2020年高考化学考点考法精练：化学反应速率和化学平衡

- 1 - 专题十五　化学反应速率和化学平衡 考点 1 化学反应速率 1.[2020 吉林长春第一次质量监测]对于反应 A(g)+3B(g) 2C(g)+2D(g),下列表示中反应速率最快的是 (　　) A.v(A)=0.8 mol·L-1·s-1 B.v(B)=0.4 mol·L-1·s-1 C.v(C)=0.6 mol·L-1·s-1 D.v(D)=1.8 mol·L-1·min-1 2.[2020 贵州贵阳摸底考试]已知:X(g)+2Y(g) 3Z(g)　ΔH=-a kJ·mol-1(a>0)。下列说法错误的是(　　) A.达到化学平衡状态时,反应放出的总热量可能达到 a kJ B.升高反应温度,逆反应速率增大,正反应速率减小 C.达到化学平衡状态时,X、Y、Z 的浓度不再发生变化 D.0.1 mol X 和 0.2 mol Y 充分反应生成 Z 的物质的量一定小于 0.3 mol 3.[2020 湖北武汉部分学校质量监测]利用 CH4 可消除 NO2 的污染,反应原理为 CH4(g)+2NO2(g) N2(g)+CO2(g)+2H2O(g),在 10 L 密闭容器中分别加入 0.50 mol CH4 和 1.2 mol NO2,测得不同温度下 n(CH4) 随时间变化的有关实验数据如表所示: 组别 n(CH4)/mol 温度/K 时间/min 0 10 20 40 50 ① T1 0.50 0.35 0.25 0.10 0.10 ② T2 0.50 0.30 0.18 M 0.15 下列说法正确的是(　　) A.组别①中 0~20 min 内, NO2 降解速率为 0.012 5 mol·L-1·min-1 B.由实验数据可知温度 T1 K0)。下列说法正确的是(　　) A.密闭容器的体积保持不变,说明反应已达到平衡 B.密闭容器中 X 的体积分数不变,说明反应已达到平衡 C.反应达到平衡时,X 和 Y 的转化率相等 D.反应达到平衡时,放出的热量不可能为 m kJ 8.[新角度][2019 北京海淀区期中考试]将 5 mL 0.005 mol·L-1 FeCl3 溶液和 5 mL 0.015 mol·L-1 KSCN 溶液混 合,达到平衡后溶液呈红色。再将混合液均分成 5 份,分别进行如下实验: 实验①:滴加 4 滴蒸馏水,振荡 实验②:滴加 4 滴饱和 FeCl3 溶液,振荡 实验③:滴加 4 滴 1 mol·L-1 KCl 溶液,振荡 实验④:滴加 4 滴 1 mol·L-1 KSCN 溶液,振荡- 3 - 实验⑤:滴加 4 滴 6 mol·L-1 NaOH 溶液,振荡 下列说法错误的是(　　) A.对比实验①和②,证明增加反应物浓度,平衡正向移动 B.对比实验①和③,证明增加生成物浓度,平衡逆向移动 C.对比实验①和④,证明增加反应物浓度,平衡正向移动 D.对比实验①和⑤,证明减少反应物浓度,平衡逆向移动 考点 3 化学平衡常数与转化率 9.[2020 江苏启东期中考试][双选]一定温度下,在 3 个容积均为 1 L 的恒容密闭容器中发生反应:PCl5(g) PCl3(g)+Cl2(g)。下列说法正确的是(　　) 物质的起始浓度/(mol·L-1) 物质的平衡浓度/(mol·L-1)容器 编号 c(PCl5) c(PCl3) c(Cl2) c(Cl2) Ⅰ 0.4 0 0 0.2 Ⅱ 1.05 0.05 1.95 Ⅲ 0.8 0 0 A.达平衡时,容器Ⅰ中 푐(Cl2) 푐(PCl5)比容器Ⅱ中的大 B.达平衡时,容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为 6∶31 C.达平衡时,容器Ⅲ中 Cl2 体积分数大于 1 3 D.达平衡时,容器Ⅲ中 0.4 mol·L-1T1 K,故 T2 K、 40 min 时反应也已达到平衡状态,故 M=0.15,C 错误;T2 K 时,达到平衡,甲烷剩余量增多,说明温度升高,平衡向 逆反应方向移动,所以该反应的 ΔH0,则 ΔH-TΔS1,则达平衡时,容器Ⅰ中 푐(Cl2) 푐(PCl5)比容器Ⅱ中的 小,A 项错误。达平衡时,假设容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为 6∶31,压强之比等于浓度之比,容器Ⅰ中总浓度为 0.2 mol·L-1×3=0.6 mol·L-1,说明容器Ⅱ中总浓度为 3.1 mol·L-1,根据 A 项分析得出容器Ⅱ反应向正反应方向移动, 设 PCl5(g)转化的浓度为 x mol·L-1,则有 容器Ⅱ　　　　　　　　PCl5(g) PCl3(g)+Cl2(g) 起始浓度/(mol·L-1)　1.05　　　0.05　1.95 转化浓度/(mol·L-1) x x x 平衡浓度/(mol·L-1) 1.05-x0.05+x1.95+x 容 器 Ⅱ 中 总 浓 度 为 3.1 mol·L-1, 则 3.1=1.05-x+0.05+x+1.95+x, 解 得 x=0.05; 则 平 衡 时 c(PCl5)=1 mol·L-1,c(PCl3)=0.1 mol·L-1,c(Cl2)=2 mol·L-1,此时 Qc= 2 × 0.1 1 =0.2=K,说明此时反应达到化学平衡状态,假设成立, B 项正确。容器Ⅰ达平衡时,Cl2 的体积分数为 0.2 0.2 × 3= 1 3。容器容积为 2 L、起始 c(PCl5)为 0.8 mol·L-1 与容器容积 为 1 L、起始 c(PCl5)为 0.4 mol·L-1 是等效平衡;容器Ⅲ容积是 1 L,相当于增大压强,平衡向逆反应方向移动,Cl2- 13 - 的量减小,所以达平衡时,容器Ⅲ中 Cl2 的体积分数小于 1 3,C 项错误。容器容积为 2 L、起始 c(PCl5)为 0.8 mol·L-1 与容器容积为 1 L、起始 c(PCl5)为 0.4 mol·L-1 是等效平衡,若此时反应达到平衡,c(PCl5)=0.4 mol·L-1,但容器Ⅲ 容积为 1 L,相当于增大压强,平衡向逆反应方向移动,c(PCl5)增大,所以 c(PCl5)>0.4 mol·L-1,又因反应开始,消耗 PCl5,所以 c(PCl5)m3(1 分)　③乙醇(1 分)　 0.125 × 5 × (0.375 × 5)3 (0.125 × 5)2 × (0.375 × 5)6(2 分) 【解析】　(1)K1= 푐(CO) 푐(CO2),K2= 푐(H2) 푐(H2푂),则 K3= 푐(CO)·푐(H2푂) 푐(H2)·푐(CO2)= 퐾1 퐾2,所以 973K 时,K3= 퐾1 퐾2≈0.62,1173K 时,K3= 퐾1 퐾2≈1.29,升高温 度,平衡常数增大,所以正反应为吸热反应,为提高 CO2 的转化率可采用的措施有升高温度、增大氢气浓度、吸 收 CO、液化水蒸气。(2)①正反应放热,则温度越高,二氧化碳的平衡转化率越小,所以温度从高到低的顺序为 T3>T2>T1。②增大n(H2),平衡正向移动,二氧化碳的平衡转化率增大,所以 m1>m2>m3。③升高温度,平衡逆向移 动,二氧化碳和氢气的百分含量增大,乙醇、水蒸气的百分含量减少,按化学计量数之比进行投料,则平衡时乙醇 的百分含量是水蒸气的 1 3,CO2 的百分含量是 H2 的 1 3,所以曲线 d 代表乙醇,曲线 a 代表 H2。体系中各组分的分压 =该物质的物质的量分数×体系总压强,由题图 3 中 T4K 对应数据可得 Kp= 0.125 × 5 × (0.375 × 5)3 (0.125 × 5)2 × (0.375 × 5)6。 1.B　使用催化剂,降低了反应的活化能,改变了反应历程,A 项正确;使用催化剂,不能改变反应物和生成物的总 能量,即不能改变反应的焓变(ΔH),B 项错误;8 h 之后,C10H8 的产率还在增加,说明反应 2 未达平衡,而 C10H8 是 由 C10H12 转化而来的,且 C10H12 的产率几乎保持不变,说明反应 1 也未达平衡,C 项正确;由题图可以看出反应 2 的活化能低于反应 1 的活化能,故反应 1 生成的 C10H12 快速转化为 C10H8,从而使 x1 显著低于 x2,D 项正确。 2.C　 A 项,实验Ⅰ和实验Ⅱ反应温度相同,实验Ⅱ中加入了 1 mL 水,根据控制变量的原则,溶液总体积应保持不变, 因而 V1=1,类比分析可得 V2=2,正确;B 项,实验Ⅰ、Ⅲ的温度不同,其他条件相同,因而可知设计实验Ⅰ、Ⅲ的目的是 探究温度对反应速率的影响,正确;C 项,酸性 KMnO4 溶液呈紫红色,由表中数据可知,草酸溶液过量,KMnO4 可 反应完全,因而可以用颜色变化来判断反应终点,即实验计时是从溶液混合开始,溶液紫红色刚好褪去时结束,错 误;D 项,根据实验Ⅲ中有关数据可知,Δ c(KMnO4)=0.01 mol·L-1× 2mL 4mL=0.005 mol·L-1,v(KMnO4)= Δ푐(KMnO4) Δ푡 =0.01 mol·L-1·min-1,正确。- 14 - 【素养落地】　本题根据表格数据分析化学反应过程和影响化学反应速率的因素,培养考生变化观念与平衡思 想的核心素养。 3.(1)-122.6(2 分)　(2)AC(2 分)　(3)>(2 分)　20(2 分)　(4)0.18 mol·L -1·min-1(1 分)　KA=KC>KB(1 分)　(5)① 反应Ⅰ为放热反应,温度升高,平衡逆向移动,使 CO2 转化为 CH3OH 的产率降低(2 分)　②BD(2 分) 【 解 析 】 　 (1) 根 据 盖 斯 定 律 可 知 , 反 应 Ⅲ=2× 反 应 Ⅰ- 反 应 Ⅱ, 所 以 ΔH3=2ΔH1-ΔH2=-49.6kJ·mol-1×2-23.4kJ·mol-1=-122.6kJ·mol-1。(2)反应Ⅰ为气体分子数减小的反应,随着反应的 进行,反应体系内的总压强逐渐减小,当反应体系内总压强保持不变时,反应达到化学平衡状态,A 项正确;由于容 器内气体的总质量不变,容器的体积不变,故混合气体的密度始终保持不变,B 项错误;水分子中断裂 2 NA 个 H—O 键(表示逆反应速率),同时氢气分子中断裂 3NA 个 H—H 键(表示正反应速率),表明 v(正)=v(逆),能说明反 应达到化学平衡状态,C 项正确;该反应生成的 CH3OH(g)和 H2O(g)的量始终保持等比例,所以其浓度之比保持 不变不能说明反应达到化学平衡状态,D 项错误。(3)Qc= 푐2(CH3OH) 푐(CH3푂퐶H3)·푐(H2푂)= 0.42 1.8 × 1.8≈0.05v 逆。设反应达到平衡状态时,CH3OCH3 又转化 xmol·L-1,根据“三段式”法进行计算: 　　　　　　　　　　　CH3OCH3(g)+H2O(g) 2CH3OH(g) 某时刻的浓度/(mol·L-1)　1.8　　　　1.8　　　　0.4 转化浓度/(mol·L-1) x x 2x 平衡浓度/(mol·L-1) 1.8-x1.8-x 0.4+2x 则 (0.4 + 2푥)2 (1.8 - 푥) × (1.8 - 푥)=0.25,解得 x=0.2,所以平衡时 CH3OH 的体积分数为 0.8 1.6 + 1.6 + 0.8×100%=20%。(4)由题目信息 可知 H2 与 CO2 的投料比为 2,根据题图 1 可知,反应达到平衡状态时 CO 2(g)的平衡转化率为 60%,所以 v(CH3OCH3)= 1 2v(CO2)= 1 2× 6mol × 60% 2L × 5min =0.18mol·L-1·min-1;由于反应Ⅲ为放热反应,故在投料比相同时,温度越 高,CO2(g)的平衡转化率越小,所以 T1KB。(5)①反应Ⅰ为 放热反应,温度升高,平衡逆向移动,使 CO2 转化为 CH3OH 的产率降低。②工业生产甲醇要使产率最高且甲醇 的选择性也要高,根据题图 2 可知,应选择 230℃和催化剂 CZ(Zr-1)T。 4.( 除 标 明 外 , 每 空 2 分 )(1)2a+c-b 　 (2)①(1 分 )　 (3)①2MnO-4+6H++5H2C2O4 2Mn2++10CO2↑+8H2O　②反应物浓度越大,反应速率越快　③如图所示　t2 时 c(Mn2+)增大,催化剂成为反应速率的主要影响因素,反应速率突然加快;末尾阶段,反应物浓度减小为反应速 率的主要影响因素,反应速率减慢 【解析】　(1)根据该反应的化学方程式及各物质的分子结构,1mol 反应物中含有 2molO—H 键、2molC O 键、2molC—O 键,1molC—C 键,对应的生成物中含有 2molO—H 键(H2O)、1molC O 键(CO)、2molC O 键(CO2),反应过程中相当于断裂 1molC—C 键、2molC—O 键,形成 1molC O 键,可知 ΔH=(c+2a-b)kJ·mol-1。 (2)①根据提供的数据,温度为 T2 时,反应先达到平衡,因此 T2 温度下反应速率快,故 T10.36mol。 (3)①酸性高锰酸钾溶液与草酸溶液反应,草酸被氧化为 CO2,高锰酸钾被还原为 Mn2+,根据得失电子守恒、电荷 守恒和原子守恒,配平反应的离子方程式为 5H2C2O4+6H++2MnO-4 10CO2↑+2Mn2++8H2O。②3 组实验中, 只有草酸的浓度不同,从实验 1 到实验 3,草酸浓度减小,褪色时间变长,说明反应速率减慢,可以得到的结论为增 大反应物浓度,反应速率加快。- 15 - 1.D　根据反应 2A(g) 2B(g)+C(g)和题目已知数据可知 15 min 时 c(B)=1.6 mol·L-1、c(A)=0.8 mol·L-1,当 푐(B) 푐(A) 保持不变时,反应达到平衡,即 15 min 时反应达到平衡,则该温度下此反应的平衡常数 K= 푐2(B)·푐(C) 푐2(A) = 1.62 × 0.8 0.82 =3.2,A 项正确;A 的初始物质的量为(1.6+0.8) mol·L-1×2 L=4.8 mol,B 项正确;15 min 时,反应达到平衡,A 的转 化率为 1.6mol·L-1 2.4mol·L-1×100%≈66.7%,C 项正确;2 mol A 参加反应吸收的热量为 a kJ,反应达到平衡时,参加反应的 A 为 1.6 mol·L-1×2 L=3.2 mol,则吸收的热量为 3.2 2 ×a kJ=1.6a kJ,D 项错误。 2.D　选项 A,由题图可知,温度低于 400 ℃时,肼和氧气发生的主要反应为 N2H4+O2 N2+2H2O,正确;选项 B, 由题图及上述分析可知,温度低于 400 ℃时,肼和氧气反应的生成物有氮气、NO 和水,正确;选项 C,由题图可知, 当温度高于 900 ℃后,N2 的产率与 NO 的产率都降低了,由于反应速率随温度的升高而增大,所以反应速率加 快了,正确;选项 D,温度高于 900 ℃时,NO 和 N2 产率降低的原因可能是平衡逆向移动,也可能是发生了其他副 反应,不正确。 3.(除注明外,每空 2 分)(1)-955.0 kJ·mol-1　(2) 푘1 正·푘2 正 푘1 逆·푘2 逆　 【解析】　(1)运用盖斯定律计算,(①+②+4×③)× 1 2得到 1molCH4(g)与 NO2(g)反应生成 N2(g)、CO2(g)和 H2O(l) 的反应热为-955.0kJ·mol-1。(2)平衡状态下正逆反应速率相同,k1 正·c2(NO)=k1 逆·c(N2O2),k2 正·c(N2O2)·c(O2)=k2 逆 ·c2(NO2), 一 定 温 度 下 , 反 应 2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) 达 到 平 衡 状 态 , 该 反 应 的 平 衡 常 数 的 表 达 式 K= 푐2(NO2) 푐2(NO)·푐(O2)= 푘1 正·푘2 正 푘1 逆·푘2 逆;反应②的反应速率慢,说明反应的活化能大,则 E1p2>2MPa,另外增大 푛(H2) 푛(CO2)、及时分离出生成物中的 CH3OH 或 H2O 也有利于提高 CO2 的平衡转化率。 设起始时 CO2、H2 的物质的量分别为 xmol、3xmol,则平衡时 CO2 转化的物质的量为 0.2xmol,根据“三段式”法 进行计算: 　　　　　　　CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) 起始量/molx3x 0 0 转化量/mol0.2x 0.6x 0.2x 0.2x 平衡量/mol0.8x 2.4x 0.2x 0.2x- 16 - a 点 H2 的平衡分压 p(H2)= 푛(H2) 푛总 ×p3= 2.4푥 3.6푥×2MPa≈1.33MPa。(2)分析该装置可知,阳极上有机废水被氧化为 CO2, 阴极上 CO2 被还原为 CH4,在电解过程中微生物作催化剂。阴极上 CO2 得到电子并结合 H+生成 CH4 和 H2O, 电极反应式为 CO2+8H++8e- CH4+2H2O。(3)①由题图 3 可知,物质吸附在催化剂表面形成过渡态的过程会 吸收热量, 其中活化能最小的反应的化学方程式为·CO+·OH+·H+3H 2(g) ·CO+3H2(g)+H2O(g), 也可写 作 ·OH+·H H2O(g) 。 ②a 点 Qp>Kp, 平 衡 向 逆 反 应 方 向 移 动 , 故 v( 正 )(2 分)　② 336 푝2 (2 分)　(4) 푘正 퐾 (2 分)　7.4×10-3(2 分) 【 解 析 】 　 (1)① 将 题 给 三 个 已 知 热 化 学 方 程 式 依 次 命 名 为 i 、 ii 、 iii, 根 据 盖 斯 定 律 , 由 iii=i-2×ii 可 知,ΔH2=ΔH-2ΔH1=-114.5kJ·mol-1+2×120.4kJ·mol-1=+126.3kJ·mol-1。②对于题中氯化反应的温度条件的选择, 既要考虑反应速率(温度不能太低)、催化剂的活性(温度不能太低或太高),同时因该反应为放热反应,还要考虑反 应物的转化率(温度不能太高)。(2)a 选项,将催化剂颗粒变得更小,可增大催化剂的比表面积,提高反应速率,提高 HCl 的转化效率,故正确;b 选项,容器内气体颜色不再变化,说明氯气的浓度保持不变,说明该反应已达平衡状态, 故正确;c 选项,因为该反应为放热反应,平衡后升高温度不能提高 HCl 的转化率,故错误;d 选项,平衡常数只与 温度有关,与压强无关,故增大压强,不能改变该反应的平衡常数,故错误。(3)①当温度一定时,增大反应体系压强, 平衡向正反应方向移动,HCl 的平衡转化率增大,根据题图可知 p1>p2。②进料比 n(HCl)∶n(O2)=4∶1,设起始时通 入 4molHCl 和 1molO2,由“三段式”法可得 　　　　　　4HCl(g)+O2(g) 2Cl2(g)+2H2O(g) 起始/mol 4 1　　　　　0　　　0 转化/mol 3.2 0.8　　　　1.6　　1.6 平衡/mol 0.8 0.2　　　1.6　　1.6 则平衡时 HCl 的物质的量分数= 0.8 4.2= 4 21,O2 的物质的量分数= 0.2 4.2= 1 21,Cl2 的物质的量分数=H2O 的物质的量分数= 1.6 4.2= 8 21,则 Kp= 푝2(Cl2)·푝2(H2O) 푝4(HCl)·푝(O2) = ( 8푝2 21 )2·( 8푝2 21 )2 ( 4푝2 21 )4· 푝2 21 = 336 푝2 。(4)K= 푐2(Cl2)·푐2(H2O) 푐4(HCl)·푐(O2) = 푣逆 푘逆 푣正 푘正 ,平衡时有 v 正=v 逆,故 k 逆= 푘正 퐾 。平衡时 v 逆=k 逆·c2(Cl2)·c2(H2O)= 푘正 퐾 ·c2(Cl2)·c2(H2O)=( 0.45 25.0×0.84)mol·L-1·min-1≈7.4×10-3mol·L-1·min-1。 【技巧点拨】　解答第(4)问时,要能够结合平衡时隐含条件“v 正=v 逆”计算 k 逆;根据题给 v 逆表达式、有关数据 及 k 逆与 K 的关系可计算出 v 逆。