高考化学二轮冲刺复习第讲化学反应速率与化学平衡真题追踪

1、第7讲 化学反响速率与化学平衡考向一化学反响速率的影响因素1(2021·北京卷)以下食品添加剂中，其使用目的与反响速率有关的是()A抗氧化剂 B调味剂C着色剂 D增稠剂解析A项，抗氧化剂属于复原剂，比食品更易与氧气反响，从而降低氧气浓度，减缓食品被氧化的反响速率，正确；B项，调味剂是为了增加食品的口感，与反响速率无关，错误；C项，着色剂是为了使食品色泽更能引起食欲，与反响速率无关，错误；D项增稠剂是用于改善和增加食品的粘稠度，保持流态食品、胶冻食品的色、香、味和稳定性，改善食品物理性状，并能使食品有润滑适口的感觉，与反响速率无关，错误。答案A2(2021·福建卷)在不同浓度

2、(c)、温度(T)条件下，蔗糖水解的瞬时速率(v)如下表。以下判断不正确的选项是()A.a6.00B同时改变反响温度和蔗糖的浓度，v可能不变Cb<318.2D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：328.2 K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0.100 mol·L1，速率减小1.50 mmol·L1·min1，所以在浓度为0.400 mol·L1时，蔗糖水解的速率a6.00 mmol·L1·min1，正确；B项，根据表中的数据可知：温度升高，

3、水解速率越快，浓度越高，水解速率也越快，同时改变反响物的浓度和反响的温度，假设二者对反响速率的影响趋势相反，并能相互抵消，反响速率也可能不变，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0.600 mol·L1时，当318.2 K时水解速率是3.60 mmol·L1·min1，现在该反响的速率为2.16 mmol·L1·min1小于3.60 mmol·L1·min1，所以反响温度低于318.2 K，即b<318.2，正确；D项，由于温度不同时，在相同的浓度时的反响速

4、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D3(2021·全国卷)CH4CO2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。答复以下问题：反响中催化剂活性会因积碳反响而降低，同时存在的消碳反响那么使积碳量减少。相关数据如下表：(1)由上表判断，催化剂X_Y(填“优于或“劣于)，理由是_。在反响进料气组成、压强及反响时间相同的情况下，某催化剂外表的积碳量随温度的变化关系如图甲所示。升高温度时，以下关于积碳反响、消碳反响的平衡常数(K)和速率(v)的表达正确的选项是_(填标号)。AK积、K消均增加Bv积减小、v消增加CK积减小、K消增加

5、Dv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vk·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乙所示，那么pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为_。解析(1)表中数据说明催化剂Y的积碳反响活化能大，消碳反响活化能小，故积碳反响速率小，消碳反响速率大；而催化剂X的积碳反响活化能小，消碳反响活化能大，其积碳反响速率大，消碳反响速率小，所以催化剂X劣于Y。由表中积碳反响和消碳反响的H均大于0知，积碳反响和消碳反响均为吸热反响，温度升高，平衡

6、常数增加，A正确，C错误；升高温度，无论是放热反响还是吸热反响，反响速率均增加，故v积、v消均增加，B错误；图中600 后，升高温度积碳量减少，说明升高温度消碳反响速率增加的倍数比积碳反响速率增加的倍数大，D正确。由速率方程可知，p(CH4)一定，p(CO2)越大，p(CO2)0.5越小，催化剂上沉积碳的生成速率越小，积碳量越小，即积碳量随着p(CO2)的增大而减小，故pc(CO2)最大、pa(CO2)最小，即从大到小的顺序为pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)。答案(1)劣于相对于催化剂X，催化剂Y积碳反响的活化能大，积碳反响的速率小；而消碳反响的活化能相对小，消碳反响速率大AD(

7、2)pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)考向二结合信息或图象，判断化学平衡的移动方向4(2021·天津卷)常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)4CO(g)Ni(CO)4(g)。230 时，该反响的平衡常数K2×105。：Ni(CO)4的沸点为42.2 ，固体杂质不参与反响。第一阶段：将粗镍与CO反响转化成气态Ni(CO)4；第二阶段：将第一阶段反响后的气体别离出来，加热至230 制得高纯镍。以下判断正确的选项是()A增加c(CO)，平衡向正向移动，反响的平衡常数增大B第一阶段，在30 和50 两者之间选择反响温度，选50 C第二阶段，Ni(CO)4分解率较低D

8、该反响到达平衡时，v生成Ni(CO)44v生成(CO)解析增加c(CO)，平衡正向移动，但平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，A项错误；第一阶段，50 时，反响速率较快且Ni(CO)4为气态，能从反响体系中别离出来，B项正确；相同温度下，第二阶段与第一阶段的平衡常数互为倒数，那么230 时，第二阶段的平衡常数K5×104，反响进行的程度大，故Ni(CO)4分解率较高，C项错误；该反响到达平衡时，4v生成Ni(CO)4v生成(CO)，D项错误。答案B5(2021·全国卷)丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备。答复以下问题：(1)正丁烷(C4H10)脱氢制1

9、丁烯(C4H8)的热化学方程式如下：C4H10(g)=C4H8(g)H2(g)H1123 kJ·mol1：C4H10(g)O2(g)=C4H8(g)H2O(g)H2119 kJ·mol1H2(g)O2(g)=H2O(g)H3242 kJ·mol1图(a)是反响平衡转化率与反响温度及压强的关系图，x_(填“大于或“小于)0.1；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催化剂的反响器(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

10、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)为反响产率和反响温度的关系曲线，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_。解析(1)反响为气体总体积增大的反响，在温度相同时，减小压强，平衡正向移动，有利于提高平衡转化率，故x<0.1；反响为吸热反响，升温使化学平衡正向移动，降低压强使平衡向气体总体积增大的方向(即正向)移动，要提高丁烯的平衡产率，可升高温度或降低压强。(2)结合图(b)可知，随着n(氢气)/n(丁烷)增大，丁烯产

11、率先增大后降低，由于氢气是生成物，当n(氢气)/n(丁烷)逐渐增大时，逆反响速率明显加快，平衡逆向移动，导致丁烯的产率逐渐降低。(3)在590 前，随温度升高，丁烯产率逐渐增大，这是因为随温度升高反响反响速率加快，且平衡正向移动；温度高于590 时，可看出副产物逐渐增多，这可能是丁烯高温裂解生成短链烃类，导致丁烯产率逐渐降低。答案(1)小于AD(2)氢气是产物之一，随着n(氢气)/n(丁烷)增大，逆反响速率增大(3)升高温度有利于反响向吸热方向进行温度升高反响速率加快丁烯高温裂解生成短链烃类考向三结合数据或图象定量分析反响进行限度6(2021·江苏卷)(双选)温度为T1时，在三个容积

12、均为1 L的恒容密闭容器中仅发生反响：2NO2(g)2NO(g)O2(g)(正反响吸热)。实验测得：v正v(NO2)消耗k正c2(NO2)，v逆v(NO)消耗2v(O2)消耗k逆c2(NO)·c(O2)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。以下说法正确的选项是()A.达平衡时，容器与容器中的总压强之比为45B达平衡时，容器中比容器中的大C达平衡时，容器中NO的体积分数小于50%D当温度改变为T2时，假设k正k逆，那么T2>T1解析容器中平衡时，c(NO2)0.2 mol·L1，c(NO)0.4 mol·L1，c(O2)0.2 mol·L1，容器容积为

13、1 L，气体总物质的量为(0.20.40.2)mol0.8 mol，容器中投入量为(0.30.50.2)mol1 mol，假设容器中投入量与平衡量相等，那么两容器内压强之比为0.8145，根据容器中的相关数据，知该反响的平衡常数K0.8 mol·L1，容器中Qc0.56 mol·L1<K，说明容器中反响未到达平衡，反响向右进行，那么到达平衡时两容器中压强之比小于45，A项错误；容器中反响相当于起始参加0.7 mol·L1 NO2和0.1 mol·L1 NO，到达平衡时，相对容器，平衡逆向移动，那么容器中的值小，B项错误；容器中到达平衡时NO的体积分

14、数为×100%50%，容器中相当于起始参加0.5 mol·L1 NO2和0.1 mol·L1 O2，到达平衡时，相对容器，平衡逆向移动，那么容器中NO的体积分数小于50%，C项正确；容器中，T1时，平衡常数K0.8 mol·L1，T2时，k正k逆，反响达平衡时，v正v逆，即k正c2(NO2)k逆c2(NO)·c(O2)，得c2(NO2)c2(NO)·c(O2)，Kc2(NO)·c(O2)/c2(NO2)1，平衡常数增大，反响正向移动，该反响为吸热反响，那么应升高温度，即T2>T1，D项正确。答案CD7(2021

15、3;全国卷)三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。答复以下问题：对于反响2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)SiCl4(g)H148 kJ·mol1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下图。(1)343 K时反响的平衡转化率_%。平衡常数K343 K_(保存2位小数)。(2)在343 K下：要提高SiHCl3转化率，可采取的措施是_；要缩短反响到达平衡的时间，可采取的措施有_、_。(3)比拟a、b处反响速率大小：va_vb(填“大于、“小于或“等于)。反响速率vv正v逆k正x2SiHCl3k逆xSi

16、H2Cl2xSiCl4，k正、k逆分别为正、逆向反响速率常数，x为物质的量分数，计算a处的_(保存1位小数)。解析(1)利用“先拐先平数值大可知，a点所在曲线是343 K时SiHCl3转化率变化曲线，由图示可知，343 K下SiHCl3的平衡转化率为22%；假设起始时c(SiHCl3)1 mol·L1，采用“三段式可知平衡时SiHCl3、SiH2Cl2、SiCl4的浓度分别为0.78 mol·L1、0.11 mol·L1、0.11 mol·L1，故反响的平衡常数K0.02。(2)在343 K下，要提高平衡转化率，可采用不断移去产物的方法，要缩短到达平衡的时间，那么需要加快反响速率，所以可采取改良催化剂或缩小反响容器容积以增大反响物的浓度等措施。(3)a、b两点处容器内各物质浓度相同，但a点温度高，故a点反响速率大；在343 K时，K0.02，而a点SiHCl3、SiH2Cl2、SiCl4物质的量分数分别为0.8、0.