。在1 L恒温恒容密闭容器 中充入2.5molCO和1.5molCl2，在催化剂作用下发生反应，测得CO及COCl2的物质的量随时间变化如图1所示：
①0~15s内，Cl2的平均反应速率为 mol· L-1·min-1
②第一次平衡时，CO的平衡转化率为 ；此温度下，该反应的平衡常数KC= (保留两位有效数字)。
③在第20 s时，改变的条件是 。
（3）工业上常用氯苯(C6H5-Cl)和硫化氢(H2S)反应来制备一种用途广泛的有机合成中间体苯硫酚(C6H5-SH)
，但会有副产物苯(C6 H6)生成。
Ⅰ．C6H5-Cl(g)+H2S(g C6H5-SH(g)+HCl(g) ΔH1= -16.8 kJ·mol-1；
Ⅱ．C6H5- Cl(g)+ H2S(g)=C6H6(g)+HCl(g)+ S8(g) △H2= - 45.8 kJ·mol-1。
①将一定量的C6H5-Cl和H2S的混合气体充入恒容的密闭容器中，控制反应温度为T(假设只发生反应Ⅰ)，下列可以作为反应Ⅰ达到平衡的判据是 (填字母)。
A．气体的压强不变 B．平衡常数不变
C． v正(H2S)= v逆(HCl) D．容器内气体密度不变
②现将一定量的C6H5-Cl和H2S置于一固定容积的容器中模拟工业生产过程，在不同温度下均反应20 min测定生成物的浓度，得到图2和图3。
(R为H2S与C6H6-Cl的起始物质的量之比)，图2显示温度较低时C6H5-SH浓度的增加程度大于C6H6，从活化能角度分析其主要原因是 ；结合图2和图3，该模拟工业生产制备C6H5 - SH的适宜条件为 。
【答案】（1）- a-3b-
（2）3；30%；0.57；增大CO的物质的量
（3）C；反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，反应Ⅰ的反应速率快于反应Ⅱ，相同时间内获得的产物的浓度自然反应Ⅰ比反应Ⅱ多；温度590K，R=2.5
【知识点】盖斯定律及其应用；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)①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH=a kJ·mol-1
②NaCl(aq)+H2O(l)=NaClO(aq)+H2(g) ΔH=b kJ·mol-1
③4Na2FeO4(aq)+10H2O(l)=4Fe(OH)3(s)+3O2(g)+8NaOH(aq) ΔH=c kJ·mol-1
根据盖斯定律，- ③-②×3-①× 得2Fe(OH)3(s)+3NaClO(aq)+4NaOH(aq)=2Na2FeO4(aq)+3NaCl(aq)+5H2O(l)的ΔH=- a-3b- c kJ·mol-1。
(2)①0~15 s时CO的变化物质的量为2.5mol-1.75mol=0.75mol，则Cl2的变化物质的量也为0.75mol，Cl2的平均反应速率为 =0.05mol/(L·s)=3mol·L-1·min-1；
②反应进行到15s时达到第一次平衡，CO的平街转化率为 =30%；此时平衡体系内CO为1.75mol/L、Cl2为0.75mol/L、COCl2为0.75mol/L，该反应的平衡常数K= = 0.57；
③在第20 s时，CO的物质的量瞬间迅速增大，然后平衡正向进行，说明此时改变的条件是增大CO的物质的量；
(3)①A．反应前后气体分子总数不变，总物质的量不变，利用相同条件下，压强之比等于气体物质的量之比，即气体压强始终保持不变，压强不变不能说明该反应达到平衡，故A不正确；
B．平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数始终不变，因此平衡常数不变不能说明反应达到平衡，故B不正确；
C． v正(H2S)表示正反应速率， v逆(HCl)表示逆反应速率，化学反应速率之比等于化学计量数之比，因此v正(H2S)=v逆(HCl)说明反应达到平衡，故C正确；
D．组分都是气体，则气体总质量始终不变，容器为恒容状态，气体总体积保持不变，根据密度的定义，气体密度始终不变，气体密度不变，不能说明反应达到平衡，故D不正确；
故答案为C；
②C6H5-Cl由反应Ⅰ生成，C6H6由反应Ⅱ生成，图2显示温度较低时C6H5-Cl浓度的增加程度大于C6H6，说明反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，反应Ⅰ的反应速率快于反应Ⅱ，相同时间内获得的产物的浓度自然反应Ⅰ比反应Ⅱ多；根据图2和图3的数据信息，该模拟工业生产制备C6H5-Cl的适宜条件为温度590K，R=2.5。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；
（2）①根据计算；
②根据计算CO的平衡转化率；根据= 计算K；
③在第20s时，CO的物质的量瞬间迅速增大；
（3）①可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变，据此判断；
②活化能越大，反应速率越小。
31．（2022·衡水模拟）1，6 己二醇是一种重要的化工原料，与乙二醇相比，用1，6 己二醇为原料制备的聚酯具有更为优异的柔韧性和抗腐蚀性。工业上利用己二酸二甲酯加氢制备1，6 己二醇，该反应的化学方程式如图：
(g)+4H2(g)→ (g)+2CH3OH(g) ΔH。
（1）已知：
化学键 C=O C O C H C C O H H H
键能/ kJ mol 1 745 358 413 347 467 436
计算上述反应的△H= ；此反应自发进行的条件是 (填“高温易自发”“低温易自发”或“任何温度都能自发”)。
（2）将组成(物质的量分数)为4n%H2(g)、n% (g)的气体通入刚性密闭反应器中，在温度一定、压强为pMPa条件下只进行上述反应。平衡时，若压强为qMPa，平衡时 (g)的转化率为= (用p、q的代数式表示，下同)，平衡常数Kp= (以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
（3）科研小组在高压反应釜中进行催化加氢反应，对己二酸二甲酯制备1，6 己二醇的工艺条件进行了研究。图甲和图乙为此反应在相同时间时，反应压力、反应温度与反应物的转化率和1，6 己二醇选择性的变化关系。
已知，选择性= ×100%。
①由图可知，在压强为27MPa时，己二酸二甲酯制备1，6 己二醇应选择的合适温度为 ；选择此温度的理由是 ；当260℃时，转化率随着压强增大而不断增大的原因是 。
②图丙为反应时间与加氢反应时反应物的转化率和选择性的关系。
综合考虑，反应时间控制在5h左右较为合适。此时1，6 己二醇的产率为 。
【答案】（1） 286 kJ mol 1；低温易自发
（2） ×100%或 %；
（3）290℃；290℃时反应物的转化率较高，且此温度下的产物选择性较高；相同温度时压强大，反应速率加快，且达到平衡后，增大压强利于平衡正向移动，使反应物转化率增大；50.05%
【知识点】反应热和焓变；化学平衡常数；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)根据方程式分析得到酯基中碳氧单键断裂，形成氧氢键和碳氢键，碳氧双键断裂又形成碳氢键、碳氧单键和氧氢键，因此可简化计算上述反应的△H=2E(C=O)+2E(C O)+4E(H H) 4E(O H) 4E(C H) 2E(C O) =745 kJ mol 1×2＋436 kJ mol 1×4 467kJ mol 1×4 413 kJ mol 1×4= 286 kJ mol 1；该反应是气体体积减小的反应即△H＜0、△S＜0，根据△G=△H T△S判断温度高的时候△G＜0，因此得到低温易自发；故答案为： 286 kJ mol 1；低温易自发。
(2)根据题意建立三段式 0.2p x+0.8p 4x+x+2x=q，解得2x=p q，x= ，则a(已二酸二甲酯)= ×100%或 %；Kp= ；故答案为： ×100%或 %； 。
(3)①由图可知，在27MPa时，290℃己二酸二甲酯的转化率和1，6 己二醇的选择性均高于280℃，因此温度选择290℃；相同温度时压强大，反应速率快，且达平衡时，增大压强有利于平衡正向移动，使反应物转化率增大；故答案为：290℃ ；290℃时反应物的转化率较高，且此温度下的产物选择性较高；相同温度时压强大，反应速率加快，且达到平衡后，增大压强利于平衡正向移动，使反应物转化率增大。
②反应时间控制在5h时，产物的产率为92%×54.4%≈50.05%；故答案为：50.05%。
【分析】（1）根据ΔH=反应物总键能-生成物总键能；根据ΔH TΔS<0判断；
（2）列出反应的三段式进行计算；
（3）①27MPa，温度为290℃时二酸二甲酯的转化率和1，6 己二醇的选择性最高；增大压强有利于平衡正向移动；
②根据选择性= ×100% 计算。
32．（2022·淮北模拟）煤、石油等传统能源使用时污染严重，且日渐枯竭，科学家们寻找其他清洁能源作为替代品，其中甲烷的开发利用成为一个热点。以下是甲烷水蒸气重整的应用：
已知：①
②
（1）甲烷水蒸气重整原理CH4(g)+2H2O(g) CO2(g)+4H2(g) △H3，则△H3= kJ/mol。
（2）向恒容容器中加入1 molCH4和2 molH2O，在恒定的温度，初始压强a MPa下进行反应，
①当分离出0.8molH2时，分离比η= 。(分离比 ，实际 分离量与CH4完全转化时得到的H2量的比例，体现H2分离的程度)。
②下图是甲烷平衡转化率与温度、H2分离比的关系，其中η1、η2、η3的由大到小的关系是 。
③η3=0.25时，A点气体的总压p(总) a MPa(填“>”、“=”、“<”)；H2的分压p(H2)= MPa；平衡常数Kp= (MPa)2。
（3）从反应体系中分离出H2、CO2需要消耗能量(分离能耗)，不同的分离方式需要的分离能耗与甲烷平衡转化率的关系如下图所示：
在提供相同的分离能量时，哪种分离方式更有利于提高甲烷平衡转化率 。
【答案】（1）+165
（2）0.2；η3>η2>η1；=；；
（3）双分离CO2和H2
【知识点】盖斯定律及其应用；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)由盖斯定律可知，目标反应式=①-2×②，因此△H3=△H1-2×△H2= +247kJ/mol-2×41kJ/mol =+165 kJ/mol，故答案为+165；
(2)①根据分离比的定义：分离比 ，指实际H2分离量与CH4完全转化时得到的H2量的比例，所以当分离出0.8molH2时，分离比 ，故答案为0.2；②根据甲烷平衡转化率与温度、H2分离比的关系图可知，当温度一定时，CH4的平衡转化率越大，说明体系中生成的H2越多，分离出的H2越多，则分离比越大，所以η1、η2、η3的由大到小的关系是η3>η2>η1，故答案为η3>η2>η1；③当η3=0.25时，可知从体系中分离出H2的物质的量为1mol，根据图像A点甲烷平衡转化率为50%，所以三段式如下：
，根据PV=nRT，可知当T、V一定时，体系气体的压强与气体的物质的量成正比，反应前n(气体)=3mol，反应平衡后由于从体系分离出1mol H2，n(气体)=0.5mol +1mol +0.5mol +2mol -1mol =3mol，所以A点气体的总压p(总)=a MPa；根据前面的分析可知，从体系中分离出H2的物质的量为1mol，体系还剩余1mol H2，所以H2的分压p(H2)= MPa；平衡常数 ，故答案为：=， ， ；
(3)通过图像可知，在提供相同的分离能量时，双分离CO2和H2这种方式更有利于提高甲烷平衡转化率，故答案为双分离CO2和H2。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；
（2）①分离比的定义计算；
②离出的H2越多，分离比越大；
③列出反应的三段式进行计算；
（3）结合图像分析。
33．（2022·临沂模拟）氢能源具有广泛的应用前景，甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一，涉及反应如下：
I．CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) △H1
II．CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H2<0
III．CH4(g) +2H2O(g) CO2(g)+4H2(g) △H3>0
回答下列问题：
（1）为标准摩尔生成焓，其定义为标准状态下，由稳定相态的单质生成1mol该物质的焓变。对于稳定相态单质，其为零。部分物质的标准摩尔生成焓如下表。
物质 CH4(g) CO(g) H2O(1)
/(kJ·mol-1) -75 -110.5 -285.8
△H1= kJ·mol-1[已知：H2O(g)= H2O(1)△H= -44kJ·mol-1]。
（2）某温度下，CH4(g)和H2O(g)按投料比1：3加入密闭容器中催化重整制取高纯氢，平衡时CH4的转化率为80%，H2的体积分数为50%，则H2O的转化率为 ；反应物投料比小于反应的化学计量数之比，目的是 。
（3）用CaO可以去除CO2。H2体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如图所示。从t1时开始，H2体积分数显著降低，单位时间CaO消耗率 (填“升高”“降低”或“不变”)。此时CaO消耗率约为35%，大部分已失效，原因是 。
（4）在一定条件下，选择合适的催化剂发生反应CO(g)+H2O(g) CO2(g) +H2(g)，调整CO和H2O初始投料比，测得CO的平衡转化率如图。
已知：反应速率=正-逆=k正x(CO)·x(H2O)-k逆x(CO2)·x(H2)，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数。A、B、D、E四点中温度最高的是 ，在C点所示投料比下，当CO转化率达到40%时， = 。
【答案】（1）+206.3
（2）40%；提高CH4的转化率
（3）降低；CaO+CO2=CaCO3，生成的CaCO3覆盖在CaO的表面，减小了CaO与 CO2的接触面积，导致吸收效率降低甚至失效
（4）B；5.0625
【知识点】盖斯定律及其应用；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)由题干表中数据可知，CH4(g)+H2O(l) CO(g)+3H2(g) 2=(-110.5) –[(-75kJ/mol)+(-285.8kJ/mol)] =+250.3kJ/mol，又知H2O(g)= H2O(1) △H= -44kJ·mol-1，故CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) △H1=2+△H=250.3+(-44)=+206.3kJ/mol，故答案为：+206.3；
(2)某温度下，CH4(g)和H2O(g)按投料比1：3加入密闭容器中催化重整制取高纯氢，平衡时CH4的转化率为80%，H2的体积分数为50%，分析反应I．CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)和III．CH4(g) +2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)反应前后气体体积均增大了2，反应II．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)前后气体体积不变，故设CH4起始量为1mol，则H2O为3mol，则反应后气体的总物质的量为：(1+3+2×0.8)=5.6mol，根据氢原子守恒可知：2n(H2)+2n(H2O)=1×4+2×3-4×0.2，由n(H2)=5.6mol×50%=2.8mol，解得n(H2O)=1.8mol，则H2O的转化率为=40%，反应物投料比小于反应的化学计量数之比，即增大H2O的用量，其目的是增大H2O的用量，提高CH4的转化率，故答案为：40%；提高CH4的转化率；
(3)由题干图像可知，从t1时刻开始CaO消耗曲线的斜率明显减小，故单位时间内CaO的消耗速率降低，由于CaO+CO2=CaCO3，生成的CaCO3覆盖在CaO的表面，减小了CaO与 CO2的接触面积，导致吸收效率降低甚至失效，故答案为：降低；CaO+CO2=CaCO3，生成的CaCO3覆盖在CaO的表面，减小了CaO与 CO2的接触面积，导致吸收效率降低甚至失效；
(4)由题干信息可知，II．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H2<0故升高温度，平衡逆向移动，CO的平衡转化率减小，故可知B点温度高于A点，而增大n(CO)：n(H2O)的比值，CO的转化率减小，故可知B点温度高于D点高于E点，故最高为B点，C点数值为(1，60)，由三段式分析：，C点温度下的平衡常数为K===2.25，反应达到平衡时正=逆，即k正x(CO)·x(H2O)=k逆x(CO2)·x(H2)，则=K=2.25，在达到平衡状态为C点的反应过程中，当CO转化率刚好达到40%时，三段式分析：，则x(CO2)=x(H2)==0.2，x(CO)=x(H2O)==0.3，==K=2.25×=5.0625，故答案为：B；5.0625。
【分析】(1)根据盖斯定律计算；
(2)根据原子守恒计算；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；
(3)依据影响反应速率的因素分析；
(4)利用三段式法计算。
34．（2022·克拉玛依模拟）
（1）I.已知下列热化学方程式
①NaHCO3(s)=Na+(aq)+HCO(aq) ΔH=+18.81kJ·mol-1
②Na2CO3(s)=2Na+(aq)+CO(aq) ΔH=-16.44kJ·mol-1
③2NaHCO3(s)=Na2CO3(s)+CO2(g)+H2O(l) ΔH=+92.34kJ·mol-1
回答下列问题：
2HCO(aq)=CO(aq)+CO2(g)+H2O(l)ΔH= kJ·mol-1。资料显示，NaHCO3固体加热到100℃发生分解，但是加热NaHCO3溶液不到80℃就有大量CO2气体放出，用反应热角度说明原因 。
（2）NaHCO3溶液中主要存在2种化学平衡：
a.HCO+H2OH2CO3+OH-，
b.2HCOCO+H2O+CO2
根据理论计算0.10mol·L-1NaHCO3溶液中2个反应的转化率随温度变化如图1所示(不考虑相互影响)：
①计算25℃0.10mol·L-1NaHCO3溶液中CO2与H2CO3的总浓度最大可能为 mol·L-1。
②加热蒸干NaHCO3溶液最后得到的固体是 。
（3）II.研究得出当甲烷分解时，几种气体平衡时分压(Pa)与温度(℃)的关系如图2：
T1℃时，向1L恒容密闭容器中充入0.3molCH4，只发生反应2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)，达到平衡时，c(C2H4)=c(CH4)，则CH4的平衡转化率为 (小数点后保留一位)；上述平衡状态某一时刻，若改变温度至T2℃，CH4以0.01mol·L-1·s-1的平均速率增多，经ts后再次达到平衡，且平衡时，c(CH4)=2c(C2H4)，则t= s。
（4）列式计算反应2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)在图2中A点温度时的平衡常数K= (用平衡分压代替平衡浓度计算，lg0.05=-1.3)。
（5）由图2可知，甲烷裂解制乙炔有副产物乙烯生成，为提高甲烷制乙炔的转化率，除改变温度外，还可采取的措施有 。
【答案】（1）ΔH=+38.28kJ·mol-1；反应需要的能量比固体小
（2）1.7×10-2；Na2CO3
（3）66.7%；5
（4）5.0×104
（5）充入适量的乙烯
【知识点】盖斯定律及其应用；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)加热NaHCO3溶液不到80℃就有大量CO2气体放出，反应为2HCO(aq)=CO(aq)+CO2(g)+H2O(l)；该反应可由②+③-①×2得到，根据盖斯定律，该反应的焓变为：，反应需要的能量比固体小，因而在溶液中分
解温度更低；故答案为：2HCO(aq)=CO(aq)+CO2(g)+H2O(l) △H=+38.28kJ mol-1，反应需要的能量比固体小；
(2)①根据图像可知，25℃时，HCO的转化率为2%，即生成H2CO3的浓度为：0.10mol/L×2%=2×10-3mol/L，25℃时，反应b中HCO的转化率为30%，即生成CO2的浓度为：0.10mol/L×30%×=1.5×10-2mol/L，所以25℃0.10mol·L-1NaHCO3溶液中CO2与H2CO3的总浓度最大可能为：2×10-3mol/L+1.5×10-2mol/L=1.7×10-2mol/L；
②加热蒸干NaHCO3溶液，NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2、和水，所以最后得到的固体是Na2CO3；
(3)根据方程式 2CH4(g) C2H4(g)+2H2(g)，假设达到平衡时，生成n(C2H4)为xmol，
由于恒容密闭容器体积不变，所以达到平衡时，c(C2H4)=c(CH4)，即n(C2H4)=n(CH4)=x=0.3-2x，计算得x=0.1mol，甲烷的转化率为：=66.7%，从图像可知，温度升高，各气体的分压减小，即反应向逆反应方向移动，所以甲烷的物质的量增加，则T2>T，假设再次平衡时乙烯转化的物质的量是ymol，则根据方程式可知生成甲烷的物质的量是2ymol，因此0.1+2y=2×(0.1-y)，解得y=0.025mol，这说明甲烷的物质的量增加了0.025mol×2=0.05mol，所以时间t=；
(4)根据图像可知，平衡时甲烷、氢气、乙炔的平均分压分别是103、104、0.05，所以A点温度时的平衡常数为：K=；
故答案为；5.0×104；
(5)根据方程式可知，增大乙烯的浓度可以增大甲烷的浓度，进而提高乙炔的转化率；故答案为：充入适量的乙烯。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；
（2）①25℃时，HCO的转化率为2%；
②碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠；
（3）列出反应的三段式计算；
（4）根据K=计算；
（5）增大乙烯的量可提高乙炔的转化率。
35．（2022·舟山模拟）近年来CO2变废为宝，改善环境是科学研究的重要课题，对于实现废气资源的再利用及碳循环经济技术的发展都具有重要意义。
（1）I.已知CO2、C2H6为原料合成C2H4涉及的主要反应如下：
①C2H6(g) CH4(g)+H2(g)+C(s) △H1=+9kJ·mol-1
②C2H4(g)+H2(g) C2H6(g) △H2=-136 kJ·mol-1
③H2(g)+CO2(g) H2O(g)+CO(g) △H3=+41 kJ·mol-1
④CO2(g)+C2H6(g) C2H4(g)+H2O(g)+CO(g) △H4
△H4= ，0.1MPa 时向密闭容器中充入CO2和C2H6，发生反应④，温度对催化剂K- Fe-Mn/Si 性能的影响如图：
工业生产综合各方面的因素，根据图中的信息判断反应的最佳温度是 ℃。
（2）在800℃时，n(CO2)：n(C2H6)=1： 3，充入一定体积的密闭容器中，在有催化剂存在的条件下，发生反应④，初始压强为p0，一段时间后达到平衡，产物的总物质的量与剩余反应物的总物质的量相等，则该温度下反应的平衡常数Kp= (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，用最简分式表示)。
（3）II．CO2和H2制备CH3OH，可实现CO2的资源化利用，涉及的反应如下：
主反应： CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H ＜0
副反应： CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) △H＞0
将反应物混合气体按进料比n(CO2)： n(H2)=1： 3通入反应装置中，选择合适的催化剂，发生上述反应。
不同温度下，CO2的平衡转化率如图①所示，温度高于503K时，CO2 的平衡转化率随温度的升高而增大的原因是 。 实际生产中，保持压强不变，相同反应时间内不同温度下CH3OH的产率如图②所示，由图可知，523K时CH3OH的产率最大，可能的原因是 。
（4）III．捕碳技术(主要指捕获CO2在降低温室气体排放中具有重要的作用。
已知： NH3·H2O的Kb=1.7 ×10-5， H2CO3的Ka1=4.3 ×10-7， Ka2 =5.6 ×10-112023年高考真题变式分类汇编：化学平衡转化过程中的变化曲线2
一、选择题
1．（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
2．（2022·广东）在相同条件下研究催化剂I、Ⅱ对反应 的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，则（ ）
A．无催化剂时，反应不能进行
B．与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更低
C．a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化
D．使用催化剂Ⅰ时， 内，
3．（2022·沈阳模拟）在一定条件下，取一定量的A和B在恒容密闭容器中发生反应：。达到平衡时，M的浓度与温度和容器容积的关系如图所示。下列有关判断正确的是 （ ）
A．
B．E点的平衡常数小于F点的平衡常数
C．达到平衡后，增大A的浓度将会提高B的转化率
D．
4．（2022·门头沟模拟）工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯：CH3OH(g)+CO(g)HCOOCH3(g)，在容积固定的密闭容器中，投入等物质的量CH3OH和CO，测得相同时间内CO的转化率随温度变化如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．反应速率vb>vd
B．由图可知生产时反应温度控制在80～85℃为宜
C．向该容器中充入N2，CH3OH的转化率增大
D．d→e，CO的转化率随温度的升高而减小，是因为该反应是吸热反应，升高温度反应正向移动
5．（2022·广州模拟）一定温度下向容器中加入A发生反应如下：①A→B，②A→C，③B C。反应体系中A、B、C的浓度随时间t的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．反应①的活化能大于反应②
B．该温度下，反应③的平衡常数大于1
C．t1时，B的消耗速率大于生成速率
D．t2时，c(C)=c0-c(B)
6．（2022·南京模拟）我国提出了2030年前碳达峰、2060年前碳中和的“双碳”目标。二氧化碳催化加氢合成是一种实现“双碳”目标的有效方法，其主要反应的热化学方程式为
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
恒压下，时，甲醇产率随温度的变化如图所示(分子筛膜能选择性分离出)。下列关于该实验的说法不正确的是（ ）
A．甲醇平衡产率随温度升高而降低的主要原因：温度升高，反应I平衡逆向移动
B．采用分子筛膜时的适宜反应温度：210℃
C．M→N点甲醇产率增大的原因：温度升高，反应I平衡常数增大
D．X点甲醇产率高于Y点的主要原因：分子筛膜可从反应体系中分离出，有利于反应I正向进行
7．（2021·海门模拟）甲醛中木材加工、医药等方面有重要用途。甲醇利用脱氢法可制备甲醛，主要反应为：CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g) H=+85.2kJ mol-1。Na2CO3是甲醇脱氢制甲醛的催化剂，有研究指出，催化反应的部分机理如下：
历程ⅰ：
历程ⅱ：
历程ⅲ：
历程ⅳ：
如图所示为在体积2L的恒容容器中，投入1molCH3OH，在碳酸钠催化剂作用下，经过5min反应，测得甲醇转化率与甲醛的选择性与温度的关系(甲醛的选择性：转化的CH3OH中生成HCHO的百分比)，下列有关说法正确的是（ ）
A．600℃时，前5min内生成甲醛的平均速率v(HCHO)=0.055mol·L-1·min-1
B．700℃时，反应历程ⅱ的速率小于反应历程ⅲ的速率
C．脱氢法制甲醛中，在高温高压条件下更有利于提高平衡产率
D．反应历程ⅰ的活化能大于CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g)的活化能
8．（2022·缙云模拟）已知：，均难溶于水，，离子浓度时认为其沉淀完全。时，，的沉淀溶解平衡曲线如图所示，其中，或。下列叙述正确的是（ ）
A．时，的数量级为
B．时，点对应为的饱和溶液
C．时，的平衡常数
D．时，向浓度均为的和的混合溶液中加入溶液，当恰好完全沉淀时，溶液中
9．（2021·金山模拟）在体积均为1.0L的恒容密闭容器甲、乙中，起始投料量如表，在不同温度下发生反应：CO2(g)+C(s)2CO(g)。CO的平衡浓度随温度的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
容器 n(CO2)/mol n(C)/mol n(CO)/mol
甲 0.1 0.3 0
乙 0 0 0.4
A．曲线Ⅰ对应的是甲容器
B．a、b两点所处状态的压强大小关系：9pa＞14pb
C．c点：CO的体积分数＞
D．900K时，若起始向容器乙中加入CO、CO2、C各1mol，则v(正)＞v(逆)
10．（2021·宁波模拟）在一定条件下的1L密闭容器中，X、Y、C三种气体的物质的量随时间的变化如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．0～15min，消耗C的平均速率约为0.033mol L-1 min-1
B．X、Y、C三种气体发生反应的化学方程式为：Y(g)+3X(g)2C(g)
C．反应开始到25min，X的转化率为25%
D．25min时改变的一个条件可能是缩小容器体积
11．（2021·嘉定模拟）下图表示反应 在某段时间 里的反应速率与反应过程的关系图，则C的百分含量最高的一段是（ ）
A． B． C． D．
12．（2021·信阳模拟）在体积为2 L的恒容密闭容器中发生反应xA(g)＋yB(g) zC(g)，图①表示200 ℃时容器中A、B、C的物质的量随时间的变化，图②表示不同温度下平衡时C的体积分数随起始n(A)∶n(B)的变化关系。则下列结论正确的是 ( )
A．200 ℃时，反应从开始到平衡的平均速率v(B)＝0.04 mol·L－1·min－1
B．由图②知反应xA(g)＋yB(g) zC(g)的ΔH>0，且a＝2
C．若在图①所示的平衡状态下，再向体系中充入He，重新达到平衡前v(正)>v(逆)
D．200 ℃，6 min时向容器中充入2 mol A和1 mol B，重新达到平衡时，A的体积分数大于0.5
二、多选题
13．（2021·泰安模拟）常温下，Cu(OH)2和Fe(OH)3饱和溶液的浓度随pH的变化如图所示，已知：Ksp[Cu(OH)2]=1×10-20，Ksp[Fe(OH)3]=1×10-38.下列说法正确的是（ ）
A．曲线a对应的是Fe(OH)3饱和溶液
B．调节pH为4.5可除去FeCl3中的CuCl2
C．酸性溶液中Cu元素的存在形式可能为Cu2+或Cu(OH)2
D．滴加NaOH溶液，可实现X到Y的转化
14．（2021·日照模拟）向x mol·L-1的20mLH2B溶液中滴入相同浓度的NaOH溶液，测得H2B、HB-、B2-的pH-pc(pc=-lgc)曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．a、b点所在曲线对应的粒子为HB-
B．水电离出的氢离子浓度大小关系为：c>b>a
C．c点，滴入NaOH溶液的体积为10mL
D．
15．（2021高一下·日照期末）反应经历两步：①；②。反应体系中X、Y、Z的浓度c随时间t的变化曲线如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．曲线c为c(Y)随t的变化曲线
B．0~t1时间段内，反应速率
C．t2时，Y的消耗速率大于生成速率
D．t3后，
16．（2021高二下·河北期末）常温下，0.010mol·L-1的二元酸H2A溶液中H2A、HA-、A2-的物质的量分数δ（X）随pH变化如图所示：下列说法正确的是（ ）
A．NaHA溶液显酸性
B．H2A的第一步电离平衡常数Ka1=10-10
C．Na2A溶液中离子浓度大小关系为：c（Na+）>c（A2-）>c（OH-）>c（HA-）>>c（H+）
D．向H2A溶液中滴加相同浓度的NaOH溶液，滴加过程中离子浓度始终满足：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HA-）+2c（A2-）
17．（2021高二上·烟台期中）在I、Ⅱ、Ⅲ三个体积相等的恒容密闭容器中分别充入1molCO和2molH2，三个容器的反应温度分别为T1、T2、T3且恒定不变。在一定条件下能发生如下反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，在其他条件相同的情况下，实验测得反应均进行到tmin时CO的体积分数如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．反应CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)的ΔH＞0
B．若三个容器内的反应都达到化学平衡时，温度为T1时CO转化率最大
C．I、Ⅱ、Ⅲ三个容器中一定达到化学平衡状态的是Ⅱ和Ⅲ
D．若再向容器Ⅲ中充入0.1molCO、0.2molH2和0.4molCH3OH，则平衡时CH3OH的体积分数＞40%
18．（2021高二上·烟台期中）在一定体积的密闭容器中，可逆反应，有如图所示的反应曲线，下列说法中错误的是（ ）
A．正反应是放热反应
B．
C．若，y轴可表示A的转化率
D．若，y轴可表示D的体积分数
19．（2021高二上·湖南期中）一定温度下，向三个容积不等的恒容密闭容器()中分别投入2mol，反生反应：。tmin后，三个容器中的转化率如图中A，B，C三点。下列叙述错误的是（ ）
A．A点可延长反应时间，但的转化率不会改变
B．容积为cL的容器中的平衡转化率小于80%
C．容积为aL的容器达到平衡后再投入1mol和1mol，平衡不移动
D．A，C两点的压强之比为1：1
20．（2018高三上·武邑期中）对于可逆反应：2A(g)+ B(g) 2C(g)，分别测定反应在不同温度下达到平衡时B 的转化率，绘制了如图所示的曲线，图中a、b、c三点分别表示不同时刻的状态。下列分析正确的是（ ）
A．该反应的△H＜0
B．b点时混合气体的平均摩尔质量不再变化
C．增大压强，可使a点达到T1温度下平衡状态
D．c点表示的状态：v (正)> v (逆)
21．（2016高二上·鞍山期中）在某容积一定的密闭容器中，可逆反应：A（g）+B（g） xC（g），符合下列图象（Ⅰ）所示关系．由此推断对图（Ⅱ）的正确说法是（ ）
A．p3＞p4，Y轴表示A的质量
B．p3＞p4，Y轴表示混合气体平均摩尔质量
C．p3＞p4，Y轴表示混合气体密度
D．p3＜p4，Y轴表示B的百分含量
三、非选择题
22．（2022·天津市）天津地处环渤海湾，海水资源丰富。科研人员把铁的配合物(L为配体)溶于弱碱性的海水中，制成吸收液，将气体转化为单质硫，改进了湿法脱硫工艺。该工艺包含两个阶段：①的吸收氧化；②的再生。反应原理如下：
①
②
回答下列问题：
（1）该工艺的总反应方程式为 。1mol 发生该反应的热量变化为 ，在总反应中的作用是 。
（2）研究不同配体与所形成的配合物(A、B、C)对吸收转化率的影响。将配合物A、B、C分别溶于海水中，配成相同物质的量浓度的吸收液，在相同反应条件下，分别向三份吸收液持续通入，测得单位体积吸收液中吸收转化率随时间变化的曲线如图1所示。以由100%降至80%所持续的时间来评价铁配合物的脱硫效率，结果最好的是 (填“A”、“B”或“C”)。
（3）的电离方程式为 。25℃时，溶液中、、在含硫粒子总浓度中所占分数随溶液pH的变化关系如图2，由图2计算，的 ， 。再生反应在常温下进行，解离出的易与溶液中的形成沉淀。若溶液中的，，为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于 (已知25℃时，FeS的为)。
23．（2022·海南）某空间站的生命保障系统功能之一是实现氧循环，其中涉及反应：
回答问题：
（1）已知：电解液态水制备，电解反应的。由此计算的燃烧热(焓) 。
（2）已知：的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系如图1所示。
①若反应为基元反应，且反应的与活化能(Ea)的关系为。补充完成该反应过程的能量变化示意图(图2) 。
②某研究小组模拟该反应，温度t下，向容积为10L的抽空的密闭容器中通入和，反应平衡后测得容器中。则的转化率为 ，反应温度t约为 ℃。
（3）在相同条件下，与还会发生不利于氧循环的副反应：，在反应器中按通入反应物，在不同温度、不同催化剂条件下，反应进行到2min时，测得反应器中、浓度()如下表所示。
催化剂 t=350℃ t=400℃
催化剂Ⅰ 10.8 12722 345.2 42780
催化剂Ⅱ 9.2 10775 34 38932
在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，生成的平均反应速率为 ；若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件，原因是 。
24．（2022·山东）利用丁内酯(BL)制备1，4-丁二醇(BD)，反应过程中伴有生成四氢呋喃(THF)和丁醇(BuOH)的副反应，涉及反应如下：
已知：①反应Ⅰ为快速平衡，可认为不受慢反应Ⅱ、Ⅲ的影响；②因反应Ⅰ在高压氛围下进行，故压强近似等于总压。回答下列问题：
（1）以或BD为初始原料，在、的高压氛围下，分别在恒压容器中进行反应。达平衡时，以BL为原料，体系向环境放热；以BD为原料，体系从环境吸热。忽略副反应热效应，反应Ⅰ焓变 。
（2）初始条件同上。表示某物种i的物质的量与除外其它各物种总物质的量之比，和随时间t变化关系如图甲所示。实验测得，则图中表示变化的曲线是 ；反应Ⅰ平衡常数 (保留两位有效数字)。以BL为原料时，时刻 ，BD产率= (保留两位有效数字)。
（3）为达平衡时与的比值。、、三种条件下，以为初始原料，在相同体积的刚性容器中发生反应，随时间t变化关系如图乙所示。因反应在高压氛围下进行，可忽略压强对反应速率的影响。曲线a、b、c中，最大的是 (填代号)；与曲线b相比，曲线c达到所需时间更长，原因是 。
25．（2022·开封模拟）基于生物质的乙醇转化制氢是目前制氢领域研究较热门的技术之一。回答下列问题：
（1）电催化乙醇制氢的装置如图所示。装置工作时，能量转化方式是 ；阳极的电极反应式为 。
（2）水蒸气重整乙醇制氢包括的主要反应如下：
Ⅰ．CH3CH2OH(g)CO(g)+CH4(g)+H2(g) ΔH1=+49 kJ·mol-1K1；
Ⅱ．CH3CH2OH(g)+H2O(g)2CO(g)+4H2(g) ΔH2=+256 kJ·mol-1K2；
Ⅲ．CH4(g)+H2O(g)3H2(g)+CO(g) ΔH3K3；
Ⅳ．CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) ΔH4=-41 kJ·mol-1
①反应CH3CH2OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g)的ΔH= kJ·mol-1；反应III的平衡常数K3= (用K1、K2表示)。
②在0.1 MPa和650℃条件下，水醇物质的量之比与气体产率的关系如图所示。图中a、b代表的物质依次是 、 (填化学式)。
③在0.1 MPa、水醇比为7时，温度对气体产率的影响如图所示。在150~250℃主要发生的反应为 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)；温度高于650℃时，随着温度升高，H2的产率略有所下降，其原因是 。
④在0.1 MPa，水醇比为1时，在恒压密闭容器中若只发生反应CH3CH2OH(g)+H2O(g)2CO(g)+4H2(g)，达平衡时乙醇的转化率为α，则该反应的平衡常数Kp= MPa4(以平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×各物质的体积分数)。
26．（2022·德州模拟）“碳中和”有利于全球气候改善，的资源化利用成为研究重点。
（1）二氧化碳加氢合成二甲醒的反应包括三个相互关联的反应过程：
i.
ii.
iii.
①写出和生成的热化学方程式为 。
②在压强3.0MPa，，不同温度下的平衡转化率和产物的选择性如图所示(选择性是指生成某物质消耗的的物质的量占消耗总的物质的量的百分比)，
当温度超过290℃，的平衡转化率随温度升高而增大的原因是 。根据图中数据计算300℃时，的平衡产率为 。
（2）重整制的过程为：。发生的副反应为(1)中ii在刚性密闭容器中，进料比分别等于1.0、2.0，且起始时压强相同。平衡时甲烷的质量分数与温度的关系如图所示：
①曲线a的进料比为 。
②有利于提高平衡转化率的措施是 。(写出两条)。
③M点的平衡转化率为85%，的平衡转化率为88%，则副反应的压强平衡常数 (保留2位有效数字)。(已知：分压=总压×该组分的物质的量分数)
27．（2022·铜仁模拟）汽车尾气已成为城市空气的主要污染源之一，在汽车尾气处理系统中安装催化转化器，可减少CO和NOx的排放。
已知： i. CO(g)+NO2(g) CO2(g)+NO(g) ΔH1= -15.9 kJ·mol-1
ii.2CO(g)+ 2NO(g) 2CO2(g)+N2(g) ΔH2= -623 kJ·mol-1
iii. 4CO(g)+ 2NO2(g) 4CO2(g)+N2(g) ΔH3
回答下列问题：
（1）ΔH3= kJ·mol-1
（2）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了反应ii的反应历程，该反应经历了I、II、III三个过渡态。下图显示的是反应路径中每一阶段内各驻点的能量相对于此阶段内反应物能量的能量之差。以下说法正确的是 (填字母序号)。
a． N2O比更容易与CO发生反应
b．整个反应分为三个基元反应阶段，其中第一个反应阶段活化能最大
c．其他条件不变，增大压强或使用催化剂均可以增大反应速率，提高反应物的转化率
（3）一定温度下，将1 molCO、2 molNO充入2L固定容积的容器中发生反应ii，反应过程中部分物质的物质的量变化如图所示。
①该反应化学平衡常数的表达式K= ；
②前2 min内的平均反应速率v(NO)= ；
③8 min时，若改变反应条件，导致N2的物质的量发生如图所示的变化，则改变的条件可能是 。
（4）实验室模拟反应iii在相同的密闭容器中加入2 molCO和1 mol NO2，经过相同时间，测得NO2的转化率[α(NO2)]随温度的变化如图所示。1050K前NO2的转化率随温度升高而增大，原因是 ； 在1050K时，NO2的体积分数为 。
28．（2022·临汾模拟）研究NOx、SO2和CO等气体的相关反应对治理大气污染、建设生态文明具有重要意义。请回答下列问题：
（1）已知：①NO2(g)+CO(g) CO2(g)+NO(g)△H1=-233kJ·mol-1
②N2(g)+O2(g) NO(g)△H2=+179kJ·mol-1
③2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)△H3=-111.9kJ·mol-1
则2NO2(g)+4CO(g) 4CO2(g)+N2(g)△H= 。
（2）研究发现(1)中反应③分两步进行：
第一步：快反应2NO(g) N2O2(g)△H<0
第二步：慢反应N2O2(g)+O2(g) 2NO2(g)△H<0
活化能大小比较：Ea(第一步) Ea(第二步)(填“大于”、“等于”或“小于”)。
（3）在混有NO2(g)和N2O4(g)的VL密闭容器中发生反应2NO2(g) N2O4(g)△H<0，随着温度升高，体系中各物质平衡时的物质的量分数的变化关系如图1所示。曲线 (填“a”或“b”)表示NO2的物质的量分数x%与温度的变化关系。若T1℃时，混合气体的物质的量为zmol，升温至T2℃，反应tmin达到平衡，该过程以N2O4表示的平均化学反应速率为v0mol·L-1·min-1，则T2℃时平衡体系中n(N2O4)= mol(用含z、v0、t的式子表示)，此时物质的量分数平衡常数Kx= (用物质的量分数代替平衡浓度)。
（4）V2O5/炭基材料(活性炭、活性焦、活炭纤维)也可以脱硫脱硝。V2O5/炭基材料脱硫原理是：SO2在炭表面被吸附，吸附态SO2在炭表面被催化氧化为SO3，SO3再转化为硫酸盐等。
①V2O5/炭基材料脱硫时，通过红外光谱发现脱硫开始后催化剂表面出现了VOSO4的吸收峰，再通入O2后VOSO4吸收峰消失，该脱硫反应过程可表示为：SO2+V2O5+O2=VOSO4(配平方程式) 、 (用化学方程式表示)。
②气体流速和温度一定时，烟气中O2浓度对V2O5/炭基材料催化剂脱硫脱硝活性的影响如图2所示。当O2浓度过高时，去除率下降的可能原因是 。
29．（2022·聊城模拟）“双碳”目标大背景下，研发CO2利用技术，降低空气中的CO2含量成为研究热点。
（1） 重整制CO的反应为：
已知：
则 。
在 时，将CO2和CH4按物质的量之比为1∶1充入密闭容器中，分别在无催化剂及 催化下反应相同时间，测得CO2的转化率与温度的关系如图所示：
A点CO2转化率相等的原因是 。
（2）工业上CO2催化加氢制乙烯的反应为：
①在恒容密闭容器中，起始压强相同，CO2的平衡转化率随反应温度、起始投料比[ ]的变化如图。则f 3(填“>”、“=”或“<”，下同)；B、C两点的化学平衡常数 。
②当x=3时，保持体系压强始终为 ，平衡时四种组分的物质的量分数y随温度T的变化如图所示。代表 的变化曲线是 ；根据图中D(390，0.12)点，列出该反应的平衡常数计算式 (以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
（3）我国化学工作者设计出一种电解装置，该装置在碱性条件下能将CO2和甘油(C3H8O3)分别转化为合成气(CO、H2)和甘油醛( )。电解过程中，阴极附近溶液的pH (填“增大”、“减小”或“不变”)，阳极的电极反应式为 。
30．（2022·齐齐哈尔模拟）含氯化合物的反应在化学工业中具有重要的地位。回答下列问题：
（1）次氯酸钠氧化法可以制备Na2FeO4。
已知：2H2(g)
+O2(g)=2H2O(l) ΔH=a kJ·mol-1
NaCl(aq)+H2O(l)=NaClO(aq)+
H2(g) ΔH =b kJ·mol-1
4Na2FeO4
(aq) + 10H2O(l)=4Fe(OH)3(s) +3O2 (g)十8NaOH(aq) ΔH=c kJ·mol-1
反应2Fe(OH)3(s)十3NaClO(aq) + 4NaOH(aq)=2Na2FeO4 (aq) + 3NaCl(aq)
+5H2O(l)的 △H= kJ·mol-1。
（2）光气(COCl2)是重要的含氯化合物。常用于医药、农药制造，工业上利用一氧化碳和氯气反应制备，反应方程式为CO(g)+Cl2(g) COCl2(g)。在1 L恒温恒容密闭容器 中充入2.5molCO和1.5molCl2，在催化剂作用下发生反应，测得CO及COCl2的物质的量随时间变化如图1所示：
①0~15s内，Cl2的平均反应速率为 mol· L-1·min-1
②第一次平衡时，CO的平衡转化率为 ；此温度下，该反应的平衡常数KC= (保留两位有效数字)。
③在第20 s时，改变的条件是 。
（3）工业上常用氯苯(C6H5-Cl)和硫化氢(H2S)反应来制备一种用途广泛的有机合成中间体苯硫酚(C6H5-SH)
，但会有副产物苯(C6 H6)生成。
Ⅰ．C6H5-Cl(g)+H2S(g C6H5-SH(g)+HCl(g) ΔH1= -16.8 kJ·mol-1；
Ⅱ．C6H5- Cl(g)+ H2S(g)=C6H6(g)+HCl(g)+ S8(g) △H2= - 45.8 kJ·mol-1。
①将一定量的C6H5-Cl和H2S的混合气体充入恒容的密闭容器中，控制反应温度为T(假设只发生反应Ⅰ)，下列可以作为反应Ⅰ达到平衡的判据是 (填字母)。
A．气体的压强不变 B．平衡常数不变
C． v正(H2S)= v逆(HCl) D．容器内气体密度不变
②现将一定量的C6H5-Cl和H2S置于一固定容积的容器中模拟工业生产过程，在不同温度下均反应20 min测定生成物的浓度，得到图2和图3。
(R为H2S与C6H6-Cl的起始物质的量之比)，图2显示温度较低时C6H5-SH浓度的增加程度大于C6H6，从活化能角度分析其主要原因是 ；结合图2和图3，该模拟工业生产制备C6H5 - SH的适宜条件为 。
31．（2022·衡水模拟）1，6 己二醇是一种重要的化工原料，与乙二醇相比，用1，6 己二醇为原料制备的聚酯具有更为优异的柔韧性和抗腐蚀性。工业上利用己二酸二甲酯加氢制备1，6 己二醇，该反应的化学方程式如图：
(g)+4H2(g)→ (g)+2CH3OH(g) ΔH。
（1）已知：
化学键 C=O C O C H C C O H H H
键能/ kJ mol 1 745 358 413 347 467 436
计算上述反应的△H= ；此反应自发进行的条件是 (填“高温易自发”“低温易自发”或“任何温度都能自发”)。
（2）将组成(物质的量分数)为4n%H2(g)、n% (g)的气体通入刚性密闭反应器中，在温度一定、压强为pMPa条件下只进行上述反应。平衡时，若压强为qMPa，平衡时 (g)的转化率为= (用p、q的代数式表示，下同)，平衡常数Kp= (以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
（3）科研小组在高压反应釜中进行催化加氢反应，对己二酸二甲酯制备1，6 己二醇的工艺条件进行了研究。图甲和图乙为此反应在相同时间时，反应压力、反应温度与反应物的转化率和1，6 己二醇选择性的变化关系。
已知，选择性= ×100%。
①由图可知，在压强为27MPa时，己二酸二甲酯制备1，6 己二醇应选择的合适温度为 ；选择此温度的理由是 ；当260℃时，转化率随着压强增大而不断增大的原因是 。
②图丙为反应时间与加氢反应时反应物的转化率和选择性的关系。
综合考虑，反应时间控制在5h左右较为合适。此时1，6 己二醇的产率为 。
32．（2022·淮北模拟）煤、石油等传统能源使用时污染严重，且日渐枯竭，科学家们寻找其他清洁能源作为替代品，其中甲烷的开发利用成为一个热点。以下是甲烷水蒸气重整的应用：
已知：①
②
（1）甲烷水蒸气重整原理CH4(g)+2H2O(g) CO2(g)+4H2(g) △H3，则△H3= kJ/mol。
（2）向恒容容器中加入1 molCH4和2 molH2O，在恒定的温度，初始压强a MPa下进行反应，
①当分离出0.8molH2时，分离比η= 。(分离比 ，实际 分离量与CH4完全转化时得到的H2量的比例，体现H2分离的程度)。
②下图是甲烷平衡转化率与温度、H2分离比的关系，其中η1、η2、η3的由大到小的关系是 。
③η3=0.25时，A点气体的总压p(总) a MPa(填“>”、“=”、“<”)；H2的分压p(H2)= MPa；平衡常数Kp= (MPa)2。
（3）从反应体系中分离出H2、CO2需要消耗能量(分离能耗)，不同的分离方式需要的分离能耗与甲烷平衡转化率的关系如下图所示：
在提供相同的分离能量时，哪种分离方式更有利于提高甲烷平衡转化率 。
33．（2022·临沂模拟）氢能源具有广泛的应用前景，甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一，涉及反应如下：
I．CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) △H1
II．CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H2<0
III．CH4(g) +2H2O(g) CO2(g)+4H2(g) △H3>0
回答下列问题：
（1）为标准摩尔生成焓，其定义为标准状态下，由稳定相态的单质生成1mol该物质的焓变。对于稳定相态单质，其为零。部分物质的标准摩尔生成焓如下表。
物质 CH4(g) CO(g) H2O(1)
/(kJ·mol-1) -75 -110.5 -285.8
△H1= kJ·mol-1[已知：H2O(g)= H2O(1)△H= -44kJ·mol-1]。
（2）某温度下，CH4(g)和H2O(g)按投料比1：3加入密闭容器中催化重整制取高纯氢，平衡时CH4的转化率为80%，H2的体积分数为50%，则H2O的转化率为 ；反应物投料比小于反应的化学计量数之比，目的是 。
（3）用CaO可以去除CO2。H2体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如图所示。从t1时开始，H2体积分数显著降低，单位时间CaO消耗率 (填“升高”“降低”或“不变”)。此时CaO消耗率约为35%，大部分已失效，原因是 。
（4）在一定条件下，选择合适的催化剂发生反应CO(g)+H2O(g) CO2(g) +H2(g)，调整CO和H2O初始投料比，测得CO的平衡转化率如图。
已知：反应速率=正-逆=k正x(CO)·x(H2O)-k逆x(CO2)·x(H2)，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数。A、B、D、E四点中温度最高的是 ，在C点所示投料比下，当CO转化率达到40%时， = 。
34．（2022·克拉玛依模拟）
（1）I.已知下列热化学方程式
①NaHCO3(s)=Na+(aq)+HCO(aq) ΔH=+18.81kJ·mol-1
②Na2CO3(s)=2Na+(aq)+CO(aq) ΔH=-16.44kJ·mol-1
③2NaHCO3(s)=Na2CO3(s)+CO2(g)+H2O(l) ΔH=+92.34kJ·mol-1
回答下列问题：
2HCO(aq)=CO(aq)+CO2(g)+H2O(l)ΔH= kJ·mol-1。资料显示，NaHCO3固体加热到100℃发生分解，但是加热NaHCO3溶液不到80℃就有大量CO2气体放出，用反应热角度说明原因 。
（2）NaHCO3溶液中主要存在2种化学平衡：
a.HCO+H2OH2CO3+OH-，
b.2HCOCO+H2O+CO2
根据理论计算0.10mol·L-1NaHCO3溶液中2个反应的转化率随温度变化如图1所示(不考虑相互影响)：
①计算25℃0.10mol·L-1NaHCO3溶液中CO2与H2CO3的总浓度最大可能为 mol·L-1。
②加热蒸干NaHCO3溶液最后得到的固体是 。
（3）II.研究得出当甲烷分解时，几种气体平衡时分压(Pa)与温度(℃)的关系如图2：
T1℃时，向1L恒容密闭容器中充入0.3molCH4，只发生反应2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)，达到平衡时，c(C2H4)=c(CH4)，则CH4的平衡转化率为 (小数点后保留一位)；上述平衡状态某一时刻，若改变温度至T2℃，CH4以0.01mol·L-1·s-1的平均速率增多，经ts后再次达到平衡，且平衡时，c(CH4)=2c(C2H4)，则t= s。
（4）列式计算反应2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)在图2中A点温度时的平衡常数K= (用平衡分压代替平衡浓度计算，lg0.05=-1.3)。
（5）由图2可知，甲烷裂解制乙炔有副产物乙烯生成，为提高甲烷制乙炔的转化率，除改变温度外，还可采取的措施有 。
35．（2022·舟山模拟）近年来CO2变废为宝，改善环境是科学研究的重要课题，对于实现废气资源的再利用及碳循环经济技术的发展都具有重要意义。
（1）I.已知CO2、C2H6为原料合成C2H4涉及的主要反应如下：
①C2H6(g) CH4(g)+H2(g)+C(s) △H1=+9kJ·mol-1
②C2H4(g)+H2(g) C2H6(g) △H2=-136 kJ·mol-1
③H2(g)+CO2(g) H2O(g)+CO(g) △H3=+41 kJ·mol-1
④CO2(g)+C2H6(g) C2H4(g)+H2O(g)+CO(g) △H4
△H4= ，0.1MPa 时向密闭容器中充入CO2和C2H6，发生反应④，温度对催化剂K- Fe-Mn/Si 性能的影响如图：
工业生产综合各方面的因素，根据图中的信息判断反应的最佳温度是 ℃。
（2）在800℃时，n(CO2)：n(C2H6)=1： 3，充入一定体积的密闭容器中，在有催化剂存在的条件下，发生反应④，初始压强为p0，一段时间后达到平衡，产物的总物质的量与剩余反应物的总物质的量相等，则该温度下反应的平衡常数Kp= (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，用最简分式表示)。
（3）II．CO2和H2制备CH3OH，可实现CO2的资源化利用，涉及的反应如下：
主反应： CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H ＜0
副反应： CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) △H＞0
将反应物混合气体按进料比n(CO2)： n(H2)=1： 3通入反应装置中，选择合适的催化剂，发生上述反应。
不同温度下，CO2的平衡转化率如图①所示，温度高于503K时，CO2 的平衡转化率随温度的升高而增大的原因是 。 实际生产中，保持压强不变，相同反应时间内不同温度下CH3OH的产率如图②所示，由图可知，523K时CH3OH的产率最大，可能的原因是 。
（4）III．捕碳技术(主要指捕获CO2在降低温室气体排放中具有重要的作用。
已知： NH3·H2O的Kb=1.7 ×10-5， H2CO3的Ka1=4.3 ×10-7， Ka2 =5.6 ×10-11。工业生产尾气中的CO2捕获技术之一是氨水溶液吸收技术，工艺流程是将烟气冷却至20℃后用氨水吸收过量的CO2。吸收反应的化学反应方程式为 ，所得溶液离子浓度由大到小的顺序是 (不考虑二氧化碳的溶解)。
答案解析部分
1．【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。
2．【答案】D
【知识点】化学反应速率；活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．根据图示信息可知，无催化剂时，随着反应的进行，生成物浓度也在增加，即反应也在进行，A不符合题意；
B．由图可知，相同时间内，使用催化剂I得到的产物更多，说明催化剂I使反应活化能更低，反应更快，B不符合题意；
C．由图可知，在0~2min 内，Δc(X)为2.0mol/L，使用催化剂II时，Δc(Y)为2.0mol/L，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示使用催化剂II时X浓度随时间t的变化，C不符合题意；
D．在0~2min 内，使用催化剂I时，Δc(Y)为4.0mol/L，则v(Y)=，(X) =，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.反应是否进行可根据产物是否在增加进行分析。
B.反应活化能越低，其反应速率越大。
C.对于可逆反应，参加反应的各物质的反应速率之比等于其化学计量数之比。
D.根据反应速率的表达式及反应速率之比等于其化学计量数之比进行分析。
3．【答案】C
【知识点】化学平衡常数；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．由图可知，体积越大时M的浓度越小，比较E、F两点可知，体积增大3倍，M浓度减小不到3倍，说明减小压强平衡正向移动，N为固体，则a+b
C．达到平衡后，增大A的浓度，反应向正向进行，B物质继续消耗，转化程度增大，则 增大A的浓度将会提高B的转化率，故C符合题意；
D．由图可知，升高温度M的浓度增大，可知正反应为吸热反应，Q>0，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.容器体积越大，容器中压强越小，温度不变时，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动；
B.压强不变时，升高温度平衡向吸热方向移动；
D.升高温度M的浓度增大，平衡正向移动。
4．【答案】B
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．b点温度比d点温度低，反应速率vb＜vd，A不符合题意；
B．由图可知生产时反应温度控制在80～85℃为宜，因此此温度区间内转化率最高，B符合题意；
C．容积一定，向该容器中充入N2，各组分浓度不变平衡不移动，CH3OH的转化率不变，C不符合题意；
D．反应图象可知，CO的转化率先增大后减小，83℃左右即图象最高点时反应达到平衡状态，83℃以前反应没有达到平衡状态，83℃后升高温度，CO的转化率减小，则平衡逆向移动，说明该反应正向为放热反应，d→e，CO的转化率随温度的升高而减小，因为升高温度反应正向移动，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.温度越高反应速率越快；
B.分析图像；
C.恒容容器中充入氮气，各物质的分压不变；
D.注意是 测得相同时间内CO的转化率随温度变化 ，图像最高点前，温度升高速率加快，转化率高，最高点及之后，达到平衡，温度升高平衡逆向移动。
5．【答案】A
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．由图可知，生成物中B多C少，说明反应①容易发生，活化能较反应②的低，故A符合题意；
B．反应③的平衡常数，由图知，平衡时，C的浓度大于B的浓度，故K>1，故B不符合题意；
C．t1时，B在减少，C在增加，则B的消耗速率大于生成速率，故C不符合题意；
D．由A→B，A→C可知其转化均为1：1，t2时，体系中没有A剩余，故c(C)+ c(B)= c(A)起始=c0，则c(C)=c0-c(B)，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.活化能越大，反应越不易进行；
B.根据反应③的平衡常数表达式判断其平衡常数大于1；
C. t1 时B的浓度在减小，所以B的消耗速率大于B的生成速率；
D.分析 A、B、C的浓度随时间t的变化曲线图及三者的转化关系可知。
6．【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．根据图像可知，随着温度的升高，甲醇的平衡产率降低，反应I为放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度，该反应平衡向逆反应放向进行，甲醇的平衡产率降低，故A说法不符合题意；
B．根据图像可知，采用分子筛膜时，温度在210℃时甲醇产率最高，故B说法不符合题意；
C．反应I为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，化学平衡常数降低，M→N甲醇的产率增大原因是这段时间反应没有达到平衡，反应向正反应方向进行，甲醇产率增大，故C说法符合题意；
D．根据题中信息，分子筛膜能选择性分离出H2O，根据勒夏特列原理，降低生成物浓度，反应I平衡向正反应方向进行，故D说法不符合题意；
答案为C。
【分析】A.温度越高，导致反应I逆向移动，甲醇选择性降低
B.根据图示即可判断出温度
C.温度高速率快，向正反应进行
D.分子筛将水分离出，有利于反应正向进行
7．【答案】B
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；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．由图可知，600℃时甲醇转化率为55%、甲醛的选择性为60%，则前5min内生成甲醛的平均速率v(HCHO)= =0.033 mol·L-1·min-1，故A不符合题意；
B．由图可知，600℃后，甲醇的转化率增大、甲醛的选择性降低，说明历程ⅲ的反应程度大，相同时间内反应历程ⅱ的速率小于反应历程ⅲ的速率，故B符合题意；
C．该反应为气体体积增大的吸热反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，甲醛的产率降低，故C不符合题意；
D．使用催化剂，降低反应的活化能，则使用碳酸钠做反应催化剂的反应历程ⅰ的活化能小于CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g)的活化能，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】催化剂使反应活化能降低，活化分子百分数增大，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞次数几率增加，速率加快。
8．【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．时，，的数量级为，A项不符合题意；
B．时，点位于曲线上方，点对应为的过饱和溶液，B项不符合题意；
C．由图可知，时，，的平衡常数，C项不符合题意；
D．当恰好完全沉淀时，溶液中，，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题中，B选项：Z点位于BaMoO4沉淀溶解平衡曲线的右上方，而p(Ba)、p(X)的值越大，表示离子浓度越小，所以Z点对应离子浓度小于饱和溶液中离子浓度，为BaMoO4的不饱和溶液。
9．【答案】C
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．固体物质不应平衡移动，乙投入0.4mol一氧化碳相当于投入0.2mol二氧化碳，所以乙相当于两个甲容器加压，无论平衡如何移动，乙中一氧化碳浓度一定大于甲，故图中曲线Ⅰ对应的是乙容器，A不符合题意；
B．甲容器b处
乙容器a处
若a、b两点所处温度相同，压强比等于物质的量之比，pa：pb=（0.12+0.16）：（0.02+0.16）=14：9，即9pa=14pb，由于b点温度更高，故a、b两点所处状态的压强大小关系：9pa<14pb，B不符合题意；
C．a点一氧化碳体积分数为；c点相当于减压，平衡正向移动，一氧化碳体积分数变大，故CO的体积分数＞，符合题意；
D．a点1100K时的K=，降温则一氧化碳浓度减小，K值减小，900K时K值小于0.213；若起始向容器乙中加入CO、CO2、C各1mol，则Q=，平衡逆向移动，v(正)逆)，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】等效平衡规律
①在定温、定容条件下，对于反应前后气体分子数改变的可逆反应只改变起始时加入物质的物质的量，如通过可逆反应的化学计量数比换算成同一半边的物质的物质的量与原平衡等效。
②在定温、定容情况下，对于反应前后气体分子数的改变的可逆反应，只要反应物（或生成物）的物质的量的比值与原平衡相同，两平衡等效。
③在定温、定压下、改变起始时加入物质的量，只要按化学计量数换算成同一半边的物质的物质的量之比与原平衡相同，则达平衡后与原平衡等效
10．【答案】A
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．据图可知C为生成物，0～15min内生成C而不是消耗C，A符合题意；
B．据图可知X、Y的物质的量减少，为反应物，C的物质的量增加，为生成物，达到平衡时X、Y、C的物质的量变化之比为0.75mol：0.25mol：0.5mol=3：1：2，化学方程式为Y(g)+3X(g)2C(g)，B不符合题意；
C.25min时反应已达到平衡，该时段内Δn(X)=0.75mol，转化率为×100%=25%，C不符合题意；
D.25min时的瞬间各物质的物质的量不变，所以不是改变投料，而之后C的物质的量增加，X、Y的物质的量减小，说明平衡正向移动，该反应为气体系数之和减小的反应，缩小容器体积增大压强，平衡正向移动，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．由图可知，C的物质的量随反应的进行在增加，C为生成物；
B．根据物质的量之比等于化学计量数之比即可计算方程式的系数之比，从而得出反应的方程式；
C.25min时，X反应了0.75mol，根据转化率=反应量/初始量×100%进行计算；
D.25min后Ｘ和Ｙ的物质的量减小，Ｃ的物质的量增大，说明平衡正向移动，据此进行分析。
11．【答案】A
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】由图可知，开始时平衡正向移动，t1→t2达到平衡，且t2→t3平衡逆向移动时t3→t4达到平衡，t4→t5时平衡不移动，则C的百分含量最高的一段是t1→t2。
故答案为：A。
【分析】正反应速率大于逆反应速率速率时，平衡正向移动，导致C的百分含量增大，以此来解答。
12．【答案】B
【知识点】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】A．由图①可知，200℃时5 min达到平衡，平衡时B的物质的量变化量为0.4 mol-0.2 mol = 0.2 mol，故 (B)= = 0.02 mol L-1 min-1，故A项不符合题意；
B．由图②可知，n（A）：n（B）一定时，温度越高平衡时C的体积分数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为吸热反应，即△H＞0，图①可知，200℃时平衡时，A的物质的量变化量为0.8 mol-0.4 mol=0.4 mol，B的物质的量变化量为0.2 mol，在一定的温度下只要A、B起始物质的量之比刚好等于平衡化学方程式化学计量数之比，平衡时生成物C的体积分数就最大，A、B的起始物质的量之比 = 0.4 mol：0.2 mol = a = 2，故B项符合题意；
C．恒温恒容条件下，通入氦气反应混合物的浓度不变，平衡不移动，故v（正）=v（逆），故C项不符合题意；
D．由图①可知，200℃时平衡时，A、B、C的物质的量变化量分别为0.4 mol、0.2 mol、0.2 mol，因各物质的物质的量之比等于化学计量数之比，故x：y：z = 0.4mol：0.2mol：0.2mol = 2：1：1，平衡时A的体积分数为 = 0.5，200℃时，向容器中充入2 mol A和1 mol B达到平衡等效为原平衡增大压强，平衡向正反应移动，A的物质的量减小，则达到平衡时，A的体积分数小于0.5，故D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A. 根据 = = 计算B的反应速率；
C. 恒温恒容条件下，通入氦气反应混合物的浓度不变，平衡不移动；
D. 200℃时，向容器中充入2 mol A和1 mol B达到平衡时，等效为原平衡增大压强，根据图①中A、B、C的物质的量变化量之比等于化学计量数之比确定x、y、z，据此判断增大压强对该平衡的影响效果，得出A的体积分数2变化情况。
13．【答案】A,C
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．两溶液中c[Cu(OH)2]=c(Cu2+)、c[Fe(OH)3]=c(Fe3+)，当c(Cu2+)= c(Fe3+)=10-5mol/L时，Cu(OH)2溶液中c(OH-)= mol/L=10-7.5mol/L，此时溶液pH=6.5；Fe(OH)3溶液中c(OH-)= mol/L=10-11mol/L，此时溶液pH=3，所以曲线a对应的是Fe(OH)3饱和溶液，A符合题意；
B．据图可知pH为4.5时Fe3+完全沉淀，而c(Cu2+)= =0.1mol/L，B不符合题意；
C．根据A计算可知当c(Cu2+)≤10-5mol/L时，pH≥6.5，所以酸性溶液中Cu元素既可能是Cu2+也可能是Cu(OH)2，C符合题意；
D．X和Y的pH相同，而滴加NaOH溶液会使溶液碱性增强，pH变大，溶解的c[Cu(OH)2]变小，X点会向右下方移动，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A.根据氢氧化铁和氢氧化铜的溶度积常数即可计算出达到饱和时的此时的氢氧根离子浓度即可判断
B.根据图示，pH=4，5时，除去的是氢氧化铁
C.根据图示即可判断酸性过强时，存在的是铜离子，当酸性较弱时以氢氧化铜的形式存在
D.根据图示即可判断
14．【答案】A,D
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；水的电离；电离平衡常数
【解析】【解答】A．a、b点所在曲线对应的粒子为 ，故A符合题意；
B．c点时 浓度最大，既存在 的电离，也存在 的水解；b点时主要是水的电离，且pH比C点大，水的电离程度大，水电离出的氢离子浓度大小关系为 ，故B不符合题意；
C．c点时 浓度最大，说明 与NaOH刚好1：1反应完全，因浓度相等，此时加入NaOH体积为20mL，故C不符合题意；
D．由图， 的一级电离常数为 ，由a点数据可知 ，pH=1，即 ，解得 ；二级电离常数为 ，同理由c点数据可得 ， = = ，故D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】从图中可以看出，随着pH的增大，ac段离子浓度减少，为 ，cb段离子浓度增大，为 ，ab段离子浓度先增大后减少，为 。
15．【答案】B,D
【知识点】化学反应速率；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．反应X═2Z经历两步：①X→Y；②Y→2Z，根据图中的c0减小，则a曲线为X的浓度曲线，逐渐增大的b曲线为Z的浓度，先增大后减小的c曲线为Y的浓度曲线，故A不符合题意；
B．曲线的斜率表示反应速率，根据图象，0~t1时间段内，，故B符合题意；
C．t2时，曲线c表示的Y的浓度逐渐减小，说明Y的消耗速率大于生成速率，故C不符合题意；
D．根据图像，t3后仍存在Y，没有X，假设Y的剩余浓度为c(Y)，由①可知X完全转化为Y时，Y的浓度为c0，根据②，生成的Z的浓度c(Z)=2c0-2c(Y)，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】图中a的浓度逐渐减小，应为反应物的浓度变化，则曲线a为c(X)随t的变化曲线，Y先生成后消耗，则曲线b为c(Y)随t的变化曲线，b的浓度逐渐增大，则曲线b为c(Z)随t的变化曲线。
16．【答案】C,D
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．HA-的电离常数即Ka2=10-10，HA-水解离子方程式为HA-+H2O ，HA-的水解常数Kh= = =10-8，则HA-的水解程度大于电离程度，NaHA溶液呈碱性，A项不符合题意；
B．由分析可知Ka1=1×10-6，B项不符合题意；
C．A2-的水解程度较小，Na+不水解，因此c（Na+）>c（A2-）；A2-水解产生HA-和OH-，水电离还产生OH-，故c（OH-）>c（HA-）；由于水解本质是A2-结合了水电离的H+，因此c（OH-）>c（HA-）>>c（H+），故Na2A溶液中离子浓度大小关系为：c（Na+）>c（A2-）>c（OH-）>c（HA-）>>c（H+），C项符合题意；
D．向H2A溶液中滴加相同浓度的NaOH溶液，溶液呈电中性，根据电荷守恒的可得c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HA-）+2c（A2-），D项符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A．根据HA-的水解程度和电离程度分析；
B．根据H2A与HA-浓度相等的点，即pH=6时计算；
C．根据A2-的水解分析；
D．根据电荷守恒分析。
17．【答案】B,D
【知识点】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】A. 根据图中I、Ⅱ、Ⅲ图象，CO体积分数由小到大依次为Ⅱ＜Ⅰ＜Ⅲ，T1中的状态转变成T2中的状态，CO含量减小，说明平衡正向移动，说明T1未达平衡状态，T2中的状态转变成T3中的状态，CO含量增大，说明平衡逆向移动，说明T2可能达平衡状态，一定达到化学平衡状态的是Ⅲ，升高温度平衡逆向移动，正反应放热，即反应CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)的ΔH＜0，A不符合题意；
B. 该反应正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，若三个容器内的反应都达到化学平衡时，Ⅰ容器温度最低，所以CO转化率最大，B符合题意；
C. 根据A项分析I、Ⅱ、Ⅲ三个容器中一定达到化学平衡状态的是Ⅲ，C不符合题意；
D. 根据图像结合三段式可知
，解得x＝，因此甲醇的体积分数是。若再向容器Ⅲ中充入0.1molCO、0.2molH2和0.4molCH3OH，相当于是充入了0.5molCO、1.0molH2，平衡正向进行，则平衡时CH3OH的体积分数＞40%，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A. 依据化学平衡移动原理分析；
B. 依据勒夏特列原理分析；
C. 利用“变者不变即平衡”；
D. 根据图像结合三段式法计算。
18．【答案】C,D
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．根据以上分析知，压强一定时，T1＞T2，升高温度，C的含量降低，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应，故A不符合题意；
B．由以上分析可知温度一定时P1＜P2，故B不符合题意；
C．若，由图可知同一温度下，增大压强，y值减小，而对于反应，正反应方向为气体分子数减小，增大压强平衡正向移动，则A的转化率增大，与图不符，故C符合题意；
D．根据C选项分析，增大压强平衡正向移动，则D的体积分数增大，若 P3
【分析】依据勒夏特列原理，改变影响平衡的一个因素，平衡将向减弱这种改变的方向移动分析。
19．【答案】B,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；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．因为a
C．A点的平衡转化率为50%，容器中的物质的量有1mol，生成1mol、0.5mol，计算，再投入1mol和1mol，浓度商=K，平衡不移动，故C不符合题意；
D．A点与C点的的转化率都为50%，反应后混合气体的物质的量相同，温度相同，但体积不相同，压强之比不是1：1，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.A点为平衡点，三氧化硫转化率一定；
B.减压平衡向气体分子数增大的方向移动；
C.计算此时的浓度熵与平衡常数比较判断平衡进行方向；
D.同温同容时，气体压强比等于物质的量之比。
20．【答案】B,D
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A.随着温度的升高，B的转化率增大，说明平衡向正反应方向移动，则反应为吸热反应，△H 0，A不符合题意；
B.b点处于平衡状态，反应物和生成物浓度不变，所以混合气体的平均摩尔质量也不再变化，B符合题意；
C.增大压强平衡向正反应方向移动，B的转化率增大，而a点表示若想达到平衡，应是平衡向B的转化率减小的方向移动，应减小压强，C不符合题意；
D.c点不是平衡状态，要达到平衡，反应应向B的转化率增大的方向移动，即向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，D符合题意。
故答案为：BD
【分析】观察图像，随着温度的升高，B的转化率增大，说明反应往正反应方向移动，所以该反应为吸热反应；而且曲线上的点为平衡状态。
21．【答案】A,D
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】解答：解：由图（1）可知，压强为P2时，温度T1先到达平衡，故温度T1＞T2，且温度越高，平衡时C的质量分数越低，故升高温度平衡向逆反应移动，正反应为放热反应；
温度为T1时，压强p2先到达平衡，故压强p2＞P1，且压强越大，平衡时C的质量分数越高，故增大压强平衡向正反应移动，正反应为体积减小的反应，故x=1，则：
A．如果P3＞P4，在相同温度下增大压强平衡向正反应方向移动，则A的转化率增大，A质量减小，同时升高温度平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，A质量增大，图象与实际不符合，故A错误；
B．C．混合气体的总质量不变，容器的体积不变，混合气体的密度不变，故C错误；
D．P3＜P4，增大压强，平衡向正反应移动，B的含量减小，同时升高温度平衡向逆反应方向移动，B的含量应增大，图象与实际不符，故B错误；
P3＞P4，增大压强，平衡向正反应移动，混合气体总的物质的量减小，混合气体的总质量不变，平均相对分子质量增大，温度升高平衡向逆反应移动，混合气体总的物质的量增大，平均相对分子质量减小，图象与实际相符，故D正确；
故选AD．
【分析】分析：由图（1）可知，压强为P2时，温度T1先到达平衡，故温度T1＞T2，且温度越高，平衡时C的质量分数越低，故升高温度平衡向逆反应移动，正反应为放热反应；
温度为T1时，压强p2先到达平衡，故压强p2＞P1，且压强越大，平衡时C的质量分数越高，故增大压强平衡向正反应移动，正反应为体积减小的反应，故x=1，
由图（2）可知，升高温度，平衡向逆反应方向移动，y值减小，则y可为A、B的转化率、C的体积分数等，结合压强对平衡移动的影响分析．
22．【答案】（1）(或)；放出热量；作催化剂或降低反应活化能
（2）A
（3）或；；；8
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用；化学平衡转化过程中的变化曲线；弱电解质在水溶液中的电离平衡；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，将①×2+②可得(或)，该反应的热化学方程式，因此1mol 发生该反应的热量变化为放出热量，参与了化学反应，但反应前后量没有改变，是该反应的催化剂，在总反应中的作用是作催化剂或降低反应活化能；故答案为：(或)；放出热量；作催化剂或降低反应活化能。
（2）根据图中信息以由100%降至80%所持续的时间来评价铁配合物的脱硫效率，A持续时间最短，说明A的脱硫效率最高，因此结果最好的A；故答案为：A。
（3）是二元弱酸，其电离是一步一步电离，主要以第一步电离为主，因此其电离方程式为或；根据题意pH=7时、的所占分数相等，因此的，pH=13时、的所占分数相等，则。再生反应在常温下进行，解离出的易与溶液中的形成沉淀。若溶液中的，根据得到，根据和，得到，pH=8，因此为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于8；故答案为：或；；；8。
【分析】（1）根据盖斯定律，将反应①×2+②可得目标方程式； 是该反应的催化剂；
（2）配合物用时最短，对H2S吸收效率最好；
（3）H2S为二元弱酸，分步电离；当pH=7时，H2S、HS-的分布分数相同，即浓度相等，结合、计算；为避免FeS沉淀生成， c(Fe2+)×c(S2-)≤Ksp(FeS)。
23．【答案】（1）-286
（2）；50%或0.5；660.2(或660.1或660.3，其他答案酌情给分)
（3）5.4；相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高
【知识点】燃烧热；化学平衡常数；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)电解液态水制备，电解反应的，则2mol完全燃烧消耗，生成液态水的同时放出的热量为572kJ ，从而可知1mol完全燃烧生成液态水放出的热量为286kJ，因此，的燃烧热(焓)-286。
(2)①由的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系图可知，K随着温度升高而减小，故该反应为放热反应。若反应为基元反应，则反应为一步完成，由于反应的与活化能(Ea)的关系为，由图2信息可知＝ａ，则ａ，则生成物能量低于a，因此该反应过程的能量变化示意图为：。
②温度t下，向容积为10L的抽空的密闭容器中通入和，反应平衡后测得容器中，则参与反应的的物质的量为0.05mol，的转化率为；的平衡量为，和是按化学计量数之比投料的，则的平衡量为，的平衡量是的2倍，则，的平衡浓度分别为、、、，则该反应的平衡常数K＝，根据图1中的信息可知，反应温度t约为660.2℃。
(3)在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，由表中信息可知，0~2minCH3OH的浓度由0增加到10.8μmol L-1，因此，0~2min生成CH3OH的平均反应速率为10.8mol L-12min=5.4μmol L-1 min-1；由表中信息可知，在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应， 0~2minCH3OH的浓度由0增加到10.8μmol L-1，c(CH4)：c(CH3OH)＝12722：10.8≈1178；在选择使用催化剂Ⅱ和350℃的反应条件下，0~2minCH3OH的浓度由0增加到9.2μmol L-1，c(CH4)：c(CH3OH)＝10775：9.2≈1171；在选择使用催化剂Ⅰ和400℃条件下反应， 0~2minCH3OH的浓度由0增加到345.2μmol L-1，c(CH4)：c(CH3OH)＝42780：345.2≈124；在选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件下，0~2minCH3OH的浓度由0增加到34μmol L-1，c(CH4)：c(CH3OH)＝38932：34≈1145。因此，若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件的原因是：相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高。
【分析】（1）燃烧热是指在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；
（2）①该反应的平衡常数随温度升高而减小，该反应为放热反应，生成物能量低于a；
②根据转化率=反应量起始量×100%计算；计算此时的平衡常数，根据图1确定反应温度；
（3）根据v=ΔcΔt计算；400℃的反应速率更快，相同温度下，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高。
24．【答案】（1）-200(X+Y)
（2）a或c；8.3×10-8；0.08；39%
（3）c；由于b和c代表的温度相同，而压强对反应速率的影响可忽略，压强增大反应Ⅱ、Ⅲ均是逆向移动，增大，故=1.0所需时间更长
【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)同温同压下，以同物质的量的BL或BD为初始原料，达到平衡时的状态相同，两个平衡完全等效，则以5.0×10-3mol的BL为原料，达到平衡时放出XkJ热量与同物质的量的BD为原料达到平衡时吸收YkJ热量的能量二者能量差值为(X+Y)kJ，则1mol的能量差值为200(X+Y)kJ，反应Ⅰ为放热反应，焓变为负值，则=-200(X+Y)kJ·mol-1。
(2)实验测定X
【分析】 （1）同温同压下，以同物质的量的BL或BD为初始原料，达到平衡时两个平衡完全等效，且焓变为负值；
（2）X
25．【答案】（1）电能转化为化学能；C2H5OH-12e-+3H2O=2CO2+12H+
（2）ΔH=+174 kJ/mol；；H2；CO2；Ⅰ；反应Ⅳ的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，反应消耗H2，导致H2的产率降低；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】(1)电催化乙醇制氢的装置如图所示。装置工作时，能量转化方式是电能转化为化学能；
在电解时阳极上C2H5OH失去电子产生CO2、H+，故阳极的电极反应式为：C2H5OH-12e-+3H2O=2CO2+12H+；
(2)①已知：Ⅰ．CH3CH2OH(g)CO(g)+CH4(g)+H2(g) ΔH1=+49 kJ·mol-1 K1；
Ⅱ．CH3CH2OH(g)+H2O(g)2CO(g)+4H2(g) ΔH2=+256 kJ·mol-1 K2；
Ⅲ．CH4(g)+H2O(g)3H2(g)+CO(g) ΔH3K3；
Ⅳ．CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) ΔH4=-41 kJ·mol-1
根据盖斯定律，(Ⅲ)=(Ⅱ)- (Ⅰ)，所以CH4(g)+H2O(g)3H2(g)+CO(g) ΔH3=+207 kJ/mol，
将(Ⅱ)+ (Ⅳ)×2，整理可得反应CH3CH2OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g)的ΔH=+174 kJ/mol；
化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比。根据盖斯定律可知(Ⅲ)=(Ⅱ)- (Ⅰ)，所以根据化学平衡常数的含义可知反应：CH4(g)+H2O(g)3H2(g)+CO(g)的化学平衡常数K3=；
②从给出的四个反应看，越大， Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ化学平衡正向移动，CO是Ⅱ、Ⅲ的生成物，同时是Ⅳ的反应物，随着不断增大，CO的产率应该减小，而CO2、H2的产率不断增大，且根据方程式可知生成的H2比CO2多，故H2的产率增大的要比CO2多，故曲线a表示物质为H2，曲线b表示物质为CO2；
③根据图示可知：在温度为150~250℃H2的产率较低，结合Ⅰ、Ⅱ两个反应中H2的物质的量多少，可知该温度段主要发生的反应是反应Ⅰ；
当温度高于650℃时，随着温度升高，H2的产率略有所下降，这是由于反应Ⅳ．CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) ΔH4=-41 kJ·mol-1 的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，又反应消耗H2，因此导致H2的产率降低；
④在0.1 MPa，水醇比为1时，假设H2O、C2H5OH的物质的量都是1 mol，在恒压密闭容器中若只发生反应CH3CH2OH(g)+H2O(g)2CO(g)+4H2(g)，达平衡时乙醇的转化率为α，则根据物质反应转化关系可知平衡时n(CH3CH2OH)=n(H2O)=(1-α) mol，n(CO)=2α mol，n(H2)=4α mol，n(总)=(1-α)mol+(1-α)mol+2α mol+4α mol=2(1+2α) mol，平衡分压p(CH3CH2OH)=p(H2O)=，p(CO)=，p(H2)= ，所以该反应的平衡常数Kp==MPa4。
【分析】（1）根据图示可知该装置为电解池，为电能转化为化学能；阳极连接正极，为乙醇和水失去电子反应生成二氧化碳和氢离子；
（2）①盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减；
② 结合平衡移动考虑，增大 水醇物质的量之比 即可看成增大水的浓度，根据增大反应物浓度，使平衡朝正向移动，且按照化学计量数之比变化；
③ 结合已知反应的几个过程，可知在温度为150~250℃H2的产率较低，可知该温度段主要发生的反应是反应Ⅰ；当温度高于650℃时，随着温度升高，H2的产率略有所下降，CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) ΔH4=-41 kJ·mol-1 是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，又反应消耗H2，因此导致H2的产率降低；
④ 分压平衡常数要结合三段式进行计算，根据化学计量数之比等于物质的量之比，以及分压=总压×各物质的体积分数进行计算。
26．【答案】（1）；温度超过290℃时，以反应ii为主，反应ii为吸热反应，升高温度平衡正向移动，的平衡转化率增大；6%
（2）1.0；增大甲烷的投料、高温、低压或及时移走产物(或其他合理答案)；0.26
【知识点】化学平衡常数；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
【解析】【解答】(1)①由盖斯定律，反应i×2+iii可得到和生成的热化学方程式为；
②反应ii为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，CO2转化率升高，反应生成二甲醚为放热反应，温度升高，使CO2转化率下降，上升程度大于下降，CO2的转化率升高，故答案为：温度超过290℃时，以反应ii为主，反应ii为吸热反应，升高温度平衡正向移动，的平衡转化率增大；
②根据图1知300℃时CO2的平衡转化率为30%，CH3OCH3的选择20%，设CO2起始的量为amol，故反应消耗CO2的物质的量为a×30%×20%，故CH3OCH3的平衡产率为=6%；
(2)①甲烷的质量分数，甲烷的质量分数越大，越小，故曲线a的进料比为1.0；
②反应ii为吸热反应，升温平衡正向移动，消耗更多的，反应是气体分子数增大的反应，降低压强平衡正向移动，平衡转化率增大，增大另一反应物即甲烷的浓度也有利于提高平衡转化率，则措施是增大甲烷的投料、高温、低压或及时移走产物；
③M点进料比=1.0，设开始时n(CO2)=1mol，n(CH4)=1mol，列三段式 、副反应：，的平衡转化率为85%，则x=0.85，的平衡转化率为88%，可得x+y=0.88，y=0.03，反应平衡后，各气体物质的量为：n(CH4)=0.15mol，n(CO2)=0.12mol，n(CO)=1.73mol，n(H2)= 1.67mol，n(H2O)=0.03mol，n总=3.7mol，设总压强为P，压强比等于物质的量之比，副反应的压强平衡常数。
【分析】（1） ① 盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减；
② 根据题干可知该过程有两个反应，即反应i和反应ii，两个反应的根本区别是二氧化碳和氢气的化学计量数之比不同，温度超过 290℃ ，CO选择性增大，即反应ii大于反应i，此时二氧化碳消耗的物质的量由反应i的3：1变为1：1，即原先每消耗3molH2需消耗1molCO2，变成每消耗3molH2需消耗3molCO2；
（2） ① 根据甲烷的质量分数越大，越小进行判断；
② 提高转化率即使平衡朝正向移动，要特别增加CO2的浓度会使其转化率变小；
③ 结合三段式，根据反应i和反应ii列出相关式子，计算的时候要结合物质的量之比等于压强之比进行。
27．【答案】（1）-654.8
（2）b
（3）；0.05 mol·L-1·min-1；降温/分离出CO2
（4）1050 K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO2 的转化率增大；或0.077或7.7%
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】(1)反应iii=2反应i+反应ii，故；
(2)a．从图中看出，N2O与CO反应的活化能为326kJ/mol， 与CO反应的活化能为215 kJ/mol，活化能越高，越难反应，a不正确；
b．整个反应分为三个基元反应阶段，其中第一个反应阶段活化能为451kJ/mol，活化能最大，b正确；
c．其他条件不变，增大压强或使用催化剂均可以增大反应速率，但催化剂不能提高反应物的转化率，c不正确；
故答案为：b；
(3)从图中可以看出，NO、CO的物质的量减少，为反应物；N2的物质的量增加，为生成物，平衡时NO、CO、N2的物质的量变化量分别为：0.4mol、0.4mol、0.2mol，根据原子守恒可知还有CO2生成，化学方程式为：，该反应化学平衡常数的表达式：；前2 min内的NO的物质的量变化量为0.2mol，平均反应速率：；从图中可以看出：改变条件后NO和CO的物质的量减少，N2的物质的量增加，故平衡正向移动，故改变的条件可能为：降温/分离出CO2；
(4)反应iii为放热反应，最高点之前反应未达平衡，升温反应速率增大，转化率增大，原因是：1050 K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO2的转化率增大；当NO2的转化率为80%时，可列出三段式： ，平衡时NO2的体积分数为：。
【分析】（1）盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减；
（2）a、越容易反应，其活化能越小；
b、根据图示搁置第一阶段活化能最大；
c、催化剂不影响平衡移动；
（3） ① 根据图象，结合化学平衡常数表达式计算，化学平衡常数K=生成物浓度幂之积/反应物浓度幂之积；
② 结合公式化学反应速率进行计算；
③ 根据图示可知氮气浓度增大，一氧化氮和一氧化碳浓度减小，该条件减少二氧化碳的浓度；
（4）未达到平衡之前，随着温度升高，其转化率逐渐增大；此时的体积分数可以结合三段式进行计算，根据提供的数据列出各种物质的物质的量，结合物质的量之比等于体积之比可以求出体积分数。
28．【答案】（1）-1222.9kJ/mol
（2）小于
（3）a；；2
（4）4SO2+2V2O5+O2=4VOSO4；4VOSO4+O2=2V2O5+4SO3；氧气浓度过高，SO2、NO分子不能很好地被吸附
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】(1)由①NO2(g)+CO(g) CO2(g)+NO(g)△H1=-233kJ·mol-1，②N2(g)+O2(g) 2NO(g)△H2=+179kJ·mol-1，
③2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)△H3=-111.9kJ·mol-1
根据盖斯定律，反应2NO2(g)+4CO(g) 4CO2(g)+N2(g)可由①×4-②+③得到，因此△H=△H1×4-△H2+△H3=-233kJ·mol-1×4-179kJ·mol-1+(-111.9kJ·mol-1)=-1222.9kJ/mol。
(2)活化能越大反应速率越慢，第一步反应为快反应，反应的活化能小，则Ea(第一步)小于Ea(第二步)。
(3)由反应iii． 可知，升高温度，反应iii的化学平衡逆向移动，平衡时NO2的物质的量分数随温度升高而增大，N2O4的物质的量分数随温度升高而减小，则曲线 表示NO2的物质的量分数与温度的变化关系，若 时，混合气体的物质的量为 ，温度升高至 ，反应进行至 时，恰好达到平衡，该过程以 表示的平均化学反应速率为 ，根据三段式分析可得： ，则 条件下，由图可知，(a+2V0Vt)=Z-a-V0Vt，解得：a= ，平衡时的 的物质的量 Z-a-V0Vt= mol，此时摩尔分数平衡常数 = =2，故答案为：NO2； mol；2；
(4)①V2O5/炭基材料脱硫时，通过红外光谱发现，脱硫开始后催化剂表面出现了VOSO4的吸收峰，再通入O2后VOSO4吸收峰消失，说明VOSO4是中间体，反应过程中生成了VOSO4、又消耗了VOSO4，因此该脱硫反应过程可描述为：SO2与V2O5作用形成具有VOSO4结构的中间体；VOSO4中间体与气相的O2反应生成SO3和 ，或者用化学方程式表示为：4SO2+2V2O5+O2=4VOSO4，4VOSO4+O2=2V2O5+4SO3。
②若氧气浓度过高，O2、SO2和NO分子会产生竞争吸附的局势，当O2分子占据催化剂过多的活性位时，剩余的SO2、NO分子就不能很好地被吸附，从而导致脱硫脱硝率下降。
【分析】
(1)根据盖斯定律计算。
(2)活化能越大反应速率越慢。
(3)依据温度对反应速率和平衡的影响进行判断。根据三段式法计算；
(4)①依据反应物和产物，利用得失电子守恒进行配平。
②依据外界因素对催化剂的影响进行判断。
29．【答案】（1）；A点所处温度下催化剂失去活性
（2）<；<；c；
（3）增大；
【知识点】盖斯定律及其应用；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)已知反应①
②
③
④
根据盖斯定律可知④=②-①+2×③=394-(-74)+2×(-110)=+248KJ/mol；
由图可知，A点CO2的转化率小于平衡转化率率，说明反应未达到平衡状态，但在无催化剂及ZrO2催化下反应相同时间，测得CO2的转化率相等，说明催化剂失去活性，故答案为：A点所处温度下催化剂失去活性；
(2)①相同温度下，f那条线对应的二氧化碳的转化率较低，则二氧化碳较多，故f<3；
由图可知随着温度的升高二氧化碳的转化率降低，则该反应为放热反应，C点温度低，平衡常数大，故 < ；
②水是产物，该反应是放热反应，随着温度升高含量减少的是水和乙烯，水的计量系数较大，故代表 的变化曲线是c；d代表的是乙烯，a代表氢气，b代表二氧化碳，则根据图中的数据可知温度为390℃各种物质的物质的量分数分别为：乙烯：0.12，水：0.48，二氧化碳：0.1，氢气0.3，则平衡常数 ；
(3)电解时阴极的电极反应为：CO2+H2O+2e-=CO+2OH-，氢氧根浓度增大，则pH增大；阳极为甘油失去电子生成甘油醛，电极反应为： ；
【分析】（1）根据盖斯定律计算；A点CO2的转化率小于平衡转化率率，说明反应未达到平衡状态，从催化剂活性角度分析；
（2）① 越大，CO2的平衡转化率越大；由图可知，降低温度，CO2的平衡转化率增大，说明该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小；
②该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则C2H4(g)和H2O(g)物质的量分数减小；根据计算；
（3）CO2和H2O在阴极发生还原反应生成CO和H2；甘油在阳极失去电子生成甘油醛。
30．【答案】（1）- a-3b-
（2）3；30%；0.57；增大CO的物质的量
（3）C；反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，反应Ⅰ的反应速率快于反应Ⅱ，相同时间内获得的产物的浓度自然反应Ⅰ比反应Ⅱ多；温度590K，R=2.5
【知识点】盖斯定律及其应用；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)①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH=a kJ·mol-1
②NaCl(aq)+H2O(l)=NaClO(aq)+H2(g) ΔH=b kJ·mol-1
③4Na2FeO4(aq)+10H2O(l)=4Fe(OH)3(s)+3O2(g)+8NaOH(aq) ΔH=c kJ·mol-1
根据盖斯定律，- ③-②×3-①× 得2Fe(OH)3(s)+3NaClO(aq)+4NaOH(aq)=2Na2FeO4(aq)+3NaCl(aq)+5H2O(l)的ΔH=- a-3b- c kJ·mol-1。
(2)①0~15 s时CO的变化物质的量为2.5mol-1.75mol=0.75mol，则Cl2的变化物质的量也为0.75mol，Cl2的平均反应速率为 =0.05mol/(L·s)=3mol·L-1·min-1；
②反应进行到15s时达到第一次平衡，CO的平街转化率为 =30%；此时平衡体系内CO为1.75mol/L、Cl2为0.75mol/L、COCl2为0.75mol/L，该反应的平衡常数K= = 0.57；
③在第20 s时，CO的物质的量瞬间迅速增大，然后平衡正向进行，说明此时改变的条件是增大CO的物质的量；
(3)①A．反应前后气体分子总数不变，总物质的量不变，利用相同条件下，压强之比等于气体物质的量之比，即气体压强始终保持不变，压强不变不能说明该反应达到平衡，故A不正确；
B．平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数始终不变，因此平衡常数不变不能说明反应达到平衡，故B不正确；
C． v正(H2S)表示正反应速率， v逆(HCl)表示逆反应速率，化学反应速率之比等于化学计量数之比，因此v正(H2S)=v逆(HCl)说明反应达到平衡，故C正确；
D．组分都是气体，则气体总质量始终不变，容器为恒容状态，气体总体积保持不变，根据密度的定义，气体密度始终不变，气体密度不变，不能说明反应达到平衡，故D不正确；
故答案为C；
②C6H5-Cl由反应Ⅰ生成，C6H6由反应Ⅱ生成，图2显示温度较低时C6H5-Cl浓度的增加程度大于C6H6，说明反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，反应Ⅰ的反应速率快于反应Ⅱ，相同时间内获得的产物的浓度自然反应Ⅰ比反应Ⅱ多；根据图2和图3的数据信息，该模拟工业生产制备C6H5-Cl的适宜条件为温度590K，R=2.5。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；
（2）①根据计算；
②根据计算CO的平衡转化率；根据= 计算K；
③在第20s时，CO的物质的量瞬间迅速增大；
（3）①可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变，据此判断；
②活化能越大，反应速率越小。
31．【答案】（1） 286 kJ mol 1；低温易自发
（2） ×100%或 %；
（3）290℃；290℃时反应物的转化率较高，且此温度下的产物选择性较高；相同温度时压强大，反应速率加快，且达到平衡后，增大压强利于平衡正向移动，使反应物转化率增大；50.05%
【知识点】反应热和焓变；化学平衡常数；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)根据方程式分析得到酯基中碳氧单键断裂，形成氧氢键和碳氢键，碳氧双键断裂又形成碳氢键、碳氧单键和氧氢键，因此可简化计算上述反应的△H=2E(C=O)+2E(C O)+4E(H H) 4E(O H) 4E(C H) 2E(C O) =745 kJ mol 1×2＋436 kJ mol 1×4 467kJ mol 1×4 413 kJ mol 1×4= 286 kJ mol 1；该反应是气体体积减小的反应即△H＜0、△S＜0，根据△G=△H T△S判断温度高的时候△G＜0，因此得到低温易自发；故答案为： 286 kJ mol 1；低温易自发。
(2)根据题意建立三段式 0.2p x+0.8p 4x+x+2x=q，解得2x=p q，x= ，则a(已二酸二甲酯)= ×100%或 %；Kp= ；故答案为： ×100%或 %； 。
(3)①由图可知，在27MPa时，290℃己二酸二甲酯的转化率和1，6 己二醇的选择性均高于280℃，因此温度选择290℃；相同温度时压强大，反应速率快，且达平衡时，增大压强有利于平衡正向移动，使反应物转化率增大；故答案为：290℃ ；290℃时反应物的转化率较高，且此温度下的产物选择性较高；相同温度时压强大，反应速率加快，且达到平衡后，增大压强利于平衡正向移动，使反应物转化率增大。
②反应时间控制在5h时，产物的产率为92%×54.4%≈50.05%；故答案为：50.05%。
【分析】（1）根据ΔH=反应物总键能-生成物总键能；根据ΔH TΔS<0判断；
（2）列出反应的三段式进行计算；
（3）①27MPa，温度为290℃时二酸二甲酯的转化率和1，6 己二醇的选择性最高；增大压强有利于平衡正向移动；
②根据选择性= ×100% 计算。
32．【答案】（1）+165
（2）0.2；η3>η2>η1；=；；
（3）双分离CO2和H2
【知识点】盖斯定律及其应用；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)由盖斯定律可知，目标反应式=①-2×②，因此△H3=△H1-2×△H2= +247kJ/mol-2×41kJ/mol =+165 kJ/mol，故答案为+165；
(2)①根据分离比的定义：分离比 ，指实际H2分离量与CH4完全转化时得到的H2量的比例，所以当分离出0.8molH2时，分离比 ，故答案为0.2；②根据甲烷平衡转化率与温度、H2分离比的关系图可知，当温度一定时，CH4的平衡转化率越大，说明体系中生成的H2越多，分离出的H2越多，则分离比越大，所以η1、η2、η3的由大到小的关系是η3>η2>η1，故答案为η3>η2>η1；③当η3=0.25时，可知从体系中分离出H2的物质的量为1mol，根据图像A点甲烷平衡转化率为50%，所以三段式如下：
，根据PV=nRT，可知当T、V一定时，体系气体的压强与气体的物质的量成正比，反应前n(气体)=3mol，反应平衡后由于从体系分离出1mol H2，n(气体)=0.5mol +1mol +0.5mol +2mol -1mol =3mol，所以A点气体的总压p(总)=a MPa；根据前面的分析可知，从体系中分离出H2的物质的量为1mol，体系还剩余1mol H2，所以H2的分压p(H2)= MPa；平衡常数 ，故答案为：=， ， ；
(3)通过图像可知，在提供相同的分离能量时，双分离CO2和H2这种方式更有利于提高甲烷平衡转化率，故答案为双分离CO2和H2。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；
（2）①分离比的定义计算；
②离出的H2越多，分离比越大；
③列出反应的三段式进行计算；
（3）结合图像分析。
33．【答案】（1）+206.3
（2）40%；提高CH4的转化率
（3）降低；CaO+CO2=CaCO3，生成的CaCO3覆盖在CaO的表面，减小了CaO与 CO2的接触面积，导致吸收效率降低甚至失效
（4）B；5.0625
【知识点】盖斯定律及其应用；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)由题干表中数据可知，CH4(g)+H2O(l) CO(g)+3H2(g) 2=(-110.5) –[(-75kJ/mol)+(-285.8kJ/mol)] =+250.3kJ/mol，又知H2O(g)= H2O(1) △H= -44kJ·mol-1，故CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) △H1=2+△H=250.3+(-44)=+206.3kJ/mol，故答案为：+206.3；
(2)某温度下，CH4(g)和H2O(g)按投料比1：3加入密闭容器中催化重整制取高纯氢，平衡时CH4的转化率为80%，H2的体积分数为50%，分析反应I．CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)和III．CH4(g) +2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)反应前后气体体积均增大了2，反应II．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)前后气体体积不变，故设CH4起始量为1mol，则H2O为3mol，则反应后气体的总物质的量为：(1+3+2×0.8)=5.6mol，根据氢原子守恒可知：2n(H2)+2n(H2O)=1×4+2×3-4×0.2，由n(H2)=5.6mol×50%=2.8mol，解得n(H2O)=1.8mol，则H2O的转化率为=40%，反应物投料比小于反应的化学计量数之比，即增大H2O的用量，其目的是增大H2O的用量，提高CH4的转化率，故答案为：40%；提高CH4的转化率；
(3)由题干图像可知，从t1时刻开始CaO消耗曲线的斜率明显减小，故单位时间内CaO的消耗速率降低，由于CaO+CO2=CaCO3，生成的CaCO3覆盖在CaO的表面，减小了CaO与 CO2的接触面积，导致吸收效率降低甚至失效，故答案为：降低；CaO+CO2=CaCO3，生成的CaCO3覆盖在CaO的表面，减小了CaO与 CO2的接触面积，导致吸收效率降低甚至失效；
(4)由题干信息可知，II．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H2<0故升高温度，平衡逆向移动，CO的平衡转化率减小，故可知B点温度高于A点，而增大n(CO)：n(H2O)的比值，CO的转化率减小，故可知B点温度高于D点高于E点，故最高为B点，C点数值为(1，60)，由三段式分析：，C点温度下的平衡常数为K===2.25，反应达到平衡时正=逆，即k正x(CO)·x(H2O)=k逆x(CO2)·x(H2)，则=K=2.25，在达到平衡状态为C点的反应过程中，当CO转化率刚好达到40%时，三段式分析：，则x(CO2)=x(H2)==0.2，x(CO)=x(H2O)==0.3，==K=2.25×=5.0625，故答案为：B；5.0625。
【分析】(1)根据盖斯定律计算；
(2)根据原子守恒计算；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；
(3)依据影响反应速率的因素分析；
(4)利用三段式法计算。
34．【答案】（1）ΔH=+38.28kJ·mol-1；反应需要的能量比固体小
（2）1.7×10-2；Na2CO3
（3）66.7%；5
（4）5.0×104
（5）充入适量的乙烯
【知识点】盖斯定律及其应用；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)加热NaHCO3溶液不到80℃就有大量CO2气体放出，反应为2HCO(aq)=CO(aq)+CO2(g)+H2O(l)；该反应可由②+③-①×2得到，根据盖斯定律，该反应的焓变为：，反应需要的能量比固体小，因而在溶液中分
解温度更低；故答案为：2HCO(aq)=CO(aq)+CO2(g)+H2O(l) △H=+38.28kJ mol-1，反应需要的能量比固体小；
(2)①根据图像可知，25℃时，HCO的转化率为2%，即生成H2CO3的浓度为：0.10mol/L×2%=2×10-3mol/L，25℃时，反应b中HCO的转化率为30%，即生成CO2的浓度为：0.10mol/L×30%×=1.5×10-2mol/L，所以25℃0.10mol·L-1NaHCO3溶液中CO2与H2CO3的总浓度最大可能为：2×10-3mol/L+1.5×10-2mol/L=1.7×10-2mol/L；
②加热蒸干NaHCO3溶液，NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2、和水，所以最后得到的固体是Na2CO3；
(3)根据方程式 2CH4(g) C2H4(g)+2H2(g)，假设达到平衡时，生成n(C2H4)为xmol，
由于恒容密闭容器体积不变，所以达到平衡时，c(C2H4)=c(CH4)，即n(C2H4)=n(CH4)=x=0.3-2x，计算得x=0.1mol，甲烷的转化率为：=66.7%，从图像可知，温度升高，各气体的分压减小，即反应向逆反应方向移动，所以甲烷的物质的量增加，则T2>T，假设再次平衡时乙烯转化的物质的量是ymol，则根据方程式可知生成甲烷的物质的量是2ymol，因此0.1+2y=2×(0.1-y)，解得y=0.025mol，这说明甲烷的物质的量增加了0.025mol×2=0.05mol，所以时间t=；
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