最新高考化学总复习高频考点必刷1000题 必练12 反应机理、化学反应速率与化学平衡40题（广东专用）

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【尖子生创造营】2023年高考化学总复习高频考点必刷1000题（广东专用）
必练12 反应机理、化学反应速率与化学平衡40题
【化学反应机理】
1．(2022·广东高考真题)在相同条件下研究催化剂I、Ⅱ对反应的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，则
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，内，
【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II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II时，在0~2min 内Y的浓度变化了2.0ml/L，而a曲线表示的X的浓度变化了2.0ml/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II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4.0ml/L，则(Y) ===2.0，(X) =(Y) =2.0=1.0，故D正确；
答案选D。
2. (2021·广东高考真题) 反应经历两步：①；②。反应体系中、、的浓度c随时间t的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是
A. a为随t的变化曲线B. 时，
C. 时，的消耗速率大于生成速率D. 后，
【答案】D
【解析】由题中信息可知，反应经历两步：①；②。因此，图中呈不断减小趋势的ａ线为X的浓度随时间的变化曲线，呈不断增加趋势的线为Z的浓度随时间的变化曲线，先增加后减小的线为Y的浓度随时间的变化曲线。
【详解】A．X是唯一的反应物，随着反应的发生，其浓度不断减小，因此，由图可知，为随的变化曲线，A正确；
B．由图可知，分别代表3种不同物质的曲线相交于时刻，因此，时，B正确；
C．由图中信息可知，时刻以后，Y的浓度仍在不断减小，说明时刻反应两步仍在向正反应方向发生，而且反应①生成Y的速率小于反应②消耗Y的速率，即时的消耗速率大于生成速率，C正确；
D．由图可知，时刻反应①完成，X完全转化为Y，若无反应②发生，则，由于反应②的发生，时刻Y浓度的变化量为，变化量之比等于化学计量数之比，所以Z的浓度的变化量为，这种关系在后仍成立， 因此，D不正确。
综上所述，本题选D。
3. (2022东莞市上学期期末考试)BASF高压法采用CH3OH和CO制备醋酸的循环过程如图所示，下列说法错误的是
A. HI在流程中起催化作用
B. 循环过程需不断补充CO和甲醇
C. 循环总过程不涉及氧化还原反应
D. 反应总方程式：CH3OH+CO→CH3COOH
【答案】C
【解析】
A．催化剂往往会参与反应的过程，但是在反应前后其质量和性质保持不变，结合图中信息可知，HI参与了反应转化为碘甲烷，但碘甲烷又可以转化为HI，故其为催化剂，A正确；
B．该循环的总反应方程式为CO+CH3OH→CH3COOH，故此循环中CH3OH、CO是反应物，需要不断补充，B正确；
C．由总反应方程式为CO+CH3OH→CH3COOH可知，碳元素化合价发生变化，故涉及氧化还原反应，C错误；
D．该循环的总反应方程式为CO+CH3OH→CH3COOH，D正确；
故选C。
4．(2022佛山一模)利用CH3OH、CO2与H2合成CH3CH2OH的反应主要历程如图所示。下列说法错误的是
A．合成过程涉及C-C键和C-O键形成
B．CO是合成乙醇的中间体
C．第3步的反应式为CH3I+CO+2H2→CH3CH2OH+HI
D．若用CH3OD替代CH3OH，则可生成CH3CH2OD
【答案】D
【解析】
A．根据图示可知：在反应3中有C-C键和C-O键形成，A正确；
B．根据图示可知：在反应开始时无CO，在反应结束时生成物中无CO，因此CO是合成乙醇的中间体，B正确；
C．根据图示可知第3步反应的反应物是CH3I、CO、H2，生成物是CH3CH2OH及HI，则该反应的化学方程式为：CH3I+CO+2H2→CH3CH2OH+HI，C正确；
D．根据反应3可知反应产生乙醇中的-OH上H原子种类取决于H2中的H原子的种类，而与CH3OH上的H原子种类无关，所以若用CH3OD替代CH3OH，生成的乙醇仍然是CH3CH2OH ，而不会是CH3CH2OD，D错误；
故合理选项是D。
5．(2022珠海高三上学期摸底测试)“接触法制硫酸”的主要反应2SO2+O2eq \(,\s\up7(催化剂) ,\s\d5(△))2SO3在催化剂表面的反应历程如下：
下列说法错误的是
A．使用上述催化剂能加快正逆反应速率
B．反应②的活化能比反应①大
C．过程中既有V-O键的断裂，也有V-O键的形成
D．该反应的催化剂是V2O5
【答案】B
【解析】
A．催化剂能同等程度加快正逆反应速率，故A正确；
B．活化能越大反应越慢，反应②的活化能比反应①小，故B错误；
C．反应①有V-O键的断裂，反应②有V-O键的形成，故C正确；
D．根据图示， V2O5是该反应的催化剂，故D正确；
故选B。
6．(2022珠海高三上学期期末)1，2-丙二醇脱氧脱水反应的催化循环机理如图所示。下列说法正确的是
A．过程①②均有键断裂，过程③④均有键断裂
B．丙烯与HBr发生加成反应只得到一种产物
C．该过程中催化剂通过增大反应的活化能来提高化学反应速率
D．该过程的化学方程式为2
【答案】D
【解析】
A．由循环机理图可知过程④中断裂O-M，形成碳碳双键，不存在C-C的断裂，故A错误；
B．丙烯为不对称烯烃，与溴化氢加成可能得到1-溴丙烷或2-溴丙烷，故B错误；
C．催化剂通过降低反应的活化能来提高化学反应速率，故C错误；
D．由循环机理图可知最终生成物有HCHO、CH3CHO、CH3CH=CH2和水，MO3为催化剂，反应正确，故D正确；
故选：D。
7．(2022潮州高三上学期期末)我国科研人员通过控制光沉积的方法构建Cu2O-Pt/SiC/IrOx型复合材料光催化剂，其中Fe2+和Fe3+离子渗透Nafin膜可协同CO2、H2O分别反应，构建了一个人工光合作用体系，其反应机理如图，下列说法错误的是
A．该反应为2CO2+2H2O2HCOOH+O2
B．该反应能量转化形式为光能→化学能
C．图中a、b分别代表Fe2+、Fe3+
D．转化HCOOH的路径中，CO2被氧化为HCOOH
【答案】D
【解析】
A．根据图示可知，反应物为二氧化碳和水，生成物为甲酸和氧气，因此该反应方程式为2CO2+2H2O2HCOOH+O2，故A正确；
B．由“人工光合作用体系”可知，该反应能量转化形式为光能→化学能，故B正确；
C．观察图中物质转化关系可知，b代表Fe3+，用于氧化H2O，a代表Fe2+，用于还原CO2，故C正确；
D．转化HCOOH的路径中，CO2被还原为HCOOH，故D错误；
答案选D。
8. (2022佛山二模) 催化某清洁反应是获得甲苯的常用途径，反应机理如图所示。下列说法错误的是
A. 若R为，则X为乙醇 B. 是催化剂、还原剂
C. 反应过程存在键的断裂和形成 D. 活性炭可以负载高分散的，提高催化剂活性
【答案】C
【解析】A．由历程可知，反应物为氢气、 ，生成物为X和甲苯，若R为，则在反应 中乙基-Pd、H-Pd键断裂得到Pd，同时H与乙基结合得到乙醇，故X为乙醇，A正确；B．在整个反应历程中Pd参与反应历程后又生成Pd，在反应前后本身没有改变，是整个反应的催化剂，在反应过程中，Pd化合价由0升为+2价，也是还原剂，B正确；C．反应过程不存在键的断裂，在 生成乙醇的过程中也不存在键的形成，C错误；D．活性炭可以负载高分散的，增加与反应物的接触面积，提高催化剂活性，D正确；
答案选C。
9. (2022广州二模)硫化氢的转化是资源利用的研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化历程如图所示。下列说法正确的是
A. 历程①发生反应H2S+Cu2+=CuS↓+2H+
B. 历程②中CuS作氧化剂
C. 历程③中n(Fe2+)：n(O2)=1：4
D. 转化的总反应为H2S=H2+S
【答案】A
【解析】
A．根据图示可知历程①是Cu2+与H2S气体发生复分解反应产生CuS黑色沉淀和H+，根据电荷守恒及物质的拆分原则，可知发生的该反应的离子方程式为：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，A正确；
B．在历程②中，CuS与Fe3+发生氧化还原反应，产生S、Cu2+、Fe2+，该反应的方程式为：CuS+2Fe3+=S+Cu2++2Fe2+，S元素化合价升高，失去电子被氧化，作还原剂；Fe元素化合价降低，得到电子被还原，Fe3+作氧化剂，B错误；
C．在历程③中，Fe2+与O2发生氧化还原反应，产生Fe3+、H2O，根据氧化还原反应过程中电子转移守恒可知：n(Fe2+)：n(O2)=4：1，C正确；
D．根据流程图可知总反应方程式为：2H2S+O2=2S↓+2H2O，D错误；
故合理选项是A。
10. (2022广州一模)炼铁工业中高炉煤气的一种新的处理过程如图所示，有关该过程的叙述错误的是
A. 可减少CO2的排放
B. Fe3O4和CaO均可循环利用
C. 过程①和④的转化均为氧化还原反应
D. 过程①的反应中有非极性键的断裂和生成
【答案】D
【解析】
A．反应②利用二氧化碳、和氧化钙反应生成碳酸钙，第④步中二氧化碳与铁生成四氧化三铁和CO，可减少CO2的排放， A正确；
B．根据反应过程可知Fe3O4和CaO均可循环利用，①中消耗Fe3O4，④中生成Fe3O4，②中消耗CaO，③中生成CaO，B正确；
C．过程①中CO转化为CO2，④中CO2转化为CO，均有化合价的变化，故转化均为氧化还原反应，C正确；
D．过程①的反应为CO与Fe3O4反应，生成CO2，CO极性键断裂，CO2非极性键生成，没有非极性键的断裂，D错误；
答案选D。
11. (2022华附、省实、广雅、深中四校联考)中国科学院科研团队研究表明，在常温常压和可见光下，基于LDH(一种固体催化剂)合成NH3的原理如图所示。下列说法不正确的是
A. 上述合成氨的过程属于氮的固定B. 该过程中，LDH降低了反应的活化能
C. 该过程有极性键、非极性键的断裂和生成D. 高温高压的条件有利于提高氨的产率
【答案】D
【解析】
A．由图可知，发生反应为2N2+6H2O=4NH3+3O2，因此合成氨的过程属于氮的固定，故A正确；
B．催化剂可降低反应的活化能，加快反应速率，故B正确；
C．发生反应为2N2+6H2O=4NH3+3O2，反应物和生成物中均存在单质和化合物，即该过程有极性键、非极性键的断裂和生成，故C正确；
D．常温常压水为液态，正反应是气体体积增大的反应，所以高压的条件不利于提高氨的产率，故D错误；
故选D。
12．(2022惠州一模)N2O和CO是环境污染性气体，可在Pt2O＋表面转化为无害气体，有关化学反应的物质变化过程及能量变化过程分别如图甲、乙所示。下列说法不正确的是
A．总反应为N2O(g)＋CO(g)=CO2(g)＋N2(g) ΔH=ΔH1＋ΔH2
B．为了实现转化，需不断向反应器中补充Pt2O＋和Pt2O
C．该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能
D．总反应的ΔH=-226 kJ·ml-1
【答案】B
【解析】
A．根据图甲，①
②
根据盖斯定律①+②得N2O(g)＋CO(g)=CO2(g)＋N2(g) ΔH=ΔH1＋ΔH2，故A正确；
B．总反应为N2O(g)＋CO(g)=CO2(g)＋N2(g)，不需向反应器中补充Pt2O＋和Pt2O，故B错误；
C．该反应正反应的活化能为134 kJ·ml-1，逆反应的活化能为360kJ·ml-1，故C正确；
D．根据图乙，总反应的ΔH=(134-360) kJ·ml-1=-226 kJ·ml-1，故D正确；
故选B。
13． (2022江门一模)常温常压下，某金属有机多孔材料(MOFA)对CO2具有超高的吸附能力(吸附时会放出热量)，并能催化CO2与环氧丙烷的反应，其工作原理如图所示。下列说法正确的是
A．物质b分子有三种官能团
B．该过程中有非极性共价键的断裂
C．升温将有利于CO2的吸附
D．该材料的吸附作用具有选择性，利用此法利于“碳达峰”目标的实现
【答案】D
【解析】
A．物质b只含有一种官能团酯基，选项A错误；
B．该过程中有C-O键的断裂，C=O的断裂，但没有非极性共价键的断裂，选项B错误；
C．吸附时会放出热量，即反应为放热反应，升高温度平衡向放热反应的方向移动，不利于CO2的吸附，选项C错误；
D．MOFA对CO2具有超高的吸附能力，并能催化CO2与环氧丙烷反应生成b，所以利用此法可减少CO2的排放，利于“碳达峰”目标的实现，选项D正确；
答案选D。
14．(2022梅州二模）)固氮是将游离态的氮转变为氮的化合物，一种新型人工固氮的原理如图所示，下列说法正确的是
A．反应①②③均为氧化还原反应
B．转化过程中所涉及的元素均呈现了两种价态
C．Li3N、LiOH两种化合物中含有的化学键完全相同
D．假设每一步均完全转化，每消耗1 ml N2，同时生成1.5 ml O2
【答案】D
【解析】
A．反应②是Li3N+3H2O=3LiOH+NH3，属于非氧化还原反应，故A错误；
B．转化过程中，H元素只显+1价，故B错误；
C．Li3N中只含离子键，LiOH中含有离子键、共价键，故C错误；
D．假设每一步均完全转化，根据电子守恒，每消耗1 ml N2 ，同时生成1.5 ml O2，故D正确；
故选D。
15．(2022清远市高三上学期期末)科学家研究二甲醚(DME)在分子筛(用表示)上的水解反应，其反应进程中能量变化如图所示。下列说法错误的是
A．根据反应图示可知，在相同的催化剂作用下，化学反应也存在多种反应途径
B．升高温度，stepwise路径和cncerted路径的反应速率都加快，有利于提高反应物的转化率
C．由于，DME水解反应更易以stepwise路径进行
D．根据图示可知，DME首先与分子筛结合形成
【答案】C
【解析】
A．根据反应图示可知，分子筛上，二甲醚的水解反应有stepwise路径和cncerted路径，故A正确；
B．升高温度，stepwise路径和cncerted路径的反应速率都加快，正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，有利于提高反应物的转化率，故B正确；
C．对于stepwise路径，为，为，决定stepwise路径反应速率的步骤为第一步，而，故反应更易以cncerted路径进行，故C错误；
D．根据图示可知，DME首先与分子筛结合形成，故D正确；
故选C。
16．(2022汕头市高三下学期第一次模拟考试)铁的配合物离子(用表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示：
下列说法不正确的是
A．该过程的总反应为HCOOHCO2↑+H2↑
B．H+浓度过大或者过小，均导致反应速率降低
C．该历程中反应速率最慢的一步：
D．该催化循环中Fe元素的化合价发生了变化
【答案】D
【解析】
A．根据反应进程图像可知，甲酸在催化剂的作用下，分解成CO2和H2，即该过程中的总反应为HCOOHCO2↑+H2↑，故A说法正确；
B．根据反应机理图可知，甲酸电离产生H+和HCOO-，HCOO-参与反应，与催化剂结合放出二氧化碳，若H+浓度过大，抑制甲酸的电离，使c(HCOO-)降低，反应速率减慢，若H+浓度降低，反应Ⅲ→Ⅳ速率减慢，故B说法正确；
C．活化能越大，反应速率越慢，根据反应进程图像可知，，活化能最大，反应速率最慢，故C说法正确；
D．虽然铁连接的原子数和种类发生了改变，但是配离子的电荷数没变，因此Fe元素化合价不变，故D说法错误；
答案为D。
17．(2022韶关市高三上学期综合测试)为了减少CO2的排放，可利用含铈(Ce)催化剂实现CO2与甲醇反应，该反应的催化循环原理如图所示，有关说法正确的是
A．该反应的催化剂为Ce-O-Ce-OH
B．反应②的类型为取代反应
C．物质A为CO2
D．反应过程中Ce的化合价发生了变化
【答案】A
【解析】
分析图像可知物质A为CH3OH，物质B为CO2；反应②为加成反应；反应过程中Ce的化合价没有发生变化，将3步反应加和可得总反应为CO2+2CH3OH→H2O+O═C(OCH3)2。
【详解】
A． 反应①A+Ce-O-Ce-OH→H2O+Ce-O-Ce-OCH3，②Ce-O-Ce-OCH3+B→，③+A→Ce-O-Ce-OH+，由①③③可得总反应：CO2+2CH3OH→H2O+O=C(OCH3)2，该反应的催化剂为Ce-O-Ce-OH，故A正确；
B． 根据反应②，Ce-O-Ce-OCH3+B→，根据原子守恒和反应的结构特点，可知物质B为CO2，反应②为加成反应，故B错误；
C． 根据反应①，A+Ce-O-Ce-OH→H2O+Ce-O-Ce-OCH3，根据元素原子守恒和结构，可知物质A为CH3OH，故C错误；
D． 根据物质Ce-O-Ce-OH、Ce-O-Ce-OCH3、，反应过程中Ce的化合价没有发生变化，故D错误；
故选A。
18. (2022深圳一模)气相离子催化剂(Fe+、C+、Mn+等)具有优良的催化效果。其中，在Fe+催化下乙烷氧化反应的机理如图所示(图中---为副反应)。下列说法正确的是
A. FeO+、N2均为反应中间体
B. X既含极性共价键也含非极性共价键
C. 该机理涉及的反应均为氧化还原反应
D. 每生成1mlCH3CHO，消耗N2O的物质的量大于2ml
【答案】D
【解析】
A．FeO+先生成后消耗，是反应中间体，N2由N2O转化得到，是产物，A错误；
B．由原子守恒可知XH2O，O与H形成极性共价键，B错误；
C．该机理中C2H6+FeO+=[(C2H5)Fe(OH)+]，该反应无化合价变化，不是氧化还原反应，C错误；
D．该反应总反应方程式为C2H6+2N2O=CH3CHO+2N2+ H2O，由于发生副反应[(C2H5)Fe(OH)+]→Fe+，Fe化合价降低，有电子转移，则每生成1mlCH3CHO，消耗N2O的物质的量大于2ml，D正确；
故选：D。
19．(2022粤港澳大湾区二模)研究表明：MgO基催化剂广泛应用于的转化过程，图是我国科研工作者研究MgO与作用最终生成Mg与的物质相对能量-反应进程曲线。下列说法不正确的是
A．反应中甲烷被氧化
B．中间体比更稳定
C．该反应的速率控制步骤对应的活化能是29.5kJ/ml
D．转化为的焓变为-145.1 kJ/ml
【答案】C
【解析】
A．由图可知，该过程的总反应为，反应过程中CH4中C元素的化合价升高，作还原剂，被氧化，故A正确；
B．能量越低越稳定，由图可知，中间体的能量比更低，则比更稳定，故B正确；
C．该反应的反应速率取决于活化能最大的步骤，由图可知，该反应中活化能最大的步骤是HOMgCH3到过渡态2的步骤，该步骤的活化能为299.8kJ/ml，故C错误；
D．由图可知，转化为的焓变为-149.4kJ/ml-(-4.3kJ/ml)=-145.1 kJ/ml，故D正确；
答案选C。
20. 苯与的催化反应历程如图所示。关于该反应历程，下列说法正确的是
A. 苯与的催化反应为放热反应
B. 该反应历程，苯与的催化反应可生成溴苯、邻二溴苯
C. 苯与的催化反应决速步伴随着极性键的断裂与形成
D. 从反应速率角度，苯与Br2的催化反应主反应为取代反应，原因是该反应活化能更低
【答案】D
【解析】
A．由图可知，苯与Br2的加成反应是吸热反应，取代反应是放热反应，故A错误；
B．该反应历程，苯与Br2的催化反应可生成溴苯，但不能生成邻二溴苯，故B错误；
C．由于转化为的活化能最大，反应速率最慢，故是总反应的决速步骤，但步骤中不存在极性键的断裂，故C错误；
D．第三步中取代反应的活化能低，生成物本身所具有的能量低，更稳定，故苯与Br2的催化反应主反应为取代反应，故D正确；
故选D。
21.CH3-CH=CH-COOCH3有两种立体异构体和，由CH3CHO和Ph3P=CHCOOCH3反应制取这两种异构体的历程中能量变化如图
已知：在立体结构中，实线表示该键在纸平面上，实楔形线表示该键在纸前方，虚线表示该键在纸后方。
下列说法正确的是( )
A．比稳定
B．温度升高，CH3CHO的转化率减小
C．生成的过程中，速率最快的是由生成的反应
D．两个反应历程中，中间产物相同
【答案】C
【解析】A．图像中比能量高，稳定，A错误；
B．图像该反应历程中生成两种物质都是吸热反应，温度升高，CH3CHO的转化率增大，B错误。
C．由生成的过程活化能最小，反应速率快，C正确；
D．两个反应历程中，是生成的中间产物，是生成的中间产物，两个过程中间产物不同，D错误；
故选C。
22.反应 的能量与反应历程如下图所示。下列说法正确的是
A. 第1步为决速步骤 B. 第2步为吸热过程
C. 焓变等于第1、3步活化能之差 D. 该反应适宜在强酸性条件下进行
【答案】A
【解析】A．第 1 步反应的正活化能最大，反应速率最慢，第1步决定整个反应的快慢，A 项正确；B．第 2 步为放热过程，B 项错误；C．焓变与活化能大小无关，只与反应物和产物自身能力有关，C 项错误； D．从化学平衡角度考虑，碱性条件下有利于反应的正向移动，强酸性条件下不利于中间体的生成，D 项错误。
故选A。
23. 某种含二价铜的催化剂[CuⅡ(OH)(NH3)]+可用于汽车尾气脱硝。催化机理如图1所示，反应过程中不同态物质体系所具有的能量如图2所示。下列说法正确的是
A. 该脱硝过程总反应的焓变△H＞0
B. 由状态①到状态⑤所发生的反应均为氧化还原反应
C. 状态③到状态④的变化过程中有O—H键的形成
D. 总反应的化学方程式为4NH3(g)+2NO(g)+2O2(g)3N2(g)+6H2O(g)
【答案】C
【解析】A．根据图2可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，则总反应焓变，A错误；B．由图1可知，状态①到状态②中Cu的化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，B错误；
C．状态③到状态④的变化过程为，有O―H键的形成，C正确；D．由图1知，该脱硝过程反应物有：NH3、NO、O2，生成物有H2O、N2，由图1所给数据知，反应物NH3为2ml，NO为2ml，O2为0.5ml，生成物N2为2ml，H2O为3ml，故该脱硝过程总反应的化学方程式为：，化整得：，D错误；
故选：C。
【化学反应速率与化学平衡】
24．(2022·广东高考真题)恒容密闭容器中， BaSO4(s)+4H2(g) ⇌ BaS(s)+4H2O(g) 在不同温度下达平衡时，各组分的物质的量(n)如图所示。下列说法正确的是
A．该反应的
B．a为随温度的变化曲线
C．向平衡体系中充入惰性气体，平衡不移动
D．向平衡体系中加入，H2的平衡转化率增大
【答案】C
【详解】
A．从图示可以看出，平衡时升高温度，氢气的物质的量减少，则平衡正向移动，说明该反应的正反应是吸热反应，即ΔH＞0，故A错误；
B．从图示可以看出，在恒容密闭容器中，随着温度升高氢气的平衡时的物质的量减少，则平衡随着温度升高正向移动，水蒸气的物质的量增加，而a曲线表示的是物质的量不随温度变化而变化，故B错误；
C．容器体积固定，向容器中充入惰性气体，没有改变各物质的浓度，平衡不移动，故C正确；
D．BaSO4是固体，向平衡体系中加入BaSO4，不能改变其浓度，因此平衡不移动，氢气的转化率不变，故D错误；
故选C。
25．(2022珠海高三上学期摸底测试)碘循环工艺不仅能吸收SO2降低环境污染，又能同时制得氢气，流程如图。下列说法不合理的是
A．膜反应器中HI在500℃可以完全分解为H2和I2
B．H2、I2、H2O2都含有非极性键
C．分离器中的物质分离的操作为蒸馏
D．反应器中控制温度为20℃～100℃，温度过高会使I2升华，减少SO2的吸收
【答案】A
【解析】
A．HI分解是可逆反应，因此膜反应器中HI在500℃部分分解为H2和I2，故A错误；
B．H2、I2、H2O2分别含有H－H、I－I、O－O非极性键，故B正确；
C．分离器中含有硫酸和氢碘酸，两者的沸点不同，因此将分离器中的物质分离的操作为蒸馏，故C正确；
D．由于单质碘易升华，因此反应器中控制温度为20℃～100℃，温度过高会使I2升华，减少SO2的吸收，故D正确。
综上所述，答案为A。
26．(2022珠海高三上学期期末)以天然气为原料合成氨是新的生产氮肥的方法，具有污染小、成本低等诸多特点，其过程如下：
下列说法不正确的是
A．反应②的原子利用率小于100％
B．过程③可以通过物理变化实现
C．过程④采取高温条件的目的是为了提高平衡转化率
D．过程⑤理论上当n(NH3)：n(O2)=1：1时，恰好完全反应
【答案】C
【解析】
A．反应②是CO2、NH3在一定条件下条件下反应产生CO(NH2)2、H2O，生成物中不仅有尿素，还有H2O，因此原子利用率小于100％，A正确；
B．过程③是分离空气的成分得到N2、O2，由于没有新物质生成，因此该变化过程是物理变化，B正确；
C．过程④是N2、H2合成NH3，该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，反应条件采取高温条件是因为在该温度下催化剂的活性最大，而不能提高物质的平衡转化率，C错误；
D．氨气与氧气反应生成硝酸铵的过程中，根据电子守恒和元素守恒可得总反应为2NH3+2O2NH4NO3+H2O，所以理论上n(NH3)：n(O2)=1：1时恰好完全反应，D正确；
故合理选项是C。
27．(2022湛江一模)反应 Si(s)+3HCl(g) ⇌ SiHCl3(g)+H2(g) △H 是工业上制备高纯硅的重要中间过程。一定压强下，起始投入原料的值和温度与的平衡产率的变化关系如图所示。下列说法错误的是
A．该反应为放热反应，B．M、N点的分压：
C．的值越大平衡产率越高D．M、N点的逆反应速率：
【答案】C
【解析】
A．温度升高，的平衡产率减小，说明反应向逆反应方向移动，正反应为放热反应，选项A正确；
B．M点的平衡产率大，其物质的量大、温度高，故分压大，选项B正确；
C．由图可知，的值增大至7时，的平衡产率降低至接近于0，选项C错误；
D.M点温度较高，浓度较大，逆反应速率，选项D正确。
答案选C。
28．(2022潮州高三上学期期末)下列有关热化学方程式N2O4(g) ⇌ 2NO2(g) ΔH=+57 kJ·ml-1说法正确的是
A．升高体系温度正反应速率增大，逆反应速率也增大
B．若容器体积不变，气体密度不变时说明该反应已经达到化学平衡状态
C．温度不变，向平衡后的容器中再加入少量N2O4，平衡常数K值变大
D．增大体系的压强，平衡右移，同时提高N2O4的反应速率和转化率
【答案】A
【解析】
A．升高体系温度，正逆反应活化能均降低，活化分子百分数增大，分子之间有效碰撞次数增加，导致正反应速率增大，逆反应速率也增大，A正确；
B．反应混合物都是气体，气体的质量不变，若容器体积不变，则反应混合物的密度始终不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，B错误；
C．化学平衡常数只与温度有关，温度不变，则化学平衡常数K就不变，C错误；
D．增大体系的压强，物质的浓度增大，化学反应速率加快；同时由于该反应的正反应是气体体积增大的反应，增大压强，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，导致N2O4的平衡转化率降低，D错误；
故合理选项是A。
29. (2022佛山二模) 一定条件下，将CO2和H2按物质的量为1∶3的投料比充入某刚性密闭容器中，发生反应：CO2(g)+3H2(g) ⇌ CH3OH(g)+H2O(g) ΔH= - 49.5 kJ·ml-1测得CO2的物质的量浓度随反应时间的变化如图所示，下列说法正确的是
A. 0～5分钟，共放出的热量
B. CO2和H2的转化率相等时，反应达到平衡
C. 时，改变的外界条件可能是降温
D. 平衡常数一定大于
【答案】C
【解析】A．不确定容器的体积，不能确定反应的二氧化碳的物质的量，不能计算反应放出热量数值，不是放出0.4×49.5=19.8kJ热量，A错误；B．反应中CO2和H2按反应的系数比投料，则两者的转化率一直相等，不能用来判断反应是否达到平衡，B错误；C．反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，二氧化碳的浓度减小，符合图像，C正确；D．对于确定反应，平衡常数只受温度的影响，不确定是否温度一定改变，故不能判断两者K值的大小，D错误；
故选C。
30. (2022广州二模)物质X能发生如下反应：①X→mY；②X→nZ(m、n均为正整数)。恒容体系中X、Y、Z的浓度c随时间t的变化曲线如图所示，下列说法不正确的是
A. m=n=1
B. t1时，c(X)=c(Y)
C. 反应的活化能：①<②
D. t2时，X的消耗速率等于Z的生成速率
【答案】D
【解析】
A．由图可知，最终X的浓度变为0，全部反应，反应生成Y、Z的浓度之和等于X的起始浓度，则反应均为气体分子数不变的反应，故m=n=1，A正确；
B．由图可知，t1时，XY的浓度曲线相交，c(X)=c(Y)，B正确；
C．两个反应同时发生，反应结束是Y含量更高，反应速率更快，说明反应①活化能较低，故活化能：①<②，C正确；
D．t2时，反应②中X的消耗速率等于Z的生成速率，而X还要发生反应①，故X的消耗速率大于Z的生成速率，D错误；
故选D。
31. (2022广州一模)一定温度下向容器中加入A发生反应如下：①A→B，②A→C，③B⇌C。反应体系中A、B、C的浓度随时间t的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A. 反应①的活化能大于反应②B. 该温度下，反应③的平衡常数大于1
C. t1时，B消耗速率大于生成速率D. t2时，c(C)=c0-c(B)
【答案】A
【解析】
A．由图可知，生成物中B多C少，说明反应①容易发生，活化能较反应②的低，故A错误；
B．反应③的平衡常数，由图知，平衡时，C的浓度大于B的浓度，故K>1，故B正确；
C．t1时，B在减少，C在增加，则B的消耗速率大于生成速率，故C正确；
D．由A→B，A→C可知其转化均为1:1，t2时，体系中没有A剩余，故c(C)+ c(B)= c(A)起始=c0，则c(C)=c0-c(B)，故D正确；
故选：A。
32．(2022惠州一模)研究反应2CO2(g)+6H2(g) ⇌ CH3CH2OH(g)+3H2O(g) ΔH<0，对实现“碳中和”有重要意义。在密闭容器中充入1mlCO2与3ml H2，发生上述反应并达平衡，测得平衡体系中各种物质的体积分数随温度变化如图所示。下列说法正确的是
A．表示CH3CH2OH组分的曲线是Ⅲ
B．图中曲线交点a对应的转化率大于交点b
C．图中曲线交点a、b对应反应平衡常数Ka＜Kb
D．若使用催化剂，则b点向上移动
【答案】C
【解析】该反应为气体体积减小的放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CH3CH2OH、的体积分数逐渐减小，CO2、的体积分数逐渐增大，且化学计量数越大，体积分数变化越大，由图可知，曲线Ⅰ表示，曲线Ⅱ表示CO2，曲线Ⅲ为，曲线Ⅳ为CH3CH2OH。
【详解】
A．由上述分析可知，表示CH3CH2OH组分的曲线是Ⅳ，故A错误；
B．该反应为气体体积减小的放热反应，升高温度，平衡逆向移动，的转化率降低，交点a的温度高于交点b，则交点a对应的转化率小于交点b，故B错误；
C．因为平衡常数仅与温度有关，该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，所以温度越低，K越大，所以，故C正确；
D．使用催化剂不会影响平衡状态，因此相同温度下，使用催化剂，达到平衡时各物质的体积分数不变，b点不会上移，故D错误；
答案选C。
33．(2022揭阳市高三上学期期末)将一定量的氨基甲酸铵置于2 L恒容真空密闭容器中，在一定温度下达到分解平衡：NH2COONH4(s) ⇌ 2NH3(g)+CO2(g) 。不同温度下的平衡数据如下表：
下列说法正确的是
A．温度升高，该反应速率加快，平衡正向移动，
B．在15℃下，当体积分数不变时，该反应达到平衡状态
C．在25℃下，反应达到平衡后，将容器压缩至1 L，再次平衡时
D．在20℃和30℃分别反应，则不同温度下60 s内平均反应速率
【答案】C
【解析】
A．温度越高，平衡时气体总浓度增大，说明升温有利于平衡正向进行，所以正反应，A错误；
B．该反应的反应物是固体，和每时每刻都是按照2∶1生成，故任何时刻的体积分数均不变，B错误；
C．25℃下，反应达到平衡后，将容器压缩至1 L，利用平衡常数不变可以计算出，C正确；
D．当30℃反应至60s时，平衡时气体总浓度，故，D错误。
答案选C。
34．(2022茂名二模）)研究NOx之间的转化对大气污染控制具有重要意义，已知：N2O4(g) ⇌ 2NO2(g) ΔH>0。如图所示，在恒容密闭容器中，反应温度为T1时，c(N2O4)和c(NO2)随t变化为曲线I、II，改变温度到T2，c(NO2)随t变化为曲线III。下列判断正确的是
A．温度T1>T2
B．反应速率v(a)=v(b)
C．在T1温度下，反应至t1时达平衡状态
D．在T1温度下，反应在0—t3内的平均速率为
【答案】D
【解析】
A．反应温度T1和T2，以c(NO2)随t变化曲线比较，II比III后达平衡，所以T2>T1，故A错误；
B．升高温度，反应速率加快，T2>T1，则反应速率v(a)>v(b)，故B错误；
C．T1温度下，反应至t1时c(NO2)=c(N2O4)，t1之后c(NO2)、c(N2O4)仍在变化，说明t1时反应没有达到平衡状态，故C错误；
D．T1时，在0-t3内，，则0-t3内，故D正确；
答案选D。
35．(2022汕头市高三上学期期末质量监测)2021年为我国实现碳达峰、碳中和关键的一年，综合利用的技术不断创新。某实验小组研究和反应得到合成气的原理为：CO2(g)+CH4(g) ⇌ 2CO(g)+2H2(g) 。向体积为1L的密闭容器中充入和，反应过程中的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。下列有关说法正确的是。
A．该反应的
B．压强：
C．1100℃时，该反应的平衡常数为12.96
D．反应达到平衡后在容器内再充入和，此时的转化率会增大
【答案】C
【解析】
A．由题干图示可知，压强相同时，温度升高，CO2的转化率增大，说明升高温度平衡正向移动，故该反应的，A错误；
B．由题干图示可知，温度相同时，p2压强下CO2的转化率更大，结合反应方程式可知，增大压强，化学平衡逆向移动，CO2的转化率减小，故压强：，B错误；
C．1100℃时，根据三段式分析可知，，该反应的平衡常数为K===12.96，C正确；
D．反应达到平衡后在容器内再充入和，相当于对容器增大压强，化学平衡逆向移动，故此时的转化率会减小，D错误；
故答案为：C。
36．(2022深圳二模)T1℃时，向1L密闭容器中充入10mlH2和3mlSO2发生反应：3H2(g)+SO2(g)⇌H2S(g)+2H2O(g) △H<0。部分物质的物质的量n(X)随时间t变化如图中实线所示。下列说法正确的是
A．实线a代表n(H2O)随时间变化的曲线
B．t1min时，v正(SO2)C．该反应的平衡常数K=L•ml-1
D．若该反应在T2℃(T2【答案】C
【解析】
A．根据题干反应方程式3H2(g)+SO2(g) ⇌H2S(g)+2H2O(g)可知，达到平衡时生成H2O的物质的量是消耗SO2的2倍，故实线a不是代表n(H2O)随时间变化的曲线，而是代表H2S随时间变化的曲线，A错误；
B．由题干图示信息可知，t1min后H2S的物质的量还在增大，SO2的物质的量还在减小，说明反应在向正向进行，且化学反应中各物质表示的反应速率之比等于化学计量数之比，则有，此时，即正(SO2)＞逆(H2S)，B错误；
C．由题干图示信息可知，达到平衡时，SO2的物质的量为0.3ml，根据三段式分析可知，，容器的体积为1L，则该反应的平衡常数K==L•ml-1，C正确；
D．由题干信息可知，3H2(g)+SO2(g) ⇌H2S(g)+2H2O(g) △H<0，则降低温度，平衡正向移动，SO2的平衡转化量增大，平衡时的物质的量减小，故若该反应在T2℃(T2故答案为：C。
37. (2022深圳一模)在容积为VL的恒温密闭容器中模拟工业合成氨。充入N2和H2的总物质的量为1ml，容器内各组分的物质的量分数与反应时间t的关系如图所示。下列说法不正确的是
A. a表示N2物质的量分数的变化情况物质的量分数
B. 0～t1min，v(H2)=ml·L-1·min-1
C. t2min时，NH3的分解速率小于其生成速率
D. t3min时改变的条件可能为减小容器容积
【答案】B
【解析】
由题中图示可知，开始时N2和H2各占50%，总物质的量是1ml，则N2和H2各为0.5ml，由
可得，某时刻总物质的量为n(总)=(0.5-x)ml+(0.5-3x)ml+2xml=(1-2x)ml，某时刻N2的物质的量分数为=50%，所以，N2的物质的量分数一直保持不变，是50%，则a代表N2的物质的量分数，随反应进行减小的是c代表H2的物质的量分数，b代表NH3的物质的量分数；据此解答。
【详解】A．由上述分析可知，N2物质的量分数一直保持不变，是50%，则a代表N2的物质的量分数，故A正确；
B．由上述分析可知，a代表N2的物质的量分数，c代表H2的物质的量分数，b代表NH3的物质的量分数，t1时H2、NH3的物质的量分数相等，即，解之x=0.1ml，则0～t1min，v(H2)= ml·L-1·min-1，故B错误；
C．由上述分析可知，b代表NH3的物质的量分数，t2时刻及以后，NH3的物质的量分数增大，说明反应向右进行，则NH3的分解速率小于其生成速率，故C正确；
D．由N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)可知，t3时刻，减小容积，压强增大，平衡正向移动，NH3的物质的量分数增大，H2的物质的量分数减小，故D正确；
答案为B。
38．(2022广东六校联盟第三次联考)NO2在有机化学中可用作氧化剂、硝化剂和丙烯酸酯聚合的抑制剂。已知反应：2NO2(g)⇌N2O4(g) △H＜0。在恒温条件下，将一定量的NO2充入注射器中后封口，如图表示在拉伸和压缩注射器的过程中气体透光率随时间的变化的关系图(气体颜色越深，透光率越小)。下列说法正确的是
A. 反应速率：c＜a B. 平衡常数：K(a)＞K(c)
C. e点到f点的过程中从环境吸收热量 D. d点到e点的变化可以用勒夏特列原理解释
【答案】C
【解析】A．c点透光率低，c点NO2浓度大，所以反应速率：c>a，故A错误；B．平衡常数只与温度有关，a、c温度相同，平衡常数：K(a)=K(c)，故B错误；C．e点到f点透光率增大，说明NO2浓度降低，体积增大，平衡逆向移动，从环境吸收热量，故C正确；D．d点到e点是因为体积变大而导致NO2浓度降低，不能用勒夏特列原理解释，故D错误；
故选C。
39.某科研小组研究臭氧氧化﹣碱吸收法脱除NO工艺，相关反应如下：
①NO（g）+O3（g）═NO2（g）+O2（g）△H＝﹣200.9kJ•ml﹣1
②2O3（g）═3O2（g）△H＝﹣288.8kJ•ml﹣1
③2NO（g）+O2（g）═2NO2（g）△H＝akJ•ml﹣1
已知反应①v正＝k正c(NO)•c(O3)，v逆＝k逆c(NO2)•c(O2)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。其它条件不变，每次向反应器中充入0.5ml NO和1.0ml O3，在不同温度下反应。测得相同时间内，体系中NO的体积分数[φ（NO）]随温度的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．a＝113
B．升高温度，k正、k逆增大，减小
C．延长反应时间，可使φ（NO）由M点移到N点
D．用碱液吸收、增大反应器的容积均可提高NO的转化率
【答案】B
【解析】A．根据盖斯定律，反应③2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)可由2反应①NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)减去反应②2O3(g)=3O2(g)，故ΔH3 =2×(-200.9 kJ·ml-1)-( -288.8kJ·ml-1)=-113 kJ·ml-1，即a=-113，A错误；B．升高温度，正逆反应速率均增大，故k正、k逆增大，反应达到平衡时，正=逆，即k正c(NO)·c(O3)=k逆c(NO2)·c(O2)，则==K，由图像可知，升高温度，NO的体积分数增大，说明平衡逆向移动，正反应是一个放热反应，故升高温度，K减小，B正确；C．延长反应时间，化学平衡不移动，故延长时间，不可使φ(NO)由M点移到N点，C错误；D．用碱液吸收NO2能使平衡正向移动，NO的转化率增大，由于反应前后气体的体积不变，故增大反应器的容积，平衡不移动，不可提高NO的转化率，D错误；
故答案为：B。
40. 反应可用于纯硅的制备。下列有关该反应的说法正确的是
A．该反应 、
B．该反应的平衡常数
C．高温下反应每生成1 ml Si需消耗
D．用E表示键能，该反应
【答案】B
【解析】A．反应为气体体积增大的反应，是熵增过程，则该反应，A错误；
B．平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，为纯固体，不能出现在平衡常数K的表达式中，该反应的平衡常数，B正确；
C．温度、压强状况未知，未知，不能由物质的量计算氢气的体积，C错误；
D．焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，硅晶体中每个原子形成4个键，每个键为2个原子共用，故每个原子相当于单独含有2个键，即晶体硅中含有键，则该反应，D错误。答案选D。
温度/℃
15
20
25
30
反应达到平衡所需时间/s
43
60
73
92
平衡时气体总浓度/()
2.4
3.4
4.8
6.8