2010高考化学二轮复习 专题6《化学反应速率 化学平衡》

专题六化学反应速率化学平衡

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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的可逆反应

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：

如对于达到平衡的一般可逆反应：aA + bB pC + qD反应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：K c= c p（C）·c q（D）/c a（A）·c b（B）。

K的单位为(mol·L-1) n

3. 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应的热效应情况；反应物和生成物的浓度对平衡常数没有影响。

（2）反应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应的平衡常数。若改变反应方向，则平衡常数改变；

若方程式中的化学计量系数等倍扩大或缩小，尽管是同一反应，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

⑵联想规律：即联想外界条件对化学反应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

5. 判断转化率大小变化

（1）增大某一反应物浓度可使其它反应物转化率增大，而自身下降。降低它的浓度依然。

（2）恒容容器中增大某一反应物浓度可使其它反应物浓度减小生成物浓度增大，化学平衡向正向移动；降低某一反应物浓度可使其它反应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

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

在恒温、恒容的情况下，对于同一可逆反应，不论各反应物的起始量是多少，也不管反应物是一次加入或分几次加入，或是加入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，则就可以达到等效平衡

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应，改变反应物的起始状态，只要各起始反应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，即可达到等效平衡

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

（3）特例

在恒温恒容的情况下，对于反应前后气体分子数不变的可逆反应，其实在到达平衡的过程中压强也一直保持不变，因此只要反应物（或生成物）的物质的量的比例与原平衡相同，则二平衡等效。

【典例精析】

1. 将4 mol A气体和2 mol B气体在2 L的容器中混合并在一定条件下发生如下反应：2A（g）

＋B（g）2C（g）若经 2 s（秒）后测得 C 的浓度为0.6 mol?L－1，现有下列几种说法：

①用物质 A 表示的反应的平均速率为0.3 mol?L－1?s－1

②用物质 B 表示的反应的平均速率为0.6 mol?L－1?s－1

③2 s 时物质 A 的转化率为70％

④2 s 时物质 B 的浓度为0.7 mol?L－1

其中正确的是（）

A.①③

B.①④

C.②③

D.③④

【答案】B

【解析】本题考查物质的量浓度的表示法，用不同反应物或生成物表示反应速率的方法和反应中转换率的计算等知识，考查内容的知识容量较大。

V(C)=0.6mol/2L×2s=0.3 mol·L－1·s－1所以，V(A)=0.3 mol·L－1·s－1 V(B)=0.15 mol·L－1·s－1

A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】化学反应速率概念的计算

2. 反应A＋3B==2C＋2D在四种不同情况下的反应速率分别为①v（A）＝0．15 mol·L－1·s－1；

②v（B）＝0．6mol·L－1·s－1；③v（C）＝0．4 mol·L－1·s－1；④v（D）＝0．45 mol·L－1·s－1。

该反应进行的快慢顺序为。

【答案】④＞③＝②＞①

【解析】以一种物质作为参照物进行比较

【考点分析】化学反应速率快慢比较

+3H22NH3，在2L密闭容器中进行，5min内氨的质量增

3. 在一定条件下，反应N

加了1.7g，则反应速率为

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】D

【解析】根据题目可知V(NH3)=0.01mol/(L·min)，根据反应系数与化学反应速率的关系可求出V(H2)=0.015mol/(L·min)

【考点分析】有关化学反应速率的简单计算

4. 对于可逆反应4 NH 3（g）＋5O2（g）4NO（g）＋6 H2O（g）下列叙述正确的是（）

A.达到化学平稳时，4υ正（O2）= 5υ逆（NO）

B.若单位时间内生成x mol NO的同时，消耗x mol NH3 ，则反应达到平稳状态

C.达到化学平稳时，若增加容器体积，则正反应速率减少，逆反应速率增大

D.化学反应速率关系是：2υ正（NH3）= 3υ正（H2O）

【答案】A

【解析】同一反应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只表示出了正反应的速率，不是平衡状态，选项C增加容积，即减小压强会使正、逆反应的速率都减小，C选项错误.

【考点分析】影响化学反应速率的因素

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下图

所示：下列描述正确的是

A.反应开始到10s，用Z表示的平均反应速率为0.158 mol/(L?s)

B.反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了0.79 mol/L

C.反应开始到10s时，Y的转化率为79.0%

D.反应的化学方程式为：X(g)＋Y(g) Z(g)

【答案】C

【解析】由图可知，反应至10s时达到平衡，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表示的反应速率为

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】化学反应速率图像的分析

6. 某化学反应2A B＋D在四种不同条件下进行，B、D起始浓度为0，反应物A的浓

度（mol/L）随反应时间（min）的变化情况如下表：

根据上述数据，完成下列填空：

（1）在实验1，反应在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，反应经20分钟就达到平衡，可推测实验2中还隐含的条件是。

（3）设实验3的反应速率为V3，实验1的反应速率为V1，则V3V1（填＞、＝、＜），且C3 1.0mol/L（填＞、＝、＜）

（4）比较实验4和实验1，可推测该反应是反应（选填吸热、放热）。理由是

【答案】(1)实验1中，反应在10min到20min内的平均反应速率为（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的反应速率大于实验1，所以实验2中隐含的反应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1.0 mol/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，表明平衡向正反应方向移动，因此正反应为吸热反应。

【解析】本题是利用不同时间或不同条件下A的浓度变化值考查化学平衡移动原理，题目设计新颖，尤其是第2问更具特色，利用图象、表格考查化学基础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】化学反应速率的探究

7. 反应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）与反应时间（t）的关系如右图所示。下述判正确的是

A.T1＞T2，p1＜p2

B.T1＜T2，P1＞p2

C.T1＞T2，P1＞p2

D.T1＜T2，p1＜p2

【答案】C

【解析】首先分析反应：这是一个气体的总物质的量减小（体积减小）、放热的可逆反应，低温、高压对反应有利，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。再对比图示曲线T2、p2，温度相同，压强不同，平衡时n2不同（p l时的n2＞P2时的n2），由此分析p1＞p2，再从反应速率验证，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（增大反应压强可以增大反应速率）。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，反应速率大，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

【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行消毒处理时还加入少量液氨，

NH 3+HClO H2O+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+HClO H2O+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+H2O C+D。

当加水稀释时，平衡向（填“正”或“逆”）反应方向移动，理由是

【答案与解析】该化学平衡常数K c=[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Q c=c（C）·c（D）/c（A）·c（B）2＞K c，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. 在密闭容器中进行的如下反应：2SO 2（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,反应达到平衡状态.

（1）求反应的平衡常数

（2）若将平衡时反应混合物的压强增大1倍,平衡将如何移动?

（3）若将平衡时反应混合物的压强减少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】2SO 2（g）+O2（g）2SO3（g）

2 1 2

起始时(mol/l) 0.4 1 0

转化了(mol/l) 0.4×80% 1/2×0.4×80% 0.32

平衡时(mol/l) 0.08 0.84 0.32

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；

Q c=0.642／(1.68 ×0.162)=200/21＜400/21.即Q c＜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Q c＞K,所以平衡向逆方向移动. 向平衡混合气体中充入稀有气体Ar,总压增大，但反应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557o C时，密闭容器中进行下列反应：CO+H 2O CO2+H2;若CO的起始浓度为

2mol/L，水蒸气密度为3mol/L，达到平衡时测得CO2的浓度为1.2mol/L。求CO和H2O 的转化率

【答案与解析】CO+H 2O CO2+H2;

起始浓度（mol/L）：2300

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，温度不变则平衡常数不变。解题时要注意分析导致平衡移动的因素是什么，将反应过程和反应结果分开判断。

12. 在一个固定容积的密闭容器中，加入2molA和1molB，发生反应2A(g)+B(g)≒

3C(g)+D(g)，达到平衡时C的浓度为cmol/L，若维持容器的容积和温度不变，按下列4种配比作为起始物质，达到平衡时C的浓度仍为cmol/L的是（）

A. 4molA+2molB

B.1molA+0.5molB+1.5molC+1molD

C. 2molC+1molD+1molB

D.3molC+1molD

【答案】D

【解析】由“达到平衡时，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”及反应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）角度进行判断，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应：2M(g)+N(g)2E(g)，若开始时只充入2mol

E（g），达平衡时，混合气体的压强比起始时增大了20%；若开始时只充入2mol M和1mol N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】C

【解析】按照“一边归零”的方法知：两种起始状态“2mol E” 与“2mol M和1mol N ”是

等温等压下的等效平衡关系。根据题意可得：

2/（2+x ）=1/1.2 解得：x=0.4，故只充入2mol M 和1mol N 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，容器内某一反应中M 、N 的物质的量n 随反应时间t 变化的曲线如图所

示，下列表述中正确的是（ ）

A. 反应的化学方程式为2M

N

B. t 2时V 正=V 逆，达到平衡

C. t 3时V 正 ＞ V 逆

D. t 1时浓度C(N)=2C(M) 【答案】C

【解析】解题关键是抓住起点和t 1、t 2、t 3等特殊点，在0到t 2时间内（或选取0到t 3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 为反应物，方程式为2N M （从反应趋势看，N 没有完全转化为M ，故为可逆反应）。

t 2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，t 3时n(M)、n(N)不再改变，达到了平衡状态，V 正=V 逆，t 1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应达到平衡的过程

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

反应：X(g)+2Y(g)2Z(g)，并达平衡，以Y 的浓度改变表示的

反应速度V 正、V 逆与时间t 的关系如图所示，则Y 的平衡浓度表达

式正确的是（式中S 是对应区域的面积）（ ）

A ．2－S aob

B ．1－S aob

2M(g)+N(g) 2E(g)

起始时（mol ） 0 0 2

变化量（mol ） 2x x 2x

平衡时（mol ） 2x x

2- 2x

C．2－S abdo D．1－S bod

【答案】B

【解析】根据v-t曲线计算反应物的平衡浓度，初看题目似乎无从下手，若静心思考，从定义出发，Y减少的浓度△C(Y)=vt，随着反应进行，逆反应同时生成部分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，累积计算则Y减少的浓度表示为S aobd，Y增加的浓度表示为S obd，则Y的平衡浓度表示为：

1-(S aobd-S obd)=1-S aob，

【考点分析】利用v-t图像进行平衡的相关计算

16. 反应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)与反应时间t的关系如图所示，下述判断正确的是（）

A．T1＜T2,P1＜P2

B．T1＜T2,P1＞P2

C．T1＞T2,P1＞P2

D．T1＞T2,P1＜P2

【答案】C

【解析】T相同时（上面2条曲线），p越大反应速率v越快，达到化学平衡的时间t越短，故P1＞P2 ；若从纵坐标n(Z)来分析，P2→P1,n(Z)增大，平衡向正向移动，对照反应特征（气体体积减小）可知P1＞P2 。同理，压强相同时（下面2条曲线），温度越高反应速率越快，达到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（正向放热则逆向吸热），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，反应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，其中表示未达到平衡状态，且ｖ正＜ｖ逆的点是（）

A. a

B. b

C. c

D. 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d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，该反应正向放热，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. 可逆反应N 2＋3H22NH3的正、逆反应速率可用各反应物或生成物浓度的变化来表示。

下列各关系中能说明反应已达到平衡状态的是

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】C

2. 在一定温度下，可逆反应X(g)＋3Y(g)2Z(g)达到平衡的标志是

A. Z生成的速率与Z分解的速率相等

B.单位时间生成a mol X，同时生成3a mol Y

C. 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】AC

3. 在一定温度下的定容密闭容器中，当下列物理量不再变化时，不能

．．表明反应：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】D

4. 可逆反应∶2NO22NO+O2在密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是：

①单位时间内生成n molO2的同时生成2n molNO2②单位时间内生成n molO2的同时，生

成2n molNO ③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为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.①④⑥

B.②③⑤

C.①③④

D.①②③④⑤⑥

【答案】A

5. 对已达化学平衡的下列反应2X（g）＋Y（g）2Z（g），减小压强时，对反应产生

的影响是

A．逆反应速率增大，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动

B．逆反应速率减小，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动

C．正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动

D．正、逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动

【答案】C

6. 某温度下，体积一定的密闭容器中进行如下可逆反应：

X(g)＋Y(g) Z(g)＋W(s) △H＞0

下列叙述正确的是

A．加入少量W，逆反应速率增大B．当容器中气体压强不变时，反应达到平衡C．升高温度，平衡逆向移动D．平衡后加入X，上述反应的△H增大

【答案】B

7. 某温度下，反应ClF(g)＋F

(g)ClF3(g) △H= —268 kJ/mol，在密闭容器中达到平衡。

下列说法正确的是

A. 温度不变，缩小体积，ClF的转化率增大

B. 温度不变，增大体积，ClF3产率提高

C. 升高温度，增大体积，有利于平衡向正反应方向移动

D. 降低温度，体积不变，F2转化率降低

【答案】A

8. 某温度下，反应N2O4(g)2NO2(g)△H>0，在密闭容器中达到平衡。下列说法不正确

．．．的是

A. 加压时(体积变小)，将使正反应速率增大

B. 保持体积不变，加入少许NO2，将使正反应速率减小

C. 保持体积不变，加入少许N2O4，再达到平衡时，颜色变深

D. 保持体积不变，升高温度，再达平衡时颜色变深

9. 对于反应

aX(g)+bY(g) cZ(g)+dR(g) △H =QkJ/mol 反应开始时，容器内充入X 、Y

或Z 、R 如图所示表示反应达到平衡后，图1、图2分别表示反应达到平衡后，改变温度和压强对反应的影响，下列叙述中正确的是

A.开始时充入X 和Y a+b>c+d Q<0

B.开始时充入X 和Y a+b>c+d Q>0

C.开始时充入Z 和R a+b>c+d Q<0

D.开始时充入Z 和R a+b0

【答案】C

10. 右图是恒温下某化学反应的反应速率随反应时间变化的示意图。下列叙述与示意图不相．．

符合．．

的是 A ．反应达平衡时，正反应速率和逆反应速率相等

B ．该反应达到平衡态Ⅰ后，增大反应物浓度，平

衡发生移动，达到平衡态Ⅱ

C ．该反应达到平衡态后，减小反应物浓度，平衡

发生移动，达到平衡态Ⅱ D ．同一种反应物在平衡态Ⅰ和平衡Ⅱ时浓度不相

等

【答案】C

11. 可逆反应mA(s)+nB(g)pC(g)+qD(g)反应过程中，

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，判断下列叙述中正确的是

A ．到达平衡后，若使用催化剂，C 的质量分数增大

B ．平衡后，若升高温度，平衡则向逆反应方向移动

C ．平衡后，增大A 的量，有利于平衡向正反应方向移动

D ．化学方程式中一定n ＞p+q

反应时间

12. 在某温度下，可逆反应mA + nB pC + qD的平衡常数为K，下列说法正确的是

A．K越大，达到平衡时，反应进行的程度越大

B．K越小，达到平衡时，反应物的转化率越大

C．K随反应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】A

(g)＋I2(g) 2HI(g)的K＝50，由此推测在450℃时，反应

13. 已知450℃时，反应H

(g)＋I2(g)的化学平衡常数为

2HI(g) H

A．50 B．0.02 C．100 D．无法确定

【答案】B

14．某温度下，C和H2O(g)在密闭容器里发生下列反应：

C(s)+H

O(g)CO(g)+H2(g)，CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)

当反应达到平衡时，c(H2)=1. 9 mol·L－1,c(CO)=0. 1 mol·L－1。则下列叙述正确的有

A. 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. 3

D. 其他条件不变时，缩小体积，H2O(g)的转化率随之降低

【答案】D

15. 将2.0 mol SO2气体和2.0 mol SO3气体混合于固定体积的密闭容器中，在一定条件下发

生反应：2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)，达到平衡时SO3为n mol。在相同温度下，分别按下列配比在相同密闭容器中放入起始物质，平衡时SO3等于n mol的是

A. 1.6 mol SO2＋0.3 mol O2＋0.4 mol SO3

B. 4.0 mol SO2＋1.0 mol O2

C. 2.0 mol SO2＋1.0 mol O2＋2.0 mol SO3

D. 3.0 mol SO2＋0.5 mol O2＋1.0 mol

SO3

【答案】BD

16. 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

生如下反应：

2SO2+O22SO3请填空下列空白：

⑴达到平衡时所需的时间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)。

⑵达到⑴所述平衡后，若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达到⑴所述平衡后，若向两容器中再通入等量的原反应气体，达到平衡时，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）甲酸甲酯水解反应方程式为：

HCOOCH3(l)+H2O(l)HCOOH(l)+CH3OH(l)；△H>0

某小组通过试验研究该反应（反应过程中体积变化忽略不计）。反应体系中各组分的起始量如下表：

甲酸甲酯转化率在温度T1下随反应时间（t）的变化如下图：

（1）根据上述条件，计算不同时间范围内甲酸甲酯的平均反应速率，结果见下表：

请计算15-20mi n范围内甲酸甲酯的减少量为mol，甲酸甲酯的平均反应速率为mol·mi n-1（不要求写出计算过程）。

（2）依据以上数据，写出该反应的反应速率在不同阶段的变化规律及其原因： 。

（3）上述反应的平衡常数表达式为：332()()()()c HCOOH c CH OH K c HCOOCH c H O ?=

?，则该反应在温度T 1下的K 值为 。

（4）其他条件不变，仅改变温度为T 2（T 2大于T 1），在答题卡框图中画出温度T 2下甲酸甲酯转化率随反应时间变化的预期结果示意图。

【答案】（1）15—20mi n 范围内甲酸甲酯的减少量为0.045mol ；甲酸甲酯的平均反应速率为0.009mol·mi n -1（2）反应速率随着反应的进行，先逐渐增大再逐渐减小，后不变；原因：随着反应的不断进行，应开始甲酸甲酯的浓度大，所以反应速率较大，后随着反应进行，甲酸甲酯的物质的量浓度不断减少，反应速率不断减慢，所以转化率增大的程度逐渐减小，当反应达到平衡后，转化率不变。

（3）1/7

（4）图略。作图要点：因为T 2>T 1，温度越高，平衡向逆反应方向移动，甲酸甲酯的转化率下降，T 2达到平衡时的平台要低于T 1；另外温度越高，越快达到平衡，所以T 2达到平衡的时间要小于T 1。

【解析】（1）15mi n 时，甲酸甲酯的转化率为6.7%，所以15mi n 时，甲酸甲酯的物质的量为1—1.00mol×6.7%==0.933mol ；20mi n 时，甲酸甲酯的转化率为11.2%所以20mi n 时，甲酸甲酯的物质的量为1—1.00mol×11.2%==0.888mol ，所以15至20mi n 甲酸甲酯的减少量为0.933mol —0.888mol=0.045mol ，则甲酸甲酯的平均速率==0.045mol/5mi n ==0.009mol·mi n -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。因为反应开始甲酸甲酯的浓度大，所以反应速率较大，后随着反应进行甲酸甲酯的浓度减小，反应速率减小，当达到平衡时，反应速率几乎不变。

（3）由图象与表格可知，在75mi n 时达到平衡，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，反应速率增大，达到平衡所需时间减少，所以绘图时要注意T 2达到平衡的时间要小于T 1，又该反应是吸热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，甲酸甲

酯的转化率减小，所以绘图时要注意T 2达到平衡时的平台要低于T 1。

【考点分析】化学反应速率的计算、影响化学反应速率及化学平衡的因素；平衡常数的简单计算

2.（09年江苏化学·20） 联氨（N 2H 4）及其衍生物是一类重要的火箭燃料。N 2H 4与N 2O 4反

应能放出大量的热。

（1）已知：2NO 2(g)===N 2O 4(g) △H =-57.20kJ·mol -1。一定温度下，在密闭容器中反应2NO 2(g)

N 2O 4(g)达到平衡。其他条件不变时，下列措施能提高NO 2转化率的是 (填

字母）。

A ．减小NO 2的浓度

B ．降低温度

C ．增加NO 2的浓度

D ．升高温度 （2）25℃时，1.00gN 2H 4(l)与足量N 2O 4(l)完全反应生成N 2(g)和H 2O(l)，放出19.14kJ 的热量。则反应2N 2H 4(l)+N 2O 4(l)=3N 2(g)+4H 2O(l)的△H = kJ·mol -1。

（3）17℃、1.01×105Pa ，密闭容器中N 2O 4和NO 2的混合气体达到平衡时，c (NO 2)=0.0300 mol·L -1、c (N 2O 4)=0.0120 mol·L -1。计算反应2NO 2(g)N 2O 4(g)的平衡常数K 。

（4）现用一定量的Cu 与足量的浓HNO 3反应，制得1.00L 已达到平衡的N 2H 4和NO 2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 (N 2O 4)=0.0120 mol·L -1、c (NO 2)=0.0300 mol·L -1

K =211

2242L mol 0300.0L mol 0120.0][NO ]O N [）

（--??==13.3L·mol -1 答：平衡常数为13.3。

（4）由（3）可知，在17℃、1.01×105Pa 达到平衡时，1.00L 混合气体中：

n (N 2O 4)= c (N 2O 4)×V =0.0120 mol·L -1×1.00L=0.0120mol

n (NO 2)= c (NO 2)×V =0.0300 mol·L -1×1.00L=0.0300mol

则 n (NO 2) 总= n (NO 2)＋2n (N 2O 4)=0.0540mol

由Cu ＋4HNO 3=Cu(NO 3)2＋2NO↑＋2H 2O 可得

10.0540()64 1.732

mol m Cu g mol g -=??= 答：理论上至少需消耗Cu 1.73 g.

【解析】（1）考查影响化学平衡移动的因素（2）简单的反应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】

本题考察了平衡移动原理、反应热计算、平衡常数。高考中的热点和难点。 3、（09年山东理综·28）（14分）运用化学反应原理研究氮、氧等单质及其化合物的反应有重要意义。

（1）合成氨反应N 2(g)＋3H 2(g)2NH 3(g)，若在恒温、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 反应的△H （填“增大”、“减小”或“不改变”）。

（2）已知：O 2(g) = O 2+(g)+e － ?H 1=1175.7 kJ·mol -1

PtF 6(g)+e －=PtF 6－(g) ?H 2=-771.1 kJ·mol -1

O 2PtF 6(S)=O 2+(g)+PtF 6－(g) ?H 3=482.2 kJ·mol -1

则反应O 2(g)+PtF 6(g) = O 2+PtF 6－

(s)的?H =_____________ kJ·mol -1。 （3）在25℃下，向浓度均为0.1 mol·L -1的MgCl 2和CuCl 2混合溶液中逐滴加入氨水，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K sp [Mg(OH)2]=1.8×10-11，K sP [Cu(OH)2]=2.2×10-20。

（4）在25℃下，将a mol·L -1的氨水与0.01 mol·L -1的盐酸等体积混合，反应时溶液中c (NH 4+)=c (Cl -)。则溶液显 性（填“酸”、“碱”或“中”）；用含a 的代数式表示NH 3·H 2O 的电离常数K b = 21

【答案】（1）向左 不改变

（2）－77.6

（3）Cu(OH)2 Cu 2++2NH 3·H 2O = Cu(OH)2↓ +2NH 4+

（4）中 01

.0109

--a mol·L -1 【解析】（1）恒温、恒压条件下向平恒体系中通入氩气，则反应体系体积增大，平衡左移；使用催化剂只是改变了反应的途径，没有改变反应物与生成物的状态，△H 不变；（2）利用盖斯定律，△H 1+△H 2+（-△H 3）= —77.6 kJ·mol -1；（3）由于,K sP [Cu(OH)2]=2.2×10-20＜K sp [Mg(OH)2]=1.8×10-11，所以先生成沉淀；2NH 3·H 2O ＋Cu 2＋

＝Cu(OH)2↓＋2 NH 4*；根据溶液的电中性原则，c(NH 4*)=c(Cl -)，则[H ＋]＝[OH -

]；溶液显中性；K b = [OH -][ NH 4*] [NH 3·H 2O]，c(NH 4*)=c(Cl -)＝0.005 mol·L -1；[H ＋

]＝[OH -]＝1×10-7 mol·L -1（因为是25℃下且为中性）；

[NH 3·H 2O]＝a 2mol·L -1－0.005 mol·L -1，则：K b =10-9a －0.01

mol·L -1。 【考点分析】平衡移动原理、盖斯定律、溶度积、电离常数的综合考查。

4. 将一定量的SO 和含0.7 mol 氧气的空气（忽略CO 2）放入一定体积的密闭容器中，550 ℃时，在催化剂作用下发生反应：2SO 2+O 2 催化剂

加热 2SO 3（正反应放热）。反应达到平衡

后，将容器中的混合气体通过过量NaOH 溶液，气体体积减少了21.28 L ；再将剩余气体通过焦性没食子酸的碱性溶液吸收O 2，气体的体积又减少了5.6 L （以上气体体积均为标准状况下的体积）。（计算结果保留一位小数）

请回答下列问题：

（1）判断该反应达到平衡状态的标志是 。（填字母）

a ．SO 2和SO 3浓度相等

b ．SO 2百分含量保持不变

c ．容器中气体的压强不变

d ．SO 3的生成速率与SO 2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SO 2的转化率，下列措施可行的是 。（填字母）

a ．向装置中再充入N 2

b ．向装置中再充入O 2

c ．改变反应的催化剂

d ．生高温度

（3）求该反应达到平衡时SO 3的转化率（用百分数表示）。

（4）若将平衡混合气体的5%通入过量的BaCl 2溶液，生成沉淀多少克？

【答案】

（1）bc （2）b （3）消耗的O 2物质的量：mol mol

L L mol 45.0/4.226.57.0=- 生成的SO 3物质的量：mol mol 9.0245.0=?

SO 2和SO 3的物质的量和：mol mol

L L 95.0/4.2228.21= 反应前的SO 2物质的量：

mol mol

L L

95.0/4.2228.21= SO 2的转化率：%7.94%10095.09.0=?mol mol （4）在给定的条件下，溶液呈强酸性，BaSO 3不会沉淀。因此BaSO 4的质量

g mol g mol 5.10/23305.09.0≈??

【解析】化学平衡是动态平衡，处于平衡状态的化学反应，并没有停止反应，化学平衡

状态的“定”，指的是平衡状态时反应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应速率一定相同。向装置中再充入N 2和改变反应的催化剂，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O 2物质的量：mol mol

L L mol 45.0/4.226.57.0=-。 生成的SO 3物质的量：mol mol 9.0245.0=?

SO 2和SO 3的物质的量和：mol mol

L L 95.0/4.2228.21= 反应前的SO 2物质的量：

mol mol

L L

95.0/4.2228.21= SO 2的转化率：%7.94%10095.09.0=?mol mol 在给定的条件下，溶液呈强酸性，BaSO 3不会沉淀。因此BaSO 4的质量g m o l g m o l 5.10/23305.09.0≈??。

【考点分析】平衡状态的标志的考查、转化率的相关计算