2025年高考化学专项复习：化学反应速率与化学平衡（解析版）

专题十三化学反应速率与化学平衡

考情概览：解读近年命题思路和内容要求，统计真题考查情况。

2024年真题研析：分析命题特点，探寻常考要点，真题分类精讲。

近年真题精选：分类精选近年真题，把握命题趋势。

必备知识速记：归纳串联解题必备知识，总结易错易混点。

最新模拟探源：精选适量最新模拟题，发掘高考命题之源。

考情概览

命题解读考向

分析近年高考试题，可以看出在选择题中，对于化学反应速率和化学

考向一化学反应速率计算与影

平衡内容的考查不算太多，这是因为在主观题中，化学反应速率和化

响因素判断

学平衡才是考查的重头戏，不过随着新高考单科卷的实行，选择题题

量大增，有关化学反应速率和化学平衡试题的考查在选择题中开始有

考向二化学平衡移动及其应用

所增加，考查的核心知识还是有关化学反应速率的比较、计算和影响

因素的判断，化学平衡常数、转化率、物质的浓度的计算，以及平衡

考向三化学反应速率、平衡图像

移动原理的分析等，常结合坐标图像或表格进行考查，预测在2025

分析

年的高考中，会延续这种命题形式。

2024年真题研析

命题分析

分析2024年高考化学试题，在选择题中，对于该部分内容的考查多结合化学反应机理和控制变量法实验探

究以及化学反应速率、平衡图像相结合，总体难度会偏大，涉及的计算量也较大。

试题精讲

考向一化学反应速率计算与影响因素判断

1.（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铝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

硝酸时加入的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

2.（2024.安徽卷）室温下，为探究纳米铁去除水样中Se。：的影响因素，测得不同条件下SeO；浓度随时间变化

关系如下图。

r

o

E

b

w

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（SeO"=2.0mol-ULh」

+3+

B.实验③中，反应的离子方程式为：2Fe+SeOt+8H=2Fe+Se+4H2O

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，SeO：的去除效果越好

【答案】C

【解析】A.实验①中，0~2小时内平均反应速率v（SeO：）=（5,0*IO,一L0*-,mol岂=2.（）xlO^oi.j,A

v72h

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,SeO：的去除效果越好，但是当初始pH太小时，守浓度太大，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。

3.（2024•江苏卷）催化剂能改变化学反应速率而不改变反应的焰变，常见傕化剂有金属及其氧化物、酸和碱等。

惟化反应广泛存在，如豆科植物固氮、石墨制金刚石、CO?和制CHJOCHJI二甲醛）、V2O5傕化氧化SO2等。

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H.C——CH,

催化剂有选择性，如C,凡与0?反应用Ag催化生成2\/一(环氧乙烷)、用CuCU/PdCl2催化生成CH£H。。

0

催化作用能消除污染和影响环境，如汽车尾气处理、废水中NO1电傕化生成N〉氯自由基催化5分解形成臭氧

空洞。我国在石油催化领域领先世界，高效、经济、绿色是未来催化剂研究的发展方向。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.CzH,与反应中，Ag催化能提高生成CH3CHO的选择性

C.凡。2制。2反应中，MnO?能加快化学反应速率

D.SO,与反应中，V2O5能减小该反应的熔变

【答案】C

【解析】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；

B.根据题意，催化剂有选择性，如C2H4与02反应用Ag催化生成环氧乙烷)、用CuCh/PdCL催

0

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

C.MnCh是H2O2制02反应的催化剂，能加快化学反应速率，C正确；

D.V2O5是SO2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C。

考向二化学平衡移动及其应用

4.(2024•浙江6月卷)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^O

II.C2H6(g)+2CO2(g)4CO(g)+3H2(g)AH2>0

向容积为10L的密闭容器中投入2moic2H$和3moicO2,不同温度下，测得5min时(反应均未平衡)的相关数据见

下表，下列说法不亚做的是

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又°

A.反应活化能：KII

31

B.500℃时，0~5加”反应I的平均速率为：v(C2H4)=2.88xl0-mol-E'-min

C.其他条件不变，平衡后及时移除Hz。色),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】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<II,A正确；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

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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

0.144mol

11

质的量为0.144mol,则0~5min反应I的平均速率为：丫仁H尸项一=2.88xlOW-L.min)B正确；其

5min

他条件不变，平衡后及时移除H2(Xg),反应I正向进行，可提高乙烯的产率，C正确；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。

5.(2024•山东卷)逆水气变换反应：CO2(g)+H2(g).-CO(g)+H2O(g)AH>0o一定压力下，按CO2,凡物质

的量之比MCO2):〃(H2)=1:1投料，7］,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),工,心温度时反应速率常数k分别为K此。下列说法错误的是

时间(s)

A.kl>k2

B.4,心温度下达平衡时反应速率的比值:----7----&--------

")k2

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.温度下，改变初始投料比例，可使平衡时各组分摩尔分数与(温度时相同

【答案】CD

【分析】由图可知，刀比72反应速率速率快，则刀〉心；刀温度下达到平衡时反应物的摩尔分数低于乃温度下

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，刀比T2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5。・加阳则.二黑警喘'刀温度下达到平衡时反应物的摩尔分数

v(T.)k,

低于乃温度下平衡时，则一言,B项正确;

v(力上-2

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.小温度下，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刀温度时相同，D项错误;

答案选CD。

考向三化学反应速率、平衡图像分析

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6.（2024・河北卷）在水溶液中，CN可与多种金属离子形成配离子。X、Y、Z三种金属离子分别与CN形成配

离子达平衡时，1g；昂翳1）与-lgc（CN］的关系如图。

下列说法正确的是

A.99%的X、Y转化为配离子时，两溶液中CN的平衡浓度：X>Y

B.向Q点X、Z的混合液中加少量可溶性Y盐，达平衡时息却

C.由Y和Z分别制备等物质的量的配离子时，消耗CW的物质的量：Y<Z

D.若相关离子的浓度关系如P点所示，Y配离子的解离速率小于生成速率

【答案】B

【解析】A.99%的X、丫转化为配离子时，溶液中下春^=南赢壬=两，则

1g黑子）=坨（丫晨子）x-2,根据图像可知’纵坐标约为-2时’溶液中-lgCx（CN>-lgCY（CN）,则溶液

中CN的平衡浓度：X<Y,A错误；

B.Q点时1c（X酉;;子）比c（Z酉［离子）'即c（X酉己V子）=c（Z酉己二子）,加入少量可溶性丫盐后’会消耗CN形

成Y配离子，使得溶液中c（CN］减小（沿横坐标轴向右移动），1g~胃二、与馆三、曲线在Q点相交后，

置于）C（ZiplLlAJJ）

随着-lgc（CN〕继续增大，X对应曲线位于Z对应曲线上方，即七郃£子）>馆c(Z)

则

c（Z配离子）'

c（X）、c（Z）

c（X配离子）,c（Z配离子）'B正确;

K—c(配离子)

C.设金属离子形成配离子的离子方程式为金属离子+1£收=配离子，则平衡常数-c(^MW^)-cm(CNj,

C（配离子）/cz八1C（金属离子）/cz八nn1C（金属离子）/小丁八i叱%寸寸7

坨"，（金属离子）-mlgc（CN）=』gc（配离子）MgcKN），即坨c（配离子）=mlgc（CN〉lgK,故X、Y、Z

三种金属离子形成配离子时结合的CN越多，对应坨„既彳，-lgc（CN）曲线斜率越大,由题图知，曲线斜

率：Y>Z,则由Y、Z制备等物质的量的配离子时，消耗CN的物质的量：Z<Y,C错误;

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D-由P点状态移动到形成Y配离子的反应的平衡状态时,」gc（CN］不变,增大,即。（丫）增大、

c（Y配离子）减小，则P点状态Y配离子的解离速率＞生成速率，D错误；

本题选B„

7.（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，150℃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

A.3h时，反应②正、逆反应速率相等

B.该温度下的平衡常数：①〉②

C.0~3h平均速率（异山梨醇）=0.014moLkg」上」

D.反应②加入催化剂不改变其平衡转化率

【答案】A

【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1,4-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0~3h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//kg014mpl.kg-i,h-i；故c正确；

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

8.（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：

1

①CO2（g）+H2（g）=CO（g）+H2O（g）AH】=41.2kJ-mol

②CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）AH2

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225℃、8xl()6pa下，将一定比例C0?、凡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CHQH的体积分数如图所示。下列说法正确的是

5

4

%265

、

凝0

。

会

3、

艇

需

co”H2XL'L'L\X照

IIIII及

混合气I.11111.^245及

i及2

绝热反应管rr

(容器内与外界没有热量交换)

L\L?L3L&L5LsL-]LgLQ

位点

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>。

C.L6处的H?。的体积分数大于L5处

D.混合气从起始到通过L处，CO的生成速率小于CHQH的生成速率

【答案】C

【解析】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；由图像可知，LrL3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；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

比0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Le处的H?0的体积分数大于

L5处，C正确；Li处CO的体积分数大于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。

9.(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：CH30H(g)+CO(g)=CH3coOH(g)AH,

副反应：CH3OH(g)+CH3COOH(g)-CH3COCX：H3(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

/、n(CHCOOH)

33(CH3coOH)=/“FtS3sJcc…随投料比x(物质的量之比)的变化关系如图所示，下列说法

矶CH3co0HJ+矶CH3co(JCH3j

正确的是

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1.0-

n(CHOH)

A.投料比x代表3

n(CO)

B.曲线c代表乙酸的分布分数

C.AH[<0,AH2>0

D.L、M、N三点的平衡常数：K（L）=K（M）＞K（N）

【答案】D

【解析】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B（CH3coOH）、

可CH3coOCH3）,若投料比x代表n（cA）'*越大，可看作是CH30H的量增多，则对于主、副反应可知生

成的CH3co0CH3越多，CH3co0CH3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

n（CO）

曲线d表示CH3C00H分布分数,据此分析可知AB均正确，可知如此假设错误,则可知投料比x代表M&O、），

曲线a或曲线b表示3（CH3coOH）,曲线c或曲线d表示3（CH3coOCH3）。根据分析可知，投料比x代表

n(CO)

A错误;曲线c表示CH3co0CH3分布分数，B错误；曲线a或曲线b表示B（CH3coOH）,当同

n(CH30H)

一投料比时,观察图像可知T2时B（CH3coOH）大于Ti时B（CH3coOH）,而T?〉!；可知，温度越高则5（CH3COOH）

越大，说明温度升高主反应的平衡正向移动，AH1〉。；曲线c或曲线d表示3（CH3coOCH3）,当同一投料比时,

观察可知Ti时B（CH3coOCH3）大于T2时B（CH3coOCHj,而T丁工可知，温度越高则3（CH3co0＜2乩）越小,

说明温度升高副反应的平衡逆向移动，AH2＜0,C错误；L、M、N三点对应副反应公耳＜0,且丁/丁乂=£,

升高温度平衡逆向移动，K（L）=K（M）＞K（N）,D正确。

近年真题精选

考向一化学反应速率计算与影响因素判断

1.（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:

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OO

A人-CF382H

+F3COCF3-----------

ETFAA

已知反应初始E的浓度为O.lOmolL-^TFAA的浓度为0.08molLi,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

A.ti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0.08mol-L-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:

①E+TFAA——>F②F——>G③G.*H+TFAA

ti之后的某时刻，H为0.02mol-L1,此时TFAA的浓度仍为0,则表明O.lOmolL-iE、起始时的0.08molLiTFAA、

1

G分解生成的0.02mol-LTFAA全部参加反应,生成O.lOmol-L^F；在t2时刻,H为0.08molL-',TFAA为0.06mol-L-i,

G为OOlmollA则F为0.01mol-L」。

【解析】A.ti时亥ij,H的浓度小于0.02mol-LL此时反应③生成F的浓度小于0.02moH/,参加反应①的H

的浓度小于0.1mol-LL则参加反应E的浓度小于0.1morI/,所以体系中有E存在，A正确；

B.由分析可知，t2时刻，H为0.08mol-LT,TFAA为0.06morL\G^jO.Olmol-L1,则F为0.01所以

体系中有F存在，B不正确；

C.h之后的某时刻，H为0.02mol-L“，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0.08mol-LLTFAA为0.06mol・LLG为0.01mol-LLF为0.01moll/,只有F、G全部转

化为H和TFAA时，TFAA的浓度才能为0.08moHA而GlH+TFAA为可逆反应，所以反应达平衡后，TFAA

的浓度一定小于O.OSmol-L1,D不正确；

故选AC。

2.（2021・湖南卷）铁的配合物离子（用［L-Fe-H「表示）催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如

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图所示:

HCOOH

以,,+43.5

;、过渡态1/1;过渡态2

(

-0.-0

一

。I

日+-2-2

・-H

31I+I

O--42.6

)On--46-.2

、-+O

酮I

0H0I+V+

说

列

H下

髭-O+ZZ

+OO

玄OH

—O0

O0O+

箕-+

OH8Z

0HOH

HS+

—

HO

O

0

H

反应进程

法错误的是

催化剂4・

A.该过程的总反应为HCOOH^^CC^f+H2f

B.H+浓度过大或者过小，均导致反应速率降低

C.该催化循环中Fe元素的化合价发生了变化

D.该过程的总反应速率由II-III步骤决定

【答案】D

【解析】

A.由反应机理可知，HCOOH电离出氢离子后，HCOO与催化剂结合，放出二氧化碳，然后又结合氢离子转化

催化齐J

为氢气，所以化学方程式为HCOOH^^=CO2f+H2T，故A正确；

B.若氢离子浓度过低，则反应III-IV的反应物浓度降低，反应速率减慢，若氢离子浓度过高，则会抑制加酸的

电离，使甲酸根浓度降低，反应I-II速率减慢，所以氢离子浓度过高或过低，均导致反应速率减慢，故B正

确；

C.由反应机理可知，Fe在反应过程中，化学键数目发生变化，则化合价也发生变化，故C正确；

D.由反应进程可知，反应W-I能垒最大，反应速率最慢，对该过程的总反应起决定作用，故D错误；

故选D。

考向二化学平衡移动及其应用

3.（2023•北京卷）下列事实能用平衡移动原理解释的是

A.应。?溶液中加入少量MnO?固体，促进HQ?分解

B.密闭烧瓶内的NO?和NQ”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CuSOa固体，促进H2的产生

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【答案】B

【解析】A.M11O2会催化H2O2分解，与平衡移动无关，A项错误；

B.N02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。

4.(2022.天津卷)向恒温恒容密闭容器中通入2moiSO?和imol02,反应2sO?仅开。?(g).2s03(g)达到平

衡后，再通入一定量。2,达到新平衡时，下列有关判断量送的是

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B。

5.(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)g?>NH3(g)+H2O(g)+CO2(g)pi=3.6xlOPa

3

反应2：2NaHCO3(s)嚼/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4xl06pa2B.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><；=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)=p2xIxp2x1=4x10Pa,p(CO2)=p(H2O)=2xl0,

4335

Kpl=c(NH3)c(CO2)p(H2O)=Q.2xlO)Pa,p(NH3)=甘=4.32xlO,所以总压强为：

5

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

6.(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

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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

C(NJ-C(H9O)

B.上述反应平衡常数K=］、仆\'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AS>0,故A错误；

B.由方程式可知，反应平衡常数K=弋)故B正确；

c(NH3)-c(O2)-c(NO)

C.由方程式可知，反应每消耗4mol氨气，反应转移121noi电子，则反应中消耗Imol氨气转移电子的数目为

3molx4x-x6.02x1023=3X6.02X1023,故C错误；

4

D.实际应用中，加入尿素的量越多，尿素水解生成的氨气过量，柴油机车辆排放的氨气对空气污染程度增大,

故D错误；

故选B。

7.(2022•浙江卷)恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应：2NH3(g)lN,(g)+3H2(g),

催化剂

测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化，如下表所示，下列说法不正确的是

时间/min

c(NH)/(10-3mob

编号3020406080

①a2.402.001.601.200.80

②a1.200.800.40X

③2a2.401.600.800.400.40

-51

A.实验①，0~20min,v(N2)=1.00xl0mol-L'-min

B.实验②，60min时处于平衡状态，xwO.40

C.相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大

D.相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大

【答案】C

【解析】A.实验①中，0~20min,氨气浓度变化量为2.40、i(y3mol/L-2.00xi(y3moi/L=4.00xl(y4mol/L,v(NH3)=

4.00xl0^mol/L^200x10-5mol/(L.min))反应速率之比等于化学计量数之比，v(N2)=gv(NH3)=1.00x

10-5mol/(L-min),A正确;

B.催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，实验③中氨气初始浓度与实验①中一样，实验③达到平衡

时氨气浓度为4.00xlO-4moi/L,则实验①达平衡时氨气浓度也为4.00xlO-oi/L,而恒温恒容条件下，实验②相

对于实验①为减小压强，平衡正向移动，因此实验②60min时处于平衡状态，x<0.4,即x，0.4,B正确；

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C.实验①、实验②中0~20min、20min~40min氨气浓度变化量都是4.00xICHmol/L,实验②中60min时反应达

到平衡状态，实验①和实验②催化剂表面积相同，实验①中氨气初始浓度是实验②中氨气初始浓度的两倍，实验

①60min时反应未达到平衡状态，相同条件下，增加氨气浓度，反应速率并没有增大，C错误；

D.对比实验①和实验③，氨气浓度相同，实验③中催化剂表面积是实验①中催化剂表面积的2倍，实验③先达

到平衡状态，实验③的反应速率大，说明相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大，D正确；

答案选C。

8.(2022.北京卷)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。

清洁空气吸附％o、o2

已知：2NO2(g)IN2O4(g)AH<0

下列说法不亚确的是

A.温度升高时不利于NO?吸附

B.多孔材料“固定”N0,促进2NC)2(g),-2。式④平衡正向移动

c.转化为HNC)3的反应是2N2O4+5+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。

【解析】A.从2NC)2(g)iNQ4(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Nth的吸附，A正确；

B.多孔材料“固定"N2O",从而促进2NO,融04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2NQ4+O2+2Hq=4HNO3,C正确；

D.在方程式22。4+。2+2凡0=41203中，转移的电子数为4e-,则每获得0.4molHNC)3,转移的电子数为0.4mob

即个数为2.408x1023,D错误；

故选D。

9.(2022•辽宁卷)某温度下，在1L恒容密闭容器中2.0molX发生反应2X(g).Y(g)+2Z(g),有关数据如下:

时间段/min产物Z的平均生成速率/mol•!?•min"

0〜20.20

0〜40.15

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0〜60.10

下列说法错误的是

A.Imin时，Z的浓度大于0.20mol-lJ

B.2min时，力口入0.20molZ,此时v正(Z)<v逆(Z)

C.3min时，Y的体积分数约为33.3%

D.5min时，X的物质的量为1.4mol

【答案】B

【解析】A.反应开始一段时间，随着时间的延长，反应物浓度逐渐减小，产物Z的平均生成速率逐渐减小，则

0Imin内Z的平均生成速率大于0~2min内的，故Imin时，Z的浓度大于0.20moLLTlA正确；

B.4min时生成的Z的物质的量为0.15mol-LTi•minTx4minxlL=0.6mol,6min时生成的Z的物质的量为

0.lOmol-L-1-min-1x6minxIL=0.6mol,故反应在4min时已达到平衡，设达到平衡时生了omolY,列三段式：

2X(g)-Y(g)+2Z(g)

初始量/mol2.000

转化量/mol2aa2a

平衡量/mol2.0-2aa0.6

根据2a=0.6,得。=0.3,则Y的平衡浓度为0.3mol•L4,Z的平衡浓度为0.6mol.U1,平衡常数

K=c2(Z).c(Y)=0.108,2min时Y的浓度为0.2mol-L,Z的浓度为0.4mol-P,加入0.2molZ后Z的浓度变为

12

O.emol-L,QO=C(Z)-C(Y)=O.O72<K,反应正向进行,故v正(Z)>v逆(Z),B错误;

C.反应生成的Y与Z的物质的量之比恒等于1：2,反应体系中只有Y和Z为气体，相同条件下，体积