第七章 热点题型突破7 催化剂与反应机理(进程)-【勤径学升】2026年高考化学一轮总复习（人教版2019）

回高考一轮总复习·化学 4.(2024·衡阳八中开学考试)Fenton法常用于 (3)设置实验①②的目的是 处理含难降解有机物的工业废水，在加人 ;由实验①④可得到的结论 Fe+并调好pH后再加入H,O2,该过程中 是 H2O2所产生羟基自由基(·OH)能氧化降解 污染物。现运用该法降解某有机污染物 (4)实验⑤在200s时没有检测到pCP浓度 (pCP),探究有关因素对该降解反应速率的 的变化，其原因可能是 影响。 实验数据：（表中时间，是pCP浓度降低 思维建俱 1.50mol·L1所需时间) 解答“变量控制”实验题的思维模型 实验 H202溶 Fe+溶液 水 皮时间 编号 /(mol L-1)V/mL (mol.L-1)V/mL V/mL. T/K 变量 影响化学反应速率的外界因素主要有浓度 6.0×10-3 3.5010,003 内 温度、压强、催化剂、周体物质的表面积等 1.50 3.0×10-2 298 200 6.0×10-3 150 3.0×10-2 3.5010,003313 依据实验目的，搞清某个外界因素对化学反 6.0×10-3 3.s0 3.0×10-2 3.50 3298 140 确定 应速率的影响.均需控制其他因素不变时， ① 6.0×10-1 1.50 3,0×10-2 4.s09.003298 170 变靠 再进行实验，从而厘清彩响实验探究结果的 因素，确定出变量和定量 6.0×10-1 1.50 30×10- 3.50V312298 探究时。先确定只改变二种丙素。其他闲素 请回答： 定多 不变，看这种因素和探究的问题存在怎样的 变一 关系：这样确定一种以后，再确定另一种， (1)V1= mL,V:= mL. 从而得出相应的实验结论 (2)实验①条件下，pCP的降解速率为 数扬 解答时注意选择的数据（或设置实验）要有效， 有效 且变量统一，否则无法作出正确判断 [对应客案P411] 热点题型突破7》 催化剂与反应机理（进程） 华真题·示例华 2.(2024·高考北京卷)可采用Deacon催化氧化 1.(2022·高考湖南卷)反应物(S)转化为产物(P 法将工业副产物HCI制成CL,,实现氯资源的 再利用。反应的热化学方程式：4HCI(g)十O, 或P·Z)的能量与反应进程的关系如下图 (g)Cuo 2C12(g)+2HO(g) △H= 所示： 一114.4kJ·mo11。下图所示为该法的一种 催化机理。 -Cu(OH)CI CuOCl 下列有关四种不同反应进程的说法正确的是 CuCl2 Cu0- ( 下列说法不正确的是 A.进程I是吸热反应 A.Y为反应物HCI,W为生成物HO B.反应制得1 mol Cl2.,须投入2 mol CuO B.平衡时P的产率：Ⅱ>I C.升高反应温度，HC被O2氧化制Cl2的反 C.生成P的速率：Ⅲ>Ⅱ 应平衡常数减小 D.进程V中，Z没有催化作用 D.图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还 原反应 ®144 第七章化学反应速率化学平衡回 反思日纳 图像 解读 (1)在无能化剂的情况 CO+H.O 下：E为正反应的活化 途径 反应历程 能，E2为逆反应的活化 能，E一E为此反应的 H-C+HO 常变（△H) CO+HO (2)有催化剂时，反应分 △H +H' 成了两个反应步骤（也 途径二 反应历程 无化剂 可能为多个)，反应①为 化保 A.途径一未使用催化剂，途径二比途径一甲 吸热反应，产物为总反 酸平衡转化率高 应的中间产物，反应② 生成物 B.△H1=△H2<0,E>Ee 为放热反应，总反应为 C.途径二H参与反应，通过改变反应途径加 放热反应 快反应速率 (3)催化剂的作用：降低 E,E,但不影响△H,反 应是放热反应还是吸热 D.途径二反应的快慢由生成H 的 反应取决于起点（反应 H 物)能量和终点（生成 速率决定 物)能量的相对大小 2.(2025·八省联考四川卷)恒容反应器中，Rh 和Rh/Mn均能催化反应：HCHO+H2+CO 对于“环式”反应过程图 一HOCH,CHO(羟基乙醛)，反应历程如图 像：位于“环上”的物质 所示，I1~I,为中间体，TS~TS为过 ① 一骰是催化剂或中间 渡态。 体，如⑤国⑦和⑧：“人 30。-Rh TS Rh/Mn 环”的物质为反应物，如 10 容 ①和④；“出环”的物质 -4.0 为生成物，如②和③，然 始态 -10 65 终态 后可快速得出总反应 审醛配拉 C0插入 知氧 氢解 0 反应历程 。模拟·演练》 下列描述正确的是 ) 1.(2023·山东威海高三期末)甲酸常被用于 A.“C0插入”步骤，△H为-17.6k·mol- 橡胶、医药等工业。甲酸在一定条件下可分解 B.Rh催化作用下，“加氢”步骤为决速步骤 C.Rh/Mn催化作用下，羟基乙醛的生成速率 生成CO和H2O,在有、无催化剂条件下的能 更小 量与反应历程的关系如图所示。下列说法错 D.反应达平衡时，升高温度，羟基乙醛的浓度 误的是 增大 145® 回高考一轮总复习·化学 3.(2023·全国高三模拟)硝酸盐污染已成为一 个日益严重的环境问题。甲酸(HCOOH)在 纳米级Pd表面分解为活性H2和CO2,再经 下列历程实现NO,的催化还原，进而诚少污 染。已知Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)表示FeO,中二价 铁和三价铁。下列说法错误的是 () NO. NO Fe(Ⅲ) Pd Fe,O. Fellll) H. 下列说法错误的是 A.FeO,参与了该循环历程 OH B.HCOOH分解时，碳氢键和氧氢键发生了 A该反应的还原剂是 B.反应过程中涉及O一H键的断裂和形成 断裂 OH OH C.H2在反应历程中生成的H起到调节体系 C.用同位素标记的 代替人 可得 pH的作用 D D.在整个历程中，1molH2可还原1 mol NO 4.(2025·八省联考河南卷)环己酮可以在Zr基 OD D.环己酮转化为环己醇的反应 催化剂作用下转化为环己醇，其可能的反应机 理如图所示： 真题演练突破 [对应容案P412] 1.(2024·高考江苏卷)催化剂能改变化学反应 D.SO2与O2反应中，V,O能减小该反应的 速率而不改变反应的焓变，常见催化剂有金属 焓变 及其氧化物、酸和碱等。催化反应广泛存在， 2.(2024·高考安徽卷)室温下，为探究纳米铁去 如豆科植物固氮、石墨制金刚石、CO2和H 除水样中SO的影响因素，测得不同条件下 制CH,OCH(二甲醚)、V,O,催化氧化SO, SeO浓度随时间变化关系如图。 等。催化剂有选择性，如C,H与O2反应用 5.0 Ag催化生成HCCH2(环氧乙烷)、用 54.0 3 CuCl2/PdCl2催化生成CH,CHO。催化作用 ① 能消除污染和影响环境，如汽车尾气处理、废 0 2 81012 水中NO电催化生成N2、氯自由基催化O 分解形成臭氧空洞。我国在石油催化领域领 实验序号水样体积/mL 纳米铁质量/mg 水样初始pH 先世界，高效、经济、绿色是未来催化剂研究的 ① 50 8 发展方向。下列说法正确的是 () ② 50 2 6 A.豆科植物固氨过程中，固氮酶能提高该反 ③ 50 2 应的活化能 下列说法正确的是 B.C,H,与O2反应中，Ag催化能提高生成 A.实验①中，0~2小时内平均反应速率 CH,CHO的选择性 v(SeO2)=2.0mol·L-1·h- C.H2O2制O2反应中，MnO2能加快化学反应 B.实验③中，反应的离子方程式为2Fe十 速率 SeO:+8H+-2Fe++Se+4H,O ®146 第七章化学反应速率化学平衡回 C.其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加 Mg2+的溶剂化环境，提高了电池充放电循环 快反应速率 性能。 D.其他条件相同时，水样初始pH越小， 对上述电池放电时CO2的捕获和转化过程开 SeO的去除效果越好 展了进一步研究，电极上CO2转化的三种可 3.(2022·高考浙江6月选考)恒温恒容的密闭 能反应路径及相对能量变化如图（表示吸 容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反 附态)。 应：2NH,(g)催化剂N,(g)十3H,(g),测得不 路径1 CO. 同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间 的变化，如下表所示。下列说法不正确的是 ◆MgCO *CO ( 时间/min Mg eCO: COr严+C0 编号 c(NH )/(10'md.L) 20 40 60 80 路径2 路径3 *MgC.O 表面积/cm Mg *MgCo. Mg2 ① 2.402.001.601.200.80 .CO Q 1.200.800.40x HN OH 8 2a 2.401.600.800.400.40 H N *CO A.实验①，0~20min,v(N2)=1.00× *CO CO- 10-5mol·L1·min B.实验②，60min时处于平衡状态，x≠0.40 m路径 C.相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率 路径2 -路径3 增大 0 D.相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速 HN N OH C0+C0 MeCO. 率增大 0 *CO C0方+*C0 4.(2022·高考河北卷)恒温恒容条件下，向密闭 HNA√ANH MgCO 容器中加入一定量X,发生反应的化学方程式 *C.O +CO 为①X一Y;②Y一Z。反应①的速率u= k1·c(X),反应②的速率2=k·c(Y),式中 ◆MgCO CO k、k2为速率常数。图甲为该体系中X、Y、Z 浓度随时间变化的曲线，图乙为反应①和②的 反应进程 Ink 宁曲线。下列说法正确的是 ( 下列说法错误的是 te/mol L） A.PDA捕获CO,的反应为HN NH, 反应2习 0 反应) +CO2→HN OH H B.路径2是优先路径，速控步骤反应式为 甲 乙 O A.随c(X)的减小，反应①②的速率均降低 B.体系中v(X)=(Y)十(Z) C.欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反 *CO+H.N NOH+e” H 应时间 D.温度低于T,时，总反应速率由反应①决定 CO+HN NH 5.(2024·高考河北卷)我国科技工作者设计了 C.路径1、3经历不同的反应步骤但产物相同； 如图所示的可充电MgCO2电池，以 路径2、3起始物相同但产物不同 Mg(TFSI)z为电解质，电解液中加入1,3-丙二 D.三个路径速控步骤均涉及CO,转化，路 胺(PDA)以捕获CO2,使放电时CO2还原产 径2、3的速控步骤均伴有PDA再生 物为MgC2O,。该设计克服了MgCO,导电性 差和释放CO2能力差的障碍，同时改善了 请完成《课时检测训练23》 147®[易错易混]1.×2.×3.×4.×5.×6.× D.由图中信息可知，进程V中S吸附到Z表面生成S·乙，然 【关键能力·提升】 后S·Z转化为产物P·Z,由于P·Z没有转化为P+Z,因 1,D解析A,决定化学反应速率的主要因素是反应物自身 此，Z没有表现出催化作用，D说法正确。故选D。 的性质，温度，浓度、压强和催化剂等均是外因，A错误；B.增2，B解析。由该反应的热化学方程式可知，该反应涉及的主 大反应物浓度，可以提高单位体积内活化分子百分数，从而 要物质有HCl、O,、CuO、Cl、H,O,CuO与Y反应生成 提高反应速率，活化分子百分数不变，B错误：C.对于可逆反 Cu(OH)CI,则Y为HCl:Cu(OH)CI分解生成W和 应，升高温度，正、逆反应速率均加快，C错误：D,从酯化反应 Cu,OCl,则W为H,O:CuCl。分解为X和CuC1,则X为 体系中分离出水，相当于降低生成物浓度，反应速率减慢，平 CL:CuC1和Z反应生成Cu,OCI2,则Z为O2:综上所述，X、 衡正向移动，有利于提高酯的产率，D正确。故选D。 Y、Z、W依次是CL、HCl、O、HO。A由分析可知，Y为反 2,B解析其他条件不变，仅将容器的体积缩小一半，反应体 应物HCI,W为生成物HO,A正确：B.CuO在反应中作催 系中各气体的浓度增大，则E,均增大，A不成立：其他 化剂，会不断猫环，适量即可，B错误：C总反应为放热反应， 条件不变，升高温度，DE,巴。均增大，B成立：保持容器体积 其他条件一定，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，C正确： 不变，充入少量H使体系压强增大，反应体系中各气体的 D.图中涉及的两个氧化还原反应是CuCl,+CuCI和CuC· 浓度不变，则红四均不变，C不成立：其他条件不变，适当 C山OCl,D正确。故选B. 增加C(s)的质量，、均不变，D不成立。 [模拟·演练] 3.D解析由②③可知，温度相同时，pH越小，氧化率越大， :1,A解析A.催化剂可以降低活化能，因此途径一未使用催 由①②可知，pH相同时，温度越高，氧化率越大，A、B错误： 化剂，但催化剂不能改变平衡状态，所以途轻二和途径一的 F+的氧化率除受pH、温度影响外，还受其他因素影响，如 甲酸平衡转化率相同，A错误：B.:化剂可以降低活化能，但 浓度等，C错误。故选D。 不能改变格变，由于反应物的总能量高于生成物的总能量， 4.(1)8.0010.00 因此△H1=△H,<0,但E,>E,,B正确C.途径二反应前 (2)0.0075mol·L·8(或7.5×10-mol·L·s) 有氢离子，反应后还有氢离子，说明H参与反应，通过改变 (3)探究温度对反应速率的影响其他条件相同时，c(F心+) 反应途径加快反应速率，C正确：D.途径二中第二阶段生成 越大，反应速率越大 (4)Fe+在该条件下生成Fe(OH),并迅速被氧化成 Fe(OH),,不能使H,O,产生羟基自由基 解析(1)根据①③组实验分析，溶液的总体积应该相同，所以 的活化能最大，则途轻二反应的快慢由生咸 V,=10.00ml+3.50mL+1.50mL-(3.50ml.+3.50ml)= H 8.00mL:根据①⑤组实验进行分析，溶液的总体积应该相 0 同，故V=9.00mL十4.50mL+1.50mL-(1.50mL+ 3.50mL)=10.00mL:(2)实验①条件下，p-CP浓度降低 H 的速率决定，D正确。故远A。 1,50mol·L所需时间为200s,所以pCP的降解速率为 父 0.0075mol·L·s或7.5×10-3mol·L1·s1:(3)根 2.B解析A.由图可知，一氧化碳插入步骤为放热反应，反 据图表信息分析，实验①②其他条件相同，反应的温度不同， 应△H=一15.4k·mol,故A猎提：B.反应的活化能越 设置实验①②的目的是探究温度对反应速率的影响：由实验 ①④可得到的结论是其他条件相同时，c(Fe)越大，反应速 大，反应速率感慢，慢反应是反应的决速步骤，由图可知，Rh 率越大：(4)工业废水在加入Fe2+并调好pH后再加入 催化作用下，加氢步聚的活化能为24.4kJ·mol,反应的 H,O,所产生的羟燕自由基(·OH)能氧化降解污荣物：实 活化能最大，所以加氢步骤为决速步曦，故B正确：C,反应 验⑤在200s时没有检测到PCP浓度的变化，其原因可能 的活化能越大，反应速率越慢，由图可知，Rh催化作用下，反 是Fe+在该条件下生成Fe(OHD1,并迅速被氧化成Fe(OHD, 应的活化能大于Rh/Mn催化作用下，所以羟基乙盛的生减 不能使H,O产生羟基自由基。 速率小于Rh/Mn催化作用下，故C错误；D.由图可知，生成 热点题型突破7 羟基乙醛的反应为故热反应，升高温度，平衡向逆反应方向 [真题·示例] 移动，羟基乙醛的浓度减小，故D错误。故选B, 1,D解析A,由图中信息可知，进程I中S的总能量大于产 3.D解析A.FεO,参与了该循环历程，因为铁离子有价态 物P的总能量，因此进程I是放热反应，A说法错误：B.进 的变化，故A正确：B.HCOOH分解时，碳氢健和氧氢健发 程Ⅱ中使用了催化X,但是继化剂不能改变平衡产率，因 生了断裂，而后形成了碳氧双键，故B正确：C,酸性条件下， 此在两个进程中平衡时P的产事相同，B说法不正确：C,进 NO比NO的氧化性更强，H起到调节体系pH的作用， 程Ⅲ中由S·Y转化为P·Y的活化能高于进程Ⅱ中由S· 故C正确：D.在整个历程中，存在H,一2H+一2e、2NO, X转化为P·X的活化能，由于这两步反应分别是两个进程 N~10e,由得失电子守恒有2.5molH2还原1molN0,, 的决速步骤，因此生成P的速率：Ⅲ<Ⅱ，C说法不正确：故D错误。故选D。 ·411 高考一轮总复习·化学 实验①达平衡时氨气浓度也为4.00×10'mol/L,而恒温恒 4.C解析A由反应机理图可知 变为 容条件下，实验②相对于实险①为减小压强，平衡正向移动， OH 因此实验②中60min时处于平衡状态，x<0.4,即x≠0.4， ,发生了还愿反应，还愿剂为人 ,正确，A项 OH B正确：C.实验①、实验②中0~20min、20一40min氨气浓 不符合愿意：B.由反应机理图可知，反应的总反应为 度变化量都是4,00×10'mol/L,实验②中60min时反应达 到平衡状态，实脸①和实脸②催化剂表面积相同，实脸①中 。一又 可知有 氨气初始浓度是实验②中氨气初始浓度的两倍，实验①中 OH 60min时反应未达到平衡状态，相同条件下，增加氨气浓度， O一H健的断裂和形成，正确，B项不符合题意：C用司位素 反应速率并没有增大，C错误：D.对比实验①和实验③，氨气 OH OH 标个D代#人可得到 OH,错误，C项符合 浓度相同，实验③中催化剂表面积是实验①中焦化剂表面积 的2倍，实验③先达到平衡状态，故实验③的反应速率大，说 题意：D.环己附可以在Zx基催化剂作用下转化为环已醇，反 明相同条件下，增加篮化剂的表面积，反应速率增大，D正 应 总 方 程 式 为 确。故选C。 4,C解析由图甲中的信息可知，浓度随时间变化逐兼减小 的曲线代表的是X,浓度随时间变化逐渐增大的曲线代表的 oH 是Z,泼度随时间变化先增大后减小的曲线代表的是Y:由 不符合题意。故选C 图乙中的信愿可知，反应①的速率常数随激度升高增大的福 真题演练突破 度小于反应②的。A,由图甲中的信息可知，随着c(X)的减 1.C解析A.固氮降是豆科植物固氮过程的催化剂，能降低 小，c(Y)先增大后减小，c(Z)增大，因此，反应①的速率随 该反应的活化能，A蜡误：B.根据题意，催化剂有选择性，如 (X)的减小而减小，而反应②的速率先增大后减小，A说法 C,H,与O,反应用Ag催化生成H,CCH,(环氧乙烷)、 错误：B.根据体系中发生的反应可知，在Y的浓度达到最大 值之前，单位时间内X的减少量等于Y和Z的增加量，因 用CuCl,/PdCl,催化生成CH,CHO,则判断Ag催化不能提 此，(X)=v(Y)十v(Z),但是，在Y的浓度达到最大值之 高生成CH,CHO的选择性，B错误；C.MnO是H,O2制O 后，单位时间内Z的增加量等于Y和X的减少量，故(X) 反应的催化剂，能加快化学反应速率，C正确：D.V,O,是 十(Y)=(Z),B说法错误；C.升高温度可以加快反应①的迷 SO,与O反应的催化刻，能加快反应速率，但不能政变该反 率，但是反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应② 应的焰变，D错误。故选C。 的，且反应②的速率随着Y的浓度的增大而增大，因此，欲提高 2.C解析A.实验①中，0一2小时内平均反应速率 Y的产率，需提高反应温度且控制反应时饲，C说法正骑，D.由 v(Se0)=5.0x105-1.0X10)molL=2.0× 2h 图乙信息可知，温度低于T时，k>k,反应②为慢反应，因此， 10mol·L1·h,A不正确：B.实验③中水样初始pH= 总反应速率由反应②决定，D说法错误。故选C。 8,溶液显弱碱性，发生反应的离子方程式中不能用H配电 5.D解析A.根据愿给反应路径图可知，PDA(1,3-丙二胺) 荷守恒，B不正确：C.综合分析实验①和②可知，在相同时问 0 内，实验①中SO浓度的变化量大，因此，其他条件相同 捕获CO,的产物为HN OH,因此PDA捕获 时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率，C正确；D.综合分 析实验③和②可知，在相同时间内，实验②中SO浓度的 CO,的反应为H,NNH, 变化量大，因此，其他条件相同时，适当减小初始pH,SeO 0 的去除效果越好，但是当初始pH太小时，H浓度太大，纳 米铁与H反应速率加快，会导致与SeO反应的纳米铁减 H,N NOH,做A正确：B.由反应进程一相对能 少，因此，当初始pH越小时，SO的去除效果不一定起 好，D不正确。故选C。 量图可知，路径2的最大能垒最小，因此与路径1和路径3 3.C解析A.实验①中，0~20min,氨气浓度变化量为2.40 相比，路径2是优先路径，且路径2的最大能垒为"CO ×10-1mol/L-2.00×10-3mol/L.=4.00×10-*mol/L, ·*CO的步骤，据反应路径2的图示可知，该步聚有 NH,)=4.00X10mol/L=2.00×10mol/L·min, 20 min H,N 反应速率之比等于化学计量数之比，(N,)一2(NH,) OH参与反应，因此速控步骤反应式为 1.00×10mol/(L·min),A正确：B.催化剂表面积大小只 影响反应速率，不影响平衡，实验③中氨气初始浓度与实验① NOH+e→C,O+ 中一样，实验③达到平衡时氨气浓度为4.00X10mol/L,则 高考一轮总复习·化学 ·412- H,N入个NH,,故B正确：C,根据反应路径图可知，路径 小，Z的浓度最大，假定完全反应，则 X(g)+Y,(g)一2Z(g) 1、3的中间产物不同，即经历了不同的反应步骤，但产物均 起始量(mol·L)0.10.3 0.2 为*MgCO,而路经2、3的起始物均为 转化量(mol·L)0.10.1 0.2 平衡量(mol·L1)0 0.2 0.4 H.N OH,产物分别为￥MgC,O,和*MgCO2, 若反应向逆反应进行到达平衡，X、Y:的浓度最大，Z的浓 H 度最小，假定完全反应，则： 故C正确：根暑反应路径与相对能量的图像可知，三个路径 X(g)十Y,(g)-2Z(g) 的速控步骤中CO都参与了反应，且由B项分析可知， 起始量(mol·L1)0.10.3 0.2 路径2的速控步聚件有PDA再生，但路径3的速控步骤为 转化量(mol·L)0.1 0.1 0.2 *CO:得电子转化为*CO和*CO,没有PDA的再生， 平衡量(mol·L)0.20.4 0 故D错误。故选D。 由于为可逆反应，物质不能完全转化，所以平衡时浓度范图 第24讲化学平衡状态化学平衡的移动 为0<c(Xe)<0.2,0.2<c(Ya)<0.4,0<c(Z)<0.4。故B 考点1 正确，A,C,D错误。故选B。 【必备知识·整合】 考点2 四正反应☑逆反应☒同时团小于固“一” 固相 【必备知识·整合】 等☑均保持不变图可逆回浓度或百分含量 ①正反应方向逆反应方向☒正④逆固诚小 [易错易混]1.×2.×3./4.×5.×6.× 同增大☑不⑧图吸热回放热国不 【关键能力·提升】 [易错易混]1.×2.×3.×4.×5./6.X 1.B解析①D为固体物质，波度为常数，无法说明反应达到 【关键能力·提升】 平衡，①不符合题意：②单位时问内生成a mol A,同时生成 1.D解析A.恒湿恒容条件下，平衡后气体压强减小，若反 4 a mol C,该叙述中A和C的物质的量的变化分别表示逆反 应在恒恒压条件下进行，则相当于恒温恒容条件下的平衡 应方向和正反应方向且适合比例，则正，逆反应速事相等，能 体系加压，平衡正向移动，平衡时CO的转化率大于平衡状 说明该反应达到了平衡状态，②符合题意：③A,B、C的质量 态1的，A正确：B.容器中CO和H。的起始授入量之比等于 分数不再变化，说明正，逆反应速率相等，该反应达到了平衡 化学计量数之比，变化量之比等于化学计量数之比，则体积 状态，③符合题意；④该反应是气体质量减小的反应，恒容容 分数之比始终等于化学计量数之比，所以体积分数之比不变 器内的气体体积不变，则该反应是气体密度减小的反应，混 不能说明反应达到平衡状态，B正确：C.若平衡状态1中再 合气体密度不再变化，说明该反应达到了平衡状态，①符合 充入a mol CH,OH,相当于原平衡体系加压，达到新平衡 题意：⑤该反应是气体总物质的量不变的反应，恒容客容器内， 时，H:的体积分数比原平衡状态的小，C正确；D.正反应为 反应前后气体的总压强不变，故泥合气体的总压强不再变 放热反应，反应在绝热恒容条件下进行时，混合气体的温度 化，不能说明该反应达到了平衡状态，⑤不符合题意，⑥该反 升高，相当于恒温恒容条件下的平衡体系升温，平衡逆向移 应是气体质量减小、气体总物质的量不变的反应，反应前后 动，平衡时CHOH的体积分数小于平衡状态1的，D不正 气体的平均摩尔质量减小，故混合气体的平均摩尔质量不再 确。故选D。 变化，说明该反应达到了平衡状态，⑤符合题意。故选B。 2.A解析A.该反应反应前后气体体积不变，由图可知，平 2.D解析当正、逆反应速率相等时，说明反应已达到化学 衡时n(H,)=0.4mol,则有n(12)=0.4mol,故1蒸气的体 平衡，即v(H,O)=4(H),故A错误，反应前后气体体积 不变，则容器内的压强一直不变，不能说明反应已达到化学 教分数为是看d×100%=25%,放A正确：B1.5min时 平衡，故B错误，该可逆反应只有水和氢气是气体，反应混合 反应朱达到平衡状态，降低温度，反应速率减慢，尺是廷长反 气体总的物质的量一直不变，不能说明反应已达到化学平 应达到平衡的时问，但。仍大于：，反应仍向右进行，直至 衡，故C错误：单位时间内断裂O一H个数是断裂H一H个 平衡，故B错误C,平衡后若升高温度，，：均增大，但 数的2倍，说明2(HO)=(H),说明反应已达到化学平 增大的程度大于U,平衡向右移动，故C错误：D.平衡后加 衡，故D正确。 入H,平衡向左移动，根据物夏特列愿理可知，达到新平衡 3.B解析A项数据表明0.2mol·L1的SO2完全转化成 后，c(H)仍比原来大，则新平衡后H,的体积分数增大，故 了S02和O,即平衡时，c(S0,)=0,这是不可能发生的：C D错误， 项数器表明SO2、SO,的浓度都在原浓度基础上减少了3.C解析者x<4,则正反应为气体分子戴减少的反应，乙 0.05mol·L,这也是不可能发生的，D项数据表明S0,和 容幂器对于甲容器面言，榴当于加压，平衡正向移动，所以2 O完全转化成了S0,,即平衡时，c(SO)=0,c(O2)=0,这 >G1,A项错误：若x=4,则反应前后气体分子数相等，由于 也是不可能发生的。故选B, 起始时甲容器中A、B的投入量之比与化学方程式中对应化 4.B解析若反应向正反应进行到达平衡，X,,Y:的浓度最： 学计量数之比不相等，故赐，不可能等于，B项错误；起始 ·413 高考一轮总复习·化学