高考化学分类题库 考点7 化学反应速率和化学平衡Word文档格式.docx

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0.500

0.400

0.300

318.2

3.60

3.00

2.40

1.80

328.2

9.00

7.50

a

4.50

b

2.16

1.44

1.08

A.a=6.00

B．同时改变反应温度和蔗糖的浓度,v可能不变

C．b<

D．不同温度时,蔗糖浓度减少一半所需的时间相同

【解题指南】解答本题时应注意以下两点:

（1）数据信息的处理能力;

（2）影响反应速率因素的理解与应用。

【解析】选D。

A.根据表格的数据可知:

在328.2K时,蔗糖的浓度越大,水解的速率越快。

根据浓度与速率的变化关系可知在328.2K时,蔗糖的浓度每减小0.100mol·

L－1,速率减小1.50mmol·

min－1,所以在浓度是0.400mol·

L－1时,水解的速率是6.00mmol·

min－1,即a=6.00,正确。

B.根据表格数据可知:

升高温度,水解速率增大,增大浓度,水解速率也增大,若同时改变反应物的浓度和反应的温度,则对反应速率的影响因素可能相互抵消,即反应速率可能不变,正确。

C.在浓度不变时,升高温度,水解速率增大,降低温度,水解速率减小。

由于在浓度是0.600mol·

L－1时,当318.2K时水解速率是3.60mmol·

min－1,现在该反应的速率是2.16mmol·

min－1<

3.60mmol·

min－1,所以反应温度低于318.2K,即b<

318.2,正确。

D.温度不同时,在相同的浓度时反应速率不相同,浓度减少一半时所需的时间也不同,错误。

四川高考·

7）一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应:

C（s）＋CO2（g）

2CO（g）,平衡时,体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示:

已知:

气体分压（p分）=气体总压（p总）×

体积分数。

下列说法正确的是（）

A．550℃时,若充入惰性气体,v正、v逆均减小,平衡不移动

B．650℃时,反应达平衡后CO2的转化率为25.0%

C．T℃时,若充入等体积的CO2和CO,平衡向逆反应方向移动

D．925℃时,用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=24.0p总

（1）图象为在不同温度下的平衡状态时气体的百分含量;

（2）Kp的计算方法和Kw的计算方法类似。

【解析】选B。

A项,因容器的体积可变,故充入惰性气体后容器体积变大,混合气体整体被稀释,反应应正向移动,故A错误;

B项,在此条件下,若设二氧化碳的初始浓度为1,转化浓度为x则:

　　　　C（s）＋CO2（g）

2CO（g）

初始:

10

转化:

x2x

达到平衡时一氧化碳的百分含量为40.0%,则2x/（1－x＋2x）=40.0%,得x=0.25,CO2的转化率为25.0%;

C项,由图象可知T℃时,平衡体系中CO2和CO的体积分数相等,则在恒压密闭容器中同时充入等体积的CO2和CO,平衡不移动,故C错误;

D中,925℃时,Kp=

通过计算Kp应等于23.04p总,故D错误。

天津高考·

3）下列说法不正确的是（）

A．Na与H2O的反应是熵增的放热反应,该反应能自发进行

B．饱和Na2SO4溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀,但原理不同

C．FeCl3和MnO2均可加快H2O2分解,同等条件下二者对H2O2分解速率的改变相同

D．Mg（OH）2固体在溶液中存在平衡:

Mg（OH）2（s）

Mg2＋（aq）＋2OH－（aq）,该固体可溶于NH4Cl溶液

（1）ΔG=ΔH－TΔS<

0,该反应能自发进行。

（2）催化剂具有高效性、专一性,条件不同作用效果不同。

【解析】选C。

Na与水的反应是固体与液体反应生成气体,为熵增的反应,ΔS>

0,在反应中钠会熔化成一个闪亮的小球四处游动,且发出嘶嘶的声音,此反应为放热反应,则ΔH<

0,故ΔG=ΔH－TΔS<

0,该反应能自发进行,A项正确;

饱和Na2SO4溶液使蛋白质溶液产生沉淀是蛋白质的盐析,浓硝酸是强氧化性酸,使蛋白质溶液产生沉淀是蛋白质的变性,原理不同,B项正确;

FeCl3和MnO2均可作为催化剂加快H2O2分解,但同等条件下二者对H2O2分解催化效果不相同,故反应速率的改变不相同,C项错误;

Mg（OH）2固体在溶液中存在平衡:

Mg2＋（aq）＋2OH－（aq）,NH4Cl溶液中N

水解使溶液呈酸性,消耗OH－,使平衡正向移动,Mg（OH）2固体可溶于NH4Cl溶液,D项正确。

6）某温度下,在2L的密闭容器中,加入1molX（g）和2molY（g）发生反应:

X（g）＋mY（g）

3Z（g）　平衡时,X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。

在此平衡体系中加入1molZ（g）,再次达到平衡后,X、Y、Z的体积分数不变。

下列叙述不正确的是（）

A．m=2

B．两次平衡的平衡常数相同

C．X与Y的平衡转化率之比为1∶1

D．第二次平衡时,Z的浓度为0.4mol·

在此平衡体系中加入1molZ（g）,在合并瞬间X、Y、Z的体积分数不变,但单位体积内体系分子总数增多,依据勒夏特列原理,平衡应向使单位体积内分子总数减小的方向移动,但再次达到平衡后,X、Y、Z的体积分数不变,则说明m＋1=3,故m=2,A项正确;

同一化学反应的平衡常数只与温度有关,两次平衡温度不变,平衡常数不变,B项正确;

m=2,则起始量X与Y物质的量之比为1∶2,则反应过程中由方程式可知反应的X与Y物质的量之比为1∶2,故X与Y的平衡转化率之比为1∶1,C项正确;

m=2,则该反应为反应前后气体总量不变的反应,故第二次平衡时Z的物质的量为（3＋1）×

10%=0.4（mol）,故Z的浓度为0.4mol÷

2L=0.2mol·

L－1,故D项错误。

【误区提醒】判断平衡常数时,忽视同一化学反应的平衡常数只与温度有关,而认为平衡逆向移动,从而错误地判断平衡常数减小。

重庆高考·

7）羰基硫（COS）可作为一种粮食熏蒸剂,能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。

在恒容密闭容器中,将CO和H2S混合加热并达到下列平衡:

CO（g）＋H2S（g）

COS（g）＋H2（g）　K=0.1

反应前CO物质的量为10mol,平衡后CO物质的量为8mol,下列说法正确的是

（）

A．升高温度,H2S浓度增加,表明该反应是吸热反应

B．通入CO后,正反应速率逐渐增大

C．反应前H2S物质的量为7mol

D．CO的平衡转化率为80%

A.升高温度,H2S浓度增加,说明平衡逆向移动,则该反应是放热反应,错误;

B.通入CO后,正反应速率瞬间增大,又逐渐减小,错误;

C．根据　CO（g）＋H2S（g）

起始物质的量/mol10n00

变化物质的量/mol2222

平衡物质的量/mol8n－222

设该容器的体积为V,根据K=0.1,列关系式得（2×

2）÷

[8×

（n－2）]=0.1,解得n=7,正确;

D.根据上述数据CO的平衡转化率为2mol÷

10mol×

100%=20%,错误。

．（双选）（2015·

海南高考·

8）10mL浓度为1mol·

L－1的盐酸与过量的锌粉反应,若加入适量的下列溶液,能减慢反应速率但又不影响氢气生成量的是（）

A．K2SO4

B．CH3COONa

C．CuSO4D．Na2CO3

（1）影响反应速率的因素;

（2）盐酸具有强酸性,和弱酸盐发生复分解反应,还需要注意反应生成的氢气量不变。

【解析】选A、B。

Zn与稀盐酸发生反应:

Zn＋2HCl

ZnCl2＋H2↑,若加入物质使反应速率降低,则c（H＋）减小,但是不影响生成氢气的物质的量,说明最终电离产生的n（H＋）不变。

A项,K2SO4是强酸强碱盐,不发生水解,溶液显中性,溶液中的水对盐酸起稀释作用,使c（H＋）减小,但没有消耗H＋,因此n（H＋）不变,符合题意;

B项,CH3COONa与HCl发生反应:

CH3COONa＋HCl

CH3COOH＋NaCl,使溶液中c（H＋）减小,反应速率降低,当反应进行到一定程度,会发生反应:

2CH3COOH＋Zn

（CH3COO）2Zn＋H2↑,因此最终不会影响生成氢气的物质的量,符合题意;

C项,加入CuSO4溶液与Zn发生置换反应:

CuSO4＋Zn

Cu＋ZnSO4,生成的Cu与Zn和盐酸构成原电池,会加快反应速率,与题意不符合;

D项,若加入Na2CO3溶液,会与盐酸发生反应:

Na2CO3＋2HCl

2NaCl＋H2O＋CO2↑,使溶液中的c（H＋）减小,但由于部分H＋生成了H2O,因此使n（H＋）也减小,生成氢气的物质的量减小,不符合题意。

【误区提醒】需要注意加入硫酸钾溶液相当于加入水,溶液体积增大,盐酸浓度减小,容易忽略体积变化而漏选A。

C项,由于没有考虑锌与硫酸铜溶液置换出单质铜,形成原电池加快反应速率而错选C。

江苏高考·

11）下列说法正确的是（）

A．若H2O2分解产生1molO2,理论上转移的电子数约为4×

6.02×

1023

B．室温下,pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合,溶液pH>

7

C．钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀

D．一定条件下反应N2＋3H2

2NH3达到平衡时,3v正（H2）=2v逆（NH3）

2H2O2

2H2O＋O2↑,生成1molO2时转移2mol电子,A项错误;

pH=3的CH3COOH中已电离出的H＋,就可以将pH=11的NaOH电离出的OH－完全中和,但是CH3COOH是弱酸,还会继续电离,即醋酸过量,反应后溶液显酸性,B项错误;

铁可用作原电池的正极或作为电解池的阴极,此时铁均会受到保护,C项正确;

由反应方程式的化学计量数知,任何时候均存在2v正（H2）=3v正（NH3）,氮气与氢气合成氨气达到平衡时,速率关系为2v正（H2）=3v逆（NH3）,D项错误。

15）在体积均为1.0L的两恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉,再分别加入0.1molCO2和0.2molCO2,在不同温度下反应CO2（g）＋C（s）

2CO（g）达到平衡,平衡时CO2的物质的量浓度c（CO2）随温度的变化如图所示（图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上）。

下列说法正确的是

A．反应CO2（g）＋C（s）

2CO（g）的ΔS>

0、ΔH<

B．体系的总压强p总:

p总（状态Ⅱ）>

2p总（状态Ⅰ）

C．体系中c（CO）:

c（CO,状态Ⅱ）<

2c（CO,状态Ⅲ）

D．逆反应速率v逆:

v逆（状态Ⅰ）>

v逆（状态Ⅲ）

【解析】选B、C。

C和CO2反应是吸热反应,ΔH>

0,A项错误;

点Ⅰ所在的曲线是通入0.1molCO2,点Ⅱ所在的曲线是通入0.2molCO2,状态Ⅱ可以看作先通

0.1molCO2,此时的压强相等,再通入0.1molCO2,假如平衡不移动,此时的压强等于2倍p总（状态Ⅰ）,但要求CO2的浓度相等,应对其加热使平衡向正反应方向移动,气体物质的量增加,因此p总（状态Ⅱ）>

2p总（状态Ⅰ）,B项正确;

状态Ⅱ可以看作先通0.1molCO2,此时两者CO的浓度相等,再通入0.1molCO2,假如平衡不移动,c（CO,状态Ⅱ）=2c（CO,状态Ⅲ）,但再充入CO2,相当于增大压强,平衡左移,消耗CO,因此c（CO,状态Ⅱ）<

2c（CO,状态Ⅲ）,C项正确;

温度越高,反应速率越快,v逆（状态Ⅰ）<

v逆（状态Ⅲ）,D项错误。

北京高考·

26）氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。

以太阳能为热源,热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法。

其反应过程如下图所示:

（1）反应Ⅰ的化学方程式是　。

（2）反应Ⅰ得到的产物用I2进行分离。

该产物的溶液在过量I2的存在下会分成两层——含低浓度I2的H2SO4层和含高浓度I2的HI层。

①根据上述事实,下列说法正确的是　　　　（选填序号）。

a.两层溶液的密度存在差异

b.加I2前,H2SO4溶液和HI溶液不互溶

c.I2在HI溶液中比在H2SO4溶液中易溶

②辨别两层溶液的方法是　。

③经检测,H2SO4层中c（H＋）∶c（S

）=2.06∶1。

其比值大于2的原因是 

　。

（3）反应Ⅱ:

2H2SO4（l）

2SO2（g）＋O2（g）＋2H2O（g）ΔH=＋550kJ·

mol－1。

它由两步反应组成:

ⅰ.H2SO4（l）

SO3（g）＋H2O（g）ΔH=＋177kJ·

mol－1;

ⅱ.SO3（g）分解。

L（L1、L2）、X可分别代表压强或温度。

下图表示L一定时,ii中SO3（g）的平衡转化率随X的变化关系。

①X代表的物理量是　。

②判断L1、L2的大小关系,并简述理由:

。

【解题指南】解答本题时应按照以下流程:

（1）

（2）

【解析】

（1）反应Ⅰ是水、二氧化硫和碘反应生成硫酸和HI:

SO2＋2H2O＋I2

H2SO4＋2HI。

（2）①溶液分层与溶液的密度有关,a正确;

加I2前,H2SO4溶液和HI溶液互溶,b错误;

根据“含低浓度I2的H2SO4层和含高浓度I2的HI层”知c正确。

②碘浓度不同,则溶液颜色不同,碘浓度大,颜色深,可通过观察颜色辨别,颜色深的是HI层,颜色浅的是H2SO4层。

③H2SO4溶液中溶有少量HI,c（H＋）增大,使溶液中c（H＋）∶c（S

）的值大于2。

（3）根据反应Ⅱ和步骤ⅰ写出步骤ⅱ的热化学反应方程式为2SO3（g）

2SO2（g）＋O2（g）　ΔH=＋196kJ·

①该反应正反应为气体体积增大的反应,压强增大,平衡逆向移动,SO3的转化率减小,故X代表的物理量为压强。

②根据①可知L代表的物理量为温度。

该反应的正反应为吸热反应,相同压强时,温度升高,平衡正向移动,SO3的转化率增大,故L2>

L1。

答案:

（1）SO2＋2H2O＋I2

H2SO4＋2HI

（2）①a、c

②观察颜色,颜色深的是HI层,颜色浅的是H2SO4层

③H2SO4层含少量HI

（3）①压强

②L2>

L1;

SO3（g）分解的热化学方程式为2SO3（g）

2SO2（g）＋O2（g）

ΔH=＋196kJ·

mol－1,当压强一定时,温度升高,平衡转化率增大

28）为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系,某同学通过改变浓度研究“2Fe3＋＋2I－

2Fe2＋＋I2”反应中Fe3＋和Fe2＋的相互转化。

实验如下:

（1）待实验Ⅰ溶液颜色不再改变时,再进行实验Ⅱ,目的是使实验Ⅰ的反应达到　。

（2）ⅲ是ⅱ的对比实验,目的是排除ⅱ中　　　　造成的影响。

（3）ⅰ和ⅱ的颜色变化表明平衡逆向移动,Fe2＋向Fe3＋转化。

用化学平衡移动原理解释原因:

　。

（4）根据氧化还原反应的规律,该同学推测ⅰ中Fe2＋向Fe3＋转化的原因:

外加Ag＋使c（I－）降低,导致I－的还原性弱于Fe2＋,用如图装置（a、b均为石墨电极）进行实验验证。

①K闭合时,指针向右偏转,b作　　　　极。

②当指针归零（反应达到平衡）后,向U型管左管中滴加0.01mol·

L－1AgNO3溶液,产生的现象证实了其推测,该现象是 

（5）按照（4）的原理,该同学用上图装置进行实验,证实了ⅱ中Fe2＋向Fe3＋转化的原因。

①转化原因是　。

②与（4）实验对比,不同的操作是　。

（6）实验Ⅰ中,还原性:

I－>

Fe2＋;

而实验Ⅱ中,还原性:

Fe2＋>

I－,将（3）和（4）、（5）作对比,得出的结论是 

（1）待实验Ⅰ溶液颜色不再改变时,再进行实验Ⅱ,目的是使实验Ⅰ的反应达到化学平衡状态。

（2）实验ⅲ加入了水,是实验ⅱ的对比实验,因此目的是排除因加入FeSO4溶液而将溶液稀释引起溶液颜色的变化。

（3）ⅰ中加入AgNO3,Ag＋与I－生成AgI黄色沉淀,I－浓度降低,2Fe3＋＋2I－

2Fe2＋＋I2平衡逆向移动,溶液褪色;

ⅱ中加入FeSO4,Fe2＋浓度增大,平衡逆向移动,溶液颜色变浅。

（4）①K闭合时,指针向右偏转,表明b极为正极,Fe3＋得电子;

②当指针归零（反应达到平衡）后,向U型管左管滴加0.01mol·

L－1AgNO3溶液,产生黄色沉淀,I－浓度减小,2Fe3＋＋2I－

2Fe2＋＋I2平衡左移,指针向左偏转。

（5）①Fe2＋向Fe3＋转化的原因是Fe2＋浓度增大,还原性增强。

②与（4）实验对比,不同的操作是当指针归零后,向U型管右管中滴加

1mol·

L－1FeSO4溶液。

（6）将（3）和（4）、（5）作对比,得出的结论是在其他条件不变时,物质的氧化性和还原性与浓度有关,浓度的改变可影响物质的氧化性和还原性,导致平衡移动。

（1）化学平衡状态

（2）溶液稀释对颜色变化

（3）ⅰ中加入Ag＋发生反应:

Ag＋＋I－

AgI↓,c（I－）降低;

ⅱ中加入FeSO4,c（Fe2＋）增大,平衡均逆向移动

（4）①正　②左管产生黄色沉淀,指针向左偏转

（5）①Fe2＋浓度增大,还原性增强,使Fe2＋还原性强于I－

②向U型管右管中滴加1mol·

L－1FeSO4溶液

（6）该反应为可逆氧化还原反应,在平衡时,通过改变物质的浓度,可以改变物质的氧化性和还原性,并影响平衡移动方向

全国卷Ⅰ·

28）碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。

回答下列问题:

（1）大量的碘富集在海藻中,用水浸取后浓缩,再向浓缩液中加MnO2和H2SO4,即可得到I2。

该反应的还原产物为　。

（2）上述浓缩液中主要含有I－、Cl－等离子。

取一定量的浓缩液,向其中滴加AgNO3溶液,当AgCl开始沉淀时,溶液中

为　　　　。

已知Ksp（AgCl）=1.8×

10－10,Ksp（AgI）=8.5×

10－17。

（3）已知反应2HI（g）

H2（g）＋I2（g）的ΔH=＋11kJ·

mol－1,1molH2（g）、1molI2（g）分子中化学键断裂时分别需要吸收436kJ、151kJ的能量,则1molHI（g）分子中化学键断裂时需吸收的能量为　　　　kJ。

（4）Bodensteins研究了下列反应:

2HI（g）

H2（g）＋I2（g）,在716K时,气体混合物中碘化氢的物质的量分数x（HI）与反应时间t的关系如下表:

t/min

20

40

60

80

120

x（HI）

1

0.91

0.85

0.815

0.795

0.784

0.60

0.73

0.773

0.780

①根据上述实验结果,该反应的平衡常数K的计算式为 

②上述反应中,正反应速率为v正=k正x2（HI）,逆反应速率为v逆=k逆x（H2）x（I2）,其中k正、k逆为速率常数,则k逆为　　　　（以K和k正表示）。

若k正=0.0027min－1,在t=40min时,v正=　　　　min－1。

③由上述实验数据计算得到v正～x（HI）和v逆～x（H2）的关系可用下图表示。

当升高到某一温度时,反应重新达到平衡,相应的点分别为　　　　（填字母）。

（1）根据化合价升降规律,结合实验室制取氯气的反应,碘元素的化合价升高,锰元素的化合价降低,所以还原产物为硫酸锰。

代入数据可得

≈4.7×

10－7。

（3）根据焓变等于反应物键能减去生成物键能可知:

2×

EH—I－EH—H－EI—I=

＋11kJ·

mol－1,得EH—I=299kJ·

（4）①K=

x（HI）=0.784,x（H2）=x（I2）=（1－0.784）÷

2=0.108。

②平衡时,v正=v逆,k正x2（HI）=k逆x（H2）x（I2）,

k逆=

;

v正=k正x2（HI）,k正=0.0027min－1,在t=40min时,x（HI）=0.85,代入数据得v正≈1.95×

10－3min－1。

③升高温度,正逆反应速率均增大,在图象上v正、v逆均上移;

但平衡右移,x（HI）减少,在图象上数值减小,即A点,平衡右移,x（H2）、x（I2）增大,在图象上数值增大,即E点。

（1）MnSO4（或Mn2＋）　

（2）4.7×

10－7　（3）299

　②

　1.95×

10－3

③A、E

全国卷Ⅱ·

27）甲醇是重要的化工原料,又可作为燃料。

利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂作用下合成甲醇,发生的主要反应如下:

Ⅰ.CO（g）＋2H2（g）

CH3OH（g）　ΔH1

Ⅱ.CO2（g）＋3H2（g）

CH3OH（g）＋H2O（g）　ΔH2

Ⅲ.CO2（g）＋H2（g）

CO（g）＋H2O（g）　ΔH3

（1）已知反应Ⅰ中相关的化学键键能数据如下:

化学键

H—H

C—O

C≡O

H—O

C—H

E/（kJ·

mol－1）

436

343

1076

465

413

由此计