选择题专练(10)化学反应速率与化学平衡-【鱼跃龙门卷】2026年高考化学试题逐题突破

2025一2026学年度高考试题逐题突破一 选择题专练（十） 化学·化学反应速率与化学平衡 总分：60分时间：40分钟 可能用到的相对原子质量：H1C12N14016 A组 1.反应CH4(g)十2NO2(g)—一CO2(g)十N2(g)十2H2O(g)可用于尾气脱硝。下列说法正确 的是 A.该反应的△S<0 B.该反应达到平衡后，移除部分H2O(g),正反应速率增大 C.提高n(NO2)：n(CH4)的比例，可增大NO2的平衡转化率 D.该反应每消耗1 mol NO2,转移电子的数目约为4×6.02×1023 2.利用碳氯化反应TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)△H=-51kJ·mol1, 可将TO2转化为TCl4,再进一步还原得到金属钛。下列说法正确的是 A.碳氯化反应在高温下不能自发进行 B.加压、降温均可增大TCI4的生成速率 C.反应中每消耗1 mol TiO2,转移电子的数目约为2.408×1024 D.将TiO2(s)与C(s)粉碎并混合均匀后反应，可提高Cl2的平衡转化率 3.有关化学反应速率的影响因素，下列说法错误的是 A.反应物浓度越大，反应速率越快 B.温度升高，反应速率一定加快 C.催化剂可以降低反应的活化能 D.反应物粒子的接触面积越大，反应速率越快 化学·选择题专练（十）第1页（共8页） 鱼欧花门老 4.在两恒容密闭容器中分别充入1molX和3molY发生反应 6p Sp X(g)+3Y(g)一2Z(g),其中甲为绝热过程，乙为恒温过程， 甲 d 4p a 3.5p 两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示。下列说法错 0 2t31 4t 516 误的是 时间/s A.平衡时升高温度，X的转化率下降 B乙容器条件下平衡常数K,270kPa’ C.0~56s,甲容器中0(X)=0.52kPa·s D.甲中压强不再改变时说明反应已达平衡 5.反应A(g)+3B(g)一4C(g)+2D(g),在不同条件下进行，其平均反应速率最快的是 A.v(A)=2.0mol·L-1·min-1 B.v(B)=0.08mol·L-1·s-1 C.v(C)=7.2mol·L-1·min-1 D.z(D)=0.07mol·L-1·s-1 6.容积均为1L的两个恒容密闭容器I、Ⅱ中，均充入2 mol CO(g)和2 mol NO(g),发生反应 2CO(g)+2NO(g)三N2(g)+2CO2(g)△H,相对容器Ⅱ，容器I只改变一个外界条件，测 得N2的物质的量与时间关系如图所示。下列叙述正确的是 0.9 0.8 0.7 0.6 0.5 0.4 0.3 0.2 0.1 0.0 0510 1520253035 时间/min A.该反应是吸热反应，容器I改变的条件可能是使用了催化剂 B.相对容器Ⅱ，容器I改变的条件可能是升温或加压 C.容器Ⅱ中NO的平衡转化率为80% D.容器Ⅱ中0~l0min内，v(NO)=0.05mol·L-1·min-1 化学·选择题专练（十）第2页（共8页） 班级 ，一定温度下向容器中加入M发生反应：①M→P,②M→ C Q,③P=Q。反应体系中M、P、Q的浓度随时间t的变化曲 姓名 low)/5 线如图所示。下列说法正确的是 P t/s 得分 A.反应①的活化能大于反应② B.t1s时，反应③已达平衡 C.该温度下，反应③的平衡常数小于1 D.t2s时，c(Q)=c0-c(P) 答题栏 A组 8.中国是世界上最大的合成氨生产国之一，合成氨反应原理为N2(g)十3H2(g)一2NH3(g) 2 △H=一92.4kJ·mol-1,反应流程如图所示。下列说法正确的是 N2、H 4 (洗涤器) 原料气的制取 净化日 压缩 合成 分离→液氨 (除尘器) 6 7 A.合成塔中充入的N2越多，N2的转化率越大 9 B.使用催化剂，可提高合成氨的生成速率和平衡产率 o C.及时分离出液氨，可提高原料的利用率 B组 1 D.实际生产中，常采用低温、超高压的条件提高氨的产率 2 9. 某温度下，向恒温、恒压容器中充入3molH2和1mol 60 CO2,在催化剂作用下发生反应3H2(g)十CO2（g)= 50 40 5 Q5.5,30) CH3OH(g)+H2O(g)△H<0,平衡时体系中H2、CO2 30 P(10x1) 6 20H 10 和H2O的物质的量分数(x)与平衡总压的关系如图所示。 0 2 46810121416 下列说法错误的是 平衡总压/×10Pa 9 10 A.曲线a可表示x(H2O)随压强的变化情况 B.其他条件不变，及时分离出水蒸气，有利于平衡正向移动，但平衡常数不变 C.Q点C02的转化率为75% D.将容器改为恒容容器，平衡时：x(a)>x1 化学·选择题专练（十）第3页（共8页） 鱼欧花门老 10.在一密闭容器中，物质M发生三个脱水的竞争反应： 个能量 ①M(g)=N(g)+H2O(g)△H1 N(g)+H2O(g) 2Eg+2H,0(g) ②M(g)-E(g)+H,0(g)△H, M(g) F(g)+H2O(g) ③M(g)=F(g)+H2O(g)△H3 反应历程 反应历程如图所示。相同条件下，下列说法正确的是 A.由图可知，物质M比物质N稳定 B.反应①比反应②和③更快达到化学平衡 C.E(g)→2F(g)+H2O(g)的反应热△H=2△H3-2△H2 D.平衡后压缩容器，物质E的物质的量不变 B组 1.已知H2O2在少量作用下，常温时能剧烈分解并放出热量，分解的机理由两步构成： I.H2O2十I—H2O+IO(慢反应，△H>0),Ⅱ.H2O2+IO—I+H2O十O2个（快反 应)。能正确表示整个过程的能量变化示意图是 能入 能 反应过程 反应过程 反应过程 反应过程 A B C D 2.汽车尾气净化反应2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2 4.0 3.61 a1,3.05) (g)△H=-746.8kJ·mol-1,△S=-197.5J· 3.0 e(5,2.7) b(2,2.85) d4,2.7) mol1·K1。为了探究其转化效率，某小组利用传感器 2.0 测定一定温度下投入1.0×10-3mol·L1NO、3.6× 叶 s2,025)z3,0.15w59 10-3mol·L1C0的物质的量浓度与时间的变化关系如 00《10空)2345 图所示。下列说法正确的是 化学·选择题专练（十）第4页（共8页） A.上述反应在较高温度下能自发进行 B.b→c段反应速率v(NO)=0.1mol·L1·s1 C.单位时间内消耗NO和消耗CO2浓度相等时达到平衡状态 D.该温度下，上述反应的平衡常数K=500 3.一定条件下，在1.0L的密闭容器中进行反应Cl2(g)+CO(g)=COC12(g)△H<0。反应 过程中的有关数据如表： t/min 0 2 4 6 8 c(C2)/(mol·L-1) 2.4 1.6 0.6 c(C0)/(mol·L-1) 2 0.2 c(C0CL2)/(mol·L1) 0 下列说法正确的是 A.该反应在高温下可自发进行 B.1min时，CO的浓度小于1.6mol·L-1 C.若保持温度不变，将容器容积扩大一倍，再达新平衡时0.9mol·L1<c(COCl2)< 1.8mol·L-1 D.若保持温度不变，在第8min向体系中加入反应涉及的三种物质各1mol,则平衡向逆反 应方向移动 4.室温下，某溶液初始时仅溶有A,同时发生两个反应：①A=B十C;②A一B十D,反应①的 速率可表示为v1=k1c(A),反应②的速率可表示为v2=k2c(A)(k1、k2为速率常数)，图甲为 T2温度时，该体系中A,B、C、D浓度随时间变化的曲线，图乙为反应①和②的lk~曲线。 下列说法正确的是 4c/(mol·L) 个lnk 7 6 反应② 3 反应① t/s 甲 乙 化学·选择题专练（十）第5页（共8页） 鱼欧花门老 A.L4表示D浓度随时间变化的曲线 B.若t1=2s,则2s时，曲线L1表示的物质的化学反应速率为2mol·L-1·s1 C.T,温度时，反应①的活化能比反应②的活化能小 D.若图甲的温度降低，时刻体系中c(D) c(C变大 5.我国科研团队研究发现使用GaZrO.双金属氧化物 ☐表示氧空位 H 可形成氧空位，具有催化氧化性能，实现CO2加氢 2H2 ℃ro 0、0 氢化 01 制甲醇。其反应机理如图所示。下列说法错误的是 吸附 CH H H +H2O H A,总反应为C0,十3H2催化剂CH,OH十H,0 -0 Ga. Zr☐ Ga B.增大CO2与H2的投料比能提高CO2的平衡转 CHOH 吸附人 脱附 化率 Zr+- CGa Zr 0 C.增大催化剂的比表面积可以加快化学反应速率，缩短达到平衡的时间 D.催化剂表面甲醇及时脱附有利于二氧化碳的吸附 6.采用热分解法脱除沼气中的H2S过程中涉及的主要反应 0.07 0.05 如下： X 0462 反应I:2H2S(g)==2H2(g)+S2(g)△H1=+169.8kJ· 00433 950100010501100115 温度/℃ mol-1 反应Ⅱ：CH4(g)+S2(g)CS2(g)+2H2(g)△H2=+63.7kJ·mol-1 保持100kPa不变，将H2S与CH4按体积比2：1投料，并用N2稀释，在不同温度下反应达 到平衡时，得H2、S2与CS2的体积分数如图所示。下列说法正确的是 A.反应2H2S(g)+CH4(g)CS2(g)+4H2(g)的△H=+106.1kJ·mol-1 B.曲线Y代表的是CS2的平衡体积分数 C.高于1050℃时，H2S平衡转化率与CH4平衡转化率的差值随温度升高而减小 D.1050℃下，增大体系的压强，平衡后H2的体积分数可能达到0.07 化学·选择题专练（十）第6页（共8页） 7.在两种不同催化剂作用下，X(g)→Y(g)的反应历程如 催化剂1 图所示，P1、P2为反应中间产物。下列叙述错误的是 ① : A.每一种历程都包含2个基元反应 ④ X(g) 催化剂2 P P. B.催化剂1作用下，基元反应③是控速反应 Y(g) 反应历程 C.其他条件相同，升温使X的平衡转化率减小 D.其他条件相同，P浓度小于P2 8.二甲醚和水蒸气制氢气可作为燃料电池的氢能源，发生的主要反应 100 80 如下： CO2平衡选择性 60 反应ICH3OCH3(g)+H2O(g)—2CH3OH(g)△H1>0 40 反应ⅡCH3OH+H2O(g)-CO2(g)+3H2(g)△H2>0 解 20 200240280320 反应ⅢCO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H3>0 T/℃ 在恒压下，将一定比例的二甲醚和水蒸气混合后，以一定流速通过装有催化剂的反应器，反应 相同时间测得的CH3OCH3实际转化率、CO2实际选择性与CO2平衡选择性随温度的变化如 n生成(CO2) 图所示。C0,的选择性2mCH,OCHX1o0%。下列说法错误的是 A.曲线a表示CH3OCH3实际转化率随温度的变化 B.200℃时，反应Ⅱ的速率大于反应Ⅲ的速率 C.适当增加 n起始(H2O) n起始(CH,OCH,),有利于提高H,的产率 D.一定温度下，若增大压强，CO的平衡产率不变 化学·选择题专练（十）第7页（共8页） 鱼欧龙门卷 9.T℃下，分别向1L的恒温恒容密闭容器甲、绝热恒容密闭容器乙中加 。30 鲸25 入0.1molA和0.4molB,发生反应A(g)+B(g)=C(g)+D(g) 4320 △H<0,两容器中A的转化率随时间的变化如图所示。下列说法错误 5 010203040ts 的是 A.若40s后加入催化剂，则曲线I中A的平衡转化率不变 B.曲线I、Ⅱ对应反应的平衡常数：K(I)<K(Ⅱ) C.a点的v正大于b点的v逆 D.0~40s内，曲线Ⅱ中B的平均反应速率vB=5.0×104mol·L-1·s1 10.已知：反应I.C2HOH(g)+H2O(g)==2CO(g)+4H2(g) 2000 1800 △H1>0 反应Ⅱ.CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H2<0 800 400 反应压强为P时，H,的平衡产率随温度和起始，(H,O》 048121620 n(CH,OHD变化 n(H2O) (C2H;OH) 的曲线如图所示（每条曲线上H2的平衡产率相同）。下列说法错误的是 A.反应速率：d>c>b B.反应Ⅱ的平衡常数：d>b C.C2HOH转化率：a<b D.若其他条件不变，增大压强，d点氢气产率减小 化学·选择题专练（十）第8页（共8页）高考试题逐题突破 2.C【解析】由图可知，铁电极为原电池的负极，铁失去电子发生 7 氧化反应生成亚铁离子，电极反应式为Fe一2e一Fe+,CCF 电极为正极，在水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反 应生成过氧化氢和氢氧根离子、UO+在正极得到电子发生还 原反应生成U02,电极反应式为O2十2H2O十2e一H2O2十 2OH、UO++2e一UO2,生成的UO2与过氧化氢反应生 成(UO2)O2·2H2O,反应的化学方程式为UO2+2H2O2 (UO2)O2·2H2O。由分析可知，生成(UO2)O2·2H2O的反 :8 应中氧化剂H2O2与还原剂UO,的物质的量之比为1：1。 3.C【解析】由题干图示信息可知，图中实线代表放电过程，放电 时n极为正极，其电极反应为NiO(OH)+H2O+eˉ Ni(OH)2十OH,m极为负极，其电极反应为LaNic H6一6e十 6OH一LaNi5+6H2O,此电池的总反应为LaNis H。+ 6NiO(OH)一LaNi+6Ni(OH)2;虚线代表充电过程，充电时 阳极即n极反应为Ni(OH)2+OH-e一NiO(OH)+ H2O,阴极即m极反应为LaNi十6H2O十6e一LaNi H。十 6OH,总反应为LaNi,十6Ni(OH2电解LaNi,H。十 6NiO(OH),据此分析解题。由分析可知，充电时，n极为阳极， 发生氧化反应；电子不能经过电解质溶液；由分析可知，放电时 若转移1mole,则有1molK从左侧移向右侧，同时储氢合 金里1molH进入左侧溶液，故隔膜左侧电解质溶液的质量减 少39g-1g=38g。 4.D【思路分析】放电时，该装置为原电池，Z为负极，发生氧化 反应Zn-2e+4OH-一[Zn(OH)4]2-;1T-MoS2为正极，发 生还原反应02十4e十4H+一2H20;充电时，该装置为电解 池，[Zn(OH),]-在阴极(b极)得电子生成Zn,H2O在阳极(a 极)失电子生成O2。 【解析】电子只在导线中移动，不进入电解质溶液，电子流向为 b→导线→a:放电时，负极区电解质溶液增加的质量为失电子的 锌和双极膜电离出来的OH的质量和，根据电极反应式可知 每消耗0.1molO2,转移0.4mol电子，有0.2 mol Zn失电子进 入溶液，0.4olOH由双极膜进人负极区，则质量增加(0.2× 65十0.4×17)g=19.8g;阳极电势高于阴极电势，由思路分析 可知，充电时a电极电势高于b电极电势；充电时，阳极反应为 2H2O-4e-O2↑+4H+,阴极反应为[Zn(OH)4]2+2e 一Zn+4OH-,总反应为2[Zn(OH),]2-=2Zn+O2个+ 40H-+2H20。 5.D【思路分析】根据光合菌产生的O2得电子结合H+得到 H2O,可知碳棒a为正极，FeS2在硫氧化菌的作用下被氧化为 S,S在硫氧化菌的作用下被氧化为SO子。 【解析】根据分析可知b极为负极，a极为正极，正极的电势高 于负极；根据图示，碳棒b为负极，失电子发生氧化反应，存在电 极反应S-6e+4H2O一SO十8H+;酸性增强不利于菌落 存活，负极失电子发生的氧化反应会减慢，故工作一段时间后， 电池效率降低；a为正极，电极反应为O2十4e十4H+ 2H2O,每生成1molS0,电路共转移7mol电子，理论上消耗 标准状况下39.2LO2。 6.A【解析】由图知，阳极上CH COOH失去电子生成CO2,阴 极上氢离子得电子生成氢气，该电解池是利用微生物电化学处 理有机废水，同时可淡化海水并获得酸碱，则氢离子通过双极 膜进入产品室，氯离子通过膜b进入产品室，则膜b为阴离子交 换膜，产品室生成的物质为盐酸；膜a为阳离子交换膜，钠离子 通过膜a进入阴极，得到产品氢氧化钠，据此分析作答。由图 知，阳极上CH3COOH失去电子生成CO2,电极反应式为 CH3COOH+8OH-8e一2CO2个+6H2O;由分析可知， 膜a为阳离子交换膜，膜b为阴离子交换膜；由分析可知，产品 室生成的物质为盐酸；未说明11.2L气体所处的温度和压强， 无法计算其物质的量。 D【解析】由图可知，Si转化为SiO2,Si元素失去电子化合价 升高，则Si@C电极为负极，MnO2转化为Mn2+,Mn元素得到 电子化合价降低，MnO2电极为正极。存在质子交换膜，说明是 在酸性条件下，则负极反应式为Si一4e十2H2O一SiO2十 4H+,正极反应式为MnO2+2e+4H+-Mn2++2H2O,以 此解题。根据放电时负极反应式可知，导线上每通过0.2mol 电子，则会生成0.05 mol Si02。 D【思路分析】电极M区进入的是稀硝酸，出来的是浓硝酸， 则电极M为阳极，水被氧化得到氧气和氢离子，A为氧气，硝酸 根离子向左移动；电极N为阴极，水放电产生氢气和氢氧根离 子，B为氢气，铵根离子向右移动，以此解题。 【解析】由分析可知，I室电极反应式为2H2O一4e一O2个+ 4H+,发生氧化反应，电极M为阳极，接外电源的正极；由分析 可知，电极N为阴极，电极反应式为2H2O+2e =2OH-+ H2↑；每产生标准状况下22.4LO2,根据得失电子守恒，Ⅲ室 要生成2molH2,溶液质量减少4g,同时依据电荷守恒，4mol NH通过阳离子交换膜进入Ⅲ室，溶液质量增加72g,所以Ⅲ 室溶液的质量理论上共增加68g:Ⅱ室中的NO3要进入I室， 所以离子交换膜I为阴离子交换膜，NH要进入Ⅲ室，离子交 换膜Ⅱ为阳离子交换膜。 C【解析】从电池结构中有电源可知，该电池是电解池，从该电 池中H+的移动方向可知，H+从b电极向a电极移动，电解池 中阳离子从阳极移向阴极，所以a电极是阴极，b电极是阳极， 所以b电极连接电源的正极，a电极连接电源的负极，据此解 答。由分析中可知，b电极是阳极，连接电源正极，发生氧化反 应；a电极是阴极，从图中可知，a电极上端通入CO2,H移动到 a电极参与反应，硝酸根离子转化为CO(NH2)2;3.0g尿素的 3.0g 物质的量为60g:m0户=0.05mol,结合a极反应式，可知转 移电子为0.8mol,b极的反应式为2H2O一4e一O2个+ 4H+,转移0.8mol电子时，会消耗0.4molH2O,减少的质量 为7.2g;H+向a电极移动，在a电极参与反应，由其电极反应 式2N0?+C02+18H++16e-C0(NH2)2+7H20可知， 电极反应消耗18molH+,但只有16molH+通过质子交换膜， 所以a电极附近的H+在减少，其pH增大。 D【解析】燃料电池甲电极通入空气，为正极，发生得电子的 还原反应，乙电极铵根离子发生氧化反应生成氮气，为负极；与 燃料电池正极相连的b极为电解池阳极，与燃料电池负极相连 的a极为电解池阴极。原电池中阳离子由负极移向正极，即溶 液中的H+由乙室向甲室迁移；甲室为燃料电池正极，电极反 应式为O2+4e+4H+一2H2O,溶液pH增大；乙室每产生 1molN2,转移6mol电子，根据得失电子守恒，可生成标准状 况下3molH2,对应气体体积为67.2L;丙室中反应的总方程 HO- 〉+CH,CN+H,o电解HO 一NH+H,↑ 式为 化学选择题专练（十）】 A组 D【解析】根据反应方程式可知，反应物气体物质化学计量数 之和是3，生成物气体物质化学计量数之和是4，因此该反应是 嫡增的反应，故该反应的△S>0;H2O(g)是生成物，在该反应 达到平衡后，若移除部分H2O(g),逆反应速率瞬间减小，正反 应速率不变，由于正>v逆，故化学平衡正向移动，平衡移动过 程中正反应速率逐渐减小；若提高n(NO2):n(CH4)的比例， 化学平衡正向移动，CH4的平衡转化率增大，但NO2的平衡转 化率降低；根据反应方程式可知，每有2 mol NO2反应，会转移 8mol电子，则当消耗1 mol NO2时，转移电子的物质的量是 4mol,则转移的电子数目约为4×6.02×1023。 6 C【解析】碳氯化反应是放热、熵增的反应，根据△H一T△S< 反应速率加快，但平衡不移动，氨气的平衡产率不变；及时分离 0,则该反应在任意温度下均能自发进行；降温反应速率减小，因 出液氨，生成物氨气的浓度减小，平衡向正反应方向移动，反应 此不能增大TiCl4的生成速率；根据方程式分析，消耗1mol 物的转化率增大，原料的利用率增大；为提高合成氨的综合效 TiO2,转移4mol电子，反应中每消耗1 mol TiO2,转移电子的 益，实际生产中，常采用适宜高温、适宜高压的条件提高氨产率。 数目约为2.408×104：将TiO,(s)与C(s)粉碎并混合均匀后反 9.D【解析】由热化学方程式可知，压强增大，平衡正向移动，产 应可增大C12的反应速率，但不能提高平衡转化率。 物的物质的量分数增大，则曲线α表示x(H2O)随压强的变化 B【解析】对于需要催化剂的反应，温度升高可能导致催化剂 情况，曲线b、c均表示反应物的物质的量分数随压强的变化情 活性降低，反应速率减小。 况，该反应为放热反应，其他条件不变，降低温度，平衡正向移 C【解析】甲容器在绝热条件下，随着反应进行，压强先增大后 动，x(b)和x(c)减小，b表示H2(g)的物质的量分数随压强的 减小，刚开始压强增大的原因是容器温度升高，说明题述反应 变化，c表示CO2(g)的物质的量分数随压强的变化。该反应为 过程为放热反应，平衡时升高温度，X的转化率下降；乙容器中 气体体积减小的反应，若起始压强为10Pa,将容器改为恒容容 b点达到平衡状态，压强为3pkPa,根据化学方程式，列三 器，则随着反应进行，压强减小，平衡逆向移动，生成的水的量减 段式： 小，即平衡时x(a)<x1。 X(g)+3Y(g)=2Z(g) 10.C【解析】根据题给信息，物质M和物质N能量无法比较，两 始/mol 1 3 0 者稳定性无法比较；反应①活化能高于反应②和③，更慢达到 转/mol 化学平衡：由盖斯定律可知，反应2×③一2×②可得E(g)一 x 3x 2x 平/mol 1-x3-3x 2x 2F(g)十H2O(g),△H=2△H3一2△H2；平衡后压缩容器，反应 ①③逆向移动，M的物质的量增多，E的物质的量增多。 4p:3p=4:(4一2x),解得x=0.5,各物质的分压P(X)= 0.5pkPa、P(Y)=1.5pkPa、P(Z)=1.0pkPa,平衡常数K。= B组 P(X)·P()27pkPa,甲容器中到c点时，容器压强为 P2(Z) 16 1.B【解析】总反应为放热反应，则生成物能量小于反应物能量； 第一步为慢反应，第二步为快反应，则第一步活化能大于第二步 3.5pkPa,则混合气的总物质的量为3.5mol,根据方程式得 活化能。 P(X)=0.75pkPa、P(Y)=2.25pkPa、P(Z)=0.5pkPa,则 2.C【解析】题给反应△H<0,△S<0,当温度较低时满足△G= △P(X)=pkPa-0.75pkPa=0.25pkPa,在0~5ts内，用X表 △H一T△S<0,反应能自发进行；由曲线与纵坐标交点可知，曲 示的反应速率(X=△P》-0.252kPa·61=0.05PkPa· 线I表示CO,曲线Ⅱ表示NO,则b→c段反应速率v(NO)= 5t s 5t s1;当甲容器中压强不变时，说明反应达到平衡状态。 0.25×103m0lL1-0.15x103mol.L=0.1X103mol· D【解析】同一反应中各物质的反应速率之比等于化学计量数 L1·s1;当单位时间内消耗NO和消耗CO2浓度相等时，说 之比，根据反应A(g)十3B(g)一4C(g)+2D(g),将选项中反应 明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态；该温度下，达到平衡 速率都换算成A的反应速率。A项，v(A)=2.0mol·L1· 时，c(C0)=2.7×10-3mol·L-1,c(N0)=0.1×10-3mol· min1≈0.033mol·L1·s1;B项，v(A)= 3V(B)≈ L1,c(N)=24(0)=号×1.0x103-01×10)ml 1 0.027mol·L1·s-1:C项，v(A)= 4o(C)=0.03mol. L1=0.45×10-3mol·L1,c(C02)=2c(N2)=0.9×10-3mol· L,题述反应的平衡常数K=c（CO,)Xc(N,) =5000。 L1·s1D项，(A)=2(D)=0.035molL1·s1。 c2(NO)Xc2(CO) 3.B【解析】正反应为气体体积减小的反应，则△S<0,又因 C【解析】从图中信息不能确定该反应是吸热反应，但最终平 △H<0,所以高温条件下△G=△H一T△S>0,反应不能自发 衡时容器Ⅱ比容器I中N2的物质的量大，所以容器I改变的 条件不可能是使用了催化剂；相对容器Ⅱ，若容器I改变的条 进行；前2min内C0平均反应速率为v(C0)=u(C)=长 件是升温，平衡移动的方向未知，不能确定容器I中N2的物质 2.4-1.6 的量比容器Ⅱ中小，若容器I改变的条件是加压，则平衡正向 2 mol·L-1·min=0.4mol·L1·min,但前 移动，最终平衡时容器I中N2的物质的量应比容器Ⅱ大；容器 2min内c(CO)逐渐减小，v(CO)也逐渐减小，所以前1min内 Ⅱ中，平衡时N2的物质的量为0.8mol,则参加反应的NO的 C0平均反应速率v(CO)>0.4mol·L1·min1,后1min内 物质的量为1.6mol,N0的平衡转化率为，6m0×1o0%= C0平均反应速率v(CO)<0.4mol·L1·min1,则前1min 2 mol 内Ac(CO)>0.4mol·L1,所以1min时，C0的浓度小于 80%;容器Ⅱ中0~10min内，生成N2的物质的量为0.5mol, 1.6mol·L1;达到平衡时c(COCl2)=1.8mol·L1,保持温 1 mol 度不变，将容器容积扩大一倍，此时c(C0Cl2)=0.9mol·L-1, 则参加反应NO的物质的量为1mol,v(NO)= 1 L 同时减小压强，平衡逆向移动，所以再达到新平衡时c(COCL2)< 10 min 0.9mol·L;6min时，△c(Cl2)=△c(CO)=(2-0.2)mol· 0.1mol·L1·min1。 L1=1.8mol·L1,此时c(C2)=(2.4-1.8)mol·L-1= D【解析】由图可知，0~t1s时间段，M同时生成P和Q,但生 0.6mol·L1,所以6min时已达平衡，平衡时c(Cl2)= 成物中P多Q少，说明反应①容易发生，活化能比反应②的低； 0.6mol·L、c(C0)=0.2mol·L1、c(C0Cl2)=1.8mol· t1s后，P在减少，Q在增多，反应③并未达到平衡；反应③的平 c(COCI) 1.8 衡常数K《骨，由图知，平衡时，Q的浓度大于P的浓度，敌 L,即平衡常数K=C)·c(C00.6X0.215,保持温 度不变，在第8min向体系中加入反应涉及的三种物质各1mol K>1;t2s时，由题意可知，M转化为P和Q,P转化为Q,所以 后，Cl2、CO、COC2三种物质浓度分别为1.6mol·L1、 c(Q)=co-c(P)。 2.8 C【解析】合成塔中充入的氮气越多相当于增大氮气浓度，平 1.2molL1、2.8molL1,此时Q=1.6x1.2=1.46<15, 衡向正反应方向移动，但氮气的转化率减小；使用催化剂，化学 则平衡正向移动。 ·化学… 4.D【解析】由方程式可知，两个反应中A都是反应物、B都是生 成物，则L2代表A浓度随时间变化的曲线、L1代表B浓度随 时间变化的曲线；由图乙可知，温度为T2时，速率常数及，<k2, 则图甲中曲线L?代表D浓度随时间变化的曲线、L4代表C浓 度随时间变化的曲线。由分析可知，L4代表C浓度随时间变化 的曲线；由分析可知，L1代表B浓度随时间变化的曲线，由图可 知，2s时，B的浓度为4mol·L1,则0~2s内B的平均反应速 率为4mo:L=2m0l·L1·6';反应的活化能越大，反应 速率越小，由图乙可知，T,温度时，反应①的反应速率慢于反应 ②，则反应①的活化大于反应②；由图乙可知，温度降低时，体系 中反应①的速率降低幅度大于反应②，则图甲的温度降低时，t。 时刻体系吧安大。 5、B【解析】根据反应机理图可知，总反应为C0,十3H,催化剂 CH3OH十H2O;增大CO2与H2的投料比，平衡正向移动，但 CO,的平衡转化率降低；增大催化剂的比表面积可以加快化学 反应速率，平衡不移动：甲醇从催化剂表面脱附后有氧空位，有 利于CO2的吸附。 6.C【解析】根据反应I和反应Ⅱ，利用盖斯定律可得2H2S(g)十 CH4(g)CS2(g)+4H2(g)△H=+233.5kJ·mol1;将 H2S与CH按体积比2：1投料，并用N2稀释，在不同温度下 反应达到平衡时，由于S?是反应I的生成物同时又是反应Ⅱ的 反应物，因此曲线Y代表S2;根据方程式中的数量关系，曲线Z 代表H2,曲线X代表CS2,由图可知，温度高于1050℃时，S 与CS2的体积分数差值越来越小，所以H2S平衡转化率与CH 平衡转化率的差值随温度升高而减小；反应I和反应Ⅱ都是气 体体积增大的反应，1050℃条件下，增大体系的压强，平衡会 逆向移动，平衡后H2的体积分数小于0.07。 7.D【解析】催化剂1作用下，基元反应为①和③，催化剂2作用 下，基元反应为②和④。催化剂1作用下，能垒③>①，基元反 应③为控速反应。总反应是放热反应，升温，平衡向逆反应方向 移动，X平衡转化率降低。观察图像，生成P较快，消耗P1较 慢；生成P。较慢，消耗P2较快，故其他条件相同，P1浓度大 于P2。 8.D【解析】三个反应是连续反应，并且是吸热反应，随着温度升 高，正向进行程度均增大，由CO2的平衡选择性的数值和曲线 走势推知，低温下反应Ⅲ基本不发生，高温下反应Ⅲ进行幅度 逐渐增大，CO2的实际选择性和CO2的平衡选择性均随着温度 的升高而减小，故曲线a表示CH3OCH3实际转化率随温度的 变化；200℃时，CO2的实际选择性接近100%，说明反应Ⅲ进 行程度很小，则反应Ⅱ的速率大于反应Ⅲ的速率；增加 起(CH,OCH,)的量，可使反应I、Ⅱ正向进行的程度增大， n起始(H2O) 使反应Ⅲ正向进行的程度减小，故能提高H2的产率；反应Ⅲ是 反应Ⅱ的连续反应，增大压强，不利于反应Ⅱ正向进行，反应Ⅲ 的反应物浓度减小，则CO的平衡产量会减小。 9.D【解析】40s后反应已经达到平衡状态，催化剂不能改变平 衡转化率；曲线I先出现拐点，说明温度更高，反应放热，则曲线 I是绝热装置乙的曲线，由于反应放热，温度升高平衡逆向移 动，K(I)小于K(Ⅱ)；a、b两点A的转化率相同，则两点各物 质浓度相同，两点都向正反应方向进行，则v正都大于v遵，a点 温度更高，则a点的v正大于b点的v正，也大于b点的v逆；0~40s 内，曲线Ⅱ的转化率为25%，A、B转化的浓度均为0.1mol·L1× 25%=0.025mol·L-1,vB=6.25X10-4mol·L1·s1。 10.B【解析】6，d三点的起始，C,H,OD相同，且均处于平 n(H2O) 衡状态，温度越高，达到平衡时的反应速率越快，由温度b< c<d可知，b、c、d三点的反应速率为d>c>b;反应Ⅱ为放热 反应，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，平衡常数为d<b;b 点相当于在a点的基础上增加n(H2O),C2HOH转化率增 大；反应Ⅱ前后气体分子数相等，平衡不受压强影响，增大压 强，反应I逆向移动，氢气产率减小。 化学选择题专练（十一） A组 C【解析】向盐酸和醋酸的混合溶液中加入少量CH,COONa 固体，则c(CH3COOˉ)变大，醋酸电离平衡逆向移动， c(CH COOH)变大，但没有c(CH3COO)变大的多，故 &CH,COS变大加人10.0mL相同浓度的NaoH溶液，溶 液中为氯化钠和醋酸混合物，显酸性，所得溶液pH<7:加入 15.0 mL NaOH溶液，若所得溶液pH<7,说明溶液显酸性，即 酸有剩余，酸抑制水的电离，故水电离产生的c(H+)< 10-?mol·L1;加入20.0mL相同浓度的NaOH溶液，根据 元素守恒c(CH3COO)+c(CH COOH)+c(CI)=c(Na)= 0.1m0l·L×号≈0.067molL1 D【解析】CIO+H2O=OH+HClO,ClO-水解生成 OH,溶液显碱性，但是HCIO会漂白pH试纸，故无法用pH 试纸测出NaClO溶液的pH。 B【解析】①2mL0.1mol·L1盐酸、②2mL0.1mol·L 醋酸浓度相等，向两溶液中分别加入等量的镁条，开始阶段醋 酸反应慢，说明醋酸电离出的氢离子浓度小，进一步说明醋酸 部分电离，能证明醋酸是弱电解质；向②中滴加③，发生酸碱中 和反应，溶液pH增大，促进了醋酸的电离；②③溶液混合，二者 恰好完全反应生成醋酸钠，溶液中存在电荷守恒c(Na)十 c(H+)=c(OH)+c(CH COO-);2mL0.1mol·L1盐酸 中，c(H+)=0.1mol·L-1,c(0H)=10mol·L-1,2mL 0.1mol·L-1氢氧化钠溶液中，c(OH)=0.1mol·L1, c(H+)=10-13mol·L1 A【解析】由图可知，a点滴加盐酸体积为5mL,K2HXO3溶 液与盐酸反应得到等浓度的K2HXO,、KH2XO,、KCI的混合溶 液，溶液pH为6.1；b点滴加盐酸体积为10mL,K2 HXO3溶液 与盐酸反应得到等浓度的KH2XO3和KCI的混合溶液；c点滴 加盐酸体积为20L,K2HXO3溶液与盐酸反应得到H3XOg 和KCl的混合溶液，溶液pH为2.0。由分析可知，b点为等浓 度的KH2XO3和KC1的混合溶液，溶液中存在元素守恒 c(C1)=c(HXO3)十c(H2XO3)十c(H3XO3);由分析可知， c点为H3XO3和KCl的混合溶液，溶液pH为2.0，由原子守恒 可知，H,X0,的浓度为010mol·L1×0.01L_1 0.03L 0mol· L1,则H,X0,的一级电离常数约为102×10 =3×10-3,数 1 30 量级为103；H3XO3为二元弱酸，与足量的氢氧化钾溶液反应 生成K,HXO3和水，反应的离子方程式为H3XO3十2OH HXO+2H2O;HXO在溶液中水解促进水的电离、H,XO 在溶液中电离出的氢离子抑制水的电离，a到c的过程中， HXO的浓度减小、H3XO3的浓度增大，则水的电离程度的 大小顺序为a>b>c。 B【解析】CH,COONa和NaHCO3溶液的浓度未知，无法通 过比较pH直接比较对应酸的K。,结论不可靠；KHC2O4溶液 pH约为4（酸性），说明HC2O的电离程度大于水解程度；红 色变浅是因为NH浓度增大抑制氨水电离，CH3 COONH4溶 液实际接近中性，结论错误；扩大容器容积后压强减小，反应 2NO2(g)一N2O,(g)平衡逆向移动，根据勒夏特列原理可知， 。7 参考答案及解析 颜色变浅是由于容积增大导致浓度降低程度大于平衡逆向移 c(H+)·c(HGeO5) 动程度，无法证明平衡正向移动。 c(H2 GeO) =0.01×2×10-7=2×10-9；由b点数据 C【解析】分析图像可知P代表HA的稀释图像，再根据lgn c(GeO 与pH变化分析HA稀释10倍pH变化不到1个单位，说明 可知，c(H)=0.01mol·L1,此时-lg.HGe0,) =10.7,则 HA为弱酸；Y点pH=10,Z点pH=9,则Y点碱性更强，抑制 c(Ge) 水的电离能力更强，因此水电离程度更小，Z点pH=9,X点 =10-10.7=10.3×10-1=2X10-11,故K2= c(HGeO) pH=5,两者抑制水的电离能力相同，水电离程度相等，因此X、 c(H+)·c(GeO3) Y、Z三点溶液中水的电离程度Z=X>Y;X点溶液与Y点溶 =0.01×2×10-11=2×1018,HGe03的水 c(HGeO) 液混合至pH=7时，根据电荷守恒c(Aˉ)+c(OH)=c(M)十 c(H+)和H=7得到c(A)=c(M);X点与Z点溶液等 1.0×10-14 =5X10s>K2,故NaHGeO3 体积混合，得到溶质是MA和HA的混合溶液，且HA物质的 解常数K=K=2×109 量浓度大于MA物质的量浓度，一般来说溶液显酸性。 溶液呈碱性。 D【解析】酸、碱均会抑制水的电离，可以水解的盐能促进水的 10.D【解析】由a点的pH=l3可知，0.1mol·L1一元碱 电离，pH=11的氨水中由水电离出的c(OH)为1×101mol· MOH溶液的pH=13,则MOH是强碱，由b点数据可知，当 L1,pH=11的Na2CO3溶液中水电离的c(OH)为1× MOH和HX等体积混合恰好完全反应生成MX时，溶液 10-3mol·L1;氢氧化钠为强碱，100mLpH=11的NaOH溶 pH=8.5,即显碱性，说明HX为弱酸，c点为等浓度的MX和 液加水稀释至1L,所得溶液pH为10，氨水是弱电解质，存在 HX的混合溶液。由分析可知，滴定终点的溶液显碱性，则该 电离平衡，pH=11的氨水加水稀释至1L,所得溶液pH>10; 滴定过程中应选用酚酞作指示剂，以减小实验误差；b点溶液 等浓度等体积的盐酸和醋酸溶液，二者溶质的物质的量相等， pH=8.5,c(X)≈0.05mol·L1c(0H)=0 .mol. 当分别加人等体积等浓度的NaOH溶液时，盐酸变为氯化钠溶 液，溶液显中性，此时醋酸变为醋酸钠溶液，醋酸钠水解使溶液 L1,根据水解平衡可知，c(HX)≈c(OH),Kh= 呈碱性，因此若要使醋酸溶液呈中性，必须少加一些氢氧化钠 10-14 溶液；盐酸中加CH3 COONa固体，两者发生反应生成醋酸，对 c(OH)c(HX)= 、1085)2 K 水的电离抑制作用减小，水的电离程度增大，向CH COOH溶 c(X-) 0.05=2X100,故K.= 液中加入少量CH,COONa固体，会使醋酸的电离平衡逆向移 10-14 2X10西=5X10-5,由分析可知，0点为M0H强碱溶液，对 动，PH增大，对水的电离抑制作用减小，水的电离程度增大。 B【解析】由图可知，a点为0.1mol·L1叠氮酸溶液，b点为 水的电离起抑制作用，b点为MX强减弱酸盐溶液，对水的电 叠氮酸和叠氨酸钠的混合溶液，溶液呈中性，c点为叠氨酸钠溶 离起促进作用，c点为等浓度混合的MX和HX溶液，MX对 液，d点为叠氮酸钠和氢氧化钠的混合溶液，溶液呈碱性。水电 水的电离起促进作用，HX对水的电离起抑制作用，结合m的 离出的氢离子浓度越大，水的电离程度越大，由图可知，（点水 范围可知c点溶液对水电离的抑制程度较α点小，故溶液中水 的电离度最大；由分析可知，c点为叠氮酸钠溶液，溶液中存在 的电离程度b>c>a;c点为等浓度混合的MX和HX溶液， 质子守恒c(OH)=c(H+)十c(HN3);由分析可知，b点溶液 溶液显酸性，即HX的电离程度大于X的水解程度，则c点 呈中性，d点溶液呈碱性；由图可知，a点为0.1mol·L1叠氨 溶液中存在c(X)>c(M)>c(H+)>c(OH)。 酸溶液，水电离出的氢离子浓度为1×10工mol·L1,则溶液 B组 中氢离子浓度为1×10-14+xmol·L1,电离常数K.(HN3)≈ 1×10-14+x×1×10-14+x 1.D【解析】向10.00mL0.1mol·L1MOH碱溶液中滴加 =1X1027+2。 0.1 0.1mol·L1盐酸，溶液的pH减小，由图可知，c点为滴定终 A【解析】H2GO3是二元弱酸，溶液中存在电离平衡 点，以此解题。由图可知，0.1mol·L1MOH溶液的pH小于 H,GeO,一H++HGeO:、HGeO?一H++GeO?,则 13,则其为弱碱，其电离方程式为MOH一M++OH;MOH 电离出的OH会抑制水的电离，随着盐酸的加入消耗MOH, K1= c(H)·c(HGeO ,Ke=c(G）,则 水的电离程度增大，则水的电离程度c>b>a;b点溶液中溶质 c(H2 GeO3) c(HGeO3) 为MCl和MOH,根据电荷守恒可知，c(CI)+c(OH)= c(HGeO) -lgcH,Ge0） -Ig(HPH-IgK-gc(HGeO- c(M)十c(H+),此时溶液显中性，则c(CI)=c(M+);由分析 可知，c为滴定终点，则c点溶液中溶质为MCI,且此时由于M Ko2 一g-pH-lgKa,由于Ka>Ke则-lgke>-lgKa 的水解，导致溶液显酸性，则存在c(CI)>c(M+)>c(H)> c(OH-)。 因为pH+pOH=14,pOH相同，即pH相同，故pH一lgK2> 2.B【解析】升温促进水的电离，但H+和OH浓度仍相等； pH一lgK1,图中pOH相同时L2对应的数值大，故L2表示 CO水解消耗H+,促进水的电离，溶液显碱性；向水中通入氯 c(GeO) -lg (HGeO3) 与pOH的关系，L1表示pOH与 化氢气体，H浓度增加，抑制水的电离，溶液显酸性；NH水 解生成H+,促进水的电离但溶液显酸性。 c(HGeO3) 一lgc(H,GeO,的关系；向Na,GeO,溶液中滴加HC1,根据电 3.D【解析】次氯酸根离子会氧化亚铁离子，不能大量共存；溶 液中亚铁离子、铵根离子水解，促进水的电离，则常温下该溶液 荷守恒，可得c(Na+)+c(H)=2c(GeO?-)+c(HGeO;)+ 中水电离出的c(H+)大于10-7mol·L1;过氧化氢会氧化亚 c(OH)+c(C1),呈中性时c(H)=c(OH),则c(Na)= 铁离子生成铁离子，干扰铁离子的检验；设摩尔盐物质的量为 2c(GeO?)+c(HGeO3)+c(Cl);由a点数据，pOH=12,则 1mol,则硫酸根离子的物质的量为(x+y)mol,向溶液中滴入 c(HGeO3) c(H*)=0.01mol·L,此时-lg(GH,Ge0)=6.7,则 Ba(OH)2溶液使SO?恰好沉淀时，消耗氢氧化钡的物质的量 为(x十y)mol,(x十y)mol氢氧化钡提供2(x十y)mol cH,Ge0=1067=103×101=2×107,故K1 c(HGeO:) OH,ymol亚铁离子完全反应消耗2ymol氢氧根离子，则另 外2xmol氢氧根离子会和2xmol铵根离子反应。