十年(13-22)高考化学真题分类汇编专题42 化学反应速率与平衡图像问题（含解析）

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A． SKIPIF 1 < 0 B．气体的总物质的量： SKIPIF 1 < 0
C．a点平衡常数： SKIPIF 1 < 0 D．反应速率： SKIPIF 1 < 0
【答案】BC
【解析】A．甲容器在绝热条件下，随着反应的进行，压强先增大后减小，根据理想气体状态方程PV=nRT可知，刚开始压强增大的原因是因为容器温度升高，则说明上述反应过程放热，即 SKIPIF 1 < 0 ＜0，故A错误；B．根据A项分析可知，上述密闭溶液中的反应为放热反应，图中a点和c点的压强相等，因甲容器为绝热过程，乙容器为恒温过程，若两者气体物质的量相等，则甲容器压强大于乙容器压强，则说明甲容器中气体的总物质的量此时相比乙容器在减小即气体总物质的量：na＜nc，故B正确；C．a点为平衡点，此时容器的总压为p，根据理想气体状态方程PV=nRT可知，在恒容条件下进行，气体的物质的量之比等于 SKIPIF 1 < 0 整体之比，根据A项分析可知，绝热条件下，反应到平衡状态放热，所以Ta＞T始，压强：Pa= SKIPIF 1 < 0 P始，则na＜ SKIPIF 1 < 0 n始，可设Y转化的物质的量浓度为xml∙L−1，则列出三段式如下： SKIPIF 1 < 0 ，则有 SKIPIF 1 < 0 ＜ SKIPIF 1 < 0 ，计算得到x＞0.75，那么化学平衡常数K= SKIPIF 1 < 0 ＞ SKIPIF 1 < 0 ，故C正确；D．根据图像可知，甲容器达到平衡的时间短，温度高，所以达到平衡的速率相对乙容器的快，即Va正＞Vb正，故D错误。综上所述，答案为BC。
2．【2022年广东卷】在相同条件下研究催化剂I、Ⅱ对反应 SKIPIF 1 < 0 的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，则
A．无催化剂时，反应不能进行
B．与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更低
C．a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化
D．使用催化剂Ⅰ时， SKIPIF 1 < 0 内， SKIPIF 1 < 0
【答案】D
【解析】A．由图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物浓度也在增加，说明反应也在进行，故A错误；B．由图可知，催化剂I比催化剂II催化效果好，说明催化剂I使反应活化能更低，反应更快，故B错误；C．由图可知，使用催化剂II时，在0~2min 内Y的浓度变化了2.0ml/L，而a曲线表示的X的浓度变化了2.0ml/L，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示使用催化剂II时X浓度随时间t的变化，故C错误；D．使用催化剂I时，在0~2min 内，Y的浓度变化了4.0ml/L，则 SKIPIF 1 < 0 (Y) = SKIPIF 1 < 0 = SKIPIF 1 < 0 =2.0 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 (X) = SKIPIF 1 < 0 (Y) = SKIPIF 1 < 0 2.0 SKIPIF 1 < 0 =1.0 SKIPIF 1 < 0 ，故D正确；答案选D。
3．【2022年1月浙江卷】在恒温恒容条件下，发生反应A(s)+2B(g) SKIPIF 1 < 0 3X(g)，c(B)随时间的变化如图中曲线甲所示。下列说法不正确的是
A．从A．c两点坐标可求得从a到c时间间隔内该化学反应的平均速率
B．从b点切线的斜率可求得该化学反应在反应开始时的瞬时速率
C．在不同时刻都存在关系：2v(B)=3v(X)
D．维持温度、容积、反应物起始的量不变，向反应体系中加入催化剂，c(B)随时间变化关系如图中曲线乙所示
【答案】C
【解析】A．图像中可以得到单位时间内的浓度变化，反应速率是单位时间内物质的浓度变化计算得到，从A．c两点坐标可求得从a到c时间间隔内该化学反应的平均速率，选项A正确；B．b点处的切线的斜率是此时刻物质浓度除以此时刻时间，为反应物B的瞬时速率，选项B正确； C．化学反应速率之比等于化学方程式计量数之比分析，3v(B)=2v(X)，选项C不正确；D．维持温度、容积不变，向反应体系中加入催化剂，平衡不移动，反应速率增大，达到新的平衡状态，平衡状态与原来的平衡状态相同，选项D正确；答案选C。
4．（2021·河北真题）室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反应：①M+N=X+Y；②M+N=X+Z，反应①的速率可表示为v1=k1c2(M)，反应②的速率可表示为v2=k2c2(M) (k1、k2为速率常数)。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图，下列说法错误的是
A．0～30min时间段内，Y的平均反应速率为6.67×10-8ml•L-1•min-1
B．反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变
C．如果反应能进行到底，反应结束时62.5%的M转化为Z
D．反应①的活化能比反应②的活化能大
【答案】A
【解析】A．由图中数据可知， SKIPIF 1 < 0 时，M、Z的浓度分别为0.300 SKIPIF 1 < 0 和0.125 SKIPIF 1 < 0 ，则M的变化量为0.5 SKIPIF 1 < 0 -0.300 SKIPIF 1 < 0 =0.200 SKIPIF 1 < 0 ，其中转化为Y的变化量为0.200 SKIPIF 1 < 0 -0.125 SKIPIF 1 < 0 =0.075 SKIPIF 1 < 0 。因此， SKIPIF 1 < 0 时间段内，Y的平均反应速率为 SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 ，A说法不正确；B．由题中信息可知，反应①和反应②的速率之比为 SKIPIF 1 < 0 ，Y和Z分别为反应①和反应②的产物，且两者与M的化学计量数相同（化学计量数均为1），因此反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比等于 SKIPIF 1 < 0 ，由于k1、k2为速率常数，故该比值保持不变，B说法正确； C．结合A、B的分析可知因此反应开始后，在相同的时间内体系中Y和Z的浓度之比等于 SKIPIF 1 < 0 = SKIPIF 1 < 0 ，因此，如果反应能进行到底，反应结束时有 SKIPIF 1 < 0 的M转化为Z，即 SKIPIF 1 < 0 的M转化为Z，C说法正确；D．由以上分析可知，在相同的时间内生成Z较多、生成Y较少，因此，反应①的化学反应速率较小，在同一体系中，活化能较小的化学反应速率较快，故反应①的活化能比反应②的活化能大，D说法正确。综上所述，相关说法不正确的只有A，故本题选A。
5．（2021·广东真题）反应 SKIPIF 1 < 0 经历两步：① SKIPIF 1 < 0 ；② SKIPIF 1 < 0 。反应体系中 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 的浓度c随时间t的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是
A．a为 SKIPIF 1 < 0 随t的变化曲线
B． SKIPIF 1 < 0 时， SKIPIF 1 < 0
C． SKIPIF 1 < 0 时， SKIPIF 1 < 0 的消耗速率大于生成速率
D． SKIPIF 1 < 0 后， SKIPIF 1 < 0
【答案】D
【解析】由题中信息可知，反应 SKIPIF 1 < 0 经历两步：① SKIPIF 1 < 0 ；② SKIPIF 1 < 0 。因此，图中呈不断减小趋势的ａ线为X的浓度 SKIPIF 1 < 0 随时间 SKIPIF 1 < 0 的变化曲线，呈不断增加趋势的线为Z的浓度 SKIPIF 1 < 0 随时间 SKIPIF 1 < 0 的变化曲线，先增加后减小的线为Y的浓度 SKIPIF 1 < 0 随时间 SKIPIF 1 < 0 的变化曲线。A．X是唯一的反应物，随着反应的发生，其浓度不断减小，因此，由图可知， SKIPIF 1 < 0 为 SKIPIF 1 < 0 随 SKIPIF 1 < 0 的变化曲线，A正确；B．由图可知，分别代表3种不同物质的曲线相交于 SKIPIF 1 < 0 时刻，因此， SKIPIF 1 < 0 时 SKIPIF 1 < 0 ，B正确；C．由图中信息可知， SKIPIF 1 < 0 时刻以后，Y的浓度仍在不断减小，说明 SKIPIF 1 < 0 时刻反应两步仍在向正反应方向发生，而且反应①生成Y的速率小于反应②消耗Y的速率，即 SKIPIF 1 < 0 时 SKIPIF 1 < 0 的消耗速率大于生成速率，C正确；D．由图可知， SKIPIF 1 < 0 时刻反应①完成，X完全转化为Y，若无反应②发生，则 SKIPIF 1 < 0 ，由于反应② SKIPIF 1 < 0 的发生， SKIPIF 1 < 0 时刻Y浓度的变化量为 SKIPIF 1 < 0 ，变化量之比等于化学计量数之比，所以Z的浓度的变化量为 SKIPIF 1 < 0 ，这种关系在 SKIPIF 1 < 0 后仍成立， 因此，D不正确。综上所述，本题选D。
6．（2016·四川高考真题）一定条件下，CH4与H2O(g)发生反应：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)，设起始 SKIPIF 1 < 0 =Z，在恒压下，平衡时 SKIPIF 1 < 0 (CH4)的体积分数与Z和T（温度）的关系如图所示。下列说法正确的是
A．该反应的焓变ΔH＞0
B．图中Z的大小为a＞3＞b
C．图中X点对应的平衡混合物中 SKIPIF 1 < 0 =3
D．温度不变时，图中X点对应的平衡在加压后 SKIPIF 1 < 0 (CH4)减小
【答案】A
【解析】A、从图分析，随着温度升高甲烷的体积分数逐渐减小，说明升温平衡正向移动，则正反应为吸热反应，正确；B、 SKIPIF 1 < 0 的比值越大，则甲烷的体积分数越小，＜3＜b，错误；C、起始加入量的比值为3，但随着反应的进行甲烷和水是按等物质的量反应，所以到平衡时比值不是3，错误；D、温度不变时，加压，平衡逆向移动，甲烷的体积分数增大，错误。
7．（2015·安徽高考真题）汽车尾气中NO产生的反应为：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g），一定条件下，等物质的量的N2（g）和O2（g）在恒容密闭容器中反应，如图曲线a表示该反应在温度T下N2的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时N2的浓度随时间的变化．下列叙述正确的是
A．温度T下，该反应的平衡常数 SKIPIF 1 < 0
B．温度T下，随着反应的进行，混合气体的密度减小
C．曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂
D．若曲线b对应的条件改变是温度，可判断该反应的△H＜0
【答案】A
【解析】A、根据平衡常数的定义，结合开始时氮气和氧气的物质的量相等，可知该平衡常数为： SKIPIF 1 < 0 ，正确；B、由于该容器是一个恒容容器，反应前后气体的质量不发生改变，所以气体的密度一直不变，错误；C、催化剂仅能改变达到平衡所用的时间，不能使平衡移动，即不能改变平衡浓度，错误；D、若曲线b对应的条件改变是温度，根据先达到平衡可知为升高温度，平衡向吸热反应的方向移动，而氮气的浓度降低，说明平衡向正方向移动，正反应为吸热反应，△H>0，错误。答案选A。
8．（2015·四川高考真题）一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)+CO2(g)2CO(g)。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。下列说法正确的是
A．550℃时，若充入惰性气体，ʋ正，ʋ逆 均减小，平衡不移动
B．650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0%
C．T℃时，若充入等体积的CO2和CO，平衡向逆反应方向移动
D．925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=24.0P总
【答案】B
【解析】A、由于反应在体积可变的恒压密闭容器中进行，当550℃时，若充入惰性气体，容器的容积扩大，使反应混合物的浓度减小，因此ʋ正，ʋ逆 均减小，由于该反应是气体体积增大的反应，减小压强，化学平衡向气体体积最大的正反应方向移动，A错误；B．根据图像可知在650℃时，反应达平衡后CO的体积分数是40%，则CO2的体积分数是60%，假设平衡时总物质的量是1 ml，则反应产生CO 0.4 ml，其中含有CO2 0.6 ml，反应产生0.4 mlCO消耗CO2的物质的量是0.2 ml，因此CO2转化率为0.2 ml÷(0．6 ml+0.2 ml)×100%=25.0%，B正确；C．T℃时，平衡时CO2和CO的体积分数都是50%，若充入等体积的CO2和CO，化学平衡不移动，C错误；D．925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=，D错误。答案选B。
9．（2014·安徽高考真题）臭氧是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应为：2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)，反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图像作出的判断正确的是
【答案】A
【解析】A．由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，正确；B．速率单位错误，该为ml/（L∙s），错误；C．t1时刻，改变条件，反应速率加快，平衡不移动，该反应前后气体的物质的量减小，不能是增大压强，只能是使用催化剂，但催化剂不影响平衡的移动，错误；D．达平衡时，仅增大c（O2），平衡向逆反应方向移动，二氧化氮转化率降低，由图可知，二氧化氮的转化率随x增大而增大，x可以代表O3浓度、压强，错误；故选：A。
10．（2013·安徽高考真题）一定条件下，通过下列反应可以制备特种陶瓷的原料MgO， MgSO3(s) + CO(g)MgO(s) + CO2(g) +SO2(g) △H>0。该反应在恒容的密闭容器中达到平衡后，若仅改变图中横坐标x的值，重新达到平衡后，纵坐标y随x变化趋势合理的是
【答案】A
【解析】A、△H＞0，升高温度，平衡正向移动，二氧化碳浓度增大，混合气体的密度增大，正确；B、 SKIPIF 1 < 0 , 平衡常数只与温度有关，温度不变常数不变，增加CO的物质的量， CO2与CO的物质的量之比不变，错误；C、平衡常数只与温度有关，温度不变常数不变，错误；D、MgSO4是固体，增加固体质量，平衡不移动， CO的转化率不变，错误；答案选A。
11．（2011·重庆高考真题）一定条件下，下列反应中水蒸气含量随反应时间的变化趋势符合题图10 的是
A．CO2(g)＋2NH3(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(g)；△H＜0
B．CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)；△H＞0
C．CH3CH2OH (g)CH2=CH2(g)＋H2O(g)；△H＞0
D．2C6H5CH2CH3(g)＋O2(g)2 C6H5CH=CH2(g)＋2H2O(g)；△H＜0
【答案】A
【解析】分析左图：据达平衡所需时间，得：T2＞T1；据平行线部分，得：T1到T2（升高温度），水蒸气含量减少，所以应该是正向放热的可逆反应；分析右图：据达平衡所需时间，得：P1＞P2；据平行线部分，得：P1到P2（压强减小），水蒸气含量减少，所以应该是正向气体体积减小的可逆反应；答案选A。
12．（2011·安徽高考真题）电镀废液中 SKIPIF 1 < 0 可通过下列反应转化成铬黄 SKIPIF 1 < 0 ： SKIPIF 1 < 0 ΔH< 0
该反应达平衡后，改变横坐标表示的反应条件，下列示意图正确的是
【答案】A
【解析】A．平衡常数大小与温度有关，该反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，生成物的物质的量浓度减小，反应物的物质的量浓度增大，平衡常数随温度升高而减小，正确；B．pH增大，c(H+)减小，平衡向正反应方向移动，Cr2O72-转化率增大，错误；C．温度升高，正、逆反应速率都加快，错误；D．增大反应物Pb2+的物质的量浓度，平衡正向移动，另一反应物Cr2O72-的物质的量减小，错误。答案选A。
13．（2009·重庆高考真题）各可逆反应达平衡后，改变反应条件，其变化趋势正确的是
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】A．CH3COOH溶液中加入CH3COONa固体，CH3COOH溶液中CH3COO-浓度增加，电离平衡逆向移动，c(H+)减小，pH逐渐增大，A错误；B．该反应的离子反应为Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3,加入KCl对平衡体系无影响，化学平衡不移动，B错误；C．恒温恒压下，加入Ar，各反应物的物质的量不变，体积变大，各物质的量浓度成倍减小（等效于减压），化学平衡朝气体体积增大方向移动，H2的改变量减小，起始量不变，转化率减小，C错误；D．该平衡的正反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，即CH3OCH3的浓度减小，即该物质的转化率增大，D正确；故合理选项为D。
14．（2008·四川高考真题）在密闭的容器中进行如下的反应：H2(G＋I2(g)2HI(g)，在温度T1和T2时，产物的量彧时间的关系如下图所示，符合图象的正确的判断是( )
A．T1＞T2，△H＞0B．T1＞T2，△H＜0
C．T1＜T2，△H＞0D．T1＜T2，△H＜0
【答案】D
【解析】根据“先拐先平，数值大”的原则，由图像可知，T2温度下先出现拐点，反应速率更快，先达到平衡，所以T1< T2；在温度更低的条件下碘化氢的产量更高，说明正反应是放热反应，△H＜0，D正确；故答案选D。
15．（2007·全国高考真题）右图是恒温下某化学反应的反应速率随反应时间变化的示意图。下列叙述与示意图不相符合的是（ ）
A．反应达平衡时，正反应速率和逆反应速率相等
B．该反应达到平衡态Ⅰ后，增大反应物浓度，平衡发生移动，达到平衡态Ⅱ
C．该反应达到平衡态后，减小反应物浓度，平衡发生移动，达到平衡态Ⅱ
D．同一种反应物在平衡态Ⅰ和平衡Ⅱ时浓度不相等
【答案】C
【解析】由图可以知道，该反应从正反应一端开始，正逆反应速率相等时为状态Ⅰ，然后，该反应向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，且改变条件的一瞬间逆反应速率不变，以此来解答。A．由平衡的特征可以知道，反应达平衡时，正反应速率和逆反应速率相等， A正确；B．该反应达到平衡态Ⅰ后，增大反应物浓度，一瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变，平衡正向移动，达到平衡态Ⅱ，B正确；C．该反应达到平衡态后，减小反应物浓度，平衡应逆向移动，逆反应速率大于正反应速率，与图象矛盾，C错误；D．该反应达到平衡态Ⅰ后，增大反应物浓度使反应继续正向移动达到平衡态Ⅱ，所以同一种反应物在平衡态Ⅰ和平衡Ⅱ时浓度不相等， D正确；答案选C。
16．（2015·江苏高考真题）在体积均为1.0 L的两恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉，再分别加入0.1 ml CO2和0.2 ml CO2，在不同温度下反应CO2(g)＋C(s)2CO(g)达到平衡，平衡时CO2的物质的量浓度c(CO2)随温度的变化如图所示(图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上)。下列说法正确的是
A．反应CO2(g)＋C(s) 2CO(g)的ΔS＞0、ΔH＜0
B．体系的总压强p总：p总(状态Ⅱ)＜2p总(状态Ⅰ)
C．体系中c(CO)：c(CO，状态Ⅱ)＜2c(CO，状态Ⅲ)
D．逆反应速率：v逆(状态Ⅰ)＞v逆(状态Ⅲ)
【答案】C
【解析】A．由气体的化学计量数增大可知△S＞0，由图中温度高，平衡时c(CO2)小，则升高温度，平衡正向移动，可知△H＞0，错误；B．分别加入0.1mlCO2和0.2mlCO2，曲线I为加入0.1mlCO2，曲线II为加入0.2mlCO2，若平衡不移动，体系的总压强为P总(状态Ⅱ)=2P总(状态Ⅰ)，但加压CO2(g)+C(s)⇌2CO(g)平衡逆向移动，为使c(CO2)相同，则加热使平衡正向移动，则体系的总压强为P总(状态Ⅱ)＞2P总(状态Ⅰ)，错误；C．状态II、状态Ⅲ的温度相同，状态II看作先加入0.1mlCO2，与状态Ⅲ平衡时CO的浓度相同，再加入0.1mlCO2，若平衡不移动，Ⅱ状态CO的浓度等于2倍Ⅲ，但再充入CO2，相当增大压强，平衡左移，消耗CO，则c(CO，状态Ⅱ)＜2c(CO，状态Ⅲ)，正确；D．状态I、状态Ⅲ的温度不同，温度高，反应速率快，则逆反应速率为V逆(状态Ⅰ)＜V逆(状态Ⅲ)，错误；故选C。
17．（2011·天津高考真题）向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，一定条件下使反应 SKIPIF 1 < 0 达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如下所示。下列叙述正确的是（ ）
A．反应在c 点达到平衡状态
B．反应物浓度： SKIPIF 1 < 0 点小于 SKIPIF 1 < 0 点
C．反应物的总能量低于生成物的总能量
D． SKIPIF 1 < 0 时，SO2的转化率： SKIPIF 1 < 0 段小于 SKIPIF 1 < 0 段
【答案】D
【解析】A、化学平衡状态的实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率还在改变，未达平衡，错误；B、a到b时正反应速率增加，反应物浓度随时间不断减小，错误；C、从a到c正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，错误；D、随着反应的进行，正反应速率增大，△t1＝△t2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段，正确；答案选D。
18．（2017·浙江高考真题）在催化剂作用下，用乙醇制乙烯，乙醇转化率和乙烯选择性(生成乙烯的物质的量与乙醇转化的物质的量的比值)随温度、乙醇进料量(单位：mL·min－1)的关系如图所示(保持其他条件相同)。
在410～440℃温度范围内，下列说法不正确的是
A．当乙醇进料量一定，随乙醇转化率增大，乙烯选择性升高
B．当乙醇进料量一定，随温度的升高，乙烯选择性不一定增大
C．当温度一定，随乙醇进料量增大，乙醇转化率减小
D．当温度一定，随乙醇进料量增大，乙烯选择性增大
【答案】A
【解析】A．根据图像，当乙醇进料量一定，随乙醇转化率增大，乙烯选择性逐渐升高，但温度高于430℃后，乙烯选择性逐渐降低，A错误；B．根据图像，当乙醇进料量一定，随乙醇转化率增大，乙烯选择性逐渐升高，但温度高于430℃后，乙烯选择性逐渐降低，因此，随温度的升高，乙烯选择性不一定增大，B正确；C．根据左图，当温度一定，随乙醇进料量增大，乙醇转化率减小，C正确；D．根据右图，当温度一定，随乙醇进料量增大，乙烯选择性增大，D正确；答案选A。
19．（2010·天津高考真题）下列各表述与示意图一致的是
A．图①表示25℃时，用0.1 ml·L－1盐酸滴定20 mL 0.1 ml·L－1NaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化
B．图②中曲线表示反应2SO2(g) + O2(g)2SO3(g)；ΔH < 0 正、逆反应的平衡常数K随温度的变化
C．图③表示10 mL 0.01 ml·L－1KMnO4酸性溶液与过量的0.1 ml·L－1H2C2O4溶液混合时，n(Mn2+) 随时间的变化
D．图④中a、b曲线分别表示反应CH2＝CH2(g) + H2(g) SKIPIF 1 < 0 CH3CH3(g)；ΔH< 0使用和未使用催化剂时，反应过程中的能量变化
【答案】B
【解析】A．酸碱中和滴定接近终点时，pH发生突跃，A错误；B．2SO2(g) + O2(g)2SO3(g) ΔH < 0，正反应放热，逆反应吸热，所以正反应平衡常数随温度升高而减小，逆反应平衡常数随温度升高而增大，B正确；C．高锰酸钾与草酸反应时，刚开始反应较慢，反应产生的Mn2+对反应起催化作用，故后面反应速率较快，图中未表示出来，C错误；D．ΔH < 0的反应反应物总能量大于生成物总能量，D错误；答案选B。
20．（2011·北京高考真题）已知反应：2CH3COCH3(l)CH3COCH2COH(CH3)2(l)。取等量CH3COCH3，分别在0 ℃和20 ℃下，测得其转化分数随时间变化的关系曲线（Y-t）如图所示。下列说法正确的是
A．b代表 SKIPIF 1 < 0 下CH3COCH3的Y-t曲线
B．反应进行到20min末，H3COCH3的 SKIPIF 1 < 0
C．升高温度可缩短反应达平衡的时间并能提高平衡转化率
D．从Y=0到Y=0.113，CH3COCH2COH(CH3)2的 SKIPIF 1 < 0
【答案】D
【解析】A．温度越高反应速率就越快，到达平衡的时间就越短，由图象可看出曲线b首先到达平衡，所以曲线b表示的是20℃时的Y-t曲线，A错误；B．当反应进行到20min时，从图象中可以看出b曲线对应的转化分数高于a曲线对应的转化分数，这说明b曲线在20℃时对应的反应速率快，所以v(0℃)/v(20℃)＜1，B错误；C．根据图象温度越高CH3COCH3转化的越少，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，即正方应是放热反应，C错误；D．根据图象可以看出当反应进行到66min时a、b曲线对应的转化分数均相同，都是0.113，这说明此时生成的CH3COCH2COH（CH3）2一样多，所以从Y=0到Y=0.113，CH3COCH2COH（CH3）2的△n(0℃)/△n(20℃)＝1，D正确；答案选D。
21．（2009·江苏高考真题）I2在KI溶液中存在下列平衡：I2(aq) + I－(aq) I3－(aq)。某I2、KI混合溶液中，I3－的物质的量浓度c(I3－)与温度T的关系如图所示（曲线上任何一点都表示平衡状态）。下列说法正确的是
A．反应 I2(aq) + I－(aq) I3－(aq)的△H＞0
B．状态A与状态B相比，状态A的c(I2)大
C．若温度为T1、T2，反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1＜K2
D．若反应进行到状态D时，一定有v正＞v逆
【答案】D
【解析】A、随着温度的不断升高，I3-的浓度逐渐减小，说明升温平衡向逆方向移动，则I2（aq）+I-（aq）I3-（aq）是一个放热反应，即 SKIPIF 1 < 0 H<0，错误；B、温度升高，平衡向逆方向移动， c（I2）变大，所以状态B的c（I2）大，错误；C、T2>T1，因为该反应为放热反应，所以当温度升高时，反应向逆方向移动，则K1>K2，错误；D、从图中可以看出D点并没有达到平衡状态，所以它要向A点移动，I3-的浓度应增加，平衡向正方向移动，所以v正>v逆，正确；答案选D。
22．（2009·安徽高考真题）汽车尾气净化中的一个反应如下：NO(g)+CO(g)⇌ SKIPIF 1 < 0 N2(g)+CO2(g) △H=-373.4KJ/ml。在恒容的密闭容器中，反应达到平衡后，改变某一条件，下列示意图正确的是：
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】A．该反应为气体计量数减小的放热反应，升高温度，平衡逆向移动，生成物浓度减小，反应物浓度增大，平衡常数减小，错误；B．同理，升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率减小，错误；C．平衡常数只与热效应有关，与物质的量无关，正确；D．增加氮气的物质的量，平衡逆向移动，NO的转化率减小，错误。故选C。
23．（2008·全国高考真题）已知：4NH3(g) + 5O2(g) =4NO(g) + 6H2O(g)，△H= —1025kJ/ml，该反应是一个可逆反应，若反应物起始的物质的量相同，下列关于该反应的示意图不正确的是
【答案】C
【解析】A、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，正确。B、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，增大压强平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，正确。C、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，错误。D、催化剂能改变化学反应速率但不影响化学平衡，催化剂能加快反应速率缩短反应到达平衡的时间，正确；故选C。
24．【2022年辽宁卷】工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，目前已有三位科学家因其获得诺贝尔奖，其反应为： SKIPIF 1 < 0
回答下列问题：
（1）合成氨反应在常温下___________(填“能”或“不能”)自发。
（2）___________温(填“高”或“低”，下同)有利于提高反应速率，___________温有利于提高平衡转化率，综合考虑催化剂(铁触媒)活性等因素，工业常采用 SKIPIF 1 < 0 。
针对反应速率与平衡产率的矛盾，我国科学家提出了两种解决方案。
（3）方案二： SKIPIF 1 < 0 复合催化剂。
下列说法正确的是___________。
a． SKIPIF 1 < 0 时，复合催化剂比单一催化剂效率更高
b．同温同压下，复合催化剂有利于提高氨的平衡产率
c．温度越高，复合催化剂活性一定越高
（4）某合成氨速率方程为： SKIPIF 1 < 0 ，根据表中数据， SKIPIF 1 < 0 ___________；
在合成氨过程中，需要不断分离出氨的原因为___________。
a．有利于平衡正向移动 b．防止催化剂中毒 c．提高正反应速率
【答案】（1）能
（2） 高 低
（3）a
（4） SKIPIF 1 < 0 a
【解析】
（1）氨的分离对反应速率的影响；从反应速率方程可以推知，当 SKIPIF 1 < 0 降低时，v增大。注意由于反应速率方程通常由实验测定，其中v应指净反应速率，即 SKIPIF 1 < 0 ，因此在其他条件一定时，分离氨气是通过降低逆反应速率，从而提高净反应速率。
（2） SKIPIF 1 < 0 中，氢元素化合价的判断：由于电负性 SKIPIF 1 < 0 ，因此 SKIPIF 1 < 0 中H显 SKIPIF 1 < 0 价， SKIPIF 1 < 0 中H元素的化合价为-1价；（3）中根据图像进行判断，利用控制变量法进行分析；（4）利用实验对比，注意选择对比实验室，选择控制变量，找变量；（5）利用晶胞密度计算公式计算元素的相对原子质量，根据元素相对原子质量进行判断元素；
（1）对于合成氨反应，常温下， SKIPIF 1 < 0 ，故合成氨反应在常温下能自发进行；
（2）其他条件一定时，升高温度，可以提供更高的能量，使活化分子百分数增大，反应速率加快；合成氨反应是放热反应，要提高平衡转化率，即使反应平衡正向移动，应降低温度；故答案为：高、低；
（3）由题图可知， SKIPIF 1 < 0 时，复合催化剂催化时合成氨反应的反应速率比单-催化剂催化时大很多，说明 SKIPIF 1 < 0 时复合催化剂比单-催化剂效率更高，a正确；同温同压下，复合催化剂能提高反应速率，但不能使平衡发生移动，故不能提高氨的平衡产率，b错误；温度过高，复合催化剂可能会失去活性，催化效率反而降低，c错误；故选a；
（4）将实验1、3中数据分别代入合成氨的速率方程可得：① SKIPIF 1 < 0 ，③ SKIPIF 1 < 0 ，可得 SKIPIF 1 < 0 。合成氨过程中，不断分离出氨，即降低体系中 SKIPIF 1 < 0 ，生成物浓度下降，平衡向正反应方向移动，但不会提高正反应速率，a正确，c错误；反应主产物即氨不能使催化剂中毒，b错误。
25．（2021·山东真题）2-甲氧基-2-甲基丁烷(TAME)常用作汽油原添加剂。在催化剂作用下，可通过甲醇与烯烃的液相反应制得，体系中同时存在如图反应：
反应Ⅰ：+CH3OH SKIPIF 1 < 0 △H1
反应Ⅱ：+CH3OH SKIPIF 1 < 0 △H2
反应Ⅲ： SKIPIF 1 < 0 △H3
回答下列问题：
（1）反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ以物质的量分数表示的平衡常数Kx与温度T变化关系如图所示。据图判断，A和B中相对稳定的是__(用系统命名法命名)； SKIPIF 1 < 0 的数值范围是___(填标号)。
A．<-1 B．-1～0 C．0～1 D．>1
（2）为研究上述反应体系的平衡关系，向某反应容器中加入1.0mlTAME，控制温度为353K，测得TAME的平衡转化率为α。已知反应Ⅲ的平衡常数Kx3=9.0，则平衡体系中B的物质的量为___ml，反应Ⅰ的平衡常数Kx1=___。同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，反应Ⅰ的化学平衡将__(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)平衡时，A与CH3OH物质的量浓度之比c(A)：c(CH3OH)=___。
（3）为研究反应体系的动力学行为，向盛有四氢呋喃的另一容器中加入一定量A、B和CH3OH。控制温度为353K，A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化如图所示。代表B的变化曲线为__(填“X”或“Y”)；t=100s时，反应Ⅲ的正反应速率v正__逆反应速率v逆(填“＞”“＜”或“=)。
【答案】
（1）2-甲基-2-丁烯 D
（2） 0.9α SKIPIF 1 < 0 逆向移动 1:10
（3）X ＜
【解析】
（1）由平衡常数Kx与温度T变化关系曲线可知，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的平衡常数的自然对数随温度升高（要注意横坐标为温度的倒数）而减小，说明3个反应均为放热反应，即△H1＜0、△H2＜0、△H3＜0，因此，A的总能量高于B的总能量，能量越低越稳定，A和B中相对稳定的是B，其用系统命名法命名为2-甲基-2-丁烯；由盖斯定律可知，Ⅰ-Ⅱ=Ⅲ，则△H1-△H2=△H3＜0，因此△H1＜△H2，由于放热反应的△H越小，其绝对值越大，则 SKIPIF 1 < 0 的数值范围是大于1，选D。
（2）向某反应容器中加入1.0mlTAME，控制温度为353K，测得TAME的平衡转化率为α,则平衡时n(TAME)=(1-α) ml，n(A)+n(B)=n(CH3OH)= α ml。已知反应Ⅲ的平衡常数Kx3=9.0，则 SKIPIF 1 < 0 =9.0，将该式代入上式可以求出平衡体系中B的物质的量为0.9α ml，n(A)=0.1α ml，反应Ⅰ的平衡常数Kx1= SKIPIF 1 < 0 。同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，反应Ⅰ的化学平衡将向着分子数增大的方向移动，即逆向移动。平衡时，TAME的转化率变大，但是平衡常数不变，A与CH3OH物质的量浓度之比不变，c(A)：c(CH3OH)=0.1α：α=1:10。
（3）温度为353K，反应Ⅲ的平衡常数Kx3=9.0， SKIPIF 1 < 0 =9.0。由A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化曲线可知，X代表的平衡浓度高于Y，则代表B的变化曲线为X；由母线的变化趋势可知，100s 以后各组分的浓度仍在变化， t=100s时 SKIPIF 1 < 0 ，因此，反应Ⅲ正在向逆反应方向移动，故其正反应速率v正小于逆反应速率v逆，填＜。
26．（2017·全国高考真题）砷（As）是第四周期ⅤA族元素，可以形成As2S3、As2O5、H3AsO3、H3AsO4等化合物，有着广泛的用途。回答下列问题：
（4）298 K时，将20 mL 3x ml·L−1 Na3AsO3、20 mL 3x ml·L−1 I2和20 mL NaOH溶液混合，发生反应： SKIPIF 1 < 0 (aq)+I2(aq)+2OH−(aq) SKIPIF 1 < 0 (aq)+2I−(aq)+ H2O(l)。溶液中c( SKIPIF 1 < 0 )与反应时间（t）的关系如图所示。
①下列可判断反应达到平衡的是__________（填标号）。
a．溶液的pH不再变化
b．v(I−)=2v( SKIPIF 1 < 0 )
c．c( SKIPIF 1 < 0 )/c( SKIPIF 1 < 0 )不再变化
d．c(I−)=y ml·L−1
②tm时，v正_____ v逆（填“大于”“小于”或“等于”）。
③tm时v逆_____ tn时v逆（填“大于”“小于”或“等于”），理由是_____________。
④若平衡时溶液的pH=14，则该反应的平衡常数K为___________。
【答案】（4）① ac ② 大于 ③小于 tm时生成物浓度较低 ④ SKIPIF 1 < 0
【解析】
（4）①a溶液pH不变时，则c（OH-）也保持不变，反应处于平衡状态；b 根据速率关系，v（I-）/2=v(AsO33-)，则b的等式始终成立，反应不一定处于平衡状态；c由于提供的Na3ASO3总量一定，所以c(AsO43-)/c(AsO33-)不再变化时，c(AsO43-)与c(AsO33-)也保持不变，反应处于平衡状态；d c(I-)=y ml/L时，即c(AsO43−)=c(I-)，事实两者浓度关系一定是2c(AsO43−)=c(I-)，则此时不是平衡状态，故答案：ac。②反应从正反应开始进行，tm时反应继续正向进行，v正>v逆。正确答案：大于。③tm时比tn时AsO43-浓度更小，所以逆反应速率也更小，正确答案：小于、tm时AsO43浓度更小，反应速率更慢。④反应前，三种溶液混合后，Na3ASO3浓度为 SKIPIF 1 < 0 ，同理I2浓度为xml/L，反应达到平衡时，生成c（AsO43-）为yml/L，则反应生成I-浓度c（I-）=2yml/L，消耗AsO33-、I2浓度均为yml/L，平衡时c(AsO33-)为 (x-y) ml/L，c（I2）为（x-y）ml/L，溶液中c(OH-)=1ml/L，K= SKIPIF 1 < 0 。
27．（2017·全国高考真题）丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备。回答下列问题：
（1）正丁烷（C4H10）脱氢制1-丁烯（C4H8）的热化学方程式如下：
①C4H10(g)= C4H8(g)+H2(g) ΔH1
已知：②C4H10(g)+ SKIPIF 1 < 0 O2(g)= C4H8(g)+H2O(g) ΔH2=-119 kJ·ml-1
③H2(g)+ SKIPIF 1 < 0 O2(g)= H2O(g) ΔH3=-242 kJ·ml-1
反应①的ΔH1为________ kJ·ml-1。图（a）是反应①平衡转化率与反应温度及压强的关系图，x_____________0.1（填“大于”或“小于”）；欲使丁烯的平衡产率提高，应采取的措施是__________（填标号）。
A．升高温度 B．降低温度 C．增大压强 D．降低压强
（2）丁烷和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器（氢气的作用是活化催化剂），出口气中含有丁烯、丁烷、氢气等。图（b）为丁烯产率与进料气中n（氢气）/n（丁烷）的关系。图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势，其降低的原因是___________。
（3）图（c）为反应产率和反应温度的关系曲线，副产物主要是高温裂解生成的短碳链烃类化合物。丁烯产率在590 ℃之前随温度升高而增大的原因可能是___________、____________；590℃之后，丁烯产率快速降低的主要原因可能是_____________。
【答案】（1）+123kJ·ml－1 小于 AD （2）氢气是产物之一，随着n(氢气)/n(丁烷)增大，逆反应速率增大 （3）升高温度有利于反应向吸热方向进行 温度升高反应速率加快 丁烷高温裂解生成短链烃类
【解析】
（1）根据盖斯定律，用②式-③式可得①式，因此△H1=△H2-△H3=-119 kJ/ml +242 kJ/ml =+123kJ/ml。由a图可以看出，温度相同时，由0.1MPa变化到xMPa，丁烷的转化率增大，即平衡正向移动，根据反应前后气体系数之和，反应前气体系数小于反应后气体系数之和，因此减小压强，平衡向正反应方向移动，即x<0.1。提高丁烯的产率，要求平衡向正反应方向移动，A、因为反应①是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，即丁烯转化率增大，故A正确；B、降低温度，平衡向逆反应方向移动，丁烯的转化率降低，故B错误；C、反应前气体系数之和小于反应后气体系数之和，增大压强，平衡向逆反应方向移动，丁烯的转化率降低，故C错误；D、根据C选项分析，降低压强，平衡向正反应方向移动，丁烯转化率提高，故D正确；（2）因为通入丁烷和氢气，发生①，氢气是生成物，随着n(H2)/n(C4H10)增大，相当于增大氢气的量，反应向逆反应方向进行，逆反应速率增加；（3）根据图(c)，590℃之前，温度升高时反应速率加快，生成的丁烯会更多，同时由于反应①是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡体系中会含有更多的丁烯。而温度超过590℃时，由于丁烷高温会裂解生成短链烃类，所以参加反应①的丁烷也就相应减少。
28．（2019·全国高考真题）
近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：
（1）Deacn发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为刚性容器中，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：
可知反应平衡常数K（300℃）____________K（400℃）（填“大于”或“小于”）。设HCl初始浓度为c0，根据进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=1∶1的数据计算K（400℃）=____________（列出计算式）。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低、过高的不利影响分别是____________。
【答案】（1）大于 SKIPIF 1 < 0 O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低
【解析】
（1）根据反应方程式知，HCl平衡转化率越大，平衡常数K越大，结合图像知升高温度平衡转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，则K(300℃)>K(400℃)；
由图像知，400℃时，HCl平衡转化率为84%，用三段式法对数据进行处理得：
SKIPIF 1 < 0
起始（浓度） c0 c0 0 0
变化（浓度） 0.84c0 0.21c0 0.42c0 0.42c0
平衡（浓度）(1-0.84)c0 (1-0.21)c0 0.42c0 0.42c0
则K= SKIPIF 1 < 0 ；根据题干信息知，进料浓度比过低，氧气大量剩余，导致分离产物氯气和氧气的能耗较高；进料浓度比过高，HCl不能充分反应，导致HCl转化率较低；
29．（2019·全国高考真题）环戊二烯（）是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下列问题：
（1）已知：(g)= (g)+H2(g) ΔH1=100.3 kJ·ml −1 ①
H2(g)+ I2(g)=2HI(g) ΔH2=﹣11.0 kJ·ml −1 ②
对于反应：(g)+ I2(g)=(g)+2HI(g) ③ ΔH3=___________kJ·ml −1。
（2）某温度下，等物质的量的碘和环戊烯（）在刚性容器内发生反应③，起始总压为105Pa，平衡时总压增加了20%，环戊烯的转化率为_________，该反应的平衡常数Kp=_________Pa。达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，可采取的措施有__________（填标号）。
A．通入惰性气体 B．提高温度
C．增加环戊烯浓度 D．增加碘浓度
（3）环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是__________（填标号）。
A．T1＞T2
B．a点的反应速率小于c点的反应速率
C．a点的正反应速率大于b点的逆反应速率
D．b点时二聚体的浓度为0.45 ml·L−1
【答案】（1）89.3 （2）40％ 3.56×104 BD （3）CD
【解析】
（1）根据盖斯定律①-②，可得反应③的ΔH=89.3kJ/ml；
答案：89.3；
（2）假设反应前碘单质与环戊烯均为nml，平衡时环戊烯反应了xml，根据题意可知；
（g）+I2（g）= （g）+2HI（g） 增加的物质的量
1ml 1ml 1ml 2ml 1ml
xml 2n×20%
得x=0.4nml，转化率为0.4n/n×100%=40%；
（g） + I2（g）= （g）+ 2HI（g）
P（初） 0.5×105 0.5×105 0 0
ΔP 0.5×105×40% 0.5×105×40% 0.5×105×40% 1×105×40%
P（平） 0.3×105 0.3×105 0.2×105 0.4×105
Kp= SKIPIF 1 < 0 =3.56×104；
A．T、V一定，通入惰性气体，由于对反应物和生成物浓度无影响，速率不变，平衡不移动，故A错误；
B．升高温度，平衡向吸热方向移动，环戊烯转化率升高，故B正确；
C．增加环戊烯的浓度平衡正向移动，但环戊烯转化率降低，故C错误；
D,增加I2的浓度，平衡正向移动，环戊烯转化率升高，故D正确；
答案：40%；3.56×104；BD；
（3）A．温度越高化学反应速率越快，单位时间内反应物浓度减少越多，则T1B．温度越高化学反应速率越快，因此a点反应速率大于c点反应速率，故B错误；
C． a点、b点反应一直在正向进行，故v（正）>v(逆)，a点反应物浓度大于b点，故a点正反应速率大于b点，故C正确；
D．b点时环戊二烯浓度由1.5ml/L减小到0.6ml/L，减少了0.9ml/L，因此生成二聚体0.45ml/L，故D正确；
答案：CD；
30．（2018·北京高考真题）近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：
（2）对反应Ⅱ，在某一投料比时，两种压强下，H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。
p2_______p 1（填“＞”或“＜”），得出该结论的理由是________________。
【答案】（2） > 反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，H2SO4 的物质的量增大，体系总物质的量减小，H2SO4的物质的量分数增大
【解析】
（2）在横坐标上任取一点，作纵坐标的平行线，可见温度相同时，p2时H2SO4物质的量分数大于p1时；反应II是气体分子数减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，H2SO4物质的量增加，体系总物质的量减小，H2SO4物质的量分数增大；则p2 SKIPIF 1 < 0 p1。
31．（2015·全国高考真题）碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。回答下列问题：
（4）Bdensteins研究了下列反应：2HI(g)H2(g) + I2(g)
在716K时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下表：
①根据上述实验结果，该反应的平衡常数K的计算式为：___________。
②上述反应中，正反应速率为v正= k正·x2(HI)，逆反应速率为v逆=k逆·x(H2)·x(I2)，其中k正、k逆为速率常数，则k逆为________(以K和k正表示)。若k正 = 0.0027min-1，在t=40min时，v正=________min-1
③由上述实验数据计算得到v正~x(HI)和v逆~x(H2)的关系可用下图表示。当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为_________________（填字母）
【答案】（4） ① SKIPIF 1 < 0 ②k逆= k正/K 1.95×10-3 ③A、E
【解析】
（4）①问中的反应是比较特殊的，反应前后气体体积相等，不同的起始态很容易达到等效的平衡状态。大家注意表格中的两列数据是正向和逆向的两组数据。
716K时，取第一行数据计算：
2HI（g）H2（g）+I2（g）
n（始）（取1ml） 1 0 0
Δn （0.216） （0.108） （0.108）
n（平） 0.784 （0.108） （0.108）
化学平衡常数为 SKIPIF 1 < 0 。
故答案为 SKIPIF 1 < 0 ；
②问的要点是：平衡状态下，v正= v逆，故有：k正·x2(HI) = k逆·x(H2)·x(I2)
变形：k正/ k逆=｛x(H2)·x(I2)｝/ x2(HI)=K，故有： k逆= k正/K。
在t=40min时，正反应建立平衡的x(HI)=0.85，则v正= k正·x2(HI)= 0.0027min-1×0.852=1.95×10-3min-1。
故答案为k逆= k正/K；1.95×10-3；
③ 问看似很难，其实注意到升温的两个效应（加快化学反应速率、使平衡移动）即可突破：先看图像右半区的正反应，速率加快，坐标点会上移；平衡（题中已知正反应吸热）向右移动，坐标点会左移。综前所述，找出A点。同理可找出E点。
故答案为A、E。
32．（2014·全国高考真题）化合物AX3和单质X2在一定条件下反应可生成化合物AX5。回答下列问题：
（1）已知AX3的熔点和沸点分别为－93.6 ℃和76 ℃，AX5的熔点为167 ℃。室温时AX3与气体X2反应生成1 ml AX5，放出热量123.8 kJ。该反应的热化学方程式为_____________________________。
（2）反应AX3(g)＋X2(g)AX5(g)在容积为10 L的密闭容器中进行。起始时AX3和X2均为0.2 ml。反应在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图所示。
①列式计算实验a从反应开始至达到平衡时的反应速率v(AX5)＝______________________。
②图中3组实验从反应开始至达到平衡时的反应速率v(AX5)由大到小的次序为____________(填实验序号)；与实验a相比，其他两组改变的实验条件及判断依据是：b__________________，c_______________________________。
③用p0表示开始时总压强，p表示平衡时总压强，α表示AX3的平衡转化率，则α的表达式为______________；实验a和c的平衡转化率：αa为________，αc为________。
【答案】（1）AX3(l)＋X2(g)===AX5(s) ΔH＝－123.8 kJ/ml （2）①＝1.7×10－4 ml·L－1·min－1 ②bca 加入催化剂。反应速率加快，但平衡点没有改变 温度升高。反应速率加快，但平衡点向逆反应方向移动(或反应容器的容积和起始物质的量未改变，但起始总压强增大) ③α＝2(1－) 50% 40%
【解析】
⑴据题意，先写出反应方程式并标出各物质的状态AX3(l)＋X2(g) = AX5(s)，然后确定其反应热ΔH=－123.8KJ·ml－1，综上便可写出完整的热化学方程式。
⑵①
解：开始时n =" 0.4" ml，总压强为160 kPa，平衡时总压强为120 kPa，
则n为：
AX3(g) ＋ X2(g) AX5(g)
起始时n/ml： 0.20 0.20 0
平衡时n/ml:： 0.20 －x 0.20 －x x
(0.20-x)＋(0.20-x)＋x = 0.30
x = 0.10
②从图中观察平衡的时间(tb＜tc＜ta)，判断反应速率的快慢为b＞c＞a；
b组的反应速率加快，但平衡点没有改变说明是加人了催化剂；
c组的反应速率加快，但平衡点向逆反应方向移动(或反应容器的容积和起始物质的量未改变，但起始总压强增大)说明是温度升高。
③用三段式分析：
AX3(g) ＋ X2(g) AX5(g)
起始时n/ml： 0.20 0.20 0
变化量n/ml:： 0.20α 0.20α 0.20α
平衡时n/ml:： 0.20 －0.20α 0.20 －0.20α 0.20α
据题意有，化简得α＝2(1－)；
将图中p0、p的数据代入上述计算式得αa＝2(1－)＝2(1－)＝50%；
αc＝2(1－)＝2(1－)＝40%。
33．（2015·山东高考真题）合金贮氢材料具有优异的吸收氢性能，在配合氢能的开发中起到重要作用。
（1）一定温度下，某贮氢合金（M）的贮氢过程如图所示，纵轴为平衡时氢气的压强（p），横轴表示固相中氢原子与金属原子的个数比（H/M）。
在OA段，氢溶解于M中形成固溶体MHx，随着氢气压强的增大，H/M逐惭增大；在AB段，MHx与氢气发生氢化反应生成氢化物MHy，氢化反应方程式为：zMHx(s)+H2(g)==ZMHy(s) △H(Ⅰ)；在B点，氢化反应结束，进一步增大氢气压强，H/M几乎不变。反应（Ⅰ）中z=_____（用含x和y的代数式表示）。温度为T1时，2g某合金4min内吸收氢气240mL，吸氢速率v=______mL•g-1•min。反应的焓变△HⅠ_____0（填“>”“<”或“=”）。
（2）η表示单位质量贮氢合金在氢化反应阶段的最大吸氢量占其总吸氢量的比例，则温度为T1、T2时，η（T1）____η（T2）（填“>”“<”或“=”）。当反应（Ⅰ）处于图中a点时，保持温度不变，向恒容体系中通入少量氢气，达到平衡后反应（Ⅰ）可能处于图中的_____点（填“b”“c”或“d”），该贮氢合金可通过______或_______的方式释放氢气。
（3）贮氢合金ThNi5可催化由CO、H2合成CH4的反应，温度为T时，该反应的热化学方程式为_________。已知温度为T时：CH4(g)+2H2O=CO2(g)+4H2(g) △H=+165KJ•ml
CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) △H=-41KJ•ml
【答案】（1）2/(y—x)；30；<
（2）>；c；加热减压
（3）CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g) ∆H=—206kJ•ml‾1
【解析】
（1）根据元素守恒可得z•x+2=z•y，解得z=2/(y—x)；吸氢速率v=240mL÷2g÷4min="30" mL•g-1•min-1；因为T1（2）根据图像可知，横坐标相同，即氢原子与金属原子的个数比相同时，T2时氢气的压强大，说明T2时吸氢量少，则η（T1）>η（T2）；处于图中a点时，保持温度不变，向恒容体系中通入少量氢气，氢气压强的增大，H/M逐惭增大，根据图像可能处于c点；根据平衡移动原理，可以通过加热，使温度升高或减小压强使平衡向左移动，释放氢气。
（3）写出化学方程式并注明状态：CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g)，然后根据盖斯定律可得该反应的∆H=—∆H1+∆H2=—206kJ•ml‾1，进而得出热化学方程式。
34．（2014·广东高考真题）
用CaSO4代替O2与燃料CO反应，既可以提高燃烧效率，又能得到高纯CO2，是一种高效、清洁、经济的新型燃烧技术，反应①为主反应，反应②和③为副反应。
①1/4CaSO4(s)+CO(g)1/4CaS(s)+CO2(g) △H1=－47.3kJ/ml
②CaSO4(s)+CO(g)CaO(s)+ CO2(g)+ SO2(g) △H2=+210.5kJ/ml
③CO(g)1/2C(s)+1/2CO2(g) △H3=-86.2kJ/ml
（1）反应2 CaSO4(s)+7CO(g)CaS(s)+CaO(s)+C(s)+6CO2(g)+SO2(g)的△H= （用△H1△H2△H3表示）。
（2）反应①～③的平衡常数的对数lgK随反应温度T的变化曲线见图18.结合各反应的△H，归纳lgK～T曲线变化规律：
a）
b)
（3）向盛有CaSO4的真空恒容容器中充入CO，反应①于900 ºC达到平衡，c平衡（CO）=8.0×10-5ml·L-1，计算CO的转化率（忽略副反应，结果保留2位有效数字）。
（4）为减少副产物，获得更纯净的CO2，可在初始燃料中适量加入 。
【答案】（1）4△H1+△H2+2△H3；
（2）a）、放热反应的lgK随温度升高而下降； b）、放出或吸收热量越大的反应，其lgK受温度影响越大；
（3）99%
（4）CO2
【解析】
（1）根据盖斯定律可得2 CaSO4(s)+7CO(g)CaS(s)+CaO(s)+C(s)+6CO2(g)+SO2(g)的△H=①×4+②+③×2=4△H1+△H2+2△H3；
（2）由图像及反应的△H可知，a）、反应①③是放热反应，随温度升高，lgK降低；反应②是吸热反应，随温度升高，lgK增大；b）、从图像上看出反应②、③的曲线较陡，说明放出或吸收热量越大的反应，其lgK受温度影响越大；
（3）由图可知，反应①于900 ºC的lgK=2，则K=100， c平衡（CO）=8.0×10-5ml·L-1，平衡时c平衡（CO2）=100×8.0×10-5ml·L-1=8.0×10-3ml·L-1，根据反应1/4CaSO4(s)+CO(g)1/4CaS(s)+CO2(g)可知，消耗CO的浓度是8.0×10-3ml·L-1，则开始时c（CO）=8.0×10-5ml·L-1+8.0×10-3ml·L-1=8.08×10-3ml·L-1，所以CO的转化率为8.0×10-3ml·L-1/8.08×10-3ml·L-1×100%=99%，；
（4）根据方程式可知，二氧化碳中含有气体杂质SO2，可在CO中加入适量的CO2，抑制二氧化硫的产生；
35．（2014·北京高考真题）NH3经一系列反应可以得到HNO3，如下图所示。
（1）I中，NH3 和O2在催化剂作用下反应，其化学方程式是_____________________。
（2）II中，2NO（g）+O2 SKIPIF 1 < 0 2NO2(g)。在其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强（P1、P2）下温度变化的曲线（如右图）。
①比较P1、P2的大小关系：________________。
②随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是________________。
（3）III中，降低温度，将NO2（g）转化为N2O4（l），再制备浓硝酸。
①已知：2NO2（g） SKIPIF 1 < 0 N2O4（g）△H1
2NO2（g） SKIPIF 1 < 0 N2O4（l）△H2
下列能量变化示意图中，正确的是（选填字母）_______________。
②N2O4与O2、H2O化合的化学方程式是_________________。
【答案】（1）4NH3+5O2 4NO+6H2O；
（2）①P1＜P2；
②减小；
（3）①A；
②2N2O4+O2+2H2O=4HNO3；
【解析】
（1）氨气和氧气在催化剂作用下发氧化还原反应，生成NO和水，化学方程为4NH3+5O2 4NO+6H2O；
（2）①该反应的正反应为气体物质的量减小的反应，其他条件不变时，增大压强，平衡向气体物质的量减小的方向移动，即向正反应方向移动，即压强越高，NO的平衡转化率越大，根据图示知，相同温度下，压强P1时NO的转化率＜P2时NO的转化率，故P1＜P2；
②其他条件不变时，升高温度，平衡向着吸热反应方向移动，又根据图示知，相同压强下，随着温度的升高，NO的转化率降低，即升高温度，平衡向逆反应方向移动，故逆反应方向为吸热反应，则正反应方向是放热反应，则随着温度的升高，该反应的平衡常数减小；
（3）①
2NO2（g） SKIPIF 1 < 0 N2O4（g）△H1 ①
2NO2（g） SKIPIF 1 < 0 N2O4（l）△H2 ②
根据盖斯定律：①-②得
N2O4（g） SKIPIF 1 < 0 N2O4（l） △H3=△H1-△H2，一般来说，物质由气态变为液态，放出热量，即△H3=△H1-△H2＜0，即△H1＞△H2，由降低温度，将NO2转化为N2O4，可知该反应为放热反应，即0＞△H1＞△H2，即反应物2NO2（g）的总能量大于生成物N2O4（g）和N2O4（l）的总能量，且前者放出的热量小，故答案为A；
②N2O4与氧气、水反应生成硝酸，化学方程式为：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3；
36．（2014·全国高考真题）(15分)乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯直接水合法或间接水合法生产。回答下列问题：
（1）间接水合法是指先将乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯(C2H5OSO3H)。再水解生成乙醇。写出相应的反应的化学方程式
（2）已知：
甲醇脱水反应①2CH3OH(g)＝CH3OCH3(g)＋H2O(g)△H1＝－23.9KJ·ml－1
甲醇制烯烃反应②2CH3OH(g)＝C2H4(g)＋2H2O(g) △H2＝－29.1KJ·ml－1
乙醇异构化反应③CH3CH2OH(g)＝CH3OCH3(g)) △H3＝+50.7KJ·ml－1
则乙烯气相直接水合反应C2H4(g)＋H2O(g)＝C2H5OH(g)的△H＝ KJ·ml－1
与间接水合法相比，气相直接水合法的优点是： 。
（3）下图为气相直接水合法中乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系(其中n(H2O)︰n(C2H4)=1︰1)
①列式计算乙烯水合制乙醇反应在图中A点的平衡常数K＝ (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)
②图中压强P1、P2、P3、P4的大小顺序为： ，理由是：
③气相直接水合法党采用的工艺条件为：磷酸/硅藻土为催化剂，反应温度290 ℃，压强6．9MPa，n(H2O)︰n(C2H4)=0．6︰1。乙烯的转化率为5℅。若要进一步提高乙烯的转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以采取的措施有： 、 。
【答案】（1）C2H4+H2SO4= C2H5OSO3H; C2H5OSO3H＋H2O=C2H5OH+ H2SO4;
（2） -45.5 污染小，腐蚀性小等；（3）①K=0.07(MPa)-1; ②P1< P2< P3< P4;反应分子数减少，相同温度下，压强升高，乙烯转化率提高； ③将产物乙醇液化转移去，增加n(H2O):n(C2H4)的比。
【解析】
（1）根据题意可得乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯C2H5OSO3H的方程式：C2H4+H2SO4= C2H5OSO3H; C2H5OSO3H＋H2O=C2H5OH+ H2SO4；（2）①－②－③，整理可得C2H4(g)＋H2O(g)＝C2H5OH(g)，△H＝（－23.9+29.1－50.7）KJ/ml=－45.5 KJ/ml；与间接水合法相比，气相直接水合法的优点是污染小，腐蚀性小等；（3）①乙烯水合制乙醇反应在图中A点的平衡常数K(MPa)-1; ②在相同的温度下由于乙烯是平衡转化率是P1< P2< P3< P4;由方程式C2H4(g)＋H2O(g)＝C2H5OH(g)可知该反应的正反应是气体体积减小的反应，所以增大压强，平衡正向移动，乙烯的转化率提高，因此压强关系是：P1< P2< P3< P4; ③若要进一步提高乙烯的转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以采取的措施有改变物质的浓度，如从平衡体系中将产物乙醇分离出去，或增大水蒸气的浓度，改变二者的物质的量的比等等。
A
B
C
D
升高温度，平衡常数减小
0～3s内，反应速率为v（NO2）=0.2ml•L-1
t1时仅加入催化剂，平衡向正方向移动
达平衡时，仅改变x，则x为c（O2）
选项
x
y
A
温度
容器内混合气体的密度
B
CO的物质的量
CO2与CO的物质的量之比
C
SO2的浓度
平衡常数K
D
MgSO4的质量（忽略体积）
CO的转化率
A．
B．
C．
D．
A．
B．
C．
D．
实验
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
1
m
n
p
q
2
SKIPIF 1 < 0
n
p
SKIPIF 1 < 0
3
m
n
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
4
m
SKIPIF 1 < 0
p
SKIPIF 1 < 0
t/min
0
20
40
60
80
120
x(HI)
1
0.91
0.85
0.815
0.795
0.784
x(HI)
0
0.60
0.73
0.773
0.780
0.784