2027年高考化学复习必刷题-化学平衡的计算

第1页（共1页）2027年高考化学复习必刷题——化学平衡的计算一．选择题（共25小题）1．（2026•江苏模拟）100kPa下，在密闭容器中加入H2（g）和MgCO3（s）各1mol发生反应。反应如下：反应ⅠMgCO3（s）⇌MgO（s）+CO2（g）Δ反应ⅡCO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）Δ反应ⅢCO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）Δ（温度高于450℃，反应Ⅰ完全进行）H2的平衡转化率和CH4、CO2的平衡选择性随温度变化关系如图所示。CH4（或CO2）的平衡选择性=下列说法不正确的是（）A．图中曲线X表示CO2的选择性 B．高于450℃时，温度升高CO的选择性增大 C．500℃时，增大平衡体系压强反应Ⅲ进行程度不变 D．600℃时，CO2和H2的平衡转化率接近相等2．（2026•辽宁模拟）乙二醇是一种重要的化工原料，可由DMO发生如下3个均放热的连续反应合成乙二醇，其中仅MG生成乙二醇的反应为可逆反应。在2MPa、Cu/SiO2催化、固定流速条件下，发生上述反应，初始氢酯比n(H2)n(DMO)=52.4，出口处检测到DMO的实际转化率及MG、乙二醇、乙醇的选择性随温度的变化曲线如图所示A．曲线Ⅲ表示DMO的实际转化率的变化曲线 B．483K时，出口处n(乙醇)n(DMO)C．减小初始氢酯比有利于提高A点DMO的转化率 D．A点反应MG（g）+2H2（g）⇌HOCH2CH2OH（g）+CH3OH（g）的浓度商Qx≈0.016（用物质的量分数代替浓度计算）3．（2026•河北区二模）利用合成气直接合成乙二醇反应如下：2CO（g）+3H2（g）⇌HOCH2CH2OH（g）ΔH。按化学计量比进料，固定平衡转化率α，分别为40%、50%和60%时，温度与压强的关系如图所示。（已知：反应aA（g）+bB（g）＝yY（g）+zZ（g），Kx=xA．代表α＝40%的曲线为L3 B．上述合成乙二醇反应ΔH＜0 C．D点对应体系的Kx的值为427D．M、N两点对应的体系，Kx（M）＝Kx（N）4．（2026•资阳模拟）向含Ag+、Hg2+、Pt2+的硝酸盐溶液中滴加KCl溶液，混合液中lgη与﹣lgc（Cl﹣）的关系如图所示，其中η代表c(Hg2+)c([HgCl4]2-)、c(PA．L1代表lgc(Ag+)c([AgClB．常温下，K稳C．d点所处的溶液中[HgCl4D．Hg2++2[AgCl5．（2026•德州模拟）工业上可用Zn还原SiCl4制备Si，该过程主要存在如下化学反应：反应Ⅰ：SiC反应Ⅱ：SiC在密闭容器中按n（SiCl4）：n（Zn）＝1：4投料，固定Si（s）的产率x，体系压强与温度的关系如图。Kx为物质的量分数平衡常数。下列说法正确的是（）A．x1＜x2＜x3 B．由B点移向C点，可以升温或降低投料比 C．KpⅡ：A＝C＜B D．C点x2＝70%，SiCl4（g）的转化率为80%时，K6．（2026春•武汉期中）在2L的恒温密闭容器中，充入2molA和3molB发生反应2A（s）+3B（g）⇌C（g）+2D（g），经2min后B的浓度减少0.6mol•L﹣1。下列说法正确的是（）A．用A表示2min内的反应速率是0.2mol•L﹣1•min﹣1 B．比较B、D的反应速率：v（B）＝0.005mol•L﹣1•s﹣1小于v（D）＝0.2mol•L﹣1•min﹣1 C．2min时物质C的浓度为0.2mol•L﹣1 D．2min末容器内气体的压强比起始时压强小7．（2026春•泉州校级期中）催化氧化反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）是工业上生产硫酸的关键步骤。某次实验中，向容积为5L的恒温密闭容器中通入10molSO2和amolO2，反应过程中部分物质的物质的量随反应时间变化的关系如图所示，下列说法正确的是（）A．1molSO2与O2充分反应后，转移电子的物质的量为2mol B．2min时的反应速率v(SOC．2min时，v正（O2）＝v逆（O2） D．反应达到平衡时，O2的转化率为50%，则a＝88．（2026•南通一模）以Ti和TiCl4为原料制备TiCl3过程中的主要反应：反应ⅠTi（s）+TiCl4（g）＝2TiCl2（s）ΔH＝﹣268kJ•mol﹣1反应ⅡTiCl2（s）+TiCl4（g）＝2TiCl3（g）ΔH＝200kJ•mol﹣1反应ⅢTiCl3（g）＝TiCl3（s）ΔH1.0×105Pa条件下，3molTi和2molTiCl4仅发生上述反应达平衡状态时，体系中各物质的物质的量随温度变化的理论计算结果如图所示。下列说法正确的是（）A．Ti（s）+3TiCl4（g）＝4TiCl3（g）ΔH＝﹣132kJ•mol﹣1 B．T0时，TiCl4的平衡转化率为97.50% C．升高温度、延长反应时间均有利于提高TiCl3（g）的平衡产率 D．在1050～1300℃范围任意温度下达平衡，2n反应Ⅰ消耗（TiCl4）＞n反应Ⅱ消耗（TiCl4）9．（2026•沙坪坝区校级模拟）在两个体积分别为V1、V2的恒容密闭容器中均充入1molM（g）和2molN（g），在不同温度下发生反应：2M（g）+2N（g）⇌2P（g）+Q（g），测得M（g）的平衡转化率随温度变化如图所示。下列说法正确的是（）A．两容器体积关系为：V1＞V2 B．P（g）与Q（g）的总能量低于M（g）的能量 C．F点P（g）的体积分数大于29D．F点反应速率大于E点，原因是活化分子百分数更大10．（2026春•烟台期中）为探究温度对H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）的影响，其他条件相同时，将1molH2（g）和1molI2（g）充入体积为2L的恒容密闭容器中，测得HI（g）的物质的量分数随时间变化的实验数据如下：时间/min020406080100HI（g）的物质的量分数T100.500.680.760.800.80T200.600.720.750.750.75下列说法正确的是（）A．由表中数据推测，T1＞T2 B．T1温度下，0～20min内用H2表示的平均反应速率为0.0125mol•L﹣1•min﹣1 C．T2温度下，该反应可能在45min时已达到平衡状态 D．由表中数据可知，温度越高，该化学反应的限度越大11．（2026•南通模拟）工业上采用氯苯和H2S在高温下制备苯硫酚（C6H5SH），副产物为苯，反应如下：反应Ⅰ.C6H5—Cl（g）+H2S（g）⇌C6H5—SH（g）+HCl（g）ΔH＝﹣16.8kJ•mol﹣1反应Ⅱ.C6H5—Cl（g）+H2S（g）⇌C6H6（g）+18S8（g）+HCl（g）ΔH＝﹣45.8kJ•mol将一定量的氯苯和H2S加入反应器，定时测定反应器尾端出来的混合气体中各产物的量，得到单程收率（得到的产品与原料总投入量的百分比）与温度的关系如图所示。下列说法正确的是（）A．反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ的活化能 B．590℃时，使用高效催化剂能提高苯硫酚的平衡产率 C．645℃时，反应Ⅱ的v（正）＜v（逆） D．其他条件不变，540℃～590℃，苯硫酚的选择性随着温度升高不断增大12．（2026春•洛阳期中）在2L密闭容器中，控制不同温度，分别加入0.5molCH4和1.2molNO2发生反应：CH4（g）+2NO2（g）＝N2（g）+CO（g）+2H2O（g）。测得n（CH4）随时间变化的实验数据如表。组别温度时间/min010204050①T1n（CH4）/mol0.500.350.250.100.10②T2n（CH4）/mol0.500.300.18a0.15下列说法错误的是（）A．a＝0.15 B．T1＜T2 C．T1温度下，平衡时CH4的体积分数为20% D．T2温度下，达到平衡时，NO2的转化率约为58%13．（2026春•海淀区校级月考）一定温度下，10L0.40mol/L的H2O2溶液发生催化分解，不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况下）如表所示：下列说法不正确的是（溶液体积变化忽略不计）（）t/min0246810V（O2）/L0.09.917.222.426.529.9A．0～4min内的平均反应速率v（H2O2）＝0.0384mol/（L•min） B．6～10min内的平均反应速率v（H2O2）＜0.0384mol/（L•min） C．反应至6min时，c（H2O2）＝0.30mol/L D．反应至6min时，H2O2分解了50%14．（2026•临沂一模）将1molH2和1molNO通入恒容密闭容器发生反应；2NO（g）+2H2（g）⇌N2（g）+2H2O（g）ΔH＜0。T1、T2温度时N2物质的量分数随时间变化关系如图所示。已知该反应的速率方程为v＝kc（H2）c2（NO），T1、T2温度时反应速率常数k分别为k1、k2；Kx是以物质的量分数表示的平衡常数。下列说法错误的是（）A．T1＞T2 B．T1温度下，容器容积减小一半，Kx不变 C．T2温度下，平衡时H2的转化率为80% D．T1、T2温度下达平衡时反应速率的比值：v(15．（2026•泰州模拟）拥有中国自主知识产权的全球首套煤制乙醇工业化项目投产成功。某煤制乙醇过程表示如下：过程a包括以下3个主要反应：Ⅰ．CH3COOCH3（g）+2H2（g）＝C2H5OH（g）+CH3OH（g）ΔH1Ⅱ．CH3COOCH3（g）+C2H5OH（g）＝CH3COOC2H5（g）+CH3OH（g）ΔH2Ⅲ．CH3COOCH3（g）+H2（g）⇌CH3CHO（g）+CH3OH（g）ΔH3相同时间内，测得乙酸甲酯转化率随温度的变化如图1所示，乙醇和乙酸乙酯的选择性[乙醇选择性=n(最终转化为乙醇的CH下列说法不正确的是（）A．205℃后反应Ⅲ开始发生反应 B．225∼235℃，反应Ⅰ还未达平衡状态 C．温度可影响催化剂的选择性，从而影响目标产物乙醇的选择性 D．205℃时，CH3COOCH3起始物质的量为5mol，转化率为30%，则最终生成乙酸乙酯0.6mol16．（2026•攀枝花二模）已知：反应“2HCrO4-⇌Cr2O72-+H2O”的K＝43。一定温度下，K2CrO4溶液中有H2CrO4、HCrO4-、CrA．pH＝1.0时，c(HCrOB．pH＝3.5时，c(CrOC．B点3c(CrD．反应：2CrO42-+2H+⇌C17．（2026•重庆校级二模）科研人员设计了利用MgCO3与H2反应生成CH4的路线，主要反应如下：Ⅰ．MgCO3（s）⇌MgO（s）+CO2（g）ΔH1＞0Ⅱ．CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）ΔH2＜0Ⅲ．CO2（g）+H2（g）⇌H2O（g）+CO（g）ΔH3＞0100kPa下，在密闭容器中H2（g）和MgCO3（s）各1mol发生反应（反应Ⅲ在360℃以下不考虑）。反应物（H2、MgCO3）的平衡转化率和生成物（CH4、CO2）的选择性随温度变化关系如图所示。注：含碳生成物选择性=含碳生成物的物质的量下列说法错误的是（）A．曲线a表示MgCO3的平衡转化率 B．气体平均相对分子质量不变，可以判断Ⅱ达到化学平衡状态 C．M点，若向容器中再充入1molH2，新平衡下CH4的物质的量为0.245mol D．550℃时，反应Ⅲ的平衡常数K18．（2026•黄骅市校级一模）在体积相等的多个恒温恒容密闭容器中，分别充入1molCO2和1molH2，发生反应CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）。在不同温度下反应相同时间，测得lgk正、lgk逆、H2转化率与温度关系如图所示。已知：v正=k正c(CO2)cA．该反应的ΔH＜0 B．代表lgk正曲线的是NG C．a、b、c三点中达到平衡状态的点是c D．该反应的化学平衡常数K=19．（2025秋•五华区期末）在2L恒容密闭容器中，充入2.0molNO和2.0molSO2在一定条件下发生反应2NO（g）+2SO2（g）⇌N2（g）+2SO3（g），测得平衡体系中NO、SO3物质的量分数（x%）与温度的关系如图所示。下列说法错误的是（）A．升高温度，正、逆反应速率均增大 B．b点化学平衡常数为0.5 C．在T2温度下达到平衡时，SO2的平衡转化率为66.7% D．若该反应在绝热恒容容器中进行，达到平衡所需时间比在恒温（T1）容器中更短20．（2026•烟台模拟）在恒容密闭容器中，用3molTi和2molTiCl4为原料制备TiCl3过程中的主要反应如下：反应Ⅰ：Ti（s）+TiCl4（g）⇌2TiCl2（s）ΔH1反应Ⅱ：TiCl2（s）+TiCl4（g）⇌2TiCl3（g）ΔH2反应达平衡时，体系中部分物质的物质的量（n）随温度（T）变化如图所示。下列说法错误的是（）A．ΔH1＜0 B．T0时，Ti（s）的平衡转化率为30.0% C．T0～T1范围内任意温度下达平衡过程中，2n反应Ⅰ消耗（TiCl4）＞n反应Ⅱ消耗（TiCl4） D．T1时向容器内通入TiCl3，重新达平衡时反应Ⅰ和Ⅱ的正反应速率均增大21．（2026春•荔湾区校级期中）在10L密闭容器中，1molA和3molB在一定条件下反应：A（g）+xB（g）＝2C（g），2min后反应达到平衡时，测得混合气体共3.4mol，生成0.4molC，则下列计算结果正确的是（）A．平衡时，容器内的压强是起始时的25B．x值等于3 C．A的转化率为20% D．B的平均反应速率为0.4mol•L﹣1•min﹣122．（2026春•无锡期中）甲醇水蒸气催化重整制氢过程中发生的反应如下：①CH3OH（g）+H2O（g）＝CO2（g）+3H2（g）Δ②CH3OH（g）＝CO（g）+2H2（g）Δ以Pd/ZnO作为催化剂时，向密闭容器中充入1mol的CH3OH（g）与1mol的H2O（g），平衡时CH3OH的转化率、CO2的选择性[CO2的选择性=n下列说法正确的是（）A．其他条件不变，压缩体积会增加CH3OH的平衡转化率 B．470K～570K时，升高温度，CO2的平衡产量先增大后减小 C．520K时，容器内H2的量为1.18mol D．570K时，使用对CO2选择性更高的催化剂可以提高平衡时H2的产率23．（2026•济南二模）在恒温恒容的密闭容器中，发生丙烷的裂解反应：C3H8（g）→C2H4（g）+CH4（g），测得T1K和T2K下-lgp(C3H8)p0(C3H8)[p（C3A．T1＜T2 B．随着p（C3H8）减小，反应速率始终不变 C．T1K下，当C3H8（g）转化率为50%时，时间为0.5t1s D．T2K下，若起始压强变为原来的2倍，-lgp(C3H824．（2026•南京二模）乙醇﹣水蒸气催化重整制氢过程中的主要反应：反应Ⅰ.C2H5OH（g）+3H2O（g）═2CO2+6H2（g）ΔH＞0反应Ⅱ.CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）ΔH＞0反应Ⅲ.CO2（g）+4H2（g）═CH4（g）+2H2O（g）ΔH＜01.0×105Pa下，1molC2H5OH和6molH2O发生上述反应分别达平衡、在催化剂作用下反应相同时间时，体系中H2、CO2和CH4的物质的量随温度变化如图所示。已知：在600～800℃内，C2H5OH的实际转化率和平衡转化率均为100%。下列说法正确的是（）A．CO的实际选择性[n生成B．750℃下，平衡时CO的物质的量为1mol C．750℃下，反应Ⅱ平衡常数的值为1.25 D．H2的实际产量高于平衡产量的原因为催化剂使反应Ⅱ速率大于反应Ⅰ25．（2026•萍乡二模）在某密闭容器中充入等物质的量的SO2（g）和Cl2（g），发生反应SO2（g）+Cl2（g）⇌SO2Cl2（l），该反应的速率方程v正＝kc（SO2）•c（Cl2），其中k为速率常数，已知速率常数与反应活化能（Ea，单位为kJ•mol﹣1）、温度（T，单位为K）的关系式为Rlnk=-EaA．当Cl2体积分数不变时，该反应达到化学平衡状态 B．降低温度会导致速率常数k增大 C．使用催化剂B时，活化能EaD．由图可知催化剂A的催化效率高于B

2027年高考化学复习必刷题——解答一．选择题（共25小题）1．（2026•江苏模拟）100kPa下，在密闭容器中加入H2（g）和MgCO3（s）各1mol发生反应。反应如下：反应ⅠMgCO3（s）⇌MgO（s）+CO2（g）Δ反应ⅡCO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）Δ反应ⅢCO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）Δ（温度高于450℃，反应Ⅰ完全进行）H2的平衡转化率和CH4、CO2的平衡选择性随温度变化关系如图所示。CH4（或CO2）的平衡选择性=下列说法不正确的是（）A．图中曲线X表示CO2的选择性 B．高于450℃时，温度升高CO的选择性增大 C．500℃时，增大平衡体系压强反应Ⅲ进行程度不变 D．600℃时，CO2和H2的平衡转化率接近相等【答案】C【分析】A．根据反应I（吸热反应）温度升高平衡正向移动进行分析；B．根据升温时反应Ⅲ（吸热反应）平衡正向移动进行分析；C．500℃时增大压强，气体分子数减小的反应II平衡正向移动，导致CO2、H2的百分含量减小，而H2O的增大，使得反应Ⅲ平衡逆向移动；D．600℃时，CO2的选择性接近100%，即反应I生成的CO2几乎全部参与反应II或III。由于反应II和III中CO2与H2的化学计量数之比均为1：1，且H2初始量与CO2生成量（等于MgCO3的物质的量）接近。【解答】解：A．温度高于450℃之前，随温度升高，反应I（吸热反应）平衡正向移动，碳酸镁分解产生更多CO2，故曲线X表示CO2的选择性，故A正确；B．高于450℃反应I完全进行，升温时反应Ⅲ（吸热反应）平衡正向移动，CO的生成量增加，选择性增大，故B正确；C．500℃时增大压强，气体分子数减小的反应II平衡正向移动，导致CO2、H2的百分含量减小，而H2O的增大，使得反应Ⅲ平衡逆向移动，进行程度减小，故C错误；D．600℃时，CO2的选择性接近100%，即反应I生成的CO2几乎全部参与反应II或III。由于反应II和III中CO2与H2的化学计量数之比均为1：1，且H2初始量与CO2生成量（等于MgCO3的物质的量）接近，因此CO2和H2的平衡转化率接近相等，故D正确；故选：C。【点评】本题主要考查了化学平衡的移动，题目难度中等，掌握化学平衡移动判断的方法是解答该题的关键。2．（2026•辽宁模拟）乙二醇是一种重要的化工原料，可由DMO发生如下3个均放热的连续反应合成乙二醇，其中仅MG生成乙二醇的反应为可逆反应。在2MPa、Cu/SiO2催化、固定流速条件下，发生上述反应，初始氢酯比n(H2)n(DMO)=52.4，出口处检测到DMO的实际转化率及MG、乙二醇、乙醇的选择性随温度的变化曲线如图所示A．曲线Ⅲ表示DMO的实际转化率的变化曲线 B．483K时，出口处n(乙醇)n(DMO)C．减小初始氢酯比有利于提高A点DMO的转化率 D．A点反应MG（g）+2H2（g）⇌HOCH2CH2OH（g）+CH3OH（g）的浓度商Qx≈0.016（用物质的量分数代替浓度计算）【答案】B【分析】由题干信息可知，DMO转化为MG的反应为不可逆反应，随着温度升高，活化分子百分率增加，DMO转化率提高，直至达到近100%，符合曲线Ⅰ的变化趋势，因此，曲线Ⅰ表示DMO的实际转化率。在反应过程中，DMO先转化为MG，之后依次转化为乙二醇和乙醇，根据图像，当温度为450K时，曲线Ⅱ和曲线Ⅳ代表的选择性分别为50%，和为100%，而曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性，则曲线Ⅳ表示MG的选择性，曲线Ⅲ表示乙醇的选择性，据此作答。【解答】解：A．DMO转化为MG的反应为不可逆反应，随着温度升高，活化分子百分率增加，DMO转化率提高，直至达到近100%，曲线Ⅲ表示乙醇的选择性，曲线Ⅰ表示DMO的实际转化率，故A错误；B．设DMO的起始量n0（DMO）＝100mol，根据图像，当温度为483K时，DMO的转化率为99%，则n消耗（DMO）＝n0（DMO）×99%＝100mol×99%＝99mol，出口处的n（DMO）＝n0（DMO）×（1﹣99%）＝100mol×1%＝1mol，n生成（乙醇）＝n消耗（DMO）×2%＝99mol×2%＝1.98mol，则出口处n(乙醇)n(DMO)C．减小初始的氢酯比会导致体系中氢含量下降，DMO的转化率降低，故C错误；D．由题干信息可知，初始氢酯比n(H2)n(DMO)=52.4，设起始投料量n（H2）＝52.4mol，n（DMO）＝1mol，在A点处，DMO的转化率为80%，其消耗量n消耗（DMO）＝1mol×80%＝0.8mol，乙二醇和MG的选择性均为50%，则出口处n生成（乙二醇）＝n生成（MG）＝n消耗（DMO）×50%＝0.4mol，n（DMO）＝（1﹣0.8）mol＝0.2mol，体系中n总＝（0.4+50+0.4+1.2+0.2）mol＝52.2mol，物质的量分数x=故选：B。【点评】本题主要考查化学平衡的计算等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。3．（2026•河北区二模）利用合成气直接合成乙二醇反应如下：2CO（g）+3H2（g）⇌HOCH2CH2OH（g）ΔH。按化学计量比进料，固定平衡转化率α，分别为40%、50%和60%时，温度与压强的关系如图所示。（已知：反应aA（g）+bB（g）＝yY（g）+zZ（g），Kx=xA．代表α＝40%的曲线为L3 B．上述合成乙二醇反应ΔH＜0 C．D点对应体系的Kx的值为427D．M、N两点对应的体系，Kx（M）＝Kx（N）【答案】C【分析】反应2CO（g）+3H2（g）⇌HOCH2CH2OH（g）为气体系数减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大，p（L1）＞p（L2）＞p（L3），因此L1、L2、L3对应α分别为60%、50%、40%；压强相同时，温度升高，平衡转化率减小，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，所以ΔH＜0，据此分析解答。【解答】解：A．由分析可知，代表α＝40%的曲线为L3，故A正确；B．压强相同时，温度升高，平衡转化率减小，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，所以ΔH＜0，故B正确；C．D点对应的平衡转化率为0.5，根据题中信息，该反应按化学计量比进料，设起始加入2molCO和3molH2，列三段式：2CO（g）+3H2（g）⇌HOCH2CH2OH（g）初始量/mol230变化量/mol2×0.5＝11.50.5平衡量/mol11.50.5平衡时CO、H2、HOCH2CH2OH的物质的量分数分别为13、12、16，Kx=x(HOCD．由题意，每条曲线对应固定的平衡转化率α，推导Kx的表达式可知：Kx仅由α决定，M、N都在曲线L1上，α相同，因此Kx（M）＝Kx（N），故D正确；故选：C。【点评】本题考查化学平衡的计算等，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。4．（2026•资阳模拟）向含Ag+、Hg2+、Pt2+的硝酸盐溶液中滴加KCl溶液，混合液中lgη与﹣lgc（Cl﹣）的关系如图所示，其中η代表c(Hg2+)c([HgCl4]2-)、c(PA．L1代表lgc(Ag+)c([AgClB．常温下，K稳C．d点所处的溶液中[HgCl4D．Hg2++2[AgCl【答案】C【分析】对于Ag++2Cl-⇌[AgCl2]-：x＝2，因此lgc(Ag+)c([AgCl2]-)=-lgK稳(AgCl2-)+2×[-lgc(Cl-)]，斜率为2，对于Hg2++4C【解答】解：A．Ag+对应的配离子电荷数x＝2，斜率与另外两种x＝4离子不同，L1斜率更小，对应lgc(Ag+)c([AgCl2B．对于Hg2++4Cl-⇌[HgCl4]2-、Pt2++4Cl-⇌[PtCl4]2-：x＝4，因此二者的直线斜率均为4，斜率相同，且K稳越大，相同﹣lgc（Cl﹣）下lgη越大，结果已知K稳[PtCl4]2-＞K稳[HgCl4]2-C．L2代表Hg2+的变化关系，d点在L2上方，相同﹣lgc（Cl﹣）下，实际lgc(Hg2+)c([HgCl4]2-)大于平衡值，说明c(HgD．目标反应Hg2++2[AgCl2]-⇌2Ag++[HgCl4]2-，平衡常数K=c2(Ag+)⋅c([HgCl4]2-)c(Hg2+)⋅c2([AgCl2]-)=K稳[HgCl4]2-(K稳故选：C。【点评】本题考查化学平衡的计算等，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。5．（2026•德州模拟）工业上可用Zn还原SiCl4制备Si，该过程主要存在如下化学反应：反应Ⅰ：SiC反应Ⅱ：SiC在密闭容器中按n（SiCl4）：n（Zn）＝1：4投料，固定Si（s）的产率x，体系压强与温度的关系如图。Kx为物质的量分数平衡常数。下列说法正确的是（）A．x1＜x2＜x3 B．由B点移向C点，可以升温或降低投料比 C．KpⅡ：A＝C＜B D．C点x2＝70%，SiCl4（g）的转化率为80%时，K【答案】D【分析】先将两个反应加和得到总反应：SiCl【解答】解：A．将两个反应加和得到总反应：SiCl4(g)+2Zn(g)⇌Si(s)+2ZnCl2(g)ΔH=-134kJ⋅mol-1，总反应放热，相同压强下，温度升高，平衡逆向移动，Si的产率x降低，由图可知，同压强下温度越高x越小，故x1＞B．从B点到C点，压强不变，产率x降低，升温会使总反应平衡逆向移动，x降低，升温可行；若改变投料比，投料比n（SiCl4）：n（Zn）降低，则Zn占比升高，平衡正向移动，x升高，无法从B移到C，故B错误；C．平衡常数KpⅡ只与温度有关，反应Ⅱ为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，KpⅡ减小；A、B温度相同，C温度高于A、B，因此KpⅡ：A＝B＞C，故C错误；D．投料n（Zn）＝4mol，n（SiCl4）＝1mol，四氯化硅转化率为80%，则转化四氯化硅共0.8mol，Si产率x2＝70%，则生成Si为0.7mol，列三段式：SiClSiCl故平衡时各气体物质的量：n（SiCl4）＝0.2mol，n（Zn）＝2.5mol，n（SiCl2）＝0.1mol，n（ZnCl2）＝1.5mol，总气体物质的量n总＝0.2mol+2.5mol+0.1mol+1.5mol＝4.3mol，反应Ⅱ的Kx表达式：Kx=x(ZnC故选：D。【点评】本题考查化学平衡的计算等，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。6．（2026春•武汉期中）在2L的恒温密闭容器中，充入2molA和3molB发生反应2A（s）+3B（g）⇌C（g）+2D（g），经2min后B的浓度减少0.6mol•L﹣1。下列说法正确的是（）A．用A表示2min内的反应速率是0.2mol•L﹣1•min﹣1 B．比较B、D的反应速率：v（B）＝0.005mol•L﹣1•s﹣1小于v（D）＝0.2mol•L﹣1•min﹣1 C．2min时物质C的浓度为0.2mol•L﹣1 D．2min末容器内气体的压强比起始时压强小【答案】C【分析】A．A是固体，其浓度视为常数；B．D的速率与B的速率比为2：3；C．根据反应比例，B减少0.6mol/L时，C的浓度增加量为0.6mol/L×13D．反应前后气体的化学计量数相等。【解答】解：A．不能用A的浓度变化表示反应速率，因为A是固体，其浓度视为常数，故A错误；B．2分钟内B的浓度减少0.6mol/L，v（B）=0.6mol⋅L-12min=0.3mol/（L•min）＝0.005mol/（L•s），D的速率与B的速率比为2：3，故v（D）＝0.2mol•L﹣1•minC．根据反应比例，B减少0.6mol/L时，C的浓度增加量为0.6mol/L×13=0.2mol/LD．反应前后气体的化学计量数相等，故总物质的量不变，压强不变，故D错误；故选：C。【点评】本题主要考查化学平衡的计算等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。7．（2026春•泉州校级期中）催化氧化反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）是工业上生产硫酸的关键步骤。某次实验中，向容积为5L的恒温密闭容器中通入10molSO2和amolO2，反应过程中部分物质的物质的量随反应时间变化的关系如图所示，下列说法正确的是（）A．1molSO2与O2充分反应后，转移电子的物质的量为2mol B．2min时的反应速率v(SOC．2min时，v正（O2）＝v逆（O2） D．反应达到平衡时，O2的转化率为50%，则a＝8【答案】D【分析】A．该反应是可逆反应，反应物不能完全转化；B．如图得，0～2min内的平均反应速率为v(SOC．由图可知，2min后SO2和SO3的物质的量仍在变化，5min才达到平衡；D．反应达平衡时，SO2的物质的量从10mol变为2mol，反应消耗了8molSO2，结合反应计量关系分析。【解答】解：A．该反应是可逆反应，反应物不能完全转化，因此1mol二氧化硫不可能完全反应，转移电子的物质的量小于2mol，故A错误；B．如图得，0～2min内的平均反应速率为v(SO3)=ΔnV⋅ΔtC．由图可知，2min后二氧化硫和三氧化硫的物质的量仍在变化，5min才达到平衡，因此2min时反应未达平衡，v正（O2）≠v逆（O2），故C错误；D．反应达平衡时，二氧化硫的物质的量从10mol变为2mol，反应消耗了8mol二氧化硫，根据反应计量关系，消耗氧气的物质的量为8mol2=4mol，已知O2转化率为50%，转化率=消耗量初始量=4mola故选：D。【点评】本题考查化学平衡的计算等，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。8．（2026•南通一模）以Ti和TiCl4为原料制备TiCl3过程中的主要反应：反应ⅠTi（s）+TiCl4（g）＝2TiCl2（s）ΔH＝﹣268kJ•mol﹣1反应ⅡTiCl2（s）+TiCl4（g）＝2TiCl3（g）ΔH＝200kJ•mol﹣1反应ⅢTiCl3（g）＝TiCl3（s）ΔH1.0×105Pa条件下，3molTi和2molTiCl4仅发生上述反应达平衡状态时，体系中各物质的物质的量随温度变化的理论计算结果如图所示。下列说法正确的是（）A．Ti（s）+3TiCl4（g）＝4TiCl3（g）ΔH＝﹣132kJ•mol﹣1 B．T0时，TiCl4的平衡转化率为97.50% C．升高温度、延长反应时间均有利于提高TiCl3（g）的平衡产率 D．在1050～1300℃范围任意温度下达平衡，2n反应Ⅰ消耗（TiCl4）＞n反应Ⅱ消耗（TiCl4）【答案】D【分析】A.根据盖斯定律计算求解；B.在T0时，从图中读取数据：n（TiCl4）＝0.5mol•起始n（TiCl4）＝2mol•转化的n（TiCl4）＝2﹣0.5＝1.5mol转化率计算；C.由选项A可知，生成TiCl3（g）的反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，有利于提高TiCl3（g）的平衡产率。延长反应时间只能加快反应达到平衡的速率，或使未平衡的体系达到平衡，但不能改变平衡状态，因此不能提高TiCl3（g）的平衡产率；D.反应Ⅰ：Ti（s）+TiCl4（g）＝2TiCl2（s）每消耗1molTiCl4生成2molTiCl2，反应Ⅱ：TiCl2（s）+TiCl4（g）＝2TiCl3（g）每消耗1molTiCl4，消耗1molTiCl2设反应Ⅰ消耗xmolTiCl4，反应Ⅱ消耗ymolTiCl4，则体系中剩余的TiCl2的物质的量为2x﹣y。从图像可知，在1050～1300℃范围内，任意温度下n（TiCl2）＞0，即：2x﹣y＞0＝2x＞y因此，2n反应Ⅱ消耗（TiCl4）＞n反应Ⅱ消耗（TiCl4）；【解答】解：A.根据盖斯定律，将反应Ⅰ和反应Ⅱ进行组合：反应Ⅰ：Ti（s）+TiCl4（g）＝2TiCl2（s）ΔH1=-268kJ⋅mol-1反应ⅡTiCl2（s）+TiCl4（g）＝2TiCl3（g）ΔH2=200kJ⋅mol-1将反应Ⅰ+2×反应Ⅱ，得到目标反应：Ti（s）+3TiCl4（g）＝4TiCl3（g）其焓变：ΔH=ΔH1+2ΔH2=-268+2×200=132kJ⋅molB.在T0时，从图中读取数据：n（TiCl4）＝0.5mol•起始n（TiCl4）＝2mol•转化的n（TiCl4）＝2﹣0.5＝1.5mol转化率计算：α(TiCl4)=C.由选项A可知，生成TiCl3（g）的反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，有利于提高TiCl3（g）的平衡产率。延长反应时间只能加快反应达到平衡的速率，或使未平衡的体系达到平衡，但不能改变平衡状态，因此不能提高TiCl3（g）的平衡产率，故C错误；D.反应Ⅰ：Ti（s）+TiCl4（g）＝2TiCl2（s）每消耗1molTiCl4生成2molTiCl2，反应Ⅱ：TiCl2（s）+TiCl4（g）＝2TiCl3（g）每消耗1molTiCl4，消耗1molTiCl2设反应Ⅰ消耗xmolTiCl4，反应Ⅱ消耗ymolTiCl4，则体系中剩余的TiCl2的物质的量为2x﹣y。从图像可知，在1050～1300℃范围内，任意温度下n（TiCl2）＞0，即：2x﹣y＞0＝2x＞y因此，2n反应Ⅱ消耗（TiCl4）＞n反应Ⅱ消耗（TiCl4），故D正确；故选：D。【点评】本题考查反应中的能量变化和化学平衡，侧重考查学生平衡状态的判断和条件改变平衡移动的掌握情况，试题难度中等。9．（2026•沙坪坝区校级模拟）在两个体积分别为V1、V2的恒容密闭容器中均充入1molM（g）和2molN（g），在不同温度下发生反应：2M（g）+2N（g）⇌2P（g）+Q（g），测得M（g）的平衡转化率随温度变化如图所示。下列说法正确的是（）A．两容器体积关系为：V1＞V2 B．P（g）与Q（g）的总能量低于M（g）的能量 C．F点P（g）的体积分数大于29D．F点反应速率大于E点，原因是活化分子百分数更大【答案】C【分析】反应为2M（g）+2N（g）⇌2P（g）+Q（g），由图可知温度升高，M的平衡转化率降低，平衡逆向移动，正反应放热，故该正反应是气体分子数减少的放热反应。据此分析。【解答】解：A．相同温度下，V1中M的平衡转化率更高，正反应是气体分子数减少，压强越大、体积越小，平衡越正向移动，M的平衡转化率越高，故V1＜V2，故A错误；B．正反应放热，说明生成物P（g）+Q（g）的总能量低于反应物M（g）+N（g）的总能量，并非低于M（g）的能量，故B错误；C．E点（V2，M的平衡转化率60%），列三段式计算：2M（g）+2N（g）⇌2P（g）+Q（g）起始/mol1200转化/mol0.60.60.60.3平衡/mol0.41.40.60.3平衡时总物质的量＝（0.4+1.4+0.6+0.3）mol＝2.7mol，P的体积分数=0.6mol2.7mol=29，F点压强更大（V1更小），平衡正向移动，M的平衡转化率更高，生成P更多，总物质的量减少更多，因此PD．F点和E点温度相同（均为T1），活化分子百分数相同，F点反应速率更快是因为体积更小、反应物浓度更大，单位体积内活化分子数更多，故D错误；故选：C。【点评】本题主要考查化学平衡的计算等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。10．（2026春•烟台期中）为探究温度对H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）的影响，其他条件相同时，将1molH2（g）和1molI2（g）充入体积为2L的恒容密闭容器中，测得HI（g）的物质的量分数随时间变化的实验数据如下：时间/min020406080100HI（g）的物质的量分数T100.500.680.760.800.80T200.600.720.750.750.75下列说法正确的是（）A．由表中数据推测，T1＞T2 B．T1温度下，0～20min内用H2表示的平均反应速率为0.0125mol•L﹣1•min﹣1 C．T2温度下，该反应可能在45min时已达到平衡状态 D．由表中数据可知，温度越高，该化学反应的限度越大【答案】B【分析】A．T2反应更快达到平衡；B．T1温度下，假设消耗氢气xmol，列出三段式：H2C．在T2温度下，该反应60min后物质的量分数不变，达到平衡状态；D．T2大于T1，从表格中数据可以看出，温度越高，达到平衡HI的物质的量分数越小，抑制反应正向进行。【解答】解：A．T2反应更快达到平衡，则在其他条件不变的情况下，T2大于T1，故A错误；B．T1温度下，假设消耗氢气xmol，列出三段式：H220min时碘化氢的物质的量分数为0.50，则2x1-x+1-x+2x=0.5，x=0.5，故0～20min内用氢气表示的平均反应速率为C．在T2温度下，该反应60min后物质的量分数不变，达到平衡状态，故C错误；D．T2大于T1，温度越高，达到平衡碘化氢的物质的量分数越小，抑制反应正向进行，则说明该反应限度越小，故D错误；故选：B。【点评】本题考查化学平衡，化学反应速率的计算，化学反应限度等，难度较大，注意对化学反应速率计算公式的理解和应用，温度对化学平衡移动的影响的分析是解题关键。11．（2026•南通模拟）工业上采用氯苯和H2S在高温下制备苯硫酚（C6H5SH），副产物为苯，反应如下：反应Ⅰ.C6H5—Cl（g）+H2S（g）⇌C6H5—SH（g）+HCl（g）ΔH＝﹣16.8kJ•mol﹣1反应Ⅱ.C6H5—Cl（g）+H2S（g）⇌C6H6（g）+18S8（g）+HCl（g）ΔH＝﹣45.8kJ•mol将一定量的氯苯和H2S加入反应器，定时测定反应器尾端出来的混合气体中各产物的量，得到单程收率（得到的产品与原料总投入量的百分比）与温度的关系如图所示。下列说法正确的是（）A．反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ的活化能 B．590℃时，使用高效催化剂能提高苯硫酚的平衡产率 C．645℃时，反应Ⅱ的v（正）＜v（逆） D．其他条件不变，540℃～590℃，苯硫酚的选择性随着温度升高不断增大【答案】D【分析】A．反应的焓变（ΔH）与活化能的关系为：ΔH＝正反应活化能﹣逆反应活化能，反应Ⅰ的ΔH1＝﹣16.8kJ•mol﹣1，反应Ⅱ的ΔH2＝﹣45.8kJ•mol﹣1，即ΔH1＞ΔH2，由于两反应的逆反应活化能未知，无法通过ΔH直接比较活化能的大小；B．催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡状态；C．645℃时，苯的单程收率仍随温度升高而上升，说明反应Ⅱ尚未达到平衡，正反应速率大于逆反应速率（v正＞v逆），若反应达到平衡，温度升高（反应Ⅱ为放热反应）会导致平衡逆向移动，苯的单程收率应下降；D．苯硫酚的选择性＝苯硫酚的单程收率/（苯硫酚单程收率+苯单程收率）×100%，在540℃～590℃范围内，苯硫酚的单程收率上升，而苯的单程收率也在上升，但苯硫酚的收率增幅更大，因此选择性随温度升高而增大，然而，温度超过590℃后，苯硫酚的收率下降，苯的收率上升，选择性会减小。【解答】解：A．反应的焓变（ΔH）与活化能的关系为：ΔH＝正反应活化能﹣逆反应活化能，反应Ⅰ的ΔH1＝﹣16.8kJ•mol﹣1，反应Ⅱ的ΔH2＝﹣45.8kJ•mol﹣1，即ΔH1＞ΔH2，由于两反应的逆反应活化能未知，无法通过ΔH直接比较活化能的大小，故A错误；B．催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡状态，因此无法提高苯硫酚的平衡产率，590℃时使用高效催化剂只能加快反应达到平衡的速率，故B错误；C．645℃时，苯的单程收率仍随温度升高而上升，说明反应Ⅱ尚未达到平衡，正反应速率大于逆反应速率（v正＞v逆），若反应达到平衡，温度升高（反应Ⅱ为放热反应）会导致平衡逆向移动，苯的单程收率应下降，但图中显示其仍在上升，故C错误；D．苯硫酚的选择性＝苯硫酚的单程收率/（苯硫酚单程收率+苯单程收率）×100%，在540℃～590℃范围内，苯硫酚的单程收率上升，而苯的单程收率也在上升，但苯硫酚的收率增幅更大，因此选择性随温度升高而增大，然而，温度超过590℃后，苯硫酚的收率下降，苯的收率上升，选择性会减小，题目限定“540℃～590℃”，此范围内选择性不断增大，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查了化学反应速率和化学平衡的有关知识，题目难度中等，掌握化学平衡和化学反应速率的影响因素是解答该题的关键。12．（2026春•洛阳期中）在2L密闭容器中，控制不同温度，分别加入0.5molCH4和1.2molNO2发生反应：CH4（g）+2NO2（g）＝N2（g）+CO（g）+2H2O（g）。测得n（CH4）随时间变化的实验数据如表。组别温度时间/min010204050①T1n（CH4）/mol0.500.350.250.100.10②T2n（CH4）/mol0.500.300.18a0.15下列说法错误的是（）A．a＝0.15 B．T1＜T2 C．T1温度下，平衡时CH4的体积分数为20% D．T2温度下，达到平衡时，NO2的转化率约为58%【答案】C【分析】10min时，T1：0.50→0.35，消耗0.15mol；T2：0.50→0.30，消耗0.20mol，50min时，n（CH4）＝0.15mol，说明反应已达平衡，温度越高，反应速率越快，达到平衡所需时间越短，因此40min时反应已达平衡，平衡时CH4的体积分数，NO2的转化率可通过三段法计算。【解答】解：A．50min时，n（CH4）＝0.15mol，说明反应已达平衡，温度越高，反应速率越快，达到平衡所需时间越短，因此40min时反应已达平衡，故a＝0.15，故A正确；B．10min时，T1：0.50→0.35，消耗0.15mol；T2：0.50→0.30，消耗0.20mol，相同时间内，T2下CH4的消耗量更大，反应速率随温度升高而加快，因此T1＜T2，故B正确；C．反应：CH4（g）+2NO2（g）＝N2（g）+CO（g）+2H2O（g），利用三段法：起始量（mol）0.51.2000变化量（mol）0.40.80.40.40.8平衡量（mol）0.10.40.40.40.8平衡时总的物质的量为：0.1mol+0.4mol+0.4mol+0.4mol+0.8mol＝2.1mol，平衡时CH4的体积分数为0.1mol2.1mol×100%≈4.76%，故D．平衡时n（CH4）＝0.15mol，则CH4的变化量为0.5mol﹣0.15mol＝0.35mol，NO2的转化量为0.35mol×2＝0.7mol，NO2的转化率约为0.7mol1.2mol×%≈58%，故故选：C。【点评】本题考查温度对反应速率与化学平衡的影响，核心是通过物质的量变化计算平衡组成、转化率及判断平衡状态。13．（2026春•海淀区校级月考）一定温度下，10L0.40mol/L的H2O2溶液发生催化分解，不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况下）如表所示：下列说法不正确的是（溶液体积变化忽略不计）（）t/min0246810V（O2）/L0.09.917.222.426.529.9A．0～4min内的平均反应速率v（H2O2）＝0.0384mol/（L•min） B．6～10min内的平均反应速率v（H2O2）＜0.0384mol/（L•min） C．反应至6min时，c（H2O2）＝0.30mol/L D．反应至6min时，H2O2分解了50%【答案】C【分析】A.0～4min内生成n（O2）=17.222.4mol＝0.77mol，相同时间内消耗n（H2O2）＝2n（O2）＝0.77mol×2＝1.54mol，0～4min内的平均反应速率v（H2O2）B.反应物浓度越大，反应速率越快；C.反应至6min时生成n（O2）=22.422.4mol＝1mol，相同时间内消耗n（H2O2）＝2n（O2）＝2×1mol＝2mol，6min时c（H2O2）＝（0.40-2D.反应至6min时n（O2）=22.422.4mol＝1mol，相同时间内消耗n（H2O2）＝2n（O2）＝2×1mol＝2mol，总n（H2O2）＝0.40mol/L×10L＝4mol，双氧水分解率=【解答】解：A.0～4min内生成n（O2）=17.222.4mol＝0.77mol，相同时间内消耗n（H2O2）＝2n（O2）＝0.77mol×2＝1.54mol，0～4min内的平均反应速率v（H2O2）=△nV△t=1.54104-0mol/（L•minB.反应物浓度越大，反应速率越快，随着反应进行双氧水的浓度减小，则反应速率降低，0～4min内的平均反应速率v（H2O2）＝0.0384mol/（L•min），则6～10min内的平均反应速率v（H2O2）＜0.0384mol/（L•min），故B正确；C.反应至6min时生成n（O2）=22.422.4mol＝1mol，相同时间内消耗n（H2O2）＝2n（O2）＝2×1mol＝2mol，6min时c（H2O2）＝（0.40-210）mol/L＝D.反应至6min时n（O2）=22.422.4mol＝1mol，相同时间内消耗n（H2O2）＝2n（O2）＝2×1mol＝2mol，总n（H2O2）＝0.40mol/L×10L＝4mol，双氧水分解率=n(分解)n(初始)故选：C。【点评】本题考查化学平衡计算，侧重考查分析判断及计算能力，明确化学反应速率、转化率的计算方法是解本题关键，知道反应速率与物质浓度关系，题目难度不大。14．（2026•临沂一模）将1molH2和1molNO通入恒容密闭容器发生反应；2NO（g）+2H2（g）⇌N2（g）+2H2O（g）ΔH＜0。T1、T2温度时N2物质的量分数随时间变化关系如图所示。已知该反应的速率方程为v＝kc（H2）c2（NO），T1、T2温度时反应速率常数k分别为k1、k2；Kx是以物质的量分数表示的平衡常数。下列说法错误的是（）A．T1＞T2 B．T1温度下，容器容积减小一半，Kx不变 C．T2温度下，平衡时H2的转化率为80% D．T1、T2温度下达平衡时反应速率的比值：v(【答案】B【分析】A．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，生成物的含量减小；B．化学平衡常数Kc只与温度有关；C．设T2温度下达到平衡时，生成N2为xmol，2NO（g）+2H2（g）⇌N2（g）+2H2O（g）初始（mol）1100转化（mol）2x2xx2x平衡（mol）1﹣2x1﹣2xx2x到达平衡时，xmol(1-2x+1-2x+x+2x)mol×100%＝25%，则x＝D．T1温度下达到平衡时，v（T1）＝k1c1（H2）c12（NO），T2温度下达到平衡时，v（T2）＝k2c2（H2）c22（NO），v(T1)v(T2)=k1k2×c1(H【解答】解：A．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，生成物的含量减小，由图像可知，T1温度下，N2的物质的量分数小，则T1＞T2，故A正确；B．根据题意可得，Kx=x(N2)×x2(H2O)x2(NO)×x2(HC．设T2温度下达到平衡时，生成N2为xmol，2NO（g）+2H2（g）⇌N2（g）+2H2O（g）初始（mol）1100转化（mol）2x2xx2x平衡（mol）1﹣2x1﹣2xx2x到达平衡时，xmol(1-2x+1-2x+x+2x)mol×100%＝25%，则x＝0.4mol，则平衡时H2的转化率为0.4mol×21mol×100%＝D．T1温度下达到平衡时，v（T1）＝k1c1（H2）c12（NO），T2温度下达到平衡时，v（T2）＝k2c2（H2）c22（NO），v(T1)v(T2)=k1k2×c1(H2)×c1故选：B。【点评】本题考查化学平衡，侧重考查学生平衡移动的掌握情况，试题难度较大。15．（2026•泰州模拟）拥有中国自主知识产权的全球首套煤制乙醇工业化项目投产成功。某煤制乙醇过程表示如下：过程a包括以下3个主要反应：Ⅰ．CH3COOCH3（g）+2H2（g）＝C2H5OH（g）+CH3OH（g）ΔH1Ⅱ．CH3COOCH3（g）+C2H5OH（g）＝CH3COOC2H5（g）+CH3OH（g）ΔH2Ⅲ．CH3COOCH3（g）+H2（g）⇌CH3CHO（g）+CH3OH（g）ΔH3相同时间内，测得乙酸甲酯转化率随温度的变化如图1所示，乙醇和乙酸乙酯的选择性[乙醇选择性=n(最终转化为乙醇的CH下列说法不正确的是（）A．205℃后反应Ⅲ开始发生反应 B．225∼235℃，反应Ⅰ还未达平衡状态 C．温度可影响催化剂的选择性，从而影响目标产物乙醇的选择性 D．205℃时，CH3COOCH3起始物质的量为5mol，转化率为30%，则最终生成乙酸乙酯0.6mol【答案】D【分析】A．205℃前乙醇和乙酸乙酯的选择性之和为100%，205℃后小于100%，说明有其他反应发生；B．225～235℃范围内，乙酸甲酯的转化率随温度升高而增大，说明反应未达平衡；C．温度可影响催化剂的选择性，进而影响目标产物的选择性；D．根据乙酸乙酯的选择性和乙酸甲酯的转化率可计算生成乙酸乙酯的物质的量。【解答】解：A．205℃前乙醇和乙酸乙酯的选择性之和等于100%，205℃后二者之和小于100%，可知205℃后反应Ⅲ开始发生反应生成乙醛，故A正确；B．由图1可知，在225～235℃范围内，乙酸甲酯的转化率随温度升高而增大，说明在相同反应时间内，反应还未达到平衡状态，故B正确；C．温度可影响催化剂的选择性，从而影响不同反应的反应速率，进而影响目标产物乙醇的选择性，故C正确；D．205℃时，CH3COOCH3起始物质的量为5mol，转化率为30%，转化的CH3COOCH3为5mol×30%＝1.5mol，乙酸乙酯的选择性为60%，则最终生成乙酸乙酯的物质的量为1.5mol×60%＝0.9mol，故D错误；故选：D。【点评】本题考查多反应体系的化学平衡与选择性，涉及反应进程判断、催化剂选择性及产物量计算，侧重考查图像分析与信息提取能力。16．（2026•攀枝花二模）已知：反应“2HCrO4-⇌Cr2O72-+H2O”的K＝43。一定温度下，K2CrO4溶液中有H2CrO4、HCrO4-、CrA．pH＝1.0时，c(HCrOB．pH＝3.5时，c(CrOC．B点3c(CrD．反应：2CrO42-+2H+⇌C【答案】D【分析】由图可知，随着pH的增大，物种X和Y均呈现先增大后减小的趋势，在pH＝12及以上时，溶液中几乎只含有CrO42-，纵坐标的浓度约为0.195mol/L，在pH＝4左右时，溶液中几乎只有物种X和物种Y，物种X浓度约为0.075mol/L，物种Y浓度约为0.045mol/L，初始浓度为0.2mol•L﹣1的K2CrO4溶液中，故根据Cr元素守恒可知，因此物种X为Cr2O72-，物种Y为HCrO4-；则交点A处，c(HCrO4-)=c(H2CrO【解答】解：A．物种X为Cr2O72-，物种Y为HCrO4-，则交点A处，c(HCrO4-)=c(H2CrOB．由Ka1、Ka2可知c(CrO42-)c(H2CrO4)C．根据电荷守恒：c(HCrO4-)+2c(Cr2O72-D．该反应的平衡常数K=c(Cr2故选：D。【点评】本题主要考查化学平衡的计算等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。17．（2026•重庆校级二模）科研人员设计了利用MgCO3与H2反应生成CH4的路线，主要反应如下：Ⅰ．MgCO3（s）⇌MgO（s）+CO2（g）ΔH1＞0Ⅱ．CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）ΔH2＜0Ⅲ．CO2（g）+H2（g）⇌H2O（g）+CO（g）ΔH3＞0100kPa下，在密闭容器中H2（g）和MgCO3（s）各1mol发生反应（反应Ⅲ在360℃以下不考虑）。反应物（H2、MgCO3）的平衡转化率和生成物（CH4、CO2）的选择性随温度变化关系如图所示。注：含碳生成物选择性=含碳生成物的物质的量下列说法错误的是（）A．曲线a表示MgCO3的平衡转化率 B．气体平均相对分子质量不变，可以判断Ⅱ达到化学平衡状态 C．M点，若向容器中再充入1molH2，新平衡下CH4的物质的量为0.245mol D．550℃时，反应Ⅲ的平衡常数K【答案】C【分析】反应I吸热，温度升高，碳酸镁平衡转化率升高，高于450℃后转化率达到100%，则曲线a表示碳酸镁的平衡转化率；反应Ⅱ为放热反应，所以二氧化碳的量随温度的升高而减小，其选择性降低，即曲线b表示二氧化碳的选择性随温度变化关系，曲线c则表示甲烷的选择性随温度变化关系，据此结合化学反应原理分析。【解答】解：A．反应I吸热，温度升高，碳酸镁平衡转化率升高，高于450℃后转化率达到100%，则曲线a表示碳酸镁的平衡转化率，故A正确；B．气体的平均相对分子质量在数值上等于气体的摩尔质量；反应Ⅱ为气体体积变化的反应，所以气体的总物质的量随着反应发生在变化，气体的摩尔质量等于气体的质量与气体的物质的量的比值，即气体的摩尔质量为变量，即当摩尔质量保持不变时，则反应达到平衡状态，故B正确；C．M点对应的反应温度低于360℃，此时未发生反应Ⅲ，M点CO2与甲烷的选择性均为50%，碳酸镁的平衡转化率为49%，所以转化的碳酸镁的物质的量为1mol×49%＝0.49mol，根据选择性可推出，生成的甲烷的物质的量为0.49mol×50%＝0.245mol，再充入氢气，反应Ⅰ为固体分解，温度不变，平衡常数不变，即K1＝c（CO2）不变，但氢气会影响反应Ⅱ和反应Ⅲ，所以新平衡下，甲烷的物质的量不是0.245mol，故C错误；D．由变化关系图可知，在550℃时，1mol碳酸镁已完全分解生成的二氧化碳的物质的量为1mol，又氢气的转化率为60%，二氧化碳和甲烷的选择性分别为70%和10%，则n（CH4）＝0.1mol，n（CO2）＝0.7mol，结合C原子守恒可知，n（CO）＝（1﹣0.7﹣0.1）mol＝0.2mol，n（H2O）＝2×0.1mol+0.2mol＝0.4mol，n（H2）＝1mol﹣0.6mol＝0.4mol，则总的气体的物质的量为n（CO2）+n（CH4）+n（CO）+n（H2O）+n（H2）＝1.8mol，则反应Ⅲ的平衡常数Kp=(故选：C。【点评】本题主要考查化学平衡的计算等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。18．（2026•黄骅市校级一模）在体积相等的多个恒温恒容密闭容器中，分别充入1molCO2和1molH2，发生反应CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）。在不同温度下反应相同时间，测得lgk正、lgk逆、H2转化率与温度关系如图所示。已知：v正=k正c(CO2)cA．该反应的ΔH＜0 B．代表lgk正曲线的是NG C．a、b、c三点中达到平衡状态的点是c D．该反应的化学平衡常数K=【答案】C【分析】温度越高，1T则越小，曲线MH和曲线NG是lgk与温度关系，曲线abc是H2转化率与温度关系，从右往左看，温度升高，反应速率增大，相同时间内氢气转化率增大直至达到平衡，曲线abc中从最高点到a点，氢气转化率降低，说明升高温度，平衡逆向移动，逆反应方向是吸热反应，正反应方向是放热反应，则升高温度时，逆反应速率增大程度大于正反应速率增大程度，即lgk逆大于lgk正，则lgk正代表曲线的是NG，lgk逆代表曲线的是MH【解答】解：A．温度越高，1T则越小，曲线MH和曲线NG是lgk与温度关系，曲线abc是H2转化率与温度关系，从右往左看，温度升高，反应速率增大，相同时间内氢气转化率增大直至达到平衡，曲线abc中从最高点到a点，氢气转化率降低，说明升高温度，平衡逆向移动，逆反应方向是吸热反应，正反应方向是放热反应，即ΔH＜0，故AB．根据分析，lgk正代表曲线的是NG，故B正确；C．观察图像可知，随着温度T增大，1T则减小，氢气转化率先增大后减小，由于反应是放热反应，说明转化率达到最大时，反应才达到平衡，所以b、a达平衡状态，c点没有达到平衡状态，故CD．CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）该反应的化学平衡常数K=c(CH4)c2(H2O)c(CO2故选：C。【点评】本题主要考查化学平衡的计算等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。19．（2025秋•五华区期末）在2L恒容密闭容器中，充入2.0molNO和2.0molSO2在一定条件下发生反应2NO（g）+2SO2（g）⇌N2（g）+2SO3（g），测得平衡体系中NO、SO3物质的量分数（x%）与温度的关系如图所示。下列说法错误的是（）A．升高温度，正、逆反应速率均增大 B．b点化学平衡常数为0.5 C．在T2温度下达到平衡时，SO2的平衡转化率为66.7% D．若该反应在绝热恒容容器中进行，达到平衡所需时间比在恒温（T1）容器中更短【答案】B【分析】A.温度升高，分子能量增加，有效碰撞频率提高，无论正反应还是逆反应，反应速率都会增大；B.根据题意列三段式计算求解；C.根据题意列三段式计算求解；D.从图像可知，温度升高，NO和SO3的物质的量分数变化趋势表明，正反应是放热反应（ΔH＜0）。在绝热容器中，反应放热使体系温度升高，反应速率加快，因此达到平衡所需的时间比在恒温T1容器中更短；【解答】解：A.温度升高，分子能量增加，有效碰撞频率提高，无论正反应还是逆反应，反应速率都会增大，故A正确；B.在b点，NO和SO3的物质的量分数相等。设平衡时转化的NO为2xmol，列三段式：2NO（g）+2SO2（g）⇌N2（g）+2SO3（g）起始（mol）2.02.000转化（mol）2x2xx2x平衡（mol）2﹣2x2﹣2xx2xb点时n（NO）＝n（SO3），即2﹣2x＝2x，解得x＝0.5mol，平衡时各物质的物质的量：n（NO）＝1mol，n（SO2）＝1mol，n（N2）＝0.5moln（SO3）＝1mol。浓度：c（NO）＝0.5mol/L，c（SO2）＝0.5mol/L，c（N2）＝0.25mol/L，c（SO3）＝0.5mol/L。平衡常数：K=c(N2C.在T2温度下，a点SO2的物质的量分数为40%。设转化的SO2为2ymol，列三段式：2NO（g）+2SO2（g）⇌N2（g）+2SO3（g）起始（mol）2.02.000转化（mol）2y2yy2y平衡（mol）2﹣2y2﹣2yy2y总物质的量n总＝（2﹣2y）+（2﹣2y）+y+2y＝4﹣y。SO2的物质的量分数：2-2y4-y=0.4，解得y=23mol。SO2D.从图像可知，温度升高，NO和SO3的物质的量分数变化趋势表明，正反应是放热反应（ΔH＜0）。在绝热容器中，反应放热使体系温度升高，反应速率加快，因此达到平衡所需的时间比在恒温T1容器中更短，故D正确；故选：B。【点评】本题考查反应中的能量变化和化学平衡，侧重考查学生平衡状态的判断和条件改变平衡移动的掌握情况，试题难度中等。20．（2026•烟台模拟）在恒容密闭容器中，用3molTi和2molTiCl4为原料制备TiCl3过程中的主要反应如下：反应Ⅰ：Ti（s）+TiCl4（g）⇌2TiCl2（s）ΔH1反应Ⅱ：TiCl2（s）+TiCl4（g）⇌2TiCl3（g）ΔH2反应达平衡时，体系中部分物质的物质的量（n）随温度（T）变化如图所示。下列说法错误的是（）A．ΔH1＜0 B．T0时，Ti（s）的平衡转化率为30.0% C．T0～T1范围内任意温度下达平衡过程中，2n反应Ⅰ消耗（TiCl4）＞n反应Ⅱ消耗（TiCl4） D．T1时向容器内通入TiCl3，重新达平衡时反应Ⅰ和Ⅱ的正反应速率均增大【答案】D【分析】A．温度升高，TiCl2的物质的量减少，反应I逆向移动，ΔH1＜0；B．T0时，生成1.8molTiCl3消耗0.9molTiCl2，平衡时TiCl2为0.9mol，反应I生成1.8molTiCl2，消耗0.9molTi，转化率为30.0%；C．平衡时n（TiCl2）＝2n（反应I消耗TiCl4）﹣n（反应II消耗TiCl4）＞0，故2n（反应I消耗TiCl4）＞n（反应II消耗TiCl4）；D．通入TiCl3，反应II逆向移动生成TiCl4，c（TiCl4）增大，反应Ⅰ和II的正反应速率均与c（TiCl4）成正比。【解答】解：A．温度升高，TiCl2的物质的量减少，说明反应I逆向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，ΔH1＜0，故A正确B．T0时，n（TiCl3）＝1.8mol，根据反应Ⅱ，消耗的n（TiCl2）＝0.9mol，平衡时n（TiCl2）＝0.9mol，则反应I生成的n（TiCl2）＝0.9mol+0.9mol＝1.8mol。根据反应I，生成2molTiCl2消耗1molTi，故消耗的n（Ti）＝0.9mol，Ti（s）的平衡转化率为0.9mol3mol×100%=30.0%，故C．平衡时n（TiCl2）＝2n（反应I消耗TiCl4）﹣n（反应II消耗TiCl4）＞0，因此2n（反应I消耗TiCl4）＞n（反应II消耗TiCl4），故C正确；D．T1时向容器内通入TiCl3，反应II逆向移动，生成TiCl2和TiCl4，c（TiCl4）增大。反应Ⅰ和II的正反应速率均与c（TiCl4）成正比，因此重新达平衡时，反应Ⅰ和II的正反应速率均增大，故D错误；故选：D。【点评】本题考查多平衡体系的综合分析，涉及焓变判断、转化率计算、反应速率变化及平衡移动原理的应用；要求学生准确分析两个反应的物质转化关系和平衡移动的相互影响；常见失分点是忽略固体物质不影响反应速率和平衡常数。21．（2026春•荔湾区校级期中）在10L密闭容器中，1molA和3molB在一定条件下反应：A（g）+xB（g）＝2C（g），2min后反应达到平衡时，测得混合气体共3.4mol，生成0.4molC，则下列计算结果正确的是（）A．平衡时，容器内的压强是起始时的25B．x值等于3 C．A的转化率为20% D．B的平均反应速率为0.4mol•L﹣1•min﹣1【答案】C【分析】2min后反应达到平衡时，测得混合气体共3.4mol，生成0.4molC，则A（g）+xB（g）＝2C（g）开始130转化0.20.2x0.4平衡0.83﹣0.2x