第13期 化学反应速率与化学平衡(二)-【数理报】2026年高考化学一轮复习学案

高考化学第10~13期 数理括 答案详解 2025~2026学年高考化学第10~13期(2025年9月) 第10期4版参考答案 电子，B错误；根据分析，充电时，Rh/Cu惰性电极是阴极，与电 素养提升（十） 源负极相连，阳离子向阴极移动，K通过阳离子交换膜从右室 1.D放电时，A电极上铁失电子生成FeO4,A是负极， 向左室迁移，C错误，D正确。 负极反应为3Fe-8e+8OH-=Fe0,+4H0;B电极上 5.C放电时，负极反应为Mg-2e=Mg2+,正极反应为 NO(OH)得电子生成Ni(OH)2,B是正极，电极反应为 Mg2++2C02+2e=MgC204,将放电时正、负电极反应相加， NiO(OH)+e+H20=Ni(OH)2+OH,Fe、FeO4、 可得放电时电池总反应：Mg+2CO2=MgC,O4,A正确；充电 NO(OH),、Ni(OH)2均能与酸反应，水泥基中孔溶液不能呈强 时，多孔碳纳米管电极上发生失电子的氧化反应，则多孔碳纳 酸性，A错误；放电时，电极B发生还原反应，B错误；根据电极 米管在充电时是阳极，与电源正极连接，B正确；充电时，Mg电 反应，负极消耗OHˉ、正极生成OH,隔膜应为阴离子交换膜， 极为阴极，电子从电源负极经外电路流向Mg电极，同时Mg C错误：根据放电时的正极反应，可得充电时阳极的电极反应 向阴极迁移，C错误；根据放电时的电极反应Mg2++2CO2+ 为Ni(OH)2+OH-e=NiO(OH)+H20,D正确 2e=MgC,0,可知，每转移2mol电子，有2molC02参与反 2.A放电时，Zn失电子，b极是负极、a极是正极；充电 应，因此每转移1mol电子，理论上可转化1 mol CO2,D正确. 时，a极是阳极、b极是阴极.放电时，卤素离子通过阴离子交换 第10期2-3版参考答案 膜向b极迁移，A错误；放电时，a极发生还原反应，电极反应 精练卷（十） 为L2+2e=2I,B正确；充电时，b极与电源的负极连接，C 1.B 正确；充电时，a极的电极反应为21-2e=2,生成1mol2, 2.C“蒸汽眼罩”工作时利用了原电池原理，铁粉为负 电路中转移2mol电子，根据转移电子守恒，b极生成1molZ, 极，负极反应为Fe-2e=Fe2+,D错误；“蒸汽眼罩”不能充 质量为65g,D正确. 电，铁粉消耗完毕即失去使用功能，故“蒸汽眼罩”不可以反复 3.B电池放电的总反应为Na.44MnO2+NaTi2(PO4)3= 使用，A错误；若透氧膜的透氧速率过快，反应速率加快，导致 Na.4-xMnO2+Na1+rTi2(P04)3,Mn元素化合价升高，发生氧 温度升高过快，达不到放松眼部肌肉、消除眼部疲劳的作用，B 化反应，M极为负极，N极为正极，A错误；放电时，正极的电极 错误。 反应为Nai2(P04)3+xe+xNa=Na1xTi2(PO4)3,B正确； 3.BAg失去电子与溶液中的Cl反应生成AgCl,Ag为 充电时，M极为阴极，N极为阳极，M极的电极反应为 负极，A错误；电子由负极Ag经活性炭流向正极Pt,B正确；溶 Na.4-MnO2+xNa*+xe=Na.4MnO2,若转移mol e,M 液为酸性，故Pt表面发生的电极反应为O2+4e+4H= 极电极将增重23xg,C错误；充电时，阳离子向阴极移动，所以 2H20,C错误；每消耗标准状况下11.2L02,转移2mol电子， Na从N极迁移到M极，D错误. 而2 mol Ag失去2mol电子，故最多去除2 mol Cl,D错误. 4.D根据装置图可知，放电时，负极发生氧化反应， 4.A铝为活泼金属，发生氧化反应为负极，则石墨为正 CHO 0 极，A正确；电池工作时，阳离子向正极移动，故海水中的Na 转化为 ,所以放电时，Rh/Cu惰性 向石墨电极移动，B错误：电池工作时，A1电极的电极反应为 电极是负极.充电时，R/Cu惰性电极是阴极.电解质溶液呈碱 A1-3e=A1*,铝离子水解使A1电极附近区域的海水呈弱酸 0 CHO 性，C错误；每消耗1gAN(为'm),电池最多向外提供 性，放电时，负极反应为 +30H--2e°= 1000 27 m0l×3=100mol≈111mal电子的电量，D错误 9 +2H,0,A错误；放电时，正极反应为 5.A乙醇不是电解质，不满足原电池构成条件，A错误； Coa.2Niag00H+H,0+e=Coa.2Ni.g(0H)2+OH,每当 “油墨混有锌粉”为电池的正极，发生氧化反应，B正确；“油墨 1 mol Coo.2Nio.sO0H转化为Coa.2Ni.s(OH)2,外电路转移1mol 混有石墨”为电池的负极，发生还原反应，电极反应为02+4 高考化学第10~13期 +2H20一4OH,C正确；激活时水用量过多浸没电池，导致电池的负极，电极b为正极，用空穴表示的负极反应为 空气中的氧气无法在正极发生还原反应，可能造成电源无法正 HOOC COOH 常工作，D正确 +10h+2H20=4C02↑+10H,正极的 HO OH 6.B由装置图可知，a极上N2H4转化为N2,发生氧化反 电极反应为02+4H*+4e=2H,0,电池的总反应为 应，故a极为负极，电极反应为N2H4-4e+40H=N2+ HOOC COOH 4H,O,则b极为正极，电极反应为N03+6H20+8e=NH3↑ 2 +502=8C02↑+6H20.电池工作时， HO OH +9OH.放电过程中，阴离子向负极迁移，故OH向a极区迁 光催化电极产生的光生电子与02结合，光生空穴与电极a产 移，生成28g八2(1mol)转移4mol电子，综上B正确。 生的电子结合.假设转移4mol电子，正极消耗4molH+,同时 7.D由图可知，燃料电池工作时，SO?通过阴离子交换 负极会产生4molH,但总反应会生成水，因此硫酸的浓度降 膜进人左室、K通过阳离子交换膜进人右室，则左侧电极为负 低，综上C错误 极，右侧电极为正极，离子交换膜1、2分别为阴、阳离子交换 12.D由工作原理示意图可知，放电时，左侧Cu电极由 膜，A正确；右侧石墨电极为燃料电池的正极，B正确；左侧石 Cu2+转化为Cu,发生还原反应，电极反应为C2++2e=Cu, 墨电极为负极，发生氧化反应，电极反应为H02+2OH- 即左侧Cu电极为正极，右侧Cu电极由Cu转化为 2e一02↑+2H,0,C正确；中间室溶液减轻的质量为硫酸钾 [C(NH)4]2+,发生氧化反应，即右侧Cu电极为负极，电极 的质量，中间室溶液质量减轻52.2g时(0.3molK,S04),由得 反应为Cu-2e+4NH=[Cu(NH)4]2+.电解质溶液中 失电子数目守恒可知，电路中转移0.6ol电子，左侧产生标准 NO,由正极移向负极，故a为阴离子交换膜，A、B正确；放电 状况下氧气的体积为06，m0×22.4/m0l=6.72L,D错误. 2 时，右池Cu电极减少6.4g时，转移0.2mol电子，左池溶液中 8.C电极A存在厌氧产电菌，不能直接暴露在空气中， 析出0.1 mol Cu,还有0.2 mol NO移向右池，故左池溶液质量 而正极需直接暴露在空气中，说明电极A为负极，电极B为正 减少0.2mol×62g/mol+0.1mol×64g/mol=18.8g,C正确： 极，燃料电池中正极通人02，电极反应为02+4H++4e= 只需将正、负两极的电极板交换就可实现电池的循环使用，D 2H,0,乙酸盐在负极失去电子生成C02,电极反应为 错误。 CHC00+2H20-8e=2C02↑+7H,A、B正确；厌氧产电 13.D酸性条件下，邻苯二醌类物质在N极得电子发生 菌暴露在空气中，会抑制厌氧产电菌的活性，不能增大电流强 还原反应生成邻苯二酚类物质，N电极为正极，A正确；碱性条 度，C错误；根据电极反应可得关系式02~4~CO2,消耗1 件下乙硼烷在M极失去电子发生氧化反应生成BO2和水，M mol02时，生成1molC02,标准状况下的体积为22.4L,D正 极为负极，电极反应为B,H。+140H-12e=2B02+ 确。 1OH20,B正确；N电极为正极，双极膜中间的水解离出的H 9.A放电时，a极为负极，Zn失电子生成[Zn(OH)4]2, 移向N电极，OH移向M电极，根据BH6+14OH-12e= 电极反应为Zn+4OH-2e=Zm[(OH)4]2;b极为正极，空 2BO2+10H20可知，转移1.2mol电子时，透过膜a的0H为 气中的02得电子生成0H,电极反应为02+2H,0+4e= 1.2mol,还需消耗电解质溶液中的0H,需要定期补充H20和 4OH.充电时，a极为阴极，与电源的负极相连，b极为阳极，与 NaOH,C正确，D错误. 电源的正极相连.阴离子向阳极移动，则OH向阳极(b极)迁 14.D该电池的负极材料Z在放电时会溶解，充电时不 移.充电时，阳极反应为40H-4e=2H20+02↑，11.2L02 能再生，若负极材料不足，会影响电池的使用寿命，因此需足 (标准状况下)的物质的量为0.5ol,生成11.2LO,(标准状 量，A正确；放电时，Zm为负极，发生反应Zn-2e=Zm2+,附 况下)时转移0.5mol×4=2mol电子.综上A错误. 近阳离子浓度增加，因此SO?向Z电极移动保持溶液电中 10.CB电极上O,→H,O,发生还原反应，故B电极为正 性，B正确；放电时，正极NaFe[Fe(CN)6]得电子与Na结合 极，A电极为负极.A电极上发生氧化反应，电极反应为 形成Na1t.Fe[Fe(CN)。],电极反应为NaFe[Fe(CN)6]+xe C3H1oN202-2e=C13HN202+2H,A正确；若有机化合物 +xNa=Na1tFe[Fe(CN)。],C正确；自充电时，H,O2作为氧 是甲酸(HC0OH),根据原理图，总反应可表示为2HC0OH+02 化剂氧化Nat Fe[Fe（CN)。],使其重新转化为 =2C02+2H20,B正确；正极的电极电势高于负极的电极电 NaFe[Fe(CN)6],1 mol H,O2作氧化剂时可得2mol电子.根据 势，C错误；相较于传统的化学处理方法，该装置不需要高温高 Nat,Fe[Fe(CN)6]-xe=NaFe[Fe(CN)6]+xNa,溶液中 压，因此能够大幅度降低处理过程对能源的消耗，D正确 增加2 mol Na,D错误. HOOC COOH 15.(除标注外，其余每空2分) 11.C由 →C02,可知电极a为燃料 HO OH (1)正极(1分)减小Zm-2e+20H=Zn(0H)2 高考化学第10~13期 (2)H02浸出(1分) 动，隔膜1为阴离子交换膜，根据得失电子守恒，正、负极产生 (3)2Mn0(0H)+6H'+2C_△2Mn2+CL,↑+4H,0 气体的物质的量之比为2：1；当电路中转移1mol电子时，消耗 解析：废旧碱性锌锰电池破碎后的粉料还原培烧，将 了1 mol NaCl,故模拟海水理论上除盐58.5g. MnO(OH)、MnO2还原为MnO,再用硫酸溶解得到硫酸锰溶液 (3)由图可知，MoS2电极为原电池的正极，酸性条件下一 并含少量Fe2+和Z2+,净化过程中加入双氧水将亚铁离子氧 氧化氮在正极得到电子发生还原反应生成氨气和水，电极反应 为NO+5e+5H=NH+H,0,Zn/Zn0电极为负极，电极反 化为铁离子，调节pH使铁离子完全沉淀，最终得到MSO,和 Zm2+,电解后在阴、阳极分别得到Zn和MnO2,废电解液为硫酸. 应为Zm-2e+20H=Zm0+H,0,根据得失电子守恒，标准 16.(除标注外，其余每空2分) 状况下4.48L一氧化氮参与反应时，负极增加的质量为 4.48L 5 (1)①负(1分) 22.4L/mo××16gmol=8.0g ②02+4e+2H,0=40H 第11期4版参考答案 ③CH,0CH3-12e+160H=2C0}+11H,0 素养提升（十一） ④3mol 1.阴离子2C02+12e+12H=C2H4+4H,0 ⑤减小 2.(1)阳浓KOH溶液 (2)①Ph-2e+S0}=PbS04 (2)阳极区发生反应：MnO-e=MnO,,c(MnO,)增 ②V2+-e=V3+增加 大；每产生1 mol MnO,,就有1molK*通过阳离子交换膜进入 ③正(1分)V02++H,0-e=V0,+2H 阴极区，使阳极区的n(MnO,):n(K)=1:1,制得KMnO4 17.(除标注外，其余每空2分) 3.电极b阳 (1)①负(1分)i1-Co02+xe+xLi=LiCo02 解析：磷酸铁锂电池工作时，正极为i1-.FePO4,负极为 214 L,C。,电渗析法制备磷酸二氢钠，右室中的氢离子通过膜b进 ③质量轻、电池寿命长、体积小便于携带等，合理即可(1 人中间室，中间室中的钠离子通过膜a进入左室，则电极a为 分)》 阴极，电极b为阳极，所以电极b与i1-FePO4相连；膜a和膜 (2)①Cu20+H20+2e=2Cu+20H-②7 b均为阳离子交换膜。 (3)①Li,02-2e=02↑+2Li+②0.1 4.(1)B阴离子 解析：(1)②充电时，为电解池，阴极的电极反应为C,+ (2)2H20-4e=02↑+4H* xLi+xe=Li,C,当导线中通过2mol电子时，阴极的质量增 (3)156g 加2mol×7g/mol=14g 解析：根据钙钛矿太阳能电池的工作原理图可知，电子从 (2)②负极发生反应Li-e=i,每转移1mol电子，理 B极流出，说明B极为负极，A极为正极，图2为电解池，由该 论上消耗1 mol Li,质量为7g. 装置可电解酸性硫酸铬溶液获取铬单质和硫酸可知，C棒为 (3)②放电时，若B电极增重2.3g,说明正极生成2.3g 阴极，电极反应为C++3e=Cr,石墨为阳极，电极反应为 ,0,则外电路通过电子的物质的量为43×2=0.1m0l 2H20-4e=02↑+4H+. (3)当太阳能电池有9mol电子转移时，根据得失电子守 18.(除标注外，其余每空2分) 恒可知，Cr棒上有3 mol Cr单质生成，则增重的质量为52g/modl (1)①S02-2e+2H20=S0+4H ×3mol=156g. ②增大(1分)增大(1分)6.2 第11期2-3版参考答案 (2)阴离子交换膜2：158.5 精练卷（十一） (3)N0+5e+5H+=NH3+H,08.0 1.B 解析：(1)②质子交换膜左侧发生反应S02+2H0-2e 2.D钢铁在潮湿的空气中会发生电化学腐蚀，从图中可 =S0+4H.外电路转移0.2mdl电子时，参与反应的S02 以看出，Fe失去电子，电子通过外电路流向C,所以Fe、C构成 为0.1mol,并有0.2molH*向右侧转移，故质子交换膜左侧溶 原电池的外电路，A正确；在钢铁表面，O2得电子生成OH,若 液质量变化为64g/mol×0.1mol-1g/mol×0.2mol=6.2g. 此时溶液中溶有CO2,则可与OH反应生成CO等，B正确； (2)根据题意和图示可知，b为正极，正极反应为2H+ 钢铁在潮湿的空气中，若开始时电解质溶液的酸性较强，可能 2e=H2↑，消耗H,模拟海水中的Na向正极移动，隔膜2 发生析氢腐蚀，随着反应进行，溶液酸性减弱，可能会发生吸氧 为阳离子交换膜；a为负极，负极反应为CH,CO0-8e+ 腐蚀，所以析氢腐蚀与吸氧腐蚀可先后发生，C正确；电化学腐 2H,0=2C02↑+7H*,生成H,模拟海水中的C向负极移 蚀过程中，氧气的消耗量难以准确测量和控制，且会受到多种 3 高考化学第10~13期 因素的干扰，不能准确利用电化学腐蚀测定空气中氧气的含产生的C,将CN氧化为CO2和N2,反应为2CNˉ+5Cl,+ 量，D错误。 4H,0=2C0,+N2+10C1+8H,D正确；右室N电极为阴 3.CCu2(OH)3C疏松、易吸收水，会使器物损坏程度逐 极，发生还原反应，电极反应为2H0+2e一H2↑+20H,根 步加剧，并不断扩散，所以属于有害锈，A错误；CuCl是不溶于 据电子守恒可建立关系式C2~2e~H2,根据上述反应，M区 水的固体，过程I中负极的电极反应为Cu-e+Cl=CuCl, 消除1 mol CN时，消耗2.5 mol Cl2,则N区生成2.5molH2,生 B错误；根据关系式2Cu~4e~Cu(0H)3Cl,02~4e,若生 成氢气的体积（标准状况下）为2.5mdl×22.4L/mol=56L,B 成2.145gCu(OH),C1,理论上消耗标准状况下氧气的物质的 错误：电解池工作时，阳离子向阴极移动，所以H由M极区 2.145g 量为214.5g/m01×2×2 (阳极区)通过质子交换膜移向N极区（阴极区），C正确， =0.01mol,故在标准状况下的体积为 4 9.B由题意可知甲装置为原电池，根据工作原理可知惰 0.01mol×22.4L/mol=0.224L,C正确；HN03溶液会与Cu 性电极I为负极，惰性电极Ⅱ为正极.乙装置的目的是制备 反应，破坏了文物，D错误 e(OH)2,需要Fe2+,电极a应为Fe,作阳极失电子生成Fe2, 4.D闭合K,形成电解池，电解饱和食盐水，左侧为阳电极b为阴极，可采用石墨，A正确；若用CuCL2溶液代替NaCl 极，C失去电子生成氯气，电极反应为2Cl-2e=Cd,↑，右 溶液，在阴极Cu2+得电子生成C,无法生成OH,不能生成 侧为阴极，H得电子生成氢气，电极反应为2H,0+2eˉ=： Fe(OH)2,B错误；电极b为阴极，溶液中的H2O得电子发生还 H,↑+20H,总反应为20+2H,0电解2Na0H+H,↑+C,↑. 原反应，电极反应为2H20+2e=H2↑+20H,C正确；9.0g 根据分析，闭合K后，U形管两侧均有气泡冒出，分别是 Fe(OH)2的物质的量为0.1mdl,根据Ffe-2e=fe2+,Fe2++ CL2和H2,A错误：左侧生成氯气，氯气遇到水生成HCO,HCO 2OH=Fe(OH)2↓，生成0.1 mol Fe(OH)2,电路中转移 具有漂白性，则a处布条褪色，B错误：b处出现蓝色，发生反 0.2ol电子，甲装置中阳离子向正极（惰性电极Ⅱ）移动，根据 应：C2+2K=l2+2KCl,说明还原性：I>C1,C错误；断开 电荷守恒，有0.2 mol Na*向惰性电极Ⅱ移动，D正确. K,,立刻闭合K,,此时构成氢氯燃料电池，形成电流，电流表指 10.B由图可知，电极a的电极反应为NO,+8e+ 针发生偏转，D正确 6H,0=NH3↑+9OH,则电极a为阴极，水电离出的H通过 5.BM极附近析出金属单质，M极为阴极，M极与电源 阳离子交换膜c进人阴极室，电极b为阳极，电极反应为 的负极相连，A正确；电子由阳极流出，经电源流回阴极，B错 40H-4e=02↑+2H20,水电离出的0H通过阴离子交换 误；粗铅中Cu、Fe、乙m放电后，Pb放电，电极反应之一为Pb- 膜d进入阳极室， 2e=P2+,C正确；阳极上溶解的金属有Pb、Fe、Zn、Cu,阴极 由上述分析可知，水电离出的OH通过阴离子交换膜d 上析出的金属只有Pb,两极上得失电子数守恒，故工作一段时 进入阳极室，电解一段时间后，阳极室中的氢氧化钾的物质的 间后，溶液中c(Pb2+)减小，D正确. 量不变，水的质量增大，则氢氧化钾的浓度减小，A正确，B错 6.B多孔电极1上HO(g)发生得电子的还原反应转化 误；双极膜中消耗8mdlH0时，转移8mol电子，由得失电子数 成H2(g),多孔电极1为阴极，电极反应为2H20(g)+4e= 目守恒可知，电极b生成2mol氧气，C正确；转移8mol电子 2H,+20-:多孔电极2上02发生失电子的氧化反应转化成 时，双极膜中消耗8mol水，8molH通过阳离子交换膜c进入 02(g),多孔电极2为阳极，电极反应为20--4e=02↑. 阴极室，中和电极反应生成的8olOH,溶液中剩余1mol 02-从多孔电极1迁移到多孔电极2，电极1的多孔结构能增 OH,即在阴极室得到1mol氢氧化钾，则转移4mol电子时， 大电极的表面积，从而增大与水蒸气的接触面积.电解总反应 在电极a生成0.5mol氢氧化钾，D正确. 为2H,0(g)电解2H,↑+0，↑，则理论上电源提供2mdl电子 11.C根据实验装置，产生氢气的电极为阴极，电极反应 能分解1molH,O.综上B错误. 为2H,0+2e=2OH+H2↑，右端产生NaOH,说明Na移向 7.B由图中氢气在石墨电极(N)产出可知，N极为阴极！ 阴极，Y为阳离子交换膜：阳极上Cu失去电子发生氧化反应 (接电源负极b),石墨电极(M)则为阳极（接电源正极a).外； 生成Cu2+,Cl移向阳极，X为阴离子交换膜，A、B正确；阴极 电路中电子应从阳极M流向电源正极a,再经电源内部到负极！产生22.4L气体（标准状况下，为1ol氢气），阳极上Cu*失 b,最后到阴极N,A项所述“电子流向b→N→M→a”中电子不 去电子发生氧化反应生成Cu2+:CuCl-e=Cu++Cl,液相 能经过电解质溶液，A错误；没说明标准状况，不能计算，C错 反应中C,H和CuCL2反应生成1,2-二氯乙烷：CH,=CH2+ 误；反应S02+Na2S03一Na2S20,中，元素的化合价均无变 2CuCl2一→CCH2CH2Cl+2CuCl,结合电子守恒可得关系式， 化，故不属于氧化还原反应，D错误。 H2~ClCH2CH2Cl,则理论上可生成1mol1,2-二氯乙烷，C错 8.B由图可知，左室电极M上产生C2,为阳极，电极反 误，D正确 应为2Cl-2e=Cl2↑，故a为直流电源的正极，A正确；左室 12.C由题意要实现锂的富集，电极1的电极反应为 4 高考化学第10~13期 FePO,+e+Li=LiFePO4,则电极1为阴极，电极2为阳极， 液，溶液中产生黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失 电极反应为Ag+Cl-e=AgCl;电极3为阴极，电极反应为 ②由滴定终点时消耗VmL e mol/L AgNO3溶液，50mL废 AgCl+e=Ag+Cl;电极4为阳极，电极反应为LiFePO,-e 水中CN的浓度为xx2L=答L =Li+FePO,.根据分析可知，电极2为阳极，A错误；保持电 50×10-3 16.(每空2分)(1)①2(CH3)4N++2H20+2e= 源正负极不变，则电子流向不变，B错误；通过相同电量，电极1 上附着的Li的量和电极4上失去的i的量相等，所以理论 2(CH3)4NOH+H2↑ 上，电极1与电极4的质量之和保持不变，C正确；根据电子守 ②阳离子交换阴离子交换 ③18.2 恒，电路中各处的电量相等，所以理论上，电路通过1ol电子 时，有1moli富集在右侧电解液中，D错误。 (2)①DPb02+2e+4H+S04=PbS04+2H,0 ②75% 13.D根据电子流动方向可知，电极b为电解池的阳极， 电极反应为2H,0-4e=02↑+4H,A错误；d为阴离子交 解析：(1)②从图中可以看出，电解一段时间后， (CH3),NOH浓度增大，(CH)4NCI浓度减小，则(CH,)4N*通 换膜，SO:穿过阴离子交换膜进人阳极室，阳极区H,SO4溶液 过c膜进人a电极区，c膜为阳离子交换膜；同理NaCl溶液浓 浓度不断增大，B错误；Cu(1)为原电池的正极，电极反应为 度增大，Cl通过d膜进入NaCl溶液，Na通过e膜进NaCl溶 Cu2++2e=Cu,Cu(2)为原电池的负极，电极反应为Cu-2e 液，d膜为阴离子交换膜，e膜为阳离子交换膜， =C2+,C错误；浓差电池从开始工作到放电结束，电池两边 ③a、b两极共产生标准状况下3.36L气体，物质的量为 CuSO,溶液浓度相等，正极区硫酸铜溶液浓度由2.5mol/L降 0.15mol,a极的电极反应为2(CH2),N+2H,0+2e= 低到1.5mol/L,负极区硫酸铜溶液浓度由0.5mol/L上升到 1.5mo/L,即正极区被还原的Cu2+的物质的量为(2.5- 2(CH3),N0H+H2↑，b极的电极反应为40H--4e=2H20 +02↑，转移4mol电子收集氢气的物质的量为2mol,收集氧 1.5)mol/L×2L=2mol,负极区被氧化的Cu的物质的量为 气的物质的量为1mol,故a、b两极共产生0.15mol气体时，转 (1.5-0.5)mol/L×2L=2mol,电路中转移4mol电子，电解 移电子0.2mol,理论可得四甲基氢氧化铵的质量为0.2mol× 池阴极区生成4 mol OH,即阴极区可得4 mol NaOH,其质量 为160g,D正确. 91g/mol=18.2g (2)②阳极的电极反应为2H20-4e=02↑+4H*,标准 14.C标注框内所示结构属于配合物，配位体中存在碳碳 状况下，当阳极生成氧气的体积为224mL时，氧气的物质的量 单键、碳碳双键、碳氮单键、碳氮双键和碳氢键等多种共价键， 为0.01mol,转移电子的物质的量为0.04mol,测得整个阴极 还有由N提供孤电子对、Zm+提供空轨道形成的配位键，A正 区内的c(HC00)=0.015mol/L,n(HC00)=0.015mol,生 确：由图示可知，该电池总反应为+么是公”+3引，B正 成0.0l5mlHc00转移0.03nml电子，电解效率为号× 确；充电时，阴极上的电极反应为Zm2++2e=Zn,被还原的 100%=75%. Zm2+主要来自电解质溶液，C错误；放电时，负极的电极反应为 Zm-2e=Zm2+,因此消耗0.65gZn(物质的量为0.01mol), 17.(除标注外，其余每空2分) I.(1)①该反应的△H>0,△S>0,高温下△H-T△S<0, 理论上转移0.02mol电子，D正确. 反应可自发进行②温度过高，丙烷裂解产生CH4、C,H,、C和 15.(除标注外，其余每空2分) 氢气等副产物，使丙烯的选择性下降；同时高温下产生积碳使 (1)2H*+2e=H2↑ 催化剂快速失活，反应速率快速下降(4分)》 (2)①K,[Fe(CN)。](1分)②溶液的酸碱性（或溶液的 (2)+165.0 pH) Ⅱ.(3)①2N0+C02+16e+18H+=C0(NH2)2+ (3)①负极(1分)②通过反应Zm2++4CN- 7H,0 [Zn(CN)4]2-降低c(Zm2+),使得Zm2+放电速率减缓，同时通 ②0.85mol 过平衡的移动补充放电消耗的2+，使其浓度保持相对稳定， ③KHCO,降低了CO2在水中的溶解度（或H与KHCO3 达到使放电速率平稳的作用(4分) 反应产生CO2),使得吸附在电极表面的CO2浓度增大 (4)①加入最后半滴AgNO,溶液，溶液中产生黄色沉淀， ④将原料改为直接通CO和加NH,CI溶液，电解一段时间 且半分钟内沉淀不消失 后，用尿素酶法测定是否有尿素生成，若有则“途径2”成立 ②2（或1.04cW 解析：(3)①根据电解装置图可看出，b电极为阴极，CO2 解析：(4)①由平衡常数的大小可知，碘化钾为滴定过程 和NO在b电极上发生反应转化为CO、CO(NH)2和NH4, 的指示剂，当Ag与CNˉ完全反应，滴入最后半滴硝酸银溶 C0(NH2)2中C元素的化合价为+4，N元素的化合价为-3，可 5 高考化学第10~13期 知生成CO(NH2)2的电极反应为2NO+CO2+16e+18H后气体物质的量改变，当压强不变时反应达到平衡状态；对于 =C0(NH2)2+7H20 反应乙，反应前后气体物质的量不变，无论反应是否达到平衡， ②阴极各物质的物质的量分别为n(C0)=0.1mol, 气体的压强始终不变，因此压强不变无法判断反应乙是否达到 n(NH4)=0.1mdl,n[C0(NH2)2]=0.15mol,则转移电子的 平衡状态，不符合题意 物质的量为n(e)=n(CO)×2+n(NH)×8+ 2.Bv正（NH,)=2逆(CO2)时反应达到平衡，①不能判 n[C0(NH)2]×16=0.1mol×2+0.1mol×8+0.15mol×16= 断；绝热条件，反应过程有吸放热，故密闭容器中温度不变时， 3.4mol,根据阳极电极反应2H20-4e=4H+02↑，生成的 反应已达到平衡，②可判断；有固体参加反应，混合气体的总质 n(0,)=n(e2-3.4mol=0.85m0l 量随着反应的进行发生改变，容器体积不变，故当密闭容器中 4 4 混合气体的密度不变时反应达平衡，③可判断；体系中只有2 18.(每空2分)(1)粉碎铁锂云母、搅拌、适当升温等 种气体，且NH和CO2的体积比始终为2：1，混合气体的相对 (2)4Fe2++02+4H*=4Fe3++2H20 分子质量始终不变，且为17×？+4-26，④不能判断：反应前 3 (3)KFe[Fe(CN)]+30H-=FeO(OH)+[Fe(CN)]-+ K++H,0 后气体的化学计量数之和不等，故密闭容器混合气体的总物质 的量不变时反应达平衡，⑤可判断；有固体参加反应，故混合气 (4)负阴AC 体总质量不变时，反应达平衡，⑥可判断；生成的二氧化碳和氨 (5)C022Li*+2HC03=Li,C03↓+C02↑+H20 气的比恒为1：2，故密闭容器中C02的体积分数始终保持不 解析：铁锂云母中加盐酸溶解，二氧化硅不与盐酸反应，故 变，⑦不能判断 不溶，溶液中含钾离子、锂离子、亚铁离子、铝离子等，用空气把 3.D反应达到平衡之前，正反应速率大于逆反应速率， 亚铁离子氧化为铁离子，加Na4[Fe(CN)。]沉铁，过滤所得沉 曲线M代表正反应速率随时间变化的曲线，曲线N代表逆反 淀加氢氧化钠后转变为FeO(OH)和Na4[Fe(CN)6],转化后 应速率随时间变化的曲线，A正确；反应在2时刻，正、逆反应 过滤所得滤液中Na,[Fe(CN)。]可循环利用，沉铁后的滤液加 速率相等，达到化学平衡状态，B正确；随着反应进行，正反应 氢氧化钠、氟化钠沉铝，所得滤液通过电渗析浓缩氯化锂溶液， 速率增大，可知容器内温度升高，该反应为放热反应，C正确； 蒸发后加碳酸钠沉锂，得i2C03: 随着反应进行，生成物浓度增大，t1时Z的浓度小于t2时Z的 (4)根据电渗析示意图，N电极上生成H2可知，N极为阴 浓度，D错误。 极，接外接电源的负极，M极为阳极，接外接电源的正极；且氯 4.B由图示信息可知，c点正反应速率还在改变，达到平 离子不能到阳极上放电，则x膜为阳离子交换膜，y膜为阴离 衡时是正逆反应速率相等且不再变化，即反应在℃点未到达平 子交换膜.M极区域的Li通过x膜移到A区，B区的Cl通过 衡，①错误；随着反应的进行，SO2浓度越来越小，即SO2浓度： y膜移到A区，A区域获取浓缩的LiCl溶液，B区的Li*通过x a点大于c点，②错误；从a点到c点正反应速率增大，之后正 膜移到C区，D区的Clˉ通过y膜移到C区，C区域获取浓缩的 反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高，对正反应速率的 LiCl溶液， 影响大于浓度减小对正反应速率的影响，则该反应为放热反 (5)饱和LiCl溶液和饱和NaHCO,溶液等体积混合后，产 应，反应物的总能量高于生成物的总能量，③正确；随着反应的 生了LiHCO3和NaCl,随后iHCO3分解产生了CO2和LiCO3, 进行，正反应速率增大，△t1=△t2时，S02的转化率：a~b段小 反应的离子方程式为2Li*+2HC0,=Li,C03↓+C02↑+ 于b~c段，④正确；反应前后气体的物质的量不变，根据pV= H,O RT,即恒容绝热密闭容器中气体压强随温度一直在变，故体 第12期4版参考答案 系压强不变，说明体系温度不变，反应达到平衡，⑤正确 素养提升（十二） 5.B随着反应的进行，正反应速率逐渐变慢，所以前1mim 1.C①恒温恒容条件下，反应甲、乙中混合气体的质量 产物Z的平均生成速率大于0.2mo/(L·mim),即1min时Z的浓 均发生改变，容器的体积不变，当混合气体的密度不变时，气体 的质量不变，反应达到平衡状态，符合题意；②甲、乙反应的前 度大于Q20mL,A正确：X为固体，Y的体积分数始终为了，所 后均有气体，若反应未达到平衡状态，气体生成物的物质的量 以Y的体积分数不变时不能说明该反应达到化学平衡状态，B错 会发生改变，该气体的百分含量就会发生改变，当反应容器中 误，0.15ol/(L·min)×4min=0.10mol/(L·mim)×6min,说明 气体生成物的百分含量不变时，反应达到平衡状态，符合题意： 4min后Z的浓度不变，所以4min时，该反应已达到平衡状态， ③反应物的消耗速率与生成物的消耗速率之比等于化学计量 C正确：温度不变，平衡常数不变：K=c(Y)·c(Z),所以若保 数之比，说明用同一物质表示的正、逆反应速率相同，反应达到 持温度不变，6min时压缩容器体积至原来的一半，平衡向逆反 平衡状态，符合题意；④恒温恒容条件下，对于反应甲，反应前：应方向移动，达到新平衡时c(Y)、c(Z)都不变，D正确. 6 高考化学 第10~13期 第12期2-3版参考答案 90:91,D正确. 精练卷（十二） 4.C ab段NO的反应速率v(NO)= 1.D若2s后，A的转化率为50%，参加反应的A为2mol 3.00×103mol/L-2.&5×10-3mo/L=1.5×10-4md/(L·s）,A ×50%=1mol,测得v(D)=0.25mol/(L·s),生成的D的物 Is 质的量为0.25mo/(L·s)×2L×2s=1mol,则z=2,根据题 错误；升高温度，可能使催化剂的活性减小，导致化学反应速率 意列三段式： 减小，B错误；根据图中已知条件列出三段式： 2A(g)+3B(g)2C(g)+2D(g) 2C0(g)+2N0(g)=N2(g)+2C02(g) 初始/(mol) 2 2 0 0 起始/(×10-3mo/L) 1 3.6 0 0 变化/(mol)1 1.5 1 转化/(×10-3mo/L) 0.9 0.9 0.450.9 2s时/(mol)1 0.5 1 平衡/(×10-3mol/L) 0.1 2.7 0.45 0.9 0-2s,(C)=2L×2s 1mol=0.25mol/(L·s).B的转化率为 c(N2)·c2(C02) 该温度下，反应的平衡常数K= c2(C0)·c2(NO) 1.5 mol ×100%=75%.2s时，n(A)=1mol,n(B)=0.5mol, (0.9×10-3)2×0.45×103 2 mol (0.1×10)2×(27×1097=5000,C正确： n(C)=n(D)=1mol,则C的体积分数为 1s时，根据图中已知条件列出三段式： 1mol+0.5mol+1mol+1mo×100%=28.6%.综上D正确。 1 mol 2C0(g)+2N0(g)=N2(g)+2C02(g) 起始/(×10-3mol/L) 1.0 3.6 0 0 2.B都转化为用A物质表示的反应速率，且速率单位要 转化/(×10-3mol/L) 0.6 0.6 0.3 0.6 相同，然后再进行比较判断大小 1s时/(×10-3mo/L) 0.4 3.0 0.3 0.6 B项，(B)=0.09ma/(L·g）,则(A)=子(B)=子× 1s时，再加入7×10-4molN2,c(N2)=(0.3×103+7× 0.09mol/(L·s)=0.03mdl/(L·s): 10-4)mL=1.0M10-3m/L,.0.=c0.c0 c(N2)·c2(C02) C项，(C)=2.4oV(L·mim),则(A)=7(C)= (0.6×10-3)2×1.0×10-3 方×0×24m(L~m)=02mV(Ls动： (3.0×10)2×(04×10=250<K=5000,此时反应还 未达到平衡，U正>v道，D错误。 1 D项，(D)=0.045moV(L·s),则u(A)=3(D)= 3 5.C实验①中，0~2小时内平均反应速率(S0)= 0.045mol/(L·s)=0.015mol/(L·s) (5.0×103-1.0×10-3)mo/L=2.0×10-3mo/(L·h),A 2h 故选B. 错误；实验③中水样初始pH=8,溶液呈弱碱性，离子方程式中 3.B500℃条件下，曲线a代表的容器中反应速率加快，与 不能用H配电荷守恒，B错误；分析实验①和②可知，在相同 曲线b相比n(NO)不变，说明平衡不移动，则所在的容器中使用 时间内，实验①中SO?浓度的变化量大，因此，其他条件相同 了合适的催化剂，A正确：500℃条件下，曲线b代表的容器中0~ 时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率，C正确；分析实验③ 20min内用N0表示的反应速率(NO)=4.5-20)mal 2L×20mim 和②可知，在相同时间内，实验②中S0?浓度的变化量大，因 0.0625mol/(L·min),用N2表示的平均反应速率v(N2)= 此，其他条件相同时，适当减小初始pH,SO的去除效果越 (N0)×)=003125m/(L·min),B错误；M点温度较 9 好，但是当初始pH太小时，H浓度太大，纳米铁与H反应速 率加快，会导致与SO反应的纳米铁减少，因此，当初始pH 高，反应物浓度较大，反应速率快，C正确；800℃条件下，根据 越小时SO}的去除效果不一定越好，D错误， 题意列出三段式： 6.A随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，生成物浓 CH(g)+9N0(g)一号(g+30,(g)+3HO(g) 度逐渐增大，直到达到平衡，期间正反应速率始终大于逆反应 速率，直到二者相等，A正确；化学反应速率之比等于各物质化 no/(mol) 0.5 4.5 0 0 0 1 1 学计量数之比.即(L)名，mo/L·s,B错误：温 △n/(mol) 3 n平/(mol) 3.5 度不变，平衡常数不变，C错误；3时反应达到平衡，此时的平 3.5 1 1 9 3 衡是一种动态平衡，正=V邀，反应并未停止，D错误。 恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，oP平=no:n平 7.B由1、2两组数据可知，c(S2O)增大1倍，反应的瞬 高考化学第10~13期 时速率增大1倍，由2、3两组数据可知，c(I)增大1倍，反应 以（异山梨醇）=0.042mog=0.014moY(kg·h),C正确： 的瞬时速率增大1倍，该反应的速率方程为v=kc(S,O?)· 3 h c(I),A错误：将第1组的数据代入v=hc(S2O)·c(I) 催化剂只能改变化学反应速率，不能改变物质平衡转化率，D 中，即1.4×105=k×0.038×0.060,k≈6.14×10-3，B正确； 正确。 根据盖斯定律，用总反应-①-③，整理可得第②步的反应为 12.C由反应历程图可知，使用催化剂后反应分为3步进 S20-+I=2S0?+L2,C错误；反应③为快反应，其活化能 行，A错误；相同条件下，物质M的能量高于N的，物质N比M 最小，D错误 稳定，B错误；M(g)一P(g)是吸热反应，M(g)一N(g)是 8.B由图像可知，温度升高，H,S转化率增大，说明升高 放热反应，升高温度，字( CP)减小，平N)增大，C正确：反应为 温度，化学平衡右移，导致S2的含量增大，因此△H>0,A正 气体分子数不变的反应，其他条件不变，增大物质M的浓度，N 确；加人催化剂AL,O3,能够使化学反应速率加快，增大单位时 间内H,S的转化率，但由于催化剂对正、逆反应速率影响相 的平衡产率不变，D错误 同，因此催化剂不能使化学平衡发生移动，故H,S的平衡转化 13.B已知反应为放热反应，升高温度，平移逆向移动， 率不变，B错误；900℃时，ts后反应达到平衡，H2S的平衡转 K正减小，nK正减小，所以曲线N表示lnK正的变化情况，A正 确：0~50s,a点对应容器中H,的体积分数为10%，根据题意， 化率为50%，则生成的氢气为号m0l,(H,)=21x4s = 列出三段式： CO(g)+O(g)CO(g)+(g) 分m(L·s),C正确：任何催化剂都有催化活性的最佳温度 起始/(mol/L)》 0.5 0.5 0 0 范围，根据图像可知，在温度约1100℃，曲线Ⅱ、Ⅲ几乎重合， 转化/(mol/L) 反应速率相同，则A山，O,可能几乎失去催化活性，D正确。 50s时/(mol/L) 0.5-x0.5-x x 9.B正逆反应速率相等时反应达到平衡，A正确；反应为 产=10%，x=01,0~50s,u(c0)=01naL- 吸热反应，升高温度，平衡正向移动，则仅升高温度，k正增大的 50s 倍数大于k迪增大的倍数，B错误；恒容条件下再充入1mol 0.002mol/(L·s),B错误； SiHCI3,相当于增大压强，而2 SiHCI3(g)一SiH2CL2(g)+ b点时氢气的体积分数最大，b点时一定处于平衡状态，C SiCl,(g)反应前后气体体积不变，所以平衡不移动，x(SiHC,)不 正确；降低温度，平衡正向移动，氢气体积分数增大，℃点温度 变，C正确；假设初始SiHCI,的物质的量为1mol,则平衡时SiHCI, 低于b点，但c点氢气的体积分数小于b点，说明c点没有达 的物质的量为0.8mdl,转化的SiHC的物质的量为0.2mol,则生 到平衡状态，反应正向进行，则正>"逆，D正确。 成的SiH,C2、SiC4的物质的量各为0.1mol,根据平衡时v正=逆， 14.C根据图像可知，温度越高，NO2平衡转化率越小，说 k正 则kE2(si0,)=k量x(si,a,)·x(s0,), 明该反应是放热反应，e、b、d三点对应温度逐渐降低，所以平 衡常数K:e<b<d,A错误；a点与d点体系的温度与体积不同 《s,@,)(siC-001=府，D正确 0.82 且未知，两者压强比不能确定，B错误；根据题意列出三段式： x(SiHCI) 10.B开始时，反应物浓度最大，生成物浓度为0，随着反 CH4(g)+2N02(g)C02(g)+N2(g)+2H0(g) 0 应进行反应物浓度逐渐减小，则正反应速率逐渐减小，所以曲 开始/(mol) 1 2 0 0 线①表示的是正反应的v一t关系，曲线②表示的是逆反应的 转化/(mol) 2x 2x -t关系，A错误；由图可知，t,时刻，正、逆反应速率相等，体 平衡/(mol) 1-x2-2x 2x 系处于平衡状态，B正确；反应进行到时，继续正向进行，故 由n(CH4)=3n(N2）,得1-x=3x,x=0.25,故CH4的平 Q<K,C错误；催化剂能降低反应的活化能，使反应的，、2都 衡转化率为25%，C正确；a、b、c三点对应温度逐渐降低，且三 增大，D错误 点NO2的平衡转化率相同，则三个容器体积关系为V1>V2> 11.A由图可知，3小时后异山梨醇浓度继续增大，15h后 异山梨醇浓度才不再变化，所以3h时，反应②未达到平衡状 ,容器内气体密度p-学，由于三个容器起始均为1mlCH 态，即正、逆反应速率不相等，A错误；图像显示该温度下，15h 和2 mol NO2,气体总质量相同，所以a,b,c三点密度关系为 后所有物质浓度都不再变化，且此时山梨醇转化完全，即反应充 a<b<c,D错误. 分，而1,4-失水山梨醇仍有剩余，即反应②正向进行程度小于 15.(除标注外，其余每空2分)》 反应①，所以该温度下的平衡常数：反应①>反应②，B正确；由 (1)CH,COOC2H NaOH-CH COONa C2H;OH 图可知，在0~3h内异山梨醇的浓度变化量为0.042mol/kg,所 (2)30.010.0增大 -8 高考化学第10~13期 ① (2)250℃反应1的正反应为放热反应，升高温度平衡 pH 逆向移动，CHOH产率降低或温度升高，催化剂的活性下降， CHOH产率降低 (3)①A ②或0375 解析：(1)△H-T△S<0时反应可以自发进行，反应Ⅱ在低 温或常温下不能自发进行，即T较小时，△H2-T△S2>0,则 ②25℃饱和碳酸钠溶液中c(OH-)过小 △H2>0. (3)取10.0mL乙酸乙酯、35.0mL0.400mol/LNa0H溶 液、5.0mL乙醇配成50.0mL混合溶液，25℃和搅拌条件下， (2)由图可以看出，250℃时甲醇的产率最高，所以合成甲 测定体系pH随时间变化，相同时间与试验ⅰ相比，pH下降幅 醇最适宜的温度是250℃；反应I的正反应为放热反应，升高 温度平衡逆向移动，导CHOH致产率降低.或者温度升高，催 度更大(4分)反应过程中生成乙醇，增加乙酸乙酯在饱和碳 酸钠溶液中溶解度，水解速率加快(3分) 化剂活性下降，CH,OH产率降低. 16.(每空2分)(1)+173 (3)①从反应体系中分离出甲醇，反应正向移动，有利于 (2)温度低于800℃，反应速率慢；高于1000℃，TiCL4的 提高反应物的转化率，A正确；向容器按原比例再充人反应物， 摩尔分数显著降低正向移动不变3600 温度不变，压强增大，反应I平衡正向移动，平衡Ⅱ不移动，达 (3)6.6MPa0.1125 到新平衡时各组分的体积分数改变，B错误；反应速率比等于 解析：(1)根据盖斯定律，反应Ⅲ=反应I-反应Ⅱ，△H, 对应物质化学计量数之比，反应I和Ⅱ是在同一个体系中，两 =-49 kJ/mol -(-222 kJ/mol)=+173 kJ/mol. 个反应均生成二氧化碳，则当生成(CH,OH)=生成(C02),不 (2)反应I、Ⅱ均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动， 能说明反应达到了平衡状态，C错误；工业合成甲醇时，催化剂 反应Ⅲ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，故升温后，CO增 不能影响平衡移动，不能提高甲醇的平衡产率，D错误。 多，C02减少；其他条件不变时，温度低于800℃，反应速率慢，高于 ②恒温恒容的密闭容器中，充人0.5molC02(g)和1.0mol 1000℃，TCL的摩尔分数显著降低，故实际生产中反应温度选择 H(g),容器内起始的压强为pkPa,达到平衡时，测定容器内生 800~1000℃：200℃时，C0的摩尔分数为0，说明只发生了反应I, 成了0.3molH20(g),列出三段式： 若向平衡体系中通入少量C2,化学平衡将正向移动，由于反应Ⅱ为 C02(g)+ 3H,(g) CHOH(g)+,O(g) 等体积反应，C2的平衡转化率不变；根据图示，1200℃时，TiCl4的 起始/(mol)0.5 1.0 0 0 摩尔分数为0.36，C0的摩尔分数为0.40，C02的摩尔分数为0.20， 转化/(mol)0.3-a 3×(0.3-a) 0.3-a0.3-a 则CL2的摩尔分数为0.04，反应I的平衡常数K= 平衡/(mol) p(C0)·p(TC)-(0.40×1002×(036×100=360. C02(g）)+ H(g) =CO(g）+H2O(g) p(C2) (0.04×100)2 起始/(mol) (3)根据碳原子守恒，10min时消耗3molC,生成C0和 转化/(mol) a C02共3mol,消耗4molC2,生成2 mol TiCl4,平衡时气体总的 平衡/(mol) 物质的量为n(Cl2）+n(C0)+n(C02)+n(TiCl4)=6mal+ 3mol+2mdl=11mol,恒温恒容，气体压强之比等于其物质的 c0,生成00的选择性为6，则，aCQ n转化(C02)0.3-a+a 03=6,a=0.05mol,反应生成甲醇的物质的量为0.3m0l1- 1 量之比.可知10血时，体系总压强为0调 ×6MPa= 6.6MPa;同理，20minm时消耗5molC,生成C0和C02共5mol, 0.05mol=0.25mol,反应I为气体分子数减小2的反应、反应 消耗7.5 mol Cl2,生成3.75 mol TiCl4,平衡时气体总的物质的 Ⅱ为气体分子数不变的反应，则反应后总的物质的量为 量为2.5mol+5mol+3.75mol=11.25mol,20mim时，体系总 0.5mol+1.0mol-0.25mol×2=1.0mol,平衡时总压强为 压提为×6NP=65NP,T0分压为2空 pkPax1.0_2 3=pkP,平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳、水的 6.75MPa=2.25MPa,用TiCl4压强变化表示的化学反应速率 物质的量分别为0.5mol-0.25mol-0.05mol=0.2mol、 2.25 MPa=0.1125 MPa/min. 1.0mol-0.25mol×3-0.05mol=0.2mol、0.05mol、0.3mol, 20 min 17.(每空2分)(1)> 则该温度下，反应Ⅱ的平衡常数太，=PC0)p,0 p(C02)·p(H2) 高考化学第10~13期 0.05mol. (0.3 mol 2 1.0 mol 1.0 mol 3p kPa C.H(g)+CH (g)-C2 Hs (g)+H2 (g) 起始量/(mol) 1 5 0 0 (0.2 mol 1.0mol×3DkPa 0.2 mol 2 1.0 mol 变化量/(mol) 化 平衡量/(mol)1-x 18.(除标注外，其余每空2分) 5-x (1)高温 > (2)BCD 依题意号。Xp千解得=0,2则平猫 6×P总 (3)①B 时，n(C6H。)=0.8mol,n(CH4)=4.8mol,n(C,Hg)=0.2mol, ②[e:（0,)l增大，fe,(50,)过量，致使载氧量过大， n(CH) n(H,)=0.2ol,C,H。的平衡转化率为0：2ml×100%= 1 mol 将C0继续氧化为C02(3分) p(C,Hg)·p(H) ③99.5%大于 20%, 平衡常数K。= p(C6H6)·p(CH4) 解析：(1)反应I是熵增的吸热反应，高温条件下△H- T△S<0,反应在高温条件下，能自发进行；反应Ⅱ是吸热反应， (O.2xpa) 6 0.22 0.8 正反应活化能大于逆反应活化能。 （G×卫总)(6×P位) =0.8×4.8 (2)甲烷分子中含有4个σ键，一氧化碳和氢气分子中都 2.T3>T2>T1正反应放热，温度升高，平衡逆向移动，△p 含有1个σ键，则由反应速率之比等于对应物质的化学计量数 减小75%0.03 之比可知，相同时间内，气态反应物中8molσ键断裂的同时气 解析：该反应的正反应为气体体积减小的反应，因此反应 态产物中有3molσ键断裂时正逆反应速率不相等，反应未达 正向进行程度越大，平衡时容器内压强越小，△越大.相同投 到平衡状态，A错误；由质量守恒定律可知，该反应是气体质量 料比时，从T3到T,△p增大，说明反应正向进行程度逐渐增 增大的反应，刚性容器中反应时气体的密度增大，则容器中气； 大，已知正反应为放热反应，则温度由T,到T,逐渐降低，即 体的密度不再变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡状 T3>T2>T1 态，B正确；固体中氧元素的质量分数减小，则固体中所含氧元 由题图中M点可知，进料比为n(SO2):n(Cl2)=2,平衡 素的质量分数不再变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平 时△p=60kPa,已知恒温恒容情况下，容器内气体物质的量之 衡状态，C正确；在刚性容器、绝热体系下反应时，温度降低，平 比等于压强之比，可据此列出三段式： 衡常数减小，则平衡常数不再变化时说明正逆反应速率相等， S02(g)+Cl2(g)→S02Cl2(g)△p 反应已达到平衡状态，D正确 起始压强/kPa 160 80 (3)①油图可知，%的值在0.34时，氢气和- 转化压强/kPa 60 60 60 60 n(CH) 平衡压强/kPa 100 20 60 氧化碳的物质的量最大 p(SO,CL) ③甲烷的平衡转化率为98%时，平衡体系中甲烷的物质 a(Cl)=60 kPa 80 kPa 100%=75%,K,=p(S02)·p(d,) 的量为1mol×(1-98%)=0.02mol,测得体系中水的物质的 60 kPa 量为0.01ml,由氢原子个数守恒可知，平衡体系中氢气的物 100 kPa x20 kPa=0.03 kPa-1. 3.小于降低温度、增大压强（合理即可）97.3% 质的量为mol×4-0.02mog×4-0.01mol×2=1.95mol,则 2 9000 1.95 mol 解析：随着温度升高，平衡时(CO)4的体积分数减小， 氢气的选择性为2×1mx98%≈9.5%：设平衡时混合气体 说明温度升高平衡逆向移动，因此该反应的△H<0;该反应的 的总物质的量为nol,由气体的物质的量之比等于压强之比 正反应是气体总分子数减小的放热反应，因此降低温度和增大 可得平衡时气体的压强为O.1nMPa,则反应Ⅲ的压强平衡常 压强均有利于(CO)4的生成；由上述分析知，温度相同时， (1.95 mal x0.In MPa)2 增大压强平衡正向移动，对应的平衡体系中N(CO)4的体积 数K。= n mol =19.0125MPa>19MPa. 0.02 mol 分数增大，则压强：P4>P3>P2>P1,即卫对应的压强是 ×0.1nMPa n mol 1.0MPa.由题图可知，P3、100℃条件下达到平衡时，C0和 第13期4版参考答案 N(C0),的体积分数分别为0.1,0.9，其他条件相同时，气体的 素养提升（十三） 体积分数即为其物质的量分数，设初始投人的C0为4ol,反 应生成的Ni(CO)4为xmol,可得三段式： 1.20% 0.22 0.8×4.8 Ni(s)+4C0(g)=Ni(C0)4(g) 解析：设起始时C6H。的物质的量为1mol,CH4的物质的 起始/(mol) x 0 量为5mol,参加反应的C6H。的物质的量为xmol,建立如下三 转化/(mol) Ax 段式： 平衡/(mol) 4-4x 1041 素养·拓展 数理极 本版责任辑：孙丽 州纸编辑质量反情电话 (上接第1版) 耗A的物质的量为l可列三段式如下： 0351527128 上接第3 服纸发行质量反情电话 知识点● 在条件】下，水煤气变换反应的压强平衡 0351-5271248 数理据 2025年9月23日·星期三 高考 第 13期总第1157期 第一轮复习 数K为 :在条件2下，O0转化为L 化学反应方向的判断 麦纪(ed) 的选性为 条保留网位有效数字) 第17期4面参考茶案 山西师范大学主管山西师大教育科技传爆集团主办数理社编出版 社长：徐文伟 连续出版物号：CN14-0707F)都发代号：21-208化 单街八d》 素养提升十二引 1,化学反应的方向是由H和△S共同决 3}米型变鱼版友只桥拉过高，需年多个 (1)平衡时A的物的量浓度 tC213.1BR5 定的，利用△-T与0的大小关系判在 催化剂反应层间进行降操作以“去除”反应过 化学反应速率与化学平衡（二 元素守恒思想解题，即起始投料中某元素的 中的依热《加图1示}，果正反应军最百 量=平衡时各组分中所含该元素的总 品、恒压条件下反应可能自发进行的方陶， 度附近进行 2.利用象限法华断反应自发进行的趋势如下： (2)平衡时A的转化率 3. 4. 必备知识集锦 知识点e s 5.6,AB a(A)=应x100% 9.日10.B11.A12. 等效平衡 13H14. (3)平衡时A的体积分数或物的量分数 1等效平衡原理 5.《标注外，其 知识点● 4.压强平衡常数 (1)K的含义 化学单荷状态只与外界条件有关.而与建 很=想王 p(A)=。+b+P+gm-E×100% 可空2分 元 化学平衡常数 在化学平衡体系中，用各气体物质的分正 平衡的途径无关.对丁可一可逆反应，在相国 (4)平衡时和开始时的压强之比 NolCHCOON 脱明：(1)白发反应的方向与格变和箱变有 CHO 1.化学平衡常数(K)的定义 代替浓度计算的平常数叫压强平衡常数.分 在催化剂活性温度范围内，图2中山~。段 =剪历构量分数×总庄 是从正反应开始，还是从逆反应开始，还是正逆 关，但始和箱变都不能单独作为判断反应自发 1130.010.0 在一定温度下，可逆反应无论从正反应开 应降温操作，实现该过程的操作有 (2)等沮等容条件下的强平衡常数 反应时进行，只要达到平衡时混合物中各组 进行方向的依据所以在判断反应的方向时，应 (5)平演衡时混合气体的平均肇尔质量 始，还是从逆反应开始，也无论反应物起始浓度 ￥号）， 如：aA(g)+B(g)一C(g)+D(g） 分的“分数”（质量分数，物质的量分数或体积分 该合考虑格变和螭变这两个因素，用H A按原水碳比通入冷的原料气 是大还是小，最后都能达到平衡，这时各生成物 T1S作为据. m B.明A水（蓝气） 浓度幂的柔积除以各反应物浓度幂的采积所得 表达式：,=1CD 数)对应相等就可以达（相同的平衡状态，就是 A)÷BB 雪平状本， (2)据指出的是在温度压强一定的条科 (6)平衡常数 C通计执梦格县格括 的比值就是化学平衡常数，用符号K表示例如 ①先计算平衡时各组分的物质的量分数 2.等效平衡的规律 下反应自动发生的馅势，即反应发生的可能性 (华…() (4》水煤气变换反应可能的基元反应步 反应：mA(g)+nB(g)一nC(g》+gD(g),K 它并不能说明在该条件下可能自发进行的反 (C)·eD 临示发生，因为反出指年发生不购 严…" ①1L,0+一,0◆：20。+-0◆+ A)·。(式中各浓度均为平浓度， 准中试0川)过小 ②然后计算平衡时总压：P生=”业 反应速率可圆，如涂有防锈漆和木徐防锈漆的 知识点五 1:30+一0+H:④2H一L2 33以10.0m1Z 注意：(1)化学平衡常数只与温度有关，与 推草海化拿有接票为化单方 铁制器皿，其发生腐恤过程的自发性是相同的 f35.0d.0.401 反立的同成中成尚的法度以及太系压界无关 3再算出平衡时各组分的分压：，=P 提其为化学方 位的华国内转唐 但只有后者可以实现 化学平衡图像分析 C0,◆=0，+◆ (2)反应物或生成物中有体或纯液体存 嘴，“相同 (3)在讨论过程的方向时，指的是没有外界 生时，其浓度可者作“1”，因而不写人公式 1,四要素分斯法 已知：◆表示化剂表面活性位.X◆表司 ④最后计算压强平常数 量分 干忧时体系的性质，如果允许外界对体系拖加某 金属表面吸附物种，第石炒基元反应为 相阿 看曲线的起点：看曲线的变化趋势：看曲 在彩们时相零化，相 (3)同一可逆反应中，x·k。=1.同一化 种作用，就可实现相反的结果.例如，高温可以 学方程式中的化学什量数等倍扩大或馆小： (3)等温等压条件下的压强平备常数 求，1 相网 表比测 相国（集1 使石灰石分解：高品高可可以使石转化为金别 的转折点：看曲线的绕点。 (5)水煤气变换反应的速率表达式：：■ 倍，则新平衡常数与原平衡常数之间的关 如：aA(g)+bB(g)一C(g)+D(g】 石.现这些转化的条件是婴向体系中输入能 2.三步分析法 =c(0)·c(HU),ea=keC0}·e《H, 成乙醇 增切 看反应速率是增大还是成小（从曲规 系是K'=成K'=派 量，但该过的本质仍然是自发性的 在E 3,等效模型的建立 变化趋势来看)二看=的相对大小，= (k为化学反应常数).k-关系如 打牌解我半庆 (4)两个反应的化学方程式相加或相减得 ①先计算平衡时各组分的物质的量分数 知识点四 3 等效模型适用于起始投人的物版的量存在 时，平衡正向移动.反之则逆向移动（从曲线 图序示，50一0K温度蓖田内.四种催化剂中 到的新化学方程式，其平衡常数是两个反应的 16.(但空2 定客数关系的立.指的是客及板客积的 化学平衡计算 “三段式”法 平衡常数的来积或商。 的相对位置来看)：三看化学平衡移动的方向 性景的是 (填字序号) 从曲线的转化率或物质的百分含量等来看)， 2,化学平衡常数()的应用 ②再计算平衡时各组分的分压：■P。× 依积扩大或成馆小一定的倍数，止起始反立物的 (1)化学平衡常数的大小、是可逆反应进行程 浓度相同.则在一定的条件下可建立相同的平 (1)写出有关可递反应的化学方程式 3.“定一议二”原 衡状态，然后在此基础上，进行压缩或扩大，使 的，界5 座的板志.一个可逆反应的k值故大，说明平衡 (2)确定各物质的起始量，转化量、平衡量， 图像中如果有三个量，要先确定一个量不 比还原为原文的然现.分行在压病拔打广大西 定h不行30 时生成的浓度越大，反应物的转化率也越大 )品后十领王强平数 (3)根据已知条件建立等式关系选行解奔 变，再讨论另外两个量的关系 3.6M即 0.1125 中，平面加移动，耳限国功等原，分所 (2)可以利用平衡常数判断正在进行的可 温馨提示：对于含不反应气体的平衡体系 2.模式 “三段式 4,“先拐先平”原则 逆反应是否达到平衡及不平衡时反应向何方进 中人的计算，要把瞬不反应气体的两不，两 相关量的变化情况， 如反应：mA(:+B(g) C()+ 在转化率成物质百分含量-时间曲线中 A.Cu(110) B.Cu(111) (2》250C 行才能建立平衡等.如对于可逆反应：mA(g)+ 要”，即三段式中不增减，平衡常数不代人：平留 例如，在温度和客积相同的甲，乙，丙三个 D()在某VL恒容石温密闭容器中进行，设A,B 先出现拐点的曲线先达到平衡.它所代表的面 C.AuC D.PdKI1i】 反向为皮热豆型，开 nB(g) pC(g)+D(),在一定度的班意 时总物质的量计算，平衡总压婴纳入 密闭容器中，发生反应：C0(g)+2H(g) 起物插的量分别为aml,md,达判平衡后消 度高，压强大 CH,OH(:).按不问方式投人反应物，测得反应 (参考答案见下期 时刻，反应物与生成物的浓度有如下关系：).= 5,多反应体系中平衡常数的计算 (1)连续平衡 达到平衡时的有关数据如下表： 索养提升（十三） T,T,T,温度下体系达平时的△（△p = 积分数x与温拼的关系如下图所示反应()+ 2(C)c'(D2 P,为体系初始压强，A■240PP为体系平 ,维化的活 400g)=Ni(C0).()的1 (填“大于“或 ,《.叫该反应的浓度统.若Q> ,0产降 ”A)c(B1 连续平衡是指有关的两个可逆反应有着 化学平衡常数的计算 演压强)，结果如下图，图中温度由高到低的朝 “小于“》0从热力学角度考虑 (3①4 K,反应递向进行：若Q=人，反应处于平衡状 联，第一个反应的某一生成物是第二个反应的 ○数理报杜试题研究中心 ,新依据为 M5时 有利于N(C0),的生成（写出两点）. 就鸟0， ,10℃时00的平转化a 22a35 态：若Q.<,反应正向进行 反应物，解题时要注意如果该物质是第 一个园 1,973K,100kPa下，在某密闭容器中按 CL,的转化事为 ,T温度下用分压表示 (保留三位 应的生成物.第二个反应的反应物，则在第 8.喻标注邻，其 (3)利用平衡常数可判断反应的热效应，若 d CH D (CH):m(CH)■1：5充人气体，发生反应 的平衡常数K kPa 有效数字)，该记度下平衡常数K,= 反应中，该物质的初始量为0.它的平衡量则为 :本之分) 温度升高，K值增大，则正反应为吸热反应：若 CH(g)+CH,(g)-CH,(g)+H(g). (1)高程 温度开高，k值减小，则正反应为放热反应， 第二个反应中该物质的初始量 时C,与C,H,的分压比为4：1，则C,H,的 (2)平行反应（竞争反应） 火率为 平行含数K= (3>L 3,速率常数与平衡常数的关系 行反应是指版应物能时平行地进行两 分析： 客器中是完全等效平衡，即 (用平衡分压代替平衡浓度计算，分反=总压× 或两个以上的不同反应，得不同的产物，中反 e,=,=,,用了容界中W方从不间存向 () 物析的量分数，列出计算式即可). 应树大或产物在混合物中所占比率较的称为主 立完全相同的平衡状态，a+a=1丙客器与 2.破酰氟(S0,C)常用作氯化剂和氟磺化 e=(A)·(B) 载氧量过大，指D桂资时 一个物 甲相比，车改为在甲层器平密的基上市 剂.工业上制备原理为S0()+C:(g) 比为3分) e=(G)·eH 质是两个平行反应的反物，则图目中所给初始量 加人1mlC0和2lL,此时压强增大，平衡 s0,L(g)4H=-67.59k月/ml.任容密闭容 619明.5大 3.在总压(a)分别为0.10,0.50.1.02.0 反应达平衡时，，即(A)· 是该物顺在这两个反应中的初始量之和 向正反应方向移动，反应物的转化率增大(，> 器中技不可进比充人SD,(g)和C(g,刹定下N()和C0(g反应达平时，(C0),的体 (参考答案见下期 (B)=ke2(G·() (G)·c'H 有笑多平意衡素径平常数的，如何确 a,),即丙客器中参加反应的C0的物历的量大 定多个反应相关联物质在平衡时量的多少是解 于甲客器中的2，由此得出>2■22 题的关键点，当三段式法较为第时，可尝试用 20.<0,<2ma+a,>1.(下转第4版] 2 素养·测评 数理极 数理极 素养·测评 13 ke(C0)·cND)、.=k.eN.）+ 12.N-CO能化C0加H,的反应历程如图1所示（吸附在催化剂表 I50.7kJ/ml(快 一第一轮复习精练卷 A0,+l5 (00,),其中k分别为正，逆反应的速 面的物的用·标生.以投料比=1法行反立，反应气位流量检 Ⅱ.C,H,-NH0H(1》+2(8)C,1L一NL3(I)+0(I)4H= +1 5.0J/l(慢) 率常数（与温度有关），献与)的关系如右图 -0 制在20mL/mn,含碳产物中CH的物质的量百分数及C0,的转化率随温度 可奔下列何要 涉及内容：化学平衡常数：化学平衡图像分析 (满分：100分，时间：75分钟) 所示，下列说法正确的是 ,-1 (T刀的变化如图2所示.下列说法正确的是 (1)基苯与氯气反应生成苯胺：Ⅲ.C,H,一N0(1)+3H,() 。数理报杜试题研究中心 A,升高温度，或小，。增大 ,-NH,(1)+2H,0(1) = k.VmoL 23.向1L女D.1m/L 一，选择题（木通包括14小题，每小题3分，共2分，每小题只有 个遗 B.曲线2代表gk 年10.0 项特合趋意) C.该反应易在高温下自发进行 硝基苯的甲醇溶液的刚性客赛中加催化 ,下列中实不能用平衡移动理轩释的是 剂，通入H2井保持(H2)=0.18MPa.反 D元℃时，谈反应的平衡常数太为10 A.用持饱和食盐水的方法收集氯气 应过程中硝基苯转化率，苯基羟胺和苯胺 B.硫酸工业中将疏铁矿粉碎后再骨烧 8.一定条件下，将，和N按物质的量之 0 的选择性()反应时问变化如右图所 A10时主爱应的化学方混式为c0,(0+L,图 0度}+，O(R n按) C,合成氨的过程中及时分离出氨气 比为3：I充入密闭容器中发生反应：N(g)+ 示，已知：S(苯胺)■[ 1× 0 H<0,达平衡后，升3(2山(g.满得不同强下，达到化 03 D.反应C0(g+N0,(g)C0(g)+NO(E) B.210℃时，CH,的平均反应述率为0.9mL/mim 温，体系颜色加深 学平衡时氨的物质的量分数(，)随温度的变 C.260℃后升高温度，甲流产率不变 0%,图中代表5（苯胺）的曲线为 提高硝基苯的平备转化率，可 2.N0和N,0,存在平衡：2N0(g)一N,0,(g △H<0.下列分析正化如右图。下列脱法错误的是 D.其他条件不变，增大投制比(00】 采取的带旌是 (答一条).0-34min内.（衣胺）= ],可提高C0:的平衡转化率 确的是 A.强：<20 m(出2) 0mm时已达平衡，忽略溶液体积变化，该度下 13.乙苯(M)间二甲苯(X),对二甲苯(Y) 反定Ⅱ的平衡常数K= me/(L·MP) .1md平衡混合气体中含1lN原子 B来事：b<a Cn点时，N的转化率约为33 和邻二甲苯(Z)的分子式都是C,H。,在一定 (氢气的浓度可用氢气的压强代替) B.断裂2mdN0:中的共价鞋所需能量小于断裂1mN0,中的共价 所需量 件下，这几种同分异构体之问存在着平衡： (3)相同投料下.298K下硝基苯平衡转化竿 D,症线表示条件下充人后的图像 ①乙苯(M)间二甲苯(X)H 陆压强的变化关系，0,18MPa下硝基苯平衡转 C.恒已即时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的 9.年2moC,H.和3mlC0的c合气 2乙苯(M)对二甲苯(Y)H 率陆温度的变化关系右图所示，图中对应等压曲 D恒容时，水浴加热，由于平衡正向移动导致气体额色变浅 体置于密闭溶器中可发生如下反应： 乙苯(M) 一邻二甲苯(Z)H 线的是 ,,,d四个点中，处于相同化 3.两种酸式出的分解反应如下.温度平时总强分别为序，和伪 I:C,H,(g)+C02(g)CH,(g)+ 达平衡时各物质的物而的量分数分别为 学平衡状态的点是 反应1：NH,HC0,(s)一N,(g)+H,0(g)+C0(g)=3.6×1GP C0(g)+H,0(g)△H,=+77J/aml wy和x平时体系中M,X,Y和Z的 7,(15分)甲院催化氧化联制乙烯是提高甲烷附加值的一项重可 反Y2.2NCD.1. NC0,(+HD(g+00(g)内4×0 Ⅱ：GH,(g)+2C02(g)4C0(g）+ 组成（物质的量占比）甜温度变化如右图所 m 究课题，其涉及的反应如下： 该温度下，性密闭客器中放入N,HCO,和NC0,周体，平衡后以上 H(g)△H=+430k/md 示，下列说法正确的是 :4CH,(g)+02()2CH(g)+2H20(g ，■-354k/w 3种再体均大量存在.下列说法错误的是 在不阿温度，压强下，该反应体系中乙烧的平衡转化率、乙烯的选释性随 A.从图可知，喇着温度的升高，间二甲苯的物质的量分数增大 Ⅱ：2CH.(g)+02(g)CH,(g》+2H,0(g)H2=-282kJ/m A.反应2的平衡常数为4x10a 温度变化如上图所示已知：C,的逃择性■ a-s(C2H,】 -x100%.下列说 B.反应①的活化能最小 (CH,】 B.通人NH,再次平衡后，总压强增大 C.1H>0 已知：6，L的逃择性=C)C×10%:②K,:用平衡分 C.平后白压为4,36×10P 法不正确的是 D.800K时，邻二甲苯(Z) 对二甲苯(Y)的平衡常数钓为0,87 压代替平衡浓度计算：分压=总压×物质的量分数，问答下列可四： D.小体积，再次平衡后总压强不变 A.D< 14.催化醇解反应可用丁相各甲醇和乙酸 (1)反应Ⅲ：2CH。(g)+02(g) =2C,H(g》+2H,0(g》的△H1= 4,单乙醇胺(MEA)抽获C0的反应为 BC,H,的选择性下降的原因可能是温度升高反应Ⅱ平衡正向移动的程 己，反应为CH,C00CH,(1)+CH0H(1】 k/m.反应里能北珍进行的丙品 2MEA+C02一MEAC00MEA.在催化剂1 度大于反应1 →I,C00C,H。(1)+H0H(I).已知 (2》向刚性容器中充人4 mol CH,(x)和2m0(g),起始压强为 和目的作用下，该反应均需经历“暇附-反应 C210℃肠条件下，平衡量时体系中生成C0的物质的量为1,6 =4 c(CH,COOCH,)e(OH ) 。kP,温度为TK条件下发生反应I反应Ⅱ，达到平衡后，测得反应体系鸡 -脱附“过程，能量变化如右图(·表示吸附 D.降低祖度有利丁提高平衡体系中乙烯的物质的量 ae(I0OC】·e(L川)，反i7月 态)所示.下列说法不正确的是 (H:) 时，反应物按物质的量之比1：1投料，在温度 压强为Q95n,Cl,(g)的分压为片a,则C,H(g)的选择性为 A.使用催化剂Ⅱ更有利于橘获C0, 10.控制起始时C0 =4,P=1tm,恒客条作下，若只发生反应： 分别340K,350k下反立，河码乙用的 反应I的平衡常致K, (用含A的代数式表示) B,除吸附与脱附外，两种反应历程均分2 1,C0,(g)+H,(x)C0(x+L,0(g)△H,=+41kJ/md 转化率(：)时间(：)的变化关系如右图所示下列说法量误的是 若再刚性客器中充人一定量的0(g》,重新达平衡后，则分压(CH)将 步选行 Ⅱ.C0(g)+3H,(g)CH(g)+H,0(g4H2=-246/mml A.这触望反应的△H>0 (填增大”“减小”成不变”) C.使用催化剂I比使用催化剂Ⅱ放出的热量更多 平衡时各物质的物质的量分数随温度的变 B.及时分出甲醇，有利丁提高乙酸甲酯的转化 (3)向刚性容器中，充入4mdCL,(g)蝗 D.反应达平衡后，升高温度有利于C0,的释放 化如右图所示，下列说法正确的是 C,A,BC,D四点中，左最大的点是C 和2md0,(g).分别在化剂A,化剂B 领纪制 5.定温度下，向一恒客密闭客塞中充入等物周 A.图中代表H,0的曲线是，代表G用的尊 D.350K时.以物质的量分数代替平衡浓度的化学平衡常数K=2.25 作用下发生反应I,反应Ⅱ，反应1m时测 的量的X和Y气体，发生反应：X(:+2Y(g) 线是b 二，非选择顶（本数爸后4小、题.共58分 得C,转化率C,，法择性与温度关系如 Z(g).容基内各气体的物质的量浓度。与反应时问 我清司 15.[跨年科陆合](15分)氨是 古图T元， 的关系如右图所示下列说法正确的是 ( 的为0，明此条件下，反应1化学平衡常数大。 际机清灯因体，瓦有养复感伊信，转行 ①在催化剂A的作用下，表示C转 A.0~时，X的物质的量分数逐渐减小 应应完全 技成然等优点.已知2%K,100k时， 化率与T关系曲线的是 (第“X”或 B,4时X和Y的物质的量浓度之比为：2 C反应G0,(g)+4H,(g)CH:()+2H,0(g)的4H=+205/mm 反应①：N(g)+3H2(g)2NH(g C.(X)=2即=(Y)时，体系达到平衡状态 D,点(T<500℃)时.反应C0()+4H()一C,+2l0(累)的平 H,=-92kJ/md,(NH》=总压×NH 2在催化剂B的作用下，曲战Q随温度升高这新降低的可能原因是 D.其他件不变，4时减小容器体积，再次平衡后Y的物质的量浓度可 衡常数K,=625atm 的物质的量分数，回答下列问图： 能变为d点 1L.C和0制备50C的相关反应如下 (1)题述条件下，反应②：2N,(g) 18.{14分)水煤气变换反应是工业上的重要反应，可用干制氢水煤气 6.某恒温密闭客器发生可反应：Z(?) I,SC(g)+0(g)-s0,d(g)△H,<0 N,(g)+3H,(g)AH2= LI/mol 变换反应：1.C0(g）+H,0(g)C0,(g》+H,(g)4H,=-41.2/m圆 W()一X(g)+Y(?)H,在1，时刻版应达到明 .SC(g)S0Cl(g 2s0a(gH2<0 (2)设反应为一步完成，且H与温度无关，已知673K下，反应①的 版应：.0g)+3l(g)一CL,(g)+H,0(g),=-26.1/m 衡，在时缩小容器体积，4时刻再次达平衡状 T℃时，反应在密闭体底中达平衡时各组分率季1 石 化能为335k/md,则NH,(:)分解反应的话化能为 K/mol 去后未耶改变条件下列说法正确的是 080 (3)既能影响反应②平簧转化事又能影响其反应述率的因素有 (1)反应4用(g+00(g C,(g)+2,0(g)的△H= AZ和W在该条件下至少有一个为气态 尔分数储8的变化关系如右图所示。下列设 度反应在 (填“岛温”“低温”或“任意温度”)下更易自发进行 B,若在该品度下比反应平衡常数的表达式为 法正确的是 y (4)温度T下，但容密闭客器中进行氨催化分解反应，(N,)-关系 ■12：5]投料，在不同条件下 K=(X),则4-：时间段与时后的X浓度不相等 (2)恒定总压3.0MP和水碳比H0 A曲线表示S0C,南尔分数 02 曲线如上图所示，其数关系(NH,)/kPa= n(C0) 「马表达了式)，阳次 (0广的 420011, C.-时间段与4时后，两时相段反应体系中气体的平均摩尔质量 的初》压，的若化速率 (填“增大”“减小”或“不变”)：假设吸 达平衡时C0H和，的分压（某成分分压=总压×该成分的物历的量 10203040 可能相等 变化 附到催化表面后山，都凌成活化分子，其他条件不变，改用比表面积更大 D.若该反应只在某温度T以上自发进行，则该反应的平衡常数K甜品 BT℃时，反应Ⅱ的平衡常数K■ 的排化，单位计同H,的量 p(CO.)/MPa p(H2 )/MPa p(CH.)/MPa 度升高而减 C降祖达新平衡后，曲线L和L新交点可能出现在。处 16.(14分)苯胺是制物的原料，硝基加制苯胺产率较高，相关 0.60 0.60 7,[骑李种融合]利用反应：2C0(g)+2N0(g)一N,(g)+2G0(名) w(SCl, 反应如下： 套件2 0.84 0.72 0.04 4H<0,可减少汽车民气对大气的污染.该反应的速率方程可表示为：= D.T℃时，缩小客器体积达新平衡后，S0心的植变小 1.GL,-N0,(1+21L,(g)一G,H,-0H(I)+L0()4H (下转第4版】