2025年高考二轮复习化学选择题热点练10多平衡体系图像及分析

10.多平衡体系图像及分析(分值:21分)学生用书P269(选择题每小题3分)1.(2024·浙江温州一模)已知HCOOH水溶液在密封石英管中的分解反应:Ⅰ.HCOOHCO+H2OK1Ⅱ.HCOOHCO2+H2K2T温度下,在密封石英管内完全充满1.0mol·L1HCOOH水溶液,使HCOOH分解,分解产物均完全溶于水。含碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示(忽略碳元素的其他存在形式)。下列有关说法不正确的是()A.混合体系达平衡后:c(CO2)·c(H2)>c(CO)B.活化能:反应Ⅰ<反应ⅡC.c(CO)浓度变小的原因是CO2的生成导致反应Ⅰ平衡逆向移动D.c(HCOOH)可降为0答案:D解析:根据图像可知混合体系达平衡后,c(CO2)·c(H2)>c(CO),A正确;根据图像可知,CO浓度达到最大值时表明反应Ⅰ达平衡,此时CO2浓度未达最大值,即反应Ⅱ尚未达平衡状态,说明反应Ⅰ的反应速率大于反应Ⅱ,即活化能:反应Ⅰ<反应Ⅱ,B正确;根据图中CO2和CO浓度变化,即反应Ⅰ和Ⅱ可知,c(CO)浓度变小的原因是CO2的生成导致反应Ⅰ平衡逆向移动,C正确;过程Ⅰ和Ⅱ均为可逆过程,则c(HCOOH)不可能降为0,D错误。2.(2024·湖南永州三模)室温下,在P和Q浓度相等的混合溶液中,同时发生反应①P+QX+Z和反应②P+QY+Z,反应①和②的速率方程分别是v1=k1c2(P)、v2=k2c2(P)(k1、k2为速率常数)。反应过程中,Q、X的浓度随时间变化情况如图所示。下列说法错误的是()A.反应开始后,体系中X和Y的浓度之比保持不变B.45min时Z的浓度为0.4mol·L1C.反应①的活化能比反应②的活化能大D.如果反应能进行到底,反应结束时,有40%的P转化为Y答案:D解析:根据①和②的速率方程分别是v1=k1c2(P)、v2=k2c2(P)(k1、k2为速率常数),反应开始后,体系中X和Y的浓度之比为K1K2,保持不变,故A正确;根据反应①P+QX+Z和反应②P+QY+Z方程式,可知每消耗1molQ同时生成1molZ,反应到45min时,Q的浓度降低0.4mol·L1,则Z的浓度为0.4mol·L1,故B正确;反应到20min时,Q的浓度降低0.3mol·L1,反应①中X浓度增大0.12mol·L1,则反应②中Y浓度增大0.18mol·L1,反应②的速率大于反应①,所以反应①的活化能比反应②的活化能大,故C正确;反应到20min时,Q的浓度降低0.3mol·L1,反应①中X浓度增大0.12mol·L1,则反应②中Y浓度增大0.18mol·L1,如果反应能进行到底,反应结束时,有60%的P转化为Y,故D3.(2024·黑龙江大庆实验中学模拟)某温度下,向VL恒容密闭容器中通入4molX(g),发生反应:①2X(g)Y(g)+4Z(g),②2Z(g)M(g)。反应体系中X、Y、Z的物质的量随时间t的变化曲线如图所示。下列说法错误的是()A.25min时,生成了3.2molMB.0~10min内,气体X的平均反应速率为0.32Vmol·L1C.该温度下,反应②的平衡常数K=2VD.25min时保持其他条件不变,再向体系中通入1molY(g)后,反应②的平衡不移动答案:C解析:反应①不是可逆反应,由图可知,25min时n(X)=0mol,即25min时,4mol气体X反应完全,生成8molZ,据图知此时剩下1.6molZ,因此反应②消耗Δn(Z)=(81.6)mol=6.4mol,则生成了12×Δn(Z)=3.2molM,A正确;由图可知,0~10min内v(Y)=ΔnVΔt=1.6molVL×10min=0.16Vmol·L1·min1,反应为2X(g)Y(g)+4Z(g),则v(X)=2v(Y)=0.32Vmol·L1·min1,B正确;反应达到平衡时n(Y)=2mol,n(Z)=1.6mol,则Δn(Z)=2mol×41.6mol=6.4mol,反应②为2Z(g)M(g),所以n(M)=12×Δn(Z)=3.2mol,反应②的平衡常数K=c(M)c2(Z)=3.2V(1.6V)24.(2024·湖南长郡九校联考二模)二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应为Ⅰ.CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)ΔH=164.7kJ·mol1Ⅱ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH=+41.2kJ·mol1在密闭容器中,1.01×105Pa、n起始(CO2)∶n起始(H2)=1∶4时,CO2平衡转化率、在催化剂作用下反应相同时间所测得的CO2实际转化率随温度的变化如图所示。CH4的选择性可表示为n生成(CH4)A.反应CO(g)+3H2(g)H2O(g)+CH4(g)的焓变ΔH=123.5kJ·mol1B.400℃前CO2实际转化率增大的主要原因是:温度升高,反应Ⅱ平衡正移C.降低体系温度,CH4的平衡选择性增大D.450℃时,使用更高效催化剂,有可能使CO2平衡转化率达到X点答案:C解析:根据盖斯定律,用反应Ⅰ减去反应Ⅱ,可计算出目标反应的反应热:CO(g)+3H2(g)H2O(g)+CH4(g)ΔH=205.9kJ·mol1,A错误;400℃前CO2实际转化率低于对应温度下的平衡转化率,结合题给信息“反应相同时间”,判断此时反应未达平衡,不能用平衡移动解释曲线变化,B错误;生成甲烷的反应是放热反应,降低体系温度,平衡正向移动,CH4的平衡选择性增大,C正确;催化剂不改变平衡,故使用更高效催化剂也不可能提高CO2平衡转化率使其达到X点的值,D错误;故选C。5.(2024·湖南长郡中学一模)海带提碘中涉及H2O2氧化I,存在以下反应:①2I(aq)+2H+(aq)+H2O2(aq)I2(aq)+2H2O(l)ΔH1=257.5kJ·mol1②I(aq)+I2(aq)I3-(aq)ΔH2=18.9kJ·mol常温下,固定总碘浓度为0.01mol·L1,平衡时溶液中的I、I2、I3-分布系数δ与溶液中初始c(H2O2)关系如图所示。[总碘浓度=各组分折合为I后的浓度之和,δ(组分)=该组分折合为I-后的浓度总碘浓度,如下列说法错误的是()A.c(I)+c(I2)+c(I3-)=0.01mol·B.根据VSEPR模型,I3-C.反应②平衡时,升高温度,其正反应速率小于逆反应速率D.常温下,I(aq)+I2(aq)I3-(aq)的平衡常数K约为答案:A解析:由碘原子个数守恒可知,平衡时溶液中c(I)+2c(I2)+3c(I3-)=0.01mol·L1,故A错误;I3-写为I·I2-,中心原子I的价层电子对数为2+12(7+12×1)=5,故B正确;反应②为放热反应,升高温度,平衡向逆反应方向移动,正、逆反应速率同时增大,但正反应速率小于逆反应速率,故C正确;由图可知,溶液中c(I)=0.01mol·L1×0.45=4.5×103mol·L1、c(I3-)=0.01mol·L1×0.45×13=1.5×103mol·L1、c(I2)=0.01mol·L1×(10.450.45)×12=5×104mol·L1,则由方程式I(aq)+I2(aq)I3-(aq6.(2024·湖南衡阳模考)利用环戊二烯()加氢制备环戊烯(),按n(H2)n(C①(g)+H2(g)(g)ΔH1<0②2(g)(g)ΔH2<0测得在相同时间内,环戊二烯转化率和环戊烯选择性随温度变化曲线如图(已知:选择性=转化为目标产物的反应物在总转化量中的占比)。下列说法错误的是()A.60℃时,H2的转化率为72%B.由图可知,反应决速步的活化能①>②C.相同条件下,若增大n(H2D.60℃后,环戊烯选择性降低的原因可能是催化剂活性减弱答案:B解析:由图可知,60℃时,环戊二烯的转化率为90%,环戊烯的选择性为80%,则H2的转化量n(H2)=n(环戊烯)=1mol×90%×80%=0.72mol,H2的转化率为72%,A正确;由图可知,环戊烯选择性较高,活化能越小,反应速率越快,相同时间内,反应①的速率较快,活化能较低,说明反应的活化能①<②,B错误;相同条件下,若增大n(H2)n(C5H6),相当于增大H2的物质的量,反应①中环戊二烯转化率增大,环戊烯选择性增大,C正确;两个反应均为放热反应,升高温度,7.(2024·江苏苏锡常镇四市一模)采用热分解法脱除沼气中的H2S过程中涉及的主要反应为反应Ⅰ:2H2S(g)2H2(g)+S2(g)ΔH1=169.8kJ·mol1反应Ⅱ:CH4(g)+S2(g)CS2(g)+2H2(g)ΔH2=63.7kJ·mol1保持100kPa不变,将H2S与CH4按2∶1体积比投料,并用N2稀释,在不同温度下反应达到平衡时,所得H2、S2与CS2的体积分数如图所示。下列说法正确的是()A.反应2H2S(g)+CH4(g)CS2(g)+4H2(g)的ΔH=106.1kJ·mol1B.曲线Y代表的是CS2的平衡体积分数C.高于1050℃时,H2S平衡转化率与CH4平衡转化率的差值随温度升高而减小D.1050℃下反应,增大体系的压强,平衡后H2的体积分数可能达到0.07答案:C解析:根据反应Ⅰ和反应Ⅱ,利用盖斯定律可得:2H2S(g)+CH4(g)CS2(g)+4H2(g)ΔH=+233.5kJ·mol1,A错误;将H2S与CH4按2∶1体积比投料,并用N2稀释,在不同温度下反应达到平衡时,由于S2是反应Ⅰ的生成物同时又是反应Ⅱ的反应物,因此曲线Y代表的是S2的平衡体积分数。950~1050℃时,以反应Ⅰ为主,随着温度升高,反应Ⅰ速率大于反应Ⅱ,所以S2的体积