2022届高考化学一轮复习 常考题型40 化学平衡图像分析（含解析）.docx

1、化学平衡图像分析一、单选题（共18题）1下图表示反应2A(g)B(g)2C(g) H”或“p2，且压强越大，平衡时氨气的体积分数越大，与图像不符，故A错误；B该反应正方向是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，氮气的转化率应该先增大后减小，故B错误；C该反应达到平衡状态后，增大氮气浓度的瞬间，正反应速率突然增大，逆反应速率不变，随着反应正向进行，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，最终达到新的平衡状态，图像合理，故C正确；D催化剂可以加快反应速率，所以有催化剂时，反应速率快，先达到平衡状态，该图像不合理，故D错误；故选C。12B【分析】根据图像分析可知，t0时改变某一外界条件，正、逆反应速率同

2、等程度增大，且平衡不发生移动，据此分析解答。【详解】At0时加入催化剂，反应速率增大，平衡不移动，符合图像，但是，若a+b=c，增大反应体系的压强，化学反应速率的增大程度也是相同的大，平衡也不移动，A错误；B由A可知，若a+b=c，t0时增大反应体系的压强，正逆反应速率同等程度增大，平衡不移动，B正确；C升高温度，平衡会发生移动，正逆反应速率不相等，不符合图像，C错误；D根据A分析可知，若a+b=c，t0时增大反应体系的压强，符合图像，故a+b可能等于c，D错误；答案选B。13B【详解】A水的状态有误，正确的热化学方程式为 ，故A错误；B时刻、同等程度的增大，则时刻改变的条件可能是增大压强，也

3、可能是加入催化剂，故B正确；CSO2溶解于NaOH溶液时先发生2NaOH + SO2Na2SO3+H2O，生成强电解质离子浓度变小，导电性变小，但不会降低到0，过量时Na2SO3+H2O+ SO22NaHSO3，生成强电解质，离子浓度增大，导电性增强，与原来NaOH溶液的导电性基本不变，故C错误；D比较，两点，因，故，故D错误。综上所述，答案为B。14D【详解】A由图可知v(B)：v(C)=0.1molL-1min-1：0.1molL-1min-1=1：1，根据对于确定的化学反应以不同物质表示的反应速率之比等于化学计量数之比，所以x=2，故A不符合题意；B可逆反应达到平衡后，升高温度，正反应速

4、率大于逆反应速率，则平衡向正反应方向移动，反应物的转化率增大，故B不符合题意； C2A(g)+2B(g)3C(g)+D(g)，该反应是反应前后气体体积不变的反应，压强对反应前后气体体积不变的反应的平衡状态没影响，增大压强，平衡不移动，反应速率加快，达到平衡需要的时间缩短，故C不符合题意；D升温，正逆反应速率都增大，降温，正逆反应速率均减小，不会出现图示的结果，故D符合题意；答案选D。15B【详解】升高温度，正反应速率增大，逆反应速率增大，平衡向吸热反应方向移动即逆向移动，所以正反应速率小于逆反应速率，故B符合题意。综上所述，答案为B。16C【详解】A由图1可知，X、Y的物质的量减小，Z的物质的

5、量增加，故XY是反应物，Z为生成物，根据变化量之比等于化学计量数之比，故容器中发生的反应可表示为：3X(g)+Y(g)2Z(g)，A错误；B由图 1 可知03min 内，molL-1min-1，B错误；C由图2可知，T2T1，升高温度，Y的百分含量减小，说明平衡正向移动，该反应的正反应是一个吸热反应，其他条件不变，升高温度，正、逆都增大，且达到新平衡前 正逆，C正确；D比较图1和图3可知，改变条件后平衡没有发生移动，结合反应方程式可知，改变压强该化学平衡会发生移动，若改变条件，使反应进程如图 3 所示，则改变的条件可能是使用催化剂，D错误；故答案为：C。17C【详解】A.图甲中固体催化剂形成了

6、中间产物，降低了反应的活化能，参与了反应，A错误；B.图甲中固体催化剂不改变平衡转化率，B错误；C.由图可知，图乙中曲线使用了固体催化剂，反应活化能降低，C正确；D. VOCs催化氧化过程中前部分形成中间产物的反应为吸热反应，D错误。答案为C。18C【详解】A反应X(g)+Y(g)2Z(g)H0是反应前后气体分子数不变的放热反应，由图可知，t2时改变条件，正逆反应速率增大且相等，若增大压强平衡也不发生移动，则t2时不一定加入了催化剂，故A错误；B由图可知，t3时刻，改变条件时，正逆反应速率都减小，且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，反应X(g)+Y(g)2Z(g)H0是反应前后气体分子数

7、不变的放热反应，若减小压强，正逆反应速率都减小，但平衡不发生移动，与图象不符，故B错误；Ct5时改变条件，正逆反应速率增大，且逆反应速率大于正反应速率，若升高温度，平衡逆向移动，与图象符合，故C正确；D催化剂对平衡移动无影响，t3t4时间内平衡逆向移动，转化率减小，t5t6时间内平衡逆向移动，转化率继续减小，显然t5t6时间内转化率比t4t5时间内转化率低，故D错误；答案选D。19低温 CD 10 N2O 【详解】（1）已知 ，该反应的，正反应为气体分子数减小的过程，即为熵减的过程，结合时反应能自发进行，则该反应在低温时能自发进行。已知，由到的过程为降温，反应速率应减小，图像与实际不符，A错误

8、。利用“先拐先平数值大”的原则，根据图中曲线可得，图像与实际不符，B错误。增大压强平衡向正反应方向移动，的体积分数增大；保持压强不变，降低温度，反应向放热的方向移动，即向正反应方向移动，的体积分数增大，图像与实际相符合，C正确。平衡常数只与温度有关，改变压强平衡不移动，平衡常数不变，图像与实际相符合，D正确。甲中达到平衡状态时的变化量为，列三段式：起始量/ 0.4 0.2 0 0变化量/ 0.2 0.1 0.2 0.05平衡量/ 0.2 0.1 0.2 0.05则该反应的平衡常数；甲的投料是乙的两倍，则乙相当于在甲的基础上减压，平衡逆向移动，条件不变的情况下，两种方式达平衡时，甲中的体积分数大

9、于乙，虽然甲中的转化率大于乙，但根据勒夏特列原理可知，甲中的浓度仍然大于乙。（2）375时，图中参与反应生成和的一氧化氮的物质的量为，模拟尾气中的物质的量为，测得排出的气体中含，说明实际参与反应的氧气的物质的量为，同时测得排出的气体中含有，根据氧原子守恒，可知一氧化二氮的物质的量为，根据氮原子守恒可知氮气的物质的量为，所以16%对应的是氮气，而8%对应的是一氧化二氮，即是。20H32H2 增大 不变 Fe2O3作催化剂时，在相对较低的温度下可获得较高的SO2转化率，从而节约能源 0.44 A 【分析】（1）根据盖斯定律进行解题即可；(2) 根据CO2转化率与温度的关系可知，温度升高，转化率越小

10、，故平衡逆向移动，故正反应为放热反应； 根据勒夏特列原理进行解题即可，平衡常数仅仅是温度的函数，故温度不变平衡常数不变； 投料比等于化学计量系数比时，产物的体积分数最大，据此确定示意图； (3) 从图像中可以获取信息，即Fe2O3可以在较低的温度下发挥催化作用，故可以节约能源；进行三段式分析后，根据平衡常数表达式进行计算即可； 根据勒夏特列原理进行分析即可求解。【详解】(1)根据盖斯定律，反应可由-2得到，故得出H1H32H2，故答案为：H32H2；(2)由题图可知，当投料比一定时，温度越高，CO2的平衡转化率越低，所以升温，平衡左移，正反应为放热反应，H10，故答案为：；其他条件不变，仅仅增

11、大压强，正、逆反应速率均增大；平衡常数只与温度有关，不随其他条件的变化而变化，故答案为：增大；不变；当反应物按化学计量数之比投料时，CH3OCH3的体积分数最大，故答案为：；(3)根据题图，可以得出Fe2O3作催化剂时，在相对较低的温度下可获得较高的SO2转化率，从而节约能源，故答案为：Fe2O3作催化剂时，在相对较低的温度下可获得较高的SO2转化率，从而节约能源；利用三段式法进行计算： 故K0.44，故答案为：0.44；A增加CO的量，可以使SO2的转化率增大，A符合题意；B若增加SO2的量，平衡向正反应方向移动，但是SO2的转化率会降低，B不符合题意；C通入N2，平衡不移动，SO2的转化率

12、不变，C不符合题意；D通入H2S，H2S会与SO2反应，平衡逆向移动，SO2的转化率会降低，D不符合题意；E通入CO2，平衡逆向移动，SO2的转化率会降低，E不符合题意；故答案为：A。21、 温度 该反应为放热反应，温度升高，平衡向左移动，(NO)降低 压强 1.8 【详解】(1)温度越高，反应速率越快，催化剂能改变反应速率，但不改变平衡状态，由图1可知，反应3的速率最快，图表中反应的温度最高且催化剂的表面积最大，则反应3为；又因为增大催化剂比表面积可提高化学反应速率，与的温度相同，反应1的速率比反应2的速率快，达到平衡时反应物的转化率相同，所以1是，2是，所以1、2、3代表的实验编号依次是、

13、；2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)为气体分子数减少的反应，增大压强，有利于反应正向进行，反应的焓变H0，正反应放热，降低温度有利于反应正向进行，当反应逆向进行时，NO转化率降低，则可采取的措施有升高温度或降低压强，因此条件X表示温度，Y表示压强，控制温度相同时，压强越大，NO转化率越高，则Y1Y2；(2)一定温度下，将NO2与SO2以体积比12置于密闭容器中发生反应NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)，达到平衡时SO3的体积分数为25%，则，解得：，设容器的容积为VL，则该反应的平衡常数。【点睛】本题的易错点和难点为(1)，要注意化学平衡的影响因素的理解和应用

14、。22减少SO2的排放 2SO2+O2+2CaCO32CaSO4+2CO2 煤的干馏或煤的焦化 C+H2O(g) CO+H2 75% 0.09mol2/L2 KCKBKA 【分析】(1)从煤含硫元素、二氧化硫和酸雨相关内容回答； (2) 从煤的综合利用相关知识回答； (3) 从表中温度变化、平衡常数的变化关系，判断反应的热效应，应用自发反应时H-TS0的知识判断S是不是大于0；从表中找出：在400时K=9，结合已知条件、用三段式，计算CO(g)的转化率；(4)由图找出200 C时，CH4的平衡转化率=50%，用三段式计算CH4(g)+ H2O(g) CO(g)+ 3H2(g)的平衡常数；由图中

15、找出温度变化时平衡移动的方向，判断A、B、C三点的平衡常数KA、KB、KC的大小关系；由图中找出压强变化时平衡移动的方向，判断压强的大小关系，据此回答；【详解】(1)煤中含硫元素，燃烧时转变为二氧化硫会引起酸雨，故发生燃煤时往往在煤中添加石灰石，目的是减少SO2的排放；达到该目的时发生反应的化学方程式为2SO2+O2+2CaCO32CaSO4+2CO2； (2) 除了煤的气化和煤的液化外，煤的综合利用还包括煤的干馏或煤的焦化；煤的气化主要发生的反应的化学方程式为C+ H2O(g)CO+H2； (3) 从表中数据知：温度升高，反应CO(g)+ H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数变小，

16、则温度升高，该平衡向左移动，则正反应是放热反应，故H0， 该反应升高到一定温度时，反应将不能正向进行，则较低温度时，H-TS0、则较高温度时，H-TS0，由于H0，则S0；在容积为10 L的密闭容器中通入0.1 mol CO(g)和0.1 mol H2O(g)发生反应，据表知，在400时K=9，则反应达到平衡，x= 0.0075mol/L， 此时CO(g)的转化率为=75%；(4)将2 mol CH4和4 mol H2O(g)通入容积为10 L的恒容密闭容器中，发生反应：CH4(g)+ H2O(g) CO(g)+ 3H2(g)，由图知，200 C时，CH4的平衡转化率=50%，则，该反应的平衡

17、常数；由图知，升温，CH4的平衡转化率增大平衡右移，则升温平衡常数增大，TCTBTA，故A、B、C三点的平衡常数KA、KB、KC的大小关系是KCKBKA；若减压，则CH4(g)+ H2O(g) CO(g)+ 3H2(g)平衡右移，由图知，温度不变压强由p2改变为p1时，CH4的平衡转化率增大平衡右移，则压强：p1p2。【点睛】本题考查化学反应的方向、化学平衡移动、转化率及平衡常数的计算等，能从图中有效提取信息、掌握并灵活运用温度、压强对该反应平衡影响知识是解本题关键。23726.4kJ/mol 催化剂活性降低 温度 AC 吸热 正向 变小 25% （或0.267p） 逆向 【详解】(1)CO2

18、(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(l) H131.0kJ/mol；H2(g)+O2(g)=H2O(l) H285.8kJ/mol；根据盖斯定律，将3-得：CH3OH(l)+3O2(g)=CO2(g)+H2O(l)，H(285.8kJmol-1)3-(131.0kJmol-1)=-726.4kJ/mol；(2) 当温度在250300范围时，催化剂活性降低，乙酸的生成速率减慢，当温度在300400范围时，乙酸的生成速率加快，说明影响乙酸生成速率的主要因素是温度；该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，乙酸的平衡产率提高，故A正确，B错误；该反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向

19、移动，乙酸的平衡产率提高，故C正确，D错误；故选AC；(3)根据图像，升高温度，c(CO2)减小，说明平衡正向移动，则正反应为吸热反应，某温度下，若向该平衡体系中再通入0.2mol CO2，增大了二氧化碳的浓度，平衡正向移动，达到新平衡后，相当于原平衡增大了压强，平衡逆向移动，体系中CO的百分含量变小；设起始时二氧化碳为x mol，反应的二氧化碳为y mol，则：则100%=40.0%，解得=25%；设y=1mol，则x=4mol，因此二氧化碳的平衡分压为p，CO的平衡分压为p，化学平衡常数Kp=p；平衡时V(CO2):V(CO)=3：2，若向平衡体系中再充入V(CO2):V(CO)5:43:2，则平衡逆向移动。