新高考版《化学》资料：十年高考题分类-化学反应速率和化学平衡

专题十一化学反应速率和化学平衡

考点一化学反应速率

1.（2022北京,14,3分）C0?捕获和转化可减少C0?排放并实现资源利用，原理如图1所示.

反应①完成之后，以凡为载气，将恒定组成的2、CHi混合气，以恒定流速通入反应器,单

位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示.反应过程中始终未检测

到CO%在催化剂上检测到有积炭.下列说法不♦正♦确♦的是（）

I

U

S

二

Z

-2

U

V1

濮

泥0

罡

丁

____催化剂

=

A.反应①为CaO+CO?=CaCO：,;反应②为CaCOs+CH」.CaO+2CO+2H2

催化剂

B.£:加〃（HJ比〃（C0）多:且生成压的速率不变,推测有副反应CH.tC+2H;

C.£2时刻,副反应生成压的速率大于反应②生成上的速率

D.右之后,生成CO的速率为0,是因为反应②不再发生

答案C根据题图1,可知反应①为⑩与CaO反应生成CaCO.1,反应②为CaCO,与CIL在

催化剂作用下反应生成CaO>CO和hA正确；由题图2可知，广3〃（乩）比成CO）多,生成

催化剂

比的速率不变，又因为在催化剂上检测到有积炭，故发生的副反应为CILC+2也,B

正确；七时亥|J,CO的气体流速=反应②生成的乩的气体流速Q1.5mmol•min,副反应生成

的比的气体流速、0.5niniol-min：故副反应生成H?的速率小于反应②生成H2的速率,C

错误；只有反应②生成CC,题图2中心之后CO气体流速为0,反应②不再发生,所以CO的

生成速率为0,D正确.

方法技巧认真审题，仔细观察原理示意图和坐标图:①提取题中有价值的信息,找出每

一个转化过程的反应物和生成物;②读懂坐标图中每一条曲线代表的物质，然后确定其

变化量.

2.（2022广东，15,4分）在相同条件下研究催化剂I、II对反应X-2Y的影响，各物质浓

度。随反应时间匕的部分变化曲线如图，则（）

f/man

A.无催化剂时,反应不能进行

B.与催化剂I相比，II使反应活化能更低

c.a曲线表示使用催化剂n时X的浓度随t的变化

D.使用催化剂I时,0~2min内，v(X)=L0mol,L1,ir.in1

答案D由题图可知，无催化剂时，反应能进行，但是反应速率比较慢,A项错误;在相同

条件下，与催化剂n相比,在使用催化剂I时生成物的浓度变化量更大，反应速率更快，

故催化剂I使反应活化能更低,B项错误;0~2min时,反应物浓度的变化量马牛.成物浓度

的变化量之比等于其化学计量数之比，故a曲线表示使用催化剂I时X的浓度随t的变

化,C项错误;使用催化剂I时,0~2min内，P(X)=(4.0irol•L'-2.0mol•L')4-2min=l.0

mol,L1•min'1,D项正确.

方法技巧在做与物质浓度变化图像相关试题时，首先认真读懂图像中每一条曲线代表

的是哪种物质，然后确定其变化量；比较催化剂催化效果时,看相同时间内反应物或生成

物浓度的变化量,如果相同时间内，反应物或生成物的浓度变化量较大，则化学反应速率

较快,催化剂使反应活化能更低.

3.(2022河北，13,4分)(双选)恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量X,发生反应的

方程式为①X=丫:②丫一Z.反应①的速率H，C(X),反应②的速率片左c(Y),式中

左、儿为速率常数.图a为该体系中X、Y、Z浓度随时间变化的曲线，图b为反应①和②

的InK/曲线.下列说法错误的是()

A.随cm的减小，反应①、②的速率均降低

B.体系中r(X)=r(Y)+r(Z)

C.欲提高Y的产率,需提高反应温度且控制反应时间

D.温度低于7；时.，总反应速率由反应②决定

答案AB由题图a可知,浓度随时间增加逐渐减小的曲线代表的是X,浓度随时间增加

逐渐增大的曲线代表的是Z,浓度随时间增加先增大后减小的曲线代表的是Y;由题图b

可知,反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②的.由题图a可知,随c(X)的

减小，c(Y)先增大后减小,因此,反应①的速率随c(X)的减小而降低,而反应②的速率随

c(X)的减小先升高后降低,A错误.根据体系中发生的反应可知，在Y的浓度达到最大值

之前，单位时间内X的减少量等于Y和Z的增加量，故P(X)=P(Y)+P(Z),但在Y的浓度达

到最大值之后，单位时间内Z的增加量等于X和Y的减少量，故”X)+MY);MZ),B错误.

由题图a可知,Y的浓度先增大后减小,故要控制反应时间；升高温度可以加快反应速率,

提高单位时间内Y的产率；故欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间,C正确.

由题图b可知,温度低于7；时,反应②为慢反应,因此总反应速率由反应②决定,D

正确.

4.(2022湖南,6,3分)甲基丙烯酸甲酯是合成有机玻璃的单体.

旧法合成的反应：(CH3"C=O+HCN_>(CH；5)2C(OH)CN

(CH；5)2c(OH)CN+CHQH+H2sOi_>CH「C(CH；S)COOCH3+NH4HSO।

CHCH

新法合成的反应：+CO+CH.5OH一"CH?=C(CHB)C00CH3

下列说法错误的是(阿伏加德罗常数的值为可)()

A.HCN的电子式为H：C：：N：

B.新法没有副产物产生，原子利用率高

C.1L0.05mol-L1的岫HSO,溶液中NHj的微粒数小于0.05%

D.Pd的作用是降低反应的活化能，使活化分子数目增多，百分数不变

答案D催化剂能够降低反应的活化能，使更多的分子变为活化分子，所以单位体积内

活化分子数目增多，活化分子百分数增大,D不正确.

期望产物的总质量

关联知识原子利用率二X100%.

生成物的总质量

5.(2022浙江1月选考，19,2分)在恒温恒容条件下，发生反应A(s)+2B(g)=

3X(g),c(B)随时间的变化如图中曲线甲所示.下列说法不•正•确•的是()

A.从a、c两点坐标可求得从a到c时间间隔内该化学反应的平均速率

B.从b点切线的斜率可求得该化学反应在反应开始时的瞬时速率

C.在不同时刻都存在关系:2MB)=3v(X)

D.维持温度、容积、反应物起始的量不变，向反应体系中加入催化剂，c(B)随时间变化关

系如图中曲线乙所示

答案CC项，在不同时刻都存在关系:3*B)=2MX),错误.

6.(2022浙江6月选考,20,2分)恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分

催化剂

解反应:2NHKg)—'N2(g)+3HKg).测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随

时间的变化,如下表所示.下列说法不近聊的是()

8.（2018浙江4月选考,22,2分）某工业流程中,进入反应塔的混合气体中N0和02的物质

的量分数分别为0.10和0.06,发生化学反应2N0（g）+02（g）—2N（Mg）,在其他条件相

同时，测得实验数据如下表：

M）达到所列转亿率需要时间/s

乐强/(Xio'Pa)温度/匕

50%9C%98%

30122502830

1.0

90255105760

300.23.936

8.0

900.67.974

根据表中数据,下列说法正确的是（）

A.升高温度,反应速率加快

B.增大压强,反应速率变慢

C.在1.0X10$Pa、90℃条件下，当转化率为98%时反应已达平衡

D.若进入反应塔的混合气体为amol,反应速率以v=An/At表示，则在8.0X10$Pa、30℃

条件下，转化率从50%增至90%时段NO的反应速率为4a/370mol-s1

答案D由表中数据可知，温度升高,为使压强不变，体积变大，导致浓度减小,反应速

率变慢,故A错误;根据表中数据,相同温度时,增大压强,达到所列转化率的时间减少化

学反应速率加快，故B错误；由题给信息无法判断转化率为98%时反应是否达到平衡,故C

错误；当混合气体为amol,其中NO为a/10mol,转化率从50%增至90%时,N0反应了a/25

mol,经过了3.7s,反应速率v专看兽二就mol・s二故D正确.

At3.7S370

9.（2015福建理综，12,6分）在不同浓度（c）、温度（T）条件下，蔗糖水解的瞬时速率（v）如

下表.下列判断不•正•确•的是（）

328.29.007.50a4.50

b2.161.801.441.08

A.a=6.00

B.同时改变反应温度和蔗糖的浓度,V可能不变

C.b<318.2

D.不同温度时,蔗糖浓度减少一半所需的时间相同

答案D根据题表信息可知，相同温度时，随着浓度以等差数列递减，其瞬时速率也以

等差数列递减，故a-6.00;同时改变反应温度和反应物浓度，瞬时速率有可能不变；相同

浓度时,温度越高,反应速率越快,故b<318.2;温度升高,瞬时速率加快,故蔗糖浓度减少

一半时,所用时间并不相等,D项错误.

评析题目信息以表格形式呈现，围绕变量控制来设问，综合考查了控制变量思想在研

究反应速率的影响因素中的应用.

10.(2015上海单科,20,4分)对于合成氨反应,达到平衡后，以下分析正确的是()

A.升高温度,对正反应的反应速率影响更大

B.增大压强,对正反应的反应速率影响更大

C.减小反应物浓度,对逆反应的反应速率影响更大

D.加入催化剂,对逆反应的反应速率影响更大

答案BA项，合成氨反应的正反应是放热反应，升高温度,正反应、逆反应的反应速率

都增大,但是温度对吸热反应的速率影响更大,所以对该反应来说,升高温度对逆反应速

率影响更大,错误.B项,合成氨的正反应是气体体积减小的反应,增大压强,对正反应的

反应速率影响更大,正确.C项,减小反应物浓度,对正反应的反应速率影响更大,错误.D

项,加入催化剂,对正、逆反应的反应速率影响相同，错误.

11.(2014课标I,9,6分)已知分解1molH。放出热量98kJ.在含少量I的溶液中,

分解的机理为：

慢

n2o2+r—>H2O+IO-

压0什10一—*上0+0:+「快

下列有关该反应的说法正确的是()

A.反应速率与「浓度有关

B.10一也是该反应的催化剂

C.反应活化能等于98kJ-mor1

D.v(H2O2)=v(H2O)=v(O2)

答案A由于反应速率由慢反应决定，故I浓度越大，反应速率越快,A正确；IO为中间

产物,不是催化剂,B错误;活化能不是反应热,反应热是正、逆反应活化能的差值,C错

误;D错误.

疑难突破催化剂与中间产物的区别：开始就有，在总反应中被消掉的物质是催化剂;开

始没有,反应过程中生成、在总反应中也被消掉的物质是中间产物,如本题中的「是催化

剂，10一是中间产物.

易错警示本题易错选U.不能根据过程中的某步反应判断反应速率的关系,应根据总反

I

应判断，总反应为:

2HA—2H20+021,v(H2O2)=V(H20)=2V(02).

12.(2014北京理综，12,6分)一定温度下，10mL0.40mol/LH2O2溶液发生催化分解.不

同时刻测得生成的体积(己折算为标准状况)如下表.

t/min0246810

¥(0.)/|«1,0.09.917.222.126.529.9

下列叙述不正确的是(溶液体积变化忽略不计)()

A.0"6min的平均反应速率：v(H@)Q3.3X10"mol/(L.min)

B.6romin的平均反应速率：v(HO)<3.3X102mol/(L-min)

C.反应至6min时，c(HG)=0.30mol/L

D.反应至6min时,H@分解T50%

答案CA项,0~6min内，产生nOhlXlO"mol,消耗na0，=2乂10?府1,则

2xl0'^mol

v(H2()2)=等■嗯匚3.3X10-2moi/(L・min),故A正确;B项,依照A项解题步骤，可知

At6mm

B项正确;C项,反应至6min时，消耗n(HQ)为2X10'mol,剩余

c(HzOJ=1。'。九'。4。吗/【办10%。1巾2()mol/L)故C项不正确;D项,反应至6min时,

10x10L

消耗n(H。)为2义10”mol,占起始物质的量的50%,故D项正确.

13.(2014重庆理综,7,6分)在恒容密闭容器中通入X并发生反应:2X(g)=Y(g),温度

“、/下X的物质的量浓度c(X)随时间I变化的曲线如图所示,下列叙述正确的是()

A.该反应进行到M点放出的热量大于进行到W点放出的热量

B.T2下，在(ft时间内,v(Y)晋mol-L1•min,

C.M点的正反应速率v正大于N点的逆反应速率v逆

D.M点时再加入一定量X、平衡后X的转化率减小

答案C依据题中图示，可看出TDT为由于「时X的平衡浓度大，可推出该反应为放热

反应.A项,M点与W点比较,X的转化量前者小于后者,故进行到M点放出的热量应小于进

行到W点放出的热量,A项错误;B项,2v(Y)=v(X)nol•I71•min1,B项错误;C

项,TDL,温度越高,反应速率越大,M点的正反应速率vQW点的正反应速率v'必而TV点

的正反应速率v'产其逆反应速率/QN点的逆反应速率v逆,C项正确;D项，恒容时充入

X,压强增大，平衡正向移动,X的转化率增大,D项错误.

14.(2013福建理综，12,6分)NaHSO：,溶液在不同温度下均可被过量KIQ,氧化，当NaHS03

完全消耗即有I?析出，依据I?析出所需时间可以求得NaHSQ,的反应速率.将浓度均为

0.020mol-L-1的NaHSO晨溶液(含少量淀粉)10.0mL、KIQN过量)酸性溶液40.0mL混合,

记录10~55c间溶液变蓝时间,55℃时未观察到溶液变蓝，实验结果如图.据图分析，下

列判断不♦正•确•的是()

A.40℃之前与40°C之后溶液变蓝的时间随温度的变化趋势相反

B.图中b、c两点对应的NaHSO：,反应速率相等

C.图中a点对应的NaHSCh反应速率为5.0X105mol・I？・s-1

D.温度高于40℃时，淀粉不宜用作该实验的指示剂

答案B由图可知,A项正确；图中b、c两点对应的温度不同，故NallSO3的反应速率也

不同,B项错误;a点NaHSO,的反应速率为v专二喘曙

AtU.UbXoU

mol・L-1•S^XlO^mol・I?・s,C项正确；由题干信息可知，温度高于40

℃时不宜用淀粉作指示剂,D项正确.

评析该题考查的知识点虽常见,但立意新颖,若考生只注意图像中的表面现象,会浅认

为B项正确，从而错选其他选项.

15.(2018北京理综,27,12分)近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳

能的转化与存储.过程如下：

-1

(1)反应I:2H2soKi)-2S02(g)+2H20(g)+02(g)AH尸+551kJ-mol

=1

反应III:S(s)+O2(g)^S()2(g)△H3=-297kJ•mol-

反应II的热化学方程式:.

(2)对反应H,在某一投料比时,两种压强下,HBOi在平衡体系中物质的量分数随温度的

变化关系如图所示.P?Pi(填或)，得出该结论的理由

是

於

朱

«

注

与

毒

沼

o-

=s

120140160180

」度一

(3)「可以作为水溶液中S0?歧化反应的催化剂,可能的催化过程如下.将ii补充完整.

t

i.S02+4r+4H------SI+2L+2H20

ii.L+2H20+------++21

(4)探究i、ii反应速率与S0?歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18mLSO?饱和溶

液加入到2ml下列试剂中，密闭放置观察现象.(已知易溶解在KI溶液中)

序号ABcD

试剂<1mol,L1KI0.2aol•L'KI

0.4mol•L'KI0.2n»l•1.1H：so.

蛆成0.2mol-L'lbSa0.0002nolh

实脸

溶液变黄,一段时间后出现浑浊溶液变黄，出现浑浊较A快无明显现象溶液由棕褐色很快褪色,变成黄色,出现浑浊较A哄

现软

①B是A的对比实验,则a=.

②比较A、B、C,可得出的结论

是.

③实验表明,SO「的歧化反应速率D>A.结合i、ii反应速率解释原

因：.

答案(l)3S(X(g)+2也0(g)---A|I=-254kJ-mol-1

2H2S0,(1)+S(S)2

(2)>反应II是气体物质的量减小的反应,温度一定时,增大压强使反应正向进行,H.SO,

的物质的量增大,体系总物质的量减小,HSOi的物质的量分数增大

(3)S02SO1-4If

(4)①0.4

②「是SO,歧化反应的催化剂,卜「单独存在时不具有催亿作用，但H'可以加快歧化反应速

率

③反应ii比i快;D中由反应ii产生的I「使反应i加快

解析本题以“含硫物质热化学循环”素材为载体，考查热化学方程式的书写、平衡移

动、实验方案的设计与分析等知识.

⑴反应II为3s02(g)+2H：0(g)-2H2s反(1)+S(s),根据盖斯定律,由(反应I+反应III)即

得反应H的逆反应，所以反应II的AH=-(551-297)kJ•mol-,=-254kJ-mol1.

(2)反应II是气体物质的量减小的反应,加压时平衡正向移动，也S0」的物质的量分数会升

高,所以P2〉Pl.

(3)催化剂在反应前后质量和化学性质保持不变,在i中I被氧化为L,则在ii中I?应该

被SO?还原为「，结合原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒可配平反应ii的离子方程式.

1

(4)oB是A的对比实验,B中加入0.2mol•L-的H2SO,A中不加也SO”所以KI的浓度应

该与A相同，即a=0.4.

②比较A、B、C可知,有喇和KI时,SO2歧化反应速率较只有KI时快;只有H2s04,无KI

时不发生歧化反应，所以可得出的结论为酸性增强，I傕化S6歧化反应速率提高.

规律总结Fe，催化H2O2分解与I催化SO?歧化反应相似,Fe*崔化HQ分解的过程

3+242+3，

^j:2Fe+H202~Ut+2Fe+2H\2Fe+H202+2H1_2Fe+2H20.

催化剂

16.(2011全国,28,15分)反应aA(g)+bB(g)、、cC(g)(AH<0)在等容条件下进行.

改变其他反应条件，在I、【I、III阶段体系中各物质浓度随时间变化的曲线如下图所示:

r

L，o

1

W工o

W

，n

QJO5JOIQJOI5JO»JOOJO5JO1OX>1SX)O.O5g10。时间/.in

IB■

回答问题：

(1)反应的化学方程式中:a：b：c为;

(2)A的平均反应速率vKA)、vn(A)、Wu(A)从大到小排列次序

为；

的平衡转化率、的中最小的是，其值

(3)Ba।(B)aMBaUI(B)

是；

(4)由笫一次平衡到笫二次平衡，平衡移动的方向是,采取的措施

是；

比较第【阶段反应温度和第阶段反应温度的高低:丁填

(5)I(T2)HI(L)213(

“〉,，“心J”)，判断的理由是：

(6)达到第三次平衡后，将容器的体积扩大一倍，假定10min后达到新的平衡，请在下图

中用曲线表示第IV阶段体系中各物质的浓度随时间变化的趋势(曲线上必须标出A、B、

O.

0.05.010.00.05.010.0肘间/min

1IV

答案(1)1：3：2(2分)

(2)v[(A)、vii(A)>Vin(A)(3分)

分，共分)

⑶am(R)0.19(19%)(g.12

(4)向正反应方向从反应体系中移出产物C(各1分，共2分)

(5)>此反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动(1分,2分，共3分)

(6)

~

。.O

。

二B1.50

。

11C1.00B

、

制

好A0.50

-C

A

0.05.010.00.05.010.0时间/min

miv

(注：只要曲线能表示出平衡向逆反应方向移动及各物质浓度的相对变化比例即可)(3

分)

解析(1)I阶段，20.0min内，Ac(A)=2.00mol•L-1.00mol•L'=1.00

mol,LAc(B)=6.00mol,L-3.00mol•

L'=3.00mol•Ac(0=2.00mol•L1,贝ij

cl：b：c=Ac(A)：AC(B)：Ac(C)=l：3：2.

11

/.\2.00mol-L'-1.00mol-L'八八(■ir-i--i

⑵VNA)-.....丽而------0-05mol•L-mm,

/讣l.UUmolL^-U.bZmol-L_1.-i/八U.bZmolL^-O.SUmol-L1八

Vll(A)------------------------------025A1。1・L-min,v„(A)---------------------------------------0-012n

mol,L1•min*.WJvi(A)>vn(A)>vm(A).

600moll；130noH；1

(3)a](B)"-°；X100%=50%,a(B)=3C0mo11/1-186X100%=38%,a

6.00molL13.00monlL1HI

(B)]竺㈣吐粤吧里X100%=19%.故a川(B)最小.

1.86mol-L1

(4)由图示可知，由第一次平衡到第二次平衡,A、B的浓度减小，说明平衡正向移动.由物

质C的浓度变化可知，导致平衡正向移动采取的措施是从反应体系中移出了产物C.

(5)由图示可知，n-in,平衡正向移动，由于正反应是放热的，故II~ni是降温过程，即

T2>T3.

(6)第三次平衡后，将容器的体积扩大一倍，则各物质的浓度减半，由于容器的体积扩大，

压强减小,平衡会向逆反应方向(气体体积增大的方向)移动,故平衡后,0.25

mol-L-1<c(A)<0.50mol-L1,0.75mol・L〈c(B)<1.50mol•I/',0<c(0<0.50mol-L1.

注意各物质浓度的相对变化应符合化学计量数的比例.

17.(2011重庆,29,14分)臭氧是一种强氧化剂，常用于消毒、灭菌等.

(1)0：；与KI溶液反应生成的两种单质是和.(填分子式)

(2)。,在水中易分解，一定条件下的浓度减少一半所需的时间(t)如下表所示.已知：。3

的起始浓度为0.0216mol/L.

4.05.06.0

2030123116958

301581084815

503126157

①pH增大能加速Os分解,表明对分解起催化作用的是.

②在30℃、川=4.0条件下,0*的分解速率为mol/（L-min）.

③据表中的递变规律,推测在下列条件下分解速率依次增大的顺序为.（填字母

代号）

a.40°C、pH=3.0b.10℃、pH=4.0c.30℃、pH=7.0

（3）0,可由臭氧发生器（原理如下图）电解稀硫酸制得.

①图中阴极为（填“A”或"B”），其电极反应式

为.

②若C处通入0%则A极的电极反应式

为.

③若C处不通入0、D、E处分别收集到xL和yL气体（标准状况），则E处收集的气体中

Os所占的体积分数为.（忽略的分解）

答案（1）L0?

⑵①0H②1.00X10,③b、a、c

⑶①A2H*+2e:~=H"

②02+4H'+4e-^-2H.0

③（x-2y）/y

解析本题考查反应速率的计算及影响因素、电解池电极反应式的书写及计算等知

识.（1）根据氧化还原反应基本原理不难确定生成的两种单质是L和6.（2）①分析表中

的数据知,pH增大,的分解速率加快,则对Q,分解起便化作用的是0H.②查表计算

v（0；）/需mol/L_]«i/（.）.③分析表中数据知,a项中反应时间31

5108mm（（OX1OmoLmin

min<ta<158min,同理tb〉231min,tc<15min,故可判断（h的分解速率的大小顺序是

b〈a〈c.（3）①由图知电极B产生0,和则B极为阳极,故A极为阴极，电极反应式为

2I「+2e-.②若C处通入02,则得电子的是氧化性更强的电极反应式为

O?+4H'+4e---2Ho③由得失电子守恒得:6X黑?+4X%甲=2x解得

V（0j=（x-2y）L,故6的体积分数为争

考点二化学平衡

1.(2022北京,12,3分)某MOFs多孔材料孔径大小和形状恰好将“固定”，能高选择

性吸附NO?.废气中的N0?被吸附后,经处理能全部转化为HN03.原理示意图如下.

薨*

MOFs材料N2O,

图例.

含NO?的废气丹士HNO.

已知：2而21)^一N2O,(g)△的)

下列说法不氐碰的是()

A.温度升高时不利于NO?吸附

B.多孔材料“固定"由0』、促进2NO2-N。平衡正向移动

C.转化为HNO,的反应是2N20.+02+2H；；0=4HN。；

D.每获得0.4molHN03时，转移电子的数目为6.02X1()22

答案D2N0式g)=NO(g)A水0,温度升高，平衙逆向移动,N«生成的转化率

降低，多孔材料不能将更多的N。“固定”，故不利于N0?吸附,A正确；多孔材料“固

定”NO,使混合气体中NO的浓度降低，促进平衡2N0?iNO正向移动,B正确;M0」

=

与0?和IL0发生氧化还原反应生成硝酸,C正确；由C项中反应2^0.+02+21120dHNO；.

可知,每生成0.4molHNO%转移电子的数目为0.4X6.02X1023,。错误.

2.(2022广东，13,4分)恒容密闭容器中，1^$0,6)+仙2加)1BaS(s)+4H?0(g)在不同温

度下达平衡时.，各组分的物质的量(〃)如图所示.下列说法正确的是)

起始组成:4molH,

1inolBaSO,

4

20()40()6()080()

T/V.

A.该反应的△水0

B.a为〃(比0)随温度的变化曲线

C.向平衡体系中充入惰性气体,平衡不移动

D.向平衡体系中加入BaSO/b的平衡转化率增大

答案C随着温度升高,〃(乩)减小，说明平衡正向移动，反应的△">(),A不正确;起始时

压为4mol,200℃时乩约为0.5mol,即约有3.5mol也参加反应,根据化学方程式计算

可知此时生成的H.0约为3.5mol,故题图中最上方的曲线为〃(H2)随温度的变化曲线,B

不正确;恒容体系中充入惰性气体,H?、H2的浓度均不变，平衡不移动,C正确;BaSOi为固

体，加入BaSO(,平衡不移动，D不正确.

归纳总结改变外界条作，引起平衡体系中物质浓度改变,平衡才可能发生移动.

3(2022海南,8,2分)某温度下，反应CH?—CH2(g)+H/)(g)'一CH3cH20H(g)在密闭容器

中达到平衡.下列说法正确的是()

A.增大压强，”>小,平衡常数增大

B.加入催化剂,平衡时CE;JCH,OH(g)的浓度增大

C.恒容下，充入一定量的HQ(g),平衡向正反应方向移动

D.恒容下，充入一定量的佻=CHMg),CH2HClUg)的平衡转化率增大

答案CA项，增大压强,平衡向气体分子数增大的方向即正向移动，则-正>/他,但平衡

常数不变,错误;B项，加入催化齐山平衡不移动,平衡时CH£HQH(g)的浓度不变,错误;C

项，恒容下，充入一定量的H2(g),即增大H2(g)的浓度，平衡正向移动,正确;I)项，恒容

下,充入一定量的CH?=CH?(g),Ha(g)的平衡转化率增大，而其自身的平衡转化率减小，

错误.

易错提醒平衡常数是温度的函数,温度不变则平衡常数不变.

4.(2022湖北，19,14分)自发热材料在生活中的应用日益广泛.某实验小组为探究

“CaO-AlTM”体系的发热原理，在隔热装置中进行了下表中的五组实验，测得相应实验

体系的温度升高值(△7)随时间(力的变化曲线,如图所示.

实验编号反应物组成

0.20gCaO粉末

a

5.0mLHS

b0.15gAl粉5.0mLH2

C0.15gAl粉5.0mL饱和石灰水

d0.15gAl粉5.0mL石灰乳

e0.15gAl粉0.20gCaO粉末5.0mLH20

回答下列问题：

(1)已知：

①CaOSHHQd)-Ca(0H)2(s)

△"=-65.17kJ・moF1

②Ca(OH)z(s)Ca2*(aq)+2OH(aq)A4=T6.73kJ-mol-1

@Al(s)+Oir(aq)+3H2O(l)=[Al(OlDJXaq)+|lL(g)△〃二一415.0kJ•mol-1

2

贝ijCaO(s)+2Al(s)+7H2O(l)Ca^(aq)+2[Al(OH).,]-(aq)+3H2(g)的△"=

kJ,mol

(2)温度为7时,Alp[Ca(OH)2]=^则Ca(OH)2饱和溶液中c(OH)=(用含x的代数

式表示).

(3)实验a中,4min后A7基本不变,原因是.

⑷实验b中，△7的变化说明A1粉与H,0在该条件下(填“反应”或“不反

应”).实验c中，前3min的有变化，其原因是:3

min后△，基本不变，其原因是微粒的量有限.

(5)下列说法不能解释实验d在10min内温度持续升高的是(填标号).

A.反应②的发生促使反应①平衡右移

B.反应③的发生促使反应②平衡右移

C.气体的逸出促使反应③向右进行

D.温度升高导致反应速率加快

(6)归纳以上实验结果,根据实验e的特征,用文字简述其发热原理

答案(1)-911.9(2)岳

⑶反应生成的Ca(OH)?覆盖在CaO表面,阻止反应进行⑷不反应A1和溶液中的0H

发生了反应，放出热量0H-

(5)A(6)实验e中，发生反应①、②和③,反应③中有气体生成,气体的逸出促使反应③

向右进行，反应③的发生使得溶液中01「的浓度减小,促使反应②平衡右移,反应②的发

生促使反应①平衡右移,这三步反应都是放热反应,温度升高导致反应速率加快

解析⑴根据盖斯定律知，①+②+2义③可得反应

CaO(s)+2Al(s)+7H2O(l)Ca"(aq)+2[Al(OH)J(aq)+3%(g),则

△〃+2A(-65.17kJ•mol-1)+(-16.73kJ,mo，)+2'(-415.0

kJ•mor1)=-911.9kJ-moL.(2)温度为7时，Ca(0H)2饱和溶液中，Ca(0H)2(s)=

22>2+

Ca*(aq)+20H(aq),c(OH)=2c(Ca),A；P[Ca(OH)2]=c(Ca)(OH)则c(0H)=您.(3)

实验a中,CaO和FLO反应生成Ca(0H)2,放出热量;4min后△7基本不变,是因为Ca(0H)2

覆盖在CaO表面，阻止了反应进行.(4)实验b中，A7几乎不变，说明A1粉与H20在该条

件下不反应;实验c中，前3min的△7有变化,是因为A1和溶液中的0H发生了反应,放

出热量,3min后△7基本不变，是因为饱和石灰水中CI1的浓度较低,01「的量有限.(5)实

验d中，发生反应②和③,反应③中有气体生成,气体的逸出促使反应③向右进行,反应③

的发生使得溶液中0H的浓度减小，促使反应②平衡右移,这两步反应都是放热反应，温

度升高导致反应速率加快;实验d在10min内温度持续升高与反应①无关.

5.(2022江苏，13,3分)乙醇一水催化重整可获得比.其主要反应为

=

C2H50H(g)+3压0(g)2C02(g)+6H2(g)C庐173.3kJ-mol_,

CQ(g)+H2(g)---C0(g)+H20(g)A/A41.2kJ•mol

在1.0X105Pa、〃始(C2HQH)：〃始(比0)=1：3时,若仅考虑上述反应,平衡时C02和C0的

选择性及乩的产率随温度的变化如图所示.

m:

%旃。)

co的选择性=xioo%

八助(双小领(8)

下列说法正确的是)

A.图中曲线①表示平衡时H?产率随温度的变化

B,升高温度,平衡时CO的选择性增大

C.一定温度下,增大〃（（：九0，//7（出0）可提高乙醛平衡转化率

D.一定温度下,加入CaO（s）或选用高效催化剂,均能提高平衡时达产率

1.答案B依据CO的选择性公式，平衡时CO的选择性和CO,,的选择性之和为1,符合

此特点的曲线为①、③，且两曲线交点对应的纵坐标接近50乳CO只存在于第二个反应中，

该反应正向吸热,升高温度平衡右移,C0的选择性增大,所以曲线③代表CO的选择性，曲

线①代表C0?的选择性，当温度超过300℃时，以第二个反应为主，所以平衡时也的产率

随温度升高而下降.曲线②为平衡时出产率随温度的变化,A错误.升高温度,平衡时CO

的选择性增大,B正确.增大HCJWH）/〃（HQ）可提高乩0的平衡转化率,CM10H平衡转化率

降低,C错误.CaO与C0?反应，使两个反应均向上的物质的量增大的方向进行,可提高H2

产率,选用高效催化剂，只能提高单位时间内乩的产率,不能改变反应的化学平衡状态，

不能提高平衡时lb产率,D错误.

4

6.（2020浙江7月选考，20,2分）一定条件下:2!^02g八==N2O.,（g）AH<0.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50kPa

B.温度130℃、压强300kPa

C.温度25°C、压强100kPa

D.温度130℃、压强50kPa

答案D测定No?的相对分子质量时，由于存在可逆反应气体中必

然存在凡01,混合气体的平均相对分子质量偏大,欲让误差最小,应使可逆反应平衡逆向

移动,减少凡。的含量.该反应是放热反应,升温有利于平衡逆向进行;该反应是气体分子

数减少的反应,减压有利于平衡逆向进行，故适宜的条件应为高温、低压,D项符合题意.

7.（2020江苏单科，15,4分）（双选）CK与CO?重整生成山利C0的过程中主要发生下列反

应

CH.(g)+CO2(g)-2H?(g)+2C0(g)AH=247.1kJ・mol"

1

H,(g)+CO2(g)-H2O(g)+CO(g)AH=41.2kJ•mol-

在恒压、反应物起始物质的量比n(CH)：n(C0.)=l：1条件下,CIh和CO2的平衡转化率随

温度变化的曲线如下图所示.下列有关说法正确的是（）

A.升高温度、增大压强均有利于提高CHi的平衡转化率

B.曲线B表示CHi的平衡转化率随温度的变化

C.相同条件卜，改用高效催化剂能使曲线A和曲线B相重叠

D.恒压、800K、n(CH,)：n(C02)=l：1条件下，反应至CH,转化率达到X点的值，改变除

温度外的特定条件继续反应,CH,转化率能达到Y点的值

答案BDA项，结合题给信息及图像可知，反应CHKgHCOKg)-2FL(g)+2CO(g)为气

体分子数增大的吸热反应，故要提高CIL的平衡转化率，可以通过升高温度或减小压强来

使平衡正向移动,错误;B项,通过两个反应可知,相同条件下,CO?的消耗量比CK的大,转

化率也会比QL的高，故通过图像可知曲线A表示CO,的平衡转化率，曲线B表示CH.的平

衡转化率,正确;C项,相同条件下，高效催化剂只能加快化学反应速率,不影响平衡的移

动，故转化率不变,错误;D项，转化率由X提高到Y,可以通过适当减小压强、增大CO?的

浓度等方法来实现,正确.

8.(2019海南单科,3,2分)反应Ca.(g)-CN(g)+H2(g)AH>0,在一定条件下于密闭

容器中达到平衡,下列各项措施中，不能提高乙烷的平衡转化率的是()

A.增大容器容积B.升高反应温度

C.分离出部分氢气D.等容下通入惰性气体

答案DA项，增大容器容积相当于减小压强,平衡正向移动，乙烷的平衡转化率增大;B

项,该反应为吸热反应,升高温度,平衡正向移动，乙烷的平衡转化率增大;C项,分离出部

分氢气,平衡正向移动，乙烷的平衡转化率增大;D项,等容下通入惰性气体,原平衡体系

中各物质的浓度不变，平衡不移动，乙烷的平衡转化率不变.

9.(2018浙江4月选考，14,2分)反应Nz(g)+3H2(g)=2NH3(g)AH<0,若在恒压绝热

容器中发生,下列选项表明反应一定已达平衡状态的是()

A.容器内的温度不再变化

B.容器内的压强不再变化

C.相同时间内，断开H-E键的数目和形成N-II键的数目相等

D.容器内气体的浓度C(N2)：C(H2)：C(NH3)=1：3：2

答案A题述反应在恒压绝热容器中发生且反应放热，容器内的温度不再变化则表明

反应达到平衡状态，故A正确;反应在恒压容器中发生，容器内的压强一直不变，故B错误;

断开H-H键和形成N-E键都表示向正反应方向进行,且二者不可能相等,故C错误;容

器内气体的浓度c(Nj：C(H2):C(NH3)=1：3：2,无法判断反应是否达到平衡，故D错误.

解题导引(1)判断化学平衡状态的方法:①正逆相等，速率必须是一个正反应速率、一

个逆反应速率,且经过换算后同一物质的消耗速率和生成速率相等.②如果一个量是随

着反应进行而改变的，其不变时为平衡状态；随反应的进行保持不变的量,不能作为是否

达到平衡状态的判断依据.(2)注意抓反应在“恒压绝热容器”中进行这一关键信息.

10.(2016四川理综,6,6分)一定条件下,CH.与H20(g)发生反应:CH.(g)+H20(g)一

C0(g)+3H2(g).设起始吗翟=2，在恒压下,平衡时⑴的体积分数@(CH)与Z和T(温度)

的关系如图所示.下列说法正确的是()

A.该反应的焰变AH>0

B.图中Z的大小为a>3>b

C.图中X点对应的平衡混合物中曙

n(C