二轮专题(九) 化学反应速率与化学平衡-【真题密卷】2026年高考化学二轮专题精准提升（山东专用）

2025一2026学年度二轮专题精准提升（九） 题 化学·化学反应速率与化学平衡 本试卷总分100分，考试时间90分钟。 、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 题号 1 2 4 6 7 9 10 答案 1.已知2SO2(g)+O2(g)一2SO3(g)△H<0。下列说法正确的是 A.恒温条件下增大压强，平衡正向进行，该反应的平衡常数K增大 B.使用高效催化剂，可降低反应的活化能，增大活化分子百分数 C.温度越低越有利于该反应的进行，从而提高SO?的生产效率 D.若容器体积不变，再加入适量O2,可增大活化分子百分数，加快反应速率 2.对于反应4NTH,(g)十50，(g)4NO(g)十6H,O(g)△H<0。下列说法正确的是 A.该反应△S<0 B.使用催化剂能降低反应的焓变 心其危条作不变，增大可类济N的平衡装化家 D.1molN一H断裂的同时有1molO一H断裂说明反应到达该条件下的平衡状态 3.已知：A(g)十2B(g)=一3C(g)△H<0,向一恒温恒容密闭容器中充入1molA和3molB发生反 应，t1时达到平衡状态I,在t2时改变某一条件，t3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 A.容器内压强不变，表明反应达到平衡 正 B.t2时改变的条件：向容器中加人B C.平衡时A的浓度：c(Ⅱ)>c(I) D.平衡常数K:K(I)<K(I) 4.某温度下，在密闭容器中充人一定量的R(g),发生反应R(g)=一T(g), t/min 该反应经历两步：①R(g)I(g),②I(g)=一T(g),催化剂M能催化第 ②步反应，反应历程如图所示。下列说法错误的是 ( c学①减小，且学(T) A.升高温度，C学(T C平(R)减小 B.不使用催化剂M,反应过程中c(I)先增大后减小 C.使用催化剂M,反应①的△H不变，反应②的△H减小 反应历程 D.使用催化剂M,反应①速率不变，反应②速率加快 5.为探究化学反应速率的影响因素，设计方案并进行实验，观察到相关现象。其中方案设计、现象、结论 均正确的是 ) 选项 影响因素 方案设计 现象 结论 室温下，分别向颗粒度相同的大理石碎块中加入 加入5mL盐酸的 增大反应物浓 浓度 5mL0.1mol·L1盐酸和1mL0.5mol·L-1 试管中产生气泡 度，反应速率 盐酸 速率更快 加快 向两只盛有2mL0.1mol·L-1Na2S2O3溶液的试 温度 热水中试管先产 升高温度，化学 管中分别同时加入2mL0.1mol·L1稀H2SO4 生浑浊 反应速率加快 溶液，振荡，再分别置于冷水和热水中 压强 向两个同体积的密闭容器中，分别充入100mLH1 气体颜色变化速 增大压强对反应 气体和100mLHI与100mLAr的混合气体 率相同 速率无影响 室温下，向两只相同的试管中分别加入2mL10% 滴入FeCl3溶液的 使用合适的催化 催化剂 的H2O2溶液，向其中一只滴入2滴1mol·L-1 试管中产生气泡 剂可使化学反应 FeCl3溶液 的速率更快 速率加快 二轮专题精准提升（九）化学第1页（共8页） 真题 把据青春，勇敢追梦，让梦想引领你走向更美好的未来 6.向1L恒容密闭容器中加入1 mol CH4和一定量的H2O(g),发生反应的化学方程式为CH4(g)+ 班级 H2O(g)CO(g)+3H2(g)△H。CH4的平衡转化率按不同投料 n(CH,) 比xx=n(HO) 随温度变化的曲线如图所示，已知x1=1,下列说 70 姓名 法正确的是 50 A.I1>x2 B.c点化学平衡常数K=0.7X2.1 得分 0.32 C.△H<0 D.v逆(a)>v逆(b) 7.一定温度下，向两个固定体积的密闭容器中分别充入等量X(g)和等量Y(g),发生反应mX(g)十nY (g)==pW(g)十qZ(g)△H=一akJ·mol-1,测得有关数据如表所示： 容器 容器体积 平衡时Z的物质的量 达到平衡所用时间 达到平衡过程中的能量变化 ① 2L 1.2 mol 10 min 放热0.6akJ ② 4L 1.6 mol t 放热0.8akJ 下列叙述错误的是 A.①中0~10min内，v(Z)=0.06mol·L-1·min-1 B.t>10 min C.m十n>p+g D.q=2 8.在T℃时候，A气体与B气体反应生成C气体。反应过程中A、B、C的浓度变化如图(I)所示，若 保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，B的体积分数与时间的关系如图（Ⅱ）所示，则下列说法 正确的是 () c(molL-） 0.7 积 05 0.4 0.3---- 0. -B 0 t时间 时间 (I) (Ⅱ) A.该平衡体系的化学反应方程式为A(g)十B(g)C(g) B.(t1十10)min时，保持容器总压强不变，通入稀有气体，平衡向逆反应方向移动 C.该反应△H>0 D.其他条件不变，升高温度，正、逆反应速率均增大，且C的体积分数增大 9.室温下过氧化铬(CrO)在硝酸酸化的戊醇中会溶解并发生反应：4CrO十12HNO3一4Cr(NO3)3 十702(g)十6H20。在5mL1×10-3mol·L1过氧化铬戊醇溶液中滴人一定量的稀硝酸，在不同 时刻测得过氧化铬浓度如表中所示： 时间/min 4 6 8 10 t 20 25 35 c(CrO5)/(×10-5mol·L1) 4.230 2.510 1.790 1.350 1.240 1.130 1.110 1.100 下列叙述正确的是 A.4~6min内过氧化铬分解的平均速率v(H2O)=8.6×10-6mol·L1·min1 B.8~10min内过氧化铬分解释放的O2体积约为0.86mL(标准状况) C.推测表中t的取值范围为10<t<15 D.若升高温度后重新实验发现20min时过氧化铬浓度为1.120×105mol·L1,则证明反应的△H>0 10.已知反应2N2O(g)一2N2(g)十O2(g)的速率方程为v=k·c"(N2O)。向恒温恒容的密闭容器中 加入一定量N2O(g)发生上述反应，测得部分实验数据如表中所示。下列说法正确的是 ( ) 反应时间/min 0 元 30 40 c(N2O)/(×10-3mol·L-1) 10.0 8.0 6.0 4.0 2.0 密卷 二轮专题精准提升（九）化学第2页（共8页） 3 A.前l0min,v(O2)=0.1mol·L1·mini B.其他条件相同时，N2O的浓度越大，化学反应速率越大 C.n=2 D.当N2○的转化率为50%时，容器内压强为初始压强的1.25倍 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得 4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 题号 11 12 13 14 15 答案 11.为研究反应2NO十O2→2NO2在不同条件下NO的转化率，向恒压反应器中通入含一定浓度NO 与O2的气体，在无催化剂和有催化剂时，相同时间内分别测得不同温度下反应器出口处O的转 化率如图中曲线a、b所示（图中虚线表示相同条件下NO的平衡转 100 化率随温度的变化)，下列说法错误的是 0 A.反应的△H<0 60 B.曲线a中NO转化率随温度升高而增大，是由于反应速率变快 40 C.曲线b中从M点到N点，NO转化率随温度升高而减小是由于 )0 催化剂活性减弱 100 200300400500 D.催化剂存在时，其他条件不变，增大c(O2),NO转化率随温度的 温度/C 变化为曲线c 12.在某一初始温度下，在恒容绝热密闭容器中，发生反应：X(g)一Y(g) △H1,Y(g)=2Z(g) △H2,测得各物质的量浓度和容器内温度随时间变化的 200 关系如图所示。下列说法正确的是 ) 40 A.40min时，体系内两个反应均达到平衡状态 30 B.0~40min,用物质Y表示的平均反应速率为 20 1003 0.75mmol·L1·min1 10 C.△H1<0,△H2>0 4050 100 D.若改为恒温容器，则X、Z物质的量浓度相同的时刻要 t/min 比40min靠后 13.臭氧是理想的烟气脱硝剂，其脱硝的反应之一为2NO2(g)十O3(g)一一N2O(g)+O2(g),不同温 度下，在两个恒容容器中发生该反应，相关信息如下表及图所示，下列说法正确的是 () 容器 容积/L 温度/K 起始充入量 甲 1 1molO3和2 mol NO2 乙 Ta 1mol03和2molN02 06 0.4 0.3 0.1 0101520253035tmim A.该反应的正反应为吸热反应 B.T1时平衡后，向恒容容器中再充人1molO3和2 mol NO2,再次平衡后，NO2的百分含量将不变 C.反应体系在温度为T1时的平衡常数K=0.5 D.在恒温恒容条件下，混合气体密度不再改变能证明该反应已经达到平衡 3 二轮专题精准提升（九）化学第3页（共8页） 真题 14.卤代烃(CH3)3CBr在乙醇中发生醇解反应的能量变化如图所示，下列说法错误的是 ( 个能量 [(CH),CBr] [(CH):C---OC.H,] H (CH)C+Br +C,H,OH [(CH.COC.Hg] Hr (CH);CBr (CH,).COC2Hs+Br H (CH,),COC,H,+HBr 反应过程 A.(CH3)3CBr的醇解反应包含3个基元反应 B.升高温度，有利于提高(CH3)3CBr的平衡转化率 C.该反应的决速步骤为(CH3)3CBr一(CH3)3C+十Br D.若在乙醇中加入少量的乙醇钠，可降低反应速率 15.利用C02和H2可制得甲烷，实现资源综合利用。已知： I.C02(g)+H2(g)=C0(g)+H2O(g)△H1=+41.2kJ·mol-1; Ⅱ.C02(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)△H2=-165.0kJ·mol-1。 在一定的温度和压强下，将按一定比例混合的CO2和H2混合气体通过装有催化剂的反应器，反应 相同时间，CO2转化率和CH4选择性随温度变化关系如图所示。CH4选择性= CH,的物质的量 100F 发生反应的C02的物质的量X100%,下列说法错误的是 100 解80 80 ● CH, () 60 A.反应I的△S<0 B.240℃时，其他条件不变，增大压强，C02的转化率8 40 740 20 20 增大 0 C.在260~300℃间，其他条件不变，升高温度，CH4的产 200240280320360温度/C 率减小 D.320℃时CO2的转化率最大，可能的原因是反应I和反应Ⅱ达到了平衡状态 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16.(12分)H2O2是一种绿色氧化还原试剂，在化学研究中应用广泛。 (一)A实验小组拟在同浓度Fe3+的催化下，探究H2O2浓度对H2O2分解反应速率的影响。 (1)设计实验方案：在不同H2O2浓度下，测定 (要求所测得的数据 能直接体现反应速率大小)。 (二)B实验小组在验证H2O2氧化Fe2+时发现异常现象，并进行了深人探究。 实验I: 装置与操作 现象 逐滴滴加0.5mL0.3molL-1H,0, 溶液立即变红，继续滴加H2O2溶液，红 色变浅并逐渐褪去 1mL0.1molL'FeSO,溶液(pH=1) 十 2滴0.1molL1KSCN溶液 (2)实验I中溶液变红的原因是 (用离子方程式表示其原理)。 密卷 二轮专题精准提升（九）化学第4页（共8页） (3)探究实验I中红色褪去的原因：取反应后溶液， (填实验操作和 现象)，证明溶液中有Fe3+,而几乎无SCN。 (4)查阅资料发现，酸性溶液中H2O2能氧化SCN一，但反应很慢且无明显现象，SO?对该反应没影 响。实验I中褪色相对较快，由此推测Fe3+在酸性溶液中能加快H2O2与SCN的反应。通过 实验Ⅱ和Ⅲ得到了证实。参照实验Ⅱ的图例，补全实验Ⅲ加入的试剂和现象。 实验Ⅱ： 实验Ⅲ： 0.5 mL 0.05 mol.L- ①加入 ②加入 Fe,(SO,)溶液(pH=l) 1mL0.3 mol.L H,0溶液 静置 1mL0.3 mol.L-H,O,溶液 静置 + 2滴0.1 mol.LKSCN溶液手 2滴0.1mo·L KSCN溶液 溶液变红 时刻溶液红色恰好褪去 无明显现象③现象： 0 t时间/min 0 t时间/min (三)查阅资料：Fe3+加快H2O2与SCN反应的主要机理如下： i,Fe3++H2O2-Fe2++H2O·+H+; ii.Fe2++H2 O2-Fe3++.OH+OH-; ii.·OH(羟基自由基)具有强氧化性，能直接氧化SCN。 C实验小组猜测：Fe+是否也可能加快HzO2与SCN-的反应。通过实验Ⅱ和V得到了证实。 实验V: 0.5 mL 0.1 molL FeSO,溶液(pH=l) 1mL0.3 mol .L H,O,溶液 静置 + 2滴0.1 mol.L KSCN溶液国 溶液变红时刻溶液红色恰好褪去 0 t'时间/min (5)①实验得知，t'<t,对比实验Ⅱ和V得到结论：在本实验条件下， ②结合资料和实验I~Ⅳ的研究过程，从反应速率和化学平衡的角度解释实验I中溶液先变红 后褪色的原因： 17.(11分)丙烯是重要的化工原料，其中较为成熟的制备方法为丙烷无氧脱氢法。涉及的反应为C3H C3H6+H2(I);主要副反应为C3Hg=C2H4+CH(Ⅱ)。 (1)已知反应(I)在温度900K以上才可自发，则其△H0(填“>”“<”或“=”)。 (2)丙烷的平衡转化率和丙烯的选择性随温度变化如图所示： 773K873K 温度逐渐升高 随温度的升高丙烯选择性下降的原因除了上述副反应和碳化外还可能发生聚合反应，该聚合反 应的化学方程式为 二轮专题精准提升（九）化学第5页（共8页）】 真题密 (3)生产过程中温度控制在773~873K,在100kPa和10kPa下丙烷和丙烯平衡物质的量分数随 温度变化如图所示： n/% a 00 d LLLLLLLL 773 873TK 100kPa和10kPa下丙烷平衡物质的量分数随温度变化曲线分别为 (填“a”“b” “c”或“d”),判断依据是 (4)在某温度、100kPa下，向反应器中充入1mol气态丙烷发生反应(I),其平衡转化率为50%，欲 将平衡转化率提高至75%，需要向反应器中充人ol惰性气体作为稀释气（计算时忽略副 反应)。 (⑤)研究发现，Pt颗粒能吸附并高效活化C一H键，Pt晶面上丙烷系列脱氢过程中物质的相对能量 关系如图所示： “*”表示吸附态 1.5 1.0 0.5 CH,CH-CH(g) 步骤1 室 0 色 系列 CH.CH-CH,* 、C(S) -1.0 深度 -1.5 脱氢 反应过程 为了提高丙烯的产率，科研工作者根据图中信息对催化剂功能应做出的调整是（填“提 高”或“降低”，下同)步骤1的活化能， 步骤2的活化能。 18.(12分)煤的间接液化是先把煤转化为一氧化碳和氢气，再在催化剂作用下合成甲醇等。 (1)已知反应：①2C(s)+O2(g)=2C0(g)△H1=-221.0kJ·mol-1; ②2H2(g)+O2(g)-=2H20(g)△H2=-483.6kJ·mol-1; ③C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H3。 则反应③的△H3= k·mol-1。 (2)在T1℃时，向体积为2L的一个刚性容器中加入一定量的C(s)和a mol H2O(g),只发生下列 反应：C(s)+H2O(g)CO(g)十H2(g)、CO(g)+H2O(g)=CO2(g)十H2(g),达平衡时测 得n(H2)=bmol,n(C0)=cmol,则平衡时n(CO2)= mol(用含a、b、c的代 数式表示)。 （8已知：在定条件下可发生反应：2H,g)十C0eC,OHg△H ①下列说法正确的是 (填标号)。 A.恒温恒容下，再加入氨气，压强增大可以提高CO和H2的平衡转化率 B.v正(CH,OH)=2v逆(H2)时说明反应已经达到化学平衡状态 C.升高温度，化学反应速率加快，说明该反应的正反应是吸热反应 D.恒温恒容下，向平衡体系中再充人适量的H2,平衡正向移动，平衡常数不变 ②已知：催化剂并不是所有部位都有催化作用，真正起催化作用的那些部位称为活性点位，也称 活性中心。恒温恒容条件下发生反应2H,(g)+C0(g)CH,OH(g),若n(C0)不变 n(H2)过多，反应速率减慢，可能的原因是 卷 二轮专题精准提升（九）化学第6页（共8页） 3 ③若一定温度范围内该反应的化学平衡常数为K,lK与云（温度的倒数）的关系如图所示：则 △H4 0(填“大于”或“小于”) 1.5 2 ×10 ④T2℃时，在体积为2L的刚性容器充人2molH2和1 mol CO合成甲醇，假设只发生反应： 2H,(g)+C0(g) 三CH3OH(g),5分钟末达到平衡，测得CH3OH的体积分数为25%，求5分钟 内的平均反应速率v(H2)= mol·L1·min1,CO的平衡转化率为 0 19.(13分)甲醇制烯烃工艺作为重要的化工生产途径，对缓解石油资源依赖意义重大。其核心反应 如下： 反应I:2CH3OH(g)-=C2H4(g)+2H2O(g)△H1=+5.7kJ·mol-1; 反应Ⅱ：3CH3OH(g)=C3H6(g)+3H2O(g)△H2<0。 回答下列问题： (1)反应I的正反应活化能E正=419.0kJ·mol1,则E逆= kJ·mol-1。 (2)在某温度下，向恒容密闭容器中通入一定量CHOH发生反应Ⅱ，下列能说明反应Ⅱ达到平衡状 态的是 (填标号)。 A.容器内压强不再变化 B.容器内气体密度不再变化 C.混合气体的平均相对分子质量不再变化 D.CH3OH的消耗速率与C3H。的生成速率之比为3：1 (3)在TK、10MPa的恒压密闭容器中，充人1 mol CH:OH发生反应I、Ⅱ，达平衡时， x(CH3OH)=80%,n(C2H4)=0.2mol,则C2H4的选择性S(C2H4)= % [S(C2H4) n(生成C2H4消耗的CHOH) X100%],Kp1= MPa(用平衡分压代替 n(消耗的CH3OH) 平衡浓度计算，分压一总压×物质的量分数)。 (4)①SAPO分子筛催化剂可有效催化上述过程，反应历程中会发生CH3OH生成CH3OCH3的反 应，则该反应的化学方程式为 ②其他条件相同时，用碱土金属S对SAPO分子筛催化剂进行改性，所得乙烯和丙烯产率如表 中所示，其原因为 催化剂 SAPO Sr-SAPO 乙烯产率/% 49.2 67.1 丙烯产率/% 34.0 22.4 (5)在某分子筛催化剂的作用下，甲醇的平衡转化率α随温度变化如图所示。在400~500℃内，a 几乎不变，原因可能是 a/% 100 80 60 08 300350400450500T/C 3 二轮专题精准提升（九）化学第7页（共8页） 真题密 20.(12分)CO2的转化和利用是实现碳中和的有效途径。工业上采用“CO2催化加氢制甲醇”方法将其 资源化利用。该反应体系中涉及以下三个反应： 反应I:CO2(g)+3H2(g)-=CH3OH(g)+H2O(g)△H1; 反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)==CO(g)+H2O(g)△H2; 反应Ⅲ：CO(g)十2H2(g)CHOH(g)△H3。 (1)已知反应I、Ⅱ、Ⅲ的化学平衡常数分别为K1、K2、K3,则K1= (用K2、K3表示)。 (2)一定条件下，在1L恒容密闭容器中充人1 mol CO2和3molH2,在一定条件下发生反应：CO, (g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H1。测得CO2 ◆c/(moL) 和CHOH的浓度随时间变化如图所示。 1.00 ①从反应开始到平衡，用H2浓度变化表示化学反应速率为 CH,OH 0.75 0.50 ②该反应能量变化如图所示，则反应在 条件能自发进 CO, 0.25 行（填“低温”或“高温”）。 能量 03 10 t/min C02+3H2 CHOH+H,O 0 反应过程 ③下列措施能使”(CH,OH n(CO2) 二增大的是 （填标号)。 A.温度升高 B.将H2O(g)从体系中分离出去 C.再充入1 mol CO2和3molH D.充入He(g)使体系总压强增大 ④该反应在该温度下的化学平衡常数为 (mol·L1)-2。若温度不变在此容器中开 始充入0.3molH2、0.9 nol CO2、0.6 mol CH3OH和0.6molH2O,则反应向 方向 进行（填“正反应”或“逆反应”）。 ⑤该反应在不同催化剂(I、Ⅱ、Ⅲ)作用下，反应相同时间后，CO2的转化率随反应温度的变化如 图所示，其中d点在不同催化剂(I、Ⅱ、Ⅲ)作用下CO2的转化率相同的原因是 95 85 75 700750800850温度/℃ (3)利用电化学原理通过H2还原CO2制备甲醇的工作原理如图所示，硫酸为电解质溶液。正极发 生的电极反应为 0 C02 负载 多孔碳棒 H,SO 质子交换膜 CH,OH (只允许H通过) H,O 卷 二轮专题精准提升（九）化学第8页（共8页）·化学· (3)①在恒压条件下，增大投料比相当于加压，平 衡向逆反应方向移动，故CH3CHO的平衡转化 率降低。 ②取起始CH3CHO、N2各1mol,则 CH;CHO(g =CO(g)十CH4(g) 起始/mol 1 0 0 变化/mol 0.5 0.5 0.5 平衡/mol 0.5 0.5 0.5 A点代表的平衡状态下，各物质分 压：p(CH3CHO)=p(CO)=p(CH4)=l00kPaX 1十Q5+0.5+0.5=20kPa,K,-pCH)·p(C0)】 0.5 (CH CHO) 20 kPaX20 kPa 20 kPa =20kPa。 (4)根据电解原理示意图分析，A极锰离子失去 电子发生氧化反应生成二氧化锰，A为阳极、B 2025一2026学年度 化学·化学反应 一、选择题 1.B【解析】该反应的正反应是气体分子数减小的 反应，因此增大压强，平衡向正反应向移动，但平 衡常数K不变，平衡常数K只与温度有关，A错 误：使用高效催化剂，可降低反应的活化能，增大 活化分子百分数，B正确；反应的正反应是放热反 应，在一定温度范围内，降低温度有利于平衡向正 反应方向移动，能提高三氧化硫的生产效率，温度 过低不利于反应的进行，C错误；增加氧气的浓度 不能改变活化分子百分数，能增大单位体积内的 活化分子数，加快反应速率，D错误。 2.D【解析】由反应方程式可知，反应后气体分子数 增加，熵增大，A错误；使用催化剂可以降低反应 所需的活化能，加快反应速率，但反应物和生成物 的总能量不变，反应焓变不变，B错误；其他条件 ,nNH,)增大，平衡正向移动，NH。的平衡 不变 n(O2) 转化率减小，C错误；1molN一H断裂的同时有 1molO一H断裂，正、逆反应速率相等，反应达到 平衡状态，D正确。 3.C【解析】该反应气体物质系数反应前后始终不 变，恒温恒容的密闭容器内压强不变不能表明反 应达到平衡，A错误；向容器中加入B,正反应速 率变化情况应是突然增大后缓慢下降，曲线在t2 时刻出现突跃而不是连续，B错误；从图中分析， 恒温条件下，t2时刻正反应速率升高的原因是增 加C物质，这一条件的改变使平衡逆向移动，容器 参考答案及解析 为阴极，则a为正极、b为负极。 ①A极锰离子失去电子发生氧化反应生成二氧 化锰，二氧化锰氧化乙醇为乙醛同时生成锰离 子，总反应为CH3CH2OH-2e—CH3CHO 十2H+;B极反应为氢离子放电生成氢气：2H+ 十2e—H2个，A室氢离子迁移到B室，结合 电子守恒可知，A、B室pH值不变。 ②A极锰离子失去电子发生氧化反应生成二氧 化锰，Mn2++2H20-2e-MnO2+4H+。 ③由反应CHCH2OH-2e—CH CHO+ 2H+可知，当生成2 mol CH:CHO时，转移 4mol电子，电极室A无气体产生，质量不变，电 极室B质量减轻2molH2的质量为4g,A、B两 室溶液质量变化之和为4g。 :轮专题精准提升（九） 速率与化学平衡 体积不变，A的浓度增大，故平衡时A的浓度： c(Ⅱ)>c(I),C正确；体系的温度不变，平衡常 数K只与温度有关，故K(Ⅱ)=K(I),D错误。 4.C【解析】由图可知，反应①为吸热反应，反应② 为放热反应，升高温度，①平衡正向移动、②平衡 逆向移动，(T)减小，c(D增大，故(T) c)减小，R (g)一T(g)为放热反应，升高温度，平衡逆向移 动，(T) ,。,（R减小，A正骑；反应①的活化能小于反 应②的活化能，则反应①的速率大于反应②的速 率，开始时I的生成速率大于消耗速率，浓度增大， 随着反应进行，I的消耗速率大于生成速率，浓度 减小，所以不使用催化剂M,反应过程中c(I)先增 大后减小，B正确；反应焓变取决于反应物和生成 物的总能量，加入催化剂不能改变反应焓变，C错 误；催化剂M能催化第②步反应，故反应②速率 加快，反应①速率不变，D正确。 5.D【解析】探究浓度对化学反应速率的影响时，应 该控制加入相同体积、不同浓度的盐酸，此处方案 设计错误，A错误；硫代硫酸根离子在酸性条件下 发生自身歧化反应生成硫单质、二氧化硫和水，先 将浓度、体积相同的硫代硫酸钠溶液分别置于冷 水、热水中，再滴加硫酸并振荡，通过观察产生浑 浊的先后，探究温度对化学反应速率的影响，B错 误；2HI(g)一H2(g)十I2(g),该反应气体分子数 不变，改变压强平衡不移动，由于题千中HI的浓 3 真题密卷 度相同，所以气体颜色变化速率相同，但增大压强 反应速率增大，C错误；向两只相同的试管中分别 加入2mL10%的H2O2溶液，向其中一只滴入2 滴1mol·L1FeCL3溶液，观察到加入氯化铁溶 液的试管产生气泡速度快，说明使用合适的催化 剂可使化学反应速率加快，D正确。 6.B【解析】恒容密闭容器中CH4初始物质的量一 定，其他条件相同时，加入的n(H2O)增大，即投 料比x减小，平衡正向移动，CH4的平衡转化率增 大，由图可知，投料比为x1的CH4的平衡转化率 大于投料比为x2的CH4的平衡转化率，则x1< x2,A错误；根据图像可知，b、c点的温度相同，则 K。=Kb,x1=1,b点时，CH4的平衡转化率为 70%, CH.(g)+HO(g）≥CO(g)+3H2(g) 起始物质的量(mol) 1 1 0 0 反应物质的量(mol)0.70.7 0.7 2.1 平衡物质的量(mol)0.30.3 0.7 2.1 K=0.7×2.13 0.3,B正确；投料比x湘同时，随温度 升高，CH4的平衡转化率增大，说明该反应为吸热 反应，△H>0,C错误；a、b投料比相同，a处产物 浓度小于b处产物浓度、b处温度比a处高，温度 越高，反应速率越快，故v递(a)<v递(b),D错误。 7.C【解析】①中0~10min内，0(2)=△c(2 △t 1.2 mol 2L 10 min =0.06mol·L1·min1,A正确；对比 容器①、容器②，其他条件相同，增大容器②的体 积，各物质的浓度降低，反应速率降低，达到平衡 所用时间增大，故t>l0min,B正确；对比容器 ①、容器②，其他条件相同，增大容器②的体积，压 强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，而容器 ②平衡时Z的物质的量增大，即mX(g)+nY (g)=pW(g)十gZ(g)平衡正移，正向为气体体 积增大的方向，m十n<p十q,C错误；根据热化学 方程式mX(g)+nY(g)一pW(g)十qZ(g) △H=一akJ·mol-1可知，生成g mol Z时放热 akJ,而容器①生成1.2molZ时放热0.6akJ,则 1.20.6a,解得g=2,D正确。 q a 8.B【解析】由图(I)可知，0~t1时间段内A、B的 浓度依次减少0.2mol·L-1(0.5mol·L1- 0.3mol·L-1=0.2mol·L-1)、0.6mol·L1 (0.7mol·L1-0.1mol·L-1=0.6mol· L-1),C的浓度增大0.4mol·L1,t1时反应达到 3 。4 二轮专题精准提升 平衡状态，根据转化浓度之比等于化学计量数之 比，反应的化学方程式为A(g)+3B(g)一2C (g);由图（Ⅱ）知，T1时先出现拐点，说明T1时反 应速率快，则T,>T,,温度升高，B的平衡体积分 数增大，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反 应，则正反应为放热反应。该平衡体系的化学反 应方程式为A(g)十3B(g)一2C(g),A错误；t1时 反应达到平衡状态，该反应的正反应气体分子数减 小，(t1+l0)min时，保持容器总压强不变，通入稀 有气体，容器的体积增大，反应体系的压强减小， 平衡向逆反应方向移动，B正确；正反应为放热反 应，反应的△H<0,C错误；由于正反应为放热反 应，其他条件不变，升高温度，正、逆反应速率均增 大，平衡向逆反应方向移动，C的体积分数减小，D 错误。 9.C【解析】4~6min内过氧化铬分解的平均速 率0(Cr0)=4.230-2.510)X105mol1.L1 2 min 6十 =8.6X10-6mol·L-1·min-1,v(H20)= 4 8.6×10-6mol·L-1·min1=1.29×10-5mol· L-1·min1,A错误；8~l0min内过氧化铬分解 的物质的量为(1.790-1.350)×105mol·L1 ×5×10-3L=2.2×10-8mol,根据反应4Cr05十 12HNO3—4Cr(NO3)3+7O2(g)+6H2O可得 分解得到的氧气的体积为3.85×10-8mol× 22.4L·mol-1≈8.6×10-4mL,B错误；若t= 15,则10~15min和15~20min这两个时间段内 的速率相等，但是根据浓度越小速率越小，10~ 15min内速率大于后一阶段，故10<t<15,C正 确；20min时反应还未达到平衡，升高温度加快了 反应速率，不能判断平衡的移动方向，不能判断反 应吸放热，D错误。 10.D【解析】前10min,v(N2O)= (10.0-8.0)×10-3mol·L1 =0.2×10-3mol· 10 min 1 L1·min1,o(0,)=2o(N,0)=0.1X103mol· L1·min,A错误；实验数据显示，N2O浓度随 时间线性减少，每10分钟减少相同量，说明反应 速率为常数，与浓度无关（零级反应），因此，速率 不随N2O浓度增大而增大，B错误；反应的速率 方程为v=k·cm(N2O),且实验数据符合零级 反应特征（线性变化），则n=0,C错误；初始压强 由N2O浓度决定，当N2○转化率为50%时，假 设初始物质的量为a,分解0.5a的N2O,根据反 应式，每2molN20生成3mol气体(1molN2+ ·化学· 2molO2),故分解0.5aN2O生成0.5aN2和 0.25aO2,剩余0.5aN20,总物质的量为0.5a+ 0.5a+0.25a=1.25a,压强为初始压强的1.25 倍，D正确。 二、选择题 11.D【解析】由图中虚线可知，平衡后继续升高温 度，一氧化氨平衡转化率减小，说明升温平衡向 逆反应方向移动，该反应是放热反应，则反应的 △H<0,A正确；由图可知，相同温度时，曲线b 中对应，点一氧化氨的转化率大于曲线a,说明曲 线a代表未加入催化剂时，一氧化氨转化率与温 度变化的关系，所以N○的转化率随温度升高而 增大，是因为反应速率变快而导致，B正确；曲线 b对应有催化剂的转化率，M点到N点未平衡， 在达到平衡之前，转化率随着温度升高先增大后 减小，是因为催化剂活性随温度升高到一定程度 后减小，导致反应速率先增大后减小，相同时间 内转化率先增大后减小，C正确；催化剂存在时， 其他条件不变，向容器中通入氧气，增大c(O2), 则平衡向正反应方向移动，一氧化氨的转化率升 高，高于同温度时虚线，所以℃曲线不符合增大 c(O2),NO随温度升高转化率曲线变化，D错误。 12.CD【解析】根据图像分析可知，40min后，X、Z 的物质的量浓度仍在发生变化，所以体系内两个 反应均未达到平衡状态，A错误；40min时，反应 物X的浓度变化为(50一10)mmol·L-1= 40mmol·L-1,则第1个反应生成Y的浓度为 40mmol·L1.40min时，反应物Z的浓度为 10mmol·L-1,则第2个反应消耗Y的浓度为 0.5×10mmol·L1=5mmol·L1,所以，此时 Y的浓度变化为(40-5)mmol·L1=35mmol· L1,则0~40min内用物质Y表示的平均反应 速率为o(Y)=35mmol·L =0.875mmol· 40 min L1·min1,B错误；反应开始时X减少，体系 温度升高，随着Z增多，体系温度降低，所 以△H1<0,△H2>0,C正确；若改为恒温容器， 则0~40min时的反应体系的温度要低于题设 条件，所以两个反应的速率会变慢，X、Z物质的 量浓度相同的时刻要比40min靠后，D正确。 13.C【解析】根据“先拐先平数值大”，结合图像可 知乙对应的温度高于甲，由甲平衡到乙平衡，升 高温度，c(N2O5)减小，可知平衡逆向移动，则正 向为放热反应，A错误；T1时平衡后，向恒容容 器中再充入1molO3和2 mol NO2,反应物的浓 度增大一倍，等同于增大压强，平衡正向移 动，NO2的百分含量将减小，B错误；结合已知数 。4 参考答案及解析 据列三段式： 2NO,(g)+0,(g)=N,0,(g)+0,(g) 起始(molL) 转化(molL) 1 0.5 0.5 0.5 平衡(molL) 10.5 0.50.5 时的手衡爷数K0淡8-05，C正扇 在恒温恒容条件下，混合气体总质量不变，容器 体积恒定，则混合气体的密度始终恒定，不能据 此判断平衡状态，D错误。 14.BD【解析】从图中看出有三个过渡态，(CH3)3CBr 的醇解反应包含3个基元反应，A正确；由图可知， 该反应过程中反应物的总能量高于生成物的总能 量，为放热反应，升高温度，不利于提高(CH)3CBr 的平衡转化率，B错误；慢反应为总反应的决速步， 该反应中(CH),CBr一(CH3)3C+Br的活化 能最大，反应速率最慢，为该反应的决速步骤，C正 确：若在乙醇中加入少量的乙醇钠，乙醇钠在反应中 可以提供更多的活性亲核物种，从而增加与卤代烃 分子发生反应的机会，进而加快整个反应的速率，D 错误。 15.AC【解析】反应I为等体积的吸热反应，△H1> 0,当△G=△H一T△S<0时反应可自发进行，故 该反应△S>0,A错误；240℃时，其他条件不 变，增大压强，反应I平衡不移动，反应Ⅱ平衡正 向移动，CO2的转化率增大，B正确；在260心 300℃间，其他条件不变，升高温度，CH4选择性 变化不大，CO2的转化率逐渐增大，说明反应Ⅱ 平衡正向移动，CH4的产率增大，C错误；320℃ 时CO2的转化率最大，随后转化率降低，可能的 原因是温度过高，导致催化剂失去活性，也可能 是反应达到了平衡状态，D正确。 三、非选择题 16.(1)生成相同体积的O2所需的时间（或相同时间 内收集O2的体积)(1分) (2)Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3(2) (3)滴加KSCN溶液，溶液变红(1分) (4)①0.5mLpH=1的硫酸溶液(2分) ②数滴Fe2(SO4)3溶液(1分) ③溶液立即变红(1分) (5)①Fe+也能加速H2O2与SCN-反应，且效 果比Fe3+更好(2分) ②刚滴人HzO2时，iⅱ反应快，生成的Fe3+迅速 与SCN结合，溶液立即变红；继续滴加H2O2, c(·OH)升高，加快·OH氧化SCN-,使 3 真题密卷 c(SCN)降低，平衡Fe3++3SCN= Fe(SCN)3逆向移动，红色褪去(2分) 【解析】A实验小组拟在同浓度Fe3+的催化下， 探究H2O2浓度对H2O2分解反应速率的影响， H2O2分解生成○2，在不同H2○2浓度下，测定 生成相同体积的O2所需的时间或相同时间内收 集O2的体积，以此表示反应速率的快慢，以此 解答。 (1)H2O2分解生成O2,在不同H2O2浓度下，测 定生成相同体积的O2所需时间或相同时间内收 集○2的体积，以此表示反应速率的快慢。 (2)Fe3+与SCN-发生反应生成Fe(SCN)3,使溶 液显红色，其反应的离子方程式为Fe3+十 3SCN-=Fe(SCN)3。 (3)检验Fe3+,常用KSCN溶液，若溶液变红，说 明含有Fe3+,反之，则不含Fe3+,具体操作是取 少量反应后溶液于试管中，滴入KSCN溶液，溶 液变红，证明溶液中有Fe3+,几乎无SCN。 (4)根据题意，酸性溶液中H2O2能氧化SCN, 但反应很慢且无明显现象，滴加Fe2(SO,)3溶液 后，溶液褪色相对较快；实验Ⅱ和实验Ⅲ应为对 照实验，根据实验Ⅱ，推出实验Ⅲ：先加入 0.5mLpH=1的硫酸溶液，无明显现象，静置 后，滴加数滴Fe2(SO4)3溶液，溶液立即变红。 (5)①根据实验N加入FeSO4溶液，溶液变红，静 置后，溶液红色恰好褪去，说明Fe2+也能加速 H2O2与SCN-的反应，t<t,说明实验IV的反应 速率比实验Ⅱ快，即Fe+催化的效果比Fe3+ 更好。 ②刚滴入H2O2时，iⅱ反应快，生成的Fe3+迅速 与SCN结合，溶液立即变红；继续滴加H2O2, c(·OH)升高，加快·OH氧化SCN,使 c(SCN)降低，平衡Fe3+十3SCN=一 Fe(SCN)3逆向移动，红色褪去。 17.(1)>(1分) CH (2)mCH,CH一CH,催化剂千CH-CHh(2分) (3)c(1分)d(1分)根据反应热效应及分子 数变化，升温反应平衡正向移动，丙烷含量下降； 加压反应平衡逆向移动，丙烷含量升高，故变化 曲线分别为c、d(2分) (4)5(2分) (5)降低(1分)提高(1分) 【解析】(1)反应满足△G=△H一T△S<0可自 发，观察可知该反应△S>0,再结合该反应较高 温度可自发，可判定该反应△H>0。 3 ·4 二轮专题精准提升 (2)生成的丙烯可以发生加聚反应，反应的化学 CH 方程式为nCH,CH-CH2催化剂fCH-CH,。 △ (3)反应为C3Hg=C3H+H2(I)△H>0, 根据反应热效应及分子数变化，其他条件不变 时，升温反应平衡正向移动，丙烷含量下降；其他 条件不变时，加压反应平衡逆向移动，丙烷含量 升高，故100kPa和10kPa下丙烷平衡物质的量 分数随温度变化曲线分别为c、d。 (4)设充入惰性气体物质的量为xmol,在某温 度、l00kPa下，向反应器中充入1mol气态丙烷 发生已知反应(I)。丙烷的平衡转化率为50%， 可列三段式： Cs Hg C3 He+H2 起始(mol) 1 0 0 转化(mol)0.5 0.5 0.5 平衡(mol) 0.5 0.5 0.5 平衡时混合气体总物质的量为1.5mol,此时容 器的体积为V；当丙烷的平衡转化率为75%，可 列三段式： C3Hg==C3H6十H2 起始(mol) 1 0 0 转化(mol)0.75 0.75 0.75 平衡(mol)0.25 0.75 0.75 此时丙烷、丙烯、H2物质的量之和为1.75mol, 混合气的总物质的量为(1.75十x)mol,在恒温、 恒压时，体积之比等于物质的量之比，此时容器 1.75+x 的体积为 1.5 XV;两次平衡温度相同，平衡 0.75 /0.512 1.75+x 1.5 常数相等，则 ,解得x 0.5 0.25 1.75+x×V 1.5 =5。 (5)根据题干描述，为提高丙烯的产率，应加快吸 附态丙烯脱附，减缓吸附态丙烯深度脱氢，故需 降低步骤1的活化能，提高步骤2的活化能。 18.(1)+131.3(1分) (2”22分 (3)①D(2分) ②过多的H2占用活性点位过多，使反应速率减 慢(2分) ③小于(1分) ④0.1(2分)50%(2分) ·化学· 【解析】(1)根弟益斯定律，由①×号-②×号得 反应③C(s)十H2O(g)=CO(g)+H2(g),则反 应⑤的△4，-号AH-AH,=+1BL,3:mr (2)设碳与水反应生成的氢气的物质的量为 xmol,则生成的CO为xmol,设CO与水反应 生成氢气的物质的量为ymol,则生成的二氧化 碳的物质的量为ymol,消耗的CO的物质的量 为ymol,平衡时氢气的物质的量为bmol,则 xmol十ymol=bmol,平衡时C0的物质的量为 cmol,则xmol-ymol=cmol,联立解得x-b十c 2 y=b-c 62,就c的%质的量为02ml (3)①恒温恒容下，再加入氨气压强增大，但反应 物的浓度均不变，CO和H2的平衡转化率均不 变，A错误；由反应方程式可知， 2v正(CH3OH)=v迷(H2)才能体现正、逆反应速 率相等，而v正（CH3OH)=2逆(H2)时正、逆反 应速率不相等，反应没有达到化学平衡状态，B 错误；温度升高，分子活化能降低，活化分子的百 分数增加，单位体积内活化分子碰撞的有效次数 增加，反应速率加快，不能说明该反应的正反应 是吸热反应，C错误；恒温恒容下，向平衡体系中 再充入适量的H2,平衡正向移动，但温度不变， 平衡常数不变，D正确。 ②恒温恒容条件下发生反应2H2(g)十CO(g) 催化剂CH,OH(g),若n(C0)不变时，n(H,)过 多，过多的H2占用活性，点位过多，使反应速率减慢。 ③根据因中曲线可知，随者子增大，K增大，即 温度降低，K值增大，故该反应的正反应为放热 反应，△H4小于0。 ④设CHOH的平衡转化率为x,根据三段式可知： 化黄CH,OHg c0g)+2H,g)△ 初始浓度(molL) 0.5 1 0 变化浓度(molL) 0.5x x 0.5x 平衡浓度(molL)0.5-0.5x1-x 0.5x 5分钟末达到平衡，测得CH3OH的体积分数为 0.5x 25%,则0.5-0.5x+1-x+0.5x ×100%= 。4 参考答案及解析 25%,解得x=50%,5分钟内的平均反应速率 (H)=0.5 mol.L- =0.1mol·L1·min1。 5 min 19.(1)413.3(1分) (2)AC(2分) (3)50(2分)24(2分) (4)02CH,0H能化别，CH,OCH,+H,0(2分) ②Sr-SAPO对反应I的活化能降低程度大于 SAPO(2分) (5)温度升高，反应I平衡正向移动，反应Ⅱ平衡 逆向移动，400~500℃内，反应I、Ⅱ平衡的移动 程度相当，a几乎不变(2分) 【解析】(1)△H1=正反应活化能一逆反应活化 能，Ea说=5.7-419.0=413.3kJ·mol1。 (2)反应前后气体的化学计量数不相等，即混合 气体的压强是变量，当压强不变时，能说明反应 达到平衡状态，A符合题意；各物质均为气体，由 质量守恒可得气体总质量在反应前后保持不变， 恒容密闭容器中体积不变，则混合气体的密度一 直不变，不能说明达到化学平衡，B不符合题意； 混合气体的总质量不变，总物质的量增大，混合 气体的平均相对分子质量是变量，平均相对分子 质量不变时，反应达到平衡状态，C符合题 意；CHOH的消耗速率和C3H6的生成速率是 同一方向上的反应速率，其比值始终等于化学计 量数之比，不能判定平衡状态，D不符合题意。 (3)达到平衡时，a(CHOH)=80%,消耗 n(CH3OH)=0.8mol,达到平衡时n(C2H4)= 0.2mol,列三段式： 2CH,OH(g)C,H (g)+2H2O(g) 起始量(mol) 0 0 转化量(mol) 0.4 0.2 0.4 平衡量(mol) 0.2 3CHOH(g)CH (g)+3H2O(g) 起始量(mol) 0 转化量(mol) 0.4 0.4 0.4 3 平衡量(mol) 0.4 0.2 3 0.8 &=(6.2+0.2+0.8+9g)l=音al n(CH3 OH)=0.2 mol,n (H2O)=0.8 mol, 3 真题密卷 0.4 C2H4的选择性S= ×100%=50%。K1= 0.8 0.2 ×10 0.8×10 4 4 3 13 0.2×10 MPa=24MPa。 4 3 (4)①CHOH生成CH3OCH3的反应 为CH,OH分子间脱水：2CH,OH催化刺 CH OCHa+H2O ②由表格分析得：Sr-SAPO分子筛催化剂使得 C2H4产率升高，提高了反应I的选择性，本质是 Sr-SAPO对反应I的活化能降低程度更大。 (5)△H1>0,△H2<0,温度升高，反应I平衡正 向移动，反应Ⅱ平衡逆向移动。若400~500℃ 内，α几乎不变，说明该温度范围内，温度导致的 反应I平衡正向移动与反应Ⅱ平衡逆向移动程 度相当。 20.(1)K2·K3(1分) (2)①0.225mol·L-1·min-1(1分) ②低温(1分) ③BC(2分) @5(2分)正反应1分) ⑤在此温度下反应均达到平衡状态，催化剂不影 响平衡转化率(2分) (3)CO2+6H++6e-CH3 OH+H2 O(2) 【解析】(1)根据化学平衡常数的定义，K1= c(CH3OH)·c(H2O) c(CO)·c(H2O) ,K2= c(CO2)·c3(H2) c(CO2)·c(H2)' c(CH OH) K,=eCO)·ce（H2),则K1=K:·K。 (2)①由图知，从开始到平衡，C02的变化量为 1mol-0.25mol=0.75mol,由变化量之比等于化 学计量数之比可得，H2的变化量为(3×0.75)mol =2.25mol,则用H2浓度变化表示化学反应速率 2.25 mol IL 为u(H,)=10min =0.225mol·L-1·min1。 ②由图知，该反应为放热反应，△H<0,由方程式 知，该反应为分子数减少的反应，△S<0,由△G =△H一T△S<0,该反应在低温下能自发进行。 ③要使”(CH,OH) n(C0,)增大，则C0,(g)+3H,(g) 3 。4 二轮专题精准提升 =CHOH(g)十H2O(g)平衡正向移动，由于 该反应放热，升高温度，平衡逆向移动， n(CH3 OH) n(CO2) 减小，A错误；将H20(g)从体系中 分离出去，减小生成物浓度，平衡正向移动， n(CH,OH增大，B正确；再充入1molC0,和 n(C02) 3molH2,等效于在原来的基础上缩小一半的 n(CH,OH)增 体积，压强增大，平衡正向移动，n(C02) 大，C正确；充入He(g)使体系总压强增大，但对 反应物质来说，浓度没有变化，平衡不移动， n(CH3 OH) 不变，D错误。 n(C02) ④在该温度下，根据图像列三段式： CO2(g)+3H,(g)CH,OH(g)+H,O(g) 起始量(mol) 1 3 0 0 转化量(mol) 0.752.25 0.750.75 平衡量(mol) 0.250.75 0.750.75 c(CH3OH)·c(H2O) 化学平衡常数为K= c(CO2)·c3(H2) 0.75 mol 0.75 mol 1L 1L 3(mol·L1)2,若温 16 0.25mox0.75mo 1L 1L 度不变在此容器中开始充入0.3molH、 0.9 mol CO2、0.6 mol CH3OH和0.6molH2O,则 c(CH3OH)·c(H2O) Q= c(CO2)·c3(H2) 0.75+0.6)mo×0.75+0.6)mol 1L 1L (0.25+0.9)mol-(0.75+0.3)mol ≈1.37 3 1L 1L <3,则反应向正反应方向进行。 16 ⑤由图知，d点反应均已经达到平衡状态，故d点 在不同催化剂(I、Ⅱ、Ⅲ)作用下CO2的转化率相同 的原因是在此温度下反应均达到平衡状态，催化 剂不影响平衡转化率。 (3)H2在负极通入，CO2在正极通入，由于存在质 子交换膜，因此正极电极反应式为CO2十6H+十 6 e--CHOH+H2O。