2024届高考化学二轮专题复习与测试第一部分专题八化学反应速率与化学平衡考点二化学平衡状态

考点二化学平衡状态1．化学平衡状态一定条件下的可逆反应达到v正＝v逆的状态。达到化学平衡状态时：v正＝v逆>0；各组分的浓度保持不变。2．化学平衡移动原理(1)勒夏特列原理(又称平衡移动原理)的内容：如果改变影响平衡的一个因素(如温度、压强及参加反应的物质的浓度)，平衡就向着能够减弱这种改变的方向移动。关键字“减弱”有两层含义：与改变条件相反的方向；平衡移动不能抵消这种改变。(2)平衡移动方向的判断方法：①依据勒夏特列原理判断。②根据图像中v正和v逆的相对大小判断，v正>v逆平衡正向移动，v正<v逆平衡逆向移动。③依据变化过程中速率变化的性质判断：正反应速率增大的程度小于逆反应速率增大的程度，则平衡向逆反应方向移动。④依据浓度商(Q)判断：Q>K，反应向逆反应方向进行，Q<K，平衡向正反应方向进行。(3)用勒夏特列原理不能解释的问题：不存在化学平衡移动的不能用勒夏特列原理解释。现有下列情况：①混合气体的密度保持不变；②气体压强保持不变；③气体的平均摩尔质量保持不变；④eq\f(c（NO2）,c（N2O4）)保持不变；⑤O2的物质的量保持不变；⑥v正(N2O4)∶v逆(NO2)＝1∶2。能表明在1L恒温恒容的密闭容器中发生的反应N2O4(g)2NO2(g)一定达到平衡状态的是()A．②③④⑥B．①②③⑥C．①③⑤⑥D．②③④⑤解析：题给反应过程中各物质均为气体，所以气体的总质量不变，容器恒容，所以密度始终不变，故①不符合题意；反应未平衡时，气体的总物质的量会发生变化，容器恒容，则压强会发生变化，当压强不变时，说明反应平衡，故②符合题意；未平衡时气体的总物质的量会发生变化，而气体的总质量不变，所以气体的平均摩尔质量会发生改变，当其不变时说明反应平衡，故③符合题意；题给反应未平衡时，c(N2O4)减小，c(NO2)增大，则eq\f(c（NO2）,c（N2O4）)会发生变化，当该值不变时说明反应达到平衡，故④符合题意；氧气不参与题给反应，所以氧气的物质的量不变不能判断反应是否平衡，故⑤不符合题意；v正(N2O4)∶v逆(NO2)＝1∶2说明v正(NO2)＝v逆(NO2)，反应达到平衡，故⑥符合题意；综上所述能表明反应一定达到平衡状态的是②③④⑥。故选A。答案：A判断化学平衡状态的理论依据是v正＝v逆；判断化学反应进行的方向和平衡移动的依据还是v正、v逆是否相等，即v正>v逆，反应正向进行，平衡正向移动；v正<v逆，反应逆向进行，平衡逆向移动。1．(2022·湖南卷)向体积均为1L的两恒容容器中分别充入2molX和1molY发生反应：2X(g)＋Y(g)Z(g)ΔH，其中甲为绝热过程，乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是()A．ΔH>0B．气体的总物质的量：na<ncC．a点平衡常数：K>12D．反应速率：va正<vb正解析：甲容器在绝热条件下，随着反应的进行，压强先增大后减小，根据理想气体状态方程pV＝nRT可知，刚开始压强增大的原因是因为容器温度升高，则说明上述反应过程放热，即ΔH＜0，故A项错误；根据A项分析可知，上述密闭容器中的反应为放热反应，图中a点和c点的压强相等，因甲容器为绝热过程，乙容器为恒温过程，若两者气体物质的量相等，则甲容器压强大于乙容器压强，则说明甲容器中气体的总物质的量此时相比乙容器在减小，即气体总物质的量：na＜nc，故B项正确；a点为平衡点，此时容器的总压为p，假设在恒温恒容条件下进行，则气体的压强之比等于气体的物质的量(物质的量浓度)之比，所以可设Y转化的物质的量浓度为xmol·L－1，则列出“三段式”如下：2X(g)＋Y(g)Z(g)起始浓度/(mol·L－1)210转化浓度/(mol·L－1)2xxx平衡浓度/(mol·L－1)2－2x1－xx则有eq\f([（2－2x）＋（1－x）＋x]mol,（2＋1）mol)＝eq\f(p,2p)，计算得到x＝0.75，那么化学平衡常数K＝eq\f(c（Z）,c2（X）·c（Y）)＝eq\f(0.75,0.52×0.25)＝12，又甲容器为绝热条件，等效为恒温条件下升温，平衡逆向移动，则平衡常数减小，即平衡常数K＜12，故C项错误；根据图像可知，甲容器达到平衡的时间短，温度高，所以达到平衡的速率相对乙容器的大，即va正＞vb正，故D项错误。故选B。答案：B2．(2023·保定高三3月模拟)工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯：CH3OH(g)＋CO(g)HCOOCH3(g)，在容积固定的密闭容器中，投入等物质的量CH3OH和CO，测得相同时间内CO的转化率随温度变化如图所示，下列说法正确的是()A．反应速率：vb＞vdB．由图可知生产时反应温度控制在80～85℃为宜C．b条件下延长反应时间，CO的转化率保持不变D．d→e，CO的转化率随温度的升高而减小，可能是因为该反应吸热，升高温度反应逆向移动解析：温度对化学反应速率的影响大于浓度对化学反应速率的影响。由于反应温度：d＞b，所以反应速率大小关系为vd＞vb，A项错误；由题图可知在80～85℃时反应物CO的转化率最高，因此生产时为提高生产效率，反应温度控制在80～85℃为宜，B项正确；b条件下反应未达到平衡状态，此时反应正向进行，延长反应时间，可以使更多的反应物CO与CH3OH(g)发生反应转化为生成物，因此会导致CO的转化率增大，C项错误；d→e，CO的转化率随温度的升高而减小，可能是因为该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡会向吸热的逆反应方向移动，导致CO的转化率降低，D项错误。故选B。答案：B3．(2023·咸阳高考一模)草酸二甲酯[(COOCH3)2]催化加氢制乙二醇的反应体系中，发生的主要反应为反应Ⅰ：(COOCH3)2(g)＋2H2(g)CH3OOCCH2OH(g)＋CH3OH(g)ΔH1＜0；反应Ⅱ：(COOCH3)2(g)＋4H2(g)HOCH2CH2OH(g)＋2CH3OH(g)ΔH2＜0。压强一定的条件下，将(COOCH3)2、H2按一定比例、流速通过装有催化剂的反应管，测得(COOCH3)2的转化率及CH3OOCCH2OH、HOCH2CH2OH的选择性eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(n生成（CH3OOCH2OH）或n生成（HOCH2CH2OH）,n总转化[（COOCH3）2])×100%))与温度的关系如图所示。下列说法正确的是()A．曲线B表示HOCH2CH2OH的选择性随温度变化B．190～198℃范围内，温度升高，(COOCH3)2的平衡转化率增大C．190～198℃范围内，温度升高，eq\f(n（CH3OH）,n（HOCH2CH2OH）)逐渐减小D．192℃时，其他条件一定，加快气体的流速可以提高(COOCH3)2转化率解析：由曲线A上CH3OOCCH2OH选择性为50%时，曲线C表示HOCH2CH2OH的选择性恰好为50%，曲线C表示HOCH2CH2OH的选择性随温度变化，故A项错误；两反应均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，190～198℃范围内，温度升高，(COOCH3)2的平衡转化率减小，故B项错误；190～198℃范围内，温度升高，反应Ⅱ：(COOCH3)2(g)＋4H2(g)HOCH2CH2OH(g)＋2CH3OH(g)ΔH2＜0的选择性增大，升高温度，对于放热反应，平衡逆向移动，每减少2molCH3OH，只减少1molHOCH2CH2OH，HOCH2CH2OH减小的幅度小于CH3OH，eq\f(n（CH3OH）,n（HOCH2CH2OH）)逐渐减小，故C项正确；192℃时，其他条件一定，加快气体的流速，反应物(COOCH3)2转化率降低，故D项错误。故选C。答案：C4．(2023·深圳统考一模)恒容密闭容器中，nmolCO2与3nmolH2在不同温度下发生反应：2CO2(g)＋6H2(g)C2H4(g)＋4H2O(g)，达到平衡时，各组分的物质的量浓度(c)随温度(T)变化如图所示。下列说法正确的是()A．该反应的平衡常数随温度升高而增大B．曲线Y表示c(C2H4)随温度的变化关系C．提高投料比[n(CO2)∶n(H2)]，可提高H2的平衡转化率D．其他条件不变，2nmolCO2与6nmolH2在T1℃下反应，达到平衡时c(H2)<c1mol·L－1解析：由题图可知，温度升高，H2的平衡浓度增大，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应，该反应的平衡常数随温度升高而减小，故A项错误；结合反应2CO2(g)＋6H2(g)C2H4(g)＋4H2O(g)可知，c(C2H4)的变化量为c(H2O)变化量的eq\f(1,4)，则曲线Y表示c(H2O)随温度的变化关系，故B项错误；提高投料比[n(CO2)∶n(H2)]，即增大CO2的浓度，平衡正向移动，H2的平衡转化率增大，故C项正确；其他条件不变，2nmolCO2与6nmolH2在T1℃下反应，等效于增大压强，该反应是气体体积减小的反应，平衡正向移动，H2的浓度减小，但仍然大于nmolCO2与3nmolH2在T1℃下发生反应时H2的平衡浓度c1，故D项错误。故选C。答案：C5．(2022·辽宁卷)某温度下，在1L恒容密闭容器中2.0molX发生反应2X(s)Y(g)＋2Z(g)，有关数据如下。下列说法错误的是()时间段/min产物Z的平均生成速率[mol/(L·min)]0～20.200～40.150～60.10A．1min时，Z的浓度大于0.20mol·L－1B．2min时，加入0.20molZ，此时v正(Z)<v逆(Z)C．3min时，Y的体积分数约为33.3%D．5min时，X的物质的量为1.4mol解析：反应开始一段时间，随着时间的延长，反应物浓度逐渐减小，产物Z的平均生成速率逐渐减小，则0～1min内Z的平均生成速率大于0～2min内的，故1min时，Z的浓度大于0.20mol·L－1，A项正确；4min时生成的Z的物质的量为0.15mol/(L·min)×4min×1L＝0.6mol，6min时生成的Z的物质的量为0.10mol/(L·min)×6min×1L＝0.6mol，故反应在4min时已达到平衡，设达到平衡时生了amolY，列出“三段式”：2X(s)Y(g)＋2Z(g)初始量/mol2.000转化量/mol2aa2a平衡量/mol2.0－2aa0.6根据2a＝0.6，得a＝0.3，则Y的平衡浓度为0.3mol·L－1，Z的平衡浓度为0.6mol·L－1，平衡常数K＝c2(Z)·c(Y)＝0.108，2min时Y的浓度为0.2mol·L－1，Z的浓度为0.4mol·L－1，加入0.2molZ后Z的浓度变为0.6mol·L－1，Qc＝c2(Z)·c(Y)＝0.072<K，反应正向进行，故v正(Z)>v逆(Z)，B项错误；反应生成的Y与Z的物质的量之比恒等于1∶2，反应体系中只有Y和Z为气体，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，eq\f(V（Y）,V（Z）)＝eq\f(1,2)，故Y的体积分数始终约为33.3%，C项正确；由B项分析可知5min时反应处于平衡状态，此时生成Z为0.6mol，则X的转化量为0.6mol，初始X的物质的量为2mol，则剩余X的物质的量为1.4mol，D项正确。故选B。答案：B6．已知2NO2(g)N2O4(g)ΔH<0。下列说法正确的是()A．1mol平衡混合气体含有1molN原子B．完全断开2molNO2分子中的共价键所吸收的热量比完全断开1molN2O4分