二轮专题精准提升10 化学反应速率与化学平衡-【衡水真题密卷】2025年高考化学二轮专题精准提升（1A版）

2024一2025学年度二轮专题精准提升（十） 化学·化学反应速率与化学平衡 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 可能用到的相对原子质量：H一1C一12N一14O一16 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 1.夏季，受台风影响，某些地区狂降暴雨。下列有关水汽变成雨的过程中焓变和熵变的判 断正确的是 () A.△H<0,△S<0 B.△H<0,△S>0 C.△H>0,△S>0 D.△H>0,△S<0 2.我国科学家研制钯催化剂高选择性实现苯乙炔与氢气反应制备苯乙烯：C8H(g,苯乙 炔)十H2(g)=CgH(g,苯乙烯)。在恒温恒容条件下发生该反应，下列不能说明该反 应达到平衡状态的是 () A.混合气体密度不随时间变化 B.混合气体平均摩尔质量不随时间变化 C.混合气体总压强不随时间变化 D.氢气消耗速率等于苯乙烯消耗速率 3.密闭真空容器中放入CaO2固体，发生反应2CaO2(s)一2CaO(s)+O2(g)△H<0, 并达到平衡状态I;保持温度不变，缩小容器体积，达到平衡状态Ⅱ；平衡状态I与Ⅱ不 同的是 () A.平衡常数 B.反应速率 C.氧气浓度 D.CaO的量 4.化合物CO(N2H)2(结构简式为HNN NH)是一种锅炉水添加剂，能除去锅炉水 H 中的溶解氧，并可使锅炉壁钝化。钝化反应为CO(NHNH2)2+12Fe2O3一8Fe3O4+ 2N2个十CO2个十3H2O。下列说法正确的是 () A.该反应是熵减过程 B.Fe3O4可写成Fe2O3·FeO,属于混合物 C.反应中C、N元素均被氧化 D.每生成1molN2,反应中转移4mol电子 5.甲酸常被用于橡胶、医药等工业，一定条件下可分解生成C0和H2O。在无催化剂和有催 化剂的条件下，能量与反应历程的关系分别如图1、图2所示。下列说法错误的是() 二轮专题精准提升（十）化学第1页（共8页） 真题空 用信念去支撑你的梦想，让它成为你内心的力量源泉。 量 H C…0 班级 H ● 能量 +HO H +H OH 姓名 CO+H2O CO+H2O Al. +H' 途径一 反应历程 途径二 反应历程 得分 图1 图2 A.途径一和途径二中均涉及极性键的断裂和生成 B.△H1<△H2<0 C.途径二使用了H+作为催化剂 D.途径二反应的快慢由生成HC。H的速率决定 6.如图是测定铁屑与稀硫酸反应速率的装置图，每次用相同体积的硫酸，忽略反应前后溶 液体积变化。下列说法正确的是 () 稀硫酸 铁屑 A.用一根导管将分液漏斗上端气体和锥形瓶内气体连通，操作更容易，结果更准确 B.铁屑中混人少量活性炭，对反应速率无影响 C.相同时间内，若第一次测得v(H+)=0.15mol·L1·min1,第二次测得v(Fe2+)= 0.08mol·L-1·min-1,则第一次快 D.每次测得反应速率均先加快，后逐渐减慢，说明硫酸的浓度先增大，后减小 7.密闭容器中，发生反应I:A(g)+B(g)==2C(g)△H1和反应Ⅱ：A(g)十B(g)=一 D(g)△H2两个竞争反应，反应历程如图所示。下列说法正确的是 () 能量 催化剂I 催化剂Ⅱ 2C(g) △H↑ A(g+B(g) △H2 D(g) 反应历程 A.增大压强，物质C的浓度不变 B.升高温度，平衡时体系内D的浓度增大 C.反应2C(g)=D(g)△H=△H1十△H2 D.加入催化剂Ⅱ更有利于D的生成 卷 二轮专题精准提升（十）化学第2页（共8页） 1A 8.辉铜矿煅烧可制备Cu单质：Cu,S十O,燬烧2Cu十SO2,S0,直接排放会造成环境污染， 可将其转化回收再利用。对于自发反应16H2S(g)十8S02(g)一3Sg(s)十16H2O(g), 下列说法正确的是 () A.该反应的△H>0 c3(S8)c16(H2O) B.该反应的化学平衡常数K= c16(H2S)c8(SO2) C.其他条件不变，增大容器的体积可以增大SO2的平衡转化率 D.容器体积一定，当混合气体的密度不变时说明该反应达到化学平衡状态 9.向某密闭容器中通入物质的量之比为1：1的M与N,发生反应：M(g)十N(g)三 Q(g)十3R(g)△H,反应达到平衡状态时M的体积分数与温度、压强的关系如图所示 (K。是以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。下列说法正确的是() M的体积分数/% 25 P总1 P总2 T T尿 A.△H0 B.p总1<p总2 C.若Z点M的分压为2MPa,则TK时K。=6.75(MPa)2 D.混合气体的平均相对分子质量：Z>X>Y 10.某温度条件下，在某恒压容器中发生反应C(s)十2NO(g)一一N2(g)+CO2(g),部分反 应物和生成物的物质的量随时间变化如图所示（曲线m、n)。下列说法正确的是(） 2.0 1.8 1.6 1.4 2 1.0 图0.8 0.6 0.4 n 0.2 0.0 0 54110 15 20 25 30 时间/min A.m表示C的物质的量随时间的变化 B.t1时刻反应速率：v正(m)<2v逆(n) C.此反应的平衡常数K=4 D.平衡后充入1 mol Ar,再次达到平衡时物质n的物质的量大于0.8mol 11.一定条件下，在1.0L的密闭容器中进行反应：C2(g)+C0(g)=COC2(g)△H<0。 反应过程中的有关数据如下表： 1A 二轮专题精准提升（十）化学第3页（共8页） 真题密 t/min 0 2 4 6 8 c(Cl2)/(mol·L-1) 2.4 1.6 0.6 c(CO)/(mol·L-1) 2 0.2 c(COCl2)/(mol·L-1) 0 下列说法正确的是 A.该反应在高温下自发进行 B.1min时，CO的浓度小于1.6mol·L1 C.若保持温度不变，将容器体积扩大一倍，再达到新平衡时0.9mol·L-1<c(COCl2)< 1.8mol·L-1 D.若保持温度不变，在第8min向体系中加入三种物质各1mol,则平衡向逆反应方向移动 12.恒温密闭容器发生可逆反应：Z(?)+W(?)一一X(g)+Y(?)△H,在t1时刻反应达到 平衡，在t2时刻缩小容器体积，t3时刻再次达到平衡状态后不再改变条件。下列有关 说法错误的是 () t A.该条件下，Z和W都不可能为气态 B.t1~t2时间段与t3时刻后，两时间段反应体系中气体的平均摩尔质量不相等 C.若该反应△H<0,则该反应的平衡常数K随温度升高而减小 D.若该温度下Z、W、Y都为固态，则t1~t2时间段与t3时刻后X浓度相等 13.反应A(g)十B(g)→C(g)十D(g)的速率方程为v=k·cm(A)·cm(B)(k为速率常 E。 数，其中1g= 2.3ORT十lgA,A、R为常数，E。为活化能，T为开氏温度)；半衰期 为反应物消耗一半所需的时间，半衰期= 0.8 。 改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如 表所示。下列说法正确的是 ) c(A)/(mol·L-1) 0.25 0.5 0.5 1 c(B)/(mol·L-1) 0.05 0.05 0.1 0.1 0.2 v/(×10-3mol·L1·min-1) 1.6 3.2 V1 3.2 V2 A.m=1,2v1=v2 B.=6.4 min- C.升温、加入催化剂，缩小容积（加压），均能使增大，导致反应的瞬时速率加快 D.在过量的B存在时，A剩余12.5%所需的时间是375min 卷 二轮专题精准提升（十）化学第4页（共8页） 14.一定条件下将1molM和m mol N通入恒容密闭容器中发生反应：M(g)+2N(g)=一 Q(g),图1为M的平衡转化率与温度和m之间的关系，图2为平衡时Q的体积分数p(Q) 与温度或压强之间的关系，且m=2。下列说法正确的是 () M的平衡转化率/% m p(Q)/% 12 15% 10% 00 5% 09 d ddd 53050050 T 图1 图2 A.图1中m1、m2、m3的相对大小关系是m3>m2>m1 B.图1中a、b、c三点对应的平衡常数Kb=K。>Ka C.图2中X表示压强，d1点的数值比d2点的大 D.若f点Q的体积分数为10%，则该点M的平衡转化率为25% 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15.(14分)C02通过不同方式转化为高附加值化学品有利于实现“双碳目标”，其中C02 加氢转化为二甲醚(CH3OCH3)是常见的一种方式，其反应过程如下： I.CO2(g)+3H2(g)CH3 OH(g)+H2O(g)AH=-49.1 kJ.mol-1 Ⅱ.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H2=+41.2kJ·mol-1 Ⅲ.2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)△H3=-23.4k·mol-1 回答下列问题： (1)进料比n(H2)：n(CO2)=3：1时，不同压强下C02平衡转化率随温度的变化关 系如图1所示。 ①四条曲线对应压强p1、p2、p3和p4由大到小的顺序为 ,判断依据是 ②压强为1时，CO2平衡转化率随温度升高先减小后增大，原因是 100 80 -D -P4 20 100200300400500600 t/℃ 图1 (2)图1中，当反应温度高于350℃时几条曲线重合，说明此时的转化率不受压强影 响，原因是 (3)反应Ⅱ和反应Ⅲ的平衡常数(1nKx)随温度变化关系如图2所示，表示反应Ⅱ的曲 线为 (填“a”或“b”)。 恒温恒压条件下，向体系中通入1 mol CO2和3molH2,达到平衡时CO2转化率为 50%,CH3OH为0.07mol,该条件下生成的CO忽略不计，则CH3OCH3的物质的 二轮专题精准提升（十）化学第5页（共8页） 真题密 量为mol,此时CO2加氢制CH3OCH3的反应用摩尔分数表示的平衡常数 Kx= (列出计算式)。（已知反应aA(g)+b(B)(g)=cC(g)+ dD(g)的Kx= 员·x,物质i的摩尔分数x=) xe·x6 n总 6 3 0 三3 b -6 9 100150200250300350400 图2 t/℃ 16.(14分)丙烯是一种用途广泛的有机原料，可制备多种化工产品。 已知：CH2CHCH3与H2O发生加成反应的化学方程式如下(a、b均大于0)： I CH2-CHCHa(g)+H2O(g)=HOCH2 CH2 CH3 (g)AH=-a kJ.mol-1 Ⅱ：CH2CHCH3(g)+H2O(g)CH3CH(OH)CH3(g)△H2=-bkJ·mol-1 “反应I”和反应”均满足范特罹夫方程nK,一A×二十C(R为热力学常数，G 为不同反应常数)，其平衡常数与温度的关系如图1所示，T1℃时，在初始压强为 400kPa的恒容密闭容器中，按1：1的物质的量之比充入CH2一CHCH3(g)和H2O(g)发 生反应I和反应Ⅱ，产物的分压随时间变化如图2所示： In K p(kPa) 100 M 20 0246810 1(s) 图1 图2 回答下列问题： (1)表示CH3CH(OH)CH3(g)转化为HOCH2CH2CH3(g)的热化学方程式为 (2)若反应Ⅱ的熵变为△S(Ⅱ)，则反应Ⅲ：CH2一CHCH3（g)+H2O(g)= CH3CH(OH)CH3(I)的熵变△S(Ⅲ) (填“>”“=”或“<”)△S(Ⅱ)。 (3)由图1可知“反应I”和“反应Ⅱ”的焓变△H (填“>”“=”或“<”)△H2。 (4)若在绝热恒容容器中发生上述反应，则下列事实能说明反应达到平衡状态的 是 (填标号)。 A.容器内气体的压强不变 B.容器内温度不变 C.容器内气体的密度不再改变 D.容器内n(CH2一CHCH3):n(H2O)的比值不变 (5)①图2中表示CHCH(OH)CH3的曲线为 （填“M”或“N”)。 ②图2中CH2CHCH3(g)的平衡转化率为 娄 二轮专题精准提升（十）化学第6页（共8页） 1A ③T1℃时，反应Ⅱ的平衡常数K。= kPa1(K。为以分压表示的平衡常数)。 ④若其他条件不变，T1℃时，向压强为400kPa的恒压密闭容器中充人n(CH=CHCH)： n(H2O)=1·1的混合气体，达到新平衡时，CH3CH(OH)CH3(g)的平衡 产率将 (填“变大”“变小”或“不变”)。 17.(15分)C02与H2反应合成HCOOH,是实现“碳中和”的有效途径。回答下列问题： (1)HCOOH中碳原子的杂化类型为 (2)已知： HCOOH(g)A+72.6 kJmol CO(g)+H(g) ↑△H=-241.8kJ·mol- o O2(g) 2 △H=-283.0kJ·mol↓ CO2(g)H2(g) CO2(g)+H2(g)=HCOOH(g)AH= (3)在催化作用下，温度为T1℃时，将一定量CO2和H2充入密闭容器中发生如下反应： 主反应I:CO2(g)+H2(g)==HCOOH(g)K=a; 副反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H=+41.2kJ·mol-1。 ①如图是不同催化剂电化学还原CO2生产HCOOH的催化性能及机理，并通过DFT计算 催化剂表面该还原过程的物质的相对能量，如图所示（带“”表示物质处于吸附态）。 0.6--Bi -Biln 、*HCOOH 0.4 -In 0.2 0.0 cO-(g) HCOOH(g) -0.2 *CO -0.4 *OCHO 电化学还CO2生产HCOOH,使用 作催化剂较优 ②实验测得反应I:v正=k正c(CO2)c(H2),v逆=k逆c(HCOOH),k正、k逆为速率 常数。温度为T2℃时，k正=0.8ak逆，则T2℃ T1℃（填“大于”“小于”或 “等于”)，判断依据是 ③实验测得平衡时CO2的转化率及HCOOH或CO的选择性（产物的选择性：生 成的HCOOH或CO与转化的CO2的比值)随温度变化如图所示。 a 0.8 0.8 b (204, 0.4 0.2 (204,x) 0.2 9 c 0 0 200 240 280 320 360 温度(C) 曲线b表示 ,200℃~360℃，升高温度曲线b对应纵坐标值 减小的原因是 。240℃时，平衡体系 中氢气的分压为pokPa,主反应I的Kp= (kPa)-1(用含x、y、po 代表数表示)。 1A 二轮专题精准提升（十）化学第7页（共8页） 真题密 18.(15分)“氢能源”的开发利用意义重大，乙醇与水催化重整制“氢”发生如下反应。 反应I:C2H5OH(g)+H2O(g)==2CO(g)+4H2(g)△H1 反应Ⅱ：CO(g)十H20(g)=C02(g)+H2(g)△H2=-41.2kJ·mol-1 反应Ⅲ：C2HOH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g)△H3=+173.3kJ·mol-1 回答下列问题： (1)反应I的△H1= (2)反应Ⅱ的速率v=v正一v逆=k正c(CO)·c(H2O)一逆c(CO2)·c(H2),其中k正、 k逆分别为正、逆反应速率常数。升高温度时lg正一g逆 （填“增大” “减小”或“不变”)。 (3)压强为100kPa下，1molC2HOH(g)和3molH2O(g)发生上述反应，平衡 时CO2和CO的选择性、乙醇的转化率随温度的变化曲线如图所示。 100 100 (573.85) 80 (573,60) 60 60 40 6 409 20 20 0 0 0 573 T/K 已知：CO的选择性= n生成(CO) n生成(CO)十n生成(CO2)° ①表示CO选择性的曲线是 (填标号)。 ②573K时，生成CO2的物质的量为 p(CO2)、p(H2) ③573K时，反应Ⅱ的标准平衡常数K°=， p(CO)xp(H,O)其中p°为体系总压 力日 强，p(CO2)、p(H2)、p(CO)和p(H2O)为各组分的平衡分压，则反应Ⅱ的 K9= (保留两位有效数字)。 n(H2O) (4)压强为100kPa,H2的平衡产率与温度、起始 n(C,H,OHT的关系如图所示，每条 曲线表示H2相同的平衡产率。 2000 1600 o 母1200 800 40004812 4o0 16 n(C2H:OH) ①H2的平衡产率：Q点 N点（填“>”“=”或“<”）。 ②M、N两点H2的平衡产率相等的原因是 卷 二轮专题精准提升（十）化学第8页（共8页）·化学· (E.+49)kJ·mol-1。 (3)由表可知，温度升高平衡常数减小，且升高温 度平衡向吸热方向移动，说明该反应为放热反 应，△H<0,该反应是气体体积减小的反应则△S <0,由自发反应的判据△G=△H一T△S<0,在 低温时可自发进行。 (4)由图可知，BiVO4电极为阳极，阳极电极反应 式为2H2O一4e-一4H+十O2个，Cu电极为阴 极，阴极生成HCOOH的电极方程式为CO2十 2H++2e一HCOOH,阴极生成CH2O的电 极方程式为CO2十4H++4e一CH2O+ H2O,阴极生成CH3OH的电极方程式为CO2十 6H++6e一CH3OH+H2O,阴极生成 C2HOH的电极方程式为2C02+12H++12e —C2H,OH十3H2O,由图2可知，通过改变电 压可以选择性地获得不同还原产物，据此分析。 ①电解电压为0.75V时，阴极主要生成 HCOOH,电极方程式为CO2+2H++2e HCOOH ②由图2可知电解电压为0.9V时，生成 2024一2025学年度 化学·化学反应 一、选择题 1.A【解析】水汽变成雨的过程中放热，△H<0,气 体变成液体，混乱度减小，△S<0,故选A。 2.A【解析】0=化，在恒温恒容条件下，气体总质 量不变，混合气体密度始终不变，不能表明该反应 达到平衡，A错误；M=m,反应前后，气体总质 n总 量不变，气体总物质的量减小，气体的平均摩尔质 量在反应过程中发生改变，当平均摩尔质量不变 时即达到平衡状态，B正确；气体总压强与总物质 的量成正比，反应过程中气体总物质的量是变化 的，当气体总物质的量不变时说明反应达到平衡， C正确；氢气的消耗速率为正反应速率，苯乙烯的 消耗速率为逆反应速率，当氢气的消耗速率等于 苯乙烯的消耗速率，即正反应速率等于逆反应速 率时，反应达到平衡状态，D正确。 3.D【解析】该反应是气体体积增大的反应，保 持温度不变，缩小容器体积，平衡向逆反应方向 移动，氧化钙的量减小，由方程式可知，反应的 参考答案及解析 CH2O、HCOOH,阴极生成CH2O的电极方程式 为CO2+4H++4e一CH2O+H2O,阴极生 成HCOOH的电极方程式为CO2+2H+十2e 一HCOOH;由于法拉第效率(FE)的定义： FE(X)= n(生成X的电子) n(通过电极的电子)，FE(CH,O)= 0.85,设电极通过1mol电子，则生成CH20消 耗0.85mol电子、消耗0.2125molC02,生成 HC00H消耗0.15mol电子消耗0.075mol n(生成X的CO2) CO2;S (X)= n(发生反应的CO2) ×100%, S(CH2O)= 0.2125mol 0.2125mol+0.075m0X100% =73.9%。 ③电解电压为1.0V时，FE(CH2O)= n(生成CH2O的电子) n(通过电极的电子)=0.4，根据电极方程式： C02+4H++4e—CH20+H20,每生成 1 mol CH2O转移4mol电子，则通过电极的电 子有10mol,就有10molH+移向甲室。 轮专题精准提升（十） 速率与化学平衡 平衡常数K=c(O2),温度不变，化学平衡常数 不变，则平衡状态Ⅱ和平衡状态I的平衡常数 相同、氧气的浓度相同、反应速率相同，故选D。 4.D【解析】该反应气体的物质的量增加，是一个 熵增过程，A错误；Fe3O4属于纯净物，B错误；根 据化合物CO(N2H3)2的结构可判断反应前后C 元素的化合价没有变，C元素没有被氧化，C错误； 根据化合物CO(N2H3)2的结构可判断N的化合 价由一2升高到N2中的0，每生成1molN2,反应 中转移4mol电子，D正确。 5.B【解析】途径一和途径二中，甲酸分解最终生成 CO和H2O,均涉及极性键的断裂和生成，A正确； 途径一和途径二的区别在于是否使用催化剂，催化 剂不影响焓变，B错误；由途经二可知，反应前后 H+未发生变化，H+作催化剂，C正确；途径二中 丹能全最高，反应的决很由生成C。韵 H H 速率决定，D正确。 6.A【解析】用导管将分液漏斗上端气体和锥形瓶 9 1A 真题密卷 内气体连通，可起到平衡气压和减小误差的作用， 稀硫酸更容易滴下，也能避免将加入硫酸的体积 当作生成的氢气体积，A正确；铁屑中混入少量活 性炭，铁、碳及稀硫酸构成原电池，能加快铁与稀 硫酸的反应速率，B错误；第二次v(Fe+)= 0.08mol·L-1·min1,则v(Ht)=2v(Fe2+)= 2×0.08mol·L-1·min-1>0.15mol·L1· min-1,比第一次速率大，C错误；反应速率先加快 是因为该反应放热，温度升高，后减慢是因为硫酸 浓度减小，D错误。 7.D【解析】反应2为气体体积减小的反应，增大 压强会使反应朝正向进行，导致A和B的浓度减 小，从而导致反应1朝逆向进行，导致C的浓度减 小，A错误；根据反应历程可知，反应2为放热反 应，反应1为吸热反应，升高温度会使反应2逆向 进行、反应1正向进行，最终会导致D的浓度减 小，B错误；根据盖斯定律可得：2C(g)一D(g) △H=△H2一△H1,C错误；催化剂Ⅱ能够使反应 2的活化能降的更低，故更有利于D的生成，D 正确。 8.D【解析】由方程式可知，硫化氢气体回收二氧 化硫的反应为熵减的反应，△S<0,由该反应能自 发反应可知，反应△H一T△S<0,则该反应为焓 变小于0的放热反应，△H<0,A错误；固态S8浓 度可看作常数，则硫化氢气体回收二氧化硫反应 c16(H2O) 的化学平衡常数K=。5(H,S)c(S0)B错误； 由方程式可知，硫化氢气体回收二氧化硫的反应 为气体体积减小的反应，其他条件不变，增大容器 的体积，气体压强减小，平衡向逆反应方向移动， 二氧化硫的平衡转化率减小，C错误；由质量守恒 定律可知，反应前后气体的质量不相等，在体积一 定的容器中混合气体的密度会发生变化，则混合 气体的密度保持不变，可以判断反应达到平衡，D 正确。 9.C【解析】由图可知，温度升高，M的体积分数降 低，说明平衡向正反应方向移动，△H>0,A错误； 压强升高，平衡逆向移动，M的体积分数增大，p总1 >p总2，B错误；若Z点时M的分压=2MPa,假设 起始M与N各为1mol,根据三段式可得： M(g)+N(g)==Q(g)+3R(g) 起始(mol)1 1 0 0 转移(mol)x 3x 平衡(mol)1-x1-x 3x 1-x1 1 M的体积分数= 2+2z=4,则x= 3'pM= 1A 4 二轮专题精准提升 2 MPa,PN=2 MPa,po=1 MPa,PR=3 MPa, K。==4(MPa)2=6.75(MPa),C正确， M的体积分数越大，则混合气体的平均相对分子 质量越大，说明反应逆向进行的程度越大，混合气 体的平均相对分子质量：Z=X>Y,D错误。 10.C【解析】由图可知随着反应的进行，m呈降低 趋势、m为反应物，n呈增大趋势、n为生成物，且 m和n的物质的量的变化量之比为2：1，m表示 的是一氧化氮的物质的量随时间的变化，A错误； 平衡时℃正(m)=20逆(n),而t1时刻未达平衡，反 应继续向正反应方向进行，则v正(m)>2u延（n),B 错误；25min之后，曲线m、n不再变化，反应物、生 成物的物质的量不再变化，该反应达到平衡，根据图 中数据列出三段式， C(s)+2NO(g)=N2+CO2(g) 起始(mol) 2.0 00 转化(mol) 1.6 0.80.8 平衡(mol) 0.40.80.8 该反应前后气体分子数不变，则气体体积不变， 容器体积不变，设容器体积为1L,K= 0.8mol·L-1×0.8mol·L-1 =4,C正确；平衡 (0.4mol·L1)2 后充入1 mol Ar,恒压容器中，容器体积增大，各 气体物质浓度同比例降低，由于该反应前后气体 分子数不变，再次达到平衡时，物质n的物质的 量等于0.8mol,D错误。 11.B【解析】反应气体体积减小，则△S<0,又因 △H<0,所以高温下△G=△H一T△S>0,反应 不能自发进行，A错误；前2min内CO平均反应 速率为(C0)-u(C)=A=2.4-1.6 -mol· △t 2 L-1·min1=0.4mol·L1·min1,但前 2min内c(CO)减小，v(CO)也减小，所以前 1min内C0平均反应速率v(CO)>0.4mol· L1·min1,后1min内CO平均反应速率 v(CO)<0.4mol·L-1·min1,则前1min内 C0浓度减少△c(C0)>0.4mol·L1,所以 1min时，C0的浓度小于1.6mol·L-1,B正 确；6min时，△c(COCl2)=△c(CO)= (2-0.2)mol·L-1=1.8mol·L-1,△c(C0C2) =1.8mol·L-1;8min时，△c(COCl2)= △c(Cl2)=(2.4-0.6)mol·L-1=1.8mol· L1,此时c(C0Cl2)=1.8mol·L-1,则平衡 时c(COCL2)=1.8mol·L1;保持温度不变，将 容器体积扩大一倍，此时△c(COC12)= ·化学· 0.9mol·L1,同时减小压强，平衡逆向移动，所 以再达到新平衡时c(COCl2)<1.8mol·L1,C 错误；6min时，△c(Cl2)=△c(CO)= (2-0.2)mol·L1=1.8mol·L1,此时剩余 的c(Cl2)=(2.4-1.8)mol·L-1=0.6mol· L1,所以6min时已达到平衡，平衡时c(Cl2)= 0.6mol·L-1、c(C0)=0.2mol·L1 c(COCl2)=1.8mol·L1,即平衡常数为K= c(COCl2) 1.8 c(C)·c(CO)0.6X0.2=15,保持温度不 变，在第8min向体系中加入三种物质各1mol 后Cl2、CO、COC2三种物质浓度分别为1.6mol· L-1、1.2mol·L1、2.8mol·L-1,此时Q。 1.6X1.2≈1.46<15，则平衡正向移动，D错误。 2.8 12.B【解析】根据图像可知，正反应速率不随反应 时间、压强的改变而变化，故Z和W都不可能为 气态，A正确；由题目可知，X是气体，Y可能是 气体也可能不是气体，若Y不是气体，气体产物 只有X,反应过程中气体的摩尔质量始终不变， 若Y是气体，由于生成的X和Y是按照比例生 成，气体平均摩尔质量不会改变，故两时间段反 应体系中气体的平均摩尔质量相等，B错误；若 该反应△H<0,该反应是放热反应，升高温度平 衡逆向移动，平衡常数减小，C正确；由于化学平 衡常数只与温度有关，该温度下平衡常数的表达 式K=c(X)是定值，则t1~t2时间段与t3时刻 后的c(X)相等，D正确。 13.D【解析】由第二组和第四组数据，A浓度相 同，B浓度不同，速率相等，可知n=0,再由第一 组和第二组数据代入v=Xcm(A)Xc"(B)可得 /0.501m3.2×10-3 0.25)1.6X10,可知m-1;将第一组数据 代入v=k×c(A)Xc°(B)=k×0.25×0.05°=1.6 X10-3,可得k=6.4×103,则v=k×c(A)Xc(B) =6.4Xc(A)X10-3。根据数据分析，m=1,n=0, )1=v2,A错误；由分析可知，速率常数k=6.4X 10-3min1,B错误；速率常数与浓度无关，缩小容 积（加压）不会使k增大，C错误；存在过量的B时， 反应掉87.5%的A可以看作经历3个半衰期，即 50%十25%+12.5%，因此所需的时间为3× 0.8 6.4X103min=375min,D正确。 14.D【解析】图1中作一条与y轴相平的平行线， 从下到上，M的转化率增大，说明N的物质的量 不断增大，因此m1、m2、m3的相对大小关系是 。4 参考答案及解析 m3<m2<m1,A错误；图1，升高温度，转化率降 低，平衡逆向移动，平衡常数减小，因此a、b、c三 点对应的平衡常数Kb=K。<Ka,B错误；图2中 X表示压强，增大压强，平衡正向移动，Q的体积 分数增大，因此d1点的数值比d2点的小，C错 误；若f点Q的体积分数为10%，得到三段式： M(g)+2N(g)=Q(g) 开始(mol)1 2 0 转化(mol)x 2x 平衡(mol)(1-x)(2-2x) (3-2)×100%=10%,解得x=0.25,则该，点 M的平衡转化率为0.25mol 100%=25%,D 1 mol 正确。 二、非选择题 15.(1)①p1>p2>p3>p4(2分) 反应Ⅱ和反应Ⅲ是气体体积不变的反应，压强 增大，平衡不发生移动，反应I是气体体积减小 的反应，增大压强，平衡正向移动，CO2的转化 率变大(2分) ②温度较低时，CO2平衡转化率主要取决于反 应I,温度较高时，CO2平衡转化率主要取决于 反应Ⅱ(2分) (2)温度高于350℃时总反应以反应Ⅱ为主 (2分) (3)b(2分)0.215(2分) (2分) 【解析】(1)①反应Ⅱ和反应Ⅲ是气体体积不 变的反应，压强增大，平衡不发生移动，反应工 是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移 动，CO2的转化率变大，说明平衡正向移动，压 强不断增大，因此压强1、p2、?和p4由大到 小的顺序是1>巾2>p3>p4。 ②压强为1时，CO2平衡转化率为反应I和反 应Ⅱ的CO2平衡转化率之和，反应I为放热反 应，随温度升高CO2平衡转化率降低，反应Ⅱ为 吸热反应，随着温度升高，CO2的平衡转化率先 减小后增大，原因是：温度较低时，C○2平衡转 化率主要取决于反应I,温度较高时，CO2平衡 转化率主要取决于反应Ⅱ。 (2)反应Ⅱ是气体体积不变的吸热反应，当反应 温度高于350℃时几条曲线重合，说明此时的转 1A 真题密卷 化率不受压强影响，且温度升高，CO2的平衡转 化率增大，原因是：温度高于350℃时总反应以 反应Ⅱ为主。 (3)反应Ⅱ是吸热反应，升高温度，平衡正向移 动，K值增大，lnK增大，则表示反应Ⅱ的曲线 为b。根据已知条件列出三段式： CO2(g)+3H2 (gCH OH(g)+H2 O(g) 起始（mol)13 0 0 转化(mol)x 3x 平衡(mol)1-x3-3x 2CH OH(gCH,OCH(g)+H2O(g) 起始(mol)x 0 转化(mol)2y y V 平衡(mol)x-2y x十y 达到平衡时C02转化率为50%，则x=0.5mol, CH3OH为0.07mol,则0.5-2y=0.07,y= 0.215mol,则CH:OCH3的物质的量为 0.215mol,CO2加氢制CH;OCH3的反应方程 式为2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH(g)+ 3H2O(g),用摩尔分数表示的平衡常数Kx (H2 O)(CH OCH3) x6(H2)x2(CO2) × 16.(1)CH:CH(OH)CH (g)-HOCH2 CH2 CH (g) △H=+(b-a)kJ·mol-1(2分) (2)<(1分) (3)>(2分) (4)AB(2分) (5)①M(1分) @60%2分)国2分) ④变大(2分) 【解析】(1)已知反应I:CH2-CHCH3(g)+ H2O(g)=HOCH2 CH2CH3(g)AH= -akJ·mol-1,Ⅱ：CH2-CHCH3(g)+H2O(g)= CHCH(OH)CH(g)△H2=-bk·mol1。根 据盖斯定律，将反应I一反应Ⅱ，整理可得 CHCH(OH)CH(g)转化为HOCH2CH2CH(g)的 热化学方程式为CH3CH(OH)CH3(g)= HOCH2CH2CH(g)△H=+(b-a)kJ·mol-1。 (2)反应Ⅲ的气体分子数减小量大于反应Ⅱ气体 分子数的减小量，故反应Ⅲ熵值减小的绝对值大 于反应Ⅱ的熵值减小值，故熵变关系为△S(Ⅲ) <△S(Ⅱ)。 (3)根据图1可知：降低温度，两个反应的化学平 1A 二轮专题精准提升 衡常数都增大，说明两个反应的正反应都是放热 反应，反应Ⅱ斜率大于反应I,说明反应Ⅱ平衡 正向移动的程度更大，反应放出的热量更多，反 应放出热量越多，则反应热越小，所以△H >△H2。 (4)反应I、Ⅱ都是气体分子数减小的反应，反应 在绝热恒容容器中发生，若容器内气体的压强不 变，则气体的物质的量不变，反应达到平衡状态， A符合题意；反应过程中有热量变化，反应在绝 热恒容容器中发生，若容器内温度不变，则说明 反应达到平衡状态，B符合题意；反应混合物都 是气体，气体的质量不变，反应在恒容容器中 发生，气体的体积不变，则无论反应是否达到 平衡状态，气体的密度始终不变，因此不能据 此判断反应是否达到平衡状态，C不符合题 意；两个反应中n(CH2-CHCH3):n(H2O) 反应的物质的量的比是1：1，加入的 n(CH2CHCH3):n(H2O)的比也是1：1， 则无论反应是否达到平衡状态， n(CH2-CHCH,):n(H2O)的比值始终不 变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状 态，D不符合题意。 (5)①根据图1变化趋势看，降低温度，化学平衡 常数增大，说明降低温度，化学平衡正向移动，正 反应为放热反应，温度对反应Ⅱ影响更大，所以 曲线变化程度大的曲线M表示的反应Ⅱ的生成 物CHCH(OH)CH(g)的分压变化；曲线N表 示表示HOCH2CH2CH3(g)分压变化。 ②加入的n(CH2一CHCH3):n(H2O)的比是 1:1,反应时物质的量的比n(CH2-CHCH3): n(H20)也是1：1，开始时总压强为p。= 400kPa,p开始(H2O)=p开拾(CH2=CHCH3)= 200kPa,反应达到平衡时，p[CHCH(OH)CH3] =100 kPa;(HOCH2 CH2 CHa)=20 kPa; 质反应时压强比等于气体的物质的量之比，则 根据物质反应转化关系可知平衡时 p平衡(H2O)=p年衡(CH=CHCH3)=80kPa,则 CH-CHH,的平衡转化率为100kPa+20kPa 200 kPa ×100%=60%。 ③根据②计算可知：在T1温度下恒容绝热反应体 系中，反应Ⅱ达到平衡后，[CHCH(OH)CH]= 0.25p0;p平衡(H2O)=p*衡(CH2=CHCH3)= 0.2p0,则反应Ⅱ的压强平衡常数K。= 100kPa=kPa1。 80kPa×80kPa64 ·化学· ④若其它条件不变，T,℃的恒容绝热条件改为恒 压条件，由于两个反应均为气体体积减小的反 应，反应达到平衡后气体压强比开始小。若改为 恒压，相当于对恒容容器中反应达到平衡后增大 体系压强，增大压强化学平衡正向移动，在反应 达到新平衡时，CHCH(OH)CH3(g)的平衡产 率将变大。 17.(1)sp2(2分) (2)-31.4kJ·mol-1(2分) (3)①BiIn(2分)②大于(1分) K(T2)= 0.8a<K(T1),该反应△H<0,温度越高，K越 小(2分) ③CO2的转化率(2分)升高温度，反应I逆向 移动程度大于反应Ⅱ正向移动程度(2分) y(1-x) (2分) (1-y)po 【解析】(1)HCOOH中碳原子的价层电子对数 为3，属于sp2杂化。 (2)由盖斯定律得△H=(283.0一241.8 72.6)kJ·mol-1=-31.4kJ·mol1。 (3)①由图可知BIn作催化剂较优，它对应的反 应历程活化能最小，化学反应速率最快。 ②达到平衡状态时，V正=⑦，即正c(CO2)·c(H) c(HCOOH) =ke(H00DAcC0,)·cH=K,K(T） =0.8α<K(T1),该反应△H<0,温度越高，K 越小，因此T2>T1。 ③温度相同时，CO和HCOOH的选择性相加为 1,同时主反应为放热反应，升高温度，平衡逆向 移动，HCOOH选择性下降，即曲线a为 HCOOH的选择性，曲线c为CO的选择性，曲 线b为C02转化率；200℃~360℃，升高温度 曲线b对应纵坐标值减小，是因为反应工逆向移 动程度大于反应Ⅱ正向移动程度； 0.8 0.8 0.6 b (240,y) 0.4 0.4 0.2 t240) 0.2 0 0 200 240 280 320 360 温度(C) 由图可知240℃时，C02转化率为y,C0的选择 性为x,则HCOOH的选择性为1一x,设投入的 CO2物质的量为amol,可得： 参考答案及解析 CO2(g)+H2(g)HCOOH(g) 起始(mol) 转化(mol)a·yM-x)ayIx)a·y(x) 平衡(mol) a·y·(1-x) CO2(g)+H2 (g)=CO(g)+H2O(g) 起始(mol) 转化(mol)ay.x ay.x ay'x ay'x 平衡(mol) a·y"xa"y"x 平衡时，n(CO2)=[a(1-y)]mol,n(HCOOH)= [ay(1一x)]mol设总物质的量为n慈，总压强为 ay(1-x) n总 y(1-x) p总，可得K,= a(1-y) (1-y)p 一卫总p0 n总 18.(1)+255.7kJ·mol-1(2分) (2)减小(2分) (3)①c(2分) ②1.02mol(2分) ③14(2分) (4)①<(2分)②M点与N点具有相同的压 n(H2O) 强，n(C,OHD相同：不同的是V点温度高于 M点，升高温度，反应Ⅱ逆向移动消耗氢气的量 与反应I、Ⅲ正向移动产生H2的量相等(3分) 【解析】(1)观察反应I、Ⅱ、Ⅲ可知，反应I= 反应Ⅲ-2X反应Ⅱ，则△H1=△H?-2×△H? =2×41.2kJ·mol-1+173.3kJ·mol-1= +255.7kJ·mol1。 (2)达到平衡时，正=v=k正c(CO)·c(H2O)= k正一 kec(C0)·c(),lgk玉-gk递=lgk量 c(C02)·c(H2) g:(CO·c(H,O=lgK,升高温度，反应Ⅱ逆 向移动，平衡常数减小，gK减小。 (3)①反应I、Ⅲ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反 应，随着温度的升高，反应I、Ⅲ平衡正向移动， 反应Ⅱ平衡逆向移动，反应Ⅱ逆向移动CO2转化 为CO,故温度升高CO的选择性增大，CO2的选 择性减小，由于CO的选择性十CO2的选择性= 1,则表示CO2选择性的曲线为a,表示C0选择 性的曲线是c,表示乙醇的转化率的曲线是b。 ②573K时，CO2的选择性为85%，C0的选择性 为156，乙醇的转化率为0.6，则平衡时n(C02)+ n(C0)=1mol×0.6×2=1.2mol,n(C0)= 1.2mol×15%=0.18mol,n(C02)=1.2mol× 85%=1.02mol。 1A 真题密卷 二轮专题精准提升 ③设反应I中乙醇转化了xmol,反应Ⅱ中CO 4.5kPa,p(C02)=25.5kPa,故反应Ⅱ的K= 转化了ymol,反应Ⅲ中乙醇转化了之mol,则 25.5×85.5 4.5×34.5 ≈14。 C2 H;OH(g)+H2O=2CO(g)+4H2 (g), x 2x 4x (4)①每条曲线表示氢气相同的平衡产率，则在 CO(g)+H2O(g)=CO2 (g)+H2 (g), Q点所在曲线上取一个，点与N点温度相同，标 y y y y 为点E,E,点与N点相比温度相同，但是E点的 C2 H;OH(g)+3H2O(g)=2CO2+6H2(g), n(H2O) n(H2O) 3之 n(CH,OH小于N点的mCH,OHD,而 那么x十之=0.6,2x-y=0.18,y+2z=1.02, n(CGHO币增大时，三个反应均会正向移动，氢 n (H2O) 平衡时n(H2O)=(3-x-y-3z)mol=[3-(x十 z)-(y+2z)]mol=(3-0.6-1.02)mol= 气的产率增大，因此的产率：Q点<N点。 n (H2O) 1.38mol,n(H2)=(4x+y+6z)mol=[4(x+z)+ ②M点与N点具有相同的压强，m(C,H,O相 (y十2z)]mol=(2.4+1.02)mol=3.42mol,气体的 同；不同的是N点温度高于M点，升高温度，反 总物质的量为(0.4+1.38+1.02+0.18+3.42)mol 应Ⅱ逆向移动消耗氢气的量与反应I、Ⅲ正向移 =6.4mol,此时压强为160kPa,各物质的分压为 动产生H2的量相等。 p(H2O)=34.5kPa,p(H2)=85.5kPa,p(CO)= 2024一2025学年度二轮专题精准提升（十一）》 化学·电解质溶液 一、选择题 有关，温度不变Kw不变，D错误。 1.D【解析】氯化铝溶液蒸千过程中生成的HC1挥 4.B【解析】根据图像知常温下平衡时溶液中 发，A13+完全水解，得到氢氧化铝和部分氧化铝， c(Pb2+)、c(I)分别是1×10-3mo1·L-1、2× 而硫酸铝溶液蒸干后得到的仍是硫酸铝，A错误； 10-3mol1·L1,因此PbL2的Kp=c(Pb2+)· 配制Fe2(SO,)3溶液时，将Fe2(SO,)3固体溶于 c2(I)=1×10-3mol·L-1×(2×10-3mol· 稀硫酸中，然后稀释至所需浓度，若加盐酸会引入 L-1)2=4X109,A错误；由图像可知，温度不变， 氯离子杂质，B错误；强碱滴定弱酸时，因滴定终 t时刻c(Pb2+)不变、c(I厂)突然增大，改变的条件 点的溶液显碱性，应选择酚酞作指示剂，C错误； 可能是向溶液中加入了KI固体，B正确；PbI2饱 NHF溶液水解产生的HF与玻璃反应，不能存 和溶液中存在平衡：PbI2(s)三Pb2+(aq)+2I 放于玻璃试剂瓶中，D正确。 (aq),温度不变，向PbL2饱和溶液中加入少量硝 2.A【解析】亚硫酸钠为强碱弱酸盐，溶液呈碱性， 酸铅浓溶液，c(Pb2+)增大，平衡逆向移动，但根据 利用碱式滴定管通过滴定测定碘水中碘的浓度， 勒夏特列原理，最终平衡c(Pb2+)仍然比原平衡 能达到实验目的，A正确；溴与苯二者互溶，不能 时大，C错误；向PbL2的悬浊液中加入Na2S固 用分液漏斗分离；可利用蒸馏方法分离，用60一 体，Pbl2(s)+S2-(aq)=PbS(s)十2I(aq), 70℃水浴加热先馏出液溴，剩下的是苯，B错误； c(I厂)缓慢增大至平衡，不会突然增大，D错误。 题图是碱式滴定管排气泡的方法，C错误；量筒精 5.C【解析】向硝酸银溶液中滴加硫氰化钾，银离子 确到0.1mL,无法准确量取5.50mL水，D错误。 浓度与硫氰根离子的离子积Q大于硫氰化银的 3.B【解析】HC1是强酸，CH,COOH是弱酸，强酸 K即，生成白色沉淀，A正确；生成沉淀后溶液 稀释pH变化大，曲线I代表HCl的稀释过程，A 中剩余的银离子的浓度为c(Ag)= 错误；酸对水的电离起到抑制作用，酸性越强抑制 2×103L×0.1mol·L1-2×103L×0.05mol·L-1 程度越大，b点pH小，酸性强，对水的抑制程度 2×103L+2×103L 大，水电离程度小，溶液中水的电离程度：b点<c =0.025mol·L1,则溶液中SCN-的浓度为 点，B正确；从b点到d点，pH增大，氢离子浓度 1.0×10-12 减小，氢氧根离子浓度增大，C错误；Kw只与温度 0.025m0l·L=4.0X10-1mol·L1,B正确； 1A ·44·