高考化学化学反应的速率与限度的推断题综合压轴题专题复习附答案解析.docx
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高考化学化学反应的速率与限度的推断题综合压轴题专题复习附答案解析
高考化学——化学反应的速率与限度的推断题综合压轴题专题复习附答案解析
一、化学反应的速率与限度练习题（含详细答案解析）
1．某同学为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，他在100mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气（气体体积已折算为标准状况下的体积），实验记录如下（累计值）：
时间/min
1
2
3
4
5
氢气体积/mL
50
120
232
290
310
（1）反应速率最大的时间段是__（填“0～1min”“1～2min”“2～3min”或“4～5min”），原因是__。
（2）反应速率最小的时间段是__（填“0～1min”“1～2min”“2～3min”或“4～5min”），原因是__。
（3）2～3min时间段内，以盐酸的浓度变化表示该反应的速率为__。
（4）如果反应太剧烈，为了减缓反应速率而又不减少产生氢气的量，该同学在盐酸中分别加入等体积的下列液体，你认为可行的是__（填序号）。
A．蒸馏水B．NaCl溶液C．Na2CO3溶液D．CuSO4溶液
【答案】2～3min该反应是放热反应，2～3min时间段内温度较高4～5min4～5min时间段内H+浓度较低0.1mol·L-1·min-1AB
【解析】
【分析】
根据表格数据可得：
“0～1min”产生氢气的量为50mL，“1～2min”产生氢气的量为120mL-50mL=70mL，“2～3min”产生氢气的量为232mL-120mL=112mL，“4～5min”产生的氢气的量为310mL-290mL=20mL，再根据公式
分析解答问题。
【详解】
（1）反应速率最大，则单位时间内产生的氢气最多，“2～3min”产生氢气的量为232mL-120mL=112mL，又因该反应是放热反应，此时间段内温度较高，故答案为：
2～3min；该反应是放热反应，2～3min时间段内温度较高；
（2）速率最小，即单位内产生的氢气最少，4～5min共产生20mL氢气，主要原因是随着反应的进行，此时间段内H+浓度较低，故答案为：
4～5min；4～5min时间段内H+浓度较低；
（3）根据公式
，“2～3min”产生氢气的量为232mL-120mL=112mL，则
，根据方程式：
Zn+2HCl===ZnCl2+H2↑可知，消耗
的物质的量n（HCl）=2n（H2）=0.01mol，然后再根据
可求得盐酸的反应速率
，故答案为0.1mol·L-1·min-1；
（4）加入蒸馏水和NaCl溶液相当于降低盐酸浓度，反应速率减小，加入Na2CO3溶液，会消耗盐酸，则会减少生成氢气的量，CuSO4溶液会消耗锌，会减少生成氢气的量，且反应放热会增大反应速率，故答案选AB。
2．氮及其化合物是科学家们一直在探究的问题，它们在工农业生产和生命活动中起着重要的作用。
回答下列问题。
Ⅰ.已知H—H键的键能为akJ·mol-1，N—H键的键能为bkJ·mol-1，N
N键的键能是ckJ·mol-1，则反应NH3（g）
N2（g）+
H2（g）的ΔH=____kJ·mol-1，若在某温度下其平衡常数为K，则N2（g）+3H2（g）
2NH3（g）的平衡常数K1=____（用K表示）。
Ⅱ.一氯氨、二氯氨和三氯氨（NH2Cl、NHCl2和NCl3）是常用的饮用水二级消毒剂。
（1）用Cl2和NH3反应制备三氯胺的方程式为3Cl2（g）+NH3（g）
NCl3（l）+3HCl（g），向容积均为1L的甲、乙两个恒温（反应温度分别为400℃、T℃）容器中分别加入2molCl2和2molNH3，测得各容器中n（Cl2）随反应时间t的变化情况如下表所示：
t/min
0
40
80
120
160
甲（400℃）n（Cl2）/mol
2.00
1.50
1.10
0.80
0.80
乙（T℃）n（Cl2）/mol
2.00
1.45
1.00
1.00
1.00
①T℃___400℃（填“>”或“<”），该反应的ΔH___0（填“>”或“<”）。
②该反应自发进行的条件是____（填高温、低温、任何温度）。
③对该反应，下列说法正确的是___（填选项字母）。
A．若容器内气体密度不变，则表明反应达到平衡状态
B．若容器内Cl2和NH3物质的量之比为3∶1，则表明反应达到平衡状态
C．反应达平衡后，其他条件不变，加入一定量的NCl3，平衡将向逆反应方向移动
D．反应达到平衡后，其他条件不变，在原容器中按
=1继续充入一定量反应物，达新平衡后Cl2的转化率增大
（2）工业上可利用反应2Cl2（g）+NH3（g）
NHCl2（l）+2HCl（g）制备二氯胺。
①NHCl2在中性、酸性环境中会发生强烈水解，生成具有强杀菌作用的物质，写出该反应的化学方程式____。
②在恒温条件下，将2molCl2和1molNH3充入某密闭容器中发生上述反应，测得平衡时Cl2和HCl的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示。
则A、B、C三点中Cl2转化率最高的是___点（填“A”“B”或“C”）；B点时反应物转化率：
α（Cl2）___α（NH3）（填“>”“=”或“<”），若B点平衡体积为2L，则平衡常数K=____。
【答案】3b-
c-
a
><低温ADNHCl2+2H2O=2HClO+NH3C=4
【解析】
【分析】
Ⅰ.焓变=反应物的总键能-生成物的总键能，据此计算，平衡常数K=
，正逆反应的平衡常数互为倒数；
Ⅱ.
（1）①温度越高，反应速率越快；根据数据，在400℃时，甲容器，平衡后0.8mol，乙容器中1.00mol，达到平衡时间短说明反应速率大，乙中剩余氯气应少，但氯气增多说明温度升高影响平衡逆向进行；
②反应自发进行的判断依据为△H-T△S＜0，结合反应特征分析判断；
③可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化说明到达平衡；
（2）①根据元素守恒可推测出具有强烈杀菌作用的物质为HClO，据此写出反应；
②体系中HCl的浓度越大则Cl2转化率越大；起始量2molCl2和1molNH3，根据方程式可知Cl2和NH3按照2:
1的比例进行反应，所以转化率始终相同；B点处HCl和Cl2的浓度相同，据此反推各物质的浓度进行平衡常数的计算；
【详解】
Ⅰ.已知：
H-H键能为akJ•mol-1，H-N键能为bkJ•mol-1，N≡N键的键能ckJ•mol-1，对于反应NH3（g）
N2（g）+
H2（g）的△H=反应物的总键能-生成物的总键能=3b-
c-
a，其平衡常数为K=
，则N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）的平衡常数K1=
，故答案为：
3b-
c-
a；
；
Ⅱ.
（1）①温度越高，反应速率越快，平衡向吸热反应方向移动，其他条件相同时，T℃时的反应速率比400℃时的反应速率快，则T℃＞400℃；根据数据，在400℃时，甲容器，平衡后0.8mol，乙容器中1.00mol，达到平衡时间短说明反应速率大，乙中剩余氯气应少，但氯气增多说明温度升高影响平衡逆向进行，△H＜0，故答案为：
>；<；
②3Cl2（g）+NH3（g）⇌NCl3（l）+3HCl（g），反应的△S＜0，△H＜0，满足△H-T△S＜0，需要低温下，反应能自发进行，故答案为：
低温；
③A．NCl3（l）为液体，反应前后气体质量变化，气体体积不变，若容器内气体密度不变，则表明反应达到平衡状态，故A正确；
B．起始量2molCl2和2molNH3，根据方程式可知反应过程中Cl2和NH3按照3:
1的比例进行反应，所以容器内的Cl2和NH3物质的量之比不可能为3：
1，故B错误；
C．反应达到平衡后，其他条件不变，加入一定量的NCl3（l）为液体不影响此平衡的移动，故C错误；
D．反应达到平衡后，其他条件不变，在原容器中按
=1继续充入一定量反应物，压强增大，平衡正向进行，Cl2的转化率增大，故D正确；
故答案为：
AD。
（2）①根据元素守恒可推测出具有强烈杀菌作用的物质为HClO，所以二氯胺与水反应方程式为：
NHCl2+2H2O=2HClO+2NH3；
②容器为密闭容器，据图可知C点处HCl的浓度最大，体系中HCl的浓度越大则Cl2转化率越大，所以C点Cl2转化率最高；起始量2molCl2和1molNH3，根据方程式可知Cl2和NH3按照2:
1的比例进行反应，所以转化率始终相同；B点处HCl和Cl2的浓度相同，设平衡时c（HCl）=amol/L，初始c（Cl2）=
，c（NH3）=
，则
则有1-a=a，解得a=0.5mol/L，所以平衡时c（HCl）=0.5mol/L，c（Cl2）=0.5mol/L，c（NH3）=0.25mol/L，平衡常数K=
，故答案为：
C；=；4；
3．已知：
N2O4（g）
2NO2（g）ΔH=＋52．70kJ·mol-1
（1）在恒温、恒容的密闭容器中，进行上述反应时，下列描述中，能说明该反应已达到平衡的是___。
A．v正（N2O4）=2v逆（NO2）
B．容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化
C．容器中气体的密度不随时间而变化
D．容器中气体的分子总数不随时间而变化
（2）t℃恒温下，在固定容积为2L的密闭容器中充入0．054molN2O4，30秒后达到平衡，测得容器中含n（NO2）=0．06mol，则t℃时反应N2O4（g）
2NO2（g）的平衡常数K=___。
若向容器内继续通入少量N2O4，则平衡___移动（填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”），再次达到平衡后NO2的体积分数__原平衡时NO2的体积分数（填“大于”、“小于”或“等于”）。
（3）取五等份NO2，分别加入到温度不同、容积相同的恒容密闭容器中，发生反应：
2NO2（g）
N2O4（g）。
反应相同时间后，分别测定体系中NO2的百分含量（NO2%），并作出其百分含量随反应温度（T）变化的关系图。
下列示意图中，可能与实验结果相符的是___。
【答案】BD0．075mol·L-1向正反应方向小于BD
【解析】
【分析】
（1）根据平衡标志判断；
（2）K=
；增大反应物的浓度平衡正向移动；
（3）该反应是体积减小的、放热的可逆反应，所以反应达到平衡后，升高温度，平衡向逆反应方向移动，NO2的含量增大；
【详解】
（1）A．反应达到平衡状态，正逆反应速率比等于系数比，所以2v正（N2O4）=v逆（NO2）时，反应不平衡，故不选A；
B．反应前后气体物质的量不同，根据
，平均相对分子质量是变量，若容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化，反应一定达到平衡状态，故选B；
C．根据
，反应在恒容的密闭容器中进行，密度是恒量，容器中气体的密度不随时间而变化，反应不一定达到平衡状态，故不选C；
D．反应前后气体物质的量不同，分子数是变量，容器中气体的分子总数不随时间而变化，一定达到平衡状态，故选D。
答案选BD。
（2）
K=
=0．075mol·L-1；增大反应物的浓度平衡正向移动，若向容器内继续通入少量N2O4，则平衡向正反应方向移动；再次达到平衡，相当于加压，N2O4转化率减小，NO2的体积分数小于原平衡时NO2的体积分数；
（3）A．该反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，NO2的含量增大，故A错误；
B．若5个容器在反应相同时间下，均已达到平衡，因为该反应是放热反应，温度越高，平衡向逆反应方向移动，NO2的百分含量随温度升高而升高，故B正确；
C．该反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，NO2的含量增大，故C错误；
D．若5个容器中有未达到平衡状态的，那么温度越高，反应速率越大，会出现温度高的NO2转化得快，导致NO2的百分含量少的情况，在D图中转折点为平衡状态，转折点左侧为未平衡状态，右侧为平衡状态，升高温度，平衡向逆反应方向移动，故D正确。
答案选BD。
4．CH4超干重整CO2技术可得到富含CO的化工原料。
回答下列问题：
（1）CH4超干重整CO2的催化转化如图所示：
①关于上述过程Ⅱ的说法不正确的是________（填序号）。
a．实现了含碳物质与含氢物质的分离
b．可表示为CO2＋H2＝H2O（g）＋CO
c．CO未参与反应
d．Fe3O4、CaO为催化剂，降低了反应的ΔH
②其他条件不变，在不同催化剂（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）作用下，反应CH4（g）＋CO2（g）＝2CO（g）＋2H2（g）进行相同时间后，CH4的转化率随反应温度的变化如图所示。
a点所代表的状态_________（填“是”或“不是”）平衡状态；b点CH4的转化率高于c点，原因是_________________________________________。
（2）在一刚性密闭容器中，加入Ni/α－Al2O3催化剂并加热至1123K，使CH4和CO2发生反应CH4（g）＋CO2（g）＝2CO（g）＋2H2（g），初始时CH4和CO2的分压分别为20kPa、25kPa，研究表明CO的生成速率υ（CO）＝1.3×10-2·p（CH4）·p（CO2）mol·g-1·s-1，某时刻测得p（CO）＝20kPa，则p（CO2）＝________kPa，υ（CO）＝________mol·g-1·s-1。
【答案】cd不是b和c都未达平衡，b点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高151.95
【解析】
【分析】
（1）①a．过程Ⅱ中，CO、CO2都转化为CO，H2转化为H2O；实现了含碳物质与含氢物质的分离；
b．从起始反应物和产物分析可得，CO2与H2反应生成H2O（g）和CO；
c．从反应过程看，CO先转化为CaCO3，后CaCO3再转化为CO；
d．Fe3O4、CaO起初参加反应，后来又生成，所以为催化剂，催化剂不改变反应物和生成物的总能量。
②催化剂不能改变反应物的平衡转化率，但可改变平衡前的转化率，通过不同催化剂作用下的转化率比较，可判断a、b、c三点的CH4的转化率都小于同温度下的最高转化率，由此可确定反应仍正向进行。
（2）利用阿伏加德罗定律的推论，气体的压强之比等于物质的量之比，所以利用某时刻某物质的压强，可计算出该时刻另一物质的压强，由此可计算出反应速率。
【详解】
（1）①a．过程Ⅱ中，CO、CO2都转化为CO，H2转化为H2O；实现了含碳物质与含氢物质的分离，a正确；
b．从起始反应物和产物分析可得，CO2与H2反应生成H2O（g）和CO，b正确；
c．从反应过程看，CO先转化为CaCO3，后CaCO3再转化为CO，c不正确；
d．Fe3O4、CaO起初参加反应，后来又生成，所以为催化剂，催化剂不改变反应物和生成物的总能量，所以不能降低反应的ΔH，d不正确；
故选cd。
答案为：
cd；
②相同温度下，尽管所使用的催化剂不同，但达平衡时CH4的转化率应相同，从图中可以看出，a点CH4的转化率比同温度下的催化剂Ⅰ作用下的转化率低，则表明a点所代表的状态不是平衡状态；从图中可以看出，虽然b点CH4的转化率高，但仍低于同温度下的最高转化率，说明反应仍未达到平衡，b点CH4的转化率高于c点，只能是反应速率快所致，故原因是b和c都未达平衡，b点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高。
答案为：
不是；b和c都未达平衡，b点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高；
（2）利用题给数据，我们可建立如下三段式：
从而得出p（CO2）＝15kPa，υ（CO）＝1.3×10-2·p（CH4）·p（CO2）mol·g-1·s-1=1.3×10-2×10×15mol·g-1·s-1=1.95mol·g-1·s-1。
答案为：
15；1.95。
【点睛】
对于一个可逆反应，尽管不同催化剂影响反应速率，使平衡前相同时刻的转化率有所不同，但温度相同时，平衡转化率相同。
5．运用化学反应原理研究碳、氮、硫的单质及其化合物的反应对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。
（1）CO还原NO的反应为2CO（g）+2NO（g）
2CO2（g）+N2（g）∆H=-746kJ·mol-1。
写出两条有利于提高NO平衡转化率的措施______________、______________。
（2）用焦炭还原NO的反应为：
2NO（g）+C（s）
N2（g）+CO2（g）
∆H。
恒容恒温条件下，向体积相同的甲、乙、丙三个容器中分别加入足量的焦炭和一定量的NO，测得各容器中NO的物质的量[n（NO）]随反应时间（t）的变化情况如表所示：
t/min
n（NO）/mol
容器
0
40
80
120
160
甲/400℃
2.00
1.5
1.10
0.80
0.80
乙/400℃
1.00
0.80
0.65
0.53
0.45
丙/T℃
2.00
1.45
1.00
1.00
1.00
①∆H______________0（填“＞”或“＜”）；
②乙容器在160min时，v正_________v逆（填“＞”、“＜”或“=”）。
（3）某温度下，向体积为2L的恒容真空容器中通入2.00molNO2，发生反应：
2NO2（g）
N2O4（g）∆H=-57.0kJ·mol-1，已知：
v正（NO2）=k1·c2（NO2），v逆（N2O4）=k2·c（N2O4），其中k1、k2为速率常数。
测得NO2的体积分数[x（NO2）]与反应时间（t）的关系如表：
t/min
0
20
40
60
80
x（NO2）
1.0
0.75
0.52
0.50
0.50
①
的数值为______________；
②已知速率常数k随温度升高而增大，则升高温度后k1增大的倍数___________k2增大的倍数（填“＞”、“＜”或“=”）。
（4）用间接电化学法除去NO的过程，如图所示：
①已知电解池的阴极室中溶液的pH在4~7之间，写出阴极的电极反应式：
______________；
②用离子方程式表示吸收池中除去NO的原理：
______________。
【答案】降低温度增大压强、增大CO与NO的投料比等<>2<2HSO3-+2e-+2H+===S2O42-+2H2O2NO+2S2O42-+2H2O===N2+4HSO3-
【解析】
【分析】
【详解】
（1）提高NO平衡转化率，目的是时平衡向正向移动，可以使平衡向正向移动的方法有降低温度、增大压强、增大CO与NO的投料比等；
（2）2NO（g）+C（s）
N2（g）+CO2（g）这个反应是一个自发的反应，从有序变为无序，故为放热反应∆H<0；根据甲容器可以算出这个反应的平衡常数K=0.5625，乙容器中160min时，的浓度商Q=0.3735，没有达到平衡状态，因此v正>v逆；
（3）①根据反应速率比等于化学计量数比这一结论可以得出
（1），有可以知道该反应的化学平衡常数K=
（2），将化学平衡常数带入式子
（1）可以得到
=2；②因速率常数k随温度升高而增大，该反应还为放热反应，升高温度时平衡向左移动，故k1增大的倍数小于k2增大的倍数；
（4）根据电池结构可以看出，电解中阴极为HSO3-得电子，故电极方程式为2HSO3-+2e-+2H+===S2O42-+2H2O；吸收池中NO得到电子生成N2，化学方程式为2NO+2S2O42-+2H2O===N2+4HSO3-。
6．某温度时，在2L容器中X、Y、Z三种气体物质的物质的量（n）随着时间（t）变化的曲线如图所示。
由图中数据分析：
（1）该反应的化学方程式为_________________。
（2）反应开始至2min，用Z表示的平均反应速率为_____________。
（3）下列叙述能说明上述反应达到平衡状态的是_____________（填序号）。
A．X、Y、Z的物质的量之比为3∶1∶2
B．混合气体的压强不随时间的变化而变化
C．单位时间内每消耗3molX，同时生成2molZ
D．混合气体的总质量不随时间的变化而变化
E．混合气体的总物质的量不随时间的变化而变
【答案】3X+Y≒2Z0.05mol·L-1·min-1BE
【解析】
【分析】
【详解】
（1）从图像可知，X和Y物质的量分别减少0.3mol、0.1mol，做反应物，Z的物质的量增加0.2mol，根据反应中物质的量之比=系数之比，推断出方程式为：
3X+Y
2Z，故答案为：
3X+Y
2Z；
（2）2min时，v（Z）=
，故答案为：
0.05mol·L-1·min-1；
（3）A．物质的量成正比关系不能说明达到平衡状态，故A错误；
B．反应前后气体体积数不同，故压强不变时说明达到平衡状态，B正确；
C．消耗X正反应方向，生成Z也是正反应方向，不能说明达到平衡状态，C错误；
D．化学反应遵循质量守恒定律，故D错误；
E．混合气体的总物质的量不随时间的变化而变化，说明正反应速率=逆反应速率，故达到平衡状态，E正确；
故答案为：
BE。
7．如图是：
600℃时，在2L密闭容器里A、B、C三种气体在密闭容器中反应时浓度的变化，其中A为有色气体，B、C是无色气体。
请从图中分析并填空：
（1）该反应的化学反应方程式为_____
（2）反应达到平衡状态时，反应物的转化率为_____
（3）当反应进行到第_____min，该反应达到平衡。
（4）反应从开始至2分钟末，B的物质的量_____，用B的浓度变化表示的平均反应速率为v（B）=_
（5）下列描述能表示反应达平衡状态的是_____（填选项）。
a.容器中A与B的物质的量相等
b.容器内气体的颜色不再改变
c.各物质的浓度保持不变
【答案】2B（g）
2A（g）+C（g）50%2由0.8mol减少为0.4mol0.1mol·L-1·min-1bc
【解析】
【分析】
分析题给c-t图，可以看出A、C浓度随着时间的进行逐渐增大，2min后保持不变，B的浓度随着时间的进行逐渐减小，2min后保持不变，由此可知，B为反应物，A、C为生成物。
且在2min时达到平衡状态。
结合其浓度的变化值，可以推导出该反应的反应方程式并进行相关计算。
【详解】
（1）由图知：
B为反应物，A、C为生成物。
A、B、C的浓度变化值分别为：
，
，
。
根据同一反应中各物质表示的反应速率之比等于反应方程式中相应物质的化学计量数之比，可知A、B、C的化学计量数之比为：
，故反应方程式为：
2B（g）
2A（g）+C（g）；答案为：
2B（g）
2A（g）+C（g）；
（2）由图可知，平衡时B物质的浓度为0.2mol/L，反应物B的转化浓度=
，则B的转化率=
，答案为：
50%；
（3）由图可知，反应在2min时各物质的浓度保持不变，可知在2min时该反应达平衡状态，答案为：
2；
（4）据图可得：
开始时，B的物质的量为
，2min末，B的物质的量为
，反应从开始至2分钟末，B的物质的量由0.8mol减少为0.4mol；
，根据反应速率定义，用B的浓度变化表示的反应速率v（B）=
；故答案为：
由0.8mol减少为0.4mol；0.1mol·L-1·min-1；
（5）反应达平衡状态时正逆反应速率相等
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