第七章 第3节 化学平衡常数与转化率-【5星学霸·高考白题】2026年高考化学一轮复习

不符合，D错误。 3.B解析：观察实验I可知，加热后溶液的橙色加深，说明平衡向生 成C20分（橙色）的一侧移动。由热力学原理可知，升温使平衡向吸 热方向移动，故该平衡的正反应（从C,0房→C0?)应为放热过 程，即△H<0,A错误：实验Ⅱ若要考查“降低生成物浓度，平衡正向 移动”，可加人碳酸钠以中和H,平衡向右（黄色CO)移动，B正 确：实验Ⅲ加人浓硫酸确实可以增加体系中H的浓度，相当于增大 生成物（右侧的H)的浓度，使平衡逆向（向左、橙色CO片）移动， 但是加入浓硫酸会放热，由上述A项分析知该反应是放热反应，升 温也会使得平衡逆向移动，故存在浓硫酸放热的干扰，不能完成浓度的 探究，C错误：实验W中溶液呈黄色，主要是因为亚硫酸钠水解显碱性，去 除了溶液中的H,使平衡向右侧黄色CO片移动：若重铬酸根离子被还 原通常会出现绿色C+,而本实验并未出现绿色.D错误。 4.D解析：由图分析可知，B点压强迅速减小，说明是向外拉活塞，使 压强减小，平衡逆向移动，气体的物质的量逐渐增加，C点到D点压 强逐渐增大，D点达到平衡，在E点压强迅速增大，说明是推动活 塞，使体积减小，压强增大，平衡正向移动，气体的物质的量逐渐减 小，F点到G点气体压强减小。根据分析，时刻是增大压强，是推 动注射器的活塞，A正确：B点到C点压强减小，平衡逆向移动，NO: 浓度增大，但体积变化更大，气体颜色变浅，C点到D点压强增大 平衡正向移动，NO,浓度减小，但体积变化更大，气体颜色变深，气体 颜色先变浅后变深，B正确：E点压强小，正反应速率小，G点对应的 压强大，正反应速率大，故正反应速率：c>E,C正确：平均摩尔质量 以g·m为单位，数值上等于平均相对分子质量，平均摩尔质量等 于总质量除以气体的总物质的量，D、G两点气体总质量相等，D点 针筒内气体体积大，压强小，气体的物质的量大，平均相对分子质量 小，G点压强大，气体的物质的量小，平均相对分子质量大，D、G两 点气体的平均相对分子质量：M。<Mc,D错误 5.A解析：过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，活 化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，DMO和H,流速固定时： 使用C山负载量为5%的催化剂时原料转化率更高，则其反应中活化 能较小，故实线是C山负载量为5%的催化剂作用下的历程，A正确： 催化剂可以改变反应速率，但是不能改变平衡的移动，故改变C山负 载量，不可调控EC的平衡产率，B错误：由图可知，生成物能量低于 反应物能量，则反应为放热反应，仅升高温度，使得平衡逆向移动， 则(EG 。年(DMO诚小，C错误：仅加快流速，会诚少反应时间，可能会导 致DMO转化率降低，D错误 6.B解析： 曲线平衡时CO,的选择性 100 H,的产率 80 +X 60 40 20 0 1002001300400500600700 71℃ 曲线平衡时C0的选择性 由选择性计算公式可知，相同条件下C0和C0,选择性之和为1.约 300℃左右氢气的产率随祖度升高而降低，则约300℃后升高温度 对反应I的影响小于对反应②的影响，则约300℃后升高温度C0 的选择性升高，C0,的选择性降低，故曲线a表示平衡时C02的选探 性，曲线b代表平衡时C0的选择性。由分析可知，曲线a表示平 衡时C02的选择性随温度的变化，A错误：由分析可知，反应1、Ⅱ均 为吸热反应，300℃以后，随者温度的开高，反应I、Ⅱ正向进行的程 一学霸高考·白是 度均增大，且反应Ⅱ增大的幅度大于反应【，使得H2的产率减小，B 正确：时间不能影响化学平衡，不能改变H2的平衡产率，C错误：低 于150℃H2的产率不高.D错误。 7.(1)-49.5(2)BD(3)M+H0一M0+H2(4)乙T,时以反 应2为主，反应2前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响 解析：(1)由题干信息可知，反应1：C0(g)+2H2(g)一 CH0H(g)△H1=-90.7kJ·mo1,反应2：C0,(g）+H2(g)→ C0(g)+H20(g)△H2=+41.2kJ·mo1,则反应1+反应2可得反 应3：C02(g)+3H2(g)一CH30H(g)+H20(g),根据盖斯定律可 知，△H3=△H1+△H2=(-90.7kJ·mo1)+(+41.2kJ·mol1)= -49.5kJ·mo。(2)当2vE(C0)=v(H2)时，正、逆反应速率相 等，可说明反应达到平衡状态，即E(C0)=2v发(H2)时正、逆反应 速率不相等，不能说明反应达到化学平衡，A不合题意：反应前后混 合气体的质量不变，但该反应前后容器的体积发生变化，即混合气 体的密度是一个变量，当混合气体的密度不再发生变化，反应达到 平衡状态，B符合题意：根据题干可知，C0和H2的投料比等于化学 计量数之比，因此C0和H2的物质的量之比是一个定值，无法判定 反应达到平衡状态，C不合题意：混合气体的平均相对分子质量在数 值上等于平均摩尔质量，平衡体系中混合气体的质量不变，反应前 后混合气体的分子数减小，所以当混合气体的平均相对分子质量保 持不变时，可判定反应已达平衡，D符合题意。(3)根据总反应方程 式和历程②M0+C0一M+C0,可得，历程①反应为M+H,0一一 M0+H2。(4)反应2是气体体积不变化的反应，C02的平衡转化率 只与温度有关，由图乙可知，T温度后纵坐标对应量的变化与压强 无关(3条曲线重合)，只与温度有关，所以图乙对应纵坐标表示C0, 平衡转化率；由于反应2：C02(g)+H2(g)一C0(g)+H20(g)是气 体体积不变化的吸热反应，压强对平衡没有影响，T,温度时，体系中 主要发生反应2，所以三条曲线几平交于一点。 8.(1)反应aC2H6(g)=C2H4(g)+H2(B)△H= +129.6kJ·mΓ1(2)①q②D(3)11200.4 解析：(2)①题给反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，物质的 量增大，曲线m、n代表反应物随温度的变化关系，曲线P、q代表生 成物随温度的变化关系，结合化学计量数关系可知，m代表H2的物 质的量随温度的变化，代表C02的物质的量随温度的变化，P代 表H20的物质的量随温度的变化，q代表C,H4的物质的量随温度 的变化：②使用催化剂，可降低反应的活化能，加快反应速率，但不 能提高平衡产率，A错误：扩大容器容积相当于减小压强，则正和 "造均减小，B错误；容器体积不变，气体总质量不变，混合气体的密 度一直不变，无法判断反应已达到平衡状态，C错误：再通入 3molH2,平衡正向移动，达到平衡时的C02转化率增大，但平衡常 数K只与温度有关，故K保持不变，D正确。(3)由图像可知，停 留时间在0.4s时乙烯的收率最高，在1120K附近，乙烯的收率比 较高，且此温度下丙烯的收率比较低。 第3节化学平衡常数与转化率 1.D解析：及时分离出CH,OCH3,则CH OCH浓度降低，反应速率 减慢，A错误；根据题意可知，起始投料n(C02)n(H2)=1:3,且 方程式中两者的化学计量数之比也是1：3，其比值恒定不变，则当 a(C0)的比值不变时，不能证明反应达到平衡状态，B错误：该反应 (H2) 为放热反应，则温度越高，该反应平衡常数K越小，C错误：催化剂只 能改变反应速率，但是平衡不移动，转化率不变，D正确。 易错提醒 平衡常数只受温度影响，温度不变则平衡常数不变。平衡常数改 变，平衡一定发生移动：平衡发生移动，平衡常数不一定发生改变。 2.D解析： ·化学·035一 恒温条件下发生反应的压强变化 △p1 0.15p 10 2030 40 时间/min 绝热条件下发生反应的压强变化 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，△> 0,在图中以a0所在曲线表示；则b所在曲线是在绝热条件下进行， 起始阶段△即<0，说明体系压强增大，说明正反应为放热反应，△H< 0,A错误：由A分析可知，b点是在绝热条件下，a点在恒温条件下 b点的压强要考虑温度的影响，a、b点总压显相等，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，B错误：b点温度高 于©点，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，所以HB的 转化率：a(b)<a(c),C错误：在恒温恒容条件下，气体压强之比等 于总物质的量之比，设反应消耗xm%l02,根据三段式： 4HBr(g)+02(g）=2Br,(g)+2H0(g) 起始(md) 4 1 0 0 变化(m) 4x 2x 2x 平衡(ml) 4-4x1-x 2x 2x 5=Po 根据a点时数据有六085n解得0.75，此时浓度商Q。 ) -=20.25L·mo,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Q,D正确。 易错提醒 平衡常数只受温度影响，温度不变则平衡常数不变。平衡常数改 变，平衡一定发生移动：平衡发生移动，平衡常数不一定发生改变。 3.C解析：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2H(g)一H2(g)+l2(g),故图a、b,e 装置的化学平衡常数相等，K(a)=K(b)=K(©)=A项错误；图a 装置中列三段式： 2Hl(g）-一H2(g)+l2(g) 起始(mol) 1 0 转化(mol)0.2 0.1 平衡(mol) 0.8 0.1 即()分解率为2一×100%=20%，B项错误，图b装置中806时 反应区L2(g)的物质的量为0.3ml,则消耗田(g)物质的量为 0.6ml、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=0.4mal,80s时图b反应区处于解时平衡状态，其 化学平衡常数K()卢，该反应前后气体分于数不变，可用物质的 量代入平衡常数表达式，选择性膜1只使H,通过而离开体系，则反 应区瞬时平衡时a()及区X03。 1 0.42 网，解得n(品，)反区一 0.025m,则前80s内H,的平均渗透速率约为 3mal0.02 3 mol 3 805 一学霸高考·白是 3.6x103mdl·$1,C项正确：图c装置中，选择性膜2使H2(g)和 12(g)通过而离开体系，故80：时c装置反应区，(g)物质的量x不 一定大于0.3，D项错误。 4C解析：7条件下，p(N0)为625%，则(，)为1875%，故a P(N0)=100%-6.25%-18.75%=75%,A错误：由图可知，随温度降 低，平衡时(N2)增大，故反应I为放热反应，即反应I中反应物总 能量比生成物总能量商，B错误：万条件下，p(N,0)为20%，且 (N,)=p(NO),即n(N)=a(NO),设反应I、Ⅱ消耗NO的物质的 量分别为moly mol,根据三段式： 2N0(g)+2H2(g)=N2(g）+2H20(g) 初始/mol1 2 0 0 转化/ml 2 平衡/mol1-x-y 2-x2 2 2N0(g)+H(g)N20(g)+H20(g) 初始/mol1 2 0 0 转化/mol y y y y 2 2 2 平衡/mol1-x-y 2r子 2 经=1y 由题意可得： 2 ,解得x=0.5,y=0.25。 一×100%=20% y 平衡时，n(N0)=0.25mdl,n(N2)=0.25mol,n(H2）=1.375mal, n(N20)=0.125mol,n(H20)=0.625mol,即H2的转化率为 0.625m×100%=31.25%,C正确：7亏 2 mol :】条件下，平衡时容器中气体总 物质的量为0.25+0.25+1.375+0.125+0.625=2.625(mdl),所以总压 2.625mml=8.75kPm,D错误。 强为10kPa×3mal 5.D解析：压强相同时，温度升高，C0的平衡转化率减小，反应平衡 逆向移动，故该反应为成热反应，A不正确：温度相同时，压强增大 反应平衡正向移动，C0的平衡转化率增大，故P1>p2>,B不正确： M、X、Y三点温度不同，故化学平衡常数不相同，C不正确：T℃，若 向该容器中充入2.0molN0和2.0molC0发生题述反应，化学平衡 常数K只与温度有关，N点为非平衡状态，对应同温度的M点为平 衡状态，n(C0)=(2.0-2.0×40%)mal=1.2mal,n(N0)=1.2mal, ,ke.↓_cNo)c(co. n(c0,)=0.8m,n(N)=0.4mlkE文2(c0)xN) (1.2)2×(1.2)2 (0.8)2×04=8.1,D正确。 6.B解析：发生的反应1.SC2(g)+02(g)一S02Cl2(g）△H1<0, ⅡSCl,(g)+S02C,(g)2S0Cl,(g)△H2<0,反应I为非可逆反 应，散当(SC, =1时，喙尔分数最大的为S02C2,L代表S02C2, n(02) 随若”(sC)增加，反应Ⅱ正向进行.曲线L代表s,曲线与代表 n(02) S0心，。根据分析可知，曲线2表示s0,晾尔分数随的变 n（(SC).2时，设投放了 化，A错误；T℃时，温度不变，则K不变，n0) 1mal02和2 mol SCI2,反应Ⅱ反应了mol SCl2,列三段式， 5C2(g)+S02C12(g)==2S0C12(g) 起始(mal) 1 1 0. 转化(mol) 2a 平衡(mol)1-a 1-a 2a ·化学·036一 根据图中给出L与L交又点信息，可得1，=0.1，解得a=0.8,K= 1.6 e2(SoCl =64,B正确：降温达新平衡后，反 c(S0Cl2)·c(SCl2)0.20.2 vV 应Ⅱ正向进行，SC,摩尔分数减小，S0C,摩尔分数增大，曲线L,和 L2新交点不可能在a处，可能出现在b处，C错误：T℃，缩小容器体 n(SCl) 积，压强增大，反应Ⅱ平衡不移动，达新平衡后 的值不变， 'n(SOCI) D错误 7,(1)B(2)<>(3)4藏小 解析：(1)对于反应C02(g)+CH,(g)一2C0(g)+2H2(g),根据化 学反应速率之比等于化学计量数之比，平衡时应满足2"运(C02)= "E(C0),而当z(C02)=2E(C0)时，正、逆反应速率不相等，反应 末达到平衡状态，A错误：反应前后气体的总质量不变，但气体的物 质的量在反应过程中发生变化（反应前气体化学计量数之和为1+ 12,反应后气体化学计量数之和为2+2=4)。根据M=公（站，为 平均相对分子质量，m为慈质量，n为总物质的量)，当气体的平均相 对分子质量不再变化时，说明气体的总物质的量不再改变，反应达 到平衡状态，B正确：在恒容密闭容器中，气体的总质量不变，容器体 积不变，根据=四(p为密度，m为质量，V为体积)，气体密度始终 不变，所以密度不再变化不能说明反应达到平衡状态，C错误：起 除时投料比2C0}10,反应过程中cH,和c0,按照1：1的比例 反应，其物质的量之比始终为1：1，不能据此判断反应达到平衡状 态，D错误。(2)C02(g)+CH(g)一2C0(g）+2H2(g)是气体体积 增大的反应，T,℃时，二氧化碳平衡转化率升高，平衡正向移动，即 减小压强向气体体积增大的方向移动，因此压强：P1<2:当温度为 T,℃、初始压强为时，从a点到平衡点，二氧化碳平衡转化率诚 小，说明平衡逆向移动，因此4点时的>E。(3)起始时向容器中 加人1mlCH,和1 mol CO2,在温度为T,℃、初始压强为P2条件下 反应，二氧化碳平衡转化率为50%，列出三段式得： CH4(g)+C02(g)2C0(g)+2H2(g) 开始量(mol) 1 0 0 转化量(ma)】 0.5 0.5 1 平衡量(mol) 0.5 0.5 该反应的平衡常数K■ =4:温度和体积不变的情 0.50.5 11 况下，继续加入1 mol CH。和1mdC02,相当于在原平衡的基础上 增大压强，压强增大使得反应向气体分子数减小的方向移动，导致 平衡逆向移动，所以再次达到平衡后，C02的转化率减小。 8.(1)-16.4(2)c、db(3)A(4)92.3% 0.2po×(0.5p)2 (0.15p)2x(0.05pn)2 (5)0.02mal·L1·min-150% 解析：(1)根据盖斯定律，反应Ⅲ=2×反应Ⅱ-反应I,故AH =24H2-△H1=2×(-381.5kJ·mol1)-(-746.6kJ·mo1)= -16.4k·m1。(2)随温度的变化，说明温度是自变量（横坐标） 温度升高，反应I逆向进行，n(N2)减小，所以曲线c、d符合题意：曲 线a、b则表示不问温度下n(N2)随n(C0)的变化关系，在n(C0) 定时，升高温度，n(N2)减小，所以曲线b的温度高于曲线a。(3)按 反应化学计量数之比投料时，生成物的体积分数最大，所以曲线A 能准确表示N20(g)的平衡体积分数随投料比n(C0):n(NO)变 化。(4)根据反应1、Ⅱ可知，当N2(g)、N20(g)的体积分数分别为 20%和10%时，C02(g)的体积分数则为50%，C0(g)和N0(g)的体 积分数之和为20%。设投料时C0(g)和N0(g)的物质的量均为 一学霸高考·白员 amol,反应达到平衡时总物质的量为nml,生成的N,0的物质的量 为0.1nmol,则有： 反应I: 2C0(g)+2N0(g)=N2(g)+2C02(g) 初始/mol 0 0 转化/mol 2x0.2n2×0.2n 0.2n2×0.2n 平衡/mol a-0.4ma-0.4n 0.2n0.4n 反应Ⅱ： C0(g)+2N0(g)-=N20(g)+C02(g) 初始/mal a-0.4na-0.4n 0 0.4n 转化/mol 0.1n0.2n 0.1n0.1n 平衡/mol a-0.5na-0.6n 0.1n0.5n 所以有a-0.5nta-0.6n=0.2n,解得：a=0.65n,平衡时N0的物质的 量=0.65n-0.6n=0.05n(mol),C0的物质的量=0.65m-0.5n= 0.15n(mdl)。因此，N0(g)的转化率为0.65n-0,05n)mm×100%- 0.65 mol 923%:根据理想气体状态方程，等温下，气体分压之比等于物质的 量之比，即p(C0)=0.15 Po kPa,p(N0)=0.0 5po kPa,p(N2)= 0.2 Po kPa,p(C02)=0.5pkPa;用分压表示反应I的平衡常数K,1= 0.2p×(0.5pu)2 (0.15po)2x(0.05p,)产Pa。(5)根据化学计量数之比可知，每生 成1molC02,生成1molN20或0.5molN2,由所给信息，5min后测 得n(C02)=0.3mol,n(N0)=1.6mol,消耗的n(N0)=0.4mal,设生 成的n(N20)为xmol,生成的n(N2)为ymdl,由2x+2y=0.4mol,x+ 2y=0.3mol,解得n(N2)=n(N20)=0.1mol,(N20)=0.1mol÷ （1Lx5mim)=0.02mmlL1·min.N2的选择性.01mok2× 0.4 mol 100%=50%。 第4节化学反应的方向与调控 1.D解析：N2和H2净化后，通过压缩机加压及催化剂作用下在合成 塔中发生可逆反应生成氨气，将反应后气体经过液化分离得到液 氨，将其分离出去，还有大量未反应的N和H2,将其回流到压缩机 中，通过氮气和氢气的循环使用，可以提高原料的利用常。在反应 达到一定时间及时将氨从混合气中分离出去，使平衡正向移动，故 可保持足够高的原料转化率，A正确：步骤①中“净化"是除去杂质 防止催化剂中毒，B正确：合成氨的反应是放热反应，高温不利于反 应正向进行，操作③中选择“500℃"是催化剂催化活性的最佳温度】 催化效率较高，C正确：操作④液化分离中，将氨从混合气中分离出 去，使平衡正向移动，可以提高原料的转化率，但反应速率变慢，D 错误。 2.C解折：由图可知，热心上的变化为，一N,氯气分子发生 共价键断裂的变化为焙增、嫡增的变化，A正确：“热F”高于体系 温度，有利于氯氯共价键的断裂，加快反应速率，B正确：“冷T”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，C错误：“热F”高于体系温度 有利于氨复共价键的断裂，加快反应速率，“冷下”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， D正确 3.D解析：反应【中，粉碎黄铁矿，能增大反应物之间的接触面积，使 反应更充分，反应速率更快，A正确：二氧化硫与氧气反应生成三氧 化硫，该反应为气体体积诚小的反应，虽然加压能提高转化率但是 提高程度有限，且会显著增加工业成本，同时常压下二氧化硫的转 化率已经较高，可满足生产需要，因此反应Ⅱ选择常压下进行，B正 确：反应Ⅲ，将983%的浓硫酸从吸收塔顶喷淋面下，三氧化硫从下 往上与浓硫酸充分接触，能快速、充分吸收三氧化硫，C正确：反应Ⅱ 中若被入太多空气，则会导致二氧化硫的浓度太低，反应速率减小， 而且鼓人太多空气会使得反应温度降低，反应速率减小，不利于反 应Ⅱ的进行，D错误。 ·化学·037第3节 化学平 ☑应用提优考点全面，能力提升限时：45mm 1.(2024·四川甘孜一模)工业合成二甲醚的反 应如下：2C0,(g)+6H,(g)一CH,0CH,(g)+ 3H20(g）△H=-122.5kJ·mol,现将 n(C02):n(H,)=1:3混合发生反应，下列 说法正确的是 () A.恒温恒容下，及时分离出CH,OCH,可以加 快反应速率 B.当”(C0) 的比值不变时，该反应达到平衡 n(H2) 状态 C.温度越高，该反应平衡常数K越大 D.采用合适的催化剂，平衡转化率不变 2.（2025·重庆二模)向体积均为1L的两个刚性 密闭容器中均加入1molO,和4 mol HBr,分别 在“绝热”和“恒温”条件下发生反应：4HBr(g) +02(g)一2Br,(g)+2H20(g）△H,测得压强 变化(p)[△p=PoP,Po为起始压强，P.为 某时刻压强]如图所示。下列说法正确的是 Ap 0.5p 10 2030 40 时间mim A.上述反应：△H>0 B.气体总物质的量：n(a)=n(b) C.HBr的转化率：a(b)>a(c) D.b点平衡常数：K>20.25L·mol 3.(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HⅢ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2H(g)一H,(g)+L(g)且在反应区内 第七章化学反应速率与化学平衡学霸高春 衡常数与转化率 进行。投料均为1mol的HI(g),反应同时开 始，80s时图b反应区处于瞬时平衡状态，其 化学平衡常数K(b)= 64 HI(g) 反应区 气体不 能通过 图 HI- 反应区 { H 达泽性， 膜1 图b HIg) 反应区 +H(和I( 选择性 膜2 图c 80s时反应区【，(g)的物质的量/mol 图a装置 0.10 图b装置 0.30 图c装置 下列说法正确的是 ( A.图a装置的化学平衡常数K(a)<64 1 B.图a装置中，HⅢ(g)分解率为10% C.图b装置中，前80s内H2的平均渗透速率 约为3.6×10-3mol·s D.图c装置中，x一定大于0.3 4.(2025·河南开封三模)大气污染物氮氧化物 可采用氢气选择性催化还原处理，相关反应 如下：反应I:2N0(g)+2H2(g)一N,(g)+ 2H20(g)△H:反应Ⅱ：2N0(g)+H2(g) =N20(g)+H20(g）△H2。将1 mol NO 和2molH2通入恒容密闭容器中（起始总压 强为10kPa)发生上述反应，测得平衡 时NO、N2、N,O在含氨物质中的物质的量分 学霸高春白题化学 数p[如p(NO)= n(NO) n(N0)+n(N,)+n(N,0) 100%]随温度倒数 的变化如图所示。已 11 知7条件下，平衡时n(N,)=3n(N,0):元7 条件下，各物质均为气态。下列说法正确的是 ( N2 N() 20% N,0 6.25%--- 1 1 T A.a=80% B.反应I中反应物总能量比生成物总能量低 条件下，平衡时H,的转化率为31 D条件下，平衡时容器内的总压强为 8.25 kPa 5.(2025·广东湛江二模)某课题组为探究汽车 尾气转化为氮气的最佳反应条件，向体积为 1L的刚性容器中按(NO =1充入N0和 n(CO) C0,发生反应：2N0(g)+2C0(g)==N(g)+ 2C0,(g)。已知正、逆反应速率可以表达为 t正=k正·c2(N0)·c2(C0),通=k逆·c2(C02)· (N)(kk运表示速率常数)，测得C0的平 衡转化率与温度、压强的关系如图所示。下 列说法正确的是 ( )的平衡转化率% 100 80 60 40 20 0 2502751132535037577℃ A.该反应为吸热反应 094 B.压强的大小关系：P,P2<印 C.M、X、Y三点的化学平衡常数：Ku=Kx=K D.T℃，若向该容器中充入2.0molN0和 2.0mlC0发生上述反应，N点的=8,1 6.(2025·山东淄博一模)SCL2和02制备S0Cl, 的相关反应如下，T℃时，反应在密闭体系中 达平衡时各组分摩尔分数随 n(SCI) 的变化 n(0,) 关系如图所示。 摩1.00 分0.80 数0.60 h 0.40 0.20 20,0.)L 9.0203.04.0n n0} I.SCl,(g)+02(g)=S02Cl2(g)4H,<0 Ⅱ.SCl2(g）+S0,C2(g)=2S0Cl2(g) △H2<0 下列说法正确的是 ( A.曲线L,表示S0CL2摩尔分数 n(sC,)的 n(02) 变化 B.T℃，反应Ⅱ的平衡常数K=64 C,降温达新平衡后，曲线L,和L,新交点可 能出现在a处 D.T℃，缩小容器体积达新平衡后，n(s0C n(SCL) 的值变小 7.(2025·上海二模)为了缓解温室效应与能源 供应之间的冲突，C0,的资源化利用已成为研 究的热点。下面是利用CO,制水煤气的过程： 在容积为1L的恒容密闭容器中进行反应，方 程式为C02(g)+CH(g)=一2C0(g)+ 2H,(g)△H=+247.1kJ·mol'。当投料比 n(CH,) 1.0时，C02的平衡转化率（α）与温 n(C02) 度(T)、初始压强(p)的关系如图所示。 80 70 50 30 20 TT T:T.Ts T TIC (1)在恒温恒容条件下，关于以上反应下列表 述能说明反应已经达到化学平衡状态的是 (填字母)。 A.P送(C02)=2E(C0) B.气体的平均相对分子质量不再变化 C.气体的密度不再变化 D.CH和CO,的物质的量之比不再改变 (2)初始压强：P P2(填“>”“<”或 “=”,下同)：当温度为T℃、初始压强为 P2时，a点时的速 正 (3)起始时向容器中加入1 mol CH,和1mol C0,在温度为T,℃时反应，此时初始压强为 P2,该反应的平衡常数K= ,温度和 体积不变的情况下，继续加入1 mol CH,和 1molC02,再次达到平衡后，C02的转化 率 。(填“增大”“减小”或“不变”) 8.(2025·山西吕梁二模)氮氧化物的污染治理 迫在眉睫，利用CO还原NO可以实现CO、NO 的双减排，反应原理如下： 反应I:2C0(g)+2N0(g)一N2(g)+ 2C02(g）△H1=-746.6kJ·mol 反应Ⅱ：C0(g)+2N0(g)=一N,0(g)+ C02(g）△H2=-381.5kJ·mol1 回答下列问题： (1)计算反应Ⅲ：N2(g)+2NO(g) 2N20(g)△H3= kJ·mol-。 (2)在恒容密闭容器中充入一定量的N0(g) 第七章化学反应速率与化学平衡学霸高吉 和不定量的C0(g)发生反应I,测得N(g) 的平衡物质的量n(N,)在不同温度下随 n(C0)的变化关系和在不同n(C0)下随温度 的变化关系如图甲所示。 T或nCO) 00204060.81012141.6 图中表示n(N2)在不同n(C0)下随温度的变 化关系的曲线是 (填字母，下同)，在 表示不同温度下n(N)随n(CO)的变化关系 的曲线中，温度较高的曲线是 (3)某温度下，在恒压容器中按不同投料比充 入CO(g)和NO(g),若主要发生反应Ⅱ时，图 乙曲线中能表示N,0(g)的平衡体积分数随 投料比n(C0):n(NO)变化的是 (填字母) (4)若某温度下，向某恒压容器中按n(C0): n(NO)=1:1投料，发生反应I、Ⅱ，反应达 到平衡时测得N2(g)、N,0(g)的体积分数分 别为20%和10%，体系压强为Po kPa, 则NO(g)的转化率为 (保留3位有 效数字)，用分压表示反应I的平衡常数 Kol= kPa(列式即可)。 (5)若向容积为1L的恒容容器中各充入 2mol的C0(g)和N0(g)发生反应I、Ⅱ， 5min后测得c(C02)=0.3mol·L, c(N0)=1.6mol·L,则N,0的平均反应速 率m(N,0)= ,则N,的选择性为 （N2的选择性 生成N2的物质的量× 消耗NO的物质的量 ×100% 095