高考复习历年真题专题八化学反应速率和化学平衡

高考复习历年真题专题八化学反应速率和化学平衡

专题八　化学反应速率和化学平衡 A卷　全国卷 ‎　化学反应速率 ‎1.（2014·课标全国Ⅰ，9，6分）已知分解1 mol H2O2放出热量98 kJ，在含少量I－的溶液中，H2O2分解的机理为：‎ ‎ H2O2＋I－―→H2O＋IO－　慢 ‎ H2O2＋IO－―→H2O＋O2＋I－　快 ‎ 下列有关该反应的说法正确的是（　　）‎ ‎ A.反应速率与I－的浓度有关 ‎ B.IO－也是该反应的催化剂 ‎ C.反应活化能等于98 kJ·mol－1‎ ‎ D.v（H2O2）＝v（H2O）＝v（O2）‎ ‎ 解析　由于反应速率由慢反应决定，故I－浓度越大，反应速率越快，A正确；IO－为中间产物，不是催化剂，B错误；活化能不是反应热，反应热是正、逆反应活化能的差值，C错误；依据总反应2H2O2===2H2O＋O2↑和化学计量数间的关系判断，D错误。‎ ‎ 答案　A ‎2.（2012·课标全国卷，27节选）COCl2的分解反应为COCl2（g）Cl2（g）＋CO（g）　ΔH＝＋108 kJ·mol－1。反应体系达到平衡后，各物质的浓度在不同条件下的变化状况如下图所示（第10 mim到14 min的COCl2浓度变化曲线未示出）：‎ ‎ （1）计算反应在第8 min时的平衡常数K＝　　　　；‎ ‎ （2）比较第2 min反应温度T（2）与第8 min反应温度T（8）的高低：‎ ‎ T（2）　　　　T（8）（填“<”“>”或“＝”）；‎ ‎ （3）若12 min时反应于温度T（8）下重新达到平衡，则此时c（COCl2）＝　　　　mol·L－1；‎ ‎ （4）比较产物CO在2～3 min、5～6 min和12～13 min时平均反应速率[平均反应速率为分别以v（2～3）、v（5～6）、v（12～13）表示]的大小　　　　；‎ ‎ （5）比较反应物COCl2在5～6 min和15～16 min时平均反应速率的大小：‎ ‎ v（5～6）　　　　v（15～16）（填“<”“>”或“＝”），原因是 ‎ ___________________________________________________________。‎ ‎ 解析　（1）c（Cl2）＝0.11 mol·L－1、c（CO）＝0.085 mol·L－1、c（COCl2）＝0.04 mol·L－1，代入K＝≈0.234 mol·L－1；（2）第4 min时，Cl2与CO的浓度均逐渐增大，再结合此反应正向为吸热反应，所以第4 min时改变的条件一定是升高温度，故T（2）v（15～16）；应从影响化学反应速率的因素入手分析，由图像可知4～18分钟温度相同，只能从浓度角度分析。‎ ‎ 答案　（1）0.234 mol·L－1　（2）<　（3）0.031‎ ‎ （4）v（5～6）>v（2～3）＝v（12～13）‎ ‎ （5）>　在相同温度时，该反应的反应物浓度越高，反应速率越大 ‎　化学平衡 ‎3.（2012·全国，8，6分）合成氨所需的氢气可用煤和水作原料经多步反应制得，其中的一步反应为 ‎ CO（g）＋H2O（g）CO2（g）＋H2（g）　ΔH<0‎ ‎ 反应达到平衡后，为提高CO的转化率，下列措施中正确的是（　　）‎ ‎ A.增加压强 B.降低温度 ‎ C.增大CO的浓度 D.更换催化剂 ‎ 解析　特别注意：一般来说，有两种及两种以上反应物的可逆反应中，在其他条件不变时，增大其中一种反应物的浓度，能使其他反应物的转化率升高，但其本身的转化率反而降低，故C项错误；A.因该反应为反应前后气体物质的量相等的反应，故增加压强只能缩短反应达到平衡的时间，并不能使该平衡发生移动，因而无法提高CO的转化率；B.因该反应为放热反应，降低温度能使平衡向右移动，从而提高CO的转化率；D.催化剂只能影响化学反应的速率，改变可逆反应达到平衡的时间，不能提高CO的转化率。‎ ‎ 答案　B ‎4.（2014·新课标全国卷Ⅱ，26，13分）在容积为1.00 L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4（g）2NO2（g），随温度升高，混合气体的颜色变深。‎ ‎ 回答下列问题：‎ ‎ （1）反应的ΔH　　　　0（填“大于”或“小于”）；100 ℃时，体系中各物质浓度随时间变化如上图所示。在0～60 s时段，反应速率v（N2O4）为　　　　mol·L－1·s－1；反应的平衡常数K1为　　　　。‎ ‎ （2）100 ℃时达平衡后，改变反应温度为T，c（N2O4）以0.002 0 mol·L－1·s－1的平均速率降低，经10 s后又达到平衡。‎ ‎ ①T　　　　100 ℃（填“大于”或“小于”），判断理由是　　　　。‎ ‎ ②列式计算温度T时反应的平衡常数K2　　　　。‎ ‎ （3）温度T时反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半，平衡向　　　　（填“正反应”或“逆反应”）方向移动，判断理由是_______________‎ ‎ ____________________________________________________。‎ ‎ 解析　（1）由题意及图示知，在1.00 L的容器中，通入0.100 mol的N2O4，发生反应：N2O4（g）2NO2（g），随温度升高混合气体的颜色变深，说明反应向生成NO2的方向移动，即向正反应方向移动，所以正反应为吸热反应，即ΔH>0；由图示知60 s时该反应达到平衡，消耗N2O4为0.100 mol·L－1－0.040 mol·L－1＝0.060 mol·L－1，根据v＝可知：v（N2O4）＝＝0.001 0 mol·L－1·s－1；‎ ‎ 由图中NO2和N2O4的平衡浓度，可求：‎ ‎ K1＝＝＝0.36。‎ ‎ （2）100 ℃时达到平衡后，改变反应温度为T，c（N2O4）降低，说明平衡N2O4（g）2NO2（g）向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，温度升高，向吸热反应方向移动，即向正反应方向移动，故T>100 ℃；由c（N2O4）以0.002 0 mol·L－1·s－1的平均速率降低，经10 s又达到平衡，可知此时消耗的c（N2O4）为0.002 0 mol·L－1·s－1×10 s＝0.020 mol·L－1，由三段式；‎ ‎ N2O4（g）2NO2（g）　　　　　‎ ‎ 起始量/（mol·L－1）　　 0.040　　　 0.120‎ ‎ 转化量/（mol·L－1） 0.020 0.040‎ ‎ 平衡量/（mol·L－1） 0.020 0.160‎ ‎ K2＝＝≈1.3。‎ ‎ （3）温度T时反应达到平衡后，将反应容器的容积减小一半，压强增大，平衡会向气体体积减小的方向移动，该反应的逆反应为气体体积减小的反应，故平衡向逆反应方向移动。‎ ‎ 答案　（1）大于　0.001 0　0.36 mol·L－1‎ ‎ （2）①大于　正反应吸热，反应向吸热方向进行，故温度升高 ‎ ②平衡时，c（NO2）＝0.120 mol·L－1＋0.002 0 mol·L－1×10 s×2＝0.160‎ ‎ mol·L－1‎ ‎ c（N2O4）＝0.040 mol·L－1－0.002 0 mol·L－1·s－1×10 s＝0.020 mol·L－1‎ ‎ K2＝≈1.3‎ ‎ （3）逆反应　将反应容器的体积减小一半，即增大压强，当其他条件不变时，增大压强，平衡向气体物质的量减小的方向移动，即向逆反应方向移动 ‎5.（2013·课标全国卷Ⅱ，28，14分）在1.0 L密闭容器中放入0.10 molA（g），在一定温度进行如下反应：‎ ‎ A（g）B（g）＋C（g）　ΔH＝＋85.1 kJ·mol－1‎ ‎ 反应时间（t）与容器内气体总压强（p）的数据见下表：‎ 时间 t/h ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎8‎ ‎16‎ ‎20‎ ‎25‎ ‎30‎ 总压强 p/100 kPa ‎4.91‎ ‎5.58‎ ‎6.32‎ ‎7.31‎ ‎8.54‎ ‎9.50‎ ‎9.52‎ ‎9.53‎ ‎9.53‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）欲提高A的平衡转化率，应采取的措施为　　　　。（2）由总压强p和起始压强p0计算反应物A的转化率α（A）的表达式为　　　　，平衡时A的转化率为　　　　，列式并计算反应的平衡常数K　　　　。‎ ‎（3）①由总压强p和起始压强p0表示反应体系的总物质的量n总和反应物A的物质的量n（A），n总＝　　　　mol，n（A）＝　　　　mol。‎ ‎②下表为反应物A浓度与反应时间的数据，计算：a＝　　　　　　　。‎ 反应时间t/h ‎0‎ ‎4‎ ‎8‎ ‎16‎ c（A）/（mol·L－1）‎ ‎0.10‎ a ‎0.026‎ ‎0.006 5‎ 分析该反应中反应物的浓度c（A）变化与时间间隔（Δt）的规律，得出的结论是　　　　，由此规律推出反应在12 h时反应物的浓度c（A）为　　　　mol·L－1。‎ 解析　（1）从可逆反应A（g）‎ B（g）＋C（g）可知该反应是化学计量数增大的反应，正反应是吸热反应，欲提高A的转化率，可采用升温或降压的方法使平衡正方向移动。（2）根据恒容密闭容器中，压强之比等于物质的量之比，结合差量法可求算α（A）。平衡时α（A）＝×100%＝94.1%。‎ ‎（3）①由阿伏加德罗定律：＝ n总＝0.10× mol，‎ n（A）＝0.10[1－α（A）]＝0.10×（2－）。‎ ‎②根据＝，＝，a＝0.051。‎ 由图表分析知，达平衡前每间隔4 h，c（A）减少接近一半，故12 h时c（A）为0.013 mol·L－1。‎ 答案　（1）升高温度、降低压强 ‎（2）（－1）×100%　　94.1%‎ ‎　A（g） B（g）　　　＋　　　C（g）‎ ‎0.10　　　　　 　　0　　　　　　　 　0‎ ‎0.10×（1－94.1%）　　0.10×94.1%　 0.10×94.1%‎ K＝＝1.5 mol·L－1‎ ‎（3）①0.10×　0.10×（2－）　②0.051‎ 达到平衡前每间隔4 h，c（A）减少约一半　0.013‎ ‎　综合应用 ‎6.（2016·课标全国卷Ⅱ，27，14分）丙烯腈（CH2===CHCN）是一种重要的化工原料，工业上可用“丙烯氨氧化法”生产，主要副产物有丙烯醛（CH2===CHCHO）和乙腈（CH3CN）等。回答下列问题：‎ ‎ （1）以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈（C3H3N）和副产物丙烯醛（C3H4O）的热化学方程式如下：‎ ‎ ①C3H6（g）＋NH3（g）＋O2（g）===C3H3N（g）＋3H2O（g）　ΔH＝－515 kJ·mol－1‎ ‎ ②C3H6（g）＋O2（g）===C3H4O（g）＋H2O（g）‎ ‎ ΔH＝－353 kJ·mol－1‎ ‎ 两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是__________________________；‎ ‎ 有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是__________________________；‎ ‎ 提高丙烯腈反应选择性的关键因素是____________________________。‎ ‎ （2）图（a）为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线，最高产率对应的温度为460 ℃，低于460 ℃时，丙烯腈的产率　　　　（填“是”或“不是”）对应温度下的平衡产率，判断理由是_____________________________；‎ ‎ 高于460 ℃时，丙烯腈产率降低的可能原因是　　　　（双选，填标号）。‎ ‎ A.催化剂活性降低 B.平衡常数变大 ‎ C.副反应增多 D.反应活化能增大 ‎ （3）丙烯腈和丙烯醛的产率与n（氨）/n（丙烯）的关系如图（b）所示。由图可知，最佳n（氨）/n（丙烯）约为　　　　，理由是_______________，‎ ‎ 进料气氨、空气、丙烯的理论体积比约为　　　　。‎ ‎ 解析　（1） 因为生成的产物丙烯腈和丙烯醛的两个反应均为放热量大的反应，所以它们均可自发进行且热力学趋势大；该反应为气体体积增大的放热反应，所以降低温度、降低压强有利于提高丙烯腈的平衡产率；由生成丙烯腈的反应条件可知，提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催化剂。（2） 因为该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低，反应刚开始进行，主要向正反应方向进行，尚未达到平衡状态，460 ℃以前是建立平衡的过程，故低于460 ℃时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡产率；高于460 ℃时，丙烯腈产率降低，A项，催化剂在一定温度范围内活性较高，若温度过高，活性降低，正确；B项，平衡常数的大小不影响产率，错误；C项，根据题意，副产物有丙烯醛，副反应增多导致产率下降，正确；D项，反应活化能的大小不影响平衡，错误。（3）根据图像知，当n（氨）/n（丙烯）约为1.0时，该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低；根据化学反应C3H6‎ ‎（g）＋NH3（g）＋O2（g）===C3H3N（g）＋3H2O（g），氨气、氧气、丙烯按1∶1.5∶1的体积比加入反应达到最佳状态，而空气中氧气约占20%，所以进料氨、空气、丙烯的理论体积约为1∶7.5∶1。‎ ‎ 答案　（1） 两个反应均为放热量大的反应　降低温度、降低压强　催化剂 ‎ （2）不是　 该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低　AC ‎ （3）1.0　该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低　1∶7.5∶1‎ ‎7.（2015·课标全国卷Ⅰ，28，15分）碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。回答下列问题：‎ ‎ （1）大量的碘富集在海藻中，用水浸取后浓缩，再向浓缩液中加MnO2和H2SO4，即可得到I2，该反应的还原产物为　　　　。‎ ‎ （2）上述浓缩液中主要含有I－、Cl－等离子，取一定量的浓缩液，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时，溶液中为　　　　　，已知Ksp（AgCl）＝1.8×10－10，Ksp（AgI）＝8.5×10－17。‎ ‎ （3）已知反应2HI（g）===H2（g）＋I2（g）的ΔH＝＋11 kJ·mol－1，1 mol H2（g）、1 mol I2（g）分子中化学键断裂时分别需要吸收436 kJ、151 kJ的能量，则1 mol HI（g）分子中化学键断裂时需吸收的能量为　　　　　　　　kJ。‎ ‎ （4）Bodensteins研究了下列反应：2HI（g）H2（g）＋I2（g）在716 K时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x（HI）与反应时间t的关系如下表：‎ t/min ‎0‎ ‎20‎ ‎40‎ ‎60‎ ‎80‎ ‎120‎ x（HI）‎ ‎1‎ ‎0.91‎ ‎0.85‎ ‎0.815‎ ‎0.795‎ ‎0.784‎ x（HI）‎ ‎0‎ ‎0.60‎ ‎0.73‎ ‎0.773‎ ‎0.780‎ ‎0.784‎ ‎①根据上述实验结果，该反应的平衡常数K的计算式为 ‎______________________________________________________________。‎ ‎②上述反应中，正反应速率为v正＝k正x2（HI），逆反应速率为v逆＝k逆x（H2）x（I2），其中k正、k逆为速率常数，则k逆为　　　　（以K和k正表示）。若k正＝0.002 7 min－1，在t＝40 min时，v正＝　　　　min－1。‎ ‎③由上述实验数据计算得到v正～x（HI）和v逆～x（H2）的关系可用下图表示。当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为　　　　　　　　（填字母）。‎ 解析　（1）海藻中的碘元素以I－形式存在，MnO2在酸性条件下将I－氧化为I2，自身被还原为Mn2＋（MnSO4）。（2）AgI的溶度积小于AgCl，当滴加AgNO3溶液时，AgI沉淀先生成，AgCl开始沉淀时，AgI已经沉淀完全，则＝＝＝4.7×10－7。（3）形成1 mol H2（g）和1 mol I2（g）共放出436 kJ＋151 kJ＝587 kJ能量，设断裂2 mol HI（g）中化学键吸收2a kJ能量，则有2a－587＝11，得a＝299 kJ。[另解：ΔH＝2E（H—I）－E（H—H）－E（I—I），2E（H—I）＝ΔH＋E（H—H）＋E（I—I）＝11 kJ·mol－1＋436 kJ·mol－1＋151 kJ·mol－1＝598 kJ·mol－1，则E（H—I）＝299 kJ·mol－1]。（4）①2HI（g）H2 （g）＋I2 （g）是反应前后气体物质的量不变的反应。反应后x（HI）＝0.784，则x（H2）＝x（I2）＝0.108，K＝＝＝。②到达平衡时，v正＝v逆，即k正x2（HI）＝k逆x（H2）x（I2），k逆＝k正·＝k正/K，在t＝40 min时，x（HI）＝0.85，v正＝k正x2（HI）＝0.002 7 min－1×（0.85）2＝1.95×10－3 min－1。③原平衡时，x（HI）为0.784，x（H2）为0.108，二者图中纵坐标均约为1.6（因为平衡时v正＝v逆 ‎），升高温度，正、逆反应速率均加快，对应两点在1.6上面， 升高温度，平衡向正反应方向移动，x（HI）减小（A点符合），x（H2）增大（E点符合）。‎ 答案　（1）MnSO4（或Mn2＋）　（2）4.7×10－7　（3）299‎ ‎（4）①　②k正/K　1.95×10－3　③A点、E点 ‎8.（2015·课标全国卷Ⅱ，27，14分）甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料，利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：‎ ‎ ①CO（g）＋2H2（g）CH3OH（g）ΔH1‎ ‎ ②CO2（g）＋3H2（g）CH3OH（g）＋H2O（g）ΔH2‎ ‎ ③CO2（g）＋H2（g）CO（g）＋H2O（g）ΔH3‎ ‎ 回答下列问题：‎ ‎ （1）已知反应①中相关的化学键键能数据如下：‎ 化学键 H—H C—O H—O C—H E/（kJ·mol－1）‎ ‎436‎ ‎343‎ ‎1 076‎ ‎465‎ ‎413‎ 由此计算ΔH1＝　　　　kJ·mol－1；已知ΔH2＝－58 kJ·mol－1，则ΔH3＝　　　　kJ·mol－1。‎ ‎（2）反应①的化学平衡常数K表达式为　　　　；图1中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为　　　　（填曲线标记字母），其判断理由是　　　　。‎ 图1‎ 图2‎ ‎（3）合成气组成n（H2）/n（CO＋CO2）＝2.60时，体系中的CO平衡转化率（α）与温度和压强的关系如图2所示。α（CO）值随温度升高而　　　　（填“增大”或“减小”），其原因是　　　　　　　　　　　　　　　　；图2中的压强由大到小为　　　　，其判断理由是　　　　　　。‎ 解析　（1）根据反应①，ΔH1＝[E（）＋2E（H—H）]－[3E（C—H）＋E（C—O）＋E（H—O）]＝[1 076 kJ·mol－1＋2×436 kJ·mol－1]－[3×413 kJ·mol－1＋343 kJ·mol－1＋465 kJ·mol－1]＝ －99 kJ·mol－1；根据盖斯定律，②－①可得反应③，ΔH3＝ΔH2－ΔH1＝－58 kJ·mol－1－（－99 kJ·mol－1）＝＋41 kJ·mol－1。（2）根据化学平衡常数的概念可写出反应①K的表达式；反应①是放热反应，升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数K减小，因此曲线a符合。（3）由图2可知，压强不变时，随着温度的升高，α（CO）减小；反应③为气体分子数不变的反应，加压对其平衡无影响；反应①为气体分子数减小的反应，加压使α（CO）增大；由图2可知，固定温度（如530 K）时，p1→p2→p3，α（CO）增大，因此综合分析可知p3＞p2＞p1。‎ 答案　（1）－99　＋41 ‎ ‎（2）K＝　a　反应①为放热反应，升高温度使其平衡向逆反应方向移动，平衡常数K应减小 ‎（3）减小　由图2可知，压强恒定时，随着温度的升高，α（CO）减小　p3＞p2＞p1　温度恒定时，反应①为气体分子数减小的反应，加压使平衡向正反应方向移动，α（CO）增大，而反应③‎ 为气体分子数不变的反应，加压对其平衡无影响，故增大压强时，有利于α（CO）增大 B卷　地方卷 ‎　化学反应速率 ‎1.（2015·福建理综，12，6分）在不同浓度（c）、温度（T）条件下，蔗糖水解的瞬时速率（v）如下表。下列判断不正确的是（　　）‎ ‎ A.a＝6.00‎ ‎ B.同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变 ‎ C.b＜318.2‎ ‎ D.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·L－1，速率减小1.50 mmol·L－1·min－1，所以在浓度为0.400 mol·L－1时，蔗糖水解的速率a＝6.00 mmol·L－1·min－1，正确；B项，根据表中的数据可知：温度升高，水解速率越快，浓度越高，水解速率也越快，同时改变反应物的浓度和反应的温度，若二者对反应速率的影响趋势相反，并能相互抵消，反应速率也可能不变，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·L－1时，当318.2 K时水解速率是3.60 mmol·L－1·min－1，现在该反应的速率为2.16 mmol·L－1·min－1小于3.60 mmol·L－1·min－1，所以反应温度低于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应速率不同，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　D ‎2.（2014·北京理综，12，6分）一定温度下，10 mL 0.40 mol·L－1 H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表。‎ t/min ‎0‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎6‎ ‎8‎ ‎10‎ V（O2）/mL ‎0.0‎ ‎9.9‎ ‎17.2‎ ‎22.4‎ ‎26.5‎ ‎29.9‎ ‎ 下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）（　　）‎ ‎ A.0～6 min的平均反应速率：v（H2O2）≈3.3×10－2mol·（L·min）－1‎ ‎ B.6～10 min的平均反应速率：v（H2O2）<3.3×10－2mol·（L·min）－1‎ ‎ C.反应至6 min时，c（H2O2）＝0.30 mol·L－1‎ ‎ D.反应至6 min时，H2O2分解了50%‎ ‎ 解析　A项，0～6 min内，产生n（O2）＝1×10－3mol，消耗n（H2O2）＝2×10－3mol，则v（H2O2）＝＝≈3.3×10－2mol·（L·min）－1，故A正确；B项，依照A项解题步骤，可知B项正确；C项，反应至6 min时，消耗n（H2O2）为2×10－3mol，剩余c（H2O2）＝＝0.2 mol·L－1，故C项不正确；D项，反应至6 min时，消耗n（H2O2）为2×10－3mol，占起始物质的量的50%，故D项正确。‎ ‎ 答案　C ‎3.（2014·重庆理综，7，6分）在恒容密闭容器中通入X并发生反应：2X（g）Y（g），温度T1、T2下X的物质的量浓度c（X）随时间t变化的曲线如图所示，下列叙述正确的是（　　）‎ ‎ A.该反应进行到M点放出的热量大于进行到W点放出的热量 ‎ B.T2下，在0～t1时间内，v（Y）＝mol·L－1·min－1‎ ‎ C.M点的正反应速率v正大于N点的逆反应速率v逆 ‎ D.M点时再加入一定量X，平衡后X的转化率减小 ‎ 解析　依据题中图示，可看出T1>T2，由于T1时X的平衡浓度大，可推出该反应为放热反应。A项，M点与W点比较，X的转化量前者小于后者，故进行到M点放出的热量应小于进行到W点放出的热量，A项错误；B项，2v（Y）＝v（X）＝mol·L－1·min－1，B项错误；C项，T1>T2，温度越高，反应速率越大，M点的正反应速率v正>W点的正反应速率v正′，而W点的正反应速率v正′＝其逆反应速率v逆′>N点的逆反应速率v逆，C项正确；D项，恒容时充入X，压强增大，平衡正向移动，X的转化率增大，D项错误。‎ ‎ 答案　C ‎4.（2013·四川理综，6，6分）在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16 mol充入10 L恒容密闭器中，发生反应X（g）＋Y（g）2Z（g） ΔH<0，一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如下表：‎ t/min ‎2‎ ‎4‎ ‎7‎ ‎9‎ n（Y）/mol ‎0.12‎ ‎0.11‎ ‎0.10‎ ‎0.10‎ ‎ 下列说法正确的是（　　）‎ ‎ A.反应前2 min的平均速率v（Z）＝2.0×10－3 mol·（L·min）－1‎ ‎ B.其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v（逆）>v（正）‎ ‎ C.该温度下此反应的平衡常数K＝1.44‎ ‎ D.其他条件不变，再充入0.2 mol Z，平衡时X的体积分数增大 ‎ 解析　反应前2 min，v（Y）＝＝2.0×10－3 mol·（L·min）－1，v（Z）＝2v（Y）＝4.0×10－3mol·（L·min）－1，A项错误；其他条件不变时，降低温度平衡向放热方向即正反应方向移动，达到新的平衡前 v（正）>v（逆），B项错误；由表中数据知平衡时Y的物质的量为0.10 mol，则平衡时X、Y、Z三种气体的物质的量浓度分别为0.010 mol·L－1、0.010 mol·L－1、0.012 mol·L－1，则该温度下K＝＝1.44，C项正确；其他条件不变，再充入0.2 mol Z，因该反应前后气体体积不变，所 以建立的平衡与原平衡是等效平衡，平衡时X的体积分数不变，D错误。‎ ‎ 答案　C ‎5.（2012·福建理综，12，6分）一定条件下，溶液的酸碱性对TiO2光催化染料R降解反应的影响如下图所示。下列判断正确的是（　　）‎ ‎ A.在0～50 min之间，pH＝2和pH＝7时R的降解百分率相等 ‎ B.溶液酸性越强，R的降解速率越小 ‎ C.R的起始浓度越小，降解速率越大 ‎ D.在20～25 min之间，pH＝10时R的平均降解速率为0.04 mol·L－1·min－1‎ ‎ 解析　在0～50 min之间，pH＝2和pH＝7时反应物R都能完全反应，降解率都是100%，故A正确；由斜率可知pH越小降解速率越大，即溶液的酸性越强，R的降解速率越大，故B错误；浓度越大化学反应速率越大，所以起始浓度越小降解速率越小，故C错误；20～25 min之间，pH＝10时R的平均降解速率为4×10－6mol·L－1·min－1，故D错误。‎ ‎ 答案　A ‎6.（2013·广东理综，31，16分）大气中的部分碘源于O3对海水中I－的氧化。将O3持续通入NaI溶液中进行模拟研究。‎ ‎ （1）O3将I－氧化成I2的过程由3步反应组成：‎ ‎ ①I－（aq）＋O3（g）===IO－（aq）＋O2（g） 　ΔH1‎ ‎ ②IO－（aq）＋H＋（aq）HOI（aq）　ΔH2‎ ‎ ③HOI（aq）＋I－（aq）＋H＋（aq）I2（aq）＋H2O（l）　ΔH3‎ ‎ 总反应的化学方程式为__________________________________________，‎ ‎ 其反应热ΔH＝______________________________________________。‎ ‎ （2）在溶液中存在化学平衡：I2（aq）＋I－（aq）I（aq），其平衡常数表达式为_______________________________________________。‎ ‎ （3）为探究Fe2＋对O3氧化I－反应的影响（反应体系如图甲）某研究小组测定两组实验中I浓度和体系pH，结果见图乙和下表。‎ ‎　‎ 编号 反应物 反应前pH 反应后pH 第1组 O3＋I－‎ ‎5.2‎ ‎11.0‎ 第2组 O3＋I－＋Fe2＋‎ ‎5.2‎ ‎4.1‎ ‎ ①第1组实验中，导致反应后pH升高的原因是________________________________________________________________‎ ‎ _______________________________________________________________。‎ ‎ ②图甲中的A为　　　　。由Fe3＋生成A的过程能显著提高I－的转化率，原因是__________________________________________________________。‎ ‎ ③第2组实验进行18 s后，I浓度下降。导致下降的直接原因有（双选） 　　　　。‎ ‎ A.c（H＋）减小 B.c（I－）减小 ‎ C.I2（g）不断生成 D.c（Fe3＋）增加 ‎ （4）据图乙，计算3～18 s内第2组实验中生成I的平均反应速率（写出计算过程，结果保留两位有效数字）。‎ ‎ 解析　（1）依据题干信息，结合盖斯定律可知总反应可由（①＋②＋③）得出。（2）依据化学平衡常数表达式的表示方法可正确写出答案。（3）①通过题中信息分析，反应过程中H＋被消耗导致c（H＋）下降，所以pH升高；②从图甲可看出Fe2＋→Fe3＋→A应为Fe2＋与Fe3＋间的相互转化，所以A应为Fe2＋；③观察图甲和图乙综合分析知，I2（g）不断生成，c（I－）减小，使平衡I2（aq）＋I－（aq）I（aq）逆向移动，c（I）下降。（4）依据v＝，结合图中数据即可正确求出生成I的平均反应速率。‎ ‎ 答案　（1）O3（g）＋2I－（aq）＋2H＋（aq）===I2（aq）＋O2（g）＋H2O（l）　ΔH1＋ΔH2＋ΔH3‎ ‎ （2）K＝ ‎ （3）①反应中消耗了H＋，使c（H＋）降低 ‎ ②Fe2＋　2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，增大I－的转化速率和转化量 ‎ ③BC ‎ （4）3～18 s内c（I）的变化量Δc（I）＝11.8×10－3 mol·L－1－3.5×10－3 mol·L－1＝8.3×10－3 mol·L－1，时间变化量Δt＝18 s－3 s＝15 s，所以用（I）浓度变化表示的平均反应速率为v（I）＝＝＝5.5×10－4 mol·L－1·s－1‎ ‎　化学平衡 ‎7.（2016·江苏化学，15，4分）一定温度下，在3个体积均为1.0 L的恒容密闭容器中反应2H2（g）＋CO（g）CH3OH（g） 达到平衡，下列说法正确的是（双选）（　　）‎ 容器 温度/K 物质的起始浓度/mol·L－1‎ 物质的平衡浓度/mol·L－1‎ c（H2）‎ c（CO）‎ c（CH3OH）‎ c（CH3OH）‎ Ⅰ ‎400‎ ‎0.20‎ ‎0.10‎ ‎0‎ ‎0.080‎ Ⅱ ‎400‎ ‎0.40‎ ‎0.20‎ ‎0‎ Ⅲ ‎500‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎0.10‎ ‎0.025‎ ‎ A.该反应的正反应放热 ‎ B.达到平衡时，容器Ⅰ中反应物转化率比容器Ⅱ中的大 ‎ C.达到平衡时，容器Ⅱ中c（H2）大于容器Ⅲ中c（H2）的两倍 ‎ D.达到平衡时，容器Ⅲ中的正反应速率比容器Ⅰ中的大 ‎ 解析　对比容器Ⅰ和Ⅲ可知两者投料量相当，若温度相同，最终建立等效平衡，但Ⅲ温度高，平衡时c（CH3OH）小，说明平衡向逆反应方向移动，即逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，A正确；Ⅱ相对于Ⅰ成比例增加投料量，相当于加压，平衡正向移动，转化率提高，所以Ⅱ中转化率高，‎ B错误；不考虑温度，Ⅱ中投料量是Ⅲ的两倍，相当于加压，平衡正向移动，所以Ⅱ中c（H2）小于Ⅲ中c（H2）的两倍，且Ⅲ的温度比Ⅱ高，相对于Ⅱ，平衡向逆反应方向移动，c（H2）增大，C错误；对比Ⅰ和Ⅲ，温度相同，两者建立等效平衡两容器中速率相等，但Ⅲ温度高，速率加快，D正确。‎ ‎ 答案　AD ‎8.（2015·安徽理综，11，6分）汽车尾气中NO产生的反应为：N2（g）＋O2（g）2NO（g），一定条件下，等物质的量的N2（g）和O2（g）在恒容密闭容器中反应，如图曲线a表示该反应在温度T下N2的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时N2的浓度随时间的变化。下列叙述正确的是（　　）‎ ‎ A.温度T下，该反应的平衡常数K＝ ‎ B.温度T下，随着反应的进行，混合气体的密度减小 ‎ C.曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂 ‎ D.若曲线b对应的条件改变是温度，可判断该反应的ΔH<0‎ ‎ 解析　A项，在温度T下，由曲线a可知，达到平衡后N2、O2、NO的浓度分别为c1 mol/L、c1 mol/L 、2（c0－c1） mol/L，所以该反应的平衡常数K＝ ，正确；B项，反应前后，混合气体的体积与质量都没有发生改变，所以混合气体的密度不变，错误；C项，加入催化剂只改变反应速率而不改变反应的转化率，若加入催化剂，则平衡不移动。达到平衡后，c（N2）应与曲线a对应的平衡浓度相同，错误；D项，若曲线b对应的条件改变是温度，由于曲线b相对于曲线a先达到了平衡，故应该为升温，升高温度，N2的平衡浓度减小，说明平衡向正向移动，该反应为吸热反应，ΔH>0，错误。‎ ‎ 答案　A ‎9.（2015·四川理综，7，6分）一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C（s）＋CO2（g）2CO（g），平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示：‎ ‎ 已知：气体分压（p分）＝气体总压（p总）×体积分数。下列说法正确的是（　　）‎ ‎ A.550 ℃时，若充入惰性气体，v正、v逆均减小，平衡不移动 ‎ B.650 ℃时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0 %‎ ‎ C.T ℃时，若充入等体积的CO2和CO，平衡向逆反应方向移动 ‎ D.925 ℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp＝24.0p总 ‎ 解析　A项，C（s）＋CO2（g）2CO（g）的正反应是气体物质的量增加的反应，由于反应容器为体积可变的恒压密闭容器，充入惰性气体容器体积扩大，对反应体系相当于减小压强，故v（正）、v（逆）均减小，平衡正向移动，错误；B项，由图可知，650 ℃时若设起始时CO2的体积为1 L，平衡时CO2消耗的体积为x，则 ‎ ‎ ×100%＝40.0%，x＝0.25 L，CO2的转化率为25%，正确；C项，由图可知，T ℃时平衡体系中CO和CO2的体积分数均为50%，故若恒压时充入等体积的CO2和CO两种气体平衡不发生移动，错误；D项，925 ℃时，CO的平衡分压p（CO）＝p总×96.0%，CO2的平衡分压p（CO2）＝p总×4%，根据化学平衡常数的定义可知 ‎ Kp＝＝＝23.04 p总，错误。‎ ‎ 答案　B ‎10.（2014·安徽理综，10，6分）臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱硝反应为：2NO2（g）＋O3（g）N2O5（g）＋O2（g），若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图像作出的判断正确的是（　　）‎ A B 升高温度，平衡常数减小 ‎0～3 s内，反应速率为：v（NO2）＝0.2 mol·L－1‎ C D t1时仅加入催化剂，平衡正向移动 达平衡时，仅改变x，则x为c（O2）　‎ ‎ 解析　A项，由图像可知，该可逆反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，正确；v（NO2）＝＝＝0.2 mol·L－1·s－1，B项错误；使用催化剂可加快反应速率，但不能使平衡发生移动，C项错误；D项，若x为c（O2），则O2浓度增大，NO2的转化率减小，与图像不符，D项错误。‎ ‎ 答案　A ‎11.（2014·江苏化学，15，4分）一定温度下，在三个体积均为1.0 L 的恒容密闭容器中发生反应：‎ ‎ 2CH3OH（g）CH3OCH3（g）＋H2O（g）‎ 容器 编号 温度 ‎（℃）‎ 起始物质的量（mol）‎ 平衡物质的量（mol）‎ CH3OH（g）‎ CH3OCH3（g）‎ H2O（g）‎ Ⅰ ‎387‎ ‎0.20‎ ‎0.080‎ ‎0.080‎ Ⅱ ‎387‎ ‎0.40‎ Ⅲ ‎207‎ ‎0.20‎ ‎0.090‎ ‎0.090‎ ‎ 下列说法正确的是（双选）（　　）‎ ‎ A.该反应的正反应为放热反应 ‎ B.达到平衡时，容器Ⅰ中的CH3OH体积分数比容器Ⅱ中的小 ‎ C.容器Ⅰ中反应到达平衡所需时间比容器Ⅲ中的长 ‎ D.若起始时向容器Ⅰ中充入CH3OH 0.15 mol、CH3OCH3 0.15 mol和H2O 0.10 mol，则反应将向正反应方向进行 ‎ 解析　由Ⅰ、Ⅲ数据分析可知，降温CH3OH的转化率增大，平衡向正反应方向移动，正反应为放热反应，A项正确；B项，Ⅰ和Ⅱ对比，CH3OH（g）的起始浓度增大一倍，容器体积不变，相当于增大压强，而此反应为反应前后气体分子数不变的反应，增大压强平衡不移动，CH3OH体积分数不变，B项错误；Ⅲ比Ⅰ温度低，反应更慢，到达平衡所需时间更长，C项错误；D项，容器Ⅰ温度为387 ℃，平衡常数K＝＝＝4，而此时浓度商Qc＝＝<4，反应向正反应方向进行，D项正确。‎ ‎ 答案　AD ‎12.（2015·山东理综，30，19分）合金贮氢材料具有优异的吸放氢性能，在配合氢能的开发中起着重要作用。‎ ‎ （1）一定温度下，某贮氢合金（M）的贮氢过程如图所示，纵轴为平衡时氢气的压强（p），横轴表示固相中氢原子与金属原子的个数比（H/M）。‎ ‎ 在OA段，氢溶解于M中形成固溶体MHx ‎，随着氢气压强的增大，H/M逐渐增大；在AB段，MHx与氢气发生氢化反应生成氢化物MHy，氢化反应方程式为：zMHx（s）＋H2（g）zMHy（s）　ΔH1（Ⅰ）；在B点，氢化反应结束，进一步增大氢气压强，H/M几乎不变。反应（Ⅰ）中z＝　　　　（用含x和y的代数式表示）。温度为T1时，2 g某合金4 min内吸收氢气240 mL，吸氢速率v＝　　　　 mL·g－1·min－1。反应的焓变ΔH1　　　　0（填“>”“<”或“＝”）。‎ ‎ （2）η表示单位质量贮氢合金在氢化反应阶段的最大吸氢量占其总吸氢量的比例，则温度为T1、T2时，η（T1）　　　　η（T2）（填“>”“<”或“＝”）。当反应（Ⅰ）处于图中a点时，保持温度不变，向恒容体系中通入少量氢气，达平衡后反应（Ⅰ）可能处于图中的　　　　点（填“b”“c”或“d”），该贮氢合金可通过　　　　或　　　　的方式释放氢气。‎ ‎ （3）贮氢合金ThNi5可催化由CO、H2合成CH4的反应，温度为T时，该反应的热化学方程式为_______________________________________‎ ‎ _______________________________________________________________。‎ ‎ 已知温度为T时：CH4（g）＋2H2O（g）===CO2（g）＋4H2（g）　ΔH＝＋165 kJ·mol－1‎ ‎ CO（g）＋H2O（g）===CO2（g）＋H2（g）　ΔH＝－41 kJ·mol－1‎ ‎ 解析　（1）根据H原子守恒得zx＋2＝zy，则z＝。由题中所给数据可知吸氢速率v＝240 mL÷2 g÷4 min＝30 mL·g－1·min－1。由图像可知，T1 η（T2）。处于图中a点时，保持温度不变，向恒容体系中通入少量氢气，H2 浓度增大，平衡正向移动，一段时间后再次达到平衡，此时H/M增大，故可能处于图中的c点。由氢化反应方程式及图像可知，这是一个放热的气体体积减小的反应，根据平衡移动原理，要使平衡向左移动释放H2，可改变的条件是：升温或减压。（3）CO、H2合成CH4的反应为CO（g）＋3H2（g）===CH4（g）＋H2O（g）　ΔH ‎，将已知的两个热化学方程式依次编号为①、②，②－①即得所求的反应，根据盖斯定律有：ΔH＝－41 kJ·mol－1－（＋165 kJ·mol－1）＝－206 kJ·mol－1。‎ ‎ 答案　（1）　30　<‎ ‎ （2）>　c　加热　减压 ‎ （3）CO（g）＋3H2（g）===CH4（g）＋H2O（g）‎ ‎ ΔH＝－206 kJ·mol－1‎ ‎　综合应用 ‎13.（2016·四川理综，6，7分）一定条件下，CH4与H2O（g）发生反应：CH4（g）＋H2O（g）CO（g）＋3H2（g）。设起始＝Z，在恒压下，平衡时CH4的体积分数φ（CH4）与Z和T（温度）的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）‎ ‎ A.该反应的焓变ΔH>0‎ ‎ B.图中Z的大小为a>3>b ‎ C.图中X点对应的平衡混合物中＝3‎ ‎ D.温度不变时，图中X点对应的平衡在加压后φ（CH4）减小 ‎ 解析　A项，由图可知，随温度的升高，CH4的体积分数减小，说明平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应，正确；B项，Z越大，说明大，相当于增加H2O的量，平衡正向移动，CH4的体积分数减小，所以b>3>a，错误；C项，起始时n（H2O）＝3x mol，n（CH4）＝x mol，随平衡的建立，消耗的n（CH4）＝n（H2O）＝a mol，平衡时＝≠3，错误；D项，加压，平衡向逆反应移动，CH4体积分数增大，错误。‎ ‎ 答案　A ‎14.（2016·浙江理综，28，15分）催化还原CO2‎ 是解决温室效应及能源问题的重要手段之一。研究表明，在Cu/ZnO催化剂存在下，CO2和H2可发生两个平行反应，分别生成CH3OH和CO。反应的热化学方程式如下：‎ ‎ CO2（g）＋3H2（g）CH3OH（g）＋H2O（g）　ΔH1＝－53.7 kJ·mol－1　Ⅰ ‎ CO2（g）＋H2（g）CO（g）＋H2O（g）　ΔH2　Ⅱ ‎ 某实验室控制CO2和H2初始投料比为1∶2.2，在相同压强下，经过相同反应时间测得如下实验数据：‎ T（K）‎ 催化剂 CO2转化率（%）‎ 甲醇选择性（%）‎ ‎543‎ Cat.1‎ ‎12.3‎ ‎42.3‎ ‎543‎ Cat.2‎ ‎10.9‎ ‎72.7‎ ‎553‎ Cat.1‎ ‎15.3‎ ‎39.1‎ ‎553‎ Cat.2‎ ‎12.0‎ ‎71.6‎ ‎【备注】Cat.1：Cu/ZnO纳米棒；Cat.2：Cu/ZnO纳米片；甲醇选择性：转化的CO2中生成甲醇的百分比 已知：①CO和H2的标准燃烧热分别为－283.0 kJ·mol－1和－285.8 kJ·mol－1‎ ‎②H2O（l）===H2O（g）　ΔH3＝44.0 kJ·mol－1‎ 请回答（不考虑温度对ΔH的影响）：‎ ‎（1）反应Ⅰ的平衡常数表达式K＝　　　　；反应Ⅱ的ΔH2＝　　　　 kJ·mol－1。‎ ‎（2）有利于提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有　　　　。‎ A.使用催化剂Cat.1‎ B.使用催化剂Cat.2‎ C.降低反应温度 D.投料比不变，增加反应物的浓度 E.增大CO2和H2的初始投料比 ‎（3）表中实验数据表明，在相同温度下不同的催化剂对CO2转化成CH3OH的选择性有显著的影响，其原因是______________________________________‎ ‎__________________________________。‎ ‎（4）在图中分别画出反应Ⅰ在无催化剂、有Cat.1和有Cat.2三种情况下“反应过程－能量”示意图。‎ ‎（5）研究证实，CO2也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，则生成甲醇的反应发生在　　　　极，该电极反应式是____________________________‎ ‎____________________________________________。‎ 解析　（1）因为CO2（g）＋3H2（g）CH3OH（g）＋H2O（g），平衡常数K的表达式为K＝；因为CO和H2的标准燃烧热分别为－283.0 kJ·mol－1和－285.8 kJ·mol－1，可得下列热化学方程式：‎ CO（g）＋1/2O2（g）===CO2（g）　ΔH＝－283.0 kJ·mol－1①‎ H2（g）＋ 1/2O2（g）===H2O（l）　ΔH＝－285.8 kJ·mol－1②‎ 又H2O（g）===H2O（l）　ΔH＝－44.0 kJ·mol－1③‎ 根据盖斯定律，由②－①－③得：‎ CO2（g）＋H2（g）CO（g）＋H2O（g）‎ ΔH2＝＋41.2 kJ·mol－1‎ ‎（2）根据可逆反应：CO2（g）＋3H2（g）CH3OH（g）＋H2O（g），使用催化剂不能使平衡发生移动，即不能提高平衡转化率，A、B错误；该反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，平衡转化率提高，C项正确；投料比不变，增加反应物浓度，相当于增大压强，平衡正向移动，平衡转化率提高，D项正确；增大二氧化碳和氢气的初始投料比，能提高氢气的转化率，但二氧化碳的转化率会降低，故E错误；故选CD。‎ ‎（3）从表格数据分析，在相同的温度下，不同的催化剂，其二氧化碳的转化率也不同，说明不同的催化剂的催化能力不同；相同催化剂不同的温度，二氧化碳的转化率不同，且温度高的转化 率大，因为正反应为放热反应，说明表中数据是未到平衡数据。故由表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响。‎ ‎（4）催化剂能降低反应的活化能，再结合表中的数据，Cat.2催化效果比Cat.1好，故可得到曲线为 ‎。‎ ‎（5）根据题意，二氧化碳在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，CO2中C呈＋4价，CH3OH中C呈－2价，结合反应前后碳元素化合价变化，可知碳元素的化合价降低，得到电子，故该电极为阴极，电极反应式为CO2＋6H＋＋6e－===CH3OH＋H2O。‎ 答案　（1）　＋41.2　（2）CD　‎ ‎（3）表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响 ‎（4）‎ ‎（5）阴　CO2＋6H＋＋6e－===CH3OH＋H2O