广州市2026-2027学年秋季高二上化学阶段模拟卷（二）

第1页（共1页）广州市2026-2027学年秋季高二上化学阶段模拟卷（二）一．选择题（共15小题）1．（2025秋•茂名校级月考）据图判断，下列说法正确的是（）A．氢气的标准燃烧热ΔH＝﹣241.8kJ•mol﹣1 B．2molH2（g）与1molO2（g）所具有的总能量比2molH2O（g）所具有的总能量低 C．液态水分解的热化学方程式为2H2O（l）＝2H2（g）+O2（g）ΔH＝+571.6kJ•mol﹣1 D．2molH2（g）与1molO2（g）生成2molH2O（l）时，断裂化学键吸收的能量大于形成化学键放出的能量2．（2025春•霞山区校级期中）计算机模拟催化剂表面水煤气产氢反应[CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）]过程中能量的变化如图所示。下列说法错误的是（）A．过程Ⅰ、Ⅱ均表示断键的吸收能量过程 B．由图可知CO2比CO稳定 C．过程Ⅲ既有共价键断裂，又有共价键形成 D．该反应为放热反应3．（2026•广东校级一模）丙烯与HBr发生自由基反应，条件不同，产物不同，进程和能量如图1所示：①CH3CH＝CH2→ROORHBrCH3CH2CH2②CH3CH＝CH2→hv，CCl4NBS，反应①的机理如图2（链的终止：自由基之间相互结合）。下列说法错误的是（）A．R—O—O—R生成RO•不是化学变化 B．异丁烯发生反应①的产物为（CH3）2CBrCH3 C．链终止产物可能有 D．过氧化物存在时，主要生成自由基I是因为其活化能相对较低4．（2026春•汕头期末）多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现T℃时（各物质均为气态），甲醇（CH3OH）与水在铜基催化剂上生成CO2的反应机理和能量图如图：下列说法正确的是（）A．反应Ⅰ和Ⅱ过程中均存在极性键和非极性键的断裂与形成 B．1molCH3OH（g）和1molH2O（g）的总能量大于1molCO2（g）和3molH2（g）的总能量 C．CO是该反应的催化剂 D．反应Ⅰ中每生成2molH2，转移电子的数目为4NA5．（2026春•东莞市期末）晶格能指的是气态离子形成1mol离子晶体释放的能量值。这个数值并不能通过实验测定得到，但可以通过设计热力学循环，利用盖斯定律计算得到。如图所示过程即为通过盖斯定律计算晶格能的方法，下列说法不正确的是（）A．NaCl的晶格能为﹣ΔH1 B．ΔH2＝—I1（Na） C．ΔH5为Cl2的键能 D．ΔH1＝ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH66．（2024秋•罗湖区校级期中）下列给出的各组方程式中ΔH1＜ΔH2的是（）A．CaCO3（s）＝CaO（s）+CO2（g）ΔH1；CaO（s）+H2O（l）＝Ca（OH）2（s）ΔH2 B．H2（g）+Cl2（g）＝2HCl（g）ΔH1；12C．2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）ΔH1；2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）ΔH2 D．2H2S（g）+O2（g）＝2S（g）+2H2O（l）ΔH12H2S（g）+3O2（g）＝2SO2（g）+2H2O（l）ΔH27．（2024秋•佛山月考）已知反应2A（g）＝C（g）+3D（g）低温时不反应，高温时自发进行，则该反应的ΔH、ΔS为（）A．ΔH＞0，ΔS＞0 B．ΔH＜0，ΔS＞0 C．ΔH＜0，ΔS＜0 D．ΔH＞0，ΔS＜08．（2026春•东莞市校级期中）在1L恒容密闭容器中进行反应X（g）+2Y（s）＝3Z（g）+2W（g），5min后X减少了0.15mol，则此反应0～5min内的平均速率v为（）A．v（X）＝0.06mol•L﹣1•min﹣1 B．v（Z）＝0.09mol•L﹣1•min﹣1 C．v（Y）＝0.06mol•L﹣1•min﹣1 D．v（W）＝0.06mol•L﹣1•s﹣19．（2026春•深圳校级期末）关于2A（s）+B（g）⇌3C（g）+5D（g）ΔH＜0的化学反应速率下列说法正确的是（）A．加入A，反应速率加快 B．升高温度正反应速率减慢，逆反应速率加快 C．35D．总压强恒定条件下，充入一定量He，正逆反应速率均减慢10．（2026春•梅州期末）焦化氨—硫铵回收工艺中，NH3（g）+H2S（g）⇌NH4HS（s）为放热反应，向容积为2L的密闭容器中通入0.6molNH3和0.4molH2S，体系中NH3的物质的量随时间变化如图所示。结合图像及数据，下列说法不正确的是（）A．a点时，v正（NH3）＞v逆（NH3） B．反应过程中NH3与H2S的物质的量之比保持不变 C．相同条件下，1molNH4HS（s）能量比1molNH3（g）和1molH2S（g）的总能量低 D．反应开始阶段反应速率逐渐增大，原因是该阶段温度对反应速率的影响比浓度对反应速率的影响大11．（2026春•广州期末）在某一恒温体积可变的密闭容器中发生反应：X2（g）+2Y2（g）⇌2XY2（g）ΔH＜0，t1、t3时刻分别仅改变一个反应条件，得到正反应速率v正与时间的关系如图所示。下列说法正确的是（）A．0∼t0内，反应正向进行 B．t1时改变的反应条件可能是压缩容器体积 C．t3时改变的反应条件可能提高了反应物的活化分子百分数 D．起始时，容器内只有XY2（g）12．（2026•龙岗区校级模拟）K2Cr2O7溶液中存在以下平衡：（ⅰ）Cr2O72-（aq，橙色）+H2O（l）⇌2HCrO4（ⅱ）HCrO4-（aq）⇌CrO42-（aq，黄色）+H则下列说法正确的是（）A．升温，体系中c2（HCrO4-）/c（B．加水稀释，c（H+）变小 C．向体系中加入少许浓KOH溶液，可观察到溶液变橙色 D．体系中存在c（K+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HCrO4-）+c（CrO413．（2026春•中山市期末）已知反应2X（g）+Y（g）⇌2Z（g），在恒温恒容条件下，将4molX和2molY置于2L的容器中，得到X转化率随时间的变化曲线如图。下列说法正确的是（）A．3.5min时，容器中c（X）为0.8mol/L B．8.5min时，2v正（Y）＝v逆（Z） C．充入氩气，容器内压强增大，反应速率增大 D．平衡时容器内的压强与起始的压强之比为7：1014．（2026春•茂名期末）下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（）A．新制氯水光照下颜色变浅 B．加热后水中溶解的SO2减少 C．用饱和食盐水除去Cl2中的HCl D．MnO2可以加快H2O2的分解15．（2026春•茂名期末）下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且两者具有因果关系的是（）选项陈述Ⅰ陈述ⅡA一般条件下，升高温度，反应速率加快升高温度能降低反应的活化能B推动封装有20mLNO2和N2O4混合气体的注射器的活塞，混合气体颜色先加深后变浅增大压强，平衡向气体体积缩小的方向移动C向Fe(SCN)3溶液中加入铁粉，颜色变浅铁粉与Fe(SCN)3直接发生氧化还原反应D氢气和氧气需要点燃才能反应氢气和氧气反应生成水不属于自发反应A．A B．B C．C D．D二．解答题（共4小题）16．（2026秋•广东校级月考）（一）将天然气直接转化为乙烯是实现“以气代油”的重要途径。某科研团队采用等离子体﹣催化耦合技术实现甲烷直接制乙烯，原理如下：反应Ⅰ．等离子体区：2CH4（g）⇌C2H2（g）+3H2（g）ΔH1＝+376.3kJ•mol﹣1反应Ⅱ．催化区：C2H2（g）+H2（g）⇌C2H4（g）ΔH2＝﹣174.5kJ•mol﹣1反应Ⅲ．副反应：CH4（g）⇌C（s）+2H2（g）ΔH3＝+74.8kJ•mol﹣1反应Ⅳ：2CH4（g）⇌C2H4（g）+2H2（g）ΔH4（1）ΔH4＝___________________，该反应在_______条件下自发进行（填“高温”、“低温”或“任意温度”）。（2）某温度下，反应Ⅰ的v正＝k正c2（CH4），v逆＝k逆c（C2H2）c3（H2），其中k正、k逆为速率常数。升高温度，k正k逆（3）一定温度下，向恒容密闭容器中充入一定量CH4发生反应，体系中含碳气体平衡分压（P）的lgP随温度变化的曲线如图所示，曲线乙表示的物质为_________（填化学式）。725℃时反应Ⅲ、反应Ⅳ中，平衡常数KP较大的是________。（二）一定温度下，FeCl3与KI混合溶液存在如下平衡（不考虑碘单质的挥发与阳离子的水解）：反应ⅰ：2Fe3+（aq）+2I﹣（aq）⇌2Fe2+（aq）+I2（aq）ΔH1＞0反应ⅱ：I2（aq）+I﹣（aq）⇌I3-（aq）ΔH2（4）关于上述平衡体系的说法正确的有_______（填标号）。A．加入CCl4，平衡时c（Fe3+）增大B．加入KI固体，平衡时c(IC．升高温度，反应ⅰ速率增大，反应ⅱ速率减小D．加水稀释，溶液中离子总数增大（5）当c0（FeCl3）＝c0（KI）＝0.013mol•L﹣1时（c0表示起始浓度，下同），部分相关微粒的物质的量浓度随时间变化曲线如图1：①结合图中c（I3-）变化分析，反应ⅰ的活化能②0～90min内，上述体系中I﹣的平均反应速率v（I﹣）＝_____________mol•L﹣1•min﹣1（保留两位有效数字）。（6）保持混合溶液中c0（FeCl3）+c0（KI）＝0.026mol•L﹣1，平衡时，c平（Fe3+）、c平（I2）与c平（I3-）随起始投料比的变化曲线如图2，计算反应ⅱ的平衡常数17．（2026春•深圳校级期末）苯乙烯是一种重要的基础有机化工原料，广泛用于合成塑料。乙苯（C6H5CH2CH3）直接脱氢制备苯乙烯（C6H5CH＝CH2），其原理如下：C6H5CH2CH3（g）⇌C6H5CH＝CH2（g）+H2（g）ΔH1＝+117.6kJ/mol（1）有0.1mol的苯乙烯生成则吸收的能量为_______kJ。（2）中国化学家提出了在某催化剂表面脱氢制苯乙烯的反应机理，机理如下（Ph﹣代表苯基，*代表吸附态）：虚线框内化学反应速率最慢的一步的反应式为____________________。（3）关于乙苯直接脱氢制备苯乙烯，下列说法正确的是_____。A．使用催化剂可以活化乙苯分子，改变反应焓变B．其他条件相同，该反应分别在恒容和恒压条件下进行，前者乙苯的平衡转化率更高C．为了加快反应速率，压强越大越好D．该反应正反应的活化能大于逆反应的活化能（4）在实际生产过程中，通常向乙苯中掺入水蒸气，保持常压条件下进行反应。掺入水蒸气的目的____________________。（5）在CO2气氛中，乙苯催化脱氢制备苯乙烯更容易进行，在容器体积为VL的恒容容器中进行如下反应：C6H5CH2CH3（g）+CO2（g）⇌C6H5CH＝CH2（g）+CO（g）+H2O（g）。控制投料比n（CO2）：n（乙苯）分别为1：1，1：5，10：1发生反应，乙苯平衡转化率与反应温度的关系如图所示①投料比为10：1对应的曲线是_____（填字母）。②550K时，反应经tmin达到图中P点所示的状态，若初始时乙苯的浓度为c0mol⋅L-1，则v（苯乙烯）＝____________________mol•L﹣1③750K时，向恒容密闭容器中加入过量CaCO3和一定量乙苯（初始压强为p1kPa），一定条件下达到平衡，容器内苯乙烯分压为p2kPa（不考虑乙苯直接脱氢制苯乙烯的反应），计算该反应的压强平衡常数Kp＝____________________（计算结果以含p1、p2、p的计算式表示）。已知：ⅰ．Kp为以分压表示的平衡常数，以平衡分压代替浓度进行计算ⅱ．750K时，CaCO3（s）⇌CaO（s）+CO2（g）Kp＝p18．（2026•东莞市开学）某密闭容器中充入等物质的量的A和B，一定温度下发生反应：A（g）+xB（g）⇌2C（g），达到平衡后，在不同的时间段内反应物的浓度随时间的变化如图甲所示，正、逆反应速率随时间的变化如图乙所示，现回答下列问题：（1）该反应的ΔH_____（填“＜”“＞”或“＝”）0.（2）在30min、40min时改变的条件分别是_________、_________。（3）反应在25min时的平衡常数为K1＝_____，25min时的平衡常数K1_____（填“＜”“＞”或“＝”）55min时的平衡常数K2。（4）在一密闭容器中分别充入1mol的A和B，一定温度下发生上述反应，达平衡后若再分别充入1mol的A和B重新达到平衡时，A的转化率_______（填“增大”“减小”或“不变”）。19．（2026秋•宝安区月考）丙烯是石油化工行业的重要原料，利用CO2氧化丙烷制备丙烯对环境保护和经济发展有重要的意义。反应如下：Ⅰ：C3H8（g）+CO2（g）⇌C3H6（g）+CO（g）+H2O（g）ΔH1使用铂锡双金属催化剂（M），上述反应分两步进行：Ⅱ：C3H8（g）⇌C3H6（g）+H2（g）ΔH2＝+124kJ•mol﹣1Ⅲ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH3＝+41kJ•mol﹣1回答下列问题：（1）ΔH1＝_________________；对于反应Ⅱ，_______（填“高温”或“低温”）有利于反应自发进行。（2）反应历程中，催化剂M表面可能发生的部分基元反应及其相应活化能如图所示（吸附在催化剂表面上的物种用*标注）：①*CH3CH2CH3→*CH3CH2+*CH3②*CH3CH2CH3→*CH3CHCH3+*H③*CH3CHCH3→*CH3CH+*CH3④*CH3CHCH3→*CH3CHCH2+*H该催化剂对________（填“C—C”或“C—H”）键的断裂具有更好的选择性。（3）向装有催化剂M的2L密闭容器中通入C3H8和CO2各1mol，在不同温度下体系达平衡时部分组分的物质的量如图所示：①下列能说明该体系达到平衡状态的有_______（填序号）。A．C3H8的生成速率和消耗速率相等B．n（C3H6）＝n（CO）C．混合气体的密度不再改变D．混合气体的平均摩尔质量不再改变②在555℃下，若反应5h时，体系达到平衡，则0∼5h内C3H8的平均反应速率为_________mol•L﹣1•h﹣1。③若向体系中充入氩气使体系的压强增大，其他条件不变，则反应Ⅱ的化学反应速率_______（填“增大”“减小”或“不变”）；若将容器体积变为1L，其他条件不变，达到平衡时，A点对应组分的物质的量_______（填“增大”“减小”或“不变”）。④计算在555℃下，反应Ⅲ的平衡常数K＝_________（写出计算过程，结果保留二位小数）。

解答一．选择题（共15小题）1．（2025秋•茂名校级月考）据图判断，下列说法正确的是（）A．氢气的标准燃烧热ΔH＝﹣241.8kJ•mol﹣1 B．2molH2（g）与1molO2（g）所具有的总能量比2molH2O（g）所具有的总能量低 C．液态水分解的热化学方程式为2H2O（l）＝2H2（g）+O2（g）ΔH＝+571.6kJ•mol﹣1 D．2molH2（g）与1molO2（g）生成2molH2O（l）时，断裂化学键吸收的能量大于形成化学键放出的能量【分析】A．燃烧热是指在101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量；B．根据图示可知2molH2（g）与1molO2（g）所具有的总能量比2molH2O（g）所具有的总能量高；C．根据图示可知：2molH2（g）与1molO2（g）生成2molH2O（l）时放出热量为Q＝（483.6+88）kJ＝571.6kJ；D．根据图示可知2molH2（g）与1molO2（g）比2molH2O（l）能量多571.6kJ。【解答】解：A．燃烧热是指在101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量，氢气的标准燃烧热ΔH=-12×（483.6+88）kJ/mol＝﹣B．根据图示可知2molH2（g）与1molO2（g）所具有的总能量比2molH2O（g）所具有的总能量高，故B错误；C．根据图示可知：2molH2（g）与1molO2（g）生成2molH2O（l）时放出热量为Q＝（483.6+88）kJ＝571.6kJ，则2molH2O（l）分解产生2molH2（g）与1molO2（g）时吸收热量是571.6kJ，故液态水分解的热化学方程式为2H2O（l）＝2H2（g）+O2（g）ΔH＝+571.6kJ•mol﹣1，故C正确；D．根据图示可知2molH2（g）与1molO2（g）比2molH2O（l）能量多571.6kJ，说明断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量，故D错误；故选：C。【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。2．（2025春•霞山区校级期中）计算机模拟催化剂表面水煤气产氢反应[CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）]过程中能量的变化如图所示。下列说法错误的是（）A．过程Ⅰ、Ⅱ均表示断键的吸收能量过程 B．由图可知CO2比CO稳定 C．过程Ⅲ既有共价键断裂，又有共价键形成 D．该反应为放热反应【分析】A．化学键断裂，需要吸收能量；B．不能判断CO2、CO稳定性强弱；C．过程Ⅲ既有O—H键键断裂；又有C＝O、O—H、H—H键形成；D．生成物总能量低于反应物总能量。【解答】解：A．化学键断裂，需要吸收能量，过程Ⅰ、Ⅱ均为O—H键断裂，故均需要吸收能量，故A正确；B．根据图示数据，不能判断CO2、CO稳定性强弱，故B错误；C．过程Ⅲ既有O—H键键断裂；又有C＝O、O—H、H—H键形成，过程Ⅲ既有共价键断裂，又有共价键形成，故C正确；D．生成物总能量低于反应物总能量，则总反应为放热反应，故D正确；故选：B。【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生焓变的掌握情况，试题难度中等。3．（2026•广东校级一模）丙烯与HBr发生自由基反应，条件不同，产物不同，进程和能量如图1所示：①CH3CH＝CH2→ROORHBrCH3CH2CH2②CH3CH＝CH2→hv，CCl4NBS，反应①的机理如图2（链的终止：自由基之间相互结合）。下列说法错误的是（）A．R—O—O—R生成RO•不是化学变化 B．异丁烯发生反应①的产物为（CH3）2CBrCH3 C．链终止产物可能有 D．过氧化物存在时，主要生成自由基I是因为其活化能相对较低【分析】A．R—O—O—R生成RO•只断开化学键，没有形成新化学键；B．根据反应①的原理，Br原子加在H较多的双键碳上；C．链的终止，自由基之间能相互结合；D．由图2可知，过氧化物存在时，生成自由基Ⅰ的活化能比Ⅱ低得多。【解答】解：A．R—O—O—R生成RO•只断开化学键，没有形成新化学键，不是化学变化，故A正确；B．Br原子加在H较多的双键碳上，故异丁烯发生反应①的产物为（CH3）2CHCH2Br，故B错误；C．链的终止，自由基之间能相互结合，自由基BrCH2CH（CH3）•可以自身结合为，故C正确；D．过氧化物存在时，生成自由基Ⅰ的活化能比Ⅱ低得多，故生成自由基Ⅰ更快，主要生成自由基Ⅰ，故D正确；故选：B。【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。4．（2026春•汕头期末）多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现T℃时（各物质均为气态），甲醇（CH3OH）与水在铜基催化剂上生成CO2的反应机理和能量图如图：下列说法正确的是（）A．反应Ⅰ和Ⅱ过程中均存在极性键和非极性键的断裂与形成 B．1molCH3OH（g）和1molH2O（g）的总能量大于1molCO2（g）和3molH2（g）的总能量 C．CO是该反应的催化剂 D．反应Ⅰ中每生成2molH2，转移电子的数目为4NA【分析】A．根据反应Ⅰ没有非极性键的断裂，反应Ⅱ没有非极性键的断裂，进行分析；B．根据1molCH3OH（g）和1molH2O（g）的总能量小于1molCO2（g）和3molH2（g）的总能量进行分析；C．根据反应Ⅰ生成CO，反应Ⅱ消耗CO，进行分析；D．根据H元素的化合价从+1价降低为0价进行分析。【解答】解：A．反应Ⅰ没有非极性键的断裂，反应Ⅱ没有非极性键的断裂，故A错误；B．根据图示，1molCH3OH（g）和1molH2O（g）的总能量小于1molCO2（g）和3molH2（g）的总能量，故B错误；C．在反应中生成又消耗，则该物质为中间产物，反应Ⅰ生成CO，反应Ⅱ消耗CO，故CO是该反应的中间产物，故C错误；D．H元素的化合价从+1价降低为0价，故反应Ⅰ中每生成2molH2，转移电子的数目为4NA，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查等反应热和焓变，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春•东莞市期末）晶格能指的是气态离子形成1mol离子晶体释放的能量值。这个数值并不能通过实验测定得到，但可以通过设计热力学循环，利用盖斯定律计算得到。如图所示过程即为通过盖斯定律计算晶格能的方法，下列说法不正确的是（）A．NaCl的晶格能为﹣ΔH1 B．ΔH2＝—I1（Na） C．ΔH5为Cl2的键能 D．ΔH1＝ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6【分析】A．根据晶格能定义，气态离子形成1mol离子晶体释放的能量为晶格能；B．I1（Na）是Na的第一电离能，对应过程Na（g）→Na+（g）+e﹣ΔH＝+I1（Na）；C．键能是断裂1mol化学键吸收的能量，Cl2的键能对应过程Cl2（g）→2Cl（g）的焓变，大小等于键能（键能为正值）；D．根据盖斯定律分析。【解答】解：A．该过程Na+（g）+Cl﹣（g）→NaCl（s）焓变为ΔH1，此过程放热，ΔH1＜0，晶格能为释放的能量数值，因此晶格能为﹣ΔH1，故A正确；B．I1（Na）是Na的第一电离能，对应过程Na（g）→Na+（g）+e﹣ΔH＝+I1（Na）；题中ΔH2对应过程是其逆过程Na+（g）→Na（g），逆过程焓变符号相反，因此Na+（g）+e﹣→Na（g）ΔH2＝—I1（Na），故B正确；C．键能是断裂1mol化学键吸收的能量，Cl2的键能对应过程Cl2（g）→2Cl（g）的焓变，大小等于键能（键能为正值），由图可知Cl(g)→12Cl2(g)ΔH5D．根据盖斯定律，从始态Na+（g）+Cl﹣（g）到终态NaCl（s），ΔH1＝ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6，故D正确；故选：C。【点评】本题考查用盖斯定律进行有关反应热的计算等，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。6．（2024秋•罗湖区校级期中）下列给出的各组方程式中ΔH1＜ΔH2的是（）A．CaCO3（s）＝CaO（s）+CO2（g）ΔH1；CaO（s）+H2O（l）＝Ca（OH）2（s）ΔH2 B．H2（g）+Cl2（g）＝2HCl（g）ΔH1；12C．2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）ΔH1；2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）ΔH2 D．2H2S（g）+O2（g）＝2S（g）+2H2O（l）ΔH12H2S（g）+3O2（g）＝2SO2（g）+2H2O（l）ΔH2【分析】A．根据碳酸钙分解反应为吸热反应进行分析；B．根据氢气与氯气反应放热，参加反应的氢气越多，放热越多，进行分析；C．根据氢气与氧气完全反应生成液态水放出热量，液态水转变为气态水需要吸热，进行分析；D．根据硫化氢与氧气反应生成硫单质，反应放热，硫化氢与氧气反应生成二氧化硫，反应也放热，进行分析。【解答】解：A．CaCO3分解反应为吸热反应，生石灰溶于水为放热反应，故ΔH1＞ΔH2，故A错误；B．H2与Cl2反应放热，参加反应的氢气越多，放热越多，但焓变小于0，故ΔH1＜ΔH2，故B正确；C．H2与O2完全反应生成液态水放出热量，液态水转变为气态水需要吸热，则生成液态水时放热更多，故ΔH1＞ΔH2，故C错误；D．H2S与O2反应生成硫单质，反应放热，H2S与氧气反应生成二氧化硫，反应也放热，后者相当于硫单质与氧气继续反应，反应同样放热，故硫化氢与氧气反应生成二氧化硫放出的能量更多，故ΔH1＞ΔH2，故D错误；故选：B。【点评】本题主要考查反应热的大小比较等，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．（2024秋•佛山月考）已知反应2A（g）＝C（g）+3D（g）低温时不反应，高温时自发进行，则该反应的ΔH、ΔS为（）A．ΔH＞0，ΔS＞0 B．ΔH＜0，ΔS＞0 C．ΔH＜0，ΔS＜0 D．ΔH＞0，ΔS＜0【分析】反应2A（g）＝C（g）+3D（g）是气体体积增大的反应，所以ΔS＞0，当ΔH﹣TΔS＜0时反应能够自发进行，据此进行解答。【解答】解：2A（g）＝C（g）+3D（g）是气体体积增大的反应，所以ΔS＞0，当ΔH﹣TΔS＜0时反应能够自发进行，高温时自发进行，说明ΔH＞0，故A正确，故选：A。【点评】本题考查反应能否自发进行的判断，题目难度不大，注意根据自由能判据的应用。8．（2026春•东莞市校级期中）在1L恒容密闭容器中进行反应X（g）+2Y（s）＝3Z（g）+2W（g），5min后X减少了0.15mol，则此反应0～5min内的平均速率v为（）A．v（X）＝0.06mol•L﹣1•min﹣1 B．v（Z）＝0.09mol•L﹣1•min﹣1 C．v（Y）＝0.06mol•L﹣1•min﹣1 D．v（W）＝0.06mol•L﹣1•s﹣1【分析】根据平均反应速率公式v=Δn【解答】解：A．v=ΔnV⋅Δt，容器体积V＝1L，Δt＝5min，X的物质的量变化Δn（X）＝0.15mol，计算得v(X)=0.15molB．Z与X的化学计量数之比为3：1，因此v（Z）＝3v（X）＝3×0.03mol•L﹣1•min﹣1＝0.09mol•L﹣1•min﹣1，故B正确；C．Y为固体，反应中固体浓度视为定值，不能用浓度变化表示平均反应速率，故C错误；D．根据速率之比等于化学计量数之比，W与X的化学计量数之比为2：1，可得v（W）＝2v（X）＝0.06mol•L﹣1•min﹣1，换算为秒单位后为0.001mol•L﹣1•s﹣1，故D错误；故选：B。【点评】本题考查化学反应速率的计算，属于基础知识的考查，题目比较简单。9．（2026春•深圳校级期末）关于2A（s）+B（g）⇌3C（g）+5D（g）ΔH＜0的化学反应速率下列说法正确的是（）A．加入A，反应速率加快 B．升高温度正反应速率减慢，逆反应速率加快 C．35D．总压强恒定条件下，充入一定量He，正逆反应速率均减慢【分析】A．A是固体，固体浓度视为常数；B．升高温度，正逆反应速率都增大；C．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；D．总压强恒定条件下充入He，容器体积增大，参加反应的气体反应物和生成物的浓度都减小，浓度越小，反应速率越慢。【解答】解：A．A是固体，固体浓度视为常数，加入A不改变反应物浓度，反应速率不变，故A错误；B．升高温度，部分非活化分子吸收能量转化为活化分子，活化分子百分数增大，正、逆反应速率均加快，故B错误；C．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，则v（C）：v（D）＝3：5，53v(C)=v(D)，故D．总压强恒定条件下充入He，容器体积增大，参与反应的气体B、C、D的浓度均减小，导致单位体积内活化分子的个数减小，故正、逆反应速率均减慢，故D正确；故选：D。【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。10．（2026春•梅州期末）焦化氨—硫铵回收工艺中，NH3（g）+H2S（g）⇌NH4HS（s）为放热反应，向容积为2L的密闭容器中通入0.6molNH3和0.4molH2S，体系中NH3的物质的量随时间变化如图所示。结合图像及数据，下列说法不正确的是（）A．a点时，v正（NH3）＞v逆（NH3） B．反应过程中NH3与H2S的物质的量之比保持不变 C．相同条件下，1molNH4HS（s）能量比1molNH3（g）和1molH2S（g）的总能量低 D．反应开始阶段反应速率逐渐增大，原因是该阶段温度对反应速率的影响比浓度对反应速率的影响大【分析】A．a点时NH3的物质的量仍在减小，反应正向进行；B．反应中NH3与H2S按物质的量之比1：1消耗，初始二者物质的量之比为3：2；C．该反应为放热反应，反应物总能量高于生成物总能量；D．反应为放热反应，开始阶段反应放热使体系温度升高，温度对反应速率的促进作用超过反应物浓度降低的抑制作用。【解答】解：A．a点时NH3的物质的量仍在减小，反应正向进行，因此v正（NH3）＞v逆（NH3），故A正确；B．反应中NH3与H2S按物质的量之比1：1消耗，初始二者物质的量之比为3：2，设反应消耗的NH3物质的量为xmol，剩余二者物质的量比值为0.6-x0.4-x，随x增大比值不断变化，并不会保持不变，故BC．该反应为放热反应，反应物总能量高于生成物总能量，因此1molNH4HS（s）能量比1molNH3（g）和1molH2S（g）的总能量低，故C正确；D．反应为放热反应，开始阶段反应放热使体系温度升高，温度对反应速率的促进作用超过反应物浓度降低的抑制作用，因此反应速率逐渐增大，故D正确；故选：B。【点评】本题主要考查化学反应速率的影响因素等，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。11．（2026春•广州期末）在某一恒温体积可变的密闭容器中发生反应：X2（g）+2Y2（g）⇌2XY2（g）ΔH＜0，t1、t3时刻分别仅改变一个反应条件，得到正反应速率v正与时间的关系如图所示。下列说法正确的是（）A．0∼t0内，反应正向进行 B．t1时改变的反应条件可能是压缩容器体积 C．t3时改变的反应条件可能提高了反应物的活化分子百分数 D．起始时，容器内只有XY2（g）【分析】A．0～t0内正反应速率增大；B．t1时v正跳跃性增大；C．提高反应物活化分子百分数的措施为升高温度或加入催化剂，二者均会使v正发生突变；D．若起始时容器内只有XY2（g），初始正反应速率应为0。【解答】解：A．0∼t0内正反应速率增大不能说明反应正向进行，若反应逆向进行，反应物浓度逐渐增大，正反应速率也会增大，故A错误；B．压缩容器体积时反应物浓度瞬间增大，v正突变增大，该反应为气体分子数减小的反应，平衡正向移动，随后v正逐渐减小至新平衡，与图像变化一致，故B正确；C．提高反应物活化分子百分数的措施为升高温度或加入催化剂，二者均会使v正发生突变，与t3时v正无突变、逐渐升高的特征不符，故C错误；D．起始时，v正不为0，则说明反应前后容器中可能含有三种物质，故D错误；故选：B。【点评】本题考查化学反应速率，侧重考查学生速率图像的掌握情况，试题难度中等。12．（2026•龙岗区校级模拟）K2Cr2O7溶液中存在以下平衡：（ⅰ）Cr2O72-（aq，橙色）+H2O（l）⇌2HCrO4（ⅱ）HCrO4-（aq）⇌CrO42-（aq，黄色）+H则下列说法正确的是（）A．升温，体系中c2（HCrO4-）/c（B．加水稀释，c（H+）变小 C．向体系中加入少许浓KOH溶液，可观察到溶液变橙色 D．体系中存在c（K+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HCrO4-）+c（CrO4【分析】A．反应ⅰ的平衡常数K=cB．加水稀释，平衡总反应Cr2O72-（aq，橙色）+H2O（l）⇌2CrO42-（aq，黄色）+2HC．加入浓KOH，OH﹣消耗H+，c（H+）降低，两个平衡均正向移动；D．根据电荷守恒，阴离子电荷总数应与阳离子电荷总数相等，二价阴离子CrO42-【解答】解：A．反应ⅰ的平衡常数K=c2(HCrO4B．加水稀释，平衡总反应Cr2O72-（aq，橙色）+H2O（l）⇌2CrO42-（aq，黄色）+2H+（aq）正向移动，根据勒夏特列原理，平衡移动只能减弱浓度减小的趋势，不能抵消，最终c（HC．加入浓KOH，OH﹣消耗H+，c（H+）降低，两个平衡均正向移动，黄色CrO42-D．根据电荷守恒，阴离子电荷总数应与阳离子电荷总数相等，表达式为：c(K+)+c(故选：B。【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。13．（2026春•中山市期末）已知反应2X（g）+Y（g）⇌2Z（g），在恒温恒容条件下，将4molX和2molY置于2L的容器中，得到X转化率随时间的变化曲线如图。下列说法正确的是（）A．3.5min时，容器中c（X）为0.8mol/L B．8.5min时，2v正（Y）＝v逆（Z） C．充入氩气，容器内压强增大，反应速率增大 D．平衡时容器内的压强与起始的压强之比为7：10【分析】反应为2X（g）+Y（g）⇌2Z（g），恒温恒容容器体积2L，起始n（X）＝4mol，n（Y）＝2mol，由图可知：3.5min时X转化率40%，8min后X转化率70%，反应达到平衡，据此分析。【解答】解：A．由题给图像可知，3.5min时X转化率为40%，则剩余X的物质的量为4mol×（1﹣40%）＝2.4mol，c(X)=2.4mol2L=1.2mol/LB．8.5min时反应达到平衡，正逆反应速率满足速率之比等于化学计量数之比，v正（Z）＝2v正（Y），平衡时v正（Z）＝v逆（Z），即2v正（Y）＝v逆（Z），故B正确；C．恒温恒容下充入氩气，容器内总压强增大，反应物和生成物的浓度均不变，反应速率不变，故C错误；D．平衡时X转化率为70%，则消耗X的物质的量为4mol×70%＝2.8mol，根据反应方程式可知，消耗Y1.4mol，生成Z2.8mol，平衡总物质的量为[（4﹣2.8）+（2﹣1.4）+2.8]mol＝4.6mol，起始总物质的量为6mol，恒温恒容下压强之比等于物质的量之比，为4.6：6＝23：30，故D错误；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，结合题给信息是解答该题的关键。14．（2026春•茂名期末）下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（）A．新制氯水光照下颜色变浅 B．加热后水中溶解的SO2减少 C．用饱和食盐水除去Cl2中的HCl D．MnO2可以加快H2O2的分解【分析】勒夏特列原理是：如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒夏特列原理适用的对象应存在可逆过程，若与可逆过程无关，则不能用勒夏特列原理解释。【解答】解：A．新制氯水中存在平衡：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，光照下HClO分解浓度减小，平衡正向移动，Cl2浓度减小，溶液颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故A错误；B．SO2溶于水存在溶解平衡：SO2（g）⇌SO2（aq），气体溶解度随温度升高而减小，加热后平衡逆向移动，溶解的SO2减少，能用勒夏特列原理解释，故B错误；C．Cl2溶于水存在平衡：Cl2+H2O⇌H++CD．MnO2是H2O2分解反应的催化剂，仅加快反应速率，不涉及平衡移动，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的应用，明确勒夏特列原理的内容为解答关键，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，且是否发生平衡的移动，题目难度不大。15．（2026春•茂名期末）下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且两者具有因果关系的是（）选项陈述Ⅰ陈述ⅡA一般条件下，升高温度，反应速率加快升高温度能降低反应的活化能B推动封装有20mLNO2和N2O4混合气体的注射器的活塞，混合气体颜色先加深后变浅增大压强，平衡向气体体积缩小的方向移动C向Fe(SCN)3溶液中加入铁粉，颜色变浅铁粉与Fe(SCN)3直接发生氧化还原反应D氢气和氧气需要点燃才能反应氢气和氧气反应生成水不属于自发反应A．A B．B C．C D．D【分析】A．升高温度加快反应速率的原因是提高了活化分子百分数，活化能是反应本身的属性；B．推动活塞压缩体积，二氧化氮浓度瞬间增大，混合气体颜色加深，随后增大压强使平衡2NO2⇌N2O4向气体体积缩小的方向移动，二氧化氮浓度降低，颜色变浅；C．向硫氰化铁溶液中加入铁粉，铁粉与电离出的Fe3+发生反应2Fe3++Fe＝3Fe2+，使Fe3+浓度降低，平衡Fe3++3SCN﹣⇌Fe(SCN)3逆向移动，溶液颜色变浅；D．氢气和氧气反应的ΔG＜0，属于自发反应，点燃是为反应提供活化能。【解答】解：A．升高温度，提高了活化分子百分数，活化能是反应本身的属性，升高温度不能降低活化能，陈述II错误，故A错误；B．推动活塞压缩体积，二氧化氮浓度瞬间增大，混合气体颜色加深，随后增大压强使平衡正移，二氧化氮浓度降低，颜色变浅，陈述I和II均正确且存在因果关系，故B正确；C．向硫氰化铁溶液中加入铁粉，铁粉与电离出的Fe3+发生反应2Fe3++Fe＝3Fe2+，使Fe3+浓度降低，平衡Fe3++3SCN﹣⇌Fe(SCN)3逆向移动，溶液颜色变浅，铁粉不直接与硫氰化铁反应，陈述II错误，故C错误；D．氢气和氧气反应的ΔG＜0，属于自发反应，点燃是为反应提供活化能，不改变反应的自发性，陈述II错误，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。二．解答题（共4小题）16．（2026秋•广东校级月考）（一）将天然气直接转化为乙烯是实现“以气代油”的重要途径。某科研团队采用等离子体﹣催化耦合技术实现甲烷直接制乙烯，原理如下：反应Ⅰ．等离子体区：2CH4（g）⇌C2H2（g）+3H2（g）ΔH1＝+376.3kJ•mol﹣1反应Ⅱ．催化区：C2H2（g）+H2（g）⇌C2H4（g）ΔH2＝﹣174.5kJ•mol﹣1反应Ⅲ．副反应：CH4（g）⇌C（s）+2H2（g）ΔH3＝+74.8kJ•mol﹣1反应Ⅳ：2CH4（g）⇌C2H4（g）+2H2（g）ΔH4（1）ΔH4＝+201.8kJ•mol﹣1，该反应在高温条件下自发进行（填“高温”、“低温”或“任意温度”）。（2）某温度下，反应Ⅰ的v正＝k正c2（CH4），v逆＝k逆c（C2H2）c3（H2），其中k正、k逆为速率常数。升高温度，k正k逆的值将增大（3）一定温度下，向恒容密闭容器中充入一定量CH4发生反应，体系中含碳气体平衡分压（P）的lgP随温度变化的曲线如图所示，曲线乙表示的物质为C2H2（填化学式）。725℃时反应Ⅲ、反应Ⅳ中，平衡常数KP较大的是反应Ⅲ。（二）一定温度下，FeCl3与KI混合溶液存在如下平衡（不考虑碘单质的挥发与阳离子的水解）：反应ⅰ：2Fe3+（aq）+2I﹣（aq）⇌2Fe2+（aq）+I2（aq）ΔH1＞0反应ⅱ：I2（aq）+I﹣（aq）⇌I3-（aq）ΔH2（4）关于上述平衡体系的说法正确的有BD（填标号）。A．加入CCl4，平衡时c（Fe3+）增大B．加入KI固体，平衡时c(IC．升高温度，反应ⅰ速率增大，反应ⅱ速率减小D．加水稀释，溶液中离子总数增大（5）当c0（FeCl3）＝c0（KI）＝0.013mol•L﹣1时（c0表示起始浓度，下同），部分相关微粒的物质的量浓度随时间变化曲线如图1：①结合图中c（I3-）变化分析，反应ⅰ的活化能大于②0～90min内，上述体系中I﹣的平均反应速率v（I﹣）＝1.3×10﹣4mol•L﹣1•min﹣1（保留两位有效数字）。（6）保持混合溶液中c0（FeCl3）+c0（KI）＝0.026mol•L﹣1，平衡时，c平（Fe3+）、c平（I2）与c平（I3-）随起始投料比的变化曲线如图2，计算反应ⅱ的平衡常数667【分析】（1）根据盖斯定律可知，Ⅰ+Ⅱ＝Ⅳ，所以对应的反应热ΔH4＝ΔH1+ΔH2，根据吉布斯自由能ΔG＝ΔH﹣TΔS＜0能自发的原理分析判断；（2）k正k逆=v正c2(CH4)（3）一定温度下，向恒容密闭容器中充入一定量CH4发生反应，并达到平衡，降低温度，反应Ⅲ、反应Ⅰ的平衡都发生逆向移动，反应Ⅱ的平衡正向移动，则CH4的平衡分压的对数随温度降低而增大，从而得出曲线甲表示的物质为CH4，所以曲线乙表示的物质为C2H2，乙烯的分压较低；（4）A．I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，故加入CCl4，I2从水层进入有机层，水中碘单质浓度降低，反应ⅰ的平衡正向移动；B．加入KI固体，反应ⅱ向正反应方向进行；C．升高温度，反应ⅰ和反应ⅱ的反应速率均增大；D．加水稀释，离子总浓度减小，平衡向着离子总浓度增大的方向移动；（5）①图中c（I3-）的斜率大于c（I2）的斜率，故生成I3-②0～90min内，上述体系中I﹣的平均反应速率v=△c（6）从图中可知，c0（FeCl3）+c0（KI）＝0.026mol/L，当c0（Fe3+）＝c0（I﹣）＝0.013mol/L，平衡时c（Fe3+）＝c（I2），c（I3-）＝0.002mol/L，设平衡时，反应i和反应ii中c（I2）的变化量为Δc1（I2）＝xmol/L，Δc2（I2）＝ymol/L，列三段式，反应2Fe3+（aq）+2I﹣（aq）⇌2Fe2+（aq）+I2（aq）转化量（mol/L）2x2x2xxI2（aq）+I﹣（aq）⇌I3-（转化量（mol/L）yyy可列式，c平（Fe3+）＝（0.013﹣2x）mol/L，c平（I﹣）＝（0.013﹣2x﹣y）mol/L，c平（I2）＝（x﹣y）mol/L，c平（I3-）＝ymol/L，解得x＝0.005，y＝0.002，则c平（I﹣）＝0.001mol/L，c平（I2）＝0.003mol/L，c平（I3-）＝【解答】解：（1）根据盖斯定律可知，Ⅰ+Ⅱ＝Ⅳ，所以对应的反应热ΔH4＝ΔH1+ΔH2＝（+376.3kJ/mol）+（﹣174.5kJ/mol）＝+201.8kJ/mol，因ΔH4＞0，ΔS＞0，根据吉布斯自由能ΔG＝ΔH﹣TΔS＜0能自发的原理可知，在高温下ΔG＜0，即该反应在高温下均能自发进行，故答案为：+201.8kJ•mol﹣1；高温；（2）k正k逆=v正c2(CH4)v逆故答案为：增大；（3）一定温度下，向恒容密闭容器中充入一定量CH4发生反应，并达到平衡，降低温度，反应Ⅲ、反应Ⅰ的平衡都发生逆向移动，反应Ⅱ的平衡正向移动，则CH4的平衡分压的对数随温度降低而增大，从而得出曲线甲表示的物质为CH4，所以曲线乙表示的物质为C2H2，乙烯的分压较低，氢气的分压较大，则说明以反应Ⅲ为主，故答案为：C2H2；反应Ⅲ；（4）A．I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，故加入CCl4，I2从水层进入有机层，水中碘单质浓度降低，反应ⅰ的平衡正向移动，平衡时c（Fe3+）减小，故A错误；B．加入KI固体，反应ⅱ向正反应方向进行，则平衡时c(I3-C．升高温度，反应ⅰ和反应ⅱ的反应速率均增大，故C错误；D．加水稀释，离子总浓度减小，平衡向着离子总浓度增大的方向移动，故溶液中离子总数增大，故D正确；故答案为：BD；（5）①图中c（I3-）的斜率大于c（I2）的斜率，故生成I3-的速率快于生成I2的速率，故反应故答案为：大于；②0～90min内，上述体系中I﹣的平均反应速率v(I-)=c(I3-)×3+c(I2)×290min=1.3×故答案为：1.3×10﹣4；（6）从图中可知，c0（FeCl3）+c0（KI）＝0.026mol/L，当c0（Fe3+）＝c0（I﹣）＝0.013mol/L，平衡时c（Fe3+）＝c（I2），c（I3-）＝0.002mol/L，设平衡时，反应i和反应ii中c（I2）的变化量为Δc1（I2）＝xmol/L，Δc2（I2）＝ymol/L，列三段式，反应2Fe3+（aq）+2I﹣（aq）⇌2Fe2+（aq）+I2（aq）转化量（mol/L）2x2x2xxI2（aq）+I﹣（aq）⇌I3-（转化量（mol/L）yyy可列式，c平（Fe3+）＝（0.013﹣2x）mol/L，c平（I﹣）＝（0.013﹣2x﹣y）mol/L，c平（I2）＝（x﹣y）mol/L，c平（I3-）＝ymol/L，解得x＝0.005，y＝0.002，则c平（I﹣）＝0.001mol/L，c平（I2）＝0.003mol/L，c平（I3-）＝0.002mol/L，反应ii故答案为：667。【点评】本题考查了化学反应能量变化和盖斯定律计算、化学平衡影响因素、平衡常数计算应用、反应速率影响因素和计算的分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。17．（2026春•深圳校级期末）苯乙烯是一种重要的基础有机化工原料，广泛用于合成塑料。乙苯（C6H5CH2CH3）直接脱氢制备苯乙烯（C6H5CH＝CH2），其原理如下：C6H5CH2CH3（g）⇌C6H5CH＝CH2（g）+H2（g）ΔH1＝+117.6kJ/mol（1）有0.1mol的苯乙烯生成则吸收的能量为76kJ。（2）中国化学家提出了在某催化剂表面脱氢制苯乙烯的反应机理，机理如下（Ph﹣代表苯基，*代表吸附态）：虚线框内化学反应速率最慢的一步的反应式为Ph-CH（3）关于乙苯直接脱氢制备苯乙烯，下列说法正确的是D。A．使用催化剂可以活化乙苯分子，改变反应焓变B．其他条件相同，该反应分别在恒容和恒压条件下进行，前者乙苯的平衡转化率更高C．为了加快反应速率，压强越大越好D．该反应正反应的活化能大于逆反应的活化能（4）在实际生产过程中，通常向乙苯中掺入水蒸气，保持常压条件下进行反应。掺入水蒸气的目的相当于减压，有利于平衡正向移动，提高乙苯的转化率。（5）在CO2气氛中，乙苯催化脱氢制备苯乙烯更容易进行，在容器体积为VL的恒容容器中进行如下反应：C6H5CH2CH3（g）+CO2（g）⇌C6H5CH＝CH2（g）+CO（g）+H2O（g）。控制投料比n（CO2）：n（乙苯）分别为1：1，1：5，10：1发生反应，乙苯平衡转化率与反应温度的关系如图所示①投料比为10：1对应的曲线是a（填字母）。②550K时，反应经tmin达到图中P点所示的状态，若初始时乙苯的浓度为c0mol⋅L-1，则v（苯乙烯）＝c04tmol•L③750K时，向恒容密闭容器中加入过量CaCO3和一定量乙苯（初始压强为p1kPa），一定条件下达到平衡，容器内苯乙烯分压为p2kPa（不考虑乙苯直接脱氢制苯乙烯的反应），计算该反应的压强平衡常数Kp＝p23(p1-p2)p已知：ⅰ．Kp为以分压表示的平衡常数，以平衡分压代替浓度进行计算ⅱ．750K时，CaCO3（s）⇌CaO（s）+CO2（g）Kp＝p【分析】（1）反应的ΔH1＝+117.6kJ/mol，代表生成1mol苯乙烯时吸收117.6kJ热量；（2）反应的决速步是活化能最大的步骤，从反应历程图可知，第i步的活化能为86.6﹣23.1＝63.5kJ/mol，第ii步的活化能为92.4﹣75.1＝17.3kJ/mol；（3）A．催化剂只能降低反应活化能，不改变反应的焓变；B．该反应是气体分子数增大的反应，恒压条件下体系体积会随反应进行扩大，相当于减压；C．压强过大，平衡会向气体分子数减少的逆反应方向移动，降低乙苯平衡转化率；D．该反应正反应为吸热反应，ΔH＝正反应活化能﹣逆反应活化能＞0；（4）该反应正反应气体分子数增加，恒压下充入不参与反应的水蒸气，相当于减压，促进平衡正向移动；（5）①投料比n（CO2）：n（乙苯）越大，CO2浓度相对越高，越能促进平衡正向移动，乙苯的平衡转化率越高；②P点乙苯平衡转化率为25%，Δc（乙苯）＝0.25c0mol/L，根据反应计量比；③750K时CaCO3分解平衡的Kp＝p，说明平衡时体系中CO2的分压恒为pkPa；根据反应计量关系，平衡时p（苯乙烯）＝p（CO）＝p（H2O）＝p2kPa，剩余乙苯的分压为初始乙苯分压减去反应消耗的乙苯分压，即p（乙苯）＝p1﹣p2。【解答】解：（1）反应的ΔH1＝+117.6kJ/mol，代表生成1mol苯乙烯时吸收117.6kJ热量，因此生成0.1mol苯乙烯吸收的能量为0.1mol×117.6kJ/mol＝11.76kJ，故答案为：11.76；（2）反应的决速步是活化能最大的步骤，从反应历程图可知，第i步的活化能为86.6﹣23.1＝63.5kJ/mol，第ii步的活化能为92.4﹣75.1＝17.3kJ/mol，对比可知，第i步的活化能更大，是决速步，反应式为Ph-故答案为：Ph-（3）A．催化剂只能降低反应活化能，不改变反应的焓变，A错误；B．该反应是气体分子数增大的反应，恒压条件下体系体积会随反应进行扩大，相当于减压，乙苯平衡转化率比恒容条件更高，B错误；C．压强过大，平衡会向气体分子数减少的逆反应方向移动，降低乙苯平衡转化率，并非压强越大越好，C错误；D．该反应正反应为吸热反应，ΔH＝正反应活化能﹣逆反应活化能＞0，因此正反应活化能大于逆反应活化能，D正确；故答案为：D；（4）该反应正反应气体分子数增加，恒压下充入不参与反应的水蒸气，相当于减压，促进平衡正向移动，提升乙苯转化率，故答案为：相当于减压，有利于平衡正向移动，提高乙苯的转化率；（5）①投料比n（CO2）：n（乙苯）越大，CO2浓度相对越高，越能促进平衡正向移动，乙苯的平衡转化率越高，因此10：1对应转化率最高的曲线a，故答案为：a；②P点乙苯平衡转化率为25%，Δc（乙苯）＝0.25c0mol/L，根据反应计量比，v(苯乙烯故答案为：c0③750K时CaCO3分解平衡的Kp＝p，说明平衡时体系中CO2的分压恒为pkPa；根据反应计量关系，平衡时p（苯乙烯）＝p（CO）＝p（H2O）＝p2kPa，剩余乙苯的分压为初始乙苯分压减去反应消耗的乙苯分压，即p（乙苯）＝p1﹣p2，代入压强平衡常数表达式：Kp故答案为：p2【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。18．（2026•东莞市开学）某密闭容器中充入等物质的量的A和B，一定温度下发生反应：A（g）+xB（g）⇌2C（g），达到平衡后，在不同的时间段内反应物的浓度随时间的变化如图甲所示，正、逆反应速率随时间的变化如图乙所示，现回答下列问题：（1）该反应的ΔH＜（填“＜”“＞”或“＝”）0.（2）在30min、40min时改变的条件分别是减小压强、升高温度。（3）反应在25min时的平衡常数为K1＝4，25min时的平衡常数K1＞（填“＜”“＞”或“＝”）55min时的平衡常数K2。（4）在一密闭容器中分别充入1mol的A和B，一定温度下发生上述反应，达平衡后若再分别充入1mol的A和B重新达到平衡时，A的转化率不变（填“增大”“减小”或“不变”）。【分析】由图甲可知：A、B、C的物质的量浓度的变化量比为（2.0﹣1.0）mol/L：（2.0﹣1.0）mol/L：（2.0﹣0）mol/L＝1：1：2，由各物质的变化量之比等于化学计量数之比可知，x＝1，反应的化学方程式为A（g）+B（g）⇌2C（g），由图甲可知，30min时，条件改变的瞬间，反应物和生成物的浓度都减小，40min时，条件改变的瞬间，反应物和生成物的浓度都不变，由图乙可知，30min时，正逆反应速率都减小，平衡不移动，则改变的条件为减小压强；40min时，正逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动，说明该反应为放热反应，则改变的条件为升高温度。【解答】解：（1）30min时改变的条件为减小压强，40min时改变的条件为升高温度，且升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，ΔH＜0，故答案为：＜；（2）30min时改变的条件为减小压强；40min时改变的条件为升高温度，故答案为：减小压强；升高温度；（3）反应在25min时，A、B浓度均为1.0mol/L，C的浓度为2.0mol/L，平衡常数K1=221×1=4；该反应为放热反应，55min时温度升高，平衡逆向移动，故25min时的平衡常数K1故答案为：4；＞；（4）该反应为体积不变的反应，温度不变，平衡常数不变，平衡后再充入等比例反应物后，平衡正向移动，A的转化率不变，故答案为：不变。