化学反应速率与化学平衡-2019-2023年高考化学试题分项汇编

五年(2019-2023)年高考真题分项汇编

与题09化考反成速隼导化学率雷

R2023年高考真题』

考点一化学反应速率计算与影响因素分析

1.(2023•山东卷)一定条件下，化合物E和TFAA合成H的反应路径如下:

已知反应初始E的浓度为O.lOmol-L-1,TFAA的浓度为0.08mo卜LL部分物种的浓度随时间的变化关系如图

所示，忽略反应过程中的体积变亿。下列说法正确的是

6J0

(8

LOS.

O.O6

E6

E)04

-/TFAA

0.o2

0

,2

A.U时刻，体系中有E存在

B.t2时刻，体系中无F存在

C.E和TFAA反应生成F的活化能很小

D.反应达平衡后，TFAA的浓度为0.08mo卜L」

【答案】AC

【分析】一定条件下，化合物E和TFAA合成H的反应路径中，共发生三个反应:

©E+TFAA——>F②F——>G③G=H+TFAA

11之后的某时刻，H为0.02mol-L“，此时TFAA的浓度仍为0,则表明0.10mo卜L“E、起始时的0.08mo卜L-叮FAA、

G分解生成的0.02mo卜L"TFAA全部参加反应，生成O.lOmo卜L尸；在t2时刻，H为0.08molL”,TFAA为

0.06mol-L-1,G为O.OlmolL为则F为O.OlmolLL

【洋解】A.ii时刻，H的浓度小于0.02moLL-i,此时反应③生成F的浓度小于0.02molU,参加反应①

的H的浓度小于0.1moIL1,则参加反应E的浓度小于0.1mol-L-1,所以体系中有E存在，A正确：

B.由分析可知，t2时刻，H为0.08molL」,TFAA为0.06mollJ,G为0.01molL」,则F为0.01mo卜LL

所以体系中有F存在，B不正确；

C.h之后的某时刻，H为0.02moH/,此时TFAA的浓度仍为0,表明此时E和TFAA完全反应生成E

所以E和TFAA生成F的反应速率快，反应的活化能很小，C正确；

D.在t2时刻，H为0.08m刻L」,TFAA为0.06molL”,G为O.OlmoHAF为0.01molL/，只有F、G全

部转化为H和TFAA时，TFAA的浓度才能为0.08mo卜LL而G?H+TFAA为可逆反应，所以反应达平衡

后，TFAA的浓度一定小于0.08molL”，D不正确;

故选AC。

考点二化学平衡及其移动

2.(2023・北京卷)下列事实能用平衡移动原理解释的是

A.HQ2溶液中加入少量MnO?固体，促进H?。？分解

B.密闭烧瓶内的NO?和N,O,的混合气体，受热后颜色加深

C.铁钢放入浓HNOj中，待不再变化后，加热能产生大量红棕色气体

D.锌片与稀H2sO,反应过程中，加入少量CuSO,固体，促进H?的产生

【答案】B

【详解】A.MnCh会催化H2O2分解，与平衡移动无关，A项错误；

B.NO?转化为N2O4的反应是放热反应，升温平衡逆向移动，NO?浓度增大，混合气体颜色加深，B项正

确；

C.铁在浓硝酸中钝化，加热会使表面的氧化膜溶解，铁与浓硝酸反应生成大最红棕色气体，与平衡移动无

关，C项错误；

D.加入硫酸铜以后，锌置换出铜，构成原电池，从而使反应速率加快，与平衡移动无关，D项错误；

故选Bo

考点三化学反应速率、平衡图像分析

3.(2023・湖南卷)向一恒容密闭容器中加入ImolCH,和一定量的HQ,发生反应：

CHKg)+HQ(g)=CO(g)+3H2(g)。CH,的平衡转化率按不同投料比随温度的变化曲线如

In(H2O)J

图所示。下列说法错误的是

T/K

A.x,<x

B.反应速率：vblE<vciE

C.点a、b、c对应的平衡常数：Ka<Kb=Kc

D.反应温度为当容器内压强不变时，反应达到平衡状态

【答案】B

【详解】A.一定条件下，增大水的浓度，能提高CHj的转化率，即x值越小，CK的转化率越大，则\<x.

故A正确；

B.b点和c点温度相同，CH4的远始物质的量都为Imol,b点x值小于c点，则b点加水多，反应物浓度

大，则反应速率：vbiE>vcjE,故B错误；

C.由图像可知，x—定时，温度升高CH』的平衡转化率增大，说明正反应为吸热反应，温度升高平衡正向

移动，K增大；温度相同，K不变，则点a、b、c对应的平衡常数：Ka<Kb=Kc,故C正确；

D.该反应为气体分子数增大的反应，反应进行时压强发生改变，所以温度一定时，当容器内压强不变时,

反应达到平衡状态，故D正确；

答案选

4.(2023・辽宁卷)一定条件下，酸性KMnO,溶液与H2c2O4发生反应，Mn(II)起催化作用，过程中不同价

态含Mn粒子的浓度随时间变化如下图所示。下列说法正确的是

TL

q.0

・

oO.S8

EMn(VH：

1O.

0Mn(IV；

-O.

yO.24Mn(IH：

速OQ.Mn(II:

去

A.Mn(IH)不能氧化H2c2O4

B.随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小

C.该条件下，Mn(II)和Mn(VII)不能大量共存

+2+

D.总反应为：2MnO；+5C20j-+16H=2Mn+10CO2T+8H2O

【答案】C

【分析】开始一段时间(大约13min前)随着时间的推移Mn(Vll)浓度减小直至为0,Mn(III)浓度增大直至

达到最大值，结合图像，此时间段主要生成Mn(H【)，同时先生成少量Mn(N)后Mn(IV)被消耗；后来(大约

13min后)随着时间的推移Mn(III)浓度减少，Mn(H)的浓度增大；据此作答。

【详解】A.由图像可知，随着时间的推移Mn(IH)的浓度先增大后减小，说明开始反应生成Mn(HI),后

Mn(HI)被消耗生成Mn(II),Mn(III)能氧化H2c2O4,A项错误；

B.随着反应物浓度的减小，到大约I3min时开始生成Mn(II),Mn(II)对反应起催化作用，13min后反应速

率会增大，B项错误：

C.由图像可知，Mn(VII)的浓度为0后才开始生成Mn(H),该条件下Mn(II)和Mn(VH)不能大量共存，C项

正确;

D.H2c2。4为弱酸，在离子方程式中应以化学式保留，总反应为2MnO«+5H2c2O4+6H+=2Mn2++10CO2T+8H20,

D项错误；

答案选C.

5.(2023•浙江卷)一定条件下，1-茉基丙块(Ph-CmC-CH、)可与HC1发生催化加成，反应如下：

反应过程中该烘烧及反应产物的占比随时间的变化如图(已知：反应I、IH为放热反应)，下列说法不比硬的

是

A.反应焰变：反应1＞反应II

B.反应活化能：反应Iv反应II

C.增加HC1浓度可增加平衡时产物II和产物I的比例

D.选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物I

【答案】C

【详解】A.反应I、in为放热反应，相同物质的量的反应物，反应I放出的热量小于反应n放出的热量，

反应放出的热量越多，其焙变越小，因此反应焙变：反应i＞反应n,故A正确；

B.短时间里反应I得到的产物比反应II得到的产物多，说明反应I的速率比反应H的速率快，速率越快，

其活化能越小，则反应活化能：反应k反应H,故B正确；

C.增加HC1浓度，平衡正向移动，但平衡时产物II和产物I的比例可能降低，故C错误；

D.根据图中信息，选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物I,故D正确。

综上所述，答案为C。

R2022年高考真题』

考点一化学平衡及其移动

6.(2022•天津卷)向恒温恒容密闭容器中通入2moiSO?和Imol02,反应2sO?(g)+O2(g)U2soJg)达

到平衡后，再通入一定量。2,达到新平衡时，下列有关判断馋用的是

A.SO］的平衡浓度增大B.反应平衡常数增大

C.正向反应速率增大D.SO2的转化总量增大

【答案】B

【详解】A.平衡后，再通入•定量0.平衡正向移动，SO、的平衡浓度增大，A正确；

B.平衡常数是与温度有关的常数，温度不变，平衡常数不变，B错误；

C.通入一定量。2,反应物浓度增大，正向反应速率增大，C正确；

D.通入一定量。2,促进二氧化硫的转化，S02的转化总量增大，D正确；

故选B。

7.(2022・重庆卷)两种酸式碳酸盐的分解反应如下。某温度平衡时总压强分别为pl和p2。

4

反应1：NH4HCO36)脩々NH3(g)+H2O(g)+CO2(g)pi=3.6xlOPa

3

反应2：2NaHCO3(s)除为Na2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)p2=4x10Pa

该温度下，刚性密闭容器中放入NH4HCO3和Na2c03固体，平衡后以上3种固体均大量存在。下列说法错

误的是

A.反应2的平衡常数为4xlO＜，Pa】B.通入NH3,再次平衡后，总压强增大

C.平衡后总压强为4.36x105paD.缩小体积，再次平衡后总压强不变

【答案】B

【详解】A.反应2的平衡常数为Kp=p(CO2)P(H2O)=P2xgxp2xg=4xl()6pa2,A正确：

B.刚性密闭容器，温度不变平衡常数不变，再次达平衡后，容器内各气体分压不变，总压强不变，B错误；

623

C.Kp2=p(CO2)p(H,O)=p2x1xp2x1=4x10Pa,p(CO,)=p(H2O)=2xl0,

22

433

Kpl=C(NH5)C(CO2)p(H2O)=(1.2X10)Pa,p(NHJ=色出"=4.32x10、，所以总压强为：

qxiu

5

p(NH?)+p(CO2)+p(H;O)=4.32x10,C正确：

D.达平衡后，缩小体积，平衡逆向移动，温度不变，平衡常数不变，再次平衡后总压强不变，D正确；

故选Bo

8.(2022・江苏卷)用尿素水解生成的NH,催化还原NO,是柴油机车辆尾气净化的主要方法。反应为

4NH,(g)+O2(g)+4NO(g)^^4N2(g)+6H2O(g),下列说法正确的是

A.上述反应ASvO

B.上述反应平衡常数K=^焉概而

C.上述反应中消耗ImolNHs，转移电子的数目为2X6.02X1023

D.实际应用中，加入尿素的量越多，柴油机车辆排放的尾气对空气污染程度越小

【答案】B

【详解】A.由方程式可知，该反应是一个气体分子数增大的反应，即端增的反应，反应AS〉。，故A错误;

,LC4(NJC6(H,O)

B.由方程式可知，反应平衡常数K=1、小「久小，故B正确；

c(NH3)C(O2)C(NO)

C.由方程式可知，反应每消耗4moi氨气，反应转移12moi电子，则反应中消耗Imol氨气转移电子的数目

为3molx4x-x6.02x1023=3x6.02xIO23,故C错误；

4

D.实际应用中，加入尿素的量越多，尿素水解生成的氨气过量，柴油机车辆排放的氨气对空气污染程度增

大，故D错误；

故选B。

9.(2022・浙江卷)恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应：2四式以肃、(8)+3也(8),

测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化，如下表所示，下列说法个无阚的是

间/min

cCNHjXlO^mol-L-1)

编号020406080

'''-------

①a2.402.001.601.200.80

②a1.200.800.40X

③2a2.401.600.800.400.40

511

A.实验①，0~20min,v(N2)=1.00x10molLmin

B.实验②，60min时处于平衡状态，XW().4O

C.相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大

D.相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大

【答案】C

?3

【解析】A.实验①中，0~20min,氨气浓度变化最为2.40x10mol/L-2.00x10-mol/L=4.00xMmol/L,v(NH3)=

4(K)Xl()4inol/L

=2.00xl()^mol/(Lmin),反应速率之比等于化学计量数之比，v(N2)=^v(NH3)=l.(X)x

20min2

10?mol/(Lmin),A正确：

B.催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，实验③中氮气初始浓度与实验①中一样，实验③达到

平衡时氨气浓度为4.00x10-mol/L,则实验①达平衡时氨气浓度也为4.0()xI0-4mol/L,而恒温恒容条件下，

实验②相对于实验①为减小压强，平衡正向移动，因此实验②60minM处于平衡状态，x<0.4,即若0.4,B

正确；

C.实验①、实验②中0~20min、20min〜4()min氨气浓度变化量都是4.0(»实验②中60min时反

应达到平衡状态，实验①和实验②催化剂表面积相同，实验①中氨气初始浓度是实验②中氨气初始浓度的

两倍，实验①60min时反应未达到平衡状态，相同条件卜，增加氨气浓度，反应速率并没有增大，C错误；

D.对比实验①和实验③，氨气浓度相同，实验③中催化剂表面积是实验①中催化剂表面积的2倍，实验③

先达到平衡状态，实验③的反应速率大，说明相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大，D正确：

答案选c。

10.(2022•北京卷)某MOFs多孔材料孔径大小和形状恰好将NzOj固定”，能而选择性吸附NO^。废气中

的NO?被吸附后，经处理能全部转化为HNO,。原理示意图如卜。

清洁空气吸附出0、02

会泰灸H

<_X_>y2x2>MQFs材料N2O4

t।图例

含NO2的废气冉主HNO3

已知：2NO2(g)UN2O4(g)AH<()

下列说法不叱哪的是

A.温度升高时不利于NO?吸附

B.多孔材料“固定”电04，促进2NO2(g)=N2。式g)平衡正向移动

C.转化为HNO.的反应是2NQ「O,+2HQ=4HNO，

D.每获得(UmolHNO,时，转移电子的数目为6O2x10”

【答案】D

【分析】废气经过MOFs材料之后，NCh转化成N2O,被吸附，进而与氧气和水反应生成硝酸，从该过程中

我们知道，NO?转化为Ngj的程度，决定了整个废气处理的效率。

【详解】A.从2NC)2(g)WN2O4(g)AHv0可以看出,这个是•个放热反应，升高温度之后，平衡逆向移动，

导致生成的N2O4减少，不利于N5的吸附，A正确;

B.多孔材料“固定“NQ」,从而促进2NO2UNQ4平衡正向移动,B正确;

C.NZOJ和氧气、水反应生成硝酸，其方程式为2N0+O2+2也O=4HNOj,C正确；

D.在方程式2Nq4+O2+2H9=4HNC>3中，转移的电子数为4、则每获得(MmolHNO、，转移的电子数为

04mo1,即个数为2.408x10”，D错误;

故选D。

11.(2022•辽宁卷)某温度下，在1L恒容密闭容器中2.0molX发生反应2X(g)=Y(g)+2Z(g),有关数据如

下:

时间段/min产物Z的平均生成速率/moll"•min"

0〜20.20

0〜40.15

0〜60.1()

下列说法错误的是

A.Imin时，Z的浓度大于OlOmolL」

B.2min时，加入0.20molZ,此时v正(Z)<v逆(Z)

C.3min时，Y的体积分数约为33.3%

D.5min时,X的物质的量为1.4mol

【答案】B

【详解】A.反应开始一段时间，随着时间的延长，反应物浓度逐渐减小，产物Z的平均生成速率逐渐减小，

则。〜Imin内Z的平均生成速率大于0~2min内的，故Imin时，Z的浓度大于OZOmolC,A正确;

B.4min时生成的Z的物质的量为0.15mol・L1min1x4minxlL=0.6mol，6min时生成的Z的物质的最为

O.lOmolL1-min'x6minx1L=0.6mol，故反应在4nlin时已达到平,衡，设达到平衡时生TamolY，列三段

式：

2X（g）UY（gi+2Z（g）

初始量/mol2.000

转化量/mol2aa2a

平衡最/mo]2.0-2aa0.6

根据2a=0.6,得a=0.3»则Y的平衡浓度为0.3mol・LLZ的平衡浓度为0.6mol•口,平衡常数

K=c?(Z)c(Y)=0.108,21而11时丫的浓度为0.21«0111,Z的浓度为0.4mol・L”,加入0.2molZ后Z的浓

2

度变为0.6molL/,QO=C(Z)C(Y)=0.072<K,反应正向进行，故v正(Z)>v逆(Z),B错误；

C.反应生成的Y与Z的物质的量之比恒等于I：2,反应体系中只有Y和Z为气体，相同条件下，体积之

V(Y)I

比等于物质的量之比，^7=；=-.故Y的体积分数始终约为33.3%,C正确；

D.由B项分析可知5min时反应处于平衡状态，此时生成Z为0.6mol,则X的转化量为0.6mol,初始X

的物质的量为2mol,剩余X的物质的量为1.4mol,D正确；

故答案选B。

考点三化学反应速率、平衡图像分析

12.(2022・湖南卷)向体积均为IL的两恒容容器中分别充入21roiX和ImolY发生反应：

2X(g)+Y(g)^Z(g)AH,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。下列说法正确的是

0

时间

A.AHX)B.气体的总物质的量：nu<nc

C.a点平衡常数：K>12D.反应速率：vaE<v

【答案】B

【解析】A.甲容器在绝热条件下，随着反应的进行，压强先增大后减小，根据理想气体状态方程PV=nRT

可知，刚开始压强增大的原因是因为容器温度升高，则说明上述反应过程放热，即AHVO,故A错误：

B.根据A项分析可知，上述密比溶液中的反应为放热反应，图中a点和c点的压强相等，因甲容器为绝热

过程，乙容器为恒温过程，若两者气体物质的量相等，则甲容器压强大于乙容器压强，则说明甲容器中气

体的总物质的量此时相比乙容器在减小即气体总物质的量：naVnc,故B正确；

C.a点为平衡点，此时容器的总玉为p,假设在恒温恒容条件卜进行，则气体的压强之比等于气体的物质

的量(物质的量浓度)之比，所以可设Y转化的物质的量浓度为xmo卜L」,则列出三段式如下：

2X(g)+Y(g)fZ(g)

q2,则有！(27x);(l：x：x]nN=F，计算得到x=0.75,那么化学平衡常数

Ac2x

c平2-2x1-xx

K=c2(X)Zc(Y)=()5^x025=12,又甲容器为绝热条件’等效为恒温条件下升温’平衡逆向移动’则平衡常

数减小即平衡常数KV12,故C错误；

D.根据图像可知，甲容渊达到平衡的时间短，温度高，所以达到平衡的速率相对乙容器的快，即匕总>»

砂故D错误。

综上所述，答案为B。

13.(2022・广东卷)恒容密闭容器中，BaSCUs)+4H2(g)q^BaS(s)+4H2O(g)在不同温度下达平衡时，

各组分的物质的量(n)如图所示。下列说法正确的是

起始组成：4molH,

1molBaSO4

200400600800

T/℃

A.该反应的△”<()

a为〃(乩。)随温度的变化曲线

向平衡体系中充入惰性气体，平衡不移动

D.向平衡体系中加入BaSO,,H?的平衡转化率增大

【答案】C

【解析】A.从图示可以看出，平衡时升高温度，氢气的物质的量减少，则平衡正向移动，说明该反应的正

反应是吸热反应，即△”>(),故A错误；

B.从图示可以看出，在恒容密闭容器中，随着温度升高氢气的平衡时的物质的量减少，则平衡随着温度升

高正向移动，水蒸气的物质的量增加，而a曲线表示的是物质的量不随温度变化而变化，故B错误；

C.容器体积固定，向容器中充入惰性气体，没有改变各物质的浓度，平衡不移动，故C正确；

D.BaSO4是固体，向平衡体系中加入BaSO4，不能改变其浓度，因此平衡不移动，氢气的转化率不变，故

D错误；

故选Co

14.(2022・广东卷)在相同条件卜研究催化剂I、II对反应Xf2Y的影响，各物质浓度c随反应时间I的部

分变化曲线如图，则

催化剂I

催化剂II

无催化剂

4t/min

A.无催化剂时，反应不能进行

B.与催化剂【相比，I【使反应活化能更低

C.a曲线表示使用催化剂II时X的浓度随/的变化

D.使用催化剂I时,0~2min内，v(X)=1.0molLJ,min-1

【答案】D

【解析】A.由图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物浓度也在增加，说明反应也在进行，故A错误；

B.由图可知，催化剂I比催化剂H催化效果好，说明催化剂I使反应活化能更低，反应更快，故B错误；

C.由图可知，使用催化剂H时，在0~2min内Y的浓度变化了2.0mol/L,而a曲线表示的X的浓度变化

了2.0mol/L,二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示使用催化剂H时X浓度随时间;

的变化，故C错误；

D.使用催化剂I时，在0~2min内，Y的浓度变化了4.0mol/L,则u।Y)=(丫)二」=2.0〃引.「mini

♦r2min

U(X)=2U(Y)=:x2.0mol-L*1-min}=1.0mol-L-1-min",故D正确；

22

答案选D。

15.(2022•北京卷)CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图I所示。反应①完成之

后，以N2为载气，以恒定组成的N2、CH4混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物

质的最随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2,在催化剂上有积碳。

卜.列说法•不正•确•的是

_催化剂

A.反应①为CaO+CCh=CaCO3；反应②为CaCCh+CH4^--------CaO+2CO+2H2

催化剂

B.ti-t3,n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变,可能有副反应CW2H2

C.t2时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成比速率

D.t3之后，生成CO的速率为0,是因为反应②不再发生

【答案】C

【详解】A.由题干图1所示信息可知，反应①为CaO+CCh=CaCO3,结合氧化还原反应配平可得反应②为

催化剂

:

CaCO3+CH4---------CaO+2CO+2H2,A正确：

B.由题干图2信息可知，n~t3,n(Hz)比n(CO)多，且生成Hz速率不变，且反应过程中始终未检测至UCO2,

催化剂

在催化剂上有积碳，故可能有副反应-----C+2H2,反应②和副反应中CH」和H2的系数比均为1:2,

BE确;

C.由题干反应②方程式可知，出和CO的反应速率相等，而t2时刻信息可知，H2的反应速率未变，仍然

为2mmol/min,而CO变为1〜2mmol/min之间，故能够说明副反应生成Hz的速率小于反应②生成Hz速率，

C错误；

D.由题干图2信息可知，t3之后，CO的速率为0,CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1,说明生成CO的

速率为0,是因为反应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D正确；

答案选C。

16.(2022.江苏卷)乙醇-水催化宜整可获得H-其主要反应为

C2H5OH(g)+3H2O(g)=2CO2(g)+6H2(g)AH=173.3kJ-mol",

,

CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)AH=4L2kJ.mor,在LOxlO/a、n始(C2H5OH):n始他0)=1:3时,若仅考虑

上述反应，平衡时CO?和co的选择性及H2的产率随温度的变化如图所示。

100

80

60

40

20

0।,一

)100200^00400500600700

T/℃

n，r£C0)

CO的选择性:一———x100%,下列说法正确的是

n，卜.成(C02)+n牛成(C0)

A.图中曲线①表示平衡时H2产左随温度的变化

B.升高温度，平衡时CO的选择性增大

n(C2H5OH)

C.一定温度下，增大'n/口二、,可提高乙醉平衡转化率

(H2O)

D.一定温度卜.，加入CaO(s)或选用高效催化剂，均能提高平衡时H?产率

【答案】B

［分析］根据已知反应①C2HqH(g)+3Hq(g)=2CO2(g)+6H2(g)AH=173.3kJ.mol1,反应②

CO2(g)+H2(g)=CO(g)4-H2O(g)AH=41.2kJmor',且反应①的热效应更大，温度升高的时候对反应①影响更

大一些，根据选择性的含义，升温时CO选择性增大，同时CO2的选择性减小，所以图中③代表co的选择

性，①代表CO2的选择性，②代表H2的产率，以此解题。

【详解】A.由分析可知②代表H2的产率，故A错误；

B.由分析可知升高温度，平衡时CO的选择性增大，故B正确；

c.一定温度卜，增大可以认为开始时水蒸气物质的量不变，增大乙醇物质的量，乙醇的平衡

转化率降低，故c错误;

D.加入CaO(s)或者选用高效催化剂，不会影响平衡时H?产率，故D错误;

故选Bo

K2021年高考真题』

考点一化学反应速率计算与影响因素分析

17.(2021・湖南)铁的配合物离子(用［L-Fe-H7表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况

如图所示:

HCOOH

45.343.5

:一\过渡态1；―:过渡态2

(

0.-0

•L0.1

+-2-2

EHL

31+H

OU--4-2.6

)OO*46-.

、+1

岷UH3

H+g+

超O

+OHO卜

玄O—DO+U

五OHO+

UOX

JH

IVHO+

U—

HO

O

D

H

反应进程

列说法错误的是

催化剂，

A.该过程的总反应为HCOOH------CO2t+H2f

B.H.浓度过大或者过小，均导致反应速率降低

C.该催化循环中Fe元素的化合价发生了变化

D.该过程的总反应速率由II-HI步骤决定

【答案】D

【详解】

A.由反应机理可知，HCOOH电离出氢离子后，HCOO•与催化剂结合，放出二氧化碳，然后又结合氢离子

催化剂

转化为氢气，所以化学方程式为HCOOHCO2T+H2T，故A正确；

B.若氢离子浓度过低，则反应W-IV的反应物浓度降低.，反应速率减慢，若氢离子浓度过高，则会抑制加

酸的电离，使甲酸根浓度降低，反应I-II速率减慢，所以氢离子浓度过高或过低，均导致反应速率减慢，

故B正确；

C.由反应机理可知，Fe在反应过程中，化学键数目发生变化，则化合价也发生变化，故C正确；

D.由反应进程可知，反应IVTI能垒最大，反应速率最慢，对该过程的总反应起决定作用，放D错误：

故选D。

考点二化学平衡及其移动

18.(2021•浙江)一定温度下：在NQs的四氯化碳溶液(100mL)中发生分解反应：2N2O5^4NO:+O2o

在不同时刻测量放出的。2体积，换算成N2O5浓度如下表:

t/s06001200171022202820X

,

c(N2O5)/(mol-I7)1.400.960.660.480.350.240.12

下列说法正确的是

A.600〜1200s,生成NO2的平均速率为5.0xl0Ymol-LT・sT

B.反应2220s时，放出的体积为11.8L(标准状况)

C.反应达到平衡时，v正(N/)5)=2V逆(NO?)

D.推测上表中的x为3930

【答案】D

【详解】

A.600〜1200s,MO5的变化量为096-0.66)mol-L==0.3moI-L，在此时间段内NO?的变化量为其

2倍，即0.6mol♦CL因此，生成NO,的平均速率为竺竺LU=L0xl(T3moi.匚1.十，A说法不正确；

6005

B.由表中数据可知,反应2220s时,的变化量为(1.4()-0.35/01・匚|==1.。50101・口,其物质的量

的变化量为L05mol-l/x0.1L=0105nK)l,的变化最是其J，即0.0525mol,因此，放出的。?在标准状

况下的体积为0.0525molx22.4L/mol=1.176L,B说法不正确；

C.反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，用不同物质表示该反应的速率时，其数值之比等于化学

计量数之比,2viE(N2O5)=vi2(NO2),C说法不正确;

D.分析表中数据可知，该反应经过1110s(60()-1710,1710-2820)后N,O,的浓度会变为原来的!，因此,

N2O5的浓度由0.24mol.匚1变为().12mol•U时，可以推测上表中的x为(2820+1110)=3930,D说法正确。

综上所述，本题选D。

考点三化学反应速率、平衡图像分析

19.(2021・广东)反应X=2Z经历两步：①XfY：②Yf2Z。反应体系中X、Y、Z的浓度c随时

间［的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是

A.a为C(X)随t的变化曲线

B.t]时，C(X)=C(Y)=C(Z)

C.I?时，Y的消耗速率大于生成速率

D.13后，c(Z)=2c0-c(Y)

【答案】D

【分析】

由题中信息可知，反应X=2Z经历两步：①X—Y；②Y72Z。因此，图中呈不断减小趋势的a线为

X的浓度。随时间t的变化曲线，呈不断增加趋势的线为Z的浓度C随时间t的变化曲线，先增加后减小的

线为Y的浓度C随时间t的变化曲线。

【详解】

A.X是唯一的反应物，随着反应的发生，其浓度不断减小，因此，由图可知，a为《X)随，的变化曲线,

A正确；

B.由图可知，分别代表3种不同物质的曲线相交于八时刻,因此，%时C(X)=C(Y)=C(Z),B正确;

C.由图中信息可知，，2时刻以后，Y的浓度仍在不断减小，说明时刻反应两步仍在向正反应方向发生，

而且反应①生成Y的速率小f•反应②消耗Y的速率，即J时Y的消耗速率大于生成速率，c正确；

D.由图可知，时刻反应①完成.X完全转化为Y,若无反应②发生，则c,(Y)=c0,由于反应②Yf2Z

的发生，4时刻丫浓度的变化量为0-《Y),变化量之比等于化学计量数之比，所以Z的浓度的变化量为

2[c0-c(Y)],这种关系在“后仍成立，因此，D不正确。

综上所述，本题选D.

20.(2021.河北)室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反应：①M+N=X+Y；

②M+N=X+Z,反应①的速率可表示为vi=kd(M),反应②的速率可表示为V2=k2c2(M)(ki、kz为速率常数)。

反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图，下列说法错误的是

0.5

0.4

(30,).300：

0.3

c(M)

0.2

.-—-----

(3(,0.121c(Z)

0.1

0102030405060

A.0〜30min时间段内,Y的平均反应速率为6.67xlO-8mol・L」・min」

B.反应开始后，体系中Y和Z|的浓度之比保持不变

C.如果反应能进行到底，反应结束时62.5%的M转化为Z

D.反应①的活化能比反应②的活化能大

【答案】A

【详解】

A.由图中数据可知,30加加时，M、Z的浓度分别为0.300mol・丁和0.125molL，则M的变化量为

0.5mol-IT1-0.300mol-I71=0.200molL-,>其中转化为Y的变化量为0.200mol0125molIT1

=0.075mol-U1-因此，0~30min时间段内，Y的平均反应速率为0075mo1L，=0.0025

30min

mol-L_1-min-1，A说法不正确：

B.由题中信息可知，反应①和反应②的速率之比为U，丫和Z分别为反应①和反应②的产物，目.两者与

M的化学计量数相同（化学计量数均为1）,因此反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比等于三，由于太、

k2

k2为速率常数，故该比值保持不变，B说法正确；

k.

C.结合A、B的分析可知因此反应开始后，在相同的时间内体系中Y和Z的浓度之比等于/二

k2

0.075mol?'3^因此，如果反应能进行到底，反应结束时有』的M转化为Z,即62.5%的M转化为

0.125mol?■'58

z,C说法正确；

D.由以上分析可知，在相同的时间内生成Z较多、生成Y较少，因此，反应①的化学反应速率较小，在

同一体系中，活化能较小的化学反应速率较快，故反应①的活化能比反应②的活化能大，D说法正确。

综上所述，相关说法不正确的只有A,故本题选A。

21.（2021・湖南）已知:A（g）+2B（g）^3C（g）AH<0,向一恒温恒容的密闭容器中充入ImolA和

3molB发生反应，乙时达到平衡状态I,在G时改变某一条件，％时重新达到平衡状态II，正反应速率随时

间的变化如图所示。下列说法正确的是

(

£

L

U

L・

・

O

E

)

Q、

A.容器内压强不变，表明反应达到平衡

B.与时改变的条件；向容器中加入C

C.平衡时A的体积分数9：

D.平衡常数K：K(H)<K(I)

【答案】BC

【分析】

根据图像可知，向恒温恒容密闭容器中充入ImolA和3molB发生反应，反应时间从开始到U阶段，正反应

速率不断减小，tit时间段，正反应速率不变，反应达到平衡状态，t2七时间段，改变条件使正反应速率逐

渐增大，平衡向逆反应方向移动，t3以后反应达到新的平衡状态，据此结合图像分析解答。

【详解】

A.容器内发生的反应为A(g)+2B(g)U3c(g),该反应是气体分子数不变的可逆反应，所以在恒温恒容条件

下，气体的压强始终保持不变，则容器内压强不变，不能说明反应达到平衡状态，A