2023年高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題能力提升練六第一篇專題通關(guān)攻略專題二基本理論2化學(xué)反應(yīng)速率和化學(xué)平衡

PAGE2-專題能力提升練六化學(xué)反響速率和化學(xué)平衡(建議用時:20分鐘)一、選擇題1.(2022·福州一模)一定條件下,Cu2+、Mn2+、Fe3+的濃度對乙酸在光照下催化降解速率的影響如下圖。以下判斷不正確的選項是()A.該實驗方案的缺陷之一是未做空白對照實驗B.Cu2+、Mn2+提高乙酸降解速率的最正確濃度為0.1mmol·L-1C.Fe3+不能提高乙酸降解速率D.相同條件下,乙酸在Cu2+、Mn2+、Fe3+作用下的降解速率依次減小【解析】選A。各離子濃度為0時,乙酸在光照下的降解速率為70%,這一條件下的數(shù)值就是三個實驗的對照實驗,A選項錯誤。根據(jù)圖象分析,Cu2+、Mn2+提高乙酸降解速率的最正確濃度為0.1mmol·L-1,B正確;根據(jù)圖象可知,Fe3+的參加會使乙酸的降解速率減小,C正確;在同一條件下,如三種離子濃度相等時,乙酸在Cu2+作用下的降解速率最大,Fe3+最小,D正確。2.(2022·四川高考)一定條件下,CH4與H2O(g)發(fā)生反響:CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)。設(shè)起始=Z,在恒壓下,平衡時CH4的體積分?jǐn)?shù)φ(CH4)與Z和T(溫度)的關(guān)系如下圖。以下說法正確的選項是()A.該反響的焓變ΔH>0B.圖中Z的大小為a>3>bC.圖中X點對應(yīng)的平衡混合物中=3D.溫度不變時,圖中X點對應(yīng)的平衡在加壓后φ(CH4)減小【解析】選A。據(jù)圖分析,隨著溫度升高甲烷的體積分?jǐn)?shù)逐漸減小,說明升溫平衡正向移動,那么正反響為吸熱反響,A正確;的比值越大,起始時水蒸氣濃度越大,那么甲烷的轉(zhuǎn)化率越大,甲烷的體積分?jǐn)?shù)越小,故a<3<b,B錯誤;起始參加量的比值為3,但反響中甲烷和水是按等物質(zhì)的量反響的,所以到達(dá)平衡時比值不是3,C錯誤;溫度不變時,加壓,平衡逆向移動,甲烷的體積分?jǐn)?shù)增大,D錯誤?！炯庸逃?xùn)練】(2022·石家莊一模)某恒容密閉容器中充入一定量SO2和O2進(jìn)行反響:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH<0,反響速率(v)與溫度(T)、SO2的體積分?jǐn)?shù)[V(SO2)%]與壓強(qiáng)(p)的關(guān)系分別如圖甲、圖乙所示。以下說法不正確的選項是()A.圖甲中,曲線1表示逆反響速率與溫度的關(guān)系B.圖甲中,d點表示溫度為T0時,反響已經(jīng)到達(dá)平衡C.圖乙中,溫度恒定時,a、b兩點對應(yīng)的反響速率:v(a)>v(b)D.圖乙中,溫度恒定時,c點的反響正在向逆反響方向進(jìn)行【解析】選C。圖甲中,d點正逆反響速率相等,反響處于平衡狀態(tài),平衡后升溫,平衡向逆反響方向移動,故v(逆)>v(正),曲線1表示逆反響速率,A、B正確;乙圖中,p2壓強(qiáng)大,反響速率快,C錯誤;p1到達(dá)平衡時SO2的體積分?jǐn)?shù)大于c點時SO2的體積分?jǐn)?shù),所以反響向生成SO2的方向進(jìn)行,D正確。3.(2022·都江堰一模)Fenton試劑常用于氧化降解有機(jī)污染物X。在一定條件下,反響初始時c(X)=2.0×10-3mol·L-1,反響10min進(jìn)行測定,得圖1和圖2。以下說法不正確的選項是()A.50℃,pH在3～6時,X降解率隨pH增大而減小B.pH=2,溫度在40～80℃時,X降解率隨溫度升高而增大C.無需再進(jìn)行后續(xù)實驗,就可以判斷最正確反響條件是:pH=3、溫度為80℃D.pH=2,溫度為50℃時,10min內(nèi)X的平均降解速率v(X)=1.44×10-4mol·L-1·min-1【解析】選C。由圖1可知,50℃、pH在3～6時,X降解率隨pH增大而減小,A正確;由圖2可知,pH=2、溫度在40～80℃時,X降解率隨溫度升高而增大,B正確;因溶液pH、溫度都會影響X的降解率,故還需要進(jìn)行pH=3時溫度對X降解率影響的實驗或溫度為80℃時pH對X降解率影響的實驗,C錯誤;由圖2可知,pH=2、50℃時X的轉(zhuǎn)化率為72%,X的濃度變化量Δc(X)=2.0×10-3mol·L-1×72%=1.44×10-3mol·L-1,故v(X)=1.44×10-4mol·L-1·min-1,D正確。二、非選擇題4.(2022·淮南一模)工業(yè)上先將煤轉(zhuǎn)化為CO,再利用CO和水蒸氣反響制H2時,存在以下平衡:CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)(1)向2L恒容密閉容器中充入CO和H2O(g),800℃時測得局部數(shù)據(jù)如下表。t/min01234n(H2O)/mol1.201.040.900.700.70n(CO)/mol0.800.640.500.300.30那么從反響開始到2min時,用H2表示的反響速率為________;該溫度下反響的平衡常數(shù)K=________(小數(shù)點后保存1位有效數(shù)字)。(2)相同條件下,向2L恒容密閉容器中充入1molCO、1molH2O(g)、2molCO2(g)、2molH2(g),此時v(正)________v(逆)(填“>〞“<〞或“=〞)。(3)該反響在不同的溫度下的平衡常數(shù)值分別為t/℃70080083010001200K1.671.191.000.600.38某溫度下,如果平衡濃度符合以下關(guān)系式:3c(CO)·c(H2O)=5c(H2)·c(CO2)判斷此時的溫度是______________?！窘馕觥?1)從反響開始到2min時,H2O的物質(zhì)的量變化量為0.3mol,那么生成0.3mol氫氣,用H2表示的反響速率為v(H2)==0.075mol·L-1·min-1;反響物和生成物濃度不變時,到達(dá)平衡狀態(tài),3min后到達(dá)平衡狀態(tài),容器體積為2L,那么c(H2O)=0.350mol·L-1,c(CO)=0.150mol·L-1,c(H2)=c(CO2)=0.600mol·L-1-0.350mol·L-1=0.250mol·L-1,化學(xué)平衡常數(shù)表達(dá)式為K==1.2。(2)向2L恒容密閉容器中充入1molCO、1molH2O(g)、2molCO2、2molH2,各物質(zhì)濃度分別為:0.5mol·L-1、0.5mol·L-1、1mol·L-1、1mol·L-1,濃度商==4>1.2,平衡向逆反響方向移動,所以v(正)<v(逆)。(3)將3c(CO)·c(H2O)=5c(H2)·c(CO2)代入平衡常數(shù)表達(dá)式可知K=0.6,所以溫度是1000℃。答案:(1)0.075mol·L-1·min-11.2(2)<(3)1000℃【方法規(guī)律】(1)利用“三段式〞進(jìn)行化學(xué)平衡常數(shù)的計算(2)對于可逆反響:mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g),在一定溫度下的任意時刻,反響物濃度和生成物濃度有如下關(guān)系:Qc=,Qc叫該反響的濃度商。Qc<K,反響向正反響方向進(jìn)行;Qc=K,反響處于平衡狀態(tài);Qc>K,反響向逆反響方向進(jìn)行。5.(2022·海口二模)磺酰氯(SO2Cl2)和亞硫酰氯(SOCl2)均是實驗室常見試劑。:SO2Cl2(g)SO2(g)+Cl2(g)ΔH=akJ·mol-1K1(Ⅰ)SO2(g)+Cl2(g)+SCl2(g)2SOCl2(g)ΔH=bkJ·mol-1K2(Ⅱ)(1)反響:SO2Cl2(g)+SCl2(g)2SOCl2(g)的平衡常數(shù)K=________(用K1、K2表示)。(2)為研究不同條件對反響(Ⅰ)的影響,以13.5gSO2Cl2充入2.0L的燒瓶中,在101kPa、375K時,10min到達(dá)平衡,平衡時SO2Cl2轉(zhuǎn)化率為0.80,那么0～10minCl2的平衡反響速率為________,平衡時容器內(nèi)壓強(qiáng)為________kPa,該溫度的平衡常數(shù)為_______________________;假設(shè)要減小SO2Cl2轉(zhuǎn)化率,除改變溫度外,還可采取的措施是____________(列舉一種)?！窘馕觥?1)SO2Cl2(g)+SCl2(g)2SOCl2(g)是由(Ⅰ)、(Ⅱ)相加得到,故平衡常數(shù)為兩者之積,反響熱為兩者之和,那么:K=K1×K2。(2)13.5gSO2Cl2的物質(zhì)的量為=0.1mol,10min到達(dá)平衡時SO2Cl2轉(zhuǎn)化率為0.80,那么轉(zhuǎn)化的SO2Cl2為0.080mol,那么:SO2Cl2(g)SO2(g)+Cl2(g)起始量

(mol): 0.1 0 0變化量

(mol): 0.080 0.080 0.080平衡量

(mol): 0.020 0.080 0.080v(Cl2)==0.0040mol·L-1·min-1;平衡時總物質(zhì)的量為0.020mol+0.080mol+0.080mol=0.180mol,故平衡時壓強(qiáng)為:×101kPa=181.8kPa;該溫度下平衡常數(shù)K===0.16mol·L-1。假設(shè)要減小轉(zhuǎn)化率,可通過縮小容器體積即增大壓強(qiáng)的方法。答案:(1)K1×K2(2)0.0040mol·L-1·min-1181.80.16mol·L-1增大壓強(qiáng)(或縮小容器體積)【加固訓(xùn)練】對氮及其化合物的研究具有重要意義。(1)在1L密閉容器中,4mol氨氣在一定條件下分解生成氮氣和氫氣。2min時反響吸收熱量為46.1kJ,此時氨氣的轉(zhuǎn)化率為25%。該反響的熱化學(xué)方程式為__________________________。(2)某恒溫恒壓條件下,向容積為VL的密閉容器中,起始充入1molN2、3molH2、16molNH3,發(fā)生N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。到達(dá)平衡后,N2、H2、NH3的物質(zhì)的量分別為amol、bmol、cmol,此時容器的容積為1.1VL,答復(fù)以下問題:①起始時反響速率v(正)________v(逆)(填“>〞、“<〞或“=〞)。②平衡時a=________,b=________。③假設(shè)平衡后再充入3.6molNH3,重新建立平衡時容器的容積為________L。(3)原料H2還可通過反響CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)獲取。①T℃時,向容積固定為5L的容器中充入1mol水蒸氣和1molCO,反響達(dá)平衡后,測得CO的濃度為0.08mol·L-1,那么平衡時CO的轉(zhuǎn)化率為____________,該溫度下反響的平衡常數(shù)K值為________。②保持溫度仍為T℃,改變水蒸氣和CO的初始物質(zhì)的量之比,充入容積固定為5L的容器中進(jìn)行反響,以下描述能夠說明體系處于平衡狀態(tài)的是________(填字母序號)。a.容器內(nèi)壓強(qiáng)不隨時間改變b.混合氣體的密度不隨時間改變c.單位時間內(nèi)生成amolCO2的同時消耗amolH2d.混合氣中n(CO)∶n(H2O)∶n(CO2)∶n(H2)=1∶16∶6∶6【解析】(1)根據(jù)4mol氨氣轉(zhuǎn)化率為25%,可以計算出分解2mol氨氣吸收92.2kJ的熱量。(2)①恒溫恒壓條件下,平衡后容器體積增大,說明氣體物質(zhì)的量增加,反響逆向進(jìn)行,v(正)<v(逆)。②根據(jù)反響開始時,體積為VL,反響到達(dá)平衡時,體積為1.1VL,說明反響逆向進(jìn)行,平衡后氣體總物質(zhì)的量為20×1.1=22mol,設(shè)生成氮氣x,那么氫氣為3x,消耗氨氣2x,可得:1+x+3+3x+16-2x=22,解得x=1,所以a=1+x=2;b=3+3x=6;c=16-2x=14。③起始充入1molN2、3molH2、16molNH3,相當(dāng)于充入18molNH3,平衡時體積為1.1V,在恒溫恒壓條件下,再充入3.6molNH3,平衡時的體積增加了=0.22V,所以總體積為:1.1V+0.22V=1.32V。(3)①CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)起始c

(mol·L-1)0.2 0.2 0 0轉(zhuǎn)化c

(mol·L-1)0.120.12 0.120.12平衡c

(mol·L-1)0.080.08 0.12 0.12所以平衡時CO的轉(zhuǎn)化率=(0.12÷0.2)×100%=60%該溫度下反響的平衡常數(shù)K=(0.12×0.12)÷(0.08×0.08)=9÷4=2.25。②a.反響前后體積不變,因此壓強(qiáng)始終是不變的,那么容器內(nèi)壓強(qiáng)不隨時間改變不能說明反響到達(dá)平衡狀態(tài)b.密度是混合氣的質(zhì)量和容器容積的比值,在反響過程中質(zhì)量和容積始終是不變的,即密度始終是不變的,所以混合氣體的密度不隨時間改變不能說明反響到達(dá)平衡狀態(tài)。c.單位時間內(nèi)生成amolCO2的同時消耗amolH2,由于單位時間內(nèi)生成amolCO2的同時還生成amol氫氣,這說明正逆反響速率相等,可以說明到達(dá)平衡狀態(tài)。d.由于反響前后體積不變,可以用物質(zhì)的量代替濃度,即混合氣中n(CO)∶n(H2O)∶n(CO2)∶n(H2)=1∶16∶6∶6,那么此時Qc===,因此恰好是平衡狀態(tài),d正確。答案:(1)2NH3(g)N2(g)+3H2(g)ΔH=+92.2kJ·mol-1(2)①<②26③1.32V(3)①60%2.25②cd(建議用時:25分鐘)一、選擇題1.在一定條件下,將A和B各0.32mol充入容積為10L的恒容密閉容器中,發(fā)生反響:A(g)+B(g)2C(g)ΔH<0,反響過程中測定的數(shù)據(jù)如下表。以下說法正確的選項是()t/min02479n(B)/mol0.320.240.220.200.20A.反響前2min的平均速率v(C)=0.004mol·L-1·min-1B.其他條件不變,降低溫度,反響到達(dá)新平衡前v(逆)>v(正)C.保持其他條件不變,起始時向容器中充入0.64molA和0.64molB,平衡時n(C)<0.48molD.其他條件不變,向平衡體系中再充入0.32molA,再次平衡時,B的轉(zhuǎn)化率增大【解析】選D。v(C)=2v(B)=2×=0.008mol·L-1·min-1,A錯誤;正反響是放熱反響,降低溫度,平衡正向移動,故達(dá)新平衡前v(正)>v(逆),B錯誤;原平衡時,生成n(C)=(0.32-0.20)mol×2=0.24mol,假設(shè)充入0.64molA和0.64molB相等于把兩個反響容器壓縮至一個,平衡不移動,故n(C)=0.48mol,C錯誤;其他條件不變,向平衡體系中再充入0.32molA,平衡正向移動,B的轉(zhuǎn)化率增大,D項正確。2.:NH2COO-+2H2OHC+NH3·H2O?，F(xiàn)用兩份氨基甲酸銨溶液在不同溫度(T1和T2)下實驗,得到c(NH2COO-)隨時間變化關(guān)系,如下圖。以下分析正確的選項是()A.無法判斷T1和T2的大小關(guān)系B.T1時,第6min反響物轉(zhuǎn)化率為6.25%C.T2時,0～6min,v(NH2COO-)=0.3mol·L-1·min-1D.往平衡體系加水稀釋,平衡右移,溶液中各種離子濃度減小【解析】選B。由圖象可以看出,用時6min內(nèi),T2溫度下氨基甲酸銨濃度變化大,所以T2>T1,A錯誤;在T1時,第6min,反響物由2.4mol·L-1降低到2.25mol·L-1,反響掉0.15mol·L-1,反響物轉(zhuǎn)化率為(0.15÷2.4)×100%=6.25%,B正確;T2時,0～6min,v(NH2COO-)=(2.2-1.9)÷6=0.05(mol·L-1·min-1),C錯誤;往平衡體系中加水稀釋,平衡右移,溶液堿性減弱,酸性增強(qiáng),H+濃度升高,D錯誤?！炯庸逃?xùn)練】一定溫度下,將1molA和1molB氣體充入2L密閉容器,發(fā)生反響:A(g)+B(g)xC(g)+D(s)ΔH>0,t1時到達(dá)平衡。在t2、t3時刻分別改變反響的一個條件,測得容器中氣體C的濃度隨時間變化如下圖。以下說法正確的選項是()A.t1～t3間該反響的平衡常數(shù)均為4B.反響方程式中的x=1C.t2時刻改變的條件是使用催化劑D.t3時刻改變的條件是移去少量物質(zhì)D【解析】選A。由圖可知,t2時刻C的濃度增大,但平衡不移動,故改變的條件應(yīng)是增大壓強(qiáng),反響前后氣體的化學(xué)計量數(shù)之和相等,故x=1+1=2,B、C項錯誤;t1～t3間溫度相同,由圖可知t1時刻平衡時,c(C)=0.5mol·L-1,那么:A(g)+B(g)2C(g)+D(s)開始(mol·L-1): 0.5 0.5 0變化(mol·L-1):0.25 0.25 0.5平衡(mol·L-1): 0.25 0.25 0.5代入數(shù)值計算平衡常數(shù)K=4,A正確;D是固體,改變D的用量,不影響平衡移動,t3時刻改變條件時C的瞬時濃度不變,平衡向正反響移動,可能是增大反響物的濃度或升高溫度,D項錯誤。3.一定溫度下,在甲、乙、丙三個容積均為2L的恒容密閉容器中投入SO2(g)和O2(g),發(fā)生2SO2(g)+O2(g)2SO3(g),起始物質(zhì)的量及SO2的平衡轉(zhuǎn)化率如下表所示:甲乙丙起始物質(zhì)的量n(SO2)/mol0.40.80.8n(O2)/mol0.240.240.48SO2的平衡轉(zhuǎn)化率/%80α1α2以下判斷中,正確的選項是()A.甲中反響的平衡常數(shù)小于乙B.該溫度下,平衡常數(shù)值為400C.丙中反響可以用平衡分壓表示平衡常數(shù)Kp,那么Kp的大小受溫度、壓強(qiáng)影響D.平衡時,甲中O2的轉(zhuǎn)化率大于乙中O2的轉(zhuǎn)化率【解析】選B。在反響方程式確定的情況下,平衡常數(shù)只與溫度有關(guān),甲、乙處于相同溫度,平衡常數(shù)相同,A項錯誤;利用甲組數(shù)據(jù)計算得平衡常數(shù)為400,B項正確;對于一定條件下的某一可逆反響,用平衡濃度表示的平衡常數(shù)和平衡分壓表示的平衡常數(shù),表示方法不同,其數(shù)值不同,但意義相同,平衡常數(shù)只與溫度有關(guān),與壓強(qiáng)、濃度變化無關(guān),C項錯誤;乙相當(dāng)于在甲中增加0.4molSO2(g),平衡正向移動,乙中O2的轉(zhuǎn)化率大,D項錯誤?！净犹骄俊?1)平衡時,乙中SO2的轉(zhuǎn)化率________80%(填“>〞“<〞或“=〞)。提示:<。乙相當(dāng)于在甲中增加0.4molSO2(g),平衡正向移動,乙中O2的轉(zhuǎn)化率增大,SO2的轉(zhuǎn)化率減小。(2)假設(shè)上述是在恒壓條件下進(jìn)行的,那么α2________80%(填“>〞“<〞或“=〞)。提示:=。在恒壓條件下,甲和丙是等效平衡,轉(zhuǎn)化率相等。二、非選擇題4.向2.0L恒容密閉容器中充入1.0molPCl5,在溫度為T時發(fā)生如下反響PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)。反響過程中局部數(shù)據(jù)如下圖。答復(fù)以下問題:(1)反響在前50s的平均速率v(PCl5)=________。(2)相同溫度下,假設(shè)起始時向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2,那么此時v(正)________v(逆)(填“>〞“<〞或“=〞)。(3)保持其他條件不變,升高溫度,重新到達(dá)平衡時,c(PCl3)=0.11mol·L-1,那么正反響是________反響(填“吸熱〞或“放熱〞)?！窘馕觥?1)v(PCl5)=v(PCl3)=0.16mol/(2.0L·50s)=1.6×10-3mol·L-1·s-1。(2)PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)起始量

(mol) 1.0 0 0轉(zhuǎn)化量

(mol) 0.20 0.20 0.20平衡量

(mol) 0.80 0.20 0.20K==0.025,此時濃度商Qc==0.02<0.025,v(正)>v(逆)。(3)平衡時c(PCl3)=0.20÷2=0.10(mol·L-1),升高溫度其濃度增大,平衡正向移動,正反響是吸熱反響。答案:(1)1.6×10-3mol·L-1·s-1(2)>(3)吸熱【加固訓(xùn)練】在Cu2O/ZnO做催化劑的條件下,將CO(g)和H2(g)充入容積為2L的密閉容器中發(fā)生化合反響生成CH3OH(g),CO(g)+2H2(g)CH3OH(g),反響過程中,CH3OH的物質(zhì)的量(n)與時間(t)及溫度的關(guān)系如以下圖。根據(jù)題意答復(fù)以下問題:(1)反響到達(dá)平衡時,平衡常數(shù)表達(dá)式K=__________________________;升高溫度,K值________(填“增大〞、“減小〞或“不變〞)。(2)在500℃,從反響開始到平衡,氫氣的平均反響速率v(H2)=________。(3)假設(shè)其他條件不變,對處于Z點的體系,將體積壓縮至原來的1/2,到達(dá)新的平衡后,以下有關(guān)該體系的說法正確的選項是________。a.氫氣的濃度與原平衡比減少b.正、逆反響速率都加快c.甲醇的物質(zhì)的量增加d.重新平衡時n(H2)/n(CH3OH)增大(4)據(jù)研究,反響過程中起催化作用的為Cu2O,反響體系中含少量的CO2有利于維持Cu2O的量不變,原因是:_____________________________________________(寫出相關(guān)的化學(xué)方程式并輔以必要的文字說明)?！窘馕觥?1)根據(jù)反響CO(g)+2H2(g)CH3OH(g),K=;根據(jù)圖象知升高溫度,平衡向逆方向移動,正反響是放熱反響,所以升高溫度,K值減小。(2)在500℃時,到達(dá)平衡時,甲醇的物質(zhì)的量增加了0.4mol,所以氫氣的物質(zhì)的量減少了0.8mol,v(H2)=0.8mol÷2L÷2s=0.2mol·L-1·s-1。(3)對處于Z點的平衡體系,將體積壓縮至原來的1/2,各物質(zhì)的濃度均增大,a錯誤;正逆反響速率都加快,b正確;平衡正向移動,甲醇的物質(zhì)的量增加,c正確;平衡正向移動,氫氣減少,甲醇增加,所以n(H2)/n(CH3OH)減小,d錯誤。(4)CO2有利于抑制反響Cu2O+CO2Cu+CO2向正方向移動,所以體系中有CO2可以抑制Cu2O被復(fù)原。答案:(1)減小(2)0.2mol·L-