2024届高考二轮复习-化学反应速率和化学平衡 作业

2024届高三化学二轮复习——化学反应速率和化学平衡一、单选题1．某金属有机多孔材料(MOFA)在常温常压下对CO2具有超高的吸附能力，并能高效催化CO2与环氧乙烷衍生物的反应，其工作原理如图所示。下列说法错误的是（）A．该材料的吸附作用具有选择性B．该方法的广泛使用有助于减少CO2排放C．在生成的过程中，有极性共价键形成D．其工作原理只涉及化学变化2．对反应机理的本质认识，有利于用更好的途径制取并创造新物质。研究表明：铑的配合物离子(物质①)可有利于甲醇羰基化(形成碳氧双键)，具体反应过程如下图所示。下列叙述错误的是（）A．物质①铑的配合物离子在反应过程中作催化剂B．上述变化过程中的物质②是反应中间体C．反应过程中Rh的成键数目始终保持不变D．甲醇羰基化反应为3．下列说法正确的是（）A．《抱朴子》中“丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”两个反应互为可逆反应B．电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阴极的阳极保护法C．门捷列夫根据元素的性质随着相对原子质量递增呈现周期性变化规律，制出了第一张元素周期表D．石灰乳与海水混合，过滤得，将其溶于盐酸，再蒸发结晶得到，电解熔融可得到金属镁4．通过理论计算发现，CH2=CH-C≡CH与HBr发生加成反应时，通过不同的路径都可以生成有机物④，其反应过程及相对能量变化如下图所示。下列说法不正确的是（）A．反应物经过渡态2生成中间体发生的是1，4-加成B．推测物质的稳定性顺序为：④>③>②C．反应路径1中最大能垒为D．催化剂不会改变总反应的5．Ni可活化C2H6制得CH4，其反应历程如图所示：下列关于活化历程的说法正确的是（）A．中间体2→中间体3的活化能小于中间体1→中间体2B．Ni在该反应中作催化剂C．可以用焓判据来判断该反应是否自发进行D．Ni(s)+C2H6(g)=NiCH2(s)+CH4(g)ΔH=+6.57kJ·mol-16．稀土被称为新材料的宝库。稀土中的镧系离于可用离子交换法分离，其反应可表示为：。某温度时，随时间变化关系如图所示。下列说法正确的是（）A．时的正反应速率大于时的逆反应速率B．时间段的平均反应速率为：C．时增大，该平衡左移，平衡常数减小D．时离子交换反应停止7．利用NH3可以消除氮氧化物对环境的污染。除去NO的主要反应为：。某研究小组将4molNH3和6molNO充入2L密闭容器中，在有氧和无氧条件下，分别测得NO的转化率随温度变化的情况如图所示。下列说法错误的是（）A．在内，温度由升高到，该段时间内化学反应速率B．相同条件下，的存在有利于的去除C．在有氧条件下，温度升高到之后，NO转化率降低的原因可能是平衡逆向移动D．在无氧条件下，温度由升高到时，平衡逆向移动8．催化丙烯制醛的反应机理如图所示。下列说法错误的是（）A．上述循环过程中，Co的配位数发生了变化B．上述循环过程中，有C-O键的形成，无C-O键的断裂C．丙烯醛基化总反应为D．可降低丙烯醛基化反应的活化能9．NH4Cl是实验室常用试剂，下列相关说法正确的是（）A．反应2NH4Cl(s)+Ba(OH)2(s)=BaCl2(s)+2NH3(g)+2H2O(s)的△H>0，△S<0B．0.1mol·L－1NH4Cl溶液从15C升温到25℃时，的值不变C．反应NH4Cl+NaNO2=NaCl+N2↑+2H2O，每生成1molN2转移电子数为6×6.02×1023D．常温下，Ksp[Mg(OH)2]=1.8x10-11，Kb(NH3·H2O)=1.8x10-5，NH4Cl饱和溶液中加入少量Mg(OH)2，振荡，固体逐渐溶解10．在一定条件下的2L密闭容器中，X、Y、C三种气体的物质的量随时间的变化如图所示。下列说法一定错误的是（）A．X、Y、C三种气体发生反应的化学方程式为：B．0～15min，X的平均速率约为0.025C．反应开始到25min，C的产率为25%D．25min时改变的条件可能是降温11．某实验小组同学从废干电池内黑色粉末中回收二氧化锰并验证其催化作用，所选择的仪器或装置错误的是A．装置甲溶解固体B．装置乙过滤溶液C．装置丙灼烧固体D．装置丁加入MnO2产生气泡速率加快12．向密闭容器中加入一定量，下发生反应：，保持温度不变，容器内最终二氧化碳浓度与容器容积的关系如图所示。下列说法正确的是（）A．平衡常数值：B．从，平衡逆向移动C．容积为时，的平衡分解率为D．容积为时，再加入一定量，的浓度不发生变化13．向体积均为1L的两恒容容器中分别充入2molX和1molY发生反应：2X(g)+Y(g)⇌Z(g)ΔH，其中甲为绝热过程，乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是（）A．ΔH<0 B．气体的总物质的量：na=ncC．a点：Y的物质的量为0.25mol D．反应速率：14．下列说法正确的是（）A．，其他条件不变，缩小反应容器体积，正逆反应速率不变B．，碳的质量不再改变说明反应已达平衡C．若压强不再随时间变化能说明反应已达平衡，则A、C不能同时是气体D．和反应达到平衡时转化率为，放出的热量为；在相同温度和压强下，当分解为和的转化率为时，吸收的热量为，不等于15．目前，汽车尾气系统中均安装了催化转化器，这种方法是处理的“储存还原技术法”，简称，工作原理如图所示。下列说法中正确的是（）A．在富氧氛围下喷入少量燃油可以生成、等还原性尾气B．系统中的只有一种催化剂C．存储阶段，氮元素被氧化，以的形式被存储起来D．还原阶段，每生成，转移电子16．向甲、乙、丙三个密闭恒容的容器中充入一定量的A和B，发生反应：；各容器的反应温度、反应物起始量，反应过程中C的浓度随时间变化关系分别以表和如图表示：容器甲乙丙容积/L0.50.51.0温度/℃反应起始量1.5molA，0.5molB1.5molA，0.5molB6.0molA，2.0molB下列说法正确的是（）A．由图表可知，，该反应为吸热反应B．10min时，甲容器中该反应的瞬时速率与乙相同C．由图表可知，D．℃，起始时甲容器中充入0.5molA、1.5molB，平衡时A的转化率为75%二、综合题17．研究减少CO2排放是一项重要课题。CO2经催化加氢可以生成多种低碳有机物，如反应类型①：Ⅰ．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-49.5kJ·mol−1Ⅱ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2=+40.9kJ·mol−1Ⅲ．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH3回答下列问题：（1）反应III的∆H3为。（2）在绝热恒容的密闭容器中，将CO2和H2按物质的量之比1∶3投料发生反应I，下列不能说明反应已达平衡的是(填序号)。A．体系的温度保持不变B．CO2和H2的转化率相等C．单位时间内体系中减少3molH2的同时有1molH2O增加D．合成CH3OH的反应限度达到最大（3）如图为一定比例的CO2+H2、CO+H2、CO/CO2+H2条件下甲醇生成速率与温度的关系。490K时，根据曲线a、c可判断合成甲醇的反应机理是________。(填“A”或“B”)A．COCO2CH3OH+H2OB．CO2COCH3OH反应类型②：Ⅰ.2CO2(g)+2H2O(l)CH2=CH2(g)+3O2(g)Ⅱ．CH2=CH2(g)+H2O(l)＝C2H5OH(l)Ⅲ.2CO2(g)+6H2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g)（4）CO2和水反应乙烯的反应中，当反应达到平衡时，若减小压强，则CO2的转化率(填“增大”“减小”或“不变”)。（5）反应Ⅲ，在某铁系催化剂催化下，温度、氢碳比[=x]对CO2平衡转化率的影响以及温度对催化效率影响如图所示。①下列有关说法正确的是(填字母)。A．反应Ⅲ是一个放热反应B．增大氢碳比，可以提高H2的平衡转化率C．温度低于300℃时，随温度升高乙烯的平衡产率增大D．平衡常数：K(N)<K(M)②在总压为2.1MPa的恒压条件下，M点时，CO2的平衡转化率为，则该条件下用平衡体系中各气体分压表示的平衡常数(Kp)的计算式(只需列式)为Kp=(各气体分压=平衡体系中各气体的体积分数×总压)。（6）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的选择性，应当。18．以硅石(主要成分SiO2)为起始原料生产高纯多晶硅的简化工艺流程如下图所示：（1）在电弧炉中，生成粗硅的化学方程式为，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为。（2）合成炉中有关反应的数据如下表所示：热化学方程式平衡常数主反应Si(s)+3HCl(g)SiHCl3(g)+H2(g)△H=-210kJ/molK1副反应Si(s)+4HCl(g)SiCl4(g)+2H2(g)△H=-241kJ/molK2①主反应的温度需严格控制在280～300℃之间，若温度过低，则；若温度太高，SiHCl3则会转化生成SiCl4，该转化的热化学方程式为。②平衡时，的值a随着的值b的变化而变化，则=(用含K1、K2的代数式表示)。工业上用H2适当稀释HCl来提高的值，请用平衡移动原理加以解释。（3）还原炉中的主要反应为SiHCl3(g)+H2(g)=Si(s)+3HCl(g)△H>0。实验室中在1.0L密闭容器中研究得到SiHCl3的转化率在不同温度条件下随n(H2)/(SiHCl3)变化的曲线如图所示。t1、t2、t3表示的温度高低顺序为；t1温度时平衡常数Ka=(保留两位小数)。19．丙烯是重要的有机化工原料，丙烷脱氢是工业生产丙烯的重要途径。回答下列相关问题：（1）已知：Ⅰ.2C3H8(g)+O2(g)2C3H6(g)+2H2O(g)△H1=-238kJ•mol-1Ⅱ.2H2(g)+O2(g)2H2O(g)△H2=-484kJ•mol-1则丙烷脱氢制丙烯反应C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)的△H为kJ•mol-1（2）一定温度下，向1L的密闭容器中充入1molC3H8发生脱氢反应，经过10min达到平衡状态，测得平衡时气体压强是开始的1.5倍。①0~10min丙烷的化学反应速率v(C3H8)=mol•L-1•min-1。②下列情况能说明该反应达到平衡状态的是。A．△H不变B．C3H8与H2的物质的量之比保持不变C．混合气体密度不变D．混合气体的总压强不变（3）一定温度下，向恒容密闭容器中充入1molC3H8，开始压强为pkPa，C3H8的气体体积分数与反应时间的关系如图所示：①此温度下该反应的平衡常数Kp=(用含字母p的代数式表示，Kp是用反应体系中气体物质的分压表示的平衡常数，平衡分压=总压×体积分数)。②已知该反应过程中，v正=k正p(C3H8)，v逆=k逆p(C3H6)p(H2)，其中k正、k逆为速率常数，只与温度有关，则图中m点处=。（4）某丙烯燃料电池的工作原理如图所示，质子交换膜(只有质子能够通过)左右两侧的溶液均为1L2mol/LH2SO4溶液。a极的电极反应式为；当导线中有1.8mole-发生转移时，左右两侧溶液的质量差为g(假设反应物耗尽，忽略气体的溶解)。20．甲烷水蒸气重整和水气变换是传统的制氢方法，反应如下：①CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)△H1=206kJ•mol-1②CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H2=-41kJ•mol-1近期报道，用二氧化碳作为氧化剂和甲烷重整制氢的新反应路线如下，可生成适宜H2/CO的合成气。③CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)△H3（1）下列措施最有利于提高反应③CH4的平衡转化率条件是______________。A．升高温度，同时对原料气进行加压B．降低温度，同时对原料气进行加压C．升高温度，同时用氩气稀释原料气D．降低温度，同时用氩气稀释原料气（2）重整反应器中以上三个反应都在发生，不同反应条件下达到平衡时的进程如下：I.根据图1，在(填写反应条件）时CO2的转化率为负值，主要原因：一是CO2稳定性较高，低浓度时难以和甲烷反应；二是。II.根据图，2随着反应温度和反应物中的提高，体系中反应填①、②、③）逐渐占据主导。若850℃、为0.5时重整反应器中达到平衡时，体系中CO2和水蒸气浓度相等，求此条件下反应②的平衡常数K=。（3）固体氧化物电解池(传导O2-)将CO2和H2O转化为n(H2)：n(CO)=1的合成气并联产高纯度O2，写出电解池阴极反应式。21．是石油化工行业产生的污染性气体，工业上采取多种方式进行处理。（1）Ⅰ.干法脱硫已知的燃烧热（a>0），S的燃烧热（b>0），则常温下空气直接氧化脱除的反应：kJ/mol。（2）常用脱硫剂反应条件如下表，最佳脱硫剂为。脱硫剂出口硫（mg/m3）脱硫温度操作压力再生条件一氧化碳<1.33300~4000~3.0蒸气再生活性炭<1.33常温0~3.0蒸气再生氧化锌<1.33350~4000~3.0不再生（3）Ⅱ．热分解法脱硫在密闭容器中，充入一定量的气体，发生分解反应，控制不同的温度和压强，实验结果如图。图中压强P1、P2、P3由大到小的顺序为，该反应为（填吸热”或“放热”）反应，若要进一步提高的平衡转化率，可以采取的措施有（任写一种）。（4）若压强为P2、温度为975℃，的平衡常数，则起始的物质的量浓度c=mol/L，若向容器中再加入气体，相同温度下再次达到平衡时，K0.04（填“＞”“＜”或“=”）。（5）Ⅲ．间接电解法脱硫通过溶液吸收并氧化气体，再通过电解再生，实现循环使用，该法处理过程如图。电解反应器中总反应的离子方程式为。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．由图示可知该材料选择性吸附二氧化碳，吸附作用具有选择性，故A不符合题意；B．环氧乙烷衍生物和二氧化碳反应生成某金属有机多孔材料(MOFA)，所以利用此法可减少CO2的排放，故B不符合题意；C．在生成的过程中，有O=C极性共价键、碳氧单键形成，故C不符合题意；D．该过程中涉及到了气体的吸附，吸附作用属于物理变化，故D符合题意；故答案为：D。【分析】根据图中信息可知，金属有机多孔材料对CO2具有超高的吸附能力，并且能高效催化CO2与环氧乙烷衍生物的反应，即和CO2反应生成和氮气，据此分析。2．【答案】C【解析】【解答】A．根据图示可知，物质①铑的配合物离子在反应过程中作催化剂，A项不符合题意；B．反应生成后，又转化为，故是反应中间体，B项不符合题意；C．反应过程中Rh的成键数目有4、6、5，发生改变，C项符合题意；D．根据图示过程，甲醇羰基化反应为，D项不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.为该过程的催化剂；

B.先生成后消耗，为中间体；

D.由图可知，甲醇羰基化反应为。3．【答案】C【解析】【解答】A.“丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”两个反应分别在加热、常温下进行，条件不同，故并不互为可逆反应，A不符合题意；B.电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法，B不符合题意；C.1869年3月，门捷列夫根据元素的性质随着相对原子质量递增呈现周期性变化规律，制出了第一张元素周期表，C符合题意；D.氯化镁溶液结晶得到，在一定条件下（HCl气流中）加热失去结晶水后，电解熔融可得到金属镁，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.可逆反应是反应条件相同

B.镁的活动性强于铁，因此是牺牲阳极保护阴极法

C.考查的是元素周期表的来源，是根据相对原子与性质的关系极性绘制

D.氯化镁溶液直接蒸发得不到氯化镁，需要通入氯化氢气体进行蒸发4．【答案】C5．【答案】C【解析】【解答】A．中间体2→中间体3的活化能为49.5-(-154.82)kJ/mol=205.32kJ/mol，中间体1→中间体2的活化能为-28.89-(-56.21)=27.32kJ/mol，则中间体2→中间体3的活化能大于中间体1→中间体2，故A不符合题意；B．催化剂在反应前后不发生变化，而Ni最后变成NiCH2，是该反应的反应物而非催化剂，故B不符合题意；C．该反应的热化学方程式为Ni(s)+C2H6(g)=NiCH2(s)+CH4(g)ΔH=-6.57kJ·mol-1，反应前后气体的物质的量相同，熵值几乎不变，该反应放热有利于自发进行，故C符合题意；D．ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量=-6.57kJ·mol-1-0kJ·mol-1=-6.57kJ·mol-1，则Ni(s)+C2H6(g)=NiCH2(s)+CH4(g)ΔH=-6.57kJ·mol-1，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.中间体2→中间体3的活化能最大；

B.Ni为该反应的反应物；

D.根据ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量计算。6．【答案】A【解析】【解答】A、在反应达到平衡前，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，直至达到平衡状态，正逆反应速率相等，在平衡前，正反应速率均大于逆反应速率，则时的正反应速率大于时的逆反应速率，故A正确；

B、时间段，，化学反应速率之比等于化学计量数之比，则，故B错误；

C、平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，故C错误；

D、反应达到平衡状态，正逆反应速率相等，但反应并未停止，故D错误；

故答案为：A。

【分析】A、反应物的浓度越大，反应速率越大；

B、根据和化学反应速率之比等于化学计量数之比计算；

C、平衡常数只与温度有关；

D、化学平衡时一种动态平衡，反应不会停止。7．【答案】D【解析】【解答】A.420K时一氧化氮的转化率为2%，此时消耗的n（NO）=6mol×2%=0.12mol，580K时一氧化氮的转化率为59%，此时消耗的n（NO）=6mol×59%=3.54mol，此时段内一氧化氮的变化量为：3.54mol-0.12mol=3.42mol，容器的体积为2L，所以反应速率==0.342mol•L-1•min-1，A不符合题意；B．由题干图示信息可知，相同条件下有O2存在的条件下，NO的转化率明显增大，故O2的存在有利于NO的去除，B不符合题意；C．该反应为放热反应，温度升高，580K反应达到平衡后，平衡逆向移动，一氧化氮的转化率降低，或者NH3在高温情况下被氧气氧化为NO，从而降低了NO的转化率，C不符合题意；D．由题干图示信息可知，在无氧条件下，温度由420K升高到580K时，NO的转化率略有增大，此时可能是温度升高反应速率加快，使得NO的转化率略有增大，但平衡不可能逆向移动，D符合题意；故答案为：D。【分析】A.根据计算；

B.有O2存在的条件下，NO的转化率明显增大；

C.该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动。8．【答案】B【解析】【解答】A．由图可知，Co可以形成3个配位键，也可以形成4个配位键，A不符合题意；B．由图可知，在第二步有C-O键的断裂，B符合题意；C．由题干反应历程图可知，总反应式为，C不符合题意；D．由题干反应历程图可知，，参与反应过程，反应前后保持不变，是该反应的催化剂，可降低丙烯醛基化反应的活化能，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.反应过程中Co的配位数为3、4；

C.由图可知，该过程的反应物为丙烯、CO和氢气，产物为丙醛；

D.2是该反应的催化剂，催化剂能降低反应的活化能。9．【答案】D【解析】【解答】A．NH4Cl和Ba(OH)2的反应是吸热反应，△H>0，但是反应后气体体积增大，混乱度增大，△S>0，A不符合题意；B．NH4＋在溶液中会水解，NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，水解吸热，升高温度，促进水解，水解平衡常数增大，B不符合题意；C．反应中NH4Cl中的N的化合物为－3升高到0，NaNO2中的N的化合价从+3降低到0价，都生成N2，则每转移3mol电子生成1molN2，即转移的电子数为3×6.02×1023，C不符合题意；D．若Mg(OH)2和NH4Cl反应，离子方程式为2NH4＋＋Mg(OH)2Mg2＋＋2NH3·H2O，该反应的平衡常数，代入数据，，平衡常数较小，为可逆反应。NH4Cl饱和溶液中NH4＋浓度很大，可以促进反应正向进行，Mg(OH)2会溶解，D符合题意。故答案为：D。【分析】一般情况下，平衡常数K大于105，可以认为该反应会完全反应；K小于10－5，可以认为该反应不反应，而在10－5和105之间，可认为该反应为可逆反应。10．【答案】D【解析】【解答】A．由图可知X、Y物质的量减少，X、Y是反应物，C物质的量增加，C是生成物，X、Y、C在相同时间的变化量之比为3：1：2，所以反应方程式是，故A不符合题意；B.0～15min，X消耗的物质的量为0.75mol，体积为2L，平均速率约为0.025，故B不符合题意；C.0-25minX生成C的物质的量为0.5mol，C的理论产量为2mol，C的产率为25%，故C不符合题意；D.25min时，改变条件后三种气体反应速率都加快，不可能是降温，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】横坐标为时间，纵坐标为物质的量，图线斜率代表物质的消耗或者生成的快慢，即为化学反应速率，斜率越大，化学反应速率越快，与图可知，25min时各曲线斜率变大，化学反应速率，不可能为降低温度。11．【答案】C【解析】【解答】A．将混合物中、石墨粉分离出来的操作是溶解过滤，用装置甲进行溶解操作，故A不符合题意；B．将混合物中、石墨粉分离出来的操作是溶解过滤，用装置乙进行过滤操作，故B不符合题意；C．除去(灼烧无变化)中碳粉的方法是灼烧，固体灼烧应在坩埚中进行，故C符合题意；D．将灼烧后固体加入到中，产生气泡速率加快，证明的加入，加快了分解速率，属于催化剂，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】溶解能将可溶性物质溶于水，过滤分离不溶性物质和溶液，灼烧使石墨转化为二氧化碳二除去，催化剂能加快反应速率。12．【答案】C【解析】【解答】A．下发生反应：，保持温度不变，平衡常数值不变，故A不符合题意；B．从，反应容器容积增大，使二氧化碳气体的浓度下降，容器内气压下降，根据平衡移动原理，反应应正向移动以增大容器内压强，设Y点、V=30L、Z点二氧化碳的物质的量分别为n1、n2、n3，n1=(2a×20)mol=40amol，n2=(×30)mol=40amol，n3=(a×40)mol=40amol，可知加入容器的碳酸钙已经完全分解，不能按可逆反应的平衡规则来描述，故B不符合题意；C．由X点、Y点分别产生的二氧化碳的物质的量分别是20amol，40amol，比值为1：2，而根据B的分析，Y点之后加入的碳酸钙已经完全分解，Y点的碳酸钙分解率为100%，X点对应的分解率为50%，故C符合题意；D．由B分析，容积为时，此时远远没有达到此温下二氧化碳的平衡浓度，再加入一定量，碳酸钙会分解，的浓度会发生变化，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A、平衡常数只受温度影响；

B、可知加入容器的碳酸钙已经完全分解，不能按可逆反应的平衡规则来描述；

C、平衡分解率根据体积判断，浓度相同时，容器体积分别为10L和20L，计算其物质的量，求出分解率；

D、继续增加碳酸钙，生成的二氧化碳会变化。13．【答案】A【解析】【解答】A.2X(g)+Y(g)⇌Z(g)正反应气体物质的量减少。甲为绝热过程，甲容器开始时压强增大，说明温度升高，正反应放热，ΔH<0，故A符合题意；B．a、c两点的压强相等，a点温度大于c点，所以c点气体的总物质的量大于a点，即na<nc，故B不符合题意；C．a点压强为起始压强的，若a点温度与起始温度相同，则a点气体总物质的量为1.5mol；2-2a+1-a+a=1.5，a=0.75mol，则Y的物质的量为0.25mol。由于a点温度大于起始温度，所以a点总物质的量小于1.5mol，则Y的物质的量小于0.25mol，故C不符合题意；D．正反应放热，a点温度大于b点，升高温度平衡逆向移动，a点反应物浓度大于b点，所以反应速率：，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A.甲为绝热过程，甲容器开始时压强增大，说明温度升高，正反应放热；

B.a、c两点的压强相等，a点温度高于c点；

C.a点温度大于起始温度；

D.升温平衡逆向移动，。14．【答案】B【解析】【解答】A．压强越大，有气体参加或生成的可逆反应正逆反应速率都增大，缩小容器体积相当于增大压强，增大单位体积内活化分子个数，正逆反应速率都增大，故A不符合题意；B．可逆反应达到平衡状态时，各物质的质量不再发生变化，该反应中C的质量不变时说明该反应已经达到平衡状态，故B符合题意；C．如果A、C都是气体，当压强不变时，该反应达到平衡状态，所以A、C可以同时都是气体，故C不符合题意；D．相同温度、相同压强下，将2mol氨气完全转化为氮气和氢气，也是1molN2和3molH2，所以二者为等效平衡，设生成氨气的反应热为+Q，氨气分解生成氮气和氢气的反应热为-Q，即有3molH2消耗放出Q热量，消耗氢气为3mol×10%=0.3mol，放出的热量为Q1=0.1Q，消耗2mol氨气生成氮气和氢气时吸收Q热量，则消耗氨气为2mol×10%=0.2mol时吸收热量为Q2=0.1Q，所以Q2等于Q1，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】A.缩小反应容器体积，反应物、生成物浓度均增大；

B.对应反应前后气体系数和不相等的，当气体总物质的量不变可以说明达到平衡状态；

C.反应前后气体系数和不同的，当总压不再变化能说明达到平衡状态；

D.可逆反应，反应焓变绝对值相等，符号相反，对于确定的化学反应，反应热与消耗的反应物的物质的量成正比。

15．【答案】C【解析】【解答】A．在富氧氛围下，氧气充足，喷入少量燃油可以生成、等，而不是生成还原性尾气，A不符合题意；B．系统中的催化剂有Pt、Ba，不是一种，B不符合题意；C．由图可知，存储阶段，氮元素化合价升高被氧化，以的形式被存储起来，C符合题意；D．还原阶段氮元素化合价由+5变为0发生还原反应，氢气、一氧化碳句发生氧化反应，电子转移为，每生成，转移电子，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.氧气充足时，燃油燃烧生成二氧化碳等；

B.系统中有Pt、Ba；

D.根据得失电子守恒计算。16．【答案】D【解析】【解答】A．甲、乙起始投料相同，但乙先达到平衡，说明T2＞T1，C(乙)的平衡浓度小于C(甲)的平衡浓度，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，A不符合题意；B．T2＞T1，温度越高，瞬时速率越快，故乙容器中瞬时速率快，B不符合题意；C．乙与丙反应温度相同，投料浓度丙为乙的2倍，平衡后C的浓度丙仍为乙的2倍，说明压强不影响平衡移动，故x=1，反应前后气体分数不变，C不符合题意；D．甲中平衡时C的浓度为1.5mol/L，则：，故T1℃，该反应的平衡常数为，现有T1℃，起始时甲容器中充入0.5molA、1.5molB，反应到达平衡时A的浓度变化量为x，则：，温度不变，K值不变，，解得：x=0.75，故A的转化率为，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A、温度升高，平衡朝吸热方向移动；

B、浓度相同时，温度越高，瞬时速率越快；

C、左右两边气体系数相同时，平衡不移动；

D、转化率的计算要结合三段式进行判断。17．【答案】（1）-90.4kJ·mol−1（2）B；C（3）A（4）增大（5）AD；MPa−3（6）选择合适的催化剂【解析】【解答】(1)由盖斯定律可得，反应Ⅲ=反应I-反应II，故ΔH3=ΔH1-ΔH2，代入数字可得为-90.4kJ·mol−1。(2)A．反应I为放热反应，放出的热量使反应温度升高，体系的温度保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达平衡，故正确；B．由于二氧化碳和氢气的起始量之比与化学计量数之比相等，无论反应是否达到平衡，二氧化碳和氢气的转化率均相等，则二氧化碳和氢气的转化率相等不能说明反应已达平衡，故不正确；C．单位时间内体系中3mol氢气减少和1mol水蒸气增加均代表正反应速率，不能表示正逆反应速率相等，无法判断反应是否已达平衡，故不正确；D．化学平衡状态是化学反应的最大限度，合成CH3OH的反应限度达到最大说明正逆反应速率相等，反应已达平衡，故答案选BC；(3)由图可知，CO先转化为二氧化碳时甲醇的生成速率大，则反应机理A符合，故答案为：A；(4)2CO2(g)+2H2O(l)CH2=CH2(g)+3O2(g)，由于该反应是气体分子数增大的反应，当反应达到平衡状态时，若减小压强，则化学平衡向正反应方向移动，CO2的转化率增大，故答案为增大；(5)①A．由图表可得当温度过高，CO2的转化率的减小，说明升高温度平衡向逆向移动，向着吸热方向移动，故反应三为放热反应。故A正确；B．增大氢碳比，则氢气的物质的量浓度增大，平衡正向移动，二氧化碳转化率增大，氢气的转化率减小，故B不正确；C．温度低于300℃时，随温度升高二氧化碳转化率降低，平衡逆向移动，乙烯的产率减小，故C不正确；D．升高温度平衡逆向移动，则平衡常数减小，则K(M)＞K(N)，故D正确；故答案为：AD；②M点n(H2)∶n(CO2)=3，设n(H2)=3mol、n(CO2)=1mol，CO2的平衡转化率为，2CO2（g）+6H2（g）C2H4（g）+4H2O（g）起始（mol）1300转化（mol）2平衡（mol）1平衡体系中各气体的体积分数等于其物质的量分数，各气体分压=平衡体系中各气体的体积分数×总压，则CO2的分压为，H2的分压为×2.1MPa=3(1)×2.1MPa，C2H4的分压为，H2O的分压为×2.1MPa=×2.1MPa，平衡常数=MPa−3；(6)工业上通常通过选择合适催化剂，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，故答案为选择合适的催化剂。【分析】（1）根据盖斯定律进行计算

（2）反应1前后系数不变，可根据正逆速率是否相等，以及温度是否不变、以及浓度是否不变进行判断

（3）据题意可知，反应为放热反应，温度越高，含量越低

（4）减小压强，反应向着体积增大的反应移动，故增大

（5）①温度越高，二氧化碳的转化率越低，故正反应是放热，增大碳氢碳比，二氧化碳的转化率增大，氢气的转化率降低，低于300℃时，平衡逆向移动，乙烯产率率低，温度升高，平衡逆向移动，常数降低②根据平衡数据，结合三行式进行计算平衡时的个物质的量即可

（6）提高速率应该选择利于乙烯合成的催化剂18．【答案】（1）SiO2+2CSi+2CO↑；1：2（2）反应速率慢，达到平衡需要时间长，物质的平衡含量低，生产效率低下；SiHCl3(g)+HCl(g)SiCl4(g)+H2(g)△H=-31kJ/mol；；增大c(H2)浓度，平衡逆向移动，可降低c(SiCl4)的浓度，增大c(SiHCl3)的浓度从而使增大（3）t1>t2>t3；76.80【解析】【解答】（1）二氧化硅和焦炭在高温的条件下生成硅和一氧化碳，化学方程式为：SiO2+2CSi+2CO↑；在该反应中C元素化合价升高，失去电子，作还原剂，SiO2中的Si元素化合价降低，获得电子，SiO2作氧化剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量的比为1：2；

（2）①温度过低，反应速率慢，达到平衡所需要的时间太久，不经济；且主反应的正反应为吸热反应，降低温度，平衡逆向移动，产生的SiHCl3的物质的量偏少，所以要在一定温度下进行；但若温度过高，又会发生副反应，SiHCl3又会转化生成SiCl4，使需要的物质产率降低；将副反应与主反应两式相减，整理可得SiHCl3(g)+HCl(g)SiCl4(g)+H2(g)△H=-31kJ/mol；

②根据热化学方程式可得K1=，K2=，，即；由于K1、K2都是常数，所以从等于常数可知：适当增大c(H2)，化学平衡SiHCl3(g)+HCl(g)SiCl4(g)+H2(g)逆向移动，使容器中c(SiCl4)减小，c(SiHCl3)增大，这样就会增大，从而降低了副产物的产生，得到更多SiHCl3，提高了产品的产率和生产效率；

（3）根据图象可知：当其它条件相同而温度不同的情况下，物质SiHCl3的转化率：t1>t2>t3。由于该反应的正反应为吸热反应，在其他条件不变的条件下，升高温度，化学平衡正向移动，SiHCl3转化率提高，所以温度大小关系为：t1>t2>t3；在a点时假设n(SiHCl3)=1mol，则n(H2)=3.3mol，由于容器的容积是1.0L，故开始时c(SiHCl3)=1mol/L，c(H2)=3.3mol/mol，用三段式进行计算：SiHCl3(g)+H2(g)=Si(s)+3HCl(g)c(开始)mol/L13.30c(变化)mol/L0.82.42.4c(平衡)mol/L0.20.92.4则K=【分析】（1）焦炭与SiO2反应生成Si和CO，据此写出反应的化学方程式；由化合价变化确定反应中氧化剂和还原剂，进而得出二者的物质的量之比；

（2）①结合温度对反应速率的影响分析；根据盖斯定律由主副反应确定SiHCl3与HCl反应的热化学方程式；

②结合主副反应的平衡常数分析，确定的值；结合平衡移动的影响因素分析；

（3）结合温度对平衡移动的影响分析t1、t2、t3的大小；由平衡三段式计算平衡常数；19．【答案】（1）+123（2）0.05；BD（3）0.9p；5.4（4）C3H6-18e-+6H2O=3CO2+18H+；27【解析】【解答】(1)根据盖斯定律，由(Ⅰ-Ⅱ)÷2可得C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)，则ΔH=(ΔH1-ΔH2)=[-238kJ•mol-1-(-484kJ•mol-1)]=+123kJ•mol-1，故答案为：+123；(2)①向1L的密闭容器中充入1molC3H8发生脱氢反应，经过10min达到平衡状态，测得平衡时气体压强是开始的1.5倍，相同温度下，气体的物质的量之比等于压强之比，则平衡时气体的总物质的量为1.5mol，设参加反应的C3H8的物质的量为xmol，则平衡时C3H8、H2、C3H6的物质的量分别为(1-x)mol、xmol、xmol，则有1-x+x=1.5，解得x=0.5，即参加反应的C3H8的物质的量为0.5mol，，故答案为：0.05；②A．该反应的ΔH恒定，因此ΔH不变不能说明反应达到平衡状态，故A不正确；B．C3H8与H2的物质的量之比保持不变，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B正确；C．反应前后气体的质量不变，容器的体积不变，则气体的密度始终不变，因此混合气体密度不变，不能说明反应达到平衡状态，故C不正确；D．该反应是气体体积增大的反应，是压强增大的反应，因此当混合气体的总压强不变，反应达到平衡状态，故D正确；故答案为BD；(3)①由图可知，反应达到平衡状态时C3H8的体积分数为25%，设C3H8反应了xmol，则平衡时，C3H8的物质的量为(1-x)mol，C3H6的物质的量为xmol，H2的物质的量为xmol，则，解得x=0.6mol，总物质的量为1.6mol，恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，平衡时气体的压强为1.6pkPa，，，则，故答案为：0.9p；②平衡时v正=v逆，即，则，m点时，假设C3H8反应了ymol，则C3H8的物质的量为(1-y)mol，C3H6的物质的量为ymol，H2的物质的量为ymol，，解得y=，气体的总物质的量为，恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，m点处气体的压强为，则，，m点，故答案为：5.4；(4)丙烯通入a极，则a为负极，丙烯在a极发生氧化反应，电极反应式为C3H6-18e-+6H2O=3CO2+18H+；该原电池正极反应式为，每转移18mole-，负极通入1molC3H8，消耗6molH2O，逸出2molCO2，生成的18molH+移入正极区，则负极溶液实际减少的质量为6mol×18g/mol=108g，而正极通入4.5molO2，得到18molH+生成9molH2O，则正极区溶液实际增加的质量为9mol×18g/mol=162g，两侧溶液的质量差为108g+162g=270g，则当溶液中有1.8mole-发生转移时，左右两侧的质量差为27g，故答案为：C3H6-18e-+6H2O=3CO2+18H+；27。

【分析】（1）利用盖斯定律求解；

（2）①根据恒容容器中平衡时气体压强是开始的1.5倍，利用三段式法求平衡时丙烷的物质的量，再求反应速率；

②A.反应方程式固定，则△H就固定了，始终不变；

B.C3H8与H2的物质的量之比保持不变，说明各物质的含量保持不变了，达到平衡状态；

C.，容器体积不变，气体的总质量始终不变；

D.该反应不是等体积的反应，所以，混合气体的总压不变，说明达到平衡状态；

（3）①根据平衡时，C3H8的体积分数，利用三段式法计算平衡时各气体的物质的量，求分压，再求平衡常数；

②利用平衡时算，m点时丙烷的体积分数为50%，求三种气体成分的分压，再求；

（4）燃料电池通入燃料的一极发生氧化反应，为负极，结合电解质溶液写出电极反应式。20．【答案】（1）C（2）反应温度低于800℃、二氧化碳水蒸气摩尔比等于0.2；相对较多的H2O(g)以及较低的温度，使反应②平衡正向移动，反应③平衡逆向移动，CO2浓度上升；③；2（3）