高考化学一轮总复习：第七章 化学反应速率和化学平衡

高考化学一轮总复习：第七章化学反应速率和化学平衡目录第1节化学反应速率第2节化学平衡状态化学平衡的移动第3节化学平衡常数化学反应进行的方向第1节化学反应速率1．(双选)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的量的是()A．K2SO4 B．CH3COONaC．CuSO4 D．Na2CO3答案AB2．一定温度下，向容积为2L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示，对该反应的推断合理的是()A．该反应的化学方程式为3B＋4D6A＋2CB．反应进行到1s时，v(A)＝v(D)C．反应进行到6s时，B的平均反应速率为0.05mol·L－1·s－1D．反应进行到6s时，各物质的反应速率相等答案C解析由图可知，B、C为反应物，A、D为生成物，由于各物质的物质的量变化之比等于化学方程式中化学计量数之比，Δn(A)∶Δn(B)∶Δn(C)∶Δn(D)＝6∶3∶4∶2，所以化学方程式为3B＋4C6A＋2D，A项错误；不论在什么时刻，用各物质表示的速率之比都等于化学计量数之比，故B、D两项错误。3．某探究小组利用反应CH3COCH3(丙酮)＋Br2eq\o(→,\s\up7(HCl))CH3COCH2Br(1－溴丙酮)＋HBr来研究反应浓度对反应速率v(Br2)的影响，速率快慢通过测定溴的颜色消失所需的时间来确定。在一定温度下，获得如下实验数据：实验序号初始浓度c/mol·L－1溴颜色消失所需时间t/sCH3COCH3HClBr2①0.800.200.0010290②1.600.200.0010145③0.800.400.0010145④0.800.200.0020580根据实验数据分析，欲使v(Br2)增大，下列措施中不可行的是()A．增大c(CH3COCH3)B．增大c(Br2)C．增大c(HCl)D．同时增大c(CH3COCH3)和c(HCl)答案B解析对比①、②两组数数据可知，增大c(CH3COCH3)，溴颜色消失所需时间缩短，即v(Br2)增大，故A项可行；对比①和④两组数据可知，当Br2的浓度变为原来的2倍时，溴全部反应所需时间变为原来的2倍，根据化学反应速率的公式v(Br2)＝eq\f(Δc（Br2）,Δt)可知，增大溴的浓度，化学反应速率不变，故B项不可行；对比①、③两组数据，当HCl浓度增大时，溴颜色消失所需时间缩短，即v(Br2)增大，故C项可行；根据上述分析知D项显然是可行的。4．对于反应COCl2(g)CO(g)＋Cl2(g)。改变下列条件：①升温②恒容下通入惰性气体③增加COCl2浓度④减压⑤加催化剂⑥恒压下通入惰性气体，能加快反应速率的是()A．①②⑤ B．①③⑤C．②④⑥ D．③⑤⑥答案B解析考查了影响化学反应速率的因素的相关知识。①升温、⑤加催化剂可增大活化分子百分数，反应速率增大；③增加COCl2浓度，单位体积活化分子数目增多，反应速率增大；④减压、⑥恒压通入惰性气体，单位体积活化分子数目减少，反应速率减小；②恒容通入惰性气体，单位体积活化分子数目不变，则反应速率不变，能加快反应速率的有①③⑤，故选B项。5．在2升的密闭容器中，发生以下反应：2A(g)＋B(g)2C(g)＋D(g)。若最初加入的A和B都是4mol，在前10秒钟A的平均反应速度为0.12mol/(L·s)，则10秒钟时，容器中B的物质的量是()A．1.6mol B．2.8molC．2.4mol D．1.2mol答案B解析根据速率之比等于化学计量数之比，所以v(B)＝0.5v(A)＝0.5×0.12mol/(L·s)＝0.06mol/(L·s)，所以△c(B)＝0.06mol/(L·s)×10s＝0.6mol/L，所以△n(B)＝0.6mol/L×2L＝1.2mol，故10秒钟时容器中B的物质的量为4mol－1.2mol＝2.8mol。6．某实验探究小组研究340K时N2O5的分解反应：2N2O54NO2＋O2。如图的坐标曲线是该小组根据下表中的实验探究数据绘制的。下列有关说法中正确的是()t/min01234c(N2O5)/mol·L－10.1600.1140.0800.0560.040c(O2)/mol·L－100.0230.0400.0520.060A.曲线Ⅰ是N2O5的变化曲线 B．曲线Ⅱ是O2的变化曲线C．N2O5的浓度越大，反应速率越大 D．O2的浓度越大，反应速率越大答案C解析结合表格中N2O5和O2的最初数据可知曲线Ⅰ、Ⅱ分别是O2、N2O5的变化曲线，A、B项错误；利用表格中数据可以计算，无论用N2O5，还是用O2得出的速率均逐渐减小，而随着反应的进行N2O5的浓度减小，O2的浓度逐渐增大，故C项正确，D项错误。7．2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH＝－198kJ·mol－1，在V2O5存在时，该反应机理为：V2O5＋SO2=2VO2＋SO3(快)4VO2＋O2=2V2O5(慢)下列说法正确的是()A．反应速率主要取决于V2O5的质量B．VO2是该反应的催化剂C．该反应逆反应的活化能大于198kJ/molD．升高温度，该反应的ΔH增大答案C解析A项，由反应机理可得，V2O5是该反应的催化剂，反应速率与催化剂V2O5的质量有一定关系，但主要取决于催化剂V2O5的表面积，故A项错误；B项，反应中的催化剂是V2O5，而不是VO2，故B项错误；C项，ΔH＝正反应的活化能－逆反应的活化能＝－198kJ/mol，所以逆反应的活化能大于198kJ/mol，故C项正确；D项，焓变与反应物、生成物的总能量的相对大小有关，而与外界条件无关，所以升高温度，该反应的ΔH不变，故D项错误。8．实验测得某反应在不同pH下产物A的浓度随时间变化的关系如图(其他条件相同)。则下列有关说法正确的是()A．若增大压强，该反应的反应速率一定增大B．pH＝6.8时，随着反应的进行反应速率逐渐增大C．一定pH范围内，溶液中H＋浓度越小，反应速率越快D．可采用调节pH的方法使反应停止答案D解析不知反应是否有气体参加，A项错误；图像中表示反应速率的是曲线的斜率，B项错误；pH越小，H＋浓度越大，反应速率越快，C项错误；pH＝8.8时，反应速率接近于0，D项正确。9．下列说法正确的是()A．能够发生化学反应的碰撞是有效碰撞B．反应物分子的每次碰撞都能发生化学反应C．活化分子之间的碰撞一定是有效碰撞D．增大反应物浓度时，活化分子百分数增大答案A解析A项，活化分子之间发生化学反应的碰撞为有效碰撞，故A项正确；B项，当活化分子之间发生有效碰撞时才能发生化学反应，故B项错误；C项，活化分子之间的碰撞不一定为有效碰撞，当发生化学反应的碰撞才是有效碰撞，故C项错误；D项，增大反应物浓度，活化分子的浓度增大，但百分数不变，故D项错误。10．(1)某同学设计如下实验方案探究影响锌与稀硫酸反应速率的因素，有关数据如下表所示：序号纯锌粉(g)2.0mol·L－1硫酸溶液(mL)温度(℃)硫酸铜固体(g)加入蒸馏水(mL)Ⅰ2.050.02500Ⅱ2.040.025010.0Ⅲ2.050.0250.20Ⅳ2.050.0254.00①本实验待测数据可以是____________________________________________________，实验Ⅰ和实验Ⅱ可以探究________对锌与稀硫酸反应速率的影响。②实验Ⅲ和实验Ⅳ的目的是__________________________________________________，写出有关反应的离子方程式__________________________________________________。(2)为探究反应物浓度对化学反应速率的影响，设计的实验方案如下表：实验序号体积V/mLK2S2O8水KI溶液Na2S2O3溶液淀粉溶液①10.00.04.04.02.0②9.01.04.04.02.0③8.0Vx4.04.02.0表中Vx＝________mL，理由是________________________________________________。答案(1)①反应结束所需要的时间(或相同条件下产生等体积的氢气所需要的时间)硫酸浓度②探究硫酸铜的量对反应速率的影响Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu，Zn＋2H＋=Zn2＋＋H2↑(2)2.0保证反应物K2S2O8浓度的改变，而其他物质浓度不变11．某小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应来探究“条件对化学反应速率的影响”。实验时，先分别量取两种溶液，然后倒入试管中迅速振荡混合均匀，开始计时，通过测定褪色所需时间来判断反应的快慢。该小组设计了如下方案。编号H2C2O4溶液酸性KMnO4溶液温度/℃浓度/mol·L－1体积/mL浓度/mol·L－1体积/mL①0.102.00.0104.025②0.202.00.0104.025③0.202.00.0104.050(1)已知反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4转化为MnSO4，每消耗1molH2C2O4转移________mol电子。为了观察到紫色褪去，H2C2O4与KMnO4初始的物质的量需要满足的关系为n(H2C2O4)∶n(KMnO4)≥________。(2)探究温度对化学反应速率影响的实验编号是________(填编号，下同)，可探究反应物浓度对化学反应速率影响的实验编号是________。(3)实验①测得KMnO4溶液的褪色时间为40s，忽略混合前后溶液体积的微小变化，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)＝________mol·L－1·min－1。(4)已知50℃时c(MnO4－)～反应时间t的变化曲线如图。若保持其他条件不变，请在坐标图中，画出25℃时c(MnO4－)～t的变化曲线示意图。答案(1)22.5(2)②和③①和②(3)0.010或1.0×10－2(4)解析(1)H2C2O4中碳的化合价是＋3价，CO2中碳的化合价为＋4价，故每消耗1molH2C2O4转移2mol电子。配平反应方程式为2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4=K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O，为保证KMnO4完全反应，c(H2C2O4)∶c(KMnO4)≥2.5。(2)探究温度对反应速率的影响，则浓度必然相同，则为编号②和③；同理探究浓度的实验是①和②。(3)v(KMnO4)＝[0.010mol·L－1×eq\f(4,6)]÷(eq\f(40s,60s·min－1))＝0.010mol·L－1·min－1。(4)温度降低，化学反应速率降低，故KMnO4褪色时间延长，故作图时要同时体现25℃MnO4－浓度降低比50℃时MnO4－浓度降低缓慢和褪色所需时间比50℃“拖后”。12．某温度时，在2L的密闭容器中，X、Y、Z(均为气体)三种物质的量随时间的变化曲线如图所示。(1)由图中所给数据进行分析，该反应的化学方程式为______________________________________________________________。(2)反应从开始至2分钟，用Z的浓度变化表示的平均反应速率为v(Z)＝________。(3)2min反应达平衡容器内混合气体的平均相对分子质量比起始时________(填“增大”“减小”或“不变”)；混合气体密度比起始时________(填“增大”“减小”或“不变”)。(4)将amolX与bmolY的混合气体发生上述反应，反应到某时刻各物质的量恰好满足：n(X)＝n(Y)＝n(Z)，则原混合气体中a∶b＝________。(5)下列措施能加快反应速率的是________。A．恒压时充入He B．恒容时充入HeC．恒容时充入X D．及时分离出ZE．升高温度 F．选择高效的催化剂(6)下列说法正确的是________。A．升高温度改变化学反应的限度B．已知正反应是吸热反应，升高温度平衡向右移动，正反应速率加快，逆反应速率减慢C．化学反应的限度与时间长短无关D．化学反应的限度是不可能改变的E．增大Y的浓度，正反应速率加快，逆反应速率减慢答案(1)3X＋Y2Z(2)0.05mol·L－1·min－1(3)增大不变(4)5∶3(5)CEF(6)AC解析(1)由图像可知，X、Y为反应物，Z为生成物。Δn(X)∶Δn(Y)∶Δn(Z)＝0.3∶0.1∶0.2＝3∶1∶2，反应的化学方程式为3X＋Y2Z。(2)v(Z)＝(0.2－0)mol÷(2min×2L)＝0.05mol·L－1·min－1。(3)根据M＝m÷n，在恒容、密闭容器中，混合气体的质量不变，随着反应的进行n值变小，则2min反应达平衡容器内混合气体的平均相对分子质量比起始时增大。由于反应前气体的质量和容器容积均不变，混合气体密度不变。(4)根据上述分析可知3X＋Y2Z起始(mol)ab0变化(mol)3nn2n平衡(mol)a－3nb－n2n根据题意：b－n＝2n，b＝3n，a－3n＝2n，a＝5n，得a∶b＝5∶3。第2节化学平衡状态化学平衡的移动1．将0.2mol·L－1的KI溶液和0.1mol·L－1Fe2(SO4)3溶液等体积混合后，取混合液分别完成下列实验，能说明溶液中存在化学平衡“2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2”的是()实验编号实验操作实验现象①滴入KSCN溶液溶液变红色②滴入AgNO3溶液有黄色沉淀生成③滴入K3[Fe(CN)6]溶液有蓝色沉淀生成④滴入淀粉溶液溶液变蓝色A.①和② B．②和④C．③和④ D．①和③答案A解析将0.2mol·L－1的KI溶液和0.1mol·L－1Fe2(SO4)3溶液等体积混合后，若此反应不可逆，则Fe3＋和I－能恰好完全反应，则溶液中无Fe3＋和I－，故只需要证明溶液中含Fe3＋和I－，则能证明此反应为可逆反应，能建立化学平衡。①向溶液中滴入KSCN溶液，溶液变红，则说明溶液中有Fe3＋，能说明反应存在平衡，故①正确；②向溶液中滴入AgNO3溶液有黄色沉淀生成，说明溶液中含I－，能说明反应存在平衡，故②正确；③无论反应存不存在平衡，溶液中均存在Fe2＋，滴入K3[Fe(CN)6]溶液均有蓝色沉淀生成，故③错误；④无论反应存不存在平衡，溶液中均有I2，滴入淀粉溶液后溶液均变蓝色，不能证明存在平衡，故④错误。2．下列反应不能用勒夏特列原理解释的是()A．光照新制的氯水时溶液的pH逐渐减小B．锌与稀硫酸反应，加入少量硫酸铜反应速率加快C．可用浓氨水和氢氧化钠固体快速制取氨气D．增大压强，有利于SO2和O2反应生成SO3答案B解析A项，氯水中存在化学平衡Cl2＋H2OHCl＋HClO，光照使氯水中的次氯酸分解，次氯酸浓度减小，使得平衡向右移动，氢离子浓度变大，溶液的pH值减小，能用勒夏特列原理解释，故A不选；B项，构成原电池加快化学反应速率，所以不能用平衡移动原理解释，故B选；C项，浓氨水加入氢氧化钠固体，氢氧化钠固体溶解放热，使一水合氨分解生成氨气的，化学平衡NH3＋H2ONH3·H2ONH4＋＋OH－，逆向进行，能用化学平衡移动原理解释，故C不选；D项，二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，正反应是气体体积缩小的反应，所以增大压强，平衡正向移动，有利于SO2和O2反应生成SO3，故D不选。3．某温度下，向2L恒容密闭容器中充入1.0molA和1.0molB，反应A(g)＋B(g)C(g)经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表，下列说法正确的是()t/s05152535n(A)/mol1.00.850.810.800.80A.反应在前5s的平均速率v(A)＝0.17mol·L－1·s－1B．保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(A)＝0.41mol·L－1，则反应的ΔH>0C．相同温度下，起始时向容器中充入2.0molC，达到平衡时，C的转化率大于80%D．相同温度下，起始时向容器中充入0.20molA、0.20molB和1.0molC，反应达到平衡前v(正)<v(逆)答案D解析A项，根据5s内A减少0.15mol，可求出v(A)＝eq\f(0.15mol,2L×5s)＝0.015mol·L－1·s－1；B项，平衡时c(A)＝0.40mol·L－1，升温后c(A)增大，说明平衡逆向移动，即该反应的ΔH<0；C项，起始时加入2.0molC相当于起始时加入2molA和2molB，则C的转化率小于80%；D项，根据题中数据可求出K＝eq\f(0.10,0.40×0.40)＝eq\f(5,8)，起始时Qc＝eq\f(0.50,0.10×0.10)＝50>K，即平衡逆向移动。4．一定温度下，在3个体积均为1.0L的恒容密闭容器中反应2H2(g)＋CO(g)CH3OH(g)。CH3OH(g)达到平衡，下列说法正确的是()容器温度/K物质的起始浓度/mol·L－1物质的平衡浓度/mol·L－1c(H2)c(CO)c(CH3OH)c(CH3OH)Ⅰ4000.200.1000.080Ⅱ4000.400.200Ⅲ500000.100.025A.该反应的正反应放热B．达到平衡时，容器Ⅰ中反应物转化率比容器Ⅱ中的大C达到平衡时，容器Ⅱ中c(H2)大于容器Ⅲ中c(H2)的两倍D．达到平衡时，容器Ⅲ中的反应速率比容器Ⅰ中的小答案A解析观察表格中Ⅰ、Ⅲ各物质的起始浓度，运用“一边倒”法将Ⅲ中CH3OH换算成H2和CO，可以发现起始的投料是相同的，若温度均为400K，两者建立“全等平衡”，且容器Ⅲ中的反应速率与容器Ⅰ中的相等，事实上，Ⅲ(500K)＞Ⅰ(400K)，c(CH3OH)Ⅲ＜c(CH3OH)Ⅰ，说明温度升高，平衡逆移，根据化学平衡移动原理判断，逆反应吸热，正反应放热，同时，容器Ⅲ中的反应速率比容器Ⅰ中的大，故A项正确、D项错误；观察表格中Ⅰ、Ⅱ各物质的起始浓度，可以发现起始的投料Ⅱ是Ⅰ的2倍，若将Ⅱ容器体积放大至Ⅰ容器的2倍，两者建立“等效平衡”，事实上，Ⅰ、Ⅱ容器体积相等，将放大后的Ⅱ容器压缩至与Ⅰ容器体积相同，即加压，平衡向正反应方向(气体体积减小的方向)的移动，达到平衡时，容器Ⅱ中反应物转化率比容器I中的大，故B项错；同理，达到平衡时，容器Ⅱ中c(H2)小于容器Ⅲ中c(H2)的两倍，故C项错误。5．由反应物X转化为Y和Z的能量变化如图所示。下列说法正确的是()A．由X→Y反应的ΔH＝E5－E2 B．由X→Z反应的ΔH<0C．增大压强有利于提高Y的产率 D．升高温度有利于提高Z的产率答案B解析由X→Y反应的ΔH＝E3－E2，A项错误；依图知，由X→Z反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，反应放热，ΔH<0，B项正确；根据反应：2X(g)3Y(g)，增大压强，平衡向左移动，不利于提高Y的产率，C项错误；由B分析知，X→Z的反应放热，升高温度，平衡向左移动，不利于提高Z的产率，D项错误。6.在一定温度和压强下，下列各可逆反应达到化学平衡状态时，各反应有如图所示的对应关系。(1)N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH<0(曲线Ⅰ)(2)H2(g)＋I2(g)2HI(g)ΔH>0(曲线Ⅱ)(3)2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)ΔH>0(曲线Ⅲ)则图像中y轴可以表示()①平衡混合气中一种生成物的体积分数 ②平衡混合气中一种反应物的体积分数③平衡混合气中一种生成物的产率 ④平衡混合气中一种反应物的转化率A．①②③ B．①②④C．①③④ D．②③④答案C解析增大压强时，反应Ⅰ的平衡正向移动，混合气中反应物的体积分数减小，生成物的体积分数增大，生成物的产率和反应物的转化率都增大，①③④符合题意，②不符合。增大压强时，反应Ⅱ的平衡不移动，平衡时，混合气中反应物和生成物的体积分数、反应物的转化率、生成物的产率都不变，①②③④符合题意。增大压强时，反应Ⅲ的平衡逆向移动，平衡时，混合气中生成物的体积分数减小，反应物的体积分数增大，生成物的产率和反应物的转化率都减小，①③④符合题意，②不符合。对三个反应都符合的是①③④。7．在一恒温恒压的密闭容器中发生如下反应：M(g)＋N(g)2R(g)ΔH＜0，t1时刻达到平衡，在t2时刻改变某一条件，其反应过程如下图所示。下列说法不正确的是()A．t1时刻的v(正)小于t2时刻的v(正)B．t2时刻改变的条件是向密闭容器中加RC．Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，M的体积分数相等D．Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，反应的平衡常数相等答案A解析A项，过程Ⅰ中，逆反应速率增大过程，反应正向进行，则v正＞v逆，逆反应速率不变时，反应到达平衡，则v正＝v逆，故A项错误；B项，密闭容器中加R，逆反应速率瞬间增大，恒温恒压下与原平衡为等效平衡，故B项正确；C项，t2时刻改变条件后达到平衡时逆反应速率不变，说明和原平衡等效，A的体积分数Ⅰ＝Ⅱ，故C项正确；D项，平衡常数只受温度影响，Ⅰ、Ⅱ两过程为等效平衡，Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，平衡常数K(Ⅰ)＝K(Ⅱ)，故D项正确。8．一定温度下，在三个容积均为2.0L的恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)。各容器中起始物质的量与反应温度如下表所示，反应过程中甲、丙容器中CO2的物质的量随时间的变化关系如图所示。下列说法不正确的是()容器温度/℃起始物质的量/molNO(g)CO(g)甲T10.200.20乙T10.300.30丙T20.200.20A．该反应的正反应为放热反应B．达到平衡时，乙中CO2的体积分数比甲中的大C．T1℃时，若起始时向甲中充入0.40molNO、0.40molCO、0.40molN2和0.40molCO2，则反应起始时v正>v逆D．T2℃时，若起始时向丙中充入0.06molN2和0.12molCO2，则达平衡时N2的转化率小于40%答案D解析由题图可知，甲先达到平衡状态，故T1>T2，升高温度，平衡时CO2的物质的量减少，说明反应逆向进行，故该反应的正反应为放热反应，A项正确。根据题表中数据可知，乙容器中反应相当于对甲容器中的反应增大压强，该反应为气体分子数减小的反应，故增大压强，平衡正向移动，故达到平衡时，乙中CO2的体积分数比甲中的大，B项正确。结合表中数据可知，T1℃甲容器中反应达到平衡时，c(CO2)＝0.05mol·L－1，c(N2)＝0.025mol·L－1，c(NO)＝0.05mol·L－1，c(CO)＝0.05mol·L－1，故平衡常数K＝eq\f(（0.05）2×0.025,（0.05）2×（0.05）2)＝10，若起始时充入0.40molNO、0.40molCO、0.40molN2和0.40molCO2，则浓度商Qc＝eq\f(（\f(0.4,2.0)）2×\f(0.4,2.0),（\f(0.4,2.0)）2×（\f(0.4,2.0)）2)＝5<K，故反应正向进行，v正>v逆，C项正确。在丙容器中，达到平衡状态时，n(N2)＝0.06mol，根据等效平衡，起始时充入0.20molNO和0.20molCO相当于充入0.10molN2和0.20molCO2，故平衡时N2的转化率为eq\f(（0.10－0.06）mol,0.10mol)×100%＝40%，现若充入0.06molN2和0.12molCO2，相当于丙容器中反应达到平衡后减小压强，反应逆向进行，故平衡时N2的转化率大于40%，D项错误。9．在2L密闭容器内，800℃时反应：2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如表：时间(s)012345n(NO)(mol)0.0200.010.0080.0070.0070.007(1)800℃，反应达到平衡时，NO的物质的量浓度是________；升高温度，NO的浓度增大，则该反应是________(填“放热”或“吸热”)反应。(2)如图中表示NO2变化的曲线是________。用O2表示从0~2s内该反应的平均速率v＝________。(3)能说明该反应已达到平衡状态的是________。a．v(NO2)＝2v(O2) b．容器内压强保持不变c．v逆(NO)＝2v正(O2) d．容器内密度保持不变(4)能使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是________。a．及时分离出NO2气体 b．适当升高温度c．增大O2的浓度 d．选择高效催化剂答案(1)0.0035mol/L放热(2)b1.5×10－3mol/(L·s)(3)bc(4)c解析(1)平衡时，n(NO)＝0.007mol，c(NO)＝eq\f(0.007mol,2L)＝0.0035mol/L。升高温度，c(NO)增大，则平衡左移，正反应是放热反应。(2)从n(NO)随时间变化表可得出，NO的物质的量随时间的推移而减小，NO与O2是反应物，NO2是生成物，NO2的变化曲线只能是a、b中的某一条。反应在3s之后，NO的物质的量不再发生变化，反应过程中NO减小0.013mol，根据方程式可知NO2增加0.013mol，而容器体积2L，所以达到平衡时，NO2的浓度0.0065mol/L，曲线b符合。0－2s内，NO减少0.012mol，据反应方程式，O2同时减少0.006mol，以O2来表示这段时间的平均速率＝0.006mol÷2L÷2s＝0.0015mol/(L·s)。(3)a项达没达到平衡都成立，因为反应速率之比等于化学计量数之比。反应2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)的反应前后气体分子数目不相等，平衡受压强的影响，压强改变，平衡要移动，b项中压强已保持不变，所以b项已达平衡状态。根据平衡状态的定义，正逆反应速率相等可得c项也达平衡状态。密度等于质量除以体积，该反应的反应物和生成物均为气体，质量不变，而容器的体积2L，也不发生变化，所以任何条件下密度都不发生改变，d项不能说明反应是否达到平衡状态。(4)分离出NO2气体，反应速率减慢，加入催化剂，平衡不移动，升高温度该反应向逆反应方向移动，所以a、b、d均错误。增大反应物O2的浓度，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，c正确。10．常温下，将FeCl3溶液和KI溶液混合，发生如下反应：2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2某研究小组为了证明FeCl3溶液和KI溶液的反应存在一定限度，设计了如下实验：取5mL0.1mol·L－1KI溶液，滴加0.1mol·L－1FeCl3溶液5～6滴，充分反应后溶液呈黄褐色，加入2mLCCl4溶液，振荡后静置，取上层溶液，滴加KSCN试剂，观察实验现象。已知：v(正)＝k·cm(I－)·cn(Fe3＋)(k为常数)根据以上信息回答下列问题：(1)能够证明反应存在限度的现象是___________________________________________________________________________，加入四氯化碳的作用是_____________________________________________________。(2)甲同学按上述步骤进行实验，结果并未观察到预期现象，推测可能原因是反应后溶液中Fe3＋浓度过低，为此，甲又做了下列对比实验，实验结果记录如下：氯化铁溶液用量10滴20滴30滴2mL3mL4mL萃取后上层溶液颜色黄色黄色黄色较深黄色黄色略带红色黄红色加入KSCN溶液后颜色不变红不变红略变红偏血红色血红色血红色分析实验记录，甲认为导致Fe3＋浓度过低的原因是_________________________________________________________________________；乙同学结合平衡移动的知识，认为还有一个原因是__________________________________________________________。(3)已知改变I－、Fe3＋的浓度，正反应速率对应数值如下表所示：c(I－)/mol·L－1c(Fe3＋)/mol·L－1v/mol·L－1·s－1①0.200.800.032k②0.600.400.144k③0.800.200.128k分析表中数据，I－浓度对反应速率的影响________Fe3＋浓度对反应速率的影响(填“大于”“小于”或“等于”)，理由是(写出计算过程)___________________________________________________________。(4)现将反应2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2设计成如图所示的原电池①能说明反应达到平衡的标志是________(填序号)。a．电流计读数为零b．电流计指针不再偏转且不为零c．电流计指针偏转角度最大d．甲烧杯中溶液颜色不再改变②反应达平衡后，向甲中加入适量FeCl2固体，此时________(填“甲”或“乙”)中石墨电极为负极，对应的电极反应方程式为______________。答案(1)上层溶液呈血红色萃取碘单质，排除对后续实验颜色观察的干扰(2)加入氯化铁的量过少，导致铁离子浓度过小用四氯化碳萃取碘，促进平衡正向移动，导致铁离子浓度过小(3)大于选用数据①③，得或k·0.2m·0.8n＝0.032k；k·0.8m·0.2n＝0.128k，即4m－n＝4，则m＞n或m＝2，n＝1，则I－浓度对反应速率的影响大于Fe3＋浓度；(4)①a、d②甲2Fe2＋－2e－=2Fe3＋或Fe2＋－e－=Fe3＋解析(1)可以用KSCN溶液，来检验三价铁是否剩余，若果溶液显红色，说明三价铁剩余，KI溶液和FeCl3溶液反应不彻底，反之则进行彻底；因为碘水有颜色，加入四氯化碳的作用是萃取碘单质，排除对后续实验颜色观察的干扰，故(2)根据实验记录分析，导致Fe3＋浓度过低的原因是加入氯化铁的量过少，导致铁离子浓度过小；乙同学结合平衡移动的知识，认为还有一个原因是用四氯化碳萃取碘，促进平衡正向移动，导致铁离子浓度过小。(3)选用表中数据①③，得k·0.2m·0.8n＝0.032k；k·0.8m·0.2n＝0.128k，即4m－n＝4，则m＞n或m＝2，n＝1，则I－浓度对反应速率的影响大于Fe3＋浓度。(4)①a、当电流计为零时，说明没有电子发生转移，则反应达到平衡，故a正确；b.电流计指针不再偏转且不为零，说明反应匀速进行，未达平衡，故b错误；c.电流计指针偏转角度最大，说明反应正在进行，未达平衡，速率达最大值，故c错误；d.甲烧杯中溶液颜色不再改变，说明各物质浓度不在改变，已达平衡，故d正确；②反应达到平衡后，向甲中加入适量FeCl2固体，Fe2＋浓度增大，平衡逆向移动，则Fe2＋失去电子生成Fe3＋，发生2Fe2＋－2e－=2Fe3＋，甲为负极。11．合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，其反应原理为：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.4kJ·mol－1一种工业合成氨的简易流程图如下：(1)步骤Ⅱ中制氢气原理如下：①CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)ΔH＝＋206.4kJ·mol－1②CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH＝－41.2kJ·mol－1对于反应①，一定可以提高平衡体系中H2百分含量，又能加快反应速率的措施是________。a．升高温度 b．增大水蒸气浓度c．加入催化剂 d．降低压强利用反应②，将CO进一步转化，可提高H2产量。若1molCO和H2的混合气体(CO的体积分数为20%)与H2O反应，得到1.18molCO、CO2和H2的混合气体，则CO转化率为________。(2)图中表示500℃、60.0MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH3体积分数的关系。根据图中a点数据计算N2的平衡体积分数：________。答案(1)a90%(2)14.5%解析(1)反应①为气体物质的量增大的吸热反应，降低压强使平衡右移，但反应速率减小，d错；催化剂不能改变反应限度，即不能改变H2百分含量，c错；增大水蒸气浓度虽可使反应速率增大且使平衡右移，但平衡体系中H2的百分含量却减小，b错；升高温度可使反应速率增大，且平衡右移，H2百分含量增大，a对。CO与H2O(g)的反应中，反应体系的气体物质的量不变，而1molCO与H2的混合气体参加反应生成1.18molCO、CO2和H2的混合气，说明有0.18molH2O(g)参加反应，则参加反应的CO也为0.18mol，则其转化率为eq\f(0.18mol,1mol×20%)×100%＝90%。(2)由图1可以看出，当N2与H2物质的量之比为1∶3时，NH3的平衡体积分数最大为42%。设平衡时转化的N2的物质的量为xmol，由三段式：N2＋3H22NH3n(起始)(mol):130n(转化)(mol):x3x2xn(平衡)(mol):1－x3－3x2xeq\f(2x,（1－x）＋（3－3x）＋2x)×100%＝42%，解得x≈0.59，则平衡时N2的体积分数为eq\f(1－x,（1－x）＋（3－3x）＋2x)×100%≈14.5%。第3节化学平衡常数化学反应进行的方向1．已知在25℃时，下列反应的平衡常数如下：①N2(g)＋O2(g)2NO(g)K1＝1×10－30②2H2(g)＋O2(g)2H2O(g)K2＝2×1081③2CO2(g)2CO(g)＋O2(g)K3＝4×10－92下列说法正确的是()A．NO分解反应：NO(g)eq\f(1,2)N2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)的平衡常数为1×10－30B．根据K2的值可以判断常温下H2和O2很容易反应生成H2OC．常温下，NO、H2O、CO2三种物质分解放出O2的倾向顺序为NO>H2O>CO2D．温度升高，上述三个反应的平衡常数均增大答案C解析A项，NO(g)eq\f(1,2)N2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)的平衡常数为(eq\f(1,K1))eq\s\up6(\f(1,2))＝1015，错误；B项，H2和O2之间的反应需要点燃才能进行，错误；C项，常温下，NO、H2O、CO2三种物质分解放出O2的平衡常数依次为1×1030、5×10－82、4×10－92，平衡常数越大，则反应进行的程度越大，正确；D项，反应②为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，错误。2．T℃时，在一固定容积的密闭容器中发生反应：A(g)＋B(g)C(s)ΔH<0，按照不同配比充入A、B，达到平衡时容器中A、B浓度变化如图中曲线(实线)所示，下列判断正确的是()A．T℃时，该反应的平衡常数值为4B．c点没有达到平衡，此时反应向逆向进行C．若c点为平衡点，则此时容器内的温度高于T℃D．T℃时，直线cd上的点均为平衡状态答案C3.将I2溶于KI溶液中，能配制成浓度较大的碘水，主要是发生了反应：I2(aq)＋I－(aq)I3－(aq)。该平衡体系中I3－的物质的量浓度与温度(T)的关系如图所示(曲线上的任何一点都代表平衡状态)。下列说法正确的是()A．反应速率：vM>vPB．平衡常数：KN<KPC．M、N两点相比，M点的c(I－)大D．Q点时，v正>v逆答案D解析A项，温度越高，反应速率越大，vM<vP；B项，由题图可知，升温，c(I3－)减小，所以平衡常数：KN>KP；C项，M、N两点相比，M点温度低于N点温度，升温，平衡左移，所以M点的c(I－)小。4．常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)＋4CO(g)Ni(CO)4(g)。230℃时，该反应的平衡常数K＝2×10－5。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍。下列判断正确的是()A．增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大B．第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃C．第二阶段，Ni(CO)4分解率较低D．该反应达到平衡时，v生成[Ni(CO)4]＝4v生成(CO)答案B解析平衡常数只与温度有关，与浓度无关，A项错误；50℃时，Ni(CO)4以气态存在，有利于分离，从而促使平衡正向移动，B项正确；230℃时，Ni(CO)4分解的平衡常数为5×104，可知分解率较高，C项错误；平衡时，4v生成[Ni(CO)4]＝v生成(CO)，D项错误。5．一定量的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总答案B解析A项，平衡向正反应方向移动，A项错误；B项，利用三段式，可得CO2的转化率为25.0%，B项正确，C项，由图可知T℃时，平衡体系中CO2和CO体积分数相等，则在恒压密闭容器中再充入等体积的CO2和CO，平衡不移动，C项错误；D项，平衡后P(CO)＝eq\f(24,25)P总，P(CO2)＝eq\f(1,25)P总，KP＝eq\f([P2（CO）],P（CO2）)。选B项。6.在2L恒容密闭容器中充入2molX和1molY，发生反应：2X(g)＋Y(g)3Z(g)，反应过程持续升高温度，测得X的体积分数与温度的关系如图所示。下列推断正确的是()A．Q点时，Y的转化率最大B．升高温度，平衡常数增大C．W点X的正反应速率等于M点X的正反应速率D．平衡时充入Z，达到新平衡时Z的体积分数增大答案A7．已知温度为T0时，在容积固定的密闭容器中发生可逆反应X(g)＋Y(g)Z(g)(未配平)反应，各物质浓度随时间变化的关系如图a所示。其他条件相同，温度分别为T1、T2时发生反应；Z的浓度随时间变化的关系如图b所示。下列叙述正确的是()A．发生反应时，各物质的反应速率大小关系为v(X)＝v(Y)＝2v(Z)B．图a中反应达到平衡时，Y的转化率为37.5%C．T0时，该反应的平衡常数为33.3D．该反应正反应的反应热ΔH<0答案C解析根据图a可知发生反应时，各物质的反应速率大小关系为2v(X)＝2v(Y)＝v(Z)。根据图a中的数据可计算反应达到平衡时Y的转化率为62.5%。通过图a可计算平衡时各物质浓度，从而计算出平衡常数为33.3。从图b可知T1＞T2，T1时生成物Z浓度高，则正反应为吸热反应。8．某恒定温度下，在一个2L的密闭容器中充入A气体，B气体，测得其浓度为2mol/L和1mol/L，且发生如下反应：3A(g)＋2B(g)4C(？)＋2D(？)已知“？”代表C、D状态未确定，反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6molC，且反应前后压强比为5∶4，则下列说法中正确的是()①该反应的化学平衡常数表达式为K＝eq\f(c4（C）·c2（D）,c3（A）·c2（B）)②此时B的转化率为35%③增大该体系压强，平衡向右移动，但化学平衡常数不变④增加C的量，A、B转化率不变A．①② B．②③C．①④ D．③④答案D解析3A(g)＋2B(g)4C(？)＋2D(？)开始(mol/L):2100转化(mol/L):0.60.40.80.4平衡(mol/L):1.40.60.80.4设平衡时气体总的物质的量浓度为xmol/L，根据压强之比等于物质的量之比可得：eq\f(p前,p后)＝eq\f(n1,n2)，又eq\f(n1,n2)＝eq\f(3,x)，故eq\f(5,4)＝eq\f(3,x)，可得x＝2.4，从而可知C为固体或液体，D为气体。故化学平衡常数的表达式为K＝eq\f(c2（D）,c3（A）·c2（B）)，①错误；B的转化率为40%，②错误；该反应是一个反应后气体分子数减小的反应，增大压强，平衡向右移动，平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数不变，③正确；由于C为固体或液体，增加C的量平衡不发生移动，A、B的转化率不变，④正确。本题选D项。9．催化还原CO2是解决温室效应及能源问题的重要手段之一。研究表明，在Cu/ZnO催化剂存在下，CO2和H2可发生两个平衡反应，分别生成CH3OH和CO。反应的热化学方程式如下：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH1＝－53.7kJ·mol－1ⅠCO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH2Ⅱ某实验室控制CO2和H2初始投料比为1∶2.2，经过相同反应时间测得如下实验数据：T(K)催化剂CO2转化率(%)甲醇选择性(%)543Cat.112.342.3543Cat.210.972.7553Cat.115.339.1553Cat.212.071.6【备注】Cat.1：Cu/ZnO纳米棒；Cat.2：Cu/ZnO纳米片；甲醇选择性：转化的CO2中生成甲醇的百分比已知：①CO和H2的标准燃烧热分别为－283.0kJ·mol－1和－285.8kJ·mol－1②H2O(l)=H2O(g)ΔH3＝44.0kJ·mol－1请回答(不考虑温度对ΔH的影响)：(1)反应Ⅰ的平衡常数表达式K＝________；反应Ⅱ的ΔH2＝________kJ·mol－1。(2)有利于提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有________。A．使用催化剂Cat.1 B．使用催化剂Cat.2C．降低反应温度 D．投料比不变，增加反应物的浓度E．增大CO2和H2的初始投料比(3)表中实验数据表明，在相同温度下不同的催化剂对CO2转化成CH3OH的选择性有显著的影响，其原因是______________________________________。(4)在下图中分别画出Ⅰ在无催化剂、有Cat.1和有Cat.2三种情况下“反应过程－能量”示意图。答案(1)eq\f(c（CH3OH）·c（H2O）,c（CO2）·c3（H2）)41.2(2)CD(3)表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响。(4)解析(1)依平衡常数定义有，反应Ⅰ的K＝eq\f(c（CH3OH）·c（H2O）,c（CO2）·c3（H2）)；已知：CO和H2的标准燃烧热分别为－283.0kJ·mol－1和－285.8kJ·mol－1，故有：a：CO(g)＋0.5O2(g)=CO2(g)ΔHa＝－283.0kJ·mol－1b：H2(g)＋0.5O2(g)=H2O(l)ΔHb＝－285.8kJ·mol－1c：H2O(l)=H2O(g)ΔH3＝44.0kJ·mol－1，根据盖斯定律有，b＋c－a得：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH2＝ΔHb＋ΔH3－ΔHa＝(－285.8＋44.0＋283.0)kJ·mol－1＝＋41.2kJ·mol－1(2)反应Ⅰ中A项，使用催化剂，平衡不移动，不能提高转化率，错误；B项，使用催化剂，平衡不移动，不能提高转化率，错误；C项，降低反应温度，平衡正向移动，提高二氧化碳的转化率，正确；D项，投料比不变，增加反应的浓度，平衡正向移动，提高二氧化碳的转化率，正确；E项，增大二氧化碳和氢气的初始投料比，能提高氢气的转化率，二氧化碳的会降低，故错误。故选C、D两项。(3)从表格数据分析，在相同的温度下，不同的催化剂，其二氧化碳的转化率也不同，说明不同的催化剂的催化能力不同；相同催化剂不同的温度，二氧化碳的转化率不同，且温度高的转化率大，因为正反应为放热反应，说明表中数据是未到平衡数据。所以答案为：表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响。(4)从表中数据分析，在催化剂的Cat.2作用下，甲醇的选择性更大，说明催化剂Cat.2对反应1的催化效果更好，催化剂能降低反应的活化能，说明使用催化剂Cat.2的反应过程中活化能更低，故图为：10．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)在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：①CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH1<0②CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH2<0③CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH3>0回答下列问题：(1)反应①的化学平衡常数K的表达式为__________；图1中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为________(填曲线标记字母)，其判断理由是__________________________________________________________________。(2)合成气的组成n(H2)/n(CO＋CO2)＝2.60时，体系中的CO平衡转化率(α)与温度和压强的关系如图2所示。α(CO)值随温度升高而________(填“增大”或“减小”)，其原因是____________________________________________________________________________________________________________。图2中的压强由大到小为________，其判断理由是______________________________________________________________