高考化学复习高考化学试题分类解析汇编化学反应速率和化学平衡.docx

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高考化学复习高考化学试题分类解析汇编化学反应速率和化学平衡

高中化学学习材料

（灿若寒星**整理制作）

2012年高考化学试题分类解析汇编：

化学反应速率和化学平衡

1.［2012·江苏化学卷10］下列有关说法正确的是

A.CaCO3（s）=CaO（s）＋CO2（g）室温下不能自发进行，说明该反应的△H＜0

B.镀铜铁制品镀层受损后，铁制品比受损前更容易生锈

C.N2（g）＋3H2（g）

2NH3（g）△H＜0，其他条件不变时升高温度，反应速率Ｖ（H2）和氢气的平衡转化率均增大

D.水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，说明水的电离是放热反应

B解析：

本题是化学反应与热效应、电化学等的简单综合题，着力考查学生对熵变、焓变，水解反应、原电池电解池、化学反应速率的影响因素等方面的能力。

A.分解反应一般是常识吸热反应，熵变、焓变都大于零，仅在高温下自发。

内容来源于《选修四》P34-P36中化学方向的判断。

B.铁比铜活泼，组成的原电池中铁为负极，更易被氧化。

C.据平衡移动原理，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡转化率减小。

D.水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，说明水的电离是吸热反应，越热越电离，水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大。

2.［2012·江苏化学卷14］温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molPCl5，反应PCl5（g）

PCl3（g）＋Cl2（g）经一段时间后达到平衡。

反应过程中测定的部分数据见下表：

t/s

0

50

150

250

350

n（PCl3）/mol

0

0.16

0.19

0.20

0.20

下列说法正确的是

A.反应在前50s的平均速率为v（PCl3）=0.0032mol·L－1·s－1

B.保持其他条件不变，升高温度，平衡时，c（PCl3）=0.11mol·L－1,则反应的△H＜0

C.相同温度下，起始时向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2，达到平衡前v（正）＞v（逆）

D.相同温度下，起始时向容器中充入2.0molPCl3、2.0molCl2，达到平衡时，PCl3的转化率小于80%

C解析：

本题素材似乎来源于《选修四》课本第32页习题的第8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.反应在前50s内的平均速率应该是前50s内PCl3浓度变化与时间的比值，而不是PCl3物质的量的变化与时间的比值。

B.相同温度下，起始时向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2应先求平衡常数K为0.025，再求浓度商（Qc）为0.02,K＞Qc,说明平衡向正反应方向移动。

C.保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20molH2O，与原平衡相比，平衡向右移动，达到新平衡时CO转化率增大，H2O转化率减小，H2O的体积分数会增大。

D.从等效平衡的角度，先建立原容器两倍关系的模型，即与原平衡完全等效，再把容器两倍关系压缩成原容器，则平衡向逆反应方向移动，PCl3的转化率应大于80%

3.［2012·安徽理综化学卷9］一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：

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，其它条件不变，分享出硫，正反应速率加快

C．平衡时，其他条件不变，升高温度可提高

的转化率

D．其它条件不变，使用不同催化剂，该反应的平衡常数不变

D【解析】本题主要考查外界条件对化学平衡的影响，同时考查考生应用基础知识解决简单化学问题的能力。

因反应前后气体分子数不等，平衡前容器内压强逐渐变小，A项错误；硫为固体，减少其量不影响化学反应速率，B项错误；升温，平衡左移，SO2的转化率降低，C项错误；只有温度的改变，才能影响反应的平衡常数，故D项正确。

4.［2012·福建理综化学卷12］一定条件下，溶液的酸碱性对TiO2光催化燃料R降解反应的影响如右图所示。

下列判断判断正确的是

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

A解析：

从图像中可以读出pH＝2时，曲线下降是最快的，说明溶液的酸性越强，降解速率越大，所以B项错误。

一般来说，反应物的浓度越大，反应速率越大，R的起始浓度越小，其降解的速率越小，C项错误。

D项中可计算出其速率为0.04×10—4mol·L—1·min—1，D项错误。

A项中R都是完全降解，降解百分率都是100%。

这题是选择题的创新点，题给信息量大，考查学生能力全面，尤其是读图能力要求较高。

其中D项要注意横坐标的数量级，不太细心的同学要吃亏。

5.［2012·重庆理综化学卷13］在一个不导热的密闭反应器中，只发生两个反应：

a（g）+b（g）

2c（g）△H1<0；

x（g）+3y（g）

2z（g）△H2>0

进行相关操作且达到平衡后（忽略体积改变所做的功），下列叙述错误的是

A.等压时，通入惰性气体，c的物质的量不变B.等压时，通入z气体，反应器中温度升高

C.等容时，通入惰性气体，各反应速率不变D.等容时，通入z气体，y的物质的量浓度增大

C

6.［2012·四川理综化学卷12］在体积恒定的密闭容器中，一定量的SO2与1.100molO2在催化剂作用下加热到600℃发生反应：

2SO2+O2

2SO3；△H＜0。

当气体的物质的量减少0.315mol时反应达到平衡，在相同的温度下测得气体压强为反应前的82.5%。

下列有关叙述正确的是

当SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等时反应达到平衡

降低温度，正反应速率减小程度比逆反应速率减小程度大

将平衡混合气体通入过量BaCl2溶液中，得到沉淀的质量为161.980g

达到平衡时，SO2的转化率是90%

D【解析】本题考查化学反应速率、平衡及计算。

SO3的生成速率和SO2的消耗速率都是正反应速率，两者始终相等，不能说明已达平衡，A错；由于正反应是放热的，所以降温时平衡右移，正反应速率大于逆反应速率，即正反应速率较小程度小于逆反应速率，B错；根据化学方程式知：

生成的SO3的物质的量是气体总物质的量减小量的2倍，即0.63mol，SO2不与BaCl2反应，则生成硫酸钡为0.63mol，得到146.79g，C错；根据平衡前后的压强比知反应前气体的总物质的量减小0.315g，即减小1-82.5%=17.5%，所以反应前气体总物质的量为1.8mol，O2为1.1mol，则SO2为0.7mol.消耗的SO2的物质的量等于生成的SO3的物质的量，即0.63mol，转化率为0.63mol/0.7mol=90%，D正确。

7.［2012·天津理综化学卷6］已知2SO2（g）+O2（g）

2SO3（g）；ΔH＝－197kJ·mol－1。

向同温、同体积的三个密闭容器中分别充入气体：

（甲）2molSO2和1molO2；（乙）1molSO2和0.5molO2；（丙）2molSO3。

恒温、恒容下反应达平衡时，下列关系一定正确的是（）

A．容器内压强P：

P甲＝P丙>2P乙B．SO3的质量m：

m甲＝m丙>2m乙C．c（SO2）与c（O2）之比k：

k甲＝k丙>k乙D．反应放出或吸收热量的数值Q：

Q甲＝G丙>2Q乙

答案：

B

考查化学平衡中等效平衡知识。

考查的知识点有些单一。

等温等容时反应前后气体体积变化的反应规律：

将起始投料量按化学计量系数之比换算成同一半边的物质，其物质的量与对应组分的起始投料量相等，则建立的化学平衡是等效的，简称“等量等效”。

这种情况下的等效平衡中的“等效”指平衡体系中的各种性质（各对应物的浓度、体积分数、转化率、物质的量）是完全相同的。

类似于数学中的全等三角形，也可叫“全等平衡”。

甲和乙容器内的平衡是完全相同的平衡（等同平衡），各物理参数除热量都相同。

甲和乙的比较可用下图处理帮助理解

P甲＜2P乙，m甲>2m乙，K甲＜K乙，Q乙=197-Q甲，Q甲不等于Q乙所以选B

8.［2012·全国大纲理综化学卷8］合成氨所需的氢气可用煤和水作原料经多步反应制得，其中的一步反应为

CO（g）+H2O（g）

CO2（g）+H2（g）△H＜0

反应达到平衡后，为提高CO的转化率，下列措施中正确的是

A增加压强B降低温度C增大CO的浓度D更换催化剂

B【解析】CO（g）+H2O（g）

CO2（g）+H2（g）是一个气体总体积不发生改变的反应，增大压强平衡不移动，CO的转化率不变，A错误；反应式放热反应，降低温度平衡向放热方向移动，B正确；增大CO的浓度，平衡向正反应方向移动，CO的转化率降低，C错误；催化剂对化学平衡没有影响，D错误。

【考点】反应条件对化学平衡的影响

改变温度：

升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动。

降低温度，化学平衡向放热反应方向移动。

②改变浓度：

若Qc＜Kc，化学平衡正向（向右）移动。

若Qc＞Kc，化学平衡逆向（向左）移动。

③改变压强：

若Qp＜Kp，化学平衡正向（向右）移动。

若Qp＞Kp，化学平衡逆向（向左）移动。

【点评】：

本题属于基本理论中化学平衡问题，主要考查学生对平衡移动等有关内容理解和掌握程度；题目推陈出新，难度适中，貌似简单，实则有一定的陷阱，对概念的内涵和外延理解不深刻的考生容易出现失误，非常符合高考选拔人才的要求。

9.［2012·海南化学卷15］（9分）已知A（g）+B（g）

C（g）+D（g）反应的平衡常数和温度的关系如下：

|温度/℃

700

900

830

1000

1200

平衡常数

1.7

1.1

1.0

0.6

0.4

回答下列问题：

（1）该反应的平衡常数表达式K=，△H0（填“<”“>”“=”）；

（2）830℃时，向一个5L的密闭容器中充入0.20mol的A和0.80mol的B，如反应初始6s内A的平均反应速率v（A）=0．003mol·L-1·s-1。

，则6s时c（A）=mol·L-1，C的物质的量为mol；若反应经一段时间后，达到平衡时A的转化率为，如果这时向该密闭容器中再充入1mol氩气，平衡时A的转化率为；

（3）判断该反应是否达到平衡的依据为（填正确选项前的字母）：

a．压强不随时间改变b.气体的密度不随时间改变

c.c（A）不随时问改变d.单位时间里生成c和D的物质的量相等

（4）1200℃时反应C（g）+D（g）

A（g）+B（g）的平衡常数的值为。

【答案】

（1）

<

（2）0.022mol·L-10.09mol80%80%

（3）c

（4）2.5

【解析】

（1）因反应中的物质都是气体，据平衡常数的定义可知其K=

；由表中数据可知，温度升高，K值减小，说明升高温度向吸热的逆反应方向移动，故正反应为放热反应，即ΔH<0。

（2）υ（A）=0.003mol·L-1·s-1，则6s后A减少的浓度c（A）=υ（A）t=0.018mol·L-1，故剩余的A的浓度为

-0.018mol·L-1=0.022mol·L-1；A减少的物质的量为0.018mol·L-1×5L=0.09mol，根据方程式的系数关系，生成的C的物质的量也为0.09mol。

设830℃达平衡时，转化的A的浓度为x，则：

　　　　　　　　A（g）+B（g）

C（g）+D（g）

起始浓度（mol·L－1）0.040.16　　　0　　0

转化浓度（mol·L－1）x　　x　　　x　　x

平衡浓度（mol·L－1）0.04－x　0.16－x　x　　x

有：

=1，解得x=0.032，故A的转化率α（A）＝

×100%＝80%；由于容器的体积是固定的，通入氩气后各组分的浓度不变，反应速率不改变，平衡不移动。

（3）由于该反应是气体分子数不变的反应，容器中压强、气体的密度都永远不变，故a、b错；c（A）随反应的进行要减小，故c可以；不论是否达平衡，单位时间里生成C和D的物质的量永远相等，故d错。

（4）反应“C（g）+D（g）

A（g）+B（g）”与“A（g）+B（g）

C（g）+D（g）”互为逆反应，平衡常数互为倒数关系，故1200℃时，C（g）+D（g）

A（g）+B（g）的K=

=2.5。

10.［2012·海南化学卷20-II］

【答案】

（1）液化、分馏与C反应后除去CO2C+H2O

CO+H2、CH4+H2O

CO+3H2

（2）合成塔N2+3H2

2NH3

（3）冷却塔n高温气体由冷却塔的上端进入，冷却水应从下端进入，逆向冷却效果好

（4）将液氨和未反应的原料分离

（5）13.8

【解析】

（1）利用空气中氮气的沸点比氧气的沸点低，先将空气加压降温变成液态，然后再加热，使氮气首先从液态空气中蒸发出来，留下的就是液态氧气。

故分离方法是液化和分馏。

另一种方法是将空气与C反应后除去CO2。

采用煤和天然气制备H2的方程式为：

C+H2O

CO+H2、CH4+H2O

CO+3H2。

（2）合成氨的设备为合成塔；发生的反应是N2+3H2

2NH3。

（3）冷凝分离氨气的设备为冷却塔；为了增强冷却效果，冷却水应从下端进入，逆向冷却效果好。

（4）设备c是分离器，能将液氨和未反应的原料分离。

（5）设CO、H2O的起始浓度分别为x、y，且CO的转化率为90%，则：

CO2（g）＋H2（g）

CO（g）＋H2O（g）

起始浓度（mol·L－1）xy　　　　0　　　0

转化浓度（mol·L－1）0.9x　　0.9x　　0.9x　0.9x

平衡浓度（mol·L－1）0.1x　y－0.9x　　0.9x　0.9x

K＝

＝

=0.627，得：

=13.8，只要增加H2O量，就可提高CO的转化率。

11.［2012·福建理综化学卷23］

（1）元素M的离子与NH4+所含电子数和质子数均相同，则M的原子结构示意图为

（2）硫酸铝溶液与过量氨水反应的离子方程式为。

（3）能证明Na2SO3溶液中存在SO32—+H2O

HSO3—+OH—水解平衡的事实

是（填序号）。

滴入酚酞溶液变红，再加入H2SO4溶液红色退去

滴入酚酞溶液变红，再加入氯水后红色退去

滴入酚酞溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色退去

（4）元素X、Y在周期表中位于同一主族，化合物Cu2X和Cu2Y可发生如下转化（其中D是纤维素水解的最终产物）：

①非金属XY（填“＞”或“＜”）

②Cu2Y与过量浓硝酸反应有红棕色气体生成，化学方程式为。

（5）在恒容绝热（不与外界交换能量）条件下进行2A（g）+B（g）

2C（g）+D（s）反应，按下表数据投料，反应达到平衡状态，测得体系压强升高，简述该反应的平衡常数与温度的变化关系：

。

物质

A

B

C

D

起始投料/mol

2

1

2

0

解析：

（1）铵根离子中含有10个电子，11个质子，与之相同的单核离子为钠离子，则M的原子结构示意图为

（2）硫酸铝溶液与过量氨水反应的离子方程式为：

Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4+

（3）选C，ABC三个选项描述都是正确的，但要说明亚硫酸钠显碱性是亚硫酸离子水解造成的，存在水解平衡这一事实。

比如说向氢氧化钠这样的碱溶液中加入酚酞后变红，用AB两项中的试剂都可褪色，但用C中的试剂就不行。

选择试剂最好是中性，并与亚硫酸根离子反应，使水解平衡移动，这样一比较C可以充分说明亚硫酸钠显碱性是亚硫酸离子水解造成的。

（4）先推断元素，悬浊液与D的溶液（葡萄糖溶液）生成砖红色沉淀是氧化亚铜，则Y为O元素，X，Y同主族，则X为S元素。

问题就很好回答，非金属性X＜Y，Cu2O与浓硝酸反应生成红棕色的气体NO2，利用氧化还原反应原理并配平可写出方程式：

Cu2O+6HNO3（浓）=2Cu（NO3）2+2NO2↑+3H2O

（5）在恒容绝热的情况下，反应达到平衡后，体系压强升高，可推知气体体积变大，说明反应是向左移（注意D为固态）。

另外压强与温度成正比，压强升高，温度升高，如果正反应是放热的情况下，则是升高温度，平衡向左移，符合题目情况。

因此推出正反应是放热反应，那平衡常数与温度成反比。

23题考查得都是主干知识，只是觉得拼盘得太明显，5个小问各不相干，独立成题，是否可用10电子,18电子微粒把它们串起来，比如Na+，Al3+，O2—，S2—。

其中第4问涉及有机化学知识，把知识很好的揉合在一起，第3问，第5问要求思维推理能力较高。

12.［2012·福建理综化学卷24］

（1）电镀是，镀件与电源的极连接。

（2）化学镀的原理是利用化学反应生成金属单质沉淀在镀件表面形成的镀层。

①若用铜盐进行化学镀铜，应选

用（填“氧化剂”或“还原剂”）与之反应。

②某化学镀铜的反应速率随镀液pH变化如右图所示。

该镀铜过程中，镀液pH控制在12.5左右。

据图中信息，给出使反应停止的方法：

（3）酸浸法制取硫酸铜的流程示意图如下：

①步骤（i）中Cu2（OH）2CO3发生反应的化学方程式为。

②步骤（ii）所加试剂起调节pH作用的离子是（填离子符号）。

③在步骤（iii）发生的反应中，1molMnO2转移2个mol电子，该反应的离子方程式为。

④步骤（iv）除去杂质的化学方程式可表示为

过滤后母液的pH=2.0，c（

）=amol·L—1，c（

）=bmol·L—1，c（

）=dmol·L—1，该反应的平衡常数K=（用含a、b、d的代数式表示）。

解析：

（1）电镀池中，镀件就是待镀金属，作阴极，与电源的负极相连；镀层金属为阳极，与电源正极相连。

（2）①要把铜从铜盐中置换铜出来，比如用铁就可以，铁是作还原剂的，所以加入还原剂，

②根据图示信息，pH=8—9之间，反应速率为0，所以要使反应停止，调节溶液的pH至8—9之间，可见读图信息的重要性。

（3）①碱式碳酸铜与硫酸反应的方程式直接写，用观察法配平。

Cu2（OH）2CO3+2H2SO4=2CuSO4+CO2↑+3H2O

②题目要求调高PH，铵根离子显酸性，碳酸氢根离子显碱性，则起作用的离子是碳酸氢根离子。

③依题意亚铁离子变成了铁离子，1molMnO2转移电子2mol，则锰元素从+4变成+2价，溶液是显酸性的，方程式经过观察可要补上氢离子，综合上述分析可写出离子方程式为：

MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O

④氢离子浓度为10-2，依据K的表达式马上就可写出来K=

。

24题没有了复杂的工艺的流程，这个信号在质检题中已经给出，没有在流程上设置障碍，问题设计平实，难度不大。

平衡常数计算简单，只要代入即可，没有复杂的数学变换，降低了难度。

对图中信息的获取要求较高。

13.［2012·浙江理综化学卷27］（15分）物质（t-BuNO）2在正庚烷溶剂中发生如下反应：

（t-BuNO）2

2（t-BuNO）。

（1）当（t-BuNO）2的起始浓度（c0）为0.50mol·L-1时，实验测得20℃时的平衡转化率（α）是65%。

列式计算20℃时上述反应的平衡常数K=。

（2）一定温度下，随着（t-BuNO）2的起始浓度增大，其平衡转化率（填“增大”、“不变”或“减小”）。

已知20℃时该反应在CCl4溶剂中的平衡常数为1.9，若将反应溶剂正庚烷改成CCl4，并保持（t-BuNO）2起始浓度相同，则它在CCl4溶剂中的平衡转化率（填“大于”、“等于”或“小于”）其在正庚烷溶剂中的平衡转化率。

（3）实验测得该反应的ΔH=50.5kJ·mol-1，活化能Ea=90.4kJ·mol-1。

下列能量关系图合理的是。

（4）该反应的ΔS0（填“＞”、“＜”或“＝”）。

在（填“较高”或“较低”）温度下有利于该反应自发进行。

（5）随着该反应的进行，溶液的颜色不断变化，分析溶液颜色与反应物（或生成物）浓度的关系（即比色分析），可以确定该化学反应的速率。

用于比色分析的仪器是。

A．pH计B．元素分析仪C．分光光度计D．原子吸收光谱仪

（6）通过比色分析得到30℃时（t-BuNO）2浓度随时间的变化关系如下图所示，请在同一图中绘出t-BuNO浓度随时间的变化曲线。

解析：

（1）物质t-BuNO）2是2-甲基2-亚硝基丙烷二聚体。

在正庚烷溶剂中会部分分解为

t-BuNO（2-甲基2-亚硝基丙烷），反应：

（t-BuNO）2

2（t-BuNO）。

对于这种物质没有学

过，用这样的形式来表示的反应也没有见到过，很陌生，这就给解题增加了理解上的难度。

其实这就是一个普通的分解反应，一个可逆反应，只要按常规的化学平衡三段式方法解题就

可求得20℃时平衡常数。

（t-BuNO）2

2（t-BuNO）

c00.50

c转-x-2x

c平0.5-x2x

已知20℃时（t-BuNO）2的平衡转化率α=解得X=0.325mol·L-1

由于分解反应的反应物和生成物各只有一种，因此也可以用下列方法来求平衡常数：

已知20℃时（t-BuNO）2的平衡转化率α=65%，则

（t-BuNO）2

2（t-BuNO）

平衡时：

C0（1-α）2c0α

平衡常数

（2）一定温度下，随着（t-BuNO）2的起始浓度增大，即增加反应物（t-BuNO）2的浓度，虽然平

衡向正反应方向移动，但由于（t-BuNO）2的起始浓度增大，其平衡转化率是减小的。

保持温度20℃不变，保持（t-BuNO）2起始浓度相同，平衡转化率越小，K值越小。

已知该反应在CCl4溶剂中的平衡常数为1.9，则（t-BuNO）2它在CCl4溶剂中的平衡转化率小于其在正庚烷溶剂中的平衡转化率。

（3）由实验测得该反应的ΔH=50.5kJ·mol-1，可知该反应是吸热反应，则反应物的总能量

低于生成物的总能量。

可排除能量关系图B和C，又依据活化能Ea=90.4kJ·mol-1，Ea－ΔH<50.5kJ·mol-1,能量关系图A中,Ea－ΔH.>50.5kJ·mol-1,Ea与ΔH的比例不对。

而能量关系图D是合理的。

（4）由于该反应是一个分解反应，所以是一个混乱度增加（熵增）的反应，ΔS＞0；而该反应又是一个吸热反应，ΔH＞0，所以该反应应在较高温度下有利于自发进行。

（5）现代化学分析中，常借助一些仪器来分析化学物质的组成，用元素分析仪确定物质中是否含有C、H、O、N、S、Cl、Br等元素；用红外光谱仪确定物质中是否存在某些有机原子团；用原子吸收光谱仪确定物质中含有哪些金属元素；用用于比色分析的分光光度计测定溶液颜色深浅，分析溶液颜色与反应物（或生成物）浓度的关系（即比色分析），从而可以确定该化学反应的速率；pH计是测定溶液pH的仪器。

（6）在图中绘出t-BuNO浓度随时间的变化曲线：

先从图中30℃时（t-BuNO）2浓度随时间的变