专题六化学反响速率化学平衡【学法导航】1、理解平衡移动原理：(1)“减弱”的双重含义定性角度：平衡移动的方向为减弱外界改变的方向定量角度：移动的结果只是减弱了外界条件的变化，而不能完全抵消外界条件的变化量(2)分清“三个变化量”：A．条件改变时的量变B．平衡移动过程中的量变C．原平衡与新平衡的量变。(3)适应其他体系。(4)不能用勒沙特列原理解释：A．催化剂的使用B．ΔV(g)=0的可逆反响C．外界条件的改变对平衡的影响与生产要求不完全一致（如合成氨温度选用）2.化学平衡常数的理解平衡常数的数学表达式及单位：如对于到达平衡的一般可逆反响：aA+bBpC+qD反响物和生成物平衡浓度表示为C(A)、C(B)、C(C)、C(D)化学平衡常数：Kc=cp（C）·cq（D）/ca（A）·cb（B）。K的单位为(mol·L-1)Dn3.影响化学平衡常数的因素：（1）化学平衡常数只与温度有关，升高或降低温度对平衡常数的影响取决于相应化学反响的热效应情况；反响物和生成物的浓度对平衡常数没有影响。27/27\n（2）反响物和生成物中只有固体和纯液体存在时，由于其浓度可看作“1”而不代入公式。（3）化学平衡常数是指某一具体反响的平衡常数。假设改变反响方向，那么平衡常数改变；假设方程式中的化学计量系数等倍扩大或缩小，尽管是同一反响，平衡常数也会发生改变。4.解答图象题的方法与思路是：⑴看懂图象：一看面（即看清横坐标和纵坐标），二看线（即看线的走向、变化的趋势），三看点（即看线是否通过原点，两条线的交点及线的拐点），四看要不要作辅助线（如等温线、等压线），五看定量图象中有关量的多少21世纪教育网⑵联想规律：即联想外界条件对化学反响速率即化学平衡影响规律、且熟练准确。⑶作出判断：依题意仔细分析作出正确判断21世纪教育网5.判断转化率大小变化（1）增大某一反响物浓度可使其它反响物转化率增大，而自身下降。降低它的浓度依然。（2）恒容容器中增大某一反响物浓度可使其它反响物浓度减小生成物浓度增大，化学平衡向正向移动；降低某一反响物浓度可使其它反响物浓度增大生成物浓度减小，化学平衡移动向逆向移动。改变生成物浓度与上述情况类似21世纪教育网因此，转化率的变化可能是化学平衡向正向移动的结果，也可能是化学平衡向逆向移动的结果。5.等效平衡（1）恒温恒容条件下的等效平衡27/27\n在恒温、恒容的情况下，对于同一可逆反响，不管各反响物的起始量是多少，也不管反响物是一次参加或分几次参加，或是参加后分一次取出或分几次取出，只要各物质的起始量（质量、物质的量、浓度、体积等）按化学计量数换算成方程式左右两边同一边后对应相同，那么就可以到达等效平衡21世纪教育网这种情况下建立的等效平衡，不但平衡混合物中各组分的质量分数（物质的量分数、体积分数）对应相等，而且各组分的质量、体积、物质的量、浓度等也分别对应相等。（2）恒温恒压条件下的等效平衡在恒温恒压的情况下，对于有气体物质参加的可逆反响，改变反响物的起始状态，只要各起始反响物之间的物质的量之比按化学计量数换算成化学方程式左右两边同一边后对应相等，即可到达等效平衡21世纪教育网在这种情况下建立的等效平衡，平衡混合物中各成份的质量、体积、物质的量、浓度并不一定相等21世纪教育网（3）特例在恒温恒容的情况下，对于反响前后气体分子数不变的可逆反响，其实在到达平衡的过程中压强也一直保持不变，因此只要反响物（或生成物）的物质的量的比例与原平衡相同，那么二平衡等效。【典例精析】1.将4molA气体和2molB气体在2L的容器中混合并在一定条件下发生如下反响：2A（g）＋B（g）2C（g）假设经2s（秒）后测得C的浓度为0.6mol•L－1，现有以下几种说法：①用物质A表示的反响的平均速率为0.3mol•L－1•s－1②用物质B表示的反响的平均速率为0.6mol•L－1•s－127/27\n③2s时物质A的转化率为70％④2s时物质B的浓度为0.7mol•L－1其中正确的选项是（）A.①③B.①④C.②③D.③④【答案】B【解析】此题考察物质的量浓度的表示法，用不同反响物或生成物表示反响速率的方法和反响中转换率的计算等知识，考察内容的知识容量较大。V(C)=0.6mol/2L×2s=0.3mol·L－1·s－1所以，V(A)=0.3mol·L－1·s－1V(B)=0.15mol·L－1·s－1A的转换率为0.6mol/L×2L/4mol×100％=30％。2s时B的浓度为2mol/2-V(B)×2s=0.7mol/L。只有①、④所以B正确【考点分析】化学反响速率概念的计算2.反响A＋3B==2C＋2D在四种不同情况下的反响速率分别为①v（A）＝0．15mol·L－1·s－1；②v（B）＝0．6mol·L－1·s－1；③v（C）＝0．4mol·L－1·s－1；④v（D）＝0．45mol·L－1·s－1。该反响进展的快慢顺序为。【答案】④＞③＝②＞①【解析】以一种物质作为参照物进展比较【考点分析】化学反响速率快慢比较3.在一定条件下，反响N2+3H22NH3，在2L密闭容器中进展，5min内氨的质量增加了1.7g，那么反响速率为A.V(H2)=0.03mol/(L·min) B.VN2)=0.02mol/(L·min)C.V(NH3)=0.17g/(L·min) D.V(NH3)=0.01mol/(L·min)【答案】D27/27\n【解析】根据题目可知V(NH3)=0.01mol/(L·min)，根据反响系数与化学反响速率的关系可求出V(H2)=0.015mol/(L·min)【考点分析】有关化学反响速率的简单计算4.对于可逆反响4NH3（g）＋5O2（g）4NO（g）＋6H2O（g）以下表达正确的选项是（）A.到达化学平稳时，4υ正（O2）=5υ逆（NO）B.假设单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，那么反响到达平稳状态C.到达化学平稳时，假设增加容器体积，那么正反响速率减少，逆反响速率增大D.化学反响速率关系是：2υ正（NH3）=3υ正（H2O）【答案】A【解析】同一反响速率用不同物质的浓度变化表示时，速率之比等于计量系数之比。A中v正(O2)/v逆(NO)=5/4，A正确。同理D中v正(NH3)/v逆(H2O)=4/6=2/3，即3v正(NH3)=2v逆(H2O)。选项B只表示出了正反响的速率，不是平衡状态，选项C增加容积，即减小压强会使正、逆反响的速率都减小，C选项错误.【考点分析】影响化学反响速率的因素5.一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如以以下图所示：以下描述正确的选项是A.反响开场到10s，用Z表示的平均反响速率为0.158mol/(L•s)B.反响开场到10s，X的物质的量浓度减少了0.79mol/LC.反响开场到10s时，Y的转化率为79.0%D.反响的化学方程式为：X(g)＋Y(g)Z(g)27/27\n【答案】C【解析】由图可知，反响至10s时到达平衡，Z由0mol增加到1.58mol，X由1.2mol减少到0.41mol，Y由1.00mol减少到0.21mol，所以Y的转换率为1.00-0.21/1.00×100％=79％；X的物质的量浓度减少了1.20-0.41/2=0.79/2mol/L到10S用Z表示的反响速率为1.58-0/2×10=0.079mol/L.S；X、Y、Z物质的量变化之比为0.79：0.79：1.58=1：1：2，所以化学方程式应为X(g)＋Y(g)2Z(g)【考点分析】化学反响速率图像的分析6.某化学反响2AB＋D在四种不同条件下进展，B、D起始浓度为0，反响物A的浓度（mol/L）随反响时间（min）的变化情况如下表：根据上述数据，完成以下填空：（1）在实验1，反响在10至20分钟时间内平均速率为mol/(L·min)。（2）在实验2，A的初始浓度C2＝mol/L，反响经20分钟就到达平衡，可推测实验2中还隐含的条件是。（3）设实验3的反响速率为V3，实验1的反响速率为V1，那么V3V1（填＞、＝、＜），且C31.0mol/L（填＞、＝、＜）27/27\n（4）比较实验4和实验1，可推测该反响是反响（选填吸热、放热）。理由是【答案】(1)实验1中，反响在10min到20min内的平均反响速率为（0.80—0.67）mol·L—1÷10min=0.013mol·L—1·min—1。（2）实验1与实验2相比，平衡时的组成保持不变，温度保持不变，所以起始时A的浓度与实验1相同，即1.0mol·L—1，由于实验2的反响速率大于实验1，所以实验2中隐含的反响条件是使用了催化剂。（3）实验3中，平衡时A的浓度大于实验1，所以C3应大于1.0mol/L，在其他条件不变时V3﹥V1（4）升高温度（从800℃变成820℃）平衡时，A的浓度下降，说明平衡向正反响方向移动，因此正反响为吸热反响。【解析】此题是利用不同时间或不同条件下A的浓度变化值考察化学平衡移动原理，题目设计新颖，尤其是第2问更具特色，利用图象、表格考察化学根底知识是上海试题的特色，也代表当前命题方向和趋势。【考点分析】化学反响速率的探究7.反响2X（气）＋Y（气）2Z（气）+热量，在不同温度（T1和T2）及压强（p1和p2）下，产物Z的物质的量（n2）与反响时间（t）的关系如右图所示。下述判正确的选项是A.T1＞T2，p1＜p2B.T1＜T2，P1＞p2C.T1＞T2，P1＞p2D.T1＜T2，p1＜p2【答案】C27/27\n【解析】首先分析反响：这是一个气体的总物质的量减小（体积减小）、放热的可逆反响，低温、高压对反响有利，达平衡时产物Z的物质的量n2大，平衡点高，即图示曲线T2、p1。再比照图示曲线T2、p2，温度相同，压强不同，平衡时n2不同（pl时的n2＞P2时的n2），由此分析p1＞p2，再从反响速率验证，T2、P1的曲线达平衡前斜率大（曲线陡）先到达平衡，也说明压强是p1＞p2（增大反响压强可以增大反响速率）。然后比较曲线T2、p2与T1、p2，此时压强相同，温度不同，温度低的达平衡时n2大，平衡点高（曲线T2、p2），由此判断温度T1＞T2；再由这两条曲线达平衡前的斜率比较，也是T1、p2的斜率大于T2、p2，T1、p2先到达平衡，反响速率大，也证明T1＞T2。由此分析得出正确的判断是T1＞T2，p1＞p2，选项C的结论正确21世纪教育网【考点分析】平衡移动原理在平衡图像题中的应用8.近年来，某些自来水厂用液氯进展消毒处理时还参加少量液氨，NH3+HClOH2O+NH2Cl（一氯氨）。NH2Cl比HClO稳定，试分析加液氨能延长液氯杀菌消毒时间的原因？！【分析与解答】NH3+HClOH2O+NH2Cl，当氯气（或说HClO）消耗时，平衡左移生成HClO，由于NH2Cl比HClO稳定，故试剂 保存时间长。【解析】综上所述，电解质电离、溶解结晶、气体气化液化、盐类水解等过程是平衡移动过程，可以运用平衡移动原理对其变化过程中现象加以解释。【考点分析】平衡移动原理的应用9.A、B、C、D为四种易溶物质，它们在稀溶液中建立如下平衡：A+2B+H2OC+D。当加水稀释时，平衡向（填“正”或“逆”）反响方向移动，理由是27/27\n【答案与解析】该化学平衡常数Kc=[C]·[D]/[A]·[B]2，加水稀释后，A、B、C、D四种物质稀释相同的倍数，但Qc=c（C）·c（D）/c（A）·c（B）2＞Kc，所以加水稀释后，平衡向逆方向移动。【考点分析】利用平衡常数解释浓度改变对化学平衡的影响10.在密闭容器中进展的如下反响：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）。SO2的起始浓度是0.4mol/l,O2的起始浓度是1mol/l,当SO2的转化率为80%时,反响到达平衡状态.（1）求反响的平衡常数（2）假设将平衡时反响混合物的压强增大1倍,平衡将如何移动?（3）假设将平衡时反响混合物的压强减少1倍,平衡将如何移动?（4）平衡时保持体积不变,向平衡混合气体中充入稀有气体Ar,使体系总压变为原来的3倍,平衡又将如何移动?【答案与解析】2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）212起始时(mol/l)0.410转化了(mol/l)0.4×80%1/2×0.4×80%0.32平衡时(mol/l)0.080.840.32平衡常数K=0.322／(0.84×0.082)=400/21；压强增大1倍,各组分的浓度增大1倍；Qc=0.642／(1.68×0.162)=200/21＜400/21.即Qc＜K,所以平衡向正方向移动.同理压强减少1倍,各组分的浓度减少1倍,经过计算Qc＞K,所以平衡向逆方向移动.27/27\n向平衡混合气体中充入稀有气体Ar,总压增大，但反响混合物中的各组分的浓度不发生改变，所以平衡不发生移动。【考点分析】利用平衡常数解释压强改变对化学平衡的影响11.在557oC时，密闭容器中进展以下反响：CO+H2OCO2+H2;假设CO的起始浓度为2mol/L，水蒸气密度为3mol/L，到达平衡时测得CO2的浓度为1.2mol/L。求CO和H2O的转化率21世纪教育网【答案与解析】 CO+H2OCO2+H2;起始浓度（mol/L）： 2 3 0 0转化浓度（mol/L）：1.2 1.2 1.2 1.2平衡浓度（mol/L）：0.8 1.8 1.2 1.2所以CO的转化率＝1.2/2×100%=60%H2O(g)的转化率＝1.2/3×100%=40%【考点分析】利用平衡常数和平衡移动原理判断转化率大小变化；运用化学平衡移动原理判断转化率的变化题型是很重要的一种题型，化学平衡移动通常带来转化率的变化，温度不变那么平衡常数不变。解题时要注意分析导致平衡移动的因素是什么，将反响过程和反响结果分开判断。12.在一个固定容积的密闭容器中，参加2molA和1molB，发生反响2A(g)+B(g)≒3C(g)+D(g)，到达平衡时C的浓度为cmol/L，假设维持容器的容积和温度不变，按以下4种配比作为起始物质，到达平衡时C的浓度仍为cmol/L的是（）A.4molA+2molBB.1molA+0.5molB+1.5molC+1molDC.2molC+1molD+1molBD.3molC+1molD【答案】D27/27\n【解析】由“到达平衡时，C的浓度仍为cmol/L”应想到等效平衡问题，然后再根据题中“容器的容积和温度不变”及反响方程式可知应从等温、等容条件下的等效平衡（即第1类等效）角度进展判断，因此A项不符题意，而对于B、C、D选项来说按照“一边归零”的方法，把初始状态的1molA+0.5molB+1.5molC+1molD、2molC+1molD+1molB、3molC+1molD可分别转变为2molA+1molB+0.5molD、（4/3）molA+(5/3)molB+(1/3)molD、2molA+1molB，故知D项正确；B、C项不符题意。【考点分析】等效平衡的判断13.某温度下在密闭容器中发生如下反响：2M(g)+N(g)2E(g)，假设开场时只充入2molE（g），达平衡时，混合气体的压强比起始时增大了20%；假设开场时只充入2molM和1molN的混合气体达平衡时M的转化率为()A．20%B．40%C．60%D．80%【答案】C21世纪教育网【解析】按照“一边归零”的方法知：两种起始状态“2molE”与“2molM和1molN”是等温等压下的等效平衡关系。根据题意可得：2M(g)+N(g)2E(g)起始时（mol）002变化量（mol）2xx2x平衡时（mol）2xx2-2x2/（2+x）=1/1.2解得：x=0.4，故只充入2molM和1molN的混合气体达平衡时M的转化率为（2-0.4×2）/2=0.6。【考点分析】等效平衡的灵活应用14.在一定温度下，容器内某一反响中M、N的物质的量n随反响时间t变化的曲线如以下图，以下表述中正确的选项是（）A.反响的化学方程式为2MN27/27\nB.t2时V正=V逆，到达平衡C.t3时V正＞V逆D.t1时浓度C(N)=2C(M)【答案】C【解析】解题关键是抓住起点和t1、t2、t3等特殊点，在0到t2时间内（或选取0到t3之间的任一点）n(N)从8mol到4mol减少了4mol，n(M)从2mol到4mol增大了2mol，因此N为反响物，方程式为2NM（从反响趋势看，N没有完全转化为M，故为可逆反响）。t2时n(N)=n (M)，瞬时浓度也相等，但浓度变化并不相等，实际是V正＞V逆，t3时n (M)、n(N)不再改变，到达了平衡状态，V正=V逆，t1时n(N)=2n (M)，体积相同，c与n成正比【考点分析】利用平衡图像描述可逆反响到达平衡的过程15.在容积固定为2L的密闭容器中，充入X、Y气体各2mol，发生可逆反响：X(g)+2Y(g)2Z(g)，并达平衡，以Y的浓度改变表示的反响速度V正、V逆与时间t的关系如以下图，那么Y的平衡浓度表达式正确的选项是（式中S是对应区域的面积）（）A．2－SaobB．1－SaobC．2－SabdoD．1－Sbod【答案】B【解析】根据v-t曲线计算反响物的平衡浓度，初看题目似乎无从下手，假设静心思考，从定义出发，Y减少的浓度△C(Y)=vt，随着反响进展，逆反响同时生成局部Y，因此Y的平衡浓度为初始浓度与消耗浓度之差。瞬时速率与时间的乘积即为微小矩形的面积，累积计算那么Y减少的浓度表示为Saobd，Y增加的浓度表示为Sobd，那么Y的平衡浓度表示为：1-(Saobd-Sobd)=1-Saob，27/27\n【考点分析】利用v-t图像进展平衡的相关计算16.反响2X(g)+Y(g)2Z(g)△H，在不同温度（T1和T2）及压强（P1和P2）下，产物Z的物质的量n(Z)与反响时间t的关系如以下图，下述判断正确的选项是（）A．T1＜T2,P1＜P2B．T1＜T2,P1＞P2C．T1＞T2,P1＞P2D．T1＞T2,P1＜P2【答案】C【解析】T相同时（上面2条曲线），p越大反响速率v越快，到达化学平衡的时间t越短，故P1＞P2；假设从纵坐标n(Z)来分析，P2→P1,n(Z)增大，平衡向正向移动，对照反响特征（气体体积减小）可知P1＞P2。同理，压强相同时（下面2条曲线），温度越高反响速率越快，到达化学平衡的时间越短，故T1＞T2，或从n(Z)来分析，T2→T1,n(Z)减小，平衡向逆向移动（正向放热那么逆向吸热），说明P2→P1,n(Z)，【考点分析】利用平衡图像判断外界条件对平衡移动的影响17.如图，条件一定时，反响2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)△H＜0中NO的百分含量NO%与T变化关系曲线图，图中有a、b、c、d四个点，其中表示未到达平衡状态，且ｖ正＜ｖ逆的点是（）A.aB.bC.cD.d【答案】D【解析】a、b在曲线上为平衡点，c、d点未达平衡。d点在曲线右上方，从d点向横坐标引辅助线，可知该温度平衡时NO%比d27/27\n点的小，说明该点未达平衡，且V正＜V逆平衡向逆向移动，或从d点向纵坐标引垂线，d点T比平衡点的高，该反响正向放热，升高温度平衡向吸热的逆向移动，同样得出结论V正＜V【考点分析】利用平衡图像判断平衡状态【专题突破】1.可逆反响N2＋3H22NH3的正、逆反响速率可用各反响物或生成物浓度的变化来表示。以下各关系中能说明反响已到达平衡状态的是A．3υ正（N2）＝υ正（H2）B．υ正（N2）＝υ逆（NH3）C．2υ正（H2）＝3υ逆（NH3）D．υ正（N2）＝3υ逆（H2）【答案】C2.在一定温度下，可逆反响X(g)＋3Y(g)2Z(g)到达平衡的标志是A.Z生成的速率与Z分解的速率相等B.单位时间生成amolX，同时生成3amolYC.X、Y、Z的浓度不再变化D.X、Y、Z的分子数比为1∶3∶2【答案】AC3.在一定温度下的定容密闭容器中，当以下物理量不再变化时，不能说明反响：A（固）＋2B（气）C（气）＋D（气）已达平衡的是A．B的物质的量浓度B．混合气体的密度C．混合气体的平均相对分子质量D．混合气体的压强【答案】D4.可逆反响∶2NO22NO+O2在密闭容器中反响，到达平衡状态的标志是：27/27\n①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2②单位时间内生成nmolO2的同时，生成2nmolNO③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反响速率的比为2:2:1的状态④混合气体的颜色不再改变的状态⑤混合气体的密度不再改变的状态⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态A.①④⑥B.②③⑤C.①③④D.①②③④⑤⑥【答案】A5.对已达化学平衡的以下反响2X（g）＋Y（g）2Z（g），减小压强时，对反响产生的影响是A．逆反响速率增大，正反响速率减小，平衡向逆反响方向移动B．逆反响速率减小，正反响速率增大，平衡向正反响方向移动C．正、逆反响速率都减小，平衡向逆反响方向移动D．正、逆反响速率都增大，平衡向正反响方向移动【答案】C6.某温度下，体积一定的密闭容器中进展如下可逆反响：X(g)＋Y(g)Z(g)＋W(s)△H＞0以下表达正确的选项是A．参加少量W，逆反响速率增大B．当容器中气体压强不变时，反响到达平衡C．升高温度，平衡逆向移动D．平衡后参加X，上述反响的△H增大【答案】B7.某温度下，反响ClF(g)＋F2(g)ClF3(g)△H=—268kJ/mol，在密闭容器中到达平衡。以下说法正确的选项是A.温度不变，缩小体积，ClF的转化率增大27/27\nB.温度不变，增大体积，ClF3产率提高C.升高温度，增大体积，有利于平衡向正反响方向移动D.降低温度，体积不变，F2转化率降低【答案】A8.某温度下，反响N2O4(g)2NO2(g)△H>0，在密闭容器中到达平衡。以下说法不正确的选项是A.加压时(体积变小)，将使正反响速率增大B.保持体积不变，参加少许NO2，将使正反响速率减小C.保持体积不变，参加少许N2O4，再到达平衡时，颜色变深D.保持体积不变，升高温度，再达平衡时颜色变深【答案】B9.对于反响aX(g)+bY(g)cZ(g)+dR(g)△H=QkJ/mol反响开场时，容器内充入X、Y或Z、R如以下图表示反响到达平衡后，图1、图2分别表示反响到达平衡后，改变温度和压强对反响的影响，以下表达中正确的选项是A.开场时充入X和Ya+b>c+dQ<0B.开场时充入X和Ya+b>c+dQ>0C.开场时充入Z和Ra+b>c+dQ<0D.开场时充入Z和Ra+b<c+dQ>0【答案】C27/27\n10.右图是恒温下某化学反响的反响速率随反响时间变化的示意图。以下表达与示意图不相符合的是A．反响达平衡时，正反响速率和逆反响速率相等反响时间反响速率平衡态Ⅰv正v逆0平衡态ⅡB．该反响到达平衡态Ⅰ后，增大反响物浓度，平衡发生移动，到达平衡态ⅡC．该反响到达平衡态后，减小反响物浓度，平衡发生移动，到达平衡态ⅡD．同一种反响物在平衡态Ⅰ和平衡Ⅱ时浓度不相等【答案】C11.可逆反响mA(s)+nB(g)pC(g)+qD(g)反响过程中，当其它条件不变时，C的质量分数与温度（T）和压强（P）的关系如图,根据图中曲线分析，判断以下表达中正确的选项是A．到达平衡后，假设使用催化剂，C的质量分数增大B．平衡后，假设升高温度，平衡那么向逆反响方向移动C．平衡后，增大A的量，有利于平衡向正反响方向移动D．化学方程式中一定n＞p+q【答案】B12.在某温度下，可逆反响mA+nBpC+qD27/27\n的平衡常数为K，以下说法正确的选项是A．K越大，到达平衡时，反响进展的程度越大B．K越小，到达平衡时，反响物的转化率越大C．K随反响物浓度的改变而改变D．K随温度和压强的改变而改变【答案】A13.已知450℃时，反响H2(g)＋I2(g)2HI(g)的K＝50，由此推测在450℃时，反响2HI(g)H2(g)＋I2(g)的化学平衡常数为A．50B．0.02C．100D．无法确定【答案】B14．某温度下，C和H2O(g)在密闭容器里发生以下反响：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)当反响到达平衡时，c(H2)=1.9mol·L－1,c(CO)=0.1mol·L－1。那么以下表达正确的有27/27\nA.CO在平衡时转化率为10%B.平衡浓度c(CO2)=c(H2)C.平衡时气体平均相对分子质量约为23.3D.其他条件不变时，缩小体积，H2O(g)的转化率随之降低【答案】D15.将2.0molSO2气体和2.0molSO3气体混合于固定体积的密闭容器中，在一定条件下发生反响：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，到达平衡时SO3为nmol。在相同温度下，分别按以下配比在相同密闭容器中放入起始物质，平衡时SO3等于nmol的是A.1.6molSO2＋0.3molO2＋0.4molSO3B.4.0molSO2＋1.0molO2C.2.0molSO2＋1.0molO2＋2.0molSO3D.3.0molSO2＋0.5molO2＋1.0molSO3【答案】BD16.有两只密闭容器A和B，A容器有一个可移动的活塞能使容器内保持恒压，B容器能保持恒容。起始时间这两只容器中分别充入等量的体积比为2∶1的SO2和O2的混合气体，并使A和B容积相等，如右图。在保持400℃的条件下使之发生如下反响：2SO2+O22SO3请填空以下空白：⑴到达平衡时所需的时间A容器比B容器(多、少)A容器中SO2的转化率比B容器中(大、小)。27/27\n⑵到达⑴所述平衡后，假设向两容器中通入数量不多的等量的H2，A容器中化学平衡移动。B容器中化学平衡移动。(向左、向右不移动)。⑶到达⑴所述平衡后，假设向两容器中再通入等量的原反响气体，到达平衡时，A容器中SO3的百分含量。B容器中SO3的百分含量。(增大、减小、不变)。【答案】（1）小大（2）向左不（3）不变增大【专题综合】1.（09年广东化学·20）甲酸甲酯水解反响方程式为：HCOOCH3(l)+H2O(l)HCOOH(l)+CH3OH(l)；△H>0某小组通过试验研究该反响（反响过程中体积变化忽略不计）。反响体系中各组分的起始量如下表：组分HCOOCH3H2OHCOOHCH3OH物质的量/mol1.001.990.010.52甲酸甲酯转化率在温度T1下随反响时间（t）的变化如以以下图：（1）根据上述条件，计算不同时间范围内甲酸甲酯的平均反响速率，结果见下表：反响时间范围/min0~510~1520~2530~3540~4550~5575~8027/27\n平均反响速率/(10－3mol·min－1)1.97.47.84.41.60.80.0请计算15-20min范围内甲酸甲酯的减少量为mol，甲酸甲酯的平均反响速率为mol·min-1（不要求写出计算过程）。（2）依据以上数据，写出该反响的反响速率在不同阶段的变化规律及其原因：。（3）上述反响的平衡常数表达式为：，那么该反响在温度T1下的K值为。（4）其他条件不变，仅改变温度为T2（T2大于T1），在答题卡框图中画出温度T2下甲酸甲酯转化率随反响时间变化的预期结果示意图。【答案】（1）15—20min范围内甲酸甲酯的减少量为0.045mol；甲酸甲酯的平均反响速率为0.009mol·min-1（2）反响速率随着反响的进展，先逐渐增大再逐渐减小，后不变；原因：随着反响的不断进展，应开场甲酸甲酯的浓度大，所以反响速率较大，后随着反响进展，甲酸甲酯的物质的量浓度不断减少，反响速率不断减慢，所以转化率增大的程度逐渐减小，当反响到达平衡后，转化率不变。（3）1/7（4）图略。作图要点：因为T2>T1，温度越高，平衡向逆反响方向移动，甲酸甲酯的转化率下降，T2到达平衡时的平台要低于T1；另外温度越高，越快到达平衡，所以T2到达平衡的时间要小于T1。【解析】（1）15min时，甲酸甲酯的转化率为6.7%，所以15min时，甲酸甲酯的物质的量为1—1.00mol×6.7%==0.933mol；20min时，甲酸甲酯的转化率为11.2%所以20min27/27\n时，甲酸甲酯的物质的量为1—1.00mol×11.2%==0.888mol，所以15至20min甲酸甲酯的减少量为0.933mol—0.888mol=0.045mol，那么甲酸甲酯的平均速率==0.045mol/5min==0.009mol·min-1。（2）从题给数据不难看出，平均速率的变化随转化率的增大先增大再减小，后保持不变。因为反响开场甲酸甲酯的浓度大，所以反响速率较大，后随着反响进展甲酸甲酯的浓度减小，反响速率减小，当到达平衡时，反响速率几乎不变。（3）由图象与表格可知，在75min时到达平衡，甲酸甲酯的转化率为24%，所以甲酸甲酯转化的物质的量为1.00×24%==0.24mol，结合方程式可计算得平衡时，甲酸甲酯物质的量==0.76mol，水的物质的量1.75mol，甲酸的物质的量==0.25mol甲醇的物质的量==0.76mol。所以K=（0.76×0.25）/（1.75×0.76）=1/7。（4）因为升高温度，反响速率增大，到达平衡所需时间减少，所以绘图时要注意T2到达平衡的时间要小于T1，又该反响是吸热反响，升高温度平衡向逆反响方向移动，甲酸甲酯的转化率减小，所以绘图时要注意T2到达平衡时的平台要低于T1。【考点分析】化学反响速率的计算、影响化学反响速率及化学平衡的因素；平衡常数的简单计算21世纪教育网2.（09年江苏化学·20）联氨（N2H4）及其衍生物是一类重要的火箭燃料。N2H4与N2O4反响能放出大量的热。27/27\n（1）已知：2NO2(g)===N2O4(g)△H=-57.20kJ·mol-1。一定温度下，在密闭容器中反响2NO2(g)N2O4(g)到达平衡。其他条件不变时，以下措施能提高NO2转化率的是(填字母）。A．减小NO2的浓度B．降低温度C．增加NO2的浓度D．升高温度（2）25℃时，1.00gN2H4(l)与足量N2O4(l)完全反响生成N2(g)和H2O(l)，放出19.14kJ的热量。那么反响2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(l)的△H=kJ·mol-1。（3）17℃、1.01×105Pa，密闭容器中N2O4和NO2的混合气体到达平衡时，c(NO2)=0.0300mol·L-1、c(N2O4)=0.0120mol·L-1。计算反响2NO2(g)N2O4(g)的平衡常数K。（4）现用一定量的Cu与足量的浓HNO3反响，制得1.00L已到达平衡的N2H4和NO2的混合气体（17℃、1.01×105Pa），理论上至少需消耗Cu多少克？【答案】（1）BC（2）-1224.96（3）根据题意知平衡时：c(N2O4)=0.0120mol·L-1、c(NO2)=0.0300mol·L-1K==13.3L·mol-1答：平衡常数为13.3。（4）由（3）可知，在17℃、1.01×105Pa到达平衡时，1.00L混合气体中：n(N2O4)=c(N2O4)×V=0.0120mol·L-1×1.00L=0.0120moln(NO2)=c(NO2)×V=0.0300mol·L-1×1.00L=0.0300mol那么n(NO2)总=n(NO2)＋2n(N2O4)=0.0540mol由Cu＋4HNO3=Cu(NO3)2＋2NO↑＋2H2O可得27/27\n答：理论上至少需消耗Cu1.73g.【解析】（1）考察影响化学平衡移动的因素（2）简单的反响热计算要注意将质量转化为物质的量，还要注意比例关系。（3）（4）见答案【考点分析】此题考察了平衡移动原理、反响热计算、平衡常数。高考中的热点和难点。3、（09年山东理综·28）（14分）运用化学反响原理研究氮、氧等单质及其化合物的反响有重要意义。（1）合成氨反响N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，假设在恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气，平衡移动（填“向左”、“向右”或“不”）；使用催化剂反响的△H（填“增大”、“减小”或“不改变”）。（2）已知：O2(g)=O2+(g)+e－H1=1175.7kJ·mol-1PtF6(g)+e－=PtF6－(g)H2=-771.1kJ·mol-1O2PtF6(S)=O2+(g)+PtF6－(g)H3=482.2kJ·mol-1那么反响O2(g)+PtF6(g)=O2+PtF6－(s)的H=_____________kJ·mol-1。（3）在25℃下，向浓度均为0.1mol·L-1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴参加氨水，先生成沉淀（填化学式），生成该沉淀的离子方程式为。已知25℃时Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11，KsP[Cu(OH)2]=2.2×10-20。（4）在25℃下，将amol·L-1的氨水与0.01mol·L-1的盐酸等体积混合，反响时溶液中c(NH4+)=c(Cl-)。那么溶液显性（填“酸”、“碱”或“中”）；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb=21世纪教育网27/27\n【答案】（1）向左不改变（2）－77.6（3）Cu(OH)2Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+（4）中mol·L-1【解析】（1）恒温、恒压条件下向平恒体系中通入氩气，那么反响体系体积增大，平衡左移；使用催化剂只是改变了反响的途径，没有改变反响物与生成物的状态，△H不变；（2）利用盖斯定律，△H1+△H2+（-△H3）=—77.6kJ·mol-1；（3）由于,KsP[Cu(OH)2]=2.2×10-20＜Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11，所以先生成沉淀；2NH3·H2O＋Cu2＋＝Cu(OH)2↓＋2NH4*；根据溶液的电中性原那么，c(NH4*)=c(Cl-)，那么[H＋]＝[OH-]；溶液显中性；Kb=，c(NH4*)=c(Cl-)＝0.005mol·L-1；[H＋]＝[OH-]＝1×10-7mol·L-1（因为是25℃下且为中性）；[NH3·H2O]＝mol·L-1－0.005mol·L-1，那么：Kb=mol·L-1。【考点分析】平衡移动原理、盖斯定律、溶度积、电离常数的综合考察。4.将一定量的SO和含0.7mol氧气的空气（忽略CO2）放入一定体积的密闭容器中，550℃时，在催化剂作用下发生反响：2SO2+O22SO3（正反响放热）。反响到达平衡后，将容器中的混合气体通过过量NaOH溶液，气体体积减少了21.28L；再将剩余气体通过焦性没食子酸的碱性溶液吸收O227/27\n，气体的体积又减少了5.6L（以上气体体积均为标准状况下的体积）。（计算结果保存一位小数）请答复以下问题：（1）判断该反响到达平衡状态的标志是。（填字母）a．SO2和SO3浓度相等b．SO2百分含量保持不变c．容器中气体的压强不变d．SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等e．容器中混合气体的密度保持不变（2）欲提高SO2的转化率，以下措施可行的是。（填字母）a．向装置中再充入N2b．向装置中再充入O2c．改变反响的催化剂d．生高温度（3）求该反响到达平衡时SO3的转化率（用百分数表示）。（4）假设将平衡混合气体的5%通入过量的BaCl2溶液，生成沉淀多少克？【答案】（1）bc（2）b（3）消耗的O2物质的量：生成的SO3物质的量：SO2和SO3的物质的量和：反响前的SO2物质的量：SO2的转化率：（4）在给定的条件下，溶液呈强酸性，BaSO3不会沉淀。因此BaSO4的质量【解析】化学平衡是动态平衡，处于平衡状态的化学反响，并没有停顿反响，化学平衡状态的“定”27/27\n，指的是平衡状态时反响物中各组分的质量分数、物质的量、物质的量分数、总压强、浓度等保持不变，而平衡时的上述各种量的比较关系取决于多种条件，不一定是相等的。且平衡状态的正逆反响速率一定相同。向装置中再充入N2和改变反响的催化剂，不能使化学平衡移动，升高温度使化学平衡移动逆向移动，消耗的O2物质的量：。生成的SO3物质的量：SO2和SO3的物质的量和：反响前的SO2物质的量：SO2的转化率：在给定的条件下，溶液呈强酸性，BaSO3不会沉淀。因此BaSO4的质量。【考点分析】平衡状态的标志的考察、转化率的相关计算21世纪教育网21世纪教育网www.ks5u.comw.w.w.k.s.5.u.c.o.mwww.ks5u.com27/27
