第七章 化学反应速率与化学平衡（综合训练）（广东专用）2026年高考化学一轮复习讲练测

第七章 化学反应速率与化学平衡 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 一、选择题：本题共16个小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．（2025·湖南·模拟预测）化学之美，外美于现象，内美于原理。下列说法错误的是 A．制作泡菜时加入少量维生素C，维生素C可去除泡菜中的亚硝酸盐 B．“水晶帘动微风起，满架蔷薇一院香。”水晶可由熔融态快速冷却形成 C．生产玻璃时发生反应，该反应为自发进行的熵增反应 D．欢歌热舞庆佳节，舞台上灯光光柱的形成是因为丁达尔效应 2．下列说法不正确的是 A．高温有利于反应的自发进行 B．对有气体参加的化学反应，缩小体积，单位体积内活化分子数增多但活化分子百分数不变 C．为基元反应，将盛有的密闭烧瓶浸入热水，红棕色加深；说明正反应活化能小于逆反应活化能 D．工业合成氨反应：，其他条件不变，增大投料比可提高的平衡转化率 3．碰撞理论是我们理解化学反应速率的重要工具，下图为HI分解反应中分子碰撞示意图。 下面说法正确的是 A．图1中分子取向合适，发生有效碰撞 B．活化分子具有的能量与反应物分子具有的能量之差，是反应的活化能 C．用光辐照的方法，也可以增大活化分子数目，加快反应速率 D．由图知，是基元反应 4．（2025·广东湛江·模拟预测）下列叙述正确的是    A．图①装置可用于测定锌与稀硫酸反应的速率 B．图②装置可用作制备氯气的发生装置 C．图③装置可用作蒸馏装置 D．图④标识表示腐蚀类物质 5．（2025·广东深圳·一模）某离子液体的阴离子[CH(CN)2]可以吸收CO2，其可能的两种反应路径如下图所示。 下列说法不正确的是 A．两种路径的总反应不相同 B．路径Ⅱ是主要的反应途径 C．降温能提高平衡时CO2吸收率 D．生成物中既含离子键又含共价键 6．含Ru(钌)化合物可催化CO2转化为HCOOH，其反应机理如图所示。 下列说法不正确的是 A．该催化剂不能提高CO2的平衡转化率 B．过程1中CO2发生还原反应 C．过程3中有1molH2O生成时有2mol电子转移 D．整个转化过程中Ru和O元素的化合价不变 7．已知反应⇌向恒容密闭容器中通入和发生上述反应，测得的平衡转化率与投料比以及温度的关系如图。下列说法正确的是 A．该反应在任意温度下可自发进行 B．平衡常数： C．当时，反应达到平衡 D．其他条件不变，增大压强，可使A点移向B点 8．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 9．下，向一恒容密闭容器中充入M和N，发生反应，使用不同的催化剂，其反应历程如图所示。下列说法错误的是 A．该反应历程分五步进行 B．使用催化剂1时体系更快达到平衡状态 C．降低温度有利于提高反应物的平衡转化率 D．达到平衡后向容器中加入一定量的Q，再次平衡后M和N的浓度均增大 10．用如图所示装置研究铁粉与水蒸气的反应。观察到肥皂液中有气泡产生，点燃肥皂泡听到爆鸣声；实验结束后，试管中残留的黑色固体能被磁体吸引。下列分析不正确的是 A．由“肥皂液中有气泡产生”，不能推断铁与水蒸气发生了反应 B．铁粉与水蒸气的反应需要持续加热，推断该反应为吸热反应 C．由“点燃肥皂泡听到爆鸣声”，推断有氢气生成 D．加热和使用粉末状的铁均能加快铁与水蒸气的反应 11．根据下列实验操作及现象能达到实验目的的是 选项 实验操作及现象 实验目的 A 准确称取4.0 g NaOH固体，放在100 mL容量瓶中，加水溶解，冷却至室温，并稀释至刻度 配制100 mL浓度为1.00mol/LNaOH溶液 B 向10mL0.1mol/LNaNO3溶液加入粉，滴加几滴8mol/L硫酸，微热，溶液变浅蓝色 8mol/L硫酸具有强氧化性 C 向待测液中滴加氯水，再加几滴KSCN溶液，溶液变成血红色 待测液中含有Fe2+ D 在试管中加2ml 0.5mol/LCuCl2溶液，加热，溶液变黄绿色，然后置于冷水中，溶液变蓝绿色 证明反应 的 12．（2025·四川巴中·三模）一种制备粗产品的工艺流程如图。已知：纯易分解爆炸，一般用空气稀释到体积分数为10%以下。 下列说法正确的是 A．溶解过程中可以用盐酸代替稀硫酸 B．流程中做还原剂 C．发生器中鼓入空气的主要目的是提供氧化剂 D．吸收塔中温度不宜过低，否则会导致产率下降 13．使用CH3COOCH3与H2反应制C2H5OH过程中的主要反应为 反应I：CH3COOCH3(g)＋2H2(g)= C2H5OH(g)＋CH3OH(g)  ΔH1=1004kJ·mol-1 反应II：CH3COOCH3(g)＋H2(g)= CH3CHO(g)＋CH3OH(g)  ΔH2=1044kJ·mol-1 反应III：CH3COOCH3(g)＋C2H5OH(g)=CH3COOCH2CH3(g)＋CH3OH(g)  ΔH3= 1160kJ·mol-1 在催化剂作用下，在1.0×105 Pa、n起始(CH3COOCH3)∶n起始(H2)=1∶2时，若仅考虑上述反应，反应相同时间，CH3COOCH3转化率、C2H5OH和CH3COOCH2CH3的选择性随温度的变化如图所示。[C2H5OH的选择性=×100%]。下列说法正确的是 A．反应CH3CHO(g)＋H2(g)=C2H5OH(g)的焓变ΔH = 40 kJ·mol－1 B．185℃时，若起始n(CH3COOCH3)为1mol，则反应后体系中C2H5OH为0.04 mol C．温度在165℃~205℃之间，反应后的体系中存在CH3CHO D．温度在225℃~235℃之间，C2H5OH的选择性保持不变，说明反应I达到了平衡 14．在、的高压氛围下，发生下列反应： 反应Ⅰ．()(产物Ⅰ)     反应Ⅱ．()(产物Ⅱ)     已知：；在高压氛围下进行反应，压强近似等于总压。表示某物种的物质的量与除外其他各物种总物质的量之比，、(产物Ⅰ)和(产物Ⅱ)随时间变化的关系如图所示。下列说法错误的是 A．活化能：反应Ⅰ<反应Ⅱ B．相同条件下，产物Ⅱ比产物Ⅰ稳定 C．反应Ⅱ的 D．时， 15．（2025·甘肃庆阳·模拟预测）CO2加氢制CH4的一种催化机理如图。 下列有关说法正确的是 A．反应过程中的催化剂有La2O3、La2O2CO3和Ni B．CO2先与La2O3结合生成La2O2CO3，后又从La2O2CO3中释放，该过程也是一个可逆反应 C．在Ni催化作用下，H2断键产生H*的过程为吸热过程 D．该机理中，CO2加氢制CH4的过程需要La2O3与Ni分步进行 16．（2025·浙江嘉兴·三模）盐酸羟胺可用于合成抗癌药，工业上可采用电化学方法制备，装置、正极反应机理如图所示。 下列有关说法不正确的是 A．该电池的总反应为： B．上述反应中的X、Y分别为 C．Pt电极上的反应： D．制取，有通过交换膜 二、非选择题（本大题共4个小题，共56分） 17．（14分）某小组同学向的的溶液中分别加入过量的Cu粉、Zn粉和Mg粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。 （1）理论分析：预测可将还原为Fe的金属，并解释原因 。 （2）实验验证 实验 金属 操作、现象及产物 I 过量Cu 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质 II 过量Zn 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液pH为3~4，取出固体，固体中未检测到Fe单质 III 过量Mg 有大量气泡产生，反应剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质 ①分别取实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，证明都有生成，依据的现象是 。 ②用平衡移动原理解释实验Ⅱ、Ⅲ中沉淀生成的原因 。 ③对实验Ⅱ未检测到Fe单质进行分析及探究。 i．a．甲认为实验Ⅱ中，当、浓度较大时，即使Zn与反应置换出少量Fe，也会被消耗。对应的离子方程式 。 b．乙认为在pH为3~4的溶液中即便生成Fe也会被消耗。设计实验 （填实验操作和现象）。证实了此条件下可忽略对Fe的消耗。 c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在Zn粉上，阻碍了Zn与的反应。实验证实了Zn粉被包裹。 ii．查阅资料：开始沉淀的pH约为1.2，完全沉淀的pH约为3. 结合a，b和c可知，实验II未检测到Fe单质的原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹，因此可控制反应条件，在未生成沉淀时将还原，即可排除两个干扰因素，具体操作为：重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3~4时， （填实验操作和现象），固体中检测Fe单质。 （3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质的原因 。 18．（2025·广东茂名·二模）（14分）某种软锰矿中含有、、的氧化物，一种综合利用的工艺流程如下： 已知：①25℃下，的，的。 ②溶解度随温度变化较大。 ③离子浓度等于时该离子恰好完全沉淀。 （1）焙烧温度对和的浸出率的影响如图所示，则“焙烧”时最佳温度为 。 （2）“浸出渣”主要成分有与 （写化学式）。 （3）“碱化过滤”时，发生反应的化学方程式为 ，当完全沉淀，溶液中 （填“>”“<”或“=”）；“氧化”时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。 （4）“水热法”时，温度控制在160℃，反应的离子方程式为 ；“一系列操作”为 ，过滤，洗涤，干燥。 （5）该工艺中可循环利用的物质有 （写化学式）。 （6）一种含、、元素的形状记忆合金的结构单元如图所示，该合金的最简立方晶胞中，的个数为 ，晶体中一个周围与其最近的的个数为 。 19．（2025·广东深圳·三模）（14分）氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答下列问题： （1）根据图1数据计算反应的 。 （2）研究表明，合成氨反应在Fe催化剂上可能通过图2机理进行(*表示催化剂表面吸附位，表示被吸附于催化剂表面的)。基态的价层电子排布式为 。判断上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为 (填步骤前的标号)，理由是 。 （3）合成氨的生产流程示意如下。 下列说法不正确的是 。 A．控制原料气，是因为相对易得，适度过量可提高转化率 B．合成氨一般选择进行，铁触媒的活性最大，原料气平衡转化率高 C．热交换的目的是预热原料气，同时对合成的氨气进行降温利于液化分离 D．压缩机加压是为了保证尽可能高的平衡转化率和反应速率 （4）工业以和为原料合成尿素。液相中，合成尿素的热化学方程式为：，在液相中，的平衡转化率与温度、初始氨碳比(用L表示，)、初始水碳比(用W表示，)关系如图。 ①曲线A、B中， (填“A”或“B”)的W较小。 ②对于液相反应，常用某组分M达到平衡时的物质的量分数x(M)代替平衡浓度来计算平衡常数(记作)。时，的的值为 。 20．（2025·广东东莞·模拟）（14分）二氧化碳加氢是对温室气体的有效转化，也是合成再生能源与化工原料的重要途径。 （1）已知在25℃和101kPa时，H2和CH4的燃烧热分别为285.8kJ•mol-1和890.3kJ•mol-1。由CO2加氢反应制备CH4的反应为：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(l)，该反应的反应热△H= 。 （2）①CO2催化加氢可以制低碳烯烃：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)，该反应在恒压条件下，反应温度、投料比[=m]对CO2平衡转化率的影响如图所示，该反应为 反应(填“吸热”或“放热”)，m1、m2、m3的相对大小为 。 ②CO2催化加氢制低碳烯烃，反应历程如图所示，H2首先在－O－Ga－O－Zn－表面解离成2个H*，随后参与到CO2的转化过程。 注：“□”表示氧原子空位，“*”表示吸附在催化剂上的微粒。 理论上反应历程中消耗的H*与生成的甲醇的物质的量之比为 。 （3）二氧化碳可催化加氢制甲醇。在一定条件下，向某恒容密闭容器中充入CO2和H2，发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。测得在相同时间内，不同温度下H2的转化率如图所示。 ①v(a)逆 v(c)逆(填“＞”“＜”或“=”)。 ②下列说法正确的有 。 A．b点时达到平衡状态 B．a点时容器内气体密度大于b点 C．平均相对分子质量不再改变时，该反应达到平衡状态 D．温度高于T2后H2转化率下降，原因可能是该反应△H＜0 （4）一定条件下CO2可与H2反应制备甲酸。T℃时，将2molCO2与2molH2混合气体充入体积为2L恒容密闭容器发生反应：CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)。已知反应速率：v正=k正c(CO2)•c(H2)，v逆=k逆c(HCOOH)，k正、k逆分别为正、逆反应的速率常数；平衡常数：K=2。当CO2的转化率为20%时，= (写出计算过程)。 学科网（北京）股份有限公司1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第七章 化学反应速率与化学平衡 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 一、选择题：本题共16个小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．（2025·湖南·模拟预测）化学之美，外美于现象，内美于原理。下列说法错误的是 A．制作泡菜时加入少量维生素C，维生素C可去除泡菜中的亚硝酸盐 B．“水晶帘动微风起，满架蔷薇一院香。”水晶可由熔融态快速冷却形成 C．生产玻璃时发生反应，该反应为自发进行的熵增反应 D．欢歌热舞庆佳节，舞台上灯光光柱的形成是因为丁达尔效应 【答案】B 【解析】A．维生素C具有还原性，能有效降低亚硝酸盐的含量，A正确； B．水晶是二氧化硅晶体，熔融SiO2缓慢冷却形成水晶，B错误； C．该反应生成气体，熵增（ΔS>0），，所以＜0，能自发进行，该反应为自发进行的熵增反应，C正确； D．灯光光柱是胶体的丁达尔效应，D正确； 故选B。 2．下列说法不正确的是 A．高温有利于反应的自发进行 B．对有气体参加的化学反应，缩小体积，单位体积内活化分子数增多但活化分子百分数不变 C．为基元反应，将盛有的密闭烧瓶浸入热水，红棕色加深；说明正反应活化能小于逆反应活化能 D．工业合成氨反应：，其他条件不变，增大投料比可提高的平衡转化率 【答案】D 【解析】A．反应吸热，且为熵增反应，ΔH>0，ΔS>0，则高温可以自发进行，故A正确； B．体积减小，压强增大，可增大单位体积内活化分子的数目，有效碰撞增多，但单位体积内活化分子的百分数未变，故B正确； C．升高温度，颜色加深，平衡逆向移动，v正<v逆，说明是放热反应，正反应活化能小于逆反应活化能，故C正确； D．根据平衡移动原理，增加一种反应物浓度会提高另一种反应物的转化率，增大，氮气过量，氢气相对不足，导致氮气的平衡转化率降低，氢气转化率提高，故D错误； 故答案为D。 3．碰撞理论是我们理解化学反应速率的重要工具，下图为HI分解反应中分子碰撞示意图。 下面说法正确的是 A．图1中分子取向合适，发生有效碰撞 B．活化分子具有的能量与反应物分子具有的能量之差，是反应的活化能 C．用光辐照的方法，也可以增大活化分子数目，加快反应速率 D．由图知，是基元反应 【答案】C 【解析】A．由示意图可知，只有图3有新物质生成，故图3中的碰撞为有效碰撞，故A错误； B．使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，所以活化分子的平均能量与反应物分子具有的平均能量之差为反应的活化能，故B错误； C．用光辐照的方法，也可以提高活化分子百分数，也可以增大活化分子数目，加快反应速率，故C正确； D．结合图3可知，是总反应，不是基元反应，故D错误； 答案选C。 4．（2025·广东湛江·模拟预测）下列叙述正确的是    A．图①装置可用于测定锌与稀硫酸反应的速率 B．图②装置可用作制备氯气的发生装置 C．图③装置可用作蒸馏装置 D．图④标识表示腐蚀类物质 【答案】D 【解析】A．测定锌与稀硫酸反应的速率时，图装置中的长颈漏斗应换成分液漏斗，且实验时还需要用到秒表， A项错误； B．二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气时需要加热， 图装置缺少加热仪器，B项错误； C．图③装置中尾部的接   收部分不应密封(蒸馏装置不能是密闭体系)，且温度计水银球应位于支管口处，另外，蒸馏时一般使用直形冷凝管，C项错误； D．由图可知，图④标识表示腐蚀类物质，D正确； 故选D。 5．（2025·广东深圳·一模）某离子液体的阴离子[CH(CN)2]可以吸收CO2，其可能的两种反应路径如下图所示。 下列说法不正确的是 A．两种路径的总反应不相同 B．路径Ⅱ是主要的反应途径 C．降温能提高平衡时CO2吸收率 D．生成物中既含离子键又含共价键 【答案】A 【解析】A．反应物相同，经过不同的反应路径，最终生成物相同，均为，总反应均为=，A错误； B．路径Ⅱ活化能小，反应速率快，故路径Ⅱ是主要的反应途径，B正确； C．由图可知，该反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，的吸收率提高，C正确； D．生成物为，其内部含有共价键，离子液体中呈电中性，故离子液体中还含有阳离子，与之间存在离子键，D正确； 故选A。 6．含Ru(钌)化合物可催化CO2转化为HCOOH，其反应机理如图所示。 下列说法不正确的是 A．该催化剂不能提高CO2的平衡转化率 B．过程1中CO2发生还原反应 C．过程3中有1molH2O生成时有2mol电子转移 D．整个转化过程中Ru和O元素的化合价不变 【答案】C 【解析】A．催化剂不能使化学平衡发生移动，只能改变反应速率，所以不能提高CO2的平衡转化率，A正确； B．Ru的化合物与二氧化碳反应，产物增加了氧原子，发生了氧化反应，二氧化碳被还原，B正确； C．由图可知，反应方程式为，反应中钌元素的化合价没有变化，氢元素的化合价既升高被氧化，又降低被还原，氢气既是反应的氧化剂也是反应的还原剂，所以当转化为时，氢气得到2mol电子，并没有电子得失，所以当生成时有电子转移，C错误； D．由图可知，元素在化合物中的化学式分别为；氧元素均形成含氧化合物，没有形成过氧化物，由化合价代数和为可知，元素的化合价不变，D正确； 故选C。 7．已知反应⇌向恒容密闭容器中通入和发生上述反应，测得的平衡转化率与投料比以及温度的关系如图。下列说法正确的是 A．该反应在任意温度下可自发进行 B．平衡常数： C．当时，反应达到平衡 D．其他条件不变，增大压强，可使A点移向B点 【答案】B 【解析】A．反应为气体分子数增加，，故该反应高温时自发，故A错误； B．由图可知，投料比一定时，升高温度，平衡正向移动，K值增大，温度为时的平衡转化率大，温度高K值大，故，故B正确； C．当时，正逆反应速率不相等，反应未达到平衡状态，当时，达平衡状态，故C错误； D．反应正方向为气体分子数增加，其他条件不变，增大压强，平衡逆向移动，的平衡转化率减小，且A、B点对应温度不同，故D错误； 故选：B。 8．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 【解析】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。 9．下，向一恒容密闭容器中充入M和N，发生反应，使用不同的催化剂，其反应历程如图所示。下列说法错误的是 A．该反应历程分五步进行 B．使用催化剂1时体系更快达到平衡状态 C．降低温度有利于提高反应物的平衡转化率 D．达到平衡后向容器中加入一定量的Q，再次平衡后M和N的浓度均增大 【答案】D 【解析】A．从反应历程图中可以看到，无论是使用催化剂1还是催化剂2，反应过程中都有五个能量峰，每一个能量峰代表一步反应，所以该反应历程分五步进行，故A正确； B．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率。从图中可以看出，使用催化剂1时反应的活化能低于使用催化剂2时的活化能，所以使用催化剂1时反应速率更快，体系更快达到平衡状态，故B正确； C．由反应历程图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应。根据勒夏特列原理，降低温度，平衡会向放热反应方向移动，即正向移动，所以有利于提高反应物的平衡转化率，故C正确； D．Q是固体，达到平衡后向容器中加入一定量的Q，平衡不移动，M和N的浓度不变，故D错误； 故选D。 10．用如图所示装置研究铁粉与水蒸气的反应。观察到肥皂液中有气泡产生，点燃肥皂泡听到爆鸣声；实验结束后，试管中残留的黑色固体能被磁体吸引。下列分析不正确的是 A．由“肥皂液中有气泡产生”，不能推断铁与水蒸气发生了反应 B．铁粉与水蒸气的反应需要持续加热，推断该反应为吸热反应 C．由“点燃肥皂泡听到爆鸣声”，推断有氢气生成 D．加热和使用粉末状的铁均能加快铁与水蒸气的反应 【答案】B 【解析】A．对试管加热后，首先排出的是空气，所以肥皂液中有气泡产生，不能推断铁与水蒸气发生了反应，A正确； B．持续加热仅说明反应需高温条件维持，不能直接推导热效应，B错误； C．氢气可以燃烧，当点燃肥皂泡发出爆鸣声，才能确认逸出气体中含有氢气，C正确； D．加热可提供足够的能量使反应进行，粉末状铁增大了与水蒸气的接触面积，都能加快反应速率，D正确； 故选B。 11．根据下列实验操作及现象能达到实验目的的是 选项 实验操作及现象 实验目的 A 准确称取4.0 g NaOH固体，放在100 mL容量瓶中，加水溶解，冷却至室温，并稀释至刻度 配制100 mL浓度为1.00mol/LNaOH溶液 B 向10mL0.1mol/LNaNO3溶液加入粉，滴加几滴8mol/L硫酸，微热，溶液变浅蓝色 8mol/L硫酸具有强氧化性 C 向待测液中滴加氯水，再加几滴KSCN溶液，溶液变成血红色 待测液中含有Fe2+ D 在试管中加2ml 0.5mol/LCuCl2溶液，加热，溶液变黄绿色，然后置于冷水中，溶液变蓝绿色 证明反应 的 【答案】D 【解析】A．不能在容量瓶中直接溶解NaOH固体，A错误； B．加入8mol/L硫酸，酸性条件下的硝酸根具有强氧化性，能将铜氧化生成铜离子，8mol/L硫酸不具有强氧化性，B错误； C．滴加氯水，再加几滴KSCN溶液无法排出铁离子干扰，应向待测液中滴加几滴KSCN溶液，没有明显变化，再加氯水，溶液变成血红色，说明待测液中含有Fe2+，C错误； D．根据实验现象，加热，溶液变黄绿色可知，升温生成，说明的，D正确； 故选D。 12．（2025·四川巴中·三模）一种制备粗产品的工艺流程如图。已知：纯易分解爆炸，一般用空气稀释到体积分数为10%以下。 下列说法正确的是 A．溶解过程中可以用盐酸代替稀硫酸 B．流程中做还原剂 C．发生器中鼓入空气的主要目的是提供氧化剂 D．吸收塔中温度不宜过低，否则会导致产率下降 【答案】B 【解析】分析：在稀硫酸中溶解，通入在发生器中发生氧化还原反应，生成和，通过鼓入空气，防止浓度过高，还可以将其吹进吸收塔，根据氧化还原反应规律可知，在吸收塔中与双氧水、氢氧化钠反应生成和氧气，再经过一系列操作得到粗产品。 A．具有强氧化性，可以氧化，则溶解过程中不可以用盐酸代替稀硫酸，错误； B．与双氧水、氢氧化钠反应生成和氧气，流程中做还原剂，正确； C．发生器中鼓入空气的主要目的是防止浓度过高，因为纯易分解爆炸，错误： D．在吸收塔中与双氧水、氢氧化钠反应生成和氧气，温度过低反应速率慢，但是不一定会导致产率下降，错误； 故选B。 13．使用CH3COOCH3与H2反应制C2H5OH过程中的主要反应为 反应I：CH3COOCH3(g)＋2H2(g)= C2H5OH(g)＋CH3OH(g)  ΔH1=1004kJ·mol-1 反应II：CH3COOCH3(g)＋H2(g)= CH3CHO(g)＋CH3OH(g)  ΔH2=1044kJ·mol-1 反应III：CH3COOCH3(g)＋C2H5OH(g)=CH3COOCH2CH3(g)＋CH3OH(g)  ΔH3= 1160kJ·mol-1 在催化剂作用下，在1.0×105 Pa、n起始(CH3COOCH3)∶n起始(H2)=1∶2时，若仅考虑上述反应，反应相同时间，CH3COOCH3转化率、C2H5OH和CH3COOCH2CH3的选择性随温度的变化如图所示。[C2H5OH的选择性=×100%]。下列说法正确的是 A．反应CH3CHO(g)＋H2(g)=C2H5OH(g)的焓变ΔH = 40 kJ·mol－1 B．185℃时，若起始n(CH3COOCH3)为1mol，则反应后体系中C2H5OH为0.04 mol C．温度在165℃~205℃之间，反应后的体系中存在CH3CHO D．温度在225℃~235℃之间，C2H5OH的选择性保持不变，说明反应I达到了平衡 【答案】B 【解析】A．根据盖斯定律，反应I减去反应II得：CH3CHO(g)＋H2(g)=C2H5OH(g)的焓变ΔH =ΔH1-ΔH2=1004kJ·mol-1-1044kJ·mol-1=-40 kJ·mol－1，A错误； B．185℃时，若起始n(CH3COOCH3)为1mol，则CH3COOCH3反应了1mol=0.2 mol，，则反应后体系中C2H5OH为0.04 mol，B正确； C．温度在165℃~205℃之间，C2H5OH和CH3COOCH2CH3的选择性之和为100%，则反应后的体系中不存在CH3CHO，C错误； D．温度在225℃~235℃之间，C2H5OH的选择性保持不变，但是CH3COOCH3转化率增大，根据C2H5OH的选择性=×100%，则增大，即反应I没有达到平衡，D错误； 故选B。 14．在、的高压氛围下，发生下列反应： 反应Ⅰ．()(产物Ⅰ)     反应Ⅱ．()(产物Ⅱ)     已知：；在高压氛围下进行反应，压强近似等于总压。表示某物种的物质的量与除外其他各物种总物质的量之比，、(产物Ⅰ)和(产物Ⅱ)随时间变化的关系如图所示。下列说法错误的是 A．活化能：反应Ⅰ<反应Ⅱ B．相同条件下，产物Ⅱ比产物Ⅰ稳定 C．反应Ⅱ的 D．时， 【答案】D 【解析】A．由反应时间图可知产物Ⅰ在短时间内的占比迅速升高，说明反应Ⅰ更容易发生，即活化能更小，则活化能：反应Ⅰ<反应Ⅱ，A项正确； B．，说明产物Ⅱ比产物Ⅰ能量更低、更稳定，B项正确； C．根据已知，因反应在高压氛围下进行，压强近似等于总压，即，设反应前反应物是，根据图像，生成产物Ⅱ的物质的量为，产物Ⅰ的物质的量为，则剩余的物质的量为，反应Ⅱ的，C项正确； D．产物Ⅰ转化为产物Ⅱ为放热反应，即()()  ，时该反应的，升高温度，该反应平衡逆向移动，则减小，因此时，D项错误； 故选D。 15．（2025·甘肃庆阳·模拟预测）CO2加氢制CH4的一种催化机理如图。 下列有关说法正确的是 A．反应过程中的催化剂有La2O3、La2O2CO3和Ni B．CO2先与La2O3结合生成La2O2CO3，后又从La2O2CO3中释放，该过程也是一个可逆反应 C．在Ni催化作用下，H2断键产生H*的过程为吸热过程 D．该机理中，CO2加氢制CH4的过程需要La2O3与Ni分步进行 【答案】C 【解析】A．根据示意图可判断反应过程中的催化剂为La2O3与Ni，而La2O2CO3为中间产物，A项错误； B．CO2与La2O3结合生成La2O2CO3，再以的形式从La2O2CO3中释放，CO2与不属于同一种物质，因此该过程不是可逆反应，B项错误； C．断键为吸热过程，C项正确； D．根据示意图可判断该过程中，La2O3催化CO2，Ni催化H2，两者互不干扰，不需要分步进行，D项错误； 故选C。 16．（2025·浙江嘉兴·三模）盐酸羟胺可用于合成抗癌药，工业上可采用电化学方法制备，装置、正极反应机理如图所示。 下列有关说法不正确的是 A．该电池的总反应为： B．上述反应中的X、Y分别为 C．Pt电极上的反应： D．制取，有通过交换膜 【答案】D 【分析】由图可知，含铁的催化电极为原电池的正极，盐酸作用下一氧化氮在正极得到电子发生还原反应生成盐酸羟胺，电极反应式为NO+3e-+4H+=NH3OH+，铂电极为负极，氢气在负极失去电子发生氧化反应生成氢离子，电极反应式为H2-2e-=2H+，原电池工作时氢离子通过氢离子交换膜由负极区进入正极区。 【解析】A．将正极反应式×2+负极反应式×3得：2NO+3H2+2H+=2NH3OH+，化学方程式为2NO+3H2+2HCl=2NH2OH·HCl，故A正确； B．Y为反应机理最终产物，故Y为盐酸羟胺的阳离子NH3OH+，分析正极反应机理，结合元素守恒可以判断X为氢离子H+，故B正确； C．由分析，铂电极为负极，氢分子失去电子生成氢离子，正确的电极反应式为H2-2e-=2H+，故C正确； D．根据分析中正极电极反应式，消耗1mol NO，制取，得到3mol电子，消耗4molH+，根据分析中的负极电极反应式，失去3mol电子，生成3molH+，则有3mol H+通过交换膜，故D错误； 故答案为D。 二、非选择题（本大题共4个小题，共56分） 17．（14分）某小组同学向的的溶液中分别加入过量的Cu粉、Zn粉和Mg粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。 （1）理论分析：预测可将还原为Fe的金属，并解释原因 。 （2）实验验证 实验 金属 操作、现象及产物 I 过量Cu 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质 II 过量Zn 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液pH为3~4，取出固体，固体中未检测到Fe单质 III 过量Mg 有大量气泡产生，反应剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质 ①分别取实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，证明都有生成，依据的现象是 。 ②用平衡移动原理解释实验Ⅱ、Ⅲ中沉淀生成的原因 。 ③对实验Ⅱ未检测到Fe单质进行分析及探究。 i．a．甲认为实验Ⅱ中，当、浓度较大时，即使Zn与反应置换出少量Fe，也会被消耗。对应的离子方程式 。 b．乙认为在pH为3~4的溶液中即便生成Fe也会被消耗。设计实验 （填实验操作和现象）。证实了此条件下可忽略对Fe的消耗。 c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在Zn粉上，阻碍了Zn与的反应。实验证实了Zn粉被包裹。 ii．查阅资料：开始沉淀的pH约为1.2，完全沉淀的pH约为3. 结合a，b和c可知，实验II未检测到Fe单质的原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹，因此可控制反应条件，在未生成沉淀时将还原，即可排除两个干扰因素，具体操作为：重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3~4时， （填实验操作和现象），固体中检测Fe单质。 （3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质的原因 。 【答案】（1）Mg、Zn   在金属活动性顺序表中，Mg、Zn排在Fe之前，Cu排在Fe之后，因此Mg、Zn可将Fe3+还原为Fe，Cu不能将Fe3+还原为Fe单质（2分） （2） 产生蓝色沉淀（2分） Fe3+水解反应为Fe3++3H2O3H++Fe(OH)3，加入Mg或Zn会消耗H+，促进Fe3+水解平衡正向移动，使其转化为Fe(OH)3沉淀（2分） 2Fe3++Fe=3Fe2+、2H++Fe=Fe2+＋H2↑ （2分） 向pH为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不产生蓝色沉淀（2分） 不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制pH＜1.2，加入几滴KSCN溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸，待pH为3～4时，取出固体（2分） （3）加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹（2分） 【分析】实验Ⅰ中，加入过量的Cu，Cu与Fe3+发生反应Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质； 实验Ⅱ中，加入过量的Zn，发生反应Zn+2H+=Zn2++H2↑，有气泡产生，pH逐渐增大，使得Fe3+转化为红褐色Fe(OH)3沉淀，固体中未检测到Fe单质，原因可能是Fe3+的干扰以及Fe(OH)3沉淀对锌粉的包裹阻止Zn置换Fe； 实验Ⅲ中，加入过量Mg，发生反应Mg+2H+=Mg2++H2↑，由于Mg很活泼，该反应非常剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质，对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹，因此实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。 【解析】（1）在金属活动性顺序表中，Mg、Zn排在Fe之前，Cu排在Fe之后，因此Mg、Zn可将Fe3+还原为Fe，Cu不能将Fe3+还原为Fe单质。 （2）①K3[Fe(CN)6]能与Fe2+生成蓝色KFe[Fe(CN)6]沉淀，则在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若生成KFe[Fe(CN)6]蓝色沉淀，则证明都有Fe2+生成； ②FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应离子方程式为：Fe3++3H2O3H++Fe(OH)3；Mg、Zn与H+反应，使c(H+)降低，促进水解平衡正向移动，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀； ③i．a．Fe是较活泼金属，能与氧化性较强的Fe3+反应生成Fe2+，也能与H+反应生成Fe2+和H2，反应的离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+、2H++Fe=Fe2++H2↑； b．在此条件下可忽略H+对Fe的消耗，即要设计实验证明该实验中H+对Fe的反应无影响，可控制pH为3~4，设计盐酸和铁的对比实验，向pH为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不产生蓝色沉淀，证实了此条件下可忽略H+对Fe的消耗； ii．结合a，b和c可知，实验II未检测到Fe单质的原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹，实验II要检测到Fe单质，具体操作为：重新做实验II，当溶pH为3～4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制pH＜1.2，加入几滴KSCN溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸，待pH为3～4时，取出固体，固体中检测到 Fe单质； （3）对比实验Ⅱ和Ⅲ可知：Mg比Zn活泼，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹。 18．（2025·广东茂名·二模）（14分）某种软锰矿中含有、、的氧化物，一种综合利用的工艺流程如下： 已知：①25℃下，的，的。 ②溶解度随温度变化较大。 ③离子浓度等于时该离子恰好完全沉淀。 （1）焙烧温度对和的浸出率的影响如图所示，则“焙烧”时最佳温度为 。 （2）“浸出渣”主要成分有与 （写化学式）。 （3）“碱化过滤”时，发生反应的化学方程式为 ，当完全沉淀，溶液中 （填“>”“<”或“=”）；“氧化”时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。 （4）“水热法”时，温度控制在160℃，反应的离子方程式为 ；“一系列操作”为 ，过滤，洗涤，干燥。 （5）该工艺中可循环利用的物质有 （写化学式）。 （6）一种含、、元素的形状记忆合金的结构单元如图所示，该合金的最简立方晶胞中，的个数为 ，晶体中一个周围与其最近的的个数为 。 【答案】（1）650℃（1分） （2）（1分） （3） （2分） < （1分） （2分） （4） （2分） 蒸发浓缩，冷却结晶（2分） （5）或（1分） （6） 8（1分） 6（1分） 【分析】软锰矿中含有、、的氧化物。软锰矿和硫酸混合“焙烧”，加水“浸出”，氧化铁、二氧化硅难溶于水，浸出渣中含有氧化铁、二氧化硅，根据流程图，浸出液“碱化过滤”得氢氧化锰，可知浸出液中含有硫酸锰；氢氧化锰“浆化”通入空气氧化得Mn3O4。硫酸锰溶液加入(NH4)2S2O8，硫酸锰被氧化为二氧化锰沉淀，(NH4)2S2O8还原为硫酸铵，硫酸铵溶液经蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得硫酸铵固体。 【解析】（1）根据焙烧温度对和的浸出率的影响图，650℃时Mn的浸出率高、铁的浸出率低 ，则“焙烧”时最佳温度为650℃。 （2）二氧化硅难溶于水，“浸出渣”主要成分有与。 （3）“碱化过滤”时，和氨水发生反应生成氢氧化锰沉淀和硫酸铵，反应的化学方程式为；的，，根据的，当完全沉淀，c(OH-)的最小值为 mol/L；，所以溶液中<；“氧化”时，氢氧化锰被氧气氧化为Mn3O4，6Mn(OH)2-2Mn3O4-O2，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:6。 （4）“水热法”时，温度控制在160℃，硫酸锰被氧化为二氧化锰，(NH4)2S2O8还原为硫酸铵，锰元素化合价由+2升高为+4，氧化剂(NH4)2S2O8在含有2个-1价氧原子，氧元素化合价由-1降低为-2，根据得失电子守恒，配平反应的离子方程式为。溶解度随温度变化较大， 溶液蒸发浓缩、冷却结晶可析出晶体，“一系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。 （5）“焙烧”生成得SO3可循环到“混料”过程使用，该工艺中可循环利用的物质有SO3或H2SO4。 （6）根据图示，1个晶胞由8个图示的结构单元组成，所以晶胞中的个数为8，晶体中一个周围与其最近的的个数为6(位于其上下左右前后)。 19．（2025·广东深圳·三模）（14分）氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答下列问题： （1）根据图1数据计算反应的 。 （2）研究表明，合成氨反应在Fe催化剂上可能通过图2机理进行(*表示催化剂表面吸附位，表示被吸附于催化剂表面的)。基态的价层电子排布式为 。判断上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为 (填步骤前的标号)，理由是 。 （3）合成氨的生产流程示意如下。 下列说法不正确的是 。 A．控制原料气，是因为相对易得，适度过量可提高转化率 B．合成氨一般选择进行，铁触媒的活性最大，原料气平衡转化率高 C．热交换的目的是预热原料气，同时对合成的氨气进行降温利于液化分离 D．压缩机加压是为了保证尽可能高的平衡转化率和反应速率 （4）工业以和为原料合成尿素。液相中，合成尿素的热化学方程式为：，在液相中，的平衡转化率与温度、初始氨碳比(用L表示，)、初始水碳比(用W表示，)关系如图。 ①曲线A、B中， (填“A”或“B”)的W较小。 ②对于液相反应，常用某组分M达到平衡时的物质的量分数x(M)代替平衡浓度来计算平衡常数(记作)。时，的的值为 。 【答案】（1）（2分） （2） （2分） (ⅱ) （2分） 在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于的键能比键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)（2分） （3）B（2分） （4） A （2分） 3.25（2分） 【解析】（1）根据反应的转化历程中能量数据可知反应的反应物的活化能生成物的活化能。 （2）Fe为26号元素，其基态原子的价层电子排布式为：，则其基态的价层电子排布式为：；在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于的键能比键的大很多，因此断裂的步骤为速率控制步骤，在上述反应机理中，断裂的步骤为(ⅱ)步，则速率控制步骤为(ⅱ)。 （3）在合成氨的生产流程中说法不正确的是： A．与氢气相比，氮气相对易得，则氮气过适当过量，可以增大反应物氮气的浓度，使平衡向正反应方向移动，有利于增大氢气的转化率，A正确； B．铁触媒作为催化剂，只改变反应速率，不改变平衡，不影响平衡转化率，B错误； C．合成氨需要在的温度下进行，而合成氨是放热反应，因此在进入合成塔时进行热交换，可以预热原料气，同时对合成的氨气进行降温利于液化分离，C正确； D．合成氨是属于气体体积减小的反应，利用压缩机加压来增大压强可以使平衡向右移动，能同时提高平衡转化率和反应速率，D正确； 故答案为：B。 （4）①根据热化学方程式，由初始水碳比可知，W越小，的平衡转化率越大，根据图形可得A曲线的平衡转化率高，则W小； ②在时，此时；，水未取用；的平衡转化率为75%；设初始时的、，列三段式：，平衡总量为，则用平衡时的物质的量分数来计算的平衡常数为：。 20．（2025·广东东莞·模拟）（14分）二氧化碳加氢是对温室气体的有效转化，也是合成再生能源与化工原料的重要途径。 （1）已知在25℃和101kPa时，H2和CH4的燃烧热分别为285.8kJ•mol-1和890.3kJ•mol-1。由CO2加氢反应制备CH4的反应为：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(l)，该反应的反应热△H= 。 （2）①CO2催化加氢可以制低碳烯烃：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)，该反应在恒压条件下，反应温度、投料比[=m]对CO2平衡转化率的影响如图所示，该反应为 反应(填“吸热”或“放热”)，m1、m2、m3的相对大小为 。 ②CO2催化加氢制低碳烯烃，反应历程如图所示，H2首先在－O－Ga－O－Zn－表面解离成2个H*，随后参与到CO2的转化过程。 注：“□”表示氧原子空位，“*”表示吸附在催化剂上的微粒。 理论上反应历程中消耗的H*与生成的甲醇的物质的量之比为 。 （3）二氧化碳可催化加氢制甲醇。在一定条件下，向某恒容密闭容器中充入CO2和H2，发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。测得在相同时间内，不同温度下H2的转化率如图所示。 ①v(a)逆 v(c)逆(填“＞”“＜”或“=”)。 ②下列说法正确的有 。 A．b点时达到平衡状态 B．a点时容器内气体密度大于b点 C．平均相对分子质量不再改变时，该反应达到平衡状态 D．温度高于T2后H2转化率下降，原因可能是该反应△H＜0 （4）一定条件下CO2可与H2反应制备甲酸。T℃时，将2molCO2与2molH2混合气体充入体积为2L恒容密闭容器发生反应：CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)。已知反应速率：v正=k正c(CO2)•c(H2)，v逆=k逆c(HCOOH)，k正、k逆分别为正、逆反应的速率常数；平衡常数：K=2。当CO2的转化率为20%时，= (写出计算过程)。 【答案】（1）-252.9kJ•mol-1（2分） （2） 放热（2分） m3＞m2＞m1 （2分） 6：1（2分） （3） ＜ （2分） CD（2分） （4）6.4（2分） 【解析】（1）根据H2和CH4的燃烧热分别为285.8kJ•mol-1和890.3kJ•mol-1，可得如下热化学方程式： 反应①； 反应②； 根据盖斯定律，①×4－②可得CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(l)，则=-252.9kJ•mol-1； （2）①由图象可知，在投料比一定时，温度升高，CO2的转化率降低，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应；温度相同时，投料比越大，CO2的转化率越大，m1、m2、m3的相对大小为m3＞m2＞m1； ② H2首先在Zn−Ga−O面解离成2个H*，随后参与到CO2的还原过程，即由得失电子守恒有3H2∼CH3OH∼6H*，所以产生1molCH3OH消耗6molH*，答案为6：1； （3）①温度越高化学反应速率越大，图中c点温度比a点的温度高，且c点为平衡状态，正、逆反应速率相等，a点还未达到平衡状态，正反应速率大于逆反应速率，即使a点温度下达到平衡状态，a点的逆反应速率也小于c点的逆反应速率； ②H2转化率随温度先升高后下降，说明升高阶段受温度影响较大，降低阶段说明温度升高平衡逆向移动，该反应△H＜0 A．b点时转化率随温度升高而增大，没有达到平衡状态，故A错误； B．该容器为恒容容器，密度始终不变，故B错误； C．该反应为气体体积不相等的反应，平均相对分子质量不再改变时，该反应达到平衡状态，故C正确； D．温度高于T2后反应已经平衡，H2转化率下降，说明升高温度平衡逆向移动，该反应为放热反应，故D正确； 答案为CD； （4）当CO2转化率为20%时，列三段式有CO2(g)+H2(g) HCOOH(g) ，此时c(CO2)=c(H2)=0.8mol/L，c(HCOOH)=0.2mol/L，当反应达到平衡时，v(正)=v(逆)，即k正c(CO2)•c(H2)= k逆c(HCOOH)，，=6.4。 学科网（北京）股份有限公司1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$