2023年高考化学真题分类解析-反应速率、化学平衡

102023-2023高考化学真题分类解析---反响速率、化学平衡221．[2023江苏]在恒压、NO和O的起始浓度确定的条件下，催化反响一样时间，测得不同温度下NO转化为NO的转化率如图中实线所示(图中虚线表示一样条件下NO的平衡转化率随温度的变化)22A．反响2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的ΔH>02B．图中X点所示条件下，延长反响时间能提高A．反响2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的ΔH>02D．380℃下，c(O2)=5.0×10−4mol·L−1，NO50%K>2023【答案】BD【解析】A.随温度上升NO的转化领先上升后降低，说明温度较低时反响较慢，一段时间内并未到达平衡，NONO动，依据勒夏特列原理分析该反响为放热反响，∆H<0A错误；B.依据上述分析，XNO的转化率，B正确；C.Y点，反响已经到达平衡状态，此时增加O2的浓度，使得正反响速率大于逆反响速率，平衡向正反响方向移动，可以提高NO的转化率，故C错误；NO起始浓度为amol/L，NO50%，则平衡时NO、O2和NO20.5amol/L、(5×10-4-0.25a)mol/L、0.5amol/L，依据平衡常数表达式c2(NO

) (0.5a)2 1K= 2

> =2023，故D正确；c2(NO)c(O2应选BD。

) (0.5a)2(51040.5a) 5104【点睛】解此题时需要留意：实线中在最高点之前反响没有到达平衡状态，主要争论温度对化学反响速率的影响；最高点之后反响到达平衡状态，可以争论温度对化学平衡的影响。2．[20234月选考]以下说法正确的选项是A．H(g)＋I2(g)⇌2HI(g)，其他条件不变，缩小反响容器体积，正逆反响速率不变B．C(s)＋H2O(g)⇌H2(g)＋CO(g)，碳的质量不再转变说明反响已达平衡C．假设压强不再随时间变化能说明反响2A(?)＋B(g)⇌2C(?)已达平衡，则A、C不能同时是气体molN23molH2反响到达平衡时H210%，放出的热量为Q1；在一样温度和压强下，当2molNH3分解为N2和H210%时，吸取的热量为Q2，Q2不等于Q1【答案】B【解析】A.该可逆反响的反响前后气体计量数不发生变化，当缩小反响容器体积，相当于加压，正逆反响速率同等程度增加，A项错误；在建立平衡前，碳的质量不断转变，到达平衡时，质量不变，因而碳的质量不再转变说明反响已达平衡，B项正确；假设压强不再转变说明反响到达平衡，说明反响前后气体的计量数不等，故A、C不行能均为气体，C项错误；易知N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔHn(H2)=3×10％=0.3mol，因而Q1=0.3/3×|ΔH|=0.1|ΔH|，分解氨气时实际消耗的n(NH3)=2×10％=0.2mol，Q2=0.2/2×|ΔH|=0.1|ΔH|，则Q1=Q2，D项错误。故答案选B。C2H5OH+HBr C2H5Br+H2OC2H5Br和CC2H5OH+HBr C2H5Br+H2OC2H5Br和C2H5OH的沸点分别为38.4℃78.5℃。以下有关表达错误的选项是A．参与NaOH，可增大乙醇的物质的量增大HBr浓度，有利于生成C2H5Br2mol，则两种反响物平衡转化率之比不变假设起始温度提高至60℃，可缩短反响到达平衡的时间【答案】D【解析】A．参与NaOH，中和HBr，平衡逆向移动，可增大乙醇的物质的量。选项A正确。增大HBr浓度，平衡正向移动，有利于生成C2H5Br。选B正确。2mol，实际上就是将反响的浓度都增大至原来的2倍，比例不变〔两次试验反响物的比例都是1:1，等于方程式中的系数比〕，这里有一个可以直接使用的结论：只要反响物的投料比等于系数比，达平衡时反响物的转化率确定是相等的。所以两种反响物的转化率确定是1:1。选项C正确。假设起始温度提高至60℃，考虑到HBr是挥发性酸，在此温度下会挥发出去，降低HBr的浓度减慢速率，增加了反响时间。选项D错误。点睛：此题中的反响是反响前后物质的量不变的反响，但是考虑到反响是在水溶液中进展的，而生成的溴乙烷是不溶于水的，即此题中的溴乙烷应当是没有浓度的，所以选项D中是不需要考虑温度上升将溴乙烷蒸出的影响的。O2(g)2SO3(g)(正反响放热)，测得反响的相关数据如下：4．O2(g)2SO3(g)(正反响放热)，测得反响的相关数据如下：以下说法正确的选项是A．v1<v2，c2<2c1 B．K1>K3，p2>2p3C．v1<v3，α1(SO2)>α3(SO2)【答案】CD

D．c2>2c3，α2(SO3)+α3(SO2)<1121324molSO3等效4molSO22molO221的两倍，容器2 2相当于在容器1υυ2 2 1 2 1 1 2 2 增大压强平衡向正反响方向移动，平衡时c2c，p2p，α〔SO〕+α〔SO〕1122 1 2 1 1 2 2 度一样，K=K31到达平衡后上升温度，上升温度化学反响速率加快，υυ，上升1 2 3 13 1 3 1 3 2 1 2 3 温度平衡向逆反响方向移动，平衡时cc，pp，α〔SO〕α〔SO〕，KK。依据上述分析，3 1 3 1 3 2 1 2 3 项，υ

，A项错误；B项，KK，p

2p，pp，则p2p

，B项错误；C项，υ

υ，α2 1 2 1

3 1

1 3 1 2 3

3 1 3〔SO2〕α1〔SO2〕，C项正确；D项，c22c1，c3c1，则c22c3，α1〔SO2〕+α2〔SO3〕1，α3〔SO2〕α1〔SO2〕，则α2〔SO3〕+α3〔SO2〕1，D项正确；答案选CD。点睛：此题考察化学平衡时各物理量之间的关系，解题时奇异设计中间状态，利用外界条件对化学反响速率和化学平衡的影响推断。如容器2先设计其完全等效平衡的起始态为4molSO2和2molO2，4molSO2和2molO21中物质的量，起始物质的量成倍变化时相当于增大压强。5．[2023浙江11X(g3Y(g)2W(g)＋M(g)＝akJ·mo1〔a>。确定温度下，1molX(g)1molY(g)，以下说法正确的选项是A．充分反响后，放出热量为akJB．当反响到达平衡状态时，X与W1：2C．当X的物质的量分数不再转变，说明该反响已达平衡D．假设增大Y的浓度，正反响速率增大，逆反响速率减小【答案】C【解析】A、该反响为可逆反响，不会完全进展，投入原料1mol并未完全反响，故放出的热量小于akJ，选项A不正确；B、XW分别为反响物和生成物，化学计量数只表示反响过程的转化比例，并不能说明到达平衡后的浓度之比，选项B不正确；C、当X的物质的量分数不再变化时，反响到达平衡，选项CD、假设增大反响物浓度，正逆反响速率均会增加，选项D不正确。答案选C。6．[2023浙江11月选考]：2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) △H=-197.8kJ•mol—1。起始反响物为SO2和O2〔2：1，且总物质的量不变。SO2的平衡转化率〔%〕随温度和压强的变化如下表，以下说法不正确的选项是温度/K压强/〔105Pa〕1.015.0710.125.350.767399.299.699.799.899.972397.598.999.299.599.677393.596.997.898.699.0A．确定压强下降低温度，SO2的转化率增大B．在不同温度、压强下，转化一样物质的量的SO2所需要的时间相等C．使用催化剂可以缩短反响到达平衡所需的时间D．工业生产通常不实行加压措施是由于常压下SO2的转化率已相当高【答案】B【解析】A、由表格数据及勒夏特列原理知，针对放热反响，确定压强下降低温度，平衡正向移动，反响物SO2的转化率増大，选项A正确；B、由于在不同温度、压强下，化学反响速率不愿定相等，故转化一样物质的量的SO2所需要的时间不愿定相等，选项B错误；C、催化剂对化学平衡移动无影响，但可以缩短到达平衡所花的时间，选项C正确；D、由图中数据可知，不同温度下，1.01×105Pa〔常压〕SO2的转化率分别为99.2%，97.5％，93.5％，已经相当高了，且加压后转化率上升并不明显，所以没有必要通过加压提高转化率，选项D正确。答案选B。7．[20237．[20234月选考]反响N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0，假设在恒压绝热的容器中发生，以下选项说明确定已达平衡状态的是A．容器内的温度不再变化B．容器内的压强不再变化C．一样时间内，断开H-H键的数目和生成N-H键的数目相等D．容器内气体的浓度c(N2):c(H2):c(NH3)=1:3:2【答案】A【解析】分析：依据化学平衡状态的特征解答，当反响到达平衡状态时，正逆反响速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，据此分析解答。详解：A．绝热容器，温度不再转变，说明正逆反响速率相等，该反响到达平衡状态，故A正确；B．该反响在恒压条件下进展，压强始终不变，不能依据压强推断平衡状态，故B错误；C．一样时间内，断开H-H键的数目和生成N-H键的数目相等，表示的都是正反响，且不满足计量数关系，无法推断是否到达平衡状态，故C错误；D．容器内气体的浓度c(N2)：c(H2)：c(NH3)=1：3：2，无法推断各组分的浓度是否发生变化，则无法推断平衡状态，故D错误；应选A。C，要注=逆反响速率，要存在正逆反响速率，且相等才是平衡状态。8．[20234月选考]某工业流程中，进入反响塔的混合气体中NOO20.10和NO到达所列转化率需要时间/s0.062NO(g)+O2(g)=2NONO到达所列转化率需要时间/s压强/(×105Pa)温度/℃50%90%98%1.030901225250510283057608.0300.23.93690900.67.974依据表中数据，以下说法正确的选项是A．上升温度，反响速率加快B．增大压强，反响速率变慢C．在1.0×105Pa、90℃条件下，当转化率为98%时的反响已到达平衡D．假设进入反响塔的混合气体为amol，反响速率以v=△n/△t8.0×105Pa、30℃条件下转化率从50%90%时段NO4a/370mol/s【答案】D【解析】AA错误；B,应选项B错误；C项，在此条件下，当转化率为98%时需要的时间较长，不确定反响是否到达了平衡，应选项C错误；D 项，在amol 混合气体进入反应塔，题目所示的外界环境下，NO 的反应速率为=4a

mol/sD项正确。3.9s0.2s 370综上所述，此题正确答案为D。9．9．[2023海南]反响CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH＜0。在确定温度和压强下于密闭容器中，A．上升温度，K减小 B．减小压强，n(CO2)增加C(CO【答案】AD

D．充入确定量的氮气，n(H2)不变A即上升温度，K值减小，故A说法正确；B、反响前后气体系数之和相等，因此减小压强，平衡不移动，即2n(CO2)不变，故B说法错误；C、催化剂对化学平衡移动无影响，因此CO的转化率不变，故C说法错误；D、恒压下，充入N，容器的体积增大，组分浓度降低，但化学反响前后气体系数之和不变，因此化学平衡不移动，n(H2)不变，故D说法正确。2【名师点睛】此题考察化学平衡常数的和影响化学平衡移动的因素，化学平衡常数：是确定条件下到达平衡时，生成物浓度的幂之积与反响物浓度的幂之积的比值，化学平衡常数只受温度的影响；影响化学平衡移动的因素是温度、压强、浓度等，要熟记这些因素如何影响平衡的移动，尤其是压强对化学平衡的移动，首先推断物质的状态是否是气体，然后推断反响前后气体系数之和是否相等，然后作出合理推断，此题较简洁。10．[2023天津]常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)。230℃时，该反响的平衡4K=2×10−510．[2023天津]常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)。230℃时，该反响的平衡4其次阶段：将第一阶段反响后的气体分别出来，加热至230℃制得高纯镍。以下推断正确的选项是增加c(CO)，平衡向正向移动，反响的平衡常数增大305050℃C．其次阶段，Ni(CO)4分解率较低D．该反响到达平衡时，v生成[Ni(CO)4]=4v (CO)【答案】B4 【解析】A、平衡常数只与温度有关，与浓度无关，所以增加c(CO)，平衡虽然向正向移动，但反响的平衡常数不变，A错误；B、50时，Ni(CO)4以气态存在，有利于分别，从而促使平衡正向移动，B正确；C、230时，Ni(CO)5×106，可知分解率较高，C错误；D、v[Ni(CO)]表示正向速率，4 生成 生4(CO)4v[Ni(CO)]=v(CO)时，反响到达化学平衡状态，D错误。应选B。4成 生成 生成【名师点睛】此题考察平衡状态的判定、平衡常数等。落实考试大纲修订思路，考察学科的必备学问和方法。化学平衡状态推断有两个依据，一是正逆反响速率相等，二是“变量”不变。留意D项化学平衡状态的推断简洁马虎导致出错。11．[2023江苏]H2O270℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如以下图。以下说法正确的选项是A．图甲说明，其他条件一样时，H2O2浓度越小，其分解速率越快B．图乙说明，其他条件一样时，溶液pH越小，H2O2分解速率越快C．图丙说明，少量Mn2+存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快D．图丙和图丁说明，碱性溶液中，Mn2+H2O2分解速率的影响大【答案】D【解析】A．由甲图可知，双氧水浓度越大，分解越快，A错误；B．由图乙可知，溶液的碱性越强即pH越大，双氧水分解越快，B错误；C．由图丙可知，有确定浓度Mn2+存在时，并不是碱性越强H2O2分解速率越快，C错误；由图丙可知，碱性溶液中，Mn2+对双氧水分解有影响，图丁说明Mn2+浓度越大，双氧水分解越快，图丙和图丁均能说明碱性溶液中，Mn2+H2O2分解速率的影响大，D正确。力，会运用把握变量法分析影响化学反响速率的因素，并能排解图中的干扰信息，得出正确的结论。12[2023温度为12[2023温度为11L2NO2(g)2NO(g)+O2

=v(NO2) =k

=v(NO) =2v(O2)

=k c2(NO)·c(O2)，k 、正 消耗 正

逆

消耗 逆 正k 为速率常数，受温度影响。以下说法正确的选项是逆达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为4∶5达平衡时，容器Ⅱ中c

比容器Ⅰ中的大NO2正 达平衡时，容器Ⅲ中NO的体积分数小于50%D．当温度转变为T2时，假设k =k ，则T2>T正 【解析】由容器I【解析】由容器I2NO22NO+O2起始量(mol/L)0.600变化量(mol/L)0.40.40.2平衡量(mol/L)0.20.40.2K=0.420.20.8，平衡时气体的总物质的量为0.8mol，其中NO0.4molNO0.22的体积分数为50%，c

1v正=v(NO2)消耗=v逆=v(NO)消耗，所以k正c2(NO2)=k逆NO2kc2(NO)c(O2)k正K0.8。kAAIIQ=0.32= ＜K，平衡将向正反响方向移动，所以容器II在平衡59B．假设容器B．假设容器II在某时刻，cOcNO21，214∶5，A错误；2NO22NO22NO+O2变化量(mol/L) 2x 2x x平衡量(mol/L) 0.3−2x 0.5+2x

1727cO

0.2x 1

30

30 289 由于， 2 1，解之得x= ，求出此时浓度商Qc=

>KII达平cNO2

0.32x

30 7230

210 cO衡时，

2cNO2NO2NO22NO+O2

1，B错误；C．假设容器III在某时刻，NO50%，起始量(mol/L)00.50.35变化量(mol/L)2x2xx平衡量(mol/L)2x0.5−2x0.35−x0.5−2x=2x+0.35−x，解之得，x=0.05Q=0.420.34.8>1，说明此时反响未达平衡，c 0.12 Kk反响连续向逆反响方向进展，NO进一步削减，所以C正确；D．温度为T2k正K21>0.8，由于正反k逆1应是吸热反响，上升温度后化学平衡常数变大，所以T2>T，D正确。1【名师点睛】试题主要从浓度、温度对化学反响速率、化学平衡的影响以及平衡常数的计算等方面，考察学生对化学反响速率、化学平衡等化学根本原理的理解和应用，关注信息猎取、加工和处理力气的提高。解题时首先要分析反响的特征，如是恒温恒容还是恒温恒压反响，是气体分子数目增加的还是气体分子数目减小的反响，其次分析所建立的平衡状态的条件和平衡状态的特征，最终逐一分析试题中所设计的选项，推断是否正确。此题只给了一个平衡量，通过化学平衡计算的三步分析法，分析容器I中平衡态的各种与4个选项相关的数据，其他容器与I进展比照，通过浓度商分析反响的方向，即可推断。此题难度较大，如能用特别值验证的反证法，则可降低难度。13．[2023课标Ⅱ节选13．[2023课标Ⅱ节选]环戊二烯〔〕是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。〔1〕：(g)(g)+H2(g)ΔH1=100.3kJ·mol−1①H2(g)+I2(g)2HI(g)ΔH2=−11.0kJ·mol−1②对于反响：(g)+I2(g)(g)+2HI(g) ③ΔH3= kJ·mol−1。对于反响：(g)+I2(g)(g)+2HI(g) ③ΔH3= kJ·mol−1。〔2〕〔〕在刚性容器内发生反响③，起始总压为105Pa，平通入惰性气体C．增加环戊烯浓度

提高温度D．增加碘浓度〔3〕环戊二烯简洁发生聚合生成二聚体，该反响为可逆反响。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反响时间的关系如以下图，以下说法正确的选项是 〔填标号〕。A．T＞TA1 2B．a点的反响速率小于c点的反响速率C．a点的正反响速率大于b点的逆反响速率D．b点时二聚体的浓度为0.45mol·L−1【答案】〔1〕89.3〔2〕40％〔3〕CD【解析】

3.56×104 BD【分析】利用盖斯定律解题；利用差量法计算转化率；三行式法计算平衡常数；依据平衡移动原理解释；通过外界因素对速率的影响和平衡状态的形成分析A、B、C选项，D选项观看图象计算；〔1〕依据盖斯定律①-②，可得反响③的ΔH=89.3kJ/mol；答案：89.3；〔g〕+I2〔g〕=〔g〕+I2〔g〕=〔g〕+2HI〔g〕增加的物质的量1mol 1mol 1mol 2mol 1molxmol 2n×20%〔g〕+I〔g〕+I2〔g〕=〔g〕+ 2HI〔g〕P〔初〕0.5×1050.5×1050 0ΔP 0.5×105×40% 0.5×105×40% 0.5×105×40% 1×105×40%P〔平〕0.3×1050.3×1050.2×1050.4×1050.410520.2105p 4K= =3.56×10；p 40.31050.3105A.T、V确定，通入惰性气体，由于对反响物和生成物浓度无影响，速率不变，平衡不移动，故A错误；B.上升温度，平衡向吸热方向移动，环戊烯转化率上升，故B正确；C．增加环戊烯的浓度平衡正向移动，但环戊烯转化率降低，故C错误；D,增加I2的浓度，平衡正向移动，环戊烯转化率上升，故D正确；答案：40%；3.56×104；BD；〔3〕A.温度越高化学反响速率越快，单位时间内反响物浓度削减越多，则T1<T2，故A错误；B.温度越高化学反响速率越快，因此a点反响速率大于c点反响速率，故B错误；a点、b点反响始终在正向进展，故v〔正〕>v(逆)，a点反响物浓度大于b点，故a点正反响速率大于b点，故C正确；D.b1.5mol/L0.6mol/L0.9mol/L0.45mol/LD正确；答案：CD。14．[2023课标Ⅲ节选]长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学争论的热点。答复以下问题：Deacon制造的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。以以下图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)1∶1、4∶1、7∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系：0 可知反响平衡常数K〔300℃〕 K〔400℃〕〔填“大于”或“小于”〕。设HCl初始浓度为c依据进料浓度比c(HCl)∶c(O)=1∶1的数据计算K〔400℃〕= 〔列出计算式。按化学计量比进料可以保持反响物高转化率同时降低产物分别的能耗进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低、过高的不利影响分别是 0 Deacon直接氧化法可按以下催化过程进展：1CuCl2(s)=CuCl(s)+2Cl2(g) ΔH1=83kJ·mol-11 1CuCl(s)+2O2(g)=CuO(s)+2

Cl2(g) ΔH2=-20kJ·mol-1CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH3=-121kJ·mol-1则4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH= kJ·mol-1。在确定温度的条件下，进一步提高HCl的转化率的方法是 。〔写出2种〕【答案】〔1〕大于

(0.42)2(0.42)2

O和Cl

分别能耗较高、HCl转化率较低〔2〕﹣116

(10.84)4(10.21)c 2 20〔3〕增加反响体系压强、准时除去产物【解析】〔1〕依据反响方程式知，HCl平衡转化率越大，平衡常数K越大，结合图像知上升温度平衡转化率降低，说明上升温度平衡向逆反响方向进展，则K(300℃)>K(400℃)；由图像知，400℃时，HCl平衡转化率为84%，用三段式法对数据进展处理得：4HCl(g)O(g)2Cl(g)2HO(g)2 2 2起始〔浓度〕c0c00 0变化〔浓度〕0.84c0 0.21c0 0.42c00.42c0平衡〔浓度〕(1-0.84)c0 (1-0.21)c00.42c00.42c0(0.42)2(0.42)2 c(1 0.84)4 (1 0.21)0气的能耗较高；进料浓度比过高，HCl不能充分反响，导致HCl转化率较低；依据盖斯定律知〔反响I反响II反响II〕×2得4HCl(g)O(g)2Cl(g)2HO(g) H=2 2 2〔∆H1+∆H2+∆H3〕×2=-116kJ·mol-1；假设想提高HCl可以增大压强，使平衡正向移动；也可以准时除去产物，减小产物浓度，使平衡正向移动；15．[2023北京节选]氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的争论热点。〔1〕甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。①反响器中初始反响的生成物为H2和CO2，其物质的量之比为4∶1，甲烷和水蒸气反响的方程式是 。②反响器中还存在如下反响：i.CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ii.CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH2iii.CH4(g)=C(s)+2H2(g) ΔH3……iii为积炭反响，利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，还需要利用 反响的ΔH。③反响物投料比承受n〔H2O〕∶n〔CH4〕=4∶1，大于初始反响的化学计量数之比，目的是 〔选填字母序号。a.促进CH4转化 b.促进CO转化为CO2 c.削减积炭生成CaOCO2。H2CaO消耗率随时间变化关系如以以下图所示。从t1时开头，H2体积分数显著降低，单位时间CaO消耗率

〔填上升或。此时CaO消耗率约为35%，但已失效，结合化学方程式解释缘由： 。〔1〕①CH4+2H2O4H2+CO2②C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)或C(s)+CO2(g)=2