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【尖子生创造营】2024 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
1．(2023·广东高考真题)催化剂I 和Ⅱ均能催化反应R(g)⇌P(g)。反应历程（下图）中，M 为中间产物。
其它条件相同时，下列说法不正确的是（ ）
A．使用I 和Ⅱ，反应历程都分4 步进行
B．反应达平衡时，升高温度，R 的浓度增大
C．使用Ⅱ时，反应体系更快达到平衡
D．使用I 时，反应过程中M 所能达到的最高浓度更大
【答案】C
【详解】A．从图像可以看出，使用I 和Ⅱ，反应历程都分4 步进行，A 正确；B．由图像可知，
R(g)⇌P(g)为放热反应，反应反应达平衡时，升高温度，平衡向逆反应方向移动，R 的浓度增大，B 正
确；C．使用Ⅱ时，第一步的反应的活化能最大，反应速率慢，反应体系更慢达到平衡，C 错误；D．使用
I 时，前两步反应速率比使用II 更快，而后两步比使用II 反应速率更慢，故反应过程中M 所能达到的最高
浓度更大，D 正确。
故选C。
2. (2023·全国高考新课标理综) “肼合成酶”以其中的Fe2+配合物为催化中心，可将NH2OH 与NH3转化为肼
(NH2 NH2)，其反应历程如下所示。
下列说法错误的是
A. NH2OH、NH3和H2O 均为极性分子
B. 反应涉及N-H、N-O 键断裂和N-N 键生成
C. 催化中心的Fe2+被氧化为Fe3+，后又被还原为Fe2+
D. 将NH2OH 替换为ND2OD，反应可得ND2 ND2
【答案】D
【详解】A．NH2OH，NH3，H2O 的电荷分布都不均匀，不对称，为极性分子，A 正确；
B．由反应历程可知，有N－H，N－O 键断裂，还有N－H 键的生成，B 正确；
1
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C．由反应历程可知，反应过程中，Fe2+先失去电子发生氧化反应生成Fe3+，后面又得到电子生成Fe2+，C
正确；
D．由反应历程可知，反应过程中，生成的NH2NH2有两个氢来源于NH3，所以将NH2OH 替换为ND2OD，
不可能得到ND2ND2，得到ND2NH2和HDO，D 错误；
故选D。
3．(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2.0mol/L，而a 曲线表示的X 的浓度变化
了2.0mol/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4.0mol/L，则
(Y) =
=
=2.0
，
(X) =
(Y) =
2.0
=1.0
，故D 正确；
答案选D。
4. (2021·广东高考真题) 反应
经历两步：①
；②
。反应体系中
、
、
的浓
2
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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。
5．(2023·韶关二模)氮的氧化物是大气污染物之一，如图为科研人员探究消除氮氧化物的反应机理，下列
说法错误的是
3
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A．整个过程中Ni
2+作催化剂
B．过程Ⅰ中发生的化学反应为2Ni
2++2NO=2Ni
3++2O
−+ N2
C．过程中涉及的反应均为氧化还原反应
D．过程Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
【答案】D
【详解】A．整个过程中Ni
2+先参加反应后又被生成，Ni
2+是催化剂，A 正确；
B．过程Ⅰ中的反应物为Ni
2+、NO，产物为Ni
3+、O
−、N2，对应的化学方程式为
2Ni
2++2NO =2Ni
3++2O
−+ N2，故B 正确；
C．过程Ⅰ、Ⅱ中的化学反应均存在元素化合价的升降，即涉及的反应均为氧化还原反应，C 正确；
D．过程Ⅱ的化学方程式为2Ni
3++2O
−=2Ni
2++O2↑，Ni 元素化合价降低，Ni
3+是氧化剂，O 元素化合价
升高，O
−是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，故D 错误；
选D。
6．(2023·广州一模)载人航天器中的物质和能量资源都十分宝贵，我国科学家进行了如图所示的氧循环研
究，实现了空间站中氧气的再生。下列说法不正确的是
A．用于循环的氢原子利用率为100% B．太阳能可作为反应①和②的能量来源
C．反应①为CO2+4H2
一定条件
¿CH4+2H2O
¿
D．等物质的量的H2O和CH4含有的电子数相同
【答案】A
4
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【详解】A．反应①为CO2+4H2
一定条件
¿CH4+2H2O
¿
，反应②2H2O
电解
¿
¿
2H2↑+O2↑，氢原子部分进入甲烷，用于循
环的氢原子利用率达不到100%，A 错误；
B．太阳能可作为反应①和②的能量来源，B 正确；
C．根据得失电子守恒配平方程，反应①为CO2+4H2
一定条件
¿CH4+2H2O
¿
，C 正确；
D．水和甲烷都是常见的10 电子微粒，等物质的量的H2O和CH4含有的电子数相同，D 正确；
故选A。
7．(2023·惠州第三次调研)N2O和CO是环境污染性气体，可在Pt2O表面转化为无害气体，其总反应为
N2O(g)+CO(g)=CO2(g)+N2(g) ΔH，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．N2O为氧化剂
B．ΔH=-226kJ⋅mol
-1
C．由图乙知该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能
D．为了实现转化，需不断向反应器中补充Pt2O和Pt2O2
【答案】D
【详解】A．反应N2O(g)+CO(g)=CO2(g)+N2(g)中，N 元素化合价降低，N2O为氧化剂，故A 正确；
B．反应物能量高于生成物，反应为放热反应，反应焓变△H=生成物总焓-反应物总焓=134kJ/mol-360
kJ/mol=-226kJ⋅mol
-1，故B 正确；
C．由图乙知该反应正反应的活化能Ea小于逆反应的活化能Eb，故C 正确；
D．Pt2O和Pt2O2是催化剂，催化剂在化学反应的前后化学性质和质量是不变的，无需不断补充，故D 错
误；
故选D。
8．(2023·惠州市下学期第一次调研)关于下列转化过程分析不正确的是
5
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A．Fe3O4中Fe 元素的化合价为+2、+3
B．该转化过程中FeO 和Fe3O4均做催化剂
C．过程Ⅱ的化学方程式为：3FeO+ H2O
加热
¿Fe3O4+ H2↑
¿
D．该过程的总反应为：2H2O =O2↑+2H2↑
【答案】B
【详解】A．Fe3O4中Fe 元素的化合价为+2、+3，有一个Fe +2 价，两个Fe +3 价，故A 正确；
B．该转化过程中Fe3O4做催化剂，FeO 是中间过程，故B 错误；
C．过程Ⅱ是水和氧化亚铁反应生成四氧化三铁和氢气，其反应的化学方程式为：
3FeO+ H2O
加热
¿Fe3O4+ H2↑
¿
，故C 正确；
D．根据图中信息整个反应是水变为氢气和氧气，则该过程的总反应为：2H2O=O2↑+2H2↑，故D 正确。
综上所述，答案为B。
9．(2023·惠州市下学期一模)丙烯与HBr发生加成反应的机理及反应体系中的能量变化如图所示，下列说法
错误的是
A．曲线a 表示的是反应2 的能量变化图 B．反应2 放出热量更多
C．对于反应1 和反应2，第I 步都是反应的决速步骤 D．相同条件下反应2 的速率比反应1 大
【答案】A
【详解】A．反应2 为该加成反应的主反应，可知反应2 较易发生，则反应2 的活化能应低于反应1，因此
曲线b 表示反应2 的能量变化图，故A 错误；
B．由图可知两反应的反应物能量相同，反应2 即曲线b 对应的产物能量更低，则放出的热量更多，故B
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正确；
C．由图可知第I 步反应的活化能大于第Ⅱ步反应活化能，活化能越大反应速率越慢，慢反应决定总反应速
率，则第I 步都是反应的决速步骤，故C 正确；
D．由图可知反应2 的活化能低于反应1，因此相同条件下反应2 的速率比反应1 大，故D 正确；
故选：A。
10．(2023·江门上学期联考)某科研团队利用缺陷工程(贫氧环境焙烧)制备了含有大量氧缺陷和表面羟基的
α-Fe2O3，该α-Fe2O3参与如图所示的NOx还原。下列说法正确的是
A．α-Fe2O3为该过程的氧化剂
B．图中总反应可能为4 NH3+ 4 NO+O2= 4 N2+6 H2O
C．整个流程中含铁元素的物质中铁的化合价均相同
D．该催化合成时，溶液的pH 越小越好
【答案】B
【详解】A．由图可知，先加入了α −Fe2O3后又生成了α −Fe2O3，α −Fe2O3为该过程的催化剂，A 项错
误；
B．由图可知，该反应过程是NH3和NO、O2反应生成N2和H2O，方程式为：
4 NH3+ 4 NO+O2= 4 N2+6 H2O，故B 正确；
C．整个流程中发生了氧化还原反应，铁的化合价发生了变化，C 项错误；
D．α −Fe2O3会与H
+发生反应，并不是溶液的pH 越小越好， D 项错误；
故选B。
11．(2023·韶关一模)CO2的资源化利用有利于缓解温室效应并解决能源转化问题，一种以
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Fe3(CO)12/ZSM−5催化CO2
加氢(H2)合成低碳烯烃的反应过程如下图所示：
下列说法正确的是
A．决定整个反应快慢的是第ⅱ步
B．第ⅱ步反应过程中形成了非极性键
C．该反应总过程即CO2加氢合成低碳烯烃的原子利用率为100％
D．催化剂Fe3(CO)12/ZSM−5的使用可以提高低碳烯烃的产率
【答案】B
【详解】A．速率较慢的反应决定了整个反应的快慢，故决定整个反应快慢的是第i 步，A 错误；
B．异构化反应过程中，(CH2)n转化为C3H6、C2H4、C4H8等，该过程中形成了极性键和非极性键，B 正确；
C．根据质量守恒定律可知，该反应的总过程为CO2和H2反应生成低碳烯烃和水的过程，则该反应总过程
的原子利用率小于100%，C 错误；
D．Fe3(CO)12/ZSM-5 是催化剂，不影响CO2加氢合成低碳烯烃的产率，D 错误；
故选B。
12．(2023·汕头一模)下图是用钌(Ru)基催化剂催化CO2(g)和H2(g)的反应示意图，当反应生成46g液态
HCOOH时放出31.2kJ的热量。下列说法错误的是
A．反应历程中存在极性键、非极性键的断裂与形成
B．图示中物质I 为该反应的催化剂，物质II、III 为中间产物
C．使用催化剂可以降低反应的活化能，但无法改变反应的焓变
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D．由题意知：HCOOH (l)=CO2(g)+ H2(g) Δ H =+31.2kJ⋅mol
−1
【答案】A
【详解】A．由反应示意图可知反应过程中不存在非极性键的形成，故A 错误；
B．物质I 为反应起点存在的物质，且在整个过程中量未发生改变，物质I 为催化剂，物质II、III 为中间过
程出现的物质，为中间产物，故B 正确；
C．催化剂通过降低反应的活化能加快反应速率，但不影响反应的焓变，故C 正确；
D．生成46g液态HCOOH时放出31.2kJ的热量，该反应的热化学方程式为：CO2(g)+ H2(g)=HCOOH (l)
Δ H =−31.2kJ⋅mol
−1，则HCOOH (l)=CO2(g)+ H2(g) Δ H =+31.2kJ⋅mol
−1，故D 正确；
故选：A。
13．(2023·揭阳上学期期末)C-H 键活化是有机反应中的“圣杯”，图中表示在Pt-Ru 金属团簇上气态
CH3OH转化为HCHO 的部分反应路径，Ⅰ−x代表第x 个中间产物，TS−x代表第x 个过渡态。下列说法正
确的是
A．该过程中整个体系放热，而且熵增
B．生成最稳定产物的反应能垒为48.6 kJ·mol❑
−1
C．在生成Ⅰ-3 产物的两个过渡态中，都有C-H 键的断裂
D．CH3OH分子脱去的两个H 原子都吸附在Pt 上更稳定
【答案】B
【详解】A．由图可知，反应物的能量高于生成物的能量，该过程中整个体系放热，反应中气态CH3OH和
催化剂结合，属于熵减的过程，故A 错误；
B．物质的能量越低越稳定，由题可知最稳定的反应物是I-2，生成最TS-3 的反应能垒为-29.7 kJ·mol❑
−1
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+78.3 kJ·mol❑
−1=48.6 kJ·mol❑
−1，故B 正确；
C．由I-2、I-3、I-4 的结构简式可知，在生成Ⅰ-3 产物的两个过渡态中，都没有C-H 键的断裂，故C 错误；
D．由I-3、I-4 的结构简式可知，CH3OH分子脱去的两个H 原子都吸附在Pt 时的能量比分别吸附在Pt、Ru
上时的能量高，则CH3OH分子脱去的两个H 原子分别吸附在Pt、Ru 上时更稳定，故D 错误；
故选B。
14．(2023·江门一模)偶联反应是合成芳胺的重要方法，反应机理如图(图中Ar 表示芳香烃基，……→表示
为副反应)。下列说法正确的是
A．该体系中1、3、5 和8 都是中间体
B．理论上1mol
最多能消耗1mol
C．该变化过程中涉及到的有机反应类型仅限于取代反应
D．若原料用
和
，则可能得到的产物为
、
和
【答案】D
【详解】A．1 进入反应后经过多步后又重新产生了，该物质为催化剂。而3、5、8 均上一步得产物和下一
步的反应物，它们均为中间体，A 项错误；
B．由反应可以看出
需要消耗2mol
，
B 项错误；
C．8→10 为消去反应，C 项错误；
D．反应的主产物为
，副产物为
和
，D 项正确；
故选D。
15．(2023·江门上学期联考)2022 年诺贝尔化学奖授予在点击化学和生物正交化学领域贡献突出的科学家。
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点击化学和生物正交化学在药物合成、新材料合成等方面有广泛应用，原理如图所示。下列叙述正确的是
A．该反应的原子利用率小于100%
B．铜在该反应中改变了反应历程
C．三唑衍生物一定含有苯环
D．该反应中没有断裂化学键
【答案】B
【详解】A．该化学反应没有副产物，反应物原子完全转化为生成物，因此原子利用率为100%，A 错误；
B．铜在该反应中改变了反应历程，降低了反应的活化能，是该反应的催化剂，B 正确；
C．三唑衍生物形成五元氮碳环，烃基不一定含苯环，C 错误；
D．该反应中，氮氮双键变为氮氮单键，碳碳三键变为碳碳双键，断裂了非极性键，D 错误；
故合理选项是B。
16．(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
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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。
17．(2023·湛江一模)氨气在工业上应用广泛，已知反应N2(g)+3 H2(g)⇌
❑
2NH3(g) Δ H <0，反应相同
时间，NH3的体积百分数随温度的变化情况如图所示，下列相关描述正确的是
A．线上的点均代表平衡时刻的点
B．逆反应速率：va>vd
C．b 点时v正<v逆
D．平衡常数值：Kc>Kd
【答案】D
【分析】由图可知，c 点氨气的体积百分数最大，说明反应达到平衡，则c 点以前为平衡的形成过程，c 点
以后为平衡的移动过程。
【详解】A．由分析可知，c 点以前均未达到平衡，故A 错误；
B．温度越高，反应速率越快，则d 点逆反应速率大于a 点，故B 错误；
C．由分析可知，b 点反应未达到平衡，正反应速率大于逆反应速率，故C 错误；
D．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，由分析可知，c 点以后为平衡
的移动过程，则c 点平衡常数大于d 点，故D 正确；
故选D。
18．(2023·潮州二模)T1℃时，向1L密闭容器中充入10mol H2和3mol SO2发生反应：
3H2(g)+SO2(g)⇌
❑
❑
H2S(g)+2H2O(g) ΔH<0。部分物质的物质的量n(X)随时间t 变化如图实线所示。下
列说法正确的是
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A．该反应的平衡常数K=2.7×5.4
2
1.9
3×0.3
L⋅mol
−1
B．t1min时，υ正(SO2)<υ逆(H2S)
C．曲线a 代表n(H2O)随时间变化的曲线
D．若该反应在T2℃(T2<T1)时进行，则虚线b 可表示n(SO2)的变化
【答案】A
【详解】A．根据图中信息得到平衡时c(SO2)＝0.3mol∙L−1，c(H2)＝(10−2.7×3)mol∙L−1＝1.9mol∙L−1，c(H2S)
＝2.7mol∙L−1，c(H2O)＝5.4mol∙L−1，则该反应的平衡常数K=2.7×5.4
2
1.9
3×0.3
L⋅mol
−1，故A 正确；
B．t1min时还未达到平衡，正在正向建立平衡的阶段，因此υ正(SO2)>υ逆(H2S)，故B 错误；
C．根据曲线a 与SO2曲线变化相反，则说明a 代表n(H2S)随时间变化的曲线，故C 错误；
D．该反应是放热反应，若该反应在T2℃(T2<T1)时进行，则平衡向放热反应移动即正向移动，则n(SO2)
将减小，因此虚线b 不能表示n(SO2)的变化，故D 错误。
综上所述，答案为A。
19．(2023·东莞市上学期期末教学质量检查)恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量X，发生反应：
①X(g)⇌Y(g)；②Y(g)⇌Z(g)。已知v=kc (反应物)，k 为速率常数，如图表明三种物质浓度随时间的变化
以及k 受温度的影响。下列说法不正确的是
A．反应过程体系的压强始终不变
B．c(Y)随时间先增大后减小
C．随c(X)的减小，反应①、②的速率均逐渐降低
D．温度对反应②的k 影响更大
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【答案】C
【分析】由左边图中信息可知，浓度随时间变化逐渐减小的曲线为X，浓度随时间变化逐渐增大的曲线为
Z，浓度随时间变化先增大后减小的曲线为Y。由右边图中信息可知，反应①的速率常数随温度升高增大
的幅度小于反应②的。
【详解】A．因为两反应中，反应物和生成物都只有一种，且化学计量数都为1，所以反应过程中气体的物
质的量始终不变，压强始终不变，A 正确；
B．由分析可知，c(Y)随时间先增大后减小，B 正确；
C．随c(X)的减小，c(Y)先增大后减小，c(Z)不断增大，则反应①的速率逐渐降低，但反应②的速率先升高
后降低，C 不正确；
D．由分析可知，随着温度的升高，反应②的速率常数增大的幅度更大，所以温度对反应②的k 影响更大，
D 正确；
故选C。
20．(2023·佛山二模)在催化剂作用下，向容积为1L 的容器中加入1molX 和3molY，发生反应：
X (g)+2Y (s)⇌
❑
❑
2Z(s)，平衡时和反应10min 时X 的转化率α(X)随温度的变化分别如曲线I、Ⅱ所示。下
列说法错误的是
A．该反应Δ H >0
B．200℃时，前10min 的平均反应速率υ(X)=0.02mol⋅L
−1⋅min
−1
C．400℃时，反应的平衡常数K=2
D．bc 段变化可能是催化剂在温度高于400℃时活性降低导致
【答案】C
【详解】A．升高温度，转化率增大，平衡正向移动，正向是吸热反应即该反应Δ H >0，故A 正确；
B．200℃时，前10min 的平均反应速率υ(X)=1mol×20 %
1L×10min =0.02mol⋅L
−1⋅min
−1，故B 正确；
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C．400℃时，X 转化率为60%，反应的平衡常数K =
1
1mol×40%
1L
=2.5 mol⋅L
−1
，故C 错误；
D．ab 阶段随温度升高，转化率增大，bc 阶段随温度升高，转化率减小，该变化可能是催化剂在温度高于
400℃时活性降低导致，故D 正确。
综上所述，答案为：C。
21．(2023·佛山一模)向1L 的恒容密闭容器中加入1molX 和3molY，发生反应X(g)+3Y(g)⇌2Z(g)，X 的转
化率α随温度t 的变化如图所示(不同温度下的转化率均为反应第10min 数据)。下列说法正确的是
A．a 点的反应速率υ(Z)=0.03 mol⋅L
−1⋅min
−1
B．a、b、c 点对应的υ(Y)逆大小关系为：b>c>a
C．c 点时，每消耗3 molY的同时，消耗2molZ
D．若将容器体积扩大为2 倍，则c 点对应温度下的α(X)增大
【答案】C
【详解】A．由题干图像信息可知，a 点X 的转化率为30%，故a 点X 的反应速率为：υ(X)=1mol×30%
1L×10min
=0.03mol⋅L
−1⋅min
−1，根据反应速率之比等于化学计量系数之比，故a 点的反应速率
υ(Z)=2υ(X)=2×0.03 mol⋅L
−1⋅min
−1=0.06 mol⋅L
−1⋅min
−1，A 错误；
B．由题干图像信息可知，a、b 两点10min 时未达到平衡，而c 点10min 时达到平衡，温度越高正、逆反
应速率越快，故a、b、c 点对应的υ(Y)逆大小关系为：c>b>a，B 错误；
C．由题干图像信息可知，c 点时反应达到化学平衡，故有每消耗3 molY的同时消耗2molZ即正、逆反应速
率相等，C 正确；
D．由反应方程式可知X(g)+3Y(g)⇌2Z(g)正反应是一个气体体积减小的方向，若将容器体积扩大为2 倍，
即减小容器压强，平衡逆向移动，则c 点对应温度下的α(X)减小，D 错误；
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故答案为：C。
22．(2023·广州二模)汽车尾气中NO 产生的反应为N2(g)+O2(g)⇌2NO (g) Δ H。一定条件下，
等物质的量N2和O2在恒容密闭容器中反应，曲线a 表示该反应在温度T 下c (N2)随时间(t)的变化，曲线b 表
示该反应在某一起始条件改变时c (N2)随时间(t)的变化。下列叙述不正确的是
A．温度T 下、0-40s 内v(N2)=c0-c1
40
mol⋅L
−1⋅s
−1 B．M 点v 正(N2)小于N 点v逆(N2)
C．曲线b 对应的条件改变可能是充入氧气 D．若曲线b 对应的条件改变是升高温度，则ΔH>0
【答案】B
【详解】A．温度T 下、0-40s 内氮气的浓度从c0mol/L 减少到c1mol/L，故v(N2)=c0-c1
40
mol⋅L
−1⋅s
−1，
A 正确；
B．M 点还在向正向进行，故正反应速率大于逆反应速率，B 错误；
C．曲线b 能是充入氧气，反应速率加快，更快到平衡，且平衡时氮气的浓度比a 少， C 正确；
D．若曲线b 为升温，则说明升温平衡正向移动，则正反应为吸热，D 正确；
故选B。
23．(2023·广州一模)恒容密闭容器中，以硫(S8)与CH4为原料制备CS2，S8受热分解成气态S2，发生反应
2S2(g)+CH4 (g)⇌CS2(g)+2H2S(g) Δ H。CH4的平衡转化率、S2的体积分数随温度的变化曲线如图所示。
下列说法正确的是
A．Δ H >0
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B．温度升高，S8分解率增大，S2体积分数增大
C．向平衡体系中充入惰性气体，平衡向右移动
D．其他条件相同，S2体积分数越大，CH4平衡转化率越小
【答案】B
【详解】A．由图像可看出，温度升高，CH4的平衡转化率降低，S2的体积分数升高说明升温时，平衡
2S2(g)+CH4 (g)⇌CS2(g)+2H2S(g)向左移动，所以正反应方向是放热的，即ΔH<0，选项A 错误；
B．因为S8分解成S2需要吸收热量，S8(g) ⇌4S2(g) ΔH>0，所以升温时，平衡右移，S8分解率增大，S2体
积分数增大，选项B 正确；
C．向恒温恒容的平衡体系中，通入惰性气体，由于与反应有关的气体物质的物质的量浓度均未变化，所
以Q=K，平衡不移动，选项C 错误；
D．其他条件不变时，S2体积分数增大，即c(S2)越大，则平衡向右进行的程度越大，CH4的平衡转化率越
大，选项D 错误；
答案选B。
24．(2023·惠州市下学期第一次调研)在体积为1 L 的恒容密闭容器中充入1 mol CO2和3 mol H2，一定条件
下反应： CO2(g)+3 H2(g)⇌CH3OH(g)+ H2O(g)。测得CO2和H2的浓度随时间变化如图所示。下列说法
正确的是
A．平衡时CO2的转化率为75%
B．平衡后充入惰性气体，平衡向正向移动
C．该条件下，第9 min 时v逆(CH3OH)大于第3 min 时v正(CH3OH)
D．混合气体的密度不随时间的变化而变化，则说明上述反应达到平衡状态
【答案】A
【详解】A．利用CO2初始和平衡浓度可得平衡时CO2的转化率为1.00−0.25
1.00
×100 % =75%，A 正确；
B．恒容容器充入惰性气体，与反应有关的各物质浓度不变，平衡不移动，B 错误；
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C．平衡之前始终有v逆(CH3OH)<v正(CH3OH)，故该条件下，第9 min 时v逆(CH3OH)小于第3 min 时
v正(CH3OH)，C 错误；
D．根据质量守恒定律，气体总质量不变，又该容器为恒容容器，故混合气体的密度始终不变，无法通过
混合气体密度判断反应是否达到平衡状态，D 错误；
故选A。
25．(2023·江门上学期联考)下列有关NO 与O2生成NO2的反应的说法正确的是
A．该反应在任意温度下都可自发进行
B．该反应达到平衡时，2v(O2)正=v(NO)逆
C．及时移出部分生成的NO2可加快NO 的反应速率
D．当反应中消耗22.4 LNO 时，转移的电子数约为2×6.02×10
23
【答案】B
【详解】A．要使反应自发进行，△G=△H-T△S＜0，而2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)的正反应是气体体积减小
的放热反应，△H＜0，△S＜0，所以△G＜0，反应进行的温度应该是低温条件，若高温条件下，△G＞
0，反应不能自发进行，A 错误；
B．在任何条件下v(NO)正：v(O2)正=2：1，若2v(O2)正=v(NO)逆，则v(NO)正=v(NO)逆，反应处于平衡状态，B
正确；
C．若及时移出部分生成的NO2，瞬间NO 的速率不变，后来NO 的反应速率减慢，C 错误；
D．未指明22.4 LNO 是否处于标准状况，因此不能确定其物质的量，也就不能计算反应过程中电子转移数
目，D 错误；
故合理选项是B。
26．(2023·江门一模)一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)+CO2(g)⇌2CO(g)，
平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示：
已知：气体分压(p 分)=气体总压(p 总)×体积分数。下列说法错误的是
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A．该反应△H>0
B．550℃时，充入惰性气体将使v 正>v 逆
C．650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0%
D．925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=24.0pa
【答案】D
【详解】A．随着温度的升高，CO2的体积分数降低，即升温该平衡正向移动，所以该反应为吸热反应，
△H>0，A 项正确；
B．恒压充入惰性气体，容器容积变大，平衡向气体增大的方向移动，即平衡正向移动，v 正>v 逆，B 项
正确；
C．设CO2为1mol，该条件下转化率为x，根据已知信息建立三段式
C
+
CO2
⇌
❑
❑
2CO
起始
¿
1mol
¿
¿
¿¿xmol¿¿2xmol¿平衡¿¿¿(1-x)mol¿¿2xmol¿，
650℃时CO2和CO 的体积分数分别为60%和40%，即1-x
2x
=60%
40% 得到x=0.25，则转化率为25%，C 项正确；
D．925℃时，CO 的体积分数为96%，故K p= c
2(CO)
c(CO2) = (96 % p总)
2
4 % p总
=23.04p 总，D 项错误；
故选D。
27．(2023·深圳二模)恒温、恒压下，向密闭容器中充入少量正丁烷，可同时发生以下反应：
反应1：
(g) ⇌
(g) + H2(g) Δ H l
反应2：
(g) ⇌
(g) +H2(g) Δ H 2
反应3：
(g) ⇌
(g) Δ H 3
已知：lnK=-ΔH
RT
+C，其中R、C 均为常数。反应1 和反应2 的ln K随1
T 变化关系曲线如图所示，下列说
法正确的是
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A．Δ H 1<0，Δ H 2<0
B．稳定性：反−2−丁烯> 顺−2−丁烯
C．a 为反应3 中ln K随1
T 的变化曲线
D．再向平衡体系中充入少量Ar，反应3 的平衡常数增大
【答案】B
【详解】A．由题干图示信息可知，反应1 和反应2 的lnK 随1
T 增大而减小，故Δ H 1＞0，Δ H 2＞0，A
错误；
B．由题干图示信息可知，1
T 相同时反应2 的lnK 更大，则有Δ H 1＞Δ H 2，反应3 为反应2-反应1 得到，
则Δ H 3= Δ H 2−Δ H 1小于0，即顺-2-丁烯具有的总能量高于反-2-丁烯，能量越高越不稳定，故稳定性：
反−2−丁烯> 顺−2−丁烯，B 正确；
C．由B 项分析可知Δ H 3＜0，则lnK 随1
T 的增大而增大，故a 不为反应3 中ln K随1
T 的变化曲线，C 错
误；
D．平衡常数仅仅是温度的函数，温度不变平衡常数不变，故再向平衡体系中充入少量Ar，反应3 的平衡
常数不变，D 错误；
故答案为：B。
28．(2023·深圳一模)恒容密闭容器中，n mol CO2与3n mol H2在不同温度下发生反应：
2CO2(g)+6 H2(g)⇌C2H4 (g)+ 4 H2O (g)，达到平衡时，各组分的物质的量浓度(c)随温度(T)变化如图所示：
下列说法正确的是
A．该反应的平衡常数随温度升高而增大
B．曲线Y 表示c(C2H4)随温度的变化关系
C．提高投料比[n(CO2):n(H2)]，可提高H2的平衡转化率
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D．其他条件不变，2nmol CO2与6nmol H2在T 1℃下反应，达到平衡时c(H2)<c1mol⋅L
−1
【答案】C
【详解】A．由图可知，温度升高，H2的平衡浓度增大，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应，该反应
的平衡常数随温度升高而减小，故A 错误；
B．结合方程式2CO2(g)+6 H2(g)⇌C2H4 (g)+ 4 H2O (g)可知，c(C2H4)的变化量为c(H2O)变化量的1
4 ，则曲
线Y 表示c(H2O)随温度的变化关系，故B 错误；
C．提高投料比[n(CO2):n(H2)]即增大CO2的浓度，平衡正向移动，H2的平衡转化率增大，故C 正确；
D．其他条件不变，2nmol CO2与6nmol H2在T 1℃下反应，等效于增大压强，该反应是气体体积减小的反
应，平衡正向移动，H2的浓度减小，但仍然大于n mol CO2与3n mol H2在T 1℃下发生反应时H2的平衡浓度
c1，故D 错误；
故选C。
29. (2023·汕头二模)实验小组为探究反应：2NO2(g)⇌N2O4(g),¿ΔH<0
¿
进行如下操作：在T℃(各物质均
为气态)时，将一定量的NO2充入注射器中后封口，图乙是在拉伸或压缩注射器的过程中气体透光率随时间
的变化(气体颜色越深，透光率越小)。下列有关说法错误的是
A．d 点处：v正<v逆
B．由图乙可知注射器的移动轨迹为N→P→M
C．若注射器隔热导致反应温度发生变化，则b、c 两点的平衡常数Kb>Kc
D．平衡时维持体积不变，再充入一定量NO2，则NO2的物质的量分数比原来小
【答案】B
【详解】A．透光率先是突然减小后缓慢增大，说明b 点后操作是压缩注射器，导致NO2浓度突然增大，
压缩注射器，相当于是增大压强，平衡正向移动，达到平衡，后续透光率突然大，说明此时是拉伸注射器，
导致NO2浓度突然减小，拉伸注射器，相当于是减小压强，平衡逆向移动，d 点是v正<v逆，故A 正确；
B．注射器先是压缩，后拉伸，移动轨迹是N→M→P，故B 错误；
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C．b 点后操作是压缩注射器，相当于是增大压强，平衡正向移动，放出更多热量，导致温度升高，可得是
c 点温度高，对于放热反应来说，温度更高的，K 更小，可得Kb>Kc，故C 正确；
D．充入NO2，相当于是增大压强，平衡正向移动，NO2平衡转化率增大，达到新的平衡时物质的量分数
要比原来更小，故D 正确；
故答案选B。
30．(2023·梅州一模)在恒容密闭容器中，分别在T1、T2温度下T1<T2，发生反应3A (g)⇌2B (g)
Δ H <0，反应体系中各物质的浓度c 随时间t 的部分变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A．向密闭容器内充入He，平衡逆向移动
B．a 曲线条件下，10～30min 内v (B)=0.05 mol⋅L
−1⋅min
−1
C．曲线b 表示T2温度下，反应过程中物质A 的浓度变化
D．在工业实际生产中，温度越低，越有利于提高生产效率
【答案】C
【分析】曲线a、b 都在下降，说明a、b 都是A 物质的浓度变化情况，且b 先达到平衡，反应速率更快，
故b 对应的是T2温度。根据物质的量浓度的变化量，结合反应比例可知曲线c 为T1温度下的B 的浓度随时
间的变化曲线。
【详解】A．恒容条件下充入He，各物质的分压没有发生改变，平衡不移动，A 错误；
B．a 曲线条件下，10～30min 内v(A)=2mol/L-1mol/L
20min
=0.05mol⋅L
-1⋅min
-1，反应速率比等于化学计
量数之比，则v (B)= 2
3 v (A)= 2
3 ×0.05 mol⋅L
−1⋅min
−1，B 错误；
C．结合分析可知，a、b 都是A 物质的浓度变化情况，b 对应的是T2温度，C 正确；
D．降低温度，平衡正向移动，反应物的转化率提升，但温度过低会导致反应速率过慢，不利于提高生产
效率，D 错误；
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答案选C。
31．(2023·梅州二模)一定温度下，在2L的密闭容器中，A、B、C 三种气体的物质的量浓度随时间变化的
曲线如图所示。下列描述正确的是
A．X 点的v( 正)>Y 点的v( 正)
B．Z 点时反应达到平衡状态
C．B 的平衡转化率为30% D．保持温度、体积不变，5 min时充入1molHe，正逆反应速率均增大
【答案】A
【详解】A．XY 点后反应仍正向进行，且X 点反应物的浓度较大、生成物浓度较小，则X 点正反应速率
更大，故X 点的v( 正)>Y 点的v( 正)，故A 正确；
B．Z 点后反应仍正向进行，则Z 点时反应没有达到平衡状态，故B 错误 ；
C．B 的平衡转化率为0.1-0.04
0.1
×100%=60%，故C 错误；
D．持温度、体积不变，5 min时充入1molHe，不影响反应中各物质的浓度，正逆反应速率不变，故D 错
误；
故选A。
32． (2023·茂名二模)一定温度下，向2L 密闭容器中加入2mol N2O5发生反应①
2N2O5(g)= 4 NO2(g)+O2(g)，②2NO2(g)⇌N2O4(g)，反应体系中N2O5、NO2、O2的物质的量随反应时
间t 的部分变化曲线如图所示，下列说法正确的是
A．曲线Ⅱ表示n(NO2)随t 的变化
B．0~2min内，2v (N2O5)= v (O2)=1mol⋅L
−1⋅min
−1
C．3 min后，充入NO2，容器的气体颜色先变深后变浅
23
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D．3 min后，充入O2，容器的气体颜色变浅
【答案】C
【分析】向2L 密闭容器中加入2mol N2O5发生反应①2N2O5(g)= 4 NO2(g)+O2(g)，②
2NO2(g)⇌N2O4(g)，反应体系中N2O5、NO2、O2的物质的量随反应时间t 的部分变化曲线如图所示，反
应过程中N2O5的物质的量减小，则曲线III 表示n(N2O5)随t 的变化， NO2和O2的物质的量增大，且生成NO2
的物质的量更多，则曲线I 表示n(NO2)随t 的变化，曲线II 表示n(O2)随t 的变化，以此解答。
【详解】A．由分析可知，曲线II 表示n(O2)随t 的变化，故A 错误；
B．曲线III 表示n(N2O5)随t 的变化，结合方程式2N2O5(g)= 4 NO2(g)+O2(g) 可知，0~2min内，
v (N2O5)
2
=
2mol
2L×2min
2
= v (O2)=0.25 mol⋅L
−1⋅min
−1，故B 错误；
C．3 min后，充入NO2，NO2的浓度增大，容器的气体颜色变深，然后平衡2NO2(g)⇌N2O4(g)正向移动，
容器的气体颜色变浅，故C 正确；
D．反应①2N2O5(g)= 4 NO2(g)+O2(g)不是可逆反应，3 min后，充入O2，NO2的浓度不变，容器的气体
颜色不变，故D 错误；
故选C。
33．(2023·揭阳上学期期末)向恒容密闭容器中充入物质的量之比为1∶3 的CO2和H2，发生反应
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH (g)+H2O (g)，反应相同时间，体系中甲醇的百分含量(a)和温度(T)的关系如图所示。
下列说法正确的是
A．该反应的Δ H >0
B．反应速率：vA=vB
C．容器内总压强p：pA>pC
D．化学平衡常数K：KA>KB=KC
【答案】D
【详解】A．反应相同时间，体系中甲醇的百分含量(a)随着温度升高而升高，平衡后升温，甲醇百分含量
下降，说明升温平衡逆向移动，该反应为放热反应，Δ H ＜0，A 错误；
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B．B 点温度高，反应速率快，反应速率：vA＜vB，B 错误；
C．A、B 甲醇含量相同，B 点温度高，故容器内总压强：pB>pA，C 点未达到平衡，且向B 点移动，甲醇
含量升高，增加方向为体积分子数减小的方向，故pC>pB，故pC>pA，C 错误；
D．该反应为放热反应，升温K 值减小，化学平衡常数K：KA>KB=KC，D 正确；
答案选D。
34．(2023·大湾区二模)乙酸甲酯催化醇解反应方程式为：
CH3COOCH3(1)+C6 H13OH(1) ⇌
△
催化剂
CH3COOC6 H13(1) +CH3OH (1)，已知
v 正=k 正⋅x(CH3COOCH3)⋅x(C6 H13OH)，v逆=k 逆⋅x(CH3COOC6 H13) ⋅x(CH3OH)，其中k 正、k 逆为速率
常数，x为物质的量分数。己醇和乙酸甲酯按物质的量之比1∶1 投料，测得348K、338K 两个温度下乙酸
甲酯转化率(α )随时间(t )的变化关系如图所示，下列说法中错误的是
A．曲线①②中，曲线①对应的k 正更大
B．升高温度，该醇解平衡向正反应方向移动
C．a、b、c、d 四点中，v 正与v逆差值最大的是b 点
D．338K 时，该反应的化学平衡常数为1
【答案】C
【分析】根据图像可知，①曲线的反应速率最快，说明温度高，即曲线①对应温度为348K，曲线②对应温
度为338K；
【详解】A．温度越高，反应速率越快，k 正值越大，根据分析以及图像可知，曲线①对应的k 正更大，故
A 说法正确；
B．由图可知，温度越高，乙酸甲酯转化率越高，反应正向进行程度变大，说明反应为吸热反应，故升高
温度，该醇解平衡向正反应方向移动，故B 说法正确；
C．k 正、k 逆是温度的函数，该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向进行，k 正受温度的影响较
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大，因此升高温度，k 正增大程度大于k 逆，即k 正－k 逆的值最大的是曲线①；据图像可知，a 点是反应向
正方向进行，c 点为平衡点，随着反应进行，v 正逐渐减小，v 逆逐渐增大，因此四点中，v 正与v逆差值最大
的是a 点，故C 说法错误；
D．338K 时，令乙酸甲酯的物质的量为1mol，C6H13OH 的物质的量为1mol，则达到平衡时，消耗乙酸甲
酯、C6H13OH 的物质的量均为1mol×50%=0.5mol，则生成CH3COOC6H13和甲醇的物质的量为0.5mol，K=
0.5×0.5
0.5×0.5 =1，故D 说法正确；
故选C。
26
