2025年广东高考化学复习专练：化学反应速率与平衡分析（解析版）

重难点11化学反应速率与平衡分析

<1

命题趋势

考点三年考情分析2025考向预测

预计2025年高考可能考查化学反应速

化学反应速率与2024•广东卷T15；2023•广东卷T15；2022,广

率与平衡图像分析或化学反应机理图

平衡分析东卷T13、T15；2021•广东卷T14；

像分析

重难诠释

【思维导图】

定义:描述化学反应迸行快慢的量,

浓度

温度

依皈jj诞^影响w素

压强

催化剂

定义:当外界条件不变时，可逆反应迸行到一定程度，反应物与生成物的农度不再璇时间而变化，达到的动态平衡状态.

特任：逆'等、动、定、变

化学平衡t浓度

影月因素温度

■

【高分技巧】

一、速率常数及应用

1.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=kpa(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)^=s=cC(g)+dD(g),v止=k正-ca(A)-cb(B),v逆=k逆cc(C)-cd(D),平衡常数K=

c。(C)•cd(D)k正.〃逆

・，反应达到平衡时V=v逆，故

ca(A),cb(B)卜逆•“正E

二、化学反应速率及平衡图像分析

1.速率与平衡图像常见类型

(1)速率变化图像。

对于反应mA(g)+nB(g)一pC(g)+qD(g),AH>0。

①丫正、v逆同时突变。

升温或加压

(m+n>p+q)

降温或减压

(m+n>p+q)

②V正、V逆之一渐变。

增大反应物浓度

减小生成物浓度

(2)平衡移动图像。

对于反应mA(g)+nB(g)^=^pC(g)+qD(g),m+n>p+q,且AH>0,,

①速率一时间图——注意断点。

0”增大c(A)r班高温度〃减小压强“加催化剂1

②转化率(或含量卜时间图一先拐先平O

(3)恒压(温)曲线。

A的转化率C的产率

300七1.01xl07Pa

20011.01xl06Pa

5

100七1.01xl0Pa

0压强°温度

分析时可沿横轴作一条平行于纵轴的虚线，即为等压线或等温线,然后分析另一条件变化对该反应的影响。

2.陌生图像关键点的分析

该反应为放热反应，低

于To时,反应慢，还未

达到平衡，为平衡建立

过程，高于久时，为平

衡移动过程

-lgK

随温度升高,

3.545

3.128-坨K减小，

(2)2.711K增大，反应

2.294为吸热反应

1.877

（AH>0）

0^53035404577^

(3)对于反应A(g)+2B(g)^^C(g)

霜越大,A®越多,

（）越小

九（A）aA

雨

(4)

80.00

70.00

60.00-1号催化剂3号催化剂

50.00

40.00・2号催化剂最合适，其

30.00・3号催化剂最适温度为

20.00400t

10.00

0.00

300350400450500温度/霓

限时提升练

（建议用时：40分钟）

1.（2025•广东•联考）工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，其反应为N4g）+3H2（g）U2NH3（g）。

在不同温度、压强和相同催化剂条件下，初始时N?、比分别为O.hnol、0.3mol,反应达到平衡后混合物

中氨的体积分数（明如图所示。示下列说法正确的是

A.该反应的AH<0,AS>0

B.图中Pi、P2和P3由大到小的顺序是P3>P2>Pl

C.高效催化剂会减小反应的AH

D.图中B点时气体总物质的量约为0.24mol

【答案】D

【解析】A.由图可知，升高温度氨气的体积分数减小，则该反应的AH<0,该反应为气体体积减小的反应,

贝UAS<0,A项错误；

B.其他条件不变时，增大压强，平衡正向移动，氨的体积分数增大，所以P|>P2>P3,B项错误；

C.高效催化剂能降低活化能，加快反应速率，但是不改变反应的焰变，C项错误；

N2(g)+3H2(g)U2NH3(g)

八r一八।।初始/mol0.10.30

D.设平衡时N?转化了xmol,列三段式：在/〜

"转化/mol1X3x2x

平衡/mol0.1—x0.3—3x2x

---------------------------=0.667,x~0.08,%(总)名0.24mol,D项正确；

0.1—x+0.3—3x+2x

答案选D。

2.(2025•广东•联考)纳米铁是重要的储氢材料，可用反应Fe(s)+5CO(g)UFe(CO)s(g)制得。在1L恒容

密闭容器中加入足量铁粉和0.24molCO,在工、心不同温度下进行反应，测得c(CO)与温度、时间的关系

如图所示，右下平衡时体系的总压为下列说法不正确的是

A.m

B.该反应的AH<0

C.%下平衡时，CO转化率近7%

D.右下平衡时，分压平衡常数5=£

P

【答案】C

【解析】A.由图可知，T/C时，反应先达到平衡，则TI>T2,A正确；

B.根据平衡时工下平衡时反应物c(CO)更大，说明温度高时平衡逆向移动，该反应的AH<0,B正确;

C.T2。。时，C。转化率=(°24一°3加。以X100%«83.3%,C错误；

0.24mol/L

Fe(s)+5CO(g)UFe(CO)5(g)

E-▼小ri起始（加。//L）0.240

D.下平衡时，列二段式工：、

转化（"O//L）0.20.04

平衡Cmol/L)0.040.04

1

—p

216

p(Fe(CO))-p(CO)--p,Kpsg-=不■,正确；

5pGTD

故选C。

3.（2025•广东广州•阶段考）水溶液中，过二硫酸盐与碘离子反应的离子方程式为：

S2O^-+2r^2SOt+I2,向溶液中加入含Fe，+的溶液，反应机理如图所示。下列有关该反应的说法不正确

的是

A.反应②的离子方程式为2Fe?++S2ct=2Fe3++2SOj

B.Fe"是该反应的催化剂，加入Fe'+后反应体系更快达到平衡

C.向反应后的溶液滴加淀粉溶液，溶液变蓝，再适当升温，蓝色变浅

D.反应①的速率比反应②的速率快

【答案】D

【解析】A.根据总的离子反应可知，图中产物应为2SO；+L+2Fe3+,即反应②的离子方程式为

2+3+

2Fe+S2Og=2Fe+2SO：,故A正确；

B.图中Fe?+先消耗，后生成，因此Fe?+是该反应的催化剂，可加快反应速率，使反应体系更快达到平衡，

故B正确

C.由图可知，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，c（b）下降，溶液蓝色变浅，故C正确；

D.由图可知，反应①的活化能比反应②的大，因此反应②的速率更快，故D错误；

故选D。

4.（2025•广东•联考）CO和N2O在Fe+作用下转化为N2和CO2，反应的能量变化及反应历程如图所示，两

步基元反应：①NzO+Fe+nNz+FeO+跖，②CO+FeO+=CC）2+Fe+K2o下列说法不正确的是

A.该反应AHO

B.两步反应中，决定总反应速率的是反应①

C.升高温度，可提高NzO的平衡转化率

D.Fe+增大了活化分子百分数，加快了化学反应速率，但不改变反应的AH

【答案】C

【解析】A.如图能量变化可知，生成物的总能量低于反应物的总能量，该反应为放热反应，该反应AH<0,

A项正确；

B.两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应速率慢的基元反应决定，而反应速率的快慢受活

化能大小的影响，活化能越大，反应速率越慢，由图可知反应①的活化能大于反应②的活化能，因此反应①

决定总反应速率，B项正确；

C.该反应是放热反应，升高温度，反应逆向进行，N2O的平衡转化率降低，C项错误；

D.Fe+为反应的催化剂，增大了活化分子百分数，加快反应速率，但不改变反应的AH,D项正确；

故选：Co

5.（2025•广东•联考）TC下,向一恒容密闭容器中充入M和N,发生反应2M（g）+N（g）U2P（g）+Q（s）,

使用不同的催化剂，其反应历程如图所示。下列说法正确的是

A.该反应历程分四步进行

B.使用催化剂2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】C

【解析】A.该反应历程分五步进行，故A错误；

B.使用催化剂2时，活化能更大，反应速率更慢，体系达到平衡状态更慢，故B错误；

C.反应物总能量大于生成物总能量，正反应放热，降低温度，平衡正向移动，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，故D错误;

选C。

6.(2025•广东•联考)CO2氧化C2H$制备C2H4发生的主要反应为

C2H6(g)+CO2(g)CC2H4(g)+CO(g)+H2O(g)AH>0。向容积为2L的恒容密闭容器中投入2mol

C2H6(g)^2molCO2(g)o不同温度下，测得5min时(反应均未达到平衡，其他副反应均不消耗和生成乙烯)

的相关数据见下表，下列说法正确的是

温度/七

乙烷转化率/%2918

乙烯选择性/%938062

转化为乙烯的乙烷的物质的量

注：乙烯选择性=转化的乙烷的总物质的量,°

A.??C,5min时，容器内C2H4的物质的量为0.04mol

B.T2℃,0〜5min内，平均速率v(C2HJ=0.0144mokLT・minT

C.反应达到平衡后，其他条件不变，仅升高温度，平衡向逆反应方向移动

D.该反应仅在低温条件下能正向自发进行

【答案】B

【解析】A.由表格的数据可知，5min时，n(C2H4)=2molx2%x93%=0.0372mol,故A错误;

B.由表可知，时，乙烷的转化率为9.0%,可得转化的乙烷的总物质的量为2moix9.0%=0.18mol,而此

温度下乙烯的选择性为80%,则转化为乙烯的乙烷的物质的量为0.18molx80%=0.144moL根据化学方程式

中化学计量数可知生成的乙烯的物质的量也为0.144mol,则。〜5min内的平均反应速率

0144MO111

V(C9H4)==0.0l44moPL-•min-,故B正确；

5minx2L

c.该反应为吸热反应，仅升高温度，平衡向正反应方向移动，故c错误；

D.因AH>0,AS>0,AG=AH-TAS<0时能自发进行，此时需要高温条件，故D错误；

答案选B。

7.(2025•广东东莞・联考)25。。固体酸分子筛催化乙醇脱水，乙醇的分子间脱水和分子内脱水过程与相对

能量变化如图所示：下列说法不正确的是

60i

40.s

20s

0

-20

反应进程

A.在该反应条件下，产物2比产物1稳定

B.乙醇通过氢键吸附于固体酸分子筛表面

C.生成产物1的决速步活化能为46.0kcal/mol

D.反应达到平衡时，升高温度可提高产物2产率

【答案】D

【解析】A.从图中可知，产物2的能量比产物1低，根据能量越低越稳定的原则，产物2比产物1稳定，

A正确；

B.从图中可知，乙醇中的O原子与固体酸分子筛中的H原子形成分子间氢键，因此乙醇通过氢键吸附于

固体酸分子筛表面，B正确；

C.生成产物1的决速步骤为活化能最高的一步，从图中可知生成产物1时活化能最高为

36.7+9.3=46kcal/moLC正确；

D.生成产物2的反应为放热反应，升高温度化学平衡逆向移动，产物2产率降低，D错误；

故答案选D。

8.（2025•广东湛江・调研）蔗糖及其水解产物均为旋光性物质，但旋光能力不同（“+”表示右旋，表示左

旋），可利用体系在反应过程中旋光度的变化来衡量反应进程。若反应时间为0、t、8时溶液的旋光度分别

用%、%、％表示，配制一定初始浓度的蔗糖水溶液，同一温度下与不同浓度的H2sO4和H3PO4混合，测

定反应体系的旋光度值In（a,-4）随时间变化如下图所示。下列说法不正确的是

A.当体系旋光度不再变化时，水解反应达平衡状态

B.与3moi1一乜3PO,相比，同浓度的H2sO,会使反应活化能更低

C.HAO,浓度越大越有利于蔗糖水解

C（果糖）

D.平衡后加水稀释，°；蔗糖j增大

【答案】C

【解析】A.蔗糖、果糖、葡萄糖旋光能力不同，当各物质浓度不再变化时，体系旋光度不再变化，因此可

用体系旋光度的变化来衡量反应进程，A正确；

B.由图可知，蔗糖水解速率与催化剂的酸性强度有关，酸性越强，解离的氢离子越多，催化能力也越强，

与3moi1-口3PO,相比，同浓度的H2sO,会使反应活化能更低，B正确；

C.浓硫酸具有脱水性和强氧化性，会使蔗糖脱水成碳，所以并不是硫酸浓度越大越好，C错误；

c（果糖）

D.平衡后加水稀释，水解反应正向进行，果糖浓度增大，蔗糖浓度减小，拄蜥增大，D正确；

c（蔗糖）

故选C。

9（2025•广东韶关一模）用。2将HC1转化为Cl2,反应方程式：4HCl（g）+02（g）2H2O（g）+2C12（g）

AH＜0„一定条件下测得反应过程中c（Ch）的实验数据如下。下列说法正确的是

t/min0246

31

c(Cl2)/10-mol-L-01.83.75.4

A.0~2min的反应速率小于4~6min的反应速率

B.其他条件不变，增大压强可以提高HC1转化率

C.2~6min用。表示的反应速率为1.8x10-3molmin-

D.平衡常数K（200℃）＜K（400℃）

【答案】B

【解析】A.0~2min氯气的浓度增大1.8mol/L,4~6min氯气的浓度增大1.7mol/L,0~2min的反应速率

大于4~6min的反应速率，故A错误；

B.正反应气体系数和减小，其他条件不变，增大压强平衡正向移动，可以提高HC1转化率，故B正确；

C.2~6min用C1?表示的反应速率为包0^122^2^=9x10-mol.L1.min1,故C错误；

4min

D.正反应放热，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，平衡常数K（200℃）＞K（40（rC）,故D错误；

选Bo

10.（2025•云南•定位监测）一定温度下，在2L的恒容密闭容器中发生反应A（g）+2B（g）U3c（g）。反应过程

中的部分数据如下表所示：

t/minn(A)/moln(B)/moln(C)/mol

02.02.40

50.9

101.6

151.6

下列说法正确的是

A.该反应在lOmin后才达到平衡B.平衡状态时，c(C)=0.6mol・L-i

Q

C.物质B的平衡转化率为20%D.该温度下的平衡常数为药

【答案】B

【解析】A.在lOmin时，A的转化量为2.0mol-l.6moi=0.4moL由方程式A(g)+2B(g)U3c(g)可知B转化

量为0.8mol,lOmin时，n(B)=2,4mol-0.8mol=1.6mol,15min时，n(B)仍为1.6mol,故lOmin时已达平衡，

可能是5~10min内的某一时间达到平衡状态，A错误；

B.lOmin时已达平衡，A物质转化0.4mol,由方程式A(g)+2B(g)U3c(g)可知生成C物质为c(C尸

=0.6molL_1,B正确；

C.lOmin时已达平衡，A物质转化04mo1,由方程式A(g)+2B(g)U3C(g)可知B的转化量为0.8mol,则B

的平衡转化率为黑+1。0%=33.3%,C错误；

D.lOmin时已达平衡，A物质转化0.4mol,由方程式A(g)+2B(g)U3c(g)可知C的转化量为1.2moL平衡

时n(C)=1.2mol,该温度下的平衡常数为K=

故选B。

11.(2025・广东•联考)K；为相对压力平衡常数，表达式为在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替气体

浓度，气体的相对分压等于其分压(kPa)除以p。(Po=lOOkPa)。反应X(g)UZ⑸+2Y(g)的InK；随温度"变化

如图曲线a,反应Q(g)+R(g)U2s(g)+2U(g)的InK；随温度；变化如图曲线b。M点对应温度下，将

ImolAr(不参与反应)和ImolX(g)充入恒容密闭容器甲中，初始总压为lOOkPa。下列说法正确的是

A.反应Q(g)+R(g)U2S(g)+2U(g)的AH>0

B.X(g)UZ(s)+2Y(g)的表达式K；=P%£)

p(X)-10

C.容器甲中平衡时分压p(x尸25kPa

D.容器甲中平衡时Y的体积分数为50%

【答案】C

【解析】A.根据曲线b,温度升高K；减小，平衡逆向移动，即正反应是放热反应，AH<0,A不正确；

M2

B.Z是固体，所以K，=L1°°、」=P(丫)，B不正确；

PPQOp(x)-ioo

100

C.根据题意，M点对应温度K；=l,开始p(X尸50kPa,Imol气体对该分压相当于50kPa,设X转化了

xmol,根据三段式可求得平衡时X有(l-x)mol,Y有2xmol,Kr=-~~100=2iL=i,解得x=0.5mol,

p(l-x)x501-x

~100~

所以平衡时容器甲内有0.5moix、有ImolY、有ImolAr,即分压p(X)=25kPa,C正确；

D.由C选项可知Y的体积分数为40%,D不正确；

故选C。

/O、/OCH2cH20H

12.(2025・广东•联考)利用人丁内酯(1丫)与氢气反应制备1,4-丁二醇(I)，总压为

\/CH2cH20H

3.0x10、kPa的恒压条件下发生反应，起始时H?与九丁内酯的物质的量之比为2：1,当反应达到平衡时各物

质的物质的量分数y与温度T的变化关系如图所示。下列说法正确的是

A.加入催化剂可有效提高反应物的平衡转化率

B.图中表示H2的物质的量分数的曲线是b

C.P点时，人丁内酯的平衡转化率约为66.7%

CH2cH20H

D.生成I的总反应的原子利用率小于100%

CH2cH20H

【答案】C

【分析】

CH

I22

1r的分子式为C4H6。2,

CH的分子式为C4H|0O2,根据原子守恒，Imol

22

CH2cH20H

和2moi氏反应生成Imoli。

CH2cH20H

【解析】A.催化剂不能使平衡移动，加入催化剂不能改变反应物的平衡转化率，故A错误；

B.升高温度，一种物质的物质的量分数减少，两种物质的物质的量分数增大，可知平衡逆向移动，正反应

放热，反应物的含量增加，起始时H?与九丁内酯的物质的量之比为2：1,所以a表示氢气，b表示乙丁内

酯，c表示1,4-丁二醇，故B错误；

C.图中P点时氢气和1,4-丁二醇的含量相等，设反应前氢气是2m01、人丁内酯是Imol,反应消耗7-丁

内酯xmol,氢气2xmol,生成1,4-丁二醇xmol,贝U尤=2-2x,解得x=§,所以（的平衡转化

率约为66.7%,故C正确；

CH2cH20HCH2cH20H

D.7-丁内酯和氢气反应生成I,反应只有一种产物，所以生成I的总反应的原

CH2cH20HCH2cH20H

子利用率为100%,故D错误；

选C。

13.（2025•广东潮州•质检）在容积为0.5L的密闭容器中，充入物质的量均为amol的A（g）和B（g）,在一定

条件下发生反应：A（g）+3B（g）UC（g）+D（g）,测得A（g）、B（g）和C（g）的浓度（c）随时间⑴变化如图所

A.0〜4min内，用D表示的化学反应速率为0.5mol-LT-minT

B.曲线I、n、in分别表示A(g)、B(g)、c(g)的浓度随时间的变化曲线

C.。=8.0

D.A和B的平衡转化率相等

【答案】B

【分析】在容积为0.5L的密闭容器中，充入物质的量均为amol的A(g)和B(g),在一定条件下发生反应：

A(g)+3B(g)uc(g)+D(g),曲线in代表C(g),浓度的变化量与化学计量系数成正比,因此曲线I、n分

别表示A(g)、B(g)的浓度随时间的变化曲线。

【解析】A.由图可知，0〜4min内，用D表示的化学反应速率为v(D)=v(C)=@必工=0.25mol-L-'-min-1,

4min

故A错误；

B.由分析可知，曲线I、n、in分别表示A(g)、B(g)、c(g)的浓度随时间的变化曲线，故B正确；

C.A、B的起始浓度均为4.0mol・LL容器的容积为0.5L,因此a=2.0,故C错误；

D.A和B的初始浓度相等，浓度变化量之比为1：3,平衡转化率不相等，故D错误；

答案选B。

14.(2025•重庆•月考)向绝热恒容密闭容器中通入一定量SO?与NO?,发生反应：

SO2(g)+NO2(g)USO3(g)+NO(g),其正反应速率v正随时间t变化的曲线如下图(不考虑副反应的影响),

下列说法正确的是

A.该反应的A">0

B.v逆随t变化的曲线在…时间段内与v正的趋势相同

C.从A点到C点，NO的分压先增大后减小

D.其他条件不变时，在恒温条件下发生此反应，SO?的平衡转化率增大

【答案】D

【分析】如图所示，反应在绝热容器中进行，随着反应正向进行，反应物浓度减小，但b时间前v正增大，

说明反应放热，容器内温度升高，温度对反应速率的影响起主导作用。b时间后，反应物浓度减小对速率的

影响起主导作用，v正减小，据此答题。

【解析】A.根据分析知，反应为放热反应，故AH<0,故A错误；

B.由分析可知，正反应速率增大，说明正反应为放热反应，且从A点到B点反应速率主要受温度影响；B

点后正反应速率减小，说明此点后反应速率主要受浓度影响；而A到C点过程中生成物浓度一直在增大，

即逆反应速率一直在增大，贝㈣逆随t变化的曲线在a〜c时间段内与。正的趋势不相同，故B错误；

C.从A点到C点，反应一直正向进行，因此NO的分压一直增大，故C错误；

D.其他条件不变时，若在恒温条件下发生此反应，相当于降温，则平衡正向移动，SO2的平衡转化率增大,

故D正确；

故答案选D。

15.(2025・四川•阶段考)段基硫(COS)是一种粮食熏蒸剂，其制备原理为：

CO(g)+H2S(g)-COS(g)+H2(g)o该反应在不同温度下达到化学平衡时，H2s的转化率如图所示。下列

说法正确的是

»

唧

S

S

K

A.由方程式可知H2s和CO的转化率相等

B.某温度下，反应体系平均相对分子质量不变说明反应达到平衡状态

C.反应过程中H2s和H?的分压之和一定保持不变

D.该反应的平衡常数随温度升高而增大

【答案】C

【分析】由图像可知，CO(g)+H2S(g)^COS(g)+H2(g),反应随温度的升高，H2s的转化率降低，说明温度升

高，平衡向逆反应方向移动，AH<0„

【解析】A.转化率=」*100%,由方程式可知H2s和CO的An相等，但不知道起始物质的量是否相等,

n起始

故转化率不一定相等，A项错误；

---TT)_

B.M=-,反应物、生成物均为气体且反应前后分子数始终不变，故气体的总质量和总物质的量均保持

n

不变，反应体系平均相对分子质量不变不能说明反应达到平衡状态，B项错误;

Cp(HS)="但2$)_11起始(H'S)一△几(H^S)n(H)

P（H2）=2

.2n总n总n总n总

p（H2S）+p（H2）=n皿（H2S）-A〃（H2S）+^M）,由方程式可知％他5）=&1（凡），反应过程中n总始终不

n总n总

变，故P（H2S）+P（H2）=%M©,即反应过程中H2s和H2的分压之和一定保持不变，C项正确;

n总

D.AH<0,升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，D项错误;

故答案选Co

16.（2024・广东惠州•质检）反应物（S）转化为产物（P或P2）的能量与反应进程的关系如下图所示，“•”表示

反应物或生成物吸附在催化剂表面。

A.进程IV中，Z没有催化作用

B.反应达平衡时，升高温度，P的浓度增大

C.生成P的速率：［II>11

D.平衡时S的转化率：II>1

【答案】A

【解析】A.由图中信息可知，进程IV中S吸附到Z表面生成S・Z,然后S・Z转化为产物P・Z,由于P・Z

没有转化为P+Z,因此，Z没有表现出催化作用，A正确；

B.由图中信息可知，反应物S转化为产物P是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，P的浓度减小，B错

误；

C.进程in中由S・Y转化为P・Y的活化能高于进程II中由S・X转化为P・X的活化能，由于这两步反应分

别是两个进程的决速步骤，因此生成P的速率为Iiivn,c错误；

D.进程n中使用了催化剂x,但是催化剂不能改变平衡产率，因此在两个进程中平衡时s的转化率相同，

D错误；

答案选A。

17.（2025•广东珠海•摸底）化学反应A（g）UB（g）在无催化剂和有抑制剂下均能发生。反应历程（下图）中，

M为中间产物。其它条件相同时，下列说法正确的是

A.使用抑制剂时，反应体系更快达到平衡

B.在无催化剂和有抑制剂条件下，反应历程都分4步进行

C.反应达平衡时，升高温度，B的浓度增大

D.使用抑制剂时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大

【答案】C

【解析】A.使用抑制剂，反应活化能增大，反应速率减慢，A错误；

B.无催化剂的反应历程分2步进行，B错误；

C.根据图示，该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，B的浓度增大，C正确；

D.使用抑制剂，生成M速率减慢，消耗M速率加快，反应过程中M所能达到的最高浓度更小，D错误;

答案选C。

18.(2025•广东深圳・联考)在2L恒容密闭容器中，充入2.0molNO和2.0molSC>2，在一定条件下发生反应

2NO(g)+2SO2(g)#N2(g)+2SO3(g),测得平衡体系中NO、SO3的物质的量分数(x%)与温度的关系如图所示。

下列说法正确的是

A.该反应正反应的活化能大于逆反应的活化能

B.「时，当2V正(SO2)=v逆(M)时反应达到平衡状态

C.时，若反应经ts达到平衡，则v(N2尸

D.b点时，往容器中再充入NO、SO2各LOmol,再次平衡时x%(N2)减小

【答案】C

【解析】A.升高温度，NO的物质的量分数增大，说明升高温度平衡逆向移动，正反应放热，该反应正反

应的活化能小于逆反应的活化能，故A错误；

B.正逆反应速率比不等于系数比，故「时，当2V正(SO2)=v逆例2)时反应未达到平衡状态，故B错误；

C.T2时，反应达到平衡，S03的物质的量分数为40%,

2NO(g)+2SO2(g)UM(g)+2SO2(g)

初始(mol)22002x2

，----------------------=0.4,x=—mol,右反应经t

转化（mol）2x2xx2x2-2x+2-2x+x+2x3

平衡（mol）2-2x2-2xx2x