2023年高考真题变式分类汇编：化学平衡常数2
一、选择题
1．（2023·湖南）向一恒容密闭容器中加入和一定量的，发生反应：。的平衡转化率按不同投料比随温度的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A．
B．反应速率：
C．点a、b、c对应的平衡常数：
D．反应温度为，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态
2．（2023·重庆市模拟）向一系列恒容但体积各不相同的恒温密闭容器中分别加入足量活性炭和，容器中发生反应：，在相同时间内测得各容器中的转化率与容器体积()的关系如图所示。下列说法错误的是
A．ab曲线上的点均已经达到平衡状态，c点未达到平衡状态
B．容器内的压强：
C．b、c两点时气体的颜色不同
D．相同温度下，a、b、c三点反应的平衡常数相等
3．（2023·河北模拟）草酸(H2C2O4)是一种常见的二元弱酸，0.010mol/L的H2C2O4溶液中H2C2O4、和的物质的量分数δ(X)随pH变化如图。下列说法正确的是
A．曲线①表示的物质的量分数δ(X)随pH变化关系
B．NaHC2O4溶液中c(OH-)＞c(H+)
C．0.01mol/LNaHC2O4溶液中，c()+c(OH-)=c(H+)+c(H2C2O4)
D．反应H2C2O4+2的化学平衡常数为10-5.4
4．（2023·丰台模拟）下列三个化学反应焓变、平衡常数与温度的关系分别如下表所示。下列说法正确的是
化学反应 平衡常数 温度
973K 1173K
① 1.47 2.15
② 2.38 1.67
③ a b
A．1173K时，反应①起始，平衡时约为0.4
B．反应②是吸热反应，
C．反应③达平衡后，升高温度或缩小反应容器的容积平衡逆向移动
D．相同温度下，；
5．（2023·辽宁模拟）氨气去除NO的反应原理为： ，反应速率与浓度之间存在如下关系：，，、为速率常数，只受温度影响。350℃时，在2L恒容密闭容器中，通入和发生反应，保持温度不变，5min后反应达平衡，NO的转化率为50%。下列说法正确的是
A．用表示的化学反应速率为
B．350℃时，该反应的平衡常数为0.5
C．其他条件不变，往反应后的容器中再通入和，重新达平衡时NO的体积分数减小
D．当温度改变为T℃时，若，则
6．（2023·辽宁模拟）易溶于水，光谱研究表明，的水溶液中存在下列平衡：
其中、、为各步的平衡常数，且 [表示的平衡压强]
下列说法正确的是
A．的焓变
B．在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，则
C．若pH=6.2时，溶液中，则pH=8.2时，溶液中
D．当的平衡压强为p时，测得，则溶液
7．（2023·湛江模拟）氨气在工业上应用广泛，已知反应 ，反应相同时间，的体积百分数随温度的变化情况如图所示，下列相关描述正确的是
A．线上的点均代表平衡时刻的点 B．逆反应速率：
C．b点时 D．平衡常数值：
8．（2023·湖南模拟）某小组为了探究不同离子与OH-反应的先后相关问题，分别在1L0.1mol L-1NH4HCO3溶液、1L0.1mol L-1NH4HSO3溶液中加一定量NaOH固体后并恢复到常温(体积变化忽略不计)，并测得其中相关粒子浓度变化情况分别如图1、图2所示[已知：Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.61×10-11，Ka1(H2SO3)=1.52×10-2，Ka2(H2SO3)=1.02×10-7，Kb(NH3 H2O)=1.75×10-5]，下列说法正确的是
图11L0.1mol L-1NH4HCO3溶液中加入一定量NaOH后各粒子浓度变化曲线
图21L0.1mol L-1NH4HSO3溶液中加入一定量NaOH后各粒子浓度变化曲线
A．由上述实验可知与OH-反应的先后顺序为HSO＞NH＞HCO
B．图1中，当n(NaOH)=0.05mol时，只发生反应OH-+NH=NH3 H2O
C．图2中，当n(NaOH)＜0.1mol时，主要发生反应HSO+OH-=H2O+SO
D．上述实验说明，离子反应的先后顺序与反应平衡常数大小无关
9．（2023·福州模拟）Ni活化C2H6的反应历程如下图所示：
下列说法错误的是（ ）
A．反应历程的决速步骤：中间体2→中间体3
B．反应历程涉及非极性键的断裂和极性键的形成
C．三种中间体比较，中间体2最稳定
D．升高温度， Ni+C2H6NiCH2+CH4的化学平衡常数K增大
10．（2023·郑州模拟）已知反应 ，在716K时向密闭容器中充入一定量的HI气体，平衡时气体混合物中碘化氢的物质的量分数为78%。测得和的关系如图所示。
下列结论错误的是
A．该反应的压力平衡常数约为0.02
B．增大体系压强，平衡不发生移动，平衡常数不变
C．温度降低，、均减小，平衡向逆反应方向移动
D．温度升高，反应重新达到平衡时，图中表示平衡的点可能是A和D
11．（2023·葫芦岛模拟）在容积均为1L的密闭容器M(500℃，恒温)、N(起始500℃，绝热)中分别加入、和相同催化剂，发生反应：。实验测得M、N容器中的转化率随时间的变化关系如图。下列说法错误的是
A．该反应的ΔH>0
B．500℃该反应的化学平衡常数K约为0.022
C．M容器中的转化率随时间的变化关系是图中的曲线b
D．反应平衡后，向N容器中再加入、，的平衡转化率减小
二、多选题
12．（2020·南京模拟）Deacon法制备Cl2的反应为4HCl(g)＋O2(g) 2Cl2(g)＋2H2O(g)。如图为恒容容器中，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系。下列说法正确的是( )
A．反应4HCl(g)＋O2(g) 2Cl2(g)＋2H2O(g)的ΔH>0
B．Z曲线对应进料浓度比c(HCl)∶c(O2)＝7∶1
C．400 ℃，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)＝4∶1时，O2平衡转化率为19%
D．400 ℃，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)＝1∶1时，c起始(HCl)＝c0 mol·L－1，平衡常数K=
13．（2020·南京模拟）在密闭容器中：按CO2与H2的物质的量之比为1:3进行投料，发生反应2CO2(g)+6H2(g) CH3CH2OH(g)+3H2O(g) △H<0,在5MPa 下测得不同温度下平衡体系中各种物质的体积分数 ( V% ) 如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A．表示CH3CH2OH组分的曲线是IV
B．图中曲线交点a、b 对应的上述反应平衡常数Ka > Kb
C．图中曲线交点a 对应的 CO2 转化率为 40%
D．若甲、乙两个密闭容器起始时的容积、温度及投料方式均相同，甲：恒温恒压，乙；恒温恒容，反应达平衡时CH3CH2OH产率：甲＜乙
14．（2018·南通模拟）在3个体积均为1 L的恒容密闭容器中发生反应：SO2(g)＋2NO(g) 2NO2(g)＋S(s)。改变容器I的反应温度，平衡时c( NO2)与温度的关系如下图所示。下列说法正确的是（ ）
A．该反应的ΔH<0
B．T1时，该反应的平衡常数为
C．容器Ⅰ与容器Ⅱ均在T1时达到平衡，总压强之比小于1：2
D．若T2
研究发现上述反应中 其中 为常数。下列说法正确的是（ ）
A．温度为T时该反应的
B．容器I中前20 min的平均速率v(HI)=0.0125mol.L-1.min-1
C．若起始时，向容器I中加入物质的量均为0.1 mol的H2、I2、HI，反应逆向进行
D．若两容器中 且 则x的值一定为1
16．（2018·徐州模拟）工业上以CO和H2为原料合成甲醇的反应：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △H＜0，在容积为1 L的恒容容器中，分别在T1、T2、T3三种温度下合成甲醇。右图是上述三种温度下不同H2和CO的起始组成比（起始时CO的物质的量均为1mol）与CO平衡转化率的关系。下列说法正确的是（ ）
A．H2转化率：a＞b＞c
B．上述三种温度之间关系为T1＞T2＞T3
C．a点状态下再通入0.5 mol CO和0.5 mol CH3OH，平衡向正方向移动
D．c点状态下再通入1 molCO和4 mol H2，新平衡中CH3OH的体积分数增大
17．（2018·江苏模拟）温度为T时，在两个起始容积都为1L的恒温密闭容器发生反应：H2(g)+I2(g) 2HI(g) ΔH＜0。实验测得：v正＝v(H2)消耗＝v(I2)消耗＝k正c(H2)·c(I2)，v逆＝v(HI)消耗＝k逆c2 (HI)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。下列说法正确的是（ ）
容器 物质的起始浓度（mol·L－1） 物质的平衡浓度
c(H2) c(I2) c(HI)
Ⅰ（恒容） 0.1 0.1 0 c(I2)＝0.07 mol·L－1
Ⅱ（恒压） 0 0 0.6
A．反应过程中，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强的比为1:3
B．两容器达平衡时：c(HI，容器Ⅱ)＞3c(HI，容器Ⅰ)
C．温度一定，容器Ⅱ中反应达到平衡时（平衡常数为K），有K＝ 成立
D．达平衡时，向容器Ⅰ中同时再通入0.1 mol I2和0.1 mol HI，则此时ν正＞ν逆
三、非选择题
18．（2023·湖南）聚苯乙烯是一类重要的高分子材料，可通过苯乙烯聚合制得。
（1）Ⅰ．苯乙烯的制备
已知下列反应的热化学方程式：
①
②
③
计算反应④的 ；
（2）在某温度、下，向反应器中充入气态乙苯发生反应④，其平衡转化率为50%，欲将平衡转化率提高至75%，需要向反应器中充入 水蒸气作为稀释气(计算时忽略副反应)；
（3）在、下，以水蒸气作稀释气。作催化剂，乙苯除脱氢生成苯乙烯外，还会发生如下两个副反应：
⑤
⑥
以上反应体系中，芳香烃产物苯乙烯、苯和甲苯的选择性S()随乙苯转化率的变化曲线如图所示，其中曲线b代表的产物是 ，理由是 ；
（4）关于本反应体系中催化剂的描述错误的是____；
A．X射线衍射技术可测定晶体结构
B．可改变乙苯平衡转化率
C．降低了乙苯脱氢反应的活化能
D．改变颗粒大小不影响反应速率
（5）Ⅱ．苯乙烯的聚合
苯乙烯聚合有多种方法，其中一种方法的关键步骤是某(Ⅰ)的配合物促进(引发剂，X表示卤素)生成自由基，实现苯乙烯可控聚合。
引发剂中活性最高的是 ；
（6）室温下，①在配体L的水溶液中形成，其反应平衡常数为K；②在水中的溶度积常数为。由此可知，在配体L的水溶液中溶解反应的平衡常数为 (所有方程式中计量系数关系均为最简整数比)。
19．（2023·湖北）纳米碗是一种奇特的碗状共轭体系。高温条件下，可以由分子经过连续5步氢抽提和闭环脱氢反应生成。的反应机理和能量变化如下：
回答下列问题：
（1）已知中的碳氢键和碳碳键的键能分别为和，H-H键能为。估算的 。
（2）图示历程包含 个基元反应，其中速率最慢的是第 个。
（3） 纳米碗中五元环和六元环结构的数目分别为 、 。
（4）1200K时，假定体系内只有反应发生，反应过程中压强恒定为(即的初始压强)，平衡转化率为α，该反应的平衡常数为 (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（5） 及反应的(为平衡常数)随温度倒数的关系如图所示。已知本实验条件下，(R为理想气体常数，c为截距)。图中两条线几乎平行，从结构的角度分析其原因是 。
（6）下列措施既能提高反应物的平衡转化率，又能增大生成的反应速率的是 (填标号)。
a．升高温度 b．增大压强 c．加入催化剂
20．（2023·全国乙卷）硫酸亚铁在工农业生产中有许多用途，如可用作农药防治小麦黑穗病，制造磁性氧化铁、铁催化剂等。回答下列问题：
（1）在气氛中，的脱水热分解过程如图所示：
根据上述实验结果，可知 ， 。
（2）已知下列热化学方程式：
则的 。
（3）将置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：(Ⅰ)。平衡时的关系如下图所示。时，该反应的平衡总压 、平衡常数 。随反应温度升高而 (填“增大”“减小”或“不变”)。
（4）提高温度，上述容器中进一步发生反应(Ⅱ)，平衡时 (用表示)。在时，，则 ， (列出计算式)。
21．（2023·全国甲卷）甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。回答下列问题：
（1）已知下列反应的热化学方程式：
①
②
反应③的 ，平衡常数 (用表示)。
（2）电喷雾电离等方法得到的(等)与反应可得。与反应能高选择性地生成甲醇。分别在和下(其他反应条件相同)进行反应，结果如下图所示。图中的曲线是 (填“a”或“b”。、时的转化率为 (列出算式)。
（3） 分别与反应，体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相似，图中以示例)。
(ⅰ)步骤Ⅰ和Ⅱ中涉及氢原子成键变化的是 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
(ⅱ)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则与反应的能量变化应为图中曲线 (填“c”或“d”)。
(ⅲ)与反应，氘代甲醇的产量 (填“＞”“＜”或“=”)。若与反应，生成的氘代甲醇有 种。
22．（2023·宁波模拟）锰及其化合物在催化剂及金属材料方面有重要的应用。我国主要以菱锰矿(主要成分为，M为Mn、Mg或Ca)为原料，通过热解法生产二氧化锰等锰基催化剂。
（1）提取的转化关系如下：
已知 ，关系如下图。
①“焙烧”过程最大的是 。
A． B． C．
②“焙烧”温度应控制在 。
（2）T℃时，碳酸锰热解制二氧化锰的热化学方程式：
①若该反应的速率方程表示为：和［和分别为正、逆反应速率常数，在一定温度下为常数］，该反应的平衡常数 (用、表示)。
②焙烧时在入口持续通入空气，并不断用真空抽气泵在装置尾端抽气的目的是 。
（3）由原料气(、)与煤粉在锰基催化剂条件下制乙炔，该生产过程是目前清洁高效的煤化工过程。已知：发生的部分反应如下(在25℃、101 kPa时)，、在高温条件还会分解生成碳与氢气：
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
上述反应在体积为1L的密闭容器中进行，达到平衡时各气体体积分数和反应温度的关系曲线如图甲所示。
①下列说法正确的是 。
A.1530 K之前乙炔产率随温度升高而增大的原因：升温使反应Ⅱ、Ⅲ平衡正向移动
B.1530 K之后会有更多的甲烷与乙烯裂解生成碳导致乙炔产率增加不大
C.1530 K时测得气体的总物质的量为1.000 mol，则反应III的平衡常数为0.8652
D．相同条件下，改用更高效的催化剂，可使单位时间内的乙炔产率增大
②请在图乙中绘制平衡时乙烯的体积分数和反应温度的变化趋势，并标明1530 K时的气体体积分数。
23．（2023·徐汇模拟）化学链燃烧(CLC)是利用载氧体将空气中的氧传输至燃料的新技术。图1是基于载氧体的甲烷化学链燃烧技术的示意图。
空气反应器与燃料反应器中发生的发应分别为：
①
②
（1）的颜色为 。
（2）反应②的平衡常数表达式 。
（3）氧的质量分数：载氧体I 载氧体Ⅱ(填“>”“=”或“<”)。
（4）往盛有载氧体的刚性密闭容器中充入空气[氧气的物质的量分数为21%]，发生反应①。平衡时随反应温度T变化曲线如图2所示。
985℃时，的平衡转化率= (保留两位小数)。
（5）根据图2数据，随温度升高而增大的原因是 。反应温度必须控制在1030℃以下，原因是 。
（6）载氧体掺杂改性，可加快化学链燃烧速率。使用不同掺杂的载氧体，反应②的反应历程如图3。
由图3分析：使用 (填“氧化铝”或“膨润土”) 掺杂的载氧体反应较快。
（7）与传统燃烧方式相比，化学链燃烧技术的优点有 。
24．（2023·徐汇模拟）化学链燃烧(CLC)是利用载氧体将空气中的氧传输至燃料的新技术。图1是基于载氧体的甲烷化学链燃烧技术的示意图。
空气反应器与燃料反应器中发生的发应分别为：
①
②
（1）的颜色为 。
（2）反应②的平衡常数表达式 。
（3）氧的质量分数：载氧体I 载氧体Ⅱ(填“>”“=”或“<”)。
往盛有载氧体的刚性密闭容器中充入空气[氧气的物质的量分数为21%]，发生反应①。平衡时随反应温度T变化曲线如图2所示。
（4）985℃时，的平衡转化率= (保留两位小数)。
（5）根据图2数据，随温度升高而增大的原因是 。反应温度必须控制在1030℃以下，原因是 。
载氧体掺杂改性，可加快化学链燃烧速率。使用不同掺杂的载氧体，反应②的反应历程如图3。
（6）由图3分析：使用 (填“氧化铝”或“膨润土”) 掺杂的载氧体反应较快。
（7）与传统燃烧方式相比，化学链燃烧技术的优点有 。
25．（2023·天河模拟）已知为可逆反应，某小组设计实验测定该反应平衡常数并探究影响化学平衡移动的因素。
（1）配制溶液和溶液。
基态核外电子排布式为 ，实验中所需的玻璃仪器有容量瓶、量筒和 。(从下图中选择，写出名称)
（2）常温下，测定该反应的平衡常数K。
资料卡片 ⅰ.； ⅱ.为9~l1.5条件下和磺基水杨酸生成稳定的黄色络合物，可以通过测定吸光度得知其浓度。
将溶液与溶液等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色，过滤得澄清滤液。(忽略反应引起的溶液体积变化)
①甲同学通过测定滤液中浓度测得K。取滤液，用标准溶液滴定滤液中，至滴定终点时消耗标准溶液。滴定终点的现象为 ，反应的平衡常数 。(用含、、V的计算式表示)
②乙同学通过测定滤液中浓度测得K。取滤液，加入磺基水杨酸溶液，加入为9~11.5的缓冲溶液，测定吸光度。测得溶液中浓度为，则的平衡常数 。(用含c的计算式表示)
（3）该小组进一步研究常温下稀释对该平衡移动方向的影响。
用溶液和溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液，测定平衡时浓度，记录数据。
序号
Ⅰ 10 10
Ⅱ 2 a b
a= ，b= 。和存在的关系是 (用含和的不等式表示)，该关系可以作为判断稀释对该平衡移动方向影响的证据。
26．（2023·绵阳模拟）二氧化碳的吸收和利用是实现“碳中和”的重要途径，利用二氧化碳合成二甲醚方法通常是和先合成甲醇，再由甲醇脱水制备二甲醚。
（1）已知：
则合成二甲醚反应的 。
（2）合成二甲醚的关键是合成甲醇：
I．
①恒容绝热容器中，一定能说明反应Ⅰ已达到化学平衡状态的是 。
A．
B．
C．气体的密度保持不变
D．容器内气体的温度保持不变
②合成甲醇时存在逆水汽变换：II．，按照投料，保持压强为下达到平衡时，和在含碳产物中物质的量百分数及的转化率随温度的变化如图所示，图中 (填“a”或“b”)表示甲醇在含碳产物中物质的量分数，的转化率在之后随温度升高而增大的原因是 。若甲醇的选择性，图中时甲醇的选择性= 。逆水汽变换反应的压强平衡常数 。
（3）甲醇脱水可制得二甲醚：。
实验测得：，，、为速率常数。温度下，向恒容密闭容器中加入，达到平衡时测得的体积分数为60%，则平衡时的产率 ；当温度改变为时，，则 (填“<”“>”或“=”)。
27．（2023·合肥模拟）一种由铜阳极泥(主要成分有Se、、等，还含有少量的Au、Pt等贵金属)提取Se，同时回收Ag和Cu的工艺流程如下图所示。
已知：①硒的沸点685℃，在空气中加热时会被氧化。
②在该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和恰好沉淀完全的pH如下表：
金属离子
开始沉淀的pH 4.0 8.1
恰好沉淀完全的pH 6.7 10.1
回答下列问题：
（1）为了提高“浸出”效果，可采取的措施有 (写出一种合理措施)；浸出渣的主要成分是 。
（2）工业上铜阳极泥还可以用浓硫酸浸出，从产物角度分析其缺点是 。
（3）铜阳极泥中的硒元素主要以形式留在浸出液中，写出Se单质在“浸出”时反应的离子方程式 。
（4）“沉硒”所得粗硒可采用真空蒸馏的方法提纯，采用真空蒸馏的目的是 。
（5）加入NaOH进行“沉铜”处理，调节溶液pH的范围是 。
（6）已知：常温下， ， 。“溶浸”时发生反应的离子方程式为，常温下，该反应的平衡常数K= 。
（7）“还原”时，工业上常用HCHO在碱性下还原得到Ag，反应后所得滤液3可进入 操作中循环利用(填流程中操作名称)。
28．（2023·济南模拟）环氧丙醇(GLD)常用作树脂改性剂。在液相有机体系中，可通过碳酸二甲酯(DMC)和丙三醇(GL)制得，体系中同时存在如下反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
已知：①敞口容器可看成恒压装置，体系压强在反应过程中与大气压(110*Pa)相等；
②反应中产生的物质的量相对于空气中很少，故可忽略不计，空气中的体积分数约为0.04%；
③气体和液体共存于同一体系，如在溶剂E中发生的反应，其平衡常数表达式可表示为(p为气体分压，为液相体系中物质的物质的量分数，)。
回答下列问题：
（1）反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的焓变随温度T的变化如图所示。据图判断，表示反应Ⅰ的焓变曲线为 (填“a”“b”或“c”)；反应Ⅱ在 (填“高温”或“低温”)下可自发进行。
（2）为研究上述反应的平衡关系，向敞口反应容器中加入1.0 mol DMC和1.0 mol GL，控制温度为℃。平衡时，测得液相体系中GLD的物质的量分数，反应Ⅱ的平衡常数Pa，平衡时GLD的产率= %，体系放出热量= kJ，反应Ⅰ各组分以液相体系中物质的量分数表示的平衡常数 。同温下，向上述体系中注入惰性四氯化碳稀释，重新达到平衡时，GLD的产率将 (填“增大”“减小”或“不变")，GLD与物质的量之比 。
（3）以W表示体系中加入与反应物物质的量的比值。实验测定W不同时，DMC的平衡转化率和GLD的平衡产率随温度的变化关系如下图所示。
其中纵坐标表示GLD平衡产率的是图 (填“甲”或“乙”)；W最大的是 (填“”“”或“”)。图丙为在不同催化剂下反应相同时间。DMC的转化率随温度变化的关系，图丙上的 (填字母)点可能是甲、乙两图像所测绘时选取的位置。
29．（2023·潍坊模拟）丙烯是重要的化工原料，其用量仅次于乙烯，研究丙烯的制取工艺具有重要意义。丙烷催化脱氢制取丙烯的过程中涉及的主要反应有：
Ⅰ.
Ⅱ. kJ·moL
Ⅲ. kJ·moL
已知：①温度高于600℃时，C-C键比C-H键更容易断裂；
②平衡状态下：
丙烯选择性
丙烯收率
回答下列问题：
（1）下图中能正确表示反应Ⅰ的化学平衡常数与温度T关系的是 (填序号)。
a. b. c. d.
（2）在100kPa的恒压条件下，将1 mol 加入密闭容器中，在催化条件下发生上述反应，实验测得温度对平衡状态下丙烯的选择性和收率的影响如图所示。
①温度高于600℃时丙烯的选择性降低幅度增大的原因是 。
②580℃，min时，反应体系达到平衡，丙烷的平衡转化率为 ， kPa·min 。反应Ⅰ的压强平衡常数 kPa(用平衡分压代替平衡浓度，平衡分压=总压×体积分数)。
（3）工业上在保持100kPa的恒压条件下，通常在原料中掺混一定量惰性气体，掺混一定量惰性气体的原理是 。
30．（2022·余姚模拟）
（1）I.1mol CO2与足量的碳在恒容密闭容器中反应：C(s)＋CO2(g) 2CO(g)。测得平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示：
已知：气体分压(p分)=气体总压(p总)×体积分数。
请回答：
判断该反应的自发性并说明理由 。
（2）下列说法正确的是____。
A．1×103K时，若充入惰性气体，v正、v逆均减小，v逆变化幅度更大
B．1×103K时，突然升温，v正、v逆均增大，v正变化幅度更大
C．1×103K时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0 %
D．T×103K时，若充入等体积的CO2和CO，平衡向逆反应方向移动
（3）1×103K时，起始压强为100KPa，反应一段时间达到平衡，用平衡分压p(B)代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp= KPa (保留三位有效数字)。【p(B)= p·x(B)，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数】
（4）已知，在上述条件下(初始投料为1molCO2与足量的碳，恒容密闭容器中)，在给定CO2的转化率为25.0 %时，V逆随温度的变化曲线如下图所示，画出V正随温度(0.5×103K至2.5×103K)的变化曲线 。
（5）II．碘酸盐型碘钟的实验方法：向用H2SO4酸化的KIO3溶液中加入NaHSO3溶液(以及少量淀粉溶液)。实验现象：“无色→蓝黑色→无色→蓝黑色→……”的周期性变化。
可用一组离子方程式表示每一个周期内的反应进程，请补充其中的2个离子方程式。
① ；②+5I -+ 6H+ = 3I2+3H2O；③ 。
31．（2022·柳州模拟）二氧化碳与甲烷重整是利用的研究热点之一、回答下列问题：
（1）二氧化碳与甲烷重整制CO的反应为：
已知：
则 ；若将两等份和分别充入恒压密闭容器中，在无催化剂和有催化的情况进行反应，相同时间下测得的转化率与温度的关系如图所示，M点时转化率相等的主要原因是 。
（2）在恒压密闭容器中，起始充入2mol(g)和6mol(g)，发生反应： ，该反应在不同温度下达到平衡时，各组分的体积分数随温度的变化如图所示。
①表示的体积分数随温度变化的曲线是 (填数字序号)。
②A、B、C三点对应的化学平衡常数、、从大到小的顺序为 。
③205℃时，反应达到平衡后，的平衡转化率为 (结果保留一位小数)，若平衡时总压为P，平衡常数 (列出计算式。以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
32．（2022·巴中模拟）处理、回收利用CO是环境科学研究的热点课题。回答下列问题：
（1）CO用于处理大气污染物N2O的反应为CO(g) + N2O(g)CO2(g) +N2(g)。在Zn*作用下该反应的具体过程如图1所示，反应过程中能量变化情况如图2所示。
总反应： CO(g) + N2O(g) CO2(g) + N2(g) H= kJ·mol-1； 该总反应的决速步是反应 (填 “①"或“②”)，该判断的理由是 ．
（2）已知： CO(g) + N2O(g)CO2(g) + N2(g)的速率方程为v=k·c(N2O)， k为速率常数，只与温度有关。为提高反应速率，可采取的措施是____ (填字母序号)。
A．升温 B．恒容时，再充入CO
C．恒压时，再充入N2O D．恒压时，再充入N2
（3）在总压为100kPa的恒容密闭容器中，充入一定量的CO(g)和N2O(g)发生上述反应，在不同条件下达到平衡时，在T1K时N2O的转化率与的变化曲线以及在时N2O的转化率与的变化曲线如图3所示：
①表示N2O的转化率随的变化曲线为 曲线(填“I”或“II”)；
②T1 T2 (填“>”或“<")，该判断的理由是
③已知：该反应的标准平衡常数，其中为标准压强 (100kPa)，p(CO2)、p(N2)、 p(N2O)和p(CO)为各组分的平衡分压，则T4时，该反应的标准平衡常数= ( 计算结果保留两位有效数字，p分=p总 ×物质的量分数)。
33．（2022·温州模拟）含氮化合物在生产生活中有重要的应用。请回答：
（1）NOx与含硫化合物的热化学方程式如下：
反应I：CaS(s)+3NO2(g)=CaO(s)+SO2(g)+3NO(g) △H=-279.12kJ·mol-1 K1
反应II：CaS(s)+4NO2(g)=CaSO4(s)+4NO(g) △H=-714.52kJ·mol-1 K2
反应III：CaSO4(s)+NO(g)=CaO(s)+SO2(g)+NO2(g) △H K3
①三个反应的平衡常数的lnK随温度变化关系如图所示，则表示lnK2的曲线是 。
②在恒温条件下，加入反应物，一段时间后达到平衡时c(SO2)如图所示，t1时减小容器体积，t2时达到新平衡，请画出t1至t2时c(SO2)变化趋势图 。
（2）合成氨工厂以“水煤气”和N2为原料，采用两段间接换热式绝热反应器，由进气口充入一定量含CO、H2、H2O、N2的混合气体，在反应器A进行合成氨，其催化剂III铁触媒，在500℃活性最大，反应器B中主要发生的反应为：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H<0，装置如图。
①温度比较：气流a 气流b(填“>”“<”或“=”)。
②气体流速一定，经由催化剂I到催化剂II，原料转化率有提升，其可能原因是： 。
③下列说法正确的是 。
A．利用焦炭与水蒸气高温制备水煤气时，适当加快通入水蒸气的流速，有利于水煤气的生成
B．N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-92.4kJ·mol-1反应器温度越低，终端出口2收率越高
C．终端出口2得到的气体，通过水吸收，再加热水溶液，可分离出NH3
D．反应原料气从进气口105℃到300℃出口1，已完成氨的合成
（3）已知-33℃液氨中存在：2NH3(l)NH+NH K=10-29，在100mL液氨中加入0.0001mol NH4Cl固体溶解，并完全电离(忽略体积变化)，则c(NH)= mol·L-1。金属钾能溶解于液氨中形成蓝色的液氨溶液，反应的化学方程式为K+NH3=K++e(NH3)(电子的氨合物，显蓝色)，加入NH4Cl固体，即发生共价键断裂和形成的反应，请写出离子方程式 。
34．（2022·安徽模拟）
（1）Ⅰ.对温室气体二氧化碳的处理是化学工作者实现“碳中和”重点研究的课题，一种新的循环利用方案是用Bosch反应CO2(g) +2H2 (g) C(s) +2H2O(g) △H。
①已知：CO2(g)和H2O(g)的生成焓为- 394 kJ/mol 和- 242 kJ/mol， 则△H = kJ/ mol，(生成焓是一定条件下，由其对应最稳定单质生成1mol化合物时的反应热)。
②若要此反应自发进行， ( 填“高温”或“低温” )更有利。
（2）NOx的含量是空气质量的一个重要指标，减少NOx的排放有利于保护环境。在密闭容器中加入4 mol NH3和3 mol NO2气体，发生反应：8NH3(g) +6NO2(g) 7N2(g) + 12H2O(g) △H <0，维持温度不变，不同压强下反应经过相同时间，NO2的转化率随着压强变化如图所示，下列说法错误的是____。
A．反应速率：b点v正>a点v逆
B．容器体积：Vc：Vb =8： 9
C．在时间t内，若要提高NO2的转化率和反应速率，可以将H2O(g)液化分离
D．维持压强980kPa更长时间，NO2的转化率大于40%
（3）Ⅱ.活性炭还原法也是消除氮氧化物污染的有效方法，其原理为：2C(s) +2NO2(g) N2(g) +2CO2(g) △H <0
某实验室模拟该反应，在2L恒容密闭容器中加入足量的C(碳)和一定量NO2气体，维持温度为T1℃，反应开始时压强为800kPa，平衡时容器内气体总压强增加30%，则用平衡分压代替其平衡浓度表示化学平衡常数Kp= kPa [已知：气体分压(p分) =气体总压(p总)×体积分数]。
（4）已知该反应的正反应速率方程v正=k正·p2 (NO2)，逆反应速率方程为v逆=k逆·p(N2) ·p2(CO2)，其中k正、k逆分别为正逆反应速率常数，则如图( lgk表示速率常数的对数，表示温度的倒数)所示a、b、c、d四条斜线中能表示lgk正随变化关系的斜线是 ，能表示lgk逆随变化关系的斜线是 。若将一定量的C(碳)和NO2投入到密闭容器中，保持温度T1℃、恒定在压强800 kPa发生该反应，则当NO2的转化率为40%时，v逆∶v正= 。
35．（2022·呼和浩特模拟）甲醇是重要的化工原料，合成甲醇和利用甲醇的研究和探索，在国际上一直受到重视。工业上常利用CO2和H2为原料合成甲醇，再利用甲醇生产丙烯。回答下列问题：
（1）①常温下， H2和甲醇的燃烧热分别为285.8 kJ·mol-1和726.4 kJ·mol-1， 1mol甲醇汽化需要吸收82.0kJ的热量，则CO2和H2在Cu/ZnO催化作用下合成气态甲醇的热化学方程式为：CO2(g)+ 3H2(g) CH3OH(g) +H2O(l) △H= kJ·mol-1；
②上述反应分两步进行：
第一步 (写化学方程式)△H> 0
第二步Cu/Zn* + 2H2 + CO2 = Cu/ZnO* + CH3OH △H< 0
③第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，由此推知以下能正确表示Cu/ZnO催化CO2和H2合成甲醇反应过程的示意图为 。
a. b.
c. d.
（2）工业上用CO2和H2催化合成甲醇存在如下反应：
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
一定条件下，在装有催化剂的密闭容器中投入amolCO2和3amolH2，发生上述合成反应。
①在相同时间内，测得甲醇产率与温度的关系如图所示。温度为470K时，图中P点 (填“处于”或“不处于”)平衡状态；490K之后，甲醇的产率随温度的升高而减小的原因可能是 。
②某温度下，达平衡时容器中CH3OH的物质的量为c mol， CO的物质的量为d mol。则此条件下CO2的转化率为 (列式表示，下同)；甲醇的选择性(指转化为甲醇的CO2占发生反应的CO2的百分比)为 ；此条件下副反应的平衡常数为 。
（3）甲醇催化制取丙烯的过程中发生如下反应： 3CH3OH(g)C3H6(g) + 3H2O(g) ，该反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图中直线a所示，已知Arrhenius经验公式为( Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。则该反应的活化能Ea= kJ·mol-1，当改变外界条件时，实验数据如中的直线b所示，则实验可能改变的外界条件是 。
36．（2021·大连模拟）我国提出2060年前实现碳中和，为有效降低大气CO2中的含量，以CO2为原料制备甲烷、戊烷、甲醇等能源物质具有较好的发展前景。CO2在固体催化剂表面加氢合成甲烷过程中发生如下反应：
Ⅰ.主反应：
Ⅱ.副反应：
（1）已知：Ⅲ.
Ⅳ.
则
（2）CO2加氢合成甲烷时，通常控制温度为左右，其可能的原因为____
A．反应速率快 B．平衡转化率高
C．催化剂活性高 D．主反应催化剂选择性好
（3）时，向1L恒容密闭容器中充入和，初始压强为p，时主、副反应都达到平衡状态，测得，体系压强为，则内 ，平衡时选择性= (选择性，计算保留三位有效数字)
（4）以催化加氢合成的甲醇为原料，在催化剂作用下可以制取丙烯，反应的化学方程式为。该反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图中曲线a所示，已知Arhenius经验公式(为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。则该反应的活化能 。当改变外界条件时，实验数据如图中的曲线b所示，则实验可能改变的外界条件是 。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A、由分析可知，x1＜x2，A不符合题意；
B、b点所在曲线中c(H2O)较大，因此反应速率较大，所以vb正＞vc正，B符合题意；
C、平衡常数与温度有关，温度相同时，平衡常数不变，因此Kb=Kc，由于该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，K增大，因此Ka＜Kb=Kc，C不符合题意；
D、该反应中，反应前后气体分子数改变，因此反应过程中压强是一个变量，则当其不变时，说明反应达到平衡状态，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】当一定时，随着温度升高升高，CH4的平衡转化率增大， 说明升高温度平衡正向移动，因此该反应为吸热反应。当温度相同时，x1条件下CH4的平衡转化率大于x2，说明x1中n(H2O)较大，因此x1＜x2。据此结合选项分析。
2．【答案】B
【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．图中b点NO2的转化率最高，则温度为T时，b点恰好达到平衡状态，由于ab曲线上对应容器的体积逐渐增大，NO2的起始浓度逐渐减小，但浓度均大于b点，NO2的浓度越大，反应速率越大，达到平衡的时间越短，所以ab曲线上反应均达到平衡状态，反应正向是气体体积增大的反应，随着容器体积的增大，NO2的转化率逐渐增大，b点达到最大；b点以后，随着容器体积的增大，压强越小，反应往正方向移动，NO2的起始浓度减小，反应速率减慢，达到平衡的时间延长，所以bc曲线上反应均未达到平衡状态， c点未达到平衡状态，A不符合题意；
B．a点时反应达到平衡，NO2转化率为40%，则：
b点时NO2转化率为80%，反应三段式为：
根据A选项中a点反应三段式、b点三段式和pV=nRT可知，PaV1=2.4RT，PbV2=2.8RT，由于V2>V1，所以容器内的压强：Pa：Pb>6：7，故B符合题意；
C．从NO2的转化率看，b点NO2的转化率与c点不相同，则消耗NO2的物质的量也不相同，且由于V2＜V3，所以b点、c点NO2的浓度：b不等于c，因此b、c两点时气体的颜色不同，C不符合题意；
D．相同温度下对于同一个反应而言，化学平衡常数不变，因此a、b、c三点反应的平衡常数相等，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.b点时NO2的转化率最大，则此温度下，b点恰好达到平衡状态，由于ab曲线上对应容器容积逐渐增大，NO2的起始浓度逐渐减小，反应速率逐渐减慢，达到平衡所需的时间逐渐变长，故ab曲线上反应均达到平衡状态，反应正向气体分子数增大，体积增大，平衡正向移动，NO2的转化率在b点时达到最大，b点以后，随容器体积增大，反应速率减慢，达到平衡的时间变长，因此b以后曲线上未达到平衡状态；
C.b、c两点NO2的转化率，NO2的浓度也不同；
D.平衡常数只与温度有关。
3．【答案】C
【知识点】化学平衡常数；弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A．由分析可知，曲线①表示H2C2O4的物质的量分数δ(X)随pH变化关系，A不符合题意；
B．在曲线的第一个交叉点，pH=1.2，c()=c(H2C2O4)，Ka1=1.0×10-1.2，在曲线的第二个交叉点，pH=4.2，c()=c()，Ka2=1.0×10-4.2，NaHC2O4溶液中，Kh2==1.0×10-12.8＜Ka2=1.0×10-4.2，则溶液显酸性，溶液中c(OH-)＜c(H+)，B不符合题意；
C．依据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，依据物料守恒，c(Na+)=c()+c()+c(H2C2O4)，则c()+c(OH-)=c(H+)+c(H2C2O4)，C符合题意；
D．反应H2C2O4+2的化学平衡常数K====103，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】pH越小，H2C2O4的浓度越大，随着pH增大， 的物质的量分数先增大后减小， 的物质的量分数增大，则曲线①表示H2C2O4的物质的量分数δ(X)随pH变化关系，曲线②表示的物质的量分数δ(X)随pH变化关系，曲线③表示的物质的量分数δ(X)随pH变化关系。
4．【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A.1173K时，反应①起始，，，x≈0.4，平衡时约为0.2，A不符合题意；
B．升温，化学平衡常数减小，说明平衡向你反应方向移动，所以②的正反应为放热反应，，B不符合题意；
C．根据盖斯定律可知②-①可得③，故，a=1.62，b=0.78，升温，化学平衡常数减小，说明平衡向你反应方向移动，所以，反应③达平衡后，升高温度平衡逆向移动，但是由于反应两端气体的化学计量数之和相等缩小反应容器的容积化学平衡不移动，C不符合题意；
D．相同温度下，根据盖斯定律可知②-①可得③，故；，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.利用三段式法计算；
B．依据升温，化学平衡常数减小分析；
C．根据盖斯定律分析；
D．根据盖斯定律计算。
5．【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．由三段式数据可知，用氨气表示的化学反应速率为=0.02mol·L-1·min-1，故A不符合题意；
B．由三段式数据可知，350℃时，反应的平衡常数为K==0.125，故B不符合题意；
C．其他条件不变，往反应后的容器中再通入0.45mol氨气和0.6mol一氧化氮，相当于增大压强，该反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，一氧化氮的体积分数增大，故C不符合题意；
D．反应达到平衡时，正反应速率和逆反应速率相等，则反应速率k正·c4(NH3)·c6(NO) =k逆·c5(N2)·c6(H2O)，==K，当k正=k逆时，平衡常数K=1>0.125，说明平衡向正反应方向移动，该反应为放热反应，则反应温度小于350℃，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、化学反应速率为浓度变化量和时间的比值；
B、化学平衡常数为生成物浓度幂之积和反应物浓度幂之积比值；
C、增大压强，平衡朝气体系数缩小的方向移动；
D、正逆反应速率相等，即两者的速率公式相等，结合化学平衡常数的计算公式判断。
6．【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．SO2易溶于水，可知SO2(g)SO2(aq)能自发进行，该过程 S<0，可知焓变应小于零才能自发进行，A项不符合题意；
B．SO2在水中溶解后部分生成SO2 xH2O，其溶解度为c(SO2 xH2O)与c(SO2)的和，根据，c(SO2 xH2O)=K1p(SO2)，则c(SO2 xH2O)与c(SO2)的和要大于K1p(SO2)，B项不符合题意；
C．若pH=6.2时，溶液中，亚硫酸的二级电离平衡常数：，则pH=9.2时，溶液中，C项不符合题意；
D．由盖斯定律可知反应SO2(g)+H2O2H++，可由上述三个过程加和得到，则该反应的平衡常数K=K1K2K3=，则溶液c(H+)=，D项符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、结合△G=△H-T△S<0判断；
B、结合判断；
C、结合亚硫酸的二级电离平衡常数判断；
D、两式相加，则化学平衡常数相乘，两式相减，则化学平衡常数相除。
7．【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．由分析可知，c点以前均未达到平衡，故A不符合题意；
B．温度越高，反应速率越快，则d点逆反应速率大于a点，故B不符合题意；
C．由分析可知，b点反应未达到平衡，正反应速率大于逆反应速率，故C不符合题意；
D．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，由分析可知，c点以后为平衡的移动过程，则c点平衡常数大于d点，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】利用“变者不变即平衡”；依据影响反应速率和化学平衡的因素分析。
8．【答案】C
【知识点】化学平衡常数；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由图1可知，加入氢氧化钠时，碳酸氢铵溶液中铵根离子浓度减小的同时，碳酸氢根离子浓度也在减小，说明溶液中铵根离子和碳酸氢根离子同时与氢氧根离子反应，故A不符合题意；
B．由图1可知，氢氧化钠物质的量为0.05mol时，碳酸氢铵溶液中铵根离子浓度和碳酸氢根离子浓度同时减小，说明溶液中铵根离子和碳酸氢根离子同时与氢氧根离子反应，反应的离子方程式为2OH-+NH+ HCO=NH3 H2O+CO+H2O，故B不符合题意；
C．由图2可知，氢氧化钠物质的量小于0.1mol时，亚硫酸氢铵溶液中亚硫酸氢根离子浓度明显减小，而铵根离子浓度几乎不变，说明溶液中亚硫酸氢根离子优先与氢氧根离子反应，反应的离子方程式为HSO+OH-=H2O+SO，故C符合题意；
D．由电离常数可知，铵根离子与氢氧根离子反应的平衡常数为≈5.71×104，碳酸氢根离子与氢氧根离子反应的平衡常数为=5.61×103，亚硫酸氢根离子与氢氧根离子反应的平衡常数为=1.02×107，则上述实验说明在化学反应速率都很快的离子反应中，平衡常数越大的反应越容易发生，所以离子反应的先后顺序与平衡常数的大小有关，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.加入氢氧化钠，铵根离子和碳酸氢根离子的浓度均减小，说明溶液中铵根离子和碳酸氢根离子同时与氢氧根离子反应；
B.铵根离子和碳酸氢根离子同时与氢氧根离子反应，则发生的反应为2OH-+NH+ HCO=NH3 H2O+CO+H2O；
D.离子反应的先后顺序与反应平衡常数大小有关。
9．【答案】D
【知识点】极性键和非极性键；化学平衡常数；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．反应历程的决速步骤由慢反应决定，中间体2→中间体3的步骤能量差值最大，活化能最大，为慢反应，A不符合题意；
B．该总反应为Ni+C2H6→NiCH2+CH4，反应过程中C-C键（非极性键）断裂，C-H键（极性键）形成，B不符合题意；
C．三种中间体比较，中间体2的能量最低，则最稳定，C不符合题意；
D．该反应的ΔH=产物总能量-反应物总能量=-6.57kI/mol-0=-6.57kI/mo＜0，升高温度利于平衡逆向移动，则化学平衡常数减小，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.决速步骤由慢反应决定。
B.根据总反应（Ni+C2H6→NiCH2+CH4）进行分析。
C.物质的能量越低越稳定。
D.ΔH=产物总能量-反应物总能量，结合化学平衡移动进行分析。
10．【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．平衡时气体混合物中碘化氢的物质的量分数为78%，则=11%，故HI的平衡分压为：0.78p总，H2、I2的平衡分压为：0.11p总，该反应的压力平衡常数=约为0.02，A不符合题意；
B．由反应方程式可知，反应前后气体的体积不变，故增大体系压强，平衡不发生移动，平衡常数仅仅是温度的函数，温度不变，平衡常数不变，B不符合题意；
C．由题干可知，该反应正反应是一个吸热反应，故温度降低，、均减小，平衡向逆反应方向移动，C不符合题意；
D．该反应是吸热反应，升高到某一温度时，反应速率加快，平衡向正向向移动，x（HI）减小，x（H2）增大，当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，v正～x（HI）和v逆～x（H2）相对应的点可能分别为A、E，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．依据=计算；
B．平衡常数仅仅是温度的函数；
C．依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
D．依据化学平衡移动原理分析。
11．【答案】A
【知识点】化学平衡常数；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．两容器的起始温度相同，如图所示，0~100s内，曲线a的N2O的平衡转化率较高，则曲线a的反应速率较快，说明曲线a的温度较高，则该反应是放热反应，，A符合题意；
B．根据曲线b，达到平衡时N2O的转化率为25%，则，500℃该反应的化学平衡常数K约为0.022，B不符合题意；
C．反应为放热反应，则N(起始500℃，绝热)容器的温度会升高，反应速率加快，故N容器中N2O的转化率随时间的变化关系是图中的曲线a，M (500容器℃，恒温)容器中N2O的转化率随时间的变化关系是图中的曲线b，且温度升高，N2O的平衡转化率降低，C不符合题意；
D．反应为气体分子数不变的反应，若为恒温容器，平衡不移动，但N容器为绝热容器，再加入、，反应放热，平衡逆向移动，的平衡转化率减小，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、升高温度，平衡朝吸热方向移动；
B、化学平衡常数=生成物浓度幂之积/反应物浓度幂之积；
C、温度升高，一氧化二氮的转化率降低；
D、绝热容器中，充入气体后，温度升高。
12．【答案】B,D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A. 根据图中信息升高温度，转化率下降，则平衡逆向移动，逆向为吸热反应，因此反应4HCl(g)＋O2(g) 2Cl2(g)＋2H2O(g)的ΔH＜0，故A不符合题意；
B. 根据上面分析得到Z曲线对应进料浓度比c(HCl)∶c(O2)＝7∶1，故B符合题意；
C. 400 ℃，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)＝4∶1时，与反应方程式的计量系数比相同，则两者转化率相等，则O2平衡转化率为76%，故C不符合题意；
D. 400 ℃，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)＝1∶1时，c起始(HCl)＝c0 mol L 1，平衡时HCl的转化率为84%，平衡常数 ，故D符合题意。
综上所述，答案为BD。
【分析】恒容容器中，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1，相当于不断加入c(HCl)，则HCl平衡转化率不断降低，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)为1∶1、4∶1、7∶1，则分别是曲线X、Y、Z。
13．【答案】A,C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A.该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，则升高温度CH3CH2OH含量减小，CO2与H2的含量升高，平衡时H2O的含量是CH3CH2OH含量的三倍，符合条件的曲线为Ⅳ，故A符合题意；
B.因为平衡常数仅与温度有关，该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，所以温度越低，K越大，所以Ka
D.根据反应2CO2（g）+6H2 （g） CH3CH2OH（g）+3H2O（g），随着反应进行，体积减小，甲为恒温恒压，乙为恒温恒容，则甲相对于乙在减小体积，即增大压强，平衡向正反应方向移动，所以反应达平衡时CH3CH2OH产率：甲>乙，故D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，平衡时CO2与H2的含量增大，CH3CH2OH与H2O的含量降低．开始CO2 与H2 的物质的量之比1：3进行，平衡时H2的含量是CO2的含量三倍是解答关键。
14．【答案】A,D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】A. 根据图像，升高温度，c( NO2)减小，说明平衡逆向移动，因此正反应为放热反应，ΔH<0，故A符合题意；
B. T1时，平衡是c( NO2)=0.2 mol/L，
SO2(g)＋ 2NO(g) 2NO2(g)＋S(s)
起始（mol/L） 0.5 0.6 0
转化（mol/L） 0.1 0.2 0.2
平衡（mol/L） 0.4 0.4 0.2
该反应的平衡常数K= = ，故B不符合题意；
C. T1时，容器I平衡时气体的物质的量为0.4+0.4+0.2=1.0mol，容器Ⅱ中Qc= =0.5＜ ，说明反应正向移动，气体的物质的量小于0.5+1+0.5=2.0mol，因此达到平衡，总压强之比大于1：2，故C不符合题意；
D.根据上述分析，T1时，平衡时容器I中NO的体积分数为 ×100%=40%；容器I相当于起始时加入0.2mol二氧化氮和0.6mol二氧化氮，容器Ⅲ相当于起始时加入0.4mol二氧化硫和1.2mol一氧化氮，容器Ⅲ相当于容器I缩小体积的结果，根据方程式，增大压强，平衡正向移动，一氧化氮的物质的量减少，因此平衡时容器Ⅲ中NO的体积分数小于40%，若T2
【分析】A.根据温度的变化对化学平衡移动的影响解答；
B.根据三步法结合表中的信息列式计算平衡常数；
C.先计算出容器I平衡时气体的物质的量，容器Ⅱ中Qc的值，据此分析其总压强的变化；
D.先分别计算出两个容器中NO的体积分数，再结合压强对化学平衡移动的影响计算即可得出答案。
15．【答案】A,D
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A. 温度为T时该反应的 = = = =64，选项A符合题意；
B. 容器I中前20 min =50%，则物质的量为 0.5mol，故平均速率v(HI)= =0.025mol.L-1.min-1，选项B不符合题意；
C. 容器I平衡时H2、I2、HI浓度分别为0.1mol/L、0.1mol/L、0.8mol/L， ，若起始时，向容器I中加入物质的量均为0.1 mol的H2、I2、HI， ，正反应速率大于逆反应速率，平衡正向进行，选项C不符合题意；
D. 若两容器中 且 则为恒容条件下的等效平衡，则x的值一定为1，选项D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】根据可逆反应和化学平衡常数的定义以及化学反应速率的第一进行分析即可。
16．【答案】A,D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】解：A、从图中可知若n(H2)/n(CO)=1.5，则CO的转化率a>b>T3下对应的转化率，此时H2的转化率也和CO的转化率一样顺序，即a>b>T3下对应的转化率；在相同温度T3时，改变n(H2)/n(CO)从1.5到4（c点），氢气转化率减小，所以H2转化率：a＞b＞c，A符合题意； B、根据反应CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △H＜0，是放热反应，温度越高，转化率越低，三种温度之间关系为T1
起始（mol/L） 1 1.5 0
转化（mol/L） 0.5 1 0.5
平衡（mol/L） 0.5 0.5 0.5
平衡常数K= = =4，
再通入0.5 mol CO和0.5 mol CH3OH，
CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)
各物质浓度（mol/L）(0.5+0.5) 0.5 (0.5+0.5)
此时，浓度商Qc= =4=K，所以平衡不移动，C不符合题意；
D、c点状态下再通入1 molCO和4 mol H2，在等温等容条件下，投料比不变，相当于加压，平衡正向移动，故D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】该反应是气体体积减小的放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，改变氢气与一氧化碳的物质的量之比平衡发生移动，据此进行分析即可，C选项根据浓度熵与平衡常数的关系进行分析。
17．【答案】A,C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡移动原理；等效平衡
【解析】【解答】该反应为气体体积不变的反应，根据表中数据可知，以上两容器中反应为等温等压下的等效平衡，
A.假设能按比例完全转化为HI，则容器Ⅰ与容器Ⅱ的物质的量之比为1：3，体积相同，则反应过程中，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强的比为1:3，选项A正确；
B、两容器达平衡时：c(HI，容器Ⅱ)=3c(HI，容器Ⅰ)，B错误；
C、温度一定，容器Ⅱ中反应达到平衡时v正＝v逆，由v正＝v(H2)消耗＝v(I2)消耗＝k正c(H2)·c(I2)得c(H2)·c(I2)= ，由v逆＝v(HI)消耗＝k逆c2 (HI)得c2 (HI)= ，则有K= = ＝ ，选项C正确；
D、容器Ⅰ达平衡时，H2、I2、HI的浓度分别为0.07 mol·L－1、0.07 mol·L－1、0.03 mol·L－1，K= ,向容器Ⅰ中同时再通入0.1 mol I2和0.1 mol HI，则此时Q= >K，ν逆＞ν正,选项D错误。答案选AC。
【分析】根据表中数据可知，以上两容器中反应为等温等压下的等效平衡
B、由于正反应系数之和=逆反应系数之和，因此压强对化学平衡无影响。
D、当Q＞K时反应逆向移动，当Q＜K时，反应正向移动。Q=反应物的浓度的系数次方/生成物浓度的系数次方
18．【答案】（1）+118
（2）5
（3）苯；反应④为主反应，反应⑤⑥为副反应，苯乙烯的选择性最大；在恒温恒压下，随乙苯转化率的增大，反应⑤正向移动，反应⑥不移动，则曲线b代表产物苯
（4）B；D
（5）C6H5CH2Cl
（6）K Ksp
【知识点】盖斯定律及其应用；催化剂；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律可得，该反应的反应热ΔH4=ΔH1－ΔH2－ΔH3=(－4386.9kJ·mol－1)－(－4263.1kJ·mol－1)－(－241.8kJ·mol－1)=118kJ·mol－1，因此该反应的反应热ΔH4=＋118kJ·mol－1。
（2）当乙苯的平衡转化率为50%时，参与反应的n(乙苯)=0.5mol，可得平衡三段式如下：
因此平衡时混合气体的总物质的量n(总)=0.5mol+0.5mol+0.5mol=1.5mol，设此时容器的体积为V，则可得该温度下反应的平衡常数。
当乙苯的平衡转化率为75%时，参与反应的n(乙苯)=1mol×75%=0.75mol，可得平衡三段式如下：
因此平衡时混合气体的总物质的量n(总)=0.25mol+0.75mol+0.75mol=1.75mol。设加入n(水蒸气)=amol，此时容器的体积为V′，由于物质的量之比等于体积之比，因此可得，解得。此时反应的平衡常数
因为反应温度不变，因此平衡常数不变，所以可得，解得a=5。所以加入水蒸气的物质的量为5mol。
（3）反应④为主反应，随着乙苯转化率的增大，反应生成苯乙烯和氢气的量增多，体系的压强增大。而反应⑥中反应前后气体分子数不变，压强增大，平衡不移动。反应⑤中反应后气体分子数增大，压强增大后，反应⑤平衡逆向移动，苯的产量降低，因此曲线b表示的产物是苯。
（4）A、测定晶体结构的方法为X射线衍射技术，A不符合题意；
B、Fe2O3为反应的催化剂，加入催化剂，不影响平衡移动，因此不可改变乙苯的平衡转化率，B符合题意；
C、Fe2O3为反应的催化剂，加入催化剂可降低乙苯脱氢反应的活化能，C不符合题意；
D、改变Fe2O3的颗粒大小，可改变固体与气体的接触面积，从而改变反应速率，D符合题意；
故答案为：BD
（5）由于非金属性Cl>Br>I，氯原子吸引电子的能力更强，则形成自由基C6H5CH2·的能力越强，因此活性最高的是C6H5CH2Cl。
（6）Cu＋在配体L的水溶液中反应的离子方程式为：Cu＋(aq)＋2L(aq) [Cu(L)2]＋(aq)，该反应的平衡常数。CuBr的沉淀溶解平衡反应为CuBr(s) Cu＋(aq)＋Br－(aq)，该反应的平衡常数Ksp=c(Cu＋)×c(Br－)。CuBr与L反应的方程式为CuBr(s)＋2L(aq)=[Cu(L)2]＋(aq)＋Br－(aq)，该反应的平衡常数。由于，所以K′=K·Ksp。
【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
（2）温度不变，则平衡常数不变，根据三段式结合平衡常数的表达式进行计算。
（3）随着乙苯转化率增大，体系的压强增大，结合压强对反应⑤、反应⑥平衡移动的影响分析。
（4）A、测定晶体结构，可用X射线衍射实验；
B、催化剂只改变反应速率，不改变平衡移动；
C、加入催化剂，可降低反应所需的活化能；
D、增大催化剂的接触面积，可增大反应速率；
（5）根据卤素原子吸引电子的能力强弱分析。
（6）CuBr与L反应的方程式为CuBr(s)＋2L(aq) [Cu(L)2]＋(aq)＋Br－(aq)，据此结合平衡常数的表达式进行计算。
19．【答案】（1）+128
（2）3；3
（3）6；10
（4）
（5）在反应过程中，断裂和形成的化学键相同
（6）a
【知识点】反应热和焓变；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡常数；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）和反应历程可以看出，中断裂了2根碳氢键，形成了1根碳碳键和形成一个H-H键，所以该过程反应热为：
（2）由反应历程可知，包含3个基元反应；其中第三个的活化能最大，反应速率最慢；
（3）由的结构分析，可知其中含有1个五元环，10个六元环，每脱两个氢形成一个五元环，脱氢过程中六元环数目不变，则总共含有6个五元环，10个六元环；
（4）反应过程中压强恒定为P0(即的初始压强)，平衡转化率为α，设起始量为1mol，则根据信息列出三段式为
可得平衡时各物质分压：，，
带入压强平衡常数表达式：，可得
（5）图中两条线几乎平行，说明斜率几乎相等，根据(R为理想气体常数，c为截距)可知，斜率相等，则说明焓变相等，因为在反应过程中，断裂和形成的化学键相同；
（6）a．由反应历程可知，该反应为吸热反应，升温，反应正向进行，提高了平衡转化率反应速率也加快，a正确；
b．由化学方程式可知，该反应为正向体积增大的反应，加压，反应逆向进行，降低了平衡转化率
b不正确；
c．加入催化剂，平衡不移动，不能提高平衡转化率，c不正确；
【分析】（1）根据结构，有机物结构很复杂，只需要弄清楚反应断开和形成化学键即可，利用断开化学键吸收的能量减去形成化学键释放能量即可；
（2）根据反应历程可知，有几个峰就有几个历程，峰越高，代表基元反应活化能越大，越难进行；
（3）有分析可知，脱氢过程六元环数目不变，每脱去2个H形成一个五元环；
（4）根据三段式，求出各物质平衡时物质的量，计算物质的量分数，求出分压，带入压强平衡表达式即可；
（5）根据直线方程可知，斜率代表反应热，二者的斜率基本相同，数目两个反应热相同，进而说明反应断开和形成化学键数目相同
（6）根据化学平衡移动原理以及化学反应速率影响因素进行判断即可。
20．【答案】（1）4；1
（2）(a+c-2b)
（3）3；2.25；增大
（4）；46.26；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；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）由图中信息可知，当失重比为19.4%时；变成，失去的为水的质量，可得，解的x=4，同理，当失重比为38.8%时，经过计算可得y=1；
（2）根据盖斯定律可知，①+③-②x2可得目标方程式，则
（3）通过图像可知，在温度为660K时，即为a点，=1.5KPa；由于SO3：SO2=1：1，=1.5KPa；
那么总压强为：3KPa；该反应压强平衡常数为：，由图中信息可知随着温度增大儿增大，所以Kp也增大；
（4）由于仅发生反应(Ⅰ)时=，当有反应（II）时，则有，整理可得
，在929K时，P总=84.6kPa，=35.7kPa，又有，联立解的，代入数据可得，=46.26kPa，，那么
【分析】解题技巧分析：平衡图像解题技巧：对应化学反应速率图像和化学平衡图像，应该注意下列几点：1、横轴坐标和纵坐标含义；2、曲线斜率或者趋势；3、曲线上特殊点，如起点、终点、交点和拐点等；4、根据需要运用辅助线，如等温线、等压线等。
21．【答案】（1）； 或
（2）b；
（3）Ⅰ；c；＜；2
【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；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律可知，反应③=1/2(反应②-①)，所以对应
；根据平衡常数表达式与热化学方程式之间的关系可知，对应化学平衡常数为：
（2）根据上述分析结合图像可知，b曲线为300K时，在300K，60s时，-lg()=0.1，则
=10-0.1，根据反应可知，生成的M+即为转化的MO+，则MO+的转化率为，
（3）(ⅰ)步骤Ⅰ涉及的是碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键形成
(ⅱ)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则此时正反应活化能会增大，根据图示可知，MO+与CD4反应的能量变化应为图中曲线c；
MO+与CH2D2反应时，因直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则单位时间内产量会下降，则氘代甲醇的产量CH2D2OD＜CHD2OH；根据反应机理可知，若MO+与CHD3反应，生成的氘代甲醇可能为CHD2OD或者CD3OH，共2种。
【分析】（1）观察已知方程式与目标方程式，消除无关物质，即可得到目标方程的热化学反应方程。
（2）和（3）关于解答平衡图像题目技巧：①横轴坐标和纵坐标含有；②曲线斜率或者趋势；③曲线上特殊点，如起点、终点、交点和拐点等；④根据需要运用辅助线，如等温线、等压线等。
22．【答案】（1）A；622.7~913.3K
（2）K=；保持O2的浓度，降低CO2的浓度，使平衡正向移动，提高二氧化锰的产率
（3）ABD；起点在1200K或其左侧，标注(1530，0.0080)
【知识点】化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①ΔG=ΔH-TΔS，根据图示信息，相同温度时，ΔG(CaCO3)＞ΔG(MgCO3)＞ΔG(MnCO3)，则“焙烧”过程ΔH最大的是CaCO3。
②根据流程信息，“焙烧”中，只有MnCO3分解，则ΔG(MgCO3)＜0，所以“焙烧”温度应控制在622.7~913.3K。
（2）①反应达到平衡时，v正=v逆，即k正c（O2）=k逆c2（CO2），所以该反应的平衡常数K==。
②焙烧时在入口持续通入空气，并不断用真空抽气泵在装置尾端抽气的目的是保持O2的浓度，降低CO2的浓度，使平衡正向移动，提高MnO2的产率。
（3）①A.根据题干信息可知，反应Ⅱ、Ⅲ是吸热反应，升温利于反应Ⅱ、Ⅲ正向移动，正确；
B.根据题干信息可知，反应Ⅰ是放热反应，反应Ⅲ是吸热反应，升温利于反应Ⅰ逆向移动，反应Ⅲ正向移动，正确；
C.根据图示信息，1530K时，H2、C2H2、CH4的体积分数分别为0.824、0.084、0.084，此时测得气体的总物质的量为1.000 mol，则n(C2H4)=（1-0.824-0.084-0.084）mol=0.008mol，所以H2、C2H4、CH4物质的量浓度分别为0.824mol/L、0.008mol/L、0.084mol/L，反应III的平衡常数K===8.652，错误；
D.催化剂能改变反应速率，所以相同条件下，改用更高效的催化剂，能使单位时间内的乙炔产率增大，正确。
②根据图甲信息，则所绘制乙烯的体积分数和反应温度的关系曲线如图所示：
【分析】（1）①ΔG=ΔH-TΔS，相同温度时，ΔG(CaCO3)＞ΔG(MgCO3)＞ΔG(MnCO3)。
②“焙烧”中，只有MnCO3分解，则ΔG(MgCO3)＜0。
（2）①反应达到平衡时，v正=v逆，结合平衡常数表达式进行分析。
②根据勒夏特列原理进行分析。
（3）①A.反应Ⅱ、Ⅲ是吸热反应，升温利于反应Ⅱ、Ⅲ正向移动。
B.升温利于平衡向吸热反应方向移动，降温利于平衡向放热反应方向移动。
C.一定条件下，气体体积与物质的量成正比，结合n=cV算出反应III中各气体的浓度，则其平衡常数为。
D.催化剂能改变反应速率，注意改用高效催化剂，能使单位时间内的某物质产率增大。
②乙烯的起点温度低于乙炔的起点，最高点对应的温度小于1530K，1530K对应乙烯的体积分数不能超过0.01。
23．【答案】（1）砖红色
（2）
（3）＞
（4）58.20%
（5）反应①为放热反应，温度升高平衡左移；温度高于1030℃时，大于21%，载氧体无法载氧
（6）膨润土
（7）有利于二氧化碳的分离与回收
【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】（1）为砖红色；
（2）反应②的平衡常数表达式为；
（3）由图可知：载氧体I在空气反应器中吸收空气中的O2，然后转移到燃料反应器中，再和CH4发生反应释放出CO2和H2O，得到载氧体I，所以氧的质量分数大小为：载氧体I＞载氧体Ⅱ；
（4）往盛有CuO/Cu2O载氧体的刚性密闭容器中充入空气发生反应①，且氧气的物质的量分数为21%，设通入的空气的物质的量为a mol，氧气的消耗量为b mol，则起始时氧气的物质的量为0.21a mol，平衡时氧气的物质的量为(0.21a-b)mol，空气中其他气体的物质的量为0.79a mol，由图可知：985℃时，平衡时=10%，即，整理得b=，则平衡转化率；
（5）反应①为放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，导致平衡时O2的物质的量增大，则O2的物质的量分数增大；空气中O2的物质的量分数为21%，由图可知：当反应温度高于1030℃时，大于21%，说明载氧体没有吸收空气中的O2，即无法载氧，所以反应温度必须控制在1030℃以下；
（6）由图3可知：使用氧化铝掺杂的载氧体反应的活化能比使用膨润土掺杂的载氧体反应的活化能高，活化能越高反应速率越慢，因此使用膨润土掺杂的载氧体反应较快；
（7）由化学链燃烧示意图可知，从燃料反应器中出来的只有CO2和H2O，有利于二氧化碳的分离与回收。
【分析】（1）氧化亚铜为砖红色固体；
（2）化学平衡常数为生成物浓度幂之积和反应物浓度幂之积比值；
（3）载氧体I在空气反应器中吸收空气中的O2，然后转移到燃料反应器中，再和CH4发生反应释放出CO2和H2O，得到载氧体I；
（4）转化率为变化量和起始量比值；
（5）升高温度，平衡朝吸热方向移动；
（6）活化能越低，反应越快；
（7）从燃料反应器中出来的只有CO2和H2O，有利于二氧化碳的分离与回收。
24．【答案】（1）为砖红色砖红色
（2）
（3）＞
（4）58.20%
（5）反应①为放热反应，温度升高平衡左移；温度高于1030℃时，大于21%，载氧体无法载氧
（6）膨润土
（7）有利于二氧化碳的分离与回收
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】（1）；
（2）反应②的平衡常数表达式为；
（3）由图可知：载氧体I在空气反应器中吸收空气中的O2，然后转移到燃料反应器中，再和CH4发生反应释放出CO2和H2O，得到载氧体I，所以氧的质量分数大小为：载氧体I＞载氧体Ⅱ；
（4）往盛有CuO/Cu2O载氧体的刚性密闭容器中充入空气发生反应①，且氧气的物质的量分数为21%，设通入的空气的物质的量为a mol，氧气的消耗量为b mol，则起始时氧气的物质的量为0.21a mol，平衡时氧气的物质的量为(0.21a-b)mol，空气中其他气体的物质的量为0.79a mol，由图可知：985℃时，平衡时=10%，即，整理得b=，则平衡转化率；
（5）反应①为放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，导致平衡时O2的物质的量增大，则O2的物质的量分数增大；空气中O2的物质的量分数为21%，由图可知：当反应温度高于1030℃时，大于21%，说明载氧体没有吸收空气中的O2，即无法载氧，所以反应温度必须控制在1030℃以下；
（6）由图3可知：使用氧化铝掺杂的载氧体反应的活化能比使用膨润土掺杂的载氧体反应的活化能高，活化能越高反应速率越慢，因此使用膨润土掺杂的载氧体反应较快；
（7）由化学链燃烧示意图可知，从燃料反应器中出来的只有CO2和H2O，有利于二氧化碳的分离与回收。
【分析】（1）氧化亚铜为砖红色固体；
（2）化学平衡常数为生成物浓度幂之积和反应物浓度幂之积比值；
（3）载氧体I在空气反应器中吸收空气中的O2，然后转移到燃料反应器中，再和CH4发生反应释放出CO2和H2O，得到载氧体I，可以知道载氧体I吸收氧气，而载氧体II需要消耗更多二氧化碳和水生成载氧体I；
（4）平衡转化率为变化量和起始量的比值；
（5）升高温度，平衡朝吸热方向移动；
（6）膨润土降低反应的活化能，使反应速率加快；
（7）二氧化碳的回收可以降低温室效应的影响。
25．【答案】（1）1s22s22p63s23p63d6；烧杯、玻璃棒、胶头滴管
（2）最后一滴标准液加入后，溶液变红色，且半分钟内不褪色；；
（3）2；16；>5
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1）铁为26号元素，失去2个电子得到亚铁离子，基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6；配制一定浓度的溶液，实验中所需的玻璃仪器有容量瓶、量筒和烧杯、玻璃棒、胶头滴管；
（2）①铁离子和KSCN溶液反应溶液变红色，故滴定终点的现象为：最后一滴标准液加入后，溶液变红色，且半分钟内不褪色；
溶液与溶液等体积混合，亚铁离子过量，银离子完全反应，，反应后；根据，可知滤液中，故反应的平衡常数；
②溶液与溶液等体积混合后银离子、亚铁离子的初始浓度分别为、，，反应后生成浓度为，则反应后银离子、亚铁离子的浓度分别为、，则反应的平衡常数；
（3）研究常温下稀释对该平衡移动方向的影响，用溶液和溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液，测定平衡时浓度，则实验中变量为、溶液的浓度，故实验中a=2，b=10+10-2-2=16；溶液稀释后平衡向离子浓度增大的方向移动，故平衡逆向移动，和关系为>，故>5。
【分析】（1）依据构造原理分析；用固体试剂配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液时，使用的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、量筒、容量瓶、胶头滴管；
（2）①铁离子和KSCN溶液反应溶液变红色；依据反应方程式计算；
②依据相应的反应方程式计算；
（3）利用化学平衡移动原理分析。
26．【答案】（1）
（2）D；a；温度高于，反应Ⅰ平衡逆向移动．而反应Ⅱ平衡正向移动且程度更大，所以转化率增大；50%；或0.017或
（3）40%；>
【知识点】反应热和焓变；化学平衡常数；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）将三个热化学方程式分别标号为①②③，②×3-③×6-①可得目标热化学方程式，ΔH=（-571.6×3+44×6+1328.26）kJ/mol=-122.54kJ/mol。
（2）①
A．根据热化学方程式，则甲醇正逆反应速率不同，反应未达到平衡，A不正确；
B．，这与初始的投料比及反应进行程度有关，无法说明反应达到平衡，B不正确；
C．在恒容容器中，气体的质量和体积始终不变，则气体密度始终不变，无法说明反应达到平衡，C不正确；
D．该反应正反应为放热反应，在恒容绝热容器中气体温度保持不变，说明正逆反应速率相同，反应达到平衡，D正确；
故答案为：D。
②Ⅰ反应为放热反应，Ⅱ反应为吸热反应，随着温度升高，Ⅰ反应化学平衡逆向移动，Ⅱ反应化学平衡正向移动，则CO的物质的量百分数随温度的升高而增大，甲醇的物质的量百分数随温度的升高而减小，故代表甲醇的物质的量分数的是a曲线。温度高于，反应Ⅰ平衡逆向移动．而反应Ⅱ平衡正向移动且程度更大，所以转化率增大。从图中可知，270℃时，二氧化碳的转化率为25%，且甲醇和CO的百分数相同，设初始投入CO2amol，则投入H23amol，设反应Ⅰ消耗CO2xmol，反应Ⅱ消耗CO2ymol，，，，x=y，解得x=y=0.125a，则甲醇的选择性=，逆水汽变换反应的压强平衡常数==。
（3）设达到平衡时消耗甲醇2xmol，则，，解得x=0.08mol。故CH3OCH3的产率为。，，则平衡时=，则，T1时，T2时，说明T2相较于T1产物浓度增大，反应物浓度减小，化学平衡正向移动，则T2>T1。
【分析】（1）依据盖斯定律分析；
（2）①依据化学平衡的特征“等”和“定”进行分析判断；
②根据影响化学平衡移动的因素分析；利用“三段式”法计算。
（3）利用“三段式”法计算。
27．【答案】（1）适当增大硫酸浓度、将铜阳极泥进一步粉碎、 加速搅拌等(写出一种合理措施)；Au、Pt等贵金属
（2）产生二氧化硫，污染空气
（3）
（4）使硒在较低的温度下蒸出，并防止在空气中被氧化
（5）
（6）
（7）溶浸
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）为了提高“浸出”效果，需要加快反应速率，故可采取的措施有：适当增大硫酸浓度、将铜阳极泥进一步粉碎、 加速搅拌等；根据上述分析可知，浸出渣的主要成分是Au、Pt等贵金属；
（2）铜与浓硫酸反应会产生二氧化硫，污染空气；答案为：产生二氧化硫，污染空气；
（3）Se单质被二氧化锰氧化为，二氧化锰中锰元素化合价有+4变为+2，生成，根据电子转移守恒、电荷守恒、原子守恒可得离子方程式为：；
（4）根据已知硒的沸点685℃，在空气中加热时会被氧化，故采用真空蒸馏的目的是使硒在较低的温度下蒸出，并防止在空气中被氧化；
（5）根据表格数据，为了使铜离子完全沉淀而不让沉淀，故调节溶液pH的范围是；
（6）根据已知得表达式： ，，“溶浸”时发生反应的离子方程式为：，常温下，该反应的平衡常数：；答案为：；
（7）HCHO在碱性下还原得到Ag，同时会生成硫代硫酸钠，故所得滤液3可进入溶浸操作中循环利用；答案为：溶浸。
【分析】（1） 提高“浸出”效果 ，可从加快反应速率角度进行分析。 Au、Pt等贵金属 与H2SO4不反应。
（2）铜与浓硫酸反应产生的二氧化硫污染空气。
（3）Se单质与二氧化锰反应生成和，结合电子转移守恒、电荷守恒、原子守恒进行分析。
（4）采用真空蒸馏的目的是使硒在较低的温度下蒸出，并防止在空气中被氧化。
（5）使铜离子完全沉淀而不让沉淀，结合表格信息进行分析。
（6）根据离子方程式的平衡常数表达式及电离平衡常数、Ksp进行分析。
（7）HCHO在碱性下还原得到Ag，同时会生成硫代硫酸钠。
28．【答案】（1）c；高温
（2）25；3.68；0.4；增大；1∶4
（3）乙；W1；bd
【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】（1）根据盖斯定律，Ⅰ+Ⅱ=Ⅲ，即，因为、、，结合题图可知，同温时，曲线b对应的焓变数据为曲线a、c对应之和，所以曲线a代表反应Ⅱ，曲线b代表Ⅲ，曲线c代表反应Ⅰ。反应Ⅱ为，反应自发进行的条件是，所以在高温下可自发进行，故答案为：c；高温；
（2）令=R，由题意可知Pa，由已知：反应中产生的物质的量相对于空气中很少，故可忽略不计，空气中的体积分数约为0.04%，则p(CO2)=1105Pa0.04%=40Pa，代入上式，解得=1，即平衡时GLD与R的物质的量相等；设平衡时GLD和R的物质的量为x，则转化的DMC、GL的物质的量均为2x，剩余的物质的量为(1-2x)，生成的CH3OH的物质的量为4x，平衡时液相体系中总的物质的量为：(1-2x)+ (1-2x)+4x+x+x=2+2x，已知，则，解得x=0.25，平衡时GLD的产率==25%；由小问1分析可知，曲线c代表反应Ⅰ，反应放热=5.9kJ，曲线a代表反应Ⅱ，反应吸热=2.22kJ，则体系放出热量=5.9kJ-2.22kJ=3.68kJ。反应Ⅰ各组分平衡时的物质的量分数分别为x(DMC)=x(GL)==0.2，x(R)= =0.1，x(CH3OH)= =0.4，以液相体系中物质的量分数表示的平衡常数==0.4。同温下，加入惰性四氯化碳稀释，反应物和产物浓度均降低，则反应向总物质的量浓度增大的方向移动，即正反应方向，GLD的产率将增大；GLD与物质的量之比0.25：1=1：4；故答案为：25；3.68；0.4；增大；1∶4；
（3）反应Ⅰ是放热反应，反应Ⅱ是吸热反应，升高温度，反应Ⅰ逆向移动，而反应Ⅱ正向移动，DMC的平衡转化率降低，因此图甲表示DMC的平衡转化率，图乙表示GLD的平衡产率；由小问2分析可知，同温下，加入惰性四氯化碳稀释，GLD的产率增大，即W越大，GLD的产率增大，由图可知，W最大的是W1；甲、乙两图像所测绘时选取的位置均为平衡状态，而图丙中，DMC的转化率达到最大时，才达到平衡状态，后随温度升高，平衡逆向移动，转化率减小，各点都处于平衡状态，所以a、c没有达到平衡状态，b、d处于平衡状态，正确；故答案为：乙；W1；bd。
【分析】（1）根据盖斯定律分析；依据ΔG=ΔH-TΔS＜0分析；
（2）利用“三段式”法计算。
（3）根据影响化学平衡移动的因素分析。
29．【答案】（1）d
（2）温度高于600℃时，丙烷中C-C键比C-H键更容易断裂，导致副反应更容易发生；80%；1；120
（3）反应体系都是气体分子数增加的反应，恒压充入惰性气体，降低丙烯、氢气等气体的分压，利于平衡正向移动
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）由盖斯定律可知，Ⅱ-Ⅲ得反应：，故=124.2kJ·moL ；反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数变大，
故答案为：d。
（2）①已知，温度高于600℃时，C-C键比C-H键更容易断裂；温度高于600℃时，丙烷中C-C键比C-H键更容易断裂，导致副反应更容易发生，使得丙烯的选择性降低幅度增大；
②580℃，min时，反应体系达到平衡，由图可知，丙烯收率为60%，则平衡时丙烯为0.6mol，设有a mol C3H8裂解为C3H6和H2，有b mol C3H8裂解为CH4、C2H2和H2，由三段式可知：
此时丙烯选择性为75%，则，解得a+b=0.8mol，故丙烷的平衡转化率为；此时平衡是丙烷、丙烯、氢气、甲烷、乙炔分别为0.2mol、0.6mol、0.8mol、0.2mol、0.2mol，总的物质的量为2mol，则kPa·min ；反应Ⅰ的压强平衡常数kPa；
（3）反应体系都是气体分子数增加的反应，恒压充入惰性气体，降低丙烯、氢气等气体的分压，利于平衡正向移动，故利于提高丙烷的转化率。
【分析】（1）依据盖斯定律计算；K的大小只与温度有关。
（2）①依据影响化学平衡的因素分析；
②利用三段式法计算；
（3）利用化学平衡移动原理分析。
30．【答案】（1）反应C(s)＋CO2(g) 2CO(g)为焓增熵增的反应，即△S<0、△H<0，当满足△H-T△S<0时，反应能自发进行，故该反应在高温条件下能自发进行
（2）B；C；D
（3）33.3kp
（4）
（5）+3=I- +3+3H+；H2O+I2+=2I- ++3H+
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）反应C(s)＋CO2(g) 2CO(g)为焓增熵增的反应，即△S>0、△H>0，当满足△H-T△S<0时，反应能自发进行，故该反应在高温条件下能自发进行；故答案为高温自发；温度升高，平衡时CO体积分数增大，△H>0且反应气体分子数增加△S>0；
（2）A. 反应在恒容容器中进行，1×103K时，若充入惰性气体，反应物的浓度不变，v正、v逆均不变，选项A不正确；
B. 1×103K时，突然升温，v正、v逆均增大，温度对吸热反应影响较大，故v正变化幅度更大，选项B正确；
C. 由图可知，1×103K时，反应达平衡后CO的体积分数为40%，设开始加入的CO2为1mol，转化了xmol，则有：
所以，解得x=0.25mol，则CO2的转化率为，选项C正确；
D.由该反应为非等体积反应知，T×103K达平衡后加入等体积CO2和CO相当于增大压强，所以平衡逆向移动，选项D正确；
故答案为：BCD；
（3）1×103K时，起始压强为100kPa，反应一段时间达到平衡，平衡时CO的体积分数为40%，则CO2的体积分数为60%，平衡时总压强为100kPa=125 kPa，所以用平衡分压p(B)代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp===33.3kp；
（4）已知，在上述条件下(初始投料为1molCO2与足量的碳，恒容密闭容器中)，在给定CO2的转化率为25.0 %时，V逆随温度的变化曲线如下图所示，随着温度的升高，正逆反应速率均增大，故V正速率曲线趋势向上，反应达平衡后升高温度平衡正向移动，则正反应速率大于逆反应速率，因此V正随温度(0.5×103K至2.5×103K)的变化曲线如下：。
（5）NaHSO3溶液中加入稍过量的KIO3溶液，一段时间后，溶液突然变蓝色，说明产物中有碘单质生成，应该有第一步反应+3=I- +3+3H+，且KIO3溶液过量，所以能产生碘单质的反应为+5I -+ 6H+ = 3I2+3H2O，然后蓝黑色又变为无色，则碘消耗，发生反应H2O+I2+=2I- ++3H+；答案为+3=I- +3+3H+、H2O+I2+=2I- ++3H+。
【分析】（1）依据ΔG=ΔH-TΔS＜0分析；
（2）依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
（3）利用“三段式”法计算；
（4）依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
（5）依据反应物和产物，利用已知反应和实验现象书写。
31．【答案】（1）＋246；温度较高，催化剂失去活性
（2）②；；66.7%；
【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】二氧化碳与甲烷重整制CO的反应为：③ ，已知：① ，② 由盖斯定律，②-①得③，得；2CO2(g)+6H2(g)→C2H4(g)+4H2O(g) ΔH3=-250 kJ/mol，该反应正反应是一个放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，则H2的体积分数随温度升高而增大，C2H4的体积分数随温度的升高而减小，且起始充入1molCO2(g)和3molH2(g)，反应中CO2和H2的转化量之比为1：3，故过程中CO2和H2的体积分数之比也为1：3，C2H4和H2O的体积分数之比为1：4，结合图示可知表示H2和C2H4的体积分数随温度变化的曲线分别为①，④，表示的体积分数随温度变化的曲线是② ，表示H2O 的体积分数随温度变化的曲线是③；205℃时，反应达到平衡后，根据三段式分析可知：
结合①的可知，205℃时，反应达到平衡后，C2H4和CO2 的体积分数相等，故有1-2x=x，解得：x=mol，由此求CO2的转化率、Kp。
(1)二氧化碳与甲烷重整制CO的反应为：③ ，已知：① ，② ，由盖斯定律，②-①得③，则172-(-74)=＋246；故答案为：＋246；
由的转化率与温度的关系图，M点时转化率相等的主要原因是温度较高，催化剂失去活性。故答案为：温度较高，催化剂失去活性；
(2)①2CO2(g)+6H2(g)→C2H4(g)+4H2O(g) ΔH3=-250 kJ/mol，该反应正反应是一个放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，则H2的体积分数随温度升高而增大，C2H4的体积分数随温度的升高而减小，且起始充入1molCO2(g)和3molH2(g)，反应中CO2和H2的转化量之比为1：3，故过程中CO2和H2的体积分数之比也为1：3，C2H4和H2O的体积分数之比为1：4，结合图示可知表示H2和C2H4的体积分数随温度变化的曲线分别为①，④，表示的体积分数随温度变化的曲线是② (填数字序号)。故答案为：②；
②升高温度平衡逆向移动，则化学平衡常数减小，A、B、C三点对应的化学平衡常数、、从大到小的顺序为。故答案为：；
③205℃时，反应达到平衡后，根据三段式分析可知： ， 结合①的可知，205℃时，反应达到平衡后，C2H4和CO2 的体积分数相等，故有1-2x=x，解得：x=mol，故容器中气体的总物质的量1-2x+3-6x+x+4x=4-3x=4-3×=3mol，的平衡转化率为×100%=66.7%；
若平衡时总压为P，则p(CO2)= P= ，p(H2)=P=，p(C2H4)= P=，p(H2O)=P=，该反应的平衡常数Kp═ = (列出计算式。以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。故答案为：66.7%；。
【分析】（1）盖斯定律的应2023年高考真题变式分类汇编：化学平衡常数2
一、选择题
1．（2023·湖南）向一恒容密闭容器中加入和一定量的，发生反应：。的平衡转化率按不同投料比随温度的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A．
B．反应速率：
C．点a、b、c对应的平衡常数：
D．反应温度为，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态
【答案】B
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A、由分析可知，x1＜x2，A不符合题意；
B、b点所在曲线中c(H2O)较大，因此反应速率较大，所以vb正＞vc正，B符合题意；
C、平衡常数与温度有关，温度相同时，平衡常数不变，因此Kb=Kc，由于该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，K增大，因此Ka＜Kb=Kc，C不符合题意；
D、该反应中，反应前后气体分子数改变，因此反应过程中压强是一个变量，则当其不变时，说明反应达到平衡状态，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】当一定时，随着温度升高升高，CH4的平衡转化率增大， 说明升高温度平衡正向移动，因此该反应为吸热反应。当温度相同时，x1条件下CH4的平衡转化率大于x2，说明x1中n(H2O)较大，因此x1＜x2。据此结合选项分析。
2．（2023·重庆市模拟）向一系列恒容但体积各不相同的恒温密闭容器中分别加入足量活性炭和，容器中发生反应：，在相同时间内测得各容器中的转化率与容器体积()的关系如图所示。下列说法错误的是
A．ab曲线上的点均已经达到平衡状态，c点未达到平衡状态
B．容器内的压强：
C．b、c两点时气体的颜色不同
D．相同温度下，a、b、c三点反应的平衡常数相等
【答案】B
【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．图中b点NO2的转化率最高，则温度为T时，b点恰好达到平衡状态，由于ab曲线上对应容器的体积逐渐增大，NO2的起始浓度逐渐减小，但浓度均大于b点，NO2的浓度越大，反应速率越大，达到平衡的时间越短，所以ab曲线上反应均达到平衡状态，反应正向是气体体积增大的反应，随着容器体积的增大，NO2的转化率逐渐增大，b点达到最大；b点以后，随着容器体积的增大，压强越小，反应往正方向移动，NO2的起始浓度减小，反应速率减慢，达到平衡的时间延长，所以bc曲线上反应均未达到平衡状态， c点未达到平衡状态，A不符合题意；
B．a点时反应达到平衡，NO2转化率为40%，则：
b点时NO2转化率为80%，反应三段式为：
根据A选项中a点反应三段式、b点三段式和pV=nRT可知，PaV1=2.4RT，PbV2=2.8RT，由于V2>V1，所以容器内的压强：Pa：Pb>6：7，故B符合题意；
C．从NO2的转化率看，b点NO2的转化率与c点不相同，则消耗NO2的物质的量也不相同，且由于V2＜V3，所以b点、c点NO2的浓度：b不等于c，因此b、c两点时气体的颜色不同，C不符合题意；
D．相同温度下对于同一个反应而言，化学平衡常数不变，因此a、b、c三点反应的平衡常数相等，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.b点时NO2的转化率最大，则此温度下，b点恰好达到平衡状态，由于ab曲线上对应容器容积逐渐增大，NO2的起始浓度逐渐减小，反应速率逐渐减慢，达到平衡所需的时间逐渐变长，故ab曲线上反应均达到平衡状态，反应正向气体分子数增大，体积增大，平衡正向移动，NO2的转化率在b点时达到最大，b点以后，随容器体积增大，反应速率减慢，达到平衡的时间变长，因此b以后曲线上未达到平衡状态；
C.b、c两点NO2的转化率，NO2的浓度也不同；
D.平衡常数只与温度有关。
3．（2023·河北模拟）草酸(H2C2O4)是一种常见的二元弱酸，0.010mol/L的H2C2O4溶液中H2C2O4、和的物质的量分数δ(X)随pH变化如图。下列说法正确的是
A．曲线①表示的物质的量分数δ(X)随pH变化关系
B．NaHC2O4溶液中c(OH-)＞c(H+)
C．0.01mol/LNaHC2O4溶液中，c()+c(OH-)=c(H+)+c(H2C2O4)
D．反应H2C2O4+2的化学平衡常数为10-5.4
【答案】C
【知识点】化学平衡常数；弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A．由分析可知，曲线①表示H2C2O4的物质的量分数δ(X)随pH变化关系，A不符合题意；
B．在曲线的第一个交叉点，pH=1.2，c()=c(H2C2O4)，Ka1=1.0×10-1.2，在曲线的第二个交叉点，pH=4.2，c()=c()，Ka2=1.0×10-4.2，NaHC2O4溶液中，Kh2==1.0×10-12.8＜Ka2=1.0×10-4.2，则溶液显酸性，溶液中c(OH-)＜c(H+)，B不符合题意；
C．依据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，依据物料守恒，c(Na+)=c()+c()+c(H2C2O4)，则c()+c(OH-)=c(H+)+c(H2C2O4)，C符合题意；
D．反应H2C2O4+2的化学平衡常数K====103，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】pH越小，H2C2O4的浓度越大，随着pH增大， 的物质的量分数先增大后减小， 的物质的量分数增大，则曲线①表示H2C2O4的物质的量分数δ(X)随pH变化关系，曲线②表示的物质的量分数δ(X)随pH变化关系，曲线③表示的物质的量分数δ(X)随pH变化关系。
4．（2023·丰台模拟）下列三个化学反应焓变、平衡常数与温度的关系分别如下表所示。下列说法正确的是
化学反应 平衡常数 温度
973K 1173K
① 1.47 2.15
② 2.38 1.67
③ a b
A．1173K时，反应①起始，平衡时约为0.4
B．反应②是吸热反应，
C．反应③达平衡后，升高温度或缩小反应容器的容积平衡逆向移动
D．相同温度下，；
【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A.1173K时，反应①起始，，，x≈0.4，平衡时约为0.2，A不符合题意；
B．升温，化学平衡常数减小，说明平衡向你反应方向移动，所以②的正反应为放热反应，，B不符合题意；
C．根据盖斯定律可知②-①可得③，故，a=1.62，b=0.78，升温，化学平衡常数减小，说明平衡向你反应方向移动，所以，反应③达平衡后，升高温度平衡逆向移动，但是由于反应两端气体的化学计量数之和相等缩小反应容器的容积化学平衡不移动，C不符合题意；
D．相同温度下，根据盖斯定律可知②-①可得③，故；，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.利用三段式法计算；
B．依据升温，化学平衡常数减小分析；
C．根据盖斯定律分析；
D．根据盖斯定律计算。
5．（2023·辽宁模拟）氨气去除NO的反应原理为： ，反应速率与浓度之间存在如下关系：，，、为速率常数，只受温度影响。350℃时，在2L恒容密闭容器中，通入和发生反应，保持温度不变，5min后反应达平衡，NO的转化率为50%。下列说法正确的是
A．用表示的化学反应速率为
B．350℃时，该反应的平衡常数为0.5
C．其他条件不变，往反应后的容器中再通入和，重新达平衡时NO的体积分数减小
D．当温度改变为T℃时，若，则
【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．由三段式数据可知，用氨气表示的化学反应速率为=0.02mol·L-1·min-1，故A不符合题意；
B．由三段式数据可知，350℃时，反应的平衡常数为K==0.125，故B不符合题意；
C．其他条件不变，往反应后的容器中再通入0.45mol氨气和0.6mol一氧化氮，相当于增大压强，该反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，一氧化氮的体积分数增大，故C不符合题意；
D．反应达到平衡时，正反应速率和逆反应速率相等，则反应速率k正·c4(NH3)·c6(NO) =k逆·c5(N2)·c6(H2O)，==K，当k正=k逆时，平衡常数K=1>0.125，说明平衡向正反应方向移动，该反应为放热反应，则反应温度小于350℃，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、化学反应速率为浓度变化量和时间的比值；
B、化学平衡常数为生成物浓度幂之积和反应物浓度幂之积比值；
C、增大压强，平衡朝气体系数缩小的方向移动；
D、正逆反应速率相等，即两者的速率公式相等，结合化学平衡常数的计算公式判断。
6．（2023·辽宁模拟）易溶于水，光谱研究表明，的水溶液中存在下列平衡：
其中、、为各步的平衡常数，且 [表示的平衡压强]
下列说法正确的是
A．的焓变
B．在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，则
C．若pH=6.2时，溶液中，则pH=8.2时，溶液中
D．当的平衡压强为p时，测得，则溶液
【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．SO2易溶于水，可知SO2(g)SO2(aq)能自发进行，该过程 S<0，可知焓变应小于零才能自发进行，A项不符合题意；
B．SO2在水中溶解后部分生成SO2 xH2O，其溶解度为c(SO2 xH2O)与c(SO2)的和，根据，c(SO2 xH2O)=K1p(SO2)，则c(SO2 xH2O)与c(SO2)的和要大于K1p(SO2)，B项不符合题意；
C．若pH=6.2时，溶液中，亚硫酸的二级电离平衡常数：，则pH=9.2时，溶液中，C项不符合题意；
D．由盖斯定律可知反应SO2(g)+H2O2H++，可由上述三个过程加和得到，则该反应的平衡常数K=K1K2K3=，则溶液c(H+)=，D项符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、结合△G=△H-T△S<0判断；
B、结合判断；
C、结合亚硫酸的二级电离平衡常数判断；
D、两式相加，则化学平衡常数相乘，两式相减，则化学平衡常数相除。
7．（2023·湛江模拟）氨气在工业上应用广泛，已知反应 ，反应相同时间，的体积百分数随温度的变化情况如图所示，下列相关描述正确的是
A．线上的点均代表平衡时刻的点 B．逆反应速率：
C．b点时 D．平衡常数值：
【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．由分析可知，c点以前均未达到平衡，故A不符合题意；
B．温度越高，反应速率越快，则d点逆反应速率大于a点，故B不符合题意；
C．由分析可知，b点反应未达到平衡，正反应速率大于逆反应速率，故C不符合题意；
D．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，由分析可知，c点以后为平衡的移动过程，则c点平衡常数大于d点，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】利用“变者不变即平衡”；依据影响反应速率和化学平衡的因素分析。
8．（2023·湖南模拟）某小组为了探究不同离子与OH-反应的先后相关问题，分别在1L0.1mol L-1NH4HCO3溶液、1L0.1mol L-1NH4HSO3溶液中加一定量NaOH固体后并恢复到常温(体积变化忽略不计)，并测得其中相关粒子浓度变化情况分别如图1、图2所示[已知：Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.61×10-11，Ka1(H2SO3)=1.52×10-2，Ka2(H2SO3)=1.02×10-7，Kb(NH3 H2O)=1.75×10-5]，下列说法正确的是
图11L0.1mol L-1NH4HCO3溶液中加入一定量NaOH后各粒子浓度变化曲线
图21L0.1mol L-1NH4HSO3溶液中加入一定量NaOH后各粒子浓度变化曲线
A．由上述实验可知与OH-反应的先后顺序为HSO＞NH＞HCO
B．图1中，当n(NaOH)=0.05mol时，只发生反应OH-+NH=NH3 H2O
C．图2中，当n(NaOH)＜0.1mol时，主要发生反应HSO+OH-=H2O+SO
D．上述实验说明，离子反应的先后顺序与反应平衡常数大小无关
【答案】C
【知识点】化学平衡常数；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由图1可知，加入氢氧化钠时，碳酸氢铵溶液中铵根离子浓度减小的同时，碳酸氢根离子浓度也在减小，说明溶液中铵根离子和碳酸氢根离子同时与氢氧根离子反应，故A不符合题意；
B．由图1可知，氢氧化钠物质的量为0.05mol时，碳酸氢铵溶液中铵根离子浓度和碳酸氢根离子浓度同时减小，说明溶液中铵根离子和碳酸氢根离子同时与氢氧根离子反应，反应的离子方程式为2OH-+NH+ HCO=NH3 H2O+CO+H2O，故B不符合题意；
C．由图2可知，氢氧化钠物质的量小于0.1mol时，亚硫酸氢铵溶液中亚硫酸氢根离子浓度明显减小，而铵根离子浓度几乎不变，说明溶液中亚硫酸氢根离子优先与氢氧根离子反应，反应的离子方程式为HSO+OH-=H2O+SO，故C符合题意；
D．由电离常数可知，铵根离子与氢氧根离子反应的平衡常数为≈5.71×104，碳酸氢根离子与氢氧根离子反应的平衡常数为=5.61×103，亚硫酸氢根离子与氢氧根离子反应的平衡常数为=1.02×107，则上述实验说明在化学反应速率都很快的离子反应中，平衡常数越大的反应越容易发生，所以离子反应的先后顺序与平衡常数的大小有关，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.加入氢氧化钠，铵根离子和碳酸氢根离子的浓度均减小，说明溶液中铵根离子和碳酸氢根离子同时与氢氧根离子反应；
B.铵根离子和碳酸氢根离子同时与氢氧根离子反应，则发生的反应为2OH-+NH+ HCO=NH3 H2O+CO+H2O；
D.离子反应的先后顺序与反应平衡常数大小有关。
9．（2023·福州模拟）Ni活化C2H6的反应历程如下图所示：
下列说法错误的是（ ）
A．反应历程的决速步骤：中间体2→中间体3
B．反应历程涉及非极性键的断裂和极性键的形成
C．三种中间体比较，中间体2最稳定
D．升高温度， Ni+C2H6NiCH2+CH4的化学平衡常数K增大
【答案】D
【知识点】极性键和非极性键；化学平衡常数；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．反应历程的决速步骤由慢反应决定，中间体2→中间体3的步骤能量差值最大，活化能最大，为慢反应，A不符合题意；
B．该总反应为Ni+C2H6→NiCH2+CH4，反应过程中C-C键（非极性键）断裂，C-H键（极性键）形成，B不符合题意；
C．三种中间体比较，中间体2的能量最低，则最稳定，C不符合题意；
D．该反应的ΔH=产物总能量-反应物总能量=-6.57kI/mol-0=-6.57kI/mo＜0，升高温度利于平衡逆向移动，则化学平衡常数减小，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.决速步骤由慢反应决定。
B.根据总反应（Ni+C2H6→NiCH2+CH4）进行分析。
C.物质的能量越低越稳定。
D.ΔH=产物总能量-反应物总能量，结合化学平衡移动进行分析。
10．（2023·郑州模拟）已知反应 ，在716K时向密闭容器中充入一定量的HI气体，平衡时气体混合物中碘化氢的物质的量分数为78%。测得和的关系如图所示。
下列结论错误的是
A．该反应的压力平衡常数约为0.02
B．增大体系压强，平衡不发生移动，平衡常数不变
C．温度降低，、均减小，平衡向逆反应方向移动
D．温度升高，反应重新达到平衡时，图中表示平衡的点可能是A和D
【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．平衡时气体混合物中碘化氢的物质的量分数为78%，则=11%，故HI的平衡分压为：0.78p总，H2、I2的平衡分压为：0.11p总，该反应的压力平衡常数=约为0.02，A不符合题意；
B．由反应方程式可知，反应前后气体的体积不变，故增大体系压强，平衡不发生移动，平衡常数仅仅是温度的函数，温度不变，平衡常数不变，B不符合题意；
C．由题干可知，该反应正反应是一个吸热反应，故温度降低，、均减小，平衡向逆反应方向移动，C不符合题意；
D．该反应是吸热反应，升高到某一温度时，反应速率加快，平衡向正向向移动，x（HI）减小，x（H2）增大，当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，v正～x（HI）和v逆～x（H2）相对应的点可能分别为A、E，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．依据=计算；
B．平衡常数仅仅是温度的函数；
C．依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
D．依据化学平衡移动原理分析。
11．（2023·葫芦岛模拟）在容积均为1L的密闭容器M(500℃，恒温)、N(起始500℃，绝热)中分别加入、和相同催化剂，发生反应：。实验测得M、N容器中的转化率随时间的变化关系如图。下列说法错误的是
A．该反应的ΔH>0
B．500℃该反应的化学平衡常数K约为0.022
C．M容器中的转化率随时间的变化关系是图中的曲线b
D．反应平衡后，向N容器中再加入、，的平衡转化率减小
【答案】A
【知识点】化学平衡常数；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．两容器的起始温度相同，如图所示，0~100s内，曲线a的N2O的平衡转化率较高，则曲线a的反应速率较快，说明曲线a的温度较高，则该反应是放热反应，，A符合题意；
B．根据曲线b，达到平衡时N2O的转化率为25%，则，500℃该反应的化学平衡常数K约为0.022，B不符合题意；
C．反应为放热反应，则N(起始500℃，绝热)容器的温度会升高，反应速率加快，故N容器中N2O的转化率随时间的变化关系是图中的曲线a，M (500容器℃，恒温)容器中N2O的转化率随时间的变化关系是图中的曲线b，且温度升高，N2O的平衡转化率降低，C不符合题意；
D．反应为气体分子数不变的反应，若为恒温容器，平衡不移动，但N容器为绝热容器，再加入、，反应放热，平衡逆向移动，的平衡转化率减小，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、升高温度，平衡朝吸热方向移动；
B、化学平衡常数=生成物浓度幂之积/反应物浓度幂之积；
C、温度升高，一氧化二氮的转化率降低；
D、绝热容器中，充入气体后，温度升高。
二、多选题
12．（2020·南京模拟）Deacon法制备Cl2的反应为4HCl(g)＋O2(g) 2Cl2(g)＋2H2O(g)。如图为恒容容器中，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系。下列说法正确的是( )
A．反应4HCl(g)＋O2(g) 2Cl2(g)＋2H2O(g)的ΔH>0
B．Z曲线对应进料浓度比c(HCl)∶c(O2)＝7∶1
C．400 ℃，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)＝4∶1时，O2平衡转化率为19%
D．400 ℃，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)＝1∶1时，c起始(HCl)＝c0 mol·L－1，平衡常数K=
【答案】B,D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A. 根据图中信息升高温度，转化率下降，则平衡逆向移动，逆向为吸热反应，因此反应4HCl(g)＋O2(g) 2Cl2(g)＋2H2O(g)的ΔH＜0，故A不符合题意；
B. 根据上面分析得到Z曲线对应进料浓度比c(HCl)∶c(O2)＝7∶1，故B符合题意；
C. 400 ℃，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)＝4∶1时，与反应方程式的计量系数比相同，则两者转化率相等，则O2平衡转化率为76%，故C不符合题意；
D. 400 ℃，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)＝1∶1时，c起始(HCl)＝c0 mol L 1，平衡时HCl的转化率为84%，平衡常数 ，故D符合题意。
综上所述，答案为BD。
【分析】恒容容器中，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1，相当于不断加入c(HCl)，则HCl平衡转化率不断降低，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)为1∶1、4∶1、7∶1，则分别是曲线X、Y、Z。
13．（2020·南京模拟）在密闭容器中：按CO2与H2的物质的量之比为1:3进行投料，发生反应2CO2(g)+6H2(g) CH3CH2OH(g)+3H2O(g) △H<0,在5MPa 下测得不同温度下平衡体系中各种物质的体积分数 ( V% ) 如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A．表示CH3CH2OH组分的曲线是IV
B．图中曲线交点a、b 对应的上述反应平衡常数Ka > Kb
C．图中曲线交点a 对应的 CO2 转化率为 40%
D．若甲、乙两个密闭容器起始时的容积、温度及投料方式均相同，甲：恒温恒压，乙；恒温恒容，反应达平衡时CH3CH2OH产率：甲＜乙
【答案】A,C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A.该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，则升高温度CH3CH2OH含量减小，CO2与H2的含量升高，平衡时H2O的含量是CH3CH2OH含量的三倍，符合条件的曲线为Ⅳ，故A符合题意；
B.因为平衡常数仅与温度有关，该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，所以温度越低，K越大，所以Ka
D.根据反应2CO2（g）+6H2 （g） CH3CH2OH（g）+3H2O（g），随着反应进行，体积减小，甲为恒温恒压，乙为恒温恒容，则甲相对于乙在减小体积，即增大压强，平衡向正反应方向移动，所以反应达平衡时CH3CH2OH产率：甲>乙，故D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，平衡时CO2与H2的含量增大，CH3CH2OH与H2O的含量降低．开始CO2 与H2 的物质的量之比1：3进行，平衡时H2的含量是CO2的含量三倍是解答关键。
14．（2018·南通模拟）在3个体积均为1 L的恒容密闭容器中发生反应：SO2(g)＋2NO(g) 2NO2(g)＋S(s)。改变容器I的反应温度，平衡时c( NO2)与温度的关系如下图所示。下列说法正确的是（ ）
A．该反应的ΔH<0
B．T1时，该反应的平衡常数为
C．容器Ⅰ与容器Ⅱ均在T1时达到平衡，总压强之比小于1：2
D．若T2
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】A. 根据图像，升高温度，c( NO2)减小，说明平衡逆向移动，因此正反应为放热反应，ΔH<0，故A符合题意；
B. T1时，平衡是c( NO2)=0.2 mol/L，
SO2(g)＋ 2NO(g) 2NO2(g)＋S(s)
起始（mol/L） 0.5 0.6 0
转化（mol/L） 0.1 0.2 0.2
平衡（mol/L） 0.4 0.4 0.2
该反应的平衡常数K= = ，故B不符合题意；
C. T1时，容器I平衡时气体的物质的量为0.4+0.4+0.2=1.0mol，容器Ⅱ中Qc= =0.5＜ ，说明反应正向移动，气体的物质的量小于0.5+1+0.5=2.0mol，因此达到平衡，总压强之比大于1：2，故C不符合题意；
D.根据上述分析，T1时，平衡时容器I中NO的体积分数为 ×100%=40%；容器I相当于起始时加入0.2mol二氧化氮和0.6mol二氧化氮，容器Ⅲ相当于起始时加入0.4mol二氧化硫和1.2mol一氧化氮，容器Ⅲ相当于容器I缩小体积的结果，根据方程式，增大压强，平衡正向移动，一氧化氮的物质的量减少，因此平衡时容器Ⅲ中NO的体积分数小于40%，若T2
【分析】A.根据温度的变化对化学平衡移动的影响解答；
B.根据三步法结合表中的信息列式计算平衡常数；
C.先计算出容器I平衡时气体的物质的量，容器Ⅱ中Qc的值，据此分析其总压强的变化；
D.先分别计算出两个容器中NO的体积分数，再结合压强对化学平衡移动的影响计算即可得出答案。
15．（2018·宿迁模拟）Boderlscens研究反应：H2(g)+I2(g) 2HI(g) △H<0．温度T时，在两个体积均为1L的密闭容器中进行实验，测得气体混合物中碘化氢的物质的量分数ω(HI)与反应时间t的关系如下表：
研究发现上述反应中 其中 为常数。下列说法正确的是（ ）
A．温度为T时该反应的
B．容器I中前20 min的平均速率v(HI)=0.0125mol.L-1.min-1
C．若起始时，向容器I中加入物质的量均为0.1 mol的H2、I2、HI，反应逆向进行
D．若两容器中 且 则x的值一定为1
【答案】A,D
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A. 温度为T时该反应的 = = = =64，选项A符合题意；
B. 容器I中前20 min =50%，则物质的量为 0.5mol，故平均速率v(HI)= =0.025mol.L-1.min-1，选项B不符合题意；
C. 容器I平衡时H2、I2、HI浓度分别为0.1mol/L、0.1mol/L、0.8mol/L， ，若起始时，向容器I中加入物质的量均为0.1 mol的H2、I2、HI， ，正反应速率大于逆反应速率，平衡正向进行，选项C不符合题意；
D. 若两容器中 且 则为恒容条件下的等效平衡，则x的值一定为1，选项D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】根据可逆反应和化学平衡常数的定义以及化学反应速率的第一进行分析即可。
16．（2018·徐州模拟）工业上以CO和H2为原料合成甲醇的反应：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △H＜0，在容积为1 L的恒容容器中，分别在T1、T2、T3三种温度下合成甲醇。右图是上述三种温度下不同H2和CO的起始组成比（起始时CO的物质的量均为1mol）与CO平衡转化率的关系。下列说法正确的是（ ）
A．H2转化率：a＞b＞c
B．上述三种温度之间关系为T1＞T2＞T3
C．a点状态下再通入0.5 mol CO和0.5 mol CH3OH，平衡向正方向移动
D．c点状态下再通入1 molCO和4 mol H2，新平衡中CH3OH的体积分数增大
【答案】A,D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】解：A、从图中可知若n(H2)/n(CO)=1.5，则CO的转化率a>b>T3下对应的转化率，此时H2的转化率也和CO的转化率一样顺序，即a>b>T3下对应的转化率；在相同温度T3时，改变n(H2)/n(CO)从1.5到4（c点），氢气转化率减小，所以H2转化率：a＞b＞c，A符合题意； B、根据反应CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △H＜0，是放热反应，温度越高，转化率越低，三种温度之间关系为T1
起始（mol/L） 1 1.5 0
转化（mol/L） 0.5 1 0.5
平衡（mol/L） 0.5 0.5 0.5
平衡常数K= = =4，
再通入0.5 mol CO和0.5 mol CH3OH，
CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)
各物质浓度（mol/L）(0.5+0.5) 0.5 (0.5+0.5)
此时，浓度商Qc= =4=K，所以平衡不移动，C不符合题意；
D、c点状态下再通入1 molCO和4 mol H2，在等温等容条件下，投料比不变，相当于加压，平衡正向移动，故D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】该反应是气体体积减小的放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，改变氢气与一氧化碳的物质的量之比平衡发生移动，据此进行分析即可，C选项根据浓度熵与平衡常数的关系进行分析。
17．（2018·江苏模拟）温度为T时，在两个起始容积都为1L的恒温密闭容器发生反应：H2(g)+I2(g) 2HI(g) ΔH＜0。实验测得：v正＝v(H2)消耗＝v(I2)消耗＝k正c(H2)·c(I2)，v逆＝v(HI)消耗＝k逆c2 (HI)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。下列说法正确的是（ ）
容器 物质的起始浓度（mol·L－1） 物质的平衡浓度
c(H2) c(I2) c(HI)
Ⅰ（恒容） 0.1 0.1 0 c(I2)＝0.07 mol·L－1
Ⅱ（恒压） 0 0 0.6
A．反应过程中，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强的比为1:3
B．两容器达平衡时：c(HI，容器Ⅱ)＞3c(HI，容器Ⅰ)
C．温度一定，容器Ⅱ中反应达到平衡时（平衡常数为K），有K＝ 成立
D．达平衡时，向容器Ⅰ中同时再通入0.1 mol I2和0.1 mol HI，则此时ν正＞ν逆
【答案】A,C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡移动原理；等效平衡
【解析】【解答】该反应为气体体积不变的反应，根据表中数据可知，以上两容器中反应为等温等压下的等效平衡，
A.假设能按比例完全转化为HI，则容器Ⅰ与容器Ⅱ的物质的量之比为1：3，体积相同，则反应过程中，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强的比为1:3，选项A正确；
B、两容器达平衡时：c(HI，容器Ⅱ)=3c(HI，容器Ⅰ)，B错误；
C、温度一定，容器Ⅱ中反应达到平衡时v正＝v逆，由v正＝v(H2)消耗＝v(I2)消耗＝k正c(H2)·c(I2)得c(H2)·c(I2)= ，由v逆＝v(HI)消耗＝k逆c2 (HI)得c2 (HI)= ，则有K= = ＝ ，选项C正确；
D、容器Ⅰ达平衡时，H2、I2、HI的浓度分别为0.07 mol·L－1、0.07 mol·L－1、0.03 mol·L－1，K= ,向容器Ⅰ中同时再通入0.1 mol I2和0.1 mol HI，则此时Q= >K，ν逆＞ν正,选项D错误。答案选AC。
【分析】根据表中数据可知，以上两容器中反应为等温等压下的等效平衡
B、由于正反应系数之和=逆反应系数之和，因此压强对化学平衡无影响。
D、当Q＞K时反应逆向移动，当Q＜K时，反应正向移动。Q=反应物的浓度的系数次方/生成物浓度的系数次方
三、非选择题
18．（2023·湖南）聚苯乙烯是一类重要的高分子材料，可通过苯乙烯聚合制得。
（1）Ⅰ．苯乙烯的制备
已知下列反应的热化学方程式：
①
②
③
计算反应④的 ；
（2）在某温度、下，向反应器中充入气态乙苯发生反应④，其平衡转化率为50%，欲将平衡转化率提高至75%，需要向反应器中充入 水蒸气作为稀释气(计算时忽略副反应)；
（3）在、下，以水蒸气作稀释气。作催化剂，乙苯除脱氢生成苯乙烯外，还会发生如下两个副反应：
⑤
⑥
以上反应体系中，芳香烃产物苯乙烯、苯和甲苯的选择性S()随乙苯转化率的变化曲线如图所示，其中曲线b代表的产物是 ，理由是 ；
（4）关于本反应体系中催化剂的描述错误的是____；
A．X射线衍射技术可测定晶体结构
B．可改变乙苯平衡转化率
C．降低了乙苯脱氢反应的活化能
D．改变颗粒大小不影响反应速率
（5）Ⅱ．苯乙烯的聚合
苯乙烯聚合有多种方法，其中一种方法的关键步骤是某(Ⅰ)的配合物促进(引发剂，X表示卤素)生成自由基，实现苯乙烯可控聚合。
引发剂中活性最高的是 ；
（6）室温下，①在配体L的水溶液中形成，其反应平衡常数为K；②在水中的溶度积常数为。由此可知，在配体L的水溶液中溶解反应的平衡常数为 (所有方程式中计量系数关系均为最简整数比)。
【答案】（1）+118
（2）5
（3）苯；反应④为主反应，反应⑤⑥为副反应，苯乙烯的选择性最大；在恒温恒压下，随乙苯转化率的增大，反应⑤正向移动，反应⑥不移动，则曲线b代表产物苯
（4）B；D
（5）C6H5CH2Cl
（6）K Ksp
【知识点】盖斯定律及其应用；催化剂；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律可得，该反应的反应热ΔH4=ΔH1－ΔH2－ΔH3=(－4386.9kJ·mol－1)－(－4263.1kJ·mol－1)－(－241.8kJ·mol－1)=118kJ·mol－1，因此该反应的反应热ΔH4=＋118kJ·mol－1。
（2）当乙苯的平衡转化率为50%时，参与反应的n(乙苯)=0.5mol，可得平衡三段式如下：
因此平衡时混合气体的总物质的量n(总)=0.5mol+0.5mol+0.5mol=1.5mol，设此时容器的体积为V，则可得该温度下反应的平衡常数。
当乙苯的平衡转化率为75%时，参与反应的n(乙苯)=1mol×75%=0.75mol，可得平衡三段式如下：
因此平衡时混合气体的总物质的量n(总)=0.25mol+0.75mol+0.75mol=1.75mol。设加入n(水蒸气)=amol，此时容器的体积为V′，由于物质的量之比等于体积之比，因此可得，解得。此时反应的平衡常数
因为反应温度不变，因此平衡常数不变，所以可得，解得a=5。所以加入水蒸气的物质的量为5mol。
（3）反应④为主反应，随着乙苯转化率的增大，反应生成苯乙烯和氢气的量增多，体系的压强增大。而反应⑥中反应前后气体分子数不变，压强增大，平衡不移动。反应⑤中反应后气体分子数增大，压强增大后，反应⑤平衡逆向移动，苯的产量降低，因此曲线b表示的产物是苯。
（4）A、测定晶体结构的方法为X射线衍射技术，A不符合题意；
B、Fe2O3为反应的催化剂，加入催化剂，不影响平衡移动，因此不可改变乙苯的平衡转化率，B符合题意；
C、Fe2O3为反应的催化剂，加入催化剂可降低乙苯脱氢反应的活化能，C不符合题意；
D、改变Fe2O3的颗粒大小，可改变固体与气体的接触面积，从而改变反应速率，D符合题意；
故答案为：BD
（5）由于非金属性Cl>Br>I，氯原子吸引电子的能力更强，则形成自由基C6H5CH2·的能力越强，因此活性最高的是C6H5CH2Cl。
（6）Cu＋在配体L的水溶液中反应的离子方程式为：Cu＋(aq)＋2L(aq) [Cu(L)2]＋(aq)，该反应的平衡常数。CuBr的沉淀溶解平衡反应为CuBr(s) Cu＋(aq)＋Br－(aq)，该反应的平衡常数Ksp=c(Cu＋)×c(Br－)。CuBr与L反应的方程式为CuBr(s)＋2L(aq)=[Cu(L)2]＋(aq)＋Br－(aq)，该反应的平衡常数。由于，所以K′=K·Ksp。
【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
（2）温度不变，则平衡常数不变，根据三段式结合平衡常数的表达式进行计算。
（3）随着乙苯转化率增大，体系的压强增大，结合压强对反应⑤、反应⑥平衡移动的影响分析。
（4）A、测定晶体结构，可用X射线衍射实验；
B、催化剂只改变反应速率，不改变平衡移动；
C、加入催化剂，可降低反应所需的活化能；
D、增大催化剂的接触面积，可增大反应速率；
（5）根据卤素原子吸引电子的能力强弱分析。
（6）CuBr与L反应的方程式为CuBr(s)＋2L(aq) [Cu(L)2]＋(aq)＋Br－(aq)，据此结合平衡常数的表达式进行计算。
19．（2023·湖北）纳米碗是一种奇特的碗状共轭体系。高温条件下，可以由分子经过连续5步氢抽提和闭环脱氢反应生成。的反应机理和能量变化如下：
回答下列问题：
（1）已知中的碳氢键和碳碳键的键能分别为和，H-H键能为。估算的 。
（2）图示历程包含 个基元反应，其中速率最慢的是第 个。
（3） 纳米碗中五元环和六元环结构的数目分别为 、 。
（4）1200K时，假定体系内只有反应发生，反应过程中压强恒定为(即的初始压强)，平衡转化率为α，该反应的平衡常数为 (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（5） 及反应的(为平衡常数)随温度倒数的关系如图所示。已知本实验条件下，(R为理想气体常数，c为截距)。图中两条线几乎平行，从结构的角度分析其原因是 。
（6）下列措施既能提高反应物的平衡转化率，又能增大生成的反应速率的是 (填标号)。
a．升高温度 b．增大压强 c．加入催化剂
【答案】（1）+128
（2）3；3
（3）6；10
（4）
（5）在反应过程中，断裂和形成的化学键相同
（6）a
【知识点】反应热和焓变；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡常数；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）和反应历程可以看出，中断裂了2根碳氢键，形成了1根碳碳键和形成一个H-H键，所以该过程反应热为：
（2）由反应历程可知，包含3个基元反应；其中第三个的活化能最大，反应速率最慢；
（3）由的结构分析，可知其中含有1个五元环，10个六元环，每脱两个氢形成一个五元环，脱氢过程中六元环数目不变，则总共含有6个五元环，10个六元环；
（4）反应过程中压强恒定为P0(即的初始压强)，平衡转化率为α，设起始量为1mol，则根据信息列出三段式为
可得平衡时各物质分压：，，
带入压强平衡常数表达式：，可得
（5）图中两条线几乎平行，说明斜率几乎相等，根据(R为理想气体常数，c为截距)可知，斜率相等，则说明焓变相等，因为在反应过程中，断裂和形成的化学键相同；
（6）a．由反应历程可知，该反应为吸热反应，升温，反应正向进行，提高了平衡转化率反应速率也加快，a正确；
b．由化学方程式可知，该反应为正向体积增大的反应，加压，反应逆向进行，降低了平衡转化率
b不正确；
c．加入催化剂，平衡不移动，不能提高平衡转化率，c不正确；
【分析】（1）根据结构，有机物结构很复杂，只需要弄清楚反应断开和形成化学键即可，利用断开化学键吸收的能量减去形成化学键释放能量即可；
（2）根据反应历程可知，有几个峰就有几个历程，峰越高，代表基元反应活化能越大，越难进行；
（3）有分析可知，脱氢过程六元环数目不变，每脱去2个H形成一个五元环；
（4）根据三段式，求出各物质平衡时物质的量，计算物质的量分数，求出分压，带入压强平衡表达式即可；
（5）根据直线方程可知，斜率代表反应热，二者的斜率基本相同，数目两个反应热相同，进而说明反应断开和形成化学键数目相同
（6）根据化学平衡移动原理以及化学反应速率影响因素进行判断即可。
20．（2023·全国乙卷）硫酸亚铁在工农业生产中有许多用途，如可用作农药防治小麦黑穗病，制造磁性氧化铁、铁催化剂等。回答下列问题：
（1）在气氛中，的脱水热分解过程如图所示：
根据上述实验结果，可知 ， 。
（2）已知下列热化学方程式：
则的 。
（3）将置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：(Ⅰ)。平衡时的关系如下图所示。时，该反应的平衡总压 、平衡常数 。随反应温度升高而 (填“增大”“减小”或“不变”)。
（4）提高温度，上述容器中进一步发生反应(Ⅱ)，平衡时 (用表示)。在时，，则 ， (列出计算式)。
【答案】（1）4；1
（2）(a+c-2b)
（3）3；2.25；增大
（4）；46.26；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；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）由图中信息可知，当失重比为19.4%时；变成，失去的为水的质量，可得，解的x=4，同理，当失重比为38.8%时，经过计算可得y=1；
（2）根据盖斯定律可知，①+③-②x2可得目标方程式，则
（3）通过图像可知，在温度为660K时，即为a点，=1.5KPa；由于SO3：SO2=1：1，=1.5KPa；
那么总压强为：3KPa；该反应压强平衡常数为：，由图中信息可知随着温度增大儿增大，所以Kp也增大；
（4）由于仅发生反应(Ⅰ)时=，当有反应（II）时，则有，整理可得
，在929K时，P总=84.6kPa，=35.7kPa，又有，联立解的，代入数据可得，=46.26kPa，，那么
【分析】解题技巧分析：平衡图像解题技巧：对应化学反应速率图像和化学平衡图像，应该注意下列几点：1、横轴坐标和纵坐标含义；2、曲线斜率或者趋势；3、曲线上特殊点，如起点、终点、交点和拐点等；4、根据需要运用辅助线，如等温线、等压线等。
21．（2023·全国甲卷）甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。回答下列问题：
（1）已知下列反应的热化学方程式：
①
②
反应③的 ，平衡常数 (用表示)。
（2）电喷雾电离等方法得到的(等)与反应可得。与反应能高选择性地生成甲醇。分别在和下(其他反应条件相同)进行反应，结果如下图所示。图中的曲线是 (填“a”或“b”。、时的转化率为 (列出算式)。
（3） 分别与反应，体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相似，图中以示例)。
(ⅰ)步骤Ⅰ和Ⅱ中涉及氢原子成键变化的是 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
(ⅱ)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则与反应的能量变化应为图中曲线 (填“c”或“d”)。
(ⅲ)与反应，氘代甲醇的产量 (填“＞”“＜”或“=”)。若与反应，生成的氘代甲醇有 种。
【答案】（1）； 或
（2）b；
（3）Ⅰ；c；＜；2
【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；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律可知，反应③=1/2(反应②-①)，所以对应
；根据平衡常数表达式与热化学方程式之间的关系可知，对应化学平衡常数为：
（2）根据上述分析结合图像可知，b曲线为300K时，在300K，60s时，-lg()=0.1，则
=10-0.1，根据反应可知，生成的M+即为转化的MO+，则MO+的转化率为，
（3）(ⅰ)步骤Ⅰ涉及的是碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键形成
(ⅱ)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则此时正反应活化能会增大，根据图示可知，MO+与CD4反应的能量变化应为图中曲线c；
MO+与CH2D2反应时，因直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则单位时间内产量会下降，则氘代甲醇的产量CH2D2OD＜CHD2OH；根据反应机理可知，若MO+与CHD3反应，生成的氘代甲醇可能为CHD2OD或者CD3OH，共2种。
【分析】（1）观察已知方程式与目标方程式，消除无关物质，即可得到目标方程的热化学反应方程。
（2）和（3）关于解答平衡图像题目技巧：①横轴坐标和纵坐标含有；②曲线斜率或者趋势；③曲线上特殊点，如起点、终点、交点和拐点等；④根据需要运用辅助线，如等温线、等压线等。
22．（2023·宁波模拟）锰及其化合物在催化剂及金属材料方面有重要的应用。我国主要以菱锰矿(主要成分为，M为Mn、Mg或Ca)为原料，通过热解法生产二氧化锰等锰基催化剂。
（1）提取的转化关系如下：
已知 ，关系如下图。
①“焙烧”过程最大的是 。
A． B． C．
②“焙烧”温度应控制在 。
（2）T℃时，碳酸锰热解制二氧化锰的热化学方程式：
①若该反应的速率方程表示为：和［和分别为正、逆反应速率常数，在一定温度下为常数］，该反应的平衡常数 (用、表示)。
②焙烧时在入口持续通入空气，并不断用真空抽气泵在装置尾端抽气的目的是 。
（3）由原料气(、)与煤粉在锰基催化剂条件下制乙炔，该生产过程是目前清洁高效的煤化工过程。已知：发生的部分反应如下(在25℃、101 kPa时)，、在高温条件还会分解生成碳与氢气：
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
上述反应在体积为1L的密闭容器中进行，达到平衡时各气体体积分数和反应温度的关系曲线如图甲所示。
①下列说法正确的是 。
A.1530 K之前乙炔产率随温度升高而增大的原因：升温使反应Ⅱ、Ⅲ平衡正向移动
B.1530 K之后会有更多的甲烷与乙烯裂解生成碳导致乙炔产率增加不大
C.1530 K时测得气体的总物质的量为1.000 mol，则反应III的平衡常数为0.8652
D．相同条件下，改用更高效的催化剂，可使单位时间内的乙炔产率增大
②请在图乙中绘制平衡时乙烯的体积分数和反应温度的变化趋势，并标明1530 K时的气体体积分数。
【答案】（1）A；622.7~913.3K
（2）K=；保持O2的浓度，降低CO2的浓度，使平衡正向移动，提高二氧化锰的产率
（3）ABD；起点在1200K或其左侧，标注(1530，0.0080)
【知识点】化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①ΔG=ΔH-TΔS，根据图示信息，相同温度时，ΔG(CaCO3)＞ΔG(MgCO3)＞ΔG(MnCO3)，则“焙烧”过程ΔH最大的是CaCO3。
②根据流程信息，“焙烧”中，只有MnCO3分解，则ΔG(MgCO3)＜0，所以“焙烧”温度应控制在622.7~913.3K。
（2）①反应达到平衡时，v正=v逆，即k正c（O2）=k逆c2（CO2），所以该反应的平衡常数K==。
②焙烧时在入口持续通入空气，并不断用真空抽气泵在装置尾端抽气的目的是保持O2的浓度，降低CO2的浓度，使平衡正向移动，提高MnO2的产率。
（3）①A.根据题干信息可知，反应Ⅱ、Ⅲ是吸热反应，升温利于反应Ⅱ、Ⅲ正向移动，正确；
B.根据题干信息可知，反应Ⅰ是放热反应，反应Ⅲ是吸热反应，升温利于反应Ⅰ逆向移动，反应Ⅲ正向移动，正确；
C.根据图示信息，1530K时，H2、C2H2、CH4的体积分数分别为0.824、0.084、0.084，此时测得气体的总物质的量为1.000 mol，则n(C2H4)=（1-0.824-0.084-0.084）mol=0.008mol，所以H2、C2H4、CH4物质的量浓度分别为0.824mol/L、0.008mol/L、0.084mol/L，反应III的平衡常数K===8.652，错误；
D.催化剂能改变反应速率，所以相同条件下，改用更高效的催化剂，能使单位时间内的乙炔产率增大，正确。
②根据图甲信息，则所绘制乙烯的体积分数和反应温度的关系曲线如图所示：
【分析】（1）①ΔG=ΔH-TΔS，相同温度时，ΔG(CaCO3)＞ΔG(MgCO3)＞ΔG(MnCO3)。
②“焙烧”中，只有MnCO3分解，则ΔG(MgCO3)＜0。
（2）①反应达到平衡时，v正=v逆，结合平衡常数表达式进行分析。
②根据勒夏特列原理进行分析。
（3）①A.反应Ⅱ、Ⅲ是吸热反应，升温利于反应Ⅱ、Ⅲ正向移动。
B.升温利于平衡向吸热反应方向移动，降温利于平衡向放热反应方向移动。
C.一定条件下，气体体积与物质的量成正比，结合n=cV算出反应III中各气体的浓度，则其平衡常数为。
D.催化剂能改变反应速率，注意改用高效催化剂，能使单位时间内的某物质产率增大。
②乙烯的起点温度低于乙炔的起点，最高点对应的温度小于1530K，1530K对应乙烯的体积分数不能超过0.01。
23．（2023·徐汇模拟）化学链燃烧(CLC)是利用载氧体将空气中的氧传输至燃料的新技术。图1是基于载氧体的甲烷化学链燃烧技术的示意图。
空气反应器与燃料反应器中发生的发应分别为：
①
②
（1）的颜色为 。
（2）反应②的平衡常数表达式 。
（3）氧的质量分数：载氧体I 载氧体Ⅱ(填“>”“=”或“<”)。
（4）往盛有载氧体的刚性密闭容器中充入空气[氧气的物质的量分数为21%]，发生反应①。平衡时随反应温度T变化曲线如图2所示。
985℃时，的平衡转化率= (保留两位小数)。
（5）根据图2数据，随温度升高而增大的原因是 。反应温度必须控制在1030℃以下，原因是 。
（6）载氧体掺杂改性，可加快化学链燃烧速率。使用不同掺杂的载氧体，反应②的反应历程如图3。
由图3分析：使用 (填“氧化铝”或“膨润土”) 掺杂的载氧体反应较快。
（7）与传统燃烧方式相比，化学链燃烧技术的优点有 。
【答案】（1）砖红色
（2）
（3）＞
（4）58.20%
（5）反应①为放热反应，温度升高平衡左移；温度高于1030℃时，大于21%，载氧体无法载氧
（6）膨润土
（7）有利于二氧化碳的分离与回收
【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】（1）为砖红色；
（2）反应②的平衡常数表达式为；
（3）由图可知：载氧体I在空气反应器中吸收空气中的O2，然后转移到燃料反应器中，再和CH4发生反应释放出CO2和H2O，得到载氧体I，所以氧的质量分数大小为：载氧体I＞载氧体Ⅱ；
（4）往盛有CuO/Cu2O载氧体的刚性密闭容器中充入空气发生反应①，且氧气的物质的量分数为21%，设通入的空气的物质的量为a mol，氧气的消耗量为b mol，则起始时氧气的物质的量为0.21a mol，平衡时氧气的物质的量为(0.21a-b)mol，空气中其他气体的物质的量为0.79a mol，由图可知：985℃时，平衡时=10%，即，整理得b=，则平衡转化率；
（5）反应①为放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，导致平衡时O2的物质的量增大，则O2的物质的量分数增大；空气中O2的物质的量分数为21%，由图可知：当反应温度高于1030℃时，大于21%，说明载氧体没有吸收空气中的O2，即无法载氧，所以反应温度必须控制在1030℃以下；
（6）由图3可知：使用氧化铝掺杂的载氧体反应的活化能比使用膨润土掺杂的载氧体反应的活化能高，活化能越高反应速率越慢，因此使用膨润土掺杂的载氧体反应较快；
（7）由化学链燃烧示意图可知，从燃料反应器中出来的只有CO2和H2O，有利于二氧化碳的分离与回收。
【分析】（1）氧化亚铜为砖红色固体；
（2）化学平衡常数为生成物浓度幂之积和反应物浓度幂之积比值；
（3）载氧体I在空气反应器中吸收空气中的O2，然后转移到燃料反应器中，再和CH4发生反应释放出CO2和H2O，得到载氧体I；
（4）转化率为变化量和起始量比值；
（5）升高温度，平衡朝吸热方向移动；
（6）活化能越低，反应越快；
（7）从燃料反应器中出来的只有CO2和H2O，有利于二氧化碳的分离与回收。
24．（2023·徐汇模拟）化学链燃烧(CLC)是利用载氧体将空气中的氧传输至燃料的新技术。图1是基于载氧体的甲烷化学链燃烧技术的示意图。
空气反应器与燃料反应器中发生的发应分别为：
①
②
（1）的颜色为 。
（2）反应②的平衡常数表达式 。
（3）氧的质量分数：载氧体I 载氧体Ⅱ(填“>”“=”或“<”)。
往盛有载氧体的刚性密闭容器中充入空气[氧气的物质的量分数为21%]，发生反应①。平衡时随反应温度T变化曲线如图2所示。
（4）985℃时，的平衡转化率= (保留两位小数)。
（5）根据图2数据，随温度升高而增大的原因是 。反应温度必须控制在1030℃以下，原因是 。
载氧体掺杂改性，可加快化学链燃烧速率。使用不同掺杂的载氧体，反应②的反应历程如图3。
（6）由图3分析：使用 (填“氧化铝”或“膨润土”) 掺杂的载氧体反应较快。
（7）与传统燃烧方式相比，化学链燃烧技术的优点有 。
【答案】（1）为砖红色砖红色
（2）
（3）＞
（4）58.20%
（5）反应①为放热反应，温度升高平衡左移；温度高于1030℃时，大于21%，载氧体无法载氧
（6）膨润土
（7）有利于二氧化碳的分离与回收
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】（1）；
（2）反应②的平衡常数表达式为；
（3）由图可知：载氧体I在空气反应器中吸收空气中的O2，然后转移到燃料反应器中，再和CH4发生反应释放出CO2和H2O，得到载氧体I，所以氧的质量分数大小为：载氧体I＞载氧体Ⅱ；
（4）往盛有CuO/Cu2O载氧体的刚性密闭容器中充入空气发生反应①，且氧气的物质的量分数为21%，设通入的空气的物质的量为a mol，氧气的消耗量为b mol，则起始时氧气的物质的量为0.21a mol，平衡时氧气的物质的量为(0.21a-b)mol，空气中其他气体的物质的量为0.79a mol，由图可知：985℃时，平衡时=10%，即，整理得b=，则平衡转化率；
（5）反应①为放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，导致平衡时O2的物质的量增大，则O2的物质的量分数增大；空气中O2的物质的量分数为21%，由图可知：当反应温度高于1030℃时，大于21%，说明载氧体没有吸收空气中的O2，即无法载氧，所以反应温度必须控制在1030℃以下；
（6）由图3可知：使用氧化铝掺杂的载氧体反应的活化能比使用膨润土掺杂的载氧体反应的活化能高，活化能越高反应速率越慢，因此使用膨润土掺杂的载氧体反应较快；
（7）由化学链燃烧示意图可知，从燃料反应器中出来的只有CO2和H2O，有利于二氧化碳的分离与回收。
【分析】（1）氧化亚铜为砖红色固体；
（2）化学平衡常数为生成物浓度幂之积和反应物浓度幂之积比值；
（3）载氧体I在空气反应器中吸收空气中的O2，然后转移到燃料反应器中，再和CH4发生反应释放出CO2和H2O，得到载氧体I，可以知道载氧体I吸收氧气，而载氧体II需要消耗更多二氧化碳和水生成载氧体I；
（4）平衡转化率为变化量和起始量的比值；
（5）升高温度，平衡朝吸热方向移动；
（6）膨润土降低反应的活化能，使反应速率加快；
（7）二氧化碳的回收可以降低温室效应的影响。
25．（2023·天河模拟）已知为可逆反应，某小组设计实验测定该反应平衡常数并探究影响化学平衡移动的因素。
（1）配制溶液和溶液。
基态核外电子排布式为 ，实验中所需的玻璃仪器有容量瓶、量筒和 。(从下图中选择，写出名称)
（2）常温下，测定该反应的平衡常数K。
资料卡片 ⅰ.； ⅱ.为9~l1.5条件下和磺基水杨酸生成稳定的黄色络合物，可以通过测定吸光度得知其浓度。
将溶液与溶液等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色，过滤得澄清滤液。(忽略反应引起的溶液体积变化)
①甲同学通过测定滤液中浓度测得K。取滤液，用标准溶液滴定滤液中，至滴定终点时消耗标准溶液。滴定终点的现象为 ，反应的平衡常数 。(用含、、V的计算式表示)
②乙同学通过测定滤液中浓度测得K。取滤液，加入磺基水杨酸溶液，加入为9~11.5的缓冲溶液，测定吸光度。测得溶液中浓度为，则的平衡常数 。(用含c的计算式表示)
（3）该小组进一步研究常温下稀释对该平衡移动方向的影响。
用溶液和溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液，测定平衡时浓度，记录数据。
序号
Ⅰ 10 10
Ⅱ 2 a b
a= ，b= 。和存在的关系是 (用含和的不等式表示)，该关系可以作为判断稀释对该平衡移动方向影响的证据。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d6；烧杯、玻璃棒、胶头滴管
（2）最后一滴标准液加入后，溶液变红色，且半分钟内不褪色；；
（3）2；16；>5
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1）铁为26号元素，失去2个电子得到亚铁离子，基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6；配制一定浓度的溶液，实验中所需的玻璃仪器有容量瓶、量筒和烧杯、玻璃棒、胶头滴管；
（2）①铁离子和KSCN溶液反应溶液变红色，故滴定终点的现象为：最后一滴标准液加入后，溶液变红色，且半分钟内不褪色；
溶液与溶液等体积混合，亚铁离子过量，银离子完全反应，，反应后；根据，可知滤液中，故反应的平衡常数；
②溶液与溶液等体积混合后银离子、亚铁离子的初始浓度分别为、，，反应后生成浓度为，则反应后银离子、亚铁离子的浓度分别为、，则反应的平衡常数；
（3）研究常温下稀释对该平衡移动方向的影响，用溶液和溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液，测定平衡时浓度，则实验中变量为、溶液的浓度，故实验中a=2，b=10+10-2-2=16；溶液稀释后平衡向离子浓度增大的方向移动，故平衡逆向移动，和关系为>，故>5。
【分析】（1）依据构造原理分析；用固体试剂配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液时，使用的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、量筒、容量瓶、胶头滴管；
（2）①铁离子和KSCN溶液反应溶液变红色；依据反应方程式计算；
②依据相应的反应方程式计算；
（3）利用化学平衡移动原理分析。
26．（2023·绵阳模拟）二氧化碳的吸收和利用是实现“碳中和”的重要途径，利用二氧化碳合成二甲醚方法通常是和先合成甲醇，再由甲醇脱水制备二甲醚。
（1）已知：
则合成二甲醚反应的 。
（2）合成二甲醚的关键是合成甲醇：
I．
①恒容绝热容器中，一定能说明反应Ⅰ已达到化学平衡状态的是 。
A．
B．
C．气体的密度保持不变
D．容器内气体的温度保持不变
②合成甲醇时存在逆水汽变换：II．，按照投料，保持压强为下达到平衡时，和在含碳产物中物质的量百分数及的转化率随温度的变化如图所示，图中 (填“a”或“b”)表示甲醇在含碳产物中物质的量分数，的转化率在之后随温度升高而增大的原因是 。若甲醇的选择性，图中时甲醇的选择性= 。逆水汽变换反应的压强平衡常数 。
（3）甲醇脱水可制得二甲醚：。
实验测得：，，、为速率常数。温度下，向恒容密闭容器中加入，达到平衡时测得的体积分数为60%，则平衡时的产率 ；当温度改变为时，，则 (填“<”“>”或“=”)。
【答案】（1）
（2）D；a；温度高于，反应Ⅰ平衡逆向移动．而反应Ⅱ平衡正向移动且程度更大，所以转化率增大；50%；或0.017或
（3）40%；>
【知识点】反应热和焓变；化学平衡常数；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）将三个热化学方程式分别标号为①②③，②×3-③×6-①可得目标热化学方程式，ΔH=（-571.6×3+44×6+1328.26）kJ/mol=-122.54kJ/mol。
（2）①
A．根据热化学方程式，则甲醇正逆反应速率不同，反应未达到平衡，A不正确；
B．，这与初始的投料比及反应进行程度有关，无法说明反应达到平衡，B不正确；
C．在恒容容器中，气体的质量和体积始终不变，则气体密度始终不变，无法说明反应达到平衡，C不正确；
D．该反应正反应为放热反应，在恒容绝热容器中气体温度保持不变，说明正逆反应速率相同，反应达到平衡，D正确；
故答案为：D。
②Ⅰ反应为放热反应，Ⅱ反应为吸热反应，随着温度升高，Ⅰ反应化学平衡逆向移动，Ⅱ反应化学平衡正向移动，则CO的物质的量百分数随温度的升高而增大，甲醇的物质的量百分数随温度的升高而减小，故代表甲醇的物质的量分数的是a曲线。温度高于，反应Ⅰ平衡逆向移动．而反应Ⅱ平衡正向移动且程度更大，所以转化率增大。从图中可知，270℃时，二氧化碳的转化率为25%，且甲醇和CO的百分数相同，设初始投入CO2amol，则投入H23amol，设反应Ⅰ消耗CO2xmol，反应Ⅱ消耗CO2ymol，，，，x=y，解得x=y=0.125a，则甲醇的选择性=，逆水汽变换反应的压强平衡常数==。
（3）设达到平衡时消耗甲醇2xmol，则，，解得x=0.08mol。故CH3OCH3的产率为。，，则平衡时=，则，T1时，T2时，说明T2相较于T1产物浓度增大，反应物浓度减小，化学平衡正向移动，则T2>T1。
【分析】（1）依据盖斯定律分析；
（2）①依据化学平衡的特征“等”和“定”进行分析判断；
②根据影响化学平衡移动的因素分析；利用“三段式”法计算。
（3）利用“三段式”法计算。
27．（2023·合肥模拟）一种由铜阳极泥(主要成分有Se、、等，还含有少量的Au、Pt等贵金属)提取Se，同时回收Ag和Cu的工艺流程如下图所示。
已知：①硒的沸点685℃，在空气中加热时会被氧化。
②在该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和恰好沉淀完全的pH如下表：
金属离子
开始沉淀的pH 4.0 8.1
恰好沉淀完全的pH 6.7 10.1
回答下列问题：
（1）为了提高“浸出”效果，可采取的措施有 (写出一种合理措施)；浸出渣的主要成分是 。
（2）工业上铜阳极泥还可以用浓硫酸浸出，从产物角度分析其缺点是 。
（3）铜阳极泥中的硒元素主要以形式留在浸出液中，写出Se单质在“浸出”时反应的离子方程式 。
（4）“沉硒”所得粗硒可采用真空蒸馏的方法提纯，采用真空蒸馏的目的是 。
（5）加入NaOH进行“沉铜”处理，调节溶液pH的范围是 。
（6）已知：常温下， ， 。“溶浸”时发生反应的离子方程式为，常温下，该反应的平衡常数K= 。
（7）“还原”时，工业上常用HCHO在碱性下还原得到Ag，反应后所得滤液3可进入 操作中循环利用(填流程中操作名称)。
【答案】（1）适当增大硫酸浓度、将铜阳极泥进一步粉碎、 加速搅拌等(写出一种合理措施)；Au、Pt等贵金属
（2）产生二氧化硫，污染空气
（3）
（4）使硒在较低的温度下蒸出，并防止在空气中被氧化
（5）
（6）
（7）溶浸
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）为了提高“浸出”效果，需要加快反应速率，故可采取的措施有：适当增大硫酸浓度、将铜阳极泥进一步粉碎、 加速搅拌等；根据上述分析可知，浸出渣的主要成分是Au、Pt等贵金属；
（2）铜与浓硫酸反应会产生二氧化硫，污染空气；答案为：产生二氧化硫，污染空气；
（3）Se单质被二氧化锰氧化为，二氧化锰中锰元素化合价有+4变为+2，生成，根据电子转移守恒、电荷守恒、原子守恒可得离子方程式为：；
（4）根据已知硒的沸点685℃，在空气中加热时会被氧化，故采用真空蒸馏的目的是使硒在较低的温度下蒸出，并防止在空气中被氧化；
（5）根据表格数据，为了使铜离子完全沉淀而不让沉淀，故调节溶液pH的范围是；
（6）根据已知得表达式： ，，“溶浸”时发生反应的离子方程式为：，常温下，该反应的平衡常数：；答案为：；
（7）HCHO在碱性下还原得到Ag，同时会生成硫代硫酸钠，故所得滤液3可进入溶浸操作中循环利用；答案为：溶浸。
【分析】（1） 提高“浸出”效果 ，可从加快反应速率角度进行分析。 Au、Pt等贵金属 与H2SO4不反应。
（2）铜与浓硫酸反应产生的二氧化硫污染空气。
（3）Se单质与二氧化锰反应生成和，结合电子转移守恒、电荷守恒、原子守恒进行分析。
（4）采用真空蒸馏的目的是使硒在较低的温度下蒸出，并防止在空气中被氧化。
（5）使铜离子完全沉淀而不让沉淀，结合表格信息进行分析。
（6）根据离子方程式的平衡常数表达式及电离平衡常数、Ksp进行分析。
（7）HCHO在碱性下还原得到Ag，同时会生成硫代硫酸钠。
28．（2023·济南模拟）环氧丙醇(GLD)常用作树脂改性剂。在液相有机体系中，可通过碳酸二甲酯(DMC)和丙三醇(GL)制得，体系中同时存在如下反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
已知：①敞口容器可看成恒压装置，体系压强在反应过程中与大气压(110*Pa)相等；
②反应中产生的物质的量相对于空气中很少，故可忽略不计，空气中的体积分数约为0.04%；
③气体和液体共存于同一体系，如在溶剂E中发生的反应，其平衡常数表达式可表示为(p为气体分压，为液相体系中物质的物质的量分数，)。
回答下列问题：
（1）反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的焓变随温度T的变化如图所示。据图判断，表示反应Ⅰ的焓变曲线为 (填“a”“b”或“c”)；反应Ⅱ在 (填“高温”或“低温”)下可自发进行。
（2）为研究上述反应的平衡关系，向敞口反应容器中加入1.0 mol DMC和1.0 mol GL，控制温度为℃。平衡时，测得液相体系中GLD的物质的量分数，反应Ⅱ的平衡常数Pa，平衡时GLD的产率= %，体系放出热量= kJ，反应Ⅰ各组分以液相体系中物质的量分数表示的平衡常数 。同温下，向上述体系中注入惰性四氯化碳稀释，重新达到平衡时，GLD的产率将 (填“增大”“减小”或“不变")，GLD与物质的量之比 。
（3）以W表示体系中加入与反应物物质的量的比值。实验测定W不同时，DMC的平衡转化率和GLD的平衡产率随温度的变化关系如下图所示。
其中纵坐标表示GLD平衡产率的是图 (填“甲”或“乙”)；W最大的是 (填“”“”或“”)。图丙为在不同催化剂下反应相同时间。DMC的转化率随温度变化的关系，图丙上的 (填字母)点可能是甲、乙两图像所测绘时选取的位置。
【答案】（1）c；高温
（2）25；3.68；0.4；增大；1∶4
（3）乙；W1；bd
【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】（1）根据盖斯定律，Ⅰ+Ⅱ=Ⅲ，即，因为、、，结合题图可知，同温时，曲线b对应的焓变数据为曲线a、c对应之和，所以曲线a代表反应Ⅱ，曲线b代表Ⅲ，曲线c代表反应Ⅰ。反应Ⅱ为，反应自发进行的条件是，所以在高温下可自发进行，故答案为：c；高温；
（2）令=R，由题意可知Pa，由已知：反应中产生的物质的量相对于空气中很少，故可忽略不计，空气中的体积分数约为0.04%，则p(CO2)=1105Pa0.04%=40Pa，代入上式，解得=1，即平衡时GLD与R的物质的量相等；设平衡时GLD和R的物质的量为x，则转化的DMC、GL的物质的量均为2x，剩余的物质的量为(1-2x)，生成的CH3OH的物质的量为4x，平衡时液相体系中总的物质的量为：(1-2x)+ (1-2x)+4x+x+x=2+2x，已知，则，解得x=0.25，平衡时GLD的产率==25%；由小问1分析可知，曲线c代表反应Ⅰ，反应放热=5.9kJ，曲线a代表反应Ⅱ，反应吸热=2.22kJ，则体系放出热量=5.9kJ-2.22kJ=3.68kJ。反应Ⅰ各组分平衡时的物质的量分数分别为x(DMC)=x(GL)==0.2，x(R)= =0.1，x(CH3OH)= =0.4，以液相体系中物质的量分数表示的平衡常数==0.4。同温下，加入惰性四氯化碳稀释，反应物和产物浓度均降低，则反应向总物质的量浓度增大的方向移动，即正反应方向，GLD的产率将增大；GLD与物质的量之比0.25：1=1：4；故答案为：25；3.68；0.4；增大；1∶4；
（3）反应Ⅰ是放热反应，反应Ⅱ是吸热反应，升高温度，反应Ⅰ逆向移动，而反应Ⅱ正向移动，DMC的平衡转化率降低，因此图甲表示DMC的平衡转化率，图乙表示GLD的平衡产率；由小问2分析可知，同温下，加入惰性四氯化碳稀释，GLD的产率增大，即W越大，GLD的产率增大，由图可知，W最大的是W1；甲、乙两图像所测绘时选取的位置均为平衡状态，而图丙中，DMC的转化率达到最大时，才达到平衡状态，后随温度升高，平衡逆向移动，转化率减小，各点都处于平衡状态，所以a、c没有达到平衡状态，b、d处于平衡状态，正确；故答案为：乙；W1；bd。
【分析】（1）根据盖斯定律分析；依据ΔG=ΔH-TΔS＜0分析；
（2）利用“三段式”法计算。
（3）根据影响化学平衡移动的因素分析。
29．（2023·潍坊模拟）丙烯是重要的化工原料，其用量仅次于乙烯，研究丙烯的制取工艺具有重要意义。丙烷催化脱氢制取丙烯的过程中涉及的主要反应有：
Ⅰ.
Ⅱ. kJ·moL
Ⅲ. kJ·moL
已知：①温度高于600℃时，C-C键比C-H键更容易断裂；
②平衡状态下：
丙烯选择性
丙烯收率
回答下列问题：
（1）下图中能正确表示反应Ⅰ的化学平衡常数与温度T关系的是 (填序号)。
a. b. c. d.
（2）在100kPa的恒压条件下，将1 mol 加入密闭容器中，在催化条件下发生上述反应，实验测得温度对平衡状态下丙烯的选择性和收率的影响如图所示。
①温度高于600℃时丙烯的选择性降低幅度增大的原因是 。
②580℃，min时，反应体系达到平衡，丙烷的平衡转化率为 ， kPa·min 。反应Ⅰ的压强平衡常数 kPa(用平衡分压代替平衡浓度，平衡分压=总压×体积分数)。
（3）工业上在保持100kPa的恒压条件下，通常在原料中掺混一定量惰性气体，掺混一定量惰性气体的原理是 。
【答案】（1）d
（2）温度高于600℃时，丙烷中C-C键比C-H键更容易断裂，导致副反应更容易发生；80%；1；120
（3）反应体系都是气体分子数增加的反应，恒压充入惰性气体，降低丙烯、氢气等气体的分压，利于平衡正向移动
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）由盖斯定律可知，Ⅱ-Ⅲ得反应：，故=124.2kJ·moL ；反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数变大，
故答案为：d。
（2）①已知，温度高于600℃时，C-C键比C-H键更容易断裂；温度高于600℃时，丙烷中C-C键比C-H键更容易断裂，导致副反应更容易发生，使得丙烯的选择性降低幅度增大；
②580℃，min时，反应体系达到平衡，由图可知，丙烯收率为60%，则平衡时丙烯为0.6mol，设有a mol C3H8裂解为C3H6和H2，有b mol C3H8裂解为CH4、C2H2和H2，由三段式可知：
此时丙烯选择性为75%，则，解得a+b=0.8mol，故丙烷的平衡转化率为；此时平衡是丙烷、丙烯、氢气、甲烷、乙炔分别为0.2mol、0.6mol、0.8mol、0.2mol、0.2mol，总的物质的量为2mol，则kPa·min ；反应Ⅰ的压强平衡常数kPa；
（3）反应体系都是气体分子数增加的反应，恒压充入惰性气体，降低丙烯、氢气等气体的分压，利于平衡正向移动，故利于提高丙烷的转化率。
【分析】（1）依据盖斯定律计算；K的大小只与温度有关。
（2）①依据影响化学平衡的因素分析；
②利用三段式法计算；
（3）利用化学平衡移动原理分析。
30．（2022·余姚模拟）
（1）I.1mol CO2与足量的碳在恒容密闭容器中反应：C(s)＋CO2(g) 2CO(g)。测得平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示：
已知：气体分压(p分)=气体总压(p总)×体积分数。
请回答：
判断该反应的自发性并说明理由 。
（2）下列说法正确的是____。
A．1×103K时，若充入惰性气体，v正、v逆均减小，v逆变化幅度更大
B．1×103K时，突然升温，v正、v逆均增大，v正变化幅度更大
C．1×103K时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0 %
D．T×103K时，若充入等体积的CO2和CO，平衡向逆反应方向移动
（3）1×103K时，起始压强为100KPa，反应一段时间达到平衡，用平衡分压p(B)代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp= KPa (保留三位有效数字)。【p(B)= p·x(B)，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数】
（4）已知，在上述条件下(初始投料为1molCO2与足量的碳，恒容密闭容器中)，在给定CO2的转化率为25.0 %时，V逆随温度的变化曲线如下图所示，画出V正随温度(0.5×103K至2.5×103K)的变化曲线 。
（5）II．碘酸盐型碘钟的实验方法：向用H2SO4酸化的KIO3溶液中加入NaHSO3溶液(以及少量淀粉溶液)。实验现象：“无色→蓝黑色→无色→蓝黑色→……”的周期性变化。
可用一组离子方程式表示每一个周期内的反应进程，请补充其中的2个离子方程式。
① ；②+5I -+ 6H+ = 3I2+3H2O；③ 。
【答案】（1）反应C(s)＋CO2(g) 2CO(g)为焓增熵增的反应，即△S<0、△H<0，当满足△H-T△S<0时，反应能自发进行，故该反应在高温条件下能自发进行
（2）B；C；D
（3）33.3kp
（4）
（5）+3=I- +3+3H+；H2O+I2+=2I- ++3H+
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）反应C(s)＋CO2(g) 2CO(g)为焓增熵增的反应，即△S>0、△H>0，当满足△H-T△S<0时，反应能自发进行，故该反应在高温条件下能自发进行；故答案为高温自发；温度升高，平衡时CO体积分数增大，△H>0且反应气体分子数增加△S>0；
（2）A. 反应在恒容容器中进行，1×103K时，若充入惰性气体，反应物的浓度不变，v正、v逆均不变，选项A不正确；
B. 1×103K时，突然升温，v正、v逆均增大，温度对吸热反应影响较大，故v正变化幅度更大，选项B正确；
C. 由图可知，1×103K时，反应达平衡后CO的体积分数为40%，设开始加入的CO2为1mol，转化了xmol，则有：
所以，解得x=0.25mol，则CO2的转化率为，选项C正确；
D.由该反应为非等体积反应知，T×103K达平衡后加入等体积CO2和CO相当于增大压强，所以平衡逆向移动，选项D正确；
故答案为：BCD；
（3）1×103K时，起始压强为100kPa，反应一段时间达到平衡，平衡时CO的体积分数为40%，则CO2的体积分数为60%，平衡时总压强为100kPa=125 kPa，所以用平衡分压p(B)代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp===33.3kp；
（4）已知，在上述条件下(初始投料为1molCO2与足量的碳，恒容密闭容器中)，在给定CO2的转化率为25.0 %时，V逆随温度的变化曲线如下图所示，随着温度的升高，正逆反应速率均增大，故V正速率曲线趋势向上，反应达平衡后升高温度平衡正向移动，则正反应速率大于逆反应速率，因此V正随温度(0.5×103K至2.5×103K)的变化曲线如下：。
（5）NaHSO3溶液中加入稍过量的KIO3溶液，一段时间后，溶液突然变蓝色，说明产物中有碘单质生成，应该有第一步反应+3=I- +3+3H+，且KIO3溶液过量，所以能产生碘单质的反应为+5I -+ 6H+ = 3I2+3H2O，然后蓝黑色又变为无色，则碘消耗，发生反应H2O+I2+=2I- ++3H+；答案为+3=I- +3+3H+、H2O+I2+=2I- ++3H+。
【分析】（1）依据ΔG=ΔH-TΔS＜0分析；
（2）依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
（3）利用“三段式”法计算；
（4）依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
（5）依据反应物和产物，利用已知反应和实验现象书写。
31．（2022·柳州模拟）二氧化碳与甲烷重整是利用的研究热点之一、回答下列问题：
（1）二氧化碳与甲烷重整制CO的反应为：
已知：
则 ；若将两等份和分别充入恒压密闭容器中，在无催化剂和有催化的情况进行反应，相同时间下测得的转化率与温度的关系如图所示，M点时转化率相等的主要原因是 。
（2）在恒压密闭容器中，起始充入2mol(g)和6mol(g)，发生反应： ，该反应在不同温度下达到平衡时，各组分的体积分数随温度的变化如图所示。
①表示的体积分数随温度变化的曲线是 (填数字序号)。
②A、B、C三点对应的化学平衡常数、、从大到小的顺序为 。
③205℃时，反应达到平衡后，的平衡转化率为 (结果保留一位小数)，若平衡时总压为P，平衡常数 (列出计算式。以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】（1）＋246；温度较高，催化剂失去活性
（2）②；；66.7%；
【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】二氧化碳与甲烷重整制CO的反应为：③ ，已知：① ，② 由盖斯定律，②-①得③，得；2CO2(g)+6H2(g)→C2H4(g)+4H2O(g) ΔH3=-250 kJ/mol，该反应正反应是一个放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，则H2的体积分数随温度升高而增大，C2H4的体积分数随温度的升高而减小，且起始充入1molCO2(g)和3molH2(g)，反应中CO2和H2的转化量之比为1：3，故过程中CO2和H2的体积分数之比也为1：3，C2H4和H2O的体积分数之比为1：4，结合图示可知表示H2和C2H4的体积分数随温度变化的曲线分别为①，④，表示的体积分数随温度变化的曲线是② ，表示H2O 的体积分数随温度变化的曲线是③；205℃时，反应达到平衡后，根据三段式分析可知：
结合①的可知，205℃时，反应达到平衡后，C2H4和CO2 的体积分数相等，故有1-2x=x，解得：x=mol，由此求CO2的转化率、Kp。
(1)二氧化碳与甲烷重整制CO的反应为：③ ，已知：① ，② ，由盖斯定律，②-①得③，则172-(-74)=＋246；故答案为：＋246；
由的转化率与温度的关系图，M点时转化率相等的主要原因是温度较高，催化剂失去活性。故答案为：温度较高，催化剂失去活性；
(2)①2CO2(g)+6H2(g)→C2H4(g)+4H2O(g) ΔH3=-250 kJ/mol，该反应正反应是一个放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，则H2的体积分数随温度升高而增大，C2H4的体积分数随温度的升高而减小，且起始充入1molCO2(g)和3molH2(g)，反应中CO2和H2的转化量之比为1：3，故过程中CO2和H2的体积分数之比也为1：3，C2H4和H2O的体积分数之比为1：4，结合图示可知表示H2和C2H4的体积分数随温度变化的曲线分别为①，④，表示的体积分数随温度变化的曲线是② (填数字序号)。故答案为：②；
②升高温度平衡逆向移动，则化学平衡常数减小，A、B、C三点对应的化学平衡常数、、从大到小的顺序为。故答案为：；
③205℃时，反应达到平衡后，根据三段式分析可知： ， 结合①的可知，205℃时，反应达到平衡后，C2H4和CO2 的体积分数相等，故有1-2x=x，解得：x=mol，故容器中气体的总物质的量1-2x+3-6x+x+4x=4-3x=4-3×=3mol，的平衡转化率为×100%=66.7%；
若平衡时总压为P，则p(CO2)= P= ，p(H2)=P=，p(C2H4)= P=，p(H2O)=P=，该反应的平衡常数Kp═ = (列出计算式。以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。故答案为：66.7%；。
【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） ① 升高温度，平衡朝吸热方向移动；
② 吸热反应，平衡常数和温度呈正比；
③ 分压平衡常数的计算要注意，分压之比等于物质的量之比。
32．（2022·巴中模拟）处理、回收利用CO是环境科学研究的热点课题。回答下列问题：
（1）CO用于处理大气污染物N2O的反应为CO(g) + N2O(g)CO2(g) +N2(g)。在Zn*作用下该反应的具体过程如图1所示，反应过程中能量变化情况如图2所示。
总反应： CO(g) + N2O(g) CO2(g) + N2(g) H= kJ·mol-1； 该总反应的决速步是反应 (填 “①"或“②”)，该判断的理由是 ．
（2）已知： CO(g) + N2O(g)CO2(g) + N2(g)的速率方程为v=k·c(N2O)， k为速率常数，只与温度有关。为提高反应速率，可采取的措施是____ (填字母序号)。
A．升温 B．恒容时，再充入CO
C．恒压时，再充入N2O D．恒压时，再充入N2
（3）在总压为100kPa的恒容密闭容器中，充入一定量的CO(g)和N2O(g)发生上述反应，在不同条件下达到平衡时，在T1K时N2O的转化率与的变化曲线以及在时N2O的转化率与的变化曲线如图3所示：
①表示N2O的转化率随的变化曲线为 曲线(填“I”或“II”)；
②T1 T2 (填“>”或“<")，该判断的理由是
③已知：该反应的标准平衡常数，其中为标准压强 (100kPa)，p(CO2)、p(N2)、 p(N2O)和p(CO)为各组分的平衡分压，则T4时，该反应的标准平衡常数= ( 计算结果保留两位有效数字，p分=p总 ×物质的量分数)。
【答案】（1）；①；反应①的活化能是，反应②的活化能是，反应②的活化能更小，故反应①是总反应的决速步
（2）A；C
（3）Ⅱ；＜；曲线I表示的转化率随的变化，由于，则越大，的转化率越大，故；3.4
【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）由图2可知，总反应为：CO(g) + N2O(g) CO2(g) + N2(g) H = -361.22 kJ·mol-1，反应的决速步骤是由活化能大的步骤决定的，故该总反应的决速步是反应①，判断的理由是反应①的活化能是149.6 kJ·mol-1，反应②的活化能是108.22 kJ·mol-1 ，反应②的活化能更小，故反应①是总反应的决速步。
（2）由速率方程可知，此反应的速率与温度和c( N2O)有关，
A．升温，k增大，速率加快，故A正确；
B．恒容时，再充人CO，c( N2O)不变，速率不变，故B不正确；
C．恒压时，再充人N2O ，c( N2O)增大，速率增大，故C正确；
D．恒压时，再充人N2 ，c( N2O)减小，速率减慢，故D不正确；
故答案为：AC；
（3）①越大，N2O的转化率越小，故曲线II表示N2O的转化率随的变化。
②曲线I表示的转化率随的变化，由于，则越大，的转化率越大，故。
③由图3曲线1可知，，总压为100kPa，容器恒容，温度为T4时，N2O的转化率为65%，可列出三段式：，利用“三段式”计算法可知，平衡时p(N2O) = 17.5 kPa，p(CO) = 17.5 kPa，p(CO2) =32. 5 kPa，p(N2) =32.5 kPa，。
【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）增大化学反应速率的方法：升高温度，增大反应物的浓度，加入催化剂，增大接触面积，气体的反应压缩体积；
（3） ①越大，N2O的转化率越小；
② 越大，的转化率越大 ；
③ 平衡常数的计算要结合分压判断，分压之比等于物质的量之比。
33．（2022·温州模拟）含氮化合物在生产生活中有重要的应用。请回答：
（1）NOx与含硫化合物的热化学方程式如下：
反应I：CaS(s)+3NO2(g)=CaO(s)+SO2(g)+3NO(g) △H=-279.12kJ·mol-1 K1
反应II：CaS(s)+4NO2(g)=CaSO4(s)+4NO(g) △H=-714.52kJ·mol-1 K2
反应III：CaSO4(s)+NO(g)=CaO(s)+SO2(g)+NO2(g) △H K3
①三个反应的平衡常数的lnK随温度变化关系如图所示，则表示lnK2的曲线是 。
②在恒温条件下，加入反应物，一段时间后达到平衡时c(SO2)如图所示，t1时减小容器体积，t2时达到新平衡，请画出t1至t2时c(SO2)变化趋势图 。
（2）合成氨工厂以“水煤气”和N2为原料，采用两段间接换热式绝热反应器，由进气口充入一定量含CO、H2、H2O、N2的混合气体，在反应器A进行合成氨，其催化剂III铁触媒，在500℃活性最大，反应器B中主要发生的反应为：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H<0，装置如图。
①温度比较：气流a 气流b(填“>”“<”或“=”)。
②气体流速一定，经由催化剂I到催化剂II，原料转化率有提升，其可能原因是： 。
③下列说法正确的是 。
A．利用焦炭与水蒸气高温制备水煤气时，适当加快通入水蒸气的流速，有利于水煤气的生成
B．N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-92.4kJ·mol-1反应器温度越低，终端出口2收率越高
C．终端出口2得到的气体，通过水吸收，再加热水溶液，可分离出NH3
D．反应原料气从进气口105℃到300℃出口1，已完成氨的合成
（3）已知-33℃液氨中存在：2NH3(l)NH+NH K=10-29，在100mL液氨中加入0.0001mol NH4Cl固体溶解，并完全电离(忽略体积变化)，则c(NH)= mol·L-1。金属钾能溶解于液氨中形成蓝色的液氨溶液，反应的化学方程式为K+NH3=K++e(NH3)(电子的氨合物，显蓝色)，加入NH4Cl固体，即发生共价键断裂和形成的反应，请写出离子方程式 。
【答案】（1）a；
（2）<；气流若在催化剂I层达平衡流出，经中间过热交换，温度降低，化学反应限度增大，反应正移，转化率增大；气流若在催化剂I层未达平衡，则与催化剂II接触，继续反应，转化率增大；A
（3）1×10-26；2e(NH3)+2NH=H2+(2n+2)NH3
【知识点】化学平衡常数；化学平衡移动原理；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)①反应I和反应II都是放热反应，温度T减小，平衡常数K增大，则增大，lnK增大，故表示lnK1和lnK2的曲线分别是a和b中的某一条；根据Gibbs-Helmholtz方程和Van’t Hoff方程，可以得到温度T与平衡常数K的关系：ΔH-TΔS=ΔG=-RTlnK（R为常数），则lnK=ΔS-，由此可知，温度相同时，ΔH越小，斜率越大，由于反应II的焓变小于反应I的焓变，故反应II的曲线的斜率较大，表示lnK2的曲线是a；
②反应I+3×反应II可得：CaS(s)+3CaSO4(s)=4CaO(s)+4SO2(g) K=c(SO2)；t1时减小容器体积，c(SO2)增大；由于压强增大，平衡逆向移动，c(SO2)逐渐减小，恒温条件下，平衡常数K不变，故t2时达到新平衡，c(SO2)与t1时的c(SO2)相等；t1至t2时c(SO2)变化趋势图为。
(2)①由进气口充入一定量含CO、H2、H2O、N2的混合气体，经反应器A进入到反应容器B，反应器B中主要发生的反应为：CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H<0，即气流a与催化剂I、催化剂II接触后发生反应，形成气流b，由于该反应是放热反应，故温度：气流a＜气流b；
②气体流速一定，经由催化剂I到催化剂II，原料转化率有提升，其可能原因是：气流若在催化剂I层达平衡流出，经中间过热交换，温度降低，化学反应限度增大，反应正移，转化率增大；气流若在催化剂I层未达平衡，则与催化剂II接触，继续反应，转化率增大；
③A．利用焦炭与水蒸气高温制备水煤气时，适当加快通入水蒸气的流速，也加快了CO和H2的流动速度，相当于减少了产物的浓度，则平衡正向移动，有利于水煤气的生成，A符合题意；
B.500℃时，催化剂III的活性最高；温度在500℃以下时，反应器温度越低，催化剂III的活性越低，反应速率也低，终端出口2收率越低，B不符合题意；
C．终端出口2得到的气体，通过冷凝，分离出液氨，C不符合题意；
D．如图所示，气流b进入到反应器A，并发生了反应，到终端出口2，完成氨的合成，D不符合题意；
故答案为：A。
(3)在100mL液氨中加入0.0001mol NH4Cl固体溶解，并完全电离，c()==1×10-3mol·L-1，则c()===1×10-26mol·L-1；金属钾能溶解于液氨中形成蓝色的液氨溶液，加入NH4Cl后，发生了共价键的断裂和形成，说明发生了电子的转移，该反应的离子方程式为2+2=H2+(2n+2)NH3。
【分析】（1） ① 温度相同时，ΔH越小，斜率越大；
② t1时减小容器体积，c(SO2)增大；由于压强增大，平衡逆向移动，c(SO2)逐渐减小，恒温条件下，平衡常数K不变；
（2） ① 反应是放热反应，因此温度升高；
② 、气流若在催化剂I层达平衡流出，经中间过热交换，温度降低，化学反应限度增大，反应正移，转化率增大；气流若在催化剂I层未达平衡，则与催化剂II接触，继续反应，转化率增大 ；
③ A、减少了产物的浓度，平衡正向移动；
B、温度在500℃以下时，反应器温度越低，催化
