周测评(十八)化学反应速率及其影响因素-【衡水真题密卷】2026年高三化学学科素养周测评（辽鄂黑吉冀湘渝甘赣皖桂黔晋豫陕青宁蒙新藏云川粤闽B版）

把劳力藏进试卷，换未来的惊喜 2025一2026学年度学科素养周测评（十八） 4.将1 mol CO2(g)和3 mol Ha(g)充人2L恒容密闭容器中发生反应： 班级 I.CO2(g)+3H2(g)CH,OH(g)+HO(g)△H1<0↑"0W 卺题 化学·化学反应速率及其影响因素 (慢反应)： Ⅱ.CO2(g)+H2(g)=CO(g)十HzO(g)△H:>0(快 反应) 姓名 本试卷总分100分，考试时间40分钟。 测得相同时间内c(CO2)、E(CO2)与温度的关系如图所示 下列说法错误的是 一、选择题：本题共10小题，每小题6分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 A.200℃前，加入催化剂可使a线转化为b线 是符合题目要求的。 B.300℃时，M点对应的反应体系中，vE(CO2)>w知(CO,) 得分 C.400℃时，若5min时达到平衡，则o(CO2)=0.04mol·L.1·min1 题号1 2 3 45 6 7 8 9 10 D.400℃后，温度对正反应速率的影响比浓度大 答案 5.苯和Br2可经两步发生反应①或反应②，其主要反应 历程和能量的关系如图所示，下列说法正确的是 1.工业上常用猴基法提纯镍，其原理是Ni(s)十4CO(g) -1. Ni(CO)4(g)△H,速率方程式为净=一道=c‘(CO) 0.8 A.对比历程图，苯更易发生取代反应，最根本的原因 一k道c[Ni(CO),](k为速率常数)。在恒容密闭容器中充入足 0.6 是反应②的速率更快 量的含难熔杂质的镍粉和4 mol CO发生上述反应，测得CO B.反应过程中碳原子的杂化方式发生了改变 浓度与温度关系如图所示。下列叙述正确的是 C.加人FeBr,可以降低反应②的常变，提高反应速率 +反应2 A.上述反应中，△H>0 ,81012141 D,经两步发生反应①的总焙变■E,一E1 B.净反应速率：b>c 6.CHOH(g)在催化剂Pd/MgO(100)表面的催化反应 C.a点正反应速率：T1=T 部分历程如图所示（吸附在徭化剂表面的物种用“” D.T,温度下，26min内用Ni(CO)表示的平均反应速率为0.025mol·L1·min1 表示，TS表示过渡态)： 2.光催化剂在紫外线照射下产生光生电子(e)和 下列说法正确的是 A,催化剂的使用降低了反应的活化能，提高了活化分 0力 光生空穴(h+),h+具有强氧化性，留在VB端，e 乙陆 子的百分数 跃迁到CB端。科学家利用乙睛(CH,CN)光催 化脱氢偶联制备丁二腈(NCCH2CHCN),反应 CH.CN B.催化剂可以提高正反应速率，但可能降低逆反应 速率 +c0 心反应所和 历程如图所示。下列说法错误的是 环 CH.CN C.该过程决速步骤的反应方程式为·CHO一·CO A.VB端上发生的反应为HO+h+一·OH H.0 +·H +H+ D.CHOH(g)在催化剂Pd/MgO(100)表面断裂O一H键比断裂C一H键更容易 B.副产物乙酰胺只能与酸反应，不能与碱反应 ?.室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是 C.单位时间内产生“空穴”数越多，反应a、b的反应速率越快 选项 探究目的 探究方案 D.提高丁二睛选择性的关键是抑制反应，降低反应b的活化能 A 浓度对化学反应速率 向2支盛有3mL不同浓度Na:SO,溶液的试管中同时加人2mL 3.污水处理厂常采用活性污泥法对氨氮废水进行生物脱氮。向氨氨废水中持续通入空 的影响 5%NaCIO溶液，观察实验现象 气，在活性污泥中某些细菌的作用下，依次发生转化：NH时①，NO:②NON, B 温度对化学反应速率 在两支试管中各加入3mL12%H2O2溶液，将其中一支用水浴加 某科研团队研究了H对氨氨氧化速率的影响，实验结果如图所示。下列说法错误的是 的影响 热，观察并比较实验现象 反应2Fe++2I 向1mL0.1mol·L1K1溶液中满加5mL0.1mol·11FeCl +1的可 溶液，振酱，用苯多次萃取后，取水层分装在两支试管，向其中一支 逆性 滴加几滴KSCN溶液，对比两试管中溶液的颜色 50 探究固体表面积对反 称取相同质量的大理石和纯碱，放人盛有浓度，体积均相同的盐酸 40 D 应速率的影响 的小烧杯中，观察实验现象 30 -NH 20 8.但容反应器中，Rh和Rh/Mn均能催化反 应：HCHO+H+CO=HOCH CHO (羟基乙醛)，反应历程如图所示，1一1为 车 时 时min 中间体，TS一TS为过渡态. (apH-n5 (bipH-7.0 (eiplt-7.s 下列描述正确的是 A.pH=6.5条件下，氨氮氧化总反应的离子方程式为NHt十2O2一NO万十H,O A.“CO插入”步骤，△H为一17.6kcal· +2H mol-1 反应历图 B.pH=7.0条件下，0~180min反应①的平均速率v(NH)-20mg·1,-1·h1 B.Rh催化作用下，“加氢”步骤为决速步骤 C.pH=7.5条件下，0~90min反应①和反应②的平均速率相等 C.Rh/Mn催化作用下，羟基乙醛的生成速率更小 D,由实验数据分析可知，增大pH有利于提高氨氨氧化速率 D,反应达平衡时，升高温度，羟基乙醛的浓度增大 学科素养周测评（十八）化学第1页（共4页） 真题密卷 学科素养周测评（十八）化学第2页（共4页） 9.氧化法是废水处理的常用方法。罗丹明B(RhB)是一种致癌的难降解的工业污染物，用 (2)工业上利用反应2NO(g)+2C0(g)=N2(g)+2CO2(g) △H=-747kJ· H2O2氧化含有机物RhB的废水，可将其降解为参与二50■ mo1可将氮的氧化物转化为无害气体，向某密闭容器中通人 RMPa 6 mol CO、6moNO,测得在其他条件相同时，平衡体系中N2的a2 4-200 大气循环的无机物，结果如图所示。已知：溶液中的 40 总有机碳(TOC)去除率越高，降解效果越好：20min 0 物质的量分数x(N)与压强(p)、温度T之间的关系如图所示： 时，RhB残留量已接近0，常温下饱和碳酸溶液pH约 20 ①图中曲线Ⅱ表示 过程（填“等温”或“等压”），判断的依 为5.6。下列说法错误的是 ( 据是 A.若溶液中的TOC用(C。H。O).表示，则H2O1氧 ②若a点对应的压强恒为20MPa,反应开始到达到平衡所用时间 01020.3040306M0 为10min,则此时间段内v(CO)= MPa·min-1,v(NO): 化TOC的化学方程式为12nH:O:十(CH1。O5). 降解时间min v(N2) —6nCO2↑+17nHzO 12,(20分)过氧化氢(H:02)是重要的化工产品，广泛应用于绿色化学合成、医疗消毒等领 B.常温下，60min时，溶液的pH降至约5.6 域。回答下列问题： C.从开始到20min,这段时间内RhB的平均降解速率为2.5×10-mol·L-1·min-1 (1)蒽配法是过氧化氢主要生产方法，其生产过程可简单表示如图所示。从绿色化学 D.为加快降解速率，可使用高温条件 角度评价该生产方法： 10.煤中无机硫主要以FεS的形式存在，随着煤的燃烧会产生SO2污染环境，工业上用硫 OH 酸铁溶液浸泡煤可提高煤的品位。为探究疏酸铁溶液浸泡煤的影响因素，在不同条件 +0,(很为经蒂 下测得生成的Fe2+浓度随时间(h)的变化如图所示： OH (2)过氧化氢的分解反应为2HO2(1)一2HO(1)+O2(g)△H<0。取50mL过氧 化氢水溶液，在一定温度下，测得O2的放出量，转换成H2O2浓度(c)如表所示： t/min 0 2040 60 80 c/(mol·L-1) 0.800.400.200.100.050 003这700时间 ①反应20min时，测得O2体积（标准状况）为 mL。 粒径相同且含FeS 硫酸快溶液浓 ②2040min,消耗H2O2的平均速率为 mol·L1·min-1. 实验序号 温度/℃ 相同的煤的质量/g 度/(mol·L-1) pH ③过氧化氢分解反应的平衡常数表达式为K= ④HO2分解速率受多种因素影响，实验测得一定温度时，其他不同条件下，HO ① 30 26 0.6 6 浓度随时间的变化如图所示。图甲、乙、丁中影响分解速率的因素依次是 。对比图乙、图丙得到的信息为 ② 30 25 0.9 030 实验条件：pH3 0.16 0 mol-L NaOH ③ 30 30 0.9 6 10,25 三0.20 0.0]mol-L NaOH ④ 30 30 0.9 0.15 0.:mol L NaoH 已知：①用硫酸铁溶液浸泡煤会将FeS:转变为FeSO,。 ②FeS:可与硫酸发生反应：FeS:+HSO,一S↓+HzS↑+FeSO。 0.00 000 下列说法正确的是 20406080100 min A.H越小，用硫酸铁溶液浸泡煤的除硫效果越好 B.实验④在0~0.3h时间内Fe+消耗的化学反应速率为1.5mol·L-·h-1 0.16f 0 mol-L NaOH 016 实验条件：18 C.硫酸铁溶液与FeS:反应的离子方程式为14Fe3++FeS:十8HzO一15Fe++ 0.12 2S0+16H+ 0mg-L Mot D.由实验可得出浓度、温度、pH和颗粒大小均可影响该反应的化学反应速率 二、非选择题：本题共2小题，共40分。 0实验条件 0.0 3 mg L Mr Mn' I mg L Mn 11.(20分)研究氮氧化物的反应机理，对于消除环境污染有重要意义。回答下列问题： 01020304050 2040608010 (1)研究发现2NO(g)十O2(g)→2NO2(g)的速率随温度的升高而减小，该反应由如 tmin 下两个基元反应构成（为相应的正、逆反应速率常数，只与温度有关）： (3)已知H2O2氧化HI的反应：H2O2+2HI一I+2HO,有人认为该反应分两步 I:2NO(g)=N2O2(g)(快)，1正=k1E(NO)、1速=k1递c(N2O2)△H1<0: 进行： ii+ (慢)，证=k2证c(N,0,)c(0g)、v2=k2速c(N0,)△H2<0. 第1步：H2O2+HI一HIO+H2O: ①写出基元反应的方程式： :两个基元反应的活化能 第2步： 相对大小关系为E(「) E(目)（填“>"“<”或“=”）。 (4)HS2(过硫化氢)可以看成是H2O2中过氧键被过硫键替代。若H2S2分解为H2S ②基元反应|的平衡常数K:= (用含速率常数的代数式表示) 和S。,则被氧化与被还原的硫元素质量之比为 B 学科素养周测评（十八）化学第3页（共4页） 真题密卷 学科素养周测评（十八）化学第4页（共4页）真题密卷 学科素养周测评 (3)由题意可知，Ag+氧化性大于Fe3+,则实验a 为[Ag(CN)2],导致溶液中c(Ag+)大，在阴 中，尽管Fe作阴极，但酸性溶液中铁与溶液中 极放电析出的速率过快，则镀层模糊，无光泽；相 的NO?和Ag+都能反应生成Fe3+,与溶液中 同条件下，温度越高，镀银速率越快，导致镀层光 Ag+反应的离子方程式为Fe十3Ag+3Ag十 亮越不均匀。 Fe3+。 (6)由配方可知，硝酸银溶液浓度的范围为 (4)①实验a、b的阴极都伴随有气泡产生，是因 10g 为电镀时，酸性溶液中的NO3在阴极放电生成 170g·mol- ≈0.06mol·L-1~ 1L NO,电极反应式为NO?+3e+4H+一NO↑ 40g +2H20。 170g·mol ②实验结论中有“c(Ag)越低，银镀层越光亮、 1L -≈0.24mol·L-1,硫酸钾溶液的 致密”则实验b中镀层光亮、均匀和致密的原因 100g 是[Ag(CN)2]很稳定，较难电离出Ag,使溶 浓度的范围为 74g·mol- 1L -≈0.57mol·L1~ 液中c(Ag)很小。 500g (5)10g·L1KCN溶液的物质的量浓度为 174g·mol- -≈14.4mol·L1,则电镀液 10g 1L 65g·mol▣ ≈0.15mol·L-1,则KCN溶液与 中SO?过量，多数Ag+转化成Ag2SO4,微溶的 1L Ag2SO4离解出的c(Ag)较小，则镀银速率小， 0.1mol·L-1AgNO3溶液等体积混合时，KCN 镀层光亮、致密，即使用新配方可以达到同样的 不足量，使Ag十不可能完全转化 目的。 2025一2026学年度学科素养周测评（十八） 化学·化学反应速率及其影响因素 一、选择题 含有酰胺基能与碱发生水解反应，B错误；由图可 1.D【解析】其他条件相同时，温度较高，反应速率 知，单位时间内产生“空穴”数越多，生成·OH和 较大，由图像得，平衡前T1对应斜率大，则T1高 H+的数目越多，则反应a、b的反应速率就越快，C 于T2。由平衡时CO浓度得，温度升高，CO浓度 正确；由图可知，提高丁二腈选择性的关键是抑制 增大，平衡逆向移动，则正反应是放热反应，△H< 副反应a的发生，且降低反应b的活化能，加快反 0,A错误；b、c点均是平衡状态点，平衡时，v正= 应b的反应速率，D正确。 速，根据净反应速率表达式知，这两，点对应状态的3.C【解析】利用化合价升降法可配平总反应的离 净反应速率均为0，即b=c,B错误；a点对应CO 子方程式为NH+2O2一NO+H2O+2H+, 浓度相等，但T1高于T2,则a点T1对应速率高于 A正确；在pH=7.0条件下，0~180min时间段， T2,C错误；T1温度下，26min内，平均反应速率 c(NH)由60mg·L1降至0，则反应①的平均 为vNco=(g-82×4》mLm 速率o(NH时)=60mg·L 3 h -=20mg·L1· =0.025mol·L-1·min1,D正确。 h1,B正确；由图中数据可知，在pH=7.5条件下， 2.B【解析】由图可知，光催化剂作用下“TiO2·A” 0~90minc(NO2)一直增大，说明反应①生成 电极上产生空穴，水分子在空穴作用下转化为 NO2的速率一直大于反应②消耗NO2的速率，则 ·OH和H+,电极反应式为H2O+h+一·OH 反应①的平均速率大于反应②的平均速率，C错误； 十H+,A正确；乙酰胺含有一NH2能与酸反应， 对比三组图像可知，在NH时浓度不变时，增大溶液 B ·18· ·化学· 参考答案及解析 的pH时，氨氨完全氧化所需时间逐渐缩短，说明增 合题意；温度升高，H2O2分解速率加快，产生气 大溶液的pH可以使氨氨氧化速率提高，D正确。 泡快，B符合题意；FeCl3过量，使得反应后试管内 4.B【解析】由图可知，200℃前，升高温度， 溶液颜色相近，则无法确定反应的可逆性，C不符 c(CO2)减小、反应速率加快，说明反应未达到平 合题意；大理石（块状）和纯碱（粉末状）的成分、性 衡，则加入催化剂，CO2的反应速率加快，反应消 质、表面积均不相同，为探究固体表面积对反应速 耗CO2增多，则相同时间内c(CO2)降低，则可使 率的影响，要控制单一变量，D不符合题意。 a线转化为b线，A正确；温度升高到300℃时， 8.B【解析】由图可知，一氧化碳插入步骤为放热反 反应I平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动，但 应，反应△H=[-16.5-(-1.1)]kcal·mol1= c(CO2)呈增大趋势，说明CO2的消耗速率小于其 一15.4kcal·mol-1,A错误；反应的活化能越大，反 生成速率，即正(CO2)小于v运(CO2),B错误； 应速率越慢，慢反应是反应的决速步骤，由图可知， 由图得，400℃时，反应达到平衡状态，c(CO2) Rh催化作用下，加氢步骤的活化能为16.5kcal· 为0.3mol·L1,则5min内CO2的反应速率 mol-1+7.9kcal·mol-1=24.4kcal·mol-,为最 (CO2 )=9.5 mol.L-1-0.3 mol.L-1 大活化能，则加氢步骤为决速步骤，B正确；反应 5 min 的活化能越大，反应速率越慢，由图可知，Rh催化 0.04mol·L1·min1,C正确；由图得，400℃ 作用下，反应的活化能大于Rh/Mn催化作用下的 后，0正(CO2)增大，而c(CO2)减小，说明温度对正 活化能，所以羟基乙醛的生成速率小于Rh/Mn催 反应速率的影响比浓度的影响大，D正确。 化作用下的生成速率，C错误；由图可知，生成羟 5.B【解析】反应②取代反应的活化能更低，且生 基乙醛的反应△H=-11.1kcal·mol-1<0,为 成物本身所具有的能量更低，更稳定，是苯更易发 放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，则 生取代反应的根本原因，由此引起了速率的加快， 羟基乙醛的浓度减小，D错误。 Br 9.D【解析】H2O2具有氧化性，能够将有机物 A错误；苯中碳原子都是Sp2杂化， 个H与 ⊕ (CH1。O)n氧化为参与大气循环的无机物即CO2 B红最右边上下两个度原子是即杂化，其 和H2O,相应的化学方程式书写符合反应事实，A 正确；H2O2氧化有机物时，有机物中碳元素转化为 余为sp杂化，B正确；催化剂不改变反应的焓变， CO2,发生反应CO2十HO一H2CO后生成 可以降低反应②的活化能，提高反应速率，C错 HCO3,使溶液呈酸性，且多余的CO2逸出后的溶 误；焓变等于正反应的活化能减去逆反应的活化 液为饱和碳酸溶液，则溶液的pH降低到5.6，B正 能，反应①分两步进行，则反应①的总焓变=E1一 确；20min时，RhB残留量已接近0，则平均降解速 E3十E4一E2,D错误。 率为u==50X108mol.L1 =2.5×10-6mol· 6.A【解析】催化剂可降低反应的活化能，提高活 △t 20 min 化分子的百分数，A正确；催化剂可以同等程度地 L1·min1,C正确；H2O2不稳定，高温易分解， 改变正、逆反应速率，即同时提高正、逆反应速率， 可导致H2O2氧化RhB的能力降低，使降解效果 B错误；活化能最大的步骤为决速步骤，步骤1、2、 更差，则不能采用高温条件来加快反应速率，D 3、4的活化能依次为0.89eV、1.13eV、0.53eV、 错误。 0.34eV,则步骤2为决速步骤，该过程的反应方程 10.C【解析】由已知②得，在酸性条件下FeS2会发 式为*CHO一*CH2O+*H,C错误；图中步骤1 生反应：FeS2+H2SO4—SV十H2S个+FeSO4, 断裂O一H键的活化能为0.89eV,步骤2、3、4断 溶液的pH越小，溶液中H+浓度就越大，H+与 裂C一H键所需活化能分别为1.13eV、0.53eV、 FeS2反应生成的S与煤混在一起，从而达不到除 0.34eV,则只有部分断裂C一H键的活化能比断 硫的效果，同时还会生成H2S气体污染空气，A 裂O一H键的活化能小，不能说明断裂O一H键 错误；由已知①得，Fe2(SO4)3具有强氧化性，会 比断裂C一H键更容易，D错误。 将FeS2中-1价S氧化为+6价SO,其本身 7.B【解析】NaClO氧化Na2SO3生成SO 被还原为F2+,由守恒规律得反应的离子方程式 和C1,无明显现象，无法观察反应速率，A不符 为14Fe3++FeS2+8H2O15Fe2++2SO?-+ ·19· B 真题密卷 学科素养周测评 16H+,在00.3h时间内Fe2+的化学反应速率 用时间为l0min,则此时间段内v(C0)= 为o(fe2+)= △c_0.45mol·L-1 (10-4)MPa △ =1.5mol· 0.3h 10 min =0.6MPa·min1;由同一反应中 L1·h1,则根据反应方程式中物质反应转化关 用不同物质表示的速率之比=系数之比得， 5o(Fe2+)= 14 o(NO):w(N2)=2:1. 系可知Fe3+的消耗速率v(Fe3+)= 12.(1)该方法生产原子利用率是100%，符合“绿色 15X1.5 mol.Lh-1=1.4 mol L-1.h-1, 1 化学工艺”(2分) (2)①224(2分) B错误、C正确；由实验可知：浓度、温度、pH都 ②0.01(2分) 可以影响化学反应速率，但实验中没有颗粒大小 ③c(02)(2分) 的对比实验，则不能从实验得出颗粒大小能影响 ④H2O2浓度(2分)溶液的pH(2分)Mn2+ 化学反应速率，D错误。 浓度(2分)Mn2+存在时，0.1mol·L1NaOH 二、非选择题 溶液中H2O2的分解速率比1.0mol·L-1NaOH 11.(1)①N2O2(g)+O2(g)→2N02(g)(3分)< 溶液中的快（或Mn+存在时，溶液pH=13时分 (2分) 解速率最快)(2分) e量分) (3)HI0+HI-I2+H2O(2分) (4)1：1(2分) (2)①等压(3分)正反应为放热反应，温度越 【解析】(1)由反应原理图得，该反应的总方程式 高，平衡时x(N2)越小(3分) ②0.6(3分)2：1(3分) 为H,十0，催化剂H,02,则过程中原子利用率 【解析】(1)①总反应减基元反应1得基元反应 为100%，符合绿色化学工艺。 i为N2O2(g)十O2(g)一2NO2(g);基元反应 (2)①反应20min时，过氧化氢的浓度变为 「为快反应，基元反应ⅱ为慢反应，慢反应活化 0.4mol·L1,则分解的过氧化氢的物质的量 能较大，则E(i)<E(ⅱ)。 n(H202)=(0.80-0.40)mol·L-1×0.05L= ②平衡时U1正=U1遂，即k1正c2(NO)=k1送c(N2O2), 0.02mol,生成的氧气的物质的量n(O2)= c(N2O2)b1正 0.01mol,标准状况下的体积V=n·Vm= 整理得K1=C2(NO)k1速 0.01mol×22.4L·mol-1=0.224L=224mL。 (2)①由△H<0得，正反应放热，则升高温度，平 ②20~40min,消耗过氧化氢的浓度为(0.40一 衡逆向移动，N2的物质的量分数减小；正反应为 0.20)mol·L-1=0.20mol·L1,则这段时间内 气体体积减小的反应，则增大压强，平衡正向移 的平均速率= Ac0.20 molI0.01 mol. 动，N2的物质的量分数增大，故图中曲线I表示 t 20 min 等温、增压过程，曲线Ⅱ表示等压、升温过程。 L-l·min。 ②设平衡时生成了x mol N2,有 ③H202分解反应为2H202(1)2H20(1)+ 2NO(g)+2C0(g)=N2(g)+2C02(g) O2(g),则平衡常数表达式K=c(O2)。 初始/mol6 6 0 0 ④图甲中H2O2初始浓度不同，研究的是H2O2 转化/mol2x 2x 2x 浓度对其分解速率的影响；图乙中初始pH不 平衡/mol6-2x 6-2x 2x 同，研究的是溶液的pH对H2O2分解速率的影 12-x=0.2,解得x=2,则平衡时有n(N0)= 响；图丁中Mn2+浓度不同，研究的是Mn2+浓度 n (CO)=2 mol,n (N2)=2 mol,n (CO2)=4 mol, 对H2O2分解速率的影响；甲、乙、丁中影响分解 速率的因素依次是H2O2浓度、溶液的pH、 n总=l0mol,若a,点对应的压强为20MPa,C0的 Mn2+浓度；乙和丙其他条件都相同，只是相对于 2 平衡分压为20×104MPa,C0的初始分压为 乙，丙中多了3mg·L1的Mn2+,从实验结果 6 看，Mn2+存在时，0.1mol·L1NaOH溶液中 ×20MPa=10MPa,反应开始到达到平衡所 6+6 H2O2的分解速率比1.0mol·L1NaOH溶液 B ·20· ·化学· 参考答案及解析 中的快或Mn2+存在时，溶液pH=13时分解速 (4)若H2S2分解为H2S和Sg,分解的方程式为 率最快。 8H,S,△8H,S+S,H,S,中S元素化合价为 (3)已知H2O2氧化HI的反应为H2O2+2HI 一1价，反应中部分S元素化合价由一1价降低 L2+2H20,第1步：H202+HI—HI0+ 为一2价，得电子数为8，部分S元素化合价由 H2O,则总反应减去第1步反应可得第2步反应 一1价升高为0价，失电子数为8，则被氧化与被 为HIO+HI=I2十H2O。 还原的硫元素质量之比为1：1。 2025一2026学年度学科素养周测评（十九） 化学·化学平衡与化学反应进行的方向 一、选择题 率增大，但是平衡常数K不变，D错误。 1.D【解析】虚线表示平衡转化率，且随温度升高， 4.C【解析】反应4HC1(g)+O2(g)=2Cl2(g)+ X的转化率增大，则该反应的正反应为吸热反应， 2H2O(g)△H正向进行时气体分子数减少，则 △H>0,A错误；给定的反应中，焓变只与始态和 △S<0,升高温度，HCl的平衡转化率降低，则正反 终态有关，催化剂可以改变活化能，不能改变焓 应为放热反应，即△H<0,A正确；增大n(O2): 变，即催化剂对平衡移动无影响，B错误；该反应 n(HC)的比值，即相对增大氧气的投料量，可使平 为气体物质的量增大的反应，若增大起始压强，平 衡右移，M点HC1转化率提高，B正确；较高流速 衡逆向移动，X的平衡转化率降低，C错误；该时间 时α(HCI)低的原因是流速太快，导致HCl反应不 段内，X的变化压强为0.4pkPa,则Y的变化压强 充分，C错误；该温度下HCI转化率最大时达到了 为0,4pkPa,则uD=0.4pkPa_0,4kPa·s, 反应限度，即平衡状态，n(O2):n(HCI)=4:4, t s t HC1的转化率为80%，设起始的物质的量均为 D正确。 4mol,可列出三段式： 2D【解折】南于K-0-1,即手青时安 4HCI(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g) 起/mol 4 4 0 0 器中CO和CO2的分压是相等的，都为800kPa, 转/mol3.2 0.8 1.6 1.6 则反应②的平衡常数为Kp=p(CO)=800kPa,A 平/mol 0.8 3.2 1.6 1.6 正确；容器体积始终不变，而气体总质量为变量， 气体总物质的量为7.2mol,HCl、O2、Cl2、H2O的 则混合气体的密度不变时，可说明反应已达到平 衡，B正确；温度不变，K。不变，CO和CO2的平 物质的量分数分别为1、4、22 999、9,则K= 衡分压均为800kPa,则容器内总压强不变，C正 ()×(号) 确；温度不变，即使缩小体积，K。不变，则C0和 =36,D正确。 CO2的平衡分压也不变，D错误。 3.B【解析】由表中数据可知，反应①为吸热的熵 5.D【解析】正反应的气体分子数减小，则△S<0, 减反应，在任何温度下都有△H一T△S>0,则反 体积不变，甲容器起始阶段压强渐增，正反应应是 应①在任何温度下，都不能正向自发进行，A错 放热反应，即△H<0,由△H一T△S<0得，该反 误；反应②的△H一T△S<0能自发进行，则一176 应在较低温度下可自发进行，A正确；体积不变， +0.285T<0,T<617.5K时，反应能正向自发 乙容器的气体压强逐渐减小，符合“气体分子数减 进行，B正确；反应③为放热的熵增反应，则在任 小”的特征，说明反应条件为恒容恒温，B正确；由 何温度下均能自发进行，C错误；平衡常数只受温 方程式得，反应过程中CuO的质量为变量，若不 度的影响，将TiO2、C固体粉碎，反应③的反应速 变，则可说明反应达到平衡状态，C正确；已知 ·21· B