2023年高考化学二轮复习专题能力提升练六第一篇专题通关攻略专题二基本理论2化学反应速率和化学平衡

PAGE2-专题能力提升练六化学反响速率和化学平衡(建议用时:20分钟)一、选择题1.(2022·福州一模)一定条件下,Cu2+、Mn2+、Fe3+的浓度对乙酸在光照下催化降解速率的影响如下图。以下判断不正确的选项是()A.该实验方案的缺陷之一是未做空白对照实验B.Cu2+、Mn2+提高乙酸降解速率的最正确浓度为0.1mmol·L-1C.Fe3+不能提高乙酸降解速率D.相同条件下,乙酸在Cu2+、Mn2+、Fe3+作用下的降解速率依次减小【解析】选A。各离子浓度为0时,乙酸在光照下的降解速率为70%,这一条件下的数值就是三个实验的对照实验,A选项错误。根据图象分析,Cu2+、Mn2+提高乙酸降解速率的最正确浓度为0.1mmol·L-1,B正确;根据图象可知,Fe3+的参加会使乙酸的降解速率减小,C正确;在同一条件下,如三种离子浓度相等时,乙酸在Cu2+作用下的降解速率最大,Fe3+最小,D正确。2.(2022·四川高考)一定条件下,CH4与H2O(g)发生反响:CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)。设起始=Z,在恒压下,平衡时CH4的体积分数φ(CH4)与Z和T(温度)的关系如下图。以下说法正确的选项是()A.该反响的焓变ΔH>0B.图中Z的大小为a>3>bC.图中X点对应的平衡混合物中=3D.温度不变时,图中X点对应的平衡在加压后φ(CH4)减小【解析】选A。据图分析,随着温度升高甲烷的体积分数逐渐减小,说明升温平衡正向移动,那么正反响为吸热反响,A正确;的比值越大,起始时水蒸气浓度越大,那么甲烷的转化率越大,甲烷的体积分数越小,故a<3<b,B错误;起始参加量的比值为3,但反响中甲烷和水是按等物质的量反响的,所以到达平衡时比值不是3,C错误;温度不变时,加压,平衡逆向移动,甲烷的体积分数增大,D错误。【加固训练】(2022·石家庄一模)某恒容密闭容器中充入一定量SO2和O2进行反响:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH<0,反响速率(v)与温度(T)、SO2的体积分数[V(SO2)%]与压强(p)的关系分别如图甲、图乙所示。以下说法不正确的选项是()A.图甲中,曲线1表示逆反响速率与温度的关系B.图甲中,d点表示温度为T0时,反响已经到达平衡C.图乙中,温度恒定时,a、b两点对应的反响速率:v(a)>v(b)D.图乙中,温度恒定时,c点的反响正在向逆反响方向进行【解析】选C。图甲中,d点正逆反响速率相等,反响处于平衡状态,平衡后升温,平衡向逆反响方向移动,故v(逆)>v(正),曲线1表示逆反响速率,A、B正确;乙图中,p2压强大,反响速率快,C错误;p1到达平衡时SO2的体积分数大于c点时SO2的体积分数,所以反响向生成SO2的方向进行,D正确。3.(2022·都江堰一模)Fenton试剂常用于氧化降解有机污染物X。在一定条件下,反响初始时c(X)=2.0×10-3mol·L-1,反响10min进行测定,得图1和图2。以下说法不正确的选项是()A.50℃,pH在3～6时,X降解率随pH增大而减小B.pH=2,温度在40～80℃时,X降解率随温度升高而增大C.无需再进行后续实验,就可以判断最正确反响条件是:pH=3、温度为80℃D.pH=2,温度为50℃时,10min内X的平均降解速率v(X)=1.44×10-4mol·L-1·min-1【解析】选C。由图1可知,50℃、pH在3～6时,X降解率随pH增大而减小,A正确;由图2可知,pH=2、温度在40～80℃时,X降解率随温度升高而增大,B正确;因溶液pH、温度都会影响X的降解率,故还需要进行pH=3时温度对X降解率影响的实验或温度为80℃时pH对X降解率影响的实验,C错误;由图2可知,pH=2、50℃时X的转化率为72%,X的浓度变化量Δc(X)=2.0×10-3mol·L-1×72%=1.44×10-3mol·L-1,故v(X)=1.44×10-4mol·L-1·min-1,D正确。二、非选择题4.(2022·淮南一模)工业上先将煤转化为CO,再利用CO和水蒸气反响制H2时,存在以下平衡:CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)(1)向2L恒容密闭容器中充入CO和H2O(g),800℃时测得局部数据如下表。t/min01234n(H2O)/mol1.201.040.900.700.70n(CO)/mol0.800.640.500.300.30那么从反响开始到2min时,用H2表示的反响速率为________;该温度下反响的平衡常数K=________(小数点后保存1位有效数字)。(2)相同条件下,向2L恒容密闭容器中充入1molCO、1molH2O(g)、2molCO2(g)、2molH2(g),此时v(正)________v(逆)(填“>〞“<〞或“=〞)。(3)该反响在不同的温度下的平衡常数值分别为t/℃70080083010001200K1.671.191.000.600.38某温度下,如果平衡浓度符合以下关系式:3c(CO)·c(H2O)=5c(H2)·c(CO2)判断此时的温度是______________。【解析】(1)从反响开始到2min时,H2O的物质的量变化量为0.3mol,那么生成0.3mol氢气,用H2表示的反响速率为v(H2)==0.075mol·L-1·min-1;反响物和生成物浓度不变时,到达平衡状态,3min后到达平衡状态,容器体积为2L,那么c(H2O)=0.350mol·L-1,c(CO)=0.150mol·L-1,c(H2)=c(CO2)=0.600mol·L-1-0.350mol·L-1=0.250mol·L-1,化学平衡常数表达式为K==1.2。(2)向2L恒容密闭容器中充入1molCO、1molH2O(g)、2molCO2、2molH2,各物质浓度分别为:0.5mol·L-1、0.5mol·L-1、1mol·L-1、1mol·L-1,浓度商==4>1.2,平衡向逆反响方向移动,所以v(正)<v(逆)。(3)将3c(CO)·c(H2O)=5c(H2)·c(CO2)代入平衡常数表达式可知K=0.6,所以温度是1000℃。答案:(1)0.075mol·L-1·min-11.2(2)<(3)1000℃【方法规律】(1)利用“三段式〞进行化学平衡常数的计算(2)对于可逆反响:mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g),在一定温度下的任意时刻,反响物浓度和生成物浓度有如下关系:Qc=,Qc叫该反响的浓度商。Qc<K,反响向正反响方向进行;Qc=K,反响处于平衡状态;Qc>K,反响向逆反响方向进行。5.(2022·海口二模)磺酰氯(SO2Cl2)和亚硫酰氯(SOCl2)均是实验室常见试剂。:SO2Cl2(g)SO2(g)+Cl2(g)ΔH=akJ·mol-1K1(Ⅰ)SO2(g)+Cl2(g)+SCl2(g)2SOCl2(g)ΔH=bkJ·mol-1K2(Ⅱ)(1)反响:SO2Cl2(g)+SCl2(g)2SOCl2(g)的平衡常数K=________(用K1、K2表示)。(2)为研究不同条件对反响(Ⅰ)的影响,以13.5gSO2Cl2充入2.0L的烧瓶中,在101kPa、375K时,10min到达平衡,平衡时SO2Cl2转化率为0.80,那么0～10minCl2的平衡反响速率为________,平衡时容器内压强为________kPa,该温度的平衡常数为_______________________;假设要减小SO2Cl2转化率,除改变温度外,还可采取的措施是____________(列举一种)。【解析】(1)SO2Cl2(g)+SCl2(g)2SOCl2(g)是由(Ⅰ)、(Ⅱ)相加得到,故平衡常数为两者之积,反响热为两者之和,那么:K=K1×K2。(2)13.5gSO2Cl2的物质的量为=0.1mol,10min到达平衡时SO2Cl2转化率为0.80,那么转化的SO2Cl2为0.080mol,那么:SO2Cl2(g)SO2(g)+Cl2(g)起始量

(mol): 0.1 0 0变化量

(mol): 0.080 0.080 0.080平衡量

(mol): 0.020 0.080 0.080v(Cl2)==0.0040mol·L-1·min-1;平衡时总物质的量为0.020mol+0.080mol+0.080mol=0.180mol,故平衡时压强为:×101kPa=181.8kPa;该温度下平衡常数K===0.16mol·L-1。假设要减小转化率,可通过缩小容器体积即增大压强的方法。答案:(1)K1×K2(2)0.0040mol·L-1·min-1181.80.16mol·L-1增大压强(或缩小容器体积)【加固训练】对氮及其化合物的研究具有重要意义。(1)在1L密闭容器中,4mol氨气在一定条件下分解生成氮气和氢气。2min时反响吸收热量为46.1kJ,此时氨气的转化率为25%。该反响的热化学方程式为__________________________。(2)某恒温恒压条件下,向容积为VL的密闭容器中,起始充入1molN2、3molH2、16molNH3,发生N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。到达平衡后,N2、H2、NH3的物质的量分别为amol、bmol、cmol,此时容器的容积为1.1VL,答复以下问题:①起始时反响速率v(正)________v(逆)(填“>〞、“<〞或“=〞)。②平衡时a=________,b=________。③假设平衡后再充入3.6molNH3,重新建立平衡时容器的容积为________L。(3)原料H2还可通过反响CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)获取。①T℃时,向容积固定为5L的容器中充入1mol水蒸气和1molCO,反响达平衡后,测得CO的浓度为0.08mol·L-1,那么平衡时CO的转化率为____________,该温度下反响的平衡常数K值为________。②保持温度仍为T℃,改变水蒸气和CO的初始物质的量之比,充入容积固定为5L的容器中进行反响,以下描述能够说明体系处于平衡状态的是________(填字母序号)。a.容器内压强不随时间改变b.混合气体的密度不随时间改变c.单位时间内生成amolCO2的同时消耗amolH2d.混合气中n(CO)∶n(H2O)∶n(CO2)∶n(H2)=1∶16∶6∶6【解析】(1)根据4mol氨气转化率为25%,可以计算出分解2mol氨气吸收92.2kJ的热量。(2)①恒温恒压条件下,平衡后容器体积增大,说明气体物质的量增加,反响逆向进行,v(正)<v(逆)。②根据反响开始时,体积为VL,反响到达平衡时,体积为1.1VL,说明反响逆向进行,平衡后气体总物质的量为20×1.1=22mol,设生成氮气x,那么氢气为3x,消耗氨气2x,可得:1+x+3+3x+16-2x=22,解得x=1,所以a=1+x=2;b=3+3x=6;c=16-2x=14。③起始充入1molN2、3molH2、16molNH3,相当于充入18molNH3,平衡时体积为1.1V,在恒温恒压条件下,再充入3.6molNH3,平衡时的体积增加了=0.22V,所以总体积为:1.1V+0.22V=1.32V。(3)①CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)起始c

(mol·L-1)0.2 0.2 0 0转化c

(mol·L-1)0.120.12 0.120.12平衡c

(mol·L-1)0.080.08 0.12 0.12所以平衡时CO的转化率=(0.12÷0.2)×100%=60%该温度下反响的平衡常数K=(0.12×0.12)÷(0.08×0.08)=9÷4=2.25。②a.反响前后体积不变,因此压强始终是不变的,那么容器内压强不随时间改变不能说明反响到达平衡状态b.密度是混合气的质量和容器容积的比值,在反响过程中质量和容积始终是不变的,即密度始终是不变的,所以混合气体的密度不随时间改变不能说明反响到达平衡状态。c.单位时间内生成amolCO2的同时消耗amolH2,由于单位时间内生成amolCO2的同时还生成amol氢气,这说明正逆反响速率相等,可以说明到达平衡状态。d.由于反响前后体积不变,可以用物质的量代替浓度,即混合气中n(CO)∶n(H2O)∶n(CO2)∶n(H2)=1∶16∶6∶6,那么此时Qc===,因此恰好是平衡状态,d正确。答案:(1)2NH3(g)N2(g)+3H2(g)ΔH=+92.2kJ·mol-1(2)①<②26③1.32V(3)①60%2.25②cd(建议用时:25分钟)一、选择题1.在一定条件下,将A和B各0.32mol充入容积为10L的恒容密闭容器中,发生反响:A(g)+B(g)2C(g)ΔH<0,反响过程中测定的数据如下表。以下说法正确的选项是()t/min02479n(B)/mol0.320.240.220.200.20A.反响前2min的平均速率v(C)=0.004mol·L-1·min-1B.其他条件不变,降低温度,反响到达新平衡前v(逆)>v(正)C.保持其他条件不变,起始时向容器中充入0.64molA和0.64molB,平衡时n(C)<0.48molD.其他条件不变,向平衡体系中再充入0.32molA,再次平衡时,B的转化率增大【解析】选D。v(C)=2v(B)=2×=0.008mol·L-1·min-1,A错误;正反响是放热反响,降低温度,平衡正向移动,故达新平衡前v(正)>v(逆),B错误;原平衡时,生成n(C)=(0.32-0.20)mol×2=0.24mol,假设充入0.64molA和0.64molB相等于把两个反响容器压缩至一个,平衡不移动,故n(C)=0.48mol,C错误;其他条件不变,向平衡体系中再充入0.32molA,平衡正向移动,B的转化率增大,D项正确。2.:NH2COO-+2H2OHC+NH3·H2O。现用两份氨基甲酸铵溶液在不同温度(T1和T2)下实验,得到c(NH2COO-)随时间变化关系,如下图。以下分析正确的选项是()A.无法判断T1和T2的大小关系B.T1时,第6min反响物转化率为6.25%C.T2时,0～6min,v(NH2COO-)=0.3mol·L-1·min-1D.往平衡体系加水稀释,平衡右移,溶液中各种离子浓度减小【解析】选B。由图象可以看出,用时6min内,T2温度下氨基甲酸铵浓度变化大,所以T2>T1,A错误;在T1时,第6min,反响物由2.4mol·L-1降低到2.25mol·L-1,反响掉0.15mol·L-1,反响物转化率为(0.15÷2.4)×100%=6.25%,B正确;T2时,0～6min,v(NH2COO-)=(2.2-1.9)÷6=0.05(mol·L-1·min-1),C错误;往平衡体系中加水稀释,平衡右移,溶液碱性减弱,酸性增强,H+浓度升高,D错误。【加固训练】一定温度下,将1molA和1molB气体充入2L密闭容器,发生反响:A(g)+B(g)xC(g)+D(s)ΔH>0,t1时到达平衡。在t2、t3时刻分别改变反响的一个条件,测得容器中气体C的浓度随时间变化如下图。以下说法正确的选项是()A.t1～t3间该反响的平衡常数均为4B.反响方程式中的x=1C.t2时刻改变的条件是使用催化剂D.t3时刻改变的条件是移去少量物质D【解析】选A。由图可知,t2时刻C的浓度增大,但平衡不移动,故改变的条件应是增大压强,反响前后气体的化学计量数之和相等,故x=1+1=2,B、C项错误;t1～t3间温度相同,由图可知t1时刻平衡时,c(C)=0.5mol·L-1,那么:A(g)+B(g)2C(g)+D(s)开始(mol·L-1): 0.5 0.5 0变化(mol·L-1):0.25 0.25 0.5平衡(mol·L-1): 0.25 0.25 0.5代入数值计算平衡常数K=4,A正确;D是固体,改变D的用量,不影响平衡移动,t3时刻改变条件时C的瞬时浓度不变,平衡向正反响移动,可能是增大反响物的浓度或升高温度,D项错误。3.一定温度下,在甲、乙、丙三个容积均为2L的恒容密闭容器中投入SO2(g)和O2(g),发生2SO2(g)+O2(g)2SO3(g),起始物质的量及SO2的平衡转化率如下表所示:甲乙丙起始物质的量n(SO2)/mol0.40.80.8n(O2)/mol0.240.240.48SO2的平衡转化率/%80α1α2以下判断中,正确的选项是()A.甲中反响的平衡常数小于乙B.该温度下,平衡常数值为400C.丙中反响可以用平衡分压表示平衡常数Kp,那么Kp的大小受温度、压强影响D.平衡时,甲中O2的转化率大于乙中O2的转化率【解析】选B。在反响方程式确定的情况下,平衡常数只与温度有关,甲、乙处于相同温度,平衡常数相同,A项错误;利用甲组数据计算得平衡常数为400,B项正确;对于一定条件下的某一可逆反响,用平衡浓度表示的平衡常数和平衡分压表示的平衡常数,表示方法不同,其数值不同,但意义相同,平衡常数只与温度有关,与压强、浓度变化无关,C项错误;乙相当于在甲中增加0.4molSO2(g),平衡正向移动,乙中O2的转化率大,D项错误。【互动探究】(1)平衡时,乙中SO2的转化率________80%(填“>〞“<〞或“=〞)。提示:<。乙相当于在甲中增加0.4molSO2(g),平衡正向移动,乙中O2的转化率增大,SO2的转化率减小。(2)假设上述是在恒压条件下进行的,那么α2________80%(填“>〞“<〞或“=〞)。提示:=。在恒压条件下,甲和丙是等效平衡,转化率相等。二、非选择题4.向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molPCl5,在温度为T时发生如下反响PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)。反响过程中局部数据如下图。答复以下问题:(1)反响在前50s的平均速率v(PCl5)=________。(2)相同温度下,假设起始时向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2,那么此时v(正)________v(逆)(填“>〞“<〞或“=〞)。(3)保持其他条件不变,升高温度,重新到达平衡时,c(PCl3)=0.11mol·L-1,那么正反响是________反响(填“吸热〞或“放热〞)。【解析】(1)v(PCl5)=v(PCl3)=0.16mol/(2.0L·50s)=1.6×10-3mol·L-1·s-1。(2)PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)起始量

(mol) 1.0 0 0转化量

(mol) 0.20 0.20 0.20平衡量

(mol) 0.80 0.20 0.20K==0.025,此时浓度商Qc==0.02<0.025,v(正)>v(逆)。(3)平衡时c(PCl3)=0.20÷2=0.10(mol·L-1),升高温度其浓度增大,平衡正向移动,正反响是吸热反响。答案:(1)1.6×10-3mol·L-1·s-1(2)>(3)吸热【加固训练】在Cu2O/ZnO做催化剂的条件下,将CO(g)和H2(g)充入容积为2L的密闭容器中发生化合反响生成CH3OH(g),CO(g)+2H2(g)CH3OH(g),反响过程中,CH3OH的物质的量(n)与时间(t)及温度的关系如以下图。根据题意答复以下问题:(1)反响到达平衡时,平衡常数表达式K=__________________________;升高温度,K值________(填“增大〞、“减小〞或“不变〞)。(2)在500℃,从反响开始到平衡,氢气的平均反响速率v(H2)=________。(3)假设其他条件不变,对处于Z点的体系,将体积压缩至原来的1/2,到达新的平衡后,以下有关该体系的说法正确的选项是________。a.氢气的浓度与原平衡比减少b.正、逆反响速率都加快c.甲醇的物质的量增加d.重新平衡时n(H2)/n(CH3OH)增大(4)据研究,反响过程中起催化作用的为Cu2O,反响体系中含少量的CO2有利于维持Cu2O的量不变,原因是:_____________________________________________(写出相关的化学方程式并辅以必要的文字说明)。【解析】(1)根据反响CO(g)+2H2(g)CH3OH(g),K=;根据图象知升高温度,平衡向逆方向移动,正反响是放热反响,所以升高温度,K值减小。(2)在500℃时,到达平衡时,甲醇的物质的量增加了0.4mol,所以氢气的物质的量减少了0.8mol,v(H2)=0.8mol÷2L÷2s=0.2mol·L-1·s-1。(3)对处于Z点的平衡体系,将体积压缩至原来的1/2,各物质的浓度均增大,a错误;正逆反响速率都加快,b正确;平衡正向移动,甲醇的物质的量增加,c正确;平衡正向移动,氢气减少,甲醇增加,所以n(H2)/n(CH3OH)减小,d错误。(4)CO2有利于抑制反响Cu2O+CO2Cu+CO2向正方向移动,所以体系中有CO2可以抑制Cu2O被复原。答案:(1)减小(2)0.2mol·L-