专题12 化学反应速率与化学平衡-【数理报】2026年高考化学专项提分

50 专项提分 数理极 二、化学平衡常数的计算 专题12 1.同一反应不同化学计量数的平衡常数的转化 化学反应速率与化学平衡 (1)对于同一可逆反应，正反应的平衡常数等于逆反应的平衡常数的 倒数，即K=不 核心归纳 (2)若化学方程式中的化学计量数等倍扩大或缩小，尽管是同一反 应，平衡常数也会发生改变 一、图像分析 (3)两反应加和，得到的新反应，其化学平衡常数是两反应平衡常数 1.v-t图（速率-时间图） 的乘积：两反应相减，得到的新反应，其化学平衡常数是两反应平衡常数 改变反应条件，正、逆反应速率随时间的变化情况与平衡移动方向的 相除得到的商。 关系如下表所示[以2S02(g)+02(g)一2S0,(g)△H<0为例]. 2.等温等容条件下的浓度平衡常数 改变 c(S02)7 c(S02)☑ c(S0,)增大 c(S0,)减小 如：aA(g)+bB(g)cC(g）+dD(g) 条件 c(0,)增大 c(0,)减小 增大压强 表达式：K=C)·cD c(A)·c'(B -t图 (1)平衡量必须为平衡时的浓度。 1 (1)反应前后气体体积相等的反应，可以用平衡时的物质的量代替平 平衡移 衡时的浓度， 正反应方向 逆反应方向 逆反应方向 正反应方向 正反应方向 动方向 3.等温等压条件下的浓度平衡常数 改变 减小压强 升高温度 降低温度 使用催化剂 如：aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(g) 条件 表达式：K=(C)·c(D c(A)·c(B) -t图 (1)平衡量必须为平衡时的浓度。 (2)恒压条件下： 平衡移 逆反应方向 逆反应方向 正反应方向 不移动 动方向 ①先计算平衡体积：学 2.物质参数-时间图[以aA(g)+b(B) cC(g)△H为例] 2再计算平套浓度一一片 C ③最后计算平衡常数， 浓度一时间图 4.等温等容条件下的压强平衡常数 0 如：aA(g)+bB(g)=cC(g)+dD(g) (山，时刻反应达到平衡) 表达式：K=C)·p'(D) (C)↑ e(B)↑ p(A)·p(B) ①先计算平衡时各组分的物质的量分数：x,= ni ci V n平e"ce-ve (m用催化剂，n不用催化剂) ②然后计算平衡时总压：P监=几台 P平总n平 (C)↑ 含量一时间图 ③再算出平衡时各组分的分压A,=P甲他×=P平E×n平型 =(P1+P+ (T>T,正反应为吸热反应)》 (T>T,正反应为放热反应) h+)× (C) te(B) (C) (B)↑ ④最后计算压强平衡常数， P: 5.等温等压条件下的压强平衡常数 0 t如：aA(g)+bB(g)=cC(g)+dD(g) p印，正反应为气体分子教减小的反应) (P正反应为气体分子数增大的反应 表达式：K,=)·p(D p(A)·p(B) 3.物质参数-温度（压强）图 a(或c) ①先计算平衡时各组分的物质的量分数：无=：上=二 n平总Ce 常规 类型 ②再计算平我时洛组分的分压认=阳X怎=号 ③最后计算压强平衡常数。 温馨提示：对于含不反应气体的平衡体系中K,的计算，要把握不反 开始平衡点 应气体的“两不、两要”，即三段式中不增减，平衡常数不代人：平衡时总物 质的量要计算、平衡总压要纳人， T代正反应△H<0) P(正反应气体分子数增大 6.多反应体系中平衡常数的计算 特殊 (1)连续平衡 类型 平衡点（拐点）前看反应速 253035404550×107K 连续平衡是指有关的两个可逆反应有着关联.第一个反应的某一生 率—浓度、压强、温度、催 成物是第二个反应的反应物.解题时要注意如果该物质是第一个反应的 化剂影响反应速率 曲线甲表示正反应为放热反应 生成物，第二个反应的反应物，则在第一个反应中，该物质的初始量为0. 平衡点（拐点）后看平衡移 曲线乙表示正反应为吸热反应 它的平衡量则为第二个反应中该物质的初始量. 动—浓度、压强、温度影响 (2)平行反应（竞争反应） 平衡移动 平行反应是指反应物能同时平行地进行两个或两个以上的不同反应、 数理极 专项提分 51 得到不同的产物，其中反应较快或产物在混合物中所占比率较高的称为主 反应，其余称为副反应.解题时要注意如果一个物质是两个平行反应的反应 25 物，则题目中所给初始量则是该物质在这两个反应中的初始量之和. 有关多平衡体系平衡常数的计算，如何确定多个反应相关联物质在 D 平衡时量的多少是解题的关键点，当三段式法较为繁琐时，可尝试用元素 10 守恒思想解题，即起始投料中某元素的总量=平衡时各组分中所含该元 54804905005105207亦 素的总量. ①代表&=0.6的曲线为 (填“L”“L2”或“L,”);原因是 真题链接 ②AH (填“>”“<”或“=”)0. 例1.(2025·山东)在恒容密闭容器中，Na,SiF6(s)热解反应所得固 ③已知：反应aA(g)+B(g）==yY(g)+Z(g),K= 相产物和气相产物均为含氟化合物.平衡体系中各组分物质的量随温度 度丹：（名*为组分的物质的量分数M,N两点对应的体系，K() 的变化关系（实线部分）如下图所示.已知：T,温度时，Na,SiF。(s)完全分 解；体系中气相产物在T、T,温度时的分压分别为P,P.下列说法错误的 (填“>”“<”或“=”)K,D点对应体系的K的值为 是 ( ④已知：反应aA(g)+bB(g)一yY(g)+Z(g),K,= p(Y)·p(Z) 2.0 (A)·PBP为组分的分压.调整进料比为n(C0):n(H,)=m:3,系 统压强维持Po MPa,使x(H,0)=0.75,此时K,=_MPa4(用含 1.0 有m和po的代数式表示). 0.5 解析：(1)00-30mm内，环氧乙烷完全转化，e(E0)-4ce(E0)。 △L 00 T→增大 1.5 mol/L=0.05 mol/(Lmin). 30 min A.a线所示物种为周相产物 ②主反应的△H<0,则生成物总能量低于反应物总能量，a错误；由题 B.T,温度时，向容器中通入N2,气相产物分压仍为P 中信息可知，0~30min内，E0完全转化，产物中有EG存在，即EG浓度 CP,小于T,温度时热解反应的平衡常数K。 的变化量小于E0浓度的变化量，0~30min内，v台(E0)>v台(EG),b错 D.T,温度时，向容器中加入b线所示物种，重新达平衡时逆反应速率 误；主反应中，(EG)=生(E0),副反应中(EG)=(DEG),同一反 增大 应体系中物质的量变化量之比等于浓度变化量之比，产物中n(EG): 解析：Na,si证。(s)热解反应所得固相产物和气相产物均为含氟化合物，n(DEG)=10:L,即ce(EG):c(DEG)=10:1,e(EG)=(EG)- 则分解的化学方程式为Na,SiE,(s)一2NaF(s)+SiF,(g),根据图中数(EG),反应时间相同，则e(EG):(DEG)=10:1, 据分析可知，a线代表NaF(s),b线代表SiF,(g),c线代表Na,SiF(s). 由上述分析可知，A正确：T温度时，向容器中通入N,,恒容密闭容 =(EG)=(EG)=10:1,则生(EG):(DEG)=1:1,e正确：选择适 v剧(DEG) 器的体积不变，各组分的浓度不变，化学平衡不发生移动，虽然总压变大， 当催化剂可提高主反应的选择性，从而提高乙二醇的最终产率，d正确. 但是气相产物分压不变，仍为P1,B正确：由图可知，升温b线代表的 (2)①该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正 Sif,(g)增多，则Na,Sif。的分解反应为吸热反应，升温K,增大，已知T2温向移动，平衡转化率增大，P(L)>p(L2)>p(L),故L1、L2、L对应a为 度时，N,SiF6(s)完全分解，则该反应在T),以及之后正向进行趋势很大，0.60.50.4. Q。<K,体系中气相产物在T温度时的分压为P3P3=Q,故小于T, ②由图可知，压强相同时，温度升高，平衡转化率减小，说明升高温度 温度时热解反应的平衡常数K。,C正确：恒容密闭容器的平衡体系的气相 平衡逆向移动，则正反应为放热反应，△H<0. 产物只有Sif4(g),K。=p(Sf,),温度不变K,不变，T,温度时向容器中加 ③M、N的进料相同，平衡转化率相等，平衡时各组分物质的量分数分别 入SiF,(g),重新达平衡时p(Sif,)不变，则逆反应速率不变，D错误 相等，则K(M)=K(N):D点对应的平衡转化率为0.5，根据题中信息，该 答案：D 反应按化学计量比进料，设起始加入2molC0和3molH,列三段式： 例2.(2025·河北)乙二醇(EG)是一种重要的基础化工原料，可通过 2CO(g)+3H2 (g)=HOCH2CH2OH(g) 石油化工和煤化工等工业路线合成。 起始/(mol) 2 3 0 (1)石油化工路线中，环氧乙烷(E0)水合工艺是一种成熟的乙二醇反应/(mol) 1 1.5 0.5 生产方法，环氧乙烷和水反应生成乙二醇，伴随生成二乙二醇(DEG)的副 平衡/(mol) 1.5 0.5 反应 平衡时，c0,.L,H0C,CH,0I的物质的量分数分别为写分石 主反应：E0(aq)+H,0(1)=EG(aq)△H<0 副反应：E0(aq)+EG(aq)=DEG(aq) 1 6 体系中环氧乙烷初始浓度为1.5mo/L,恒温下反应30min,环氧乙 K、= -=12 烷完全转化，产物中n(EG):n(DEG)=10:1. (兮x( ①0~30min内，v台(E0)= mol/(L·min). ④设起始加入molC0和3molH2,此时(H2)=0.75,列三段式： ②下列说法正确的是 (填字母序号). 2CO(g)+3H2(g)=HOCH2CH2OH(g) a.主反应中，生成物总能量高于反应物总能量 起始/(mol) m 3 0 b.0~30min内，va(E0)=te(EG) 反应/(mol) 1.5 2.25 0.75 c.0~30min内，v±(EG):v(EDG)=11:1 平衡/(mol)m-1.50.75 0.75 d.选择适当催化剂可提高乙二醇的最终产率 平衡时，气体的总物质的量为mmol,C0、H2、HOCH,CH20H平衡分 (2)煤化工路线中，利用合成气直接合成乙二醇，原子利用率可达 压分别m-L5%MP、0 100%,具有广阔的发展前景.反应如下：2C0(g)+3H,（g) m m Po MPa、Q.75 m Po MPa,K。= HOCH,CH,OH(g)△H.按化学计量比进料，固定平衡转化率a,探究温 0.75 m Po MPa 度与压强的关系.α分别为0.4,0.5和0.6时，温度与压强的关系如下图 -MPa-. 所示： (N(0m）》P0w 52 专项提分 数理极 答案：(1)①0.05②cd 4.973K、100kPa下，在某密闭容器中按n(CH。): (2)①L,该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大压强，平n(CH,)=1:5充入气体，发生反应：C,H。(g)+CH4(g)一→C,H(g)+ 衡正向移动，平衡转化率增大 H,(g),平衡时CH。与C,H。的分压比为4：1，则CH。的平衡转化率为 ②<③=12 ,平衡常数K。= (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压 1 ④ =总压×物质的量分数，列出计算式即可). m-1.5 %)20.75 m P) 5.疏酰氯(S0,CL2)常用作氯化剂和氯磺化剂，工业上制备原理为 S0,(g)+Cl,(g)一S0,Cl,(g)△H=-67.59kJ/mol.恒容密闭容器中 提分专练 按不同进料比充入S02(g)和Cl,(g),测定T1、T2、T温度下体系达平衡时 1.异山梨醇是一种由生物质制备的高附加值化学品，150℃时其制备 的△p(△p=%-P,Po为体系初始压强，P%=240kPa,P为体系平衡压强)， 过程及相关物质浓度随时间变化如下图所示，15h后异山梨醇浓度不再 结果如下图.图中温度由高到低的顺序为 一，判断依据为 变化.下列说法错误的是 ( 一.M点时Cl2的转化率为 一，T,温度下用分压表示的平衡 常数K。= kPa 0.10 反色D14失水山梨期反应2异山 一山梨醇 -1,4失水山梨醇 05 72 山梨醇区应③副产物 梨醇 0.04 (3.0.042) 异山梨醇 …副产物 0.02 0 时间0 15 A.3h时，反应②正、逆反应速率相等 1.5 3.5 B.该温度下的平衡常数：反应①>反应② n(SO:):n(Cl) C.0~3h,v(异山梨醇)=0.014mol/(kg·h) 6.用BaCO,和焦炭为原料，经反应I、Ⅱ得到BaC,再制备乙炔是我 D.反应②加入催化剂不改变其平衡转化率 国科研人员提出的绿色环保新路线。 2.恒压下，向某密闭容器中充入一定量的CH,OH(g)和C0(g),发生 反应I:BaC0,(s)+C(s)=Ba0(s)+2C0(g) 如下反应： 反应Ⅱ：Ba0(s)+3C(s)=BaC,(s)+C0(g) 主反应：CH,OH(g)+C0(g)=CH,CO0H(g)△H 副反应：CHOH(g)+CHC0OH(g)=CH COOCH3(g)+HO(g)△H2 已知K,-(m”K=(0”u是c0的化学计量系数).反应1 在不同温度下，反应达到平衡时，测得两种含碳产物的分布分数Ⅱ的gK与温度的关系曲线见下图 n(CH,COOH) 6[a(CH,c00H)=n(CH,coO+n(C,COOCH,)]随投料tx(物质的 量之比)的变化关系如下图所示，下列说法正确的是 ( 反应1(1585,2.5》 1.0分布分数8 1320,0 0.8 0 ● 0.6c .T=503K T=583K 反应Ⅱ1585，-15) 0.4b 0.2 0+ 投料比 1200 600 2000 T/K 楼批：代表0 1gK与T的关系曲线 B.曲线c代表乙酸的分布分数 (1)反应BaC0(s)+4C(s)-BaC2(s)+3C0(g)在1585K的K, C.△H,<0,△H2>0 Pa. D.L、M、N三点的平衡常数：K(L)=K(M)>K(N) (2)保持1320K不变，假定恒容容器中只发生反应I,达到平衡时 3.二氧化碳加氢制甲醇的过程中的主要反应（忽略其他副反应）为： Pco = P1.若将容器体积压缩到原来的)，重新建立平衡后Pm ①C02(g）+H2(g)=C0(g)+H20(g)△H1=41.2kJ/mol Pa. ②C0(g)+2H2(g)=CHOH(g)△H 225℃、8×10°Pa下，将一定比例C02、H2混合气匀速通过装有催化 7.钛单质及其化合物在航空、航天、催化等领域应用广泛，请回答下 剂的绝热反应管.装置及LL2、L,…位点处（相邻位点距离相同）的气体 列问题： 温度、C0和CH,OH的体积分数如下图所示.下列说法正确的是（ (1)基态T原子的价层电子排布式为 ☐285 (2)298K下，反应Ti02(s)+2C(s)+2Cl,(g)=TiCl,(g)+2C0(g) ◆CHOH 士C0 的△H<0、△S>0,则298K下该反应（填“能”或“不能”）自发进行. 265 (3)以TiCL,为原料可制备TiC,.将5.0 mol TiCl,与10.0 mol Ti放入 ▣主 容积为V,L的恒容密闭容器中，反应体系存在下列过程. 绝热反应管 编号 过程 △H (客器内与外界没有热量交换) 225 (a) Ti(s)+TiCl(g)==2TiCl (s) △H Ly Lo LaLa Ls Le In Ls Lo 位 (b) TiCl (s)+TiCl (g)=2TiCl(g) +200.1 kJ/mol A.L,处与L,处反应①的平衡常数K相等 (c) Ti(s)+3TiCl(g)=4TiCl(g) +132.4 kJ/mol B.反应②的焓变△H2>0 (d) TiCl(g)=TiCl(s) △H, C.L。处的H,O的体积分数大于L,处 ①△H= kJ/mol. D.混合气从起始到通过L,处，C0的生成速率小于CH,OH的生成 ②不同温度下，平衡时反应体系的组成如下图所示.曲线】对应的物 速率 质为 数理极 专 项提分· 53 (T,8.5) ②有利于提高A点DMO转化率的措施有 (填字母序号) Ti(s) (.6.0) A.降低温度 B.增大压强 6 C.减小初始氢酯比 D.延长原料与催化剂的接触时间 CTiCL(s) TiCL(g) ③K时，出口处高的直为 (精确至0.01) 0 1073 1173 123TK ④A点反应MG(g)+2H2(g)HOCH,CH,OH(g)+CH,OH(g)的 ③温度T。K下，n[TiCl,(g)]= mol,反应(c)的平衡常数 浓度商Q= (用物质的量分数代替浓度计算，精确至0.001). K= (列出算式，无须化简) 9.MgCO,/Mg0循环在C02捕获及转化等方面具有重要应用.科研人 (4)钛基催化剂可以催化储氢物质肼(NH,)的分解反应 员设计了利用MgCO,与H,反应生成CH4的路线，主要反应如下： (e)N2H4=N2+2H2 I.MgCO3 (s)=Mgo(s)+CO (g)AH,=+101 kJ/mol (f)3N2H4=N2+4NH Ⅱ.C02(g)+4H,(g)=CH,(g)+2H,0(g)△H2=-166kJ/mol 为研究某钛基催化剂对上述反应的影响，以肼的水溶液为原料（含 Ⅲ.C02(g)+H2(g)=H20(g)+C0(g)△H3=+41kJ/mol N,H4的物质的量为o),进行实验，得到n/no、n2/no随时间t变化的曲 回答下列问题： 线如下图所示.其中，m,为H,与N2的物质的量之和；2为剩余N,H,的 (1)计算MgC03(s)+4H2(g)=Mg0(s)+2H20(g)+CH(g)△H4= 物质的量.设n。为0~1时间段内反应(e)消耗N,H的物质的量，该时间 kJ/mol (2)提高CH,平衡产率的条件是 (填字母序号)： 段内，本体系中催化剂的选择性用，” ×100%表示 A.高温高压 B.低温高压C.高温低压 D.低温低压 (3)高温下MgCO,分解产生的Mg0催化CO2与L,反应生成CL4,部 分历程如下图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注，所示步骤中 最慢的基元反应是 (填序号)，生成水的基元反应为 (to,Y2) t/min ①0~to min内，N2L,的转化率为 (用含y2的代数式表示). ②0~to min内，催化剂的选择性为 (用含y1与2的代数式 表示) 8.乙二醇是一种重要化工原料，以合成气(C0、H,)为原料合成乙二 ① 醇具有重要意义 HE+.H+. 【.直接合成法：2C0(g)+3H,(g)m化HOCH,CH,0H(g),不同温 OH+H+.H+:HOOH OH+H+.H+H+.OH OHZ+.H+:H5 度下平衡常数如下表所示。 (4)100kPa下，在密闭容器中H2(g)和MgC03(s)各1mol发生反 温度 298K 355K 400K 应.反应物(H,、MgCO,)的平衡转化率和生成物(CH、CO,)的选择性随温 平衡常数 6.5×10 1.0 1.3×10-3 度变化关系如下图所示（反应Ⅲ在360℃以下不考虑） (1)该反应的△H (填“>”或“<”)0 (2)已知C0(g)、H2(g)、HOCH,CH,OH(g)的燃烧热（△H)分别为 -akJ·mol-1、-bkJ·mol-'、-ekJ·mol1,则上述合成反应的△H= kJ/mol(用a、b和c表示) (3)实验表明，在500K时，即使压强(34MPa)很高乙二醇产率 (7%)也很低，可能的原因是 (答出1条即可). Ⅱ.间接合成法：用合成气和O,制备的DM0合成乙二醇，发生如下3 个均放热的连续反应，其中MG生成乙二醇的反应为可逆反应. COOCH +2L, CH,OH +2H, CH,OH +耳 CH3 200 300 400 500 600 COOCH CH OH COOCH, CH,OH CH,OH -H,O CH2OH 温度/℃ DMO(g) MG(g) 乙二醇(g) 乙醇(g) ×100% (4)在2MPa、Cu/SiO,催化、固定流速条件下，发生上述反应，初始氢 注：含碳生成物选择性=含碳生成物的物质的量 MgCO3转化的物质的量 n(H2) ①表示CH选择性的曲线是 (填字母) 酯比n(DMO) =52.4,出口处检测到DM0的实际转化率及MG、乙二醇、 ②点M温度下，反应I的K。= (kPa)2(列出计算式即可). 乙醇的选择性随温度的变化曲线如下图所示[某物质的选择性= ③在550℃下达到平衡时，n(C0)=」 mol.500-600℃，随温 n坐成（该物质） n消起(DMO) ×100%] 度升高H2平衡转化率下降的原因可能是 100 (483,99 50.0 49.5 A(450,50 49.0 (483,2) 0 43 463 483 503 523 48. 温度/K 265 266 267 268269270 ①已知曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性，则曲线 (填图中标号， 温度℃ 图为上图内点M附近区战放大图 下同)表示DMO的转化率，曲线 表示MG的选择性 (参考答案见35版)数理招 参考答案 35 极，铁电极上是O2得电子发生还原反应，非2OH;P电极上C,NgH4失去电子生成C6N6,反应为Li,CoO2+(1-x)e+(1-x)Li*= Fe+被还原，D错误 作阳极，电极反应为2C,NH,+80H-4eˉ= LiCo02,P1电极为阳极，失电子，发生氧化反应， 2.CZn具有比较强的还原性，MO2具有C,N。+8H,0,同时，P电极上还伴随少量02生 电极反应为2H,0-4e=02↑+4H,据此分析 比较强的氧化性，所以放电时MO,电极为正 成，电极反应为40H--4e=0,↑+2H,0.电 解答.由分析可知，A错误；再锂化过程中，S0 极，Zm电极为负极，则充电时MnO2电极为阳极、 解过程中，阴离子向阳极移动，即OH向P电极 为阴离子，应向阳极移动，即向P电极迁移，C Z电极为阴极.充电时阳离子Z2*向阴极迁移，移动，A错误；电解过程中发生的总反应主要为错误；由阳极反应可知，电解过程中，阳极产生 A错误；放电时，负极的电极反应为Zn-2e=2C,N,H+4OH=CN6+4H,0+2H2↑，反应H,则阳极附近pH降低，D错误. Zm2*,则充电时阴极反应为Zm2++2e=Z,即消耗0H,生成H,0,电解一段时间后，溶液pH 11.B已知Cu电极上发生电子转移反应： 充电时Z元素化合价应降低，B错误；放电时降低，C错误；根据电解总反应可知，每生成 [0CH,0]2--e=HC00+H·,H·结合成 MnO2电极为正极，检测到MnOOH和少量1molH2,生成0.5 mol K.。N6,但P电极伴随 H,则Cu电极为阳极：PbCu电极为阴极，首先 ZnMn,0,则正极上主要发生的电极反应是少量O2生成，则生成1molH,时得到的部分电 HOOCCOOH在P%Cu上发生还原反应转化为 MnO2+H,0+e=Mn00H+0H°，C正确；放电子由0H放电产生02提供，所以生成的 OHCCOOH,OHCCOOH与HO一N+H3反应生成 时，Zm电极质量减少0.65g(0.010mol),电路K,C6N6小于0.5mol,D错误. HOOCCH=NOH,HOOCCH=NOH发生还原反 中转移0.020mol电子，由于正极上还有 7.B电极b上Br发生失电子的氧化反应 应转化成H,N+CH,COOH. ZnMn,0,生成，因此，生成MnO0H的物质的量转化成BrO,,电极b为阳极，电极反应为Br- 根据上述分析，电解过程中，阳极总反应为 小于0.020mol.D错误. 6eˉ+3H20一B03+6H+;则电极a为阴极，电 2HCH0-2e+40H=2HC00+H2↑+ 3.A光解过程中，电极a上电子流出，发极a的电极反应为6H+6e=3H2↑，A正确： 2H,0,阳极区消耗OH°，同时生成H,0,故电解 生氧化反应，电极a为阳极，电极反应为 电解总反应式为Br+3H,0电解B0+3H,↑， 一段时间后阳极区c(OH)减小，A、C正确：阴 2H0-4eˉ=02↑+4H:同理可知，电极b为阴 C正确：电解过程中消耗H,0和B,而催化阶 极区的总反应为H,C,0,+ 极，电极反应为2H*+2=H2↑.电解池中阳离 HO-N*H +6e-+6H*=HN*CH,COOH 段BrO,被还原成Br~循环使用，故加入Y的目 子向阴极移动，H通过质子交换膜从左室移向右 的是补充H,O,维持NaBr溶液为一定浓度，B错 3H,0,1molH,0解离成1molH*和1mol 室，B错误；在探究溶液浓度变化时，不仅要关注 误；催化循环阶段BO;被还原成Br循环使用、 OH,故理论上生成1molH,N+CH,COOH双极 溶质的变化，也要关注溶剂的变化，在光解过程 同时生成02，实现高效制H2和02，即Z为02 膜中有6molH,0解离，B错误：阴极区的PbCu 中，H,S04溶液中H0减少，H,S04溶液浓度增 Br元素的化合价由+5降至-1，生成1 mol Br 上存在反应：H,C,0,+2e+2H= 大，pH减小，C错误；生成1molH,转移2mol电 得到6mol电子，0元素的化合价由-2升至0， OHCCOOH+H,0,D正确 子，外电路通过0.01mol电子时，电极b上生成 生成1mol02失去4mol电子，根据得失电子守 12.A据图示可知，b电极上HCH0转化 0.005molH2,D错误 恒，反应产物物质的量之比n(O2):n(Br)= 为HC00~,为氧化反应，所以b电极为阳极，a 4.C根据该装置可用于湿法治铁可知，左 6:4=3:2.D正确！ 电极为阴极.由于a极区为KOH溶液，因此H,O 侧发生还原反应，为阴极，连接电源负极，则右侧 8.B由图可知，左侧电极发生反应 在阴极得电子生成H2和OH.阳极反应为 发生氧化反应，为阳极，连接电源正极.右侧溶液 [e(H,0)6]2+-e=[Fe(H,0)6]3+,则左侧 2HCH0-2e°+40H~=2HC00+2H,0+ 为饱和食盐水，C放电产生氯气，电极反应为 为阳极，右侧电极反应为[Fe(H,0)6]3++e= H2↑，阴极反应为2H0+2e=H2↑+20H, 2Cl~-2e=CL,↑，A正确；左侧Fe03在碱性 [Fe(H,0)6]2·,则右侧电极为阴极，A正确：已 B、D正确：相同电量即转移相同电子数，转移 条件下转化为Fe,电极反应为Fe03+6eˉ+ 知②处的电解液温度比①处的低，则可推断 2mol电子时，该装置阴、阳两极各生成 3H,0=2Fe+60H°，消耗水产生OH°，阴极区 [Fe(H,0)6]3++e=[Fe(H,0)6]2+是吸热反 1molH,,共2molH2,而传统电解水的反应为 溶液中OHˉ浓度逐渐升高，B正确：理论上每消 应，但此过程同时涉及电能和热能的转化，无法 2H,0电解2H,↑+0，↑，转移2m0l电子时，只 耗1 mol Fe,0,转移6mol电子，产生3 mol Cl2, 推断[Fe(H,0)6]3+和[Fe(H,0)6]2·的稳定性，有阴极生成1molH2,所以相同电量下H2理论 同时有6 mol Na由阳极转移至阴极，则阳极室 B错误；多孔隔膜可以阻止两电极区的溶液对产量是传统电解水的2倍，A错误：电解过程中 溶液减少的质量为3×71g+6×23g=3518,阴极 流，可阻止热交换，C正确；题干明确指出电子转阴极生成OH,负电荷增多，阳极负电荷减少， 室物质最多增加6×23g=138g,C错误，D正确 移过程非常快，物质结构来不及改变.这意味着要使电解质溶液呈电中性，0H通过阴离子交换 5.C由题中信息可知，当电池开始工作时， 电子转移（即氧化还原反应）本身不会直接导致： 膜向阳极移动，即向b极方向移动，C正确。 a电极为电池正极，血液中的02在a电极上得电 结构变化，热效应实际上来源于电子转移完成 13.C由图中H*和0H的流向，可推出左 子生成0H,电极反应为02+4e+2H,0= 后，[Fe(H,0)。]2+和[Fe(H,0)6]3因配位环境 侧P1电极为阳极，右侧石墨电极为阴极，阳极反 40H;b电极为电池负极，Cu,0在b电极上失或电荷分布变化引起的结构重组导致热量变化， 应为40H-4e°=02↑+2H,0,阴极反应为 电子转化成CuO,电极反应为Cu,0-2e+D正确. 2H+2eˉ=H,↑，Ⅲ室中氯化钠浓度降低，V 20Hˉ=2Cu0+H20,然后葡萄糖被Cu0氧化为 9.D由图可知，a极铜元素化合价升高失 室NaOH溶液浓度增大，说明钠离子向阴极方向 葡萄糖酸，Cu0被还原为Cu,0,则电池总反应为电子，故a极为负极，电极反应为Cu,0+2H,0+ 移动，氯离子向阳极方向移动，则Y膜为阳离子 2C,H20。+02=2C,H20,A、B正确：根据总反C-2e=Cu,(0I),C+H,b极为正极，电极反 交换膜，X膜为阴离子交换膜，C错误. 应1molC6Hz06参加反应时转移2mol电子，：应为Na,(PO4)3+2e+2Na*=Na,Ti,(P0)3: 18mgC。H20。的物质的量为0.1mmol,则消耗由题意知，Ag的失电子能力比Cu,0强，若以Ag 专题12提分专练 18mg葡萄糖时，理论上a电极有0.2mmol电子AgC1电极代替a极，a极仍增重，此时a极发生反 流入，C错误；原电池中阳离子从负极向正极迁应：Ag-eˉ+d=Agd,所以电池不会失去储氯 1.A由图可知，3小时后异山梨醇浓度继 移，故Na迁移方向为b→a,D正确. 能力，D错误 续增大，15h后异山梨醇浓度才不再变化，所以 6.B由电解原理图可知，Ni电极上产生氢 10.B由图可知，该装置中有直流电源，为3h时，反应②未达到平衡状态，即正、逆反应速 气，作阴极，发生还原反应，电解质溶液为KOH电解池，则Li,Co02(x<1)转化为LiCo02过程 率不相等，A错误：图像显示该温度下，15h后所 水溶液，则电极反应为2H,0+2=H,↑+中，Li,Co02得电子发生还原反应，为阴极，电极有物质浓度都不再变化，且此时山梨醇转化完 36 参考答案 数理招 全，即反应充分，而1,4-失水山梨醇仍有剩余， 0.22 情况.随着温度升高，反应b、c正向移动，反应 即反应②正向进行程度小于反应①，所以该温度 0.8×4.8 a、d逆向移动，所以TCl,(g)的含量逐渐上升， 下的平衡常数：反应①>反应②，B正确：由图可 5.T,>T2>T,该反应正反应放热，且气体TCl,(s)的含量逐渐下降，所以曲线I对应的物 知，在0~3h内异山梨醇的浓度变化量为 分子数减小，反应正向进行时，容器内压强减小，质为TC,(s): 0.042mol/kg,所以（异山梨醇）=0.042mog 从T,到T,平衡时△p增大，说明反应正向进行 ③温度T。K下，n[Ti(s]=8.5mol, 3h 程度逐渐增大，对应温度逐渐降低75%0.03n[TCl,(g)】=6.0ml,n[TC,（s)】= =0.014mol/(kg·h),C正确：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正确. 解析：该反应的正反应为气体体积减小的反n[TCl,(s)]=0mml,根据T元素守恒，可推出 2.D若投料tx代表(CH,0) 应，因此反应正向进行程度越大，平衡时容器内n[TCL(g)]=(10+5-6-8.5)mol=0.5mol, n(C0),x越大， 压强越小，△p越大.相同投料比时，从T到T, △p增大，说明反应正向进行程度逐渐增大，已知 则ea(s1- mol/L,c[Ticl (g)]= 可看作CH,OH的量越多，则副反应生成的 正反应为放热反应，则温度由T到T,逐渐降 6.0 CH,COOCH,越多，CH,COOCH,分布分数越高， Vo mol/L,反应(c)的平衡常数K= 低，即T3>T2>T 则曲线a或曲线b表示CH,COOCH3分布分数， 由题图中M点可知，进料比为n(SO2): 6)4 曲线c或曲线d表示CH,C00H分布分数，据此 e"[TiCl(g)] n(Cl2)=2,平衡时△p=60kPa,已知恒温恒容 分析可知A,B均正确，可知假设错误.则投料比 c[TiCl(g)] 0.53 情况下，容器内气体物质的量之比等于压强之 x代表0，曲线a或曲线b表示比，可据此列出段式！ (4)①因为肼(N,H,)为反应物，肼的含量逐 δ(CH,CO0H),曲线c或曲线d表示 S02(g)+C2(g)S0,CL2(g）△p 起始压强/kPa 160 80 渐下降，起始时2=1，omin时，2=2，则0~ δ(CH,CO0CH3) 转化压强/kPa 60 60 60 60 当同一投料比时，观察图像可知T,时 平衡压强/kPa 100 20 60 么min内L,的转化率为2x100%=(1- δ(CH,C00H)大于T时δ(CHCO0H),又T2> T,即温度越高，6(CH,C00H)越大，说明温度升 a (Cl2 =60 kPa 80 kPa ×100%=75%,K。=)×100%. 高主反应的平衡正向移动，△H>0,同理T,时 ②设to min时，反应(e)转化的N,H4的物质 p(SO,CL) 60 kPa 8(CH,C00CH,)大于T2时8(CH,C00CH),又 p(SO,)p(Cl100 kPa x20 kPa =0.03 kPa-. 的量为e,反应()转化的N,H,的物质的量为 T>T,,即温度越高，δ(CH,C0OCH,)越小，说明 6.(1)106(2)10510 3,存在如下转化关系： 温度升高副反应的平衡逆向移动，△H2<0,C错 N2H4=N2+2H2 解析：(1)反应I+反应Ⅱ得BaCO,(s)+ 误；LMN三点对应副反应，△H2<0,且T>TM= :转化量： e e 2e 4C(s)=BaC2(s)+3C0(g),其平衡常数K= T,升高温度平衡逆向移动，K(L)=K(M)> 3N2H =N2 +4NH K(N),D正确 K·人=（八由图可知，185K时人=转化量 3f f 4f 3.CL4处与L处的温度不同，故平衡常 则n1=3e+,n2=m-(e+3f) 数K不相等，A错误；由图像可知，L,一→L温度在 102-5,K1=1015,即()3=102-5×10-15= 103Pa 3et[= …① 升高，该装置为绝热装置，而反应①为吸热反应， no 10,所以p2=10×(103Pa)3=106Pa3,则K,= 所以反应②为放热反应，△H,<0,B错误；L,相pm=106Pa. n,-(e+30 =y2…② no 对L,温度较高，说明反应②进行程度更大，体系 (2)由图可知，1320K时反应I的K,=10°= 中气体的总物质的量减少，且温度升高，反应① 联立①②可得。=3，+-1 ,即K,=（6°=1，所以底=(0只 8 no,f= 的平衡正向移动，H,0的物质的量增大，所以 H,0的体积分数增大，C正确；L,处C0的体积 3--32 即po=10Pa.若将容器体积压缩到原来的2， 8 分数大于CH,OH,反应时间相同，说明C0的生 则0~omin时，催化剂的选择性为 成速率大于CH,OH的生成速率，D错误. 由于温度不变、平衡常数不变，重新建立平衡后 3y1+y2-1 4.20% 0.2 pm应不变，即pw=103Pa. 8 no 3y1+2-1 0.8×4.8 -×100%= ×100%. 7.(1)3d4s2(2)能 (1-y2)n 8(1-y2) 解析：设起始时CH。的物质的量为1mol, (3)①-267.8②TiCL2(s) 8.(1)< CH,的物质的量为5mol,参加反应的C,H。的物 6)4 (2)-2a-3b+c(或c-2a-3b) 质的量为xmol,建立如下三段式： ③0.5 (3)温度过高，反应平衡常数较小导致产率 C.H.(g)+CH,(g)-C,H,(g)+H(g) 0.5) 过低（或温度过高，催化剂的催化活性下降导致 起始量/(mol)1 5 0 0 产率过低) 变化量/(mol)x (4)①(1-y2)×100% (4)①IV②BD③1.98④0.025 平衡量/(mol)1-x 5-x x10 解析：(1)根据表格中的数据，温度升高，反应 依题意(C)一6P40.2 解析：(1)Ti为22号元素，基态Ti原子的价 的平衡常数减小，说明反应向逆反应方向移动，又 p(CzHs) Pe 层电子排布式为3P4s2 因升高温度向吸热反应方向移动，故逆反应为吸热 反应，正反应为放热反应，该反应的△H<0. 则平衡时，n(CsH。)=0.8mol,n(CH4)= (2)△H-TAS<0的反应能自发进行. (2)根据已知条件可以写出如下热化学方 4.8 mol,n(C.Hs)=0.2 mol,n(H2)=0.2 mol, (3)①根据盖斯定律，将反应c-2×反应b 可得Ti(s)+TiCl4(g)==2TiCL,(s),则△H= 程式： C,H,的平衡转化率为9,2×100%=20%，平 132.4-2×200.1kJ/mol=-267.8kJ/mol. ①C0(g)+0,(g)=C0,(g)△H,= 0.2x100kPa)2 ②由表格可知，反应a、反应d为放热反应， a kJ/mol 衡常数K,= 6 (0-8x100kPa)x(4-8x100kPa) 反应b、反应c为吸热反应，曲线I、Ⅱ可表示 6 6 TiCL(g)或TiCl2(s)的物质的量随温度的变化 ②H,(g)+202(g)=H,0(1)△H,= 数理极 参考答案 37 -b kJ/mol 9.(1)-65(2)B c(CH3CO0ˉ)，A错误；升温促进C6H0的水 ③H0a,CH,0H(g)+30,(g)-2c0,(g)+ (3)④H0°+H+CH,=CH+H,0 解，0H浓度增大，H变大.氢氧化钠完全电离， (4)①c ·③0.2反应Ⅱ生成的氢 c(OH)不变，但升温后Kw增大，导致c(H)增 3H20(1)△H3=-ckJ/mol 大，pH减小，B错误：当pH=10.00时，c(H)= 根据盖斯定律，用2×反应①+3×反应②- 气多于反应Ⅲ消耗的氢气 1.0×10-0,K= c(H)·c(C6H,0) 反应③即可得到目标方程式，故目标方程式的 解析：(1)根据盖斯定律，将I+Ⅱ可得 c(C.HsOH) △H=(c-2a-3b)kJ/mol. MgC0,(s)+4H2(g)=Mg0(s)+2H,0(g)+1.0×100×c(C,H,0) (3)根据表格中的平衡常数，反应温度在CH,(g),即△H=△H,+△H2=+101kJ/mol+ =1.0×10-0,故 e(C HsOH) 500K时，平衡常数K<1.3×10-3,此时平衡常(-166kJ/mol)=-65kJ/mol. c(C6H,0)=c(CH,OH),C正确：C6H0水解 数过小，导致乙二醇产率过低：或温度过高，催化 (2)要提高CH,的平衡产率，即要使反应Ⅱ会促进水的电离，D错误 剂的催化活性下降，导致乙二醇产率过低. 平衡正向移动.反应Ⅱ的正反应是气体体积减小 2.D NaCl(0溶液中Cl0ˉ会水解，故溶液中 (4)根据图示的曲线，随着温度的升高，曲的放热反应，低温高压条件下能使平衡正向移c(C0)<0.01mo/L,A错误；NaCI0长期露置 线I的变化趋势为上升后逐渐平衡，此时说明动，B正确。 在空气中容易和C02发生反应而失效，其反应 DMO的转化率趋于恒定，故曲线I为DMO的实 (3)反应活化能越高，反应速率越慢，从图的化学方程式为C10+C0,+H,0=HC0,+ 际转化率曲线；又已知曲线Ⅱ为乙二醇的选择性中可以看出，第④步活化能最高，速率最慢，基元 HC0,HCI0再分解：2HCI0光里2HCl+0,↑，不 曲线，观察曲线Ⅱ和曲线V可知，随着反应的进反应为CH;+H°+2H20=CH+2H,0;由图 会释放Cl2,B错误；将过量的S02通入NaCIO溶 行MG逐渐转化为乙二醇，故曲线V为MG的选可知，在第③步时生成了水，基元反应为HO·+ 择性曲线，因此曲线Ⅲ为乙醇的选择性曲线. 液中，S02被氧化：S02+C10+H,0=C+ H +CH"=CH +H.O. S0?+2H+,C错误：25℃，pH=7.0的NaCl0 ①根据上述分析，曲线I为DMO的实际转 (4)已知反应I为吸热反应，反应Ⅱ为放热 和HCI0的混合溶液中，说明HCI0的电离程度 化率曲线：曲线V为MG的选择性曲线， 反应，反应Ⅲ为吸热反应，根据图像，温度逐渐升 ②根据图示，降低温度，DMO的转化率降 与C10的水解程度相等，K,= 高，则碳酸镁的转化率逐渐升高，氢气的转化率 低，A不符合题意；增大压强，反应体系中的活化 下降，在360℃以下不考虑反应Ⅲ，则二氧化碳 c()·c(C0).1x107×e(C0）=4× c(HCIO) e(HCIO) 分子数增加，化学反应速率加快，DMO的转化率的选择性上升，甲烷的选择性下降，所以a表示 10-8,c(C10) 增大，B符合题意；减小初始的氢酯t导致体系碳酸镁的转化率，b表示二氧化碳的选择性，©表 'e(HCIO) =0.4,c(C10-)<c(HC10).根据 中氢含量下降，DMO的转化率降低，C不符合题 示甲烷的选择性。 电荷守恒：c(CI0)+c(OH)=c(H+)+ 意：A点时DMO的转化率为80%，升高温度后 ①表示CH,选择性的曲线是c. c(Na),则c(CO)=c(Na),所以c(HCIO)> 转化率持续上升，说明A点时反应未平衡，延长 ②点M温度下，从图中看出碳酸镁的转化c(CIO)=c(Na),D正确. 原料和催化剂的反应时间可以促进反应的继续率为49%，则剩余的碳酸镁为0.51mol,根据碳 3.D氨水中存在电离平衡：NH3·HO 进行，增大DMO的转化率，D符合题意. 原子守恒，甲烷和二氧化碳中碳原子的物质的量 一N+OH,K,=(N)·co2,则 ③483K时，DM0的实际转化率为99%，设之和为0.49mol,又因为此时二氧化碳的选择性 c(NH3·H,O) 起始投入的DM0为100mol,则出口处流出的乙：和甲烷的选择性相等，则一氧化碳和甲烷的物质 c(NH) c(H,·H,O(OH)加水稀释过程中，K K 醇的物质的量为100m0l×99%×2%=的量为0.245ml,根据氧原子守恒得出水的物 1.98mol,此时还有1 mol DM0未反应从出口处质的量为0.49mol,根据氢原子守恒得出氢气的 e(NH) 流出，因此出口处（亿=198m=1.98. 物质的量为0.02mol,气体物质的总物质的量为 不变，c(oH)减小NH,·H,0逐渐增大，A n(DMO)1 mol (0.02+0.245+0.245+0.49)mol=1mol. 错误；NH,C1是强酸弱碱盐，NH会水解，溶液 ④设初始时H,与DM0的投料分别为 p(H)=0.02×10okPa=2kPa,p(C0,)= 中存在：c(Cl)>c(NH)>c(H)>c(OH), 52.4mol和1mol,A点时DM0的实际转化率为 1 B错误：“越弱越水解”，即越弱越有利于水的电 80%,MG和乙二醇的选择性为50%，假设该反 n(CH)=0.245x100kPa=24.5kPa,p(H,0)= 离，等物质的量浓度的NaHCO,溶液和Na,CO 应分步进行，第一步反应中DMO转化为MG,可 1 溶液中水的电离程度：前者小于后者，C错误： 写出如下关系： 0.49×100kPa=49kPa,则反应Ⅱ的K= 0.1mol/L NaHC03溶液中，电荷守恒：c(H+)+ 1 DMO(g)+2H2 (g)=MG(g)+CH,OH(g) c(Na*)=2c(CO)+c(HCO;)+c(OH), 起始/(mol)1 52.40 0 24.5×49249 kPa-2. 24×24.52 素质量守恒：c(Na*)=c(C0)+c(HC0;)+ 反应/(mol)0.8 1.60.8 0.8 终了/(mol)0.2 50.80.8 0.8 ③在550℃下达到平衡时，碳酸镁完全转c(H,C0,),联立两式得c(H)-c(0H)= 第二步反应，MG转化为乙二醇，可写出如下关系：化，二氧化碳的选择性为70%，甲烷的选择性为c(C0)-c(H,C0,),D正确. MG(g)+2H2(g)=乙二醇(g)+CH,OH(g) 10%,则生成的二氧化碳为0.7ol,生成的甲烷 4.B恰好中和时，溶质为CH,COONa和 起始/(mol)0.850.80 0.8 为0.1mol,根据碳原子守恒得出n(C0)=(1-: NaCl,其中CH,COOˉ会水解，使溶液呈碱性，A 反应/(mol)0.40.8 0.4 0.4 0.7-0.1)mol=0.2mol;因为反应Ⅱ是放热的， 正确；滴加NaOH溶液至pH=4.3的过程中，若 终了/(mol)0.450.0 0.4 1.2 反应Ⅲ是吸热的随温度升高，反应Ⅱ逆向移动，只发生离子反应：H+OH=H,0,则滴加 这时，体系中DM0的物质的量为0.2mol、反应Ⅲ正向移动，由于反应Ⅱ生成的氢气多于反NaOH溶液的体积为20mL,此时醋酸的浓度为 MG的物质的量为0.4mo1、H,的物质的量为应Ⅲ消耗的氢气，导致H2平衡转化率下降 0.05mol/L,根据电离常数，c(H)≈ 50.0mol、CH30H的物质的量为1.2mol、乙二醇 c(CH COO) 的物质的量为0.4mol,体系中各物质的总物质 专题13提分专练 K.(CH,COOH).c(CHCOOH) 的量为(0.2+0.4+50.0+1.2+0.4)mol= √0.05×1.8×10 3 0.4 mol 1.2 mol 52.2n×2.2mL=0.025. 1.C醋酸的酸性强于苯酚的，C。H,0的水10-3.5mo/L>1.0×104.3mol/L,故滴定至pH= 52.2mo1.Q=0.4mol×0.0mol)2 解程度大于CH,C00的，则相同温度下，等浓度4.3的过程中，醋酸也参加了反应，离子方程式 52.2 mol ×(52.2mol 的CH,ONa和CH,COONa溶液中，c(C6H0)<:为H++OH-=H,0和CH,COOH+OH=