2020届高考化学复习专题10：反应速率 化学平衡（基础版含详解）

专题10：反应速率、化学平衡1．D【解析】一定条件下，将1molX和2molY加入2L的恒容密闭容器中，反应l0min，测得Y的物质的量为1.4mol。X（g）+2Y（s）2Z（g）△H=-akJ·mol-1（a＞0）。n始/mol12n变/mol0.71.41.4n平/mol0.30.61.4A.第10min时，Z的浓度为=0.7mol·L-1，故A错误；B.1molX完全反应放出热量为akJ，则10min内，X和Y反应放出的热量为0.7akJ，故B错误；C.10min内，X的平均反应速率为=0.035mol·L-1·min-1，故C错误；D.该反应是有固体参加的反应，若容器中的气体密度不再发生变化，说明上述反应已达平衡状态，故D正确；故选D。2．D【解析】两种状态是等效平衡，该恒容恒温下有两种情况，一种是x=3，一种是x=2的全等平衡，前一种压强不影响平衡，后一种压强增大平衡正向移动。A、压强增大，两种情况C浓度增大，选项A错误；B、第一种反应前后气体体积不变，总物质的量不变，平衡摩尔质量不变，第二种缩小体积相当于增大压强平衡向气体体积缩小的正方向移动，平均摩尔质量增大，选项B错误；C、K只与温度有关，与压强无关，压强增大，K不变，选项C错误；D、增大压强，正逆反应速率均增大，选项D正确。答案选D。3．B【解析】A.温度升高，生成物的量减少，平衡逆向移动，所以正反应是放热反应，故A错误；B.平衡常数等于平衡时生成物的浓度幂之积比上反应的浓度幂之积，所以K==0.25，故B正确；C.反应的活化能与反应的温度无关，故C错误；D.由200℃时，各物质的量关系可知，反应方程式为：2NO（g）+C（s）N2（g）+CO2（g），两边气体的计量数相等，而平衡后向恒容容器中再充入0.1molNO，相当于增大压强，平衡不移动，所以NO的百分含量将不变，故D错误；故选B。4．C【解析】A.在其它条件不变时，由T1变成T2时，A2B3的体积分数减小，平衡逆向移动，由于该反应为放热反应，说明是升高温度，因此T1＜T2，故A错误；B.根据题意，a、b、c三点都处于平衡状态，但c点时A2（g）的浓度最大，正向速率最大，故B错误；C.根据题意，在反应物和生成物均为气体的可逆反应中，若反应物按计量系数比投料，则平衡时产物的体积分数最大，因此在n（A2）=d的点：=，解得n（B2）=1.5d，故C正确；D.在反应中增加A2的量，B2的转化率增大，因此a、b、c三点中：B2的转化率顺序为：c>b>a，故D错误；故选C。5．B【解析】A.该反应中有机物发生了脱氢反应，属于氧化反应，A不正确；B.根据苯环上12原子共面、乙烯分子中6原子共面，可以判断苯乙烯最多16个原子共平面，B正确；C.在保持体积一定的条件下，充入较多的乙苯，化学平衡向逆反应方向移动，乙苯的转化率减小，C不正确；D.苯、乙苯的主要来源是煤的干馏以及石油分馏产品的催化重整，D不正确。本题选B。6．A【解析】A．改用铝粉，固体表面积增大，反应速率增大，选项A正确；B.降低反应温度，反应速率减慢，选项B错误；C、减小氢氧化钠溶液的浓度，反应速率减慢，选项C错误；D、延长反应时间无法加快反应速率，选项D错误。答案选A。7．B【解析】A、验证氯化铁溶液对双氧水的分解有催化作用时溶液的温度应该用相同，A错误；B、制备和收集氨气装置均正确，B正确；C、二氧化锰氧化浓盐酸制备氯气需要加热，C错误；D、碳酸钠溶液中的导管不能插入溶液中，以防止倒吸，D错误，答案选B。8．D【解析】A、该反应有气体产生△S＞0，钠在氯气中燃烧是放热反应，其逆反应吸热△H＞0，选项A错误；B、常温下，将稀CH3COONa溶液加水稀释后，水解程度增大，水的电离程度减小，n（H+）·n（OH－）减小，选项B错误；C、合成氨生产中将NH3液化分离，生成物的浓度减小，反应速率减小，选项C错误；D、氢氧燃料电池负极正极H2～2e-，，工作时，若消耗标准状况下11.2LH2，则转移电子数为6.02×1023，选项D正确。答案选D。9．B【解析】A、升高温度，正逆反应速率都增大，都大于原来平衡速率，选项A错误；B、反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量为吸热反应，该图表示正确，选项B正确；C、图中向20mL0.1mol·L－1硫酸中滴加0.1mol·L－1NaOH溶液时，溶液酸碱性的变化是：酸性溶液→中性溶液→碱性溶液，但滴定终点消耗氢氧化钠的体积应该为40mL，选项C错误；D、图丁表示向Ba（OH）2溶液中滴加稀H2SO4至过量，溶液的导电性变化应逐渐减小，当硫酸过量时导电性逐渐增大，选项D错误。答案选B。10．A【解析】A、平均相对分子质量=气体的总质量÷气体的总物质的量，该反应气体的总质量不变，气体的总物质的量是变量，则气体的平均相对分子质量是变量，变量不变达平衡，故A正确；B、两种气体的浓度变化量之比等于计量系数之比，即2：1，但无法判断二者平衡时的浓度之比，故B错误；C、升高温度，平衡一定会移动，故C错误；D、没有已知起始时各物质的量的关系，无法计算转化率，故D错误。故选A。11．CH3OH（l）+3/2O2（g）=CO2（g）+H2O（l）ΔH＝－726.5kJ·mol－1＜＜0.04mol·L－1·min－10.04CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O蓝色褪为无色8.96%【解析】试题分析：本题考查盖斯定律的应用，图像分析，化学反应速率和化学平衡常数的计算，电极反应式的书写，氧化还原反应的滴定实验。（1）应用盖斯定律，将②+④-①得，CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）ΔH=（-571.6kJ/mol）+（-566.0kJ/mol）-（-128.1kJ/mol）=-726.5kJ/mol，CH3OH燃烧热的热化学方程式为CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）ΔH=-726.5kJ/mol。（2）①根据图示，T2时达到平衡所需时间小于T1时，其他条件相同时升高温度反应速率加快，则T1T2。T2平衡时体系中H2O（g）的体积百分含量小于T1时，升高温度平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应，则对应的平衡常数K1K2。②根据图像，温度T2下，2min时体系中H2O（g）的体积百分含量为32%，设从开始到2min时转化H2O（g）物质的量浓度为x，用三段式CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）c（起始）（mol/L）0.10.2400c（转化）（mol/L）xxx3xc（2min末）（mol/L）0.1-x0.24-xx3x=32%，解得x=0.08mol/L，从反应开始到2min时υ（H2O）==0.04mol/（L·min）。③T1温度时，设从开始到平衡转化CH4物质的量浓度为y，用三段式CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）c（起始）（mol/L）0.10.2400c（转化）（mol/L）yyy3yc（平衡）（mol/L）0.1-y0.24-yy3y平衡时H2O（g）的体积百分含量为40%，则=40%，解得y=0.058mol/L，平衡时CH4、H2O（g）、CO、H2物质的量浓度依次为0.042mol/L、0.182mol/L、0.058mol/L、0.174mol/L，该温度下反应的平衡常数K===0.04。（3）根据图示在Cu电极表面CO2得到电子被还原成CH4，1molCO2得到8mol电子被还原成1molCH4，Cu电极表面的电极反应式为CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O。（4）①碘的酒精溶液中加入淀粉溶液，溶液变蓝，用Na2S2O3滴定到终点，I2被完全消耗，滴定终点时溶液颜色的变化为：蓝色褪为无色。②根据方程式5CO（g）+I2O5（s）5CO2（g）+I2（s）和2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6，写出关系式5CO~I2~2Na2S2O3，500mL气体样品中含CO物质的量为0.0100mol/L0.02L=0.002mol，标准状况下V（CO）=0.002mol22.4L/mol=0.0448L=44.8mL，气体样品中CO的体积分数为100%=8.96%。12．>b2OH-+SO2=SO32-+H2O

酸性HSO3-存在HSO3-H++SO32-和HSO3-+H2OH2SO3+OH-，HSO3-的电离程度大于水解程度1.60NA

（或1.6NA）173.42.67【解析】试题分析：本题考查化学平衡常数的计算，外界条件对化学平衡的影响，反应热的计算，弱酸酸式盐溶液酸碱性的判断。（1）①SO2发生催化氧化反应的方程式为2SO2+O22SO3，该反应的正反应为气体分子数减小的反应，甲为恒压容器，建立平衡过程中容器的体积减小，甲相当于在乙达平衡后增大压强，增大压强平衡向正反应方向移动，反应物的转化率增大，两容器中SO2的转化率：甲乙。②a项，温度和容器体积不变，充入1.0mol

He，各物质的浓度不变，平衡不发生移动，SO2的转化率不变；b项，温度和容器体积不变，充入1.0mol

O2，增大O2的浓度，平衡向正反应方向移动，SO2的转化率增大；c项，在其他条件不变时，充入lmolSO3，增大SO3浓度，平衡向逆反应方向移动，SO2的转化率减小；d项，在其他条件不变时，改用高效催化剂，平衡不发生移动，SO2的转化率不变；能使SO2转化率提高的是b，答案选b。（2）①SO2属于酸性氧化物，与NaOH反应生成Na2SO3和H2O，反应的化学方程式为SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，离子方程式为SO2+2OH-=SO32-+H2O。②NaHSO3溶液中S元素主要以HSO3-形式存在，HSO3-微弱发生电离，n（HSO3-）：n（SO32-）1：1，根据表中数据，NaHSO3溶液呈酸性。原因是：在NaHSO3溶液中既存在HSO3-的电离平衡HSO3-H++SO32-，又存在HSO3-的水解平衡HSO3-+H2OH2SO3+OH-，且HSO3-的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性。（3）将反应编号：CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=-574kJ·mo1-1（①式）CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=-1160kJ·mol-1（②式）应用盖斯定律，将（①式+②式）2得，CH4（g）+2NO2（g）=CO2（g）+N2（g）+2H2O（g）ΔH=（-574kJ/mol-1160kJ/mol）2=-867kJ/mol，CH4还原NO2至N2的热化学方程式为：CH4（g）+2NO2（g）=CO2（g）+N2（g）+2H2O（g）ΔH=-867kJ/mol，在该反应中C元素的化合价由CH4中的-4价升至CO2中的+4价，消耗1molCH4转移8mol电子，n（CH4）==0.2mol，标准状况下4.48LCH4反应转移1.6mol电子，转移电子数为1.6NA。放出的热量为867kJ/mol0.2mol=173.4kJ。（4）用三段式，设CO（g）、H2O（g）起始物质的量浓度依次为amol/L、2amol/L，从起始到平衡过程中转化CO物质的量浓度为xmol/LCO（g）+H2O（g）CO2

（g）+H2（g）

c（起始）（mol/L）a2a00c（转化）（mol/L）xxxxc（平衡）（mol/L）a-x2a-xxx（a-x）：（2a-x）=1：6，x=0.8a，平衡时CO、H2O（g）、CO2、H2物质的量浓度依次为0.2amol/L、1.2amol/L、0.8amol/L、0.8amol/L，平衡常数K==2.67。13．-746.54.4×10-3D22.2%3.41.0×10-7【解析】试题分析：本题考查盖斯定律的应用，图像的分析，化学反应速率和化学平衡的计算，外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响，电离平衡常数的计算。（1）①N2（g）+O2（g）=2NO（g）ΔH=180.5kJ/mol根据C和CO的燃烧热可写出热化学方程式②C（s）+O2（g）=CO2（g）ΔH=-393.5kJ/mol③CO（g）+O2（g）=CO2（g）ΔH=-283kJ/mol应用盖斯定律，③2-①得，2NO（g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）ΔH=2（-283kJ/mol）-（180.5kJ/mol）=-746.5kJ/mol。（2）①由图像可知0~9min内的平均反应速率υ（CO）===4.410-3mol/（L·min）。根据图像9min时反应达到平衡状态，9~12min保持平衡状态，12min时改变条件，18min达到新平衡，此过程中υ（CO）===3.310-3mol/（L·min），12min~18min内NO、CO浓度减小，N2浓度增大，12min时改变条件化学反应速率减慢，平衡向正反应方向移动。A，升高温度，化学反应速率加快，平衡向逆反应方向移动，A项不可能；B，加入NO，NO的浓度应突然增大，化学反应速率加快，平衡向正反应方向移动，B项不可能；C，加入催化剂，化学反应速率加快，平衡不移动，C项不可能；D，降低温度，化学反应速率减慢，平衡向正反应方向移动，D项可能；答案选D。②根据图像写出到18min时的三段式2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）c（起始）（mol/L）0.20.100c（转化）（mol/L）0.060.060.030.06c（平衡）（mol/L）0.140.040.030.06此时CO2的体积分数为100%=22.2%。化学平衡常数K===3.4。（3）0.1mol/LHCOONa溶液的pH=10，溶液中c（H+）=110-10mol/L，溶液中c（OH-）=110-4mol/L，根据水解平衡方程式HCOO-+H2OHCOOH+OH-，溶液中c（HCOOH）=110-4mol/L，c（HCOO-）=0.1mol/L-110-4mol/L0.1mol/L，HCOOH的电离常数Ka===110-7。14．（恒压）分液漏斗MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2Opq会有氯化氢杂质与乙醇反应，生成氯乙烷。导致三氯乙醛的纯度降低停止对A加热或控制滴加盐酸的量淀粉溶液蓝色变为无色，且半分钟内不变色66.4%（或66.375%）【解析】A装置利用二氧化锰与浓盐酸制备氯气，反应的方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，B装置用饱和食盐水除去HCl，C装置盛放浓硫酸干燥氯气，D中反应制备CCl3CHO，E装置盛放氢氧化钠溶液，吸收尾气中氯气、HCl防止污染空气。（1）由仪器a的结构可知，该分液漏斗能平衡压强，使漏斗内液体顺利滴下，为恒压分液漏斗，故答案为：恒压分液漏斗；（2）装置A中浓盐酸与二氧化锰在加热时反应放出氯气，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；（3）冷凝管水流遵循下口进上口出，即p口进，q口出，故答案为：p；q；（4）装置B中的饱和食盐水可以除去氯气中的杂质氯化氢，若撤去装置B，氯化氢杂质会与乙醇反应，生成氯乙烷，导致三氯乙醛的纯度降低，故答案为：会有氯化氢杂质与乙醇反应，生成氯乙烷，导致三氯乙醛的纯度降低；（5）实验时发现D中导管口处气泡速率过快，可以停止对A加热或控制滴加盐酸的量，适当降低生成氯气的速率，故答案为：停止对A加热或控制滴加盐酸的量；（6）根据CCl3CHO+OH-→CHCl3+HCOO-；HCOO-+I2-=H++2I-+CO2↑;I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，反应过程中涉及碘单质，可以选用淀粉作指示剂；滴定终点的现象为蓝色变为无色，且半分钟内不变色；根据消耗的Na2S2O3计算剩余I2的物质的量0.02000mol•L-1×0.02L×=2×10-4mol，与HCOO-反应的I2的物质的量为0.1000mol•L-1×0.02L-2×10-4mol=1.8×10-3mol，由CCl3CHO～HCOO-～I2可知，CCl3CHO的物质的量为1.8×10-3mol，则产品的纯度为×100%=66.4%，故答案为：淀粉溶液；蓝色变为无色，且半分钟内不变色；66.4%。15．反应产生气泡的快慢控制阴离子相同，排除阴离子的干扰2H2O22H2O＋O2↑取一试管，加入2mL5％H2O2溶液，不加入任何试剂，作空白对照收集40mL气体所需要的时间【解析】（1）该反应中产生气体，所以可根据生成气泡的快慢判断，氯化铁和硫酸铜中阴阳离子都不同，无法判断是阴离子起作用还是阳离子起作用；硫酸钠和硫酸铜阴离子相同，可以消除阴离子不同对实验的干扰，双氧水在二氧化锰作用下生成水和氧气，所以反应方程式为2H2O22H2O+O2↑，故答案为：反应产生气泡的快慢；控制阴离子相同，排除阴离子的干扰；2H2O22H2O+O2↑；（2）为了使定性实验的结果更具说服力，可以做一个对照试验：加催化剂和不加催化剂条件下时，双氧水的分解情况对比，具体操作是：取一试管，加入2mL5%

H2O2溶液，不加入任何试剂，作空白对照，故答案为：取一试管，加入2mL5%H2O2溶液，不加入任何试剂，作空白对照；（3）该反应是通过生成气体的反应速率分析判断的，所以根据v=判知，需要测量的数据是产生40ml气体所需要的时间，故答案为：收集40mL气体所需要的时间。16．Mg2B2O5•H2O+2H2SO4═2MgSO4+2H3BO3升高温度或把矿物粉碎或浸出时搅拌Fe3O4SiO2、CaSO4将Fe2+氧化为Fe3+使Al3+与Fe3+形成氢氧化物沉淀而除去MgSO42H3BO3+3Mg===3MgO+2B+3H2O【解析】以铁硼矿（主要成分为Mg2B2O5•H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等）为原料制备硼酸（H3BO3），由流程可知，加硫酸溶解只有SiO2不溶，CaO转化为微溶于水的CaSO4，“净化除杂”需先加H2O2溶液，将亚铁离子转化为铁离子，调节溶液的pH约为5，使铁离子、铝离子均转化为沉淀，则滤渣为氢氧化铝、氢氧化铁，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出H3BO3。（1）Mg2B2O5•H2O与硫酸反应的化学方程式Mg2B2O5•H2O+2H2SO42H3BO3+2MgSO4，为提高浸出速率，除适当增加硫酸浓度浓度外，还可采取的措施有提高反应温度或把矿物粉碎或浸出时搅拌，故答案为：Mg2B2O5•H2O+2H2SO42H3BO3+2MgSO4；升高温度或把矿物粉碎或浸出时搅拌；（2）利用Fe3O4的磁性，可将其从“浸渣”中分离．“浸渣”中还剩余的物质是SiO2、CaSO4，故答案为：Fe3O4；SiO2、CaSO4；（3）“净化除杂”需先加H2O2溶液，作用是将亚铁离子氧化为铁离子．然后在调节溶液的pH约为5，目的是使铁离子、铝离子形成氢氧化物沉淀而除去，故答案为：将亚铁离子氧化为铁离子；使铁离子、铝离子形成氢氧化物沉淀而除去；（4）最后浓缩结晶时硫酸镁易结合水以晶体析出，则“粗硼酸”中的主要杂质是硫酸镁，故答案为：硫酸镁；（5）NaBH4为离子化合物，含离子键、共价键，其电子式为，故答案为：；（6）以硼酸和金属镁为原料可制备单质硼的化学方程式为2H3BO3B2O3+3H2O、B2O3+3Mg2B+3MgO，总反应为2H3BO3+3Mg3MgO+2B+3H2O，故答案为：2H3BO3+3Mg3MgO+2B+3H2O。17．+360.42CHCl3+6AgHCCH↑+6AgCl<>2.4×l0-3【解析】（1）考查盖斯定律的应用以及反应热与键能的关系，①：①4CH4（g）+3O2（g）=2C2H2（g）+6H2O（g），②2H2（g）+O2（g）=2H2O（g），因此有（①－②×3）/2，即△H3=（a－3b）/2kJ·mol－1；②△H=反应物键能总和－生成物键能总和=2×4×413.4－（2×413.4＋812＋3×436）kJ·mol－1=＋360.4kJ·mol－1；（2）考查化学反应方程式的书写，氯仿和金属银反应生成乙炔和氯化银，因此方程式为2CHCl3+6AgHCCH↑+6AgCl；（3）考查勒夏特列原理、化学平衡的计算，①根据图像，随着温度的升高，乙炔的平衡转化率降低，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，即正反应方向是放热反应，△H<0，此线为平衡线，平衡线上的每一个点达到平衡，N→M，乙炔转化率增大，即平衡向正反应方向进行，正反应方向速率大于逆反应方向速率；②HCCH（g）+HCl（g）CH2=CHCl（g）起始：110变化：0.80.80.8平衡：0.20.20.8，乙炔平衡时物质的量分数为0.2/1.2，氯化氢的物质的量分数为0.2/1.2，氯乙烯的物质的量分数为0.8/1.2，Kp=，代入数值，解得Kp=2.4×10－3。18．0.02mol/（L·min）或0.02mol·L-1·min-10.502﹥【解析】本题考查化学反应速率的计算，以及影响化学反应速率的因素，（1）根据化学反应速率的数学表达式，c（A）=（1－0.8）/10mol/（L·min）=0.02mol/（L·min）；（2）根据表格数据，实验1在40min达到平衡，因此c1=0.50mol·L－1；（3）使用催化剂，加快反应速率，达到平衡所用的时间较短，实验1在40min达到平衡，实验2在20min达到平衡，因此实验2使用了正催化剂；（4）实验3，0－10min时，A的反应速率是v（A）=（1－0.4）/10mol/（L·min）=0.06mol/（L·min），反应速率大于实验1，升高温度，化学反应速率加快，因此T3>800℃。点睛：本题的易错点是化学反应速率的计算，化学反应速率的定义是单位时间反应物浓度的减少或生成物浓度的增加，注意是浓度的变化，不是物质的量变化，同时化学反应速率不仅要有数值还要有单位，单位的书写mol/（L·min）或mol·L-1·min-1。19．（1）2min末SO3气体的物质的量浓度为0.8mol/L，（2）2min内O2的平均反应速率v（O2）为0.2mol/（L．min），（3