（讲练测）2019年高考化学三轮复习核心热点总动员专题07化学反应速率与化学平衡（含解析）

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1、化学反应速率与化学平衡【名师精讲指南篇】【高考真题再现】1【2018天津卷】室温下，向圆底烧瓶中加入1 molC2H5OH和含1molHBr的氢溴酸，溶液中发生反应；C2H5OH+HBrC2H5Br+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C2H5BrC若反应物增大至2 mol，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】分析：本题考查反应速率和平衡的基本知识。根据题目的反应，主要判断外界条件的

2、变化对平衡和速率的应该结果即可。详解：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若反应物增大至2 mol，实际上就是将反应的浓度都增大至原来的2倍，比例不变（两次实验反应物的比例都是1:1，等于方程式中的系数比），这里有一个可以直接使用的结论：只要反应物的投料比等于系数比，达平衡时反应物的转化率一定是相等的。所以两种反应物的转化率一定是1:1。选项C正确。D若起始温度提高至60，考虑到HBr是挥发性酸，在此温度下会挥发出去，降低HBr的浓度减慢速率，增加了反应时间。选项D错误。点睛：本题中的反

3、应是反应前后物质的量不变的反应，但是考虑到反应是在水溶液中进行的，而生成的溴乙烷是不溶于水的，即本题中的溴乙烷应该是没有浓度的，所以选项D中是不需要考虑温度升高将溴乙烷蒸出的影响的。2【2018江苏卷】一定温度下，在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应2SO2(g)+ O2(g)2SO3(g)(正反应放热)，测得反应的相关数据如下：下列说法正确的是 （ ）Av1 v2，c2 K3，p2 2p3Cv13(SO2 ) Dc2 2c3，2(SO3 )+3(SO2 ) T1【答案】CD【解析】由容器I中反应2NO2 2NO+O2 起始量(mol/L) 0.6 0 0变化量(mol

4、/L) 0.4 0.4 0.2平衡量(mol/L) 0.2 0.4 0.2可以求出平衡常数K=，平衡时气体的总物质的量为0.8 mol，其中NO占0.4 mol，所以NO的体积分数为50%，。在平衡状态下，v正=v(NO2)消耗=v逆=v(NO)消耗，所以k正c2(NO2)=k逆c2(NO)c(O2)，进一步求出。A显然容器II的起始投料与容器I的平衡量相比，增大了反应物浓度，平衡将向逆反应方向移动，所以容器II在平衡时气体的总物质的量一定小于1 mol，故两容器的压强之比一定大于4：5，A错误；B若容器II在某时刻，由反应 2NO2 2NO + O2 起始量(mol/L) 0.3 0.5 0

5、.2变化量(mol/L) 2x 2x x平衡量(mol/L) 0.32x 0.5+2x 0.2+x因为，解之得x=，求出此时浓度商Qc=K，所以容器II达平衡时，一定小于1，B错误；C若容器III在某时刻，NO的体积分数为50%，由反应 2NO2 2NO + O2起始量(mol/L) 0 0.5 0.35变化量(mol/L) 2x 2x x平衡量(mol/L) 2x 0.52x 0.35x 由0.52x=2x+0.35x，解之得，x=0.05，求出此时浓度商Qc=，说明此时反应未达平衡，反应继续向逆反应方向进行，NO进一步减少，所以C正确；D温度为T2时，0.8，因为正反应是吸热反应，升高温度

6、后化学平衡常数变大，所以T2T1，D正确。【名师点睛】试题主要从浓度、温度对化学反应速率、化学平衡的影响以及平衡常数的计算等方面，考查学生对化学反应速率、化学平衡等化学基本原理的理解和应用，关注信息获取、加工和处理能力的提高。解题时首先要分析反应的特征，如是恒温恒容还是恒温恒压反应，是气体分子数目增加的还是气体分子数目减小的反应，其次分析所建立的平衡状态的条件和平衡状态的特征，最后逐一分析试题中所设计的选项，判断是否正确。本题只给了一个平衡量，通过化学平衡计算的三步分析法，分析容器I中平衡态的各种与4个选项相关的数据，其他容器与I进行对比，通过浓度商分析反应的方向，即可判断。本题难度较大，如能

7、用特殊值验证的反证法，则可降低难度。6【2017新课标1卷】（14分）近期发现，H2S是继NO、CO之后的第三个生命体系气体信号分子，它具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能。回答下列问题：（1）下列事实中，不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是_（填标号）。A氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以B氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸C0.10 molL1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1D氢硫酸的还原性强于亚硫酸（2）下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。通过计算，可知系统（）和系统（）制氢的热化学方程式分别为_、_，制得等量H2所需

8、能量较少的是_。（3）H2S与CO2在高温下发生反应：H2S(g)+CO2(g)COS(g) +H2O(g)。在610 K时，将0.10 mol CO2与0.40 mol H2S充入2.5 L的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为0.02。H2S的平衡转化率=_%，反应平衡常数K=_。在620 K重复试验，平衡后水的物质的量分数为0.03，H2S的转化率_，该反应的H_0。（填“”“ B【解析】（1）A根据复分解反应的规律：强酸+弱酸盐=强酸盐+弱酸，可知酸性H2SO3H2CO3H2S，A错误；B亚硫酸、氢硫酸都是二元弱酸，由于溶液中离子浓度越大，溶液的导电性就越强，所以等浓度的亚硫酸的导电

9、性比氢硫酸的强，可以证明酸性：H2SO3 H2S，B错误；C等浓度的二元弱酸，酸电离产生的c(H+)越大，溶液的酸性越强，则其pH就越小。所以亚硫酸溶液的pH比等浓度的氢硫酸的小，可以证明酸性：H2SO3 H2S，C错误；D物质的还原性大小与微粒中元素的化合价及微粒结构有关，与其电离产生氢离子的浓度大小无关，因此不能证明二者的酸性强弱，D正确。答案选D。（2）H2SO4(aq)=SO2(g)+H2O(l)+O2(g) H1=327 kJ/molSO2(g)+I2(s)+ 2H2O(l)=2HI(aq)+ H2SO4(aq) H2=151 kJ/mol2HI(aq)= H2 (g)+ I2(s)

10、 H3=110 kJ/molH2S(g)+ H2SO4(aq)=S(s)+SO2(g)+ 2H2O(l) H4=61 kJ/mol +，整理可得系统（I）的热化学方程式H2O(l)=H2(g)+O2(g) H=+286 kJ/mol；+，整理可得系统（II）的热化学方程式H2S (g)=H2(g)+S(s) H=+20 kJ/mol。根据系统I、系统II的热化学方程式可知：每反应产生1mol氢气，后者吸收的热量比前者少，所以制取等量的H2所需能量较少的是系统II。（3） H2S(g) + CO2(g)COS(g)+ H2O(g)开始 0.40mol 0.10mol 0 0反应 x x x x平

11、衡 (0.40x)mol (0.10x)mol x x解得x=0.01mol，所以H2S的转化率是由于该反应是反应前后气体体积相等的反应，所以在该条件下反应达到平衡时化学平衡常数；根据题目提供的数据可知温度由610K升高到620K时，化学反应达到平衡，水的物质的量分数由0.02变为0.03，所以H2S的转化率增大。21；根据题意可知：升高温度，化学平衡向正反应方向移动，根据平衡移动原理：升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，所以该反应的正反应为吸热反应，故H0；A增大H2S的浓度，平衡正向移动，但加入量远远大于平衡移动转化消耗量，所以H2S转化率降低，A错误；B增大CO2的浓度，平衡正向移动，

12、使更多的H2S反应，所以H2S转化率增大，B正确；CCOS是生成物，增大生成物的浓度，平衡逆向移动，H2S转化率降低，C错误；DN2是与反应体系无关的气体，充入N2，不能使化学平衡发生移动，所以对H2S转化率无影响，D错误。答案选B。【名师点睛】本题是化学反应原理的综合考查，易错点是压强对平衡状态的影响，尤其是惰性气体的影响，“惰性气体”对化学平衡的影响：恒温、恒容条件：原平衡体系体系总压强增大体系中各组分的浓度不变平衡不移动。恒温、恒压条件：原平衡体系容器容积增大，各反应气体的分压减小体系中各组分的浓度同倍数减小（等效于减压），平衡向气体体积增大的方向移动。7【2017新课标2卷】（14分）

13、丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备。回答下列问题：（1）正丁烷（C4H10）脱氢制1-丁烯（C4H8）的热化学方程式如下：C4H10(g)= C4H8(g)+H2(g) H1已知：C4H10(g)+O2(g)= C4H8(g)+H2O(g) H2=119 kJmol1H2(g)+ O2(g)= H2O(g) H3=242 kJmol1反应的H1为_kJmol1。图（a）是反应平衡转化率与反应温度及压强的关系图，x_0.1（填“大于”或“小于”）；欲使丁烯的平衡产率提高，应采取的措施是_（填标号）。A升高温度B降低温度C增大压强D降低压强（2）丁烷和氢气的混合气体以一定流速通过填充有

14、催化剂的反应器（氢气的作用是活化催化剂），出口气中含有丁烯、丁烷、氢气等。图（b）为丁烯产率与进料气中n（氢气）/n（丁烷）的关系。图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势，其降低的原因是_。（3）图（c）为反应产率和反应温度的关系曲线，副产物主要是高温裂解生成的短碳链烃类化合物。丁烯产率在590之前随温度升高而增大的原因可能是_、_；590之后，丁烯产率快速降低的主要原因可能是_。【答案】（1）+123 小于 AD （2）氢气是产物之一，随着n(氢气)/n(丁烷)增大，逆反应速率增大（3）升高温度有利于反应向吸热方向进行 温度升高反应速率加快丁烯高温裂解生成短链烃类 【解析】（1）根据盖斯定律，用

15、式式可得式，因此H1=H2H3=119 kJ/mol +242 kJ/mol =+123 kJ/mol。由图（a）可以看出，温度相同时，由0.1 MPa变化到x MPa，丁烷的转化率增大，即平衡正向移动，根据反应前后气体系数之和增大，减小压强，平衡向正反应方向移动，即xv逆。tm时比tn时AsO43-浓度小，所以逆反应速率：tmtn。反应前，三种溶液混合后，Na3AsO3浓度为3x20/(20+20+20)= x，同理I2浓度为x，反应达到平衡时，生成c（AsO43-）为y ，则反应生成I-浓度c(I-)=2y ，消耗AsO33-、I2浓度均为y ，平衡时c(AsO33-)为 (x-y) ，c

16、（I2）为（x-y），溶液中c(OH-)=1 ，K=（molL1）1。 【名师点睛】考查盖斯定律的应用、化学平衡的计算及平衡状态的判断等，其中盖斯定律的基本使用方法：写出目标方程式；确定“过渡物质”(要消去的物质)；用消元法逐一消去“过渡物质”。另外反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化。反应前后不改变的量不能作为判断化学平衡状态的依据，如本反应中随反应的进行AsO43和I的物质的量在变化，但二者浓度比始终是1:2，不能作用为判断平衡状态的依据。9【2018新课标3卷】三氯氢硅（SiHCl3）是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下

17、列问题：（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323 K和343 K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。343 K时反应的平衡转化率=_%。平衡常数K343 K=_（保留2位小数）。在343 K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_、_。比较a、b处反应速率大小：a_b（填“大于”“小于”或“等于”）。反应速率=正逆=，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=_（保留1位小数）。【答案】 2SiHCl3+3H2O(HSiO)2O+6

18、HCl 114 22 0.02 及时移去产物 改进催化剂 提高反应物压强（浓度） 大于 1.3【解析】分析：本题考查的是化学反应原理的综合应用，主要包括反应与能量以及化学反应速率、平衡的相关内容。只需要根据题目要求，利用平衡速率的方法进行计算即可。详解：（1）根据题目表述，三氯氢硅和水蒸气反应得到(HSiO)2O，方程式为：2SiHCl3+3H2O=(HSiO)2O+6HCl。（2）将第一个方程式扩大3倍，再与第二个方程式相加就可以得到第三个反应的焓变，所以焓变为483+(30)=114kJmol-1。（3）由图示，温度越高反应越快，达到平衡用得时间就越少，所以曲线a代表343K的反应。从图中

19、读出，平衡以后反应转化率为22%。设初始加入的三氯氢硅的浓度为1mol/L，得到：2SiHCl3 SiH2Cl2 + SiCl4起始： 1 0 0反应： 0.22 0.11 0.11 （转化率为22%）平衡： 0.78 0.11 0.11所以平衡常数K=0.1120.782=0.02。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）。a、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VaVb。根

20、据题目表述得到，当反应达平衡时，所以，实际就是平衡常数K值，所以0.02。a点时，转化率为20%，所以计算出：2SiHCl3 SiH2Cl2 + SiCl4起始： 1 0 0反应： 0.2 0.1 0.1 （转化率为20%）平衡： 0.8 0.1 0.1所以=0.8；=0.1；所以10【2018北京卷】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：（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18 mL SO2饱和溶液加入到2 mL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ABCD试剂组成0.4 molL1 KIa

21、molL1 KI0.2 molL1 H2SO40.2 molL1 H2SO40.2 molL1 KI0.0002 mol I2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B是A的对比实验，则a=_。比较A、B、C，可得出的结论是_。实验表明，SO2的歧化反应速率DA，结合i、ii反应速率解释原因：_。【答案】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】（4）B是A的对比实验，采用控制变量法，B比A多加了0.2mol

22、/LH2SO4，A与B中KI浓度应相等，则a=0.4。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。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DA，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。11【2018新课标1卷】采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料

23、、医药等工业中得到广泛应用。回答下列问题（1）1840年 Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5。该反应的氧化产物是一种气体，其分子式为_。（2）FDaniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25时N2O5(g)分解反应：其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间t的变化如下表所示（t=时，N2O5(g)完全分解）：t/min0408016026013001700p/kPa35.840.342.5.45.949.261.262.363.1已知：2N2O5(g)2N2O4(g)+O2(g) H1=4.4 kJmol12NO2(g)N2O4(g) H 2

24、=55.3 kJmol1则反应N2O5(g)2NO2(g)+ O2(g)的H=_ kJmol1。研究表明，N2O5(g)分解的反应速率。t=62 min时，测得体系中pO2=2.9 kPa，则此时的=_kPa，v=_kPamin1。若提高反应温度至35，则N2O5(g)完全分解后体系压强p(35)_63.1 kPa（填“大于”“等于”或“小于”），原因是_。25时N2O4(g)2NO2(g)反应的平衡常数Kp=_kPa（Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1位小数）。（3）对于反应2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)，R.AOgg提出如下反应历程：第一步 N2O5NO2+NO3 快速

25、平衡第二步 NO2+NO3NO+NO2+O2 慢反应第三步 NO+NO32NO2 快反应其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是_（填标号)。Av(第一步的逆反应)v(第二步反应)B反应的中间产物只有NO3C第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效D第三步反应活化能较高【答案】 O2 53.1 30.0 6.0102 大于 温度提高，体积不变，总压强提高；NO2二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高 13.4 AC【解析】分析：（1）根据还原剂失去电子转化为氧化产物判断；（2）根据盖斯定律计算；根据压强之比是物质的量之比计算；根据温度对压强和平衡状态

26、的影响分析；根据五氧化二氮完全分解时的压强计算出二氧化氮、氧气的压强，然后再根据二氧化氮转化的方程式计算平衡时二氧化氮、四氧化二氮的压强。（3）根据三步反应的特点分析判断。详解：（1）氯气在反应中得到电子作氧化剂，硝酸银中只有氧元素化合价会升高，所以氧化产物是氧气，分子式为O2；（2）已知：、2N2O5(g)2N2O4(g)+O2(g) H14.4kJ/mol、2NO2(g)N2O4(g) H255.3kJ/mol根据盖斯定律可知2即得到N2O5(g)2NO2(g)+1/2O2(g) H153.1kJ/mol；根据方程式可知氧气与消耗五氧化二氮的物质的量之比是1:2，又因为压强之比是物质的量之

27、比，所以消耗五氧化二氮减少的压强是2.9kPa25.8kPa，则此时五氧化二氮的压强是35.8kPa5.8kPa30.0kPa，因此此时反应速率v2.0103306.0102（kPamin1）；由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高，所以若提高反应温度至35，则N2O5(g)完全分解后体系压强p(35)大于63.1 kPa。根据表中数据可知五氧化二氮完全分解时的压强是63.1kPa，根据方程式可知完全分解时最初生成的二氧化氮的压强是35.8kPa271.6 kPa，氧气是35.8kPa217.9 kPa，总压强应该是7

28、1.6 kPa+17.9 kPa89.5 kPa，平衡后压强减少了89.5 kPa63.1kPa26.4kPa，所以根据方程式2NO2(g)N2O4(g)可知平衡时四氧化二氮对应的压强是26.4kPa，二氧化氮对应的压强是71.6 kPa26.4kPa218.8kPa，则反应的平衡常数。（3）A、第一步反应快，所以第一步的逆反应速率大于第二步的逆反应速率，A正确；B、根据第二步和第三步可知中间产物还有NO，B错误；C、根据第二步反应生成物中有NO2可知NO2与NO3的碰撞仅部分有效，C正确；D、第三步反应快，所以第三步反应的活化能较低，D错误。答案选AC。点睛：本题主要是考查化学反应原理，侧重于化学反应速率与化学平衡的有关分析与计算，题目难度较大。试题设计新颖，陌生感强，计算量较大，对学生的要求较高。压强和平衡常数的计算是解答的难点，注意从阿伏加德罗定律的角度去理解压强与气体物质的量之间的关系，注意结合反应的方程式和表中数据的灵活应用。也可以直接把压强看作是物质的量利用三段式计算。12【2018新课标2卷】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) H=-75