专题六 反应速率 化学平衡与能量变化-【题型分类归纳】2023年高考化学二轮复习讲与练(全国通用)

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专题六 反应速率 化学平衡与能量变化

考 点
高考年
考频解密
考点分布
反应速率
化学平衡与能量变化
2022年
2022年河北卷〔10〕；2022年山东卷〔10〕；2022年湖北卷〔8〕；2022年湖南卷〔6，7〕；2022年广东卷〔13，15〕；2022年江苏卷〔6，10，13〕；2022年辽宁卷〔12，13〕；2022年海南卷〔8〕；2022年北京卷〔12，14〕；2022年全国甲卷〔7〕等
化学反应的热效应〔4次〕，化学反应的速率〔5次〕，影响化学反应速率的因素〔7次〕，化学平衡〔13次〕，化学反应进行的方向〔3次〕，


一、反应中能量的变化
1．基本概念：
（1）反应热：在化学反应过程中放出或吸收的热量。反应热用符号“ΔH”表示。单位“kJ/mol”。
（2）吸热反应和放热反应：
在化学反应过程中，通常用E反表示反应物所具有的总能量，E生表示生成物所具有的总能量。
①若E反>E生，为放热反应；当ΔH为“－”或ΔH<0。
②若E反0。
2．吸热反应和放热反应的判断方法
（1）根据反应类型判断：通常情况下燃烧反应、中和反应、金属和酸反应制氢气的反应为放热反应；电解质的电离、盐类水解、大多数的分解反应等为吸热反应。若正反应为吸热反应，则逆反应为放热反应。
（2）由物质的聚集状态判断：同种物质的聚集状态不同，其本身具有的能量也不相同。一般情况下：气态物质所具有的能量大于液态，液态具有的能量大于固态；物质处与稳定状态的能量小于不稳定状态的能量。如：硫蒸气在氧气中完全燃烧放出的能量大于固态硫完全燃烧放出的能量。石墨比金刚石稳定，所以由石墨转化为金刚石的反应为吸热反应。
（3）由盖斯定律判断：如一个反应可分步进行，则各分步反应的反应热之和与该反应一步完成时的反应热相同，通过化学反应的能量变化值来进行计算，若ΔH>0，则反应为吸热反应，反之则为放热反应。
二、热化学方程式的书写
热化学方程式书写或者判断的注意事项
（1）注意ΔH的符号和单位：ΔH的单位为kJ/mol。
（2）ΔH与测定的条件有关，书写时应注明条件。若条件为25℃，103kPa，则可不注明。
（3）注意物质的聚集状态：气体用“g”、液体用“l”、固体用“s”、溶液用“aq”。热化学方程式中不用“↑”或“↓”符号。
（4）热化学方程式中的计量数只表示物质的量，不表示分子个数，因此热化学方程式中的计量数可以是小数或分数。
（5）注意ΔH的数值与符号：如果化学计量数加倍，则ΔH也要加倍。逆反应的反应热与正反应的反应热数值相等，但符号相反。
（6）对于同素异形体的物质，除了要注明聚集状态外，还要注明物质的名称。
三、燃烧热、中和热
1．燃烧热
（1）定义：在101kPa时，1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热。
（2）注意事项
①燃烧热是以1mol物质完全燃烧所放出的热量来定义的，因此在书写燃烧热的化学方程式时，一般以燃烧物前系数为1的标准来配平其余物质的化学计量数。
②燃烧产物必须是稳定的氧化物，例如C→CO2，H→H2O(l)等。
（3）化石燃料提供能量的弊端以及预防措施：
①弊端：化石燃料为不可再生能源、燃烧产物中含有SO2造成环境污染、CO2引起温室效应。
②预防措施：开发新能源、对燃料进行脱硫或固硫处理。
2．中和热
（1）定义：在稀溶液中，酸和碱发生中和反应而生成1mol H2O，这时的反应热叫做中和热。
（2）注意事项
中和反应的实质是H+和OH−反应生成H2O。若反应过程中有其他物质生成（如生成沉淀或弱电解质），则其反应热不等于中和热。


燃烧热
中和热
相同点
能量变化
放热反应
ΔH
ΔH＜0，单位：kJ/mol
不同点
反应物的量
1mol（O2的量不限）
可能是1mol，也可能是0.5mol
生成物的量
不限量
H2O是1mol
反应热的含义
1mol反应物完全燃烧时放出的热量；不同反应物，燃烧热不同
生成1mol H2O时放出的热量，不同反应物的中和热大致相同，均为57.3kJ/mol









三、盖斯定律、反应热的计算与比较
1.盖斯定律：对于一个化学反应，无论是一步完成还是分几步完成，其反应热是相同的。即：化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关。
盖斯定律的应用
转化关系
反应热间的关系
aAB、AB
ΔH1＝aΔH2
AB
ΔH1＝－ΔH2

ΔH＝ΔH1＋ΔH2
2.利用盖斯定律计算反应热
(1)运用盖斯定律的技巧——“三调一加”
一调：根据目标热化学方程式，调整已知热化学方程式中反应物和生成物的左右位置，改写已知的热化学方程式。
二调：根据改写的热化学方程式调整相应ΔH的符号。
三调：调整中间物质的化学计量数。
一加：将调整好的热化学方程式及其ΔH相加。
(2)运用盖斯定律的三个注意事项
①热化学方程式乘以某一个数时，反应热的数值必须也乘上该数。
②热化学方程式相加减时，物质之间相加减，反应热也必须相加减。
③将一个热化学方程式颠倒时，ΔH的“＋”“－”随之改变，但数值不变。
3.反应热大小的比较
（1）看物质状态。物质的气、液、固三态转化时的能量变化如下：

（2）看ΔH的符号。比较反应热大小时不要只比较ΔH数值的大小，还要考虑其符号。
（3）看化学计量数。当反应物与生成物的状态相同时，化学计量数越大，放热反应的ΔH越小，吸热反应的ΔH越大。
（4）看反应的程度。对于可逆反应，参加反应的物质的量和状态相同时，反应的程度越大，热量变化越大。
（5）反应热大小的比较方法技巧
直接比较法：
①物质燃烧时，可燃物物质的量越大，燃烧放出的热量越多。
②等量的可燃物完全燃烧所放出的热量肯定比不完全燃烧所放出的热量多。
③生成等量的水时，强酸和强碱的稀溶液反应比弱酸和强碱或弱碱和强酸或弱酸和弱碱的稀溶液反应放出的热量多。
④对于可逆反应，因反应不能进行完全，实际反应过程中放出或吸收的热量要小于相应热化学方程式中的反应热数值。例如：2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)　ΔH＝－197 kJ·mol－1，表示2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)完全反应生成2 mol SO3(g)时，放出的热量为197 kJ，实际上向密闭容器中通入2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)，反应达到平衡后，放出的热量要小于197 kJ。
盖斯定律比较法：
①同一反应，生成物状态不同时
②同一反应，反应物状态不同时
四、可逆反应与化学平衡建立
1．可逆反应：在同一条件下，既可以向正反应方向进行，同时又可以向逆反应方向进行的化学反应。
可逆反应特点：
①二同：a.相同条件下；b.正、逆反应同时进行。
②一小：反应物与生成物同时存在；任一组分的转化率都小于100%。
2．化学平衡状态：一定条件下的可逆反应中，正反应速率与逆反应速率相等，反应体系中所有参加反应的物质的质量或浓度保持不变的状态。
平衡特点


3．判断化学平衡状态的两种方法
(1)动态标志：v正＝v逆≠0
①同种物质：同一物质的生成速率等于消耗速率。
②不同物质：必须标明是“异向”的反应速率关系。如aA＋bBcC＋dD，＝时，反应达到平衡状态。
(2)静态标志：各种“量”不变
①各物质的质量、物质的量或浓度不变。
②各物质的百分含量(物质的量分数、质量分数等)不变。
③温度、压强(化学反应方程式两边气体体积不相等)或颜色(某组分有颜色)不变。
总之，若物理量由变量变成了不变量，则表明该可逆反应达到平衡状态；若物理量为“不变量”，则不能作为平衡标志。
六、化学平衡的移动
1．概念：可逆反应达到平衡状态以后，若反应条件(如温度、压强、浓度等)发生了变化，平衡混合物中各组分的浓度也会随之改变，从而在一段时间后达到新的平衡状态。这种由原平衡状态向新平衡状态的变化过程，叫作化学平衡的移动。
2．化学平衡移动的过程

3．化学平衡移动与化学反应速率的关系
(1)v正>v逆：平衡向正反应方向移动。
(2)v正＝v逆：反应达到平衡状态，不发生平衡移动。
(3)v正＜v逆：平衡向逆反应方向移动。
4．影响化学平衡的外界因素
根据化学平衡原理解答下列问题：
在体积不变的密闭容器中发生反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH＝－92.4 kJ·mol－1，只改变一种外界条件，完成下表：
改变条件
平衡移动方向
氢气的转化率(“增大”“减小”或“不变”)
氨气的体积分数(“增大”“减小”或“不变”)
增大氮气的浓度
正向
增大
－
增大氨气的浓度
逆向
减小
增大
升温
逆向
减小
减小
充入适量氩气
不移动
不变
不变

5.化学平衡中的特殊情况
(1)当反应混合物中存在与其他物质不相混溶的固体或液体物质时，由于其“浓度”是恒定的，不随其量的增减而变化，故改变这些固体或液体的量，对化学平衡没影响。
(2)同等程度地改变反应混合物中各物质的浓度时，应视为压强的影响。
(3)充入惰性气体与平衡移动的关系
①恒温、恒容条件
原平衡体系体系总压强增大→体系中各组分的浓度不变→平衡不移动。
②恒温、恒压条件
原平衡体系容器容积增大，各反应气体的分压减小―→体系中各组分的浓度同倍数减小(等效于减压)

6．勒夏特列原理及运用
如果改变影响化学平衡的条件之一(如温度、压强以及参加反应的化学物质的浓度)，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。本原理也称为平衡移动原理。
七、应用“等效平衡”判断平衡移动的结果
1．等效平衡的含义
在一定条件下(恒温恒容或恒温恒压)下，同一可逆反应体系，不管是从正反应开始，还是从逆反应开始，还是正、逆反应同时投料，达到化学平衡状态时，任何相同组分的百分含量(质量分数、物质的量分数、体积分数等)均相同。
2．等效平衡的判断方法
(1)恒温恒容条件下反应前后体积改变的反应
判断方法：极值等量即等效。
(2)恒温恒压条件下反应前后体积改变的反应
判断方法：极值等比即等效。
(3)恒温条件下反应前后体积不变的反应
判断方法：无论是恒温恒容，还是恒温恒压，只要极值等比即等效，因为压强改变对该类反应的化学平衡无影响。
3．虚拟“中间态”法构建等效平衡
(1)构建恒温恒容平衡思维模式
新平衡状态可认为是两个原平衡状态简单的叠加并压缩而成，相当于增大压强。

(2)构建恒温恒压平衡思维模式(以气体物质的量增加的反应为例，见图示)
新平衡状态可以认为是两个原平衡状态简单的叠加，压强不变，平衡不移动。

八、化学平衡常数的概念及应用
1．概念：在一定温度下，当一个可逆反应达到化学平衡时，生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值是一个常数，用符号K表示。
2．表达式：对于一般的可逆反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，当在一定温度下达到平衡时，K＝(固体和纯液体的浓度视为常数，通常不计入化学平衡常数表达式中)。
3．意义及影响因素
(1)K值越大，反应物的转化率越大，正反应进行的程度越大。
(2)K只受温度影响，与反应物或生成物的浓度变化无关。
(3)化学平衡常数是指某一具体反应的平衡常数。
4．应用
(1)判断可逆反应进行的程度。
(2)判断反应是否达到平衡或向何方向进行。
对于化学反应aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g)的任意状态，浓度商：Q＝。
Q＜K，反应向正反应方向进行；
Q＝K，反应处于平衡状态；
Q＞K，反应向逆反应方向进行。
(3)判断可逆反应的热效应

（一）　“三段式”突破平衡常数、转化率的相关计算
1．三段式计算
“三段式法”是有效解答化学平衡计算题的“万能钥匙”。解题时，要注意准确地列出起始量、变化量、平衡量，按题目要求进行计算，同时还要注意单位的统一。
(1)分析三个量：即起始量、变化量、平衡量。
(2)明确三个关系
①对于同一反应物，起始量－变化量＝平衡量。
②对于同一生成物，起始量＋变化量＝平衡量。
③各转化量之比等于各反应物的化学计量数之比。
(3)计算模式
对以下反应：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，令A、B起始物质的量(mol)分别为a、b，达到平衡后，A的消耗量为mx mol，容器容积为V L。
　　　 mA(g)　＋　nB(g)pC(g)＋qD(g)
起始/mol a b 0 0
变化/mol mx  nx px qx
平衡/mol a－mx  b－nx px qx
则有①K＝。
②c平(A)＝ mol·L－1。
③α(A)平＝×100%，α(A)∶α(B)＝∶＝。
④φ(A)＝×100%。
⑤＝。
⑥(混)＝ g·L－1。
⑦＝ g·mol－1。
⑧生成物的产率：实际产量(指生成物)占理论产量的百分数。一般来讲，转化率越大，原料利用率越高，产率越大。
产率＝×100%。
2．Kp计算
(1)Kp含义：在化学平衡体系中，用各气体物质的分压替代浓度计算的平衡常数叫压强平衡常数。
(2)计算技巧：第一步，根据“三段式”法计算平衡体系中各物质的物质的量或物质的量浓度；第二步，计算各气体组分的物质的量分数或体积分数；第三步，根据分压计算公式求出各气体物质的分压，某气体的分压＝气体总压强×该气体的体积分数(或物质的量分数)；第四步，根据平衡常数计算公式代入计算。例如，N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，压强平衡常数表达式为Kp＝。
（二）速率常数与化学平衡常数的关系
1．假设基元反应(能够一步完成的反应)为aA(g)＋bB(g)===cC(g)＋dD(g)，其速率可表示为v＝k·ca(A)·cb(B)，式中的k称为反应速率常数或速率常数，它表示单位浓度下的化学反应速率，与浓度无关，但受温度、催化剂、固体表面性质等因素的影响，通常反应速率常数越大，反应进行得越快。不同反应有不同的速率常数。
2．正、逆反应的速率常数与平衡常数的关系
对于基元反应aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g)，v正＝k正·ca(A)·cb(B)，v逆＝k逆·cc(C)·cd(D)，平衡常数K＝＝，反应达到平衡时v正＝v逆，故K＝。
（三）瞬时速率—时间图像
(1)当可逆反应达到一种平衡后，若某一时刻外界条件发生改变，都可能使速率—时间图像的曲线出现不连续的情况，根据出现“断点”前后的速率大小，即可对外界条件的变化情况作出判断。如图：

t1时刻改变的条件可能是使用了催化剂或增大压强(仅适用于反应前后气体物质的量不变的反应)。
(2)“渐变”类v－t图像
图像
分析
结论

t1时v′正突然增大，v′逆逐渐增大；v′正＞v′逆，平衡向正反应方向移动
t1时其他条件不变，增大反应物的浓度

t1时v′正突然减小，v′逆逐渐减小；v′逆＞v′正，平衡向逆反应方向移动
t1时其他条件不变，减小反应物的浓度

t1时v′逆突然增大，v′正逐渐增大；v′逆＞v′正，平衡向逆反应方向移动
t1时其他条件不变，增大生成物的浓度

t1时v′逆突然减小，v′正逐渐减小；v′正＞v′逆，平衡向正反应方向移动
t1时其他条件不变，减小生成物的浓度

(3)利用图像“断点”判断影响速率的外因
图像




t1时刻所改变的条件
温度
升高
降低
升高
降低
正反应为放热的反应
正反应为吸热的反应
压强
增大
减小
增大
减小
正反应为气体物质的量增大的反应
正反应为气体物质的量减小的反应


探究一 热化学方程式的书写及判断
环己烷有多种不同构象，其中椅式、半椅式、船式、扭船式较为典型。各构象的相对能量图(位能)如图所示。下列说法正确的是（ ）

A．相同条件下船式最稳定
B．扭船式结构一定条件下可自发转化成椅式结构
C．  
D．的燃烧热小于
【答案】B
【详解】A．能量越低越稳定，由图象可知椅式最稳定，A错误；B．扭船式结构转化成椅式结构释放能量，一定条件下可自发转化，B正确；C．，反应放热，C错误；D．四种结构中，椅式能量最低最稳定，故椅式环己烷充分燃烧释放的热量最小，燃烧热<0，带符号比，燃烧热大于，D错误；故选B。
规律总结：根据条件书写热化学方程式，可按以下五个步骤进行：

【变式练习】
1．航天飞机用铝粉与高氯酸铵()的混合物为固体燃料，点燃时铝粉氧化放热引发高氯酸铵分解，化学方程式为。下列有关该反应的叙述正确的是（ ）
A．分解需要加热，故该反应的
B．分解是化学能转变为热能和动能
C．分解生成液态水时放出的能量比生成气态水时的少
D．热化学方程式为
【答案】B
【详解】A． 为固体燃料，故该反应为放热反应，故A错误；B． 分解是放热反应，化学能转化为热能，产生大量的高温气体，推动航天飞机飞行，热能转化为动能，故分解是化学能转变为热能和动能，故B正确；C． 气态水转化为液态水放出热量，故分解生成液态水时放出的能量比生成气态水时的多，故C错误；D． 热化学方程式中物质要标明状态，故D错误；故选B。
2．C和在生产、生活、科技中是非常重要的燃料。已知：
①
②
下列推断正确的是（ ）
A．的摩尔燃烧焓为
B．
C．
D．由②可知该反应中，反应物化学键中储存的总能量比产物化学键储存的能量高
【答案】C
【详解】A．由①可知的摩尔燃烧焓为，A错误；B．由②可知反应：的，B错误；C．根据B可知，目标方程式的反应热为：，C正确；D．由②可知反应：的，反应为放热反应，故反应物化学键中储存的总能量比产物化学键储存的能量低，D错误；故选C。
3．下列有关热化学方程式的叙述正确的是（ ）
A．，则氢气的燃烧热为
B．已知的，则金刚石比石墨稳定
C．含的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出的热量，则中和热的热化学方程式为
D．已知，，则
【答案】D
【详解】A．氢气的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液态水时所释放出来的热量，由热化学方程式可知，氢气燃烧生成气态水，则氢气的燃烧热不是241.8kJ/mol，故A错误；B．由方程式可知，石墨转化为金刚石的反应时金刚石的能量比石墨能量高的吸热反应，则能量低的石墨比金刚石稳定，故B错误；C．题给方程式没有标明各物质的聚集状态，则该方程式不是表示中和热的热化学方程式，故C错误；D．等物质的量的碳完全燃烧放出的热量多于不完全燃烧放出的热量，则反应的焓变△H1<△H2，D正确；故选D。
探究二 化学反应热的计算
已知胆矾晶体相关的焓变如下：

下列有关判断正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】A．根据盖斯定律可知，有图可知，故，故A正确；B．胆矾晶体失去结晶水是吸热反应，图中硫酸铜固体溶解放热，故，故B错误；C．根据盖斯定律可知，故C错误；D．根据盖斯定律可知，由图可知，故，故D错误；
故答案为A。
规律总结：解化学反应热的计算题，要先分析题给相关条件，选取合适的计算方法。
1.根据键能计算反应热(ΔH)
化学反应中热量变化来源于断裂反应物中化学键吸收的热量与形成生成物中化学键释放的热量的差值，则反应热为ΔH=∑E(反应物键能)-∑E(生成物键能)。
2.根据盖斯定律计算反应热(ΔH)
根据盖斯定律计算反应热，可按以下四步进行：

【变式练习】
1．已知：298K时，相关物质的相对能量如图所示。下列说法错误的是（ ）。

A．CO燃烧的热化学方程式为2CO(g)+O2(g)2CO2(g) ∆H=-566kJ∙mol-1
B．H2的燃烧热为∆H=-242kJ∙mol-1
C．C2H6比C2H4稳定
D．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)是放热反应
【答案】B
【详解】A．CO燃烧的热化学方程式为2CO(g)+O2(g)2CO2(g)  ∆H=[(-393×2)-(-110×2+0)] kJ∙mol-1=-566kJ∙mol-1，A正确；B．H2的燃烧热为∆H=[(-286)-(0+×0)] kJ∙mol-1=-286kJ∙mol-1，B错误；
C．C2H6的能量为-84kJ∙mol-1，C2H4的能量为52kJ∙mol-1，物质具有的能量越低，稳定性越强，则C2H6比C2H4稳定，C正确；D．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)  ∆H=[(-393+0)-(-110-242)] kJ∙mol-1=-41kJ∙mol-1，是放热反应，D正确；故选B。
2．将催化还原为，是促进碳中和的措施之一，已知催化加氢的主要反应有：
①  
②  
其他条件不变时，在相同时间内温度对催化加氢的影响如图。下列说法正确的是（ ）

[注]的选择性％
A．  
B．其他条件不变，增大压强，有利于反应向生成的方向进行
C．使用催化剂，能加快反应速率，但活化分子的百分数没有改变
D．220～240℃，升高温度，反应②的速率加快，反应①的速率减慢
【答案】B
【详解】A．按盖斯定律：①-②得到  ，A错误；B．反应①是气体体积减小的反应，其他条件不变，增大压强，平衡向正反应方向移动，有利于的生成，B正确；C．使用催化剂，能降低反应的活化能，增大活化分子的百分数，使反应速率加快，C错误；D．220～240℃，升高温度，反应①、②的速率均加快，但加快的倍数不一样，D错误；答案选B。
3．一种以黄铁矿(主要成分是，设杂质均不参与反应)为原料生产硫酸的简要流程图如图(图中标注的热量表示各阶段1mol含硫物质完全反应时放出的热量，忽略催化氧化的可逆性)：

下列说法正确的是（ ）
A．黄铁矿“煅烧”时反应的化学方程式为
B．依据上述流程，当最终生成时，共转移7.5mol电子
C．生成，上述流程放出的总热量为634.2kJ
D．上述流程中，当有完全转化为时，反应中共消耗了
【答案】D
【详解】A．黄铁矿“煅烧”时反应的化学方程式为 ，A错误；
B．根据FeS2煅烧的反应，可以确定0.05mol FeS2反应生成0.1molSO2，转移0.55mol电子，0.1molSO2被氧化生成SO3时转移0.2mol电子，SO3与水反应时不发生电子转移，因此反应生成0.1molH2SO4时，转移0.75mol电子，B错误；C．上述流程生成0.1molH2SO4(l)放出的总热量为643.2kJ，C错误；D．煅烧FeS2时，1mol FeS2消耗2.75molO2，生成2molSO2，2molSO2完全被氧化消耗1molO2，因此1mol FeS2完全反应，反应中消耗3.75molO2，D正确；故选D。
探究三 化学反应速率的计算及比较
一定条件下，反应H2(g)＋Br2(g)=2HBr(g)的速率方程为v=kcα(H2)cβ(Br2)cγ(HBr)，某温度下，该反应在不同浓度下的反应速率如下：
c(H2)/(mol·L-1)
c(Br2)/(mol·L-1)
c(HBr)/(mol·L-1)
反应速率
0.1
0.1
2
v
0.1
0.4
2
8v
0.2
0.4
2
16v
0.4
0.1
4
2v
0.2
0.1
c
4v
根据表中的测定结果，下列结论错误的是（ ）
A．表中c的值为1
B．α、β、γ的值分别为1、2、-1
C．反应体系的三种物质中，Br2(g)的浓度对反应速率影响最大
D．反应体系中保持其他物质浓度不变，增大HBr(g)浓度，会使反应速率降低
【答案】B
【详解】A．、，解得c=1，故A正确；B．α、β、γ的值分别为1、1.5、-1，故B错误；C．α、β、γ的值分别为1、1.5、-1，反应体系的三种物质中，Br2(g)的浓度对反应速率影响最大，故C正确；D．γ=-1，反应速率与HBr的浓度成反比，反应体系中保持其他物质浓度不变，增大HBr(g)浓度，会使反应速率降低，故D正确；选B。
规律总结：化学反应速率的计算及比较题，要立足于化学反应速率的定义，结合“三段式法”“归一法”等进行分析、计算。
1.利用“三段式法”计算化学反应速率的思维模板
(1)写出有关反应的化学方程式。
(2)确定各物质的起始浓度、转化浓度、t₁时刻浓度。
(3)根据已知条件，列出关系式求解。
2.利用“归一法”比较化学反应速率的快慢
先将同一反应中用不同物质表示的反应速率转化成用同一种物质表示的反应速率，再进行反应速率的大小比较，要特别注意速率的单位必须相同。
3.利用“比值法”比较反应速率的快慢
将各物质表示的反应速率转化成同一单位后，再除以各物质对应的化学计量数，然后对求出的比值进行大小排序，比值大的反应速率快。
【变式练习】
1．在容积为2L的恒容密闭容器中通入一定量的，一定条件下发生反应：(忽略NO与的反应)，容器中各物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）

A．内的反应速率：
B．时改变的条件可能是降低温度
C．时改变的条件是增大氧气的量
D．时，的转化率为
【答案】C
【详解】A．0-2min内NO的增加量是0.12mol，则氧气减少量为 ，v(O2)= ,A错误；B．2min改变条件后，反应速率增大，不可能是降低温度，B错误；C．4min时只有氧气物质的量增加，其它物质都瞬间不变，说明改变条件是增大氧气的量，C正确；D．6min时氨气的转化率为 ，D错误；故选C。
2．已知的速率方程为(k为速率常数，只与温度、催化剂有关)。实验测得，在催化剂X表面反应的变化数据如下：
t/min
0
10
20
30
40
50
60
70

0.100
0.080

0.040
0.020


0
下列说法正确的是（ ）
A．t=10min时，
B．速率方程中n=1，表格中
C．相同条件下，增加的浓度或催化剂X的表面积，都能加快反应速率
D．保持其他条件不变，若起始浓度为，当减至一半时共耗时70min
【答案】A
【详解】A．t=10min时，==，A项正确；B．根据表中数据分析，该反应的速率始终不变，的消耗是匀速的，说明反应速率与，所以速率方程中n=0，B项错误；C．速率方程中n=0，相同条件下增加的浓度不能加快反应速率，C项错误；D．保持其他条件不变，该反应的反应速率不变，即为，若起始浓度，减至一半时所耗时间为=50min，D项错误；答案选A。
3．时，恒容密闭容器中发生和在催化剂作用下生成甲醇的反应，其中各组分的物质的量和时间的关系如图所示，下列相关说法正确的是（ ）

A．反应的化学方程式为
B．后反应停止
C．前平均反应速率
D．后，其他条件不变，增大压强，平衡常数增大
【答案】A
【详解】A．该反应的化学方程式为，选项A正确；B．可逆反应达到平衡时，反应并没有停止，选项B错误；C．前，，选项C错误；D．增大压强，平衡常数不变，选项D错误；答案选A。
探究四 外界因素对化学反应速率的影响
反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的能量变化如图所示，下列说法正确的是（ ）

A．该反应的△H＜0，ΔS＞0，
B．用V2O5催化时，反应①的速率大于反应②
C．温度升高，上述反应化学平衡常数增大
D．上述反应中消耗1mol SO2，转移电子的数目为4×6.02×1023
【答案】B
【详解】A．该反应中，反应物的总能量高于生成物的总能量，则△H＜0，反应物气体分子数大于生成物气体分子数，则ΔS＜0，A不正确；B．从图中可以看出，用V2O5催化时，反应①活化能小于反应②的活化能，所以反应①的速率大于反应②，B正确；C．温度升高，平衡逆向移动，则上述反应化学平衡常数减小，C不正确；D．上述反应中，SO2中的S元素从+4价升高到+6价，则消耗1mol SO2，转移电子的数目为2×6.02×1023，D不正确；故选B。
规律总结：外界因素对化学反应速率的影响，要用辩证观点认识“内因”和“外因”对反应速率的影响，利用“量变引起质变”的思想作理论指导，进行分析、判断。
1.从活化分子、有效碰撞角度认识外界因素对反应速率的影响

2.解题的思维模板
(1)分析发生反应的外界条件，看反应是在恒温恒容还是恒温恒压条件下进行。
(2)分析题给反应的特点，包括反应物和生成物的状态、反应前后气体总分子数的变化、ΔH的正负等。
(3)分析外界因素(如温度、浓度、压强、催化剂、固体表面积等)如何变化，引起反应速率怎样变化。
【变式练习】
1．在101kPa和298K下，HCNHNC异构化反应过程的能量变化如图所示。下列说法错误的是（ ）

A．HCN比HNC稳定
B．该异构化反应的逆反应放热
C．使用催化剂，不能改变反应的反应热
D．升高温度，该反应正反应速率增大的程度小于逆反应速率增大的程度
【答案】D
【详解】A．根据图象，HCN具有的能量比HNC低，能量越低越稳定，则HCN比HNC稳定，A正确；B．根据图象，该异构化反应为吸热反应，则逆反应放热，B正确；C．使用催化剂，能改变反应的活化能，但不能改变反应的反应热，C正确；D．由于该异构化反应为吸热反应，升高温度，正反应速率增大的程度大于逆反应速率增大的程度，平衡正向移动，D错误；答案选D。
2．利用铜-铈氧化物(，Ce是活泼金属催化氧化除去中少量CO的可能机理如图所示。下列说法正确的是（ ）

A．反应(i)中Cu、Ce化合价均升高
B．铜的价电子排布为，位于元素周期表d区
C．若用参与反应，一段时间后，不可能现在铜–铈氧化物中
D．反应一段时间后催化剂活性下降，可能是CuO被还原成Cu所致
【答案】D
【详解】A．反应(i)中CO作还原剂，[Ce-O-Cu]a+作氧化剂，转化为[Ce-□-Cu]a+，铜铈氧化物中Cu为+2价、Ce为+4价，反应中Cu元素的化合价从+2变成+1，Ce元素的化合价从+4变成+3，化合价均降低，A错误；B．Cu为29号元素，价电子排布式为：3d104s1，位于元素周期表ds区，B错误；C．由图可知，在反应(ⅱ)中氧分子和催化剂铜-铈氧化物中的空位结合，反应后1个氧原子进入空位，故一段时间后，可能出现在铜-铈氧化物中，C错误；D．一氧化碳具有还原性，会把氧化铜还原为铜单质，反应一段时间后催化剂活性下降，可能是被还原成所致，D正确；故选D。
3．（2022·四川雅安·模拟预测）油气开采的废气中含有硫化氢，需要回收处理并加以利用。反应如下：  ；反应进程中的能量变化如图所示，Ea为反应的活化能，下列说法正确的是（ ）

A．使用催化剂可以降低反应热
B．反应的与活化能(Ea)的关系为
C．该反应中断键吸收的能量高于成键放出的能量
D．该反应，反应在任何温度条件下均无法自发进行
【答案】B
【详解】A．催化剂能改变化学反应速率，改变反应的活化能，但不能改变反应热，选项A错误；B．根据图中信息可知，反应的 探究五 化学反应速率的图像
催化加氢合成二甲醚是一种资源化利用的方法，其过程中主要发生如下两个反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
在恒压、和的起始量一定的条件下，平衡转化率和平衡时的选择性随温度的变化如下图所示。

已知：的选择性
下列说法不正确的是（ ）
A．反应的焓变为
B．根据图象推测
C．其他条件不变时，温度越高，主要还原产物中碳元素的价态越低
D．其他条件不变时，增大体系压强可以提升A点的选择性
【答案】C
【详解】A．由盖斯定律可知，II—I×2得到反应2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)，则反应的焓变为ΔH=ΔH2—2ΔH1，故A正确；B．反应II是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的转化率减小，由图可知，温度升高，二甲醚的选择性降低，二氧化碳的转化率增大，说明反应I向正反应方向移动，该反应为吸热反应，焓变ΔH1＞0，故B正确；C．由化合价代数和为0可知，二甲醚中碳元素的化合价为—2价，由图可知，温度升高，二甲醚的选择性降低，说明反应以反应I为主，碳元素的化合价为+2价的一氧化碳为主要还原产物，所以温度越高，二氧化碳主要还原产物中碳元素的价态越高，故C错误；D．反应I为气体体积不变的反应，增大压强，化学平衡不移动，反应II是气体体积减小的反应，增大压强，化学平衡向正反应方向移动，所以增大体系压强可以提升A点二甲醚的选择性，故D正确；故选C。
规律总结：要先分析图像的横、纵坐标，看清是v-t图还是c-t图，然后根据化学反应速率的影响因素进行分析、判断。
1.从“断点”入手，分析“v-t图”中外界条件的改变
(1)外界条件(温度、浓度、压强等)增大，曲线在原图像的上方;外界条件减小，曲线在原图像的下方。
(2)浓度改变时，图像中一条曲线连续，无“断点”，另一条曲线不连续，出现“断点”；其他条件（温度、压强、催化剂）改变时，图像中曲线不连续，出现“断点”。
2.从“斜率”入手，分析“c-t图”中外界条件的改变
(1)根据反应速率的定义式“v=Δc/Δt”可知，“c-t图”中曲线的“斜率”代表反应速率v。
(2)曲线“斜率”增大，则外界因素(温度、浓度、压强)增大;曲线“斜率”减小，则外界因素减小。
【变式练习】
1．在恒温恒容条件下，发生反应2A(g)+xB(g)2C(g)，反应体系中某物质的浓度c随时间的变化如图中曲线甲、乙所示，已知x为整数。下列说法正确的是（ ）

A．x=3
B．曲线乙表示的是物质A在反应进程中的浓度变化
C．10~30min内v(C)=0.05mol·L-1·min-1
D．c点对应物质的浓度与d点对应物质的浓度相等
【答案】A
【详解】A．由分析可知x=3，A正确；B．由分析可知曲线乙表示的是物质C在反应进程中的浓度变化，B错误；C．10~30min内，，，，则，C错误；D．由图可知c对应物质的浓度为1.6 mol·L-1，d点对应物质的浓度为0.6 mol·L-1，D错误；故选A。
2．已知Fe3+能催化H2O2分解，2H2O2(aq) = 2H2O(l)+O2(g)的反应机理及反应进程中的能量变化如下：
步骤①：2Fe3+(aq)+H2O2(aq)=2Fe2+(aq)+O2(g)+2H+(aq)步骤②：

下列有关H2O2分解反应说法错误的是（ ）
A．v(H2O2)=2v(O2)
B．该反应的△H<0
C．增大Fe3+的浓度能够加快反应速率
D．若不加Fe3+，正反应的活化能比逆反应大
【答案】D
【详解】A． H2O2分解反应为：，则 v(H2O2)=2v(O2)，故A正确；B． 根据曲线变化，反应物的总能量高于产物的总能量，属于放热反应，该反应的ΔH<0，故B正确；C． 步骤①的活化能高于步骤②，则步骤①的反应速率决定整个过程的反应速率，则增大Fe3+的浓度能够加快增大步骤①反应速率，加快整个过程的反应速率，故C正确；D．该反应为放热反应，无论是否使用催化剂，正反应的活化能都比逆反应小，故D错误；答案选D。
3．在一密闭容器中有如下反应：aX(g)＋bY(g)nW(g)；ΔH，某化学兴趣小组的同学根据此反应在不同条件下的实验数据，作出了如下曲线图：

其中，ω(W)表示W在反应混合物中的体积分数，t表示反应时间。当其它条件不变时，下列分析正确的是（ ）
A．图Ⅰ可能是不同压强对反应的影响，且p2＞p1，a＋b＜n
B．图Ⅱ可能是不同压强对反应的影响，且p1＞p2，n＜a＋b
C．图Ⅱ可能是在同温同压下催化剂对反应的影响，且2使用的催化剂效果好
D．图Ⅲ可能是不同温度对反应的影响，且T1＞T2，ΔH＜0
【答案】A
【详解】A．压强大反应速率快，所以p2＞p1，若a＋b＜n，则增大压强，平衡向逆反应方向移动，所以生成物的体积分数降低，A正确；B．压强大反应速率快，所以p1＞p2，若a＋b＞n，则增大压强平衡向正反应方向移动，生成物的含量增大，B不正确；C．根据图Ⅱ的变化特点可知，条件的改变并没有影响到平衡状态，但1到达平衡的时间缩短了，所以1使用的催化剂效果好，C不正确；D．温度高反应速率快，所以T1＞T2，若正反应是放热反应，则升高温度，平衡向逆反应方向移动，生成物的含量降低，D不正确；答案选A。
探究六 化学平衡状态的判断
在一个体积固定的密闭容器中，进行的可逆反应A(s)＋3B(g) 3C (g)。下列叙述中表明可逆反应一定达到平衡状态的是（ ）
①C的生成速率与C的分解速率相等；②单位时间内生成a mol A，同时生成3a mol B；③B的浓度不再变化；④混合气体总的物质的量不再发生变化；⑤A、B、C的物质的量之比为1∶3∶3；⑥混合气体的密度不再变化。
A．①②③ B．①③④⑥ C．①③⑥ D．①③④
【答案】C
【详解】C的生成速率与C的分解速率相等，说明正逆反应速率相等，①正确；化学反应速率之比等于化学计量数之比，无论是否达到平衡状态，都存在单位时间生成a mol A，同时生成3a mol B，②错误；当反应达到化学平衡状态时，各物质的浓度不变，③正确；气体反应物与气体生成物的化学计量数之和相等，无论是否达到平衡状态，混合气体总的物质的量都不变，④错误；平衡时各物质的物质的量取决于起始配料比以及转化的程度，不能作为判断是否达到平衡状态的依据，⑤错误；A为固体，当反应达到平衡状态时，气体的总质量不变，反应达到平衡状态，⑥正确。故答案为：C。
规律总结：利用“两审”“两标志”，突破化学平衡状态的判断难题，思维模板如下：
1.“两审”——反应条件和反应特点
(1)审反应条件:看反应是在恒温恒容还是恒温恒压下进行。
(2)审反应特点:看反应物和生成物中是否存在固体或纯液体，看反应前后气体分子总数是否发生变化。
2.“两标志”——动态标志和静态标志
(1)动态标志:ν正=ν逆≠0。
①同种物质的生成速率等于消耗速率；
②不同物质必须是异向的反应速率，且速率之比等于其化学计量数之比。
(2)静态标志:各种“物理量”保持不变，但其比值不一定等于化学计量数之比。
①各物质的质量、物质的量、浓度不变；
②各物质的物质的量分数或质量分数不变；
③温度（绝热）、压强（恒容且前后气体分子数不等）、颜色（某气体有颜色）不变。
【变式练习】
1．利用可消除污染，其反应为。不同温度下，向装有足量固体的密闭容器中通入，测得气体体积分数随时间t的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是（ ）

A．时，前内平均反应速率
B．温度，b点和d点的化学平衡常数：
C．若d点时仅缩小容器体积，体积分数和浓度均保持不变
D．反应达到平衡状态时容器内气体密度不再变化
【答案】C
【详解】A. 时，前内平均反应速率，故A正确；B. 图象分析可知，先拐先平，温度高，得到T2＜T1 ，温度高，平衡常数小，b点和d点的化学平衡常数：，故B正确；C. 若d点时仅缩小容器体积，体积分数保持不变，但浓度增大，故C错误；
D. 反应达到平衡状态时，气体的总质量、容器的体积保持不变，容器内气体密度不再变化，故D正确；故选C。
2．在恒温恒压的密闭容器中，发生反应    。下列说法正确的是（ ）
A．
B．每充入和，充分反应后转移电子数目小于
C．使用优质催化剂，体系中的值增大
D．若升高温度，则反应速率加快，二氧化硫的平衡转化率增大
【答案】B
【详解】A．该反应是熵减反应，ΔS＜0，A错误；B．该反应是可逆反应，2mol SO2和1mol O2，不能完全转化为2mol SO3，故充分反应后，转移电子数目小于4×6.02×1023，B正确；C．使用优质催化剂后，该反应的化学平衡常数K=不变，C错误；D．升高温度，反应速率加快，但该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，二氧化硫的平衡转化率减小，D错误；故选B。
3．为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A．1mol晶体硅中含4mol Si—Si键
B．通常状况下，44.8L氧气所含分子数小于
C．32g环状()分子中含有的S—S键数为
D．的溶液中离子数为
【答案】B
【详解】A．晶体硅中每个硅原子与4个硅原子形成硅硅键，每个硅硅键为2个硅原子共有，则每个硅原子形成的硅硅键为4×=2，则1mol晶体硅中含2mol硅硅键，故A错误；B．通常状况下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，则44.8L氧气所含分子数小于×1×NAmol—1=2NA，故B正确；C．由结构式可知，环状硫分子中每个硫原子与2个硫原子形成硫硫键，每个硫硫键为2个硫原子共有，则每个硫原子形成的硅硅键为2×=1，则32g环状硫分子中含有硫硫键的数目为×1×NAmol—1=NA，故C错误；D．重铬酸钾溶液中重铬酸根离子与水反应转化为铬酸根离子和氢离子，则1L pH=4的0.lmol/L重铬酸钾溶液中重铬酸根离子的数目小于0.lmol/L0.lmol/L×1L×NAmol—1=0.1NA，故D错误；故选B。
探究七 化学平衡图像的分析
（2022·广东佛山·一模）一定温度下，在刚性容器中加入等物质的量的与发生反应：    ，测得与的分压随时间变化如图所示。下列说法正确的是（ ）

A．当气体密度不再变化时，反应达到平衡
B．体系中气体总物质的量：
C．升高温度，反应速率：降低，增加
D．该反应的活化能：
【答案】B
【详解】A．根据质量守恒，气体总质量不变，容器体积不变，气体密度一直保持不变，不能判断反应是否达到平衡，A错误；B．由三段式 ，则体系中气体总物质的量：，B正确；C．升高温度，正、逆反应速率都增加，C错误；D．该反应为放热反应，正反应活化能小于逆反应活化能，D错误；故选B。
规律总结：要先分析反应特点（反应物和生成物的状态、反应前后气体总分子数的变化、△H的正负)，再分析化学平衡图像，并联想规律，得出结论。
1.解答化学平衡图像题的思维模板

2.解答化学平衡图像题的技巧
(1)“先拐先平、数值大”:在含量(或转化率)-时间图像中，先出现拐点，先达到化学平衡，说明该曲线的反应速率快，则温度较高、压强较大、有催化剂等。
(2)“定一议二”:当图像中有三个变量时，要先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线，适用于α(或c，含量)-T-p图像的分析。
(3)“三步分析法”:
①判断反应速率是增大还是减小;
②确定ν正、ν逆的相对大小；
③判断化学平衡的移动方向。
【变式练习】
1．乙酸甲酯催化醇解反应可制备甲醇和乙酸己酯，其化学方程式为。
已知，，
其中、为正、逆反应速率，、为速率常数，x为各组分的物质的量分数。反应开始时，己醇和乙酸甲酯按物质的量之比1∶1投料，测得348K、343K、338K三个温度下乙酸甲酯转化率(a)随时间(t)的变化关系如图所示，下列说法中错误的是（ ）

A．该醇解反应的
B．A、B、C、D四点中，最大的是A点，最大的是D点
C．曲线①、②、③中，—值最大的曲线是①
D．348K时，以物质的量分数表示的化学平衡常数
【答案】B
【详解】A．根据分析以及图象可知，温度越高，乙酸乙酯的转化率越大，依据化学平衡移动的原理，该反应正反应方向吸热反应，即ΔH＞0，故A说法正确；B．温度越高，反应速率越快，速率最大的点应在曲线①上寻找，根据图象可知，A点是反应向正方向进行，C点为平衡点，随着反应进行，v正逐渐减小，v逆逐渐增大，因此四点中，v正最大的点是A，v逆最大的点是C，故B说法错误；C．k正、k逆是温度的函数，该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向进行，k正受温度的影响较大，因此升高温度， k正增大程度大于k逆，即k正－k逆的值最大的是曲线①，故C说法正确；D．令乙酸乙酯的物质的量为1mol，C6H13OH的物质的量为1mol，则达到平衡时，消耗乙酸乙酯、C6H13OH的物质的量均为1mol×64%=0.64mol，则生成CH3COOC6H13和甲醇的物质的量为0.64mol，Kx=≈3.16，故D说法正确；答案为B。
2．经催化加氢可合成乙烯：。0.1MPa时，按投料，测得不同温度下平衡时体系中各物质浓度的关系如图所示，下列叙述不正确的是（ ）

A．该反应的
B．曲线b代表的浓度变化
C．N点和M点所处状态下的一样
D．其他条件不变，、0.2MPa下反应达平衡时比M点的小
【答案】C
【详解】A． 温度升高，H2的浓度增大，平衡左移，故逆向吸热，正向放热，，则曲线a为CO2，根据方程式的比例关系，可知曲线b为H2O，曲线c为C2H4；故A正确；B．由A分析知，曲线a为CO2，曲线b为H2O，曲线c为C2H4，故B正确；C．N点和M点均处于同一T1℃下，所处的状态的c(H2)是一样的，故C错误；D． 其它条件不变，℃、0.2 MPa相对0.1 MPa，增大了压强，体积减小，c(H2)增大，故反应达平衡时c(H2)比M点大，D项正确；故选C。
3．甲烷与硫化氢可通过重整反应制取氢气，反应为。现将原料按通入反应釜中，保持体系压强为0.1MPa，研究不同温度对该反应体系的影响。当反应达到平衡时。体系中各组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示，下列说法正确的是（ ）

A．的结构式为：，沸点高于
B．图中表示、物质的量分数变化的曲线分别是d、a
C．M点对应温度下，的转化率为33.3%。
D．由图可知该反应为吸热反应，当不再变化时反应达平衡
【答案】C
【详解】A．的电子式为：，分子晶体的熔沸点看相对分子质量，相对分子质量越大，熔沸点越高，沸点高于，A错误；B．图中表示、物质的量分数变化的曲线分别是ｃ、a，B错误；C．M点对应温度下，x(H2)=x(H2S),列化学平衡三段式，设甲烷转化的物质的量为xmol，则有2a-2x=4x，x=a，甲烷的转化率为，C正确；D．原料按即化学方程式中的计量系数通入反应釜中，反应的任何阶段，保持不变，都为，D错误；故选C。

1．下列有关热化学方程式的叙述正确的是（ ）
A．已知，则金刚石比石墨稳定
B．等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多
C．甲烷的燃烧热为，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为
D．已知，则含的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出小于的热量
【答案】D
【详解】A．已知 ，,反应是吸热反应，则等物质的量的金刚石能量高于石墨，所以金刚石不如石墨稳定，A项错误；B．根据等量的同种物质气态时能量最高，液态次之，固态最小，能量越高燃烧放出热量越多，前者放出的热量多，B项错误；C．燃烧热指在25℃，101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热．单位为kJ/mol，生成的水应为液态，C项错误；D．已知，则含40g氢氧化钠的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出等于57.3KJ的热量，但是醋酸是弱电解质，电离吸热，所以含40g的氢氧化钠稀溶液和稀醋酸完全中和，放出小于57.3KJ的热量，D项正确；答案选D。
2．催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，其反应过程与能量关系如图1所示；有氧条件下，催化还原NO的反应历程如图2所示。下列说法正确的是（ ）

A．图1所示热化学方程式为  
B．图2所示催化脱硝过程中既有极性共价键的断裂和形成，也有非极性共价键的断裂和形成
C．图2所示反应①中氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1
D．脱硝过程中使用催化剂的目的是改变反应的焓变
【答案】B
【详解】A．图1所示热化学方程式为  ，故A错误；
B．图可知，该反应过程中断裂氮氢键、氮氧键、氧氧键，形成氮氮键、氧氢键，非极性共价键为氧氧键、氮氮键，故B正确；C．由图可知，该反应①方程式为NH3+Fe3+=Fe2++NH2+H+，氧化剂为Fe3+，还原剂为NH3，则氧化剂与还原剂物质的量之比为1：1，故C错误；D．催化剂不能改变反应的焓变，则脱硝过程中使用催化剂的目的不是改变反应的焓变，故D错误；故答案选B。
3．一种新型人工固氮的原理如图1所示，过程能量变化如图2所示，下列叙述不正确的是（ ）。

A．转化过程中，涉及的元素非金属性最强的是氧元素
B．反应③的能量转换形式是化学能转化为电能
C．转化过程中涉及的元素原子半径最大的是Li
D．反应②中存在离子键和极性键的断裂和生成
【答案】B
【详解】A．同周期从左到右金属性依次减弱，非金属性变强；同主族由上而下金属性依次增强，非金属性变弱；涉及的元素有氮、氢、氧、锂，则非金属性最强的是氧元素，A正确；B．反应③通电氢氧化锂分解为锂和氧气、水，能量转换形式是电能转化为化学能，B错误；C．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；转化过程中涉及的元素原子半径最大的是Li，C正确；D．反应②为Li3N和水反应生成氢氧化锂、氨气的反应，Li3N、氢氧化锂为离子化合物，水、氨气为共价化合物，故反应中存在离子键和极性键的断裂和生成，D正确；故选B。
4．Xe和形成的氟化物有、、三种，已知：在低温下主要发生，随着温度升高、依次发生分解反应。下图表述的是以0和为始态得到的生成物在平衡体系内的分压与反应温度的关系。下列说法中错误的是（ ）。

A．由图可知Xe的三种氟化物中最稳定
B．反应的
C．制备的合适温度约为550K
D．与NaOH溶液反应产生的化学方程式为
【答案】B
【详解】A．已知：在低温下主要发生，随着温度升高、依次发生分解反应生成，则最稳定，A正确；B．由图可知，随着温度升高，发生分解反应生成的量增加，则反应为吸热反应，焓变大于零，B错误；C．制备的合适温度约为550K，此时含量最高，C正确；D．与NaOH溶液反应产生，氧元素化合价升高则Xe化合价降低生成Xe单质，反应为，D正确；故选B。
5．分析下表中的3个热化学方程式，下列说法正确的是（ ）。
2022年北京冬奧会“飞扬”火炬使用的燃料
氢气
①  
2008年北京奥运会“祥云”火炬使用的燃料
丙烷
②  
③  
A．丙烷的燃烧热为
B．等质量的氢气与丙烷相比较，充分燃烧时，丙烷放热更多
C．  
D．  
【答案】C
【详解】A．燃烧热是在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；由反应②可知，1mol丙烷燃烧生成液体水时，放出热量大于，A错误；B．等质量的氢气与丙烷相比较，假设质量均为44g，则两者的物质的量分别为22mol、1mol，则由反应①②比较可知，充分燃烧时，氢气放热更多，B错误；C．由盖斯定律可知，反应①×5-②得：，C正确；D．由盖斯定律可知，反应①×-③得：，D错误；
故选C。
6．Wacker法烯烃氧化的催化循环过程如图所示，下列说法正确的是（ ）

A．乙烯双键的电子与形成了配位键
B．整个过程中涉及极性键、非极性键的断裂和形成
C．转化是Wacker法烯烃氧化过程中的催化剂
D．该催化循环过程中溶液体系的碱性增强
【答案】A
【详解】A． 由图可知，乙烯双键的电子与形成了配位键，生成，故A正确；
B． 由图可知，没有非极性键的形成，故B错误；C． 转化为CuCl，不是Wacker法烯烃氧化过程中的催化剂，故C错误；D． 该催化循环过程中生成氢离子，溶液体系的酸性增强，故D错误；故选A。
7．将一定量纯净的氨基甲酸铵固体置于密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：。不能判断该反应已经达到化学平衡的是（ ）
A． B．混合气体的平均相对分子质量不变
C．混合气体的总物质的量不变 D．的浓度不变
【答案】B
【详解】A．正反应速率等于逆反应速率，反应达到平衡，故A正确；B．该反应的反应物是固体，任何时候生成气体n()：n()=2:1，混合气体的平均相对分子质量不变，不能作为平衡标志，故B错误；
C．混合气体随着反应总物质的量一直在变化，当混合气体总物质的量不变了说明反应达到平衡，故C正确；
D．恒温恒容条件下，的浓度一直在变化，的浓度不变了反应达到平衡，故D正确；
故答案为B。
8．下列化学工业所采取的措施中，能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．接触法制硫酸：温度控制在450℃左右
B．氧化法制硝酸：使用铂铑合金催化氧化氨气
C．石油化工：将分馏得到的重油在高温下裂化
D．合成氨工业：将合成的氨气液化分离，氮气、氢气循环利用
【答案】D
【详解】A．接触法制硫酸反应为放热反应，采用450℃的温度，不利于平衡向正方向移动，主要是考虑催化剂的活性和反应速率，不能用勒夏特列原理解释，故A错误；B．催化剂不影响化学平衡，氨气和氧气在催化剂下催化氧化不能用勒夏特列原理解释，故B错误；C．石油化工中将分馏得到的重油在高温下裂化，属于烃的裂化，与化学平衡无关，不能用勒夏特列原理解释，故C错误；D．合成氨为氮气和氢气反应生成氨气，将合成的氨气液化分离即减少生成物的浓度，促进化学平衡正向移动，提高产率，能用勒夏特列原理解释，故D正确；故选：D。
9．（2022·四川雅安·模拟预测）乙烯水合法是工业制乙醇的方法：，该反应在密闭容器中进行，下列说法错误的是（ ）
A．恒温恒容，充入，的转化率增大
B．若升高温度，平衡常数减小，则该反应
C．压缩容积，活化分子百分数增大，反应速率加快
D．恒温恒压，通入，平衡向左移动
【答案】C
【详解】A．反应为气体分子数减小的反应，恒温恒容，充入，平衡正向移动，的转化率增大，A正确；B．若升高温度，平衡常数减小，则反应逆向移动，那么正反应为放热反应，该反应，B正确；C．压缩容积，活化分子百分数不变，反应物浓度变大导致反应速率加快，C错误；D．恒温恒压，通入，容器体积变大，平衡向左移动，D正确；故选C。
10．在某2L恒容密闭容器中充入和，发生反应：。反应过程持续升高温度，测得混合体系中X的体积分数与温度的关系如图所示。

下列推断不正确的是（ ）
A．该反应为放热反应
B．升高温度，平衡右移，正反应速率减小，逆反应速率增大
C．Q点时Z的体积分数最大
D．W、M两点Y的正反应速率W点小于M点
【答案】B
【详解】A．Q点前，反应未达平衡，Q点后，升高温度，X的体积分数增大，则平衡逆向移动，该反应为放热反应，A正确；B．升高温度，平衡左移，正反应速率增大，逆反应速率增大，B不正确；C．Q点时反应达平衡，Q点后，平衡逆向移动，则Q点时，Z的体积分数最大，C正确；D．M点的温度比W点高，温度越高，反应速率越快，则Y的正反应速率W点小于M点，D正确；故选B。

1．（2022·湖南省祁阳市第一中学三模）以TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2反应为温室气体减排提供了一个新途径，该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如图所示。

下列说法正确的是（ ）
A．过程①中钛氧键断裂会释放能量
B．该反应中，光能和热能转化为化学能
C．使用TiO2作催化剂可以降低反应的焓变，从而提高化学反应速率
D．CO2分解反应的热化学方程式为2CO2(g)=2CO(g)+O2(g) △H=+30kJ/mol
【答案】B
【详解】A．化学键断裂需要吸收能量，过程①中钛氧键断裂会吸收能量，A错误；B．根据图示，该反应中吸收光能和热能，转化为CO和O2的化学能，B正确；C．催化剂通过降低反应的活化能提高化学反应速率，催化剂不能降低反应的焓变，C错误；D．△H=反应物总键能-生成物总键能，CO2分解反应的热化学方程式为2CO2(g)=2CO(g)+O2(g) △H=(1598×2-1072×2-496)kJ/mol =+556kJ/mol，D错误；故选B。
2．（2022·天津·模拟预测）已知：(1)Zn(s)+O2(g)=ZnO(s)，△H=﹣348.3 kJ/mol
(2)2Ag(s)+O2(g)=Ag2O(s)，△H=﹣31.0 kJ/mol
则Zn(s)+Ag2O(s)=ZnO(s)+2Ag(s)的△H等于（ ）
A．﹣317.3 kJ/mol B．﹣379.3 kJ/mol
C．﹣332.8 kJ/mol D．+317.3 kJ/mol
【答案】A
【详解】已知：(1)Zn(s)+O2(g)=ZnO(s)，△H=﹣348.3kJ/mol
(2)2Ag(s)+O2(g)=Ag2O(s)，△H=﹣31.0kJ/mol
根据盖斯定律，将(1)-(2)，整理可得：Zn(s)+Ag2O(s)=ZnO(s)+2Ag(s)的△H=﹣317.3 kJ/mol，故合理选项是A。
3．（2022·全国·模拟预测）某种含二价铜的催化剂[CuII(OH)(NH3)]+可用于汽车尾气脱硝。催化机理如图1所示，反应过程中不同态物质体系所具有的能量如图2所示。下列说法错误的是（ ）

A．总反应的化学方程式为4NH3+2NO+2O26H2O+3N2
B．该脱硝过程总反应的焓变∆H<0
C．由状态②到状态③发生了氧化还原反应
D．状态③到状态④的变化过程中有O-H键的形成
【答案】A
【详解】A．由图1知，该脱销过程反应物有：NH3、NO、O2，生成物有H2O、N2，由图1所给数据知，反应物NH3为2 mol，NO为2 mol，O2为0.5 mol，生成物N2为2 mol，H2O为3mol，故该脱销过程总方程式为：2NH3+2NO+O23H2O+2N2，化整得：4NH3+4NO+O26H2O+4N2，A错误；
B．根据图2可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，则总反应焓变ΔH＜0，B正确；C．由图1可知，状态②到状态③中Cu的化合价发生变化，发生了氧化还原反应，C正确；D．状态③到状态④的变化过程为[CuI(H2NNO)(NH3)2]+→[CuI(NH3)2]++N2+H2O，有O-H键的形成，D正确；故选A。
4．（2022·河北张家口·一模）反应是工业上制备高纯硅的重要中间过程。一定压强下，起始投入原料的值和温度与的平衡产率的变化关系如图所示。下列说法错误的是（ ）

A．该反应为放热反应， B．M、N点的分压：
C．的值越大平衡产率越高 D．M、N点的逆反应速率：
【答案】C
【详解】A．温度升高，的平衡产率减小，说明反应向逆反应方向移动，正反应为放热反应，选项A正确；B．M点的平衡产率大，其物质的量大、温度高，故分压大，选项B正确；C．由图可知，的值增大至7时，的平衡产率降低至接近于0，选项C错误；D.M点温度较高，浓度较大，逆反应速率，选项D正确。答案选C。
5．（2022·北京·模拟预测）某科研人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O的历程，该历程示意图如下(图中只画出了HAP的部分结构)。下列叙述错误的是（   ）

A．该历程中HCHO中所有的C-H键均断裂
B．该过程的总反应为HCHO+O2CO2+H2O
C．该反应中反应物的总能量低于生成物的总能量
D．生成物CO2中的氧原子由HCHO和O2共同提供
【答案】C
【详解】A．反应HCHO→CO2，HCHO中所有的C-H键均断裂，A项正确；B．根据题干所示，反应物为HCHO和O2，生成物为CO2和H2O，HAP做催化剂，反应方程式为：HCHO+O2CO2+H2O，B项正确；C．该反应与甲醛和氧气燃烧：HCHO+O2CO2+H2O能量变化大致相同，甲醛燃烧为放热反应，故题中反应也为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，C项错误；D．根据图示反应时HCHO中C-H键均断裂，连接O2提供的一个O原子形成CO2，则生成物CO2中的氧原子由HCHO和O2共同提供，D项正确；答案选C。
6．（2022·广东茂名·模拟预测）CO与气体均会造成环境污染，研究表明二者可在表面转化为无害气体，其反应进程及能量变化过程如图所示。下列说法正确的是（ ）

A．使用催化剂可降低反应活化能，但不改变反应历程
B．有催化剂条件下，E1时的反应速率比E2快
C．
D．为中间体、为催化剂
【答案】C
【详解】A．使用催化剂有中间产物生产，改变反应历程，降低反应活化能，故A错误；B．有催化剂条件下，大于，活化能越小反应速率越快，时速率慢于，故B错误；C．由图可知和在表面转化为无害气体的反应进程为①，②，①+②得，故C正确；D．是反应的催化剂，为中间体，故D错误；选C。
7．（2022·江苏·模拟预测）N2是合成氨工业的重要原料，NH3不仅可制造化肥，还能通过催化氧化生产HNO3；HNO3能溶解Cu、Ag等金属，也能与许多有机化合物发生反应；在高温或放电条件下，N2与O2反应生成NO，NO进一步氧化生成NO2。2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)    ΔH=-116.4kJ·mol-1。大气中过量的NOx和水体中过量的NH、NO均是污染物。通过催化还原的方法，可将烟气和机动车尾气中的NO转化为N2，也可将水体中的NO3-转化为N2。对于反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，下列说法正确的是（ ）
A．该反应的ΔH<0，ΔS<0
B．反应的平衡常数可表示为K=
C．使用高效催化剂能降低反应的焓变
D．其他条件相同，增大，NO的转化率下降
【答案】A
【详解】A．2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)    ΔH=-116.4kJ·mol-1，反应气体物质的量减少，ΔS<0，故A正确；
B．2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应的平衡常数可表示为K=，故B错误；C．使用高效催化剂，反应的焓变不变，故C错误；D．其他条件相同，增大，NO的转化率增大，故D错误；选A。
8．（2022·全国·模拟预测）活泼自由基与氧气的反应一直是关注的热点。自由基与反应过程的能量变化如图所示：

下列说法正确的是（ ）
A．该反应为吸热反应
B．产物的稳定性：
C．该历程中最大正反应的活化能
D．相同条件下，由中间产物z转化为产物的速率：
【答案】C
【详解】A．由图示可知，反应物所具有的能量之和比生成物所具有的能量之和高，即该反应为放热反应，故A错；B．产物P2所具有的能量比产物P1所具有的能量低118.4kJ，所以产物P2比产物P1要稳定，故B错；C．由图示可知中间产物Z到过渡态IV所需的活化能最大，则，故选C；D．由图示可知，由Z到产物P1所需的活化能低于由Z到产物P2所需的活化能，则由中间产物Z转化为产物的速率：，故D错。答案选C。
9．（2022·湖南·涟源市第一中学三模）在2L的密闭容器中，，将2molA气体和1molB气体在反应器中反应，测定A的转化率与温度的关系如实线图所示(图中虚线表示相同条件下A的平衡转化率随温度的变化)。下列说法正确的是（ ）

A．反应的
B．X点的化学平衡常数大于Y点的化学平衡常数
C．图中Y点v(正)>v(逆)
D．图中Z点，增加B的浓度不能提高A的转化率
【答案】B
【详解】A．由分析可知，在250℃左右，A的转化率达到最大，温度大于250℃时，温度越高，测得的A的降低，是因为该反应逆向移动，由此可知该反应为放热反应，即ΔH＜0，A错误；B．该反应是放热反应，升高温度，平衡常数减小，X点的温度小于Y的温度，故X点的化学平衡常数大于Y点的化学平衡常数，B正确；C．如图所示，Y点实线和虚线重合，即测定的A的转化率就是平衡转化率，则Y点v(正)=v(逆)，C错误；D．Z点增加B的浓度，平衡正向移动，A的转化率提高，D错误；故选B。
10．（2022·广东·执信中学模拟预测）NO和O2混合后可发生反应：①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)，②2NO2(g)⇌N2O4(g)反应体系中含氮物质的物质的量浓度随着时间的变化曲线如图。下列说法正确的是（ ）

A．c为c(NO2)随的变化曲线
B．时，反应①达到化学平衡状态
C．时，c(NO)+c(NO2)+c(N2O4)=c0
D．后，NO2的消耗速率等于生成速率
【答案】D
【详解】A．由题干信息可知，NO和O2混合后可发生反应：①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)，②2NO2(g)⇌N2O4(g)，则随着反应的进行NO2的浓度先增大后变小，最后达到平衡保持不变，故a为c(NO)、b为c(NO2)，c为c(N2O4)随t的变化曲线，A错误；
B．时，只是c(NO)=c(NO2)，故不能说明反应①达到化学平衡状态，B错误；C．若容器的体积保持不变，则根据N原子守恒可知，时有c(NO)+c(NO2)+2c(N2O4)=c0，C错误；
D．由图象可知，t3后，NO2、N2O4的浓度不再发生改变说明反应达到平衡状态，故有NO2的消耗速率等于生成速率，D正确；故答案为D。

1．（2022·浙江·高考真题）标准状态下，下列物质气态时的相对能量如下表：
物质(g)
O
H
HO
HOO




能量/
249
218
39
10
0
0


可根据计算出中氧氧单键的键能为。下列说法不正确的是（ ）
A．的键能为
B．的键能大于中氧氧单键的键能的两倍
C．解离氧氧单键所需能量：
D．
【答案】C
【详解】A．根据表格中的数据可知，的键能为218×2=436，A正确；B．由表格中的数据可知的键能为：249×2=498，由题中信息可知中氧氧单键的键能为，则的键能大于中氧氧单键的键能的两倍，B正确；C．由表格中的数据可知HOO=HO+O，解离其中氧氧单键需要的能量为249+39-10=278，中氧氧单键的键能为，C错误；D．由表中的数据可知的，D正确；故选C。
2．（2022·河北·高考真题）两种化合物的结构如图，其中X、Y、Z、R、Q是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，下列说法错误的是（ ）

A．在两种化合物中，X、Y、Z、R、Q均满足最外层8电子稳定结构
B．X、Y、Z、R、Q中，R的非金属性及简单氢化物的稳定性均最强
C．将装有YZ2气体的透明密闭容器浸入冰水中，气体颜色变浅
D．Z的某种同素异形体在大气中的含量与环境污染密切相关
【答案】A
【详解】A．由两种化合物的结构示意图可知，化合物中磷原子的最外层电子数为10，不满足最外层8电子稳定结构，故A错误；B．C元素、N元素、O元素、F元素、P元素中位于元素周期表右上角的氟元素的非金属性最强，元素的非金属性越强，简单氢化物的稳定性最强，故B正确；C．红棕色二氧化氮转化为无色四氧化二氮的反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，气体的颜色变浅，则将装有二氧化氮气体的透明密闭容器浸入冰水中，气体颜色变浅，故C正确；D．氧气和臭氧是氧元素形成的不同种单质，互为同素异形体，臭氧层破坏会造成环境污染，则臭氧在大气中的含量与环境污染密切相关，故D正确；故选A。
3．（2022·海南·高考真题）某温度下，反应CH2=CH2(g)+H2O(g)CH3CH2OH(g)在密闭容器中达到平衡，下列说法正确的是（ ）
A．增大压强，，平衡常数增大
B．加入催化剂，平衡时的浓度增大
C．恒容下，充入一定量的，平衡向正反应方向移动
D．恒容下，充入一定量的，的平衡转化率增大
【答案】C
【详解】A．该反应是一个气体分子数减少的反应，增大压强可以加快化学反应速率，正反应速率增大的幅度大于逆反应的，故v正> v逆，平衡向正反应方向移动，但是因为温度不变，故平衡常数不变，A不正确；B．催化剂不影响化学平衡状态，因此，加入催化剂不影响平衡时CH3CH2OH(g)的浓度，B不正确；C．恒容下，充入一定量的H2O(g)，H2O(g)的浓度增大，平衡向正反应方向移动，C正确；D．恒容下，充入一定量的CH2=CH2 (g)，平衡向正反应方向移动，但是CH2=CH2 (g)的平衡转化率减小，D不正确；综上所述，本题选C。
4．（2022·辽宁·高考真题）下列实验能达到目的的是（ ）

实验目的
实验方法或操作
A
测定中和反应的反应热
酸碱中和滴定的同时，用温度传感器采集锥形瓶内溶液的温度
B
探究浓度对化学反应速率的影响
量取同体积不同浓度的溶液，分别加入等体积等浓度的溶液，对比现象
C
判断反应后是否沉淀完全
将溶液与溶液混合，反应后静置，向上层清液中再加1滴溶液
D
检验淀粉是否发生了水解
向淀粉水解液中加入碘水
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．酸碱中和滴定操作中没有很好的保温措施，热量损失较多，不能用于测定中和反应的反应热，A错误；B．和反应无明显现象，无法根据现象进行浓度对化学反应速率的影响的探究，B错误；C．将溶液与溶液混合，反应后静置，向上层清液中滴加1滴溶液，若有浑浊产生，则说明没有沉淀完全，反之，则沉淀完全，C正确；D．检验淀粉是否发生了水解，应检验是否有淀粉的水解产物(葡萄糖)存在，可选用银氨溶液或新制氢氧化铜，碘水是用来检验淀粉的试剂，可用于检验淀粉是否完全水解，D错误。故答案选C。
5．（2022·辽宁·高考真题）某温度下，在恒容密闭容器中发生反应，有关数据如下：
时间段/
产物Z的平均生成速率/
0～2
0.20
0～4
0.15
0～6
0.10
下列说法错误的是（ ）
A．时，Z的浓度大于
B．时，加入，此时
C．时，Y的体积分数约为33.3%
D．时，X的物质的量为
【答案】B
【详解】A．反应开始一段时间，随着时间的延长，反应物浓度逐渐减小，产物Z的平均生成速率逐渐减小，则内Z的平均生成速率大于内的，故时，Z的浓度大于，A正确；　
B．时生成的Z的物质的量为，时生成的Z的物质的量为，故反应在时已达到平衡，设达到平衡时生了，列三段式：

根据，得，则Y的平衡浓度为，Z的平衡浓度为，平衡常数，时Y的浓度为，Z的浓度为，加入后Z的浓度变为，，反应正向进行，故，B错误；C．反应生成的Y与Z的物质的量之比恒等于1∶2，反应体系中只有Y和Z为气体，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，，故Y的体积分数始终约为33.3%，C正确；D．由B项分析可知时反应处于平衡状态，此时生成Z为，则X的转化量为，初始X的物质的量为，剩余X的物质的量为，D正确；故答案选B。
6．（2022·广东·高考真题）在相同条件下研究催化剂I、Ⅱ对反应的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，则（ ）

A．无催化剂时，反应不能进行
B．与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更低
C．a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化
D．使用催化剂Ⅰ时，内，
【答案】D
【详解】A．由图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物浓度也在增加，说明反应也在进行，故A错误；B．由图可知，催化剂I比催化剂II催化效果好，说明催化剂I使反应活化能更低，反应更快，故B错误；C．由图可知，使用催化剂II时，在0~2min 内Y的浓度变化了2.0mol/L，而a曲线表示的X的浓度变化了2.0mol/L，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示使用催化剂II时X浓度随时间t的变化，故C错误；D．使用催化剂I时，在0~2min 内，Y的浓度变化了4.0mol/L，则(Y) ===2.0，(X) =(Y) =2.0=1.0，故D正确；答案选D。
7．（2022·山东·高考真题）在NO催化下，丙烷与氧气反应制备丙烯的部分反应机理如图所示。下列说法错误的是（ ）

A．含N分子参与的反应一定有电子转移
B．由NO生成的反应历程有2种
C．增大NO的量，的平衡转化率不变
D．当主要发生包含②的历程时，最终生成的水减少
【答案】D
【详解】A．根据反应机理的图示知，含N分子发生的反应有NO+∙OOH=NO2+∙OH、NO+NO2+H2O=2HONO、NO2+∙C3H7=C3H6+HONO、HONO=NO+∙OH，含N分子NO、NO2、HONO中N元素的化合价依次为+2价、+4价、+3价，上述反应中均有元素化合价的升降，都为氧化还原反应，一定有电子转移，A项正确；B．根据图示，由NO生成HONO的反应历程有2种，B项正确；C．NO是催化剂，增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变，C项正确；D．无论反应历程如何，在NO催化下丙烷与O2反应制备丙烯的总反应都为2C3H8+O22C3H6+2H2O，当主要发生包含②的历程时，最终生成的水不变，D项错误；答案选D。
8．（2022·广东·高考真题）恒容密闭容器中，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
B．a为随温度的变化曲线
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，H2的平衡转化率增大
【答案】C
【详解】A．从图示可以看出，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．从图示可以看出，在恒容密闭容器中，随着温度升高氢气的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；故选C。
9．（2022·浙江·高考真题）恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应：，测得不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（ ）

A．实验①，，
B．实验②，时处于平衡状态，
C．相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大
D．相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大
【答案】C
【详解】A．实验①中，0~20min，氨气浓度变化量为2.4010-3mol/L-2.0010-3mol/L=4.0010-4mol/L，v(NH3)==2.0010-5mol/(L·min)，反应速率之比等于化学计量数之比，v(N2)=v(NH3)=1.0010-5mol/(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中一样，实验③达到平衡时氨气浓度为4.0010-4mol/L，则实验①达平衡时氨气浓度也为4.0010-4mol/L，而恒温恒容条件下，实验②相对于实验①为减小压强，平衡正向移动，氨气浓度减小，因此实验②60min时处于平衡状态，根据等效平衡可以判断x<0.2，即x≠0.4，B正确；C．实验①、实验②中0~20min、20min~40min氨气浓度变化量都是4.0010-4mol/L，实验②中60min时反应达到平衡状态，实验①和实验②催化剂表面积相同，实验①中氨气初始浓度是实验②中氨气初始浓度的两倍，实验①60min时反应未达到平衡状态，相同条件下，增加氨气浓度，反应速率并没有增大，C错误；D．对比实验①和实验③，氨气浓度相同，实验③中催化剂表面积是实验①中催化剂表面积的2倍，实验③先达到平衡状态，实验③的反应速率大，说明相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大，D正确；答案选C。
10．（2022·浙江·高考真题）在恒温恒容条件下，发生反应A(s)+2B(g)3X(g)，c(B)随时间的变化如图中曲线甲所示。下列说法不正确的是（ ）

A．从a、c两点坐标可求得从a到c时间间隔内该化学反应的平均速率
B．从b点切线的斜率可求得该化学反应在反应开始时的瞬时速率
C．在不同时刻都存在关系：2v(B)=3v(X)
D．维持温度、容积、反应物起始的量不变，向反应体系中加入催化剂，c(B)随时间变化关系如图中曲线乙所示
【答案】C
【详解】A．图象中可以得到单位时间内的浓度变化，反应速率是单位时间内物质的浓度变化计算得到，从a、c两点坐标可求得从a到c时间间隔内该化学反应的平均速率，选项A正确；B．b点处的切线的斜率是此时刻物质浓度除以此时刻时间，为反应物B的瞬时速率，选项B正确；C．化学反应速率之比等于化学方程式计量数之比分析，3v(B)=2v(X)，选项C不正确；D．维持温度、容积不变，向反应体系中加入催化剂，平衡不移动，反应速率增大，达到新的平衡状态，平衡状态与原来的平衡状态相同，选项D正确；答案选C。