2025届高考化学一轮总复习课时跟踪练41化学反应速率与化学平衡图像

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1.一定温度下，密闭容器中进行反应：2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g) ΔH＜0。测得v正(SO2)随反应时间(t)的变化如图所示。下列有关说法正确的是( )
A．t2时改变的条件：只加入一定量的SO2
B．t1时平衡常数K1大于t3时平衡常数K3
C．t1时平衡混合气的 eq \x\t(M) 1大于t3时平衡混合气的 eq \x\t(M) 3
D．t1时平衡混合气中SO3的体积分数等于t3时平衡混合气中SO3的体积分数
解析：选D。t2时，v正(SO2)突然增大，且达到平衡后速率恢复至原来的速率，如果只加入一定量的SO2，则达到新的平衡后，速率大于原来的速率，A错误；平衡常数只与温度有关，一定温度下，K值不变，B错误；t1和t3时平衡状态相同，各物质的百分含量相同，平均摩尔质量相同，C错误、D正确。
2.(2024·广东六校联考)向1 L刚性容器中投入a ml A(g)与M(s)(足量)发生反应：M(s)＋5A(g)⇌5B(g)＋N(s)(相对分子质量：M大于N)。测得不同温度下B(g)体积分数φ(B)随时间t的变化曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A．0～t1 min内，v(N)＝ eq \f(0.14a,t1) ml·L－1·min－1
B．升高温度，容器内气体的密度减小
C．T1 ℃，再充入a ml A(g)，平衡时n(A)＝0.6a ml
D．T2>T1
解析：选D。根据“先拐先平数值大”可知，T2 ℃时反应先达到平衡，故T2>T1，升高温度，平衡时B的体积分数增大，平衡正向移动，故正反应为吸热反应。A．固体或纯液体的浓度视为常数，不能用于表示反应速率，A错误；B．根据分析可知，升高温度，平衡正向移动，相对分子质量：M大于N，因此升高温度，更多的固体转变为气体，混合气体的总质量增大，而刚性容器容积不变，所以容器内气体的密度增大，B错误；C．该反应为气体体积不变的反应，在T1 ℃再充入a ml(g)，平衡不移动，达到平衡时，n(B)＝2a ml×30%＝0.6a ml，n(A)＝2a ml×70%＝1.4a ml，C错误；D．根据分析可知，T2 ℃时反应先达到平衡，故T2>T1，D正确。
3．向2 L刚性密闭容器中加入足量的Cu粉和2 ml NO2(g)，发生反应：2NO2(g)＋4Cu(s)⇌4CuO(s)＋N2(g) ΔH。在不同温度下，NO2的转化率与时间的关系如图1所示，反应速率与时间的关系如图2所示(已知：该条件下，NO2不发生反应生成N2O4)。下列说法错误的是( )
A．ΔH＜0
B．v正：a点＜b点
C．图2中t0 min时改变的条件是增大N2浓度
D．T1温度下，平衡常数K＝1.875
解析：选C。A．温度越高，反应达到平衡时所用的时间也就越短，结合题图可知，T1＞T2，温度升高NO2的转化率降低，说明升高温度，平衡逆向移动，正反应是放热反应，ΔH＜0，故A正确；B．温度越高反应速率越大，b点的温度高于a点的温度，所以v正：a点＜b点，故B正确；C．题图2中t0 min时改变条件使正、逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，如果增大N2浓度，正反应速率在原平衡基础上逐渐增大，不会出现“突变”，所以改变的条件不是增大N2浓度，应该是升高温度， 故C错误；D．向2 L刚性密闭容器中加入足量的Cu粉和2 ml NO2(g)，NO2(g)的起始物质的量浓度为1 ml·L－1，列“三段式”：
K＝ eq \f(c(N2),c2(NO2)) ＝ eq \f(0.3,(0.4)2) ＝1.875，故D正确。
4.在一定条件下，甲醇脱氢可制取甲醛：CH3OH(g)⇌HCHO(g)＋H2(g) ΔH＝Q kJ/ml。甲醇的平衡转化率随温度的变化曲线如右图所示。下列有关说法正确的是( )
A．Q<0
B．600 K时，Y点甲醇的v(正)C．从Y点到Z点可通过增大压强实现
D．从Y点到X点可通过使用催化剂实现
解析：选B。A．由题图可知，温度升高，甲醇的平衡转化率增大，平衡正向移动，故正反应为吸热反应，Q＞0，A错误；B．600 K 时，由Y点变成X点，甲醇平衡转化率减小，反应需要向逆反应方向进行，说明Y点甲醇的v(正)＜v(逆)，B正确；C．增大压强，平衡逆向移动，甲醇的平衡转化率减小，C错误；D．催化剂不能改变平衡状态，不能改变平衡转化率，D错误。
5．可以利用碳、氮的化合物在一定条件下发生反应缓解环境污染。向某密闭容器中充入5 ml CO和 4 ml NO，发生反应：2NO(g)＋2CO(g)⇌N2(g)＋2CO2(g) ΔH＝－746.5 kJ·ml－1，平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系如下图所示。下列说法正确的是( )
A．温度：T1B．若D点为平衡点，则D点的正反应速率与G点的逆反应速率可能相等
C．E点时NO的平衡转化率为25%
D．在实际应用中为提高效率，需要研发在高温下具有高活性的高效催化剂
解析：选B。A．题给反应的正反应为放热反应，压强相同时，升高温度，化学平衡逆向移动，NO的体积分数增大，所以T1>T2，A错误；B．由题意可知，D点与G点均为平衡点，均满足v正＝v逆，降低反应体系温度可使反应从D点移至F点，此时正、逆反应速率均下降，缩小容器容积使体系压强增大，可使反应从F点移至G点，此时正、逆反应速率均增大，故D点与G点存在正、逆反应速率相等的可能性，B正确；C．设E点体系中反应达到平衡时生成N2的物质的量是x ml，生成CO2的物质的量为2x ml，剩余NO的物质的量为(4－2x) ml，剩余CO的物质的量为(5－2x) ml，根据题图可知，此时NO的体积分数为25%，故有 eq \f((4－2x) ml,(4－2x) ml＋(5－2x) ml＋x ml＋2x ml) ×100%＝25%，解得x＝1，所以反应消耗的NO的物质的量为2 ml，NO的平衡转化率为 eq \f(2 ml,4 ml) ×100%＝50%，C错误；D．题给反应为放热反应，温度越高平衡常数越小，NO、CO的脱除效果越差，且高温消耗的能量也更多，综合考虑，应该研发低温下具有高活性的高效催化剂，D错误。
6.(2024·江门月考)乙烯可用于制备乙醇：C2H4(g)＋H2O(g)⇌C2H5OH(g) ΔH<0。向10 L某恒容密闭容器中通入2 ml C2H4(g)和m ml H2O(g)发生上述反应，测得C2H4(g)的平衡转化率与投料比X eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(n(C2H4),n(H2O)))) 以及温度的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A．T1>T2
B．a、b点对应的平衡常数Ka>Kb
C．a点对应的体系中，反应从开始到平衡的2 min内，v(H2O)＝0.16 ml·L－1·min－1
D．b点对应的体系中，m＝1.8
解析：选D。A．该反应为放热反应，b、c点的投料比相同，降低温度，平衡正向移动，乙烯的平衡转化率增大，故T1＜T2，A错误；B．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故Ka故v(H2O)＝ eq \f(1.6 ml,10 L×2 min) ＝0.08 ml·L－1·min－1，C错误；D．由题图可知，a、c点对应的平衡常数相等，b、c点对应的体系起始加入的反应物的物质的量相等，将c点对应体系列“三段式”：
K＝ eq \f(c(C2H5OH),c(C2H4)·c(H2O)) ＝ eq \f(0.15,0.05×(0.1m－0.15)) ＝ eq \f(0.16,0.04×0.04) ，解得m＝1.8，b、c点的投料比相同，所以b点对应体系中，m＝1.8，D正确。
7．某研究小组以Ag-ZSM为催化剂，在容积为1 L的容器中，相同时间下测得0.1 ml NO转化为N2的转化率随温度变化如下图所示[无CO时反应为2NO(g)⇌N2(g)＋O2(g)；有CO时反应为2CO(g)＋2NO(g)⇌2CO2(g)＋N2(g)]。下列说法错误的是( )
A．Y点再通入CO、N2各0.01 ml，此时v正(N2)＝v逆(N2)
B．X点可以通过更换高效催化剂提高NO转化率
C．达到平衡后，其他条件不变，使 eq \f(n(CO),n(NO)) <1，CO转化率增大
D．反应2CO(g)＋2NO(g)⇌2CO2(g)＋N2(g)的ΔH<0
解析：选A。A．由题图曲线Ⅱ可知，Y点为平衡点，NO的转化率为80%，根据已知条件列出“三段式”：
平衡常数K＝ eq \f((\f(0.08,1))2×(\f(0.04,1)),(\f(0.02,1))4) ＝1 600，再通入CO、N2各0.01 ml，Q＝ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(0.08,1)))2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(0.04＋0.01,1))),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(0.02＋0.01,1)))2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(0.02,1)))2) <1 600，反应正向进行，此时v正(N2)>v逆(N2)，故A错误；B．X点未达到平衡，更换高效催化剂，能使反应速率增大，相同时间下测得NO的转化率增大，故B正确；C．达到平衡后，其他条件不变，使 eq \f(n(CO),n(NO)) <1，相当于增大NO的浓度，平衡正向移动，CO的转化率增大，故C正确；D．由题图曲线Ⅱ可知，随着温度的升高，反应速率增大，NO的转化率增大，当NO的转化率最大时，反应达到平衡，继续升高温度，NO的转化率减小，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应，ΔH<0，故D正确。
8．(2024·揭阳普宁二中高三月考)含氮化合物在生产、生活中有着广泛的用途。回答下列问题：
已知：Ⅰ.2H2(g)＋O2(g)⇌2H2O(g) ΔH1＝－483.6 kJ·ml－1
Ⅱ.N2(g)＋O2(g)⇌2NO(g) ΔH2＝＋180.5 kJ·ml－1
Ⅲ.2H2(g)＋2NO(g)⇌N2(g)＋2H2O(g) ΔH3
(1)若反应Ⅲ的逆反应活化能为E逆kJ·ml－1，则正反应活化能为________________kJ·ml－1(用含E逆的式子表示)。
(2)在恒容密闭容器中按投料比 eq \f(n(H2),n(NO)) ＝1发生反应Ⅲ，不同催化剂条件下，反应相同时间时，测得NO转化率与温度的关系如图所示。
①使用催化剂乙，温度高于350 ℃时，NO转化率降低，原因可能是___________________________________________________________________。
②研究表明该反应速率v＝k·cm(H2)·c2(NO)，其中k为速率常数，与温度、活化能有关。T1℃的初始速率为v0，当H2转化率为50%时，反应速率为 eq \f(v0,8) ，由此可知m＝________。
(3)工业上常利用反应3H2(g)＋N2(g)⇌2NH3(g) ΔH<0合成氨，在30 MPa、不同物质的量分数(75%的H2和25%的N2；67.5%的H2、22.5%的N2和10%的惰性气体)条件下进行实验，测得平衡时NH3的体积分数与温度的关系如图所示。
①物质的量分数为75%的H2和25%的N2所对应的曲线是________(填“a”或“b”)。
②M点时，N2的转化率为________。M点对应温度下，反应的压强平衡常数Kp＝________MPa－2(用平衡分压代替平衡浓度，分压＝总压×物质的量分数。保留两位有效数字)。
解析：(1)根据盖斯定律，Ⅲ＝Ⅰ－Ⅱ，故ΔH3＝ΔH1－ΔH2＝－664.1 kJ·ml－1＝(E正－E逆) kJ·ml－1，故E正＝(E逆－664.1)kJ·ml－1。
(2)①使用催化剂乙，温度高于350 ℃时，NO转化率降低，原因可能是催化剂失活，反应速率减小。②由题意可知，v0＝k·cm(H2)·c2(NO)、 eq \f(v0,8) ＝k· eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)c(H2))) m· eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)c(NO))) 2，解得m＝1。
(3)①恒压条件下，通入惰性气体，相当于减小压强，平衡逆向移动，NH3的体积分数减小，所以75%的H2和25%的N2所对应的曲线是a。②M点时，NH3的体积分数为 eq \f(1,3) ，设起始75%的H2和25%的N2中，H2为3 ml，N2为1 ml，转化的N2的物质的量为x ml，列“三段式”：
eq \f(2x,4－2x) ＝ eq \f(1,3) ，解得x＝0.5。M点时，N2的转化率为 eq \f(0.5 ml,1 ml) ×100%＝50%。M点对应温度下，反应的压强平衡常数Kp＝ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(30×\f(1,3)))\s\up12(2),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(30×\f(1.5,3)))\s\up12(3)×30×\f(0.5,3)) MPa－2≈5.9×10－3 MPa－2。
答案：(1)E逆－664.1
(2)①催化剂失活，反应速率减小
②1 (3)①a ②50% 5.9×10－3
[素养提升]
9．一定温度下，有两个容积均为2 L的恒容密闭容器Ⅰ和Ⅱ，向容器Ⅰ中充入1 ml CO和2 ml H2，向容器Ⅱ中充入2 ml CO和4 ml H2，均发生下列反应并建立平衡：CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g)。测得不同温度下CO的平衡转化率如图所示。下列说法正确的是( )
A．该反应的ΔH>0
B．曲线①表示容器Ⅱ的变化过程
C．L、M两点容器内正反应速率：v(M)D．N点对应温度下该反应的平衡常数K＝0.59
解析：选B。A．由题图可知，CO的平衡转化率随温度的升高而减小，故正反应为放热反应，ΔH＜0，A项错误；B．容器Ⅱ相当于将容器Ⅰ增大压强，相同温度下，增大压强，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，故曲线①表示容器Ⅱ的变化过程，B项正确；C．由B项分析可知，M点容器内反应物浓度比L点容器内反应物浓度大，且M点对应的反应温度更高，反应速率更大，即v(M)>v(L)，C项错误；D．N点对应温度下反应的平衡常数与M点相同，M点时CO的平衡转化率为0.6，列“三段式”：
K＝ eq \f(c(CH3OH),c(CO)·c2(H2)) ＝ eq \f(0.6,0.4×0.82) ≈2.3，D项错误。
10．(2024·湛江调研)我国科学家团队打通了温和条件下草酸二甲酯[(COOCH3)2]催化加氢制乙二醇的技术难关，反应为(COOCH3)2(g)＋4H2(g)⇌HOCH2CH2OH(g)＋2CH3OH(g) ΔH。如图所示，在恒容密闭容器中，反应温度为T1时，c(HOCH2CH2OH)和c(H2)随时间t的变化分别为曲线Ⅰ和Ⅱ，反应温度为T2时，c(H2)随时间t的变化为曲线Ⅲ。下列判断正确的是( )
A．ΔH>0
B．a、b两时刻生成乙二醇的速率：v(a)＝v(b)
C．T2 ℃下，反应在0～t2 s内的平均速率为v(HOCH2CH2OH)＝ eq \f(0.05,4t2) ml·L－1·s－1
D．其他条件相同时，T1 ℃下，起始时向该容器中充入一定量的氮气，反应达到平衡的时间小于t1 s
解析：选C。A．反应温度为T1和T2，以c(H2)随时间t的变化为曲线比较，曲线Ⅱ比曲线Ⅲ先达到平衡，所以T1>T2，反应达到平衡后升高温度，c(H2)增大，平衡逆向移动，该反应为放热反应，ΔH<0，选项A错误；B．升高温度，反应速率增大，T1>T2，故反应速率v(a)>v(b)，选项B错误；C．T2时，在0～t2 s内，H2减少的浓度为0.05 ml·L－1，v(HOCH2CH2OH)＝ eq \f(1,4) v(H2)＝ eq \f(0.05,4t2) ml·L－1·s－1，选项C正确；D．向恒容密闭容器中充入氮气，不影响反应物浓度，不影响反应速率，选项D错误。
11．CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应：
反应Ⅰ：CO2(g)＋H2(g)⇌CO(g)＋H2O(g) ΔH1
反应Ⅱ：2CO2(g)＋6H2(g)⇌CH3OCH3(g)＋3H2O(g) ΔH2
恒压，充入1 ml CO2和适当过量的H2，CO2的平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如下图所示。其中CH3OCH3的选择性＝ eq \f(2×n(CH3OCH3),Δn(CO2)) ×100%。下列说法不正确的是( )
A．ΔH1＞0，ΔH2＜0
B．温度高于300 ℃，反应Ⅰ平衡正向移动程度超过反应Ⅱ平衡逆向移动程度
C．220 ℃时，反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性为48%(即图中A点)，此时反应Ⅰ和Ⅱ均未达到平衡状态
D．若平衡时CH3OCH3的选择性为48%，则体系中c(CH3OCH3)∶c(CO)＝48∶52
解析：选D。A．根据题图可知，升高温度，CH3OCH3(g)的选择性减小，CO2(g)的平衡转化率先减小后增大，说明升高温度反应Ⅰ平衡正向移动，正反应为吸热反应，ΔH1＞0，反应Ⅱ平衡逆向移动，正反应为放热反应，ΔH2＜0，A正确；B．温度高于300 ℃，CO2的平衡转化率随温度升高而上升的原因是反应Ⅰ的ΔH1＞0，反应Ⅱ的ΔH2＜0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3 的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度，B正确；C．2CO2(g)＋6H2(g)⇌CH3OCH3(g)＋3H2O(g) ΔH2＜0，CH3OCH3的选择性＝ eq \f(2×n(CH3OCH3),Δn(CO2)) ×100%，化学反应正向进行时，二甲醚的物质的量增大，二氧化碳的物质的量减小，二甲醚的选择性增大，A点对于反应Ⅱ未达到平衡状态，A点时CO2的转化率高于平衡时的转化率，故此时反应Ⅰ的平衡逆向移动，即A点对于反应Ⅰ也未达到平衡状态，C正确；D．CH3OCH3的选择性＝ eq \f(2×n(CH3OCH3),Δn(CO2)) ×100%，设生成CH3OCH3的物质的量为x ml，生成CO的物质的量为y ml，则反应的CO2的物质的量为(2x＋y) ml，由 eq \f(2x,2x＋y) ×100%＝48%，得到 eq \f(x,y) ＝ eq \f(6,13) ，即体系中c(CH3OCH3)∶c(CO)＝6∶13，D错误。
12．氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答下列问题：
(1)根据图1数据计算反应 eq \f(1,2) N2(g)＋ eq \f(3,2) H2(g)⇌NH3(g)的ΔH＝________kJ·ml－1。
(2)研究表明，合成氨反应在Fe催化剂上可能通过图2机理进行(*表示催化剂表面吸附位，N eq \\al(\s\up1(*),\s\d1(2)) 表示被吸附于催化剂表面的N2)。判断上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最小步骤)为________(填步骤前的标号)，理由是________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(3)合成氨催化剂前驱体(主要成分为Fe3O4)使用前经H2还原，生成α－Fe包裹的Fe3O4。已知α－Fe属于立方晶系，晶胞参数a＝287 pm，密度为7.8 g·cm－3，则α－Fe晶胞中含有Fe的原子数为___________________________(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA)。
(4)在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的摩尔分数与温度的计算结果如图3、图4所示。其中一种进料组成为x eq \a\vs4\al(H2) ＝0.75、x eq \a\vs4\al(N2) ＝0.25，另一种为x eq \a\vs4\al(H2) ＝0.675、x eq \a\vs4\al(N2) ＝0.225、xAr＝0.10。(物质i的摩尔分数：xi＝ eq \f(ni,n总) )
①图中压强由小到大的顺序为________，判断的依据是____________________________________________________________________。
②进料组成中含有惰性气体Ar的图是________。
③图3中，当p2＝20 MPa、x eq \a\vs4\al(NH3) ＝0.20时，氮气的转化率α＝______________。该温度时，反应 eq \f(1,2) N2(g)＋ eq \f(3,2) H2(g)⇌NH3(g)的平衡常数Kp＝________MPa－1(化为最简式)。
解析：(1)该反应的ΔH＝断裂旧键吸收的总能量－形成新键释放的总能量＝(473＋654) kJ·ml－1－ (339＋397＋436) kJ·ml－1＝－45 kJ·ml－1。(2)根据图1能量转换关系可知，键能：NN>H—H，断裂NN需要吸收的能量最多，结合图2反应机理可知，步骤(ii)为该反应的速率控制步骤。(3)晶胞参数a＝287 pm，晶胞体积为(287×10－10)3 cm3，晶体密度为7.8 g·cm－3，可得晶胞质量为7.8×(287×10－10)3 g，设晶胞中Fe原子数为N，有 eq \f(N,NA) ×56＝7.8×(287×10－10)3，解得N＝ eq \f(7.8×(287×10－10)3NA,56) 。(4)①工业合成氨为气体分子数减小的反应，当温度相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡时混合气体中氨的摩尔分数增大，结合图3或图4均能得出压强由小到大的顺序为p1根据x eq \a\vs4\al(NH3) ＝0.20得 eq \f(2x,(0.25－x)＋(0.75－3x)＋2x) ＝0.20，解得x＝ eq \f(1,12) ，N2的转化率α＝ eq \f(\f(1,12) ml,0.25 ml) ×100%≈33.33%。此时N2、H2、NH3对应的平衡分压分别为 eq \f(1,5) p2、 eq \f(3,5) p2、 eq \f(1,5) p2，故Kp＝ eq \f(p(NH3),p\s\up6(\f(1,2))(N2)·p\s\up6(\f(3,2))(H2)) ＝ eq \f(\f(1,5)p2,(\f(1,5)p2)\s\up6(\f(1,2))·(\f(3,5)p2)\s\up6(\f(3,2))) ，整理并代入p2＝20 MPa得Kp＝ eq \f(\r(3),36) MPa－1。
答案：(1)－45 (2)(ii) 氮氮三键的键能最大，使其断裂需要吸收的能量最多 (3) eq \f(7.8×(287×10－10)3NA,56)
(4)①p1②图4 ③33.33% eq \f(\r(3),36)