高考真题解析之化学反应速率和化学平衡.docx
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高考真题解析之化学反应速率和化学平衡
2013高考真题解析之：
化学反应速率和化学平衡
（2013大纲卷）7、反应X（g）＋Y（g）
2Z（g）；△H＜0，达到平衡时，下列说法正确的是
A.减小容器体积，平衡向右移动B.加入催化剂，Z的产率增大
C.增大c（X），X的转化率增大D.降低温度，Y的转化率增大
【答案】D
【解析】根据方程式系数和△H，分析可得压强增大，平衡不移动；温度升高，平衡逆向移动。
（2013福建卷）12.NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗即有I2析出，根据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反应速率。
将浓度均为0.020mol·L-1NaHSO3（含少量淀粉）10.0ml、KIO3（过量）酸性溶液40.0ml混合，记录10~55℃间溶液变蓝时间，55℃时未观察到溶液变蓝，实验结果如右图。
据图分析，下列判断不正确的是
A．40℃之前与40℃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NaHSO3反应速率相等
C．图中a点对应的NaHSO3反应速率为5.0×10-5mol·L-1·s-1
D．温度高于40℃时，淀粉不宜用作该试验的指示剂
【答案】B
【解析】A读图可知正确；计算v，根据公式，C0等于0.02/5，终了为0，除去80，v（NaHSO3）=
=5.0×10-5mol·L-1·s-1，得到选项C是对的。
可得；D温度越高，反应速率越快，但是这里呈现负增长，淀粉不再合适做指示剂。
B中因为温度是唯一改变的条件，温度升高反应速率加快，不会相等。
（2013江苏卷）15.一定条件下存在反应：
CO（g）＋H2O（g）
CO2（g）＋H2（g），其正反应放热。
现有三个相同的2L恒容绝热（与外界没有热量交换）密闭容器I、II、III，在I中充入1molCO和1molH2O，在II中充入1molCO2和1molH2，在III中充入2molCO和2molH2O，700℃条件下开始反应。
达到平衡时，下列说法正确的是
A.容器I、II中正反应速率相同
B.容器I、III中反应的平衡常数相同
C.容器I中CO的物质的量比容器II中的多
D.容器I中CO的转化率与容器II中CO2的转化率之和小于1
【参考答案】CD
【解析】本题属于基本理论中化学平衡问题，主要考查学生对速率概念理解与计算，平衡常数概念与计算，平衡移动等有关内容理解和掌握程度。
高三复习要让学生深刻理解一些基本概念的内涵和外延。
A.在I中充入1molCO和1molH2O，在II中充入1molCO2和1molH2，刚开始时，容器I、中正反应速率最大，容器II中正反应速率为零。
达到平衡时，容器I温度大于700℃，容器II温度小于700℃，所以，容器I中正反应速率大于容器II中正反应速率。
B.容器III可看成容器I体积压缩一半，各物质浓度增加一倍，若温度恒定，则平衡不移动；但恒容绝热的情况下，容器III中温度比容器I高，更有利于平衡向逆反应方向移动，故平衡常数容器III小于容器I。
C.若温度恒定，容器I、II等效，但两者温度不等。
达到平衡时，容器I温度大于700℃，容器II温度小于700℃，有利于容器I平衡向逆反应方向移动，故容器I中CO的物质的量比容器II中的多。
D.若温度恒定，容器I、II等效，容器I中CO的转化率与容器II中CO2的转化率之和等于1。
但两者温度不等，达到平衡时，容器I温度大于700℃，容器II温度小于700℃，有利于容器I平衡向逆反应方向移动，有利于容器II平衡向正反应方向移动，故容器I中CO的转化率相应减小，容器II中CO2的转化率同样会相应减小，因此，容器I中CO的转化率与容器II中CO2的转化率之和小于1。
[2013高考∙重庆卷∙7]将E和F加入密闭容器中，在一定条件下发生反应：
E（g）+F（s）
2G（g）。
忽略固体体积，平衡时G的体积分数（%）随温度和压强的变化如下表所示：
压强/MPa
体积分数/%
温度/℃
1.0
2.0
3.0
810
54.0
a
b
915
c
75.0
d
1000
e
f
83.0
①b＜f②915℃、2.0MPa时E的转化率为60%
③该反应的△S＞0④K（1000℃）＞K（810℃）
上述①~④中正确的有
A．4个B．3个C．2个D．1个
答案：
A
【解析】同温下，增大压强，平衡逆向进行，平衡时G的体积分数变小，故可知c＞75.0＞54.0＞a＞b，利用c＞75.0＞54.0可知同压下，升温平衡正向移动，即正反应为吸热反应，从而可知f＞75.0，所以①正确；在915℃、2MPa下，设E的起始量为amol，转化率为x，则平衡时G的量为2ax，由题意得2ax/（a-ax+2ax）＝75%,解得x＝0.6，②正确；该题是气体体积增大的反应，因此为熵增反应，③正确；结合前面分析知升温平衡正向移动，则平衡常数增大，④正确，故正确答案为：
A。
（2013四川卷）6.在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭容器中，发
生反应X（g）+Y（g）
2Z（g）△H<0，一段时间后达到平衡。
反应过程中测定的数据如下
表（ ）
t/min
2
4
7
9
n（Y）/mol
0.12
0.11
0.10
0.10
A.反应前2min的平均速率v（Z）=2.0×10-5mol/（L·min）
B．其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v（逆）＞v（正）
C．该温度下此反应的平衡常数K=1.44
D．其他条件不变，再充入0.2molZ，平衡时X的体积分数增大
【答案】C
【解析】A.Y的反应速率为v（Y）=（0.16-0.12）mol/（10L*2mim）=2.0×10-3mol/L，v（Z）=2v（Y）=4.0×10-3mol/L。
B.ΔH<0，放热反应，降温正反速率均降低，降温反应向正向移动，V（正）>V（逆）
C.列出三行式，由平衡常数公式可得K=1.44
D.反应前后计量数不变，达到等效平衡，X体积分数不变。
（2013上海卷）20.某恒温密闭容器中，可逆反应A（s）
B+C（g）-Q达到平衡。
缩小容器体积，重新达到平衡时，C（g）的浓度与缩小体积前的平衡浓度相等。
以下分析正确的是
A.产物B的状态只能为固态或液态
B.平衡时，单位时间内n（A）消耗﹕n（C）消耗=1﹕1
C.保持体积不变，向平衡体系中加入B，平衡可能向逆反应方向移动
D.若开始时向容器中加入1molB和1molC，达到平衡时放出热量Q
答案：
BC
【解析】若B为气体，且原平衡时B与C的浓度相等时，因容器保持恒温，缩小容器体积，达到新平衡时平衡常数不变，则气体C的浓度也一定不变，故A项错误；平衡时，各物质的量不再改变，因此单位时间内n（A）消耗＝n（C）消耗，B项正确；保持体积不变，若B为气态，则向平衡体系中加入B，平衡逆向移动，C项正确；因反应为可逆反应，故加入1molB和1molC至反应达到平衡时不能完全消耗，放出热量小于Q，D项错误。
（2013安徽卷）11.一定条件下，通过下列反应可以制备特种陶瓷的原料MgO:
MgSO3（s）+CO（g）
MgO（s）+CO2（g）+SO2（g）△H＞0
该反应在恒容的密闭容器中达到平衡后，若仅改变图中横坐标x的值，重新达到平衡后，纵坐标y随x变化趋势合理的是
选项
x
y
A
温度
容器内混合气体的密度
B
CO的物质的量
CO2与CO的物质的量之比
C
SO2的浓度
平衡常数K
D
MgSO4的质量（忽略体积）
CO的转化率
【答案】A
【解析】该反应为正方向体积增加且吸热的可逆反应。
A、升高温度，平衡正向移动，气体的质量增加，密度增大，正确；B、增加CO的物质的量，平衡正向移动，但CO的转化率降低，故比值减小，错误；C、平衡常数只与温度有关，错误；D中因MgSO4为固体，增加其质量，对CO的转化率没有影响，不正确。
（2013北京卷）11.下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是
【答案】C
【解析】
A、存在平衡2NO2
N2O4，升高温度平衡向生成NO2方向移动，故正确；
B、水的电离是可逆过程，升高温度Kw增大，促进水的电离，故B正确；
C、催化剂不能影响平衡移动，故C错误；
D、弱电解质电离存在平衡，浓度越稀，电离程度越大，促进电离，但离子浓度降低，所以氨水的浓度越稀，pH值越小，故D正确。
（2013全国新课标卷2）28.（14分）
在1.0L密闭容器中放入0.10molA（g），在一定温度进行如下反应应：
A（g）
B（g）＋C（g）△H=+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
0
1
2
4
8
16
20
25
30
总压强p/100kPa
4.91
5.58
6.32
7.31
8.54
9.50
9.52
9.53
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
0
4
8
16
c（A）/（mol·L-1）
0.10
a
0.026
0.0065
分析该反应中反应反应物的浓度c（A）变化与时间间隔（△t）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：
考察化学平衡知识，涉及平衡移动，转化率、平衡常数、平衡计算、反应速率、表格数据分析。
（1）根据反应是放热的、气体分子数增大的特征可知，要使A的转化率增大，平衡要正向移动，可
以采用升高温度、降低压强的方法。
（2）反应前气体总物质的量为0.10mol，令A的转化率为α（A），改变量为0.10α（A）mol，根据差量
法可得，气体增加0.10α（A）mol，由阿伏加德罗定律列出关系：
＝
α（A）=（
－1）×100%；α（A）=（
－1）×100%＝94.1%
平衡浓度c（C）=C（B）=0.1×94.1%=0.0941mol/L
C（A）=0.1-0.0941=0.0059mol/L
K＝
＝1.5
（3）①
＝
n=0.1×
；其中，n（A）=0.1－（0.1×
－0.1）=0.1×（2－
）
②n（A）=0.1×（2－
）=0.051C（A）=0.051/1=0.051mol/L
每间隔4小时，A的浓度为原来的一半
当反应12小时时，c（A）=0.026/2=0.013mol/L
答案：
（1）升高温度、降低压强
（2）（
－1）×100%；94.1%；K=
=1.5mol/L
（3）①0.1×
；0.1×（2－
）；
②0.051；达到平衡前每间隔4小时，c（A）减少约为一半；0.013
（2013全国新课标卷1）28.二甲醚（CH3OCH3）是无色气体，可作为一种新型能源，由合成气（组成为H2、CO、和少量CO2）直接制备二甲醚，其中主要过程包括以下四个反应：
甲醇合成反应：
①CO（g）+2H2（g）＝CH3OH（g） △H1=-90.1kJ·mol-1
②CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g） △H2=-49.0kJ·mol-1
水煤气变换反应：
③CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g） △H3=-41.1kJ·mol-1
二甲醚合成反应：
④2CH3OH（g）＝CH3OCH3（g）+H2O（g） △H4=-24.5kJ·mol-1
⑴Al2O3是合成气直接制备二甲醚反应催化剂的主要成分之一。
工业上从铝土矿制备较高纯度Al2O3的主要工艺流程是 （以化学方程式表示）。
⑵分析二甲醚合成反应④对于CO转化率的影响 。
⑶由H2和CO直接制备二甲醚（另一产物为水蒸气）的热化学方程式为 。
⑷有研究者在催化剂（含Cu-Zn-Al-O和Al2O3），压强为5.0MPa的条件下由H2和CO直接制备二甲醚，结果如下图所示。
其中CO转化率随温度升高而降低的原因是____________。
⑸二甲醚直接燃料电池具有启动快，效率高等优点，其能量密度高于甲醇直接燃烧燃料电池（5.93kW·h·kg-1），若电解质为酸性，二甲醚直接燃料电池的负极反应为_______________。
一个二甲醚分子经过电化学氧化，可以产生_______个电子的电量；该电池理论输出电压1.20V，能量密度E=_____（列式计算，能量密度=电池输出电能/燃料质量，1kW·h=3.6×105J）
答案：
（1）Al2O3（铝土矿）+2NaOH+3H2O＝2NaAl（OH）4；NaAlO2+CO2+2H2O＝NaHCO3+Al（OH）3↓；2Al（OH）3
Al2O3＋3H2O
（2）消耗甲醇，促进甲醇合成反应①平衡向右移，CO转化率增大；生成的H2O，通过水煤气变换反应③消耗部分CO。
（3）2CO（g）+4H2（g）＝CH3OCH3（g）+H2O（g）ΔH=-204.7kJ/mol；该反应分子数减小，压强升高使平衡右移，CO和H2的转化率增大，CH3OCH3产率增加。
压强升高使CO和H2的浓度增加，反应速率增大。
（4）反应放热，温度升高，平衡左移
（5）CH3OCH3－12e－＋3H2O＝2CO2＋12H＋；12
。
（1）工业上从铝土矿中提纯高纯度氧化铝的流程是：
用氢氧化钠溶液溶解铝土矿，然后过滤，在滤液中通入过量的CO2，得到氢氧化铝，然后高温煅烧氢氧化铝，即可得到高纯度的氧化铝。
（2）合成二甲醚消耗甲醇，对于CO参与的反应相当于减小生成物的浓度，有利于平衡向右移动，使CO的转化率提高。
（3）根据盖斯定律可知，将①×2＋④即得到反应2CO（g）+4H2（g）＝CH3OCH3（g）+H2O（g），所以该反应的放热△H＝－90.1kJ/mol×2－24.5kJ/mol＝－204.7kJ/mol。
（4）该反应分子数减小，压强升高使平衡右移，CO和H2的转化率增大，CH3OCH3产率增加。
压强升高使CO和H2的浓度增加，反应速率增大。
（5）原电池中负极失去电子，所以负极电极反应式是CH3OCH3－12e－＋3H2O＝2CO2＋12H＋；二甲醚中碳原子的化合价是－2价，反应后变为＋4价，失去6个电子，所以一个二甲醚分子经过电化学氧化，可以产生12个电子的电量；由于能量密度＝电池输出电能/燃料质量，所以该电池的能量密度＝
。
（2013北京卷）26.（14分）
NOx是汽车尾气中的主要污染物之一。
（1）NOx能形成酸雨，写出NO2转化为HNO3的化学方程式:
_.
（2）汽车发动机工作时会引发N2和02反应，其能量变化示意图如下:
①写出该反应的热化学方程式:
_。
②随温度升高，该反应化学平衡常数的变化趋势是_。
（3）在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOX的排放。
①当尾气中空气不足时，NOX在催化转化器中被还原成N2排出。
写出NO被CO还原的化学方程式：
_。
②当尾气中空气过量时，催化转化器中的金属氧化物吸收NOX生成盐。
其吸收能力顺序如下：
12MgO<2oCaO<38SrO<56BaO。
原因是，元素的金属性逐渐增强，金属氧化物对NOX的吸收能力逐渐增强。
（4）通过NOx传感器可监测NOx的含量，其工作原理示意图如下:
①Pt电极上发生的是反应（填“氧化”或“还原”）。
②写出NiO电极的电极反应式:
。
【答案】
（1）3NO2+2H2O=2HNO3+NO；
（2）①N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+183KJ/mol；②增大；
（3）①2NO+2CO
N2+2CO2
②由Mg、Ca、Sr、Ba的质子数，得知它们均为第ⅡA族。
同一主族的元素，从上到下，原子半径逐渐增大；
（4）①还原；②NO+O2--2e-＝NO2；
【解析】
（1）NO2与H2O反应生成HNO3与NO；
（2）①△H=945kJ/mol+498kJ/mol-2×630KJ/mol=+183KJ/mol；
②该反应正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应移动，化学平衡常数增大；
（3）①NO被CO还原N2，CO被氧化为CO2；
②由Mg、Ca、Sr、Ba的质子数可知，它们均处于第ⅡA族，同一主族自上而下，原子半径增大，金属性增强；
（4）①由工作原理示意图可知，O2在Pt电极发生还原反应生成O2-；
②在O2-参加反应下，NO在NiO电极发生氧化反应生成NO2。
（2013天津卷）10、某市对大气进行监测，发现该市首要污染物为可吸入颗粒物PM2.5（直径小于等于2.5um的悬浮颗粒物）其主要来源为燃煤、机动车尾气等。
因此，对PM2.5、SO2、NOx等进行研究具有重要意义。
请回答下列问题：
（1）对PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试样。
若测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：
离子
K+
Na+
NH4+
SO42-
NO3-
Cl-
浓度/mol.L
4×10-6
6×10-6
2×10-5
4×10-5
3×10-5
2×10-5
根据表中数据判断PM2.5的酸碱性为_________，试样的PH值＝____________。
（2）为减少SO2的排放，常采取的措施有：
①将煤转化为清洁气体燃料。
已知：
H2（g）+1/2O2（g）=H2O（g）
H=－241.8kJ/molC（s）+1/2O2（g）=CO（g）
H=－110.5kJ/mol
写出焦炭与水蒸气反应的热化学方程式_____________________________________________；
②洗涤含SO2的烟气，以下物质可作洗涤剂的是________________________________。
a.Ca（OH）2b.Na2CO3c.CaCl2d.NaHSO3
（3）汽车尾气中NOx和CO的生成及转化为：
①已知气缸中生成NO的反应为：
N2（g）+O2（g）
2NO（g）
H＞0
若1mol空气含有0.8molN2和0.2molO2,1300℃时在密闭容器内反应达到平衡。
测得NO为8×10-4mol。
计算该温度下的平衡常数K=___________。
汽车启动后，气缸温度越高，单位时间内NO排放量越大，原因是_______________________________。
②汽车燃油不完全燃烧时产生CO，有人设想按下列反应除去CO：
2CO（g）=2C（s）+O2（g）已知该反应的
H＞0，简述该设想能否实现的依据：
_____________________________。
③目前，在汽车尾气系统中装置催化转化器可减少CO和NO的污染，其化学反应方程式为__________。
【解析】该题综合考查化学反应原理的基础知识。
涉及离子的水解、pH的计算、盖斯定律的应用、化学平衡常数的计算、自由能的应用等。
（1）观察表格中离子可知，含有NH4＋，水解溶液显酸性，即pM2.5的酸碱性应该是酸性。
试样的pH值根据表中数据依据溶液中的电荷守恒可计算出氢离子浓度是10－4mol/L，则pH＝4。
（2）根据盖斯定律可知，②－①即得到C（s）＋H2O（g）=CO（g）＋H2（g），所以该反应的反应热△H＝－110.5kJ/mol＋241.8kJ/mol＝＋131.3kJ/mol。
烟气中含有SO2，而SO2是酸性氧化物，所以可以选择碱性物质氢氧化钙和碳酸钠，即答案选ab。
（3）①N2（g）+O2（g）
2NO（g）
起始量（mol）0.80.20
转化量（mol）4×10-44×10-48×10-4
平衡量（mol）0.80.28×10-4
由于反应前后体积不变，所以该反应的平衡常数K＝
。
正方应是吸热反应，升高温度，反应速率加快，平衡向正反应方向移动，所以单位时间内NO的排放量增大。
②该反应是焓值增加，熵值减小的反应，所以根据△G＝△H－T·△S可知。
△G始终大于0，因此在任何温度下都不能实现。
③CO和NO在催化剂的作用下反应生成CO2和氮气，反应的化学方程式是2CO＋2NO
2CO2＋N2。
答案：
（1）酸性；4
（2）①C（s）＋H2O（g）=CO（g）＋H2（g）△H＝＋131.3kJ/mol②a、b
（3）①4×10－6；温度升高，反应速率加快，平衡右移
②该反应是焓增，熵减的反应，任何温度下均不能自发进行
③2CO＋2NO
2CO2＋N2
（2013山东卷）29．（15分）化学反应原理在科研和生产中有广泛应用
（1）利用“化学蒸气转移法”制备TaS2晶体，发生如下反应：
TaS2（s）+2I2（g）
TaI4（g）+S2（g）△H＞0（I）
反应（I）的平衡常数表达式K＝。
若K＝1，向某恒容密闭容器中加入1molI2（g）和足量TaS2（s），I2（g）的平衡转化率为。
（2）如图所示，反应（I）在石英真空管中进行，先在温度为T2的一端放入未提纯的TaS2粉末和少量I2（g），一段时间后，在温度为T1的一端得到了纯净的TaS2晶体，则温度T1T2（填“＞”“＜”或“＝”）。
上述反应体系中循环使用的物质是。
（3）利用I2的氧化性可测定钢铁中硫的含量。
做法是将钢铁中的硫转化为H2SO3，然后用一定浓度的I2溶液进行滴定，所用指示剂为，滴定反应的离子方程式为。
（4）25℃时，H2SO3
HSO3-+H+的电离常数Ka＝1×10-2mol/L，则该温度下NaHSO3的水解平衡常数Kh=mol/L。
若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，则溶液中
将（填“增大”“减小”或“不变”）。
解析：
（1）
或
，通过三行式法列出平衡浓度，带入K值可以得出转化率为66.7%。
（2）由所给方程式可知该反应为吸热反应，低温有利于反应向逆反应方向进行，即有利于提纯TaS2。
在温度为T1的一端得到了纯净的TaS2晶体，所以T1＜T2。
I2是可以循环使用的物质。
（3）因为I2遇到淀粉会变蓝色,所以可以用淀粉溶液作指示剂。
离子反应方程式是H2SO3＋I2+H2O＝4H+＋SO42-＋2I-。
（4）Ka＝
HSO3-＋H2O
H2SO3＋OH-,Kb＝
＝1.0×102×1.0×10-14＝1.0×10-12,当加入少量I2时，溶液酸性增强，[H+]增大，但是温度不变，Kb不变，则
增大。
答案：
（1）
；66.7%
（2）＜；I2
（3）淀粉；H2SO3＋I2+H2O＝4H+＋SO4
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