2025届高三化学备考：山东模拟练习—速率平衡选择题42道

2025年山东高考一轮专项练习——速率平衡选择题42道 1．（2024·山东聊城·二模）苯基甲基乙炔可用于制备帕瑞昔布钠。一定条件下，苯基甲基乙炔可与发生催化加成，反应过程如下： 已知：，下列说法正确的是 A．中最多4个碳原子共线 B．反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ C．产物Ⅱ比产物Ⅰ稳定，两者互为立体异构体 D．其他条件不变，升高温度可增大平衡时产物Ⅱ和产物Ⅰ的浓度比 2．（2024·山东菏泽·模拟预测）丙烯酸是非常重要的化工原料之一，可由甘油催化转化制得，过程如下：甘油(C3H8O3)→丙烯醛(C3H4O)→丙烯酸(C3H4O2)。甘油常压下沸点为290℃，工业生产选择反应温度为300℃常压下进行。下列说法错误的是 已知：反应I：C3H8O3(g)C3H4O(g)+2H2O(g)　△H1>0　K1 反应II：2C3H4O(g)+O2(g)2C3H4O2(g)　△H2<0　K2 A．反应I的平衡常数K1= B．反应Ⅱ是焓减、熵减的反应 C．丙烯醛有毒，可选择适用反应Ⅱ且对反应I几乎无影响的高效催化剂 D．若改变条件增大反应Ⅱ的K2，反应Ⅱ平衡移动过程中逆反应速率先增大后减小 3．（2024·湖南·二模）二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应为 Ⅰ． Ⅱ． 在密闭容器中，时，平衡转化率、在催化剂作用下反应相同时间所测得的实际转化率随温度的变化如图所示。的选择性可表示为。下列说法正确的是 A．反应的焓变 B．前实际转化率增大的主要原因是：温度升高，反应Ⅱ平衡正移 C．降低体系温度，的平衡选择性增大 D．时，使用更高效催化剂，有可能使平衡转化率达到点 4．（2024·山东淄博·一模）标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程如图所示，已知和的相对能量为0。下列说法错误的是 A． B．键能为 C．相同条件下，的平衡转化率：历程Ⅰ=历程Ⅱ D．历程I和II中速率最快一步反应的热化学方程式为 5．（2024·山东日照·一模）一定条件下，1-苯基丙炔()与HCl发生催化加成，反应如下： 反应Ⅰ：Ph-C≡C-CH3(g)+HCl(g) (g)产物A；： 反应Ⅱ：Ph-C≡C-CH3(g)+HCl(g) (g)产物B；： 反应Ⅲ：(g)(g)； T℃，向密闭容器中通入和3molHCl(g)，平衡时测得的转化率为α，反应Ⅲ的平衡常数，反应过程中有机物的物质的量分数随时间变化如图。下列说法错误的是 A．活化能： B． C．T℃反应Ⅰ的平衡常数 D．若保持温度和压强不变，再向容器中通，反应Ⅰ的化学平衡将逆向移动 6．（2024·江苏南通·一模）催化重整可获得合成气。重整过程中主要反应的热化学方程式为 反应① 反应② 反应③ 反应④ 研究发现在密闭容器中下，，平衡时各含碳物种的物质的量随温度的变化如图所示。下列说法正确的是 A．图中a表示 B．的 C．其他条件不变，在范围，随着温度的升高，平衡时不断增大 D．当，其他条件不变时，提高的值，能减少平衡时积碳量 7．（2024·山东日照·三模）逆水煤气变换反应是一种转化和利用的重要途径，发生的反应有： 反应ⅰ：         反应ⅱ：     反应ⅲ：     常压下，向密闭容器中充入1mol CO2和2mol H2，达平衡时H2、H2O和含碳物质的物质的量随温度的变化如图。下列说法正确的 A． B．a代表CO、b代表、c代表 C．649℃时，反应Ⅰ的平衡常数 D．800℃时，适当增大体系压强，n(CO)保持不变 8．（2024·山东·模拟预测）向刚性密闭容器中加入和一定量的，发生反应：  。不同温度下，的平衡转化率随起始的变化如图所示。下列说法错误的是 A．温度： B．A、B、C点对应的平衡常数： C．A、B、C点对应的气体的平均摩尔质量： D．A、B点对应的压强： 9．（2024·山东淄博·三模）某密闭容器中发生以下两个反应：①；②。反应①的正反应速率，反应②的正反应速率，其中、为速率常数。某温度下，体系中生成物浓度随时间变化的关系如图所示。下列说法正确的是 A．反应①的活化能大于反应② B．时，正反应速率 C．内，X的平均反应速率 D．该温度时， 10．（2024·山东威海·二模）一定温度下，Xe与F2通入恒压容器中发生反应：①  ，②  ，③  ，不同投料比条件下，平衡时产物(、、)的物质的量分别如图所示。当时，认为Xe完全反应。已知a、c对应的分别为16kPa和225kPa。下列说法正确的是 A．曲线x代表产物的物质的量 B． C．反应的 D．当最多时，kPa 11．（2024·山东德州·二模）丙烯腈（）是一种重要的化工原料，以为原料合成丙烯腈的过程如下： 向密闭容器中通入一定量的和，测得平衡时体系中含碳物质（乙醇除外）的物质的量分数［如：丙烯腈的物质的量分数］随温度的变化如图。下列说法错误的是 A．“脱水”反应为吸热反应 B．低于225℃时，“腈化”过程转化率低 C．a点的转化率为51％ D．b点和的物质的量之比为3:1 12．（2024·山东聊城·二模）我国科学家研发出一种新型双温催化剂，该催化剂催化和合成(反应体系温度为495℃)的原理如图所示，下列分析错误的是 A．“热”上的变化属于焓增、熵增的变化 B．“热”有利于快速转化为N C．“冷”低于体系温度，有利于提高合成氨反应速率 D．该催化剂能较好地解决传统合成氨工艺中存在的反应速率和平衡产率的矛盾 13．（2024·山东淄博·二模）已知，该反应的，，、分别为正、逆反应速率常数。在一定压强下，按向密闭容器中投料，平衡时的体积分数、与温度T、w的关系如图所示。下列说法中正确的是 A．，曲线n表示随温度的变化 B．在、，时， C．一定温度下，该反应的随催化剂的不同而发生改变 D．相同温度下，平衡体系中大于的 14．（2024·江西·二模）某实验室测定并计算了在136~180℃范围内下列反应的平衡常数： ①   ②   得到和均为线性关系，如下图所示，有关下列说法错误的是 A．反应②高温下可自发进行 B．反应的 C．升温，反应体系中分子总数会增大 D．当混合气体颜色不变时，说明反应①和②已达平衡状态 15．（2024·山东菏泽·一模）合成气(CO、)可用于制备甲烷：  。向1 L某恒容密闭容器中通入0.2 mol 和m mol发生上述反应，测得的平衡转化率与投料比以及温度的关系如图所示(a点对应体系经2min达到平衡)。下列说法正确的是 A． B．正反应速率：c>b C．a、b点对应的平衡常数 D．a点反应从开始到平衡，mol⋅L⋅min 16．（2024·山东潍坊·二模）利用环戍二烯（）加氢制备环戊烯（），按加入恒容密闭容器中，仅发生如下反应： ①   ② 测得在相同时间内，环戊二烯转化率和环戊烯选择性随温度变化曲线如图（已知：选择性=转化为目标产物的反应物在总转化量中的占比）。下列说法错误的是 A．60℃时，的转化率为72% B．由图可知，反应决速步的活化能①>② C．相同条件下，若增大，选择性提高 D．60℃后，环戊烯选择性降低的原因可能是催化剂活性减弱 17．（2024·浙江温州·二模）某小组利用不同膜反应器（可选择性地让某些气体通过而离开体系）研究的分解率，工作原理如下图所示．图a、b和c反应区温度维持恒定且相等，仅发生且在反应区内进行。投料均为的，反应同时开始，时图b反应区处于瞬时平衡状态，其化学平衡常数。 图a装置 图b装置 图c装置 时反应区的物质的量/ 0.10 0.30 x 下列说法正确的是 A．图a装置的化学平衡常数 B．图a装置中，HI(g)分解率为10% C．图b装置中，前内的平均渗透速率约为 D．图c装置中，x一定大于0.3 18．（2024·山东泰安·一模）已知有以下有机反应(图1)与反应装置(图2)： 其中A，B，C，D的百分含量随着X的变化如下表所示： 物质A 40% 30% 10% 5% 4% 2% 0% 物质B 40% 30% 10% 5% 4% 2% 0% 物质C 15% 30% 65% 60% 40% 20% 1% 物质D 5% 10% 15% 30% 52% 76% 99% 下列说法错误的是 A．物质D相比于物质C在该反应中更稳定 B．反应1的活化能小于反应2的活化能 C．增大B气流的流速，处，的比值不变 D．若需提高物质C的产率，可将管道的出口设计相对更远 19．（2024·山东淄博·一模）在473K、的高压氛围下，发生下列反应，该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图所示。已知：在高压氛围下进行，压强近似等于总压。下列说法正确的是 A．活化能：反应Ⅰ>反应Ⅱ B．时刻，的转化率为80% C．反应Ⅰ的 D．反应I比反应Ⅱ和Ⅲ先达到平衡 20．（2023·湖南·高考真题）向一恒容密闭容器中加入和一定量的，发生反应：。的平衡转化率按不同投料比随温度的变化曲线如图所示。下列说法错误的是    A． B．反应速率： C．点a、b、c对应的平衡常数： D．反应温度为，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态 21．（22-23高二上·山东潍坊·期末）室温下，某溶液中初始时仅溶有等物质的量的M和N，同时发生以下两个反应：①；②。反应①的速率可表示为，反应②的速率可表示为(、为速率常数)。反应体系中M、Z的浓度随时间变化情况如图。下列说法错误的是 A．分钟内，M的平均反应速率为 B．反应过程中，体系中Y和Z的浓度之比逐渐增大 C．反应①的活化能比反应②的活化能大 D．如果反应能进行到底，反应结束时37.5％的N转化为Y 22．（22-23高二上·山东潍坊·期末）煤的气化是一种重要的制氢途径。在一定温度下，在容积固定的密闭容器中发生反应来生成水煤气。下列说法正确的是 A．将炭块粉碎，可加快反应速率 B．平衡时向容器中充入惰性气体，平衡逆向移动 C．增大的量，可以增大活化分子百分数 D．增大碳的量，可以提高的转化率 23．（2022·北京朝阳·三模）异丁醇催化脱水制备异丁烯主要涉及以下2个反应。研究一定压强下不同含水量的异丁醇在恒压反应器中的脱水反应，得到了异丁烯的平衡产率随温度的变化结果如图。 下列说法不正确的是 A．其他条件不变时，在催化剂的活性温度内，升高温度有利于异丁烯的制备 B．高于190℃时，温度对异丁烯的平衡产率影响不大的原因是、 C．190℃时，增大(异丁醇)，不利于反应②的进行 D．若只有异丁烯、水和二聚异丁烯生成，则初始物质浓度与流出物质浓度c之间存在：(异丁醇)=c(异丁烯)+2c(二聚异丁烯) 24．（2021·广东·高考真题）反应经历两步：①；②。反应体系中、、的浓度c随时间t的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是 A．a为随t的变化曲线 B．时， C．时，的消耗速率大于生成速率 D．后， 25．（15-16高二上·河北邯郸·阶段练习）已知：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H= -49.0kJ·mol-1。一定条件下，向体积为1L的密闭容器中充入1mol CO2和3mol H2，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间的变化曲线如图所示，下列叙述中正确的是 A．欲增大平衡状态时c(CH3OH)/c(CO2)的比值， 可采用 升高温度的方法 B．3min时，CO2的消耗速率等于CH3OH的生成速率，且二者浓度相同 C．欲提高H2的平衡转化率只能减小反应容器的体积 D．从反应开始到平衡，CO2的平均反应速率v(CO2)=0.025mol·L﹣1·min﹣1 26．（2024·山东威海·二模）高温条件下C40H20生成C40H18的反应历程和相对能量变化如图所示： 下列说法错误的是 A．三步反应历程中决定总反应速率的是反应历程ⅲ B．ⅰ、ⅱ、ⅲ三步的总反应为  kJ⋅mol C．根据图像可以判断过渡状态1、2、3的稳定性相对高低 D． C40H18形成的过程中有极性键的断裂和形成 27．（2024·山东潍坊·二模）T℃时，在密闭容器甲、乙中分别充入1mol 和3mol ，它们分别在有水分子筛(只允许水分子透过)和无水分子筛条件下仅发生反应1，测得平衡转化率与压强关系如图所示。在催化剂A作用下，只发生反应3，该反应的速率方程式为，(k为速率常数，只与温度催化剂有关) 反应1：； 反应2：； 反应3：； 下列说法正确的是 A．催化剂A作用下，830℃时该反应的平衡常数K=1，则900℃时 B．使用了水分子筛的容器是甲 C．反应1的平衡常数 D．M点 28．（2024·山东济宁·二模）一定条件下，与浓硫酸发生取代反应生成水和单萘磺酸，反应过程和有机物占比随时间变化如图所示： 下列说法正确的是 A．升高温度，反应Ⅰ的速率增大程度大于反应Ⅱ B．产物Ⅰ的热稳定性比产物Ⅱ强 C．平衡常数的比值 D．加催化剂（只催化反应Ⅰ），极值点e可能变为a点 29．（2024·山东菏泽·模拟预测）日本物质与材料研究小组发现Ag3PO4晶体是一种高效光催化剂。Ag3PO4在光照条件下对有机废水的催化机理为： a. Ag3PO4+e- b.O2+e-=，H2O+=H++·OH+ Ag3PO4 c.·OH和将有机物氧化为二氧化碳 取某有机废水(设含有的有机物的摩尔质量为Mg·mol-1)，并均分为三份，用一定质量的磷酸银依次对三份废水进行降解，测得3次降解过程中有机物的残留率随时间变化的曲线如图。下列说法正确的是 A．由实验③可知该有机物的降解反应为可逆反应 B．·OH和具有强氧化性，在步骤c中做氧化剂 C．该催化剂能够降低反应的活化能，但本身易失活 D．在0～25min内，有机物的降解速率为0.024Mg·min-1 30．（2024·山东菏泽·模拟预测）利用甲烷制取乙烯的反应为：。在四个恒容密闭容器中按左下表相应量充入气体，容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中平衡转化率如下图所示。 容器 容积/L 起始物质的量/mol    Ⅰ 0.1 0 0 Ⅱ 1.0 0.1 0 0 Ⅲ 0.1 0 0 Ⅳ 1.0 0.06 0.06 0.04 下列说法正确的是 A．该反应的正反应放热 B．相同温度下，达到平衡后反应速率： C．图中A、B、C三点处容器内总压强： D．容器Ⅳ在470℃进行反应时，起始速率： 31．（2024·江苏·二模）利用可实现对石膏中元素的脱除，涉及的主要反应如下：        在、和均为时，若仅考虑上述反应，平衡时各固体物质的物质的量随温度的变化关系如图所示。石膏中元素的脱除效果可用脱硫率表示。下列说法不正确的是 A．反应的平衡常数 B．图中曲线表示平衡时固体的物质的量随温度的变化 C．一定温度下，加入固体或增大体系压强，均可提高平衡时的脱硫率 D．其他条件不变，下，时，越多，平衡时的脱硫率越高 32．（2024·山东·模拟预测）用水蒸气作稀释剂，使用催化剂，乙苯在密闭容器中发生如下三个反应： ① ② ③ 保持温度和压强不变，芳香烃产物苯乙烯、苯和甲苯的选择性（）、乙苯转化率随水烃比（水蒸气与烃的质量比）的变化曲线如图所示，已知：、分别代表转化率和选择性，乙苯转化率、苯乙烯选择性、苯选择性、甲苯选择性。 下列说法正确的是 A．水烃比增加，平衡正向移动，乙苯的转化率增大 B．该条件下反应①是主反应 C．水烃比增加，苯和甲苯的选择性下降，生成苯和甲苯的物质的量一定减少 D．催化剂能降低反应的活化能，增大乙苯的平衡转化率 33．（2024·山东日照·二模）体积均为2L的多个恒容密闭容器，分别充入1mol CO(g)和1mol (g)发生反应    ，在不同温度下反应50s，测得正、逆反应的平衡常数的自然对数(或)、体积分数与热力学温度的倒数关系如图所示，下列说法错误的是 A．曲线N表示的变化情况 B．0～50s，a点对应容器中的反应的平均速率 C．b点时一定处于平衡状态 D．c点时， 34．（2024·山东·模拟预测）特定催化剂作用下乙酸加氢制备乙醇的反应如下： 主反应： 副反应： 下，平衡时S（乙醇）和S（乙酸乙酯）随温度的变化；下，平衡时S（乙醇）和S（乙酸乙酯）随压强变化如图： 已知：①S代表选择性，例：S（乙醇） ②副反应热效应小，放出的热量可忽略 下列说法错误的是 A．恒温恒压密闭容器中，按和分别投料，达平衡时热量变化分别为,则 B．恒温恒压下，向体积为的密闭容器中通入和,平衡时,体积减小20%，主反应的平衡常数 C．时，S（乙醇）随压强变化的曲线为a;时，S（乙醇）随温度的变化曲线为c D．时，和反应一段时间后，乙醇的选择性位于m点，其他条件不变，增大压强一定能提高乙醇选释性 35．（2024·山东滨州·二模）某有机物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：       L起始浓度，研究组配制了不同的系列溶液，平衡后分别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、中的化学位移不同，该特征H对应吸收峰的相对峰面积S如下表。(体系中所有特征H的总峰面积计为1，相对峰面积S之比等于吸收峰对应H的原子数目之比；“<0.01”表示未检测到。) S(L) S(ML) 0 1.00 0 0 a 0.64 b 0.40 0.60 当时，测得平衡时各物种随的变化曲线如图。 下列说法正确的是 A．，时， B．，时， C．，时，M的平衡转化率约为98% D．该温度下反应的值为 36．（2024·山东枣庄·二模）已知图1所示的有机可逆反应在图2所示的装置内进行实验发现，随着长度的增加，A、B的转化率提高，D在产物中的占比逐渐增大并超过C。下列说法正确的是 A．升高温度两个反应的平衡常数均减小 B．反应1的活化能小于反应2的活化能 C．装置中长度越小C的产率越高 D．物质C和D等比加聚可得到三种产物 37．（2024·山东济南·一模）苯乙烯是合成树脂、离子交换树脂及合成橡胶等的重要单体，常用如下反应来制备：。在T1℃、10MPa反应条件下，向甲、乙、丙三个容器中分别通入n(乙苯)：n(N2)为1∶1、1∶4、1∶9的混合气体，发生上述反应，测得乙苯转化率随时间变化如表所示。 10min 20min 30min 40min 50min 甲 20.5% 39.0% 54.5% 60.0% 60.0% 乙 23.5% 44.5% 61.0% 66.8% x 丙 25.0% 45.5% 63.8% 74.0% 80.0% 下列说法正确的是 A．20min内，乙苯的平均反应速率从大到小的顺序是丙>乙>甲 B．若其他条件不变，把容器甲改为恒容容器，则平衡转化率变小 C．T1℃时，该反应的 D．50min时，容器丙中的反应已达到平衡状态 38．（2024·山东青岛·一模）向100mL0.001mol⋅L-1A溶液中逐滴加入等浓度B溶液，反应为　（忽略温度对的影响)。下列说法错误的是 A． B． C．时，该反应平衡常数约为667L·mol-1 D．时，100mL0.001mol⋅L-1的AB溶液达到平衡时，吸收热量Q>4.3J 39．（2024·山东聊城·一模）催化重整的反应为① ，其中，积炭是导致催化剂失活的主要原因。产生积炭的反应有： ②   ③   科研人员研究压强对催化剂活性的影响：在1073K时，将恒定组成的、混合气体，以恒定流速通过反应器，测得数据如图： 注：Ra是以的转化率表示的催化剂活性保留分率，即反应进行到某一时刻的催化剂活性与反应初始催化剂活性之比。 下列分析正确的是 A．向反应器中通入适量水蒸气，可减缓Ra的衰减 B．压强增大，反应②平衡逆向移动，导致Ra衰减加快 C．保持其他条件不变，适当减小投料比有利于增大转化率 D．研究表明“通入适量有利于重整反应”，因为能与C反应并放出热量 40．（2024·山东潍坊·模拟预测）NOx的排放来自汽车尾气，研究利用反应C(s)＋2NO(g)⇌N2(g)＋CO2(g)  △H=-34.0kJ∙mol-1，用活性炭可对其进行吸附。已知在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体，保持恒压测得NO的转化率随温度的变化如下图所示。(已知：气体分压=气体总压×物质的量分数)，下列有关说法错误的是 A．若能测得反应产生22gCO2，则反应放出的热量为17.0kJ B．达到平衡后增大活性炭的用量，平衡向右移动 C．在950K～1000K之间，化学反应速率：v正＜v逆 D．1050K时，反应的化学平衡常数Kp=4 41．（2023·山东·模拟预测）在水溶液中存在下述平衡： 下列说法不正确的是 A．反应平衡常数 B．当时 C．当时， D．随增大的数值减小 42．（2024·山东·二模）反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)在Pd膜反应器中进行可提高反应的平衡转化率，反应机理如图所示。 已知：某温度下，H2在Pd膜表面上的解离过程存在平衡；H22H，其正反应的活化能远小于逆反应的活化能。下列说法正确的是 A．H原子在Pd膜表面结合成H2的过程为放热过程 B．其它条件一定时，反应器中具有更高转化率的原因是H2能及时从反应体系中移出，使平衡右移 C．恒温恒压下，将1molCO和1molH2O通入无Pd膜反应器，CO的平衡转化率为50%，若换成Рd膜反应器CO的平衡转化率为80%，则此时出口b中的氢气为0.75mol D．该反应也可以通过电化学方法实现。可选择质子导体作电解质，阴极反应式为CO-2e-+H2O=CO2+2H+ 试卷第2页，共27页 试卷第1页，共27页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．C 【分析】由图可知，三个化学反应的反应热关系为：，从产物变化图可以看出，反应刚开始反应物不断减少，产物Ⅰ在不断增多，产物Ⅱ几乎不变，当反应物几乎反应完后，产物Ⅰ增到最大，产物Ⅱ的产量开始增加，产物Ⅰ开始迅速减少，最后几乎都变为产物Ⅱ。 【详解】 A．如图所示苯基甲基乙炔的结构：，可以看出虚线上一共有5个碳原子，所以最多共线的碳原子个数为5个，A错误； B．反应刚开始时生成产物Ⅰ的反应比开始时生成产物Ⅱ的反应占比大，说明反应Ⅰ的反应速率更快，则反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，B错误； C．产物Ⅰ生成产物Ⅱ的，该反应是为放热反应，则产物Ⅰ的能量比产物Ⅱ的能量高，根据能量越低越稳定，可知产物Ⅱ比产物Ⅰ稳定；产物Ⅱ和产物Ⅰ的分子式相同，空间结构不同，互为顺反异构体，C正确； D．其他条件不变，升高温度有利于吸热反应，产物Ⅰ生成产物Ⅱ的，是放热反应，升高温度不利于产物Ⅱ的生成，所以升高温度产物Ⅱ和产物Ⅰ的浓度比会下降，D错误； 故选C。 2．D 【详解】A：反应I产物中水为气态水，所以结合平衡常数计算公式可得， 故A说法正确； B:反应Ⅱ，所以反应过程中焓是减少的过程，反应Ⅱ是一个气体体积减少的反应过程中，所以是一个熵减的反应，故B说法正确； C：选择适用反应Ⅱ且对反应I几乎无影响的高效催化剂，可以加快丙烯醛的反应生成丙烯酸，可以减少丙烯醛的污染，故C说法正确； D：因为反应Ⅱ为放热反应，若想增大则需要降低反应温度，温度降低是正逆反应速率都减少的过程，故D说法错误； 故本题选D。 3．C 【详解】A．根据盖斯定律，用反应Ⅰ减去反应Ⅱ，可运算出目标反应的反应热：，A错误； B．前实际转化率低于对应温度下的平衡转化率，结合题给信息“反应相同时间”，判断此时反应未达平衡，不能用平衡移动解释曲线变化，B错误； C．生成甲烷的反应是放热反应，降低体系温度，平衡正向移动，的平衡选择性增大，C正确； D．催化剂不改变平衡，故使用更高效催化剂也不可能提高平衡转化率使其达到点的值，D错误； 故选C。 4．D 【详解】A．由图可知，Cl原子是历程Ⅱ的催化剂，催化剂不能改变反应的反应热，则历程Ⅰ、Ⅱ的反应热相等，即△H=E6-E3=E5-E2，故A正确； B．Cl2(g)的相对能量为0，由图可知Cl(g)的相对能力为(E2-E3)kJ/mol，断裂化学键吸收热量，Cl2(g)→2Cl(g)吸收能量为2(E2-E3)kJ/mol，则Cl-Cl键能为2(E2-E3)kJ/mol，故B正确； C．催化剂不能改变反应的始态和终态，不能改变反应物的平衡转化率，即相同条件下O3的平衡转化率：历程Ⅱ=历程Ⅰ，故C正确； D．由图可知，历程Ⅱ中第二步反应的活化能小于第一步反应的活化能，反应的活化能越低，反应速率越快，则历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为：，故D错误； 答案选D。 5．C 【详解】A．短时间里反应I得到的产物比反应Ⅱ得到的产物多，说明反应I的速率比反应Ⅱ的速率快，速率越快，其活化能越小，则反应活化能：，A正确； B．反应Ⅱ=反应Ⅰ+反应Ⅲ，反应Ⅰ、Ⅲ均为放热反应，反应Ⅱ也为放热反应，且反应Ⅱ放热更多，则，故，B正确； C．设生成产物Axmol，生成产物Bymol，反应Ⅲ的平衡常数，可得，平衡时测得的转化率为α，可得x+y=2α，解得x=α，反应过程中和氯化氢1：1反应，则氯化氢反应2αmol，平衡时余下3-2αmol，余下2-2αmol，平衡时产物A为αmol，T℃反应Ⅰ的平衡常数，C错误； D．若保持温度和压强不变，再向容器中通，反应Ⅰ的分压减小，化学平衡将逆向移动，D正确； 故选C。 6．D 【详解】A．根据图可知，温度升高，a的物质的量增大，根据反应①和③可知，温度升高，平衡正向移动，CH4减小，所以a一定不是CH4，A错误； B．通过反应②＋④得到，所以的ΔH=+131kJ⋅mol−1，B错误； C．根据反应为吸热反应，其他条件不变，在500∼1000℃范围，随着温度的升高，平衡正向移动，n(H2O)不断减小，C错误； D．当n始(CO2)+n始(CH4)=1mol，其他条件不变时，提高的值，二氧化碳物质的量增大，甲烷物质的量减小，平衡③④逆向移动，消耗C，能减少平衡时积碳量，D正确； 故选D。 7．D 【分析】由题干信息可知，升高温度，反应Ⅰ正向移动，反应Ⅱ、Ⅲ逆向移动，则n(CO)增大、c(CH4)减小，结合题干图像可知，c表示CO、a表示CO2、b表示CH4，据此分析解题。 【详解】A．方程式Ⅱ-Ⅰ得方程式3H2(g)+CO(g)═CH4(g)+H2O(g)ΔH3=ΔH2-ΔH1=(-165.0-41.1)kJ/mol=-206.1kJ/mol，A错误； B．由分析可知， a表示CO2、b表示CH4 、c表示CO，B错误； C．由分析结合题干图示信息可知，649℃平衡时n(H2)=1.2mol，消耗n(H2)=(2-1.2)mol=0.8mol，n(CO)=n(CO2)，因为还生成CH4，所以生成n(H2O)小于0.8mol，该反应的平衡常数K=＜=，C错误； D．高温时反应Ⅰ进行的程度很大，反应Ⅱ、Ⅲ进行的程度很小，CH4含量很少，平衡不受压强影响，适当增大体系压强，n(CO)保持不变，D正确； 故答案为：D。 8．C 【详解】A．由ΔH>0可知正反应吸热，n(H2O)相同时，C2H5OH的平衡转化率T1>T2，说明T1温度更高，有利于正反应进行，C2H5OH的平衡转化率更大，A正确； B．正反应吸热，温度升高K增大，由T1>T2可知KA=KC>KB，B正确； C．A点转化率大于C点是由于H2O物质的量增加造成，A、C两点H2O的物质的量关系未知，无法判断A、C对应的气体平均摩尔质量，C错误； D．容器体积一定，A点温度高且正反应程度大，气体的物质的量大，故压强更大，pA>pB，D正确； 本题选C。 9．BD 【详解】A．由图可知，初始生成M的速率大于N，则反应①的话化能小于反应②，A错误； B．由图可知，初始生成M的速率大于N，则＞，10s时两个反应均达到平衡状态，由于、，则正反应速率，B正确； C．①②反应中XQ的系数均为1，则内，X的平均反应速率为，C错误； D．、，则，由图可知，平衡时刻M、N的浓度分别为2mol/L、5mol/L，则，D错误； 故选A。 10．D 【分析】由题干信息可知，当时，认为Xe完全反应，即反应①已经完全进行，Xe(g)完全反应，随着的增大，即F2的用量最多，反应②、③、④均正向移动，则n(XeF2)逐渐减小，n(XeF4)先增大后减小，n(XeF6)逐渐增大，即x代表n(XeF6)、y代表n(XeF4)、z代表n(XeF2)，据此分析解题。 【详解】A．由分析可知，即x代表XeF6、y代表XeF4、z代表XeF2，A错误； B．由题干图示信息结合分析可知，a点n(XeF4)=n(XeF2)，即p(XeF4)=p(XeF2)，则Kp2===，同理c点n(XeF4)=n(XeF6) ，即p(XeF4)=p(XeF6)，则Kp3===，故，B错误； C．由题干反应②  ，反应③  可知反应②+③得到反应，则，C错误； D．由题干信息可知，当最多时n(XeF2)=n(XeF6)，由C项分析可知，，则，即Kp==，故kPa，D正确； 故答案为：D。 11．B 【详解】 A．由图可知，一定范围内随着温度升高，平衡时的含量增加，则说明“脱水”反应正向进行，反应为吸热反应，A正确； B．低于225℃时，含碳产物中没有，说明几乎完全转化为，则“腈化”过程转化率高而不是低，B错误； C．由转化可知，1分子生成1分子要脱去1分子水，生成1分子要脱去2分子水、1分子乙醇；由图可知，假设a点、、分别为0.49mol、0.49mol、0.02mol，则初始共0.49mol+0.49mol+0.02mol=1.0mol，反应共0.49mol+0.02mol=0.51mol，则的转化率为51％，C正确；   D．b点为和物质的量分数相等，由转化可知，生成1分子要脱去1分子水，生成1分子要脱去2分子水、1分子乙醇；假设和均为1mol，则共脱去1mol+2mol=3mol水、1mol乙醇，故和的物质的量之比为3:1，D正确； 故选B。 12．C 【分析】由图可知，“热”上的变化为：N2=N，“冷”上发生的变化为：H2=3H，氮原子和氢原子在“冷”上生成氨气，合成氨反应为放热反应，“热”高于体系温度，有利于氮氮共价键的断裂，加快反应速率，“冷” 低于体系温度，有利于平衡向正反应方向移动，提高氨气的产率。 【详解】A．由分析可知，“热”上的变化为：N2=N，氮气分子发生共价键断裂的变化为焓增、熵增的变化，故A正确； B．由分析可知，“热” 高于体系温度，有利于氮氮共价键的断裂，加快反应速率，故B正确； C．由分析可知，“冷” 低于体系温度，有利于平衡向正反应方向移动，提高氨气的产率，但降低温度不利于提高合成氨反应速率，故C错误； D．由分析可知，“热”高于体系温度，有利于氮氮共价键的断裂，加快反应速率，“冷” 低于体系温度，有利于平衡向正反应方向移动，提高氨气的产率，所以该催化剂能较好地解决传统合成氨工艺中存在的反应速率和平衡产率的矛盾，故D正确； 故选C。 13．A 【详解】A．由图可知，当w一定时，温度升高，丙烯的体积分数增大，说明该反应正向为放热反应，则升温时，反应逆向进行，增大的程度大于，表示的值应该更小，所以曲线n表示随温度变化的曲线，A 正确； B．反应为气体分子数不变的反应，在、，假设、投料均为1mol，平衡时，则平衡时为2mol×25%=0.5mol，则反应1mol-0.5mol=0.5mol，平衡时、、、均为0.5mol，反应平衡常数；当，则此时为2mol×20%=0.4mol，则反应1mol-0.4mol=0.6mol，此时时、、、分别为0.4mol、0.4mol、0.6mol、0.6mol，，B错误； C．结合B分析，一定温度下，该反应的=K，平衡常数不随催化剂的不同而发生改变，C错误；   D．相同温度下，增大氯气的量，w值增大，平衡正向移动，丙烯的体积分数减小，但由于氯气增多，平衡体系中的体积分数小于的，D错误； 故选A。 14．B 【详解】A．结合图可知，温度越高，越小，lgKp2越大，即Kp2越大，说明升高温度平衡正向移动，则反应②的大于0，反应②为气体系数增大的反应，即＞0，高温下可自发进行，故A正确； B．设，即，由图可知：则：，即，因此该反应正反应为吸热反应，即大于0，故B错误； C．结合图可知，温度越高，越小，lgKp1越小，即Kp1越小，说明升高温度平衡逆向移动，而升高温度平衡正向移动，两个反应的移动方向均使气体物质增多，故C正确； D．体系的颜色不变时，即I2的浓度不再发生变化，说明达到平衡状态，故D正确； 故选B。 15．B 【详解】A．正向放热，T1→T2CO的平衡转化率降低，平衡逆向移动，则为升高温度，，A错误； B．b和c的投料比相同，，则正反应速率c>b，B正确； C．T1→T2CO的平衡转化率降低，平衡逆向移动，则为升高温度，平衡常数只受温度影响，平衡常数因为平衡逆向移动而减小，因此，C错误； D．a点CO的平衡转化率为80%，因此，则，化学反应速率之比等于化学计量数之比有，D错误。 故选B。 16．B 【详解】A．由图可知，60℃时，环戊二烯的转化率为90%，环戊烯的选择性为80%，则H2的转化量n(H2)=n(环戊烯)=1mol×90%×80%=0.72mol，的转化率为72%，A正确； B．由图可知，环戊烯选择性选择性较高，活化能越小，反应速率越快，相同时间内，反应①的速率较快活化能较低，说明反应的活化能①＜②，B错误； C．相同条件下，若增大，相当于增大H2的物质的量，反应①中环戊二烯转化率增大，环戊烯选择性增大，C正确； D．两个反应均为放热反应，升高温度， 平衡逆向移动转化率有所下降，但是选择性大幅度下降可能是催化剂活性减弱，D正确； 故选B。 17．C 【详解】A．化学平衡常数与温度和反应有关，图a、b和c反应区温度维持恒定且相等，仅发生反应2HI(g)H2(g)+I2(g)，故图a、b、c装置的化学平衡常数相等，K(a)=K(b)=K(c)=，A项错误； B．图a装置中列三段式，HI(g)分解率为=20%，B项错误； C．图b装置中80s时反应区I2(g)的物质的量为0.3mol，则消耗HI(g)物质的量为0.6mol、生成H2物质的量为0.3mol，80s时反应区HI(g)物质的量为1mol-0.6mol=0.4mol，80s时图b反应区处于瞬时平衡状态，其化学平衡常数K(b)=，该反应前后气体分子数不变，可用物质的量代入平衡常数表达式，选择性膜1只使H2通过而离开体系，则反应区瞬时平衡时，解得n(H2)反应区=，则前80s内H2的平均渗透速率约为=3.6×10-3mol/s，C项正确； D．图c装置中，选择性膜2使H2(g)和I2(g)通过而离开体系，故80s时c装置反应区I2(g)物质的量x不一定大于0.3，D项错误； 答案选C。 18．D 【详解】A．由表中数据可知，随X的增大，物质C的百分含量先增大后减小，物质D的百分含量一直在增大，说明物质C不稳定，物质D比较稳定，则物质D相比于物质C在该反应中更稳定，A正确； B．由表中数据可知，当X=1~3时，物质C的百分含量迅速增大，物质D的百分含量缓慢增大，则生成速率：C>D，反应速率越大，活化能越小，所以活化能：反应1<反应2，B正确； C．X=∞m时，反应物全部转化为对应的生成物C和D，且C、D的百分含量保持不变，则增大B气流的流速，X=∞m处，n(D)∶n(C)的比值不变，C正确； D．由表中数据可知，随X的增大，物质C的百分含量先增大后减小，则若需提高物质C的产率，可将管道的出口设计相对更近，而不是更远，D错误； 故选D。 19．B 【详解】A．根据图像可知，在相同的条件下，产物I达到平衡时剩余较少，说明反应速率快，则活化能反应I小于反应Ⅱ，A错误； B．根据反应方程式可知，在体系中的存在形式有：、产物I、产物Ⅱ，根据及反应后产物图像可知，生成的产物I、产物Ⅱ共80％，则时刻，的转化率为80%，B正确； C．根据已知：因反应在高压HCl氛围下进行，故HCl压强近似等于总压；根据图像，生成产物Ⅱ的物质的量为0.005×45%mol，产物I的物质的量为0.005×35%mol，则剩余物质的量为0.005×20%，根据，C错误； D．多重平衡是相互制约，相互影响的，故3个反应应同时达到平衡，D错误； 答案选B。 20．B 【详解】A．一定条件下，增大水的浓度，能提高CH4的转化率，即x值越小，CH4的转化率越大，则，故A正确； B．b点和c点温度相同，CH4的起始物质的量都为1mol，b点x值小于c点，则b点加水多，反应物浓度大，平衡正向移动，甲烷的转化率增大，生成物的浓度增大，则在相同温度下反应速率：，故B错误； C．由图像可知，x一定时，温度升高CH4的平衡转化率增大，说明正反应为吸热反应，温度升高平衡正向移动，K增大；温度相同，K不变，则点a、b、c对应的平衡常数：，故C正确； D．该反应为气体分子数增大的反应，反应进行时压强发生改变，所以温度一定时，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态，故D正确； 答案选B。 21．B 【分析】由图可知，M的起始浓度为0.5mol/L，反应①的速率，反应②的速率，k1、k2为速率常数，则同一反应体系中反应①、②的速率之比始终不变，所以Y、Z的浓度变化之比始终不变；①；②，则体系中始终有c(Y)+c(Z)=△c(A)，由图可知，30min时△c(M)=0.5mol/L-0.300mol/L=0.2mol/L，c(Z)=0.125mol/L，则c(Y)=0.2mol/L-0.125mol/L=0.075mol/L，即反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比为0.075mol/L：0.125mol/L=3：5；结合反应的活化能与反应速率关系比较反应①、②的活化能大小，根据和转化率公式计算反应速率和转化率，据此分析解答。 【详解】A．由图可知，30min时△c(M)=0.5mol/L-0.300mol/L=0.2mol/L，M的平均反应速率为，故A正确； B． 反应①的速率，反应②的速率，k1、k2为速率常数，则同一反应体系中反应①、②的速率之比始终不变，所以Y、Z的浓度变化之比始终不变，故B错误； C． 由图可知，30min时△c(M)=0.5mol/L-0.300mol/L=0.2mol/L，c(Z)=0.125mol/L，则c(Y)=△c(M )-c(Z)=0.2mol/L-0.125mol/L=0.075mol/L，则v(Y)：v(Z)=0.075mol/L：0.125mol/L=3：5，即v(Y)＜v(Z)、v1＜v2，反应的活化能越高，反应速率越慢，所以反应①的活化能大于反应②的活化能，故C正确； D． 由上述分析可知，体系中Y和Z的浓度之比为3：5，所以反应能进行到底时，c(Y)+c(Z)=0.5mol/L，则c(Z)=×0.5mol/L=0.3125mol/L，c(Y)= ×0.5mol/L=0.1875mol·L－1，反应结束时A转化为Z的转化率为，故D正确； 故选B。 22．A 【详解】 A．将炭块粉碎可以增大其与的接触面积，可以加快反应速率，A正确； B．在恒温恒容时，向容器中充入惰性气体不能改变反应物浓度，平衡不移动，B错误； C．增大的量，增大活化分子数，活化分子百分数不变，C错误； D．碳为固体，增大碳的量，不能改变反应速率，平衡不移动，的转化率不变，D错误； 故选A。 23．D 【详解】A．反应①吸热，反应②放热，升高温度，反应①正向移动，反应②逆向移动，两者均有利于异丁烯制备，A正确； B．平衡常数反应了反应进行的程度，由于K1远大于K2，主要进行反应①，因此大于190oC时温度对异丁烯的平衡产率影响不大，B正确； C．190oC时，恒压条件下增大水和异丁醇的比例，相当于减压，由图可知异丁烯产率增加，反应①平衡右移，反应②平衡左移，不利于反应②进行，C正确； D．若只有异丁烯、水和二聚异丁烯生成，由于还有剩余的异丁醇没有反应完，根据原子守恒可知，(异丁醇)=c(异丁烯)+2c(二聚异丁烯) + c(异丁醇)，D错误； 故选D。 24．D 【分析】由题中信息可知，反应经历两步：①；②。因此，图中呈不断减小趋势的ａ线为X的浓度随时间的变化曲线，呈不断增加趋势的线为Z的浓度随时间的变化曲线，先增加后减小的线为Y的浓度随时间的变化曲线。 【详解】A．X是唯一的反应物，随着反应的发生，其浓度不断减小，因此，由图可知，为随的变化曲线，A正确； B．由图可知，分别代表3种不同物质的曲线相交于时刻，因此，时，B正确； C．由图中信息可知，时刻以后，Y的浓度仍在不断减小，说明时刻反应两步仍在向正反应方向发生，而且反应①生成Y的速率小于反应②消耗Y的速率，即时的消耗速率大于生成速率，C正确； D．由图可知，时刻反应①完成，X完全转化为Y，若无反应②发生，则，由于反应②的发生，时刻Y浓度的变化量为，变化量之比等于化学计量数之比，所以Z的浓度的变化量为，这种关系在后仍成立， 因此，D不正确。 综上所述，本题选D。 25．B 【详解】A、此反应是放热反应，升高温度，平衡左移，导致甲醇的物质的量减少，二氧化碳的物质的量增大，所以使c(CH3OH)/c(CO2)的比值减小，A错误； B、3min时，CH3OH和CO2的浓度相等，但是并没有达到平衡，因为二氧化碳和甲醇的计量数相等，无论反应是否达到平衡状态，CO2的消耗速率始终等于CH3OH的生成速率，B正确； C、该反应是一个反应前后气体体积减小的化学反应，增大反应气体的压强能使平衡向正反应方向移动，增大二氧化碳的浓度也能使平衡向正反应方向移动，从而提高氢气的转化率，C错误； D．从反应开始到平衡，二氧化碳的平均反应速率==0.075mol•L-1•min-1，H2的平均反应速率υ(H2)=0.225mol•L-1•min-1，D错误； 故选B。 26．BD 【详解】A．由题干反应历程图可知，历程i、ii、iii的活化能分别为：70.9kJ/mol、89.6kJ/mol、141.3kJ/mol，活化能越大反应速率越慢，反应速率最慢一步为决速步骤，故三步反应历程中决定总反应速率的是反应历程ⅲ，A正确； B．由题干历程图可知，反应历程i、ii、iii的热化学方程式分别为：C40H20(g)+H•(g)•C40H19(g)+H2(g) =+20.7kJ/mol；•C40H19(g)+H2(g)•C40H19(g)′+H2(g)=-11.2kJ/mol，••C40H19(g)′+H2(g) C40H18(g)+H2(g) +H•(g) =+118.5kJ/mol，故ⅰ、ⅱ、ⅲ三步的总反应为 可由i+ii+iii，根据盖斯定律可知， (+20.7kJ/mol)+(-11.2kJ/mol)+( +118.5kJ/mol)=+128kJ⋅mol，B错误； C．根据图像可以判断过渡状态1、2、3的产物的总能量的相对大小，能量越高，物质越稳定，故可以判断过渡态1、2、3的稳定性相对高低，C正确； D．由题干历程图可知， C40H18形成的过程中反应历程i有C-H极性键的断裂，三个历程均没有极性键的形成，D错误； 故答案为：BD。 27．AD 【详解】A．由盖斯定律可知，反应1-反应2可得 =+41.1，该反应是吸热反应，催化剂A作用下，830℃时该反应的平衡常数K=1，则900℃时平衡正向移动，v正增大的程度大于v逆，，A正确； B．使用水分子筛可以将水分子及时分离，平衡正向移动，平衡转化率增大，则使用了水分子筛的容器是乙，B错误； C．催化剂不影响平衡常数，则反应1的平衡常数，C错误； D．根据已知条件列出“三段式” M点，D正确； 故选AD。 28．CD 【详解】A．由右图可知，反应Ⅰ的反应速率大于反应Ⅱ，反应速率越快，反应的活化能越小，则反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ，升高温度，活化能大的反应速率增大的程度越大，则反应Ⅰ的速率增大程度小于反应Ⅱ，故A错误； B．由左图可知，产物Ⅰ转化为产物Ⅱ的反应为反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，物质的能量越大越不稳定，则产物Ⅰ的热稳定性比产物Ⅱ弱，故B错误； C．由盖斯定律可知，反应Ⅱ—反应Ⅰ得到反应，由右图可知，平衡时产物Ⅱ的占比为72%、产物Ⅰ的占比为12%，设平衡时浓度为c，则的浓度为6c，反应的平衡常数K====6，故C正确； D．加入只催化反应Ⅰ的催化剂，反应Ⅰ的速率增大，产物Ⅰ的占比增大，则右图中极值点e变为a点，故D正确； 故选CD。 29．BC 【详解】A．由实验①可知该有机物可以完全降解，反应不是可逆反应，A错误；   B．由·OH和将有机物氧化为二氧化碳，可知·OH和具有强氧化性，是降解有机物的重要氧化剂，B正确； C．图中信息显示，第三次降解有机污染物的效果很差，说明该实验条件下，Ag3PO3使用两次即基本失效，C正确； D．没有给出起始时有机物的具体质量，无法计算降解速率，D错误； 故选BC。 30．CD 【详解】A．根据图像，升高温度，平衡转化率增大，所以正反应吸热，A错误： B．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中投入的的量相同，相同温度下，平衡转化率依次减小，说明压强依次增大，容器体积依次减小，压强越大，反应速率越大，所以平衡后速率：，B错误； C．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ容器体积依次减小，A、B、C三点温度依次升高，所以压强依次增大，，C正确； D．根据图示，Ⅱ中470℃进行反应时平衡转化率为60%， ，容器Ⅳ在470℃进行反应时，，，反应正向进行，，D正确； 答案选CD。 31．CD 【分析】设反应①：   ，反应②：  ，反应①是吸热反应，反应②是放热反应，随着温度的升高，反应①正向移动，反应②逆向移动，则Z代表CaO含量的变化，再结合变化趋势可知X为CaSO4含量的变化，Y为CaS含量的变化； 【详解】A．反应①，，反应② ，则按盖斯定律，反应=4①-②，则，故A正确； B．据分析，X为CaSO4含量的变化，故B正确； C．一定温度下，加入氢氧化钠固体，消耗二氧化硫，促进硫元素的脱除；温度不变时平衡常数不变，结合选项A可知，不变，则温度不变增大压强时二氧化硫的平衡浓度不变，通过压缩容器增压时，平衡时二氧化硫的物质的量减小，按信息脱硫率减小，或：增压时反应①逆向移动，导致氢气和水蒸气浓度发生变化使反应②右移，但反应②中CaS仍留在固体中，故增压不利于硫元素的脱除，故C错误； D．结合选项C可知，其他条件不变，下若温度不变时二氧化硫的平衡浓度不变，二氧化硫的物质的量不变，则时，越多，也不会影响脱硫率，故D错误。 故选CD。 32．AB 【详解】A．恒温恒压下反应，增大水烃比，相当于减小反应物的压强，平衡正向移动，乙苯的转化率增大，A正确； B．由图可知，在相同水烃比下，苯乙烯的选择性较高，是主要反应，B正确； C．水烃比增加，苯和甲苯的选择性下降幅度较小，但乙苯的转化率增加，生成苯和甲苯的物质的量可能增加，C错误； D．催化剂不能改变反应物的平衡转化率，D错误； 故选AB。 33．BD 【分析】因为该反应是放热反应，所以升高温度，减小，增大，则曲线N表示的变化情况，曲线M表示的变化情况，则最后一条曲线代表体积分数与热力学温度的倒数关系。从c点到b点，温度升高，反应速率加快，体积分数增大，从b点到a点，温度升高，反应速率也加快，，但体积分数减小，说明b点时一定处于平衡状态，从b点到a点，平衡逆向移动，达到新的平衡。 【详解】A．根据分析知，曲线N表示的变化情况，A正确； B．该反应是气体分子数不变的反应，a点体积分数是10%，则生成氢气，则CO也消耗了2mol,故，B错误； C．根据分析知，b点时一定处于平衡状态，C正确； D．c点时没有到达平衡，所以，D错误； 故选BD。 34．AC 【分析】主反应为气体体积减小的放热反应，副反应是气体体积不变的放热反应，增大压强，主平衡正向移动，负反应平衡不发生移动，乙醇的选择性上升，乙酸乙酯的选择性下降，升高温度，主反应和副反应平衡都逆向移动，平衡均逆向移动，主反应逆向移动的程度大于副反应，所以乙醇的选择性随着温度升高而减小，乙酸乙酯的选择性上升，综上所述，250℃下，乙醇选择性随压强变化的曲线是a，乙酸乙酯选择性随压强变化的曲线是d，下，乙醇选择性随温度变化的曲线是b，乙酸乙酯选择性随温度变化的曲线是c。 【详解】A．主反应和副反应都是可逆反应，恒温恒压密闭容器中，按和分别投料，不能完全反应，达平衡时热量变化分别为，则，A错误； B．根据已知条件列出“三段式” 平衡时，体积减小20%，则，平衡时体积为0.8L，解得x=0.6mol，y=0.2mol，主反应的平衡常数，B正确； C．由分析可知，时，S（乙醇）随压强变化的曲线为a;时，S（乙醇）随温度的变化曲线为b，C错误； D．主反应为气体体积减小的反应，增大压强，反应正向移动，可以提高乙醇选择性，D正确； 故选AC。 35．AC 【详解】A．时，S(ML2)+S(ML)+S(L)=1，且S(ML2)=0.64, S(ML)<0.01，得，选项A正确； B．S(ML2)相比于S(ML)含有两个配体，则S(ML2)与S(ML)的浓度比应为S(ML2)相对峰面积S的一半与S(ML)的相对峰面积S之比，即，选项B错误； C．，，由L守恒可知，，则，则M的转化率为，选项C正确； D．该温度下反应中，，故值为，选项D错误； 答案选AC。 36．AB 【详解】A．随着长度的增加，反应温度降低，A、B的转化率提高，说明两个反应都是放热反应，升高温度平衡逆向移动，则两个反应的平衡常数均减小，故A正确； B．随着长度的增加，D在产物中的占比逐渐增大并超过C，则长度较短时C在产物中占比较大，因此生成C较容易，则反应1的活化能小于反应2的活化能，故B正确； C．随着长度的增加，A、B的转化率提高，反之长度越小转化率降低，则C的产率下降，故C错误； D．物质C和D等比加聚时，C和D中两个碳碳双键发生加聚反应，产物为、、、，故D错误； 故选AB。 37．BC 【详解】A．正反应体积增大，恒压条件下，充入氮气越多，乙苯分压越小，反应速率越慢，故20min内，乙苯的平均反应速率从大到小的顺序是甲>乙>丙，A错误； B．将恒压条件改为恒容条件，相对于对原平衡体系加压，则反应向气体体积减小的方向移动，则乙苯的转化率降低，B正确； C．由表格知，T1℃时，甲在50min后，转化率不变，即反应达到平衡，此时乙苯转化率为60%，设起始时乙苯的物质的量为1mol，则氮气物质的量也为1mol，列出三段式： 平衡时总物质的量为：0.4mol+0.6mol+0.6mol+1mol=2.6mol，则，C正确； D．由表格知，T1℃时，丙在50min时，乙苯转化率为80%，设起始时乙苯的物质的量为1mol，则氮气物质的量也为9mol，列出三段式： 平衡时总物质的量为：0.2mol+0.8mol+0.8mol+9mol=10.8mol，则 由于，所以容器丙中的反应未达到平衡状态，D错误； 故选BC。 【点睛】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握表中数据、平衡三段式、平衡常数K为解答关键，侧重分析与计算能力的考查，注意K与平衡浓度的关系，题目难度不大。 38．CD 【详解】A．图中曲线可以看出加入B200mL和220mL时放出热量不再增多，则可以判定此时A已经反应完全，则该反应的，故A正确； B．T1到T2的过程中，滴入等体积的B溶液时T1释放的热量更多，该反应正向放热则，故B正确； C．时加入200mLB溶液放出热量为5J，则A的转化率为50%，建立三段式： ， 平衡时溶液体积为0.3L，则平衡常数为，故C错误； D．由A项可知，前者完全反应放出热量为10J，时，A、B、AB的物质的量为、、0与0、0、互为等效平衡，前者平衡时放出的热量＞5.7，故时，100mL0.001mol⋅L-1的AB溶液达到平衡时，吸收热量Q＜4.3J，故D错误； 故选CD。 39．AD 【详解】A．向反应器中通入适量水蒸气，高温下可以与C反应生成CO和H2，减少积碳，可减缓Ra的衰减，A正确； B．压强越大，Ra降低越快，说明催化剂活性降低越快，积碳越多，其主要原因是反应③为气体体积减小的反应，加压平衡正向移动，使得积碳增多，B错误； C．保持其他条件不变，适当增大投料比有利于增大转化率，C错误； D．根据盖斯定律，①=②-③，△H1=△H2-△H3=+247.1kJ•mol-1，反应①为吸热反应，通入适量，能与C反应并放出大量的热，可减少积碳减缓Ra的衰减，同时反应放热使得反应①正向移动，有利于重整反应，D正确； 故选AD。 40．BC 【详解】A．从C(s)＋2NO(g)⇌N2(g)＋CO2(g) 可以看出每生成44g CO2放出的热量为34.0kJ，则产生22gCO2，放出的热量为17.0kJ，A正确； B．固体物质的用量，不影响平衡，故达到平衡后增大活性炭的用量，平衡不移动，B错误； C．在950K～1000K之间，化学反应还没有达到平衡状态，反应仍正向进行，故速率：v正>v逆，C错误； D．1050K时，设NO的起始量为2mol，转化率为80%，则反应NO1.6mol，容器内压强为P0，列三段式： 反应为气体分子数不变的反应，可以物质的量代替压强，则1050K时反应的化学平衡常数Kp==4，D正确； 故选BC。 41．AD 【详解】A．已知：①；②；③；由盖斯定律可知，①+②+③可得，平衡常数=10-3.4，K3=，故A错误； B．，当pH=1时，故B正确； C．2个连续反应：、，相加得 K5=K1K2=10-6.4，当时，c2(H+)=10-6.4 mol/L，pH=3.2，c(OH-)=10-10.8mol/L，依据 Ksp[Fe(OH)3]= =10-38.6， c(Fe3+)=c{[Fe(OH)2]+}=10-6.2，C正确； D．依据 K=K1K2=10-6.4，，相减得 K6= ，随 pH 增大，c(Fe3+)减小， 的数值增大，D 错误； 故选AD。 42．BC 【详解】A．已知：某温度下，H2在Pd膜表面上的解离过程存在平衡；H22H，其正反应的活化能远小于逆反应的活化能，即为放热过程ΔH＜0，则H原子在Pd膜表面结合成H2的过程2H H2，为吸热过程， A错误； B．由图像可知，Pd膜能选择性分离出H2，导致平衡正向移动，平衡转化率增大，B正确； C．根据反应，无Pd膜反应器中CO的平衡转化率为50%，列三段式： 则反应前后气体分子数不变，用物质的量代替物质的量浓度计算平衡常数K==1； 有Pd膜反应器中CO的平衡转化率为80%，其中只有a口的处于平衡体系，设a口产生的H2的物质的量为xmol，列三段式： 温度不变，则平衡常数K不变，K=，解得x=0.05，则相同时间内出口a产生的H2为0.05mol，出口b的H2为 (0.8-0.05)mol=0.75mol，C正确； D．电解时，电极反应CO-2e-+H2O=CO2+2H+为氧化反应，是阳极反应式，阴极发生还原反应，电极反应式为：2H++2e-=H2，D错误； 选BC。 答案第22页，共23页 答案第23页，共23页 学科网（北京）股份有限公司 $$