高考化学真题分类汇编 化学反应速率 化学平衡解析版.docx
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高考化学真题分类汇编化学反应速率化学平衡解析版
专题十二化学反应速率化学平衡（解析版）
1.【2019浙江4月选考】17.下列说法正确的是
A.H（g）＋I2（g）⇌2HI（g），其他条件不变，缩小反应容器体积，正逆反应速率不变
B.C（s）＋H2O（g）⇌H2（g）＋CO（g），碳的质量不再改变说明反应已达平衡
C.若压强不再随时间变化能说明反应2A（?
）＋B（g）⇌2C（?
）已达平衡，则A、C不能同时是气体
D.1molN2和3molH2反应达到平衡时H2转化率为10%，放出的热量为Q1；在相同温度和压强下，当2molNH3分解为N2和H2的转化率为10%时，吸收的热量为Q2，Q2不等于Q1
【答案】B
【解析】
A.该可逆反应的反应前后气体计量数不发生变化，当缩小反应容器体积，相当于加压，正逆反应速率同等程度增加，A项错误；
B.在建立平衡前，碳的质量不断改变，达到平衡时，质量不变，因而碳的质量不再改变说明反应已达平衡，B项正确；
C.若压强不再改变说明反应达到平衡，表明反应前后气体的计量数不等，故A、C不可能均为气体，C项错误；
D.易知N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH，合成氨气实际参与反应n（H2）=3×10％=0.3mol，因而Q1=0.3/3×|ΔH|=0.1|ΔH|，分解氨气时实际消耗的n（NH3）=2×10％=0.2mol，Q2=0.2/2×|ΔH|=0.1|ΔH|，则Q1=Q2，D项错误。
故答案选B。
2.【2019浙江4月选考】22.高温高压液态水具有接近常温下弱酸的c（H+）或弱碱的c（OH−），油脂在其中能以较快的反应速率水解。
与常温常压水相比，下列说法不正确的是
A.高温高压液态水中，体系温度升高，油脂水解反应速率加快
B.高温高压液态水中，油脂与水的互溶能力增强，油脂水解反应速率加快
C.高温高压液态水中，c（H+）增大，可催化油脂水解反应，且产生的酸进一步催化水解
D.高温高压液态水中的油脂水解，相当于常温下在体系中加入了相同c（H+）的酸或相同c（OH−）的碱的水解
【答案】D
【解析】
A.对于任何化学反应，体系温度升高，均可加快反应速率，A项正确；
B.由于高温高压液态水中，c（H+）和c（OH−）增大，油脂水解向右移动的倾向变大，因而油脂与水的互溶能力增强，反应速率加快，B项正确；
C.油脂在酸性条件下水解，以H+做催化剂，加快水解速率，因而高温高压液态水中，c（H+）增大，可催化油脂水解反应，且产生的酸进一步催化水解，C项正确；
D.高温高压液态水中的油脂水解，其水环境仍呈中性，因而不能理解成相当于常温下在体系中加入了相同c（H+）的酸或相同c（OH−）的碱的水解，而是以体系升温、增加水和油脂的互溶以及提高水中H+浓度的方式，促进油脂的水解，D项不正确。
故答案选D。
3.【2019江苏】15.在恒压、NO和O2的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图中实线所示（图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化）。
下列说法正确的是
A.反应2NO（g）+O2（g）
2NO2（g）的ΔH>0
B.图中X点所示条件下，延长反应时间能提高NO转化率
C.图中Y点所示条件下，增加O2的浓度不能提高NO转化率
D.380℃下，c起始（O2）=5.0×10−4mol·L−1，NO平衡转化率为50%，则平衡常数K>2000
【答案】BD
【解析】
A.随温度升高NO的转化率先升高后降低，说明温度较低时反应较慢，一段时间内并未达到平衡，分析温度较高时，已达到平衡时的NO转化率可知，温度越高NO转化率越低，说明温度升高平衡向逆方向移动，根据勒夏特列原理分析该反应为放热反应，∆H<0，故A错误；
B.根据上述分析，X点时，反应还未到达平衡状态，平衡正向移动，所以延长反应时间能提高NO的转化率，故B正确；
C.Y点，反应已经达到平衡状态，此时增加O2的浓度，使得正反应速率大于逆反应速率，平衡向正方向移动，可以提高NO的转化率，故C错误；
D.设NO起始浓度为a，NO的转化率为50%，则平衡时NO、O2和NO2的浓度分别为0.5amol/L、（5×10-4-0.25a）mol/L、0.5amol/L，根据平衡常数表达式K=
>
=2000，故D正确；
故选BD。
4.【2019新课标Ⅰ卷】固体界面上强酸的吸附和离解是多相化学在环境、催化、材料科学等领域研究的重要课题。
下图为少量HCl气体分子在253K冰表面吸附和溶解过程的示意图。
下列叙述错误的是
A.冰表面第一层中，HCl以分子形式存在
B.冰表面第二层中，H+浓度为5×10−3mol·L−1（设冰的密度为0.9g·cm−3）
C.冰表面第三层中，冰的氢键网格结构保持不变
D.冰表面各层之间，均存在可逆反应HCl
H++Cl−
【答案】D
【解析】由示意图可知，在冰的表面第一层主要为氯化氢的吸附，第二层中氯化氢溶于水中并发生部分电离，第三层主要是冰，与氯化氢的吸附和溶解无关。
A项、由图可知，冰的表面第一层主要为氯化氢的吸附，氯化氢以分子形式存在，故A正确；
B项、由题给数据可知，冰的表面第二层中氯离子和水的个数比为10—4:
1，第二层中溶解的氯化氢分子应少于第一层吸附的氯化氢分子数，与水的质量相比，可忽略其中溶解的氯化氢的质量。
设水的物质的量为1mol，则所得溶液质量为18g/mol×1mol=18g，则溶液的体积为
×10—3L/ml=2.0×10—2L，由第二层氯离子和水个数比可知，溶液中氢离子物质的量等于氯离子物质的量，为10—4mol，则氢离子浓度为
=5×10—3mol/L，故B正确；
C项、由图可知，第三层主要是冰，与氯化氢的吸附和溶解无关，冰的氢键网络结构保持不变，故C正确；
D项、由图可知，只有第二层存在氯化氢的电离平衡HCl
H++Cl—，而第一层和第三层均不存在，故D错误。
故选D。
【点睛】本题考查氯化氢气体在冰表面的吸附和溶解。
侧重考查接受、吸收、整合化学信息的能力及分析和解决化学问题的能力，注意能够明确图像表达的化学意义，正确计算物质的量浓度为解答关键。
5.【2019新课标Ⅰ卷】水煤气变换[CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）]是重要的化工过程，主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。
回答下列问题：
（1）Shibata曾做过下列实验：
①使纯H2缓慢地通过处于721℃下的过量氧化钴CoO（s），氧化钴部分被还原为金属钴（Co），平衡后气体中H2的物质的量分数为0.0250。
②在同一温度下用CO还原CoO（s），平衡后气体中CO的物质的量分数为0.0192。
根据上述实验结果判断，还原CoO（s）为Co（s）的倾向是CO_________H2（填“大于”或“小于”）。
（2）721℃时，在密闭容器中将等物质
量的CO（g）和H2O（g）混合，采用适当的催化剂进行反应，则平衡时体系中H2的物质的量分数为_________（填标号）。
A．＜0.25B．0.25C．0.25~0.50D．0.50E．＞0.50
（4）Shoichi研究了467℃、489℃时水煤气变换中CO和H2分压随时间变化关系（如下图所示），催化剂为氧化铁，实验初始时体系中的PH2O和PCO相等、PCO2和PH2相等。
计算曲线a的反应在30~90min内的平均速率
（a）=___________kPa·min−1。
467℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是___________、___________。
489℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是___________、___________。
【答案】
（1）.大于
（2）.C（4）.0.0047bcad
【解析】
（1）H2还原氧化钴的方程式为：
H2（g）＋CoO（s）
Co（s）＋H2O（g）；CO还原氧化钴的方程式为：
CO（g）＋CoO（s）
Co（s）＋CO2（g），平衡时H2还原体系中H2的物质的量分数（
）高于CO还原体系中CO的物质的量分数（
），故还原CoO（s）为Co（s）的倾向是CO大于H2；
（2）721℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO（g）和H2O（g）混合，可设其物质的量为1mol，则
CO（g）+H2O（g）
CO2（g）+H2（g）
起始（mol）1100
转化（mol）xxxx
平衡（mol）1-x1-xxx
则平衡时体系中H2的物质的量分数=
，因该反应为可逆反应，故x<1，可假设二者的还原倾向相等，则x=0.5，由
（1）可知CO的还原倾向大于H2，所以CO更易转化为H2，故x>0.5，由此可判断最终平衡时体系中H2的物质的量分数介于0.25~0.50，故答案为C；
（4）由图可知，30~90min内a曲线对应物质的分压变化量Δp=（4.08-3.80）kPa=0.28kPa，故曲线a的反应在30~90min内的平均速率
（a）=
=0.0047kPa·min−1；由
（2）中分析得出H2的物质的量分数介于0.25~0.5，CO的物质的量分数介于0~0.25，即H2的分压始终高于CO的分压，据此可将图分成两部分：
由此可知，a、b表示的是H2的分压，c、d表示的是CO的分压，该反应为放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，CO分压增加，H2分压降低，故467℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是b、c；489℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是a、d。
【点睛】本题以水煤气交换为背景，考察化学反应原理的基本应用，较为注重学生学科能力的培养，难点在于材料分析和信息提取，图像比较新，提取信息能力较弱的学生，会比较吃力。
本题属于连贯性综合题目，本题的解题关键在于第
（1）问的信息理解与应用，若本题的第
（1）问判断错误，会导致后续多数题目判断错误；第
（2）问可以采取特殊值法进行赋值并结合极限法计算，考生若只是考虑到完全转化极限，则只能判断出H2的物质的量分数小于0.5，这是由于对题干的信息应用能力不熟练而导致；对于第（4）问中曲线对应物质的确定需根据第
（1）
（2）问得出的相关结论进行推断，需先确定物质对应曲线，然后再根据勒夏特列原理判读相关物质的变化。
6.【2019新课标Ⅱ卷】环戊二烯（
）是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。
回答下列问题：
（2）某温度下，等物质的量的碘和环戊烯（
）在刚性容器内发生反应③，起始总压为105Pa，平衡时总压增加了20%，环戊烯的转化率为_________，该反应的平衡常数Kp=_________Pa。
达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，可采取的措施有__________（填标号）。
A．通入惰性气体B．提高温度
C．增加环戊烯浓度D．增加碘浓度
（3）环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。
不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是__________（填标号）。
A．T1＞T2
B．a点的反应速率小于c点的反应速率
C．a点的正反应速率大于b点的逆反应速率
D．b点时二聚体的浓度为0.45mol·L−1
【答案】
（2）.40％3.56×104BD（3）.CD
【解析】
（2）假设反应前碘单质与环戊烯均为nmol，平衡时环戊烯反应了xmol，根据题意可知；
（g）+I2（g）=
（g）+2HI（g）增加的物质的量
1mol1mol1mol2mol1mol
xmol2n×20%
得x=0.4nmol，转化率为0.4n/n×100%=40%；
（g）+I2（g）=
（g）+2HI（g）
P（初）0.5×1050.5×10500
ΔP0.5×105×40%0.5×105×40%0.5×105×40%1×105×40%
P（平）0.3×1050.3×1050.2×1050.4×105
Kp=
=3.56×104；
A.T、V一定，通入惰性气体，由于对反应物和生成物浓度无影响，速率不变，平衡不移动，故A错误；
B.升高温度，平衡向吸热方向移动，环戊烯转化率升高，故B正确；
C．增加环戊烯的浓度平衡正向移动，但环戊烯转化率降低；
D,增加I2的浓度，平衡正向移动，环戊烯转化率升高，故D正确；
答案：
40%3.56×104BD
（3）A温度越高化学反应速率越快，单位时间内反应物浓度减少越多，故T2B.温度越高化学反应速率越快，因此a点反应速率大于c点反应速率，故B错误；
C.a点、b点反应一直在正向进行，故v（正）>v（逆），a点反应物浓度大于b点，故a点正反应速率大于b点，因此v（正a）>v（逆b），故C正确；
D.b点时环戊二烯浓度由1.5mol/L减小到0.6mol/L，减少了0.9mol/L，因此生成二聚体0.45mol/L，故D正确；
答案：
CD
7【2019新课标Ⅲ卷】下列实验不能达到目的的是
选项
目的
实验
A
制取较高浓度的次氯酸溶液
将Cl2通入碳酸钠溶液中
B
加快氧气的生成速率
在过氧化氢溶液中加入少量MnO2
C
除去乙酸乙酯中的少量乙酸
加入饱和碳酸钠溶液洗涤、分液
D
制备少量二氧化硫气体
向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】
A、氯气与碳酸钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和碳酸氢钠，不能制备次氯酸，不能达到实验目的，
A选；
B、过氧化氢溶液中加入少量二氧化锰作催化剂，加快双氧水的分解，因此可以加快氧气的生成速率，能达到实验目的，B不选；
C、碳酸钠溶液与乙酸反应，与乙酸乙酯不反应，可以除去乙酸乙酯中的乙酸，能达到实验目的，C不选；
D、根据较强酸制备较弱酸可知向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸可以制备二氧化硫，能达到实验目的，D不选；
答案选A。
8.【2019新课标Ⅲ卷】近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。
因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。
回答下列问题：
（1）Deacon发明的直接氧化法为：
4HCl（g）+O2（g）=2Cl2（g）+2H2O（g）。
下图为刚性容器中，进料浓度比c（HCl）∶c（O2）分别等于1∶1、4∶1、7∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系：
可知反应平衡常数K（300℃）____________K（400℃）（填“大于”或“小于”）。
设HCl初始浓度为c0，根据进料浓度比c（HCl）∶c（O2）=1∶1的数据计算K（400℃）=____________（列出计算式）。
按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。
进料浓度比c（HCl）∶c（O2）过低、过高的不利影响分别是____________。
【答案】
（1）.大于
O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低
【解析】
（1）根据反应方程式知，HCl平衡转化率越大，平衡常数K越大，结合图像知K（300℃）>K（400℃）；
由图像知，400℃时，HCl平衡转化率为84%，用三段式法对数据进行处理得：
起始（浓度）c0c000
变化（浓度）0.84c00.21c00.42c00.42c0
平衡（浓度）（1-0.84）c0（1-0.21）c00.42c00.42c0
则K=
；根据题干信息知，进料浓度比过低，氧气大量剩余，导致分离产物氯气和氧气的能耗较高；进料浓度比过高，HCl不能充分反应，导致HCl转化率较低；
9【2019上海等级考】19.已知反应式：
mX（g）+nY（?
）
pQ（s）+2mZ（g），已知反应已达平衡，此时c（X）=0.3mol/L，其他条件不变，若容器缩小到原来的
，c（X）=0.5mol/L，下列说法正确的是（）
A.反应向逆方向移动B.Y可能是固体或液体
C.系数n>mD.Z的体积分数减小
【答案】C
【解析】
A.已知反应达平衡时c（X）=0.3mol/L，其他条件不变，若容器缩小到原来的1/2，如果化学平衡不移动，c（X）=0.6mol/L，但是题中说c（X）=0.5mol/L说明加压后化学平衡向正向移动了，故A错误。
B.结合题意可知正反应是气体总体积减少的反应，如果y为固体或液体，则必须满足m>2m，显然不可能成立。
所以有只能是气体B错误。
C.要满足m+n>2m，所以n>m。
C正确。
D.根据题意化学平衡向右移动，Z的体积分数是增大的，所以D错误。
10.【2019上海等级考】
（一）氮元素广泛存在于自然界中，对人类生命和生活具有重要意义。
22.在合成氨工业中，压强通常控制在20~50MP，其原因是______________________________________。
【答案】
22.高压能使平衡正向移动，提高反应物转化率；压强过高会增大设备成本
【解析】
22.合成氨反应N2（g）+3H₂⇌（g）→2NH₃（g）的条件是高温高压催化剂，正反应为气体体积减少的反应，根据勒夏特例原理，增大压强化学平衡向正反应方向移动有利于提高氨气的转化率，但压强不能过高，否则会增加设备等成本，因此选择20-50MPa的压强。
本题从压强对平衡的影响以及从成本的角度考虑来解决问题。
11.【2019上海等级考】（四）研究CO2与CH4的反应使之转化为H2和CO对减缓燃料危机，减少温室效应具有重大意义。
已知CH4（g）+CO2（g）→2H2（g）+2CO（g）。
36.该反应的平衡常数K=_________。
在2L密闭容器中，通入CO2和CH4的混合气体，30min后，CH4的质量减少了4.8g，则v（CH4）=________。
37.根据下图可得出n（CO2）
_____n（CH4）
（填“>”、“<”和“=”），原因是____________________
____________________________________________________________________________________。
【答案】
36.
；
37.>；根据图中信息，有H2O生成，平衡时n（H2）【解析】
36.根据化学平衡常数表达式和速率公式代数△v=△c/△t。
细心计算即可。
37.可根据碳原子守恒，n（CO2）
明显大于n（CH4）
。
根据图中信息可知有H2O生成，平衡时n（H2）12.【2019天津】氮、磷、砷
、锑
、铋
、镆
为元素周期表中原子序数依次增大的同族元素。
回答下列问题：
（5）在1L真空密闭容器中加入amolPH4I固体，℃时发生如下反应：
①
②
③
达平衡时，体系中
，
，
，则℃时反应①的平衡常数
值为______（用字母表示）。
【答案】（5）.
【解析】
（5）由PH4I（s）
PH3（g）+HI（g）可知，amolPH4I分解生成物质的量的PH3和HI，由
2HI（g）
H2（g）+I2（g）可知HI分解生成c（H2）=c（I2）=cmol/L，PH4I分解生成c（HI）为
（2c+b）mol/L，则4PH3（g）
P4（g）+6H2（g）可知PH3分解生成c（H2）=（d—c）mol/L，则体系中c（PH3）为[（2c+b）—（d—c）]mol/L=
，故反应PH4I（s）
PH3（g）+HI（g）的平衡常数K=c（PH3）c（HI）=
，故答案为：
。
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