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专题06 化学反应速率与化学平衡
考点概览
题型一 化学反应速率、活化能与基元反应
题型二 化学平衡
题型三 化学反应的方向
化学反应速率、活化能与基元反应
1．（2025·山东潍坊·二模）某同学探究
和
与
的配合能力强弱，已知
，鲁米诺在碱性环境中，可被
分解产生的活性氧氧化并释放蓝色荧光，其反应
快慢决定发光强度与持续时间。进行如下实验：
序
号
0.75%
鲁米诺溶液(含
和氨水)/
mL
、
、
溶液/mL
溶
液/mL
蒸馏
水/mL
发光
时间/s
荧光
强度
1
50
50
50
0
0.5
25
强
2
50
50
50
0.5
0
120
弱
3
0
50
50
0.5
无
无
下列说法错误的是
A．
作为缓冲溶液，维持溶液碱性环境
B．
C．实验1 和实验2 中，发光时间越长，说明溶液中发挥催化作用的
浓度越高
D．与
配位能力：
【答案】C
【详解】A．因鲁米诺在碱性环境中，可被
分解产生的活性氧氧化并释放蓝色荧光，故实验需要维持
溶液碱性环境，A 正确；
题型一
B．探究速率时，需要控制唯一变量，实验1、2 的总体积为150.5mL，故
，B 正确；
C．实验1 和实验2 中，发光时间越长，说明溶液中
分解速率慢，溶液中发挥催化作用的
浓度越
低，C 错误；
D．实验2 中滴加
，则发光时间长，荧光强度弱，说明
浓度越低，
与
配位，故
与
配位能力：
，D 正确；
故选C。
2．（2025·内蒙古赤峰·二模）我国科学家已经成功催化氢化
获得甲酸，利用化合物1 催化氢化
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(TS 表示过渡
态，I 表示中间体)。下列说法正确的是
A．化合物1 参与了化学反应，改变了总反应的反应热
B．升高温度，有利于提高化合物2 的转化率
C．图乙表示的反应历程中，决速步为第一步
D．化合物4 到化合物1 的反应为氧化还原反应
【答案】D
【详解】A．化合物1 参与了化学反应，作催化剂，总反应的反应热只与反应物与生成物能量差值有关，A
错误；
B．化合物2 和水生成化合物3 与甲酸根离子的反应是放热反应，升高温度，平衡逆向反应，降低化合物2
的转化率，B 错误；
C．图乙表示的反应历程中，第二步能量壁垒最大，决速步为第二步，C 错误；
D．化合物4 到化合物1 的反应氢元素化合价升高，为氧化还原反应，D 正确；
故选D。
3．（2025·安徽蚌埠·二模）往某密闭容器中按物质的量之比1:3，充入M、N，发生反应
∆H，M 的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。下列说法正确的是
A．
B．
C．
D．a 点Q 的体积分数为
【答案】B
【详解】A．温度升高，M 的转化率降低，表明平衡逆向移动，
，A 项错误；
B．温度相同时，增大压强，平衡正向移动，M 的转化率增大，则从
，
的平衡转化率减小，
可确定
，B 项正确；
C．a 点与b 点的温度相同，压强b 点大于a 点，(正)：
，C 项错误；
D．设初始态
，
，在a 点，M 的平衡转化率为20%，则可建立如下三段式：
则平衡时，
，
，
的体积分数
，D 项错误；
故选B。
4．（2025·山西晋中·二模）诺贝尔奖获得者Gerhard Erl 研究的合成氨反应吸附解离机理、能量变化（单位
为
）如图所示，下列说法错误的是
A．图示历程包含6 个基元反应
B．
C．最大能垒步骤的反应方程式：
D．
为物理脱附过程
【答案】A
【详解】A．基元反应是指在反应中一步直接转化为产物的反应，图示历程中包含2 个由气态吸附到催化
剂表面的过程和4 个表面化学反应过程，因此有4 个基元反应，故A 错误；
B．如图所示，
，故B 正确；
C．如图所示，最大能垒的步骤为N(ad)+3H(ad)=NH(ad)+2H(ad)，故C 正确；
D．
为氨气从催化剂表面脱附，是物理过程，故D 正确；
故答案为A。
5．（2025·陕西渭南·二模）
可以催化脱除
，脱除反应为
，脱除过程如下图所示，下列说法正确的是
A．图乙中催化剂对
的吸附强度强于图甲
B．脱除过程不属于氧化还原反应
C．该反应的平衡常数
D．催化剂的活性在脱除过程中不会改变
【答案】A
【详解】A．Fe2O3中铁元素为+3 价、氧元素为-2 价，图甲Fe2O3中带正电荷的铁元素和H2S 中带正电荷的
氢元素之间的斥力较大，而图乙Fe2O3中带负电荷的氧元素和H2S 中带正电荷的氢元素之间的引力较大，
则图甲中Fe2O3对H2S 的吸附能力弱于图乙，故A 正确；
B．图中铁元素的化合价由+3 价降低至+2 价，硫元素的化合价由-2 价升高至0 价，氧元素的化合价未发生
变化，有化合价变化，属于氧化还原过程，故B 错误；
C．根据脱除反应的化学方程式可知，该反应的平衡常数表达式为
，故C 错误；
D．脱除一段时间后，析出的硫单质附着在催化剂表面，会影响催化剂的活性，活性降低，故D 错误；
故答案为A。
6．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）我国科学家建立了一个按需催化平台，通过不同路径合理利用甘油：选用
合适催化剂在夜间优先将甘油升级为甘油酸，并在白天将其作为生物燃料为系统提供电压。其中夜间反应
机理如图所示，下列说法正确的是
A．该过程氧的原子利用率为100%
B．该历程中有机物分子中涉及极性键的断裂和形成
C．步骤①更易形成如图的过渡态
D．若将氧气标记为
，则生成产物为
【答案】B
【分析】根据流程可知，总反应为
，
据此解答。
【详解】A．该过程会生成
，原子利用率并非100%，A 错误；
B．该历程中涉及
等极性键的断裂，以及
等极性键的形成，B 正确；
C．电负性：O＞Al，则O 原子更易吸附呈正电性的H 原子，Al 更易吸附呈负电性的O 原子，不易形成选
项的过渡态，C 错误；
D．若将氧气标记为
，则生成产物含有
的产物为：
、
，D 错误；
故选B。
7．（2025·天津南开·二模）乙酸甲酯制乙醇的反应为：
三个10L 恒容密闭容器中分别加入
和
，在不同温度下，反应分钟时乙酸甲酯物质的量
如图所示。
下列说法正确的是
A．该反应的
B．容器甲中平均反应速率
C．容器乙中乙醇的体积分数为
D．容器丙中当前状态下反应速率(正)
(逆)
【答案】C
【分析】温度越高反应速率越快，比较乙丙可知，丙反应升高温度，醋酸甲酯量增大，则反应逆向进行，
正反应为放热反应，焓变小于0；
【详解】A．由分析，该反应的
，A 错误；
B．容器甲中平均反应速率
，B 错
误；
C．容器乙中乙酸甲酯物质的量为0.1mol，则
容器乙中乙醇的体积分数为
，C 正确；
D．温度越高反应速率越快，比较乙丙可知，丙反应速率快，而其醋酸甲酯量增大，说明其达到平衡状态，
则(正)
(逆)，D 错误；
故选C。
8．（2025·吉林·二模）已知在恒容密闭容器中发生反应
(方程式已配平)，在
210℃和220℃时A 的转化率随反应时间的变化关系如图所示，设A 的起始浓度为
。下列说法错误
的是
A．220℃时反应的平衡常数
mol/L
B．从反应体系中移出部分甲醇可以提高A 的转化率
C．210℃时，0~200min 内A 的平均反应速率为
mol/(L·min)
D．a、b 两点用物质B 表示的瞬时反应速率：b＜a
【答案】D
【详解】A．c 点时A 的转化率为99%，转化浓度为0.99d，根据
，平衡时A 浓度
为0.01d，B 浓度为0.99d，CH3OH 浓度为0.99d，则220℃时反应的平衡常数
mol/L，A 正
确；
B．甲醇为生成物，从反应体系中移出部分甲醇，减少生成物的浓度，平衡正向移动，可以提高A 的转化
率，B 正确；
C．210℃、200min 时A 的转化率为68%，则A 的转化浓度为0.68dmol/L，0~200min 内A 的平均反应速率
为
mol/(L·min)，C 正确；
D．a、b 两点反应的转化率相等，b 点对应的斜率大，对应的温度高，瞬时速率大，瞬时反应速率：b>a，
D 错误；
答案选D。
9．（2025·北京丰台·二模）某小组用
、HI 和KI 探究外界条件对化学反应速率的影响。室温下，按下
列初始浓度进行实验。
实验Ⅰ．
实验编号
①
②
③
④
⑤
0.
1
0.
1
0.
1
0.
2
0.
3
0.
1
0.
2
0.
3
0.
1
0.
1
出现棕黄色的时
间/s
13
6.
5
4.
3
6.
6
4.
4
实验Ⅱ．用KI 替代HI 做上述5 组实验，观察到有无色气体产生，一段时间内溶液均未见棕黄色。
下列说法不正确的是
A．由实验Ⅰ可知，
氧化HI 的反应速率与
和
的乘积成正比
B．实验①中反应继续进行，20s 时测得
为
，则0～20s 的平均反应速率：
C．实验Ⅱ中的现象可能是因为
分解的速率大于
氧化KI 的速率
D．对比实验Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ
-的还原性随酸性减弱而减弱
【答案】D
【详解】A．对比实验①、②、③：HI 浓度增加反应速率增加，对比实验①、④、⑤：H2O2浓度增加反应
速率增加，因此，H2O2氧化HI 的反应速率与
和
的乘积成正比，故A 正确；
B．0～20s 的平均反应速率：
，故B 正确；
C．实验II 向H2O2加入KI 产生氧气，而未产生I2，说明H2O2分解的速率大于H2O2氧化KI 的速率，故C
正确；
D．实验II 引入了K+，K+对H2O2的分解有影响，不能说明酸性对I-还原性的影响，故D 错误；
故答案为D。
10．（2025·云南大理·二模）Ni 可活化C2H6放出CH4，其反应历程如下图所示：
下列关于该活化历程的说法正确的是
A．该反应的决速步是：中间体2→中间体3
B．只涉及极性键的断裂和生成
C．Ni 是该反应的催化剂
D．该反应的热化学方程式为：
【答案】A
【详解】A．由反应历程图可知，中间体 2→中间体 3 的活化能最大，速率最慢，所以该反应的决速步是
中间体 2→中间体 3，A 正确；
B．反应中涉及C - C 非极性键的断裂，并非只涉及极性键的断裂和生成，B 错误；
C．由图可知，反应方程式为：Ni+C2H6=NiCH2+CH4，即Ni 是反应物，而不是该反应的催化剂，C 错误；
D．热化学方程式中应标注物质的状态，正确的热化学方程式为Ni(s) + C2H6(g)=NiCH2(s) + CH4(g)
H = -
6.57kJ/mol，原选项未标注物质状态，D 错误；
故答案为：A。
11．（2025·北京西城·二模）一种
催化加氢合成
的方法，反应如下：
①
②
1.3MPa 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
【详解】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。
12．（2025·河南·二模）
脱
的一种
催化机理如图所示。下列说法错误的是
A．
能加快反应速率，提高
脱
的平衡转化率
B．催化过程中
的配位数和化合价发生了改变
C．
能结合
的原因是
有空轨道能接受孤电子对，形成配位键
D．总反应方程式为：
【答案】A
【详解】A．MnO2作为反应的催化剂可以加快反应速率，但不该变平衡，不能提高平衡转化率，A 错误；
B．从图中
可以看出Mn 所形成的共价键数目变化了，说明其配位数
和化合价都有变化，B 正确；
C．氨分子中氮原子具有孤对电子，二氧化锰中锰原子具有空轨道，氮原子和锰原子通过形成配位键使二
氧化锰和氨分子相互结合，C 正确；
D．根据示意图可知，反应物有 NH3、NO、O2，产物有N2、H2O，故反应方程式为：
，D 正确；
故选A。
13．（2025·山东青岛·二模）以金属镍为催化剂由乙烷制备甲烷，反应过程中的部分反应历程如图所示，
下列说法正确的是
A．总反应为Ni(s)+C2H6(g)→NiCH2(s)+CH4(g) ΔH>0
B．由中间体2 生成中间体3 的反应速率影响了总反应的反应速率
C．催化剂镍的使用降低了该反应的活化能，同时也改变了该反应的焓变
D．该反应的过程中既有极性键和非极性的断裂，又有极性键和非极性键的形成
【答案】B
【详解】A．从图中可知总反应为放热反应，即焓变小于0，A 错误；
B．由图可知，中间体2 到过渡态2 的能垒最大，为决速步骤，所以由中间体2 生成中间体3 的反应速率影
响了总反应的反应速率，B 正确；
C．催化剂只加快反应速率，降低反应活化能，但不改变反应的始态和终态，故不改变反应的焓变，C 错
误；
D．该反应的过程中有极性键和非极性的断裂，但只有极性键的形成，没有非极性键的形成，D 错误；
故选B。
14．（2025·甘肃金昌·二模）在标准状况下，气态反应物、生成物及活化分子[A(B)表示“A+B→产物”的
活化分子]的相对能量如表所示：
物质
NO(g)
NO2(g)
SO2(g)
SO3(g)
相对能量/
(kJ·mol-1)
91.3
33.2
-296.8
-395.7
物质
O2(g)
O3(g)
NO(O3)
SO2(O3)
相对能量/
(kJ·mol-1)
0
142.7
237.2
-96.1
下列说法错误的是。
A．NO2(g)+SO2(g)=NO(g)+SO3(g) ΔH=-40.8 kJ·mol-1
B．反应3O2(g)=2O3(g)能自发进行
C．相同条件下，SO2(g)+O3(g)
SO
⇌
3(g)+O2(g)的反应速率比NO(g)+O3(g)
NO
⇌
2(g)+O2(g)的小
D．1 mol NO2(g)的总键能大于1 mol NO(g)的总键能
【答案】B
【详解】A．NO2(g)+SO2(g)=NO(g)+SO3(g) ΔH=生成物总能量-反应物总能量=91.3 kJ·mol-1+(-395.7
kJ·mol-1)-[33.2 kJ·mol-1+(-296.8 kJ·mol-1)]=-40.8 kJ·mol-1，A 正确；
B．3O2(g)=2O3(g) ΔH=生成物总能量-反应物总能量=+285.4 kJ·mol-1>0，且ΔS<0，则任何温度下ΔH-
TΔS>0，即反应3O2(g)=2O3(g)不能自发进行，B 错误；
C．反应SO2(g)+O3(g)
SO3(g)+O2(g)的活化能=活化分子的平均能量-总反应物的平均能量=-96.1 kJ·mol-1-
(-296.8 kJ·mol-1+142.7 kJ·mol-1)=58 kJ·mol-1，反应NO(g)+O3(g)
NO2(g)+O2(g)的活化能为237.2 kJ·mol-1-
(91.3 kJ·mol-1+142.7 kJ·mol-1)=3.2 kJ·mol-1<58 kJ·mol-1，反应的活化能越高，反应速率越小，则相同条件下，
SO2(g)+O3(g)
SO3(g)+O2(g)的反应速率比NO(g)+O3(g)
NO2(g)+O2(g)的反应速率小，C 正确；
D．反应2NO(g)+O2(g)
2NO2(g) ΔH=生成物总能量-反应物总能量=2×33.2 kJ·mol-1-2×91.3 kJ·mol-1-0
kJ·mol-1=-116.2 kJ·mol-1，为放热反应，ΔH=反应物总键能-生成物总键能，则该反应的反应物总键能小于生
成物总键能，即1 mol NO(g)和0.5 mol O2(g)的总键能小于1 mol NO2(g)的总键能，所以1 mol NO2(g)的总键
能大于1 mol NO(g)的总键能，D 正确；
故答案为：C。
15．（2025·山东潍坊·二模）苯胺是制造药物的原料，硝基苯加氢制苯胺由以下两步反应完成：
Ⅰ．
(快)
Ⅱ．
(慢)
室温下，向
硝基苯的甲醇溶液中加催化剂，通入
并保持
(氢气的浓度可
用氢气压强代替且始终不变)，忽略反应过程中溶液体积变化。硝基苯转化率、苯基羟胺和苯胺的选择性
随反应时间变化如图，120min 时体系达到平衡。下列说法错误的是
A．代表(苯胺)的曲线是
B．反应Ⅰ若使用高效催化剂，
点将向左移动
C．34min 内苯基羟胺的反应速率是
D．该温度下，反应Ⅱ平衡常数
【答案】B
【分析】根据两个反应的生成物可知，苯基羟胺(C6H5-NHOH)和苯胺(C6H5-NH2)的选择性之和为1，且两条
选择性曲线相交时，各占50%；由此可知曲线a 代表硝基苯的转化率；由题干信息可知，生成苯基羟胺的
反应是快反应，故开始反应时，苯基羟胺的选择性(S)大于苯胺，故曲线c 表示苯基羟胺的选择性(S)；曲线
b 代表苯胺的选择性(S)；
【详解】A．由分析可知，代表S(苯胺)的曲线是b，A 正确；
B．反应Ⅰ若使用高效催化剂，硝基苯转化率增大，苯基羟胺浓度增大，则N 点将向右移动，B 错误；
C．0-34min 内硝基苯转化率为85%，苯胺的选择性为50%，则υ(苯基羟胺)=
，C 正确；
D．120min 时已达平衡，硝基苯平衡转化率为90%，苯胺的选择性为80%，列出各物质的变化量：
，平衡时，
，
，p(H2)=0.18Mpa，
，由于反应是在甲醇溶液中进行的，故水等液体均需
要代入平衡常数表达式中进行计算，则K=
，D 正确；
故选B。
化学平衡
16．（2025·北京昌平·二模）
催化加氢直接合成二甲醚过程中有以下2 个反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ(副反应)：
其他条件相同时，反应温度对
平衡总转化率及反应2.5 小时的
实际总转化率影响如图1 所示；反
应温度对二甲醚的平衡选择性及反应2.5 小时的二甲醚实际选择性影响如图2 所示。
资料：
的选择性
下列说法正确的是
A．280℃后，
平衡总转化率升高的原因是：温度升高，反应速率加快
题型二
B．240℃-300℃，
实际总转化率升高的原因是：温度升高，反应速率加快，且温度对主反应的影
响大于副反应
C．240℃-300℃，二甲醚实际选择性降低的原因是：副反应速率>主反应速率
D．由图可知：该条件下投入等物质的量
时，产生二甲醚的物质的量：260℃>220℃
【答案】D
【详解】A．
为吸热反应，升高温度平衡正向移动，
为放热反应，升高温度平衡逆向移动，当温度高于280℃时，
随着温度升高，
平衡向右移动的程度大于
平衡向左移动的程度，导致CO2的平衡总转化率上升，A 错
误；
B．240℃-300℃，
实际总转化率小于平衡总转化率，说明反应未达到平衡，
实际总转化率升高的
原因是：温度升高，主反应和副反应反应速率均加快，不能说明温度对主反应的影响大于副反应，B 错误；
C．240℃-300℃范围内，二甲醚实际选择性降低的原因是：升高温度，主反应和副反应速率均增大，但是
副反应的增大程度大于主反应，不能说明副反应速率>主反应速率，C 错误；
D．由图可知，260℃时
实际总转化率大于220℃，260℃时
实际选择性小于220℃，但260℃时
实际总转化率与
实际选择性的乘积大于220℃，产生二甲醚的物质的量：260℃>220℃，D 正确；
故选D。
17．（2025·北京昌平·二模）
在KI 溶液中存在下列平衡：
。不同温度下该反应
的平衡常数如下图所示，下列说法正确的是
A．反应
的△H>0
B．在上述平衡体系中加入苯，平衡向右移动
C．25℃时，在上述平衡体系中加入少量KI 固体，平衡右移，平衡常数K 大于680
D．25℃，3 种微粒浓度均为0.01mol/L 时，反应向生成
方向进行
【答案】D
【详解】A．由表中数据可知，温度越高，平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，故正反
应方向为放热反应，即△H＜0 ，A 错误；
B．碘单质能溶于苯，加入苯，水中碘单质的浓度变小，平衡向左移动，B 错误；
C．加入KI 固体，碘离子浓度增大，平衡向右移动，但平衡常数只受温度影响，与物质的浓度无关，平衡
常数K 不变，C 错误；
D．25℃，3 种微粒浓度均为0.01mol/L 时，浓度商
，反应向生成
方向进行，D 正确；
故选D。
18．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）在不同温度下，分别向10L 的恒容密闭容器中按
充入一定量的NO 和
发生反应：
，其中NO 的物质的量随时间变化如图所示，下列说法错
误的是
A．
时，
时间段内，
B．容器内气体颜色不再改变时可以说明反应达到平衡状态
C．若
时，NO 和
的起始投入量均为a mol，则达到平衡时NO 的残留量为0.4a mol
D．该反应的
【答案】A
【详解】A．由图，
时，
时间段内，NO 的物质的量减小而非增大，A 错误；
B．生成二氧化氮为红棕色气体，容器内气体颜色不再改变时，说明平衡不再移动，可以说明反应达到平
衡状态，B 正确；
C．反应为气体分子数不变的反应，且投料比等于反应中系数比，则两次投料为等效平衡，故
时，NO 和
的起始投入量均为a mol，则达到平衡时NO 的残留量为0.4a mol，C 正确；
D．先拐先平速率大，由图，则温度
更大，升高温度，NO 含量比例增大，说明平衡逆向移动，正反应
为放热反应，该反应的
，D 正确；
故选A。
19．（2025·北京丰台·二模）一定条件下，在3 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：
。
℃时，该反应的平衡常数K=4，反应体系中相关数据见下
表：
容
器
温度/℃
起始时物质的量/mol
t min 时物质的量/mol
甲
1
1
0.8
乙
1
1
0.6
丙
2
2
a
下列说法中，正确的是
A．a=1.6
B．若
，则乙中，t min 时消耗
的速率等于生成
的速率
C．当容器内压强不变时，反应达到化学平衡状态
D．当丙中反应达到化学平衡时，
的转化率大于50%
【答案】B
【分析】将0.8molHI 转化成
和
为0.4mol，列三段式：
，
，据此分析；
【详解】A．由分析可知，容器甲未达到平衡状态，且
，容器丙浓度比容器甲，速率快，故
a>1.6，A 错误；
B．若
，反应为放热反应，温度升高，K 值减小，则乙中，K 值小于4，故tmin 时可能消耗
的速
率等于生成
的速率，B 正确；
C．容器内气体气体的总质量与容器体积为恒量，故压强不变不能说明达到平衡状态，C 错误；
D．当丙中反应达到化学平衡时，列三段式：
，
，
的转化率等于50%，D 错误；
故选B。
20．（2025·浙江绍兴·二模）下列说法正确的是
A．已知NaOH 固体溶于水是一个自发过程，其ΔH<0，可推测该过程ΔS>0
B．2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)，压缩容器体积，平衡正移，则反应的平衡常数减小
C．已知HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O(l) ΔH=-67.7kJ/mol，可推测温度越高，HF(aq)中HF 的电离程度
越大
D．已知HX(g)=H(g)+X(g) ΔH>0，HX(aq)=H+(aq)+X+(aq) ΔH<0，则H(g)＋X(g)=H+(aq)＋X−(aq) ΔH
<0
【答案】D
【详解】A．NaOH 固体溶于水是一个自发过程，溶解过程是混乱度增大的物理过程，ΔS>0，因无化学反
应，故无焓变，A 错误；
B．化学平衡常数只与温度有关，压缩体积，使压强增大不影响化学平衡常数，B 错误；
C．①HF(aq)+OH-(aq)＝F-(aq)+H2O(l)ΔH=-67.7kJ·mol-1，②H+(aq)+OH-(aq)＝H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1，将①-
②得HF（aq）⇌F-（aq）+H+（aq）△H=（-67.7）kJ/mol-（-57.3）kJ/mol=-10.4kJ/mol，则HF 电离是放热
反应，升高温度平衡向吸热反应方向移动，即向逆反应方向越大，所以HF 电离程度减小，C 错误；
D．已知①HX(g)=H(g)+X(g)ΔH>0，②HX(aq)=H+(aq)+X+(aq)ΔH<0，将②-
-
①得则H(g)＋X(g)=H+(aq)＋X−
(aq)ΔH<0，D 正确；
故选D。
21．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）科学家设计了一种新型MIL-53 金属框架，可通过静电作用选择性吸附氨
气，主要用于工业捕捉氨气。MIL-53 和另一种材料MFM-520 均可用于除去有害气体NO2，MFM-520 的孔
径大小和形状恰能选择性固定N2O4（如图所示）。
已知：N2O4分子结构与乙烯类似。
①
；
②
。
下列关于二者净化气体的说法中，正确的一项是
A．MFM-520 捕获的气体所有原子共平面，MIL-53 捕获的气体空间结构为正四面体
B．MFM-520 置入废气后，废气颜色变深，MIL-53 置入废气后，废气颜色变浅
C．MFM-520 适宜在较高压强下净化气体，MIL-53 适宜在较低压强下净化气体
D．MFM-520 适宜在较低温度下吸收目标气体，MIL-53 适宜在较高温度下吸收目标气体
【答案】C
【详解】A．N2O4分子构型与乙烯类似，为平面构型，MIL-53 捕获的气体是氨气，为三角锥形，A 错误；
B．MFM-520 置入废气后平衡①向右移动，NO2浓度变小，颜色变浅，MIL-53 置入废气后，平衡②向左移
动，NO2浓度变小，废气颜色变浅，B 错误；
C．MFM-520 在较高压强下平衡①右移，MIL-53 在较低压强下平衡②左移有利于净化气体，C 正确；
D．MIL-53 在较高温度下平衡②右移不利于除去NO2，MFM-520 在较低温度下平衡①右移，有利于吸收目
标气体，D 错误；
故选D。
22．（2025·湖北武汉·二模）下列实验方案能达到实验目的的是
选
项
实验目的
实验方案
A
验证牺牲阳极法防止
铁腐蚀
将用导线连接的铁片和锌片插入经过酸化的
溶
液，向铁片附近滴加
溶液，观察现象
B
探究温度对化学平衡
的影响
取
溶液于试管中，加热，观察
溶液颜色变化
C
探究
溶液与
盐酸反应的热效应
向装有
固体的试管中加入稀盐酸，同时迅
速插入温度计，观察示数变化
D
检验丙烯醛中的碳碳
双键
向装有
的试管中加入足量溴
水，观察溴水是否褪色
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】B
【详解】A．锌比铁活泼，在酸化的
溶液中，锌作为负极(阳极)被氧化，铁作为正极(阴极)得到保护，
向铁片附近滴加
溶液，由于铁片可被
氧化为
，随后
与
进一步反应生成蓝色沉淀，故该实验方案不能验证牺牲阳极法防止铁腐蚀的效果，A 错误；
B．溶液中存在平衡：
，加热后平衡发生移动，可
通过观察溶液颜色变化探究新制温度对化学平衡的影响，B 正确；
C．
固体溶于水吸热，应该使用
溶液而不是固体，才能更准确地测量反应的热效应，C
错误；
D．
同时含有碳碳双键和醛基，碳碳双键能与溴水发生加成反应、醛基能和溴水发生氧化
还原反应，二者均能使溴水反应，干扰了碳碳双键的检验，D 错误；
故选B。
23．（2025·河北石家庄·二模）一定温度下，将
或
悬浊液置于分压固定的
气相中，
体系中pH 与lg c 关系如图所示，c 为
、
、
、
、
的浓度，单位为
已知：①
；
②平衡常数K 大于
，反应基本进行完全。
下列说法正确的是
A．
表示
曲线
B．
时，
C．
该反应基本进行完全
D．向a 点溶液中加入
，可以达到b 点溶液
【答案】B
【分析】分压固定的CO2气相中，使溶液中CO2浓度也相应固定，因此L3为H2CO3的浓度，随着pH 逐渐
增大，
、
的浓度逐渐增大，且pH 较小时
的浓度大于
的浓度，所以L1表示
，
L2表示
，根据Ksp(CaCO3)>Ksp(ZnCO3)判断，L4为Ca2+的浓度，L5为Zn2+的浓度，据此分析解答。
【详解】A．根据分析，
表示
曲线，故A 错误；
B．pH=6.4 时，
和H2CO3的浓度相等，此时Kal(H2CO3)=10-6.4，pH=10.3 时，
和
的浓度相
等，此时Ka2(H2CO3)=10-10.3，
时，
，
，故B 正确；
C．通过b 点数据可得c(
)=10-3.2mol/L，Ka2(H2CO3)=10-10.3，得
，Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)·c(
)=10-3.2×10-5.3=10-8.5，L2表示
、L5为Zn2+的浓度，两者交于lgc=-5.4，此时
、Zn2+的浓度均为10-5.4，Ksp(ZnCO3)=c(Zn2+)·c(
)=10-5.4×10-5.4=10-10.8，选项中反应的平衡常数
，平衡常数K 小于
，反应没有进行完
全，故C 错误；
D．L4代表Ca2+的浓度变化，所以向a 点溶液中加入CaCl2可以达到b 点溶液，故D 错误；
答案选B。
24．（2025·辽宁抚顺·二模）T0时，
，
，
，其中
、
只与温度有关，将一定量的NO2充入注射器中，改变活塞位置，气体
透光率随时间的变化如图(气体颜色越深，透光率越低)，下列说法正确的是
A．T0时，
B．T1时，
，则T1<T0
C．d 点
D．保持容积不变，再充入一定量NO2气体，新平衡后NO2的物质的量分数增大
【答案】C
【详解】A．由反应达到平衡时，正逆反应速率相等可得：
，则
，
，A 不符合题意；
B．
时，由
可得：平衡常数
，说明平衡向逆反应方向移动，温度
，B 不
符合题意；
C．由图可知，d 点后透光率减小，说明二氧化氮浓度增大，平衡向逆反应方向移动，则二氧化氮的正反应
速率小于逆反应速率，C 符合题意；
D．保持容积不变，再充入一定量二氧化氮气体相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，平衡后无法判
断
的物质的量是否增大，D 不符合题意；
故选C。
25．（2025·江西景德镇·二模）一定温度下，在三个体积
的恒容密闭容器中发生反应
。相关数据见下表，下列说法正确的是
容器编
号
温度
(℃)
起始物质的量(
)
平衡物质的量(
)
X
Y
Z
I
2
0.8
II
5
z
III
5
1
A．
时，该反应的平衡常数
B．
C．向容器III 再充入
和
，此时
D．若
，则该反应
【答案】C
【分析】根据反应式，容器I 中初始有2molX，平衡时有0.4molX、0.8molY 和0.8molZ，容器II 中有
5molX，平衡时有(5-2z)molX、zmolY 和zmolZ，容器I 和容器II 的温度相同，则两者平衡常数相同，即：
，解得z=2mol；容器III 中初始有5molX，平衡时有3molX、1molY 和
1molZ，则
。
【详解】A．据分析，
，故A 错误；
B．据分析，z=2，故B 错误；
C．向容器III 再充入
和
，此时
，反应逆向进行，v 正<v 逆，故C 正确；
D．据分析，
，若
，则正反应吸热，
，故D 错误；
故答案为C。
26．（2025·北京东城·二模）硝酸是重要的化工原料。下图为制硝酸的流程示意图。
下列说法正确的是
A．流程中，
、
和NO 作反应物时，均作还原剂
B．合成塔中高温、高压的反应条件均是为了提高
的平衡产率
C．吸收塔中通入空气的目的是提高NO 的转化率
D．可选用铜作为盛装液氨和浓硝酸的罐体材料
【答案】C
【分析】氮气和氢气在合成塔中发生
反应生成
，
在氧化炉中发生
反应生成NO，NO 与空气在吸收塔中发生2NO+O2=2NO2、
3NO2+H2O=2HNO3+NO 反应制得硝酸，据此回答。
【详解】A．在合成氨反应
中，N2中氮元素化合价从0 价降低到-3 价，N2作氧化剂；
在氧化炉中发生反应
，
中氮元素化合价升高，
作还原剂；NO
在吸收塔中发生反应2NO+O2=2NO2，NO 中氮元素化合价升高，NO 作还原剂，A 错误；
B．合成氨的正反应是放热反应，高温会使平衡逆向移动，降低
的平衡产率；高压使平衡正向移动，
能提高
的平衡产率，B 错误；
C．吸收塔中发生反应2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO，通入空气，提供O2，使NO 能充分反应，
提高NO 的转化率，C 正确；
D．浓硝酸具有强氧化性，能与铜反应，不能用铜作为盛装浓硝酸的罐体材料，D 错误；
故选C。
27．（2021·辽宁·二模）如图所示为工业合成氨的流程图。有关说法错误的是
A．步骤③中“
”是催化剂催化活性的最佳温度
B．
晶胞符合分子密堆积
C．步骤②、④、⑤均有利于提高原料的转化率
D．产品液氨除可生产化肥外，还可用作制冷剂
【答案】B
【详解】A．由图可知工业生成中，催化合成氨的反应温度为
，说明
是催化剂催化活性的最佳
温度，故A 正确；
B．
晶胞中存在氢键，氢键具有饱和性和方向性，
晶胞不符合分子密堆积，故B 错误；
C．工业合成氨的反应方程式为：N2+3H2
2NH3，该反应是气体体积减小的放热反应，步骤②为加压，
④为分离出产物，⑤为重复利用反应物，均有利于提高原料的转化率，故C 正确；
D．氨气易液化吸热，产品液氨除可生产化肥外，还可用作制冷剂，故D 正确；
故选B。
28．（2025·浙江·二模）研究化学反应的调控有着重大价值，
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
下列说法正确的是
A．
高压有利于反应Ⅲ的反应速率和自发进行，所以工业上采取
高压
B．反应Ⅱ的产物通入
可以实现产物的吸收
C．对于反应Ⅱ来说，当
时，说明反应达到平衡状态
D．初始投料比
，对于反应Ⅰ来说，
的体积分数不再变化不能说明到达平衡
【答案】D
【详解】A．反应Ⅲ：
是放热反应，∆H<0，∆S<0，∆G=∆H-T∆S<0 可以自发进
行，低温有利于自发进行，A 错误；
B．NO 与NaOH 溶液不反应，B 错误；
C．物质的浓度之比等于系数之比时，浓度不一定是定值，反应不一定处于平衡状态，当
时，反应不一定处于平衡状态，C 错误；
D．初始投料比
，CO2的体积分数为50%，反应I 中参加反应的CO2和H2的物质的量
之比为1:3，设反应的CO2的物质的量为xmol，反应的H2为3xmol，生成CH3OH 和H2O 都是xmol，反应
后CO2体积分数为
，CO2的体积分数为定值，
的体积分数不再变化不
能说明到达平衡，D 正确；
答案选D。
29．（2025·湖南·二模）一定条件下，分别向体积为1L 的恒容密闭容器中充入气体，发生反应
，测得实验①、②、③反应过程中体系压强随时间的变化曲线如图所示。
下列说法不正确的是
实
验
充入气体量
反应过程条
件
反应物转化
率
①
恒温
②
恒温
③
绝热
A．实验①、②中X 的浓度相等时，反应处于平衡状态
B．
时间内，实验②、③中Z 的平均反应速率：前者
后者
C．图中c、d 两点的气体的总物质的量：
D．实验①、②、③平衡时反应物的转化率：
【答案】B
【详解】A．达到平衡前，实验①中X 的浓度始终大于实验②中X 的浓度，平衡时，X 的浓度相等，A 正
确；
B．
时间内，实验②中Z 的平均反应速率为零，实验③中Z 的平均反应速率大于零，所以前者
后者，
B 错误；
C．由图可知，由线III 达到平衡所需的时间长，反应速率慢，说明由于绝热，体系温度降低，故该正反应
为吸热反应，由线III 对应实验③，根据起点相同可以判断曲线II 对应实验②，c、d 两点的压强相同，体
积相同，反应吸热，体系③温度低，根据
可知，
，
，
，故
，
C 正确；
D．实验①中充入
，实验②中充入
，二者为等效平衡，平衡时反应物转化率
，
该正反应为吸热反应，相同条件下，恒温恒容条件下转化率大于绝热恒容条件下转化率，所以
，
D 正确；
故选B。
30．（2025·湖北·二模）某小组为了探究KI3的性质，设计了如下实验[已知I (aq)⇌I2(aq)+I-(aq)]：
操作
试剂X(0.1 mol·L-1)
现象
Ⅰ．FeCl3溶液和淀粉溶
液
溶液变为蓝色
Ⅱ．AgNO3溶液
产生黄色沉淀
Ⅲ．AgCl 悬浊液
产生黄色沉淀
Ⅳ．Na2S2O3溶液
溶液变为无色
下列推断正确的是
A．由实验Ⅰ知，还原性：I->Fe2+
B．由实验Ⅱ知：加入AgNO3溶液时，发生了氧化还原反应
C．由实验Ⅲ知：Ksp(AgCl)<Ksp(AgI)
D．由实验Ⅳ知：Na2S2O3具有还原性
【答案】D
【详解】A．根据题目信息：
(aq)⇌I2(aq)+I-(aq)，KI3溶液中有I2，淀粉遇碘单质就会变蓝，故实验Ⅰ不能
说明还原性：I->Fe2+，A 错误；
B．Ag+与I-反应生成黄色沉淀AgI，没有发生氧化还原反应，B 错误；
C．AgCl 为白色沉淀，有黄色沉淀产生，说明AgCl 转化成了AgI，则Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，C 错误；
D．KI3溶液中存在
(aq)⇌I2(aq)+I-(aq)，KI3溶液中有I2，加入Na2S2O3溶液，溶液颜色变为无色，说明
Na2S2O3具有还原性，将KI3溶液中的I2还原为I-，D 正确；
故选D。
化学反应的方向
31．（2025·湖北·二模）980℃时，在恒容密闭容器中发生反应：
。
下列叙述正确的是
A．正反应在任何温度下都能自发进行
B．升高温度，正反应速率大于逆反应速率，平衡常数增大
C．当气体摩尔质量或气体压强不变时一定达到平衡
D．达到平衡时再充入
，重新达到平衡时
浓度增大
【答案】B
【详解】A．正反应为气体分子数增大的反应，它是熵增、焓增的反应，
，高温下能自
发进行，A 错误；
B．升高温度，平衡向吸热方向移动，正反应速率大于逆反应速率，平衡常数增大，B 正确；
C．反应物为固体，产物只有一种气体，气体摩尔质量恒定，不能根据气体摩尔质量判断平衡状态；恒温
恒容条件下，对于气体分子数增大的反应，压强不变时能判断达到平衡状态，C 错误；
D．达到平衡时，再充入
，平衡向左移动，达到新平衡时，温度不变，
不变，故
浓度不
题型三
变，D 错误；
故选B。
32．（2025·天津河东·二模）合成氨工业涉及固体燃料的气化，需要研究
与
之间的转化。现将一定
量的
与足量碳在体积可变的密闭容器中发生反应：
，测得压强、温度
对
的平衡组成的影响如图所示。下列说法正确的是
A．该反应的平衡常数：
B．该反应的活化能：
(正)
(逆)
C．该反应在常温下，可以自发进行
D．平衡体系的压强：
【答案】A
【详解】A．当压强不变时，随温度升高，
逐渐增大，而升温反应向吸热反应方向移动，故该反
应的正反应为吸热反应，化学平衡常数是温度的函数，a、b 两点对应的温度相同，c 点对应的温度高于
a、b 两点，该反应是吸热反应，温度升高，平衡常数增大，则图中a、b、c 三点对应的平衡常数大小关系
是
，A 正确；
B．由图可知，压强相同时，随着温度的升高，
增大，说明该反应是吸热反应，该反应的活化能：
(正)
(逆)，B 错误；
C．该反应△H＞0，△S＞0，反应自发进行满足△G=△H-T△S＜0，需要高温下才能保证△G=△H-T△S＜
0，C 错误；
D．
为气体体积增大的反应，压强减小，平衡正向移动，
越大，表示低
压强对应高
，则
的大小关系为
，D 错误；
答案选A。
33．（2025·浙江绍兴·二模）下列说法正确的是
A．已知HF 气体溶于水放热，则
的
B．已知
，则
C．恒温恒容容器中发生反应
，
百分含量不再发生变化，说
明反应达到平衡状态
D．
，升高温度，平衡逆移，说明温度升高对活化能大的反应影
响程度更大
【答案】D
【详解】A．已知HF 气体溶于水放热，说明HF 溶解过程放热(ΔH<0)，但HF 是弱酸，电离过程需要克服
H-F 键的强键能，因此电离过程吸热，则
的ΔH>0，A 错误；
B．已知
，因为该反应前后气体分子数不变，所以该反应的熵
变
，而不是ΔS<0，B 错误；
C．恒温恒容容器中发生反应
，该反应是固体分解生成气体的可逆
反应，反应体系中
的物质的量之比始终为2 1∶，即
百分含量始终不变，则
百分
含量不再发生变化，不能说明反应达到平衡状态，C 错误；
D．
ΔH＜0，正反应为放热反应，则逆反应的活化能大于正反应的活化能，升
高温度，平衡逆移，说明温度升高对活化能大的反应影响程度更大，D 正确；
故选D。
34．（2025·浙江·二模）阅读文字，完成问题，下列说法正确的是
在等温、等压条件下的封闭体系中（不考虑体积变化做功以外的其他功），自由能（符号为G，单位为
）的变化综合反映体系的焓变和熵变对自发过程的影响：
。这时，化学反应总是向
着自由能减小的方向进行，直到体系达到平衡。即：当
时，反应能自发进行；当
时，反应处
于平衡状态；当
时，反应不能自发进行。
A．室温下，
与
混合无明显现象，说明该温度下反应不自发
B．电解质溶解于水，其
均大于0
C．能自发的氧化还原反应，其反应的电动势
一定大于0
D．能够自发进行的反应一定是熵增的过程
【答案】C
【详解】A．反应的自发进行是趋势，能自发进行但反应的速率很慢，也会没有明显现象，室温下，
与
混合无明显现象，说明氢气和氧气反应速率很慢，不代表反应不自发，A 正确；
B．气体电解质溶于水，则是
小于0，B 错误；
C．能自发的氧化还原反应是释放能量的，可以形成原电池，其反应的电动势
一定大于0，C 正确；
D．
<0 可以自发进行，当∆H<0，∆S<0 时，低温可以自发，能够自发进行的反应不一定是
熵增的过程，D 错误；
答案选C。
35．（2025·河北沧州·二模）下列关于热化学反应的描述中正确的是
A．稀硫酸和
反应的热化学方程式：
B．
的燃烧热
，则
反应的
C．铁粉与硫粉需要加热才能发生反应，则此反应是吸热反应
D．已知
则该反应高温下为自发过程，低温下为非自发过程
【答案】D
【详解】A．稀硫酸和
反应生成H2O 和BaSO4沉淀，其反应热不等于中和热，A 错误；
B．燃烧热是1mol 纯物质完全燃烧生成指定产物放出的热量，CO(g)的燃烧热
，则表
示CO 燃烧热的热化学方程式为CO(g)+
O2(g)=CO2(g)
，B 错误；
C．需要加热才能进行的化学反应不一定是吸热反应，如铝热反应，需要加热，但属于放热反应，铁粉与
硫粉需要加热才能发生反应，但该反应位放热反应，C 错误；
D．反应
的ΔH > 0，且为气体体积增大的反应，ΔS > 0，根据ΔG = ΔH –
TΔS<0 时，反应能够自发进行，高温时ΔG < 0，反应自发，低温时ΔG > 0，非自发，D 正确；
故选D。
36．（2024·江苏南京·二模）制备光电子功能材料ZnS 可通过自发反应
△H＞0。下列说法正确的是
A．该反应的ΔS＜0
B．其他条件相同，缩小容器体积，达到新平衡时
减小
C．其他条件相同，升高体系温度，
的平衡转化率增大
D．其他条件相同，使用催化剂加快正反应速率，减慢逆反应速率
【答案】C
【详解】A．反应
能自发进行，其△H＞0，则ΔS＞0，A 不正确；
B．反应前后气体分子数相等，其他条件相同，缩小容器体积，相当于加压，平衡不发生移动，则
不变，B 不正确；
C．其他条件相同，升高体系温度，由于正反应为吸热反应，则平衡正向移动，
的平衡转化率增大，C
正确；
D．其他条件相同，使用催化剂，可降低反应的活化能，加快正反应速率，同时加快逆反应速率，D 不正
确；
故选C。
37．（2024·山东聊城·二模）我国科学家研发出一种新型双温催化剂
，该催化剂催化
和
合成
(反应体系温度为495℃)的原理如图所示，下列分析错误的是
A．“热
”上的变化属于焓增、熵增的变化
B．“热
”有利于
快速转化为N
C．“冷
”低于体系温度，有利于提高合成氨反应速率
D．该催化剂能较好地解决传统合成氨工艺中存在的反应速率和平衡产率的矛盾
【答案】C
【分析】由图可知，“热
”上的变化为：
N2=N，“冷
”上发生的变化为：
H2=3H，氮原子和氢
原子在“冷
”上生成氨气，合成氨反应为放热反应，“热
”高于体系温度，有利于氮氮共价键的断
裂，加快反应速率，“冷
” 低于体系温度，有利于平衡向正反应方向移动，提高氨气的产率。
【详解】A．由分析可知，“热
”上的变化为：
N2=N，氮气分子发生共价键断裂的变化为焓增、熵增
的变化，故A 正确；
B．由分析可知，“热
” 高于体系温度，有利于氮氮共价键的断裂，加快反应速率，故B 正确；
C．由分析可知，“冷
” 低于体系温度，有利于平衡向正反应方向移动，提高氨气的产率，但降低温度
不利于提高合成氨反应速率，故C 错误；
D．由分析可知，“热
”高于体系温度，有利于氮氮共价键的断裂，加快反应速率，“冷
” 低于体
系温度，有利于平衡向正反应方向移动，提高氨气的产率，所以该催化剂能较好地解决传统合成氨工艺中
存在的反应速率和平衡产率的矛盾，故D 正确；
故选C。
38．（2024·天津河西·二模）工业上一种制
反应为
。某小组分别在体积相等的两个恒温恒容密闭容器中加入一定量的反应物，使其在同温
T℃下发生反应，该反应过程中的能量变化数据如下表所示：
容器编
号
起始时各物质的物质的量/mol
达到平衡的时间/min
达到平衡时体系能量的变化
CO
①
1
4
0
0
放出热量：20.5kJ
②
2
8
0
0
放出热量：QkJ
下列有关叙述不正确的是
A．容器中反应的平均速率①<②是因为二者的活化能不同
B．该制
反应在此条件下可自发进行
C．容器②中CO 的平衡转化率应等于50%
D．容器②中反应达到平衡状态时Q=41
【答案】A
【详解】A．两容器体积相等，温度相同，容器②中投料更多，反应物的浓度更大，反应速率更快，所以
容器②中反应的平均速率大于容器①，与活化能没有关系，A 错误；
B．反应前后体积不变，正反应放热，依据ΔG＝ΔH－TΔS＜0 可知该制
反应在此条件下可自发进行，B
正确；
C．平衡时容器①中放热20.5kJ，消耗CO 的物质的量是20.5kJ÷41kJ/mol＝0.5mol，CO 的平衡转化率为
50%，该反应前后气体系数之和相等，压强不影响平衡，两容器的投料比相同，所以达到等效平衡，CO
的转化率相同，均为50%，C 正确；
D．该反应前后气体系数之和相等，压强不影响平衡，两容器的投料比相同，所以达到等效平衡，CO 的转
化率相同，均为50%，则容器②放出的热量为2mol×50%×41kJ/mol＝41kJ，D 正确；
答案选A。
39．（2024·重庆·二模）二氧化碳催化加氢制取清洁燃料甲醇的反应为：
。在一密闭容器中，按起始
通入反应物，
250℃时
（甲醇在平衡体系中的物质的量分数）随压强变化的曲线和
Pa 时
随温
度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是
A．Ⅰ表示
Pa 时
随温度变化的曲线
B．该反应在较高温度下才能自发进行
C．250℃、
Pa 达平衡时，
Pa
D．当
时，
的平衡转化率为40%
【答案】D
【分析】由
可知，该反应是气体分子数减少的反应，恒温加压平
衡右移，甲醇在平衡体系中的物质的量分数增大，所以曲线Ⅰ表示甲醇的物质的量分数随压强的变化曲线，
曲线Ⅱ表示甲醇的物质的量分数随温度的变化曲线。
【详解】A．该反应是气体分子数减少的反应，甲醇在平衡体系中的物质的量分数随压强的增大而增大，
则曲线Ⅰ表示甲醇的物质的量分数随压强的变化曲线，曲线Ⅱ表示甲醇的物质的量分数随温度的变化曲线，
故A 错误；
B．曲线Ⅱ表示甲醇的物质的量分数随温度的变化曲线，图像显示温度升高
变小，说明该反应
的正反应是放热反应，
，又该反应是气体分子数减少的反应，
，根据
可知，该
反应在较低的温度下能自发进行，故B 错误；
C．读图可知250℃、
Pa 时，
，则
Pa，故C 错误；
D．
，设起始通入a mol
和3a mol
，三段式表示
，n(总)
，则
，解得
，
的平衡转化率为
，故D 正确；
故答案为：D。
40．（2024·浙江台州·二模）黑火药爆炸发生反应为：
，下列说法不正
确的是
A．该反应任意温度下自发
B．S 和
氧化剂，C 是还原剂
C．
和
是氧化产物
D．生成1mol
转移12mol 电子
【答案】C
【详解】A．该反应的
，
，任意温度下都能自发进行，故A 正确；
B．S 和
中N 元素化合价降低，是氧化剂，C 化合价升高，是还原剂，故B 正确；
C．
和
是还原产物，故C 错误；
D．
中，S 和N 元素共降低12 价，C 元素共升高12 价，生成1mol
转移12mol 电子，故D 正确。
答案选C。
