发布时间 : 星期一 文章2020届高考化学二轮练习题：化学反应速率和化学平衡优选附答案更新完毕开始阅读18235f19cf2f0066f5335a8102d276a2002960b3
B．X的平衡转化率为85%
C．若升高温度，X的平衡转化率将大于85% D．若降低温度，该反应的平衡常数将减小
解析：由图像可知该反应在6 min时达化学平衡状态，但反应并未停止，故A错；由图可知平衡时c(X)＝0.15 mol·L－1，起始时c(X)＝1.0 mol·L－1，故平衡转化率α1.0 mol·L－1－0.15 mol·L－1＝×100%＝85%，B正确；由于该反应为放热反应，
1.0 mol·L－1故升高温度平衡逆向移动，X的平衡转化率减小，降低温度，平衡正向移动，平衡常数增大，故C、D均错。 9、反应CH3OH(l)＋NH3(g)
CH3NH2(g)＋H2O(g)在某温度时能自发向正反应
方向进行，若该反应的ΔH＝＋17 kJ·mol－1，|ΔH－TΔS|＝17 kJ·mol－1，则下列关系中正确的是( A ) A．ΔH>0，ΔH－TΔS<0 B．ΔH<0，ΔH－TΔS>0 C．ΔH>0，ΔH－TΔS>0 D．ΔH<0，ΔH－TΔS<0
解析：由题意知：CH3OH(l)＋NH3(g)
－1
CH3NH2(g)＋H2O(g)，ΔH＝＋17 kJ·mol
，所以ΔH>0，又因为该反应在某温度时能自发向正反应方向进行，说明ΔH
－TΔS<0，即选A。
二、非选择题
1、在25 ℃时，向100 mL含氯化氢14.6 g的盐酸里放入5.6 g纯铁粉(不考虑反应前后溶液的体积变化)，反应开始至2 min末，收集到1.12 L(标准状况)H2，在此之后，又经过4 min铁粉完全溶解。则：
(1)在前2 min内，用FeCl2表示的平均反应速率是__0.25__mol·L－1·min－1__。 (2)在后4 min内，用HCl表示的平均反应速率是__0.25__mol·L－1·min－1__。 (3)前2 min与后4 min相比，__前2__min__的反应速率较快。 解析： (1)Fe ＋ 2HCl=== FeCl2 ＋ H2↑ Δn 0.05 mol 0.1 mol 0.05 mol 0.05 mol
v(FeCl2)＝
0.05 mol－－
＝0.25 mol·L1·min1
0.1 L×2 min
(2) Fe ＋ 2HCl=== FeCl2＋H2↑ Δn 0.05 mol 0.1 mol 0.05 mol 0.1 mol
v(HCl)＝＝0.25 mol/(L·min)
0.1 L×4 min
(3)后4 min：v(FeCl2)＝0.125 mol·L－1·min－1，后4 min慢。 2、(2019·湖南长沙一中高二开学考)
恒温下，将a mol N2与b mol H2的混合气体通入一个固定容积的密闭容器中，发催化剂
生如下反应：N2(g)＋3H2(g)高温、高压2NH3(g)。
(1)若反应进行到某时刻t时，nt(N2)＝13 mol，nt(NH3)＝6 mol，则a＝__16__。 (2)反应达平衡时，混合气体的体积为716.8 L(标准状况下)，其中NH3的含量(体积分数)为25%，平衡时NH3的物质的量为__8 mol__。
(3)原混合气体与平衡时混合气体的总物质的量之比n(始)∶n(平)＝__5∶4__(写出最简整数比，下同)。
(4)达到平衡时，N2和H2的转化率之比a(N2)∶a(H2)＝__1∶2__。
解析：(1)反应进行到t时，nt(N2)＝13 mol，nt(NH3)＝6 mol，由化学方程式可知，参加反应的N2的物质的量为3 mol，故N2的起始物质的量为13 mol＋3 mol＝16 mol，即a＝16。
(2)反应达平衡时，混合气体的总物质的量为n(总)＝NH3的物质的量为32 mol×25%＝8 mol。 (3)利用差量法计算
N2(g) ＋ 3H2(g)
2NH3(g) 减少的物质的量
716.8 L
＝32 mol，其中
22.4 L·mol－1
起始量/mol 1 3 2 2 转化量/mol 4 12 8 8
故原混合气体的物质的量为32 mol＋8 mol＝40 mol，原混合气体与平衡时混合气体的总物质的量之比为40 mol∶32 mol＝5∶4。
(4)由(3)知原混合气体中H2的物质的量为40 mol－16 mol＝24 mol，所以达到平4 mol12 mol
衡时，N2和H2的转化率之比a(N2)∶a(H2)＝16 mol∶24 mol＝1∶2。
3、在1.0 L密闭容器中放入0.10 mol A(g)，在一定温度下进行如下反应： A(g)
B(g)＋C(g) ΔH＝＋85.1 kJ·mol－1
反应时间(t)与容器内气体总压强(p)的数据如表： 时间t/h 总压强p100 kPa 0 4.91 1 5.58 2 6.32 4 7.31 8 8.54 16 9.50 20 9.52 25 9.53 30 9.53 回答下列问题： (1)欲提高A的平衡转化率，应采取的措施为__升高温度、减小压强__。 p(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__(p－0
1)×100%__，平衡时A的转化率为__94.1%__，列式并计算反应的平衡常数K： A(g)
B(g) ＋ C(g)
起始量/mol 0.10 0 0 平衡量/mol 0.10×(1－94.1%) 0.10×94.1% 0.10×94.1% c?C?·c?B?0.094 12__K＝＝0.005 9＝1.5__。
c?A?(3)①由总压强p和起始压强p0表示达到平衡时反应体系的总物质的量n总和反应pp物A的物质的量n(A)∶n总＝__0.10×p__mol，n(A)＝__0.10×(2－p)__mol。
00②下表为反应物A的浓度与反应时间的数据，计算：a＝__0.051__。
反应时间t/h c(A)/(mol·L－1) 0 0.10 4 a 8 0.026 16 0.006 5 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，得出结论是__达到平衡前每间隔4_h，c(A)减少约一半__；由此规律推出反应在12 h时反应物的浓度c(A)为__0.013__mol·L－1。
解析：(1)该反应是一个气体体积增加的吸热反应，升温、减压均有利于平衡正向移动，提高A的转化率。
(2)结合pV＝nRT，该反应消耗A的物质的量即是体系增加的物质的量，α(A)＝pVp0V
RT－RTn转?A?n变p－p0
×100%＝×100%＝pV×100%＝p×100%；α(A)＝n初?A?n初?A?00
RT
9.53－4.91
4.91×100%＝94.1%。
n总p
(3)①结合在等温、等容下物质的量之比等于压强之比，那么＝p，n总＝0.10
n起?A?0pp
mol×p；n(A)＝0.10 mol－(n总－0.10 mol)＝0.10 mol－(0.10×p－0.10)mol＝0.10
0
0
pmol×(2－p)。
0
7.31
②结合①，4 h时n(A)＝0.10 mol×(2－4.91)＝0.051 mol，c(A)＝0.051 mol·L－1。由表格数据可知，达到平衡前每4 h，c(A)减小约一半，那么12 h时，c(A)约为0.013 mol·L－1。
4、在其他条件不变时，改变某一条件对aA(g)＋bB(g)得到如图所示图像(α表示平衡转化率)，回答下列问题：
cC(g)化学平衡的影响，
(1)在反应Ⅰ中，若p1>p2，则此正反应为__放热__(填“吸热”或“放热”)反应，也是一个气体分子数__减小__(填“减小”或“增大”)的反应，由此判断，此反应自发进行必须满足的条件是__低温__。
(2)在反应Ⅱ中，T1__>__T2(填“>”“<”或“＝”)，该正反应为__放热__(填“吸热”或“放热”)反应。
(3)在反应Ⅲ中，若T1>T2，则该正反应能否自发进行？ __反应能自发进行__。
解析：(1)反应I中恒压下温度升高，α(A)减小，即升高温度平衡逆向移动，则正