浙江省2019年高考化学反应速率和化学平衡专题特训

1、1 浙江省浙江省 2019 年高考化学选考年高考化学选考化学反应速率和化学平衡化学反应速率和化学平衡 郑亚龙整理郑亚龙整理 2018-11-19 【考点解读】【考点解读】 平衡理论作为一个相对独立的知识体系是高考中的必考考点， 而化学平衡又是三大平衡体系(化 学平衡、电离平衡、沉淀溶解平衡)之首，在高考中占有相当重要的地位。这类题目难度较大，综合 性强、贴近生产生活、具有良好的区分度，选拔功能强。 【解题策略】【解题策略】 熟悉化学反应速率的概念、化学反应速率的定量表示方法。理解催化剂对可逆反应速率影响的 本质（能用过渡态理论解释） 。理解化学平衡建立的过程和化学平衡常数、转化率、产率对化学反

2、应 的重大意义。并能够利用化学平衡常数Kc、Kp、Kx进行简单的计算或解析。理解外界条件(浓度、 温度、压强、催化剂等)对反应速率和化学平衡的影响（会用平衡移动原理解释） 。重视化学反应速 率和化学平衡的调控在生活、生产和科学研究领域中的重要作用。 【命题热点突破一】化学反应速率及其影响因素【命题热点突破一】化学反应速率及其影响因素 1外界条件对化学反应速率的影响 (1)纯液体和固体浓度视为常数，它们的量的改变不会影响化学反应速率。但固体颗粒的大小导致接触面的大 小发生变化，故影响反应速率。 (2)固体、液体物质，由于压强改变时对它们的体积影响很小，因而压强对它们浓度的影响可看作不变，压强 对

3、无气体参加的化学反应的速率无影响。 (3)升高温度，不论吸热还是放热反应，也不论正反应速率还是逆反应速率都增大。 (4)对于有气体参与的化学反应，有以下几种情况： 恒温时，压缩体积压强增大反应物浓度增大反应速率加快。 引起 引起 引起 恒温时，对于恒容密闭容器： a充入气体反应物气体反应物浓度增大(压强也增大)反应速率加快。 引起 b充入“惰性”气体总压强增大反应物浓度未改变反应速率不变。 引起 引起 恒温恒压时 充入“惰性”气体体积增大气体反应物浓度减小反应速率减小。 引起 引起 引起 【命题热点突破二】化学平衡状态的判断及化学平衡移动【命题热点突破二】化学平衡状态的判断及化学平衡移动 1化

4、学平衡的移动 (1)分析化学平衡是否移动的一般思路比较同一物质的正逆化学反应速率的相对大小。 2 (2)化学平衡移动原理勒夏特列原理解读 原理内容：外界条件对化学平衡的影响可概括为一句话：若改变影响平衡的一个条件，平衡就向着能够减弱 这种改变的方向移动。 原理解读： “减弱这种改变”升温平衡向着吸热反应方向移动；增加反应物浓度平衡向反应物浓度减小的方向移 动；增压平衡向气体物质的物质的量减小的方向移动。 化学平衡移动的结果只是减弱了外界条件的改变，而不能完全抵消外界条件的变化，更不能超过外界条件 的变化。 惰性气体对化学平衡的影响 【命题热点突破三】化学平衡的有关计算【命题热点突破三】化学平衡

5、的有关计算 1.(1)可逆反应“不为零”原则 可逆性是化学平衡的前提，达到平衡时，反应物和生成物共存，每种物质的物质的量不为零。 一般可用极限分析法推断：假设反应不可逆，则最多生成产物多少，有无反应物剩余，余多少。这样的极值 点是不可能达到的，故可用确定某些范围或在范围中选择合适的量。 (2)“一边倒”原则 可逆反应，在条件相同时(如等温等容)，若达到等同平衡，其初始状态必须能互变，从极限角度看，就是各物 质的物质的量要相当。因此，可以采用“一边倒”的原则来处理以下问题：化学平衡等同条件(等温等容) 可逆反应 aA(g) + bB(g) cC(g) 起始量 a b 0 平衡态 起始量 0 0

6、c 平衡态 起始量 x y z 平衡态 为了使平衡=平衡=平衡，根据“一边倒”原则，即可得：x+a/cz=a 得 x/a+z/c=1； y+b/cz=b 得 3 y/b+z/c=1 。 2平衡转化率 含义：平衡转化率是指平衡时已转化了的某反应物的量与转化前该反应物的量之比，用来表示反应限度。 达平衡时，某一反应物的转换率(%) 100% 反应物的消耗浓度mol/L 反应物的起始浓度mol/L 100% 反应物的消耗量mol 反应物的起始量mol 100% 气体消耗的体积L或mL 气体起始的体积L或mL 【命题热点突破四】反应速率、化学平衡移动与图像【命题热点突破四】反应速率、化学平衡移动与图像

7、 4 总结：只要增大浓度、增大压强、升高温度，新平衡都在原平衡的上方，v正=v逆v 正=v 逆；只要减 小浓度、降低压强、降低温度，新平衡都在原平衡下方，v正v逆v正v逆。 只要是浓度改变，一个速率一定是在原平衡的基础上改变；两个速率同时增大或减小(中间断开)一定是压强 或温度改变。 加入催化剂能同等程度地增大正、逆反应速率，平衡不移动。 【真题解读】【真题解读】 1.2018 全国卷-28 三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题： （1）SiHCl3在常温常压下为易挥发的无色透明液体，遇潮气时发烟生成(HSiO)2O 等，写出该反应的化学方程 式 。 （2）SiH

8、Cl3在催化剂作用下发生反应： 2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+ SiCl4(g) H1=48 kJmol1 5 3SiH2Cl2(g)=SiH4(g)+2SiHCl3 (g) H2=30 kJmol1 则反应 4SiHCl3(g)=SiH4(g)+ 3SiCl4(g)的 H=_ kJmol1。 （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

9、 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x2(SiHCl3) k 逆x(SiH2Cl2) x(SiCl4)， 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v正/v逆=_(保留 1 位小数)。 化学平衡及勒夏特列原理化学反应进行的方向化学平衡及勒夏特列原理化学反应进行的方向 2.2018 江苏卷-13根据下列图示所得出的结论不正确的是 A. 图甲是 CO(g)+H2O(g)CO

10、2(g)+H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的 H0 B. 图乙是室温下 H2O2催化分解放出氧气的反应中c(H2O2 )随反应时间变化的曲线， 说明随着反应的进行 H2O2分解速 率逐渐减小 C. 图丙是室温下用 0.1000 molL1NaOH 溶液滴定 20.00 mL 0.1000 molL1某一元酸 HX 的滴定曲线，说明 HX 是 一元强酸 D. 图丁是室温下用 Na2SO4除去溶液中 Ba2+达到沉淀溶解平衡时， 溶液中c(Ba2+ )与c(SO42)的关系曲线， 说明溶液 中c(SO42 )越大c(Ba2+ )越小 3. 2018 全国卷-27CH4-CO2催

11、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 kJmol1 C(s)+O2(g)=CO2(g) H=-394 kJmol1 C(s)+1/2O2(g)=CO(g) H=-111 kJmol1 该催化重整反应的 H= kJmol1。有利于提高 CH4平衡转化率的条件是_（填标号） 。 6 A高温低压 B低温高压 C高温高压 D低温低压 某温度下，在体积为 2 L 的容器中加入 2 mol CH4、1

12、mol CO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时 CO2的转化率 是 50%，其平衡常数为_mol2L2。 （2）反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。 相关数据如下表： 积碳反应： CH4(g)=C(s)+2H2(g) 消碳反应： CO2(g)+C(s)=2CO(g) H/(kJmol1) 75 172 催化剂 X 33 91 活化能/ (kJmol1) 催化剂 Y 43 72 由上表判断，催化剂 X Y（填“优于”或“劣于” ） ，理由是 。在反应进料气组成、压 强及反应时间相同的情况下，某催化剂表面的积碳量随温度的变化关系如图所示。升高温度时，下列关于积碳

13、反 应、消碳反应的平衡常数(K)和速率(v)的叙述正确的是_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 Dv消增加的倍数比v积增加的倍数大 在一定温度下，测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为 v=kp(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所示，则pa(CO2) 、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为_。 速率、平衡图像速率、平衡图像 4.2018 北京卷-8我国科研人员提出了由 CO2和 CH4转化为高附加值产品 CH3COOH 的催化反应历程。该历程示意图 如下。 下列说

14、法不正确的是 A. 生成 CH3COOH 总反应的原子利用率为 100% B. CH4CH3COOH 过程中，有 CH 键发生断裂 C. 放出能量并形成了 CC 键 D. 该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率 5.2018 北京卷-27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： 7 （1）反应：2H2SO4(l)=2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g) H1=+551 kJmol1 反应：S(s)+O2(g)=SO2(g) H3=297 kJmol1反应的热化学方程式： 。 （2）对反应，在某一投料比时，两种压强下，H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度

15、的变化关系如图所示。p2 p 1（填“”或“” ） ，得出该结论的理由是 。 （3）I可以作为水溶液中 SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将 ii 补充完整。 iSO2+4I+4H+=S+2I2+2H2O iiI2+2H2O+_=_+_+2 I （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 A B C D 试剂组成 0.4 molL1 KI a molL1 KI 0.2 molL1 H2SO4 0.2 molL1 H2SO4 0.2

16、 molL1 KI 0.0002 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：_。 化学平衡、平衡常数计算化学平衡、平衡常数计算 6.2018 天津卷-5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+HBr C2H5Br+H2O，充分反应后达到平衡。已知常压下，C2H5Br

17、 和 C2H5OH 的沸点分别为 38.4和 78.5。下列有关叙 述错误的是 【考点】影响化学平衡的因素、转化率。 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 C2H5Br C. 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 7.2018 全国卷-28 (15 分)采用 N2O5为硝化剂是一种新型绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛 应用。回答下列问题： 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 8 为 。

18、F.Daniels 等曾利用测压法在刚性反应器中研究了 250C 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/min 0 40 80 160 260 1300 1700 p/kPa 35.8 40.3 42.5 45.9 49.2 61.2 62.3 63.1 已知：2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g) H=-4.4KJ/mol 2NO2(g)= N2O4(g) H=-55.3KJ/mol 则 N2O5(g)=2NO2(g)+0.5O2(g)的H= KJ/m

19、ol 研究表明，N2O5(g)分解的速率v=210-3PN2O5(kPa/min)。t=62min 时，测得体系PO2=2.9kPa,则此时PN2O5= kPa，v= kPa/min) 若提高反应温度至 350C，则 N2O5(g)完全分解后体系压强 P(350C) 大于 63.1 kPa (填“大于”“等于”或“小 于”)，原因是： 。 250C 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， 计算结果保留一 位小数)。 对于反应 2N2O5(g) 4NO2(g)+ O2(g)，R.A.Ogg 提 出如下反应历程： 第一步 N2O5 NO2

20、+ NO3 快速平衡 第二步 NO2 + NO3 NO +NO2 + O2 慢反应 第三步：NO+ NO3 2NO2 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)。 A.v(第一步反应的逆反应)v(第二步反应 ) B.反应的中间产物只有 NO3 C.第二步中的 NO2与 NO 3的碰撞只部分有效 D.第三步反应的活化能高 化学反应速率和化学平衡综合化学反应速率和化学平衡综合 8.2018 浙江卷-14反应 N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H0，若在恒压绝热容器中发生，下列选项表明反应一定已 达平衡状态的是【考点】化学平衡及其影响因素 A. 容器内的温

21、度不再变化 B. 容器内的压强不再变化 C. 相同时间内，断开 HH 键的数目和生成 NH 键的数目相等 D. 容器内气体的浓度c(N2):c(H2):c(NH3)=1:3:2 9.2018 浙江卷-22某工业流程中，进入反应塔的混合气体中 NO 和 O2的物质的量分数分别为 0.10 和 0.06，发生 化学反应 2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)，在其他条件相同时，测得实验数据如下表：【考点】研究给定条件下化学反应 速率及化学反应速率与化学平衡的影响因素 压强/(105Pa) 温度/ NO 达到所列转化率需要时间/s 9 50% 90% 98% 30 12 250 2830 1.0

22、90 25 510 5760 30 0.2 3.9 36 8.0 90 0.6 7.9 74 根据表中数据，下列说法正确的是 A.升高温度，反应速率加快 B.增大压强，反应速率变慢 C.在 1.0105Pa、90条件下，当转化率为 98%时的反应已达到平衡 D.若进入反应塔的混合气体为 amol，反应速率以 v=n/t 表示，则在 8.0105Pa、30条件下转化率从 50%增 至 90%时段 NO 的反应速率为 4a/370mol/s 10. 2018 江苏卷-15一定温度下， 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

23、放热)，测得反应的相关数据如下： 容器 1 容器 2 容器 3 反应温度 T/K 700 700 800 反应物投入量 2molSO2、1molO2 4molSO3 2molSO2、1molO2 平衡v正 (SO2)/molL-1s-1 v1 v2 v3 平衡 c(SO3)/molL-1 c1 c2 c3 平衡体系总压强 p/Pa p1 p2 p3 物质的平衡转化率a a 1(SO2) a 2(SO3) a 3(SO2) 平衡常数 K K1 K2 K3 下列说法正确的是 A. v1 2p3 C. v13(SO2 ) D. c2 2c3，2(SO3 )+3(SO2 )0）。一定温度下，在体 积恒

24、定的密闭容器中，加入 1 mol X(g) 与 1 Y (g)，下列说法正确的是 A充分反应后，放出热量为 a kJ B当反应达到平衡状态时，X 与 W 的物质的量浓度之比一定为 1：2 C当 X 的物质的量分数不再改变，表明该反应已达平衡 D若增大 Y 的浓度，正反应速率增大，逆反应速率减小 12.已知：2SO2 (g)+ O2 (g)= 2SO3 (g) H =-197.8kJmol1。起始反应物为 SO2 和 O2（物 质的量之比为 2：1，且总物质的量不变）。SO2 的平衡转化率（%）随温度和压强的变化如 下表： 温度/K 压强/（105Pa） 10 1.01 5.07 10.1 25

25、.3 50.7 673 99.2 99.6 99.7 99.8 99.9 723 97.5 98.9 99.2 99.5 99.6 773 93.5 96.9 97.8 98.6 99.0 下列说法不正确的是 A. 一定压强下降低温度，SO2 的转化率增大 B. 在不同温度、压强下，转化相同物质的量的 SO2 所需要的时间相等 C. 使用催化剂可以缩短反应达到平衡所需的时间 D. 工业生产通常不采取加压措施是因为常压下 SO2 的转化率已相当高 13.2018 浙江卷-30【加试题】(10 分) （一）以四甲基氯化铵(CH3)4NCl水溶液为原料，通过电解法 可以制备四甲基氢氧化铵(CH3)4

26、NOH，装置如图 1 所示。 （1）收集到(CH3)4NOH 的区域是 (填 a、b、c 或 d)。 （2）写出电池总反应 。 （二）乙酸乙酯一般通过乙酸和乙醇酯化合成： CH3COOH(l)+C2H5OH(l) 浓H2SO4 浓H2SO4 CH3COOC2H5(l)+H2O(l) H=2.7kJmol1 已知纯物质和相关恒沸混合物的常压沸点如下表： 纯物质 沸点/ 恒沸混合物（质量分数） 沸点/ 乙醇 78.3 乙酸乙酯(0.92)+水(0.08) 70.4 乙酸 117.9 乙酸乙酯(0.69)+乙醇(0.31) 71.8 乙酸乙酯 77.1 乙酸乙酯(0.83)+乙醇(0.08) +水

27、(0.09) 70.2 请完成： （1）关于该反应，下列说法不合理的是 。 A反应体系中硫酸有催化作用 B因为化学方程式前后物质的化学计量数之和相等，所以反应的 S 等于零 C因为反应的H 接近于零，所以温度变化对平衡转化率的影响大 D因为反应前后都是液态物质，所以压强变化对化学平衡的影响可忽略不计 （2）一定温度下该反应的平衡常数K=4.0。若按化学方程式中乙酸 和乙醇的化学计量数比例投料，则乙酸乙酯的平衡产率y = ；若乙酸和乙醇的物质的量之比为n : 1，相应平衡体系中乙酸乙酯的 物质的量分数为x，请在图 2 中绘制x随n变化的示意图(计算时不计 副反应)。 11 （3）工业上多采用乙酸

28、过量的方法，将合成塔中乙酸、乙醇和硫酸 混合液加热至 110左右发生酯化反应并回流，直到塔顶温度达到 7071，开始从塔顶出料。控制乙酸过量的 作用有 。 （4）近年，科学家研究了乙醇催化合成乙酸乙酯的新方法： 2C2H5OH(g) 加热 催化剂 加热 催化剂 CH3COOC2H5(g)+2H2(g) 在常压下反应，冷凝收集，测得常温下液体收集物中主要产物的质量分数如图所示。关于该方法，下列推测合理 的是 。 A反应温度不宜超过 300 B增大体系压强，有利于提高乙醇平衡转化率 C在催化剂作用下，乙醛是反应历程中的中间产物 D提高催化剂的活性和选择性，减少乙醚、乙烯等副产物是工艺的关键 14.

29、【加试题】 （10 分） （一）合成氨工艺（流程如图 1 所示）是人工固氮最重要的途径。 2018 年是合成氨工业先驱哈伯（PHaber）获得诺贝尔奖 100 周年。N2和 H2生成 NH3的反应为： 1/2N2（g）+3/2H2（g） NH3（g） H(298K)= - 46.2KJmol-1 在 Fe 催化剂作用下的反应历程为（*表示吸附态） 化学吸附：N2（g）2N*；H2（g）2H*； 表面反应：N*+ H* NH*；NH*+ H* NH2*；NH2* + H*NH3* 脱附：NH3* NH3（g） 其中， N2的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率。 请回答： （

30、1）利于提高合成氨平衡产率的条件有 。 A低温 B.高温 C.低压 D.高压 E.催化剂 （2）标准平衡常数 K=，其中p为标准压强（1X105Pa） ，p NH3、 p N2和p H2为各组分的平衡 分压，如p NH3=x NH3 p，p为平衡总压，x NH3为平衡系统中 NH3的物质的量分数。 N2和 H2起始物质的量之比为 1：3，反应在恒定温度和标准压强下进行，NH3的平衡产率为 w，则 K= （用含 w 的最简式表示） 下图中可以示意标准平衡常数 K随温度 T 变化趋势的是 。 12 （3）实际生产中，常用工艺条件，Fe 作催化剂，控制温度 773K，压强 3.0X105Pa，原料中

31、 N2和 H2物质的量之比 为 1：2.8。 分析说明原料气中 N2过量的理由 。 关于合成氨工艺的下列理解，正确的是 。 A.合成氨反应在不同温度下的H 和S 都小于零 B.控制温度（773K）远高于室温，是为了保证尽可能的平衡转化率和快的反应速率 C.当温度、 压强一定时， 在原料气 （N2和 H2的比例不变） 中添加少量惰性气体， 有利于提高平衡转化率 D.基于 NH3 有较强的分子间作用力可将其液化，不断将液氨移去，利于反应正向进行 E.分离空气可得 N2，通过天然气和水蒸气转化可得 H2，原料气须经过净化处理，以防止催化剂中毒和安全事故发 生。 （二）高铁酸钾（K2FeO4）可用作水

32、处理剂。某同学通过“化学-电解法”探 究的合成，其原理如图2所示。接通电源，调节电压，将一定量Cl2通入KOH溶液，然后滴入含Fe3+的溶液，控制 温度，可制得 K2FeO4。 （1）请写出“化学法”得到 FeO42-的离子方程式 。 （2）请写出阳极的电极反应式（含 FeO42-） 。 【答案详细解析】【答案详细解析】 1【答案】 (1) 2SiHCl3+3H2O=(HSiO)2O+6HCl (2) 114 (3)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】(1) SiHCl3遇潮气(H2O)时发烟生成(HSiO)2O，即反应物为 SiHCl

33、3和 H2O，有一种生成物为(HSiO)2O，依原子守恒就可写出方 程式：2SiHCl3+3H2O=(HSiO)2O+6HCl。 (2)2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+ SiCl4(g) H1=48 kJmol1 3SiH2Cl2(g)=SiH4(g)+2SiHCl3 (g) H2=30 kJmol1 则反应 4SiHCl3(g)=SiH4(g)+ 3SiCl4(g)可由反应：3+得出，故 H=(483-30)kJmol1。 （3）温度越高时反应越快，达到平衡用得时间就越少，所以曲线 a 代表 343K 的反应。由图知，温度为 343K 时达到平衡以后，反 应物 SiHCl3(g)

34、的转化率为 22%。 解：设初始加入的反应物 SiHCl3(g)的浓度为 1mol/L，则有： 2SiHCl3 SiH2Cl2 + SiCl4 起始： 1 0 0 13 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，

35、而 a 点的温度更高，所以速率更快，即 VaVb。根据题目表述得到v正 =k正x2(SiHCl3)，v逆=k逆x(SiH2Cl2) x(SiCl4)，当反应达平衡时v正= v逆时，k正x2(SiHCl3) =k逆x(SiH2Cl2) x(SiCl4)， k正/k逆= x(SiH2Cl2) x(SiCl4)/ x2(SiHCl3) k，k 为反应 2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)的平衡常数，所以，k正/k逆= K=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 （

36、转化率为 20%） 平衡： 0.8 0.1 0.1 所以x(SiHCl3)=0.8；x(SiH2Cl2) = x(SiCl4) =0.1； 所以v正/ v逆= k正x2(SiHCl3)/ k逆x(SiH2Cl2) x(SiCl4)= 0.020.82/0.12=1.3 【考点】依情景 (信息)书写方程式；利用盖斯定律求反应热；温度对反应速率的影响；根据转化率求化学平衡常数；化学平衡的影 响因素；利用平衡常数求正、逆反应速率之比。 3.【答案】 (1) 247；A；1/3 (2) 劣于；相对于催化剂 X，催化剂 Y 积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小，而消碳 反应活化能相对小，消碳反应速率大

37、AD pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2) 【解析】 （1）C(s)+2H2(g)=CH4(g) H=-75 kJmol1 C(s)+O2(g)=CO2(g) H=-394 kJmol1 C(s)+1/2O2(g)=CO(g) H=-111 kJmol1；根据盖斯定律计算：2，得：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) H=+247kJmol1。因正反应为吸热反应，且正反应方向为气体体积增加的反应，升高温度或减少压强有利于提高 CH4平衡转化率， A 正确。 CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) 始(mol/L): 1 0.5 0 0 变(mol/L)

38、: 0.25 0.25 0.25 0.25 平(mol/L): 0.75 0.25 0.25 0.25 K= 0.250.25/0.750.25=1/3 （2）根据表中数据可知相对于催化剂 X，催化剂 Y 积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小，消碳反 应速率大，所以催化剂 X 劣于 Y。 A正反应均是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向进行，因此K积、K消均增加，A 正确； B升高温度反应速率均增大，B 错误； C根据 A 中分析可知选项 C 错误； D积碳量达到最大值以后再升高温度积碳量降低， 这说明v消增加的倍数比v积增加的倍数大，D 正确。答案选 AD。 根据反应速

39、率方程式: v=kp(CH4)p(CO2)-0.5可知，在p(CH4)一定时，生成速率随p(CO2)的升高而降低，所以根据图像可知 pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)。 【考点】盖斯定律；化学平衡的影响因素； 利用转化率求化学平衡常数；温度对反应平衡常数的影响；化学图像的分析与判断；化 学平衡图像分析的答题技巧，看图像时：一看面：纵坐标与横坐标的意义；二看线：线的走向和变化趋势；三看点：起点，拐 点，终点，然后根据图象中呈现的关系、题给信息和所学知识相结合，做出符合题目要求的解答。 4. 【答案】D 【解析】A. CH4

40、与 CO2在催化剂存在时生成 CH3COOH，总反应为 CH4+CO2 催催 CH3COOH，只有 CH3COOH 一种生成物，原子利用率为 100%，A 正确； B.CH4选择性活化变为的过程中，有 1 个 C-H 键断裂，B 正确； C.根据图示，的总能量高于的总能量， 放出能量; 对比和，形成 C-C 键，C 正确； D.催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物 的平衡转化率，D 错误。 14 【考点】本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是准确分析示意图 中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不

41、能改变 H、不能使化学平衡发生移动。 5.【答案】 (1) 3SO2(g)+2H2O (g)=2H2SO4 (l)+S(s) H2=254 kJmol1 (2) 反应是气体物质的量减小的反应， 温度一 定时，增大压强使反应正向移动，H2SO4的物质的量增大，体系总物质的量减小，H2SO4的物质的量分数增大 (3) SO2、SO42、4H+ (4) 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】 （1）根据过程， 反应II为SO2催化歧化生成H2SO4和

42、S，反应为 :3SO2+2H2O=2H2SO4+S。应用盖斯定律， 反应I+反应III得， 2H2SO4 (l)+S(s)=3SO2(g)+2H2O(g) H=H1+H3=(+551kJ/mol) +(-297kJ/mol) =+254kJ/mol，反应 II 的热化学方程式为 3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s) H=-254kJ/mol。 (2)在横坐标上任取一点，作纵坐标的平行线，可见温度相同时，p2时 H2SO4物质的量分数大于 p1时，反应是气体分子数减小的反 应，增大压强平衡向正反应方向移动， H2SO4物质的量增加，体系总物质的量减小，H2SO4物质的量分

43、数增大，所以， p2p1。 （3）反应 II 的总反应为 3SO2+2H2O=2H2SO4+S，I可以作为水溶液中 SO2歧化反应的催化剂，催化剂在反应前后质量和化学性质不变， (总反应-反应 i)2 得，反应 ii 的离子方程式为 I2+2H2O+SO2=4H+SO42-+2I。 （4）B 是 A 的对比实验，采用控制变量法，B 比 A 多加了 0.2mol/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

44、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。 【考点】本题以利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储为载体，考查盖斯定律的应用、化学平衡图像的分析、方程式的书 写、控制变量法探究外界条件对化学反应速率的影响，考查学生灵活运用所学知识解决实际问题的能

45、力。 7.【答案】(1) O2 (2) 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 (3) AC 【解析】 （1）氯气在反应中得到电子作氧化剂，硝酸银中 Ag 元素、N 元素都是最高价，不会被氧化，故只有-2 价的氧元素化合价会 升高，氧化产物是 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) H153.1

46、kJ/mol； 根据方程式 ： N2O5(g)=2NO2(g)+0.5O2(g)可知，生成的氧气与消耗的五氧化二氮的物质的量之比是 1:2，又依阿伏加德罗定律知，同 温同体积时，气体压强之比等于物质的量之比，所以消耗五氧化二氮减少的压强是是氧气压强的二倍，即：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） ； 也可依： N2O5(g) = 2NO2(g) + 0.5O2 始(kPa) 35.8 0 0 变(kPa) 5.8 5.8 2.9 62min (kPa) 30 2.9

47、解得，PN2O5=30kPa，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 35.8kPa2 71.6 kPa，氧气是 35.8kPa217.9 kPa，总压强应该是 71.6 kPa+17.9 kPa89.5 kPa，平衡后压强减少了 89.5 kPa63.1

48、kPa 26.4kPa，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 kPa 26.4kPa218.8kPa，则反应的平衡常数 Kp=18.82/26.4(kPa)。 15 也可依： N2O5(g) = 2NO2(g) + 0.5O2 始(kPa) 35.8 0 0 变(kPa) 35.8 17.9 17.9 (kPa) 0 71.6 17.9 又： N2O4(g) 2NO2(g) 始(kPa) 0 71.6 变(kPa) x 2x (kPa) x 71.6-2x t=时，N2O5(g)完全分解，气体总压强为 63

49、.1，即:P(N2O4)+ P(NO2)+ P(O2)= x +(71.6-2x )+ 17.9=63.1，x =26.4， 71.6-2x=71.6-226.4=18.8，Kp= c2(NO2)/ c(N2O4)= 18.82/26.4=13.4kPa（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除有 NO3外还有 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。 【考点】元素化合价与元素性质的关系

50、；盖斯定律的运用；化学平衡的影响因素；平衡常数；阿伏加德罗定律等。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。但本题需用分压代替浓度进行平衡常数的相关计算，导到题目陌生 感强、 难度增大。 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变化的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。也可以利用变化的压强之比等于计量数之比，运用化学平衡利用三段式计算。 10.【解析】对比容器的特点，将容器 1 和容器 2 对比，将容器 1 和容器 3 对比。容器 2 中加入 4molSO3等效于在相同条件下反应物 投入量为 4

51、molSO2和 2molO2，容器 2 中起始反应物物质的量为容器 1 的两倍，容器 2 相当于在容器 1 达平衡后增大压强，将容器的体 积缩小为原来的一半， 增大压强化学反应速率加快， 21， 增大压强平衡向正反应方向移动， 平衡时c22c1， ； p22p1， 1（SO2） +2（SO3）1，容器 1 和容器 2 温度相同，K1=K2； 容器 3 相当于在容器 1 达到平衡后升高温度，升高温度化学反应速率加快，3 1，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡时 c3c1，p3p1，3（SO2）1（SO2） ，K3K1。 根据上述分析，A 项应为，21，c22c1，A 错误 ； B 项应为，K3K

52、1，p22p1，p3p1，则 p22p3，B 错误 ； C 项为，3 1，3（SO2）1（SO2） ，C 正确 ； D 项，c22c1，c3c1，则 c22c3，1（SO2）+2（SO3）1，3（SO2）1（SO2） ， 则 2（SO3）+3（SO2）1，D 正确 【考点】等效平衡；转化率；平衡常数；反应速率；解题时巧妙设计中间状态是关键。 11.【 答 案 】 ： C 【解析】：该反应为可逆反应，不会完全进行，投入原料 1mol 并未完全反应，故放出的热量小于 akJ，故 A 不正确。X 和 W 分 别为反应物和生成物，化学计量数只表示反应过程的转化比例，并不能说明达到平衡后的浓度之比，故 B 不正确。当 X 的物质的 量分数不再变化时，反应达到平衡，C 选项正确。若增大反应物浓度，正逆反应速率均会增加，故 D 选项不正确。 12.【 答 案 】 ： B 【解析】：由表格数据及勒夏特列原理知，针对放热反应，降低温度，平衡正向移动，反应物 SO2 的转化率增大，A 正确；由于在不同 温度