高三化学专题训练化学反应速率和化学平衡Word格式文档下载.docx

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下列说法正确的是

A．0～t2时，v正>

v逆

B．Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，A的体积分数Ⅰ>

Ⅱ

C．t2时刻改变的条件可以是向密闭容器中加C

D．Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，平衡常数I<

答案C

【解析】反应方程式两边气体的计量数相等。

t1~t2时间段，反应处于平衡状态，正逆速率相等，A项错误；

从图看，逆反应速率瞬间增大，且反应速率逐渐变化，说明产物C的浓度瞬间增大，但因为温度不变，故平衡常数不会改变，B、D项错误，C项正确。

4．（2013·

北京卷）下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是（　　）

A.

将NO2球浸泡在冷水和热水中

B.

t/℃

25

50

100

KW/10－14

1.01

5.47

55.0

C.

D.

c（氨水）/（mol·

L－1）

0.1

0.01

pH

11.1

10.6

解析　选项A可以用温度变化来解释化学平衡的移动，A项正确；

选项B说明离子积随着温度的升高而增大，即温度升高，水的电离平衡正向移动，B项正确；

选项C是催化剂对化学反应速率的影响，与化学平衡无关，C项错误；

选项D中浓度与溶液pH的关系说明浓度对NH3·

H2O的电离平衡的影响，D项正确。

答案　C

5．（2013·

南京一模）在密闭容器中通入物质的量浓度均为0.1mol·

L－1的CH4与CO2，在一定条件下发生反应：

CO2（g）＋CH4（g）2CO（g）＋2H2（g），测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示，下列有关说法一定正确的是（　　）

A．上述反应的ΔH>

B．压强p1>

p2>

p3>

p4

C．1100℃时该反应的平衡常数为64mol2·

L－2

D．压强为p4时，在Y点：

v（正）<

v（逆）

解析　A项，由图知，随着温度升高，CH4平衡转化率增大，则表明该反应是吸热反应，即ΔH>

0，正确；

B项，由反应可知，增大压强，平衡逆向移动，则CH4的平衡转化率降低，故p4>

p1，B错；

C项，1100℃压强为p4时CH4转化率为80%，则平衡时CH4、CO2浓度均为0.02mol·

L－1，生成的CO、H2均为0.16mol·

L－1，故K＝＝＝1.6384（mol2·

L－2），C错；

D项，Y点未达到平衡，达平衡时CH4转化率会增大，则表明反应仍需向正反应方向进行，即v（正）>

v（逆），D错。

答案　A

6．（2014·

天津理综化学卷，T3）运用相关化学知识进行判断，下列结论错误的是（　　）

A．某吸热反应能自发进行，因此该反应是熵增反应

B．NH4F水溶液中含有HF，因此NH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中

C．可燃冰主要是甲烷与水在低温高压下形成的水合物晶体，因此可存在于海底

D．增大反应物浓度可加快反应速率，因此用浓硫酸与铁反应能增大生成H2的速率

【答案】D

【解析】A、当ΔH－TΔS＜0时，反应能自发进行，吸热反应的ΔH＞0，吸热反应能自发，说明ΔS＞0，A项正确；

B、NH4F溶液中F－水解生成HF，HF能与玻璃中的SiO2发生反应4HF＋SiO2===SiF4↑＋2H2O，故NH4F溶液不能存放在玻璃试剂瓶中，B项正确；

C、可燃冰需在低温高压下形成，所以可燃冰可存在于海底，C项正确；

D、常温下，浓硫酸使铁发生钝化，D项错误。

7．（2013·

郑州质检）在密闭容器中发生反应：

aA（g）cC（g）＋dD（g），达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡浓度的1.8倍。

下列叙述正确的是（　　）

A．A的转化率变大B．平衡向正反应方向移动

C．D的体积分数变大D．a<

c＋d

解析　将气体体积压缩为原来的一半（即增大压强），若平衡不移动，则D的浓度应为原来的2倍；

再次达到平衡时，D的浓度为原来的1.8倍，说明增大压强平衡逆向移动，则a<

c＋d，D正确。

8．（2012·

安徽卷）一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：

SO2（g）＋2CO（g）2CO2（g）＋S（l）　ΔH<

若反应在恒容的密闭容器中进行，下列有关说法正确的是（　　）

A．平衡前，随着反应的进行，容器内压强始终不变

B．平衡时，其他条件不变，分离出硫，正反应速率加快

C．平衡时，其他条件不变，升高温度可提高SO2的转化率

D．其他条件不变，使用不同催化剂，该反应的平衡常数不变

解析　正反应是气体分子数减小的反应，因此平衡前，随着反应的进行容器内压强不断变化，A项错误；

因硫为液态，故平衡时，其他条件不变，分离出硫，反应速率不变，B项错误；

正反应是放热反应，故升高温度，平衡逆向进行，SO2的转化率降低，C项错误；

其他条件不变时，使用不同的催化剂，只能改变反应速率，不影响平衡的移动，故反应的平衡常数不变，D项正确。

9．（2014·

全国大纲版理综化学卷，T8）下列叙述错误的是

A．SO2使溴水褪色与乙烯使KMnO4溶液褪色的原理相同

B．制备乙酸乙酯时可用热的NaOH溶液收集产物以除去其中的乙酸

C．用饱和食盐水替代水跟电石反应，可以减缓乙炔的产生速率

D．用AgNO3溶液可以鉴别KC1和KI

【答案】B

【解析】A、SO2使溴水褪色是因为SO2和Br2发生了氧化还原反应（SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4）,乙烯使KMnO4溶液褪色也是发生了氧化还原反应，A正确；

B、热的NaOH溶液虽然可以中和乙酸，但也会使乙酸乙酯发生水解，B错误；

C、实验室制取乙烯实验中，由于电石和水的反应很剧烈，所以常用饱和食盐水代替水，目的是减缓电石与水的反应速率，C正确；

D、AgNO3和KC1产生白色沉淀AgCl，AgNO3和KI产生黄色沉淀AgI，D正确。

10．（2013·

南昌调研）在一定条件下，向一体积为2L的恒容密闭容器中充入2molA,1molB，发生反应：

2A（g）＋B3C（g）　ΔH＝－QkJ/mol（Q>

0）。

经过60s达到平衡，测得B的物质的量为0.2mol，下列对该平衡的叙述正确的是（　　）

A．用C的浓度变化表示该反应速率为2.4mol/（L·

min）

B．若使容器变为1L，则C的物质的量一定增大

C．达到平衡，测得放出热量为xkJ，则x＝Q

D．若向容器中再充入1molC，重新达到平衡，A的体积分数保持不变，则B为气态

解析　Δn（B）＝0.8mol，Δn（C）＝2.4mol，Δc（C）＝1.2mol/L，则该反应的平均反应速率v（C）＝1.2mol/（L·

min），A错；

缩小容器体积，相当于加压，平衡向气体分子数减小的方向移动，由于B的状态未知，故C的物质的量不一定增大，B错；

由于反应是可逆的，所以x<

Q，C错；

向容器中再充入C，平衡不移动，说明反应前后气体分子数不变，则B一定为气态，D正确。

二、非选择题

11．（2014·

北京理综化学卷，T26）NH3经一系列反应可以得到HNO3，如下图所示。

（1）I中，NH3和O2在催化剂作用下反应，其化学方程式是_____________________。

（2）II中，2NO（g）+O22NO2（g）。

在其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强（P1、P2）下温度变化的曲线（如右图）。

①比较P1、P2的大小关系：

________________。

②随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是________________。

（3）III中，将NO2（）转化为N2O4（），再制备浓硝酸。

①已知：

2NO2（）N2O4（）△H1

2NO2（）N2O4（）△H2

下列能量变化示意图中，正确的是（选填字母）_______________。

ABC

②N2O4与O2、H2O化合的化学方程式是_________________。

（4）IV中，电解NO制备NH4NO3，其工作原理如右图所示，为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A，A是_____________，说明理由：

【答案】

（14分）

（1）4NH3+5O24NO+6H2O

（2）①p1<

p2②变小

（3）①A②2N2O4+O2+2H2O=4HNO3

（4）NH3根据反应8NO+7H2O4NH4NO3+2HNO3，电解产生的HNO3多

【解析】

（1）NH3和O2在催化剂作用下发生氧化还原反应，产物是NO和H2O，所以反应的方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；

（2）①由2NO（g）＋O2（g）2NO2（g）可知该反应为气体体积减小的反应，温度相同，增大压强，平衡正向移动，NO的平衡转化率增大，根据图示和坐标含义，判断p1<

p2；

②再看同一压强线，温度升高，NO的平衡转化率降低，平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，温度升高，平衡常数减小。

（3）①降低温度，NO2（g）转变为N2O4（l），则ΔH2<

0，反应物能量高于生成物能量，C错误；

N2O4（g）转变为N2O4（l）需要放出热量，所以NO2（g）转变为N2O4（g）比NO2（g）转变为N2O4（l）放出的热量少，B错误，所以正确的图示为A；

②N2O4、O2和H2O反应生成硝酸的反应方程式为2N2O4＋O2＋2H2O===4HNO3。

（4）根据工作原理装置图，可以确定阳极为NO失去电子转变为NO，阴极NO转变为NH，根据电极反应书写电极反应式为：

阳极：

NO－3e－＋2H2O===NO＋4H＋

阴极：

NO＋5e－＋6H＋===NH＋H2O

然后根据得失电子守恒，硝酸根离子物质的量比铵根离子物质的量多，所以需要向溶液中加入的物质为NH3（即8NO＋7H2O3NH4NO3＋2HNO3）。

12．（2013·

新课标全国Ⅱ卷）在1.0L密闭容器中放入0.10molA（g），在一定温度进行如下反应：

A（g）B（g）＋C（g）　ΔH＝＋85.1kJ·

mol－1

反应时间（t）与容器内气体总压强（p）的数据见下表：

时间t/h

1

2

3

8

总压强p/100kPa

4.91

5.58

6.32

7.31

8.54

16

20

30

9.50

9.52

9.53

回答下列问题：

（1）欲提高A的平衡转化率，应采取的措施为________。

（2）由总压强p和起始压强p0计算反应物A的转化率α（A）的表达式为________，平衡时A的转化率为________，列式并计算反应的平衡常数K________。

（3）①由总压强p和起始压强p0表示反应体系的总物质的量n总和反应物A的物质的量n（A），n总＝________mol，n（A）＝________mol。

②下表为反应物A浓度与反应时间的数据，计算：

a＝________。

反应时间t/h

4

c（A）/（mol·

0.10

a

0.026

0.0065

分析该反应中反应物的浓度c（A）变化与时间间隔（Δt）的规律，得出的结论是________________________________________，由此规律推出反应在12h时反应物的浓度c（A）为________mol·

L－1。

解析　

（1）A（g）B（g）＋C（g）的正向反应是一个气体体积增大的吸热反应，故可通过降低压强、升温等方法提高A的转化率。

（2）在温度一定、容积一定的条件下，气体的压强之比等于其物质的量（物质的量浓度）之比。

求解平衡常数时，可利用求得的平衡转化率并借助“三行式”进行，不能用压强代替浓度代入。

（3）n（A）的求算也借助“三行式”进行。

a＝0.051，从表中数据不难得出：

每隔4h，A的浓度约减少一半，依此规律，12h时，A的浓度为0.013mol/L。

答案　

（1）升高温度、降低压强

（2）×

100%　94.1%

A（g）　　　　　　　　B（g）　＋　C（g）

0．1000

0．10×

（1－94.1%）　0.10×

94.1%　0.10×

94.1%

K＝＝1.5mol·

L－1

（3）①0.10×

　0.10×

②0.051

达到平衡前每间隔4h，c（A）减少约一半

0．013

13．（2014·

福建理综化学卷，T24）（15分）铁及其化合物与生产、生活关系密切。

（1）右图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图。

①该电化腐蚀称为。

②图中A、B、C、D四个区域，生成铁锈最多的是（填字母）。

（2）用废铁皮制取铁红（Fe2O3）的部分流程示意图如下：

①步骤I若温度过高，将导致硝酸分解。

硝酸分解的化学方程式为。

②步骤II中发生反应：

4Fe（NO3）2＋O2＋（2n＋4）H2O＝2Fe2O3·

nH2O＋8HNO3，反应产生的HNO3又将废铁皮中的铁转化为Fe（NO3）2，该反应的化学方程式为。

③上述生产流程中，能体现“绿色化学”思想的是（任写一项）。

（3）已知t℃时，反应FeO（s）＋CO（g）Fe（s）＋CO2（g）的平衡常数K＝0.25。

①t℃时，反应达到平衡时n（CO）：

n（CO2）＝。

②若在1L密闭容器中加入0.02molFeO（s），并通入xmolCO，t℃时反应达到平衡。

此时FeO（s）转化率为50%，则x＝。

（15分）

（1）①吸氧腐蚀②B

（2）①4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O②4Fe+10HNO3=4Fe（NO3）3+NH4NO3+3H2O

③氮氧化物排放少（或其他合理答案）

（3）①4:

1②0.05

【解析】

（1）由图看出，在海水中，该电化腐蚀属于吸氧腐蚀，在ABCD四个区域中，生成铁锈最多是B区，能接触到氧气。

（2）浓硝酸分解的化学方程式为4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O,硝酸氧化废铁皮中铁的化学方程式为4Fe+10HNO3=4Fe（NO3）3+NH4NO3+3H2O，生产过程中体现绿色思想的是整个过程中氮氧化物排放减少。

根据反应FeO（s）＋CO（g）Fe（s）＋CO2（g），平衡常数K为0.25，因为固体的浓度为1，则反应达到平衡时n（CO）：

n（CO2）=4:

1，若在1L密闭容器中加入0.02molFeO（s），并通入xmolCO，t℃时反应达到平衡。

此时FeO（s）转化率为率为50%，

FeO（s）＋CO（g）Fe（s）＋CO2（g）

起始0.02x00

变化0.010.010.010.01

平衡时0.01x-0.010.010.01

根据平衡常数K=0.25得：

，解得x=0.05。

14．（2013·

广东卷）大气中的部分碘源于O3对海水中I－的氧化。

将O3持续通入NaI溶液中进行模拟研究。

（1）O3将I－氧化成I2的过程由3步反应组成：

①I－（aq）＋O3（g）===IO－（aq）＋O2（g）　ΔH1

②IO－（aq）＋H＋（aq）HOI（aq）　ΔH2

③HOI（aq）＋I－（aq）＋H＋（aq）I2（aq）＋H2O（l）　ΔH3

总反应的化学方程式为__________________，其反应热ΔH＝_______。

（2）在溶液中存在化学平衡：

I2（aq）＋I－（aq）I（aq），其平衡常数表达式为________。

（3）为探究Fe2＋对O3氧化I－反应的影响（反应体系如图甲），某研究小组测定两组实验中I浓度和体系pH，结果见图乙和下表。

编号

反应物

反应前pH

反应后pH

第1组

O3＋I－

5.2

11.0

第2组

O3＋I－＋Fe2＋

4.1

①第1组实验中，导致反应后pH升高的原因是______________。

②图甲中的A为________。

由Fe3＋生成的A的过程能显著提高I－的转化率，原因是____________________________________________________。

③第2组实验进行18s后，I浓度下降。

导致下降的直接原因有（双选）________。

A．c（H＋）减小B．c（I－）减小

C．I2（g）不断生成D．c（Fe3＋）增加

（4）据图乙，计算3～18s内第2组实验中生成I的平均反应速率（写出计算过程，结果保留两位有效数字）。

解析　

（1）根据盖斯定律，将三个反应相加，可得总反应：

2I－（aq）＋O3（g）＋2H＋（aq）===I2（aq）＋O2（g）＋H2O（l），则ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3。

（2）该反应的平衡常数K＝。

（3）①第1组实验中，pH升高是因为反应消耗了H＋。

②图甲中A为Fe（OH）3，由Fe3＋生成Fe（OH）3的过程中消耗OH－，溶液中c（H＋）增大，促进I－转化，因此I－的转化率显著提高。

③导致I下降的直接原因是I2（g）不断生成，c（I－）减小。

答案　

（1）2I－（aq）＋O3（g）＋2H＋（aq）===I2（aq）＋O2（g）＋H2O（l）　ΔH1＋ΔH2＋ΔH3

（2）K＝

（3）①溶液中H＋被消耗，生成H2O，溶液pH上升　②Fe（OH）3　Fe3＋形成Fe（OH）3过程中消耗OH－，使溶液中c（H＋）上升，促进I－转化　③BC

（4）t＝3s时，c（I）＝3.5mol·

L－1，t＝18s时，c（I）＝11.8mol·

L－1，v（I）＝＝0.55mol/（L·

s）

15．（2014·

福建省福州市期末）向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molPCl5，在温度为T时发生如下反应PCl5（g）PCl3（g）+C12（g）H=+124kJ·

mol-1。

反应过程中测定的部分数据见下表：

时间t/s

150

250

350

n（PCl3）/mol

0.16

0.19

0.2

回答下列问题

（1）反应在前50s的平均速率v（PCl5）=________。

（2）温度为T时，该反应的化学平衡常数=________。

（3）要提高上述反应的转化率，可采取的措施有________。

（4）在温度为T时，若起始时向容器中充入0.5molPCl5和amolCl2"

平衡时PCl5的转化

率仍为20％，则a=________。

（5）在热水中，五氯化磷完全水解，生成磷酸（H3PO4），该反应的化学方程式是________。

若将0.01molPCI5投入lL热水中，再逐滴加入AgNO3溶液，先产生的沉淀是________[已知Ksp（Ag3PO4）=1.4×

10-16，Ksp（AgCl）=1.8×

10-10]。

（6）一定条件下，白磷溶于硝酸溶液产生一种氮氧化合物气体，该气体与白磷的物质的量之比为20：

3，反应的化学方程式为____________________________。

（1）0.0016mol·

s-1

（2）0.025

（3）升高温度（或降低压强或移走PCl3、Cl2等合理答案）

（4）0.1

（5）PCl5+4H2O=H3PO4+5HClAgCl（填名称“氯化银”也给满分）

（6）3P4+20HNO3+8H2O=12H3PO4+20NO↑

（1）v（PCl5）=v（PCl3）=0.16mol/（2L·

50s）=1.6×

10-3mol·

s-1。

（2）PCl5（g）PCl3（g）+C12（g）

起始浓度（mol·

L-1）：

0.500

转化浓度（mol·

0.10.10.1

平衡浓度（mol·

0.40.10.1

K=[c（PCl3）·

c（Cl2）]/c（PCl5）=（0.1×

0.1）/0.4=0.025。

（3）该反应是气体体积增大的吸热反应，可通过升高温度和降低压强的方式使平衡向正反应方向移动，也可以通过降低产物的方式使平衡正向移动。

（4）温度不变，平衡常数不变。

因该反应是气体体积增大的反应，应符合“等量”原则才能达到等效平衡。

PCl5（g）PCl3（g）+C12（g）

0.250a/2

0.050.050.05

0.20.050.05+a/2

c（Cl2）]/c（PCl5）=[0.05×

（0.05+a/2）]/0.2=0.025。

解得，a=0.1。

（5）PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl，H3PO4是弱酸，难以电离出PO43-离子、HCl是强酸，故先产生的沉淀是AgCl。

（6）硝酸具有强氧化性，将白磷氧化为磷酸，根据得失电子守恒（设氮氧化物中氮的化合价为x），则有20×

（5-x）=12×

5，x=2，即生成NO，反应方程式为：

3P4+20HNO3+8H2O=12H3PO4+20NO↑。