专题五 考点1 化学反应速率及其影响因素-【创新教程】2024-2026三年高考化学真题分类特训试卷

A.由分析可知，膜Ⅱ为阴离子交换膜，A错误；B.a电极的反 应为O十4e十2H,O一4OH厂，pH变大，B错误：C.由分 析可知，电极b的反应为[Fe(CN),]-一e [Fe(CN)],C错误；D.每脱除58.5 g NaCl,转移电子数为 1mol,有1 mol Li和1molC分别透过离子交换膜Ⅲ、膜 Ⅱ，可得到1 mol LiCl,.D正确。 7.BLi,CoO,电极上发生的反应为Li,CoO2十(1-x)e 十(1一x)Li一LiCoO,,A错误；由电极反应式可知， 产生标准状况下5.6L(即0.25mol)O2时转移1mol电 子，理论上铃化已ml的Co0B正确：90为明 离子，向阳极移动，即向P1电极迁移，C错误；由阳极电 极反应式可知，电解过程中，阳极产生H、消耗H2O,则 阳极附近pH降低，D错误。 8.D黑火药爆炸时，KNO,、C和S反应生成KSN和CO: 2KN),+3C+S一KS+N,◆+3CO,◆，A错误：电解饱 和NaCI溶液生成CL,、H,和Na)H,离子方程式为2CI 通电 +2H,OH,个+CL,个+2OH,B错误：丙烯生成 聚丙烯的反应为CH一CH一CH,催化剂 ECH一CH,C错误；向饱和氨盐水中通入过量 CH; C),生成NH:CI和溶解度较小的NaHC)3,Na HCO3结 晶析出，D正确。 9.A电极a上生成H,电极b上消耗H+,H通过质子 交换膜从左室移向右室，B错误；在探究溶液浓度变化 时，不仅要关注溶质的变化，也要关注溶剂的变化，在光 解过程中，H2S),溶液中H2O减少，HSO,溶液浓度增 大，pH减小，C错误；生成1molH,转移2mol电子，外 电路通过0.01mol电子时，电极b上生成0.005mol H2,D错误。 10.A过程Ⅱ为￥CO2和*NO在酸性条件下被还原为 *CO和*NH的反应，生成了N一H等极性共价键；过 程Ⅲ为*CO与￥NH2生成￥CO(NH2):的反应，生成 了C一N极性共价键，A正确。过程Ⅱ是得电子的还原 反应，N元素的化合价由十5降为一2，C元素的化合价 由十4降为十2，B错误。所给离子方程式电荷和得失 电子不守恒，根据反应机理图可知，过程Ⅱ需要外界提 供电子，则正确的离子方程式为CO,十2NO:十18H 通电 +16c化剂C0(NH,):+7H,0.C错误。會温常 压、无催化剂条件下，CO2与NH,·HO反应生成 (NH)CO,或NH,HCO3,D错误。 11.D电极b发生TY→TQ,发生加氧去氢的反应，发生 氧化反应，b为阳极，为阴极，阴极上氢离子得电子生 成H2,以此解题。 A.电解时阳离子向阴极移动，H从右室向左室移动， A正确：B.根据转化关系图可知，电极b中TY是反应 物，TQ是生成物，电极a中水是反应物，H2为生成物， 总反应方程式为：TY十H,0电解TQ十2H,个，B正确： OH C.将TY( )换成 为原料，仍然能 OH 够得到TQ( ),C正确；D.根据题图可知， Is 用1“)标记电解液中的水，可得到的1“)在环上甲基的 (0 邻位上 ,D错误。 1) 12.C由图中氢离子和氢氧根的流向，可推出左侧Pt电 极为阳极，右侧石墨电极为阴极，阳极发生的反应为： 4OH一4e一()，↑十2H2(),阴极发生的反应为： 2HO+2e一H,个，Ⅲ室中氯化钠浓度降低了，说明 钠离子往阴极方向移动，氯离子往阳极方向移动，据此 解答。 A.由分析可知，Pt电极为阳极，阳极发生的反应为： 4OH一4e一)2↑十2HO,A正确；B.水可微弱的 电离出氢离子和氢氧根，在外加电场作用下，使氢离子 和氢氧根往两侧移动，降低了浓度，可促进双极膜中水 的电离，B正确：C.由分析可知，Ⅲ室中氯化钠浓度降 低了，说明钠离子往阴极方向移动，氯离子往阳极方向 移动，即钠离子往右侧移动，通过Y膜，则Y膜为阳离 子交换膜，氯离子往左侧移动，通过X膜，则X膜为阴 离子交换膜，C错误；D.N室每生成1 mol NaOH,则转 移1mol电子，有1mol氢离子移到Ⅱ室中，生成1mol B(OH)3,D正确。 [考，点4] 1.DA.发蓝处理技术通常用于钢铁等黑色金属，通过在 空气中加热或直接浸泡于浓氧化性溶液中来实现，可在 金属表面形成一层极薄的氧化膜，这层氧化膜能有效防 锈，A不符合题意；B.阳极氧化是将待保护的金属与电 源正极连接，在金属表面形成一层氧化膜的过程，B不符 合题意：C,表面渗镀是在高温下将气态、固态或熔化状 态的欲渗镀的物质（金属或非金属元素）通过扩散作用 从被渗镀的金属的表面渗入内部以形成表层合金镀层 的一种表面处理的方法，C不符合题意；D.喷涂油漆是 将油漆涂在待保护的金属表面并没有在表面形成钝化 膜，D符合题意：故答案选D。 2.CA.氨水浓度越大，越容易生成[Z(NH)]2+,腐蚀 趋势越大，A正确；B.腐蚀的总反应为Zn十4NH;·HO -[Zn(NH,).]++H2个+2H,O+2OH,有OH生 成，溶液pH变大，B正确：C.该电化学腐蚀中Zn作负 极，Fe作正极，正极上氢离子得电子生成氢气，铁电极上 的电极反应式为：2H,O+2e一一H◆+2OH,C错 误；D.根据得失电子守恒，每生成标准状况下 24ll,的移电子为号2品-0.02ml,消名 0.010 mol Zn,D正确。 专题五化学反应速率与化学平衡 [考，点1门 1.CA.温度越高，反应速率越快，相同时间内反应物消耗 越快。对比两图可知：T:温度下M浓度下降更快，反应 速率更快，因此T,>T,A错误；B.根据题目给出的lc =lnc。一kt,可以将公式变形为：lnC=一kt,当M反应 1 1 一半时，c=2o,代入得：ln 2c =-kt,In =一kt, Co -1n2=一，t=n2,B错误：C.N是中间产物，N浓度 增大时，N的生成速率大于消耗速率：N浓度达到最大 值后开始下降，此时的生成速率小于消耗速率，因此N 浓度最大时，生成速率等于消耗速率，C正确；D.催化剂 仅改变反应速率，不改变浓度变化的趋势：若仅增大 N(g)→Q(g)的反应速率，N生成后消耗更快，会使N 的浓度最大值减小，D错误。 0 2.BA,将反应机理各步的反应物和生成物抵消中间产物 后，总反应为H)+3O3一4)。十2·)H,A正确；B. 由机理图可知，·OH中的日元素全部来自反应物 H,O,·OH中的O原子全部来源于O3,B错误：C.步骤 ①中O,的O原子和HO的H原子之间的虚线代表氢 键，C正确；D.步骤③中O参与反应，生成了O,,O1中 的1个0原子形成了心0元素的化合价发生了变 化，发生了氧化还原反应，D正确。 3.BA.根据复合判据△G=△H一T△S,该反应△H<0、 △S<0,温度较低时△G<0,故低温能自发进行，A错误： B.该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常 数减小，B正确；C.该反应为放热反应，则E正一E是<0， 则正反应的活化能小于逆反应的活化能，C错误；D.①： Na(s)+2Cl(g)--NaCI(s)△H<0,②：Na*(g)+ CI(g)一NCI(s)△H,<0,根据盖斯定律，反应① -反应②得到目标反应Na(s)+2C:(g)一Na(g) +CI厂(g),则△H=△H一△H2,由于不能明确△H,、 △H,相对大小，则△H不能确定，D错误。 4.AA.根据图像可知氢离子浓度影响振幅大小，A错 误；B.反应④中亚硫酸被氧化，反应的离子方程式为 3H2S)3+Br)3一3S)片+Br+6H+,B正确：C.由 于①②为快速反应，而澳酸根离子直接氧化的是亚硫 酸，所以反应①~④中，H对S)的氧化起催化作用， C正确；D.根据题干信息和图像可知利用pH响应变色 材料，可将pH振荡可视化，D正确。 5.CA.①A(g)三M(g)的K=b,②A(g)=一N(g) 的KA是@一0得到M(g)一Ng.则K=t的 TM,平衡 三=：，A正确：B.由图可知，0~t时间段，生成 k kk k一1 M和N的物质的量相同，由此可知，生成M和N的平均 反应速率相等，B正确：C.若加入催化剂，k1增大，更有 利于生成M,则x1变大，但催化剂不影响平衡移动， xM,衡不变，C错误；D.若A(g)→M(g)和A(g)→N(g) 均为放热反应，升高温度，两个反应均逆向移动，A的物 质的量分数变大，即工A,平衡变大，D正确。 6.CA.实验①中，02小时内平均反应速率v(Se(广)= (5.0×10i-1.0×10)mol·L 2h -=2.0×105mol·L1 ·h,A不正确：B.实验③中水样初始pH=8,溶液显弱 碱性，发生反应的离子方程式中不能用H配电荷守恒， B不正确；C.综合分析实验①和②可知，在相同时间内， 实验①中S()浓度的变化量大，因此，其他条件相同 时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率，C正确：D.综 合分析实验③和②可知，在相同时间内，实验②中S() 浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当减小初始 pH,SeO的去除效果越好，但是当初始pH太小时， H浓度太大，纳米铁与H反应速率加快，会导致与 Se()片反应的纳米铁减少，因此，当初始pH越小时 SeO的去除效果不一定越好，D不正确。 7.B99%的XY转化为配离子时，溶液中(X配离子) c(X) 三 0锅款别0% c(Y) c(X) 12 c(Y) 1g(Y配离子)≈一2，根据图像可知，纵坐标约为一2 时，溶液中一lgcx(CN)>一lgcY(CN),则溶液中 CN的平衡浓度：X<Y,A错误。Q点时， c(X) c(Z) c(X) 1gc(X配离子)=1gc(Z配离子)，即(X配离子) (Z配离子，加入少量可溶性Y盐后，会消耗CN形成 c(Z) Y配离子，使得溶液中c(CN厂)减小（沿横坐标轴向右移 c(X) c(Z) 动)，lgX配病子与(Z配病子曲线在Q点相交后， 随着一lgc(CN)继续增大，X对应曲线位于Z对应曲 c(X) c(Z) 线上方，即gX配离子>1g(Z配离子，则 c(X) c(Z) (X配离子)>(Z配离子)B正确。设金属离子形成 配离子的离子方程式为金属离子十mCN一配离子， 则平衡常数K= c(配离子) c(金属离子)·c"(CN,lgK= c(配离子) lg(金属离子一mlgc(CN)= --gN)中会叠= 一mlgc(CN)-lgK,故X、Y、Z三种金属离子形成配离 子时结合的CN越多，对应g(配离子)~一lgc(CN) 曲线斜率越大，由题图知，曲线斜率：Y>Z,则由Y、Z制 备等物质的量的配离子时，消耗CN的物质的量：Z< Y,C错误。由P点状态移动到形成Y配离子的反应的 c(Y) 平衡状态时，一lgc(CN)不变，lgY配离子)增大，即 c(Y)增大、c(Y配离子)减小，则P,点状态Y配离子的解 离速率>生成速率，D错误。 8解析：(1)根据盖斯定律，将已知第一个反应乘以号减去 第二个反应秦以分，得到目标反应，故△H, △H,二△H。反应1中，反应物气体总物质的量为 2 4mol,生成物仅2mol气体(DMO为液态)，气体物质的 量减少，熵减小，因此△S,<0。 (2)A.及时移走液态生成物DMO,DMO为纯液体，其量 的改变不影响化学平衡移动，CHON)平衡转化率不 变，错误；B.恒容密闭容器中通入N,,各反应物生成物 浓度不变，平衡不移动，转化率不变，错误；C.增大C)和 CH ONO投料比，相当于增加C)浓度，平衡正向移动， CHON)转化率提高，正确：D.催化剂只改变反应速 率，不改变平衡状态，转化率不变，错误。 (3)①该反应需要主产物DMO保持高选择性，同时保证 一定转化率。由图可知，温度在120一140℃时，主产物 的选择性较高，但C日，ONO的转化率太低，而温度在 140~160℃时，副产物2的选择性急剧升高，不利于生 产，故反应较适宜的温度区间为130~150℃，答案选B。 ②130℃时CH,ONO平衡转化率为75%，初始浓度为 1mol·L1,因此平衡时c(CH ONO)=1×(1一75%) =0.25mol·L1,两个反应中，每消耗1 mol CH)N) 均生成1 mol NO,因此平衡c(NO)=0.75mol·L;结 合DMO选择性90%，生成DMO的CH ONO为0.75X 90%=0.675mol/L。根据反应i,c(DM))= T2△c(CH,0N0)=0.675molL=0.3375mol/L,反月 2 i消耗的CH,ON)为c(CH ONO)=0.75mol/L×(1 90%)=0.075mol/L。生成c(副产物1)=0.075mol/L= 2 0.0375mol/L:列出变化量： i. 2C(Xg)+2CHON()(g)==(C((CH3)2(1)+2N()(g) 变化量0.6750.675 0.3375 mol/L 0.675 i. C)(g)+2CH()N()(g)==C)((CH3)2(g)+2N)(g) 变化量 mol/L 0.03750.075 0.0375 0.075 平衡c(C0)=(2-0.675-0.0375)mol·L1=1.2875 mol·L1,DMO为液态不计入平衡常数（题中所给单位 亦可看出)，因此反应「的平衡常数K。= c(NO) 0.75 c2(C0)·c2(CH,0N0)(1.2875)2×0.25 (4)①速率方程v=kcm(DM),当c(DMO)增加10倍， 增加10倍，可得k(10c)m=10·cm,即10”=10，因此m =1。 @m=1,因此=名，代入图2中任意一组数据即可： 15.60×10i 1或10.92X10s1或6.24×10g1 0.40 0.28 0.16 或1.56X10-6 0.04s1。 (5)根据原子守恒配平电极反应：左侧总组成为8C、8H、 8O,右侧DMT总组成为6C、10H、6O,剩余2C、8H、2O 对应2Y,因此Y为CH,OH。 答案：1)△H,-△H, 2 <(2)C 0.752 (3)B0.25 (1.2875)×0.25 (4)1 15.60×10- 欧10.92X10或5.24X10或 0.40 0.28 0.16 1.56×10- (5)CH OH 0.04 [考点2] 1.B由题图可知，当pH=7.5时，c(L,)=10.mol·L, c(1)=0.049mol·L,由反应①知，含1粒子满足 c参(1厂)+c(15)=0.1mol·L,则c参(I)=0.1mol·L -c(1与)=0.051mol·L1,故反应①的平衡常数K= c0):c)0.05118=号×10，A错 c(13) 0.049 由题图可知，pH<8.73时，随pH增大，一lgc(L)不变， 到号=K·c)=号<1，)>e:当pH c() 8.73时，-1gcL)增大则c(1,)减小，故随pH增 c(I) 大而逐渐减小，仍存在c(I厂)>c(1),B正确。pH<8. 73时，体系中有L2(s)存在，固体用量不影响平衡，故在 平衡体系中加入少量1，(s),IO3和15的平衡浓度均不 变；pH>8.73时，体系中无l(s)存在，加入L(s)会使 c(I2)增大，推动反应①②的平衡右移，两者浓度均增大， C错误。反应①×3+反应②得3l(aq)+6OH==5I c(I厂)·c(IO) +10,+3H,0.平新常数K'=OH)…2温度 不变，K'不变，若改变KI溶液的初始浓度，反应①的平 衡会发生移动，相同pH下达平衡时，c(I,)发生变化，则 c(I)·c(I)?)的值发生改变，D错误。 2.B由反应历程可知，总反应为2C0十2CH4十O,一 2CHC))H,据此解答。 12 A.该反应为化合反应，原子利用率为100%，A正确：B. 由分析可知，每消耗1mol),可生成2 mol CH,COOH, B错误：C.由反应历程可知，催化剂Rh-Fe有连接4个S 原子和2个S原子的，这两种类型的原子成键数目均会 发生改变，所以Rh和Fe的化合价均发生变化，C正确： D.若以CD,为原料，由反应历程可知，会生成 CD,COOD,用H)吸收产物时，其存在电离平衡： CD,COOD=CD,COO+D,CD,COO结合水电离 出的H可得到CDC()OH,D正确。 3.CA.反应物气体总物质的量为5mol,生成物为3mol, 减小压强会使平衡向气体体积增大的方向（逆反应）移 动，A不符合题意；B.该反应为放热反应，升高温度会使 平衡向吸热的逆反应方向移动，B不符合题意：C.增大 H?浓度会提高反应物浓度，根据勒夏特列原理，平衡向 正反应方向移动以消耗增加的H?,C符合题意；D.恒容 充入惰性气体不改变各物质浓度，对平衡无影响，D不符 合题意。 4.DNa,SiF:(s)受热分解生成NaF和SiF,两种氟化物， NaF为离子晶体，SiF,为分子晶体，熔点：NaF>SiF,,因 此NaF为固相产物，SiF,为气相产物，则热解反应的化 学方程式为Na,SiF,(s)2NaF(s)+Si,(g),根据曲 线的变化趋势及变化比例，结合方程式可判断曲线a、b、 c分别为NaF(s)、SiF,(g)、Na,SiF:(s)。 由上述分析知，A正确：N,不与体系中任何物质反应，由 于容器恒容，因此SiF,的分压不变，仍为1，B正确；该 反应的平衡常数K,=力(SF,),由题图可知，温度越高， Na,SiF:分解程度越大，平衡时p(SiF,)越大，即K,越 大，由于T。温度下NaSF。已完全分解，因此升温至T 时，无法释放更多的S℉，故p:小于Tg温度时热解反 应的平衡常数K。,C正确；T温度时，加入SF,的瞬间 其分压增大，平衡逆向移动，由K,=(SiF:)知，重新平 衡后SF,的分压仍为p1,SF,的浓度不变，故逆反应速 率不变，D错误。 5.D0.1mol·L1的FeCl,溶液滴加数滴浓盐酸，生成更 多的[FCL],溶液黄色加深；继续滴加1滴KSCN溶 液，[FeCL]转化为[Fe(SCN)]+,溶液变为红色；再加 入NaF固体，[Fe(SCN)门+转化为[FeF]3-,溶液红色 褪去，变为无色：再滴加KI溶液、淀粉溶液，无色溶液未 见明显变化，说明1厂未被氧化。 A①中滴加数滴浓盐酸，试管溶液黄色加深，生成更多 的[FeCL],说明浓盐酸促进Fe3++4CI厂一[FeCL] 平衡正向移动，A正确：B.由①到②，溶液变为红色，说 明[FeCl,]转化为[Fe(SCN)]+,即生成[Fe(SCN)]+ 并消耗[FCl,门，B正确；C.②、③溶液中，均存在平衡 Fe++SCN一[Fe(SCN)]+,由于温度不变，故该反 应的平衡常数不变，由于②、③溶液中含有的初始SCN 浓度相同，且②溶液为红色，③溶液为无色，故能说明 c(Fe+):②>③，C正确；D.类似C选项分析，由①·④ 推断，溶液中的c(Fe3+)是越来越小的，若向①深黄色溶 液中加入KI、淀粉溶液，无法确定①中溶液中的Fe+的 含量是否能够氧化I,D错误。 [考点3] 1.CA.低温下，随着温度升高，理论平衡转化率下降。根 据勒夏特列原理，转化率下降说明低温下占据主导的反 应平衡逆向移动了。因此，低温下主导的正反应是放热 反应。结合题千信息甲催化时，CH,选择性在400℃为 100%可知，低温区主要发生的是反应I,故推断△H,< 0:同理，高温区C),平衡转化率随温度升高，高温下以 反应Ⅱ为主，升高温度反应Ⅱ平衡正向移动，故△H,> 0,A错误；B.反应I放热、反应Ⅱ吸热，升高温度平衡更最新真题 专题五化学反应速率与化学平衡 分类特训 考点1化学反应速率及其影响因素 1.(2026·河南卷，13)向一恒容密闭容器中加入物质M,发生基元反应：M(g)一N(g),N(g) 一一Q(g),温度为T,、T2时，各组分的物质的量浓度c与时间t的关系如图甲、图乙所示。温 度为T1时，M的浓度随时间的变化关系为lnc=lnc。一t,k为反应M(g)一一N(g)的速率 整 常数。 Co T 郑 (-T-Tou)/ 0.5co 01 0 0 3 6t, t/s t/s 图甲 图乙 下列说法正确的是 A.T>T2 拓 B.温度为T,时，M反应一半需要的时间为21n2 6 C.N的浓度达到最大值时，N的生成速率等于消耗速率 D.加入某催化剂，仅使反应N(g)一Q(g)的速率增大，则N的浓度最大值将增大 2.(2026·陕晋青宁卷，11)羟基自由基(·OH)具有强氧化性，可用于处 理有机废水。某科研团队开发了一种催化剂，将O,高效转化为·OH, ⑤催化剂 如 机理如图。下列说法错误的是 ( H03 A.总反应为H2O+3O3=4O2+2·OH OH ② B.部分·OH中的O来自于H2O H0: C.步骤①中O3与H2O之间形成氢键 H-0 0 D.步骤③发生了氧化还原反应 3.(2025·浙江1月卷，11)下列说法正确的是 ) A.常温常压下H2(g)和O2(g)混合无明显现象，则反应2H2(g)十O2(g)一2H2O(1)在该条 件下不自发 B.3H2(g)十N2(g)=一2NH3(g)△H<0,升高温度，平衡逆向移动，则反应的平衡常数减小 C.CO(g)+H2(g)=一C(s)+H2O(g)△H<0,则正反应的活化能大于逆反应的活化能 D.Na(s)+Cl(g)-NaCI(s) △H<0,Na(g)+Cl(g)=NaCl(s)△H<0, 则Na(s)+2C,(g)—Na(g)+C(g)△H<0 4.(2025·黑吉辽蒙卷，14)一定条件下，“BrO-SO一[Fe(CN)6]4-一H”4种原料按固定流 速不断注入连续流动反应器中，体系pH-t振荡图像及涉及反应如下。其中AB段发生反应 ①一④，①②为快速反应。下列说法错误的是 () 29 ① SO+H HSO ② HSO+H --H,SO 6.5 5.5 ③ 3HSO+BrO3-3SO+Br+3H 4.5 3.5 ④ H2SO3+BrO5→ 2.5 周期 0 20 40 t/min BrO5+6H+6[Fe(CN)6]4-=Br+6[Fe(CN)6]3 ⑤ +3H,O A.原料中c(H)不影响振幅和周期 B.反应④：3H,SO3+BrO,一—3SO+Br+6H C.反应①一④中，H+对SO的氧化起催化作用 D.利用pH响应变色材料，可将pH振荡可视化 5.(2025·安徽卷，11)恒温恒压密闭容器中，t=0时加入A(g), 加入A(g 各组分物质的量分数x随反应时间t变化的曲线如图（反应速 ↓ MgAg点Ng 率v=kx,k为反应速率常数)。 k-2 下列说法错误的是 ) 不平街 A.该条件下平面=飞-1飞 M,平 xM,平衡k1k-2 A 平健 B.0~t1时间段，生成M和N的平均反应速率相等 C.若加人催化剂，k1增大，k2不变，则x1和xM,平衡均变大 反应时间) D.若A(g)→M(g)和A(g)→N(g)均为放热反应，升高温度则xA.平衡变大 6.(2024·安徽卷，12)室温下，为探究纳米铁去除水样中SO的影响因素，测得不同条件下 SeO浓度随时间变化关系如图。 5.0H 实验序号 水样体积/mL 纳米铁质量/mg 水样初始pH ① 50 8 6 3.0 ③ ② ② 50 2 6 ① ③ 50 2 8 0.0 0 46 81012 t/h 下列说法正确的是 A.实验①中，0~2小时内平均反应速率u(SeO子)=2.0mol·L1·h1 B.实验③中，反应的离子方程式为：2Fe+SeO+8H—2Fe3++Se+4H2O C.其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率 D.其他条件相同时，水样初始pH越小，SeO子的去除效果越好 7.(2024·河北卷，11)在水溶液中，CN可与多种金属离子形成配离子。X、Y、Z三种金属离子 分别与CN厂形成配离子达平衡时，Ig (金属离子)与-lgc(CN)的关系如图。 c(配离子) 10E -5 -10 -15 -20 5 35 3 -lg c(CN) 30 下列说法正确的是 A.99%的X、Y转化为配离子时，两溶液中CN的平衡浓度：X>Y B.向Q点X,Z的混合液中加少量可溶性Y盐，达平衡时，、X) c(Z) c(X配离子)>c(Z配离子) C.由Y和Z分别制备等物质的量的配离子时，消耗CN的物质的量：Y<Z D.若相关离子的浓度关系如P点所示，Y配离子的解离速率小于生成速率 8.(2026·云南卷，17)“双碳”目标推动科技发展。一种由CO制备高附加值酒石酸二甲酯 (DMT)的路径如下： 热催化(COOCH.22电催化(CHOHCOOCH DMO DMT 回答下列问题： I.“热催化”中主反应： i.2CO(g)+2CHsONO(g)=(COOCH)2(1)+2NO(g)AH AS (1)已知：4CO(g)+4CH3OH(g)+O2(g)-2(COOCH3)2(1)+2H2O(g)△H2 4NO(g)+4CHOH(g)+02(g)=4CHsONO(g)+2H2O(g)AH3 则△H,= (用含△H2和△H3的代数式表示)，△S 0(填“>”或“<”)。 (2)一定温度下，恒容密闭容器中只发生反应ⅰ，提高CH3ONO平衡转化率的措施有 (填标号)。 A.及时移走(COOCH3)2 B.通入N2 C.增大CO和CH ONO投料比 D.加入催化剂 (3)“热催化”存在两个副反应，其中生成“副产物1”(CO(OCH3)2)的副反应： ii.CO(g)+2CHONO(g)=CO(OCH),(g)+2NO(g) 一定条件下，CHOO平衡转化率和产物选择性随温度变化关系如图1。 [比如：DMO选择性= 2n(生成的DMO) n(转化的CHONO) ×100%] 送100CH,ON0口DM0口刚产物1=副产物2 100 15.60 K130,90r 0 +80 斗 80 40 (130,75 6.24 10 20枚 601d 1.56 0 0.04 0.16 0.28 0.40 120130140150 160170 温度1℃ c(DMo)/mol·L 图1 图2 ①“热催化”反应较适宜的温度区间为 (填标号)。 A.120140℃ B.130~150℃ C.140160℃ ②130℃，若恒容密闭容器中只发生反应1、i,当CO和CHONO的初始浓度分别为2mol· L1、1mol·L1,结合图1信息，平衡时c(CHsONO)= mol·L1,反应i的K。= (mol·L1)-2(列出计算式即可)。 Ⅱ.“电催化”中：DMO电催化DMT (4)25℃时，DMT的生成速率v与c(DMO)关系如上图2，已知该反应的速率方程为v= kc"(DMO),其中k为速率常数。 ①当c(DMO)增加10倍，v也增加10倍，则m为 ②速率常数k为 s1(列出计算式即可)。 (5)生成DMT的电极反应式为2(COOCH3)2+6H+6e一(CHOHCOOCH3)2+2Y,其中 Y为 (填结构简式)。 31