第35讲 化学反应速率、化学平衡图像分析（解析版）- 高考化学【一轮 夯实基础】复习精讲精练

这是一份第35讲 化学反应速率、化学平衡图像分析（解析版）- 高考化学【一轮 夯实基础】复习精讲精练，共19页。
【复习目标】
1．系统掌握速率、平衡图像的分析方法。
2．加深外因对化学反应速率影响的理解。
【知识精讲】
1．瞬时速率—时间图像
(1)当可逆反应达到一种平衡后，若某一时刻外界条件发生改变，都可能使速率—时间图像的曲线出现不连续的情况，根据出现“断点”前后的速率大小，即可对外界条件的变化情况作出判断。如图：
t1时刻改变的条件可能是使用了催化剂或增大压强(仅适用于反应前后气体物质的量不变的反应)。
(2)常见含“断点”的速率－时间图像分析
(3)“渐变”类速率－时间图像
2．全程速率—时间图像
例如：Zn与足量盐酸的反应，化学反应速率随时间的变化出现如图所示情况。
原因：
(1)AB段(v增大)，反应放热，溶液温度逐渐升高，v增大。
(2)BC段(v减小)，溶液中c(H＋)逐渐减小，v减小。
3．物质的量(或浓度)—时间图像
例如：某温度时，在定容(V L)容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。
(1)由图像得出的信息
①X、Y是反应物，Z是生成物。
②t3 s时反应达到平衡状态，X、Y并没有全部反应，该反应是可逆反应。
③0～t3 s时间段：Δn(X)＝n1－n3ml，Δn(Y)＝n2－n3ml，Δn(Z)＝n2ml。
(2)根据图像可进行如下计算
①某物质的平均速率、转化率，如v(X)＝eq \f(n1－n3,V·t3) ml·L－1·s－1；Y的转化率＝eq \f(n2－n3,n2)×100%。
②确定化学方程式中的化学计量数之比，X、Y、Z三种物质的化学计量数之比为(n1－n3)∶(n2－n3)∶n2。
4．含量—时间—温度(压强)图像
(1)识图技巧
分析反应由开始(起始物质相同时)达到平衡所用时间的长短可推知反应条件的变化。
①若为温度变化引起，温度较高时，反应达平衡所需时间短。
②若为压强变化引起，压强较大时，反应达平衡所需时间短。
③若为是否使用催化剂，使用适宜催化剂时，反应达平衡所需时间短。
(2)应用举例
C%指生成物的质量分数，B%指反应物的质量分数。
【技法解读】
“先拐先平，数值大”，即曲线先出现拐点的首先达到平衡，反应速率快，以此判断温度或压强的高低。再依据外界条件对平衡的影响分析判断反应的热效应及反应前后气体体积的变化。
5．转化率(或浓度)—压强—温度图像
α表示某反应物的转化率，c表示某反应物的平衡浓度。
图①，若p1>p2>p3，则正反应为气体体积减小的反应，ΔHeq \a\vs4\al(＜)0；
图②，若T1>T2，则正反应为放热反应。
【技法解读】
“定一议二”，即把自变量(温度、压强)之一设为恒量，讨论另外两个变量的关系。
6．特殊图像
(1)对于化学反应：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，如图所示：M点前，表示从反应开始，v正>v逆；M点恰好达到平衡；M点后为平衡受温度的影响情况，即升温，A的百分含量增加或C的百分含量减少，平衡左移，故正反应ΔH＜0。
(2)对于化学反应：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，L线上所有的点都是平衡点(如图)。L线的左上方(E点)，A的百分含量大于此压强时平衡体系的A的百分含量，所以E点满足v正>v逆；同理，L线的右下方(F点)满足v正＜v逆。
【归纳总结】
新课标高考中对化学平衡知识的考查，往往根据工业生产实际，并结合陌生图像，分析投料比、转化率、产率的变化。该类题目信息量较大，综合性较强，能够充分考查学生读图、提取信息、解决问题的能力以及原理分析，规范描述的表达能力，解答该类题目要注意以下步骤：
第一步：识别图像类型。即明确横坐标和纵坐标的含义，理清线和点(平台、折线、拐点等)的关系。
第二步：把握反应特点。即分析可逆反应化学方程式，观察物质的状态、气态物质分子数的变化(正反应是气体分子数增大的反应，还是气体分子数减小的反应)、反应热(正反应是放热反应，还是吸热反应)等。
第三步：联想平衡原理。联想化学反应速率、化学平衡移动原理，特别是影响因素及使用前提条件等。
第四步：数形结合解答。图表与原理整合，逐项分析图表，重点看图表是否符合可逆反应的特点、化学反应速率和化学平衡原理。
【例题1】密闭容器中进行的可逆反应：aA(g)＋bB(g)cC(g)，在不同温度(T1和T2)及压强(p1和p2)下，混合气体中B的质量分数w(B)与反应时间(t)的关系如图所示。下列判断正确的是( )
A．T1T2，p1c，正反应为放热反应
【答案】B
【解析】
当图像中有三个变量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，这种方法叫做“定一议二”法。解答该题要综合运用“定一议二”和“先拐先平”的判断方法。由(T1，p1)和(T1，p2)两条曲线可以看出：①温度相同(T1)，但压强为p2时达到平衡所需的时间短，即反应速率大，所以p2>p1；②压强较大(即压强为p2)时对应的w(B)较大，说明增大压强平衡逆向移动，则a＋bT2；②温度较高(即温度为T1)时对应的w(B)较小，说明升高温度平衡正向移动，故正反应为吸热反应。
【例题2】有一反应：2A＋B2C，其中A、B、C均为气体，如图所示的曲线是该反应在不同温度下的平衡曲线，x轴表示温度，y轴表示B的转化率，图中有a、b、c三点，则下列描述正确的是( )
A．该反应是放热反应
B．b点时混合气体的平均摩尔质量不再变化
C．T1温度下若由a点达到平衡，可以采取增大压强的方法
D．c点：v正＜v逆
【答案】B
【解析】
由于温度升高，B的转化率增大，说明平衡正向移动，推知该反应是吸热反应，A错；在T1温度下，由a点达到平衡时，B的转化率不断减小，若采取加压措施，结合化学方程式可知B的转化率会不断增大，C错；在T2温度下，c点未达到平衡状态，B的转化率小于平衡转化率，说明反应正向进行，v正＞v逆，D错。
【例题3】H2S分解的热化学方程式为2H2S(g)2H2(g)＋S2(g) ΔH＝a kJ·ml－1。向容积为1 L的恒容密闭容器中加入n(H2S)＋n(Ar)＝0.1 ml的混合气体(Ar不参与反应)，测得不同温度(T1>T2)时H2S的平衡转化率随eq \f(n（H2S）,n（Ar）)比值的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A．该反应的aK(Z)
C．平衡常数K(X)＝0.012 5
D．维持Y点时n(H2S)不变，向容器中充入Ar气，H2S的平衡转化率减小
【答案】C
【解析】
已知T1>T2，T1温度下，H2S的平衡转化率更高，说明温度升高，平衡正向移动，则ΔH>0，即a>0，故A错误；X、Z均在T1温度下，温度不变，平衡常数不变，故B错误；列三段式：
2H2S(g)2H2(g)＋S2(g)
eq \a\vs4\al(起始浓度/,（ml·L－1）) 0.05 0 0
eq \a\vs4\al(变化浓度/,（ml·L－1）) 0.025 0.025 0.012 5
eq \a\vs4\al(平衡浓度/,（ml·L－1）) 0.025 0.025 0.012 5
K(X)＝eq \f(c2（H2）·c（S2）,c2（H2S）)＝0.012 5，故C正确；恒温恒容，通入稀有气体，各组分浓度不变，平衡不移动，则H2S的平衡转化率不变，故D错误。
【例题4】在一密闭容器中发生反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＜0，达到平衡后，只改变某一个条件时，反应速率与反应时间的关系如图所示。
回答下列问题：
(1)处于平衡状态的时间段是____________(填字母，下同)。
A．t0～t1 B．t1～t2
C．t2～t3 D．t3～t4
E．t4～t5 F．t5～t6
(2)判断t1、t3、t4时刻分别改变的一个条件。
A．增大压强 B．减小压强 C．升高温度
D．降低温度 E．加催化剂 F．充入氮气
t1时刻________；t3时刻________；t4时刻______。
(3)依据(2)中的结论，下列时间段中，氨的百分含量最高的是__________。
A．t0～t1 B．t2～t3
C．t3～t4 D．t5～t6
(4)如果在t6时刻，从反应体系中分离出部分氨，t7时刻反应达到平衡状态，请在图中画出反应速率的变化曲线。
【答案】
(1)ACDF (2)C E B (3)A (4)
【解析】
(1)根据图示可知，t0～t1、t2～t3、t3～t4、t5～t6时间段内，v正、v逆相等，反应处于平衡状态。
(2)t1时，v正、v逆同时增大，且v逆增大得更快，平衡向逆反应方向移动，所以t1时改变的条件是升温。t3时，v正、v逆同时增大且增大程度相同，平衡不移动，所以t3时改变的条件是加催化剂。t4时，v正、v逆同时减小，但平衡向逆反应方向移动，所以t4时改变的条件是减小压强。
(3)根据图示知，t1～t2、t4～t5时间段内平衡均向逆反应方向移动，NH3的含量均比t0～t1时间段的低，所以t0～t1时间段内NH3的百分含量最高。
(4)t6时刻分离出部分NH3，v逆立刻减小，而v正逐渐减小，在t7时刻二者相等，反应重新达到平衡，据此可画出反应速率的变化曲线。
【真题演练】
1．（2022·江苏·高考真题）乙醇-水催化重整可获得。其主要反应为，，
在、时，若仅考虑上述反应，平衡时和CO的选择性及的产率随温度的变化如图所示。
CO的选择性，下列说法正确的是（ ）
A．图中曲线①表示平衡时产率随温度的变化
B．升高温度，平衡时CO的选择性增大
C．一定温度下，增大可提高乙醇平衡转化率
D．一定温度下，加入或选用高效催化剂，均能提高平衡时产率
【答案】B
【分析】根据已知反应①，反应②，且反应①的热效应更大，温度升高的时候对反应①影响更大一些，根据选择性的含义，升温时CO选择性增大，同时CO2的选择性减小，所以图中③代表CO的选择性，①代表CO2的选择性，②代表H2的产率，以此解题。
【详解】
A．由分析可知②代表H2的产率，故A错误；
B．由分析可知升高温度，平衡时CO的选择性增大，故B正确；
C．一定温度下，增大，可以认为开始时水蒸气物质的量不变，增大乙醇物质的量，乙醇的平衡转化率降低，故C错误；
D．加入或者选用高效催化剂，不会影响平衡时产率，故D错误；
故选B。
2．（2020·江苏·高考真题）CH4与CO2重整生成H2和CO的过程中主要发生下列反应
在恒压、反应物起始物质的量比条件下，CH4和CO2的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A．升高温度、增大压强均有利于提高CH4的平衡转化率
B．曲线B表示CH4的平衡转化率随温度的变化
C．相同条件下，改用高效催化剂能使曲线A和曲线B相重叠
D．恒压、800K、n(CH4)：n(CO2)=1:1条件下，反应至CH4转化率达到X点的值，改变除温度外的特定条件继续反应，CH4转化率能达到Y点的值
【答案】BD
【详解】
A．甲烷和二氧化碳反应是吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应即正向移动，甲烷转化率增大，甲烷和二氧化碳反应是体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，甲烷转化率减小，故A错误；
B．根据两个反应得到总反应为CH4(g)＋2CO2(g) H2(g)＋3CO(g) ＋H2O (g)，加入的CH4与CO2物质的量相等，CO2消耗量大于CH4，因此CO2的转化率大于CH4，因此曲线B表示CH4的平衡转化率随温度变化，故B正确；
C．使用高效催化剂，只能提高反应速率，但不能改变平衡转化率，故C错误；
D．800K时甲烷的转化率为X点，可以通过改变二氧化碳的量来提高甲烷的转化率达到Y点的值，故D正确。
综上所述，答案为BD。
3．（2020·山东·高考真题）1，3-丁二烯与HBr发生加成反应分两步：
第一步H+进攻1，3-丁二烯生成碳正离子()；
第二步Br -进攻碳正离子完成1，2-加成或1，4-加成。
反应进程中的能量变化如下图所示。已知在0℃和40℃时，1，2-加成产物与1，4-加成产物的比例分别为70:30和15:85。下列说法正确的是（ ）
A．1，4-加成产物比1，2-加成产物稳定
B．与0℃相比，40℃时1，3-丁二烯的转化率增大
C．从0℃升至40℃，1，2-加成正反应速率增大，1，4-加成正反应速率减小
D．从0℃升至40℃，1，2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度
【答案】AD
【分析】根据图像分析可知该加成反应为放热反应，且生成的1,4-加成产物的能量比1,2-加成产物的能量低，结合题干信息及温度对化学反应速率与化学平衡的影响效果分析作答。
【详解】根据上述分析可知，
A. 能量越低越稳定，根据图像可看出，1,4-加成产物的能量比1,2-加成产物的能量低，即1,4-加成产物的能量比1,2-加成产物稳定，故A正确；
B. 该加成反应不管生成1,4-加成产物还是1,2-加成产物，均为放热反应，则升高温度，不利用1,3-丁二烯的转化，即在40时其转化率会减小，故B错误；
C. 从0升至40，正化学反应速率均增大，即1,4-加成和1,2-加成反应的正速率均会增大，故C错误；
D. 从0升至40，对于1,2-加成反应来说，化学平衡向逆向移动，即1,2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度，故D正确；
答案选AD。
4．（2022·全国·高考真题）油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题：
(1)已知下列反应的热化学方程式：
①
②
③
计算热分解反应④的________。
(2)较普遍采用的处理方法是克劳斯工艺。即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是：利用反应④高温热分解。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是________，缺点是________。
(3)在、反应条件下，将的混合气进行热分解反应。平衡时混合气中与的分压相等，平衡转化率为________，平衡常数________。
(4)在、反应条件下，对于分别为、、、、的混合气，热分解反应过程中转化率随时间的变化如下图所示。
①越小，平衡转化率________，理由是________。
②对应图中曲线________，计算其在之间，分压的平均变化率为________。
【答案】
(1)170
(2)副产物氢气可作燃料 耗能高
(3)50% 4.76
(4)越高 n(H2S):n(Ar)越小，H2S的分压越小，平衡向正反应方向进行，H2S平衡转化率越高 d 24.9
【解析】
(1)已知：
①2H2S(g)+3O2(g)＝2SO2(g)+2H2O(g) ΔH1＝－1036kJ/ml
②4H2S(g)+2SO2(g)＝3S2(g)+4H2O(g) ΔH2＝94kJ/ml
③2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g) ΔH3＝－484kJ/ml
根据盖斯定律(①+②)×－③即得到2H2S(g)＝S2(g)+2H2(g)的ΔH4＝（－1036+94）kJ/ml×+484kJ/ml＝170 kJ/ml；
(2)根据盖斯定律(①+②)×可得2H2S(g)+O2(g)＝S2(g)+2H2O(g) ΔH＝(－1036+94)kJ/ml×=－314kJ/ml，因此，克劳斯工艺的总反应是放热反应；根据硫化氢分解的化学方程式可知，高温热分解方法在生成单质硫的同时还有氢气生成。因此，高温热分解方法的优点是：可以获得氢气作燃料；但由于高温分解H2S会消耗大量能量，所以其缺点是耗能高；
(3)假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1ml和4ml，根据三段式可知：
平衡时H2S和H2的分压相等，则二者的物质的量相等，即1－x＝x，解得x＝0.5，所以H2S的平衡转化率为，所以平衡常数Kp＝＝≈4.76kPa；
(4)①由于正反应是体积增大的可逆反应，n(H2S):n(Ar)越小，H2S的分压越小，相当于降低压强，平衡向正反应方向移动，因此H2S平衡转化率越高；
②n(H2S):n(Ar)越小，H2S平衡转化率越高，所以n(H2S):n(Ar)＝1:9对应的曲线是d；根据图像可知n(H2S):n(Ar)＝1:9反应进行到0.1s时H2S转化率为0.24。假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1ml和9ml，则根据三段式可知
此时H2S的压强为≈7.51kPa，H2S的起始压强为10kPa，所以H2S分压的平均变化率为＝24.9kPa·s－1。
5．（2022·浙江·高考真题）主要成分为的工业废气的回收利用有重要意义。
(1)回收单质硫。将三分之一的燃烧，产生的与其余混合后反应：。在某温度下达到平衡，测得密闭系统中各组分浓度分别为、、，计算该温度下的平衡常数_______。
(2)热解制。根据文献，将和的混合气体导入石英管反应器热解(一边进料，另一边出料)，发生如下反应：
Ⅰ
Ⅱ
总反应：
Ⅲ
投料按体积之比，并用稀释；常压，不同温度下反应相同时间后，测得和体积分数如下表：
请回答：
①反应Ⅲ能自发进行的条件是_______。
②下列说法正确的是_______。
A．其他条件不变时，用Ar替代作稀释气体，对实验结果几乎无影响
B．其他条件不变时，温度越高，的转化率越高
C．由实验数据推出中的键强于中的键
D．恒温恒压下，增加的体积分数，的浓度升高
③若将反应Ⅲ看成由反应Ⅰ和反应Ⅱ两步进行，画出由反应原料经两步生成产物的反应过程能量示意图_______。
④在，常压下，保持通入的体积分数不变，提高投料比，的转化率不变，原因是___________________。
⑤在范围内(其他条件不变)，的体积分数随温度升高发生变化，写出该变化规律并分析原因_____________。
【答案】
(1)8×108 L·ml－1
(2)高温 AB
1000℃时CH4不参与反应，相同分压的H2S经历相同的时间转化率相同 先升后降；在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S2(g)的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率，S2(g)的体积分数减小
【解析】
（1）根据方程式可知该温度下平衡常数
K＝；
（2）①根据盖斯定律可知Ⅰ+Ⅱ即得到反应Ⅲ的ΔH＝234kJ/ml，这说明反应Ⅲ是吸热的体积增大（即ΔS＞0）的反应，根据ΔG＝ΔH－TΔS＜0可自发进行可知反应Ⅲ自发进行的条件是高温下自发进行；②A．Ar是稀有气体，与体系中物质不反应，所以其他条件不变时，用Ar替代N2作稀释气体，对实验结果几乎无影响，A正确；B．正反应吸热，升高温度平衡正向进行，温度越高，H2S的转化率越高，B正确；C．根据表中数据无法得出H2S中S-H键和CH4中C-H键的相对强弱，事实上C-H键的键能大于S-H键键能，C错误；D．恒温恒压下，增加N2的体积分数，相当于减压，平衡正向进行，H2的物质的量增加，容器容积增加，H2浓度减小，D错误；答案选AB；③反应I、反应Ⅱ和反应Ⅲ均是吸热反应，则反应过程能量示意图可表示为
；
④根据表中数据可知1000℃时CH4不参与反应，相同分压的H2S经历相同的时间转化率相同，所以在1000℃常压下，保持通入的H2S体积分数不变，提高投料比时H2S的转化率不变；⑤根据表中数据可知在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S2(g)的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率，S2(g)的体积分数减小，因此变化规律是先升后降。
6．（2021·江苏·高考真题）甲烷是重要的资源，通过下列过程可实现由甲烷到氢气的转化。
(1)500℃时，CH4与H2O重整主要发生下列反应：
CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)
CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)
已知CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s) ΔH=-178.8kJ·ml-1。向重整反应体系中加入适量多孔CaO，其优点是_______________。
(2)CH4与CO2重整的主要反应的热化学方程式为
反应I：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH=246.5kJ·ml-1
反应II：H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH=41.2kJ·ml-1
反应III：2CO(g)=CO2(g)+C(s) ΔH=-172.5kJ·ml-1
①在CH4与CO2重整体系中通入适量H2O(g)，可减少C(s)的生成，反应3CH4(g)+CO2(g)+2H2O(g)=4CO(g)+8H2(g)的ΔH=_______________。
②1.01×105Pa下，将n起始(CO2)：n起始(CH4)=1：1的混合气体置于密闭容器中，不同温度下重整体系中CH4和CO2的平衡转化率如图1所示。800℃下CO2平衡转化率远大于600℃下CO2平衡转化率，其原因是_______________。
(3)利用铜—铈氧化物(xCuO·yCeO2，Ce是活泼金属)催化氧化可除去H2中少量CO，催化氧化过程中Cu、Ce的化合价均发生变化，可能机理如图2所示。将n(CO)：n(O2)：n(H2)：n(N2)=1：1：49：49的混合气体以一定流速通过装有xCuO·yCeO2催化剂的反应器，CO的转化率随温度变化的曲线如图3所示。
①Ce基态原子核外电子排布式为[Xe]4f15d16s2，图2所示机理的步骤(i)中，元素Cu、Ce化合价发生的变化为_______________。
②当催化氧化温度超过150℃时，催化剂的催化活性下降，其可能原因是_______________。
【答案】
(1)吸收CO2，提高H2的产率，提供热量
(2)657.1kJ·ml-1 反应Ⅰ和反应Ⅱ的ΔH＞0，高温下反应的平衡常数大(反应正向进行程度大)，CO2的消耗量大，反应Ⅲ的ΔH＜0，高温下反应的平衡常数小(反应正向进行程度小)，CO2的生成量小
(3)铜的化合价由+2变为+1价，铈的化合价由+4价变为+3价 高温下，Cu(+2价)或Cu(+1价)被H2还原为金属Cu
【解析】
（1）已知CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s) ΔH=－178.8kJ·ml-1，因此向重整反应体系中加入适量多孔CaO的优点是吸收CO2，使平衡正向移动，提高H2的产率，同时提供热量。
（2）①反应I：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH=246.5kJ·ml-1
反应II：H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH=41.2kJ·ml-1
依据盖斯定律可知I×3－II×2即得到反应3CH4(g)+CO2(g)+2H2O(g)=4CO(g)+8H2(g)的ΔH=657.1kJ·ml-1。
②由于反应Ⅰ和反应Ⅱ的ΔH＞0，高温下反应的平衡常数大(反应正向进行程度大)，CO2的消耗量大，反应Ⅲ的ΔH＜0，高温下反应的平衡常数小(反应正向进行程度小)，CO2的生成量小，所以800℃下CO2平衡转化率远大于600℃下CO2平衡转化率。
（3）①图2所示机理的步骤(i)中CO结合氧元素转化为二氧化碳，根据Cu、Ce两种元素的核外电子排布式可判断元素Cu、Ce化合价发生的变化为铜的化合价由+2变为+1价，铈的化合价由+4价变为+3价。
②由于高温下，Cu(+2价)或Cu(+1价)被H2还原为金属Cu，所以当催化氧化温度超过150℃时，催化剂的催化活性下降。
7．（2021·湖北·高考真题）丙烯是一种重要的化工原料，可以在催化剂作用下，由丙烷直接脱氢或氧化脱氢制备。
反应Ⅰ(直接脱氢)：C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g) △H1=+125kJ·ml-1
反应Ⅱ(氧化脱氢)：C3H8(g)+O2(g)=C3H6(g)+H2O(g) △H2=-118kJ·ml-1
(1)已知键能：E(C—H)=416kJ·ml-1，E(H—H)=436kJ·ml-1，由此计算生成1ml碳碳π键放出的能量为_________kJ。
(2)对于反应Ⅰ，总压恒定为100kPa，在密闭容器中通入C3H8和N2的混合气体(N2不参与反应)，从平衡移动的角度判断，达到平衡后“通入N2”的作用是_______________。在温度为T1时，C3H8的平衡转化率与通入气体中C3H8的物质的量分数的关系如图a所示，计算T1时反应Ⅰ的平衡常数Kp=__kPa(以分压表示，分压=总压×物质的量分数，保留一位小数)。
(3)在温度为T2时，通入气体分压比为p(C3H8)：p(O2)：p(N2)=10：5：85的混合气体，各组分气体的分压随时间的变化关系如图b所示。0～1.2s生成C3H6的平均速率为______________kPa·s-1；；在反应一段时间后，C3H8和O2的消耗速率比小于2∶1的原因为_____________________。
(4)恒温刚性密闭容器中通入气体分压比为p(C3H8)：p(O2)：p(N2)=2：13：85的混合气体，已知某反应条件下只发生如下反应(k，k′为速率常数)：
反应Ⅱ：2C3H8(g)+O2(g)=2C3H6(g)+2H2O(g) k
反应Ⅲ：2C3H6(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(g) k′
实验测得丙烯的净生成速率方程为v(C3H6)=kp(C3H8)-k′p(C3H6)，可推测丙烯的浓度随时间的变化趋势为______________，其理由是_______________。
【答案】
(1)271
(2)减小气体浓度，使平衡右移，提高C3H8(g)转化率 16.7
(3)2 H2和C3H6都消耗O2
(4)先增大后减小 反应开始时，体系中主要发生反应Ⅱ，c(C3H6)逐渐增大，随着反应进行，p(C3H8)减小，p(C3H6)增大，v(C3H6)减小，体系中主要发生反应Ⅲ，c(C3H6)逐渐减小
【解析】
（1）由C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g) △H1=+125kJ·ml-1可知反应需要中断裂2ml C—H键、形成1ml碳碳π键和1ml H—H键，416kJ·ml-1×2- E (碳碳π键) -436kJ·ml-1= +125kJ.ml-1，解得：E(碳碳π键)= +271kJ. ml-1，所以形成1ml碳碳π键放出的能量为271kJ；
（2）达到平衡后，通入N2，由于总压恒定为100kPa，则容器体积增大，平衡向气体体积增大的方向移动，即向正反应方向移动，C3H8(g)的转化率增大；根据图a，C3H8的物质的量分数为0.4时，其平衡转化率为50%；假设混合气体为1ml，则起始时C3H8为0.4ml，N2为0.6ml，运用三段式法计算：
由于总压恒定为100kPa，平衡时C3H8为0.2ml，C3H6为0.2ml，H2为0.2ml，N2为0.6ml，则C3H8(g)、C3H6(g)、H2(g)的分压均为：100KPa×=故T1时反应Ⅰ的平衡常数KP==16.7kPa。
（3）内C3H6的分压由0增大为2.4kPa，则生成的平均速率为=2kPa·s-1；若只发生反应Ⅰ、Ⅱ，C3H6的分压应大于H2和H2O的分压，但由图b知，随着反应进行，分压p(H2O)>p(C3H6)>p(H2)，且有CO2生成，H2分压降低，故体系中还发生反应：C3H6+O2=3CO2+3H2O，H2+O2=H2O，消耗O2，因此C3H8和O2的消耗速率比小于2∶1；
（4）反应开始时，反应Ⅱ向右进行，c(C3H6)逐渐增大，且体系中以反应Ⅱ为主，随着反应进行，p(C3H8)减小，p(C3H6)增大，使得v (C3H6)减小，体系中以反应Ⅲ为主，因此丙烯的浓度随时间的变化趋势为先增大后减小。
8．（2021·广东·高考真题）我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。CH4与CO2重整是CO2利用的研究热点之一。该重整反应体系主要涉及以下反应：
a)CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ∆H1
b)CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ∆H2
c)CH4(g)C(s)+2H2(g) ∆H3
d)2CO(g)CO2(g)+C(s) ∆H4
e)CO(g)+H2(g)H2O(g)+C(s) ∆H5
(1)根据盖斯定律，反应a的∆H1=_______(写出一个代数式即可)。
(2)上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有_______。
A．增大CO2与CH4的浓度，反应a、b、c的正反应速率都增加
B．移去部分C(s)，反应c、d、e的平衡均向右移动
C．加入反应a的催化剂，可提高CH4的平衡转化率
D．降低反应温度，反应a~e的正、逆反应速率都减小
(3)一定条件下，CH4分解形成碳的反应历程如图所示。该历程分_______步进行，其中，第_______步的正反应活化能最大。
(4)设K为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压（单位为kPa）除以p0（p0=100kPa）。反应a、c、e的ln K随（温度的倒数）的变化如图所示。
①反应a、c、e中，属于吸热反应的有_______(填字母)。
②反应c的相对压力平衡常数表达式为K=_______。
③在图中A点对应温度下、原料组成为n(CO2):n(CH4)=1:1、初始总压为100kPa的恒容密闭容器中进行反应，体系达到平衡时H2的分压为40kPa。计算CH4的平衡转化率，写出计算过程_____________。
(5)CO2用途广泛，写出基于其物理性质的一种用途：_____________。
【答案】
∆H2+∆H3-∆H5或∆H3-∆H4 AD 4 4 ac 68% 做冷冻剂
【详解】
(1)根据题目所给出的反应方程式关系可知，a=b+c-e=c-d，根据盖斯定律则有∆H1=∆H2+∆H3-∆H5=∆H3-∆H4；
(2)A．增大CO2和CH4的浓度，对于反应a、b、c来说，均增大了反应物的浓度，反应的正反应速率增大，A正确；
B．移去部分C(s)，没有改变反应体系中的压强，反应的正逆反应速率均不变，平衡不移动，B错误；
C．催化剂可以同等条件下增大正逆反应速率，只能加快反应进程，不改变反应的平衡状态，平衡转化率不变，C错误；
D．降低温度，体系的总能量降低，正、逆反应速率均减小，D正确；
故答案选AD；
(3)由图可知，反应过程中能量变化出现了4个峰，即吸收了4次活化能，经历了4步反应；且从左往右看4次活化能吸收中，第4次对应的峰最高，即正反应方向第4步吸收的能量最多，对应的正反应活化能最大。
(4)①随着温度的升高，反应a和c的ln K增大，说明K的数值增大，反应向正反应方向进行，反应a和c为吸热反应，同理反应e的ln K减小，说明K的减小，反应向逆反应方向进行，反应e为放热反应，故答案为ac；
②用相对分压代替浓度，则反应c的平衡常数表达式K=；
③由图可知，A处对应反应c的ln K=0，即K==1，解方程的p2(H2)=p(CH4)，已知反应平衡时p(H2)=40kPa，则有p(CH4)=16kPa，且初始状态时p(CH4)=×100kPa=50kPa，故CH4的平衡转化率为×100%=68%；
(5)固态CO2即为干冰，干冰用于制冷或人工降雨均是利用其物理性质。
【点睛】本题难点在于K与关系曲线的判断，在曲线中斜率为正为放热反应，斜率为负为吸热反应。
9．（2021·全国·高考真题）二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。回答下列问题：
(1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：
该反应一般认为通过如下步骤来实现：
①
②
总反应的_______；若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是_______(填标号)，判断的理由是_______。
A． B． C． D．
(2)合成总反应在起始物时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为，在℃下的、在下的如图所示。
①用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式_______；
②图中对应等压过程的曲线是_______，判断的理由是_______；
③当时，的平衡转化率____，反应条件可能为___或___。
【答案】
-49 A ΔH1为正值，ΔH2为和ΔH为负值，反应①的活化能大于反应②的 b 总反应ΔHp3；温度升高，反应I和II平衡逆向移动，反应III向正反应方向移动，所以T1温度时，三条曲线交与一点的原因为：T1时以反应III为主，反应III前后分子数相等，压强改变对平衡没有影响；
(4).根据图示可知，温度越低，CO2的平衡转化率越大，CH3OH的平衡产率越大，压强越大，CO2的平衡转化率越大，CH3OH的平衡产率越大，所以选择低温和高压，答案选A。
11．（2020·浙江·高考真题）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________。
A．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】
AE p Ⅱ T4 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
【详解】
（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：

由三段式数据可知N2O4的平衡分压为×p=，NO2的平衡分压为×p=，则平衡常数Kp＝=，故答案为：；
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，故答案为：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，故答案为：T4；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；
【课后精练】
第I卷（选择题）
1．（2022·黑龙江·哈师大附中）一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的量随时间变化的曲线如下图所示，下列描述正确的是（ ）
A．反应开始到10s，用Z表示的反应速率为
B．反应开始到10s，X的物质的量浓度为减少了
C．反应开始到10s，Y的平衡转化率为79.0％
D．反应的化学方程式为
【答案】C
【详解】
A．反应开始到10s，Z的物质的量增加1.58ml，用Z表示的反应速率为，故A错误；
B．反应开始到10s，X的物质的量浓度为减少了，故B错误；
C．反应开始到10s，Y的平衡转化率为=79.0％，故C正确；
D．反应消耗0.79mlX、0.79mlY，生成1.58mlZ，10s后浓度不变，该反应可逆，反应的化学方程式为，故D错误；
选C。
2．（2022·辽宁实验中学）下列图示所对应的叙述正确的是（ ）
A．甲可以表示烷烃分子中H的百分含量随碳原子数的变化
B．对反应：，根据乙可以求出x=2
C．丙表示铝片与稀硫酸反应的速率随反应时间变化的曲线，说明时刻溶液的温度最高
D．丁所示图中的阴影部分面积的含义是()
【答案】B
【详解】
A．烷烃分子中H的百分含量随碳原子数的增加而减小，故A错误；
B．物质的量变化量之比等于化学计量数之比，根据图乙可知，B和C的物质的量变化量之比为1：1，则B和C的计量数相同，可求出x=2，故B正确；
C．铝片与稀硫酸的反应为放热反应，充分反应时温度最高，开始时温度升高使反应速率加快，但随浓度减小反应速率减小，t1时刻反应速率最大，但温度不是最高，故C错误；
D．阴影部分面积表示浓度变化量，则为()与时间的乘积，故D错误；
故答案选B。
3．（2022·重庆巴蜀中学）一定条件下，在2L密闭容器中加入等物质的量的FeO和CO，发生下列反应：，在温度下，物质的量n随时间t变化的曲线如图所示，下列叙述不正确的是（ ）
A．平衡前，随着反应的进行，容器内气体的平均相对分子质量逐渐增大
B．平衡时，增大压强，的浓度增大
C．该反应的，、对应的平衡常数
D．t1时刻的改变可能是加入了催化剂，也可能是加入了氮气
【答案】D
【分析】由题意和图可知T1下：FeO和CO的起始量为2.0ml，到达平衡的时间较短，到达平衡时消耗1mlFeO和CO，生成1mlCO2；
T2下：FeO和CO的起始量为2.0ml，到达平衡的时间较长，到达平衡时生成1.2mlCO2。
【详解】
A．反应正向建立平衡，CO转化为，容器内气体的平均相对分子质量逐渐增大，故A正确；
B．反应前后气体系数之和相等，加压，平衡不移动，但体积减小，的浓度增大，故B正确；
C．温度越高，反应速率越快，达到平衡所需时间越短，即＞；结合分析可知升高温度，二氧化碳平衡量减小，平衡逆向移动，则该反应的，升温后平衡逆向移动，平衡常数减小，则，由反应前，平衡时，，则，故C正确；
D．时刻二氧化碳物质的量瞬间增大，不可能是加入催化剂，不可能是加入氮气，可能是增大压强或充入二氧化碳，故D错误；
答案选D。
4．（2022·陕西·铜川市第一中学）一定质量的锌粒与1.0L稀盐酸反应，生成的物质的量与反应时间的关系如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．向该反应中加入大量固体，会使生成氢气的速率加快
B．若将锌粒改为锌粉，可以加快产生的反应速率
C．内平均反应速率最大
D．4min后，反应速率减小的主要原因是减小
【答案】A
【详解】
A．向该反应中加入大量CuSO4固体，Zn与硫酸铜反应置换出铜，会覆盖在Zn的表面，反应速率减慢，故A错误；
B．将锌粒改为锌粉，反应接触面积增大，反应速率加快，故B正确；
C．由图可知，2～4min内反应产生氢气最多，反应速率最快，故C正确；
D．开始随反应进行，反应速率逐渐加快，因为反应放热，温度升高速率加快，但随反应逐渐进行，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故D正确；
故选：A。
5．（2022·广西玉林期末）在容积不变的密闭容器中，2 ml SO2和1 mlO2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，下列说法正确的是（ ）
A．该反应的ΔH>0
B．在T2时SO2的平衡转化率为80%
C．加入适当的催化剂，目的是加快反应速率，提高SO3的产率
D．T1时的化学平衡常数K1大于T2时的平衡常数K2
【答案】D
【详解】
A．由图可知，T2先达到平衡，T1＜T2，且温度高对应SO3的体积分数小，可知升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，反应的ΔH＜0，故A错误；
B．设转化的SO2为xml，则根据方程式可知，解得x=，SO2的平衡转化率为×100%≈85.7%，故B错误；
C．催化剂可加快反应速率，不影响平衡移动，则入适当的催化剂，目的是加快反应速率，但SO3的产率不变，故C错误；
D．K与温度有关，且升高温度平衡逆向移动，则T1时的化学平衡常数K1大于T2时的平衡常数K2，故D正确；
故选D。
6．（2022·陕西·铜川市第一中学）在某一密封体系中发生反应：。如图为某一段时间段反应速率与反应时间的山线关系。下列说法正确的是（ ）
A．内氨的百分含量最高B．时刻，向体系中充入
C．时刻，密封体系体积缩小D．时间段内，该反应停止了
【答案】A
【详解】
A．t1后期，三次改变的反应条件分别使平衡逆向移动、不移动、逆向移动，氨的百分含量分别减小、不变、减小，所以氨的百分含量最高的时间段是，A项正确；
B．时刻，改变某条件，正、逆反应速率同时加快，若向体系中充入，此刻逆反应速率应保持不变，且正反应速率大于逆反应速率，B项错误；
C．时刻，正、逆反应速率比前期都减小，应为减小浓度，即密封体系体积增大，C项错误；
D．从图中可以看出，时间段内，正、逆反应速率相等，但反应速率加快，表明该反应没有停止，D项错误；
答案选A。
7．（2022·山东淄博）25℃时，在恒容密闭容器中发生反应：，反应过程中各气体浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．曲线甲表示浓度随时间的变化B．a、b两点正反应速率大小：
C．c点反应达到平衡D．，
【答案】B
【详解】
A．由图可知，开始至平衡时，甲减少0.06ml/L，对应生成乙为0.12ml/L，由发生，可知曲线乙表示浓度随时间的变化，故A错误；
B．随反应的进行，浓度减小、反应速率减小，则a、b两点正反应速率大小：va＞vb，故B正确；
C．c点之后浓度仍在变化，c点不是平衡状态，故C错误；
D．0～60s，=0.12ml/L÷60s=0.002ml⋅L-1⋅s-1，故D错误；
故选B。
8．（2022·重庆八中末）以下图像和叙述正确的是（ ）
A．图甲：该图像表示的反应方程式为，反应速率
B．图乙：某温度下发生反应：，时刻改变的条件一定是加入催化剂
C．图丙：对图中反应升高温度，该反应平衡常数增大
D．图丁：对于反应：，
【答案】C
【详解】
A. 图甲中根据该变量之比等于计量系数之比得到该图像表示的反应方程式为，甲中容器体积未知，无法计量A的反应速率，故A错误；
B. 图乙：某温度下发生反应：，根据图中信息得到时刻改变的条件可能是加入催化剂，可能是加压，故B错误；
C. 图丙：对图中反应升高温度，正反应增大的速率大于逆反应增大的速率，说明平衡正向移动，该反应是吸热反应，升高温度，该反应平衡常数增大，故C正确；
D. 图丁，根据下面两根曲线得到P2＞P1，从下到上，增大压强，C%增大，说明正向移动，即正向是体积减小的反应，即，故D错误。
综上所述，答案为C。
9．（2022·河南信阳）在恒温恒容的密闭容器中，A气体与B气体反应生成C气体。反应过程中，反应物与生成物的浓度随时间变化的曲线如图所示，下列叙述正确的是（ ）
A．s时，反应物A的转化率为60%
B．s时，
C．该反应的化学方程式为A(g)+3B(g)2C(g)
D．反应达平衡后与反应前容器内气体的总压强之比为9∶13
【答案】D
【详解】
A．根据图中信息可知，s时，反应物A的转化率为75%，选项A错误；
B．s时，反应处于平衡状态，3，选项B错误；
C．根据反应方程式可知在相同的时间内，A减少0.6ml/L，B减少0.2ml/L，C增加0.4ml/L，最终各种物质都存在处于平衡状态，因此该反应的化学方程式为3A(g)+ B(g)2C(g)，选项C错误；
D．恒温、恒容条件下,物质的量之比等于其压强之比，还等于其物质的量浓度之和之比,反应前气体浓度之和为(0.8+0.5)ml/L=1.3ml/L,反应后混合气体浓度之和=(0.4+0.3+0.2)ml/L=0.9ml/L，所以反应后与反应前的压强之比=0.9ml/L:1.3ml/L=9:13，选项D正确；
答案选D。
10．（2022·安徽·高三开学考试）反应可有效降低汽车尾气中污染物的排放。一定条件下，向某恒容密闭容器中按物质的量比为2∶1充入和，一段时间后达到平衡。下图曲线M表示该反应在温度下，的物质的量浓度随时间的变化；曲线N则表示该反应改变某一起始条件时的变化。
下列叙述正确的是（ ）
A．混合气体的密度：
B．化学反应速率：
C．在温度下，该反应的化学平衡常数
D．曲线N改变的条件是升高温度
【答案】B
【分析】由知，该反应放热，为气体分子数减小的反应，由图像可知，x、y点还未达到反应平衡，，z点为平衡状态，；曲线N和曲线M相比，反应速率加快，CO的平衡浓度变小，根据分析进行解答。
【详解】
A．反应物和生成物均为气体，故气体的总质量不变，容器为恒容，故V不变，那么密度不变，故混合气体的密度：，A错误；
B．z点为平衡状态，此时，x、y点时，达到平衡时正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，故化学反应速率：，B正确；
C．，根据三段式可知，在温度下,化学平衡常数，C错误；
D．，升高温度，平衡逆向移动，反应速率加快，CO的平衡浓度增大，但曲线N和曲线M相比，反应速率加快，CO的平衡浓度变小，故改变的条件是增大压强，D错误；
故答案选B。
11．（2022·安徽阶段练习）HI常用作还原剂，受热发生反应：。一定温度时，向1L密闭容器中充入，体系中与反应时间t的关系如图。下列说法中错误的是（ ）
A．内，
B．时，
C．时，反应达到了平衡状态
D．时，向该容器中再充入，化学反应速率不变
【答案】B
【详解】
A．根据v=，可知v(HI)= =0.0045ml⋅(L⋅min)-1，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，则v(H2)= 0.0045ml⋅(L⋅min)-1×= 2.25×10-3 ml⋅(L⋅min)-1，A正确；
B．由图可知：40min后，c(HI)继续减小，说明反应仍在正向进行，即v正(HI)>v逆(HI)，B错误；
C．120min到140min之间，c(HI)不再发生变化，即该反应到达化学平衡状态，C正确；
D．140min后，向该容器中再充入1mlN2，氮气不参与反应，反应物和生成物的浓度没有发生变化，化学反应速率将不发生变化，D正确；
故选B。
12．（2022·全国·高三）下列表述与示意图不一致的是（ ）
A．图①可表示5mL 0.01ml•L﹣1KMnO4酸性溶液与过量的0.1ml•L﹣1 H2C2O4溶液混合时，n(Mn2+)随时间的变化
B．图②中曲线可表示反应2SO2(g)+O2 (g) 2SO3(g) △H＜0的正、逆反应平衡常数K随温度的变化
C．图③可表示常温下，用0.1ml•L﹣1的NaOH溶液滴定20mL 0.1ml•L﹣1盐酸，溶液pH随加入的NaOH溶液体积的变化
D．I2在KI溶液中存在平衡：I2(aq)+I﹣(aq) I(aq)，c(I)与温度T的关系如图④，若反应进行到C点状态时，则一定有v(正)>v(逆)
【答案】C
【详解】
A．5mL 0.01ml•L﹣1KMnO4酸性溶液与过量的0.1ml•L﹣1 H2C2O4溶液混合，反应生成Mn2+，Mn2+对反应有催化作用，所以反应开始后速率迅速增大，随着反应进行，n(Mn2+)增大，当高锰酸钾完全反应后，n(Mn2+)不再发生变化，图像符合，故A不选；
B．该反应正反应是放热反应，逆反应是吸热反应，升高温度，平衡逆向移动，正反应的化学平衡常数减小，逆反应的化学平衡常数增大，图像符合，故B不选；
C．用0.1ml•L﹣1的NaOH溶液滴定20mL 0.1ml•L﹣1盐酸，溶液pH在接近滴定终点时pH骤变，题中pH变化曲线不正确，且该图表示酸滴定碱而不是碱滴定酸，故C选；
D．若反应进行到C点状态时，要使反应达到平衡状态，溶液中c(I)应该增大，反应正向进行，则存在v(正)>v(逆)，图像符合，故D不选；
答案选C。
13．（2022·全国·高三）H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得70℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越慢
B．图乙表明，其他条件相同时，溶液碱性越弱，H2O2分解速率越慢
C．图丙表明，少量Mn2+存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快
D．图丙和图丁表明，碱性溶液中，c(Mn2+)对H2O2分解速率的影响大
【答案】C
【详解】
A．图甲中溶液的pH相同，但浓度不同，浓度越大，相同时间内浓度的变化量越大，由此得出相同pH条件下，双氧水浓度越小，双氧水分解速率越慢，故A正确；
B．图乙中H2O2浓度相同，但加入NaOH浓度不同，说明溶液的pH不同，NaOH浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大，由此得出双氧水浓度相同时，pH越小双氧水分解速率越慢，故B正确；
C．图丙中少量Mn2+存在时，相同时间内双氧水浓度变化量0.1ml/LNaOH溶液＞1.0ml/LNaOH溶液＞0ml/LNaOH溶液，由此得出锰离子作催化剂时受溶液pH的影响，但与溶液的pH值不成正比，故C错误；
D．图丁中pH相同，锰离子浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大，图丙中说明催化剂的催化效率受溶液的pH值影响，由此得出，碱性溶液中，c(Mn2+)对H2O2分解速率的影响大，故D正确；
答案为C。
14．（2022·上海·专题练习）一定条件下，CH4与H2O(g)发生反应：CH4(g)＋H2O(g) CO(g)＋3H2(g)，设起始n(H2O)/n(CH4)=Z，在恒压条件下，平衡时CH4的体积分数φ(CH4)与Z和温度T的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．图中X点对应的平衡混合物中n(H2O)/n(CH4)=3
B．图中Z的大小关系为a>3>b
C．该反应的焓变ΔH>0
D．温度不变时，增大X点对应的平衡体系的压强后，φ(CH4)减小
【答案】C
【详解】
A．由方程式可知，甲烷与水蒸气以物质的量比为1：1发生反应，反应起始时=3，反应一段时间后，X点对应的平衡混合物中一定不等于3，故A错误；
B．设甲烷的物质的量为定值，相同温度下，Z值越大，水的物质的量越大，平衡向正反应方向移动，甲烷的体积分数减小，则图中Z的大小关系为b>3>a，故B错误；
C．由图可知，反应温度升高，甲烷的体积分数减小，说明平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应，反应的焓变ΔH>0，故C正确；
D．该反应是气体体积增大的反应，温度不变时，增大压强，平衡向逆反应方向移动，甲烷的体积分数增大，故D错误；
故选C。
15．（2022·陕西渭南期末）已知图1为一定温度下，压强与化学反应速率的关系曲线，图2为压强一定时，C％与温度、时间的关系曲线(图中C％表示某反应物在体系中的百分含量)。同时符合以下两个图示的反应是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】从图可看出，压强增大，逆反应速率增大更多，平衡逆向移动，所以该反应的正反应方向是气体的化学计量数增大的反应；从图可看出升高温度，反应物在体系中的百分含量增大，平衡逆向移动，所以该反应的正反应方向是放热反应。
【详解】
A．正反应是放热反应，且气体的化学计量数增大，A正确；
B．正反应是吸热反应，B错误；
C．正反应是放热反应，但气体的化学计量数减小，C错误；
D．正反应是吸热反应，D错误；
故选：A。
16．（2022·陕西·铜川市第一中学）某可逆反应为，下列表示该反应的图像中不正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】
A．根据“先拐先平衡数值大”则先出现拐点是500℃ ，从下到上，温度降低，平衡向放热反应移动即正向移动，C的体积分数增大，故A正确；
B．增大压强，正反应速率、逆反应速率都增大，故B错误；
C．加催化剂，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短，但平衡时浓度不变，故C正确；D．增大压强，平衡向体积减小的反应移动即正向移动，A的转化率增大，从下到上，降低温蒂，平衡向放热反应移动即正向移动，A的转化率增大，故D正确。
综上所述，答案为B。
第II卷（非选择题）
17．（2022·安徽蚌埠·高三阶段练习）工业烟气中含大量NOx，如何处理尾气污染是科技工作者研究的重点。回答下列问题：
(1)最新研究发现用H2可还原NO，其能量变化过程如图：
写出此反应的热化学方程式________________________________。
(2)利用污泥燃烧产生的还原性气体(NH3、CO等)也可还原烟气中的NOx。
①CO还原NO的反应历程中相对能量变化如图：
该历程中最大能垒(活化能)E正=____kJ·ml-1，该步骤的化学方程式是____________。
②NH3还原NO反应为：6NO(g)+4NH3(g)5N2(g)+6H2O(g) △H＜0。实验测得主燃区温度、过量空气系数(KSR1)与NO还原效率的关系如图所示。“还原气氛”下，该反应的最佳条件是T=____K，KSR1=____；“氧化气氛”下，当KSR1=1.2时，NO的还原效率低于“基准”的原因是________________________。
(3)一定温度下，在2.0L刚性密闭容器中充人1mlCH4和2mlNO2发生反应：CH4(g)+2NO2(g)CO2(g)+N2(g)+2H2O(g)。测得反应时间(t)与容器内气体总压强(p)的变化如表所示。
达到平衡时，NO2的转化率为______________。若起始时加入3mlCH4和2mlNO2，则在该温度下的压强平衡常数Kp=______________kPa(以分压表示的平衡常数为Kp，分压=总压物质的量分数)。
【答案】
(1)2H2(g)+2NO(g)N2(g)+2H2O(g) △H=(a+b-c-d)kJ·ml-1
(2)298.4 2NO(g)+2CO(g)=N2O2(g)+2CO(g) 1673 0.85 正反应是气体体积增大的放热反应，在温度不变时，KSR1增大，导致体系的压强增大，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，从而使NO还原效率降低
(3)75% 3240
【解析】
（1）提取图中数据，依据盖斯定律，△H=反应物的总键能生成物的总键能
；
（2）)①根据图示可知该历程中的最大垒能为；该步骤的化学方程式是；
根据图示可知：在温度为T=1673K，KSR1=0.85时NO的还原效率最大，故该反应最佳条件是T=1673K，KSR1=0.85；
“氧化气氛”下，当KSR1=1.2时，NO的还原效率低于“基准”是由于反应的正反应是气体体积增大的放热反应，在高温下，当KSR1由1.0变为1.2时，体系的压强增大，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，使的NO还原效率降低；
（3）一定温度下，固定体积的容器中，压强比等于气体物质的量比，即，设平衡时气体总物质的量为y，则，解得y=3.75ml，设平衡时，CH4转化的物质的量为xml，列三段式：
开始(ml) 1 2 0 0 0
转化(ml) x 2x x x 2x
平衡(ml) x x 2x
可得，解得x=0.75，NO2的转化率：；
；温度不变，平衡常数不变，故若起始时加入3mlCH4和2mlNO2，则在该温度下的压强平衡常数还是3240kPa。
18．（2022·福建省龙岩第一中学阶段练习）硫酸是一种重要的基本化工产品，接触法制硫酸生产中的关键工序是的催化氧化： kJ·ml-1。
回答问题：
(1)钒催化剂参与反应的能量变化如图所示，与反应生成和的热化学方程式为：_______________________________。
(2)恒温恒容下，以、投料发生反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)，下图分别代表焓变()、混合气体平均相对分子(M )、质量分数和混合气体压强(p)与反应时间(t)的关系，下图正确且能表明该反应达到平衡状态的是___________。
A．B．C．D．
(3)向2L容器中充入2ml和1ml， 发生反应，测得反应在不同温度和压强下，平衡混合物中体积分数如图所示。
①图中X表示___________(填“温度”或“压强”)，___________(填“＞”或“＜”)；
②___________(填“＞”、“＜”或“=”)；
③a点的转化率为___________；a点对应的平衡常数___________；
【答案】
(1)2V2O5(s)+2SO2(g)=2VOSO4(s)+V2O4(s) ΔH=−351 kJ·ml−1
(2)BC
(3)温度 ＞ ＜ (或85.7%) 504
【解析】
（1）由图示可知，① V2O4(s)+SO3(g)⇌V2O5(s)+SO2(g) △H2=-24kJ/ml，②V2O4(s)+2SO3(g)⇌2VOSO4(s) △H1=-399kJ/ml，依据盖斯定律，反应2V2O5(s)+2SO2(g)=2VOSO4(s)+V2O4(s)可由②-①2得到，其焓变△H=-399kJ/ml-2(-24kJ/ml)= −351 kJ·ml−1，则与反应生成和的热化学方程式为：2V2O5(s)+2SO2(g)=2VOSO4(s)+V2O4(s) ΔH=−351 kJ·ml−1。
（2）A．化学反应一般伴随能量变化，对于一个具体的热化学方程式，焓变一直不变，不能说明反应达到平衡状态，A错误；
B．该反应为气体分子数减小的反应，随着反应进行，混合气体的平均相对分子质量增大，当混合气体的平均相对分子质量不再变化，说明反应达到平衡状态，B正确；
C．二氧化硫为反应物，随着反应进行，二氧化硫的质量分数逐渐减小，当二氧化硫的质量分数不再变化，说明反应达到平衡状态，C正确；
D．该反应为气体分子数减小的反应，随着反应进行，压强逐渐减小，当压强不再改变时，反应达到平衡状态，D错误；
答案选BC。
（3）①该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，三氧化硫体积分数减小，该反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，三氧化硫体积分数增大，因此X代表温度，L代表压强，且L1>L2。
②温度越高、压强越大，反应速率越快，a点温度低、压强小，则