2023年高考真题变式分类汇编：化学反应速率与化学平衡的综合应用1
一、选择题
1．（2023·嘉定模拟）700℃时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的CO2(g)和H2(g)，发生反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)反应过程中测定的部分数据见表(表中t2＞t1)：
反应时间/min n(CO2)/mol n(H2)/mol
0 0.60 1.80
t1 0.20
t2 0.60
下列说法正确的是
A．反应在0～t1min内的平均速率为v(H2)=mol·L-1·min-1
B．若900℃时该反应的平衡常数为2，则正反应为吸热反应
C．t2时，c(CO2)=0.10mol·L-1
D．保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20molCO2(g)和0.40molH2O(g)，则v正＞v逆
【答案】C
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．v(CO2)== mol·L-1·min-1，化学反应速率之比等于化学计量数之比，则v(H2)=3v(CO2)=mol·L-1·min-1，选项A不符合题意；
B．在700℃时，t1min时反应已经达到平衡状态，此时c(CO2)==0.1mol/L，c(H2)==0.3mol/L，c(CH3OH)=c(H2O)==0.2mol/L，则K==14.8，温度升至900℃，上述反应平衡常数为2，说明温度升高，平衡常数减小，平衡是向左移动的，那么正反应为放热反应，选项B不符合题意；
C．t2时n(CO2)=0.20mol，c(CO2)=0.10mol·L-1，选项C符合题意；
D．保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20molCO2(g)和0.40molH2O(g)，c(CO 2)==0.2mol/L，c(H2O)==0.4mol/L，Qc==29.6>K，平衡逆向移动，则v(正)
【分析】A、化学反应速率为浓度变化量和时间的比值；
B、平衡常数和温度为正比，反应吸热，反之反应放热；
C、浓度为物质的量和体积的比值；
D、化学平衡常数等于反应物的浓度幂之积和生成物的浓度幂之积之比，如果已知化学平衡常数，要判断平衡移动问题，可以结合Qc和化学平衡常数的关系进行判断，Qc>K，反应朝逆向移动，Qc>K，反应朝正向移动，Qc=K，平衡不移动。
2．（2023·浦东模拟）一定温度下，向1.0L恒容密闭容器中充入，发生如下反应：。反应过程中测定的部分数据见下表。下列说法错误的是（ ）
0 50 150 250 350
0 0.16 0.19 0.20 0.20
A．0～250s，反应过程中气体平均摩尔质量逐渐减小
B．反应到250s时，产生的体积为4.48L(标准状况)
C．对平衡后体系降温，混合气体密度减小，则的状态一定发生变化
D．其它条件相同时，向平衡后体系再充入等物质的量的和，此时v(正)>v(逆)
【答案】D
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．该反应是气体总物质的量增大、质量不变的反应，则0～250s，气体平均摩尔质量逐渐减小，故A不符合题意；
B．反应到250s时，PCl3气体的物质的量为0.2mol，根据反应方程式可知生成氯气的物质的量为0.2mol，所以产生的体积为4.48L(标准状况)，故B不符合题意；
C．相对分子质量大，沸点高，对平衡后体系降温，混合气体密度减小，说明气体总质量减小，则的状态一定发生变化，故C不符合题意；
D．一定温度下，K= ；其它条件相同时，向平衡后体系再充入等物质的量的和，假设加入的和都是1mol，，所以反应逆向进行，此时v(正)
【分析】A、气体质量守恒，若是气体化学计量数增大，则平均摩尔质量减小；
B、结合公式V=n·Vm判断；
C、结合公式m=ρ·V判断；
D、化学平衡常数等于反应物的浓度幂之积和生成物的浓度幂之积之比，如果已知化学平衡常数，要判断平衡移动问题，可以结合Q和化学平衡常数的关系进行判断，Q>K，反应朝逆向移动，Q>K，反应朝正向移动，Q=K，平衡不移动。
3．（2023·江苏模拟）硫及其化合物有着广泛的作用。硫元素具有多种化合价，在一定条件下能发生相互转化。不同温度下硫单质的状态和分子结构不同，环状分子的结构为 。合理应用和处理含硫的化合物，在生产生活中有重要意义。利用甲烷可以除去，反应为。下列说法正确的是
A．上述反应的
B．上述反应的化学平衡常数
C．及时分离出(g)，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动
D．上述反应中生成1mol，转移电子的数目约为
【答案】D
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．反应为气体分子数增大的反应，熵变大于零；A不符合题意；
B．由方程式可知，上述反应的化学平衡常数，B不符合题意；
C．及时分离出(g)，平衡向正反应方向移动，但是物质浓度减小，正反应速率减小， C不符合题意；
D．反应中硫元素化合价由+6变为0，，则上述反应中生成1mol，转移电子的数目约为，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、气体分子数增多为熵增的过程；
B、化学平衡常数为生成物的浓度幂之积和反应物的浓度幂之积比值；
C、减少生成物浓度，平衡朝正向移动；
D、结合化合价变化数目和原子个数判断电子数。
4．（2023·江苏模拟）工业上制备Ti，采用碳氯化法将转化成。在1000℃时发生如下：
①
②
③ 。
在，将、C、以物质的量比1：2.2：2进行碳氯化，平衡时体系中、CO、和C的组成比(物质的量分数)随温度变化如下图所示。下列说法错误的是
A．1000℃时，反应的平衡常数
B．曲线III表示平衡时的物质的量分数随温度的变化
C．高于600℃，升高温度，主要对反应②的平衡产生影响
D．为保证的平衡产率，选择反应温度应高于1000℃
【答案】D
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A.1000℃时，由盖斯定律可知，①-③得反应，则其平衡常数，A不符合题意；
B．由分析可知，曲线III表示平衡时的物质的量分数随温度的变化，B不符合题意；
C．高于600℃，升高温度，的分数几乎不变，而CO含量显著增大，反应均为放热，升温反应逆向进行，则说明此时升高温度主要对反应②的平衡产生影响，导致CO含量显著增大，C不符合题意；
D．温度200℃~1200℃之间四氯化碳的平衡转化率几乎不变，故升高温度对其平衡转化率增加作用不大，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、两式相加，其平衡常数相乘，两式相减，其平衡常数相除；
B、升高温度，平衡朝吸热方向移动；
C、结合图示以及一氧化碳的含量变化判断；
D、结合图示可以知道200℃~1200℃之间四氯化碳的平衡转化率几乎不变。
5．（2023·石家庄模拟）向起始温度相同、体积相等的甲、乙两个恒容密闭容器中分别充入和发生反应：，；其中一个为绝热容器，另一个为恒温容器。若测得两容器中除0时刻外，任意时刻的正反应速率始终满足，则下列说法错误的是
A．甲为绝热容器
B．的平衡转化率：甲>乙
C．除0时刻外，任意时刻的压强始终满足
D．该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能
【答案】B
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．该反应为放热反应，若容器为绝热容器，则体系内温度升高，温度越高反应速率越快，任意时刻的正反应速率始终满足，可判断甲中温度高，为绝热体系，故A不符合题意；
B．由以上分析可知甲为绝热容器，甲中温度高于乙，该反应为放热反应，温度升高使平衡逆向移动，会降低NO的转化率，因此乙中NO的平衡转化率高于甲，故B符合题意；
C．除0时刻外，甲中温度高于乙，且甲正向进行程度小于乙，甲中气体分子数大于乙，则甲中压强始终大于乙，故C不符合题意；
D．该反应为放热反应，正反应的活化能小于逆反应的活化能，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、升高温度速率加快；
B、升高温度，平衡朝吸热方向移动；
C、气体分子数越大，压强越大；
D、反应物活化能大于生成物活化能，反应吸热，反之，反应放热。
6．（2023·唐山模拟）室温下，气体M、N、P、Q之间存在如下转化关系：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)，在容积为10L的密闭容器中，反应体系中组分M、P的物质的量随时间的变化如下表所示：
0 1min 2min 3min 4min 5min 6min
M(mol) 1.00 0.76 0.56 0.40 0.36 0.36 0.36
P(mol) 0 0.06 0.11 0.15 0.16 0.16 0.16
下列说法正确的是
A．0~3min时间段内，Q的平均反应速率为
B．反应开始后，体系中P和Q的浓度之比保持不变
C．平衡时M生成Q的转化率为36%
D．反应①的活化能比反应②的活化能低
【答案】B
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．由表格数据可知，0~3min时，M的物质的量变化量为0.60mol、P的物质的量变化量为0.15mol，则反应生成的Q的物质的量为0.60mol—0.15mol=0.45mol，则Q的平均反应速率为=0.015 mol/(L·min)，故A不符合题意；
B．由化学反应速率定义可知，反应开始后，体系中P和Q的浓度变化量之比△c(P)：△c(Q)=tv1：tv2=k1c(M)：k2c(M)= k1：k2，k1、k2为定值，所以反应开始后，体系中P和Q的浓度之比保持不变，故B符合题意；
C．由表格数据可知，4min反应达到平衡时，M的物质的量变化量为0.64mol、P的物质的量变化量为0.16mol，则反应生成的Q的物质的量为0.64mol—0.16mol=0.48mol，M生成Q的转化率为×100%=48%，故C不符合题意；
D．由表格数据可知，4min反应达到平衡时，M的物质的量变化量为0.64mol、P的物质的量变化量为0.16mol，则反应生成的Q的物质的量为0.64mol—0.16mol=0.48mol，则反应①的反应速率慢于反应②，反应速率越快，活化能越小，则反应①的活化能比反应②的活化能高，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、化学反应速率为浓度变化量和时间变化量的比值；
B、结合速率常数判断；
C、转化率为变化量和起始量的比值；
D、速率越慢，活化能越大。
7．（2022·淄博模拟）两个均充有H2S的刚性密闭容器，起始压强均为pkPa，以温度、Al2O3催化剂为条件变量，进行实验：2H2S(g)2H2(g)+S2(g)，反应相同时间，结果如图所示。下列说法错误的是
A．温度升高，H2S分解的正，逆反应速率均增大
B．900℃，ts后达平衡，H2的平均生成速率为pkPa s 1
C．Al2O3催化剂使得正反应的活化能小于逆反应的活化能
D．1100℃，曲线II、III重合，说明Al2O3催化剂失去活性
【答案】C
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．温度升高，反应速率均增大即H2S分解的正，逆反应速率均增大，故A不符合题意；
B.900℃，ts后达平衡，硫化氢的转化率为50%，则氢气的压强为0.5pkPa，则H2的平均生成速率为，故B不符合题意；
C．根据图中曲线分析，升高温度，硫化氢的转化率增大，因此该反应是吸热反应，则Al2O3催化剂使得正反应的活化能大于逆反应的活化能，故C符合题意；
D．催化剂需要适宜温度，在1100℃，曲线II、III重合，说明Al2O3催化剂可能几乎失去活性，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、升高温度，正逆反应速率加快；
B、氢气的速率可以结合硫化氢的转化率计算；
C、活化能越大，速率越慢；
D、催化剂在温度过高时会失去活性。
8．（2023·沈阳模拟）某温度下，恒容密闭容器内加入等物质的量和发生反应，，k为速率常数。反应一段时间后达到平衡。下列说法中错误的是
A．若，则该反应
B．加入一定量，混合气体颜色变深
C．加入一定量氩气，容器内压强增大，反应速率不变
D．加入等物质的量的和，转化率不变
【答案】A
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．若，则> ，k为速率常数，升高温度k正本来就要增大，不能判断该反应是否为吸热反应或放热反应，故A符合题意；
B．加入一定量，平衡逆向移动，I2浓度增大，混合气体颜色变深，故B不符合题意；
C．加入一定量氩气，容器内压强增大，容器体积和各反应物的物质的量不变，浓度也不变，则反应速率不变，故C不符合题意；
D．加入等物质的量的和等效于增大压强，该反应是气体体积不变的反应，增大压强，转化率不变，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、升高温度，速率增大；
B、增大碘化氢浓度，平衡朝逆向移动，碘浓度增大，颜色变深；
C、恒容条件下通入氩气，平衡不移动；
D、恒容条件下增大压强，氢气转化率不变，
9．（2022·诸暨模拟）向甲、乙、丙三个密闭恒容的容器中充入一定量的A和B，发生反应：；各容器的反应温度、反应物起始量，反应过程中C的浓度随时间变化关系分别以表和如图表示：
容器 甲 乙 丙
容积/L 0.5 0.5 1.0
温度/℃
反应起始量 1.5mol A，0.5mol B 1.5mol A，0.5mol B 6.0mol A，2.0mol B
下列说法正确的是（ ）
A．由图表可知，，该反应为吸热反应
B．10min时，甲容器中该反应的瞬时速率与乙相同
C．由图表可知，
D．℃，起始时甲容器中充入0.5molA、1.5mol B，平衡时A的转化率为75%
【答案】D
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．甲、乙起始投料相同，但乙先达到平衡，说明T2＞T1，C(乙)的平衡浓度小于C(甲)的平衡浓度，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，A不符合题意；
B．T2＞T1，温度越高，瞬时速率越快，故乙容器中瞬时速率快，B不符合题意；
C．乙与丙反应温度相同，投料浓度丙为乙的2倍，平衡后C的浓度丙仍为乙的2倍，说明压强不影响平衡移动，故x=1，反应前后气体分数不变，C不符合题意；
D．甲中平衡时C的浓度为1.5mol/L，则：
，
故T1℃，该反应的平衡常数为，
现有T1℃，起始时甲容器中充入0.5molA、1.5molB，反应到达平衡时A的浓度变化量为x，则：
，
温度不变，K值不变，，解得：x=0.75，故A的转化率为，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、温度升高，平衡朝吸热方向移动；
B、浓度相同时，温度越高，瞬时速率越快；
C、左右两边气体系数相同时，平衡不移动；
D、转化率的计算要结合三段式进行判断。
10．（2022·虹口模拟）向密闭容器中加入一定量，下发生反应： ，保持温度不变，容器内最终二氧化碳浓度与容器容积的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．平衡常数值：
B．从，平衡逆向移动
C．容积为时，的平衡分解率为
D．容积为时，再加入一定量，的浓度不发生变化
【答案】C
【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． 下发生反应： ，保持温度不变，平衡常数值不变，故A不符合题意；
B． 从，反应容器容积增大，使二氧化碳气体的浓度下降，容器内气压下降，根据平衡移动原理，反应应正向移动以增大容器内压强，设Y点、V=30L、Z点二氧化碳的物质的量分别为n1、n2、n3，n1=(2a×20)mol=40amol，n2=(×30)mol=40amol，n3=(a×40)mol=40amol，可知加入容器的碳酸钙已经完全分解，不能按可逆反应的平衡规则来描述，故B不符合题意；
C． 由X点、Y点分别产生的二氧化碳的物质的量分别是20amol，40amol，比值为1：2，而根据B的分析，Y点之后加入的碳酸钙已经完全分解，Y点的碳酸钙分解率为100%，X点对应的分解率为50%，故C符合题意；
D． 由B分析，容积为时，此时远远没有达到此温下二氧化碳的平衡浓度，再加入一定量，碳酸钙会分解，的浓度会发生变化，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、平衡常数只受温度影响；
B、可知加入容器的碳酸钙已经完全分解，不能按可逆反应的平衡规则来描述；
C、平衡分解率根据体积判断，浓度相同时，容器体积分别为10L和20L，计算其物质的量，求出分解率；
D、继续增加碳酸钙，生成的二氧化碳会变化。
11．（2022·永州模拟）α—萘磺酸()和β—萘磺酸()是重要的化工原料，合成时往往得到两者的混合物，工业上相关的合成反应如图。有关说法错误的是（ ）
反应①：+H2SO4=+H2O ΔH1<0 K1
反应②：+H2SO4=+H2O △H2<0 K2
A．若主要产物是α-萘磺酸，说明反应①活化能比②小
B．平衡时α-萘磺酸和β-萘磺酸的物质的量浓度关系为=
C．在密闭容器中加入萘与硫酸，tmin后反应达到平衡，用萘磺酸表示的反应速率为
D．α-萘磺酸与β-萘磺酸能相互转化
【答案】B
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．主要产物是α-萘磺酸，说明反应①比较容易实现，活化能低，故反应①活化能比②小，A符合题意；
B．反应①和②反应物相同，平衡常数，反应物相同，平衡时α-萘磺酸和β-萘磺酸的物质的量浓度关系为：，B不符合题意；
C．tmin后反应达到平衡，萘的浓度变化等于α-萘磺酸和β-萘磺酸生成浓度之和，故用萘磺酸表示的反应速率为，C符合题意；
D．反应①-②或反应②-①，可看出两者可以相互转化，D符合题意；
故答案为：B。
【分析】Ａ． 主要产物是α-萘磺酸，说明反应①比较容易实现，活化能低；
Ｂ．平衡常数，反应物相同，则；
Ｃ．根据计算；
Ｄ．根据反应①和反应②可知， α-萘磺酸与β-萘磺酸能相互转化 。
12．（2022·锦州模拟）可用作有机合成的氯化剂。在体积为的密闭容器中充入，发生反应：，图中所示曲线分别表示反应在时和平衡时的转化率与温度的关系。下列说法正确的是 （ ）
A．的
B．，从，以表示反应的平均速率为
C．当容器中混合气体的平均相对分子质量恒定不变时，反应达到平衡状态
D．82℃，若起始时在该密闭容器中充入和各，则此时v(逆)＞v(正)
【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．由图可知，升高温度，的平衡转化率增大，则正反应为吸热反应，；且正反应可自发进行，说明，则，A项不符合题意；
B．，从，以表示反应的平均速率为，B项符合题意；
C．反应过程中气体的总质量不变，该反应为气体分子数不变的反应，则该反应中混合气体的总物质的量不变，混合气体的摩尔质量始终不变，则平均相对分子质量恒定不变，故当容器中混合气体的平均相对分子质量恒定不变时，不能说明反应达到平衡状态，C项不符合题意；
D.82℃下，反应达平衡时，的转化率为90%，则达平衡时，c()==，c()=c()==0.045mol/L，该反应的平衡常数K==20.25，若起始时在该密闭容器中充入和各，则Qc==1＜K，则平衡正向移动，v(逆)＜v(正)，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.由图可知，升高温度SCl2的转化率增大，，且反应可自发进行，根据判断；
B.反应速率之比等于化学计量数之比，再结合计算；
C. 混合气体的平均相对分子质量恒定不变；
D.列出反应的三段式，计算平衡常数，再计算浓度商，比较平衡常数和浓度商的相对大小确定反应的进行方向，据此判断正逆反应速率的大小。
13．（2022·辽阳模拟）硫酸工业中，将SO2氧化为SO3是生产工艺中的重要环节。在温度为T1条件下，在三个容积均为1L的恒容密闭容器中仅发生反应：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)ΔH<0，实验测得：v正=k正·c2(SO2)·c(O2)，v逆=k逆·c2(SO3)。
容器编号 起始浓度/(mol·L-1) 平衡浓度/(mol·L-1)
c(SO2) c(O2) C(SO3) c(O2)
I 0.6 0.3 0 0.2
II 0.5 x 0.3
III 0.3 0.25 0.2
已知：k正、k逆为速率常数，仅受温度的影响。
下列说法错误的是（ ）
A．达到平衡时，平衡常数和速率常数的关系：
B．若容器II中达到平衡时=1，则x=0.85
C．容器III中达到平衡时，c(O2)<0.25mol·L-1
D．当温度升高为T2时，k正、k逆分别增大m倍和n倍，则m
【知识点】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】A．平衡常数K=，A项不符合题意；
B．根据三段式及容器I中测得的数据可知，在该温度下，该反应的平衡常数K=1.25；容器II中，达到平衡时=1，K==1.25，平衡时O2的浓度
c(O2)=0.8mol·L-1，列三段式：
0.5-2(x-0.8)=0.3+2(x-0.8)，x=0.85，B项不符合题意；
C．容器中Q==1.78>K，此时平衡向逆反应方向移动，则平衡时O2的浓度c(O2)>0.25mol·L-1，C项符合题意；
D．ΔH<0，温度升高，平衡向逆反应方向移动，k逆增大的幅度更大，n>m，D项不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.反应达到平衡时，正逆反应速率相等，；
B.根据表中数据列出三段式进行计算；
C.比较浓度商与平衡常数的关系，判断平衡移动移动方向；
D.升温平衡逆向移动，k逆增幅更大。
14．（2022·连云模拟）CO和H2合成乙醇发生如下反应：
反应Ⅰ：2CO(g)+4H2(g)=CH3CH2OH(g)+H2O(g) ΔH1= 128.8 kJ·mol-1
反应Ⅱ：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH2= 41.8 kJ·mol-1
向一恒容密闭容器中投入一定量的CO和H2发生上述反应，CO的平衡转化率与温度、投料比α[α =]的关系如图所示。
下列有关说法正确的是（ ）
A．α1＜α2
B．在400K、α2=2时，反应Ⅰ的平衡常数K=0.25
C．在500K、投料比为α3条件下，增大压强可使CO的平衡转化率从Y点到Z点
D．为同时提高CO的平衡转化率和CH3CH2OH的产率可采用的反应条件为低温、低压
【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．由图可知，相同温度下投料比α1的转化率更高，反应中增加氢气的量会促进一氧化碳的转化，提高一氧化碳的转化率，故α1>α2，A不符合题意；
B．在400 K、α2=2时，一氧化碳的转化率为50%，因为体积未给出且反应前后气体分子的系数不等，故无法计算K值，B不符合题意；
C．反应Ⅰ为气体分子数减小的反应，反应Ⅱ为气体分子数不变的反应，在500 K、投料比为α3条件下，增大压强，反应Ⅰ正向移动，导致CO的平衡转化率升高，能从Y点到Z点，C符合题意；
D．反应Ⅰ为气体分子数减小的反应，增大压强可提高CO的平衡转化率和CH3CH2OH的产率，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据根据投料比越高，增加氢气的含量提高速率
B.根据数据结合方程式即可计算出平衡常数
C.增大压强可以提高转化率
D.根据方程式判断为增大压强可以提高产率
15．（2022·湛江模拟）反应是工业上制备高纯硅的重要中间过程。一定压强下，起始投入原料的值和温度与的平衡产率的变化关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．该反应为放热反应，
B．M、N点的分压：
C．的值越大平衡产率越高
D．M、N点的逆反应速率：
【答案】C
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．温度升高，的平衡产率减小，说明反应向逆反应方向移动，正反应为放热反应，选项A不符合题意；
B．M点的平衡产率大，其物质的量大、温度高，故分压大，选项B不符合题意；
C．由图可知，的值增大至7时，的平衡产率降低至接近于0，选项C符合题意；
D.M点温度较高，浓度较大，逆反应速率，选项D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.其他条件相同时，温度高，产率低，说明该反应是放热反应；
B.物质的量相同时，温度越高，压强越大，温度相同时，物质的量越大，压强越大；
C.从图可以看出，并非比值越大，平衡产率越大；
D.温度对反应速率的影响最大，温度越高，反应速率越大。
二、多选题
16．（2021·临沂模拟）丙酮是重要的有机合成原料，可以由过氧化氢异丙苯合成。其反应为： ，为了提高过氧化氢异丙苯的转化率，反应进行时需及时从溶液体系中移出部分苯酚。过氧化氢异丙苯的转化率随反应时间的变化如图所示。设过氧化氢异丙苯的初始浓度为x mol·L-1，反应过程中的液体体积变化忽略不计。下列说法正确的是（ ）
A．a、c 两点丙酮的物质的量浓度相等
B．b、c两点的逆反应速率：v(b)
D．若b点处于化学平衡，则120℃时反应的平衡常数
【答案】A,C
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用；有机物的合成
【解析】【解答】A．由于起始反应物浓度相同且a、c点转化率相同，故生成的丙酮浓度相等，A符合题意；
B．由于反应物转化率b点(98%)＞c点(70%)，故生成物浓度：b点＞c点，且b点温度大于c点，故逆反应速率：b点＞c点，B不符合题意；
C．由图示知，100℃时，5 h时反应物的转化率为70%，故生成丙酮的浓度=0.7x mol/L，则0~5 h丙酮的平均反应速率= ，C符合题意；
D．b点对应反应物转化率为98%，故两种生成物浓度均为0.98x mol/L，但在反应过程中有部分苯酚被移出反应体系，故平衡时体系中苯酚的浓度未知，故无法求算平衡常数，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A.根据转化率计算出浓度即可
B.根据转化率的高低判断速率的大小
C.根据转化率结合三行式计算速率即可
D.不知平衡体系中苯酚的物质的量浓度
17．（2021·宿迁模拟）在恒容密闭容器中发生反应：4HCl(g)+O2(g) 2Cl2(g)+2H2O(g)。下列有关说法正确的是（ ）
体积 投料 200℃时 HCl平衡转化率 400℃时 HCl平衡转化率
容器I 1L 4mol HCl(g)、1mol O2(g) 90% 75%
容器II 2L Xmol HCl(g)、2mol O2(g) α1 α2
A．该反应的ΔH>0
B．400℃时，该反应的平衡常数的值为
C．400℃时，若X >8，则α2 >75%
D．400℃时，向容器I平衡体系中再加入1molO2(g)和1molCl2(g)，此时v (正)> v (逆)
【答案】B,D
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A.由题意可知，升高温度HCl平衡转化率减小，逆向移动，正反应放热，故A不符合题意；
B.根据反应列出三段式 ，因为体积是1L，可用浓度替换，所以平衡常数为K= = ，故B符合题意；
C.若X=8，则容器II中反应和容器I中反应相同，若X >8时，HCl本身浓度增加，但本身转换率降低，故C不符合题意；
D.当向容器I平衡体系中再加入1molO2(g)和1molCl2(g)时，Q= = < ，平衡想正反应方向移动，v (正)> v (逆)，故D符合题意；
故答案为BD。
【分析】A.结合不同温度下的氯化氢的平衡转化率确定反应的放热和吸热情况
B.根据平衡转化率和三行式计算出平衡常数
C.建立x=8的等效平衡，大于8时氧气的转换率提高
D.计算出浓度商进行比较即可
18．（2018·泰州模拟）温度为T时，向体积为2 L的恒容密闭容器中加入足量铁粉和0.08 mol H2O(g)，发生反应3Fe(s)＋4H2O(g) Fe3O4(s)＋4H2(g)，一段时间后达平衡。t1时刻向容器中再充入一定量的H2，再次达平衡时H2的体积分数为20%。下列说法正确的是( )
A．t1时刻充入H2，v′正、v′逆变化如右图
B．第一次达平衡时，H2的体积分数小于20%
C．温度为T时，起始向原容器中充入0.1 mol铁粉、0.04 mol H2O(g)、0.1 mol Fe3O4(s)、0.005 mol H2(g)，反应向正反应方向进行
D．温度为T时，向恒压容器中加入足量Fe3O4(s)和0.08 mol H2 (g)，达平衡时H2(g)转化率为20%
【答案】A,C
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A. t1时刻充入H2，生成物浓度增大，v'逆突然增大，反应物浓度来不及变化，v'正不变，随着反应的进行v'逆逐渐减小v'正逐渐增大，当v'正=v'逆时又重新达平衡，选项A符合题意；
B、再次达平衡时，H2的体积分数为20%，由于该反应为气体体积不变的反应，前后反应为等效平衡，平衡时H2的体积分数相同，均为20%，选项B不符合题意；
C、温度为T时，起始向原容器中充入0.1mol铁粉、0.04molH2O(g)、0.1mol Fe3O4(s)、0.005 mol H2(g)，H2的体积分数为 ，反应向正反应方向进行，选项C符合题意；
D、根据等效平衡可知，温度为T时，向恒压容器中加入足量 Fe3O4(s)和0.08molH2(g)，达平衡时H2(g)转化率为80%，选项D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】根据图像中正逆反应速率的变化判断反应速率加快、平衡向逆反应方向移动，然后进行计算即可。
19．（2021高二下·郴州期末）一定温度下，向2L恒容容器中充入A和B，发生反应，经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据如表，下列说法正确的是（ ）
0 5 15 25 35
1.0 0.85 0.81 0.80 0.80
A．前5s的平均反应速率
B．由题目信息可知，正反应为放热反应
C．保持温度不变，起始时向容器中充入A、B和C，反应达平衡前
D．保持温度不变，起始时向容器中充入C，达平衡时，C的转化率等于80%
【答案】C,D
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．反应在前5s的平均速率(A)==0.015mol/(L s)，A不符合题意；
B．需根据温度变化对平衡的影响确定反应的吸放热情况，题目并没有透露，B不符合题意；
C．相同温度下，起始时向容器中充入0.20mol A、0.20mol B和1.0mol C，Qc==25＞K，反应逆向进行，反应达到平衡前(正)＜(逆)，C符合题意；
D．等效为起始加入2.0mol A和2.0mol B，由于该反应前后气体的体积保持不变，故与原平衡相比，压强增大，平衡不移动，平衡时的A、B转化率不变，故平衡时A、B的物质的量等于1.6mol，C的物质的量等0.4mol，即相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol C，达到平衡时，C的物质的量等0.4mol，参加反应的C的物质的量等于1.6mol，转化率等于80%，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】B.题目没有提供温度对平衡的影响，无法判断反应的热效应。
C.首先计算该温度下的平衡常数，在计算充入0.20mol A、0.20mol B和1.0mol C后的Qc，比较二者大小，判断平衡的移动。
20．（2020高一下·启东期末）某可逆反应在某体积为5L的密闭容器中进行，在从0~3min各物质的量的变化情况如图所示（A、B、C均为气体）。下列说法正确的是（ ）
A．该反应的化学方程式为2A+B 2C
B．v（A）=v（C）说明该反应已达到平衡状态
C．由图求得A的平衡时的转化率为40%
D．反应开始至2min时，A的平均反应速率为0.1mol/（L min）
【答案】A,C
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A. C的物质的量增加、A和B的物质的量减小，所以A和B是反应物、C是生成物，物质的量变化值之比等与化学计量数之比，即A、B和C的化学计量数之比为2：1：2，到2min时达到平衡，故该反应的化学方程式为2A+B 2C，A符合题意；
B. 对同一个物质而言正反应速率和逆反应速率相等，如v正（A）=v逆（A），若选用不同物质的速率，不同物质的正反应和逆反应速率等于化学计量数之比，如v正（A）= v逆（C），则说明已平衡，但是v（A）=v（C）没有指明是正反应还是逆反应，故不能说明该反应已达到平衡状态，B不符合题意；
C. 共有5molA，到平衡时消耗2molA，则A的平衡时的转化率为40%，C符合题意；
D. 反应开始至2min时， ，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】根据AB物质的量的变化量之比计算出化学计量系数之比，当正反应速率等于逆反应速率时，反应达到平衡，根据A的变化量即可计算出平衡时A的转化率，同时求出A的平均反应速率
三、非选择题
21．（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。
22．（2022·福建）异丙醇可由生物质转化得到，催化异丙醇脱水制取高值化学品丙烯的工业化技术已引起人们的关注，其主要反应如下：
Ⅰ.
Ⅱ.
回答下列问题：
（1）已知，则燃烧生成和的热化学方程式为 。
（2）在下，刚性密闭容器中的反应体系内水蒸气浓度与反应时间关系如下表：
反应时间 0 4 8 12 t 20
浓度 0 2440 3200 3600 4000 4100
①内， ；
②t 16(填“>”“<”或“=”)。
（3）在恒温刚性密闭容器中，反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡的判据是 (填标号)。
a.的分压不变 b.混合气体密度不变
c. d.
（4）在一定条件下，若反应Ⅰ、Ⅱ的转化率分别为98%和40%，则丙烯的产率为 。
（5）下图为反应Ⅰ、Ⅱ达到平衡时与温度的关系曲线。
(已知：对于可逆反应，任意时刻，式中)表示物质×的分压)
①在恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，反应Ⅰ的的状态最有可能对应图中的 点(填“甲”“乙”或“丙”)，判断依据是 。
②时，在密闭容器中加入一定量的，体系达到平衡后，测得的分压为，则水蒸气的分压为 (用含x的代数式表示)。
【答案】（1）
（2）190；>
（3）ad
（4）58.8%
（5）甲；反应I平衡曲线为N，恒压时充入水蒸气，；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】（1）设Ⅲ ，根据盖斯定律Ⅲ-2×Ⅰ得，故答案为：；
（2）①内，，则，故答案为：190；
②随着反应进行，水的浓度变化量减小，、、，Δc(H2O)逐渐减小，说明反应速率减小，内，Δc(H2O)=400ppm，内，Δc(H2O)=400ppm，则t-12>4，即t>16，故答案为：>；
（3）a．H2O的分压不变，则C3H6的分压也不变，反应1、Ⅱ各组分分压不变，反应1、Ⅱ均达到平衡，a正确；
b．反应物和生成物均为气体，混合气体的总质量不变，刚性密闭容器体积不变，则混合气体密度不变，不能作为反应I、Ⅱ均达到平衡的判据，b不正确；
c．当时，反应不一定达到平衡，不能作为反应1、Ⅱ均达到平衡的判据，c不正确；
d．，说明正逆反应速率相等，反应I达平衡，各组分分压不变，C3H6的分压不变，说明反应Ⅱ也达平衡，d正确；
故答案为：ad。
（4）设C3H8O的物质的量为1mol，若1mol C3H8O完全反应，理论上生成1mol C3H6，因为反应Ⅰ、Ⅱ的转化率分别为98%和40%，反应I生成1mol×98%=0.98mol C3H6，反应Ⅱ消耗了40% C3H6，则达平衡时C3H6的物质的量为0.98mol×(1-40%)=0.588mol，所以丙烯的产率为=58.8%，故答案为：58.8%；
（5）①反应I为气体体积增大的吸热反应，反应Ⅱ为气体体积减小的放热反应，则升高温度，反应I正向移动，逐渐增大，反应Ⅱ逆向移动，逐渐减小，即反应I为平衡曲线为N，反应Ⅱ平衡曲线为M；在350℃恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，对于反应I而言，相当于增大生成物浓度，使得>，即lg增大，反应I的状态最有可能对应图中的甲，故答案为：甲； 反应I平衡曲线为N，恒压时充入水蒸气，；
②由图可知，350℃时达平衡后，=0，则350℃时==1，设水蒸气的平衡分压为a MPa，则反应II的C3H6起始分压为 a MPa，对反应Ⅱ列三段式有
，解得a=MPa，故答案为：。
【分析】（1）根据盖斯定律，将Ⅲ-2×Ⅰ可得目标方程式；
（2）①根据计算；
②随着反应进行，水的浓度变化量减小，则反应速率减小，水减少相同物质的量浓度时，所需时间逐渐增长；
（3）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；
（4）根据计算；
（5）①升高温度，反应向吸热方向移动；在350℃恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，对于反应I而言，相当于增大生成物浓度，使得；
②列出反应的三段式计算。
23．（2022·河北）氢能是极具发展潜力的清洁能源，以氢燃料为代表的燃料电池有良好的应用前景。
（1）时，燃烧生成)放热，蒸发吸热，表示燃烧热的热化学方程式为 。
（2）工业上常用甲烷水蒸气重整制备氢气，体系中发生如下反应。
Ⅰ.
Ⅱ.
①下列操作中，能提高平衡转化率的是 (填标号)。
A．增加用量 B．恒温恒压下通入惰性气体
C．移除 D．加入催化剂
②恒温恒压条件下，1molCH4(g)和1molH2O(g)反应达平衡时，的转化率为，的物质的量为，则反应Ⅰ的平衡常数 (写出含有α、b的计算式；对于反应，，x为物质的量分数)。其他条件不变，起始量增加到，达平衡时，，平衡体系中的物质的量分数为 (结果保留两位有效数字)。
（3）氢氧燃料电池中氢气在 (填“正”或“负”)极发生反应。
（4）在允许自由迁移的固体电解质燃料电池中，放电的电极反应式为 。
（5）甲醇燃料电池中，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO，四步可能脱氢产物及其相对能量如图，则最可行途径为a→ (用等代号表示)。
【答案】（1）H2(g)+O2 (g)=H2O(1) H= -286 kJ mol-1
（2）BC；；43%
（3）负
（4）CnH2n+2-(6n+2)e-+ (3n+1) O2-=n CO2+(n+1) H2O
（5）abehj
【知识点】燃烧热；盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学反应速率与化学平衡的综合应用；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）298K时，1gH2燃烧生成H2O(g)放热121 kJ，则1molH2燃烧生成H2O(g)放热=242kJ，用热化学方程式表示为：H2(g)+O2(g)=H2O(g) H1= -242 kJ mol-1①，又因为1 mol H2O(1)蒸发吸热44kJ，则H2O(g)= H2O(l) H2= -44 kJ mol-1②，根据盖斯定律可知，表示H2燃烧热的反应热为 H=H1+H2= -286 kJ mol-1，故答案为：H2(g)+O2 (g)=H2O(1) H= -286 kJ mol-1；
（2）①A．增加CH4 (g)用量可以提高H2O(g)的转化率，但是CH4(g)平衡转化率减小，A不正确；
B．恒温恒压下通入惰性气体，相当于减小体系压强，反应混合物中各组分的浓度减小，反应Ⅰ的化学平衡正向移动，能提高CH4(g)平衡转化率，B正确；
C．移除CO(g)，减小了反应混合物中CO(g)的浓度，反应Ⅰ的化学平衡正向移动，能提高CH4(g)平衡转化率，C正确；
D．加入催化剂不能改变平衡状态，故不能提高CH4(g)平衡转化率，D不正确；
综上所述，上述操作中，能提高CH4(g)平衡转化率的是BC；
②恒温恒压条件下，1 mol CH4 (g)和1 mol H2O(g)反应达平衡时，CH4 (g)的转化率为α，CO2 (g)的物质的量为b mol，则转化的CH4 (g)为α mol，剩余的CH4 (g)为(1-α)mol，根据C元素守恒可知，CO(g)的物质的量为(α-b)mol，根据H和O守恒可知，H2O(g)的物质的量为(1-α-b)mol，H2(g)的物质的量为(3α+b)mol，则反应混合物的总物质的量为(2α+2)mol，平衡混合物中，CH4(g)、H2O(g)、 CO(g) 、H2(g)的物质的量分数分别为、、、，因此，反应I的平衡常数Kx=；其他条件不变，H2O(g)起始量增加到5mol，达平衡时，α=0.90，b =0.65，则平衡时，CH4 (g)为0.1mol，根据C元素守恒可知，CO(g)的物质的量为0.25mol，根据H和O守恒可知，H2O(g)的物质的量为(5-0.90-0.65 )mol=3.45mol，H2(g)的物质的量为(3α+b )mol=3.35mol，平衡混合物的总物质的量为(2α+6 )mol=7.8mol，平衡体系中H2(g)的物质的量分数为；
（3）氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为负极，负极发生氧化反应，通入氧气的一极为正极，正极发生还原反应，因此氢氧燃料电池中氢气在负极发生反应；
（4）在允许O2-自由迁移的固体电解质燃料电池中，CnH2n+2在负极发生氧化反应生成CO2和H2O，电极反应式为CnH2n+2-(6n+2)e-+ (3n+1) O2-=nCO2+(n+1) H2O；
（5）由图示可知，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO，且能垒越低，活化能越小，越容易进行，根据图示可知，其可行的途径为：abehj。
【分析】（1）燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量；
（2）①提高平衡转化率，应使平衡尽量正向移动，平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
②分别计算各物质的物质的量，结合 计算；
（3）氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为负极，负极发生氧化反应，通入氧气的一极为正极，正极发生还原反应；
（4） CnH2n+2在负极上发生氧化反应生成CO2和H2O；
（5）原电池反应均为自发的氧化还原反应，为放热反应。
24．（2022·海南）某空间站的生命保障系统功能之一是实现氧循环，其中涉及反应：
回答问题：
（1）已知：电解液态水制备，电解反应的。由此计算的燃烧热(焓) 。
（2）已知：的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系如图1所示。
①若反应为基元反应，且反应的与活化能(Ea)的关系为。补充完成该反应过程的能量变化示意图(图2) 。
②某研究小组模拟该反应，温度t下，向容积为10L的抽空的密闭容器中通入和，反应平衡后测得容器中。则的转化率为 ，反应温度t约为 ℃。
（3）在相同条件下，与还会发生不利于氧循环的副反应：，在反应器中按通入反应物，在不同温度、不同催化剂条件下，反应进行到2min时，测得反应器中、浓度()如下表所示。
催化剂 t=350℃ t=400℃
催化剂Ⅰ 10.8 12722 345.2 42780
催化剂Ⅱ 9.2 10775 34 38932
在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，生成的平均反应速率为 ；若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件，原因是 。
【答案】（1）-286
（2）；50%或0.5；660.2(或660.1或660.3，其他答案酌情给分)
（3）5.4；相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高
【知识点】燃烧热；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)电解液态水制备，电解反应的，则2mol完全燃烧消耗，生成液态水的同时放出的热量为572kJ ，从而可知1mol完全燃烧生成液态水放出的热量为286kJ，因此，的燃烧热(焓)-286。
(2)①由的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系图可知，K随着温度升高而减小，故该反应为放热反应。若反应为基元反应，则反应为一步完成，由于反应的与活化能(Ea)的关系为，由图2信息可知＝ａ，则ａ，则生成物能量低于a，因此该反应过程的能量变化示意图为：。
②温度t下，向容积为10L的抽空的密闭容器中通入和，反应平衡后测得容器中，则参与反应的的物质的量为0.05mol，的转化率为；的平衡量为，和是按化学计量数之比投料的，则的平衡量为，的平衡量是的2倍，则，的平衡浓度分别为、、、，则该反应的平衡常数K＝，根据图1中的信息可知，反应温度t约为660.2℃。
(3)在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，由表中信息可知，0~2minCH3OH的浓度由0增加到10.8μmol L-1，因此，0~2min生成CH3OH的平均反应速率为10.8mol L-12min=5.4μmol L-1 min-1；由表中信息可知，在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应， 0~2minCH3OH的浓度由0增加到10.8μmol L-1，c(CH4)：c(CH3OH)＝12722：10.8≈1178；在选择使用催化剂Ⅱ和350℃的反应条件下，0~2minCH3OH的浓度由0增加到9.2μmol L-1，c(CH4)：c(CH3OH)＝10775：9.2≈1171；在选择使用催化剂Ⅰ和400℃条件下反应， 0~2minCH3OH的浓度由0增加到345.2μmol L-1，c(CH4)：c(CH3OH)＝42780：345.2≈124；在选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件下，0~2minCH3OH的浓度由0增加到34μmol L-1，c(CH4)：c(CH3OH)＝38932：34≈1145。因此，若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件的原因是：相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高。
【分析】（1）燃烧热是指在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；
（2）①该反应的平衡常数随温度升高而减小，该反应为放热反应，生成物能量低于a；
②根据转化率=反应量起始量×100%计算；计算此时的平衡常数，根据图1确定反应温度；
（3）根据v=ΔcΔt计算；400℃的反应速率更快，相同温度下，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高。
25．（2021·湖北）丙烯是一种重要的化工原料，可以在催化剂作用下，由丙烷直接脱氢或氧化脱氢制备。
反应Ⅰ(直接脱氢)：C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)△H1=+125kJ·mol-1
反应Ⅱ(氧化脱氢)：C3H8(g)+ O2(g)=C3H6(g)+H2O(g)△H2=-118kJ·mol-1
（1）已知键能：E(C—H)=416kJ·mol-1，E(H—H)=436kJ·mol-1，由此计算生成1mol碳碳π键放出的能量为 kJ。
（2）对于反应Ⅰ，总压恒定为100kPa，在密闭容器中通入C3H8和N2的混合气体(N2不参与反应)，从平衡移动的角度判断，达到平衡后“通入N2”的作用是 。在温度为T1时，C3H8的平衡转化率与通入气体中C3H8的物质的量分数的关系如图a所示，计算T1时反应Ⅰ的平衡常数Kp= kPa(以分压表示，分压=总压×物质的量分数，保留一位小数)。
（3）在温度为T2时，通入气体分压比为p(C3H8)：p(O2)：p(N2)=10：5：85的混合气体，各组分气体的分压随时间的变化关系如图b所示。0～1.2s生成C3H6的平均速率为 kPa·s-1；；在反应一段时间后，C3H8和O2的消耗速率比小于2∶1的原因为 。
（4）恒温刚性密闭容器中通入气体分压比为p(C3H8)：p(O2)：p(N2)=2：13：85的混合气体，已知某反应条件下只发生如下反应(k，k′为速率常数)：
反应Ⅱ：2C3H8(g)+O2(g)=2C3H6(g)+2H2O(g)
k
反应Ⅲ：2C3H6(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(g)
k′
实验测得丙烯的净生成速率方程为v(C3H6)=kp(C3H8)-k′p(C3H6)，可推测丙烯的浓度随时间的变化趋势为 ，其理由是 。
【答案】（1）271
（2）减小气体浓度，使平衡右移，提高C3H8(g)转化率；16.7
（3）2；H2和C3H6都消耗O2
（4）先增大后减小；反应开始时，体系中主要发生反应Ⅱ，c(C3H6)逐渐增大，随着反应进行，p(C3H8)减小，p(C3H6)增大，v(C3H6)减小，体系中主要发生反应Ⅲ，c(C3H6)逐渐减小
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】（1）由C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)△H1=+125kJ·mol-1可知反应需要中断裂2mol C—H键、形成1mol碳碳π键和1mol H—H键，436kJ·mol-1×2- E (碳碳π键) = +125kJ.mol-1，解得：E(碳碳π键)= 271kJ. mol-1，所以形成1mol碳碳π键放出的能量为271kJ；
（2）达到平衡后，通入N2，由于总压恒定为100kPa，则容器体积增大，平衡向气体体积增大的方向移动，即向正反应方向移动，C3H8(g)的转化率增大；根据图a，C3H8的物质的量分数为0.4时，其平衡转化率为50%；假设混合气体为1mol，则起始时C3H8为0.4mol，N2为0.6mol，运用三段式法计算：
由于总压恒定为100kPa，平衡时C3H8为0.2mol，C3H6为0.2mol，H2为0.2mol，N2为0.6mol，则C3H8(g)、C3H6(g)、H2(g)的分压均为：100KPa× = 故T1时反应Ⅰ的平衡常数KP= =16.7KkPa。
（3） 内C3H6的分压由0增大为2.4kPa，则生成 的平均速率为 =2kPa·s-1；若只发生反应Ⅰ、Ⅱ，C3H6的分压应大于H2和H2O的分压，但由图b知，随着反应进行，分压p(H2O)>p(C3H6)>p(H2)，且有CO2生成，H2分压降低，故体系中还发生反应：C3H6+ O2=3CO2+3H2O，H2+ O2=H2O，消耗O2，因此C3H8和O2的消耗速率比小于2∶1；
（4）反应开始时，反应Ⅱ向右进行，c(C3H6)逐渐增大，且体系中以反应Ⅱ为主，随着反应进行，p(C3H8)减小，p(C3H6)增大，使得v (C3H6)减小，体系中以反应Ⅲ为主，因此丙烯的浓度随时间的变化趋势为先增大后减小。
【分析】（1）根据△H＝反应物总键能 生成物总键能，结合每摩尔反应Ⅰ中断键和成键情况计算；
（2）该反应的正反应是气体体积增大的反应，恒温恒压条件下通入无关气体，相当于减压，反应向气体体积增大的方向移动，反应物C3H8的转化率增大，利用图a中的数据，设未知数列三段式计算可得各气体平衡的物质的量，故而可得物质的量分数，代入Kp计算；
（3）由图b可知，0～1.2s内，C3H6的分压变化，代入v（C3H6）＝△p(C3H6)/△t计算。随着反应进行，分压：p(H2O)>p(C3H6)>p(H2)，且有CO2生成，H2分压降低，可推断反应中存在其他消耗C3H6和H2且生成H2O和CO2的反应，从而影响了O2的消耗速率；
（4）速率常数只与温度有关，反应开始时，通入气体C3H8、O2、N2，体系中主要发生反应Ⅱ，据此结合丙烯的净生成速率方程为v（C3H6）＝kp（C3H8） k′p（C3H6）分析随着反应的进行的量变。
26．（2023·石家庄模拟）二甲醚是重要的有机合成原料：工业上常用合成气(主要成分为、)制备二甲醚，其主要反应如下：
反应ⅰ：，
反应ⅱ：，
反应ⅲ：，
（1）已知时，由稳定态单质生成化合物的焓变称为该物质的标准摩尔生成焓。几种物质的标准摩尔生成焓如下表所示，据此计算 。
物质
0.0
（2）已知，随温度变化的三种趋势如下图中线条所示。能用来表示反应ⅰ的线条是 (填线条字母)。
（3）在催化剂的作用下发生反应ⅰ，其可能反应机理如下图所示。
①根据元素电负性的变化规律，图中反应步骤Ⅲ可描述为 。
②在合成甲醇过程中，需要不断分离出甲醇的原因为 (填选项字母)。
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
（4）一定温度下，在体积为的刚性容器中充入和制备二甲醚，时达到平衡，平衡时的转化率为80%，，且。
①内， 。
②反应ⅲ的平衡常数 (保留三位有效数字)。
（5）实际工业生产中，需要在260℃、压强恒为的反应釜中进行上述反应。初始时向反应釜中加入和，为确保反应的连续性，需向反应釜中以、进气流量持续通入原料，同时控制出气流量。
①需控制出气流量小于进气流量的原因为 。
②已知出气流量为，单位时间内的转化率为60%，则流出气体中的百分含量为 。
【答案】（1）-90.7
（2）c
（3）H的电负性大于Zn而小于O，吸附在O2-上的H带正电，与C-O上带负电的O结合，吸附在Zn2+上的H带负电，与C-O上带正电的C结合；ac
（4）0.4；4.67
（5）反应釜要求压强恒定，而反应i为气体分子数减小的反应；5%
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）由图表数据可知：①
②，由盖斯定律可知，②-①得：；
（2）反应ⅰ为放热的熵减反应，随着温度升高，会增大，故表示反应ⅰ的线条是c；
（3）①电负性：O＞H＞Zn，图中反应步骤Ⅲ可描述为：H的电负性大于Zn而小于O，吸附在O2-上的H带正电，与C-O上带负电的O结合，吸附在Zn2+上的H带负电，与C-O上带正电的C结合，然后生成产物；
②在合成甲醇过程中，需要不断分离出甲醇，可以使得甲醇浓度减小促使反应正向移动，且甲醇浓度减小，利于从催化剂脱附从而可以空出催化位置提高正反应速率；故答案为：ac；
（4）①时达到平衡，平衡时的转化率为80%，内，；
②平衡时的转化率为80%，则Δc(CO)=1.6mol L-1；，且；设反应i中转化的CO的浓度为a mol L-1
平衡时，则反应ⅲ中生成氢气为(2a-2.6)
根据化学方程式体现的关系可知，1.6-a=2a-2.6，a=1.4；设反应ii中，CH3OCH3的浓度变化量为b ，则有
平衡时，则a-2b=2b，b=0.35；
则平衡时CO、H2、CO2、H2O浓度分别为0.4、1.4、0.2，0.15，则反应ⅲ的平衡常数；
（5）①反应釜要求压强恒定，而反应i为气体分子数减小的反应，会导致压强减小，故需控制出气流量小于进气流量；
②假设时间为1min，则进气为0.03mol、出气0.02mol；反应ⅰ为气体分子数减少的反应，反应ⅱ、ⅲ为气体分子数不变的反应，则减少0.01mol气体是由反应i引起的，由反应i的方程式可知，参加反应i的CO的物质的量为0.01mol÷2=0.005mol，的转化率为60%，则一共有0.006mol CO参加反应，则反应ⅱi中消耗0.001mol CO、生成0.001mol CO2，故流出气体中的百分含量为。
【分析】（1）盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减；
（2）反应i的△H<0，△S<0，因此T增大，△G增大；
（3） ① 氢原子的电负性大于锌而小于氧；
② 减小甲醇的浓度，平衡朝正向移动；
（4） ① 化学反应速率为浓度变化量和时间变化量的比值；
② 化学平衡常数为生成物的浓度幂之积和反应物的浓度幂之积比值；
（5） ① 反应1为气体分子数减小的反应；
② 结合化学计量数之比等于物质的量之比判断。
27．（2023·福州模拟）苯乙烯是合成树脂、离子交换树脂及合成橡胶等的重要单体，常用乙苯为原料合成。其反应原理如下：
已知：上述反应的速度方程为，，其中、分别为正、逆反应速度常数，P为各组分分压(分压=总压×物质的量分数)。
（1）该反应中，部分化学键的平均键能数据如下表：
键 C-H C-C C=C H-H
键能 413 348 X 436
请计算X= 。
（2）利用催化乙苯()脱氢的反应机理如下
下列说法正确的是____。
A．乙苯中，α位的碳氢键键能小于β位的碳氢键键能
B．通过降低焓变加快反应速率
C．增加用量可提高反应的平衡转化率
（3）经研究表明，在固定空速(恒压)条件下该反应存在乙苯的转化率较低、氧化铁表明存在积碳等问题。若在起始加入一定量的水蒸气能够有效地解决这些问题，加入水蒸气的作用是 和 。
（4）100kPa下，反应气组成分别按照、、投料，乙苯平衡转化率随反应温度变化关系如图。
①图中的曲线是 (填曲线标号)。
②图中M点的正反应速率和N点的逆反应速率大小关系为 (填“>”“<”或“=”)。
③550℃、100kPa，按投料时， kPa(用最简分数表示)。
【答案】（1）615
（2）A
（3）水蒸气可以降低乙苯的分压，使平衡向正向移动；水蒸气可以与C发生反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，有效降低积碳
（4）a；<；
【知识点】反应热和焓变；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） H=反应物总键能-生成物总键能，123kJ/mol=(2×413+348-X-436)kJ/mol，解得X=615；
（2）A．由反应机理图可知α位的碳氢键比β位的碳氢键先断，则α位的碳氢键键能小于β位的碳氢键键能，A正确；
B．是该反应的催化剂，其通过降低反应的活化能来加快反应速率，催化剂不能改变一个反应的焓变，B不正确；
C．是该反应的催化剂，改变催化剂的量能改变反应速率，但是不能使平衡发生移动，不能提高反应的平衡转化率，C不正确；
选A；
（3）恒压条件下，加入水蒸气会减小乙苯的分压，使平衡向正向移动；同时，水蒸气可以与C发生反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，有效降低积碳，从而提高乙苯的转化率；
（4）①分别按照、、投料，水蒸气比例越大，平衡正向移动程度越大，乙苯转化率越大，故图中的曲线是a；
②M点乙苯的转化率较N点大，则M点乙苯的浓度小于N点，故M点的正反应速率和N点的逆反应速率大小关系为<；
③550℃、100kPa，按投料时，乙苯的平衡转化率=为60%，设乙苯的起始物质的量为amol，则水蒸气物质的量为9amol，则，平衡时气体总物质的量为0.4a+0.6a+0.6a+9a=10.6a，=，故。
【分析】（1）根据 H=反应物总键能-生成物总键能计算；
（2）A.反应时，乙苯中α位的碳氢键比β位的碳氢键先断；
B.催化剂是通过降低反应的活化能来加快反应速率；
C.催化剂不影响平衡状态，不能提高平衡转化率；
（3）水蒸气可以降低乙苯的分压，使平衡向正向移动，同时可以与C发生反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，有效降低积碳；
（4）①水蒸气比例越大，平衡正向移动程度越大，乙苯转化率越大；
②M点乙苯的转化率较大；
③反应达到平衡时，正逆反应速率相等，即=，则。
28．（2022·诸暨模拟）利用制取生物柴油的副产物甘油可重整制氢，通入一定量的水蒸气，经一系列反应可获得、CO、、等组成气体，通过调整反应的组成和条件可提高产率。请回答：
（1）制氢的几个主要反应如下：
反应1：
反应2：
反应3：
反应4：
①计算并判断该反应的自发性 。
②温度控制不当，气相产物之间会发生积碳副反应如下：
， ；
从而影响氢气产率。若仅考虑积碳副反应，一定温度下，测得在1.0MPa恒压反应体系中组分的分压(即组分的物质的量分数×总压)。达平衡时，，则平衡常数 。
③生产过程中，为减小积碳对氢气产率及催化剂的影响，下列措施合适的是 。
A．通入过量的氧气 B．通入适量的水蒸气 C．选择合适的催化剂 D．加压
④上述各反应达平衡时，体系中各物质的摩尔分数(物质的量分数)受温度的影响如图所示，请结合图像解释在图示温度范围内随着温度升高的摩尔分数先迅速上升后缓慢下降的原因是 。
（2）反应2的一种催化机理是生成中间体甲酸，此时甲酸在金属氧化物催化剂表面的催化机理如图所示：
若想尽可能进行路径1，则选择的氧化物M-O键结合力应较 (填“强”或“弱”)；请补充完整反应的历程：(*表示吸附态)
…… ； + ； ；，
【答案】（1） H4=-206kJ·mol-1， H4<0， S<0，低温自发；10MPa-1；BC；随着温度的升高，甘油和C的摩尔分数一直为零，反应1转化率为100%。反应3的△H绝对值大，且为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，H2的摩尔分数增大的影响大于反应2平衡逆向移动导致H2的摩尔分数减小的影响，且反应3生成的H2量大，所以摩尔分数先迅速上升。由图可知约900K后，CH4摩尔分数接近0，说明反应3几乎转化完全，H2的摩尔分数主要受反应2影响，升温，反应2平衡左移且故H2摩尔分数缓慢下降
（2）弱；H*；CO2*；H*；H*+ H* H2*
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)①根据盖斯定律，反应4=反应2-反应3，则 H4= H2- H3=-41kJ/mol-(+165kJ/mol)=-206kJ/mol；该反应的 H4＜0、 S＜0， G= H4-T S＜0的反应能自发进行，则该反应在低温下自发进行；答案为： H4=-206kJ·mol-1， H4<0， S<0，低温自发。
②若仅考虑积碳副反应，平衡体系中的气态物质有CO、H2、H2O(g)、CO2，一定温度下，测得在1.0MPa恒压反应体系中组分的分压(即组分的物质的量分数×总压)，达平衡时，p(H2O)=p(CO2)=p(CO)=0.3MPa，则p(H2)=1.0MPa-0.3MPa-0.3MPa-0.3MPa=0.1MPa，反应CO(g)+H2(g) C(s)+H2O(g)的平衡常数Kp1===10MPa-1；答案为：10MPa-1。
③A．通入过量的O2，消耗H2、C、CO生成H2O、CO2，都导致H2的产率下降，A项不合适；
B．通入适量的水蒸气，积碳反应CO(g)+H2(g) C(s)+H2O(g)、CO2(g)+2H2(g) C(s)+2H2O(g)都逆向移动，能提高H2的产率，B项合适；
C．催化剂具有选择性，选择合适的催化剂，可减少积碳反应的发生，提高H2的产率，C项合适；
D．加压，反应CO(g)+H2(g) C(s)+H2O(g)、CO2(g)+2H2(g) C(s)+2H2O(g)都正向移动，H2的产率下降，D不合适；
故答案为：BC。
④根据图像可知，随着温度的升高，甘油和C的摩尔分数一直为零，反应1转化率为100%。反应3的△H绝对值大，且为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，H2的摩尔分数增大的影响大于反应2平衡逆向移动导致H2的摩尔分数减小的影响，且反应3生成的H2量大，所以摩尔分数先迅速上升。由图可知约900K后，CH4摩尔分数接近0，说明反应3几乎转化完全，H2的摩尔分数主要受反应2影响，升温，反应2平衡左移且故H2摩尔分数缓慢下降；答案为：随着温度的升高，甘油和C的摩尔分数一直为零，反应1转化率为100%。反应3的△H绝对值大，且为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，H2的摩尔分数增大的影响大于反应2平衡逆向移动导致H2的摩尔分数减小的影响，且反应3生成的H2量大，所以摩尔分数先迅速上升。由图可知约900K后，CH4摩尔分数接近0，说明反应3几乎转化完全，H2的摩尔分数主要受反应2影响，升温，反应2平衡左移且故H2摩尔分数缓慢下降。
(2)路径1最终得到CO2和H2，有利于反应2正向发生；路径2最终得到CO和H2O，不利于反应2正向发生；反应2的一种催化机理是生成中间体甲酸，根据甲酸在金属氧化物催化剂表面的催化机理知，若想尽可能进行路径1，中间体HCOOH更易与金属氧化物催化剂结合，则选择的氧化物M-O键结合力应较弱；*表示吸附态，结合原子守恒，反应历程第一步为HCOOH* HCOO*+H*；结合最后两步→CO2(g)、→H2(g)，则中间的反应历程为HCOO* CO2*+ H*，H*+ H* H2*；答案为：弱；H*；CO2*；H*；H*+ H* H2*。
【分析】（1） ① 自发性的判断要结合焓变和熵变判断，若△H-T△S<0，则反应可以自发；
② 分压平衡常数可以代入公式进行判断；
③ 通过题干可知积碳的过程生成碳和水蒸气，因此可以通过增大水蒸气的浓度，使平衡朝逆向移动；
④ 要结合平衡移动的原理进行判断；
（2）想尽可能进行路径1，中间体HCOOH更易与金属氧化物催化剂结合，则选择的氧化物M-O键结合力应较弱。
29．（2022高三下·池州模拟）已知：4HBr(g)+O2(g) 2H2O(g)+2Br2(g)ΔH。v正=k正ca(HBr)·cb(O2)，v逆=k逆cc<(H2O)·cd(Br2)(v正为正反应速率，v逆为逆反应速率，k正为正反应速率常数，k逆是逆反应速率常数，只与温度和催化剂有关，与浓度和接触面积无关；a、b、c、d是反应级数，可取整数和分数)。
（1）已知几种共价键键能数据如下所示：
共价键 H-Br O=O H-O Br-Br
键能(kJ·mol-1) 363 498 467 193
上述反应中，ΔH= kJ·mol-1。
（2）下列关于k正和k逆的说法正确的是____(填字母)。
A．增大压强，k正增大，k逆减小 B．升高温度，k正和k逆都增大
C．加入催化剂，k正和k逆都增大 D．增大接触面积，k正和k逆都减小
（3）为了测定反应级数，设计实验，测定结果如表所示：
实验序号 c(HBr)/mol·L-1 c(O2)/mol·L-1 正反应速率
1 0.1 0.1 v
2 0.1 0.2 2v
3 0.2 0.4 8v
4 0.4 x 32v
①x= ，a= ，b= 。
②有人提出如下反应历程：
(I)HBr+O2→HO-OBr(慢反应)
(II)HO-OBr+HBr→H2O+BrOBr(较快反应)
(III)BrOBr+HBr→BrOH+Br2(快反应)
(IV)BrOH+HBr→Br2+H2O(快反应)
活化能最大的反应是 (填代号)。
（4）在密闭容器中充入HBr和O2，发生上述反应，在相同时间里，测得HBr的转化率与温度、压强的关系如图。随着温度升高，三种不同压强下HBr的转化率趋向相等，其原因是 。
（5）在一定温度下，向恒容密闭容器中充入4molHBr(g)和1molO2(g)，测得起始的压强为10akPa，发生上述反应达到平衡时气体压强为起始压强的。该温度下，平衡常数Kp= (kPa)-1(用含a的代数式表示)。
（6）常温下，如果将上述反应设计成酸性燃料电池，负极反应式为 。
【答案】（1）-304
（2）B；C
（3）0.8；1；1；I
（4）随着温度升高，压强对平衡的影响逐渐减弱
（5）
（6）2Br--2e-=Br2
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)反应4HBr(g)+O2(g) 2H2O(g)+2Br2(g)中，ΔH=363kJ/mol×4+498kJ/mol-（467kJ/mol×4+193kJ/mol×2）=-304kJ·mol-1。故答案为：-304；
(2)A. k正为正反应速率常数，k逆是逆反应速率常数，只与温度和催化剂有关，增大压强k正、k逆均不变，故A不符合题意；
B. 升高温度，正逆反应速率均增大，k正和k逆都增大，故B符合题意；
C. 加入催化剂，正逆反应速率均增大，k正和k逆都增大，故C符合题意；
D. k正为正反应速率常数，k逆是逆反应速率常数，只与温度和催化剂有关，增大接触面积，k正和k逆都不变，
故答案为：BC；
(3)①结合实验1、2，v正=k正ca(HBr)·cb(O2)，b=1，再对比实验1和3，得a=1，结合实验3、4，得x=0.8，a=1，b=1。故答案为：0.8；1；1；
②决定反应O2（g）+4HBr（g） 2Br2（g）+2H2O（g）速率快慢的基元反应是反应Ⅰ，反应Ⅰ的活化能最大，活化能最大的反应是I(填代号)。故答案为：I；
(4)根据HBr的转化率与温度、压强的关系图，随着温度升高，三种不同压强下HBr的转化率趋向相等，其原因是随着温度升高，压强对平衡的影响逐渐减弱。故答案为：随着温度升高，压强对平衡的影响逐渐减弱；
(5)在一定温度下，向恒容密闭容器中充入4molHBr(g)和1molO2(g)， ，测得起始的压强为10akPa，发生上述反应达到平衡时气体压强为起始压强的， ，x=0.5。该温度下，平衡常数Kp= == (kPa)-1(用含a的代数式表示)。故答案为：；
(6)常温下，如果将上述反应设计成酸性燃料电池，负极溴离子放电，失电子发生氧化反应生成溴单质，反应式为2Br--2e-=Br2，故答案为：2Br--2e-=Br2。
【分析】（1）△H=反应物总键能-生成物总键能；
（2）结合题干可知速率常数只受温度和催化剂影响，升高温度，正逆反应速率增大，因此速率常数也增大，加入催化剂，正逆反应速率增大，因此速率常数也增大；
（3） ① 结合控制变量法进行判断，控制变量法的特点是保证所有条件都相同，只改变其中一个条件；
② 活化能越大，化学反应速率越慢；
（4） 随着温度升高，压强对平衡的影响逐渐减弱；
（5）分压平衡常数要结合公式进行判断，恒容时，压强之比等于物质的量之比；
（6）燃料电池中，负极失电子，即溴离子失去电子，化合价升高，转化为溴。
30．（2022高三下·蚌埠模拟）有效去除大气中的NOx，保护臭氧层，是环境保护的重要课题。
（1）在没有NOx催化时，O3的分解可分为以下两步反应进行；
①O3=O+O2 (慢) ②O+O3=2O2 (快)
第一步的速率方程为v1=k1c(O3)，第二步的速率方程为v2=k2c(O3)·c(O)。其中O为活性氧原子，它在第一步慢反应中生成，然后又很快的在第二步反应中消耗，因此，我们可以认为活性氧原子变化的速率为零。请用k1、k2组成的代数式表示c(O)= 。
（2）NO做催化剂可以加速臭氧反应，其反应过程如图所示：
已知：O3(g)+O(g)=2O2(g) ΔH=－143 kJ/mol
反应1：O3(g)+NO(g)=NO2(g)+O2(g) ΔH1=－200.2 kJ/mol。
反应2：热化学方程式为 。
（3）一定条件下，将一定浓度NOx(NO2和NO的混合气体)通入Ca(OH)2悬浊液中，改变，NOx的去除率如图所示。
已知：NO与Ca(OH)2不反应；
NOx的去除率=1－×100%
①在0.3－0.5之间，NO吸收时发生的主要反应的离子方程式为： 。
②当大于1.4时，NO2去除率升高，但NO去除率却降低。其可能的原因是 。
（4）若将CO和NO按不同比例投入一密闭容器中发生反应：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH=－759.8 kJ/mol，反应达到平衡时，N2的体积分数随的变化曲线如图。
①b点时，平衡体系中C、N原子个数之比接近 。
②a、b、c三点CO的转化率从小到大的顺序为 ；b、c、d三点的平衡常数从大到小的顺序为 (以上两空均用a、b、c、d表示)。
③若=0.8，反应达平衡时，N2的体积分数为20%，则NO的转化率为 。
【答案】（1）
（2）NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g) △H2=+57.2 kJ/mol
（3）NO+NO2+Ca(OH)2=Ca2++2NO2-+H2O；NO2量太多， 剩余的NO2和水反应生成NO逸出，导致NO去除率降低
（4）1：1；c
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)由于活性氧原子变化的速率为零，可认为其生成速率等于消耗速率，v1=k1c(O3)， v2=k2c(O3)·c(O)，则k1c(O3)=k2c(O3)·c(O)，所以c(O)=；
(2)反应①是O3在NO作用下生成NO2和O2，NO2在氧原子作用下生成NO和O2，反应过程中NO参与反应后又生成，所以NO作用为催化剂，根据盖斯定律将两个热化学反应相减可得到反应2的热化学方程式；NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g) △H=+57.2 kJ/mol；
(3)①NO和Ca(OH)2不反应，所以反应物有NO、NO2和Ca(OH)2，根据氧化还原规律，产物为Ca(NO2)2和水，所以离子方程式为：NO+NO2+Ca(OH)2=Ca2++2NO2-+H2O；
②当NO太少，NO2量太多，首先发生反应：NO+NO2+Ca(OH)2=Ca2++2NO2-+H2O；NO2不能完全吸收，过量的NO2就和水反应生成HNO3和NO，这样就导致NO2去除率升高，但NO去除率却降低；
(4)①当反应物按化学计量数之比加入时，平衡时的N2的体积分数最大，所以b点的平衡体系中C、N原子个数比接近1：1；
②增大，CO的浓度增大的倍数大于NO增大的倍数，使CO转化率降低，所以a、b、 c三点CO的转化率从小到大的顺序为c
③若=0.8，反应达平衡时，N2 的体积分数为20%，假设开始时n(NO)=1 mol，n(CO)=0.8 mol，假设CO平衡时CO转化了x mol，则根据物质反应转化关系可知平衡产生CO2的物质的量为x mol，N2为0.5x mol，则此时CO为(0.8-x) mol，NO为(1-x) mol， ×100%=20%， 解得x=0.6 mol，所以NO的转化率为×100%=60%。
【分析】（1）若生成速率等于消耗速率，可以结合代数式进行判断；
（2）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；
（3） ① 一氧化氮和二氧化氮与氢氧化钙反应生成亚硝酸钙和水；
② NO2量太多， 剩余的NO2和水反应生成NO逸出，导致NO去除率降低 ；
（4） ① 结合化学计量数之比进行判断；
② 增大某种反应物的浓度，其转化率减小；
③ 结合三段式进行判断。
31．（2022·鹰潭模拟）合成氨是目前人工固氮最重要的途径，对人类生存具有重大意义，反应为：
（1）N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=－92.4kJ/mol。
①该反应在 (填“高温”“低温”或“任意温度”)下可自发进行。
我国科学家在合成氨反应机理研究中取得新进展，首次报道了LiH-3d过渡金属这一复合催化剂体系，并提出了“氮转移”催化机理。
i. 3LiH(s) + N2(g) =Li2NH(s) + LiNH2(g) ΔH1=+32.8kJ·mol-1
ii. Li2NH(s)+2H2(g)=2LiH(s)+NH3(g) ΔH2=－88kJ·mol-1
iii． LiNH2(g)+H2(g)=LiH(s)+NH3(g) ΔH3
②则ΔH3= 。
（2）为了研究反应的热效应，我国的科研人员计算了在一定范围内下列反应的平衡常数。
i．
ii．
iii．
和的线性关系图如下所示：
①由图可知ΔH1 0(填“大于”或“小于”)。
②反应i的Kp0= (用Kp1和Kp2表示)。
反应i的 0(填“大于”或“小于”)，写出推理过程 。
（3）氨水可以吸收二氧化碳。已知常温下，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，Ka1(H2CO3) =4.4×10-7，Ka2(H2CO3) =4.4×10-11，．此温度下某氨水的浓度为 2mol/L，则溶液中c(OH-)= mol/L，将CO2通入氨水中使溶液恰好呈中性，则此时 = (保留小数点后4位数字)
【答案】（1）低温；-37.2kJ/mol
（2）小于；Kp1×Kp2；小于；由和的线性关系图可知，线比线倾斜度更大，结合lgKp0=lgKp1+lgKp2可推理出lgKp0线会随横坐标温度的上升而减小。平衡常数随温度上升而减小的反应是放热反应，所以反应i是放热反应。
（3）6×10－3；1.0009
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)①该反应是气体分子数减小的反应，则ΔS＜0，已知 H＜0，根据ΔH-TΔS＜0，反应才能自发进行，则该反应在低温可自发进行；
②由盖斯定律：反应i+反应ii+反应iii可得反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，所以△H=△H1+△H2+△H3=32.8kJ mol-1-88kJ mol-1+△H3=-92.4 kJ mol-1，据此可得△H3=-37.2 kJ mol-1；
(2)①由图可知，温度升高lgKp1减小，即平衡常数Kp1减小，说明反应ii是放热反应，则ΔH1小于0；
②根据盖斯定律：ii+iii得i，则Kp0=Kp1×Kp2；由和的线性关系图可知，线比线倾斜度更大，结合lgKp0=lgKp1+lgKp2可推理出lgKp0线会随横坐标温度的上升而减小。平衡常数随温度上升而减小的反应是放热反应，所以反应i是放热反应，小于0；
(3)NH3 H2O的Kb=1.8×10-5，若氨水的浓度为2.0mol L-1，由Kb=，可知c(OH-)=mol/L=6×10-3mol/L，将CO2通入该氨水中，当溶液呈中性时溶液中c(OH-)=c(H+)=10-7mol/L，电荷守恒得到：c(NH)=c(HCO)+2c(CO)，=1+，H2CO3的Ka2=4.4×10-11，结合Ka2=可得==4.4×10-4，=1+=1+8.8×10-4=1.0009，故答案为：6×10-3；1.0009；
【分析】（1） ① 根据则反应自发进行；
② 考查盖斯定律；
（2）从图可知随温度升高Kp1逐渐减小，温度升高平衡向吸热反应方向移动，说明逆反应为吸热反应；反应 i =反应 ii+反应 iii ，说明 Kp0=Kp1×Kp2 ；
（3）利用Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，计算浓度为 2mol/L的氨水中的OH-的浓度；溶液呈中性时c(H+)=c(OH-)，.
32．（2022·静安模拟）高温下，活性炭可用来处理NOx废气。某研究小组向体积固定的密闭容器加入一定量的活性炭和NO，发生反应C(s)+ 2NO(g)N2(g)+CO2(g)。T1℃时，测得反应进行到不同时刻各物质的浓度如下表：
时间(min) 浓度(mol·L-1) 0 10 20 30 40 50
NO 2.0 1.16 0.40 0.40 0.6 0.6
N2 0 0.42 0.80 0.80 1.2 1.2
CO2 0 0.42 0.80 0.80 1.2 1.2
回答下列问题：
（1）碳原子核外有 个未成对的电子，N2分子的电子式是 ，氧原子2p亚层的轨道表示式为 。
（2）T1 ℃时，在0～10 min内的平均反应速率v(N2)= mol·L-1·min-1。
（3）该反应的平衡常数表达式为 。第30min 时，仅改变了某一条件，请根据表中数据判断可能改变的条件是 (填字母编号)。
a. 加入合适的催化剂 b. 适当缩小容器的体积
c. 再通入一定量的NO d. 再加入一定量的活性炭
（4）若第30 min时，将温度升高至T2℃，重新达新平衡时K为2.25，则正反应为 反应(填“放热”或“吸热”)，NO的平衡转化率 (填“升高”或“降低”)。
【答案】（1）2；；
（2）0.042
（3）K=；bc
（4）放热；降低
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)碳原子的电子排布式为：1s22s22p2，2p2这2个电子是未成对电子，则碳原子核外有2个未成对的电子；N2分子为共价化合物，则其电子式是；氧原子的电子排布式为：1s22s22p4，则2p亚层的轨道表示式为，故答案为：2；；；
(2)T1 ℃时，在0～10 min内的平均反应速率v(N2)= =0.042mol·L-1·min-1，故答案为：0.042；
(3)根据反应C(s)+ 2NO(g)N2(g)+CO2(g)，可知反应的平衡常数表达式为K=；
a．加入合适的催化剂，可以加快反应速率，不能改变状态，则表中数据不会改变，a项不符合题意；
b．适当缩小容器的体积，压力增大，平衡不移动，但是物质的浓度会增大，表中数据会改变，b项符合题意；
c．再通入一定量的NO，平衡正向移动，则表中数据会改变，c项符合题意；
d．再加入一定量的活性炭，不影响平衡，则表中数据不会改变，d项不符合题意；
故答案为：K=；bc；
(4)T1 ℃时，该反应的平衡常数K==，若第30 min时，将温度升高至T2℃，重新达新平衡时K为2.25，可知升高温度，平衡逆向移动，则正反应为放热反应；平衡逆向移动，则NO的平衡转化率降低，故答案为：放热；降低。
【分析】（1）核外未成对电子通过其最外层电子数判断，未凑满8电子的个数；电子式要注意氮原子要满足8电子；
（2）化学反应速率；
（3）平衡常数K=生成物浓度幂之积/反应物浓度幂之积；所有物质浓度都增大，改变的应该是体积或者增加反应物的浓度；
（4）温度生高，K减小，反应为放热反应，平衡朝吸热方向移动，NO转化率降低。
33．（2022·虹口模拟）氮氧化物()的任意排放会造成酸雨、光化学烟雾等环境污染问题，其与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时，发生反应：。
完成下列填空：
（1）该反应的平衡常数表达式 。
（2）①若反应在恒容密闭容器中进行，能说明该反应已达到平衡状态的是 (选填编号)。
a． b．和NO的物质的量之和保持不变
c．混合气体密度保持不变 d．
上述反应可以视作分两步进行：
(i)……
(ii)
②反应i的化学方程式可能是 。反应ii中反应物化学键总能量 生成物化学键总能量(填“高于”“低于”或“等于”)。
（3）保持恒温条件，将充入不同容积的密闭容器中进行反应ii，充分反应达到平衡后，反应物的转化率与容器容积及不同温度的关系如下图所示：
①图中的关系为 (填“＞”“＜”或“=”)；A、B、C各自对应化学平衡常数大小关系是 。
②若从起始到处于A点状态共经过，该时间段内化学反应速率 。
工业中利用新型催化剂M催化氦气与NO反应生成，从而去除NO的影响： ，相同时间内，NO的去除率随反应温度的变化曲线如下图所示。
（4）在范围内随着温度的升高，NO的去除率上升的原因可能是(任写一点)： 。
【答案】（1）
（2）bc；；低于
（3）＜；；
（4）反应未达平衡，温度升高，反应速率加快
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】根据反应可判断化学平衡常数K的表达式；判断化学平衡状态的直接标志：正反应速率=逆反应速率，各组分浓度不再改变，以及以此为基础衍生出来的标志如压强不再改变，混合气体的密度不再改变、气体的颜色不再变化等等，以此来解析；
(1)根据化学反应4NO2(g)+2NaCl(s) 2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)，可知反应的化学平衡常数K= ；
(2)①a．v(NO2)=2v(NO)没有指明正反应速率，所以不能说明达到平衡状态，a不正确；
b．根据反应可知NO2和NO的物质的量之和为一个变量，当它保持不变时，说明达到平衡状态，b不正确；
c．恒容密闭容器，体积不变，但是反应前后气体的质量变化，混合气体密度为一个变量，混合气体密度保持不变时，能说明达到平衡状态，c正确；
d．c(NO2)：c(NO)：c(Cl2)=4：2：1，不能说明达到平衡状态，d不正确；
故答案为：bc。
②已知(ⅲ)4NO2+2NaCl 2NaNO3+2NO+Cl2，(ii)2ClNO 2NO+Cl2，根据元素守恒可知，=i=2NO2+NaCl NaNO3+ClNO；由题中信息可知反应(ii)为吸热反应，反应ii中反应物化学键低于总能量生成物化学键总能量；
(3)①反应(ii)为放热反应，升温平衡逆向移动，温度越高转化率越低，根据图像可知T2对应的转化率高，所以T1
②设反应从起始到处于A点状态共经过10min，ClNO反应xmol，则
=0.4，解得x=0.4，该时间段内化学反应速率v(NO)== =0.04mol/(L·min)；
(4)在50~150℃范围内随着温度的升高，NO的去除率上升的原因为反应的温度低，反应慢，反应未达平衡，温度升高，反应速率加快；
【分析】（1）平衡常数=生成物浓度幂之积/反应物浓度幂之积；
（2） ① 化学平衡判断：1、同种物质正逆反应速率相等，2、不同物质速率满足：同侧异，异侧同，成比例，3、各组分的浓度、物质的量、质量、质量分数不变，4、左右两边化学计量数不相等，总物质的量、总压强（恒容）、总体积（恒压）不变，5、平均相对分子质量、平均密度根据公式计算，6、体系温度、颜色不变；
② 结合盖斯定律的方法，总方程式减去反应ii可以得到反应i；
（3） ① 升高温度，平衡朝吸热方向移动；
② 化学反应速率；
（4）图象问题通常从几个角度分析，未平衡时受到温度影响，速率增快除去率加快，平衡后受平衡移动影响。
34．（2022·石嘴山模拟）2021年6月17日神舟十三号载人飞船与空间站成功对接，航天员进入天和核心舱。空间站处理的一种重要方法是的收集、浓缩与还原。
（1）还原制的部分反应如下：
①
②
③
反应的 。
（2）在催化剂作用下加氢可制得甲醇，该反应历程如下图所示(吸附在催化剂表面的物质用*标注，如表示吸附在催化剂表面；图中已省略)。
上述合成甲醇的反应速率较慢，该反应过程中决定反应速率的步骤是 (用化学方程式表示)。
（3）在一定条件下，向某恒容密闭容器中充入和，发生反应。
①图1中能表示该反应的平衡常数K与温度T之间的变化关系的是曲线 (填“m”或“n”)，判断依据是 。
②若，测得在相同时间内，不同温度下的转化率如图2所示， (填“>”、“<”或“=”)；时，起始压强为 (保留二位小数；为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
③已知速率方程是速率常数，只受温度影响。图3表示速率常数的对数与温度的倒数之间的关系，分别代表图2中a点、c点的速率常数，点 表示c点的。
【答案】（1）-25
（2）
（3）m；该反应是放热反应，升高温度，会使化学平衡向吸热反应的方向移动，平衡常数减小；＜；9.88；A
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)根据目标反应方程式，可以得出②－①－2×③，得出ΔH=ΔH2－ΔH1－2ΔH3=－25kJ·mol－1，故答案为－25；
(2)该反应过程中决定反应速率是由慢反应决定，活化能越大，反应速率越慢，根据图像可知，活化能最大的是－0.2－(－1.56)eV=1.36eV，该步骤的反应方程式为；故答案为；
(3)①该反应为放热反应，升高温度，根据勒夏特列原理，平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小，根据图像可知，曲线m表示平衡常数与温度T之间的变化关系；故答案为m；该反应是放热反应，升高温度，会使化学平衡向吸热反应的方向移动，平衡常数减小；
②根据图2可知，c的温度高于a点，温度高，反应速率快，即v(a)逆＜v(c)逆；T2时，起始压强2.5MPa，则CO2的分压为=1MPa，H2的分压为=1.5MPa，T2时，H2的转化率为80%，则H2变化分压为1.5MPa×80%=1.2MPa，则达到平衡时CH3OH、H2O(g)分压均为0.4MPa，CO2的分压为0.6MPa，Kp=≈9.88MPa－2；故答案为＜；9.88；
③达到平衡时，v正=v逆，K=，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向2023年高考真题变式分类汇编：化学反应速率与化学平衡的综合应用1
一、选择题
1．（2023·嘉定模拟）700℃时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的CO2(g)和H2(g)，发生反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)反应过程中测定的部分数据见表(表中t2＞t1)：
反应时间/min n(CO2)/mol n(H2)/mol
0 0.60 1.80
t1 0.20
t2 0.60
下列说法正确的是
A．反应在0～t1min内的平均速率为v(H2)=mol·L-1·min-1
B．若900℃时该反应的平衡常数为2，则正反应为吸热反应
C．t2时，c(CO2)=0.10mol·L-1
D．保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20molCO2(g)和0.40molH2O(g)，则v正＞v逆
2．（2023·浦东模拟）一定温度下，向1.0L恒容密闭容器中充入，发生如下反应：。反应过程中测定的部分数据见下表。下列说法错误的是（ ）
0 50 150 250 350
0 0.16 0.19 0.20 0.20
A．0～250s，反应过程中气体平均摩尔质量逐渐减小
B．反应到250s时，产生的体积为4.48L(标准状况)
C．对平衡后体系降温，混合气体密度减小，则的状态一定发生变化
D．其它条件相同时，向平衡后体系再充入等物质的量的和，此时v(正)>v(逆)
3．（2023·江苏模拟）硫及其化合物有着广泛的作用。硫元素具有多种化合价，在一定条件下能发生相互转化。不同温度下硫单质的状态和分子结构不同，环状分子的结构为 。合理应用和处理含硫的化合物，在生产生活中有重要意义。利用甲烷可以除去，反应为。下列说法正确的是
A．上述反应的
B．上述反应的化学平衡常数
C．及时分离出(g)，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动
D．上述反应中生成1mol，转移电子的数目约为
4．（2023·江苏模拟）工业上制备Ti，采用碳氯化法将转化成。在1000℃时发生如下：
①
②
③ 。
在，将、C、以物质的量比1：2.2：2进行碳氯化，平衡时体系中、CO、和C的组成比(物质的量分数)随温度变化如下图所示。下列说法错误的是
A．1000℃时，反应的平衡常数
B．曲线III表示平衡时的物质的量分数随温度的变化
C．高于600℃，升高温度，主要对反应②的平衡产生影响
D．为保证的平衡产率，选择反应温度应高于1000℃
5．（2023·石家庄模拟）向起始温度相同、体积相等的甲、乙两个恒容密闭容器中分别充入和发生反应：，；其中一个为绝热容器，另一个为恒温容器。若测得两容器中除0时刻外，任意时刻的正反应速率始终满足，则下列说法错误的是
A．甲为绝热容器
B．的平衡转化率：甲>乙
C．除0时刻外，任意时刻的压强始终满足
D．该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能
6．（2023·唐山模拟）室温下，气体M、N、P、Q之间存在如下转化关系：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)，在容积为10L的密闭容器中，反应体系中组分M、P的物质的量随时间的变化如下表所示：
0 1min 2min 3min 4min 5min 6min
M(mol) 1.00 0.76 0.56 0.40 0.36 0.36 0.36
P(mol) 0 0.06 0.11 0.15 0.16 0.16 0.16
下列说法正确的是
A．0~3min时间段内，Q的平均反应速率为
B．反应开始后，体系中P和Q的浓度之比保持不变
C．平衡时M生成Q的转化率为36%
D．反应①的活化能比反应②的活化能低
7．（2022·淄博模拟）两个均充有H2S的刚性密闭容器，起始压强均为pkPa，以温度、Al2O3催化剂为条件变量，进行实验：2H2S(g)2H2(g)+S2(g)，反应相同时间，结果如图所示。下列说法错误的是
A．温度升高，H2S分解的正，逆反应速率均增大
B．900℃，ts后达平衡，H2的平均生成速率为pkPa s 1
C．Al2O3催化剂使得正反应的活化能小于逆反应的活化能
D．1100℃，曲线II、III重合，说明Al2O3催化剂失去活性
8．（2023·沈阳模拟）某温度下，恒容密闭容器内加入等物质的量和发生反应，，k为速率常数。反应一段时间后达到平衡。下列说法中错误的是
A．若，则该反应
B．加入一定量，混合气体颜色变深
C．加入一定量氩气，容器内压强增大，反应速率不变
D．加入等物质的量的和，转化率不变
9．（2022·诸暨模拟）向甲、乙、丙三个密闭恒容的容器中充入一定量的A和B，发生反应：；各容器的反应温度、反应物起始量，反应过程中C的浓度随时间变化关系分别以表和如图表示：
容器 甲 乙 丙
容积/L 0.5 0.5 1.0
温度/℃
反应起始量 1.5mol A，0.5mol B 1.5mol A，0.5mol B 6.0mol A，2.0mol B
下列说法正确的是（ ）
A．由图表可知，，该反应为吸热反应
B．10min时，甲容器中该反应的瞬时速率与乙相同
C．由图表可知，
D．℃，起始时甲容器中充入0.5molA、1.5mol B，平衡时A的转化率为75%
10．（2022·虹口模拟）向密闭容器中加入一定量，下发生反应： ，保持温度不变，容器内最终二氧化碳浓度与容器容积的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．平衡常数值：
B．从，平衡逆向移动
C．容积为时，的平衡分解率为
D．容积为时，再加入一定量，的浓度不发生变化
11．（2022·永州模拟）α—萘磺酸()和β—萘磺酸()是重要的化工原料，合成时往往得到两者的混合物，工业上相关的合成反应如图。有关说法错误的是（ ）
反应①：+H2SO4=+H2O ΔH1<0 K1
反应②：+H2SO4=+H2O △H2<0 K2
A．若主要产物是α-萘磺酸，说明反应①活化能比②小
B．平衡时α-萘磺酸和β-萘磺酸的物质的量浓度关系为=
C．在密闭容器中加入萘与硫酸，tmin后反应达到平衡，用萘磺酸表示的反应速率为
D．α-萘磺酸与β-萘磺酸能相互转化
12．（2022·锦州模拟）可用作有机合成的氯化剂。在体积为的密闭容器中充入，发生反应：，图中所示曲线分别表示反应在时和平衡时的转化率与温度的关系。下列说法正确的是 （ ）
A．的
B．，从，以表示反应的平均速率为
C．当容器中混合气体的平均相对分子质量恒定不变时，反应达到平衡状态
D．82℃，若起始时在该密闭容器中充入和各，则此时v(逆)＞v(正)
13．（2022·辽阳模拟）硫酸工业中，将SO2氧化为SO3是生产工艺中的重要环节。在温度为T1条件下，在三个容积均为1L的恒容密闭容器中仅发生反应：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)ΔH<0，实验测得：v正=k正·c2(SO2)·c(O2)，v逆=k逆·c2(SO3)。
容器编号 起始浓度/(mol·L-1) 平衡浓度/(mol·L-1)
c(SO2) c(O2) C(SO3) c(O2)
I 0.6 0.3 0 0.2
II 0.5 x 0.3
III 0.3 0.25 0.2
已知：k正、k逆为速率常数，仅受温度的影响。
下列说法错误的是（ ）
A．达到平衡时，平衡常数和速率常数的关系：
B．若容器II中达到平衡时=1，则x=0.85
C．容器III中达到平衡时，c(O2)<0.25mol·L-1
D．当温度升高为T2时，k正、k逆分别增大m倍和n倍，则m
反应Ⅰ：2CO(g)+4H2(g)=CH3CH2OH(g)+H2O(g) ΔH1= 128.8 kJ·mol-1
反应Ⅱ：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH2= 41.8 kJ·mol-1
向一恒容密闭容器中投入一定量的CO和H2发生上述反应，CO的平衡转化率与温度、投料比α[α =]的关系如图所示。
下列有关说法正确的是（ ）
A．α1＜α2
B．在400K、α2=2时，反应Ⅰ的平衡常数K=0.25
C．在500K、投料比为α3条件下，增大压强可使CO的平衡转化率从Y点到Z点
D．为同时提高CO的平衡转化率和CH3CH2OH的产率可采用的反应条件为低温、低压
15．（2022·湛江模拟）反应是工业上制备高纯硅的重要中间过程。一定压强下，起始投入原料的值和温度与的平衡产率的变化关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．该反应为放热反应，
B．M、N点的分压：
C．的值越大平衡产率越高
D．M、N点的逆反应速率：
二、多选题
16．（2021·临沂模拟）丙酮是重要的有机合成原料，可以由过氧化氢异丙苯合成。其反应为： ，为了提高过氧化氢异丙苯的转化率，反应进行时需及时从溶液体系中移出部分苯酚。过氧化氢异丙苯的转化率随反应时间的变化如图所示。设过氧化氢异丙苯的初始浓度为x mol·L-1，反应过程中的液体体积变化忽略不计。下列说法正确的是（ ）
A．a、c 两点丙酮的物质的量浓度相等
B．b、c两点的逆反应速率：v(b)
D．若b点处于化学平衡，则120℃时反应的平衡常数
17．（2021·宿迁模拟）在恒容密闭容器中发生反应：4HCl(g)+O2(g) 2Cl2(g)+2H2O(g)。下列有关说法正确的是（ ）
体积 投料 200℃时 HCl平衡转化率 400℃时 HCl平衡转化率
容器I 1L 4mol HCl(g)、1mol O2(g) 90% 75%
容器II 2L Xmol HCl(g)、2mol O2(g) α1 α2
A．该反应的ΔH>0
B．400℃时，该反应的平衡常数的值为
C．400℃时，若X >8，则α2 >75%
D．400℃时，向容器I平衡体系中再加入1molO2(g)和1molCl2(g)，此时v (正)> v (逆)
18．（2018·泰州模拟）温度为T时，向体积为2 L的恒容密闭容器中加入足量铁粉和0.08 mol H2O(g)，发生反应3Fe(s)＋4H2O(g) Fe3O4(s)＋4H2(g)，一段时间后达平衡。t1时刻向容器中再充入一定量的H2，再次达平衡时H2的体积分数为20%。下列说法正确的是( )
A．t1时刻充入H2，v′正、v′逆变化如右图
B．第一次达平衡时，H2的体积分数小于20%
C．温度为T时，起始向原容器中充入0.1 mol铁粉、0.04 mol H2O(g)、0.1 mol Fe3O4(s)、0.005 mol H2(g)，反应向正反应方向进行
D．温度为T时，向恒压容器中加入足量Fe3O4(s)和0.08 mol H2 (g)，达平衡时H2(g)转化率为20%
19．（2021高二下·郴州期末）一定温度下，向2L恒容容器中充入A和B，发生反应，经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据如表，下列说法正确的是（ ）
0 5 15 25 35
1.0 0.85 0.81 0.80 0.80
A．前5s的平均反应速率
B．由题目信息可知，正反应为放热反应
C．保持温度不变，起始时向容器中充入A、B和C，反应达平衡前
D．保持温度不变，起始时向容器中充入C，达平衡时，C的转化率等于80%
20．（2020高一下·启东期末）某可逆反应在某体积为5L的密闭容器中进行，在从0~3min各物质的量的变化情况如图所示（A、B、C均为气体）。下列说法正确的是（ ）
A．该反应的化学方程式为2A+B 2C
B．v（A）=v（C）说明该反应已达到平衡状态
C．由图求得A的平衡时的转化率为40%
D．反应开始至2min时，A的平均反应速率为0.1mol/（L min）
三、非选择题
21．（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)。
22．（2022·福建）异丙醇可由生物质转化得到，催化异丙醇脱水制取高值化学品丙烯的工业化技术已引起人们的关注，其主要反应如下：
Ⅰ.
Ⅱ.
回答下列问题：
（1）已知，则燃烧生成和的热化学方程式为 。
（2）在下，刚性密闭容器中的反应体系内水蒸气浓度与反应时间关系如下表：
反应时间 0 4 8 12 t 20
浓度 0 2440 3200 3600 4000 4100
①内， ；
②t 16(填“>”“<”或“=”)。
（3）在恒温刚性密闭容器中，反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡的判据是 (填标号)。
a.的分压不变 b.混合气体密度不变
c. d.
（4）在一定条件下，若反应Ⅰ、Ⅱ的转化率分别为98%和40%，则丙烯的产率为 。
（5）下图为反应Ⅰ、Ⅱ达到平衡时与温度的关系曲线。
(已知：对于可逆反应，任意时刻，式中)表示物质×的分压)
①在恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，反应Ⅰ的的状态最有可能对应图中的 点(填“甲”“乙”或“丙”)，判断依据是 。
②时，在密闭容器中加入一定量的，体系达到平衡后，测得的分压为，则水蒸气的分压为 (用含x的代数式表示)。
23．（2022·河北）氢能是极具发展潜力的清洁能源，以氢燃料为代表的燃料电池有良好的应用前景。
（1）时，燃烧生成)放热，蒸发吸热，表示燃烧热的热化学方程式为 。
（2）工业上常用甲烷水蒸气重整制备氢气，体系中发生如下反应。
Ⅰ.
Ⅱ.
①下列操作中，能提高平衡转化率的是 (填标号)。
A．增加用量 B．恒温恒压下通入惰性气体
C．移除 D．加入催化剂
②恒温恒压条件下，1molCH4(g)和1molH2O(g)反应达平衡时，的转化率为，的物质的量为，则反应Ⅰ的平衡常数 (写出含有α、b的计算式；对于反应，，x为物质的量分数)。其他条件不变，起始量增加到，达平衡时，，平衡体系中的物质的量分数为 (结果保留两位有效数字)。
（3）氢氧燃料电池中氢气在 (填“正”或“负”)极发生反应。
（4）在允许自由迁移的固体电解质燃料电池中，放电的电极反应式为 。
（5）甲醇燃料电池中，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO，四步可能脱氢产物及其相对能量如图，则最可行途径为a→ (用等代号表示)。
24．（2022·海南）某空间站的生命保障系统功能之一是实现氧循环，其中涉及反应：
回答问题：
（1）已知：电解液态水制备，电解反应的。由此计算的燃烧热(焓) 。
（2）已知：的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系如图1所示。
①若反应为基元反应，且反应的与活化能(Ea)的关系为。补充完成该反应过程的能量变化示意图(图2) 。
②某研究小组模拟该反应，温度t下，向容积为10L的抽空的密闭容器中通入和，反应平衡后测得容器中。则的转化率为 ，反应温度t约为 ℃。
（3）在相同条件下，与还会发生不利于氧循环的副反应：，在反应器中按通入反应物，在不同温度、不同催化剂条件下，反应进行到2min时，测得反应器中、浓度()如下表所示。
催化剂 t=350℃ t=400℃
催化剂Ⅰ 10.8 12722 345.2 42780
催化剂Ⅱ 9.2 10775 34 38932
在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，生成的平均反应速率为 ；若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件，原因是 。
25．（2021·湖北）丙烯是一种重要的化工原料，可以在催化剂作用下，由丙烷直接脱氢或氧化脱氢制备。
反应Ⅰ(直接脱氢)：C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)△H1=+125kJ·mol-1
反应Ⅱ(氧化脱氢)：C3H8(g)+ O2(g)=C3H6(g)+H2O(g)△H2=-118kJ·mol-1
（1）已知键能：E(C—H)=416kJ·mol-1，E(H—H)=436kJ·mol-1，由此计算生成1mol碳碳π键放出的能量为 kJ。
（2）对于反应Ⅰ，总压恒定为100kPa，在密闭容器中通入C3H8和N2的混合气体(N2不参与反应)，从平衡移动的角度判断，达到平衡后“通入N2”的作用是 。在温度为T1时，C3H8的平衡转化率与通入气体中C3H8的物质的量分数的关系如图a所示，计算T1时反应Ⅰ的平衡常数Kp= kPa(以分压表示，分压=总压×物质的量分数，保留一位小数)。
（3）在温度为T2时，通入气体分压比为p(C3H8)：p(O2)：p(N2)=10：5：85的混合气体，各组分气体的分压随时间的变化关系如图b所示。0～1.2s生成C3H6的平均速率为 kPa·s-1；；在反应一段时间后，C3H8和O2的消耗速率比小于2∶1的原因为 。
（4）恒温刚性密闭容器中通入气体分压比为p(C3H8)：p(O2)：p(N2)=2：13：85的混合气体，已知某反应条件下只发生如下反应(k，k′为速率常数)：
反应Ⅱ：2C3H8(g)+O2(g)=2C3H6(g)+2H2O(g)
k
反应Ⅲ：2C3H6(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(g)
k′
实验测得丙烯的净生成速率方程为v(C3H6)=kp(C3H8)-k′p(C3H6)，可推测丙烯的浓度随时间的变化趋势为 ，其理由是 。
26．（2023·石家庄模拟）二甲醚是重要的有机合成原料：工业上常用合成气(主要成分为、)制备二甲醚，其主要反应如下：
反应ⅰ：，
反应ⅱ：，
反应ⅲ：，
（1）已知时，由稳定态单质生成化合物的焓变称为该物质的标准摩尔生成焓。几种物质的标准摩尔生成焓如下表所示，据此计算 。
物质
0.0
（2）已知，随温度变化的三种趋势如下图中线条所示。能用来表示反应ⅰ的线条是 (填线条字母)。
（3）在催化剂的作用下发生反应ⅰ，其可能反应机理如下图所示。
①根据元素电负性的变化规律，图中反应步骤Ⅲ可描述为 。
②在合成甲醇过程中，需要不断分离出甲醇的原因为 (填选项字母)。
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
（4）一定温度下，在体积为的刚性容器中充入和制备二甲醚，时达到平衡，平衡时的转化率为80%，，且。
①内， 。
②反应ⅲ的平衡常数 (保留三位有效数字)。
（5）实际工业生产中，需要在260℃、压强恒为的反应釜中进行上述反应。初始时向反应釜中加入和，为确保反应的连续性，需向反应釜中以、进气流量持续通入原料，同时控制出气流量。
①需控制出气流量小于进气流量的原因为 。
②已知出气流量为，单位时间内的转化率为60%，则流出气体中的百分含量为 。
27．（2023·福州模拟）苯乙烯是合成树脂、离子交换树脂及合成橡胶等的重要单体，常用乙苯为原料合成。其反应原理如下：
已知：上述反应的速度方程为，，其中、分别为正、逆反应速度常数，P为各组分分压(分压=总压×物质的量分数)。
（1）该反应中，部分化学键的平均键能数据如下表：
键 C-H C-C C=C H-H
键能 413 348 X 436
请计算X= 。
（2）利用催化乙苯()脱氢的反应机理如下
下列说法正确的是____。
A．乙苯中，α位的碳氢键键能小于β位的碳氢键键能
B．通过降低焓变加快反应速率
C．增加用量可提高反应的平衡转化率
（3）经研究表明，在固定空速(恒压)条件下该反应存在乙苯的转化率较低、氧化铁表明存在积碳等问题。若在起始加入一定量的水蒸气能够有效地解决这些问题，加入水蒸气的作用是 和 。
（4）100kPa下，反应气组成分别按照、、投料，乙苯平衡转化率随反应温度变化关系如图。
①图中的曲线是 (填曲线标号)。
②图中M点的正反应速率和N点的逆反应速率大小关系为 (填“>”“<”或“=”)。
③550℃、100kPa，按投料时， kPa(用最简分数表示)。
28．（2022·诸暨模拟）利用制取生物柴油的副产物甘油可重整制氢，通入一定量的水蒸气，经一系列反应可获得、CO、、等组成气体，通过调整反应的组成和条件可提高产率。请回答：
（1）制氢的几个主要反应如下：
反应1：
反应2：
反应3：
反应4：
①计算并判断该反应的自发性 。
②温度控制不当，气相产物之间会发生积碳副反应如下：
， ；
从而影响氢气产率。若仅考虑积碳副反应，一定温度下，测得在1.0MPa恒压反应体系中组分的分压(即组分的物质的量分数×总压)。达平衡时，，则平衡常数 。
③生产过程中，为减小积碳对氢气产率及催化剂的影响，下列措施合适的是 。
A．通入过量的氧气 B．通入适量的水蒸气 C．选择合适的催化剂 D．加压
④上述各反应达平衡时，体系中各物质的摩尔分数(物质的量分数)受温度的影响如图所示，请结合图像解释在图示温度范围内随着温度升高的摩尔分数先迅速上升后缓慢下降的原因是 。
（2）反应2的一种催化机理是生成中间体甲酸，此时甲酸在金属氧化物催化剂表面的催化机理如图所示：
若想尽可能进行路径1，则选择的氧化物M-O键结合力应较 (填“强”或“弱”)；请补充完整反应的历程：(*表示吸附态)
…… ； + ； ；，
29．（2022高三下·池州模拟）已知：4HBr(g)+O2(g) 2H2O(g)+2Br2(g)ΔH。v正=k正ca(HBr)·cb(O2)，v逆=k逆cc<(H2O)·cd(Br2)(v正为正反应速率，v逆为逆反应速率，k正为正反应速率常数，k逆是逆反应速率常数，只与温度和催化剂有关，与浓度和接触面积无关；a、b、c、d是反应级数，可取整数和分数)。
（1）已知几种共价键键能数据如下所示：
共价键 H-Br O=O H-O Br-Br
键能(kJ·mol-1) 363 498 467 193
上述反应中，ΔH= kJ·mol-1。
（2）下列关于k正和k逆的说法正确的是____(填字母)。
A．增大压强，k正增大，k逆减小 B．升高温度，k正和k逆都增大
C．加入催化剂，k正和k逆都增大 D．增大接触面积，k正和k逆都减小
（3）为了测定反应级数，设计实验，测定结果如表所示：
实验序号 c(HBr)/mol·L-1 c(O2)/mol·L-1 正反应速率
1 0.1 0.1 v
2 0.1 0.2 2v
3 0.2 0.4 8v
4 0.4 x 32v
①x= ，a= ，b= 。
②有人提出如下反应历程：
(I)HBr+O2→HO-OBr(慢反应)
(II)HO-OBr+HBr→H2O+BrOBr(较快反应)
(III)BrOBr+HBr→BrOH+Br2(快反应)
(IV)BrOH+HBr→Br2+H2O(快反应)
活化能最大的反应是 (填代号)。
（4）在密闭容器中充入HBr和O2，发生上述反应，在相同时间里，测得HBr的转化率与温度、压强的关系如图。随着温度升高，三种不同压强下HBr的转化率趋向相等，其原因是 。
（5）在一定温度下，向恒容密闭容器中充入4molHBr(g)和1molO2(g)，测得起始的压强为10akPa，发生上述反应达到平衡时气体压强为起始压强的。该温度下，平衡常数Kp= (kPa)-1(用含a的代数式表示)。
（6）常温下，如果将上述反应设计成酸性燃料电池，负极反应式为 。
30．（2022高三下·蚌埠模拟）有效去除大气中的NOx，保护臭氧层，是环境保护的重要课题。
（1）在没有NOx催化时，O3的分解可分为以下两步反应进行；
①O3=O+O2 (慢) ②O+O3=2O2 (快)
第一步的速率方程为v1=k1c(O3)，第二步的速率方程为v2=k2c(O3)·c(O)。其中O为活性氧原子，它在第一步慢反应中生成，然后又很快的在第二步反应中消耗，因此，我们可以认为活性氧原子变化的速率为零。请用k1、k2组成的代数式表示c(O)= 。
（2）NO做催化剂可以加速臭氧反应，其反应过程如图所示：
已知：O3(g)+O(g)=2O2(g) ΔH=－143 kJ/mol
反应1：O3(g)+NO(g)=NO2(g)+O2(g) ΔH1=－200.2 kJ/mol。
反应2：热化学方程式为 。
（3）一定条件下，将一定浓度NOx(NO2和NO的混合气体)通入Ca(OH)2悬浊液中，改变，NOx的去除率如图所示。
已知：NO与Ca(OH)2不反应；
NOx的去除率=1－×100%
①在0.3－0.5之间，NO吸收时发生的主要反应的离子方程式为： 。
②当大于1.4时，NO2去除率升高，但NO去除率却降低。其可能的原因是 。
（4）若将CO和NO按不同比例投入一密闭容器中发生反应：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH=－759.8 kJ/mol，反应达到平衡时，N2的体积分数随的变化曲线如图。
①b点时，平衡体系中C、N原子个数之比接近 。
②a、b、c三点CO的转化率从小到大的顺序为 ；b、c、d三点的平衡常数从大到小的顺序为 (以上两空均用a、b、c、d表示)。
③若=0.8，反应达平衡时，N2的体积分数为20%，则NO的转化率为 。
31．（2022·鹰潭模拟）合成氨是目前人工固氮最重要的途径，对人类生存具有重大意义，反应为：
（1）N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=－92.4kJ/mol。
①该反应在 (填“高温”“低温”或“任意温度”)下可自发进行。
我国科学家在合成氨反应机理研究中取得新进展，首次报道了LiH-3d过渡金属这一复合催化剂体系，并提出了“氮转移”催化机理。
i. 3LiH(s) + N2(g) =Li2NH(s) + LiNH2(g) ΔH1=+32.8kJ·mol-1
ii. Li2NH(s)+2H2(g)=2LiH(s)+NH3(g) ΔH2=－88kJ·mol-1
iii． LiNH2(g)+H2(g)=LiH(s)+NH3(g) ΔH3
②则ΔH3= 。
（2）为了研究反应的热效应，我国的科研人员计算了在一定范围内下列反应的平衡常数。
i．
ii．
iii．
和的线性关系图如下所示：
①由图可知ΔH1 0(填“大于”或“小于”)。
②反应i的Kp0= (用Kp1和Kp2表示)。
反应i的 0(填“大于”或“小于”)，写出推理过程 。
（3）氨水可以吸收二氧化碳。已知常温下，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，Ka1(H2CO3) =4.4×10-7，Ka2(H2CO3) =4.4×10-11，．此温度下某氨水的浓度为 2mol/L，则溶液中c(OH-)= mol/L，将CO2通入氨水中使溶液恰好呈中性，则此时 = (保留小数点后4位数字)
32．（2022·静安模拟）高温下，活性炭可用来处理NOx废气。某研究小组向体积固定的密闭容器加入一定量的活性炭和NO，发生反应C(s)+ 2NO(g)N2(g)+CO2(g)。T1℃时，测得反应进行到不同时刻各物质的浓度如下表：
时间(min) 浓度(mol·L-1) 0 10 20 30 40 50
NO 2.0 1.16 0.40 0.40 0.6 0.6
N2 0 0.42 0.80 0.80 1.2 1.2
CO2 0 0.42 0.80 0.80 1.2 1.2
回答下列问题：
（1）碳原子核外有 个未成对的电子，N2分子的电子式是 ，氧原子2p亚层的轨道表示式为 。
（2）T1 ℃时，在0～10 min内的平均反应速率v(N2)= mol·L-1·min-1。
（3）该反应的平衡常数表达式为 。第30min 时，仅改变了某一条件，请根据表中数据判断可能改变的条件是 (填字母编号)。
a. 加入合适的催化剂 b. 适当缩小容器的体积
c. 再通入一定量的NO d. 再加入一定量的活性炭
（4）若第30 min时，将温度升高至T2℃，重新达新平衡时K为2.25，则正反应为 反应(填“放热”或“吸热”)，NO的平衡转化率 (填“升高”或“降低”)。
33．（2022·虹口模拟）氮氧化物()的任意排放会造成酸雨、光化学烟雾等环境污染问题，其与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时，发生反应：。
完成下列填空：
（1）该反应的平衡常数表达式 。
（2）①若反应在恒容密闭容器中进行，能说明该反应已达到平衡状态的是 (选填编号)。
a． b．和NO的物质的量之和保持不变
c．混合气体密度保持不变 d．
上述反应可以视作分两步进行：
(i)……
(ii)
②反应i的化学方程式可能是 。反应ii中反应物化学键总能量 生成物化学键总能量(填“高于”“低于”或“等于”)。
（3）保持恒温条件，将充入不同容积的密闭容器中进行反应ii，充分反应达到平衡后，反应物的转化率与容器容积及不同温度的关系如下图所示：
①图中的关系为 (填“＞”“＜”或“=”)；A、B、C各自对应化学平衡常数大小关系是 。
②若从起始到处于A点状态共经过，该时间段内化学反应速率 。
工业中利用新型催化剂M催化氦气与NO反应生成，从而去除NO的影响： ，相同时间内，NO的去除率随反应温度的变化曲线如下图所示。
（4）在范围内随着温度的升高，NO的去除率上升的原因可能是(任写一点)： 。
34．（2022·石嘴山模拟）2021年6月17日神舟十三号载人飞船与空间站成功对接，航天员进入天和核心舱。空间站处理的一种重要方法是的收集、浓缩与还原。
（1）还原制的部分反应如下：
①
②
③
反应的 。
（2）在催化剂作用下加氢可制得甲醇，该反应历程如下图所示(吸附在催化剂表面的物质用*标注，如表示吸附在催化剂表面；图中已省略)。
上述合成甲醇的反应速率较慢，该反应过程中决定反应速率的步骤是 (用化学方程式表示)。
（3）在一定条件下，向某恒容密闭容器中充入和，发生反应。
①图1中能表示该反应的平衡常数K与温度T之间的变化关系的是曲线 (填“m”或“n”)，判断依据是 。
②若，测得在相同时间内，不同温度下的转化率如图2所示， (填“>”、“<”或“=”)；时，起始压强为 (保留二位小数；为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
③已知速率方程是速率常数，只受温度影响。图3表示速率常数的对数与温度的倒数之间的关系，分别代表图2中a点、c点的速率常数，点 表示c点的。
35．（2022·嘉定模拟）回答下列问题：
（1）将0.050mol SO2(g)和0.030mol O2(g)充入一个2L的密闭容器中，在一定条件下发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)+Q。写出该反应的逆反应化学平衡常数表达式 ；经2分钟反应达到平衡，测得n(SO3)=0.040mol，则这个时间段O2的平均反应速率为 。
（2）在容积不变时，下列措施中有利于提高SO2平衡转化率的有 (选填编号)。
a. 移出氧气 b. 降低温度 c. 减小压强 d. 再充入0.050mol SO2(g)和0.030mol O2(g)
（3）在起始温度T1(673K)时SO2的转化率随反应时间(t)的变化如图。请在图中画出其他条件不变情况下，起始温度为T2(723K)时SO2的转化率随反应时间变化的示意图 。
常温下，向1L pH=10的NaOH溶液中持续通入CO2。通入CO2的体积(V)与溶液中水电离产生的OH-离子浓度(c)的关系如图所示。
（4）c点溶液中离子浓度由大至小的关系是： 。a点溶液中由水电离产生的c(H+)= 。b点溶液中c(H+) 1×10-7mol/L(填写“等于”、“大于”或“小于”)。
（5）写出c点到d点化学反应方程式 。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．v(CO2)== mol·L-1·min-1，化学反应速率之比等于化学计量数之比，则v(H2)=3v(CO2)=mol·L-1·min-1，选项A不符合题意；
B．在700℃时，t1min时反应已经达到平衡状态，此时c(CO2)==0.1mol/L，c(H2)==0.3mol/L，c(CH3OH)=c(H2O)==0.2mol/L，则K==14.8，温度升至900℃，上述反应平衡常数为2，说明温度升高，平衡常数减小，平衡是向左移动的，那么正反应为放热反应，选项B不符合题意；
C．t2时n(CO2)=0.20mol，c(CO2)=0.10mol·L-1，选项C符合题意；
D．保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20molCO2(g)和0.40molH2O(g)，c(CO 2)==0.2mol/L，c(H2O)==0.4mol/L，Qc==29.6>K，平衡逆向移动，则v(正)
【分析】A、化学反应速率为浓度变化量和时间的比值；
B、平衡常数和温度为正比，反应吸热，反之反应放热；
C、浓度为物质的量和体积的比值；
D、化学平衡常数等于反应物的浓度幂之积和生成物的浓度幂之积之比，如果已知化学平衡常数，要判断平衡移动问题，可以结合Qc和化学平衡常数的关系进行判断，Qc>K，反应朝逆向移动，Qc>K，反应朝正向移动，Qc=K，平衡不移动。
2．【答案】D
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．该反应是气体总物质的量增大、质量不变的反应，则0～250s，气体平均摩尔质量逐渐减小，故A不符合题意；
B．反应到250s时，PCl3气体的物质的量为0.2mol，根据反应方程式可知生成氯气的物质的量为0.2mol，所以产生的体积为4.48L(标准状况)，故B不符合题意；
C．相对分子质量大，沸点高，对平衡后体系降温，混合气体密度减小，说明气体总质量减小，则的状态一定发生变化，故C不符合题意；
D．一定温度下，K= ；其它条件相同时，向平衡后体系再充入等物质的量的和，假设加入的和都是1mol，，所以反应逆向进行，此时v(正)
【分析】A、气体质量守恒，若是气体化学计量数增大，则平均摩尔质量减小；
B、结合公式V=n·Vm判断；
C、结合公式m=ρ·V判断；
D、化学平衡常数等于反应物的浓度幂之积和生成物的浓度幂之积之比，如果已知化学平衡常数，要判断平衡移动问题，可以结合Q和化学平衡常数的关系进行判断，Q>K，反应朝逆向移动，Q>K，反应朝正向移动，Q=K，平衡不移动。
3．【答案】D
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．反应为气体分子数增大的反应，熵变大于零；A不符合题意；
B．由方程式可知，上述反应的化学平衡常数，B不符合题意；
C．及时分离出(g)，平衡向正反应方向移动，但是物质浓度减小，正反应速率减小， C不符合题意；
D．反应中硫元素化合价由+6变为0，，则上述反应中生成1mol，转移电子的数目约为，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、气体分子数增多为熵增的过程；
B、化学平衡常数为生成物的浓度幂之积和反应物的浓度幂之积比值；
C、减少生成物浓度，平衡朝正向移动；
D、结合化合价变化数目和原子个数判断电子数。
4．【答案】D
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A.1000℃时，由盖斯定律可知，①-③得反应，则其平衡常数，A不符合题意；
B．由分析可知，曲线III表示平衡时的物质的量分数随温度的变化，B不符合题意；
C．高于600℃，升高温度，的分数几乎不变，而CO含量显著增大，反应均为放热，升温反应逆向进行，则说明此时升高温度主要对反应②的平衡产生影响，导致CO含量显著增大，C不符合题意；
D．温度200℃~1200℃之间四氯化碳的平衡转化率几乎不变，故升高温度对其平衡转化率增加作用不大，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、两式相加，其平衡常数相乘，两式相减，其平衡常数相除；
B、升高温度，平衡朝吸热方向移动；
C、结合图示以及一氧化碳的含量变化判断；
D、结合图示可以知道200℃~1200℃之间四氯化碳的平衡转化率几乎不变。
5．【答案】B
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．该反应为放热反应，若容器为绝热容器，则体系内温度升高，温度越高反应速率越快，任意时刻的正反应速率始终满足，可判断甲中温度高，为绝热体系，故A不符合题意；
B．由以上分析可知甲为绝热容器，甲中温度高于乙，该反应为放热反应，温度升高使平衡逆向移动，会降低NO的转化率，因此乙中NO的平衡转化率高于甲，故B符合题意；
C．除0时刻外，甲中温度高于乙，且甲正向进行程度小于乙，甲中气体分子数大于乙，则甲中压强始终大于乙，故C不符合题意；
D．该反应为放热反应，正反应的活化能小于逆反应的活化能，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、升高温度速率加快；
B、升高温度，平衡朝吸热方向移动；
C、气体分子数越大，压强越大；
D、反应物活化能大于生成物活化能，反应吸热，反之，反应放热。
6．【答案】B
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．由表格数据可知，0~3min时，M的物质的量变化量为0.60mol、P的物质的量变化量为0.15mol，则反应生成的Q的物质的量为0.60mol—0.15mol=0.45mol，则Q的平均反应速率为=0.015 mol/(L·min)，故A不符合题意；
B．由化学反应速率定义可知，反应开始后，体系中P和Q的浓度变化量之比△c(P)：△c(Q)=tv1：tv2=k1c(M)：k2c(M)= k1：k2，k1、k2为定值，所以反应开始后，体系中P和Q的浓度之比保持不变，故B符合题意；
C．由表格数据可知，4min反应达到平衡时，M的物质的量变化量为0.64mol、P的物质的量变化量为0.16mol，则反应生成的Q的物质的量为0.64mol—0.16mol=0.48mol，M生成Q的转化率为×100%=48%，故C不符合题意；
D．由表格数据可知，4min反应达到平衡时，M的物质的量变化量为0.64mol、P的物质的量变化量为0.16mol，则反应生成的Q的物质的量为0.64mol—0.16mol=0.48mol，则反应①的反应速率慢于反应②，反应速率越快，活化能越小，则反应①的活化能比反应②的活化能高，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、化学反应速率为浓度变化量和时间变化量的比值；
B、结合速率常数判断；
C、转化率为变化量和起始量的比值；
D、速率越慢，活化能越大。
7．【答案】C
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．温度升高，反应速率均增大即H2S分解的正，逆反应速率均增大，故A不符合题意；
B.900℃，ts后达平衡，硫化氢的转化率为50%，则氢气的压强为0.5pkPa，则H2的平均生成速率为，故B不符合题意；
C．根据图中曲线分析，升高温度，硫化氢的转化率增大，因此该反应是吸热反应，则Al2O3催化剂使得正反应的活化能大于逆反应的活化能，故C符合题意；
D．催化剂需要适宜温度，在1100℃，曲线II、III重合，说明Al2O3催化剂可能几乎失去活性，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、升高温度，正逆反应速率加快；
B、氢气的速率可以结合硫化氢的转化率计算；
C、活化能越大，速率越慢；
D、催化剂在温度过高时会失去活性。
8．【答案】A
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．若，则> ，k为速率常数，升高温度k正本来就要增大，不能判断该反应是否为吸热反应或放热反应，故A符合题意；
B．加入一定量，平衡逆向移动，I2浓度增大，混合气体颜色变深，故B不符合题意；
C．加入一定量氩气，容器内压强增大，容器体积和各反应物的物质的量不变，浓度也不变，则反应速率不变，故C不符合题意；
D．加入等物质的量的和等效于增大压强，该反应是气体体积不变的反应，增大压强，转化率不变，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、升高温度，速率增大；
B、增大碘化氢浓度，平衡朝逆向移动，碘浓度增大，颜色变深；
C、恒容条件下通入氩气，平衡不移动；
D、恒容条件下增大压强，氢气转化率不变，
9．【答案】D
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．甲、乙起始投料相同，但乙先达到平衡，说明T2＞T1，C(乙)的平衡浓度小于C(甲)的平衡浓度，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，A不符合题意；
B．T2＞T1，温度越高，瞬时速率越快，故乙容器中瞬时速率快，B不符合题意；
C．乙与丙反应温度相同，投料浓度丙为乙的2倍，平衡后C的浓度丙仍为乙的2倍，说明压强不影响平衡移动，故x=1，反应前后气体分数不变，C不符合题意；
D．甲中平衡时C的浓度为1.5mol/L，则：
，
故T1℃，该反应的平衡常数为，
现有T1℃，起始时甲容器中充入0.5molA、1.5molB，反应到达平衡时A的浓度变化量为x，则：
，
温度不变，K值不变，，解得：x=0.75，故A的转化率为，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、温度升高，平衡朝吸热方向移动；
B、浓度相同时，温度越高，瞬时速率越快；
C、左右两边气体系数相同时，平衡不移动；
D、转化率的计算要结合三段式进行判断。
10．【答案】C
【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． 下发生反应： ，保持温度不变，平衡常数值不变，故A不符合题意；
B． 从，反应容器容积增大，使二氧化碳气体的浓度下降，容器内气压下降，根据平衡移动原理，反应应正向移动以增大容器内压强，设Y点、V=30L、Z点二氧化碳的物质的量分别为n1、n2、n3，n1=(2a×20)mol=40amol，n2=(×30)mol=40amol，n3=(a×40)mol=40amol，可知加入容器的碳酸钙已经完全分解，不能按可逆反应的平衡规则来描述，故B不符合题意；
C． 由X点、Y点分别产生的二氧化碳的物质的量分别是20amol，40amol，比值为1：2，而根据B的分析，Y点之后加入的碳酸钙已经完全分解，Y点的碳酸钙分解率为100%，X点对应的分解率为50%，故C符合题意；
D． 由B分析，容积为时，此时远远没有达到此温下二氧化碳的平衡浓度，再加入一定量，碳酸钙会分解，的浓度会发生变化，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、平衡常数只受温度影响；
B、可知加入容器的碳酸钙已经完全分解，不能按可逆反应的平衡规则来描述；
C、平衡分解率根据体积判断，浓度相同时，容器体积分别为10L和20L，计算其物质的量，求出分解率；
D、继续增加碳酸钙，生成的二氧化碳会变化。
11．【答案】B
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．主要产物是α-萘磺酸，说明反应①比较容易实现，活化能低，故反应①活化能比②小，A符合题意；
B．反应①和②反应物相同，平衡常数，反应物相同，平衡时α-萘磺酸和β-萘磺酸的物质的量浓度关系为：，B不符合题意；
C．tmin后反应达到平衡，萘的浓度变化等于α-萘磺酸和β-萘磺酸生成浓度之和，故用萘磺酸表示的反应速率为，C符合题意；
D．反应①-②或反应②-①，可看出两者可以相互转化，D符合题意；
故答案为：B。
【分析】Ａ． 主要产物是α-萘磺酸，说明反应①比较容易实现，活化能低；
Ｂ．平衡常数，反应物相同，则；
Ｃ．根据计算；
Ｄ．根据反应①和反应②可知， α-萘磺酸与β-萘磺酸能相互转化 。
12．【答案】B
【知识点】吸热反应和放热反应；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．由图可知，升高温度，的平衡转化率增大，则正反应为吸热反应，；且正反应可自发进行，说明，则，A项不符合题意；
B．，从，以表示反应的平均速率为，B项符合题意；
C．反应过程中气体的总质量不变，该反应为气体分子数不变的反应，则该反应中混合气体的总物质的量不变，混合气体的摩尔质量始终不变，则平均相对分子质量恒定不变，故当容器中混合气体的平均相对分子质量恒定不变时，不能说明反应达到平衡状态，C项不符合题意；
D.82℃下，反应达平衡时，的转化率为90%，则达平衡时，c()==，c()=c()==0.045mol/L，该反应的平衡常数K==20.25，若起始时在该密闭容器中充入和各，则Qc==1＜K，则平衡正向移动，v(逆)＜v(正)，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.由图可知，升高温度SCl2的转化率增大，，且反应可自发进行，根据判断；
B.反应速率之比等于化学计量数之比，再结合计算；
C. 混合气体的平均相对分子质量恒定不变；
D.列出反应的三段式，计算平衡常数，再计算浓度商，比较平衡常数和浓度商的相对大小确定反应的进行方向，据此判断正逆反应速率的大小。
13．【答案】C
【知识点】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】A．平衡常数K=，A项不符合题意；
B．根据三段式及容器I中测得的数据可知，在该温度下，该反应的平衡常数K=1.25；容器II中，达到平衡时=1，K==1.25，平衡时O2的浓度
c(O2)=0.8mol·L-1，列三段式：
0.5-2(x-0.8)=0.3+2(x-0.8)，x=0.85，B项不符合题意；
C．容器中Q==1.78>K，此时平衡向逆反应方向移动，则平衡时O2的浓度c(O2)>0.25mol·L-1，C项符合题意；
D．ΔH<0，温度升高，平衡向逆反应方向移动，k逆增大的幅度更大，n>m，D项不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.反应达到平衡时，正逆反应速率相等，；
B.根据表中数据列出三段式进行计算；
C.比较浓度商与平衡常数的关系，判断平衡移动移动方向；
D.升温平衡逆向移动，k逆增幅更大。
14．【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．由图可知，相同温度下投料比α1的转化率更高，反应中增加氢气的量会促进一氧化碳的转化，提高一氧化碳的转化率，故α1>α2，A不符合题意；
B．在400 K、α2=2时，一氧化碳的转化率为50%，因为体积未给出且反应前后气体分子的系数不等，故无法计算K值，B不符合题意；
C．反应Ⅰ为气体分子数减小的反应，反应Ⅱ为气体分子数不变的反应，在500 K、投料比为α3条件下，增大压强，反应Ⅰ正向移动，导致CO的平衡转化率升高，能从Y点到Z点，C符合题意；
D．反应Ⅰ为气体分子数减小的反应，增大压强可提高CO的平衡转化率和CH3CH2OH的产率，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据根据投料比越高，增加氢气的含量提高速率
B.根据数据结合方程式即可计算出平衡常数
C.增大压强可以提高转化率
D.根据方程式判断为增大压强可以提高产率
15．【答案】C
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．温度升高，的平衡产率减小，说明反应向逆反应方向移动，正反应为放热反应，选项A不符合题意；
B．M点的平衡产率大，其物质的量大、温度高，故分压大，选项B不符合题意；
C．由图可知，的值增大至7时，的平衡产率降低至接近于0，选项C符合题意；
D.M点温度较高，浓度较大，逆反应速率，选项D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.其他条件相同时，温度高，产率低，说明该反应是放热反应；
B.物质的量相同时，温度越高，压强越大，温度相同时，物质的量越大，压强越大；
C.从图可以看出，并非比值越大，平衡产率越大；
D.温度对反应速率的影响最大，温度越高，反应速率越大。
16．【答案】A,C
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用；有机物的合成
【解析】【解答】A．由于起始反应物浓度相同且a、c点转化率相同，故生成的丙酮浓度相等，A符合题意；
B．由于反应物转化率b点(98%)＞c点(70%)，故生成物浓度：b点＞c点，且b点温度大于c点，故逆反应速率：b点＞c点，B不符合题意；
C．由图示知，100℃时，5 h时反应物的转化率为70%，故生成丙酮的浓度=0.7x mol/L，则0~5 h丙酮的平均反应速率= ，C符合题意；
D．b点对应反应物转化率为98%，故两种生成物浓度均为0.98x mol/L，但在反应过程中有部分苯酚被移出反应体系，故平衡时体系中苯酚的浓度未知，故无法求算平衡常数，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A.根据转化率计算出浓度即可
B.根据转化率的高低判断速率的大小
C.根据转化率结合三行式计算速率即可
D.不知平衡体系中苯酚的物质的量浓度
17．【答案】B,D
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A.由题意可知，升高温度HCl平衡转化率减小，逆向移动，正反应放热，故A不符合题意；
B.根据反应列出三段式 ，因为体积是1L，可用浓度替换，所以平衡常数为K= = ，故B符合题意；
C.若X=8，则容器II中反应和容器I中反应相同，若X >8时，HCl本身浓度增加，但本身转换率降低，故C不符合题意；
D.当向容器I平衡体系中再加入1molO2(g)和1molCl2(g)时，Q= = < ，平衡想正反应方向移动，v (正)> v (逆)，故D符合题意；
故答案为BD。
【分析】A.结合不同温度下的氯化氢的平衡转化率确定反应的放热和吸热情况
B.根据平衡转化率和三行式计算出平衡常数
C.建立x=8的等效平衡，大于8时氧气的转换率提高
D.计算出浓度商进行比较即可
18．【答案】A,C
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A. t1时刻充入H2，生成物浓度增大，v'逆突然增大，反应物浓度来不及变化，v'正不变，随着反应的进行v'逆逐渐减小v'正逐渐增大，当v'正=v'逆时又重新达平衡，选项A符合题意；
B、再次达平衡时，H2的体积分数为20%，由于该反应为气体体积不变的反应，前后反应为等效平衡，平衡时H2的体积分数相同，均为20%，选项B不符合题意；
C、温度为T时，起始向原容器中充入0.1mol铁粉、0.04molH2O(g)、0.1mol Fe3O4(s)、0.005 mol H2(g)，H2的体积分数为 ，反应向正反应方向进行，选项C符合题意；
D、根据等效平衡可知，温度为T时，向恒压容器中加入足量 Fe3O4(s)和0.08molH2(g)，达平衡时H2(g)转化率为80%，选项D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】根据图像中正逆反应速率的变化判断反应速率加快、平衡向逆反应方向移动，然后进行计算即可。
19．【答案】C,D
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．反应在前5s的平均速率(A)==0.015mol/(L s)，A不符合题意；
B．需根据温度变化对平衡的影响确定反应的吸放热情况，题目并没有透露，B不符合题意；
C．相同温度下，起始时向容器中充入0.20mol A、0.20mol B和1.0mol C，Qc==25＞K，反应逆向进行，反应达到平衡前(正)＜(逆)，C符合题意；
D．等效为起始加入2.0mol A和2.0mol B，由于该反应前后气体的体积保持不变，故与原平衡相比，压强增大，平衡不移动，平衡时的A、B转化率不变，故平衡时A、B的物质的量等于1.6mol，C的物质的量等0.4mol，即相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol C，达到平衡时，C的物质的量等0.4mol，参加反应的C的物质的量等于1.6mol，转化率等于80%，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】B.题目没有提供温度对平衡的影响，无法判断反应的热效应。
C.首先计算该温度下的平衡常数，在计算充入0.20mol A、0.20mol B和1.0mol C后的Qc，比较二者大小，判断平衡的移动。
20．【答案】A,C
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A. C的物质的量增加、A和B的物质的量减小，所以A和B是反应物、C是生成物，物质的量变化值之比等与化学计量数之比，即A、B和C的化学计量数之比为2：1：2，到2min时达到平衡，故该反应的化学方程式为2A+B 2C，A符合题意；
B. 对同一个物质而言正反应速率和逆反应速率相等，如v正（A）=v逆（A），若选用不同物质的速率，不同物质的正反应和逆反应速率等于化学计量数之比，如v正（A）= v逆（C），则说明已平衡，但是v（A）=v（C）没有指明是正反应还是逆反应，故不能说明该反应已达到平衡状态，B不符合题意；
C. 共有5molA，到平衡时消耗2molA，则A的平衡时的转化率为40%，C符合题意；
D. 反应开始至2min时， ，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】根据AB物质的量的变化量之比计算出化学计量系数之比，当正反应速率等于逆反应速率时，反应达到平衡，根据A的变化量即可计算出平衡时A的转化率，同时求出A的平均反应速率
21．【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。
22．【答案】（1）
（2）190；>
（3）ad
（4）58.8%
（5）甲；反应I平衡曲线为N，恒压时充入水蒸气，；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】（1）设Ⅲ ，根据盖斯定律Ⅲ-2×Ⅰ得，故答案为：；
（2）①内，，则，故答案为：190；
②随着反应进行，水的浓度变化量减小，、、，Δc(H2O)逐渐减小，说明反应速率减小，内，Δc(H2O)=400ppm，内，Δc(H2O)=400ppm，则t-12>4，即t>16，故答案为：>；
（3）a．H2O的分压不变，则C3H6的分压也不变，反应1、Ⅱ各组分分压不变，反应1、Ⅱ均达到平衡，a正确；
b．反应物和生成物均为气体，混合气体的总质量不变，刚性密闭容器体积不变，则混合气体密度不变，不能作为反应I、Ⅱ均达到平衡的判据，b不正确；
c．当时，反应不一定达到平衡，不能作为反应1、Ⅱ均达到平衡的判据，c不正确；
d．，说明正逆反应速率相等，反应I达平衡，各组分分压不变，C3H6的分压不变，说明反应Ⅱ也达平衡，d正确；
故答案为：ad。
（4）设C3H8O的物质的量为1mol，若1mol C3H8O完全反应，理论上生成1mol C3H6，因为反应Ⅰ、Ⅱ的转化率分别为98%和40%，反应I生成1mol×98%=0.98mol C3H6，反应Ⅱ消耗了40% C3H6，则达平衡时C3H6的物质的量为0.98mol×(1-40%)=0.588mol，所以丙烯的产率为=58.8%，故答案为：58.8%；
（5）①反应I为气体体积增大的吸热反应，反应Ⅱ为气体体积减小的放热反应，则升高温度，反应I正向移动，逐渐增大，反应Ⅱ逆向移动，逐渐减小，即反应I为平衡曲线为N，反应Ⅱ平衡曲线为M；在350℃恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，对于反应I而言，相当于增大生成物浓度，使得>，即lg增大，反应I的状态最有可能对应图中的甲，故答案为：甲； 反应I平衡曲线为N，恒压时充入水蒸气，；
②由图可知，350℃时达平衡后，=0，则350℃时==1，设水蒸气的平衡分压为a MPa，则反应II的C3H6起始分压为 a MPa，对反应Ⅱ列三段式有
，解得a=MPa，故答案为：。
【分析】（1）根据盖斯定律，将Ⅲ-2×Ⅰ可得目标方程式；
（2）①根据计算；
②随着反应进行，水的浓度变化量减小，则反应速率减小，水减少相同物质的量浓度时，所需时间逐渐增长；
（3）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；
（4）根据计算；
（5）①升高温度，反应向吸热方向移动；在350℃恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，对于反应I而言，相当于增大生成物浓度，使得；
②列出反应的三段式计算。
23．【答案】（1）H2(g)+O2 (g)=H2O(1) H= -286 kJ mol-1
（2）BC；；43%
（3）负
（4）CnH2n+2-(6n+2)e-+ (3n+1) O2-=n CO2+(n+1) H2O
（5）abehj
【知识点】燃烧热；盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学反应速率与化学平衡的综合应用；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）298K时，1gH2燃烧生成H2O(g)放热121 kJ，则1molH2燃烧生成H2O(g)放热=242kJ，用热化学方程式表示为：H2(g)+O2(g)=H2O(g) H1= -242 kJ mol-1①，又因为1 mol H2O(1)蒸发吸热44kJ，则H2O(g)= H2O(l) H2= -44 kJ mol-1②，根据盖斯定律可知，表示H2燃烧热的反应热为 H=H1+H2= -286 kJ mol-1，故答案为：H2(g)+O2 (g)=H2O(1) H= -286 kJ mol-1；
（2）①A．增加CH4 (g)用量可以提高H2O(g)的转化率，但是CH4(g)平衡转化率减小，A不正确；
B．恒温恒压下通入惰性气体，相当于减小体系压强，反应混合物中各组分的浓度减小，反应Ⅰ的化学平衡正向移动，能提高CH4(g)平衡转化率，B正确；
C．移除CO(g)，减小了反应混合物中CO(g)的浓度，反应Ⅰ的化学平衡正向移动，能提高CH4(g)平衡转化率，C正确；
D．加入催化剂不能改变平衡状态，故不能提高CH4(g)平衡转化率，D不正确；
综上所述，上述操作中，能提高CH4(g)平衡转化率的是BC；
②恒温恒压条件下，1 mol CH4 (g)和1 mol H2O(g)反应达平衡时，CH4 (g)的转化率为α，CO2 (g)的物质的量为b mol，则转化的CH4 (g)为α mol，剩余的CH4 (g)为(1-α)mol，根据C元素守恒可知，CO(g)的物质的量为(α-b)mol，根据H和O守恒可知，H2O(g)的物质的量为(1-α-b)mol，H2(g)的物质的量为(3α+b)mol，则反应混合物的总物质的量为(2α+2)mol，平衡混合物中，CH4(g)、H2O(g)、 CO(g) 、H2(g)的物质的量分数分别为、、、，因此，反应I的平衡常数Kx=；其他条件不变，H2O(g)起始量增加到5mol，达平衡时，α=0.90，b =0.65，则平衡时，CH4 (g)为0.1mol，根据C元素守恒可知，CO(g)的物质的量为0.25mol，根据H和O守恒可知，H2O(g)的物质的量为(5-0.90-0.65 )mol=3.45mol，H2(g)的物质的量为(3α+b )mol=3.35mol，平衡混合物的总物质的量为(2α+6 )mol=7.8mol，平衡体系中H2(g)的物质的量分数为；
（3）氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为负极，负极发生氧化反应，通入氧气的一极为正极，正极发生还原反应，因此氢氧燃料电池中氢气在负极发生反应；
（4）在允许O2-自由迁移的固体电解质燃料电池中，CnH2n+2在负极发生氧化反应生成CO2和H2O，电极反应式为CnH2n+2-(6n+2)e-+ (3n+1) O2-=nCO2+(n+1) H2O；
（5）由图示可知，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO，且能垒越低，活化能越小，越容易进行，根据图示可知，其可行的途径为：abehj。
【分析】（1）燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量；
（2）①提高平衡转化率，应使平衡尽量正向移动，平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
②分别计算各物质的物质的量，结合 计算；
（3）氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为负极，负极发生氧化反应，通入氧气的一极为正极，正极发生还原反应；
（4） CnH2n+2在负极上发生氧化反应生成CO2和H2O；
（5）原电池反应均为自发的氧化还原反应，为放热反应。
24．【答案】（1）-286
（2）；50%或0.5；660.2(或660.1或660.3，其他答案酌情给分)
（3）5.4；相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高
【知识点】燃烧热；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)电解液态水制备，电解反应的，则2mol完全燃烧消耗，生成液态水的同时放出的热量为572kJ ，从而可知1mol完全燃烧生成液态水放出的热量为286kJ，因此，的燃烧热(焓)-286。
(2)①由的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系图可知，K随着温度升高而减小，故该反应为放热反应。若反应为基元反应，则反应为一步完成，由于反应的与活化能(Ea)的关系为，由图2信息可知＝ａ，则ａ，则生成物能量低于a，因此该反应过程的能量变化示意图为：。
②温度t下，向容积为10L的抽空的密闭容器中通入和，反应平衡后测得容器中，则参与反应的的物质的量为0.05mol，的转化率为；的平衡量为，和是按化学计量数之比投料的，则的平衡量为，的平衡量是的2倍，则，的平衡浓度分别为、、、，则该反应的平衡常数K＝，根据图1中的信息可知，反应温度t约为660.2℃。
(3)在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，由表中信息可知，0~2minCH3OH的浓度由0增加到10.8μmol L-1，因此，0~2min生成CH3OH的平均反应速率为10.8mol L-12min=5.4μmol L-1 min-1；由表中信息可知，在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应， 0~2minCH3OH的浓度由0增加到10.8μmol L-1，c(CH4)：c(CH3OH)＝12722：10.8≈1178；在选择使用催化剂Ⅱ和350℃的反应条件下，0~2minCH3OH的浓度由0增加到9.2μmol L-1，c(CH4)：c(CH3OH)＝10775：9.2≈1171；在选择使用催化剂Ⅰ和400℃条件下反应， 0~2minCH3OH的浓度由0增加到345.2μmol L-1，c(CH4)：c(CH3OH)＝42780：345.2≈124；在选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件下，0~2minCH3OH的浓度由0增加到34μmol L-1，c(CH4)：c(CH3OH)＝38932：34≈1145。因此，若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件的原因是：相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高。
【分析】（1）燃烧热是指在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；
（2）①该反应的平衡常数随温度升高而减小，该反应为放热反应，生成物能量低于a；
②根据转化率=反应量起始量×100%计算；计算此时的平衡常数，根据图1确定反应温度；
（3）根据v=ΔcΔt计算；400℃的反应速率更快，相同温度下，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高。
25．【答案】（1）271
（2）减小气体浓度，使平衡右移，提高C3H8(g)转化率；16.7
（3）2；H2和C3H6都消耗O2
（4）先增大后减小；反应开始时，体系中主要发生反应Ⅱ，c(C3H6)逐渐增大，随着反应进行，p(C3H8)减小，p(C3H6)增大，v(C3H6)减小，体系中主要发生反应Ⅲ，c(C3H6)逐渐减小
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】（1）由C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)△H1=+125kJ·mol-1可知反应需要中断裂2mol C—H键、形成1mol碳碳π键和1mol H—H键，436kJ·mol-1×2- E (碳碳π键) = +125kJ.mol-1，解得：E(碳碳π键)= 271kJ. mol-1，所以形成1mol碳碳π键放出的能量为271kJ；
（2）达到平衡后，通入N2，由于总压恒定为100kPa，则容器体积增大，平衡向气体体积增大的方向移动，即向正反应方向移动，C3H8(g)的转化率增大；根据图a，C3H8的物质的量分数为0.4时，其平衡转化率为50%；假设混合气体为1mol，则起始时C3H8为0.4mol，N2为0.6mol，运用三段式法计算：
由于总压恒定为100kPa，平衡时C3H8为0.2mol，C3H6为0.2mol，H2为0.2mol，N2为0.6mol，则C3H8(g)、C3H6(g)、H2(g)的分压均为：100KPa× = 故T1时反应Ⅰ的平衡常数KP= =16.7KkPa。
（3） 内C3H6的分压由0增大为2.4kPa，则生成 的平均速率为 =2kPa·s-1；若只发生反应Ⅰ、Ⅱ，C3H6的分压应大于H2和H2O的分压，但由图b知，随着反应进行，分压p(H2O)>p(C3H6)>p(H2)，且有CO2生成，H2分压降低，故体系中还发生反应：C3H6+ O2=3CO2+3H2O，H2+ O2=H2O，消耗O2，因此C3H8和O2的消耗速率比小于2∶1；
（4）反应开始时，反应Ⅱ向右进行，c(C3H6)逐渐增大，且体系中以反应Ⅱ为主，随着反应进行，p(C3H8)减小，p(C3H6)增大，使得v (C3H6)减小，体系中以反应Ⅲ为主，因此丙烯的浓度随时间的变化趋势为先增大后减小。
【分析】（1）根据△H＝反应物总键能 生成物总键能，结合每摩尔反应Ⅰ中断键和成键情况计算；
（2）该反应的正反应是气体体积增大的反应，恒温恒压条件下通入无关气体，相当于减压，反应向气体体积增大的方向移动，反应物C3H8的转化率增大，利用图a中的数据，设未知数列三段式计算可得各气体平衡的物质的量，故而可得物质的量分数，代入Kp计算；
（3）由图b可知，0～1.2s内，C3H6的分压变化，代入v（C3H6）＝△p(C3H6)/△t计算。随着反应进行，分压：p(H2O)>p(C3H6)>p(H2)，且有CO2生成，H2分压降低，可推断反应中存在其他消耗C3H6和H2且生成H2O和CO2的反应，从而影响了O2的消耗速率；
（4）速率常数只与温度有关，反应开始时，通入气体C3H8、O2、N2，体系中主要发生反应Ⅱ，据此结合丙烯的净生成速率方程为v（C3H6）＝kp（C3H8） k′p（C3H6）分析随着反应的进行的量变。
26．【答案】（1）-90.7
（2）c
（3）H的电负性大于Zn而小于O，吸附在O2-上的H带正电，与C-O上带负电的O结合，吸附在Zn2+上的H带负电，与C-O上带正电的C结合；ac
（4）0.4；4.67
（5）反应釜要求压强恒定，而反应i为气体分子数减小的反应；5%
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）由图表数据可知：①
②，由盖斯定律可知，②-①得：；
（2）反应ⅰ为放热的熵减反应，随着温度升高，会增大，故表示反应ⅰ的线条是c；
（3）①电负性：O＞H＞Zn，图中反应步骤Ⅲ可描述为：H的电负性大于Zn而小于O，吸附在O2-上的H带正电，与C-O上带负电的O结合，吸附在Zn2+上的H带负电，与C-O上带正电的C结合，然后生成产物；
②在合成甲醇过程中，需要不断分离出甲醇，可以使得甲醇浓度减小促使反应正向移动，且甲醇浓度减小，利于从催化剂脱附从而可以空出催化位置提高正反应速率；故答案为：ac；
（4）①时达到平衡，平衡时的转化率为80%，内，；
②平衡时的转化率为80%，则Δc(CO)=1.6mol L-1；，且；设反应i中转化的CO的浓度为a mol L-1
平衡时，则反应ⅲ中生成氢气为(2a-2.6)
根据化学方程式体现的关系可知，1.6-a=2a-2.6，a=1.4；设反应ii中，CH3OCH3的浓度变化量为b ，则有
平衡时，则a-2b=2b，b=0.35；
则平衡时CO、H2、CO2、H2O浓度分别为0.4、1.4、0.2，0.15，则反应ⅲ的平衡常数；
（5）①反应釜要求压强恒定，而反应i为气体分子数减小的反应，会导致压强减小，故需控制出气流量小于进气流量；
②假设时间为1min，则进气为0.03mol、出气0.02mol；反应ⅰ为气体分子数减少的反应，反应ⅱ、ⅲ为气体分子数不变的反应，则减少0.01mol气体是由反应i引起的，由反应i的方程式可知，参加反应i的CO的物质的量为0.01mol÷2=0.005mol，的转化率为60%，则一共有0.006mol CO参加反应，则反应ⅱi中消耗0.001mol CO、生成0.001mol CO2，故流出气体中的百分含量为。
【分析】（1）盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减；
（2）反应i的△H<0，△S<0，因此T增大，△G增大；
（3） ① 氢原子的电负性大于锌而小于氧；
② 减小甲醇的浓度，平衡朝正向移动；
（4） ① 化学反应速率为浓度变化量和时间变化量的比值；
② 化学平衡常数为生成物的浓度幂之积和反应物的浓度幂之积比值；
（5） ① 反应1为气体分子数减小的反应；
② 结合化学计量数之比等于物质的量之比判断。
27．【答案】（1）615
（2）A
（3）水蒸气可以降低乙苯的分压，使平衡向正向移动；水蒸气可以与C发生反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，有效降低积碳
（4）a；<；
【知识点】反应热和焓变；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） H=反应物总键能-生成物总键能，123kJ/mol=(2×413+348-X-436)kJ/mol，解得X=615；
（2）A．由反应机理图可知α位的碳氢键比β位的碳氢键先断，则α位的碳氢键键能小于β位的碳氢键键能，A正确；
B．是该反应的催化剂，其通过降低反应的活化能来加快反应速率，催化剂不能改变一个反应的焓变，B不正确；
C．是该反应的催化剂，改变催化剂的量能改变反应速率，但是不能使平衡发生移动，不能提高反应的平衡转化率，C不正确；
选A；
（3）恒压条件下，加入水蒸气会减小乙苯的分压，使平衡向正向移动；同时，水蒸气可以与C发生反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，有效降低积碳，从而提高乙苯的转化率；
（4）①分别按照、、投料，水蒸气比例越大，平衡正向移动程度越大，乙苯转化率越大，故图中的曲线是a；
②M点乙苯的转化率较N点大，则M点乙苯的浓度小于N点，故M点的正反应速率和N点的逆反应速率大小关系为<；
③550℃、100kPa，按投料时，乙苯的平衡转化率=为60%，设乙苯的起始物质的量为amol，则水蒸气物质的量为9amol，则，平衡时气体总物质的量为0.4a+0.6a+0.6a+9a=10.6a，=，故。
【分析】（1）根据 H=反应物总键能-生成物总键能计算；
（2）A.反应时，乙苯中α位的碳氢键比β位的碳氢键先断；
B.催化剂是通过降低反应的活化能来加快反应速率；
C.催化剂不影响平衡状态，不能提高平衡转化率；
（3）水蒸气可以降低乙苯的分压，使平衡向正向移动，同时可以与C发生反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，有效降低积碳；
（4）①水蒸气比例越大，平衡正向移动程度越大，乙苯转化率越大；
②M点乙苯的转化率较大；
③反应达到平衡时，正逆反应速率相等，即=，则。
28．【答案】（1） H4=-206kJ·mol-1， H4<0， S<0，低温自发；10MPa-1；BC；随着温度的升高，甘油和C的摩尔分数一直为零，反应1转化率为100%。反应3的△H绝对值大，且为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，H2的摩尔分数增大的影响大于反应2平衡逆向移动导致H2的摩尔分数减小的影响，且反应3生成的H2量大，所以摩尔分数先迅速上升。由图可知约900K后，CH4摩尔分数接近0，说明反应3几乎转化完全，H2的摩尔分数主要受反应2影响，升温，反应2平衡左移且故H2摩尔分数缓慢下降
（2）弱；H*；CO2*；H*；H*+ H* H2*
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)①根据盖斯定律，反应4=反应2-反应3，则 H4= H2- H3=-41kJ/mol-(+165kJ/mol)=-206kJ/mol；该反应的 H4＜0、 S＜0， G= H4-T S＜0的反应能自发进行，则该反应在低温下自发进行；答案为： H4=-206kJ·mol-1， H4<0， S<0，低温自发。
②若仅考虑积碳副反应，平衡体系中的气态物质有CO、H2、H2O(g)、CO2，一定温度下，测得在1.0MPa恒压反应体系中组分的分压(即组分的物质的量分数×总压)，达平衡时，p(H2O)=p(CO2)=p(CO)=0.3MPa，则p(H2)=1.0MPa-0.3MPa-0.3MPa-0.3MPa=0.1MPa，反应CO(g)+H2(g) C(s)+H2O(g)的平衡常数Kp1===10MPa-1；答案为：10MPa-1。
③A．通入过量的O2，消耗H2、C、CO生成H2O、CO2，都导致H2的产率下降，A项不合适；
B．通入适量的水蒸气，积碳反应CO(g)+H2(g) C(s)+H2O(g)、CO2(g)+2H2(g) C(s)+2H2O(g)都逆向移动，能提高H2的产率，B项合适；
C．催化剂具有选择性，选择合适的催化剂，可减少积碳反应的发生，提高H2的产率，C项合适；
D．加压，反应CO(g)+H2(g) C(s)+H2O(g)、CO2(g)+2H2(g) C(s)+2H2O(g)都正向移动，H2的产率下降，D不合适；
故答案为：BC。
④根据图像可知，随着温度的升高，甘油和C的摩尔分数一直为零，反应1转化率为100%。反应3的△H绝对值大，且为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，H2的摩尔分数增大的影响大于反应2平衡逆向移动导致H2的摩尔分数减小的影响，且反应3生成的H2量大，所以摩尔分数先迅速上升。由图可知约900K后，CH4摩尔分数接近0，说明反应3几乎转化完全，H2的摩尔分数主要受反应2影响，升温，反应2平衡左移且故H2摩尔分数缓慢下降；答案为：随着温度的升高，甘油和C的摩尔分数一直为零，反应1转化率为100%。反应3的△H绝对值大，且为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，H2的摩尔分数增大的影响大于反应2平衡逆向移动导致H2的摩尔分数减小的影响，且反应3生成的H2量大，所以摩尔分数先迅速上升。由图可知约900K后，CH4摩尔分数接近0，说明反应3几乎转化完全，H2的摩尔分数主要受反应2影响，升温，反应2平衡左移且故H2摩尔分数缓慢下降。
(2)路径1最终得到CO2和H2，有利于反应2正向发生；路径2最终得到CO和H2O，不利于反应2正向发生；反应2的一种催化机理是生成中间体甲酸，根据甲酸在金属氧化物催化剂表面的催化机理知，若想尽可能进行路径1，中间体HCOOH更易与金属氧化物催化剂结合，则选择的氧化物M-O键结合力应较弱；*表示吸附态，结合原子守恒，反应历程第一步为HCOOH* HCOO*+H*；结合最后两步→CO2(g)、→H2(g)，则中间的反应历程为HCOO* CO2*+ H*，H*+ H* H2*；答案为：弱；H*；CO2*；H*；H*+ H* H2*。
【分析】（1） ① 自发性的判断要结合焓变和熵变判断，若△H-T△S<0，则反应可以自发；
② 分压平衡常数可以代入公式进行判断；
③ 通过题干可知积碳的过程生成碳和水蒸气，因此可以通过增大水蒸气的浓度，使平衡朝逆向移动；
④ 要结合平衡移动的原理进行判断；
（2）想尽可能进行路径1，中间体HCOOH更易与金属氧化物催化剂结合，则选择的氧化物M-O键结合力应较弱。
29．【答案】（1）-304
（2）B；C
（3）0.8；1；1；I
（4）随着温度升高，压强对平衡的影响逐渐减弱
（5）
（6）2Br--2e-=Br2
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)反应4HBr(g)+O2(g) 2H2O(g)+2Br2(g)中，ΔH=363kJ/mol×4+498kJ/mol-（467kJ/mol×4+193kJ/mol×2）=-304kJ·mol-1。故答案为：-304；
(2)A. k正为正反应速率常数，k逆是逆反应速率常数，只与温度和催化剂有关，增大压强k正、k逆均不变，故A不符合题意；
B. 升高温度，正逆反应速率均增大，k正和k逆都增大，故B符合题意；
C. 加入催化剂，正逆反应速率均增大，k正和k逆都增大，故C符合题意；
D. k正为正反应速率常数，k逆是逆反应速率常数，只与温度和催化剂有关，增大接触面积，k正和k逆都不变，
故答案为：BC；
(3)①结合实验1、2，v正=k正ca(HBr)·cb(O2)，b=1，再对比实验1和3，得a=1，结合实验3、4，得x=0.8，a=1，b=1。故答案为：0.8；1；1；
②决定反应O2（g）+4HBr（g） 2Br2（g）+2H2O（g）速率快慢的基元反应是反应Ⅰ，反应Ⅰ的活化能最大，活化能最大的反应是I(填代号)。故答案为：I；
(4)根据HBr的转化率与温度、压强的关系图，随着温度升高，三种不同压强下HBr的转化率趋向相等，其原因是随着温度升高，压强对平衡的影响逐渐减弱。故答案为：随着温度升高，压强对平衡的影响逐渐减弱；
(5)在一定温度下，向恒容密闭容器中充入4molHBr(g)和1molO2(g)， ，测得起始的压强为10akPa，发生上述反应达到平衡时气体压强为起始压强的， ，x=0.5。该温度下，平衡常数Kp= == (kPa)-1(用含a的代数式表示)。故答案为：；
(6)常温下，如果将上述反应设计成酸性燃料电池，负极溴离子放电，失电子发生氧化反应生成溴单质，反应式为2Br--2e-=Br2，故答案为：2Br--2e-=Br2。
【分析】（1）△H=反应物总键能-生成物总键能；
（2）结合题干可知速率常数只受温度和催化剂影响，升高温度，正逆反应速率增大，因此速率常数也增大，加入催化剂，正逆反应速率增大，因此速率常数也增大；
（3） ① 结合控制变量法进行判断，控制变量法的特点是保证所有条件都相同，只改变其中一个条件；
② 活化能越大，化学反应速率越慢；
（4） 随着温度升高，压强对平衡的影响逐渐减弱；
（5）分压平衡常数要结合公式进行判断，恒容时，压强之比等于物质的量之比；
（6）燃料电池中，负极失电子，即溴离子失去电子，化合价升高，转化为溴。
30．【答案】（1）
（2）NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g) △H2=+57.2 kJ/mol
（3）NO+NO2+Ca(OH)2=Ca2++2NO2-+H2O；NO2量太多， 剩余的NO2和水反应生成NO逸出，导致NO去除率降低
（4）1：1；c
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)由于活性氧原子变化的速率为零，可认为其生成速率等于消耗速率，v1=k1c(O3)， v2=k2c(O3)·c(O)，则k1c(O3)=k2c(O3)·c(O)，所以c(O)=；
(2)反应①是O3在NO作用下生成NO2和O2，NO2在氧原子作用下生成NO和O2，反应过程中NO参与反应后又生成，所以NO作用为催化剂，根据盖斯定律将两个热化学反应相减可得到反应2的热化学方程式；NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g) △H=+57.2 kJ/mol；
(3)①NO和Ca(OH)2不反应，所以反应物有NO、NO2和Ca(OH)2，根据氧化还原规律，产物为Ca(NO2)2和水，所以离子方程式为：NO+NO2+Ca(OH)2=Ca2++2NO2-+H2O；
②当NO太少，NO2量太多，首先发生反应：NO+NO2+Ca(OH)2=Ca2++2NO2-+H2O；NO2不能完全吸收，过量的NO2就和水反应生成HNO3和NO，这样就导致NO2去除率升高，但NO去除率却降低；
(4)①当反应物按化学计量数之比加入时，平衡时的N2的体积分数最大，所以b点的平衡体系中C、N原子个数比接近1：1；
②增大，CO的浓度增大的倍数大于NO增大的倍数，使CO转化率降低，所以a、b、 c三点CO的转化率从小到大的顺序为c
③若=0.8，反应达平衡时，N2 的体积分数为20%，假设开始时n(NO)=1 mol，n(CO)=0.8 mol，假设CO平衡时CO转化了x mol，则根据物质反应转化关系可知平衡产生CO2的物质的量为x mol，N2为0.5x mol，则此时CO为(0.8-x) mol，NO为(1-x) mol， ×100%=20%， 解得x=0.6 mol，所以NO的转化率为×100%=60%。
【分析】（1）若生成速率等于消耗速率，可以结合代数式进行判断；
（2）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；
（3） ① 一氧化氮和二氧化氮与氢氧化钙反应生成亚硝酸钙和水；
② NO2量太多， 剩余的NO2和水反应生成NO逸出，导致NO去除率降低 ；
（4） ① 结合化学计量数之比进行判断；
② 增大某种反应物的浓度，其转化率减小；
③ 结合三段式进行判断。
31．【答案】（1）低温；-37.2kJ/mol
（2）小于；Kp1×Kp2；小于；由和的线性关系图可知，线比线倾斜度更大，结合lgKp0=lgKp1+lgKp2可推理出lgKp0线会随横坐标温度的上升而减小。平衡常数随温度上升而减小的反应是放热反应，所以反应i是放热反应。
（3）6×10－3；1.0009
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)①该反应是气体分子数减小的反应，则ΔS＜0，已知 H＜0，根据ΔH-TΔS＜0，反应才能自发进行，则该反应在低温可自发进行；
②由盖斯定律：反应i+反应ii+反应iii可得反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，所以△H=△H1+△H2+△H3=32.8kJ mol-1-88kJ mol-1+△H3=-92.4 kJ mol-1，据此可得△H3=-37.2 kJ mol-1；
(2)①由图可知，温度升高lgKp1减小，即平衡常数Kp1减小，说明反应ii是放热反应，则ΔH1小于0；
②根据盖斯定律：ii+iii得i，则Kp0=Kp1×Kp2；由和的线性关系图可知，线比线倾斜度更大，结合lgKp0=lgKp1+lgKp2可推理出lgKp0线会随横坐标温度的上升而减小。平衡常数随温度上升而减小的反应是放热反应，所以反应i是放热反应，小于0；
(3)NH3 H2O的Kb=1.8×10-5，若氨水的浓度为2.0mol L-1，由Kb=，可知c(OH-)=mol/L=6×10-3mol/L，将CO2通入该氨水中，当溶液呈中性时溶液中c(OH-)=c(H+)=10-7mol/L，电荷守恒得到：c(NH)=c(HCO)+2c(CO)，=1+，H2CO3的Ka2=4.4×10-11，结合Ka2=可得==4.4×10-4，=1+=1+8.8×10-4=1.0009，故答案为：6×10-3；1.0009；
【分析】（1） ① 根据则反应自发进行；
② 考查盖斯定律；
（2）从图可知随温度升高Kp1逐渐减小，温度升高平衡向吸热反应方向移动，说明逆反应为吸热反应；反应 i =反应 ii+反应 iii ，说明 Kp0=Kp1×Kp2 ；
（3）利用Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，计算浓度为 2mol/L的氨水中的OH-的浓度；溶液呈中性时c(H+)=c(OH-)，.
32．【答案】（1）2；；
（2）0.042
（3）K=；bc
（4）放热；降低
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)碳原子的电子排布式为：1s22s22p2，2p2这2个电子是未成对电子，则碳原子核外有2个未成对的电子；N2分子为共价化合物，则其电子式是；氧原子的电子排布式为：1s22s22p4，则2p亚层的轨道表示式为，故答案为：2；；；
(2)T1 ℃时，在0～10 min内的平均反应速率v(N2)= =0.042mol·L-1·min-1，故答案为：0.042；
(3)根据反应C(s)+ 2NO(g)N2(g)+CO2(g)，可知反应的平衡常数表达式为K=；
a．加入合适的催化剂，可以加快反应速率，不能改变状态，则表中数据不会改变，a项不符合题意；
b．适当缩小容器的体积，压力增大，平衡不移动，但是物质的浓度会增大，表中数据会改变，b项符合题意；
c．再通入一定量的NO，平衡正向移动，则表中数据会改变，c项符合题意；
d．再加入一定量的活性炭，不影响平衡，则表中数据不会改变，d项不符合题意；
故答案为：K=；bc；
(4)T1 ℃时，该反应的平衡常数K==，若第30 min时，将温度升高至T2℃，重新达新平衡时K为2.25，可知升高温度，平衡逆向移动，则正反应为放热反应；平衡逆向移动，则NO的平衡转化率降低，故答案为：放热；降低。
【分析】（1）核外未成对电子通过其最外层电子数判断，未凑满8电子的个数；电子式要注意氮原子要满足8电子；
（2）化学反应速率；
（3）平衡常数K=生成物浓度幂之积/反应物浓度幂之积；所有物质浓度都增大，改变的应该是体积或者增加反应物的浓度；
（4）温度生高，K减小，反应为放热反应，平衡朝吸热方向移动，NO转化率降低。
33．【答案】（1）
（2）bc；；低于
（3）＜；；
（4）反应未达平衡，温度升高，反应速率加快
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】根据反应可判断化学平衡常数K的表达式；判断化学平衡状态的直接标志：正反应速率=逆反应速率，各组分浓度不再改变，以及以此为基础衍生出来的标志如压强不再改变，混合气体的密度不再改变、气体的颜色不再变化等等，以此来解析；
(1)根据化学反应4NO2(g)+2NaCl(s) 2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)，可知反应的化学平衡常数K= ；
(2)①a．v(NO2)=2v(NO)没有指明正反应速率，所以不能说明达到平衡状态，a不正确；
b．根据反应可知NO2和NO的物质的量之和为一个变量，当它保持不变时，说明达到平衡状态，b不正确；
c．恒容密闭容器，体积不变，但是反应前后气体的质量变化，混合气体密度为一个变量，混合气体密度保持不变时，能说明达到平衡状态，c正确；
d．c(NO2)：c(NO)：c(Cl2)=4：2：1，不能说明达到平衡状态，d不正确；
故答案为：bc。
②已知(ⅲ)4NO2+2NaCl 2NaNO3+2NO+Cl2，(ii)2ClNO 2NO+Cl2，根据元素守恒可知，=i=2NO2+NaCl NaNO3+ClNO；由题中信息可知反应(ii)为吸热反应，反应ii中反应物化学键低于总能量生成物化学键总能量；
(3)①反应(ii)为放热反应，升温平衡逆向移动，温度越高转化率越低，根据图像可知T2对应的转化率高，所以T1
②设反应从起始到处于A点状态共经过10min，ClNO反应xmol，则
=0.4，解得x=0.4，该时间段内化学反应速率v(NO)== =0.04mol/(L·min)；
(4)在50~150℃范围内随着温度的升高，NO的去除率上升的原因为反应的温度低，反应慢，反应未达平衡，温度升高，反应速率加快；
【分析】（1）平衡常数=生成物浓度幂之积/反应物浓度幂之积；
（2） ① 化学平衡判断：1、同种物质正逆反应速率相等，2、不同物质速率满足：同侧异，异侧同，成比例，3、各组分的浓度、物质的量、质量、质量分数不变，4、左右两边化学计量数不相等，总物质的量、总压强（恒容）、总体积（恒压）不变，5、平均相对分子质量、平均密度根据公式计算，6、体系温度、颜色不变；
② 结合盖斯定律的方法，总方程式减去反应ii可以得到反应i；
（3） ①
