1、七化学反应速率和化学平衡B(限时：45分钟)一、选择题1(2016江苏省启东中学高三调研)恒温恒容下，向2 L密闭容器中加入MgSO4(s)和CO(g)，发生反应：MgSO4(s)CO(g)MgO(s)CO2(g)SO2(g)反应过程中测定的部分数据见下表：反应时间/minn(MgSO4)/moln(CO)/moln(CO2)/mol02.002.00020.8041.20下列说法正确的是()A反应在02 min内的平均速率为v(SO2)0.6 molL1min1B反应在24 min内容器内气体的密度没有变化C若升高温度，反应的平衡常数变为1.00，则正反应为放热反应D保持其他条件不变，起始时
2、向容器中充入1.00 mol MgSO4和1.00 mol CO，到达平衡时n(CO2)0.60 mol，错误。答案：B2向某恒容密闭容器中充入一定量CO2和H2，发生反应：CO2(g)H2(g) HCOOH(g)，测得平衡体系中CO2的百分含量(CO2%)与反应温度变化的关系如图所示。下列物理量中，a点大于b点的是()正反应速率逆反应速率HCOOH(g)的浓度对应温度时的平衡常数AB C D解析：温度升高，正、逆反应速率均加快，所以b点的正、逆反应速率均比a点的大，、错；温度升高，二氧化碳的含量增大，说明温度升高，平衡逆向移动，则正向是放热反应，所以a点HCOOH(g)的浓度大于b点HCOO
3、H(g)的浓度，对；正向是放热反应，温度越高，对应的平衡常数越小，对；故B正确。答案：B3反应X(g)Y(g) 2Z(g)H0，达到平衡时，下列说法正确的是()A减小容器体积，平衡向右移动B加入催化剂，Z的产率增大C增大c(X)，X的转化率增大D降低温度，Y的转化率增大解析：因为此反应前后气体分子总数没有变化，故减小容器体积，平衡不发生移动，所以A项错误；加入催化剂可同时同倍数地改变正、逆反应速率，故平衡不会发生移动，所以B项错误；增大c(X)，平衡正向移动，但X的转化率减小，所以C项错误；此反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动，Y的转化率增大，所以D项正确。答案：D4某密闭容器中存在反应：
4、2NOO22NO2，平衡时NO的体积分数与温度变化关系如图所示(曲线上任何一点都表示平衡状态)，下列说法中不正确的是()A该反应的正反应是吸热反应B若温度为T1、T3时的平衡常数分别为K1、K3，则K1K1，正确；C项，T1时，从D点处达到平衡，NO的体积分数要增大，表明反应逆向进行，则逆反应速率大于正反应速率，正确；D项，缩小容器容积，化学平衡正向移动，NO的体积分数减小，则新曲线在原曲线的下方，D错。答案：D5(2015海南高考改编)10 mL浓度为1 molL1的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但又不影响氢气生成量的是()AKOH BCH3COONaCCuSO4
5、 DNa2CO3解析：Zn与稀盐酸发生反应：Zn2HCl=ZnCl2H2，若加入的物质使反应速率降低，则c(H)减小，但是不影响产生氢气的物质的量，说明最终电离产生的n(H)不变。A.KOH为强碱能与盐酸中的H反应，使溶液中n(H)减少，c(H)降低，虽能减慢反应速率，但影响氢气的生成量，不符合题意，错误；B.CH3COONa与HCl发生反应：CH3COONaHCl=CH3COOHNaCl，使溶液中c(H)减小，反应速率降低，当反应进行到一定程度，会发生反应：2CH3COOHZn=(CH3COO)2ZnH2，因此最终不会影响产生氢气的物质的量，正确；C.加入CuSO4溶液会与Zn发生置换反应：
6、CuSO4Zn=CuZnSO4，产生的Cu与Zn和盐酸构成原电池。会加快反应速率，与题意不符合，错误；D.若加入Na2CO3溶液，会与盐酸发生反应：Na2CO32HCl=2NaClH2OCO2，使溶液中的c(H)减小，n(H)也减小，产生氢气的物质的量减小，不符合题意，错误。答案：B6(2015天津高考)某温度下，在2 L的密闭容器中，加入1 mol X(g)和2 mol Y(g)发生反应：X(g)mY(g) 3Z(g)。平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入1 mol Z(g)，再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变。下列叙述不正确的是()Am2B两次
7、平衡的平衡常数相同CX与Y的平衡转化率之比为11D第二次平衡时，Z的浓度为0.4 molL1解析：A项，根据再次加入1 mol Z(g)，平衡后，X、Y、Z的体积分数不变，可知该反应是一个反应前后气体分子数相等的反应，因此m2。B项，由于温度没有变化，故两次平衡的平衡常数不变。C项，因为是按照化学方程式中化学计量数之比充入的反应物，因此二者的平衡转化率相等。D项，该反应前后气体分子数不变，因此反应后气体的物质的量与反应前一样，都为4 mol，而平衡后Z的体积分数为10%，平衡时Z的物质的量为4 mol10%0.4 mol，容器体积为2 L，Z的浓度为0.2 molL1。答案：D7(2016江西
8、省师大附中、临川一中、鹰潭一中、宜春中学、新余四中五校联考)如图是可逆反应A2B2C3D的化学反应速率与化学平衡随外界条件改变(先降温后加压)而变化的情况，由此可推断()A正反应是吸热反应B若A、B是气体，则D是液体或固体C逆反应是放热反应DA、B、C、D均为气体解析：由图像可以看出降低温度，正反应速率大于逆反应速率，说明平衡向正反应移动，则该反应的正反应为放热反应，逆反应吸热，则A、C错误；增大压强，正反应速率大于逆反应速率，说明平衡向正反应方向移动，则说明气体反应物的化学计量数之和大于气体生成物的化学计量数之和，若A、B、C、D均为气体，增大压强平衡向逆反应方向移动，若A、B是气体，则D是
9、液体或固体，增大压强平衡向正反应方向移动，则B正确、D错误。答案：B二、非选择题825时，在体积为2 L的密闭容器中，气态A、B、C的物质的量n随时间t的变化如图1所示，已知达到平衡后，降低温度，A的转化率将增大。t2t3t4t5t5t6t7t8K1K2K3K4(1) 根据图1数据，写出该反应的化学方程式：_。此反应的平衡常数表达式K_，从反应开始到第一次平衡时的平均速率v(A)为_。(2)在57 min内，若K值不变，则此处曲线变化的原因是_。(3)如图2表示此反应的反应速率v和时间t的关系图，各阶段的平衡常数如表所示。K1、K2、K3、K4之间的关系为_(用“”、“K2K3K4。由于t3、
10、t6时条件的改变均导致化学平衡逆向移动，因此A的转化率最大的一段时间是t2t3。答案：(1)A(g)2B(g) 2C(g)(不写物质的状态也可)0.05 molL1min1(2)增大压强(或缩小容器体积)(3)K1K2K3K4t2t39(2015上海高考节选)白云石的主要成分是CaCO3MgCO3，在我国有大量的分布。以白云石为原料生产的钙镁系列产品有广泛的用途。白云石经煅烧、熔化后得到钙镁的氢氧化物，再经过碳化实现Ca2、Mg2的分离。碳化反应是放热反应，化学方程式如下：Ca(OH)2Mg(OH)23CO2CaCO3Mg(HCO3)2H2O完成下列填空：(1)Ca(OH)2的碱性比Mg(OH
11、)2的碱性_(填“强”或“弱”)；Ca(OH)2的溶解度比Mg(OH)2的溶解度_(填“大”或“小”)。(2)碳化温度保持在5060。温度偏高不利于碳化反应，原因是_、_。温度偏低也不利于碳化反应，原因是_。(3)已知某次碳化时溶液中钙离子浓度随时间的变化如图所示，在10 min到13 min之内钙离子的反应速率为_。15 min之后钙离子浓度增大，原因是_(用化学方程式表示)。解析：(1)元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强。由于金属性CaMg，所以碱性Ca(OH)2Mg(OH)2。Ca(OH)2微溶于水，而Mg(OH)2难溶于水，所以溶解度：Ca(OH)2Mg(OH)2
12、。(2)发生的碳化反应化学方程式如下：Ca(OH)2Mg(OH)23CO2CaCO3Mg(HCO3)2H2O，该反应是放热反应，碳化温度保持在5060。温度偏高不利于碳化反应，原因是该反应是放热反应，升高温度平衡向吸热的逆反应方向移动，不利于平衡的正向移动；二是Mg(HCO3)2温度偏高时发生分解反应，也不利于碳化。若温度偏低，反应速率慢，反应产生物质的效率低，因此对反应的进行不利。(3)根据图示在10 min到13 min之内钙离子的反应速率为v(Ca2)0.009 molL1min1。15 min之后钙离子浓度增大，原因是产生的CaCO3与水及溶解的CO2发生反应：CaCO3CO2H2O=
13、Ca(HCO3)2，产生了易于溶解的Ca(HCO3)2。答案：(1)强大(2)平衡逆向移动Mg(HCO3)2分解反应速率慢(3)0.009 molL1min1CaCO3CO2H2O=Ca(HCO3)210CO是生产羰基化学品的基本原料，850时，在恒容密闭容器中通入CO和H2O(g)，发生反应：CO(g)H2O(g) H2(g)CO2(g)H”、“”或“”)。(2)02 min，CO的平均反应速率为_。(3)反应达到平衡时，CO的转化率为_；该温度下反应的平衡常数为_。(4)850时，在体积可变的密闭容器中，以下表中物质不同的起始浓度进行反应，达到平衡时CO的转化率与原平衡相同的是_(填字母序
14、号)。c(CO)/molL1c(H2O)/molL1c(H2)/molL1c(CO2)/molL1a2111b0.60.400c0.200.10.1d1111解析：(1)从表中数据分析知，3 min时，c(CO)减少了0.30 molL10.18 molL10.12 molL1，则c(H2O)也减少了0.12 molL1，所以3 min时，c(H2O)0.20 molL10.12 molL10.08 molL1，而4 min时，c(H2O)仍为0.08 molL1，所以在3 min时，反应已达平衡，则v(正)v(逆)。(2)v(CO)v(H2O)0.05 molL1min1。(3)平衡时，c(
15、CO)的浓度为0.18 molL1，故CO的转化率为40%。平衡时，c(CO)0.18 molL1，c(H2O)0.08 molL1，c(H2)c(CO2)0.12 molL1，K1。(4)分析可知，只要起始时c(CO)c(H2O)32，且H2和CO2的浓度均为0，平衡时CO的转化率即相等，a虽然与原平衡等效，但CO的转化率不等。b起始浓度符合c(CO)c(H2O)32，CO的转化率相等。c和d与原平衡不等效。答案：(1)(2)0.05 molL1min1(3)40%1(4)b11(2015浙江高考，节选)乙苯催化脱氢制苯乙烯反应：(1)维持体系总压p恒定，在温度T时，物质的量为n、体积为V的
16、乙苯蒸气发生催化脱氢反应。已知乙苯的平衡转化率为，则在该温度下反应的平衡常数K_(用等符号表示)。(2)工业上，通常在乙苯蒸气中掺混水蒸气(原料气中乙苯和水蒸气的物质的量之比为19)，控制反应温度600，并保持体系总压为常压的条件下进行反应。在不同反应温度下，乙苯的平衡转化率和某催化剂作用下苯乙烯的选择性(指除了H2以外的产物中苯乙烯的物质的量分数)示意图如右：掺入水蒸气能提高乙苯的平衡转化率，解释说明该事实_。控制反应温度为600的理由是_。(3)某研究机构用CO2代替水蒸气开发了绿色化学合成工艺乙苯二氧化碳耦合催化脱氢制苯乙烯。保持常压和原料气比例不变，与掺水蒸气工艺相比，在相同的生产效率
17、下，可降低操作温度；该工艺中还能够发生反应：CO2H2=COH2O，CO2C=2CO。新工艺的特点有_(填编号)。CO2与H2反应，使乙苯脱氢反应的化学平衡右移不用高温水蒸气，可降低能量消耗有利于减少积炭有利于CO2资源利用解析：(1)从浓度角度求Kc：根椐阿伏加德罗定律的推论，总压强p相同时，V1/V2n1/n2，乙苯的转化率为，由此可得：V/V反应后1/(1)，V反应后(1)V，根据方程式及平衡常数的定义：Kc。从压强角度求Kp：容器中氢气的物质的量为n，苯乙烯的物质的量为n，乙苯的物质的量为(1)n，气体的总物质的量为(1)n，所以氢气的分压为p，苯乙烯的分压为p，乙苯的分压为p，因此K
18、pp。(2)因为该容器内保持恒压，掺入水蒸气，相当于增大了容器的体积，而该反应的正反应是气体化学计量数增大的反应，化学平衡向右移动，提高了乙苯的平衡转化率。从图像可知，600时，乙苯的转化率和苯乙烯的选择性均较高。如果温度过低，反应速率慢且转化率低；如果温度过高，选择性下降，且高温还可能使催化剂失去活性，同时还会消耗更多的能量。(3)中二氧化碳与氢气反应，可以促使平衡向右移动，所以正确；中不需要提供产生水蒸气的能量，降低能耗，所以正确；中因为二氧化碳可以与碳反应生成一氧化碳，因此可以减少积炭，所以正确；中由于该反应消耗二氧化碳，因此有利于二氧化碳资源的利用，所以正确。答案：(1)Kpp或Kc(2)正反应方向气体分子数增加，加入水蒸气稀释，相当于起减压的效果600，乙苯的转化率和苯乙烯的选择性均较高。温度过低，反应速率慢，转化率低；温度过高，选择性下降。高温还可能使催化剂失活，且能耗大(3)