2023年高考真题汇编反应速率、化学平衡.pdf

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1、2023高考真题汇编反响速率、化学平衡一、单项选择题1.（2分）（2023湖南）常温下，用。4。如1011-1的盐酸分别滴定20.0（1.浓度均为OJOOOniDl-LT三种一元弱酸的钠盐（即 、3 丫、瓯）溶液，滴定曲线如以下图。以下推断错误的A.该 NAG溶液中：4Na+）c（x-）4oH-）cflT）B,三种一元弱酸的电离常数：KJJDQ X（H Y）K XH Z）C.当 pH=7时，三种溶液中：4x）=4Y）=c（z-）D.分别滴加20Q0mL盐酸后，再将三种溶液混合：+C（Y）+C（Z-）=4 ）-4OH）2.（2分）（2023湖南）铁的协作物离子（用L-Fe-H表示）催化某反响的一

2、种反响机理和相对能量的变化状况如以下图：、=或 c(X-)c(O H )c(H+),故 A 不符合题意；B.由分析可知，HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性依次减弱，弱酸的酸性越弱，电离常数越小，则三种一元弱酸的电离常数的大小挨次为(H X)Ka(HY)Ka(H Z),故B不符合题意；C.当溶液p H为7时，酸越弱，向盐溶液中参与盐酸的体积越大，酸根离子的浓度越小，则三种盐溶液中酸根的浓度大小挨次为c(X-)c(Y)c(Z),故C符合题意；D.向三种盐溶液中分别滴加20.00m L盐酸，三种盐恰好完全反响，可知c(N a+)=c(C I),将三种溶液中存在电荷守恒关系 c(Na+)+c(H+)=

3、c(X-)+c(Y-)+c(Z-)+c(CI-)+c(O H-),由 c(Na+)=c(CI-)可得：c(X-)+c(Y-)+c(Z-)=c(H+)-c(O H-),故D不符合题意；故答案为：C。【分析】依据一元弱酸的盐的p H即可得出酸性的强弱是：H ZH YH XA.在NaX溶液中，水解呈碱性，因此依据电荷守恒即可推断B.据一元弱酸的盐的p H即可得出酸性的强弱是：H Z V H Y V H X,即可推断电离常数C.依据电荷守恒列出式子，再依据中性进展推断只需要推断参与氯离子的物质的量浓度即可，由于水解程度不一样故参与的盐酸不一样，碱性越强需要的酸越多剩余的酸根离子越少D.混合之后利用电荷

4、守恒即可推断2.【答案】D【考点】化学反响速率，化学反响速率的影响因素【解析】【解答】A.由反响机理可知，发生的化学方程式为HCOOH 催 化 剂CO2个+H2个,故A不符合题意；B.假设氢离子浓度过低，则反响11131V的反响物浓度降低，反响速率减慢，假设氢离子浓度过高，则会抑制加酸的电离，使甲酸根浓度降低，反响1玲口速率减慢，所以氢离子浓度过高或过低，均导致反响速率 减 慢，故B不符合题意；C.由反响机理可知，F e在反响过程中，铁形成的化学键数目发生变化，则元素化合价也发生变化，故C不符合题意：D.由反响进程可知，反响WT I能垒最大，活化能越大，反响速率最慢，对该过程的总反响起打算作用

5、，故D符合题意；故答案为：D。【分析】A.依据反响物和最终的产物即可写出方程式B.在整个过程中均存在氢离子参与，因此需要把握氢离子的浓度实现速率的最大化C.氢离子在整个过程中参与了反响，经受断键成键断键的过程，过程中化合价发生转变D.整个反响速率是由速率最慢的过程打算，活化能高的速率慢3.【答案】A【考点】化学反响速率，化学反响速率与化学平衡的综合应用【解析X解答】A.由图中数据可知，3 6疝n时，M、z的浓度分别为0.300 r a r f-r t a 0.125 m H上 一、则依据M的变化量为0.5讯整-3-1-0.300 m o l-170.200 mr f-r1.依据计算出转化为丫的

6、变化量为0.200磔 小-1-0.125 jm rf-Z-1=0.075 m o l-lT1-因此，时间段内，Y的平均反响速率为第=吗处1=0.002A说法符合题意；加B.由题中信息可知，依据速率公式Vi=kC2(M)和V2=k2C2(M),反响和反响的速率之比为 T,Yc(y)上 和Z分别为反响和反响的产物，且两者与M的化学计量数均为1,因此反响开头后，通=君，由于 勺、Ie2为速率常数，故该比值保持不变，B说法不符合题意;*1C.结合A、B的分析可知因此反响开头后，在一样的时间内,0125nlxL-L5,因此，假设反响能进展到底，反响完毕时有 号的M转化为 乙 即6 2 0%的M转化为Z,

7、C说法不符合题意；D.由以上分析可知，在一样的时间内生成Z多、生成Y少，因此，反响的化学反响速率较小，在同一体系中，活化能较小的化学反响速率较快，故反响的活化能比反响的活化能大，D 说法不符合题意。故答案为：Ao【分析】A.依 据3 0 m in的数据计算出Y的物质的量浓度的变化量即可计算出速率B.温度不变，平衡常数不变，利用平衡常数公式带入计算即可推断Y和Z的浓度之比不变C.依据速率之比计算即可D.活化能越大，反响速率越慢，依据计算推断Y和Z的浓度大小即可推断速率的大小4.【答案】B【考点】化学平衡状态的推断，氯离子的检验，蔗糖与淀粉的性质试验【解析】【解答】A.原溶液中存在硝酸根可以和Fe

8、2+反响生成Fe3+,故不能验证原溶液中含有亚硝酸根，A不符合题意；B.向K I溶液中滴加FeCg,假 设FeCg没有剩余说明反响是完全的，因此向反响后的溶液中参与KSCN溶液，假设溶液变红，则说明该反响是有限度的，B符合题意：C.溶液中参与KOH后体系中剩余大量的O H-,再参与硝酸银溶液后OH也可以使Ag+生产白色沉淀，C不符合题意；D.蔗糖为二糖，在酸性条件下可以水解生产单糖，验证单糖中是否存在醛基，应向水解液中参与NaOH溶液使体系呈碱性，再参与制Cu(0H)2悬浊液，D不符合题意；故答案为：Bo【分析】A.二价亚铁离子变为三价铁离子，主要说明含有氧化性的离子，但是不愿定是亚硝酸根还有

9、可能是硝酸根离子B.碘离子的量是过量的，假设不是可逆反响，不存在三价铁离子，但是最终参与硫氧化钾溶液后，溶液变为红色说明有三价铁离子因此说明反响有限度C.检验氯离子时需要进展参与硝酸酸化D.检验醛基时需要碱性环境，水解后参与氢氧化钠调整溶液为碱性5.【答案】C【考点】化学平衡常数，化学平衡的调控，离子浓度大小的比较【解析】【解答】A.由分析可知，图中实线表示p H随加水量的变化，虚线表示p H随温度的变化，A说法不符合题意；B.将NH4a溶 液 加 水 稀 释 至 浓 度 誓 时，假设氯化钱的水解平衡不发生移动，则其中的c(H+)变原来的金，则溶液的p H将 增 大Ig x,但是，加水稀释时，

10、氯化镀的水解平衡向正反响方向移动，c(H+)大于原来的1,因此，溶 液p H的变化值小于Igx,B说法不符合题意：C.随温度上升，水的电离程度变大，因此水的离子积变大，即心 增大；随温度上升，C/COONa的水解程度变大，溶液中c(OH)增大，因此，C说法符合题意；D.25(:时稀释一样倍数的NH4cl溶液与CH3COONa溶液中均分别存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=C(OH)+C(CH3COO-),c(NH/+c(H+)=c(CI)+c(OH-)。因此，氯化钱溶液中，c(CI-)-c(NH=c(H+)-c(OH),醋酸钠溶液中，c(Na+)-c(CH COO)=c(OH)-c(H+)

11、.由于25 时CH COOH和NH H。的电离常数均为1.83 3 3 2X10-5,因此，由于原溶液的物质的量浓度一样，稀释一样倍数后的N H 4cl溶液与CH3COONa溶液，溶质的物质的量浓度仍相等，由于电离常数一样，其中盐的水解程度是一样的，因此，两溶液中|c(OH-)-c(H+)|(两者差确实定值)相等，故c(Na+)-c(CH3(：OO)=c(a)-c(NH4+),D说法不符合题意。故答案为：C【分析】由题中信息可知，图中两条曲线为10 mL 0.50 m oiLiNH4cl溶液、10 mL OSOmolLiC/COONa溶液 的p H分别随温度与稀释加水量的变化曲线，由于两种盐均

12、能水解，水解反响为吸热过程，且温度越高、浓度越小其水解程度越大。氯化镂水解能使溶液呈酸性，浓度越小，虽然水程度越大，但其溶液的酸性越弱，故其pH越大；醋酸钠水解能使溶液呈碱性，浓度越小，其水溶液的碱性越弱，故其pH越小。温度越高，水的电离度越大。因此，图中的实线为pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化。结合选项进展推断6.【答案】C【考点】催化剂，化学反响速率与化学平衡的综合应用【解析】【解答】A.反 响20m in时，过氧化氢的浓度变为0.4m ol/L,说明分解的过氧化氢的物质的量n(H202)=(0.80-0.40)mol/Lx0.05L=0.02mol,过氧化氢分解生成的氧气的物

13、质的量。(。2)=0.01(11。1,标况下的体枳/=nVm=0.01molx22.4L/mol=0.224L=224mL,A 不符合题意；B.2040min,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=年=。,当 吧 唯=0Q10mol/(Lmin),B不符合题意；C.随着反响的不断进展，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符合题意；D.1在反响中起到催化的作用，故也可以利用过氧化氢分解酶或Fez。？代替，D不符合题意；故答案为：C【分析】A.依据浓度的

14、变化量计算出物质的量，结合方程式计算出氧气的物质的量即可B.依据物质的量的浓度的变化量，依据v=c/t计算出速率C.随着反响的进展浓度不断减小，速率不断的减小D.氧化铁以及碘离子均可做过氧化氢的反响的催化剂7.【答案】B【考点】化学平衡的调控，化学平衡转化过程中的变化曲线【解析】【解答】该反响为放热反响，反响物的总能量大于生成物的总能量，依据题目中给出的反响物与生成物的比热容可知，上升温度反响物能量上升较快，反响完毕后反响放出的热量也会增大，比较4个图像B符合题意，故答案为：Bo【分析】温度越高，对于比热容越高的能量变化越大，而&(g)、H g)和N$(g)的比热容分别为29.1、28.9和3

15、5.6J K-i-mol-i,因此反响物的能量大于生成物的能量。二、多项选择题8.【答案】B,C【考点】化学平衡常数，化学平衡状态的推断，化学平衡转化过程中的变化曲线【解析X解答】A.容器内发生的反响为A(g)+2B(g)=3 C(g),该反响是前后气体分子数不变的可逆反响，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，不能说明反响到达平衡状态，A不符合题意；B.依据图像变化曲线可知，t2 t3过程中，t2时 正瞬间不变，平衡过程中不断增大，则说明反响向逆反响方向移动，转变的条件为：向容器中参与C,B符合题意；C.依据上述分析可知，t2-t3时间段，转变条件使正反响速率渐渐增

16、大，平衡向逆反响方向移动，到达的平衡状态后，生成A的量增大，但总的物质的量不变，所以A的体积分数 增裂，即A的 体 积 分 数：(PW D 用)，c符合题意；D.平衡常数K与温度有关，因该反响在恒温条件下进展，所以K保持不变，D不符合题意。故答案为：BCo【分析】依据图像可知，向恒温恒容密闭容器中充入Im o lA和3m olB发生反响，反响时间从开头到匕阶段,正反响速率不断减小，所以平衡向正反响方向移动，时间段，正反响速率不变，反响到达平衡状态，tt3时间段，转变条件使正反响速率渐渐增大，平衡向逆反响方向移动，t3以后反响到达的平衡状态，结合图像选项进展推断三、综合题9.【答案】(1)+90

17、.8C,D(3)管；b；开头体积减半，均 分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，叫 分压比原来2倍要小；0.48(4)从右往左(5)2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O【考点】电极反响和电池反响方程式，化学反响速率与化学平衡的综合应用，原电池工作原理及应用，有关反响热的计算【解析】【解答】依据方程式：2NH3(g)N2(g)+3H2(g),H=390.8kJ-mol-i X 3x2-(946 kJ mol-i+436.0kJ-mol-i x3)=+90.8kJ mol i,故答案为：+90.8；(2)假设反响自发进展，则需要满足 50,第=,落 器 震 彘=456.5K,即温度应

18、高于 设 0时到达平衡，转化的叫 的物质的量为X,列出三段式:(456.5-273)=183.5,CD 符合,故答案为：CD；嗡+3Hfe)起始IBJBI0.100转化jaol2rX3K孚衡/nml0.1-2 rX3r依据同温同压下，混合气体的物质的量等于体积之比，解 得x=0.02mol,OMMSSDI 0.02哽)=3=L-i min-i故答案为:0.02t2时将容器体积压缩到原来的一半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡向左移动，导致氮气的小于方 分压比原来2倍，故b曲线符合，故答案为：b；开头体积减半，均 分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，叫 分压比原来2倍要小;由图

19、可知，平衡时，N%、N2,%的分压分别为120 kPa、40 kPa、120 kP a,反响的标准平衡常数司 叫 5故答案为：0.48；由图可知，通N七 的一极氮元素化合价上升，发生氧化反响，为电解池的阳极，则另一电极为阴极，氢离子的得到电子变为氢气，电解过程中。巾移向阳极，则从右往左移动，故答案为：从右往左；阳 极N上 失电子发生氧化反响生成坊,结合碱性条件，电极反响式为：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O,故答案为：2NH3-6e-+6OH-=&+6心0。【分析】(1)依据反响热=反响物的总键能-生成物的总键能即可计算(2)依据A G=A H-T A S 0；当 时，KMKFI-K

20、TFHKTL 10与=4当时，K=在；!=I O P T O T：1。7 即降温,K减小，平衡逆移，说明 H 0【考点】反响热和焰变，化学反响速率，化学平衡常数，化学反响速率与化学平衡的综合应用【解析】【解答】(1)红棕色液体，推想为澳单质，因此错过觉察的元素是溪(或Br)：(2)由题意376.8时玻璃烧瓶中发生两个反响：BaPtCI 4(s)=BaCI2(s)+Pt(s)+2CI2(g)C l2(g)+I2(g)?2ICI(g),BaPtCI4(s)=BaCI2(s)+Pt(s)+2CI2(g)的平衡常数 Kp=lQxlO4Pa2,则平衡时p2(Cl2)=lQxlO4Pa2,平衡时p(Cl2

21、)=100Pa,设到达平衡时以g的分压减小p k P a,则376.8(:平衡时,测得烧瓶中压强为32.5kP a,则C1 式 g)+I 4)=2ICl(g)开始/(kPa)20.0变化/(kPa)p平衡/(kPa)0.1 20.0-p00.1+20.0+p=32.5,解得 p=1 2.4,则平衡时 p(ICI)=2p kPa=2xl2.4kPa=24.8kPa；则平衡时，值)的分压为(20.0-p)kPa=7.6kPa=7.6xl03Pa,p(ICI)=24.8kPa=24.8xl03Pa,p(CI2)=0.1kPa=100Pa,因此反响7备1一2IC I(g)彳三值巩值)的平衡常数K=(2

22、4序 荷；结合图可知，温度越高，越小，电卬2越大，即 卬2越大，说明上升温度平衡2N0C I(g)=2NO(g)+CI2(g)正向移动,则NOCI分解为NO和CI2反响的大于0；1.2NO+2ICI=2N0CI Kp lH.2N0CI(g)牛 2N0(g)+Cyg)KP2+1 得 21a(g)ci2(g)+i2(g),故|=1名；该反响的A H大 于0,依据图像可知，当$Xl/n Z S时，匿=门1-仃 产1。出炉=旧当*/=2 时，=1-立：1=;10 0工1 0 _ 0=1 0 1即降温,|O；(4)I ,NOCI+hv-NOCI*n.NOCI+NOCI-2NO+CI2I+得总反响为2NO

23、CI+hv=2NO+CI2,因 此 2moiNOCI分解需要吸取lm ol光子能量，则分解lm o l的NOCI需要吸取0.5mol光子。【分析】依据红棕色液体推断；(2)依据三段式及平衡常数公式计算；依据图像中曲线的趋势和所对应的数据进展估算；依据物质的量之比等于化学计量数之比计算；11.【答案】(1)2NaCI+2H,。2 N a O H +H,个+CI,个(2)A1tx e W H C 1 0)KP+(代百海成(4)反响I+II 得：TiO2(s)+2CI2(g)+2C(s)=TiCI4(g)+2C0(g),K=K|K|=4.1X1019 远大于5 ,反响 II 使 TiO2氯化为T i

24、e 得以实现；H=AH|+AH“=-40kJ-mol。，反 响 I I 可为反响I 供给所需的能量(5)A,B【考点】以氯碱工业为根底的化工生产简介，反响热和焙变，化学平衡常数，化学反响速率与化学平衡的综合应用【解析】【解答】反响的化学方程式是2NaCI+2H2。？2N aO H +%个+C,个。A.氯气可与碱反响，碱石灰含有氢氧化钠和氧化钙，因此，不能用碱石灰枯燥氯气，A 说法不正确；B.氯气可与水反响生成盐酸和次氯酸，该反响是可逆反响，在饱和食盐水中存在浓度较大的氯离子，可以使氯气的溶解平衡逆向移动，因此，氯气在饱和食盐水中的溶解度较小，可以通过排饱和食盐水法收集氯气，B说法正确；C.氯气

25、在常温下不与铁反响；氯气的相对分子质量较大，其分子间的作用力较大，因此，氯气属于易液化的气体，常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中，C 说法正确；D.氢气和氯气反响生成氯化氢，氯化氢溶于水得到盐酸，因此，工业上，常用氢气和氯气反响生成的氯化氢溶于水制取盐酸，D 说法正确。综上所述，相关说法错误的选项是A,故答案为：A(3)CI2(g)UCaq)表示的是氯气的溶解平衡，氯气在常温下可溶于水，该过程是自发的，由于该过程的病变小于0,因此，其熔变 由化学方程式Cl(aq)+H p(l)UH+(aq)+CI-(aq)+HCIO(aq)可知，其平衡常数K典表达式为K=城X C 1X H C 1O)

26、3 c y留意水为液态，其不消灭在表达式中。(3)CI2(g)=C(aq)与 Cl 2(aq)+H2O(I)UH+(aq)+CI-(aq)+HCIO(aq)相加可以得到C(g)+H2O(I)UH+(aq)+CL(aq)+HCIO(aq),因此，该反响的平衡常数为KIKQP氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为C,依据物料守恒可知，c=。巴)+与c(HCIO)+聂 口)，由 于 HCI是强电解质，假设无视水的电离和次氯酸的离，则 c(H)=c(Cl=c(Ha。)，由型嘴等0可知C(CT)-C(HC1O)=q 吗 J由 Kfc(Cl2)/p 可知，c(Cl1k&P，则 C(CT)-C(HC1O

27、 8匹 p)J,因此，C=KP+火 匹 p)(4)：I.TiO(s)+2CI(g)#TiCI(g)+0(g)AH=181 mol-L-i,K=-3.4 x 10-29；II.2C(s)+0(g)#2C0(g)AH=2 2 4 2 1 I 2 II-221 mol L i,K“=1.2X1048。依据盖斯定律可知，I+II 得：TiO2(s)+2CI2(g)+2C(s)=TiCI4(g)+2 C 0(g),贝ljK=KK=4.1X1019远大于勺，反 响I I的发生可以减小反响I的平衡体系中氧气的浓度，从而使TiO2氯化为 T iC 得以实现；反响I 为吸热反响，而H=AHjAH:-40kJ-m

28、ol-i,说明 TiO2(s)+2CI2(g)+2C(s)=TiCI4(g)+2co(g)为放热反响，则反响I I可为反响I供给所需的能量。(5)A.由于两产物浓度之比与反响时间无关，适当提高反响温度，使催化剂碘的溶解度增大，既可以加快化学反响速率，同时可以提高邻位取代的机率(催化剂会参与反响形成中间体，依据信息可知，碘在对位的取代机率较大，从而提高产物中邻二氯苯的比例，故A 正确；B.可以使用对生成邻二氯苯有更高选择性的催化剂，以提高产物中邻二氯苯的比例，B 正确；C.适当降低反响温度，不利于提高邻二氯苯的生成机率，不能提高产物中邻二氯苯的比例，C不正确；D.转变反响物浓度可以转变化学反响速

29、率，从而转变反响到达化学平衡状态的时间，但是，产物浓度之比与反响时间无关，因此，不能提高产物中邻二氯苯的比例，D不正确。综上所述，选AB。【分析】(1)电解饱和食盐水制取氯气时，同时还生成氢气和氢氧化钠(2)氯气溶于水后，形成的是次氯酸或盐酸与碱石灰作用。收集氯气时利用的是排饱和食盐水的方法进展收集气体，常温下可以加压的方式减小分子的间隔即可将气体变为液体，工业上利用氢气和氯气制取氯化氢溶于水变为盐酸(3)依据盖斯定律计算即可依据平衡常数的计算公式进展计算即可利 用K 1和K 2结合氯元素守恒进展计算即可(4)利用盖斯定律，得出方程式，K值很大，参与碳促进四氯化碳的产生(5)提高产物的比例，主

30、要可以选择适合的催化剂以及适当的提高温度，促进产物的合成试卷分析局部1.试卷总体分布分析总分：45分分值分布客观题（占比）17(37.8%)主 观 题1占比）28(62.2%)题量分布客观题（占比）8(72.7%)主 观 题（占比）3(27.3%)2.试卷题量分布分析大题题型题目量（占比）分 值（占比）单项选择题7(63.6%)14(31.1%)多项选择题1(9.1%)3(6.7%)综合题3(27.3%)2 8(62.2%)3.试卷难度构造分析序号难易度占比1简洁0%2一般90.9%3困难9.1%4.试卷学问点分析序号学问点（认知水平）分 值（占比）对应题号1化学平衡常数25(16.1%)1,

31、5,8,10,112化学平衡转化过程中的变化曲线7(4.5%)1,7,83离子浓度大小的比较4(2.6%)L54化学反响速率12(7.7%)2,3,105化学反响速率的影响因素2(1.3%)26化学反响速率与化学平衡的综合应用32(20.6%)3,6,9,10,117化学平衡状态的推断5(3.2%)4,88氯离子的检验2(1.3%)49蔗糖与淀粉的性质试验2(1.3%)410化学平衡的调控4(2.6%)5,711催化剂2(1.3%)612电极反响和电池反响方程式1 0(6.5%)913原电池工作原理及应用10(6.5%)914有关反响热的计算1 0(6.5%)915反响热和焙变18(11.6%)10,1116以氯碱工业为根底的化工生产简介10(6.5%)11