2022-2024年高考化学试题分类专项复习：化学反应速率与化学平衡（教师卷）

三年真题

4M08化学友应速率S化学平衡

目制鲁港。绢施管

考点三年考情(2022-2024)命题趋势

♦化学反应速率：2024安徽卷、2024江

选择题中对于化学反应速率和化学平衡内容

苏卷、2024甘肃卷、2023广东卷、2023

的考查不算太多，这是因为在主观题中，化

山东卷、2023辽宁卷、2023浙江卷、

学反应速率和化学平衡才是考查的重头戏。

2022广东卷、2022北京卷、2022河北

随着新高考单科卷的实行,选择题题量大增，

考点1化学反卷、2022浙江卷

有关化学反应速率和化学平衡试题的考查在

应速率与化学♦化学平衡：2024黑吉辽卷、2024山东

选择题中开始有所增加，考查的核心知识还

平衡卷、2024江苏卷、2024浙江卷、2024湖

是有关化学反应速率的比较、计算和影响因

南卷、2023北京卷、2023湖南卷、2023

素的判断，化学平衡常数、转化率、物质的

山东卷、2022天津卷、2022重庆卷、

浓度的计算，以及平衡移动原理的分析等，

2022江苏卷、2022浙江卷、2022北京

常结合坐标图像或表格进行考查。

卷、2022辽宁卷、2022湖南卷

窃窗©经。阖逾送国

考法01化学反应速率

1.(2024・安徽卷)室温下，为探究纳米铁去除水样中SeCU2-的影响因素，测得不同条件下SeC^-浓度随时间

变化关系如下图。

5.0

J

o

E3Z..O一

b.O、

uL.O②

。.O①

。

O24681O2

//h

实验序号水样体积/mL纳米铁质量/mg水样初始pH

©5086

②5026

③5028

下列说法正确的是

A.实验①中，0~2小时内平均反应速率v(SeO42-)=2.0molLih-i

B.实验③中，反应的离子方程式为：2Fe+SeCU2-+8H+=2Fe3++Se+4H2。

C.其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率

D.其他条件相同时，水样初始pH越小，SeC^-的去除效果越好

【答案】C

111

【解析】A.实验①中，0~2小时内平均反应速率丫伴。；)。。-—［；：=)。"'=2.0xl(r3moi,A

不正确；

B.实验③中水样初始pH=8,溶液显弱碱性，发生反应的离子方程式中不能用H+配电荷守恒，B不正

确；

C.综合分析实验①和②可知，在相同时间内，实验①中SeO：浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，

适当增加纳米铁质量可加快反应速率，C正确；

D.综合分析实验③和②可知，在相同时间内，实验②中SeO：浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，

适当减小初始pH,Se。：的去除效果越好，但是当初始pH太小时，H+浓度太大，纳米铁与H+反应速

率加快，会导致与SeO：反应的纳米铁减少，因此，当初始pH越小时SeO：的去除效果不一定越好，D

不正确；

综上所述，本题选C。

2.(2024・江苏卷)下列说法正确的是

A.豆科植物固氮过程中，固氮酶能提高该反应的活化能

B.C2H4与。2反应中，Ag催化能提高生成CH3CHO的选择性

C.凡。2制。2反应中，MnC)2能加快化学反应速率

D.SC>2与。2反应中，V2O5能减小该反应的焙变

【答案】C

【解析】A.固氮酶是豆科植物固氮过程的催化剂，能降低该反应的活化能，A错误；

H,C——CH,

B.根据题意，催化剂有选择性，如C2H4与02反应用Ag催化生成\/2(环氧乙烷)、用CuCb/PdC12

0

催化生成CH3CH0,则判断Ag催化不能提高生成CH3CHO的选择性，B错误；

C.MnC>2是H2O2制O2反应的催化剂，能加快化学反应速率，C正确；

D.V2O5是S02与02反应的催化剂，能加快反应速率，但不能改变该反应的焰变，D错误;

故选Co

3.（2024・甘肃卷）下列措施能降低化学反应速率的是

A.催化氧化氨制备硝酸时加入柏B.中和滴定时，边滴边摇锥形瓶

C,锌粉和盐酸反应时加水稀释D.石墨合成金刚石时增大压强

【答案】C

【解析】A.催化剂可以改变化学反应速率，一般来说，催化剂可以用来加快化学反应速率，故催化氧化氨

制备硝酸时加入钳可以加快化学反应速率，A项不符合题意；

B.中和滴定时，边滴边摇锥形瓶，可以让反应物快速接触，可以加快化学反应速率，B项不符合题意；

C.锌粉和盐酸反应时加水稀释会降低盐酸的浓度，会降低化学反应速率，C项符合题意；

D.石墨合成金刚石，该反应中没有气体参与，增大压强不会改变化学反应速率，D项不符合题意;

故选Co

4.（2023•山东卷）一定条件下，化合物E和TFAA合成H的反应路径如下:

已知反应初始E的浓度为O.lOmol-L1,TFAA的浓度为O.OSmol-L1,部分物种的浓度随时间的变化关系如

图所示，忽略反应过程中的体积变化。下列说法正确的是

T

T

-

O

E

)

、

。

A.h时刻，体系中有E存在

B.t2时刻，体系中无F存在

C.E和TFAA反应生成F的活化能很小

D.反应达平衡后，TFAA的浓度为0.08molL-i

【答案】AC

【分析】一定条件下，化合物E和TFAA合成H的反应路径中，共发生三个反应:

©E+TFAA——>F②F——>G③G=H+TFAA

h之后的某时刻，H为0.02moHA此时TFAA的浓度仍为0,则表明O.lOmolLiE、起始时的0.08molL

iTFAA、G分解生成的0.02mol-L"TFAA全部参加反应，生成O.lOmolLiF；在t2时刻，H为0.08molL

1,TFAA为0.06moHAG为0.01molL'则F为0.01molL1。

【解析】A.ti时亥U,H的浓度小于0.02mol-L",此时反应③生成F的浓度小于0.02mol-L",参加反应①

的H的浓度小于O.lmol-LT,则参加反应E的浓度小于0.1所以体系中有E存在，A正确；

B.由分析可知，t2时亥!I,H为0.08mol-LLTFAA为0.06mollAG为0.01m6HA则F为0.01molL-

i,所以体系中有F存在，B不正确；

C.口之后的某时亥I」，H为0.02molL",此时TFAA的浓度仍为0,表明此时E和TFAA完全反应生成F,

所以E和TFAA生成F的反应速率快，反应的活化能很小，C正确；

D.在t2时刻，H为0.08moH_?,TFAA为0.06mol-L",G为0.01molLLF为0.01moHA只有F、G

全部转化为H和TFAA时，TFAA的浓度才能为0.08mol<LT,而G=H+TFAA为可逆反应，所以反应达

平衡后，TFAA的浓度一定小于0.08moHJ,D不正确；

故选AC„

5.(2023・广东卷)催化剂I和II均能催化反应R(g)=P(g)。反应历程(下图)中，M为中间产物。其它条

件相同时，下列说法不正确的是

A.使用I和II,反应历程都分4步进行

B.反应达平衡时，升高温度，R的浓度增大

C.使用II时，反应体系更快达到平衡

D.使用I时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大

【答案】C

【解析】A.由图可知两种催化剂均出现四个波峰，所以使用I和II,反应历程都分4步进行，A正确；

B.由图可知该反应是放热反应，所以达平衡时，升高温度平衡向左移动，R的浓度增大，B正确；

C.由图可知I的最高活化能小于H的最高活化能，所以使用I时反应速率更快，反应体系更快达到平

衡，C错误；

D.由图可知在前两个历程中使用I活化能较低反应速率较快，后两个历程中使用I活化能较高反应速率

较慢，所以使用I时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大，D正确；

故选Co

6.(2023•辽宁卷)一定条件下，酸性KMnO”溶液与H2c2O4发生反应，Mn(H)起催化作用，过程中不同

价态含Mn粒子的浓度随时间变化如下图所示。下列说法正确的是

•。-

O.8-

ES.6-t-Mn(VIl)

T4-

0S--Mn(IV)

D2-

、S-Mn(III)

褪-

影-Mn(II)

O..0

15

时间/min

A.Mn(III)不能氧化H2JO4

B.随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小

C.该条件下，乂11(11)和乂11(¥11)不能大量共存

-+2+

D.总反应为：2MnO；+5C2O4+16H=2Mn+10CO2T+8H2O

【答案】C

【分析】开始一段时间(大约13min前)随着时间的推移Mn(VD)浓度减小直至为0,Mn(III)浓度增大直至

达到最大值，结合图像，此时间段主要生成Mn(III),同时先生成少量Mn(W)后Mn(IV)被消耗；后来(大

约13min后)随着时间的推移Mn(III)浓度减少，Mn(II)的浓度增大；据此作答。

【解析】A.由图像可知，随着时间的推移Mn(III)的浓度先增大后减小，说明开始反应生成Mn(III),后

Mn(III)被消耗生成Mn(II),Mn(III)能氧化H2c2O4,A项错误；

B.随着反应物浓度的减小，到大约13min时开始生成Mn(II),Mn(II)对反应起催化作用，13min后反应

速率会增大，B项错误；

C.由图像可知，Mn(VH)的浓度为0后才开始生成Mn(H),该条件下Mn(II)和Mn(VD)不能大量共存，C

项正确；

D.H2c2。4为弱酸，在离子方程式中应以化学式保留，总反应为2MnO4

+2+

+5H2C2O4+6H=2Mn+1OCO2T+8H2O,D项错误；

答案选C。

7.(2023•浙江卷)一定条件下，1-苯基丙焕(Ph-CmC-CH3)可与HC1发生催化加成，反应如下：

反应过程中该焕煌及反应产物的占比随时间的变化如图(已知：反应I、III为放热反应)，下列说法不正硬的

是

A.反应焰变：反应1＞反应II

B.反应活化能：反应i＜反应n

C.增加HCl浓度可增加平衡时产物II和产物I的比例

D.选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物I

【答案】C

【解析】A.反应I、III为放热反应，相同物质的量的反应物，反应I放出的热量小于反应II放出的热量,

反应放出的热量越多，其焰变越小，因此反应焰变：反应1＞反应II,故A正确；

B.短时间里反应I得到的产物比反应n得到的产物多，说明反应I的速率比反应n的速率快，速率越快,

其活化能越小，则反应活化能：反应k反应II,故B正确；

C.增加HC1浓度，平衡正向移动，但平衡时产物n和产物I的比例可能降低，故C错误；

D.根据图中信息，选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物I,故D正确。

综上所述，答案为C。

8.(2022.广东卷)在相同条件下研究催化剂I、II对反应Xf2Y的影响，各物质浓度。随反应时间f的

部分变化曲线如图，则

I催化剂I

(

-

To

4.

OZ

E催化剂II

)

/O

。

024t/min

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，0~2min内，v(X)=l.Omol-U1-min-1

【答案】D

【解析】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n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H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n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,贝网(Y)="四吗=2.0

Qt2min

mol'U1-min-1,B(X)=-^i)(Y)=^x2.0m(?/-L1-min-1=1.0m6＞Z-IT1-min-1,故D正确；

答案选D。

9.(2022•北京卷)CCh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。

’3时间/min

图2

下列说法不正确的是

催化剂

A.反应①为CaO+CO2=CaCO3；反应②为CaCC)3+CH4^-CaO+2co+2氐

催化剂

B.ti~t3,n(H2)比n(C0)多，且生成H2速率不变，可能有副反应CH4^=C+2H2

C.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

【解析】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

催化剂

为CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2,A正确；

B.由题干图2信息可知，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

催化剂

CO2,在催化剂上有积碳，故可能有副反应CH,^=C+2H2,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，生的反应速率未变，仍然

为2mmol/min,而CO变为l~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Ih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。

10.(2022•河北卷)恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量X,发生反应的方程式为①X=Y；②

Y=Zo反应①的速率匕=k|C(X),反应②的速率V2=k2c(Y),式中k：k?为速率常数。图甲为该体系中X、

Y、Z浓度随时间变化的曲线，图乙为反应①和②的lnk~*曲线。下列说法错误的是

Ink

、'、.、\反应②

反应6飞、、

7\小

乙

A.随c(X)的减小，反应①、②的速率均降低

B.体系中v(X)=v(Y)+v(Z)

C.欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间

D.温度低于L时，总反应速率由反应②决定

【答案】AB

【分析】由图中的信息可知，浓度随时间变化逐渐减小的代表的是X,浓度随时间变化逐渐增大的代表的

是Z,浓度随时间变化先增大后减小的代表的是Y；由图乙中的信息可知，反应①的速率常数随温度升高

增大的幅度小于反应②的。

【解析】A.由图甲中的信息可知，随c(X)的减小，c(Y)先增大后减小，c(Z)增大，因此，反应①的速率

随c(X)的减小而减小，而反应②的速率先增大后减小，A说法错误；

B.根据体系中发生的反应可知，在Y的浓度达到最大值之前，单位时间内X的减少量等于Y和Z的增

加量，因此，v(X)=v(Y)+v(Z),但是，在Y的浓度达到最大值之后，单位时间内Z的增加量等于Y和X

的减少量，故v(X)+v(Y)=v(Z),B说法错误;

C.升高温度可以可以加快反应①的速率，但是反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②的，

且反应②的的速率随着Y的浓度的增大而增大，因此，欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时

间，C说法正确；

D.由图乙信息可知，温度低于Ti时，ki>k2,反应②为慢反应，因此，总反应速率由反应②决定，D说

法正确；

综上所述，本题选AB。

11.(2022•浙江卷)在恒温恒容条件下，发生反应A(s)+2B(g)峰43X(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

【解析】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至ijc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。

考法02化学平衡

12.(2024・黑吉辽卷)异山梨醇是一种由生物质制备的高附加值化学品，150c时其制备过程及相关物质浓

度随时间变化如图所示，15h后异山梨醇浓度不再变化。下列说法错误的是

(

缪

・

O一

E

'

te^!

B.该温度下的平衡常数：①>②

C.。〜3h平均速率(异山梨醇)=0.014mol-kg」力」

D.反应②加入催化剂不改变其平衡转化率

【答案】A

【解析】

【解析】A.由图可知，3小时后异山梨醇浓度继续增大，15h后异山梨醇浓度才不再变化，所以3h时，

反应②未达到平衡状态，即正、逆反应速率不相等，故A错误；

B.图像显示该温度下，15h后所有物质浓度都不再变化，且此时山梨醇转化完全，即反应充分，而14

失水山梨醇仍有剩余，即反应②正向进行程度小于反应①、反应限度小于反应①，所以该温度下的平衡常

数：①〉②，故B正确；

C.由图可知，在。〜3h内异山梨醇的浓度变化量为0.042mol/kg,所以平均速率(异山梨醇尸

0.042mo//kg.i1“,,i此〃丁/

-----------------=n0.014mol-kg-h,故C正确；

3h

D.催化剂只能改变化学反应速率，不能改变物质平衡转化率，所以反应②加入催化剂不改变其平衡转化

率，故D正确；

故答案为：Ao

13.(2024.山东卷)逆水气变换反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)AH>00一定压力下，按

CO2,H2物质的量之比MCC)2)：〃(H2)=1:1投料，Tx,4温度时反应物摩尔分数随时间变化关系如图

所示。已知该反应的速率方程为v=kc05(H2)c(CO2),7],T2温度时反应速率常数k分别为ki，k2。下

时间(s)

A.kj>k2

v(7])k.

B.4,I温度下达平衡时反应速率的比值：一次<台

C.温度不变，仅改变体系初始压力，反应物摩尔分数随时间的变化曲线不变

D.4温度下，改变初始投料比例，可使平衡时各组分摩尔分数与工温度时相同

【答案】CD

【解析】

【分析】由图可知，71比及反应速率速率快，则TI>T2；TI温度下达到平衡时反应物的摩尔分数低于T2温

度下平衡时；由于起始CO2与H2的物质的量之比为1：1,则达到平衡时CO2和H2的摩尔分数相等。

【解析】A.根据分析，Ti比八反应速率速率快，反应速率常数与温度有关，结合反应速率方程知ki>

k2,A项正确；

B.反应的速率方程为v=kca5(H2)c(CCh),则史】«5他口(82)]

,Ti温度下达到平衡时反应物的

05

也)k2c(H2)9c(CO2)2

摩尔分数低于T2温度下平衡时，则**〈卢，B项正确；

V㈤k2

C.温度不变，仅改变体系初始压力，虽然平衡不移动，但反应物的浓度改变，反应速率改变，反应达到

平衡的时间改变，反应物摩尔分数随时间的变化曲线变化，c项错误；

D.△温度下，改变初始投料比，相当于改变某一反应物的浓度，达到平衡时H2和CO2的摩尔分数不可能

相等，故不能使平衡时各组分摩尔分数与Ti温度时相同，D项错误；

答案选CDo

14.（2024•江苏卷）二氧化碳加氢制甲醇的过程中的主要反应（忽略其他副反应）为：

①0）21）+珥值）=0）1）+珥0信）AH,=41.2kJ-mor1

②CO（g）+2H2（g）=CHQH（g）AH2

225℃、8xlC）6pa下，将一定比例CO2、H2混合气匀速通过装有催化剂的绝热反应管。装置及Li、

L2、L3…位点处（相邻位点距离相同）的气体温度、CO和CHsOH的体积分数如图所示。下列说法正确的是

CO八H,二i；

混合气-I■'?!IIIIII

胞热反应IT

（容器内与外界没有热量交换）

A.L4处与L5处反应①的平衡常数K相等

B.反应②的焰变AH2〉0

C.L6处的H2。的体积分数大于L5处

D.混合气从起始到通过Li处，CO的生成速率小于CH30H的生成速率

【答案】C

【解析】A.L4处与L5处的温度不同，故反应①的平衡常数K不相等，A错误；

B.由图像可知，LI-L3温度在升高，该装置为绝热装置，反应①为吸热反应，所以反应②为放热反应，

AH2<0,B错误；

C.从L5到L6,甲醇的体积分数逐渐增加，说明反应②在向右进行，反应②消耗CO,而CO体积分数

没有明显变化，说明反应①也在向右进行，反应①为气体分子数不变的反应，其向右进行时，n（H2O）增

大，反应②为气体分子数减小的反应，且没有H20的消耗与生成，故n总减小而n（H20）增加，即H2O

的体积分数会增大，故L6处的比0的体积分数大于L5处，C正确；

D.Li处CO体积分数大于CH3OH,说明生成的CO的物质的量大于CH3OH,两者反应时间相同，

说明CO的生成速率大于CH30H的生成速率，D错误；

故选Co

15.(2024•浙江卷6月)二氧化碳氧化乙烷制备乙烯，主要发生如下两个反应:

I.C2H6(g)+CO2(g)^C2H4(g)+CO(g)+H2O(g)AH】>0

II.C2H6(g)+2CC)2(g)U4co(g)+3H?(g)AH2>0

向容积为10L的密闭容器中投入2moic2H$和3molCO2,不同温度下，测得5min时(反应均未平衡)的相

关数据见下表，下列说法不正强的是

温度(℃)400500600

乙烷转化率(%)2.29.017.8

乙烯选择性(％)92.680.061.8

转化为乙烯的乙烷的物质的量

注：乙烯选择性=.转化的乙烷的总物质的量,°

A.反应活化能：KII

B.500℃时，0〜5mz力反应I的平均速率为：v(C2H4)=2.88xl(y3moLLJi-mini

C.其他条件不变，平衡后及时移除H2O(g),可提高乙烯的产率

D.其他条件不变，增大投料比［n(C2H6)/n(CC)2)］投料，平衡后可提高乙烷转化率

【答案】D

【解析】A.由表可知，相同温度下，乙烷在发生转化时，反应I更易发生，则反应活化能：i<n,A正

确；

B.由表可知，500℃时，乙烷的转化率为9.0%,可得转化的乙烷的总物质的量为2moix9.0%=0.18mol,而

此温度下乙烯的选择性为80%,则转化为乙烯的乙烷的物质的量为0.18molx80%=0.144mol,根据方程式可

得，生成乙烯的物质的量为0.144mol,则0〜5m加反应I的平均速率为：

0.144mol

11B

V(C2H4)=—处一=2.88xlO^mol-E-min)正确；

'2475min

C.其他条件不变，平衡后及时移除H2O(g),反应I正向进行，可提高乙烯的产率，C正确；

D.其他条件不变，增大投料比［n(C2H6)/n(CC)2)］投料，平衡后CCh转化率提高，C2H6转化率降低，D

错误；

答案选D。

16.(2024.湖南卷)恒压下，向某密闭容器中充入一定量的CH30H(g)和CO(g),发生如下反应：

主反应：CH3OH(g)+CO(g)=CH3COOH(g)AH,

副反应：CH3OH(g)+CH3COOH(g)=CH3COOCH3(g)+H2O(g)AH2

在不同温度下，反应达到平衡时，测得两种含碳产物的分布分数

8n(CHCOOH)

5(CHCOOH)=3随投料比x(物质的量之比)的变化关系如图所

3n(CH3coOH)+n(CH3co0飙)

一

万

2

据

东

央

求

人投料比*代表十数

B.曲线c代表乙酸的分布分数

C,阻<0,AH2>0

D.L、M、N三点的平衡常数：K(L)=K(M)>K(N)

【答案】D

【分析】题干明确指出，图中曲线表示的是测得两种含碳产物的分布分数即分别为3(CH3coOH)、

/、n(CHQH)

5(CH3COOCH3),若投料比X代表六画「，X越大，可看作是CHQH的量增多，则对于主、副反

应可知生成的CH3coOCH3越多，CH3coOCH3分布分数越高，则曲线a或曲线b表示CH3coOCH3分布分

数，曲线c或曲线d表示CH3co0H分布分数，据此分析可知AB均正确，可知如此假设错误，则可知投料

n(C0)

比x代表一曲线a或曲线b表示3(CH3coOH),曲线c或曲线d表示3(CH3COOCH3),

n(CH3OH)'

据此作答。

n(CO)

【解析】A.根据分析可知，投料比x代表M£HO\)，故A错误;

B.根据分析可知，曲线c表示CH3coOCH3分布分数，故B错误;

C.根据分析可知，曲线a或曲线b表示3(CH3coOH),当同一投料比时，观察图像可知T2时

b(CH3coOH)大于Ti时可CH3coOH),而12>工可知，温度越高则b(CH3coOH)越大，说明温度

升高主反应的平衡正向移动，AHj>0；曲线c或曲线d表示B(CH3co0cH3),当同一投料比时，观察

可知Ti时5(CH3COOCH3)大于T2时6(CH3coOCH3),而T2〉工可知，温度越高则

3(CH3coOCH3)越小，说明温度升高副反应的平衡逆向移动，AH2<0,故C错误;

D.L、M、N三点对应副反应AH?<0,且TN>TM=T-升高温度平衡逆向移动，

K(L)=K(M)>K(N),故D正确；

故答案选D。

17.(2023•北京卷)下列事实能用平衡移动原理解释的是

A.凡。?溶液中加入少量MnO?固体，促进HOz分解

B.密闭烧瓶内的NO?和Ng4的混合气体，受热后颜色加深

C.铁钢放入浓HNO3中，待不再变化后，加热能产生大量红棕色气体

D.锌片与稀H2sO4反应过程中，加入少量CuSC)4固体，促进的产生

【答案】B

【解析】A.MnCh会催化H2O2分解，与平衡移动无关，A项错误；

B.NO2转化为N2O4的反应是放热反应，升温平衡逆向移动，NO2浓度增大，混合气体颜色加深，B项

正确；

C.铁在浓硝酸中钝化，加热会使表面的氧化膜溶解，铁与浓硝酸反应生成大量红棕色气体，与平衡移动

无关，C项错误；

D.加入硫酸铜以后，锌置换出铜，构成原电池，从而使反应速率加快，与平衡移动无关，D项错误；

故选B。

18.(2023•湖南卷)向一恒容密闭容器中加入ImolCH,和一定量的HzO,发生反应：

CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)。CH4的平衡转化率按不同投料比x(x=旦］随温度的变化曲线

如图所示。下列说法错误的是

A.<x2

B.反应速率：Vb正<v0正

C.点a、b、c对应的平衡常数：Ka<Kb=Kc

D.反应温度为工，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态

【答案】B

【解析】A.一定条件下，增大水的浓度，能提高CH4的转化率，即x值越小，CH4的转化率越大，则

Xj<X2,故A正确；

B.b点和c点温度相同，CH4的起始物质的量都为Imol,b点x值小于c点，则b点加水多，反应物浓度

大，则反应速率：Vb正>V。正，故B错误；

C.由图像可知，x一定时，温度升高CH4的平衡转化率增大，说明正反应为吸热反应，温度升高平衡正

向移动，K增大；温度相同，K不变，则点a、b、c对应的平衡常数：Ka<Kb=Kc,故C正确；

D.该反应为气体分子数增大的反应，反应进行时压强发生改变，所以温度一定时，当容器内压强不变

时，反应达到平衡状态，故D正确；

答案选B。

19.(2023•山东卷)在含Hgb(g)的溶液中，一定c(r)范围内，存在平衡关系：HgL(s)UHgL(叫)；

2++

Hgl2(aq)-Hg+2F;Hgl2(aq)-Hgl+F；Hgl2(aq)+r-Hgl；；Hgl?(aq)+2「=Hglj,平衡常

数依次为K。、KP又、坞、K4O已知lgc(Hg2+)、lgc(Hg「)，lgc(Hglj、Igc(Hglf)随lgc(r)的变化关

系如图所示，下列说法错误的是

A.线L表示Igc(Hglj)的变化情况

B.随c(「)增大，c[Hgl2(aq)]先增大后减小

.肉

C.a=lg^-

D.溶液中I元素与Hg元素的物质的量之比始终为2:1

【答案】B

【分析】由题干反应方程式HgI,(aq)UHg»+2r可知，""四")’则有以咽+)=,则有

2+

lgc(Hg>lgKi+lgc(Hgl2)-21gc(I),同理可得：lgc(HgI+)=lgK2+lgc(Hgl2"gc(I),lgc(HgI；)=lgK3+lgc(Hgl2)+

lgc(r),Ige(Hgl^)==lgK4+lgc(Hgl2)+21gc(r),且由Hg12⑸UHg%(叫)可知Ko=c[HgI2(aq)]为一定值，

0)

故可知图示中j1.W\\3/7曲线1、2、3、4即L分别代表lgc(Hgl+)、lgc(Hg2+)、

-14IgcG")0

Igc(Hgl-),lgc(Hglt),据此分析解题。

【解析】A.由分析可知，线L表示Igc(Hglj)的变化情况，A正确；

B.已知Hgl2(s)UHgL(aq)的化学平衡常数Ko=c[Hgl2(aq)],温度不变平衡常数不变，故随c(厂)增

大，c[Hgl2(aq)]始终保持不变，B错误；

C.由分析可知，曲线1方程为：lgc(Hg2+)=lgKi+lgc(Hgl2)-21gc(r),曲线2方程为：

lgc(HgI+)=lgK2+lgc(Hgl2)・lgc(I)即有①b=lgKi+lgc(Hgl2)-2a,②b=lgK2+lgc(Hgl2)-a,联合①②可知得：

K

a=lgK,-lgK2=lg—,c正确；

D.溶液中的初始溶质为HgL,根据原子守恒可知，该溶液中I元素与Hg元素的物质的量之比始终为

2:1,D正确；

故答案为：Bo

20.(2022・天津卷)向恒温恒容密闭容器中通入2moiSO?和imolO2,反应

2so2(g)+C)2(g)U2so3(g)达到平衡后，再通入一定量。?，达到新平衡时，下列有关判断镇送的是

A.SO3的平衡浓度增大B.反应平衡常数增大

C.正向反应速率增大D.SO?的转化总量增大

【答案】B

【解析】A.平衡后，再通入一定量。②，平衡正向移动，SO3的平衡浓度增大，A正确；

B.平衡常数是与温度有关的常数，温度不变，平衡常数不变，B错误；

C.通入一定量。2,反应物浓度增大，正向反应速率增大，C正确；

D.通入一定量。2,促进二氧化硫的转化，SO2的转化总量增大，D正确；

故选Bo

21.(2022.重庆卷)两种酸式碳酸盐的分解反应如下。某温度平衡时总压强分别为pl和p2。

4

反应1：NH4HCO3(S)^NH3(g)+H2O(g)+CO2(g)pi=3.6xlOPa

3

反应2：2NaHCO3(s)^?>Na2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)p2=4xlOPa

该温度下，刚性密闭容器中放入NH4HCO3和Na2cCh固体，平衡后以上3种固体均大量存在。下列说法错

误的是

A.反应2的平衡常数为4xlO6Pa2B,通入NH3,再次平衡后，总压强增大

C.平衡后总压强为4.36xlO5PaD.缩小体积，再次平衡后总压强不变

【答案】B

【解析】A.反应2的平衡常数为Kp=p(CO2)p(H2O)=P2x；xp2><g=4xl06pa2,A正确；

B.刚性密闭容器，温度不变平衡常数不变，再次达平衡后，容器内各气体分压不变，总压强不变，B错

误；

623

C.Kp2=P(CO2)P(H2O)=p2x|xp2x1=4xlOPa,p(CO2)=p(H2O)=2xlO,

433(1，2><1)35

Kpl=c(NH3)c(CO2)p(H2O)=(1.2xlO)Pa,p(NH3)=^^4.32xl0,所以总压强为：

qxiu

s

p(NH3)+p(CO2)+p(H2O)=4.32x10,C正确；

D.达平衡后，缩小体积，平衡逆向移动，温度不变，平衡常数不变，再次平衡后总压强不变，D正确；

故选Bo

22.(2022•江苏卷)乙醇-水催化重整可获得HZ。其主要反应为

1

C2H5OH(g)+3H2O(g)=2CO2(g)+6H2(g)AH=173.3kJ-mol,

1

CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)AHMl.2kJ.mor,在LOx及pa、n始(C2H5OH):%(&0)=1:3时，若仅考

虑上述反应，平衡时co?和co的选择性及H2的产率随温度的变化如图所示。

%

、

郴

世

怪

知

a、

到

A.图中曲线①表示平衡时H?产率随温度的变化

B.升高温度，平衡时CO的选择性增大

n(C2HsOH)

C.一定温度下，增大/口可提高乙醇平衡转化率

D.一定温度下，加入CaO(s)或选用高效催化剂，均能提高平衡时H?产率

【答案】B

【分析】根据已知反应①C2H50H(g)+3Hq(g)=2CC)2(g)+6H2(g)AH=173.3kJmor',反应②

CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)AH=41.2kJ-mor',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。

【解析】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，增大一，口一,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

n(H2O)

衡转化率降低，故C错误；

D.加入CaO(s)或者选用高效催化剂，不会影响平衡时H?产率，故D错误；

故选B。

23.(2022•江苏卷)用尿素水解生成的NH3催化还原NO,是柴油机车辆尾气净化的主要方法。反应为

4NH3(g)+O2(g)+4NO(g)^^4N2(g)+6H2O(g),下列说法正确的是

A.上述反应AS<0

46

n桁淅四毡叱C(N2)-C(H2O)

B.上述反应平衡常数K=二、/c、4/[c、

c(NH3)C(O2)C(NO)

C.上述反应中消耗ImolNHs，转移电子的数目为2x6.02x1023

D.实际应用中，加入尿素的量越多，柴油机车辆排放的尾气对空气污染程度越小

【答案】B

【解析】A.由方程式可知，该反应是一个气体分子数增大的反应，即燧增的反应，反应△$>(),故A错

误；

4fN1c6fHOl

B.由方程式可知，反应平衡常数K二