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高考化学分类题库考点7化学反应速率和化学平衡
考点7化学反应速率和化学平衡
.(2015·安徽高考·11)汽车尾气中NO产生的反应为N2(g)+O2(g)
2NO(g),一定条件下,等物质的量的N2(g)和O2(g)在恒容密闭容器中反应,如图曲线a表示该反应在温度T下N2的浓度随时间的变化,曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时N2的浓度随时间的变化。
下列叙述正确的是()
A.温度T下,该反应的平衡常数K=
B.温度T下,随着反应的进行,混合气体的密度减小
C.曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂
D.若曲线b对应的条件改变是温度,可判断该反应的ΔH<0
【解题指南】解答本题时应注意以下3点:
(1)曲线b比曲线a到达平衡所需要的时间短,反应速率快些;
(2)催化剂能改变反应速率,不能改变平衡状态;
(3)密度ρ=m/V。
【解析】选A。
根据图象知T温度下,N2的浓度变化为c0-c1,
N2 + O2
2NO
起始:
c0c00
变化:
c0-c1c0-c12(c0-c1)
平衡:
c1c12(c0-c1)
平衡常数K=
=
A正确;该反应是气体体积不变的反应,容积固定,气体质量守恒,则气体密度始终不变,B错误;催化剂对平衡移动没有影响,若曲线b对应的条件改变是使用了催化剂,则曲线a、b的平衡状态应相同,但图象显示曲线b对应的氮气的平衡浓度小些,C错误;根据“先拐先平”知,若曲线b对应的条件是温度的改变,则曲线b对应的温度高,若该反应的ΔH<0,则升温,平衡逆向移动,氮气的平衡浓度增大,即比曲线a对应的氮气的平衡浓度大些,与图象不符,D错误。
.(2015·福建高考·12)在不同浓度(c)、温度(T)条件下,蔗糖水解的瞬时速率(v)如下表。
下列判断不正确的是
c/mol·L-1
v/mmol
·L-1·min-1
T/K
0.600
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
1.80
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<318.2
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·L-1·min-1,所以在浓度是0.400mol·L-1时,水解的速率是6.00mmol·L-1·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·L-1·min-1,现在该反应的速率是2.16mmol·L-1·min-1<3.60mmol·L-1·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。
.(2015·四川高考·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
【解题指南】解答本题时应注意以下两点:
(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。
.(2015·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
【解题指南】解答本题时应注意以下两点:
(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:
Mg(OH)2(s)
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。
.(2015·天津高考·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·L-1
【解析】选D。
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。
.(2015·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%
【解析】选C。
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)
COS(g)+H2(g) K=0.1
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
【解题指南】解答本题时应注意以下两点:
(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。
.(2015·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)
【解析】选C。
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。
.(双选)(2015·江苏高考·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<0
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) .(2015·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·mol-1。 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 .(2015·北京高考·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 。 【解题指南】解答本题时应按照以下流程: 【解析】 (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。 答案: (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 .(2015·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 0 20 40 60 80 120 x(HI) 1 0.91 0.85 0.815 0.795 0.784 x(HI) 0 0.60 0.73 0.773 0.780 0.784 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)。 【解析】 (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。 (2) = = 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·mol-1。 (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。 答案: (1)MnSO4(或Mn2+) (2)4.7×10-7 (3)299 (4)①K= ② 1.95×10-3 ③A、E .(2015·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 回答下列问题: (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 由此计算Δ
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