化学反应速率与平衡一、选择题（本题共20小题，每题只有一个选项符合题意）1．实验得知，溶解在CCl4中的N2O5分解反应如下：2N2O5=4NO2+O2；其反应浓度及速率如表：组别c0(N2O5)/(mol·L-1)速率常数k/(mol·L-1·min-1)10.40k2.48×10-420.16k9.92×10-53ak7.44×10-5下列说法错误的是A．该反应的速率方程为=k·c0(N2O5)B．k=6.2×10-4min-1C．a=0.12D．浓度由0.16mol·L-1减小到amol·L-1，用时1min【答案】D【解析】A．根据第2组c0(N2O5)是第1组c0(N2O5)的0.4倍，第2组速率也是第1组速率的0.4倍，故=k·c(N2O5)，A正确；B．将第一组数据代入v=k·c0(N2O5)，可得k=6.2×10-4min-1，B正确；C．将k=7.44×10-5和k=6.2×10-4min-1代入=k·c0(N2O5)，可得a=0.12，C正确；D．由于浓度改变化学反应速率也改变，且反应速率为平均反应速率，故浓度由0.16mol·L-1减小到amol·L-1，根据目前所学的知识，无法计算出所用的时间，D错误；故答案为D。2．在一定温度下的密闭容器中发生反应：，平衡时测得A的浓度为。保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的二倍，再达平衡时，测得A的浓度为。下列有关判断正确的是A．B．平衡向逆反应方向移动C．B的转化率增大D．C的体积分数增大【答案】B【解析】由题干信息可知，平衡时测得A的浓度为，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的二倍，再达平衡时，测得A的浓度为21
，说明减小压强，平衡逆向移动。A．由分析可知，减小压强，平衡逆向移动，故逆反应为气体体积增大的方向，即，A错误；B．由分析可知，平衡向逆反应方向移动，B正确；C．由分析可知，平衡逆向移动，故B的转化率减小，C错误；D．由分析可知，平衡逆向移动，故C的体积分数增大，D错误；故答案为B。3．科学家研究二甲醚（DME）在H-ZSM-5分子筛（用H+A-表示）上的水解反应，其反应进程中能量变化如图所示。下列说法正确的是A．根据反应图示可知，在相同的催化剂作用下，化学反应也存在多种反应途径B．升高温度，stepwise路径和concerted路径的反应速率都加快，有利于提高反应物的转化率C．由于ΔEa>ΔEa1，DME水解反应更易以stepwise路径进行D．根据图示可知，DME首先与分子筛H+A-结合形成(CH3)2OH+A-【答案】D【解析】A．根据反应图示可知，在相同的催化剂作用下，化学反应存在一种反应途径，A错误；B．升高温度，stepwise路径和concerted路径的反应速率都加快，不改变其它，平衡不改变，转化率不变，B错误；C．由于ΔEa<ΔEa1，活化能越大，反应速率越慢，DME水解反应更易以concerted路径进行，C错误，D．根据图示信息可知，DME首先与分子筛H+A-结合形成(CH3)2OH+A-，D正确；故选D。4．SO2既是大气主要污染物之一，又在生产生活中具有广泛应用，如可生产SO3并进而制得硫酸等，其反应原理为：2SO2(g)＋O2(g)=2SO3(g)ΔH=-196.6kJ·mol-1。实验室可用铜和浓硫酸制取SO2。对于反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，下列说法正确的是21
A．该反应在任何条件下都能自发进行B．反应达平衡后再通入O2，SO3的体积分数一定增加C．反应在高温、催化剂条件下进行可提高SO2的平衡转化率D．2molSO2(g)和1molO2(g)所含键能总和比2molSO3(g)所含键能小【答案】D【解析】A．该反应的熵减小，故不一定在任何条件均能自发，选项A错误；B．当通入无穷大的O2时，参与反应的O2较少，生成的SO3略有增多，但是由于没有反应的O2的量更多，则SO3的体积分数反而减小，选项B错误；C．催化剂不可以改变SO2的平衡转化率，选项C错误；D．反应的ΔH=∑[2molSO2(g)＋1molO2(g)]－∑[2molSO3(g)]=－196.6kJ·mol－1＜0，则有∑[2molSO2(g)＋1molO2(g)]＜∑[2molSO3(g)]，选项D正确。答案选D。5．一定量的CO2与足量的C在恒压密闭容器中发生反应：C(s)+CO2(g)2CO(g)ΔH，若压强为pkPa，平衡时体系中气体体积分数与温度的关系如图所示，下列说法正确的是A．该反应ΔH＜0B．650℃时CO2的平衡转化率为30%C．t1℃时达平衡后若再充入等物质的量的CO和CO2气体，则平衡逆向移动D．若密闭容器中混合气体密度不再变化时，该反应处于平衡状态【答案】D【解析】A．反应C(s)+CO2(g)2CO(g)的正反应是吸热反应，所以ΔH＞0，A错误；B．根据图象可知在温度为650℃时CO2的含量是60%，假设开始时CO2的物质的量是1mol，反应的CO2的物质的量为xmol，反应产生CO的物质的量是2x，则平衡时CO2的物质的量为(1-x)mol，，解得x=0.25mol，所以CO2的平衡转化率为，B错误；C．在温度为t1时CO、CO2的含量相同，P(CO)=P(CO2)=0.5p21
kPa，该温度下的化学平衡常数Kp=。t1℃时达平衡后若再充入等物质的量的CO和CO2气体，仍然存在P(CO2)=P(CO)，则Qc=Kp，因此化学平衡不移动，C错误；D．该反应在恒压密闭容器中进行，当混合气体密度不再变化时，气体的质量及气体的物质的量不再发生变化，反应达到了平衡状态，D正确；故选D。6．2021年为我国实现碳达峰、碳中和关键的一年，CO2综合利用的技术不断创新。某实验小组研究CO2和CH4反应得到合成气的原理为：。向体积为1L的密闭容器中充入和，反应过程中CO2的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。下列有关说法正确的是A．该反应的B．压强：C．1100℃时，该反应的平衡常数为12.96D．反应达到平衡后在容器内再充入和，此时CO2的转化率会增大【答案】C【解析】A．由题干图示可知，压强相同时，温度升高，CO2的转化率增大，说明升高温度平衡正向移动，故该反应的，A错误；B．由题干图示可知，温度相同时，p2压强下CO2的转化率更大，结合反应方程式可知，增大压强，化学平衡逆向移动，CO2的转化率减小，故压强：，B错误；C．1100℃时，根据三段式分析可知，，该反应的平衡常数为K===12.96，C正确；D．反应达到平衡后在容器内再充入21
和，相当于对容器增大压强，化学平衡逆向移动，故此时CO2的转化率会减小，D错误；故答案为C。7．一定温度下，反应MgCl2(l)Mg(l)+Cl2(g)达到平衡时，下列说法不正确的是A．及时移除反应体系中的Mg(l)，可以增大MgCl2(l)的转化率B．恒压装置中，若减小装置体积为原来的一半，与原平衡相比，Cl2(g)的浓度不变C．恒容装置中，若Cl2(g)浓度不再改变，则该反应达到平衡状态D．温度升高可以增大MgCl2(l)的转化率【答案】A【解析】A．及时移除反应体系中的Mg(l)，平衡不移动，MgCl2(l)的转化率不变，A项错误；B．该反应的平衡常数表达式为K=c(Cl2)，恒压装置中，若减小装置体积为原来的一半，温度不变，K不变，则Cl2(g)的浓度不变，B项正确；C．恒容装置中，Cl2(g)浓度不变，说明氯气的物质的量不变，反应达到平衡状态，C项正确；D．该反应为分解反应，是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，故温度升高可以增大MgCl2(l)的转化率，D项正确；答案选A。8．在一定温度和催化剂的条件下，发生。将0.1molNH3通入3L的密闭容器中进行反应（此时容器内总压为200kPa），各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。下列的说法不正确的是A．曲线I表示NH3的分压随时间的变化B．用H2的浓度变化表示0-t1时间内的反应速率（用含t1的代数式表示）C．t2时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，N2分压变化趋势的曲线是bD．在此温度下该反应的化学平衡常数【答案】B21
【解析】A．将0.1molNH3通入3L的密闭容器中进行反应（此时容器内总压为200kPa），随着反应的进行，NH3不断分解变为N2、H2，所以NH3的分压逐渐减小，H2、N2的分压逐渐增大。根据图示可知I表示物质的分压逐渐减小，II、III分压逐渐增大，且II分压增大的多于III，所以故曲线I表示NH3的分压随时间的变化，II、III分别表示H2、N2的分压随时间的变化，A正确；B．密闭容器中0.1molNH3总压为200kPa，则如图t1时H2的分压为120kPa，则H2的物质的量为n(H2)==0.06mol，v(H2)=，B错误；C．容器体积迅速缩小到原来的一半，则氮气的分压迅速增大到原来的2倍，压强增大，平衡向气体总体积减小的方向移动，即平衡逆向移动，N2的分压应比原来2倍小，N2分压变化趋势的曲线是b，C正确；D．在该温度下，达到平衡时，p(N2)=40kPa，p(H2)=120kPa，p(NH3)=120kPa，则化学平衡常数Kp=，D正确；故选B。9．N2是合成氨工业的重要原料，NH3不仅可制造化肥，还能通过催化氧化生产HNO3；HNO3能溶解Cu、Ag等金属，也能与许多有机化合物发生反应；在高温或放电条件下，N2与O2反应生成NO，NO进一步氧化生成NO2。2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)ΔH=-116.4kJ·mol-1。大气中过量的NOx和水体中过量的NH、NO均是污染物。通过催化还原的方法，可将烟气和机动车尾气中的NO转化为N2，也可将水体中的NO转化为N2。对于反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，下列说法正确的是A．该反应的ΔH<0，ΔS<0B．反应的平衡常数可表示为K=C．使用高效催化剂能降低反应的焓变D．其他条件相同，增大，NO的转化率下降【答案】A【解析】A．2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)ΔH=-116.4kJ·mol-1，反应气体物质的量减少，ΔS<0，故A正确；B．2NO(g)+O2(g)2NO221
(g)反应的平衡常数可表示为K=，故B错误；C．使用高效催化剂，反应的焓变不变，故C错误；D．其他条件相同，增大，NO的转化率增大，故D错误；选A。10．CO2催化加氢合成甲醇是重要的碳捕获利用与封存技术，该过程主要发生下列反应：反应①：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)；ΔH=-49.5kJ·mol-1反应②：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)；ΔH=41.2kJ·mol-1在0.5MPa条件下，将n(CO2)∶n(H2)为1∶3的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应器，实验测得CO2的转化率、CH3OH的选择性[×100%]与温度的关系如图所示。下列有关说法正确的是A．反应②继续加氢生成甲醇的热化学方程式可表示为CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)；ΔH=-90.7kJ·mol-1B．其他条件不变，增大起始n(CO2)∶n(H2)的比值，可提高CO2的平衡转化率C．其他条件不变，在280~400°C间，产物中n(CH3OH)随温度的升高先增大后减小D．为高效生产CH3OH，需研发低温下CO2转化率高和CH3OH选择性高的催化剂【答案】B【解析】A．根据盖斯定律可知反应①－反应②即得到一氧化碳加氢生成甲醇的热化学方程式为CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)ΔH=-90.7kJ·mol-1，A正确；B．其他条件不变，增大起始n(CO2)∶n(H2)的比值，可提高H2的平衡转化率，但CO221
的平衡转化率降低，B错误；C．假设参加反应的二氧化碳是1mol，根据图像可知280℃生成甲醇是0.94×0.03mol＝0.0282mol，同理320℃生成甲醇是0.92×0.1mol＝0.092mol，360℃生成甲醇是0.15×0.48mol＝0.072mol，400℃生成甲醇是0.04×0.17mol＝0.0068mol，即其他条件不变，在280～400℃间，产物中n(CH3OH)随温度的升高先增大后减小，C正确；D．根据图像以及结合反应①是放热反应，反应②是吸热反应可知为高效生产CH3OH，需研发低温下CO2转化率高和CH3OH选择性高的催化剂，D正确；答案选B。11．三个体积均为0.5L的恒容密闭容器中分别发生反应：CO(g)＋Cl2(g)COCl2(g)，容器①5min时到达平衡。容器编号温度/℃起始物质的量/mol平衡物质的量/molCOCl2COCl2COCl2①5001.01.000.8②5001.0a00.5③6000.50.50.50.7下列说法正确的是A．该反应正反应方向为吸热反应B．容器①中前5min的平均反应速率v(Cl2)=0.16mol·L-1·min-1C．a=0.55D．若起始时向容器①加入CO0.8mol、Cl20.8mol，达到平衡时CO转化率大于80%【答案】C【解析】A．①、③是等效平衡，升高温度∆n(COCl2)减小，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，A说法错误；B．①中平衡时得到∆n(COCl2)=0.8mol，根据方程式知，参加反应的∆n(CO)=∆n(COCl2)=0.8mol，则5min内v(CO)=0.8mol÷0.5L÷5min=0.32mol/(L∙min)，B说法错误；C．容器①中，平衡时，CO、Cl2、COCl2的浓度分别为0.4mol/L、1.6mol/L，则反应①中，K=1.6÷(0.4×0.4)=10，相同下化学平衡常数相等，根据化学平衡常数计算氯气初始物质的量，K=1÷(1×)=10，解得a=0.55mol，C说法正确；D．①中加入1.0molCO、1.0molCl221
时，CO转化率=×100%=80%，如果起始时向容器①加入CO0.8mol、Cl20.8mol，容器内压强小于加入1.0molCO、1.0molCl2时压强，减小压强平衡向气体体积增大的方向移动，即逆反应方向移动，CO转化率小于80%，D说法错误；答案为C。12．在容积一定的密闭容器中，充入一定量的NO和足量碳发生化学反应C(s)＋2NO(g)CO2(g)＋N2(g)，平衡时c(NO)与温度T的关系如图所示，则下列说法正确的是A．增加碳的量，平衡正向移动B．在T2时，若反应处于状态D，则此时v正＞v逆C．若状态B、C、D的压强分别为pB、pC、pD，则有pC=pD＞pBD．若T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1＜K2【答案】B【解析】A．C为固体，增加其用量对平衡无影响，A错误；B．在T2℃时，若反应体系处于状态D，此时c(NO)高于平衡时NO浓度，故平衡正向移动，因此υ正＞υ逆，B正确；C．该反应是等体积反应，B、D温度相同，物质的量相同，因此PD=PB，C、D物质的量相等，温度C大于D点，因此压强PC＞PD，C错误；D．由图示知，升高温度，c(NO)浓度增大，说明平衡逆向移动，故平衡常数减小，因此K2＜K1，D错误；故答案选B。13．在体积均为1.0L的恒容密闭容器甲、乙中，起始投料量如表，在不同温度下发生反应：CO2(g)+C(s)2CO(g)。CO的平衡浓度随温度的变化如图所示。下列说法正确的是容器n(CO2)/moln(C)/moln(CO)/mol甲0.10.30乙000.421
A．曲线Ⅰ对应的是甲容器B．a、b两点所处状态的压强大小关系：9pa＞14pbC．c点：CO的体积分数＞D．900K时，若起始向容器乙中加入CO、CO2、C各1mol，则v(正)＞v(逆)【答案】C【解析】A．固体物质不应平衡移动，乙投入0.4mol一氧化碳相当于投入0.2mol二氧化碳，所以乙相当于两个甲容器加压，无论平衡如何移动，乙中一氧化碳浓度一定大于甲，故图中曲线Ⅰ对应的是乙容器，A错误；B．甲容器b处乙容器a处，若a、b两点所处温度相同，压强比等于物质的量之比，pa∶pb=（0.12+0.16）∶（0.02+0.16）=14∶9，即9pa=14pb，由于b点温度更高，故a、b两点所处状态的压强大小关系：9pa<14pb，B错误；C．a点一氧化碳体积分数为；c点相当于减压，平衡正向移动，一氧化碳体积分数变大，故CO的体积分数＞，C正确；D．a点1100K时的K=，降温则一氧化碳浓度减小，K值减小，900K时K值小于0.213；若起始向容器乙中加入CO、CO2、C各1mol，则Q=，平衡逆向移动，v(正)<v(逆)，D错误。故选C。14．已知：，速率方程为，其中k为反应速率常数且只与温度有关，该反应平衡常数与温度的关系为（21
式中R、C为常数，且R>0；T为温度，单位为K）。下列说法正确的是A．恒温恒容条件下再充入CO，c(CO)增大，增大B．向一容积不变的容器中充入一定量的CO(g)和(g)，一定温度下发生反应，压强不再变化时，该反应达到平衡C．恒温恒压条件下充入He，有利于提高的平衡转化率D．降低温度，有利于提高平衡转化率【答案】D【解析】A．恒温恒容条件下再充入CO，c(CO)增大，但由于NO2的浓度不变，，故不变，A错误；B．向一容积不变的容器中充入一定量的CO(g)和(g)，一定温度下发生反应，由于反应前后体积的物质的量保持不变，即容器的压强始终保持不变，故压强不再变化时，不能说明该反应达到平衡，B错误；C．恒温恒压条件下充入He，相当于反应体系的压强减小，减小压强对于上述平衡不移动，NO2的平衡转化率不变，C错误；D．由该反应平衡常数与温度的关系为（式中R、C为常数，且R>0；T为温度，单位为K）可知，温度越低，平衡常数K越大，故降低温度，平衡正向移动，有利于提高平衡转化率，D正确；故答案为D。15．二甲醚是一种清洁能源，用水煤气制取二甲醚的原理如下：I．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)II．2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)500K时，在2L恒容密闭容器中充入4molCO和8molH2，4min达到平衡，平衡时CO的转化率为80%，且2c(CH3OH)=c(CH3OCH3)，则下列说法不正确的是A．0～4min，反应I的v(H2)=0.8mol·L-1·min-1B．反应II中CH3OH的转化率为80%C．反应I的平衡常数K=4D．容器总压强保持不变，可证明反应体系到达平衡状态【答案】C【解析】A．500K时，在2L恒容密闭容器中充入4molCO和8molH2，4min达到平衡，平衡时CO的转化率为80%，Δn(CO)=4mol×80%=3.221
mol，则根据物质反应转化关系可知Δn(H2)=2Δn(CO)=6.4mol，故0～4min，反应I的v(H2)=，A正确；B．反应I发生后有发生反应II：假设反应产生CH3OCH3(g)的物质的量为x，则反应消耗CH3OH(g)的物质的量为2x，根据选项A分析可知平衡时反应产生CH3OH(g)的物质的量为3.2mol，则反应II达到平衡后n(CH3OH)=(3.2-2x)mol，n(CH3OCH3)=x，由于2c(CH3OH)=c(CH3OCH3)，气体处于同一容器中，则2×(3.2-2x)=x，解得x=1.28mol，所以反应II中CH3OH的转化率为=80%，B正确；C．对于反应I：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，反应开始时，n(CO)=4mol，n(H2)=8mol，n(CH3OH)=0mol/L。4min时反应达到平衡，CO的转化率为80%，Δn(CO)=4mol×80%=3.2mol，根据物质反应转化关系可知：Δn(H2)=2Δn(CO)=6.4mol，Δn(CH3OH)=3.2mol，进而发生反应II：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)，假设反应产生CH3OCH3的物质的量为x，反应消耗CH3OH的物质的量为2x，由于2c(CH3OH)=c(CH3OCH3)，则2×(3.2-2x)=x，解得x=1.28mol，可知平衡时n(CH3OH)=3.2mol-2×1.28mol=0.64mol，n(H2)=8mol-6.4mol=1.6mol，n(CO)=4mol-3.2mol=0.8mol，反应容器的容积是2L，则c(CO)=0.4mol/L，c(H2)=0.8mol/L，c(CH3OH)=0.32mol/L则反应I的化学平衡常数K，C错误；D．反应在恒温、恒容密闭容器中进行，反应I是反应前后气体物质的量减小的反应，反应II反应前后气体的物质的量不变，若容器总压强保持不变，则气体的总物质的量不变，反应达到平衡状态，因此可证明反应体系已经到达平衡状态，D正确；故选C。16．甲烷-甲醇-碘甲烷热化学循环如图（图中各物质均为气态）所示。下列说法错误的是A．反应①的B．①②③均发生氧化还原反应21
C．反应③在高温下能自发进行，则其∆H<0，∆S<0D．上述热化学循环实现了水的分解【答案】C【解析】A．根据流程中反应可知，反应①，选项A正确；B．由循环图可知，①②③均有化合价变化，发生氧化还原反应，选项B正确；C．反应③的ΔS>0，选项C错误；D．由反应①②③④，四式相加得，故为水的分解，选项D正确；答案选C。17．一定条件下，将三组CO(g)和H2O(g)分别通入体积均为2L的恒容密闭容器中，进行反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，得到如下数据：实验组温度/°C起始时/mol平衡时/mol达到平衡所需时间/minCOH2OCO21650421.652900210.433？210.40.1下列说法错误的是A．实验1中，前5minCO的平均速率为0.16mol·L-1·min-1B．与实验2相比，实验3改变的条件可能是温度C．平衡常数：实验1>实验2D．CO平衡转化率：实验1>实验2【答案】B【解析】A．实验1中，参加反应的一氧化碳的物质的量为1.6mol，前5min用一氧化碳表示的速率为1.6mol2L5min=0.16mol·L-1·min-1，A正确；B．实验3和实验2相比，起始量、平衡量均相等，但达到平衡所用的时间实验3短，说明实验3的反应速率快，因此改变的条件为使用了催化剂，B错误；C．实验1列三段式：21
，平衡常数，CO转化率：，实验2列三段式，平衡常数，CO转化率：平衡常数：实验1>实验2，C正确；D．由C选项可知，CO平衡转化率：实验1>实验2，D正确；答案选B。18．在一定的温度和压强下，将按一定比例混合的CO2和H2通过装有催化剂的反应器可得到甲烷。已知：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH=-165kJ·mol-1；CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH=+41kJ·mol-1，催化剂的选择是CO2甲烷化技术的核心。在两种不同催化剂作用下反应相同时间，测CO2转化率和生成CH4选择性随温度变化的影响如图所示。已知：CH4选择性=×100%下列有关说法正确的是A．在260℃~320℃间，以Ni-CeO2为催化剂，升高温度CH4的产率不变B．延长W点的反应时间，一定能提高CO2的转化率C．选择合适的催化剂，有利于提高CO2的转化率D．高于320℃后，以Ni为催化剂，随温度的升高CO2转化率上升的原因是平衡正向移动【答案】C【解析】A．在260℃~320℃间，升高温度CH4的选择性基本不变，但CO2的转化率在上升，所以CH4的产率上升，选项A错误；B．W点可能是平衡点，延长时间不一定能提高CO2的转化率，选项B错误；C．由图可知，使用不同的催化剂，CO221
的转化率不同，选项C正确；D．图示对应的时间内以Ni为催化剂，明显低于相同温度下Ni-CeO2为催化剂的转化率，一定未达平衡，高于320℃后，随温度的升高CO2转化率上升的原因是催化剂活性增大，反应速率加快，选项D错误。答案选C。19．已知反应：2X(1)Y(1)，取等量X，分别在0℃和20℃下，测得其转化率随时间变化的关系曲线(α-t)如图所示。下列说法正确的是A．曲线Ⅰ代表0℃下X的α-t曲线B．反应进行到66min时，Y的物质的量为0.113molC．该反应ΔH＞0D．加入催化剂，X的平衡转化率升高【答案】A【解析】A．据图可知，平衡前反应相同时间，曲线Ⅰ所示条件下转化率更小，即反应速率更慢，温度越低反应速率越小，所以曲线Ⅰ代表0℃下X的α-t曲线，A正确；B．据图可知反应进行到66min时，X的转化率为0.113，但初始投料未知，所以无法计算此时Y的物质的量，B错误；C．曲线Ⅱ所示温度更高，但平衡时X的转化率低，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，ΔH＜0，C错误；D．催化剂可以加快反应速率，但不能改变平衡转化率，D错误；故答案为A。20．下列关于平衡说法正确的是A．3CH4(g)+2N2(g)⇌3C(s)+4NH3(g)，反应达到平衡时3v(CH4)=4v(NH3)21
B．反应2NO2(g)⇌N2O4(g)ΔH<0，改变A点的温度、压强，使其变为B点或C点，由图可知，体系颜色A点比B、C点更深C．恒温恒压条件下，N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，平衡时各物质的量均为1mol，再充入3molN2，平衡正向移动D．恒温恒容条件下，CaO(s)+CO2(g)⇌CaCO3(s)，容器中含足量CaO和CaCO3固体，平衡后再充入CO2，达到新平衡时，容器内的压强不变【答案】D【解析】A．系数错误且没有标注反应的正逆方向，应该是4v正(CH4)=3v逆(NH3)，故A错误；B．由于A到C是加压，NO2与N2O4浓度均变大，平衡右移，但新平衡时NO2的浓度依旧大于原平衡时浓度，因此颜色C>A；A到B体系降温，平衡右移，NO2浓度下降，反应速率也下降，颜色A>B，故B错误；C．假设总压为P总，由于温度不变，Kp不变，原本的Kp=9/(P总2)，充入3molN2后，此时的Q=9/(P总2)，Q=Kp，平衡不移动，故C错误；D．由于温度不变，压强平衡常数Kp不变，而Kp=p(CO2)，因此平衡时CO2的压强不变，故D正确；答案选D。二、非选择题（共2小题）21．工业上，以煤炭为原料，通入一定比例的空气和水蒸气，经过系列反应可以得到满足不同需求的原料气。请回答：（1）在C和O2的反应体系中：反应1：C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=-394kJ·mol-1反应2：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH2=-566kJ·mol-1反应3：2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH3。①设y=ΔH-TΔS，反应1、2和3的y随温度的变化关系如图1所示。图中对应于反应3的线条是______。②一定压强下，随着温度的升高，气体中CO与CO2的物质的量之比______。A．不变B．增大C．减小D．无法判断21
（2）水煤气反应：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH=131kJ·mol-1。工业生产水煤气时，通常交替通入合适量的空气和水蒸气与煤炭反应，其理由是________。（3）一氧化碳变换反应：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH=-41kJ·mol-1。①一定温度下，反应后测得各组分的平衡压强（即组分的物质的量分数×总压）：p(CO)=0.25MPa、p(H2O)=0.25MPa、p(CO2)=0.75MPa和p(H2)=0.75MPa，则反应的平衡常数K的数值为________。②维持与题①相同的温度和总压，提高水蒸气的比例，使CO的平衡转化率提高到90%，则原料气中水蒸气和CO的物质的量之比为________。③生产过程中，为了提高变换反应的速率，下列措施中合适的是________。A．反应温度愈高愈好B．适当提高反应物压强C．选择合适的催化剂D．通入一定量的氮气④以固体催化剂M催化变换反应，若水蒸气分子首先被催化剂的活性表面吸附而解离，能量-反应过程如图2所示。用两个化学方程式表示该催化反应历程（反应机理）：步骤Ⅰ：________；步骤Ⅱ：________。【答案】（1）aB（2）水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快化学反应速率（3）9.01.8∶1BCM+H2O=MO+H2MO+CO=M+CO2【解析】（1）①由已知方程式：(2×反应1-反应2)可得反应3，结合盖斯定律得：，反应1前后气体分子数不变，升温y不变，对应线条b，升温促进反应2平衡逆向移动，气体分子数增多，熵增，y值增大，对应线条c，升温促进反应3平衡逆向移动，气体分子数减少，熵减，y值减小，对应线条a，故此处填a；②温度升高，三个反应平衡均逆向移动，由于反应2焓变绝对值更大，故温度对其平衡移动影响程度大，故CO2物质的量减小，CO物质的量增大，所以CO与CO2物质的量比值增大，故答案选B；21
（2）由于水蒸气与煤炭反应吸热，会引起体系温度的下降，从而导致反应速率变慢，不利于反应的进行，通入空气，利用煤炭与O2反应放热从而维持体系温度平衡，维持反应速率，故此处填：水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快反应速率；（3）①该反应平衡常数K=；②假设原料气中水蒸气为xmol，CO为1mol，由题意列三段式如下：，则平衡常数K=，解得x=1.8，故水蒸气与CO物质的量之比为1.8∶1；③A．反应温度过高，会引起催化剂失活，导致反应速率变慢，A不符合题意；B．适当增大压强，可加快反应速率，B符合题意；C．选择合适的催化剂有利于加快反应速率，C符合题意；D．若为恒容条件，通入氮气对反应速率无影响，若为恒压条件，通入氮气后，容器体积变大，反应物浓度减小，反应速率变慢，D不符合题意；故答案选BC；④水分子首先被催化剂吸附，根据元素守恒推测第一步产生H2，第二步吸附CO产生CO2，对应反应历程依次为：M+H2O=MO+H2、MO+CO=M+CO2。22．做好碳达峰、碳中和工作，是中央经济工作会议确定的2021年八项重点任务之一，CO2的资源化可以推动经济高质量发展和生态环境质量的持续改善。（1）一定条件下，由CO2和H2制备甲醇的过程中含有下列反应：反应1：反应2：反应3：其对应的平衡常数分别为K1、K2、K3，它们随温度变化的曲线如图所示。则ΔH2________ΔH3（填“大于”、“小于”或“等于”）。21
（2）①对于上述CO2加氢合成CH3OH的体系，下列说法错误的是___（填标号）。A．增大H2浓度有利于提高CO2的转化率B．当气体的平均相对分子质量保持不变时，说明反应体系已达平衡C．体系达平衡后，若压缩体积，则反应1平衡不移动，反应3平衡正向移动D．选用合适的催化剂可以提高CH3OH在单位时间内的产量②已知对于反应：，其标准平衡常数：，某温度为T，压强为的恒压密闭容器中，通入1molCO2和3molH2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH(g)为amol，CO为bmol（b＞a），此时H2O(g)的分压p(H2O)=_______（用含a、b的代数式表示，下同），反应1的标准平衡常数为___________。（3）电催化还原能将CO2转化为多种碳产物。在铜电极上将CO2还原为CO的机理如图所示：写出该机理过程总的电极方程式：___________。（4）利用CO2为原料可以合成苯乙烯，涉及以下反应：I．II．结合数据说明乙苯制苯乙烯过程中加氧气的理由___________。【答案】（1）小于（2）C21
（3）（4）I+II可得，，反应II使反应I得以实现；，反应II为反应I提供热量【解析】（1）根据图示可知：反应II、III的化学平衡常数随温度的升高而减小，说明升高温度，平衡逆向移动，正反应为放热反应，所以ΔH2＜0，ΔH３＜0，且K3受温度影响变化更大，说明反应III的反应热更大，所以ΔH2＜ΔH３。（2）①A．增大H2浓度，化学平衡正向移动，因此有利于提高CO2的转化率，A正确；B．在上述三个反应中，反应1是反应前后气体物质的量不变的反应，反应2、3都是气体体积减小的反应，反应混合物都是气体，当气体的平均相对分子质量保持不变时，气体的物质的量不变，说明反应体系已达平衡，B正确；C．压强增大，化学平衡向气体体积小的方向移动，所以体系达平衡后，若压缩体积，则压强增大，反应3平衡正向移动，使CO2浓度减小、H2O浓度增大，反应1平衡逆向移动，C错误；D．选用合适的催化剂可以加快化学反应速率，提高CH3OH在单位时间内的产量，D正确；故合理选项是C；②在密闭容器中发生反应：反应1：反应2：，某温度为T，压强为的恒压密闭容器中，通入1molCO2和3molH2发生上述反应，反应开始时气体总物质的量为n(始)=1mol+3mol=4mol，反应达到平衡时，容器中CH3OH(g)为amol，CO为bmol（b＞a），根据反应2：反应产生CH3OH(g)为amol，消耗H2物质的量为2amol，消耗CO物质的量为amol，此时容器中还有CO为bmol，则反应1产生CO、H2O的物质的量都是(a+b)mol，消耗CO2、H2的物质的量都是(a+b)mol，由于反应1是反应前后气体体积不变的反应，反应2是气体体积减小的反应。每反应产生1molCH3OH，反应后气体的总物质的量会减小2mol，现在反应产生amolCH3OH，反应后气体物质的量减小2amol，则平衡时气体总物质的量n(平)=(4-2a)mol，此时H2O(g)的分压P(H2O)=；③反应1，达到平衡时各种气体的物质的量分别为：n(CO2)=(1-a-b)mol，n(H2)=(3-3a-b)mol，n(CO)=bmol，n(H2O)=(a+b)mol，则各气体的分压为P(CO2)=×，P(H2)=×，P(CO)=×，n(H2O)=21
×，反应1的标准平衡常数=。（3）根据图示可知：该机理过程总的来说是CO2得到电子，与H+结合形成CO、H2O，故总的电极方程式为：。（4）反应I是吸热反应，使物质环境温度降低，而反应II是放热反应，放出热量，是周围环境温度升高。根据盖斯定律，将反应I与反应II相加，整理可得，，反应II发生放出热量，使反应I得以实现；，反应II为反应I提供热量，因此在由乙苯制取苯乙烯时需要加入一定量的氧气。21
