《2025年高考必刷题高三化学》

1. [陕西渭南 2024 月考]臭氧是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应为$2NO_{2}(g)+O_{3}(g)\rightleftharpoons N_{2}O_{5}(g)+O_{2}(g)$，反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图像作出的判断正确的是 （ ）

答案： B 突破点·平衡图像分析、平衡常数的判断、平衡移动原理的应用 【解析】由图可知，升高温度，正反应速率增大的程度更大，说明升高温度平衡正向移动，正向为吸热反应，所以升高温度正反应方向平衡常数增大，A错误；0～3 s内，NO₂的浓度变化了1 mol·L⁻¹ - 0.4 mol·L⁻¹ = 0.6 mol·L⁻¹，反应速率为$v(NO₂)=\frac{\Delta c(NO₂)}{\Delta t}=\frac{0.6 mol·L⁻¹}{3 s}=0.2 mol·L⁻¹·s⁻¹$，B正确；加入催化剂，平衡不移动，C错误；达到平衡时，仅增大c(O₂)，平衡向逆反应方向移动，二氧化氮转化率降低，D错误。

2. [广东广州 2024 二模]恒容密闭容器中充入 X，在催化剂作用下发生反应：$2X(g)\rightleftharpoons 2Y(g)+Z(g)$，起始压强为$p$ kPa，反应时间为$t$ s，测得 X 的转化率随温度的变化如图中实线所示(虚线表示平衡转化率)。下列说法正确的是 （ ）

A. 该反应的$\Delta H＜0$
B. 催化剂可降低该反应的焓变，提高平衡转化率
C. 增大起始压强，X 的平衡转化率增大
D. $800^{\circ}C$时，0~$t$ s 内化学反应速率$v(Y)=\frac{0.4p}{t}kPa\cdot s^{-1}$

答案： D 突破点·速率、转化率与温度之间的关系、焓变的判断、反应速率计算 【解析】根据图像可知，虚线表示平衡转化率，随温度升高，X的平衡转化率增大，根据勒夏特列原理，可知该反应正反应为吸热反应，即ΔH＞0，A错误；给定的反应中，焓变只与反应体系的始、终态有关，催化剂可以改变活化能，不能改变焓变和平衡转化率，B错误；该反应为气体物质的量增大反应，增大起始压强，相当于在等效平衡的基础上发生平衡逆向移动，X的平衡转化率降低，C错误；该时间段内，用X表示变化的压强为0.4p kPa，则Y变化的压强为0.4p kPa，根据化学反应速率的定义，$v(Y)=\frac{0.4p kPa}{t s}=\frac{0.4p}{t} kPa·s⁻¹$，D正确。

3. [湖南师大附中 2024 二模]在 600 K 下，按初始投料比$n(CO):n(H_{2})$分别为$1:1$、$1:2$、$1:3$投料，发生反应为$CO(g)+2H_{2}(g)\rightleftharpoons CH_{3}OH(g)$ $\Delta H＜0$。测得不同压强下，CO 平衡转化率如图所示。下列说法错误的是 （ ）

A. 曲线 Z 代表起始投料比为$1:1$时 CO 平衡转化率随压强的变化曲线
B. $m$点对应的转化率：$\alpha(H_{2})=\alpha(CO)$
C. 若其他条件不变，降低温度会使对应的曲线上移
D. 若其他条件不变，通过压缩反应体系体积增大压强，达到平衡后，$\frac{c(CH_{3}OH)}{c(CO)\cdot c(H_{2})}$的值减小

答案： D 突破点·转化率、化学平衡移动 【解析】相同条件下，H₂的投料比越大，CO的平衡转化率越大，曲线X、Y、Z分别代表n(CO) : n(H₂)分别为1:3、1:2、1:1投料，A正确；m点起始投料比为1:2，恰好是方程式中CO和H₂的化学计量数之比，则反应过程中转化率：α(H₂)=α(CO)，B正确；该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，对应的曲线上移，C正确；若其他条件不变，通过压缩反应体系体积增大压强，c(H₂)增大，而温度不变平衡常数$K=\frac{c(CH₃OH)}{c(CO)·c²(H₂)}$是定值，则$\frac{c(CH₃OH)}{c(CO)·c(H₂)}=K·c(H₂)$的值增大，D错误。

4. [四川成都石室中学 2024 月考]室温下，某溶液初始时仅溶有 M 和 N 且浓度相等，同时发生以下两个反应：①$M+N\xlongequal{\;\;}X+Y$；②$M+N\xlongequal{\;\;}X+Z$，反应①的速率可表示为$v_{1}=k_{1}c^{2}(M)$，反应②的速率可表示为$v_{2}=k_{2}c^{2}(M)$（$k_{1}$、$k_{2}$为速率常数）。反应体系中组分 M、Z 的浓度随时间变化情况如图，下列说法正确的是 （ ）


A. 0~30 min 时间段内，Y 的平均反应速率为$6.67\times10^{-3}mol\cdot L^{-1}\cdot min^{-1}$
B. 反应开始后，体系中 Y 和 Z 的浓度之比保持不变
C. 如果反应能进行到底，反应结束时 37.5%的 M 转化为 Z
D. 反应①的活化能比反应②的活化能小

答案： B 考查点·平衡图像分析、反应速率的计算、平衡移动原理的应用、活化能 思路导引 由图可知M的起始浓度为0.5 mol·L⁻¹，反应①的速率$v₁ = k₁c²(M)$，反应②的速率$v₂ = k₂c²(M)$，k₁、k₂为速率常数，则同一反应体系中反应①②的速率之比始终不变，所以Y、Z的浓度变化之比始终不变；体系中同时发生反应①M + N = X + Y、②M + N = X + Z，则体系中始终有c(Y)+c(Z)=Δc(M)，由图可知30 min时Δc(M)=0.5 mol·L⁻¹ - 0.300 mol·L⁻¹ = 0.2 mol·L⁻¹，c(Z)=0.125 mol·L⁻¹，则c(Y)=0.2 mol·L⁻¹ - 0.125 mol·L⁻¹ = 0.075 mol·L⁻¹，即反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比为0.075 mol·L⁻¹ : 0.125 mol·L⁻¹ = 3:5；结合反应的活化能与反应速率关系比较反应①②的活化能大小，根据$v=\frac{\Delta c}{\Delta t}$和转化率公式计算反应速率和转化率。 【解析】由分析可知30 min时c(Y)=0.075 mol·L⁻¹，则$v(Y)=\frac{\Delta c}{\Delta t}=\frac{0.075 mol·L⁻¹}{30 min}=2.5×10⁻³ mol·L⁻¹·min⁻¹$，A错误；由分析可知，B正确；由分析可知体系中Y和Z的浓度之比为3:5，所以反应能进行到底时，有$\frac{5}{8}$的M转化生成Z，M转化为Z的转化率为$\frac{5}{8}×100\% = 62.5\%$，C错误；v(Y) : v(Z)=3:5，即v(Y)＜v(Z)、v₁＜v₂，反应的活化能越大，反应速率越小，所以反应①的活化能大于反应②的活化能，D错误。