专题4 选择题突破4.3 化学反应速率、平衡图像分析（word练习）-【创新教程】2025年高考化学大二轮专题增分方案（单选）

专题精准强化14　化学反应速率、平衡图像分析 1．(2022·广东卷)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ΔH<0 B．a为n(H2O)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BaSO4，H2的平衡转化率增大 解析：C　[A.从题中图示可以看出，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．从题中图示可以看出，在恒容密闭容器中，随着温度升高，氢气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。] 2．(2023·辽宁卷)一定条件下，酸性KMnO4溶液与H2C2O4发生反应，Mn(Ⅱ)起催化作用，过程中不同价态含Mn粒子的浓度随时间变化如图所示。下列说法正确的是(　　) A．Mn(Ⅲ)不能氧化H2C2O4 B．随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小 C．该条件下，Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存 D．总反应为：2MnO＋5C2O＋16H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O 解析：C　[开始一段时间(大约13 min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13 min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。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错误；B.随着反应物浓度的减小，到大约13 min时开始生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)对反应起催化作用，13 min后反应速率会增大，B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2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，D错误。] 3．(2024·广东梅州市高三总复习质量检测)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)　ΔH<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，10～30 min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 解析：C　[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对应的温度是T2，故C正确；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。恒容条件下充入He，各物质的浓度没有发生改变，平衡不移动，A错误；a曲线条件下，10～30 min内v(A)＝＝0.05 mol·L－1·min－1，反应速率之比等于化学计量数之比，则v(B)＝v(A)＝×0.05 mol·L－1·min－1，B错误；降低温度，平衡正向移动，反应物的转化率提高，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。] 4．(2024·重庆市联考)已知：NO(g)＋O3(g) NO2(g)＋O2(g)　ΔH。实验测得速率方程为v正＝k正c(NO)·c(O3)，v逆＝k逆c(NO2)·c(O2)(k正、k逆为速率常数，只与温度、催化剂有关，与浓度无关)。向2 L恒容密闭容器中充入0.4 mol NO(g)和0.6 mol O3(g)发生上述反应，测得NO的体积分数α(NO)与温度和时间的关系如图所示。下列说法正确的是(　　) A．正、逆反应活化能的大小关系为Ea(正)>Ea(逆) B．a点NO的转化率为80% C．T1温度下的>T2温度下的 D．化学反应速率：c点的v正>b点的v逆>a点的v逆 解析：D　[根据先拐先平数值大可知，T1>T2，温度高的T1时α(NO)大，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，ΔH<0，故正、逆反应活化能的大小关系为Ea(正)<Ea(逆)，A错误；a点α(NO)＝0.1，设NO的转化率为y，根据三段式有： 　　　 NO(g)　＋　O3(g) NO2(g)＋O2(g) 0.2　 　0.3　　 　0　 　　0 0.2y 0.2y 0.2y 0.2y 0.2－0.2y 0.3－0.2y 0.2y 0.2y ×100%＝0.1，解得y＝75%，B错误；v正＝k正c(NO)·c(O3)，v逆＝k逆c(NO2)·c(O2)，＝＝＝K，T1>T2，ΔH<0，则T1温度下的<T2温度下的，C错误；T1>T2，c点未达平衡，b点达平衡，正、逆反应速率相等且小于c点，b点温度大于a点，反应速率大于a点，故化学反应速率：c点的v正>b点的v逆>a点的v逆，D正确。] 5．(2024·河北邢台一模)室温下，某溶液初始时仅溶有M，同时发生以下两个反应：①MX＋Y；②MX＋Z。反应①的速率可表示为v1＝k1c(M)，反应②的速率可表示为v2＝k2c(M)(k1、k2为速率常数)。体系中生成物浓度(c)随时间(t)变化的曲线如图所示。下列说法错误的是(　　) A．0～10 s内，M的平均反应速率v(M)＝0.7 mol·L－1·s－1 B．温度不变，反应过程中的值不变 C．反应①的活化能比反应②的活化能大 D．温度升高，体系中的值减小 解析：D　[由反应可知M的浓度变化量等于X的浓度变化量或Y和Z的浓度变化量之和，0～10 s内，M的平均反应速率v(M)＝＝＝0.7 mol·L－1·s－1，A正确；＝＝，温度不变时，比值不变，则恒定不变，v1与v(Y)成正比，v2与v(Z)成正比，则的值不变，B正确；由图可知相同条件下，Z的生成速率大于Y，可知反应②的速率大于反应①，根据反应活化能越大反应速率越小，可知反应①的活化能比反应②的活化能大，C正确；反应的吸放热情况不确定，温度升高平衡的移动方向不确定，因此体系中的值的变化情况无法确定，D错误。] 6．(2024·江苏南通模拟)用CO2和H2可以合成甲醇。其主要反应为 反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH1＝－58 kJ·mol－1 反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g)　ΔH2＝＋41 kJ·mol－1 在恒容密闭容器内，充入1 mol CO2和3 mol H2，测得平衡时CO2转化率、CO或CH3OH选择性随温度变化如图所示。 下列说法正确的是(　　) A．270 ℃时主要发生反应Ⅱ B．230 ℃下缩小容器的容积，n(CO)不变 C．250 ℃下达平衡时，n(H2O)＝0.12 mol D．其他条件不变，210 ℃比230 ℃平衡时生成的CH3OH多 解析：C　[由反应Ⅰ和反应Ⅱ可知，曲线a、b、c分别代表的是CO2的平衡转化率，甲醇的选择性和CO的选择性。270 ℃时，CH3OH的选择性更大，故主要发生反应Ⅰ，A错误；230 ℃下缩小容器容积，相当于增大体系压强，反应Ⅰ平衡正向移动，CO2和H2物质的量减小，故反应Ⅱ平衡会逆向移动，n(CO)会减小，B错误；该温度下，CO2平衡转化率是12%，故转化的CO2物质的量是0.12 mol，根据反应Ⅰ、Ⅱ化学计量数可知，生成H2O的物质的量是0.12 mol，C正确；210 ℃和230 ℃相比CH3OH的选择性相差不大，但是230 ℃时CO2的平衡转化率要明显大于210 ℃时，且主要发生反应Ⅰ，故230 ℃时转化生成的CH3OH更多，D错误。] 7．(2024·广东佛山质检)在催化剂作用下，向容积为1 L的容器中加入1 mol X和3 mol Y，发生反应：X(g)＋2Y(s) 2Z(s)，平衡时和反应10 min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ΔH>0 B．200 ℃时，前10 min的平均反应速率v(X)＝0.02 mol·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 解析：C　[由平衡曲线Ⅰ可知，升高温度，X的平衡转化率增大，平衡正向移动，正反应是吸热反应，即该反应ΔH>0，A正确；200 ℃时，前10 min的平均反应速率v(X)＝＝0.02 mol·L－1·min－1，B正确；400 ℃时，X的平衡转化率为60%，平衡时c(X)＝0.4 mol·L－1，Y、Z为固体，不计入平衡常数表达式中，反应的平衡常数K＝＝2.5，C错误；ab段随温度升高，转化率增大，bc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，D正确。] 8．(2024·安徽蚌埠三模)反应速率常数k随温度的变化关系ln k＝－＋C(R、C均为常数)。已知2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)，经历反应1和反应2两步： 反应1：2NO(g) N2O2(g)　 ΔH1＝－46.3 kJ·mol－1 反应2：N2O2(g)＋O2(g) 2NO2(g) ΔH2＝－65.7 kJ·mol－1 两步反应的活化能Ea1<Ea2。某课题组通过实验绘制出两步反应ln K、ln k随的变化曲线如图所示(K表示平衡常数)。下列说法中不正确的是(　　) A．2 mol NO与1 mol O2充分反应，放出热量小于112 kJ B．曲线③表示的是k2随的变化关系 C．温度越高，单位时间内NO的转化率可能越低 D．相同条件下，O2浓度的变化比NO浓度的变化对反应速率影响更显著 解析：B　[由盖斯定律将反应1＋反应2得：2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)　ΔH＝－112 kJ·mol－1，反应可逆，故2 mol NO与1 mol O2充分反应，放出的热量小于112 kJ，A项正确；反应1、2均为放热反应，升高温度，平衡均逆向移动，平衡常数均减小，故①②为ln K曲线，升高温度，反应速率增大，ln k变大，故③④为ln k曲线；两步反应的活化能Ea1<Ea2，低温时，反应活化能越大，反应速率越慢，ln k越小，反应2是慢反应，则曲线④为k2随的变化关系，B项错误；正反应放热，温度越高，平衡逆向移动程度越大，则单位时间内NO的转化率可能越低，C项正确；活化能越大反应速率越慢，两步反应的活化能Ea1<Ea2，则反应2是决速反应，故相同条件下，O2浓度的变化比NO浓度的变化对反应速率影响更显著，D项正确。] 9．(2024·衡阳模拟适应)已知CO2催化加氢合成乙醇的反应原理为2CO2(g)＋6H2(g) C2H5OH(g)＋3H2O(g)。设m为起始时的投料比，即m＝。CO2的平衡转化率与压强、温度和投料比的关系如图所示，下列有关说法错误的是(　　) A．图1中投料比相同，温度从高到低的顺序为T3>T2>T1 B．图2中投料比由大到小的顺序为m1>m2>m3 C．若图1中投料比m＝4，a点时乙醇的分压为0.25 MPa D．若图2中投料比m2＝1，随着温度的升高，该平衡体系中CO2的百分含量逐渐减小 解析：D　[由图2可知该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的平衡转化率减小，由图1可知，相同压强时，温度T1的二氧化碳转化率最大，T3的二氧化碳转化率最小，则反应温度由大到小的顺序为T3>T2>T1，A项正确；投料比越大，氢气浓度越大，增大氢气的浓度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，由图可知，投料比为m1的二氧化碳转化率最大，m3的二氧化碳转化率最小，则投料比由大到小的顺序为m1>m2>m3，B项正确；图1中a点时CO2转化率为50%，总压强为4 MPa，设CO2起始的物质的量为1 mol，可得三段式： 　　 　2CO2(g)＋6H2(g) C2H5OH(g)＋3H2O(g) 起始量/mol　1　　　4　　　 　0　　　　　0 变化量/mol　0.5 1.5 0.25 0.75 平衡量/mol　0.5 2.5 0.25 0.75 ＝，则p(C2H5OH)＝0.25 MPa，C项正确；若投料比m2＝1，即n(CO2)＝n(H2)，设起始时n(CO2)＝1 mol，平衡时CO2变化量为y mol，则可得三段式： 　　 　2CO2(g)＋6H2(g) C2H5OH(g)＋3H2O(g) 起始量/mol　1　　　1　　　　 0　　　　　0 变化量/mol　y 3y 平衡量/mol　1－y 1－3y 平衡体系中CO2的百分含量＝×100%＝×100%＝50%，故温度升高，平衡体系中CO2的百分含量不变，D项错误。] 10．(2024·广西柳州模拟)乙烯的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志。一定条件下CO2和H2合成乙烯的反应为2CO2(g)＋6H2(g) 4H2O(g)＋CH2===CH2(g)。向1 L恒容密闭容器中充入1 mol CO2和3 mol H2，测得不同温度下CO2的平衡转化率及催化剂的催化效率如题图所示。下列说法正确的是(　　) A．N点的平衡常数比M点的大 B．250 ℃时，当CO2的转化率位于M1点时，保持其他条件不变，仅延长反应时间不可能使转化率达到50% C．250～350 ℃时，催化效率降低的主要原因是CO2的平衡浓度减小 D．250 ℃时，平衡体系中乙烯的体积分数为 解析：D　[由图可知，温度升高，CO2的平衡转化率减小，合成乙烯的反应为放热反应；催化剂的催化效率随温度升高先增大后减小。A.由图可知，N点CO2的平衡转化率更小，平衡常数更小，故A错误；B.250 ℃时，CO2的平衡转化率为50%，其他条件不变，当CO2的转化率位于M1点时，保持其他条件不变，仅延长反应时间可以使转化率达到50%，故B错误；C.250～350 ℃时，催化效率降低的主要原因是温度升高，故C错误；D.根据已知条件列出“三段式” 　　　2CO2(g)＋6H2(g) 4H2O(g)＋CH2===CH2(g) 起始/mol　1　　 　3　 　　　0　 　　　 　0 转化/mol 0.5 1.5 1 0.25 平衡/mol 0.5 1.5 1 0.25， 平衡体系中乙烯的体积分数为 ＝，故D正确。] 11．(2024·湖南长沙三模)工业上用S8与CH4为原料制备CS2，涉及的反应如下： 反应Ⅰ：S8(g) 4S2(g)　ΔH1 反应Ⅱ：2S2(g)＋CH4(g) CS2(g)＋2H2S(g)　ΔH2 一定条件下，S8分解产生S2的体积分数，CH4的平衡转化率随温度的变化如图所示。下列说法不正确的是(　　) A．ΔH1>0，ΔH2<0 B．保持恒温恒压下充入氦气，CH4的平衡转化率增大 C．工业上一般控制反应温度高于600 ℃，其原因是低于600 ℃时，S2浓度较小，速率较慢 D．某温度下若S8(g)完全分解为S2(g)，在密闭容器中投入1 mol S8(g)和2 mol CH4反应，当CS2(g)的体积分数为10%时，CH4的转化率为60% 解析：D　[A.由图可知，升高温度，S2的体积分数增大，CH4的平衡转化率减小，说明反应Ⅰ的平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应，ΔH>0，说明反应Ⅱ逆向移动，反应Ⅱ是放热反应，ΔH2<0，故A正确；B.反应Ⅰ为气体体积增大的反应，反应Ⅱ为气体体积不变的反应，恒温恒压下充入氦气，导致容器的容积增大，相当于减小压强，对于反应Ⅰ平衡向正反应方向移动，浓度增大，则反应Ⅱ正向移动，CH4的平衡转化率增大，故B正确；C.由图可知，在600 ℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600 ℃时，S2浓度明显偏小，使得反应Ⅱ的反应速率变慢，故C正确；D.在密闭容器中，n(S2)∶n(CH4)＝2∶1开始反应，设CH4的起始物质的量为a，转化的物质的量为x，即： 2S2(g)＋CH4(g) CS2(g)＋2H2S(g) 起始/mol　 2a　　　a　　　　0　　　　0 转化/mol 2x x x 2x 平衡/mol 2a－2x a－x x 2x CS2的体积分数为10%， 即×100%＝10%，解得x＝0.3a，则CH4的转化率为30%，故D错误。] 12．(2024·山东菏泽模拟预测)利用甲烷制取乙烯的反应为：2CH4(g)C2H4(g)＋2H2(g)。在四个恒容密闭容器中按左下表相应量充入气体，容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中平衡转化率如下图所示。 容器 容积/L 起始物质的量/mol CH4 H2 C2H4 Ⅰ V1 0.1 0 0 Ⅱ 1.0 0.1 0 0 Ⅲ V3 0.1 0 0 Ⅳ 1.0 0.06 0.06 0.04 下列说法正确的是(　　) A．该反应的正反应放热 B．相同温度下，达到平衡后反应速率：v正(Ⅰ)>v逆(Ⅲ) C．图中A、B、C三点处容器内总压强：p(Ⅰ)A>p(Ⅱ)B>p(Ⅲ)C D．容器Ⅳ在470 ℃进行反应时，起始速率：v(CH4)正>v(CH4)逆 解析：D　[A.根据图像，升高温度，CH4平衡转化率增大，所以正反应吸热，A错误：B.Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中投入的CH4的量相同，相同温度下，CH4平衡转化率依次减小，说明压强依次增大，容器体积依次减小，压强越大，反应速率越大，所以平衡后速率：v正(Ⅰ)<v逆(Ⅲ)，B错误；C.Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ容器体积依次减小，A、B、C三点温度依次升高，所以压强依次增大，p(Ⅰ)A<p(Ⅱ)B<p(Ⅲ)C，C错误；D.根据图示，Ⅱ中470 ℃进行反应时平衡转化率为60%， 　　 　2CH4(g) C2H4(g)＋2H2(g) n始/mol　　0.1　 　　　0　　　　0 Δn/mol 0.06 0.03 0.06 n平/mol 0.04 0.03 0.06 K＝＝0.067 5，容器Ⅳ在470 ℃进行反应时，Q＝＝0.04，Q<K，反应正向进行，v(CH4)正>v(CH4)逆，D正确。] 13．(2024·山东聊城三模)在一定条件下，用草酸－草酸铵浸出废渣中的Fe(OH)3，平衡时浸出体系中含草酸根粒子的形态分布(按折合成C2O计)随pH变化如下图所示。下列说法不正确的是(　　) 已知：①Fe3＋和C2O可以生成Fe(C2O4)＋、Fe(C2O4)＋和Fe(C2O4)三种配离子。 ②体系中草酸根的总浓度[C2O]TOT＝4.54 mol/L(按折合成C2O计)。 A．曲线③表示HC2O的变化情况 B．Ka1(H2C2O4)＝10－b C．该条件下，碱性增强Fe(C2O4)的物质的量分数一定增大 D．pH＝c时，c(HC2O)≈0.68 mol/L 解析：C　[在一定条件下，用草酸－草酸铵浸出废渣中的Fe(OH)3，随着pH的增大，溶液中OH－的浓度增大，溶液中H2C2O4的浓度减小，草酸氢根离子浓度先增大后减小，C2O浓度增大，而后OH－过大时将生成Fe(OH)3沉淀，故Fe(C2O4)浓度先增大后减小，Fe(C2O4)的物质的量随着pH增大而增大，即曲线①表示Fe(C2O4)的物质的量分数随pH的变化曲线，曲线②表示H2C2O4的物质的量分数随pH的变化曲线，曲线③表示HC2O的物质的量分数随pH的变化曲线，曲线④表示C2O的物质的量分数随pH的变化曲线，据此分析解题。A.由分析可知，曲线③表示HC2O的变化情况，A正确；B.由分析可知，曲线②表示H2C2O4的物质的量分数随pH的变化曲线，曲线③表示HC2O的物质的量分数随pH的变化曲线，两曲线交点的pH＝b，则Ka1(H2C2O4)＝＝10－b，B正确；C.由分析可知曲线①代表Fe(C2O4)的物质的量分数随pH的变化，在一定pH范围内，Fe(C2O4)的物质的量分数随碱性增强而增大，pH 3～7时，Fe(C2O4)的物质的量分数基本不变，pH高于7时，Fe(C2O4)的物质的量分数反而减小，C错误；D.由分析可知，pH＝c时，c(HC2O)＝c(C2O)，此时Fe的存在形式几乎只有Fe(C2O4)，Fe(C2O4)、H2C2O4浓度几乎为0，c[Fe(C2O4)]≈c[C2O]TOT＝4.54 mol/L×70%＝3.178 mol/L，则溶液中c(HC2O)＋c(C2O)≈4.54 mol/L－3.178 mol/L＝1.362 mol/L，则c(HC2O)≈×1.362 mol/L＝0.68 mol/L，D正确。] 14． (2024·山东聊城三模)聚合物A是一种新型可回收材料的主要成分，其结构片段如图(图中表示链延)。该聚合物是由线型高分子P和交联剂Q在一定条件下反应而成，以氯仿为溶剂，通过调控温度即可实现这种材料的回收和重塑。 已知：ⅰ.nM＋nC4H6O4―→P＋xH2O 下列说法错误的是(　　) A．M分子中所有碳原子共平面 B．1 mol交联剂Q最多可与2 mol NaOH反应 C．合成高分子化合物P的反应属于缩聚反应，其中x＝2n－1 D．通过先升温后降温可实现这种材料的回收和重塑 解析：B　[A.和1,4­丁二酸发生缩聚反应生成P，M为，碳碳双键两端的碳原子共面，则M分子中所有碳原子共平面，A正确；B.根据A的结构简式，可知交联剂Q的结构简式为，分子中酰胺基可以和氢氧化钠反应，则1 mol交联剂Q最多可与4 mol NaOH反应，B错误；C.和1,4­丁二酸发生缩聚反应生成P，其中x＝2n－1，C正确；D. ，升高温度，平衡逆向移动，所以通过先升温后降温可实现这种材料的回收和重塑，D正确。] 学科网（北京）股份有限公司 $$