新高考专用2024-2025三年高考化学真题分项汇编专题09反应速率化学平衡

PAGE21-专题09反应速率、化学平衡1．（2024·广东卷）恒容密闭容器中，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A．该反应的B．a为随温度的变更曲线C．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，H2的平衡转化率增大【答案】C【解析】A．从图示可以看出，平衡时上升温度，氢气的物质的量削减，则平衡正向移动，说明该反应的正反应是吸热反应，即ΔH＞0，故A错误；B．从图示可以看出，在恒容密闭容器中，随着温度上升氢气的平衡时的物质的量削减，则平衡随着温度上升正向移动，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更而变更，故B错误；C．容器体积固定，向容器中充入惰性气体，没有变更各物质的浓度，平衡不移动，故C正确；D．BaSO4是固体，向平衡体系中加入BaSO4，不能变更其浓度，因此平衡不移动，氢气的转化率不变，故D错误；故选C。2．（2024·广东卷）在相同条件下探讨催化剂I、Ⅱ对反应的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变更曲线如图，则A．无催化剂时，反应不能进行B．与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更低C．a曲线表示运用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变更D．运用催化剂Ⅰ时，内，【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II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，运用催化剂II时，在0~2min内Y的浓度变更了2.0mol/L，而a曲线表示的X的浓度变更了2.0mol/L，二者变更量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示运用催化剂II时X浓度随时间t的变更，故C错误；D．运用催化剂I时，在0~2min内，Y的浓度变更了4.0mol/L，则(Y)===2.0，(X)=(Y)=2.0=1.0，故D正确；答案选D。3．（2024·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：，测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变更，如下表所示，下列说法不正确的是A．试验①，，B．试验②，时处于平衡状态，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【解析】A．试验①中，0~20min，氨气浓度变更量为2.4010-3mol/L-2.0010-3mol/L=4.0010-4mol/L，v(NH3)==2.0010-5mol/(L·min)，反应速率之比等于化学计量数之比，v(N2)=v(NH3)=1.0010-5mol/(L·min)，A正确；B．催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，试验③中氨气初始浓度与试验①中一样，试验③达到平衡时氨气浓度为4.0010-4mol/L，则试验①达平衡时氨气浓度也为4.0010-4mol/L，而恒温恒容条件下，试验②相对于试验①为减小压强，平衡正向移动，因此试验②60min时处于平衡状态，x<0.4，即x≠0.4，B正确；C．试验①、试验②中0~20min、20min~40min氨气浓度变更量都是4.0010-4mol/L，试验②中60min时反应达到平衡状态，试验①和试验②催化剂表面积相同，试验①中氨气初始浓度是试验②中氨气初始浓度的两倍，试验①60min时反应未达到平衡状态，相同条件下，增加氨气浓度，反应速率并没有增大，C错误；D．对比试验①和试验③，氨气浓度相同，试验③中催化剂表面积是试验①中催化剂表面积的2倍，试验③先达到平衡状态，试验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。4．（2024·浙江卷）关于反应，达到平衡后，下列说法不正确的是A．上升温度，氯水中的减小B．氯水中加入少量醋酸钠固体，上述平衡正向移动，增大C．取氯水稀释，增大D．取两份氯水，分别滴加溶液和淀粉KI溶液，若前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色，可以证明上述反应存在限度【答案】D【解析】A．HClO受热易分解，上升温度，HClO分解，平衡正向移动，c(HClO)减小，A正确；B．氯水中加入少量醋酸钠固体，醋酸根离子和氢离子结合生成醋酸分子，氢离子浓度减小，平衡正向移动，c(HClO)增大，B正确；C．氯水稀释，平衡正向移动，而c(HClO)和c(Cl-)均减小，但HClO本身也存在电离平衡HClO⇌H++ClO-，稀释促进了HClO的电离，使c(HClO)削减更多，因此增大，C正确；D．氯水中加硝酸银产生白色沉淀，证明溶液中有氯离子，氯水中加淀粉碘化钾溶液，溶液变蓝，证明生成了碘单质，溶液中有强氧化性的物质，而氯气和次氯酸都有强氧化性，不能证明反应物和生成物共存，即不能证明上述反应存在限度，D错误；答案选D。5．（2024·湖南卷）向体积均为1L的两恒容容器中分别充入和发生反应：，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更曲线如图所示。下列说法正确的是A． B．气体的总物质的量：C．a点平衡常数： D．反应速率：【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，依据志向气体状态方程PV=nRT可知，刚起先压强增大的缘由是因为容器温度上升，则说明上述反应过程放热，即＜0，故A错误；B．依据A项分析可知，上述密闭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：na＜nc，故B正确；C．a点为平衡点，此时容器的总压为p，假设在恒温恒容条件下进行，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xmol∙L−1，则列出三段式如下：，则有，计算得到x=0.75，那么化学平衡常数K=，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K＜12，故C错误；D．依据图像可知，甲容器达到平衡的时间短，温度高，所以达到平衡的速率相对乙容器的快，即Va正＞Vb正，故D错误。综上所述，答案为B。1．（2024·广东）反应经验两步：①；②。反应体系中、、的浓度c随时间t的变更曲线如图所示。下列说法不正确的是A．a为随t的变更曲线B．时，C．时，的消耗速率大于生成速率D．后，【答案】D【分析】由题中信息可知，反应经验两步：①；②。因此，图中呈不断减小趋势的ａ线为X的浓度随时间的变更曲线，呈不断增加趋势的线为Z的浓度随时间的变更曲线，先增加后减小的线为Y的浓度随时间的变更曲线。【解析】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，为随的变更曲线，A正确；B．由图可知，分别代表3种不同物质的曲线相交于时刻，因此，时，B正确；C．由图中信息可知，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的速率小于反应②消耗Y的速率，即时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，由于反应②的发生，时刻Y浓度的变更量为，变更量之比等于化学计量数之比，所以Z的浓度的变更量为，这种关系在后仍成立，因此，D不正确。综上所述，本题选D。2．（2024·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v1=k1c2(M)，反应②的速率可表示为v2=k2c2(M)(k1、k2为速率常数)。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变更状况如图，下列说法错误的是A．0～30min时间段内，Y的平均反应速率为6.67×10-8mol•L-1•min-1B．反应起先后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变C．假如反应能进行究竟，反应结束时62.5%的M转化为ZD．反应①的活化能比反应②的活化能大【答案】A【解析】A．由图中数据可知，时，M、Z的浓度分别为0.300和0.125，则M的变更量为0.5-0.300=0.200，其中转化为Y的变更量为0.200-0.125=0.075。因此，时间段内，Y的平均反应速率为，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，Y和Z分别为反应①和反应②的产物，且两者与M的化学计量数相同（化学计量数均为1），因此反应起先后，体系中Y和Z的浓度之比等于，由于k1、k2为速率常数，故该比值保持不变，B说法正确；C．结合A、B的分析可知因此反应起先后，在相同的时间内体系中Y和Z的浓度之比等于=，因此，假如反应能进行究竟，反应结束时有的M转化为Z，即的M转化为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。3．（2024·浙江）相同温度和压强下，关于物质熵的大小比较，合理的是A． B．C．D．【答案】B【解析】A．和物质的量相同，且均为气态，含有的原子总数多，的摩尔质量大，所以熵值，A错误；B．相同状态的相同物质，物质的量越大，熵值越大，所以熵值，B正确；C．等量的同物质，熵值关系为：，所以熵值，C错误；D．从金刚石和石墨的结构组成上来看，金刚石的微观结构更有序，熵值更低，所以熵值，D错误；答案为：B。4．（2024·浙江）肯定温度下：在的四氯化碳溶液()中发生分解反应：。在不同时刻测量放出的体积，换算成浓度如下表：06001200171022202820x1.400.960.660.480.350.240.12下列说法正确的是A．，生成的平均速率为B．反应时，放出的体积为(标准状况)C．反应达到平衡时，D．推想上表中的x为3930【答案】D【解析】A．，的变更量为(0.96-0.66)==0.3，在此时间段内的变更量为其2倍，即0.6，因此，生成的平均速率为，A说法不正确；B．由表中数据可知，反应时，的变更量为(1.40-0.35)==1.05，其物质的量的变更量为1.050.1L=0.105mol，的变更量是其，即0.0525mol，因此，放出的在标准状况下的体积为0.0525mol22.4L/mol=，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，，C说法不正确；D．分析表中数据可知，该反应经过1110s（600-1710,1710-2820）后的浓度会变为原来的，因此，的浓度由0.24变为0.12时，可以推想上表中的x为(2820+1110)=3930，D说法正确。综上所述，本题选D。5．（2024·浙江）取50mL过氧化氢水溶液，在少量I-存在下分解：2H2O2=2H2O+O2↑。在肯定温度下，测得O2的放出量，转换成H2O2浓度(c)如下表：t/min020406080c/(mol·L-1)0.800.400.200.100.050下列说法不正确的是A．反应20min时，测得O2体积为224mL(标准状况)B．20~40min，消耗H2O2的平均速率为0.010mol·L-1·min-1C．第30min时的瞬时速率小于第50min时的瞬时速率D．H2O2分解酶或Fe2O3代替I-也可以催化H2O2分解【答案】C【解析】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(H2O2)=(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(O2)=0.01mol，标况下的体积V=n·Vm=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===0.010mol/(L·min)，B正确；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Fe2O3代替，D正确；故答案选C。6．（2024·浙江）在298.15K、100kPa条件下，N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)ΔH=-92.4kJ·mol-1，N2(g)、H2(g)和NH3(g)的比热容分别为29.1、28.9和35.6J·K-1·mol-1。肯定压强下，1mol反应中，反应物[N2(g)+3H2(g)]、生成物[2NH3(g)]的能量随温度T的变更示意图合理的是A． B．C． D．【答案】B【解析】该反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，依据题目中给出的反应物与生成物的比热容可知，上升温度反应物能量上升较快，反应结束后反应放出的热量也会增大，比较4个图像B符合题意，故答案选B。7．（2024·湖南）已知：，向一恒温恒容的密闭容器中充入和发生反应，时达到平衡状态I，在时变更某一条件，时重新达到平衡状态Ⅱ，正反应速率随时间的变更如图所示。下列说法正确的是A．容器内压强不变，表明反应达到平衡B．时变更的条件：向容器中加入CC．平衡时A的体积分数：D．平衡常数K：【答案】BC【分析】依据图像可知，向恒温恒容密闭容器中充入1molA和3molB发生反应，反应时间从起先到t1阶段，正反应速率不断减小，所以平衡向正反应方向移动，t1-t2时间段，正反应速率不变，反应达到平衡状态，t2-t3时间段，变更条件使正反应速率渐渐增大，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。【解析】A．容器内发生的反应为A(g)+2B(g)3C(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错误；B．依据图像变更曲线可知，t2t3过程中，t2时,瞬间不变，平衡过程中不断增大，则说明反应向逆反应方向移动，且不是“突变”图像，属于“渐变”过程，所以解除温度与催化剂等影响因素，变更的条件为：向容器中加入C，B正确；C．依据上述分析可知，t2-t3时间段，变更条件使正反应速率渐渐增大，平衡向逆反应方向移动，达到新的平衡状态后，生成A的量增大，总的物质的量不变，所以A的体积分数增大，即A的体积分数：(II)＞(I)，C正确；D．平衡常数K与温度有关，因该反应在恒温条件下进行，所以K保持不变，D错误。故选BC。8．（2024·北京·高考真题）有科学探讨提出:锂电池负极材料(Li)由于生成LH而不利于电池容量的保持。肯定温度下，利用足量重水(D2O）与含LiH的Li负极材料反应，通过测定n(D2)/n(HD)可以获知n(Li)/n(LiH)。已知：①LiH+H2O=LiOH+H2↑②2Li(s)+H2⇌2LiH△H＜0下列说法不正确的是A．可用质谱区分D2和HDB．Li与D2O的反应：2Li+2D2O=2LiOD+D2↑C．若n(Li)/n(LiH)越大，则n(D2)/n(HD)越小D．80℃反应所得n(D2)/n(HD)比25℃反应所得n(D2)/n(HD)大【答案】C【解析】A．D2和HD的相对分子质量不同，可以用质谱区分，A正确；B．类似于钠和水的反应，Li与D2O反应生成LiOD与D2，化学方程式是2Li+2D2O=2LiOD+D2↑，B正确；C．D2由Li与D2O反应生成，HD通过反应LiH+D2O=LiOD+HD，n(D2)/n(HD)越大，n(Li)/n(LiH)越大，C不正确；D．升温，2LiH⇌2Li+H2△H>0平衡右移，Li增多LiH削减，则结合选项C可知：80℃下的n(D2)/n(HD)大于25℃下的n(D2)/n(HD)，D正确；答案为：C。9．（2024·北京·高考真题）丙烷经催化脱氢可制丙烯:C3H8C3H6+H2。600℃，将肯定浓度的CO2与固定浓度的C3H8通过含催化剂的恒容反应器，经相同时间，流出的C3H6、CO和H2浓度随初始CO2浓度的变更关系如图。已知：①C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H=-2220kJ/mol②C3H6(g)+9/2O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l)△H=-2058kJ/mol③H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)△H=-286kJ/mol下列说法不正确的是A．C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)△H=+124kJ/molB．c(H2)和c(C3H6)变更差异的缘由：CO2+H2CO+H2OC．其他条件不变，投料比c(C3H8)/c(CO2)越大，C3H8转化率越大D．若体系只有C3H6、CO、H2和H2O生成，则初始物质浓度c0与流出物质浓度c之间肯定存在：3c0(C3H8)+c0(CO2)=c(CO)+c(CO2)+3c(C3H8)+3c(C3H6)【答案】C【解析】A．依据盖斯定律结合题干信息①C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H=-2220kJ/mol②C3H6(g)+9/2O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l)△H=-2058kJ/mol③H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)△H=-286kJ/mol可知，可由①-②-③得到目标反应C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)，该反应的△H==+124kJ/mol，A正确；B．仅按C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)可知C3H6、H2的浓度随CO2浓度变更趋势应当是一样的，但是氢气的变更不明显，反而是CO与C3H6的变更趋势是一样的，因此可以推断高温下能够发生反应CO2+H2CO+H2O，从而导致C3H6、H2的浓度随CO2浓度变更趋势出现这样的差异，B正确；C．投料比增大，相当于增大C3H8浓度，浓度增大，转化率减小，C错误；D．依据质量守恒定律，抓住碳原子守恒即可得出，假如生成物只有C3H6、CO、H2O、H2，那么入口各气体的浓度c0和出口各气体的浓度符合3c0(C3H8)+c0(CO2)=3c(C3H6)+c(CO)+3c(C3H8)+c(CO2)，D正确；答案为：C。10．（2024·辽宁·高考真题）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刚好间关系如图。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D．条件②，降冰片烯起始浓度为时，半衰期为【答案】B【解析】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，反应所须要的时间更短，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；C．由题干图中数据可知，条件①，反应速率为=，C正确；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时，半衰期为125min÷2=，D正确；故答案为：B。11．（2024·辽宁·高考真题）某温度下，在恒容密闭容器中加入肯定量X，发生反应，一段时间后达到平衡。下列说法错误的是A．上升温度，若增大，则B．加入肯定量Z，达新平衡后减小C．加入等物质的量的Y和Z，达新平衡后增大D．加入肯定量氩气，平衡不移动【答案】C【解析】A．依据勒夏特列原理可知，上升温度，化学平衡向着吸热反应方向移动，而增大，说明平衡正向移动，故则，A正确；B．加入肯定量Z，Z的浓度增大，平衡逆向移动，故达新平衡后减小，B正确；C．加入等物质的量的Y和Z，Z的浓度增大，平衡逆向移动，由于X、Y均为固体，故K=c(Z)，达新平衡后不变，C错误；D．加入肯定量氩气，加入瞬间，X、Z的浓度保持不变，故正、逆反应速率不变，故平衡不移动，D正确；故答案为：C。12．（2024·海南·高考真题）制备水煤气的反应，下列说法正确的是A．该反应B．上升温度，反应速率增大C．恒温下，增大总压，H2O(g)的平衡转化率不变D．恒温恒压下，加入催化剂，平衡常数增大【答案】B【解析】A．该反应的正反应是气体体积增大的反应，所以△S＞0，A错误；B．上升温度，物质的内能增加，分子运动速率加快，有效碰撞次数增加，因此化学反应速率增大，B正确；C．恒温下，增大总压，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，使H2O(g)的平衡转化率减小，C错误；D．恒温恒压下，加入催化剂，化学平衡不移动，因此化学平衡常数不变，D错误；故合理选项是B。13．（2024·福建·高考真题）试验室配制碘水时，通常将溶于溶液：。关于该溶液，下列说法正确的是A．的电子式为 B．滴入淀粉溶液，不变蓝C．加水稀释，平衡逆向移动 D．加少量固体平衡正向移动【答案】C【解析】A．是离子化合物，电子式为，A错误；B．该溶液存在，滴入淀粉溶液，变蓝，B错误；C．依据勒夏特列原理，加水稀释，平衡朝着离子浓度增大的方向移动，即逆向移动，C正确；D．加少量固体，与生成沉淀，浓度下降，平衡逆向移动，D错误；故选C。14．（2024·江苏·高考真题）N2是合成氨工业的重要原料，NH3不仅可制造化肥，还能通过催化氧化生产HNO3；HNO3能溶解Cu、Ag等金属，也能与很多有机化合物发生反应；在高温或放电条件下，N2与O2反应生成NO，NO进一步氧化生成NO2。2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)ΔH=-116.4kJ·mol-1。大气中过量的NOx和水体中过量的NH、NO均是污染物。通过催化还原的方法，可将烟气和机动车尾气中的NO转化为N2，也可将水体中的NO3-转化为N2。对于反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，下列说法正确的是A．该反应的ΔH<0，ΔS<0B．反应的平衡常数可表示为K=C．运用高效催化剂能降低反应的焓变D．其他条件相同，增大，NO的转化率下降【答案】A【解析】A．2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)ΔH=-116.4kJ·mol-1，反应气体物质的量削减，ΔS<0，故A正确；B．2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应的平衡常数可表示为K=，故B错误；C．运用高效催化剂，反应的焓变不变，故C错误；D．其他条件相同，增大，NO的转化率增大，故D错误；选A。15．（2024·江苏·高考真题）NH3与O2作用分别生成N2、NO、N2O的反应均为放热反应。工业尾气中的NH3可通过催化氧化为N2除去。将肯定比例的NH3、O2和N2的混合气体以肯定流速通过装有催化剂的反应管，NH3的转化率、生成N2的选择性[100%]与温度的关系如图所示。下列说法正确的是A．其他条件不变，上升温度，NH3的平衡转化率增大B．其他条件不变，在175～300℃范围，随温度的上升，出口处N2和氮氧化物的量均不断增大C．催化氧化除去尾气中的NH3应选择反应温度高于250℃D．高效除去尾气中的NH3，需研发低温下NH3转化率高和N2选择性高的催化剂【答案】D【解析】A．NH3与O2作用分别生成N2、NO、N2O的反应均为放热反应，依据勒夏特列原理，上升温度，平衡向逆反应方向进行，氨气的平衡转化率降低，故A错误；B．依据图像，在175～300℃范围，随温度的上升，N2的选择率降低，即产生氮气的量削减，故B错误；C．依据图像，温度高于250℃N2的选择率降低，且氨气的转化率变更并不大，奢侈能源，依据图像，温度应略小于225℃，此时氨气的转化率、氮气的选择率较大，故C错误；D．氮气对环境无污染，氮的氧化物污染环境，因此高效除去尾气中的NH3，需研发低温下NH3转化率高和N2选择性高的催化剂，故D正确；答案为D。1．[2024浙江7月选考]溶液与溶液发生反应：，达到平衡。下列说法不正确的是（）A．加入苯，振荡，平衡正向移动B．经苯2次萃取分别后，在水溶液中加入，溶液呈血红色，表明该化学反应存在限度C．加入固体，平衡逆向移动D．该反应的平衡常数【答案】D【解析】A．加入苯振荡，苯将I2萃取到苯层，水溶液中c（I2）减小，平衡正向移动，A正确；B．将5mL0.1mol/LKI溶液与1mL0.1mol/LFeCl3溶液混合，参加反应的Fe3+与I-物质的量之比为1:1，反应后I-肯定过量，经苯2次萃取分别后，在水溶液中加入KSCN溶液呈血红色，说明水溶液中仍含有Fe3+，即Fe3+没有完全消耗，表明该化学反应存在限度，B正确；C．加入FeSO4固体溶于水电离出Fe2+，c（Fe2+）增大，平衡逆向移动，C正确；D．该反应的平衡常数K=，D错误；答案选D。2．[2024浙江7月选考]肯定条件下：。在测定的相对分子质量时，下列条件中，测定结果误差最小的是（）A．温度、压强 B．温度、压强C．温度、压强 D．温度、压强【答案】D【解析】测定二氧化氮的相对分子质量，要使测定结果误差最小，应当使混合气体中NO2的含量越多越好，为了实现该目的，应当变更条件使平衡尽可以地逆向移动。该反应是一个反应前后气体分子数减小的放热反应，可以通过减小压强、上升温度使平衡逆向移动，则选项中，温度高的为130℃，压强低的为50kPa，结合二者选D。答案为D。3．[2024天津卷]已知呈粉红色，呈蓝色，为无色。现将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：，用该溶液做试验，溶液的颜色变更如下：以下结论和说明正确的是A．等物质的量的和中σ键数之比为3:2B．由试验①可推知△H<0C．试验②是由于c(H2O)增大，导致平衡逆向移动D．由试验③可知配离子的稳定性：【答案】D【解析】A．1个[Co(H2O)6]2+中含有18个σ键，1个[CoCl4]2-中含有4个σ键，等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-所含σ键数之比为18:4=9:2，A错误；B．试验①将蓝色溶液置于冰水浴中，溶液变为粉红色，说明降低温度平衡逆向移动，则逆反应为放热反应，正反应为吸热反应，∆H>0，B错误；C．试验②加水稀释，溶液变为粉红色，加水稀释，溶液的体积增大，[Co(H2O)6]2+、[CoCl4]2-、Cl-浓度都减小，[Co(H2O)6]2+、Cl-的化学计量数之和大于[CoCl4]2-的化学计量数，则瞬时浓度商>化学平衡常数，平衡逆向移动，C错误；D．试验③加入少量ZnCl2固体，溶液变为粉红色，说明Zn2+与Cl-结合成更稳定的[ZnCl4]2-，导致溶液中c（Cl-）减小，平衡逆向移动，则由此说明稳定性：[ZnCl4]2->[CoCl4]2-，D正确；答案选D。【点睛】本题有两个易错点：A项中[Co(H2O)6]2+中不仅有Co2+与H2O分子间的配位键，而且每个H2O分子中还有两个O—Hσ键；C项中H2O为溶剂，视为纯液体，加水稀释，溶液体积增大，相当于利用“对气体参加的反