专题五 考点1 化学反应速率及其影响因素-【创新教程】2022-2026五年高考化学真题分类特训试卷

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人物质M,发生基元反应：M(g)一N(g),N(g) Q(g),温度为T1、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T,时，M的浓度随时间的变化关系为lnc=lnc。一kt,k为反应M(g)一N(g)的速率 整 常数。 T 3 郑 (-T-Tou)/ 0.5co (-I-Iow) 0.5c 0 3t1 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2n2 k 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)—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 0 OH Ho0° ② B.部分·OH中的O来自于H2O H03 C.步骤①中O3与H2O之间形成氢键 H-0 D.步骤③发生了氧化还原反应 0 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)一2NH(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)十H2(g)=C(s)十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)+CI(g)-NaCI(s)△H<0, 则Na(s)+2C,(g)—Na+(g)+Cr(g)△H<0 4.(2025·黑吉辽蒙卷，14)一定条件下，“BrO3一SO一[Fe(CN)。]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 () 45 ① SO+H -HSO ② HSO:+HT-H2 SO 6.5 5.5 ③ 3HSO3 +BrO;-3SO2+Br+3H 4.5 3.5 ④ H2SO3+BrO3→ 2.5 周期 0 20 40 t/min BrO+6H+6[Fe(CN)-Br +6[Fe(CN)]3 ⑤ +3H2O A.原料中c(H)不影响振幅和周期 B.反应④：3H2SO3+BrO3—3SO2+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=x,k为反应速率常数)。 k-2 下列说法错误的是 不平街 A.该条件下工N,平衡=飞-飞2 xM,平衡1k2 平 B.0~t时间段，生成M和N的平均反应速率相等 C.若加入催化剂，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SeO子的影响因素，测得不同条件下 SeO浓度随时间变化关系如图。 5.0 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 0.0 2 8 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v(SeO)=2.0mol·L-1·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形成配离子达平衡时，l c(金属离子)与一1gc(CN)的关系如图。 c(配离子) 10E -10 -15 -20 5 -35 3 -lg c(CN) 46 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 c(Z) B.向Q点X、乙的混合液中加少量可溶性Y盐，达平衡时X溶子2离子南 C.由Y和Z分别制备等物质的量的配离子时，消耗CN厂的物质的量：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C0制备高附加值酒石酸二甲酯 (DMT)的路径如下： ,化(COOCH.)2电催化(CHOHCOOC亚 DMO DMT 回答下列问题： I.“热催化”中主反应： i.2CO(g)+2CH ONO(g)=(COOCH3)2(1)+2NO(g)AH AS (1)已知：4CO(g)+4CH3OH(g)+O2(g)=2(COOCH3)2(1)+2H2O(g)△H2 4NO(g)+4CH,OH(g)+02(g)-4CH,ONO(g)+2H2O(g)AH3 则△H1= (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CH ONO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CHONO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)+2CH2 ONO(g)=CO(OCHa)2(g)+2NO(g) 一定条件下，CH ONO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CH ONO) ×100%] 送100CH,ON0口DM0口刚产物1=副产物2 100 15.60 K130,90 90 80 斗 80 40 (130,75 6.24 70 20枚 601d 1.56 0 0.04 0.16 0.28 0.40 120130140150 160 170 温度/℃ 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i、iⅱ，当CO和CH,ONO的初始浓度分别为2mol· L1、1mol·L1,结合图1信息，平衡时c(CHONO)= 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= kcm(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=(CHOHCOOCH3)2+2Y,其中 Y为 (填结构简式)。 47应可知，每生成1molH2要消耗1molH2O,生成H2的 速率为xmol·h1,则补水的速率也应是xmol·h1, D错误；答案选D。 [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(NH3)4]+,腐蚀 趋势越大，A正确；B.腐蚀的总反应为Zn十4NH,·H2O -[Zn(NH3)4]2++H2个+2H2O+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，F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：2H2O十2e =H2个十2OH,C错 误；D.根据得失电子守恒，每生成标准状况下 224mLH2,转移电子数为9,224LX2=0.02m0l,消耗 22.4 L/mol 0.010 mol Zn,D正确。 专题五化学反应速率与化学平衡 [考点1] 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：T2温度下M浓度下降更快，反应 速率更快，因此T2>T1,A错误；B.根据题目给出的lnc =lnco一kt,可以将公式变形为：ln =-kt,当M反应 Co 1 一半时，c= 2o,代入得：n2 Co =-,h号=一， ln2=二kt,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。 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H2O+3O3一402十2·OH,A正确；B. 由机理图可知，·OH中的H元素全部来自反应物 H2O,·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H2O的H原子之间的虚线代表氢 键，C正确：D.步骤③中O3参与反应，生成了O2,O3中 H00 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<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)+2C,(g)—-NaCIs))△H,<0,②：Na*(g)+ C1-(g)一NaCI(s)△H2<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(g),则△H=△H1一△H2,由于不能明确△H1、 △H2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 3H2SO3+BrO2一3SO2-+Br-+6H+,B正确；C.由 17 于①②为快速反应，而溴酸根离子直接氧化的是亚硫 酸，所以反应①~④中，H中对SO号的氧化起催化作用， C正确；D.根据题千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.CA①AgM(g)的K名②A(g)N(g) 为K=:阅=①得到M(g)N(g,则K=+ 工M,平衡 k2 2_:k,A正确B.由图可知，0~时间段，生成 k1 kik-2 k-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,则工1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xA,平断变大，D正确。 6.CA.实验①中，0~2小时内平均反应速率o(SO)= 5.0×105-1.0×105)mol.L=2.0×105mol.L 2h ·h1,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SO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SO 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十反应速率加快，会导致与 SO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X、Y转化为配离子时，溶液中(X配离子) c(X) c(Y)1% c(X) c(Y配离子一99头，则1gc0x配离子) 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-lgcx(CN)>-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) 1g(议配离子=18(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)减小（沿横坐标轴向右移 c(X) c(Z) 动)，l1g(X配离子)与(2配离子)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gcX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) lgc(金属离子一mlgc(CN)= -1e会}-mgc(cN,中能君》 c(配离子) -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，对应会于、-g(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，lg,(Y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：（)根据盖斯定律，将巴知第一个反应乘以2减去 第二个反应乘以号，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，嫡减小，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，CH3ONO平衡转化率不 变，错误；B.恒容密闭容器中通入N2,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CO和 CH,ONO投料比，相当于增加CO浓度，平衡正向移动， CH:ONO转化率捉高，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CH,ONO的转化率太低，而温度在 140一160℃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130一150℃，答案选B。 ②130℃时CH3ONO平衡转化率为75%，初始浓度为 1mol·L,因此平衡时c(CH3ONO)=1×(1一75%) =0.25mol·L1,两个反应中，每消耗1 mol CH3ONO 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CH3ONO为0.75X 90%=0.675mol/L。根据反应i,c(DMO)= ac(CH,0No)=0.675mo/L=0.375mol/L,反应 i消耗的CH,ONO为c(CH2ONO)=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： 2COg+2CH ONO(g(COOCH2(1)+2NO(g 变化量 0.6750.675 0.3375 0.675 mol/L H. CO(g)+2CHs ONO(gCO(OCH3)2(g+2NO(g) mol1/L0.03750.075 变化量 0.0375 0.075 平衡c(C0)=(2-0.675-0.0375)mol·L-1=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。= (NO) 0.752 c2(C0)·c2(CH0N0)(1.2875)2×0.252 (4)①速率方程v=kc"(DMO),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。 ②m=1,因此是=名，代入国2中任意一组数据即可。 15.60×10-6 0.40 s1或10.92X10- 0.28 s1或6.24X10-6 s-1 0.16 或1.56X106 0.04 s1。 (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CHOH. 答案：(1)A,-△H 2 <(2)C (3)B0.25 0.752 (1.2875)2×0.25 (4)1 15.60×10-6 或10.92X10-6 0.40 0.28 0或6.24×106 0.16或 1.56×10-6 0.04 (5)CH OH 17 [考点2] 1.B由题图可知，当pH=7.5时，c(L2)=10名7mol·L1, c(I5)=0.049mol·L-1,由反应①知，含I粒子满足 c徐(I厂)+c(I与)=0.1mol·L1,则c参(T)=0.1mol·L1 -c(I5)=0.051mol·L1,故反应①的平衡常数K= c(I5) 0.049 CT):c0.051X102丽-×103，A错误 由题图可知，pH<8.73时，随pH增大，一lgc(I2)不变， 则号-K·c()=<1,c)>()当H> c(I厂) 8,73时，-1gc(,)增大，则c(,)减小，故随pH增 c(I) 大而逐渐减小，仍存在c(I厂)>c(I),B正确。pH<8. 73时，体系中有I2(s)存在，固体用量不影响平衡，故在 平衡体系中加入少量I2(s),IO和I5的平衡浓度均不 变；pH>8.73时，体系中无L2(s)存在，加入L2(s)会使c (L2)增大，推动反应①②的平衡右移，两者浓度均增大，C 错误。反应①X3十反应②得3I2(aq)+60H=5I +IOg+3H2O,平衡常数K'= 00品送度 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(I2)发生变化，则 c5(IT)·c(IO)的值发生改变，D错误。 2.B由反应历程可知，总反应为2CO十2CH4十O2 2 CH,COOH,据此解答。 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1molO2可生成2 mol CH,COOH, B错误；C.由反应历程可知，催化剂RhFe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H2O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CD,COOH,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H2,C符合题意；D.恒容 充入情性气体不改变各物质浓度，对平衡无影响，D不符 合题意。 4.DNa2SiFs(s)受热分解生成NaF和SiF4两种氟化物， NaF为离子晶体，SiF4为分子晶体，熔点：NaF>SiF4,因 此NaF为固相产物，SiF4为气相产物，则热解反应的化 学方程式为a,SiP,(s)2NaF(s)十SiE,(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)、SiF4(g)、Naz SiF6(s)。 由上述分析知，A正确；N2不与体系中任何物质反应，由 于容器恒容，因此SiF4的分压不变，仍为p1,B正确；该 反应的平衡常数K。=p(SF4),由题图可知，温度越高， Na2SiFs分解程度越大，平衡时p(SiF4)越大，即K。越 大，由于T2温度下Na2SiF6已完全分解，因此升温至T3 时，无法释放更多的SiF4,故p?小于T温度时热解反 应的平衡常数K。,C正确；T1温度时，加入SiF4的瞬间 其分压增大，平衡逆向移动，由K。=p(SiF4)知，重新平 衡后Si℉4的分压仍为p1,Si℉4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[FeCl]-,溶液黄色加深；继续滴加1滴KSCN溶 液，[FeCL]转化为[Fe(SCN)]2+,溶液变为红色；再加 入NaF固体，[Fe(SCN)]2+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I厂未被氧化。