2026高考化学专题复习之历年真题精选分类汇编（教师版）_专题十 化学反应速率与化学平衡

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题点1 化学反应速率定量计算及大小比较
1.（2021·浙江卷，19）取50 mL过氧化氢水溶液，在少量I- 存在下分解：2H2O2=2H2O+O2↑。在一定温度下，测得O2的放出量，转换成H2O2浓度(c)如下表：
下列说法不正确的是( )
A．反应20 min时，测得O2体积为224 mL(标准状况)
B．20~40 min，消耗H2O2的平均速率为0.010 ml·L-1·min-1
C．第30 min时的瞬时速率小于第50 min时的瞬时速率
D．H2O2分解酶或Fe2O3代替I-也可以催化H2O2分解
【答案】C
【解析】A．反应20 min时，过氧化氢的浓度变为0.4 ml/L，说明分解的过氧化氢的物质的量n(H2O2)=(0.80-0.40)ml/L×0.05L=0.02 ml，过氧化氢分解生成的氧气的物质的量n(O2)=0.01 ml，标况下的体积V=n·Vm=0.01ml×22.4 L/ml=0.224 L=224 mL，A正确；B．20~40 min，消耗过氧化氢的浓度为(0.40-0.20)ml/L=0.20 ml/L，则这段时间内的平均速率v=Δct=0.20ml/L20min=0.010 ml/(L·min)，B正确；C．随着反应的不断进行，过氧化氢的浓度不断减小，某一时刻分解的过氧化氢的量也不断减小，故第30 min时的瞬时速率大于第50 min时的瞬时速率，C错误；D．I-在反应中起到催化的作用，故也可以利用过氧化氢分解酶或Fe2O3代替，D正确。
【难度】中档题
【题型】单选题
2.（2021·浙江卷，20）一定温度下，在N2O5的四氯化碳溶液(100 mL)中发生分解反应：2N2O54NO2＋O2。在不同时刻测量放出的O2体积，换算成N2O5浓度如下表：
下列说法正确的是( )
A．600～1 200 s，生成NO2的平均速率为5.0×10－4 ml·L－1·s－1
B．反应2 220 s时，放出的O2体积为11.8 L(标准状况)
C．反应达到平衡时，v正(N2O5)＝2v逆(NO2)
D．推测上表中的x为3 930
【答案】D
【解析】600～1 200 s，N2O5的变化量为(0.96－0.66)ml·L－1＝0.3 ml·L－1，在此时间段内NO2的变化量为其2倍，即0.6 ml·L－1，因此，生成NO2的平均速率为eq \f(0.6 ml·L－1,600 s)＝1.0×10－3ml·L－1·s－1，A说法不正确；由表中数据可知，反应2 220 s时，N2O5的变化量为(1.40－0.35)ml·L－1＝1.05 ml·L－1，其物质的量的变化量为1.05 ml·L－1×0.1 L＝0.105 ml，O2的变化量是其eq \f(1,2)，即0.052 5 ml，因此，放出的O2在标准状况下的体积为0.052 5 ml×22.4 L·ml－1＝1.176 L，B说法不正确；反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，用不同物质表示该反应的速率时，其数值之比等于化学计量数之比，2v正(N2O5)＝v逆(NO2)，C说法不正确；分析表中数据可知，该反应经过1 110 s(600～1 710，1 710～2 820)后N2O5的浓度会变为原来的eq \f(1,2)，因此，N2O5的浓度由0.24 ml·L－1变为0.12 ml·L－1时，可以推测上表中的x为2 820＋1 110＝3 930，D说法正确。
【关联题点】化学平衡的特征及平衡状态的判断
【难度】中档题
【题型】单选题
题点2 化学反应速率的影响因素
1.(2025·黑吉辽蒙，14)一定条件下，“BrO3−-SO32−-[Fe(CN)6]4--H+”4种原料按固定流速不断注入连续流动反应器中，体系pH-t振荡图像及涉及反应如下。其中AB段发生反应①~④，①②为快速反应。下列说法错误的是( )
A.原料中c(H+)不影响振幅和周期
B.反应④：3H2SO3+BrO3−3SO42−+Br-+6H+
C.反应①~④中，H+对SO32−的氧化起催化作用
D.利用pH响应变色材料，可将pH振荡可视化
【答案】A
【解析】AB段发生反应①~④，则BC段发生反应⑤，结合反应方程式可知反应③④生成H+，反应⑤消耗H+，故原料中的c(H+)变化将导致反应速率变化，会影响周期，A错误；反应①~④中H+先消耗，后生成，故在反应①~④的整体反应中，H+对SO32−被氧化为SO42−起到了催化作用，C正确；不同的pH可使pH响应变色材料呈现不同的颜色，从而实现pH振荡可视化，D正确。
【难度】较难题
【题型】单选题
2.[2025·湖北，19(2)(3)]CaH2(s)粉末可在较低温度下还原Fe2O3(s)。回答下列问题：
(2)图1分别是260 ℃、280 ℃和300 ℃下CaH2(s)还原Fe2O3(s)过程中反应体系电阻R(Ω)随反应时间t(h)变化的曲线，可用 (填标号)表示反应的快慢。
a.Rt b.-ΔRt c.RΔt d.-ΔRΔt
(3)图1中曲线 (填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)对应的反应温度最高。
【答案】 (2)d (3)Ⅰ
【解析】 (2)随着铁的生成，电阻变小，可用单位时间内电阻的变化量来表示反应速率，即-ΔRΔt，选d。(3)其他条件相同，温度越高，反应速率越快，曲线Ⅰ电阻变化最快，故曲线Ⅰ对应的反应温度最高。
【难度】较难题
【题型】填空题
3.(2024·安徽，12)室温下，为探究纳米铁去除水样中SeO42−的影响因素，测得不同条件下SeO42−浓度随时间变化关系如下图。
下列说法正确的是( )
A.实验①中，0~2小时内平均反应速率v(SeO42−)=2.0 ml·L-1·h-1
B.实验③中，反应的离子方程式为：2Fe+SeO42−+8H+2Fe3++Se+4H2O
C.其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率
D.其他条件相同时，水样初始pH越小，SeO42−的去除效果越好
【答案】C
【解析】实验①中，0~2小时内平均反应速率v(SeO42−)=Δc(SeO42−)Δt=5.0×10−5ml·L−1−1.0×10−5ml·L−12 h=2.0×10-5ml·L-1·h-1 ，A不正确；实验③中水样初始pH=8，溶液显弱碱性，发生反应的离子方程式中不能用H+配电荷守恒，B不正确；由实验①和②可知，在相同时间内，实验①中SeO42−浓度的变化大，则其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率，C正确；由实验②和③可知，在相同时间内，实验②中SeO42−浓度的变化大，则其他条件相同时，适当减小水样初始pH，SeO42−的去除效果较好，但是当初始pH太小时，H+浓度太大，纳米铁与H+反应速率加快，会导致与SeO42−反应的纳米铁减少，因此，初始pH越小，SeO42−的去除效果不一定越好，D不正确。
【难度】中档题
【题型】单选题
4.(2024·甘肃，4)下列措施能降低化学反应速率的是( )
A.催化氧化氨制备硝酸时加入铂
B.中和滴定时，边滴边摇锥形瓶
C.锌粉和盐酸反应时加水稀释
D.石墨合成金刚石时增大压强
【答案】C
【解析】催化氧化氨制备硝酸时，加入铂可以加快化学反应速率，A不符合题意；中和滴定时，边滴边摇锥形瓶，使反应物充分接触，可加快化学反应速率，B不符合题意；锌粉和盐酸反应时加水稀释，盐酸的浓度降低，化学反应速率降低，C符合题意；石墨合成金刚石，该反应中没有气体参与，增大压强不改变化学反应速率，D不符合题意。
【难度】基础题
【题型】单选题
5.(2024·江苏，5)下列说法正确的是( )
A.豆科植物固氮过程中，固氮酶能提高该反应的活化能
B.C2H4与O2反应中，Ag催化能提高生成CH3CHO的选择性
C.H2O2制O2反应中，MnO2能加快化学反应速率
D.SO2与O2反应中，V2O5能减小该反应的焓变
【答案】C
【解析】催化剂能降低反应的活化能，A错误；由材料信息知C2H4与O2反应用Ag催化生成环氧乙烷，B错误；MnO2是H2O2制O2反应的催化剂，能加快化学反应速率，C正确；催化剂能改变反应历程加快反应速率，但不能改变反应的焓变，D错误。
【关联题点】化学反应历程与能量变化
【难度】中档题
【题型】单选题
6.(2024·浙江6月选考，19)氢是清洁能源，硼氢化钠(NaBH4)是一种环境友好的固体储氢材料，其水解生氢反应方程式如下：(除非特别说明，本题中反应条件均为25 ℃，101 kPa)
NaBH4(s)+2H2O(l)NaBO2(aq)+4H2(g) ΔHa kJ·ml－1，该反应为放热反应，生成物的总能量小于反应物的，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10 L的抽空的密闭容器中通入0.1 ml CO2和0.4 ml H2，反应平衡后测得容器中n(CH4)＝0.05 ml，则CO2的转化率为eq \f(0.05 ml,0.1 ml)×100%＝50%，根据C元素守恒可知，CO2的平衡量为0.05 ml，H2的平衡量为0.2 ml，H2O(g)的平衡量是CH4(g)的2倍，则n(H2O)＝0.1 ml，CO2(g)、H2(g)、H2O(g)、CH4(g)的平衡浓度分别为0.005 ml·L－1、0.02 ml·L－1、0.01 ml·L－1、0.005 ml·L－1，则该反应的平衡常数K＝eq \f(0.012×0.005,0.005×0.024)＝625，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，0～2 min CH3OH的浓度由0增加到10.8 μml·L－1，因此，0～2 min生成CH3OH的平均反应速率为eq \f(10.8 μml·L－1,2 min)＝5.4 μml·L－1·min－1；由表中信息可知，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。
【关联题点】反应热计算机大小比较；化学反应速率定量计算及大小比较
【难度】中档题
【题型】填空题
10.（2021·辽宁卷，12）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0.012ml⋅L−1⋅min−1
D．条件②，降冰片烯起始浓度为3.0ml⋅L-1时，半衰期为62.5min
【答案】B
【解析】A．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．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．由题干图中数据可知，条件①，反应速率为υ=ΔcΔt=3.0 ml•L-1-0 ml•L-1250 min=0.012ml⋅L−1⋅min−1，C正确；D．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3.0ml⋅L-1时，半衰期为125min÷2=62.5min，D正确。
【关联题点】化学反应速率定量计算及大小比较
【难度】中档题
【题型】单选题
11.（2021·海南卷，8）制备水煤气的反应Cs+H2Og⇌H2g+COg ΔH>0，下列说法正确的是( )
A．该反应ΔSK(Q为浓度商)
D．催化剂存在时，v1、v2都增大
【答案】BD
【解析】反应为乙苯制备苯乙烯的过程，开始反应物浓度最大，生成物浓度为0，所以曲线①表示的是正反应的v－t关系，曲线②表示的是逆反应的v－t关系，故A错误；t2时，正、逆反应速率相等，体系处于平衡状态，故B正确；t1时，反应正向进行，故Q＜K，故C错误；催化剂能降低反应的活化能，使反应的v1、v2都增大，故D正确。
【关联题点】化学反应速率的影响因素
【难度】基础题
【题型】双选题
2.(2022·湖北卷，1)同位素示踪是研究反应机理的重要手段之一，已知醛与H2O在酸催化下存在如下平衡：RCHO＋H2Oeq \(,\s\up7(H＋))RCH(OH)2。据此推测，对羟基苯甲醛与10倍量的Deq \\al(18,2)O在少量酸催化下反应，达到平衡后，下列化合物中含量最高的是( )
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】由已知信息知，苯环上的羟基不发生反应，醛基中的碳氧双键与D218O发生加成反应，在醛基碳原子上会连接两个羟基(分别为—OD，—18OD)，两个羟基连接在同一个碳原子上不稳定，会脱水，得到醛基，有两种可能：—CHO和—CH18O，但18O的含量较多，故的含量最高，故D正确。
【难度】基础题
【题型】单选题
3.（2020·浙江选考，21）一定温度下，在2 L的恒容密闭容器中发生反应：A(g)+2B(g)3C(g)反应过程中的部分数据如下表所示：
下列说法正确的是( )
A．0~5 min用A表示的平均反应速率为0. 09 ml·L-1·min-1
B．该反应在10 min后才达到平衡
C．平衡状态时，c(C)=0.6 ml·L-1
D．物质B的平衡转化率为20%
【答案】C
【解析】A．0~5 min内C的物质的量增加了0.9 ml，容器的容积是2 L，则用C物质浓度变化表示的反应速率v(C)=0.9ml2L⋅5min=0.09ml/(Lmin)，A错误；B．反应进行到10 min时，A物质的物质的量减少0.4 ml，则B物质的物质的量减少0.8 ml，剩余2.4 ml-0.8 ml=1.6 ml，B的物质的量等于15 min时B的物质的量，说明该反应在10 min时已经达到平衡状态，而不是在10 min后才达到平衡，B错误；C．根据选项B分析可知：该反应在10 min时已经达到平衡状态，此时反应产生C的物质的量是1.2 ml，由于容器的容积是2 L，则 平衡状态时，c(C)=1.2ml2L=0.6 ml·L-1，C正确；D．反应开始时n(B)=2.4 ml，反应达到平衡时△n(B)=0.8 ml，则B物质的平衡转化率为：×100%=33.3%，D错误。
【关联题点】转化率及有关计算；化学反应速率定量计算及大小比较
【难度】中档题
【题型】单选题
题点2 化学平衡的影响因素及应用
微题点1 化学平衡的影响因素与化学平衡移动
1.(2024·浙江6月选考，16)为探究化学平衡移动的影响因素，设计方案并进行实验，观察到相关现象。其中方案设计和结论都正确的是( )
【答案】C
【解析】在酸性溶液中K2Cr2O7 是强氧化剂，可以将HBr氧化，实验方案设计不正确，A错误；反应2HI(g)H2(g)+I2(g)为反应前后气体总体积不变的可逆反应，恒温恒容时，充入惰性气体，虽然总压增大，但HI、H2、I2的分压不变，浓度不变，平衡不移动，不能得出相应结论，B错误；反应2NO2(g)N2O4(g)为放热反应，升高温度，气体颜色变深，说明平衡逆向移动，即向吸热反应方向移动，C正确；催化剂只会改变化学反应速率，不影响平衡移动，D错误。
【难度】中档题
【题型】单选题
2.(2023·海南，16)磷酸二氢钾在工农业生产及国防工业等领域都有广泛的应用。某研究小组用质量分数为85%的磷酸与KCl(s)反应制备KH2PO4(s)，反应方程式为H3PO4(aq)＋KCl(s)KH2PO4(s)＋HCl(g)，一定条件下的实验结果如图1所示。
回答问题：
(1)该条件下，反应至1 h时KCl的转化率为______________。
(2)该制备反应的ΔH随温度变化关系如图2所示。该条件下反应为______________(填“吸热”或“放热”)反应，且反应热随温度升高而______________。
(3)该小组为提高转化率采用的措施中有：使用浓磷酸作反应物、向系统中不断通入水蒸气等。它们能提高转化率的原因是：不使用稀磷酸______________；通入水蒸气______________。
(4)298 K时，H3PO4(aq)＋KCl(aq)KH2PO4(aq)＋HCl(aq)的平衡常数K＝______________。(已知H3PO4的Ka1＝6.9×10－3)
【答案】(1)70% (2)吸热 降低 (3)使用浓磷酸作反应物可以提高磷酸的浓度，促使反应正向进行 使得气体中氯化氢的分压减小，促使反应正向进行 (4)6.9×10－3
【解析】(1)由图可知，该条件下，反应至1 h时KCl的转化率为70%。(2)由图可知，焓变为正值，则该条件下反应为吸热反应，且反应热随温度升高而降低。(3)使用浓磷酸作反应物可以提高磷酸的浓度，促使反应正向进行；向系统中不断通入水蒸气，使得气体中氯化氢的分压减小，促使反应正向进行；都可以提高氯化钾的转化率。(4)298 K时，H3PO4(aq)＋KCl(aq)KH2PO4(aq)＋HCl(aq)的离子方程式为H3PO4(aq)H2POeq \\al(－,4)(aq)＋H＋(aq)，其平衡常数K＝eq \f(c(H＋)·c(H2PO\\al(－,4)),c(H3PO4))＝Ka1＝6.9×10－3。
【关联题点】化学反应中的能量变化；化学平衡图像分析及应用
【难度】基础题
【题型】填空题
3.(2022·浙江6月选考)关于反应Cl2(g)＋H2O(l)HClO(aq)＋H＋(aq)＋Cl－(aq) ΔHSiF4，因此NaF为固相产物，SiF4为气相产物，则热解反应的化学方程式为Na2SiF6(s)2NaF(s)+SiF4(g)，根据曲线的变化趋势及变化比例，结合方程式可判断曲线a、b、c分别为NaF(s)、SiF4(g)、Na2SiF6(s)。A正确；N2不与体系中任何物质反应，由于容器恒容，因此SiF4的分压不变，仍为p1，B正确；该反应的平衡常数Kp=p(SiF4)，由题图可知，温度越高，Na2SiF6分解程度越大，平衡时p(SiF4)越大，即Kp越大，由于T2温度下Na2SiF6已完全分解，因此升温至T3时，无法释放更多的SiF4，故p3小于T3温度时热解反应的平衡常数Kp，C正确；T1温度时，加入SiF4的瞬间其分压增大，平衡逆向移动，由Kp=p(SiF4)知，重新平衡后SiF4的分压仍为p1，故逆反应速率不变，D错误。
【难度】较难题
【题型】单选题
2.（2023·浙江（1月选考）卷，19）“碳达峰·碳中和”是我国社会发展重大战略之一，CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有：
Ⅰ：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g) ΔH1＝＋247 kJ·ml－1，K1
Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝＋41 kJ·ml－1，K2
请回答：
(1)有利于提高CO2平衡转化率的条件是__________(填字母)。
A．低温低压 B．低温高压
C．高温低压 D．高温高压
(2)反应CH4(g)＋3CO2(g)4CO(g)＋2H2O(g)的ΔH＝________kJ·ml－1，K＝________(用K1，K2表示)。
(3)恒压、750 ℃时，CH4和CO2按物质的量之比1∶3投料，反应经如下流程(主要产物已标出)可实现CO2高效转化。
①下列说法正确的是______(填字母)。
A．Fe3O4可循环利用，CaO不可循环利用
B．过程ⅱ，CaO吸收CO2可促使Fe3O4氧化CO的平衡正移
C．过程ⅱ产生的H2O最终未被CaO吸收，在过程ⅲ被排出
D．相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原1 ml CO2需吸收的能量更多
②过程ⅱ平衡后通入He，测得一段时间内CO物质的量上升，根据过程ⅲ，结合平衡移动原理，解释CO物质的量上升的原因：_________________________________________。
(4)CH4还原能力(R)可衡量CO2转化效率，R＝Δn(CO2)/Δn(CH4)(同一时段内CO2与CH4的物质的量变化量之比)。
①常压下CH4和CO2按物质的量之比1∶3投料，某一时段内CH4和CO2的转化率随温度变化如图1，请在 图2中画出400～1 000 ℃之间R的变化趋势，并标明1 000 ℃时R值。
②催化剂X可提高R值，另一时段内CH4转化率、R值随温度变化如下表：
下列说法不正确的是________(填字母)。
A．R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应Ⅱ的速率
B．温度越低，含氢产物中H2O占比越高
C．温度升高，CH4转化率增加，CO2转化率降低，R值减小
D．改变催化剂提高CH4转化率，R值不一定增大
【答案】(1)C (2)＋329 K1·Keq \\al(2,2) (3)①BC ②通入He，CaCO3分解平衡正移，导致eq \f(c(CO2),c(CO))增大，促进Fe还原CO2平衡正移
(4)①
②C
【关联题点】反应热计算及大小比较；化学平衡常数及相关计算；化学平衡的影响因素与化学平衡移动
【难度】中档题
【题型】填空题
3.(2023·全国乙卷，28)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N2气氛中，FeSO4·7H2O的脱水热分解过程如图所示：
根据上述实验结果，可知x＝____________，y＝____________。
(2)已知下列热化学方程式：
FeSO4·7H2O(s)===FeSO4(s)＋7H2O(g) ΔH1＝a kJ·ml－1
FeSO4·xH2O(s)===FeSO4(s)＋xH2O(g) ΔH2＝b kJ·ml－1
FeSO4·yH2O(s)===FeSO4(s)＋yH2O(g) ΔH3＝c kJ·ml－1
则FeSO4·7H2O(s)＋FeSO4·yH2O(s)===2(FeSO4·xH2O)(s)的ΔH＝________kJ·ml－1。
(3)将FeSO4置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：2FeSO4(s)Fe2O3(s)＋SO2(g)＋SO3(g)(Ⅰ)。平衡时pSO3－T的关系如下图所示。660 K时，该反应的平衡总压p总＝____________kPa、平衡常数Kp(Ⅰ)＝________(kPa)2。Kp(Ⅰ)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2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)(Ⅱ)，平衡时＝____________(用、表示)。在929 K时，p总＝84.6 kPa、＝35.7 kPa，则＝__________kPa，Kp(Ⅱ)＝__________kPa(列出计算式)。
【答案】(1)4 1 (2)(a＋c－2b) (3)3.0 2.25 增大 (4) 46.26 eq \f(46.262×2.64,35.72)
【解析】(1)由图中信息可知，当失重比为19.4%时，FeSO4·7H2O转化为FeSO4·xH2O，则eq \f(18×(7－x),278)×100%＝19.4%，解得x≈4；同理推出y≈1。(3)660 K时，＝1.5 kPa，则＝1.5 kPa，因此，该反应的平衡总压p总＝3.0 kPa、平衡常数Kp(Ⅰ)＝·＝1.5 kPa×1.5 kPa＝2.25(kPa)2。由图中信息可知，随着温度升高而增大，因此，Kp(Ⅰ)随反应温度升高而增大。(4)提高温度，上述容器中进一步发生反应2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)(Ⅱ)，在同温同压下，不同气体的物质的量之比等于其分压之比，由于仅发生反应(Ⅰ)时＝，则平衡时＋2＝－2，得＝。在929 K时，p总＝84.6 kPa、＝35.7 kPa，则＋＋＝p总、＋2＝－2，联立方程组消去，可得3＋5＝4p总，代入相关数据可求出＝46.26 kPa，则＝84.6 kPa－35.7 kPa－46.26 kPa＝2.64 kPa，Kp(Ⅱ)＝eq \f((46.26 kPa)2×2.64 kPa,(35.7 kPa)2)＝eq \f(46.262×2.64,35.72) kPa。
【关联题点】热重分析法在物质成分确定中的应用；反应热计算及大小比较；化学平衡常数及相关计算；化学平衡的影响因素与化学平衡移动
【难度】较难题
【题型】填空题
4.(2023·山东，14)一定条件下，化合物E和TFAA合成H的反应路径如下：
已知反应初始E的浓度为0.10 ml·L－1，TFAA的浓度为0.08 ml·L－1，部分物种的浓度随时间的变化关系如图所示，忽略反应过程中的体积变化。下列说法正确的是( )
A．t1时刻，体系中有E存在
B．t2时刻，体系中无F存在
C．E和TFAA反应生成F的活化能很小
D．反应达平衡后，TFAA的浓度为0.08 ml·L－1
【答案】AC
【解析】t1时刻TFAA浓度为0，则TFAA完全反应，消耗的E为0.08 ml·L－1，E剩余0.02 ml·L－1，故体系中有E存在，A正确；由题给反应路径和元素质量守恒知，体系中TFAA、G、F的总浓度应为0.08 ml·L－1，由题图知，t2时刻TFAA和G的浓度之和小于0.08 ml·L－1，则体系中一定存在F，B项错误；由图可知，反应刚开始TFAA的浓度迅速减小为0，则E和TFAA的反应速率非常快，该反应的活化能很小，C正确；只有F、G全部转化为H和TFAA时，TFAA的浓度才能为0.08 ml·L－1，而GH＋TFAA为可逆反应，所以反应达平衡后，TFAA的浓度一定小于0.08 ml·L－1，D不正确。
【关联题点】化学平衡的影响因素与化学平衡移动
【难度】较难题
【题型】双选题
5.（2023·重庆卷，14）逆水煤气变换体系中存在以下两个反应：
反应Ⅰ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)
反应Ⅱ：CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)
在恒容条件下，按V(CO2)∶V(H2)＝1∶1投料比进行反应，平衡时含碳物质体积分数随温度的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A．反应Ⅰ的ΔH0
B．M点反应Ⅰ的平衡常数KCH3CH2OH>CH3COOCH2CH3 乙酸乙酯分子间不存在氢键，乙酸分子间的氢键比乙醇的更强 (3)30 3.9 2.6×10-6 (4)|ΔH|很小，温度对平衡影响小，液相反应，压强对平衡影响小 及时移出产物
【解析】(1)由题意得①CH3COOH(l)+2O2(g)2CO2(g)+2H2O(l) ΔH1=-874 kJ·ml-1，②CH3CH2OH(l)+ 3O2(g)2CO2(g)+3H2O(l) ΔH2=-1 367 kJ·ml-1，③CH3COOCH2CH3(l)+5O2(g)4CO2(g)+4H2O(l) ΔH3=-2 238 kJ·ml-1，根据盖斯定律①+②-③得CH3COOH(l)+C2H5OH(l)CH3COOC2H5(l)+H2O(l) ΔH=-874 kJ·ml-1-1 367 kJ·ml-1-(-2 238 kJ·ml-1)=-3 kJ·ml-1。(3)初始组成n(CH3COOH)∶n(C2H5OH)=3∶1，乙醇的初始浓度为3.30 ml·L-1，乙酸的初始浓度为9.9 ml·L-1，平衡时乙醇的浓度减小(3.30 ml·L-1-0.33 ml·L-1)=2.97 ml·L-1，则乙酸的浓度降低2.97 ml·L-1，乙酸的转化率α=2.97ml·L−19.90ml·L−1×100%=30%；平衡时乙醇的浓度为0.33 ml·L-1，乙酸的浓度为(9.90 ml·L-1-2.97 ml·L-1)=6.93 ml·L-1，乙酸乙酯的浓度为2.97 ml·L-1，水的浓度为2.97 ml·L-1，则平衡常数K=2.97××6.93≈3.9；k+k−=K=3.9，k-=k+K=1×10−53.9 L·ml-1·s-1≈ 2.6×10-6 L·ml-1·s-1。
【难度】较难题
【题型】填空题
2．(2025·重庆，17)水是化学反应的良好介质，探索水溶液中的酸碱平衡具有重要意义。
(1)天然水中可以分离出重水(D2O)。D2O溶液中存在电离平衡：D2O⇌D++OD−，c(D+)和c(OD-)的关系如图所示。
①图中3个状态点对应的溶液呈中性的是 。
②T1 T2(填“>”“=”或者“”“ (3)ad (4)58.8% (5)①甲 反应Ⅰ平衡曲线为N，恒压时充入水蒸气，Qp增大 ②eq \r(x)＋2x
【解析】(1)设Ⅲ.2C3H8O(g)＋9O2(g)===6CO2(g)＋8H2O(g) ΔH＝－3 750 kJ·ml－1，根据盖斯定律Ⅲ－2×Ⅰ得2C3H6(g)＋9O2(g)===6CO2(g)＋6H2O(g) ΔH＝－3 854 kJ·ml－1。(2)①4～8 μs内，v(H2O)＝eq \f(3 200－2 440,8－4) ppm·μs－1＝190 ppm·μs－1，则v(C3H8O)＝v(H2O)＝190 ppm·μs－1。②0～4 μs、4～8 μs、8～12 μs，Δc(H2O)逐渐减小，说明反应速率减小，8～12 μs内，Δc(H2O)＝400 ppm,12～t μs内，Δc(H2O)＝400 ppm，则t－12>4，即t>16。(3)H2O的分压不变，则C3H6的分压也不变，反应Ⅰ、Ⅱ各组分分压不变，反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡，a正确；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错误；当n(C3H6)＝2n(C6H12)时，反应不一定达到平衡，不能作为反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡的判据，c错误；v正(H2O)＝v逆(C3H8O)，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。(4)设C3H8O的物质的量为1 ml，若1 ml C3H8O完全反应，理论上生成1 ml C3H6，因为反应Ⅰ、Ⅱ的转化率分别为98%和40%，反应Ⅰ生成1 ml×98%＝0.98 ml C3H6，反应Ⅱ消耗了40% C3H6，则达平衡时C3H6的物质的量为0.98 ml×(1－40%)＝0.588 ml，所以丙烯的产率为eq \f(0.588 ml,1 ml)×100%＝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，Qp逐渐增大，反应Ⅱ逆向移动，Qp逐渐减小，即反应Ⅰ的平衡曲线为N，反应Ⅱ的平衡曲线为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Qp>Kp，即lg Qp增大，反应Ⅰ的状态最有可能对应图中的甲。②由图可知，350 ℃时达平衡后，反应Ⅱ的lg Qp＝0，则350 ℃时反应Ⅱ的Kp＝Qp＝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
2C3H6(g)C6H12(g)
起始/MPa a 0
变化/MPa 2x x
平衡/MPa a－2x x
Kp＝eq \f(x,(a－2x)2)＝1，解得a＝eq \r(x)＋2x。
【关联题点】热化学方程式的书写；化学平衡特征及平衡状态的判断；化学速率、平衡图像综合分析
【难度】中档题
【题型】填空题
4.(2022·广东卷)铬及其化合物在催化、金属防腐等方面具有重要应用。
(1)催化剂Cr2O3可由(NH4)2Cr2O7加热分解制备，反应同时生成无污染气体。
①完成化学方程式：(NH4)2Cr2O7eq \(=====,\s\up7(△))Cr2O3＋______＋______。
②Cr2O3催化丙烷脱氢过程中，部分反应历程如图，X(g)→Y(g)过程的焓变为__________(列式表示)。
③Cr2O3可用于NH3的催化氧化。设计从NH3出发经过3步反应制备HNO3的路线：________(用“→”表示含氮物质间的转化)；其中一个有颜色变化的反应的化学方程式为________________________________________________________________________。
(2)K2Cr2O7溶液中存在多个平衡。本题条件下仅需考虑如下平衡：
(ⅰ)Cr2Oeq \\al(2－,7)(aq)＋H2O(l)2HCrOeq \\al(－,4)(aq) K1＝3.0×10－2(25 ℃)
(ⅱ)HCrOeq \\al(－,4)(aq)CrOeq \\al(2－,4)(aq)＋H＋(aq) K2＝3.3×10－7(25 ℃)
①下列有关K2Cr2O7溶液的说法正确的有__________。
A．加入少量硫酸，溶液的pH不变
B．加入少量水稀释，溶液中离子总数增加
C．加入少量NaOH溶液，反应(ⅰ)的平衡逆向移动
D．加入少量K2Cr2O7固体，平衡时c2(HCrOeq \\al(－,4))与c(Cr2Oeq \\al(2－,7))的比值保持不变
②25 ℃时，0.10 ml·L－1K2Cr2O7溶液中lgeq \f(c(CrO\\al(2－,4)),c(Cr2O\\al(2－,7)))随pH的变化关系如图。当pH＝9.0时，设Cr2Oeq \\al(2－,7)、HCrOeq \\al(－,4)与CrOeq \\al(2－,4)的平衡浓度分别为x ml·L－1、y ml·L－1、z ml·L－1，则x、y、z之间的关系式为__________＝0.10；计算溶液中HCrOeq \\al(－,4)的平衡浓度__________________________________________(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。
③在稀溶液中，一种物质对光的吸收程度(A)与其所吸收光的波长(λ)有关；在一定波长范围内，最大A对应的波长(λmax)取决于物质的结构特征；浓度越高，A越大。混合溶液在某一波长的A是各组分吸收程度之和。为研究对反应(ⅰ)和(ⅱ)平衡的影响，配制浓度相同、pH不同的K2Cr2O7稀溶液，测得其A随λ的变化曲线如图，波长λ1、λ2和λ3中，与CrOeq \\al(2－,4)的λmax最接近的是__________；溶液pH从a变到b的过程中，eq \f(c(H＋)·c2(CrO\\al(2－,4)),c(Cr2O\\al(2－,7)))的值__________(填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】(1)①N2↑ 4H2O ②(E1－E2)＋ΔH＋(E3－E4) ③NH3eq \(――→,\s\up7(O2),\s\d5(Cr2O3))NOeq \(――→,\s\up7(O2),\s\d5())NO2eq \(――→,\s\up7(O2),\s\d5(H2O))HNO3 2NO＋O2===2NO2 (2)①BD ②x＋eq \f(1,2)y＋eq \f(1,2)z 当溶液pH＝9.0时，eq \f(c(CrO\\al(2－,4)),c(Cr2O\\al(2－,7)))>104，因此可忽略溶液中Cr2Oeq \\al(2－,7)，即c(HCrOeq \\al(－,4))＋c(CrOeq \\al(2－,4))＝0.20 ml·L－1，反应(ⅱ)的平衡常数K2＝eq \f(c(H＋)·c(CrO\\al(2－,4)),c(HCrO\\al(－,4)))＝eq \f(10－9×c(CrO\\al(2－,4)),c(HCrO\\al(－,4)))＝3.3×10－7，联立两个方程可得c(HCrOeq \\al(－,4))≈6.0×10－4 ml·L－1 ③λ3 增大
【解析】(1)①(NH4)2Cr2O7分解过程中，生成Cr2O3和无污染气体，根据元素守恒可知，其余生成物为N2、H2O，根据原子守恒可知反应的化学方程式为(NH4)2Cr2O7eq \(=====,\s\up7(△))Cr2O3＋N2↑＋4H2O。②设反应过程中第一步的产物为M，第二步的产物为N，则X→M的ΔH1＝E1－E2，M→N的ΔH2＝ΔH，N→Y的ΔH3＝E3－E4，根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓变为ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＝(E1－E2)＋ΔH＋(E3－E4)。③NH3在Cr2O3作催化剂条件下，能与O2反应生成NO，NO与O2反应生成红棕色气体NO2，NO2与H2O反应生成HNO3和NO，若同时通入O2，可将氮元素全部氧化为HNO3，因此从NH3出发经过3步反应制备HNO3的路线为NH3eq \(――→,\s\up7(O2),\s\d5(Cr2O3))NOeq \(――→,\s\up7(O2),\s\d5())NO2eq \(――→,\s\up7(O2),\s\d5(H2O))HNO3；其中NO反应生成NO2的过程中，气体颜色发生变化，其反应的化学方程式为2NO＋O2===2NO2。
(2)①向溶液中加入少量硫酸，溶液中c(H＋)增大，反应(ⅱ)平衡逆向移动，根据勒夏特列原理可知，平衡后，溶液中c(H＋)依然增大，因此溶液的pH将减小，故A错误；加少量水稀释过程中，根据“越稀越水解”“越稀越电离”可知，反应(ⅰ)和反应(ⅱ)的平衡都正向移动，两个平衡正向都是离子数增大的反应，因此稀释后，溶液中离子总数将增大，故B正确；加入少量NaOH溶液，反应(ⅱ)平衡正向移动，溶液中c(HCrOeq \\al(－,4))减小，反应(ⅰ)平衡将正向移动，故C错误；反应(ⅰ)的平衡常数K1＝eq \f(c2(HCrO\\al(－,4)),c(Cr2O\\al(2－,7)))，平衡常数只与温度和反应本身有关，因此加入少量K2Cr2O7固体，eq \f(c2(HCrO\\al(－,4)),c(Cr2O\\al(2－,7)))不变，故D正确。②0.10 ml·L－1 K2Cr2O7溶液中，Cr原子的总浓度为0.20 ml·L－1，当溶液pH＝9.0时，溶液中Cr原子总浓度为2c(Cr2Oeq \\al(2－,7))＋c(HCrOeq \\al(－,4))＋c(CrOeq \\al(2－,4))＝0.20 ml·L－1，Cr2Oeq \\al(2－,7)、HCrOeq \\al(－,4)与CrOeq \\al(2－,4)的平衡浓度分别为x ml·L－1、y ml·L－1、z ml·L－1，因此x＋eq \f(1,2)y＋eq \f(1,2)z＝0.10。③根据反应(ⅰ)、(ⅱ)是离子浓度增大的平衡可知，溶液pH越大，溶液中c(Cr2Oeq \\al(2－,7))＋c(HCrOeq \\al(－,4))＋c(CrOeq \\al(2－,4))越大，混合溶液在某一波长的A越大，溶液的pH越大，溶液中c(CrOeq \\al(2－,4))越大，因此与CrOeq \\al(2－,4)的λmax最接近的是λ3。反应(ⅰ)的平衡常数K1＝eq \f(c2(HCrO\\al(－,4)),c(Cr2O\\al(2－,7)))，反应(ⅱ)的平衡常数K2＝eq \f(c(H＋)·c(CrO\\al(2－,4)),c(HCrO\\al(－,4)))，Keq \\al(2,2)×K1＝eq \f(c2(H＋)·c2(CrO\\al(2－,4)),c2(HCrO\\al(－,4)))×eq \f(c2(HCrO\\al(－,4)),c(Cr2O\\al(2－,7)))＝eq \f(c2(H＋)·c2(CrO\\al(2－,4)),c(Cr2O\\al(2－,7)))，因此eq \f(c(H＋)·c2(CrO\\al(2－,4)),c(Cr2O\\al(2－,7)))＝eq \f(K\\al(2,2)×K1,c(H＋))，由上述分析逆推可知，b>a，即溶液pH从a变到b的过程中，溶液中c(H＋)减小，所以eq \f(c(H＋)·c2(CrO\\al(2－,4)),c(Cr2O\\al(2－,7)))的值增大。
【关联题点】反应热计算机大小比较；化学平衡的影响因素与化学平衡移动；Ka或Kb、KW、Kh、KSP的综合计算
【难度】中档题
【题型】填空题
5.（2022·辽宁卷，12）某温度下，在1L恒容密闭容器中2.0ml X发生反应2X(s)⇌Y(g)+2Z(g)，有关数据如下：
下列说法错误的是( )
A．1min时，Z的浓度大于0.20ml⋅L-1
B．2min时，加入0.20ml Z，此时v正(Z)”、“=”或“9，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。
【关联题点】化学平衡的影响因素与化学平衡移动；化学速率、平衡图像综合分析
【难度】较难题
【题型】填空题
12.（2020·浙江选考，29）研究NOx之间的转化具有重要意义。
(1)已知：N2O4(g) ⇌2NO2(g) ΔH＞0 将一定量N2O4气体充入恒容的密闭容器中，控制反应温度为T1。
①下列可以作为反应达到平衡的判据是 。
气体的压强不变 B．v正(N2O4)＝2v逆(NO2) C．K不变
D．容器内气体的密度不变 E．容器内颜色不变
②t1时刻反应达到平衡，混合气体平衡总压强为p，N2O4气体的平衡转化率为75%，则反应N2O4(g) ⇌2NO2(g)的平衡常数Kp＝ (对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作Kp，如p(B)＝p·x(B)，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数)。
③反应温度T1时，c(N2O4)随t(时间)变化曲线如图，画出0～t2时段，c(NO2)随t变化曲线。保持其它条件不变，改变反应温度为T2(T2＞T1)，再次画出0～t2时段，c(NO2)随t变化趋势的曲线 。
(2) NO氧化反应：2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g)分两步进行，其反应过程能量变化示意图如图。
Ⅰ 2NO(g)=N2O2(g) ΔH1
Ⅱ N2O2(g)＋O2(g)→2NO2(g) ΔH2
= 1 \* GB3 ①决定NO氧化反应速率的步骤是 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
②在恒容的密闭容器中充入一定量的NO和O2气体，保持其它条件不变，控制反应温度分别为T3和T4(T4＞T3)，测得c(NO)随t(时间)的变化曲线如图。转化相同量的NO，在温度 (填“T3”或“T4”)下消耗的时间较长，试结合反应过程能量图分析其原因 。
【答案】(1) ①AE ②367p ③
(2) ①Ⅱ ②T4 ΔH1＜0，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响
【解析】（1）①A、该反应是一个气体体积减小的反应，气体的压强不变说明各物质浓度保持不变，反应达到化学平衡状态，故正确；B、v正(N2O4)＝2v逆(NO2)说明正逆反应速率不相等，反应没有达到化学平衡状态，故错误；C、温度不变，化学平衡常数K不变，则K不变不能说明反应达到化学平衡状态，故错误；D、由质量守恒定律可知，反应前后气体质量不变，恒容容器的体积不变，则密度始终不变，则密度不变不能说明反应达到化学平衡状态，故错误；E、容器内颜色不变说明各物质浓度保持不变，反应达到化学平衡状态，故正确；AE正确，故答案为：AE；
②设起始N2O4的物质的量为1ml，由题给数据建立如下三段式：
N2O4(g)⇌2NO2
起始（ml） 10 变化（ml）0.75 1.5平衡（ml）0.25 1.5
由三段式数据可知N2O4的平衡分压为×p=p7，NO2的平衡分压为×p=6p7，则平衡常数Kp＝(6p7)2p7=；
③由图可知，t1时反应消耗N2O4的浓度为（0.04—0.01）ml/L，由方程式可得反应生成NO2的浓度为0.03 ml/L×2=0.06 ml/L；该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，NO2的浓度增大，则0～t2时段，NO2的浓度c(NO2)随t变化趋势的曲线为；
（2）①由图可知，反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，活化能越大，反应速率越慢，则化学反应速率反应Ⅰ快于反应Ⅱ，化学反应取决于反应速率较慢的一步，则决定NO氧化反应速率的步骤是反应Ⅱ；
②由图可知，转化相同量的NO，在温度T4下消耗的时间较长，原因是反应Ⅰ为放热反应，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响，导致转化相同量的NO，在温度较高的T4下消耗的时间较长；
【关联题点】化学平衡特征及平衡状态的判断；化学平衡的影响因素与化学平衡移动；含量（或浓度）-时间图像
【难度】中档题
【题型】填空题
题点5 化学速率、平衡图像综合分析
1.(2025·安徽，11)恒温恒压密闭容器中，t=0时加入A(g)，各组分物质的量分数x随反应时间t变化的曲线如图(反应速率v=kx，k为反应速率常数)。
下列说法错误的是( )
A.该条件下xN，平衡xM，平衡=k−1k2k1k−2
B.0~t1时间段，生成M和N的平均反应速率相等
C.若加入催化剂，k1增大，k2不变，则x1和xM，平衡均变大
D.若A(g)→M(g)和A(g)→N(g)均为放热反应，升高温度则xA，平衡变大
【答案】C
【解析】反应达到平衡时，正、逆反应速率相等，则对于反应M(g)A(g)存在关系式：k-1·xM，平衡=k1·xA，平衡，对于反应A(g)N(g)存在关系式：k-2·xN，平衡=k2·xA，平衡，两式联立可得xN，平衡xM，平衡=k−1k2k1k−2，A正确；起始时，xM和xN均为0，t1时，xM=xN，则0~t1时间段，生成M和N的平均反应速率相等，B正确；催化剂不影响平衡移动，故xM，平衡不变，C错误；A(g)→M(g)和A(g)→N(g)均为放热反应，则升高温度，平衡均逆向移动，故xA，平衡变大，D正确。
【难度】较难题
【题型】单选题
2.(2024·全国甲卷，28)甲烷转化为多碳化合物具有重要意义。一种将甲烷溴化再偶联为丙烯(C3H6)的研究所获得的部分数据如下。回答下列问题：
(1)已知如下热化学方程式：
CH4(g)+Br2Br(g)+HBr(g) ΔH1=-29 kJ·ml-1
3CH3Br(g)C3H6(g)+3HBr(g) ΔH2=+20 kJ·ml-1
计算反应3CH4(g)+3Br2(g)C3H6(g)+6HBr(g)的ΔH= kJ·ml-1。
(2)CH4与Br2反应生成CH3Br，部分CH3Br会进一步溴化。将8 mml CH4和8 mml Br2通入密闭容器，平衡时，n(CH4)、n(CH3Br)与温度的关系见下图(假设反应后的含碳物质只有CH4、CH3Br和CH2Br2)。
(ⅰ)图中CH3Br的曲线是 (填“a”或“b”)。
(ⅱ)560 ℃时，CH4的转化率α= ，n(HBr)= mml。
(ⅲ)560 ℃时，反应CH3Br(g)+Br2(g)CH2Br2(g)+HBr(g)的平衡常数K= 。
(3)少量I2可提高生成CH3Br的选择性。500 ℃时，分别在有I2和无I2的条件下，将8 mml CH4和8 mml Br2通入密闭容器，溴代甲烷的物质的量(n)随时间(t)的变化关系见下图。
(ⅰ)在11~19 s之间，有I2和无I2时CH3Br的生成速率之比v(有I2)v(无I2)= 。
(ⅱ)从图中找出I2提高了CH3Br选择性的证据： 。
(ⅲ)研究表明，I2参与反应的可能机理如下：
①I2(g)·I(g)+·I(g)
②·I(g)+CH2Br2(g)IBr(g)+·CH2Br(g)
③·CH2Br(g)+·Br(g)
④·Br(g)+CH4(g)HBr(g)+·CH3(g)
⑤·CH3Br(g)+·I(g)
⑥·I(g)+·I(g)I2(g)
根据上述机理，分析I2提高CH3Br选择性的原因： 。
【答案】(1)-67 (2)(ⅰ)a (ⅱ)80% 7.8 (ⅲ)10.92 (3)(ⅰ)32(或3∶2) (ⅱ)有I2的条件下，反应平衡时，CH3Br的物质的量比无I2的条件下多，CH2Br2的物质的量比无I2的条件下少 (ⅲ) I2的投入消耗了部分CH2Br2，生成的IBr与·CH2Br分别与·CH3和HBr反应生成了CH3Br
【解析】(1)将两个反应依次标为反应①和反应②，根据盖斯定律，①×3+②得热化学方程式：3CH4(g)+3Br2(g)C3H6(g)+6HBr(g) ΔH=(-29×3+20)kJ·ml-1=-67 kJ·ml-1。(2)(ⅰ)升高温度，反应向吸热反应方向移动。反应①为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CH4(g)的含量增多，CH3Br(g)的含量减少，即表示CH3Br变化的曲线为a。(ⅱ)560 ℃反应达到平衡时，剩余的CH4(g)的物质的量为1.6 mml，其转化率α=(8 mml−1.6 mml)8 mml×100%=80%；若只发生一步反应，则生成6.4 mml CH3Br，但此时剩余CH3Br的物质的量为5.0 mml，说明还有1.4 mml CH3Br发生反应生成CH2Br2，则此时生成的HBr的物质的量n=(6.4+1.4) mml=7.8 mml。(ⅲ)平衡时，反应中各组分的物质的量分别为n(CH3Br)=5.0 mml、n(Br2)=0.2 mml、n(CH2Br2)=1.4 mml、n(HBr)=7.8 mml，设容器容积为V L，该反应的平衡常数K=c(CH2Br2)·c(HBr)c(CH3Br)·c(Br2)=1.4V××0.2V=10.92。(3)(ⅰ)设容器容积为V L，11~19 s时，有I2时CH3Br的生成速率v=3.2V−2.6V8 mml·L-1·s-1=0.075V mml·L-1·s-1，无I2时CH3Br的生成速率v=2.2V−1.8V8 mml·L-1·s-1=0.05V mml·L-1·s-1，v(有I2)v(无I2)=。
【难度】较难题
【题型】填空题
3.(2024·吉林，10)异山梨醇是一种由生物质制备的高附加值化学品，150 ℃时其制备过程及相关物质浓度随时间变化如图所示，15 h后异山梨醇浓度不再变化。下列说法错误的是( )
A.3 h时，反应②正、逆反应速率相等
B.该温度下的平衡常数：①>②
C.0~3 h平均速率(异山梨醇)=0.014 ml·kg-1·h-1
D.反应②加入催化剂不改变其平衡转化率
【答案】A
【解析】由图可知，3 h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，故A错误；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，所以该温度下的平衡常数：①>②，故B正确；在0~3 h内异山梨醇的浓度变化量为0.042 ml·kg-1，所以平均速率(异山梨醇)=0.042ml·kg−13 h=0.014 ml·kg-1·h-1，故C正确；催化剂只能改变化学反应速率，不能改变物质平衡转化率，故D正确。
【难度】中档题
【题型】单选题
4.(2024·北京，16)HNO3是一种重要的工业原料。可采用不同的氮源制备HNO3。
(1)方法一：早期以硝石(含NaNO3)为氮源制备HNO3，反应的化学方程式为：H2SO4(浓)+NaNO3NaHSO4+HNO3↑。该反应利用了浓硫酸的性质是酸性和 。
(2)方法二：以NH3为氮源催化氧化制备HNO3，反应原理分三步进行。
①第Ⅰ步反应的化学方程式为 。
②针对第Ⅱ步反应进行研究：在容积可变的密闭容器中，充入2n ml NO和n ml O2进行反应。在不同压强下(p1、p2)，反应达到平衡时，测得NO转化率随温度的变化如图所示。解释y点的容器容积小于x点的容器容积的原因： 。
(3)方法三：研究表明可以用电解法以N2为氮源直接制备HNO3，其原理示意图如下。
①电极a表面生成NO3−的电极反应式： 。
②研究发现：N2转化可能的途径为N2NONO3−。电极a表面还发生ⅲ.H2O→O2。ⅲ的存在，有利于途径ⅱ，原因是 。
(4)人工固氮是高能耗的过程，结合N2分子结构解释原因 。
方法三为N2的直接利用提供了一种新的思路。
【答案】(1)难挥发性 (2)①4NH3+5O24NO+6H2O ②2NO+O22NO2，该反应正向气体分子总数减小，同温时，p1条件下NO转化率高于p2，故p1>p2，x、y点转化率相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响 (3)①N2+6H2O-10e-2NO3−+12H+ ②反应ⅲ生成O2，O2将NO氧化成NO2，NO2更易转化成NO3− (4)N2中存在氮氮三键，键能高，断键时需要较大的能量，故人工固氮是高能耗的过程
【解析】(1)浓硫酸难挥发，产物HNO3为气体，有利于复分解反应进行，体现了浓硫酸的难挥发性和酸性。(2)②2NO+O22NO2，该反应正向气体分子总数减小，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，NO转化率增大，由图可知，p1条件下NO转化率高于p2，故p1>p2，根据V=nRTp，x、y点转化率相同，则n相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响，故y点的容器容积小于x点的容器容积。(3)①电极a上N2→NO3−，氮元素化合价升高，发生氧化反应，电极a为阳极，电极反应式为N2+6H2O-10e-2NO3−+12H+。
【难度】较难题
【题型】填空题
5.[2024·甘肃，17(2)]在催化剂作用下由粗硅制备SiHCl3：3SiCl4(g)+2H2(g)+Si(s)4SiHCl3(g)。773 K，2 L密闭容器中，经不同方式处理的粗硅和催化剂混合物与0.4 ml H2和0.1 ml SiCl4气体反应，SiCl4转化率随时间的变化如下图所示：
①0~50 min，经方式 处理后的反应速率最快；在此期间，经方式丙处理后的平均反应速率v(SiHCl3)= ml·L-1·min-1。
②当反应达平衡时，H2的浓度为 ml·L-1，平衡常数K的计算式为 。
③增大容器体积，反应平衡向 移动。
【答案】①甲 5.6×10-5 ②0.195 2 ×0.19522 ③逆反应方向
【解析】①由图像可知，0~50 min，经方式甲处理后的反应速率最快；经方式丙处理后，50 min时SiCl4的转化率为4.2%，生成SiHCl3的物质的量为0.1 ml×4.2%×43=0.005 6 ml，v(SiHCl3)=0.005 6ml2 L×50min=5.6×10-5 ml·L-1·min-1。②反应达到平衡时，SiCl4的转化率为14.6%，列出三段式为
3SiCl4(g)+2H2(g)+Si(s)4SiHCl3(g)
起始/(ml·L-1) 0.05 0.2 0
转化/(ml·L-1) 0.007 3 0.004 8 0.009 7
平衡/(ml·L-1) 0.042 7 0.195 2 0.009 7
当反应达平衡时，H2的浓度为0.195 2 ml·L-1，平衡常数K的计算式为×0.19522。③增大容器体积，压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，即平衡向逆反应方向移动。
【难度】中档题
【题型】填空题
6.(2024·江苏，13)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=41.2 kJ·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】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；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，ΔH2反应Ⅱ
B．反应活化能：反应ⅠαⅠ
C．三组实验中，反应速率都随反应进程一直减小
D．体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间：tⅢ>tⅡ>tⅠ
(3)R的衍生物L可用于分离稀土。溶液中某稀土离子(用M表示)与L存在平衡：
M＋LML K1
ML＋LML2 K2
研究组配制了L起始浓度c0(L)＝0.02 ml·L－1、M与L起始浓度比eq \f(c0(M),c0(L))不同的系列溶液，反应平衡后测定其核磁共振氢谱。配体L上的某个特征H在三个物种L、ML、ML2中的化学位移不同，该特征H对应吸收峰的相对峰面积S(体系中所有特征H的总峰面积计为1)如下表。
注 核磁共振氢谱中相对峰面积S之比等于吸收峰对应H的原子数目之比；“αⅡ>αⅠ，B正确；三组实验反应速率都是前期速率增加，后期速率减小，C错误；硝酸浓度越高，反应速率越快，体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间越短，故tⅢ