2020年高考真题+高考模拟题 专项版解析汇编 化学——09 反应速率、化学平衡（教师版） 34页

专题09 反应速率、化学平衡 ‎2020年高考真题 ‎1．（2020年浙江卷）溶液与溶液发生反应：，达到平衡。下列说法不正确的是( )‎ A．加入苯，振荡，平衡正向移动 B．经苯2次萃取分离后，在水溶液中加入，溶液呈血红色，表明该化学反应存在限度 C．加入固体，平衡逆向移动 D．该反应的平衡常数 ‎【答案】D ‎【解析】A．加入苯振荡，苯将I2萃取到苯层，水溶液中c（I2）减小，平衡正向移动，A正确；‎ B．将5mL0.1mol/LKI溶液与1mL0.1mol/LFeCl3溶液混合，参与反应的Fe3+与I−物质的量之比为1:1，反应后I−一定过量，经苯2次萃取分离后，在水溶液中加入KSCN溶液呈血红色，说明水溶液中仍含有Fe3+，即Fe3+没有完全消耗，表明该化学反应存在限度，B正确；‎ C．加入FeSO4固体溶于水电离出Fe2+，c（Fe2+）增大，平衡逆向移动，C正确；‎ D．该反应的平衡常数K=，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎2．（2020年浙江卷）一定条件下： 。在测定的相对分子质量时，下列条件中，测定结果误差最小的是( )‎ A．温度、压强 B．温度、压强 C．温度、压强 D．温度、压强 ‎【答案】D ‎【解析】测定二氧化氮的相对分子质量，要使测定结果误差最小，应该使混合气体中NO2的含量越多越好，为了实现该目的，应该改变条件使平衡尽可以地逆向移动。该反应是一个反应前后气体分子数减小的放热反应，可以通过减小压强、升高温度使平衡逆向移动，则选项中，温度高的为130℃，压强低的为50kPa，结合二者选D。答案为D。‎ ‎3．（2020年江苏卷）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 ‎【解析】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。‎ ‎4．（2020年天津卷）已知呈粉红色，呈蓝色，为无色。现将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：，用该溶液做实验，溶液的颜色变化如下：‎ 以下结论和解释正确的是 A．等物质的量的和中σ键数之比为3:2‎ B．由实验①可推知△H<0‎ C．实验②是由于c(H2O)增大，导致平衡逆向移动 D．由实验③可知配离子的稳定性：‎ ‎【答案】D ‎【解析】A．1个[Co(H2O)6]2+中含有18个σ键，1个[CoCl4]2−中含有4个σ键，等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2−所含σ键数之比为18:4=9:2，A错误；‎ B．实验①将蓝色溶液置于冰水浴中，溶液变为粉红色，说明降低温度平衡逆向移动，则逆反应为放热反应，正反应为吸热反应，∆H>0，B错误；‎ C．实验②加水稀释，溶液变为粉红色，加水稀释，溶液的体积增大，[Co(H2O)6]2+、[CoCl4]2−、Cl−浓度都减小，[Co(H2O)6]2+、Cl−的化学计量数之和大于[CoCl4]2−的化学计量数，则瞬时浓度商>化学平衡常数，平衡逆向移动，C错误；‎ D．实验③加入少量ZnCl2固体，溶液变为粉红色，说明Zn2+与Cl−结合成更稳定的[ZnCl4]2−，导致溶液中c（Cl−）减小，平衡逆向移动，则由此说明稳定性：[ZnCl4]2−>[CoCl4]2−，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题有两个易错点：A项中[Co(H2O)6]2+中不仅有Co2+与H2‎ O分子间的配位键，而且每个H2O分子中还有两个O—Hσ键；C项中H2O为溶剂，视为纯液体，加水稀释，溶液体积增大，相当于利用“对气体参与的反应，增大体积、减小压强，平衡向气体系数之和增大的方向移动”来理解。‎ ‎5．（2020年新课标Ⅲ）二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO2的热点研究领域。回答下列问题：‎ ‎(1)CO2催化加氢生成乙烯和水的反应中，产物的物质的量之比n(C2H4)∶n(H2O)=__________。当反应达到平衡时，若增大压强，则n(C2H4)___________(填“变大”“变小”或“不变”)。‎ ‎(2)理论计算表明，原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，在体系压强为0.1MPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。‎ 图中，表示C2H4、CO2变化的曲线分别是______、______。CO2催化加氢合成C2H4反应的ΔH______0(填“大于”或“小于”)。‎ ‎(3)根据图中点A(440K，0.39)，计算该温度时反应的平衡常数Kp=_________(MPa)−3(列出计算式。以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。‎ ‎(4)二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随副反应，生成C3H6、C3H8、C4H8等低碳烃。一定温度和压强条件下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当___________________。‎ ‎【答案】（1）1∶4 变大 （2）d c 小于 ‎ ‎（3）或等 ‎ ‎（4）选择合适催化剂等 ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据质量守恒定律配平化学方程式，可以确定产物的物质的量之比。根据可逆反应的特点分析增大压强对化学平衡的影响。根据物质的量之比等于化学计量数之比，从图中找到关键数据确定代表各组分的曲线，并计算出平衡常数。根据催化剂对化反应速率的影响和对主反应的选择性，工业上通常要选择合适的催化剂以提高化学反应速率、减少副反应的发生。‎ ‎【详解】(1)CO2催化加氢生成乙烯和水，该反应的化学方程式可表示为2CO2+6H2 ⇌ CH2 = CH2+4H2O，因此，该反应中产物的物质的量之比n(C2H4)：n(H2O)=1：4。由于该反应是气体分子数减少的反应，当反应达到平衡状态时，若增大压强，则化学平衡向正反应方向移动，n(C2H4)变大。‎ ‎(2)由题中信息可知，两反应物的初始投料之比等于化学计量数之比；由图中曲线的起点坐标可知，c和a所表示的物质的物质的量分数之比为1:3、d和b表示的物质的物质的量分数之比为1:4，则结合化学计量数之比可以判断，表示乙烯变化的曲线是d，表示二氧化碳变化曲线的是c。由图中曲线的变化趋势可知，升高温度，乙烯的物质的量分数减小，则化学平衡向逆反应方向移动，则该反应为放热反应，∆H小于0。‎ ‎(3)原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，在体系压强为0.1Mpa建立平衡。由A点坐标可知，该温度下，氢气和水的物质的量分数均为0.39，则乙烯的物质的量分数为水的四分之一，即，二氧化碳的物质的量分数为氢气的三分之一，即，因此，该温度下反应的平衡常数(MPa)−3=(MPa)−3。‎ ‎(4)工业上通常通过选择合适的催化剂，以加快化学反应速率，同时还可以提高目标产品的选择性，减少副反应的发生。因此，一定温度和压强下，为了提高反应速率和乙烯的选择性，应当选择合适的催化剂。‎ ‎【点睛】本题确定图中曲线所代表的化学物质是难点，其关键在于明确物质的量的分数之比等于各组分的物质的量之比，也等于化学计量数之比（在初始投料之比等于化学计量数之比的前提下，否则不成立）。‎ ‎6．（2020年山东新高考）探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CH3OH的产率。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下：‎ Ⅰ． ‎ Ⅱ． ‎ Ⅲ． ‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)_________kJ∙mol−1。‎ ‎(2)一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1 mol CO2和3 mol H2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH(g)为ɑ mol，CO为b mol，此时H2O(g)的浓度为__________mol﹒L−1(用含a、b、V的代数式表示，下同)，反应Ⅲ的平衡常数为___________。‎ ‎(3)不同压强下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度的变化关系如下图所示。‎ 已知：CO2的平衡转化率=‎ CH3OH的平衡产率=‎ 其中纵坐标表示CO2平衡转化率的是图___________(填“甲”或“乙”)；压强p1、p2、p3由大到小的顺序为___________；图乙中T1温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是___________。‎ ‎(4)为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，应选择的反应条件为_________(填标号)。‎ A．低温、高压 B．高温、低压 C．低温、低压 D．高温、高压 ‎【答案】（1）+40.9 （2） ‎ ‎（3）乙 p1、p2、p3 T1时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响 ‎（4）A ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据盖斯定律计算反应热；利用三个反应，进行浓度和化学平衡常数的计算；结合图形根据勒夏特列原理考虑平衡移动的方向，确定温度和压强变化时，CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率之间的关系得到相应的答案。‎ ‎【详解】(1)根据反应I+II=III，则△H3=△H1+△H2=−49.5kJ∙mol−1+(−90.4 kJ∙mol−1)=+40.9 kJ∙mol−1；‎ ‎(2)假设反应II中，CO反应了xmol，则II生成的CH3OH为xmol，I生成的CH3OH为(a−x)mol，III生成CO为(b+x)mol，根据反应I：，反应II： ，反应III：，所以平衡时水的物质的量为(a−x)mol+(b+x)mol =(a+b)mol，浓度为:；平衡时CO2的物质的量为1mol−(a−x)mol−(b+x)mol=(1−a−b)mol，H2的物质的量为3mol−3(a−x)mol−2x−(b+x)mol=(3−3a−b)mol，CO的物质的量为bmol，水的物质的量为(a+b)mol，则反应III的平衡常数为：；‎ ‎(3)反应I和II为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则CH3OH的平衡产率减少，所以图甲表示CH3OH的平衡产率，图乙中，开始升高温度，由于反应I和II为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率降低，反应III为吸热反应，升高温度反应III向正反应方向移动，升高一定温度后以反应III为主，CO2的平衡转化率又升高，所以图乙表示CO2的平衡转化率；压强增大，反应I和II是气体体积减小的反应，反应I和II平衡正向移动，反应III气体体积不变化，平衡不移动，故压强增大CH3OH的平衡产率增大，根据图所以压强关系为：p1>p2>p3；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，CH3‎ OH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。‎ ‎【点睛】本题为化学反应原理综合题，考查了盖斯定律、化学平衡常数的计算、勒夏特列原理进行图像的分析，难点为平衡常数的计算，巧用了三个反应的化学方程式，进行了数据的处理，得到反应III的各项数据，进行计算得到平衡常数。‎ ‎7．（2020年浙江卷）研究氧化制对资源综合利用有重要意义。相关的主要化学反应有：‎ Ⅰ． ‎ Ⅱ． ‎ Ⅲ． ‎ Ⅳ． ‎ 已知：时，相关物质的相对能量(如图1)。‎ 可根据相关物质的相对能量计算反应或变化的(随温度变化可忽略)。例如： 。‎ 请回答：‎ ‎(1)①根据相关物质的相对能量计算_____。‎ ‎②下列描述正确的是_____‎ A．升高温度反应Ⅰ的平衡常数增大 B．加压有利于反应Ⅰ、Ⅱ的平衡正向移动 C．反应Ⅲ有助于乙烷脱氢，有利于乙烯生成 D．恒温恒压下通水蒸气，反应Ⅳ的平衡逆向移动 ‎③有研究表明，在催化剂存在下，反应Ⅱ分两步进行，过程如下：，且第二步速率较慢(反应活化能为)。根据相关物质的相对能量，画出反应Ⅱ分两步进行的“能量−反应过程图”，起点从的能量，开始(如图2)。‎ ‎(2)①和按物质的量1:1投料，在和保持总压恒定的条件下，研究催化剂X对“氧化制”的影响，所得实验数据如下表：‎ 催化剂 转化率 转化率 产率 催化剂X ‎19.0‎ ‎37.6‎ ‎3.3‎ 结合具体反应分析，在催化剂X作用下，氧化的主要产物是______，判断依据是_______。‎ ‎②采用选择性膜技术(可选择性地让某气体通过而离开体系)可提高的选择性(生成的物质的量与消耗的物质的量之比)。在，乙烷平衡转化率为，保持温度和其他实验条件不变，采用选择性膜技术，乙烷转化率可提高到。结合具体反应说明乙烷转化率增大的原因是_____。‎ ‎【答案】(1)①430 ②AD ③‎ ‎(2)① 的产率低，说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率 ‎ ‎②选择性膜吸附，促进反应Ⅱ平衡正向移动 ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据题中信息用相对能量求反应热；根据平衡移动原理分析温度、压强和反应物的浓度对化学平衡的影响，并作出相关的判断；根据相关物质的相对能量和活化能算出中间产物、过渡态和最终产物的相对能量，找到画图的关键数据；催化剂的选择性表现在对不同反应的选择性不同；选择性膜是通过吸附目标产品而提高目标产物的选择性的，与催化剂的选择性有所区别。‎ ‎【详解】(1)①由图1的数据可知，C2H6(g)、CO2(g)、CO(g)、H2(g)的相对能量分别为−84kJ∙mol−1、−393 kJ∙mol−1、−110 kJ∙mol−1、0 kJ∙mol−1。由题中信息可知，∆H=生成物的相对能量−反应物的相对能量，因此，C2H6(g)+2CO2(g)⇌4CO(g)+3H2(g) ∆H3=(−110 kJ∙mol−1)´4−(−84kJ∙mol−1)−( −393 kJ∙mol−1)´2=430 kJ∙mol−1。‎ ‎②A．反应Ⅰ为吸热反应，升高温度能使其化学平衡向正反应方向移动，故其平衡常数增大，A正确；‎ B．反应Ⅰ和反应Ⅱ的正反应均为气体分子数增大的反应，增大压强，其化学平衡均向逆反应方向移动，B不正确；‎ C．反应Ⅲ的产物中有CO，增大CO的浓度，能使反应Ⅱ的化学平衡向逆反应方向移动，故其不利于乙烷脱氢，不利于乙烯的生成，C不正确；‎ D．反应Ⅳ的反应前后气体分子数不变，在恒温恒压下向平衡体系中通入水蒸气，体系的总体积变大，水蒸气的浓度变大，其他组分的浓度均减小相同的倍数，因此该反应的浓度商变大（大于平衡常数），化学平衡向逆反应方向移动，D正确。‎ 综上所述，描述正确的是AD。‎ ‎③由题中信息可知，反应Ⅱ分两步进行，第一步的反应是C2H6(g)+CO2(g)®C2H4(g)+H2(g) +CO2(g)，C2H4(g)、H2(g)、CO2(g)的相对能量之和为52 kJ∙mol−1+0+(−393 kJ∙mol−1)= −341 kJ∙mol−1；第二步的反应是C2H4(g)+H2(g) +CO2(g)®C2H4(g)+H2O(g) +CO(g)，其活化能为210 kJ∙mol−1，故该反应体系的过渡态的相对能量又升高了210 kJ∙mol−1，过渡态的的相对能量变为−341 kJ∙mol−1+210 kJ∙mol−1= −131 kJ∙mol−1，最终生成物C2H4(g)、H2O(g)、CO(g)的相对能量之和为(52 kJ∙mol−1)+(−242 kJ∙mol−1)+(−110 kJ∙mol−1)= −300 kJ∙mol−1。根据题中信息，第一步的活化能较小，第二步的活化能较大，故反应Ⅱ分两步进行的“能量—反应过程图”可以表示如下：。‎ ‎(2)①由题中信息及表中数据可知，尽管CO2和C2H6按物质的量之比1：1投料，但是C2H4的产率远远小于C2H6的转化率，但是CO2的转化率高于C2H6，说明在催化剂X的作用下，除了发生反应Ⅱ，还发生了反应Ⅲ，而且反应物主要发生了反应Ⅲ，这也说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率，因此，CO2氧化C2H6的主要产物是CO。故答案为：CO；C2H4的产率低说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率。‎ ‎②由题中信息可知，选择性膜技术可提高C2H4的选择性，由反应ⅡC2H6(g)+CO2(g)⇌C2H4(g)+H2O(g) +CO(g)可知，该选择性应具体表现在选择性膜可选择性地让C2H4通过而离开体系，即通过吸附C2H4减小其在平衡体系的浓度，从而促进化学平衡向正反应方向移动，因而可以乙烷的转化率。故答案为：选择性膜吸附C2H4，促进反应Ⅱ平衡向正反应方向移动。‎ ‎【点睛】本题“能量—反应过程图”是难点。一方面数据的处理较难，要把各个不同状态的相对能量算准，不能遗漏某些物质；另一方面，还要考虑两步反应的活化能不同。这就要求考生必须有耐心和细心，准确提取题中的关键信息和关键数据，才能做到完美。‎ ‎2020届高考模拟试题 ‎8．（2020年北京市东城区第二学期高三4月新高考适应试卷）下列事实不能用平衡移动原理解释的是 A．开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫 B．由H2(g)、I2(g)、HI(g)组成的平衡体系加压后颜色变深 C．实验室制取乙酸乙酯时，将乙酸乙酯不断蒸出 D．石灰岩受地下水长期溶蚀形成溶洞 ‎【答案】B ‎【解析】A．啤酒中存在平衡：H2CO3H2O+CO2，开启啤酒瓶，瓶内压强降低，平衡向气体体积增大的方向移动，即向生成二氧化碳气体的方向移动，故能用平衡移动原理解释，A不选；‎ B．反应H2+I22HI是一个反应前后气体分子数不变的反应，压强改变并不能使平衡发生移动，混合气体加压后颜色变深，是因为I2的浓度增大，不能用平衡移动原理解释，B选；‎ C．实验室制取乙酸乙酯时，采用加热的方式将乙酸乙酯不断蒸出，从而平衡向生成乙酸乙酯的方向移动，能用平衡移动原理解释，C不选；‎ D．石灰岩形成与反应：CaCO3+CO2+H2OCa(HCO3)2，能用平衡移动原理解释，D不选；‎ 答案选B。‎ ‎9．（天津市和平区2020届高三一模）‎ 在300mL的密闭固定容器中，一定条件下发生Ni(s)+4CO(g) Ni(CO)4(g)的反应，该反应平衡常数（K）与温度（T）的关系如下表所示：‎ T/℃‎ ‎25‎ ‎80‎ ‎230‎ K ‎5×104‎ ‎2‎ ‎1.9×10﹣5‎ 下列说法不正确的是（ ）‎ A．上述生成Ni(CO)4(g)的反应为放热反应 B．230℃时，该反应的正反应为不自发的反应 C．80℃达到平衡时，测得n(CO)=0.3mol，则Ni(CO)4的平衡浓度为2 mol·L−1‎ D．25℃时反应Ni(CO)4(g) Ni(s)+4CO(g)的平衡常数为2×10−5‎ ‎【答案】B ‎【解析】A．图表数据分析，平衡常数随温度升高减小，说明平衡逆向进行，逆向是吸热反应，正向是放热反应，故A正确；‎ B．230℃时，该反应的平衡常数K=1.9×10﹣5，只是说明正反应进行的程度低，但仍为自发的反应，故B错误；‎ C．80℃达到平衡时，测得n(CO)=0.3mol，c(CO)==1mol/L，依据平衡常数计算式，K==2，则Ni(CO)4的平衡浓度为2mol/L，故C正确；‎ D．25℃时反应Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)的平衡常数为Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)，平衡常数的倒数═=2×10−5，故D 正确；‎ 故答案为B。‎ ‎10．（成都七中2020届高三考前热身考试）某小组探究实验条件对反应速率的影响，设计如下实验，并记录结果如下：‎ 编号 温度 H2SO4溶液 KI溶液 ‎1%淀粉溶液体积 出现蓝色时间 ‎①‎ ‎20℃‎ ‎0.10 mol·L−110 mL ‎0.40 mol·L−1 5 mL ‎1mL ‎40 s ‎②‎ ‎20℃‎ ‎0.10 mol·L−110 mL ‎0.80 mol·L−1 5 mL ‎1mL ‎21 s ‎③‎ ‎50℃‎ ‎0.10 mol·L−110 mL ‎0.40 mol·L−1 5 mL ‎1mL ‎5s ‎④‎ ‎80℃‎ ‎0.10 mol·L−110 mL ‎0.40 mol·L−1 5 mL ‎1mL 未见蓝色 下列说法正确的是 A．由实验①②可知，反应速率v与c(I−)成正比 B．实验①−④中，应将H2SO4溶液与淀粉溶液先混合 C．在I−被O2氧化过程中，H+只是降低活化能 D．由实验③④可知，温度越高，反应速率越慢 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】反应速率与温度、浓度、催化剂等有关，温度越高反应速率越快，浓度越大反应速率越快，催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率。‎ ‎【详解】A．实验①②中其它条件相同，c(I−)：①<②，且反应速率：①<②，所以反应速率v与c(I−)成正比，A正确；‎ B．实验①−④中，应将KI溶液与淀粉溶液先混合，再加入H2SO4溶液，在酸性条件下发生氧化还原反应生成碘单质，测定溶液变色的时间，B错误；‎ C．在I−被O2氧化过程中，H+除了作为催化剂降低活化能，还作为反应物参加反应，C错误；‎ D．由实验④温度越高，生成的碘单质能被氧气继续氧化，所以④不变色， D错误。‎ 答案选A。‎ ‎11．（杭州高级中学2020届高三仿真模拟）在容积为2L的刚性密闭容器中加入1molCO2和3molH2，发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。在其他条件不变的情况下，温度对反应的影响如图所示(注：T1、T2均大于300℃)。下列说法正确的是（ ）‎ A．该反应在T1时的平衡常数比在T2时的小 B．处于A点的反应体系从T1变到T2，达到平衡时减小 C．T2时，反应达到平衡时生成甲醇的反应速率v(CH3OH)=mol·L−1·min−1‎ D．T1时，若反应达到平衡后CO2的转化率为x，则容器内的压强与起始压强之比为(2−x)∶2‎ ‎【答案】D ‎【解析】A．图象分析可知先拐先平温度高，T1＜T2，温度越高平衡时生成甲醇物质的量越小，说明正反应为放热反应，则温度越高，平衡常数越小，该反应在T1时的平衡常数比T2时的大，故A错误；‎ B．分析可知T1＜T2，A点反应体系从T1变到T2，升温平衡逆向进行，达到平衡时增大，故B错误；‎ C．T2下达到平衡状态甲醇物质的量nB，反应达到平衡时生成甲醇的平均速率为v（CH3OH）＝mol•L﹣1•min﹣1，故C错误；‎ D．T1下，若反应达到平衡后CO2转化率为x，则 则容器内的压强与起始压强之比＝，故D正确；答案选D。‎ ‎12．（杭州高级中学2020届高三仿真模拟）25℃，向40mL0.05mol/L的FeCl3溶液中加入10mL0.15mol/L的KSCN溶液，发生反应：Fe3++3SCN−Fe(SCN)3，混合溶液中c(Fe3+)与反应时间(t)的变化如图所示。（盐类的水解影响忽略不计）下列说法正确的是（ ）‎ A．在该反应过程中，A点的正反应速率小于B点的逆反应速率 B．E点对应的坐标为(0，0.05)‎ C．该反应的平衡常数K=‎ D．t4时向溶液中加入50mL0.1mol/LKCl溶液，平衡不移动 ‎【答案】C ‎【解析】A．A点反应物浓度大于B点反应物浓度，A和B两点均没有达到平衡状态，则在该反应过程中，A点的正反应速率大于B点的逆反应速率，A错误；‎ B．E点混合后溶液的浓度为(0.04L×0.05mol/L)÷0.05L=0.04mol/L，则E点坐标为（0，0.04），B错误；‎ C．由图可知，平衡时Fe3+浓度为m，则络合离子浓度为0.04−m，SCN−的浓度为(0.01×0.15)÷0.05−3×（0.04−m）=3m−0.09，则K=，C正确；‎ D．t4时向溶液中加入50mL 0.1mol/L KCl溶液，溶液总体积增大，浓度减小，向浓度增大的方向移动，即逆向移动，D错误；答案选C。‎ ‎13．（浙江省宁波市五校2020届高三适应性考试）1 L恒容密闭容器中充入2molNO和1molCl2反应：2NO(g)+Cl2(g)2NOCl(g)，在温度分别为T1、T2时测得NO的物质的量与时间的关系如表所示，正确的是 t/min 温度/℃‎ ‎0‎ ‎5‎ ‎8‎ ‎13‎ T1‎ ‎2‎ ‎1.5‎ ‎1.3‎ ‎1.0‎ T2‎ ‎2‎ ‎1.15‎ ‎1.0‎ ‎1.0‎ A．T1>T2‎ B．T1时，反应前5min的平均速率为v(Cl2)=0.5mol·L−1·min−1‎ C．反应达平衡时，升高温度促进反应向正反应方向进行 D．T2时，向反应后的容器中充入2molNOCl(g)，再次平衡时，c(NOCl)>2mol·L−1‎ ‎【答案】D ‎【解析】A．其他条件一定下，温度越高，化学反应速率越快。根据表格中的数据，单位时间内，T2温度下，NO的反应速率快，因此T12mol·L−1，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎14．（北京大学附中2020届高三化学阶段性测试）反应 2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g) + SiCl4(g)在催化剂作用下，于323 K 和 343 K 时充分反应，SiHCl3 的转化率随时间变化的结果如图所示：‎ 下列说法不正确的是 A．343 K 时反应物的平衡转化率为 22%‎ B．a、b 处反应速率大小：va＞vb C．要提高 SiHCl3 转化率，可采取的措施是降温和及时移去反应产物 D．已知反应速率 ，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，x为物质的量分数，则 343 K 时 ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】由图示，温度越高反应速率越快，达到平衡用得时间就越少，所以曲线a代表343K的反应，曲线b代表323K的反应；要提高反应物的转化率，就需要使平衡向右移动，从此角度出发进行分析；根据转化率列出三段式，再利用达到平衡时正反应速率等于逆反应速率，进行相关的计算。‎ ‎【详解】A．由图示，温度越高反应速率越快，达到平衡用得时间就越少，所以曲线a代表343K的反应，从图中读出343 K 时反应物的平衡转化率为 22%，A正确；‎ B．a、b两点的转化率相等，可以认为各物质的浓度对应相等，而a点的温度更高，所以速率更快，即va＞vb，B正确；‎ C．由图可知，温度越高转化率越大，减少生成物，根据勒夏特列原理，平衡正向移动，则转化率增大，所以要提高SiHCl3转化率，可采取的措施是升温和及时移去反应产物，C错误；‎ D．假设开始时SiHCl3的物质的量浓度为cmol/L，343 K 时反应物的平衡转化率为 22%，则有：‎ ‎，，‎ 已知反应速率，平衡时v正=v逆，则有，所以，D正确。‎ 答案选C。‎ ‎15．（江苏省七市2020届高三第二次调研）温度为T℃，向体积不等的恒容密闭容器中分别加入足量活性炭和1mol NO2，发生反应：2C(s)+2NO2(g)⇌N2(g)+2CO2(g)反应相同时间，测得各容器中NO2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．T℃时，该反应的化学平衡常数为 B．图中c点所示条件下，v(正)＞v(逆)‎ C．向a点平衡体系中充入一定量的NO2，达到平衡时，NO2的转化率比原平衡大 D．容器内的压强：Pa:Pb＞6:7‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】由反应 可知容器体积越大，压强越小，反应往正方向移动，NO2的转化率提高，由图像可知，相同时间，a，b为已达到平衡点，c还未达到平衡，利用化学平衡常数和等效平衡进行分析。‎ ‎【详解】A．a点时反应达到平衡，NO2转化率为40%，则 ‎ ‎ T℃时，该反应的化学平衡常数为，故A错误；‎ B．图中c点还未达到平衡，反应往正方向进行，v(正)＞v(逆)，故B正确；‎ C．向a点平衡体系中充入一定量的NO2，等效于加压，平衡逆移，转化率降低，C错误；‎ D．由A可知a点时容器内气体物质的量为1.2mol；b点时反应三段式为 则b点容器内气体物质的量为1.4mol，由于V1＜V2，则Pa:Pb＞6:7，故D正确；‎ 故答案选：BD。‎ ‎16．（泰安市肥城市2020届高三适应性训练一）利用传感技术可以探究压强对2NO2(g)N2O4(g)化学平衡移动的影响。在室温、100kPa条件下，往针筒中充入一定体积的NO2气体后密封并保持活塞位置不变。分别在t1、t2时刻迅速移动活塞并保持活塞位置不变，测定针筒内气体压强变化如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A．B点处NO2的转化率为3%‎ B．E点到H点的过程中，NO2的物质的量先增大后减小 C．E、H两点对应的正反应速率大小为vH＞vE D．B、E两点气体的平均相对分子质量大小为MB＞ME ‎【答案】CD ‎【解析】A．由图可知B点处压强为97KPa，设起始二氧化氮为1mol，转化率为a，由题意建立如下三段式：‎ ‎ ‎ 由可得，解得a=0.06，即二氧化氮的转化率为6%，故A错误；‎ B．由图可知，t2时刻移动了活塞，压强迅速增大，说明迅速移动活塞使针筒体积减小，并保持活塞位置不变后，体系因体积减小而压强增大，平衡向生成四氧化二氮的方向移动，则E点到H点的过程中，二氧化氮的物质的量是一个减小过程，故B错误；‎ C．对于有气体参加的反应，压强越大反应速率越大，由图可知，H点压强大于E点，则反应速率vH＞vE，故C正确；‎ D．由图可知，B到E的过程为压强减小的过程，减小压强平衡向生成二氧化氮的方向移动，气体的物质的量增大，由质量守恒定律可知气体质量不变，则混合气体的平均相对分子质量减小，即MB＞ME，故D正确；故选CD。‎ ‎17．（宁夏大学附属中学2020届高三第五次模拟）“绿水青山就是金山银山”，近年来，绿色发展、生态保护成为中国展示给世界的一张新“名片”。‎ ‎(I)汽车尾气是造成大气污染的重要原因之一，减少氮的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容之一。请回答下列问题：‎ ‎(1)已知： ‎ 若某反应的平衡常数表达式为，则此反应的热化学方程式为_______。‎ ‎(2)在一定条件下可发生分解：，一定温度下，在恒容密闭容器中充入一定量进行该反应，能判断反应已达到化学平衡状态的是_____(填字母)。‎ A．和的浓度比保持不变 B．容器中压强不再变化 C． D．气体的密度保持不变 ‎(Ⅱ)甲醇、乙醇来源丰富、价格低廉、运输贮存方便，都是重要的化工原料，有着重要的用途和应用前景，可以用多种方法合成。 CO2(g) + 3H2(g)CH3OH(g) + H2O(g) ‎ ‎(3)将和按物质的量之比1：3充入体积为2.0L的恒容密闭容器中反应生成，如图1表示压强为0.1 MPa和5.0 MPa下转化率随温度的变化关系。‎ ‎①a、b两点化学反应速率分别用，表示，则_____(填“大于”、“小于”或“等于”)‎ ‎②列出a点对应的平衡常数表达式K= ____________________。‎ ‎(4)在1.0 L恒容密闭容器中投入1 mol 和2.75 mol 发生反应：CO2(g) + 3H2(g)CH3OH(g) + H2O(g)，实验测得不同温度及压强下，平衡时甲醇的物质的量变化如图2所示，下列说法正确的是________。‎ A．该反应的正反应为放热反应 ‎ B．压强大小关系为P1＜P2＜P3‎ C．M点对应的平衡常数K的值约为 ‎ D．在及512 K时，图中N点 ‎(5)催化加氢合成乙醇的反应为：2CO2(g) + 6H2(g) C2H5OH(g) + 3H2O(g) ；m代表起始时的投料比，即。‎ ‎①图3中投料比相同，温度，则该反应的焓变_______0(填)。‎ ‎②m=3时，恒压条件下各物质的物质的量分数与温度的关系如图4所示，则曲线b代表的物质为_________(填化学式)。‎ ‎(6)以甲醇为主要原料，电化学合成碳酸二甲酯的工作原理如图5所示。离子交换膜a为 ______(填“阳膜”、“阴膜”)，阳极的电极反应式为_______________________________________‎ ‎【答案】Ⅰ．(1) ‎ ‎(2)B ‎ Ⅱ．(3)①大于 ② （4）AC ‎ ‎（5）①＜ ②CO2 ‎ ‎（6）阳膜 ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据平衡常数的计算表达式书写化学方程式，利用盖斯定律计算反应的ΔH，根据判断条件是否为“变量”判断反应是否达到平衡，根据影响化学反应速率的因素比较化学反应速率大小，结合图像列三段式进行平衡常数的计算，根据电解池原理进行解答。‎ ‎【详解】Ⅰ．(1)某反应的平衡常数表达式为，发生反应为 根据盖斯定律，②×2−③−①得出：；‎ ‎(2)A．NO2和O2的浓度比始终都不变，不能确定反应是否达到化学平衡状态，a错误；‎ B．该反应为气体体积增大的反应，压强为变量，容器中压强不再变化，说明各组分的浓度不再变化，反应已达到化学平衡状态，b正确；‎ C．应为v正(NO2)=2v逆(N2O5)才表明达到化学平衡状态，c错误；‎ D．该反应前后都是气体，气体总质量、气体体积为定值，则密度为定值，不能根据密度判断平衡状态，d错误；答案选b；‎ Ⅱ．(3)a、b两点温度相同，正反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，二氧化碳转化率增大，故压强曲线A大于曲线B，压强越大反应速率越快，故反应速率Va大于Vb；‎ ‎(4)A．由图可知，随着温度升高，平衡时甲醇的物质的量在减小，所以升温平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，故A正确；‎ B．由图可知，作一条等温线，因为该反应为气体体积减小的反应，压强越大，平衡时甲醇的物质的量也越大，所以P1＜P2＜P3，故B错误；‎ C．由图可知，M点对应的甲醇产量为0.25mol，则 所以K==1.04×10−2；故C正确；‎ D．由图可知，在p2及512K时，N点甲醇的物质的量还小于平衡时的量，所以应该正向移动，则v(正)＞v(逆)，故D错误；‎ 答案选AC；‎ ‎(5)①由图3可知，相同压强下，温度越高氢气转化率越小，说明升高温度反应向逆向移动，正反应放热，△H＜0；‎ ‎②温度升高，反应逆向进行，所以产物的物质的量是逐渐减少的，反应物的物质的量增大，由图可知，根据反应计量系数关系，曲线a代表的物质为H2，b表示CO2，c为H2O，d为C2H5OH；‎ ‎(6)由图分析可知氧气得电子，发生还原反应，与氢离子结合生成水，该电极为阴极，则氢离子要透过交换膜a在阴极与氧气结合，则交换膜a为阳离子交换膜；阳极上是甲醇和一氧化碳反应失电子发生氧化反应，电极反应为：2CH3OH+CO−2e−=(CH3O)2CO+2H+。‎ ‎18．（江西省2020届高三毕业班新课程教学质量监测）（1）①已知反应A(g)+B(g)2D(g)，若在起始时c(A)＝a mol• L−1， c(B)＝2amol• L−1，则该反应中各物质浓度随时间变化的曲线是_______（选填字母序号）。‎ ‎②在298K时，反应A(g)2B(g)的 KP＝0.1132kPa，当分压为 p(A)＝p(B)＝1kPa时，反应速率υ正______υ逆（填 “ ＜” “ ＝” 或 “ ＞” ）。‎ ‎③温度为 T时，某理想气体反应 A(g)＋B(g)C(g)＋M(g)，其平衡常数 K为0.25，若以 A∶B ＝1∶1发生反应，则 A的理论转化率为_____％（结果保留3位有效数字）。‎ ‎（2）富勒烯 C60和 C180可近似看作“ 完美的” 球体，富勒烯的生成时间很快，典型的是毫秒级，在所有的合成技术中得到的 C60的量比 C180‎ 的量大得多。已知两个转化反应：反应物3C60 ，反应物C180，则势能（活化能）与反应进程的关系正确的是______（选填字母序号）。‎ ‎（3）甲醇脱氢和甲醇氧化都可以制取甲醛，但是O2氧化法不可避免地会深度氧化成CO。脱氢法和氧化法涉及的三个化学反应的 lgK随温度 T的变化曲线如图所示。写出图中曲线①的化学反应方程式________；曲线③的化学反应方程式为________；曲线②对应的化学反应是____（填“ 放热” 或“ 吸热” ）反应。‎ ‎【答案】（1）①C ②< ③33.3 ‎ ‎（2）B ‎ ‎（3）2HCHO（g）+O2（g）=2CO（g）+2H2O（g） CH3OH（g）=HCHO（g）+H2（g） 放热 ‎ ‎【解析】(1)①已知反应A(g)+B(g)2D(g)，根据化学反应速率跟化学计量数成正比可知，A、B减少的量相等，同时生成2倍的D，故曲线C符号该反应中各物质浓度随时间变化，答案为：C；‎ ‎②在298K时，当分压为 p(A)＝p(B)＝1kPa时，反应A(g)2B(g)的Qp=(1kPa)2÷1kPa=1kPa>K，则反应向逆反应方向进行，v正0‎ ‎①某温度下，上述反应中，正反应速率为v正=K正c(C4H8)∙c(C2H4)、逆反应速率为v逆=K逆c2(C3H6)，其中K正、K逆为速率常数，该反应使用WO3/SiO2为催化剂，下列说法中正确的是_____________‎ A．催化剂参与了歧化反应，但不改变反应历程 B．催化剂使K正和K逆增大相同的倍数 C．催化剂降低了烯烃歧化反应的活化能，增大了活化分子百分数 D．速率常数的大小与反应程度无关系 ‎②已知t1min时达到平衡状态，测得此时容器中n(C4H8)=amol，n(C2H4)=2amol，n(C3H6)=bmol，且平衡时C3H6的体积分数为25%。再往容器内通入等物质的量的C4H8和C2H4，在新平衡中C3H6的体积分数___________25%(填“>”、“<”、“=”)。‎ ‎(3)工业上可用丙烯加成法制备1,2−二氯丙烷(CH2ClCHClCH3)，主要副产物为3−氯丙烯(CH2=CHCH2Cl)，反应原理为：‎ Ⅰ. CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)⇌CH2ClCHClCH3(g)‎ II. CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)⇌CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g) ‎ 一定温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的CH2=CHCH3(g)和Cl2(g)。在催化剂作用下发生反应Ⅰ，容器内气体的压强随时间的变化如表所示。‎ 时间/min ‎0‎ ‎60‎ ‎120‎ ‎180‎ ‎240‎ ‎300‎ ‎360‎ 压强/kPa ‎80‎ ‎74.2‎ ‎69.2‎ ‎65.2‎ ‎61.6‎ ‎57.6‎ ‎57.6‎ ‎①用单位时间内气体分压的变化来表示反应速率，即 ‎，则前120min内平均反应速率v(CH2ClCHClCH3)=____________kPa∙min−1。‎ ‎②该温度下，若平衡时HCl的体积分数为12.5%，反应Ⅰ的平衡常数Kp=__________kPa−1(Kp为以分压表示的平衡常数，保留小数点后2位)。‎ ‎【答案】（1）+124.2 ①升高温度 ‎ ‎②丙烷直接裂解是吸热反应，通入足量O2可提供裂解所需的能量，并保持热平衡 ‎ ‎（2）①BCD ②>‎ ‎（3）①0.09 ②0.21 ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】I．(1)结合图像及盖斯定律进行计算；‎ ‎①反应为吸热反应，升高温度，反应速率增大和平衡正向移动；‎ ‎②通入足量O2可与裂解产生的氢气反应，提供裂解所需的能量，并保持热平衡；‎ ‎(2)①A．催化剂参与了歧化反应，生成了中间产物，即改变反应历程；‎ B．催化剂导致反应速率增大，但化学平衡常数不变，则使K正和K逆增大相同的倍数；‎ C．催化剂导致反应速率增大，则降低了烯烃歧化反应的活化能，增大了活化分子百分数；‎ D．根据公式，速率常数的大小与反应的始态或终态有关，与反应程度无关系；‎ ‎②Qc与K的关系判断；‎ II.利用三段式及反应速率的公式进行计算。‎ ‎【详解】(1)根据左图，可得①C3H8(g)⇌C2H2(g)+H2(g)+CH4(g) ∆H=+156.6kJ/mol，右图可得，②C3H6(g)⇌ C2H2(g)+CH4(g) ∆H=+32.4kJ/mol，根据盖斯定律，①−②可得C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)，则∆H=+124.2kJ/mol；‎ ‎①该反应为吸热反应，升高温度，可同时提高反应速率和反应物的平衡转化率；‎ ‎②丙烷直接裂解是吸热反应，通入足量O2可与裂解产生的氢气反应，提供裂解所需的能量，并保持热平衡；‎ ‎(2)①A．催化剂参与了歧化反应，生成了中间产物，即改变反应历程，说法错误，A错误；‎ B．催化剂导致反应速率增大，但化学平衡常数不变，则使K正和K逆增大相同的倍数，说法正确，B正确；‎ C．催化剂导致反应速率增大，且不影响反应的焓变，则降低了烯烃歧化反应的活化能，增大了活化分子百分数，说法正确，C正确；‎ D．根据公式，速率常数的大小与反应的始态或终态有关，与反应程度无关系，说法正确，D正确；‎ 答案为BCD；‎ ‎②已知平衡时，n(C4H8)=amol，n(C2H4)=2amol，n(C3H6)=bmol，且平衡时C3H6的体积分数为25%，=25%，则b=amol，K=0.5；再往容器内通入等物质的量的C4H8和C2H4，化学平衡常数不变，则Qc=(x>0)，(1+x)(2+x)>2，Qc0，实验测得，在相同时间内，反应温度与CH3CH2OH和CH3CHO的产率之间的关系如图所示：‎ ‎①在540℃之前CH3CHO的产率远低于CH3CH2OH产率的原因是________。‎ ‎②在470℃之后CH3CHO与CH3CH2OH产率变化趋势可能的原因是________。‎ ‎(4)若在470℃时，以n(CH3COOCH3):n(H2)=1:10的投料比只进行主反应(不考虑副反应)，乙酸甲酯转化率与气体总压强的关系如图所示：‎ ‎①A点时，CH3COOCH3(g)的平衡分压为________MPa，CH3CH2OH(g)的体积分数________%(保留一位小数)。‎ ‎②470℃时，该反应的化学平衡常数Kp=________(MPa)−1(Kp为以分压表示的平衡常数，列出计算式，不要求计算结果)。‎ ‎【答案】（1）−6.1kJ∙mol−1 ‎ ‎（2）BDF ‎ ‎（3）①副反应的活化能远大于主反应的活化能，副反应的化学反应速慢 ‎ ‎②470℃之后，乙醇的产率逐渐降低是该反应是放热反应，温度升高平衡逆向移动，乙醛的产率逐渐升高是反应速率逐渐加快，反应吸热平衡正向移动 ‎（4）①0.01MPa 8.9 ② ‎ ‎【解析】(1)依据热化学方程式和盖斯定律，①+②−③可得到CH3COOH(l)+CH3OH(l)=CH3COOCH3(l)+H2O(l)，则∆H=∆H1+∆H2−∆H3=−6.10 kJ∙mol−1。‎ ‎(2)A．加入催化剂，增快反应速率，并不会影响平衡移动，A项错误；‎ B．加入过量的甲醇，增大了反应物浓度，使平衡正向移动，乙酸的转化率增大，B项正确；‎ C．加人过量的乙酸，增大了反应物浓度，虽然使平衡正向移动，但乙酸的转化率降低，C项错误；‎ D．将乙酸甲酯从体系中分离，使产物减少，促进平衡正向移动，乙酸的转化率增大，D项正确；‎ E.根据∆H为负值，反应正向是放热反应，因此，适当降低温度，平衡正向移动，乙酸的转化率增大，E项错误，F项正确；‎ 综上所述，答案为BDF。‎ ‎(3)①两反应快慢的核心是活化能的大小,反应快活化能小，而反应慢活化能大，根据图像可知，副反应的活化能远大于主反应的活化能，副反应的化学反应速慢；‎ ‎②470℃之后，乙醇的产率逐渐降低是该反应是放热反应，温度升高平衡逆向移动，乙醛的产率逐渐升高是反应速率逐渐加快，反应吸热平衡正向移动。‎ ‎(4)①由图可看出，转化率为90%时，总压为1.01MPa，已知n(CH3COOCH3):n(H2)=1:10，列三行式求解：‎ 总压为1.01MPa，因此CH3COOCH3(g)的平衡分压为；CH3CH2OH(g)的体积分数即为物质的量分数，其体积分数；‎ ‎②。‎