备战高一高二高三高考化学临考题号押题（辽宁、黑龙江、吉林专用）押选择题 化学反应与能量、化学反应速率与化学平衡（解析版）

押选择题化学反应与能量、化学反应速率与化学平衡核心考点考情统计考向预测备考策略化学反应与能量2023·辽宁卷，122022·辽宁卷，10、122021·辽宁卷，11考查热化学方程式反应热的计算、能量变化与ΔH、活化能的图像问题。要求考生理解盖斯定律，并能运用盖斯定律进行有关反应焓变的计算。关注能源问题、科技成果，运用化学基本理论或有机物的知识解决实际问题。化学反应速率与化学平衡2022·辽宁卷，122021·辽宁卷，12化学反应速率的计算和外界条件对化学反应速率的影响；化学平衡的特征及化学平衡常数的计算和理解。围绕勒夏特列原理的理解，通过实验、判断、图像、计算等形成对化学平衡移动进行综合考查，是化学反应速率和化学(平衡)状态的综合应用体现，平时加强针对性强化训练，注重规律和方法技能的总结，提高解题能力。1.（2023·辽宁卷）一定条件下，酸性溶液与发生反应，(Ⅱ)起催化作用，过程中不同价态含粒子的浓度随时间变化如下图所示。下列说法正确的是A.(Ⅲ)不能氧化B.随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小C.该条件下，(Ⅱ)和(Ⅶ)不能大量共存D.总反应为：【答案】C【分析】开始一段时间（大约13min前）随着时间的推移Mn(Ⅶ)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(Ⅳ)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(Ⅶ)的浓度为0后才开始生成Mn(Ⅱ)，该条件下Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存，C项正确；D．H2C2O4为弱酸，在离子方程式中应以化学式保留，总反应为2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，D项错误；答案选C2.（2022·辽宁卷）利用有机分子模拟生物体内“醛缩酶”催化Diels-Alder反应取得重要进展，荣获2021年诺贝尔化学奖。某Diels-Alder反应催化机理如下，下列说法错误的是A.总反应为加成反应 B.Ⅰ和Ⅴ互为同系物C.Ⅵ是反应的催化剂 D.化合物X为【答案】B【解析】A．由催化机理可知，总反应为+，该反应为加成反应，A正确；B．结构相似、分子组成上相差若干个CH2原子团的有机物互为同系物，和结构不相似、分子组成上也不是相差若干个CH2原子团，两者不互为同系物，B错误；C．由催化机理可知，反应消耗了Ⅵ又生成了VI，VI是反应的催化剂，C正确；D．I+VI→X+II，由I、VI、II的结构简式可知，X为H2O，D正确；答案选B。3.（2022·辽宁卷）H2O(l)、NH3(l)均可自耦电离：、。下列反应与CH3CH2OH+HBr原理不同的是A.B.C.D.【答案】C【解析】A．根据题目信息可知，和互相交换成分生成和。由可得，与互相交换成分生成和，与题述反应原理相同，A正确；B．由于可自电离，可写为，与交换成分生成和与题述反应原理相同，故B正确；C．与反应生成了单质，反应物没有互相交换成分，与题述反应原理不同，故C错误；D．和互相交换成分生成了和，与题述反应原理相同，故D正确；故答案选C4.（2022·辽宁卷）某温度下，在恒容密闭容器中发生反应，有关数据如下：时间段/产物Z的平均生成速率/0～20.200～40.150～60.10下列说法错误的是A.时，Z的浓度大于B.时，加入，此时C.时，Y的体积分数约为33.3%D.时，X的物质的量为【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，则内Z的平均生成速率大于内的，故时，Z的浓度大于，A正确；B．时生成的Z的物质的量为，时生成的Z的物质的量为，故反应在时已达到平衡，设达到平衡时生了，列三段式：根据，得，则Y的平衡浓度为，Z的平衡浓度为，平衡常数，时Y的浓度为，Z的浓度为，加入后Z的浓度变为，，反应正向进行，故，B错误；C．反应生成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，体积之比等于物质的量之比，，故Y的体积分数始终约为33.3%，C正确；D．由B项分析可知时反应处于平衡状态，此时生成Z为，则X的转化量为，初始X的物质的量为，剩余X的物质的量为，D正确；故答案选B。5.（2021·辽宁卷）某温度下，在恒容密闭容器中加入一定量X，发生反应，一段时间后达到平衡。下列说法错误的是A.升高温度，若增大，则B.加入一定量Z，达新平衡后减小C.加入等物质的量的Y和Z，达新平衡后增大D.加入一定量氩气，平衡不移动【答案】C【解析】A．根据勒夏特列原理可知，升高温度，化学平衡向着吸热反应方向移动，而增大，说明平衡正向移动，故则，A正确；B．加入一定量Z，Z的浓度增大，平衡逆向移动，故达新平衡后减小，B正确；C．加入等物质的量的Y和Z，Z的浓度增大，平衡逆向移动，由于X、Y均为固体，故K=c(Z)，达新平衡后不变，C错误；D．加入一定量氩气，加入瞬间，X、Z的浓度保持不变，故正、逆反应速率不变，故平衡不移动，D正确；故答案为：C。6.（2021·辽宁卷）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【解析】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。一、化学反应与能量1．化学反应的能量变化——能垒图在化学反应过程中，反应前后能量会发生变化。能垒指的是由于化学反应的成功发生对于反应物到达能量高的过渡态的过程的依赖性而产生的一个“阻碍”，只有一部分有足够能量的分子才能跨越能垒进行反应，每一个小的分步反应的从较低能量到过渡态所吸收的能量，可以理解成ΔH-t图中“爬坡”的阶段，这些阶段的吸收的能量都是能垒。活化能是对能垒的一种量化描述，它代表着反应物到过渡态的具体能量差值，在这个ΔH-t图中，最高点(也就是能量最大的过渡态)到起始点(反应物)所吸收的能量。也就是，活化能越高，能垒越高，反应速率越慢，反之亦然。教材中的能量变化图示如下：反应历程与活化能催化剂对反应历程与活化能影响人教版新教材鲁科版新教材苏教版(1)反应历程中的最大能垒是指正反应过程中最大相对能量的差值，可以用估算法的方法进行确定；(2)能垒越大，反应速率越小，即多步反应中能垒最大的反应为决速反应；(3)相同反应物同时发生多个竞争反应，其中能垒越小的反应，反应速率越大，产物占比越高。2．催化剂与活化能(1)催化剂的催化机理：催化剂参与化学反应，生成能量更低的中间产物，降低了达到过渡态所需要的活化能，使反应易于发生，速率加快。这就是我们经常说的催化剂改变反应途径，降低反应的活化能。(2)催化剂能降低反应所需活化能，化学反应速率加快，但不影响焓变∆H的大小，不影响平衡。(3)催化反应一般过程(简化的过程)：①反应物扩散到催化剂表面；②反应物被吸附在催化剂表面；③被吸附的反应物发生化学反应生成产物；④产物的解吸。3．常见催化剂性质及应用（1）催化剂的特性：选择性（是指给定条件下反应物之间能够同时发生多个反应情况下，催化剂可以大幅度提高目标产物在最终产物中的比率，酶的选择性极高）。（2）选择反应温度依据之一：在选择某反应的温度时，首先应考虑催化剂的活性温度，以便最大限度地发挥催化剂的作用。（3）催化剂中毒：由于某些物质（反应原料中带入的杂质、催化剂自身的某些杂质、反应产物或副产物）的作用而使催化活性衰退或丧失的现象。（4）催化剂影响速率不影响化学平衡：对于可逆反应，催化剂同等程度地改变正逆反应速率，因而不能改变反应物的转化率，但可缩短反应达到化学平衡的时间。（5）周期表中催化剂寻找区域：过渡元素区。中学中常用的催化剂：酶是蛋白质，也是催化剂。二氧化锰、五氧化二钒、铁触媒、铂铑催化剂、Ni、Cu、Ag，浓硫酸、稀硫酸。（6）教材研究催化剂的三个实验：①一个反应的催化剂可能有多种。如过氧化氢溶液分解的催化剂，除了二氧化锰之外，还可以用FeCl3、CuSO4溶液。②高锰酸钾与草酸反应，生成的Mn2+是访反应的催化剂，褪色速率会突然加快，是易被忽视的自催化反应。③淀粉水解实验，酶的催化条件温和而高效。4．“环式”反应历程与机理“环式”反应过程图如下：“入环”的物质为反应物，如图中的；位于“环上”的物质为催化剂或中间体，如图中的；“出环”的物质为生成物，如图中的；由反应物和生成物可快速得出总反应方程式。明确反应物：最重要的要看清图示中的箭头，明确哪些物质进行循环体系，哪些物质离子循环体系，进行循环体系的物质为总反应的反应物，离子循环体系的物质为总反应的生成物。明确催化剂和中间产物：从循环图示中找出分解的若干反应，通过分步反应区分哪些是催化剂，哪些是中间产物。写出总反应：依据质量守恒定律，确定循环图示中没标出的物质，利用氧化还原反应的配平方法进行配平，写出总反应，同时标出催化剂和反应条件。二、化学反应速率与化学平衡1．外界条件对可逆反应的正、逆反应速率的影响方向是一致的，但影响程度不一定相同条件改变影响增大反应物浓度v正瞬间增大，v逆瞬间不变，随后也增大增大压强v正和v逆都增大，气体分子数减小方向的反应速率增大的程度大对无气体参加或生成的化学反应的速率无影响反应前后气体分子数不变的反应，正、逆反应速率同等程度地增大升高温度v正和v逆都增大，但吸热反应方向的反应速率增大的程度大使用催化剂能同等程度地改变正、逆反应速率2．影响化学平衡的因素改变的条件(其他条件不变)化学平衡移动的方向浓度增大反应物浓度或减小生成物浓度向正反应方向移动减小反应物浓度或增大生成物浓度向逆反应方向移动压强(对有气体参加的反应)反应前后气体体积改变增大压强向气体分子总数减小的方向移动减小压强向气体分子总数增大的方向移动反应前后气体体积不变改变压强平衡不移动温度升高温度向吸热反应方向移动降低温度向放热反应方向移动催化剂同等程度改变v正、v逆，平衡不移动3．关于化学平衡移动方向判断的分析化学平衡状态是一种参数恒定的状态，而化学平衡的移动是指条件改变所导致的化学反应进行的方向的改变，化学平衡移动会带来化学平衡状态的参数的改变，但化学平衡移动不一定带来化学平衡状态的参数的改变，且参数的变化趋势也不是恒定的。所以，化学平衡移动的方向取决于正、逆反应速率的改变。所带来的净变化量，即决定平衡移动方向的判据为v(正)与v(逆)的关系；条件改变瞬间若带来了体系中组分浓度的变化，且浓度商Q与平衡常数K的关系发生改变，化学平衡必然发生移动。因此，将v(正)与v(逆)的关系及浓度商Q与平衡常数K的关系作为平衡移动及方向的判据是合理的，而百分含量、转化率等平衡移动的判断依据没有抓住平衡移动的本质，必然带来结论的偏失。4．牢记几种不能用勒夏特列原理解释的问题(1)若外界条件改变后，无论平衡向正反应方向移动或向逆反应方向移动，都无法减弱外界条件的变化，则平衡不移动。如对于H2(g)+Br2(g)2HBr(g)，由于反应前后气体的分子总数不变，外界压强增大或减小时，平衡无论正向或逆向移动都不能减弱压强的改变，因此对于该反应，压强改变，平衡不发生移动。(2)催化剂能同等程度地改变正、逆反应速率，所以催化剂不会影响化学平衡。5．化学反应速率和化学平衡图像题解题方法(1)分析图像纵、横坐标轴上的数据，观察图像上曲线的走向和变化趋势。(2)若图像上的曲线有两条或者两条以上时，注意观察和理解曲线的交点和拐点所代表的意义，先出现拐点的“温度高或压强大”。(3)若图像中有三个量时，应“定一议二”。(4)=4\*GB3④加入催化剂或对等体反应改变压强，平衡不移动，但会改变到达平衡的时间。(5)曲线斜率大表示反应速率快，可能是升温、加压或使用催化剂。(6)综合运用勒夏特列原理解决问题。考点一化学反应与能量1．（2024·黑龙江大庆·高三一模）我国科学家已经成功地利用二氧化碳催化氢化获得甲酸，利用化合物1催化氢化二氧化碳的反应过程如图甲所示，其中化合物2与水反应生成化合物3与的反应历程如图乙所示，其中TS表示过渡态，Ⅰ表示中间体。下列说法错误的是A．降低温度可促进化合物2与水反应生成化合物3与B．化合物1为中间体Ⅰ1C．图乙中形成中间体Ⅰ2的反应为总反应的决速步骤D．化合物1到化合物2的过程中存在碳氧键的断裂和碳氢键的形成【答案】B【解析】A．由图乙可知2与水反应生成化合物3和HCOO-的反应放热，降低温度可使平衡正向移动，促进反应进行，A正确；B．由图可知，中间体Ⅰ1为化合物2与水反应生成化合物3与的中间体，B错误；C．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；图乙中形成中间体Ⅰ2的反应的活化能最大，故为总反应的决速步骤，C正确；

D．由图甲可知化合物1到化合物2的过程中二氧化碳中的C=O键断裂，同时形成C-H键，D正确；故选B。2．（2024·辽宁沈阳·高三一模）基于非金属原子嵌入石墨烯三嗪基中，用于催化一氧化碳加氢生成甲醇的反应历程如图，其中吸附在催化剂表面上的物种用“”标注，下列说法中错误的是A．整个反应历程中有极性键的断裂和生成B．过渡态相对能量：TS55>TS44>TS77C．物种吸附在催化剂表面的过程为吸热过程D．反应决速步的活化能为【答案】C【解析】A．由图可知，一氧化碳催化加氢生成甲醇的反应中有极性键的断裂和生成，故A正确；B．由图可知，过渡态相对能量的大小顺序为TS55>TS44>TS77，故B正确；C．由图可知，吸附在催化剂表面的生成物总能量低于反应物的总能量，为放热过程，故C错误；D．反应的活化能越大，反应速率越慢，反应决速步为慢反应，由图可知，反应H2CO*+H=H3CO-H的活化能最大，反应速率最慢，则反应决速步的活化能为0.35eV—(—0.60eV)=0.95eV，故D正确；故选C。3．（2024·辽宁鞍山·统考一模）HA、HB为两种一元酸，为研究25°C时反应的相关性质，查阅此温度下相关数据：△H=+29.1kJ/mol；△S=+150.0J/(K·mol)，下列说法正确的是A．由于此过程△H>0，故HB比HA内能更低B．△S对该反应自发性的影响小于△HC．相对于B-，A-与质子的结合能力更强D．体积和物质的量浓度均相同的NaA和NaB两溶液中，前者离子总数更多【答案】C【解析】A．能量越低越稳定，该反应的焓变大于0，说明反应物总能量小于生成物总能量，但无法判断HA、HB能量的相对大小，选项A错误；B．该反应中没有气体参加，△S＝0，选项B错误；C．强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，由A-(aq)+HB(aq)HA(aq)+B-(aq)可得，酸性HB＞HA，所以结合质子能力为B-＜A-，即A-与质子的结合能力更强，选项C正确；D．由B可知，酸性HB＞HA，体积和物质的量浓度均相同的NaA和NaB两溶液中分别存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)＝c(OH﹣)+c(A﹣)、c(Na+)+c(H+)＝c(OH﹣)+c(B﹣)，每一种溶液中离子浓度总和是其溶液中所有阳离子浓度的2倍，水解程度为A﹣＞B﹣，则两溶液中c(OH﹣)是NaA溶液大于NaB溶液，两溶液中c(H+)是NaA溶液小于NaB溶液，两种溶液中c(Na+)相等，两种溶液中[c(Na+)+c(H+)]是NaA溶液小于NaB溶液，所以离子总物质的量是前者小于后者，离子总数是前者小于后者，选项D错误；答案选C。4．（2024届·贵州·高三一模）甲酸常被用于橡胶、医药等工业，一定条件下可分解生成CO和H2O。在无催化剂和有催化剂的条件下，能量与反应历程的关系分别如图1、图2所示。下列说法错误的是A．途径一和途径二中均涉及了极性键的断裂和生成B．ΔH1<ΔH2<0C．途径二使用了H+作为催化剂D．途径二反应的快慢由生成的速率决定【答案】B【解析】A．由图可知，甲酸分解为CO和H2O，途径一和途径二中均涉及了极性键的断裂和生成，故A正确；B．途径一和途径二的区别在于是否使用催化剂，催化剂不影响焓变，故B错误；C．由途经二可知，反应前后H+未发生变化，使用了H+作为催化剂，故C正确；D．途径二中能量最高，反应的快慢由生成的速率决定，故D正确；故答案选B。5．（2024·贵州·统考模拟预测）叔丁基溴可与硝酸银在醇溶液中反应：反应分步进行：①②下图是该反应能量变化图。下列说法正确的是A．选用催化剂可改变反应的大小B．图中对应的物质是C．其他条件不变时，的浓度越高，总反应速率越快D．其他条件不变时，的浓度是总反应速率的决定因素【答案】D【解析】A．催化剂可以通过改变活化能来改变化学反应速率，对无影响，A错误；B．由题中反应分布进行的式子可知，对应的物质是，B错误；C．总反应速率主要由活化能最大的步骤决定，即，其他条件不变时，的浓度越高，反应②速率越快，但对总反应速率的影响不大，C错误；D．由C可知，的浓度越大，该步骤反应速率越快，总反应速率越快，D正确；故选D。6．（2024·黑龙江哈尔滨·高三一模）丙烯与HCl加成生成CH3CHClCH3或CH3CH2CH2Cl的能量与反应历程如图所示，下列说法正确的是A．中间体稳定性：A<BB．丙烯与HCl的加成为放热反应，所以该反应一定能自发进行C．反应CH3CH=CH2+HCl→CH3-CH2-CH2Cl的活化能为(△E3+△E4)kJ/molD．由图可知，CH3CHClCH3为丙烯与HCl加成的主要产物【答案】D【解析】A．由图可知，中间体A具有的能量低于中间体B具有的能量，能量越低越稳定，则中间体稳定性：A＞B，A项错误；B．由图可知，丙烯与HCl加成生成CH3CHClCH3或CH3CH2CH2Cl的反应都是放热反应，∆H＜0，反应的∆S＜0，反应在低温下能自发进行，B项错误；C．由图可知，反应CH3CH=CH2+HCl→CH3-CH2-CH2Cl的第一步、第二步反应的活化能依次为∆E3kJ/mol、∆E4kJ/mol，且第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能，C项错误；D．由图可知生成CH3CHClCH3的决速步骤为第Ⅰ步，生成CH3CH2CH2Cl的决速步骤为第一步，∆E1＜∆E3，生成CH3CHClCH3比生成CH3CH2CH2Cl的速率快，且生成CH3CHClCH3比生成CH3CH2CH2Cl放出的热量更多，CH3CHClCH3比CH3CH2CH2Cl更稳定，故CH3CHClCH3为丙烯与HCl加成的主要产物，D项正确；答案选D。7．（2023春·辽宁大连·高三辽师大附中校考阶段练习）我国科学家合成了一种新型Au15/MoC材料，实现了低温催化水煤气变换。反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用“*”标注，TS指过渡态。下列有关说法不正确的是A．新型Au15/MoC材料能实现低温催化水煤气变换主要原因是大幅度降低了活化能B．分子从催化剂表面脱附的过程都是吸热的C．反应历程中活化能最大的一步为CO*+2H2O*→CO*+H2O*+OH*+H*D．该过程有极性键的断裂和生成【答案】B【解析】A．使用催化剂，降低反应的活化能，因此新型Au15/MoC材料能实现低温催化水煤气变换主要原因是大幅度降低了活化能，故A说法正确；B．从图中可知并不是所有分子从催化剂表面脱附的过程都是吸热的，如CO2*+H2O*+2H*转化为CO2+H2O*+2H*的过程就是放热的，故B说法错误；C．从图中可知，过渡态TS1的相对能量最大，此时的活化能最大，因此反应历程中活化能最大的一步为CO*+2H2O*→CO*+H2O*+OH*+H*，故C说法正确；D．该过程中H2O中的O-H键断裂，同时也有CO2中C=O键的生成，故D说法正确；答案为B。8．（2024·内蒙古赤峰·统考一模）苯和液溴反应进程中的能量变化如图所示。已知：①断裂化学键所需要的能量(kJ/mol)：C−HC−BrBr−Br(g)H−Br(g)413276194366②③下列叙述正确的是A．该反应为放热反应，ΔH=-55kJ/molB．第一步是该反应的决速步骤C．该反应的原子利用率约为88%D．可用NaOH溶液除去溴苯中混有的Br2【答案】D【解析】A．(l)+Br2(g)→(l)+HBr(g)，利用∆H=反应物的总键能-生成物的总键能，则有∆H=[(413+194)-(276+366)]kJ/mol=-35kJ/mol，Br2(l)=Br2(g)

∆H=+30kJ/mol，两式相加，得出(l)+Br2(l)→(l)+HBr(g)

∆H=-5kJ/mol，该反应为放热反应，故A错误；B．正反应活化能越大，反应速率越慢，是决速步骤，根据图像可知，第二步活化能最大，是该反应的决速步骤，故B错误；C．由原子利用率=，期望产物溴苯的质量为157g，生成物总质量为157+81=138g，则原子利用率约为≈66%，故C错误；D．溴可与氢氧化钠反应，而溴苯不反应，可用于除杂，故D正确；答案为D。9．（2024·四川资阳·统考一模）我国科学家成功研发了甲烷和二氧化碳的共转化技术，助力“碳中和”目标。该催化反应历程如图所示：已知部分化学键的键能数据如下：共价键键能(kJ/mol)413497462351348下列说法不正确的是A．该催化反应历程中没有非极性键断裂B．催化剂的使用降低了该反应的活化能和焓变C．总反应的原子利用率为100%D．该反应的热化学方程式为：

【答案】B【解析】A．由图可知，该反应的反应物为二氧化碳和甲烷，生成物为乙酸，则该催化反应历程中存在极性键的断裂，不存在非极性键断裂，故A正确；B．催化剂的使用能降低反应的活化能，但不能改变反应的焓变，故B错误；C．由图可知，总反应为二氧化碳与甲烷在催化剂作用下反应生成乙酸，则反应的原子利用率为100%，故C正确；D．由图可知，总反应为二氧化碳与甲烷在催化剂作用下反应生成乙酸，反应方程式为，由反应热与反应物的键能之和与生成物的键能之和的差值相等可知，反应的焓变△H=(497kJ/mol×2+413kJ/mol×4)—(413kJ/mol×3+348kJ/mol+351kJ/mol+462kJ/mol)=—251kJ/mol，故D正确；故选B。10．（2023·辽宁抚顺·统考模拟预测）用五乙烯六胺(PEHA)多聚物来捕获二氧化碳，以Ru-PNP络合物作催化剂，可直接将空气中二氧化碳转化为甲醇，反应可能的过程如图所示。下列叙述错误的是A．此过程总反应方程式为B．产品甲醇作为重要的能源物质，可作为车用燃料C．催化剂在循环过程中未参与中间反应D．反应过程中既有极性键的断裂，又有非极性键的断裂【答案】C【解析】A．由转化关系图可知，CO2与H2反应生成CH3OH和H2O，则总反应方程式为，A正确；B．甲醇是液态燃料，燃烧热值高，所以甲醇可作为车用燃料，B正确；C．由图可知，五乙烯六胺（PEHA）多聚物也是催化剂，但是参加了反应，所以循环过程中催化剂参与中间反应，C错误；D．反应物CO2中含有极性键，反应物H2含有非极性键，则反应过程中有极性键和非极性键的断裂，D正确；故答案为：C。11．（2023·福建龙岩·统考模拟预测）CO2加氢制备CH4的一种催化机理如图(活化的微粒用*标注)，下列说法中正确的是A．CO2*的能量高于CO2B．Ni－H2的形成增大了H－H键能C．Ni、La2O3和La2O2CO3加氢反应的催化剂D．制备CH4的过程涉及极性键和非极性键的断裂、形成【答案】A【解析】A．CO2*为活化微粒，活化分子比普通分子的能量高，因此CO2*的能量高于CO2，故A正确；B．Ni-H2的形成有利于氢气分子解离为氢原子，因此Ni-H2的形成削弱了H-H键能，故B错误；C．Ni、La2O3是二氧化碳加氢反应的催化剂，La2O2CO3是中间产物，故C错误；D．制备甲烷过程中，断键有“C=O”、“H-H”，形成的键有“C-H”、“O-H”，没有非极性键的形成，故D错误；答案为A。12．（2023·辽宁鞍山·统考二模）L-脯氨酸催化有机反应的机理如图所示(、分别表示向纸面内、向外伸展的共价键)。下列叙述错误的是A．L-脯氨酸的化学式为：B．过渡态中存在分子内氢键C．若，则内盐中含有3个手性原子D．图中总过程的化学方程式可表示为：【答案】C【解析】A．由结构简式可知L-脯氨酸的化学式为：，故A正确；B．由结构可知羧基中的H与N原子以及羟基中O原子均形成氢键，故B正确；C．若，由结构可知两个羟基所连碳原子以及羧基所连碳为手性碳原子，同时N原子也与四个不同原子或原子团连接，也为手性原子，因此共有4个手性原子，故C错误；D．由图可知该过程中丙酮与RCHO在L-脯氨酸催化作用下最终转化为，故D正确；故选：C。13．（2024·黑龙江·高三一模）南京师范大学李亚飞团队发明了在常温常压条件下，通过电化学反应将N2和CO2转化为尿素的绿色尿素合成方法，反应途径如图所示(图中M2B2为二维金属硼化物，M=Mo、Ti、Cr等过渡金属，*代表吸附)。下列说法错误的是A．M2B2是该反应过程的催化剂B．反应②的产物*COOH中碳元素的化合价为+4C．该过程中有极性键和非极性键的断裂D．该过程的总反应式为CO2+N2+6e-+6H+=NH2CONH2+H2O【答案】B【解析】A．由图可知，该过程的总反应为CO2+N2+6e-+6H+=NH2CONH2+H2O，M2B2既不是反应物也不是生成物，是该反应过程的催化剂，A项正确；B．*COOH中H、O元素的化合价分别为+1价、-2价，根据正负化合价的代数和为0可知碳元素的化合价为+3价，B项错误；C．由图可知，存在C=O极性键和N≡N非极性键的断裂，C项正确；D．由图可知，该过程的总反应式为CO2+N2+6e-+6H+=NH2CONH2+H2O，D项正确；故选B。考点二化学反应速率与化学平衡1．（2024·吉林·统考模拟预测）CO2捕获技术用于去除气流中的CO2或者分离出CO2作为气体产物，其中CO2催化合成甲酸是原子利用率高的反应，且生成的甲酸是重要化工原料。下列说法错误的是A．CO2分子中σ键和π键数目之比为1：1B．在捕获过程，CO2分子中的共价键完全断裂C．N(C2H5)3能够协助CO2到达催化剂表面D．CO2催化加氢合成甲酸的总反应式：H2＋CO2HCOOH【答案】B【解析】A．二氧化碳是共价化合物，其结构式，双键中一个σ键和一个π键，故CO2分子中σ键和π键数目之比为1：1，A项正确；B．由二氧化碳和甲酸的结构式可知，在捕获过程，二氧化碳分子中的共价键不会完全断裂，只断裂其中一个碳氧双键，B项错误；C．N(C2H5)3捕获CO2，表面活化，协助二氧化碳到达催化剂表面，C项正确；D．由图可知，CO2催化加氢合成甲酸的总反应式：H2＋CO2HCOOH，D项正确；故选B。2．（2024届·吉林长春·统考一模）反应的速率方程为(k为速率常数，其中，A、R为常数，为活化能，T为开氏温度，其半衰期反应物消耗一半所需的时间)为0.8/k。改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如表所示。下列说法正确的是/0.250.510.51/0.050.050.10.10.2v/1.63.23.2A．B．C．升温、加入催化剂，缩小容积(加压)，均能使k增大，导致反应的瞬时速率加快D．在过量的B存在时，A剩余12.5%所需的时间是【答案】D【分析】由第二组和第四组数据，A浓度相同，B浓度不同，速率相等，可知n=0，再由第一组和第二组数据代入可得，可知m=1；将第一组数据代入，可得k=6.4×10-3，则。【解析】A．根据数据分析，，，，A错误；B．由分析可知，速率常数，B错误；C．速率常数与浓度无关，缩小容积(加压)不会使k增大，C错误；D．存在过量的B时，反应掉87.5%的A可以看作经历3个半衰期，即，因此所需的时间为，D正确；故选D。3．（2024届·黑龙江·统考一模）一定条件下，在的密闭容器中进行反应：

。反应过程中的有关数据如下表：024682.41.60.620.20下列说法正确的是A．该反应在高温下自发进行B．时，的浓度小于C．若保持温度不变，将容器体积扩大一倍，再达新平衡时D．若保持温度不变，在第向体系中加入三种物质各，则平衡向逆反应方向移动【答案】B【解析】A．反应体积减小，则，又因ΔH<0，所以高温下自由能变，反应不能自发进行，A错误；B．前2min内CO平均反应速率为，但前2min内c(CO)减小，v(CO)也减小，所以前1min内CO平均反应速率，后1min内CO平均反应速率，则前1min内CO浓度减少，所以1min时，CO的浓度小于1.6mol⋅L−1，B正确；C．8min时，，此时，保持温度不变，将容器体积扩大一倍，此时，同时减小压强，平衡逆向移动，所以再达新平衡时，C错误；D．6min时，，此时，所以6min时已达平衡，平衡时c(Cl2)=0.6mol/L、c(CO)=0.2mol/L、c(COCl2)=1.8mol/L，即平衡常数为：，保持温度不变，在第8min向体系中加入三种物质各1mol后Cl2、CO、COCl2三种物质浓度分别为：1.6mol/L、1.2mol/L、2.8mol/L，此时，则平衡正向移动，D错误；故选B。4．（2024·黑龙江牡丹江·统考一模）一定条件下，水气变换反应的中间产物是HCOOH。为探究该反应过程，研究HCOOH水溶液在密封石英管中的分解反应：Ⅰ.（快）Ⅱ.（慢）研究发现，在反应Ⅰ、Ⅱ中，仅对反应Ⅰ有催化加速作用；反应Ⅰ速率远大于反应Ⅱ，近似认为反应Ⅰ建立平衡后始终处于平衡状态。忽略水的电离，其浓度视为常数。温度下，在密封石英管内完全充满水溶液，使HCOOH分解，分解产物均完全溶于水。含碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示（忽略碳元素的其他存在形式）。下列说法不正确的是A．活化能：反应Ⅰ＜反应ⅡB．时，反应Ⅰ此时已经处于平衡状态C．时刻测得CO、的浓度分别为、，反应Ⅱ达平衡时，测得的浓度为。则反应Ⅱ的平衡常数为D．相同条件下，若反应起始时溶液中同时还含有盐酸，则图示点a、b、c、d中，CO新的浓度峰值点可能是b【答案】D【解析】A．活化能越小，速率越大，由题可知，反应Ⅰ速率远大于反应Ⅱ，故活化能反应Ⅰ＜反应Ⅱ，A正确；B．由图可知，时刻CO浓度最大，说明反应Ⅰ此时处于平衡状态，由题可知，反应Ⅱ建立平衡后始终处于平衡，B正确；C．之后，Ⅰ始终平衡，但Ⅱ未平衡，持续正向移动，导致HCOOH的量减小，导致Ⅰ逆向进行，则，再利用K1求a，，，C正确；D．加入0.10mol·L-1盐酸后，H＋作催化剂，反应Ⅰ的反应速率加快，达平衡的时间缩短，反应Ⅱ消耗的HCOOH减少，体系中HCOOH浓度增大，导致CO浓度大于t1时刻的峰值，则CO新的浓度峰值点可能是a点，D错误；故选D。5．（2024·吉林长春·高三一模）一定温度下，向三个容积不等的恒容密闭容器中分别投入2molNOCl，发生反应：2NOCl(g)2NO(g)+Cl2(g)。反应tmin后，三个容器中NOCl的转化率如图中A、B、C三点。下列叙述正确的是A．A点加入适当催化剂，可以提高NOCl的转化率B．容积为aL的容器达到平衡后再投入，平衡不移动C．A、B两点的压强之比为25：28D．容积为cL的容器NOCl的平衡转化率小于80%【答案】B【解析】A．由题干图像可知，容器a、b、c的容积依次增大，反应速率依次减小可知，A点为平衡状态，缩短时间可能平衡不移动，如使用催化剂，则NOCl的转化率不变，A错误；B．A点对应K===，容积为aL的容器达到平衡后再投入1molNOCl、1molNO，Qc===K，平衡不移动，B正确；C．A点时转化率为50%，平衡时物质的量之和为1mol+1mol+0.5mol=2.5mol，B点转化率为80%，平衡时物质的量之和为0.4mol+1.6mol+0.8mol=2.8mol，容器体积：a＜b，则容器内压强：A＞B，由于，则A、B两点的压强之比大于25∶28,C错误；D．由B点转化率为80%，体积增大时压强减小，减小压强平衡正向移动，转化率增大，则容积为cL的容器NOCl的平衡转化率大于80%，D错误；故答案为：B。6．（2024·黑龙江哈尔滨·高三一模）在523.15K、7MPa的条件下，乙烯通过固体酸催化可直接与水反应生成乙醇：。该反应的吉布斯自由能（）与温度（T）的关系如图所示。下列说法正确的是A．该反应原子利用率100%B．加入更多的固体酸催化剂，有利于提高乙醇的平衡产率C．由图像可知

D．图中M点【答案】A【解析】A．该反应为加成反应，原子利用率100%，A正确；B．催化剂只能改变反应速率，不能提高平衡产率，B错误；C．该反应的，由图可知，该反应在低温时，高温时，可知该反应低温自发，则，C错误；D．当时，反应处于平衡状态，M点为高温，相当于温度升高，平衡向吸热方向移动即逆向移动，则M点，D错误；故选A。7．（2024届·黑龙江·高三一模）一定条件下，在1.0L的密闭容器中进行反应：

。反应过程中的有关数据如下表：024682.41.60.620.20下列说法正确的是A．该反应在高温下自发进行B．1min时，CO的浓度小于C．若保持温度不变，将容器体积扩大一倍，再达新平衡时D．若保持温度不变，在第向体系中加入三种物质各，则平衡向逆反应方向移动【答案】B【解析】A．反应体积减小，则，又因ΔH<0，所以高温下自由能变，反应不能自发进行，A错误；B．前2min内CO平均反应速率为，但前2min内c(CO)减小，v(CO)也减小，所以前1min内CO平均反应速率，后1min内CO平均反应速率，则前1min内CO浓度减少，所以1min时，CO的浓度小于1.6mol⋅L−1，B正确；C．8min时，，此时，保持温度不变，将容器体积扩大一倍，此时，同时减小压强，平衡逆向移动，所以再达新平衡时，C错误；D．6min时，，此时，所以6min时已达平衡，平衡时c(Cl2)=0.6mol/L、c(CO)=0.2mol/L、c(COCl2)=1.8mol/L，即平衡常数为：，保持温度不变，在第8min向体系中加入三种物质各1mol后Cl2、CO、COCl2三种物质浓度分别为：1.6mol/L、1.2mol/L、2.8mol/L，此时，则平衡正向移动，D错误；故选B。8．（2023·辽宁本溪·本溪高中校考模拟预测）一定温度下，在2个容积均为1L的恒容密闭容器中，加入一定量的反应物，发生反应：

，相关数据见下表。容器编号温度/℃起始物质的量/mol平衡物质的量/molⅠ0.20.20.1Ⅱ0.20.20.12下列说法不正确的是A．B．Ⅰ中反应达到平衡时，CO的转化率为50%C．达到平衡所需要的时间：Ⅱ>ⅠD．对于Ⅰ，平衡后向容器中再充入0.2molCO和0.2mol，平衡正向移动【答案】D【解析】A．两次实验起始投入量相同，该反应为放热反应，温度T2达到平衡时，二氧化碳的量少，降温平衡正向移动，故，A正确；B．Ⅰ中反应达到平衡时，CO2的物质的量为0.1mol，则参加反应的CO的物质的量为0.1mol起始投入量为0.2mol，则其转化率为50%，B正确；C．，温度越高，反应速率越快，达到平衡所需要的的时间越短，C正确；D．恒容1L的容器中，对于反应I平衡时NO、CO、N2、CO2的物质的量分别为0.1mol、0.1mol、0.05mol、0.1mol，平衡常数K=，平衡后向容器中再充入0.2molCO和0.2mol，此时浓度商Qc=，K=Qc，平衡不移动，D错误；故选D。9．（2023·辽宁·校联考二模）某温度下，在2L恒容密闭容器中4molNH2COONH4(s)，发生如下反应，在0-1min内，CO2的生成速率为0.4mol•L-1•min-1，0-2min内，CO2的生成速率为0.3mol•L-1•min-1，0-3min内，CO2的生成速率为0.2mol•L-1•min-1，下列说法错误的是A．当混合气体的平均摩尔质量不变时，标志此反应达到了平衡状态B．0-1min内，NH2COONH4(s)的反应速率为62.4g/minC．30秒时，CO2的浓度大于0.2mol/LD．2min时，再加入2molNH3，此时反应的V逆＞V正【答案】A【解析】A．此反应开始时只加入了，生成的和始终是2∶1，所以当混合气体的平均摩尔质量不变时，不可以标志此反应达到了平衡状态，A错误；通过三段式计算，1min内消耗0.8mol，质量为62.4g，故反应速率为62.4g/min，B正确；C．由于反应速率越来越慢，故30秒时，的浓度大于0.2mol/L，C正确；D．由于反应2min已经达到平衡，当再加入2mo时，平衡逆移，故，D正确；故选A。10．（2023·辽宁·校联考模拟预测）在600K下，按初始投料比分别为1：1、1：2、1：3投料，发生反应为。测得不同压强下，CO平衡转化率如图所示。下列叙述正确的是A．曲线X代表起始投料比为1：1B．，该反应达到平衡状态C．若其他条件不变，升高温度会使对应的曲线上移D．m点对应的的平衡转化率为60%【答案】D【解析】A．相同温度下，氢气投料越多，平衡向右移动，CO的平衡转化率越大，故曲线X代表1:3投料，A项错误；B．该反应达到平衡状态时，v正(H2)=2v逆(CH3OH)，B项错误；C．生成甲醇是放热反应，其他条件不变，升高温度，CO的平衡转化率降低，平衡曲线均下移，C项错误；D．曲线Y代表1:2投料，即起始按化学计量数投料，则CO、H2的平衡转化率相等，D项正确；故选D。11．（2023·辽宁·校联考三模）天然金刚石存在稌少，以石墨为原料制备人造金刚石成为当前研究热点。下图是碳单质在不同温度、压强下存在形式的平衡图像，其中M区为金刚石的工业催化合成区，下列有关说法错误的是A．稳定性：金刚石＜石墨B．密度：金刚石>石墨C．在M区实现金刚石的合成，高温环境有利于提高石墨的平衡转化率D．上图Q区与R区中，表示气态碳单质存在的区域应出现在R区【答案】C【解析】A．金刚石中碳碳单键的键长大于石墨中碳碳双键的键长，晶体中的共价键弱于石墨，所以稳定性弱于石墨，故A正确；B．由图可知，在温度相同条件下，石墨变成金刚石需加压，说明石墨层与层之间距离较大，则金刚石的密度大于石墨，故B正确；C．由图可知，在M区实现金