压轴题06 速率、平衡图像题-2023年高考化学压轴题专项训练（新高考专用）（解析版）

压轴题06速率、平衡图像题本压轴题是新高考地区考试热点内容，主要以实际生产为背景，通过图像形式命题,以定性、定量相结合的方式综合考查化学反应速率和化学平衡，包括化学反应速率的计算、影响化学平衡的因素及规律、平衡状态的判断、平衡常数和转化率的计算，同时渗透对计算能力、数形结合能力、语言组织能力等的考查。主要考查学生运用图表、图形分析和对信息的提取、应用能力。1．图像题的一般分析思路(1)一审题：审明各物质的状态(有无固体、液体)，明确气体分子数的变化(变大、变小、不变)，正反应是吸热还是放热。(2)二析图像(3)三想方法规律①三步分析法：一看反应速率是增大还是减小；二看v(正)、v(逆)的相对大小；三看化学平衡移动的方向。②先拐先平数值大：在含量(转化率)－时间曲线中，先出现拐点的反应则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。③定一议二：当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。④想规律做判断：联想化学反应速率、化学平衡移动规律，将图表与原理结合，对照得出结论。2．转化率、产率及分压的计算(1)反应物转化率＝×100%(2)产物的产率＝×100%(3)分压＝总压×物质的量分数 一、选择题：本题共20小题，每小题只有一个选项符合题意。1．标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下[已知和的相对能量为0]，下列说法不正确的是A．B．可计算键能为C．相同条件下，的平衡转化率：历程Ⅱ>历程ⅠD．历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为：【答案】C【分析】对比两个历程可知，历程Ⅱ中增加了催化剂，降低了反应的活化能，加快了反应速率。【详解】A．催化剂能降低活化能，但是不能改变反应的焓变，因此，A正确；B．已知的相对能量为0，对比两个历程可知，的相对能量为，则键能为，B正确；C．催化剂不能改变反应的平衡转化率，因此相同条件下，的平衡转化率：历程Ⅱ=历程Ⅰ，C错误；D．活化能越低，反应速率越快，由图像可知，历程Ⅱ中第二步反应的活化能最低，所以速率最快的一步反应的热化学方程式为：，D正确；故答案为：C。 2．CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以N2为载气，以恒定组成的N2、CH4混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳。下列说法不正确的是A．反应①为CaO+CO2=CaCO3；反应②为CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2B．t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，可能有副反应CH4C+2H2C．t2时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成H2速率D．t3之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生【答案】C【详解】A．由题干图1所示信息可知，反应①为CaO+CO2=CaCO3，结合氧化还原反应配平可得反应②为，A正确；B．由题干图2信息可知，t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，且反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳，故可能有副反应，反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1:2，B正确；C．由题干反应②方程式可知，H2和CO的反应速率相等，而t2时刻信息可知，H2的反应速率未变，仍然为2mmol/min，而CO变为1~2mmol/min之间，故能够说明副反应生成H2的速率小于反应②生成H2速率，C错误；D．由题干图2信息可知，t3之后，CO的速率为0，CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D正确；答案选C。3．乙醇-水催化重整可获得。其主要反应为， ，在、时，若仅考虑上述反应，平衡时和CO的选择性及的产率随温度的变化如图所示。CO的选择性，下列说法正确的是A．图中曲线①表示平衡时产率随温度的变化B．升高温度，平衡时CO的选择性增大C．一定温度下，增大可提高乙醇平衡转化率D．一定温度下，加入或选用高效催化剂，均能提高平衡时产率【答案】B【分析】根据已知反应①，反应②，且反应①的热效应更大，温度升高的时候对反应①影响更大一些，根据选择性的含义，升温时CO选择性增大，同时CO2的选择性减小，所以图中③代表CO的选择性，①代表CO2的选择性，②代表H2的产率，以此解题。【详解】A．由分析可知②代表H2的产率，故A错误；B．由分析可知升高温度，平衡时CO的选择性增大，故B正确；C．一定温度下，增大，可以认为开始时水蒸气物质的量不变，增大乙醇物质的量，乙醇的平衡转化率降低，故C错误；D．加入或者选用高效催化剂，不会影响平衡时产率，故D错误；故选B。4．甲异腈(CHNC)在恒容密闭容器中发生异构化反应：CH3NC(g)→CH3CN(g)，反应过程中甲异腈浓度c随时间t的变化曲线如图所示(图中T为温度)。该反应的反应速率v与c的关系为v=kc，k为速率常数(常温下为常数)，a点和b点反应速率相等，即v(a)=v(b)。下列说法错误的是 A．bf段的平均反应速率为1.0×10-4mol(L·min)B．a点反应物的活化分子数多于d点C．T1>T2D．3v(d)=2v(e)【答案】C【分析】设T1时，速率常数为k1，T2时，速率常数为R2，v(a)=v(b)，，。【详解】A．由题干信息可知，，A正确；B．ad两点相比较，a点的浓度比d的浓度大，且其他的条件相同，故a点反应物的活化分子数多于d点，B正确；C．由以上可知，k2=2k1，v=kc，浓度相同的时候，v2>v1，温度越高，速率越大，故T2>T1，C错误；D．，，k2=2k1，可得3v(d)=2v(e)，D正确；故选C。5．在相同条件下研究催化剂I、Ⅱ对反应的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，则A．无催化剂时，反应不能进行B．与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更低 C．a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化D．使用催化剂Ⅰ时，内，【答案】D【详解】A．由图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物浓度也在增加，说明反应也在进行，故A错误；B．由图可知，催化剂I比催化剂II催化效果好，说明催化剂I使反应活化能更低，反应更快，故B错误；C．由图可知，使用催化剂II时，在0~2min内Y的浓度变化了2.0mol/L，而a曲线表示的X的浓度变化了2.0mol/L，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示使用催化剂II时X浓度随时间t的变化，故C错误；D．使用催化剂I时，在0~2min内，Y的浓度变化了4.0mol/L，则(Y)===2.0，(X)=(Y)=2.0=1.0，故D正确；答案选D。6．在恒温恒容条件下，发生反应A(s)+2B(g)3X(g)，c(B)随时间的变化如图中曲线甲所示。下列说法不正确的是A．从a、c两点坐标可求得从a到c时间间隔内该化学反应的平均速率B．从b点切线的斜率可求得该化学反应在反应开始时的瞬时速率C．在不同时刻都存在关系：2v(B)=3v(X)D．维持温度、容积、反应物起始的量不变，向反应体系中加入催化剂，c(B)随时间变化关系如图中曲线乙所示【答案】C【详解】A．图象中可以得到单位时间内的浓度变化，反应速率是单位时间内物质的浓度变化计算得到，从a、c两点坐标可求得从a到c时间间隔内该化学反应的平均速率，选项A正确；B．b点处的切线的斜率是此时刻物质浓度除以此时刻时间，为反应物B的瞬时速率，选项B正确； C．化学反应速率之比等于化学方程式计量数之比分析，3v(B)=2v(X)，选项C不正确；D．维持温度、容积不变，向反应体系中加入催化剂，平衡不移动，反应速率增大，达到新的平衡状态，平衡状态与原来的平衡状态相同，选项D正确；答案选C。7．NH3与O2作用分别生成N2、NO、N2O的反应均为放热反应。工业尾气中的NH3可通过催化氧化为N2除去。将一定比例的NH3、O2和N2的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，NH3的转化率、生成N2的选择性[100%]与温度的关系如图所示。下列说法正确的是A．其他条件不变，升高温度，NH3的平衡转化率增大B．其他条件不变，在175～300℃范围，随温度的升高，出口处N2和氮氧化物的量均不断增大C．催化氧化除去尾气中的NH3应选择反应温度高于250℃D．高效除去尾气中的NH3，需研发低温下NH3转化率高和N2选择性高的催化剂【答案】D【详解】A．NH3与O2作用分别生成N2、NO、N2O的反应均为放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度，平衡向逆反应方向进行，氨气的平衡转化率降低，故A错误；B．根据图象，在175～300℃范围，随温度的升高，N2的选择率降低，即产生氮气的量减少，故B错误；C．根据图象，温度高于250℃N2的选择率降低，且氨气的转化率变化并不大，浪费能源，根据图象，温度应略小于225℃，此时氨气的转化率、氮气的选择率较大，故C错误；D．氮气对环境无污染，氮的氧化物污染环境，因此高效除去尾气中的NH3，需研发低温下NH3转化率高和N2选择性高的催化剂，故D正确；答案为D。8．某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化下聚合，反应物浓度与催化剂浓度及时间关系如图。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，下列说法错误的是 A．其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大B．其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大C．条件①，反应速率为D．条件②，降冰片烯起始浓度为时，半衰期为【答案】B【详解】A．由题干图中曲线①②可知，其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应所需要的时间更短，故反应速率越大，A正确；B．由题干图中曲线①③可知，其他条件相同时，降冰片烯浓度①是③的两倍，所用时间①也是③的两倍，反应速率相等，故说明反应速率与降冰片烯浓度无关，B错误；C．由题干图中数据可知，条件①，反应速率为=，C正确；D．反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，由题干图中数据可知，条件②，降冰片烯起始浓度为时，半衰期为125min÷2=，D正确；故答案为：B。9．丙烷经催化脱氢可制丙烯:C3H8C3H6+H2。600℃，将一定浓度的CO2与固定浓度的C3H8通过含催化剂的恒容反应器，经相同时间，流出的C3H6、CO和H2浓度随初始CO2浓度的变化关系如图。 已知：①C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H=-2220kJ/mol②C3H6(g)+9/2O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l)△H=-2058kJ/mol③H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)△H=-286kJ/mol下列说法不正确的是A．C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)△H=+124kJ/molB．c(H2)和c(C3H6)变化差异的原因：CO2+H2CO+H2OC．其他条件不变，投料比c(C3H8)/c(CO2)越大，C3H8转化率越大D．若体系只有C3H6、CO、H2和H2O生成，则初始物质浓度c0与流出物质浓度c之间一定存在：3c0(C3H8)+c0(CO2)=c(CO)+c(CO2)+3c(C3H8)+3c(C3H6)【答案】C【详解】A．根据盖斯定律结合题干信息①C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H=-2220kJ/mol②C3H6(g)+9/2O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l)△H=-2058kJ/mol③H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)△H=-286kJ/mol可知，可由①-②-③得到目标反应C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)，该反应的△H==+124kJ/mol，A正确；B．仅按C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)可知C3H6、H2的浓度随CO2浓度变化趋势应该是一致的，但是氢气的变化不明显，反而是CO与C3H6的变化趋势是一致的，因此可以推断高温下能够发生反应CO2+H2CO+H2O，从而导致C3H6、H2的浓度随CO2浓度变化趋势出现这样的差异，B正确；C．投料比增大，相当于增大C3H8浓度，浓度增大，转化率减小，C错误；D．根据质量守恒定律，抓住碳原子守恒即可得出，如果生成物只有C3H6、CO、H2O、H2，那么入口各气体的浓度c0和出口各气体的浓度符合3c0(C3H8)+c0(CO2)=3c(C3H6)+c(CO)+3c(C3H8)+c(CO2)，D正确；答案为：C。10．体积均为2.0L的恒容密闭容器甲、乙、丙中，发生反应：CO2(g)+C(s)2CO(g)，起始投料量如表，在不同温度下CO平衡浓度随温度变化如下图。下列说法正确的是 容器n(CO2)/moln(C)/moln(CO)/mol甲0.20.60乙0.40.80丙X<0.610A．曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的容器分别是乙、甲、丙B．a、b、c三点所处状态的压强大小关系：pc>pb>paC．1100K时，平衡时容器中混合气体的平均分子量大小关系：甲>乙>丙D．1000K时，若起始向容器乙中加入CO、CO2、C各1mol，则v(正)>v(逆)【答案】A【详解】A．CO2(g)+C(s)2CO(g)反应中，C为固体，不影响平衡移动，CO的化学计量数大于CO2的化学计量数，且反应发生在恒容密闭容器中，所以增大CO2的物质的量，则平衡左移。甲容器中n(CO2)初始为0.2mol，若全部转化为CO，则c(CO)=0.2mol/L，所以曲线Ⅰ对应的容器不是甲；若曲线Ⅲ对应的容器为甲，则在1100℃时，乙容器中的c(CO)应小于0.08mol/L，不符合图示。综上分析，曲线Ⅱ对应的容器是甲，故曲线Ⅰ对应的容器是乙，曲线Ⅲ对应的容器是丙，A项正确；B．该反应生成物中气体的化学计量数大于反应物中气体的化学计量数。b、c两点为同一容器的不同状态，b点的c(CO)更大，该状态下气体的总物质的量大于c点状态，故pb>pc；a点为容器乙状态，该状态下气体的总物质的量大于b点，故pa>pb，所以a、b、c三点所处状态的压强大小关系：pa>pb>pc，B项错误；C．CO2的分子量大于CO，所以CO2的转化率越高则混合气体的平均分子量大小越小。相同温度下，容器中转化率丙>甲>乙，故平衡时容器中混合气体的平均分子量大小关系：乙>甲>丙，C项错误；D．1000K时，若起始向容器乙中加入CO、CO2、C各1mol，则 ，而1000K时，根据图示可知反应CO2(g)+C(s)2CO(g)的平衡常数K<0.5，Q>K，则起始向容器乙中加入CO、CO2、C各1mol，反应v(正)<v(逆)，D项错误。答案选A。11．在起始温度均为T℃、容积均为10L的密闭容器A(恒温)、B(绝热)中均加入和4molCO，发生反应。已知：、分别是正、逆反应速率常数，，，A、B容器中的转化率随时间的变化关系如图所示。下列说法中正确的是A．曲线M、N的平衡常数大小为：B．与浓度比为1∶1时，标志此反应已达平衡C．T℃时，D．用CO的浓度变化表示曲线N在0~100s内的平均速率为【答案】A【详解】A．起始温度相同，容器A为恒温装置，温度始终不变，则K不变，容器B为绝热体系，反应为放热反应，随反应进行体系内温度升高，则平衡常数减小。温度越高反应速率加快，反应先达到平衡状态，则M对应容器B，N对应容器A，因此，A正确；B．与为生成物，且系数比为1：1，两者浓度始终保持1：1不变，因此不能据此判断平衡状态，B错误；C．该反应在温度为T℃条件下进行。根据选项A分析可知：N表示在恒温(A)下进行的反应。反应开始时n(N2O)=1mol，n(CO)=4mol，反应达到平衡时N2O的转化率是25%，则根据反应N2O(s)+CO(g)⇌N2(g)+CO2(g)的转化关系可知平衡时n(N2O)=0.75mol，n(CO)=3.75mol，n(N2)=n(CO2)=0.25mol，由于容器的容积是10L，则平衡浓度c(N2O)=0.075mol/L，c(CO)=0.375mol/L，c(N2)=c(CO2)=0.025mol/L，反应达到平衡时v正=v逆，k正∙c(N2O)∙c(CO)=k逆∙c(N2)∙c(CO2)，===，C错误；D．0-100s时N2O的转化率为10%，N2O的反应量为lmol×10%=0.l mol，根据方程式中物质反应转化关系可知CO的反应量为0.lmol，则用CO的浓度变化表示曲线N在0-100s内的反应速率为v(CO)==1.0×10-4mol/(L⋅s)，D错误；故选：A。12．向1L的恒容密闭容器中加入1molX和2molY，发生反应：，X的转化率随温度的变化如图所示(图中不同温度下的转化率是第5min数据)。下列说法正确的A．300℃时，0-5min内平均反应速率B．b、c点对应的(Y)大小关系：C．c点时，反应消耗molX()，同时消耗molZD．若将气体体积缩小为0.5L，则c点温度下的(X)减小【答案】C【详解】A．a点时，转化率为30％，此时生成的Z为0.6mol，Z的平均反应速率为，A错误；B．温度越高反应速率越快，则b点的反应速率小于c点的速率，但5min时b点的转化率却大于c点，说明b点未达平衡，c点达平衡，Y的浓度：b＞c，温度：b＜c，故无法判断b、c两点(Y)大小关系，B错误；C．c点达平衡，反应消耗，同时消耗molZ，C正确；D．c点温度下，压缩体积，即增大压强，平衡正向移动，(X)增大，D错误；故选C。13．在恒温恒容密闭容器中发生反应2H2(g)+2NO(g)2H2O(g)+N2(g)，N2的瞬时生成速率v=k·cm(H2)·c2(NO)。控制NO起始浓度为0.5mol•L-1，N2的瞬时生成速率和H2起始浓度的关系如图所示，下列说法正确的是 A．该反应的速率常数k为15L2·mol-2•s-1B．随着H2起始浓度增大，达平衡时N2的物质的量分数增大C．反应达平衡后，H2和NO的浓度均增加一倍，则NO转化率减小D．H2起始浓度为0.2mol•L-1，某时刻NO的浓度为0.4mol•L-1，则此时N2的瞬时生成速率为0.24mol•L-1【答案】A【详解】A．的瞬时生成速率，控制NO起始浓度为，由题图可知，的瞬时生成速率与起始浓度呈线性关系，则，将(0.2，0.75)代入，可得该反应的速率常数，A正确；B．根据题给反应可知，当时，随着起始浓度增大，平衡时的物质的量分数增大，当n(H2)：n(NO)=1：1时，平衡时的物质的量分数达到最大，n(H2)：n(NO)>1：1后，随着起始浓度增大，达平衡时的物质的量分数减小，B错误；C．平衡后，和NO的浓度均增加一倍，新平衡与原平衡相比，相当于加压，平衡正向移动，则NO转化率增大，C错误；D．NO起始浓度为，某时刻NO的浓度为，则变化量为，根据可知，此时的浓度为，的瞬时生成速率，题给速率单位错误，D错误；故答案选A。 14．密闭容器中加入HBr，一定条件下发生反应：，随反应时间的变化如曲线①所示，分别改变一个条件，得到曲线②和③，下列说法正确的是A．该反应正反应为放热反应B．曲线①，0~50min用表示的平均反应速率为C．曲线②，可能使用了催化剂或压缩容器体积D．曲线③，达到平衡后，容器内各物质的浓度分别增加，平衡正向移动【答案】D【分析】分别改变一个条件，得到曲线②、③，从曲线①得到曲线②，既加快速率平衡又不移动，只能使用催化剂，从曲线①得到曲线③，意味着反应速率加快但平衡右移了，则改变的另一个条件只能是升温。【详解】A．由上述分析可知，升温平衡正向移动，则该反应为吸热反应，故A错误；B．曲线①，0~50min用HBr表示的平均反应速率为=0.02mol﹒L-1﹒min-1，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，用H2表示的平均反应速率为0.01mol﹒L-1﹒min-1，故B错误；C．曲线②，可能使用了催化剂，反应速率加快，平衡不移动，各物质浓度不变；如果缩小体积，气体浓度都增大了，而实际上HBr浓度减小了，与图象变化不符合，故C错误；D．曲线③达到平衡时有：，得，往容器中加入浓度均为0.2mol﹒L-1的三种物质，得，则Qc＜K，平衡将向正反应方向移动，故D正确；故答案选D。15．一定条件下，向一恒容密闭容器中通入适量的和，发生反应： ，经历两步反应：①；②。反应体系中、、的浓度随时间的变化曲线如图所示。下列叙述正确的是A．曲线a是随时间的变化曲线B．时，C．时，的生成速率大于消耗速率D．时，【答案】D【详解】A．NO2是中间产物，其浓度先增大，后减小，曲线a代表，A项错误；B．根据图像可知，时、的浓度相等，B项错误；C．时，浓度在减小，说明生成速率小于消耗速率，C项错误；D．根据氮元素守恒，时，完全消耗，则，D项正确；故选D。16．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5molCO和4molNO，发生反应：  ，平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系如图所示。下列说法正确的是 A．温度：B．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【答案】B【详解】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，所以温度：，A错误；B．由题意可知，点与点均为平衡点，均满足，降低反应体系温度可使反应从点移至点，此时正、逆反应速率均下降，缩小容器容积使体系压强增大，可使反应从点移至点，此时正、逆反应速率均增大，则点与点存在正、逆反应速率相等的可能性，B正确；C．设点体系中反应达到平衡时产生的物质的量是，则产生的物质的量为，剩余NO的物质的量为，剩余CO的物质的量为，根据题图可知，此时NO的体积分数为25%，则，解得，所以反应消耗的NO的物质的量为2mol，则NO的平衡转化率为，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大，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；故选B。17．室温下，某溶液初始时仅溶有M，同时发生以下两个反应：①；②。反应①的速率可表示为，反应②的速率可表示为(、为速率常数)。体系中生成物浓度(c)随时间(t)变化的曲线如图所示。下列说法错误的是 A．0~10s内，M的平均反应速率B．温度不变，反应过程中的值不变C．反应①的活化能比反应②的活化能大D．温度升高，体系中的值减小【答案】D【详解】A．由反应可知M的浓度变化量等于Y和Z的浓度变化量之和，0~10s内，M的平均反应速率，故A正确；B．，温度不变时，比值不变，则恒定不变，v1与成正比，v2与成正比，则的值不变，故B正确；C．由图可知相同条件下，Z的速率大于Y，可知反应②的速率大于反应①，根据反应活化能越大反应速率越小，可知反应①的活化能比反应②的活化能大，故C正确；D．反应的吸放热情况不确定，稳定升高平衡的移动方向不确定，因此体系中的值无法确定，故D错误；故选：D。18．还原CoO制备Co可通过下列两个反应实现：I．CoO(s)+H2(g)Co(s)+H2O(g)II．CoO(s)+CO(g)Co(s)+CO2(g)723K下，在初始压强相同(均为12.0kPa)的甲、乙两密闭容器中分别发生反应I、反应II，得到部分气体的分压随时间的变化关系如图所示。下列说法错误的是 A．甲容器中，10～40min内用H2表示的平均反应速率v(H2)=0.15kPa·min-lB．增大起始时容器的压强，CoO的平衡转化率增大C．此条件下，选择CO还原CoO的效率更高D．723K时，反应Ⅱ的平衡常数Kp=119【答案】B【详解】A．甲容器中，10～40min内，氢气分压变化为(7.5－3.0)kPa=4.5kPa，用氢气表示的平均反应速率为=0.15kPa/min，故A说法正确；B．根据题所给反应方程式，反应前后气体系数之和相等，增大起始时压强，平衡不移动，CoO的平衡转化率不变，故B说法错误；C．根据两个图像可知，CO还原CoO的速率更快，达到平衡时间更短，CO还原CoO达到平衡时，CO2分压为11.9kPa，起始压强为12.0kPa，说明CO还原CoO转化更彻底，因此选择CO还原CoO的效率更高，故C说法正确；D．达到平衡时，CO2分压为11.9kPa，该反应前后气体系数相等，总压强不变，即CO的分压为0.1kPa，Kp==119，故D说法正确；答案为B。19．恒温密闭容器中，发生反应：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)    △H＜0。起始催化剂时，若按照n(CO2)：n(H2)=1：3的投料比充入容器，测得平衡时n(H2)和n(H2O)随温度的变化如图所示。下列说法中正确的是A．L线表示平衡时n(H2O)随温度的变化B．其他条件不变时，若扩大容器容积，则v正减小，v逆增大 C．x=5.16molD．使用催化剂，可降低反应的活化能，减小△H的值【答案】C【详解】A．由于，随着温度的升高，平衡逆向移动，增大，减少，故为随温度的变化曲线，A错误；B．其他条件不变时，若扩大容器容积，浓度均减少，则均减小，B错误；C．由图知，在393K时，，，升高温度，反应将向逆反应方向移动，在a点时，，设由393K升温到460K时，反应的物质的量为bmol，由关系式，则，，，C正确；D．使用催化剂，只能降低反应的活化能，且增大反应速率，但不能减小的值，D错误；故选C。20．汽车尾气的排放会对环境造成污染。利用高效催化剂处理汽车尾气中的NO与CO的反应为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)△H＜0。一定温度下，在恒容密闭容器中加入1molCO和1molNO发生上述反应，部分物质的体积分数(φ)随时间(t)的变化如图所示。下列说法正确的是A．上述反应的正反应在高温下才能自发进行B．曲线b表示的是φ(N2)随时间的变化C．2v正(NO)=v逆(N2)时，反应达平衡状态D．气体的平均相对分子质量：M(t1)＞M(t3)＞M(t5)【答案】B【详解】A．反应为放热的熵减反应，则上述反应的正反应在低温下才能自发进行，A错误；B．由化学方程式可知，一氧化氮、一氧化碳、二氧化碳的系数相同，且为氮气系数的2倍，结合图像比较物质的体积分数的变化量可知，曲线b表示物质的变化量较小，故b表示的是φ(N2)随时间的变化，B正确； C．2v正(NO)=v逆(N2)时，此时正逆反应速率不相等，反应没有达平衡状态，C错误；D．混合气体的平均摩尔质量为M=m/n，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而减小，故气体平均相对分子质量逐渐变大，故气体的平均相对分子质量：M(t1)<M(t3)<M(t5)，D错误；故选B。