鲁科版高中化学26学年秋季高二上复习题解答-化学反应条件的优化

第1页（共1页）鲁科版高中化学26学年秋季高二上复习题解答——化学反应条件的优化一．选择题（共15小题）1．（2026•衡水校级开学）氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。如图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意图。下列说法错误的是（）A．N2与H2反应属于氮的固定过程 B．吸收塔中通入M的目的是提高硝酸的产率 C．合成塔、氧化炉、吸收塔、尾气处理装置中均涉及氧化还原反应 D．可使用NH3或其他物质将尾气中的氮氧化物氧化为N22．（2026•黔南州开学）如图为合成氨以及氨氧化法制硝酸的流程示意图：下列说法错误的是（）A．通入适当过量的N2可提高H2的平衡转化率 B．利用NH3易液化的性质可将NH3分离 C．R为氧气，目的是持续氧化并循环利用 D．氧化炉中存在反应：4NH3+5O2催化剂△4NO+6H23．（2026春•宜宾期末）硝酸是重要的化工原料。以合成氨为基础的传统硝酸生产工艺流程如图。下列说法错误的是（）A．“合成氨”可实现人工固氮 B．“深度氧化”中还原剂为NO C．气体X可循环利用 D．流程中氮元素均被氧化4．（2026春•抚顺期末）合成氨及其相关工业中，部分物质间的转化关系如图所示，下列说法正确的是（）A．丙为酸性氧化物 B．反应Ⅱ为人工固氮 C．反应Ⅴ是先向饱和氯化钠溶液中通CO2至饱和再通NH3 D．反应Ⅵ的部分产物可在上述流程中循环利用5．（2026春•南昌校级期末）哈伯工业合成氨的流程如图，为提高原料平衡转化率采取的措施是（）A．①②③④⑤ B．②③④⑤ C．②④⑤ D．②③④6．（2026春•青山湖区校级期末）合成氨工艺沿革，诠释科学精神传承。几种固氮方式如图，下列说法正确的是（）A．NO是红棕色、有刺激性气味的气体 B．NH4HCO3易溶于水，其电离方程式为NHC．新型催化剂能降低N2生成N[Si（CH3）3]3的反应热 D．合成氨工业中迅速液化NH3主要是为了提高N2和H2的利用率7．（2026春•汕头校级期末）氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。如图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意图。下列说法错误的是（）A．合成塔发生的反应中有非极性键的断裂和极性键的生成 B．氧化炉发生的反应氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：4 C．实验室可用干燥的蓝色石蕊试纸检验氨气 D．向吸收塔中通入O2的作用是氧化NO8．（2024秋•成都期末）某小组研究压强与CO2气体溶解之间的关系，通过推拉注射器（图1），测得相对压强数据变化曲线如下（图2）所示。下列说法错误的是（）A．A～B段，压缩注射器；D～E段，外拉注射器 B．B～D段，CO2气体溶解，溶液酸性减弱 C．E点溶液中存在CO2、H2CO3、HCO3-和D．由B～D段及E～G段可推知CO2溶解一释出速度相对较慢9．（2025秋•浙江月考）下列实验方案能达到实验目的的是（）选项实验方案实验目的ACuCl2溶液中存在[Cu(H2O)4]2+（蓝色）+4Cl-探究温度对化学平衡的影响B分别取10mL0.1mol/LNa2S2O3溶液和10mL0.05mol/LNa2S2O3溶液于两支试管中，然后同时加入10mL0.1mol/LH2SO4溶液，观察气体生产速率探究浓度对化学反应速率的影响C向某密闭容器中冲入NO2气体，一段时间后冲入Ar使得压强为原来的两倍，观察气体颜色探究压强对化学平衡的影响D常温下，将大小、形状相同的铁片分别加入98.3%硫酸和2%硫酸中探究浓度对化学反应速率的影响A．A B．B C．C D．D10．（2019•金安区校级开学）高温下，某反应达到平衡，平衡常数K=c(CO)⋅c(H2O)c(COA．该反应的焓变为正值 B．恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小 C．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小 D．该反应的化学方程式为CO+H2O⇌CO2+H211．（2020•永州一模）在3种不同条件下，分别向容积为2L的恒容密闭容器中充入2molA和1molB，发生反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g）ΔH＝QkJ•mol﹣1．相关条件和数据见表：实验编号实验Ⅰ实验Ⅱ实验Ⅲ反应温度/℃700700750达平衡时间/min40530平衡时n（C）/mol1.51.51化学平衡常数K1K2K3下列说法正确的是（）A．K1＝K2＜K3 B．升高温度能加快反应速率的原因是降低了反应的活化能 C．实验Ⅱ比实验Ⅰ达平衡所需时间短的可能原因是使用了催化剂 D．实验Ⅲ达平衡后，恒温下再向容器中通入1molA和1molC，平衡正向移动12．（2026•河南校级模拟）工业上常通过烷烃催化裂解制取低碳烯烃。向容积1L的容器中通入1molC4H10，发生反应：C4H10（g）⇌C3H6（g）+CH4（g）ΔH＞0，其他条件不变、相同时间内丙烯产率随温度变化如图所示。下列说法正确的是（）A．该反应正反应活化能小于逆反应活化能 B．其他条件不变，初始温度为600℃，若改为在绝热的容器中反应，产率应低于80% C．600～650℃时，丙烯产率的变化主要是温度导致的 D．750℃时，K＝0.5mol•L﹣113．（2026•永城市模拟）硫酸工业尾气中SO2可用CO处理并回收S，涉及的反应有：反应Ⅰ：SO2（g）+3CO（g）⇌COS（g）+2CO2（g）ΔH1＜0反应Ⅱ：COS（g）⇌S（g）+CO（g）ΔH2恒压条件下，按n（SO2）：n（CO）＝1：3充入原料，其中SO2的平衡转化率以及COS和S的平衡选择性随温度的变化如图所示。已知：曲线b表示COS的平衡选择性（X的平衡选择性=生成X的物质的量转化的SO2的物质的量×100%A．曲线c表示SO2的平衡转化率 B．1400K下，反应SO2（g）+2CO（g）⇌S（g）+2CO2（g）的浓度平衡常数Kc＝5.12 C．ΔH2＜0 D．其他条件不变，缩小容器容积，SO2的平衡转化率保持不变14．（2026春•扬州期末）水煤气是H2的主要来源，C﹣H2O﹣CaO体系制H2的主要反应如下：反应Ⅰ：C（s）+H2O（g）＝CO（g）+H2（g）ΔH1＞0反应Ⅱ：CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）ΔH2＜0反应Ⅲ：CaO（s）+CO2（g）＝CaCO3（s）ΔH3＜0恒压条件下，投入C、H2O、CaO的量一定。体系达平衡后，气态物质中CO、CO2和H2物质的量分数随温度的变化关系如图所示。已知：图示温度范围内C（s）均已反应完全且T1＜T2。下列说法正确的是（）A．曲线b表示H2 B．C（s）+CaO（s）+2H2O（g）＝CaCO3（s）+2H2（g）的焓变ΔH＝ΔH1+ΔH3 C．温度为T1，若此时气体总物质的量为4.0mol，则n（CaCO3）为1.0mol D．温度为T2，向平衡体系中再通入少量CO2，重新达平衡后，c（CO2）不变15．（2026•东城区二模）甲醇“羰基化”生产乙酸涉及的反应为：反应Ⅰ：CH3OH（g）+CO（g）⇌CH3COOH（g）ΔH1＜0反应Ⅱ：CH3COOH（g）+CH3OH（g）⇌CH3COOCH3（g）+H2O（g）ΔH2＜0在不同温度下，向恒压密闭容器中通入CH3OH（g）和CO（g），反应相同时间（无其他反应），乙酸在所有有机产物中的物质的量分数[δ（乙酸）]随反应物的物质的量之比（x）的变化如图所示。下列说法不正确的是（）A．为提高原料甲醇的平衡转化率，可以采取降低温度、增大压强等措施 B．由图可知，x代表n(CO)n(CC．x＝0.7时，δ（乙酸，300℃）＞δ（乙酸，250℃），原因是温度对反应Ⅰ平衡的影响程度大于对反应Ⅱ的 D．若起始投料为amolCH3OH和bmolCO，则容器中存在关系：2n（CH3COOH）+3n（CH3COOCH3）+n（CH3OH）+n（CO）＝（a+b）mol二．解答题（共4小题）16．（2026•安徽开学）环戊二烯（）是重要的有机合成中间体。一定条件下，存在以下转化：反应①：ΔH1反应②：H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）ΔH2＝﹣11.0kJ•mol﹣1反应③：ΔH3＝+89.3kJ•mol﹣1回答下列问题：（1）反应①的ΔH1＝kJ•mol﹣1，反应①在（填“高温”“低温”或“任意温度”）下能自发进行。（2）既能加快反应③的反应速率，又能提高反应物的平衡转化率的条件是。（3）恒温（T℃）恒容时，向体系中充入1mol（g）和1molI2（g）发生上述反应，初始压强为akPa，测得平衡时、H2的体积分数分别为20%、10%，则T℃时反应①的平衡常数Kp＝kPa（保留3位有效数字，用含a的式子表示）。（4）在恒温恒容的密闭容器中发生反应②，下列叙述能说明反应②达到化学平衡状态的是（填标号）。A．混合气体的颜色保持不变B．混合气体的压强保持不变C．v正（H2）＝2v逆（HI）D．混合气体的平均摩尔质量不再变化（5）两分子环戊二烯易发生加成反应形成二聚体：ΔH＜0。在T1温度下，恒容密闭容器中环戊二烯的物质的量与反应时间的关系如图所示。用虚线“﹣﹣﹣﹣﹣﹣”在图中画出在T2（T2＜T1）温度下，环戊二烯的物质的量与反应时间的关系。（6）用如图电解装置可提取MnO2中的锰元素，图中“H•”代表氢自由基。①氢自由基（H•）提取MnO2中锰元素的离子方程式为。②实验测得电解时间相同时，随外加电流的增大，溶液中c（Mn2+）先增大后减小。c（Mn2+）减小的原因可能是（填标号）。A．电流增大，H+放电直接生成H2而不是生成H•，MnO2被还原的反应不能进行，使得c（Mn2+）减小B．电流增大，Mn2+在阴极放电：Mn2++2e﹣＝Mn，使得c（Mn2+）减小C．电流增大，Mn2+在阳极放电：Mn2+﹣2e﹣+2H2O＝MnO2+4H+，使得c（Mn2+）减小D．电流增大，H•的还原能力减弱，使得c（Mn2+）减小17．（2026秋•浙江月考）我国力争2060年前实现碳中和，CO2的资源化利用具有重要意义。Ⅰ．中科院全球首次实现二氧化碳人工全合成淀粉，将CO2经“C1→C3→C6→淀粉”，为碳中和、粮食安全保障提供全新技术路径，而CO2变C1化合物的反应可表示为：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH，该反应一般认为通过如下步骤来实现：①CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH1＝+41kJ•mol﹣1②CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH2＝﹣90kJ•mol﹣1（1）若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是（填标号）A．B．C．D．（2）令总反应y＝ΔH﹣TΔS，则y随温度T的变化趋势正确的是。A．B．C．D．（3）不同压强下，按照n（CO2）：n（H2）＝1：3投料，实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度的变化关系如图所示。上图中纵坐标表示CO2平衡转化率的变化趋势的是图（填“甲”或“乙”）；图乙中T1温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是。（4）在恒温下，向体积为2L的恒容密闭容器中通入1molCO2和3molH2，发生上述反应达到平衡时，容器中CH3OH（g）0.3mol，CO为0.1mol，反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）的平衡常数K为。Ⅱ．将CO2转化为能源是缓解温室效应和能源问题的方案之一。（5）CO2和H2在一定条件下可转化为CH4的反应：CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g），ΔH＜0，在某温度下，向VL的密闭容器中充入不同氢碳比[n(H2)n(CO2)]（6）在恒温恒容密闭容器中，可以作为CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）达到平衡状态的标志的是（填序号）。①单位时间内生成nmolH2O的同时生成2nmolH2②混合气体的密度不再改变③该反应的ΔH不再改变④混合气体的平均相对分子质量不再改变⑤v正（H2）＝4v逆（CH4）⑥c（CO2）和c（CH4）之和不再改变18．（2026•日照开学）甲烷转化为多碳化合物具有重要意义。一种将甲烷溴化再偶联为丙烯（C3H6）的反应如下：Ⅰ．CH4（g）+Br2（g）⇌CH3Br（g）+HBr（g）ΔH1＝﹣29kJ•mol﹣1Ⅱ．3CH3Br（g）⇌C3H6（g）+3HBr（g）ΔH2＝+20kJ•mol﹣1回答下列问题：（1）反应3CH4（g）+3Br2（g）⇌C3H6（g）+6HBr（g）的焓变ΔH＝kJ•mol﹣1。（2）将9molCH4和9molBr2通入密闭容器中，平衡时，n（CH4）、n（CH3Br）与温度的关系如图所示。①a线所示物质为（填化学式）。②660℃时，CH4的平衡转化率＝，C3H6的物质的量为mol。③660℃时，反应Ⅰ的平衡常数K1＝（列出计算式即可。已知：对于反应aA（g）+bB（g）⇌cC（g）+dD（g），平衡常数K=cc(C)⋅（3）恒温恒容条件下发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，下列说法不能表明该体系达到平衡状态的是（填标号）。A．3v正（C3H6）＝v逆（HBr）B．混合气体的平均相对分子质量不再改变C．CH4与HBr的物质的量之比不再改变D．混合气体颜色不再改变（4）已知平衡常数K的大小只与温度有关，660℃时，反应达到平衡，若恒容条件下再充入HBr，重新达到平衡时，c(HBr)c(CH3Br)将19．（2026•太原校级开学）“价﹣类”二维图体现了化学变化之美，部分含氮、硫元素的物质的“价﹣类”二维图如图所示。回答下列问题：（1）由a造成的酸雨，久置于空气中，pH变小，原因是。（2）实验室制备d的化学方程式为。用玻璃棒分别蘸取c的浓溶液和d的浓溶液，玻璃棒靠近时，（填“有”或“无”）白烟生成。（3）将气体a和f混合后发生反应，生成气体b和e，该反应可逆，反应中氧化产物与还原产物的质量比为。（4）2a（g）+O2（g）⇌2b（g）反应过程的能量变化如图甲所示。一定温度下，在容积为2L的密闭容器中进行该反应，反应过程中a、b的物质的量浓度随时间变化曲线如图乙所示。①该反应为（填“吸热”或“放热”）反应。②用O2表示0～2s内该反应的平均速率v（O2）＝。③下列不能说明该反应已达化学平衡状态的是（填标号）。A．v（a）＝v（b）B．单位时间内消耗2molb的同时消耗1molO2C．容器中a与O2的物质的量之比2：1D．容器中O2的体积分数不变E．容器中气体的平均相对分子质量不变（5）某d燃料电池的工作原理如图所示。电极A为（填“正极”或“负极”），电极B的电极反应式为。

鲁科版高中化学26学年秋季高二上复习题解答——一．选择题（共15小题）1．（2026•衡水校级开学）氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。如图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意图。下列说法错误的是（）A．N2与H2反应属于氮的固定过程 B．吸收塔中通入M的目的是提高硝酸的产率 C．合成塔、氧化炉、吸收塔、尾气处理装置中均涉及氧化还原反应 D．可使用NH3或其他物质将尾气中的氮氧化物氧化为N2【答案】D【分析】该流程以氮气和氢气为起始原料，先通入合成塔发生化合反应生成氨气，经氨分离器分离得到的氨气进入氧化炉，在催化条件下与氧气发生氨的催化氧化反应生成一氧化氮；后续一氧化氮进入吸收塔，同时向吸收塔内通入作为氧化剂的M（通常为空气/氧气）、加入水，可将NO进一步氧化为NO2并与水反应转化为硝酸，提升硝酸的产率；最终吸收塔排出的含氮氧化物的尾气进入尾气处理装置，通过氧化还原反应将有害氮氧化物转化为无污染的氮气排放。【解答】解：A．氮的固定是将游离态氮转化为化合态氮，N2与H2反应生成NH3属于氮的固定，故A正确；B．吸收塔中通入的M为O2（或空气），将NO氧化为NO2，最终全部转化为硝酸，能够提高硝酸产率，故B正确；C．合成塔中合成氨、氧化炉中氨的催化氧化、吸收塔中氮氧化物与氧气和水的反应、尾气处理中氮氧化物转化为无害物质的反应，均存在元素化合价升降，都涉及氧化还原反应，故C正确；D．尾气中氮氧化物的N为正价，转化为N2时N元素化合价降低，发生还原反应，NH3作为还原剂将氮氧化物还原为N2，故D错误；故选：D。【点评】本题考查氮及其化合物的性质，涉及氮的固定过程、氨氧化制硝酸等知识，题目难度中等。2．（2026•黔南州开学）如图为合成氨以及氨氧化法制硝酸的流程示意图：下列说法错误的是（）A．通入适当过量的N2可提高H2的平衡转化率 B．利用NH3易液化的性质可将NH3分离 C．R为氧气，目的是持续氧化并循环利用 D．氧化炉中存在反应：4NH3+5O2催化剂△4NO+6H2【答案】C【分析】N2、H2在合成塔中生成氨气，氨气液化，分离出液氨，氨气和氧气在“氧化炉”中发生催化氧化生成NO，NO、O2、水在吸收塔中反应生成硝酸，最后进行尾气处理。【解答】解：A．合成氨反应为可逆反应，适当增大反应物N2的浓度，平衡正向移动，可提高H2的平衡转化率，故A正确；B．NH3沸点较高易液化，将产物冷却后NH3变为液态，可与未反应的N2、H2分离，故B正确；C．R是氧气，在反应中被消耗，不属于循环利用的物质，循环利用的是吸收塔尾气中的NO，故C错误；D．氧化炉中发生氨的催化氧化反应，反应为4NH3+5O2催化剂△4NO+6H2O，故D故选：C。【点评】本题考查物质转化的知识，涉及合成氨以及氨氧化法制硝酸流程图，题目难度不大。3．（2026春•宜宾期末）硝酸是重要的化工原料。以合成氨为基础的传统硝酸生产工艺流程如图。下列说法错误的是（）A．“合成氨”可实现人工固氮 B．“深度氧化”中还原剂为NO C．气体X可循环利用 D．流程中氮元素均被氧化【答案】D【分析】空气经液化分离得到氮气，氮气和氢气进入合成氨装置制得氨气；氨气经催化氧化、深度氧化得到氮氧化物，再加水吸收得到硝酸，同时排出尾气气体X（氮的氧化物，属于空气污染物），据以上分析解答。【解答】解：A．将游离态氮转化为化合态氮，属于人工固氮；合成氨反应是把氮气、氢气在一定条件下转化为氨气，属于人工固氮，故A正确；B．深度氧化中发生反应2NO+O2＝2NO2，NO中N元素化合价从+2升高到+4，作还原剂，故B正确；C．吸收步骤中发生反应3NO2+H2O＝2HNO3+NO，气体X为NO，可通入深度氧化步骤循环利用，故C正确；D．合成氨过程中N2转化为NH3，N元素化合价从0降低到﹣3，被还原；吸收过程中部分NO2转化为NO，N元素化合价从+4降低到+2，也被还原，并非流程中氮元素均被氧化，故D错误；故选：D。【点评】本题主要考查硝酸工业生产流程。要读懂化工流程每一步原料与产物，熟悉合成氨、氨的催化氧化反应，注意尾气成分，区分物理分离与化学反应，提升流程图信息提取能力。4．（2026春•抚顺期末）合成氨及其相关工业中，部分物质间的转化关系如图所示，下列说法正确的是（）A．丙为酸性氧化物 B．反应Ⅱ为人工固氮 C．反应Ⅴ是先向饱和氯化钠溶液中通CO2至饱和再通NH3 D．反应Ⅵ的部分产物可在上述流程中循环利用【答案】D【分析】先推导各物质：甲为N2，反应Ⅰ为工业合成氨；氨催化氧化制硝酸流程中，乙为NO，丙为NO2；侯氏制碱流程中，丁为NaHCO3。【解答】解：A．丙为NO2，NO2与碱反应生成硝酸盐、亚硝酸盐和水，不属于酸性氧化物，故A错误；B．固氮是将游离态氮转化为化合态氮的过程，反应Ⅱ是氨的催化氧化生成NO，反应Ⅱ不属于人工固氮，故B错误；C．反应Ⅴ为侯氏制碱，NH3溶解度远大于CO2，应先向饱和氯化钠溶液中通NH3至饱和，再通CO2，以增大CO2的吸收量，故C错误；D．反应Ⅵ是NaHCO3受热分解，反应为2NaHCO3△Na故选：D。【点评】本题考查元素化合物，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。5．（2026春•南昌校级期末）哈伯工业合成氨的流程如图，为提高原料平衡转化率采取的措施是（）A．①②③④⑤ B．②③④⑤ C．②④⑤ D．②③④【答案】C【分析】①反应原理为N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），ΔH＜0，为提高原料平衡转化率，应使平衡向正方向移动；②根据方程式反应前后气体的化学计量数的关系可知增大压强有利于平衡向正方向移动；③催化剂对平衡移动无影响；④液化分离出氨气，可使生成物浓度减小；⑤氮气和氢气的再循环，可增大反应物浓度。【解答】解：①为提高原料平衡转化率，应使平衡向正方向移动，净化干燥对平衡移动无影响，故①错误；②根据方程式反应前后气体的化学计量数的关系可知增大压强有利于平衡向正方向移动，故②正确；③正反应放热，升高温度不利用平衡向正反应方向移动，催化剂对平衡移动无影响，故③错误；④液化分离出氨气，可使生成物浓度减小，则可使平衡向正向移动，故④正确；⑤氮气和氢气的再循环，可增大反应物浓度，有利于平衡向正向移动，故⑤正确，故选：C。【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，试题难度中等。6．（2026春•青山湖区校级期末）合成氨工艺沿革，诠释科学精神传承。几种固氮方式如图，下列说法正确的是（）A．NO是红棕色、有刺激性气味的气体 B．NH4HCO3易溶于水，其电离方程式为NHC．新型催化剂能降低N2生成N[Si（CH3）3]3的反应热 D．合成氨工业中迅速液化NH3主要是为了提高N2和H2的利用率【答案】D【分析】A．根据NO、NO2气体的物理性质来分析；B．碳酸氢铵电离出的HCO3-不能拆成H+和C．根据催化剂的概念的作用来分析；D．合成氨循环操作从提高原料利用率角度来分析。【解答】解：A．NO是无色、有刺激性气味的气体，NO2才是红棕色气体，故A错误；B．NH4HCO3属于弱酸的酸式盐，为强电解质，在水中完全电离为NH4+和HCO3-，NH4HCO3的电离方程式应为NH4HCO3=NH4++HCO3C．催化剂只能降低反应的活化能，反应热由反应物和生成物的总能量差决定，与催化剂无关，因此新型催化剂不能改变该反应的反应热，故C错误；D．合成氨反应为可逆反应N2+3H2⇌高温高压催化剂2NH3，原料不能完全转化，迅速液化NH故选：D。【点评】本题主要考查氮的化合物性质、电离方程式、合成氨工艺与催化剂作用，结合固氮方式考查化学基础概念的辨析能力。7．（2026春•汕头校级期末）氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。如图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意图。下列说法错误的是（）A．合成塔发生的反应中有非极性键的断裂和极性键的生成 B．氧化炉发生的反应氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：4 C．实验室可用干燥的蓝色石蕊试纸检验氨气 D．向吸收塔中通入O2的作用是氧化NO【答案】C【分析】N2与H2在合成塔内发生反应生成氨气，发生反应的化学方程式为：N2+3H2⇌催化剂高温高压2NH3，经氨分离器分离得到较纯净的氨气，通过氧化炉和氧气反应得到NO，NO和氧气反应生成NO2，NO2与水反应生成硝酸，方程式为：4NH3+5O2催化剂△4NO+6H2O，2NO+O2＝2NO2，3NO2+H2O＝HNO【解答】解：A．合成塔内发生反应的化学方程式为：N2+3H2⇌催化剂高温高压2NH3，反应中断裂氮氮键、氢氢键，生成氮氢键，即有非极性键的断裂和极性键的生成，故B．氧化炉中发生反应：4NH3+5O2催化剂△4NO+6H2O，其中氧化剂是氧气，还原剂是氨气，氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：4，故BC．常检验氨气使用的是湿润的红色石蕊试纸，能使红色石蕊试纸变蓝，故C错误；D．向吸收塔中通入O2的作用氧化NO生成硝酸，故D正确；故选：C。【点评】本题主要考查合成氨及工业制硝酸的原理，侧重考查学生的分析能力，属于元素化合物基本知识的考查，题目难度不大。8．（2024秋•成都期末）某小组研究压强与CO2气体溶解之间的关系，通过推拉注射器（图1），测得相对压强数据变化曲线如下（图2）所示。下列说法错误的是（）A．A～B段，压缩注射器；D～E段，外拉注射器 B．B～D段，CO2气体溶解，溶液酸性减弱 C．E点溶液中存在CO2、H2CO3、HCO3-和D．由B～D段及E～G段可推知CO2溶解一释出速度相对较慢【答案】B【分析】A．A～B段相对压强增加；D～E段，相对压强减小；B．B～D段，压强略减小，说明CO2气体溶解度增加，生成碳酸浓度增加；C．E点溶液中存在溶解的CO2、CO2与水反应生成的H2CO3、H2CO3电离出的HCO3-D．由B～D段及E～G段可推知CO2溶解一释出，图象中的斜率较小。【解答】解：A．A～B段相对压强增加，为压缩注射器；D～E段，相对压强减小，为外拉注射器，故A正确；B．B～D段，压强略减小，说明CO2气体溶解度增加，生成碳酸浓度增加，溶液酸性增加，故B错误；C．E点溶液中存在溶解的CO2、CO2与水反应生成的H2CO3、H2CO3电离出的HCO3-和CO32-，E点溶液中存在CO2、H2CO3、D．由B～D段及E～G段可推知CO2溶解一释出，图象中的斜率较小，故速度相对较慢，故D正确；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。9．（2025秋•浙江月考）下列实验方案能达到实验目的的是（）选项实验方案实验目的ACuCl2溶液中存在[Cu(H2O)4]2+（蓝色）+4Cl-探究温度对化学平衡的影响B分别取10mL0.1mol/LNa2S2O3溶液和10mL0.05mol/LNa2S2O3溶液于两支试管中，然后同时加入10mL0.1mol/LH2SO4溶液，观察气体生产速率探究浓度对化学反应速率的影响C向某密闭容器中冲入NO2气体，一段时间后冲入Ar使得压强为原来的两倍，观察气体颜色探究压强对化学平衡的影响D常温下，将大小、形状相同的铁片分别加入98.3%硫酸和2%硫酸中探究浓度对化学反应速率的影响A．A B．B C．C D．D【答案】A【分析】A．CuCl2溶液中存在[Cu（H2O）4]2+（蓝色）与Cl﹣的平衡，且ΔH＞0。加热时，平衡向吸热方向（生成黄色[CuCl4]2﹣）移动；B．根据S2O32-+2H+＝S+SO2+H2O，实验中两种Na2S2OC．充入Ar增大总压强为2倍，但容器体积不变，平衡不移动，无法观察到现象；D．浓硫酸（98.3%）常温下使铁钝化，反应停止；稀硫酸与铁反应生成H2。【解答】解：A．加热时，平衡向吸热方向（生成黄色[CuCl4]2﹣）移动，溶液颜色变黄，可验证温度对平衡的影响，故A正确；B．根据S2O32-+2H+＝S+SO2+H2O，实验中两种Na2S2O3溶液浓度不同，第一个实验硫酸恰好完全反应，但第二个实验H+过量，导致最终生成气体的量不同，改变Na2S2O3C．充入Ar增大总压强为2倍，但容器体积不变，平衡不移动，无法观察到现象，应该通过直接改变容器体积的方式探究压强对化学平衡的影响，故C错误；D．稀硫酸与铁反应生成H2；浓硫酸（98.3%）常温下使铁钝化，反应停止；两者反应机理不同，无法直接比较浓度对速率的影响，故D错误；故选：A。【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。10．（2019•金安区校级开学）高温下，某反应达到平衡，平衡常数K=c(CO)⋅c(H2O)c(COA．该反应的焓变为正值 B．恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小 C．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小 D．该反应的化学方程式为CO+H2O⇌CO2+H2【答案】A【分析】某反应达到平衡，根据平衡常数K=c(CO)⋅c(H2O)c(CO2)⋅c(H2)可知，该可逆反应为CO2（g）+H2（g）⇌CO（【解答】解：A、恒容时，温度升高，H2的浓度减小，说明平衡向正反应移动，该反应正反应为吸热反应，即反应的焓变为正值，故A正确；B、恒温恒容时，压强增大，各气体分压不变，平衡不移动，反应速率不变，H2的浓度不变，故B错误；C、升高温度，反应物、生成物的正、逆反应速率都增大，故C错误；D、反化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时，各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，根据平衡常数K=c(CO)⋅c(H2O)c(CO2)⋅c(H2)可知，该可逆反应为CO2（g）+H2（g）⇌CO故选：A。【点评】本题考查化学平衡常数的意义，为高频考点，把握K与反应的关系、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，注意选项B为易错点，题目难度不大。11．（2020•永州一模）在3种不同条件下，分别向容积为2L的恒容密闭容器中充入2molA和1molB，发生反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g）ΔH＝QkJ•mol﹣1．相关条件和数据见表：实验编号实验Ⅰ实验Ⅱ实验Ⅲ反应温度/℃700700750达平衡时间/min40530平衡时n（C）/mol1.51.51化学平衡常数K1K2K3下列说法正确的是（）A．K1＝K2＜K3 B．升高温度能加快反应速率的原因是降低了反应的活化能 C．实验Ⅱ比实验Ⅰ达平衡所需时间短的可能原因是使用了催化剂 D．实验Ⅲ达平衡后，恒温下再向容器中通入1molA和1molC，平衡正向移动【答案】C【分析】A．反应为2A（g）+B（g）⇌2D（g），比较实验I和III，温度升高，平衡时D的量减少，化学平衡向逆反应方向移动，温度相同，平衡常数相同，据此分析；B．升高温度增大活化分子百分数，增大活化分子有效碰撞机会；C．实验II达到平衡的时间很短，与实验I温度相同，平衡时各组分的量也相同，据此判断；D．温度不变，平衡常数不发生改变，根据浓度商与平衡常数K的关系判断化学反应的方向。【解答】解：A．反应为2A（g）+B（g）⇌2D（g），比较实验I和III，温度升高，平衡时D的量减少，化学平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，Q＜0，则K3＜K1，温度相同，平衡常数相同，则K1＝K2，综上，则平衡常数的关系为：K3＜K2＝K1，故A错误；B．升高温度，使部分非活化分子吸收热量而变为活化分子，即增大活化分子百分数，增大活化分子有效碰撞机会，化学反应速率加快，故B错误；C．实验II达到平衡的时间很短，与实验I温度相同，平衡时各组分的量也相同，可判断实验II使用了催化剂，催化剂加快反应速率，但不改变化学平衡状态，实验I和Ⅱ探究的是催化剂对于化学反应的影响，故C正确；D．容积为2L的恒容密闭容器中充入2molA和1molB，发生反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g），实验III中，原平衡的化学平衡常数为K=c2(C)c2(A)c(B)=(0.5)20.25×(0.5)2=4，温度不变，则平衡常数不变，实验Ⅲ达平衡后，恒温下再向容器中通入1molA和1molC，则此时容器中c（A）＝1mol/L，c（B）＝0.25mol/L，c故选：C。【点评】本题考查可逆反应的化学平衡，温度相同，平衡常数也相同，结合理想气体状态方程pV＝nRT，根据浓度商与平衡常数的关系判断化学反应的方向，题目难度中等。12．（2026•河南校级模拟）工业上常通过烷烃催化裂解制取低碳烯烃。向容积1L的容器中通入1molC4H10，发生反应：C4H10（g）⇌C3H6（g）+CH4（g）ΔH＞0，其他条件不变、相同时间内丙烯产率随温度变化如图所示。下列说法正确的是（）A．该反应正反应活化能小于逆反应活化能 B．其他条件不变，初始温度为600℃，若改为在绝热的容器中反应，产率应低于80% C．600～650℃时，丙烯产率的变化主要是温度导致的 D．750℃时，K＝0.5mol•L﹣1【答案】B【分析】A．该反应为吸热反应；B．由图可知，600℃时，丙烯的产率为80%，由恒温改为绝热，因为反应吸热，故温度下降，速率降低，平衡产率也降低；C．该反应为吸热反应，温度升高应导致丙烯产率升高，而该段丙烯产率陡降，故这段丙烯产率的变化主因不是温度；D．由于该反应吸热，其他条件不变时，750℃时丙烯的平衡产率一定要高于600℃时的平衡产率，而图中b点（750℃）时丙烯的产率低于a点（600℃），故b点一定不是平衡点。【解答】解：A．该反应为吸热反应，吸热反应中，正反应的活化能大于逆反应的活化能，故A错误；B．600℃时，丙烯的产率为80%，由恒温改为绝热，因为反应吸热，故温度下降，速率降低，平衡产率也降低，无论600℃时是否达到平衡，从热力学和动力学的角度分析，丙烯产率都应下降，故B正确；C．温度升高应导致丙烯产率升高，而该段丙烯产率陡降，故这段丙烯产率的变化主因不是温度，这可能是由于高温下催化剂失活导致的，故C错误；D．750℃时丙烯的平衡产率一定要高于600℃时的平衡产率，而图中b点（750℃）时丙烯的产率低于a点（600℃），故b点一定不是平衡点，根据图中的数据无法计算750℃时K，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。13．（2026•永城市模拟）硫酸工业尾气中SO2可用CO处理并回收S，涉及的反应有：反应Ⅰ：SO2（g）+3CO（g）⇌COS（g）+2CO2（g）ΔH1＜0反应Ⅱ：COS（g）⇌S（g）+CO（g）ΔH2恒压条件下，按n（SO2）：n（CO）＝1：3充入原料，其中SO2的平衡转化率以及COS和S的平衡选择性随温度的变化如图所示。已知：曲线b表示COS的平衡选择性（X的平衡选择性=生成X的物质的量转化的SO2的物质的量×100%A．曲线c表示SO2的平衡转化率 B．1400K下，反应SO2（g）+2CO（g）⇌S（g）+2CO2（g）的浓度平衡常数Kc＝5.12 C．ΔH2＜0 D．其他条件不变，缩小容器容积，SO2的平衡转化率保持不变【答案】B【分析】COS的平衡选择性与S的平衡选择性之和为1，由图可知，曲线b和曲线c之和为1，已知曲线b表示COS的平衡选择性，则曲线c表示S的平衡选择性，曲线a表示SO2的平衡转化率；【解答】解：A．根据分析，曲线c表示S的平衡选择性，故A错误；B．对于反应SO2（g）+2CO（g）⇌S（g）+2CO2（g），设起始n（SO2）＝1mol，n（CO）＝3mol，在1400K下，SO2平衡转化率为80%，则转化的n（SO2）＝0.8mol，COS平衡选择性为50%，则生成n（COS）＝0.8mol×50%＝0.4mol，生成n（S）＝0.4mol；根据反应I生成n（CO2）＝0.8mol×2＝1.6mol，剩余n（CO）＝3mol﹣0.8mol×3+0.4mol＝1mol；平衡时n（SO2）＝1mol﹣0.8mol＝0.2mol，n（CO）＝1mol，n（S）＝0.4mol，n（CO2）＝1.6mol；因为是恒压体系，体积比等于物质的量之比，设平衡时总体积为V，根据平衡常数表达式K=c(S)×c2C．升高温度，S的平衡选择性增大，说明反应Ⅱ正向移动，根据勒夏特列原理，正反应是吸热反应，即ΔH2＞0，故C错误；D．缩小容器容积，相当于增大压强：反应Ⅰ是气体分子数减少的反应，增大压强反应Ⅰ正向移动，SO2平衡转化率升高，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。14．（2026春•扬州期末）水煤气是H2的主要来源，C﹣H2O﹣CaO体系制H2的主要反应如下：反应Ⅰ：C（s）+H2O（g）＝CO（g）+H2（g）ΔH1＞0反应Ⅱ：CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）ΔH2＜0反应Ⅲ：CaO（s）+CO2（g）＝CaCO3（s）ΔH3＜0恒压条件下，投入C、H2O、CaO的量一定。体系达平衡后，气态物质中CO、CO2和H2物质的量分数随温度的变化关系如图所示。已知：图示温度范围内C（s）均已反应完全且T1＜T2。下列说法正确的是（）A．曲线b表示H2 B．C（s）+CaO（s）+2H2O（g）＝CaCO3（s）+2H2（g）的焓变ΔH＝ΔH1+ΔH3 C．温度为T1，若此时气体总物质的量为4.0mol，则n（CaCO3）为1.0mol D．温度为T2，向平衡体系中再通入少量CO2，重新达平衡后，c（CO2）不变【答案】D【分析】图示温度范围内C（s）已完全反应，则反应Ⅰ已经进行完全，反应Ⅱ和Ⅲ均为放热反应，从开始到T1，温度不断升高，反应Ⅱ和Ⅲ逆向移动，依据反应Ⅱ，H2的量减小，摩尔分数减小，CO的量升高，摩尔分数增大，且二者摩尔分数变化趋势相反，所以a曲线代表H2的摩尔分数的变化，b曲线代表CO的摩尔分数的变化，则c曲线代表的CO2摩尔分数随温度的变化，开始阶段CO2的摩尔分数升高，说明在这段温度范围内，反应Ⅲ占主导，继续升温，CaCO3（s）已完全分解，只发生反应Ⅱ，所以CO2的摩尔分数减小。【解答】解：A．根据反应特点和温度对平衡的影响：反应Ⅰ是吸热反应（ΔH1＞0），升高温度平衡正向移动，CO和H2的物质的量分数会增大；反应Ⅱ是放热反应（ΔH2＜0），升高温度平衡逆向移动，CO2的物质的量分数会减小；反应Ⅲ是放热反应（ΔH3＜0），升高温度平衡逆向移动，CaCO3分解为CaO和CO2，会使CO2的物质的量分数先增大后减小；结合温度变化趋势：温度较低时，反应Ⅲ正向进行程度大，CO2被CaO吸收，H2是三个反应的共同产物，物质的量分数最大，对应曲线a；随着温度升高，反应Ⅰ正向移动，CO的物质的量分数逐渐增大，对应曲线b；CO2的物质的量分数受反应Ⅱ和Ⅲ的共同影响，先因反应Ⅱ正向进行而增大，后因反应Ⅲ逆向移动且反应Ⅰ占主导而减小，对应曲线c，因此曲线b表示CO，而非H2，故A错误；B．根据盖斯定律，目标反应：C（s）+CaO（s）+2H2O（g）＝CaCO3（s）+2H2（g）可由反应Ⅰ+反应Ⅱ+反应Ⅲ得到：反应Ⅰ：C（s）+H2O（g）＝CO（g）+H2（g）ΔH1＞0，反应Ⅱ：CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）ΔH2＜0，反应Ⅲ：CaO（s）+CO2（g）＝CaCO3（s）ΔH3＜0，因此焓变ΔH＝ΔH1+ΔH2+ΔH3，故B错误；C．温度为T1，若此时气体总物质的量为4.0mol，则H2、CO、CO2、H2O（g）的物质的量依次为4mol×0.5＝2mol、4mol×0.15＝0.6mol、4mol×0.05＝0.2mol、（4﹣2﹣0.6﹣0.2）＝1.2mol，设反应Ⅰ生成CO和H2物质的量都为xmol，反应Ⅱ消耗CO物质的量为ymol、生成H2物质的量为ymol，则x+y＝2、x﹣y＝0.6，解得x＝1.3、y＝0.7，反应Ⅱ生成CO2物质的量为0.7mol，反应Ⅲ消耗CO2物质的量为0.7mol﹣0.2mol＝0.5mol，则由反应Ⅲ知，此时CaCO3（s）物质的量为0.5mol，故C错误；D．温度为T2，若向平衡体系中通入少量CO2，反应Ⅲ的K=1c(CO2)，温度不变，K不变，则CO2的浓度不变，重新达平衡后，c（故选：D。【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•东城区二模）甲醇“羰基化”生产乙酸涉及的反应为：反应Ⅰ：CH3OH（g）+CO（g）⇌CH3COOH（g）ΔH1＜0反应Ⅱ：CH3COOH（g）+CH3OH（g）⇌CH3COOCH3（g）+H2O（g）ΔH2＜0在不同温度下，向恒压密闭容器中通入CH3OH（g）和CO（g），反应相同时间（无其他反应），乙酸在所有有机产物中的物质的量分数[δ（乙酸）]随反应物的物质的量之比（x）的变化如图所示。下列说法不正确的是（）A．为提高原料甲醇的平衡转化率，可以采取降低温度、增大压强等措施 B．由图可知，x代表n(CO)n(CC．x＝0.7时，δ（乙酸，300℃）＞δ（乙酸，250℃），原因是温度对反应Ⅰ平衡的影响程度大于对反应Ⅱ的 D．若起始投料为amolCH3OH和bmolCO，则容器中存在关系：2n（CH3COOH）+3n（CH3COOCH3）+n（CH3OH）+n（CO）＝（a+b）mol【答案】C【分析】A．根据勒夏特列原理，降低温度、增大压强均能使化学平衡向正反应方向移动分析；B．由图可知，随着x的增大，δ（乙酸）增大，若x=n(CO)n(CH3OH)，增大xC．反应Ⅰ、Ⅱ均为放热反应，升温均使平衡逆向移动；D．根据原子守恒来建立关系进行分析。【解答】解：A．反应Ⅰ和反应Ⅱ均为放热反应（ΔH＜0），且均为气体分子数减少的反应，根据勒夏特列原理，降低温度、增大压强均能使化学平衡向正反应方向移动，从而提高原料甲醇的平衡转化率，故A正确；B．由图可知，随着x的增大，δ（乙酸）增大，若x=n(CO)n(CH3OH)，增大x即增大COC．反应Ⅰ、Ⅱ均为放热反应，升温均使平衡逆向移动，300℃时δ（乙酸）大于250℃时，说明升温使反应I逆向移动的程度更大（乙酸消耗量更多），同时反应Ⅱ逆向移动（乙酸生成量增多），温度对反应Ⅱ平衡的影响程度大于对反应Ⅰ的，故C错误；D．根据碳原子守恒，初始投料中碳原子总物质的量为（a+b）mol，反应后，碳原子存在于CH3OH，CO，CH3COOH，CH3COOCH3中，其总物质的量为n（CH3OH）×1+n（CO）×1+n（CH3COOH）×2+n（CH3COOCH3）×3，因此关系式为：n（CH3OH）+n（CO）+2n（CH3COOH）+3n（CH3COOCH3）＝（a+b）mol，故D正确；故选：C。【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。二．解答题（共4小题）16．（2026•安徽开学）环戊二烯（）是重要的有机合成中间体。一定条件下，存在以下转化：反应①：ΔH1反应②：H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）ΔH2＝﹣11.0kJ•mol﹣1反应③：ΔH3＝+89.3kJ•mol﹣1回答下列问题：（1）反应①的ΔH1＝+100.3kJ•mol﹣1，反应①在高温（填“高温”“低温”或“任意温度”）下能自发进行。（2）既能加快反应③的反应速率，又能提高反应物的平衡转化率的条件是升高温度。（3）恒温（T℃）恒容时，向体系中充入1mol（g）和1molI2（g）发生上述反应，初始压强为akPa，测得平衡时、H2的体积分数分别为20%、10%，则T℃时反应①的平衡常数Kp＝0.125akPa（保留3位有效数字，用含a的式子表示）。（4）在恒温恒容的密闭容器中发生反应②，下列叙述能说明反应②达到化学平衡状态的是A（填标号）。A．混合气体的颜色保持不变B．混合气体的压强保持不变C．v正（H2）＝2v逆（HI）D．混合气体的平均摩尔质量不再变化（5）两分子环戊二烯易发生加成反应形成二聚体：ΔH＜0。在T1温度下，恒容密闭容器中环戊二烯的物质的量与反应时间的关系如图所示。用虚线“﹣﹣﹣﹣﹣﹣”在图中画出在T2（T2＜T1）温度下，环戊二烯的物质的量与反应时间的关系。（6）用如图电解装置可提取MnO2中的锰元素，图中“H•”代表氢自由基。①氢自由基（H•）提取MnO2中锰元素的离子方程式为2H•+MnO2+2H+＝Mn2++2H2O。②实验测得电解时间相同时，随外加电流的增大，溶液中c（Mn2+）先增大后减小。c（Mn2+）减小的原因可能是ABC（填标号）。A．电流增大，H+放电直接生成H2而不是生成H•，MnO2被还原的反应不能进行，使得c（Mn2+）减小B．电流增大，Mn2+在阴极放电：Mn2++2e﹣＝Mn，使得c（Mn2+）减小C．电流增大，Mn2+在阳极放电：Mn2+﹣2e﹣+2H2O＝MnO2+4H+，使得c（Mn2+）减小D．电流增大，H•的还原能力减弱，使得c（Mn2+）减小【答案】（1）+100.3；高温；（2）升高温度；（3）0.125a；（4）A；（5）；（6）①2H•+MnO2+2H+＝Mn2++2H2O；②ABC。【分析】（1）根据盖斯定律，反应③＝反应①+反应②，因此ΔH1=ΔH3-ΔH2=+89.3-(-11.0)=+100.3kJ⋅mol-1（2）反应③是吸热且气体分子数增大的反应，升高温度既可以加快反应速率，又能使平衡正向移动，提高反应物的平衡转化率；加压可以加快反应速率，但会使平衡逆向移动；（3）已知初始n（I2）＝1mol，n（环戊烯）＝1mol，设平衡时环戊烯转化的物质的量为x，总物质的量为n总，总压强为p总，根据反应方程式，反应①和③反应后分子数都增加1，反应②分子数不变，所以n总＝2+x；再根据守恒及环戊烯和环戊二烯的转化关系比1：1，平衡时n（环戊二烯）＝xmol，已知平衡时环戊二烯体积分数为20%，即n(环戊二烯)n总=x2+x=20%，解得x＝0.5mol，则平衡时：n总＝2.5mol，n（环戊烯）＝0.5mol，n（环戊二烯）＝0.5mol，n（H（4）A．I2是有色气体，混合气体颜色不变说明I2浓度不再变化；B．反应②前后气体分子数始终相等，恒温恒容下压强全程不变；C．平衡时应为2v正（H2）＝v逆（HI）；D．混合气体总质量、总物质的量始终不变，平均摩尔质量全程不变；（5）温度越高，速率越大，斜率越大，起点相同，则在T2（T1＞T2）温度下，反应速率更慢，达到平衡的时间长于T1；前期曲线位于T1曲线上方，平衡时位于T1曲线下方T2曲线；（6）①氢自由基作为还原剂将+4价Mn还原为Mn2+，自身被氧化结合H+生成H2O；②A．电流增大，H+放电直接生成H2而不是生成H•，MnO2被还原的反应不能进行；B．电流增大，Mn2+在阴极放电：Mn2++2e﹣＝Mn；C．电流增大，Mn2+在阳极放电：Mn2+﹣2e﹣+2H2O＝MnO2+4H+；D．氢自由基的还原能力不会随电流增大而减弱。【解答】解：（1）根据盖斯定律，反应③＝反应①+反应②，因此ΔH1=ΔH3-ΔH2=+89.3-(-11.0)=+100.3kJ⋅mol-1，反应①是气体分子数增多的吸热反应，ΔH＞0，ΔS＞0故答案为：+100.3；高温；（2）反应③是吸热且气体分子数增大的反应，升高温度既可以加快反应速率，又能使平衡正向移动，提高反应物的平衡转化率；加压可以加快反应速率，但会使平衡逆向移动，反应物的平衡转化率减小，催化剂无法改变平衡的转化率，因此符合要求的条件是升高温度，故答案为：升高温度；（3）已知初始n（I2）＝1mol，n（环戊烯）＝1mol，设平衡时环戊烯转化的物质的量为x，总物质的量为n总，总压强为p总，根据反应方程式，反应①和③反应后分子数都增加1，反应②分子数不变，所以n总＝2+x；再根据守恒及环戊烯和环戊二烯的转化关系比1：1，平衡时n（环戊二烯）＝xmol，已知平衡时环戊二烯体积分数为20%，即n(环戊二烯)n总=x2+x=20%，解得x＝0.5mol，则平衡时：n总＝2.5mol，n（环戊烯）＝0.5mol，n（环戊二烯）＝0.5mol，n（H2）＝10%×2.5＝0.25mol，恒温恒容时，压强比等于物质的量比，平衡时总压p故答案为：0.125a；（4）A．I2是有色气体，混合气体颜色不变说明I2浓度不再变化，反应达到平衡，A正确；B．反应②前后气体分子数始终相等，恒温恒容下压强全程不变，压强不变不能说明平衡，B错误；C．平衡时应为2v正（H2）＝v逆（HI），C错误；D．混合气体总质量、总物质的量始终不变，平均摩尔质量全程不变，不能说明平衡，D错误；故答案为：A；（5）温度越高，速率越大，斜率越大，起点相同，则在T2（T1＞T2）温度下，反应速率更慢，达到平衡的时间长于T1；前期曲线位于T1曲线上方，平衡时位于T1曲线下方T2曲线，则环戊二烯物质的量与反应时间的关系如图；，故答案为：；（6）①氢自由基作为还原剂将+4价Mn还原为Mn2+，自身被氧化结合H+生成H2O，配平得到对应离子方程式：2H•+MnO2+2H+＝Mn2++2H2O，故答案为：2H•+MnO2+2H+＝Mn2++2H2O；②A．电流增大，H+放电直接生成H2而不是生成H•，MnO2被还原的反应不能进行，使得c（Mn2+）减小，A符合题意；B．电流增大，Mn2+在阴极放电：Mn2++2e﹣＝Mn，使得c（Mn2+）减小，B符合题意；C．电流增大，Mn2+在阳极放电：Mn2+﹣2e﹣+2H2O＝MnO2+4H+，使得c（Mn2+）减小，C符合题意；D．氢自由基的还原能力不会随电流增大而减弱，不会使c（Mn2+）减小，D不符合题意；故答案为：ABC。【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。17．（2026秋•浙江月考）我国力争2060年前实现碳中和，CO2的资源化利用具有重要意义。Ⅰ．中科院全球首次实现二氧化碳人工全合成淀粉，将CO2经“C1→C3→C6→淀粉”，为碳中和、粮食安全保障提供全新技术路径，而CO2变C1化合物的反应可表示为：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH，该反应一般认为通过如下步骤来实现：①CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH1＝+41kJ•mol﹣1②CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH2＝﹣90kJ•mol﹣1（1）若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是D（填标号）A．B．C．D．（2）令总反应y＝ΔH﹣TΔS，则y随温度T的变化趋势正确的是B。A．B．C．D．（3）不同压强下，按照n（CO2）：n（H2）＝1：3投料，实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度的变化关系如图所示。上图中纵坐标表示CO2平衡转化率的变化趋势的是图乙（填“甲”或“乙”）；图乙中T1温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是T1时以反应①为主，反应①前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响。（4）在恒温下，向体积为2L的恒容密闭容器中通入1molCO2和3molH2，发生上述反应达到平衡时，容器中CH3OH（g）0.3mol，CO为0.1mol，反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）的平衡常数K为0.1。Ⅱ．将CO2转化为能源是缓解温室效应和能源问题的方案之一。（5）CO2和H2在一定条件下可转化为CH4的反应：CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g），ΔH＜0，在某温度下，向VL的密闭容器中充入不同氢碳比[n(H2)n(CO2（6）在恒温恒容密闭容器中，可以作为CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）达到平衡状态的标志的是①④⑤（填序号）。①单位时间内生成nmolH2O的同时生成2nmolH2②混合气体的密度不再改变③该反应的ΔH不再改变④混合气体的平均相对分子质量不再改变⑤v正（H2）＝4v逆（CH4）⑥c（CO2）和c（CH4）之和不再改变【答案】（1）D；（2）B；（3）乙；T1时以反应①为主，反应①前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响；（4）0.1；（5）；（6）①④⑤。【分析】（1）根据盖斯定律，总反应的ΔH＝ΔH1+ΔH2＝（+41kJ/mol）+（﹣90kJ/mol）＝﹣49kJ/mol＜0，说明总反应为放热反应，最终产物的总能量应低于初始反应物的总能量，题目指出“反应①为慢反应”，在多步反应中，慢反应的活化能更大；（2）总反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）是一个正向气体分子数减少的反应，因此熵变ΔS＜0。已知焓变ΔH＝﹣49kJ•mol﹣1＜0。根据公式y＝ΔH﹣TΔS，因为ΔS＜0，所以﹣TΔS＞0。这意味着y随温度T的升高而呈线性增大（斜率为正）；当T＝0时，y＝ΔH＜0（在y轴上的截距为负）；（3）总反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，因此在较低温度区间，CO2的转化率和CH3OH的产率均随温度升高而下降。但在高温区，吸热的副反应①CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）逐渐占据主导地位，导致CO2的消耗量增加，转化率随温度升高又开始上升；（4）设容器体积V＝2L。达到平衡时，生成0.3molCH3OH和0.1molCO。根据碳元素守恒，平衡时剩余的n（CO2）＝1mol﹣0.3mol﹣0.1mol＝0.6mol。根据氧元素守恒，初始氧原子为2mol，平衡时H2O中的氧原子为2﹣0.6×2﹣0.3×1﹣0.1×1＝0.4mol，即生成了n（H2O）＝0.4mol。根据氢元素守恒，初始氢原子为6mol，平衡时H2的物质的量为（6﹣0.3×4﹣0.4×2）/2＝2.0mol。各物质的平衡浓度分别为：c（CO2）＝0.3mol/L，c（H2）＝1.0mol/L，c（CH3OH）＝0.15mol/L，c（H2O）＝0.2mol/L，计算得到总反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）的平衡常数；（5）在可逆反应中，不断增加一种反应物（H2）的投入量（即横坐标n（H2）/n（CO2）增大），会促使平衡正向移动，从而提高另一种反应物（CO2）的转化率；但对于大量补充的反应物（H2）自身而言，其转化率会随着自身投料比例的增加而单调递减；（6）化学反应得到平衡的标志是正逆反应速率相同，各组分含量保持不变，变量不变时平衡的判断依据。【解答】解：（1）①CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH1＝+41kJ•mol﹣1，②CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH2＝﹣90kJ•mol﹣1，根据盖斯定律，总反应的ΔH＝ΔH1+ΔH2＝（+41kJ/mol）+（﹣90kJ/mol）＝﹣49kJ/mol＜0，说明总反应为放热反应，最终产物的总能量应低于初始反应物的总能量，题目指出“反应①为慢反应”，在多步反应中，慢反应的活化能更大，因此第一步反应的能垒（第一个峰）应高于第二步反应的能垒（第二个峰），若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是D，故答案为：D；（2）总反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）是一个正向气体分子数减少的反应，因此熵变ΔS＜0，已知焓变ΔH＝﹣49kJ•mol﹣1＜0，根据公式y＝ΔH﹣TΔS，因为ΔS＜0，所以﹣TΔS＞0，这意味着y随温度T的升高而呈线性增大（斜率为正），当T＝0时，y＝ΔH＜0（在y轴上的截距为负），观察四个图像，只有B项符合该数学关系，故答案为：B；（3）总反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）为放热反应，升高温度平衡逆向移动，因此在较低温度区间，CO2的转化率和CH3OH的产率均随温度升高而下降，但在高温区，吸热的副反应①CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）逐渐占据主导地位，导致CO2的消耗量增加，转化率随温度升高又开始上升，因此，呈现“先降后升”趋势的图乙表示CO2平衡转化率，图乙的T1温度时，三条不同压强曲线几乎交于一点，是因为此时消耗CO2的主导反应是反应①，该反应前后气体分子数相等，改变压强不会使该平衡发生移动，故答案为：乙；T1时以反应①为主，反应①前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响；（4）设容器体积V＝2L。达到平衡时，生成0.3molCH3OH和0.1molCO。根据碳元素守恒，平衡时剩余的n（CO2）＝1mol﹣0.3mol﹣0.1mol＝0.6mol。根据氧元素守恒，初始氧原子为2mol，平衡时H2O中的氧原子为2mol﹣0.6mol×2﹣0.3mol×1﹣0.1mol×1＝0.4mol，即生成了n（H2O）＝0.4mol。根据氢元素守恒，初始氢原子为6mol，平衡时H2的物质的量为（6﹣0.3×4﹣0.4×2）/2＝2.0mol。各物质的平衡浓度分别为：c（CO2）＝0.3mol/L，c（H2）＝1.0mol/L，c（CH3OH）＝0.15mol/L，c（H2O）＝0.2mol/L，总反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）的平衡常数K=c(C故答案为：0.1；（5）在可逆反应中，不断增加一种反应物（H2）的投入量（即横坐标n（H2）/n（CO2）增大），会促使平衡正向移动，从而提高另一种反应物（CO2）的转化率；但对于大量补充的反应物（H2）自身而言，其转化率会随着自身投料比例的增加而单调递减，因此画出一条向右下方倾斜的下降曲线为：，故答案为：；（6）①由化学计量数关系可知v正（H2）＝2v正（H2O）＝2n，此时v正（H2）＝v逆（H2），单位时间内生成nmolH2O代表正反应速率，同时生成2nmolH2代表逆反应速率，说明达到平衡，故①正确；②恒容密闭容器中，气体总质量不变，体积不变，密度始终为定值，不能作为平衡标志，故②错误；③ΔH是反应本身的焓变，与反应是否达到平衡无关，始终不变，故③错误；④气体总质量不变，但该反应前后气体总分子数会发生改变，因此混合气体的平均相对分子质量是变量，当其不再改变时说明达到平衡，故④正确；⑤v正（H2）＝4v逆（CH4），而根据速率之比等于化学计量数之比有v正（H2）＝4v正（CH4），两者结合可得v正（CH4）＝v逆（CH4），说明达到平衡，故⑤正确；⑥根据碳原子守恒，c（CO2）和c（CH4）的浓度之和始终等于初始CO2的浓度，是一个常数，不能作为平衡标志，故⑥错误；综上所述，正确标志为①④⑤，故答案为：①④⑤。【点评】本题考查了化学平衡影响因素分析、平衡常数计算等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。18．（2026•日照开学）甲烷转化为多碳化合物具有重要意义。一种将甲烷溴化再偶联为丙烯（C3H6）的反应如下：Ⅰ．CH4（g）+Br2（g）⇌CH3Br（g）+HBr（g）ΔH1＝﹣29kJ•mol﹣1Ⅱ．3CH3Br（g）⇌C3H6（g）+3HBr（g）ΔH2＝+20kJ•mol﹣1回答下列问题：（1）反应3CH4（g）+3Br2（g）⇌C3H6（g）+6HBr（g）的焓变ΔH＝﹣67kJ•mol﹣1。（2）将9molCH4和9molBr2通入密闭容器中，平衡时，n（CH4）、n（CH3Br）与温度的关系如图所示。①a线所示物质为CH3Br（填化学式）。②660℃时，CH4的平衡转化率＝80%，C3H6的物质的量为0.8mol。③660℃时，反应Ⅰ的平衡常数K1＝K1=c(CH3Br)⋅c(HBr)c(CH4)⋅c(Br2)=n(CH3Br)⋅n(HBr)n(CH4)⋅n(Br2)=4.8mol×9.6mol（3）恒温恒容条件下发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，下列说法不能表明该体系达到平衡状态的是A（填标号）。A．3v正（C3H6）＝v逆（HBr）B．混合气体的平均相对分子质量不再改变C．CH4与HBr的物质的量之比不再改变D．混合气体颜色不再改变（4）已知平衡常数K的大小只与温度有关，660℃时，反应达到平衡，若恒容条件下再充入HBr，重新达到平衡时，c(HBr)c(CH3Br)将【答案】（1）﹣67；（2）CH3Br；80%；0.8；K1（3）A；（4）增大。【分析】（1）根据盖斯定律由已知反应的反应热计算未知反应的反应热；（2）①反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应。升高温度，反应Ⅰ平衡逆向移动，CH4的物质的量增大，CH3Br的物质的量减小；反应Ⅱ平衡正向移动，CH3Br的物质的量减小。综合可知，随温度升高，CH4的物质的量增大，CH3Br的物质的量减小。图中a线随温度升高而下降，故a线代表CH3Br，b线代表CH4；②依据题目所给信息计算平衡时各组分的量和计算转化率；③依据平衡时各组分的量计算平衡常数；（3）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；（4）结合平衡常数表达式判断浓度变化关系。【解答】解：（1）已知：Ⅰ．CH4（g）+Br2（g）⇌CH3Br（g）+HBr（g）ΔH1＝﹣29kJ•mol﹣1，Ⅱ．3CH3Br（g）⇌C3H6（g）+3HBr（g）ΔH2＝+20kJ•mol﹣1，根据盖斯定律，将Ⅰ×3+Ⅱ可得目标反应：3CH4（g）+3Br2（g）⇌C3H6（g）+6HBr（g），则其焓变ΔH＝3ΔH1+ΔH2＝3×（﹣29kJ•mol﹣1）+2