2021届高考化学考点突破：化学反应速率和化学平衡 (解析版)

化学反应速率和化学平衡

1.高温高压液态水具有接近常温下弱酸的C®)或弱碱的c(Oir),油脂在其

中能以较快的反应速率水解。与常温常压水相比，下列说法不正琥的是()

A.高温高压液态水中，体系温度升高，油脂水解反应速率加快

B.高温高压液态水中，油脂与水的互溶能力增强，油脂水解反应速率加快

C.高温高压液态水中，c(H+)增大，可催化油脂水解反应，且产生的酸进一

步催化水解

D.高温高压液态水中的油脂水解，相当于常温下在体系中加入了相同c(H+)

的酸或相同。(0万)的碱的水解

【答案】D

【解析】A.对于任何化学反应，体系温度升高，均可加快反应速率，A项

正确；B.由于高温高压液态水中，c(ir)和c(oir)增大，油脂水解向右移动的倾

向变大，因而油脂与水的互溶能力增强，反应速率加快，B项正确；C.油脂在

酸性条件下水解，以H+做催化剂，加快水解速率，因而高温高压液态水中，cGT)

增大，可催化油脂水解反应，且产生的酸进一步催化水解，C项正确；D.高温

高压液态水中的油脂水解，其水环境仍呈中性，因而不能理解成相当于常温下在

体系中加入了相同c(H+)的酸或相同cST)的碱的水解，而是以体系升温、增加

水和油脂的互溶以及提高水中汗浓度的方式，促进油脂的水解，D项不正确。故

选D。

2.已知反应式：mX(g)+nY(?)pQ(s)+2mZ(g),已知反应已达平衡，此时

c(X)=O.3mol/L,其他条件不变，若容器缩小到原来的1/2,c(X)=0.5mol/L,下

列说法正确的是()

A.反应向逆方向移动B.Y可能是固体或液体

C.系数n>mD.Z的体积分数减小

【答案】C

【解析】A.已知反应达平衡时c(X)=O.3mol/L,其他条件不变，若容器缩

小到原来的1/2,如果化学平衡不移动，c(X)=O.6mol/L,但是题中说

c(X)=O.5moi/L说明加压后化学平衡向正向移动了，故A错误；B.结合题意可

知正反应是气体总体积减少的反应，如果y为固体或液体，则必须满足m>2ni,

显然不可能成立。所以有只能是气体B错误；C.要满足m+n>2m,所以n〉m。C

正确；D.根据题意化学平衡向右移动，Z的体积分数是增大的，所以D错误。

3.室温下，向圆底烧瓶中加入1molC2H50H和含ImolHBr的氢漠酸，溶液中

发生反应；C2H5OH+HBrC2H5Br+H20,充分反应后达到平衡。已知常压下，C2H5Br

和C2H50H的沸点分别为38.4c和78.5℃。下列有关叙述错误的是()

A.加入NaOH,可增大乙醇的物质的量

B.增大HBr浓度，有利于生成CzIWr

C.若反应物增大至2moL则两种反应物平衡转化率之比不变

D.若起始温度提高至60℃,可缩短反应达到平衡的时间

【答案】D

【解析】A项，加入NaOH,中和HBr,平衡逆向移动，可增大乙醇的物质的

量，A正确；B项，增大HBr浓度，平衡正向移动，有利于生成C2HsBr,B正确;

C项，若反应物增大至21no1,实际上就是将反应的浓度都增大至原来的2倍，

比例不变(两次实验反应物的比例都是1:1,等于方程式中的系数比)，这里有一

个可以直接使用的结论：只要反应物的投料比等于系数比，达平衡时反应物的转

化率一定是相等的。所以两种反应物的转化率一定是1:1,C正确；D项，若起

始温度提高至60℃,考虑到HBr是挥发性酸，在此温度下会挥发出去，降低HBr

的浓度减慢速率，增加了反应时间，D错误。

4.一定温度下，在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，

发生反应2S02(g)+02(g)—2sO3(g)(正反应放热),测得反应的相关数据如

下：

容器1容器2容器3

反应温度77K700700800

、

反应物投入量2molSO?、1niolO24molSO32molSO21molO2

平衡”正(SOJ/moLLZsT%%03

平衡(1c

€80,)/mol-L"ic2G

平衡体系总压强p/PaPiP2Pi

物质的平衡转化率aat(SO2)a2(SO3)a式SO。

平衡常数KK2&

下列说法正确的是()

v,2CiKp2>

A.n<2c2<B.〉2R

C.匕<Vsta1(SO2)>a3(SO2)D.c〉2c3,a2(SO3)+3(SO2)〈1

【答案】CD

【解析】对比容器的特点,将容器1和容器2对比,将容器1和容器3对比。

容器2中加入4molS03等效于在相同条件下反应物投入量为4molS02和21noi

容器2中起始反应物物质的量为容器1的两倍，容器2相当于在容器1达平衡后

增大压强，将容器的体积缩小为原来的一半，增大压强化学反应速率加快，v2>

UI,增大压强平衡向正反应方向移动,平衡时C2>2C1,p2<2P1,a1(S02)+a2(S03)<1,

容器1和容器2温度相同，KFK2；容器3相当于在容器1达到平衡后升高温度,

升高温度化学反应速率加快，v3>v1,升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡时

C3〈Ci,P3>Pi,a3(SO2)<ai(SO2),Ka^Kio^^据上^^^分^析^,A项，u2>vC2>2CI,

A项错误；B项，K3<K„p2<2P1,p3>P1,贝!Ip2<2p3,B项错误；C项，v3>v1,a3(S02)<

a1(SO2)»C项正；D项，C2>2CI,C3〈Ci,则C2>2c3,a1(SO2)+a2(SO3)<1,a3(SO2)<

a1(S02),贝|a2(S03)+a3(S02)<LD项正确；故选CD。

5.常压下埃基化法精炼银的原理为：Ni(s)+4C0(g)=Ni(C0)4(g)o230℃

时，该反应的平衡常数依2X10,已知：皿((：0)4的沸点为42.2℃,固体杂质不

参与反应。

第一阶段：将粗银与C0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℃制得高纯银。

下列判断正确的是()

A.增加c(C0),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(C0)4分解率较低

D.该反应达到平衡时，v生成［Ni(C0)1=4。生成(C0)

【答案】B

【解析】A项，平衡常数只与温度有关，与浓度无关，A错误；B项，50时,

Ni(C0)4以气态存在，有利于分离，从而促使平衡正向移动，B正确；C项，230

时，Ni(C0)4分解的平衡常数为5X1()6,可知分解率较高，C错误；D项，平衡时，

4V生成［Ni(CO)1=v生成(CO),D错误。故选B。

6.乩。2分解速率受多种因素影响。实验测得70℃时不同条件下H2O2浓度随时

间的变化如图所示。下列说法正确的是()

30-

0.16

《0.25cOmol-L'NaOH(G

-实脸条件：pH=l3lnI

0.o1o

-J20o2

O0.二0.

Eo..I6EuM

E0.Xo.0o

—Xo..I2

X0.5'Zo.8c

6oo..08

二o.

Ol0Odo

XZo..04Zo.e08.

)o5二Ho..00Ho.4H

1-

。rru

o二

000

o

2040608020406080002030405020406080

!­r

"

丙

A.图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越快

B.图乙表明，其他条件相同时，溶液pH越小，H2O2分解速率越快

C.图丙表明，少量Mn2+存在时，溶液碱性越强，分解速率越快

D.图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn"对上。2分解速率的影响大

【答案】D

【解析】A.由甲图可知，双氧水浓度越大，分解越快，A错误；B.由图乙

可知，溶液的碱性越强即pH越大，双氧水分解越快，B错误；C.由图丙可知,

有一定浓度Mr产存在时，并不是碱性越强庆。2分解速率越快，C错误；由图丙可

知，碱性溶液中，Mn?+对双氧水分解有影响，图丁说明乂屋浓度越大，双氧水分

解越快，图丙和图丁均能表明碱性溶液中,Mi?+对乩。2分解速率的影响大,D正确。

7.温度为7；时，在三个容积均为1L的恒容密闭容器中仅发生反应：2N02(g)

2

2N0(g)+02(g)(正反应吸热)。实验测得：v正=v(N02)消耗=«正c(N02)，。逆

”(NO)消耗=2/(02)消耗=A逆(NO)•c(02),k正、八为速率常数，受温度影响。下列

说法正确的是()

容器物质的起始浓度(mohLT)物质的平衡浓度(moLl/)

编号C(NO2)c(NO)C(O,)c(O2)

I0.6000.2

n0.30.50.2

in00.50.35

A.达平衡时，容器I与容器II中的总压强之比为4：5

B.达平衡时，容器n中:I匕容器I中的大

C.达平衡时，容器ID中N0的体积分数小于50%

D.当温度改变为四时，若A正=4逆，贝！IT2>K

【答案】CD

【解析】由容器I中反应2N02-2N0+02

起始量(mol/L)0.600

变化量(mol/L)0.40.40.2

平衡量(mol/L)0.20.40.2

可以求出平衡常数的，平衡时气体的总物质的量为0.8moL其

中N0占0.4mol,所以N0的体积分数为50%,。在平衡状态下，/正=y(N()2)

消耗=/逆=/30)消耗，所以在正C2(N()2)=4逆/(NO),。(()2),进一步求出。A.显

然容器II的起始投料与容器I的平衡量相比，增大了反应物浓度，平衡将向逆

反应方向移动，所以容器II在平衡时气体的总物质的量一定小于1mol,故两

_]

容器的压强之比一定大于4：5,A错误；B.若容器II在某时刻，《叫厂，贝h

由反应2N02-2N0+02

起始量(mol/L)0.30.50.2

变化量(mol/L)2x2xX

平衡量(mol/L)0.3~2x0.5+2x0.2+x

因为,LJ,解之得,求出此时浓度商J>K,

所以容器II达平衡时，一定小于bB错误；C.若容器HI在某时刻,

NO的体积分数为50%,贝！|：

由反应2N02二—2N0+02

起始量(mol/L)00.50.35

变化量(mol/L)2x2xx

平衡量(mol/L)2x0.5~2x0.35—才

由0.5-2JF2A+0.35-X,解之得,后0.05,求出此时浓度商Q=>D,

说明此时反应未达平衡，反应继续向逆反应方向进行，N0进一步减少，所以C

正确；D.温度为彩时，>0.8,因为正反应是吸热反应，升高温度后化

学平衡常数变大，所以石>方，D正确。

8.K2C0O7溶液中存在平衡：CGCVY橙色）+H20-2Cr（V-（黄色）+2lT。用

K2CRO7溶液进行下列实验：

结合实验，下列说法不正确的是（）

A.①中溶液橙色加深，③中溶液变黄

B.②中CotV一被&H50H还原

C.对比②和④可知1（左2。7酸性溶液氧化性强

D.若向④中加入70%H2sO,溶液至过量，溶液变为橙色

【答案】D

【解析】A.在平衡体系中加入酸，平衡逆向移动，重铝酸根离子浓度增大，

橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，A正确；B.②中重铝酸钾氧化

乙醇，重铝酸钾被还原，B正确；C.②是酸性条件，④是碱性条件，酸性条件

下氧化乙醇，而碱性条件不能，说明酸性条件下氧化性强，B正确；D.若向④

溶液中加入70%的硫酸到过量，溶液为酸性，可以氧化乙醇，溶液变绿色，D错

误。故选D。

9.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AH=E5-E2B.由X—Z反应的AH<0

C.降低压强有利于提高Y的产率D.升高温度有利于提高Z的产率

【答案】BC

【解析】A.根据化学反应的实质，由XfY反应的AH=E3-E2,A项错误；B.由

图像可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，即由X-Z

反应的A*。，B项正确；C.根据化学反应2X(g)=3Y(g),该反应是气体分子数

增加的可逆反应，降低压强，平衡正向移动，有利于提高Y的产率，C项正确;

D.由B分析可知，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，Z的产率降

低，D项错误；故选BC。

10.L2020・新课标II卷］二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成

很大影响，其原理如下图所示。下列叙述错误的是()

A.海水酸化能引起HCO「浓度增大、C(V-浓度减小

B.海水酸化能促进CaCOs的溶解，导致珊瑚礁减少

2-

C.CO?能引起海水酸化，其原理为HCO「=H++C03

D.使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境

【答案】C

【解析】A项，海水酸化，田浓度增大，平衡4+(XV-aHCO)正向移动，

C(V一浓度减小，HCO「浓度增大，A正确；B项，海水酸化，C(V-浓度减小，导致

CaCOs溶解平衡正向移动，促进了CaCOs溶解，导致珊瑚礁减少，B正确；C项，

+2-

CO2引起海水酸化的原理为：CO2+H20aH2co3=IT+HCO3-,HCOf—H+C03,

导致H+浓度增大，C错误；D项，使用太阳能、氢能等新能源，可以减少化石能

源的燃烧，从而减少CO2的排放，减弱海水酸化，从而改善珊瑚礁的生存环境，D

正确；故选C。

U.12020•浙江1月选考】在干燥的HC1气流中加热MgCl2-6H20,能得到

无水MgCb。下列说法不正确的是()

A.MgCl2•nH20(s)=MgCl2•(n-l)H20(s)+H2O(g)AH>0

B.MgCl2-2H20(s)=Mg(0H)2(s)+2HCl(g),HC1气流可抑制反应进行

C.MgCl2-H20(S)=Mg(OH)Cl(s)+HC1(g),升高温度，反应更易发生

D.MgCl2-4H2O(s)=MgCl2•2H20(s)+2H2O(g),HC1气流可抑制反应进行

【答案】D

【解析】A项，MgCb・nH20的失水反应是吸热反应，焰变AH>0,故A正确；

B项，在HC1气流中，能使MgCb・2H2。的水解平衡向逆反应方向移动，抑制反

应进行，故B正确；C项，MgCk・的水解反应是吸热反应，升高温度，水解

平衡向正反应方向移动，促进反应进行，故C正确；D项，MgCL-440的失水反

应没有氯化氢生成，HC1气流对反应没有影响，故D错误；故选D。

12.12020•浙江1月选考】一定温度下，在2L的恒容密闭容器中发生反应

A(g)+2B(g)—3C(g)0反应过程中的部分数据如下表所示：

\n/mol

A(A)A(B)n(C)

t/min\

02.02.40

50.9

101.6

151.6

下列说法正确的是()

A.0~5min用A表示的平均反应速率为0.09mol-L-1-min1

B.该反应在10min后才达到平衡

C.平衡状态时，c(C)=0.6molL-'

D.物质B的平衡转化率为20%

【答案】C

0.9mol

【解析】A项，V(C)=Ac_2L_0.09molJmiiJ，同一反应反应中反应速率

At5min

之比等于计量数之比，3V(A)=V(C),所以V(A)=0.03molC.minT,故A错误；B项，

15min时,n(B)=l.6mol,消耗了2.6moi=0.8moL根据方程式可知这段

时间内消耗A的物质的量为0.4mol,所以15min时，n(A)=l.6mol,与lOmin时

A的物质的量相同，说明10~15min这段时间内平衡没有移动,但无法确定是lOmin

时达到平衡，还是lOmin前已经达到平衡，故B错误；C项，根据B选项分析可

知平衡时消耗的B为0.8mol,根据方程式可知生成C的物质的量为1.2moL浓

度为c©=L~n"=0.6mol•L1,故C正确；D项，物质B的平衡转化率为

O,8m01x100%«33.3%,故D错误；故选C。

2.4mol

13.12020•浙江7月选考】一定条件下：2N02(g)-N204(g)AH<0O在

测定NO2的相对分子质量时，下列条件中，测定结果误差最小的是()

A.温度0℃、压强50kPaB.温度130℃、压强300kPa

C.温度25℃、压强100kPaD.温度130℃、压强50kPa

【答案】D

【解析】测定二氧化氮的相对分子质量，要使测定结果误差最小，应该使混

合气体中NO2的含量越多越好，为了实现该目的，应该改变条件使平衡尽可以地

逆向移动。该反应是一个反应前后气体分子数减小的放热反应，可以通过减小压

强、升高温度使平衡逆向移动，则选项中，温度高的为130℃,压强低的为50kPa,

结合二者选D。

14.12020•江苏卷】反应SiQ(g)+2H2(g)型Si(s)+4HQ(g)可用于纯硅的制备。

下列有关该反应的说法正确的是()

A.该反应AH〉。、AS<0

B.该反应的平衡常数K=西翁不

C.高温下反应每生成1molSi需消耗2X22.4LH?

D.用E表示键能，该反应

【答案】B

【解析】A项，SiCL、压、HC1为气体，且反应前气体系数之和小于反应后

气体系数之和，因此该反应为懒增，即△5>0,故A错误；B项，根据化学平衡

常数的定义，该反应的平衡常数除」故B正确；C项，题中说的是

高温，不是标准状况下，因此不能直接用22.4L・molT计算，故C错误；D项,

△H=反应物键能总和一生成物键能总和，即△H=4E(Si-Cl)+2E(H-H)-4E(H

-Cl)-2E(Si-Si),故D错误；故选B。

15.12020•江苏卷】CH,与CO?重整生成乩和CO的过程中主要发生下列反应

1

CH4(g)+C02(g)=2H2(g)+2C0(g)△层247.IkJ・mol-

1

H2(g)+CO2(g)=H2O(g)+C0(g)A年41.2kJ-mol-

在恒压、反应物起始物质的量比n(CH。：n(C02)=l：1条件下，CH4和CO?的

平衡转化率随温度变化的曲线如图所示。下列有关说法正确的是()

400600800100()1200

温度/K

A.升高温度、增大压强均有利于提高CH,的平衡转化率

B.曲线B表示CH4的平衡转化率随温度的变化

C.相同条件下，改用高效催化剂能使曲线A和曲线B相重叠

D.恒压、800K、n(CH4)：11(82)=1:1条件下,反应至QL转化率达到X点的

值，改变除温度外的特定条件继续反应，CIL转化率能达到Y点的值

【答案】BD

【解析】A项，甲烷和二氧化碳反应是吸热反应，升高温度，平衡向吸热反

应即正向移动，甲烷转化率增大，甲烷和二氧化碳反应是体积增大的反应，增大

压强，平衡逆向移动，甲烷转化率减小，故A错误；B项，根据两个反应得到总

反应为CH(g)+2C02(g)==H2(g)+3C0(g)+H20(g),加入的CH与CO2物质的

量相等，C02消耗量大于CHo因此C02的转化率大于CL,因此曲线B表示CL的

平衡转化率随温度变化，故B正确；C项，使用高效催化剂，只能提高反应速率，

但不能改变平衡转化率，故C错误；D项，800K时甲烷的转化率为X点，可以通

过改变二氧化碳的量来提高甲烷的转化率达到Y点的值，故D正确。故选BD。

16.12020•江苏卷】C02/HC00H循环在氢能的贮存/释放、燃料电池等方面

具有重要应用。

图-1

(l)C02催化加氢。在密闭容器中，向含有催化剂的KHC03溶液(C02与K0H溶

液反应制得)中通入乩生成HC00-,其离子方程式为；其他条件不变,

HCOJ转化为HC00-的转化率随温度的变化如图-1所示。反应温度在40℃~80c范

围内，HC0「催化加氢的转化率迅速上升，其主要原因是o

(3)HC00H催化释氢。在催化剂作用下，HC00H分解生成CO2和不可能的反

应机理如图-3所示。

①HCOOD催化释氢反应除生成CO?外，还生成（填化学式）。

②研究发现：其他条件不变时，以HCOOK溶液代替HCOOH催化释氢的效果

更佳，其具体优点是o

【答案】（I）HCO3+H2=™HCOO-+H2O温度升高反应速率增大，温度升高

催化剂的活性增强

（3）①HD②提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度

【解析】（1）含有催化剂的KHCO3溶液中通入出生成HCOO-,根据元素守恒

和电荷守恒可得离子方程式为：HCO3+H2JMHC00-+H20；反应温度在40℃~80℃

范围内时，随温度升高，活化分子增多，反应速率加快，同时温度升高催化剂的

活性增强，所以HCOJ的催化加氢速率迅速上升。（3）①根据分析可知HCOOD可以

产生HCOO-和D+,所以最终产物为CO2和HD（H-与D*结合生成）；②HCOOK是强

电解质,更容易产生HCOO-和K+,更快的产生KH,KH可以与水反应生成乩和KOH,

生成的KOH可以吸收分解产生的CO?,从而使氢气更纯净，所以具体优点是：提

高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度。

17.12020•山东卷】1,3-丁二烯与HBr发生加成反应分两步：第一步进攻

1,3-丁二烯生成碳正离子(CHJCA23H,)；第二步比一进攻碳正离子完成1,

2-加成或1,4-加成。反应进程中的能量变化如下图所示。已知在0℃和40℃时，

1,2-加成产物与1,4-加成产物的比例分别为70:30和15:85。下列说法正确的

是()

A.1,4-加成产物比1,2-加成产物稳定

B.与0℃相比，40℃时1,3-丁二烯的转化率增大

C.从0℃升至40C,1,2-加成正反应速率增大，L4-加成正反应速率减小

D.从0℃升至40C,1,2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的

增大程度

【答案】AD

【解析】A项，能量越低越稳定，根据图像可看出，1,4-加成产物的能量比

b2-加成产物的能量低，即1,4-加成产物的能量比1,2-加成产物稳定，故A

正确；B项，该加成反应不管生成1,4-加成产物还是1,2-加成产物，均为放

热反应，则升高温度，不利用1,3-丁二烯的转化，即在40℃时其转化率会减小，

故B错误；C项，从0℃升至40℃,正化学反应速率均增大，即1,4-加成和1,

2-加成反应的正速率均会增大，故C错误；D项，从0℃升至40℃,对于1,2-

加成反应来说，化学平衡向逆向移动，即L2-加成正反应速率的增大程度小于

其逆反应速率的增大程度，故D正确；故选AD。

2

18.12020•天津卷】已知［Co(IW)6产呈粉红色，［CoClJ2-呈蓝色,［ZnCl4］'

为无色。现将CoCL溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下

平衡：［Co(H20)6『++4Cl-a［CoCL］"+6H2OAH,用该溶液做实验，溶液的颜

色变化如下：

①置于冰水浴中

以下结论和解释正确的是()

A.等物质的量的［Co(H20)6产和［CoClF中。键数之比为3:2

B.由实验①可推知△水0

C.实验②是由于c(HzO)增大，导致平衡逆向移动

22

D.由实验③可知配离子的稳定性：［ZnCl4］-＞［CoClJ-

【答案】D

【解析】A项，1个［Co(40)6产中含有18个。键，1个［CoCLF中含有4个

。键,等物质的量的［CoGW)丁+和［CoCLF所含。键数之比为18:4=9:2,A错误；

B项，实验①将蓝色溶液置于冰水浴中，溶液变为粉红色，说明降低温度平衡逆

向移动，则逆反应为放热反应，正反应为吸热反应，A殳0,B错误；C项，实验

②加水稀释,溶液变为粉红色,加水稀释,溶液的体积增大，［CoOLOrr、［CoCLV、

cr浓度都减小，［CO(H20)6产、cr的化学计量数之和大于［coCL］2-的化学计量数，

则瞬时浓度商＞化学平衡常数，平衡逆向移动，C错误；D项，实验③加入少量

ZnCk固体，溶液变为粉红色，说明Zr?+与结合成更稳定的［ZnCL］3导致溶

22

液中c(C「)减小，平衡逆向移动,则由此说明稳定性：［ZnCl4］-＞［CoCl4］-,D正

确；故选D。

19.一定温度下，反应L(g)+H2(g)*2Hl(g)在密闭容器中达到平衡时，测得

1

c(I2)=0.llmmol-L,c(HI)=0.78mm01・17%相同度温下，按下列4组初始浓度进

行实验，反应逆向进行的是(注：lmmokL-JKrmol.LT)()

ABCD

1

c(I2)/mmol*L1.000.220.440.11

c^/mmoPL_11.000.220.440.44

c(HI)/mmol,

1.001.564.001.56

【答案】C

【解析】题目中缺少c(L),则无法计算％则不能通过Q与4的关系判断

平衡的移动方向，但可比较4个选项中Q的大小关系，口越大,则可能逆向移动。

Q(A)二而果喘而U,a⑻合黑舞丽=50.28

启鬻罂黑疗82.64,Q(D)=1.562(mo〃L)2

以(0==50.28,Q(C)的值最大,

0A4mol/Lx0.11mol/L

答案为C。

20.在恒压、N0和。2的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不

同温度下N0转化为NO2的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下N0

的平衡转化率随温度的变化)。下列说法正确的是()

18

80

/卓

爵60

^

髀40

O

N20

0100200300400500600

温度/工

A.反应2N0(g)+02(g)=2N02(g)的△殳0

B.图中X点所示条件下，延长反应时间能提高N0转化率

C.图中Y点所示条件下，增加的浓度不能提高N0转化率

D.380℃下，c起始(02)=5.0XU)Tmol,L\NO平衡转化率为50%,则平衡常

数冷2000

【答案】BD

【解析】A.随温度升高N0的转化率先升高后降低，说明温度较低时反应较

慢，一段时间内并未达到平衡，分析温度较高时，已达到平衡时的N0转化率可

知，温度越高N0转化率越低，说明温度升高平衡向逆方向移动，根据勒夏特列

原理分析该反应为放热反应，AH<0,故A错误；B.根据上述分析，X点时，反

应还未到达平衡状态，平衡正向移动，所以延长反应时间能提高NO的转化率，

故B正确；C.Y点，反应已经达到平衡状态，此时增加的浓度，使得正反应

速率大于逆反应速率,平衡向正方向移动,可以提高NO的转化率,故C错误;D.设

NO起始浓度为a,NO的转化率为50%,则平衡时N0、02和N02的浓度分别为

0.5amol/L>(5X104-0.25a)mol/L>0.5amol/L,根据平衡常数表达式K=

C2(NO.,)(0.5a)2.1j,c-r-也cc

2=4=

C(NO)-C(O2)^^^(SxlO^-O.Siz)>5X10-°°°'故D正确；选BD°

21.下列说法正确的是()

A.H(g)+I2(g)—2HI(g),其他条件不变，缩小反应容器体积，正逆反

应速率不变

B.C(s)+H2O(g)—H2(g)+CO(g),碳的质量不再改变说明反应已达平衡

C.若压强不再随时间变化能说明反应2A(?)+B(g)w2C(?)已达平衡，则

A项，C不能同时是气体

D.1mol岫和3mol乩反应达到平衡时乩转化率为10%,放出的热量为Q；

在相同温度和压强下，当2molNH3分解为用和巴的转化率为10%时，吸收的热

量为Q,Q不等于Q

【答案】B

【解析】A.该可逆反应的反应前后气体计量数不发生变化，当缩小反应容

器体积，相当于加压，正逆反应速率同等程度增加，A项错误；B.在建立平衡

前，碳的质量不断改变，达到平衡时，质量不变，因而碳的质量不再改变说明反

应已达平衡，B项正确；C.若压强不再改变说明反应达到平衡，表明反应前后

气体的计量数不等，故A项，C不可能均为气体，C项错误；D.易知N2(g)+3H2(g)

-2NH3(g)AH,合成氨气实际参与反应n(H2)=3X10%=0.3mol,因而孰=0.3/3

XIAHHO.1IAH|,分解氨气时实际消耗的n(NH3)=2X10%=0.2moLQ2=0.2/2

X|AH|=0.1|AH|,贝！JQM2,D项错误。故选B。

22.水煤气变换［C0(g)+H20(g)=C02(g)+H2(g)］是重要的化工过程，主要用于

合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。回答下列问题：

(1)Shibata曾做过下列实验：①使纯庆缓慢地通过处于721c下的过量氧

化钻CoO(s),氧化钻部分被还原为金属钻(Co),平衡后气体中上的物质的量分

数为0.0250o

②在同一温度下用C0还原CoO(s),平衡后气体中C0的物质的量分数为

0.0192o

根据上述实验结果判断,还原Co0(s)为Co(s)的倾向是上H?(填“大

于”或“小于”)o

(2)721℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和上06)混合，采用适当

的催化剂进行反应，则平衡时体系中压的物质的量分数为(填标号)。

A.<0.25B.0.25C.0.25~0.50D.0.50

E.>0.50

(4)Shoichi研究了467℃、489c时水煤气变换中C0和1分压随时间变化

关系(如下图所示)，催化剂为氧化铁，实验初始时体系中的品。和品相等、几2

和外相等。

计算曲线a的反应在30~90min内的平均速率工(a)=kPamin4。

467℃时岛和R。随时间变化关系的曲线分别是、o489℃

时用和品随时间变化关系的曲线分别是、o

【答案】(1)大于(2)C(4)0.0047bead

【解析】⑴出还原氧化钻的方程式为：H2(g)+Co0(s)=Co(s)+H20(g);CO

还原氧化钻的方程式为：C0(g)+Co0(s)=Co(s)+C02(g),平衡时上还原体系中

乩的物质的量分数(°工也e)高于C0还原体系中C0的物质的量分数

n(^H2

(嬴黑0,))，故还原CoO(s)为Co(s)的倾向是C0大于H2；

(2)721℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H20(g)混合，可设其

物质的量为lmoL则

CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)

起始(mol)1100

转化(mol)X

平衡(mol)1-x1-xxx

则平衡时体系中乩的物质的量分数=即xmolx

因该反

[(l-x)+(l-x)+x+x]mol2

应为可逆反应，故X<1,可假设二者的还原倾向相等，则x=0.5,由(1)可知CO

的还原倾向大于上，所以CO更易转化为不，故x>0.5,由此可判断最终平衡时

体系中出的物质的量分数介于0.25~0.50,故答案为C；(4)由图可知，30^90min

内a曲线对应物质的分压变化量△p=(4.08-3.80)kPa=0.28kPa,故曲线a的反

应在30~90min内的平均速率3(a)==0.0047kPa・min1；由(2)中分析得

60mm

出出的物质的量分数介于0.25~0.5,CO的物质的量分数介于0~0.25,即出的分

压始终高于C0的分压，据此可将图分成两部分：

由此可知，A项，b表示的是乩的分压，C项，d表示的是C0的分压，该反

应为放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，C0分压增加，上分压降低，故467℃

时外和凡随时间变化关系的曲线分别是B项，c；489°C时品和几随时间变化

关系的曲线分别是A项，do

23.环戊二烯(())是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等

生产。回答下列问题：

（2）某温度下，等物质的量的碘和环戊烯（（。）在刚性容器内发生反应③，起

始总压为l（）5pa,平衡时总压增加了20%,环戊烯的转化率为,该反应

的平衡常数4=Pao达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，可采取

的措施有（填标号）。

A.通入惰性气体B.提高温度

C.增加环戊烯浓度D.增加碘浓度

（3）环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，

溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是

__________（填标号）。

反应时间/h

A.T）取

B.a点的反应速率小于c点的反应速率

C.a点的正反应速率大于b点的逆反应速率

D.b点时二聚体的浓度为0.45mol-U1

【答案】（2）40%3.56X104BD（3）CD

【解析】（2）假设反应前碘单质与环戊烯均为nmol,平衡时环戊烯反应了

xmoL根据题意可知:

C（g）+L（g）=0（g）+2HI（g）增加的物质的量

lmollmollmol2mollmol

xmol2nX20%

得x=0.4nmoL转化率为0.4n/nX100%=40%；

Q（g）+L（g）=Q（g）+2HI（g）

P（初）0.5X1050.5X10500

△P0.5X105X40%0.5X105X40%0.5X105X40%1X1O5X

40%

P（平）0.3X1050.3X1050.2X1050.4X105

Kp==3.56XIO、A项，T、V一定，通入惰性气体，由于对

0.3x10x0.3x10

反应物和生成物浓度无影响，速率不变，平衡不移动，故A错误；B项，升高温

度，平衡向吸热方向移动，环戊烯转化率升高，故B正确；C项，增加环戊烯的

浓度平衡正向移动，但环戊烯转化率降低；D项，增加L的浓度，平衡正向移动，

环戊烯转化率升高，故D正确；（3）A项，温度越高，反应速率越快，其浓度下

降的也越快。因此TWT2,故A错误；B项，a点比b点温度低，但是浓度大。此

选项讨论的是瞬时反应速率，其表现是曲线上某时刻点，对应的曲线切线的斜率

大小。从图中的两条切线不难看出，a处斜率较c要更负一些。也就是a处的反

应速率更大，故B错误；C项，a点、b点温度相同，反应一直在正向进行，故

v（正）>v（逆），a点反应物浓度大于b点，故a点正反应速率大于b点，因此v（正

a）>v（逆b）,故C正确;D项，.b点时环戊二烯浓度由1.5mol/L减小到0.6mol/L,

减少了0.9mol/L,因此生成二聚体0.45mol/L,故D正确；故选CD

24.近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也

随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下

列问题：

(1)Deacon发明的直接氧化法为：4HC1(g)+02(g)=2C12(g)+2H20(g)0下图为

刚性容器中，进料浓度比c(HCl)：c(02)分别等于1：1、4：1、7：1时HC1平

衡转化率随温度变化的关系：

可知反应平衡常数M300℃)爪400℃)(填“大于”或“小于”)。

设HC1初始浓度为co,根据进料浓度比c(HCl)：c(02)=l：1的数据计算

次400℃)=(列出计算式)。按化学计量比进料可以保持反应物高转

化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)：c(OD过低、过高的不利

影响分别是o

(0.42>*(0.42)2

【答案】(1)大于(1-084)4x(>0.21)c。o2和CL分离能耗较高、HC1转

化率较低

【解析】(1)根据反应方程式知，HC1平衡转化率越大，平衡常数K越大，

结合图像知K(300℃)>K(400℃)；

由图像知，400℃时,HC1平衡转化率为84%,用三段式法对数据进行处理得：

4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)

起始（浓度）CoCoo

变化（浓度）0.84c00.21co0.42c00.42c。

平衡（浓度）（1-0.84）c。（1-0.21）co0.42c00.42c0

（0.42）2x（0.42）2

则K=（1-OWX（1-O.21）CO;根据题干信息知，进料浓度比过低，氧气大量剩余，

导致分离产物氯气和氧气的能耗较高；进料浓度比过高，HC1不能充分反应，导

致HC1转化率较低；

25.氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。

（1）甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。

①反应器中初始反应的生成物为上和C02,其物质的量之比为4：1,甲烷和

水蒸气反应的方程式是。

③反应物投料比采用/2（H2O）：凉CHJ=4：1,大于初始反应的化学计量数之

比，目的是（选填字母序号）。

A.促进CL转化B.促进C0转化为CO2C.减少积炭生成

④用CaO可以去除COZ。庆体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如下图所

示。从右时开始，乩体积分数显著降低，单位时间CaO消耗率（填“升高”

“降低”或“不变”）o此时CaO消耗率约为35%,但已失效，结合化学方程式

解释原因：o

【答案】(1)①CL+2H2。=4H2+C02③abc

④降低出体积分数在3之后较少，结合CaO+H2O=Ca(OH)2可知水蒸气浓度

较小，反应器内反应逆向反应，氧化钙很难和CO?反应，因而失效

【解析】(1)①由于生成物为庆和C02,其物质的量之比为4：1,反应物是

甲烷和水蒸气，因而反应