高考化学化学反应的速率与限度大题培优易错难题

高考化学化学反应的速率与限度(大题培优易错难题)一、化学反应的速率与限度练习题(含详细答案解析)1.某实验小组为确定过氧化氢分解的最佳催化条件，用如图实验装置进行实验，反应物用量和反应停止的时间数据如下：分析表中数据回答下列问题:MnO2时间H2O20.1g0.3g0.8g10mL1.5%223s67s56s10mL3.0%308s109s98s10mL4.5%395s149s116s(1)相同浓度的过氧化氢的分解速率随着二氧化镒用量的增加而 。(2)从实验效果和“绿色化学〃的角度考虑，双氧水的浓度相同时，加入g的二氧化镒为较佳选择。(3)该小组的某同学分析上述数据后认为：“当用相同质量的二氧化镒时，双氧水的浓度越小，所需要的时间就越少，亦即其反应速率越快〃的结论，你认为是否正确，理由是。(4)为加快过氧化氢的分解速率，除了使用MnO2作催化剂和改变过氧化氢的质量分数之外，还可以采取的加快反应速率的措施有。(回答任意两个合理的措施)【答案】加快0.3不正确H2O2的浓度扩大二倍(从1.5%-3.0%),但反应所需时间比其二倍小的多升高温度；粉碎二氧化镒，增大其表面积。【解析】【分析】由题可知，该实验研究浓度和催化剂对反应速率的影响，通过表中数据可分析得出浓度和催化剂对反应速率的影响规律，因为该实验不是直接测出反应速率，而是测出反应停止的时间，要考虑反应物增多对反应时间的影响。【详解】(1)由表格中的数据可知：相同浓度的％02，加入的MnO2越多，反应所用的时间越短，即分解速率越快。⑵用0.1g催化剂的反应速率明显小于用0.3g和0.8g催化剂的反应速率；用0.8g催化剂和用0.3g催化剂的反应速率及反应时间相差不多，但用0.3g催化剂节约药品。⑶从表中数据可知，相同体积3.0%的双氧水中的溶质含量是1.5%的双氧水中溶质含量的二倍，但反应的时间却比其反应时间的二倍小得多，由反应速率计算公式可得出，此实验条件下双氧水的浓度越大分解速率越快，由此得出上述结论不正确；(4)加快反应速率的措施常见的有：增加反应物浓度、适当升高温度、增加反应物表面积(接触面积)、使用催化剂等。2.二氧化氮在火箭燃料中可用作氧化剂，在亚硝基法生严流酸甲可用作催化剂，但直接将二氧化氮排放会造成环境污染。已知反应CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g),起始时向体积为V的恒容密闭容器中通人2molCH4和3molNO2，测得CH4.、N2、H2O的物质的量浓度与时间的关系如图所示。20r/ntiii(1)容器体积V=L。⑵图中表示H2O的物质的量浓度与时间关系的是曲线 .(填“甲”"乙”或"丙")。(3)0〜5min内，用N2表示的化学反应速率为mol-L-i-min-i0(4)a、b、c三点中达到平衡的点是。达到平衡时，NO2的转化率是(质平衡转化=转化的物质的量/起始的物质的量X100%)。(5)a点时，c(CO2)=molLi(保留两位小数),n(CH4):n(NO2)【答案】2甲0.1c80%或0.80.334:5【解析】【分析】依据图像，根据反应物、生成物反应前后物质的量变化之比等于物质的量之比确定甲、乙、丙三条曲线分别代表ch4.、n2、h2o中的哪种物质；依据单位时间内浓度的变化，计算出0〜5min内，用N2表示的化学反应速率；达到平衡时的判断依据。【详解】(1)起始时向体积为V的恒容密闭容器中通人2molCH4和3molNO2，测得CH4.、N2、h2o的物质的量浓度与时间的关系如图所示，ch4是反应物，即起始时的物质的量浓度为n n2mol1.0molL：L,依据c=，得V== =2L；V c1mol-L-i(2)由(1)可知，丙代表CH4,从开始到平衡时，甲代表的物质的物质的量浓度增加量：1.2molL1,乙代表的物质的物质的量浓度增加量：0.6mol-L-1,故从开始到平衡时，甲代表的物质的物质的量浓度增加量：1.2molLix2L=2.4mol；故从开始到平衡时，乙代表的物质的物质的量浓度增加量：0.6molLix2L=1.2mol,根据反应物、生成物反应前后物质的量变化之比等于物质的量之比，故甲代表H2O的物质的量浓度与时间关系，乙代表N2的物质的量浓度与时间关系；(3)乙代表N2的物质的量浓度与时间关系，0~5min内，N2的物质的量浓度变化量为：0.5mol•L-10.5mol-L-i-0=0.5mol-L-i，v(N2)= =0.1mol-L-i-min-1；25min(4)当达到平衡时反应物、生成物的浓度不再随着时间的变化而变化，故a、b、c三点中达到平衡的点是c；达到平衡时，c(N2)=0.6mol-L-i，即从开始平衡，N2的物质的量增加了：0.6molLix2L=1.2mol，CH4(g)+2NO2(g)-N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，依据方程式中反应物、生成物的物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，即从开始到平衡，NO2的物质的量2.4mol变化量为：1.2molx2=2.4mol，故达到平衡时，NO?的转化率是 *100%=80%；2 3mol(5)设a点时的浓度为xmol-L-i，CH4(g)+2NO2(g)-N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，依据方程式中反应物、生成物的物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，(1.0-x)：x=1:2,x=0.67,An(H20)=0.67mol-L-ix2L=1.34mol，An(CH4):An(NO2):An(N2):An(C02):An(H20)=i：2：1：1：2,a点时，0.67molAn(CO)=0.67mol，c(COJ= =0.33mol-L-i；A(CH)=0.67mol，'2，2L 4An(N02)=1.34mol，^a点时，n(CH4):n(NO2)=(2mol-0.67mol)：(3mol-1.34mol)=4:5。.化学反应速率和限度与生产、生活密切相关。(1)某同学为了探究锌与硫酸反应过程中的速率变化，在400mL稀硫酸中加入足量的锌粉，标况下用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如下(累计值)：时间(rrin)12345氢气体积(mL)(标准状况)10口210464576620①哪一时间段反应速率最大min(填“0〜1〃、“1〜2〃、“2〜3〃、“3〜4〃、“4〜5〃)，原因是。②求3〜4分钟时间段以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率设溶液体积不变)。(2)该同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中，发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。请回答下列问题：①硫酸铜溶液可以加快氢气生成速率的原因是。②实验室中现有Na2sO4、MgSO4、Ag2sO4、K2sO4等4种溶液，可与实验中CuSO4溶液起相似作用的是。③要减慢上述实验中气体产生速率，可采取的合力措施有、(答两种)。(3)某温度下在4L密闭容器中，X、Y、Z三种气态物质的物质的量随时间变化曲线如图。短至的基eJ0 1anWl1 2i4 3①该反应的化学方程式是。②该反应达到平衡状态的标志是(填字母)A.Y的体积分数在混合气体中保持不变B.X、Y的反应速率比为3：1C.容器内气体压强保持不变D.容器内气体的总质量保持不变E.生成1molY的同时消耗2molZ③2min内Y的转化率为。【答案】2~3因该反应是放热反应，此时温度高且盐酸浓度较大，所以反应速率较快0.025mol-L-i-min-iCuSO4与Zn反应生成的Cu附着在Zn表面形成铜锌原电池加快了化学反应速率；Ag2sO4适当增加硫酸的浓度增加锌粒的表面积；升高温度等(答两种即可)3X(g)+Y(g)#2Z(g)AC10%【解析】【分析】(1)①相同时间内收集的气体体积越多，该反应速率越快；温度越高化学反应速率越快；n②先计算生成氢气物质的量，再根据关系式计算消耗"(HCl),利用v=-计算盐酸反应速9^t率；△⑵Zn和硫酸的反应中加入少量的CuSO4溶液，能置换出一定量Cu,在溶液中形成Cu/Zn原电池，原电池反应比化学反应速率快； △②所给四种溶液中只Zn只能置换出Ag；③从影响反应速率的因素分析；⑶①根据图知，随着反应进行，X、Y的物质的量减少而Z的物质的量增加，则X和Y是反应物而Z是生成物，反应达到平衡时，△n(X)=(1.0-0.4)mol=0.6mol、△n(Y)=(1.0-0.8)mol=0.2mol、△n(Z)=(0.5-0.1)mol=0.4mol,同一可逆反应中同一段时间内参加反应的各物质的物质的量变化量之比等于其计算之比，据此确定化学方程式；②可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；反应的n(Y)③丫的转化率=反应初始n(Y)X100%；【详解】(1)①相同通条件下，反应速率越大，相同时间内收集的气体越多；由表中数据可知，反应速率最大的时间段是2Tmin，原因是：该反应是放热反应，温度越高，反应速率越大；0.112L②3y分钟时间段，收集的氢气体积=(576-464)mL=112mL，n(H2)=———~~-=0.005mol，222.4L/mol根据氢气和HCl关系式得消耗的n(HCl)=2n(H2)=2x0.005mol=0.01mol，则0.01molv(HCl)=- -=0.025mol/(L-min)；0.4Lxlmin(2)Zn和硫酸的反应中加入少量的CuSO4溶液，能置换出一定量Cu，在溶液中形成Cu/Zn原电池，而加快化学反应速率；②所给四种溶液中只Zn只能置换出Ag，即Ag2sO4与CuSO4溶液具有相似的作用；③为加快Zn和硫酸的反应速率可从升温、适当增大硫酸的浓度、增大锌的比表面积等角度考虑，可采取的合力措施有：增加锌的表面积；升高温度或适当增大硫酸的浓度等；⑶①根据图知，随着反应进行，X、丫的物质的量减少而Z的物质的量增加，则X和丫是反应物而Z是生成物，反应达到平衡时，△n(X)=(1.0-0.4)mol=0.6mol、△n(Y)=(1.0-0.8)mol=0.2mol、△n(Z)=(0.5-0.1)mol=0.4mol，同一可逆反应中同一段时间内参加反应的各物质的物质的量变化量之比等于其计算之比，X、Y、Z的计量数之比=0.6mol:0.2mol:0.4mol=3:1:2，则该反应方程式为3X(g)+Y(g)dZ(g)；②A.Y的体积分数在混合气体中保持不变，说明各物质的量不变，反应达到平衡状态，故A正确；B.X、Y的反应速率比为3:1时，如果反应速率都是指同一方向的反应速率，则该反应不定达到平衡状态，故B错误;C.反应前后气体压强减小，当容器内气体压强保持不变时，各物质的物质的量不变，反应达到平衡状态，故C正确；D.容器内气体的总质量一直保持不变，故D错误;E.生成1molY的同时消耗2molZ,所描述的为同向反应过程，不能判断反应达到平衡状态，故E错误；答案选AC；反应的n(Y) 1-0.9③Y的转化率=反应初始口&)以00%=丁、100%=10%。4.一定条件下，在2L密闭容器中发生反应：3A(g)+B(g)#2c(g),开始时加入4molA、6molB、2molC,2min末测得C的物质的量是3mol。(1)用A的浓度变化表示的反应速率是：;(2)在2min末，B的浓度为：；(3)若改变下列一个条件，推测该反应速率发生的变化(填变大、变小、或不变)①升高温度，化学反应速率；②充入1molB,化学反应速率；③将容器的体积变为3L,化学反应速率。【答案】0.375mol-L-1-min-12.75mol-L-1变大变大变小【解析】

【分析】根据题干信息，建立三段式有：3A(g)+B(g)2c(g)起始(mol)462转化(mol)1.50.5 012min^(mol)2.55.53据此分析解答。【详解】(1)2min内，用A的浓度变化表示的反应速率为：1.5molv(A)=也二 二0.375molLimin-i，故答案为：0375moi3出1；At 2min⑵根据上述分析可知。在2min末，B的物质的量为5.5mol,贝I」B的浓度c(B)=5；：Ol=2.75molL-1,故答案为:2.75molLi；2^^⑶①升高温度，体系内活化分子数增多，有效碰撞几率增大，化学反应速率变大，故答案为：变大； •②冲入1molB，体系内活化分子数增多，有效碰撞几率增大，化学反应速率变大，故答案为：变大；③将容器的体积变为3L，浓度减小，单位体积内的活化分子数减小，有效碰撞几率减小，化学反应速率变小，故答案为：变小。5.在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应:CO2CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g),其化学平衡常数K和温度t的关系如下表:t℃700800、83010001200K0.60.91.01.72.6回答下列问题：⑴该反应的化学平衡常数表达式为K=。⑵该反应为反应(选填“吸热”、“放热”)。⑶能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是 。a.容器中压强不变 b.混合气体中c(CO)不变c.u正(H2)=u逆(H2O) d.c(CO2)=c(CO)⑷某温度下，平衡浓度符合下式：c(CO2)・c(H2)=c(CO)・c(H2O)，试判断此时的温度为。(5)1200°。时，在2L的密闭容器中，反应开始时加入imolCO2、imolH2、2molCO、2molH2O,则反应向 进行(填“正方向”、“逆方向”或“不移动”)c(CO)xc(HO)【答案】c(C0jxc(H2)吸热bc830℃逆方向【解析】【分析】⑴平衡常数为生成物浓度幕之积与反应物浓度幕之积的比；⑵根据温度升高，平衡常数变大来分析；⑶利用平衡的特征〃等〃和〃定〃来分析；⑷根据浓度和平衡常数来计算平衡常数，从而确定温度；⑸比较QC与K的相对大小，如果QC〉K逆向移动，QC=K,不移动，QCVK正向移动。【详解】⑴平衡常数为生成物浓度幕之积与反应物浓度塞之积的比，则c(CO)xc(HO)CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)的平衡常数K=c(CO卜c))；⑵由温度升高，平衡常数变大可知，升高温度，平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应；(3)a.该反应为气体的总物质的量不变的反应，则容器中压强始终不变，不能作为判定平衡的方法，故A错误；b.混合气体中c(CO)不变，则达到化学平衡，故B正确；V(H2)正二V(H2O)逆，则对于氢气来说正、逆反应速率相等，此时反应达到平衡，故C正确；c(CO2)=c(CO),该反应不一定达到平衡，浓度关系取决于反应物的起始量和转化率，故D错误；故答案为：bc；c(CO)xc(HO)⑷c(CO2)・c(H2)=c(CO)・c(H2O)时，平衡常数K=。匕。又发病)=1,则该温度为830℃；(5)1200。。时，在2L的密闭容器中，反应开始时加入1molCO2、1molH2、2molCO、2molc(CO)xc(HO) lx1H2。,Qc=c(CO)xc(H)=赤而=4〉2.6,说明反应逆方向进行。2 26.合成气(CO+H2)广泛用于合成有机物，工业上常采用天然气与水蒸气反应等方法来制取合成气。(1)在150。时2L的密闭容器中，将2molCH4和2molH2O(g)混合，经过15min达到平衡，此时CH4的转化率为60%。回答下列问题：①从反应开始至平衡，用氢气的变化量来表示该反应速率v(H2)=__。②在该温度下，计算该反应的平衡常数K=__。③下列选项中能表示该反应已达到平衡状态的是_。A.v(H2)逆=3v(CO)正

B.密闭容器中混合气体的密度不变C.密闭容器中总压强不变D.C(CH4)=C(CO)(2)合成气制甲醚的反应方程式为2CO(g)+4H2(g)==CH30cH3(g)+H2O(g)△H=bkJ/mol。有研究者在催化剂(Cu—Zn—Al—0和A12O3)、压强为5.0MPa的条件下，由h2和co直接制备甲醚，结果如图所示。①290℃前，C0转化率和甲醚产率的变化趋势不一致的原因是_；②b__0,(填“〉〃或"＜〃或"=〃)理由是__。(3)合成气中的氢气也用于合成氨气：N2+3H2=2NH3。保持温度和体积不变，在甲、乙、丙三个容器中建立平衡的相关信息如下表。则下列说法正确的是__;A.n1=n2=3.2 B.小甲=小丙＞,乙C.v乙＞丫丙＞丫甲 D.P乙〉「甲=「丙容器体积起始物质平衡时nh3的物质的量平衡时n2的体积分数反应开始时的速率平衡时容器内压强甲1L1molN2+3molH21.6mol巾甲v甲P甲乙1L2molN2+6molH2n1mol6乙v乙P乙丙2L2molN2+6molH2n2mol巾丙v丙P丙【答案】0.12mol-L-1-min-i21.87AC有副反应发生＜平衡后，升高温度，产率降低BD【解析】【分析】【详解】CH+HOCO+3H起始浓度(mol/L)4121020(1)转化浓度(mol/L)0.60.6U0.61.8平衡浓度(mol/L)1.8mol/L0.40.40.61.8①v(H)=—— =0.12mol•L-1•min-1；2 15minc(co)xC3(H)0.6X1.83②K= 2-\= =21.87mol2・L-2；c(CH4)xc(H2O)0.4x0.4③A.v逆(H2)=3v正(CO),根据反应速率之比等于化学计量数之比有v正(H2)=3v正(CO),故v逆(H2)=v正(H2),反应已达到平衡状态，选项A选；B.参与反应的物质均为气体，气体的总质量不变，反应在恒容条件下进行，故密度始终保持不变，密闭容器中混合气体的密度不变，不能说明反应已达到平衡状态，选项B不选；C.同温同压下，气体的压强与气体的物质的量成正比，该反应正反应为气体体积增大的反应，密闭容器中总压强不变，则总物质的量不变，说明反应已达到平衡状态，选项C选；D.反应开始时加入2molCH4和2molH2O(g),反应过程中两者的物质的量始终保持相等，c(CH4)=c(CO)不能说明反应已达到平衡状态，选项D不选。答案选AC；(4)①290c前，CO转化率随温度升高而降低，根据反应2CO(g)+4H2(g)=CH30cH3(g)+H2O(g)可知甲醚是生成物，产率应该降低，但反而增大，证明还有另外的反应生成甲醚，即CO的转化率和甲醚产率的变化趋势不一致的原因是有副反应发生；②根据图中信息可知，平衡后，升高温度，产率降低，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，△H=b＜0。(3)根据表中数据知，甲丙中各反应物的浓度相等，所以相当于等效平衡，平衡时N2的体积分数相等；乙中各反应物浓度是甲的2倍，且压强大于甲，增大压强，平衡向气体体积缩小的方向移动，所以平衡时乙中N2的体积分数小于甲；A.甲丙中各反应物的浓度相等，n2=3.2，乙压强大于甲乙，平衡正向移动，n1＞3.2,选项A错误；B.甲丙为等效平衡，平衡时N2的体积分数相等,甲二9丙，乙压强大，平衡正向移动，平衡时乙中N2的体积分数小于甲，故,甲二,丙＞,乙选项B正确；C.甲丙中各反应物的浓度相等，为等效平衡，反应速率相等，v丙二v甲，乙中各反应物浓度平衡时接近甲丙的二倍，反应速率较大，v乙＞丫丙口甲，选项C错误；D.体积相同的容器中，甲丙等效，单位体积气体总物质的量浓度相同，压强相等「田=「甲丙，乙中平衡时单位体积气体总物质的量接近甲丙的二倍，「乙＞「甲=「丙，选项D正确。答案选BD。【点睛】本题考查了化学平衡影响因素分析判断，平衡计算分析，主要是恒温恒压、恒温恒容容器中平衡的建立和影响因素的理解应用。等效平衡原理的理解和应用是解答的难点和易错点。7.恒温恒容下，将2molA气体和1molB气体通入体积为2L的密闭容器中发生反应：2A(g)+B(g)=xC(g)+2D(s)，2min达平衡，测得平衡时A的物质的量为1.2mol，C的浓度为0.6mol-L-io(1)从开始反应至达到平衡状态，生成B的平均反应速率为o(2)x=o(3)A的转化率与B的转化率之比为o⑷下列各项可作为该反应达到平衡状态的标志的是o

A.D的质量不再变化B.压强不再变化C.气体密度不再变化D.气体的平均相对分子质量不再变化E.A的消耗速率与B的消耗速率之比为2：1⑸请结合⑷总结化学平衡状态的判断依据有哪些：(至少写出2条)。【答案】0.1mol-L-1-min-i31：1ACD正反应速率二逆反应速率，体系中各种物质的质量、物质的量不变【解析】2mol1mol【分析】2mol1mol反应前，A的浓度= =1mol/L,B的浓度=弓一=0.5mol/L,平衡时，A的浓度Ll^i Ll^i1.2mol=0.6mol/L,说明A的浓度减小了0.4mol/L,C的浓度为0.6mol/L,说明C的浓度2^^起始浓度/mol-L-110.500变化浓度/moll/0.40.20.60.4,平衡浓度/mol110.60.30.60.42A(g)+B(g)=xC(g)+2D(s)增大了0.6mol/L,所以:据此分析解答。【详解】(1)v(B)=---； =0.1mol・L-1・min-1,故答案为：0.1mol-L-1-min-1；2min⑵同一反应用不同的物质表示的反应速率之比=化学计量数之比，故0.4:0.6=2:x,解得：x=3,故答案为：3；0.4 0.2 ⑶A的转化率二丁*100%=40%,B的转化率=万*100%=40%,所以，A的转化率与B.的转化率之比为1:1,故答案为：1:1；⑷2A(g)+B(g)=3C(g)+2D(s)A.若反应还未平衡，体系中反应物的质量将减小，生成物的质量将增大，D的质量不变，说明已达到平衡时，A正确；B.该反应是一个气体分子数不变的反应，压强不变，不能说明已达平衡，B错误；C.该反应是气体质量减小的反应，容器的体积不变，密度不再变化，说明气体的质量不再变化，说明已达到平衡，C正确；D.该反应是气体的物质的量不变、气体的质量减小的反应，气体的平均相对分子质量不再变化，说明气体的平均摩尔质量不再变化，那么气体的质量不再变化，已达平衡，D正确；E.A与B都是反应物，描述的都是正反应速率，不能说明是否平衡，E错误；故答案为：ACD；⑸达到平衡时，正反应速率二逆反应速率，体系中各种物质的质量、物质的量均不变，所

以，化学平衡状态的判断依据有：正反应速率二逆反应速率，体系中各种物质的质量、物质的量不变，故答案为：正反应速率二逆反应速率，体系中各种物质的质量、物质的量不变。8.硫酸是重要的化工原料，生产过程中SO2催化氧化生成SO3的化学反应为：2SO2(g)+O2(g) .藤2SO3(g)。(1)实验测得SO2反应生成SO3的转化率与温度、压强有关，请根据下表信息，结合工业生产实际，选择最合适的生产条件是_。SO2压强转化率温度1个大气压5个大气压10个大气压15个大气压400℃0.99610.99720.99840.9988500℃0.96750.97670.98520.9894600℃0.85200.88970.92760.9468⑵反应2SO2(g)+O2(g)加厚2SO3(g)达到平衡后，改变下列条件，能使SO2(g)平衡浓度比原来减小的是—(填字母)。A.保持温度和容器体积不变，充入1molO2(g)B.保持温度和容器体积不变，充入2molSO3(g)C.降低温度D.在其他条件不变时，减小容器的容积⑶某温度下，SO2的平衡转化率(a)与体系总压强(P)的关系如图所示。2.0molSO2和1.0molO2置于10L密闭容器中，反应达平衡后，体系总压强为0.10MPa。平衡状态由A变到B时，平衡常数K(A)__K(B)(填“〉〃、“<〃或“=〃)，B点的化学平衡常数是_。(K1O。卯 (K1O。卯 JFTMFa⑷在一个固定容积为5L的密闭容器中充入0.20molSO2和0.10molO2,t1时刻达到平衡，测得容器中含SO30.18mol。①tl时刻达到平衡后，改变一个条件使化学反应速率发生如图所示的变化，则改变的条件是。A.体积不变，向容器中通入少量O2B.体积不变，向容器中通入少量SO2C.缩小容器体积D.升高温度E.体积不变，向容器中通入少量氮气②若继续通入0.20molSO2和0.10molO2，则平衡—移动(填“向正反应方向〃、“向逆反应方向〃或“不〃)，再次达到平衡后，_mol<n(SO3)<_mol0【答案】1个大气压和400℃A、C=800C正向0.360.4【解析】【分析】(1)从表中可以看出，压强越大，SO2的转化率越大，但变化不大；温度越高，转化率越小。综合以上分析，应选择低温低压。⑵A.保持温度和容器体积不变，充入1molO2(g),平衡正向移动，SO2(g)平衡浓度减小；B.保持温度和容器体积不变，充入2molSO3(g),平衡逆向移动，SO2(g)平衡浓度增大；C.降低温度，平衡正向移动，SO2(g)平衡浓度减小；D.在其他条件不变时，减小容器的容积，相当于加压，平衡正向移动，SO2(g)平衡浓度增大0⑶温度一定时，平衡常数不变，由此得出A、B两点平衡常数K(A)与K(B)的关系，因为给定压强为0.10MPa,是A点的压强，所以应用A点的转化率计算化学平衡常数。⑷在一个固定容积为5L的密闭容器中充入0.20molSO2和0.10molO2,t1时刻达到平衡，测得容器中含SO30.18molo①A.体积不变，向容器中通入少量O2,v正增大，v逆不变；B.体积不变，向容器中通入少量SO2，v正增大，v逆不变；C.缩小容器体积，相当于加压，平衡正向移动，v正增大，v逆增大，但v正增大更多；D.升高温度，平衡逆向移动，v正增大，v逆增大，但v逆增大更多；E.体积不变，向容器中通入少量氮气，平衡不发生移动，v正不变，v逆不变。②若继续通入0.20molSO2和0.10molO2,相当于加压，平衡正向移动，再次达到平衡后，n(SO3)应比原平衡时浓度的二倍要大，但比反应物完全转化要小。【详解】(1)从表中可以看出，压强越大，SO2的转化率越大，但变化不大；温度越高，转化率越小。综合以上分析，应选择低温低压，故应选择1个大气压和400℃。答案为：1个大气压和400℃；⑵A.保持温度和容器体积不变，充入1molO2(g),平衡正向移动，SO2(g)平衡浓度减小，A符合题意；

8.保持温度和容器体积不变，充入2molSO3(g),平衡逆向移动，SO2(g)平衡浓度增大，B不合题意；C.降低温度，平衡正向移动，SO2(g)平衡浓度减小，C符合题意；D.在其他条件不变时，减小容器的容积，相当于加压，虽然平衡正向移动，但SO2(g)平衡浓度仍比原平衡时大，D不合题意；故选AC；⑶温度一定时，平衡常数不变，由此得出A、B两点平衡常数K(A)=K(B),因为给定压强为0.10MPa,是A点的压强，所以应用A点的转化率计算化学平衡常数，从而建立以下三段式：0.162K= 0.162K= 0.042X0.02二800。答案为:800；起始量(mol/L)2SO2(g)0.2+O2(g)0.1催化剂2SO(g)A 0 、变化量⑺0匹)0.160.080.16平衡S；mol/L)0.040.02、0.16⑷①A.体积不变，向容器中通入少量O2,v正增大，v逆不变，A不合题意；.体积不变，向容器中通入少量SO2,v正增大，v逆不变，B不合题意；C.缩小容器体积，相当于加压，平衡正向移动，v正增大，v逆增大，但v正增大更多，C符合题意；D.升高温度，平衡逆向移动，v正增大，v逆增大，但v逆增大更多，D不合题意；E.体积不变，向容器中通入少量氮气，平衡不发生移动，v正不变，v逆不变，E不合题*意；故选C；②若继续通入0.20molSO2和0.10molO2,相当于加压，平衡正向移动，再次达到平衡后，〃(SO3)应比原平衡时浓度的二倍要大，即〃(SO3)>0.36mol,但比反应物完全转化要小，即〃(SO3)<0.4mol。答案为：正向；0.36mol；0.4mol。【点睛】对于SO2转化为SO3的反应，虽然加压平衡正向移动，SO2的转化率增大的很少，但对设备、动力的要求提高很多，从经济上分析不合算，所以应采用常压条件。.将气体A、B置于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(g)=2C(g)+2D(g),反应进行至U10s末，达到平衡，测得A的物质的量为1.8mol,B的物质的量为0.6mol,C的物质的量为0.8mol。⑴用C表示10s内反应的平均反应速率为 。(2)反应前A的物质的量浓度是。(3)10s末，生成物D的浓度为。(4)A与B的平衡转化率之比为。⑸平衡后，若改变下列条件，生成D的速率如何变化(填〃增大〃、〃减小〃或〃不变〃)：

①降低温度;②增大A的浓度。【答案】0.04mol/(L-s)1.5mol/L0.4mol/L1:1减小增大【解析】【分析】c.⑴根据V=—表示反应速率；t⑵根据物质转化关系，由生成物C的物质的量计算反应消耗的A的物质的量，再结合10sn 一一，时剩余A的物质的量可得反应开始时A的物质的量，利用c=-计算开始时A物质的浓度；n⑶根据方程式知，10s末生成的n(D)=n(C)=0.8mol，利用c=-计算D的物质的浓度；⑷根据C的物质的量计算反应消耗的A、B的物质的量，然后根据转化率等于转化量开始加入量x100%计算比较；⑸根据温度、浓度对化学反应速率的影响分析解答。【详解】⑴反应从正反应方向开始，开始时C的物质的量为0，10s时C的物质的量为0.8mol，由于容器的容积是2L，所以用C物质表示的10s内化学反应平均反应速率(0.8-0)如ol21 =0.04mol/(L・21 =0.04mol/(L・s)；10?SV(C)=—⑵根据反应方程式3A(g)+B(g)=2〃Q+2口值)可知：每反应消耗3molA就会同时产生2molC物质，10s内反应产生了0.8molC，则反应消耗A的物质的量为AMA)=3x0.8mol=1.2mol，此时还有A物质1.8mol，因此反应开始时A的物质的量是n(A)=1.8mol+1.2mol=3.0mol，所以反应开始时A的浓度c(A)=，=工缘=1.5mol/L；- 2Ln 0.8?nol⑶根据方程式知，10s末生成的n(D)=n(C)=0.8mol，则c(D)=-= =0.4mol/L；- 2L⑷根据已知条件可知：反应进行到10s末C物质的量是0.8mol，则反应消耗A的物质的3量为△n(A)=—x0.8mol=1.2mol，此时还有A物质1.8mol，则反应开始时A的物质的量是乙1n(A)=1.8mol+1.2mol=3.0mol；An(B)=—x0.8mol=0.4mol，此时还有B物质0.6mol，所以反应开始时n(B)=0.6mol+0.4mol=1.0mol，反应开始时n(A)：n(B)=3：1，An(A)：An(B)=3：1，等于化学方程式中二者化学计量数的比，所以反应物A、B转化率相等，则两种物质反应时转化率的比为1：1；⑸①平衡后，若降低温度，物质的内能减小，活化分子数减少，分子之间有效碰撞次数减少，化学反应速率减小；②平衡后，若增大反应物A的浓度，单位体积内活化分子数增加，分子之间有效碰撞次数增加，化学反应速率增大。10.能源与材料、信息一起被称为现代社会发展的三大支柱。面对能源枯竭的危机，提高能源利用率和开辟新能源是解决这一问题的两个主要方向。⑴化学反应速率和限度与生产、生活密切相关，这是化学学科关注的方面之一。某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，在400mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水法收集反应放出的氢气，实验记录如下（累计值）：时间12345氢气体积/mL（标况）100240464576620①哪一段时间内反应速率最大：min（填“0〜1”“1〜2”“2〜3”“3〜4”或“4〜5”）。②另一学生为控制反应速率防止反应过快难以测量氢气体积。他事先在盐酸中加入等体积的下列溶液以减慢反应速率但不影响生成氢气的量。你认为不可行的是 （填字母序号）。A浓盐酸BKCl溶液C蒸馏水DCuSO4溶液⑵寻找替代能源，是化学学科一直关注的另一方面。电能是一种二次能源，电能的应用大大丰富和方便了我们的生活、学习和工作。某化学兴趣小组探究铝电极在原电池中的作用，设计了一个Mg、Al、NaOH溶液电池，请写出①原电池的负极电极反应：;②原电池的正极电极反应：;③原电池的总反应的离子方程式：。【答案】2〜3minBC2Al-6e-+8OH-=2AlO2-+4H2O6H2O+6e-=6OH-+3H2T2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2T【解析】【分析】【详解】（1）①在0〜1、1〜2、2〜3、3〜4、4〜5min时间段中，产生气体的体积分别为100mL、140mL、224mL、112mL、44mL,由此可知反应速率最大的时间段为2〜3min,因反应为放热反应，温度升高，反应速率增大，反应速率最小的时间段是4〜5min时间段，此时温度虽然较高，但H+浓度小，答案为2〜3min；②A.浓盐酸，H+浓度增大，反应速率增大且增大产生氢气的量，选项A错误；B.加入KCl溶液溶液，H+浓度减小，反应速率减小且不减少产生氢气的量，选项B正确；C.加入蒸馏水，H+浓度减小，反应速率减小且不减少产生氢气的量，选项C正确；D.加入CuSO4溶液，Zn置换出Cu反应速度增大，但影响生成氢气的量，选项D错误；答案选BC；⑵设计了一个Mg、Al、NaOH溶液电池时，铝为电池负极，铝失电子在碱性条件下生成偏铝酸钠，溶液中水电离产生的氢离子得电子产生氢气。①原电池的负极上铝失电子产生AlO2-，电极反应为2Al-6e-+8OH-=2A1O2-+4H2O；②原电池的正极上水电离产生的氢离子得电子产生氢气，电极反应式为6H2O+6e-=6OH-+3H2f；③原电池的总反应的离子方程式为：2A1+2H2O+2OH-=2A1O2-+3H2fo11.正丁醛可由丙烯通过下列反应制取：CH3cH=CH2+CO+H2-. CH3cH2cH2CHO(正丁醛)反应①同时发生副反应：CH3cH=CH2+CO+H2' '(CH3)2CHCHO(异丁醛)反应②CH3cH=CH2+H2- 'CH3cH2cH3反应③三个反应在不同温度时的平衡常数见下表。回答问题：温度/K反应①反应②反应③2982.96x1092.53x1091.32x10154231.05x1025.40x1022.52x102(1)423K时，如果反应在恒容密闭容器中发生，当反应达到平衡时，下列说法错误的是(填序号)。a.c(CO):c(H2)一定等于1:1b.反应混合物的密度保持不变c.丙烯转化率达到最大值d.单位时间内，ng消耗:「丁醛)生成⑵当反应达到平衡后，若将反应体系的温度从298K提高到423K,再次达到平衡后，在生成物中，(填物质名称)的摩尔百分含量降低。⑶若反应在298K进行，根据平衡常数作出的推测正确的是oa.反应③的反应速率最大 b.达到平衡后生成物中丙烷的体积百分含量最高c.反应②达到平衡所需时间最长d.298K时只有反应③向正反应方向进行⑷使用催化剂后，单位时间里正丁醛的产量大大提高，反应体系产物中旧异醛比增大。导致这种情况出现的原因是o【答案】a.d丙烷b催化剂具有选择性，只加快了反应①的速率【解析】【分析】【详解】(1)判定一个可逆反应是否达到化学平衡状态可从两角度进行分析：正逆反应速率是否相同、各组分含量是否保持恒定，a.c(CO)：c(H2)的大小与起始量有关，所以达到平衡时二者的浓度比不一定等于其化学计量数之比，故a错误；b.反应中各组分不均为气体，气体质量m变化，达到平衡时气体质量m保持不变；体系在恒容条件下V不变，由p二v可知，密度改变，达到化学平衡密度不变，故b正确;c.平衡状态下是该条件下反应的最大程度，丙烯转化率达到最大值，故c正确；d.n(CO)=n(正丁醛)小翁只能说明反应正向进行，两速率都代表正反应速率，不能表示出V消耗 生成正二丫逆。0,故d错误；故答案为：ad；(2)温度从298K提高到423K,K值减小，平衡逆向移动，反应①②的K变化相当，反应③K值相对变化程度大，故丙烷的摩尔百分含量降低，故答案为：丙烷；(3)a.化学反应速率的快慢由反应物本身的性质和外界条件决定，K值大小只能表示在此条件下可逆反应进行的限度，故a错误；b.298K条件下生成物中正丁醛、异丁醛均为液体，只有丙烷为气体，达到平衡后生成物中丙烷的体积百分含量最高，故b正确；c.达到平衡所需时间与反应物本身性质和化学反应速率有关，与K大小无关，故c错误；d.反应开始阶段三个可逆反应均正向进行直至达到平衡，故d错误；故答案为：b；(4)催化剂具有选择性，使用催化剂后，只是提高了反应①的速率，对反应②和反应③速率无影响，故答案为：催化剂具有选择性，只加快了反应①的速率。12.氮的氧化物和SO2是常见的化工原料，但也是大气的主要污染物。综合治理其污染是化学家研究的主要内容。根据题意完成下列各题：(1)用甲烷催化还原一氧化氮，可以消除一氧化氮对大气的污染。反应方程式如下：CH4(g)+4NO(g) 2N2(g)+2H2O(g)+CO2(g)该反应平衡常数表达式为(2)硫酸生产中，接触室内的反应：2SO(g)+O(g)催化剂2SO(g)；SO2的平衡转2 2 3化率与体系总压强的关系如图所示。某温度下，将2.0molSO2和1.0molO2置于30L刚性密闭容器中，30秒反应达平衡后，体系总压强为2.70MPa。用氧气表示该反应的平均速率是mol-L-1-min-io 1——। 2 03幡生(3)上图平衡状态由A变到B时，改变的外界条件是—oa又加入一些催化剂b又加入一些氧气c降低了体系的温度d升高了外界的大气压(4)新型纳米材料氧缺位铁酸盐MFe2Ox在常温下，能将氮的氧化物和SO2等废气分解除

去。转化流程如图所示，南温分解Sd,NO：等若x=3.5,M为Zn,请写出ZnFe2O3.5分解SO2的化学方程式【答案】【解析】c2【答案】【解析】c2(N)•c2(HO)-c(CO)

2 2 3—

c(CH4)•c4(NO)0.0533b4MFe2O35+SO2=4MFe2O4+S【分析】⑴根据平衡常数表达式完成。⑵根据反应得出氧气的转化率，再计算出用氧气表示的反应速率。⑶状态由A变到B时，二氧化硫转化率升高，压强增大，根据平衡移动原理分析。⑷从氧化还原反应的角度判断反应产物，根据氧原子个数守恒写出相关反应的方程式。【详解】c2(N).c2(HO).c(CO)⑴该反应平衡常数表达式为:- - ；故答案为：⑴该反应平衡常数表达式为:c(CH4Ac4(NO) ，故答案为c2(N)•c2(HO)-c(CO) 2 2 3—c(CH4Ac4(NO)⑵图中信息得出二氧化硫的转化率是0.8,根据加入量之比等于计量系数之比，转化率相等得出氧气转化率也为0.8,消耗氧气的物质的量是：n(O2)=1.0molx0.8=0.8mol，用氧气表示反应速率为：故答案是:u(O)=-^n-=一0.8mo1一=0.0533molLi•min一1反应速率为：故答案是:2V-At30Lx0.5min0.0533。⑶a.又加入一些催化剂，催化剂不影响化学平衡，故a不符合题意；b.加入一些氧气，压强增大，增加氧气浓度，平衡正向移动，二氧化硫的转化率升高，故b符合题意；c.反应是放热反应，降低温度，平衡向着正向移动，气体的物质的量减少，压强减小，故c不符合题意；d.升高了外界的大气压，化学平衡不移动，故d不符合题意；综上所述，答案为：b。⑷由题意可知，铁酸盐(MFe2O4)经高温还原而得，则反应物中MFe2Ox为还原剂，SO2为氧化剂，生成物为MFe2O4和S，根据氧原子守恒得到反应的关系式为4ZnFe2O3.5+SO2=4ZnFe2O4+S；故答案为：4MFe2O3.5+SO2=4MFe2O4+S。13.向2L密闭容器中通入amol气体A和bmol气体B,在一定条件下发生反应：2A(g)+3B(g)=-C(g)+6D(g)+Q,已知：反应2min时，A的浓度减少了|,B的物质的量减少了a3mol。回答下列问题：

①反应2min内，vA=,vB=。②反应平衡时，D为2amol,贝I」B的转化率为。③如果只升高反应温度，其他反应条件不变，平衡时D为1.5amol,则该反应的Q0（填〃〉〃、〃<〃或〃=〃）。④如果其他条件不变，将容器的容积变为1L,进行同样的实验，则与上述反应比较:.反应速率—（填〃增大〃、〃减小〃或〃不变〃），理由是;.平衡时反应物的转化率—（填〃增大〃、〃减小〃或〃不变〃），理由是【答案】azmol/(L-min)amol/(L-min)ax100%〉增大体积减小，反应物12 8 b的浓度增大，因而使反应速率增大减小体积减小，气体的压强增大，平衡向气体分子数少的方向（即逆反应方向）移动，因而使反应物转化率减小【解析】【分析】【详解】1 1-amol3① Ac（A） 2La（了v= 二一——=mol/L-1miniAt2min12amolAc(Ac(B)v= Btmin-1)；2L=—mol/(L-1min8,②根据化学方程式可知，消耗B的物质的量为6x2amol=amol,aB的转化率为^molx100%=—x100%；bmol b③升高温度，平衡向吸热反应移动，D的物质的量减小，说明平衡逆向移动，因此正反应为放热反应，则Q>0；④I.体积由2L减小至1L,体积减小，各物质浓度增大，化学反应速率增大；II.该反应正向为气体体积增大的反应，压缩体积，气体的压强增大，平衡向气体分子数少的方向（即逆反应方向）移动，因而使反应物转化率减小。14.已知2A2（g）+B2（g） l2C（g）+Q（Q>0）,5000c时在一个有催化剂的3L密闭容器中加入2molA2和1molB2充分反应，5分钟达平衡后C的浓度为wmol/L,完成下列填空：⑴该反应的化学平衡常数表达式为，若将反应温度升高到700℃,平衡常数将~~~ （增大、减小或不变）。（2）5分钟内的B2的平均反应速率为。⑶能说明该反应已经达到平衡状态的是。（填序号，有一个或多个选项符合题意，下同)。A.v(C)=2v(B2) B.容器内气体压强保持不变C.v逆(A2)=2v正(B2) D.容器内的气体密度保持不变⑷若增大B2的浓度，则。A.平衡向逆反应方向移动 B,正反应速率先增大后减小C.平衡向正反应方向移动 D.逆反应速率先减小后增大“ 。(C)2【答案】K=-7--大减小0.1wmol/(L-min)BCBCc(A)2.c(B)2 2【解析】【分析】由2A2(g)+B2(g) 2c(g)+Q(Q〉0)可知，反应为可逆反应、放热反应、气体分子数减少的反应。【详解】(1)平衡常数为平衡时产物浓度系数次幕的乘积与反应物浓度系