专题2 化学反应速率与化学平衡真题演练-【经纶学霸】2026-2027学年高二化学选择性必修第一册4星学霸黑白题（苏教版）

专题2真题演练 黑题 真题体验 限时：35min 考点1化学反应速率及其影响因素 x(A) 1.00 1.(2024·重庆，14,3分)醋酸甲酯制乙醇的反 0.80 应为CH,C00CH,(g)+2H,(g）△ 0.60 0.40 CH,CH,OH(g)+CH,OH(g)。三个10L恒容 0.20 密闭容器中分别加入1mol醋酸甲酯和 0050100150200t/min 9.8mol氢气，在不同温度下，反应t分钟时醋 A.水解产物除了Y、Z还有NH 酸甲酯物质的量n如图所示。下列说法正确 B.a点时(Y)消耗=u(Y)生成 的是 C.x(Z)在15min前基本不变，15min后明显 增大，可能是水解产物对生成Z的反应有 0.6 容器甲 催化作用 D.任意25min时间段内存在v(X)=v(Y)+ 0.2 容器丙 v(Z) 0.1 容器乙 考点2活化能与反应历程 0 TT T/K 3.(2023·浙江6月，14,3分)一定条件 A.该反应的△H>0 下，1-苯基丙炔(Ph一C=C一CH3) B.容器甲中平均反应速率v(H2)= 5 mol 可与HCl发生催化加成，反应如下： C=C/H Cl、 产物1 .L1·minl 反应IPh CH, Ph-C≡C-CH+HCI 反应Ⅲ C.容器乙中当前状态下反应速率：0正<0逆 反应 % C=C-CH H 产物Ⅱ D.容器丙中乙醇的体积分数为8% 怗比/% 2.(2024·广西，13,3分)573 100-Ph-C=C-CH 压条件下，一定量的苯甲月 c=c<CH产物n Ph H 闭容器中发生连续水解：C6H,CN(苯甲腈)》 C以cH产物， →C6 I,CONH2(苯甲酰胺)→ 01030507090 t/min C6H,COOH(苯甲酸)。如图为水解过程中上 反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间 述三者（分别用X、Y、乙表示）的物质的量分 的变化如图（已知：反应I、Ⅲ为放热反应）， 数x(A)随时间t的变化曲线，其中x(A)= 下列说法不正确的是 () n(A) A.反应焓变：反应I>反应Ⅱ ,下列说法错误的是 n(X)+n(Y)+n(Z) B.反应活化能：反应I<反应Ⅱ C.增加HCl浓度可增加平衡时产物Ⅱ和产物 选择性必修第二册·SJ黑白题080 I的比例 A.T >T2 D.选择相对较短的反应时间，及时分离可获 B.T1下反应达到平衡时c（CH,OH)= 得高产率的产物I 0.15mol·L-1 考点3化学平衡及影响因素 C.使用催化剂1的反应活化能比催化剂2 4.（2022·海南，8,2分)某温度下，反应CH2 的大 CH(g)+H20(g)=CHCH2OH(g)在密闭容 D.使用催化剂2和催化剂： 器中达到平衡，下列说法正确的是( ）7.(2024·湖南，14,3分)恒压 A.增大压强，y正>v逆，平衡常数增大 某密闭容器中充入一定 B.加入催化剂，平衡时CHCH2OH(g)的浓度 CHOH(g)和C0(g),发生如下反应： 增大 主反应：CH,OH(g)+CO(g)CH,COOH(g) C.恒容下，充入一定量的H,0(g),平衡向正 △H 反应方向移动 副反应：CH,OH(g)+CH,COOH(g)= D.恒容下，充入一定量的CH2=CH2(g), CH COOCH3 (g)+H2O(g) △H2 CH2=CH,(g)的平衡转化率增大 在不同温度下，反应达到平衡时，测得两种含 5.(2023·北京，4,3分)下列事实能用平衡移动 碳产物的分布分数δ[8(CH,C00H)= 原理解释的是 n(CH COOH) A.H,02溶液中加入少量Mn02固体，促 n(CH,COOH))+n(CH,COOCH,)]随投料比 进H,02分解 x(物质的量之比)的变化关系如图所示，下列 B.密闭烧瓶内的NO2和N204的混合气体，受 说法正确的是 ( 热后颜色加深 1.0 C.铁钉放入浓HNO3中，待不再变化后，加热 限 尔0.6 ---T=503K 能产生大量红棕色气体 T2=583K 0.4b M D.锌片与稀H,S04反应过程中，加入少量 0.2 CuS04固体，促进H2的产生 0+ 投料比x 6.(2024·海南，7,2分)已知299 101kPa时，C02(g)+3H(g) A投料比代表”(CH,O n(c0) CHOH(g)+H20(g)△H=- B.曲线c代表乙酸的分布分数 该反应在密闭的刚性容器中 C.△H1<0,△H2>0 度下进行，C0,的初始浓度为0.4mol·L1, D.L、M、N三点的平衡常数：K(L)=K(M)> c(CO2)-t关系如图所示。下列说法错误的是 K(N) 考点4化学平衡常数的计算及其应用 催化剂1 8.(2023·湖南，13,3分)向 0.40 催化剂2 密闭容器中加入1 mol CH 0.18 催化剂3 定量的H,0,发生反应：CH4(g)+H0(g)一 0 10 20 t/min C0(g)+3H2(g)。CH4的平衡转化率按不同 专题2黑白题081 n(CH) 则FeS04·7H20(s)+FeS04·yH,0(s) 投料比xx 随温度的变化曲线如 n(H,0) 2(FeS04·xH,0)(s)的AH= kJ·mol1。 图所示。下列说法错误的是 (3)将FSO,置人抽空的刚性容器中，升高温度 CH,的平衡转化率/% 发生分解反应：2FS04(s)=三Fe,03（s)+ S02(g)+S0,(g)(I)。平衡时Pso,-T的关系 如下图所示。660K时，该反应的平衡总压 P总三 kPa、平衡常数K,（I)= A.x1<x2 (kPa)2。K,(I)随反应温度升高而 B.反应速率：yb证<e正 (填“增大”“减小”或“不变”)。 5.0 C.点a、b、c对应的平衡常数：K<K,=K 4.5 D.反应温度为T1,当容器内压强不变时，反应 4.0 3.5 达到平衡状态 三3.0 考点5化学速率、化学平衡图像的综合应用 2.5 2.0 9.(2023·全国乙，10节选)硫酸亚 1.5 1.0 铁在工农业生产中有许多用途， 0.5 0.0 如可用作农药防治小麦黑穗病，制造磁性氧化 60600640680720760 TIK 铁、铁催化剂等。回答下列问题： (4)提高温度，上述容器中进一步发生反 (1)在N2气氛中，FS04·7H,0的脱水热分 应2S0,(g)2S02(g)+02(g)(Ⅱ)，平衡时 解过程如图所示： P02= (用Ps0,Ps0,表示)。在929K 50 FeSO 时，Pa=84.6kPa、Pso,=35.7kPa,则pso,= tes0·yH,0 45.3% 40 38.8% kPa,K(Ⅱ)= kPa(列出 30 计算式)。 0 19.4% 考点6化学反应条件的优化 10.（2023·江苏，13,3分)二氧化 Fes04·7H,9 碳加氢制甲烷过程中的主要反 050100150200250300 温度/℃ 应为 根据上述实验结果，可知x= C02(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H20(g) y= △H=-164.7kJ·mol-1 (2)已知下列热化学方程式： C02(g)+H,(g)=C0(g)+H,0(g) FeS04·7H20(s)=FeS04(s)+7H20(g) △H=41.2kJ·mol1 △H1=akJ·molr1 在密闭容器中，1.01×103Pa、n起始(C02): FeS04·xH,0(s)—feS04(s)+xH20(g) n始(H2)=1：4时，C02平衡转化率、在催 化剂作用下反应相同时间所测得的C02实 △H2=bkJ·mol1 际转化率随温度的变化如图所示。CH4的 FeSOa.yH2O(s)-FeSO(s)+yH2O(g) △H3=ckJ·molJ 选择性可表示为”生(CH, ×100%。下列说 n反应(C02) 选择性必修第二册·SJ黑白题082 法正确的是 SiHCI,选择性的原因是 100 CO,平衡 80 转化率 (3)在压强为P。的恒压体系中通入 60￥C0,实际 转化率 2.0molH2和1.0 mol SiCl4,达到平衡时，气 40 体组分的物质的量分数随温度变化如图所 20300400500600 温度/℃ 示（忽略气体组分在硅表面的吸附量）。已 A.反应2C0(g)+2H2(g)=C02(g)+ 知：K。为用气体分压表示的平衡常数，分 压=物质的量分数×总压。 CH4(g)的焓变△H=-205.9kJ·mol- B.CH4的平衡选择性随着温度的升高而 0.8 (750.w) H 0.4 (750,x SiCla 增加 0 (750,y) m C.用该催化剂催化二氧化碳反应的最佳温 (750.z SiH,CI 深10 0 n 度范围约为480~530℃ 700 750 800 温度K D.450℃时，提高”始(H,) 的值或增大压 n起始(C02)】 ①图中n代表的组分为 (填化学式)。 强，均能使C0,平衡转化率达到X点 ②750K时，反应Ⅲ的平衡常数K,= 的值 (列出计算式) 11.(2024·福建，14节选)SiHCI,是制造多晶硅 ③750K时，SiCl4的平衡转化率为f,消耗硅 的原料，可由Si和SiCl,耦合加氢得到，相关 的物质的量为 mol。(列出计算式) 反应如下： (4)673K下、其他条件相同时，用Cu、Cu0 和CuCl分别催化上述反应，一段时间 I.SiCl(g)+H2(g)=SiHCI3(g)+HCI(g) 内SiCl,的转化率如下表所示。（产物 △H1=52kJ·mol1 SiHCI,选择性均高于98.5%) II .Si(s)+3HCl(g)=SiHCI3(g)+H2(g) 催化剂 Cu CuO CuCl △H2=-236kJ·mol1 SiCl4的转化率/% 7.3 14.3 22.3 Ⅲ.Si(s)+SiCl4(g）+2H2(g)=2SiH2Cl2(g) ①使用不同催化剂时，反应V的△H:Cu0催 △H3=16kJ·mol-1 化剂 CuCl催化剂（填“>”“<”或 (1)生成SiHCl.3的总反应： “=”);反应Ⅳ的活化能：Cu催化剂 IV.Si (s)+3SiCla (g)+2H2 (g) CuCl催化剂（填“>”“<”或“=”）。 4SiHCI(g) △H4= kJ·mol1 ②使用CuCl催化剂，初始投料a mol SiCl4, (2)体系达到平衡状态且其他条件不变时： 该段时间内得到B mol SiHCI3,则SiHCI,的 ①压缩平衡体系体积，重新达到平衡后物质 选择性= 的量分数增大的组分为 (填字母)。 生成SiHCI,.所消耗的SiCl4的物质的量 a.SiCla b.SiHCl c.SiH,Cl,d.HCI 所消耗的SiCL4的总物质的量 ②反应温度升高不利于提高平衡时产物 100%= ×100%。(列出计算式) 专题2黑白题083学计量数之比，不再变化不能说明正、逆反应速率相等，不确定是否 平衡，D错误。(2)①由图可知，超过一定温度，升高温度，C0S水 解转化率减小，则平衡逆向移动，说明该反应是放热反应；250℃ 时，C0S水解转化率为99.0%，假设C0S投料为1mol·L-1,则： C0S(g)+H20(g)-=H2S(g)+C02(g) 起始/(mol·L1) 1 1 0 0 转化/(mol·L1) 0.99 0.99 0.990.99 平衡/(mol·L1) 0.01 0.01 0.99 0.99 此时，平衡常数K=0:9x0.99 9801:②实验表明硫沉积会堵塞催 0.01×0.01 ! 化剂微孔，破坏催化剂表面活性。氧气具有氧化性，氧气浓度增大， 氧化硫化氢生成硫单质，堵塞催化剂微孔，破坏催化剂表面活性，使 得恒温恒压下，反应相同时间，C0S水解转化率随氧气体积分数增 大而降低。 13.(1)S02(g)+N02(g)-=S03(g)+N0(g)△H=-41,8k·mol AC(2)D(3)①小于相同条件下，活化能越小，反应速率越 快，一定时间内，且未达到平衡时转化率越大②两个反应均为放 热反应，一段时间后两反应达到平衡，温度升高，平衡逆向移动，NO 64 和s0,的转化率下降(4)251P(或2.55x102p) 解析：(1)根据图示可得①2S02(g)+02(g)一2S03（g)△H= -196.6kJ·molP,②02（g)+2N0(g)=2N02(g）△H= -13.0·m0l1,根据盖斯定律2（①-②），整理可得s0,(g)+ N02(g)S03(g)+N0(g)△H=-41.8k·mol1;(N02)生成= (S02)消耗表示正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，A正确；反 应前后气体体积不变，因此压强始终不变，则混合气体的总压强不 再改变不能说明反应达到平衡状态，B错误：容器内气体颜色不再 改变说明N0,浓度不再发生变化，反应达到平衡状态，C正确：混合 气体的平均相对分子质量是混合气体的总质量和总物质的量的比 值，总质量和总物质的量均不变，因此容器内气体平均相对分子质 量始终不变，不能说明反应达到平衡状态，D错误：当容器中 S02、S0,的分子数之比等于1：1时，该反应不一定达到平衡状态 与反应物的初始浓度及转化率有关，E错误。(2)化学反应中正反 应的活化能越大，反应速率越慢，根据反应①V205(s)+S02(g) 一V204(s)+S03(g)△H1=24kJ·mol1快反应，②2V204(s)+ 02(g)2V205(s)△H2=-246kJ·mol1慢反应，可知，反应① 为吸热反应，反应②为放热反应，且反应②正反应的活化能更大，故 符合条件的图像为选项D。(3)①由图可知，相同条件下NO反应 速率快，故相同温度下反应一定时间，且未达到平衡时，S0,的转化 率小于N0的转化率；②两个反应均为放热反应，一段时间后两反 应达到平衡，温度升高，平衡逆向移动，N0和S0,的转化率下 降。(4)假设三种反应物的起始物质的量都为1mol,则可列“三段 I 式”： 4NH3(g)+4N0(g)+02(g)—4N2(g)+6H20(g) 起始量/mol 0 0 转化量/mol0.4 0.40.1 0.40.6 平衡量/mol0.6 0.6 0.9 0.4 0.6 平衡时，混合气体总物质的量为3.1ml,K。= 64 ))品 2517P≈2.55×10-2p。 14.(1)(-6a+b)kJ·mol1(2)bd(3)①H20②0.3mol·L1·min ③2x0.5 36×12 (4)①p3>p2>p1②ad在M点将温度降低，促使主反 应平衡正向移动，增加乙烯的选择性在M点将压强增大，促使主 反应平衡正向移动，增加乙烯的选择性 解析：(1)已知1molH2完全燃烧生成H20(g)时放出的热量为 akJ,1 mol CH2CH2完全燃烧生成C02(g)和H20(g)时放出的 热量为b灯，则对应的热化学方程式为H,(g)+202(g)一 正本参考答案 H20(g)△H1=-akJ·mol、CH2=CH2(g)+302(g) 2C02(g)+2H20(g)△H2=-bkJ·mol1,根据盖斯定律可知， △H=bkJ·mol-1+6×(-akJ·mol1)=(-6a+b)kJ·mol-1。(2)使 用催化剂，平衡不移动，C02的平衡转化率不变，a错误：增大H2和 C0,的初始投料比，相当于增加H2的物质的量，因此C02的平衡 转化率增大，b正确；恒容条件下，充人惰性气体会增加压强，但各 物质浓度不变，因此平衡不移动，C02的平衡转化率不变，c错误； 该反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，C02的平衡转化率增 大，d正确。(3)①2C02(g)+6H2(g)CH2=CH2(g)+4H20(g) △H<0,正向是一个放热反应，升温，平衡逆向移动，所给图示中， 含量诚少的曲线a、曲线c是生成物，增加的曲线b是反应物，题干 投入4molC02和12molH2,所以曲线a为水、曲线b为C02,曲 线c为乙烯；②根据题意可知，T1温度时，列出三段式： 2C02(g)+6H2(g)=CH2=CH2(g)+4H20(g) 起始/mol 4 12 0 0 转化/mol 2 6 1 4 平衡/mol 2 6 1 4 12 mol-6 mol 则10min内v(H2)= 2L =0.3mol·L-1·minl;③T1温 10 min 度时该反应平衡常数的计算式K=c(CH,-C,)xc(H,0) c2(C02)×c(H2) 0X1P。(4)①反应1是气体体积减小的放热 24×0.5 ()( 反应，反应Ⅱ是气体体积不变的吸热反应，增大压强，反应I平衡 向正反应方向移动，反应Ⅱ平衡不移动，二氧化碳的转化率增大， 400℃时，P1P2P3条件下二氧化碳的平衡转化率依次增大，则压 强大到小的顺序为P3>P2>p1;②升高温度，反应I平衡向逆反应方 向移动，反应Ⅱ平衡向正反应方向移动，观察图像可知，M点时二氧 化碳的平衡转化率较小，在温度升高的过程中二氧化碳的转化率一 直在减小，说明此时C0,平衡转化率主要取决于反应I;再观察图 像，压强为P1时，温度约570℃之后，随着温度升高C02平衡转化 率增大，说明此时C02平衡转化率主要取决于反应Ⅱ，因此为提 高M点CH2=CH2的选择性，根据选项可知，温度应该控制在320 ~400℃：根据①中分析可知，压强增大，反应I平衡向正反应方向 移动，M点的压强为P1,因此可以选择更大的压强，即选d,原因是 在M点将压强增大，促使主反应平衡正向移动，增加乙烯的选 择性。 专题2 真题演练 黑题 真题体验 题号123 4 567810 答案DDCC B D DBD 1.D解析：温度越高反应速率越快，比较乙、丙可知，容器丙升高温度， 醋酸甲酯物质的量增大，则反应逆向进行，正反应为放热反应，焓变 小于0。由分析可知，该反应的△H<0,A错误；容器甲中平均反应速 率(H,)=2a(cH,C00CH,)=2×106mol·Ll·min1= 10t 25mol·L1·min,B错误；不确定乙是否平衡，不能确定正、逆反 应速率相对大小，C错误；对丙而言： CHCOOCH((-CHCHOH(g)CHOH(g) 起始(mol·L1)0.1 0.980 0 转化(mol·L1)0.08 0.16 0.08 0.08 平衡(mol·L1)0.02 0.82 0.08 0.08 容器丙中乙醇的体积分数为 黑白题31 0.08mol·L-1 0.08mol.L+0.08mol·LF+0.82mol·L'+0.02 mol LT10%= 8%,D正确。 2.D解析：苯甲腈在溶液中发生连续水解：C6HCN+H20 C6 Hs CONH2,C6 Hs CONH2+H20=C6 H COOH+NH3,有NH3生 成，A正确；a点之前x(Y)逐渐增大，(Y)消耗<(Y)生成；a点之后， x(Y)逐渐减小，(Y)消耗>(Y)生成，a点是Y物质的最大值，则生成 和消耗的速率相等，即(Y)消耗=u(Y)生成，B正确；x(Z)在15min前 基本不变，l15min后明显增大，在没有另加物质、没有改变反应条件 的情况下，可能是水解产物对生成Z的反应有催化作用，C正确：根 据图像所示，反应的前期应该有x(X)=x(Y)+v(Z),a点之后，由于 (X)明显减小，v(Z)显著增大，三者的速率关系不再满足u(X)= (Y)+u(Z),D错误。 3.C解析：反应I、Ⅲ为放热反应，相同物质的量的反应物，反应I放 出的热量小于反应Ⅱ放出的热量，反应放出的热量越多，其焓变越 小，因此反应焓变：反应I>反应Ⅱ，故A正确；短时间内反应I得到 的产物比反应Ⅱ得到的产物多，说明反应I的速率比反应Ⅱ的速率 快，速率越快，其活化能越小，则反应活化能：反应I<反应Ⅱ，故B正 c(产物Ⅱ) 确：反应Ⅱ的平衡常数K1-产物温度不变K1不变，增加HC 浓度，平衡正向移动，但不能增加平衡时产物Ⅱ和产物I的比例，故 C错误；根据图中信息，选择相对较短的反应时间，及时分离可获得 高产率的产物I,故D正确。 4.C解析：该反应是一个气体分子数减少的反应，增大压强可以加快 化学反应速率，正反应速率增大的幅度大于逆反应的，故"正>"逆，平 衡向正反应方向移动，但是因为温度不变，平衡常数不变，A错误：催 化剂不影响化学平衡状态，加入催化剂不影响平衡时 CH3CH2OH(g)的浓度，B错误；恒容下，充人一定量的H20(g), H20(g)的浓度增大，平衡向正反应方向移动，C正确：恒容下，充入一定 量的CH2一CH2(g),平衡向正反应方向移动，但是CH2=CH2(g)的平衡 转化率减小，D借误。 5.B解析：Mn02会催化H202的分解，与平衡移动无关，A项错 误；NO2转化为N204的反应是放热反应，升温平衡逆向移动，NO2 的浓度增大，混合气体颜色加深，B项正确：常温下，铁在浓硝酸中钝 化，加热会使表面的氧化膜溶解，铁与浓硝酸反应生成大量红棕色气 体，与平衡移动无关，C项错误；加人少量硫酸铜以后，锌置换出铜， 构成原电池，从而使反应速率加快，与平衡移动无关，D项错误。 6.D解析：平衡时CO2的浓度T1温度下比T2温度下的大，即T1到 T2平衡正向移动，而结合题干方程式可知，该反应正反应是一个放 热反应，即降低温度平衡正向移动，即T1>T2,A正确；T,温度下达到 平衡时C02的浓度为0.25mol·L-1,即C02的浓度改变量为 0.40mol.L1-0.25mol·L1=0.15mol·L-1,结合浓度变化量之比 等于化学计量数之比可知，T1温度下反应达到平衡时c(CH3OH)= 0.15mol·L1,B正确；在温度均为T,时，使用催化剂1达到平衡所 需要的时间比使用催化剂2的更长，即使用催化剂1时的反应速率 比使用催化剂2的更慢，说明使用催化剂1的反应活化能比使用催 化剂2的大，C正确：催化剂2和催化剂3分别在不同温度下达到平 衡所需要的时间是相同的，但温度不同，反应速率也不同，说明催化 剂2和催化剂3的反应历程不相同，才能保证在不同温度下达到相 同的平衡时间，D错误。 7.D解析：题干明确指出，图中曲线表示的是两种含碳产物的分布分 数，即分别为8(CH3C00H)、8(CH3C00CH3),若投料比x代表 n (CHOH) n(C0,x越大，可看作是CH,0H的量增多，由主副反应方程式 可知，生成的CH3 COOCH3越多，CH3C0OCH3分布分数越高，则曲线 a或曲线b表示CHC0OCH3分布分数，曲线c或曲线d表示 CH3C0OH分布分数，据此分析A、B均正确，可知如此假设错误，则 可知投料比x代表，CD,曲线a或曲线b表示δ(CH,C0OD, 曲线c或曲线d表示6(CH3C0OCH3),据此作答。根据分析可知，投 料比：代表，4错误：根据分折可鬼，面线心表示 选择性必修第一册·SJ CH,COOCH,的分布分数，B错误：根据分析可知，曲线a或曲线b表 示8(CH,C00H),当同一投料比时，观察图像可知T,时 8(CH3CO0H)大于T1时δ(CH3C0OH),由T2>T1可知，温度越高 6(CH3COOH)越大，说明温度升高主反应的平衡正向移动，△H1>0; 曲线c或曲线d表示6(CH,COOCH3),当同一投料比时，观察可知 T1时8(CH3C00CH3)大于T2时8(CH3C00CH3),由T2>T1可知， 温度越高6(CH,COOCH,)越小，说明温度升高副反应的平衡逆向移 动，△H2<0,C错误；L、M、N三点对应副反应△H2<0,且Tx>TM=TL, 升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，则K(L)=K(M)>K(N), D正确。 8.B解析：一定条件下，增大水的浓度，能提高CH4的转化率，即x值 越小，CH的转化率越大，则x1<x2,故A正确；b点和c点温度相同， CH4的起始物质的量都为1mol,b点x值小于c点，则b点加水多， 反应物浓度大，则反应速率：正>心正，故B错误；由图像可知，x一定 时，温度升高，CH4的平衡转化率增大，说明正反应为吸热反应，温度 升高，平衡正向移动，K增大；温度相同，K不变，则点a、b、c对应的平 衡常数：K。<K=K。,故C正确；该反应为气体分子数增大的反应，反 应进行时压强发生改变，所以温度一定时，当容器内压强不变时，反 应达到平衡状态，故D正确。 9.(1)41(2)(a+c-2b)(3)32.25增大 50:P5046.264626×2.64 (4) 4 35.72 解析：(1)由图中信息可知，当失重比为19.4%时，FS04·7H20转化 为Fs04·H,0,则18(7)=19.4%，解得=4：当失重比为 278 38.8%时，Fcs04·7H,0转化为FeS04·H,0,则l8(7=38.8%, 278 解得y=1。 (2)①Fes04·7H20(s)=fes04(s)+7H20(g)△H1=akJ·mol1 ②FeS04·xH20(s)=fes0,(s)+xH20(g)△H2=bk灯·mol ③Fes04·yH20(s)=Fes04(s)+yH20(g)AH3=ckJ·mol- 根据盖斯定律可知，①+③-②×2可得FeS04·7H20(s)+FeS04· yH20(s)—2(Fes04·xH20)(s),则△H=(a+c-2b)kJ·mol1。 (3)将FS04置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应： 2FeS04(s)一Fe203(s)+s02(g)+S03(g)（I)。由平衡时Ps03 T的关系图可知，660K时，Pso,=1.5kPa,则Ps02=1.5kPa,因此，该 反应的平衡总压P总=3kPa、平衡常数K,(I)=1.5kPa×1.5kPa= 2.25(kPa)2。由图中信息可知，Ps0,随着温度升高而增大，因此， K(I)随反应温度升高而增大。(4)提高温度，上述容器中进一步 发生反应2S03(g)一2$02(g)+02(g)（Ⅱ)，在同温同压下，不同 气体的物质的量之比等于其分压之比，由于仅发生反应(I)时 Ps02 Ps03 Ps0,=Ps02,则Ps0,+2p02=Ps02-2p02,因此，平衡时p02= 4 在929K时，P总=84.6 kPaPsc0,=35.7kPa,则Ps0,+Ps02+p02=P总~ Ps0,+2p02=Ps02-2p02,联立方程组消去P02,可得3ps0,+5ps0,=4p总， 代入相关数据可求出Pso2=46.26kPa,则p02=84.6kPa-35.7kPa 46.26kPa=2.64kPa,K（I）=（46.26kPa)2x2.64kPa- (35.7kPa)2 46.262×2.64kPa。 35.72 10.D解析：由盖斯定律可知反应2C0(g)+2H2(g)一C02(g)+ CH4(g)的焓变△H=-2×41.2kJ·mol1-164.7k灯·mol-1= -247.1kJ·mol-,A错误；C02(g)+4H2(g)一CH4(g)+2H20(g)为放 热反应，升高温度平衡逆向移动，CH4的含量降低，故CH4的平衡 选择性随着温度的升高而降低，B错误；由图可知温度范围约为 350~400℃时二氧化碳实际转化率最高，为最佳温度范围，C错误； ,”鬼始（，》的值可提高二氧化碳的平衡转化率，增大 450℃时，提高(C0) 压强，反应I平衡正向移动，可提高二氧化碳的平衡转化率，均能使 C02平衡转化率达到X点，D正确。 黑白题32 11.(1)-80(2)①bC②因△H4<0、△H3>0,升温反应V向逆反应方 向进行，反应Ⅲ向正反应方向进行，SiHCL,的产量反而减小 (3)①C②2③1-(xty) 或（1-f(y+z) w2x迎0 x (4)0=>②4x0.223a 3B 解析：(1)根据盖斯定律可知，△H,=△H2+3△H1=-236kJ·mol-1 +3×52kJ·mol-1=-80kJ·mol-1。(2)①压缩平衡体系体积，相当 于增大压强，重新达到平衡后，对于反应I→V,除压强对反应I无 影响，对反应Ⅱ→V的影响都是平衡向正反应方向移动，因此 SiH2C2和SiHCl3的物质的量分数增大；②因△H4<0、△H>0,升温 反应V向逆反应方向进行，反应Ⅲ向正反应方向进行，SHCl2的产 量反而减小。(3)在压强为P0的恒压体系中通入2.0molH2和 1.0 mol SiCl4,①根据反应I→V可知，温度升高反应I和Ⅲ向正反 应方向进行，产物含量增加，结合图可知n为HCl,m为SiHCI3； ②750K时按照反应Ⅲ进行：Si(8)+SiCl4（g)+2H2(g) 2SiH2Cl2(g),由图中可知平衡时SiCl4的物质的量分数为x, SiH2C2的物质的量分数为z,H2的物质的量分数为0，则K。= （p)2 2 xpo(wpo)2 xpo 一：③750K,1 mol SiCl4的平衡转化率为f,则转化 的SiCl4为fmol,剩余的SiCl4为(1-f)mol,设平衡时混合气体的总 物质的量为Mmol,则可以根据剩余的SiCL计算出M,三x 得M=1 mol,再计算出n(SiHC, =y得n(siHC,)=1-n2ml、 1-f 专题3 水溶油 第一单元 弱电解质的电离平衡 课时1强电解质和弱电解质 弱电解质的电离平衡 白题 基础过关 题号123456 答案CAB DAB 1.C解析：Fe为单质，既不是电解质也不是非电解质，A错误；氨气是 非电解质，硫酸钡是强电解质，B错误：碳酸钙是强电解质，次氯酸是 弱酸，属于弱电解质，丁烷是有机物，属于非电解质，C正确：水是弱 电解质，D错误。 四归纳总结 (1)电解质的强弱与化学键的种类没有必然联系。如共价化合 物中HCI属于强电解质，而HF属于弱电解质；离子化合物中NaC1属 于强电解质，而A1(OH)3属于弱电解质。(2)电解质的强弱与物质的 溶解性没有必然联系。如CH,C0OH能与水互溶，但属于弱电解质； CC03难溶于水，但属于强电解质。(3)电解质的强弱与溶液的导电 能力没有必然联系。溶液的导电能力与溶液中自由移动的离子的浓 度和离子所带电荷数有关，浓度较大的弱电解质溶液也可能有较强的 导电能力，浓度较小的强电解质溶液也可能导电能力很弱。 2.A解析：曲线②代表盐酸与镁条反应、曲线①代表醋酸与镁条反 应，A错误；醋酸为弱酸、盐酸为强酸，等浓度时，盐酸和镁反应速率 更快，B正确：等体积等浓度的盐酸、醋酸最终电离出氢离子的物质 的量相同，故反应结束时两容器内(H2)基本相等，C正确；醋酸中 氢离子随反应进行会不断被电离出来，故反应过程中盐酸c(H+)下 降更快，D正确。故选A。 3.B解析：氢氧化钡是强电解质，能完全电离，电离方程式为 Ba(0H)2一Ba2++20H,A错误；HCN为弱电解质，部分电离，电离 正本参考答案 n(si,C,）-z得n(siH,C,)=IDnl,根据硅原子守恒，消耗 1-f 硅的物质的量=平衡物质中硅的总物质的量-起始时的1mol siC4,(s)=[(1-n+1-n,a-0]-1=[1-nty2 1mol或者消耗硅的物质的量=平衡物质中SiH2C2和SiHC,物 质的量之和-消耗的f mol SiCl4,n(Si)= [,] [1)]m。(4①使用不同催化剂时，由于反应热只 和反应物的始态与生成物的终态有关，与催化剂无关，所以 △H(Cu0催化剂)=△H(CuC催化剂)；根据表中数据，在相同单位 时间内，Cu作催化剂时SiCl4的转化率为7.3%、CuCl作催化剂 时SiCl4的转化率为22.3%，由此可以得出CuCl作催化剂时活化能 更低，效率更高，则反应V的活化能：Cu催化剂>CuCl催化剂：②根 据反应V:Si(s)+3SiCl,(g)+2H2(g)一4 SiHCl3(g),初始投料 &mol SiCl4,该段时间内得到B mol SiHCI3,得出生成SiHCI3.所消耗 的s0,的物质的量为m,根据表的转化率可知所消耗的sC, 的总物质的量为a×22.3%=0.223a,最后根据公式SiHCla,的选择 38 生成SiHCI3所消耗的SiCL,的物质的量 4 性= 所消耗的SiCl4的总物质的量 ×100%=0.223a 38 100%=4x0.223 ×100%。 中的离子反应 方程式为HCNH+CN,B正确；硅酸为二元弱酸，要分步电离 以第一步电离为主，电离方程式为HSi0,一H++HSi0,C错 误：HC00H为弱酸，部分电离，电离方程式为HC00H一 HCO0+Ht,D错误。 4.D解析：H的电离平衡右移才能使该指示剂显黄色，即应加入 与H反应的物质，HC0具有强氧化性，能使有机色素褪色，故能使 指示剂显黄色的是⑤⑥。 5.A解析：硼酸中B原子属于缺电子原子，在水溶液中可以结合水电 离出的氢氧根离子，由H3BO3+H20=B(OH)4+H可知，硼酸电 离出一个氢离子，为一元弱酸，A正确：电离为吸热过程，升高温度 平衡正向移动，B错误；滴加少量浓盐酸，氢离子浓度增大，平衡逆向 移动，C错误；HB03为一元酸，与足量的Na0H溶液反应的化学方 程式应为H3B03+NaOH—NaH2B03+H20,D错误。 重难聚焦 6.B解析：电解质溶液导电能力强弱与离子浓度成正比，与所带电荷 数成正比，把0.05 mol NaOH晶体分别加入相应液体中，溶液导电能 力变化最小，说明离子浓度变化最小。加入0.5mol·L-1盐酸中，二 者恰好完全反应生成强电解质NaCl,HCl、NaCl都是强电解质，离子 浓度变化不大，则溶液导电能力变化不大。 黑题 应用提优 题号12 答案AB 1.A解析：①因加水促进弱电解质的电离，电离程度增大，故正确：② 加水促进电离，溶液的体积增大，所以c(NH3·H20)减小，故错误； ③加水促进电离，NH数目增多，故正确；④碱性变弱，c(OH)诚小， 故错误；⑤加水稀释时，溶液中离子的浓度减小，则导电性减弱，故错 误；⑥加水促进电离，n(NH3·H20)减小，n(NH4)增大，则 c(NHZ) n(NH) 增大，故正确。①③⑥正确，故选A。 c(NH3·H20)n(NH3·H0) 黑白题33