通关练08 聚焦反应热、速率及化学平衡（解析版）

通关练08聚焦反应热、速率及化学平衡目录01挑战题型·查知识漏洞【题型一】 盖斯定律及其应用【题型二】 化学反应速率的计算【题型三】 影响化学反应速率的因素【题型四】 化学平衡状态的判断【题型五】 化学平衡移动【题型六】化学平衡常数的计算【题型七】转化率的计算【题型八】有“断点”的平衡图像【题型九】有“拐点”的平衡图像【题型十】由“平滑曲线”组成的平衡图像02回顾教材·补知识漏洞03知识通关·限时演练【题型一】盖斯定律及其应用1．（23-24高三上·安徽亳州·期末）根据已知条件得出的结论正确的是选项已知条件结论A

中和反应的反应热B的摩尔燃烧焓（）是C

碳和氢气的摩尔燃烧焓（）之和为D500℃、30下，将0.5和1.5置于密闭容器中充分反应生成，放出的热量为A．A B．B C．C D．D【答案】C【解析】A．

，反应中生成了硫酸钡沉淀也会放热，因此中和反应的反应热，故A错误；B．摩尔燃烧焓是指一摩尔纯物质在标准状况下完全燃烧时的反应焓变，硫化氢燃烧是生成二氧化硫和水，故B错误；C．将两个方程式相加得到，则碳和氢气的摩尔燃烧焓之和为，故C正确；D．500℃、30下，将0.5和1.5置于密闭容器中充分反应生成，放出的热量为，由于该反应是可逆反应，因此消耗的氮气物质的量小于0.5mol，则，故D错误。综上所述，答案为C。2．（23-24高三上·海南省直辖县级单位·阶段练习）强碱性溶液中，反应分三步进行：第i步

第ii步

第iii步

___________

下列说法错误的是A．HClO、HIO均为弱酸B．第iii步反应为C．总反应的平衡常数D．若，则反应速率：【答案】D【解析】A．反应过程中各步反应均为部分进行，说明HClO、HIO均为弱酸，A正确；B．根据总反应及前两步反可知第三步反应为：，B正确；C．根据盖斯定律，总反应等于三步反应相加，则总反应的平衡常数，C正确；D．只能说明第二步反应进行程度比第一步反应进行程度大，不能比较反应速率大小，D错误；答案选D。3．（2023高三上·辽宁大连·专题练习）已知ROH(R=Na、K)固体溶于水放热，有关过程能量变化如图A．反应①：ΔH1＜0，ΔS＜0B．ΔH4(NaOH＜ΔH4(KOH)C．ΔH3>ΔH2D．ΔH4=ΔH1+ΔH2+ΔH5+ΔH6【答案】C【解析】A．已知ROH(R=Na、K)固体溶于水放热，反应①为其逆过程，所以反应①，又因为反应①为分解反应，所以，A项错误；B．钠离子核外电子层为2层，钾离子核外电子层为3层，所以钠离子半径小于钾离子半径，则的晶格能大于，所以，B项错误；C．由盖斯定律可知，，所以，C项正确；D．由盖斯定律可知：，则，D项错误；故选C。【题型二】化学反应速率的计算4．（2024·湖南·二模）室温下，某溶液中初始时仅溶有等物质的量的M和N，同时发生以下两个反应：①；②（产物均易溶）。反应①的速率，反应②的速率（、为速率常数）。反应体系中M和Z的浓度随时间变化如图。下列说法正确的是A．反应过程中，体系中Y和Z的浓度之比逐渐减小B．0～30min内，M的平均反应速率约为C．若反应能进行完全，则反应结束时37.5％的N转化为YD．反应的活化能：①②【答案】C【解析】A．由图可知，M的起始浓度为，反应①的速率，反应②的速率，、为速率常数，则同一反应体系中反应①、②的速率之比始终不变，所以Y、Z的浓度变化之比始终不变，A错误；B．①②，则体系中始终有，由图可知，30min时，M的平均反应速率为，B错误；C．30min时，，则，即反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比为，当反应能进行到底时，，则，，反应结束时N转化为Y的特化率为，C正确；D．30min时，，即、，反应的活化能越高，反应速率越慢，所以反应①的活化能小于反应②的活化能，D错误；故选C。5．（2024·陕西咸阳·一模）体积均为1L的两个恒容密闭容器I、Ⅱ中，均充入2molCO(g)和2molNO(g)，发生反应：，相对容器Ⅱ，容器I只改变一个外界条件，测得N2的物质的量与时间关系如图所示。下列叙述正确的是A．该反应是吸热反应，容器I改变的条件可能是使用了催化剂B．相对容器Ⅱ，容器I改变的条件可能是升温或者加压C．容器Ⅱ中NO的平衡转化率为80%D．容器Ⅱ中0～10min内，【答案】C【分析】从图中信息不能确定该反应是放热还是吸热反应，但可以肯定改变某条件，容器Ⅱ比容器I中N2的物质的量大。【解析】A．从图中信息不能确定该反应是吸热反应，但容器Ⅱ比容器I中N2的物质的量不等，所以容器I改变的条件不可能是使用了催化剂，A不正确；B．相对容器Ⅱ，若容器I改变的条件是升温，平衡移动的方向未知，不能肯定容器I中N2的物质的量比容器Ⅱ中小，加压，则平衡正向移动，N2的物质的量应比容器Ⅱ大，B不正确；C．容器Ⅱ中，平衡时N2的物质的量为0.8mol，则参加反应NO的物质的量为1.6mol，NO的平衡转化率为=80%，C正确；D．容器Ⅱ中0～10min内，N2的物质的量为0.5mol，则参加反应NO的物质的量为1mol，，D不正确；故选C。【题型三】影响化学反应速率的因素6．（2024·湖南常德·一模）下列实验操作能达到实验目的的是选项实验操作实验目的A分别称取2g与于盛有10mL水的两支试管中，充分溶解，用计测定两溶液的比较与的的水解程度B向两支均盛有2mL5%的溶液的试管中，分别加入1mL的溶液和1mL的溶液探究不同催化剂对反应速率的影响C向两支均盛有5mL的溶液的试管中，分别滴加2mL5%和22mL15%的溶液探究浓度对反应速率的影响D向2mL10%的溶液中加入5滴5%的溶液配制用于检验醛基的悬浊液A．A B．B C．C D．D【答案】D【解析】A．次氯酸钠水解生成的次氯酸有漂白性，不能用pH试纸测量次氯酸钠溶液的pH值，A错误；B．两个试管中三价铁和铜离子的浓度不同，则该实验反应速率的不同受催化剂和催化剂浓度两个因素影响，B错误；C．该实验没有明显现象，不能探究浓度对速率的影响，且两个反应中，所加入的双氧水的体积不同，则最终两份溶液中亚硫酸钠和过氧化氢的浓度都不同，C错误；D．配制用于检验醛基的氢氧化铜悬浊液时，应向过量的氢氧化钠溶液中加入硫酸铜溶液，D正确；故选D。7．（23-24高三上·河北·期末）某探究性学习小组利用溶液和酸性溶液之间的反应来探究外界条件对化学反应速率的影响，实验操作如下。下列有关说法正确的是实验序号试验温度/溶液(含硫酸)溶液溶液颜色褪至无色时所需时间/s甲2520.0230.158乙20.0240.1丙3020.020.14A．，，B．甲组用的浓度变化表示的平均反应速率为C．通过实验乙、丙探究温度对化学反应速率的影响D．反应的离子方程式为【答案】C【分析】根据分析，乙和丙高锰酸钾、草酸的浓度相同，温度不同，探究温度对反应速率的影响；则甲乙温度相同，若探究浓度对反应速率的影响，实验乙加入4mLH2C2O4溶液和4mL的水，实验甲加入3mLH2C2O4溶液，水的体积为5，溶液浓度不同。【解析】A．，乙的浓度比甲高，丙的温度比乙又高，因此，A错误；B．甲组用的浓度变化表示的平均反应速率为，B错误；Ｃ．通过实验乙、丙探究温度对化学反应速率的影响，C正确；Ｄ．草酸是弱酸，书写离子方程式时不能拆，D错误；故选C。8．（2022·北京朝阳·二模）选择不同的反应探究化学反应速率的影响因素，所用试剂不合理的是a．(观察气泡产生的快慢)b．(观察浑浊产生的快慢)反应影响因素所用试剂Aa接触面积块状CaCO3、0.5mol/LHCl粉末状CaCO3、0.5mol/LHClBaH+浓度块状CaCO3、0.5mol/LHCl块状CaCO3、3.0mol/LHClCbH+浓度0.1mol/LNa2S2O3、稀H2SO40.1mol/LNa2S2O3、浓H2SO4Db温度0.1mol/LNa2S2O3、0.1Na2S2O3H2SO4、冷水0.1mol/LNa2S2O3、0.1Na2S2O3H2SO4、热水A．A B．B C．C D．D【答案】C【分析】采用控制变量方法进行研究，即只改变一个外界条件，其它外界条件都相同，然后逐一进行分析判断。【解析】A．只有CaCO3的接触面积不相同，其它外界条件相同，两个实验是研究固体与盐酸的接触面积大小对化学反应速率的影响，A正确；B．该反应的实质是CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，只有HCl溶液中的c(H+)不相同，其它外界条件相同，是研究H+浓度大小对化学反应速率的影响，B正确；C．浓硫酸中H2SO4主要以电解质分子存在，稀硫酸中则完全电离产生H+及，浓硫酸溶于水时会放出大量热量使溶液温度升高，因此两个实验对比，不仅溶液中c(H+)不同，而且溶液温度也不相同，因此不是探究H+浓度大小对化学反应速率的影响，C不正确；D．两个实验对比，其它外界条件都相同，只有溶液温度不相同，是探究反应温度对化学反应速率的影响，D正确；故合理选项是C。【题型四】化学平衡状态的判断9．（23-24高三上·黑龙江鸡西·期中）在恒容容器中进行该催化重整反应(不考虑其他反应)，下列能说明该反应处于化学平衡状态的是A．容器中混合气体的密度保持不变 B．容器中CO与的百分含量之比保持不变C． D．容器中混合气体的平均相对分子质量保持不变【答案】D【解析】A．容器中混合气体的总质量保持不变，体积恒容，所以密度保持不变，反应不一定平衡，故不选A；B．与H2都是生成物，物质的量比始终为1:1，容器中与H2的百分含量之比保持不变，反应不一定平衡，故不选B；C．，正逆反应速率比不等于系数比，反应不平衡，故不选C；D．混合气体总质量不变、混合气体的物质的量是变量，容器中混合气体的平均相对分子质量是变量，混合气体的平均相对分子质量保持不变，反应一定达到平衡状态，故选D；综上所述，选D。10．（23-24高三上·河南平顶山·阶段练习）在恒容密闭容器中发生反应：下列能说明该条件下反应已达到化学平衡的是A．B．容器内的压强不再变化C．混合气体总的物质的量不再变化D．单位时间内断裂H—O键个数是断裂H—H键个数的2倍【答案】D【解析】A．当正逆反应速率相等时，说明反应已达到化学平衡，即v正(H2O)=v逆(H2)，故A错误；B．反应前后气体体积不变，则容器内的压强一直不变，不能说明反应已达到化学平衡，故B错误；C．该可逆反应只有水和氢气是气体，反应混合气体总的物质的量一直不变，不能说明反应已达到化学平衡，故C错误；D．单位时间内断裂H—O键个数是断裂H—H键个数的2倍，说明v正(H2O)=v逆(H2)，说明反应已达到化学平衡，故D正确；故选D。【题型五】化学平衡移动 11．（2024·北京·一模）下列事实不能用平衡移动原理解释的是A．铁质器件附有铜质配件，久置，在接触处铁易生锈B．用稀硫酸洗涤BaSO4沉淀比用等体积蒸馏水洗涤损失的BaSO4少C．加氨水除去氯化铵中的氯化镁D．电镀实验中，用[Cu(NH3)4]SO4溶液作电镀液比用CuSO4溶液得到的铜镀层光亮牢固【答案】A【解析】A．铁质器件附有铜质配件，在接触处形成原电池装置，其中金属铁为负极，易生铁锈，和电化学腐蚀有关，不能用平衡移动原理解释，故A正确；B．硫酸钡存在溶解平衡：BaSO4(s)⇌Ba2++，用水洗涤使BaSO4的溶解平衡向正方向移动，造成BaSO4的损失；而用H2SO4洗涤，电离出抑制了BaSO4的溶解，导致BaSO4损失量少，所以该变化能用平衡移动原理解释，故B错误；C．氨水可促进镁离子水解转化为沉淀，然后过滤可除杂，可以用平衡移动原理解释，故C错误；D．[Cu(NH3)4]SO4溶液中，Cu2+和NH3形成了稳定的配离子[Cu(NH3)4]2+，使得铜离子浓度降低，所以使Cu镀层的质量更好，能用平衡移动原理解释，故D错误；故选：A。12．（2024·河北张家口·一模）从烟道废气中回收硫的原理之一：

，在恒压密闭容器中，平衡时SO2的转化率与起始充入的和温度（T）的关系如图所示。下列说法中正确的是A．正反应的活化能B．CO的转化率：M>NC．正反应速率：M>QD．该反应的化学平衡常数表达式：【答案】B【分析】由题干图示信息可知，当相同时，该反应正反应是一个放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，则SO2的平衡转化率减小，可知T1＜T2，据此分析解题。【解析】A．根据=-37kJ/mol，则由于不知道Ea逆的数值，故无法确定正反应的活化能的大小，A错误；B．由题可知，N点到M点，温度降低平衡正向移动，CO的转化率增大，N点到M点增大，CO的转化率增大，故M、N点的转化率：M>N，B正确；C．已知M点对应的温度T1＜Q点对应的温度T2，温度越高反应速率越快，故正反应速率：M＜Q，C错误；D．已知S为液体，故该反应的化学平衡常数表达式：，D错误；故答案为：B。13．（2024·安徽·一模）一定条件下可合成乙烯：6H2(g)+2CO2(g)⇌CH2=CH2(g)+4H2O(g)已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图所示，下列说法正确的是A．温度不变，若增大压强，ν正>ν逆，平衡常数增大B．升高温度，平衡向逆反应方向移动，催化剂的催化效率降低C．温度不变，若恒压下向平衡体系中充入惰性气体，平衡不移动D．若投料比n(H2)：n(CO2)=3：1，则图中M点乙烯的体积分数为7.7%【答案】D【解析】A．平衡常数只与温度有关，温度不变，若增大压强，ν正>ν逆，平衡常数不变，故A错误；B．升高温度，CO2的平衡转化率降低，可知平衡向逆反应方向移动；根据图示，催化剂的催化效率先升高后降低，故B错误；C．温度不变，若恒压下向平衡体系中充入惰性气体，体积增大，相当于减压，平衡逆向移动，故C错误；D．若投料比n(H2)：n(CO2)=3：1，图中M点CO2的平衡转化率为50%乙烯的体积分数为，故D正确；选D。14．（23-24高三下·河北石家庄·阶段练习）根据下列图示所得出的结论错误的是A．图甲表示恒温密闭容器中发生反应CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)时，c(CO2)随反应时间变化的曲线，t1时刻改变的条件可能是向容器中加入CO2B．图乙表示合成氨反应达到平衡，NH3体积分数为α时，其他条件不变，升高温度再次达到平衡、v正可能对应的点为2C．图丙表示一定温度下向一恒温恒容的密闭容器中充入lmolNO2，发生反应2NO2(g)N2O4(g)，t2时刻改变的条件为充入N2O4D．图丁表示反应2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)中，NO的平衡转化率与温度及压强的关系图，可得出p1>p2>p3【答案】B【解析】A．反应CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)平衡常数，t1时刻向容器中加入CO2，c(CO2)瞬间增大，由于温度不变，K不变，达到平衡时，c(CO2)恢复到之前，故A正确；B．反应放热，升高温度，平衡逆向移动，氨气体积分数减小，V正变大，v正可能对应的点为1，故B错误；C．反应2NO2(g)N2O4(g)达到平衡后，t2时刻充入N2O4平衡逆向移动，V正变快，符合图示，故C正确；D．反应为气体分子数减小的反应，压强增大，平衡正向移动，NO平衡转化率增大，即压强：p1>p2>p3，故D正确；故选B。【题型六】化学平衡常数的计算15．（23-24高三下·河北沧州·阶段练习）常温下，某二元弱酸的随pH变化情况如图所示，M为或。已知：X点和Z点的坐标分别为、。下列说法正确的是A．曲线Ⅱ表示随pH变化情况B．的数量级为C．Y点的坐标为D．反应的平衡常数【答案】C【解析】A．二元弱酸的一级电离常数，对该式求对数可得，则曲线Ⅱ表示随pH变化情况，A项错误；B．曲线Ⅰ的函数解析式为，该曲线表示随pH变化情况，由Z点坐标可知，则，其数量级为，B项错误；C．由X点坐标可知，则，Y点横坐标为，将其代入任一曲线的解析式可得Y点纵坐标为2.59，因此Y点的坐标为，C项正确；D．反应的平衡常数，D项错误；答案选C。16．（2024·甘肃张掖·模拟预测）在一定温度下，向1L的密闭容器中通入1mol和，发生反应：，起始时总压强为25.0MPa，点时总压强为17.0MPa，并且测得一定时间内的转化率随温度的变化如图所示，下列说法错误的是A．20min反应到达a点，在0~20min内的B．反应开始时，投入的的物质的量x=4C．240℃时，该反应的化学平衡常数D．a点和b点，温度对化学平衡的影响结果相反【答案】D【解析】A．由图可知，a点二氧化碳的转化率为40%，则0~20min内二氧化碳的反应速率为=0.02mol/(L·min)，故A正确；B．由图可知，b点反应达到平衡时二氧化碳的转化率为80%，由题意可建立如下三段式：由反应前后气体物质的量之比等于化学计量数之比可得：=，解得x=4，故B正确；C．由三段式数据可知，240℃平衡时，反应的平衡常数为=，故C正确；D．由图可知，a点反应未达到平衡的状态，升高温度，反应速率增大，反应继续向正反应方向进行，与温度对平衡的影响无关，故D错误；故选D。17．（23-24高三下·黑龙江·阶段练习）两个均充有的恒容密闭容器中发生反应，起始压强均为，在不同温度下反应相同时间，结果如图所示。下列说法正确的是A．该反应在任意温度下正向均能自发进行B．催化剂可降低该反应的焓变，提高平衡转化率C．后达平衡，的平均生成速率为D．，该反应的【答案】D【解析】A．温度升高，转化率增大，该反应为吸热反应，正向反应为气体分子数增多的反应，，则该反应在高温下正向能自发进行，A错误；B．催化剂不能改变该反应的焓变，不能改变平衡转化率，B错误；C．后达平衡，的转化率为50%，分压变化量为0.5，则的平均生成速率为=，C错误；D．后达平衡，的转化率为50%，分压为0.5，H2分压为0.5，分压为0.25，该反应的，D正确；故选D。【题型七】转化率的计算18．（2024·湖南长沙·一模）二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体一氧化碳。其原理为。在起始物n(H2)/n(CO2)=3时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为，在T=250℃下的、在下的曲线如图所示。下列说法正确的是A．图中对应等压过程的曲线是aB．该反应在高温下能自发进行C．当时，的平衡转化率D．温度压强一定时，增大起始物，可提高平衡时的【答案】C【解析】A．总反应为气体体积减小反应，当其他条件不变，增大压强时，平衡正向移动，增大，则a为250℃下的曲线，b为下的曲线，b线为等压过程的曲线，故A错误；B．由A中分析可知，b为下的曲线，随温度升高，减小，可知升温使平衡逆向移动，正向为放热反应，该反应在低温下能自发进行，故B错误；C．起始物n(H2)/n(CO2)=3，设n(H2)=3mol，n(CO2)=1mol，设二氧化碳的变化量为x，根据已知条件列三段式：时，即，解得：x=，的平衡转化率，故C正确；D．温度压强一定时，增大起始物，等同于一定时，增大氢气的浓度，平衡时的减小，故D错误；故选：C。19．（23-24高三下·重庆·阶段练习）在恒容密闭容器中发生反应：，在容器中以通入两种反应物，后M在不同温度下转化率如下表所示，且，则下列说法正确的是温度转化率10%60%60%50%A．根据上述信息可知B．温度下，若后反应继续进行，N的转化率大于60%C．温度下（），N的转化率是30%D．温度下，充入一定量惰性气体一定可以提高Q的平衡产率【答案】B【分析】根据题目信息可知，反应相同的时间，、温度下M的转化率相同。因此温度下，反应未达平衡，→过程中M的转化率先增大后减小。【解析】A．温度下M的转化率小于，因此对应的转化率为平衡转化率，升高温度，反应物转化率减小，该反应为放热反应，故A错误；B．对应的一定是非平衡转化率，所以继续反应，反应正向进行，转化率会增大，故B正确；C．升高温度，转化率应先增大后下降，故温度介于和时，N的转化率应大于60%，故C错误；D．温度下，恒容容器中充入惰性气体，不影响平衡状态，故D错误；选B。【题型八】有“断点”的平衡图像20．（22-23高三上·山东烟台·期中）某密闭容器中充入等物质的量的A和B，一定温度下发生反应，达到平衡后，在不同的时间段内反应物的浓度随时间的变化如甲图所示，正逆反应速率随时间的变化如乙图所示。下列说法错误的是A．前20minB的平均反应速率为B．30~40min间该反应使用了催化剂C．化学方程式中的，正反应为放热反应D．30min、40min时分别改变的条件是减小压强、升高温度【答案】B【解析】A．，前20minB的平均反应速率为=，故A正确；B．30min时C和A、B的浓度都下降了，而催化剂只会改变反应速率，不会瞬间改变反应物的浓度，故B错误；C．由图可知，A、B的浓度变化相同，故A、B的化学计量数相同，则x=1；40min时正逆反应速率都增大，则改变的条件为升高温度，而条件改变后C浓度减小、A、B浓度增大，说明平衡发生了逆向移动，则正反应为放热反应，故C正确；D．40min时改变的条件为升高温度；30min时，C和A、B的浓度都下降了，反应速率也减小，但是平衡不移动，该反应前后气体分子不变，则改变的条件为减小压强，故D正确；故选B。21．（22-23高三上·山西吕梁·阶段练习）下列图示与对应的叙述相符的是A．图一表示反应在一定温度下达到平衡时B的转化率与压强变化的关系，x点的反应速率比y点的快B．图二表示反应的速率一时间图象，在时刻改变的条件可，能是加入催化剂或增大压强C．图三表示反应中A的百分含量与温度(T)的变化情况，则该反应的D．图四所示图中的阴影部分面积的含义是()【答案】B【解析】A．由图一可知，x点的压强比y点的小，所以x点的反应速率比y点的慢，A错误；B．由图二可知，在时刻正、逆反应速率都增大且增大的程度相同，所以改变的条件可能是加入催化剂或增大压强，B正确；C．由图三可知，在M点之前，反应未达平衡，在M点之后，随着温度的不断升高，A的百分含量不断增大，则平衡逆向移动，所以该反应的，C错误；D．图四表示速率-时间关系曲线，图中的阴影部分面积的含义是，D错误。答案选B。【题型九】有“拐点”的平衡图像22．（22-23高三下·海南海口·阶段练习）向刚性容器中投入与(足量)发生反应：(相对分子质量：M大于N)。测得不同温度下体积分数随时间t的变化曲线如图所示。下列说法正确的是A．B．温度升高，容器内气体的密度减小C．，再投入，平衡时D．，内，【答案】A【解析】A．根据“先拐先平数值大”，由图可知，T2℃时反应先达到平衡，则T2>T1，故A正确；B．由图可知，T2>T1，升高温度，平衡时B的体积分数增大，平衡正向移动，说明正反应为吸热反应，由于相对分子质量：M>N，因此升高温度，更多的固体转变为气体，混合气体的总质量增大，而刚性容器体积不变，所以容器内气体的密度增大，故B错误；C．该反应为气体体积不变的反应，在T1℃达平衡时，n(B)=amol×30%=0.3amol，则平衡时n(A)=amol-0.3amol=0.7amol，故C错误；D．不用固体或纯液体来表示反应速率，因为固体或纯液体的浓度视为常数，故D错误；故选A。23．（2023·广东湛江·一模）氨气在工业上应用广泛，已知反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H＜0，反应相同时间，NH3的体积百分数随温度的变化情况如图所示，下列相关描述正确的是A．线上的点均代表平衡时刻的点 B．逆反应速率：va＞vbC．b点时v正<v逆 D．平衡常数值：Kc＞Kd【答案】D【分析】由图可知，c点氨气的体积百分数最大，说明反应达到平衡，则c点以前为平衡的形成过程，c点以后为平衡的移动过程。【解析】A．由分析可知，c点以前均未达到平衡，故A错误；B．温度越高，反应速率越快，由于a点温度小于b点，且a点c(NH3)低于b点，故a点的逆反应速率比b点的小，故B错误；C．由分析可知，b点反应未达到平衡，正反应速率大于逆反应速率，故C错误；D．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，则c点平衡常数大于d点，故D正确；故选D。24．（2022·重庆·二模）下图是不同物质在密闭容器中反应的有关图像，下列对有关图像的叙述正确的是A．图1：对达到平衡后，在时刻充入了一定的HI，平衡逆向移动B．图2：该图像表示的方程式为C．图3：对，图中D．图4：对可表示X的百分含量【答案】C【解析】A．图1，如果在t0时刻充入了一定的HI，逆反应速率瞬间增大，正反应速率瞬间不变，v正应与平衡点相连，故A错误；B．从图像可知到t1时刻，A的浓度减少：(2.0-1.2)mol/L=0.8mol/L，B的浓度增加0.4mol/L，C的浓度增加1.2mol/L，达平衡时，反应物和生成物共存，反应为可逆反应，根据浓度变化之比等于化学计量数之比确定化学反应方程式为：，故B错误；C．增大压强，反应速率增大，升高温度，反应速率增大，故先达到平衡，由先拐先平知p2＞p1，T1＞T2，压强越大平衡正向进行，C的百分含量增大，图像符合，温度越高，C%含量减小，升温平衡逆向进行，图像符合，故C正确；D．由方程式看出，温度升高，平衡将逆向移动，X的百分含量将增大，图像不符合，故D错误；故选：C。【题型十】由“平滑曲线”组成的平衡图像25．（2023高三·全国·专题练习）已知：A(g)＋2B(g)3C(g)

ΔH<0，向一恒温恒容的密闭容器中充入1molA和2molB发生反应，t1时达到平衡状态I，在t2时改变某一条件，t3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。下列说法不正确的是A．t2时改变的条件：向容器中加入C B．平衡时B的体积分数φ：φ(II)=φ(I)C．t2～t3时反应向正方向移动 D．平衡时A(g)的物质的量浓度：c(I)<c(II)【答案】C【分析】根据图示可知：反应从正反应方向开始，至t1时刻反应达到平衡状态，在t2时刻正反应速率瞬间不变，然后逐渐增大，说明改变的外界条件应该是向容器中加入生成物C，然后根据问题逐一分析解答。【解析】A．t2时刻正反应速率瞬间不变，然后逐渐增大，说明改变的外界条件应该是向容器中加入生成物C，A正确；B．根据上述分析可知：在t2时刻改变的外界条件是加入生成物C。该反应是反应前后气体体积不变的反应，加入生成物C，体系压强增大，化学平衡不移动，最终平衡与原平衡等效，则平衡时B的体积分数φ：φ(II)=φ(I)，B正确；C．根据上述分析可知：在t2时刻改变的外界条件是加入生成物C，生成物浓度突然增大，v逆突然增大，v逆大于v正，则t2~t3时反应向逆方向移动，直至建立新的化学平衡状态，C错误；D．该反应一恒温恒容的密闭容器中进行，由于t2时刻改变的外界条件是向容器中加入生成物C，生成物C发生反应产生反应物A(g)、B(g)，故重新达到平衡时A(g)、B(g)的浓度比原平衡时要大，故平衡时A(g)的物质的量浓度：c(II)＞c(I)，D正确；故合理选项是C。26．（2024·河北邯郸·一模）对于放热的可逆反应，某一给定转化率下，最大反应速率对应的温度称为最适宜温度。反应

在催化剂作用下原料的总转化率与最适宜温度(曲线Ⅰ)、原料的总平衡转化率与温度(曲线Ⅱ)的关系曲线示意图最合理的是A． B．C． D．【答案】C【解析】对于放热的可逆反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，该反应的最适宜温度为催化剂的催化活性最好时所对应的温度，在该温度下化学反应速率最大，SO2的转化率也最大；当温度高于最适宜温度后，催化剂的催化活性逐渐减小，催化剂对化学反应速率的影响超过了温度升高对化学反应速率的影响，因此化学反应速率逐渐减小，SO2的转化率也逐渐减小；由于该反应为放热反应，随着温度的升高，SO2的平衡转化率减小；由于反应混合物与催化剂层的接触时间较少，在实际的反应时间内反应还没有达到化学平衡状态，故在相应温度下SO2的转化率低于其平衡转化率。因此，反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的转化率与最适宜温度(曲线I)、平衡转化率与温度(曲线Ⅱ)的关系曲线示意图可表示如下：，故答案为：C。1．叠加法求焓变步骤1“倒”为了将方程式相加得到目标方程式，可将方程式颠倒过来，反应热的数值不变，但符号相反。这样，就不用再做减法运算了，实践证明，方程式相减时往往容易出错。步骤2“乘”为了将方程式相加得到目标方程式，可将方程式乘以某个倍数，反应热也要相乘。步骤3“加”上面的两个步骤做好了，只要将方程式相加即可得到目标方程式，反应热也要相加。2．反应热的大小比较方法(1)利用盖斯定律比较。(2)同一反应的生成物状态不同时，如A(g)＋B(g)=C(g)ΔH1，A(g)＋B(g)=C(l)ΔH2，则ΔH1>ΔH2。(3)同一反应的同一反应物状态不同时，如A(s)＋B(g)=C(g)ΔH1，A(g)＋B(g)=C(g)ΔH2，则ΔH1>ΔH2。(4)两个有联系的反应相比较时，如T7中ΔH3与ΔH4比较。利用反应④(包括ΔH4)乘以某计量数减去反应③(包括ΔH3)乘以某计量数，即得出ΔH5＝ΔH4×某计量数－ΔH3×某计量数，根据ΔH5大于0进行比较。总之，比较反应热的大小时要注意：①反应中各物质的聚集状态；②ΔH有正、负之分，比较时要连同“＋”、“－”一起比较，类似数学中的正、负数大小的比较；③若只比较放出或吸收热量的多少，则只比较数值的大小，不考虑正、负号。3．特殊类型图像(1)对于化学反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，如图所示，M点前，表示从反应物开始，v正＞v逆；M点为刚达到平衡点；M点后为平衡受温度的影响情况，即升温，A的百分含量增加或C的百分含量减少，平衡左移，故正反应ΔH＜0。(2)对于化学反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，如图所示，L线上所有的点都是平衡点。L线的左上方(E点)，A的百分含量大于此压强时平衡体系的A的百分含量，所以E点v正＞v逆；则L线的右下方(F点)，v正＜v逆。4．速率、平衡图像题的分析方法(1)认清坐标系，弄清纵、横坐标所代表的意义，并与有关原理相结合。(2)看清起点，分清反应物、生成物，浓度减小的是反应物，浓度增大的是生成物，一般生成物多数以原点为起点。(3)看清曲线的变化趋势，注意渐变和突变，分清正、逆反应曲线，从而判断反应特点。(4)注意终点。例如，在浓度—时间图像上，一定要看清终点时反应物的消耗量、生成物的增加量，并结合有关原理进行推理判断。(5)图像中先拐先平数值大。例如，在转化率—时间图像上，先出现拐点的曲线先达到平衡，此时逆向推理可得该曲线对应的温度高、浓度大或压强大。(6)定一议二原则。当图像中有三个量时，先确定一个量不变再讨论另外两个量的关系。5．化学反应速率计算的常见错误(1)不注意容器的容积。(2)漏写单位或单位写错。(3)忽略有效数字。6．比较化学反应速率大小的注意事项(1)看单位是否统一，若不统一，换算成相同单位。(2)比较不同时间段内的化学反应速率大小时，可先换算成同一物质表示的反应速率，再比较数值大小。(3)比较化学反应速率与化学计量数的比值，即对于一般反应，如aA＋bB=cC＋dD，比较eq\f(v(A),a)与eq\f(v(B),b)，若eq\f(v(A),a)>eq\f(v(B),b)，则用A表示的反应速率比用B表示的反应速率大。7．“建模、解模”分析法在平衡移动结果判定中的应用对于反应物或生成物只有一种的可逆反应而言，在改变物质浓度而引起化学平衡移动时应遵循或应用下列方法进行分析：(1)建模法分析化学平衡当容器Ⅱ中的投料量是容器Ⅰ中的n倍时，可通过建模思想来进行考虑。一般解题步骤［以PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)为例］：①建模：构建容器Ⅰ的模型②解模：将容器Ⅱ进行拆分，构建新的模型(用实线箭号表示状态变化的方向，用虚线箭号表示虚拟的过程)Ⅱ最后将虚拟出的两个平衡状态进行加压，把体积较大的平衡状态转化为体积较小的平衡状态。即容器Ⅱ的反应相当于在虚拟容器的基础上增大压强，平衡逆向移动，容器Ⅱ相对于容器Ⅰ，PCl5的体积分数增大。(2)在温度、压强不变的体系中加入某种气体反应物(或生成物)的平衡移动问题对于aA(g)bB(g)＋cC(g)或bB(g)＋cC(g)aA(g)，当T、p不变时，充入A气体，平衡移动的最终结果与原平衡等效，相当于平衡不移动；而充入B或C，则平衡的移动由浓度决定。8．转化率的变化分析在一恒容密闭容器中通入amolA、bmolB发生反应aA(g)＋bB(g)cC(g)，达到平衡后，改变下列条件，分析转化率的变化情况：(1)再通入bmolB，α(A)增大，α(B)减小。(2)再通入amolA、bmolB：若a＋b＞c，α(A)增大、α(B)增大；若a＋b＝c，α(A)不变、α(B)不变；若a＋b＜c，α(A)减小、α(B)减小。9．三种等效平衡模型等效平衡模型实例起始投料平衡时等量备注恒温恒容化学计量数不等N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)甲：1molN2＋3molH2乙：2molNH3(转化为同种物质完全等同)两容器中各组分的n、c、w等同α(N2)＋α(NH3)＝1恒温恒容化学计量数相等I2(g)＋H2(g)2HI(g)甲：1molI2＋1molH2乙：2molI2＋2molH2(或4molHI)(成比例)两容器中各组分的w等同，n、c成倍数关系—恒温恒压N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)甲：1molN2＋3molH2乙：2molN2＋6molH2(或4molNH3)(成比例)两容器中各组分w、c等同，n成倍数关系—10．化学平衡常数(1)意义：化学平衡常数K表示反应进行的程度，K越大，反应进行的程度越大。K＞105时，可以认为该反应已经进行完全。K的大小只与温度有关。(2)化学平衡常数表达式：对于可逆反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)在一定温度下达到化学平衡时，K＝eq\f(cp(C)·cq(D),cm(A)·cn(B))。另可用压强平衡常数表示：Kp＝eq\f(pp(C)·pq(D),pm(A)·pn(B))[p(C)为平衡时气体C的分压]。(3)依据化学方程式计算平衡常数①同一可逆反应中，K正·K逆＝1；②同一反应方程式中的化学计量数扩大或缩小n倍，则新平衡常数K′与原平衡常数K间的关系是K′＝Kn或K′＝eq\r(n,K)。③几个可逆反应方程式相加，得总反应方程式，则总反应的平衡常数等于分步反应平衡常数之积。11．K的表达式及计算中与ΔH的区别由于纯液体和纯固体的浓度是一个常数，所以在平衡常数的表达式中不表示出来，其实质是把该常数项归并入K，如反应2CrOeq\o\al(2－,4)(aq)＋2H＋(aq)Cr2Oeq\o\al(2－,7)(aq)＋H2O(l)中K＝eq\f(c(Cr2Oeq\o\al(2－,7)),c2(CrOeq\o\al(2－,4))·c2(H＋))。在利用多个方程式归纳平衡常数(K)之间的关系时，要注意与焓变(ΔH)的区别：方程式相加减，焓变相加减，平衡常数相乘除；方程式乘以某个系数x，焓变也需乘以该系数x，平衡常数变为原来的x次方。例如：①C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)K1ΔH1②CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)K2ΔH2③C(s)＋2H2O(g)CO2(g)＋2H2(g)K3ΔH3④N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)K4ΔH4⑤2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)K5ΔH5⑥NH3(g)eq\f(1,2)N2(g)＋eq\f(3,2)H2(g)K6ΔH6反应③＝反应①＋反应②，ΔH3＝ΔH1＋ΔH2，K3＝K1·K2。ΔH5＝－ΔH4＝2ΔH6，K5＝eq\f(1,K4)＝Keq\o\al(2,6)。12．转化率、产率及分压的计算(1)反应物转化率＝eq\f(反应物的变化量,反应物的起始量)×100%(2)产物的产率＝eq\f(生成物的实际产量,生成物的理论产量)×100%(3)分压＝总压×物质的量分数13．计算中常用的气体定律(1)同温同体积：eq\f(p(前),p(后))＝eq\f(n(前),n(后))(2)同温同压强：eq\f(ρ(前),ρ(后))＝eq\f(M(前),M(后))＝eq\f(V(后),V(前))＝eq\f(n(后),n(前))(反应前后气体质量不变时适用)1．（2024·北京丰台·一模）过渡金属氧化物离子(以MO+表示)在烃类的选择性氧化等方面应用广泛。MO+与CH4反应的过程如下图所示。下列说法不正确的是A．反应速率：步骤I<步骤IIB．CH3OH分子中，键角：H—C—H>H—O—CC．若MO+与CH3D反应，生成的氘代甲醇有2种D．CH4(g)+MO+(g)=CH3OH(g)+M+(g)

=E2+E4-E1-E3【答案】D【解析】A．步骤I的活化能大于步骤II，反应速率步骤I更小，故A正确；B．O原子上有两对孤对电子，排斥力较大，键角H—C—H>H—O—C，故B正确；C．根据反应机理可知，若MO+与CHD2反应，生成的氘代甲醇可能为CHD2OD或CD3OH，共两种，故C正确；D．根据反应历程能量变化图所示，总反应的反应热为E1-E2+E3-E4，故D错误；答案选D。2．（23-24高三下·甘肃张掖·阶段练习）一定温度下，在密闭容器内进行着某一反应，X气体、Y气体的物质的量随反应时间变化的曲线如图所示。下列叙述中正确的是A．反应的化学方程式为B．t1min时，Y的浓度是X浓度的1.5倍C．t2min时，正、逆反应速率相等D．Y的反应速率：t1时刻<t2时刻<t3时刻【答案】B【解析】A．O~t1min时X的物质的量增大了4mol-2mol=2mol，Y的物质的量减小了10mol-6mol=4mol，则X为生成物，Y为反应物，Y、X的化学计量数之比为4mol：2mol=2：1，t3min时反应达到平衡，所以该反应的化学方程式为，A项错误；B．根据图示可知，t1min时X的物质的量为4mol，Y的物质的量为6mol，由于体积相同，则二者的浓度之比等于其物质的量之比，所以Y的浓度是X浓度的倍，B项正确；C．t2min之后X的物质的量继续增大，Y的物质的量继续减小，说明反应仍然正向进行，t2min时正、逆反应速率不相等，C项错误；D．Y的浓度一直在减小，则Y的反应速率为t1时刻>t2时刻>t3时刻，D项错误；答案选B。3．（2024·安徽黄山·一模）室温下，某溶液初始时仅溶有A，同时发生两个反应：①；②，反应①的速率可表示为，反应②的速率可表示为（、为速率常数），图1为温度时，该体系中A、B、C、D浓度随时间变化的曲线，图2为反应①和②的曲线，下列说法正确的是A．表示D浓度随时间变化的曲线B．时曲线表示的物质的化学反应速率为C．温度时，反应①的活化能比反应②的活化能小D．若图1的温度降低，时刻体系中值变大【答案】D【分析】由方程式可知，两个反应中A都是反应物、B都是生成物，则L2代表A浓度随时间变化的曲线、L1代表B浓度随时间变化的曲线；由图2可知，温度为T2时，速率常数k1＜k2，则图1中对应曲线L3代表D浓度随时间变化的曲线、L4代表C浓度随时间变化的曲线。【解析】A．由分析可知，L4代表C浓度随时间变化的曲线，故A错误；B．由分析可知，L1代表B浓度随时间变化的曲线，由图可知，2s时，B的浓度小于4mol/L，则2s内，B的平均速率为=，故B错误；C．反应的活化能越大，反应速率越小，由图2可知，T2温度时，反应①的反应速率慢于反应②，则反应①的活化大于反应②，故C错误；D．由图2可知，温度降低时，体系中反应①的速率降低幅度大于反应②，则图1的温度降低时，时刻体系中值变大，故D正确；故选D。4．（23-24高三下·广东广州·开学考试）水溶液中，过二硫酸盐与碘离子反应的离子方程式为：，向溶液中加入含的溶液，反应机理如图所示。下列有关该反应的说法不正确的是A．反应①的速率比反应②的速率快B．是该反应的催化剂，加入后反应体系更快达到平衡C．向反应后的溶液小滴加淀粉溶液，溶液变蓝，再适当升温，蓝色变浅D．反应②的离子方程式为【答案】A【解析】A．由图可知，反应①的活化能比反应②的大，因此反应②的速率更快，故A错误；B．图中产物应为，因此是该反应的催化剂，可加快反应速率，故B正确；C．由图可知，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动c（I2）下降，溶液蓝色变浅，故C正确；D．图中产物应为，即反应②的离子方程式为，故D正确；故选A。5．（23-24高三上·河南·阶段练习）某研究性学习小组探究影响反应速率的因素及反应速率的大小，测得的实验数据如表所示(忽略溶液体积变化)，下列说法错误的是组号反应温度/℃参加反应的物质Na2S2O3H2SO4H2OV/mLc/(mol/L)V/mLc/(mol/L)V/mL①1020.110.43②3020.120.22③3010.220.13④3010.120.13A．实验①②探究温度对反应速率的影响B．实验②④探究Na2S2O3浓度对反应速率的影响C．四组实验中实验②的反应速率最大D．实验③完全反应需要tmin，平均反应速率v(Na2S2O3)=mol/(L•min)【答案】B【解析】A．实验①②除温度不同外，各反应物浓度相同，能探究温度对反应速率的影响，故A正确；B．实验②④温度相同，硫酸浓度不相同，Na2S2O3浓度不相同，不可以探究Na2S2O3浓度对反应速率的影响，故B错误；C．四组实验中实验②温度较高，水所占体积最少，反应物浓度最高，速率最大，故C正确；D．实验③中，，完全反应需要tmin，平均反应速率v(Na2S2O3)=mol/(L•min)，故D正确；答案选B。6．（21-22高三上·浙江丽水·阶段练习）为探究对分解是否有催化作用，分别取10mL30%(约10)于四支试管中，控制其它条件相同，进行实验获得如下表数据(氧气为标准状况下的体积)：实验编号所加药品控制温度/℃生成氧气体积/(mL)第1个2min第2个2min第3个2min①2mL0.5204.85.76.8②3012.816.720.2③4089.663.028.0④2mol402.03.24.3下列有关说法不正确的是A．由以上实验数据可得对分解一定有催化作用B．温度低于40℃时，对分解催化效率随温度升高而降低C．实验③第1个2min的平均反应速率约为0.8D．由实验④可得分解为放热反应【答案】D【解析】A．实验③④说明Cu2+对H2O2分解有催化作用，A正确；B．温度每升高10°C，速率提高2~4倍，实验②③说明，随着温度升高，Cu2+对H2O2分解的催化效果明显提高，B正确；C．实验③第1个3min生成氧气平均速率为90mL⋅min−1，即90×10−3÷22.4mol/min，根据反应2H2O2=2H2O+O2↑，H2O2的平均反应速率约为90×10−3÷22.4×2÷10×10−3=0.8mol⋅L−1⋅min−1，C正确；D．随反应的进行，相同时间段内反应速率减慢，无法说明反应是放热反应，D错误；答案选D。7．（2023高三·全国·专题练习）向绝热恒容密闭容器中通入A和B，在一定条件下发生反应，正反应速率随时间的变化关系如图所示，下列结论正确的是A．气体A的浓度：a点小于b点B．若，则气体C的生成量：ab段大于bc段C．c点时：D．体系压强不再变化，说明反应达到平衡状态【答案】D【解析】A．随着反应的进行，反应物气体的浓度不断减小，故气体的浓度：点大于点，错误；B．在段，正反应速率不断增大，则单位时间内气体的生成量不断增多，故若，则气体的生成量：段小于段，B错误；C．化学反应达到平衡状态时，正反应速率不再变化，而c点时，正反应速率开始减少，说明反应没有达到平衡状态，则，C错误；D．该反应前后气体分子数发生变化，绝热恒容密闭容器中气体压强一直在变，体系压强不再变化，表明体系的温度不变，从而说明反应达到平衡状态，D正确；答案选D。8．（23-24高三上·湖北·阶段练习）在恒温恒容密闭容器中进行该反应，下列事实能说明反应达到平衡状态的是A．相同时间内形成C-H键和H-H键的数目之比为2：1B．相同时间内消耗一氧化碳和生成的二氧化碳的分子数目之比为3：1C．v(CO)：v(H2)=1：1D．体系内气体的密度保持不变【答案】A【解析】A．根据反应方程式可知：反应消耗H2与产生CH3OCH3的个数比是3：1，若反应达到平衡，单位时间每反应消耗3分子H2，就会同时消耗1分子CH3OCH3，因此相同时间内形成C-H键和H-H键的数目之比为2：1，则反应体系中任何物质的浓度不变，反应达到平衡状态，A正确；B．反应消耗CO与生成CO2都表示反应正向进行，不能据此判断反应是否达到平衡状态，B错误；C．未指明反应速率的正、逆，因此不能判断反应是否达到平衡状态，C错误；D．反应在恒温恒容密闭容器中进行，体系的体积不变；反应混合物都是气体，气体的质量不变，则无论反应是否达到平衡状态，体系内气体的密度始终保持不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，D错误；故合理选项是A。9．（23-24高三上·陕西商洛·阶段练习）用K2Cr2O7溶液进行下列实验，结合实验，下列说法错误的是A．①中溶液橙色加深，③中溶液变黄B．②中被C2H5OH还原C．K2Cr2O7的氧化性强于K2CrO4D．若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液恢复橙色【答案】D【解析】A．在溶液中存在化学平衡：(橙色)+H2O2(黄色)+2H+，向溶液中加入稀硫酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，则①中溶液橙色加深，向溶液中加入NaOH，反应消耗H+，氢离子浓度减小，平衡正向移动，③中溶液变黄，A正确；B．具有强氧化性，C2H5OH具有还原性，则被C2H5OH还原，B正确；C．在①中溶液显酸性，浓度较大，向其中滴加乙醇，反应产生Cr3+使溶液显绿色，说明可以氧化乙醇；③中溶液显碱性，浓度较大，向其中滴加乙醇，溶液不变色，说明不能氧化乙醇，故上述实验证明K2Cr2O7的氧化性强于K2CrO4，C正确；D．向④中加入70%H2SO4溶液至过量，酸性条件下乙醇被氧化，被还原，不能发生“(橙色)+H2O2(黄色)+2H+”，所以溶液呈绿色，D错误；故合理选项是D。10．（2024·海南海口·一模）碳粉高温下还原制取纳米级：

，反应达平衡后，下列说法正确的是A．升高温度，增大、减小B．保持温度不变，通入少量CO，达新平衡后变大C．加入少量碳粉，可提高的平衡转化率D．分离出CO，有利于的生成【答案】D【解析】A．升高温度，正逆反应速率均增大，故A错误；B．，由于温度不变，不变，故B错误；C．碳粉为固体，加入少量碳粉，对平衡无影响，的平衡转化率不变，故C错误；D．分离出CO，使平衡正向移动，有利于的生成，故D正确；故选D。11．（23-24高三下·天津·开学考试）向10L密闭固定容器中充入物质的量浓度均为0.1mol/L的CH4和CO2，在一定条件下发生反应，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图，下列说法不正确的是A．平衡时CO与的物质的量之比为B．、、、由小到大的顺序为C．T℃，D．随着温度升高，CH4的转化率增大【答案】C【解析】A．反应物为CH4和CO2，由反应可知，CO与H2以1：1生成，可知平衡时CO与H2的物质的量比为1：1，A正确；B．该反应为气体体积增大的反应，温度一定时增大压强，平衡逆向移动，转化率减小，即压强越大CH4的转化率越小，则图中压强的大小关系为p1＜p2＜p3＜p4，B正确；C．点X时CH4的平衡转化率为80%，转化的甲烷为0.1mol/L×80%=0.08mol/L，则反应的三段式为：，该反应的平衡常数K===1.6834，C错误；D．由图可知，压强一定时，CH4的平衡转化率随着温度的升高而增大，D正确；故答案为：C。12．（23-24高三上·天津·阶段练习）下列事实能用勒夏特列原理解释的A．用排饱和食盐水的方法收集氯气B．500℃左右比室温更有利于工业合成的反应C．加入催化剂有利于的氧化反应D．对，减小容器体积，气体颜色变深【答案】A【解析】A．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸的反应是可逆反应，增大溶液中的氯离子浓度，平衡向逆反应方向移动，氯气的溶解度减小，所以用排饱和食盐水的方法收集氯气能用勒夏特列原理解释，故A符合题意；B．合成氨反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氨气的产率减小，则500℃左右比室温更有利于工业合成氨的反应不能用勒夏特列原理解释，故B不符合题意；C．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，但平衡不移动，则加入催化剂有利于二氧化硫的氧化反应不能用勒夏特列原理解释，故C不符合题意；D．碘化氢的分解反应是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，则减小容器体积，气体颜色变深不能用勒夏特列原理解释，故D不符合题意；故选A。13．（2024·安徽安庆·二模）某温度下，改变溶液的pH，各种含铬元素粒子的浓度变化如图所示(已知是二元酸，其电离常数为、)，下列有关说法错误的是A．该温度下的B．该温度下的数量级为C．该温度下反应的平衡常数为D．B点溶液中：【答案】D【解析】A．只与温度有关，取D点数据，当时，，则，A说法正确；B．取A点数据，，，数量级为，B说法正确；C．该温度下反应平衡常数，取C点数据，，C说法正确；D．由图可知，B点，，根据电荷守恒：，溶液显酸性，，则，D说法错误；答案选D。14．（2024·河北·一模）某温度下，向恒温、恒压容器中充入和，在催化剂作用下发生反应：

，平衡时体系中、和的物质的量分数(x)与平衡总压的关系如图所示。下列说法不正确的是A．曲线a可表示随压强的变化情况B．其他条件不变，及时分离出水蒸气，有利于平衡正向移动，但平衡常数不变C．Q点的转化率为75%D．将容器改为恒容容器，平衡时：【答案】D【分析】由热化学方程式可知，随着平衡总压的增大，平衡正向移动，产物的物质的量分数增大，则曲线a表示x(H2O)随压强的变化情况，曲线b、c均表示反应物的物质的量分数随压强的变化情况，该反应为放热反应，其他条件不变，降低温度，平衡正向移动，x(b)和x(c)减小，b表示H2(g)的物质的量分数随压强的变化，c表示CO2(g)的物质的量分数随压强的变化。【解析】A．由热化学方程式可知，随着平衡总压的增大，平衡正向移动，产物的物质的量分数增大，则曲线a表示x(H2O)随压强的变化情况，A正确；B．其他条件不变，及时分离出水蒸气，有利于平衡正向移动，温度不变，平衡常数不变，B正确；C．b表示H2(g)的物质的量分数随压强的变化，c表示CO2(g)的物质的量分数随压强的变化，假设Q点时，转化的CO2的物质的量是amol，列三段式：Q点平衡时H2O(g)、H2(g)物质的量分数相等，即二者物质的量相等，可得3-3a=a，a=0.75，则Q点CO2的转化率为=75%，C正确；D．该反应为气体体积减小的反应，若起始压强为106Pa，将容器改为恒容容器，则随着反应进行，压强减小，平衡逆向移动，水的含量减小，即平衡时，D错误；故选D。15．（22-23高三上·重庆北碚·阶段练习）在某一恒温、恒容的密闭容器中通入1molN2和3molH2发生反应：3H2(g)+N2(g)2NH3(g)ΔH<0。t1时刻反应达到平衡，在t2时刻改变某一条件，其反应过程如图所示。下列说法正确的是A．Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，平衡常数：KⅠ＜KⅡB．Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，NH3的体积分数：Ⅰ＜ⅡC．该反应正反应的活化能大于逆反应的活化能D．t2时刻改变的条件可以是向密闭容器中加H2和N2的混合气【答案】B【分析】该反应的正反应为气体分子数减小的放热反应，t2时刻改变某一条件，v正瞬时不变，说明改变的条件不可能是压强、温度和催化剂，v正后逐渐增大直至达到新平衡，说明平衡逆向移动，t2时刻改变的条件是向容器中加入一定量的NH3。【解析】A．平衡常数与温度有关，t2时刻改变的条