2023年高考真题变式分类汇编：化学反应速率1
一、多选题
1．（2018·江苏）一定温度下，在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应2SO2(g)+ O2(g) 2SO3(g)(正反应放热)，测得反应的相关数据如下：
下列说法正确的是（ ）
A．v1< v2，c2< 2c1
B．K1> K3，p2> 2p3
C．v1< v3，α1(SO2 ) >α3(SO2 )
D．c2> 2c3，α2(SO3 )+α3(SO2 )<1
2．（2023·宝鸡模拟）2022年诺贝尔化学奖授予在“点击化学和生物正交化学”领域做出贡献的三位科学家。点击化学经典反应之一是：一价铜[Cu]催化的叠氮化物-端炔烃环加成反应，反应机理示意如下。
下列说法正确的是
A．一价铜[Cu]能有效降低总反应的焓变，加快反应速率
B．反应③过程中，涉及极性键和非极性键的断裂和形成
C．总反应为
D．反应过程中共生成4种中间产物
3．（2022·临沂模拟）在2L恒容密闭容器中，充入2.0molNO和2.0mol，在一定条件下发生反应，测得平衡体系中NO、的物质的量分数与温度的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．该反应正反应的活化能大于逆反应的活化能
B．时，当时反应达到平衡状态
C．时，若反应经t s达到平衡，则
D．b点时，往容器中再充入NO、、、各1.0mol，再次平衡时增大
4．（2022·聊城模拟）某种含二价铜微粒 的催化剂可用于汽车尾气脱硝。催化机理如图甲，反应历程如图乙。下列说法正确的是（ ）
A． 可加快脱硝速率，提高脱硝的平衡转化率
B．状态③到状态④的变化过程为图示反应的决速步骤
C．升高温度，脱硝反应的正反应速率的增大程度大于其逆反应速率的增大程度
D．当有 消耗时，状态④到状态⑤的变化过程中转移的电子为
5．（2022·临沂模拟）T℃时，向容积为2L的刚性容器中充入1 mol CO2和一定量的H2发生反应：CO2(g)+2H2(g) HCHO(g) +H2O(g) ，达到平衡时，HCHO的分压(分压=总压×物质的量分数)与起始的关系如图所示。已知：初始加入2molH2时，容器内气体的总压强为1.2p kPa。下列说法错误的是（ ）
A．5 min时反应到达c点，(H2)=0.1 mol·L-1·min-1
B．随增大， HCHO的平衡压强不断增大
C．b点时反应的平衡常数Kp =
D．c点时，再加入CO2(g)和H2O(g) ，使二者分压均增大0.2p kPa，平衡正向移动
6．（2022·枣庄模拟）一定条件下HCOOH在Pd催化剂表面脱氢的反应机理、反应历程与能量的关系如图所示：
下列说法错误的是（ ）
A．HCOOH催化脱氢反应在该温度下能自发进行
B．在历程Ⅰ～Ⅴ中，由Ⅳ到Ⅴ的反应为决速步骤
C．由反应历程可得出HCOOH中第2个H原子更易脱去
D．在该反应历程中，HCOOH所有的化学键均发生断裂
7．（2021·唐山模拟）已知2NO+2H2=2H2O+N2的速率方程为 正=k正cα(NO)cβ(H2)，在800℃下测定了不同初始浓度及正反应速率的关系，数据如表，则下列说法中正确的是（ ）
实验 c0(NO)/(mol·L-l) c0(H2)/(mol·L-l) v正
1 1 1 v
2 2 1 4v
3 1 2 2v
4 2 x 16v
A．α、β的值分别为2、1
B．表中的x为4
C．降低温度，k正可能增大
D．若 逆=k逆c2(H2O)c(N2)，则Kc=
8．（2020·南通模拟）Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个容积均为1 L的恒容密闭容器中均投入1 mol CO2和3 mol H2，在不同温度下发生反应：CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)。反应10 min，测得各容器内CO2的物质的量分别如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．该正反应ΔH<0
B．T1时，该反应的平衡常数为
C．10 min内，容器Ⅱ中的平均速率：v(H2)＝0.07 mol·L－1·min－1
D．10 min后，向容器Ⅲ中再加入1 mol CO2(g)和1 mol H2O(g)，此时v(逆)>v(正)
9．（2020·南京模拟）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Ⅰ表示200 ℃时容器中A、B、C物质的量随时间的变化，图Ⅱ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)＝0.02 mol·(L·min)－1
B．图Ⅱ所知反应xA(g)＋yB(g) zC(g)的ΔH<0，且a＝2
C．若在图Ⅰ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 ℃时，向容器中充入2 mol A和1 mol B，达到平衡时，A的体积分数小于0.5
二、选择题
10．（2023·浙江1月选考）标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下[已知和的相对能量为0]，下列说法错误的是
A．
B．可计算键能为
C．相同条件下，的平衡转化率：历程Ⅱ>历程Ⅰ
D．历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为：
11．（2023·绍兴模拟）为了研究温度对苯催化加氢的影响，以检验新型镍催化剂的性能，该反应。采用相同的微型反应装置，压强为，氢气与苯的物质的量之比为6.5∶1。反应相同时间后取样分离出氢气后，分析成分得到的结果如下表：
温度/ 85 95 100 110～240 280 300 340
质量分数/％ 苯 96.05 91.55 80.85 1 23.35 36.90 72.37
环己烷 3.95 8.45 19.15 99 76.65 63.10 27.63
下列说法不正确的是
A．该催化剂反应最佳反应温度范围是，因为催化剂的选择性和活性都比较高
B．以上苯的转化率下降，可能因为温度上升，平衡逆向移动
C．在范围内，适当延长反应时间可以提高苯的转化率
D．在范围内，温度上升反应速率加快，因此苯的转化率上升
12．（2023·沈阳模拟）在起始温度均为T℃、容积均为10L的密闭容器A(恒温)、B(绝热)中均加入和4molCO，发生反应。已知：、分别是正、逆反应速率常数，，，A、B容器中的转化率随时间的变化关系如图所示。下列说法中正确的是
A．Q点与P点的平衡常数大小为：
B．与浓度比为1∶1时，标志此反应已达平衡
C．T℃时，
D．用CO的浓度变化表示曲线N在0～100s内的平均速率为
13．（2023·聊城模拟）铜催化乙炔选择性氢化制1，3-丁二烯的反应机理如图所示(吸附在铜催化剂表面上的物种用*标注)。
下列说法正确的是
A．反应Ⅰ的速率大于反应Ⅱ的速率
B．若原料用丙炔，则会有2种分子式为C6H10的有机物生成
C．增大Cu的表面积，可加快反应速率，提高C2H2的平衡转化率
D．转化成C4H6(g)过程中，有非极性键的断裂和形成
14．（2023·长宁模拟）温度为T℃，向体积不等的恒容密闭容器中均充入1mol气体X，发生反应：X(g) Y(g)+Z(g)ΔH，反应均进行10min，测得各容器中X的转化率与容器体积的关系如图所示。下列说法正确的是
A．a点再充入一定量的X，X的转化率减小
B．d点有ν正=ν逆
C．正反应速率v(b)=v(d)
D．若c点为平衡点，则浓度平衡常数K=0.9
15．（2023·重庆市模拟）溶液中某光学活性卤化物的消旋反应为：。某温度下X和Y的浓度随时间的变化曲线如图所示。
下列说法错误的是
A．
B．L点处X的转化率为20％
C．时，
D．Y溶液含有少量X，经足够长时间后
16．（2023·邢台模拟）室温下，某溶液初始时仅溶有M，同时发生以下两个反应：①；②。反应①的速率可表示为，反应②的速率可表示为(、为速率常数)。体系中生成物浓度(c)随时间(t)变化的曲线如图所示。下列说法错误的是
A．0~10s内，M的平均反应速率
B．温度不变，反应过程中的值不变
C．反应①的活化能比反应②的活化能大
D．温度升高，体系中的值减小
17．（2023·益阳模拟）向刚性容器中投入与(足量)发生反应：(相对分子质量：M大于N)。测得不同温度下体积分数随时间t的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A．内，
B．温度升高，容器内气体的密度减小
C．℃，再投入，平衡时
D．
18．（2023·鞍山模拟）某反应的速率方程为，其半衰期(当剩余的反应物恰好是起始的一半时所需的时间)为。当其他条件不变，改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如表所示：
0.25 0.50 1.00 0.50 1.00
0.050 0.050 0.100 0.100 0.200 0.200
v/(mol-1 L-1 min-1)
下列说法正确的是（ ）
A．该反应的速率方程中的
B．该反应的速率常数
C．表格中的
D．在过量的B存在时，反应掉93.75%的A所需的时间是
19．（2023·岳阳模拟）时，含等浓度的与的混合溶液中发生反应： ，时刻，改变某一外界条件维续反应至时刻，溶液中和随时间的变化关系如图所示。下列说法正确的是
已知：时，该反应的化学平衡常数
A．若时刻未改变外界条件，则此时该反应：
B．若时刻反应达到平衡，则时刻改变的条件可能为及时移除Ag
C．若始终保持温度不变，则逆反应速率：
D．内的平均反应速率为
20．（2023·湖南模拟）向1L的恒容密闭容器中加入1molX和2molY，发生反应：，X的转化率随温度的变化如图所示(图中不同温度下的转化率是第5min数据)。下列说法正确的
A．300℃时，0-5min内平均反应速率
B．b、c点对应的(Y)大小关系：
C．c点时，反应消耗molX()，同时消耗molZ
D．若将气体体积缩小为0.5L，则c点温度下的(X)减小
三、非选择题
21．（2019·海南）由 羟基丁酸生成 丁内酯的反应如下：
在298K下， 羟基丁酸水溶液的初始浓度为 ，测得 丁内酯的浓度随时间变化的数据如表所示。回答下列问题：
21 50 80 100 120 160 220
0.024 0.050 0.071 0.081 0.090 0.104 0.116 0.132
（1）该反应在50～80min内的平均反应速率为 。
（2）120min时 羟基丁酸的转化率为 。
（3）298K时该反应的平衡常数 。
（4）为提高 羟基丁酸的平衡转化率，除适当控制反应温度外，还可采取的措施是
22．（2014·海南）硝基苯甲酸乙酯在OH﹣存在下发生水解反应：
O2NC6H4COOC2H5+OH﹣ O2NC6H4COO﹣+C2H5OH
两种反应物的初始浓度均为0.050mol L﹣1，15℃时测得O2NC6H4COOC2H5的转化率α随时间变化的数据如表所示．回答下列问题：
t/s 0 120 180 240 330 530 600 700 800
α/% 0 33.0 41.8 48.8 58.0 69.0 70.4 71.0 71.0
（1）列示计算该反应在120～180s与180～240s区间的平均反应速率 、 ；比较两者大小可得出的结论是 ．
（2）列式计算15℃时该反应的平衡常数 ．
（3）为提高O2NC6H4COOC2H5的平衡转化率，除可适当控制反应温度外，还可采取的措施有 （要求写出两条）．
23．（2022·辽宁）工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，目前已有三位科学家因其获得诺贝尔奖，其反应为：。回答下列问题：
（1）合成氨反应在常温下 (填“能”或“不能”)自发。
（2） 温(填“高”或“低”，下同)有利于提高反应速率， 温有利于提高平衡转化率，综合考虑催化剂(铁触媒)活性等因素，工业常采用。
针对反应速率与平衡产率的矛盾，我国科学家提出了两种解决方案。
（3）方案一：双温-双控-双催化剂。使用双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为时，的温度为，而的温度为)。
下列说法正确的是 。
a．氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率
b．在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率
c．“热Fe”高于体系温度，有利于提高氨的平衡产率
d．“冷Ti”低于体系温度，有利于提高合成氨反应速率
（4）方案二：复合催化剂。
下列说法正确的是 。
a．时，复合催化剂比单一催化剂效率更高
b．同温同压下，复合催化剂有利于提高氨的平衡产率
c．温度越高，复合催化剂活性一定越高
（5）某合成氨速率方程为：，根据表中数据， ；
实验
1 m n p q
2 2m n p 2q
3 m n 0.1p 10q
4 m 2n p 2.828q
在合成氨过程中，需要不断分离出氨的原因为 。
a．有利于平衡正向移动 b．防止催化剂中毒 c．提高正反应速率
（6）某种新型储氢材料的晶胞如图，八面体中心为M金属离子，顶点均为配体；四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。若其摩尔质量为，则M元素为 (填元素符号)；在该化合物中，M离子的价电子排布式为 。
24．（2023·山东模拟）近年，甲醇的制取与应用在全球引发了关于“甲醇经济”的广泛探讨。二氧化碳加氢制甲醇已经成为研究热点，在某催化加氢制的反应体系中，发生的主要反应如下：
Ⅰ.
Ⅱ.
回答下列问题：
（1）下列能说明反应Ⅰ一定达到平衡状态的是____(填标号)。
A．
B．平衡常数不再发生变化
C．混合气体的密度不再发生变化
D．混合气体中的百分含量保持不变
（2）在催化剂作用下，将平均相对分子质量为16的和的混合气体充入一恒容密闭容器中发生反应Ⅰ、Ⅱ，已知反应Ⅱ的反应速率，为速率常数，x为物质的量分数。
①当转化率达到60%时，反应达到平衡状态，这时和的平均相对分子质量为23，若反应Ⅱ的，平衡时反应速率 ；
②经验公式为，其中为活化能，T为热力学温度，k为速率常数，R和C为常数，则 (用含、、T、R的代数式表示)。
③由实验测得，随着温度的逐渐升高，反应Ⅰ为主反应，平衡逆向移动平衡时混合气体的平均相对分子质量几乎又变回16，原因是 。
（3）其他条件相同时，反应温度对选择性的影响如图所示：
由图可知，温度相同时选择性的实验值略高于其平衡值，可能的原因是 。
（4）利用甲醇分解制取烯烃，涉及反应如下。
a.
b.
c.
恒压条件下，平衡体系中各物质的量分数随温度变化如图所示：
已知时，，平衡体系总压强为P，则反应c的平衡常数 。
25．（2022·崇明模拟）能源短缺是人类面临的重大问题。甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景。工业上一般采用下列两种反应合成甲醇：
反应I：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) +Q1
反应II：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) +Q2
下表所列数据是反应I在不同温度下的化学平衡常数(K)
温度 250℃ 300℃ 350℃
K 2.041 0.270 0.012
（1）在一定条件下将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中发生反应I，5分钟后测得c(CO)=0.2mol/L，此段时间的反应速率(用H2表示) mol/(L·min)。由表中数据判断Q1 0(填“>”、“<”或“=”)。
（2）若容器容积不变，下列措施可提高反应I中CO转化率的是 。
a．充入CO b．将CH3OH(g)从体系中分离 c．升高温度 d．选用新型高效催化剂
（3）写出反应II的平衡常数表达式：K= 。一定温度下，在固定容积的密闭容器中发生II反应，下列能判断达到平衡状态的是 。
a．容器中的压强不再改变 b．混合气体的密度不再改变
c． d．消耗nmolCO2的同时生成nmolH2O(g)
（4）甲醇和CO反应合成甲酸甲酯，原理如下：CH3OH(g)+CO(g) HCOOCH3(g) +Q(Q>0)，研究压强和温度对该反应的影响结果如下：
①从反应压强对甲醇转化率的影响“效率”(即成本投入和产出比)考虑，工业制取甲酸甲酯应选择的压强最好是 。
a.3.0×106Pa b.4.0×106Pa c.5.0×106Pa
②实际工业生产中采用的温度是80℃，其理由是 。
（5）甲醇氧化可生成甲酸，能使0.1mol/L的甲酸溶液的电离度与pH值都增大的是 。
a．加水稀释 b．加入少量甲酸钠固体 c．通氯化氢 d．加入少量苛性钠固体
26．（2022·温州模拟）C、CO、是常见还原剂。不同的反应，选择合理的还原剂以达到不同的工艺意图。工业上常见几种还原反应如下：
反应I：
反应II：
反应III：
反应IV：
反应V：
回答下列问题。
（1）从的角度，说明反应I自发进行的可能性： 。
（2）①其他条件不变，分别测定CO还原FeO、还原FeO反应体系中，平衡时、CO体积分数与温度的关系如图所示。关于该类还原反应，有关说法错误的是 。
A．温度越高，FeO被CO还原的程度越大
B．温度越低，还原生成铁所需的的浓度越大
C．若还原FeO活化能相对较小，则混合气体系中的还原FeO速率由决定
D．宜在低温下进行
②结合反应I及图示信息，说明随温度升高，在平衡体系中，与CO还原FeO的能力发生变化的原因： 。
③计算576℃反应III的平衡常数K= 。
（3）根据反应IV，在如图中分别画出、的能量变化，并进行必要的标注 。
（4）已知基元反应的速率方程可表示为：(k为速率常数，下同)。碰撞理论研究发现，大多数化学反应并不是经过简单的碰撞就能完成，往往需经过多个反应步骤才反应过程能实现。用还原合成HI的反应实际上经过两步基元反应完成的：
已知快反应近似平衡态。若在温度为T℃下，，。写出T℃下反应的速率方程：v= (用含、、、a、b的代数式表示)
27．（2022·潍坊模拟）热化学碘硫循环可用于大规模制氢气，HI分解和SO2水溶液还原I2均是其中的主要反应。回答下列问题：
（1）碘硫热化学循环中，SO2的水溶液还原I2的反应包括：SO2＋I2＋2H2O3H＋＋HSO4- ＋2I- 、I-＋I2 I3-。若起始时n(I2)=n(SO2)=1mol，I- 、I3- 、H＋ 、HSO4-的物质的量随()的变化如图所示：
图中表示的微粒：a为 ，d为 。
（2）起始时 HI的物质的量为1mol，总压强为0.1MPa下，发生反应 HI(g) H2(g)+I2(g) 平衡时各物质的物质的量随温度变化如图所示：
①该反应的△H (“＞”或“＜”)0。
②600℃时，平衡分压p(I2)= MPa，反应的平衡常数Kp= (Kp为以分压表示的平衡常数)。
（3）反应 H2(g)＋I2(g) 2HI(g)的反应机理如下：
第一步：I22I(快速平衡)
第二步：I＋H2H2I(快速平衡)
第三步：H2I＋I 2HI (慢反应)
①第一步反应 (填 “放出”或“吸收”)能量。
②只需一步完成的反应称为基元反应，基元反应如aA＋dD = gG＋hH 的速率方程，v= kca(A) cd(D)，k为常数；非基元反应由多个基元反应组成，非基元反应的速率方程可由反应机理推定。H2(g)与I2(g)反应生成 HI(g)的速率方程为v= (用含k1、k－1、k2…的代数式表示)。
28．（2022·洛阳模拟）氮元素的化合物种类繁多，性质也各不相同。请回答下列问题：
（1）已知：①N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=+180.5kJ·mol-1
②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH=-483.6kJ·mol-1
③N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) ΔH=-92.4kJ·mol-1
则反应：④4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)的ΔH= kJ·mol-1。
根据RlnKp=-+C(C为常数)，由图中的数据可推知，该反应的反应热为 kJ·mol-1(保留小数点后2位)，图中表示的方程式是 (填序号)。
（2）生产硝酸的第二步反应是2NO+O2=2NO2，在0.1MPa和0.8MPa压强下，NO的平衡转化率α随温度的变化如图所示，反应在400℃，0.8MPa时的α= ，在压强p1、温度600℃时，A点v正 v逆(填“大于”、“小于”或者“等于”)。
（3）研究表明NO和O2的反应分两步进行
①2NO=(NO)2 ΔH<0
②(NO)2+O2(g)=2NO2 ΔH<0
NO和O2反应速率公式为v=k·K·p2(NO)·p(O2)，K为反应①的平衡常数，k为反应②速率常数(k随温度T升高而增大)。当其他条件不变时，研究NO达到一定转化率时，温度与时间的关系如表所示。
压强/(×105Pa) 温度/℃ NO达到一定转化率所需时间/s
50% 90% 98%
1 30 12.4 248 2830
90 25.3 508 5760
8 30 0.19 3.88 36.4
90 0.59 7.86 74
根据表中信息，对于反应：2NO+O2=2NO2，当其他条件一定时，升高温度，反应速率降低，原因是 。
（4）利用现代手持技术传感器探究压强对2NO2(g)N2O4(g)平衡移动的影响。在恒定温度和标准压强条件下，往针筒中充入一定体积的NO2气体后密封并保持活塞位置不变。分别在t1s、t2s时迅速移动活塞后并保持活塞位置不变，测定针筒内气体压强变化如图所示。
①B、E两点对应的正反应速率大小为vB (填“＞”“＜”或“=”)vE。
②E、F、G、H四点对应气体的平均相对分子质量最大的点为 。
29．（2022·临沂模拟）用制备，有利于实现“双碳”目标。主要反应为：
I．
II．
（1）已知298K时，部分物质的相对能量如下表所示(忽略随温度的变化)。
物质
相对能量(kJ·mol) -393 -286 -242 -110 0 52
则 。
（2）向某刚性容器中，按投料比充入和，在不同催化剂(M、N)下发生上述反应。一段时间后，测得的转化率的选择性(含碳生成物中的百分含量)随温度的变化如图1所示。
①由图可知， 的催化效果好(填“M”或“N”)。
②500~800K之间，乙烯的选择性随温度变化的原因是 。
（3）在一定条件下，向密闭容器中充入5.0mol和8.0mol，发生反应。测得相同时间内，的转化率随温度的变化如图2所示(虚线表示的平衡转化率随温度的变化)；速率常数的对数与温度的倒数之间的关系如图3所示。
①由图可知， (填“＞”、“＜”或“=”)；已知z点体系的压强为200kPa，则时，该反应的标准平衡常数 (保留2位小数，已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应，，其中，、、、为各组分的平衡分压)。
②已知速率方程，，、是速率常数。图中a、b、c、d分别代表x点、z点的速率常数，其中 点表示x点的；升高温度时， (填“增大”、“减小”或“不变”)。
30．（2022·滨州模拟）全球大气CO2浓度升高对人类生产、生活产生了影响，碳及其化合物的资源化利用成为研究热点。回答下列问题：
（1）已知25℃时，大气中的CO2溶于水存在以下过程：
①CO2(g)CO2(aq)
②CO2(aq)+H2O(l)H+(aq)+HCO(aq) K
过程①的△H 0(填“>”“<”或“=”)。溶液中CO2的浓度与其在大气中的分压(分压=总压×物质的量分数)成正比，比例系数为ymol·L-1·kPa-1。当大气压强为pkPa，大气中CO2(g)的物质的量分数为x时，溶液中H+的浓度为 mol·L-1(忽略HCO和水的电离)。
（2）二氧化碳甲烷化技术可有效实现二氧化碳的循环再利用，制取CH4的装置如图。温度控制在10℃左右，持续通入二氧化碳，电解时电解质溶液中KHCO3物质的量基本不变。阴极反应为 。
（3）焦炭与水蒸气可在高温下反应制H2。
反应I：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) △H1=+131.3kJ·mol-1 K1
反应II：C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g) △H2=+90.3kJ·mol-1 K2
反应III：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H3=-41.0kJ·mol-1 K3
①上述反应的化学平衡常数随温度变化的关系如图所示，表示K1、K2、K3的曲线分别是c、 、 。
②研究表明，反应III的速率方程为：v=k[x(CO)·x(H2O)-，x表示相应气体的物质的量分数，Kp为平衡常数(用平衡分压代替平衡浓度计算)，k为反应的速率常数。在气体物质的量分数和催化剂一定的情况下，反应速率随温度的变化如图所示。根据速率方程分析T>Tm时，v逐渐下降的原因是 。
（4）甲烷干法重整制H2同时存在如下反应：
主反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) △H1
副反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2
温度为T℃，压强为P0的恒压密闭容器中，通入2molCH4和1molCO2发生上述反应。平衡时H2O(g)的分压为P，甲烷的转化率为40%。
①下列说法正确的是 (填序号)
A．△H1和△H2不变，说明反应达到平衡状态
B．相同条件下，主反应的速率大于副反应，说明主反应的活化能小
C．选用合适的催化剂可以提高主反应的选择性，增大甲烷的平衡转化率
D．平衡后，若增大压强，主反应平衡逆向移动，副反应平衡不移动
②主反应的平衡常数Kp= (用含P和P0的计算式表示)。
31．（2022·湖北模拟）基双金属催化甲烷重整反应可以得到用途广泛的合成气和。回答下列问题：
（1）已知：① ；
② 。
则反应 。
（2）在2L恒容密闭容器中通入2.0、2.0，在不同温度下发生反应：，。测得平衡时混合气体的平均相对分子质量(M)与温度的变化关系如图所示，则
① (填“>”“<”或“=”)0。
②B点对应温度下的平衡转化率为 。
③1000℃条件下，C点的反应速率：v(正) (填“>”“<”或“=”)v(逆)。
④A点对应温度下该反应的平衡常数
（3）某条件下，甲烷重整过程中发生主反应的同时，还可能发生积碳反应：
歧化： ；
裂解： 。
①研究表明，温度和压强对积碳反应中平衡碳量的影响如图a和图b所示，其中表示温度和压强对的裂解反应中平衡碳量影响的是 (填“图a”或“图b”)，简述所选择该图的理由： 。
②在重整反应中，低温、高压时会有显著积碳产生，由此可推断，该条件下，对于该重整反应而言，其积碳主要由 (填“歧化”或“裂解”)反应产生。
③研究发现，产生积碳反应除歧化、裂解外，与，与之间反应也可产生积碳，写出相应的化学方程式： (任写一个)。
32．（2022·崇明模拟）我国提出力争于2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和，因此碳的捕集和利用成了研究的重点。
（1）目前国际空间站处理CO2的一个重要方法是将CO2还原，原理为：CO2(g)+4H2(g)RuCH4(g)+2H2O(g)。已知H2的体积分数随温度的升高而增加。若温度从300℃升至400℃，重新达到平衡，判断下列各物理量的变化。(选填“增大”、“减小”或“不变”)υ正 ，υ逆 ，平衡常数(K) ；
在一定条件下，CO2和H2混和气体共0.5mol(体积比1：4)，在2L恒容密闭容器中进行的反应可能有下列反应I和II，经反应相同时间测得“CO2转化率”、CH4和CO“选择性”随温度变化情况分别如图1和图2所示(选择性即转化的CO2中生成CH4或CO的百分比)。
反应I：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)
反应II：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)
（2）380℃时，容器内发生的反应是 (选填I、II或I和II)；150℃～300℃，CO2的转化率随温度升高而增大，其原因是 ；
（3）①下列说法错误的是 ；
a.反应I是放热反应
b.温度可影响产物的选择性
c.CO2平衡转化率随温度升高先增大后减少
d.其他条件不变，将CO2和H2的初始体积比改变为1：3，可提高CO2平衡转化率
②350℃时，反应I经10min达到平衡，则从起始到平衡，υ(CO2)= mol·L-1·min-1；
（4）常温下，也可用NaOH溶液作CO2的捕捉剂。经测定某次捕捉所得溶液中，Na和C两种元素物质的量比值为5：2，则所得溶液中溶质成分为 (填化学式)，若NaOH吸收了等物质的量的CO2，则所得溶液中微粒浓度关系为：c(OH-)-c(H+)= (填含碳元素微粒浓度的数学表达式)。
33．（2022·吕梁模拟）1，3-丁二烯和2-丁炔是重要的有机化工原料，正丁烷可用作亚临界生物技术提取剂和制冷剂等。三种物质之间存在如下转化反应：
I.CH2=CHCH=CH2(g)+2H2(g) CH3CH2CH2CH3(g) H1
Il.CH3C≡CCH3(g)+2H2(g) CH3CH2CH2CH3(g) H2
III.CH3C≡CCH3(g) CH2=CHCH=CH2(g) H3
回答下列问题；
（1）T0℃时，向5L恒容密闭容器中充入1molCH3CH2CH2CH3(g)，发生上述转化反应。10min达到平衡时测得CH3CH2CH2CH3(g)的转化率为80%，反应Ⅲ的平衡常数Kc(III)=7。
①0~10min内，反应的平均速率v(H2)=
②反应I的平衡常数Kc(I)= (保留三位有效数字)。
③10min后，若再向容器中充入1molCH3CH2CH2CH3(g)，则CH3CH2CH2CH3(g)的平衡转化率 80%(填“>”“<”或“=”)。
④保持温度不变，起始向恒容密闭容器中充入一定量的CH2=CHCH=CH2(g)、CH3C≡CCH3(g)和H2(g)，实验测得CH2=CHCH=CH2(g)、CH3C≡CCH3(g)的浓度与时间的关系如图1所示。其中表示CH3C≡CCH3(g)的浓度与时间关系的曲线为 (填“L1”或“L2")；t0min时，反应III向 (填“正反应”或“逆反应”)方向进行，理由为 。
⑤反应III的平衡常数lgKc(III)与温度的倒数1/T的关系如图2所示。则 H1 H2(填“>”“<"或“=”)，原因为 。
（2）CH2CHCH=CH2是一种重要的有机化工原料，可制备多种产品。有学者研究得出CH2=CHCH=CH2与Br2反应时，生成物中各物质的物质的量分数与溶剂极性美系如下表所示。分析表中数据，可得出的结论为 。
溶剂 溶剂分子的极性参数 反应温度/℃ CH2BrCH=CHCH2Br的物质的量分数/% CH2=CHCHBrCH2Br的物质的量分数/%
氯仿 4.1 -15 63 37
正己烷 0.0 -15 38 62
34．（2022·南平模拟）由于化石燃料的燃烧和化肥的使用， 气体的产生量逐年升高。 是温室气体，也是破坏臭氧层的气体。
（1）用Fe掺杂六方氮化硼作催化剂将 还原为 。Fe为催化剂的活性中心，用*Fe表示，反应分为： 、 两个过程，掺杂时Fe替代六方氮化硼中部分的 (填“B”或“N”)成为储化活性中心。
（2）已知：①
②
③
则反应 的 。
（3）反应： ，起始 时，在不同条件下达到平衡，体系中 的物质的量分数为 ，在温度为(a+40)K下的 。在 下的 如图所示。图中对应等压过程的曲线为 (填“m”或“n”)，判断的理由为 ，反应在(a+40)K下的平衡常数为 。
（4） 在金(Au)表面分解反应为 ，速率方程为 (k为速率常数)。实验数据如表所示。
t/min 0 20 40 60 80 100
0.100 0.080 0.060 0.040 0.020 0.000
速率方程中k= ，保持其他条件不变，若起始浓度为 ，则半衰期(浓度减少一半所需的时间)= min。
35．（2022·和平模拟）燃煤烟气中的SO2是主要的大气污染物之一。
（1）以Co/Al2O3作催化剂时氢气脱硫的过程由两步反应组成，过程如图1所示。
①结合图1中的信息，写出总反应的化学方程式 。用氢气进行脱硫的优点是 。
②已知在反应过程中，过量的H2可发生副反应：xH2(g)+SX(g)xH2S(g)，图2中的两条曲线分别代表SO2的转化率或Sx的选择性随H2和SO2体积比[V(H2)/V(SO2)]的变化情况(Sx的选择性：SO2还原产物中Sx所占的体积百分比)，可推断曲线 (填“L1“或“L2”)代表Sx的选择性，理由是 。
③现有3molH2和1molSO2在上述条件下反应，其中SO2的转化率或Sx的选择性的结果如图2所示，则剩余的SO2的物质的量 mol，H2的物质的量 mol。
（2）如图3表示Co/Al2O3催化下，相同时间内、不同条件下的SO2的转化率。
由图可知该反应为放热反应，解释图3中温度小于350℃时，转化率随温度升高而增大的原因是 。在图3中A、B、C、D四点对应的条件中，你认为 (填“A、B、C、D”)是最佳条件，其原因可能是 。
答案解析部分
1．【答案】C,D
【知识点】化学反应速率；化学平衡的调控；化学平衡的计算
【解析】【解答】解：对比容器的特点，将容器1和容器2对比，将容器1和容器3对比。容器2中加入4molSO3等效于在相同条件下反应物投入量为4molSO2和2molO2，容器2中起始反应物物质的量为容器1的两倍，容器2相当于在容器1达平衡后增大压强，将容器的体积缩小为原来的一半，增大压强化学反应速率加快，υ2 υ1，增大压强平衡向正反应方向移动，平衡时c2 2c1，p2 2p1，α1（SO2）+α2（SO3） 1，容器1和容器2温度相同，K1=K2；容器3相当于在容器1达到平衡后升高温度，升高温度化学反应速率加快，υ3 υ1，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡时c3 c1，p3 p1，α3（SO2） α1（SO2），K3 K1。根据上述分析，A.υ2 υ1，c2 2c1，A项不符合题意；
B.K3 K1，p2 2p1，p3 p1，则p2 2p3，B项不符合题意；
C.υ3 υ1，α3（SO2） α1（SO2），C项符合题意；
D.c2 2c1，c3 c1，则c2 2c3，α1（SO2）+α2（SO3） 1，α3（SO2） α1（SO2），则α2（SO3）+α3（SO2） 1，D项符合题意；
故答案为：CD。
【分析】此题主要是等效平衡的应用，根据极限转化及条件进行判断，其中转化率比较必需看起始浓度的大小。
2．【答案】C,D
【知识点】极性键和非极性键；化学反应速率；活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂
【解析】【解答】A．一价铜[Cu]作为催化剂，降低活化能，加快反应速率，但不影响总反应的焓变，A不符合题意；
B．反应③过程中，涉及到和非极性键的断裂，不存在非极性键的形成，存在极性键的形成，不存在极性键的断裂，B不符合题意；
C．根据反应过程，总反应方程式为：，C符合题意；
D．催化剂形成中间产物，根据图示，反应过程中共有4种含有一价铜[Cu]的中间产物，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A.催化剂能降低反应的活化能，但不影响总反应的焓变；
B.该中只涉及极性键的形成，不存在非极性键的形成；
C.根据总历程的反应物和产物书写其化学方程式。
3．【答案】B,D
【知识点】化学反应速率；化学平衡移动原理；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．升高温度，NO的物质的量分数增大，说明升高温度平衡逆向移动，正反应放热，该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能，故A不符合题意；
B．反应达到平衡状态，正逆反应速率比等于系数比，时当时反应达到平衡状态，故B符合题意；
C．时，反应达到平衡，的物质的量分数为40%，
，x=mol，若反应经t s达到平衡，则，故C不符合题意；
D．b点时，x(NO)=x()；
2-2x=2x，x=0.5mol；K=，往容器中再充入NO、、、各1.0mol，Q=，平衡正向移动，增大，故D符合题意；
【分析】 A.由图可知，升高温度，NO的物质的量分数增大，可知升高温度平衡逆向移动，焓变等于正逆反应的活化能之差；
B.不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比时，为平衡状态；
C. 依据化学平衡三段式计算结合化学反应速率分析解答；
D.依据化学平衡三段式计算分析。
4．【答案】B,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；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．催化剂能加快速率，不能使平衡移动， 可加快脱硝速率，不能提高脱硝的平衡转化率，故A不符合题意；
B．状态③到状态④的活化能最大，活化能越大反应速率越慢，慢反应决定正反应速率，状态③到状态④的变化过程为图示反应的决速步骤，故B符合题意；
C．脱硝反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，脱硝反应的正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度，故C不符合题意；
D．状态④到状态⑤，铜元素化合价由+1升高为+2，NO中N元素化合价由+2升高为+4，当有 消耗时，状态④到状态⑤的变化过程中转移的电子为 ，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.为催化剂，不影响平衡转化率；
B.活化能越大反应越慢，慢反应决定总反应速率；
C.脱硝反应为放热反应；
D.根据得失电子守恒计算。
5．【答案】B,D
【知识点】化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡的调控
【解析】【解答】A．起始时容器内气体总压强为1.2pkPa，若5min时反应到达c点，由分析可知，则(H2)==0.1mol/(L min)，A不符合题意；
B．随增大， 平衡正向移动，CO2的转化率增大，若H2的物质的量无限制增大，则HCHO的平衡压强肯定减小，即HCHO的平衡压强不是不断增大，B符合题意；
C．温度不变，化学平衡常数不变，故b点时反应的化学平衡常数与c点对应的平衡常数相等，由分析可知，c点平衡下，p(CO2)=×pkPa=0.2pkPa，同理：p(H2)=0.4pkPa，p(HCHO)=p(H2O)=0.2pkPa，故Kp== (kPa)-1==，C不符合题意；
D．c点时，再加入CO2(g)和H2O(g)，使二者分压均增大0.20pkPa，则此时Qp═===Kp，平衡不移动，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A．利用计算；
B．利用可逆反应进行不到底分析；
C．温度不变，化学平衡常数不变；
D．比较Qp与Kp的大小判断。
6．【答案】C,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；焓变和熵变
【解析】【解答】A．由反应历程图可知，反应Ⅰ的相对能量高于反应Ⅴ，则HCOOH脱氢反应为放热反应，△H＜0，HCOOHCO2+H2，△S>0，由△G=△H-T△S＜0，则在该温度下能自发进行，A不符合题意；
B．根据反应历程图，Ⅳ→Ⅴ的活化能最高，则Ⅳ到Ⅴ的反应速率最慢，为决速步骤，故B不符合题意；
C．由反应历程可知，反应脱去第一个H的活化能（12.8-(-1.4)=14.2）小于脱去第二个H的活化能(36.7-8.9=27.8)，活化能越大，反应越困难进行，可知HCOOH中第1个H原子更易脱去，故C符合题意；
D．根据反应机理图可得化学反应为HCOOHCO2+H2，即HCOOH中的两个H原子被解离出来形成H2，只有O-H键和C-H键断裂，C=O键不断，故D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A.依据化学反应的能量变化和吉布斯自由能分析解答；
B.化学反应的决速步骤为反应速率最慢的一步，活化能越高，反应速率越慢；
C.依据活化能越大，反应越困难进行分析；
D.依据化学反应中两个H原子被解离出来形成H2分析解答。
7．【答案】A,B
【知识点】化学反应速率；化学平衡常数
【解析】【解答】A．比较表中1、2两组的数据可知，NO浓度变为原来的2倍，反应速率变为原来的4倍，故α=2，1、3两组数据可知，H2的浓度变为原来的2倍，反应速率变为原来的2倍，故β=1，A符合题意；
B．根据A的分析可知，α=2，β=1，结合 正=k正cα(NO)cβ(H2)和表中数据可知，表中的x为4，B符合题意；
C．降低温度，反应速率减慢，故k正不可能增大只能减小，C不符合题意；
D．若 逆=k逆c2(H2O)c(N2)，平衡时 ，即k正c2(NO)c (H2)=k逆c2(H2O)c(N2)，则Kc= = ，D不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】根据 2NO+2H2=2H2O+N2的速率方程为 正=k正cα(NO)cβ(H2)，① =k正1α1 β②4v=k正2α1 β ③ 2v=k正1α2 β④ 16v=k正2αx β，即可求得=2.=1，x=4，降低温度，平衡常数降低，根据 逆=k逆c2(H2O)c(N2) 即可带入计算出Kc的表达式
8．【答案】A,D
【知识点】化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A. 根据图中信息可知，Ⅰ中反应末达平衡，Ⅱ、Ⅲ反应达平衡，则升高温度，CO2的物质的量增大，平衡逆向移动，证明该正反应ΔH<0，选项A符合题意；
B. T1时，反应末达平衡状态，无法计算反应的平衡常数，选项B不符合题意；
C. 10 min内，容器Ⅱ中的平均速率：v(H2)=3 v(CO2)=3× =0.21 mol·L－1·min－1，选项C不符合题意；
D. 10 min时n(CO2)= 0.7 mol， 则n(H2)=2.1 mol、n(CH3OH)= n(H2O)= 0.3mol，平衡常数K= ，向容器Ⅲ中再加入1 mol CO2(g)和1 mol H2O(g)，此时Q= ＞K，反应逆向移动，v(逆)>v(正)，选项D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】B、根据三段式可求平衡常数
C、v（H2）=3v（CO2）=3*（1-0.3）/10= 0.21 mol·L－1·min－1
9．【答案】A,D
【知识点】化学反应速率；等效平衡；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A．由图Ⅰ可知，200℃时5min达到平衡，平衡时B的物质的量变化量为0.4mol-0.2mol=0.2mol，容器体积为2L，故v(B)= =0.02mol L-1 min-1，故A符合题意；
B．由图Ⅱ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，故正反应为吸热反应，即△H＞0，图I可以知道，200℃时，A的物质的量变化量为0.4mol，B的物质的量变化量为0.2mol，在一定温度下只要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=0.4mol：0.2mol=2，故B不符合题意；
C．恒温恒容条件下，通入氦气参与反应的各物质的浓度不变，平衡不移动，故C不符合题意；
D．由图Ⅰ可知，200℃时平衡时，A、B、C的物质的量变化量分别为0.4mol、0.2mol、0.2mol，相同时间内物质的量的变化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2molA和1molB若达到等效平衡，则A的体积分数为0.5，而实际上相当于在等效平衡的基础上压强增大，该反应为气体减少的反应，平衡正向移动，A的体积分数减小，即新的平衡中A的体积分数小于0.5，故D符合题意；
故答案为AD。
【分析】B、温度升高，平衡时C的体积分数变大，即往正反应方向移动，△H＞0
C、充入He，对平衡无影响
10．【答案】C
【知识点】化学反应速率；催化剂；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．Cl原子是历程Ⅱ的催化剂，催化剂不能改变反应的反应热，则历程Ⅰ、Ⅱ的反应热相等，因此，A不符合题意；
B．已知的相对能量为0，对比两个历程可知，的相对能量为，则键能为，B不符合题意；
C．催化剂不能改变反应的平衡转化率，因此相同条件下，的平衡转化率：历程Ⅱ=历程Ⅰ，C符合题意；
D．活化能越低，反应速率越快，由图像可知，历程Ⅱ中第二步反应的活化能最低，所以速率最快的一步反应的热化学方程式为：，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.催化剂不影响焓变；
B.的相对能量为；
C.催化剂不能改变反应的始态和终态，不能改变反应物的平衡转化率；
D.活化能越大反应速率越慢。
11．【答案】B
【知识点】化学反应速率；催化剂；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A.由表格数据可知，在温度110~240℃范围内，苯的质量分数最小，环己烷的质量分数最大，说明该温度范围内反应速率最快，则催化剂的选择性和活性都较高，A不符合题意；
B.该反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，B符合题意；
C.在280~340℃范围内，适当延长反应时间，可促使更多的苯转化为环己烷，提高苯的转化率，C不符合题意；
D.在85~100℃范围内，温度升高，反应速率加快，单位时间内苯的转化率上升，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、由表格数据可知，在温度110~240℃时，苯的质量分数最小，环己烷的质量分数最大，说明反应速率最快；
B、该反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动；
C、280~340℃范围内，适当延长反应时间，可使更多的苯发生反应；
D、温度升高，反应速率加快，单位时间内苯的转化率上升；
12．【答案】A
【知识点】化学反应速率；化学平衡常数
【解析】【解答】A．Q与P点平衡时对应的曲线为M及N，且转化率N>M，故，A符合题意；
B．与在任何时刻浓度比均为1∶1，B不符合题意；
C．T℃时的平衡转化率为25%，根据平衡三段式可知，此时c(N2)=c(CO2)=mol/L=0.025mol/L，c(N2O)=mol/L=0.075mol/L，c(CO)= mol/L=0.375mol/L，故k=== ，故，C不符合题意；
D．在100s时，曲线N中的转化率为10%，用CO的浓度变化表示曲线N在0～100s内的平均速率为v(CO)==，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A．依据转化率判断；
B．利用“变者不变即平衡”；
C．根据平衡三段式计算；
D．利用v=Δc/Δt计算。
13．【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；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．根据图示，反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ的活化能，所以反应Ⅰ的速率小于反应Ⅱ的速率，故A不符合题意；
B．若原料用丙炔，则会有CH3CH=CH-CH=CHCH3、CH2=C(CH3)-C(CH3)=CH2、CH3CH=CH-C (CH3)=CH2共3种分子式为C6H10的有机物生成，故B不符合题意；
C．增大Cu的表面积，可加快反应速率，催化剂不能使平衡不移动，不能提高C2H2的平衡转化率，故C不符合题意；
D．根据图示，转化成C4H6(g)过程中，先碳碳双键中有1条键断裂，后又有碳碳双键和碳碳单键的形成，所以有非极性键的断裂和形成，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；
B.若原料为丙炔，会有CH3CH=CH-CH=CHCH3、CH2=C(CH3)-C(CH3)=CH2、CH3CH=CH-C (CH3)=CH2生成；
C.Cu是该反应的催化剂，催化剂不影响平衡状态；
D.同种非金属原子间形成非极性键。
14．【答案】A
【知识点】化学反应速率；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．a点已平衡，所以再充入一定量的X，平衡右移，但压强增大，X的转化率减小，A符合题意；
B．d容器未平衡，有V正≠v逆，B不符合题意；
C．b与d组分相同，但容积不等，所以速率不等，C不符合题意；
D．c容器容积未知，无法计算浓度常数，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】增大压强，该反应的平衡逆向移动，X的转化率减小。
15．【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学平衡状态的判断；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．由图可知，两个点都不是平衡点，则，A不符合题意；
B．由图可知，X的起始浓度为0.1mol/L ，L点时X的浓度为0.08mol/L，则转化的X的浓度为0.02mol/L，X的转化率为20％，B不符合题意；
C．化学反应速率为平均速率，根据方程式可知，X和Y的计量系数相同，故某个时间段的，但某个时刻无法根据平均速率公式求解，C符合题意；
D．由图可知，经足够长时间后，反应达到平衡，两者的浓度相等，则两者的物质的量相等，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.M点和N点反应均正向进行；
B.根据计算；
C.无法计算瞬时反应速率；
D.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。
16．【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
【解析】【解答】A．由反应可知M的浓度变化量等于Y和Z的浓度变化量之和，0~10s内，M的平均反应速率，故A不符合题意；
B． ，温度不变时，比值不变，则恒定不变，v1与成正比，v2与成正比，则的值不变，故B不符合题意；
C．由图可知相同条件下，Z的速率大于Y，可知反应②的速率大于反应①，根据反应活化能越大反应速率越小，可知反应①的活化能比反应②的活化能大，故C不符合题意；
D．反应的吸放热情况不确定，稳定升高平衡的移动方向不确定，因此体系中的值无法确定，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．利用v=Δc/Δt计算；
B． 依据题目信息分析；
C．根据反应活化能越大反应速率越小；
D．依据影响化学平衡的因素分析。
17．【答案】D
【知识点】化学反应速率；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．不用固体或纯液体来表示反应速率，因为固体或纯液体的浓度视为常数，A不符合题意；
B．根据分析，升高温度，平衡正向移动，由于相对分子质量：M大于N，因此升高温度，更多的固体转变为气体，混合气体的总质量增大，而刚性容器体积不变，所以容器内气体的密度增大，B不符合题意；
C．该反应为气体体积不变的反应，在T1℃达平衡时，n(B)=amol×30%=0.3amol，则平衡时，C不符合题意；
D．根据分析，T2℃时反应先达到平衡，则T2>T1，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．不用固体或纯液体来表示反应速率；
B．依据影响化学平衡的因素分析；
C．利用等效平衡分析；
D．依据影响反应速率的因素分析。
18．【答案】C
【知识点】化学反应速率
【解析】【解答】A．当其他条件不变，改变反应物浓度时，反应速率常数k保持不变，第二组数据和第四组数据中，两组的相同、v相同，解得，将第一组数据和第二组数据代入速率方程，得，可知，故A不符合题意；
B．由A项分析可知，该反应的速率方程为，将第一组数据代入速率方程，可得速率常数，故B不符合题意；
C．将第六组数据代入速率方程，可得，解得，将第三组数据代入速率方程，可得，将第五组数据代入速率方程，可得，故C符合题意；
D．半衰期，设起始时反应物A为，在过量的B存在时，反应掉93.75%的A需经历4个半衰期：起始，所需的时间为，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．利用第二组数据和第四组数据；第一组数据和第二组数据代入速率方程计算；
B．利用第一组数据代入速率方程计算；
C．利用第六组数据、第三组数据、第五组数据代入速率方程计算；
D．利用题目信息和表中数据计算半衰期。
19．【答案】D
【知识点】化学反应速率；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．若时刻未改变外界条件，则此时该反应处于平衡，=，A不符合题意；
B．若时刻反应达到平衡，==0.08，=0.03，此时的平衡常数K约为4.69>1，已知：时，该反应的化学平衡常数K=1，，则时刻改变的条件是降温，所以B不符合题意；
C．时刻到时刻，增加，其反应速率加快，即逆反应速率：，C不符合题意；
D．内的浓度由0变为0.03，即浓度变化为0.03，其平均反应速率为，又因为各物质的速率之比等于其化学计量数之比，所以的平均反应速率为，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.反应达到平衡时，正逆反应速率相等；
B.计算此时的平衡常数，与K=1比较确定改变的条件；
C.增大，反应速率加快；
D.根据和化学反应速率之比等于化学计量数之比计算。
20．【答案】C
【知识点】化学反应速率；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】A．a点时，转化率为30％，此时生成的Z为0.6mol，Z的平均反应速率为，A不符合题意；
B．温度越高反应速率越快，则b点的反应速率小于c点的速率，但5min时b点的转化率却大于c点，说明b点未达平衡，c点达平衡，Y的浓度：b＞c，温度：b＜c，故无法判断b、c两点(Y)大小关系，B不符合题意；
C．c点达平衡，反应消耗，同时消耗molZ，C符合题意；
D．c点温度下，压缩体积，即增大压强，平衡正向移动，(X)增大，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据反应速率v=进行分析。
B.温度越高反应速率越快。
C.c点达平衡，则正逆反应速率相等。
D.根据勒夏特列原理进行分析。
21．【答案】（1）0.0007
（2）0.5（50%）
（3）
（4）将 内酯移走
【知识点】化学反应速率；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）该反应在50~80min内的反应速率；
（2）由表格数据可知，当反应进行至120min时，γ-丁内酯的浓度为0.090mol/L，由反应的化学方程式可知，参与反应的γ-羟基丁酸的浓度为0.090mol/L，因此120min时，γ-羟基丁酸的转化率为：；
（3）由表格数据可知，当反应达到平衡状态时，γ-丁内酯的浓度为0.132mol/L，此时γ-羟基丁酸的浓度为：0.180mol/L-0.132mol/L=0.048mol/L，因此，该温度下反应的平衡常数；
（4）欲提高γ-羟基丁酸的平衡转化率，则应促使平衡正向移动，因此可将γ-丁内酯移出，使得生成物浓度减小，平衡正向移动；
【分析】（1）根据公式计算反应速率；
（2）由表格数据确定参与反应的γ-羟基丁酸的浓度，结合公式进行计算；
（3）根据表格数据确定反应达到平衡状态时，各物质的物质的量浓度，结合平衡常数的表达式进行分析；
（4）结合平衡移动的影响因素分析；
22．【答案】（1）7.3×10﹣5mol/（L s）；5.8×10﹣5mol/（L s）；随着反应进行，反应物浓度降低，反应速率减慢
（2）6.0
（3）增加OH﹣的浓度、移去产物
【知识点】化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】解：（1）120～180s内的平均速率为v= =7.3×10﹣5mol/（L s），
180～240s区间的平均反应速率为v= =5.8×10﹣5mol/（L s），反应速率逐渐减小，原因是随着反应进行，反应物浓度降低，反应速率减慢，故答案为：7.3×10﹣5mol/（L s）；5.8×10﹣5mol/（L s）；随着反应进行，反应物浓度降低，反应速率减慢；（2）700s时，转化率不再发生改变，可说明达到平衡状态，此时得O2NC6H4COOC2H5的转化率为71.0%，则c（O2NC6H4COO﹣）=c（C2H5OH）=0.05mol/L×71.0%，c（O2NC6H4COOC2H5）=c（OH﹣）=0.05mol/L×（1﹣71.0%），所以K= =6.0，故答案为：6.0；（3）为提高O2NC6H4COOC2H5的平衡转化率，可使平衡向正向移动，可增加OH﹣的浓度、移去产物，
故答案为：增加OH﹣的浓度、移去产物．
【分析】（1）根据转化率计算浓度的变化，结合c= 计算反应速率；（2）700s时，转化率不再发生改变，可说明达到平衡状态，以此可计算平衡常数；（3）为提高O2NC6H4COOC2H5的平衡转化率，可使平衡向正向移动，除温度外，还可增加另一种反应物浓度或减小生成物的浓度．
23．【答案】（1）能
（2）高；低
（3）ab
（4）a
（5）-1；a
（6）Fe；3d6
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；化学反应速率；化学平衡的影响因素；合成氨条件的选择
【解析】【解答】（1），则 G= H-T S=(-92.4+0.2×273) kJ mol-1=-37.8 kJ mol-1＜0，所以合成氨反应在常温下能自发进行。
（2）温度越高，反应速率越快，所以高温有利于提高反应速率；因为正反应为放热反应，所以低温有利于提高平衡转化率。答案为：高；低；
（3）a．因为正反应为放热反应，所以低温有利于平衡正向移动，氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率，a正确；
b．温度升高，反应速率加快，所以在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率，b正确；
c．合成氨反应的正反应为放热反应，“热Fe”高于体系温度，不利于提高氨的平衡产率，c不正确；
d．温度升高，可提高合成氨反应的速率，所以“冷Ti”低于体系温度，不利于提高合成氨反应速率，d不正确；
故答案为：ab。
（4）a．时，复合催化剂比单一催化剂的反应速率快，催化效率更高，a正确；
b．催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡产率，b不正确；
c．虽然图中显示温度高反应速率快，温度过高，催化剂的活性可能不变或降低，c不正确；
故答案为：a。
（5）选择实验1和3进行分析，此时，则γ=-1；
a．在合成氨过程中，需要不断分离出氨，有利于平衡正向移动，a正确；
b．氨是在该催化剂的催化作用下生成，不会使催化剂中毒，b不正确；
c．分离出氨，并没有增大反应物的浓度，所以不会提高正反应速率，c不正确；
故答案为：a。
（6）根据均摊法，该晶胞中含黑球的数目为=4，含白球的数目为8，则黑球与白球的个数比为1：2，黑球的化学式为，白球的化学式为，从而得出M+17×6+15×2=188，M=56，则M元素为Fe；在该化合物中，Fe2+的价电子排布式为3d6。
【分析】（1）根据 H-T S<0时反应自发进行分析；
（2）温度越高，反应速率越快；
（3）a.低温有利于平衡正向移动；
b.升温反应速率加快；
c.合成氨的反应为放热反应；
d.温度升高，可提高合成氨反应的速率；
（4）a.复合催化剂比单一催化剂的反应速率快，催化效率更高；
b.催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡产率；
c.温度过高催化剂可能失去活性；
（5）结合表中数据计算；不断分离出氨有利于平衡正向移动；
（6）根据均摊法计算；Fe2+的价电子排布式为3d6。
24．【答案】（1）D
（2）；-TRlnK；反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，当温度升高时，以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ是等体积反应，反应前后气体分子数相等，发生反应Ⅱ气体平均相对分子质量不变
（3）在该条件下反应Ⅰ的速率大于反应Ⅱ，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量多
（4）
【知识点】化学反应速率；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）A．当时，反应达到平衡，A不正确；
B．平衡常数只与温度有关，恒温条件下，平衡常数保持不变，但反应不一定达到平衡，所以平衡常数不再发生变化，反应不一定达到平衡状态， B不正确；
C．当反应在恒容条件下进行时，由于反应物和生成物均为气体，混合气体的密度一直保持不变，则混合气体的密度不再发生变化，反应不一定达到平衡，C不正确；
D．混合气体中的百分含量保持不变，说明水的浓度不再变化，反应达到平衡，D正确；
故答案为：D；
（2）①平均相对分子质量为16的和的混合气体中，和的物质的量之比为1：2，设加入和的物质的量1mol、2mol，当转化率达到60%时，反应达到平衡状态，这时和的平均相对分子质量为23，此时和的物质的量之比为1：1，CO2反应了0.6mol，剩余0.4mol，则H2剩余0.4mol，氢气反应1.6mol，和反应的总物质的量为2.2mol，结合反应Ⅰ. 、Ⅱ. ，总物质的量减少1.1mol，x（CO2）= x（H2）=，反应达到平衡状态，，反应Ⅱ的，平衡时反应速率=；
②反应Ⅱ的，，根据，可得反应Ⅱ的K为，反应Ⅱ为吸热反应，，，，=-TRlnK；
③反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，当温度升高时，以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ是等体积反应，反应前后气体分子数相等，发生反应Ⅱ气体平均相对分子质量不变，故随着温度的逐渐升高，平衡时混合气体的平均相对分子质量几乎又变回16；
（3）由图可知，温度相同时，CH3OH选择性的实验值略高于平衡值，从化学反应速率的角度看原因是：在该条件下反应Ⅰ的速率大于反应Ⅱ，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量多。
（4）时，，设在时，向容器中加入5molCH3OH（g）使之发生反应a、b，得到n0（C2H4）=1mol，n0（C3H6）=1mol，n0（H2O）=5mol，反应式c可如下列式：
因为，所以2（1-3n）=1+2n，解得n=，所以最终平衡体系中含有1-3n=molC2H4，1+2n=molC3H6，以及5molH2O，则x（C3H6）==，x（C2H4）==，代入Kp=。
【分析】（1）依据化学平衡的特征“等”和“定”进行分析判断；
（2）①利用v=Δc/Δt计算；
②利用已知信息中的公式计算；
③依据化学平衡移动原理分析；
（3）依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
（4）利用三段式法计算。
25．【答案】（1）0.32；＞
（2）b
（3）；ac
（4）b；高于80℃时，温度对反应速率影响较小，而平衡逆向移动，转化率低
（5）ad
【知识点】化学反应速率；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】（1）在一定条件下将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中发生反应I，5分钟后测得c(CO)=0.2mol/L，则CO的浓度变化量为1mol/L-0.2mol/L=0.8mol/L，H2的浓度变化量为1.6mol/L，此段时间的反应速率(用H2表示)为=0.32mol/(L·min)。从表中可以看出，温度升高，K值减小，则平衡逆向移动，正反应放热，所以Q1＞0。
（2）a．充入CO，平衡正向移动，但CO的转化率减小，a不合题意；
b．将CH3OH(g)从体系中分离，可促使平衡正向移动，CO的转化率增大，b正确；
c．升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率减小，c不合题意；
d．选用新型高效催化剂，化学反应速率加快，催化剂不影响平衡移动，不会提高反应Ⅰ中CO转化率， d不合题意；
故答案为：b。
（3）反应Ⅱ：的平衡常数。
一定温度下，在固定容积的密闭容器中发生II反应，则：
a．该反应是气体的物质的量有变化的反应，在达到平衡之前，容器中的压强一直在变化，当容器内气体的总压强保持不变则说明反应达到了平衡，ａ符合；
b．恒容下，密闭容器内气体的总质量、混合气体的密度始终保持不变，则混合气体的密度不变不能说明反应达到平衡状态，b不符合；
c．，则正逆反应速率相等，说明已平衡，c符合；
d．消耗nmolCO2的同时生成nmolH2O(g)，均指正反应速率，不能说明已平衡，d不符合；
故答案是：ac。
（4）①由图可知，温度一定时，压强为4.0×106Pa时，甲醇的转化率已经较大，再增大压强，甲醇转化率变化不大，从成本投入和产出比思考，工业制取甲酸甲酯应选择的压强是4.0×106Pa，故答案为：b。
②实际工业生产中采用的温度是80℃是因为：高于80℃时，温度对反应速率影响较小，而平衡逆向移动，转化率低。
（5）a．甲酸为弱酸，加水稀释，则促进甲酸的电离，所以电离度增大，同时氢离子浓度减小，pH增大，选项a正确；
b．加入少量甲酸钠固体，则溶液中的甲酸根离子浓度增大，电离度减小，氢离子浓度减小，pH增大，选项b不正确；
c．HCl是强电解质，则通入HCl后溶液的酸性增强，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，电离度减小，pH减小，选项c不正确；
d．加入氢氧化钠固体，则氢氧根离子与氢离子反应生成水，电离平衡正向移动，甲酸电离度增大，同时氢离子浓度减小，pH增大，选项d正确；
故答案为：ad。
【分析】（1）利用v=Δc/Δt计算；
（2）依据影响化学平衡的因素分析；
（3）化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比值；依据化学平衡的特征“等”和“定”进行分析判断；
（4）依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
（5）依据电离平衡的影响因素分析。
26．【答案】（1）反应ΔH小于0，若ΔS大于0，则由可知，ΔG小于0 ，说明反应在任意条件下能自发进行，若ΔS小于0，ΔG在低温条件下小于0，此时则低温自发进行
（2）AD；反应I是放热反应，温度升高，反应I逆向移动，逆向反应起主导作用，H2的还原能力大于CO，H2还原能力增强；；或者0.32
（3）
（4）
【知识点】化学反应速率；焓变和熵变；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）反应I： ，反应是放热反应，ΔH小于0，若ΔS大于0，则由可知，ΔG小于0 ，说明反应在任意条件下能自发进行，若ΔS小于0，ΔG在低温条件下小于0，此时则低温自发进行；故答案是反应ΔH小于0，若ΔS大于0，则由可知，ΔG小于0 ，说明反应在任意条件下能自发进行，若ΔS小于0，ΔG在低温条件下小于0，此时则低温自发进行；
（2）①A．对于FeO与CO的反应：，气体体积系数不变的反应，根据图像分析，温度越高，CO的体积分数越大，说明不利于CO的反应，FeO被CO还原的程度越小，A项不正确；
B．，从图像分析，温度越低，还原生成铁，平衡后，的体积分数越大，则开始需要的H2的浓度越大，B项正确；
C．反应活化能小，反应快，则混合气体系中的还原FeO中，若还原FeO活化能相对较小，反应较快，FeO被快速还原，反应起主导作用，则混合气体系中的还原FeO速率是由决定，C项正确；
D．，根据图像分析，温度越高，平衡时H2的体积分数越小，说明利于正反应方向进行，宜在高温下进行，D项不正确；
综上，
故答案为：AD。
②H2和CO还原FeO的平衡体系中，存在以下反应：
反应I：
反应II：
反应III：
根据图像分析，温度升高，CO的体积分数变大，不利于CO还原FeO，H2的体积分数减小，利于H2还原FeO；根据反应I是放热反应，温度升高，反应I逆向移动，逆向反应起主导作用，所以根据氧化还原反应的特点，H2的还原能力大于CO，H2还原能力增强，故答案是反应I是放热反应，温度升高，反应I逆向移动，逆向反应起主导作用，H2的还原能力大于CO，H2还原能力增强；
③由图像可知，576℃时，反应III： ，H2的体积分时是76%，则水蒸气的体积分数是24%，恒温恒容下，物质的浓度与体积分数成正比。K=，故答案是或者0.32；
（3）反应IV： ，若C(s)和Mg(s)的起始能量一样，则CO(g)的能量高于MgO(s)，已知C(s)→CO(g)和Mg(s) →MgO(s)的过程是氧化的过程，是放热过程，则据反应IV，在如图中分别画出、的能量变化如下：
故答案如上图。
（4）反应的速率方程表示式是v=kc(I2)·c(H2)；由用还原合成HI的反应实际上经过两步基元反应完成的：
可知，k=，则反应的速率方程表示式是v=kc(I2)·c(H2)= ×ab，故答案是；
【分析】（1）依据ΔG=ΔH-TΔS＜0分析；
（2）①依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
②依据化学平衡移动原理分析；
③化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比值；
（3）依据反应的能量变化分析；
（4）利用平衡常数间的关系和速率方程计算。
27．【答案】（1）H+；I3-
（2）＞；0.0125；（或0.167)
（3）吸收；c(H2)·c(I2)
【知识点】反应热和焓变；化学反应速率；化学平衡常数
【解析】【解答】(1)加水稀释，SO2＋I2＋2H2O3H＋＋HSO4-＋2I-正向移动，I-＋I2I3-逆向移动，同时，加水稀释后HSO4- 电离程度增大，结合图中信息，可确定曲线a表示H+、曲线b表示I-、曲线c表示HSO4-、曲线d表示I3-。从而得出图中表示的微粒：a为H+，d为I3-。答案为：H+；I3-；
(2) ①随着温度的不断升高，HI的物质的量不断减小，H2的物质的量不断增大，则平衡正向移动，所以正反应为吸热反应，该反应的△H＞0。答案为：＞；
②从图中采集数据，600℃时，n(HI)=0.75mol，n(H2)=0.125mol，反应前后气体分子数不变，从而得出平衡分压p(I2)=MPa=0.0125MPa，反应HI(g)H2(g)+I2(g)的平衡常数Kp==（或0.167)。答案为：0.0125；（或0.167)；
(3)①第一步反应断裂共价键，吸收能量。答案为：吸收；
②反应速率由慢反应决定，即v=k3c(H2I)·c(I)，
第一步是快速平衡，k1c(I2)=k-1c2(I)，可得c2(I)=c(I2)，
第二步也是快速平衡，k2c(I)·c(H2)=k-2c(H2I)，可得c(H2I)=c(H2)·c(I)，
v=k3c(H2)·c(I)·c(I)= k3c(H2)·c(I2)=c(H2)·c(I2)。答案为：c(H2)·c(I2)。
【分析】（1）加水稀释，平衡SO2＋I2＋2H2O3H＋＋HSO4-＋2I-正向移动，平衡I-＋I2I3-逆向移动；
（2）①温度升高，HI的物质的量不断减小，H2的物质的量不断增大，则平衡正向移动；
②列出反应的三段式计算；
（3）①第一步反应断裂共价键，吸收能量；
②反应速率由慢反应决定。
28．【答案】（1）-905；-92.45；③
（2）80%；小于
（3）升温，反应①K减小，反应②k增大，但K降低倍数大于k升高
（4）>；H
【知识点】反应热和焓变；化学反应速率；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】(1)依据盖斯定律可知，反应4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)可由①2+②3-③2得到，则焓变ΔH=2(+180.5kJ·mol-1)+3(-483.6kJ·mol-1)-2(-92.4kJ·mol-1)=-905kJ·mol-1；由图像数据带入RlnKp=-+C，-3.710=2.113ΔH+C，-61.678=1.486ΔH+C，二式联立可得ΔH=-92.45(kJ·mol-1)，即该反应的反应热ΔH=-92.45kJ·mol-1；依据反应热可知，图中表示的方程式是③。
(2)反应2NO+O2=2NO2是一个气体分子数减少的反应，增大压强，平衡正向移动，因此，相同温度下，压强越大，一氧化氮的平衡转化率越大，所以该反应在400℃、0.8MPa时一氧化氮的平衡转化率大于相同温度下、压强为0.1MPa时一氧化氮的平衡转化率，因此依据图示，400℃，0.8MPa时的α=80%；在压强p1、温度600℃时，A点条件下一氧化氮的转化率大于平衡转化率，反应逆向移动，所以v正小于v逆。
(3)反应①为放热反应，温度上升，反应逆向进行，平衡常数K减小，而反应②速率常数k随温度升高而增大，但K降低倍数大于k升高倍数，所以当其他条件一定时，升高温度，反应速率降低。
(4)①压强越大、反应速率越快，则B、E两点对应的正反应速率大小为vB＞vE。
②平均相对分子质量=，根据质量守恒定律，总质量m不变，则n越小，平均相对分子质量越大，反应向正反应方向进行，n会变小，则反应正向进行的越多，平均相对分子质量越大，E点到F点的过程，压强增大，平衡正向移动，H点达到平衡，则H点物质的总物质的量n最小，平均相对分子质量最大。
【分析】(1)依据盖斯定律计算。
(2)依据勒夏特列原理分析。
(3)依据温度对平衡的影响分析。
(4)①压强越大、反应速率越快。
②根据质量守恒定律，利用平均相对分子质量=分析。
29．【答案】（1）-130
（2）N；温度升高催化剂活性降低或者升高温度更有利与反应II的进行
（3）＜；55.56；d；减小
【知识点】反应热和焓变；化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡移动原理；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)已知反应热焓变等于生成物的总能量减去反应物的总能量，则52kJ/mol+4×(-242kJ/mol)-2×(-393kJ/mol)-6×0=-130，故答案为：-130；
(2)①由图可知，N催化下能够在较低的温度下获得较高的CO2转化率和C2H4的选择性，故N的催化效果好，故答案为：N；
②由曲线信息可知，500~800K之间，乙烯的选择性随温度升高而减小，故其原因可能为：温度升高催化剂活性降低或者升高温度更有利与反应II的进行，故答案为：温度升高催化剂活性降低或者升高温度更有利与反应II的进行；
(3)①由图可知，升高温度，任何反应的反应速率均增大，由图可知X点对应温度小于y点对应温度，故＜，已知z点体系的压强为200kPa，则时，由图可知，z点CO2的平衡转化率为40%，根据三段式分析可知， ，则平衡时，p(CO2)==60kPa，同理：p(H2)=40kPa，p(C2H4)=20kPa，p(H2O)=80kPa，该反应的标准平衡常数==55.56，故答案为：＜；55.56；
②已知速率方程，，、是速率常数，由(1)分析可知， =-130kJ/mol＜0，即升高温度平衡逆向移动，则说明k正随温度变化比k逆随温度变化更慢，图像中曲线bd的斜率小于曲线ac，则曲线ac代表k逆，bd代表k正，且由图2可知，x点为未达到平衡点，且平衡向正反应进行，即k正＞k逆，图中a、b、c、d分别代表x点、z点的速率常数，其中d点表示x点的，由分析可知，k正随温度变化比k逆随温度变化更慢，升高温度时，减小，故答案为：d；减小。
【分析】(1)反应热焓变等于生成物的总能量减去反应物的总能量；
(2)①依据图示分析解答；
②由曲线信息可知，500~800K之间，乙烯的选择性随温度升高而减小以此分析；
(3)①依据化学平衡三段式计算和化学平衡常数分析解答；
②依据化学反应速率和化学平衡常数以及化学平衡移动原理分析解答。
30．【答案】（1）<；
（2）9CO2+8e-+6H2O=CH4+8HCO
（3）b；d；升高温度，k增大使v提高，Kp减小使v降低。T>Tm时，Kp减小对v的降低大于k增大对v的提高
（4）B；
【知识点】化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)二氧化碳由气态变成液态需要放热，故；大气中CO2(g)的物质的量分数为x时，溶液中二氧化碳的浓度为，根据反应②，其平衡常数 ，因，故；
(2)该装置为电解池装置，右侧二氧化碳通入，故制备CH4在右侧，为阴极，电解时电解质溶液中KHCO3物质的量基本不变，故在阴极会同时产生碳酸氢根，发生的电极反应为：；
(3)反应I=反应II-反应III，当温度为1000oC时，K1=2，根据图中所给数据，，故K2=16，K3=8，故表示K2、K3的曲线分别是b、d；k随着温度的升高而增大，Kp随温度的升高而减小。T< Tm时，升高温度，k增大使v提高，Kp减小使v降低。T>Tm时，Kp减小对v的降低大于k增大对v的提高；
(4)A．反应热只与反应物、生成物的种类和状态有关， 与反应过程无关不变，反应热不变，不能判断达到平衡状态，A不符合题意；
B．相同条件下，反应速率越高，活化能越低，B符合题意；
C．选用合适的催化剂可以提高主反应的选择性，不会改变甲烷的平衡转化率，C不符合题意；
D．主反应正向为气体分子数增加的反应，平衡后，若增大压强，主反应平衡逆向移动，导致二氧化碳浓度增大，副反应的反应物浓度增大，平衡正向移动，D不符合题意；
故答案为：B。
设副反应中二氧化碳转化的物质的量为ｙmol， ，甲烷的转化率为40%，
CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)转化(mol)0.80.81.61.6，平衡时各物质的物质的量为：CH4CO2COH2H2O平衡(mol)2-0.81-0.2-y1.6+y1.6-yy，n总=4.6mol，各物质分压：P(H2O)=y4.6P0=P，故y=4.6PP0；P(CO2)=1-0.8-y4.6P0=623P0-P； P(CH4)=1.24.6P0=623P0；P(CO)=1.6-4.6PP04.6P0=8P023-P ；P(H2)=1.6+4.6PP04.6P0=8P023+P ；Kp=P2(H2)P2(CO)P(CH4)P(CO2)=(8P023+P)2×(8P023-P)2(623P0)×(P023 P)。
【分析】(1)依据二氧化碳由气态变成液态需要放热和化学平衡常数分析；
(2)依据电解池的相关知识分析解答；
(3)依据反应I=反应II-反应III，结合图示和平衡常数及化学反应速率之间的关系分析；
(4)依据反应热和化学平衡移动原理以及化学平衡的计算和化学平衡常数分析解答。
31．【答案】（1）－254
（2）＞；87.5%；＞；4
（3）图b；CH4的裂解反应为体积增大的吸热反应，减小压强或升高温度，平衡右移，即高温低压平衡碳量增大，与图b相符；CO歧化；CO(g)＋H2(g)=C(s)＋H2O(l)或CO2(g)＋2H2(g)=C(s)＋2H2O(l)
【知识点】反应热和焓变；化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】(1)根据盖斯定律可知，②×2－①，得出ΔH=[2×(－572)－(－890)]kJ·mol－1=－254kJ·mol－1；故答案为－254；
(2)①该反应是气体物质的量增大反应，组分都是气体，混合气体总质量不变，因此该反应是混合气体平均摩尔质量减小的反应，根据图像可知，随着温度升高，平均相对分子质量减小，说明升高温度，平衡向正反应方向进行，即ΔH＞0；故答案为＞；
②令B点消耗CH4的物质的量为amol，则生成n(CO)=n(H2)=2amol，因此有，解得a=1.75，则B点甲烷转化率为=87.5%；故答案为87.5%；
③在1000℃时，C对应平均相对分子质量大于平衡时的平均相对分子质量，说明C点反应向正反应方向进行，即v(正)＞v(逆)；故答案为＞；
④令A点消耗CH4的物质的量为bmol，则生成n(CO)=n(H2)=2bmol，因此有，解得b=1，Kc==4；故答案为4；
(3)①甲烷裂解是气体体积增大的吸热反应，升高温度，平衡右移，平衡碳量增大，增大压强，平衡左移，平衡碳量减小，图b符合；故答案为图b；CH4的裂解反应为体积增大的吸热反应，减小压强或升高温度，平衡右移，即高温低压平衡碳量增大，与图b相符；
②根据①的分析，低温、高压下显著积炭产生，积炭主要有CO歧化反应产生；故答案为CO歧化；
③根据题中描述，反应方程式CO(g)＋H2(g)=C(s)＋H2O(l)或CO2(g)＋2H2(g)=C(s)＋2H2O(l)；故答案为CO(g)＋H2(g)=C(s)＋H2O(l)或CO2(g)＋2H2(g)=C(s)＋2H2O(l)。
【分析】（1）利用盖斯定律，利用已知方程与要求方程之间关系，进行运算即可。
（2）①该反应正向进行是气体平均摩尔质量减小，由图可知，温度升高，平均摩尔质量减小，所以该反应为吸热反应；②利用B点平均摩尔质量，列出三段式进行计算，③C对应平均相对分子质量大于平衡时的平均相对分子质量，所以反应要向正向进行，正反应速率大于逆反应速率；④在A点，列出三段式，结合平均摩尔质量为20g/mol进行计算。
（3）该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，该反应为气体体积增大反应，加压平衡逆向移动，从而判断对应图像。
32．【答案】（1）增大；增大；减小
（2）I；未达平衡前，温度升高，反应速率加快
（3）cd；0.004
（4）NaOH、Na2CO3；c(H2CO3)-c(CO)
【知识点】化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】(1)升高温度正逆反应速率均增大，故υ正增大，υ逆增大，已知H2的体积分数随温度的升高而增加，故升高温度，平衡逆向移动，则若温度从300℃升至400℃，重新达到平衡，平衡常数(K)减小。
(2)由图像可知，380℃时，CH4的选择性为100%，则容器内发生的反应是I；150℃～300℃，经反应相同时间，CO2的转化率随温度升高而增大，其原因是未达平衡前，温度升高，反应速率加快。
(3)①a．在反应I中，已知H2的体积分数随温度的升高而增加，故逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，故a正确；
b．由图像可知，温度可影响产物的选择性，故b正确；
c．由图像可知，温度低于400℃时，只进行反应I，而反应I为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则CO2平衡转化率随温度升高而减少，故c不正确；
d．其他条件不变，将CO2和H2的初始体积比改变为1：3，相当于CO2的量不变，减小了的H2量，会降低CO2平衡转化率，故d不正确；综上所述，错误的说法是cd。
②350℃时，只进行反应I，CO2的转化率为80%，则CO2的转化量为0.1mol×80%=0.08mol，反应I经10min达到平衡，则从起始到平衡，。
(4)CO2通入NaOH溶液中依次发生反应，，则CO2与过量NaOH溶液反应的方程式为，过量CO2与NaOH溶液反应的方程式为，Na和C两种元素物质的量比值为5：2时，NaOH过量，发生反应，则所得溶液中溶质成分为NaOH、Na2CO3；若NaOH吸收了等物质的量的CO2，发生反应，则所得溶液为溶液，溶液存在质子守恒c(OH-)+ c(CO)= c(H2CO3)+ c(H+)，则微粒浓度关系为：c(OH-)-c(H+)= c(H2CO3)-c(CO)。
【分析】(1)依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
(2)依据图像的选择性判断；依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
(3)①依据图像的选择性及影响反应速率和化学平衡的因素分析；
②依据计算。
(4)利用原子守恒和质子守恒分析。
33．【答案】（1）；2.79；<；L2；正反应；t0min时，反应Ⅲ的浓度商Q==3.5< Kc(III)；＞；温度升高，Kc(III)减小， H3<0，反应Ⅲ=反应Ⅱ-反应Ⅰ，即 H3= H2- H1<0，则 H1＞ H2
（2）溶剂分子的极性参数增大，利于生成CH2BrCH=CHCH2Br
【知识点】化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】由信息，当CH3CH2CH2CH3(g)的转化率为80%时，容器内H2的物质的量为l.6 mol，浓度为0.32 mol/L；CH3C≡CCH3(g)和CH2=CHCH=CH2(g)的物质的量之和为0.8 mol，其浓度之和为0.16mol/L；CH3CH2CH2CH3(g)的物质的量为0.2 mol，浓度为0.04 mol/L；由反应Ⅲ的平衡常数Kc(III)= ，推知c(CH3C≡CCH3)= 0.02mol/L，c(CH2=CHCH=CH2)= 0.14mol/L，据此分析作答。
(1)①0~10min内，反应的平均速率v(H2)= ，故答案为：；
②反应I的平衡常数Kc(I)=，故答案为：2.79；
③平衡后，再向容器中充入1molCH3CH2CH2CH3(g)，相当于对反应体系加压，反应Ⅰ和反应Ⅱ的平衡正向移动，CH3CH2CH2CH3(g)的平衡转化率减小，即小于80%，故答案为：<；
④温度不变，反应Ⅲ的平衡常数不变，平衡时c(CH2=CHCH=CH2)大于c(CH3C≡CCH3)，则表示CH3C≡CCH3(g)的浓度与时间关系的曲线为L2；t0min时，反应Ⅲ的浓度商Q==3.5< Kc(III)，则反应向正反应方向进行，故答案为：L2；正反应；t0min时，反应Ⅲ的浓度商Q==3.5< Kc(III)；
⑤由图2知，温度升高，Kc(III)减小， H3<0，反应Ⅲ=反应Ⅱ-反应Ⅰ，即 H3= H2- H1<0，则 H1＞ H2，故答案为：＞；温度升高，Kc(III)减小， H3<0，反应Ⅲ=反应Ⅱ-反应Ⅰ，即 H3= H2- H1<0，则 H1＞ H2；
(2)由表中数据知，溶剂分子的极性参数增大，利于生成CH2BrCH=CHCH2Br，故答案为：溶剂分子的极性参数增大，利于生成CH2BrCH=CHCH2Br。
【分析】
(1)①利用v(H2)= 计算；
②利用Kc(I)=计算；
③依据化学平衡移动原理分析；
④温度不变，平衡常数不变；利用浓度商Q与 K的大小判断；
⑤利用盖斯定律分析；
(2)利用表中数据分析。
34．【答案】（1）B
（2）-365.05
（3）n；该反应为放热反应，当P恒定，T升高，平衡逆向移动，x(N2)降低；62001
（4）0.001mol/(L．min)；100
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)Fe为催化剂的活性中心，将 还原为 ，N元素参与氧化还原反应，掺杂时Fe替代六方氮化硼中部分的B成为储化活性中心；
(2)由盖斯定律，反应③- 反应①- 反应②可得反应 的 (-393.5)- (+164.1)- (-221.0)= -365.05 ；
(3)对于反应 -365.05 是放热反应，反应前后气体分子数相等，则压强相等时升高温度，平衡逆向移动，氮气的物质的量分数减小，则n代表等压过程的曲线；反应在(a+40)K下压强为140kPa， 的物质的量分数为 =0.498，起始 ，列三段式： ， = ，解得x=0.996，平衡常数为 ；
(4)该反应的速率常数等于反应速率，根据任何一段时间求速率， =k= =0.001mol L-1 min-1，设起始浓度为c，v=k，半衰期 ，半衰期与起始浓度成正比，根据表格数据知，起始浓度为0.100mol L-1时半衰期为50min，温度不变，速率常数不变，则起始浓度为0.200mol L-1时，半衰期为100min。
【分析】（1）该反应中N元素参与反应，F替代B；
（2）根据盖斯定律计算；
（3）该反应为放热反应，P恒定，T升高，平衡逆向移动；列出反应的三段式，结合计算；
（4）根据表中数据分析计算。
35．【答案】（1）xSO2+2xH2Sx+2xH2O；产物为H2O，清洁无污染；L2；随H2/SO2体积比增大，H2逐渐过量，发生副反应xH2(g)+SX(g)xH2S(g)，随c(H2)增大，副反应平衡右移，c(Sx)减小，c(H2S)增大，Sx选择性会降低；0.2；1.4
（2）在350℃前，反应未达平衡，升高温度，反应速率加快；B；该点对应的温度、压强条件下SO2的转化率最大
【知识点】氧化还原反应；化学反应速率；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】(1)①据图可知总过程为二氧化硫和氢气生成水和Sx，所以化学方程式xSO2+2xH2Sx+2xH2O；根据主要反应可知用氢进行脱硫产物为H2O，清洁无污染；
②随H2/SO2体积比增大，H2逐渐过量，发生副反应xH2(g)+SX(g)xH2S(g)，随c(H2)增大，副反应平衡右移，c(Sx)减小，c(H2S)增大，Sx选择性会降低，则L2代表Sx的选择性。
③有3molH2和1molSO2在上述条件下反应时，体积比为3.0，则SO2的转化率为80%，故剩余SO2的物质的量为1mol-1mol×80%=0.2mol，剩余H2的物质的量为3mol-1.6mol=1.4mol。
(2)在350℃前，反应未达平衡，升高温度，反应速率加快，故转化率随温度升高而增大；根据图像可知B点为最佳条件，因该点对应的温度、压强条件下SO2的转化率最大。
【分析】（1）①图1的总过程为二氧化硫和氢气生成水和Sx；根据主要反应可知用氢进行脱硫产物为H2O；
②氢气过量，发生副反应xH2(g)+SX(g)xH2S(g) ，Sx选择性会降低；
③物质的量之比等于体积之比， 3molH2和1molSO2对应体积比为3.0；
（2）在350℃前，反应未达平衡，升高温度，反应速率加快，故转化率随温度升高而增大。
2023年高考真题变式分类汇编：化学反应速率1
一、多选题
1．（2018·江苏）一定温度下，在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应2SO2(g)+ O2(g) 2SO3(g)(正反应放热)，测得反应的相关数据如下：
下列说法正确的是（ ）
A．v1< v2，c2< 2c1
B．K1> K3，p2> 2p3
C．v1< v3，α1(SO2 ) >α3(SO2 )
D．c2> 2c3，α2(SO3 )+α3(SO2 )<1
【答案】C,D
【知识点】化学反应速率；化学平衡的调控；化学平衡的计算
【解析】【解答】解：对比容器的特点，将容器1和容器2对比，将容器1和容器3对比。容器2中加入4molSO3等效于在相同条件下反应物投入量为4molSO2和2molO2，容器2中起始反应物物质的量为容器1的两倍，容器2相当于在容器1达平衡后增大压强，将容器的体积缩小为原来的一半，增大压强化学反应速率加快，υ2 υ1，增大压强平衡向正反应方向移动，平衡时c2 2c1，p2 2p1，α1（SO2）+α2（SO3） 1，容器1和容器2温度相同，K1=K2；容器3相当于在容器1达到平衡后升高温度，升高温度化学反应速率加快，υ3 υ1，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡时c3 c1，p3 p1，α3（SO2） α1（SO2），K3 K1。根据上述分析，A.υ2 υ1，c2 2c1，A项不符合题意；
B.K3 K1，p2 2p1，p3 p1，则p2 2p3，B项不符合题意；
C.υ3 υ1，α3（SO2） α1（SO2），C项符合题意；
D.c2 2c1，c3 c1，则c2 2c3，α1（SO2）+α2（SO3） 1，α3（SO2） α1（SO2），则α2（SO3）+α3（SO2） 1，D项符合题意；
故答案为：CD。
【分析】此题主要是等效平衡的应用，根据极限转化及条件进行判断，其中转化率比较必需看起始浓度的大小。
2．（2023·宝鸡模拟）2022年诺贝尔化学奖授予在“点击化学和生物正交化学”领域做出贡献的三位科学家。点击化学经典反应之一是：一价铜[Cu]催化的叠氮化物-端炔烃环加成反应，反应机理示意如下。
下列说法正确的是
A．一价铜[Cu]能有效降低总反应的焓变，加快反应速率
B．反应③过程中，涉及极性键和非极性键的断裂和形成
C．总反应为
D．反应过程中共生成4种中间产物
【答案】C,D
【知识点】极性键和非极性键；化学反应速率；活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂
【解析】【解答】A．一价铜[Cu]作为催化剂，降低活化能，加快反应速率，但不影响总反应的焓变，A不符合题意；
B．反应③过程中，涉及到和非极性键的断裂，不存在非极性键的形成，存在极性键的形成，不存在极性键的断裂，B不符合题意；
C．根据反应过程，总反应方程式为：，C符合题意；
D．催化剂形成中间产物，根据图示，反应过程中共有4种含有一价铜[Cu]的中间产物，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A.催化剂能降低反应的活化能，但不影响总反应的焓变；
B.该中只涉及极性键的形成，不存在非极性键的形成；
C.根据总历程的反应物和产物书写其化学方程式。
3．（2022·临沂模拟）在2L恒容密闭容器中，充入2.0molNO和2.0mol，在一定条件下发生反应，测得平衡体系中NO、的物质的量分数与温度的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．该反应正反应的活化能大于逆反应的活化能
B．时，当时反应达到平衡状态
C．时，若反应经t s达到平衡，则
D．b点时，往容器中再充入NO、、、各1.0mol，再次平衡时增大
【答案】B,D
【知识点】化学反应速率；化学平衡移动原理；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．升高温度，NO的物质的量分数增大，说明升高温度平衡逆向移动，正反应放热，该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能，故A不符合题意；
B．反应达到平衡状态，正逆反应速率比等于系数比，时当时反应达到平衡状态，故B符合题意；
C．时，反应达到平衡，的物质的量分数为40%，
，x=mol，若反应经t s达到平衡，则，故C不符合题意；
D．b点时，x(NO)=x()；
2-2x=2x，x=0.5mol；K=，往容器中再充入NO、、、各1.0mol，Q=，平衡正向移动，增大，故D符合题意；
【分析】 A.由图可知，升高温度，NO的物质的量分数增大，可知升高温度平衡逆向移动，焓变等于正逆反应的活化能之差；
B.不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比时，为平衡状态；
C. 依据化学平衡三段式计算结合化学反应速率分析解答；
D.依据化学平衡三段式计算分析。
4．（2022·聊城模拟）某种含二价铜微粒 的催化剂可用于汽车尾气脱硝。催化机理如图甲，反应历程如图乙。下列说法正确的是（ ）
A． 可加快脱硝速率，提高脱硝的平衡转化率
B．状态③到状态④的变化过程为图示反应的决速步骤
C．升高温度，脱硝反应的正反应速率的增大程度大于其逆反应速率的增大程度
D．当有 消耗时，状态④到状态⑤的变化过程中转移的电子为
【答案】B,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；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．催化剂能加快速率，不能使平衡移动， 可加快脱硝速率，不能提高脱硝的平衡转化率，故A不符合题意；
B．状态③到状态④的活化能最大，活化能越大反应速率越慢，慢反应决定正反应速率，状态③到状态④的变化过程为图示反应的决速步骤，故B符合题意；
C．脱硝反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，脱硝反应的正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度，故C不符合题意；
D．状态④到状态⑤，铜元素化合价由+1升高为+2，NO中N元素化合价由+2升高为+4，当有 消耗时，状态④到状态⑤的变化过程中转移的电子为 ，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.为催化剂，不影响平衡转化率；
B.活化能越大反应越慢，慢反应决定总反应速率；
C.脱硝反应为放热反应；
D.根据得失电子守恒计算。
5．（2022·临沂模拟）T℃时，向容积为2L的刚性容器中充入1 mol CO2和一定量的H2发生反应：CO2(g)+2H2(g) HCHO(g) +H2O(g) ，达到平衡时，HCHO的分压(分压=总压×物质的量分数)与起始的关系如图所示。已知：初始加入2molH2时，容器内气体的总压强为1.2p kPa。下列说法错误的是（ ）
A．5 min时反应到达c点，(H2)=0.1 mol·L-1·min-1
B．随增大， HCHO的平衡压强不断增大
C．b点时反应的平衡常数Kp =
D．c点时，再加入CO2(g)和H2O(g) ，使二者分压均增大0.2p kPa，平衡正向移动
【答案】B,D
【知识点】化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡的调控
【解析】【解答】A．起始时容器内气体总压强为1.2pkPa，若5min时反应到达c点，由分析可知，则(H2)==0.1mol/(L min)，A不符合题意；
B．随增大， 平衡正向移动，CO2的转化率增大，若H2的物质的量无限制增大，则HCHO的平衡压强肯定减小，即HCHO的平衡压强不是不断增大，B符合题意；
C．温度不变，化学平衡常数不变，故b点时反应的化学平衡常数与c点对应的平衡常数相等，由分析可知，c点平衡下，p(CO2)=×pkPa=0.2pkPa，同理：p(H2)=0.4pkPa，p(HCHO)=p(H2O)=0.2pkPa，故Kp== (kPa)-1==，C不符合题意；
D．c点时，再加入CO2(g)和H2O(g)，使二者分压均增大0.20pkPa，则此时Qp═===Kp，平衡不移动，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A．利用计算；
B．利用可逆反应进行不到底分析；
C．温度不变，化学平衡常数不变；
D．比较Qp与Kp的大小判断。
6．（2022·枣庄模拟）一定条件下HCOOH在Pd催化剂表面脱氢的反应机理、反应历程与能量的关系如图所示：
下列说法错误的是（ ）
A．HCOOH催化脱氢反应在该温度下能自发进行
B．在历程Ⅰ～Ⅴ中，由Ⅳ到Ⅴ的反应为决速步骤
C．由反应历程可得出HCOOH中第2个H原子更易脱去
D．在该反应历程中，HCOOH所有的化学键均发生断裂
【答案】C,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；焓变和熵变
【解析】【解答】A．由反应历程图可知，反应Ⅰ的相对能量高于反应Ⅴ，则HCOOH脱氢反应为放热反应，△H＜0，HCOOHCO2+H2，△S>0，由△G=△H-T△S＜0，则在该温度下能自发进行，A不符合题意；
B．根据反应历程图，Ⅳ→Ⅴ的活化能最高，则Ⅳ到Ⅴ的反应速率最慢，为决速步骤，故B不符合题意；
C．由反应历程可知，反应脱去第一个H的活化能（12.8-(-1.4)=14.2）小于脱去第二个H的活化能(36.7-8.9=27.8)，活化能越大，反应越困难进行，可知HCOOH中第1个H原子更易脱去，故C符合题意；
D．根据反应机理图可得化学反应为HCOOHCO2+H2，即HCOOH中的两个H原子被解离出来形成H2，只有O-H键和C-H键断裂，C=O键不断，故D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A.依据化学反应的能量变化和吉布斯自由能分析解答；
B.化学反应的决速步骤为反应速率最慢的一步，活化能越高，反应速率越慢；
C.依据活化能越大，反应越困难进行分析；
D.依据化学反应中两个H原子被解离出来形成H2分析解答。
7．（2021·唐山模拟）已知2NO+2H2=2H2O+N2的速率方程为 正=k正cα(NO)cβ(H2)，在800℃下测定了不同初始浓度及正反应速率的关系，数据如表，则下列说法中正确的是（ ）
实验 c0(NO)/(mol·L-l) c0(H2)/(mol·L-l) v正
1 1 1 v
2 2 1 4v
3 1 2 2v
4 2 x 16v
A．α、β的值分别为2、1
B．表中的x为4
C．降低温度，k正可能增大
D．若 逆=k逆c2(H2O)c(N2)，则Kc=
【答案】A,B
【知识点】化学反应速率；化学平衡常数
【解析】【解答】A．比较表中1、2两组的数据可知，NO浓度变为原来的2倍，反应速率变为原来的4倍，故α=2，1、3两组数据可知，H2的浓度变为原来的2倍，反应速率变为原来的2倍，故β=1，A符合题意；
B．根据A的分析可知，α=2，β=1，结合 正=k正cα(NO)cβ(H2)和表中数据可知，表中的x为4，B符合题意；
C．降低温度，反应速率减慢，故k正不可能增大只能减小，C不符合题意；
D．若 逆=k逆c2(H2O)c(N2)，平衡时 ，即k正c2(NO)c (H2)=k逆c2(H2O)c(N2)，则Kc= = ，D不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】根据 2NO+2H2=2H2O+N2的速率方程为 正=k正cα(NO)cβ(H2)，① =k正1α1 β②4v=k正2α1 β ③ 2v=k正1α2 β④ 16v=k正2αx β，即可求得=2.=1，x=4，降低温度，平衡常数降低，根据 逆=k逆c2(H2O)c(N2) 即可带入计算出Kc的表达式
8．（2020·南通模拟）Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个容积均为1 L的恒容密闭容器中均投入1 mol CO2和3 mol H2，在不同温度下发生反应：CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)。反应10 min，测得各容器内CO2的物质的量分别如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．该正反应ΔH<0
B．T1时，该反应的平衡常数为
C．10 min内，容器Ⅱ中的平均速率：v(H2)＝0.07 mol·L－1·min－1
D．10 min后，向容器Ⅲ中再加入1 mol CO2(g)和1 mol H2O(g)，此时v(逆)>v(正)
【答案】A,D
【知识点】化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A. 根据图中信息可知，Ⅰ中反应末达平衡，Ⅱ、Ⅲ反应达平衡，则升高温度，CO2的物质的量增大，平衡逆向移动，证明该正反应ΔH<0，选项A符合题意；
B. T1时，反应末达平衡状态，无法计算反应的平衡常数，选项B不符合题意；
C. 10 min内，容器Ⅱ中的平均速率：v(H2)=3 v(CO2)=3× =0.21 mol·L－1·min－1，选项C不符合题意；
D. 10 min时n(CO2)= 0.7 mol， 则n(H2)=2.1 mol、n(CH3OH)= n(H2O)= 0.3mol，平衡常数K= ，向容器Ⅲ中再加入1 mol CO2(g)和1 mol H2O(g)，此时Q= ＞K，反应逆向移动，v(逆)>v(正)，选项D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】B、根据三段式可求平衡常数
C、v（H2）=3v（CO2）=3*（1-0.3）/10= 0.21 mol·L－1·min－1
9．（2020·南京模拟）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Ⅰ表示200 ℃时容器中A、B、C物质的量随时间的变化，图Ⅱ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)＝0.02 mol·(L·min)－1
B．图Ⅱ所知反应xA(g)＋yB(g) zC(g)的ΔH<0，且a＝2
C．若在图Ⅰ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 ℃时，向容器中充入2 mol A和1 mol B，达到平衡时，A的体积分数小于0.5
【答案】A,D
【知识点】化学反应速率；等效平衡；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A．由图Ⅰ可知，200℃时5min达到平衡，平衡时B的物质的量变化量为0.4mol-0.2mol=0.2mol，容器体积为2L，故v(B)= =0.02mol L-1 min-1，故A符合题意；
B．由图Ⅱ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，故正反应为吸热反应，即△H＞0，图I可以知道，200℃时，A的物质的量变化量为0.4mol，B的物质的量变化量为0.2mol，在一定温度下只要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=0.4mol：0.2mol=2，故B不符合题意；
C．恒温恒容条件下，通入氦气参与反应的各物质的浓度不变，平衡不移动，故C不符合题意；
D．由图Ⅰ可知，200℃时平衡时，A、B、C的物质的量变化量分别为0.4mol、0.2mol、0.2mol，相同时间内物质的量的变化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2molA和1molB若达到等效平衡，则A的体积分数为0.5，而实际上相当于在等效平衡的基础上压强增大，该反应为气体减少的反应，平衡正向移动，A的体积分数减小，即新的平衡中A的体积分数小于0.5，故D符合题意；
故答案为AD。
【分析】B、温度升高，平衡时C的体积分数变大，即往正反应方向移动，△H＞0
C、充入He，对平衡无影响
二、选择题
10．（2023·浙江1月选考）标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下[已知和的相对能量为0]，下列说法错误的是
A．
B．可计算键能为
C．相同条件下，的平衡转化率：历程Ⅱ>历程Ⅰ
D．历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为：
【答案】C
【知识点】化学反应速率；催化剂；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．Cl原子是历程Ⅱ的催化剂，催化剂不能改变反应的反应热，则历程Ⅰ、Ⅱ的反应热相等，因此，A不符合题意；
B．已知的相对能量为0，对比两个历程可知，的相对能量为，则键能为，B不符合题意；
C．催化剂不能改变反应的平衡转化率，因此相同条件下，的平衡转化率：历程Ⅱ=历程Ⅰ，C符合题意；
D．活化能越低，反应速率越快，由图像可知，历程Ⅱ中第二步反应的活化能最低，所以速率最快的一步反应的热化学方程式为：，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.催化剂不影响焓变；
B.的相对能量为；
C.催化剂不能改变反应的始态和终态，不能改变反应物的平衡转化率；
D.活化能越大反应速率越慢。
11．（2023·绍兴模拟）为了研究温度对苯催化加氢的影响，以检验新型镍催化剂的性能，该反应。采用相同的微型反应装置，压强为，氢气与苯的物质的量之比为6.5∶1。反应相同时间后取样分离出氢气后，分析成分得到的结果如下表：
温度/ 85 95 100 110～240 280 300 340
质量分数/％ 苯 96.05 91.55 80.85 1 23.35 36.90 72.37
环己烷 3.95 8.45 19.15 99 76.65 63.10 27.63
下列说法不正确的是
A．该催化剂反应最佳反应温度范围是，因为催化剂的选择性和活性都比较高
B．以上苯的转化率下降，可能因为温度上升，平衡逆向移动
C．在范围内，适当延长反应时间可以提高苯的转化率
D．在范围内，温度上升反应速率加快，因此苯的转化率上升
【答案】B
【知识点】化学反应速率；催化剂；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A.由表格数据可知，在温度110~240℃范围内，苯的质量分数最小，环己烷的质量分数最大，说明该温度范围内反应速率最快，则催化剂的选择性和活性都较高，A不符合题意；
B.该反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，B符合题意；
C.在280~340℃范围内，适当延长反应时间，可促使更多的苯转化为环己烷，提高苯的转化率，C不符合题意；
D.在85~100℃范围内，温度升高，反应速率加快，单位时间内苯的转化率上升，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、由表格数据可知，在温度110~240℃时，苯的质量分数最小，环己烷的质量分数最大，说明反应速率最快；
B、该反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动；
C、280~340℃范围内，适当延长反应时间，可使更多的苯发生反应；
D、温度升高，反应速率加快，单位时间内苯的转化率上升；
12．（2023·沈阳模拟）在起始温度均为T℃、容积均为10L的密闭容器A(恒温)、B(绝热)中均加入和4molCO，发生反应。已知：、分别是正、逆反应速率常数，，，A、B容器中的转化率随时间的变化关系如图所示。下列说法中正确的是
A．Q点与P点的平衡常数大小为：
B．与浓度比为1∶1时，标志此反应已达平衡
C．T℃时，
D．用CO的浓度变化表示曲线N在0～100s内的平均速率为
【答案】A
【知识点】化学反应速率；化学平衡常数
【解析】【解答】A．Q与P点平衡时对应的曲线为M及N，且转化率N>M，故，A符合题意；
B．与在任何时刻浓度比均为1∶1，B不符合题意；
C．T℃时的平衡转化率为25%，根据平衡三段式可知，此时c(N2)=c(CO2)=mol/L=0.025mol/L，c(N2O)=mol/L=0.075mol/L，c(CO)= mol/L=0.375mol/L，故k=== ，故，C不符合题意；
D．在100s时，曲线N中的转化率为10%，用CO的浓度变化表示曲线N在0～100s内的平均速率为v(CO)==，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A．依据转化率判断；
B．利用“变者不变即平衡”；
C．根据平衡三段式计算；
D．利用v=Δc/Δt计算。
13．（2023·聊城模拟）铜催化乙炔选择性氢化制1，3-丁二烯的反应机理如图所示(吸附在铜催化剂表面上的物种用*标注)。
下列说法正确的是
A．反应Ⅰ的速率大于反应Ⅱ的速率
B．若原料用丙炔，则会有2种分子式为C6H10的有机物生成
C．增大Cu的表面积，可加快反应速率，提高C2H2的平衡转化率
D．转化成C4H6(g)过程中，有非极性键的断裂和形成
【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；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．根据图示，反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ的活化能，所以反应Ⅰ的速率小于反应Ⅱ的速率，故A不符合题意；
B．若原料用丙炔，则会有CH3CH=CH-CH=CHCH3、CH2=C(CH3)-C(CH3)=CH2、CH3CH=CH-C (CH3)=CH2共3种分子式为C6H10的有机物生成，故B不符合题意；
C．增大Cu的表面积，可加快反应速率，催化剂不能使平衡不移动，不能提高C2H2的平衡转化率，故C不符合题意；
D．根据图示，转化成C4H6(g)过程中，先碳碳双键中有1条键断裂，后又有碳碳双键和碳碳单键的形成，所以有非极性键的断裂和形成，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；
B.若原料为丙炔，会有CH3CH=CH-CH=CHCH3、CH2=C(CH3)-C(CH3)=CH2、CH3CH=CH-C (CH3)=CH2生成；
C.Cu是该反应的催化剂，催化剂不影响平衡状态；
D.同种非金属原子间形成非极性键。
14．（2023·长宁模拟）温度为T℃，向体积不等的恒容密闭容器中均充入1mol气体X，发生反应：X(g) Y(g)+Z(g)ΔH，反应均进行10min，测得各容器中X的转化率与容器体积的关系如图所示。下列说法正确的是
A．a点再充入一定量的X，X的转化率减小
B．d点有ν正=ν逆
C．正反应速率v(b)=v(d)
D．若c点为平衡点，则浓度平衡常数K=0.9
【答案】A
【知识点】化学反应速率；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．a点已平衡，所以再充入一定量的X，平衡右移，但压强增大，X的转化率减小，A符合题意；
B．d容器未平衡，有V正≠v逆，B不符合题意；
C．b与d组分相同，但容积不等，所以速率不等，C不符合题意；
D．c容器容积未知，无法计算浓度常数，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】增大压强，该反应的平衡逆向移动，X的转化率减小。
15．（2023·重庆市模拟）溶液中某光学活性卤化物的消旋反应为：。某温度下X和Y的浓度随时间的变化曲线如图所示。
下列说法错误的是
A．
B．L点处X的转化率为20％
C．时，
D．Y溶液含有少量X，经足够长时间后
【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学平衡状态的判断；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．由图可知，两个点都不是平衡点，则，A不符合题意；
B．由图可知，X的起始浓度为0.1mol/L ，L点时X的浓度为0.08mol/L，则转化的X的浓度为0.02mol/L，X的转化率为20％，B不符合题意；
C．化学反应速率为平均速率，根据方程式可知，X和Y的计量系数相同，故某个时间段的，但某个时刻无法根据平均速率公式求解，C符合题意；
D．由图可知，经足够长时间后，反应达到平衡，两者的浓度相等，则两者的物质的量相等，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.M点和N点反应均正向进行；
B.根据计算；
C.无法计算瞬时反应速率；
D.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。
16．（2023·邢台模拟）室温下，某溶液初始时仅溶有M，同时发生以下两个反应：①；②。反应①的速率可表示为，反应②的速率可表示为(、为速率常数)。体系中生成物浓度(c)随时间(t)变化的曲线如图所示。下列说法错误的是
A．0~10s内，M的平均反应速率
B．温度不变，反应过程中的值不变
C．反应①的活化能比反应②的活化能大
D．温度升高，体系中的值减小
【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
【解析】【解答】A．由反应可知M的浓度变化量等于Y和Z的浓度变化量之和，0~10s内，M的平均反应速率，故A不符合题意；
B． ，温度不变时，比值不变，则恒定不变，v1与成正比，v2与成正比，则的值不变，故B不符合题意；
C．由图可知相同条件下，Z的速率大于Y，可知反应②的速率大于反应①，根据反应活化能越大反应速率越小，可知反应①的活化能比反应②的活化能大，故C不符合题意；
D．反应的吸放热情况不确定，稳定升高平衡的移动方向不确定，因此体系中的值无法确定，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．利用v=Δc/Δt计算；
B． 依据题目信息分析；
C．根据反应活化能越大反应速率越小；
D．依据影响化学平衡的因素分析。
17．（2023·益阳模拟）向刚性容器中投入与(足量)发生反应：(相对分子质量：M大于N)。测得不同温度下体积分数随时间t的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A．内，
B．温度升高，容器内气体的密度减小
C．℃，再投入，平衡时
D．
【答案】D
【知识点】化学反应速率；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．不用固体或纯液体来表示反应速率，因为固体或纯液体的浓度视为常数，A不符合题意；
B．根据分析，升高温度，平衡正向移动，由于相对分子质量：M大于N，因此升高温度，更多的固体转变为气体，混合气体的总质量增大，而刚性容器体积不变，所以容器内气体的密度增大，B不符合题意；
C．该反应为气体体积不变的反应，在T1℃达平衡时，n(B)=amol×30%=0.3amol，则平衡时，C不符合题意；
D．根据分析，T2℃时反应先达到平衡，则T2>T1，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．不用固体或纯液体来表示反应速率；
B．依据影响化学平衡的因素分析；
C．利用等效平衡分析；
D．依据影响反应速率的因素分析。
18．（2023·鞍山模拟）某反应的速率方程为，其半衰期(当剩余的反应物恰好是起始的一半时所需的时间)为。当其他条件不变，改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如表所示：
0.25 0.50 1.00 0.50 1.00
0.050 0.050 0.100 0.100 0.200 0.200
v/(mol-1 L-1 min-1)
下列说法正确的是（ ）
A．该反应的速率方程中的
B．该反应的速率常数
C．表格中的
D．在过量的B存在时，反应掉93.75%的A所需的时间是
【答案】C
【知识点】化学反应速率
【解析】【解答】A．当其他条件不变，改变反应物浓度时，反应速率常数k保持不变，第二组数据和第四组数据中，两组的相同、v相同，解得，将第一组数据和第二组数据代入速率方程，得，可知，故A不符合题意；
B．由A项分析可知，该反应的速率方程为，将第一组数据代入速率方程，可得速率常数，故B不符合题意；
C．将第六组数据代入速率方程，可得，解得，将第三组数据代入速率方程，可得，将第五组数据代入速率方程，可得，故C符合题意；
D．半衰期，设起始时反应物A为，在过量的B存在时，反应掉93.75%的A需经历4个半衰期：起始，所需的时间为，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．利用第二组数据和第四组数据；第一组数据和第二组数据代入速率方程计算；
B．利用第一组数据代入速率方程计算；
C．利用第六组数据、第三组数据、第五组数据代入速率方程计算；
D．利用题目信息和表中数据计算半衰期。
19．（2023·岳阳模拟）时，含等浓度的与的混合溶液中发生反应： ，时刻，改变某一外界条件维续反应至时刻，溶液中和随时间的变化关系如图所示。下列说法正确的是
已知：时，该反应的化学平衡常数
A．若时刻未改变外界条件，则此时该反应：
B．若时刻反应达到平衡，则时刻改变的条件可能为及时移除Ag
C．若始终保持温度不变，则逆反应速率：
D．内的平均反应速率为
【答案】D
【知识点】化学反应速率；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．若时刻未改变外界条件，则此时该反应处于平衡，=，A不符合题意；
B．若时刻反应达到平衡，==0.08，=0.03，此时的平衡常数K约为4.69>1，已知：时，该反应的化学平衡常数K=1，，则时刻改变的条件是降温，所以B不符合题意；
C．时刻到时刻，增加，其反应速率加快，即逆反应速率：，C不符合题意；
D．内的浓度由0变为0.03，即浓度变化为0.03，其平均反应速率为，又因为各物质的速率之比等于其化学计量数之比，所以的平均反应速率为，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.反应达到平衡时，正逆反应速率相等；
B.计算此时的平衡常数，与K=1比较确定改变的条件；
C.增大，反应速率加快；
D.根据和化学反应速率之比等于化学计量数之比计算。
20．（2023·湖南模拟）向1L的恒容密闭容器中加入1molX和2molY，发生反应：，X的转化率随温度的变化如图所示(图中不同温度下的转化率是第5min数据)。下列说法正确的
A．300℃时，0-5min内平均反应速率
B．b、c点对应的(Y)大小关系：
C．c点时，反应消耗molX()，同时消耗molZ
D．若将气体体积缩小为0.5L，则c点温度下的(X)减小
【答案】C
【知识点】化学反应速率；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】A．a点时，转化率为30％，此时生成的Z为0.6mol，Z的平均反应速率为，A不符合题意；
B．温度越高反应速率越快，则b点的反应速率小于c点的速率，但5min时b点的转化率却大于c点，说明b点未达平衡，c点达平衡，Y的浓度：b＞c，温度：b＜c，故无法判断b、c两点(Y)大小关系，B不符合题意；
C．c点达平衡，反应消耗，同时消耗molZ，C符合题意；
D．c点温度下，压缩体积，即增大压强，平衡正向移动，(X)增大，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据反应速率v=进行分析。
B.温度越高反应速率越快。
C.c点达平衡，则正逆反应速率相等。
D.根据勒夏特列原理进行分析。
三、非选择题
21．（2019·海南）由 羟基丁酸生成 丁内酯的反应如下：
在298K下， 羟基丁酸水溶液的初始浓度为 ，测得 丁内酯的浓度随时间变化的数据如表所示。回答下列问题：
21 50 80 100 120 160 220
0.024 0.050 0.071 0.081 0.090 0.104 0.116 0.132
（1）该反应在50～80min内的平均反应速率为 。
（2）120min时 羟基丁酸的转化率为 。
（3）298K时该反应的平衡常数 。
（4）为提高 羟基丁酸的平衡转化率，除适当控制反应温度外，还可采取的措施是
【答案】（1）0.0007
（2）0.5（50%）
（3）
（4）将 内酯移走
【知识点】化学反应速率；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）该反应在50~80min内的反应速率；
（2）由表格数据可知，当反应进行至120min时，γ-丁内酯的浓度为0.090mol/L，由反应的化学方程式可知，参与反应的γ-羟基丁酸的浓度为0.090mol/L，因此120min时，γ-羟基丁酸的转化率为：；
（3）由表格数据可知，当反应达到平衡状态时，γ-丁内酯的浓度为0.132mol/L，此时γ-羟基丁酸的浓度为：0.180mol/L-0.132mol/L=0.048mol/L，因此，该温度下反应的平衡常数；
（4）欲提高γ-羟基丁酸的平衡转化率，则应促使平衡正向移动，因此可将γ-丁内酯移出，使得生成物浓度减小，平衡正向移动；
【分析】（1）根据公式计算反应速率；
（2）由表格数据确定参与反应的γ-羟基丁酸的浓度，结合公式进行计算；
（3）根据表格数据确定反应达到平衡状态时，各物质的物质的量浓度，结合平衡常数的表达式进行分析；
（4）结合平衡移动的影响因素分析；
22．（2014·海南）硝基苯甲酸乙酯在OH﹣存在下发生水解反应：
O2NC6H4COOC2H5+OH﹣ O2NC6H4COO﹣+C2H5OH
两种反应物的初始浓度均为0.050mol L﹣1，15℃时测得O2NC6H4COOC2H5的转化率α随时间变化的数据如表所示．回答下列问题：
t/s 0 120 180 240 330 530 600 700 800
α/% 0 33.0 41.8 48.8 58.0 69.0 70.4 71.0 71.0
（1）列示计算该反应在120～180s与180～240s区间的平均反应速率 、 ；比较两者大小可得出的结论是 ．
（2）列式计算15℃时该反应的平衡常数 ．
（3）为提高O2NC6H4COOC2H5的平衡转化率，除可适当控制反应温度外，还可采取的措施有 （要求写出两条）．
【答案】（1）7.3×10﹣5mol/（L s）；5.8×10﹣5mol/（L s）；随着反应进行，反应物浓度降低，反应速率减慢
（2）6.0
（3）增加OH﹣的浓度、移去产物
【知识点】化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】解：（1）120～180s内的平均速率为v= =7.3×10﹣5mol/（L s），
180～240s区间的平均反应速率为v= =5.8×10﹣5mol/（L s），反应速率逐渐减小，原因是随着反应进行，反应物浓度降低，反应速率减慢，故答案为：7.3×10﹣5mol/（L s）；5.8×10﹣5mol/（L s）；随着反应进行，反应物浓度降低，反应速率减慢；（2）700s时，转化率不再发生改变，可说明达到平衡状态，此时得O2NC6H4COOC2H5的转化率为71.0%，则c（O2NC6H4COO﹣）=c（C2H5OH）=0.05mol/L×71.0%，c（O2NC6H4COOC2H5）=c（OH﹣）=0.05mol/L×（1﹣71.0%），所以K= =6.0，故答案为：6.0；（3）为提高O2NC6H4COOC2H5的平衡转化率，可使平衡向正向移动，可增加OH﹣的浓度、移去产物，
故答案为：增加OH﹣的浓度、移去产物．
【分析】（1）根据转化率计算浓度的变化，结合c= 计算反应速率；（2）700s时，转化率不再发生改变，可说明达到平衡状态，以此可计算平衡常数；（3）为提高O2NC6H4COOC2H5的平衡转化率，可使平衡向正向移动，除温度外，还可增加另一种反应物浓度或减小生成物的浓度．
23．（2022·辽宁）工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，目前已有三位科学家因其获得诺贝尔奖，其反应为：。回答下列问题：
（1）合成氨反应在常温下 (填“能”或“不能”)自发。
（2） 温(填“高”或“低”，下同)有利于提高反应速率， 温有利于提高平衡转化率，综合考虑催化剂(铁触媒)活性等因素，工业常采用。
针对反应速率与平衡产率的矛盾，我国科学家提出了两种解决方案。
（3）方案一：双温-双控-双催化剂。使用双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为时，的温度为，而的温度为)。
下列说法正确的是 。
a．氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率
b．在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率
c．“热Fe”高于体系温度，有利于提高氨的平衡产率
d．“冷Ti”低于体系温度，有利于提高合成氨反应速率
（4）方案二：复合催化剂。
下列说法正确的是 。
a．时，复合催化剂比单一催化剂效率更高
b．同温同压下，复合催化剂有利于提高氨的平衡产率
c．温度越高，复合催化剂活性一定越高
（5）某合成氨速率方程为：，根据表中数据， ；
实验
1 m n p q
2 2m n p 2q
3 m n 0.1p 10q
4 m 2n p 2.828q
在合成氨过程中，需要不断分离出氨的原因为 。
a．有利于平衡正向移动 b．防止催化剂中毒 c．提高正反应速率
（6）某种新型储氢材料的晶胞如图，八面体中心为M金属离子，顶点均为配体；四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。若其摩尔质量为，则M元素为 (填元素符号)；在该化合物中，M离子的价电子排布式为 。
【答案】（1）能
（2）高；低
（3）ab
（4）a
（5）-1；a
（6）Fe；3d6
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；化学反应速率；化学平衡的影响因素；合成氨条件的选择
【解析】【解答】（1），则 G= H-T S=(-92.4+0.2×273) kJ mol-1=-37.8 kJ mol-1＜0，所以合成氨反应在常温下能自发进行。
（2）温度越高，反应速率越快，所以高温有利于提高反应速率；因为正反应为放热反应，所以低温有利于提高平衡转化率。答案为：高；低；
（3）a．因为正反应为放热反应，所以低温有利于平衡正向移动，氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率，a正确；
b．温度升高，反应速率加快，所以在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率，b正确；
c．合成氨反应的正反应为放热反应，“热Fe”高于体系温度，不利于提高氨的平衡产率，c不正确；
d．温度升高，可提高合成氨反应的速率，所以“冷Ti”低于体系温度，不利于提高合成氨反应速率，d不正确；
故答案为：ab。
（4）a．时，复合催化剂比单一催化剂的反应速率快，催化效率更高，a正确；
b．催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡产率，b不正确；
c．虽然图中显示温度高反应速率快，温度过高，催化剂的活性可能不变或降低，c不正确；
故答案为：a。
（5）选择实验1和3进行分析，此时，则γ=-1；
a．在合成氨过程中，需要不断分离出氨，有利于平衡正向移动，a正确；
b．氨是在该催化剂的催化作用下生成，不会使催化剂中毒，b不正确；
c．分离出氨，并没有增大反应物的浓度，所以不会提高正反应速率，c不正确；
故答案为：a。
（6）根据均摊法，该晶胞中含黑球的数目为=4，含白球的数目为8，则黑球与白球的个数比为1：2，黑球的化学式为，白球的化学式为，从而得出M+17×6+15×2=188，M=56，则M元素为Fe；在该化合物中，Fe2+的价电子排布式为3d6。
【分析】（1）根据 H-T S<0时反应自发进行分析；
（2）温度越高，反应速率越快；
（3）a.低温有利于平衡正向移动；
b.升温反应速率加快；
c.合成氨的反应为放热反应；
d.温度升高，可提高合成氨反应的速率；
（4）a.复合催化剂比单一催化剂的反应速率快，催化效率更高；
b.催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡产率；
c.温度过高催化剂可能失去活性；
（5）结合表中数据计算；不断分离出氨有利于平衡正向移动；
（6）根据均摊法计算；Fe2+的价电子排布式为3d6。
24．（2023·山东模拟）近年，甲醇的制取与应用在全球引发了关于“甲醇经济”的广泛探讨。二氧化碳加氢制甲醇已经成为研究热点，在某催化加氢制的反应体系中，发生的主要反应如下：
Ⅰ.
Ⅱ.
回答下列问题：
（1）下列能说明反应Ⅰ一定达到平衡状态的是____(填标号)。
A．
B．平衡常数不再发生变化
C．混合气体的密度不再发生变化
D．混合气体中的百分含量保持不变
（2）在催化剂作用下，将平均相对分子质量为16的和的混合气体充入一恒容密闭容器中发生反应Ⅰ、Ⅱ，已知反应Ⅱ的反应速率，为速率常数，x为物质的量分数。
①当转化率达到60%时，反应达到平衡状态，这时和的平均相对分子质量为23，若反应Ⅱ的，平衡时反应速率 ；
②经验公式为，其中为活化能，T为热力学温度，k为速率常数，R和C为常数，则 (用含、、T、R的代数式表示)。
③由实验测得，随着温度的逐渐升高，反应Ⅰ为主反应，平衡逆向移动平衡时混合气体的平均相对分子质量几乎又变回16，原因是 。
（3）其他条件相同时，反应温度对选择性的影响如图所示：
由图可知，温度相同时选择性的实验值略高于其平衡值，可能的原因是 。
（4）利用甲醇分解制取烯烃，涉及反应如下。
a.
b.
c.
恒压条件下，平衡体系中各物质的量分数随温度变化如图所示：
已知时，，平衡体系总压强为P，则反应c的平衡常数 。
【答案】（1）D
（2）；-TRlnK；反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，当温度升高时，以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ是等体积反应，反应前后气体分子数相等，发生反应Ⅱ气体平均相对分子质量不变
（3）在该条件下反应Ⅰ的速率大于反应Ⅱ，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量多
（4）
【知识点】化学反应速率；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）A．当时，反应达到平衡，A不正确；
B．平衡常数只与温度有关，恒温条件下，平衡常数保持不变，但反应不一定达到平衡，所以平衡常数不再发生变化，反应不一定达到平衡状态， B不正确；
C．当反应在恒容条件下进行时，由于反应物和生成物均为气体，混合气体的密度一直保持不变，则混合气体的密度不再发生变化，反应不一定达到平衡，C不正确；
D．混合气体中的百分含量保持不变，说明水的浓度不再变化，反应达到平衡，D正确；
故答案为：D；
（2）①平均相对分子质量为16的和的混合气体中，和的物质的量之比为1：2，设加入和的物质的量1mol、2mol，当转化率达到60%时，反应达到平衡状态，这时和的平均相对分子质量为23，此时和的物质的量之比为1：1，CO2反应了0.6mol，剩余0.4mol，则H2剩余0.4mol，氢气反应1.6mol，和反应的总物质的量为2.2mol，结合反应Ⅰ. 、Ⅱ. ，总物质的量减少1.1mol，x（CO2）= x（H2）=，反应达到平衡状态，，反应Ⅱ的，平衡时反应速率=；
②反应Ⅱ的，，根据，可得反应Ⅱ的K为，反应Ⅱ为吸热反应，，，，=-TRlnK；
③反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，当温度升高时，以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ是等体积反应，反应前后气体分子数相等，发生反应Ⅱ气体平均相对分子质量不变，故随着温度的逐渐升高，平衡时混合气体的平均相对分子质量几乎又变回16；
（3）由图可知，温度相同时，CH3OH选择性的实验值略高于平衡值，从化学反应速率的角度看原因是：在该条件下反应Ⅰ的速率大于反应Ⅱ，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量多。
（4）时，，设在时，向容器中加入5molCH3OH（g）使之发生反应a、b，得到n0（C2H4）=1mol，n0（C3H6）=1mol，n0（H2O）=5mol，反应式c可如下列式：
因为，所以2（1-3n）=1+2n，解得n=，所以最终平衡体系中含有1-3n=molC2H4，1+2n=molC3H6，以及5molH2O，则x（C3H6）==，x（C2H4）==，代入Kp=。
【分析】（1）依据化学平衡的特征“等”和“定”进行分析判断；
（2）①利用v=Δc/Δt计算；
②利用已知信息中的公式计算；
③依据化学平衡移动原理分析；
（3）依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
（4）利用三段式法计算。
25．（2022·崇明模拟）能源短缺是人类面临的重大问题。甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景。工业上一般采用下列两种反应合成甲醇：
反应I：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) +Q1
反应II：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) +Q2
下表所列数据是反应I在不同温度下的化学平衡常数(K)
温度 250℃ 300℃ 350℃
K 2.041 0.270 0.012
（1）在一定条件下将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中发生反应I，5分钟后测得c(CO)=0.2mol/L，此段时间的反应速率(用H2表示) mol/(L·min)。由表中数据判断Q1 0(填“>”、“<”或“=”)。
（2）若容器容积不变，下列措施可提高反应I中CO转化率的是 。
a．充入CO b．将CH3OH(g)从体系中分离 c．升高温度 d．选用新型高效催化剂
（3）写出反应II的平衡常数表达式：K= 。一定温度下，在固定容积的密闭容器中发生II反应，下列能判断达到平衡状态的是 。
a．容器中的压强不再改变 b．混合气体的密度不再改变
c． d．消耗nmolCO2的同时生成nmolH2O(g)
（4）甲醇和CO反应合成甲酸甲酯，原理如下：CH3OH(g)+CO(g) HCOOCH3(g) +Q(Q>0)，研究压强和温度对该反应的影响结果如下：
①从反应压强对甲醇转化率的影响“效率”(即成本投入和产出比)考虑，工业制取甲酸甲酯应选择的压强最好是 。
a.3.0×106Pa b.4.0×106Pa c.5.0×106Pa
②实际工业生产中采用的温度是80℃，其理由是 。
（5）甲醇氧化可生成甲酸，能使0.1mol/L的甲酸溶液的电离度与pH值都增大的是 。
a．加水稀释 b．加入少量甲酸钠固体 c．通氯化氢 d．加入少量苛性钠固体
【答案】（1）0.32；＞
（2）b
（3）；ac
（4）b；高于80℃时，温度对反应速率影响较小，而平衡逆向移动，转化率低
（5）ad
【知识点】化学反应速率；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】（1）在一定条件下将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中发生反应I，5分钟后测得c(CO)=0.2mol/L，则CO的浓度变化量为1mol/L-0.2mol/L=0.8mol/L，H2的浓度变化量为1.6mol/L，此段时间的反应速率(用H2表示)为=0.32mol/(L·min)。从表中可以看出，温度升高，K值减小，则平衡逆向移动，正反应放热，所以Q1＞0。
（2）a．充入CO，平衡正向移动，但CO的转化率减小，a不合题意；
b．将CH3OH(g)从体系中分离，可促使平衡正向移动，CO的转化率增大，b正确；
c．升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率减小，c不合题意；
d．选用新型高效催化剂，化学反应速率加快，催化剂不影响平衡移动，不会提高反应Ⅰ中CO转化率， d不合题意；
故答案为：b。
（3）反应Ⅱ：的平衡常数。
一定温度下，在固定容积的密闭容器中发生II反应，则：
a．该反应是气体的物质的量有变化的反应，在达到平衡之前，容器中的压强一直在变化，当容器内气体的总压强保持不变则说明反应达到了平衡，ａ符合；
b．恒容下，密闭容器内气体的总质量、混合气体的密度始终保持不变，则混合气体的密度不变不能说明反应达到平衡状态，b不符合；
c．，则正逆反应速率相等，说明已平衡，c符合；
d．消耗nmolCO2的同时生成nmolH2O(g)，均指正反应速率，不能说明已平衡，d不符合；
故答案是：ac。
（4）①由图可知，温度一定时，压强为4.0×106Pa时，甲醇的转化率已经较大，再增大压强，甲醇转化率变化不大，从成本投入和产出比思考，工业制取甲酸甲酯应选择的压强是4.0×106Pa，故答案为：b。
②实际工业生产中采用的温度是80℃是因为：高于80℃时，温度对反应速率影响较小，而平衡逆向移动，转化率低。
（5）a．甲酸为弱酸，加水稀释，则促进甲酸的电离，所以电离度增大，同时氢离子浓度减小，pH增大，选项a正确；
b．加入少量甲酸钠固体，则溶液中的甲酸根离子浓度增大，电离度减小，氢离子浓度减小，pH增大，选项b不正确；
c．HCl是强电解质，则通入HCl后溶液的酸性增强，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，电离度减小，pH减小，选项c不正确；
d．加入氢氧化钠固体，则氢氧根离子与氢离子反应生成水，电离平衡正向移动，甲酸电离度增大，同时氢离子浓度减小，pH增大，选项d正确；
故答案为：ad。
【分析】（1）利用v=Δc/Δt计算；
（2）依据影响化学平衡的因素分析；
（3）化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比值；依据化学平衡的特征“等”和“定”进行分析判断；
（4）依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
（5）依据电离平衡的影响因素分析。
26．（2022·温州模拟）C、CO、是常见还原剂。不同的反应，选择合理的还原剂以达到不同的工艺意图。工业上常见几种还原反应如下：
反应I：
反应II：
反应III：
反应IV：
反应V：
回答下列问题。
（1）从的角度，说明反应I自发进行的可能性： 。
（2）①其他条件不变，分别测定CO还原FeO、还原FeO反应体系中，平衡时、CO体积分数与温度的关系如图所示。关于该类还原反应，有关说法错误的是 。
A．温度越高，FeO被CO还原的程度越大
B．温度越低，还原生成铁所需的的浓度越大
C．若还原FeO活化能相对较小，则混合气体系中的还原FeO速率由决定
D．宜在低温下进行
②结合反应I及图示信息，说明随温度升高，在平衡体系中，与CO还原FeO的能力发生变化的原因： 。
③计算576℃反应III的平衡常数K= 。
（3）根据反应IV，在如图中分别画出、的能量变化，并进行必要的标注 。
（4）已知基元反应的速率方程可表示为：(k为速率常数，下同)。碰撞理论研究发现，大多数化学反应并不是经过简单的碰撞就能完成，往往需经过多个反应步骤才反应过程能实现。用还原合成HI的反应实际上经过两步基元反应完成的：
已知快反应近似平衡态。若在温度为T℃下，，。写出T℃下反应的速率方程：v= (用含、、、a、b的代数式表示)
【答案】（1）反应ΔH小于0，若ΔS大于0，则由可知，ΔG小于0 ，说明反应在任意条件下能自发进行，若ΔS小于0，ΔG在低温条件下小于0，此时则低温自发进行
（2）AD；反应I是放热反应，温度升高，反应I逆向移动，逆向反应起主导作用，H2的还原能力大于CO，H2还原能力增强；；或者0.32
（3）
（4）
【知识点】化学反应速率；焓变和熵变；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）反应I： ，反应是放热反应，ΔH小于0，若ΔS大于0，则由可知，ΔG小于0 ，说明反应在任意条件下能自发进行，若ΔS小于0，ΔG在低温条件下小于0，此时则低温自发进行；故答案是反应ΔH小于0，若ΔS大于0，则由可知，ΔG小于0 ，说明反应在任意条件下能自发进行，若ΔS小于0，ΔG在低温条件下小于0，此时则低温自发进行；
（2）①A．对于FeO与CO的反应：，气体体积系数不变的反应，根据图像分析，温度越高，CO的体积分数越大，说明不利于CO的反应，FeO被CO还原的程度越小，A项不正确；
B．，从图像分析，温度越低，还原生成铁，平衡后，的体积分数越大，则开始需要的H2的浓度越大，B项正确；
C．反应活化能小，反应快，则混合气体系中的还原FeO中，若还原FeO活化能相对较小，反应较快，FeO被快速还原，反应起主导作用，则混合气体系中的还原FeO速率是由决定，C项正确；
D．，根据图像分析，温度越高，平衡时H2的体积分数越小，说明利于正反应方向进行，宜在高温下进行，D项不正确；
综上，
故答案为：AD。
②H2和CO还原FeO的平衡体系中，存在以下反应：
反应I：
反应II：
反应III：
根据图像分析，温度升高，CO的体积分数变大，不利于CO还原FeO，H2的体积分数减小，利于H2还原FeO；根据反应I是放热反应，温度升高，反应I逆向移动，逆向反应起主导作用，所以根据氧化还原反应的特点，H2的还原能力大于CO，H2还原能力增强，故答案是反应I是放热反应，温度升高，反应I逆向移动，逆向反应起主导作用，H2的还原能力大于CO，H2还原能力增强；
③由图像可知，576℃时，反应III： ，H2的体积分时是76%，则水蒸气的体积分数是24%，恒温恒容下，物质的浓度与体积分数成正比。K=，故答案是或者0.32；
（3）反应IV： ，若C(s)和Mg(s)的起始能量一样，则CO(g)的能量高于MgO(s)，已知C(s)→CO(g)和Mg(s) →MgO(s)的过程是氧化的过程，是放热过程，则据反应IV，在如图中分别画出、的能量变化如下：
故答案如上图。
（4）反应的速率方程表示式是v=kc(I2)·c(H2)；由用还原合成HI的反应实际上经过两步基元反应完成的：
可知，k=，则反应的速率方程表示式是v=kc(I2)·c(H2)= ×ab，故答案是；
【分析】（1）依据ΔG=ΔH-TΔS＜0分析；
（2）①依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
②依据化学平衡移动原理分析；
③化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比值；
（3）依据反应的能量变化分析；
（4）利用平衡常数间的关系和速率方程计算。
27．（2022·潍坊模拟）热化学碘硫循环可用于大规模制氢气，HI分解和SO2水溶液还原I2均是其中的主要反应。回答下列问题：
（1）碘硫热化学循环中，SO2的水溶液还原I2的反应包括：SO2＋I2＋2H2O3H＋＋HSO4- ＋2I- 、I-＋I2 I3-。若起始时n(I2)=n(SO2)=1mol，I- 、I3- 、H＋ 、HSO4-的物质的量随()的变化如图所示：
图中表示的微粒：a为 ，d为 。
（2）起始时 HI的物质的量为1mol，总压强为0.1MPa下，发生反应 HI(g) H2(g)+I2(g) 平衡时各物质的物质的量随温度变化如图所示：
①该反应的△H (“＞”或“＜”)0。
②600℃时，平衡分压p(I2)= MPa，反应的平衡常数Kp= (Kp为以分压表示的平衡常数)。
（3）反应 H2(g)＋I2(g) 2HI(g)的反应机理如下：
第一步：I22I(快速平衡)
第二步：I＋H2H2I(快速平衡)
第三步：H2I＋I 2HI (慢反应)
①第一步反应 (填 “放出”或“吸收”)能量。
②只需一步完成的反应称为基元反应，基元反应如aA＋dD = gG＋hH 的速率方程，v= kca(A) cd(D)，k为常数；非基元反应由多个基元反应组成，非基元反应的速率方程可由反应机理推定。H2(g)与I2(g)反应生成 HI(g)的速率方程为v= (用含k1、k－1、k2…的代数式表示)。
【答案】（1）H+；I3-
（2）＞；0.0125；（或0.167)
（3）吸收；c(H2)·c(I2)
【知识点】反应热和焓变；化学反应速率；化学平衡常数
【解析】【解答】(1)加水稀释，SO2＋I2＋2H2O3H＋＋HSO4-＋2I-正向移动，I-＋I2I3-逆向移动，同时，加水稀释后HSO4- 电离程度增大，结合图中信息，可确定曲线a表示H+、曲线b表示I-、曲线c表示HSO4-、曲线d表示I3-。从而得出图中表示的微粒：a为H+，d为I3-。答案为：H+；I3-；
(2) ①随着温度的不断升高，HI的物质的量不断减小，H2的物质的量不断增大，则平衡正向移动，所以正反应为吸热反应，该反应的△H＞0。答案为：＞；
②从图中采集数据，600℃时，n(HI)=0.75mol，n(H2)=0.125mol，反应前后气体分子数不变，从而得出平衡分压p(I2)=MPa=0.0125MPa，反应HI(g)H2(g)+I2(g)的平衡常数Kp==（或0.167)。答案为：0.0125；（或0.167)；
(3)①第一步反应断裂共价键，吸收能量。答案为：吸收；
②反应速率由慢反应决定，即v=k3c(H2I)·c(I)，
第一步是快速平衡，k1c(I2)=k-1c2(I)，可得c2(I)=c(I2)，
第二步也是快速平衡，k2c(I)·c(H2)=k-2c(H2I)，可得c(H2I)=c(H2)·c(I)，
v=k3c(H2)·c(I)·c(I)= k3c(H2)·c(I2)=c(H2)·c(I2)。答案为：c(H2)·c(I2)。
【分析】（1）加水稀释，平衡SO2＋I2＋2H2O3H＋＋HSO4-＋2I-正向移动，平衡I-＋I2I3-逆向移动；
（2）①温度升高，HI的物质的量不断减小，H2的物质的量不断增大，则平衡正向移动；
②列出反应的三段式计算；
（3）①第一步反应断裂共价键，吸收能量；
②反应速率由慢反应决定。
28．（2022·洛阳模拟）氮元素的化合物种类繁多，性质也各不相同。请回答下列问题：
（1）已知：①N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=+180.5kJ·mol-1
②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH=-483.6kJ·mol-1
③N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) ΔH=-92.4kJ·mol-1
则反应：④4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)的ΔH= kJ·mol-1。
根据RlnKp=-+C(C为常数)，由图中的数据可推知，该反应的反应热为 kJ·mol-1(保留小数点后2位)，图中表示的方程式是 (填序号)。
（2）生产硝酸的第二步反应是2NO+O2=2NO2，在0.1MPa和0.8MPa压强下，NO的平衡转化率α随温度的变化如图所示，反应在400℃，0.8MPa时的α= ，在压强p1、温度600℃时，A点v正 v逆(填“大于”、“小于”或者“等于”)。
（3）研究表明NO和O2的反应分两步进行
①2NO=(NO)2 ΔH<0
②(NO)2+O2(g)=2NO2 ΔH<0
NO和O2反应速率公式为v=k·K·p2(NO)·p(O2)，K为反应①的平衡常数，k为反应②速率常数(k随温度T升高而增大)。当其他条件不变时，研究NO达到一定转化率时，温度与时间的关系如表所示。
压强/(×105Pa) 温度/℃ NO达到一定转化率所需时间/s
50% 90% 98%
1 30 12.4 248 2830
90 25.3 508 5760
8 30 0.19 3.88 36.4
90 0.59 7.86 74
根据表中信息，对于反应：2NO+O2=2NO2，当其他条件一定时，升高温度，反应速率降低，原因是 。
（4）利用现代手持技术传感器探究压强对2NO2(g)N2O4(g)平衡移动的影响。在恒定温度和标准压强条件下，往针筒中充入一定体积的NO2气体后密封并保持活塞位置不变。分别在t1s、t2s时迅速移动活塞后并保持活塞位置不变，测定针筒内气体压强变化如图所示。
①B、E两点对应的正反应速率大小为vB (填“＞”“＜”或“=”)vE。
②E、F、G、H四点对应气体的平均相对分子质量最大的点为 。
【答案】（1）-905；-92.45；③
（2）80%；小于
（3）升温，反应①K减小，反应②k增大，但K降低倍数大于k升高
（4）>；H
【知识点】反应热和焓变；化学反应速率；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】(1)依据盖斯定律可知，反应4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)可由①2+②3-③2得到，则焓变ΔH=2(+180.5kJ·mol-1)+3(-483.6kJ·mol-1)-2(-92.4kJ·mol-1)=-905kJ·mol-1；由图像数据带入RlnKp=-+C，-3.710=2.113ΔH+C，-61.678=1.486ΔH+C，二式联立可得ΔH=-92.45(kJ·mol-1)，即该反应的反应热ΔH=-92.45kJ·mol-1；依据反应热可知，图中表示的方程式是③。
(2)反应2NO+O2=2NO2是一个气体分子数减少的反应，增大压强，平衡正向移动，因此，相同温度下，压强越大，一氧化氮的平衡转化率越大，所以该反应在400℃、0.8MPa时一氧化氮的平衡转化率大于相同温度下、压强为0.1MPa时一氧化氮的平衡转化率，因此依据图示，400℃，0.8MPa时的α=80%；在压强p1、温度600℃时，A点条件下一氧化氮的转化率大于平衡转化率，反应逆向移动，所以v正小于v逆。
(3)反应①为放热反应，温度上升，反应逆向进行，平衡常数K减小，而反应②速率常数k随温度升高而增大，但K降低倍数大于k升高倍数，所以当其他条件一定时，升高温度，反应速率降低。
(4)①压强越大、反应速率越快，则B、E两点对应的正反应速率大小为vB＞vE。
②平均相对分子质量=，根据质量守恒定律，总质量m不变，则n越小，平均相对分子质量越大，反应向正反应方向进行，n会变小，则反应正向进行的越多，平均相对分子质量越大，E点到F点的过程，压强增大，平衡正向移动，H点达到平衡，则H点物质的总物质的量n最小，平均相对分子质量最大。
【分析】(1)依据盖斯定律计算。
(2)依据勒夏特列原理分析。
(3)依据温度对平衡的影响分析。
(4)①压强越大、反应速率越快。
②根据质量守恒定律，利用平均相对分子质量=分析。
29．（2022·临沂模拟）用制备，有利于实现“双碳”目标。主要反应为：
I．
II．
（1）已知298K时，部分物质的相对能量如下表所示(忽略随温度的变化)。
物质
相对能量(kJ·mol) -393 -286 -242 -110 0 52
则 。
（2）向某刚性容器中，按投料比充入和，在不同催化剂(M、N)下发生上述反应。一段时间后，测得的转化率的选择性(含碳生成物中的百分含量)随温度的变化如图1所示。
①由图可知， 的催化效果好(填“M”或“N”)。
②500~800K之间，乙烯的选择性随温度变化的原因是 。
（3）在一定条件下，向密闭容器中充入5.0mol和8.0mol，发生反应。测得相同时间内，的转化率随温度的变化如图2所示(虚线表示的平衡转化率随温度的变化)；速率常数的对数与温度的倒数之间的关系如图3所示。
①由图可知， (填“＞”、“＜”或“=”)；已知z点体系的压强为200kPa，则时，该反应的标准平衡常数 (保留2位小数，已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应，，其中，、、、为各组分的平衡分压)。
②已知速率方程，，、是速率常数。图中a、b、c、d分别代表x点、z点的速率常数，其中 点表示x点的；升高温度时， (填“增大”、“减小”或“不变”)。
【答案】（1）-130
（2）N；温度升高催化剂活性降低或者升高温度更有利与反应II的进行
（3）＜；55.56；d；减小
【知识点】反应热和焓变；化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡移动原理；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)已知反应热焓变等于生成物的总能量减去反应物的总能量，则52kJ/mol+4×(-242kJ/mol)-2×(-393kJ/mol)-6×0=-130，故答案为：-130；
(2)①由图可知，N催化下能够在较低的温度下获得较高的CO2转化率和C2H4的选择性，故N的催化效果好，故答案为：N；
②由曲线信息可知，500~800K之间，乙烯的选择性随温度升高而减小，故其原因可能为：温度升高催化剂活性降低或者升高温度更有利与反应II的进行，故答案为：温度升高催化剂活性降低或者升高温度更有利与反应II的进行；
(3)①由图可知，升高温度，任何反应的反应速率均增大，由图可知X点对应温度小于y点对应温度，故＜，已知z点体系的压强为200kPa，则时，由图可知，z点CO2的平衡转化率为40%，根据三段式分析可知， ，则平衡时，p(CO2)==60kPa，同理：p(H2)=40kPa，p(C2H4)=20kPa，p(H2O)=80kPa，该反应的标准平衡常数==55.56，故答案为：＜；55.56；
②已知速率方程，，、是速率常数，由(1)分析可知， =-130kJ/mol＜0，即升高温度平衡逆向移动，则说明k正随温度变化比k逆随温度变化更慢，图像中曲线bd的斜率小于曲线ac，则曲线ac代表k逆，bd代表k正，且由图2可知，x点为未达到平衡点，且平衡向正反应进行，即k正＞k逆，图中a、b、c、d分别代表x点、z点的速率常数，其中d点表示x点的，由分析可知，k正随温度变化比k逆随温度变化更慢，升高温度时，减小，故答案为：d；减小。
【分析】(1)反应热焓变等于生成物的总能量减去反应物的总能量；
(2)①依据图示分析解答；
②由曲线信息可知，500~800K之间，乙烯的选择性随温度升高而减小以此分析；
(3)①依据化学平衡三段式计算和化学平衡常数分析解答；
②依据化学反应速率和化学平衡常数以及化学平衡移动原理分析解答。
30．（2022·滨州模拟）全球大气CO2浓度升高对人类生产、生活产生了影响，碳及其化合物的资源化利用成为研究热点。回答下列问题：
（1）已知25℃时，大气中的CO2溶于水存在以下过程：
①CO2(g)CO2(aq)
②CO2(aq)+H2O(l)H+(aq)+HCO(aq) K
过程①的△H 0(填“>”“<”或“=”)。溶液中CO2的浓度与其在大气中的分压(分压=总压×物质的量分数)成正比，比例系数为ymol·L-1·kPa-1。当大气压强为pkPa，大气中CO2(g)的物质的量分数为x时，溶液中H+的浓度为 mol·L-1(忽略HCO和水的电离)。
（2）二氧化碳甲烷化技术可有效实现二氧化碳的循环再利用，制取CH4的装置如图。温度控制在10℃左右，持续通入二氧化碳，电解时电解质溶液中KHCO3物质的量基本不变。阴极反应为 。
（3）焦炭与水蒸气可在高温下反应制H2。
反应I：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) △H1=+131.3kJ·mol-1 K1
反应II：C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g) △H2=+90.3kJ·mol-1 K2
反应III：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H3=-41.0kJ·mol-1 K3
①上述反应的化学平衡常数随温度变化的关系如图所示，表示K1、K2、K3的曲线分别是c、 、 。
②研究表明，反应III的速率方程为：v=k[x(CO)·x(H2O)-，x表示相应气体的物质的量分数，Kp为平衡常数(用平衡分压代替平衡浓度计算)，k为反应的速率常数。在气体物质的量分数和催化剂一定的情况下，反应速率随温度的变化如图所示。根据速率方程分析T>Tm时，v逐渐下降的原因是 。
（4）甲烷干法重整制H2同时存在如下反应：
主反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) △H1
副反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2
温度为T℃，压强为P0的恒压密闭容器中，通入2molCH4和1molCO2发生上述反应。平衡时H2O(g)的分压为P，甲烷的转化率为40%。
①下列说法正确的是 (填序号)
A．△H1和△H2不变，说明反应达到平衡状态
B．相同条件下，主反应的速率大于副反应，说明主反应的活化能小
C．选用合适的催化剂可以提高主反应的选择性，增大甲烷的平衡转化率
D．平衡后，若增大压强，主反应平衡逆向移动，副反应平衡不移动
②主反应的平衡常数Kp= (用含P和P0的计算式表示)。
【答案】（1）<；
（2）9CO2+8e-+6H2O=CH4+8HCO
（3）b；d；升高温度，k增大使v提高，Kp减小使v降低。T>Tm时，Kp减小对v的降低大于k增大对v的提高
（4）B；
【知识点】化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)二氧化碳由气态变成液态需要放热，故；大气中CO2(g)的物质的量分数为x时，溶液中二氧化碳的浓度为，根据反应②，其平衡常数 ，因，故；
(2)该装置为电解池装置，右侧二氧化碳通入，故制备CH4在右侧，为阴极，电解时电解质溶液中KHCO3物质的量基本不变，故在阴极会同时产生碳酸氢根，发生的电极反应为：；
(3)反应I=反应II-反应III，当温度为1000oC时，K1=2，根据图中所给数据，，故K2=16，K3=8，故表示K2、K3的曲线分别是b、d；k随着温度的升高而增大，Kp随温度的升高而减小。T< Tm时，升高温度，k增大使v提高，Kp减小使v降低。T>Tm时，Kp减小对v的降低大于k增大对v的提高；
(4)A．反应热只与反应物、生成物的种类和状态有关， 与反应过程无关不变，反应热不变，不能判断达到平衡状态，A不符合题意；
B．相同条件下，反应速率越高，活化能越低，B符合题意；
C．选用合适的催化剂可以提高主反应的选择性，不会改变甲烷的平衡转化率，C不符合题意；
D．主反应正向为气体分子数增加的反应，平衡后，若增大压强，主反应平衡逆向移动，导致二氧化碳浓度增大，副反应的反应物浓度增大，平衡正向移动，D不符合题意；
故答案为：B。
设副反应中二氧化碳转化的物质的量为ｙmol， ，甲烷的转化率为40%，
CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)转化(mol)0.80.81.61.6，平衡时各物质的物质的量为：CH4CO2COH2H2O平衡(mol)2-0.81-0.2-y1.6+y1.6-yy，n总=4.6mol，各物质分压：P(H2O)=y4.6P0=P，故y=4.6PP0；P(CO2)=1-0.8-y4.6P0=623P0-P； P(CH4)=1.24.6P0=623P0；P(CO)=1.6-4.6PP04.6P0=8P023-P ；P(H2)=1.6+4.6PP04.6P0=8P023+P ；Kp=P2(H2)P2(CO)P(CH4)P(CO2)=(8P023+P)2×(8P023-P)2(623P0)×(P023 P)。
【分析】(1)依据二氧化碳由气态变成液态需要放热和化学平衡常数分析；
(2)依据电解池的相关知识分析解答；
(3)依据反应I=反应II-反应III，结合图示和平衡常数及化学反应速率之间的关系分析；
(4)依据反应热和化学平衡移动原理以及化学平衡的计算和化学平衡常数分析解答。
31．（2022·湖北模拟）基双金属催化甲烷重整反应可以得到用途广泛的合成气和。回答下列问题：
（1）已知：① ；
② 。
则反应 。
（2）在2L恒容密闭容器中通入2.0、2.0，在不同温度下发生反应：，。测得平衡时混合气体的平均相对分子质量(M)与温度的变化关系如图所示，则
① (填“>”“<”或“=”)0。
②B点对应温度下的平衡转化率为 。
③1000℃条件下，C点的反应速率：v(正) (填“>”“<”或“=”)v(逆)。
④A点对应温度下该反应的平衡常数
（3）某条件下，甲烷重整过程中发生主反应的同时，还可能发生积碳反应：
歧化： ；
裂解： 。
①研究表明，温度和压强对积碳反应中平衡碳量的影响如图a和图b所示，其中表示温度和压强对的裂解反应中平衡碳量影响的是 (填“图a”或“图b”)，简述所选择该图的理由： 。
②在重整反应中，低温、高压时会有显著积碳产生，由此可推断，该条件下，对于该重整反应而言，其积碳主要由 (填“歧化”或“裂解”)反应产生。
③研究发现，产生积碳反应除歧化、裂解外，与，与之间反应也可产生积碳，写出相应的化学方程式： (任写一个)。
【答案】（1）－254
（2）＞；87.5%；＞；4
（3）图b；CH4的裂解反应为体积增大的吸热反应，减小压强或升高温度，平衡右移，即高温低压平衡碳量增大，与图b相符；CO歧化；CO(g)＋H2(g)=C(s)＋H2O(l)或CO2(g)＋2H2(g)=C(s)＋2H2O(l)
【知识点】反应热和焓变；化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】(1)根据盖斯定律可知，②×2－①，得出ΔH=[2×(－572)－(－890)]kJ·mol－1=－254kJ·mol－1；故答案为－254；
(2)①该反应是气体物质的量增大反应，组分都是气体，混合气体总质量不变，因此该反应是混合气体平均摩尔质量减小的反应，根据图像可知，随着温度升高，平均相对分子质量减小，说明升高温度，平衡向正反应方向进行，即ΔH＞0；故答案为＞；
②令B点消耗CH4的物质的量为amol，则生成n(CO)=n(H2)=2amol，因此有，解得a=1.75，则B点甲烷转化率为=87.5%；故答案为87.5%；
③在1000℃时，C对应平均相对分子质量大于平衡时的平均相对分子质量，说明C点反应向正反应方向进行，即v(正)＞v(逆)；故答案为＞；
④令A点消耗CH4的物质的量为bmol，则生成n(CO)=n(H2)=2bmol，因此有，解得b=1，Kc==4；故答案为4；
(3)①甲烷裂解是气体体积增大的吸热反应，升高温度，平衡右移，平衡碳量增大，增大压强，平衡左移，平衡碳量减小，图b符合；故答案为图b；CH4的裂解反应为体积增大的吸热反应，减小压强或升高温度，平衡右移，即高温低压平衡碳量增大，与图b相符；
②根据①的分析，低温、高压下显著积炭产生，积炭主要有CO歧化反应产生；故答案为CO歧化；
③根据题中描述，反应方程式CO(g)＋H2(g)=C(s)＋H2O(l)或CO2(g)＋2H2(g)=C(s)＋2H2O(l)；故答案为CO(g)＋H2(g)=C(s)＋H2O(l)或CO2(g)＋2H2(g)=C(s)＋2H2O(l)。
【分析】（1）利用盖斯定律，利用已知方程与要求方程之间关系，进行运算即可。
（2）①该反应正向进行是气体平均摩尔质量减小，由图可知，温度升高，平均摩尔质量减小，所以该反应为吸热反应；②利用B点平均摩尔质量，列出三段式进行计算，③C对应平均相对分子质量大于平衡时的平均相对分子质量，所以反应要向正向进行，正反应速率大于逆反应速率；④在A点，列出三段式，结合平均摩尔质量为20g/mol进行计算。
（3）该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，该反应为气体体积增大反应，加压平衡逆向移动，从而判断对应图像。
32．（2022·崇明模拟）我国提出力争于2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和，因此碳的捕集和利用成了研究的重点。
（1）目前国际空间站处理CO2的一个重要方法是将CO2还原，原理为：CO2(g)+4H2(g)RuCH4(g)+2H2O(g)。已知H2的体积分数随温度的升高而增加。若温度从300℃升至400℃，重新达到平衡，判断下列各物理量的变化。(选填“增大”、“减小”或“不变”)υ正 ，υ逆 ，平衡常数(K) ；
在一定条件下，CO2和H2混和气体共0.5mol(体积比1：4)，在2L恒容密闭容器中进行的反应可能有下列反应I和II，经反应相同时间测得“CO2转化率”、CH4和CO“选择性”随温度变化情况分别如图1和图2所示(选择性即转化的CO2中生成CH4或CO的百分比)。
反应I：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)
反应II：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)
（2）380℃时，容器内发生的反应是 (选填I、II或I和II)；150℃～300℃，CO2的转化率随温度升高而增大，其原因是 ；
（3）①下列说法错误的是 ；
a.反应I是放热反应
b.温度可影响产物的选择性
c.CO2平衡转化率随温度升高先增大后减少
d.其他条件不变，将CO2和H2的初始体积比改变为1：3，可提高CO2平衡转化率
②350℃时，反应I经10min达到平衡，则从起始到平衡，υ(CO2)= mol·L-1·min-1；
（4）常温下，也可用NaOH溶液作CO2的捕捉剂。经测定某次捕捉所得溶液中，Na和C两种元素物质的量比值为5：2，则所得溶液中溶质成分为 (填化学式)，若NaOH吸收了等物质的量的CO2，则所得溶液中微粒浓度关系为：c(OH-)-c(H+)= (填含碳元素微粒浓度的数学表达式)。
【答案】（1）增大；增大；减小
（2）I；未达平衡前，温度升高，反应速率加快
（3）cd；0.004
（4）NaOH、Na2CO3；c(H2CO3)-c(CO)
【知识点】化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】(1)升高温度正逆反应速率均增大，故υ正增大，υ逆增大，已知H2的体积分数随温度的升高而增加，故升高温度，平衡逆向移动，则若温度从300℃升至400℃，重新达到平衡，平衡常数(K)减小。
(2)由图像可知，380℃时，CH4的选择性为100%，则容器内发生的反应是I；150℃～300℃，经反应相同时间，CO2的转化率随温度升高而增大，其原因是未达平衡前，温度升高，反应速率加快。
(3)①a．在反应I中，已知H2的体积分数随温度的升高而增加，故逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，故a正确；
b．由图像可知，温度可影响产物的选择性，故b正确；
c．由图像可知，温度低于400℃时，只进行反应I，而反应I为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则CO2平衡转化率随温度升高而减少，故c不正确；
d．其他条件不变，将CO2和H2的初始体积比改变为1：3，相当于CO2的量不变，减小了的H2量，会降低CO2平衡转化率，故d不正确；综上所述，错误的说法是cd。
②350℃时，只进行反应I，CO2的转化率为80%，则CO2的转化量为0.1mol×80%=0.08mol，反应I经10min达到平衡，则从起始到平衡，。
(4)CO2通入NaOH溶液中依次发生反应，，则CO2与过量NaOH溶液反应的方程式为，过量CO2与NaOH溶液反应的方程式为，Na和C两种元素物质的量比值为5：2时，NaOH过量，发生反应，则所得溶液中溶质成分为NaOH、Na2CO3；若NaOH吸收了等物质的量的CO2，发生反应，则所得溶液为溶液，溶液存在质子守恒c(OH-)+ c(CO)= c(H2CO3)+ c(H+)，则微粒浓度关系为：c(OH-)-c(H+)= c(H2CO3)-c(CO)。
【分析】(1)依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
(2)依据图像的选择性判断；依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
(3)①依据图像的选择性及影响反应速率和化学平衡的因素分析；
②依据计算。
(4)利用原子守恒和质子守恒分析。
33．（2022·吕梁模拟）1，3-丁二烯和2-丁炔是重要的有机化工原料，正丁烷可用作亚临界生物技术提取剂和制冷剂等。三种物质之间存在如下转化反应：
I.CH2=CHCH=CH2(g)+2H2(g) CH3CH2CH2CH3(g) H1
Il.CH3C≡CCH3(g)+2H2(g) CH3CH2CH2CH3(g) H2
III.CH3C≡CCH3(g) CH2=CHCH=CH2(g) H3
回答下列问题；
（1）T0℃时，向5L恒容密闭容器中充入1molCH3CH2CH2CH3(g)，发生上述转化反应。10min达到平衡时测得CH3CH2CH2CH3(g)的转化率为80%，反应Ⅲ的平衡常数Kc(III)=7。
①0~10min内，反应的平均速率v(H2)=
②反应I的平衡常数Kc(I)= (保留三位有效数字)。
③10min后，若再向容器中充入1molCH3CH2CH2CH3(g)，则CH3CH2CH2CH3(g)的平衡转化率 80%(填“>”“<”或“=”)。
④保持温度不变，起始向恒容密闭容器中充入一定量的CH2=CHCH=CH2(g)、CH3C≡CCH3(g)和H2(g)，实验测得CH2=CHCH=CH2(g)、CH3C≡CCH3(g)的浓度与时间的关系如图1所示。其中表示CH3C≡CCH3(g)的浓度与时间关系的曲线为 (填“L1”或“L2")；t0min时，反应III向 (填“正反应”或“逆反应”)方向进行，理由为 。
⑤反应III的平衡常数lgKc(III)与温度的倒数1/T的关系如图2所示。则 H1 H2(填“>”“<"或“=”)，原因为 。
（2）CH2CHCH=CH2是一种重要的有机化工原料，可制备多种产品。有学者研究得出CH2=CHCH=CH2与Br2反应时，生成物中各物质的物质的量分数与溶剂极性美系如下表所示。分析表中数据，可得出的结论为 。
溶剂 溶剂分子的极性参数 反应温度/℃ CH2BrCH=CHCH2Br的物质的量分数/% CH2=CHCHBrCH2Br的物质的量分数/%
氯仿 4.1 -15 63 37
正己烷 0.0 -15 38 62
【答案】（1）；2.79；<；L2；正反应；t0min时，反应Ⅲ的浓度商Q==3.5< Kc(III)；＞；温度升高，Kc(III)减小， H3<0，反应Ⅲ=反应Ⅱ-反应Ⅰ，即 H3= H2- H1<0，则 H1＞ H2
（2）溶剂分子的极性参数增大，利于生成CH2BrCH=CHCH2Br
【知识点】化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】由信息，当CH3CH2CH2CH3(g)的转化率为80%时，容器内H2的物质的量为l.6 mol，浓度为0.32 mol/L；CH3C≡CCH3(g)和CH2=CHCH=CH2(g)的物质的量之和为0.8 mol，其浓度之和为0.16mol/L；CH3CH2CH2CH3(g)的物质的量为0.2 mol，浓度为0.04 mol/L；由反应Ⅲ的平衡常数Kc(III)= ，推知c(CH3C≡CCH3)= 0.02mol/L，c(CH2=CHCH=CH2)= 0.14mol/L，据此分析作答。
(1)①0~10min内，反应的平均速率v(H2)= ，故答案为：；
②反应I的平衡常数Kc(I)=，故答案为：2.79；
③平衡后，再向容器中充入1molCH3CH2CH2CH3(g)，相当于对反应体系加压，反应Ⅰ和反应Ⅱ的平衡正向移动，CH3CH2CH2CH3(g)的平衡转化率减小，即小于80%，故答案为：<；
④温度不变，反应Ⅲ的平衡常数不变，平衡时c(CH2=CHCH=CH2)大于c(CH3C≡CCH3)，则表示CH3C≡CCH3(g)的浓度与时间关系的曲线为L2；t0min时，反应Ⅲ的浓度商Q==3.5< Kc(III)，则反应向正反应方向进行，故答案为：L2；正反应；t0min时，反应Ⅲ的浓度商Q==3.5< Kc(III)；
⑤由图2知，温度升高，Kc(III)减小， H3<0，反应Ⅲ=反应Ⅱ-反应Ⅰ，即 H3= H2- H1<0，则 H1＞ H2，故答案为：＞；温度升高，Kc(III)减小， H3<0，反应Ⅲ=反应Ⅱ-反应Ⅰ，即 H3= H2- H1<0，则 H1＞ H2；
(2)由表中数据知，溶剂分子的极性参数增大，利于生成CH2BrCH=CHCH2Br，故答案为：溶剂分子的极性参数增大，利于生成CH2BrCH=CHCH2Br。
【分析】
(1)①利用v(H2)= 计算；
②利用Kc(I)=计算；
③依据化学平衡移动原理分析；
④温度不变，平衡常数不变；利用浓度商Q与 K的大小判断；
⑤利用盖斯定律分析；
(2)利用表中数据分析。
34．（2022·南平模拟）由于化石燃料的燃烧和化肥的使用， 气体的产生量逐年升高。 是温室气体，也是破坏臭氧层的气体。
（1）用Fe掺杂六方氮化硼作催化剂将 还原为 。Fe为催化剂的活性中心，用*Fe表示，反应分为： 、 两个过程，掺杂时Fe替代六方氮化硼中部分的 (填“B”或“N”)成为储化活性中心。
（2）已知：①
②
③
则反应 的 。
（3）反应： ，起始 时，在不同条件下达到平衡，体系中 的物质的量分数为 ，在温度为(a+40)K下的 。在 下的 如图所示。图中对应等压过程的曲线为 (填“m”或“n”)，判断的理由为 ，反应在(a+40)K下的平衡常数为 。
（4） 在金(Au)表面分解反应为 ，速率方程为 (k为速率常数)。实验数据如表所示。
t/min 0 20 40 60 80 100
0.100 0.080 0.060 0.040 0.020 0.000
速率方程中k= ，保持其他条件不变，若起始浓度为 ，则半衰期(浓度减少一半所需的时间)= min。
【答案】（1）B
（2）-365.05
（3）n；该反应为放热反应，当P恒定，T升高，平衡逆向移动，x(N2)降低；62001
（4）0.001mol/(L．min)；100
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)Fe为催化剂的活性中心，将 还原为 ，N元素参与氧化还原反应，掺杂时Fe替代六方氮化硼中部分的B成为储化活性中心；
(2)由盖斯定律，反应③- 反应①- 反应②可得反应 的 (-393.5)- (+164.1)- (-221.0)= -365.05 ；
(3)对于反应 -365.05 是放热反应，反应前后气体分子数相等，则压强相等时升高温度，平衡逆向移动，氮气的物质的量分数减小，则n代表等压过程的曲线；反应在(a+40)K下压强为140kPa， 的物质的量分数为 =0.498，起始 ，列三段式： ， = ，解得x=0.996，平衡常数为 ；
(4)该反应的速率常数等于反应速率，根据任何一段时间求速率， =k= =0.001mol L-1 min-1，设起始浓度为c，v=k，半衰期 ，半衰期与起始浓度成正比，根据表格数据知，起始浓度为0.100mol L-1时半衰期为50min，温度不变，速率常数不变，则起始浓度为0.200mol L-1时，半衰期为100min。
【分析】（1）该反应中N元素参与反应，F替代B；
（2）根据盖斯定律计算；
（3）该反应为放热反应，P恒定，T升高，平衡逆向移动；列出反应的三段式，结合计算；
（4）根据表中数据分析计算。
35．（2022·和平模拟）燃煤烟气中的SO2是主要的大气污染物之一。
（1）以Co/Al2O3作催化剂时氢气脱硫的过程由两步反应组成，过程如图1所示。
①结合图1中的信息，写出总反应的化学方程式 。用氢气进行脱硫的优点是 。
②已知在反应过程中，过量的H2可发生副反应：xH2(g)+SX(g)xH2S(g)，图2中的两条曲线分别代表SO2的转化率或Sx的选择性随H2和SO2体积比[V(H2)/V(SO2)]的变化情况(Sx的选择性：SO2还原产物中Sx所占的体积百分比)，可推断曲线 (填“L1“或“L2”)代表Sx的选择性，理由是 。
③现有3molH2和1molSO2在上述条件下反应，其中SO2的转化率或Sx的选择性的结果如图2所示，则剩余的SO2的物质的量 mol，H2的物质的量 mol。
（2）如图3表示Co/Al2O3催化下，相同时间内、不同条件下的SO2的转化率。
由图可知该反应为放热反应，解释图3中温度小于350℃时，转化率随温度升高而增大的原因是 。在图3中A、B、C、D四点对应的条件中，你认为 (填“A、B、C、D”)是最佳条件，其原因可能是 。
【答案】（1）xSO2+2xH2Sx+2xH2O；产物为H2O，清洁无污染；L2；随H2/SO2体积比增大，H2逐渐过量，发生副反应xH2(g)+SX(g)xH2S(g)，随c(H2)增大，副反应平衡右移，c(Sx)减小，c(H2S)增大，Sx选择性会降低；0.2；1.4
（2）在350℃前，反应未达平衡，升高温度，反应速率加快；B；该点对应的温度、压强条件下SO2的转化率最大
【知识点】氧化还原反应；化学反应速率；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】(1)①据图可知总过程为二氧化硫和氢气生成水和Sx，所以化学方程式xSO2+2xH2Sx+2xH2O；根据主要反应可知用氢进行脱硫产物为H2O，清洁无污染；
②随H2/SO2体积比增大，H2逐渐过量，发生副反应xH2(g)+SX(g)xH2S(g)，随c(H2)增大，副反应平衡右移，c(Sx)减小，c(H2S)增大，Sx选择性会降低，则L2代表Sx的选择性。
③有3molH2和1molSO2在上述条件下反应时，体积比为3.0，则SO2的转化率为80%，故剩余SO2的物质的量为1mol-1mol×80%=0.2mol，剩余H2的物质的量为3mol-1.6mol=1.4mol。
(2)在350℃前，反应未达平衡，升高温度，反应速率加快，故转化率随温度升高而增大；根据图像可知B点为最佳条件，因该点对应的温度、压强条件下SO2的转化率最大。
【分析】（1）①图1的总过程为二氧化硫和氢气生成水和Sx；根据主要反应可知用氢进行脱硫产物为H2O；
②氢气过量，发生副反应xH2(g)+SX(g)xH2S(g) ，Sx选择性会降低；
③物质的量之比等于体积之比， 3molH2和1molSO2对应体积比为3.0；
（2）在350℃前，反应未达平衡，升高温度，反应速率加快，故转化率随温度升高而增大。
