2025年北京高考化学复习专练：化学反应速率与平衡分析（解析版）

重难点10化学反应速率与平衡分析

f：*r题趋势

考点三年考情分析2025考向预测

预计2025年高考考查化学反应速

化学反应速率与2024•北京卷T10/T12/T13；2023•北京卷T4；2022•北率计算、化学平衡、化学平衡常

平衡京卷T12/T14；数因素及其应用、化学平衡图像

分析等。

<1

重难诠释

【思维导图】

【高分技巧】

一、化学反应速率的计算及影响因素

Ac

1.表达式及单位：v=—，单位为mol，LT・minT或mol,L-，sT。

△t

(1)同一化学反应，相同条件下用不同物质表示的反应速率，其数值可能不同，但表示的意义相同。

(2)不能用固体或纯液体表示化学反应速率，因为固体或纯液体的浓度视为常数。

2.影响化学反应速率的因素

（1）内因：反应物本身的性质

（2）外因：浓度、压强、催化剂等

（3）气体反应体系中充入惰性气体（不参加反应）时对反应速率的影响

恒温恒容：充入“惰性气体”一总压增大一物质浓度不变（活化分子浓度不变）

一反应速率不变。

恒温恒压：充入“惰性气体”一体积增大-物质浓度减小（活化分子浓度减小）

一反应速率减小。

3.有效碰撞理论

（1）活化分子：能够发生有效碰撞的分子。

（2）活化能：

图中：巴为正反应的活化能，使用催化剂时的活化能为丹，反应热为Ei—4。（注：及为逆反应的活化能）

（3）有效碰撞：活化分子之间能够引发化学反应的碰撞。

二、化学平衡状态

化学平衡状态判断

是否已达

反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)

平衡状态

各物质的物质的量或各物质的物质的量分数一定平衡

混合物体

各物质的质量或各物质的质量分数一定平衡

系中各组

各气体的体积或体积分数一定平衡

分的含量

总压强、总体积、总物质的量一定不一定平衡

在单位时间内消耗nmolB,同时生成mmolA,即v正

平衡

=丫逆

正、逆反

在单位时间内消耗nmolB,同时生成pmolC,均指v正不一定平衡

应速率的

v（A）：v（B）：v（C）：v（D）=m：n：p：q,v正不一定等于v逆不一定平衡

关系

在单位时间内生成了nmolB,同时消耗qmolD,均指v

不一定平衡

逆

压强不再变化，当m+n^p+q时平衡

压强

压强不再变化，当m+n=p+q时不一定平衡

混合气体Mr一定，当m+nrp+q时平衡

的平均相

对分子质Mr一定，当m+n=p+q时不一定平衡

量Mr

任何化学反应都伴随着能量变化，在其他条件不变的情

温度平衡

况下，体系的温度一定时

反应体系内有色物质的颜色不变，即有色物质的浓度不

颜色平衡

变

体系的若m+n=p+q,且p一定不一定平衡

密度p若m+n^p+q,恒温恒压且p一定平衡

混合体系各组分的浓度一定平衡

中各组分各组分的浓度相等不一定平衡

的浓度c(A)：c(B)：c(C)：c(D)=m：n：p：q不一定平衡

三、化学平衡常数、转化率的相关计算

1.平衡常数表达式

对于反应植幅）+4口）=±夕（2伍）+皿伍），K="（C）”（D）（固体和纯液体的浓度视为常数,通常

c加（A>c"（B）

不计入平衡常数表达式中）。

2.平衡常数常见应用

（1）判断、比较可逆反应进行的程度

一般来说，一定温度下的一个具体的可逆反应：

K值正反应进行的程度平衡时生成物浓度平衡时反应物浓度反应物转化率

越大越大越大越小越高

越小越小越小越大越低

（2）判断正在进行的可逆反应是否达到平衡或反应进行的方向

Qc<K：反应向正反应方向进行，o正>0逆

'0c=K：反应处于化学平衡状态，o正=0逆

、Qc>K：反应向逆反应方向进行，。正<。逆

(3)判断可逆反应的热效应

,0广K值增大-*正反应为吸热反应

升身加芟一：K值减小一正反应为逊反应

出“、□金广K值增大-正反应为迪反应

降低温度一r/估讨ITu上斗,mHU上

「K值减小f正反应为吸热反应

【注意】

(1)K的大小只与温度有关，与反应物或生成物的起始浓度的大小无关。

(2)代入平衡常数表达式的是平衡浓度，而不是任意时刻的浓度，更不能将物质的量代入。

(3)同一化学反应，可以用不同的化学方程式表示，每个化学方程式都有自己的平衡常数表达式及相应的平

衡常数。因此，要注意使用与化学方程式相对应的平衡常数。

3.转化率的分析与判断

反应aA(g)+6B(g)-IcC(g)+dD(g)的转化率分析

①若反应物起始物质的量之比等于化学计量数之比，达到平衡后，它们的转化率相等。

②若只增加A的量，平衡正向移动，B的转化率提高，A的转化率降低。

③若按原比例同倍数地增加(或降低)A、B的浓度，等效于压缩(或扩大)容器体积，气体反应物的转化率与

其化学计量数有关。

同倍增大c(A)和c(B)

,a+b^c+dA、B的转化率不变

,a+b>c+dA、B的转化率增大

a+b<c+dA、B的转化率减小

四、化学反应速率与化学平衡图像分析

1.速率一时间图像

反应加A(g)+〃B(g)=，0C(g)+qD(g),m+n>p+q,J!LAZ/>0

0〃增大c(A)力升高温度必减小压强〃加催化剂।

(1)6时增大反应物的浓度，正反应速率瞬间增大，然后逐渐减小，而逆反应速率逐渐增大;

(2)/2时升高温度，正反应和逆反应速率均增大，吸热反应的反应速率增大得快；

(3小时减小压强，容器容积增大，浓度变小，正反应速率和逆反应速率均减小，正反应的反应速率减小得

多；

(4)/4时使用催化剂，正反应速率和逆反应速率均瞬间增大但仍相等。

2.转化率(或含量)一时间图像

反应加A(g)+〃B(g)=，pC(g)+qD(g),m-\-n>p-\-q,且

(1)图甲表示压强对反应物转化率的影响，对于气体反应物化学计量数之和大于气体生成物化学计量数之和

的反应，压强越大，反应物的转化率越大；

(2)图乙表示温度对反应物转化率的影响，对于吸热反应，温度越高，反应物的转化率越大；

(3)图丙表示催化剂对反应物转化率的影响，催化剂只能改变化学反应速率，不能改变反应物的转化率。

3.恒压(温)线(a表示反应物的转化率，c表示反应物的平衡浓度)

图①，若尸i>尸2>尸3，则正反应为气体体积减小的反应，AH<0；

图②，若71>72，则正反应为放热反应。

分析时可沿横轴作一条平行于纵轴的虚线，即为等压线或等温线，然后分析另一条件变化对该反应的

影响。

4.特殊类型图像

⑴对于化学反应mA(g)+〃B(g)=^〃C(g)+qD(g),如图所示，M点前，表示从反应物开始，丫正>丫逆；M点

为刚达到平衡点；M点后为平衡受温度的影响情况，即升温，A的百分含量增加或C的百分含量减少，平衡

左移，故正反应AH<0。

⑵对于化学反应mA(g)+〃B(g)=〃C(g)+qD(g),如图所示，L线上所有的点都是平衡点。L线的左上方（E

点），A的百分含量大于此压强时平衡体系的A的百分含量，所以E点旷正＞丫逆；贝UL线的右下方（F点），v正＜v逆。

（3）曲线的意义是外界条件（如温度、压强等）对正、逆反应速率影响的变化趋势及变化幅度。图中交点A是

平衡状态，压强增大，正反应速率增大得快，平衡正向移动。

化学平衡图像题的解答原则

（1）“定一议二”原则。

在化学平衡图像中，包括纵坐标、横坐标和曲线所表示的三个量，确定横坐标所表示的量后，讨论纵

坐标与曲线的关系或确定纵坐标所表示的量，讨论横坐标与曲线的关系。

（2）“先拐先平，数值大”原则。

在化学平衡图像中，先出现拐点的反应则先达到平衡，先出现拐点的曲线表示的温度较高或表示的压强较

大。

-----------------------------h

3限时提升练

（建议用时：40分钟）

1.（2024・北京・高考真题）下列依据相关数据作出的推断中，不正确的是

A.依据相同温度下可逆反应的Q与K大小的比较，可推断反应进行的方向

B.依据一元弱酸的可推断它们同温度同浓度稀溶液的pH大小

C.依据第二周期主族元素电负性依次增大，可推断它们的第一电离能依次增大

D.依据F、Cl、Br、I的氢化物分子中氢卤键的键能，可推断它们的热稳定性强弱

【答案】C

【详解】A.对于可逆反应的Q与K的关系：Q>K,反应向逆反应方向进行；Q<K,反应向正反应方向进

行；Q=K,反应处于平衡状态，故依据相同温度下可逆反应的Q与K大小的比较，可推断反应进行的方向,

A正确；

B.一元弱酸的Ka越大，同温度同浓度稀溶液的酸性越强，电离出的H+越多，pH越小，B正确；

C.同一周期从左到右，第一电离能是增大的趋势，但是IIA大于niA,VA大于VIA,C不正确；

D.F、Cl、Br、I的氢化物分子中氢卤键的键能越大，氢化物的热稳定性越强，D正确；

故选C。

2.(2024•北京•高考真题)可采用Deacon催化氧化法将工业副产物HC1制成Cl2,实现氯资源的再利用。

CuO.

1

反应的热化学方程式：4HCl(g)+O2(g)=2C12(g)+2H2O(g)AH-114.4kJ.molo下图所示为该法的一种催

化机理。

下列说法不正确的是

A.丫为反应物HC1,W为生成物H?。

B.反应制得ImolCl?,须投入2moicuO

C.升高反应温度，HC1被氧化制C1?的反应平衡常数减小

D.图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应

【答案】B

【分析】由该反应的热化学方程式可知，该反应涉及的主要物质有HC1、。2、CuO、Cl2>H2O；CuO与丫

反应生成Cu(OH)Cl,则丫为HC1；Cu(OH)Cl分解生成W和Cu20cl2，则W为H2O；CuCb分解为X和

CuCL则X为Ch；CuCl和Z反应生成Cu20cl2，则Z为O2；综上所述，X、Y、Z、W依次是Cl?、HC1、

O2、H2Oo

【详解】A.由分析可知，丫为反应物HC1,W为生成物HQ,A正确；

B.CuO在反应中作催化剂，会不断循环，适量即可，B错误；

C.总反应为放热反应，其他条件一定，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，c正确；

D.图中涉及的两个氧化还原反应是CuCUfCuCl和CuClfCu20cl2,D正确；

故选Bo

3.（2024•北京・高考真题）苯在浓HNC>3和浓H2sO4作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法

不正确的是

A.从中间体到产物，无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物H

B.X为苯的加成产物，丫为苯的取代产物

C.由苯得到M时，苯中的大兀键没有变化

D.对于生成丫的反应，浓H2sO,作催化剂

【答案】C

【详解】A.生成产物n的反应的活化能更低，反应速率更快，且产物II的能量更低即产物II更稳定，以上2

个角度均有利于产物n,故A正确；

B.根据前后结构对照，X为苯的加成产物，丫为苯的取代产物，故B正确；

C.M的六元环中与-NC>2相连的C为sp3杂化，苯中大兀键发生改变，故C错误；

D.苯的硝化反应中浓H2sO,作催化剂，故D正确；

故选C。

4.（2023•北京•高考真题）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MnO2固体，促进HzO2分解

B.密闭烧瓶内的NO?和N2O4的混合气体，受热后颜色加深

C.铁钉放入浓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H2sO,反应过程中，加入少量CuSO,固体，促进H2的产生

【答案】B

【详解】A.MnCh会催化出。2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。

5.（2022•北京•高考真题）某MOFs的多孔材料刚好可将N2O/'固定"，实现了NO?与N2O4分离并制备

HNO3,如图所示：

已知：2NC）2（g）UN2o4（g）AH<0

下列说法不正确的是

A.气体温度升高后，不利于N2O4的固定

B.N2O4被固定后，平衡正移，有利于NO?的去除

C.制备HNO3的原理为：2N2O4+O2+2H2O4HNO3

D.每制备0.4molHNC>3，转移电子数约为6.02x1（）22

【答案】D

【详解】A.已知：2NC）2（g）UN2O4（g）AH<0,升高温度，平衡逆向移动，N2O4的浓度减小，不利于N2O4

的固定，故A正确；

B.N2O4被固定后，N2O4浓度减小，平衡正移，有利于NO?的去除，故B正确；

C.被固定的四氧化二氮和氧气、水反应生成硝酸，制备HN03的原理为：2N2O4+O2+2H2O4HNO3，故c

正确；

23

D.由C化学方程式可知，4HNO3~4e-,每制备0.4molHNC>3,转移电子数约为0.4x6.02X10,故D错误。

故选D。

6.（2022・北京•高考真题）某MOFs多孔材料孔径大小和形状恰好将NQJ固定”，能高选择性吸附NO?。

废气中的NO?被吸附后，经处理能全部转化为HNC）3。原理示意图如下。

已知：2NO2（g）N2O4（g）AH<0

下列说法不正确的是

A.温度升高时不利于NO?吸附

B.多孔材料“固定”NR，促进2NO2（g）UNq4（g）平衡正向移动

C.转化为HNC>3的反应是2N2O4+O2+2H2O4HNO3

D.每获得0.4molHNC>3时，转移电子的数目为6.02x1（）22

【答案】D

【分析】废气经过MOFs材料之后，NO2转化成N2O4被吸附，进而与氧气和水反应生成硝酸，从该过程中

我们知道，NO2转化为N2O4的程度，决定了整个废气处理的效率。

【详解】A.从2NO2（g）UN2O4（g）AH<0可以看出，这个是一个放热反应，升高温度之后，平衡逆向移动,

导致生成的N2O4减少，不利于NO?的吸附，A正确；

B.多孔材料“固定”此04,从而促进2NC）2UN2O4平衡正向移动，B正确；

C.N2O4和氧气、水反应生成硝酸，其方程式为2N2O4+O2+2H2O4HNO3,C正确;

D.在方程式2N2O4+O2+2H2O4HNO3中，转移的电子数为4e-,则每获得0.4molHNC>3,转移的电子数为

0.4mol,即个数为2.408x1023,D错误;

故选D。

7.(2022•北京•高考真题)CO2捕获和转化可减少CO?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。

W

L

U

.

O

U

I

E

/-------CO

羯

H

煽2

母

¥

CH4

图1

'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=CaCC)3；反应②为CaCCh+CRCaO+2co+2%

催化剂

B.tif,n(H2)比n(CO)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

【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

催化剂

CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2,A正确；

B.由题干图2信息可知，t「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CCh，

催化剂…

在催化剂上有积碳，故可能有副反应CH4^=C+2H2,反应②和副反应中CH4和的系数比均为1:2,

B正确；

C.由题干反应②方程式可知，比和CO的反应速率相等，而t2时刻信息可知，%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。

8.(2021•北京•高考真题)NO2和N2O4存在平衡：2NC)2(g)UN204(g)AHO。下列分析正确的是

A.1mol平衡混合气体中含1molN原子

B.断裂2moiNO2中的共价键所需能量小于断裂1molN2O4中的共价键所需能量

C.恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的

D.恒容时，水浴加热，由于平衡正向移动导致气体颜色变浅

【答案】B

【详解】A.ImolNCh含有ImolN原子，ImolNzCU含有2moiN原子，现为可逆反应，为NO2和N2O4的混

合气体,1mol平衡混合气体中所含N原子大于1mol小于2mol,A项错误；

B.反应2NO2(g)UN2C»4(g)为放热反应，反应热=反应物总键能-生成物总键能，故完全断开2moiNO2分子中

的共价键所吸收的热量比完全断开ImolNzCU分子中的共价键所吸收的热量少，B项正确；

C.气体体积压缩，颜色变深是因为体积减小，浓度变大引起的，C项错误；

D.放热反应，温度升高，平衡逆向移动，颜色加深，D项错误；

答案选B。

9.(2021•北京・高考真题)有科学研究提出:锂电池负极材料(Li)由于生成LiH而不利于电池容量的保持。

一定温度下，利用足量重水(D2O)与含LiH的Li负极材料反应，通过测定n①2)/n(HD)可以获知

n(Li)/n(LiH)„

已知：®LiH+H2O=LiOH+H2t

②2Li(s)+H2U2LiHAH<0

下列说法不正确的是

A.可用质谱区分D2和HD

B.Li与D2。的反应：2Li+2D2O=2LiOD+D2T

C.若n(Li)/n(LiH)越大，则n(D2)/n(HD)越小

D.80。(2反应所得n(D2)/n(HD)比25。(3反应所得n(D2)/n(HD)大

【答案】C

【详解】A.D2和HD的相对分子质量不同，可以用质谱区分，A正确；

B.类似于钠和水的反应，Li与D2O反应生成LiOD与D2,化学方程式是2Li+2D2O=2LiOD+D2f,B正确；

C.D2由Li与D2O反应生成，HD通过反应LiH+D2O=LiOD+HDT,n(D2)/n(HD)越大，n(Li)/n(LiH)越大,

C不正确；

D.升温，2LiHU2Li+H2△!!>()平衡右移，Li增多LiH减少，则结合选项C可知：8(TC下的n(D2)/n(HD)大

于25。(2下的n(D2)/n(HD),D正确；

答案为：Co

10.(2021•北京•高考真题)丙烷经催化脱氢可制丙烯:C3H8=C3H6+比。600℃,将一定浓度的CCh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CC>2浓度的

变化关系如图。

木浓度

CO2浓度

已知：

①C3H8(g)+5C)2(g)=3CC)2(g)+4H2O(l)AH=-2220kJ/mol

@C3H6(g)+9/2O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l)AH=-2058kJ/mol

@H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)AH=-286kJ/mol

下列说法不正确的是

A.C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)AH=+124kJ/mol

B.c(H2)和c(C3H6)变化差异的原因：CO2+H2^CO+H2O

C.其他条件不变，投料比c(C3H8)/c(CC>2)越大，C3H8转化率越大

D.若体系只有C3H6、CO、氏和H2O生成，则初始物质浓度co与流出物质浓度c之间一定存在：

3co(C3H8)+co(CC)2尸(cCO)+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尸3co2(g)+4H2O(l)

△H=-2220kJ/mol②C3H6(g)+9/2C)2(g)=3CO2(g)+3H2O(l)ZkH=-2058kJ/mol③H2(g)+l/2O2(g)=H2。。)

△H=-286kJ/mol可知，可由①-②-③得到目标反应C3H8(g尸C3H6信)+用®,该反应的AHMHz-A-

=+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+H2UCO+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Co和出口各气体的浓度符合3co(C3H8)+co(CC)2尸3c(C3H6)+c(CO)+3c(C3H8)+c(CC)2)，D正确；

答案为：Co

11.(2024・北京•三模)一定条件下，CH4与FeO+反应合成CH30H的反应历程如图所示。已知其他条件不

变时，反应物种的元素被质量数更大的同位素替换时，反应速率会变慢。

+

(+

oHO-CH,

l上一一

u

./过渡态「Fe

sd」--------

)/过渡态n：

*、

a--------，

器

CH4+FebCL

HOe______

+

CH3OH+Fe

----------A

O

反应历程

说明：过渡态中“…”示化学键未完全断裂或形成。下列说法正确的是

A.反应历程中两个反应均涉及氢原子的成键

B.该反应的AH=-(a+b+c+d+e)kJ-molT

C.相同条件下，CD,与FeO+反应，其过渡态I的能量比b低

D.CH3D与FeO+反应，能获得两种有机产物，且相对分子质量相同

【答案】D

【详解】A.根据图知，反应历程中的第一个反应涉及氢原子的成键，第二个反应没涉及氢原子的成键，A

错误；

B.该反应的AH=e-akJ.moL,即生成物的能量减去反应物的能量，B错误；

C.已知其他条件不变时，反应物中的元素被质量数更大的同位素替换时，反应速率会变慢，所以相同条件

下，CD”与FeO+发生上述反应，反应速率会变慢，则其过渡态I的能量比b高，C错误；

D.根据图可知，CH3D与Feb发生上述反应，可以获得CH3OD、CH,DOH2种相对分子质量相等的有

机产物，D正确;

故选D。

12.(2024・北京•三模)CH和C02联合重整能减少温室气体的排放。其主要反应为:

①CH4(g)+CO2(g)U2H2(g)+2CO(g)

②H2(g)+CO2(g)②H2O(g)+CO(g)

其他条件相同时，投料比n(CHj:n(CC>2)为不同温度下反应的结果如图。

002

1.0

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椅81.0

z0.5O(

y6O

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据O

2

00

55006500008

607075805090)0

温度『C

下列说法不正确的是

A.由图中信息无法判断反应①、②哪个先达到平衡

B.n(Hj:n(CO)始终低于1.0,与反应②有关

C.加压有利于增大CH和CO?反应的速率但不利于提高二者的平衡转化率

D.若不考虑其他副反应，体系中存在：

2.3[C(CH4)+C(CO)+C(CO2)]=4[4C(CH4)+2C(H2)+2C(H2O)]

【答案】D

【详解】A.图中横坐标为温度，与时间无关，仅从图中信息无法判断反应①、②哪个先达到平衡，A正

确；

B.从反应①的方程式可知，生成的氢气和CO的物质的量之比为1：1,反应②中消耗氢气生成CO,使得

氢气与CO的物质的量之比小于1.0,与反应②有关，B正确；

C.加压能增大反应速率，有利于增大CH4和CO2的反应速率，但是加压反应①化学平衡逆向移动，CH4

和CO2的转化率减小，C正确；

D.不妨令初始时CH4物质的量为hnol,CO2物质的量为L3mol,设反应①消耗COzamol,反应②消耗

CH4(g)+CO2(g)U2H2(g)+2CO(g)

r,一初始/mol11.300

CO2bmoL“有转化/mola

a2a2a'

平衡/mol1-a1.3-a2a2a

H2(g)+CO2(g)UH2O(g)+CO(g)

初始/mol2a1.3-a02a

b,贝Uc(CH)+c(CO)+c(CO2)=2.3mol,

转化/molbbb4

平衡/mol2a-b1.3-a-bb2a+b

4c(CH4)+2c(H2)+2c(H2O)=4,则有4[c(CH<)+c(CO)+c(CO2)]=2.3[4c(CH,)+2c(凡)+2c(HQ)],D错误；

故答案选D。

13.(2024•北京•三模)我国科学家在国际上首次实现CO?到淀粉的实验室全合成，整个合成过程经过四个

模块：下列说法正确的是

co2CH3OHC3H6O3C6H12O6(C6H10O5\o

A.四个模块中均发生了氧化还原反应

B.淀粉与纤维素互为同分异构体

C.该研究使用的催化剂可显著提高合成的速率和平衡转化率

D.该研究成果有望提高人类粮食安全水平，促进碳中和

【答案】D

【详解】A.c3H6C>3->C6Hl过程中没有元素化合价改变，不是氧化还原反应，A错误；

B.同分异构体是分子式相同、结构不同的化合物；淀粉和纤维素虽都写成(C6H10O5%,但n不同分子式不

同，不是同分异构体，B错误；

C.使用的催化剂可显著提高合成的速率，但是不改变平衡转化率，C错误；

D.该合成过程的原料为二氧化碳，可以减少二氧化碳的排放，有利于实现“碳中和”，D正确；

故选Do

14.(2024・北京•三模)在恒温恒容密闭容器中充入一定量W(g),发生如下反应：

2W(g)^4X(g)+Y(g)

③][②

2Z(g)

2

反应②和③的反应速率分别满足v?(X)=k2c(X)和v3(Z)=k3c⑦，其中左2、无3分别为反应②和③的速率常

数，反应③的活化能大于反应②。测得W(g)的浓度随时间的变化如下表。

t!min012345

c(W)/(mol.L-i)0.1600.1130.0800.0560.0400.028

下列说法正确的是

A.0〜2min内，W的平均反应速率为0.080moLLLminT

B.若增大容器容积，平衡时Z的产率增大

C.若勺=&，平衡时c(X)=c(Z)

D.若升高温度，平衡时c(Z)减小

【答案】D

【详解】A.由表知0〜2min内Ac(W尸0.16-0.08=0.08mol/L,则v(W)电吧匹=0.040mol-LLmin」，故A

2min

错误；

B.过程①是完全反应，过程②是可逆反应，若增大容器容积相当于减小压强，对反应4X(g)U2Z(g)平衡

向气体体积增大的方向移动，即逆向移动，X的浓度增大，平衡时Z的产率减小，故B错误；

C.由速率之比等于系数比，平衡时2V逆(X尸v/Z),即2V3=丫2,2k3c(Z)=k2c2(X),若平衡时

2C(Z)=C2(X),故C错误；

D.反应③的活化能大于反应②，四=正反应活化能-逆反应活化能<0,则4X(g)=2Z(g)AH<0,该反应是放

热反应，升高温度，平衡逆向移动，则平衡时c(Z)减小，故D正确；

故选D。

15.(23-24高三上・北京・期末)CO2催化加氢制甲醇，在减少CO?排放的同时实现了CO?的资源化，该反

应可表示为：CO2(g)+3H2(g)-CH3OH(g)+H2O(g)o保持起始反应物〃(凡):“82)=3:1,7=250?时

5

X(CH3OH)随压强变化的曲线和片5x10Pa时x(CH3OH)随温度变化的曲线如图。

。J1

。9

.O

.O7

.O

.O

。5

S3

200220240260280

T/℃

已知：MCH3OH)表示平衡体系中甲醇的物质的量分数。下列说法正确的是

A.该反应AH〉。

B.a、b交点处化学平衡常数值相同

C.当p=5xl()5pa,7=230。(2时,达平衡后工储凡011)<0.05

D.当x(CH30H)=0.10时，凡的平衡转化率约为33%

【答案】D

【详解】A.题给反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，MCH3OH)增大，则曲线a表

示？=250。(2时X(CH3OH)随压强变化的曲线，曲线b表示^=5xl05Pa时》储区0田随温度变化的曲线，根

据曲线b,升高温度，MCH3OH)减小，说明平衡逆向移动，则A8<0,A项错误；

B.曲线a、b交点，曲线b对应反应温度小于250。。温度不同，化学平衡常数的值不同，B项错误；

5

C.由曲线b可知，5xl0Pa.230℃时，x(CH3OH)>0,07,C项错误；

D.起始反应物〃(凡):〃(CO?)=3:1,设起始H2、CO的物质的量分别为3mo1、1mol,平衡时生成amol甲

醇，由题意建立三段式：

CO2(g)+3H2(g)UCH30H(g)+H2O(g)

起始/mol1300

转化/mola3aaa

平衡/mol\-a3-3aaa

由x(CHQH)=。」。可得二kJ」。,解得ag则氏反应了"，故应的平衡转化率为

史必*100%。33%,D项正确;

故选D。

16.（2024•北京西城•二模）二氧化碳与氢气催化合成乙烯具有重要的意义。将CO?和H?按物质的量之比1：3

加入匕的密闭容器中，压强为O.IMPa,反应达到平衡状态时，各组分的物质的量分数x随温度T的变化

如下图所示。

已知：

1

H2(g)+1o2(g)=H,0(1)A^1=-285.8kJ-mol-

1

C2H4(g)+3O2(g)=2co2(g)+2H2O(1)A/72=-141IkJ-mol

1

H2O(g)^H2O(l)A//3=-44kJ-mol

下列说法不正确的是

A.COZ与H2合成C2H4反应的热化学方程式:2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)

AH=-127.8kJ-moP

B.图中b、d分别表示CO?、仁凡的变化曲线

C.570K、0.2MPa反应达到平衡状态时，M点显示的可能是C2H4的物质的量分数

D.CO?与H?合成C2H,反应的KU

【答案】D

【分析】己知：①H2（g）+；C）2（g）=H2（Xl）A^=-285.8kJ-mo「；②CzHJgHBC^g）=2CO2（g）+2HQ⑴

11

A^^-UllkJ-mor；③H2O(g)UH2O(l)AH3=-44kJ.mol；由盖斯定律可知，①x6-②-4x③可得

2CO2(g)+6H2(g)-C2H4(g)+4H2O(g)

A//=-258.8kJ-mol-1x6+1411kJ-mol1+4x44kJ-mor1=-127.8kJ-mor1,将CO?和H?按物质的量之比1：3加

入匕的密闭容器中，发生反应2co式g)+6H2(g)UC2H4(g)+4HQ(g),升高温度，平衡逆向移动，印和CO2

的物质的量增大，由系数关系可知，曲线a表示H2的物质的量分数随温度变化，曲线b表示C02的物质的

量分数随温度变化，曲线c表示丛0棺)的物质的量分数随温度变化，曲线d表示CR,的物质的量分数随温

度变化。

【详解】A.己知：①H2(g)+；C>2(g)=H2O6AH|=-285.8kJ-mo「；②

1

C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(1)A^2=-1411kJ-mor；③HQ(g)UHQ(1)小=-44kJ•mo『；由

盖斯定律可知，①义6-②-4x③可得2CO2(g)+6H2(g)QC2H4(g)+4H2O(g)

NH=-258.8kJ-mol-1x6+141IkJ-mol-1+4x44kJ-moL=-127.8kJ-moL,A正确；

B.由分析可知，图中b、d分别表示CO-C2H4的变化曲线，B正确；

C.曲线d表示C2H4的物质的量分数随温度变化，2co2(g)+6H2(g)UC2H4(g)+4Hq(g)是气体体积减小的

反应，增大压强，平衡正向移动，c2H4的物质的量分数增大，则570K、0.2MPa反应达到平衡状态时，M

点显示的可能是C2H4的物质的量分数，C正确；

D.由A可知,反应2c02(0+6凡值)06凡值)+4凡0值)是放热反应，升高温度K值减小，则K/K”D

错误；

故选D。

17.(2023•北京东城•一模)CH4/CO2催化重整的反应为

①CH/g)+C02(g)02co1)+2也伍)KH、

其中，积炭是导致催化剂失活的主要原因。产生积炭的反应有：

1

②CH：4(g)UC(s)+2H2(g)A^2=+74.6kJ-mor

③2co(g)UC(s)+CC)2(g)A/73=-172.5kJ-mor'

科研人员研究压强对催化剂活性的影响：在1073K时，将恒定组成的CO2、CH’混合气体，以恒定流速通

过反应器，测得数据如下。

注:Ra是以CH的转化率表示的催化剂活性保留分率，即反应进行到某一时刻的催化剂活性与反应初始催化

剂活性之比

下列