第05讲 化学反应速率与化学平衡图像 -2026年高考化学一轮复习专项训练

PAGE1第05讲化学反应速率与化学平衡图像目录TOC\o"1-2"\h\u01课标达标练题型01分析影响反应速率的条件题型02化学反应速率图象综合分析题型03单曲线变化图象题型04单一反应多曲线变化图象题型05多反应多曲线变化图象02核心突破练03真题溯源练01分析影响反应速率的条件1.（25-26高三上·北京·开学考试）硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O，如表各组实验中最先出现浑浊的是实验反应温度/℃Na2S2O3溶液稀H2SO4H2OV/mLc/(mol·L−1)V/mLc/(mol·L−1)V/mLA2550.1100.15B2560.250.29C3580.15100.12D3550.250.210A．A B．B C．C D．D【答案】C【解析】A．温度25℃，混合后Na2S2O3浓度为0.025mol/L，H2SO4浓度为0.05mol/L，浓度和温度均较低，反应速率最慢，A不符合题意；B．温度25℃，混合后Na2S2O3浓度为0.06mol/L，H2SO4浓度为0.05mol/L，浓度高于A但温度相同，速率快于A但慢于高温组，B不符合题意；C．温度35℃，混合后Na2S2O3浓度为0.06mol/L，H2SO4浓度为0.05mol/L，温度最高且Na2S2O3浓度最高，反应速率最快，C符合题意；D．温度35℃，混合后Na2S2O3和H2SO4浓度均为0.05mol/L，温度与C相同但Na2S2O3浓度低于C，速率慢于C，D不符合题意；故选C。2．（24-25高三上·北京·阶段练习）联合和制取时，发生的主要反应如下：①

②

，将和按一定比例通入填充有催化剂的恒容反应器，在不同温度下，反应相同时间内(反应均未达到化学平衡状态)测得的值如图所示。下列说法正确的是A．由①②可知，

B．反应条件不变，若反应足够长时间，①比②先达到化学平衡状态C．其他条件不变时，升高温度，①的化学反应速率减小，②的化学反应速率增大D．其他条件不变时，增大原料中的浓度可以提高产物中的值【答案】D【解析】A．由盖斯定律①－②可得，A错误；B．根据题目所给信息，无法确定两个反应的反应速率的大小，故无法确定达到平衡所需时间的长短，B错误；C．温度升高，反应①②的速率均加快，C错误；D．其他条件不变时，增大原料中的浓度，反应①平衡正向移动，氢气增加的量大于增加的量，产物中的值提高，D正确；故答案为：D。3．（2025·北京海淀·二模）利用和NADH可将2-丁醇催化转化为丙酸甲酯，相关转化关系如下。下列说法不正确的是A．①中，1mol2-丁醇转化为2-丁酮，转移2mol电子B．①中，转化为NADH，部分碳原子的杂化方式改变C．②中，2-丁酮和NADH均发生氧化反应D．每合成1mol丙酸甲酯，理论上须投入1mol【答案】D【解析】A．①中，+2H+，因此1mol2-丁醇转化为2-丁酮，转移2mol电子，A正确；B．①中，转化为NADH，中带*符号的碳原子的杂化方式由sp2转化为sp3，B正确；C．②中，2-丁酮得到氧原子，NADH失去氢原子，因此2-丁酮和NADH均发生氧化反应，C正确；D．由转化关系图可知，在反应前后，化学性质不变，作催化剂，因此其质量不变，D错误；故选D。4．（23-24高三上·北京房山·期末）某化学小组利用手持技术探究铁钉在4种溶液中的吸氧腐蚀，下表为得到的相关实验数据。实验装置编号浸泡液氧气体积分数随时间的变化①5②5③7④7下列说法不正确的是A．铁钉吸氧腐蚀的负极反应为B．由实验可知，、能加快铁的吸氧腐蚀速率C．曲线先陡后平可能是由于生成的氢氧化物增加，阻碍了反应继续进行D．由实验可知，水解产生的能减少难溶氢氧化物的生成，酸性越强吸氧腐蚀的速率越大【答案】D【解析】A．由题给已知信息知，铁钉吸氧腐蚀的负极反应式为Fe-2e-=Fe2+，故A正确；B．根据②和④可以看出能加快铁的吸氧腐蚀速率，根据①和②可以看出氯离子能加快铁的吸氧腐蚀速率，故B正确；C．一方面是由于氧气体积分数降低后使腐蚀速率变慢,另一方面也可能是于溶液碱性增强促进氢氧化物的生成,氢氧化物覆盖在铁钉表面阻碍反应继续进行,故C正确。D．由实验可知，水解使溶液显酸性，①②溶液显酸性，③④溶液显中性，酸性溶液可以加快吸氧腐蚀速率，但在强酸性溶液中，钢铁发生析氢腐蚀，故D错误；故选D。02化学反应速率图象综合分析5．（2024·北京顺义·二模）某小组进行“反应物浓度对反应速率影响”实验研究。分别取不同浓度的葡萄糖溶液和溶液于试管中，再依次向试管中滴加酸性溶液，通过色度计监测溶液透光率随时间的变化关系。实验结果如图所示。已知：(1)溶液透光率与溶液中显色微粒的浓度成反比。(2)酸性溶液与溶液反应时，某种历程可表示如图。下列说法中不合理的是A．从图1可知，该实验条件下，葡萄糖溶液浓度越大，反应速率越大B．理论上，和的反应中参与反应的C．图2中曲线甲反应速率加快的原因可能与反应生成有催化作用的物质有关D．图2中溶液浓度不同时，数据呈现的原因是：随浓度增大，反应历程中①、②、③、④速率均减小【答案】D【解析】A．由图1，葡萄糖浓度越大，透光率上升越快，由已知(1)，即高锰酸根浓度下降越快，故反应速率越大，A正确；B．高锰酸钾氧化草酸，生成二价锰离子和二氧化碳，锰化合价从+7变为+2，得5个电子，碳化合价+3变为+4,1个草酸分子失2个电子，根据氧化还原反应得失电子守恒，KMnO4和H2C2O4的反应中参与反应的n(KMnO4)：n(H2C2O4)=2：5，B正确；C．由历程图，Mn2+可以作为高锰酸钾和草酸反应的催化剂，故图2中曲线甲反应速率加快的原因可能与反应生成Mn2+有催化作用有关，C正确；D．随H2C2O4浓度增大，草酸根浓度增大，反应历程①中，草酸根是反应物，随浓度增大，历程①速率是增大的，故D错误；本题选D。6．（24-25高三上·北京顺义·期末）容积均为1L的甲，乙两个恒容密闭容器，其中甲为绝热容器，乙为恒温容器。相同温度下，分别充入0.2mol的，发生反应：，甲中的相关量随时间变化如下图所示。下列说法不正确的是A．对于甲容器，温度不再变化时体系就达到了化学平衡状态B．甲达平衡时，体系温度若为，此温度下的平衡常数C．前3s，甲中增大是由于温度升高对速率的影响大于浓度降低的影响D．平衡时，平衡常数：，容器中压强：【答案】D【解析】A．正反应为放热反应，且在绝热密闭容器，甲容器温度不再变化时体系就达到了化学平衡状态，A正确；B．相同温度下，分别充入0.2mol的NO2，发生反应：H＜0，达到平衡状态时二氧化氮浓度为0.02mol/L，结合三行计算列式计算得到平衡浓度计算平衡常数，，平衡常数K甲==225L/mol，B正确；C．甲为绝热容器，反应为放热反应，放出的热量对反应速率影响大，0～3s内，甲容器中NO2的反应速率增大的原因是：0-3s内温度升高对反应速率影响大于浓度降低的影响，C正确；D．容积均为1L的甲、乙两个容器，其中甲为绝热容器，乙为恒温容器，相同温度下，分别充入0.2mol的NO2，发生反应：2NO2(g)N2O4(g)H＜0，甲容器中温度升高，平衡逆向进行，平衡常数K甲＜K乙，容器中压强：，D错误；故选D。7．（2025·北京海淀·二模）溴乙烷与NaOH的乙醇溶液主要发生消去反应，同时也会发生取代反应，反应过程中的能量变化如图。下列说法正确的是A．反应①的活化能大于反应②的B．溴乙烷与NaOH的乙醇溶液的反应需加热，目的是提高反应速率C．无论从产物稳定性还是反应速率的角度，均有利于的生成D．若将溶剂乙醇换成水，两种产物的比例不发生改变【答案】B【解析】A．由图可知，反应①的活化能是，反应②的活化能是，活化能：反应①＜反应②，A错误；B．加热使普通分子转化为活化分子，有效碰撞次数增加，故加热的目的是提高反应速率，B正确；C．从稳定性角度看，乙醇的能量更低，乙醇是优势产物；从反应速率角度看，生成乙烯的活化能更低，乙烯是优势产物，C错误；D．若将溶剂乙醇换成水，主要发生的是水解反应，乙醇的比例会增加，D错误；故选B。8．（2025·北京西城·二模）一种催化加氢合成的方法，反应如下：①②1.3MPa时，将和按一定流速通过催化剂，相同时间内测得的转化率和CO的选择性随温度的变化如图1所示。只发生反应①时，的平衡转化率随温度的变化如图2所示。已知：CO的选择性下列说法不正确的是A．CO与合成反应的热化学方程式：B．图1中，温度升高，的转化率和CO的选择性都升高，可能因为反应②速率增大的程度大于反应①速率增大的程度C．由图1可知，300℃时的转化率为8%D．其他条件不变，改进催化剂，可使相同时间内200℃时的转化率大幅提高【答案】C【解析】A．根据已知反应①与反应②及盖斯定律可知：CO与合成反应的焓变ΔH＝ΔH1-2ΔH2=−255.9kJ⋅mol−1，A不符合题意；B．反应①为放热反应，反应②为吸热反应，温度升高，反应向放热方向进行，反应②速率增大的程度大于反应①速率增大的程度，B符合题意；C．根据图1可知，CO2转化率8％，其转化物质的量：，CO选择性30％，生成CO的CO2：，转化为的CO2：，根据反应①可知消耗0.168mol，根据反应②可知消耗0.024mol，的转化率：，C不符合题意；D．改进催化剂，反应未达平衡时，反应速率加快，200℃下CO2转化率提高，D不符合题意；答案选C。03单曲线变化图象9．在容积一定的密闭容器中，置入一定量的一氧化氮和足量碳发生化学反应：，平衡时与温度的关系如图所示，则下列说法正确的是A．在时，若反应体系处于状态D，则此时反应速率：B．若该反应在、时的平衡常数分别为、，则C．该反应的D．若状态B、C、D的压强分别为、、，则【答案】A【解析】A．T2°C时反应进行到状态D，c(NO)高于平衡浓度，化学反应向正反应进行，则一定有v正>v逆，A正确；B．由图可知，温度越高平衡时c(NO)越大，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，所以升温化学平衡常数减小，K1>K2，B错误；C．根据B选项分析知，升高温度平衡向逆反应方向移动，由于升高温度化学平衡向吸热反应方向移动，所以正反应为放热反应，即<0，C错误；D．该反应是反应前后气体体积相等的反应，在同一温度下的气体压强相同，达到平衡状态时，压强和温度成正比例关系，则p(C)>p(D)=p(B)，D错误；故选A。10．把附着在分子筛上，可催化、生成及碳氢化合物，部分反应历程如图1所示。催化剂中、转化率、烃的选择性关系如图2所示。下列叙述错误的是A．整个反应历程中，涉及到非极性键的断裂和极性键的形成B．每生成，整个反应历程转移C．随增加，烯烃选择性逐渐减少D．大于1后，转化率降低的原因与的含量减少，导致吸附的量减少有关【答案】B【解析】A．反应中H2参与反应，H-H非极性键断裂，生成CH3OH等产物中有C-H、O-H等极性键形成，A正确；B．生成CH3OH的反应为CO+2H2=CH3OH，C元素从+2价降为-2价，转移4e-，故生成1molCH3OH转移4mole-，但是结合图可知，该过程中还会生成其他碳氢化合物，则整个反应历程中，每生成1molCH3OH转移电子数不是4mole-，B错误；C．由图2可知，随n(Zn)/n(Zr)增加，烯烃选择性逐渐减少，C正确；D．n(Zn)/n(Zr)＞1时，Zr含量相对减少，而Zr是吸附CO的活性位点，吸附CO量减少导致CO转化率降低，D正确；故选B。11．和合成甲酸()的反应为

。一定温度下，向恒容密闭容器中充入和进行上述反应，测得随反应时间(t)的变化如图所示，时，的产率为，时仅改变一个条件。下列说法正确的是A．内，B．平衡常数：C．时，改变的条件可能是使用了催化剂D．混合气体的平均相对分子质量：可能小于【答案】D【分析】的正反应吸热，升高温度平衡正向移动；增大反应物浓度，平衡正向移动；增大压强，平衡正向移动。根据图像，时刻反应速率加快，正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动。列出三段式：，据此解答；【解析】A．内，，A错误；B．由分析可知，时刻，可能改变的条件是升高温度、增大反应物、增大压强，若是升高温度，平衡常数增大，此时KⅠ＜KⅡ，若是改变浓度或压强，平衡不移动，此时KⅠ=KⅡ，所以KⅠ≤KⅡ，B错误；C．催化剂不影响平衡的移动，时刻，改变的条件不可能是催化剂，C错误；D．时刻，改变的条件使得平衡正向移动，混合气体总物质的量减小，根据，则混合气体的平均相对分子质量增大，即：，D正确；故选D。12．用和合成的原理如下：，在容积恒定的密闭容器中充入，在催化剂作用下，反应一段时间，测得混合气体中的体积分数与温度的关系如下图所示。下列说法正确的是A．该反应可高温自发进行B．平衡常数：C．反应速率：D．c点时，向容器中再充入等物质的量的和，再次达到平衡时，的体积分数不变【答案】C【分析】由题干信息和图像可知，b点之前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，的体积分数逐渐增大，b点时的体积分数最大，达到平衡状态，b点后随着温度升高，的体积分数逐渐减小，说明平衡逆向进行，正反应，以此解题。【解析】A．结合分析可知，正反应，由化学方程式可知，根据，可知该反应低温自发进行，A错误；B．平衡常数只和温度有关，该反应为放热反应，温度越高，平衡常数越小，所以，B错误；C．根据图像可知a、c两点各组分的浓度分别相同，但c点的温度高于a点，所以c点的反应速率高于a点，，C正确；D．c点时反应达到平衡状态，向容器中再充入等物质的量的和，根据等效平衡原理，再次达到平衡时，相当于增大体系的压强，平衡正向移动，的体积分数变小，D错误；故选C。04单一反应多曲线变化图象13．（24-25高三上·北京东城·期末）向恒容密闭容器中通入和，发生反应：

。不同温度(、)下，测得随时间的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是A．达到平衡的时间：，可推断温度：B．该反应为吸热反应且平衡时，可推断温度：C．时，向容器中充入氮气，则平衡时D．时，的平衡转化率【答案】C【解析】A．由题图可知，温度下先达到平衡，即，温度下的速率快，所以>，故A正确；B．该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，物质的量增大，由图可知，，可推断温度：，故B正确；C．时，向容器中充入氮气，各物质浓度不变，平衡不移动，则氢气物质的量与原平衡相等为1.8mol，故C错误；D．时，的平衡转化率，由化学方程式得，所以，故D正确；故选C。17．（23-24高三上·北京·期末）催化加氢制甲醇，在减少排放的同时实现了的资源化，该反应可表示为：。保持起始反应物，时随压强变化的曲线和p=时随温度变化的曲线如图。已知：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B．a、b交点处化学平衡常数值相同C．当时，达平衡后D．当时，的平衡转化率约为【答案】D【解析】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，增大，则曲线a表示时随压强变化的曲线，曲线b表示p=时随温度变化的曲线，根据曲线b，升高温度，减小，说明平衡逆向移动，则，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；C．由曲线b可知，、230℃时，＞0.07，C项错误；D．起始反应物，设起始H2、CO的物质的量分别为3mol、1mol，平衡时生成amol甲醇，由题意建立三段式：

由可得，解得，则H2反应了1mol，故的平衡转化率为，D项正确；故选D。18．（2024·北京顺义·二模）某小组模拟汽车尾气处理。某温度下，将一定量和投入体积为、盛有催化剂的密闭容器中，发生反应：。测得的物质的量浓度随时间变化的关系如图所示。下列说法不正确的是A．段的反应速率B．达平衡时，理论上该反应放出的热量约为C．该温度下，反应的平衡常数D．升高温度，该反应的平衡常数减小【答案】C【解析】A．由图可知，ab段反应速率：，A正确；B．由图可知4min反应达平衡，，根据题干热化学方程式可知，平衡时理论放热：，B正确；C．列三段式：，反应平衡常数：，C错误；D．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，D正确；答案选C。19．（2024·北京丰台·二模）利用反应

，将工业生产中的副产物HCl转化为，可实现氯的循环利用，减少污染。投料比，L(、)、X可分别代表温度或压强，下图表示L一定时，HCl的平衡转化率随X的变化关系。下列说法不正确的是A．B．C．a点对应的化学平衡常数的数值为80D．a点时，保持温度和压强不变，向容器中再充入0.4molHCl和0.1mol，当再次平衡时HCl的转化率仍为80%【答案】C【分析】，正向放热，升高温度则HCl的转化率增大，正向体积减小，增大压强平衡正向移动，HCl的转化率增大，综合对比可知X代表温度，L代表压强且L1＞L2。【解析】A．

催化剂不影响焓变，该反应熵减，能自发进行则为放热反应，△H＜0，故A正确；B．L表示压强，反应正向体积减小，增大压强平衡正向移动，HCl的转化率增大，因此L1＞L2，故B正确；C．设起始时，则起始时，a点HCl的转化率为80%则转化氯化氢的物质的量为3.2mol，可列三段式，平衡常数为，体积未知无法计算，故C错误；D．a点时，保持温度和压强不变，则平衡常数不变，向容器中再充入0.4molHCl和0.1mol，HCl和O2增加量之比和起始投料比相等，又是恒压条件，与原平衡为等效平衡，因此当再次平衡时HCl的转化率仍为80%，故D正确；故选C。05多反应多曲线变化图象14．（24-25高三下·北京海淀·阶段练习）工业上可用“氨催化氧化法”生产，以氨气、氧气为原料，在合金催化剂存在下生成和副产物的两个竞争反应化学方程式如下：Ⅰ．Ⅱ．现将、充入恒容密闭容器中，在上述催化剂作用下发生反应，不同温度下反应相同时间，有关物质的量关系变化曲线分别如图所示：已知：有效转化率下列说法不正确的是A．400℃时，主要发生反应ⅡB．由图分析工业上用氨催化氧化制备，最佳温度约为840℃C．520℃时，的有效转化率约为33%D．反应器内存在【答案】D【解析】A．400℃时，氮气的物质的量最大，说明主要发生反应Ⅱ，A正确；B．840℃时的产率最高副产物氮气产率最低，则工业用氨催化氧化制备HNO3选择的最佳温度是840℃，B正确；C．由图知520℃时，生成氮气和一氧化氮的物质的量均为0.2mol，则反应Ⅱ消耗的氨气的物质的量为0.4mol，反应Ⅰ消耗的氨气的物质的量为0.2mol，NH3的有效转化率为，C正确；D．反应Ⅰ消耗的氨气的物质的量等于的物质的量，反应Ⅱ消耗的氨气的物质的量是的物质的量的2倍，因此等于整体上消耗的氨气的物质的量，当时，意味全部的氨气被消耗即剩余的氨气的物质的量为0，然而反应Ⅰ与反应Ⅱ都是可逆反应，氨气不可能全部消耗，因此反应器内，D错误；故选D。16．（24-25高三上·北京丰台·期末）将2mol和3mol的混合气体置于密闭容器中可发生如下反应。反应Ⅰ

反应Ⅱ

在不同温度、压强下，该反应体系中乙烷的平衡转化率、乙烯的选择性随温度变化如图所示。已知：的选择性。下列说法不正确的是A．B．降低温度有利于提高平衡体系中乙烯的物质的量C．的选择性下降的原因可能是温度升高反应Ⅱ平衡正向移动的程度大于反应Ⅰ的D．210℃、条件下，平衡时体系中生成CO的物质的量为1.6mol【答案】B【解析】A．恒容、恒温条件下，增大压强时，化学平衡会向气体体积减小的方向移动，反应Ⅰ和反应Ⅱ均为气体体积增加的反应，因此增大压强平衡逆向移动，乙烷转化率减小，即p1<p2，A正确；B．较低温度时，降低温度，乙烷的转化率降低，乙烯的选择性升高，无法判断乙烯的物质的量增大还是减小，B错误；C．反应Ⅱ、反应Ⅰ均为吸热反应，升温两个平衡均正移，但的选择性下降，可能是温度升高反应Ⅱ平衡正向移动的程度大于反应Ⅰ，导致C2H4的选择性下降，C正确；D．初始状态为2molC2H6和3molCO2，根据反应式，设平衡时乙烯的物质的量为xmol、氢气的物质的量为3ymol，则平衡时一氧化碳的物质的量为(x+4y)mol、水蒸气的物质的量为xmol，乙烷的转化率为50%，物质的量为(2-x-y)mol=1mol，则C2H4的选择性=，解得x=0.8mol、y=0.2mol，则平衡时体系中生成CO的物质的量为x+4y=1.6mol，D正确；故答案选B。21．（2025·北京海淀·二模）以CO、为原料合成涉及的主要反应如下。①

②

反应时间等其他条件相同时，按充入原料气，不同温度下CO的转化率和产物选择性如下图。已知：产物A的选择性下列说法不正确的是A．选择性提高可能是由温度对反应速率的影响导致的B．根据温度升高时CO的转化率增大，可推断C．相较于230℃，270℃时单位时间内能合成更多的D．除反应②外，体系中还存在其他副反应【答案】B【分析】由图可知，随温度升高，选择性减小，故反应①为放热反应，据此分析；【解析】A．反应②为放热反应，故选择性提高可能是由于温度升高达到催化剂适宜温度，提高了化学反应速率导致，A错误；B．由分析可知，，B错误；C．相较于230℃，270℃时温度高，化学反应速率增加，单位时间内能合成更多的，C正确；D．和的选择性和在减少，而CO的转化率在增加，故除反应②外，体系中还存在其他副反应，D正确；故选B。22．（2024·北京朝阳·二模）甲烷还原二氧化碳是实现“双碳”目标的有效途径之一，常压、催化剂作用下，按照和的物质的量之比投料。有关反应如下：某一时段内，和的转化率随温度变化如下图所示。已知：的转化效率下列分析不正确的是A．根据反应Ⅰ、Ⅱ，低压高温有利于提高的平衡转化率B．时，转化的R值为C．由升高到，含氢产物中水的占比增大D．由升高到，的转化效率逐渐增大【答案】C【解析】A．反应Ⅰ是气体分子数增大的吸热反应，反应Ⅱ是气体分子数不变的吸热反应，升高温度均有利于反应Ⅰ、Ⅱ的平衡正向移动，提高CO2的平衡转化率，且降低压强有利于反应Ⅰ的平衡正向移动，c(H2)增大可促进反应Ⅱ的平衡正向移动，也可提高CO2的平衡转化率，所以低压高温有利于提高CO2的平衡转化率，故A正确；B．由图可知，500℃时CO2的转化率为20%，CH4的转化率为40%，CO2的转化效率为=1.5，故B正确；C．由图可知，温度由400℃升高到600℃时CH4转化率的增大幅度远大于CO2，则此时主要发生反应Ⅰ，且只有反应Ⅱ生成水，所以含氢产物中水的占比减小，故C错误；D．由图可知，由700℃升高到1000℃时△n(CO2)变化幅度较大，△n(CH4)变化幅度较小，则CO2的转化效率逐渐增大，故D正确；答案选C。1．研究发现反应的反应速率随温度的升高而减小，反应历程：第一步：快反应第二步：慢反应依据该过程，下列说法正确的是A．反应相同时间，快反应的平均速率一定比慢反应大B．提高的浓度，化学反应速率将显著增大C．温度升高，对快反应的影响比慢反应大D．恒容条件下，达到平衡时，通入少量，再次达到平衡时含量减小【答案】C【解析】A．反应相同时间，快反应的平均速率不一定比慢反应大，因为速率与单位时间内浓度变化相关，A错误；B．总反应速率由慢反应（第二步）决定，提高NO浓度主要影响快反应（第一步），对总速率提升不显著，B错误；C．温度升高时，快反应（ΔH1<0）逆向移动更明显，导致中间体N2O2浓度降低，进而抑制慢反应，总反应速率减小，说明温度对快反应影响更大，C正确；D．恒容下通入NO2，相当于加压，相较于原平衡，平衡正移，NO2增多，D错误；故选C。2．汽车尾气中的CO和NO在催化剂下可发生反应：分别向三个容积相等的恒容密闭容器中通入一定量的CO和NO进行上述反应，起始时CO浓度均为，不同条件下达平衡时数据如下表所示。下列说法错误的是实验编号温度(℃)催化剂比表面积(m2·g-1)平衡时CO浓度(mol·L-1)达到平衡的时间(min)I280801×10-3t1Ⅱ2801201×10-3t2Ⅲ360802×10-3t3A．该反应的△H<0B．实验Ⅰ中，0~t₁min内C．相同条件下催化剂比表面积越大，化学反应速率越快D．其他条件相同时将实验Ⅲ改为恒压容器，达平衡时【答案】D【解析】A．对比实验Ⅰ、实验Ⅲ，当其他条件不变时，温度升高，CO平衡浓度增大，说明升温使平衡逆向移动，故反应放热，，A正确；B．实验I中CO浓度变化为3×10-3mol/L，根据反应比例，N2的浓度变化为1.5×10-3mol/L，，B正确；C．实验I和II温度相同，催化剂比表面积大的Ⅱ达到平衡时间更短（t2<t1），说明反应速率更快，C正确；D．实验Ⅲ在恒容高温下平衡时CO2浓度为2×10-3，改为恒压后，反应气体体积减少，系统体积减小（相当于加压），促进正向反应，CO2浓度应高于2×10-3，D错误；故选D。3．酸性溶液和溶液可发生反应。控制其他条件相同，不同温度时混合两种溶液，随时间的变化如图所示。下列说法正确的是A．曲线Ⅱ对应的温度B．溶液紫色褪去的时间越长反应速率越快C．实验中反应物用量D．下段速率突然变大可能是生成的起到了催化作用【答案】D【分析】控制其他条件相同，改变温度，温度越高，反应速率越快，反应结束需要的时间越短。所以温度ⅡⅠ。【解析】A．由上面分析可知曲线Ⅱ对应的温度，A错误；B．溶液紫色褪去，反应结束，时间越长反应速率越慢，B错误；C．由图中信息高锰酸钾完全反应，草酸过量，，C错误；D．加入催化剂或升高温度，能明显加快反应速率，在其它条件都相同时，开始速率小，过一会儿速率突然增大，有可能反应放热温度明显升高引起的，也可能是反应生成了具有催化作用的物质，其中水没有这种作用，CO2释放出去了，所以可能起催化作用的是Mn2+，D正确；故选D。4．某温度下，在密闭容器中SO2、O2、SO3三种气态物质建立化学平衡后，改变条件对反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)

ΔH＜0的正、逆反应速率的影响如图所示，下列对t1时刻条件的改变描述正确的是A．升高温度 B．增大压强 C．增大容器体积 D．充入SO3气体【答案】A【分析】根据图示可知：在t1时刻改变外界条件后，v正、v逆都增大，且改变条件后，v逆＞v正，化学平衡逆向移动，然后根据外界条件对化学平衡移动的影响分析判断。【解析】A．在t1时刻升高温度，v正、v逆都增大，由于温度对吸热反应影响更大。所以升高温度后，化学平衡向逆反应方向移动，与图示变化吻合，A符合题意；B．在t1时刻增大压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，则化学反应速率v正＞v逆，与图示的v逆＞v正不吻合，B不符合题意；C．在t1时刻若增大容器体积，反应物、生成物的浓度减小，化学反应速率应该比原平衡时速率减小，与图示的v正、v逆都增大不吻合，C不符合题意；D．在t1时刻若充入SO3气体，则v逆增大，v正不变，与图示的v正、v逆都增大不吻合，D不符合题意；故合理选项是A。5．两支试管中均加入6.5gZn粉，甲试管加入含0.1molH2SO4的稀溶液；乙试管加入含0.1molH2SO4和0.01molCuSO4稀溶液，充分反应，生成气体物质的量与时间关系图正确的是A． B．C． D．【答案】A【解析】6.5g锌物质的量为0.1mol，0.1mol硫酸与锌恰好反应生成0.1mol氢气，加入硫酸铜，锌与硫酸铜反应生成铜和硫酸锌，形成Zn-Cu-H2SO4原电池，会加快反应速率，由于反应消耗一定量的锌，因此产生氢气的量比0.1mol少，则甲产生的氢气比乙多，但乙反应速率比甲反应速率快，故A符合题意。综上所述，答案为A。6．（24-25高三上·北京西城·期末）催化还原处理烟气中的转化为液态S，部分物质转化关系如图1所示。在容积可变的密闭容器中充入一定量的和，在不同压强(、)下，反应达到平衡时，的平衡转化率随温度的变化如图2所示。下列说法不正确的是A．W为，M为B．②中每生成Z，③中有生成C．升高温度，与反应的平衡常数减小D．【答案】B【分析】催化还原处理烟气中的转化为液态S，W和反应生成O=C=S和，由原子守恒可知W为CO，Z和反应生成，则Z为S，Y和O=C=S反应生成S和M，则Y为SO2，M为，以此解答。【解析】A．由分析可知，W为，M为，A正确；B．由分析可知，Z为S，M为，Y为SO2，反应②为2O=C=S+SO23S+2CO2，反应③为+S=，结合总反应2+SO2S+2CO2可知，②中每生成Z，③中有生成，B错误；C．由图2可知，升高温度，的平衡转化率减小，说明反应2+SO2S+2CO2逆向移动，平衡常数减小，C正确；D．该过程的总反应为2+SO2S+2CO2，该反应过程中气体体积减小，增大压强，平衡正向移动，的平衡转化率增大，则，D正确；故选B。7．（2025·北京海淀·三模）二氧化碳与氢气催化合成乙烯具有重要的意义。将和按物质的量之比加入密闭容器中，压强为0.1MPa，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

②

③

下列说法不正确的是A．与合成反应的热化学方程式：B．图中b、d分别表示、的变化曲线C．与合成反应的D．570K、0.2MPa反应达到平衡状态时，M点可能表示【答案】C【分析】已知：①；②；③；由盖斯定律可知，①×6-②-4×③可得，，将和按物质的量之比1:3加入VL的密闭容器中，发生反应，升高温度，平衡逆向移动，和的物质的量增大，由系数关系可知，曲线a表示的物质的量分数随温度变化，曲线b表示的物质的量分数随温度变化，曲线c表示的物质的量分数随温度变化，曲线d表示的物质的量分数随温度变化。【解析】A．已知：①；②；③；由盖斯定律可知，①×6-②-4×③可得，，A正确；B．由分析可知，图中b、d分别表示、的变化曲线，B正确；C．由A可知，反应是放热反应，升高温度K值减小，则，C错误；D．曲线d表示的物质的量分数随温度变化，是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，的物质的量分数增大，则570K、0.2MPa反应达到平衡状态时，M点显示的可能是的物质的量分数，D正确；故选C。8．（2024·北京·三模）CH4和CO2联合重整能减少温室气体的排放。其主要反应为：①②其他条件相同时，投料比为，不同温度下反应的结果如图。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．始终低于1.0，与反应②有关C．加压有利于增大CH4和CO2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：【答案】D【解析】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1mol，CO2物质的量为1.3mol，设反应①消耗CO2amol，反应②消耗CO2bmol，则有，，则c(CH4)+c(CO)+c(CO2)=2.3mol，4c(CH4)+2c(H2)+2c(H2O)=4，则有，D错误；故答案选D。9．（2024·北京大兴·三模）制备的方程式为，同时还有其他副反应发生。当反应体系的压强为时，分别改变进料比和反应温度，二者对产率影响如图所示。下列说法不正确的是A．增加压强有利于提高的产率B．制备的反应为放热反应C．增加的用量，的产率一定会增加D．温度为，平衡常数：【答案】C【解析】A．增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，即正向移动，有利于提高SiHCl3的产率，故A正确；B．由图可知温度越高SiHCl3产率减小，所以逆反应是吸热反应，正反应是放热反应，故B正确；C．由图可知增加HCl的用量，SiHCl3的产率可能增加也可能减小，所以增加HCl的用量，SiHCl3的产率不一定会增加，故C错误；D．平衡常数是温度的函数，温度为450K，平衡常数：K（x）＝K（y）＝K（z），故D正确；故选C。10．（2024·北京东城·二模）工业上常用除去：。一定温度下，向恒容反应器中按照不同投料（见下表）充入气体。按照①进行投料时，测得体系中各成分的物质的量随时间变化如图所示。投料①00②③00下列说法不正确的是A．图中对应的物质是 B．①中达到平衡时，C．按照②进行投料时，反应向逆反应方向进行 D．任意时刻③中的体积分数均为【答案】C【分析】对图中曲线标记如图，根据反应CS2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2S(g)，随着反应的进行，H2消耗的物质的量更大，故b表示H2，d表示CS2，同理H2S生成相比CH4更多，故a表示H2S，c表示CH4。【解析】A．由分析，M对应物质是H2S，A正确；B．由图知，①平衡时，H2和CH4物质的量相等，根据三段式，即4-4x=x，解得x=0.8mol，即达到平衡时，n(H2)=0.8mol，C正确；C．设容器体积为1L，由选项B中的三段式可知，该温度下，反应平衡常数K=，按照按照②进行投料时，浓度积为，故反应会向正反应方向进行，C错误；D．根据③的投料，列出三段式，任意时刻，CS2的体积分数为，D正确；本题选C。1．（2025·北京·高考真题）乙烯、醋酸和氧气在钯()催化下高效合成醋酸乙烯酯()的过程示意图如下。下列说法不正确的是A．①中反应为B．②中生成的过程中，有键断裂与形成C．生成总反应的原子利用率为D．催化剂通过参与反应改变反应历程，提高反应速率【答案】C【解析】A．①中反应物为CH3COOH、O2、Pd，生成物为H2O和Pd(CH3COO)2，方程式为：，A正确；B．②中生成的过程中，有C-H断开和C-O的生成，存在键断裂与形成，B正确；C．生成总反应中有H2O生成，原子利用率不是，C错误；D．是反应的催化剂，改变了反应的历程，提高了反应速率，D正确；答案选C。2．（2024·北京·高考真题）可采用催化氧化法将工业副产物制成，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：。下图所示为该法的一种催化机理。下列说法不正确的是A．Y为反应物，W为生成物B．反应制得，须投入C．升高反应温度，被氧化制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HCl、O2、CuO、Cl2、H2O；CuO与Y反应生成Cu(OH)Cl，则Y为HCl；Cu(OH)Cl分解生成W和Cu2OCl2，则W为H2O；CuCl2分解为X和CuCl，则X为Cl2；CuCl和Z反应生成Cu2OCl2，则Z为O2；综上所述，X、Y、Z、W依次是、、、。【解析】A．由分析可知，Y为反应物，W为生成物，A正确；B．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和，D正确；故选B。3．（2025·北京·高考真题）通过和的相互转化可实现的高效存储和利用。(1)将的基态原子最外层轨道表示式补充完整：。(2)分子中键角小于，从结构角度解释原因：。(3)的晶胞是立方体结构，边长为，结构示意图如下。①的配体中，配位原子是。②已知的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为。()(4)和反应过程中能量变化示意图如下。①室温下，和反应生成而不生成。分析原因：。②从平衡的角度推断利于脱除生成的条件并说明理由：。【答案】(1)(2)CH4中碳原子的价层电子对数为4，孤电子对数为0；NH3中氮原子的价层电子对数为4，孤电子对数为1；孤电子对对成键电子对的排斥能力大于成键电子对对成键电子对的排斥能力，CH4分子中H-C-H的键角为109°28′，故NH3分子中H-N-H的键角小于109°28′(3)N(4)生成的活化能更低根据MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可得到反应的热化学方程式为，该反应的正反应为气体系数减小的放热反应，故低压高温有利于脱除NH3生成MgCl2。【解析】（1）Mg是第12号元素，其基态最外层电子的电子排布式为3s2，故其基态原子最外层轨道表示式为：。（2）CH4中碳原子的价层电子对数为4，孤电子对数为0；NH3中氮原子的价层电子对数为4，孤电子对数为1；孤电子对对成键电子对的排斥能力大于成键电子对对成键电子对的排斥能力，CH4分子中H-C-H的键角为109°28′，故NH3分子中H-N-H的键角小于109°28′。（3）①的内界为，故其配体为NH3，由于N原子有孤电子对，所以配位原子为N；②根据均摊法，该晶胞中的个数为，的个数为8，故每个晶胞中含有4个，则晶体的密度为。（4）①由MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可知，反应生成的活化能更低，故室温下易于生成；②根据MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可得到反应为放热反应，即，该反应的正反应为气体系数减小的放热反应，脱除生成是指逆反应方向，故低压高温有利于脱除NH3生成MgCl2。4．（2025·北京·高考真题）利用工业废气中的制备焦亚硫酸钠()的一种流程示意图如下。已知：物质、(1)制已知：

由制的热化学方程式为。(2)制I．在多级串联反应釜中，悬浊液与持续通入的进行如下反应：第一步：第二步：Ⅱ．当反应釜中溶液达到3.8~4.1时，形成的悬浊液转化为固体。①Ⅱ中生成的化学方程式是。②配碱槽中，母液和过量配制反应液，发生反应的化学方程式是。③多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是，需除去。④尾气吸收器中，吸收的气体