三轮冲刺--突破化学反应速率与化学平衡专题

锐意（高中）化学

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真题回顾：

1．(2021•浙江1月选考)取50 mL过氧化氢水溶液，在少量I^- 存在下分解：2H₂O₂=2H₂O+O₂↑。在一定温度下，测得O₂的放出量，转换成H₂O₂浓度(c)如下表：

下列说法不正确的是(   )

A．反应20min时，测得O₂体积为224mL(标准状况)

B．20~40min，消耗H₂O₂的平均速率为0.010mol·L^-1·min^-1

C．第30min时的瞬时速率小于第50min时的瞬时速率

D．H₂O₂分解酶或Fe₂O₃代替I^-也可以催化H₂O₂分解

【答案】C

【解析】A项，反应20min时，过氧化氢的浓度变为0.4mol/L，说明分解的过氧化氢的物质的量n(H₂O₂)=(0.80-0.40)mol/L×0.05L=0.02mol，过氧化氢分解生成的氧气的物质的量n(O₂)=0.01mol，标况下的体积V=n·V_m=0.01mol×22.4L/mol=0.224L=224mL，A正确；B项，20~40min，消耗过氧化氢的浓度为(0.40-0.20)mol/L=0.20 mol·L^-1，则这段时间内的平均速率v===0.010 mol·L^-1·min^-1，B正确；C项，随着反应的不断进行，过氧化氢的浓度不断减小，某一时刻分解的过氧化氢的量也不断减小，故第30min时的瞬时速率大于第50min时的瞬时速率，C错误；D项，I^-在反应中起到催化的作用，故也可以利用过氧化氢分解酶或Fe₂O₃代替，D正确；故选C。

2．(2020•浙江1月选考)在干燥的HCl气流中加热MgCl₂·6H₂O，能得到无水MgCl₂。下列说法不正确的是(    )

A．MgCl₂·nH₂O(s)=MgCl₂·(n－1)H₂O(s)＋H₂O(g)ΔH＞0

B．MgCl₂·2H₂O(s)=Mg(OH)₂(s)＋2HCl(g)，HCl气流可抑制反应进行

C．MgCl₂·H₂O(s)=Mg(OH)Cl(s)＋HCl(g)，升高温度，反应更易发生

D．MgCl₂·4H₂O(s)=MgCl₂·2H₂O(s)＋2H₂O(g)，HCl气流可抑制反应进行

【答案】D

【解析】A项，MgCl₂·nH₂O的失水反应是吸热反应，焓变ΔH＞0，故A正确；B项，在HCl气流中，能使MgCl₂·2H₂O的水解平衡向逆反应方向移动，抑制反应进行，故B正确；C项，MgCl₂·H₂O的水解反应是吸热反应，升高温度，水解平衡向正反应方向移动，促进反应进行，故C正确；D项，MgCl₂·4H₂O的失水反应没有氯化氢生成，HCl气流对反应没有影响，故D错误；故选D。

3．(2020•浙江1月选考)一定温度下，在2 L的恒容密闭容器中发生反应A(g)＋2B(g)3C(g)。反应过程中的部分数据如下表所示：

下列说法正确的是(    )

A．0~5 min用A表示的平均反应速率为

B．该反应在10 min后才达到平衡

C．平衡状态时，

D．物质B的平衡转化率为20%

【答案】C

【解析】A项，v(C)=，同一反应反应中反应速率之比等于计量数之比，3v(A)=v(C)，所以v(A)=，故A错误；B项，15min时，n(B)=1.6mol，消耗了2.4mol-1.6mol=0.8mol，根据方程式可知这段时间内消耗A的物质的量为0.4mol，所以15min时，n(A)=1.6mol，与10min时A的物质的量相同，说明10~15min这段时间内平衡没有移动，但无法确定是10min时达到平衡，还是10min前已经达到平衡，故B错误；C项，根据B选项分析可知平衡时消耗的B为0.8mol，根据方程式可知生成C的物质的量为1.2mol，浓度为，故C正确；D项，物质B的平衡转化率为，故D错误；故选C。

4．(2020•浙江7月选考)一定条件下：2NO₂(g)N₂O₄(g)  。在测定NO₂的相对分子质量时，下列条件中，测定结果误差最小的是(    )

A．温度0℃、压强50 kPa                                   B．温度130℃、压强300 kPa

C．温度25℃、压强100 kPa                            D．温度130℃、压强50 kPa

【答案】D

【解析】测定二氧化氮的相对分子质量，要使测定结果误差最小，应该使混合气体中NO₂的含量越多越好，为了实现该目的，应该改变条件使平衡尽可以地逆向移动。该反应是一个反应前后气体分子数减小的放热反应，可以通过减小压强、升高温度使平衡逆向移动，则选项中，温度高的为130℃，压强低的为50kPa，结合二者选D。

5．(2020•新课标Ⅱ卷)二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响，其原理如下图所示。下列叙述错误的是(    )

A．海水酸化能引起HCO₃^-浓度增大、CO₃^2-浓度减小

B．海水酸化能促进CaCO₃的溶解，导致珊瑚礁减少

C．CO₂能引起海水酸化，其原理为HCO₃^-H⁺+ CO₃^2-

D．使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境

【答案】C

【解析】A项，海水酸化，H⁺浓度增大，平衡H⁺+ CO₃^2-HCO₃^-正向移动，CO₃^2-浓度减小，HCO₃^-浓度增大，A正确；B项，海水酸化，CO₃^2-浓度减小，导致CaCO₃溶解平衡正向移动，促进了CaCO₃溶解，导致珊瑚礁减少，B正确；C项，CO₂引起海水酸化的原理为：CO₂+H₂OH₂CO₃H⁺+ HCO₃^-，HCO₃^-H⁺+ CO₃^2-，导致H⁺浓度增大，C错误；D项，使用太阳能、氢能等新能源，可以减少化石能源的燃烧，从而减少CO₂的排放，减弱海水酸化，从而改善珊瑚礁的生存环境，D正确；故选C。

6．(2020•江苏卷)反应可用于纯硅的制备。下列有关该反应的说法正确的是(   )

A．该反应、

B．该反应的平衡常数

C．高温下反应每生成1 mol Si需消耗

D．用E表示键能，该反应

【答案】B

【解析】A项，SiCl₄、H₂、HCl为气体，且反应前气体系数之和小于反应后气体系数之和，因此该反应为熵增，即△S>0，故A错误；B项，根据化学平衡常数的定义，该反应的平衡常数K=，故B正确；C项，题中说的是高温，不是标准状况下，因此不能直接用22.4L·mol^－1计算，故C错误；D项，△H=反应物键能总和－生成物键能总和，即△H=4E(Si－Cl)＋2E(H－H)－4E(H－Cl) －2E(Si－Si)，故D错误；故选B。

7．(2020•江苏卷)CH₄与CO₂重整生成H₂和CO的过程中主要发生下列反应

CH₄(g)＋CO₂(g)=2H₂ (g)＋2CO(g)   ΔH=247.1kJ·mol^-1

H₂(g)＋CO₂(g)=H₂O (g)＋CO(g)   ΔH=41.2kJ·mol^-1

在恒压、反应物起始物质的量比n(CH₄)：n(CO₂)=1：1条件下，CH₄和CO₂的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示。下列有关说法正确的是(    )

A．升高温度、增大压强均有利于提高CH₄的平衡转化率

B．曲线B表示CH₄的平衡转化率随温度的变化

C．相同条件下，改用高效催化剂能使曲线A和曲线B相重叠

D．恒压、800K、n(CH₄)：n(CO₂)=1:1条件下，反应至CH₄转化率达到X点的值，改变除温度外的特定条件继续反应，CH₄转化率能达到Y点的值

【答案】BD

【解析】A项，甲烷和二氧化碳反应是吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应即正向移动，甲烷转化率增大，甲烷和二氧化碳反应是体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，甲烷转化率减小，故A错误；B项，根据两个反应得到总反应为CH₄(g)＋2CO₂(g) == H₂(g)＋3CO(g) ＋H₂O (g)，加入的CH₄与CO₂物质的量相等，CO₂消耗量大于CH₄，因此CO₂的转化率大于CH₄，因此曲线B表示CH₄的平衡转化率随温度变化，故B正确；C项，使用高效催化剂，只能提高反应速率，但不能改变平衡转化率，故C错误；D项，800K时甲烷的转化率为X点，可以通过改变二氧化碳的量来提高甲烷的转化率达到Y点的值，故D正确。故选BD。

8．(2020•山东卷)1，3-丁二烯与HBr发生加成反应分两步：第一步H⁺进攻1，3-丁二烯生成碳正离子()；第二步Br ^-进攻碳正离子完成1，2-加成或1，4-加成。反应进程中的能量变化如下图所示。已知在0℃和40℃时，1，2-加成产物与1，4-加成产物的比例分别为70:30和15:85。下列说法正确的是(   )

A．1，4-加成产物比1，2-加成产物稳定

B．与0℃相比，40℃时1，3-丁二烯的转化率增大

C．从0℃升至40℃，1，2-加成正反应速率增大，1，4-加成正反应速率减小

D．从0℃升至40℃，1，2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度

【答案】AD

【解析】A项，能量越低越稳定，根据图像可看出，1，4-加成产物的能量比1，2-加成产物的能量低，即1，4-加成产物的能量比1，2-加成产物稳定，故A正确；B项，该加成反应不管生成1，4-加成产物还是1，2-加成产物，均为放热反应，则升高温度，不利用1，3-丁二烯的转化，即在40⁰C时其转化率会减小，故B错误；C项，从0⁰C升至40⁰C，正化学反应速率均增大，即1，4-加成和1，2-加成反应的正速率均会增大，故C错误；D项，从0⁰C升至40⁰C，对于1，2-加成反应来说，化学平衡向逆向移动，即1，2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度，故D正确；故选AD。

9．(2020•天津卷)已知[Co(H₂O)₆]²⁺呈粉红色，[CoCl₄]^2-呈蓝色，[ZnCl₄]^2-为无色。现将CoCl₂溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：[Co(H₂O)₆]²⁺+4Cl^- [CoCl₄]^2-+6H₂O  ΔH，用该溶液做实验，溶液的颜色变化如下：

以下结论和解释正确的是(    )

A．等物质的量的[Co(H₂O)₆]²⁺和[CoCl₄]^2-中σ键数之比为3:2

B．由实验①可推知△H<0< span="">

C．实验②是由于c(H₂O)增大，导致平衡逆向移动

D．由实验③可知配离子的稳定性：[ZnCl₄]^2->[CoCl₄]^2-

【答案】D

【解析】A项，1个[Co(H₂O)₆]²⁺中含有18个σ键，1个[CoCl₄]^2-中含有4个σ键，等物质的量的[Co(H₂O)₆]²⁺和[CoCl₄]^2-所含σ键数之比为18:4=9:2，A错误；B项，实验①将蓝色溶液置于冰水浴中，溶液变为粉红色，说明降低温度平衡逆向移动，则逆反应为放热反应，正反应为吸热反应，∆H>0，B错误；C项，实验②加水稀释，溶液变为粉红色，加水稀释，溶液的体积增大，[Co(H₂O)₆]²⁺、[CoCl₄]^2-、Cl^-浓度都减小，[Co(H₂O)₆]²⁺、Cl^-的化学计量数之和大于[CoCl₄]^2-的化学计量数，则瞬时浓度商>化学平衡常数，平衡逆向移动，C错误；D项，实验③加入少量ZnCl₂固体，溶液变为粉红色，说明Zn²⁺与Cl^-结合成更稳定的[ZnCl₄]^2-，导致溶液中c(Cl^-)减小，平衡逆向移动，则由此说明稳定性：[ZnCl₄]^2->[CoCl₄]^2-，D正确；故选D。

10．(2020•北京卷)一定温度下，反应I₂(g)+H₂(g)⇌2Hl(g)在密闭容器中达到平衡时，测得c(I₂)=0.11mmol•L^-1，c(HI)=0.78mmol•L^-1。相同度温下，按下列4组初始浓度进行实验，反应逆向进行的是(注：1mmol•L^-1=10^-3mol•L^-1) (   )

【答案】C

【解析】题目中缺少c(H₂)，则无法计算K，则不能通过Q_c与K的关系判断平衡的移动方向，但可比较4个选项中Q_c的大小关系，Q_c越大，则可能逆向移动。Q_c(A)==1，Q_c(B)==50.28，Q_c(C)==82.64，Q_c(D)==50.28，Q_c(C)的值最大，故选C。

11．(2020•江苏卷)CO₂/ HCOOH循环在氢能的贮存/释放、燃料电池等方面具有重要应用。

(1)CO₂催化加氢。在密闭容器中，向含有催化剂的KHCO₃溶液(CO₂与KOH溶液反应制得)中通入H₂生成HCOO^-，其离子方程式为__________；其他条件不变，HCO₃^-转化为HCOO^-的转化率随温度的变化如图-1所示。反应温度在40℃~80℃范围内，HCO₃^-催化加氢的转化率迅速上升，其主要原因是_____________。

(3) HCOOH催化释氢。在催化剂作用下， HCOOH分解生成CO₂和H₂可能的反应机理如图-3所示。

①HCOOD催化释氢反应除生成CO₂外，还生成__________(填化学式)。

②研究发现：其他条件不变时，以 HCOOK溶液代替 HCOOH催化释氢的效果更佳，其具体优点是_______________。

【答案】(1)HCO₃^-+H₂HCOOˉ+H₂O    温度升高反应速率增大，温度升高催化剂的活性增强

(3)①HD    ②提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度

【解析】(1)含有催化剂的KHCO₃溶液中通入H₂生成HCOOˉ，根据元素守恒和电荷守恒可得离子方程式为：HCO₃^-+H₂HCOOˉ+H₂O；反应温度在40℃~80℃范围内时，随温度升高，活化分子增多，反应速率加快，同时温度升高催化剂的活性增强，所以HCO₃^-的催化加氢速率迅速上升。(3)①根据分析可知HCOOD可以产生HCOOˉ和D⁺，所以最终产物为CO₂和HD(Hˉ与D⁺结合生成)；②HCOOK是强电解质，更容易产生HCOOˉ和K⁺，更快的产生KH，KH可以与水反应生成H₂和KOH，生成的KOH可以吸收分解产生的CO₂，从而使氢气更纯净，所以具体优点是：提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度。

模拟训练：

1．(2021·浙江省名校协作体高三选考模拟)0.1 mol·L^-1的银氨溶液中存在如下平衡：Ag(NH₃)₂⁺＋2H₂OAg⁺＋2NH₃·H₂O，下列说法正确的是(    )

A．向溶液中加一定浓度的氨水，该平衡可能正向移动

B．该反应是一个水解反应

C．向溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，产生白色沉淀，再加入氢氧化钠沉淀至过量沉淀减少

D．温度升高有利于该反应平衡正向移动，是由于促进了NH₃·H₂O电离降低了溶液中NH₃·H₂O浓度

【答案】C

【解析】A项，向溶液中加一定浓度的氨水，平衡Ag(NH₃)₂⁺＋2H₂OAg⁺＋2NH₃·H₂O逆向移动，A错误；B项，溶液中存在的平衡为络合物平衡，不是水解反应，B错误；C项，向溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，一水合氨与氢离子结合，平衡正向移动，产生白色沉淀，再加入氢氧化钠沉淀至过量，一水合氨的量增加，平衡逆向向移动，所以沉淀减少，故C正确；D项，由于络合物平衡为吸热反应，所以温度升高有利于该反应平衡正向移动，故D错误；故选C。

2．(2021·浙江省温州市高三适应性考试)某温度下，1 mol乙醇和氢溴酸的混合溶液共20 mL，发生反应C₂H₅OH+HBrC₂H₅Br+H₂O，30 min时测得生成溴乙烷的产量为0.3 mol(反应中体积变化忽略不计)。下列说法正确的是(    )

A．加入适量水，有利于生成溴乙烷

B．若将反应物的量加倍，则两种反应物平衡转化率之比变大

C．0~10 min的平均反应速率：v(C₂H₅OH)=0.5 mol·L^－1·min^－1

D．若将氢溴酸改用NaBr(s)与浓硫酸，溴乙烷的产量可能会上升

【答案】D

【解析】A项，加入适量水，C₂H₅OH+HBrC₂H₅Br+H₂O平衡逆向移动，不利于生成溴乙烷，A不正确；B项，若将反应物的量加倍，有利于平衡正向移动，由于不知道开始时C₂H₅OH与HBr的物质的量比值，无法确定两种反应物平衡转化率之比是变大还是变小，B不正确；C项，30 min时测得生成溴乙烷的产量为0.3 mol，只能算出0~30 min的平均反应速率：v(C₂H₅OH)=0.5 mol·L^－1·min^－1，无法算出0~10 min的平均反应速率，C不正确；D项，若将氢溴酸改用NaBr(s)与浓硫酸，则由于浓硫酸会吸收反应生成的水，从而促进平衡正向移动，使溴乙烷的产量可能会上升，D正确；故选D。

3．(2021·浙江省之江教育评价高三联考)二氧化碳催化加氢制甲醇的反应为3H₂(g)+CO(g) H₂O(g)+CH₃OH(g) ∆H<0< span="">。下列说法正确的是(    )

A．增大压强，平衡正向进行，该反应的平衡常数K增大

B．升高温度可使该反应的正反应速率增大，逆反应速率减小

C．温度越低越有利于该反应的进行，从而提高甲醇的生产效率

D．使用高效催化剂，可降低反应的活化能，增大活化分子百分数

【答案】D

【解析】A项，因3H₂(g)+CO(g) H₂O(g)+CH₃OH(g)是气体分子数减小的反应，增大压强，平衡向正向进行，但平衡常数K不变，平衡常数K只与温度有关，故A错误；B项，升高温度可使该反应的正、逆反应速率均增大，故B错误；C项，反应的正反应是放热反应，在一定范围内，降低温度有理于平衡向正向移动，能提高甲醇的生产效率，温度过低不利于反应的进行，故C错误；D项，使用高效催化剂，可降低反应的活化能，增大活化分子百分数，增加反应速率，故D正确；故选D。

4．(2021•衢州市高三教学质量检测)已知铬酸根和重铬酸根离子间存在如下平衡：2CrO₄^2- (黄色)+2H⁺Cr₂O₇^2- (橙色)+H₂O，平衡常数K=10¹⁴，当c(Cr₂O₇^2-)=c(CrO₄^2-)=0.1 mol▪L^-1时溶液呈橙黄色。下列说法不正确的是(   )

A．根据平衡常数计算得该溶液pH=6.5

B．在该溶液中加入Na₂CO₃固体，平衡向逆方向移动

C．在该溶液中加入Ba(NO₃)₂固体，产生BaCrO₄沉淀，溶液可能变黄色

D．CrO₃溶于水得到CrO₄^2-、Cr₂O₇^2-的混合溶液，是橙红色的强氧化剂

【答案】C

【解析】A项，根据平衡常数的含义可知K=，由于K=10¹⁴，当c (Cr₂O₇^2-)=c(CrO₄^2-)=0.1 mol▪L^-1时，=10¹⁴，c(H⁺)= ×10^-7 mol▪L^-1，则溶液pH=-lgc(H⁺)=7-=6.5，A正确；B项，在该溶液中加入Na₂CO₃固体，Na₂CO₃电离产生的CO₂^2-会与溶液中的H⁺反应产生HCO₃^-，使溶液中c(H⁺)降低，化学平衡向逆方向移动，B正确；C项，在该溶液中加入Ba(NO₃)₂固体，Ba(NO₃)₂产生的Ba²⁺与溶液中的CrO₄^2-形成BaCrO₄沉淀，导致平衡逆向移动，但由于未指明加入Ba(NO₃)₂固体的量的多少，不能确定溶液c(CrO₄^2-)的浓度大小，最终溶液可能显浅黄色，也可能变为无色，C错误；D项，CrO₃溶于水得到CrO₄^2-、Cr₂O₇^2-的混合溶液，CrO₄^2-、Cr₂O₇^2-中Cr元素化合价为+6价，具有强氧化性，是橙红色的强氧化剂，D正确；故选C。

5．(2021•浙江富阳、浦江、新昌三校高三第三次联考)已知：[Cu(NH₃)₄]SO₄易溶于水，难溶于酒精。溶液中存在平衡：I．[Cu(NH₃)₄]²⁺Cu²⁺+4NH₃和II．铜离子的水解平衡。下列说法不正确的是(   )

A．[Cu(NH₃)₄]SO₄可通过CuSO₄溶液与过量氨水作用得到，其水溶液呈碱性

B．加热[Cu(NH₃)₄]SO₄溶液，上述平衡I正向移动，Cu²⁺浓度增大

C．加热浓缩[Cu(NH₃)₄]SO₄溶液，再冷却结晶，获得产品中混有CuSO₄晶体

D．向[Cu(NH₃)₄]SO₄溶液中，缓慢逐滴加入乙醇，可析出大颗粒[Cu(NH₃)₄]SO₄晶体

【答案】C

【解析】A项，结合原子守恒可写出方程式为：CuSO₄+4NH₃·H₂O=[Cu(NH₃)₄]SO₄+4H₂O，[Cu(NH₃)₄]SO₄溶液中，[Cu(NH₃)₄]²⁺Cu²⁺+4NH₃，产生的氨气溶于水电离出OH^-，同时Cu²⁺水解产生H⁺，且电离出OH^-的量远远大于水解产生的H⁺的量，导致溶于显碱性，A正确；B项，加热[Cu(NH₃)₄]SO₄溶液，氨气快速逸出，[Cu(NH₃)₄]²⁺Cu²⁺+4NH₃正向移动，B正确；C项，加热浓缩[Cu(NH₃)₄]SO₄溶液，氨气快速逸出，[Cu(NH₃)₄]²⁺Cu²⁺+4NH₃正向移动，再冷却结晶，获得CuSO₄晶体，而不是混有CuSO₄晶体，C错误；D项，[Cu(NH₃)₄]SO₄难溶于酒精，也就是乙醇，故加入乙醇后，[Cu(NH₃)₄]SO₄的溶解度减小，可析出大颗粒[Cu(NH₃)₄]SO₄晶体，D正确。故选C。

6．(2021•浙江省嘉兴市高三教学测试)将一定量的氨基甲酸铵置于2L恒容真空密闭容器中，在一定温度下达到分解平衡：NH₂COONH₄(s)2NH₃(g)+CO₂(g)。不同温度下的平衡数据如下表：

下列说法正确的是(    )

A．该反应在低温条件下自发

B．氨气的体积分数不变，可以判断反应达到了平衡状态

C．其他条件不变时将容器体积变为1L，NH₃平衡浓度不变

D．若25℃时达到平衡所需时间为2min，则0～2min用CO₂表示的平均反应速率为4×10^－4mol·L^-1·min^-1

【答案】C

【解析】A项，由表格中数据可知，温度越高，平衡气体总浓度增大，则升高温度，平衡正向移动，△H>0，由化学计量数可知△S>0，△H−T△S<0< span="">的反应可自发进行，则该反应在高温下可自发进行，故A错误；B项，NH₂COONH₄(s) 2NH₃(g)+CO₂(g)，生成物中氨气与CO₂始终按2:1生成，则氨气的体积分数始终不变，不能说明该反应达到了平衡状态，故B错误；C项，其他条件不变时将容器体积变为1L，等同于体积减小了原来的一半，单位体积内物质的量是原来物质的量的2倍，则NH₃平衡浓度不变，故C正确；D项，25℃时，平衡气体总浓度为4.8×10⁻³mol/L，根据反应可知CO₂占，则(CO₂)=，故D错误；故选C。

7．(2021•浙江省精诚联盟高三适应性联考)在一密闭容器中，反应 aA(g)bB(g)+cC(s)达平衡后容器体积为 2L，保持温度不变，将容器的体积由2L 变为3L，当达到新的平衡时，B 的浓度是原来的 50%，下列说法正确的是(         )

A．平衡向正反应方向移动       B．物质C 的浓度减小

C．物质B 的质量分数增加       D．体系的熵增大

【答案】D

【解析】A项，假设平衡不动，则 B 的浓度为原来的 66.7%>50%，所以 B 少了，平衡向逆反应方向移动，A错误；B项，C 为固体，不用其表示浓度，B错误；C项，物质B 的质量分数应该减小，C错误；D项，减压平衡逆向移动，则a>b，体系的熵增大，D正确；故选D。

8．(2021•浙江省强基联盟高三12月统测)苯酚溶液与1mL0.1 mol·Lˉ¹FeCl₃溶液发生反应：FeCl₃+6C₆H₅OHH₃[Fe(C₆H₅O]+3HCl

，达到平衡。下列说法不正确的是(    )

A．向溶液中滴加FeCl₃溶液后，平衡正向移动，紫色加深

B．向溶液中加入苯，观察到上层(苯层)为无色，下层(水层)紫色褪去

C．加入次氯酸钠固体，平衡正向移动，紫色加深

D．加热至溶液沸腾，溶液由紫色变成棕黄色，可闻到苯酚气味且产生了红褐色沉淀

【答案】C

【解析】A项，向溶液中滴加FeCl₃溶液，增大反应物浓度，促使平衡正向移动，从而使H₃[Fe(C₆H₅)₆]浓度增大，溶液的紫色加深，A正确；B项，向溶液中加入苯，苯不溶于水且密度比水小，萃取苯酚并浮在水面上，可观察到上层(苯层)为无色，反应物浓度减小，平衡逆向移动，H₃[Fe(C₆H₅)₆]浓度不断减小，最终下层(水层)紫色褪去，B正确；C项，加入次氯酸钠固体，会将苯酚氧化，从而减小反应物浓度，促使平衡逆向移动，溶液的紫色变浅甚至消失，C不正确；D项，加热至溶液沸腾，苯酚挥发，FeCl₃发生水解，从而生成Fe(OH)₃沉淀，由于反应物浓度减小，平衡逆向移动，所以溶液由紫色变成棕黄色，并可闻到苯酚气味，D正确；故选C。

9．(2021•浙江省十校联盟高三联考)在恒温条件下，向盛有食盐的2L恒容密闭容器中加入0.2mol NO₂、0.2moI NO和0.1mol Cl₂，发生如下两个反应：

①2NO₂(g)+NaCl(s)NaNO₃(s)+ClNO(g)  △H₁＜0平衡常数K₁

②2NO(g)+Cl₂(g)2ClNO(g)    △H₂＜0平衡常数K₂

10分钟时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20%，10分钟内用 ClNO(g)表示的平均反应速率v(ClNO)=7.5×10^-3mol/(L·min)。下列说法正确的是(   )

A．平衡时NO₂的转化率为50%

B．平衡后c(NO)=2.5×10^-2mol·L^-1

C．其它条件保持不变，反应在恒压条件下进行，则平衡常数K₂增大

D．反应4NO₂(g)+2NaC1(s)2NaNO₃(s)+2NO(g)+Cl₂(g)的平衡常数为K₁²-K₂

【答案】A

【解析】A项，10min时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20%，则平衡时混合气体总物质的量为(0.2+0.2+0.1)mol×(1-20%)=0.4mol，10min内用ClNO(g)表示的平均反应速率v(ClNO)=7.5×10^-3mol/(L·min)，则平衡时n(ClNO)=7.5×10^-3mol/(L•min)×10min×2L=0.15mol，设①中反应的NO₂为xmol，②中反应的Cl₂为ymol，则：

则0.5x+2y=0.15，(0.2-x+0.2-2y+0.1-y)+0.5x+2y=0.4，联立方程，解得x=0.1、y=0.05，故平衡时NO₂的转化率为，故A正确；B项，由A项分析，平衡后c(NO)=，故B错误；C项，平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，则其它条件保持不变，反应在恒压条件下进行，平衡常数K₂不变，故C错误；D项，①2NO₂(g)+NaCl(s) NaNO₃(s)+ClNO(g)  △H₁＜0平衡常数K₁；②2NO(g)+Cl₂(g) 2ClNO(g)    △H₂＜0平衡常数K₂；由盖斯定律可知，由①×2-②可得反应4NO₂(g)+2NaC1(s) 2NaNO₃(s)+2NO(g)+Cl₂(g)，则4NO₂(g)+2NaC1(s) 2NaNO₃(s)+2NO(g)+Cl₂(g)的平衡常数，故D错误；故选A。

10．(2021·河北省“五个一名校联盟”高三联考)硫酰氯(SO₂Cl₂)是一种重要的磺化试剂，其可利用SO₂(g)+ Cl₂ (g) SOCl₂ (g)  ∆H<0< span="">制备。100⁰C时，该反应的压强平衡常数，在恒温恒容的容器中发生反应，下列说法正确的是(    )

A．已知硫酰氯结构式为，硫酰氯每个原子均达到8电子稳定结构

B．容器内气体的平均摩尔质量不变时，反应达到平衡

C．温度升高，平衡逆向移动，反应的压强平衡常数增大

D．上述制备硫酰氯的反应，在高温下自发

【答案】B

【解析】A项，已知硫酰氯结构式为，硫原子的最外层电子全部参与成键，所以硫原子已达12个电子，A错误；B项，因为反应体系中反应物和生成物都是气体，正向气体体积减小的反应，所以只不达到平衡状态，气体的总物质的量都在变化，则气体的平均摩尔质量也在变化，当容器内气体的平均摩尔质量不变时，反应达到平衡，B正确；C项，该反应正向为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，反应的压强平衡常数减小，C错误；D项，该反应为气体体积减小的反应，△S＜０，又因为△H＜0，在低温时易自发进行，D错误；故选B。

11．(2021·江苏苏州市高三质检)侯氏制碱法以氯化钠、二氧化碳、氨和水为原料，发生反应NaCl+NH₃+CO₂+H₂O=NaHCO₃↓+NH₄Cl。将析出的固体灼烧获取纯碱，向析出固体后的母液中加入食盐可获得副产品氯化铵，通过以下两步反应可实现NH₄Cl分解产物的分离：

NH₄Cl(s)+MgO(s)NH₃(g)+Mg(OH)Cl(s)  ΔH=+61.34kJ·mol^-1

Mg(OH)Cl(s)HCl(g)+MgO(s)  ΔH=+97.50kJ·mol^-1

下列说法不正确的是(    )

A．反应NH₄Cl(s)=NH₃(g)+HCl(g)的ΔH=+158.84kJ·mol^-1

B．两步反应的ΔS均大于0

C．MgO是NH₄Cl分解反应的催化剂

D．5.35gNH₄Cl理论上可获得标准状况下的HCl约2.24L

【答案】C

【解析】A项，由盖斯定律，两式相加可得：NH₄Cl(s)=NH₃(g)+HCl(g) ΔH=+158.84kJ·mol^-1，A正确；B项，气体混乱度越大，S越大，则两步反应的ΔS均大于0，B正确；C项，MgO参与了NH₄Cl分解，不是催化剂，C错误；D项，5.35gNH₄Cl的物质的量，由反应NH₄Cl(s)=NH₃(g)+HCl(g)，可生成0.1molHCl，标准状况下体积为V=nV_m=2.24L，D正确；故选C。

12．(2021·河北衡水市衡水中学高三二模)在T⁰C时，向容积为2L的恒容密闭容器中充入1molCO₂和一定量的H₂发生反应：CO₂(g)＋2H₂(g)HCHO(g)＋H₂O(g)  △H＜0。若起始时容器内气体压强为1.2kPa，达到平衡时，HCHO的分压与起始的关系如图所示：

下列说法不正确的是(    )

A．若5min到达c点，则v(H₂)= 0.12 mol˙L^-1˙min^-1

B．b点的化学平衡常数K_P≈3.5   

C．c点时，再加入CO₂(g)和H₂O(g)，使二者分压均增大0.05kPa，α(H₂)减小

D．容器内H₂O的体积分数保持不变，说明达到平衡状态

【答案】C

【解析】，投入；在恒容容器内，反应前混合气的，则反应后；根据化学反应列三段式得：

A项，，A正确；B项，b点和c点温度相同，平衡常数相同，故，B项正确；C项，再加入CO₂(g)和H₂O(g)，使二者分压均增大0.05kPa，则，化学平衡向右移动，故H₂的转化率增大，C项错误；D项，在2L容器内H₂O的体积分数保持不变，各物质的浓度保持不变，反应达到平衡状态，D项正确；故选C。

13．(2021·山东德州市高三一模)在体积为1L的恒容密闭容器中充人一定量的 H₂S气体，平衡时三种组分的物质的量与温度的关系如图所示，下列说法正确的是(    )

A．反应2H₂S(g)S₂(g)+2H₂(g)在温度 T₁时的平衡常数大于温度为 T₂ 时的平衡常数

B．X点和 Y点的压强之比为15：16

C．T₁时，若起始时向容器中充入5mol H₂S气体，则平衡时 H₂S的转化率小于50%

D．T₂时，向Y点容器中再充入与mol H₂S和与mol H₂，重新平衡前 v(正)<v(< span="">逆)</v(<>

【答案】C

【解析】A项，在体积为1L的恒容密闭容器中充入一定量的H₂S气体，可逆反应为2H₂S(g)S₂(g)+2H₂(g)，随着温度升高，平衡时反应物的物质的量降低，平衡正向移动，反应吸热。反应2H₂S(g)S₂(g)+2H₂(g)的△H＞0，A错误；B项，根据理想气体方程PV=nRT(R为常数)可知，在同体积环境下，压强之比与温度和物质的量均有关，温度未知，X点和Y点的压强之比是未知，B错误；C项，T₁时，硫化氢和氢气的平衡时物质的量相同，即反应转化的硫化氢和剩余的硫化氢的量相同，转化率为50%；可以计算出初始H₂S为4mol,若起始时向容器中充入5molH₂S，增大压强，平衡逆向移动，H₂S的转化率小于50%，C正确；D项，T₂时，向Y点容器中再充入molH₂S和molH₂，但是之前加入的物质的量未知，无法根据Qc判断正逆方向速率大小，D错误；故选C。

14．(2021·山东日照市高三一模)恒容密闭容器中充入3mol CH₄和6mol H₂S，发生反应：CH₄(g)+2H₂S(g)CS₂(g)+4H₂(g)，温度变化对平衡时各组分的物质的量分数的影响如下图所示：

下列说法错误的是(    )

A．当满足2v_逆(H₂S)=v_正(H₂)时，反应达到平衡状态

B．采用高温、低压条件，有利于提高CH₄的平衡转化率

C．图中M点时，保持温度不变，再向容器中充入3molCH₄和6moH₂S，达到新平衡时，CH₄的物质的量分数小于H₂的

D．图中N点对应温度下，以物质的量分数表示的化学平衡常数

【答案】C

【解析】A项，反应速率比等于化学计量数之比，2v_逆(H₂S)=v_正(H₂)表示正逆反应方向，能说明达到平衡状态，故A正确；B项，由图知，温度升高，CH₄的物质的量分数减小，说明平衡正向移动，该反应的气体分子数增大，则减小压强，平衡正移，则采取高温、低压条件，平衡正向移动，有利于提高CH₄的平衡转化率，故B正确；C项，恒容密闭容器中，达平衡时，向容器内加入3molCH₄和6molH₂S，建立等效平衡，相当于增大一倍压强，则平衡逆向移动，新平衡时，CH₄的物质的量分数大于H₂的，故C错误；D项，N点温度下，设CH₄转化了xmol，列三段式：

由图知N点H₂S和H₂的平衡物质的量分数相等，则6-2x=4x，解得x=1，则平衡时总的物质的量为2+4+1+4=11，以物质的量分数表示的化学平衡常数为，故D正确；故选C。

15．(2021·山东省济南市平阴县高三质检)在催化剂作用下，向刚性容器中按物质的量比1︰1充入甲醇和异丁烯(用R表示)，分别在T₁和T₂两个温度下发生反应生成有机物W：CH₃OH(g)＋R(g)⇌W(g)  ΔH。异丁烯的转化率随时间的变化关系如图所示。下列说法正确的是(    )

A．T₁>T₂，ΔH>0

B．v_M正=v_B正>v_A逆

C．维持T₂不变，再向容器中充入1 mol W，新平衡时W的百分含量减小

D．T₁时，容器内起始总压为p₀ kPa，则用分压表示的该反应的平衡常数K_p=kPa^-1

【答案】D

【解析】A项，“先拐先平数值大”，T₁先拐，所以T₁>T₂，由T₂到T₁，温度升高，异丁烯的转化率降低，即平衡逆向移动，逆向为吸热反应，则ΔH＜0，A项不符合题意；

B项，温度相同时，M点和B点异丁烯的转化率相同，即异丁烯的浓度相同，有，但是M点对应的温度T₁偏高，所以vM(正)>vB(逆)，B项不符合题意；C项，其他条件不变，再冲入1molW，使R的转化率提高，而W自身的转化率降低，此时W的百分含量会相应升高，C项不符合题意；D项，假设甲醇和异丁烯的初始物质的量都是1mol，T₁时异丁烯的转化率为80%，则消耗的异丁烯为0.8mol，列出三段式：

平衡时总物质的量为0.2+0.2+0.8=1.2mol，因为是刚性容器，所以容器体积不变，则压强改变，初始压强为p₀，平衡时压强为，则，，kPa^-1，D项符合题意；故选D。

16．(2021·浙江省镇海中学高三选考模拟)已知反应2CO₂(g)+6H₂(g) C₂H₄(g)+4H₂O(g)ΔH。根据理论计算，在恒压、起始物质的量之比n(CO₂)∶n(H₂)=1∶3条件下，该反应达平衡时各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。

实验发现，在实际反应过程中还可能生成C₃H₆、C₃H₈、C₄H₈等副产物。下列有关说法正确的是(    )

A．由理论计算可知，ΔH>0

B．理论计算图中曲线d表示的是平衡时C₂H₄物质的量分数的变化

C．在实际反应中，450K达到平衡时，n(C₂H₄)∶n(H₂O)＜4∶1

D．在实际反应中，改用选择性更好的催化剂不能提高C₂H₄的产率

【答案】B

【解析】由题中信息可知，两反应物初始投料之比等于化学计量数之比，由图中曲线的起点坐标可知，c和a所表示的物质的物质的量分数之比为1: 3，d和b表示的物质的物质的量分数之比为1: 4，则结合化学计量数之比可以判断，表示乙烯变化的曲线是d，表示二氧化碳变化曲线的是c。A项，图中曲线的变化趋势可知，升高温度，乙烯的物质的量分数减小，则化学平衡向逆反应方向移动，则该反应为放热反应，ΔH＜0，A项错误；B项，由题分析可知曲线d表示的是平衡时C₂H₄物质的量分数的变化，B项正确；C项，实验发现，在实际反应过程中还可能生成C₃H₆、C₃H₈、C₄H₈等副产物，根据碳元素守恒，故实际反应中，450K达到平衡时，n(C₂H₄)∶n(H₂O)＜1∶4，C项错误；D项，实际反应中，选择合适的催化剂，可以加快化学反应速率，同时还可以提高目标产品的选择性，减少副反应的发生，故改用选择性更好的催化剂能提高C₂H₄的产率，D项错误；故选B。

17．(2021·山东济宁市高三一模)法是工业上消除氮氧化物的常用方法，反应如下：

主反应：2NH₃(g)+ 4NO(g)+ O₂(g)4N₂(g)+6H₂O(g )  ΔH

副反应：4NH₃(g)+ 5O₂(g)4NO (g)+6H₂O(g )

相同条件下，在甲、乙两种催化剂作用下进行上述反应，下列说法错误的是(    )

A．工业上选择催化剂乙的原因是低温下有很强的催化活性

B．投料比一定时有利于提高NO平衡转化率的反应条件是降低温度、减少压强

C．图中M点处(对应温度为210℃)NO的转化率一定不是该温度下的平衡转化率

D．相同条件下选择高效催化剂，可以提高NO的平衡转化率

【答案】D

【解析】A项，从题干图中可知，催化剂乙在低温下具有很强的催化活性，从而可以节约能源，故工业上选择催化剂乙的原因是低温下有很强的催化活性，A正确；B项，从图中分析可知，随着温度升高化学平衡逆向移动，即该主反应是一个正反应为放热反应，且正向为气体体积增大的方向，根据勒夏特列原理可知，投料比一定时有利于提高NO平衡转化率的反应条件是降低温度、减少压强，B正确；C项，甲催化剂随温度升高NO转化率先增大后减小是因为催化剂在温度高的条件下催化活性减小，在催化剂甲作用下，图中M点处(对应温度为210℃)NO的转化率一定不是该温度下的平衡转化率，高于210℃时，NO转化率降低是催化剂活性减低(或副反应增多)，C错误；D项，根据勒夏特列原理可知，催化剂只能改变反应速率而不影响化学平衡，故相同条件下选择高效催化剂，不能提高NO的平衡转化率，D错误；故选D。

18．(2021•浙江省金丽衢十二校高三联考)在恒压、NO和O₂的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温度下NO转化为NO₂的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。下列说法正确的是(    )

A．反应2NO(g)+O₂(g)2NO₂(g)的ΔH＞0

B．图中X点所示条件下，延长反应时间能提高NO转化率

C．图中Y点所示条件下，增加O₂的浓度不能提高NO转化率

D．380℃下，c_起始(O₂)=5.0×10^-4mol·L^-1，NO平衡转化率为50%，则平衡常数K=2000

【答案】B

【解析】A项，随温度升高NO的转化率先升高后降低，说明温度较低时反应较慢，一段时间内并未达到平衡，分析温度较高时，已达到平衡时的NO转化率可知，温度越高NO转化率越低，说明温度升高平衡向逆方向移动，根据勒夏特列原理分析该反应为放热反应，ΔH＜0，故A错误；B项，根据上述分析，X点时，反应还未到达平衡状态，反应正向进行，所以延长反应时间能提高NO的转化率，故B正确；C项，Y点，反应已经达到平衡状态，此时增加O₂的浓度，使得正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，可以提高NO的转化率，故C错误；D项，设NO起始浓度为a mol/L，NO的转化率为50%，则平衡时NO、O₂和NO₂的浓度分别为0.5amol/L、(5×10^-4-0.25a)mol/L、0.5amol/L，根据平衡常数表达式K=＞=2000，故D错误；故选B。

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