题型强化练(二十) 3.化学反应速率与平衡图像、图表分析-【创新大课堂】2026年高考二轮化学专题复习课时作业

班级 姓名 得分 题型强化练（二十）3.化学反应速率与平衡图像、图表分析 1.(2025·河南二模)恒温恒容条件下，向密 下列说法不正确的是 闭容器中加入一定量X,发生反应①X二 A.由图1可知，X→Z的活化能大于X Y、②Y一Z。反应①的速率1=k1c(X), →Y的活化能 反应②的速率2=k2c(Y),式中k1、k2为速 B.X→Z的过程中，存在π键的断裂与形 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lnk~ 成、ō键的旋转 一关系曲线。下列说法错误的是 C.此温度下，X生成Y的平衡常数小于X ( 生成Z的平衡常数 c/(mol-L-1) 1nk D.5~10min时，各物质的物质的量分数 反应② 变化可以用E1<E2来解释 反应① 3.(2025·辽宁沈阳三模)温度335℃，在恒 t/s 容密闭反应器中进行高压液态十氢萘(1.00 甲 mol)催化脱氢实验，反应I:C1oH18(1)=一 A.曲线Ⅱ表示c(Y)随时间的变化曲线 C1oH12(1)+3H2(g);反应Ⅱ：C1oH12(1) B.0t1s内，(Y)~o(Z), =C1oHg(1)+2H2(g);△H1>△H2>0, C.提高反应温度有利于提高Z的产率 D.当温度T一T1时，总反应速率由反应② 测得C1oH12和C1oH3的产率x1和x2(以 决定 物质的量分数计)随时间的变化关系如图 2.(2025·北京西城三模)一定温度下， 所示，下列说法中错误的是 ( 〈)C=CCH(X)在Al,O存在下 0.5 x2(C1oHg) 与等物质的量的HCl反应，主要产物为Y 0.4 (8,0.374) 和Z。X、Y和Z的物质的量分数随时间的 0.3 变化如图1所示，反应过程中能量变化示 0.2 意图如图2所示。 0.1 (8,0.027) x1(C1oH12) CI CHs 0246810121416 100 (X) ① t/h A.由图可知：反应活化能Ⅱ<I H 50 B.温度对Ⅱ反应限度影响大 C.改变催化剂可调控两种有机生成物比例 (Y) D.8h时，共产生H20.829mol 510 30 60 90 时间/min 4.(2025·江苏苏州三模)一种捕获并资源化 图1 利用CO2的方法是将CO2催化加氢合成 CH OCH3,其过程中主要发生如下反应： I.2CO2(g)+6H2 (g)-CH3OCH3 (g) +3H2O(g)△H1=-122.5kJ·mol-1 II.CO2 (g)+H2 (g)-CO(g)+H2O(g) △H2=+41.2kJ·mol-J 反应过程 图2 向恒压密闭容器中充入1 mol CO2和3mol 149 班级 姓名 得分 H2,CO2的平衡转化率和CH3OCH3的平 6.(2025·山东临沂二模)向体积均为1L的 衡选择性[CH3OCH3的选择性 两恒容容器中分别充入1 mol CH4和2mol 2n(CH3OCH3) ×100%]随温度的变化如 H2S发生反应：CH4(g)+2H2S(g)-CS2 n(反应的CO2) (g)+4H2(g),其中一个为绝热过程，另一 图所示。下列说法不正确的是 个为恒温过程，两反应体系的压强随时间 100 的变化曲线如图所示。下列说法错误的是 80 CH,OCH的选择性 60 p/kPa C02平衡 40 *B 转化率 25 翠 20 A 200 240 280 320 360 t/s 温度/℃ A.A点时，容器中n(CH3OCH3)为0.062 A.L1为恒容恒温过程 5 mol B.气体的总物质的量：na=n。 B.反应2CO(g)+4H2(g)—CH3OCH3 C.逆反应速率：o(b)>o(c) (g)+H2O(g)的△H=-204.9kJ D.c点平衡常数：K<16 ·mol-1 7.(2025·山东聊城二模)在体积相等的多个 C.CO2平衡转化率由A到B点，可采取的 恒温恒容密闭容器中，分别充入1 mol CO2 措施为加压或减小”(CO) 和1molH2,发生反应CO2(g)+4H2(g) n(H2) =CH4(g)+2H2O(g)。在不同温度下反 D.使用对反应I催化活性更高的催化剂可 应相同时间，测得lg正、lg滋、H2转化率 提高CH3OCH3的实际选择性 与温度关系如图所示。 5.(2025·山东威海二模)1温度 Ts Ig k 50 H2 工业上可用Na2CO3溶 T 增 的 M 40 a 液捕获CO2以减少其 大 30 G 排放：Na2CO3(aq)十 20 率 H T 10 1% H2O(1)+CO2(g)= c(C02) 增大 2 NaHCO3(aq)△H。不 T _/K- 同温度下，在同一密闭容器中充入同浓度 的CO2,加入同浓度同体积的Na2CO3溶 已知：0正=k正c(CO2)c4(H2)逆=k逆·c 液，经相同时间测得CO2浓度如图。下列 (CH4)c2(H2O),k正、k递为速率常数。下 说法错误的是 列说法正确的是 ( () A.△H<0 A.该反应的△H>0 B. B.代表lgk正曲线的是MH 人-ONa(aq)也可以作为CO捕获剂 C.当2正(H2)=递(H2O)时反应达到平 C.在T<T3时该反应未达到平衡状态 衡状态 D.从T4迅速升温至T并恒温，溶液pH D.a、b、c三点中达到平衡状态的是a、b 减小 1502.答案D 解析化合物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：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：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；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。 3.答案D 解析有机物④中的甲基、亚甲基中碳原子采取$即3杂化， 碳碳双键、羰基中碳原子采取sp2杂化，所以含有sp、sp32 种杂化方式，A正确：中间产物是在反应过程中产生，又参 与下一步反应被消耗的物质，因此有机物③④⑥都是反应 的中间产物，B正确；反应中有碳氧、碳氯、碳氢、碳碳等极 性键和非极性键的断裂与生成，C正确：手性碳原子是指连！ 有4个不同原子或原子团的碳原子，因此有机物⑥中含有 2个手性碳原子，D错误。 4.答案A 解析催化剂是参与反应，改变反应历程，反应前后质量！ 和化学性质不变的物质：中间产物是反应过程中生成又消 耗的物质，物质I参与反应，最后又生成，是催化剂：物质 Ⅱ、Ⅲ是反应过程中生成又消耗的，为中间产物，A正确；· 反应历程中H2、CO2、H2O参与反应，其中H2中存在非极 性键的断裂；生成HCOOH、H2O等含有极性键，存在极性 键的形成，但不存在非极性键的形成，B错误：根据总反应 H2+CO2一HCOOH可知，每生成1 mol HCOOH转移 2mole,故46g液态HC0OH的物质的量为46g/mo 46g-= 1mol,则生成1mol液态HCOOH时放出热量31.2kJ,故 每转移1mole放出l5.6kJ热量，C错误；催化剂能降低 活化能，加快反应速率，但不能改变反应热，平衡转化率与 反应热、外界条件（温度、压强、浓度等）有关，催化剂不能！ 玫变平衡转化率，D错误。 5.答案A 解析反应过程存在O一H生成，但无O一H键的断裂，！ 故A错误；H2首先在ZnGaO3催化剂表面解离成2个 日￥，2个H与催化剂反应形成氧空位，催化剂氧空位再 与C)2结合，所以催化剂氧空位用于捕获C)2,氧空位越 多反应速率越快，故B正确；反应温度过高使甲醇炭化，碳 覆盖在催化剂的表面，使催化剂反应活性下降，故C正确；： H2首先在面解离成2个H￥，随后参与到C)2的还原过 程，根据图中信息可知，CH3OH~6H,所以理论上，每生 成1 mol CH3OH,该历程中消耗的H*的数目为6NA,故 D正确。 6.答案D 解析由题千反应历程图可知，过程I即图2所示中间体 D与NO、NH和NH反应生成N、H2O和Cu (NH3),其中未涉及非极性共价键的断裂，有N=N非： 极性键的生成，A错误；过程Ⅱ中发生反应的方程式为Cu (NH)+NO=N2+H2O+Cu(NH)+NH, 应中化合价升高的是Cu(NH3)?+中的N元素，化合价降： ·26 低的是Cu(NH3)+中的Cu元素和NO中的N元素，则 脱除1 mol NO转移3mol电子，B错误；脱除NO的反应 物为NONH3、O2,生成物为N2和H2O,总反应的方程式 为4NO+4NH3+O2 催化指4N2十6H,O,氧化剂为NO 和O2,还原剂为NH,氧化剂和还原剂的物质的量之比为 5：4,C错误；由题千反应历程图可知，进入的物质为NO、 NH和O2,此为反应物，流出的物质为N2和H2O,此为 生成物，故图1总反应的化学方程式为4N)+4NH3十O2 信化剂4N,十6H,0,D正确。 7.答案A 解析反应①中F元素化合价没有发生变化，不属于氧化 还原反应，反应②中Fe元素化合价由十2价变为十3价，反 应⑥中Fe元素化合价由十3价变为十2价，属于氧化还原 反应，A错误；苯乙烯分子中苯环与乙烯基上的碳原子以 碳碳单键连接，单键可以旋转，故苯乙烯分子中所有原子 可能共平面，B正确：反应过程中有)一O非极性键的断裂 和C一O、)一H等极性键的形成，故反应过程中有非极性 键的断裂与极性键的形成，C正确；每生成1mol苯甲醛， 理论上消耗2molH2)2,因有其他副产物生成（如C)2 等)，实际消耗H2O2的物质的量应大于2m©l,即每生成 2mol苯甲醛，实际上消耗H2O2的物质的量大于4mol,D 正确。 题型强化练（二十） 1.答案D 解析由分析可知，曲线Ⅱ表示c(Y)随时间的变化曲线， A正确；01s内，曲线Ⅱ的斜率大于曲线Ⅲ的斜率，因为 化学反应速率=兰在相同时间同高0~s内，△(Y)> △c(Z),所以u(Y)>v(Z),B正确；由图乙可知，温度升高， 宁减小，n1和1n:都增大，即白1和？都增大，反应速 率加快，温度升高利于反应①、②正向进行，有利于提高Z 的产率，C正确；由图乙信息可知，温度T>T1时，k1<k2· 说明反应①为慢反应，因此，总反应速率由反应①决定，D 错误。 2.答案D 解析开始反应时，Y的含量迅速上升，说明生成Y的速 率快，活化能越低，反应速率越快，则X→Z的活化能大 于X→Y的活化能，A正确；0键的键能大于π键，Y→ Z的过程中，先通过π键的断裂，而。键保持稳定，再通过 单键旋转调整取代基排列，最后重新形成π键，B正确；达 到平衡时，Z的浓度大于Y,则X生成Y的平衡常数小于X 生成Z的平衡常数，C正确；5~10min时，Z的浓度很低， 说明主要发生反应X→Y,而Y→Z的速率很慢，即Y →Z的活化能大，则可以用E1<E3来解释，D错误。 3.答案B 解析由图可知，相同时间内x2(反应Ⅱ产物产率)大于 (反应I产物产率)，说明反应Ⅱ的反应速率比反应I 快，一般情况下，反应速率越快，反应的活化能越低，所以 反应活化能Ⅱ<I,A正确；已知△H1>△H2>0,反应I 和反应Ⅱ均为吸热反应，且反应I的△H更大。根据勒夏： 特列原理，升高温度，平衡向吸热方向移动，对于吸热反 应，△H越大，温度对反应限度影响越大，所以温度对反应 I的反应限度影响大，B错误；催化剂具有选择性，不同的 催化剂对不同反应的催化效果不同，所以改变催化剂可调 控两种有机生成物比例，C正确；8h时，1=0.027，x2= 0.374,起始时n(C1oH18)=1.00mol,根据反应I,生成 C1oH12的物质的量n(C1oH12)=1.00mol×0.027= 0.027mol,同时生成H的物质的量n1(H2)=3×0.027mol =0.081mol;根据反应Ⅱ，生成C10H18的物质的量 n(C1oH18)=1.00mol×0.374=0.374mol,同时生成H2 的物质的量n2(H2)=2×0.374mol=0.748mol,则共产生 H的物质的量n(H)=0.081mol+0.748mol=0.829mol,D 正确。 4.答案A 解析反应状态达A点时，CO2的平衡转化率和平衡时 CH OCH的选择性均为25%，根据CH3OCH3的选择性 =2(CH3OCH) R反应的C0×100%可得：25%=2aCH,0CH2× 1 molX 25% 100%,故反应状态达A点时，容器中n(CH3OCH3)为 0.03125mol,A错误；由题千信息可知反应I.2CO2(g)+ 6H2 (g)--CH3 OCHs (g)+3H2O(g)AH=-122.5 kJ. mol1,反应Ⅱ.CO2(g)+H2(g)一CO(g)+H2O(g) △H2=+41.2kJ·mol厂1，由2C0(g)+4H2(g) CH OCH(g)+H2O(g)=I-2×Ⅱ可得，△H=(-122.5 -2×41.2)kJ·mol-1=-204.9kJ·mol-1,B正确；由反 应方程式可知，增大压强反应2C)2(g)十6H2(g) CH OCH(g)+3H2O(g)平衡正向移动，CO2平衡转化率 增大，减小C0即增大H,的用量，则C0,的平衡转化 n(H2) 率增大，即加压或减小0均可实现C0,平青转化率 由A到B,点，C正确：使用对反应I催化活性更高的催化剂 即可加快反应I的速率，从而提高CHOCH3的实际选择 性，D正确。 5.答案D 解析由题千方程式可知，反应Na2C)3(ag)+H2O(1)+ CO2(g)一2 NaHCO3(ag)正反应是一个气体体积减小的 方向，即△S0,根据当△G=△H一T△S0时，反应可以 自发进行，故可知△H<0,A正确：已知苯酚的酸性比碳酸 弱，故CO0能与〈)-ONa(aq)反应生成苯酚和NaH C0,故○ONa(ag)也可以作为CO,捕茨剂，B正确： 由A项分析可知，该反应的△H<0,则降低温度平衡正向 移动，CO2的浓度减小，由图信息可知，在T<T3时温度越 低CO2浓度越大，故此时温度该反应未达到平衡状态，由 于温度越低反应速率越慢，导致C),的浓度越大，C正确； 由C项分析可知，当温度T>T3时反应达到化学平衡，则 升高温度平衡逆向移动，溶液中Na2C)3浓度增大，NaH CO3浓度减小，由于Na2CO3的水解程度比NaHCO3大， 故从T4迅速升温至T并恒温，溶液pH增大，D错误。 ·26 6.答案B 解析该反应正向气体分子数增多，是吸热反应，绝热过 程中体系温度降低，反应正向进行程度小，压强小，恒温过 程压强变化符合正常反应进程，L1压强大，所以L1为恒容 恒温过程，L2为恒容绝热过程，A正确；a,点和c点压强相 等，温度T>T(L2绝热温度降低)，根据pV=nPT(V相 同)，T越大，n越小，所以气体总物质的量na<ne,B错误； b点温度高于C点(L1恒温，L2绝热降温)，温度越高反应 速率越快，所以逆反应速率v(b)>U(c),C正确；假设是恒 温恒容.b点手街时压强为起始的号倍，根据阿伏仙德罗定 律纪2，可得平衡时气体总物质的量为1+2)×专ml n1 n2 =4mol,通过三段式计算 CH4(g)+2H2S(g)==CS2(g)+4H2(g) 起始量(mol)1 2 0 0 变化量(mol)x 2x 4x 平衡量(mol)1-x2-2x 4 平衡时(1一x)十(2一2x)十x十4x=4,解得x=0.5,平衡 常数K c(CS2)×c4(H2)_0.5×24 c(CH4)Xc2(H,S0.5X=16,c点温度低， 反应正向进行程度小，所以平衡常数K<16,D正确。 7.答案D 解析根据分析，逆反应方向是吸热反应，正反应方向是 放热反应，A错误；lgk正代表曲线的是NG,gk运代表曲 线的是MH,B错误；达到化学平衡时，各物质的反应速率 V正(H2) 之比等于化学计量数之比，所以递(，0=了，即 v正(H2)=2U滋(H2O),C错误；观察图像可知，随着温度T 增大，一则越小，氢气转化率先增大后减小，由于反应是放 热反应，说明转化率达到最大时，反应才达到平衡，所以、 b达到化学平衡，c还没达到化学平衡，D正确。 题型强化练（二十一） 1.答案-90.6 解析(1)由盖斯定律可知，反应ⅰ十反应ⅱ=反应m,则 △H2=△H3-△H1=(-49.4kJ/mol)-(+41.2kJ/mol) =一90.6kJ/mol,故答案为：-90.6。 2.答案-6 解析反应热△H=反应物键能总和一生成物键能总和， 根据题中给出的键能和反应式，可知反应物键能=2×(3 ×413+358+467)=4128kJ·mol厂1，生成物键能=614 +4×413+2×2×467=4134k·mol-1,则△H=4128k· mol厂1-4134kJ·mol1=-6k·mol厂1，故答案为-6。 3.答案-162k/mol低温 解析已知：H2、CH4的燃烧热△H分别为一285kJ· mol1、-890kJ·mol1,1molH2O(I)转化为H2O(g)吸 收44k的热量，即有反应i:2H2(g)十O2(g)一一2H,O (1)△H1=-570k/mol, 反应i:CH4(g)+2O2(g)==CO2(g)+2H2O(1) △H2=-890kJ/mol, 反应m:H2O(1)一H2O(g) △H3=+44kJ/mol,