专题7 山东新高考全练(实战册)-【实战高考】2026年高考化学总复习（山东专版）

专题7 化学反应速率与化学平衡 过去考什么 山东新高考全练 ,答案：P425 1.(2025山东，10,2分；考，点2)在恒容密闭容 速率方程为v=kc.5(H2)·c(CO2),T1、T2 器中，Na2SiF6(s)热解反应所得固相产物和 温度时反应速率常数分别为k1、k2。下列 气相产物均为含氟化合物。平衡体系中各 说法错误的是( ) 组分物质的量随温度的变化关系（实线部 0.6 0.5 分)如图所示。已知：T2温度时， 0.4 Na2SiF6(s)完全分解；体系中气相产物在 分0.3 数0.2 T、T3温度时的分压分别为p1、3。下列 0.1 0.0 0.001 0.01 0.1 1 10 说法错误的是( 时间s A.k1>k2 2.0 B.T1、T2温度下达平衡时反应速率的比值： 1.5 U(Ti)k1 1.0 v(T2)k2 0.5 C.温度不变，仅改变体系初始压力，反应物 0.0 摩尔分数随时间的变化曲线不变 T+增大 TTs D.T2温度下，改变初始投料比例，可使平衡 A.a线所示物种为固相产物 时各组分摩尔分数与T1温度时相同 B.T1温度时，向容器中通入N2,气相产物 3.(2023山东，14，不定项，4分；考点2)一定 分压仍为1 条件下，化合物E和TFAA合成H的反应 C.小于T3温度时热解反应的平衡常 路径如下： 数K, OH OOCCF3 D.T1温度时，向容器中加入b线所示物种， -CFCO2H CF: 重新达平衡时逆反应速率增大 TFAA 2.(2024山东，15，不定项，4分；考点1)逆水 COCF 气变换反应：CO2(g)十H(g)一 NH +CFCO2H F3C O CF3+ -CF3CO2H CO(g)十H2O(g)△H>0。一定压力下， TFAA 按CO2、H2物质的量之比n(CO2):n(H2) 已知反应初始E的浓度为0.10mol·L1, =1:1投料，T1,T2温度时反应物摩尔分数 TFAA的浓度为0.08mol·L1,部分物种 随时间变化关系如图所示。已知该反应的 的浓度随时间的变化关系如图所示，忽略反 90 O专题7化学反应速率与化学平衡 应过程中的体积变化。下列说法正确的 S2(g)的焓变△H= (用含△H1、 是( △H2的代数式表示)。 (2)乙线所示物种为 (填化学式)。 0.10 0.10 反应Ⅲ的焓变△H 0(填“>”“<” 、0.08 0.08 或“=”)。 ·0.06 H 0.06 (3)T温度下，体系达平衡时，乙线、丙线所 0.04 ● TFAA 示物种的物质的量相等，若丁线所示物种为 0.02 0.02 G amol,则S2为 mol(用含a的代数 0 t t/s 式表示)；此时，CaS与CaSO,物质的量的差 A.时刻，体系中有E存在 值n(CaS)-n(CaSO4) mol(用 B.t2时刻，体系中无F存在 含a的最简代数式表示)。 C.E和TFAA反应生成F的活化能很小 (4)T2温度下，体系达平衡后，压缩容器体 D.反应达平衡后，TFAA的浓度为 积S2产率增大。与压缩前相比，重新达平 0.08mol·L-1 4.(2025山东，20,12分；考点2)利用CaS循 衡时，HS与H物质的量之比(H,S) n(H2) 环再生可将燃煤尾气中的SO2转化生产单 (填“增大”“减小”或“不变”)，H2O 质硫，涉及的主要反应如下： 物质的量n(H2O) (填“增大”“减 I CaS(s)+2SO2 (g)CaSO (s)+S2 (g) 小”或“不变”)。 △H 5.(2024山东，20,12分，考，点2)水煤气是H2 II.CaSO (s)+4H2 (g)CaS(s)+4HO(g) 的主要来源，研究CaO对C-H2O体系制 △H2 H2的影响，涉及主要反应如下： II.SO2 (g)+3H2 (g)H2S(g)+2H2O(g) C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)(I) △H3 △H1>0 恒容条件下，按1 mol CaS,1 mol SO2和 CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)(II) 0.1molH2投料反应。平衡体系中，各气态 △H2<0 物种的lgn随温度的变化关系如图所示， CaO (s)+COz(g)CaCOs(s)(II) n为气态物种物质的量的值。 △H3<0 已知：图示温度范围内反应Ⅱ平衡常数K= 回答下列问题： 108基本不变。 (1)C(s)+CaO(s)+2H2O (g) CaCO3(s)+2H2(g)的焓变△H= 0S2 甲 (用代数式表示)。 1 _2 (2)压力p下，C一H2OCaO体系达平衡 后，图示温度范围内C(s)已完全反应， 丙 CaCO3(s)在T1温度时完全分解。气相中 7 →增大T CO、CO2和H2摩尔分数随温度的变化关系 回答下列问题： 如图所示，则a线对应物种为 (填 (1)反应4H2(g)+2S02(g)=4H2O(g)+ 化学式)。当温度高于T1时，随温度升高c 91m 实战 实战高考·化学】 线对应物种摩尔分数逐渐降低的原因是 度下，HCOOH电离平衡常数为Ka,当 HCOOH平衡浓度为xmol·L1时，H+浓 度为 mol·L1,此时反应I的反 应速率v= mol·L1·h1(用含 0.50 Ka、x和k的代数式表示)。 (3)T2温度下，在密封石英管内完全充满 0.15 1.0mol·L1 HCOOH水溶液，使 ---------------------- HCOOH分解，分解产物均完全溶于水，含 To T 增大 温度/T 碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所 (3)压力p下、温度为T。时，图示三种气体 示（忽略碳元素的其他存在形式）。时刻测得 的摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则反 C0、CO2的浓度分别为0.70mol·L-1、 应CO(g)十H2O(g)=CO2(g)+H2(g)的 0.16mol·L1,反应Ⅱ达平衡时，测得H2 平衡常数K。= ；此时气体总物质 的浓度为ymol·L1。体系达平衡后 c(CO) 的量为4.0mol,则CaCO3(s)的物质的量为 c(CO2) (用含y的代数式表示， mol;若向平衡体系中通入少量 下同)，反应Ⅱ的平衡常数为 CO2(g),重新达平衡后，分压p(CO2)将 1.0 CO (填“增大”“减小”或“不变”)， a. p(CO)将 (填“增大”“减小”或“不 b 变”)。 ow)/ 6.(2023山东，20,12分；考点1、2、3)一定条 件下，水气变换反应C0+H2O一CO2+ 0.0 HCOOH H2的中间产物是HCOOH。为探究该反应 t t/h 过程，研究HCOOH水溶液在密封石英管 相同条件下，若反应起始时溶液中同时还含 有0.10mol·L1盐酸，则图示点a、b、c、d 中的分解反应： 中，CO的浓度峰值点可能是 (填 I.HCOOH-CO+H2O(快) 标号)。与不含盐酸相比，CO达浓度峰值 Ⅱ.HCOOH-CO2十H2(慢) 时，C02浓度 (填“增大”“减小”或 研究发现，在反应I、Ⅱ中，H+仅对反应I c(CO) 有催化加速作用；反应I速率远大于反应 “不变”)，c00的值 (填“增 Ⅱ，近似认为反应I建立平衡后始终处于平 大”“减小”或“不变”)。 衡状态。忽略水的电离，其浓度视为常数。 7.(2022山东，20,11分；考点2、3)利用Y丁 回答下列问题： 内酯(BL)制备1,4-丁二醇(BD),反应过程 (1)一定条件下，反应I、Ⅱ的焓变分别为 中伴有生成四氢呋喃(THF)和1-丁醇 △H1、△H2,则该条件下水气变换反应的焓 (BuOH)的副反应，涉及反应如下： 变△H (用含△H1、△H2的代数 0 +2H2、CH2CH20H 反应Ⅱ (g)+H0(（g） 式表示)。 (g) g) THF -2H2 CH,CH,OH (2)反应I正反应速率方程为v=c(H+) 反应I BD ®e7CH,CH,CH,CH,oH(g） BuOH ·c(HCOOH),k为反应速率常数。T1温 H,0(g) 92 O专题7化学反应速率与化学平衡 已知：①反应I为快速平衡，可认为不受慢 与曲线b相比，曲线c达到(0 CBD/ZBL 反应Ⅱ、Ⅲ的影响；②因反应I在高压H2氛 围下进行，故H2压强近似等于总压。回答 1.0所需时间更长，原因是 下列问题： 1.0- (1)以5.0×10-3 mol BL或BD为初始原 0.8 料，在493K、3.0×103kPa的高压H2氛围 0.6 下，分别在恒压容器中进行反应。达平衡 0.4 时，以BL为原料，体系向环境放热XkJ;以 0.2 BD为原料，体系从环境吸热YkJ。忽略副 0.0 反应热效应，反应I焓变△H 乙 (493K,3.0×103kPa)= 8.(2021山东，20,12分；考点1、2、3)2-甲氧基 kJ·mol-1。 -2-甲基丁烷(TAME)常用作汽油原添加 (2)初始条件同上。x表示某物种i的物质 剂。在催化剂作用下，可通过甲醇与烯烃的 的量与除H2外其他各物种总物质的量之 液相反应制得，体系中同时存在如图反应： 比，xBL和xD随时间t变化关系如图甲所示。 +CH,0H、 AH 实验测得X<Y,则图中表示xL变化的曲线 反应I: 0 是 ;反应I平衡常数K,= TAME kPa2(保留两位有效数字)。以BL为原料 +CH,OH、 △H 时，右时刻xH,0三 ,BD产率= 反应Ⅱ： (保留两位有效数字)。 B TAME 1.0 反应Ⅲ：八丫八 △H3 0.8 0.6 回答下列问题： 0.48 0.4 (1)反应I、Ⅱ、Ⅲ以物质的量分数表示的平 0.36 0.2 衡常数Kz与温度T的变化关系如图所示。 0.0 据图判断，A和B中相对稳定的是 甲 (用系统命名法命名) △H的数值范围是 △H2 (3)(xD/xBL)max为达平衡时xBD与xBL的比 (填标号)。 值。(493K,2.5×103kPa)、(493K,3.5× A.<-1 B.-1≈0 103kPa)、(513K,2.5×103kPa)三种条件 C.0~1 D.>1 下，以5.0×10-3 mol BL为初始原料，在相 5 同体积的刚性容器中发生反应， 反应I ,/工L一随时间t变化关系如图乙所 13 (CBD/xBL）max 2 示。因反应在高压H2氛围下进行，可忽略 1 反应Ⅱ 0 压强对反应速率的影响。曲线a、b、c中， 0.00280.00290.00300.0031 (cBD/xBL)maz最大的是 (填代号)； K 93 实战 实战高考·化学】 (2)为研究上述反应体系的平衡关系，向某 回答下列问题： 反应容器中加入1.0 mol TAME,控制温度 (1)△H3= kJ·mo-1。 为353K,测得TAME的平衡转化率为a。 (2)一定条件下，向体积为VL的恒容密闭 已知反应Ⅲ的平衡常数K3=9.0,则平衡 容器中通人1 mol CO2和3molH2发生上 体系中B的物质的量为 mol,反应 述反应，达到平衡时，容器中CH3OH(g)为 I的平衡常数Kz1= 。同温同 amol,CO为bmol,此时H2(g)的浓度为 压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃 mol·L1(用含a、b、V的代数 稀释，反应I的化学平衡将 (填“正 式表示，下同)，反应Ⅲ的平衡常数为 向移动”“逆向移动”或“不移动”)；平衡时， A与CHOH物质的量浓度之比c(A)· (3)不同压强下，按照n(CO2):n(H2)= c(CHOH)= 1：3投料，实验测定CO2的平衡转化率和 (3)为研究反应体系的动力学行为，向盛有 CHOH的平衡产率随温度的变化关系如 四氢呋喃的另一容器中加入一定量A、B和 下图所示。 CHOH。控制温度为353K,A、B物质的 量浓度c随反应时间t的变化如图所示。 P1 代表B的变化曲线为 (填“X”或 “Y”);t=100s时，反应Ⅲ的正反应速率v哑 P3 逆反应速率撞（填“>”“<”或 ·升温 T “三”)。 →升温 温度 温度 甲 0.16 已知：C02的平衡转化率= 0.12 (100,0.112) R个 n(C02)初始-(C02)平查X100% 曲线X n(CO2)初始 0.04 n(CH3OH)平衡 (100,0.011) 曲线Y CHOH的平衡产率= n(C02)初始 0.00- 0 100200300400500600 ×100% tis 9.(2020山东，18,12分；考点2、3)探究 其中纵坐标表示CO2平衡转化率的是图 CHOH合成反应化学平衡的影响因素，有 (填“甲”或“乙”)；压强1、2 利于提高CH3OH的产率。以CO2、H2为 由大到小的顺序为 ;图乙中 原料合成CHOH涉及的主要反应如下： T温度时，三条曲线几乎交于一点的原因 I.COz(g)+3H2(g)CH3 OH(g)+ 是 H2O(g)△H1=-48.5kJ·mol-1 (4)为同时提高CO2的平衡转化率和 II.CO(g)+2H2(g)CHs OH(g) CH3OH的平衡产率，应选择的反应条件为 △H2=-92.4kJ·mol-1 (填标号)。 Ⅲ.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g〉 A.低温、高压 B.高温、低压 △H3 C.低温、低压 D.高温、高压 94O实战册参考答案及解析 发生化学反应，但是牺牲阳极上发生了氧化反应，辅助阳极 反应为还原反应，应在阴极上发生反应，即在铜电极上发 上也发生了氧化反应，D不正确。 生反应，故A错误；离子交换膜为质子交换膜，只允许氢 7C解析由题中信息可知，b电极为负极，发生反应 离子通过，C一不能通过，故B错误；水在阳极失去电子发 Cu20+2OH--2e=2Cu0+H2O,然后再发生 生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O C6H12O6+2CuO=C6H12O7十Cu2O;a电极为正极，发 4eO2个十4H+,每转移1mol电子，生成0.25mol 生反应O2十2H20十4e一4OH,总反应为2C6H12O6 O2,在标准状况下体积为5.6L,故D错误。 十O2一2C6H12O7,A、B正确；根据反应2C6H12O6十O2 们A解析由题意可知放电时硫电极得电子，硫电极为 一2C6H12O7可知，1molC6H12O6参加反应时转移 原电池正极，钠电极为原电池负极。充电时为电解池装 2mol电子，18mgC6H2O6的物质的量为0.1mmol,则消 置，阳离子移向阴极，即钠电极，A错误；放电时Na在a 耗18mg葡萄糖时，理论上a电极有0.2mmol电子流入， 电极失去电子，失去的电子经外电路流向b电极，硫黄粉 C错误；原电池中阳离子从负极移向正极，故Na十迁移方 在b电极上得电子与a电极释放出的Na+结合得到 向为b→a,D正确。 Na2Sz,电子在外电路的流动方向为a→b,B正确；由题给 ⑧B解析电解过程中，阳极区消耗OH,同时生成 的一系列方程式相加可以得到放电时正极的反应式为 H2O,故电解一段时间后阳极区c(OH)减小，A正确； 2Na++Ss+2e一NazS.,C正确；炭化纤维素纸中 阴极区的总反应为H2C2O4+HO-N+H3+6e-+6H寸 含有大量的炭，炭具有良好的导电性，可以增强硫电极的 -H3N+CH2COOH+3H2O,1molH2O解离成1mol 导电性能，D正确。 Ht和1 mol OH,故理论上生成1 mol H3N+CH2 COOH双 们C解析由题给信息可知，放电时，Zn2+可插入V2O 极膜中有6mol2O解离，B错误；结合装置图，阳极总反应 层间形成ZnzV2O5·nH2O,V2O5发生还原反应，则放电 为2HCHO-2e+4OH--2HCOO+H2个+2HO,C 时V2O为正极，A正确；Zn为负极，放电时Zn失去电子 正确；阴极区Pb电极上发生反应C2O4十2e十2H+ 变为Zn2+,阳离子向正极迁移，则放电时Zn2+由负极向 OHC一COOH十HO,D正确. 正极迁移，B正确；电池在放电时的总反应为xZ十V2O ⑨℃解析由题图可知，该装置为电解池，与直流电源正 十nH2O一ZnzV2O5·nH2O,则其在充电时的总反应 极相连的IrO一Ti电极为电解池的阳极，电极反应式为 为ZnzV2O5·nH2O一xZn+V2O5十nHO,C不正确； 2H2O一4e一O2◆+4H+,铜电极为阴极，电极反应 充电阳极上ZnzV2O5·nH2O被氧化为V2O5,则阳极的 式为2CO2+12H++12e--C2H4+4H2O、2CO2+ 电极反应为ZnzV2O5·nH20-2xe-xZn2++V2O5 12H++12e-一C2H5OH十3H2O,C正确，电解池工作 十nH2O,D正确。 时，氢离子通过质子交换膜由阳极室进入阴极室。析氢 专题7 化学反应速率与化学平衡 山东新高考全练 ①D解析Na2SiF6(s)热解反应所得固相产物和气相产 解，T3时温度升高，反应有正向进行的趋势，但反应物不 物均为含氟化合物，则其分解产物为NaF(s)和SiF4(g), 足，则3<Kp,C正确；T1温度时，Kp=(SF4)=1,温 其分解的化学方程式为Na2SiF6(s)一2NaF(s)十SiF4(g, 度不变，K。不变，则气体分压不变，仍为平衡状态，反应 根据题图数据分析可知，a线代表NaF(s),b线代表SiF4 速率不变，故逆反应速率不变，D错误。 (g),c线代表Na2SiF6(s)。由各线的走势可知，该反应为 2CD解析由图可知，T1比T2反应速率快，则T1>T2; 吸热反应，温度升高，化学平衡正向移动。a线所示物种 平衡时T1温度下达到平衡时反应物的摩尔分数低于T2 为NaF(s),NaF(s)是固相产物，A正确；T1温度时，向容 温度下；由于起始CO2与H2的物质的量之比为1：1，则 器中通入N2,恒容密闭容器的体积不变，各组分的浓度不 达到平衡时CO2和H2的摩尔分数相等。根据分析，T1比 变，化学平衡不发生移动，虽然总压变大，但是气相产物 T2反应速率快，反应速率常数与温度有关，结合反应速率 分压不变，仍为p1,B正确；T2时，Na2SiF6(s)已完全分 方程知k1>2,A项正确；反应的速率方程为0= 425 答案 实战高考·化学 ca5(H)·c(C02),则T-1c5(H2)·a(C02) 0。(3)T1温度下，体系达到平衡时，H2是amol,根据 (T2)k2g5(H2)·c2(CO2)i T1温度下达到平衡时反应物的摩尔分数低于T2温度下 n0)=100可知H20和S02的物质的量均为 n(H2) 平南时，则一是B项正确：送度不度，仅政支体系 100amol,根据H元素守恒可知H2S为0.1一101a,设平 衡时CaS和S2的物质的量分别为xmol和ymol,根据Ca 初始压力，平衡不移动，但反应物的浓度改变，反应速率 元素守恒可知CaSO4是1一x,根据O元素守恒可知2= 改变，反应达到平衡的时间改变，反应物摩尔分数随时间 100a十200a十4-4x,解得x=75a十0.5，根据S元素守恒 的变化曲线变化改变，C项错误；T2温度下，改变初始投 可知2=0.1一101a十100a十1十2y,解得y=0.45+0.5a, 料比，相当于改变某一反应物的浓度，达到平衡时H2和 所以此时CaS和CaSO4的物质的量的差值为2x一1= CO2的摩尔分数不可能相等，故不能使平衡时各组分摩尔 150a。(4)压缩容器容积，压强增大，反应4H2(g)+2SO2(g) 分数与T温度时相同，D项错误。 →4H2O(g)十S2(g)平衡正向进行，S2的产率增大；温度 3AC解析一定条件下，化合物E和TFAA合成H的 不变，由于m.0》=10给终不变，反应4H(g十2S02(g) 反应路径中，共发生三个反应：①E十TFAA→F,②F→G, n(H2) ③G=H+TFAA. 三4H2O(g)十S2(g)的平衡常数不变，所以SO2增大，由 A.t1时刻，TFAA浓度为O,则TFAA完全反应，消耗 于反应Ⅲ的平衡常数可表示为K= 0.08mol·L1E,E剩余0.02mol·L1,所以体系中有 Q是g9-10终不支，片以 E存在，正确；B.t2时刻，H为0.08mol·L1,TFAA为 0.06molL1,G为0.01mol·L1,则F为0.01mol·L1, 2,号增大HO)十(2)+n(业S》=0.1.n(山0) n(H2) 所以体系中有F存在，不正确；C.1之后的某时刻，H为 =100,有101n(2)+n(H2S)=0.1,即101+2（2) 0.02mol·L1,此时TFAA的浓度仍为0，表明此时E 和TFAA完全反应生成F,所以E和TFAA生成F的反 n(2),因为nS) 0.1 增大，故品增大，有a) 应速率快，反应的活化能很小，正确；D.在t2时刻，H为 减小。 0.08mol·L-1,T℉AA为0.06mol·L-1,G为 ⑤(1)△H1+△H2+△H3 0.01mol·L1,F为0.01mol·L1,只有F、G全部转 (2)H2当温度高于T1时，CaCO3(s)已完全分解，只发 化为H和TFAA时，IFAA的浓度才能为0.08mol·L1 生反应Ⅱ，温度升高，反应Ⅱ逆向移动，所以CO2的摩尔 而G一H十TFAA为可逆反应，所以反应达平衡后， 分数减小 TFAA的浓度一定小于0.08mol·L1,不正确。 4(1)△H1+△H2 (3)号0.5不变不变 (2)H20< 解析(1)设目标反应C(s)十CaO(s)十2H2O(g) (3)0.45+0.5a150a CaCO3(s)+2H2(g)为V,根据盖斯定律，V=I+Ⅱ+ (4)增大减小 Ⅲ，所以△H=△H1十△H2十△H3。(2)图示温度范围内 解析(1)已知： C(s)已完全反应，则反应I已经进行完全，反应Ⅱ和Ⅲ均 I.CaS(s)++2SO2(g)CaSO4(s)+S2(g)AH 为放热反应，从开始到T1,温度不断升高，反应Ⅱ和Ⅲ逆 Ⅱ.CaSO4(s)+4H(g)=CaS(s)+4HO(g)△H2 向移动，依据反应Ⅱ，H2量减小，摩尔分数减小，CO量升 依据盖斯定律，I+Ⅱ得到反应4H2(g)十2SO2(g)一 高，且二者摩尔分数变化斜率相同，所以a曲线代表H2, 4H2O(g)十S2(g),该反应的焓变为△H1+△H2。(2)由 则c曲线代表CO2,从开始到T1,CO2的摩尔分数升高， 于图示温度范围内反应Ⅱ的平衡常数始终为K=108,根 说明在这段温度范围内，反应Ⅲ占主导，当温度高于T1 据方程式结合平衡常数表达式可知10)-100始终成 时，CaCO3(s)已完全分解，只发生反应Ⅱ，所以CO2的摩 n(H2) 尔分数减小。(3)压力p下、温度为T0时，H2、CO、CO2 立，因此根据图像可知乙表示的物种是H2O,丁表示的是 的摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则H2O(g)的摩尔分 H2,升高温度S2减小，H2O、H2均增大，所以丙表示SO2, 数为0.3，则Kp= p(C02)×(H2)_0.05p×0.5_ 甲表示H2S,因此反应Ⅲ的正反应是放热反应，即△H3< p(C0)×p(H2O)-0.15p×0.3p 426 O实战册参考答案及解析 2衡时H2,C0、CO2的摩尔分教分别为0.50、 c(CO2)·c(H2) y·y 6y2 c(HCOOH) 0.3-0.85y-y Γ1-y° 6 0.05,得出H2、C0、CO2、H20物质的量分别为2mol、 0.6mol、0.2mol、l.2mol。这四种气体中的H原子和O 加入0.1mol·L-1盐酸后，H+对反应I起催化作用，加 原子均来自原料中的H2O;此外，由反应Ⅲ可知，1mol 快反应工的反应速率，缩短到达平衡所需时间，故CO浓 CaCO3中有2molO原子也来自原料中的H2O(直接来 度峰值提前，由于时间缩短，反应Ⅱ消耗的HCOOH减 自CO2,间接来自H2O);设平衡时CaCO3(s)的物质的量为 小，体系中HCOOH浓度增大，导致CO浓度大于t1时刻 xmol,由于原料H2O中H、O原子个数比为2：1，根据H、O 的峰值，故c(CO)最有可能在a处达到峰值。此时 原子守饭，平衡时应有号-Q62瓷装登2解得云 c(CO) c(C02)会小于不含盐酸的浓度，CHCOOH=K(I), 0.5,即CaCO3(s)的物质的量为0.5mol。若向平衡体系中通 温度不变，平衡常数不变。 7(1)-200(X+Y) 入少量00z(g),K。=bC0),温度不变，K,不支，则分压 (2)a和c8.3X10-80.0839% (CO2)不变；体系中增加了CO2(g),若反应Ⅱ逆向移动，在 (3)c由于b和c代表的温度相同，而压强对反应速率的 CO2分压不变的前提下，CO、H2O的分压增大，H2分压减小， 影响可忽略，压强增大反应Ⅱ、Ⅲ均是逆向移动， 则反应Ⅱ的K。将会发生变化，与事实不符，所以为了保证反 应Ⅱ的K,也不变，最终所有物质的分压均不变，即(CO) (m/增大，故1.0所需时间更长 不变。 解析(1)依题意，结合已知信息，可推定在同温同压下，以 6(1)△H2-△H 等物质的量的BL或BD为初始原料，达到平衡时的状态 (2)√Kax kx√Kax 相同，两个平衡完全等效。则以5.0X10-3mol的BL为 (3)55y6y2 原料，达到平衡时放出Xk热量与等物质的量的BD为 a减小不变 6y 1-y 原料达到平衡时吸收Yk热量的能量二者能量差值为 解析(1)根据盖斯定律，反应Ⅱ一反应I=水气变换反 (X+Y)kJ,则1mol时二者能量和为200(X+Y)k,反应I 应，故水气变换反应的焓变△H=△H2一△H1。(2)T1温 为放热反应，因此焓变△H=一200(X十Y)k·mol-1。 度时，HCOOH建立电离平衡，HCOOH一HCOO (2)实验测定X<Y,则达到平衡时BD物质转化量大于 +H+: BL物质转化量，平衡状态BD物质的量较小，根据图示可 K。=cHC00)H),c(HC00）=c(Ht),故 C(HCOOH) 知，表示xL变化的曲线是a和c;该平衡状态下BL的分压 是0.48×3.0×103kPa,BD的分压是0.36×3.0×103kPa,H2 c(H+)=√Kax mol·L-1. 的压强近似等于总压，故反应I平衡常数K。= o=kc(H+)·c(HCOOH)=kx√Kax mol·L-1。 (BD) 0.36×3×103 (3)1时刻，c(CO)达到最大值，说明此时反应I达平衡状 p(BD·p2(H2)-0.48X3X103X3X103)zKPa2≈ 态。此时根据碳元素守恒c(CO)十c(CO2)十c(HCOOH) 8.3X10-8kPa-2;以BL为原料时，根据题给反应I、Ⅱ、 =1.0 mol/L,c(HCOOH)=(1.0 mol/L-0.70 mol/L- Ⅲ可知，体系总物质的量的增加量正好是BD参与反应 0.16 mol/L)-0.14 molL-1,K(I)-c(HCOOH c(CO) Ⅱ、Ⅲ的量，也正好是H2O(g)的物质的量，设t1时BL转 化了amol,BD转化了bmol,则体系总物质的量为(5.0 8沿-5,4时到反应Ⅱ达平衡： HCOOH COz+H2 ×103+6)ml,得到88千号-08 转化浓度(mol·L-1)b b b 0X2中60.36，解得a=碧×103,6=六× a-b 则c(H2)=b+0.16=y,b=(y-0.16)mol·L-1, 6 c(HC00H)=0.14-a-b=0.3-a-y,c(C0)=a+0.7, 10-3,则h时刻H,0=5X10°3十b0.08;此时BD的产 c(CO) 。0+0.7=5,a=0.85y。故 K(I)=c(H00o-0.3-a-y a-b 6 率为5X10”X100%≈39%。(3)依题意，友应I是正向 c(CO) 0.8-5y+0.7 6 放热过程，以BL为初始原料，温度升高则平衡逆向移动， c(CO2) y =52,K(I)- 温度越高，反应速率越快，达到平衡时的时间越短， 427 答案 实战高考·化学 (rD/xBL)nar越小，(D/zBL)na xD/xL一的值越大；相同温度 =108时，8-80≈102>9，因北，反应川正在 时，压强增大，BD的比重增大，(xBD/xBL)max增大，又可 向逆反应方向移动，故其正反应速率正小于逆反应速 忽略压强对反应速率的影响，则(xBD/cBL)max最大即 率v逆。 b(a+b) xD/cBL一最小，对应曲线c。 9(1)+40.9 2+ (xBD/xBL）ma.x (1-a-b)(3-3a-b) (3)乙 1>2>3T时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后气体分子 ⑧(1)2-甲基-2-丁烯D(2)0.9a 10(1-a2) a2 逆向 数相等，压强改变对平衡没有影响(4)A 移动1：10(3)X< 解析(1)根据盖斯定律，由反应I减去反应Ⅱ即可得到反 解析(1)由平衡常数Kx与温度T的变化关系曲线可知， 应Ⅲ，则△H3=△H1-△H2=-49.5kJ·mol-1- 反应I、Ⅱ、Ⅲ的平衡常数的自然对数随温度升高（要注 (-90.4k·mol-1)=+40.9k·mol-1。(2)设达到平 意横坐标为温度的倒数)而减小，说明3个反应均为放热 衡时体系中H2O的物质的量为xmol,CO2的物质的量 为ymol,H2的物质的量为之mol,由碳元素守恒可得a十 反应，因此，A的总能量高于B的总能量，能量越低越稳 b+y=1①，由氧元素守恒可得a十b十x十2y=2②，由氢 定，A和B中相对稳定的是B,用系统命名法命名为2甲 元素守恒可得4a+2x+2z=6③，由①②解得x=a+b, 基-2-丁烯；由盖斯定律可知，I一Ⅱ=Ⅲ，则△H1一△H2 y=1一a一b,即平衡体系中水的物质的量为(a十b)mol,故 =△H3<0,因此△H1<△H2,放热反应的△H越小，其绝 财位越大，则册的数彼范国大于1，适D, 其求度为告产lL1。结合③可得=3-3a-b,则反 (2)353K时TAME的平衡转化率为α，则平衡时 应的牛我含发K-四生9多，专_冬 c(CO2)·c(H2) n(TAME)=(1-a)mol,n(A)+n(B)=n(CH3 OH)= amol。已知反应Ⅲ的平衡常数K8=9.0,则nB) b(a+b) n(A) (1-a-b)(3一3a-b。(3)反应I是放热反应，在低温阶 9.0,将该式代入上式可以求出平衡体系中B的物质的量 段，温度升高，平衡逆向移动，温度越高，CO2的平衡转化 为0.9amol,n(A)=0.1amol,反应I的平衡常数K1= 率越低，此时主要发生反应I;反应Ⅲ为吸热反应，温度 1g 较高时，主要发生反应Ⅲ，反应I为副反应，则温度越高， 1+a CO2的平衡转化率越高，则图乙表示CO2的平衡转化率 0.1(a 2 10(12）。同温同压下，再向该容器中 随温度的变化关系。由反应I可知，该反应为气体分子 注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，反应工的化学平衡将向着 数减小的反应，压强越大，CO2的平衡转化率越高，故压 分子数增大的方向移动，即逆向移动。平衡时，TAME的 强由大到小的顺序是p1>2>3。因反应Ⅲ为吸热反 应，温度较高时，以反应Ⅲ为主，而反应Ⅲ是反应前后气 转化率变大，但是平衡常数不变，A与CHOH物质的量浓 体分子数不变的反应，则CO2的平衡转化率几乎不再受 度之比不变，c(A):c(CHOH=0.1a:a=1:10。(3)温 压强影响，故T1温度时，三条曲线几乎交于一，点。(4)对 度为353K,反应Ⅲ的平衡常数K8=9.0,”CB n(A) =9.0。 比两个竞争反应，反应I为放热反应，反应Ⅲ为吸热反 应，故采用低温有利于反应I的进行，且反应I为气体分 由A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化曲线可知，X 子数减小的反应，故增大压强有利于CO2转化为 代表的平衡浓度高于y,则代表B的变化曲线为X;由曲 CH3OH。故A正确。 线的变化趋势可知，100s以后各组分的浓度仍在变化，t 山东模拟专练 考点闯关 温度对2的影响大，升高温度2增加的多，1/k2减小，B 日BD解标平衡常数K2:K1=cM)XcX(S)] 正确；M是催化剂，反应前后不变，改变催化剂的量，对平 c(H2)XcXM(S)] 衡转化率无影响，C错误；反应XM(R)一XM(S)中，反 c(M)Xc[XH2(R)]_c[XH (S)]Xc[XM(R)] 应物和生成物都没有H2,增加氢气的量，对平衡无影响， c(H2)Xc[XM(R)]c[XM(S)]Xc[XH2(R)] 提高H2的压强，平衡时，n[XH2(R)]/n[XH2(S)]不变，D 1 0,A错误；升高温度，1、k2均增大，反应2的活化能大， 正确。 428