高考化学一轮复习-化学反应速率与化学平衡图像（专项训练）（全国通用）（解析版）

这是一份高考化学一轮复习-化学反应速率与化学平衡图像（专项训练）（全国通用）（解析版），共78页。
TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc17943" 01 课标达标练
\l "_Tc22251" 题型01分析影响反应速率的条件
\l "_Tc2717" 题型02化学反应速率图象综合分析
\l "_Tc30632" 题型03单曲线变化图象
\l "_Tc10254" 题型04单一反应多曲线变化图象
\l "_Tc10254" 题型05多反应多曲线变化图象
\l "_Tc20184" 02 核心突破练
\l "_Tc5699" 03 真题溯源练
01分析影响反应速率的条件
1．可逆反应mA(g)nB(g)+pC(s)；△H=Q，温度和压强的变化对正、逆反应速率的影响分别符合如图中的两个图象，以下叙述正确的是( )
A．m＞n，Q＜0 B．m＞n+p，Q＞0 C．m＞n，Q＞0 D．m＜n+p，Q＜0
【答案】A
【解析】由图象可知，升高温度，逆反应速率大于正反应速率，则升高温度，平衡逆向移动；增大压强，正反应速率大于逆反应速率，则增大压强，平衡正向移动。由图象可知，升高温度，逆反应速率大于正反应速率，则升高温度，平衡逆向移动，所以该正反应为放热反应，Q＜0；增大压强，正反应速率大于逆反应速率，则增大压强，平衡正向移动，该反应为气体气体缩小的反应，所以m＞n，故选A。
2．下列各图是温度(或压强)对2A(s)＋2B(g)2C(g)＋D(g) ΔHv正；C点位于曲线以下，表示未达到该温度下的最大转化率 ，此时平衡会向正反应方向移动，v正>v逆，故C不符合题意；D项，A点时c(反应物)=c(生成物)，不一定达到平衡状态，故D符合题意；故选D。
4．向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，一定条件下使反应SO2(g)＋NO2(g)SO3(g)＋NO(g)达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如下所示。由图可得出的正确结论是( )
A.反应在c点达到平衡状态 B.反应物浓度：a点小于b点
C.反应物的总能量低于生成物的总能量 D.Δt1＝Δt2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段
【答案】D
【解析】A项，化学平衡状态的标志是各物质的浓度不再改变，其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显然还在改变，一定未达平衡，错误；B项，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项，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项，随着反应的进行，正反应速率越快，消耗的二氧化硫就越多，SO2的转化率将逐渐增大，正确。
5．如图表示反应2SO2(g)＋O22SO3(g)+Q的正反应速率随时间的变化情况，试根据图中曲线判断下列说法可能正确的是
A．t1时只减小了压强
B．t1时只降低了温度
C．t1时增加了SO2和O2的浓度，平衡向正反应方向移动
D．t1时减小SO2浓度的同时，增加了SO3的浓度
【答案】D
【解析】A项，若t1时减小了压强，平衡向逆反应方向移动，重新平衡时的速率小于原平衡速率，故A错误；B项，若t1时降低了温度，平衡向正反应移动，重新平衡时的速率小于原平衡速率，故B错误；C项，若t1时增加了SO2和O2的浓度，正反应速率应大于原平衡速率，平衡向正反应方向移动，图象中t1时刻不符合，故C错误；D项，若t1时减小了SO2的浓度，增加了SO3的浓度，平衡向逆反应移动，新平衡时反应物浓度比可以原来还大，平衡时正反应速率可以比原平衡速率大，故D可能正确；故选D。
6．某恒容密闭容器中充入一定量SO2和O2进行反应： 2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔHv(b)
C．图甲中，d点时，混合气体的平均摩尔质量不再改变
D．图乙中，c点的正、逆反应速率：v(逆) < v(正)
【答案】C
【解析】A项，反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H＜0，正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，逆反应速率大于正反应速率，则曲线1表示逆反应速率与温度的关系，故A错误；B项，温度恒定时，a、b两点对应的压强是b的大，压强越大，反应速率越快，a、b两点对应的反应速率：va＜vb，故B错误；C项，d点表示温度为T0时，正、逆反应速率相等，说明反应达到平衡，则混合气体的平均摩尔质量不再改变，故C正确；D项，c点时，二氧化硫的含量小于平衡时的含量，反应需要向生成二氧化硫的方向进行，即向逆反应方向进行，所以v(逆)＞v(正)，故D错误；故选C。
7．向一容积不变的密闭容器中充入一定量A和B，发生如下反应：xA(g)＋2B(s)yC(g) ΔH”“＝”或“
【解析】(1)0～10 min内v(A)＝eq \f(（0.45－0.25） ml·L－1,10 min)＝0.02 ml·L－1·min－1。
(2)根据图像可知，0～10 min内A的物质的量浓度减少量为0.2 ml·L－1，C的物质的量浓度增加量为0.4 ml·L－1，x、y之比等于A、C的浓度的变化量之比，故x∶y＝0.2 ml·L－1∶0.4 ml·L－1＝1∶2。
(3)该反应是气体分子数增大的反应，而容器容积不变，因此0～10 min容器内压强变大。
(4)根据图像可知，10 min时改变条件后，A、C的浓度瞬时不变且随后反应速率加快，故改变的条件可能是升温或加入催化剂；12～16 min，反应处于平衡状态，16 min时改变条件后，A、C的浓度瞬时不变，且随后A的浓度逐渐增大，C的浓度逐渐减小，说明平衡逆向移动，故改变的条件可能是升温。
(5)升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小。由于16 min时升高温度，则K1>K2。
02化学反应速率图象综合分析
8．(2025·河南洛阳模拟)100 ℃时，向某恒容密闭容器加入1.6 ml·L－1的Q后会发生如下反应：2Q(g)M(g)。其中M的物质的量浓度随时间的变化如图所示：
下列说法错误的是( )
A.从反应开始到刚达到平衡的时间段内，v(Q)＝0.02 ml·L－1·s－1
B.a、b两时刻生成Q的速率：v(a)v(bc)＝0
D.其他条件相同，起始时将0.2 ml·L－1氦气与Q混合，则反应达到平衡所需时间少于60 s
【答案】D
【解析】根据分析，从反应开始到刚达到平衡的时间段内，v(Q)＝eq \f(Δc,t)＝eq \f(1.2 ml·L－1,60 s)＝0.02 ml·L－1·s－1，故A正确；Q为反应物，初始时浓度最大，消耗速率最大，生成速率最小，随着反应的进行，Q的浓度逐渐减小，消耗速率逐渐减慢，生成速率逐渐增大，则a、b两时刻生成Q的速率：v(a)v(bc)＝0，故C正确；其他条件相同，向某恒容密闭容器中通入0.2 ml·L－1氦气与Q混合，容器体积不变，Q、M的浓度不变，与原平衡体系等效，则反应达到平衡所需时间等于60 s，故D错误。
9【电导率与化学反应速率结合】电导率用于衡量电解质溶液导电能力的大小，与离子浓度和离子迁移速率有关。图甲为相同电导率盐酸和醋酸溶液升温过程中电导率变化曲线，图乙为相同电导率氯化钠和醋酸钠溶液升温过程中电导率变化曲线。下列判断不正确的是( )
A．由曲线2可推测：温度升高可以提高离子迁移速率
B．由曲线4可推测：温度升高，醋酸钠电导率变化与醋酸根的水解平衡移动有关
C．由图甲、乙可判定：相同条件下，盐酸的电导率大于醋酸的电导率，可能的原因是的迁移速率大于的迁移速率
D．由图甲、乙可判定：两图中电导率的差值不同，与溶液中的浓度和迁移速率有关
【答案】A
【解析】A项，曲线2电导率增大可能是由于温度升高促进了醋酸的电离，离子浓度增大，不能推测出温度升高可以提高离子迁移速率，A错误；B项，由曲线4可推测温度升高，醋酸钠电导率变化与氯化钠未完全一致，说明醋酸钠的水解平衡可能是影响电导率的因素之一，B正确；C项，由图甲、乙可判定：相同条件下，盐酸的电导率大于醋酸的电导率，可能的原因是的迁移速率大于的迁移速率，也可能是受醋酸电离的影响，C正确；D项，电导率的差值不同，可能的原因是与的迁移速率和的迁移速率有关，或与醋酸的电离、醋酸根离子的水解有关，即与溶液中的浓度有关，D正确；故选A。
10．一定温度下，X、Y、Z三种气体在某恒容密闭容器中发生反应，其中气体的物质的量变化曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A．Q点Y的正反应速率和逆反应速率相等
B．从开始到达到平衡时用X表示的平均反应速率是0.2ml·L-1·min-1
C．该反应的化学方程式可表示为：3X(g)+Z(g)2Y(g)
D．达到平衡后，再充入氩气，反应速率增大
【答案】C
【解析】A项，Q点没有到平衡，Y的正反应速率和逆反应速率不相等，A错误；B项，从开始到达到平衡时X的物质的量改变量为6-3=3ml，没有说明容器的体积，不能用X表示的平均反应速率，B错误；C项，从开始到平衡，X、Z的物质的量减少，减少量分别为6-3=3ml，2-1=1ml，为反应物，Y的物质的量增加为生成物，增加量为2-0=2ml，故方程式为3X(g)+Z(g) 2Y(g)，C正确；D项，到平衡后，充入氩气，各物质的浓度不变，反应速率不变，D错误；故选C。
11．T0温度下，向2L真空密闭容器中加入N2O3固体，发生反应：N2O3(s)NO2(g)＋X(g) (未配平)，反应过程如图，下列说法正确的是( )
A．X可能为N2
B．0~2 min用N2O3表示的反应速率为1ml·min－1
C．第2min时逆反应速率大于第4min时逆反应速率
D．第4min时，保持温度和容积不变，向容器中再加入N2O3，混合气体颜色加深
【答案】B
【解析】A项，由图像可知，2min时N2O3物质的量变化为2ml、NO2的物质的量变化为2ml，N2O3、NO2系数比为1：1，根据元素守恒，X为NO，故A错误；B项，0~2 min内N2O3物质的量变化为2ml ，所以0~2 min用N2O3表示的反应速率为1ml·min－1，故B正确；C项，第2min时NO2的浓度小于第4min时NO2的浓度，所以第2min时逆反应速率小于第4min时逆反应速率，故C错误；D项，N2O3是固体，第4min时，保持温度和容积不变，向容器中再加入N2O3，平衡不移动，混合气体颜色不变，故D错误；故选B。
12．(2025·河北省承德市高三联考)在相同条件下研究催化剂1、催化剂2对反应的影响，充入一定物质的量浓度的O2(g)进行反应，N2O5(g)、NO2(g)、O2(g)中部分物质随时间变化曲线如图所示。下列说法错误的是( )
A．M代表N2O5，N代表NO2
B．催化剂1的催化效能低于催化剂2
C．0~4 min内无催化剂条件下O2速率为0.5ml·L－1·min－1
D．上述反应为熵增加过程
【答案】C
【解析】A项，利用M、N曲线相同时间段平均速率之比等于化学计量数之比可知，速率之比为1：2，N曲线代表NO2，A正确；B项，由图像可知，在相同条件下，催化剂2速率较快，即活化能较小，催化效率较高，B正确；C项，由图知，0~4 min内无催化剂条件下，，O2速率是NO2速率的，则，C错误；D项，由反应可知，该反应是分子数增加的反应，故该反应的ΔS＞0，D正确；故选C。
13．在某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化下聚合，反应物浓度与催化剂浓度及时间关系如图。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，下列说法错误的是( )
A．其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大
B．其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大
C．条件①，反应速率为0.012 ml·L－1·min－1
D．条件②，降冰片烯起始浓度为3.0 ml·L－1时，半衰期为62.5 min
【答案】B
【解析】A项，由题干图中曲线①②可知，其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应所需要的时间更短，故反应速率越大，A正确；B项，由题干图中曲线①③可知，其他条件相同时，降冰片烯浓度①是③的两倍，所用时间①也是③的两倍，反应速率相等，故说明反应速率与降冰片烯浓度无关，B错误；C项，由题干图中数据可知，条件①，反应速率为=0.012 ml·L－1·min－1，C正确；D项，反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，由题干图中数据可知，条件②，降冰片烯起始浓度为3.0 ml·L－1时，半衰期为125min÷2=62.5 min，D正确；故选B。
14．在T1温度下，向2L的密闭容器中充入NO，在催化剂作用下发生反应：NO(g)NO2(g)+X(g) (未配平)，反应过程中部分数据如图所示，下列说法错误的是( )
A．X可能为N2O
B．0～1min用X表示的反应速率为
C．温度下，测得容器内气体颜色保持不变，表明反应达到化学平衡状态
D．增大NO气体的浓度、升高反应体系的温度，均能提高反应速率
【答案】B
【解析】A项，若X为N2O，则3NO(g)NO2(g)+N2O(g)，N2O、NO的变化量比为1：3，与图像相符，故A正确；B项，由图像可知，NO、NOx的变化量比为3：1，根据得失电子守恒，反应方程式为3NO(g)NO2(g)+N2O(g)，X是N2O，内生成1mlN2O，用N2O表示的反应速率为，故B错误；C项，T1温度下，测得容器内气体颜色保持不变，则表明各成分的浓度不再变化、反应达到化学平衡状态，故C正确；D项，反应物浓度越大、反应温度越高、反应速率越快，则增大NO气体的浓度、升高反应体系的温度，均能提高反应速率，故D正确；故选B。
15．利用CO2合成甲醇也是有效利用CO2资源的重要途径。将原料气n(CO)：n(H2)=1：3充入某一恒容密闭容器中，只发生CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH，在不同催化剂作用下，反应min时CO2的转化率随温度的变化如图所示。下列说法不正确的是( )
A．使用催化剂Ⅰ时，d点未达到平衡
B．c点转化率比a点低的原因一定是催化剂活性降低
C．T4温度下的反应速率大于T3温度下的反应速率
D．若a点时，v(H2)正=3v(CH3OH)逆，则此条件下反应已达到最大限度
【答案】B
【解析】使用催化剂I时，CO2的转化率随温度升高先增大后减小。温度低于T4时，该反应未达平衡，温度升高，CO2的转化率随着反应速率增大而增大；温度高于T4时，可能是催化剂活性降低，也可能是平衡逆向移动，导致CO2的转化率减小，因此d点未达到平衡，A正确；c点转化率比a点低的原因可能是催化剂活性降低，也可能是平衡逆向移动，B错误；温度T4高于T3，升高温度反应速率加快，故T4温度下的反应速率大于T3温度下的反应速率，C正确；由于v(H2)正=3v(CH3OH)正，若a点时，v(H2)正=3v(CH3OH)逆，则v(CH3OH)正=v(CH3OH)逆，a点处于平衡状态，反应已达到最大限度，D正确；故选B。
16．(2025·河北模拟预测)污水处理厂常采用活性污泥法对氨氮废水进行生物脱氮。向氨氮废水中持续通入空气，在活性污泥中某些细菌的作用下，依次发生转化。某科研团队研究了pH对氨氮氧化速率的影响，实验结果如图所示。下列说法错误的是( )
A．pH=6.5条件下，氨氮氧化总反应的离子方程式为NH4++2O2=NO3-+2H++H2O
B．pH=7.0条件下，0～180 min反应①的平均速率v(NH4+)=20mg/(L·h)
C．pH=7.5条件下，0～90 min反应①和反应②的平均速率相等
D．由实验数据分析可知，增大pH有利于提高氨氮氧化速率
【答案】C
【解析】A项，利用化合价升降法可配平总反应的离子方程式为：NH4++2O2=NO3-+2H++H2O，A正确；B项，在pH=7.0条件下，0～180 min时间段，c(NH4+)由60 mg/L降至0，则反应①的平均速率v(NH4+)==20mg/(L·h)，B正确；C项，由图中数据可知，在pH=7.5条件下，0～90min反应①的c(NH4+)变化量为60mg/L，反应②的c(NO3-)变化量小于30mg/L，所以两者反应的平均速率不相等，C错误；D项，对比三组图像可知，在NH4+浓度不变时，增大溶液的pH时，氨氮完全氧化所需时间缩短，说明增大溶液的pH可以使氨氮氧化速率提高，D正确；故选C。
17．对于同一体系内存在竞争反应：①，②；测得反应速率与时间t关系如图，依据图像信息，下列说法不正确的是( )
A．反应①的反应限度大于反应②
B．加入催化剂定能有效降低反应活化能，加快反应速率
C．无催化剂时后反应①达到平衡
D．加入催化剂，可有效提高C的产率
【答案】B
【解析】A项，反应①和反应②相互竞争，未加入催化剂时，B的速率更大，浓度更大，说明反应①的反应限度大于反应②，加入催化剂后虽然C速率更大，是因为催化剂导致的速率增大，不是浓度因素导致的速率更大，故A正确；B项，加入催化剂C的速率明显增大，B的速率略有减小，说明加入催化剂加快了生成C的反应速率，不一定加快了生成B的反应速率，选项没有指明对于哪个反应，故B错误；C项，反应速率不变时浓度不反应到达平衡，无催化剂时t2后反应①达到平衡，C正确；D项，加入催化剂，C的速率明显增大，能更快产生C，提高了C的产率，D正确；故选B。
18．【实验探究与科学建模】某小组进行“反应物浓度对反应速率影响”实验研究。分别取不同浓度的葡萄糖溶液和溶液于试管中，再依次向试管中滴加酸性溶液，通过色度计监测溶液透光率随时间的变化关系。实验结果如图所示。
已知：(1)溶液透光率与溶液中显色微粒的浓度成反比。
(2)酸性溶液与溶液反应时，某种历程可表示如图。
下列说法中不合理的是( )
A．从图1可知，该实验条件下，葡萄糖溶液浓度越大，反应速率越大
B．理论上，和的反应中参与反应的
C．图2中曲线甲反应速率加快的原因可能与反应生成有催化作用的物质有关
D．图2中溶液浓度不同时，数据呈现的原因是：随浓度增大，反应历程中①、②、③、④速率均减小
【答案】D
【解析】A项，由图1，葡萄糖浓度越大，透光率上升越快，由已知(1)，即高锰酸根浓度下降越快，故反应速率越大，A正确；B项，高锰酸钾氧化草酸，生成二价锰离子和二氧化碳，锰化合价从+7变为+2，得5个电子，碳化合价+3变为+4，1个草酸分子失2个电子，根据氧化还原反应得失电子守恒，KMnO4和H2C2O4的反应中参与反应的n(KMnO4)：n(H2C2O4)=2：5，B正确；C项，由历程图，Mn2+可以作为高锰酸钾和草酸反应的催化剂，故图2中曲线甲反应速率加快的原因可能与反应生成Mn2+有催化作用有关，C正确；D项，随H2C2O4浓度增大，草酸根浓度增大，反应历程①中，草酸根是反应物，随浓度增大，历程①速率是增大的，故D错误；故选D。
19．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 ml·L-1，反应过程中的液体体积变化忽略不计。下列说法不正确的是( )
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)＞v(c)
C．100 ℃时，0～5 h 之间丙酮的平均反应速率为 0.14x ml·L-1·h-1
D．若b点处于化学平衡，则120℃时反应的平衡常数
【答案】D
【解析】A项，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正确；B项，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正确；C项，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 ml/L，则0~5 h丙酮的平均反应速率=，C正确；D项，b点对应反应物转化率为98%，故两种生成物浓度均为0.98x ml/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错误； 故选D。
20．【新材料与学科知识结合】铌被广泛应用于航空航天、电子、原子能、超导材料及新型功能材料等领域，是一种十分重要的战略物资。常用于萃取稀土金属铌：。某温度下，萃取过程中溶液中与时间的变化关系如图所示。下列叙述正确的是( )
A．其他条件不变，时萃取反应已停止
B．增大，萃取反应平衡向左移动，平衡常数减小
C．min、min时萃取反应的正反应速率：
D．min内，的平均反应速率
【答案】D
【解析】A项，平衡时正反应、逆反应依然在不断进行，A项错误；B．平衡常数只与温度有关，增大浓度K不变，B项错误；C．萃取反应发生后，正反应速率由大到小至不变时反应达到平衡，，C项错误；D．min内，，根据速率之比等于化学计量数之比，的平均反应速率，D项正确；故选D。
03单曲线变化图象
21．(2025·辽宁辽阳二模)恒温条件下，向带活塞的容器中加入2 mlA(g)与2 mlB(g)，发生反应mA(g)+nB(g)pC(g)，其他条件不变，反应相同时间时，A(g)的转化率随压强变化(通过推动活塞改变压强)的关系如图所示(整个过程中各物质状态不发生改变)。下列说法错误的是( )
A．a点： B．平衡常数：
C． D．压强为时，点正反应速率大于逆反应速率
【答案】A
【解析】根据图像中反应相同时间时，A(g)的转化率随压强变化，可知转化率最高点左侧的未达平衡，转化率增大原因是，压强增大，速率增大，相同时间内A(g)的转化量增多；最高点及右侧达到平衡，转化率下降原因是，压强增大，平衡逆向移动，说明。A项，a点未达平衡，反应正向进行，，A错误；B项，平衡常数只与温度有关，恒温条件：，B正确；C项，根据分析，，C正确；D项，压强为时，c点转化率低于平衡转化率，反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率，D正确；故选A。
22．(2025•河北张家口模拟)一定条件下利用H2S和CH4制取CS2和H2的反应为CH4(g)＋2H2S(g)CS2(g)＋4H2(g)。将原料气按投料比n(H2S)：n(CH4)=2：1 充入恒容密闭容器中，在T℃ 、不同压强下，反应进行ts时，H2S的转化率随压强变化如图所示。
下列说法错误的是( )
A．压强大于p2kPa后反应达到平衡状态
B．反应速率：
C．将X点时容器内压强迅速加压至p3kPa后，的转化率保持不变
D．T℃下该反应的压强平衡常数
【答案】B
【解析】A项，该反应为气体分子数目增多的反应，压强增大，平衡逆向移动，由图可知压强大于p2kPa后反应达到平衡状态，故A正确；B项，X点反应正向进行，Z点达到平衡状态，压强越大、浓度越大反应速率越快，X、Z点浓度相等，Z点压强大于X点，所以，故B错误；C项，Z点为平衡状态，将X点时容器内压强迅速加压至p3kPa后，根据图像，H2S的转化率保持不变，故C正确；D项，Z点为平衡状态，H2S的转化率为50%，
下该反应的压强平衡常数，故D正确；故选B。
23．在一体积为1L的容器中加入CaCO3，发生反应CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)，且处于平衡状态，此时c(CO2)=0.1ml/L。保持温度和容器体积不变，在t1时刻充入0.1mlCO2气体，再次达到平衡，下列c(CO2)随时间变化的图像正确的是( )
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】根据化学平衡常数K=c(CO2)=0.1ml/L和温度不变平衡常数不变可知，向平衡体系中加入0.1mlCO2的瞬间CO2的浓度变为0.2ml/L，但上述平衡逆向移动，重新达到新的平衡，因为温度不变，新平衡下CO2的浓度保持不变，仍然为0.1ml/L，只有C图像符合；故选C。
24．通过反应I：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)可将有机氯化工业的副产品HC1转化为Cl2.在0.2MPa、反应物起始物质的量比=2条件下，不同温度时HC1平衡转化率如图所示。向反应体系中加入CuCl2，能加快反应速率。
反应II：2CuCl2(s)+O2(g)=2CuO(s)+2Cl2(g) ΔH=125.6 kJ·ml−1
反应III：CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH=-120.0 kJ·ml−1
下列说法正确的是( )
A．反应I的 ΔH=5.6 kJ·ml−1
B．升高温度和增大压强均能提高反应I中HCl的平衡转化率
C．0.2MPa、500℃时，向反应体系中加入CuCl2，延长反应时间，能使HCl转化率从X点的值升至Y点的值
D．在0.2MPa、500℃条件下，若起始 t2，C错误；D项，p2无限缓慢降压至p1，压强减小，平衡向气体分子数增多的方向移动，故平衡正向移动，NO2的体积分数逐渐增加，D正确；故选D。
26．在恒容密闭容器中充入3mlX和3mlY发生反应：3X(g)+Y(g) 2Z(g) △Hv(逆) D．该温度下反应的平衡常数
【答案】C
【解析】反应相同时间后，图中b点NO2的转化率最高，则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，由于NO2的起始浓度低，则反应正向进行；A项，46gNO2为1ml，a点反应0.4ml二氧化氮、b点反应0.8ml二氧化氮，反应为气体分子数增加1的反应，结合反应，ab反应后总的物质的量为1ml+0.4ml÷2=1.2ml、1ml+0.8ml÷2=1.4ml，由于V1＜V2，则，A错误；B项，bc曲线上反应均未达到平衡状态，B错误；C项，c点反应往正方向移动，c点状态下v(正)>v(逆)，C正确；D项，a点时反应达到平衡，a点反应0.4ml二氧化氮，结合方程式，生成氮气、二氧化碳分别为0.2ml、0.4ml，平衡时二氧化氮0.6ml，则，D错误；故选C。
28．【捕获二氧化碳与学科知识结合】(2025·山东威海二模)工业上可用Na2CO3溶液捕获CO2以减少其排放：Na2CO3 (aq)＋H2O(l)+CO2(g)2NaHCO3(aq) ΔH。不同温度下，在同一密闭容器中充入同浓度的CO2，加入同浓度同体积的Na2CO3溶液，经相同时间测得CO2浓度如图。下列说法错误的是( )
A．ΔH＜0
B．()也可以作为CO2捕获剂
C．在T＜T3时该反应未达到平衡状态
D．从T4迅速升温至T5并恒温，溶液pH减小
【答案】D
【解析】A项，由题干方程式可知，反应Na2CO3(aq)＋H2O(l)+CO2(g)2NaHCO3(aq)，正反应是一个气体体积减小的方向，即ΔS＜0，根据当ΔG=ΔH-TΔS＜0时，反应可以自发进行，故可知ΔH＜0，A正确；B项，已知苯酚的酸性比碳酸弱，故CO2能与(aq)反应生成苯酚和NaHCO3，故(aq)也可以作为CO2捕获剂，B正确；C项，由A项分析可知，该反应的ΔH＜0，则降低温度平衡正向移动，CO2的浓度减小，由图信息可知，在T＜T3时温度越低CO2浓度越大，故此时温度该反应未达到平衡状态，由于温度越低反应速率越慢，导致CO2的浓度越大，C正确；D项，由C项分析可知，当温度T＞T3时反应达到化学平衡，则升高温度平衡逆向移动，溶液中Na2CO3浓度增大，NaHCO3浓度减小，由于Na2CO3的水解程度比NaHCO3大，故从T4迅速升温至T5并恒温，溶液pH增大，D错误；故选D。
29．(2025·河南郑州一模)常温下，将、和10 mL NaOH溶液混合，发生反应：。溶液中与反应时间(t)的关系如图所示。下列说法错误的是( )
A．当不再变化时，该反应达到平衡状态
B．时的小于时的
C．若平衡时溶液的，则该反应的平衡常数
D．在酸性条件下，的氧化性大于
【答案】C
【解析】A项，当不再变化时，可说明各物质的浓度不再变化，反应达到平衡状态，A正确；B项，时未达到平衡，随时间增加而增加，平衡正向移动，时小于的小于的，B正确；C项，根据题意可知，起始时，，由图可知，平衡时，，，平衡时溶液的，则，反应的平衡常数，C错误；D项，在酸性条件下，，平衡逆向移动，为氧化剂，为氧化产物，故的氧化性大于，D正确；故选C。
30．(2025·江西赣州一模)一定温度下，向容积不等的恒容密闭容器中分别加入足量活性炭和2 mlNO2，发生反应：2C(s)＋2NO2(g)CO2(g)＋2CO2(g) ΔH＞0，经过相同时间，测得各容器中NO2的转化率与容器容积的关系如下图所示。下列说法错误的是( )
A．若对d点容器加压，缩小容器体积，此时：v(正)v(逆)，A错误；B项，平衡时，速率比等于化学计量数比，，B正确；C项，反应ΔH＞0，ΔS＞0，高温时，有利于自发进行，C正确；D项，b点NO2转化率50%，平衡时，，，浓度：，，，平衡常数，D正确；故选A。
31．甲酸(HCOOH)具有液氢储存材料和清洁制氢的巨大潜力，产生氢气的反应为：HCOOH(g)CO2(g)＋H2(g)，在T℃时，向体积不等的恒容密闭容器中分别加入一定量的HCOOH(g)，反应相同时间，测得各容器中甲酸的转化率与容器体积的关系如图所示，其中m、n点反应达平衡。下列说法正确的是( )
A．m、p两点中，甲酸的浓度：m＞p
B．V1：V2=1：10
C．n点时再充入一定量HCOOH(g)，达平衡时甲酸的转化率升高
D．p点时H2的体积分数约为
【答案】A
【解析】A项，m、p两点甲酸的转化率相等，p点容器体积更大，所以甲酸浓度：m＞p，故A正确；B项，在T℃时，假设充入HCOOH(g)的物质的量为1ml，m点甲酸的转化率为40%，n点甲酸的转化率为80%，由于温度一样，所以平衡常数K相等，则存在K=，V1：V2=1：12，故B错误；C项，n点反应达平衡，再充入一定量HCOOH(g)，平衡正向移动，但是甲酸的转化率降低，故C错误；D项，在T℃时，假设充入HCOOH(g)的物质的量为1ml，m点反应达平衡，甲酸的转化率为40%，则平衡时H2的体积分数为，p点体积大于m点，平衡正向移动，还未达到平衡，此时H2的体积分数应该大于，故D错误；故选A。
32．温度为T℃，向体积不等的恒容密闭容器中分别加入nmlC4H10气体，发生反应：C4H10(g) C4H8(g)+H2(g)。经过相同的反应时间，测得各容器中C4H10的转化率与容器体积的关系如图所示：
下列说法正确的是( )
A．容器内的压强：pa：pb=7：9
B．由图可知，a、c两点的逆反应速率：c>a
C．向b点平衡体系中再充入一定量的C4H10气体，重新达到平衡时，C4H10的体积分数比原平衡小
D．V1：V2=1：12
【答案】C
【解析】A项，a点时NO2的转化率为40%，a点反应三段式为：
n=0.6n+0.4n+0.4n=1.4n，同理b点时NO2的转化率为80%，此时n=0.2n+0.8n+0.8n=1.8n，由pV=nRT可知，PaV1=1.4nRT，PbV2=1.8nRT，：Pa：Pb=7 V2：9 V1，由于V2＞V1，所以容器内的压强：Pa：Pb＞7：9，故A错误；B项，图中a点、c点NO2的转化率相同，但a点容器体积小于c点容器体积，则对应的生成物浓度：a>c，则逆反应速率：a>c，B错误；C项，恒温恒容下，向b点平衡体系中再充入一定量的C4H10气体，对于只有一个反应物的平衡而言相当于增大压强，由反应：C4H10(g)C4H8(g)+H2(g)，正反应方向为气体分子数增大，则平衡逆向移动，C4H10的量增多，但加入的C4H10气体不能完全转化，则重新达到平衡时，C4H10的体积分数比原平衡小，C正确；D项，由于b点C4H10的转化率比a点大，a点至b点可看作在恒温恒压下，通过增大体积来减压使平衡正向移动，C4H10的转化率增大，由A选项可知na=1.4n，nb=1.8n，由pV=nRT可知V1：V2= na：nb=1.4：1.8=7：9，D错误；故选C。
33．二氧化碳加氢制甲醇过程中的主要反应为
CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g) ΔH＝+41.2kJ·ml−1
CO(g)＋2H2(g)=CH3OH(g) ΔH＝-99kJ·ml−1
在密闭容器中，起始时n(CO2)：n(H2)=1：3，分别在、条件下测得平衡时甲醇的物质的量分数与压强、甲醇的物质的量分数与温度的关系如图所示。
下列说法正确的是( )
A．反应CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)的焓变ΔH＝+57.8kJ·ml−1
B．在、条件下，平衡时甲醇的物质的量分数为0.10
C．当甲醇的物质的量分数为0.03时，CO2的平衡转化率为
D．其他条件相同，高压和低温可以提高CH3OH的平衡产率
【答案】D
【解析】A项，根据盖斯定律，① CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g) ΔH＝+41.2kJ·ml−1，② CO(g)＋2H2(g)=CH3OH(g) ΔH＝-99kJ·ml−1，将反应①+②整理可得：CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＝-57.8kJ·ml−1，A不符合题意；B项，b为等压线，曲线a为等温线，升高温度平衡逆向移动，在、条件下平衡时甲醇的物质的量分数为0.10，那么在、条件下，平衡时甲醇的物质的量分数为应该小于0.10，B不符合题意；C项，没有给出指定的温度与压强，不能计算CO2的平衡转化率，C不符合题意；D项，根据A选项可知CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)为放热反应，要提高由CH3OH的产率，需要平衡正向移动，根据平衡移动原理可知反应应该在低温高压下进行，D符合题意；故选D。
04单一反应多曲线变化图象
34．(2025·北京东城二模)在恒压密闭容器中投入8ml SO2(g)、11.7mlO2 (g)和18.8ml N2(g)、发生反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。测得压强在0.1MPa和0.5MPa下，平衡转化率随温度的变化如图所示。
下列分析不正确的是( )
A．p1为0.5MPa，p2为0.1MPa
B．M对应的容器体积为V L，则525℃时K=0.1V
C．体系的状态由N转为M时，吸收19.6kJ热量
D．转化率M小于N的原因是，压强对体系的影响大于温度的影响
【答案】B
【解析】在恒压密闭容器中投入8ml SO2 (g)、11.7mlO2 (g)和18.8mlN2(g)，N2不参与反应，则只发生反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，由图曲线变化趋势可知，随温度升高，SO2平衡转化率逐渐降低，说明平衡向左移动，则正反应为放热反应，ΔH＜0；同时该反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡向右移动，SO2平衡转化率逐渐增大，则压强p1＞p2。A项，压强p1＞p2，则p1为0.5MPa，p2为0.1MPa，A正确；B项，如M对应的容器体积为V L，此时SO2平衡转化率为90%，列三段式：
则反应的平衡常数为：，B错误；C项，该反应ΔH＜0，为放热反应，体系的状态由N转为M时SO2平衡转化率降低，平衡向左移动，反应吸热，所以可能吸收19.6kJ热量，C正确；D项，根据图中曲线，比较 M点(低压→平衡左移、较低温→平衡右移)和N点(高压平衡右移、高温→平衡左移) 的温度和压强对转化率的影响，可以得到压强的推动作用大于了温度的不利影响，D正确；故选B。
35．(2025·山东淄博三模)向体积均为1 L的两个刚性容器中各充入4mlHBr(g)和1mlO2(g)，分别在绝热和恒温条件下发生反应4HBr(g)＋O2(g)2Br2(g)＋2H2O(g) ΔH，测得压强变化ΔP(ΔP=P0-Px，P0为起始压强，Px为某时刻压强)随时间变化关系如图所示。
下列说法正确的是( )
A．L1表示绝热条件下ΔP随时间变化关系 B．ΔH>0
C．HBr的转化率： D．b点对应的平衡常数
【答案】D
【解析】A项，恒温恒容条件下，容器中气体的压强与气体的物质的量成正比，根据方程式知，反应前后气体的物质的量之和减小，则压强减小，在绝热条件下进行，随着反应的进行，容器内压强先增大后减小，说明开始时温度对压强的影响大于气体的物质的量，则L2表示绝热条件下ΔP随时间变化关系，A错误；B项，恒温恒容条件下，容器中气体的压强与气体的物质的量成正比，根据方程式知，反应前后气体的物质的量之和减小，则压强减小，ΔP＞0，在图中以ac所在线表示；在绝热条件下进行，随着反应的进行，容器内压强先增大后减小，说明开始时温度对压强的影响大于气体的物质的量，说明该反应为放热反应，ΔH＜0，B错误；C项，b点温度高于c点，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，所以HBr的转化率：，C错误；D项，在恒温恒容条件下，气体压强之比等于总物质的量之比，根据三段式：
根据a点时数据有：，解得x=0.75，此时浓度商，a、b点总压强相等，容器体积相等，b点温度较高，故b点气体的物质的量小于a点，正反应是气体分子数减小的反应，说明b点HBr的转化率大于a点，即b点平衡常数K大于a点Qc，D正确；故选D。
36．在催化剂作用下，在容积为1L的容器中加入1mlX和4mlY，发生反应： X(g)+2Y(s)2Z(s)，平衡时和反应10min时X的转化率α(X)随温度的变化分别如曲线Ⅰ、Ⅱ所示。下列说法正确的是( )
A．使用更高效的催化剂，可以使b点移动到d点
B．bc段变化可能是由于升高温度平衡逆向移动
C．0~10min的平均反应速率：(a)0.4ml·L-1
【答案】A
【解析】b点为400℃，反应未达到平衡，若使用高效催化剂，反应速率增大，相同时间X的转化率增大，对应点在b点之上，催化剂不影响平衡，故转化率不会大于d点，A正确；bc段反应未达到平衡，可能是温度升高，催化剂失活，反应速率减小，B错误；0～10min，X的转化量a、c点相同，由=，得(a)=(c)，C错误；d点已达平衡状态，体系中，只有X是气体，温度不变，故K值不变，即c(X)=0.4ml/L，D错误；故选A。
37．(2025·辽宁沈阳一模)工业中采用双环戊二烯解聚法合成环戊二烯，反应为(g)2(g) ΔH。将3 ml双环戊二烯通入恒温、容积为1 L的恒容密闭容器中，分别在T1和T2温度下进行反应，起始压强分别为p1和p2，n(双环戊二烯)、n(环戊二烯)随时间t的变化关系如图所示。下列说法错误的是( )
A．T1>T2
B．ΔH>0
C．T2温度下，当容器总压强p=1.5p2时v正>v逆
D．与恒温相比，绝热条件下的平衡常数小
【答案】C
【解析】A项，容器的体积为1L，随着反应的正向进行，n(双环戊二烯)逐浙减小，n(环戊二烯)逐浙增大，根据图像可知，0~1.5min，T1温度下，v1(双环戊二烯)(环戊二烯)，T2温度下，1.5min时，n(双环戊二烯)，则0~1.5min，v2(双环戊二烯)，则v1(双环戊二烯) >v2(双环戊二烯)，因此T1>T2，A正确；B项，由图像可知，T1温度下点(1.5，4.5)处反应不一定处于平衡状态，因此达到平衡时，双环戊二烯转化的物质的量，T2温度下点(2，1.5)处反应已经达到平衡，此时双环戊二稀转化的物质的量为1.5ml，说明升高温度平衡正向移动，即ΔH＞0，B正确；C项，恒温、恒容条件下，压强之比等于气体物质的量之比，T2温度下，当容器总压强时，容器中气体总物质的量为4.5ml，设此时双环戊二烯转化了xml，则，，由图像可知，此时反应处于平衡状态，v正=v逆，C错误；D项，该反应为吸热反应，温度越高，平衡常数越大，绝热条件下，随着反应的进行容器内温度逐渐降低，故绝热条件下的平衡常数小于恒温条件，D正确；故选C。
38．SO2的催化氧化是硫酸工业中的重要反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔHL1
C.Ka＝Kb D.若c点的温度或压强分别为L2、X1，则c点v(SO2)正>v(SO2)逆
【答案】D
【解析】A项，X如为压强，增大压强，平衡正向移动，转化率增大，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，转化率减小，则X表示温度，故A错误；B项，该反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，转化率增大，L表示压强，应该L1>L2，故B错误；C项，X表示温度，则a、b点温度不同，则平衡常数不同，故C错误；D项，c点反应未达到平衡状态，平衡正向移动，则c点v(SO2)正>v(SO2)逆，故D正确。
39．在一恒容的密闭容器中充入0.1 ml·L－1 CO2、0.1 ml·L－1CH4，在一定条件下发生反应：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)，测得CH4平衡转化率与温度、压强关系如图，下列有关说法不正确的是( )
A．上述反应的ΔHp3>p2>p1
C．1100 ℃时该反应的平衡常数约为1.64 D．压强为p4时，在y点：v正>v逆
【答案】A
【解析】p1、p2、p3、p4是四条等压线，由图像可知，压强一定时，温度越高，CH4的平衡转化率越高，故正反应为吸热反应，ΔH>0，A项错误；该反应为气体分子数增加的反应，压强越高，甲烷的平衡转化率越小，故压强p4>p3>p2>p1，B项正确；压强为p4、温度为1100 ℃时，甲烷的平衡转化率为80.00%，故平衡时各物质的浓度分别为c(CH4)＝0.02 ml·L－1，c(CO2)＝0.02 ml·L－1，c(CO)＝0.16 ml·L－1，c(H2)＝0.16 ml·L－1，即平衡常数K＝ eq \f(0.162×0.162,0.02×0.02) ≈1.64，C项正确；压强为p4时，y点未达到平衡，此时v正>v逆，D项正确。
40．在容积不变的密闭容器中，充入2mlSO2与1mlO2发生反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。温度分别为T1和T2时，SO3的体积分数随时间的变化如图所示。下列说法不正确的是( )
A．保持温度为T2时，再充入2mlSO2与1mlO2，平衡常数不变
B．ΔH＞0
C．向平衡后的体系中充入18O2，达到新平衡后，SO2、SO3、O2中均含18O原子
D．平衡后的体系中v正(SO2)：T1＜T2
【答案】B
【解析】化学平衡常数仅仅是温度的函数，故保持温度为T2时，再充入2mlSO2与1mlO2，平衡常数不变，A正确；由题干图示信息可知，T2温度下反应先达到平衡，故T2＞T1，温度越高SO3的体积分数越小，说明升高温度化学平衡逆向移动，即正反应是一个放热反应则ΔH＜0，B错误；由题干信息可知，该反应是一个可逆反应，故向平衡后的体系中充入18O2，达到新平衡后，SO2、SO3、O2中均含18O原子，C正确；由B项分析可知，T2＞T1，温度越高化学反应速率越大，故平衡后的体系中v正(SO2)：T1＜T2，D正确；故选B。
41．【汽油添加剂与学科知识结合】甲基叔丁基醚(MTBE)是一种性能优良的高辛烷值汽油添加剂和抗爆剂，工业上用异丁烯(IB)与甲醇在催化剂作用下合成MTBE：CH3OH(g)+IB(g) MTBE(g)。向恒温恒容容器中按物质的量之比为1：1充入甲醇和异丁烯，在温度分别为368K与398K时异丁烯的转化率随时间的变化如图示。下列说法错误的是( )
A．若容器内起始总压为p0Pa，则M点时用分压变化表示的v(IB)=0.01Pa•min-1
B．A、M、B三点中，逆反应速率最大的点是A
C．维持T2不变，再向容器中充入1mlMTBE，新平衡时MTBE的百分含量增大
D．反应MTBE(g)CH3OH(g)+IB(g)的△H＞0
【答案】A
【解析】依据三段式可知(单位为ml)
则该时刻压强为＝0.7p0Pa，其中IB的分压为p0Pa＝0.2p0Pa，容器内起始总压为p0Pa，起始甲醇和IB物质的量相等，则Δp(IB)=0.5p0Pa－0.2p0Pa=0.3p0Pa，v(IB)=0.3p0Pa÷60min=0.005p0Pa/min，A错误；随着反应进行，正反应速率减小，逆反应速率增大，最终v正=v逆，达到化学平衡，A点的温度和生成物浓度都最高，则逆反应速率最大的是A，B正确；维持T2不变，再向容器中充入1mlMTBE，相当于增大压强，平衡正向进行，所以新平衡时MTBE的百分含量增大，C正确；温度升高，化学反应速率增大，反应到达平衡的时间缩短，则T1＞T2，说明升高温度，异丁烯的转化率下降，平衡逆向移动，则该反应为放热反应，因此反应MTBE(g) CH3OH(g)+IB(g)的△H＞0，D正确；故选A。
42．一定条件下，在甲、乙两个恒容密闭容器(容器容积)中投入等物质的量的X和Y，发生反应，达到平衡时，Q的物质的量浓度与温度和容器容积的关系如图所示。下列说法正确的是
A．x＋y>p＋q B．c(P)：b>2a C．压强：2p(b)②，故C错误；D项，P点的CO₂平衡转化率为50%，氢碳比为2.0，起始时H2浓度均为1.0 ml·L-1，则c(CO2)=0.5ml·L-1，转化的，利用三段式分析
P点对应温度的平衡常数K==，D正确；故选D。
50．(2025·黑龙江哈尔滨二模)在不同温度下，分别向10L的恒容密闭容器中按充入一定量的NO和发生反应：NO(g)＋O3(g)NO2(g)＋O2(g)，其中NO的物质的量随时间变化如图所示，下列说法错误的是( )
A．T2时，0~t1时间段内，
B．容器内气体颜色不再改变时可以说明反应达到平衡状态
C．若T1时，NO和的起始投入量均为a ml，则达到平衡时NO的残留量为0.4a ml
D．该反应的ΔH＜0
【答案】A
【解析】A项，由图，T2时，0~t1时间段内，NO的物质的量减小而非增大，A错误；B项，生成二氧化氮为红棕色气体，容器内气体颜色不再改变时，说明平衡不再移动，可以说明反应达到平衡状态，B正确；C项，反应为气体分子数不变的反应，且投料比等于反应中系数比，则两次投料为等效平衡，故T1时，NO和O3的起始投入量均为a ml，则达到平衡时NO的残留量为0.4a ml，C正确；D项，先拐先平速率大，由图，则温度T2更大，升高温度，NO含量比例增大，说明平衡逆向移动，正反应为放热反应，该反应的ΔH＜0，D正确；故选A。
51．(2025·黑龙江齐齐哈尔三模)工业上利用反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH＜0制取氢气。向两个容积为2L的密闭容器中加入CO(g)和H2O(g)各1ml，分别在不同温度和催化剂下进行反应，保持其他初始实验条件不变，经10min测得两容器中CO(g)转化率如图所示。下列说法正确的是( )
A．0~10min反应的平均速率
B．A点是在催化剂1、温度条件下的平衡状态
C．温度为T2时，该反应的平衡常数
D．催化剂2比催化剂1的催化效率高
【答案】A
【解析】A项，相同时间段内CO转化率越大反应速率越大，则；C点CO转化率为40%，该反应的平均速率用CO表示为，A正确；B项，若A点达平衡，由于B点温度更高，且反应ΔH＜0，为放热反应，温度升高平衡逆移，B点CO的转化率应该更小，而B点CO转化率比A点高，则在A点时，反应一定未达到平衡，同理C点也未达到平衡，B错误；C项，温度为T2时，CO的转化率为40%，此时CO、H2O均为0.3 ml·L-1，CO2为0.2 ml·L-1，氢气为0.2 ml·L-1，浓度商为：，根据B项分析可知，此时反应未到平衡，还继续正向移动，则平衡常数，C错误；D项，催化剂的催化活性与温度有关，如在T1温度，催化剂2比催化剂1的效率低，D错误；故选A。
52．(2025·黑龙江省龙东联盟高三联考)某温度下，在刚性密闭容器中充入一定量的T(g)，发生反应：①T(g)W(g)；②W(g)P(g)。测得各气体浓度与反应时间的关系如下图所示。下列说法错误的是( )
A．Ⅱ曲线代表W的浓度与时间的变化关系
B．反应①加入合适的催化剂可以改变单位时间内T的转化率
C．反应②达到M点时，正反应速率小于逆反应速率
D．0~6 min内W的平均化学反应速率为
【答案】C
【解析】A项，初始时，充入一定量的T(g)，随着反应进行，T逐渐减少，曲线Ⅲ代表T；W转化为P，W减少的同时P增加，则曲线Ⅰ代表P，曲线Ⅱ代表W。A项，Ⅱ曲线代表W的浓度与时间的变化关系，故A正确；B项，反应①加入合适的催化剂，反应①速率加快，可以改变单位时间内T的转化率，故B正确；C项，反应②达到M点时，W浓度减小，P浓度增加，则反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率，故C错误；D项，0~6 min内W的平均化学反应速率为，故D正确；故选C。
53．(2025·山东省日照市校际联合考试高三期中)一定温度下，向密闭容器中通入等物质的量的M(g)和N(g)发生反应：M(g)＋N(g)X(g)＋Q(g)，该反应由两步完成：①M(g)＋N(g)Y(g)＋Q(g)，②Y(g)X(g)，其中反应②，。测得X、Y的物质的量浓度c随时间t的变化曲线如图所示。下列说法错误的是( )
A．0~30s，v(M)=0.05 ml·L-1·S-1
B．30s时，反应k逆：k正=0.4
C．总反应的反应速率由反应②决定
D．Y浓度达到最大值时，反应①未达到平衡状态，此时v正＞v逆
【答案】A
【解析】A项，①②反应中M、Y、Z的系数均为1，则0~30s内，M的平均反应速率为，故A错误；B项，达到平衡时，，，，则有，，故B正确；C项，由图可知，初始生成Y的速率大于X，则反应①的活化能小于反应②，反应②为慢反应，总反应的反应速率由反应②决定，故C正确；D项，Y浓度达到最大值后，Y的浓度逐渐减小，反应①未达到平衡状态且反应正向进行，所以此时v正＞v逆，故D正确；故选A。
54．【合成二甲醚与学科知识结合】(2025·云南省玉溪第一中学高三期中)利用CO2合成二甲醚的原理为2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) ∆H，其中投料比(取值为2、3、4)和温度与CO2的平衡转化率的关系如图所示点c(CO2)= 0.2ml·L-1。下列说法正确的是( )
A．T1K时，Kc=0.0675 B．△H＞0
C．X表示 D．催化剂可以改变CO2的平衡转化率
【答案】A
【解析】T1K时，反应2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)，在Q点，=4，CO2的平衡转化率为50%，平衡时c(CO2)= 0.2ml·L-1，则可建立如下三段式：
【解析】A项，由三段式可知，平衡时，c(CO2)=0.2ml·L-1，c(H2)=1.0ml·L-1，c(CH3OCH3)=0.1 ml·L-1，c(H2O)=0.3 ml·L-1，Kc==0.0675，A项正确；B项，由图可知，温度越高平衡转化率越低，则平衡逆向移动，所以△H＜0，B项错误；C项，越大，相当于n(CO2)一定时，增大n(H2)，平衡正向移动，CO2的转化率越高，则X表示=4，C项错误；D项，催化剂只改变反应速率，从而改变达到平衡的时间，但不能改变CO2的平衡转化率，D项错误；故选A。
55．【变化观念与平衡思想】(2025·安徽省六安第一中高三检测)在两个容积均为1L密闭容器中以不同的氢碳比[n(H2)：n(cCO2)]充入H2和CO2，在一定条件下发生反应：2CO2(g)＋6H2(g)C2H4(g)＋4H2O(g) ΔH。CO2的平衡转化率与温度的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A．该反应的ΔH＞0
B．氢碳比：X＜2.0
C．在氢碳比为2.0时，Q点v(逆)小于P点的v(逆)
D．点温度下，反应的平衡常数为512
【答案】C
【解析】A项，由图可知，随温度升高CO2的平衡转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，则正反应为放热反应，故ΔH＜0，A错误；B项，氢碳比越大，二氧化碳的转化率越大，故氢碳比：X＞2.0，B错误；C项，相同温度下，Q点二氧化碳转化率小于平衡时的转化率，说明Q点未到达平衡，反应向正反应方向进行，逆反应速率增大到平衡状态P，故在氢碳比为2.0时，Q点v(逆)小于P点的v(逆)，C正确；D项，由图可知，P点平衡时二氧化碳转化率为0.5，氢碳比，设起始时氢气为、二氧化碳为，则二氧化碳浓度变化量为，则：
平衡常数，D错误。故选C。
05多反应多曲线变化图象
56．【双碳目标与学科知识结合】(2025·北京市北师大附中高三模拟)甲烷还原二氧化碳是实现“双碳”目标的有效途径之一，常压、催化剂作用下，按照CO2和CH4的物质的量之比投料。有关反应如下：
反应I：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g) ΔH1＝+247kJ·ml−1
反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝+41kJ·ml−1
某一时段内，CH4和CO2的转化率随温度变化如下图所示。
已知：CO2的转化效率
下列分析不正确的是( )
A．根据反应Ⅰ、Ⅱ，低压高温有利于提高CO2的平衡转化率
B．时，CO2转化的R值为
C．由升高到，含氢产物中水的占比增大
D．由升高到，CO2的转化效率逐渐增大
【答案】C
【解析】A项，反应Ⅰ是气体分子数增大的吸热反应，反应Ⅱ是气体分子数不变的吸热反应，升高温度均有利于反应Ⅰ、Ⅱ的平衡正向移动，提高CO2的平衡转化率，且降低压强有利于反应Ⅰ的平衡正向移动，c(H2)增大可促进反应Ⅱ的平衡正向移动，也可提高CO2的平衡转化率，所以低压高温有利于提高CO2的平衡转化率，故A正确；B项，由图可知，500℃时CO2的转化率为20%，CH4的转化率为40%，CO2的转化效率为=1.5，故B正确；C项，由图可知，温度由400℃升高到600℃时CH4转化率的增大幅度远大于CO2，则此时主要发生反应Ⅰ，且只有反应Ⅱ生成水，所以含氢产物中水的占比减小，故C错误；D项，由图可知，由700℃升高到1000℃时△n(CO2)变化幅度较大，△n(CH4)变化幅度较小，则CO2的转化效率逐渐增大，故D正确；故选C。
57．SCR法是工业上消除氮氧化物的常用方法，反应如下：
主反应：2NH3(g)+ 4NO(g)+ O2(g)4N2(g)+6H2O(g ) ΔH
副反应：4NH3(g)+ 5O2(g)4NO (g)+6H2O(g )
相同条件下，在甲、乙两种催化剂作用下进行上述反应，下列说法错误的是( )
A．工业上选择催化剂乙的原因是低温下有很强的催化活性
B．投料比一定时有利于提高NO平衡转化率的反应条件是降低温度、减少压强
C．图中M点处(对应温度为210℃)NO的转化率一定不是该温度下的平衡转化率
D．相同条件下选择高效催化剂，可以提高NO的平衡转化率
【答案】D
【解析】A项，从题干图中可知，催化剂乙在低温下具有很强的催化活性，从而可以节约能源，故工业上选择催化剂乙的原因是低温下有很强的催化活性，A正确；B项，从图中分析可知，随着温度升高化学平衡逆向移动，即该主反应是一个正反应为放热反应，且正向为气体体积增大的方向，根据勒夏特列原理可知，投料比一定时有利于提高NO平衡转化率的反应条件是降低温度、减少压强，B正确；C项，甲催化剂随温度升高NO转化率先增大后减小是因为催化剂在温度高的条件下催化活性减小，在催化剂甲作用下，图中M点处(对应温度为210℃)NO的转化率一定不是该温度下的平衡转化率，高于210℃时，NO转化率降低是催化剂活性减低(或副反应增多)，C错误；D项，根据勒夏特列原理可知，催化剂只能改变反应速率而不影响化学平衡，故相同条件下选择高效催化剂，不能提高NO的平衡转化率，D错误；故选D。
58．【化工生产与平衡思想】(2025·安徽省六安第一中学高三第三次质检)工业上用C6H5Cl和H2S的高温气相反应制备苯硫酚(C6H5SH)，同时有副产物C6H6生成：
I．C6H5Cl(g)＋H2S(g)C6H5SH(g)＋HCl(g) ΔH1
II．C6H5Cl(g)＋H2S(g)C6H6(g)＋HCl(g)+1/8S8(g) ΔH2
使和按物质的量进入反应器，定时测定反应器尾端出来的混合气体中各产物的量，得到单程收率()与温度的关系如图所示。下列说法不正确的是( )
A．ΔH1＜0，ΔH2＞0
B．反应II的活化能较大
C．590℃以上，随温度升高，反应I消耗H2S减少
D．645℃时，反应I的化学平衡常数
【答案】D
【解析】A项，温度大于590℃时，随温度升高，苯硫酚的单程收率降低，可知升高温度，反应Ⅰ逆向进行，说明反应ⅠΔH1＜0；随温度升高，苯的单程收率增大，可知升高温度，反应Ⅱ正向进行，说明ΔH2＞0，故A正确；B项，温度较低时，苯的单程收率远小于苯硫酚，说明反应Ⅱ反应速率小，所以反应Ⅱ的活化能较大，故B正确；C项，590℃以上，随温度升高，苯硫酚的单程收率降低，反应I消耗H2S减少，故C正确；D项，设通入氯苯、H2S的物质的量各为1ml，645℃时，苯硫酚的单程收率为20%、苯的单程收率为20%，则反应I消耗0.2ml氯苯、0.2ml H2S，生成苯硫酚0.2ml、氯化氢0.2 ml；反应II消耗0.2ml氯苯、0.2ml H2S，生成苯0.2ml、氯化氢0.2ml、S80.0025ml；容器中含有0.6 ml氯苯、0.6 mlH2S、苯硫酚0.2 ml、氯化氢0.4 ml；设容器容积为V，反应I的化学平衡常数，故D错误；故选D。
59．(2025·山西省高三质量检测)氢气是一种清洁能源，乙醇—水催化重整可获得H2。主要反应有：
I.C2H5OH(g)＋3H2O(g)2CO2(g)＋6H2(g) ΔH＞0
Ⅱ.CO2(g)＋H2O(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH＞0
一定条件下，向恒容密闭容器中充入2mlC2H5OH(g)和6ml H2O(g)，C2H5OH和H2O的平衡转化率随温度的变化如图所示。下列说法错误的是( )
A．L1表示C2H5OH的平衡转化率
B．点对应反应I的平衡常数：
C．一定温度下选用高效催化剂，能提高平衡时H2的产率
D．500℃时，反应Ⅱ的平衡常数
【答案】C
【解析】A项，反应I、Ⅱ均为吸热反应，随着温度升高，反应I平衡正向移动，C2H5OH的转化率始终增大；随着温度升高，反应Ⅱ平衡也正向移动，不断生成水，使水的转化率降低，故L1代表C2H5OH的平衡转化率，L2代表H2O的平衡转化率，A正确；B项，对于吸热反应来说，温度越高，平衡常数越大，故a、b点对应反应I的平衡常数：，B正确；C项，催化剂不能使平衡移动，选用高效催化剂，不能提高平衡时H2的产率，C错误；D项，由图可知，500℃时，C2H5OH的平衡转化率为95%，水的平衡转化率为70%，列出转化关系式：
，，解得。平衡时，H2、CO2、CO、H2O的物质的量分别为9.9ml、2.3ml、1.5ml、1.8ml。500℃时，对于反应前后气体分子数不变的反应Ⅱ来说，平衡常数，D正确；故选C。
60．(2025·江苏省丹阳高级中学高三期中)基于单簇催化剂(SCC)的NO还原反应(NORR)的主要反应如下：
(Ⅰ)2NO(g)＋2H2(g)N2(g)＋2H2O(g) ΔH1
(Ⅱ)2NO(g)＋5H2(g)2NH3(g)＋2H2O(g) ΔH2
(Ⅲ) N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH3
在T℃、100kPa反应条件下，向密闭容器中充入2mlNO和6mlH2，发生上述反应，测得含氮元素占比[如N2的含氮元素占比]与时间的关系如图所示。
已知：反应Ⅱ为快速平衡，可认为不受慢反应Ⅰ、Ⅲ的影响；K为用物质的量分数表示的平衡常数。下列有关说法正确的是( )
A．反应Ⅱ的ΔH2＞0
B．曲线c表示的是氨气的含氮元素占比
C．若选择对反应Ⅱ催化效果更好的催化剂，则F点将平移至E点
D．若95min时达到平衡，则反应Ⅲ的平衡常数K的计算式为
【答案】D
【解析】A项，反应Ⅱ是气体量减少的反应，ΔS＜0，反应快速自发进行ΔG=ΔH2-TΔS＜0，故该反应的ΔH2＜0，A错误；B项，起始的含氮物质只有一氧化氮，反应ii为快反应，曲线a表示物质快速减少，故曲线a表示NO，NH3快速增加，故曲线b表示氨气，曲线表示c氮气，B错误；C项，若选择对反应Ⅱ催化效果更好的催化剂，反应Ⅱ会更快，生成NH3达到最高点所用时间短，NH3的占比更大，因此F点可能移向E点上方的某个点，C错误；D项，起始时，2 ml NO、6 ml H2，若95 min时达到平衡，则由图知，NO的含氮元素占比为6%，n(NO)=2ml×6%=0.12ml，N2的含氮元素占比为86%，n(N2)=，NH3的含氮元素占比为100%-6%-86%=8%，n(NH3)=2ml×8%=0.16ml，由氧原子守恒得，n(H2O)=2ml-0.12ml=1.88ml，由氢原子守恒得，n(H2)=，此时总物质的量为(0.12+0.86+0.16+1.88+3.88)=6.9ml，N2的物质的量分数为，H2的物质的量分数为：，NH3的物质的量分数为：，则反应Ⅲ的平衡常数Kx=，D正确；故选D。
61．(2025·四川省绵阳市高三质检)二甲醚和水蒸气制氢气可作为燃料电池的氢能源，发生的主要反应如下：
反应I：CH3OCH3(g)＋H2O(g)2CH3OH(g) ΔH1＞0
反应Ⅱ：CH3OH(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋3H2(g) ΔH2＞0
反应Ⅲ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH3＞0
在恒压下，将一定比例的二甲醚和水蒸气混合后，以一定流速通过装有催化剂的反应器，反应相同时间测得的CH3OCH3实际转化率、CO2实际选择性与CO2平衡选择性随温度的变化如图所示，CO2的选择性。下列说法不正确的是( )
A．曲线b表示CO2实际选择性随温度的变化
B．适当增加H2O的物质的量，可提高H2的产率
C．时，反应Ⅱ的速率大于反应Ⅲ的速率
D．一定温度下，若增大压强，反应Ⅲ平衡不移动，CO的平衡产量不变
【答案】D
【解析】由公式可知，二氧化碳的实际选择性与二氧化碳平衡选择性随温度的变化趋势应该相同，所以曲线b为二氧化碳实际选择性，则曲线a为二甲醚的实际转化率。A项，由分析可知，曲线b为二氧化碳实际选择性，则曲线a为二甲醚的实际转化率，故A正确；B项，适当增加水蒸气的物质的量，水蒸气的浓度增大，反应Ⅱ的平衡向正反应方向移动、反应Ⅲ的平衡向逆反应方向移动，有利于提高氢气的产率，故B正确；C项，由图可知，200℃时，二氧化碳的实际选择性大于平衡选择性，说明反应Ⅱ的速率大于反应Ⅲ，故C正确；D项，反应I、反应Ⅱ都为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，水蒸气的浓度增大，反应Ⅲ的平衡向逆反应方向移动，一氧化碳的平衡产量减小，故D错误；故选D。
62．(2025·江苏省南京师大附中高三质检)在CO2与H2反应制甲醇的反应体系中，主要反应的热化学方程式为
反应I：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1＝-49.5kJ·ml−1
反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝+40.9kJ·ml−1
向恒压密闭容器中通入1mlCO2和3mlH2，CO2的平衡转化率、CH3OH的平衡产率随温度的变化如下图所示。下列说法正确的是( )
A．反应I的平衡常数
B．1mlCO2(g)和1mlH2(g)充分反应，吸收热量40.9kJ
C．平衡时CH3OH的体积分数可能大于0.5
D．曲线a代表的是CO2的平衡转化率
【答案】D
【解析】反应I为放热反应，温度升高平衡逆向移动，CO2的平衡转化率减小，甲醇的平衡产率下降，反应Ⅱ为吸热反应，温度升高平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，甲醇的平衡产率只与反应I相关，因此甲醇的平衡产率一直在下降，即曲线b代表的是CH3OH的平衡产率，所以升高温度CO2的平衡转化率先减小后增大，即曲线a代表的是CO2的平衡转化率。A项，平衡常数K定义为生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值，液体和固体通常不计入浓度项，由反应方程式可知，反应I的平衡常数K=，故A错误；B项，该反应为可逆反应，反应不能完全进行，因此吸收的热量小于40.9kJ ，故B错误；C项，曲线b代表的是CH3OH的平衡产率，因此平衡时CH3OH的体积分数不可能大于0.5，故C错误；D项，反应I为放热反应，温度升高平衡逆向移动，CO2的平衡转化率减小，反应Ⅱ为吸热反应，温度升高平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，所以升高温度CO2的平衡转化率有可能受两个反应相互影响，先减小后增大，曲线a代表的是CO2的平衡转化率，故D正确；故选D。
63．【制备乙醇与平衡相结合】(2025·江苏省南京市五校联盟高三联考)二甲醚催化制备乙醇主要涉及以下两个反应：
反应Ⅰ：CO(g)+CH3OCH3(g)CH3COOCH3(g) ΔH1=a kJ/ml；
反应Ⅱ：CH3COOCH3(g)+2H2(g)CH3CH2OH(g)+CH3OH(g) ΔH2=b kJ/ml。
反应Ⅰ、Ⅱ的平衡常数的对数lgK1、lgK2与温度的关系如图甲所示；固定CO、CH3OCH3、H2的原料比、体系压强不变的条件下，同时发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时各物质的物质的量分数随温度的变化如图乙所示。下列说法正确的是( )
A．a>0
B．测得X点CH3CH2OH的物质的量分数是10%，则X点反应Ⅱ有：v正②
C．0~3h平均速率(异山梨醇) 0.014ml·kg-l·h-l
D．反应②加入催化剂不改变其平衡转化率
【答案】A
【解析】A项，由图可知，3小时后异山梨醇浓度继续增大，15 h后异山梨醇浓度才不再变化，所以3 h时，反应②未达到平衡状态，即正、逆反应速率不相等，A错误；B项，图像显示该温度下，15 h后所有物质浓度都不再变化，且此时山梨醇转化完全，即反应充分，而1，4-失水山梨醇仍有剩余，即反应②正向进行程度小于反应①、反应限度小于反应①，所以该温度下的平衡常数：①>②，B正确；C项，由图可知，在0~3h内异山梨醇的浓度变化量为0.042ml/kg，所以平均速率(异山梨醇)=，C正确；D项，催化剂只能改变化学反应速率，不能改变物质平衡转化率，所以反应②加入催化剂不改变其平衡转化率，D正确；故选A。
2．(2024·海南卷，7，2分)已知298K，101kPa时，CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH3=-49.5 kJ·ml−1。该反应在密闭的刚性容器中分别于T1、T2温度下进行，CO2的初始浓度为，c(CO2)-t关系如图所示。下列说法错误的是( )
A．T1＞T2
B．T1下反应达到平衡时c(CH3OH)=0.15ml·L-1
C．使用催化剂1的反应活化能比催化剂2的大
D．使用催化剂2和催化剂3的反应历程相同
【答案】D
【解析】A项，由题干图像信息可知，平衡时CO2的浓度T1温度下比T2温度下的大，即T1到T2平衡正向移动，而结合题干方程式可知，该反应正反应是一个放热反应，即降低温度平衡才是正向移动，即T1＞T2，A正确；B项，由题干图像信息可知，T1温度下达到平衡时CO2的浓度为0.25ml/L，即CO2的浓度改变量为：0.40ml/L-0.25ml/L=0.15ml，结合变化量之比等于化学计量系数之比可知，T1下反应达到平衡时c(CH3OH)=0.15ml·L-1，B正确；C项，由题干图像信息可知，在温度均为T1时，使用催化剂1达到平衡所需要的时间比催化剂2更长即催化剂1时的反应速率比催化剂2的更慢，说明使用催化剂1的反应活化能比催化剂2的大，C正确；D项，由题干信息可知，催化剂2和催化剂3分别在不同温度下达到平衡所需要的时间不同，说明使用催化剂2和催化剂3的反应历程不相同，D错误；故选D。
3．(2024·湖南卷，14，3分)恒压下，向某密闭容器中充入一定量的CH3OH(g)和CO(g，发生如下反应：
主反应：CH3OH(g)＋CO(g)=CH3COOH(g) ΔH1
副反应：CH3OH (g)＋CH3COOH(g)=CH3COOCH3(g)＋H2O(g) ΔH2
在不同温度下，反应达到平衡时，测得两种含碳产物的分布分数随投料比x(物质的量之比)的变化关系如图所示，下列说法正确的是( )
A． 投料比x代表
B． 曲线c代表乙酸的分布分数
C．ΔH1＜0，ΔH2＞0
D． L、M、N三点的平衡常数：K(L)=K(M)＞K(N)
【答案】D
【解析】题干明确指出，图中曲线表示的是测得两种含碳产物的分布分数即分别为δ(CH3COOH)、δ(CH3COOCH3)，若投料比x代表，x越大，可看作是CH3OH的量增多，则对于主、副反应可知生成的CH3COOCH3越多，CH3COOCH3分布分数越高，则曲线a或曲线b表示CH3COOCH3分布分数，曲线c或曲线d表示CH3COOH分布分数，据此分析可知AB均正确，可知如此假设错误，则可知投料比x代表，曲线a或曲线b表示δ(CH3COOH)，曲线c或曲线d表示δ(CH3COOCH3)。A项，投料比x代表，故A错误；B项，曲线c表示CH3COOCH3分布分数，故B错误；C项，曲线a或曲线b表示δ(CH3COOH)，当同一投料比时，观察图像可知T2时δ(CH3COOH)大于T1时δ(CH3COOCH3)，而T2＞T1可知，温度越高则δ(CH3COOH)越大，说明温度升高主反应的平衡正向移动，ΔH1＞0；曲线c或曲线d表示δ(CH3COOCH3)，当同一投料比时，观察可知T1时δ(CH3COOCH3)大于T2时δ(CH3COOCH3)，而T2＞T1可知，温度越高则δ(CH3COOCH3)越小，说明温度升高副反应的平衡逆向移动，ΔH2＜0，故C错误；D项，L、M、N三点对应副反应ΔH2＜0，且TN＞TM=TL，升高温度平衡逆向移动，K(L)=K(M)＞K(N)，故D正确；故选D。
4．(2024·江苏卷，13，3分) 二氧化碳加氢制甲醇的过程中的主要反应(忽略其他副反应)为：
①CO2(g)＋H2(g)= CO(g)＋H2O(g) ΔH1＝41.2kJ·ml−1
②CO(g)＋2H2(g)= CH3OH(g) ΔH2
225℃、8×106Pa下，将一定比例CO2、H2混合气匀速通过装有催化剂的绝热反应管。装置及L1、L2、L3…位点处(相邻位点距离相同)的气体温度、CO和CH3OH的体积分数如图所示。下列说法正确的是( )
A．L4处与L5处反应①的平衡常数K相等
B．反应②的焓变ΔH2＞0
C．L6处的H2O的体积分数大于L5处
D．混合气从起始到通过L1处，CO的生成速率小于CH3OH的生成速率
【答案】C
【解析】A项，L4处与L5处的温度不同，故反应①的平衡常数K不相等，A错误；B项，由图像可知，L1-L3温度在升高，该装置为绝热装置，反应①为吸热反应，所以反应②为放热反应，ΔH20。a项，600℃，0.6MPa时，C2H6的平衡转化率约为20%，a错误；b项，700℃，0.7MPa时，C2H6的平衡转化率约为50%，最接近40%，b正确；c项，700℃，0.8MPa时，C2H6的平衡转化率接近50%，升高温度，该反应的化学平衡正向移动，C2H6转化率增大，因此800℃，0.8MPa时，C2H6的平衡转化率大于50%，c错误；故选b。
(3)①仅发生反应i，设初始时C2H6物质的量为1ml，平衡时C2H6转化率为25%，则消耗C2H60.25ml，生成C2H40.25ml，生成H20.25ml，Ka1==。②只发生反应i时，随着反应进行，气体总物质的量增大，压强增大促使化学平衡逆向移动，同时发生反应i和反应ii，且从题干可知Ka2远大于Ka1，反应ii为等体积反应，因为反应ii的发生相当于在单独发生反应i的基础上减小了压强，则反应i化学平衡正向移动，C2H4平衡产率增大。
(4)配合物中，金属离子通常提供空轨道，配体提供孤电子对，则Cu+的4s空轨道与C2H4分子的π键电子形成配位键。C2H4能与Cu+形成配合物而吸附在Y分子筛上，C2H6中无孤电子对不能与Cu+形成配合物而无法吸附，通过这种分子筛分离C2H4和C2H6，优点是识别度高，能有效将C2H4和C2H6分离，分离出的产物中杂质少，纯度较高。
(5)A项，前30min，等于0，出口浓度c为0，说明两种气体均被吸附，A错误；B项，p点时，C2H6对应的约为1.75，出口处C2H6浓度较大，而C2H4对应的较小，出口处C2H4浓度较小，说明此时出口处气体的主要成分为C2H6，B正确；C项，a点处C2H6的=1，说明此时C2H6不再吸附在吸附剂上，而a点后C2H6的>1，说明原来吸附在吸附剂上的C2H6也开始脱落，同时从图中可知，a点后一段时间，C2H4的仍为0，说明是吸附的C2H6逐渐被C2H4替代，p点到b点之间，吸附的C2H6仍在被C2H4替代，但是速率相对之前有所减小，同时吸附剂可能因吸附量有限等原因无法一直吸附C2H4，因此p点后C2H4的也逐步增大，直至等于1，此时吸附剂不能再吸附两种物质，C正确；故选BC。
8．(2024·湖北卷，17，14分)用BaCO3和焦炭为原料，经反应I、Ⅱ得到BaC2，再制备乙炔是我国科研人员提出的绿色环保新路线。
反应I：BaCO3(s)+C(s)BaO(s)+2CO(g)
反应Ⅱ：BaO(s)+3C(s)BaC2(s)+CO(g)
回答下列问题：
(1)写出BaC2与水反应的化学方程式 。
(2)已知、(n是的化学计量系数)。反应、Ⅱ的与温度的关系曲线见图1。
①反应BaCO3(s)+4C(s)BaC2(s)+3CO(g)在的KP= Pa3。
②保持不变，假定恒容容器中只发生反应I，达到平衡时pCO= Pa，若将容器体积压缩到原来的，重新建立平衡后pCO= Pa。
(3)恒压容器中，焦炭与BaCO3的物质的量之比为，为载气。和下，产率随时间的关系曲线依实验数据拟合得到图2(不考虑接触面积的影响)。
①初始温度为，缓慢加热至时，实验表明BaCO3已全部消耗，此时反应体系中含物种为 。
②下，反应速率的变化特点为 ，其原因是 。
【答案】(1)BaC2+2H2O→Ba(OH)2+HC≡CH↑
(2) 1016 105 105
(3) BaO 速率不变至BaC2产率接近100% 容器中只有反应Ⅱ：BaO(s)+3C(s)BaC2(s)+CO(g)，反应条件恒温1823K、恒压，且该反应只有CO为气态，据可知，CO的压强为定值，所以化学反应速率不变
【解析】(1)Ba、Ca元素同主族，所以BaC2与水的反应和CaC2与水的反应相似，其反应的化学方程式为BaC2+2H2O→Ba(OH)2+HC≡CH↑；
(2)①反应I+反应Ⅱ得BaCO3(s)+4C(s) BaC2(s)+3CO(g)，所以其平衡常数K=KI×KⅡ=，由图1可知，1585K时KI=102.5，KⅡ=10-1.5，即=102.5×10-1.5=10，所以p3CO=10×(105pa)3=1016pa3，则Kp= p3CO=1016pa3；②由图1可知，1320K时反应I的KI=100=1，即KI==1，所以p2CO=(105pa)2，即pCO=105pa；③若将容器体积压缩到原来的，由于温度不变、平衡常数不变，重新建立平衡后pCO应不变，即pCO=105pa；
(3)①由图2可知，1400K时，BaC2的产率为0，即没有BaC2，又实验表明BaBO3已全部消耗，所以此时反应体系中含Ba物种为BaO；②图像显示，1823K时BaC2的产率随时间由0开始呈直线增加到接近100%，说明该反应速率为一个定值，即速率保持不变；1400K时碳酸钡已全部消耗，此时反应体系的含钡物种只有氧化钡，即只有反应Ⅱ：BaO(s)+3C(s)BaC2(s)+CO(g)，反应条件恒温1823K、恒压，且该反应只有CO为气态，据可知，CO的压强为定值，所以化学反应速率不变。