高三化学专题复习化学反应速率和化学平衡.doc

优质文本高三化学专题复习 化学反响速率和化学平衡考纲要求1.了解化学反响速率的概念及其定量表示方法。2.了解催化剂在生产、生活和科学研究领域中的重要作用。3.了解焓变和熵变是与反响方向有关的两种因素。4.了解化学反响的可逆性。5.了解化学平衡建立的过程；理解化学平衡常数的含义，能够利用化学平衡常数进行简单的计算。6.理解浓度、温度、压强、催化剂等对反响速率和化学平衡的影响，认识其一般规律。7.了解化学反响速率和化学平衡的调控在生产、生活和科学研究领域中的重要作用。考点一化学反响速率及其影响因素的实验探究问题1对v(B)的剖析用上式进行某物质反响速率计算时需注意以下几点：(1)浓度变化只适用于气体和溶液中的溶质，不适用于固体和纯液体。(2)化学反响速率是某段时间内的平均反响速率，而不是即时速率，且计算时取正值。(3)同一反响用不同的物质表示反响速率时，数值可能不同，但意义相同。不同物质表示的反响速率之比等于其化学计量数之比。(4)计算反响速率时，假设给出的是物质的量的变化值，要转化为物质的量浓度的变化值(计算时一定要除以体积)，再进行计算。(5)对于可逆反响，通常计算的是正、逆反响抵消后的总反响速率，当到达平衡时，总反响速率为零。(注：总反响速率也可理解为净速率)。2“四大影响因素的深度剖析浓度、温度、压强、催化剂是影响化学反响速率的四大外界因素，此外反响物颗粒大小对化学反响速率也有一定的影响。(1)浓度：对有气体参加的反响或在溶液中发生的反响产生影响，在其他条件不变时都符合“浓快稀慢的原理。(2)压强：注意压强对反响速率的影响是通过改变反响物的浓度来实现的。压强只对有气体参加的反响产生影响。向气体反响体系中充入不参与反响的气体时，对反响速率的影响。恒容：充入稀有气体(或非反响气体)总压增大物质的浓度不变(活化分子的浓度不变)反响速率不变；恒压：充入稀有气体(或非反响气体)体积增大物质的浓度减小(活化分子的浓度减小)反响速率减小。(3)温度：温度升高，化学反响速率增大。升高温度，无论是吸热反响还是放热反响，反响速率都增大。(4)催化剂：催化剂能改变(增大或减小)化学反响速率，但不能使本来不会发生的反响变成可以发生的。对可逆反响来说，正反响的催化剂同时也是逆反响的催化剂，催化剂能同等程度地改变正、逆反响速率，对化学平衡状态无影响，生产过程中使用催化剂主要是为了提高生产效率。对于反响物颗粒大小：固体物质颗粒越小，总外表积越大，反响速率越快；反之越慢。题组一对化学反响速率的综合考查1一定温度下，10 mL 0.40 mol·L1 H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积(已折算为标准状况)如下表。t/min0246810V(O2)/mL0.09.917.222.426.529.9以下表达不正确的选项是(溶液体积变化忽略不计)()A06 min的平均反响速率：v(H2O2)3.3×102 mol·L1·min1B610 min的平均反响速率：v(H2O2)<3.3×102 mol·L1·min1C反响到6 min时，c(H2O2)0.30 mol·L1D反响到6 min时，H2O2分解了50%答案C解析2H2O22H2OO2A项，6 min时，生成O2的物质的量n(O2)1×103 mol，依据反响方程式，消耗n(H2O2)2×103 mol，所以06 min时，v(H2O2)3.3×102 mol·L1·min1，正确；B项，610 min时，生成O2的物质的量n(O2)0.335×103 mol，依据反响方程式，消耗n(H2O2)0.335×103 mol×20.67×103 mol,610 min时，v(H2O2)1.68×102 mol·L1·min1<3.3×102 mol·L1·min1，正确；C项，反响至6 min时，消耗n(H2O2)2×103 mol，剩余n(H2O2)0.40 mol·L1×0.01 L2×103 mol2×103 mol，c(H2O2)0.20 mol·L1，错误；D项，反响至6 min时，消耗n(H2O2)2×103 mol，n(H2O2)总4×103 mol，所以H2O2分解了50%，正确。2.一定温度下，在2 L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：(1)从反响开始到10 s时，用Z表示的反响速率为_。(2)该反响的化学方程式为_。(3)10 s后的某一时刻(t1)改变了外界条件，其速率随时间变化的情况如下图。那么以下说法正确的选项是_(填序号)。At1时刻，增大了X的浓度Bt1时刻，升高了体系温度Ct1时刻，缩小了容器体积Dt1时刻，使用了催化剂.：反响aA(g)bB(g)cC(g)，某温度下，在 2 L 的密闭容器中投入一定量的A、B，两种气体的物质的量浓度随时间变化的曲线如下图。(1)经测定前4 s内v(C)0.05 mol·L1·s1，那么该反响的化学方程式为_。(2)请在图中将生成物C的物质的量浓度随时间的变化曲线绘制出来。(3)假设上述反响分别在甲、乙、丙三个相同的密闭容器中进行，经同一段时间后，测得三个容器中的反响速率分别为甲：v(A)0.3 mol·L1·s1；乙：v(B)0.12 mol·L1·s1丙：v(C)9.6 mol·L1·min1；那么甲、乙、丙三个容器中反响速率由快到慢的顺序为_。答案.(1)0.079 mol·L1·s1(2)X(g)Y(g)=2Z(g)(3)CD.(1)3A(g)B(g)2C(g)(2)(3)乙甲丙解析 . (1)分析图像知c(Z)0.79 mol·L1，v(Z)0.079 mol·L1·s1。(2)由各物质转化的量：X为0.79 mol，Y为0.79 mol，Z为1.58 mol，可知方程式中各物质的化学计量数之比为112，那么化学方程式为X(g)Y(g)2Z(g)。(3)由图像可知，外界条件同等程度地增大了该反响的正、逆反响速率。增大X的浓度、升高体系温度均不会同等程度地改变正、逆反响速率，A、B错误；由(2)中的反响方程式可知，该反响为反响前后气体体积不变的反响，缩小容器体积或增大压强，均可同等程度地增大正、逆反响速率，C正确；使用催化剂可同等程度地改变正、逆反响速率，D正确。.(1)前4 s内，c(A)0.8 mol·L10.5 mol·L10.3 mol·L1，v(A)0.3 mol·L1÷4 s0.075 mol·L1·s1；v(A)v(C)ac(0.075 mol·L1·s1)(0.05 mol·L1·s1)32，由图像知，在12 s时c(A)c(B)(0.6 mol·L1)(0.2 mol·L1)31ab，那么a、b、c三者的比例为312，所以该反响的化学方程式为3A(g)B(g)2C(g)。(2)生成物C的浓度从0开始增加，到12 s时到达最大，c(A)c(C)ac32，所以c(C)2×0.6 mol·L1÷30.4 mol·L1。(3)丙容器中v(C)9.6 mol·L1·min10.16 mol·L1·s1，那么甲容器中0.1 mol·L1·s1，乙容器中0.12 mol·L1·s1，丙容器中0.08 mol·L1·s1，故甲、乙、丙三个容器中反响速率由快到慢的顺序为乙甲丙。1化学反响速率计算的常见错误(1)不注意容器的容积。(2)漏写单位或单位写错。(3)忽略有效数字。2比拟化学反响速率大小的考前须知(1)看单位是否统一，假设不统一，换算成相同单位。(2)比拟不同时间段内的化学反响速率大小时，可先换算成同一物质表示的反响速率，再比拟数值大小。(3)比拟化学反响速率与化学计量数的比值。例如，对于一般反响aA(g)bB(g)cC(g)dD(g)，比拟不同时间段内与的大小，假设，那么用A表示的反响速率比用B表示的大。题组二“控制变量思想在探究影响化学反响速率因素中的应用3(2013·安徽理综，28)某酸性工业废水中含有K2Cr2O7。光照下，草酸(H2C2O4)能将其中的Cr2O转化为Cr3。某课题组研究发现，少量铁明矾Al2Fe(SO4)4·24H2O即可对该反响起催化作用。为进一步研究有关因素对该反响速率的影响，探究如下：(1)在25 下，控制光照强度、废水样品初始浓度和催化剂用量相同，调节不同的初始pH和一定浓度草酸溶液用量，做比照实验，完成以下实验设计表(表中不要留空格)。实验编号初始pH废水样品体积/mL草酸溶液体积/mL蒸馏水体积/mL46010305601030560测得实验和溶液中的Cr2O浓度随时间变化关系如下图。(2)上述反响后草酸被氧化为_(填化学式)。(3)实验和的结果说明_；实验中0t1时间段反响速率v(Cr3)_mol·L1·min1(用代数式表示)。(4)该课题组对铁明矾Al2Fe(SO4)4·24H2O中起催化作用的成分提出如下假设，请你完成假设二和假设三：假设一：Fe2起催化作用；假设二：_；假设三：_；(5)请你设计实验验证上述假设一，完成下表中内容。除了上述实验提供的试剂外，可供选择的药品有K2SO4、FeSO4、K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O、Al2(SO4)3等。溶液中Cr2O的浓度可用仪器测定实验方案(不要求写具体操作过程)预期实验结果和结论答案(1)实验编号初始pH废水样品体积/mL草酸溶液体积/mL蒸馏水体积/mL2020(2)CO2(3)溶液pH对该反响的速率有影响(4)Al3起催化作用SO起催化作用(5)实验方案(不要求写具体操作过程)预期实验结果和结论用等物质的量的K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O代替实验中的铁明矾，控制其他条件与实验相同，进行比照实验反响进行相同时间后，假设溶液中c(Cr2O)大于实验中的c(Cr2O)，那么假设一成立，假设两溶液中的c(Cr2O)相同，那么假设一不成立(此题属于开放性试题，合理答案均可)解析首先看清实验目的，确定条件改变的唯一变量，再根据图给信息进行综合分析；对于实验方案的设计也主要考虑变量的控制。(1)要保证其他量不变，草酸用量为唯一变量，必须保证溶液的体积为100 mL，所以参加草酸和水的体积之和应为 40 mL，两者的具体体积没有要求，只需与中数据不同即可。(2)此反响中铬的化合价由6价变为3价，化合价降低，所以碳的化合价应升高，草酸中碳的化合价为3价，反响后只能变为4价，即生成CO2。(3)通过图像可以明显看到，实验的反响速率比实验的快，故pH越小，反响速率越快，说明溶液pH对该反响的速率有影响；在0t1时间段，Cr2O的浓度改变了(c0c1) mol·L1，其反响速率为(c0c1)/t1 mol·L1·min1，所以v(Cr3)2(c0c1)/t1 mol·L1·min1。(4)铁明矾中除结晶水外，共有三种离子，均可能起催化作用，除Fe2外，还有Al3和SO。(5)要想验证假设一正确，必须确定Al3和SO不起催化作用，所以可选择K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O，为了确保Al3和SO 的浓度与原来的相同，所以取和铁明矾相同物质的量的K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O。4某小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反响来探究“条件对化学反响速率的影响。(1)向酸性KMnO4溶液中参加一定量的H2C2O4溶液，当溶液中的KMnO4耗尽后，溶液紫色将褪去。为确保能观察到紫色褪去，H2C2O4与KMnO4初始的物质的量需要满足的关系为n(H2C2O4)n(KMnO4)_。(2)为探究反响物浓度对化学反响速率的影响，该小组设计了如下实验方案：实验序号反响温度/H2C2O4溶液酸性KMnO4溶液H2OV/mLc/mol·L1V/mLc/mol·L1V/mL258.00.205.00.0100256.00.205.00.010x表中x_ mL，理由是_。(3)50 时，浓度c(H2C2O4)随反响时间t的变化曲线如以下图示，假设保持其他条件不变，请在坐标图中画出25 时c(H2C2O4)随t的变化曲线示意图。答案(1)2.5(2)2.0保证其他条件不变，只改变反响物H2C2O4的浓度，从而才能到达对照实验目的(3)如以下图解析(1)2MnO6H5H2C2O4=2Mn210CO28H2O，根据上述方程式判断，H2C2O4与KMnO4初始的物质的量需满足n(H2C2O4)n(KMnO4)2.5。(2)根据表中提供的数据可知，应控制，KMnO4的浓度不变，调节H2C2O4的浓度，所以x2.0(即总体积保持13.0 mL不变)。(3)温度低，反响速率慢，反响到达平衡时，所用时间较长。控制变量思想是中学化学实验中常用的思想方法，对影响实验结果的因素进行控制，以到达明确各因素在实验中的作用和目的。尤其是在研究影响化学反响速率和化学平衡的因素时，由于外界影响因素较多，故要弄清某个因素的影响需控制其他因素相同或不变时再进行实验。因此，控制变量思想在这局部表达的较为充分，在近几年高考题中也考查较多，且多以探究性实验题的形式出现。考点二全面突破化学平衡1化学平衡状态判断的“两类标志及“一角度判断化学反响是否到达化学平衡状态，关键是看给定条件下能否推出“变量到达“不变。常用到的判断标志有：(1)绝对标志(2)相对标志有气体参加的反响，气体的总压强、总体积、总物质的量不变时，当是等体积反响时，不一定到达平衡；当是不等体积反响时，到达平衡。气体的密度()、气体的平均相对分子质量()不变时，要具体分析各表达式中的分子或分母变化情况，判断是否平衡。如果平衡体系中的物质有颜色，那么平衡体系的颜色不变时，到达平衡。(3)一角度从微观的角度分析，如反响N2(g)3H2(g)2NH3(g)，以下各项均可说明该反响到达了平衡状态：断裂1 mol NN键的同时生成1 mol NN键；断裂1 mol NN键的同时生成3 mol HH键；断裂1 mol NN键的同时断裂6 mol NH键；生成1 mol NN键的同时生成6 mol NH键。2化学平衡状态移动判断的方法和规律(1)化学平衡移动(2)两类方法通过比拟平衡破坏瞬时的正逆反响速率的相对大小来判断平衡移动的方向。a假设外界条件改变，引起v正>v逆，此时正反响占优势，那么化学平衡向正反响方向(或向右)移动；b假设外界条件改变，引起v正<v逆，此时逆反响占优势，那么化学平衡向逆反响方向(或向左)移动；c假设外界条件改变，虽能引起v正和v逆变化，但变化后新的v正和v逆仍保持相等，那么化学平衡没有发生移动。通过比拟浓度商(Q)与平衡常数(K)的大小来判断平衡移动的方向。a假设Q>K平衡逆向移动；b假设QK平衡不移动；c假设Q<K平衡正向移动。(3)外界条件对平衡移动影响的规律勒夏特列原理温度的影响：升高温度，化学平衡向吸热反响方向移动；降低温度，化学平衡向放热反响方向移动。浓度的影响：增大反响物浓度或减小生成物浓度，化学平衡向正反响方向移动；减小反响物浓度或增大生成物浓度，化学平衡向逆反响方向移动。压强的影响：增大压强会使平衡向着气体体积减小的方向移动；减小压强会使平衡向着气体体积增大的方向移动。(4)不能用勒夏特列原理解释的问题假设外界条件改变后，无论平衡向正反响方向移动或向逆反响方向移动都无法减弱外界条件的变化，那么平衡不移动。如对于H2(g)Br2(g)2HBr(g)，由于反响前后气体的分子总数不变，外界压强增大或减小时，平衡无论正向或逆向移动都不能减弱压强的改变。所以对于该反响，压强改变，平衡不发生移动。催化剂能同等程度地改变正、逆反响速率，所以催化剂不会影响化学平衡。当外界条件的改变对平衡移动的影响与生产要求不一致时，不能用勒夏特列原理解释，如工业合成氨条件的选择。题组一多角度、全方位突破化学平衡状态标志的判定1在一定温度下的定容容器中，当以下物理量不再发生变化时：混合气体的压强，混合气体的密度，混合气体的总物质的量，混合气体的平均相对分子质量，混合气体的颜色，各反响物或生成物的浓度之比等于系数之比(1)能说明2SO2(g)O2(g)2SO3(g)到达平衡状态的是_。(2)能说明I2(g)H2(g)2HI(g)到达平衡状态的是_。(3)能说明2NO2(g)N2O4(g)到达平衡状态的是_。(4)能说明C(s)CO2(g)2CO(g)到达平衡状态的是_。(5)能说明A(s)2B(g)C(g)D(g)到达平衡状态的是_。答案(1)(2)(3)(4)(5)2假设上述题目改成一定温度下的恒压密闭容器，结果又如何？答案(1)(2)(3)(4)(5)3将一定量纯洁的氨基甲酸铵置于密闭真空恒容容器中(固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其到达分解平衡：NH2COONH4(s)2NH3(g)CO2(g)。判断该分解反响已经到达化学平衡的是()A2v(NH3)v(CO2)B密闭容器中c(NH3)c(CO2)21C密闭容器中混合气体的密度不变D密闭容器中氨气的体积分数不变答案C解析该反响为有固体参与的非等体反响，且容器容积不变，所以压强、密度均可作标志，该题应特别注意D项，因为该反响为固体的分解反响，所以NH3、CO2的体积分数始终为定值(NH3为，CO2为)。化学平衡标志判断“三关注关注反响条件，是恒容容器，还是恒压容器；关注反响特点，是等体积反响，还是非等体积反响；关注特殊情况，是否有固体参加或生成。题组二化学平衡状态移动方向及结果的判定4在一定条件下，可逆反响2NO2(g)N2O4(g)H0到达平衡，当分别改变以下条件时，请填空：(1)保持容器容积不变，通入一定量NO2，那么到达平衡时NO2的百分含量_(填“增大、“减小或“不变，下同)；保持容器容积不变，通入一定量N2O4，那么到达平衡时NO2的百分含量_。(2)保持压强不变，通入一定量NO2，那么到达平衡时NO2的百分含量_；保持压强不变，通入一定量N2O4，那么到达平衡时NO2的百分含量_。(3)保持容器容积不变，通入一定量氖气，那么到达平衡时NO2的转化率_；保持压强不变，通入氖气使体系的容积增大一倍，那么到达平衡时NO2的转化率_。答案(1)减小减小(2)不变不变(3)不变减小解析(1)保持容器容积不变，通入一定量NO2，那么增加了NO2的浓度，所以平衡正向移动，且NO2转化率比原来大，NO2的含量减小；保持容器容积不变，通入一定量N2O4，那么增加了N2O4的浓度，所以平衡逆向移动，但其进行的程度比原来的N2O4的转化率要小，所以NO2的含量减小。(2)保持压强不变，通入一定量NO2或N2O4，不影响平衡，所以NO2的含量不变。(3)保持容器容积不变，通入一定量氖气，此过程中各物质的物质的量浓度都没有发生改变，所以平衡不移动，NO2的转化率不变；保持压强不变，通入氖气使体系的容积增大一倍，那么相当于减小压强，所以平衡向生成NO2的方向移动，所以NO2的转化率会减小。5将E和F参加密闭容器中，在一定条件下发生反响：E(g)F(s)2G(g)。忽略固体体积，平衡时G的体积分数(%)随温度和压强的变化如下表所示。压强/MPa体积分数/%温度/1.02.03.081054.0ab915c75.0d1 000ef83.0bf915 ，2.0 MPa时E的转化率为60%该反响的S0K(1 000 )K(810 )上述中正确的有()A4个 B3个 C2个 D1个答案A解析由表中数据分析得出该反响正向是吸热反响，然后逐项分析。反响E(g)F(s)2G(g)是气体分子数增大的反响，压强增大平衡逆向移动，故b<54.0；由b到83.0%可知转化率是增大的，温度升高，G的体积分数增大，平衡正向移动，故正反响是吸热的，由此可知f>75.0，故b<f，正确。915 、2.0 MPa时，G的体积分数(物质的量分数)为75.0%，设总的物质的量为4 mol，那么E为1 mol，G为3 mol，根据反响E(g)F(s)2G(g)可知：生成 3 mol G，消耗1.5 mol E，所以E的转化率为×100%60%，正确。该反响是气体分子数增大的反响，故S>0，正确。因为该反响正向吸热，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，故正确。6(2014·江苏，15改编)一定温度下，在三个体积均为1.0 L的恒容密闭容器中发生反响：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)H2O(g)容器编号温度()起始物质的量(mol)平衡物质的量(mol)CH3OH(g)CH3OCH3(g)H2O(g)3870.200.0800.0803870.402070.200.0900.090以下说法正确的选项是()A该反响的正方应为吸热反响B到达平衡时，容器中的CH3OH体积分数比容器中的小C容器中反响到达平衡所需时间比容器中的长D假设起始时向容器中充入CH3OH 0.15 mol、CH3OCH3 0.15 mol 和H2O 0.10 mol，那么反响将向正反响方向进行答案D解析A项，根据表格中数据，容器和容器中起始物质的量都是0.20 mol，温度在387 时，到达平衡时CH3OCH3的物质的量为0.080 mol，而温度在207 时，到达平衡时CH3OCH3的物质的量为0.090 mol，说明该反响的正反响为放热反响，错误；B项，由于该反响是一个反响前后气体体积相等的反响，因此容器和容器的平衡为等效平衡，故CH3OH的体积分数一样大，错误；C项，容器的温度高，反响速率快，到达平衡所需时间短，错误；D项，容器中的K4，而此时的Q0.67，因此Q<K，那么反响将向正反响方向进行，正确。对于反响物或生成物只有一种的可逆反响而言，在改变物质浓度而引起化学平衡移动时应遵循或应用以下方法进行分析：(1)在温度、容积不变的容器中参加某种气体反响物(或生成物)的平衡移动问题：对于aA(g)bB(g)cC(g)或bB(g)cC(g)aA(g)，当T、V不变时，参加A、B、C气体，相当于给体系增大压强，但平衡移动的最终结果是由浓度决定。(2)在温度、压强不变的体系中参加某种气体反响物(或生成物)的平衡移动问题：对于aA(g)bB(g)cC(g)或bB(g)cC(g)aA(g)，当T、p不变时，参加A气体，平衡移动的最终结果与原平衡等效，相当于平衡不移动；而参加B或C，那么平衡的移动由浓度决定。考点三全面突破化学平衡常数及转化率1化学平衡常数的全面突破(1)数学表达式：对于反响mA(g)nB(g)pC(g)qD(g)来说，K。注意不要把反响体系中纯固体、纯液体以及稀水溶液中水的浓度写进平衡常数表达式。如：CaCO3(s)CaO(s)CO2(g)Kc(CO2)Cr2O(aq)H2O(l)2CrO(aq)2H(aq)K但在非水溶液中，假设有水参加或生成，那么此时水的浓度不可视为常数，应写进平衡常数表达式中。如：C2H5OHCH3COOHCH3COOC2H5H2OKC(s)H2O(g)CO(g)H2(g)K同一化学反响，化学反响方程式写法不同，其平衡常数表达式及数值亦不同。如：N2O4(g)2NO2(g)KN2O4(g)NO2(g)K2NO2(g)N2O4(g)K因此书写平衡常数表达式及数值时，要与化学反响方程式相对应，否那么意义就不明确。(2)平衡常数的意义平衡常数可表示反响进行的程度。K越大，反响进行的程度越大，K105时，可以认为该反响已经进行完全。转化率也能表示反响进行的程度，转化率不仅与温度有关，而且与起始条件有关。K的大小只与温度有关，与反响物或生成物起始浓度的大小无关。(3)浓度商：可逆反响进行到某时刻(包括化学平衡)时，生成物浓度的化学计量数次幂之积与反响物浓度的化学计量数次幂之积的比值称为浓度商(Q)。当QK时，该反响到达平衡状态；QK时，该反响向正反响方向进行；QK时，该反响向逆反响方向进行。2转化率的全面突破(1)转化率的计算公式(A)×100%×100%。(2)转化率的变化分析：在一恒容密闭容器中通入a mol A、b mol B发生反响aA(g)bB(g)cC(g)，到达平衡后，改变以下条件，分析转化率的变化情况(用“增大、“减小或“不变表示)再通入b mol B，(A)增大，(B)减小。再通入a mol A、b mol B，假设abc，(A)增大、(B)增大；假设abc，(A)不变、(B)不变；假设abc，(A)减小、(B)减小。1(2014·四川理综，7)在10 L恒容密闭容器中充入X(g)和Y(g)，发生反响X(g)Y(g)M(g)N(g)，所得实验数据如下表：实验编号温度/起始时物质的量/mol平衡时物质的量/moln(X)n(Y)n(M)7000.400.100.0908000.100.400.0808000.200.30a9000.100.15b以下说法正确的选项是()A实验中，假设5 min时测得n(M)0.050 mol，那么0至5 min 时间内，用N表示的平均反响速率v(N)1.0×102 mol·L1·min1B实验中，该反响的平衡常数K2.0C实验中，到达平衡时，X的转化率为60%D实验中，到达平衡时，b0.060答案C解析A项，根据方程式可知在5 min内反响生成的n(N)等于生成的n(M)，那么v(N)1×103 mol·L1·min1，该项错误；B项，根据表格中数据可知平衡时c(X)0.002 mol·L1、c(Y)0.032 mol·L1、c(N)c(M)0.008 mol·L1，那么平衡常数K1.0，该项错误；C项，因该反响在800 时平衡常数为1.0，设反响中转化的X的物质的量为x，那么有(0.20x)×(0.30x)x·x，故x0.12 mol，X的转化率为×100%60%，该项正确；假设在900 时，该反响的平衡常数也为1.0，根据实验中的数据可知b0.060，由中数据可知在700 时平衡常数约为2.6，结合800 时平衡常数为1.0可知，温度越高，该平衡常数越小，平衡逆向移动，故b<0.060，该项错误。2研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反响：2NO2(g)NaCl(s)NaNO3(s)ClNO(g)K1H1<0()2NO(g)Cl2(g)2ClNO(g)K2H2<0()(1)4NO2(g)2NaCl(s)2NaNO3(s)2NO(g)Cl2(g)的平衡常数K_(用K1、K2表示)。(2)为研究不同条件对反响()的影响，在恒温条件下，向2 L恒容密闭容器中参加0.2 mol NO和0.1 mol Cl2，10 min 时反响()到达平衡。测得10 min内v(ClNO)7.5×103 mol·L1·min1，那么平衡后n(Cl2)_ mol，NO的转化率1_。其他条件保持不变，反响()在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率2_1(填“>“<或“)，平衡常数K2_(填“增大“减小或“不变)。假设要使K2减小，可采取的措施是_。(3)实验室可用NaOH溶液吸收NO2，反响为2NO22NaOH=NaNO3NaNO2H2O。含0.2 mol NaOH的水溶液与0.2 mol NO2恰好完全反响得1 L溶液A，溶液B为 0.1 mol·L1的CH3COONa溶液，那么两溶液中c(NO)、c(NO)和c(CH3COO)由大到小的顺序为_。(HNO2的电离常数Ka7.1×104 mol·L1，CH3COOH的电离常数Ka1.7×105 mol·L1)可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是_。a向溶液A中加适量水 b向溶液A中加适量NaOHc向溶液B中加适量水 d向溶液B中加适量NaOH答案(1)K/K2(2)2.5×10275%>不变升高温度(3)c(NO)>c(NO)>c(CH3COO)bc解析(1)观察题给的三个方程式可知，题目所求的方程式可由()×2()得到，故该反响的平衡常数K。(2)由题给数据可知，n(ClNO)7.5×103mol·L1·min1×10 min×2 L0.15 mol。2NO(g)Cl2(g)2ClNO(g)起始物质的量/mol 0.2 0.1 0 0.15 0.075 0.15 0.05 0.025 0.15故n(Cl2)0.025 mol；NO的转化率1×100%75%。其他条件保持不变，由恒容条件(2 L)改为恒压条件，因该反响是气体分子数减小的反响，平衡正向移动，NO的转化率增大，即2>1；平衡常数只是温度的函数，故由恒容条件改为恒压条件时平衡常数不变；要使平衡常数减小，平衡应逆向移动，因为反响()是放热反响，故应升高温度。(3)由反响方程式计算可知：c(NaNO3)c(NaNO2)0.1 mol·L1，c(CH3COONa)0.1 mol·L1；由电离平衡常数可知酸性：HNO3>HNO2>CH3COOH，酸越弱其对应盐溶液中的离子水解程度越大，那么c(NO)>c(NO)>c(CH3COO)。由越弱越水解可知，A溶液的碱性比B溶液的碱性弱，pHA<pHB。要使pHApHB，那么应使pHA增大或pHB减小。a向溶液A中加适量水，其水解程度虽然增大，但pHA减小，不符合题意。b向溶液A中加适量NaOH，能使其碱性增强，pHA增大，符合题意。c向溶液B中加适量水，其水解程度虽然增大，但pHB减小，符合题意。d向溶液B中加适量NaOH，能使其碱性增强，pHB增大，不符合题意。考点四看图识图借图破解1图像类型(1)浓度时间如A(g)B(g)AB(g)(2)含量时间温度(压强)(C%指产物的质量分数，B%指某反响物的质量分数)(3)恒压(或恒温)线(c表示反响物的平衡浓度，表示反响物的转化率)图，假设p1p2p3那么正反响为气体体积减小的反响，H0；图，假设T1T2，那么正反响为放热反响。2分析方法(1)认清坐标系，弄清纵、横坐标所代表的意义，并与有关原理相结合。(2)看清起点，分清反响物、生成物。浓度减小的是反响物，浓度增大的是生成物，一般生成物多数以原点为起点。(3)看清曲线的变化趋势，注意渐变和突变，分清正、逆反响，从而判断反响特点。(4)注意终点。例如，在浓度时间图像上，一