化学平衡影响因素选择题题型（共26题）——2020届高三化学题型狂练2

1、化学平衡影响因素选择题题型（共26题）2020届高三化学题型狂练.1. 常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)。230时，该反应的平衡常数K=2105。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2，固体杂质不参与反应。 第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230制得高纯镍。下列判断正确的是( )A. 增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大B. 第一阶段，在30和50两者之间选择反应温度，选50C. 第二阶段，Ni(CO)4分解率较低D. 该反应达到平衡时，v生成Ni(CO)4=4v生成(CO

2、)【答案】B【解析】【分析】本题考查化学平衡的影响因素，为高频考点，把握K与温度的关系、温度对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意习题中的信息，选项C为解答的难点，题目难度不大。【解答】A.平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，则增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数不变，故A错误；B.Ni(CO)4的沸点为42.2，温度高于其沸点，便于分离出Ni(CO)4，有利于反应正向进行，则第一阶段，在30和50两者之间选择反应温度，选50，故B正确；C.230时，该反应的平衡常数K=2105，由此可知230时其逆反应的平衡常数很大，即第二阶段，Ni(CO)4分解率

3、较大，故C错误；D.达到平衡时，不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，则该反应达到平衡时4v生成Ni(CO)4=v生成(CO)，故D错误。2. 在一定条件下，反应X(g)+3Y(g)2Z(g) H=92.4kJmol1，X的平衡转化率()与体系总压强(p)的关系如图所示。下列说法正确的是 ( ) A. 图中A，B两点，达到相同的平衡体系B. 上述反应在达到平衡后增大压强，X的转化率提高C. 升高温度，平衡向逆反应方向移动，说明逆反应速率增大，正反应速率减小D. 将1.0molX、3.0molY置于1L密闭容器中发生反应，放出的热量为92.4kJ【答案】B【解析】【分析】本题主要考查化学

4、平衡图像、影响化学平衡与化学反应速率的因素等，难度中等，注意D中热化学方程式的意义，解题的关键是掌握影响反应速率和平衡的因素。【解答】A.图中A、B两点，X的平衡转化率()不同，两者为不相同的平衡体系，A错误；B.增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，X的转化率提高，B正确；C.升高温度，正、逆反应速率都增大，C错误；D.热化学方程式X(g)+3Y(g)2Z(g) H=92.4kJmol1表示1molX(g)和3molY(g)完全反应生成2molZ(g)，放出的热量为92.4kJ，由于可逆反应反应物不能完全转化，1.0molX、3.0moIY置于1L密闭容器中发生反应，放出

5、的热量小于92.4kJ，故D错误。3. 工业上用丁烷催化脱氢制备丁烯：C4H10gC4H8g+H2g(正反应吸热)。将丁烷和氢气以一定的配比通过填充催化剂的反应器(氢气的作用是活化催化剂)，反应的平衡转化率、产率与温度、投料比有关。下列判断不正确的是( )A. 由图甲可知，x小于0.1B. 由图乙可知，丁烯产率先增大后减小，减小的原因是氢气是产物之一，随着n(氢气)n(丁烷)增大，逆反应速率减小C. 由图丙可知，产率在590之前随温度升高而增大的原因可能是温度升高平衡正向移动D. 由图丙可知，丁烯产率在590之后快速降低的主要原因为丁烯高温分解生成副产物【答案】B【解析】【分析】本题考查化学平

6、衡原理应用、平衡图象问题。分析温度对产率的影响时，要综合温度对反应速率、温度对化学平衡以及温度对副反应等方面进行考虑。【解答】A、根据反应方程式，相同温度下增大压强平衡逆向移动，平衡转化率减小，结合图甲可知，x小于0.1，正确；B、氢气是生成物之一，随着n(氢气)n(丁烷)增大，逆反应速率不会减小，错误；C、由于反应是吸热反应，温度升高平衡正向移动，正确；D、由图丙可知，590之后副产物产率增大，所以产物产率快速降低的主要原因是丁烯高温分解生成副产物，正确。故选B。4. K2Cr2O7溶液中存在平衡：。用K2Cr2O7溶液进行下列实验： 结合实验，下列说法不正确的是 ( )A. 中溶液橙色加深

7、，中溶液变黄B. 中Cr2O72被C2H5OH还原C. 对比和可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强D. 若向加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色【答案】D【解析】【分析】本题考查氧化还原反应以及化学平衡的移动问题，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握题给信息，为解答该题的关键，难度不大。【解答】A项，中在平衡体系中滴加70%的H2SO4溶液，平衡向左移动，c(Cr2O72)增大，橙色加深，中滴加30%的NaOH溶液，消耗了平衡的生成物氢离子，导致平衡向右移动，c(CrO42)增大，溶液变黄，正确；B项，中重铬酸钾氧化乙醇，生成绿色的铬离子，反应中重铬酸钾被乙醇还原，正确；C项，是酸性溶液

8、，是碱性溶液，酸性溶液中能氧化乙醇，而碱性溶液中不能氧化乙醇，说明K2Cr2O7在酸性溶液中氧化性强，正确；D项，若向溶液中加入70%的H2SO4溶液至过量，溶液由碱性变为酸性，K2Cr2O7在酸性溶液中氧化性强，可以氧化乙醇，溶液变绿色，错误。5. 燃煤烟气中含有大量SO2和NO.某科研小组研究臭氧氧化碱吸收法同时脱除SO2和NO工艺，氧化过程反应原理及反应热、活化能数据如下：反应I：NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g)H1=200.9kJmol1Eal=3.2kJmol1反应II：SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g)H2=241.6kJmol1Ea2=58kJmol1

9、己知该体系中温度80以上臭氧发生分解反应：2O3(g)3O2(g)。其它条件不变，每次向反应器中充入含1.0molNO、1.0molSO2的模拟烟气和2.0molO3，改变温度，反应相同时间t后体系中NO和SO2的转化率如图所示。下列说法不正确的是()A. P点一定为平衡状态点B. 温度高于200后，NO和SO2的转化率随温度升高显著下降、最后几乎为零C. 其它条件不变，若缩小反应器的容积可提高NO和SO2的转化率D. 臭氧氧化过程不能有效地脱除SO2，但后续步骤碱吸收可以有效脱硫【答案】A【解析】解：A、图象中属于描点法所得图象，P点不一定为图象的最高点，不一定为平衡点，可能是建立平衡状态过

10、程中的一点，故A错误； B、图象分析可知温度高于200C，2O3(g)3O2(g)，反应进行程度加大，体系臭氧浓度减小，NO、SO2的转化率随温度升高显著降低，当臭氧完全分解，则二者转化率几乎为0，故B正确； C、其它条件不变，若缩小反应器的容积，2O3(g)3O2(g)，平衡逆向进行，臭氧浓度增大，反应和反应平衡正向进行，NO和SO2的转化率增大，故C正确； D、臭氧氧化脱除SO2的反应，活化能较大，反应不易进行，转化率较低，但是SO2易于碱液反应，后续步骤碱吸收可以有效脱硫，故D正确； 故选：A。A、图象中属于描点法所得图象，P点不一定为图象的最高点； B、根据图象，温度高于200后，NO

11、和SO2的转化率随温度升高显著下降、最后几乎为零； C、其它条件不变，若缩小反应器的容积，2O3(g)3O2(g)，平衡逆向移动，臭氧浓度增大； D、脱除SO2过程反应不易进行，转化率较低，后续步骤碱吸收可以有效脱硫。本题综合考查化学平衡问题，题目涉及化学平衡影响因素，侧重于学生的分析能力的考查，题目较为综合，题目难度中等。6. 某电路板生产企业的水质情况及国家允许排放的污水标准如下表所示。为研究废水中Cu2+处理的最佳pH，取5份等量的废水，分别用30%的NaOH溶液调节pH至8.5、9、9.5、10、11，静置后，分析上层清液中铜元素的含量，实验结果如下图所示。 查阅资料，平衡I：Cu(O

12、H)2+4NH3Cu(NH3)42+2OH；平衡II：Cu(OH)2+2OHCu(OH)42。项目 废水水质 排放标准 pH 1.0 69 Cu2+/mgL1 72 0.5 NH4+/mgL1 2632 15 下列说法不正确的是()A. 废水中Cu2+处理的最佳pH约为9B. bc段：随pH升高，Cu(OH)2的量增加，平衡I正向移动，铜元素含量上升C. cd段：随pH升高，c(OH)增加，平衡I逆向移动，铜元素含量下降D. d点以后，随c(OH)增加，铜元素含量可能上升【答案】B【解析】【分析】本题考查化学平衡、废水的处理以及电解质溶液曲线分析等，解答这类问题应明确图像的含义以及平衡的应用，

13、试题难度一般。【解答】A.根据图像，在pH=9时，Cu元素的含量最小，即废水中Cu2+处理的最佳pH约为9，故A正确；B.bc段：pH增大，c(OH)增大，根据勒夏特列原理，平衡中，Cu(OH)2增大，平衡向逆反应方向移动，铜元素含量下降，故B错误；C。cd段：pH增大，c(OH)增大，平衡向逆反应方向移动，铜元素含量下降，故C正确；D.d点以后，c(OH)增大，平衡向正反应方向移动，生成Cu(OH)42，铜元素含量增大，故D正确。7. COCl2的分解反应为：COCl2(g)=Cl2(g)+CO(g)H=+108kJmol1.某科研小组研究反应体系达到平衡后改变外界条件，各物质的浓度在不同条

14、件下的变化状况，结果如图所示。下列有关判断不正确的是()A. 第 4min时，改变的反应条件是升高温度B. 第 6min时，V正(COCl2)V逆(COCl2)C. 第 8min时的平衡常数 K=2.34D. 第 10min到 14min未标出COCl2的浓度变化曲线【答案】C【解析】解：A、升高温度，因为H0，平衡正向移动，COCl2浓度逐渐下降，CO、Cl2浓度逐渐升高，符合题意，故A正确；B、COCl2浓度逐渐下降，说明平衡正向移动，V正(COCl2)V逆(COCl2)，故B正确；C、由图可知c(CO)=0.085mol/L，c(COCl2)=0.04mol/L，c(Cl2)=0.11m

15、ol/L，化学平衡常数K=0.110.0850.04=0.234，故C错；D、第 10min改变的条件应为抽走一部分CO，平衡正移，COCl2的浓度应该减少，图中未标出，故 D正确。故选：C。A、升高温度，平衡向吸热方向移动，联系H0，平衡正向移动；B、第 4至8min之间，COCl2浓度逐渐下降，说明平衡正向移动，即可得出反应速率大小关系；C、第 8min时，c(CO)=0.085mol/L，c(COCl2)=0.04mol/L，c(Cl2)=0.11mol/L，代入化学平衡常数表达式中可得结果；D、第 10min到14min之间，Cl2浓度逐渐升高，说明平衡正向移动，据此分析可能改变的条件

16、。本题主要考察化学平衡、平衡移动及影响因素(温度，浓度，压强)，同时注意改变条件时各物质的浓度是怎么变化的：逐渐升高还是立刻升高，逐渐降低还是立刻降低，还是不变。8. 将燃煤废气中的CO2转化为二甲醚的反应原理为 ZCO2(g)+6H2(g)催化剂CH3OCH2(g)+3H2O(g)，一定条件下，现有两个体积均为1.0L恒容密闭容器甲和乙，在甲中充入0.1molCO2和 0.2molH2，在乙中充入 0.2molCO2和 0.4molH2，发生上述反应并达到平衡。该反应中CO2的平衡转化率随温度的变化曲线如图所示。下列说法正确的是()A. 反应2CO2(g)+6H2(g)催化剂CH3OCH3(

17、g)+3H2O(g)的S0B. 表示乙容器CO2的平衡转化率随温度变化的是曲线BC. 体系中c(CH3OCH3)：c(CH3OCH3，状态)2c(CH3OCH3，状态III)D. 逆反应速率v逆：v逆(状态)v逆(状态)【答案】D【解析】解：A.由反应2CO2(g)+6H2(g)催化剂CH3OCH3(g)+3H2O(g)可知S0，由曲线A或B可知：(CO2)随温度的升高而减小，则升高温度，平衡逆向移动，所以反应正向是放热反应，即H2c(CH3OCH3，状态III)，故C错误；D.状态到状态II是升温过程，反应达到平衡后升温，体系的正逆向反应速率均增大，只是增大的程度不同，所以v逆(状态)v逆(

18、状态)，故D正确；故选：D。甲中充入0.1molCO2和0.2molH2，乙中充入0.2molCO2和0.4molH2，则乙容器压强大，反应2CO2(g)+6H2(g)催化剂CH3OCH2(g)+3H2O(g)正向是体积减小的反应：温度相同时，压强越大，(CO2)越大，并且(CO2)随温度的升高而减小，则反应正向放热，A、由化学方程式可知反应正向是体积减小的反应，由图象可知(CO2)随温度的升高而减小，据此分析解答；B、起始时甲容器的充入气体是乙的一半，则乙容器压强大，温度相同时，容器内压强越大，则(CO2)越大；C、甲中充入气体的量为乙的一半，利用恒温恒容条件下的等效平衡解答；D、温度越高，

19、反应速率越大，据此分析状态和状态III的速率大小关系。本题考查化学平衡和平衡移动原理及其影响因素，题目较为综合，涉及多方面的知识，题目难度中等，注意建立等效平衡和把握等效平衡的解题应用。9. 对于反应2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)，科学家提出如下反应历程：第一步 N2O5NO3+NO2快速平衡第二步 NO2+NO3NO+NO2+O2慢反应第三步 NO+NO32NO2快反应其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列说法正确的是()A. v(第一步的逆反应)v(第二步反应)，故A错误； B.总反应为2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)，则反应的中间产物有NO、NO3，故B错

20、误； C.第二步反应不影响第一步的平衡，且生成NO，则第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效，故C正确； D.活化能越小，反应速率越快，则第三步反应活化能较小，故D错误； 故选：C。A.慢反应的反应速率小； B.总反应为2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)； C.第二步反应不影响第一步的平衡； D.活化能越小，反应速率越快。本题考查化学平衡及反应速率，为高频考点，把握反应速率与活化能的关系为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。10. Burns和Dainton研究发现C12与CO合成COCl2的反应机理如下：C12(g)2C1(g)快CO(g)+C1

21、(g)COC1(g)快COC1(g)+C12(g)COC12(g)+C1(g)慢其中反应存在v正=k正COC1、v逆=k逆COC1下列说法正确的是()A. 反应的活化能大于反应的B. 反应的平衡常数K=k正k逆C. 要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应的速率D. 选择合适的催化剂能加快该反应的速率，并提高COC12的平衡产率【答案】B【解析】解：A.活化能越小，反应速率越快，则反应的活化能小于反应的活化能，故A错误；B.反应存在v正=k正COC1、v逆=k逆COC1，平衡时正逆反应速率相等，则K=c(COCl。)c(CO)c(Cl。)=k正k逆，故B正确；C.慢反应决定整个反应速率，要提

22、高合成COCl2的速率，关键是提高反应的速率，故C错误；D.催化剂不影响平衡移动，则选择合适的催化剂能加快该反应的速率，而COC12的平衡产率不变，故D错误；故选：B。A.活化能越小，反应速率越快；B.反应存在v正=k正COC1、v逆=k逆COC1，平衡时正逆反应速率相等；C.慢反应决定整个反应速率；D.催化剂不影响平衡移动。本题考查化学平衡，为高频考点，把握活化能、反应速率、平衡常数为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。11. 在1.0L恒容密闭容器中投入1molCO2和2.75molH2发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)

23、，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下图所示。下列说法正确的是 ( ) A. 该反应的正反应为吸热反应B. 压强大小关系为p1p2p3C. M点对应平衡常数K的值约为1.04102D. 在p2及512K时，图中N点：v(正)v(逆)【答案】C【解析】【分析】本题考查化学平衡图像分析、化学平衡的影响因素、化学平衡常数计算，能正确的分析图像是解题的关键，难度中等。【解答】A.压强不变时，温度升高，甲醇的平衡量减小，平衡逆向移动，说明该反应的正反应为放热反应，A错误；B.温度不变时，压强增大，平衡正向移动，甲醇的平衡量增大，则p3p2p1，B错误；C.M点时，n(CH3OH)=0.

24、25mol，据此计算出各物质的平衡浓度为：c(CO2)=0.75mol/L，c(H2)=2mol/L，c(CH3OH)=c(H2O)=0.25mol/L，K=0.250.25/(0.7523)1.04102，C正确；D.在p2及512K时，图中N点甲醇的物质的量比平衡时的物质的量小，应正向反应才能达到平衡，此时v(逆)v(正)，D错误。12. T时，在恒容密闭容器中充入一定量的 H2和 CO，在催化剂作用下发生如下反应：反应达到平衡时，CH3OH体积分数与n(H2)n(CO)的关系如图所示。下列说法正确的是()A. 反应达平衡时，升高体系温度，CO转化率升高B. 反应达平衡时，再充入一定量Ar

25、，平衡右移，平衡常数不变C. 容器内混合气体的密度不再变化说明该反应达到平衡状态D. n(H2)n(CO)=2.5时达到平衡状态，CHOH的体积分数可能是图中的F点【答案】D【解析】解：A.该反应的H0，为放热反应，反应达平衡时升高体系温度，平衡向着逆向移动，CO转化率降低，故A错误；B.反应达平衡时充入惰性气体，由于容器体积不变，反应体系中各物质浓度不变，平衡不移动，故B错误；C.在恒容密闭容器中充入一定量的H2和CO，反应前后质量不变化，容器容积不变，则反应过程中密度为定值，不能根据混合气体密度判断平衡状态，故C错误；D.n(H2)n(CO)=2与反应方程式系数一致，达到平衡状态，CH3O

26、H的体积分数最大，n(H2)n(CO)=2.5与反应方程式系数不一致，CH3OH的体积分数减小，即比C点数值降低，可能为图中F点，故D正确；故选：D。A.升高温度化学反应平衡向着吸热方向移动，结合该反应为放热反应分析；B.反应达平衡时，再充入一定量Ar，各组分浓度不变，平衡不移动；C.该反应体系中，混合气体的密度始终不变；D.n(H2)：n(CO)=2时的平衡状态甲醇的体积分数最大，该比值增大时，甲醇的体积分数减小。本题考查化学平衡，为高频考点，把握平衡移动的影响因素、化学平衡图象为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图象的意义及图象分析，题目难度不大。13. 工业上用丁烷催化脱氢制备丁

27、烯：+H2(g)(正反应吸热)。将丁烷和氢气以一定的配比通过填充有催化剂的反应器(氢气的作用是活化催化剂)，反应的平衡转化率、产率与温度、投料比有关。下列判断不正确的是 ( )A. 由图甲可知，x0.1B. 由图乙可知，丁烯产率先增大后减小，减小的原因是氢气是产物之一，随着n(氢气)n(丁烷)增大，逆反应速率减小C. 由图丙可知产率在590之前随温度升高而增大的原因可能是温度升高平衡正向移动D. 由图丙可知，丁烯产率在590之后快速降低的主要原因为丁烯高温分解生成副产物【答案】B【解析】【分析】本题主要考查化学平衡的影响因素，为高频考点，把握温度、浓度对平衡的影响为解答的关键，侧重分析与应用能

28、力的考查，注意平衡移动原理与图象的结合，选项B为解答的难点，题目难度一般。【解答】A.由图甲可知，当温度相同时，xMPa丁烷的平衡转化率高于0.1MPa，该反应的正反应是气体体积增大的反应，减小压强平衡正向移动，平衡转化率提高，所以x0B. 反应的平衡常数：0，故A正确；B.由图象分析可知相比，为使用催化剂，使用催化剂不能改变反应的平衡常数，所以K1=K2，故B错误；C.由图可知，实验平衡时A的浓度为0.06mol/L，故A的浓度变化量为0.1mol/L0.06mol/L=0.04mol/L，由方程式可知B的浓度变化量为0.04mol/L2=0.08mol/L，故平衡时B的转化率为0.08mo

29、l/L0.2mol/L100%=40%，故C错误；D.由图示可知，实验平衡时反应物A的浓度变化：0.1mol/L0.04mol/L=0.06mol/L，则由方程式可知，生成物C的浓度变化：0.06mol/L，即平衡时 c(C)=0.060molL1，故D错误。16. 向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，在一定条件下使反应SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g)达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如下所示。由图可得出的正确结论是( ) A. 在c点容器内气体颜色不再改变B. 生成物的总能量高于反应物的总能量C. t1=t2时，SO2的转化率：ab段小于bc段D. 在恒温恒容密闭容

30、器中通入相同的SO2和NO2，反应物平衡转化率小于绝热恒容容【答案】C【解析】【分析】本题考查化学反应速率的影响因素，为高频考点，侧重于学生的分析能力和基本概念的理解和应用的考查，注意把握影响化学反应速率的因素，把握题给信息，学会分析图象，难度中等。【解答】反应开始反应物浓度最大，则反应速率应该最大，随着反应的进行，反应速率应该减小，但图象中反应速率却逐渐增大，说明反应为放热反应，温度升高，反应进行到一定阶段，反应物浓度逐渐减小，则反应速率逐渐减小，据此分析解答：A.当正反应速率不变时，达到化学平衡状态，但c点反应速率最大，虽然正反应速率减小，但反应继续向正反应方向进行，没有达到平衡状态，所以

31、c点容器内气体颜色变浅，故A错误；B.该反应正向放热，所以反应物总能量大于生成物总能量，故B错误；C.a点到b点，b点到c点反应均未达到平衡，随着反应的进行，体系温度升高，反应速率加快，SO2的转化率增大，所以SO2的转化率：ab段小于bc段，故C正确；D.反应正向放热，绝热恒容密闭容器中温度升高，恒温恒容密闭容器中通入相同的SO2和NO2的反应体系相当在绝热恒容体系中降温，平衡正向进行，反应物平衡转化率增大，所以恒温恒容密闭容器中通入相同的SO2和NO2，反应物平衡转化率大于绝热恒容容器，故D错误。故选C。17. 已知反应：2NO2(红棕色)N2O4(无色)Hv(逆)C. c点与a点相比，c

32、(NO2)增大，c(N2O4)减小D. 若不忽略体系温度变化，且没有能量损失，则T(b)v(正)，故B错误； C、c点是压缩注射器后的情况，二氧化氮和四氧化二氮的浓度都增大，故C错误； D、b点开始是压缩注射器的过程，平衡正向移动，反应放热，导致T(b)T(c)，故D正确； 故选：D。该反应是正反应气体体积减小的放热反应，压强增大平衡虽正向移动，但二氧化氮浓度增大，混合气体颜色变深，压强减小平衡逆向移动，但二氧化氮浓度减小，混合气体颜色变浅，据图分析，b点开始是压缩注射器的过程，气体颜色变深，透光率变小，c点后的拐点是拉伸注射器的过程，气体颜色变浅，透光率增大，据此分析本题通过图象和透光率考查

33、了压强对平衡移动的影响，注意勒夏特列原理的应用，题目难度不大18. 合成氨反应12N2(g)+32H2(g)NH3(g) H的反应机理如图所示，图中“吸”表示各气态物质在催化剂表面吸附。下列说法错误的是( )A. 该反应的H=46kJmol1B. 该反应机理中最大活化能为79kJmol1C. 升高温度，该反应过渡态的能量会增大D. 该反应达到平衡后增大压强反应正向进行【答案】C【解析】【分析】本题考查化学反应与能量，焓变的计算化学平衡移动等相关知识，难度不大，注意图像的分析。【解答】A.该反应生成物的总能量减去反应物的总能量即为反应热H，由图可知H=46kJmol1，故A项正确；B.该反应机理

34、中的活化能即为每一步骤的过渡态的总能量减去该步骤的反应物的总能量，计算可得包含过渡态2步骤的活化能最高，为79kJmol1，故B项正确；C.该反应过渡态的能量不会随着温度的改变而改变，故C项错误；D.该反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡向右移动，故D项正确。故选C。19. 某工业流程中，进入反应塔的混合气体中NO和O2物质的量百分含量分别是10%和6%，发生反应为：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，在其他条件相同时，测得试验数据如表：压强(1105Pa)温度NO达到所列转化率所需时间s50%90%98%1.030122502830902551057608.0300.23.9369

35、00.67.974根据表中数据，下列说法正确的是()A. 温度越高，越有利于NO的转化B. 增大压强，反应速率变慢C. 在1105Pa、90条件下，当转化率为98%时反应已达平衡D. 如进入反应塔的混合气体为amol，如速率v=n/t表示，则在8105Pa、30条件下，转化率从50%增至90%时段，NO的反应速率为4a/370mol/s【答案】D【解析】解：A.由表可知，相同压强时，温度高时达到相同转化率需要的时间多，可知升高温度、反应速率减小，故A错误；B.由表可知，相同温度、压强高时达到相同转化率需要的时间少。可知增大压强，反应速率加快，故B错误；C.在1.0105Pa、90条件下，当转化

36、率为98%时需要的时间较长，不能确定反应是否达到平衡，故C错误；D.8.0105Pa、30条件下转化率从50%增至90%时段NO，时间为3.7s，转化的NO为amol0.1(90%50%)=0.04amol，反应速率以v=nt表示，则NO的反应速率为0.04a3.7smol/s=4a370mol/s，故D正确；故选：D。A.由表可知，相同压强时，温度高时达到相同转化率需要的时间多；B.由表可知，相同温度、压强高时达到相同转化率需要的时间少；C.在1.0105Pa、90条件下，当转化率为98%时需要的时间较长；D.8.0105Pa、30条件下转化率从50%增至90%时段NO，时间为3.7s，转化

37、的NO为amol0.1(90%50%)。本题考查化学平衡的影响因素，为高频考点，把握表中数据的分析、温度和压强对反应的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。20. 已知2A(aq)B(aq)，不同温度下，溶液中A的浓度(molL1)与反应时间的关系如图所示(起始浓度为1.5molL1)下列说法不正确的是()A. T1T2B. a点的反应速率大于c点的反应速率C. 此反应为放热反应D. b点时B的浓度为0.45molL1【答案】C【解析】解：A.温度越高化学反应速率越快，反应达到平衡时间越短，根据“先拐先平数值大”知，温度：T1T2，故A正确；B.曲

38、线的斜率越大，其反应速率越快，斜率：ac，故B正确；C.根据“先拐先平数值大”知，温度：T1T2，升高温度A的转化率越大，说明升高温度平衡正向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，则正反应为吸热反应，故C错误；D.b点c(A)=0.6mol/L，01h内消耗的c(A)=(1.50.6)mol/L=0.9mol/L，根据方程式知，生成的c(B)=12c(A)(消耗)=120.9mol/L=0.45mol/L，故D正确；故选：C。A.温度越高化学反应速率越快，反应达到平衡时间越短；B.曲线的斜率越大，其反应速率越快；C.根据“先拐先平数值大”知，温度：T10，其他条件不变，改变温度，若P1P2，纵坐标

39、表示A的转化率C. 由图3知，t3时采取增大反应体系压强的措施D. 图4在恒容密闭容器中通入X并发生反应：2X(g)Y(g) HP2，故B错误；C.由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，所以增大压强，正逆反应速率增大，平衡正向移动，与图像不符，故C错误；D.该反应为放热反应，增大温度，平衡逆向移动，则X的浓度变大，则T1T2，则T2时，反应进行的限度较大，则该反应进行到M点放出的热量小于进行到W点放出的热量，故D正确。故选D。22. 三氯氢硅(SiHCl3)是光伏产业的一种关键化学原料，制备反应的方程式为Sis+3HClgSiHCl3g+H2g，同时还有其他副反应发生。当反应体系的压强为0.

40、05MPa时，分别改变进料比n(HCl)n(Si)和反应温度，二者对SiHCl3产率影响如图所示。下列说法正确的是( ) A. 降低压强有利于提高SiHCl3的产率B. 制备SiHCl3的反应为放热反应C. 温度为450K，平衡常数；K(x)K(y)K(z)D. 增加HCl的用量，SiHCl3的产率一定会增加【答案】B【解析】【分析】该题是一道化学平衡的影响因素的图像分析题，解题时依据题给信息，结合图像分析选项即可解答，难度不大。【解答】A.正反应方向气体分子数减少，降低压强，平衡逆移，SiHCl3产率下降，故A错误；B.由题给图像可以看出，无论HCl和Si的配比如何，随着反应温度的升高，Si

41、HCl3的产率都降低，即温度升高平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故B正确；C.温度一定，平衡常数一定，则温度为450K，平衡常数：K(x)=K(y)=K(z)，故C错误；D.根据图像可知：温度相同时，相比之下，n(HCl)：n(Si)=3:1时，SiHCl3产率最高，则增加HCl的用量，SiHCl3的产率不一定会增加，故D错误。故选B。23. 恒容条件下，1molSiHCl3发生如下反应：2SiHCl3gSiH2Cl4g+SiCl4g，已知：v正=v消耗(SiHCl3)=k正x2(SiHCl3)，v逆=2v消耗(SiH2Cl2)=k逆x(SiH2Cl2)x(SiCl4)，k正、k逆分别为正、

42、逆向反应速率常数(仅与温度有关)，x为物质的量分数。如图是不同温度下x(SiHCl3)随时间的变化。下列说法正确的是( ) A. 该反应为放热反应B. 在b点充入N2使体系压强增大，可缩短达到平衡的时间C. 当反应进行到a处时，v正/v逆=16/9D. T2K时平衡体系中再充入1molSiHCl3，平衡正向移动x(SiH2Cl2)增大【答案】C【解析】【分析】本题考查化学平衡，为高频考点，把握平衡移动的影响因素、图象分析为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡移动与图象的结合，选项C为解答的难点，题目难度不大。【解答】A. 由图可知T2时先达到平衡，且对应x(SiHCl3)小，可知升高

43、温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应，故A错误；B. 反应前后气体的物质的量不变，恒容条件下，在b点充入N2使体系压强增大，但各组分的浓度不变，所以反应速率不变，故B错误；C.2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)反应前后分子数不变，即反应开始至达平衡的过程中混合气体总物质的量始终为1mol，由图像知T2K下达到平衡时SiHCl3的物质的量分数为0.75，则此时SiH2Cl2和SiCl4的物质的量分数均为0.125，因为平衡时V正=V逆，V正=k正x2(SiHCl3)=0.752k正，V逆=k逆x(SiH2Cl2)x(SiCl4)=0.1252k逆，则0.752k正=0.1

44、252k逆，正逆=0.12520.752=136，因k正和k逆只与温度有关，反应进行到a点处时V正=k正x2(SiHCl3)=0.82k正，V逆=k逆x(SiH2Cl2)x(SiCl4)=0.12k逆。V正V逆=正逆0.820.12=1360.820.12=169，故C正确；D.T2K时平衡体系中再充入1molSiHCl3，压强增大，反应前后体积不变，平衡不移动，x(SiH2Cl2)不变，故D错误。故选C。24. 某科研团队研究将磷钨酸(H3PW12O40，以下简称HPW)代替浓硫酸作为酯化反应的催化剂，但HPW自身存在比表面积小、易溶于有机溶剂而难以重复使用等缺点，将其负载在多孔载体(如硅藻

45、土、C等)上则能有效克服以上不足，提高其催化活性。用HPW负载在硅藻土上催化制取乙酸正丁酯的酯化率与HPW负载量的关系(温度：120，时间：2h)如图所示，下列说法不正确的是( )A. 与HPW相比，HPW/硅藻土比表面积显著增加，有助于提高其催化性能B. 当HPW负载量为40%时达到饱和，酯化率最高C. 用HPW/硅藻土代替传统催化剂，可减少设备腐蚀等不足D. 不同催化剂对酯化率的影响程度主要取决于化学反应正向进行的程度【答案】D【解析】【分析】本题考查催化剂对化学反应的影响，难度不大，注意基础知识的积累。【解答】A.由题干信息可知，与HPW相比，HPW/硅藻土比表面积显著增加，有助于提高其催化性能，故A正确；B.由图可知，当HPW负载量为40时达到饱和，酯化率最高，故B正确；C.用HPW/硅藻土代替传统催化剂，可减少设备腐蚀等不足，故C正确；D.不同催化剂主要影响反应速率，不影响平衡转化率，故