26学年秋季期高二上人教版化学训练题-化学平衡

第1页（共1页）26学年秋季期高二上人教版化学训练题——化学平衡一．选择题（共15小题）1．（2026•浙江开学）在一定温度下的密闭容器中，可逆反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）达到平衡状态的标志是（）A．N2、H2、NH3物质的量之比为1：3：2 B．混合气体的总物质的量不再发生变化 C．某时刻N2、H2、NH3的反应速率均相同 D．单位时间内消耗nmolN2，同时消耗nmolNH32．（2026春•新乐市期末）某温度下的恒容密闭容器中，有下述反应：A（s）+2B（g）⇌C（g）+D（g）。下列哪些物理量不再发生变化时，表明反应已达到平衡状态的是（）①混合气体的密度；②混合气体的压强；③A的质量；④混合气体的平均摩尔质量；⑤气体的总物质的量A．①②③ B．②③⑤ C．①③④⑤ D．①③④3．（2026春•阿克陶县期末）在一定温度下，向固定容积的密闭容器中充入1molN2和3molH2发生可逆反应：N2（g）+3H2（g）⇌催化剂高温高压2NH3（g）。下列说法不正确的是A．达到平衡时，正、逆反应速率均为零 B．达到平衡时，NH3的物质的量浓度不再变化 C．达到平衡时，N2的物质的量不再改变 D．达到平衡时，H2不可能100%转化为NH34．（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5．（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）xA6．（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7．（2026•模拟）催化异丙醇脱水制取丙烯（C3H6）的工业化技术已引起人们的关注，其主要反应如下：Ⅰ．C3H8O（g）⇌C3H6（g）+H2O（g）ΔH＝+52kJ•mol﹣1Ⅱ．2C3H6（g）⇌C6H12（g）ΔH＝﹣97kJ•mol﹣1恒温下，刚性密闭容器中的反应体系内水蒸气浓度与反应时间关系如下表：反应时间/μs04812t20H2O浓度/ppm024403200360040004100平衡时反应Ⅰ、Ⅱ的转化率分别为98%和40%。下列说法不正确的是（）A．4～8μs内，平均反应速率v（C3H8O）＝190ppm/μs B．t＞16 C．丙烯产率[实际产量理论产量×100%]为D．为维持恒温，须向密闭容器输入能量8．（2026秋•河南月考）向5L的恒温恒容密闭容器中通入0.1molA（g）和0.1molB（g），发生反应：xA（g）+B（g）⇌C（g）+D（g），反应5min达到化学平衡状态时，测得D的物质的量浓度为0.004mol•L﹣1，从反应开始到达化学平衡状态的这段时间，B（g）的物质的量分数保持不变（已知：转化率是指已被转化的反应物的物质的量与其初始的物质的量之比）。下列说法错误的是（）A．混合气体的密度不变不能说明反应达到平衡状态 B．开始与平衡后气体的总物质的量之比为4：5 C．反应达到化学平衡状态时，B（g）的转化率为20% D．0～5min内，A（g）的平均反应速率为0.0024mol•L﹣1•min﹣19．（2027•浙江开学）工业上利用“蒸气转移法”提纯金属钨的原理为：W（s）+I2（g）⇌WI2（g）。模拟装置如图所示。低温区的平衡常数为K＝1，高温区为K=13。下列说法不正确的是A．该反应中，正反应的活化能小于逆反应的活化能 B．粗钨放置在低温区 C．若气体在低温区与高温区循环一周称为一次转移。向装置内充入0.01molI2（g）与足量粗W（s），则理论上至少需要5次转移才能得到0.01mol纯W（s）（连接部分体积忽略） D．充分循环下，分批取出纯钨与一次性取出纯钨，二者所得的纯钨总量一样多10．（2026秋•安徽月考）用CO2氧化烷烃脱氢制取丙烯，向密闭容器中通入C3H8、CO2和He（体积比为1：1：2），维持压强为p0kPa，发生反应：C3H8（g）+CO2（g）→催化剂C3H6（g）+H2O（g）+CO（g）。测得C3H8的平衡转化率与温度的关系如图中曲线①所示。下列说法正确的是（A．该反应正反应是放热反应 B．512℃下，CO2的平衡转化率为50%，则该反应的Kp=15C．543℃下，体系中3n（C3H8）＝2n（C3H6）时，表明反应已达平衡 D．若增大通入气体中He的占比，C3H8的平衡转化率与温度的关系可能是曲线②11．（2026秋•邵阳月考）若将1mol焦炭与2molCuO固体置于1L的恒容密闭容器中，一定温度下发生如下反应：ⅰ：C（s）+2CuO（s）⇌CO2（g）+2Cu（s）K1＝0.5ⅱ：2CO2（g）⇌2CO（g）+O2（g）K2达到平衡时CO的体积分数为0.25，下列说法错误的是（）A．混合气体中c(CO)c(OB．平衡时，CuO的转化率为50% C．该温度时，K2＝0.016 D．若其他条件不变，容器体积变为0.5L，再次平衡时c（CO2）不变12．（2026•岳麓区校级开学）在一定条件下，将3molA和1molB两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A（g）+B（g）⇌xC（g）+2D（s）。2min末该反应达到平衡，测得生成0.8molD，并测得C的浓度为0.2mol•L﹣1.下列判断不正确的是（）A．x＝1 B．2min内A的平均反应速率为0.3mol•L﹣1•min﹣1 C．A与B的转化率相等，均为40% D．反应达平衡时，体系压强变为原来的90%13．（2026•门头沟区一模）为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系，实验如图。下列说法不正确的是（）A．实验ⅰ溶液变蓝证明有I2生成 B．由ⅰ、ⅱ中现象可证明实验Ⅰ中发生反应：2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2 C．实验ⅲ可说明实验Ⅰ中棕黄色主要是由I2引起的，此时I﹣还原性强于Fe2+ D．实验ⅲ、ⅳ体现了离子浓度对物质氧化性、还原性的影响14．（2026•方城县校级开学）下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是（）A．溴水加入少量硝酸银固体后，溶液颜色变浅 B．工业合成氨的过程中实际控温400∼500℃ C．新制的氯水在光照条件下颜色变浅 D．实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气15．（2026•重庆校级开学）下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（）A．用饱和食盐水除去Cl2中的HCl，可减少Cl2的损失 B．夏天打开冰镇可乐瓶盖时产生大量泡沫 C．合成氨工业中需要采用高压的条件 D．含有H2（g）、I2（g）、HI（g）的混合体系加压后颜色变深二．解答题（共4小题）16．（2026秋•邢台月考）利用CO2催化加氢合成CH4是实现碳资源循环利用的有效途径，使用Ni/ZrO2催化剂可显著提高反应的活性和抗积碳能力。相关反应如下：Ⅰ．CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）ΔH1＝﹣165kJ•mol﹣1Ⅱ．CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2＝+41kJ•mol﹣1Ⅲ．CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）ΔH3回答下列问题：（1）ΔH3＝kJ•mol﹣1。（2）上述三个反应的lnK（K为平衡常数）随1T（T为温度）的变化如图。其中代表反应Ⅲ的曲线是（填“a”“b”或“c（3）在相同温度和压强下，改变起始投料比x=n(①随着x的增大，CO2（g）的转化率将（填“增大”“减小”或“不变”）。②随着x的增大，CH4（g）的选择性[CH4（g）选择性=c生成(CH4)c（4）某温度下，向2L恒容密闭容器中充入4molCO2（g）和7molH2（g）发生反应Ⅰ、Ⅱ。5min时测得c（H2O）＝1.5mol•L﹣1、CH4（g）的选择性为50%，则0～5min内v（CH4）＝mol•L﹣1•min﹣1，此时反应Ⅱ的浓度商Qc＝。（5）一定温度下，Ni/ZrO2催化CO2甲烷化两条路径的关键基元反应活化能Ea（单位：kJ•mol﹣1）如表（吸附态物种用*标记）：途径①：CO路径途径②：甲酸盐路径CO2*→CO*+O*Ea＝148CO*→C*+O*Ea＝186H2→2H*Ea＝32C*+4H*→CH4分步加氢，各步Ea＜90CO2*+H*→HCOO*Ea＝76HCOO*+H*→HCOOH*Ea＝132HCOOH*+6H*→CH4+2H2O分步加氢，各步Ea＜110根据表中数据判断，Ni/ZrO2催化CO2甲烷化主要遵循途径（填“①”或“②”），理由是。17．（2026秋•甘肃月考）开发CO2催化加氢合成CH3OH技术是有效利用CO2资源，实现“碳达峰、碳中和”目标的重要途径之一。相关反应如下：Ⅰ．CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH1＝+41.2kJ•mol﹣1Ⅱ．CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH2＝﹣90.5kJ•mol﹣1Ⅲ．CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH3Ⅳ．2CO2（g）+CH3OH（g）⇌3CO（g）+2H2O（g）ΔH4回答下列问题：（1）ΔH4＝kJ•mol﹣1。（2）①实际生产中，CO2与H2O在催化剂活性中心上存在竞争吸附，降低了CO2的转化率。已知CO2可与催化剂金属原子形成配位键，分析H2O中（填元素符号）原子也可与金属原子形成配位键，从而导致竞争吸附。②我国科研人员设计了一种“串联双床层”反应器，CH3OH的选择性几乎为100%。CO2、H2混合气（体积之比为1：3）→床层1中间产物→分离单元净化气→已知：床层1主要发生反应Ⅰ，床层2主要发生反应Ⅱ。从热力学角度考虑，床层1的工作温度应（填“高于”或“低于”）床层2，理由是；结合第①问信息，分离单元脱除的物质主要是（填化学式）。（3）在恒温恒压（压强为p0MPa）的密闭容器中，按n（CO2）：n（H2）＝1：3投料，发生上述反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ．达到平衡时，CO2的转化率为50%，CH3OH的选择性为60%（已知CH3OH的选择性=生成①平衡时，体系中H2O的物质的量与初始投入CO2的物质的量之比为。②平衡时，CO的分压为MPa（用含p0的代数式表示）。（4）我国学者研究了GaZrOx催化反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）的反应机理，其催化循环过程如图所示（*表示在催化剂表面活性位点上的吸附态，□表示氧空位）。已知该机理中前三步的反应过程可表示如下：步骤ⅰ：H2→2H*步骤ⅱ：CO2+2H*→HCOO*+H*步骤ⅲ：HCOO*+2H2+H*→H3CO*+H*+H2O①键角∠H﹣C﹣O：HCOO*H3CO*（填“＞”“＝”“＜”或“无法判断”）。②保持其他条件不变，若催化剂GaZrOx表面氧空位数量减少，会使该催化反应的反应速率（填“加快”或“减慢”）。18．（2026•模拟）化学反应速率和限度与生产、生活密切相关，这是化学学科重点研究发展的方面之一。Ⅰ．硫酸是重要的化工原料，工业制硫酸中重要的一步反应是2SO2+O2催化剂△2SO3（1）若开始时充入SO2和18O2，反应一段时间后，18O存在于种物质中。（2）曲线a、b、c中表示SO2的是曲线；在0～60min内，SO3的平均反应速率为mol•L﹣1•min﹣1。（3）图中M点，正反应速率逆反应速率（填“＞”“＜”或“＝”）；若开始时更换催化效果更好的催化剂，则M点可能移动到点（填“P”“N”或“Q”）。Ⅱ．为了实现“碳中和”，工业上用CO2来生产甲醇（CH3OH）燃料。一定温度下，在容积为2L的恒容密闭容器内发生反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），其中，n（CO2）随时间的变化如下表。时间/min012345678910n（CO2）/mol10.08.05.74.03.33.03.03.03.03.03.0（4）下列说法一定能表明该反应达到平衡状态的是（填字母）。A．单位时间内生成nmolCH3OH的同时消耗3nmolH2B．混合气体的平均相对分子质量不变C．v逆（CO2）＝3v正（H2）D．H2O（g）的浓度不再发生改变E．n(COF．混合气体的密度保持不变（5）平衡时CO2的转化率为%（已知：转化率=反应物转化的物质的量反应物起始的物质的量（6）在0～1min内的平均反应速率小于1～2min内的平均反应速率，分析其可能的原因是。19．（2026•辽阳校级开学）利用化学反应原理研究废气的利用。Ⅰ．高炉炼铁排放的废气中含有大量的CO，通过反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），可以将CO转化成甲醇，实现废气利用。CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。（1）A、B、C三点对应的平衡常数KA、KB、KC的大小关系是。（2）不考虑催化剂影响的情况下，A、B、C三点中对应活化分子百分数最大的是点。（3）在T2℃、P2条件下，往一容积可变的密闭容器内充入0.3molCO与0.4molH2发生上述反应。平衡后容器体积为2L，再加入1.0molCO，重新到达平衡时，CO与CH3OH的浓度比值c(CO)c(CH3OH)（填“增大”“不变”或“减小”）。保持体系温度、压强不变，若以不同比例投料，测得某时刻各物质的物质的量如下：CO0.1mol、H20.1mol、CH3OH0.4mol，此时v正Ⅱ．石油化工、煤化工等行业废气普遍含有硫化氢，需要回收处理并加以利用。已知：2H2S（g）⇌S2（g）+2H2（g）ΔH＝+170kJ•mol﹣1。（4）在某恒温恒容的密闭容器中，能判断上述反应达到平衡状态的依据是（填字母）。A．2v正（H2S）＝v逆（S2）B．气体的密度不发生变化C．平均摩尔质量不发生变化D．气体的压强不发生变化（5）在1470K、100kPa反应条件下，将n（H2S）：n（Ar）＝1：3.75的混合气进行H2S热分解反应。平衡时混合气中H2S与H2的分压相等，H2S平衡转化率为，平衡常数KP＝kPa（已知：分压＝总压×该组分的物质的量分数）。

答案一．选择题（共15小题）1．（2026•浙江开学）在一定温度下的密闭容器中，可逆反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）达到平衡状态的标志是（）A．N2、H2、NH3物质的量之比为1：3：2 B．混合气体的总物质的量不再发生变化 C．某时刻N2、H2、NH3的反应速率均相同 D．单位时间内消耗nmolN2，同时消耗nmolNH3【答案】B【分析】化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分浓度和百分含量保持不变。【解答】解：A．N2、H2、NH3物质的量之比为1：3：2仅为反应过程中可能出现的特殊时刻的比例，与初始投料、转化率有关，无法说明各组分含量不再变化，故不能判断平衡状态，故A错误；B．反应正向气体分子数减小，混合气体总物质的量为反应过程中的变量，当总物质的量不再变化时，正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B正确；C．同一反应中，各物质的反应速率之比始终等于化学计量数之比，即v（N2）：v（H2）：v（NH3）＝1：3：2，三者速率不可能相同，且未说明是正反应速率还是逆反应速率，故无法判断平衡状态，故C错误；D．单位时间内消耗nmolN2表示正反应速率，消耗nmolNH3表示逆反应速率，平衡时二者速率之比应等于化学计量数之比1：2，即消耗nmolN2的同时应消耗2nmolNH3，题给条件正逆反应速率不相等，未达到平衡状态，故D错误；故选：B。【点评】本题考查化学平衡，题目难度不大，掌握平衡状态的判定方法是解题的关键。2．（2026春•新乐市期末）某温度下的恒容密闭容器中，有下述反应：A（s）+2B（g）⇌C（g）+D（g）。下列哪些物理量不再发生变化时，表明反应已达到平衡状态的是（）①混合气体的密度；②混合气体的压强；③A的质量；④混合气体的平均摩尔质量；⑤气体的总物质的量A．①②③ B．②③⑤ C．①③④⑤ D．①③④【答案】D【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。【解答】解：①反应前后气体质量变化，容器容积不变，混合气体的密度是变量，当密度不再发生变化，说明反应达平衡状态，故①正确；②恒容密闭容器中，两边气体的计量数相等，所以混合气体的压强一直不变，混合气体的压强不再发生变化时，不能判断反应已达到平衡状态，故②错误；③固体A的质量不变时，平衡不再移动，反应达平衡状态，故③正确；④反应前后气体的质量是变化的，气体的总物质的量一直不变，平均相对分子质量是变量，混合气体的平均相对分子质量不变时反应达平衡状态，故④正确；⑤两边气体计量数相等，气体的总物质的量一直不变，故⑤错误；故选：D。【点评】本题考查化学平衡状态的判断，题目难度中等，掌握化学平衡状态的判断方法是解题的关键。3．（2026春•阿克陶县期末）在一定温度下，向固定容积的密闭容器中充入1molN2和3molH2发生可逆反应：N2（g）+3H2（g）⇌催化剂高温高压2NH3（g）。下列说法不正确的是A．达到平衡时，正、逆反应速率均为零 B．达到平衡时，NH3的物质的量浓度不再变化 C．达到平衡时，N2的物质的量不再改变 D．达到平衡时，H2不可能100%转化为NH3【答案】A【分析】A．根据达到平衡时，正、逆反应速率相等，但不等于零进行分析；B．根据达到平衡时，各组成成分浓度保持不变，进行分析；C．根据达到平衡时，各组成成分浓度保持不变，进行分析；D．根据可逆反应特点为反应物不能完全转化为生成物，反应物转化率≠100%，进行分析。【解答】解：A．达到平衡时，正、逆反应速率相等，但不等于零，是动态平衡，故A错误；B．达到平衡时，各组成成分浓度保持不变，故NH3的物质的量浓度不再变化，故B正确；C．达到平衡时，各组成成分浓度保持不变，故N2的物质的量不再改变，故C正确；D．可逆反应特点为反应物不能完全转化为生成物，具有一定的限度，反应物转化率不可能等于100%，故达到平衡时，H2不可能100%转化为NH3，故D正确；故选：A。【点评】本题主要考查化学平衡状态的判断等，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。4．（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。5．（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。6．（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。7．（2026•模拟）催化异丙醇脱水制取丙烯（C3H6）的工业化技术已引起人们的关注，其主要反应如下：Ⅰ．C3H8O（g）⇌C3H6（g）+H2O（g）ΔH＝+52kJ•mol﹣1Ⅱ．2C3H6（g）⇌C6H12（g）ΔH＝﹣97kJ•mol﹣1恒温下，刚性密闭容器中的反应体系内水蒸气浓度与反应时间关系如下表：反应时间/μs04812t20H2O浓度/ppm024403200360040004100平衡时反应Ⅰ、Ⅱ的转化率分别为98%和40%。下列说法不正确的是（）A．4～8μs内，平均反应速率v（C3H8O）＝190ppm/μs B．t＞16 C．丙烯产率[实际产量理论产量×100%]为D．为维持恒温，须向密闭容器输入能量【答案】C【分析】A．反应Ⅰ中v（C3H8O）＝v（H2O）；B．随反应进行，反应物浓度降低，反应速率减慢；C．设初始C3H8O为1mol，反应Ⅰ转化率98%，则生成C3H6为0.98mol；反应Ⅱ中C3H6转化率为40%，剩余C3H6为0.98mol×（1﹣40%）＝0.588mol；D．总反应为吸热反应，刚性容器体积不变不做功。【解答】解：A．4～8μs内，Δc（H2O）＝3200ppm﹣2440ppm＝760ppm，v（H2O）=760ppm4μs=190ppm/μs，反应Ⅰ中v（C3H8O）＝v（H2O），所以4～8μs内，v（C3H8O）＝190ppm/μsB．0～4μs、4～8μs、8～12μs内H2O的增量依次为2440ppm、760ppm、400ppm，每4μs的浓度增量逐渐减小，12μs时浓度为3600ppm，达到4000ppm需要增量400ppm，所需时间大于4μs，故t＞16，故B正确；C．设初始C3H8O为1mol，反应Ⅰ转化率98%，则生成C3H6为0.98mol；反应Ⅱ中C3H6转化率为40%，剩余C3H6为0.98mol×（1﹣40%）＝0.588mol，理论产量为1mol，故产率为0.5881×100%＝58.8%，故D．总反应为吸热反应，刚性容器体积不变，不做功，所以维持恒温需向系统输入能量，故D正确；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。8．（2026秋•河南月考）向5L的恒温恒容密闭容器中通入0.1molA（g）和0.1molB（g），发生反应：xA（g）+B（g）⇌C（g）+D（g），反应5min达到化学平衡状态时，测得D的物质的量浓度为0.004mol•L﹣1，从反应开始到达化学平衡状态的这段时间，B（g）的物质的量分数保持不变（已知：转化率是指已被转化的反应物的物质的量与其初始的物质的量之比）。下列说法错误的是（）A．混合气体的密度不变不能说明反应达到平衡状态 B．开始与平衡后气体的总物质的量之比为4：5 C．反应达到化学平衡状态时，B（g）的转化率为20% D．0～5min内，A（g）的平均反应速率为0.0024mol•L﹣1•min﹣1【答案】B【分析】初始总物质的量为0.1mol+0.1mol＝0.2mol，初始的B的物质的量分数为0.1mol0.2mol=0.5，平衡时B的物质的量分数仍为0.5，消耗B的物质的量为0.004mol•L﹣1×5L＝0.02mol，平衡时n（B）＝0.08mol，总物质的量为0.08mol0.5=0.16mol，根据反应式可知，消耗A的物质的量0.02xmol，平衡时A的物质的量为（0.1﹣0.02x）mol，C和D的物质的量均为0.02mol，代入平衡时总的物质的量可知：0.02+0.02+0.08+（0.1﹣0.02x）＝0.16，【解答】解：A．反应前后气体总质量不变，恒温恒容条件下气体体积固定，因此混合气体密度始终不变，密度不变不能说明反应达到平衡状态，故A正确；B．由分析可知，平衡时总物质的量为0.16mol，初始的总物质的量为0.2mol，因此开始与平衡后气体的总物质的量之比为0.2：0.16＝5：4，故B错误；C．初始总物质的量为0.1mol+0.1mol＝0.2mol，初始的B的物质的量分数为0.1mol0.2mol=0.5，平衡时B的物质的量分数仍为0.5，消耗B的物质的量为0.004mol•L﹣1×5L＝0.02mol，初始B为0.1mol，转化率为0.02mol0.1mol×100%＝D．由分析可知，消耗A的物质的量0.06mol，平均反应速率为0.06mol5L×5min=0.0024mol•L﹣1•min﹣1，故故选：B。【点评】本题主要考查了化学平衡的计算，题目难度中等，掌握化学平衡计算的方法和转化率、化学反应速率计算的方法是解答该题的关键。9．（2027•浙江开学）工业上利用“蒸气转移法”提纯金属钨的原理为：W（s）+I2（g）⇌WI2（g）。模拟装置如图所示。低温区的平衡常数为K＝1，高温区为K=13。下列说法不正确的是A．该反应中，正反应的活化能小于逆反应的活化能 B．粗钨放置在低温区 C．若气体在低温区与高温区循环一周称为一次转移。向装置内充入0.01molI2（g）与足量粗W（s），则理论上至少需要5次转移才能得到0.01mol纯W（s）（连接部分体积忽略） D．充分循环下，分批取出纯钨与一次性取出纯钨，二者所得的纯钨总量一样多【答案】C【分析】A．低温区的平衡常数为K＝1，高温区为K=13，K随温度升高减小，说明升温平衡逆向移动，ΔH＜0，为放热反应，正反应放热，ΔH＝E正活化﹣EB．结合A分析，W（s）+I2（g）⇌WI2（g）ΔH＜0，即反应为放热反应，升温平衡左移；C．向装置内充入0.01molI2（g）与足量粗W（s），低温区三段式：W（s）+I2（g）⇌WI2（g）始/mol0.010转/molxx平/mol0.01﹣xxK=x0.01-x=1，解得x＝0.005mol，即n（WI2）＝n（I2W（s）+I2（g）⇌WI2（g）始/mol0.0050.005转/molyy平/mol0.005+y0.005﹣y；D．W为固体，改变其量不能使平衡移动。【解答】解：A．低温区的平衡常数为K＝1，高温区为K=13，K随温度升高减小，说明升温平衡逆向移动，ΔH＜0，为放热反应，正反应放热，ΔH＝E正活化﹣E逆活化＜0，此时正反应的活化能小于逆反应的活化能，故B．结合A分析，W（s）+I2（g）⇌WI2（g）ΔH＜0，即反应为放热反应，升温平衡左移，所以粗钨应放在低温区，故B正确；C．向装置内充入0.01molI2（g）与足量粗W（s），低温区三段式：W（s）+I2（g）⇌WI2（g）始/mol0.010转/molxx平/mol0.01﹣xxK=x0.01-x=1，解得x＝0.005mol，即n（WI2）＝n（I2W（s）+I2（g）⇌WI2（g）始/mol0.0050.005转/molyy平/mol0.005+y0.005﹣yK=0.005-y0.005+y=13，解得y＝0.0025mol，即经过一次转移得到0.0025molW，则理论上至少需要0.010.0025=4D．W为固体，改变其量不能使平衡移动，所以分批取出纯钨不能得到更多纯钨，即二者所得的纯钨总量一样多，故D正确；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秋•安徽月考）用CO2氧化烷烃脱氢制取丙烯，向密闭容器中通入C3H8、CO2和He（体积比为1：1：2），维持压强为p0kPa，发生反应：C3H8（g）+CO2（g）→催化剂C3H6（g）+H2O（g）+CO（g）。测得C3H8的平衡转化率与温度的关系如图中曲线①所示。下列说法正确的是（A．该反应正反应是放热反应 B．512℃下，CO2的平衡转化率为50%，则该反应的Kp=15C．543℃下，体系中3n（C3H8）＝2n（C3H6）时，表明反应已达平衡 D．若增大通入气体中He的占比，C3H8的平衡转化率与温度的关系可能是曲线②【答案】C【分析】A．由图像可知，温度升高，C3H8的平衡转化率增大，说明温度升高时平衡向正向移动；B．已知容器中C3H8、CO2和He的体积比为1：1：2，假设三者的物质的量分别为1mol、1mol、2mol，512℃下，CO2的平衡转化率为50%，其变化的物质的量为1×50%＝0.5mol，据此列出三段式：C3H8（g）+CO2⇌C3H6（g）+H2O（g）+CO（g）起始物质的量/（mol）11000变化物质的量/（mol）0.50.50.50.50.5平衡物质的量/（mol）0.50.50.50.50.5；C．543℃下，C3H8的转化率为60%，平衡时n（C3H8）＝1mol×（1﹣60%）＝0.4mol；D．总压不变，增大通入气体中He的占比，反应体系中各物质的分压均减小，该反应正向为气体分子数增大的反应，平衡正向移动。【解答】解：A．由图像可知，温度升高，C3H8的平衡转化率增大，说明温度升高时平衡向正向移动，因此正反应是吸热反应，故A错误；B．已知容器中C3H8、CO2和He的体积比为1：1：2，假设三者的物质的量分别为1mol、1mol、2mol，512℃下，CO2的平衡转化率为50%，其变化的物质的量为1×50%＝0.5mol，据此列出三段式：C3H8（g）+CO2⇌C3H6（g）+H2O（g）+CO（g）起始物质的量/（mol）11000变化物质的量/（mol）0.50.50.50.50.5平衡物质的量/（mol）0.50.50.50.50.5容器内气体的总物质的量为n总＝n（C3H8）+n（CO2）+n（C3H6）+n（H2O）+n（CO）+n（He）＝0.5mol×5+2mol＝4.5mol，体系中反应物和生成物的物质的量分数均为0.54.5=19，恒定压强为p0kPa下，它们的分压均为p＝p0×19=19pC．543℃下，C3H8的转化率为60%，平衡时n（C3H8）＝1mol×（1﹣60%）＝0.4mol，根据方程式计算可知n（C3H6）＝0.6mol，满足3n（C3H8）＝2n（C3H6），故该关系成立时反应达到平衡，故C正确；D．总压不变，增大通入气体中He的占比，反应体系中各物质的分压均减小，该反应正向为气体分子数增大的反应，平衡正向移动，C3H8的平衡转化率增大，对应曲线可能是③，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。11．（2026秋•邵阳月考）若将1mol焦炭与2molCuO固体置于1L的恒容密闭容器中，一定温度下发生如下反应：ⅰ：C（s）+2CuO（s）⇌CO2（g）+2Cu（s）K1＝0.5ⅱ：2CO2（g）⇌2CO（g）+O2（g）K2达到平衡时CO的体积分数为0.25，下列说法错误的是（）A．混合气体中c(CO)c(OB．平衡时，CuO的转化率为50% C．该温度时，K2＝0.016 D．若其他条件不变，容器体积变为0.5L，再次平衡时c（CO2）不变【答案】B【分析】A．反应ⅱ中CO与O2的生成计量数之比为2：1，反应过程中c(CO)c(O2B．设反应ⅱ生成O2的浓度为y，则平衡时c（CO）＝2y，反应ⅰ的平衡常数仅和气体CO2浓度有关；C．K2=cD．反应ⅰ的平衡常数K1＝c（CO2），温度不变，则K1不变。【解答】解：A．反应ⅱ中一氧化碳与氧气的生成计量数之比为2：1，反应过程中c(CO)c(O2)始终等于B．设反应ⅱ生成氧气的浓度为y，则平衡时c（CO）＝2y，反应ⅰ的平衡常数仅和二氧化碳气体浓度有关，故c（CO2）＝K1＝0.5mol•L﹣1，由CO体积分数为0.25得2y0.5+2y+y=0.25，解得y＝0.1mol•L﹣1，反应ⅰ生成的总CO2为0.5+2y＝0.7mol，消耗CuO的物质的量为2×0.7＝1.4mol，转化率为1.42×100%＝C．K2=c2(CO)⋅c(O2)c2D．反应ⅰ的平衡常数K1＝c（CO2），温度不变，则K1不变，再次平衡时c（CO2）仍为0.5mol/L，故D正确；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。12．（2026•岳麓区校级开学）在一定条件下，将3molA和1molB两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A（g）+B（g）⇌xC（g）+2D（s）。2min末该反应达到平衡，测得生成0.8molD，并测得C的浓度为0.2mol•L﹣1.下列判断不正确的是（）A．x＝1 B．2min内A的平均反应速率为0.3mol•L﹣1•min﹣1 C．A与B的转化率相等，均为40% D．反应达平衡时，体系压强变为原来的90%【答案】D【分析】2min末该反应达到平衡，测得生成0.8molD，并测得C的浓度为0.2mol•L﹣1，可知生成C为0.2mol/L×2L＝0.4mol，则0.4mol0.8mol=x2，解得mol3A（g）+B（g）⇌C（g）+2D（s）开始3100转化1.20.40.40.82min1.80.60.40.8结合v=△c△t、转化率=转化的量开始的量×【解答】解：A．同一反应中各物质变化量之比等于化学计量数之比，平衡时生成C的物质的量为0.2mol•L﹣1×2L＝0.4mol，故x：2＝0.4mol：0.8mol，解得x＝1，故A正确；B．平衡时消耗A的物质的量为32×0.8mol＝1.2mol，2min内A的平均反应速率v（A）=1.2mol2L×2min=0.3mol•L﹣1•minC．A的转化率为1.2mol3mol×100%＝40%，消耗B的物质的量为12×0.8mol＝0.4mol，B的转化率为0.4mol1mol×100%＝D．恒温恒容下，体系压强与气体总物质的量成正比，初始气体总物质的量为3mol+1mol＝4mol，平衡时气体总物质的量为（3﹣1.2）mol+（1﹣0.4）mol+0.4mol＝2.8mol，平衡时压强为原来的2.8mol4mol×100%＝70%，故故选：D。【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握化学计量数的确定方法、化学平衡三段式、转化率及速率计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意转化量的关系，题目难度不大。13．（2026•门头沟区一模）为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系，实验如图。下列说法不正确的是（）A．实验ⅰ溶液变蓝证明有I2生成 B．由ⅰ、ⅱ中现象可证明实验Ⅰ中发生反应：2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2 C．实验ⅲ可说明实验Ⅰ中棕黄色主要是由I2引起的，此时I﹣还原性强于Fe2+ D．实验ⅲ、ⅳ体现了离子浓度对物质氧化性、还原性的影响【答案】C【分析】A．淀粉遇I2会变蓝；B．实验Ⅰ中，n（I﹣）＝0.01mol/L×0.003L＝3×10﹣5mol，n（Fe3+）＝2×0.005mol/L×0.003L＝3×10﹣5mol，二者按1：1参与反应，若反应不可逆，完全反应后无Fe3+剩余，加KSCN溶液不会变红，实验ⅰ加入淀粉溶液变蓝，证明有I2生成，实验ⅱ加入KSCN溶液变红，证明溶液中仍有Fe3+剩余；C．实验ⅲ加入AgNO3后，I﹣与Ag+反应生成AgI黄色沉淀，I﹣浓度降低，可逆反应2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2平衡逆向移动，I2浓度减小，若实验Ⅰ中棕黄色主要是Fe3+引起，则溶液的颜色不会褪色，溶液褪色，说明原溶液的棕黄色主要是由I2引起，此时Fe2+为还原剂，I﹣为还原产物，Fe2+还原性强于I﹣；D．实验ⅲ中加入硝酸银溶液，I﹣浓度减小，溶液褪色，平衡逆向移动，说明I﹣还原性减弱，实验ⅳ中加入硫酸亚铁溶液，Fe2+浓度增大，溶液颜色变浅，平衡逆向移动，说明Fe2+的还原性增强，故实验ⅲ、ⅳ体现了离子浓度对物质氧化性、还原性的影响。【解答】解：A．淀粉遇I2会变蓝，实验ⅰ加淀粉后溶液变蓝，可证明反应生成了I2，故A正确；B．根据分析可知，实验Ⅰ中，I﹣与Fe3+二者按1：1参与反应，若反应不可逆，完全反应后无Fe3+剩余，加KSCN溶液不会变红，实验ⅰ加入淀粉溶液变蓝，证明有I2生成，实验ⅱ加入KSCN溶液变红，证明溶液中仍有Fe3+剩余，说明该反应为可逆反应，故B正确；C．实验ⅲ加入AgNO3后，I﹣与Ag+反应生成AgI黄色沉淀，I﹣浓度降低，可逆反应2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2平衡逆向移动，I2浓度减小，若实验Ⅰ中棕黄色主要是Fe3+引起，则溶液的颜色不会褪色，溶液褪色，说明原溶液的棕黄色主要是由I2引起，此时Fe2+为还原剂，I﹣为还原产物，Fe2+还原性强于I﹣，故C错误；D．实验ⅲ中加入硝酸银溶液，I﹣浓度减小，溶液褪色，平衡逆向移动，说明I﹣还原性减弱，实验ⅳ中加入FeSO4溶液，Fe2+浓度增大，溶液颜色变浅，平衡逆向移动，说明Fe2+的还原性增强，所以实验ⅲ、ⅳ体现了离子浓度对物质氧化性、还原性的影响，故D正确；故选：C。【点评】本题主要考查Fe3+与I﹣之间的可逆反应，同时考查化学平衡的移动等，难度中等。14．（2026•方城县校级开学）下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是（）A．溴水加入少量硝酸银固体后，溶液颜色变浅 B．工业合成氨的过程中实际控温400∼500℃ C．新制的氯水在光照条件下颜色变浅 D．实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气【答案】B【分析】勒夏特列原理是指：改变影响平衡的一个条件，平衡会向着减弱这种改变的方向移动。【解答】解：A．溴水中存在Br2+H2O⇌H++Br﹣+HBrO，加入Ag+，Ag+与Br﹣生成AgBr沉淀，c（Br﹣）降低，平衡正向移动，c（Br2）减小，颜色变浅；能用原理解释，故A错误；B．合成氨是放热反应，从平衡角度，低温有利于平衡正向移动，提高产率；但实际采用400∼500℃的高温，主要是为了提高反应速率，是基于动力学（催化剂活性）的考虑，而非平衡产率；不能用原理解释，故B正确；C．氯水中存在Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，光照使HClO分解，c（HClO）降低，平衡正向移动，c（Cl2）减小，颜色变浅；能用原理解释，故C错误；D．氯水中存在Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，饱和食盐水中c（Cl﹣）很高，使平衡逆向移动，减小Cl2的溶解，从而可用排饱和食盐水法收集Cl2；能用原理解释，故D错误；故选：B。【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•重庆校级开学）下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（）A．用饱和食盐水除去Cl2中的HCl，可减少Cl2的损失 B．夏天打开冰镇可乐瓶盖时产生大量泡沫 C．合成氨工业中需要采用高压的条件 D．含有H2（g）、I2（g）、HI（g）的混合体系加压后颜色变深【答案】D【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。【解答】解：A．Cl2溶于水存在可逆反应：Cl2+H2O⇌HClO+H++Cl﹣，饱和食盐水中Cl﹣浓度较高，使平衡逆向移动，减少了Cl2的溶解损失，可以用勒夏特列原理解释，故A错误；B．可乐中存在CO2的溶解平衡：CO2（g）⇌CO2（aq），打开瓶盖时体系压强减小，平衡逆向移动，CO2逸出产生大量泡沫，可以用勒夏特列原理解释，故B错误；C．合成氨反应为：N2+3H2⇌2NH3，正反应为气体分子数减小的反应，高压条件使平衡正向移动，提升NH3产率，可以用勒夏特列原理解释，故C错误；D．反应H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）前后气体分子数相等，加压后平衡不移动，颜色变深是因为体积缩小导致I2浓度增大，与平衡移动无关，不能用勒夏特列原理解释，故D正确；故选：D。【点评】本题考查勒夏特列原理，明确勒夏特列原理内涵是解本题关键，注意只有能引起平衡移动的才能用勒夏特列原理解释，题目难度不大。二．解答题（共4小题）16．（2026秋•邢台月考）利用CO2催化加氢合成CH4是实现碳资源循环利用的有效途径，使用Ni/ZrO2催化剂可显著提高反应的活性和抗积碳能力。相关反应如下：Ⅰ．CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）ΔH1＝﹣165kJ•mol﹣1Ⅱ．CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2＝+41kJ•mol﹣1Ⅲ．CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）ΔH3回答下列问题：（1）ΔH3＝﹣206kJ•mol﹣1。（2）上述三个反应的lnK（K为平衡常数）随1T（T为温度）的变化如图。其中代表反应Ⅲ的曲线是b（填“a”“b”或“c（3）在相同温度和压强下，改变起始投料比x=n(①随着x的增大，CO2（g）的转化率将增大（填“增大”“减小”或“不变”）。②随着x的增大，CH4（g）的选择性[CH4（g）选择性=c生成(CH4)c转化(CO2)×100%]提高，结合反应Ⅰ和Ⅱ解释可能的原因是H2分压增大对反应I平衡正向移动的推动作用更强，使转化为CH（4）某温度下，向2L恒容密闭容器中充入4molCO2（g）和7molH2（g）发生反应Ⅰ、Ⅱ。5min时测得c（H2O）＝1.5mol•L﹣1、CH4（g）的选择性为50%，则0～5min内v（CH4）＝0.1mol•L﹣1•min﹣1，此时反应Ⅱ的浓度商Qc＝0.75。（5）一定温度下，Ni/ZrO2催化CO2甲烷化两条路径的关键基元反应活化能Ea（单位：kJ•mol﹣1）如表（吸附态物种用*标记）：途径①：CO路径途径②：甲酸盐路径CO2*→CO*+O*Ea＝148CO*→C*+O*Ea＝186H2→2H*Ea＝32C*+4H*→CH4分步加氢，各步Ea＜90CO2*+H*→HCOO*Ea＝76HCOO*+H*→HCOOH*Ea＝132HCOOH*+6H*→CH4+2H2O分步加氢，各步Ea＜110根据表中数据判断，Ni/ZrO2催化CO2甲烷化主要遵循途径②（填“①”或“②”），理由是途径②中决速步的活化能小于途径①中决速步的活化能，反应速率更快。【答案】（1）﹣206；（2）b；（3）①增大；②H2分压增大对反应I平衡正向移动的推动作用更强，使转化为CH4的CO2占总转化CO2的比例上升，CH4选择性增大；（4）0.1；0.75；（5）②；途径②中决速步的活化能小于途径①中决速步的活化能，反应速率更快。【分析】（1）根据盖斯定律，反应Ⅲ＝反应I﹣反应Ⅱ；（2）反应Ⅰ和Ⅲ均为放热反应（ΔH＜0），根据范特霍夫方程lnK=-ΔHRT+C，其lnK随1T的增大而增大，对应曲线a、b；反应Ⅱ为吸热反应，对应曲线c；反应Ⅲ放出的热量多于反应I（3）①增大x即增大H2的比例，相当于增加反应物H2的浓度，反应Ⅰ和反应Ⅱ的平衡正向移动；②反应Ⅰ中H2的化学计量数大于反应Ⅱ中H2的化学计量数，生成CH4的反应I对H2的浓度变化比反应Ⅱ更敏感；（4）设反应I转化的CO2为amol，反应Ⅱ转化的CO2为bmol，根据反应方程式，生成的n（H2O）＝2a+b＝1.5mol•L﹣1×2L＝3mol，CH4的选择性=aa+b×100%＝50%，解得a＝b＝1mol，因此5min时n（CH4）＝1mol，v（CH4）=1mol2L×5min=0.1mol•L﹣1•min﹣1，5min时，根据反应方程式可知，n（CO2）＝4mol﹣1mol﹣1mol＝2mol，n（H2）＝7mol﹣4×1mol﹣1mol＝2mol，n（CO）＝1mol，n（H2O）＝2mol+1mol＝3mol，此时各物质的浓度分别为c（CO2）＝1mol•L﹣1，c（H2）＝1mol•L﹣1，c（CO）＝0.5mol•L﹣1，c（H2O）＝（5）决定多步反应速率的是活化能最大的一步（决速步）。【解答】解：（1）根据盖斯定律，反应Ⅲ＝反应I﹣反应Ⅱ，故ΔH3＝ΔH1﹣ΔH2＝﹣165kJ•mol﹣1﹣41kJ•mol﹣1＝﹣206kJ•mol﹣1，故答案为：﹣206；（2）反应Ⅰ和Ⅲ均为放热反应（ΔH＜0），根据范特霍夫方程lnK=-ΔHRT+C，其lnK随1T的增大而增大，对应曲线a、b；反应Ⅱ为吸热反应，对应曲线c；反应Ⅲ放出的热量多于反应I故答案为：b；（3）①增大x即增大H2的比例，相当于增加反应物H2的浓度，反应Ⅰ和反应Ⅱ的平衡正向移动，CO2的转化率增大，故答案为：增大；②反应Ⅰ中H2的化学计量数大于反应Ⅱ中H2的化学计量数，生成CH4的反应I对H2的浓度变化比反应Ⅱ更敏感，增大H2浓度，对反应I正向进行的促进程度更大，从而提高了CH4的选择性，故答案为：H2分压增大对反应I平衡正向移动的推动作用更强，使转化为CH4的CO2占总转化CO2的比例上升，CH4选择性增大；（4）设反应I转化的CO2为amol，反应Ⅱ转化的CO2为bmol，根据反应方程式，生成的n（H2O）＝2a+b＝1.5mol•L﹣1×2L＝3mol，CH4的选择性=aa+b×100%＝50%，解得a＝b＝1mol，因此5min时n（CH4）＝1mol，v（CH4）=1mol2L×5min=0.1mol•L﹣1•min﹣1，5min时，根据反应方程式可知，n（CO2）＝4mol﹣1mol﹣1mol＝2mol，n（H2）＝7mol﹣4×1mol﹣1mol＝2mol，n（CO）＝1mol，n（H2O）＝2mol+1mol＝3mol，此时各物质的浓度分别为c（CO2）＝1mol•L﹣1，c（H2）＝1mol•L﹣1，c（CO）＝0.5mol•L﹣1，c（H2O）＝1.5mol•L﹣1故答案为：0.1；0.75；（5）决定多步反应速率的是活化能最大的一步（决速步），途径①的最大活化能为186kJ•mol﹣1，途径②的最大活化能为132kJ•mol﹣1，途径②的决速步活化能更小，反应速率更快，故主要遵循途径②，故答案为：②；途径②中决速步的活化能小于途径①中决速步的活化能，反应速率更快。【点评】本题主要考查反应热和焓变等，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•甘肃月考）开发CO2催化加氢合成CH3OH技术是有效利用CO2资源，实现“碳达峰、碳中和”目标的重要途径之一。相关反应如下：Ⅰ．CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH1＝+41.2kJ•mol﹣1Ⅱ．CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH2＝﹣90.5kJ•mol﹣1Ⅲ．CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH3Ⅳ．2CO2（g）+CH3OH（g）⇌3CO（g）+2H2O（g）ΔH4回答下列问题：（1）ΔH4＝172.9kJ•mol﹣1。（2）①实际生产中，CO2与H2O在催化剂活性中心上存在竞争吸附，降低了CO2的转化率。已知CO2可与催化剂金属原子形成配位键，分析H2O中O（填元素符号）原子也可与金属原子形成配位键，从而导致竞争吸附。②我国科研人员设计了一种“串联双床层”反应器，CH3OH的选择性几乎为100%。CO2、H2混合气（体积之比为1：3）→床层1中间产物→分离单元净化气→已知：床层1主要发生反应Ⅰ，床层2主要发生反应Ⅱ。从热力学角度考虑，床层1的工作温度应高于（填“高于”或“低于”）床层2，理由是反应Ⅰ为吸热反应，升高温度有利于反应I正向移动，有利于提高CO的平衡产物（或反应Ⅱ为放热反应，降低温度有利于反应Ⅱ正向移动，提高甲醇的平衡产率）；结合第①问信息，分离单元脱除的物质主要是H2O（填化学式）。（3）在恒温恒压（压强为p0MPa）的密闭容器中，按n（CO2）：n（H2）＝1：3投料，发生上述反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ．达到平衡时，CO2的转化率为50%，CH3OH的选择性为60%（已知CH3OH的选择性=生成①平衡时，体系中H2O的物质的量与初始投入CO2的物质的量之比为1：2。②平衡时，CO的分压为p017MPa（用含p（4）我国学者研究了GaZrOx催化反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）的反应机理，其催化循环过程如图所示（*表示在催化剂表面活性位点上的吸附态，□表示氧空位）。已知该机理中前三步的反应过程可表示如下：步骤ⅰ：H2→2H*步骤ⅱ：CO2+2H*→HCOO*+H*步骤ⅲ：HCOO*+2H2+H*→H3CO*+H*+H2O①键角∠H﹣C﹣O：HCOO*＞H3CO*（填“＞”“＝”“＜”或“无法判断”）。②保持其他条件不变，若催化剂GaZrOx表面氧空位数量减少，会使该催化反应的反应速率减慢（填“加快”或“减慢”）。【答案】（1）172.9；（2）①O；②高于；反应Ⅰ为吸热反应，升高温度有利于反应I正向移动，有利于提高CO的平衡产物（或反应Ⅱ为放热反应，降低温度有利于反应Ⅱ正向移动，提高甲醇的平衡产率）；H2O；（3）①1：2；②p0（4）①＞；②减慢。【分析】（1）根据盖斯定律，反应Ⅳ＝2×反应I﹣反应Ⅱ；（2）①配位键的形成需要一方提供孤电子对，H2O中H原子无孤电子对，O原子有2对孤电子对；②反应Ⅰ的ΔH1＞0，为吸热反应，升高温度平衡正向移动，有利于反应I进行；反应Ⅱ的ΔH2＜0，为放热反应，降低温度平衡正向移动，有利于反应Ⅱ进行，故床层1的工作温度应高于床层2。H2O会与CO2在催化剂活性中心发生竞争吸附，降低CO2转化率；（3）①设初始投入CO2的物质的量为1mol，则初始投入H2的物质的量为3mol。CO2转化率为50%，故反应的CO2物质的量为1mol×50%＝0.5mol。CH3OH的选择性为60%，故生成CH3OH的物质的量为0.5mol×60%＝0.3mol。由C元素守恒，平衡时CO的物质的量为1mol﹣0.5mol﹣0.3mol＝0.2mol，结合元素守恒分析；②反应Ⅰ为气体分子数不变的反应，反应Ⅱ、Ⅲ每生成1molCH3OH，体系总气体物质的量减少2mol，故平衡时体系总物质的量为1mol+3mol﹣0.3mol×2＝3.4mol；（4）①HCOO*中C原子形成3个σ键，无孤电子对，为sp2杂化，空间构型为平面三角形，H3CO*中C原子形成4个σ键，无孤电子对，为sp3杂化，空间构型为四面体形；②催化剂表面氧空位为H2、CO2等反应物的吸附位点，若氧空位数量减少，反应物的吸附量减少。【解答】解：（1）根据盖斯定律，反应Ⅳ＝2×反应I﹣反应Ⅱ，故ΔH4＝2ΔH1﹣ΔH2＝2×41.2kJ•mol﹣1﹣（﹣90.5kJ•mol﹣1）＝172.9kJ•mol﹣1，故答案为：172.9；（2）①配位键的形成需要一方提供孤电子对，H2O中H原子无孤电子对，O原子有2对孤电子对，故O原子可与金属原子形成配位键，故答案为：O；②反应Ⅰ的ΔH1＞0，为吸热反应，升高温度平衡正向移动，有利于反应I进行；反应Ⅱ的ΔH2＜0，为放热反应，降低温度平衡正向移动，有利于反应Ⅱ进行，故床层1的工作温度应高于床层2。H2O会与CO2在催化剂活性中心发生竞争吸附，降低CO2转化率，故分离单元脱除的物质主要是H2O，故答案为：高于；反应Ⅰ为吸热反应，升高温度有利于反应I正向移动，有利于提高CO的平衡产物（或反应Ⅱ为放热反应，降低温度有利于反应Ⅱ正向移动，提高甲醇的平衡产率）；H2O；（3）①设初始投入CO2的物质的量为1mol，则初始投入H2的物质的量为3mol。CO2转化率为50%，故反应的CO2物质的量为1mol×50%＝0.5mol。CH3OH的选择性为60%，故生成CH3OH的物质的量为0.5mol×60%＝0.3mol。由C元素守恒，平衡时CO的物质的量为1mol﹣0.5mol﹣0.3mol＝0.2mol。由O元素守恒，初始体系中O总物质的量为1mol×2＝2mol，平衡时CO2中O的物质的量为0.5mol×2＝1mol，CO中O的物质的量为0.2mol×1＝0.2mol，CH3OH中O的物质的量为0.3mol×1＝0.3mol，故H2O中O的物质的量为2mol﹣1mol﹣0.2mol﹣0.3mol＝0.5mol，即H2O的物质的量为0.5mol。故H2O的物质的量与初始投入CO2的物质的量之比为0.5mol：1mol＝1：2，故答案为：1：2；②反应Ⅰ为气体分子数不变的反应，反应Ⅱ、Ⅲ每生成1molCH3OH，体系总气体物质的量减少2mol，故平衡时体系总物质的量为1mol+3mol﹣0.3mol×2＝3.4mol。恒温恒压下，CO的分压为n(CO)n总×p故答案为：p0（4）①HCOO*中C原子形成3个σ键，无孤电子对，为sp2杂化，空间构型为平面三角形，∠H﹣C﹣O接近120°；H3CO*中C原子形成4个σ键，无孤电子对，为sp3杂化，空间构型为四面体形，∠H﹣C﹣O接近109°28′，故HCOO*的∠H﹣C﹣O大于H3CO*的键角，故答案为：＞；②催化剂表面氧空位为H2、CO2等反应物的吸附位点，若氧空位数量减少，反应物的吸附量减少，会使该催化反应的反应速率减慢，故答案为：减慢。【点评】本题主要考查反应热和焓变等，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•模拟）化学反应速率和限度与生产、生活密切相关，这是化学学科重点研究发展的方面之一。Ⅰ．硫酸是重要的化工原料，工业制硫酸中重要的一步反应是2SO2+O2催化剂△2SO3（1）若开始时充入SO2和18O2，反应一段时间后，18O存在于3（或三）种物质中。（2）曲线a、b、c中表示SO2的是曲线b；在0～60min内，SO3的平均反应速率为0.015mol•L﹣1•min﹣1。（3）图中M点，正反应速率＞逆反应速率（填“＞”“＜”或“＝”）；若开始时更换催化效果更好的催化剂，则M点可能移动到Q点（填“P”“N”或“Q”）。Ⅱ．为了实现“碳中和”，工业上用CO2来生产甲醇（CH3OH）燃料。一定温度下，在容积为2L的恒容密闭容器内发生反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），其中，n（CO2）随时间的变化如下表。时间/min012345678910n（CO2）/mol10.08.05.74.03.33.03.03.03.03.03.0（4）下列说法一定能表明该反应达到平衡状态的是BD（填字母）。A．单位时间内生成nmolCH3OH的同时消耗3nmolH2B．混合气体的平均相对分子质量不变C．v逆（CO2）＝3v正（H2）D．H2O（g）的浓度不再发生改变E．n(COF．混合气体的密度保持不变（5）平衡时CO2的转化率为70%（已知：转化率=反应物转化的物质的量反应物起始的物质的量（6）在0～1min内的平均反应速率小于1～2min内的平均反应速率，分析其可能的原因是该反应为放热反应，随着反应的进行，反应物的浓度减小，反应体系的温度升高，温度对反应速率的影响大于浓度对反应速率的影响。【答案】（1）3（或三）；（2）b；0.015；（3）＞；Q；（4）BD；（5）70；（6）该反应为放热反应，随着反应的进行，反应物的浓度减小，反应体系的温度升高，温度对反应速率的影响大于浓度对反应速率的影响。【分析】（1）二氧化硫和氧气生成三氧化硫反应为可逆反应；（2）反应速率比等于系数比，结合反应，曲线a、b、c中分别表示SO3、SO2、O2；（3）图中M点之后，反应仍正向进行，故此时正反应速率＞逆反应速率；若