五年高考届高考化学 专题八 化学反应速率和化学平衡全国通用.docx

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五年高考届高考化学专题八化学反应速率和化学平衡全国通用

专题八化学反应速率和化学平衡

考点一　化学反应速率

1．（2015·海南化学，8，4分）10mL浓度为1mol·L－1的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但又不影响氢气生成量的是（双选）（　　）

A．K2SO4B．CH3COONa

C．CuSO4D．Na2CO3

解析　锌与稀盐酸反应过程中，若加入物质使反应速率降低，则溶液中的氢离子浓度减小，但由于不影响氢气的生成量，故氢离子的总物质的量不变。

A项，硫酸钾为强酸强碱盐，不发生水解，若加入其溶液，则对盐酸产生稀释作用，氢离子浓度减小，但H＋物质的量不变，正确；B项，加入醋酸钠，则与盐酸反应生成醋酸，使溶液中氢离子浓度减小，随着反应的进行，CH3COOH最终又完全电离，故H＋物质的量不变，正确；C项，加入硫酸铜溶液，Cu2＋会与锌反应生成铜，构成原电池，会加快反应速率，错误；D项，加入碳酸钠溶液，会与盐酸反应，使溶液中的氢离子的物质的量减少，导致反应速率减小，生成氢气的量减少，错误。

答案　AB

2．（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（　　）

c/mol·L-1

v/mmol·L-1

·min-1

T/K

0.600

0.500

0.400

0.300

318.2

3.60

3.00

2.40

1.80

328.2

9.00

7.50

a

4.50

b

2.16

1.80

1.44

1.08

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

解析　A项，根据表中的数据可知：

328.2K时，蔗糖溶液的浓度越大，水解的速率越快。

根据浓度与速率的变化关系可知，蔗糖的浓度每减小0.100mol·

L－1，速率减小1.50mmol·L－1·min－1，所以在浓度为0.400mol·L－1时，蔗糖水解的速率a＝6.00mmol·L－1·min－1，正确；B项，根据表中的数据可知：

温度升高，水解速率越快，浓度越高，水解速率也越快，同时改变反应物的浓度和反应的温度，若二者对反应速率的影响趋势相反，并能相互抵消，反应速率也可能不变，正确；C项，在物质的浓度不变时，温度升高，水解速率加快，温度降低，水解速率减慢。

由于在物质的浓度为0.600mol·L－1时，当318.2K时水解速率是3.60mmol·L－1·min－1，现在该反应的速率为2.16mmol·L－1·min－1小于3.60mmol·L－1·min－1，所以反应温度低于318.2K，即b＜318.2，正确；D项，由于温度不同时，在相同的浓度时的反应速率不同，所以不同温度下，蔗糖浓度减小一半所需的时间不同，错误。

答案　D

3．（2014·课标全国卷Ⅰ，9，6分）已知分解1molH2O2放出热量98kJ在含少量

I－的溶液中，H2O2分解的机理为：

H2O2＋I－―→H2O＋IO－　慢

H2O2＋IO－―→H2O＋O2＋I－　快

下列有关该反应的说法正确的是（　　）

A．反应速率与I－浓度有关

B．IO－也是该反应的催化剂

C．反应活化能等于98kJ·mol－1

D．v（H2O2）＝v（H2O）＝v（O2）

解析　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；依据总反应2H2O2===2H2O＋O2和反应速率计量数间的关系判断，D错误。

答案　A

4．（2014·北京理综，12，6分）一定温度下，10mL0.40mol·L－1H2O2溶液发生催化分解。

不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表。

t/min

0

2

4

6

8

10

V（O2）/mL

0.0

9.9

17.2

22.4

26.5

29.9

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（H2O2）≈3.3×10－2mol·（L·min）－1

B．6～10min的平均反应速率：

v（H2O2）<3.3×10－2mol·（L·min）－1

C．反应至6min时，c（H2O2）＝0.30mol·L－1

D．反应至6min时，H2O2分解了50%

解析　A项，0～6min内，产生n（O2）＝1×10－3mol，消耗n（H2O2）＝2×10－3mol，则v（H2O2）＝

＝

≈3.3×10－2mol·（L·min）－1，故A正确；B项，依照A项解题步骤，可知B项正确；C项，反应至6min时，消耗n（H2O2）为2×10－3mol，剩余c（H2O2）＝

＝0.2mol·L－1，故C项不正确；D项，反应至6min时，消耗n（H2O2）为2×10－3mol，占起始物质的量的50%，故D项正确。

答案　C

5．（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T1、T2下X的物质的量浓度c（X）随时间t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0～t1时间内，v（Y）＝

mol·L－1·min－1

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

解析　依据题中图示，可看出T1>T2，由于T1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）＝

mol·L－1·min－1，B项错误；C项，T1>T2，温度越高，反应速率越大，M点的正反应速率v正>W点的正反应速率v正′，而W点的正反应速率v正′＝其逆反应速率v逆′>N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。

答案　C

6．（2013·福建理综，12，6分）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，依据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－1的NaHSO3溶液（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℃时末观察到溶液变蓝，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℃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，淀粉不宜作用该实验的指示剂

解析　由图像知A正确；b、c点变蓝时间相同，但温度不同，故速率不同，B错误；反应为5HSO

＋2IO

===I2＋3H＋5SO

＋H2O，v（HSO

）＝

＝5.0×10－5mol·L－1·s－1，C正确；温度高于40℃的酸性环境下淀粉会水解，从而导致实验失败，D正确。

答案　B

7．（2013·四川理综，6，6分）在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭器中，发生反应X（g）＋Y（g）2Z（g）ΔH<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

下列说法正确的是（　　）

A．反应前2min的平均速率v（Z）＝2.0×10－3mol·（L·min）－1

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

解析　反应前2min，v（Y）＝

＝2.0×10－3mol·（L·min）－1，v（Z）＝2v（Y）＝4.0×10－3mol·（L·min）－1，A项错误；其他条件不变时，降低温度平衡向放热方向即正反应方向移动，达到新的平衡前v（正）>v（逆），B项错误；由表中数据知平衡时Y的物质的量为0.10mol，则平衡时X、Y、Z三种气体的物质的量浓度分别为0.010mol·L－1、0.010mol·L－1、0.012mol·L－1，则该温度下K＝

＝1.44，C项正确；其他条件不变，再充入0.2molZ，因该反应前后气体体积不变，所以建立的平衡与原平衡是等效平衡，平衡时X的体积分数不变，D错误。

答案　C

8．（2012·福建理综，12，6分）一定条件下，溶液的酸碱性对TiO2光催化染料R降解反应的影响如下图所示。

下列判断正确的是（　　）

A．在0～50min之间，pH＝2和pH＝7时R的降解百分率相等

B．溶液酸性越强，R的降解速率越小

C．R的起始浓度越小，降解速率越大

D．在20～25min之间，pH＝10时R的平均降解速率为0.04mol·L－1·min－1

解析　在0～50min之间，pH＝2和pH＝7时反应物R都能完全反应，降解率都是100%，故A正确；由斜率可知pH越小降解速率越大，即溶液的酸性越强，R的降解速率越大，故B错误；浓度越大化学反应速率越大，所以起始浓度越小降解速率越小，故C错误；20～25min之间，pH＝10时R的平均降解速率为4×10－6mol·L－1·min－1，故D错误。

答案　A

9．（2013·广东理综，31，16分）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＋

5.2

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）依据题干信息，结合盖斯定律可知总反应可由（①＋②＋③）得出。

（2）依据化学平衡常数表达式的表示方法可正确写出答案。

（3）①通过题中信息分析，反应过程中H＋被消耗导致c（H＋）下降，所以pH升高；②从图甲可看出Fe2＋→Fe3＋→A应为Fe2＋与Fe3＋间的相互转化，所以A应为Fe2＋；③观察图甲和图乙综合分析知，I2（g）不断生成，c（I－）减小，使平衡I2（aq）＋I－（aq）I

（aq）逆向移动，c（I

）下降。

（4）依据v＝

，结合图中数据即可正确求出生成I

的平均反应速率。

答案　

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

（2）K＝

（3）①反应中消耗了H＋，使c（H＋）降低

②Fe2＋　2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，增大I－的转化速率和转化量

③BC

（4）3～18s内c（I

）的变化量Δc（I

）＝11.8×10－3mol·L－1－3.5×10－3mol·L－1＝8.3×10－3mol·L－1，时间变化量Δt＝18s－3s＝15s，所以用（I

）浓度变化表示的平均反应速率为v（I

）＝

＝

＝5.5×10－4mol·L－1·s－1

10．（2012·课标全国卷，27节选）COCl2的分解反应为COCl2（g）Cl2（g）＋CO（g）　ΔH＝＋108kJ·mol－1。

反应体系达到平衡后，各物质的浓度在不同条件下的变化状况如下图所示（第10mim到14min的COCl2浓度变化曲线未示出）：

（1）计算反应在第8min时的平衡常数K＝________；

（2）比较第2min反应温度T

（2）与第8min反应温度T（8）的高低：

T

（2）________T（8）（填“<”“>”或“＝”）；

（3）若12min时反应于温度T（8）下重新达到平衡，则此时c（COCl2）＝________mol·L－1；

（4）比较产物CO在2～3min、5～6min和12～13min时平均反应速率[平均反应速率为分别以v（2～3）、v（5～6）、v（12～13）表示]的大小________；

（5）比较反应物COCl2在5～6min和15～16min时平均反应速率的大小：

v（5～6）________v（15～16）（填“<”“>”或“＝”），原因是__________________________________________________________________。

解析　

（1）c（Cl2）＝0.11mol·L－1、c（CO）＝0.085mol·L－1、c（COCl2）＝0.04mol·L－1，代入K＝

≈0.234mol·L－1；

（2）第4min时，Cl2与CO的浓度均逐渐增大，再结合此反应正向为吸热反应，所以第4min时改变的条件一定是升高温度，故T

（2）

＝0.234mol·L－1＝

可知c（COCl2）≈0.031mol·L－1；（4）依据v（CO）＝

可知v（2～3）＝v（12～13）＝0；（5）由图像可知上面的两个曲线是生成物浓度变化曲线、下面的曲线为COCl2浓度变化曲线，c（COCl2）＝

，5～6min时的Δc（COCl2）大于15～16min时的，所以v（5～6）>v（15～16）；应从影响化学反应速率的因素入手分析，由图像可知4～18分钟温度相同，只能从浓度角度分析。

答案　

（1）0.234mol·L－1　

（2）<　（3）0.031

（4）v（5～6）>v（2～3）＝v（12～13）

（5）>　在相同温度时，该反应的反应物浓度越高，反应速率越大

考点二　化学平衡

1．（2015·天津理综，6，6分）某温度下，在2L的密闭容器中，加入1molX（g）和2mol

Y（g）发生反应：

X（g）＋mY（g）3Z（g）平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。

在此平衡体系中加入1molZ（g），再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变。

下列叙述不正确的是（　　）

A．m＝2

B．两次平衡的平衡常数相同

C．X与Y的平衡转化率之比为1∶1

D．第二次平衡时，Z的浓度为0.4mol·L－1

解析　A项，由题意可知两种条件下X、Y、Z的初始物质的量不同，而最终平衡状态相同，则两种条件下建立的平衡为温度、容积不变时的等效平衡，故满足反应前后气态物质计量数之和相等，则1＋m＝3，m＝2，正确；B项，温度不变，平衡常数不变，正确；C项，X、Y的初始物质的量之比为1∶2，根据方程式可知参加反应的X、Y的物质的量之比也为1∶2，故X与Y的平衡转化率之比为1∶1，正确；D项，由方程式可知该反应反应前后气体的物质的量不变，所以第二次平衡时气体的总物质的量为4mol，则Z的物质的量为4mol×10%＝0.4mol，Z的浓度为0.4mol÷2L＝0.2mol·L－1，错误。

答案　D

2．（2015·重庆理综，7，6分）羰基硫（COS）可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。

在恒容密闭容器中，将CO和H2S混合加热并达到下列平衡：

CO（g）＋H2S（g）

COS（g）＋H2（g）　K＝0.1

反应前CO物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol。

下列说法正确的是（　　）

A．升高温度，H2S浓度增加，表明该反应是吸热反应

B．通入CO后，正反应速率逐渐增大

C．反应前H2S物质的量为7mol

D．CO的平衡转化率为80%

解析　A项，升高温度，H2S浓度增大，说明平衡向逆反应方向移动，逆反应吸热，正反应放热，错误；B项，通入CO气体瞬间正反应速率增大，达到最大值，向正反应方向建立新的平衡，正反应速率开始减小，错误；C项，

因为该反应是反应前后气体体积不变的反应，所以有K＝

＝0.1，解得n＝7，正确；D项，根据上述计算可知CO的转化率为20%，错误。

答案　C

3．（2015·安徽理综，11，6分）汽车尾气中NO产生的反应为：

N2（g）＋O2（g）

2NO（g），一定条件下，等物质的量的N2（g）和O2（g）在恒容密闭容器中反应，下图曲线a表示该反应在温度T下N2的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时N2的浓

度随时间的变化。

下列叙述正确的是（　　）

A．温度T下，该反应的平衡常数K＝

B．温度T下，随着反应的进行，混合气体的密度减小

C．曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂

D．若曲线b对应的条件改变是温度，可判断该反应的ΔH<0

解析　A项，在温度T下，由曲线a可知，达到平衡后N2、O2、NO的浓度分别为c1mol/L、c1mol/L、2（c0－c1）mol/L，所以该反应的平衡常数K＝

，正确；B项，反应前后，混合气体的体积与质量都没有发生改变，所以混合气体的密度不变，错误；C项，加入催化剂只改变反应速率而不改变反应的转化率，若加入催化剂达到平衡后，c（N2）应与曲线a对应的平衡浓度相同，错误；D项，若曲线b对应的条件改变是温度，由于曲线b相对于曲线a先达到了平衡，故应该为升温，升高温度，N2的平衡浓度减小，说明平衡向正向移动，该反应为吸热反应，ΔH>0，错误。

答案　A

4．（2015·四川理综，7，6分）一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：

C（s）＋CO2（g）

2CO（g），平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示：

已知：

气体分压（p分）＝气体总压（p总）×体积分数。

下列说法正确的是（　　）

A．550℃时，若充入惰性气体，v正、v逆均减小，平衡不移动

B．650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0%

C．T℃时，若充入等体积的CO2和CO，平衡向逆反应方向移动

D．925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp＝24.0p总

解析　A项，C（s）＋CO2（g）

2CO（g）的正反应是气体物质的量增加的反应，由于反应容器为体积可变的恒压密闭容器，充入惰性气体容器体积扩大，对反应体系相当于减小压强，故v（正）、v（逆）均减小，平衡正向移动，错误；B项，由图可知，650℃时若设起始时CO2的体积为1L，平衡时CO2消耗的体积为x，则

×100%＝40.0%，x＝0.25L，CO2的转化率为25%，正确；C项，由图可知，T℃时平衡体系中CO和CO2的体积分数均为50%，故若恒压时充入等体积的CO2和CO两种气体平衡不发生移动，错误；D项，925℃时，CO的平衡分压p（CO）＝p总×96.0%，CO2的平衡分压p（CO2）＝p总×4%，根据化学平衡常数的定义可知

Kp＝

＝

＝23.04p总，错误。

答案　B

5．（2015·江苏化学，15，4分）在体积均为1.0L的两恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉，再分别加入0.1molCO2和0.2molCO2，在不同温度下反应CO2（g）＋C（s）

2CO（g）达到平衡，平衡时CO2的物质的量浓度c（CO2）随温度的变化如图所示（图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上）。

下列说法正确的是（双选）（　　）

A．反应CO2（g）＋C（s）===2CO（g）的ΔS＞0、ΔH＜0

B．体系的总压强p总：

p总（状态Ⅱ）＞2p总（状态Ⅰ）

C．体系中c（CO）：

c（CO，状态Ⅱ）＜2c（CO，状态Ⅲ）

D．逆反应速率：

v逆（状态Ⅰ）＞v逆（状态Ⅲ）

解析　A项，CO2（g）＋C（s）===2CO（g）气体的物质的量增加的反应，故ΔS>0，观察图像知，随着温度的升高，c（CO2）减小，平衡为正移，则ΔH＞0，错误；B项，Ⅰ所在d曲线表示的是通入0.1molCO2的变化过程，此时

此时气体总的物质的量为0.12mol，

Ⅱ所在曲线表示的是通入0.2molCO2的变化

过程，此时

此时气体总的物质的量为0.32mol，此时Ⅱ中气体总物质的量大于Ⅰ中气体总物质的量的2倍，且Ⅱ的温度高，气体体积膨胀，压强又要增大，则p总（状态Ⅱ）>2p总（状态Ⅰ），正确；C项，状态Ⅱ和Ⅲ，温度相同，Ⅱ中CO2的投料量

是Ⅲ中CO2投料量的2倍，若恒容时两平衡等效，则有c（CO，状态Ⅱ）＝2c（CO，状态Ⅲ），但成比例增加投料量，相当于加压，平衡向逆反应方向移动，所以c（CO，状态Ⅱ）<2c（CO，状态Ⅲ），正确；D项，状态Ⅰ和Ⅲ相比，Ⅲ的温度高，反应速率快，所以v逆（状态Ⅲ）>v逆（状态Ⅰ），错误。

答案　BC

6．（2014·安徽理综，10，6分）臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱硝反应为：

2NO2（g）＋O3（g）

N2O5（g）＋O2（g），若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图像作出的判断正确的是（　　）

A

B

升高温度，平衡常数减小

0～3s内，反应速率为：

v（NO2）＝0.2mol·L－1

C

D

t1时仅加入催化剂，平衡正向移动

达平衡时，仅改变x，则x为c（O2）　

解析　A项，由图像可知，该可逆反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，正确；v（NO2）＝

＝

＝0.2mol·L－1·s－1，B项错误；使用催化剂可加快反应速率，但不能使平衡发生移动，C项错误；D项，若x为c（O2），则O2浓度增大，NO2的转化率减小，与图像不符，D项错误。

答案　A

7．（2014·四川理综，7，6分）在10L恒容密闭容器中充