高考化学真题分类汇编 化学反应速率和化学平衡.docx
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高考化学真题分类汇编化学反应速率和化学平衡
2018年高考化学真题分类汇编
专题7化学反应速率和化学平衡（选修4）
Ⅰ—化学反应速率
1.[2018全国卷Ⅲ-28]三氯氢硅（SiHCl3）是制备硅烷、多晶硅的重要原料。
回答下列问题：
（1）SiHCl3在常温常压下为易挥发的无色透明液体，遇潮气时发烟生成（HSiO）2O等，写出该反应的化学方程式。
（2）SiHCl3在催化剂作用下发生反应：
2SiHCl3（g）=SiH2Cl2（g）+SiCl4（g）ΔH1=48kJ·mol−1
3SiH2Cl2（g）=SiH4（g）+2SiHCl3（g）ΔH2=−30kJ·mol−1
则反应4SiHCl3（g）=SiH4（g）+3SiCl4（g）的ΔH=__________kJ·mol−1。
（3）对于反应2SiHCl3（g）=SiH2Cl2（g）+SiCl4（g），采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323K和343K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。
①343K时反应的平衡转化率α=%。
平衡常数K343K=（保留2位小数）。
②在343K下：
要提高SiHCl3转化率，可采取的措施是；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有____________、___________。
③比较a、b处反应速率大小：
υa________υb（填“大于”“小于”或“等于”）。
反应速率υ=υ正−υ逆=k正x2（SiHCl3）−k逆x（SiH2Cl2）x（SiCl4），k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数，计算a处v正/v逆=__________（保留1位小数）。
【答案】
（1）2SiHCl3+3H2O=（HSiO）2O+6HCl
（2）114（3）①220.02②及时移去产物，改进催化剂,提高反应物压强（浓度）③大于，1.3。
【解析】
（1）SiHCl3遇潮气（H2O）时发烟生成（HSiO）2O，即反应物为SiHCl3和H2O，有一种生成物为（HSiO）2O，依原子守恒就可写出方程式：
2SiHCl3+3H2O=（HSiO）2O+6HCl。
（2）①2SiHCl3（g）=SiH2Cl2（g）+SiCl4（g）ΔH1=48kJ·mol−1
②3SiH2Cl2（g）=SiH4（g）+2SiHCl3（g）ΔH2=−30kJ·mol−1
则反应4SiHCl3（g）=SiH4（g）+3SiCl4（g）可由反应：
①×3+②得出，故ΔH=（48×3-30）kJ·mol−1。
（3）①温度越高时反应越快，达到平衡用得时间就越少，所以曲线a代表343K的反应。
由图知，温度为343K时达到平衡以后，反应物SiHCl3（g）的转化率为22%。
解：
设初始加入的反应物SiHCl3（g）的浓度为1mol/L，则有：
2SiHCl3
SiH2Cl2+SiCl4
起始：
100
反应：
0.220.110.11（转化率为22%）
平衡：
0.780.110.11
所以平衡常数K=0.112÷0.782=0.02。
②温度不变，提高三氯氢硅转化率的方法可以是将产物从体系分离（两边物质的量相等，压强不影响平衡）。
缩短达到平衡的时间，就是加快反应速率，所以可以采取的措施是增大压强（增大反应物浓度）、加入更高效的催化剂（改进催化剂）。
③a、b两点的转化率相等，可以认为各物质的浓度对应相等，而a点的温度更高，所以速率更快，即Va＞Vb。
根据题目表述得到v正=k正x2（SiHCl3），v逆=k逆x（SiH2Cl2）x（SiCl4），当反应达平衡时v正=v逆时，k正x2（SiHCl3）=k逆x（SiH2Cl2）x（SiCl4），k正/k逆=x（SiH2Cl2）x（SiCl4）/x2（SiHCl3）＝k，k为反应2SiHCl3（g）=SiH2Cl2（g）+SiCl4（g）的平衡常数，所以，k正/k逆=K=0.02。
a点时，转化率为20%，所以计算出：
2SiHCl3
SiH2Cl2+SiCl4
起始：
100
反应：
0.20.10.1（转化率为20%）
平衡：
0.80.10.1
所以x（SiHCl3）=0.8；x（SiH2Cl2）=x（SiCl4）=0.1；所以v正/v逆=k正x2（SiHCl3）/k逆x（SiH2Cl2）x（SiCl4）=0.02×0.82/0.12=1.3
【考点】依情景（信息）书写方程式；利用盖斯定律求反应热；温度对反应速率的影响；根据转化率求化学平衡常数；化学平衡的影响因素；利用平衡常数求正、逆反应速率之比。
2.[2018全国卷Ⅱ-13]下列实验过程可以达到实验目的的是
编号
实验目的
实验过程
A
配制0.4000mol·L−1的NaOH溶液
称取4.0g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，转移至250mL容量瓶中定容
B
探究维生素C的还原性
向盛有2mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，观察颜色变化
C
制取并纯化氢气
向稀盐酸中加入锌粒，将生成的气体依次通过NaOH溶液、浓硫酸和KMnO4溶液
D
探究浓度对反应速率的影响
向2支盛有5mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2mL5%H2O2溶液，观察实验现象
【答案】B
【解析】A.配制0.4000mol·L−1的NaOH溶液，所用天平不可用托盘天平，称得的NaOH固体为4.000g；另氢氧化钠溶于水放热，需等其溶液冷却后才可转移到容量瓶中。
A错误；B.黄色氯化铁溶液遇到浓的维生素C溶液，会被还原成Fe2+,溶液变为浅绿色。
B正确；C.生成的氢气中混有氯化氢和水蒸气，将生成的气体依次通过NaOH溶液、浓硫酸即可，不需KMnO4溶液；D.反应的离子方程式为HSO3－+H2O2＝SO42－+H＋+H2O，反应过程中没有明显的实验现象，因此无法探究浓度对反应速率的影响，D错误。
答案选B。
【考点】称量仪量的精确度；Fe3+的氧化性及Fe3+、Fe2+在溶液中的颜色；氢气的制备与除杂；用实验现象明显的实验来探究外界条件对反应速率的影响。
Ⅱ—化学平衡及勒夏特列原理化学反应进行的方向
3.[2018江苏卷-13]根据下列图示所得出的结论不正确的是
A.图甲是CO（g）+H2O（g）
CO2（g）+H2（g）的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的ΔH<0
B.图乙是室温下H2O2催化分解放出氧气的反应中c（H2O2）随反应时间变化的曲线，说明随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小
C.图丙是室温下用0.1000mol·L−1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L−1某一元酸HX的滴定曲线，说明HX是一元强酸
D.图丁是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2+达到沉淀溶解平衡时，溶液中c（Ba2+）与c（SO42−）的关系曲线，说明溶液中c（SO42−）越大c（Ba2+）越小
【答案】C
【解析】A.升高温度，lgK减小，即K减小，平衡向逆反应方向移动，则逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH＜0，A正确；B.根据图像，随着时间的推移，c（H2O2）变化趋于平缓，H2O2分解速率逐渐减小，B正确；C.根据图像，没有滴入NaOH溶液时，0.1000mol/LHX溶液的pH＞1，HX为一元弱酸；也可根据图示，达到滴定终点时溶液呈碱性，说明HX为一元弱酸；C错误；D.根据图像可见横坐标值越小，纵坐标值越大，-lgc（SO42-）越小，-lgc（Ba2+）越大，说明c（SO42-）越大c（Ba2+）越小，D正确；
【考点】图像分析；温度改变后平衡常数K的变大变小与平衡移动方向的关系；酸碱中和滴定pH曲线；沉淀溶解平衡曲线。
4.[2018全国卷Ⅱ-27]CH4-CO2催化重整不仅可以得到合成气（CO和H2），还对温室气体的减排具有重要意义。
回答下列问题：
（1）CH4-CO2催化重整反应为：
CH4（g）+CO2（g）
2CO（g）+2H2（g）。
已知：
C（s）+2H2（g）=CH4（g）ΔH=-75kJ·mol−1
C（s）+O2（g）=CO2（g）ΔH=-394kJ·mol−1
C（s）+1/2O2（g）=CO（g）ΔH=-111kJ·mol−1
该催化重整反应的ΔH=kJ·mol−1。
有利于提高CH4平衡转化率的条件是____（填标号）。
A．高温低压B．低温高压C．高温高压D．低温低压
某温度下，在体积为2L的容器中加入2molCH4、1molCO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，其平衡常数为_______mol2·L−2。
（2）反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。
相关数据如下表：
积碳反应：
CH4（g）=C（s）+2H2（g）
消碳反应：
CO2（g）+C（s）=2CO（g）
ΔH/（kJ·mol−1）
75
172
活化能/
（kJ·mol−1）
催化剂X
33
91
催化剂Y
43
72
①由上表判断，催化剂XY（填“优于”或“劣于”），理由是:
。
在反应进料气
组成、压强及反应时间相同的情况下，某催化剂表面的积碳量随温
度的变化关系如图所示。
升高温度时，下列关于积碳反应、消碳反
应的平衡常数（K）和速率（v）的叙述正确的是________填标号）。
A．K积、K消均增加
B．v积减小，v消增加
C．K积减小，K消增加
D．v消增加的倍数比v积增加的倍数大
②在一定温度下，测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为
v=k·p（CH4）·[p（CO2）]-0.5（k为速率常数）。
在p（CH4）一定时，
不同p（CO2）下积碳量随时间的变化趋势如图所示，则pa（CO2）
、pb（CO2）、pc（CO2）从大到小的顺序为________________。
【答案】
（1）①247；A；1/3
（2）①劣于；相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小，而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大AD②pc（CO2）、pb（CO2）、pa（CO2）
【解析】
（1）①C（s）+2H2（g）=CH4（g）ΔH=-75kJ·mol−1②C（s）+O2（g）=CO2（g）ΔH=-394kJ·mol−1
③C（s）+1/2O2（g）=CO（g）ΔH=-111kJ·mol−1；根据盖斯定律计算：
③×2－①－②，得：
CH4（g）+CO2（g）=
2CO（g）+2H2（g）ΔH=+247kJ·mol−1。
因正反应为吸热反应，且正反应方向为气体体积增加的反应，升高温度或减少压强有利于提高CH4平衡转化率，A正确。
CH4（g）+CO2（g）
2CO（g）+2H2（g）
始（mol/L）:
10.500
变（mol/L）:
0.250.250.250.25
平（mol/L）:
0.750.250.250.25
K=0.25×0.25/[0.75×0.25]=1/3
（2）①根据表中数据可知相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大，所以催化剂X劣于Y。
A．正反应均是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向进行，因此K积、K消均增加，A正确；B．升高温度反应速率均增大，B错误；C．根据A中分析可知选项C错误；D．积碳量达到最大值以后再升高温度积碳量降低，这说明v消增加的倍数比v积增加的倍数大，D正确。
答案选AD。
②根据反应速率方程式:
v=k·p（CH4）·[p（CO2）]-0.5可知，在p（CH4）一定时，生成速率随p（CO2）的升高而降低，所以根据图像可知pa（CO2）、pb（CO2）、pc（CO2）从大到小的顺序为pc（CO2）、pb（CO2）、pa（CO2）。
【考点】盖斯定律；化学平衡的影响因素；利用转化率求化学平衡常数；温度对反应平衡常数的影响；化学图像的分析与判断；[化学平衡图像分析的答题技巧，看图像时：
①一看面：
纵坐标与横坐标的意义；②二看线：
线的走向和变化趋势；③三看点：
起点，拐点，终点，然后根据图象中呈现的关系、题给信息和所学知识相结合，做出符合题目要求的解答]。
Ⅲ—速率、平衡图像
5.[2018全国卷Ⅱ-27]CH4-CO2催化重整不仅可以得到合成气（CO和H2），还对温室气体的减排具有重要意义。
回答下列问题：
（1）CH4-CO2催化重整反应为：
CH4（g）+CO2（g）
2CO（g）+2H2（g）。
已知：
C（s）+2H2（g）=CH4（g）ΔH=-75kJ·mol−1
C（s）+O2（g）=CO2（g）ΔH=-394kJ·mol−1
C（s）+1/2O2（g）=CO（g）ΔH=-111kJ·mol−1
该催化重整反应的ΔH=kJ·mol−1。
有利于提高CH4平衡转化率的条件是____（填标号）。
A．高温低压B．低温高压C．高温高压D．低温低压
某温度下，在体积为2L的容器中加入2molCH4、1molCO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，其平衡常数为_______mol2·L−2。
（2）反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。
相关数据如下表：
积碳反应：
CH4（g）=C（s）+2H2（g）
消碳反应：
CO2（g）+C（s）=2CO（g）
ΔH/（kJ·mol−1）
75
172
活化能/
（kJ·mol−1）
催化剂X
33
91
催化剂Y
43
72
①由上表判断，催化剂XY（填“优于”或“劣于”），理由是:
。
在反应进料气
组成、压强及反应时间相同的情况下，某催化剂表面的积碳量随温
度的变化关系如图所示。
升高温度时，下列关于积碳反应、消碳反
应的平衡常数（K）和速率（v）的叙述正确的是________填标号）。
A．K积、K消均增加
B．v积减小，v消增加
C．K积减小，K消增加
D．v消增加的倍数比v积增加的倍数大
②在一定温度下，测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为
v=k·p（CH4）·[p（CO2）]-0.5（k为速率常数）。
在p（CH4）一定时，
不同p（CO2）下积碳量随时间的变化趋势如图所示，则pa（CO2）
、pb（CO2）、pc（CO2）从大到小的顺序为________________。
【答案】
（1）①247；A；1/3
（2）①劣于；相对于催
化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小，而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大AD②pc（CO2）、pb（CO2）、pa（CO2）
【解析】
（1）①C（s）+2H2（g）=CH4（g）ΔH=-75kJ·mol−1②C（s）+O2（g）=CO2（g）ΔH=-394kJ·mol−1
③C（s）+1/2O2（g）=CO（g）ΔH=-111kJ·mol−1；根据盖斯定律计算：
③×2－①－②，得：
CH4（g）+CO2（g）=
2CO（g）+2H2（g）ΔH=+247kJ·mol−1。
因正反应为吸热反应，且正反应方向为气体体积增加的反应，升高温度或减少压强有利于提高CH4平衡转化率，A正确。
CH4（g）+CO2（g）
2CO（g）+2H2（g）
始（mol/L）:
10.500
变（mol/L）:
0.250.250.250.25
平（mol/L）:
0.750.250.250.25
K=0.25×0.25/[0.75×0.25]=1/3
（2）①根据表中数据可知相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大，所以催化剂X劣于Y。
A．正反应均是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向进行，因此K积、K消均增加，A正确；B．升高温度反应速率均增大，B错误；C．根据A中分析可知选项C错误；D．积碳量达到最大值以后再升高温度积碳量降低，这说明v消增加的倍数比v积增加的倍数大，D正确。
答案选AD。
②根据反应速率方程式:
v=k·p（CH4）·[p（CO2）]-0.5可知，在p（CH4）一定时，生成速率随p（CO2）的升高而降低，所以根据图像可知pa（CO2）、pb（CO2）、pc（CO2）从大到小的顺序为pc（CO2）、pb（CO2）、pa（CO2）。
【考点】盖斯定律；化学平衡的影响因素；利用转化率求化学平衡常数；温度对反应平衡常数的影响；化学图像的分析与判断；[化学平衡图像分析的答题技巧，看图像时：
①一看面：
纵坐标与横坐标的意义；②二看线：
线的走向和变化趋势；③三看点：
起点，拐点，终点，然后根据图象中呈现的关系、题给信息和所学知识相结合，做出符合题目要求的解答]。
6.[2018北京卷-8]我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。
该历程示意图如下。
下列说法不正确的是
A.生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
B.CH4→CH3COOH过程中，有C―H键发生断裂
C.①→②放出能量并形成了C―C键
D.该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
【答案】D
【解析】A.CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2
CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A正确；B.CH4选择性活化变为①的过程中，有1个C-H键断裂，B正确；C.根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量;对比①和②，①→②形成C-C键，C正确；D.催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D错误。
【考点】本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是准确分析示意图中的信息。
注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变ΔH、不能使化学平衡发生移动。
7.[2018北京卷-27]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）反应Ⅰ：
2H2SO4（l）=2SO2（g）+2H2O（g）+O2（g）ΔH1=+551kJ·mol－1反应Ⅲ：
S（s）+O2（g）=SO2（g）ΔH3=－297kJ·mol－1
反应Ⅱ的热化学方程式：
。
（2）对反应Ⅱ，在某一投料比时，两种压强下，H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。
p2p1（填“＞”或“＜”），得出该结论的理由是。
（3）I－可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。
将ii补充完整。
i．SO2+4I－+4H+=S↓+2I2+2H2O
ii．I2+2H2O+_________=_________+_______+2I－
（4）探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：
分别将18mLSO2饱和溶液加入到2mL下列试剂中，密闭放置观察现象。
（已知：
I2易溶解在KI溶液中）
序号
A
B
C
D
试剂组成
0.4mol·L－1KI
amol·L－1KI
0.2mol·L－1H2SO4
0.2mol·L－1H2SO4
0.2mol·L－1KI
0.0002molI2
实验现象
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快
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，SO2的歧化反应速率D＞A，结合i、ii反应速率解释原因：
________________。
【答案】
（1）3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s）ΔH2=−254kJ·mol−1
（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移动，H2SO4的物质的量增大，体系总物质的量减小，H2SO4的物质的量分数增大（3）SO2、SO42−、4H+（4）0.4；I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率；反应ii比i快；D中由反应ii产生的H+使反应i加快
【解析】
（1）根据过程，反应II为SO2催化歧化生成H2SO4和S，反应为:
3SO2+2H2O=2H2SO4+S。
应用盖斯定律，反应I+反应III得，2H2SO4（l）+S（s）=3SO2（g）+2H2O（g）ΔH=ΔH1+ΔH3=（+551kJ/mol）+（-297kJ/mol）=+254kJ/mol，反应II的热化学方程式为3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s）ΔH=-254kJ/mol。
（2）在横坐标上任取一点，作纵坐标的平行线，可见温度相同时，p2时H2SO4物质的量分数大于p1时，反应Ⅱ是气体分子数减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，H2SO4物质的量增加，体系总物质的量减小，H2SO4物质的量分数增大，所以，p2＞p1。
（3）反应II的总反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S，I—可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，催化剂在反应前后质量和化学性质不变，（总反应-反应i）
2得，反应ii的离子方程式为I2+2H2O+SO2=4H++SO42-+2I—。
（4）①B是A的对比实验，采用控制变量法，B比A多加了0.2mol/LH2SO4，A与B中KI浓度应相等，则a=0.4。
②对比A与B，加入H+可以加快SO2歧化反应的速率；对比B与C，单独H+不能催化SO2的歧化反应；比较A、B、C，可得出的结论是：
I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率。
③对比D和A，D中加入KI的浓度小于A，D中多加了I2，反应i消耗H+和I-，反应ii中消耗I2，D中“溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快”，反应速率D
A，由此可见，反应ii比反应i速率快，反应ii产生H+使c（H+）增大，从而反应i加快。
【考点】本题以利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储为载体，考查盖斯定律的应用、化学平衡图像的分析、方程式的书写、控制变量法探究外界条件对化学反应速率的影响，考查学生灵活运用所学知识解决实际问题的能力。
Ⅳ—化学平衡、平衡常数计算
8.[2018天津卷-5]室温下，向圆底烧瓶中加入1molC2H5OH和含1molHBr的氢溴酸，溶液中发生反应：
C2H5OH+HBr
C2H5Br+H2O，充分反应后达到平衡。
已知常压下，C2H5Br和C2H5OH的沸点分别为38.4℃和78.5℃。
下列有关叙述错误的是
A.加入NaOH，可增大乙醇的物质的量
B.增大HBr浓度，有利于生成C2H5Br
C.若反应物增大至2mol，则两种反应物平衡转化率之比不变
D.若起始温度提高至60℃，可缩短反应达到平衡的时间
【答案】D
【解析】A．加入NaOH中和HBr，平衡逆向移动，可增大乙醇的物质的量。
选项A正确。
B．增大HBr浓度，平衡正向移动，有利于生成C2H5Br。
选B正确。
C
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