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1、板块二 化学反应速率与化学平衡第二章集中训练参考答案与解析1D【解析】A正反应为放热反应，只升高温度，平衡向吸热反应方向移动，即向逆反应方向移动，故A错误；B恒温恒容条件下，通入稀有气体，反应混合物各组分的浓度不变，正、逆反应速率都不变，故B错误；C.05min内，N2的平均速率=2.410-3molL-1min-1，速率之比等于化学计量数之比，故v(NO)=2v(N2)=4.810-3molL-1min-1，故C错误；D平衡常数只受温度影响，使用催化剂，平衡常数不变，故D正确；故选D。2A【分析】注意反应热只与产物物质有关，与过程不管；压强越大，到达平衡的时间越短，温度越高，到达平衡的时间越
2、短。【详解】A. 反应放热，升高温度平衡逆向移动，由图可知T1时N2的转化率高，故T1T2，A正确；B. 反应气体体积不变，即改变压强平衡不移动。压强增大，反应速率增大，达到平衡时时间缩短，有图可知，乙先到达平衡状态，故乙的压强比甲的压强大，B错误；C. H= 生 成 物 总 能 量 -反 应 物 总 能 量，由图可知H0，故反应是吸热反应；催化剂只改变反应的活化能，不影响H，C错误； D. 当反应达到平衡后，升高温度，NO2的含量逐渐增加，根据平衡移动原理可知：生成NO2的方向是吸热反应，所以反应的正反应是放热反应，Hv(逆)；M点为刚好达到平衡点。M点后为平衡受温度的影响情况，即升温，A%
3、增加，平衡左移，H逆(状态)，故B错误；C项，由上述分析知，恒温恒容时甲乙平衡不等效，乙的CO2的平衡转化率高，又因为反应物的初始浓度乙是甲的2倍，所以c(CH3OCH3，状态)2c(CH3OCH3，状态)，故C错误；D项，反应2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)，是气体分子数减小的反应，所以S0，由图得，升高温度CO2的平衡转化率降低，所以升温平衡逆向移动，H0，故D正确。综上，选D。8D【解析】试题分析：丙的容积是乙的二倍，但是丙中的物质的量是乙中的4倍，即丙中X、Y的物质的量浓度为乙中的2倍，达到平衡时丙中Z的物质的量浓度是乙中的2倍，说明气体的物质的量浓度。
4、即压强对这一个化学平衡没有影响，X(g)aY(g)2Z(g)是一个等体积的反应，a=1，A从图像上可以看出甲和乙相比，乙先达到平衡，T2T1，甲和乙中起始的物质的量浓度相同，平衡时甲中Z的浓度大于乙，说明正反应是一个放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，A正确；B20 min内甲容器中反应的平均速率：v(Z)1.5 mol/L /20min=0.075 mol(Lmin)-1, v(X)0.0375mol(Lmin)-1，B正确；C10 min时，其他条件不变，向乙容器中再加入2 mol Z，增大了生成物的浓度，平衡向逆反应方向移动，C正确；D这是一个气体体积不变的反应，其他条件不变
5、，若缩小乙的体积，Y的转化率不变，D错误，答案选D。考点：考查平衡常数和水的电离9D【分析】根据阿伏加德罗定律可知，在体积一定时，气体的物质的量与压强成正比，反应后容器内的压强比起始时增大，则说明生成气体的物质的量增多。【详解】反应后容器内的压强比起始时增大，则说明生成气体的物质的量增多，从反应方程式的角度分析，反应前气体的计量数之和小于反应后气体的化学计量数之和，则只有D符合，故答案为D。10D【详解】A. 容器中，根据2NO2(g)2NO(g)+O2(g)反应可知，达到平衡后c(O2)= 0.2 molL-1，则生成c(NO)=0.4 molL-1，剩余c(NO2)=0.6-0.4=0.2
6、 molL-1，反应的平衡常数= c(O2)c2(NO)/ c2(NO2)= 0.20.42/0.22=0.8，A正确；B. 容器中发生反应与容器中发生反应温度均为T1，所以反应的平衡常数相等； 容器中发生反应的QC= c(O2)c2(NO)/c2(NO2)=0.20.52/0.32=0.57v逆，B正确；C. 温度相同时，平衡平衡常数不变，容器中消耗氧气为xmol,消耗一氧化氮为2xmol，生成二氧化氮为2xmol，反应达平衡时，剩余氧气(0.35-x)mol, 剩余一氧化氮（0.5-2x）mol，根据平衡常数= c(O2)c2(NO)/c2(NO2)= (0.35-x)（0.5-2x）2/
7、（2x）2=0.8，x=0.09mol，所以达到平衡时，容器中=（0.35-0.09/(20.09)1, C正确；D. 根据以上分析可知，达到平衡时，容器中剩余物质的总量为0.2+0.2+0.4=0.8 mol，容器中剩余物质的总量为20.09+0.35-0.09+0.5-20.09=0.74 mol，压强之比与气体的物质的量成正比，因此达到平衡时，容器与容器中的总压强之比为0.8：0.74=40:371617，D错误；正确选项D。11D【解析】A、生成SO3和消耗SO2，反应都是向正反应方向进行，因此不能说明反应达到平衡，故A错误；B、此反应是放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，正反应
8、速率减小程度比逆反应速率减小程度小，故B错误；C、2SO2O22SO3 n 2 1 2 1 20.315 0.315 气体通入到足量的BaCl2溶液中，发生SO3H2OBaCl2=BaSO42HCl，n(SO3)=n(BaSO4)=20.315mol=0.63mol，质量为0.63233g=146.79g，故C错误；D、 2SO2O22SO3 n起始： a 1.1 0变化： 0.63 0.315 0.63平衡：a0.63 0.785 0.63 相同条件下，达到平衡，气体压强是反应前的82.5%，即为(a1.1)/(a0.785)=1/0.825，解得a=0.7mol，即SO2的转化率为0.63
9、/0.7100%=90%，故D正确。点睛：用不同物质的反应速率表示反应达到平衡，要求反应的方向是一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比，生成SO3和消耗SO2，反应都向正反应方向进行，因此不能作为达到平衡的标志。12C【解析】A、因为该反应的正反应方向为吸热方向，升温，平衡正向移动，平衡常数增大，的平衡时水蒸气的浓度小于，所以T2T1，故A正确；B、2号在10min、20min时的速率均比1号快，2号Cu2O的催化效率比1号Cu2O的催化效率高，故B正确；C、前20min内水蒸气反应速率=mol/（Lmin）=710-5mol/（Lmin），同一反应中同一段时间内各物质的反应速率之比等于其
10、计量数之比，则氧气反应速率=3.510-5mol/（Lmin），故C错误；D、等质量纳米级Cu2O比微米级Cu2O催化效率高，这与Cu2O的粒径大小有关，纳米级Cu2O具有更大的比表面积，故D正确；故选C。13B【解析】【详解】A.由图可知CO2和H2转化为产品CH4，还生成水，则总反应方程式为CO2+4H2CH4+2H2O，A正确；B.催化剂对平衡移动无影响，则使用催化剂时转化率不变，B错误；C.化学变化中有化学键的断裂和生成，则反应历程中，H-H键与C=O键断裂吸收能量，C正确；D.催化剂改变反应的途径、降低反应的活化能，则该过程中催化剂参与反应，改变反应路径，降低反应的活化能，D正确；故
11、合理选项是B。14C【详解】A同一条件下，弱电解质的浓度越大其电离程度越小，浓度越小其电离程度越大，故A错误；B完全电离的电解质是强电解质，部分电离的电解质是弱电解质，共价化合物可能是强电解质，如硫酸，故B错误；C根据G=H-TS来判断反应能否自发进行反应是否能自发进行，所以反应能否自发进行与温度有关，故C正确；D能自发进行的反应一定是G=H-TS0，但不一定是H0、S0，故D错误；故答案为C。15D【解析】【分析】在可逆反应中，温度越高或压强越大，平衡越快到达平衡。由图可知，T2温度时反应较快达到平衡，即T2T1，在同一时间，降低温度，平衡转化率升高，故可逆正反应放热；P2压强时反应较快平衡
12、，即P2P1，在同一时间，降低压强，平衡转化率升高，故m p+q。【详解】A. 反应放热，达到平衡后，升高温度，平衡向逆反应方向移动，A正确；B. 达到平衡后，若使用催化剂，催化剂不改变平衡状态，只改变反应速率，故D的物质的量分数不变，B正确；C.降低压强，平衡正向移动，故化学方程式中一定有mpq，C正确；D. B为固体，在平衡中增大浓度不改变反应平衡，D错误；答案为D。【点睛】本题难点是温度或压强对于反应反应快慢的影响，然后根据因素变化进行分析，易错点在于固体物质的质量不影响平衡或反应速率。16C【解析】【分析】本题主要考查化学平衡相关计算；由表格中数据，X（g）+2Y（g）Z（g）开始（m
13、ol） 2 2.4 0转化（mol） 1 2 110min （mol） 1 0.4 1可知10min与30min时Y的物质的量相同，即10min时达到平衡，100时，；A.温度为200时，上述反应平衡常数为20，小于100时K，则升高温度平衡逆向移动；B.其他条件不变，在达到平衡后缩小容器体积为原来一半，压强增大，平衡正向移动；C.由上述分析可知，平衡时X为1mol、Y为0.4mol，向容器中再充入1.00molX气体和1.20molY气体，相当于平衡时加Y；D.若再向容器中通入0.10molX气体，0.10molY和0.10molZ，。【详解】由表格中数据，X（g）+2Y（g）Z（g）开始（
14、mol） 2 2.4 0转化（mol） 1 2 110min （mol） 1 0.4 1可知10min与30min时Y的物质的量相同，即10min时达到平衡，100时，；A.温度为200时，上述反应平衡常数为20，小于100时K，则升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故A错误；B.其他条件不变，在达到平衡后缩小容器体积为原来一半，改变的一瞬间浓度变为原来一倍，压强增大，平衡正向移动，则c(X)v(逆)，故D错误；故选C。【点睛】对于化学平衡相关计算和判断，常通过三段式找出相关数据的特征以及相关数据的计算（转化率、体积分数、平衡常数、浓度熵等），然后结合平衡移动思想分析相关外界条件改变后平
15、衡的移动方向。本题易错点在于C项，分析时需注意在最开始的反应物加入量以及第一次平衡后各物质的量，同学们往往只是观察到X、Y加入的量不满足1:2，就认为“X是过量的，增加X的量，Y的转化率升高，而X的转化率降低”。并分析时，要注意建立等效平衡模型，用等效平衡解决不等效平衡的问题。171.5A1 molL1BCV2a2【解析】（1）根据方程式，2分钟末生成了1.2mol H2O，则消耗了1molO2，剩余3molO2，其浓度为3/2=1.5mol/L。加入O2平衡向正反应方向移动，提高NH3的转化率，选项A正确。催化剂不影响平衡态，不能改变转化率，选项B错误。增大压强平衡向逆反应方向移动，转化率减
16、小，选项C错误。正反应放热，升温，平衡向逆反应方向移动，转化率减小，选项D错误。（2）若500时进行上述反应，此时K=1。因为K=c(CO)/c(CO2)=1，所以达平衡时，CO和CO2的浓度相等。因为CO2起始浓度为2 molL1，平衡时要求两者浓度相等，则一定反应50%，所以CO的平衡浓度为1 molL1。反应为气体的物质的量不变的反应，压强不影响平衡态，选项A错误。通入CO2增大反应物浓度，平衡正向移动，选项B正确。随着温度升高反应的K值增大，说明正反应吸热，升高温度平衡正向移动，选项C正确。催化剂不影响平衡态，选项D错误。（3）增大压强平衡正向移动，所以压强越大CO转化率越高，图中曲线
17、P2在曲线P1的上方，代表转化率较高，所以压强P1P2。在100、P1压强时，图中显示CO转化率为50%，所以反应的CO为a/2mol，计算如下：CO(g) + 2H2(g) CH3OH(g)起始： a 2a 0反应： a/2 a a/2平衡： a/2 a a/2除以体积VL得到浓度，带入平衡常数表达式计算 K=a2Va2VaV2=V2a2 。18 T2；（2）温度不变，P2时建立平衡时间短，反应速率较大，所以，压强的关系：P1P2；（3）加压B%增大，平衡左移，所以化学计量数的关系：m+n 减小 增大 B = 因该反应为反应前后气体分子数不变的反应，在相同条件下向密闭容器中“加入 2 mol
18、A 和 2 molB”与“加入 1 molB 和 3 molC”为等效平衡 【分析】（1）根据化学平衡常数的含义书写K的表达式，利用可逆反应的特点分析a与b的关系。（2）根据“升高温度平衡逆向移动”分析。（3）根据化学平衡状态的本质和特征作答。（4）根据方程式的特点及所给数值关系分析。【详解】（1）反应为：2A(g) + B(g)3C(g)，则平衡常数K=。根据方程式知2molA和1molB完全反应生成3molC放出akJ热量，但由于该反应为可逆反应，在密闭容器中加入2molA和2molB放出的热量小于akJ，即ab。（2）由于H0，若升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数K减小，达到平衡时
19、B的体积分数增大。（3）A项，该反应为气体分子数不变的反应，温度和体积一定时，容器内压强始终不变，温度和体积一定时，容器内压强不再变化不能说明反应达到平衡状态；B项，温度和体积一定时，某一物质浓度不再变化是反应达到平衡状态的特征，温度和体积一定时，某一物质浓度不再变化说明反应达到平衡状态；C项，所有物质都呈气态，混合气体的质量始终不变，该反应为气体分子数不变的反应，混合气体的物质的量始终不变，混合气体的平均相对分子质量始终不变，条件一定，混合气体的平均相对分子质量不再变化不能说明反应达到平衡状态；D项，所有物质都呈气态，混合气体的质量始终不变，该反应为气体分子数不变的反应，温度和压强一定时，体
20、积始终不变，混合气体的密度始终不变，温度和压强一定时混合气体的密度不再变化不能说明反应达到平衡状态；答案选B。（4）恒温恒容，向密闭容器中再充入“1molB和3molC”等效于再充入“2molA和2molB”， 因该反应为反应前后气体分子数不变的反应，所以达到的新平衡状态与原平衡状态为等效平衡，故2%=1%。【点睛】本题的难点是化学平衡状态和等效平衡的判断。化学平衡的标志是：同一物质表示的正、逆反应速率相等，各组分的浓度保持不变以及由此衍生的一些物理量不变，注意只有可变物理量不变才能说明达到平衡状态。223X+Y2Z 0.05mol/（Lmin） 固体表面积 温度 温度越高 【分析】（1）根据
21、物质的量的变化判断反应物和生成物，根据物质的量的变化之比等于化学计量数之比书写方程式；（2）根据v=计算反应速率；（3）探究影响化学反应速率的因素用到控制变量法。【详解】（1）由图象可以看出，X、Y的物质的量逐渐减小，Z的物质的量逐渐增大，则X、Y为反应物，Z为生成物，2min后，X、Y的物质的量为定值且不为零，为可逆反应，相同时间内物质的量的变化比值为：n（X）：n（Y）：n（Z）=（1.0-0.7）mol：（1.0-0.9）mol：0.2mol=3：1：2，则化学方程式为3X+Y2Z；（2）反应开始至2min，气体Z的平均反应速率为v=0.05mol/（Lmin）；（3）由实验数据可知，、中接触面积不同，I、中温度不同，则该实验的目的是探究固体表面积、温度对锌和稀盐酸反应速率的影响；和表明，温度高的反应时间少，则表明温度越高，反应速率越大。