专题十 化学反应速率与化学平街-【创新教程】2022-2026五年高考化学真题分类特训

最新真题分类特训·化学 年真题分类特训 专题十 化学反应速率与化学平衡 考点1化学反应速率 1.(2026·河南卷，13)向一恒容密闭容器中加入 3.(2024·黑吉辽卷，10)异山梨醇是一种由生物 物质M,发生基元反应：M(g)一N(g),N(g) 质制备的高附加值化学品，150℃时其制备过 —Q(g),温度为T1、T2时，各组分的物质的 程及相关物质浓度随时间变化如图所示，15h 量浓度c与时间t的关系如图甲、图乙所示。 后异山梨醇浓度不再变化。下列说法错误 温度为T1时，M的浓度随时间的变化关系为 的是 ( lnc=lnco-kt,k为反应M(g)-N(g)的速 山 反应① 1,4失水山梨醇 反应②异山 率常数。 梨 梨醇 反应③ co下 醇 副产物 0.10 0.5c 0.5c 0.08 山梨醇 1,4-失水山梨醇 0.04 (3,0.042) 异山梨醇 副产物 图甲 图乙 器 0.021 下列说法正确的是 ( A.T>T2 10 15 时间h B.温度为T1时，M反应一半需要的时间 A.3h时，反应②正、逆反应速率相等 为21n2 B.该温度下的平衡常数：①>② k C.0~3h平均速率v(异山梨醇)=0.014mol· C.N的浓度达到最大值时，N的生成速率等于 kg1·h1 消耗速率 D.反应②加入催化剂不改变其平衡转化率 D.加入某催化剂，仅使反应N(g)一Q(g)的 4.(2024·安徽卷，12)室温下，为探究纳米铁去 速率增大，则N的浓度最大值将增大 除水样中SeO的影响因素，测得不同条件 2.(2026·陕晋青宁卷，11)羟基自由基(·OH) 下SeO?-浓度随时间变化关系如图 具有强氧化性，可用于处理有机废水。某科研 实验序号水样体积/mL 纳米铁质量/mg 水样初始pH 团队开发了一种催化剂，将O3高效转化为· ① 50 8 6 OH,机理如图。下列说法错误的是( ) ② 50 2 6 H,0 ③ 50 2 8 0 催化剂 ⑤ 5.0 →H03 0 34.0 0 03 ·0H ③ 02 0 ② 、② HO ① H-0 0.0 、③ 0 2 46 81012 02 t/h 03 下列说法正确的是 () A.总反应为H2O+3O3一4O2+2·0H A.实验①中，0~2小时内平均反应速率 B.部分·OH中的O来自于H2O o(SeO2)=2.0mol·L-1·h-1 C.步骤①中O3与H2O之间形成氢键 B.实验③中，反应的离子方程式为：2Fe+ D.步骤③发生了氧化还原反应 SeO+8H+-2Fe3++Se+4H2O 68 专题十化学反应速率与化学平衡 C.其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加 下列说法正确的是 ( 快反应速率 A.99%的X、Y转化为配离子时，两溶液中 D.其他条件相同时，水样初始pH越小， ScO的去除效果越好 CN一的平衡浓度：X>Y 5.(2024·浙江1月卷，14)酯在NaOH溶液中 B.向Q点X、Z的混合液中加少量可溶性Y 发生水解反应，历程如下： c(X) c(Z) 盐，达平衡时(X配离子)>(Z配离子可 RC -OR'+- C-OR C.由Y和Z分别制备等物质的量的配离子 OH 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 RCOH+R'O-RCO +R'OH 离子的解离速率小于生成速率 已知： 7.(双选)(2024·山东卷，15)逆水气变换反应： 180 18 OH CO2(g)+H2 (g)CO(g)+H2O(g)AH> ①RC—OR 快速平衡】 R—COR 0。一定压力下，按CO2、H2物质的量之比 OH O n(CO2):n(H2)=1:1投料，T1、T2温度时反 ②RCOOCH2CH3水解相对速率与取代基R 应物摩尔分数随时间变化关系如图所示。已知 的关系如下表： 该反应的速率方程为v=k0.5(H2)c(CO2),T1、 取代基R CH3 CICH> CI2CH T2温度时反应速率常数k分别为k1,k2。下列 水解相对速率 1 290 7200 说法错误的是 下列说法不正确的是 ( 0.6 A.步骤I是OH-与酯中Cò+作用 0.5 B.步骤Ⅲ使I和Ⅱ平衡正向移动，使酯在 熟 0.4 T? NaOH溶液中发生的水解反应不可逆 0.3 0.2 C.酯的水解速率：FCH2 COOCH2CH3> 0.1 CICH2COOCH2CH3 0.0 180 0.001 0.01 0.1 1 10 时间(s) D.CH3COCH2CH3与OH反应、 A.k1>k2 0 B.T1,T2温度下达平衡时反应速率的比值： CH3COCH2CH3与18OH反应，两者所得 (T1)k1 醇和羧酸盐均不同 (T2)k2 6.(2024·河北卷，11)在水溶液中，CN一可与多 C.温度不变，仅改变体系初始压力，反应物摩 种金属离子形成配离子。X、Y、Z三种金属离 子分别与CN一形成配离子达平衡时， 尔分数随时间的变化曲线不变 1g金属离子)与一1gc(CN)的关系如图。 D.T2温度下，改变初始投料比例，可使平衡时 c(配离子) 10主 各组分摩尔分数与T1温度时相同 0 8.(2026·云南卷，17)“双碳”目标推动科技发 -5 -10 展。一种由CO制备高附加值酒石酸二甲酯 -15 -20 (DMT)的路径如下： -25 9 -30 -35 -4 CO- 热催化(COOCH,)电催化 (CHOHCOOCH3)2 0 2 3 -Ig c(CN) DMO DMT 69 最新真题分类特训·化学 回答下列问题： 15.60 I.“热催化”中主反应： i.2CO(g)+2CHONO(g) -(COOCH3)2 10.92 (I)+2NO(g)△H1△S1 (1)已知：4CO(g)+4CH3OH(g)+O2(g) )/a 6.24 2(COOCH)2(1)+2H2O(g)AH2 4NO(g)+4CH3OH (g)+O2(g)- 1.56 0.04 0.160.28 0.40 4CHsONO(g)+2H2O(g)AH3 c(DMO)/(mol.L) 则△H1= (用含△H2和△H3的 图2 代数式表示)，△S1 0(填“>”或“<”)。 ①“热催化”反应较适宜的温度区间为 (2)一定温度下，恒容密闭容器中只发生反应 (填标号)。 ⅰ，提高CH3ONO平衡转化率的措施有 (填标号)。 A.120140℃ B.130~150℃ A.及时移走(COOCH3)2 C.140~160℃ B.通入N2 ②130℃，若恒容密闭容器中只发生反应1、 C.增大CO和CH3ONO投料比 iⅱ，当CO和CH3ONO的初始浓度分别为2 D.加入催化剂 mol·L-1、1mol·L-1,结合图1信息，平衡 (3)“热催化”存在两个副反应，其中生成“副产 时c(CH3ONO)= mol·L-1,反 物1”(CO(OCH3)2)的副反应： ii.CO(g)+2CH3ONO(g)-CO(OCH3)2 应1的Ke= (mol·L-1)-2(列出 (g)+2NO(g) 计算式即可)。 一定条件下，CH&ONO平衡转化率和产物选 Ⅱ.“电催化"中：DMO电催化DMT 择性随温度变化关系如图1。 [比如：DMO选择性= 2n(生成的DMO) (4)25℃时，DMT的生成速率v与c(DMO) n(转化的CH3ONO) 关系如上图2，已知该反应的速率方程为)= ×100%] kcm(DMO),其中k为速率常数。 3100CH,ON0口DM0☐副产物1■副产物2 00 ①当c(DMO)增加10倍，o也增加10倍，则m 90 130,90 80 为 80 ②速率常数k为 s-1(列出计算式 130,75 即可)。 10 201 (5)生成DMT的电极反应式为2(COOCH3)2 60 120 130 140150 160 170 +6H+6e--(CHOHCOOCH3)2+2Y, 温度/℃ 其中Y为 (填结构简式)。 图1 考点2 化学平衡 考向1化学平衡的影响因素 2.(2025·江苏卷，13)甘油(C3H8O3)水蒸气重 1.(2025·甘肃卷，4)C02加氢转化成甲烷，是综 整获得H2过程中的主要反应： 合利用CO2实现“碳中和”和“碳达峰”的重要 方式。525℃，101kPa下，C02(g)+4H2(g) 反应IC3HgO3(g)—3CO(g)+4H2(g) -CH4(g)+2H2O(g)△H=-185k/mol。 △H>0 反应达到平衡时，能使平衡向正反应方向移动 的是 反应Ⅱ ( CO(g)+H2O(g)-CO2(g)+ A.减小体系压强 H2(g)△H<0 B.升高温度 反应ⅢCO2(g)+4H2(g)—CH4(g)+ C.增大H2浓度 D.恒容下充入惰性气体 2H2O(g)△H<0 专题十化学反应速率与化学平衡 1.0×105Pa条件下，1molC3HgO3和9mol 选项 颜色变化 解释 H2O发生上述反应达平衡状态时，体系中 CO、H2、CO2和CH4的物质的量随温度变化 溶液呈 A 12在水中溶解度较小 的理论计算结果如图所示。下列说法正确 浅棕色 的是 ( 溶液颜 B 发生了反应：I2+I厂==5 色加深 ① (550.5.0)】 紫黑色晶 I2(aq)的消耗使溶解平衡 cd6(55d,2.2) A③ 体消失 I2(s)==l2(aq)右移 ②1 -550,0.4 400450500 550600 650700 Zn与有色物质发生了置换 T/℃ D 溶液褪色 反应 A.550℃时，H20的平衡转化率为20% B.550℃反应达平衡状态时，n(CO2):n(CO) 考向2 化学平衡相关计算 =11:25 5.(2026·云南卷，14)常温下，1L水溶液中Cu+ C.其他条件不变，在400~550℃范围，平衡时 和C2O的初始浓度分别为0.1mol·L.-1和 H2O的物质的量随温度升高而增大 0.2mol·L1,达到溶解平衡时(Ksp(CuC2O4) D.其他条件不变，加压有利于增大平衡时H2 的物质的量 =109.35,pM与pH的关系如图(pM= 3.(2025·北京卷，12)为研究三价铁配合物性质 -lg[c(M)/(mol·L1)],M代表Cu2+、 进行如下实验（忽略溶液体积变化）。 C2O号、CuC2O4(aq)和[Cu(C2O4)2]2-)。 滴加数滴 滴加1滴 浓盐酸 KSCN溶液 加NaF固体滴加KI溶液、 已知：CuC2O4(s)—=CuC2O4(aq)K1 淀粉溶液 Cu2+(ag)+C2O (ag)-CuC20 (ag) K2 0.1 mol/L FeCl溶液 自 Cu2+(aq)+2C2O (aq)-[Cu(C2O)2(ag) ② ③ ④ 溶液黄色加深溶液变为红色溶液红色褪去无色溶液未见 K3=108.5 变为无色 明显变化 8- 已知：[FeCl4]-为黄色、[Fe(SCN)]2+为红 (0.15,6.16 色、[FeF6]3-为无色。 下列说法不正确的是 (2.05,4.04) A.①中浓盐酸促进Fe3++4C1-一 4 (2.87,2.34) Ⅲ [FeCl4]-平衡正向移动 B.由①到②，生成[Fe(SCN)]+并消耗 I [FeCl] 3 4 5 pH C.②、③对比，说明c(Fe3+):②>③ D.由①→④推断，若向①深黄色溶液中加入 下列说法正确的是 K1、淀粉溶液，溶液也无明显变化 A.曲线I是[Cu(C2O4)2]2-的变化曲线 4.（2023·辽宁卷，13)某小组进行实验，向 B.CuC2O4 (aq)+C2O (aq) 10mL蒸馏水中加入0.4g2,充分振荡，溶液 [Cu(C2O4)2]2-(aq)K=102.34 呈浅棕色，再加入0.2g锌粒，溶液颜色加深； C.溶液中，CuC2O4(aq)的浓度为1033mol·L1 最终紫黑色晶体消失，溶液褪色。己知 I3(aq)为棕色，下列关于颜色变化的解释错 D.pH=4,c(C2O)+c(HC2O)+c(H2C2O)+ 误的是 ( c([Cu(C2O4)2]2-)>0.1mol·L1+c(C2+) 最新真题分类特训·化学 6.(2025·北京卷，19)化学反应平衡常数对认识 (3)实验改进 化学反应的方向和限度具有指导意义。实验 分析实验I、Ⅱ中测定结果均偏小的原因，改 小组研究测定“MnO2+2Br+4H+= 变实验条件，再次实验。 Mn2+十Br2十2H2O”平衡常数的方法，对照理 控制反应温度为40℃，其他条件与Ⅱ相同，经 论数据判断方法的可行性。 实验准确测得该条件下的平衡常数。 (1)理论分析 ①判断该实验测得的平衡常数是否准确，应与 ①Br2易挥发，需控制生成c(Br2)较小 值比较。 ②根据25℃时K=6.3×104分析，控制合适 ②综合调控pH和温度的目的是 pH,可使生成c(Br2)较小；用浓度较大的KBr 7.(2023·山东卷，20)一定条件下，水气变换反 溶液与过量MnO2反应，反应前后c(Br一)几 应CO+H2OCO2十H2的中间产物是 乎不变；c(Mn2+)=c(Br2),仅需测定平衡时 HCOOH。为探究该反应过程，研究HCOOH 溶液pH和c(Br2). 水溶液在密封石英管中的分解反应： ③Br2与水反应的程度很小，可忽略对测定干 I.HCOOH=CO+H2O(快) 扰；低浓度HBr挥发性很小，可忽略。 Ⅱ.HCOOH=CO2+H2(慢) (2)实验探究 研究发现，在反应I、Ⅱ中，H+仅对反应I有 催化加速作用；反应I速率远大于反应Ⅱ，近 序号 实验内容及现象 似认为反应I建立平衡后始终处于平衡状态。 25℃，将0.200mol·L-1KBr溶液 忽略水的电离，其浓度视为常数。 (pH≈1)与过量MnO2混合，密闭并 回答下列问题： 搅拌，充分反应后，溶液变为黄色，容 (1)一定条件下，反应I,Ⅱ的焓变分别为 器液面上方有淡黄色气体。 △H1,△H2,则该条件下水气变换反应的焓变 △H= (用含△H1,△H2的代数 25℃，将0.200mol·L-1KBr溶液 式表示)。 (pH≈2)与过量MnO2混合，密闭并 (2)反应I正反应速率方程为：o=kc(H十)· 搅拌，反应时间与I相同，溶液变为 c(HCOOH),k为反应速率常数。T1温度下， 淡黄色，容器液面上方未观察到黄色 HCOOH电离平衡常数为Ka,当HCOOH平 气体。 衡浓度为xmol·L一1时，H+浓度为 mol·L1,此时反应I正反应速率v= 测定I、Ⅱ反应后溶液的pH;取一定 mol·L1·h-1(用含Kax和k的代数式表示)。 量反应后溶液，加入过量KI固体，用 Ⅲ (3)T3温度下，在密封石英管内完全充满 Na2S2O3标准溶液滴定，测定c 1.0mol·L-1 HCOOH水溶液，使HCOOH (Br2）。 分解，分解产物均完全溶于水。含碳物种浓度 与反应时间的变化关系如图所示（忽略碳元素的 已知：I2+2Na2S2O3 --2NaI+Na2 S406; 其他存在形式)。1时刻测得CO,CO2的浓度分 Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色。 ①Ⅲ中，滴定时选用淀粉作指示剂，滴定终点 别为0.70mol·L1、0.16mol·L-1,反应Ⅱ 时的现象是 。用离子方程式表示KI 达平衡时，测得H2的浓度为ymol·L1。体 的作用： 系达￥衡后C0 (用含y的代数 ②I中，与反应前的溶液相比，反应后溶液的 式表示，下同)，反应的平衡常数为 pH (填“增大”“减小”或“不变”)。平 后安二赛得值小于 1.0 C02 25℃的K值，是因为Br2挥发导致计算时所 用 的浓度小于其在溶液中实际浓度。 c(Mn2+)·c(Br计算所得值也 ③Ⅱ中，按2（Br)·c(H) 4C0 HCOOH 小于25℃的K值，可能原因是 专题十化学反应速率与化学平衡 相同条件下，若反应起始时溶液中同时还含有 0.2 0.10mol·L-1盐酸，则图示点a、b、c、d中， CO新的浓度峰值点可能是 (填标 0.1 号)。与不含盐酸相比，CO达浓度峰值时， I03 CO2浓度 (填“增大”“减小”或“不 0.0 7.5 8.739 10 c(CO) PH 变)，c(00的值 (填“增大” 已知：I.pH<8.73时，体系中有I2(s)存在； “减小”或“不变”)。 Ⅱ.溶液中存在①I+2(aq)=一13；②3I3十 考向3化学平衡图像分析 60H-=8I+1O3+3H2O. 8.(2026·河南卷，14)常温下，向1.00L0.101mol·L1 下列说法正确的是 Na2H2Y溶液中加入1.00×10-3 mol BaSO4 固体，并调节溶液的pH(忽略溶液体积变化)。 A,反应①的平衡常数K= 51 ×102.87 已知Ba+与Y4-可生成配离子[BaY]2-, B.溶液中始终有c(I-)>c(I5),且pH>8.73 Ba2++Y4-==[BaY]2-的K=102.80, Kp(BaSO4)=1.0×10-10。lgR与pH的变 时，cG的值随pH增大而减小 c(I-) 化关系如图所示，R代表(H,Y2) C.若在平衡体系中加入少量12(s),IO3和I3 c(HY3-)、 的平衡浓度均增大 eH:Y成8(Y-)其中8(Y）= c(Y4-) D.若改变KI溶液的初始浓度，相同pH下达 c(Y4- 平衡时，c5(I厂)·c(IO3)的值不变 2,c总=c(H6Y2+)十c(HY+)+ C总 10.(2026·黑吉辽蒙卷，14)恒容密闭容器中，等 c(H4Y)+c(H3Y-)+c(H2Y2-)+c(HY3-) 物质的量的C3Hg和SO2发生的总反应如 +c(Y4-). 下：3C3Hg(g)+SO2(g)=3C3H6(g)+ 5.6 H2S(g)十2H2O(g),达到平衡时，相关物质 平衡组成随温度变化关系如图。下列说法正 2.8 确的是 (6.16,0) (8.21,0) 年0.0 -2.8 M M c N C.Hs(g) -5.6 100 200300 400500 6 1 8 910 11 pH 温度/℃ 下列说法正确的是 A.该反应的△H<0,△S>0 A.pH=7.00时，c(H2Y2-)>c(HY3-) B.L点C3Hs的消耗速率大于a物质的生成 B.M点的纵坐标为-4.10 速率 C.pH=6.50时，BaSO4完全溶解 C.M点该反应的Kx=0.135(用物质的量分 D.HY3-+H2O=H2Y2-+OH-Kh 数代替浓度计算) =10-5.79 D.N点C3Hg的平衡转化率为75% 9.(2026·河北卷，14)25℃下，在0.1mol·L-1 11.(2026·湖南卷，13)可用C02氧化烷烃脱氢 的KI溶液中加入一定量I2(s),达平衡时，溶 制取烯烃。向密闭容器中通入C3H8、CO2和 液中-lgc(I2)和c(X)(X=I5或IO3)与pH He(体积比为1：1：2)，维持压强为PokPa, 的关系如图所示（溶液体积变化忽略不计）： 发生反应： 最新真题分类特训·化学 中 ③ 加人A(g) (543,60) 60 ② M(g) (N(B) k-2 ① 名20 xN平衡 N 0+ 200 800 M 平衡 400 600 T/℃ 催化剂 C3 Hs(g)+CO2(g)- C3H(g)+H2O(g) 1 反应时间) +CO(g)。 测得C3Hg的平衡转化率与温度的关系如图 A.该条件下工N,平衡_k-1k2 xM,平衡k1k-2 中曲线①所示。下列说法错误的是() B.0~t1时间段，生成M和N的平均反应速 A.该反应是吸热反应 率相等 B.512℃下，C02的平衡转化率为50%，则该 C.若加入催化剂，k1增大，k2不变，则x1和 反应的K,=5pkPa xM,平衡均变大 D.若A(g)→M(g)和A(g)→N(g)均为放热 C.543℃下，体系中3m(C3H8)=2n(C3H6) 时，表明反应已达平衡 反应，升高温度则xA,平衡变大 D.若减小通入气体中He的占比，C3Hg的平 14.(2025·河北卷，14)已知Cu2+和L3-结合形 成两种配离子[CuL]厂和[CuL2]4-。常温下， 衡转化率与温度的关系可能是曲线② 12.(2026·湖南卷，14)常温下，向10mLBa 0.100mol·L1的H3L和0.002mol·L1的 (OH)2溶液中缓慢滴入0.01mol·L1 CuSO4混合溶液中，HL2一和I3-的浓度对数 NaHCO3溶液，溶液的pH和pBa[pBa=一 lgc(实线)、含铜微粒的分布系数6（虚线）[例如 lgc(Ba2+)]与V(NaHCO3)的变化关系如图 6c2+= 所示。已知：1g2=0.3。下列说法错误的是 c(Cu2+) cCT)+c(Cu)+c(Cul2]与溶液 ( pH的关系如图所示： A.x=2 13 01 -12 ax,-1) (11.6,-1.3) B.Kap (BaCO3)= 1.0 -21 -11 6.4,0.90) 0.8 2.5×10-9 4.3 -4V 0.6 C.点c对应溶液中 0 的水的电离程度 。(6.4,0.09) 0 102030 -12 0.0 V(NaHCO)/mL 4 5 最大 6 7 910 11 12 D.点d对应溶液中的c(Ba2+)最小 下列说法错误的是 ( 13.(2025·安徽卷，11)恒温恒压密闭容器中，1 A.Cu2++L3-==[CuL]-,K=109.4 =0时加入A(g),各组分物质的量分数x随 B.HL2-=H++L3-,K=10-11.6 反应时间t变化的曲线如图（反应速率口= C.图中a点对应的pH=4.2 kx,k为反应速率常数)。 D.当pH=6.4时，体系中c(HL2-)> 下列说法错误的是 c([Cul2]4-)>c([CuL])>c(L3-)11.A电极a上生成H及O2,A正确；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，H,S),溶液中H,O减 少，HSO,溶液浓度增大，pH减小，C错误；生成1mol 日2，转移2mol电子，外电路通过0.01mol电子时，电极 b上生成0.005molH2,D错误。 12.D电极b发生TYTQ,发生加氧去氢的反应，发生氧 化反应，b为阳极，a为阴极，阴极上氢离子得电子生成 H,,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，H?为生成物，总反 应方程式为：TY+H0电解TQ十2H.↑，B正确：C.将 OH )换成 为原料，仍然能够得到 OH TQ ),C正确；D.根据题图可知，用18)标 记电解液中的水，可得到的18)在环上甲基的邻位上 ,D错误。 18() 考点4金属的腐蚀与防护 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[Zn(NH,),]+,腐蚀趋 势越大，A正确；B.腐蚀的总反应为Zn十4NH·H,O -[Zn(NH),]2++H,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， 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：2H,O十2e一H2◆十2OH,C错误；D.根 据得失电子守恒，每生成标准状况下224mLH,转移电 子数为9,224LX2 22.4 L/mol =0.02mol,消耗0.010 mol Zn,D 正确。 专题十化学反应速率与化学平衡 考点1化学反应速率 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= 8 详解详析， lnc。-kt,可以将公式变形为：lnC=一kt,当M反应一半 1 时，c=上C,代入得：n2=-tn7=一kt,一ln2 Co 一kt,t= 2，B错误；C,N是中间产物，N浓度增大时，N k 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H,)十3O3一4()，2十2·)H,A正确；B.由 机理图可知，·OH中的H元素全部来自反应物H2(),· )H中的O原子全部来源于)，，B错误；C.步骤①中O 的)原子和H)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)，，)中的1个) 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.AA.由题图可知，3小时后异山梨醇浓度继续增大，15h 后异山梨醇浓度才不再变化，所以3h时，反应②未达到 平衡状态，即正、逆反应速率不相等，故A错误；B.图象显 示该温度下，15h后所有物质浓度都不再变化，且此时山 梨醇转化完全，即反应充分，而1,4失水山梨醇仍有剩余， 即反应②正向进行程度小于反应①、反应限度小于反应①， 所以该温度下的平衡常数：①>②，故B正确：C.由图可知， 在0~3h内异山梨醇的浓度变化量为0.042mol/kg,所以平均 速率（异山梨醇）=0.042mml/kg=0014m0l·kg.h,故 3h C正确：D.催化剂只能改变化学反应速率，不能改变物 质平衡转化率，所以反应②加入催化剂不改变其平衡转 化率，故D正确。 4.CA.实验①中，0~2小时内平均反应速率(S()= (5.0×103-1,0×10)mdl·L 2h -=20×10imdl·L·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)片浓度的变化量大，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,Se()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 SO反应的纳米铁减少，因此，当初始pH越小时 SeO片的去除效果不一定越好，D不正确。 5.DA.步骤I是氢氧根离子与酯基中的C+作用生成羟 基和O,A正确；B.步骤I加入氢氧根离子使平衡I正 向移动，氢氧根离子与羧基反应使平衡Ⅱ也正向移动， 使得酯在Na)H溶液中发生的水解反应不可逆，B正 确：C.从信息②可知，随着取代基R上CI个数的增多， 水解相对速率增大，原因为C电负性较强，对电子的吸 引能力较强，使得酯基的水解速率增大，F的电负性强于 最新真题分类特训·化学 CI,FCH,一对电子的吸引能力更强，因此酯的水解速率 FCH2 COOCH:CH>CICH:COOCH,CH3,C正确；D. 18O CH COCH,CH3与氢氧根离子反应，根据信息①可知，第 一步反应后“O既存在于羟基中也存在于)中，随着反应 0 进行，最终18O存在于羧酸盐中，同理CH,COCH2CH 与1“O日反应，最终“0存在于羧酸盐中，两者所得醇和 羧酸盐相同，D错误。 6.B99%的X,Y转化为配离子时，溶液中X配离子 c(X) c(Y) =16,则gX配离子) c(X) c(Y配离子)99% c(Y) g(Y配离子)心一2，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) gcX配离子)=lg(Z配离子)，即(X配离子) (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)，lg(X配离子与Z配子曲线在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 X配离子)>c(Z配离子B正确。设金属房子形成 c(X) c(Z) 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(金偏离子)·c“(CN,lgK= nlk (CN g(金属离子) c(配离子) -mlgc(CN),即lgc金属离子)= c(配离子) 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《会属离子一lgc(CN)曲 c(配离子) 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配离子的反应的平衡 c(Y) 状态时，-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。 7.CD由题图可知，T比T,反应速率快，则T>T2;T温 度下达到平衡时反应物的摩尔分数低于T,温度下平衡时； 由于起始C),与H,的物质的量之比为1：1，则达到平衡 时C),和H2的摩尔分数相等。A根据分析，T1比T反 应速率快，反应速率常数与温度有关，结合反应速率方程知 k1>,A项正确；B.反应的速率方程为v=ki(H,) c(C0,则T）-cC)·C0),T温度下达到平 u(T2)k2c.(H,)2·c(CO)2 衡时反应物的摩尔分数低于了，温度下平衡时，则T (T) 9 ,B项正确；C,温度不变，仅改变体系初始压力，虽然 k2 平衡不移动，但反应物的浓度改变，反应速率改变，反应 达到平衡的时间改变，反应物摩尔分数随时间的变化曲 线变化，C项错误；D.T:温度下，改变初始投料比，相当 于改变某一反应物的浓度，达到平衡时H。和CO,的摩 尔分数不可能相等，故不能使平衡时各组分摩尔分数与 T,温度时相同，D项错误：答案选CD。 8解析：(1)根据盖斯定律，将已知第一个反应乘以宁减去 第二个反应表以合，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4 2 mol,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DM),DM()为纯液体，其量 的改变不影响化学平衡移动，CH ONO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C0和 CHON)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120~140℃时，主产物 的选择性较高，但CH,ONO的转化率太低，而温度在 140~160℃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()N)平衡转化率为75%，初始浓度为1mol ·L1,因此平衡时c(CH ONO)=1×(1-75%)=0.25 mol·L1,两个反应中，每消耗1 mol CH,ONO均生成 1molN),因此平衡c(NO)=0.75mol·L;结合 DMO选择性90%，生成DMO的CH)NO为0.75X 90%=0.675ml/L。根据反应i,c(DMO)= 号4x(CH,ON0)=0.65mlL=0.375a/L,反应i消 2 耗的CH,ONO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： 1. 2CO(g)+2CH(ON(O(g)(C(H)2(1)+2N()(g) 变化量 0.6750.675 0.3375 0.675 mol/L i.CO(g)+2CH2 ONO(g==CO(OCH)2(g+2NO(g) 变化量 0.03750.075 0.0375 0.075 mol/L 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。= (NO) 0.752 c(C0)·c2(CH,ONO)(1.2875)×0.252 (4)①速率方程0=kcm(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k=”,代入图2中任意一组数据即可： c 15.60×10-6 g1或10.92X10 0.40 0.28 81或6.24X109 0.16 或1.56X10 0.04 -S-I (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、6),剩余2C、8H、2) 对应2Y,因此Y为CHOH。 答案：1)AH:-△H (2)C 2 (3)B0.25 0.75 (1.2875)×0.25 (4)1 15.60×10-6 或10.92X10 -或6.24×106 0.40 0.28 0.16 或1.56X106 0.04 (5)CH,OH 考点2化学平衡 考向1 1.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 H2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。 2.A550℃时，n(H2)=5mol,n(C)2)=2.2mol, n(CH,)=n(CO)=0.4mol,根据C原子守恒，可得 m(CH,O,)=m(C)-nC0,)-n(CO》-mCH,=0,报 3 据O原子守恒，可得n(HO)= n(0)-2m(C0)-n(C0)-3m(CH.0)=7.2mol(也 可利用H原子守恒计算，结果相同)，则a(H,))= 9mo1-7.2m0×100%=20%,A正确：550℃时， 9 mol n(CO,)=2.2 mol,n(CO)=0.4 mol,n(CO,): n(C))=11:2,B错误；400~550℃范围，随温度升高， 反应Ⅱ、Ⅲ平衡均逆向移动，n(CO)增大，说明反应Ⅲ逆 向移动程度更大，则H,)的物质的量减小，C错误：增大 压强，反应工平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡不移动，反应Ⅲ 平衡正向移动，H,的物质的量减小，D错误。 3.D0.1mol·L的FeCL3溶液滴加数滴浓盐酸，生成更 多的[FCl,门，溶液黄色加深；继续滴加1滴KSCN溶 液，[FeCl]转化为[Fe(SCN)门+，溶液变为红色：再加 入NaF固体，[Fe(SCN)]+转化为[FeF。]3-,溶液红色 褪去，变为无色：再滴加K】溶液、淀粉溶液，无色溶液未 见明显变化，说明I厂未被氧化。 A.①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一[FeC,] 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[FeCL],B正确；C.②、③溶液中，均存在平衡 Fe3++SCN==[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℃ (Fe+):②>③，C正确：D.类似C选项分析，由①→④ 9 详解详析 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厂，D错误。 4.DA.向10mL蒸馏水中加入0.4g12,充分振荡，溶液 呈浅棕色，说明1的浓度较小，因为1，在水中溶解度较 小，A正确；B.已知I5(aq)为棕色，加入0.2g锌粒后， Zn与L2反应生成Znl,生成的1与l1,发生反应1十L, =一L,生成I5使溶液颜色加深，B正确：C.1。在水中存 在溶解平衡I2(s)=二l2(aq),Zn与12反应生成的I与 l,(aq)反应生成l,l(aq)浓度减小，上述溶解平衡向右 移动，紫黑色晶体消失，C正确：D.最终溶液褪色是Zn 与有色物质发生了化合反应，不是置换反应，D项错误： 答案选D。 考向2 5.BA分析可知，曲线Ⅱ代表[Cu(C,O),,A错误；B该反 应的平衡常数K= cCu(CO)2了〉 CCO)·cC0)分析推导可知 cCu(C0]=K,(CuC,0,)·K,=10,代入 c(C,O) 10-0.5 平衡常数表达式得到K=c(CuC,O,,观察图中pH= 2.87时的点，该点位于曲线I上，说明此时p(C:O)= 2.34,pH=2.87时的点向上延伸，与Ⅲ的交点处： p[Cu(CO,):]-=p(CO)+0.85,此时 p[Cu(CO)]-=3.19,代入平衡常数表达式得到：K= 10-0.衔 10=10”,B正确：C由B项分析可知，pLCu(C,.0),] =3.19并保持不变（或由I线pH=0.15时，p(C,)) =6.16,p(Cu+)=9.35一6.16=3.19，即曲线W与Ⅲ的 相交时，pH=0.15),故CuC,O,(aq)的浓度为103.1 mol·L1,C错误；D.对溶液中元素守恒：总草酸根（溶 液中)：c(C,O)+c(HC2O）+c(HCO,)+ c[CuC.O.(aq)]+2c([Cu(C:O.)]-+CuC:O.(s)] =0.2mol/L:总铜（溶液中）：c(G+)+c[CuCO,(aq)门+ c[CuC0+nCuC,0,(s]-0.1mol/L(注：两种 V 以固体形式存在的CuC,O,(s)只是为了列元素守恒)，将 两式整理得到，c(C,O)十c(HC,O,)十c(HCO)十 c{[Cu(C2O,)2]-}-c(Cu+)=0.1mol·L1,这是- 个等式，D错误。 6.解析，平衡舍数表达式：K=cM)cB=6.3× c2(Br)·c(H) 10,控制pH可调节c(Br)大小。使用过量MnO,和浓 KBr溶液，确保c(Br)几乎不变。因c(Mn)= c(Br2),只需测定平衡时的pH和c(Br2)即可计算K。 Br,与水反应、HBr挥发对实验影响可忽略。 (2)①淀粉逼1显蓝色，l2被Na,SO消耗后蓝色消失， 故滴定终，点现象：当滴入最后半滴NS,)3标准溶液 时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复： KI的作用：将Br2转化为I,便于滴定测定Br2浓度。 反应的离子方程式：Br十3I一2Br十I; ②该反应消耗H生成水，pH增大；因为Br2挥发导致实 测c(Br,)偏小，根据题目信息可知，c(Mn+)=c(Br,),则计 算时所用M+的浓度小于其在溶液中实际浓度； 最新真题分类特训·化学 ③实验Ⅱ液面上方未观察到黄色气体，说明不是由于 Br。挥发导致实测c(Br,)偏小，题目已知信息③也说明 了Br,与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰：低浓度 HBr挥发性很小，可忽略，对比实验I和Ⅱ可知，实验Ⅱ 的H更大，且反应后溶液为淡黄色，则可能原因是，实 验Ⅱ的c(H+)低于实验I,反应相同时间条件下，实验 Ⅱ未达到平衡状态，导致溶液中c(Mn+)、c(Br,)偏低， 计算的K值偏小： (3)①平衡常数准确性验证：应与40℃下的理论K值比 较，因为K值只与温度有关（题目给出25℃的K,需查 阅40℃的文献值)。 ②实验I和实验Ⅱ反应时间相同，实验I由于c(H)过 大，反应速率过快，Br2挥发导致计算的K值小，实验Ⅱ 由于c(H)过小，反应速率过慢，未达平衡状态，导致计 算的K值小，故综合调控pH和温度的目的是使反应更 快的达到平衡状态，使B2处于溶解平衡且挥发最少的 状态，从而准确测定K值。 答案：(2)①当滴入最后半滴NaS,O,标准溶液时，溶液 蓝色褪去，且半分钟内不恢复 Br+3I厂—2Br+1与②增大Mn+ ③实验Ⅱ的c(H+)低于实验I,反应相同时间条件下， 实验Ⅱ未达到平衡状态，导致溶液中c(Mn+)、c(Br2)偏 低，计算的K值偏小 (3)①40℃下的理论K②使反应更快的达到平衡状 态，使B2处于溶解平衡且挥发最少的状态，从而准确测 定K值 7.解析：(1)根据盖斯定律，由Ⅱ一I可得水气变换反应 CO(g)+HO(g)==CO2(g)+H2(g)△H=△H2 △H1。(2)根据HCO)HHCO)+H,设平衡时 甘浓定为aal·L,则HCOOH电离年衡常教K=二。 a=√K,x,此时反应I正反应速率U=k·c(H+)· c(HCOOH)=kx√K.xmol·L1·h1。 (3) 反应I速率远大于反应Ⅱ，此，点C0浓度最 大，说明反应I此时处于平衡状态，结合碳 原子守恒和题中给出的C0,C0,浓度，可知 t,时刻HC00H的浓度为(1.0-0.70-0.16) mo1L=0.14mo1L-,则反应1的平衡常 数K=c(C0) =0.70=5 c(HCOOH) 0.14 1.0 ◆C0, (-1.ow) 0.0 HCOOH h 由上述分析及近似认为反应】建立平衡后始终处于平衡 状态，知1时刻之后一氧化碳的浓度始终是甲酸浓度的 21 5倍，反应Ⅱ平衡时c(C))=c(H)=ymdl·L,则结合碳原 子守恒知，平衡体系中c(HC0OHD=二X1.0-yml·L, 6 c(CO)= =。×(1.0-y)mol·L1,= 6 00吧500二卫，反位Ⅱ的手衡安黄K y 6y .0-。加入0.10m011盐酸后，H作催化剂，反 6y 应I的反应速率加快，达平衡的时间缩短，催化剂不影 响平衡移动，故K,=5不变，由图可知，与不含盐酸相 比，C)达浓度峰值时，CO2浓度减小（从b点做竖直垂 线，观察C),浓度变化)，c(C)可能增大，故C)新的浓 度峰值，点可能为a。 答案：(1)△H2-△H1(2)√K.zkx√K.x (3)5(1.0-y) 6y a减小不变 考向3 8.BA,报据K,=10,当pH=7.00时：cCHY c(HY) c(H)_101.m K: =10=101,因此c(HY-)<c(HY),A 错误B.M为1g[Y了]与g[]的交叉点， c(Y-) 明号=号子即-H+pk c(Y) -2pH+pK,+pK6,pH=pKs=8.21X2-6.16= 10.26,代入任意方程，求纵坐标：pR=6.16-10.26= 一4.1，B正确：C.加入固体，若完全溶解在1.00L溶液 中，需要消耗一部分Y形成配合物，c(SO)=1.00× 10-3mol·L-；由于0.101mol/L远大于1.00×10-3 mol·L1,Y总浓度基本不变，近似为0.100mol/L,在 pH=6.50时计算Y的浓度：cHY)=10 c(Y)=1018西= 10%,根据H,Y）= (106)2 c(Y-) KiK =100X10s= 102“,未配位体系主要是H,Y2、HY,此时c(Y)≈ 0.1 1+2100+10≈1+5754+2630≈1.19×101mol/L, C 若BaSO,能够完全溶解，绝大部分Ba+都会形成 BaY,故c{[BaY]}≈1.00×103mol/L。根据配合物 平衡常数逆推此时溶液中游离的Ba+浓度：c(Ba+)= 号代入数据计算：e(a)=10"mol/L此 时Q.(BaS0,)=10i“X103=10.8“>Kn(BaS0,), 说明BSO,达到了沉淀溶解平衡状态，无法继续溶解， K=1014 即未能完全溶解，C错误：D.该反应的K,=术一0西 =107.84,D错误。 9.B由题图可知，当pH=7.5时，c(1,)=1087mol·L, c(L5)=0.049mol·L1,由反应①知，含I粒子满足c拿(I厂) +c(15)=0.1mol·L1,则c参(1)=0.1mol·L1-c(1) =0.051mol·L1,故反应①的平衡常数K= 2 c(13) 0.049 c(1)·c(1,)0.051X10而=51 9×102”,A错误。 由题图可知，pH<8.73时，随pH增大，一lgc(L)不变， 则}=K·c)=号<1.)>4)：当pH> c() 83时，-g)增大：时c,)减小，故号道pH城 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12(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),IO,和I5的平衡浓度均不 变；pH>8.73时，体系中无1(s)存在，加入12(s)会使c (1,)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,(ag)+6OH=三5I +g十3且0，年的家发K=0品0品￥庆 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(1),)的值发生改变，D错误。 10.DA.观察图像可知，随着温度的升高，CHg的物质 的量分数逐渐降低。这说明升高温度促使平衡向正反 应方向移动，根据勒夏特列原理，正反应为吸热反应， 因此△H>0,另外，反应物气体共4分子，生成物气体 共6分子，正反应是气体分子数增大的过程，因此△S> 0,A错误；B.前面已推断出a物质是CH:。在同一个 化学反应中，各物质的反应速率之比等于方程式中对 应的化学计量数之比。CH与CHg的化学计量数均 为3，因此在反应过程中的任何时刻，C,H的消耗速率 等于a物质(C3H:)的生成速率，B错误； C.列三段式： 3C3 Hs+SO2=3C3 H6+H2S+2H2O 初始mol 1 0 0 0 变化mol3x 3x x 平衡mol1-3x1一x 3x M,点时，CHg曲线与b曲线(HO)相交，意味着两者 的物质的量分数相等（即物质的量相等）：1一3x=2x,解 得x=0.2,此时各物质的量分别为：n(C3Hg)=0.4mol、 n(S)2)=0.8mol、n(C3Hs)=0.6mol、n(H2S) 0.2mol、n(HO)=0.4mol。体系总物质的量为2.4mol。 代入物质的量分数平衡常数Kx。进行计算K、 )·()·( 0.63·0.2·0.4」 ()·(位) 0.43·0.8 2.4 ≈0.0234，C错误；D.N点时，C,Hg曲线与c曲线 (HS)相交，说明两者的物质的量分数相等：1一3x=x, 解得x=0.25。此时C3H转化了0.75mol,故CH。 的平衡转化牵为.075m0X100%=75%,D正确。 1 mol 11.BA.温度升高，CgHg平衡转化率升高，说明升温平衡 正向移动，正反应为吸热反应，A正确；B.设初始 C3Hg、CO2、He的物质的量分别为1mol、1mol、2mol, C)。平衡转化率为50%时，反应的C)。为0.5mol,列 出“三段式” C.Hs (g)-+CO.(g) 催化利CH(g+HOg)+COg 起始(mol)1 1 0 0 0 转化(mol)0.50.5 0.5 0.50.5 平衡(mol)0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 19 详解详析 平衡时总物质的量为0.5mol+0.5mol+0.5mol十 0.5mol十0.5mol+2mol=4.5mol,压强平衡常数：K,= 10.5p。1 p(CH)·(HO)·(CO) 4.5 p(C3Hg)·p(CO2) (0.5p1/0.5p 4.54.5 合≠号A,B错误：C.543℃下GH。手衡转化率为 60%,平衡时n(C3Hg)=0.4mol,由方程式系数关系可 知n(CgH.)=0.6mol,满足3n(C3H.)=2n(C3H.),故 该关系成立时反应达平衡，C正确：D.总压不变，减小 H的占比，反应体系各物质分压增大，该反应正反应 为气体分子数增大的反应，加压平衡逆向移动，CH。 平衡转化率降低，对应曲线②，D正确。 12.DA.当加入V(NaHC),)=10mL时，二者恰好发生反应 Ba(OH)2+NaHCO,一BaCO,￥+NaOH+H,O,得 (Ba(OH):)=n(NaHCO,)=0.01L×0.01mol·L1= 1X10‘mol,故初始c(Ba2+)=1X10m0=0.01 0.01L mol·L1,pBa=一lg0.01=2,因此x=2,A正确；B.在 V(NaHCO,)=10mL时，pBa=4.3,即c(Ba+)= l03mol·L1。此时溶液主要存在BaCO,沉淀，为 BaC),饱和溶液，c(C()主要来自BaCO,的溶解，且溶液 中大量OH厂抑制C水解，可近似认为c(CO)≈ c(Ba+),故：Kp(BaCO3)=c(Ba2+)·c(CO)=l0.3 ×104.3=10.0×(10-0.3)2,已知lg2=0.3,即1083 2,可得10-o3=0.5,计算得Kp(BaC0)=2.5×10-, B正确。C.各点水的电离程度比较如下：点日为强碱 Ba(OH)。溶液，强烈抑制水电离。点b含NaOH和 BC),沉淀，仍呈碱性，抑制水电离。点c恰好生成 NaCO,CO水解促进水电离。点d为NaHCO,过 量，HCO水解能力弱于CO,对水电离促进作用减 弱。因此，点c时水的电离程度最大，C正确；D.根据溶 度款公成c”)=念)点c时给好生虎 NaCO3,c(CO)最大，故c(Ba+)最小。，点d时NaHCO) 过量，溶液体积增大使C)被稀释，c(C))下降， c(Ba+)反而上升。因此，c(Ba+)最小的是点c,而非 点d,D错误。 13.CA.①A(g)==M(g)的K= L,②A(g)一N(g） K=农2②-①得到M(g)==N(g,则K三+日 TM,平衡 k2 -，，A正确：B.由图可知，0~1时间较，生成 ki kik2 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，k,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xA,平衡变大，D正确。 14.C曲线Ⅲ和曲线N的交点代表2+=c即 c(Cu+)=c([CuL]),由图可知，此时lgc(L3）= 一9.4，代入平衡常教表达式得K=,cICu]) c(Cu2+)·c(L3-) 最新真题分类特训·化学 =10=10‘,A正确：曲线I和曲线Ⅱ的交点代表 lgc(L3-)=lgc(HL-)即c(L-)=c(HL-),此时pH =1山，6，代入平衡常数表达式得K=c①)：c(H) c(HL) =10山.6，B正确：曲线N和曲线V的交点代表dcm, =dcu即c([CuL]')=c([CuL]),此时lgc(L) =一7.2，可得[CuL]十L3-==[Cul]-的平衡常数 c([CuLg]'-） c(Cul)·c(L)=10a=102,a点时， K- 0e2+=dcl,J代入KXK c([CuL]厂) c(Cu*)·cL3)X c(CuL) ([CuL])·c(L)e-10X102=104., 解得c(L3-)=10-“.3mol·L1,且a点对应c(HL2) =101mol·L1,代入HL2==H++L3-的平衡常数 K=eL):H)=1018,计算得c(H) c(HL) 104.3mol·L,故pH=4.3,C错误；当pH=6.4时， c(HL)最大，接近10mol·L1,结合B项中平衡常 数可计算得c(L3)≈10.2mol·L1,6,J-=0.90, dc]=0,09,结合Cu元素守恒知，c([Cule]-)= 0.90×0.002mol·L1=1.8×10-3mol·L1, c([CuL])=0.09×0.002mol·L1=1.8× 10‘mol·L1,因此体系中c(HL2-)>c([CuL2])> c([CuL])>c(L-),D正确。 专题十一反应历程与新信息 考点1反应历程与微粒变化 1.BA.X·Y过程中，X含碳碳三键，反应时三键的π键 断裂，同时伴随。键（如Ni一Cl键）断裂，既有。键断裂 Ar 又有π键断裂，A正确；B.由图可知，Ln一Ni(Ⅱ)中Ni Ar 的化合价为+2价，L,一Ni(Ⅱ)中Ni与 八入入/结合生成乙，N原子与具有单电子的 'Bu ) 碳原子结合形成。键，且共用单子对偏向于C原子，则 Ni的化合价上升到十3价，B错误；C.该步骤是光催化 剂PC②与Ln一Ni(I)反应，生成PC①和Ln一Ni(0)。 在这个反应中，Ni的化合价从十1价下降到0价，L一 Ni(I)是氧化剂，则PC②~PC①是一个氧化过程，C正 确；D.根据反应历程，反应物为炔烃X和ArC1,产物为 M,条件为光、催化剂，总反应式为 Ar () 光 B Bu X 正确。 2.B由反应历程可知，总反应为2C)十2CH,十O。 2CH3CO)H,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1molO,可生成2 mol CH3COOH, 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 19 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HO吸收产物时，其存在电离平衡： CD,COOD一CD,COO+D,CD,COO结合水电离 出的H可得到CD,COOH,D正确。 3.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 3H,S)3+Br)3=3S)+Br+6H+,B正确：C.由 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+对S)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。 4,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+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C)。+2NO+18H++16e 猴化剂C0(NH:十7H,O,C错误。常温常压，无催化 通电 剂条件下，CO2与NH3·H,)反应生成(NH,)CO3或 NH,HCO3,D错误。 5.DA.NH,OH、NH,、H,)的电荷分布都不均匀，不对 称，为极性分子，A正确：B.由反应历程可知，有N一H、 N一)键断裂，还有N一N键的生成，B正确：C.由反应 历程可知，反应过程中，F+先失去电子发生氧化反应 生成Fe+,后面又得到电子生成Fe+,C正确；D.由反 应历程可知，反应过程中，生成的NHNH2有两个氢来 源于NH3,所以将NH,OH替换为ND,OD,不可能得到 ND,ND,,得到ND,NH,和HD),D错误；故选D。 6.B反应机理，图像分析 +2价 1个[L-Ru-NH,]'失1个 e,Ru化合价升高1 N.H 2L-Ru-NH,]* 2e 形成非 2NH, +3价 极性键 H2 L-Ru-N N-Ru-L2 2L-Ru-NI]2 2NH可写出总反应 人2N一+3价 2L-Ru-NH时、一2L-Ru-NH时 (M) 据图可知，Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，[L一Ru NH3]+可与NH3反应生成[L一Ru一NH2]和NH, 配体NH,失去质子能力增强，A项正确；结合图示可 知，[L一Ru一NH]+→[L一Ru一NH2]失去1个H, 所带电荷数减1，则Ru化合价不变，与[L一Ru一NH,] 相比，M中N含有1个单电子，所以Ru的化合价不是 十3，B项错误；据图可知，反应过程中有N一N非极性键 的形成，C项正确；结合图示可知，总反应为4NH3一2e 一N,H+2NH,D项正确。 考点2反应历程与能量变化 1.CA由图可知，生成物能量高，总反应为吸热反应，A错误：B 平衡常数只和温度有关，与催化剂无关，B错误；C由图可知，丙 烷被催化剂a吸附后能量更低，则被催化剂a吸附后得到的吸