26学年秋季期高二上人教版化学训练题-化学反应的调控

第1页（共1页）26学年秋季期高二上人教版化学训练题——化学反应的调控一．选择题（共15小题）1．（2026秋•嘉兴月考）一定压强下，乙烯水合反应为：C2H4（g）+H2O（g）⇌C2H5OH（g）已知：ΔH（J•mol﹣1）＝﹣34585﹣26.4TΔG（J•mol﹣1）＝﹣34585+26.4T•lnT+45.19TΔG＝ΔH﹣TΔS下列说法正确的是（）A．反应的活化能Ea正＞Ea逆 B．恒温恒压充入N2，平衡不移动 C．ΔS随温度升高而降低 D．平衡后，升高温度，Δv正＞Δv逆2．（2026秋•甘肃月考）一定温度下，在恒容密闭容器中发生连串可逆反应：M(g)⇌k1k-1A(g)⇌k2k-2N(g)（反应速率v＝kx，k为反应速率常数，x为各组分的物质的量分数）。已知反应的活化能Ea（M→A）＜Ea（A→N），且三种物质的相对能量：N（g）＜M（g）＜A（A．反应过程中，A的物质的量分数会先增大后减小，出现峰值 B．t＝0时刻，反应物M的消耗速率最大，而产物N的生成速率为0 C．保持其他因素不变，适当升高温度，最终平衡时N的物质的量分数xN变大 D．当A的物质的量分数达到最大值时，体系中存在等式k1xM+k﹣2xN＝（k﹣1+k2）xA3．（2026秋•温州月考）接触室（结构如图1，其中1～4表示催化剂层，5～7表示热交换器层）中发生反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）ΔH＝﹣197.8kJ•mol﹣1。已知：①最适宜温度指最大反应速率对应的温度，取决于催化剂最佳活性区间；②图2为接触室中SO2的转化率随温度变化情况。下列说法不正确的是（）A．该反应ΔH＜0、ΔS＜0，故低温自发 B．b2→a3降温段为热交换器层6 C．经4次催化反应，显著提高SO2的平衡转化率 D．接触室中主要通过热交换器换热实现最适宜温度4．（2027•浙江开学）下列说法不正确的是（）A．常温常压下，将H2和O2混合，放置很久也没有明显的现象，说明H2与O2反应是一个非自发反应 B．已知反应：CaCO3（s）⇌CaO（s）+CO2（g），在密闭的反应炉内达到平衡后，若其他条件均不改变，将反应炉体积缩小一半，则达到新平衡时CO2（g）的浓度不变 C．向CuSO4溶液中加入NaCl固体，溶液会逐渐变成黄绿色 D．合成氨厂采用的温度是500℃，主要是因为该温度下催化剂铁触媒的活性最大5．（2026•贵州）反式氨甲环酸具有凝血功能。理论计算表明，其由顺式氨甲环酸异构化制得的过程中，只经历一个过渡态。该异构化过程，平衡常数Kc与温度T的关系如图。下列说法正确的是（）A．降低温度，顺式氨甲环酸的转化率增大 B．温度不变，加入顺式氨甲环酸，平衡常数增大，有利于反应的进行 C．温度不变，向平衡后的体系中加入催化剂，平衡向正反应方向移动 D．升高温度，正反应速率增大的程度比逆反应更显著6．（2026秋•福建月考）在恒温恒容密闭容器中加入足量CaCO3和焦炭，发生反应①，同时充入一定量H2，在催化剂M的作用下也发生反应②，反应如下：①CaCO3（s）+4C（s）⇌CaC2（s）+3CO（g）；②CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）下列说法错误的是（）A．其他条件不变，若适当升高温度，反应②的速率会加快 B．随着反应进行，容器内的压强可能先增大后减小 C．当混合气体的密度不再改变，说明反应①②均达到平衡 D．体系平衡后，保持其他条件不变，再充入一定量CO，达到新平衡时，CO分压增大7．（2026•日照开学）向恒温恒容密闭容器中，通入初始浓度均为cmol•L﹣1H2和I2，发生反应H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）ΔH，反应过程中的能量变化如图1，H2的转化率随反应时间变化如图2。下列说法错误的是（）A．ΔH＝E1﹣E2 B．ta时，v正（H2）＞v逆（H2） C．1molH2与1molI2的总键能小于2molHI的总键能 D．其他条件不变，若升高体系温度，HI的平衡浓度大于2bcmol•L﹣18．（2025秋•浦东新区校级期中）下列说法中有明显错误的是（）A．对有气体参加的化学反应，增大压强，体系体积减小，可使单位体积内活化分子数增加，因而反应速率增大 B．已知N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH＜0，该反应正反应活化能大于逆反应活化能 C．升高温度，一般可使活化分子的百分数增大，因而反应速率增大 D．加入适宜的催化剂，可使活化分子的百分数太大增加，从而增大反应速率9．（2025秋•朝阳区期末）进行如图实验探究反应I2+I﹣⇌I3-（红棕色）K＝640（常温）。下列分析不正确的是A．①→②，推测涉及配位键的形成 B．②中溶液颜色不变时，各微粒浓度存在：c(IC．③中上层溶液颜色比②浅的原因：I2+I-⇌I3D．向③中加入少量AgNO3溶液并振荡试管，推测下层溶液紫红色加深10．（2026•安新县开学）由下列实验事实不能得出相应结论的是（）选项实验事实结论A少量FeCl3溶液与过量KI溶液充分反应后，分离出I2，再加入KSCN溶液，溶液变红Fe3+未完全转化为Fe2+B充分搅拌烧杯中氢氧化钡晶体与氯化铵晶体后，烧杯外壁变冷氢氧化钡与氯化铵的反应为氧化还原反应C恒温恒容条件下，向2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）平衡体系中通入氩气，平衡体系中混合气体的平均相对分子质量不变通入氩气后，参与反应的物质的质量和物质的量均不改变D将新鲜肉放在冰箱里，可减缓肉腐败变臭降低温度，可减小蛋白质与O2的反应速率A．A B．B C．C D．D11．（2026•浙江模拟）研究发现，负载在CeO2表面的Pd单原子催化剂（Pd1/CeO2）在CO2加氢制甲醇过程中展现出极高的选择性。其核心反应为：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH已知：实验证明，Pd1/CeO2能显著降低反应历程中最高能垒步（*CO2+*H→*COOH）的活化能。在三个体积均为1L的恒容密闭容器中，均充入1.0molCO2和3.0molH2，实验结果如下：容器编号温度/K催化剂平衡时n（CH3OH）/mol平衡常数KⅠT1NO0.5K1ⅡT1Pd1/CeO2xK2ⅢT2（T2＞T1）Pd1/CeO20.2K3下列说法正确的是（）A．容器Ⅱ中，Pd单原子因增大了单位体积内活化分子百分数，使x＞0.5 B．该反应的ΔH＜0，且T1温度下该反应的平衡常数K1≈0.15 C．在T1时，若起始向容器中充入各组分均为1.0mol，此时反应向正方向进行 D．Pd单原子改变了反应路径，使该反应的ΔH减小，从而提高了CO2的转化率12．（2026•安徽模拟）下列反应中符合下述两个图像的是（）A．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g） B．CaCO3（s）⇌CaO（s）+CO2（g） C．C3H8（g）+5O2（g）⇌3CO2（g）+4H2O（g） D．I2（g）+H2（g）⇌2HI（g）13．（2026春•长沙月考）利用如图实验探究平衡移动原理。已知：ⅰ.[Co(ⅱ.ZnCl2溶液为无色。下列说法错误的是（）A．ⅰ中反应是吸热反应 B．①中滴加浓盐酸，增大了c（Cl﹣），导致浓度商Q＜平衡常数K，ⅰ中平衡正向移动 C．②中加水，溶液变红，说明平衡逆向移动，[Co(HD．③中加入ZnCl2，溶液变红，推测Zn2+与Cl﹣形成了配离子14．（2026•浙江开学）工业上采用“还原固硫熔炼法”从废铅膏中回收铅。PbSO4直接碳还原发生以下三个反应：反应①：PbSO4（s）+C（s）⇌PbO（s）+SO2（g）+CO（g）ΔH1＝+184kJ•mol﹣1反应②：PbSO4（s）+4C（s）⇌PbS（s）+4CO（g）ΔH2＝+378kJ•mol﹣1反应③：PbSO4（s）+2C（s）⇌Pb（s）+SO2（g）+2CO（g）ΔH3＝+292.5kJ•mol﹣1反应过程中，吉布斯自由能变（ΔG）与温度关系如图，已知：ΔG越小，化学反应驱动力越大，反应越优先。下列说法正确的是（）A．PbSO4直接碳还原过程中，1000℃时优先生成PbS B．某温度下反应体系达到平衡，压缩容器体积，重新平衡后，各气体浓度均增大 C．PbO（s）被足量C（s）还原热化学方程式为PbO（s）+C（s）⇌Pb（s）+CO（g）ΔH＝+108.5kJ•mol﹣1 D．减小n（PbSO4）：n（C）或及时转移走体系中的气体产物等措施均可提高PbSO4平衡转化率15．（2026春•徐州期末）.CH4和CO2重整制氢过程中的主要反应为反应ⅠCH4（g）+CO2（g）＝2CO（g）+2H2（g）Δ反应Ⅱ.H2（g）+CO2（g）＝CO（g）+H2O（g）Δ反应Ⅲ.2CO（g）＝C（s）+CO2（g）Δ100kPa下，在密闭容器中，CH4（g）和CO2（g）各1mol发生上述反应，平衡时各气态物质的物质的量随温度的变化如图所示。下列说法正确的是（）A．曲线a表示平衡时n（CO）随温度的变化 B．n（H2O）降低因反应Ⅱ向逆反应方向进行 C．625℃，反应Ⅱ的平衡常数K＝2.4 D．1000℃时，增大压强，n(H二．解答题（共4小题）16．（2026秋•邵阳月考）高纯多晶硅是微电子和太阳能电池等领域的关键材料，其生产广泛采用SiHCl3氢还原法，该方法的主要反应有（忽略其他副反应）：反应1：SiHCl3（g）+H2（g）⇌Si（s）+3HCl（g）ΔH1反应2：2SiHCl3（g）⇌Si（s）+SiCl4（g）+2HCl（g）ΔH2＞0（1）反应1在低温时不自发进行，则ΔH10（填“＞”或“＜”或“＝”）。（2）在恒压密闭容器中进行反应，平衡时各气体占总气体的物质的量分数为x。体系压强为100kPa时，x与温度T的关系如图所示。①在1320K时，x（SiCl4）＝。②100kPa时，若起始通入1molSiHCl3和8molH2，达到平衡时SiHCl3的转化率为60%，H2为7.6mol，则反应2的平衡常数Kp为kPa（保留小数点后两位，分压＝总压×物质的量分数）。③若体系压强由100kPa升高到200kPa，则SiHCl3与HCl的曲线交点相对M点将向移动（填“高温”或“低温”），其原因是。（3）在熔融盐体系中，通过电解TiO2和SiO2获得电池材料（TiSi），电解装置如图：①阳极的电极反应式为。②若产生CO气体的体积为4.48L（标准状况）时，理论上，电极A可生成gTiSi。17．（2026秋•湖南月考）将丙烷与工业原料气中的杂质SO2反应，制备高价值的丙烯，反应如下：反应Ⅰ：3C3H8（g）+SO2（g）⇌3C3H6（g）+H2S（g）+2H2O（g）ΔH1反应Ⅱ：C3H8（g）⇌C3H6（g）+H2（g）ΔH2＝+124kJ•mol﹣1反应Ⅲ：SO2（g）+3H2（g）⇌H2S（g）+2H2O（g）ΔH3＝﹣186kJ•mol﹣1回答下列问题：（1）反应Ⅰ的ΔH1＝kJ•mol﹣1，ΔS0（填“＞”“＜”或“＝”）。（2）恒温、恒压的密闭体系中，下列情况能说明该反应Ⅰ达到平衡状态的是（填字母）。A．ΔH1不变B．C3H6与H2S的物质的量之比保持不变C．混合气体的平均摩尔质量不变D．v正（C3H6）＝v逆（C3H8）（3）恒容密闭容器中，等物质的量的C3H8和SO2发生反应I，达到平衡时，相关物质的物质的量分数（x）随温度变化关系如图1所示。①L点时，SO2的消耗速率与b物质的生成速率之比为。②M点时，以物质的量分数（x）代替浓度计算反应Ⅰ的平衡常数Kx＝（用分数表示）。③N点时，C3H8的平衡转化率为%。（4）以丙烷为原料，在NOx催化下，也可由图2的2种历程制备丙烯。总反应的化学方程式为。（5）固体氧化物电解池可实现丙烷脱氢制备丙烯，原理如图3所示。写出阳极的电极反应式：。18．（2026•开学）尿素[CO（NH2）2]是首个由无机物人工合成的有机物，以CO2与NH3为原料可合成尿素CO（NH2）2。已知：①2NH3（g）+CO2（g）＝NH2COONH4（s）ΔH＝﹣159.5kJ•mol﹣1②NH2COONH4（s）＝CO（NH2）2（s）+H2O（g）ΔH＝+116.5kJ•mol﹣1（1）写出NH3和CO2合成尿素的热化学方程式。（2）已知第一步反应①为快速反应，第二步反应②为慢速反应，则下列图象能表示尿素合成塔中发生反应的能量变化历程的是（填标号）。（3）T1、T2K下，在一体积为5L的恒容密闭容器中以：n（CO2）：n（NH3）＝1：2充入容器合成尿素，测得CO2平衡转化率与压强的关系如图所示：①下列情况能证明反应一定达到平衡状态的是（填标号）。A．CO2消耗速率等于H2O生成速率B．混合气体的密度不再发生变化C．气体总压强不再发生变化D．n（CO2）：n（NH3）＝1：2②平衡常数K（a）、K（b）、K（c）由大到小的顺序为。③若CO2的初始投料为1mol，T1K及对应的压强下，15min到达a点，在这段时间内，v（NH3）＝mol•L﹣1•min﹣1。H2O（g）的分压p（H2O）＝MPa，此温度下该反应的平衡常数Kp＝（MPa）﹣2。（4）在某温度下，若在5L恒容密闭容器中加入NH2CO2NH4（s）发生反应①、②，达平衡后p（H2O）＝aMPa，然后将容器体积缩小为原来的一半，达新平衡后p（H2O）aMPa（填“＞”、“＜”或“＝”）。19．（2026•广东开学）含溴化合物在工农业生产中具有重要作用。（1）基态Br的价电子排布式为。（2）一种海水提Br2方法中涉及以下步骤：NaOH吸收：3Br2（g）+6NaOH（aq）＝5NaBr（aq）+NaBrO3（aq）+3H2O（l）。H2SO4归中：3H2SO4（aq）+5NaBr（aq）+NaBrO3（aq）＝3Br2（aq）+3Na2SO4（aq）+3H2O（l）。已知：2NaOH（aq）+H2SO4（aq）＝Na2SO4（aq）+2H2O（l），ΔH＝﹣114.6kJ•mol﹣1。若最终得到3molBr2，不考虑过程损失，NaOH吸收和H2SO4归中过程共（填“放出”或“吸收”）热量kJ（忽略其他热效应）；其中H2SO4归中过程转移电子mol。（3）CCl4能萃取溴水中的Br2，向溴水中加入适量CCl4充分振荡，存在：Br2（aq）⇌Br2（CCl4），分配系数KD=c[Br2(CCl4)]c[Br2(aq)]。某温度下，较稀溶液中，c[Br2（CCl①Br2在CCl4中溶解度远大于水中溶解度的原因是。②此温度下，KD＝。（4）浓度增大后，c[Br2（CCl4）]随c[Br2（aq）]的变化不再是线性关系。常温下，向Br2的CCl4溶液中逐滴加入蒸馏水，同时用磁力搅拌器充分搅拌，四氯化碳层逐渐变浅，水层c2已知M点：Br2（aq）⇌Br2（CCl4）KD＝30；Br2（aq）+H2O（l）⇌Br﹣（aq）+H+（aq）+HBrO（aq）K＝3.2×10﹣9；水层可认为：c（Br﹣）＝c（H+）＝c（HBrO）。①加水后，四氯化碳层逐渐变浅的原因是（从平衡移动的角度解释）。②下列说法正确的有（填字母）。A．随着水量的增加，水层c（Br2）逐渐增大B．随着水量的增加，水层c（Br﹣）逐渐减小C．随着水量的增加，平衡常数K逐渐变大D．忽略Br2与水的反应，升温测得KD减小，则Br2（aq）⇌Br2（CCl4），ΔH＜0③已知M点对应纵坐标为8.0×10﹣6mol•L﹣1，计算M点对应的c[Br2（CCl4）]＝（写出计算过程）。

答案一．选择题（共15小题）1．（2026秋•嘉兴月考）一定压强下，乙烯水合反应为：C2H4（g）+H2O（g）⇌C2H5OH（g）已知：ΔH（J•mol﹣1）＝﹣34585﹣26.4TΔG（J•mol﹣1）＝﹣34585+26.4T•lnT+45.19TΔG＝ΔH﹣TΔS下列说法正确的是（）A．反应的活化能Ea正＞Ea逆 B．恒温恒压充入N2，平衡不移动 C．ΔS随温度升高而降低 D．平衡后，升高温度，Δv正＞Δv逆【答案】C【分析】A．ΔH＝Ea正﹣Ea逆；B．恒温恒压充入N2，容器体积增大，相当于减小压强；C．由ΔG＝ΔH﹣TΔS，代入题给ΔH、ΔG表达式，推导得ΔS；D．放热反应升高温度平衡逆向移动。【解答】解：A．根据ΔH＝Ea正﹣Ea逆，反应放热ΔH＜0，故Ea正＜Ea逆，故A错误；B．恒温恒压充入N2，相当于减小压强，且该反应为气体分子数减小的反应，平衡向左移动，故B错误；C．由ΔG＝ΔH﹣TΔS，代入题给ΔH、ΔG表达式，推导得ΔS＝﹣71.59﹣26.4lnT，温度T升高时lnT增大，ΔS减小，即ΔS随温度升高而降低，故C正确；D．该反应ΔH＜0，为放热反应，升高温度平衡逆向移动，逆反应速率增大幅度大于正反应，即Δv逆＞Δv正，故D错误；故选：C。【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，题目难度不大，把握平衡的建立与平衡移动、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。2．（2026秋•甘肃月考）一定温度下，在恒容密闭容器中发生连串可逆反应：M(g)⇌k1k-1A(g)⇌k2k-2N(g)（反应速率v＝kx，k为反应速率常数，x为各组分的物质的量分数）。已知反应的活化能Ea（M→A）＜Ea（A→N），且三种物质的相对能量：N（g）＜M（g）＜A（A．反应过程中，A的物质的量分数会先增大后减小，出现峰值 B．t＝0时刻，反应物M的消耗速率最大，而产物N的生成速率为0 C．保持其他因素不变，适当升高温度，最终平衡时N的物质的量分数xN变大 D．当A的物质的量分数达到最大值时，体系中存在等式k1xM+k﹣2xN＝（k﹣1+k2）xA【答案】C【分析】A．依据反应过程中A的物质的量变化判断是否存在峰值；B．依据N的生成速率方程分析；C．依据温度变化对平衡的影响分析；D．当A的物质的量分数最大时，A的生成速率等于消耗速率。【解答】解：A．t＝0时刻向容器中仅充入1molM（g），故反应初始只有M，M转化为A后，使A的物质的量分数上升，当A的消耗速率大于生成速率后，A的物质的量分数下降，故存在峰值，故A正确；B．t＝0时，xM＝1为最大值，故M的消耗速率k1xM最大，此时xA＝0，N的生成速率k2xA＝0，故B正确；C．总反应M（g）⇌N（g）的ΔH＝EN﹣EM＜0，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡时N的物质的量减少，xN变小，故C错误；D．当A的物质的量分数最大时，A的生成速率等于消耗速率，即k1xM+k﹣2xN＝k﹣1xA+k2xA，整理得k1xM+k﹣2xN＝（k﹣1+k2）xA，故D正确；故选：C。【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键。3．（2026秋•温州月考）接触室（结构如图1，其中1～4表示催化剂层，5～7表示热交换器层）中发生反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）ΔH＝﹣197.8kJ•mol﹣1。已知：①最适宜温度指最大反应速率对应的温度，取决于催化剂最佳活性区间；②图2为接触室中SO2的转化率随温度变化情况。下列说法不正确的是（）A．该反应ΔH＜0、ΔS＜0，故低温自发 B．b2→a3降温段为热交换器层6 C．经4次催化反应，显著提高SO2的平衡转化率 D．接触室中主要通过热交换器换热实现最适宜温度【答案】C【分析】A．根据ΔG＝ΔH﹣TΔS＜0时反应自发；B．依据温度变化与转化率变化关系分析；C．催化剂只能改变反应速率，不影响化学平衡状态；D．温度过高会降低催化剂活性、使平衡向吸热反应方向移动。【解答】解：A．该反应气体总物质的量减小，故ΔS＜0，已知ΔH＜0，低温下满足ΔG＜0，反应可自发进行，故A正确；B．由图可知，an→bn过程温度升高、转化率上升，对应催化剂层中放热反应过程；bn→an+1为降温段，对应热交换器层，结合接触室结构可知b2→a3对应热交换器层6，故B正确；C．催化剂只能改变反应速率，不影响化学平衡状态，无法改变平衡转化率，故SO2实际转化率提升是由于降温使平衡正向移动，与催化过程无关，故C错误；D．由题干信息可知，反应放热，温度过高会降低催化剂活性、使平衡逆向移动，接触室通过热交换器移出反应热量，维持反应在催化剂最佳活性的最适宜温度下进行，故D正确；故选：C。【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键。4．（2027•浙江开学）下列说法不正确的是（）A．常温常压下，将H2和O2混合，放置很久也没有明显的现象，说明H2与O2反应是一个非自发反应 B．已知反应：CaCO3（s）⇌CaO（s）+CO2（g），在密闭的反应炉内达到平衡后，若其他条件均不改变，将反应炉体积缩小一半，则达到新平衡时CO2（g）的浓度不变 C．向CuSO4溶液中加入NaCl固体，溶液会逐渐变成黄绿色 D．合成氨厂采用的温度是500℃，主要是因为该温度下催化剂铁触媒的活性最大【答案】A【分析】A．反应自发性属于热力学判断范畴，H2与O2反应的ΔG＜0，属于自发反应；B．反应的平衡常数K＝c（CO2），温度不变则K不变；C．CuSO4溶液中蓝色的[Cu(H2O)4]D．合成氨选择500℃的主要原因是该温度下催化剂铁触媒的活性最大。【解答】解：A．反应自发性属于热力学判断范畴，氢气与氧气反应的ΔG＜0，属于自发反应，常温下无明显现象是因为反应活化能高、速率极慢，不能说明反应非自发，故A错误；B．反应的平衡常数K＝c（CO2），温度不变则K不变，缩小体积重新达到平衡时二氧化碳的浓度仍等于K，浓度不变，故B正确；C．硫酸铜溶液中蓝色的[Cu(H2O)4]2+可与D．合成氨选择500℃的主要原因是该温度下催化剂铁触媒的活性最大，可兼顾反应速率与生产效率，故D正确；故选：A。【点评】本题主要考查化学平衡的影响因素等，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。5．（2026•贵州）反式氨甲环酸具有凝血功能。理论计算表明，其由顺式氨甲环酸异构化制得的过程中，只经历一个过渡态。该异构化过程，平衡常数Kc与温度T的关系如图。下列说法正确的是（）A．降低温度，顺式氨甲环酸的转化率增大 B．温度不变，加入顺式氨甲环酸，平衡常数增大，有利于反应的进行 C．温度不变，向平衡后的体系中加入催化剂，平衡向正反应方向移动 D．升高温度，正反应速率增大的程度比逆反应更显著【答案】D【分析】A．结合平衡常数与温度的关系图可知，平衡常数随温度升高增大，反应为吸热反应；B．平衡常数随温度变化；C．催化剂能同等程度增大正逆反应速率，平衡不变；D．升高温度，正逆反应速率增大，平衡向吸热反应方向进行。【解答】解：A．结合平衡常数与温度的关系图可知，平衡常数随温度升高增大，反应为吸热反应，降低温度，平衡向放热反应方向进行，顺式氨甲环酸的转化率减小，故A正确B．对于给定反应，平衡常数随温度变化，温度不变。平衡常数不变，故B错误；C．温度不变，向平衡后的体系中加入催化剂，同等程度增大正逆反应速率，平衡向不发生移动，故C错误；D．升高温度，正逆反应速率增大，但吸热反应速率增大程度大于放热反应速率增大程度，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了化学平衡影响因素的分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。6．（2026秋•福建月考）在恒温恒容密闭容器中加入足量CaCO3和焦炭，发生反应①，同时充入一定量H2，在催化剂M的作用下也发生反应②，反应如下：①CaCO3（s）+4C（s）⇌CaC2（s）+3CO（g）；②CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）下列说法错误的是（）A．其他条件不变，若适当升高温度，反应②的速率会加快 B．随着反应进行，容器内的压强可能先增大后减小 C．当混合气体的密度不再改变，说明反应①②均达到平衡 D．体系平衡后，保持其他条件不变，再充入一定量CO，达到新平衡时，CO分压增大【答案】D【分析】A．其它条件不变，适当升高温度，活化分子百分数增大；B．反应①是气体体积增大的反应，反应②是气体体积减小的反应，恒温恒容条件下，气体的压强与气体的物质的量成正比；C．可逆反应达到平衡状态时，各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量都不变；D．温度不变，化学平衡常数不变。【解答】解：A．其它条件不变，适当升高温度，不影响催化剂M的活性，活化分子百分数增大，反应②的速率加快，故A正确；B．恒温恒容条件下，气体的压强与气体的物质的量成正比，反应①是气体体积增大的反应，反应②是气体体积减小的反应，随着反应进行，容器内的压强可能先增大后减小，故B正确；C．混合气体的密度ρ=mV，容器的体积V不变，反应①中有固体参与反应，m为变量，ρ不再改变时，说明反应①达到平衡，此时CO含量不变，因此反应②也达到平衡，故D．新平衡时，由于温度不变，反应①平衡常数Kp1=p3（CO）不变，CO故选：D。【点评】本题考查化学反应速率、化学平衡的影响因素，侧重考查基础知识的灵活运用能力，明确外界条件对化学反应速率、化学平衡影响的原理是解本题的关键，D选项为解答易错点。7．（2026•日照开学）向恒温恒容密闭容器中，通入初始浓度均为cmol•L﹣1H2和I2，发生反应H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）ΔH，反应过程中的能量变化如图1，H2的转化率随反应时间变化如图2。下列说法错误的是（）A．ΔH＝E1﹣E2 B．ta时，v正（H2）＞v逆（H2） C．1molH2与1molI2的总键能小于2molHI的总键能 D．其他条件不变，若升高体系温度，HI的平衡浓度大于2bcmol•L﹣1【答案】D【分析】A．根据反应热的定义，ΔH＝反应物总键能﹣生成物总键能＝正反应活化能﹣逆反应活化能；B．ta时H2的转化率未达到平衡转化率b，反应仍正向进行；C．从图1可以看出，反应物H2（g）+I2（g）的总能量高于生成物2HI（g）的总能量，说明该反应是放热反应，ΔH＜0，根据ΔH＝反应物总键能﹣生成物总键能＜0进行分析；D．该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，H2平衡转化率小于b。【解答】解：A．根据反应热的定义，ΔH＝反应物总键能﹣生成物总键能＝正反应活化能﹣逆反应活化能＝E1﹣E2，故A正确；B．ta时H2的转化率未达到平衡转化率b，反应仍正向进行，故v正（H2）＞v逆（H2），故B正确；C．从图1可以看出，反应物H2（g）+I2（g）的总能量高于生成物2HI（g）的总能量，说明该反应是放热反应，ΔH＜0，根据ΔH＝反应物总键能﹣生成物总键能＜0，可知反应物总键能小于生成物总键能，即1molH2与1molI2的总键能小于2molHI的总键能，故C正确；D．该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，H2平衡转化率小于b，故HI的平衡浓度小于2bcmol•L﹣1，故D错误；故选：D。【点评】本题主要考查化学反应与能量变化、化学反应速率的计算、化学平衡常数的计算以及外界条件对化学平衡的影响等知识，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。8．（2025秋•浦东新区校级期中）下列说法中有明显错误的是（）A．对有气体参加的化学反应，增大压强，体系体积减小，可使单位体积内活化分子数增加，因而反应速率增大 B．已知N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH＜0，该反应正反应活化能大于逆反应活化能 C．升高温度，一般可使活化分子的百分数增大，因而反应速率增大 D．加入适宜的催化剂，可使活化分子的百分数太大增加，从而增大反应速率【答案】B【分析】A．对有气体参加的化学反应，增大压强体系体积减小，气体浓度增大；B．ΔH＜0，该反应为放热反应，由于反应热等于正反应活化能﹣逆反应活化能；C．升高温度，物质吸收热量导致部分非活化分子转化为活化分子；D．加入适宜的催化剂，降低活化能，使部分非活化分子转化为活化分子；【解答】解：A．对有气体参加的化学反应，增大压强体系体积减小，气体浓度增大，导致单位体积内活化分子个数增大，反应速率加快，故A正确；B．ΔH＜0，该反应为放热反应，由于反应热等于正反应活化能﹣逆反应活化能，该反应正反应活化能小于逆反应活化能，故B错误；C．升高温度，物质吸收热量导致部分非活化分子转化为活化分子，导致单位体积内活化分子百分数增大，反应速率加快，故C正确；D．加入适宜的催化剂，降低活化能，使部分非活化分子转化为活化分子，导致活化分子百分数增大，反应速率加快，故D正确；故选：B。【点评】本题考查化学反应速率影响因素及反应热与反应正方形关系，为高频考点，明确化学反应速率影响原理是解本题关键，易错选项是D，注意：自发反应的不一定是放热反应，放热反应不一定自发进行．9．（2025秋•朝阳区期末）进行如图实验探究反应I2+I﹣⇌I3-（红棕色）K＝640（常温）。下列分析不正确的是A．①→②，推测涉及配位键的形成 B．②中溶液颜色不变时，各微粒浓度存在：c(IC．③中上层溶液颜色比②浅的原因：I2+I-⇌I3D．向③中加入少量AgNO3溶液并振荡试管，推测下层溶液紫红色加深【答案】C【分析】A．①→②，发生反应：I2+I﹣⇌I3B．②中溶液颜色不变时，反应：I2+I﹣⇌I3C．I2易溶于CCl4；D．向③中加入少量AgNO3溶液并振荡试管，发生反应：Ag++I﹣＝AgI，使平衡：I2+I﹣⇌I3-逆向移动，更多的I2溶于CCl【解答】解：A．①→②，发生反应：I2+I﹣⇌I3-（红棕色），推测涉及配位键的形成，故B．②中溶液颜色不变时，反应：I2+I﹣⇌I3-（红棕色）达到平衡状态，各微粒浓度存在：c(I3-)C．I2易溶于CCl4，③中上层溶液颜色比②浅的原因：I2+I-⇌I3-D．向③中加入少量AgNO3溶液并振荡试管，发生反应：Ag++I﹣＝AgI，平衡：I2+I﹣⇌I3-逆向移动，更多的I2溶于CCl4，故下层溶液紫红色加深，故故选：C。【点评】本题主要考查化学平衡的影响因素，属于高考高频考点，难度中等。10．（2026•安新县开学）由下列实验事实不能得出相应结论的是（）选项实验事实结论A少量FeCl3溶液与过量KI溶液充分反应后，分离出I2，再加入KSCN溶液，溶液变红Fe3+未完全转化为Fe2+B充分搅拌烧杯中氢氧化钡晶体与氯化铵晶体后，烧杯外壁变冷氢氧化钡与氯化铵的反应为氧化还原反应C恒温恒容条件下，向2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）平衡体系中通入氩气，平衡体系中混合气体的平均相对分子质量不变通入氩气后，参与反应的物质的质量和物质的量均不改变D将新鲜肉放在冰箱里，可减缓肉腐败变臭降低温度，可减小蛋白质与O2的反应速率A．A B．B C．C D．D【答案】B【分析】A．KI和FeCl3以1：1反应，过量KI溶液与少量FeCl3反应后，加入KSCN溶液变红说明仍存在Fe3+；B．该反应中没有电子转移；C．恒温恒容条件下，向该平衡体系通入氩气，反应物和生成物的浓度都不变；D．降低温度，活化分子百分数减小，可减小反应速率。【解答】解：A．KI和FeCl3以1：1反应，过量KI溶液与少量FeCl3反应后，加入KSCN溶液变红说明仍存在Fe3+，说明Fe3+未完全转化为Fe2+，能得出相应的结论，故A错误；B．该反应中没有电子转移，特征是没有元素化合价的升降，烧杯外壁变冷仅能说明氢氧化钡与氯化铵的反应为吸热反应，无法由该实验事实得出对应结论，故B正确；C．恒温恒容条件下，向该平衡体系通入氩气，反应物和生成物的浓度都不变，平衡不移动，则参与反应的物质总质量、总物质的量均不改变，则混合气体平均相对分子质量不变，能得出相应的结论，故C错误；D．降低温度，活化分子百分数减小，可减小反应速率，则冰箱低温环境可减缓蛋白质与O2反应的速率，减慢腐败进程，可由实验事实推出结论，故D错误；故选：B。【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，侧重考查基础知识的灵活运用能力，明确外界条件对化学反应速率影响的原理是解本题的关键，题目难度不大。11．（2026•浙江模拟）研究发现，负载在CeO2表面的Pd单原子催化剂（Pd1/CeO2）在CO2加氢制甲醇过程中展现出极高的选择性。其核心反应为：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH已知：实验证明，Pd1/CeO2能显著降低反应历程中最高能垒步（*CO2+*H→*COOH）的活化能。在三个体积均为1L的恒容密闭容器中，均充入1.0molCO2和3.0molH2，实验结果如下：容器编号温度/K催化剂平衡时n（CH3OH）/mol平衡常数KⅠT1NO0.5K1ⅡT1Pd1/CeO2xK2ⅢT2（T2＞T1）Pd1/CeO20.2K3下列说法正确的是（）A．容器Ⅱ中，Pd单原子因增大了单位体积内活化分子百分数，使x＞0.5 B．该反应的ΔH＜0，且T1温度下该反应的平衡常数K1≈0.15 C．在T1时，若起始向容器中充入各组分均为1.0mol，此时反应向正方向进行 D．Pd单原子改变了反应路径，使该反应的ΔH减小，从而提高了CO2的转化率【答案】B【分析】A．催化剂只改变反应速率，不影响化学平衡，容器Ⅱ和Ⅰ温度相同，平衡时甲醇的物质的量相等，x＝0.5；B．由表可知，T2温度下平衡时甲醇的物质的量小于T1温度下平衡时甲醇的物质的量，已知T2＞T1，即升高温度，平衡逆向移动，正反应为放热反应，ΔH＜0；经三段式计算T1温度下平衡时各物质的浓度：c（CO2）＝0.5mol/L，c（H2）＝1.5mol/L，c（CH3OH）＝c（H2O）＝0.5mol/L，故该反应的平衡常数K1C．T1时若各组分起始浓度均为1.0mol/L，浓度商QcD．Pd单原子作为催化剂只能降低反应活化能，不能改变反应的焓变ΔH，也不会改变平衡转化率。【解答】解：A．催化剂只能加快反应速率、缩短达到平衡的时间，不改变平衡位置，容器Ⅱ和Ⅰ温度相同，平衡时甲醇的物质的量相等，x＝0.5，故A错误；B．由表可知，T2温度下平衡时甲醇的物质的量小于T1温度下平衡时甲醇的物质的量，已知T2＞T1，即升高温度，平衡逆向移动，正反应为放热反应，ΔH＜0；经三段式计算T1温度下平衡时各物质的浓度：c（CO2）＝0.5mol/L，c（H2）＝1.5mol/L，c（CH3OH）＝c（H2O）＝0.5mol/L，故该反应的平衡常数K1=0.5×0.5C．T1时若各组分起始浓度均为1.0mol/L，浓度商Qc=1×1D．催化剂改变反应路径、降低活化能，但不能改变反应焓变ΔH，也不能改变平衡转化率，故D错误；故选：B。【点评】本题以CO2加氢制甲醇单原子催化体系为背景，考查催化剂作用特点、温度对化学平衡的影响、三段式平衡常数计算、浓度商与平衡常数比较判断反应方向。12．（2026•安徽模拟）下列反应中符合下述两个图像的是（）A．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g） B．CaCO3（s）⇌CaO（s）+CO2（g） C．C3H8（g）+5O2（g）⇌3CO2（g）+4H2O（g） D．I2（g）+H2（g）⇌2HI（g）【答案】B【分析】由左边的图像可知，温度越高生成物的平衡浓度越大，说明升高温度，平衡向正反应移动，故正反应为吸热反应；由右边图像可知，相交点左边未达平衡，相交点为平衡点，相交点右边压强增大，平衡被破坏，v（逆）＞v（正），平衡向逆反应移动，说明正反应为气体物质的量增大的反应；综合上述分析可知，可逆反应正反应为吸热反应且正反应为气体分子数增大的反应，据此结合选项解答。【解答】解：A．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），该反应为放热反应，正反应是气体分子数减小的反应，不符合，故A错误；B．碳酸钙分解反应为吸热反应，正反应是气体分子数增大的反应，符合，故B正确；C．丙烷的燃烧为放热反应，正反应是气体分子数增大的反应，不符合，故C错误；D．合成碘化氢的反应为放热反应，反应前后气体分子数不变，不符合，故D错误；故选：B。【点评】本题主要考查化学平衡的影响因素等，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。13．（2026春•长沙月考）利用如图实验探究平衡移动原理。已知：ⅰ.[Co(ⅱ.ZnCl2溶液为无色。下列说法错误的是（）A．ⅰ中反应是吸热反应 B．①中滴加浓盐酸，增大了c（Cl﹣），导致浓度商Q＜平衡常数K，ⅰ中平衡正向移动 C．②中加水，溶液变红，说明平衡逆向移动，[Co(HD．③中加入ZnCl2，溶液变红，推测Zn2+与Cl﹣形成了配离子【答案】C【分析】A．实验1中加热溶液变蓝，说明升温平衡[Co(B．①中滴加浓盐酸，增大了c（Cl﹣），导致浓度商Q＜平衡常数K；C．②中加水，溶液变红，说明平衡逆向移动，但是稀释导致[Co(D．③中加入ZnCl2，溶液变红，推测Zn2+与Cl﹣形成了配离子，Cl﹣浓度减小，平衡[Co(【解答】解：A．实验1中加热溶液变蓝，说明升温平衡[Co(H2O)6B．①中滴加浓盐酸，增大了c（Cl﹣），导致浓度商Q＜平衡常数K，i中平衡正向移动，故B正确；C．②中加水，溶液变红，说明平衡逆向移动，但是稀释导致[Co(H2D．③中加入ZnCl2，溶液变红，说明平衡逆向移动，而ZnCl2溶液本身无色，推测Zn2+与Cl﹣形成了配离子，Cl﹣浓度减小，平衡[Co(H2O)6]2+(红色)+4Cl-⇌故选：C。【点评】本题主要考查了化学平衡移动的知识，题目难度中等，掌握化学平衡移动的判断方法是解答该题的关键。14．（2026•浙江开学）工业上采用“还原固硫熔炼法”从废铅膏中回收铅。PbSO4直接碳还原发生以下三个反应：反应①：PbSO4（s）+C（s）⇌PbO（s）+SO2（g）+CO（g）ΔH1＝+184kJ•mol﹣1反应②：PbSO4（s）+4C（s）⇌PbS（s）+4CO（g）ΔH2＝+378kJ•mol﹣1反应③：PbSO4（s）+2C（s）⇌Pb（s）+SO2（g）+2CO（g）ΔH3＝+292.5kJ•mol﹣1反应过程中，吉布斯自由能变（ΔG）与温度关系如图，已知：ΔG越小，化学反应驱动力越大，反应越优先。下列说法正确的是（）A．PbSO4直接碳还原过程中，1000℃时优先生成PbS B．某温度下反应体系达到平衡，压缩容器体积，重新平衡后，各气体浓度均增大 C．PbO（s）被足量C（s）还原热化学方程式为PbO（s）+C（s）⇌Pb（s）+CO（g）ΔH＝+108.5kJ•mol﹣1 D．减小n（PbSO4）：n（C）或及时转移走体系中的气体产物等措施均可提高PbSO4平衡转化率【答案】C【分析】A．结合图中△G随温度的变化趋势，可以判断1000℃时反应①（生成PbO）的△G最小；B．温度不变，各反应的平衡常数大小不变，且反应物均为固体，平衡常数与产物气体浓度有关；C．PbO（s）被足量C（s）还原的热化学方程式为PbO（s）+C（s）⇌Pb（s）+CO（g）ΔH，该反应＝反应③﹣反应①；D．PbSO4与C都是固体，改变n（PbSO4）：n（C）对平衡无影响，及时转移走体系中的气体产物可以促进平衡正向移动。【解答】解：A．结合图中△G随温度的变化趋势，可以判断1000℃时反应①的△G最小，因此优先生成PbO，故A错误；B．温度不变，各反应的平衡常数大小不变，且反应物均为固体，平衡常数与产物气体浓度有关，因此各气体浓度均不变，故B错误；C．热化学方程式为PbO（s）+C（s）⇌Pb（s）+CO（g）ΔH，该反应＝反应③﹣反应①，由盖斯定律可知ΔH＝ΔH3﹣ΔH1＝+108.5kJ•mol﹣1，故C正确；D．PbSO4与C都是固体，改变n（PbSO4）：n（C）对平衡无影响，及时转移走体系中的气体产物可以促进平衡正向移动，提高PbSO4平衡转化率，故D错误；故选：C。【点评】本题考查化学平衡，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。15．（2026春•徐州期末）.CH4和CO2重整制氢过程中的主要反应为反应ⅠCH4（g）+CO2（g）＝2CO（g）+2H2（g）Δ反应Ⅱ.H2（g）+CO2（g）＝CO（g）+H2O（g）Δ反应Ⅲ.2CO（g）＝C（s）+CO2（g）Δ100kPa下，在密闭容器中，CH4（g）和CO2（g）各1mol发生上述反应，平衡时各气态物质的物质的量随温度的变化如图所示。下列说法正确的是（）A．曲线a表示平衡时n（CO）随温度的变化 B．n（H2O）降低因反应Ⅱ向逆反应方向进行 C．625℃，反应Ⅱ的平衡常数K＝2.4 D．1000℃时，增大压强，n(H【答案】B【分析】升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，CO、H2的物质的量都增大；升高温度，反应Ⅱ平衡正向移动，CO的物质的量增大，H2的物质的量减小；反应Ⅲ中，升高温度，平衡逆向移动，CO的物质的量增大。综合分析，升高温度，CO物质的量增大的幅度大于H2物质的量增大的幅度，所以曲线b表示CO平衡时物质的量随温度变化的曲线。据此分析。【解答】解：A．由分析可知，曲线b表示CO平衡时物质的量随温度变化的曲线，故A错误；B．升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅲ平衡逆向移动，都使得CO2的浓度减小，进而导致反应II向逆反应方向进行使得n（H2O）降低，故B正确；C．625℃时，n（CO）＝n（CO2）＝n（H2O）＝0.5mol，n（CH4）＝0.15mol，n始（CH4）＝1mol，依据氢元素守恒，可求出平衡时n(H2)=(1mol-0.15mol)×4-0.5mol×22=1.2mol，设容器的体积为VLD．由图像可知，1000℃下，n（H2）＝n（CO）＝2mol，表明体系中只发生反应Ⅰ，且发生完全转化，增大压强，体系中n(H2)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。二．解答题（共4小题）16．（2026秋•邵阳月考）高纯多晶硅是微电子和太阳能电池等领域的关键材料，其生产广泛采用SiHCl3氢还原法，该方法的主要反应有（忽略其他副反应）：反应1：SiHCl3（g）+H2（g）⇌Si（s）+3HCl（g）ΔH1反应2：2SiHCl3（g）⇌Si（s）+SiCl4（g）+2HCl（g）ΔH2＞0（1）反应1在低温时不自发进行，则ΔH1＞0（填“＞”或“＜”或“＝”）。（2）在恒压密闭容器中进行反应，平衡时各气体占总气体的物质的量分数为x。体系压强为100kPa时，x与温度T的关系如图所示。①在1320K时，x（SiCl4）＝0.02。②100kPa时，若起始通入1molSiHCl3和8molH2，达到平衡时SiHCl3的转化率为60%，H2为7.6mol，则反应2的平衡常数Kp为12.89kPa（保留小数点后两位，分压＝总压×物质的量分数）。③若体系压强由100kPa升高到200kPa，则SiHCl3与HCl的曲线交点相对M点将向高温移动（填“高温”或“低温”），其原因是两个反应均为气体分子数增大的反应，压强增大，平衡逆向移动，相同温度下x（SiHCl3）比原压强更大，x（HCl）更小，升温使平衡正向移动，x（SiHCl3）减小、x（HCl）增大，可使二者相等，因此交叉点位于高温区域（合理即可）。（3）在熔融盐体系中，通过电解TiO2和SiO2获得电池材料（TiSi），电解装置如图：①阳极的电极反应式为C﹣2e﹣+O2﹣＝CO。②若产生CO气体的体积为4.48L（标准状况）时，理论上，电极A可生成3.8gTiSi。【答案】（1）＞；（2）①0.02；②12.89；③高温；两个反应均为气体分子数增大的反应，压强增大，平衡逆向移动，相同温度下x（SiHCl3）比原压强更大，x（HCl）更小，升温使平衡正向移动，x（SiHCl3）减小、x（HCl）增大，可使二者相等，因此交叉点位于高温区域（合理即可）；（3）①C﹣2e﹣+O2﹣＝CO；②3.8。【分析】（1）反应自发进行的判据为ΔG＝ΔH﹣TΔS＜0；（2）①1320K时所有气体的物质的量分数之和为1：x（H2）＝0.88，x（SiHCl3）＝x（HCl）＝0.050；②根据H元素守恒，体系中H的总物质的量为1mol×1+8mol×2＝17mol，设平衡时n（HCl）＝a，则n（SiHCl3）+2n（H2）+n（HCl）＝0.4mol+2×7.6mol+a＝17mol，解得a＝1.4mol；由H2的消耗量可知反应1消耗SiHCl3的物质的量为8mol﹣7.6mol＝0.4mol，故反应2消耗SiHCl3的物质的量为0.6mol﹣0.4mol＝0.2mol，平衡时n（SiCl4）=0.2mol2=0.1mol，平衡总气体物质的量n总＝0.4mol+7.6mol+1.4mol+0.1mol＝9.5mol③反应1和反应2的正反应均是气体分子数增大的反应，增大压强，两个平衡均逆向移动，HCl的物质的量分数降低、SiHCl3的物质的量分数升高；由于两个反应的正反应均为吸热反应，升高温度平衡正向移动，才能让x（HCl）增大、x（SiHCl3）减小，使二者重新相等；（3）①石墨电极为阳极，阳极上C和迁移过来的O2﹣反应生成CO，发生氧化反应；②标况下4.48LCO为0.2mol，阳极生成1molCO转移2mol电子，0.2molCO转移0.4mol电子；阴极生成1molTiSi时，+4价Ti和+4价Si共得到8mol电子，由电子守恒得关系式：8e﹣～TiSi。【解答】解：（1）反应自发进行的判据为ΔG＝ΔH﹣TΔS＜0。反应1中，反应物气体总物质的量为2，生成物气体总物质的量为3，是气体分子数增多的反应，因此ΔS＞0；低温时反应不自发，说明低温下TΔS数值小，要满足ΔG＞0，则ΔH1必须大于0，故答案为：＞；（2）①1320K时所有气体的物质的量分数之和为1：x（H2）＝0.88，x（SiHCl3）＝x（HCl）＝0.050，因此x（SiCl4）＝1﹣0.88﹣0.050﹣0.050＝0.02，故答案为：0.02；②起始n（SiHCl3）＝1mol，转化率60%即反应了0.6mol，剩余SiHCl3为1mol﹣0.6mol＝0.4mol；已知平衡时n（H2）＝7.6mol。根据H元素守恒，体系中H的总物质的量为1mol×1+8mol×2＝17mol，设平衡时n（HCl）＝a，则n（SiHCl3）+2n（H2）+n（HCl）＝0.4mol+2×7.6mol+a＝17mol，解得a＝1.4mol；由H2的消耗量可知反应1消耗SiHCl3的物质的量为8mol﹣7.6mol＝0.4mol，故反应2消耗SiHCl3的物质的量为0.6mol﹣0.4mol＝0.2mol，平衡时n（SiCl4）=0.2mol2=0.1mol，平衡总气体物质的量n总＝0.4mol+7.6mol+1.4mol+0.1mol＝9.5mol，总压100kPa，反应2的Kp=p(SiC故答案为：12.89；③反应1和反应2的正反应均是气体分子数增大的反应，增大压强，两个平衡均逆向移动，HCl的物质的量分数降低、SiHCl3的物质的量分数升高；由于两个反应的正反应均为吸热反应，升高温度平衡正向移动，才能让x（HCl）增大、x（SiHCl3）减小，使二者重新相等，因此交点向高温移动，故答案为：高温；两个反应均为气体分子数增大的反应，压强增大，平衡逆向移动，相同温度下x（SiHCl3）比原压强更大，x（HCl）更小，升温使平衡正向移动，x（SiHCl3）减小、x（HCl）增大，可使二者相等，因此交叉点位于高温区域（合理即可）；（3）①石墨电极为阳极，阳极上C和迁移过来的O2﹣反应生成CO，发生氧化反应，配平得到该电极反应式为C﹣2e﹣+O2﹣＝CO，故答案为：C﹣2e﹣+O2﹣＝CO；②标况下4.48LCO为0.2mol，阳极生成1molCO转移2mol电子，0.2molCO转移0.4mol电子；阴极生成1molTiSi时，+4价Ti和+4价Si共得到8mol电子，由电子守恒得关系式：8e﹣～TiSi，因此生成TiSi的物质的量为0.05mol，质量为0.05mol×76g/mol＝3.8g，故答案为：3.8。【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秋•湖南月考）将丙烷与工业原料气中的杂质SO2反应，制备高价值的丙烯，反应如下：反应Ⅰ：3C3H8（g）+SO2（g）⇌3C3H6（g）+H2S（g）+2H2O（g）ΔH1反应Ⅱ：C3H8（g）⇌C3H6（g）+H2（g）ΔH2＝+124kJ•mol﹣1反应Ⅲ：SO2（g）+3H2（g）⇌H2S（g）+2H2O（g）ΔH3＝﹣186kJ•mol﹣1回答下列问题：（1）反应Ⅰ的ΔH1＝+186kJ•mol﹣1，ΔS＞0（填“＞”“＜”或“＝”）。（2）恒温、恒压的密闭体系中，下列情况能说明该反应Ⅰ达到平衡状态的是CD（填字母）。A．ΔH1不变B．C3H6与H2S的物质的量之比保持不变C．混合气体的平均摩尔质量不变D．v正（C3H6）＝v逆（C3H8）（3）恒容密闭容器中，等物质的量的C3H8和SO2发生反应I，达到平衡时，相关物质的物质的量分数（x）随温度变化关系如图1所示。①L点时，SO2的消耗速率与b物质的生成速率之比为1：2。②M点时，以物质的量分数（x）代替浓度计算反应Ⅰ的平衡常数Kx＝3128③N点时，C3H8的平衡转化率为75%。（4）以丙烷为原料，在NOx催化下，也可由图2的2种历程制备丙烯。总反应的化学方程式为2C3H8+O2→NOx2C3H6+2H2O（5）固体氧化物电解池可实现丙烷脱氢制备丙烯，原理如图3所示。写出阳极的电极反应式：C3H8﹣2e﹣+O2﹣＝CH2＝CHCH3+H2O。【答案】（1）+186；＞；（2）CD；（3）①1：2；②3128③75；（4）2C3H8+O2→NOx2C3H6+2H（5）C3H8﹣2e﹣+O2﹣＝CH2＝CHCH3+H2O。【分析】（1）根据盖斯定律，将已知反应进行组合：反应I＝3×反应Ⅱ+反应Ⅲ；（2）根据化学平衡状态的判断依据，即“变量不变”原则和“正逆反应速率相等”原则，逐项分析各物理量是否能作为平衡标志；（3）①反应Ⅰ中，生成物C3H6、H2O、H2S的化学计量数之比为3：2：1，因此平衡时物质的量分数大小关系为a＞b＞c，即a为C3H6，b为H2O，c为H2S。在任何时刻，同一反应中不同物质的反应速率之比等于其化学计量数之比；②设初始C3H8和SO2的物质的量均为3mol，反应消耗了xmolSO2。平衡时各物质的量分别为：C3H8为（3﹣3x）mol，SO2为（3﹣x）mol，C3H6为3xmol，H2S为xmol，H2O为2xmol。M点时，C3H8与H2O的物质的量分数相等，即3﹣3x＝2x，解得x＝0.6。此时混合气体总物质的量为7.2mol，各物质的量分数分别为：x（C3H8）=16，x（SO2）=13，x（C3H6）=14，x（H2S）=112，③N点时，C3H8与H2S的物质的量分数相等，即3﹣3x＝x，解得x＝0.75。C3H8的初始量为3mol，消耗量为3×0.75mol＝2.25mol；（4）由图2的反应历程可知，输入的反应物为C3H8和O2，最终输出的生成物为C3H6和H2O，NOx参与循环反应，在反应前后质量和化学性质不变，作催化剂；（5）由图3可知，左侧电极通入C3H8生成C3H6，碳元素化合价升高，发生氧化反应，故左侧为阳极。固体电解质传导O2﹣，O2﹣向阳极移动并参与反应生成水。【解答】解：（1）根据盖斯定律，将已知反应进行组合：反应I＝3×反应Ⅱ+反应Ⅲ。因此，反应Ⅰ的焓变ΔH1＝3×（+124kJ•mol﹣1）+（﹣186kJ•mol﹣1）＝+186kJ•mol﹣1。反应Ⅰ的正反应方向是气体分子数增加的方向（由4分子变为6分子），混乱度增大，因此熵变ΔS＞0，故答案为：+186；＞；（2）A．ΔH1为反应的焓变，是一个定值，与反应是否达到平衡无关，不能作为平衡标志，故A错误；B．若反应从正向开始，生成物C3H6与H2S的物质的量之比始终为3：1，保持不变，不能说明达到平衡，故B错误；C．该反应前后气体总物质的量发生变化，在恒压条件下，混合气体的总质量不变，但总物质的量在反应过程中变化，导致平均摩尔质量变化，当平均摩尔质量不变时，说明各物质的量不再改变，反应达到平衡状态，故C正确；D．达到平衡时正逆反应速率之比应等于化学计量数之比，反应Ⅰ中C3H6和C3H8的化学计量数均为3，即v正（C3H6）＝v逆（C3H8），该等式说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，故D正确；故答案为：CD；（3）①反应Ⅰ中，生成物C3H6、H2O、H2S的化学计量数之比为3：2：1，因此平衡时物质的量分数大小关系为a＞b＞c，即a为C3H6，b为H2O，c为H2S。在任何时刻，同一反应中不同物质的反应速率之比等于其化学计量数之比，因此SO2的消耗速率与b（H2O）的生成速率之比为1：2，故答案为：1：2；②设初始C3H8和SO2的物质的量均为3mol，反应消耗了xmolSO2。平衡时各物质的量分别为：C3H8为（3﹣3x）mol，SO2为（3﹣x）mol，C3H6为3xmol，H2S为xmol，H2O为2xmol。M点时，C3H8与H2O的物质的量分数相等，即3﹣3x＝2x，解得x＝0.6。此时混合气体总物质的量为7.2mol，各物质的量分数分别为：x（C3H8）=16，x（SO2）=13，x（C3H6）=14，x（H2S）=112，x（H2O故答案为：3128③N点时，C3H8与H2S的物质的量分数相等，即3﹣3x＝x，解得x＝0.75。C3H8的初始量为3mol，消耗量为3×0.75mol＝2.25mol，其平衡转化率为2.253×100%＝故答案为：75；（4）由图2的反应历程可知，输入的反应物为C3H8和O2，最终输出的生成物为C3H6和H2O，NOx参与循环反应，在反应前后质量和化学性质不变，作催化剂。根据原子守恒，总反应的化学方程式为2C3H8+O2→NOx2C3H6+2H故答案为：2C3H8+O2→NOx2C3H6+2H（5）由图3可知，左侧电极通入C3H8生成C3H6，碳元素化合价升高，发生氧化反应，故左侧为阳极。固体电解质传导O2﹣，O2﹣向阳极移动并参与反应生成水，根据电荷守恒和原子守恒，阳极的电极反应式为C3H8﹣2e﹣+O2﹣＝C3H6+H2O，故答案为：C3H8﹣2e﹣+O2﹣＝CH2＝CHCH3+H2O。【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•开学）尿素[CO（NH2）2]是首个由无机物人工合成的有机物，以CO2与NH3为原料可合成尿素CO（NH2）2。已知：①2NH3（g）+CO2（g）＝NH2COONH4（s）ΔH＝﹣159.5kJ•mol﹣1②NH2COONH4（s）＝CO（NH2）2（s）+H2O（g）ΔH＝+116.5kJ•mol﹣1（1）写出NH3和CO2合成尿素的热化学方程式2NH3（g）+CO2（g）＝CO（NH2）2（s）+H2O（g）ΔH＝﹣43.0kJ•mol﹣1。（2）已知第一步反应①为快速反应，第二步反应②为慢速反应，则下列图象能表示尿素合成塔中发生反应的能量变化历程的是C（填标号）。（3）T1、T2K下，在一体积为5L的恒容密闭容器中以：n（CO2）：n（NH3）＝1：2充入容器合成尿素，测得CO2平衡转化率与压强的关系如图所示：①下列情况能证明反应一定达到平衡状态的是BC（填标号）。A．CO2消耗速率等于H2O生成速率B．混合气体的密度不再发生变化C．气体总压强不再发生变化D．n（CO2）：n（NH3）＝1：2②平衡常数K（a）、K（b）、K（c）由大到小的顺序为Ka＞Kb＝Kc。③若CO2的初始投料为1mol，T1K及对应的压强下，15min到达a点，在这段时间内，v（NH3）＝0.016mol•L﹣1•min﹣1。H2O（g）的分压p（H2O）＝5MPa，此温度下该反应的平衡常数Kp＝3.375×10﹣2（MPa）﹣2。（4）在某温度下，若在5L恒容密闭容器中加入NH2CO2NH4（s）发生反应①、②，达平衡后p（H2O）＝aMPa，然后将容器体积缩小为原来的一半，达新平衡后p（H2O）＝aMPa（填“＞”、“＜”或“＝”）。【答案】（1）2NH3（g）+CO2（g）＝CO（NH2）2（s）+H2O（g）ΔH＝﹣43.0kJ•mol﹣1；（2）C；（3）①BC；②Ka＞Kb＝Kc；③0.016；5；3.375×10﹣2；（4）＝。【分析】（1）观察所给信息可知，NH3与CO2合成尿素的反应可由①+②得到目标方程；（2）反应①为快速反应，反应②为慢速反应，由此可知反应②的活化能应该更高，也即图像中第二步反应的能量峰应更高；（3）①观察合成尿素总反应，该反应是一个气体分子数减少、放热的反应；②对于确定的反应，温度是决定平衡常数大小的唯一因素；③v（CO2）=60%×n(CO2)Vt=0.008mol•L﹣1•min﹣1，v（NH3）＝2v（CO2）＝0.016mol•L﹣1•min﹣1，p（H2O）=n(H2O)n总×p总=0.6mol1.8mol×15MPa＝5MPa（4）Kp②＝p（H2O），温度不变，平衡常数为定值，水蒸气的分压也应为定值。【解答】解：（1）观察所给信息可知，NH3与CO2合成尿素的反应可由①+②得到，ΔH＝ΔH1+ΔH2＝（﹣159.5kJ•mol﹣1）+（+116.5kJ•mol﹣1）＝﹣43.0kJ•mol﹣1，故答案为：2NH3（g）+CO2（g）＝CO（NH2）2（s）+H2O（g）ΔH＝﹣43.0kJ•mol﹣1；（2）反应①为快速反应，反应②为慢速反应，由此可知反应②的活化能应该更高，也即图像中第二步反应的能量峰应更高。其次，由反应方程式可知，反应①为放热反应，中间状态能量应低于初始状态，反应②为吸热反应，最终状态应能量高于中间状态，但不超过初始状态。综合以上两点，符合条件的图像应为C项，故答案为：C；（3）①观察合成尿素总反应，该反应是一个气体分子数减少、放热的反应；A．“CO2消耗速率”与“H2O生成速率”均指示正反应方向的速率，二者比较无法判断反应是否达到平衡，故A错误；B．反应物体系组分全部为气体，而生成物中有固体组分，因此随着反应的进行，必然伴随着气体质量的减少，又反应在恒容体系下进行，体积不变，因此只要反应在进行，混合气体密度必然下降，而当密度不变时，反应达到平衡，故B正确；C．反应体系中，V、T恒定，气体总压随气体总物质的量的变化而变化，又反应为气体分子数减少的反应，因此只要反应在进行，气体总物质的量必然下降，气体总压也随之下降，而当总压不变时，反应达到平衡，故C正确；D．反应过程中消耗的CO2与NH3物质的量之比为1：2，又二者的初始投料比也为1：2，因此无论反应进行到何种程度，CO2与NH3物质的量之比始终为1：2，无法判断是否达到平衡，故D错误；故答案为：BC；②对于确定的反应，温度是决定平衡常数大小的唯一因素，首先可以确定Kb＝Kc，其次，由图像可知，T1温度下CO2的平衡转化率更高，由于总反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，转化率增大，可以得到T1＜T2，因为ΔH＜0时，平衡常数大小与温度负相关，因此有Ka＞Kb＝Kc，故答案为：Ka＞Kb＝Kc；③v（CO2）=60%×n(CO2)Vt=0.008mol•L﹣1•min﹣1，v（NH3）＝2v（CO2）＝0.016mol•L﹣1•min﹣1，p（H2O）=n(H2O)n总×p总=0.6mol1.8mol×15MPa＝5MPa，p（NH3）=n(NH3)n总故答案为：0.016；5；3.375×10﹣2；（4）Kp②＝p（H2O），温度不变，平衡常数为定值，水蒸气的分压也应为定值，不随体积压缩的变化而变化，故答案为：＝。【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．（2026•广东开学）含溴化合物在工农业生产中具有