专题八 化学反应速率与化学平衡-【创新大课堂】2026年高考化学五年真题分类汇编168优化重组卷

专题八 化学反应 考向一 化学反应速率 1.(2024·安徽卷，3分)室温下，为探究纳米铁 去除水样中SeO?-的影响因素，测得不同条 件下SO浓度随时间变化关系如下图。 毁 5.0 4.0 3.0 ③ 2.0 ② 1.0 ① 0.0 0 2 4 81012 实验序号 水样体积/ml 纳米铁质量/mg 水样初始pH ① 50 8 6 ② 50 2 6 ③ 50 2 8 下列说法正确的是 A.实验①中，0~2小时内平均反应速率 量 v(SeO2)=2.0mol·L-1·h-1 B.实验③中，反应的离子方程式为：2Fe十 弥 SeO+8H+-2Fe3++Se+4H2O C.其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加 南 快反应速率 探 D.其他条件相同时，水样初始pH越小， SeO的去除效果越好 2.(2023·辽宁卷，3分)一定条件下，酸性KMnO4 溶液与HC2O4发生反应，Mn(Ⅱ)起催化作 用，过程中不同价态含Mn粒子的浓度随时间 变化如下图所示。下列说法正确的是( 1.0 0.8 0.6 -MnfI)》 △-Mn(V) 0.4 -O-Mn(Il 0.2 ◇-Mn(II) 0.0 15 20 25 时间/min 65 速率与化学平衡 A.Mn(Ⅲ)不能氧化H2C2O B.随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小 C.该条件下，Mn(Ⅱ)和Mn(I)不能大量 共存 D.总反应为：2MnO4+5C2O2-+16H+ 2Mn2++10CO2↑+8H2O 3.(双选)(2022·湖南，4分)反应物(S)转化为 产物(P或P·Z)的能量与反应进程的关系如 图所示： 能 反应进程 下列有关四种不同反应进程的说法正确的是 A.进程I是放热反应 B.平衡时P的产率：Ⅱ>I C.生成P的速率：Ⅲ>Ⅱ D.进程N中，Z没有催化作用 4.(2022·广东，4分)在相同条件下研究催化剂 I、Ⅱ对反应X→2Y的影响，各物质浓度c随 反应时间t的部分变化曲线如图，则() 催化剂I _.[ow)/ 4.0 a 催化剂Ⅱ 2.0 无催化剂 4 t/min A.无催化剂时，反应不能进行 B.与催化剂I相比，Ⅱ使反应活化能更低 C.a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t 的变化 D.使用催化剂I时，0~2min内，v(X)=1.0mol· L-1·min-1 5.(2022·浙江卷6月，2分)恒温恒容的密闭容 器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应： 2NH3 (g)- 催化剂N2(g)+3H2(g),测得不同 起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的 变化，如下表所示，下列说法不正确的是 e(NH3)/ 时间/min 秀 a0-3mol·L-1) 0 20 40 60 80 表面积/cm2 ① 2.402.00 1.601.20 0.80 ② 1.200.800.40 ③ 2a 2.401.600.800.400.40 A.实验①，0~20min,v(N2)=1.00× 10-5mol·L1·min-1 B.实验②，60min时处于平衡状态，x≠0.40 C.相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率 增大 D.相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速 率增大 6.(2021·浙江6月，2分)相同温度和压强下， 关于物质嫡的大小比较，合理的是 A.1 mol CH(g)<1 mol H2(g) B.1 mol H2O(g)<2 mol H2O(g) C.1 mol H2O(s)>1 mol H2O(1) D.1molC(s,金刚石)>1molC(s,石墨) 7.(2021·广东卷，4分)反应X一一2Z经历两 步：①X→Y;②Y→2Z。反应体系中X、Y、Z 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 [ow) 3t/s 66 A.a为c(X)随t的变化曲线 B.t1时，c(X)=c(Y)=c(Z) C.t2时，Y的消耗速率大于生成速率 D.t3后，c(Z)=2c0-c(Y) 8.(2021·湖南卷，4分)铁的配合物离子（用 [L一Fe一H]+表示)催化某反应的一种反应 机理和相对能量的变化情况如图所示： HCOOH →H H一L-e-可 /HCOO 过渡态2 Fe-H L-Fe-H H 过渡态 L-Fe-H CO. 45.3 43.5 过渡态1 过渡态2 0.0 -22.6 、31.8 -42.6 -462 反应进程 下列说法错误的是 A.该过程的总反应为HCOOH 催化剂 CO2个十 H2个 B.H+浓度过大或者过小，均导致反应速率 降低 C.该催化循环中Fe元素的化合价发生了变化 D.该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定 9.(2021·河北卷，4分)室温下，某溶液初始时 仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两 个反应：①M+N—X+Y;②M+N-一X 十Z。反应①的速率可表示为1=k1c2(M), 反应②的速率可表示为o2=k2c2(M)(k1、k2 为速率常数)。反应体系中组分M、Z的浓度 随时间变化情况如图。下列说法错误的是 ( ) > 0.5 0 (30,0.300 0.3 cM) 0.2 (30,0.125 cZ) 0.1 0102030405060 t/min A.0~30min时间段内，Y的平均反应速率为 6.67×10-3mol·L1·min-1 B.反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保 持不变 C.如果反应能进行到底，反应结束时62.5% 的M转化为Z D.反应①的活化能比反应②的活化能大 10.(2021·辽宁卷)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 ( ①C催化=0.035mol·L- 3.0 2C化=0.070mo1·L1 3C催化=0.035mol·L 毫2.0 ① c1.0 0 50 100150200250300 //min 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0.012mol·L1·min1 D.条件②，降冰片烯起始浓度为3.0mol· L1时，半衰期为62.5min 11.(2021·山东卷)18O标记的乙酸甲酯在足量 NaOH溶液中发生水解，部分反应历程可表 示为： 67 180 H3C—C-OCH3 + OH- 18O 180 H3C-C-OCH3 HsCC-OH+ OH CHO厂能量变化如图所示。己知 180 18OH HC—C—OCH=HC-C—OCH3为 OH 快速平衡，下列说法正确的是 ↑ 过渡态1 过渡态2 H.C- -OCH 0 OH HC-C-OCH; +OH H,C-C-OH +CH,O 反应进程 A.反应Ⅱ、Ⅲ为决速步 B.反应结束后，溶液中存在18OH C.反应结束后，溶液中存在CH318OH D.反应I与反应V活化能的差值等于图示 总反应的焓变 12.(2023·全国甲卷，15分)甲烷选择性氧化制 备甲醇是一种原子利用率高的方法。回答下 列问题： (1)已知下列反应的热化学方程式： ①3O2(g)—2O3(g)K1△H1=285kJ· mol-1 ②2CH4(g)+O2(g)—2CH3OH(1)K2 △H2=-329kJ·mol-1 反应③CH4(g)+O3(g)一CH3OH(1)+ O2(g)的△H3= kJ·mol-1,平衡 常数K3= (用K1、K2表示)。 (2)电喷雾电离等方法得到的M+(Fe+、 Co+、Ni+等)与O3反应可得MO+。MO+ 与CH4反应能高选择性地生成甲醇。分别 在300K和310K下（其他反应条件相同）进 行反应MO++CH4一M++CH3OH,结 果如下图所示。图中300K的曲线是 (填“a”或“b”)。300K、60s时MO+的 转化率为 (列出算式)。 0.7 0.6 0.5 GOW GW)+GOW)3 0.4 0. 0.2 0. 30 60 90 120150 时间s (3)MO+分别与CH4、CD4反应，体系的能量 随反应进程的变化如下图所示（两者历程相 似，图中以CH4示例)。 H M-CH HQ---CHs 过渡态1 M 过渡态2 CH,步骤I HO MO' CH步骤ⅡCH,OH M M 反应进程 (ⅰ)步骤I和Ⅱ中涉及氢原子成键变化的是 (填“I”或“Ⅱ”)。 (ⅱ)直接参与化学键变化的元素被替换为更 重的同位素时，反应速率会变慢，则MO十与 CD4反应的能量变化应为图中曲线 (填“c”或“d”)。 68 ()MO+与CH,D,反应，氘代甲醇的产量 CH,DOD CHD2OH(填“>”“=”或 “<”)。若MO十与CHD3反应，生成的氘代 甲醇有 种。 考向二化学平衡 1.(2025·甘肃卷，3分)CO2加氢转化成甲烷，是 综合利用CO2实现“碳中和”和“碳达峰”的重要 方式。525℃，101kPa下，CO2(g)+4H2(g) =-CH4(g)+2H2O(g)△H=-185kJ· mol1。反应达到平衡时，能使平衡向正反应 方向移动的是 () A.减小体系压强 B.升高温度 C增大H2浓度 D.恒容下充入惰性气体 2.(2025·山东卷，2分)在恒容密闭容器中， Na2SiF6(s)热解反应所得固相产物和气相产 物均为含氟化合物。平衡体系中各组分物质 的量随温度的变化关系（实线部分）如图所示。 己知：T2温度时，Na2SiFs(s)完全分解；体系 中气相产物在T1、T3温度时的分压分别为 p1、p3。下列说法错误的是 2.0 a 1.0 每0.5 0.0 T→增大 T T2 Ts A.a线所示物种为固相产物 B.T1温度时，向容器中通入N2,气相产物分 压仍为1 C.p3小于T3温度时热解反应的平衡常数K, D.T1温度时，向容器中加入b线所示物种，重 新达平衡时逆反应速率增大 3.(2025·江苏卷，3分)甘油(C3H3O3)水蒸气 重整获得H2过程中的主要反应： 反应I Cs H8O3(g)-3CO(g)+4H2 (g) △H>0 反应Ⅱ CO(g)+H2 O(g)-CO2(g)+H2 (g) △H<0 毁 反应Ⅲ CO2(g)+4H2(g)—CH4(g)+ 2H2O(g) △H<0 1.0×105Pa条件下，1molC3H3O3和9mol H2O发生上述反应达平衡状态时，体系中 CO、H2、CO2和CH4的物质的量随温度变化的 洲 理论计算结果如图所示。下列说法正确的是 6 550,5.0月 蜜 Cò(5502.2 2 (5500.4)--…< 400 450 500 550 600650700 TIC A.550℃时，H20的平衡转化率为20% 赵 B.550℃反应达平衡状态时，n(CO2):n(C0) =11:25 C.其他条件不变，在400~550℃范围，平衡时 H2O的物质的量随温度升高而增大 共 D.其他条件不变，加压有利于增大平衡时H2 的物质的量 4.(2025·安徽卷，3分)恒温恒压密闭容器中， 尔 1=0时加入A(g),各组分物质的量分数x随 反应时间1变化的曲线如图（反应速率v=kx, k为反应速率常数)。 69 加入A(g) kA(g M(g) k2 N(g) k-2 什N,平衡 N M,平衡 XA,平衡 A 反应时间() 下列说法错误的是 A.该条件下N,平衡= k-1k2 xM,平衡k1k-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 5.(2024·河北卷，3分)在水溶液中，CN可与 多种金属离子形成配离子。X、Y、Z三种金属 离子分别与CN形成配离子达平衡时， 1gc(金属离子)与一1gc(CN)的关系如图。 c(配离子) 10 5 0 5 -10 -15 Q -25 -30 -35 -40 2 345 6 -lg c(CN-) 下列说法正确的是 ( A.99%的X、Y转化为配离子时，两溶液中 CN的平衡浓度X>Y B.向Q点X、Z的混合液中加少量可溶性Y c(X) c(Z) 盐，达平衡时(X配离子)>c(Z配离子可 C.由Y和Z分别制备等物质的量的配离子 时，消耗CN一的物质的量Y<Z D.若相关离子的浓度关系如P点所示，Y配 离子的解离速率小于生成速率 6.(2024·吉林卷，3分)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，15h 后异山梨醇浓度不再变化。下列说法错误 的是 ( 反应①1,4失水山梨醇反应2异山梨醇 山梨醇 反应③ 副产物 0.10 g 一山梨醇 0.06 1,4-失 0.04 ￥(3.0.042） 水山梨醇 是 异山梨醇 0.02 副产物 0 10 15 时间h A.3h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.0~3h平均速率（异山梨醇）=0.014mol ·kg1·h1 D.反应②加入催化剂不改变其平衡转化率 7.(不定项)(2023·山东卷，4分)一定条件下， 化合物E和TFAA合成H的反应路径如下： OH CFCO2H F。 CF TFAA OOCCF COCF +CFCO2H -CF2CO2H TFAA 70 已知反应初始E的浓度为0.10mol·L-1, TFAA的浓度为0.08mol·L1,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() 0.10 0.10 0.08 0.08 人 0.06 H 0.06 0.04 0.04 TFAA 0.02 0.02 G 0 01 t/s 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，T℉AA的浓度为0.08mol·L1 8.(2023·湖南卷，3分)向一恒容密闭容器中加 入1 mol CH4和一定量的H2O,发生反应： CH4(g)+H2O(g)==CO(g)+3H2(g)。 CH4的平衡转化率按不同投料比x(x= n(CH)随温度的变化曲线如图所示。下列 n(H2O) 说法错误的是 a T/K A.x<x2 B.反应速率：b正<v正 C.点a、b、c对应的平衡常数：Ka<Kb=K。 D.反应温度为T1,当容器内压强不变时，反应 达到平衡状态 9.(2022·湖南，4分)向体积均为1L的两恒容 容器中分别充入2molX和1molY发生反 应：2X(g)+Y(g)=二Z(g)△H,其中甲为绝 热过程，乙为恒温过程，两反应体系的压强随 时间的变化曲线如图所示。下列说法正确 的是 压强甲 2 时间 A.△H>0 B.气体的总物质的量：na<nc C.a点平衡常数：K>12 D.反应速率：va正<b正 10.(2022·广东卷，4分)恒容密闭容器中， BaSO4(s)+4H2 (g)=BaS(s)+4H2O(g) 不同温度下达平衡时，各组分的物质的量() 如图所示。下列说法正确的是 起始组成：4molH2 2 1 mol BaSO H2 200400600800 T/℃ A.该反应的△H<0 B.a为n(H2O)随温度的变化曲线 C.向平衡体系中充入惰性气体，平衡不移动 D.向平衡体系中加入BaSO4,H2的平衡转化 率增大 11.(2021·辽宁卷)某温度下，在恒容密闭容器 中加入一定量X,发生反应2X(s)三Y(s) 十Z(g),一段时间后达到平衡。下列说法错 误的是 () A.升高温度，若c(Z)增大，则△H>0 B.加入一定量Z,达新平衡后m(Y)减小 C.加入等物质的量的Y和Z,达新平衡后 c(Z)增大 D.加入一定量氩气，平衡不移动 12.（双选)(2021·湖南卷，4分)已知：A(g)十 2B(g)=3C(g)△H<0,向一恒温恒容的 密闭容器中充人1molA和3molB发生反 应，1时达到平衡状态I,在t2时改变某一 条件，3时重新达到平衡状态Ⅱ，正反应速率 随时间的变化如图所示。下列说法正确的是 正 0 t/min A.容器内压强不变，表明反应达到平衡 B.t2时改变的条件：向容器中加入C C.平衡时A的体积分数p:o(Ⅱ)>o(I) D.平衡常数K:K(Ⅱ)<K(I) 13.(2021·浙江6月，2分)一定温度下：在 N2O的四氯化碳溶液(100mL)中发生分解 反应：2N2O5三4NO2十O2。在不同时刻测 量放出的O2体积，换算成N2O5浓度如 下表： t/s 0 600 1200171022202820 c(N,Os)/ 1.400.960.660480.350.240.12 (mol·L1) 下列说法正确的是 ( A.6001200s,生成NO2的平均速率为5.0× 10-4mol·L-1·s1 B.反应2220s时，放出的O2体积为11.8L (标准状况) C.反应达到平衡时，v正(N2O5)=20递(NO2) D.推测上表中的x为3930 14.(2021·海南卷)制备水煤气的反应C(s)十 H2O(g)=H2(g)+CO(g)△H>0,下列 说法正确的是 A.该反应△S<0 B.升高温度，反应速率增大 C.恒温下，增大总压，H2O(g)的平衡转化率 不变 D.恒温恒压下，加入催化剂，平衡常数增大 15.(2021·江苏卷)NH3与O2作用分别生成 N2、NO、N2O的反应均为放热反应。工业尾 气中的NH3可通过催化氧化为N2除去。将 一定比例的NH3、O2和N2的混合气体以一 定流速通过装有催化剂的反应管，NH3的转 化率、生成N2的选择性 2n生成(N2) n总转化(NH3) 100%]与温度的关系如图所示。 100 100 NH 80 的转化率% 的 60 40 70 20 60 175200225250275300 温度/℃ 72 下列说法正确的是 ( A.其他条件不变，升高温度，NH3的平衡转 化率增大 B.其他条件不变，在175~300℃范围，随温 度的升高，出口处N2和氮氧化物的量均 不断增大 C.催化氧化除去尾气中的NH3应选择反应 温度高于250℃ D.高效除去尾气中的NH3,需研发低温下 NH3转化率高和N2选择性高的催化剂 16.(2025·广东卷，14分)钛单质及其化合物在 航空、航天、催化等领域应用广泛。 (1)基态Tǐ原子的价层电子排布式为 (2)298K下，反应TiO2(s)+2C(s)+2C2(g) —TiCL4(g)十2CO(g)的△H<0、△S>0,则 298K下该反应 (填“能”或“不能”) 自发进行。 (3)以TiCL4为原料可制备TiCl3。将5.0mol TiCl4与10.0 mol Ti放入容积为V。L的恒 容密闭容器中，反应体系存在下列过程。 编号 过程 △H Ti(s)+TiCl (g)= (a) △H 2TiCl,(s) TiCl2 (s)+TiCl (g)= (b) +200.1kJ·mo1- 2TiCla(g) Ti(s)+3TiCl (g)= (c) +132.4kJ·mol-1 4TiCla (g) (d) TiCla(g)=TiCla(s) △H2 ①△H1= kJ·mol-1 ②不同温度下，平衡时反应体系的组成如图。 曲线I对应的物质为 ③温度ToK下，n[TiCl4(g)]= mol, 反应(c)的平衡常数K= (列出算 式，无须化简)。 (T0,8.5) 8 Ti(s) 救 6 (T,6.0) 4 2 TiCl(s) TiCl(g） 0 1073 1173 1273 T/K (4)钛基催化剂可以催化储氢物质肼(N2H4) r 的分解反应： (e)N2H4-N2+2H2 (f)3N2H4-N2+4NH3 为研究某钛基催化剂对上述反应的影响，以 肼的水溶液为原料（含N2H4的物质的量为 量 n),进行实验，得到1/no、n2/no随时间t变 化的曲线如图。其中，n1为H2与N2的物质 的量之和；n2为剩余N2H4的物质的量。 2 to,y1) to,2) t/min 设ne为0~t时间段内反应(e)消耗N2H4的 物质的量，该时间段内，本体系中催化剂的选 共 择性用 X100%表示。 n0-n2 ①0~to min内，N2H4的转化率为 (用含y2的代数式表示)。 东 ②0~to min内，催化剂的选择性为 (用含y1与y2的代数式表示，写出推导过 阳 程)。 73 17.(2025·陕晋宁青卷，15分)MgCO3/MgO循 环在CO2捕获及转化等方面具有重要应用。 科研人员设计了利用MgCO3与H2反应生成 CH,的路线，主要反应如下： I.MgCOs(s)-MgO(s)+CO2(g)AH =+101kJ·mol-1 II.CO2(g)+4H2 (g)-CH(g)+2H2 O (g)△H2=-166kJ·mol-1 Ⅲ.CO2(g)+H2(g)—H2O(g)+CO(g) △H3=+41kJ·mo1-1 回答下列问题： (1)计算MgCO3(s)+4H2(g)—MgO(s)+ 2H,O(g）+CH4(g)△H4= kJ ·mol-1。 (2)提高CH4平衡产率的条件是 (填 序号)。 A.高温高压 B.低温高压 C.高温低压 D.低温低压 (3)高温下MgCO3分解产生的MgO催化 CO2与H2反应生成CH4,部分历程如图甲， 其中吸附在催化剂表面的物种用标注。所 示步骤中最慢的基元反应是 (填序 号)，生成水的基元反应方程式为 过渡态 过渡态 过渡态 过渡态 ① *HE+*H+*HOO OH+*H+*H+*HO+*OH OH+*H+*HO ④ . OH+*H 甲 (4)100kPa下，在密闭容器中H2(g)和 MgCO3(s)各1mol发生反应。反应物(H2、 MgCO3)的平衡转化率和生成物(CH4、CO2) 的选择性随温度变化关系如图乙、丙所示（反 应Ⅲ在360℃以下不考虑)。 100 80 M H, 20 0 200 300 400 500 600 温度/℃ 乙 50.0 49.5 49.0 48. 265 266 267268 269 270 温度/℃ 该图为乙图内点M附近区域放大图 丙 注：含碳生成物选择性 含碳生成物的物质的量 MgCO3转化的物质的量 X100%。 ①表示CH4选择性的曲线是 (填序 号)。 ②点M温度下，反应Ⅱ的K。= (kPa)一2（列出计算式即可）。 ③在550℃下达到平衡时，n(CO)= mol 500~600℃，随温度升高H2平衡转化率下 降的原因可能是 74 18.(2025·黑吉辽蒙卷，14分)乙二醇是一种重 要化工原料，以合成气(CO、H2)为原料合成 乙二醇具有重要意义。 催化剂 I.直接合成法：2CO(g)+3H2(g) HOCH2CH2OH(g),不同温度下平衡常数如 表所示。 温度 298K 355K 400K 平衡常数 6.5×104 1.0 1.3×10-3 (1)该反应的△H 0(填“>”或 “<”)。 (2)已知CO(g)、H2(g)、HOCH2CH2OH(g) 的燃烧热（△H)分别为-akJ·mol1、 -bkJ·mol厂1、-ckJ·mol-1,则上述合成 反应的△H=kJ·mol-1(用a、b和 c表示)。 (3)实验表明，在500K时，即使压强(34MPa) 很高乙二醇产率(7%)也很低，可能的原因是 (答出1条即可)。 Ⅱ.间接合成法：用合成气和O2制备的DMO 合成乙二醇，发生如下3个均放热的连续反 应，其中MG生成乙二醇的反应为可逆反应。 COOCH +2H2 CH,OH +2H2 COOCH -CH2OH COOCH -CHOH DMO(g) MG(g) CH2OH +H2 CH3 CH2OH-H2O CH2OH 乙二醇(g） 乙醇(g) (4)在2MPa、Cu/SiO2催化、固定流速条件 n(H2) 下，发生上述反应，初始氢酯比 n(DMO)离子为0.06mol,根据阳极电极反应式2H20-4e—O2十 4H+,产生氧气为0.015mol,体积为336mL(折合成标准状 况下)，故D正确。 18.A[A.由分析可知，电解时通过离子交换膜的是Na,A项i 错误；B.根据各电极上转移电子数相同，由阳极反应和阴极反 应，知生成O2和H2的物质的量之比为1：2，其质量比为 8:1,B项正确：C.根据阴极反应知，电解一段时间后阴极区 溶液OH的浓度增大，C项正确；D.电解过程中阳极区H 的浓度增大，Na2Cr2O2转化为CrO3:Cr2O号-+2H+ 2CrO3十H2O,D项正确。] 19.B[A.阴极水电离的氢离子得电子生成氢气，阳极Ni(OH)2 失电子生成NiOOH,电解过程总反应为2Ni(OH)2 通电 2NOOH十H2↑，电解后KOH溶液的物质的量浓度不变，故！ A错误：B.电解时阳极Ni(OH)2失电子生成NiOOH,电极反 应式为Ni(OH)2+OH-e 一NiOOH+H2O,故B正确； C.阴极水电离的氢离子得电子生成氢气，阳极Ni(OH)2失电： 子生成NOOH,电解过程总反应为2Ni(OHD,通电2 NOOH+- P↑，故C错误；D.电解过程中转移4mol电子，生成 4 mol NiOOH,根据4 NiOOH+2H2O= △4Ni(OH)2+O2,生 成1ol氧气，非标准状况下的体积不一定是22.4L,故D1 错误。] 20.D[海水中存在大量的C1,在阳极C1放电生成Cl2,A叙· 述正确；阴极HO放电生成H2和OH,OH与Cl2反应生 成ClO,因此管道中存在一定量的NaC1O,B叙述正确；因为 H2为可燃性气体，所以阴极生成的H2应及时通风稀释，安 全地排入大气，C叙述正确：阴极产生OH厂，因此会在阴极表 面形成Mg(OH)2等积垢，需定期清理以保持良好的导电性，！ D叙述错误。] ! 21.C[由题千信息可知，M极发生的是由 转化为 HO OH(QH)的过程，该过程是一个还原反应，故 M极为阴极，电极反应为： +2H2O+2e HO- OH(QH2)+2OH,故与M极相连的a电极 为负极，N极为阳极，电极反应为：HO OH(QH2) -2e= 0= =O十2H十，b极为电源正极，A.a为电 源负极，A正确；B.根据电子守恒可知，溶液中Q的物质的量： 保持不变，B正确：C.整个过程CO2未被还原，CO2在M极发 生反应为CO2+OH一HCO,C错误；D.M极上CO发 生反应为：CO2十OH一HCO3被吸收，HCO为向阳极移 动，N极上发生的反应为：HCO5+H+一H2O+CO2个，故 分离出的CO2从出口2排出，D正确。] 22.解析(1)晶体G(CH3)3的沸点较低，为分子晶体。(2)镓 的熔，点为29.8℃，电解精炼温度需高于镓的熔点，因此电解 池温度控制在40一45℃。Ga和A1的性质相似，电解精炼过！ 程中粗镓在阳极失电子产生的Ga3+在NaOH溶液中形成！ GO2,GO2迁移到阴极，得电子被还原为G,故阴极反应 为GaO2+2H2O+3e -Ga十4OH。(3)根据原子守恒，： 结合流程图中物质转化配平，得反应的化学方程式为GMg十！ 8CH 1+2Et O= 一2Ga(CH)3(Et2O)+3Mgl2+2 CH MgI。 (4)由(3)可知，残渣中含CH,Mgl,结合元素守恒可知，其和水 反应生成的可燃性气体为CH4。(5)由已知②、③，结合流程！ 图可知，溶剂蒸发、配体交换时Et2)得以循环利用，A项正！ 确：高纯Ga能与H2O、O2反应，CH3I、Ga(CH3)3能与水反！ 应，有机物能与O2反应，故B项正确：配体交换时NR和 Ga(CHg)3(Et2O)反应得到Ga(CH3)3(NR3)和Et2O,则工 序X为解配Ga(CH3)3(NR),并利用Ga(CH)3和NR的 沸点相差较大蒸出Ga(CH3)3,C项正确；Ga(CH)3和CHI! 中均只有1种氢原子，核磁共振氢谱均只有一组吸收峰，但吸 收强度不同，可以鉴别，D项错误。(7)Ga(CH3)3中Ga为： 18 sp杂化，Ga(CH)3(Et2O)中Ga为sp3杂化，因此C—Ga一C键 角大小：Ga(CH3)3>Ga(CH3)3(Et2O)。 答案(1)分子晶体(2)电解精炼温度需在稼的熔点以上 CaO,+2H,O+3e= =Ga+40H(3)Ga2 Mgs+8CHI +2Et2 O=2Ga(CH3 )3 (Et2 O)+3MgI2 +2CHg MgI (4)CH4(5)D(6)Ga(CH)3和EtO的沸点接近，而 Ga(CH3)3和NR3的沸点相差较大，解配后可以分离出 Ga(CH)3(7)>Ga(CH)3中Ga为sp杂化，Ga(CH3)3 (Et2O)中Ga为sp杂化 23,解析由4Na,C,0,+4H,0通电2Na,C,0,十4NaOH十 2H2个十O2↑可知，电解过程中实质是电解水，阳极上OH 失去电子生成H20和O2,阴极上H千得到电子生成H2,由 2CrO+H2O==Cr2O片+2OH可知，Cr2O月在 c(OH)减小的电极室中制得，即N2Cr2O?在阳极室产生： 电解过程中，阳极室中c(OH)减小，CO水解平衡正向移 动，c(CrO)减小，c(Cr2O)增大，为提高制备Na2Cr2O7 的效率，CrO通过离子交换膜移向阳极。 答案阳CrO 24.解析(1)阳极产生氟气后，可以和水发生反应生成次氟酸其 方程式为：Cl12十H2O一HC1十HCIO:溶液a是阴极的产物， 在阴极发生反应2H2O十2e一 —H2↑十2OH一，同时阳极的 钾离子会向阴极移动和氨氧根结合形成氢氧化钾，故答案为： 阴极发生反应：2H2O+2e一H2↑+2OH生成OH-, K十通过阳离子交换膜从阳极迁移到阴极，形成KOH和KCI 的混合溶液：(2)①若n(EO)=100%则说明在电解过程中只 有乙烯中的碳化合价发生变化，其他元素化合价没有变，故溶 液b的溶质为：KCl:②1，阳极有H2O放电时会产生氧气，故 需要检验的物质是O2;i,设EO的物质的量为aol则转化 的乙烯的物质的量为：g7:生成E0转化的电子的物质的量： '2a 2amol:此过程转移电子的总物质的量：70：生成C0,的物质 的量：2×97% ×3%:生成CO2转移的电子的物质的量：2× 97×3%×6,则7(C02)= 2×g77×3%×6 ≈13%： 2a 70% .实验证实推测Ⅲ成立，则会产生氟气，验证氯气即可，故答案 为：KI溶液和淀粉溶液，溶液变蓝。 答案(1)①Cl2+H2O=一HC1+HC1O②阴极发生反应： 2H20+2e-= 一H2↑+2OH生成OH,K+通过阳离子交 换膜从阳极迁移到阴极，形成KOH和KC1的混合溶液 (2)①DKCI②O213KI溶液和淀粉溶液，溶液变蓝 考向三 D[镀层有破损的镀锌铁片被腐蚀，则将其放入到酸化的3% NaCI溶液中，会构成原电池，由于锌比铁活泼，锌作原电池的 负极，而铁片作正极，溶液中破损的位置会变大，铁也会继续和 酸化的氯化钠溶液反应产生氢气，溶液中会有亚铁离子生成， 据此分析解答。氯化钠溶液中始终存在氯离子，所以加入硝酸 银溶液后，不管铁片是否被腐蚀，均会出现白色沉淀，故A不符 合题意：淀粉碘化钾溶液可检测氧化性物质，但不论铁片是否 被腐蚀，均无氧化性物质生成，故B不符合题意：KSCN溶液可 检测铁离子的存在，上述现象中不会出现铁离子，所以无论铁 片是否被腐蚀，加入KSCN溶液后，均无红色出现，故C不符合 题意：K3Fe(CN)6]溶液是用于检测Fe2+的试剂，若铁片没有 被腐蚀，则溶液中不会生成亚铁离子，则加入K3Fe(CN)6]溶 液就不会出现蓝色沉淀，故D符合题意。] 专题八化学反应速率与化学平衡 考向一 1.C[化学反应速率的计算及影响因素的探究实验①中，0一2小 时内平均反应速率u(S0?)=(5.0-1.0)X105mol·L 2h 2.0×10-5mol·L1·h1,A项错误：实验③中水样初始pH =8,溶液呈弱碱性，结合氧化还原反应规律可得离子方程式为 2Fe+SeO2+4HO=2Fe(OH)3+Se+2OH,B项错误： 由实验①，②可知，其他条件相同时，适当增加纳米铁质量，反 应速率加快，C项正确；由实验②、③可知，其他条件相同时，适 当减小水样初始pH,SeO的去除效果更好，但若水样初始 DH太小，与H+反应的纳米铁的量增多，从而影响SO?一的 去除效果，故D项错误。 2.C「根据图示，Mn(Ⅲ)浓度先增大后减小，说明Mn(Ⅲ)先生 成后被消耗，则M(Ⅲ)能氧化H2C2O4,A项错误：随着反应 物浓度的减小，Mn(Ⅱ)浓度逐浙增大，Mn(Ⅱ)起催化作用，则 反应速率逐渐增大，B项错误；根据图示，M(Ⅶ)浓度减小到O 时，Mn(Ⅱ)浓度才逐渐增大，说明Mn(I)和Mn(Ⅱ)不能大量 共存，C项正确：草酸为弱酸，在离子方程式中写化学式，总反 应为2MnO4+5H2C2O4+6H+—2Mn2++10CO2↑+ 8H2O,D项错误。] 3.AD[由图可知，进程I中S的总能量大于产物P的总能量， 因此进程I是放热反应，A正确：进程Ⅱ中使用了催化剂X,但 是催化剂不能改变平衡产率，因此两个进程平衡时P的产率相 同，B不正确：进程Ⅲ中由S·Y转化为P·Y的活化能高于进 程Ⅱ中由S·X转化为P·X的活化能，由于这两步反应分别 是两个进程的决速步骤，因此生成P的速率：Ⅲ<Ⅱ，C不正确； 由图可知，进程W中S吸附到Z表面生成S·Z,然后S·Z转 化为产物P·Z,由于P·Z没有转化为P十Z,因此，Z没有表现 出催化作用，D正确。 4.D[由图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物的浓度也在增 加，说明反应也在进行，故A错误：由图可知，催化剂I比催化 剂Ⅱ催化效果好，说明催化剂I使反应活化能更低，反应更快， 故B错误：由图可知，使用催化剂Ⅱ时，在0~2min内Y的浓 度变化了2.0ol·L一1，而a曲线表示的X的浓度变化了 2.0mol·L一1，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以 a曲线不表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随时间1的变化，故C 错误；使用催化剂I时，在0~2min内，Y的浓度变化了 4.0mol·L-1,则u(Y)=cY2-4.0mol.L-i =2.0mol· 2 min L-1·mim1,o(X)=1 )u(Y)=2X2.0mol·LJ·minJ =1.0mol·L-1·min-1,故D正确。] 5.C[实验①中，020min,氨气浓度变化量为2.40×10-3mol· L1-2.00×10-3mol·L1=4.00×10-4mol·L1,(NH3) =4.00×10-4ml·L -=2.00×10-5mol·L-1·min-1,反 20 min 应速率之比等于化学计量数之比，(N2)=之(NH)=1,00X 10一5mol·L-1·min1,A正确：催化剂表面积大小只影响反应 速率，不影响平衡，实验③中氨气初始浓度与实验①中一样，实 验③达到平衡时氨气浓度为4.00×10一4mol·L一1，则实验①达 平衡时氨气浓度也为4.00×10一4ol·L1,而恒温恒容条件 下，实验②相对于实验①为减小压强，平衡正向移动，因此实验 ②60min时处于平衡状态，x<0.4,即x≠0.4，B正确；实验①、 实验②中0~20min、20一40min氨气浓度变化量都是4.00× l0-4mol·L-1,实验②中60min时反应达到平衡状态，实验① 和实验②催化剂表面积相同，实验①中氨气初始浓度是实验② 中氨气初始浓度的两倍，实验①60in时反应未达到平衡状态， 相同条件下，增加氨气浓度，反应速率并没有增大，C错误：对比 实验①和实验③，氨气浓度相同，实验③中催化剂表面积是实验 ①中催化剂表面积的2倍，实验③先达到平衡状态，实验③的反 应速率大，说明相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增 大，D正确。门 6.B[A.H2是单质，CH4是化合物，同温同压下，同状态的相同 物质的量单质的墒值低于化合物，所以墒值1olCH4(g)> 1mdlH2(g),A错误；B.相同状态的相同物质，物质的量越大，墒 值越大，所以墒值1molH2O(g)2mdlH2O(g),B正确：C.等 量的同物质，墒值关系为：S(g)>S(1)>S(s),所以墒值 1mdlH2O(s)<1molH2Ol),C错误：D.从金刚石和石墨的结 构组成上来看，金刚石的微观结构更有序，熵值更低，所以嫡值 1mdlC(s,金刚石)<1molC(s,石墨)，D错误：答案为B。 7.D「由题图知，（起始浓度最大，在整个反应过程中度一直减小， 所以a代表c(X)随1的变化曲线，A说法确：1时，三条曲线相 交，三种物质的浓度相等，B说法正确：结合题给反应判断，先增 加后减小的是c(Y)随t变化的线，一直增大的是c(Z)随t变化的 曲线，2时，(Y)在减小，说明Y的消耗速率大于生成速率，C说 法正确；由题图知，1？后，只有Y和Z,X完全反应，结合反应①② 可得出c(Z)=2c。-2c(Y),D说法错误。] 8.D「分析题给反应机理图，可知该过程的反应物为HCOOH,生 成物为C0,和H,则该过程的总反应为HCOOH依化剂 CO2↑十H2个，A说法正确：H+浓度过大，抑制HCOOH的电 离，HCOO浓度减小，会降低I→Ⅱ步骤的反应速率，H浓度过 小，会降低Ⅲ→Ⅳ步骤反应速率，故H十浓度过大或者过小，均会 18 导致反应速率降低，B说法正确：由反应机理可知，由Ⅱ→Ⅲ过程 中，脱去CO2,其中碳元素的化合价升高，则F元素的化合价降 低，C说法正确。由相对能量的变化情况图可以得出，该反应过程 中的V一→步骤的活化能E。=86.1k·ol厂1，为该反应进程中的 最大活化能，故该过程的决速步骤为Ⅳ·I步骤，D说法错误。] 9.A[0~30min时间段内，△c(Z)=0.125mol·L1,△c(MD 0.500mol·L1-0.300mdl·L-1=0.200mol·L-1,反应①中 △c(M)=0.200mo1·L1-0.125mol·L1=0.075mol· L1,则4c(Y)=0.075mol·L1。u(Y)=c(Y 0.075mol·L1 30 min =2.5×10-3mol·L1·min1,A说法错 误：反应①，②速率之比为”-1M=,为定值，则Y,乙 k2 c2(M)2 的浓度变化量之比也为定值，故反应开始后，体系中Y和Z的 浓度之比保持不支，B说法正确：由上述分析可知，-名-】 :子如果反应能适行到流，反座结东时D。 ②的转化率之比为3：5，周此有名（即62,5%）的M转化为乙. C说法正确：结合C选项，反应①的速率小于反应②的速率，所 以反应①的活化能比反应②的活化能大，D说法正确。] 10,B[A.由题千图中曲线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.由题千图中曲线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.由题千图中数 据可知，条件①，反应速率为v=△C/△t=3.0mol·L-1 250min=0.012mol·L1·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3.0mol·L1时，半衰期为125min÷2= 62.5min,D正确。 11.B[A.一般来说，反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可 知，反应I和反应Ⅳ的活化能较高，因此反应的决速步为反应 I、V,故A错误；B.反应I为加成反应，而 180 18OH H3C—C—OCH3与H3C一C一OCH3为快速平衡，反应 OH Ⅱ的成锭和断锭方式为H,C一 OCH,或H,C OCH,后者 --- OH 0 能生成18OH厂，因此反应结束后，溶液中存在18OH,故B正 确：C.反应Ⅲ的成键和断键方式为H,C OCH,或 OH H.C—C OCH,,因此反应结束后溶液中不会存在CH318OH, 故C错误：D.该总反应对应反应物的总能量高于生成物总能 180 量，总反应为放热反应，因此H3C一C一OH和CHO的总 180 能量与H3CC一OCH3和OH的总能量之差等于图示总 反应的焓变，故D错误：综上所述，正确的是B项，故答 案为B。] 12.解析(1)根据盖斯定律，反应@-号×（②-①），则反应③ 的△H,-号×（△H-△H)--307k·mo1,K,- K2 。(2)由原子守恒知，c(MO+)+c(M)为定值，随反应 c(MOT) 的进行，MO减少，(MO)十cM减小，温度慈高，反应 速率越快，反应相同时间时，对应的一1g( c(MO+） e(MO)+e(M) 8 越大，故曲线b表示300K时的曲线，设起始时c(MO十)= 1mol·L1,则反应过程中c(MO)十c(M)始终为1mol·! c(MO) L,300K、60s时-gM0)十cM5=0.1即 c(MO) =10-0.1,则此时c(M0+)=10-0.1mol· c(MO )+c(M) L1,M0*的转化率为-10- -×100%。(3)(1)结合图示 1 HO CH 转化可知，步骤I中CH4、MO十转化为[ M 1, C一H键断裂，形成O一H键，涉及氢原子成锭变化，步骤Ⅱ中： HO CH M ]+转化为CHOH和，M一O健、M一C: 键断裂，形成C一O键，不涉及氨原子成锭变化。()由题意可： 知，MO十与CD4的反应比与CH的反应慢，反应的活化能越} 大，反应速率越慢，故MO十与CD4反应的能量变化对应图中曲： 线c。()由(i)中信息可知，CH2D2中CH键比C一D更 易断裂，CHD2OH更易生成，产量更大：结合图中化学键变化： 情况可知，MO与CHD3反应可生成CHD2OD和CD3OH两 种产物。 K2 答案(1)-307√ (2)b 1-10-0. 一×100% 1 (3)(i)I(i)c(m)<2 考向二 1.C[平衡移动分析该反应为气体分子数减小的反应，减小体！ 系压强，平衡向气体分子数增大的方向移动，即平衡向逆反应！ 方向移动，A错误；该反应为放热反应，升高温度，平衡向吸热！ 反应方向移动，即平衡向逆反应方向移动，B错误；增大H2浓！ 度，反应物浓度增大，平衡向正反应方向移动，C正确；恒容下！ 充入惰性气体，各物质浓度不变，平衡不移动，D错误。] 2.图像分析Na2SiF6(s)受热分解生成NaF和SiF4两种氟化 物，NaF为离子晶体，SiF4为分子晶体，熔点：NaF>SiF4,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Na2SiF(s)2NaF(s)十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)、: Na SiF6(s) D[化学平衡图像分析由上述分析知，A正确；N2不与体系} 中任何物质反应，由于容器恒容，因此SF4的分压不变，仍为 p1,B正确；该反应的平衡常数K。=p(SiF4),由题图可知，温！ 度越高，Na2SiF。分解程度越大，平衡时p(SiF4)越大，即K。越1 大，由于T2温度下NSiF6已完全分解，因此升温至T3时，无 法释放更多的SiF4,故pg小于T3温度时热解反应的平衡常数 K。,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K。=p(SiF4)知，重新平衡后SiF4的分压仍为1· SiF4的浓度不变，故逆反应速率不变，D错误。] 3.要点图解 1.根据守恒法判断：550℃时，n(①)=5mol,初始加入容器的： n(C3HgO3)=1mol,则体系中n(C)=3mol,根据碳原子守恒 判断，曲线①不可能代表CO或CH4,则曲线①代表H2 .①550,5.00 2 C06522) 2.(6504 400450 500 55600650700 T/℃ 根指平荷移动分析：随着温发升高，由线②③趋势不同：湿 度升高，反应I平衡正向移动，CO的物质的量增大：反应Ⅱ平 衡逆向移动，CO的物质的量增大，则红线③代表CO。温度升： 高，反应Ⅲ平衡逆向移动，CH的物质的量减少，则曲线②代 表CH4 A[多平衡体系图像分析、平衡移动、化学平衡计算等 550℃时，n(H2)=5mol,n(CO2)=2.2mol,(CH4)=(CO) =0.4mol,根据C原子守恒，可得n(C3HO3)= n(C)-n(CO2)-n(CO)-n(CH) 3 =0,根据0原子守恒，可得 18 n(H,0)=n(0》-2u(C0,)-n(C0》-3mCH,02=7.2mol (也可利用H原子守恒计算，结果相同)，则a(H2O)= 9mol-7.2mol×100%=20%,A正确；550℃时，n(C02)= 9 mol 2.2mol,n(C0)=0.4mol,则n(C02)：n(CO)=11：2,B错 误；400一550℃范国，随温度升高，反应Ⅱ、Ⅲ平衡均逆向移动， (CO2)增大，说明反应Ⅲ逆向移动程度更大，则H2O的物质 的量减小，C错误；增大压强，反应I平衡逆向移动，反应Ⅱ平 衡不移动，反应Ⅲ平衡正向移动，H2的物质的量减小，D 错误。] 4.要点图解 A·M和A一→N的△n均为0，即反应过程中 气体总物质的量不变。依据W=nRT可知.在恒 温、恒压条件下，容器的容积也恒定不变 加入A(g) e) M(g) k2 N(g ○未平衡的点 N 反应时间) C[化学反应速率与平衡，涉及速率常数、平均反应速率、化学 平衡状态的影响因素等根据U=kx可得，U一k1xA,v-1 k-1xM,2=k2xA,v-2=k-2xN。反应达平衡时，U1=v-1,U2 =U-2,即k1xA,平衡=k-1xM,平衡，k2xA,平衡=k-2xN,平衡，则 M,平衡= k1xA,平衡 k-1 ,xN,平衡= 2工A手意，推导得年货 k-2 工M,平衡 k2xA,平衡 k-2 k1xA,平衡 12,A正确：1时刻N和M的物质的量相等，依 k2k1 k-1 可知，0一么时间段内，生成N和M的平均反应速率 据u=V△ 相等，B正确：x1对应的点未平衡，加入催化剂可加快反应速 率，使M的生成量增多，x1增大，但催化剂不能使平衡发生移 动，故xM,平衡不变，C错误；若A(g)→M(g)、A(g)→N(g) 为放热反应，则升高温度，A(g)→M(g)和A(g)→N(g)的 反应限度均减小，平衡时A的物质的量增多，总物质的量不变， EA,平衡增大，D正确。] 易错警示 催化剂能降低反应的活化能、加快反应速率，但不改变熔变和 平衡转化率。 风向速览 高考化学中，多平衡体系中的“竞争反应”与“连续反应”是反应 原理模块的核心难点，其命题设计紧密围绕学科核心素养（如 证据推理与模型认知)，突出对逻辑思维和信息整合能力的综 合考查。新高考更注重真实情境下的反应情况分析（如碳中和 背景下的CO2转化)，需综合速率方程、平衡常数及能量变化进 行多维度推演。 ,图像分析设X、Y,Z与CN厂形成的配离子化学式分别为 X(CN)z、Y(CN)y、Z(CN),以X为例，存在解离平衡X(CN) 一X+xCN,其平衡常数Kx=X):(CN),两边同时 e[X(CN) c(X) 取对数并整理得1 X(CN)]·[-lg(CN)刀+lgKx, 则X对应的图像为斜率为x的直线，同理，Y对应的图像为斜 率为y的直线，Z对应的图像为斜率为z的直线。 B[水溶液中的离子平衡、粒子浓度关系分析设X的初始浓 度为a,99%的X转化成配离子时，c(X)=0.01a,c[X(CN)x c(X) -0.99gX(CN)-g 0.99 。0.01a≈-2，同理，lgY(CN)y c(Y) ≈一2，在图像中找到X、Y两直线纵坐标值为一2对应的横坐 标的值，X的横坐标数值更大，由于横坐标是一1gc(CN),则 X对应的c(CN)更小，A错误；向Q,点X、Z的混合液中加少 量可溶性Y盐，Y会消耗溶液中的CN厂，新平衡下c(CN厂)会 变小，一1gc(CN)就会变大，则此时X、Z对应的点会沿着相 c(X) 应直线向右移动，结合图像可知，移动后1gXCN> c(Z) c(X) c(Z) gZCN,则xC>ZB正确：根据上述 分析知，x>y>之，因此由Y和Z分别制备等物质的量的配离！ 子时，消耗CN厂的物质的量Y>Z,C错误；直线上的点代表平 衡状态，P点在Y对应直线的下方，在一1gc(CN)不变，即 c(Y) (CN)不变的情况下，P点的lgYC,相比平衡时偏小， 即Y品，编小，则光时Q=N<Ky,别解 c(Y) eY(CN) 离平衡Y(CN)一Y十yCN会向右移动，故P点时Y配离 子的解离速率大于生成速率，D错误。] 6.A[化学平衡、化学反应速率3h时异山梨醇的浓度仍在增 大，1,4失水山梨醇的浓度仍在减小，说明此刻反应②未达到： 平衡状态，即正、逆反应速率不相等，A错误；由题图可知，3h· 时山梨醇的浓度已为0，副产物的浓度不变，说明反应①、③均 是不可逆反应，15h后异山梨醇的浓度不再变化，1,4失水山 梨醇的浓度大于0，说明反应②是可逆反应，则该温度下的平衡 常数：①>②，B正确：0一3h内平均速率v(异山梨醇)= 0.042mol,kg=0.014mol·kg1·h1,C正确：反应②使 3h 用催化剂能加快反应速率，编短达到化学平衡状态的时间，但 是催化剂对化学平衡移动无影响，故加入催化剂不改变其平衡 转化率，D正确。 7.AC[t1时刻TFAA浓度为0，则TFAA完全反应，消耗的E! 为0.08mol·L1,E剩余0.02mol·L1,故体系中有E存1 在，A正确：由题给反应路径和物料守恒知，体系中T℉AA、G、 F的总浓度应为0.08mol·L1,由题图知，t2时刻TFAA和 G的浓度之和小于0.08mol·L1,则体系中一定存在F,B项 错误；由图可知，反应刚开始T℉AA的浓度就迅速减小为0，则E 和T℉AA的反应速率非常快，该反应的活化能很小，C正确：反应 G一H为可逆反应，反应达平衡后，T℉AA会有一部分存在于G 中，则达平衡后T℉AA的浓度小于0.08mol·L1,D错误。] 8.B[结合图像分析可知，A项正确，B项错误：该反应为吸热反应， 温度升高，平衡常数增大，结合图像可知平衡常数KaK=K。,C! 项正确：该反应反应前后气体分子数不相等，恒温恒容时，容器内！ 压强不再发生变化，即达到平衡状态，D项正确。] b温度升高，CH的平衡转化 率增大，则正反应为吸热反应 「多，反应速率越快，即> 温度相同时，H.O越多，CH,的平衡 转化率越高，但x越小，故x<2 TK Ti 9.B[甲容器在绝热条件下，随着反应的进行，压强先增大后减小， 根据理想气体状态方程pV=RT可知，刚开始压强增大的原因· 是因为容器温度升高，则说明反应放热，即△H0,故A错误： 根据A项分析可知，密闭容器中的反应为放热反应，图中日点 和C点的压强相等，因甲容器为绝热过程，乙容器为恒温过程，1 若两者气体的总物质的量相等，则甲容器压强大于乙容器压： 强，则说明甲容器中气体的总物质的量此时相比乙容器在减 小，即气体的总物质的量：a<e,故B正确；a点为平衡点，此 时容器的总压为力，假设在恒温恒容条件下进行，则气体的压！ 强之比等于气体的物质的量（物质的量浓度）之比，所以可设Y! 转化的物质的量浓度为xmol·L一1，则列出三段式如下： 2X(g)+Y(g)=Z(g) Co 2 0 △ 2x C平 2-2x 1-x 则有2二2x)十（1一x)十x」mo1三p,计算得到x=0.75,那： (2+1)mol c(Z) 0.75 么化学平衡常数K=c2(X)c(T0.5X0,25 =12,又甲容： 器为绝热条件，等效为恒温条件下升温，平衡逆向移动，则平衡！ 常数减小，即平衡常数K12,故C错误：根据图像可知，甲容 器达到平衡的时间短，温度高，所以达到平衡的速率相对乙容 器的快，即va正>正，故D错误。] 10C[从图示可以看出，平衡时升高温度，氢气的物质的量减 少，则平衡正向移动，说明该反应的正反应是吸热反应，即△H1 >0,故A错误：由A项分析知平衡随着温度升高正向移动， 水蒸气的物质的量增加，而a曲线表示的是物质的物质的量： 不随温度变化而变化，故B错误；容器体积固定，向容器中充 入惰性气体，没有改变各物质的浓度，平衡不移动，故C正确；， 19 弥 海 海 品 × 人 人舟 o日 出有花·8+T1.0mp(01×01-: (S)IL()OIL i102 ·(8)- 人 海 1.00t.0-1-pa(gg.0 的电件：1-0000011-1.1.00(8810-00)年幸？ :00801.0-.11.002-.1.0m90.1年新，新然备 117802070007.01.01017008)401L二次高可国，加世好直品 ·度江卡鸡1：0268-(0111-O782)% ()48)( 但 母 整 61 Q 军菊品豆保赛端 嫩安八 m (4)①根据题意及图像可知，0~t。min内，= n(H2)+n(N2) n(N2 H) ,y2= u制余(N2H4) NH,故0~6min内，NH的 转化率为1一y2。②初始加入N2H4的物质的量为，0一 to min内，设反应(e)消耗的N2H4的物质的量为e,反应(f)消 耗的N2H4的物质的量为3f,则存在如下转化关系： N2H4-N2+2H2 转化量 e e 2e 3N2 H-N2 +4NHg 转化量 3f f 4f 故3+f-为，% no-e-3f 0 =y2,两式联立可得催化剂的选择性！ 为十37×10%-30+21 e 8(1-y2) ×100%。 答案(1)3d4s2(2)能 6.0 (3)①-267.8②TiC12(s) ③0.5 (4)①1-y2 0.5 Vo ②设to min时，反应(e)转化的N2H4的物质的量为e,反应！ (f)转化的N2H的物质的量为3f,存在如下转化关系： N2H4==N2+2H2 转化量： e e 2e 3N2H4—N2+4NH 转化量：3f f 4 f 则1=3e+f、2=o-(e+3f) 3t-1…0-e+3 =y2…② 联立①②可得e-3十-1 3-y-3业0 8 10f= 8 3M十y2-1 则0一omin时，催化剂的选择性为a-y2) ·×100%= 3y1+2-1×100%。 ! 8(1-y2) 17【命题点】化学反应原理综合，涉及盖斯定律、化学平衡移 动、基元反应、化学平衡图像分析等 解析(1)目标反应一反应I十反应Ⅱ，根据盖斯定律， △H4=△H1+△H2=+101kJ·mol-1+(-166kJ·mol-1) =-65kJ·mol1 (2)反应Ⅱ为气体分子数减少的放热反应，低温及高压条件下 均有利于平衡正向移动，提高CH4的平衡产率，故选B。 : (3)最慢的基元反应为反应历程中活化能最大的步骤，由图甲！ 可知，反应④的活化能最大，所以该步骤最慢；生成水的反应 为③，其反应方程式为HO“十CH2十H2+H2O一=CH： +2H2O(HO*+CH2+H+H+H2O==CH+H" +2H2O、HO"+CH2+H2=CH+H2O)。 (4)①360℃以下不考虑反应Ⅲ，根据选择性的定义，此时 CH4与CO2的选择性相加为100%，结合点M附近区域放大 图可知曲线b,c分别表示CH4或CO2的选择性；反应Ⅱ放热， 随温度升高平衡逆向移动，即CH的选择性降低，反应I吸！ 热，随温度升高平衡正向移动，C0,的选择性升高，所以曲线c 表示CH4的选择性。②曲线a表示MgCO3的平衡转化率， 100kPa下，H2和MgCO的初始物质的量为1mol,由图丙可！ 知，点M温度下，MgCO3的平衡转化率为49%，即△1(MgCO3) =1mol×49%=0.49mol,且CH4与CO2的选择性均为 50%,即n(CH4)=n(C02)=0.49mol×50%=0.245mol,列： 出三段式： 反应I MgCO (s)=MgO(s)+CO(g) n始/mol 1 0 0 n转/mol 0.49 0.49 0.49 n平/mol 0.51 0.49 0.49 反应Ⅱ CO2(g)+4H2(g)-CH(g)+2H2 O(g) n始/mol 0.49 1 0 0 i转/mol 0.2450.98 0.2450.49 n年/mol0.245 0.02 0.2450.49 此时反应体系的气体总物质的量为0.245mol十0.02mol十！ 0.245mol+0.49mol=1mol,n(H2)=0.02mol,n(H2O)= 19 p(CH)·2(HO》 0.49mol,即反应Ⅱ的K。= p(CO2)·p(H) 100X0245 1×100×049 1 -(kPa)-2。③由图乙可知550℃ 100X0245) 1 ×(10×) 时，Mg(CO3的转化率为100%，CH1的选择性为10%，CO的选择 性为70%，根据选择性定义可得n(CH4)=1ol×10%= 0.1mol,n(C02)=1mol×70%=0.7mol,结合C守恒，可得 n(C0)=1mol-0,1mol-0.7mol=0.2mol;500~600℃时， MgCO的平衡转化率为100%，只存在反应Ⅱ、Ⅲ两个平衡，随温度 升高，反应Ⅱ平衡逆向移动，使H2的转化率降低，反应Ⅲ平衡正 向移动，使H2的转化率升高，而综合之下体系中H的转化率降 低，说明反应Ⅱ逆向移动对H的影响大于反应Ⅲ正向移动对H2 的影响。 答案(1)-65(2)B (3)④HO"+CH2+H2+H2O=CH+2H2O(或 HO*+CH+H"+H+H2 O-CH+H"+2H2O, HO"+CH2+H2—CH+H2O) 100×0.245 1 ×100×0.49 2 1 (4)Dc ② ③0.2反应 100X0.245 1 ×(10x2- Ⅱ逆向移动对H2的影响大于反应Ⅲ正向移动对H2的影响 8.【命题点】化学反应原理综合，涉及反应热的计算、化学平衡 移动、速率影响因素、化学平衡常数及相关计算等 解析(1)随温度升高，平衡常数减小，说明温度升高，平衡逆 向移动，正反应为放热反应（△H0)。 (2)合成反应的热化学方程式为2C0(g)+3H2(g) HOCH2CH2OH(g)△H:各物质的燃烧热的热化学方程式 为①C0(g)+202(g)-C02(g)△H1=-akJ·molΓ1、 ②H(g)+20,(g)—H,0(1)△H,=-b·mol1、 ③H0CH,CH,OH(g)+号0，(g)—2C0,(g)+3H,0W △H3=一ckJ·mol-1,目标反应=2X反应①十3X反应② 反应③，则△H=2△H1十3△H2-△H3=-(2a+3b-c)k mol-1 (3)该反应为放热反应，温度升高平衡常数减小，500K时平衡 常数<1.3X103,即反应正向进行的程度很小，故即使压强 很大，乙二醇产率也很低：也可能是在高温条件下，催化剂失 去活性。 (4)①连续反应方程式为iDMO(g)+2H2(g)—MG(g)十 CHOH(g),ii MG(g)+2H2(g)=HOCH2 CH2 OH(g)+ CH OH(g),i HOCH2 CH2 OH(g)+H2 (g)=CHg CH2 OH(g)+ H2O(g),根据反应中各物质的化学计量数可知MG、乙二醇，乙 醇的选择性之和为1，已知曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性，所以其 他物质的选择性为曲线Ⅲ、V,则曲线I表示DM)的转化率：该 反应在固定流速下发生3个放热的连续反应，在低温时，反应 速率较慢，随温度升高，由乙二醇的选择性曲线可知，乙二醇选 择性升高，则其反应物MG的选择性降低，当乙二醇选择性降 低时曲线Ⅲ升高，此时开始生成乙醇，则曲线Ⅲ表示乙醇的选择 性，曲线Ⅳ表示MG的选择性。②根据题图可知，升高温度可提 高A点DMO的转化率，A错误：463K之前DMO的实际转化 率仍随着温度升高而增大，故450K时反应未平衡，增大压强， 可加快反应速率，提高DMO的转化率，B正确；减小初始氢酯 比，相当于减小反应物浓度，反应速率减慢，会降低DMO的转 化率，C错误：反应未达到平衡时，延长原料与催化剂的接触时 间，可使反应更充分，增大反应物转化的量，提高DMO的转化 率，D正确。③设初始投料DMO为1mol,根据题图可知483K 时，DMO的转化率为99%，同时乙醇选择性为2%，则出口处 (乙醇)=1mol×99%×2%=0.0198mol,(DM0)=1mol× (1-99%)=0.01mol,则乙醇)-00198=1.98。④设初始 n(DMO) 0.01 投料DMO为1mol,H2为52.4mol,根据题图可知A点时 DMO转化率为80%，转化了1mol×80%=0.8mol,乙二醇和 MG的选择性均为50%，即该点n(乙二醇)=n(MG)=1mol× 80%×50%=0.4mol,可列出三段式： DMO(g)+2H,(g)=MG(g)+CH OH(g) n#/mol0.81.6 0.80.8 MG(g)+2H2(g=HOCH CH2 OH(g)+CH OH(g) 1转/mol0.4 0.8 0.4 0.4 A点时i(DM0)=1mol-0.8mol=0.2mol,n(H2)= 52.4 mol-1.6 mol-0.8 mol=50 mol,n(MG)=0.4 mol, n(HOCH,CH2 OH)=0.4 mol,n(CH OH)=1.2 mol,n= (0.2+50+0.4+0.4+1.2)mol=52.2mol,则MG、H2、 HOCH2CH2OH,CHOH的物质的量分数分别为2,222、： 2.252.2,此时反应MG(g)+2H,(g)一H0 CH.CH OH(g)+ 0.41.2 品×是 CH3OH(g)的浓度商Qx 0.4X( 2≈0.025。 50 52.2 2.21 答案(1)<(2)-(2a+3b-c) (3)500K时，反应的平衡常数很小，反应正向进行程度小（或 500K时催化剂失活等，合理即可) (4)①IV②BD③1.98④0.025 风问速览反应原理中连续反应与竞争反应的命题特点 该题型主要以某物质的制备反应为情境，考查学生理解反应 原理（化学平衡、反应速率、能量变化）、应用化学思想（守恒、： 极限)和解决陌生复杂问题的能力。聚焦定量分析与计算，包· 含选择性、转化率、产率、平衡常数等相关分析与计算。过程· 分析需要清晰地拆解连续反应的过程或辨析竞争反应的优先· 顺序和程度，当竞争反应或连续反应中的某一步是可逆反应· 时，需要考虑平衡移动对最终结果的影响。2024年全国甲卷 第28题、2024年湖南卷第18题、2024年江西卷第16题，均考 查了反应原理中的连续反应或竞争反应。 19.【命题点】化学反应原理综合，涉及化学反应历程分析、化学： 平衡移动、转化率与平衡常数的相关计算等 解析(1)根据盖斯定律，反应②-反应①得CO(g)十H2O(g)! CO2(g)+H2(g)△H=-41.2kJ·mol1 (2)反应中涉及的物质均为气体，混合气体的总质量不变，容 器容积也不变，则气体密度始终不变，故气体密度不变不能说！ 明反应达到平衡状态，a错误；由反应①②可知气体总物质的 量是变量，已知温度和容器容积不变，根据pV=RT可知气 体总压强会随气体总物质的量而改变，因此当气体总压强不！ 变时，气体总物质的量也不变，反应达到平衡状态，b正确：若 H2O(g)的浓度不变，则反应①的正、逆反应速率相等，反应①！ 达到平衡，此时HCOOH(g)的浓度也不变，则反应②也达到 平衡，c正确：CO和CO2的物质的量相等，无法说明正、逆反应 速率相等，则无法说明反应达到平衡状态，d错误。 (3)规察图甲可知，反应①的活化能远低于反应②的活化能，· 因此在该条件下反应①的速率远大于反应②的速率，使反应 ①的选择性接近100%。 (4)增加原料中CH4的量，CH4的平衡转化率降低，a错误；增： 加原料中CO2的量，有利于反应③平衡正移，使CH4的平衡转！ 化率升高，b正确：在恒温恒容条件下通入Ar气，与反应有关！ 的各物质的浓度不变，平衡不移动，CH4的平衡转化率不变，C! 错误。 (5)1,因为反应⑤=反应③一反应④，所以③④⑤三个反应· 中只有两个独立的反应，可只考虑反应③和④。观察图乙，当· 初始投料中n(CH4)=n(CO2)时，若n(Ar)很大，则CO2与 CH4的平衡转化率几乎相等，此时可认为只发生反应③，则： (CO):n(H2)的值约为1；而当投料组成中Ar含量下降时， CO2的平衡转化率大于CH4的平衡转化率，则除反应③外还 发生反应④，反应④消耗H2并生成CO,使1(CO):n(H2)的 值大于1，因此投料组成中Ar含量下降，平衡体系中n(CO): :n(H2)的值将增大。i,a、b两点初始投料中n(CH4): n(CO2):n(Ar)=40:40:20,设初始投料中n(CH)= n(CO2)=40xmol,n(Ar)=20xmol,由第i小问分析知，可只 考虑发生反应③和④，其中CH4只参与反应③，其平衡转化率· 为20%，即有8 mol CH4参与了反应③，根据方程式可知有！ 8 c mol CO2参与了反应③，而CO2的平衡转化率为30%，则有！ 12 r mol CO2参与了反应，即有4 r mol C02参与了反应④。据1 此可列三段式： 191 反应③ CH,(g)十CO2(g)→2CO(g)十2H2(g) n袋/mol 40x 40x 0 0 n绛/mol 8a 8x 16x 16.x n平/mol 32x 28.x 20x 12x 反应④ CO,(g)十H,(g)一CO(g)十H,O(g) n拾/mol 40x 0 0 0 n绕/mol Ax 4.x Ax 4.x n平/mol 28.x 12.x 20x Ax 由此可知，平衡时n(CH4)=32xmol,n(H2O)=4xmol, n(CO)=20xmol,(H2)=12xmol,因为Ar不参与反应，所 以平衡时n(Ar)仍为20xmol。体系中各物质的分压之比等 于物质的量之比，p(Ar)-DkPa,则b(CH)-器bkPa 1.6p kPa.CH)-kP-0.2p KPa.(CO)-kPa, )=号pk却a=0.6pk却a,所以反应回的K, p(CO)·p3(H2)_pkPa×(0.6pkPa)3 =0.675p2(kPa)2。 p(CH4)·p(H2O)1.6pkPa×0.2pkPa 答案(1)-41.2(2)bc (3)反应①的活化能远低于反应②的活化能，反应①的速率远 大于反应②的速率反应②的活化能大于反应①，温度升高 时，活化能大的反应速率增大幅度更大，升高温度，使反应② 的选择性升高，反应①的选择性下降（或温度升高导致催化剂 对反应①的催化活性降低，选择性下降等合理答案均可) (4)b(5)i.增大ii.0.675p 关键点拨 在第(5)问中，如果不能意识到③④⑤三个反应之间的关系可 能会陷入困境。反应⑤=反应③一反应④，无论反应⑤进行 的程度如何，都可以分解为反应③与反应④，据此可认为容器 中只发生两个反应，筒化分析过程。但要注意，三个反应间存 在“运算”关系，不代表平衡时各反应都以1：1反应，即不能 因为反应④十反应⑤=反应③而认为只发生反应③。 教材溯源 鲁科版教材选择性必修1第79页中的追根寻源栏目中介绍 了阿伦尼乌斯公式，它是描述化学反应速率常数与温度关系 的重要公式，表达式为k=A·e府，其中k为反应速率常数、 A为比例系数、E。为活化能(kJ·mol厂I),即反应发生所需的 最低能量，R为理想气体常数(8.314J·mol-1·K1)、T为 热力学温度(K)。公式表明，当E。>0时，升高温度，反应速率 常数增大，化学反应速率随之提高。E。越大，改变温度对反应 速率的影响程度就越大。 0.【命题点】化学反应原理综合，涉及化学反应速率、催化剂对 产率的影响、平衡图像分析，平衡常数的计算等 解析(1)①反应30min,环氧乙烷完全转化，则030min内 yg(E0)=-△c8(E0-1,5mol·L 30 min -=0.05mol·L-1· min1。②△H=生成物总能量一反应物总能量，主反应△H <0,则生成物总能量低于反应物总能量，a错误：由题给信息 可知，主反应伴随副反应发生，EG作为主反应的生成物，同时 也是副反应的反应物，即EG的浓度变化量小于EO的浓度变 化量，v总(EO)>v总(EG),b错误；主反应中v主(EG)= 主(EO),副反应中刷(EG)=制(DEG),同一反应体系中物 质的量变化量之比等于浓度变化量之比，产物中(EG): n(DEG)=10:1,即△n(EG):△n(DEG)=10:1,v总(EG)= v主(EG)一V制(EG),反应时间相同，则总(EG):制(DEG) -10:1.生(EG(EG-9,剥w生(EG:(DEG)= V制(DEG) 11:1,c正确：选择适当催化剂以提高主反应的选择性可提高 乙二醇的最终产率，d正确。 (2)①该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大压强， 平衡正向移动，平衡转化率增大，(L1)>(L2)>(L3),L1、 L2,Lg对应的a依次为0.6、0.5、0.4。②由图可知，压强相同 时，温度越高平衡转化率越小，说明升高温度平衡逆向移动，！ 则正反应为放热反应，△H<0。③M、N的进料相同，平衡转！ 化率相等，平衡时各组分物质的量分数分别相等，则K,()1 =K,(N):D点对应的平衡转化率为0.5，根据题给信息，该 反应按化学计量比进料，设起始加入2 mol CO,3molH2,列 三段式： 2CO(g)+3H2(g)HOCH,CH,OH(g) 格/mol 2 0 n转/mol 1 1.5 0.5 n平/mol 1 1.5 0.5 平街时C0,H、H0CH,CH,OH的杨质的量分：分别为合、 1 11 2,6,Kx =12 ()×() ④设起始加入m mol C0、3molH2,此时a(H2)=0.75,列三： 段式： 2CO(g)+3H2(g)=HOCH2CH2OH(g) 始/molm 0 1转/mo11.5 2.25 0.75 n平/mo1m-1.5 0.75 0.75 平衡时气体总物质的量为mmol,CO,H2,HOCH2CH2OH的； 手货分压分到为"nNa,D正e,MPMP, 0.75 此时Kp m-1.5 m-1.5p /0.75. -Po 答案(1)①0.05②cd (2)①L1该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大： 压强，平衡正向移动，平衡转化率增大②③=12 ② /m-1.5 ×/0.75 m Po 关键点拨 对于处于同一反应体系的气体，根据理想气体状态方程pV= RT可得，某气体组分分压=该气体组分物质的量分数×： 总压。 21,解析城变、盖斯定律、转化率、化学平衡常数、晶胞结构分析！ 等(1)孩反应反应后气体分子数减少，△S<0。该反应为放 热反应，达到平衡后，其他条件不变时，升高温度，平衡逆向移· 动，HCI的平衡转化率降低，由题图知，较低流速下，T3时 HC1的转化率最大，故T3=360℃。(2)将题中已知反应依次 编号为①、②、③，根据盖斯定律，由①一②十③可得：H2(g)十 0g)—H0△H=-.2·ml1-(+4L0W· mol-1)-184.6kJ·mol-1=-285.8kJ·mol-1,故H2的 燃烧热△H=一285.8kJ·mol-1。(3)由题图可知，增大HC1 的流速，HC1的转化率降低，A项错误：将温度升高40℃，即： 升温至400℃，由题图可知，HC1的转化率增大，B项正确；增 大n(HCl):n(O2),HC1的转化率减小，C项错误；M点该反 应未达到平衡，使用更高效的催化剂，可以加快反应速率，提！ 高HC1的转化率，D项正确。(4)图中较高流速时，反应未达！ 到平衡状态，T3温度低，反应速率慢，且较高流速时，反应物！ 在催化剂表面接触时间短，故HC1的转化率低。(5)N点起始！ 时n(HC1):n(O2)=4：4,HC1的平衡转化率为80%，设起1 19 始时HCl、O2的物质的量均为1mol,列三段式： 2HCg+20,(g)一C,(g)+H,0(g) 起始量/mol:1 1 0 0 转化量/mol:0.8 0.2 0.4 0.4 平衡量/mol:0.2 0.8 0.4 0.4 0.4、0.4 则该温度下反应的平衡常数K 1.8×1.8 6。 ()×(8) (6)二者晶体结构相同，晶胞体积近似相等，则二者密度之比 M.+32 等于摩尔质量之比，设Ru的相对原子质量为M,则48十32 =1.66,解得M,≈101。 答案(1)<360(2)-285.8(3)BD(4)反应未达到平 衡，T3温度低，反应速率慢，且反应物在催化剂表面接触时间 短，相同时间内HC1的转化率低(5)6(6)101 2.解析活化能、化学平衡移动、反应速率方程、浓度计算等 (1)①△H=正反应的活化能一逆反应的活化能。代入数据 得：一67.59kJ·mol1=E正kJ·mol1一E这，则E￥=(E正 十67.59)kJ·mol1。②该反应为气体分子数减小的反应， 由反应方程式可知，体系达平衡时，体系中减小的压强等于生 成的S○2C12的压强，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向 移动，生成的SO2Cl2的量减少，则△p减小，对照图像可知T <T2<T3。T1温度下，M点处进料比n(SO2)：n(Cl2)=2, 则S0,的初始物质的量分数x(S0,)-号，初始分压6(S0) -x(S0,)·pg-号×240kPa=160kPa:网理，CL初始分 压p(Cl2)=80kPa。设达到平衡时SO2的压强变化了xkPa, 列三段式： SO2 (g)+Cl2 (g)=S02 Cl2 (g) 起始/kPa 160 80 0 转化/kPa 尤 平衡/kPa 160-x 80-x 由图可知，M点处△p=po-p=60kPa,将po=240kPa、p= (160-x十80-x十x)kPa代入，解得x=60,则M点Cl2的转 化率为80 ,0X100%=75%。T1温度下平衡时各气体分压分别 (SO2)=100 kPa,(Cl2)=20 kPa,(SO,Cl2)=60 kPa, 代入平衡常数表达式：K。= p(SO2 Cl2) p(S02)·p(Cl2) 60 kPa 100kPa×20kPa =0.03kPa1(提示：在恒温恒客的容器中， p与物质的量成正比，因此在恒温恒容的容器中，分压可代 替气体的物质的量代入三段式直接进行计算)。③体系初始 压强相同，当(SO2):n(C2)<1.0时，随着进料比n(SO2): n(Cl2)增大，生成的SO2Cl2的量增多，△p增大，按化学计量 数之比投料时，产物的产率最高，当n(SO2)：n(Cl2)>1.0 时，随着进料比n(SO2):n(Cl2)增大，△p减小，排除A、B:结 合②中计算可知，当n(S0O2)：n(Cl2)=0.5,体系达到平衡 时，体系中生成的SO2Cl2的分压也应为60kPa,即△p 60kPa,对照图像可知，表示T1温度下△p随进料比变化的是 D。(2)①30~60min内X的转化浓度为0.042mol·L1· min1×30min=1.26mol·L1,因此60min时c(X)= 6.80mol·L-1-1.26mol·L1=5.54mol·L1。②0 60min产物T的含量可忽略不计，说明在此阶段D、G的消耗 速率可忽略不计。D、G均由M生成，任意时刻两者的生成速 本之8会：得-会-斗兰.6的物 始浓度均为0，任意时刻生成的浓度之比等于其速率之比，因 光60min时c(G)=cD=0.033mol·L1.60min后，D,G 3 开始生成T,两者的消耗速率之比为D》托 u(G)托 k4c(D)·c(Cl2)k4c(D)4×312 c(G)·c(Cl2)5c(G-23X1=23。结合两者的生成速 率知，D生成得快而消耗得慢，G生成得慢而消耗得快，因此 会增大。 答案(1)①E正+67.59②T3>T2>T1△p与生成的： SO2C12的压强相等，该反应放热，升温平衡逆向移动，生成的！ S0,C12的量减少，△p减小75%0.03③D(2)①5.54 ②0.033增大 23.解析陌生方程式书写、平衡常数计算、压强分析、平衡移动！ 等(1)BaC2与电石CaC2类似，与水反应生成C2H2(乙炔)： 和Ba(OH)2,该反应的化学方程式为BaC2+2H2O Ba(OH)2+C2H2↑。(2)①将BaCO(s)+4C(s)=BaC2(s) 十3CO(g)记为反应Ⅲ，由盖斯定律可知，反应Ⅲ=反应I十！ 反应Ⅱ，根据方程式相加，K相乘的原则，有KⅢ=K1· KⅡ。由图1可知，1585K时1gK1=2.5,1gKⅡ=-1.5，则1 该温度下Km=102.5×101.5=10。根据Kp=（pco)”、K= (Pc0)”可知，K。=K×(10Pa)”,其中n为方程式中C0的！ 105Pa 化学计量数。反应Ⅲ中CO的化学计量数为3，因此反应Ⅲ的· Kp=KⅢ×(105Pa)3=1016Pa3。②由图1可知，1320K时， 1gK1=0,即K1=1。反应I中CO的化学计量数为2，则该！ 温度下，KwI)=K1×(105Pa)2=1010Pa2。根据反应I可 知，其分压平衡常数表达式为K以I)=pCo2,因此平衡时 pc0=√Kp1)=√1010Pa2=103Pa。平衡常数只与温度有 关，将容器体积压缩到原来的分，K(I)不变，则c0不变，仍！ 为10Pa。(3)①由图2可知，1823K下，BaC2产率随着时间1 的延长不断增加至接近100%，而1400K下，BaC2产率始终 为0，说明反应Ⅱ在1400K以下没有发生，而BaCO为全部消！ 耗，说明反应I已完全进行，生成BaO,故此时体系中含Ba物 种为BaO。②图2的横坐标为时间，纵坐标为BaC2产率，则 图像的斜率可代表反应速率，由图2可知，1823K下，t1t21 阶段净反应速率不变，2后反应达到平衡，净反应速率恒为0。！ 该体系中的反应物均为固体，固体的浓度为定值，不会随着反！ 应消耗而发生改变，因此出现上述特，点。 答案(1)BaC2+2H2O —Ba(OH)2+C2H2↑(2)①1016 ②105105(3)①BaO②t1一t2阶段净反应速率为正值且1 恒定不变，2后反应达到平衡，净反应速率恒为0反应物均· 为固体，固体的浓度为定值，不会随着消耗而发生改变 24.解析反应机理分析、化学方程式书写、平衡移动分析等 (1)反应器I中参与反应的物质有C0、H2、Fe2O3,产物有 C02、H2O、Fe,发生反应3C0+Fe2O3—2Fe+3CO2、3H2 +Fe2O3—2Fe十3H2O,化合价发生改变的元素有C、H、 Fe,C0,H,各1mol参与上述反应，各生成号mol Fe,.共 3 mol Fe.子mol Fe在反应器Ⅱ中发生反应3Fe十H,O(g —Fe0,十4H2,共生成号molH2。(2)①根据题给反应 物及生成物书写即可。②多孔A12O3可作为气体吸附剂，含1 量过多会吸附生成的NH3,且当Al2O3含量大于2%时，催化1 剂aFe的表面积减小，与反应物的接触面积减小，反应速率 减小，也会导致产生的NH3减少。(3)①NaHCO3受热易分！ 解，导致HCOO产率下降。②氨基中的H原子连在电负性 较大的N原子上，HCO与中的H原子连在电负性较大的O: 原子上，二者之间可以形成氢键N一H…O、N…H一O。总反！ 应为H2十HCO3 一H2O十HCOO厂，使用D2代替H2,若： 生成HDO,则可确认反应过程中的加氢方式。 16 答案(I)C、H,Fe9 (2)CHg COO[Cu(NH3 )2]+ NH.H2O+CO=CHCOOCu(NH)CO+H,O ②多孔A1,O3可作为气体吸附剂，含量过多会吸附生成的 NH3:Al2O3含量大于2%，aFe表面积减小，反应速率减小， 产生NH3减少(3)①NaHCO3受热易分解，导致HCOO 产率下降②-NH2可以与HCO3形成氢键HDO 25.解析轨道表示式、晶胞相关计算、化学键、晶体类型、焓变、： 转化率、平衡常数计算等(1)Ni为28号元素，基态Ni原子 的价电子排布式为3d4s2,价电子的轨道表示式为 4↑↑个N:铜的晶胞结构类型为面心立方最密堆 3d 4s 积，则镍也为面心立方最密堆积，晶胞体积为3，则晶胞棱长 为a,设镍原子率径为r,则4r=2,解得，-吧。(2)单键为 g键，三锭中含1个6键和2个π键，由Ni(CO)4的结构可知， 19. 其中含有。键的数目为8：Ni(CO)4沸点低，为分子晶体。 (3)由图可知，其他条件相同时，随着温度升高，平衡时 N(C。)4的体积分数减小，说明升高温度，平衡逆向移动，则 该反应为放热反应，△H0:该反应为气体分子数减小的放热 反应，降低温度、增大压强，平衡均正向移动，均有利于 Ni(CO)4的生成；增大压强，平衡正向移动，Ni(CO)4的体积 分数增大，则p3对应压强为1.0MPa,由图可知，p3、100℃ 时，Ni(CO)4的体积分数为0.9，设起始时CO的物质的量为 4mol,达到平衡时转化的C0为4xmol,列三段式： Ni(s)+4CO(g)=Ni(CO)(g) 起始量/mol 4 0 转化量/mol Ax x 平衡量/mol 4一4.x 1大6 则=0.9，解得-引，所以C0的平街转化率为，可 37 ；达到平衡时N(CO)4的体积分数为0,9，分压 0.9MPa,CO的体积分数为0.1，分压为0.1MPa,则平衡常 0.9 MPa 数K,=(0.1MPa -=9×103(MP。)-3。 (4)设初始时Ni(C16O)4的浓度为c,其反应一半时剩余浓度 m2 为乞c,由题给公式可知，之c=e如，解得1=一 k 2Ni(C6O),反应一半所需时间为血2 答案1F日冈9。(2)8分子品体 3d As (3)小于 低温、高压 36 37 9×103(4)ln2 k 26.解析(1)该反应的△H=断裂旧键吸收的总能量一形成新键 释放的总能量=(473+654)kJ·mol-1一(339+397+436)kJ· mol-1=一45kJ·mol-1。(2)根据图1能量转换关系可知，键 能N=N锭>H一H键，断裂N=N键需要吸收的能量最多， 结合图2反应机理知，步骤（ⅱ）为该反应的速率控制步骤。 (3)晶胞参数a=287pm,则晶胞体积为(287X1010)3cm3, 晶体密度为7.8g·cm3,则晶胞质量为7.8×(287× 1010)3g,设晶胞中Fe原子数为N,则 N×56=7.8× (287X1010)°，N=8×(287X100)9N4。（4)0工业合 56 成氨为气体分子数减小的反应，当温度相同时，压强越大，平 衡时混合气体中氨的摩尔分数越大，结合图3或图4均能得 出压强由小到大的顺序为p1<2<p3。②Ar不参与化学反 应，含Ar的进料组成中H2、N2的分压较小，导致平衡时混合 气体中氨的摩尔分数减小，结合两图可知，图4表示进料组成 中含有Ar的图像。③结合p2-20MPa、xNB=0.20,以及图 3对应的进料气的组成，设进料气中N2和H2分别为 0.25mol和0.75mol,设达平衡时N2的转化量为xmol,列三 段式： N(g+号H,(g一NH,(g 起始量/mol0.25 0.75 0 变化量/molx 3.x 2x 平衡量/mol0.25-x0.75-3.x2x 则根据xNH=0.20 2x 得0.25+0+0.75-3)+2-0.20，解得x=立，则N2 1 12 的转化率a一0.25X100%≈33.33%。此时Ng、H,、NH对 应的平衡分压分别为号、是P、号，则K, 1 5 ,整理并代入p2=20MPa,得Kp= (）·（号） M. 答案(1)一45(2)(i)氮氮三键的键能最大，使其断裂需！ 要的能量最多 （3)28x(287X100)9N4（40p,<p,<工业合成 56 氨为气体分子数减小的反应，增大压强其平衡正向移动，温度 相同时，压强越大，平衡时氨的摩尔分数越大②图4 ③33.33% 36 27.解析(1)由图可知，FeSO,·7H20→FeSO4即7个结晶 水完全失去时失重比为45.3%时，则失重比为19.4%时，失 去的结晶水数目为19,4X?-3,故工=7-3=4，同理可推 45.3% 出y=7-3识8X1=1,(2)将题中反应依次编号为①，@、 45.3% ③，已求得x=4,y=1,则根据盖斯定律，由①十③-2×②可 得FeSO4·7H2O(s)+FeSO4·yH2O(s)2(FesO4· xH2O)(s)△H=△H1+△H3-2△H2=(a+c-2b)kJ· mo1。(3)由反应(I)可知平衡体系中ps0,=ps0,则由图 可知，660K时，该反应的平衡总压p总=1.5×2kPa= 3.0kPaK,(I)=ps0,·pso=1.52(kPa)2=2.25(kPa)2。 由图可知，随反应温度升高ps0增大，则Kp(I)增大。(4)综 合2FesO(s)-=Fe2O(s)+SOb(g)+S0为(g)(I)、2SO(g)- 2S0,(g)十0，（g(Ⅱ)可知：平衡时的P0.0为反应（Ⅱ） 2 生成的SO2的分压，而反应（Ⅱ）中O2和O2的化学计量数： 之比为21，故%一士×@二@-，@.g 2 4 ps0,+ps0,+p0,=35.7kPa+ps0,+ Pso,-35.7 kPa 84.6 kPa,Pso -46.26 kPa,Po.=2.64 kPa,Kp II ) pS,·pL=46.262X2.6lkPa。 0 35.72 答案(1)41(2)(a+c-2b)(3)3.02.25增大 （40P90-046.2646.262×2.64 35.72 28.解析(1)根据盖斯定律，由Ⅱ-I可得水气变换反应CO(g） 十H2O(g)CO2(g)十H2(g)△H=△H2-△H1。(2)根1 据HCOOH=HCOO+H+,设平衡时H+浓度为amol· L1,则HC0OH电离平衡常教K。=-a=K,此时反应 正反应速率u=k·c(H)·c(HCOOH)=k√K。rr mol·L1 ·h1。 (3) 反应I速率远大于反应Ⅱ，此点CO浓度最大，说明反应I 此时处于平衡状态，结合碳原子守恒和题中给出的CO、CO2 浓度，可知t1时刻HCO0H的浓度为(1.0-0.70一0.16》 mol·L-1=0.14mol·L-1,则反应1的平衡常数K1 c(CO) 0.70 e(HCOOH)0.14 5 1.0 CO a 6 d 0.0 HCOOH 1 h 由上述分析及近似认为反应I建立平衡后始终处于平衡状！ 态，知1时刻之后一氧化碳的浓度始终是甲酸浓度的5倍，反！ 应Ⅱ平衡时c(CO2)=c(H2)=ymol·L1,则结合碳原子守 恒知，平衡体系中c(HC0OH)=合×(1.0-y)mol·L1, c(C0)=8×(1.0-y)mol·L1,cCo 5 是10-》 c(CO2) y 195 5.0卫，反应的平衡常数K2=.0加入0.10mol· 6y2 6y L一1盐酸后，H+作催化剂，反应I的反应速率加快，达平衡的 时间缩短，催化剂不影响平衡移动，故C0的浓度峰值不变， 则CO新的浓度峰值点可能是b点。由图可知，与不含盐酸相 比，CO达浓度峰值时，CO2浓度减小（从b点做竖直垂线，观 察CO2浓度变化)。温度不变，反应I的平衡常数值不变，故 c(CO) c(HCOOH币的值不变。 答案(1)△H2-△H1(2)√Kaxk√Kaxx (3)51.0-y26y2 b减小不变 6y 1.0-y 9.解析(1)根据盖斯定律，由①一②一③，可得④CHC2H(g) =C6HCH=CH2(g)+H(g)△H4=-4386.9kJ· mol1-(-4263.1k·mol-1)-(-241.8kJ·mol-1) 十118kJ·mol厂1。(2)乙苯的平衡转化率为50%时，由题中 信息可得： C6 H C H(g)C6 H CH=CH(g+H(g) 起始量1mol 0 0 转化量0.5mol 0.5 mol 0.5 mol 平衡量0.5mol 0.5 mol 0.5 mol 平街分压l0kPa 3 100kPa 3 100kPa 3 则压强平衡常数K。=pC苯乙烯)DH,》-10OkPa。设充入 D(乙苯) 3 xmol水蒸气时乙苯平衡转化率提高到75%，则： C H CH (g)=C H CH=CH,(g)+H(g) 起始量1mol 0 0 转化量0.75mol 0.75 mol 0.75mo1 平衡量0.25mol 0.75 mol 0.75 mol 25 75 75 平衡分压1.75+2k1.7+kPa .1.75+xka 温度不变，平衡常数不变，则压强平衡常数K。= p(苯乙烯)·p(H2) 225kPa=100kPa,解得x=5。 D(乙苯) 1.75+x (3)生成苯乙烯的反应为主反应，则苯乙烯的选择性最高，主 反应生成的氨气能使副反应⑥的平衡正向移动，则甲苯的选 择性大于苯的选择性，故b代表的产物为甲苯。(4)X射线衍 射技术可以测定晶体结构，A项正确；F2O3是催化剂，催化 剂不能使平衡发生移动，不能改变乙苯平衡转化率，卫项错 误；F2O3作催化剂，可以降低乙苯脱氨反应的活化能，C项 正确：改变F2O3颢粒大小即改变催化剂的表面积，可以改变 反应速率，D项错误。(5)电负性：C1>Br>I,C一C1键的极性 更大，更易断裂，故C6HCHC☐更易生成自由基C6HCH,活 性最强。(6)已知Cu+(ag)十2L一[Cu(L)2]十K、CBr(s) Cu十(aq)十Br(aq)Kp,两反应相加可得：CuBr(s)十2L=一 [Cu(L)2]十十Br(ag),则其平衡常数为K×K。 答案(1)118(2)5(3)甲苯主反应生成的氢气能使副 反应⑥的平衡正向移动，甲苯的选择性大于苯的选择性 (4)BD (5)Co H:CH2CI (6)KX KsP 30.解析(1)由图可知，起始时有2.5 mg CuS04·5H2O,其物 质的量是0.01mmol,所含结晶水的质量为0.9mg,则固体质 量剩余1.6mg时所得固体为CuSO4,加热过程中Cu元素的 质量不变，则固体质量剩余0.8g时所得的固体是CuO,结 合题图DSC曲线有两个吸热峰可知，700℃发生的反应为 CuSO4→CuO+SO方、SO为+SO2十O2,则生成的氧化物 除SO2外，还有CuO,SO3。(2)(1)由已知两个反应可以看 出，NO2先参与反应，后又生成，故该过程中NO2作催化剂。 (ⅱ)可结合题千信息和反应物性质分析原因。(3)(1)由图 可知，温度高于一定值时，温度升高，反应速率减小，错误：相 同温度下，存在转化率大于0.88的情况，则α=0.88的曲线 不能代表平衡转化率，b错误；由图可知，口越大，反应速率最 大值对应温度越低，c正确：可根据不同Q下的最大速率，选择 最佳生产温度，d正确。（ⅱ）根据图示所知，在相同温度下d 催化剂对应的SO2转化率最高，催化性能最佳。（Ⅲ）设SO2 的起始分压为2x,则结合题中信息可得： S02(g)+02(g)=S0(g) 起始分压：2x p十xa 0 变化分压：2xae 2xae 平衡分压：2x(1一ae） p 2xae 则K。= (S0为) p(S0)·p(0)2x(1-ae)·p 答案(1)SO3CuO(2)(i)催化剂（ⅱ）铅室法制得的： 产品中存在亚硝基硫酸杂质、铅室法生产硫酸过程中需使用！ 有毒物质氮氧化物(3)(i)cd(iⅱ)d(i) (1-a.)·p 31.解析(1)由图示反应机理分析，△H=2E(C一H)一[E(C一C)十 E(H-H)]=(2×431.0-298.0-436.0)kJ·mol-1=128kJ· mol1。(2)由反应历程图可知，共有3个基元反应，最后一步 的活化能最大，反应速率最慢。(3)C40H20中共有10个六元： 环，1个五元环，由C40H20生成C40H18少了2个H原子，多了 1个五元环，六元环数目不变，生成C40H10时，减少了10个1 H,则多出5个五元环，故C40H10中有10个六元环、6个五元 环。(4)设起始时C40H12的物质的量为y,已知平衡转化率为a, 则平衡时C40H12的物质的量为y(1一a),生成的C40H0和H2的： 的质的章均为，K注运义伤X ya·ya y(1-a) y2(1-a)(1+a) y+ya X Po a2 o一一。。(5)图中两条线几乎平行，说明两条线的斜率 近似相等，即两反应的△H基本相等，原因是两反应均断开1！ 个碳氢锭、形成1个碳碳键。(6)由反应历程图可知，脱氢的！ 过程为吸热过程，则温度升高，反应速率加快，平衡正向移动， 平衡转化率提高，正确：脱氨的过程为气体分子数增大的反： 应，增大压强，平衡逆向移动，平衡转化率减小，b错误：催化 剂不可以改变平衡转化率，只能加快反应速率，C错误。 答案(1)1282333)610（4，(5)两反 应均为苯环上断开一个碳氢键，形成一个碳碳键(6)a 32.解析(1)反应I、反应Ⅱ都是吸热反应，升高温度，平衡均正 向移动，CO2的平衡转化率增大：反应I的气体分子数增大， 反应Ⅱ的气体分子数不变，减小压强，反应I平衡正向移动， CO2的平衡转化率增大，因此有利于提高CO平衡转化率的条 件为高温低压。(2)根据盖斯定律，由I十Ⅱ×2，可得CH4(g)十 3CO2(g)==4C0(g)+2H2O(g)△H=+247kJ·mo11+: 41k·mol1×2=十329kJ·mo11,根据化学计量数扩大 为原来的n倍，平衡常数为原来的”次方，反应相加，平衡常 数相乘，知K=K1·K。(3)①从流程图可以看出，FeO4和 CaO都先反应，后生成，都能循环利用，A项错误：过程ⅱ中 FeO4氧化CO:FeO4十4CO=3Fe十4CO2,CaO吸收： CO2,c(CO2)减小，平衡正向移动，B项正确；根据流程可知， 过程ⅱ产生的H2O在过程m中被排出，没有被CaO吸收，C 项正确；该流程的总反应为CH4(g)十3CO2(g)一4CO(g)十 2H2O(g),由(2)可知，其还原1olCO2吸收的能量比反应 I少，D项错误。②过程m发生反应：CaCO3(s)=一CaO(s)十 CO2(g),3Fe(s)十4CO2(g)=FegO4(s)+4CO(g),恒压时： 通入He,容客器体积增大，CaCO3(s)-一CaO(s)十CO2(g)平衡！ 正向粉动，号改C0指大，从而使3e)十40.g)一 Fe3O4(s)十4CO(g)平衡正向移动，因此CO的物质的量上升。1 (4)①设起始时CH4、CO2分别为amol、3amol,根据图2，i 1000℃时CH4转化率为100%，CO2转化率为60%，则· △n(CO2)=3amol×60%=1.8amol,△n(CH4)=amol× 100%=amol,R=△n(CO2)/△n(CH4)=1.8。根据图示，随！ 着温度升高，CH4的转化率先逐渐增大，后基本不变，CO2的： 转化率逐渐增大，从图示可知，CH4、CO2的转化率之差先增： 大（约600℃时最大）后减小，最终比起始时大，则R先减小后· 增大，最终比起始时小。②反应I中CH,和CO,的变化量相 同，R值提高说明催化剂X选择性地提高反应Ⅱ的速率，A项！ 正确：由表可知，温度越低，R值越大，说明参与反应Ⅱ的C○2！ 越多，生成的H2O越多，B项正确：温度升高，反应I、Ⅱ平衡 均正向移动，CH、CO2转化率均增大，C项错误；由表中数据！ 可知，改变催化剂提高CH转化率，R值不一定增大，D项 正确。 答案(1)C(2)+329K1·K号(3)①BC②通人He,: CaC0分解平衡正移，导致CQ增大，促进Fe还原C0,平 衡正移 19 (4)① 3 2 (4002.1 (1(000,⊥.8) 4006008001000 温度℃ ②C 33.解析(1)增大CO2的浓度，反应a、b的正反应速率增加；增 大CH4的浓度，反应a、c的正反应速率增加，A正确。由于C (s)是固体，移去部分C(s),平衡不移动，B错误。催化剂只能 改变反应速率，不影响化学平衡移动，则不能提高CH4的平 衡转化率，C错误。降低反应温度，正、逆反应速率均减小，D 正确。故选AD。(2)由题图1可知，反应分为CH CH+H2CH,+2H3CH+3H4C+4H4个步骤， 其中第4步的正反应活化能最大。(3)①由题图2可知，反应 a、c的K随T升高而增大，故a、c均为吸热反应。反应e的 K随T升高而减小，故e为放热反应。②由于C(s)是固体， [p(H2)12 因此反应c的相对压力平衡常数表达式为K Po (CH) Po p2(H2) -pCH4)· 。③由题图2可知，A点对应温度下反应c的 p2(H2） lnK5=0,即K5=p(CH4)· =1,p(CH4)=2(H) Po (40kPa)2 =16kPa,根据反应条件，可知二氧化碳与甲烷物 100 kPa 质的量之比等于压强之比，则P知(CH,)=1中X100kPa= 50kPa,则CH,的平衡转化率为50kPa6k×1O0% 50 kPa 68%。(4)CO2经加压、降温可转化为千冰，千冰常用于制冷 剂，人工降雨等。 答案(1)AD (2)44 p2(H2) (3)①ac②pCH4)·p0 ③由题图2中A点对应温度下反应c的lnK=0,即K5= p2(H2) =16 kPa, p(CH4)·p。 -1,p(CH,)=2(H,2-40kPa)2 Po 100 kPa P始(CH,)=100kPaX号=50kPa,CH,的平衡转化率为 2 50kPa-16kPa×100%=68% 50 kPa (4)干冰做制冷剂、人工降雨等（合理即可） 34.解析(1)由平衡常数Kx与温度T变化关系曲线可知，反应 I、Ⅱ，Ⅲ的平衡常数的自然对数随温度升高（要注意横坐标 为温度的倒数)而减小，说明3个反应均为放热反应，即△H1 <0、△H2<0、△H3<0,因此，A的总能量高于B的总能量，能 量越低越稳定，A和B中相对稳定的是B,其用系统命名法命 名为2甲基-2丁烯：由盖斯定律可知，I一Ⅱ=Ⅲ，则△H1一 △H2=△H3<0,因此△H1<△H2,由于放热反应的△H越 小，其能对值越大，则会的餐位范因是大于1：造D (2)向某反应容器中加入1.0 ol TAME,控制温度为353K, 测得TAME的平衡转化率为a,则平衡时(TAME)=(1一a) mol,n(A)+n(B)=n(CH3OH)=amol。已知反应Ⅲ的平衡 常数Kg=9.0,则”(B) n(A) =9.0,将该式代入上式可以求出平衡 体系中B的物质的量为0.9amol,n(A)=0.1amol,反应I的 1-a 平衡常数Kx1= 。=1一a)1十@。同温同压下，再向 0.1c)20.01a2 1+a1 该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，反应I的化学平衡将 向着分子数增大的方向移动，即逆向移动。平衡时，TAME的