1、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+
2、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
3、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
4、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；D800K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
5、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等物质的量的和中键数之比为3:2B由实验可推知H0，B错误；C实验加水稀释，溶液变为粉红色，加水稀释，溶液的体积增大，Co(H2O)62+、CoCl42、Cl浓度都减小，Co(H2O)62+、Cl的化学计量数之和大于CoCl42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ZnCl42，导致溶液中c（Cl）减小，平衡逆向移动，则由此说明稳定性：ZnCl42CoCl42，D正确；答案选
6、D。【点睛】本题有两个易错点：A项中Co(H2O)62+中不仅有Co2+与H2O分子间的配位键，而且每个H2O分子中还有两个OH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）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)
7、=13，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H_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）14 变大 （2）d c 小于 （3）或等 （4）选择合适催化剂等 【解析】【分析
8、】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，
9、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)=13，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
10、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
11、下： 回答下列问题：(1)_kJmol1。(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 mol，CO为b mol，此时H2O(g)的浓度为_molL1(用含a、b、V的代数式表示，下同)，反应的平衡常数为_。(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
12、，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时以反应为主，反应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=49.5k
13、Jmol1+(90.4 kJmol1)=+40.9 kJmol1；(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(ax)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(ax)mol+(b+x)mol =(a+b)mol，浓度为:；平衡时CO2的物质的量为1mol(ax)mol(b+x)mol=(1ab)mol，H2的物质的量为3mol3(ax)mol2x(b+x)mol=(33ab)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
14、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：p1p2p3；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
15、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，CH3OH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： 已知：时，相关物质的
16、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)根据相关物质的相对能量计算_。下列描述正确的是_A升高温度反应的平衡常数增大B加压有利于反应、的平衡正向移动C反应有助于乙烷脱氢，有利于乙烯生成D恒温恒压下通水蒸气，反应的平衡逆向移动有研究表明，在催化剂存在下，反应分两步进行，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)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
17、产率催化剂X19.037.63.3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_。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)430 AD (2) 的产率低，说明催化剂X有利于提高反应速率 选择性膜吸附，促进反应平衡正向移动 【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
18、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)由图1的数据可知，C2H6(g)、CO2(g)、CO(g)、H2(g)的相对能量分别为84kJmol1、393 kJmol1、110 kJmol1、0 kJmol1。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 kJmol1)4(84kJmol1)( 393 kJmol1)2=430 kJmol1。A
19、反应为吸热反应，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反应和反应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反应的产物中有CO，增大CO的浓度，能使反应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。由题中信息可知，反应分两步进行，第一步的反应是C2H6(g)+
20、CO2(g)C2H4(g)+H2(g) +CO2(g)，C2H4(g)、H2(g)、CO2(g)的相对能量之和为52 kJmol1+0+(393 kJmol1)= 341 kJmol1；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 kJmol1，故该反应体系的过渡态的相对能量又升高了210 kJmol1，过渡态的的相对能量变为341 kJmol1+210 kJmol1= 131 kJmol1，最终生成物C2H4(g)、H2O(g)、CO(g)的相对能量之和为(52 kJmol1)+(242 kJmol1)+(110 kJm
21、ol1)= 300 kJmol1。根据题中信息，第一步的活化能较小，第二步的活化能较大，故反应分两步进行的“能量反应过程图”可以表示如下：。(2)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，还发生了反应，而且反应物主要发生了反应，这也说明催化剂X有利于提高反应速率，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有利于提高反应速率。由题中信息可知，选择性膜技术可提高C2H4的选择性，由反应C2H6(g)+CO2(g)
22、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
23、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
24、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/2580230K510421.9105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B230时，该反应的正反应为不自发的反应C80达到平衡时，测得n(CO)=0.3mol，则Ni(CO)4的平衡浓度为2 molL1D25时反
25、应Ni(CO)4(g) Ni(s)+4CO(g)的平衡常数为2105【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；B230时，该反应的平衡常数K=1.9105，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；C80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；D25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=2105，故D 正确；故答案
26、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200.10 molL110 mL0.40 molL1 5 mL1mL40 s200.10 molL110 mL0.80 molL1 5 mL1mL21 s500.10 molL110 mL0.40 molL1 5 mL1mL5s800.10 molL110 mL0.40 molL1 5 mL1mL未见蓝色下列说法正确的是A由实验可知，反应速率v与c(I)成正比B实验中，应将H2SO4溶液与淀粉溶液先混合C在I被O2氧化过程
27、中，H+只是降低活化能D由实验可知，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实验中其它条件相同，c(I)：，且反应速率：T2BT1时，反应前5min的平均速率为v(Cl2)=0.5molL1min1C反应达平衡时，升高温度促进反应向正反应方向进行DT2时，向反应后的容器中充入2molNOCl(g)，再次平衡时，c(NOCl)2molL1【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，
28、因此T1T2，A错误；BT1时，反应前5min，NO的物质的量减少了0.5mol，根据化学方程式，则Cl2减少了0.25mol，则v(Cl2)=，B错误；C根据图示，该反应在T2温度下，在8min时，已经达到平衡，平衡是NO的物质的量为1mol。而T12molL1，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A343 K 时反应物的平衡转化率为 22%Ba、b 处反应速率大小：va
29、vbC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
30、；Ba、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vavb，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
31、(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AT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:Pb6:7【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】Aa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
32、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V1V2，则Pa:Pb6:7，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（
33、）AB点处NO2的转化率为3%BE点到H点的过程中，NO2的物质的量先增大后减小CE、H两点对应的正反应速率大小为vHvEDB、E两点气体的平均相对分子质量大小为MBME【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
34、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vHvE，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MBME，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)
35、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()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。a、b两点化学反应速率分别用，表示，则_(填“大于”、“小于”或“等于”)列出a点对
36、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P1P2P3CM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。图3中投料比相同，温度，则该反应的焓变_0(填)。m=3时，恒压条件下各物质的物质的量分数与温度
37、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】(1) (2)B (3)大于 （4）AC （5） CO2 （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H，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】(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得出：；(2)ANO2和O2的浓度
38、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；(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
39、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P1P2P3，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=1.04102；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)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，H0；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
40、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+CO2e=(CH3O)2CO+2H+。18（江西省2020届高三毕业班新课程教学质量监测）（1）已知反应A(g)+B(g)2D(g)，若在起始时c(A)a mol L1， c(B)2amol L1，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）。在298K时，反应A(g)2B(g)的 KP0.1132kPa，当分压为
41、 p(A)p(B)1kPa时，反应速率正_逆（填 “ ” “ ” 或 “ ” ）。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 AB 11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。
42、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。写出图中曲线的化学反应方程式_；曲线的化学反应方程式为_；曲线对应的化学反应是_（填“ 放热” 或“ 吸热” ）反应。【答案】（1）C K，则反应向逆反应方向进行，v正0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
43、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）0.09 0.21 【解析】【分析】I(1)结合图像及盖斯定律进行计算；反应为吸热反应，升高温度，反应速率增大和平衡正向移动；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)A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
44、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；Qc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C3H8(g)C2H2(g)+H2(g)+CH4(g) H=+156.6kJ/mol，右图可得，C3H6(g) C2H2(g)+CH4(g) H=+32.4kJ/mol，根据盖斯定律，可得C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)，则H=+124.2kJ/mol；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；丙烷直接裂解是吸热反应，通入足量O2可与
45、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)A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；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
46、=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=(x0)，(1+x)(2+x)2，QcK，则平衡正向移动，再次达到平衡时C3H6的体积分数大于25%；II.前120min内压强减小即P=8069.2=10.8kPa，则v(CH2ClCHClCH3)=0.09kPamin1。根据表格数据可知，300min达到平衡，则=，x=0.56n；平衡时HCl的体积分数为12.5%，即=12.5%，则y=0.18n，Kp=0.21kPamin1。21（陕西省安康市2020届高三第四次联考）乙酸甲酯是树脂、涂料、油墨、油漆、胶粘剂、皮革生产过程所需的有机溶剂，而且乙酸甲酯还可
47、作为原料制备燃料乙醇。已知：乙酸甲酯可由乙酸和甲醇进行酯化反应得到。请回答下列问题：(1)CH3COOH(l)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) H1=874.5kJ/mol2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l) H2=1453kJ/mol2CH3COOCH3(l)+7O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) H3=3189.8kJ/mol由上述反应，可求出CH3COOH(l)+CH3OH(l)=CH3COOCH3(l)+H2O(l)的H=_。(2)对于反应CH3COOH(l)+CH3OH(l)CH3COOCH3(l)+H2O(l)，判断下列选项可以提高
48、乙酸平衡转化率的是_A加入催化剂，增快反应速率 B加入过量的甲醇C加入过量的乙酸 D将乙酸甲酯从体系中分离E适当地提高反应温度 F适当地降低反应温度(3)在刚性容器压强为1.01MPa时，乙酸甲酯与氢气制备乙醇发生了两个反应：主反应：CH3COOCH3(g)+2H2(g) CH3OH(g)+CH3CH2OH(g) H0，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：在540之前CH3CHO的产率远低于CH3CH2OH产率的原因是_。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
49、(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：A点时，CH3COOCH3(g)的平衡分压为_MPa，CH3CH2OH(g)的体积分数_%(保留一位小数)。470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）6.1kJmol1 （2）BDF （3）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 470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）0.01MPa 8.9 【解析】(1
50、)依据热化学方程式和盖斯定律，+可得到CH3COOH(l)+CH3OH(l)=CH3COOCH3(l)+H2O(l)，则H=H1+H2H3=6.10 kJmol1。(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)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；470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)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；。