CuS矿样在焙烧过程中，有Cu2S、CuO?CuSO4、CuSO4、CuO生成，转化顺序为下列四阶段： CuS
Cu2S
CuO?CuSO4
CuSO4
CuO
C范围内进行，该步转化的化学方程式为 ______ ． 第 步转化主要在200～300°
C范围内，固体质量明显增加的原因是 ______ ，上图所示过程中， 300～400°
CuSO4固体能稳定存在的阶段是 ______ （填下列各项中序号）． a．一阶段 b、二阶段 c、三阶段 d、四阶段
该化学小组设计如下装置模拟CuS矿样在氧气中焙烧第四阶段的过程，并验证所得气体为SO2和O2的混合物．
a．装置组装完成后，应立即进行气密性检查，请写出检查A-D装置气密性的操作 ______ ．
b．当D装置中产生白色沉淀时，便能说明第四阶段所得气体为SO2和O2的混合物．你认为装置D中原来盛有的溶液为 ______ 溶液．
c．若原CuS矿样的质量为l0.0g（含加热不反应的杂质），在实验过程中，保持温C左右持续加热，待矿样充分反应后，石英玻璃管内所得固体的质量为度在760°
8.4g，则原矿样中CuS的质量分数为 ______ ．
第11页，共27页
福建2020届高三化学总复习专题训练 ——化学平衡的图像分析答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由图象可知，10min达平衡时，标有b、d点的曲线物质的物质的量浓度变化为0.6mol/L-0.2mol/L=0.4mol/L，标有a、c点的曲线物质的物质的量浓度变化为0.6mol/L-0.4mol/L=0.2mol/L，由2M（g）?N（g）可推知标有b、d点的曲线为物质M的变化曲线，另一条线为物质N的变化曲线．反应从逆方向开始，N的起始浓度为0.6mol/L，M的起始浓度为0.2mol/L．
A、a、b、c、d四个点中只有b、d所在曲线浓度保持不变，处于平衡状态，故A错误； B、由图象可知，25min时，瞬间M的浓度由0.6mol/L增大为1mol/L，N的浓度不变，1L=0.4mol，故B错误； 所以加入M的物质的量为（1mol/L-0.6mol/L）×
C、40 min后，M、N的浓度均发生变化增大，不可能是加入催化剂，因为加入催化剂不会改变物质的浓度，平衡不移动，故C错误； D、=42%，15min时N的百分含量为 =40%，35min时N的百分含量比15min
时高，要使两处N的百分含量相等，则平衡向生成M的方向移动，即向吸热方向移动，应该升高温度，故D正确． 故选：D．
考查化学平衡图象问题、平衡有关计算，外界条件对平衡移动影响等，难度中等，判断M、N的曲线是解题关键，注意把握图象中曲线的变化特点，分析外界条件对化学平衡的影响．
2.【答案】B
【解析】试题分析：A、根据图 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、由图 可知，由甲到乙，到达平衡时间缩短，说明条件改变是乙的速率加快，平衡时反应物的转化率不变，改变条件变化不移动；
C、电解质溶液的导电能力与溶液离子的浓度有关，由图可知，随物质的加入导电能力降低到最低后又增大，据此结合选项判断；
D、Fe3+在pH=4左右沉淀完全，由图可知，此时铜离子不沉淀，故可以加入适量CuO，调节pH在4左右，除去除去CuSO4溶液中的Fe．
A．根据图 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．由图 可知，由甲到乙，到达平衡时间缩短，说明条件改变是乙的速率加快，平衡时反应物的转化率不变，改变条件变化不移动，对可逆反应2A(g)+B(g)?3C(g)+D(s)来
第12页，共27页
3+
说，反应前后体积体积不变，所以增大压强平衡不移动，故B正确；
C．乙酸溶液中通入氨气生成乙酸铵，由弱电解质变为强电解质，溶液的导电能力增强，到最大值后，导电能力几乎不变，与图象不相符，故C错误；
D．Fe3+在pH=4左右沉淀完全，由图可知，此时铜离子不沉淀，故可以加入适量NaOH，调节pH在4左右，除去CuSO4溶液中的Fe，故D错误； 故选B．
3+
3.【答案】D
【解析】解：A、绝热恒容密闭容器中通入A和B，发生反应：2A （g）+B （g）?2C（g），反应开始反应物浓度最大，反应速率逐渐增大，说明反应为放热反应，随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，则反应速率逐渐减小，最后达到平衡状态，正反应速率不再变化，故A正确；
B．催化剂降低反应的活化能改变反应历程，提高活化分子的百分含量，能加快反应速率，图象分析可知是催化反应与无催化反应过程中的能量关系，故B正确； C．将BaO2放入密闭真空容器中，反应2BaO2（s）?2BaO（s）+O2（g）达到平衡时体系压强为P，保持温度不变，t0时刻将容器体积缩小为原来的 ，不考虑平衡移动，氧气的浓度应为原来的2倍，气体压强为原来的2倍，但压强增大平衡逆向进行，所以压强减小，平衡常数不变，氧气浓度不变，所以最后达到平衡压强为仍为P，故C正确； D．c点是压缩注射器后的情况，上述分析可知，二氧化氮和四氧化二氮的浓度都增大，故D错误； 故选：D。
A．绝热恒容密闭容器中通入A和B，反应开始反应物浓度最大，反应速率逐渐增大，说明反应为放热反应，温度升高，反应速率增大，随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，则反应速率逐渐减小，以此解答；
B．催化剂降低反应的活化能改变反应历程，提高活化分子的百分含量，能加快反应速率；
C．保持温度不变，t0时刻将容器体积缩小为原来的 ，若平衡不变，氧气的浓度应为原来的2倍，气体压强为原来的2倍，但压强增大平衡逆向进行，压强减小，最后达到新的平衡状态，由于平衡常数随温度变化，温度不变平衡常数不变，氧气浓度不变； D．该反应是正反应气体体积减小的放热反应，压强增大平衡虽正向移动，但二氧化氮浓度增大，混合气体颜色变深，压强减小平衡逆向移动，但二氧化氮浓度减小，混合气体颜色变浅，据图分析，b点开始是压缩注射器的过程，气体颜色变深，透光率变小，c点后的拐点是拉伸注射器的过程，气体颜色变浅，透光率增大，据此分析． 本题考查了化学平衡影响因素分析，催化剂对化学反应的影响，通过图象和透光率考查了压强对平衡移动的影响，注意勒夏特列原理的应用，题目难度中等．
4.【答案】D
-3.638【解析】解：A．C点-lgK=3.638，则平衡常数K=10，故A正确；
B．-lgK越大，则平衡常数K越小，由图可知，随温度升高，平衡常数增大，则升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，故该反应的△H＞0，故B正确；
第13页，共27页
C．因为A点温度比C点高，所以A、C 点反应速率：vA＞vC，故C正确； D．B点浓度商大于平衡常数，反应向逆反应进行，则B点对应状态的υ（正）＜υ（逆），故D错误． 故选D．
由图象可知，升高温度，平衡常数的负对数减小，说明升高温度K增大，平衡正向移动，则正反应为吸热反应，根据温度越高反应速率越大，结合浓度商与平衡常数的关系判断反应的方向，以此解答该题．
本题考查化学平衡常数及其应用等，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力，难度中等．
5.【答案】C
【解析】解：A．该反应为放热反应，温度越低，CO的转化率越大，则T1＜T2＜T3，故A错误；
B．由图可知，a、c两点压强相同，平衡时a点CO转化率更高，该反应为放热反应，温度越低，CO的转化率越大，故温度T1＜T3，温度越高，反应速率越快，故υ（a）＜υ（c）。b、d两点温度相同，压强越大，反应速率越大，b点大于d点压强，则v（b）＞v（d），故B错误；
C．由图可知，a、b两点压强相同，平衡时a点CO转化率更高，该反应为放热反应，故温度T1＜T2，降低温度平衡向正反应方向移动，则K（a）＞K（b），平衡常数只与温度有关，b、d两点温度相同，平衡常数相同，则K（b）=K（d），故C正确； D．CO转化率的越大，n总越小，由M= 可知，a点n总小，则M（a）＞M（c），M（b）＞M（d），故D错误； 故选：C。
A．该反应为放热反应，温度越低，CO的转化率越大；
B．由图可知，a、c两点压强相同，平衡时a点CO转化率更高，该反应为放热反应，温度越低，CO的转化率越大，故温度T1＜T3，温度越高，反应速率越快；b、d两点压强相同，温度越高，反应速率越大；
C．由图可知，a、b两点压强相同，平衡时a点CO转化率更高，该反应为放热反应，故温度T1＜T2，降低温度平衡向正反应方向移动，K值增大．平衡常数只与温度有关，b、d两点温度相同，平衡常数相同；
D．CO转化率的越大，n总越小，由M= 判断．
本题考查温度、压强、转化率等之间的关系，明确外界条件对反应速率及平衡的影响是解本题的关键，易错选项是D，注意根据M= 来分析解答即可．
6.【答案】D
【解析】解：A、燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，图中是2mol氢气反应生成气态水，故A错误；
B、图中二氧化氮和四氧化二氮气态都是从0开始，横坐标向右表示浓度增大 纵坐标向上表示物质消耗速率快，A点表示反应速率相等，不能确定平衡状态，如果达到平衡
第14页，共27页
状态，则二者消耗速率之比等于化学计量数之比即应该等于2：1，此时才能够达到平衡状态，故B错误；
C、将A、B饱和溶液分别由t1 升温至t2 时两溶液中溶质和溶剂的量都不会改变 二者t1 溶解度相同即浓度相同，所以t2 时溶质的质量分数相等，故C错误； D、HB两种酸的稀溶液时，HA的PH增大的多，HBPH图中两种酸PH相同，稀释HA、增大的少，说明HA酸的酸性强于HB的酸性，所以同浓度的NaA溶液水解程度小于NaB溶液，NaA溶液PH小于NaB溶液，故D正确； 故选D．
A、依据燃烧热的概念分析判断；
B、依据图象中起点和变化趋势，结合化学平衡分析判断；
C、依据图象中曲线的变化趋势，和饱和溶液中溶质的质量分数计算分析判断； D、PH相同的两种酸稀释后弱酸的PH增大的少分析判断；
本题考查了各种图象的分析思路和变化特征的应用，主要是燃烧热的概念应用，平衡状态的判断，饱和溶液中溶质溶解度和质量分数的判断，弱酸稀释的PH变化判断酸的强弱．
7.【答案】B
【解析】解：A、解：当反应物的起始物质的量之比等于化学计量数之比，物质的转化率相同，据此由图可知 =3时，转化率相同，即X与Y的化学计量数之比为3：1，故
反应为3X+Y?Z，故A错误；
B、滴定开始时0.1 mol?L-1某酸pH为3，所以酸为弱酸，强碱滴定弱酸用酚酞作指示剂，故B正确；
C、如NaOH过量较多，可存在c（OH-）＞c（CH3COO-），故C错误；
D、由图象可知，-lgc（X-）越大，则c（X-）越小，越先生成沉淀，由图2曲线，可确定首先沉淀的是I，故D错误，故选B。
A、当反应物的起始物质的量之比等于化学计量数之比，物质的转化率相同，据此由图可知 =3时，转化率相同，即X与Y的化学计量数之比为3：1；
-
B、根据0.1 mol/L的一元酸在滴定开始时的pH来判断酸为弱弱酸，强碱滴定弱酸用酚酞作指示剂；
C、如NaOH过量较多，可存在c（OH-）＞c（CH3COO-）； D、由图象可知，-lgc（X-）越大，则c（X-）越小，越先生成沉淀．
本题考查较为综合，涉及学生的分析能力的考查，为高考高频考点和常见题型，注意把握图象曲线的变化特点，为解答该题的关键，难度中等．
8.【答案】C
【解析】解：A．根据图象，随着反应时间（t）的延长，m点后α（CO2）仍然在增大，说明仍然向正反应方向移动，则m点：v（正）＞v（逆），故A正确；
B．根据图象，相同时间内过程I的α（CO2）比过程Ⅱ大，说明过程I反应速率快，所以过程I活化能小，则活化能：过程Ⅱ＞过程I，故B正确； C．由图可知，N点对应的α（CO2）为80%，则
第15页，共27页
福建2020届高三化学总复习专题训练 - 化学平衡的图像分析
