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（山东专版）

2025一2026学年度高考试题逐题突破—— 选择题专练（十） 化学·化学反应速率与化学平衡 总分：32分时间：40分钟 可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16 A组 1.反应CH4(g)+2NO2(g)=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)十2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)△H=-51kJ·mol-1, 可将TiO2转化为TiC14,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TO2(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 4.在两恒容密闭容器中分别充入1molX和3molY发生反应X(g)+3Y(g)二2Z(g),其中甲 为绝热过程，乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示。下列说法错误 的是 2 A.平衡时升高温度，X的转化率下降 甲 16 B.乙容器条件下平衡常数K,一27kPa 3.5 C.0一5ts,甲容器中u(X)=0.5色kPa·s1 0 t 21 3t 4t 5t 6t t 时间/s D.甲中压强不再改变时说明反应已达平衡 5.反应A(g)十3B(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.v(D)=0.07mol·L-1·s1 化学X·选择题专练（十）第1页（共4页） 鱼欧花门老 6.一定温度下向容器中加入M发生反应：①M→P,②M→ M Q,③P三Q。反应体系中M、P、Q的浓度随时间t的变化曲： 线如图所示。下列说法正确的是 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)=co-c(P) 7.一定条件下，将3molA气体和1molB气体混合于固定容积为2L的密闭容器中发生反应： 3A(g)十B(g)一一4C(g)+2D(s)。2min末该反应达到平衡，生成D的物质的量随时间的变 化情况如图所示。下列说法正确的是 n/mol A.从开始到平衡，用A表示的化学反应速率为0.6mol·0.8 L1·min-1 B.平衡时体系的压强与开始时体系的压强之比为1：1 C.增大B的浓度可增大活化分子百分数，使反应速率增大 2 3 t/min D.若平衡后移走C,则平衡向正反应方向移动，化学反应速率加快 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)+3H2(g)=2NH3(g) △H=一92.4kJ·mol-1,反应流程如图所示。下列说法正确的是 N2、H (洗涤器) 原料气的制取→净化→压缩一→合成分离→液氨 (除尘器) A.合成塔中充入的N2越多，N2的转化率越大 B.使用催化剂，可提高合成氨的生成速率和平衡产率 C.及时分离出液氨，可提高原料的利用率 D.实际生产中，常采用低温、超高压的条件提高氨的产率 B组 1.已知H2O2在少量I厂作用下，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+I厂H2O+IO(慢反应，△H>0),Ⅱ.H2O2+IO—I+H2O+O2个（快反 应)。能正确表示整个过程的能量变化示意图是 能 能 必 能 量 反应过程 反应过程 反应过程 反应过程 A ⊙ C D 2.对于反应2S02(g)+O2(g)一2SO3(g),下列有关说法错误的是 A.该反应的△S<0 c2(S03) B.该反应平衡常数的表达式为K= c2(S02)c(02) C.反应中每消耗22.4LO2(标准状况)，转移电子数约为2×6.02×1023 D.温度不变，提高c始(O2)或增大反应压强，均能提高反应速率和SO2的转化率 化学X·选择题专练（十）第2页（共4页） 班级 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 姓名 c(Cl2)/(mol·L-1) 2.4 1.6 0.6 c(C0)/(mol·L-1) 2 得分 0.2 c(COC2)/(mol·L-1) 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，C0的浓度小于1.6mol·L1 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)< 答题栏 1.8mol·L-1 A组 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 :1 应方向移动 2 4. 某密闭容器中含有X和Y,同时发生以下两个反应：①X十Y一 c/(mol·L-) 3 M十Q;②X+Y一N十Q。反应①的正反应速率v1(E)=k1c(X)· c(Q) c(Y),反应②的正反应速率v2正)=k2c(X)·c(Y),其中k1、2为 c(N) 速率常数。某温度下，体系中生成物浓度(c)随时间(t)变化的曲线 43 6 如图所示。下列说法错误的是 2 c(M) 7 A.10s时，正反应速率V1(正)>v2(正) 0123456789105 B.0~6s内，X的平均反应速率v(X)=1.0mol·L1·s1 B组 C.若升高温度，4s时容器中c(N)：c(M)的比值减小 D.反应①的活化能小于反应② 5. 我国科研团队研究发现使用GaZrO.双金属氧化物 口表示氧空位 可形成氧空位，具有催化氧化性能，实现CO2加氢 H 2H, 0、0、 制甲醇。其反应机理如图所示。下列说法错误的是 Ga、 Zr 4 氢化 1-0 A.总反应为C0,十3H,催化剂CH,OH+H,0 吸附 CH3 H H 6 B.增大CO2与H2的投料比能提高CO2的平衡转 +HO H 化率 Zr Ga、 7 C.增大催化剂的比表面积可以加快化学反应速 CHOH 率，缩短达到平衡的时间 吸附 脱附 D.催化剂表面甲醇及时脱附有利于二氧化碳的 吸附 化学X·选择题专练（十）第3页（共4页） 广鱼跃花门卷 6.CO2与H2合成甲醇的反应为3H2(g)+CO2(g)=CH3OH(g)十H2O(g)。在恒压密闭容 器虫，测得平衡体系中CH0H的体积分数与温度，投料比[用，C子 表示]的关系如图所 示。已知该反应的速率方程为v=kc(CO2)c3(H2),300℃、400℃时反应速率常数分别为 1、k2。下列说法错误的是 M A.该反应的△H<0 BM点和N点反应速率的比位)会 89名 C.加入合适催化剂有利于提高单位时间内CHOH的 n(H) n(C02) 产量 D.M点CO2的平衡转化率为80% 种不同催化剂作用下，X(g)→Y(g)的反应历程如爱 ② 图所示，P、P2为反应中间产物。下列叙述错误的是 催化剂1 A.每一种历程都包含2个基元反应 D ! B.催化剂1作用下，基元反应③是控速反应 ④1 X(g) 一催化剂2 P C.其他条件相同，升温使X的平衡转化率减小 Y(g) D.其他条件相同，P1浓度小于P2 反应历程 8.已知：反应I.C2HOH(g)+H2O(g)→2CO(g)+4H2(g)△H1>0 反应Ⅱ.CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H2<0 n(H2O) 2000 反应压强为P时，H2的平衡产率随温度和起始 n(C,H,OHD变化的 1800 d 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 ￥ 1200 的是 800f- A.反应速率：d>c>b 40 048121620 B.反应Ⅱ的平衡常数：d>b n(H2O) C.C2HOH转化率：a<b n(C2H;OH) D.若其他条件不变，增大压强，d点氢气产率减小 化学X·选择题专练（十）第4页（共4页）·化学X· 【解析】a为C、f为O2;d为FeO3、b为Fe,若d是Fe,不符合 反应①转化；根据盖斯定律，（①+②）×3可得C+O,一 CO2,①②的反应热之和等于等物质的量的C直接被O2氧化 为C0,的反应热；反应①为3C+2Fe,0,高温3C0,+4Fe,生 成4 mol Fe,转移电子12mol,则每生成0.1 mol Fe时，转移电 子的数目为3×6.02×102。 4.D【解析】题给反应历程中没有非极性键形成；由图可知， 1 2N+一→N十3H°为该反应的决速步檗，N、H、 NH的物质的量不确定，无法判断能量大小；由图可知，该条件 下，0.5mol氮气和1.5mol氢气生成1mol氨气放出46kJ热 量，所以合成氨反应的热化学方程式为N2(g)十3H2(g)一一 2 2NH3(g)△H=-92kJ·mol厂1 5.C【解析】NH(g)的标准摩尔生成焓为一45.9k·mol1 N2H,(I)的标准摩尔生成焓为50.6kJ·mol1,N2和H2反应 生成NH3放热，而生成N2H4吸热，则NH3的能量比N2H低， 热稳定性NH,(I)<NH3(g);由图中信息知，O2(g)+2H2(g) =2H2O(g)△H=-483.6kJ·mol1,因为H2O(1)的能量 低于H2O(g),所以O2(g)+2H2(g)—2H2O(1)△H< 一483.6kJ·mol-1;N2H4(1I)的标准摩尔生成焓为50.6kJ· mol1,则N2(g)+2H2(g)—N2H4(1)△H=+50.6kJ· mol-1,由△H=反应物的总键能一生成物的总键能，则1mol N2H,(I)的键能小于1molN2(g)与2molH2(g)的键能之和； 3 表示N2H4(I)标准燃烧热的热化学方程式为N2H(I)十O2(g) 一N2(g)十2H2O(I),N2H4(I)标准摩尔生成焓为50.6kJ· mol-1,H2O(g)标准摩尔生成焓为一241.8kJ·mol-1,可以求出 N2H4(1)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H= -534.2kJ·mol-1 6.D【解析】题述循环过程涉及的能量转化为太阳能→热能→化 学能→热能→电能：结合已知条件可知，2molH2SO4(1)完全分 解为二氧化硫、氧气和水蒸气，吸收热量551kJ,热化学方程式 4 表示为2H2SO4(1)—2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)△H= +551kJ·mol1;64gS的物质的量为2mol,已知64g固态硫 完全燃烧放出热量为592kJ,则1molS完全燃烧放出热量 296kJ,热化学方程式为S(s)+O2(g)一SO2(g)△H 一296kJ·mol1;根据盖斯定律，一（反应I+反应Ⅲ）=反应Ⅱ △H=-551kJ·mol-1+296kJ·mol1=-255kJ·mol-1。 7.C【解析】A项，由反应机理图可知，反应②的活化能最大，反 应速率最慢，为决速步骤；B项，由元素守恒和电荷守恒可知，反 5 应①的化学方程式为HNO3+H2SO,一NO+HSO,+ H2O;C项，由图可知，苯环中碳原子为sp2杂化，中间产物 HO SO 与硝基相连的碳原子为sp3杂化， -H -H 中饱 NO2 和碳原子为$p杂化；D项，由反应历程可知，反应③的活化能 NO2 HO,SO 低于反应④，且 的稳定性大于 H ,故反应③为 -H NO, NO 主反应， 为主产物。 8.B【解析】由反应示意图可知反应过程中存在碳氧等极性键断 8. 裂、氢氢非极性键断裂，碳氢等极性键生成，但不存在非极性键 的形成；物质I为反应起点存在的物质，且在整个过程中量未 发生改变，物质I为催化剂，物质Ⅱ、Ⅲ为中间过程出现的物质， 为中间产物；催化剂可以降低反应的活化能，但不能改变反应 的焓变，也不能提高转化率；该图为钉(Ru)基催化剂催化CO。 (g)和H2(g)的反应示意图，反应生成46g液态HCOOH时放 出31.2kJ的热量，反应中氢化合价由0变为十1，电子转移关 系为HCOOH~H2~2e,则每转移1mole,放出15.6kJ的 热量。 化学选择题专练（九） A组 C【解析】该装置为原电池，铜离子在硫电极得到电子，因此硫 电极为正极，电极反应式为2Cu2++S十4eCu2S,锂电极为 负极，电极反应式为Li一e一Li;原电池中阳离子向正极 (硫电极)移动；依据得失电子守恒可知，每消耗1olS,同时消 耗4 mol Li。 B【解析】Zn电极为负极，发生氧化反应Zn-2e一Zn2+ MnO2为正极，发生还原反应MnO2+2e+4H+一Mn2++ 2H2O,加入KI后，发生反应MnO2+3I+4Ht一Mn2++ I5+2H2O、I5+2e 一3厂，碘离子为催化剂。加入KI后，如 有0.6molI厂参加反应，需得到0.4mol电子，理论上负极减少 0.2 mol Zn,质量为13g;充电时阳极电极反应式为3I厂-2e -I5、Mn2++2H20-2e 一MnO2十4H+,电路中每通过 2moleˉ，阳极区溶液减少的质量小于1 mol MnO2的质量，小 于87g;放电时的总反应为Zn+MnO2+4H+=Zn2++Mn2+十 2H2O;PBS膜能够防止脱落的二氧化锰与锌接触构成微电池， 减少锌的损耗，能有效抑制电池的自放电。 B【解析】酸性燃料电池中，乙醇发生失电子的氧化反应生成 醋酸，则乙醇所在Pt电极为负极，负极反应式为CHCH2OH 4e+H2O一4H++CH COOH,O,所在的Pt电极为正极 发生得电子的还原反应，正极反应式为O2十4e十4H+ 2H2O,放电时，电子由负极经过导线流向正极，据此分析解答 氧气通人的Pt电极为电池正极，电子流入正极；电池工作时，质 子(H+)通过质子交换膜从负极流向正极；不是标准状况下，O, 的物质的量无法判断。 B【解析】电池工作时，电子从B极流出，则B极为负极，A极 为正极。放电时，正极反应为VO+e+2H一VO2+十 H20,充电时，阳极反应为V02++H20-e一VO对+2H*, 放电时，负极反应为V2+一e一V3+,充电时，阴极反应为 V3+十e= 一V2+。通过电池堆外泵的作用，储液罐中的电解 液不断送入正极室和负极室内，以维持离子的浓度，实现电池 的充放电，放电时，正极消耗VO,应通过泵向A极室送 入VO。 C【解析】糯米的主要成分为淀粉，不是蛋白质。 D【思路分析】根据图示，左侧反应室HSO经反应后生成 H2S2O4,S元素的化合价降低，电源a是负极，b是正极，电解池 中，H+应该向左侧即阴极移动，所以隔膜应该是质子交换膜。 【解析】由分析可知，阴极电极反应式为2HSO?十4H+十2e 一H2S2O4十2H2O;S元素化合价由十4升高到十6，失去2个 电子，N元素化合价由+2降低到0，得到2个电子，根据得失电 子守恒，在相同条件下，吸收SO2和NO的体积比为1：1。 D【解析】由题意可知，铜电极为电解池的阳极，在氯离子作用 下，铜在阳极失去电子发生氧化反应生成Cu2C2,铂电极为阴 极，水分子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离 子，氢氧根离子通过阴离子交换膜进入阳极区。根据分析，结合 得失电子守恒可知Cu2O~Cu2Cl2~2Cu~2e~H2,电解得到 7.2g氧化亚铜时，阴极区溶液减少H2和进入阳极区OH厂的 7.2g 质量，即水的质量，为44g·mo立X2X18g·mo=1.8g。 A【思路分析】如图所示，b电极上的反应为酒石酸失电子生 成二氧化碳，电极反应式为C4HO。一10e+2H2O 4CO2个+10H+;根据题干信息，该电池将分解水和燃料电池技 术相结合，则a电极上的反应为水得电子生成氢气：2H2O+2e -H2+20H 【解析】溶剂是水，当两电极均转移10mol电子时，a电极消耗 10mol水生成10 mol OH,b电极消耗2mol水生成10mol ·5 参考答案及解析 H+,则放电过程消耗12mol水、生成10mol水，溶剂质量改6.D【解析】由图可知，Si转化为SiO2,Si元素失去电子化合价 变；据分析可知，X为H2；根据b电极的电极反应式有10eˉ~ 升高，则Si@C电极为负极，MnO2转化为Mn+,Mn元素得到 4C02,则产生1molC02转移2.5mol电子；当两电极均转移 电子化合价降低，MO2电极为正极。存在质子交换膜，说明是 10mol电子时，产生C02和H2的物质的量之比为4：5，在相 在酸性条件下，则负极反应式为Si一4e+2H2O一SiO2+ 同条件下，物质的量之比等于体积比，则a、b两电极上产生气体 4H+,正极反应式为MnO2+2e+4H+-Mn2++2H2O,以 的体积比为5：4。 此解题。根据放电时负极反应式可知，导线上每通过0.2mol B组 电子，则会生成0.05 mol Si02。 7.C【解析】若用铅电极代替石墨电极，铅会在阳极失去电子发 B【解析】图甲左边烧杯中CuSO4浓度小，左侧电极反应式为 生氧化反应生成铅离子，所以不能用铅电极代替石墨电极；铅 Cu一2e一Cu2+,故a是负极，b是正极；要在铁钥匙上镀银， 电极为电解池的阴极，石墨电极为阳极，双极膜解离出来的氢 即d作阴极，c作阳极，故a接d,b接c;Cu+不能进入盐桥；设 氧根离子进入阳极区，氢离子进入阴极区；铅电极为电解池的 左池中CuSO4浓度增大xmol·L1,右池减小xmol·L1, 阴极，酸性条件下草酸在阴极得到电子发生还原反应生成乙醛 则0.5+x=3.5-x,解得x=1.5mol·L1,则n(CuS04)= 酸和水，电极反应式为HOOC-COOH+2eˉ+2H+ 0.5L×1.5mol·L-1=0.75mol,根据得失电子守恒可得关系 HOOC一CHO+H2O;铅电极为电解池的阴极，除酸性条件下 式Cu2+~2Ag,则析出1.5 mol Ag其质量为162g。 C【解析】由图可知，铁电极为原电池的负极，铁失去电子发生 草酸在阴极得到电子发生还原反应生成乙醛酸和水外，H也 氧化反应生成亚铁离子，电极反应式为Fe一2eˉ一Fe+,CCF 可以在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，则石墨电极析出 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 1ol氧气时，无法计算铅电极附近生成乙醛酸的物质的量。 应生成过氧化氢和氢氧根离子、UO+在正极得到电子发生还 8.D【思路分析】电极M区进入的是稀硝酸，出来的是浓硝酸， 原反应生成UO2,电极反应式为O2+2H2O+2e一H2O2+ 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 2OH、UO++2e一UO2,生成的UO2与过氧化氢反应生 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 成(U02)02·2H20,反应的化学方程式为U02十2H2O2 子，B为氢气，铵根离子向右移动，以此解题。 (UO2)O2·2H2O。由分析可知，生成(UO2)O2·2H2O的反 【解析】由分析可知，I室电极反应式为2H2O一4e 应中氧化剂H2O2与还原剂UO2的物质的量之比为1：1。 O2个+4H+,发生氧化反应，电极M为阳极，接外电源的正极； C【解析】由题干图示信息可知，图中实线代表放电过程，放电 由分析可知，电极N为阴极，电极反应式为2H2O+2e 时n极为正极，其电极反应为NiO(OH)+H2O+e 2OH+H2个；每产生标准状况下22.4LO2,根据得失电子守 Ni(OH)2十OH,m极为负极，其电极反应为LaNiH: 恒，Ⅲ室要生成2olH2,溶液质量减少4g,同时依据电荷守 6e十6OH=LaNi5十6H2O,此电池的总反应为LaNis H6十 恒，4 mol NH通过阳离子交换膜进人Ⅲ室，溶液质量增加 6NiO(OH)一LaNi十6Ni(OH)2;虚线代表充电过程，充电时 72g,所以Ⅲ室溶液的质量理论上共增加68g;Ⅱ室中的NO3 阳极即n极反应为Ni(OH)2十OH-e=NiO(OH)+ 要进入I室，所以离子交换膜I为阴离子交换膜，NH要进人 H2O,阴极即m极反应为LaNi十6H2O+6e一LaNi,Hs十 Ⅲ室，离子交换膜Ⅱ为阳离子交换膜。 6OH,总反应为LaNi,十6Ni(OH)。电解LaNi,H。十 化学选择题专练（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 A组 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 1.D【解析】根据反应方程式可知，反应物气体物质化学计量数 少39g-1g=38g。 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 D【思路分析】放电时，该装置为原电池，Z为负极，发生氧化 嫡增的反应，故该反应的△S>0;H2O(g)是生成物，在该反应 反应Zn-2e+4OH一[Zn(OH)4]2-;1T-MoS2为正极，发 达到平衡后，若移除部分H2O(g),逆反应速率瞬间减小，正反 生还原反应O2+4e+4H+一2H2O;充电时，该装置为电解 应速率不变，由于正>，故化学平衡正向移动，平衡移动过 池，[Zn(OH)4]2-在阴极(b极)得电子生成Zn,H20在阳极(a 程中正反应速率逐渐减小；若提高n(NO2):n(CH,)的比例， 极)失电子生成O2。 化学平衡正向移动，CH的平衡转化率增大，但NO2的平衡转 【解析】电子只在导线中移动，不进入电解质溶液，电子流向为 化率降低：根据反应方程式可知，每有2 mol NO2反应，会转移 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 8mol电子，则当消耗1 mol NO2时，转移电子的物质的量是 锌和双极膜电离出来的OH的质量和，根据电极反应式可知 4mol,则转移的电子数目约为4×6.02×1023。 每消耗0.1molO2,转移0.4mol电子，有0.2 mol Zn失电子进2.C【解析】碳氯化反应是放热、熵增的反应，根据△H-T△S< 入溶液，0.4 mol OH由双极膜进入负极区，则质量增加(0.2× 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 65十0.4×17)g=19.8g;阳极电势高于阴极电势，由思路分析 此不能增大TiC1的生成速率；根据方程式分析，消耗1mol 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 TiO2,转移4mol电子，反应中每消耗1 mol TiO2,转移电子的 2H20-4e-O2个+4H+,阴极反应为[Zn(OH)4]2-+2e 数目约为2.408×1024；将Ti02(s)与C(s)粉碎并混合均匀后反 —Zn+4OH,总反应为2[Zn(OH)4]2-=2Zn+O2↑+ 应可增大C2的反应速率，但不能提高平衡转化率。 4OH+2H20。 3.B【解析】对于需要催化剂的反应，温度升高可能导致催化剂 D【思路分析】根据光合菌产生的O2得电子结合H得到 活性降低，反应速率减小。 H2O,可知碳棒a为正极，FeS2在硫氧化菌的作用下被氧化为 4. C【解析】甲容器在绝热条件下，随着反应进行，压强先增大后 S,S在硫氧化菌的作用下被氧化为SO? 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 【解析】根据分析可知b极为负极，a极为正极，正极的电势高 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 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 b点达到平衡状态，压强为3pkPa,根据化学方程式，列三 极反应S-6e十4H2O一SO+8H+;酸性增强不利于菌落 段式： 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 X(g)+3Y(g)=2Z(g) 电池效率降低；a为正极，电极反应为O2十4e+4H 始/mol 1 3 0 2H2O,每生成1 mol SO?,电路共转移7mol电子，理论上消耗 转/mol x 3x 2x 标准状况下39.2LO2。 平/mol 1-x3-3x 2x 高考试题逐题突破 4p:3力=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。= P(X)·P3(Y27DkPa,甲容器中到c点时，容器压强为 P2(Z) 16 3.5pkPa,则混合气的总物质的量为3.5mol,根据方程式得 P(X)=0.75pkPa、P(Y)=2.25pkPa、P(Z)=0.5pkPa,则 △P(X)=pkPa-0.75pkPa=0.25pkPa,在0~5ts内，用X表 示的反应速率(X)=△P(XD-0.252kPa·s1=0.052kPa 5t s 5t t s1;当甲容器中压强不变时，说明反应达到平衡状态 5.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 之比，根据反应A(g)+3B(g)一4C(g)十2D(g),将选项中反应 速率都换算成A的反应速率。A项，v(A)=2.0mol·L1· min1≈0.033mol·L1·s1;B项，o(A)= 3V(B)≈ 0.027mol·L1·s-1;C项，v(A)= 4(C)=0.03mol.L1. 1 s;D项，(A)=2(D)=0.035mol·L1·s1。 6.D【解析】由图可知，0t1s时间段，M同时生成P和Q,但生 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； t1s后，P在减少，Q在增多，反应③并未达到平衡；反应③的平 衡常数K=c(Q) 。P,由图知，平衡时，Q的浓度大于P的浓度，故 K>1;t2s时，由题意可知，M转化为P和Q,P转化为Q,所以 c(Q)=c。-c(P)。 7.B【解析】由题意可列三段式： 3A(g)+B(g)=4C(g)+2D(s) 始/mol 3 1 0 0 转/mol 1.20.4 1.60.8 平/mol 1.80.6 1.60.8 从开始到平衡，用A表示的化学反应速率为0.3mol·L1· min1;D为固体，反应前后气体分子数相等，所以压强不变；增 大反应物浓度，活化分子百分数不变；若平衡后移走C,则平衡 向正反应方向移动，化学反应速率减慢。 8.C【解析】合成塔中充入的氨气越多相当于增大氨气浓度，平 衡向正反应方向移动，但氨气的转化率减小；使用催化剂，化学 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 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 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 益，实际生产中，常采用适宜高温、适宜高压的条件提高氢产率。 B组 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 活化能。 2.C【解析】该反应为气体分子数减少的反应，则△S<0;该反应 c(SO) 平衡常数的表达式为K一。(S02)·c(02)每消耗2.4L(标 准状况)即1mol氧气时，转移4mol电子，转移电子数为4× 6.02×1023;增大反应物浓度或增大压强均能提高化学反应速 率，增大氧气的浓度或增大压强均有利于该反应正向移动，从而 提高二氧化硫的转化率。 3.B【解析】正反应为气体体积减小的反应，则△S<0,又因 △H<0,所以高温条件下△G=△H一T△S>0,反应不能自发 进行；前2min内C0平均反应速率为u(C0)=u(C,)= At 2.4-1.6 2 mol·L1·min1=0.4mol·L1·min1,但前 2min内c(CO)逐渐减小，v(CO)也逐渐减小，所以前1min内 CO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·L1·min-1,则前1min 内△c(CO)>0.4mol·L1,所以1min时，CO的浓度小于 1.6mol·L1;达到平衡时c(C0Cl2)=1.8mol·L1,保持温 度不变，将容器容积扩大一倍，此时c(C0Cl2)=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(COC2)< 0.9mol·L1;6min时，△c(Cl2)=△c(C0)=(2-0.2)mol· L1=1.8mol·L1,此时c(Cl2)=(2.4-1.8)mol·L-1= 0.6mol·L-1,所以6min时已达平衡，平衡时c(Cl2)= 0.6mol·L1、c(C0)=0.2mol·L1、c(C0Cl2)=1.8mol· c(COCl2) 1.8 L,即平衡常数K=c(C)·c(C0-0.6X0.2=15,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 后，C2、C0、C0C2三种物质浓度分别为1.6mol·L1 2.8 1.2molL12.8molL1,此时Q=1.6x,2=1.46<15, 则平衡正向移动。 C【解析】由图可知，初始生成M的速率大于N,则k1>k2, 10s时两个反应均达到平衡状态，由于1（正）=k1c(X)·c(Y)、 v2正)=k2c(X)·c(Y),则正反应速率V1(正)>v2(正)；①②反应 中X和Q的系数均为1，则0~6s内，X的平均反应速率 o(X)=(Q》=音olLs1-1molL1s4s后 M浓度减小，可能为Q浓度增大导致反应①逆向移动所致，因 为不能确定2个反应的吸热和放热情况，故不能确定升高温度， 4s时容器中c(N)：c(M)的比值变化情况；由图可知，初始生 成M的速率大于N,则反应①的活化能小于反应②。 B【解析】根据反应机理图可知，总反应为C0,十3H,催化剂 CH3OH+H2O;增大CO2与H2的投料比，平衡正向移动，但 CO2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。 B【解析】A项，由图像可知，在投料比相同时，温度越高， CH3OH的体积分数越小，该反应为放热反应，△H<0。B项， 在恒压密闭容器中，M点和N点投料比相同，温度不同，N点 CHOH的体积分数小于M点，则N点反应物的体积分数大 于M点，可知N点反应物的浓度（用c2表示）大于M点（用c1 表示，调得-二8会：心项怎化莉能如 快反应速率，可以提高单位时间内CHOH的产量；D项，M点 投料比n,) (C0,)=3,设H,为3mol,C0,为1mol,列三段式： 3H2(g)+CO2(gCHs OH(g)+H2 O(g) 始/mol 3 1 0 0 变/mol 3x x 平/mol 3-3.x1-x 平衡时混合气体总物质的量为(4一2x)mol,平衡体系中 、1 CH,0H的体积分数=4-2z=3,解得x=0.8,M点C0,的 平衡转化率为80%。 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P1较快，消耗P1较 慢；生成P2较慢，消耗P2较快，故其他条件相同，P,浓度大 于P2。 n(H2O) B【解标】6，c,d三点的起始m(C,H,OHm相同，且均处于平衡 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。 ·6 化学选择题专练（十一） 液混合至pH=7时，根据电荷守恒c(A)+c(OH) c(M+)+c(H+)和pH=7得到c(A)=c(M+);X点与Z 点溶液等体积混合，得到溶质是MA和HA的混合溶液，且 A组 HA物质的量浓度大于MA物质的量浓度，一般来说溶液显 C【解析】向盐酸和醋酸的混合溶液中加入少量CH3 COONa 酸性。 固体，则c(CH3COO)变大，醋酸电离平衡逆向移动， 7.D【解析】酸、碱均会抑制水的电离，可以水解的盐能促进水的 c(CH COOH)变大，但没有c(CH3COO)变大的多，故 电离，pH=11的氨水中由水电离出的c(OH)为1×10-11mol· c(CH2 COO) L1,pH=11的Na2C0,溶液中水电离的c(OH)为1× c(CH,COOD变大：加人10.0mL相同浓度的NaOH溶液，溶 10-3mol·L1;氢氧化钠为强碱，100mLpH=11的NaOH溶 液中为氯化钠和醋酸混合物，显酸性，所得溶液pH<7;加入 液加水稀释至1L,所得溶液pH为10，氨水是弱电解质，存在 15.0 mL NaOH溶液，若所得溶液pH<7,说明溶液显酸性，即 电离平衡，pH=11的氨水加水稀释至1L,所得溶液pH>10; 酸有剩余，酸抑制水的电离，故水电离产生的c(H+)< 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， 10-mol·L;加入20.0mL相同浓度的NaOH溶液，根据 当分别加入等体积等浓度的NaOH溶液时，盐酸变为氯化钠溶 元素守恒c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+c(CI)=c(Na+)= 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 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 0.1molL×号≈0.067molL 溶液；盐酸中加CH,COONa固体，两者发生反应生成醋酸，对 D【解析】CIO-+H2O=OH+HCIO,CIO水解生成 水的电离抑制作用减小，水的电离程度增大，向CH3COOH溶 OH,溶液显碱性，但是HCIO会漂白pH试纸，故无法用pH 液中加入少量CH3 COONa固体，会使醋酸的电离平衡逆向移 动，pH增大，对水的电离抑制作用减小，水的电离程度增大。 试纸测出NaClO溶液的pH。 8.B【解析】由图可知，a点为0.1mol·L1叠氨酸溶液，b点为 B【解析】①2mL0.1mol·L1盐酸、②2mL0.1mol·L1 叠氮酸和叠氮酸钠的混合溶液，溶液呈中性，C点为叠氮酸钠溶 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 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 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 离出的氢离子浓度越大，水的电离程度越大，由图可知，c点水 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 的电离度最大；由分析可知，c点为叠氨酸钠溶液，溶液中存在 和反应，溶液pH增大，促进了醋酸的电离；②③溶液混合，二者 质子守恒c(OH)=c(H)十c(HN3);由分析可知，b点溶液 恰好完全反应生成醋酸钠，溶液中存在电荷守恒c(Na)十 呈中性，d点溶液呈碱性；由图可知，a点为0.1mol·L1叠氮 c(H+)=c(OH)+c(CH3COO-);2mL0.1mol·L1盐酸 酸溶液，水电离出的氢离子浓度为1×10-xmol·L1,则溶液 中，c(H+)=0.1mol·L1,c(OH)=10-13mol·L1,2mL 0.1mol·L1氢氧化钠溶液中，c(0H)=0.1mol·L-1, 中氢离子浓度为1×10-14+xmol·L1,电离常数K。(HN3)≈ 1×1014+x×1X10-14+红 c(H+)=10-18mol·L- =1X10-27+2x 0.1 A【解析】由图可知，a点滴加盐酸体积为5mL,K,HXO,溶 9.A【解析】H2GO3是二元弱酸，溶液中存在电离平衡 液与盐酸反应得到等浓度的K,HXO3、KH2XO3、KCI的混合溶 液，溶液pH为6.1；b点滴加盐酸体积为10mL,K2HXO3溶液 H2GeO,==Ht+HGeO、HGeO;==Ht+GeO?,则 与盐酸反应得到等浓度的KH2XO3和KC1的混合溶液；c点滴 K=(H:cHGe02）,Ka=cH)cGe0）,则 加盐酸体积为20mL,K2HXO3溶液与盐酸反应得到H3XO3 c(H2 GeO) c(HGeO) 和KCI的混合溶液，溶液pH为2.0。由分析可知，b点为等浓 c(HGeO3) Kal c(GeO号) 度的KH2XO3和KCI的混合溶液，溶液中存在元素守恒 (H.GeO,)HPH(HGeO) c(Cl)=c(HXO3)+c(H2XO)+c(H3XO3);由分析可知， K2 c点为H3XO3和KC1的混合溶液，溶液pH为2.0，由原子守恒 -lge（)=pH-lgK2,由于Kn>K,则-lgKa之 可知，H,X0,的浓度为0.10molL×0.01L= 一lgK1,因为pH十pOH=14,pOH相同，即pH相同，故pH 0.03L 30 mol· lgK2>pH一lgKa,图中pOH相同时L2对应的数值大，故L2 L1,则H,X0,的一级电离常数约为102X102 c(GeO) =3×10-3,数 表示一1g:HGeO) 与pOH的关系，L1表示pOH与 1 30 量级为10一3；H3XO3为二元弱酸，与足量的氢氧化钾溶液反应 c(HGeO的关系；向Na,GeO,溶液中滴加HC,根据电 -lgc(H.GeO,) 生成K2HXO,和水，反应的离子方程式为HXO+2OH 荷守恒，可得c(Na)+c(H+)=2c(GeO3)+c(HGeO3)+ HXO十2H2O;HXO在溶液中水解促进水的电离、H3XO c(OH-)+c(CI-),呈中性时c(H+)=c(OH-),则c(Na)= 在溶液中电离出的氢离子抑制水的电离，α到c的过程中， 2c(GeO)+c(HGeO3)十c(C1);由a点数据，pOH=12,则 HXO号的浓度减小、H3XO3的浓度增大，则水的电离程度的 cH)=0.01mol·L1,此时-lgH,Ge0,) c(HGeO3) 大小顺序为a>b>c。 =6.7,则 B【解析】CH COONa和NaHCO,溶液的浓度未知，无法通 c(HGeO3) 过比较pH直接比较对应酸的K。,结论不可靠；KHC2O,溶液 c(H2 GeO) =10-6.7=100.3×10-7=2×10-7,故K1= pH约为4（酸性），说明HC2O的电离程度大于水解程度；红 c(H+)·c(HGeO3) 色变浅是因为NH浓度增大抑制氨水电离，CH,COONH,溶 =0.01×2×10-7=2×109;由b点数据 c(H2 GeO) 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， 可知，c(H)=0.01molL,此时-1g(Gc0) =10.7,则 c(HGeO) 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 动程度，无法证明平衡正向移动。 c(GeO) =1010.7=10°.3×10-1=2×10-11，故K2= C【解析】分析图像可知P代表HA的稀释图像，再根据lg c(HGeO) 与pH变化分析HA稀释10倍pH变化不到1个单位，说明 c(H+)·c(GeOg) =0.01×2×10-1=2×10-13,HGe03的 HA为弱酸；Y点pH=10,Z点pH=9,则Y点碱性更强，抑制 c(HGeO3) 水的电离能力更强，因此水电离程度更小，Z点pH=9,X点 .=1.0×10-“ =5X10-6>K2,故 pH=5,两者抑制水的电离能力相同，水电离程度相等，因此X、 水解常数K=K 2X10-9 Y、Z三点溶液中水的电离程度Z=X>Y;X点溶液与Y点溶 NaHGeO3溶液呈碱性。