2020届高考化学一轮复习化学平衡图像作业

2020届高考化学一轮复习化学平衡图像作业

化学平衡图像 一．选择题（共15小题）‎ ‎1．如图是可逆反应A+2B⇌2C+3D的化学反应速率与化学平衡随外界条件改变（先降温后加压）而变化的情况，由此推断错误的是（　　）‎ A．正反应是放热反应 B．A、B一定都是气体 ‎ C．D一定不是气体 D．C可能是气体 ‎2．下列对应的图象符合描述的是（　　）‎ A．对于达到平衡状态的N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）反应，在t1时缩小容器体积，并在t2时又达到平衡 ‎ B．将pH＝2的盐酸和醋酸分别加水稀释 ‎ C．表示在含等物质的量NaOH、Na2CO3的混合溶液中滴加0.1mol•L﹣1盐酸至过量时，产生气体的体积与消耗盐酸的关系 ‎ D．在AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量 ‎3．某恒容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（s）+xB（g）⇌2C（g），达到平衡后，在不同的时间段，分别改变影响反应的一个条件，测得容器中物质的物质的量浓度、反应速率分别随时间的变化如图所示：‎ 下列说法中正确的是（　　）‎ A．30 min～40 min 间该反应使用了催化剂 ‎ B．反应方程式中的x＝2，正反应为吸热反应 ‎ C．30 min 时条件的变化是降低压强，40 min 时条件的变化是升高温度 ‎ D．前8 min A 的平均反应速率为0.08 mol•L﹣1•min﹣1‎ ‎4．已知：用Pt﹣Rh合金催化氧化NH3制NO，其反应的微观模型及含氮生成物产率随反应温度的变化曲线分别如图①、图②所示：下列说法中，不正确的是（　　）‎ A．400℃时，生成的产物有N2、NO、H2O ‎ B．800℃时，反应的化学方程式是：4NH3+5O2 4NO+6H2O ‎ C．400℃﹣800℃间，Pt﹣Rh合金对N2的吸附力逐渐减弱 ‎ D．800℃以上，发生了反应：2NO（g）⇌O2（g）+N2（g）△H＞0‎ ‎5．下列图示与对应的叙述相符的是（　　）‎ A．图1表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则H2的燃烧热为241.8 kJ•mol﹣1 ‎ B．图2表示压强对可逆反应2A（g）+2 B（g）⇌3C（g）+D（s）的影响，乙的压强比甲的压强大 ‎ C．图3表示等质量的钾、钠分别与足量水反应，则甲为钠 ‎ D．图4表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则相同条件下NaA溶液的pH大于同浓度的NaB溶液的pH ‎6．在某一密闭容器中，充入一定量的HI气体，发生反应2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）；△H＞0，在t1时达到平衡，t2时加热升温并保温，到t3时又达到新平衡，符合这一变化的图象是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎7．化学中常用图象直观地描述化学反应的进程或结果。只改变一个条件，则下列对图象的解读正确的是（　　）‎ A．A2（g）+3B2（g）⇌2AB3（g）如图说明此反应的正反应是吸热反应 ‎ B．4CO（g）+2NO2（g）⇌N2（g）+4CO2（g）如图说明NO2的转化率b＞a＞c ‎ C．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）如图说明t秒时合成氨反应达到平衡 ‎ D．2A（g）+2B（g）⇌3C（g）+D（？）如图说明生成物D一定是气体 ‎8．在密闭容器内发生反应：3FeO（s）+H2O（g）⇌Fe3O4（s）+H2（g）﹣Q，H2O和H2物质的量随时间的变化如图所示。2min时仅改变一个条件，该改变的条件是（　　）‎ A．减少c（H2O） B．增加c（H2） C．增大压强 D．升高温度 ‎9．已知可逆反应X（g）+2Y（g）⇌Z（g）△H＜0，一定温度下，在体积为2L的密闭容器中加入4mol Y和一定量的X后，X的浓度随时间的变化情况如图所示，则下列表述正确的是（　　）‎ A．达到平衡时，X、Y、Z物质的量之比为1：2：1 ‎ B．a点正反应速率大于逆反应速率 ‎ C．反应达平衡时，降低温度可以实现c到d的转化 ‎ D．该条件下，反应达平衡时，X平衡转化率为25%‎ ‎10．恒温条件下，在容积均为0.5L的甲、乙两个恒容容器中，分别充入1molA、1molB和0.5molA、0.5molB，发生反应：A（g）+B（g）＝xC（g）△H＜0．测得两容器中C（A）随时间t的变化如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．x＝1 ‎ B．此条件下，反应的平衡常数甲大于乙 ‎ C．给甲容器升温可缩短反应达平衡的时间，同时提高平衡转化率 ‎ D．乙中0﹣10分钟用A表示的平均反应速率为0.05mol/L*min ‎11．一定温度下，在2L的密闭容器中发生反应：xA（g）+B（g）⇌2C（g）△H＜0，A、C的物质的量随时间变化的关系如图。下列有关说法正确的是（　　）‎ A．x＝1 ‎ B．反应进行到1min时，反应体系达到化学平衡状态 ‎ C．2min后，A的正反应速率一定等于C的逆反应速率 ‎ D．2min后，容器中A与B的物质的量之比一定为2：1‎ ‎12．汽车尾气净化的主要反应原理为2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）。将1.0mol NO、0.5molCO充入2L恒容密闭容器，分别在T1℃和T2℃下测得n（CO2）随时间（t）的变化曲线如图所示。下列说法正确的是（　　）‎ A．该反应的△H＞0 ‎ B．T2℃，0～2s内的平均反应速率v（N2）＝0.025 mol•L﹣1•s﹣1 ‎ C．T2℃，2s时再向容器中充入CO、N2各0.3mol，平衡不发生移动 ‎ D．T1℃，若将反应的容器改为绝热容器，则反应达平衡时，NO平衡浓度比恒温容器中小 ‎13．在体积均为1.0L的两个恒容密闭容器中加入足量的相同质量的固体B，再分别加入0.1mol A和0.2molA，在不同温度下反应A（g）+B（s）⇌2C（g）达到平衡，平衡时A的物质的量浓度c（ A）随温度的变化如图所示（图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上）．下列说法正确的是（　　）‎ A．反应 A（g）+B（s）⇌2C（g）△S＞0、△H＜0 ‎ B．A的转化率：a（状态Ⅱ）＞a（状态Ⅲ） ‎ C．体系中c（C）：c（C，状态Ⅱ）＞（C，状态Ⅲ） ‎ D．化学平衡常数：K （状态Ⅰ）＝K （状态Ⅲ）＞K（状态Ⅱ）‎ ‎14．一定条件下，CH4与H2O（g）发生反应：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g），设起始＝Z，在恒压下，平衡时CH4的体积分数 （CH4）与Z和T（温度）的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）‎ A．温度不变时，图中X点对应的平衡在加压后φ （CH4）减小 ‎ B．图中Z的大小为a＞3＞b ‎ C．该反应的焓变△H＞0 ‎ D．图中X点对应的平衡混合物中＝3‎ ‎15．工业上用CO生产燃料甲醇．一定条件下发生反应：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）． 一定条件下，将0.5mol CO和0.5mol H2在体积为2L的密闭容器中发生上述反应，则下列示意图合理的是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ 二．填空题（共5小题）‎ ‎16．密闭容器中发生如下反应：A（g）+3B（g）⇌2C（g）△H＜0，根据下列速率﹣时间图象，回答下列问题．‎ ‎（1）下列时刻所改变的外界条件是：‎ t1　 　；t3　 　；t4　 　；‎ ‎（2）产物C的体积分数最大的时间段是　 　；‎ ‎（3）上述图象中C的体积分数相等的时间段是　 　；‎ ‎（4）反应速率最大的时间段是　 　．‎ ‎17．当前我国环境状况不荣乐观，其中PM2.5、CO、SO2、NOx等污染物对空气质量的影响非常显著，其主要来源为燃煤、机动车尾气等，因此，对其进行研究具有重要意义，请回答下列问题：‎ ‎（1）对某地PM2.5样本用蒸馏水处理后，测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：‎ 离子 K+‎ Na+‎ NH4+‎ SO42﹣‎ NO3﹣‎ Cl﹣‎ 浓度/mol•L﹣1‎ ‎4×10﹣6‎ ‎6×10﹣6‎ ‎2×10﹣5‎ ‎4×10﹣5‎ ‎3×10﹣5‎ ‎2×10﹣5‎ 根据表中数据计算该试样的pH＝　 　。‎ ‎（2）NOx是汽车尾气的主要污染物之一。汽车发动机工作时会引发N2和O2反应，其能量变化示意图1如下：‎ ‎①写出N2和O2反应的热化学方程式　 　。‎ ‎②处理尾气时，加装催化转化装置使NOx与CO转变为无污染的气体排放，请写出该反应的化学方程式　 　‎ ‎③有人设想将CO按下列反应除去：2CO（g）＝2C（s）+O2（g）△H＞0，请你分析该设想能否实现？　 　（填“是”或“否”），依据是　 　。‎ ‎④另有人认为以如图2所示原电池原理也可以除去CO，则其正极反应式为　 　。容器中的CO32﹣离子　 　极移动（填“A”或“B”）。‎ ‎（3）利用I2O5消除CO污染的反应为：5CO（g）+I2O5（s）⇌5CO2（g）+I2（s），不同温度下，向装有足量I2O5固体的2L恒容密闭容器中通入2mol　CO，测得CO2的体积分数随时间t变化曲线如图3．请回答下列问题：‎ ‎①T1时化学平衡常数K＝　 　‎ ‎②下列说法正确的是　 　（填字母序号）。‎ A．容器内气体密度不变，表明反应达到平衡状态 B．该反应的△H＞0‎ C．d点时，向恒容容器中充入2molCO，再次平衡后，CO2的含量增大。‎ D．T1与T2化学平衡常数大小关系：K（T1）＞K（T2）‎ ‎18．甲醇（CH3OH）是重要的溶剂和替代燃料，工业上用CO和H2在一定条件下制备CH3OH的反应为：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），在体积为1L的恒容密闭容器中，充人2molCO和4molH2，一定条件下发生上述反应，测得CO（g）和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图所示．‎ ‎①从反应开始到5min，用一氧化碳表示的平均反应速率v（CO）＝　 　‎ ‎②下列说法正确的是　 　（填字母序号）．‎ A．达到平衡时，H2的转化率为65%‎ B．5min后容器中混合气体的平均相对分子质量不再改变 C．达到平衡后，再充人氩气，反应速率减小 D．2min前v（正）＞v（逆），2min后v（正）＜v（逆）‎ ‎19．欧盟原定于2012年1月1日起征收航空碳排税以应对冰川融化和全球变暖，使得对如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用碳资源的研究显得更加紧迫．请运用化学反应原理的相关知识研究碳及其化合物的性质．‎ ‎（1）甲醇是一种新型燃料，甲醇燃料电池即将从实验室走向工业化生产．工业上一般以CO和H2为原料合成甲醇，该反应的热化学方程式为：‎ CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）△H1＝﹣116kJ•mol﹣1‎ ‎①下列措施中有利于增大该反应的反应速率的是　 　；‎ A．随时将CH3OH与反应混合物分离 B．降低反应温度 C．增大体系压强 D．使用高效催化剂 ‎ ‎②已知：CO（g）+O2（g）＝CO2（g）△H2＝﹣283kJ•mol﹣1‎ ‎，H2（g）+O2（g）＝H2O（g）△H3＝﹣242kJ•mol﹣1则表示1mol气态甲醇完全燃烧生成CO2和水蒸气时的热化学方程式为　 　；‎ ‎（2）在容积为1L的恒容容器中，分别研究在230℃、250℃和270℃三种温度下合成甲醇的规律．下图是上述三种温度下不同的H2和CO的起始组成比（起始时CO的物质的量均为1mol）与CO平衡转化率的关系．‎ 请回答：‎ ‎①在上述三种温度中，曲线Z对应的温度是　 　；‎ ‎②利用图中a点对应的数据，计算出曲线Z在对应温度下CO（g）+2H2（g） CH3OH（g） 的平衡常数K＝　 　．‎ ‎（3）CO2在自然界循环时可与CaCO3反应，CaCO3是一种难溶物质，其Ksp＝2.8×10﹣9．CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合可形成CaCO3沉淀，现将等体积的CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合，若Na2CO3溶液的浓度为7×10﹣4mol/L，则生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为　 　mol/L．‎ ‎20．（1）已知在常温常压下：‎ ‎①CH3CH2OH（l）+3O2（g）⇌2CO2（g）+3H2O（g）△H1＝﹣1366kJ•mol﹣1‎ ‎②2CO（g）+O2（g）＝2CO2（g）△H2‎ ‎③H2O（g）＝H2O（l）△H3＝﹣44kJ•mol﹣1‎ ‎④CH3CH2OH（l）+2O2（g）⇌2CO（g）+3H2O（l）△H4＝﹣932kJ•mol﹣1‎ 则 CO的燃烧热△H＝　 　．‎ ‎（2）在图中画出，不同温度下（T1＞T2），上述反应④中O2的平衡转化率随压强变化的关系图（请在图上标注温度T1、T2）．‎ 化学平衡图像 参考答案与试题解析 一．选择题（共15小题）‎ ‎1．【分析】根据图象可知，降低温度后，v′正＞v′逆，平衡右移，据此可知反应吸放热的情况；‎ 增大压强后，v″正＞v″逆，平衡右移，据此可知此反应反应前后气体的物质的量大小情况，据此分析。‎ ‎【解答】解：根据图象可知，降低温度后，v′正＞v′逆，平衡右移，故正反应为放热反应，故A正确；‎ 增大压强后，v″正、v″逆均立即增大且v″正＞v″逆，平衡右移，故此反应为有气体参加和生成的反应，且正反应为气体的物质的量减小的反应。‎ 故若A和B均为气体，则D一定不是气体，C一定是气体；‎ 若A或B任何一种不是气体，若使平衡右移，则需C和D均不是气体，则无法满足加压时v″逆也立即增大的情况，故不成立。‎ 即A和B均为气体，C一定为气体，D一定不是气体，故B、C正确，D错误。‎ 故选：D。‎ ‎2．【分析】A、反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，增大压强正逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动，并再次达到平衡状态；‎ B、弱电解质溶液中存在电离平衡，加水稀释促进弱电解质电离；‎ C、先发生NaOH与HCl反应，再发生碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠，最后发生碳酸氢钠与盐酸的反应生成气体；‎ D、向氯化铝溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液至过量，发生的反应方程式为Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓、Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，根据物质的溶解性分析解答．‎ ‎【解答】解：A、反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，缩小容器体积，容器内气体的压强增大，导致正逆反应速率都增大，但正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，当正逆反应速率相等时，再次达到平衡状态，故A错误；‎ B、pH＝2的盐酸和醋酸中，醋酸是弱电解质氯化氢是强电解质，所以醋酸的浓度大于盐酸，稀释相同的倍数，醋酸中氢离子浓度大于盐酸中氢离子浓度，所以醋酸的pH变化小于盐酸的变化，故B正确；‎ C、先发生NaOH与HCl反应，再发生碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠，最后发生碳酸氢钠与盐酸的反应生成气体，且等物质的量NaOH、Na2CO3，不产生气体和产生气体消耗的酸应为2：1，与图象不符，故C错误；‎ D、向氯化铝溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液至过量，发生的反应方程式为Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓、Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，氢氧化铝是难溶性白色物质，偏铝酸钠是可溶性物质，所以现象是：先产生白色沉淀，最后沉淀溶解，故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎3．【分析】A．根据左图知，30～40 min间改变条件，正逆反应速率都减小且相等，平衡不移动，但反应物、生成物物质的量浓度都减小，且C的物质的量浓度减少量是A、B的二倍，所以应该是减小压强，且x＝1；‎ B．由开始到达到平衡，C、B的浓度的变化量前者是后者的2倍，来确定x的值；‎ C．根据B知，30min、40min时改变的条件分别是减小压强、升高温度；‎ D．A为固体，浓度为定值．‎ ‎【解答】解：A．根据左图知，30～40 min间改变条件，正逆反应速率都减小且相等，平衡不移动，但反应物、生成物物质的量浓度都减小，且C的物质的量浓度减少量是A、B的二倍，所以应该是增大体积、减小压强，平衡不移动，说明反应前后气体体积计量数之和不变，所以x＝1，所以30～40 min间改变的体积是减小压强，故A错误；‎ B．由开始到达到平衡，C、B的浓度的变化量前者是后者的2倍，则x＝1，故B错误；‎ C．根据B知，30min、40min时改变的条件分别是减小压强、升高温度，故C正确；‎ D．A为固体，浓度为定值，不用浓度差计算反应速率，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎4．【分析】A．根据图2知，400℃时，生成的含有N元素的产物有N2、NO且N2产率大于NO；‎ B.800℃时，生成的含有N元素的产物主要是NO，接近100%；‎ C.400℃﹣800℃间，N2的产率下降、NO产率上升，且NO产率接近100%，Pt﹣Rh合金对N2的吸附力增强；‎ D.800℃以上，N2的产率上升、NO的产率下降．‎ ‎【解答】解：A．根据图2知，400℃时，生成的含有N元素的产物有N2、NO且N2‎ 产率大于NO，同时产物中还有水，故A正确；‎ B.800℃时，生成的含有N元素的产物主要是NO，接近100%，所以发生的反应为4NH3+5O2 4NO+6H2O，故B正确；‎ C.400℃﹣800℃间，N2的产率下降、NO产率上升，且NO产率接近100%，所以Pt﹣Rh合金对N2的吸附力增强而不是减弱，故C错误；‎ D.800℃以上，N2的产率上升、NO的产率下降，说明发生了反应2NO（g）⇌O2（g）+N2（g），升高温度氮气产率增加，说明该反应的正反应是吸热反应，△H＞0，故D正确；‎ 故选：C。‎ ‎5．【分析】A．燃烧热是1mol可燃物完全反应生成稳定氧化物放出的热量；‎ B．增大压强，加快化学反应速率，平衡向着气体体积减小的方向移动；‎ C．金属性：钾＞钠；钾的摩尔质量大于钠；‎ D．酸性越弱对应盐的水解显碱性，水解程度越大，溶液pH越大．‎ ‎【解答】解：A．图象中1mol氢气完全燃烧生成的是水蒸气时放热241.8kJ，不是氢气的燃烧热，故A错误；‎ B.2A（g）+2B（g）⇌3C（g）+D（s），增大压强，平衡正向移动，故B错误；‎ C．金属性：钾＞钠，故钾与水反应的速率快于钠与水反应的速率；钾的摩尔质量大于钠，故等质量的钾、钠分别与足量水反应，钠放出的氢气多，与图象相符，故C正确；‎ D．稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化HA溶液PH变化大，故酸性HA＞HB，则同浓度的钠盐，水解程度：NaA＜NaB，所以同浓度的NaA溶液的pH小于NaB溶液，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎6．【分析】对于反应2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）；△H＞0，在t1时达到平衡，t2时加热升温并保温，根据升高温度，化学平衡向着吸热方向进行来回答判断即可．‎ ‎【解答】解：反应2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）；△H＞0，在t1时达到平衡，t2时加热升温并保温，则化学平衡向着正方向进行，所以碘单质的百分含量会升高，HI的百分含量会降低，只有A符合。‎ 故选：A。‎ ‎7．【分析】A、根据图①可知，交点之前，反应未达平衡，交点时处于平衡状态，交点后增大温度逆反应速率增大比正反应速率增大更多，平衡向逆反应移动，据此判断；‎ B、增加一种反应物的量会增大另一种反应物的转化率；‎ C、根据正逆反应速率相等来判断化学平衡状态；‎ D、根据图示可以看出压强只能改变反应速率但是不改变平衡的移动。‎ ‎【解答】解：A、根据图①可知，交点之前，反应未达平衡，交点时处于平衡状态，交点后增大温度逆反应速率增大比正反应速率增大更多，平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故可判断可逆反应A2（g）+3B2（g）⇌2AB3（g）正反应是放热反应，故A错误；‎ B、根据反应原理方程式，增加一种反应物NO的量会增大另一种反应物二氧化氮的转化率，所以c点的转化率大于a点，故B错误；‎ C、2v（N2）正＝v（NH3）逆时，正逆反应速率相等，此时化学反应达到了平衡状态，故C错误；‎ D、根据图示可以看出压强只能改变反应速率但是不改变平衡的移动，所以反应是前后气体的系数和相等的反应，即D一定是气体，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎8．【分析】由图可知，2min时，曲线斜率变大，则反应速率增大，且水的物质的量减小，氢气的物质的量增大，平衡正向移动，以此解答该题。‎ ‎【解答】解：A．减少c（H2O），平衡逆向移动，反应速率减小，氢气的物质的量减小，故A错误；‎ B．增加c（H2），平衡逆向移动，水的物质的量应增大，故B错误；‎ C．反应前后气体的气体不变，增大压强，平衡不移动，气体的物质的量不变，故C错误；‎ D．正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，图象符合，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎9．【分析】A．分析图象和题给信息可知，起始加入X的物质的量为1mol/L×2L＝2mol，起始加入2molX、4molY，达到平衡时X的浓度为0.25mol/L，物质的量为0.25mol/L×2L＝0.5mol，消耗X物质的量2﹣0.5mol＝1.5mol，结合化学方程式计算得到消耗Y物质的量为3mol，生成Z物质的量为1.5mol；‎ B．由图象可知，a点尚未达到平衡状态，v（正）＞v（逆）；‎ C．该反应的△H＜0，为放热反应，降低温度，平衡正向移动，X的浓度减小，而d点X的浓度增大；‎ D．利用三段式计算：X（g）+2Y（g）⇌Z（g）‎ 起始浓度（mol/L） 1 2 0‎ 转化浓度（mol/L） 0.75 1.5 0.75‎ 平衡浓度（mol/L） 0.25 0.5 0.75‎ 转化率＝×100%。‎ ‎【解答】解：A．分析图象和题给信息可知，起始加入X的物质的量为1mol/L×2L＝2mol，起始加入2molX、4molY，达到平衡时X的浓度为0.25mol/L，物质的量为0.25mol/L×2L＝0.5mol，消耗X物质的量2﹣0.5mol＝1.5mol，结合化学方程式计算得到消耗Y物质的量为3mol，生成Z物质的量为1.5mol，则达到平衡时，X、Y、Z物质的量之比＝0.5：（4mol﹣3mol）：1.5mol＝1：2：3，故A错误；‎ B．由图象可知，a点尚未达到平衡状态，此时正反应速率大于逆反应速率，故B正确；‎ C．该反应的△H＜0，为放热反应，降低温度，平衡正向移动，X的浓度减小，不能实现c到d的转化，故C错误；‎ D．利用三段式计算：X（g）+2Y（g）⇌Z（g）‎ 起始浓度（mol/L） 1 2 0‎ 转化浓度（mol/L） 0.75 1.5 0.75‎ 平衡浓度（mol/L） 0.25 0.5 0.75‎ X平衡转化率为75%，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎10．【分析】A．由图象可知平衡时，甲容器平衡时，A的转化率为×＝50%，乙容器内A的转化率为×100%＝50%，甲容器内压强比乙容器内大，增大压强平衡不移动，反应前后气体的体积不变；‎ B．温度相同，平衡常数相等，平衡常数随温度变化；‎ C．升高温度，反应速率加快，平衡向逆反应方向移动；‎ D．反应速率v＝；‎ ‎【解答】解：A．由图象可知平衡时，甲容器平衡时，A的转化率为＝50%，乙容器内A的转化率为＝50%，甲容器内压强比乙容器内大，增大压强平衡不移动，反应前后气体的体积不变，则x＝1+1＝2，故A错误；‎ B．温度相同，平衡常数相等，此条件下，反应的平衡常数甲等于乙，故B错误；‎ C．升高温度，反应速率加快，缩短到达平衡的时间，平衡向逆反应方向移动，反应物的转化率降低，故C错误；‎ D．乙中0﹣10分钟用A表示的平均反应速率＝＝0.05mol/L/min，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎11．【分析】通过图可知，2min达平衡，△n（A）＝0.3mol﹣0.1mol＝0.2mol，△n（C）＝0.2mol，物质的量变化量之比等于化学计量数之比，故2：x＝0.2mol：0.2mol，解得x＝2，反应的方程式为2A（g）+B（g）⇌2C（g）△H＜0，以此解答该题。‎ ‎【解答】解：A．由以上分析可知x＝2，故A错误；‎ B．反应进行到1min时，各物质的物质的量继续变化，没有达到平衡状态，故B错误；‎ C.2min后达到平衡状态，正逆反应速率相等，可知A的正反应速率一定等于C的逆反应速率，故C正确；‎ D．B的物质的量未知，不能确定平衡时A与B的物质的量之比，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎12．【分析】A．图象分析可知先拐先平温度高，T1＞T2，温度高二氧化碳物质的量小，说明升温平衡逆向进行；‎ B．计算二氧化碳的反应速率v＝，速率之比等于化学方程式计量数之比计算氮气的反应速率；‎ C．T2℃，2s时再向容器中充入CO、N2各0.3mol，计算此时的平衡常数和浓度商，浓度商和平衡常数比较判断反应进行的方向；‎ D．反应为吸热反应，T1℃，若将反应的容器改为绝热容器，温度越低平衡逆向进行NO浓度增大。‎ ‎【解答】解：A．图象分析可知先拐先平温度高，T1＞T2，温度高二氧化碳物质的量小，说明升温平衡逆向进行，正反应为放热反应，△H＜0，故A错误；‎ B．T2℃，0～2s内的平均反应速率v（CO2）＝＝0.05mol/（L•s），v（N2）＝v（CO2）＝0.025 mol•L﹣1•s﹣1，故B正确；‎ C．T2℃，结合三行计算列式计算平衡浓度计算平衡常数，‎ ‎ 2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）‎ 起始量（mol/L） 0.5 0.25 0 0‎ 变化量（mol/L） 0.1 0.1 0.1 0.05‎ 平衡量（mol/L） 0.4 0.15 0.1 0.05‎ 平衡常数K＝＝0.14，‎ ‎ T2℃，2s时再向容器中充入CO、N2各0.3mol，此时浓度商Qc＝＝0.056＜K＝0.14，反应正向进行，故C错误；‎ D．反应为吸热反应，T1℃，若将反应的容器改为绝热容器，温度越低平衡逆向进行NO浓度增大，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎13．【分析】A．由气体的化学计量数增大可知△S，由图中温度高平衡时c（CO2）小可知△H；‎ B．由图象可知，状态Ⅱ和状态Ⅲ平衡时CO2的浓度不同，结合转化率等于变化量和初始量的比值来回答；‎ C．状态II、状态Ⅲ的温度相同，状态II看作先加入0.1molCO2，与状态Ⅲ平衡时CO的浓度相同，再加入0.1molCO2，若平衡不移动，Ⅱ状态CO的浓度等于2倍Ⅲ，但再充入CO2，相当增大压强，平衡左移动，消耗CO；‎ D．状态II、状态Ⅲ的温度相同，状态II看作先加入0.1molCO2，与状态Ⅲ平衡时CO的浓度相同，再加入0.1molCO2，若平衡不移动，Ⅱ状态CO的浓度等于2倍Ⅲ，但再充入CO2，相当增大压强，平衡左移动，消耗CO。‎ ‎【解答】解：A．由气体的化学计量数增大可知△S＞0，由图中温度高平衡时c（CO2）小，则升高温度平衡正向移动，可知△H＞0，故A错误；‎ B．由图象可知，状态Ⅱ和状态Ⅲ平衡时CO2的浓度不同，所以转化率不同，A的转化率：a（状态Ⅱ）＜a（状态Ⅲ）故B错误；‎ C．状态II、状态Ⅲ的温度相同，状态II看作先加入0.1molCO2，与状态Ⅲ平衡时CO的浓度相同，再加入0.1molCO2，若平衡不移动，Ⅱ状态CO的浓度等于2倍Ⅲ，但再充入CO2，相当增大压强，平衡左移，消耗CO，则c（CO，状态Ⅱ）＜2c（CO，状态Ⅲ），故C正确；‎ D．状态II、状态Ⅲ的温度相同，所以KⅡ＝KⅢ，又由图中温度高平衡时c（CO2）小，则升高温度平衡正向移动，则温度高K大，所以KⅠ＜KⅡ＝KⅢ，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎14．【分析】由图象可知升高温度，甲烷的体积分数减小，说明升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应，起始＝Z，Z越小，说明加入甲烷的物质的量相对水来说越多，含量越大，以此解答该题。‎ ‎【解答】解：A．增大压强，平衡逆向移动，所以平衡在加压后φ（CH4）增大，故A错误；‎ B．起始＝Z，Z越小，说明甲烷相对越多，达到平衡时甲烷的含量越多，则Z的大小为b＞3＞a，故B错误；‎ C．升高温度，甲烷的体积分数减小，说明升高温度平衡正向移动，则该反应的焓变△H＞0，故C正确；‎ D．起始＝3，水和甲烷按1：1反应，达到平衡时，二者比值不等于3，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎15．【分析】A、设平衡时一氧化碳的生成的物质的量为xmol，‎ ‎ CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）．‎ 起始：0.5mol 0.5mol 0mol 变化：xmol 2 xmol xmol 平衡：0.5﹣x 0.5﹣2x x ‎ 根据相同条件下体积之比等于物质的量之比分析解答；‎ B、平衡时一氧化碳与甲醇的物质的量可能相等，与x的值有关；‎ C、起始时氢气的浓度为：＝0.25mol/L；‎ D、平衡时速率之比等于对应物质的化学计量数之比．‎ ‎【解答】解：A、设平衡时一氧化碳的生成的物质的量为xmol，‎ ‎ CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）。‎ 起始：0.5mol 0.5mol 0mol 变化：xmol 2 xmol xmol 平衡：0.5﹣x 0.5﹣2x x 所以CO的体积分数为＝50%，所以一氧化碳的体积分数与x无关，所以任意时刻一氧化碳的体积分数都为50%，而且平衡正向移动，产物的量增加，体积分数变大，平衡时量不变，体积分数不变，故A正确；‎ B、平衡时一氧化碳与甲醇的物质的量可能相等，与x的值有关，所以不一定相等，故B错误；‎ C、起始时氢气的浓度为＝0.25mol/L，而不是0.5mol/L，故C错误；‎ D、平衡时速率之比等于对应物质的化学计量数之比，所以氢气的正反应速率与甲醇逆反应速率之比为2：1，而不是1：1，故D错误；‎ 故选：A。‎ 二．填空题（共5小题）‎ ‎16．【分析】（1）根据温度、催化剂以及压强对反应速率的影响分析，注意各时间段正逆反应速率的变化；‎ ‎（2）t1～t2，t4～t5，反应向逆反应方向移动，随着反应的进行，生成的C逐渐减小，C的体积分数逐渐减小；‎ ‎（3）根据（2）的分析，t2～t3，t3～t4，平衡不移动，C的体积分数相等；‎ ‎（4）根据改变的条件分析．‎ ‎【解答】解：（1）t1时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，反应向逆反应方向移动，则应为升高温度的变化，‎ t3时，正逆反应速率都增大，正逆反应速率相等，平衡不移动，应为加入催化剂的变化，‎ t4时，正逆反应速率都减小，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，由方程式计量数关系可知，应为减小压强的变化，‎ 故答案为：升温；使用正催化剂；减压；‎ ‎（2）t1～t2，t4～t5，反应向逆反应方向移动，随着反应的进行，生成的C逐渐减小，C的体积分数逐渐减小，故C体积分数最高的时间段是t0～t1，故答案为：t0～t1．（3）根据（2）的分析，t2～t3，t3～t4，平衡不移动，C的体积分数相等，故答案为：t2～t3，t3～t4；‎ ‎（4）根据改变的条件，t1时升高温度反应速率增大，t3时加入催化剂反应速率增大，t4时减小压强反应速率减小，所以反应速率最大的时间段是t3～t4；‎ 故答案为：t3～t4．‎ ‎17．【分析】（1）根据溶液中电荷守恒计算；‎ ‎（2）①根据能量变化图计算反应热，反应热＝反应物的键能和﹣生成物的键能和，从而书写热化学方程式；‎ ‎②尾气处理主要把NOX与CO转化为无毒物质，五毒物质即氮气和二氧化碳；‎ ‎③根据△G＝△H﹣T•△S判断反应能否自发进行，如果△G＜0，反应能自发进行，△G＞0，反应不能自发进行；‎ ‎④为燃料电池，氧气在正极得到电子，据此书写电极反应方程式；‎ ‎（3）①根据b点时CO2的体积分数φ（CO2）求出CO和CO2的平衡浓度进而求出T1时化学平衡常数K；‎ ‎②A、因为条件为恒容，而反应前后气体质量变化，所以容器内气体密度是变量，当不变时表明反应达到平衡状态；‎ B、由于T2首先出现拐点，故温度T2＞T1，温度越高，二氧化碳体积分数越少，说明此反应为放热反应；‎ C、此反应特点为前后气体体积不变的反应，据此解答即可；‎ D、b点比d点时生成物CO2体积分数大，说明进行的程度大，则化学平衡常数：Kb＞Kd。‎ ‎【解答】解：（1）溶液中电荷守恒：c（K+）+c（NH4+）+c（Na+）+c（H+）＝2c（SO42﹣）+c（NO3﹣）+c（Cl﹣）+c（OH﹣）和KW，得c（H+）＝1×10﹣4mol•L﹣1，pH值为4，故答案为：4；‎ ‎（2）①该反应中的反应热＝反应物的键能和﹣生成物的键能和＝1140﹣1260＝﹣120kJ/mol，所以N2和O2反应生成NO的热化学反应方程式为N2（g）+O2（g）＝2NO（g）△H＝﹣120kJ•mol﹣1；故答案为：N2（g）+O2（g）＝2NO（g）△H＝﹣120kJ•mol﹣1；‎ ‎②在催化剂作用下NOX与CO反应生成无毒的CO2和N2，2NOx+2xCON2+2xCO2，故答案为：2NOx+2xCON2+2xCO2；‎ ‎③根据△G＝△H﹣T•△S判断反应能否自发进行，如果△G＜0，反应能自发进行，△‎ G＞0，反应不能自发进行，2CO（g）＝2C（s）+O2（g），该反应是焓增、熵减的反应。根据G＝△H﹣T•△S，G＞0，不能实现，故答案为：不能；该反应是焓增、熵减的反应，根据G＝△H﹣T•△S，G＞0；‎ ‎④此电池中电解质为熔融碳酸钾，正极通入的是氧气与二氧化碳的混合气体，发生反应为：O2+2CO2+4e﹣＝2CO32﹣，原电池中阴离子在电解质中充当电子移向原电池的负极，故答案为：2O2+2CO+4e﹣＝2CO32﹣；A；‎ ‎（3）①T1时：5CO（g）+I2O5（s）⇌5CO2（g）+I2（s）‎ 起始量/mol 4 0‎ 转化量/mol y y b点量/mol 4﹣y y 根据b点时CO2的体积分数φ（CO2）＝＝0.80，得y＝3.2mol，c（CO）＝0.4mol•L﹣1，c（CO2）＝1.6mol•L﹣1‎ T1时化学平衡常数K＝＝＝1024，‎ 故答案为：1024；‎ ‎②A、因为条件为恒容，而反应前后气体质量变化，所以容器内气体密度不变时，表明反应达到平衡状态，故A正确；‎ B、由于T2首先出现拐点，故温度T2＞T1，温度越高，二氧化碳体积分数越少，说明此反应为放热反应，故△H＜0，故B错误；‎ C、此反应特点为前后气体体积不变的反应，再加入2molCO参与反应，再次平衡后，CO2的含量不增加，故C正确；‎ D、b点比d点时生成物CO2体积分数大，说明进行的程度大，则化学平衡常数：Kb＞Kd，即K（T1）＞K（T2）故D正确，‎ 故答案为：ACD。‎ ‎18．【分析】①从反应开始到5min，图象可知CO难度变化为2.00mol/L﹣0.50mol/L＝1.50mol/L，反应速率v＝；‎ ‎②A．结合三行计算列式计算，转化率＝×100%；‎ B．反应前后气体质量不变，气体物质的量变化，达到平衡状态平均相对分子质量不变；‎ C．达到平衡后，再充人氩气，总压增大分压不变，速率不变；‎ D.2min前后v（正）＞v（逆）．‎ ‎【解答】解：①从反应开始到5min，图象可知CO难度变化为2.00mol/L﹣0.50mol/L＝1.50mol/L，从反应开始到5min，用一氧化碳表示的平均反应速率v（CO）＝＝0.3mol/（L•min），故答案为：0.3mol/（L•min）；‎ ‎②A．结合三行计算列式计算，‎ ‎ CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），‎ 起始量 2 4 0‎ 变化量 1.5 3 1.5‎ 平衡量 0.5 1 1.5‎ 达到平衡时，H2的转化率＝×100%＝×100%＝75%，故A错误；‎ B．反应前后气体质量不变，气体物质的量变化，5min后反应达到平衡状态，容器中混合气体的平均相对分子质量不再改变，故B正确；‎ C．达到平衡后，再充人氩气，总压增大分压不变，速率不变，故C错误；‎ D.2min前后反应未达到平衡状态，反应正向进行，v（正）＞v（逆），故D错误；‎ 故答案为：B．‎ ‎19．【分析】（1）①根据平衡移动原理进行判断，温度升高，反应速率加快，使用催化剂，反应速率加快；‎ ‎②根据盖斯定律和题中热化学方程式写出甲醇完全燃烧生成二氧化碳的热化学方程式；‎ ‎（2）①合成甲醇的反应是放热反应，温度升高，转化率降低；‎ ‎②根据平衡常数表达式和一氧化碳的转化率求算；‎ ‎（3）Na2CO3溶液的浓度为7×10﹣4mol/L，等体积混合后溶液中c（CO32﹣）＝7×10﹣4mol/L，根据Ksp＝c（CO32﹣）•c（Ca2+）计算沉淀时混合溶液中c（Ca2+），原溶液CaCl2溶液的最小浓度为混合溶液中c（Ca2+）的2倍．‎ ‎【解答】解：（1）①A、随时将CH3OH与反应混合物分离，CH3OH的浓度减小，反应速率降低，故A错误；‎ B、温度降低，反应速率变小，故B错误；‎ C、压强增大，反应速率加快，故C正确；‎ D、使用催化剂，反应速率加快，故D正确；‎ 故答案为：CD；‎ ‎②CO（g）+O2（g）＝CO2（g）△H2＝﹣283kJ•mol﹣1①，‎ H2（g）+O2（g）＝H2O（g）△H3＝﹣242kJ•mol﹣1②；‎ CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H1＝﹣116kJ•mol﹣1③；‎ 根据盖斯定律：①+②×2﹣③得：CH3OH（g）+3/2O2（g）⇌CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣651kJ•mol﹣1，‎ 故答案为：CH3OH（g）+O2（g）⇌CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣651kJ•mol﹣1；‎ ‎（2）①根据反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H1＝﹣116kJ•mol﹣1，是放热反应，温度越高，转化率越低，所以曲线Z对应的温度是270℃，故答案是：270℃；‎ ‎②a点时，CO转化率50%，反应消耗了2mol×50%＝1molCO，消耗氢气2mol，剩余1molCO，n（H2）＝3mol﹣2mol＝1mol，生成1mol甲醇，‎ a点各组分的浓度是：c（CH3OH）＝＝0.5mol/L，c（CO）＝＝0.5mol/L，c（H2）＝＝0.5mol/L，‎ 则K＝＝4L2•mol﹣2，‎ 故答案是：4L2•mol﹣2；‎ ‎（3）Na2CO3溶液的浓度为7×10﹣4mol/L，等体积混合后溶液中c（CO32﹣）＝×7×10﹣4mol/L＝3.5×10﹣4mol/L，‎ 根据Ksp＝c（CO32﹣）•c（Ca2+）＝2.8×10﹣9可知，‎ c（Ca2+）＝mol/L＝0.8×10﹣5mol/L，‎ 原溶液CaCl2溶液的最小浓度为混合溶液中c（Ca2+）的2倍，‎ 故原溶液CaCl2溶液的最小浓度为2×0.8×10﹣5mol/L＝1.6×10﹣5mol/L，‎ 故答案为：1.6×10﹣5mol/L．‎ ‎20．【分析】根据盖斯定律，将①﹣②+③×3可得④，由此可计算△H2，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：已知①CH3CH2OH（l）+3O2（g）⇌2CO2（g）+3H2O（g）△H1＝﹣1366kJ•mol﹣1‎ ‎②2CO（g）+O2（g）＝2CO2（g）△H2‎ ‎③H2O（g）＝H2O（l）△H3＝﹣44kJ•mol﹣1‎ ‎④CH3CH2OH（l）+2O2（g）⇌2CO（g）+3H2O（l）△H4＝﹣932kJ•mol﹣1，‎ 利用盖斯定理，将①﹣②+③×3可得④，则 ‎（﹣1366kJ•mol﹣1）﹣（△H2）+（﹣44kJ•mol﹣1）×3＝﹣932kJ•mol﹣1，‎ 则△H2＝﹣566kJ•mol﹣1，‎ 则 CO的燃烧热△H＝﹣283kJ•mol﹣1，‎ 故答案为：﹣283kJ•mol﹣1．‎ ‎（2）（2分）‎