2024年5月18日发(作者：瓮阑)

专题八化学反应速率与化学平衡

考点一化学反应速率

1

．一定条件下，

1-

苯基丙炔

(

Ph-CC-CH

3

)

可与

HCl

发生催化加成，反应如下：

反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图

(

已知：反应

I

、Ⅲ为放热反应

)

，下列说法不正确的

．．．

是

A

．反应焓变：反应

I>

反应Ⅱ

B

．反应活化能：反应

I<

反应Ⅱ

C

．增加

HCl

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

、Ⅲ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Ⅱ放出的热量，反

应放出的热量越多，其焓变越小，因此反应焓变：反应

I>

反应Ⅱ，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Ⅱ的速率快，速率越快，

其活化能越小，则反应活化能：反应

I<

反应Ⅱ，故

B

正确；

C

．增加

HCl

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

。

2

．催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应

R(g)P(g)

。反应历程

(

下图

)

中，

M

为中间产物。其它条

件相同时，下列说法不正确的是

A

．使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分

4

步进行

C

．使用Ⅱ时，反应体系更快达到平衡

【答案】

C

B

．反应达平衡时，升高温度，

R

的浓度增大

D

．使用Ⅰ时，反应过程中

M

所能达到的最高浓度更大

【详解】

A

．由图可知两种催化剂均出现四个波峰，所以使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分

4

步进行，

A

正确；

B

．由图可知该反应是放热反应，所以达平衡时，升高温度平衡向左移动，

R

的浓度增大，

B

正确；

C

．由图可知Ⅰ的最高活化能小于Ⅱ的最高活化能，所以使用Ⅰ时反应速率更快，反应体系更快达到平衡，

C

错误；

D

．由图可知在前两个历程中使用Ⅰ活化能较低反应速率较快，后两个历程中使用Ⅰ活化能较高反应速率较

慢，所以使用Ⅰ时，反应过程中

M

所能达到的最高浓度更大，

D

正确；

故选

C

。

3

．一定条件下，酸性

KMnO

4

溶液与

H

2

C

2

O

4

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

A

．

Mn

(

Ⅲ

)

不能氧化

H

2

C

2

O

4

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



2





10CO

2



8H

2

O

D

．总反应为：

2MnO



4



5C

2

O

4



16H



2Mn

【答案】

C

【分析】开始一段时间（大约

13min

前）随着时间的推移

Mn(

Ⅶ

)

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(

Ⅲ

)

，同时先生成少量

Mn(

Ⅳ

)

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(

Ⅱ

)

的浓度增大；据此作答。

A

．【详解】由图像可知，随着时间的推移

Mn(

Ⅲ

)

的浓度先增大后减小，说明开始反应生成

Mn(

Ⅲ

)

，后

Mn(

Ⅲ

)

被消耗生成

Mn(

Ⅱ

)

，

Mn(

Ⅲ

)

能氧化

H

2

C

2

O

4

，

A

项错误；

B

．随着反应物浓度的减小，到大约

13min

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(

Ⅱ

)

，该条件下

Mn(

Ⅱ

)

和

Mn(

Ⅶ

)

不能大量共存，

C

项

正确；

D

．

H

2

C

2

O

4

为弱酸，在离子方程式中应以化学式保留，总反应为

2

MnO

-

4

+5H

2

C

2

O

4

+6H

+

=2Mn

2+

+10CO

2

↑+8H

2

O

，

D

项错误；

答案选

C

。

4

．

CO

2

捕获和转化可减少

CO

2

排放并实现资源利用，原理如图

1

所示。反应

①

完成之后，

以

N

2

为载气，以恒定组成的

N

2

、

CH

4

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

量随反应时间变化如图

2

所示。反应过程中始终未检测到

CO

2

，在催化剂上有积碳。

下列说法不正确的是

．．．

A

．反应

①

为

CaO+CO

2

=CaCO

3

；反应

②

为

CaCO

3

+CH

4

催化剂

CaO+2CO+2H

2

催化剂

B

．

t

1

~t

3

，

n(H

2

)

比

n(CO)

多，且生成

H

2

速率不变，可能有副反应

CH

4

C

．

t

2

时刻，副反应生成

H

2

的速率大于反应

②

生成

H

2

速率

D

．

t

3

之后，生成

CO

的速率为

0

，是因为反应

②

不再发生

【答案】

C

C+2H

2

【详解】

A

．由题干图

1

所示信息可知，反应

①

为

CaO+CO

2

=CaCO

3

，结合氧化还原反应配平可得反应

②

为

CaCO

3

+CH

4

催化剂

CaO+2CO+2H

2

，

A

正确；

B

．由题干图

2

信息可知，

t

1

~t

3

，

n(H

2

)

比

n(CO)

多，且生成

H

2

速率不变，且反应过程中始终未检测到

CO

2

，

在催化剂上有积碳，故可能有副反应

CH

4

正确；

催化剂

C+2H

2

，反应

②

和副反应中

CH

4

和

H

2

的系数比均为

1:2

，

B

C

．由题干反应

②

方程式可知，

H

2

和

CO

的反应速率相等，而

t

2

时刻信息可知，

H

2

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

H

2

的速率小于反应

②

生成

H

2

速率，

C

错误；

D

．由题干图

2

信息可知，

t

3

之后，

CO

的速率为

0

，

CH

4

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

。

5

．恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量

X

，发生反应的方程式为

①

X=Y

；

②

Y=Z

。

反应

①

的速率

v

1

=k

1

c(X)

，反应

②

的速率

v

2

=k

2

c(Y)

，式中

k

1

、k

2

为速率常数。图甲为该体系中

X

、

Y

、

Z

浓

度随时间变化的曲线，图乙为反应

①

和

②

的

lnk~

1

曲线。下列说法错误的是

T

A

．随

c(X)

的减小，反应

①

、

②

的速率均降低

B

．体系中

v(X)=v(Y)+v(Z)

C

．欲提高

Y

的产率，需提高反应温度且控制反应时间

D

．温度低于

T

1

时，总反应速率由反应

②

决定

【答案】

AB

【分析】由图中的信息可知，浓度随时间变化逐渐减小的代表的是

X

，浓度随时间变化逐渐增大的代表的是

Z

，浓度随时间变化先增大后减小的代表的是

Y

；由图乙中的信息可知，反应

①

的速率常数随温度升高增大

的幅度小于反应

②

的。

【详解】

A

．由图甲中的信息可知，随

c(X)

的减小，

c(Y)

先增大后减小，

c(Z)

增大，因此，反应

①

的速率随

c(X)

的减小而减小，而反应

②

的速率先增大后减小，

A

说法错误；

B

．根据体系中发生的反应可知，在

Y

的浓度达到最大值之前，单位时间内

X

的减少量等于

Y

和

Z

的增加量，

因此，v

(X)=

v

(Y)+

v

(Z)

，但是，在

Y

的浓度达到最大值之后，单位时间内

Z

的增加量等于

Y

和

X

的减少量，

故v

(X)+

v

(Y)=

v

(Z)

，

B

说法错误；

C

．升高温度可以可以加快反应

①

的速率，但是反应

①

的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应

②

的，

且反应

②

的的速率随着

Y

的浓度的增大而增大，因此，欲提高

Y

的产率，需提高反应温度且控制反应时间，

C

说法正确；

D

．由图乙信息可知，温度低于

T

1

时，k

1

＞k

2

，反应

②

为慢反应，因此，总反应速率由反应

②

决定，

D

说法

正确；

综上所述，本题选

AB

。

6

．某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化下聚合，反应物浓度与催化剂浓度及时间关系如

图。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，下列说法错误的是

A

．其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大

B

．其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大

C

．条件

①

，反应速率为

0.012mol



L



1



min



1

D

．条件

②

，降冰片烯起始浓度为

3.0molL

-1

时，半衰期为

62.5min

【答案】

B

【详解】

A

．由题干图中曲线

①②

可知，其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应所需要的时间更短，故

反应速率越大，

A

正确；

B

．由题干图中曲线

①③

可知，其他条件相同时，降冰片烯浓度

①

是

③

的两倍，所用时间

①

也是

③

的两

倍，反应速率相等，故说明反应速率与降冰片烯浓度无关，

B

错误；

Δc3.0 mol•L

-1

-0 mol•L

-1

C

．由题干图中数据可知，条件

①

，反应速率为



=

=

0.012mol



L



1



min



1

，

C

正确；

=

Δt250 min

D

．反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，由题干图中数据可知，条件

②

，降冰片烯起始浓度为

3.0molL

-1

时，半衰期为

125min÷2=

62.5min

，

D

正确；

故答案为：

B

。

7

．一定温度下：在

N

2

O

5

的四氯化碳溶液

(

100mL

)

中发生分解反应：

2N

2

O

5

4NO

2

+O

2

。

在不同时刻测量放出的

O

2

体积，换算成

N

2

O

5

浓度如下表：

t/s

22202820x

c



N

2

O

5



/



mol



L



1



1.400.960.660.480.350.240.12

下列说法正确的是

A

．

600~1200s

，生成

NO

2

的平均速率为

5.0



10



4

mol



L



1



s



1

B

．反应

2220s

时，放出的

O

2

体积为

11.8L

(

标准状况

)

C

．反应达到平衡时，

v

正



N

2

O

5



=2v

逆



NO

2



D

．推测上表中的

x

为

3930

【答案】

D

【详解】

A

．

600~1200s

，

N

2

O

5

的变化量为

(0.96-0.66)

mol



L



1

==0.3

mol



L



1

，在此时间段内

NO

2

的变化量



1

0.6mol



L

为其

2

倍，即

0.6

mol



L

，因此，生成

NO

2

的平均速率为



1.0



10



3

mol



L



1



s



1

，

A

说法不正确；

600s



1

B

．由表中数据可知，反应

2220s

时，

N

2

O

5

的变化量为

(1.40-0.35)

mol



L



1

==1.05

mol



L



1

，其物质的量的变

化量为

1.05

mol



L



1



0.1L=0.105mol

，

O

2

的变化量是其

2

，即

0.0525mol

，因此，放出的

O

2

在标准状况下的

体积为

0.0525mol



22.4L/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，

2v

正



N

2

O

5



v

逆



NO

2



，

C

说法不正确；

1

N

2

O

5

D

．分析表中数据可知，该反应经过

1110s

（

600-1710,1710-2820

）后

N

2

O

5

的浓度会变为原来的

2

，因此，

的浓度由

0.24

mol



L



1

变为

0.12

mol



L



1

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

。

8

．反应

X2Z

经历两步：

①

XY

；

②

Y2Z

。反应体系中

X

、

Y

、

Z

的浓度

c

随时

1

间

t

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

1

时，

c



X



=c



Y



=c



Z



C

．

t

2

时，

Y

的消耗速率大于生成速率

D

．

t

3

后，

c



Z



=2c

0

-c



Y



【答案】

D

【分析】由题中信息可知，反应

X2Z

经历两步：

①

XY

；

②

Y2Z

。因此，图中呈不断减小趋势的

ａ线为

X

的浓度

c

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

c



X



随

t

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

t

1

时刻，因此，

t

1

时

c



X



c



Y



c



Z



，

B

正确；

C

．由图中信息可知，

t

2

时刻以后，

Y

的浓度仍在不断减小，说明

t

2

时刻反应两步仍在向正反应方向发生，

而且反应

①

生成

Y

的速率小于反应

②

消耗

Y

的速率，即

t

2

时

Y

的消耗速率大于生成速率，

C

正确；

D

．由图可知，

t

3

时刻反应

①

完成，

X

完全转化为

Y

，若无反应

②

发生，则

c



Y



c

0

，由于反应

②

Y2Z

的发生，

t

3

时刻

Y

浓度的变化量为

c

0

c



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[c

0

c



Y



]

，这种关系在

t

3

后仍成立，因此，

D

不正确。

综上所述，本题选

D

。

9

．

①M+N=X+Y

；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：

②M+N=X+Z

，反应

①

的速率可表示为

v

1

=k

1

c

2

(M)

，反应

②

的速率可表示为

v

2

=k

2

c

2

(M)(k

1

、

k

2

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

A

．

0

～

30min

时间段内，

Y

的平均反应速率为

6.67×10

-8

mol•L

-1

•min

-1

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，

30min

时，

M

、

Z

的浓度分别为

0.300

mol



L



1

和

0.125

mol



L



1

，则

M

的变化量为

0.5

mol



L



1

-0.300

mol



L



1

=0.200

mol



L



1

，其中转化为

Y

的变化量为

0.200

mol



L



1

-0.125

mol



L



1

=0.075

mol



L



1

。因此，

0~30min

时间段内，

Y

的平均反应速率为

0.075mol



L

-1



0.0025

mol



L



1



min



1

，

A

说法不正确；

30min

B

．由题中信息可知，反应

①

和反应

②

的速率之比为

k

1

，

Y

和

Z

分别为反应

①

和反应

②

的产物，且两者与

k

2

k

1

，由于

k

1

、

k

2

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

k

2

为速率常数，故该比值保持不变，

B

说法正确；

k

1

0.075mol×L

-1

3

C

．结合

A

、

B

的分析可知反应开始后，在相同的时间内体系中

Y

和

Z

的浓度之比等于

=

=

，

k

2

0.125mol×L

-1

5

因此，如果反应能进行到底，反应结束时有

5

的

M

转化为

Z

，即

62.5%

的

M

转化为

Z

，

C

说法正确；

8

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

。

10

．取

50mL

过氧化氢水溶液，在少量

I

-

存在下分解：

2H

2

O

2

=2H

2

O+O

2

↑

。在一定温度下，

测得

O

2

的放出量，转换成

H

2

O

2

浓度

(c)

如下表：

t/min

c

/(mol·L

-1

)

0

0.80

20

0.40

40

0.20

60

0.10

80

0.050

下列说法不正确的是

A

．反应

20min

时，测得

O

2

体积为

224mL(

标准状况

)

B

．

20~40min

，消耗

H

2

O

2

的平均速率为

0.010mol·L

-1

·min

-1

C

．第

30min

时的瞬时速率小于第

50min

时的瞬时速率

D

．

H

2

O

2

分解酶或

Fe

2

O

3

代替

I

-

也可以催化

H

2

O

2

分解

【答案】

C

【详解】

A

．反应

20min

时，过氧化氢的浓度变为

0.4mol/L

，说明分解的过氧化氢的物质的量

n

(H

2

O

2

)=(0.80-0.40)mol/L×0.05L=0.02mol

，过氧化氢分解生成的氧气的物质的量

n

(O

2

)=0.01mol

，标况下的体

积V

=

n

·

V

m

=0.01mol×22.4L/mol=0.224L=224mL

，

A

正确；

B

．

20~40min

，消耗过氧化氢的浓度为

(0.40-0.20)mol/L=0.20mol/L

，则这段时间内的平均速率

v=

Δc

0.20mol/L

==0.010mol/(L·min)

，

B

正确；

t

20min

C

．随着反应的不断进行，过氧化氢的浓度不断减小，某一时刻分解的过氧化氢的量也不断减小，故第

30min

时的瞬时速率大于第

50min

时的瞬时速率，

C

错误；

D

．

I

-

在反应中起到催化的作用，故也可以利用过氧化氢分解酶或

Fe

2

O

3

代替，

D

正确；

故答案选

C

。

考点二化学平衡

1

．下列事实能用平衡移动原理解释的是

A

．

H

2

O

2

溶液中加入少量

MnO

2

固体，促进

H

2

O

2

分解

B

．密闭烧瓶内的

NO

2

和

N

2

O

4

的混合气体，受热后颜色加深

C

．铁钉放入浓

HNO

3

中，待不再变化后，加热能产生大量红棕色气体

D

．锌片与稀

H

2

SO

4

反应过程中，加入少量

CuSO

4

固体，促进

H

2

的产生

【答案】

B

【详解】

A

．

MnO

2

会催化

H

2

O

2

分解，与平衡移动无关，

A

项错误；

B

．

NO

2

转化为

N

2

O

4

的反应是放热反应，升温平衡逆向移动，

NO

2

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量红棕色气体，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

B

。

2

．向一恒容密闭容器中加入

1molCH

4

和一定量的

H

2

O

，发生反应：



n



CH

4





x



CH

4

(g)H

2

O(g)CO(g)3H

2

(g)

。

CH

4

的平衡转化率按不同投料比

x





随温度的变化曲线如

nHO



2



图所示。下列说法错误的是

A

．

x

1

x

2

B

．反应速率：

v

b

正

v

c

正

C

．点

a

、

b

、

c

对应的平衡常数：

K

a

b

=K

c

D

．反应温度为

T

1

，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

CH

4

的转化率，即

x

值越小，

CH

4

的转化率越大，则

x

1

x

2

，

故

A

正确；

B

．

b

点和

c

点温度相同，

CH

4

的起始物质的量都为

1mol

，

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：

v

b

正

>v

c

正

，故

B

错误；

C

．由图像可知，

x

一定时，温度升高

CH

4

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：

K

a

b

=K

c

，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

B

。

3

．在含

HgI

2

(g)

的溶液中，一定

c(I

-

)

范围内，存在平衡关系：

HgI

2



s



HgI

2



aq



；



2



HgI

2



aq





Hg

2





2I



；

HgI

2



aq





HgI





I



；

HgI

2



aq





I





HgI

3

；

HgI

2



aq





2I



HgI

4

，平衡常

2



2



数依次为

K

0

、K

1

、K

2

、K

3

、K

4

。已知

lgc



Hg



、

lgc



HgI



，

lgc



HgI

3



、

lgc



HgI

4



随

lgc



I



的变化关系

如图所示，下列说法错误的是

A

．线

L

表示

lgc



HgI

4



的变化情况

2



B

．随

c



I

C

．

a



lg





增大，

c





HgI



aq







先增大后减小

2

K

1

K

2

D

．溶液中

I

元素与

Hg

元素的物质的量之比始终为

2:1

【答案】

B

【分析】由题干反应方程式

HgI

2



aq



Hg+2I

可知，

K

1

=

2+-

c(Hg

2+

)c

2

(I

-

)

c(HgI

2

)

，则有

c(Hg

2+

)=

-

K

1

c(

HgI

2

)

，则有

c

2

(

I



)

lgc(Hg

2+

)=lgK

1

+lgc(HgI

2

)-2lgc(I

-

)

，同理可得：

lgc(HgI

+

)=lgK

2

+lgc(HgI

2

)-lgc(I

-

)

，

lgc



HgI

3



=lgK

3

+lgc(HgI

2

)+lgc(I

-

)

，

lgcHgI

2-

==lgK

4

+lgc(HgI

2

)+2lgc(I

-

)

，且由

HgI

2



s



HgI

2



aq



可知

K

0

=

c



4



HgI

2



aq







为一定值，故可知图示中



曲线

1

、

2

、

3

、

4

即

L

分别代表

lgc



HgI





、

lgc



Hg



、

lgc



HgI



、

2



3



lgc



HgI

2

4



，据此分析解题。

【详解】

A

．由分析可知，线

L

表示

lgc



HgI

4



的变化情况，

A

正确；

2



B

．已知

HgI

2



s



HgI

2



aq



的化学平衡常数

K

0

=

c





HgI

2



aq







，温度不变平衡常数不变，故随

c



I

c





HgI

2



aq







始终保持不变，

B

错误；





增大，

C

．由分析可知，曲线

1

方程为：

lgc(Hg

2+

)=lgK

1

+lgc(HgI

2

)-2lgc(I

-

)

，曲线

2

方程为：

lgc(HgI

+

)=lgK

2

+lgc(HgI

2

)-lgc(I

-

)

即有

①b=lgK

1

+lgc(HgI

2

)-2a

，

②b=lgK

2

+lgc(HgI

2

)-a

，联合

①②

可知得：

a=lgK

1

-lgK

2

=lg

K

1

K

2

，

C

正确；

D

．溶液中的初始溶质为

HgI

2

，根据原子守恒可知，该溶液中

I

元素与

Hg

元素的物质的量之比始终为

2:1

，

D

正确；

故答案为：

B

。

4

．向恒温恒容密闭容器中通入

2mol

SO

2

和

1mol

O

2

，反应

2SO

2



g



+O

2



g



2SO

3



g



达

到平衡后，再通入一定量

O

2

，达到新平衡时，下列有关判断错误的是

．．

A

．

SO

3

的平衡浓度增大

C

．正向反应速率增大

【答案】

B

【详解】

A

．平衡后，再通入一定量

O

2

，平衡正向移动，

SO

3

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

O

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

O

2

，促进二氧化硫的转化，

SO

2

的转化总量增大，

D

正确；

故选

B

。

5

．

反应

1

：

NH

4

HCO

3

(s)

反应

2

：

2NaHCO

3

(s)

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

p

1

和

p

2

。

NH

3

(g)+H

2

O(g)+CO

2

(g)p

1

=3.6×10

4

Pa

p

2

=4×10

3

Pa

B

．反应平衡常数增大

D

．

SO

2

的转化总量增大

Na

2

CO

3

(s)+H

2

O(g)+CO

2

(g)

该温度下，刚性密闭容器中放入

NH

4

HCO

3

和

Na

2

CO

3

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

4×10

6

Pa

2

C

．平衡后总压强为

4.36×10

5

Pa

【答案】

B

11

62

【详解】

A

．反应

2

的平衡常数为

K

p

=p(CO

2

)p(H

2

O)



p

2



p

2



4



10Pa

，

A

正确；

22

B

．通入

NH

3

，再次平衡后，总压强增大

D

．缩小体积，再次平衡后总压强不变

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；

11

C

．

K

p2

=p(CO

2

)p(H

2

O)



p

2



p

2



4



10

6

Pa

2

，

p(CO

2

)=p(H

2

O)210

3

，

22

43

(1.2



10)

K

p1

c(NH

3

)c(CO

2

)p(H

2

O)（1.210）Pa

，

p(NH

3

)



4.32



10

5

，所以总压强为：

6

4



10

433

p(NH

3

)+p(CO

2

)+p(H

2

O)4.3210

5

，

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

B

。

6

．向恒温恒容密闭容器中通入

2mol

SO

2

和

1mol

O

2

，反应：

2SO

2



g



O

2



g



2SO

3



g



达到平衡后，再通入一定量

SO

2

，达到新的平衡时，下列有关判断不正确

的是

．．．

A

．

SO

2

的平衡转化率增大

C

．反应平衡常数不变

【答案】

A

【详解】

A

．平衡后，再通入一定量

SO

2

，平衡正向移动，但是

SO

2

的平衡转化率减小，

A

错误；

B

．平衡后，再通入一定量

SO

2

，平衡正向移动，

SO

3

的平衡浓度增大，

B

正确；

C

．平衡常数是与温度有关的常数，温度不变，平衡常数不变，

C

正确；

D

．再通入一定量

SO

2

，反应物浓度增大，正向反应速率增大，

D

正确；

故选

A

。

7

．乙醇

-

水催化重整可获得

H

2

。其主要反应为

B

．

SO

3

的平衡浓度增大

D

．正向反应速率增大

C

2

H

5

OH(g)+3H

2

O(g)=2CO

2

(g)+6H

2

(g) ΔH=173.3kJmol

-1

，

CO

2

(g)+H

2

(g)=CO(g)+H

2

O(g) ΔH=41.2kJmol

-1

，在

1.010

5

Pa

、

n

始



C

2

H

5

OH



:n

始



H

2

O



=1:3

时，若仅考虑

上述反应，平衡时

CO

2

和

CO

的选择性及

H

2

的产率随温度的变化如图所示。

2024年5月18日发(作者：瓮阑)

专题八化学反应速率与化学平衡

考点一化学反应速率

1

．一定条件下，

1-

苯基丙炔

(

Ph-CC-CH

3

)

可与

HCl

发生催化加成，反应如下：

反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图

(

已知：反应

I

、Ⅲ为放热反应

)

，下列说法不正确的

．．．

是

A

．反应焓变：反应

I>

反应Ⅱ

B

．反应活化能：反应

I<

反应Ⅱ

C

．增加

HCl

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

、Ⅲ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Ⅱ放出的热量，反

应放出的热量越多，其焓变越小，因此反应焓变：反应

I>

反应Ⅱ，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Ⅱ的速率快，速率越快，

其活化能越小，则反应活化能：反应

I<

反应Ⅱ，故

B

正确；

C

．增加

HCl

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

。

2

．催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应

R(g)P(g)

。反应历程

(

下图

)

中，

M

为中间产物。其它条

件相同时，下列说法不正确的是

A

．使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分

4

步进行

C

．使用Ⅱ时，反应体系更快达到平衡

【答案】

C

B

．反应达平衡时，升高温度，

R

的浓度增大

D

．使用Ⅰ时，反应过程中

M

所能达到的最高浓度更大

【详解】

A

．由图可知两种催化剂均出现四个波峰，所以使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分

4

步进行，

A

正确；

B

．由图可知该反应是放热反应，所以达平衡时，升高温度平衡向左移动，

R

的浓度增大，

B

正确；

C

．由图可知Ⅰ的最高活化能小于Ⅱ的最高活化能，所以使用Ⅰ时反应速率更快，反应体系更快达到平衡，

C

错误；

D

．由图可知在前两个历程中使用Ⅰ活化能较低反应速率较快，后两个历程中使用Ⅰ活化能较高反应速率较

慢，所以使用Ⅰ时，反应过程中

M

所能达到的最高浓度更大，

D

正确；

故选

C

。

3

．一定条件下，酸性

KMnO

4

溶液与

H

2

C

2

O

4

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

A

．

Mn

(

Ⅲ

)

不能氧化

H

2

C

2

O

4

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



2





10CO

2



8H

2

O

D

．总反应为：

2MnO



4



5C

2

O

4



16H



2Mn

【答案】

C

【分析】开始一段时间（大约

13min

前）随着时间的推移

Mn(

Ⅶ

)

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(

Ⅲ

)

，同时先生成少量

Mn(

Ⅳ

)

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(

Ⅱ

)

的浓度增大；据此作答。

A

．【详解】由图像可知，随着时间的推移

Mn(

Ⅲ

)

的浓度先增大后减小，说明开始反应生成

Mn(

Ⅲ

)

，后

Mn(

Ⅲ

)

被消耗生成

Mn(

Ⅱ

)

，

Mn(

Ⅲ

)

能氧化

H

2

C

2

O

4

，

A

项错误；

B

．随着反应物浓度的减小，到大约

13min

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(

Ⅱ

)

，该条件下

Mn(

Ⅱ

)

和

Mn(

Ⅶ

)

不能大量共存，

C

项

正确；

D

．

H

2

C

2

O

4

为弱酸，在离子方程式中应以化学式保留，总反应为

2

MnO

-

4

+5H

2

C

2

O

4

+6H

+

=2Mn

2+

+10CO

2

↑+8H

2

O

，

D

项错误；

答案选

C

。

4

．

CO

2

捕获和转化可减少

CO

2

排放并实现资源利用，原理如图

1

所示。反应

①

完成之后，

以

N

2

为载气，以恒定组成的

N

2

、

CH

4

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

量随反应时间变化如图

2

所示。反应过程中始终未检测到

CO

2

，在催化剂上有积碳。

下列说法不正确的是

．．．

A

．反应

①

为

CaO+CO

2

=CaCO

3

；反应

②

为

CaCO

3

+CH

4

催化剂

CaO+2CO+2H

2

催化剂

B

．

t

1

~t

3

，

n(H

2

)

比

n(CO)

多，且生成

H

2

速率不变，可能有副反应

CH

4

C

．

t

2

时刻，副反应生成

H

2

的速率大于反应

②

生成

H

2

速率

D

．

t

3

之后，生成

CO

的速率为

0

，是因为反应

②

不再发生

【答案】

C

C+2H

2

【详解】

A

．由题干图

1

所示信息可知，反应

①

为

CaO+CO

2

=CaCO

3

，结合氧化还原反应配平可得反应

②

为

CaCO

3

+CH

4

催化剂

CaO+2CO+2H

2

，

A

正确；

B

．由题干图

2

信息可知，

t

1

~t

3

，

n(H

2

)

比

n(CO)

多，且生成

H

2

速率不变，且反应过程中始终未检测到

CO

2

，

在催化剂上有积碳，故可能有副反应

CH

4

正确；

催化剂

C+2H

2

，反应

②

和副反应中

CH

4

和

H

2

的系数比均为

1:2

，

B

C

．由题干反应

②

方程式可知，

H

2

和

CO

的反应速率相等，而

t

2

时刻信息可知，

H

2

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

H

2

的速率小于反应

②

生成

H

2

速率，

C

错误；

D

．由题干图

2

信息可知，

t

3

之后，

CO

的速率为

0

，

CH

4

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

。

5

．恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量

X

，发生反应的方程式为

①

X=Y

；

②

Y=Z

。

反应

①

的速率

v

1

=k

1

c(X)

，反应

②

的速率

v

2

=k

2

c(Y)

，式中

k

1

、k

2

为速率常数。图甲为该体系中

X

、

Y

、

Z

浓

度随时间变化的曲线，图乙为反应

①

和

②

的

lnk~

1

曲线。下列说法错误的是

T

A

．随

c(X)

的减小，反应

①

、

②

的速率均降低

B

．体系中

v(X)=v(Y)+v(Z)

C

．欲提高

Y

的产率，需提高反应温度且控制反应时间

D

．温度低于

T

1

时，总反应速率由反应

②

决定

【答案】

AB

【分析】由图中的信息可知，浓度随时间变化逐渐减小的代表的是

X

，浓度随时间变化逐渐增大的代表的是

Z

，浓度随时间变化先增大后减小的代表的是

Y

；由图乙中的信息可知，反应

①

的速率常数随温度升高增大

的幅度小于反应

②

的。

【详解】

A

．由图甲中的信息可知，随

c(X)

的减小，

c(Y)

先增大后减小，

c(Z)

增大，因此，反应

①

的速率随

c(X)

的减小而减小，而反应

②

的速率先增大后减小，

A

说法错误；

B

．根据体系中发生的反应可知，在

Y

的浓度达到最大值之前，单位时间内

X

的减少量等于

Y

和

Z

的增加量，

因此，v

(X)=

v

(Y)+

v

(Z)

，但是，在

Y

的浓度达到最大值之后，单位时间内

Z

的增加量等于

Y

和

X

的减少量，

故v

(X)+

v

(Y)=

v

(Z)

，

B

说法错误；

C

．升高温度可以可以加快反应

①

的速率，但是反应

①

的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应

②

的，

且反应

②

的的速率随着

Y

的浓度的增大而增大，因此，欲提高

Y

的产率，需提高反应温度且控制反应时间，

C

说法正确；

D

．由图乙信息可知，温度低于

T

1

时，k

1

＞k

2

，反应

②

为慢反应，因此，总反应速率由反应

②

决定，

D

说法

正确；

综上所述，本题选

AB

。

6

．某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化下聚合，反应物浓度与催化剂浓度及时间关系如

图。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，下列说法错误的是

A

．其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大

B

．其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大

C

．条件

①

，反应速率为

0.012mol



L



1



min



1

D

．条件

②

，降冰片烯起始浓度为

3.0molL

-1

时，半衰期为

62.5min

【答案】

B

【详解】

A

．由题干图中曲线

①②

可知，其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应所需要的时间更短，故

反应速率越大，

A

正确；

B

．由题干图中曲线

①③

可知，其他条件相同时，降冰片烯浓度

①

是

③

的两倍，所用时间

①

也是

③

的两

倍，反应速率相等，故说明反应速率与降冰片烯浓度无关，

B

错误；

Δc3.0 mol•L

-1

-0 mol•L

-1

C

．由题干图中数据可知，条件

①

，反应速率为



=

=

0.012mol



L



1



min



1

，

C

正确；

=

Δt250 min

D

．反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，由题干图中数据可知，条件

②

，降冰片烯起始浓度为

3.0molL

-1

时，半衰期为

125min÷2=

62.5min

，

D

正确；

故答案为：

B

。

7

．一定温度下：在

N

2

O

5

的四氯化碳溶液

(

100mL

)

中发生分解反应：

2N

2

O

5

4NO

2

+O

2

。

在不同时刻测量放出的

O

2

体积，换算成

N

2

O

5

浓度如下表：

t/s

22202820x

c



N

2

O

5



/



mol



L



1



1.400.960.660.480.350.240.12

下列说法正确的是

A

．

600~1200s

，生成

NO

2

的平均速率为

5.0



10



4

mol



L



1



s



1

B

．反应

2220s

时，放出的

O

2

体积为

11.8L

(

标准状况

)

C

．反应达到平衡时，

v

正



N

2

O

5



=2v

逆



NO

2



D

．推测上表中的

x

为

3930

【答案】

D

【详解】

A

．

600~1200s

，

N

2

O

5

的变化量为

(0.96-0.66)

mol



L



1

==0.3

mol



L



1

，在此时间段内

NO

2

的变化量



1

0.6mol



L

为其

2

倍，即

0.6

mol



L

，因此，生成

NO

2

的平均速率为



1.0



10



3

mol



L



1



s



1

，

A

说法不正确；

600s



1

B

．由表中数据可知，反应

2220s

时，

N

2

O

5

的变化量为

(1.40-0.35)

mol



L



1

==1.05

mol



L



1

，其物质的量的变

化量为

1.05

mol



L



1



0.1L=0.105mol

，

O

2

的变化量是其

2

，即

0.0525mol

，因此，放出的

O

2

在标准状况下的

体积为

0.0525mol



22.4L/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，

2v

正



N

2

O

5



v

逆



NO

2



，

C

说法不正确；

1

N

2

O

5

D

．分析表中数据可知，该反应经过

1110s

（

600-1710,1710-2820

）后

N

2

O

5

的浓度会变为原来的

2

，因此，

的浓度由

0.24

mol



L



1

变为

0.12

mol



L



1

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

。

8

．反应

X2Z

经历两步：

①

XY

；

②

Y2Z

。反应体系中

X

、

Y

、

Z

的浓度

c

随时

1

间

t

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

1

时，

c



X



=c



Y



=c



Z



C

．

t

2

时，

Y

的消耗速率大于生成速率

D

．

t

3

后，

c



Z



=2c

0

-c



Y



【答案】

D

【分析】由题中信息可知，反应

X2Z

经历两步：

①

XY

；

②

Y2Z

。因此，图中呈不断减小趋势的

ａ线为

X

的浓度

c

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

c



X



随

t

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

t

1

时刻，因此，

t

1

时

c



X



c



Y



c



Z



，

B

正确；

C

．由图中信息可知，

t

2

时刻以后，

Y

的浓度仍在不断减小，说明

t

2

时刻反应两步仍在向正反应方向发生，

而且反应

①

生成

Y

的速率小于反应

②

消耗

Y

的速率，即

t

2

时

Y

的消耗速率大于生成速率，

C

正确；

D

．由图可知，

t

3

时刻反应

①

完成，

X

完全转化为

Y

，若无反应

②

发生，则

c



Y



c

0

，由于反应

②

Y2Z

的发生，

t

3

时刻

Y

浓度的变化量为

c

0

c



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[c

0

c



Y



]

，这种关系在

t

3

后仍成立，因此，

D

不正确。

综上所述，本题选

D

。

9

．

①M+N=X+Y

；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：

②M+N=X+Z

，反应

①

的速率可表示为

v

1

=k

1

c

2

(M)

，反应

②

的速率可表示为

v

2

=k

2

c

2

(M)(k

1

、

k

2

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

A

．

0

～

30min

时间段内，

Y

的平均反应速率为

6.67×10

-8

mol•L

-1

•min

-1

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，

30min

时，

M

、

Z

的浓度分别为

0.300

mol



L



1

和

0.125

mol



L



1

，则

M

的变化量为

0.5

mol



L



1

-0.300

mol



L



1

=0.200

mol



L



1

，其中转化为

Y

的变化量为

0.200

mol



L



1

-0.125

mol



L



1

=0.075

mol



L



1

。因此，

0~30min

时间段内，

Y

的平均反应速率为

0.075mol



L

-1



0.0025

mol



L



1



min



1

，

A

说法不正确；

30min

B

．由题中信息可知，反应

①

和反应

②

的速率之比为

k

1

，

Y

和

Z

分别为反应

①

和反应

②

的产物，且两者与

k

2

k

1

，由于

k

1

、

k

2

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

k

2

为速率常数，故该比值保持不变，

B

说法正确；

k

1

0.075mol×L

-1

3

C

．结合

A

、

B

的分析可知反应开始后，在相同的时间内体系中

Y

和

Z

的浓度之比等于

=

=

，

k

2

0.125mol×L

-1

5

因此，如果反应能进行到底，反应结束时有

5

的

M

转化为

Z

，即

62.5%

的

M

转化为

Z

，

C

说法正确；

8

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

。

10

．取

50mL

过氧化氢水溶液，在少量

I

-

存在下分解：

2H

2

O

2

=2H

2

O+O

2

↑

。在一定温度下，

测得

O

2

的放出量，转换成

H

2

O

2

浓度

(c)

如下表：

t/min

c

/(mol·L

-1

)

0

0.80

20

0.40

40

0.20

60

0.10

80

0.050

下列说法不正确的是

A

．反应

20min

时，测得

O

2

体积为

224mL(

标准状况

)

B

．

20~40min

，消耗

H

2

O

2

的平均速率为

0.010mol·L

-1

·min

-1

C

．第

30min

时的瞬时速率小于第

50min

时的瞬时速率

D

．

H

2

O

2

分解酶或

Fe

2

O

3

代替

I

-

也可以催化

H

2

O

2

分解

【答案】

C

【详解】

A

．反应

20min

时，过氧化氢的浓度变为

0.4mol/L

，说明分解的过氧化氢的物质的量

n

(H

2

O

2

)=(0.80-0.40)mol/L×0.05L=0.02mol

，过氧化氢分解生成的氧气的物质的量

n

(O

2

)=0.01mol

，标况下的体

积V

=

n

·

V

m

=0.01mol×22.4L/mol=0.224L=224mL

，

A

正确；

B

．

20~40min

，消耗过氧化氢的浓度为

(0.40-0.20)mol/L=0.20mol/L

，则这段时间内的平均速率

v=

Δc

0.20mol/L

==0.010mol/(L·min)

，

B

正确；

t

20min

C

．随着反应的不断进行，过氧化氢的浓度不断减小，某一时刻分解的过氧化氢的量也不断减小，故第

30min

时的瞬时速率大于第

50min

时的瞬时速率，

C

错误；

D

．

I

-

在反应中起到催化的作用，故也可以利用过氧化氢分解酶或

Fe

2

O

3

代替，

D

正确；

故答案选

C

。

考点二化学平衡

1

．下列事实能用平衡移动原理解释的是

A

．

H

2

O

2

溶液中加入少量

MnO

2

固体，促进

H

2

O

2

分解

B

．密闭烧瓶内的

NO

2

和

N

2

O

4

的混合气体，受热后颜色加深

C

．铁钉放入浓

HNO

3

中，待不再变化后，加热能产生大量红棕色气体

D

．锌片与稀

H

2

SO

4

反应过程中，加入少量

CuSO

4

固体，促进

H

2

的产生

【答案】

B

【详解】

A

．

MnO

2

会催化

H

2

O

2

分解，与平衡移动无关，

A

项错误；

B

．

NO

2

转化为

N

2

O

4

的反应是放热反应，升温平衡逆向移动，

NO

2

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量红棕色气体，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

B

。

2

．向一恒容密闭容器中加入

1molCH

4

和一定量的

H

2

O

，发生反应：



n



CH

4





x



CH

4

(g)H

2

O(g)CO(g)3H

2

(g)

。

CH

4

的平衡转化率按不同投料比

x





随温度的变化曲线如

nHO



2



图所示。下列说法错误的是

A

．

x

1

x

2

B

．反应速率：

v

b

正

v

c

正

C

．点

a

、

b

、

c

对应的平衡常数：

K

a

b

=K

c

D

．反应温度为

T

1

，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

CH

4

的转化率，即

x

值越小，

CH

4

的转化率越大，则

x

1

x

2

，

故

A

正确；

B

．

b

点和

c

点温度相同，

CH

4

的起始物质的量都为

1mol

，

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：

v

b

正

>v

c

正

，故

B

错误；

C

．由图像可知，

x

一定时，温度升高

CH

4

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：

K

a

b

=K

c

，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

B

。

3

．在含

HgI

2

(g)

的溶液中，一定

c(I

-

)

范围内，存在平衡关系：

HgI

2



s



HgI

2



aq



；



2



HgI

2



aq





Hg

2





2I



；

HgI

2



aq





HgI





I



；

HgI

2



aq





I





HgI

3

；

HgI

2



aq





2I



HgI

4

，平衡常

2



2



数依次为

K

0

、K

1

、K

2

、K

3

、K

4

。已知

lgc



Hg



、

lgc



HgI



，

lgc



HgI

3



、

lgc



HgI

4



随

lgc



I



的变化关系

如图所示，下列说法错误的是

A

．线

L

表示

lgc



HgI

4



的变化情况

2



B

．随

c



I

C

．

a



lg





增大，

c





HgI



aq







先增大后减小

2

K

1

K

2

D

．溶液中

I

元素与

Hg

元素的物质的量之比始终为

2:1

【答案】

B

【分析】由题干反应方程式

HgI

2



aq



Hg+2I

可知，

K

1

=

2+-

c(Hg

2+

)c

2

(I

-

)

c(HgI

2

)

，则有

c(Hg

2+

)=

-

K

1

c(

HgI

2

)

，则有

c

2

(

I



)

lgc(Hg

2+

)=lgK

1

+lgc(HgI

2

)-2lgc(I

-

)

，同理可得：

lgc(HgI

+

)=lgK

2

+lgc(HgI

2

)-lgc(I

-

)

，

lgc



HgI

3



=lgK

3

+lgc(HgI

2

)+lgc(I

-

)

，

lgcHgI

2-

==lgK

4

+lgc(HgI

2

)+2lgc(I

-

)

，且由

HgI

2



s



HgI

2



aq



可知

K

0

=

c



4



HgI

2



aq







为一定值，故可知图示中



曲线

1

、

2

、

3

、

4

即

L

分别代表

lgc



HgI





、

lgc



Hg



、

lgc



HgI



、

2



3



lgc



HgI

2

4



，据此分析解题。

【详解】

A

．由分析可知，线

L

表示

lgc



HgI

4



的变化情况，

A

正确；

2



B

．已知

HgI

2



s



HgI

2



aq



的化学平衡常数

K

0

=

c





HgI

2



aq







，温度不变平衡常数不变，故随

c



I

c





HgI

2



aq







始终保持不变，

B

错误；





增大，

C

．由分析可知，曲线

1

方程为：

lgc(Hg

2+

)=lgK

1

+lgc(HgI

2

)-2lgc(I

-

)

，曲线

2

方程为：

lgc(HgI

+

)=lgK

2

+lgc(HgI

2

)-lgc(I

-

)

即有

①b=lgK

1

+lgc(HgI

2

)-2a

，

②b=lgK

2

+lgc(HgI

2

)-a

，联合

①②

可知得：

a=lgK

1

-lgK

2

=lg

K

1

K

2

，

C

正确；

D

．溶液中的初始溶质为

HgI

2

，根据原子守恒可知，该溶液中

I

元素与

Hg

元素的物质的量之比始终为

2:1

，

D

正确；

故答案为：

B

。

4

．向恒温恒容密闭容器中通入

2mol

SO

2

和

1mol

O

2

，反应

2SO

2



g



+O

2



g



2SO

3



g



达

到平衡后，再通入一定量

O

2

，达到新平衡时，下列有关判断错误的是

．．

A

．

SO

3

的平衡浓度增大

C

．正向反应速率增大

【答案】

B

【详解】

A

．平衡后，再通入一定量

O

2

，平衡正向移动，

SO

3

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

O

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

O

2

，促进二氧化硫的转化，

SO

2

的转化总量增大，

D

正确；

故选

B

。

5

．

反应

1

：

NH

4

HCO

3

(s)

反应

2

：

2NaHCO

3

(s)

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

p

1

和

p

2

。

NH

3

(g)+H

2

O(g)+CO

2

(g)p

1

=3.6×10

4

Pa

p

2

=4×10

3

Pa

B

．反应平衡常数增大

D

．

SO

2

的转化总量增大

Na

2

CO

3

(s)+H

2

O(g)+CO

2

(g)

该温度下，刚性密闭容器中放入

NH

4

HCO

3

和

Na

2

CO

3

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

4×10

6

Pa

2

C

．平衡后总压强为

4.36×10

5

Pa

【答案】

B

11

62

【详解】

A

．反应

2

的平衡常数为

K

p

=p(CO

2

)p(H

2

O)



p

2



p

2



4



10Pa

，

A

正确；

22

B

．通入

NH

3

，再次平衡后，总压强增大

D

．缩小体积，再次平衡后总压强不变

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；

11

C

．

K

p2

=p(CO

2

)p(H

2

O)



p

2



p

2



4



10

6

Pa

2

，

p(CO

2

)=p(H

2

O)210

3

，

22

43

(1.2



10)

K

p1

c(NH

3

)c(CO

2

)p(H

2

O)（1.210）Pa

，

p(NH

3

)



4.32



10

5

，所以总压强为：

6

4



10

433

p(NH

3

)+p(CO

2

)+p(H

2

O)4.3210

5

，

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

B

。

6

．向恒温恒容密闭容器中通入

2mol

SO

2

和

1mol

O

2

，反应：

2SO

2



g



O

2



g



2SO

3



g



达到平衡后，再通入一定量

SO

2

，达到新的平衡时，下列有关判断不正确

的是

．．．

A

．

SO

2

的平衡转化率增大

C

．反应平衡常数不变

【答案】

A

【详解】

A

．平衡后，再通入一定量

SO

2

，平衡正向移动，但是

SO

2

的平衡转化率减小，

A

错误；

B

．平衡后，再通入一定量

SO

2

，平衡正向移动，

SO

3

的平衡浓度增大，

B

正确；

C

．平衡常数是与温度有关的常数，温度不变，平衡常数不变，

C

正确；

D

．再通入一定量

SO

2

，反应物浓度增大，正向反应速率增大，

D

正确；

故选

A

。

7

．乙醇

-

水催化重整可获得

H

2

。其主要反应为

B

．

SO

3

的平衡浓度增大

D

．正向反应速率增大

C

2

H

5

OH(g)+3H

2

O(g)=2CO

2

(g)+6H

2

(g) ΔH=173.3kJmol

-1

，

CO

2

(g)+H

2

(g)=CO(g)+H

2

O(g) ΔH=41.2kJmol

-1

，在

1.010

5

Pa

、

n

始



C

2

H

5

OH



:n

始



H

2

O



=1:3

时，若仅考虑

上述反应，平衡时

CO

2

和

CO

的选择性及

H

2

的产率随温度的变化如图所示。