专题十化学反应速率与化学平衡-【创新教程】2020-2024五年高考真题化学分类特训

最新真题分类特训·化学 专题十化学反应速率与化学平衡 考点1化学反应速率 1.(2024·黑吉辽卷，10)异山梨醇是一种由生 A.实验①中，0~2小时内平均反应速率 物质制备的高附加值化学品，150℃时其制 (SeO)=2.0mol·L·h-1 备过程及相关物质浓度随时间变化如图所 B.实验③中，反应的离子方程式为：2Fe+ 示，15h后异山梨醇浓度不再变化。下列说 SeO;+8H-2Fe++Se+4H,O 法错误的是 C.其他条件相同时，适当增加纳米铁质量 可加快反应速率 山 反应① 1,4-失水山梨醇 反应②异山 D.其他条件相同时，水样初始pH越小， 梨 梨醇 反应 SeO的去除效果越好 醇 →副产物 3.(2024·浙江1月卷，14)酯在NaOH溶液 0.10 中发生水解反应，历程如下： 0.08 O 0.06 梨醇 R C+-OR'+OH-R-COR' 1,4失水山梨醇 0.04 (3,0.042) 异山梨 刚产物 OH 0.02 RCOH+R'O-- →RCO+R'OH 10 时间h 已知： A.3h时，反应②正、逆反应速率相等 18O 18OH B.该温度下的平衡常数：①>② ①RC—OR 快速平衡 R-C-OR C.0~3h平均速率v(异山梨醇)=0.014 mol·kg1·h1 OH 0 D.反应②加入催化剂不改变其平衡转化率 ②RCOOCH,CH3水解相对速率与取代基 2.(2024·安徽卷，12)室温下，为探究纳米铁 R的关系如下表： 去除水样中SO的影响因素，测得不同 取代基R CHs CICH, CLCH 条件下SeO浓度随时间变化关系如图。 水解相对速率 1 290 7200 实验序号 水样体积/mL. 纳米铁质量/mg 水样初始pH 下列说法不正确的是 ( ① 50 6 A.步骤I是OH与酯中C+作用 20 50 2 6 B.步骤Ⅲ使I和Ⅱ平衡正向移动，使酯在 50 2 8 NaOH溶液中发生的水解反应不可逆 5.0 C.酯的水解速率：FCH,COOCH,CH> 4.0 CICH,COOCH,CH, 180 ③ ② D.CH,COCH,CH3与OH反应、 O 0.0 0 4 81012 CH COCH,CH与18OH反应，两者所得 下列说法正确的是 醇和羧酸盐均不同 专题十化学反应速率与化学平衡 4.(2024·河北卷，11)在水溶液中，CN可与 C.温度不变，仅改变体系初始压力，反应物 多种金属离子形成配离子。X、Y、Z三种金 摩尔分数随时间的变化曲线不变 属离子分别与CN厂形成配离子达平衡时， D.T:温度下，改变初始投料比例，可使平衡 1g(金属离子)与-1gc(CN)的关系如图。 时各组分摩尔分数与T,温度时相同 (配离子) 6.(2022·广东卷，14,4 催化剂I 分)在相同条件下研 究催化剂I、Ⅱ对反 徘化剂Ⅱ 应X一2Y的影响， 尤倦化剂 -10 -15 各物质浓度c随反应 -20 -25 时间t的部分变化曲 t/min -30 线如图，则( ) -35 -40圃 2 3 A.无催化剂时，反应不能进行 -ge(CN) B.与催化剂I相比，Ⅱ使反应活化能更低 下列说法正确的是 ( C.a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t A.99%的X、Y转化为配离子时，两溶液中 的变化 CN的平衡浓度：X>Y D.使用催化剂I时，0~2min内，(X) B.向Q点X、Z的混合液中加少量可溶性Y 1.0mol·L1·min 7.(2022·辽宁卷，12,3分)某温度下，在1L恒 c(X) c(Z) 盐，达平衡时(X配离子)>(Z配离子可 容密闭容器中2.0molX发生反应2X(s)一 C.由Y和Z分别制备等物质的量的配离子 Y(g)+2Z(g),有关数据如下： 时，消耗CN厂的物质的量：Y<Z 产物Z的平均生成速率 时间段fmin D.若相关离子的浓度关系如P点所示，Y (mol·L-1·min1) 配离子的解离速率小于生成速率 0-2 0.20 04 5.(2024·山东卷，15)逆水气变换反应：C02(g) 0.15 0~6 0.10 +H(g)=CO(g)+HO(g)△H>0。 ( 定压力下，按CO2,H物质的量之比n(CO2) 下列说法错误的是 A.1min时，Z的浓度大于0.20mol·L :n(H2)=1:1投料，T1,T2温度时反应物 B.2min时，加入0.20molZ,此时vE(Z)< 摩尔分数随时间变化关系如图所示。已知该 U(Z) 反应的速率方程为v=kc5(H2)c(CO2),T, C.3min时，Y的体积分数约为33.3% T2温度时反应速率常数k分别为k,k2。下 D.5min时，X的物质的量为1.4mol 列说法错误的是 8.(2021·广东卷，14， 0.6 4分)反应X—2Z 0.5 经历两步：①X→ 滋 0.4 Y;②Y→2Z。反 0.3 0.2 应体系中X、Y,Z的 t/e 0.1 浓度c随时间t的变 0.0 化曲线如图所示。下列说法不正确的是 0.001 0.01 0.1 10 时间(s) ( A.k>k A.a为c(X)随t的变化曲线 B.T,T2温度下达平衡时反应速率的比值： B.t1时，c(X)=c(Y)=c(Z) (T)k1 C.t2时，Y的消耗速率大于生成速率 v(T,)k, D.t3后，c(Z)=2c。-c(Y) 最新真题分类特训·化学 9.(2021·河北卷，13,4分)室温下，某溶液初 11.(2021·浙江6月，20,2分)一定温度下， 始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生 在N2O的四氯化碳溶液(100mL)中发生 以下两个反应： 分解反应：2N2O一4NO2十O2。在不同 ①M+N-X+Y:②M+N-X+Z。 时刻测量放出的O2体积，换算成NO,浓 反应①的速率可表示为y=k1c2(M),反应 度如下表： ②的速率可表示为2=k2c2(M),(k1、k2为 1/s 0 600 1200 1710 2220 2820 速率常数)。反应体系中组分M、Z的浓度 c(N,O)/ 随时间变化情况如图。下列说法错误的是 1.400.96 0.66 0.48 0.35 0.240.12 (mol·L.1) ( 下列说法正确的是 A.600~1200s,生成NO2的平均速率为 30.n.30m 5.0×10-+mol·L1·s e(M) 0.2 B.反应2220s时，放出的O2体积为 30,0.125) o0.1 11.8L(标准状况) 0102030405060min C.反应达到平衡时，vE(NO)=2v(NO2) A.0~30min时间段内，Y的平均反应速率 D.推测上表中的x为3930 为6.67×103mol·L·min 12.(2021·江苏卷，8,3分)N2是合成氨工业 B.反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比 的重要原料，NH3不仅可制造化肥，还能 保持不变 通过催化氧化生产HNO,;HNO3能溶解 C.如果反应能进行到底，反应结束时 Cu、Ag等金属，也能与许多有机化合物发 62.5%的M转化为Z 生反应；在高温或放电条件下，N2与O2反 D.反应①的活化能比反应②的活化能大 应生成NO,NO进一步氧化生成NO。 10.(2021·辽宁卷，12,3分)某温度下，降冰 2NO(g)+O.(g)=2NO:(g)AH= 片烯在钛杂环丁烷催化下聚合，反应物浓 -116.4k·mol厂1。大气中过量的NO 度与催化剂浓度及时间关系如图。已知反 和水体中过量的NH、NO均是污染物 应物消耗一半所需的时间称为半衰期，下 通过催化还原的方法，可将烟气和机动车 列说法错误的是 ( 尾气中的NO转化为N2,也可将水体中的 3.0 ①Ct网=0.035mol-L- NO转化为N2。对于反应2NO(g)+O,(g) ②Ctm=0.070molL- ③C#纪谢-0.035mol:L 一2NO,(g),下列说法正确的是() 2.0 ① A.该反应的△H<0,△S<0 e B.反应的平衡常数可表示为 1.0 K=c(N0)·c(O,) (NO,) 0 50 100150200250300 Vmin C.使用高效催化剂能降低反应的焓变 A.其他条件相同时，催化剂浓度越大，反 应速率越大 D其他条件相同，带大C00的转化 B.其他条件相同时，降冰片烯浓度越大， 率下降 反应速率越大 13.(2021·江苏卷，14,3分)NH3与O2作用 C.条件①，反应速率为0.012mol·L 分别生成N2、NO、NO的反应均为放热反 ·min 应。工业尾气中的NH可通过催化氧化 D.条件②，降冰片烯起始浓度为3.0mol 为N2除去。将一定比例的NH、O2和N2 ·L1时，半衰期为62.5min 的混合气体以一定流速通过装有催化剂的 专题十化学反应速率与化学平衡 反应管，NH的转化率、生成N2的选择性 (i)上述过程中NO2的作用为 2n生成(N2) Ln总铃化(NH2) ×100% 与温度的关系如图 (ⅱ)为了适应化工生产的需求，铅室法最 所示。 终被接触法所代替，其主要原因是 100 1100 NH. 80 90 转 (答出两点即可)。 60 选择率 (3)接触法制硫酸的关键反应为SO,的催 % 0 70 20 175200225250275300 60 化氧化：S0,(g)+0,(g)一S0,(g 温度/℃ 下列说法正确的是 △H=-98.9kJ·mol- A.其他条件不变，升高温度，NH3的平衡 (1)为寻求固定投料比下不同反应阶段的 转化率增大 最佳生产温度，绘制相应转化率（α）下反应 B.其他条件不变，在175~300℃范围，随 速率（数值已略去）与温度的关系如图所 温度的升高，出口处N,和氮氧化物的 示，下列说法正确的是 量均不断增大 C.催化氧化除去尾气中的NH应选择反 =0.88 应温度高于250℃ 0=0.90 D.高效除去尾气中的NH,需研发低温下 x=0.92 NH3转化率高和N2选择性高的催 化剂 470480490500510520 温度/℃ 14.(2023·辽宁卷，18,14分)硫酸工业在国 a.温度越高，反应速率越大 民经济中占有重要地位。 b.a=0.88的曲线代表平衡转化率 (1)我国古籍记载了硫酸的制备方法 c.α越大，反应速率最大值对应温度越低 “炼石胆(CuSO,·5HO)取精华法”。借 d.可根据不同a下的最大速率，选择最佳 助现代仪器分析，该制备过程中CuSO,· 生产温度 5H,O分解的TG曲线（热重）及DSC曲线 (反映体系热量变化情况，数值已省略)如 (ⅱ)为提高钒催化剂的综合性能，我国科 图所示。700℃左右有两个吸热峰，则此 学家对其进行了改良。不同催化剂下，温 时分解生成的氧化物有SO2 和 度和转化率关系如图所示，催化性能最佳 (填化学式)。 的是 (填标号)。 2.5 2.2 DSC 80 1.g 一吸热峰 TG 1.6mg 60 1.6 3 40 1.0 K-C 0.7 0.8mg0.72m唱 -V-K-Cs-Ce 200 400600 80010001200 沼度/℃ 300350 400450.500550 (2)铅室法使用了大容积铅室制备硫酸 温度/℃ (76%以下)，副产物为亚硝基硫酸，主要反 ()设O2的平衡分压为p,SO2的平衡转 应如下： 化率为a.,用含p和a。的代数式表示上述 NO2+SO2+H2O-NO+H2SO 催化氧化反应的K。= (用平衡 2NO+O2-2NO。 分压代替平衡浓度计算)。 最新真题分类特训·化学 考点2化学平衡 考向1化学平衡的影响因素 3.(2021·福建卷，5,4分)实验室配制碘水 1.(2023·辽宁卷，13,3分)某小组进行实验， 时，通常将L2溶于KI溶液：l2(aq)十I厂(aq) 向10mL蒸馏水中加入0.4gI2,充分振 一l(aq)。关于该溶液，下列说法正确 荡，溶液呈浅棕色，再加入0.2g锌粒，溶液 的是 颜色加深；最终紫黑色晶体消失，溶液褪色。 A.KI的电子式为K:I 已知I。(aq)为棕色，下列关于颜色变化的 B.滴入淀粉溶液，不变蓝 解释错误的是 C.加水稀释，平衡逆向移动 D.加少量AgNO,固体，平衡正向移动 选项颜色变化 解释 4.(2021·辽宁卷，11,3分)某温度下，在恒容 溶液呈 密闭容器中加入一定量X,发生反应2X(s) A I2在水中溶解度较小 浅棕色 一Y(s)十Z(g),一段时间后达到平衡。 下列说法错误的是 ( 溶液颜 发生了反应：L十I B A.升高温度，若c(Z)增大，则△H>0 色加深 B.加入一定量Z,达新平衡后m(Y)减小 紫黑色晶 L2(aq)的消耗使溶解平衡 C.加入等物质量的Y和Z,达新平衡后 体消失 I2(s)一l(aq)右移 c(Z)增大 D.加入一定量氩气，平衡不移动 Z如与有色物质发生了置 D 溶液褪色 5.(2021·北京卷，10,3分)NO2和N2O,存在 换反应 平衡：2NO2(g)一N2O,(g)△H<0。下 2.(2022·广东卷，13， 列分析正确的是 (） 4 4分)恒容密闭容器 A.1mol平衡混合气体中含1molN原子 起始组成：4mH, 中，BaSO,(s)+ I mol Ba50. B.断裂2 mol NO2中的共价键所需能量小 4H2(g)→BaS(s) H2 于断裂1molN,O中的共价键所需能量 +4HO(g)在不同 200400600800 C.恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平 T1℃ 温度下达平衡时，各 衡正向移动导致的 组分的物质的量(n)如图所示。下列说法正 D.恒容时，水浴加热，由于平衡正向移动导 致气体颜色变浅 确的是 考向2化学平衡相关计算 A.该反应的△H<0 6.(2022·湖南卷，14,4 B.a为n(H,O)随温度的变化曲线 分)向体积均为1L的 2 C.向平衡体系中充入惰性气体，平衡不 两恒容容器中分别充入 移动 2molX和1molY发 时间 D.向平衡体系中加入BaSO,H2的平衡转 生反应：2X(g)+Y(g)=Z(g)△H,其 化率增大 中甲为绝热过程，乙为恒温过程，两反应体 专题十化学反应速率与化学平衡 系的压强随时间的变化曲线如图所示。下 回答下列问题： 列说法正确的是 (1)一定条件下，反应I,Ⅱ的焓变分别为 A.△H>0 △H,△H2,则该条件下水气变换反应的焓 B.气体的总物质的量：n,<n。 变△H= (用含△H,△H2的代数 C.a点平衡常数：K>12 式表示)。 D.反应速率：v正<正 (2)反应I正反应速率方程为：v=kc(H)· 7.(2022·河北卷，13,4分)恒温恒容条件下， c(HCOOH),k为反应速率常数。T,温度 向密闭容器中加入一定量X,发生反应的方 下，HCOOH电离平衡常数为K.,当 程式为①X一Y:②Y一Z。反应①的速 HCOOH平衡浓度为xmol·L时，H浓 率u1=k1c(X),反应②的速率2=k2c(Y), 度为 mol·L,此时反应I正反 式中k1、k2为速率常数。图甲为该体系中 应速率v mol·L1·h1(用含 X、Y、Z浓度随时间变化的曲线，图乙为反 K,、x和k的代数式表示)。 应①和②的lnk~ 丁曲线。下列说法错误 (3)T3温度下，在密封石英管内完全充满 1.0mol·L1 HCOOH水溶液，使 的是 HCOOH分解，分解产物均完全溶于水。含 cAmol-L-) 人、反座② 碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示 反应心 (忽略碳元素的其他存在形式)。七时刻测得 C0、CO的浓度分别为0.70mol·L1、 0.16mol·L1,反应Ⅱ达平衡时，测得H2 甲 的浓度为ymol·L1。体系达平衡后 A.随c(X)的减小，反应①、②的速率均降低 c(CO) B.体系中v(X)=v(Y)+u(Z) c(CO,) (用含y的代数式表示， C.欲提高Y的产率，需提高反应温度且控 下同)，反应Ⅱ的平衡常数为 制反应时间 D.温度低于T1时，总反应速率由反应② C0 决定 8.(2023·山东卷，20,12分)一定条件下，水 气变换反应CO十HO一CO2+H2的中 间产物是HCOOH。为探究该反应过程，研 HCOOH h 究HCOOH水溶液在密封石英管中的分解 相同条件下，若反应起始时溶液中同时还含 反应： 有0.10mol·L1盐酸，则图示点a、b、c、d I.HCOOH-CO+HO(快) 中，CO新的浓度峰值点可能是 Ⅱ.HCOOH-CO2+H2(慢) (填标号)。与不含盐酸相比，CO达浓度峰 研究发现，在反应I、Ⅱ中，H仅对反应I 值时，CO2浓度 (填“增大”“减小” 有催化加速作用；反应I速率远大于反应 c(CO) Ⅱ，近似认为反应I建立平衡后始终处于平 或“不变”)，c(HCOOH) 的值 (填 衡状态。忽略水的电离，其浓度视为常数。 “增大”“减小”或“不变”)。 最新真题分类特训·化学 考向3化学平衡图像分析 A.线L表示lgc(HgI)的变化情况 9.(2024·山东卷，10) 1.0 B.随c(IT)增大，c[HgL(aq)]先增大后 0.8 常温下Ag(I)一 减小 0.6 CH,COOH水溶液 0.4 K 02 C.a-lg K: 体系中存在反应： 0.0 4件B6 8 1012 Ag+CH COO D.溶液中I元素与Hg元素的物质的量之 比始终为2：1 CH COOAg(aq),平衡常数为K。已知 11.(2023·湖南卷，13,3 初始浓度c。(Ag)=c(CH COOH)= 分)向一恒容密闭容 0.08mol·L1,所有含碳物种的摩尔分数 器中加入1 mol CH, 与pH变化关系如图所示（忽略溶液体积变 和一定量的H,O,发 H 化)。 生反应：CH,(g)+ 下列说法正确的是 HO(g)-CO(g)+3H2(g)。CH的平 A.线Ⅱ表示CH,COOH的变化情况 B.CH,COOH的电离平衡常数K。=10-" 衡转化率按不同投料比xx= C.pH=n时，c(Ag)=10 温度的变化曲线如图所示。下列说法错误 K 一mol·L 的是 D.pH=10时，c(Ag)+c(CH COOAg)= A.<x2 0.08mol·L B.反应速率：V证<ve正 10.(2023·山东卷，15,4 C.点a、b、c对应的平衡常数：K,<K 1(a,b) 分)在含HgL(s)的溶 =K 液中，一定c(I厂)范围 D.反应温度为T,当容器内压强不变时， 内，存在平衡关系： -10 -14 lgc) 反应达到平衡状态 Hgl2 (s)=HgI2 (aq);Hgl2 (aq)= 12.(2021·湖南卷，11,4 Hg2++2IT;Hgl2(aq)=HgI+厂； 分)已知：A(g)十 HgI,(aq)+I=HgI;HgI,(aq)+21 2B(g)=3C(g) 一HgI,平衡常数依次为K、K1、K2、 △H<0,向一恒温恒 K3、K,。已知lgc(Hg2+)、lgc(HgI), 容的密闭容器中充入1molA和3molB lgc(Hgl)、lgc(HgI)随lgc(I厂)的变 发生反应，t1时达到平衡状态I,在2时 化关系如图所示，下列说法错误的是 改变某一条件，3时重新达到平衡状态Ⅱ， 正反应速率随时间的变化如图所示。下列 说法正确的是 M(a,b) A.容器内压强不变，表明反应达到平衡 B.t2时改变的条件：向容器中加入C C.平衡时A的体积分数p:p(Ⅱ)>o(I) -10 -14 Ige() D.平衡常数K:K(Ⅱ)<K(I)详解详析 14.C通电后石墨电极Ⅱ上有O,生成，FeO,逐渐溶解， 6.DA.根据金属活动性顺序表，朝的金属活动性大于银， 说明石墨电极Ⅱ为阳极，则电源b为正极，a为负极，石 A项正确：B.通过揉接，手上的汗水可提供电解质溶液， 墨电极【为阴极，据此解答。 B项正确：C,银丝发生还原反应，氧化银转化为单质银， A.由分析可知，a是电源的负极，故A正确：B.石墨电 单质银活动性较弱，可长时间保持光亮，C项正确：D.铜 极Ⅱ为阳极，通电一段时间后，产生氧气和氢离子，所 的活动性比铝弱，氧化铝不能被铜还原为单质铝，因此 以向石墨电极Ⅱ附近滴加石蕊溶液，出现红色，故B日 铜不会变黑，D项错误：答景远D。 确：C,随着电解的进行，铜离子在阴极得电子生成铜单质， 专题十化学反应速率与化学平衡 所以CuC2溶液浓度变小，故C错误：D.当0.01mol 考点1化学反应速率 FeO完全溶解时，消耗氢离子为0.06mol,根据阳极 1.AA.由题图可知，3小时后异山梨醇浓度继续增大， 电极反应式2H.O一4e—O。↑十4H,产生氧气为 15h后异山梨醇浓度才不再变化，所以3h时，反应②未 0.015mol,体积为336mL(折合成标准状况下)，故D 达到平衡状态，即正、逆反应速率不相等，故A错误：B. 正确：故选C。 图象显示该温度下，15h后所有物质浓度都不再变化， 考点4金属的腐蚀与防护 且此时山梨醇转化完全，即反应充分，而1,4失水山梨醇仍 1,DA,发蓝处理技术通常用于钢铁等黑色金属，通过在 有剩余，即反应②正向进行程度小于反应①、反应限度小于 空气中加热或直接浸泡于水氧化性溶液中来实现，可在 反应①，所以该温度下的平衡常数：①>②，故B正确：C.由 金属表面形成一层极藏的氧化膜，这层氧化膜能有效防 图可知，在0一3h内异山梨醇的浓度变化量为0.042mol/ 锈，A不符合题意：B.阳极氧化是将待保护的金属与电 源正极连接，在金属表面形成一层氧化膜的过程，B不符 kg,所以平均连率（异山梨醇）=0042m@lkg=0.014mml 3h 合题意：C.表面渗镀是在高温下将气态、固态或嫦化状 ·kg·h,故C正确：D.催化剂只能改变化学反应速 态的欲渗镀的物质（金属或非金属元素）通过扩散作用 率，不能改变物质平衡转化率，所以反应②加入催化剂 从被渗镀的金属的表面渗入内部以形成表层合金镀层 不玫变其平街转化率，故D正确。 的一种表面处理的方法，C不符合题意；D.喷涂油漆是 2.CA.实验①中，0一2小时内平均反应速率(SeO)) 将油漆涂在待保护的金属表面并没有在表面形成钝化 膜，D符合题意：故答案选D。 6.0×103-1.0×10)m0l,L=2.0×103malL 2h 2.CA.氨水浓度越大，越容易生成[Zn(NH),门2+，商蚀 ·h,A不正确：B.实验③中水样初始pH=8,溶液显弱 趋势越大，A正确：B.腐蚀的慈反应为Zn+4NH,·H,O 碱性，发生反应的离子方程式中不能用H十配电荷守恒， -[Zn(NH4),]2++H2A+2H2O+2OH,有OH生 B不正确：C.综合分析实验①和②可知，在相同时间内， 成，溶液pH变大，B正确：C.该电化学腐蚀中Zn作负 实验①中S(O)浓度的变化量大，固此，其他条件相同 极，F作正极，正极上氨离子得电子生成氨气，铁电极上 时，适当增加钠米铁质量可加快反应速率，C正确：D.综 的电极反应式为：2H,O十2e -H2↑+2OH.C错 合分析实验③和②可知，在相同时间内，实验②中SO 误：D.根据得失电子守恒，每生成标准状况下 浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当减小初始 2mL,特移电子数为号2高 pH,Sc(O的去除效果越好，但是当初始pH太小时， =0.02mol,消耗 H+浓度太大，纳米铁与H反应速率加快，会导致与 0.010 mol Zn,D正确。 SO反应的纳米铁减少，因此，当初始pH越小时 3.DA.氟化钠溶液中蛤终存在氯离子，所以加入硝酸银 SO的去除效果不一定越好，D不正确。 溶液后，不管铁片是否被腐蚀，均会出现白色沉淀，故A 3.DA.步骤I是氢氧根离子与酯基中的C+作用生成羟 不符合题意；B.淀粉碘化钾溶液可检测氧化性物质，但 基和O,A正确：B.步骤I加入氢氧根离子使平衡I正 不论铁片是否被腐蚀，均无氧化性物质与碘化钾发生反 向移动，氢氧根离子与羧基反应使平衡Ⅱ也正向移动， 应，故B不符合题意：C.KSCN溶液可检测铁离子的存 使得酯在NOH溶液中发生的水解反应不可逆，B正 在，上述现象中不会出现铁离子，所以无论铁片是否被 确：C.从信息②可知，随着取代基R上CI个数的增多， 腐蚀，加入KSCN落液后，均无红色出现，故C不符合题 水解相对速率增大，原因为C1电负性较强，对电子的吸 意：D.K,[Fe(CN)。]是用于检测Fe的试剂，若铁片没 引能力较强，使得酯基的水解速率增大，F的电负性强于 有被腐蚀，则溶液中不会生成亚铁离子，则加入 CI,FCH一对电子的吸引能力更强，因此酯的水解速率 K,[Fe(CN):]溶液就不会出现蓝色沉淀，故D将合题 FCH COOCH,CH>CICH,COOCH,CH,C正确：D. 意。综上所述，答案为D 8() 4.DA.Zn比Fe活波，更容易失去电子，还原性更强，先与I 发生氧化还原反应，故溶液涎色原因为I,被Z如还原，A项 CH.COCH,CH与氢氧根离子反应，根据信息①可知，第 错误：B.液体分层后，L在CCI,层，CCL,的密度比水大，则 一步反应后“O既存在于羟基中也存在于O中，随着反应 下层呈紫红色，B项错误：C.若镀层金属活泼性大于Fe,则 0 Fe不易生锈，反之，若Fe活泼性大于镀层金属，则Fe更易 生锈，由于活泼性：Zn>Fe>Sn,则镀锡铁钉更易生锈.C项 进行，最终O存在于羧酸盐中，同理CH,COCH CH 错误；D.漂白粉的有效成分为Ca(CO),,其具有强氧化性， 与“OH反应，最终O存在于羧酸盐中，两者所得醇和 可将I氧化，D项正确：答案选D。 羧酸盐相同，D错误。 5.DA项，根据分析可知，阳极区海水中的CI厂会优先失 去电子生成C,,发生氧化反应，A正确：B项，设置的装 4.B9%的XY转化为配离子时，溶液中X配离子 c(X) 置为电解池原理，根据分析知，阳极区生成的CI,与阴极 c(Y) 1% c(X) Y配离子一99贸，则gX配离子不 区生成的OH在管道中会发生反应生成NaCl、NaClO e(Y) 和HO,其中NaClO具有强氧化性，可氧化灭杀附着的 1g(了配离子≈一2，根据图像可知，纵坐标约为一2 生物，B正确：C项，因为H,是易燃性气体，所以阴极区 时，溶液中一gcx(CN)>一lgcy(CN),则溶液中 生成的H,需及时通风稀释，安全地排入大气，以排除安 CN的平衔浓度：X<Y,A错误。Q点时， 全隐患，C正确：D项，阴极的电极反应式为：2HO十2e c(X) c(Z) c(X) 一H2↑+2OH会使海水中的Mg21沉淀积垢，所以 gX配离子=g:(Z配离子)即c(X配离子 阴极表面会形成Mg(OH)2等积垢需定期清理，D错误。 故选D。 (Z配离子)加入少量可溶性Y盐后，会消耗CN形成 c(Z) 最新真题分类特训·化学 Y配离子，使得溶液中c(CN厂)减小（沿横坐标轴向右移 0.10mol·L1·min1×6min×1L.=0.6mol,故反应 c(X) c(Z) 动)，lg(X配离子)与(Z配离子曲线在Q点相交后， 在4min时已达到平衡，设达到平衡时生成了a mol Y, 列三段式： 随着一1gc(CN)继续增大，X对应曲线位于Z对应曲 2X(s)=Y(g)+2Z(g) e(X) c(Z) 线上方，即gX配离子>g(Z配离子)，则 初始量fmol 2.0 0 0 转化量/mol 2a 2a :(X配离子)>c(Z配离子)B正确。设金属离子形成 c(X) e(Z) 平衡量imol 2.0-2aa 0.6 根据2a=0.6,得a=0.3,则Y的平衡浓度为0.3ml·L.1,Z 配离子的离子方程式为金属离子十mCN厂一配离子， 的平衡浓度为0.6mol·L1,平衡常数K=c(Z)· 则平衡常数K= c(Y)=0.108.2min时Y的浓度为0.2mol·L',Z的 c(配离子) (金属离子)·“(CN)lgK= 浓度为0.4mol·L',加入0.2molZ后Z的浓度变为 0.6mol·L1,Q=c2(Z)·c(Y)=0.072<K,反应正向 g鉴离3-nle CN-) 进行，故E(Z)>ue(Z),B错误：C.反应生成的Y与Z -金都-呢c(N即e- 的物质的量之比恒等于1：2，反应体系中只有Y和Z为 一mlgc(CN)-gK,故X,Y,Z三种金属离子形成配离子 气体，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，V易 时特合的N越多，时应会务 ~-lgc(CN)曲 =2,故Y的体积分数始终约为33.3%，C正确：D.由B 线斜率越大，由题图知，曲线斜率：Y>Z,则由Y,Z制备 项分析可知5min时反应处于平衡状态，此时生成Z为 等物质的量的配离子时，消耗CN的物质的量：Z<Y,C 0.6mol,则X的转化量为0.6mol,初始X的物质的量 错误。由P点状态移动到形成Y配离子的反应的平衡 为2mol,剩余X的物质的量为1.4mol,D正确：故答案 (Y) 选B。 找态时，一lgc(CN)不变，lgc(Y配离子)增大，即c(Y 8.DA项，X是唯一的反应物，随着反应的发生，其浓度 增大、(Y配离子)减小，则P,点状态Y配离子的解离逸 不断减小，因此，由图可知，a为(X)随1的变化曲线，A 率>生成速率，D错误。 正确：B项，由图可知，分别代表3种不同物质的曲线相 5CD由题图可知，T比T:反应速率快，则T>T:T 交于t4时刻，因此，4时，c(X)=c(Y)=c(Z),B正确；C 温度下达到平衡时反应物的摩尔分数低于T,温度下平 项，由图中信息可知，：时刻以后，Y的浓度仍在不断减 衡时：由于起始CO,与H的物质的量之比为1：1，则 小，说明。时刻反应两步仍在向正反应方向发生，而且 达到平衡时CO,和H2的摩尔分数相等。A.根据分析， 反应①生成Y的速率小于反应②消耗Y的速率，即 T比T:反应速率快，反应速率常数与温度有关，结合 时Y的消耗速率大于生成速率，C正确；D项，由图可 反应速率方程知k,>k,,A项正确：B.反应的速率方程 知，1时刻反应①究成，X完全转化为Y,若无反应②发 为”=k。（H:）c(C0,则T 生，则c(Y)=c。,由于反应②Y~2Z的发生，h1时刻Y浓 (T:) 度的变化量为。一(Y),变化量之比等于化学计量数之 k心(H·(C0》,T,温度下达到平衡时反应物的 比，所以Z的浓度的变化量为2[一c(Y)门，这种关系在 ke5(H2)1·c(CO2)2 3后仍成立，因此，D不正确。综上所述，本题选D。 摩尔分发长于万温度下手衡时，则瓷器一<套B项王 9.AA项，图中显示0一30min内△-(Z)=0.125mol·L1, △c(M)=0.5mol·L-0.3mol·L1=0.2mol· 确：C,温度不变，仅改变体系初始压力，茧然平衡不移 L,4(M)2=△(Z)=0.125mol·L,.△c(Y)= 动，但反应物的浓度改变，反应速率改变，反应达到平衡 △(M0,=0.2mol·L-0.125mol·L1=0.075mol· 的时间改变，反应物摩尔分数随时间的变化曲线变化，C 项错误：D.T温度下，改变初始投料比，相当于玫变某 L,u(Y)=0.075mol·L 30 min -=0.0025mol·L1· 一反应物的浓度，达到平衡时H:和CO,的摩尔分数不 min',A项错误；B项，从速率方程可知，4=k,k, 可能相等，故不能使平街时各组分摩尔分数与T:温度 =△(Y)△(Z),因为起始仅有M和N,Y、Z起始 时相同，D项错误：答案选CD。 为0，所以反应开始后的任意时刻1/=c(Y)c(Z)= 6,DA.由题图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物浓 kk2,因为、k2为速率常数，所以其比值为定值，B项 度也在增加，说明反应也在进行，故A错误：B.由图可 正确：C项，选项中实际考查了转化率的计算，但是并没 知，催化剂I比催化剂Ⅱ催化效果好，说明催化剂I使 有明确“转化率”这样的字眼，测试了考生对转化率概念 反应活化能更低，反应更快，故B错误：C由图可知，使用 的理解程度，由B项中的分析可知，反应开始后的任意 催化剂l时，在0一2min内Y的浓度变化了2.0mol,'I,而a 曲线表示的X的求度变化了2.0ml/几，二者变化量之 时刻两个反应的速率之比为定值，即/=k1k2= 比不等于化学计量数之比，所以曲线不表示使用催化 c(Y)c(Z)=0.075mol·L 剂Ⅱ时X浓度随时间t的变化，故C错误：D.使用催化 0.125m01·,所以当反应进行到底时 剂I时，在02min内，Y的求度变化了4.0mol/1,则 也有c(Y)1c(Z)=0.075mol·L1 (Y)=△cY=4.gmol/L=2.0mol.L·min, 0.125m01·,任意时刻转化的M 2 min 中都有 0.2m0:L一=37.5%转化为Y. 0.075mol·L1 (X)=2Y)=z×2.0mol·L·min1=1.0mol· L·min',故D正确：答案选D。 0.2m0l·L=62.5%转化为Z,所以当反应选行到 0.125mol·L.3 7.BA.反应开始一段时间，随着时间的廷长，反应物浓度逐 底时转化为Z的M占M总量的62.5%，C项正确：D 渐减小，产物Z的平均生成速率逐渐减小，则0~1mn内Z -0.075mol·L- 的平均生成速率大于0~2min内的生成速率，故1min 项，由以上分折可知0.1250，即反应0 时，Z的浓度大于0.20mol·L,A正确，B.4min时生 的速摩小于反应②的追率，其他条件相同，速率越大，活 成Z的物质的量为0.15mol·L↓·min×4min×1L= 化能越小，因此反应①的活化能比反应②的活化能大，D 0.6mol,6min时生成的Z的物质的量为 项正确。 详解详析 10.BA.由题千图中曲线①②可知，其他条件相同时，催 染空气的NO和O,放出影响空气环境、同时作为催 化剂求度越大，反应所需要的时间越短，故反应速率越 化剂的O,可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质影 大，A正确：B.由题干图中曲线①③可知，其他条件相 响产品质量、产率不高（答案合理即可）。 同时，降冰片烯浓度①是③的两倍，所用时间①也是③ (3)(|)a.根据不同转化率下的反应速率曲线可以看 的两倍，反应速率相等，故说明反应速率与降冰片烯浓 出，随着温度的升高反应速率先加快后减慢，a错误： 度无关，B错误：C.由题千图中数据可知，条件①D,反应 b.从图中所给出的速率曲线可以看出，相同温度下，转 逵率为划=g=3.0molL1-0mol 化率越低反应速率越快，但在转化率小于88%时的反 △ 250 min =0.012mol 应速率图像并没有给出，无法判断a=0.88的条件下是 ·L1·minl,C正确：D.反应物消耗一半所需的时间 平衡转化率，b错误： 称为半衰期，由题千图中数据可知，条件②，降冰片烯 C,从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率不 起始浓度为3.0mol·L时，半衰期为125min÷2 断减小，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，℃正确： 62.5min,D正确：故答素为：B, d.从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率 11.DA项，6001200s,N2O,的变化量为(0.96-0.66) 出现的温度也逐渐降低，这时可以根据不同转化率选 mol·L=0.3mol·L,在此时间段内NO,的变化 择合适的反应温度以减少能源的消耗，d正确 (ⅱ)为了提高催化剂的综合性能，科学家对催化剂进 量为其2倍，即0.6mol·I,因此，生成NO,的平均 行了改良，从图中可以看出标号为d的催化剂V-K-Cs 速率为0.6mol:L=1.0×103mol·L·s,A Ce对SO,的转化率最好，产率最佳： 600s (m)设S).的起始分压为2x,则结合题中信息可得： 说法不正确：B项，由表中数据可知，反应2220s时，N0 的变化量为(1.40-0.35)mol·L.1=1.05mol·11,共物 S0.(g)+ 20(g)S0(g) 质的量的变化量为1.05mdl·L1×0.1L=0.105m0l,O2 起始分压：2x p十xa. 0 的变化量是其号，即0.0525m0l,因此，放出的02在标 变化分压：2.ra xa 2xae 平衡分压：2x(1一a）p 2xa. 准状况下的体积为0.0525mol×22.41mol=1.176I,B (SO) 说法不正确：C项，反应达到平衡时，正反应速率等于远 则K。= 2xae 反应速率，用不同物质表示该反应的速率时，其数值之 p(SO2)·pt(O2)2x(1-ae)·p 比等于其化学计量数之比，2红(NO)=v量(NO,),C 答案：(1)Cu0SO (2)(1)催化剂(I)反应中有污染空气的NO和 说法不正确：D项，分析表中数据可知，该反应经过 NO,放出影响空气环境，NO,可以溶解在硫酸中给产 1110s(600一1710,17102820)后NO的求度会变为 物硫酸带来杂质、产：率不高（答案合理即可） 原来的2，因此，N,0的浓度由0.24m0l·L.变为 (3)(i)cd(i)d() 0.12ol·L时，可以推测上表中的x为(2820+ (1一a。)·p 1110)=3930,D说法正确。综上所述，本题选D。 考点2化学平衡 12.AA.2NO0(g)+0(g)-2N02(g)△H= 1.DA.向10mL蒸物水中加入0.4g1,充分振荡，溶液 一116.4k·mol厂1，反应气体物质的量减少，△S<0, 呈浅棕色，说明12的求度较小，因为在水中溶解度较 故A正确：B.2NO(g)+O2(g)=一2NO2(g)反应的平 小，A正确：B.已知I(aq)为棕色，加入0.2g锌粒后， (NO.) Zn与I2反应生成Znl,,生成的I厂与L发生反应I十1 衡常数可表示为K=2(NO)·cO)故B错误：C.使 一L,生成1使溶液颜色加深，B正确：C.】2在水中存 用高效催化剂，反应的培变不变，故C错误：D.其他条 在溶解平衡l(s)一l2(aq),Zn与1反应生成的I厂与 件相同，增大0的特化来培大，战D错是 L(aq)反应生成，L(q)浓度减小，上述溶解平衡向右 移动，紫黑色晶体消失，C正确：D.最终溶液褪色是Zn 进A。 与有色物质发生了化合反应，不是置换反应，D项错误： 13.DA.NH与O。作用分别生成N2、NO,NO的反应 答案选D。 均为放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度，平衡向 2.CA.从题中图示可以看出，平衡时升高温度，氢气的物 逆反应方向进行，氯气的平衡转化率降低，故A错误： 质的量诚少，则平衡正向移动，说明该反应的正反应是 B.根据图像，在175一300℃范围，随温度的升高，N, 吸热反应，即△H>0,故A错误：B.从题中图示可以看 的逸择率降低，即产生氨气的量减少，故B错误：C.根 出，在恒容密闭容器中，随着温度升高，氢气平衡时的物 据图像，温度高于250℃时N,的选择率降低，且氨气 质的量减少，则平衡随着温度升高正向移动，水蒸气的 的转化率变化并不大，浪货能源，根据图像，温度应略 物质的量增加，而：曲线表示的是物质的量不随温度变 小于225℃，此时氨气的转化率、氩气的选择率较大，故 化而变化，故B错误：C,容器体积固定，向容器中充入情 C错误：D.氨气对环境无污染，氮的氧化物污染环境， 性气体，没有改变各物质的浓度，平衡不移动，故C正 因此高效除去尾气中的NH,需研发低温下NH,转化 确：D.BaSO.是固体，向平衡体系中加入BaSO,,不能改 率高和N,选捧性高的催化剂，故D正确：答案为D。 变其次度，因此平衡不移动，氢气的转化率不变，故D错 14.解析：(1)根据图示的DSC曲线所示，在700℃左右会 误；故选C。 出现两个吸热峰，说明此时CSO,发生热分解反应，从 3,C本题考查化学平衡移动及有关物质的电子式。KI TG图像可以看出，质量减少量为原CuS),质量的 是离子化合物，电于式为K[:1:],A错误：该溶 半，说明有固体CO剩余，还有其他气体产生，此时气 液中存在碘单质，滴入淀粉溶液后变蓝，B错误：根据勒 体产物为SO,SO,、O2,可能出现反应的化学方程式为 夏特列原理，加水稀释，平衡向着，电离的方向移动， 3CusO. 700℃3Cu0+2S0,↑+S0,↑+0.，结合 即逆向移动，C正确：加少量AgNO,固体，Ag与I厂结 反应中产物的固体产物质量和气体产物质量可以确 合生成AgI沉淀，I浓度降低，平衡逆向移动，D错误。 定，该反应的产物为CuO、SO,,S),2、0。 4,CA.根据勒夏特列原理可知，升高温度，化学平衡向着 (2)(「)根据所给反应的化学方程式，NO。在反应过程 吸热反应方向移动，而c(Z)增大，说明平衡正向移动，故 中先消耗再生成，说明NO,在反应中起催化剂的作用： 则△H>0,A正确：B.加入一定量Z,Z的浓度增大，平衡 (Ⅱ)近年来，铅室法被接触法代替因为在反应中有污 逆向移动，故达新平衡后m(Y)减小，B正确：C,加入等 最新真题分类特训·化学 物质的量的Y和Z,Z的浓度增大，平衡逆向移动，由于 反应递牵远大于反应l,此点0浓度最 X,Y均为固体，故K=(Z),达新平衡后c(Z)不变，C错 大，逆明反应此时处于平衡火点，然合 误：D.加入一定量意气，加入瓣间，X、Z的浓度保持不 原子守恒通中给出的C0、0,秉是，可知 变，故正、逆反应速率不变，故平衡不移动，D正确：故答 t时]000I的浓度为(1.0-ǘ.？0-0.16) 01-L=.1401L,反应【的平街含 案为：C。 效X-c(C0) =.0=5 5.BA.1 mol NO2含有1molN原子，1molN2O,含有 (ICOOI 0.14 2molN原子，现为可逆反应，为NO2和N(O,的混合气 体，1mol平衡混合气体中所含原子大于1molN,A项 1.0 错误：B.反应2NO2(g)一NO,(g)为放热反应，故完全 断开2molN),分子中的共价键所吸收的热量比完全断 开1molN2O,分子中的共价键所吸收的热量少，B项正 确：C,气体体积压缩，颜色变深是因为体积减小，浓度变 大引起的，C项错误：D.放热反应，温度升高，平衡逆向 移动，颜色加深，D项错误：答案选B。 6.BCA.甲容器在绝热条件下，随着反应的进行，压强先 0.0 增大后减小，根据理想气体状态方程pV=RT可知，刚 HCOOH 开始压强增大的原因是因为容器温度升高，则说明上述 h 反应过程放热，即△日<0，故A错误：B.根据A顶分析 可知，上述密闭容器中的反应为放热反应，图中a点和C 由上述分析及近似认为反应【建立平衡后始终处于平衡 点的压强相等，因甲客器为绝热过程，乙容器为恒温过 状态，知七，时刻之后一氧化碳的浓度蛤终是甲酸浓度的 程，若两者气体物质的量相等，则甲容器压强大于乙容 5倍，反应Ⅱ平衡时(CO)=c(H)=ymol·L',则结合 器压强，则说明甲客器中气体的总物质的量此时相比乙 碳原子守恒知，平衡体系中c(HCO0H)=×1.0-y)ml 客器在减小，即气体总物质的量：n,<n,故B正确C,a 6 点为平衡点，此时容器的总压为，假设在恒温恒容条件 下进行，则气体的压强之比等于气体的物质的量（物质 co》=音×a.0-vmll,0 的量浓度)之比，所以可设Y转化的物质的量浓度为 xmol·LJ,则列出三段式如下： 810- =51.0-2,反应Ⅱ的平衡常教K:= 2X(g)+Y(g)=Z(g) y 6y Co 2 1 0 .0y加入0.10m0l·L益酸后，H作催化剂，反 d 2x r 应I的反应速率加快，达平衡的时间缩短，催化剂不影 2-2x1-x Z. 则有[2=2+@l-品，计算得到r 响平衡移动，故K,=5不变，由图可知，与不含盐酸相 比，CO达浓度峰值时，CO,浓度减小（从b点做竖直垂 (2+1)mol 0.75,那么化学平衡常数K=2X),(Y) c(Z) 线，观察CO,浓度变化)，(CO)可能增大，故CO新的浓 度峰值点可能为a。 0.75 答案：(1)△H2一△H,(2)√K.xkx√Kz =12,故a点时K>12,C正确：D.根据图像 0.5×0.25 (3)51.0-y26y2 可知，甲容器达到平衡的时间短，温度高，所以达到平衡 6y1.0y8减小不变 的速率相对乙容器的快，即2>2，故D错误。综上 9.C在溶液中存在平衡：CH COOH一CHCO)+ 所述，答案为BC。 H(①)、Ag+CH COO-一CH,COOAg(aq)(②)， 7.AC本题考查速率的影响因素及大小比较。恒温条件 Ag的水解平衡Ag十HO一AgOH十H(③)，随 下，k,,k不变，则速率U与反应物浓度有关，图甲中 着pH的增大，c(H)减小，平衡①③正向移动， 直下降的曲线代表C(X)随时间的变化，一直上升的曲线 c(CH COOH)、c(Ag)减小，pH较小时（约小于7.8） 代表(Z)随时间的变化，先上升后下降的曲线代表(Y) CHCO)厂浓度增大的影响大于Ag浓度减小的影响， 随时间的变化，反应开始后，随着c(X)的减小，(Y)增 CH COOAg浓度增大，pH较大时（约大于7.8） 大，反应①的速率降低、反应②的速率增大，A错误：根 据反应①X一Y、反应②Y一Z,可得关系式：X一Y CH COO浓度增大的影响小于Ag浓度减小的影响， Z,△c(X)=△(Y)+△(Z),根据速率之比等于单位时问 CH,COOAg浓度减小，故线I表示CH,COOH的摩尔 内各物质的求度变化量之比，故v(X)=u(Y)+(Z),B 分数随pH变化的关系，线Ⅱ表示CH COO的摩尔分 数随pH变化的关系，线Ⅲ表示CH COOAg随pH变化 正确：由国乙可知，随着二增大，即T减小，k1k:均减 的关系。 小，但k:减小的幅度较快，即k2受温度影响较大，欲提 A.根据分析，线Ⅱ表示CHCO)变化情况，A项错误： 高Y的产率，应使>口，故需适当降低反应温度，C错 B.由图可知，当c(CH COOH)=c(CH COO)时（即线 误：温度为T时k1=k,降低温度时，k:<k减慢程 I和线Ⅱ的交点)，溶液的pH=m,则CH COOH的电 度大，反应②成为总反应速半的决速步，D正确。 离平衡常敢K,=cH):cClC00）=10“,B项 8.解析：(1)根据盖斯定律，由Ⅱ一I可得术气变换反应 (CH COOH) CO(g)+HO(g)一CO2(g)+H(g)△H=△H2 △H1。(2)根据HCOOH一一HCO)+H,设平衡时 错溪：C.pH=n时，cH)CH.CO0）=10 e(CH COOH) H浓度为amL,则H0OOH电高平衡常载K- e(CH,COO-)-10"(CH.COOH)=10- c(H+) a=/K,x,此时反应【正反应速率v=k·c(H)· e(CH]COOH),Ag+CH COO CH COOAg(aq) c(HCOOH)=kx√K.xmol·L,1·h'。 c(CH COOAg) 的K= (3) e(Ag).c(CH,CoO(Ag")= 详解详析 K(CH,CO0),由图可知pH=n时，c(CH,COOH= c(CH,COOAg) 体积分数g增大，即A的体积分数：g()>g(①D,C正确 D项，平衡常数K与温度有关，因该反应在恒温条件下进 c(CH,COOAR),代入签理得c(Ag)=10 kmol L,C 行，所以K保持不变，D错误。故选BC。 专题十一反应历程与新信息 项正确：D.根据元素守恒，pH=10时溶液中(Ag)+ 考点1反应历程与微粒变化 c(CH,COOAg)十c(AgOH)=0.08mol:L,D项错误；答 1.DA.NHOH、NH、HO的电荷分布都不均匀，不对 案选C。 称，为极性分子，A正确：B.由反应历程可知，有N一H 10.BD电解质溶液图像。图像分析， N一O键断裂，还有N一N键的生成，B正确，C.由反应 Hgl2溶液中各反应达到平衡后，增大(I),平衡 历程可知，反应过程中，F+先失去电子发生氧化反应 Hgl,(ag)=HgI+厂、Hgl,(aq)=Hg++2I逆 生成Fe+,后面又得到电子生成Fe,C正确：D.由反 向移动，c(Hg广)、c(Hg)均减小，且开始时c(Hg广)< 应历程可知，反应过程中，生成的NHNH,有两个氢来 c(Hg+):平衡Hgl(aq)+I一Hgl、Hgl(ag)+2I 源于NH,,所以将NH,OH替换为ND,OD,不可能得到 一Hg正向移动c(Hgl)、c(Hgl)均增大，且开 ND,ND,,得到ND,NH,和HDO,D错误：故选D。 始时c(Hgl)>c(Hgl)。 2.B反应机理，图像分析 Hgl +2价 1个L-Rm-NH]'失1个 e,Ru化合价升高1 HgI-- Mia,b) N,H, 2L-Ru-NHs] 2e 形成非 2NH +3价 N一R- 2L-Rm-N]2+ 2NH -10 三可号出总反应 -14 2NH: Igc() 0 “+3价 曲线L表示ge(Hg)的变化情况，A正确：增大 2-uH时、≥2--H时 c(T),HgL(aq)==Hg++2T、HgL(aq)=一Hg (M) 十T平衡逆向移动，cHgL(ag门增大，从而使HgL(s) 据图可知，Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，[L一Ru 一一Hgl(g)平衡逆向移动，该溶液为HgL的饱和溶液， NH]+可与NH反应生成[L一Ru一NH]和NH, 则c[HgL(aq门不变，B错误：已知Hgl(aq)一Hg++ 配体NH,失去质子能力增强，A项正确：结合图示可 2T、Hgl2(aq)-一Hg广十厂的平街常数分别为K、 知，[L.一Ru-NH]+→[L.一Ru-NH,]+失去1个H, K,由第二个反应一第一个反应，可得Hg十丁一 所带电荷数减1，则Ru化合价不变，与[L一Ru一NH,] Hgl c(Hgl 相比，M中N含有1个单电子，所以Ru的化合价不是 HE).c=,M点cHg) K= 十3，B项错误：据图可知，反应过程中有N一N非极性键 的形成，C项正确：结合图示可知，总反应为4NH一2e K (Hg)则c)=之，a=gc(①)=g尺，C正确：加入 一N:H,十2NH,D项正确. I厂使各平衡移动，故溶液中I元素与Hg元素的物质的量 3.DA项，由图中信息可知，苯甲醛和甲醇分子在化合物 之比不始终为2：1，D错误 2的催化作用下，参与催化循环，最后得到产物苯甲酸甲 11.B化学平衡综合，图像分析题。 酯，发生的是酯化反应，故A项正确：B项，由图中信息 可知，化合物4在H,O,的作用下转化为化合物5，即醇 ab温度升高，CH的平衡转化 转化为酮，该过程是失氢的氧化反应，故B项正确：C项， 率峭大，则正反应为吸热反应 化合物3和化合物4所含原子种类及数目均相同，结构 h b、c点达到平衡状态，H,D(g越 不同，两者互为同分异构体，故C项正确：D项，由图中 多，反应速率越快，即机正>正 信息可知，化合物1在NaH的作用下形成化合物2，化 合物2再参与催化循环，所以直接催化反应进行的是化 温度相同时，山，0越多，C山的平衡 合物2，化合物1间接催化反应的进行，故D项错误：综 转化率越高，x越小，故x<名2 上所迷，说法不正确的是D项，故答案为D。 4.CA.基态Fe原子核外有26个电子，其核外电子排布 T/K 式为[Ar]3d4s,A项正确：B.步骤③中断裂O-O非极 结合图像分析可知，A项正确，B项错误：该反应为吸热 性键，形成O一Fe(N)极性键，B项正确：C.步骤④中电 反应，温度升高，平衡常数增大，结合图像可知平衔常 子转移发生在Fe和C元素之间，C项错误：D.根据图 数K,<K=K。,C项正确：该反应反应前后气体分子 数不相等，恒温恒容时，容器内压强不再发生变化，即 示，总过程的反应为：CH,十0，十2H十2esmm0 CHOH十HO,D项正确：故选C。 达到平衡状态，D项正确。 5.CA.从反应机理图中可知，OH有进入的箭头也有出 12.BCA项，容器内发生的反应为A(g)十2B(g)一 去的箭头，说明OH厂参与了该催化循环，故A项正确： 3C(g),该反应是气体分子数不变的可逆反应，所以在 B.从反应机理图中可知，该反应的反应物为CO和 恒温恒容条件下，气体的压强始终保持不支，则容器内 HO,产物为H2和CO),Fe(CO),作为整个反应的催化 压强不变，不能说明反应达到平衡状态，A错误：B项， 根据图像变化曲线可知，4~1过程中，2时v玉瞬间不 剂，而OH厂仅仅在个别步骤中辅助催化剂完成反应，说 变，平衡过程中不断增大，则说明反应向逆反应方向移 明该反应方程式为C)十H,O FeCO:C0,+H,故有 动，且不是“突变”图像，属于“渐变”过程，所以排除温 清洁燃料H2生成，故B项正确：C,由B项分析可知，该 度，压强与催化剂等影响因素，改变的条件为：向容器 反应不是消耗温室气体C),反而是生成了温室气体 中加入C,B正确：C项，t~t时间段，改变条件使正反 C),,故C项不正确：D.从反应机理图中可知，Fe的成键 应速率逐渐增大，平衡向逆反应方向移动，达到新的平衡 数目和成键微粒在该循环过程中均发生了变化，故D项 状态后，生成A的量增大，总的物质的童不变，所以A的 正确：答案选C。