高考化学第一轮复习：化学平衡常数
一、选择题
1．“胜哥”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
2．下列实验能达到预期目的的是
选项 实验目的 实验及现象 结论
A 比较CH3COO-和的水解常数的大小 分别测浓度均为0.1mol·L-1的CH3COONH4 和NaHCO3溶液的pH，后者大于前者 Kh(CH3COO-)〈Kh()
B 验证蔗糖水解产物 向盛有1mL 20%蔗糖溶液的试管中滴入3-5滴稀硫酸，将混合液煮沸几分钟、冷却，在冷却后的溶液中加入银氨溶液 有银镜产生
C 探究氢离子浓度对转化为的影响 向K2CrO4溶液中缓慢滴加硫酸，黄色变为橙红色 增大氢离子浓度，平衡向生成的方向移动
D 比较AgCl和AgI的溶度积常数 向NaCl、NaI 的混合液中滴加2滴0.1mol/LAgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色 Ksp (AgI)
3．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．我国在H2和CO合成的研究中取得重大突破。向某密闭容器中，按物质的量为2：1的比例充入H2和CO，发生反应：。测得不同压强下的平衡体积分数随温度变化关系如图所示，下列说法错误的是
A．
B．该反应的焓变ΔH>0
C．N点时对应该反应的
D．M、N两点使用不同催化剂时，正反应速率可能相等
5．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．甘氨酸是人体必需氨基酸之一、在时，仅考虑、和三种微粒，其分布分数()与溶液关系如图。[如中的分布系数：]。下列说法不正确的是
A．曲线a代表
B．两性离子的浓度在附近最大，说明两性离子的电离能力比水解强
C．的平衡常数
D．
7．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．“胜哥”设计实验测定反应的平衡常数并探究常温下稀释对该平衡移动方向的影响。步骤如下：
⑴实验Ⅰ：配制溶液和溶液。各取混合(忽略反应引起的溶液体积变化，下同)，测得平衡时浓度为。
⑵实验Ⅱ：将溶液、溶液与水混合，测得平衡时浓度为。
下列分析正确的是
A．配溶液所用玻璃仪器只需容量瓶、量筒和玻璃棒
B．
C．该组实验可作为判断稀释对该平衡移动方向影响的证据
D．测得该反应的
9． 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．其他条件不变，升高温度，不一定增大的是（ ）
A．化学平衡常数 B．气体摩尔体积
C．水的离子积 D．化学反应速率
11．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
12．用消除的反应为 。下列说法正确的是
A．平衡时升高温度，增大，减小
B．反应平衡常数
C．反应中生成22.4 L ，转移电子数目为
D．实际应用中，适当增加的量有利于消除，减轻空气污染程度
二、非选择题
13．二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO2的热点研究领域。回答下列问题：
（1）CO2催化加氢生成乙烯和水的反应中，产物的物质的量之比n(C2H4)∶n(H2O)= 。当反应达到平衡时，若增大压强，则n(C2H4) (填“变大”“变小”或“不变”)。
（2）理论计算表明，原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，在体系压强为0.1MPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。
图中，表示C2H4、CO2变化的曲线分别是 、 。CO2催化加氢合成C2H4反应的ΔH 0(填“大于”或“小于”)。
（3）根据图中点A(440K，0.39)，计算该温度时反应的平衡常数Kp= (MPa) 3(列出计算式。以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
（4）二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随副反应，生成C3H6、C3H8、C4H8等低碳烃。一定温度和压强条件下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当 。
14．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。
15．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 。
16．氨被广泛应用于化工、轻工、制药、合成纤维等领域，是重要的化工原料。回答下列问题：
（1）科学家研究利用铁触媒催化合成氨的反应历程如下图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用“*”表示。由图可知合成氨反应N2(g)+H2(g)NH3(g)，ΔH= kJ·mol-1。该历程中决速步的活化能(E)为 kJ·mol-1。(“TS”代表过渡态)
（2）将n(N2)：n(H2)=1：3的混合气进行反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，NH3的平衡体积分数φ(NH3)在不同压强下随温度变化如图甲所示。
①压强p1、p2、p3中，最大的是 。
②p1=0.5MPa，A点的平衡转化率为 ，压强平衡常数Kp= 。
（3）在一定温度和催化剂的条件下，将0.1molNH3通入3L的密闭容器中进行反应(此时容器内总压为200kPa)，各物质的分压随时间的变化曲线如图乙所示。则t2时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后N2分压变化趋势的曲线是 (用图中a、b、c、d表示)，理由是 。
17．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 。
18．铟被广泛应用于电子工业、航空航天等高科技领域。某企业采用铅锌冶炼烟灰中浸渣(InO·xSnO2)氯化浸出工艺回收粗铟的工艺流程如下：
已知：①水溶液中铟主要以In3+的形式存在。
②In3++3HXInX3+3H+
回答下列问题：
（1）“氯化浸出”时，主要反应的离子方程式为 ，此步骤加热的目的是 ；(浸出温度选定80℃的原因之一是温度过高易反应产生 气体(任写一种)。
（2）在不同的溶液初始pH下，萃取剂浓度对萃取率的影响如图所示，则适宜的条件为 。
（3）反萃取剂应选用 (填化学式)。
（4）常温下，在0.1 mol·L-1的InCl3溶液中存在平衡体系：
In3+(aq)+3H2O(I) In(OH)3(aq)+3H+(aq)，则该反应的化学平衡常数
K= (计算结果保留两位有效数字，常温下Kap[ In(OH)3]=1.3×10-37)。
（5）“置换"时，主要反应的离子方程式为 ；所得浊液经过滤、洗涤、干燥等操作得到粗铟，检验粗铟已洗涤干净的方法为 。
答案与解析
1．答案：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。
解析：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。
2．答案：C
分析：A．“变量控制法”是探究一个因素时，要控制其他因素相同；
B．葡萄糖在碱性条件下才能与银氨溶液共热发生银镜反应生成银镜，未中和酸；
C．依据影响化学平衡的因素分析；
D．没有明确碘化钠和氯化钠的浓度是否相等。
解析：A．由探究实验变量唯一化原则可知，比较醋酸根离子和碳酸氢根离子的水解常数大小应测定醋酸钠溶液和碳酸氢钠溶液的pH，不能选用醋酸铵溶液，A不符合题意；
B．葡萄糖在碱性条件下才能与银氨溶液共热发生银镜反应生成银镜，向盛有1mL 20%蔗糖溶液的试管中滴入3-5滴稀硫酸，将混合液煮沸几分钟、冷却所得酸性溶液中进入银氨溶液，不能发生银镜反应，不可能有银镜产生，B不符合题意；
C．铬酸钾溶液中存在如下平衡：2+2H++H2O，向溶液中缓慢滴加硫酸溶液，溶液中氢离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，溶液有黄色变为橙红色说明氢离子浓度对化学平衡的影响，C符合题意；
D．没有明确碘化钠和氯化钠的浓度是否相等，所以向氯化钠、碘化钠的混合液中滴加2滴0.1mol/L硝酸银溶液，振荡，沉淀呈黄色不能比较氯化银和碘化银溶度积的大小，D不符合题意；
故答案为：C。
3．答案：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。
解析：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。
4．答案：B
分析：A. 压强对化学平衡移动的影响；
B. 温度对化学平衡移动的影响；
C. 利用三段式法计算化学平衡常数；
D. 催化剂对化学反应速率的影响。
解析：A．该反应为气体分子总数减小的反应，所以压强越大，平衡正向进行的程度越大，的平衡体积分数越高，，A项不符合题意；
B．温度升高，的平衡体积分数减小，说明该反应为放热反应，ΔH<0，B项符合题意；
C．N点时对应该反应的平衡常数与M点相同，列三段式，，M点的平衡体积分数即物质的量分数为40%，则，解得x=0.67，平衡时总物质的量为3-2×0.67=1.66mol，p(H2)=，p(CO)=， p(CH3OH)=，该反应的，C项不符合题意；
D．M、N两点使用不同催化剂时，催化剂活性不同，速率不同，压强也不同，正反应速率可能相等，D项不符合题意；
故答案为：B。
5．答案：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。
解析：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。
6．答案：D
分析：氨基具有碱性，在酸性条件下能与H＋反应；羧基具有酸性，在碱性条件下能与OH－反应。因此曲线a表示NH3＋CH2COOH的分布分数随溶液pH的变化；曲线b表示NH3＋CH2COO－的分布分数；曲线c表示NH2CH2COO－的分布分数。
解析：A.由分析可知，曲线a表示NH3＋CH2COOH的分布分数随溶液pH的变化，A不符合题意；
B.两性离子－OOCCH2NH3＋的浓度在pH=6附近最大， 说明两性离子的电离能力比水解能量强，B不符合题意；
C.该反应的平衡常数，由图可知，当pH=2.35时，溶液中c(NH3＋CH2COOH)=c(NH3＋CH2COO－)，此时溶液中c(H+)=10-2.35mol·L-1，则溶液中。所以该反应的平衡常数，C不符合题意；
D.由图可知，当pH=2.35时，溶液中c(NH3＋CH2COOH)=c(NH3＋CH2COO－)，此时溶液中c(NH2CH2COO－)几乎为0，所以c2(NH3＋CH2COO－)>c(NH3＋CH2COOH)·c(NH2CH2COO－)，D符合题意；
故答案为：D
7．答案：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。
解析：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。
8．答案：C
分析：A．配溶液所用玻璃仪器需要容量瓶（对应规格）、量筒、玻璃棒、烧杯、胶头滴管；
B．根据平衡移动原理分析；
C．根据稀释前后浓度分析；
D．化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比值。
解析：A．配溶液所用玻璃仪器需要容量瓶（对应规格）、量筒、玻璃棒、烧杯、胶头滴管，A不符合题意；
B．根据为离子浓度减小的反应，稀释时，反应应向离子浓度增大的方向移动，则，B不符合题意；
C．根据稀释前后浓度分析，该组实验可作为判断稀释对该平衡移动方向影响的证据，C符合题意；
D．根据实验Ⅰ，反应后银离子浓度为（0.005-c1）mol/L，亚铁离子浓度为（0.02-c1）mol/L，则该反应的，D不符合题意；
故答案为：C。
9．答案：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。
解析：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。
10．答案：A
分析：依据温度对反应速率、化学平衡、电离平衡、气体体积的影响分析。
解析：A．化学反应不清楚是吸热反应还是放热反应，升高温度，化学平衡常数不一定增大，故A符合题意；
B．温度升高，气体分子间间距增大，则气体摩尔体积一定增大，故B不符合题意；
C．水的电离是吸热过程，升高温度，平衡正向移动，水的离子积一定增大，故C不符合题意；
D．升高温度，化学反应速率增大，故D不符合题意。
故答案为：A。
11．答案：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。
解析：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。
12．答案：D
分析：A．依据影响反应速率的因素分析；
B．化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比值；
C．不确定标准状况，不能计算；
D．依据影响化学平衡的因素分析。
解析：A．升高温度，正逆反应速率均增大，故A不符合题意；
B．该反应水为气态，平衡常数，故B不符合题意；
C．气体所处状况不确定，不能根据体积计算其物质的量，故C不符合题意；
D．适当增加的量有利于平衡正向移动，从而提高的转化率，有利于的消除，故D符合题意；
故答案为：D。
二、非选择题
13．答案：（1）1∶4；变大
（2）d；c；小于
（3） 或 等
（4）选择合适催化剂等
分析：根据质量守恒定律配平化学方程式，可以确定产物的物质的量之比。根据可逆反应的特点分析增大压强对化学平衡的影响。根据物质的量之比等于化学计量数之比，从图中找到关键数据确定代表各组分的曲线，并计算出平衡常数。根据催化剂对化反应速率的影响和对主反应的选择性，工业上通常要选择合适的催化剂以提高化学反应速率、减少副反应的发生。
解析：(1)CO2催化加氢生成乙烯和水，该反应的化学方程式可表示为2CO2+6H2 CH2 = CH2+4H2O，因此，该反应中产物的物质的量之比n(C2H4)：n(H2O)=1：4。由于该反应是气体分子数减少的反应，当反应达到平衡状态时，若增大压强，则化学平衡向正反应方向移动，n(C2H4)变大。(2) 由题中信息可知，两反应物的初始投料之比等于化学计量数之比；由图中曲线的起点坐标可知，c和a所表示的物质的物质的量分数之比为1:3、d和b表示的物质的物质的量分数之比为1:4，则结合化学计量数之比可以判断，表示乙烯变化的曲线是d，表示二氧化碳变化曲线的是c。由图中曲线的变化趋势可知，升高温度，乙烯的物质的量分数减小，则化学平衡向逆反应方向移动，则该反应为放热反应， H小于0。(3) 原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，在体系压强为0.1Mpa建立平衡。由A点坐标可知，该温度下，氢气和水的物质的量分数均为0.39，则乙烯的物质的量分数为水的四分之一，即 ，二氧化碳的物质的量分数为氢气的三分之一，即 ，因此，该温度下反应的平衡常数 (MPa)-3= (MPa)-3。(4)工业上通常通过选择合适的催化剂，以加快化学反应速率，同时还可以提高目标产品的选择性，减少副反应的发生。因此，一定温度和压强下，为了提高反应速率和乙烯的选择性，应当选择合适的催化剂。
14．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)
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。
解析：（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：
15．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
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。
解析：（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。
16．答案：（1）-46；79
（2）p1；75%；(或533)
（3）b；将容器体积缩小至原来的一半并保持不变时，N2分压应变为原来的2倍，之后由于加压平衡向生成NH3分子的方向移动，N2分压比原来2倍要小
分析：（1）反应热=生成物的能量总和-反应物的能量总和；活化能最大的一步为决速步骤；
（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）依据化学平衡移动原理分析。
解析：（1）反应热=生成物的能量总和-反应物的能量总和，由图可知，合成氨反应N2(g)+H2(g)NH3(g)，ΔH=-46kJ·mol-1。反应速率最慢的一步，即活化能最大的一步为决速步骤，由图可知，该历程中决速步的活化能(E)为(-171 kJ·mol-1)-(-250kJ·mol-1)=79kJ·mol-1。
（2）①该反应前后为气体总物质的量减小的反应，当温度不变时，增大压强，平衡正向移动，氨气的体积分数增大，故压强p1、p2、p3中，最大的是p1。
②n(N2)：n(H2)=1：3，设n(N2)=1mol，n(H2)=3mol， A点的平衡转化率为75%，可列出三段式为：，气体总物质的量为2.5mol，p1=0.5MPa，则p(N2)=×0.5MPa=0.05 MPa，p(H2)=×0.5MPa=0.15MPa，p(NH3)=×0.5MPa=0.3MPa，则压强平衡常数Kp=。
（3）由图可知，充入氨气，分解生成氮气和氢气，分压最小的为氮气，将容器体积缩小至原来的一半并保持不变时，N2分压应变为原来的2倍，之后由于加压平衡向生成NH3分子的方向移动，N2分压比原来2倍要小，故图中能正确表示压缩后N2分压变化趋势的曲线是b，
17．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
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。
解析：（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。
18．答案：（1）6InO·xSnO2+18H++ClO3-=6In3++Cl-+6xSnO2+9H2O；增大反应速率，提升酸浸效率；Cl2或ClO2
（2）pH=0.5，萃取剂浓度为15%
（3）H2SO4
（4）7.7×10-6
（5）3Zn+2In3+=3Zn2++2In；取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若没有产生沉淀，则洗净。
分析：（1）NaClO3具有氧化性，InO·xSnO2具有还原性，二者发生氧化还原反应。升高温度能加快反应速率。温度过高，Cl-与ClO3-能反应生成Cl2或ClO2。
（2）根据图中萃取率最大时的条件进行分析。
（3）InCl3与Cl-反应生成InCl63-配合离子。
（4）根据平衡方程可知，该反应的平衡常数K=，Ksp[ In(OH)3]=c(In3+)·c3(OH-)，且溶液中Kw=c(OH-)·c(H+)，联合上面三个等式可得到K·Ksp=Kw3，注意常温下Kw=10-14。
（5）锌比铟活泼，锌能将铟盐中的铟置换出来。所得浊液中含有硫酸根离子，粗铟已洗涤干净，说明粗铟中不含硫酸根离子，可用盐酸酸化的氯化钡溶液进行检验。
解析：（1）水溶液中铟主要以In3+的形式存在，NaClO3具有氧化性，InO·xSnO2具有还原性，氯化浸出”时，在酸性条件下，InO·xSnO2被NaClO3氧化为In3+，其离子方程式为6InO·xSnO2+18H++ClO3-=6In3++Cl-+6xSnO2+9H2O。加热能增大反应速率，提升酸浸效率。温度过高易反应产生Cl2或ClO2。
（2）由图可知，萃取率最大时的条件是pH=0.5、萃取剂浓度为15%，即适宜的条件。
（3）由于InCl3与Cl-反应生成InCl63-配合离子，所以反萃取剂应选用H2SO4。
（4）由分析可知，该反应的化学平衡常数K=≈7.7×10-6。
（5）由分析可知，“置换"时，主要反应的离子方程式为3Zn+2In3+=3Zn2++2In。由分析可知，检验粗铟已洗涤干净的方法为取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若没有产生沉淀，则洗净。
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