2017年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1molH2O2放出热量98kJ，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98kJ·mol－1D.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A2.（2012·课标全国卷，27节选）COCl2的分解反应为COCl2（g）Cl2（g）＋CO（g）ΔH＝＋108kJ·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10mim到14min的COCl2浓度变化曲线未示出）：（1）计算反应在第8min时的平衡常数K＝；（2）比较第2min反应温度T（2）与第8min反应温度T（8）的高低：T（2）T（8）（填“”“”或“＝”）；（3）若12min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2～3min、5～6min和12～13min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5～6min和15～16min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）＝0.11mol·L－1、c（CO）＝0.085mol·L－1、c（COCl2）＝0.04mol·L－1，代入K＝c（CO）·c（Cl2）c（COCl2）≈0.234mol·L－1；（2）第4min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4min时改变的条件一定是升高温度，故T（2）T（8）；（3）用平衡常数进行求解，此温度下K＝c（CO）·c（Cl2）c（COCl2）＝0.234mol·L－1＝0.06mol·L－1·0.12mol·L－1c（COCl2）可知c（COCl2）≈0.031mol·L－1；（4）依据v（CO）＝Δc（CO）1min可知v（2～3）＝v（12～13）＝0；（5）由图像可知上面的两个曲线是生成物浓度变化曲线、下面的曲线为COCl2浓度变化曲线，c（COCl2）＝Δc（COCl2）1min，5～6min时的Δc（COCl2）大于15～16min时的，所以v（5～6）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）0.234mol·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）ΔH0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B4.（2014·新课标全国卷Ⅱ，26，13分）在容积为1.00L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ΔH0（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0～60s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0.0020mol·L－1·s－1的平均速率降低，经10s后又达到平衡。①T100℃（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1.00L的容器中，通入0.100mol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ΔH0；由图示知60s时该反应达到平衡，消耗N2O4为0.100mol·L－1－0.040mol·L－1＝0.060mol·L－1，根据v＝ΔcΔt可知：v（N2O4）＝0.060mol·L－160s＝0.0010mol·L－1·s－1；由图中NO2和N2O4的平衡浓度，可求：K1＝c2（NO2）c（N2O4）＝0.12020.040＝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T100℃；由c（N2O4）以0.0020mol·L－1·s－1的平均速率降低，经10s又达到平衡，可知此时消耗的c（N2O4）为0.0020mol·L－1·s－1×10s＝0.020mol·L－1，由三段式；N2O4（g）2NO2（g）起始量/（mol·L－1）0.0400.120转化量/（mol·L－1）0.0200.040平衡量/（mol·L－1）0.0200.160K2＝c2（NO2）c（N2O4）＝0.16020.020≈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0.00100.36mol·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）＝0.120mol·L－1＋0.0020mol·L－1×10s×2＝0.160mol·L－1c（N2O4）＝0.040mol·L－1－0.0020mol·L－1·s－1×10s＝0.020mol·L－1K2＝0.16020.020≈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1.0L密闭容器中放入0.10molA（g），在一定温度进行如下反应：A（g）B（g）＋C（g）ΔH＝＋85.1kJ·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/h0124816202530总压强p/100kPa4.915.586.327.318.549.509.529.539.53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/h04816c（A）/（mol·L－1）0.10a0.0260.0065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12h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）＝9.53－4.914.91×100%＝94.1%。（3）①由阿伏加德罗定律：pp0＝n总0.10moln总＝0.10×pp0mol，n（A）＝0.10[1－α（A）]＝0.10×（2－pp0）。②根据n1n2＝p1p2，0.10a＋（0.10－a）＋（0.10－a）＝4.917.31，a＝0.051。由图表分析知，达平衡前每间隔4h，c（A）减少接近一半，故12h时c（A）为0.013mol·L－1。答案（1）升高温度、降低压强（2）（pp0－1）×100%94.1%A（g）B（g）＋C（g）0.10000.10×（1－94.1%）0.10×94.1%0.10×94.1%K＝（0.094mol·L－1）20.0059mol·L－1＝1.5mol·L－1（3）①0.10×pp00.10×（2－pp0）②0.051达到平衡前每间隔4h，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）＋32O2（g）===C3H3N（g）＋3H2O（g）ΔH＝－515kJ·mol－1②C3H6（g）＋O2（g）===C3H4O（g）＋H2O（g）ΔH＝－353kJ·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，