重难点02 速率与平衡综合题
(2021-2022高一下·北京海淀·期末)
1．I．研究化学反应的快慢和限度，能使化学反应更好地服务于人类的需要。高炉炼铁中常发生副反应：，一定温度下，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的，反应过程中和CO(g)的浓度与时间的关系如图所示：
(1)时，正、逆反应速率的大小关系为 (填“＞”、“＜”或“=”)。
(2)0~4min时间段内，CO的平均反应速率 。
(3)下列条件的改变能减慢其反应速率的是___________。
A．降低温度
B．减少铁粉的质量
C．保持压强不变，充入He使容器的体积增大
D．保持体积不变，充入使体系压强增大
II．利用的还原性可以消除氮氧化物的污染，其中除去NO的主要反应如下：，某研究小组将、3molNO和一定量的充入2L密闭容器中，在催化剂表面发生上述反应，NO生成的转化率随温度变化的情况如图所示。(转化率)
(4)在5min内，温度从420K升高到580K，此时段内NO生成的平均反应速率 。
(5)在有氧条件下温度580K之后NO生成的转化率降低的原可能是 。
(2021-2022高一下·北京东城·期末)
2．甲、乙两位同学探究外界条件对化学反应速率的影响。
【实验原理】反应：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O，反应过程中溶液出现乳白色浑浊和有刺激性气味的气体。
【实验用品】0.1mol/LNa2S2O3溶液、0.1mol/LH2SO4溶液、蒸馏水。
试管、烧杯、量筒、胶头滴管等。
实验一：甲同学利用如图装置测定化学反应速率。
(1)为保证实验的准确性和可靠性，利用该装置进行实验前应先进行的操作是 。除如图所示的实验用品外，还需要的实验仪器是 。
(2)若在2min时收集到224mL(已折算成标准状况)气体，可计算出在2min内的反应速率v(H+)=0.02mol/(L·min)，而该速率值比实际值偏小，其原因是 。
实验二：乙同学得到各组实验数据如下表。
实验编号 Na2S2O3溶液 H2SO4溶液 蒸馏水
浓度/ (mol/L) 体积/mL 浓度/ (mol/L) 体积/mL 体积/mL 温度/℃
Ⅰ 0.1 1.5 0.1 1.5 V 20
Ⅱ 0.1 2.5 0.1 1.5 8 a
Ⅲ 0.1 2.5 0.1 1.5 8 30
(3)实验Ⅰ、Ⅱ探究 对化学反应速率的影响。
①a= 。
②V= ，加入VmL水的目的是 。
(4)实验Ⅱ、Ⅲ探究温度对化学反应速率的影响。实验表明，实验Ⅲ的反应速率最快，支持这一结论的实验现象是 。
(2021-2022高一下·北京西城·期末)
3．NH3经一系列反应可以得到HNO3，转化关系如下图。
(1)I中，NH3和O2在催化剂作用下反应，化学方程式是 。
(2)II中，2NO(g)+O2(g)2NO2(g)。一定温度下，在容积不变的密闭容器中，下列可说明该反应达到平衡状态的是 。
A.O2的浓度不再变化
B.容器内气体的颜色不发生变化
C.相同时间内，消耗1molNO同时生成1molNO2
(3)III中，80°C时，2L密闭容器中充入0.40molN2O4，发生反应N2O42NO2，数据如下表：
t/s 0 20 40 60 80 100
c(NO2)/mol·L-1 0.00 0.12 0.20 0.26 0.30 0.30
20s~40s内，v(N2O4)= 。
(4)一定条件下，向含HNO3的废水中加入CH3OH，可将HNO3还原成N2，若该反应消耗32gCH3OH，转移6mol电子，则参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比是 。
(2022-2023高一下·北京东城·期末)
4．二氧化碳的综合利用是实现碳达峰、碳中和的关键。减排能有效降低温室效应，同时，也是一种重要的资源，因此捕集与转化技术研究备受关注。
Ⅰ.利用制备CO
一定温度下，在恒容密闭容器中进行如下反应：
(1)下列事实能说明上述反应达到平衡状态的是___________(填字母序号)
A．体系内 B．体系压强不再发生变化
C．体系内各物质浓度不再发生变化 D．体系内CO的物质的量分数不再发生变化
Ⅱ.利用制备甲醇(CH3OH)
一定条件下，向恒容密闭容器中通入一定量的和H2。涉及反应如下：
主反应：
副反应：
已知：产率
(2)一段时间后，测得体系中。产率= (用代数式表示)。
(3)探究温度对反应速率的影响(其他条件相同)
实验测得不同温度下，单位时间内的转化率和与CO的物质的量之比[]如图所示。
由图可知，随着温度的升高，转化率升高，的值下降。试解释其原因： 。
(2021-2022高一下·北京东城·期末)
5．某同学在探究铜丝与1.35mol/L HNO3反应的反应速率变化的原因。反应体系温度(T)-时间(t)变化曲线如下图1，生成的NO体积(V)-时间(t)变化曲线如下图2.实验过程中观察到溶液由反应最初的蓝色变为绿色，最终变为深蓝色。
资料：i.已知HNO2是弱酸，不稳定，能使酸性高锰酸钾溶液褪色。
ii.Cu2+在水溶液中以[Cu(H2O)4]2+存在时溶液显蓝色，以[Cu(NO2)x]2-x存在时显绿色。
iii.Ag++AgNO2↓(淡黄色)。
(1)根据图1可知，Cu与稀HNO3的反应是 (选“吸热”或“放热”)反应，该反应的离子方程式是 。
(2)为探究溶液颜色变化原因的进行如下实验。取上述实验初期(A)、中期(B)、后期(C)三个不同时间段的溶液各1mL，分别加入相同浓度的KMnO4(H+)溶液和相同浓度的AgNO3溶液。
实验内容 A溶液(浅蓝色) B溶液(绿色) C溶液(深蓝色)
滴加KMnO4(H+)溶液 滴入5滴后不再褪色 滴入20滴后仍褪色 滴入10滴后不褪色
滴加AgNO3溶液 无明显现象 淡黄色沉淀 淡黄色沉淀
①依据上述实验现象，能证明A、B、C溶液中一定含有的粒子是 (填化学用语)；若将A、B、C三种溶液加热一段时间，冷却后，再滴加KMnO4(H+)溶液，溶液均不褪色，原因是 。
②请从粒子种类和浓度变化的角度解释铜与稀硝酸反应过程中，溶液由反应最初的蓝色变为绿色，最终变为深蓝色的原因是 。
(3)依据图2，在200分钟时，反应速率突然加快，推测其原因可能是由引起的，请设计实验方案加以证明： 。
(2020-2021高一下·北京海淀·期末)
6．某化学小组为了研究外界条件对化学反应速率的影响，进行了如下实验：
【实验原理】2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O
【实验内容及记录】
实验编号 室温下，试管中所加试剂及其用量/mL 室温下溶液颜色褪至无色所需时间/min
0.6mol/LH2C2O4溶液 H2O 0.04mol/LKMnO4溶液 3mol/L稀硫酸
1 3.0 2.0 3.0 2.0 4.0
2 2.0 3.0 3.0 2.0 5.2
3 1.0 4.0 3.0 2.0 6.4
请回答：
(1)根据上表中的实验数据，可以得到的结论是 。
(2)利用实验1中数据计算，用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为：υ(KMnO4)= 。
(3)实验中加入H2O的目的是 。
(4)该小组同学根据经验绘制了n(Mn2+)随时间变化趋势的示意图，如图1所示。但有同学查阅已有的实验资料发现，该实验过程中n(Mn2+)随时间变化的趋势应如图2所示。
该小组同学根据图2所示信息提出了新的假设，并继续进行实验探究。
①该小组同学提出的假设：生成的Mn2+对该反应有催化作用。
②请你帮助该小组同学完成实验方案，并填写表中空白。
实验编号 室温下，试管中所加试剂及其用量/mL 再向试管中加入少量固体 室温下溶液颜色褪至无色所需时间/min
0.6mol/LH2C2O4溶液 H2O 0.04mol/LKMnO4溶液 3mol/L稀硫酸
4 3.0 2.0 3.0 2.0 t
③现象及结论：依据现象 ，得出该小组同学提出的假设成立。
(2020-2021高一下·北京西城·期末)
7．利用催化技术可将汽车尾气中的CO和NO转化为和，化学方程式：。
(1)某温度下，在恒容的密闭容器中通入CO和NO，测得不同时间CO的浓度如下表：
时间 ……
……
用CO的浓度变化表示0-2s的平均反应速率为 。
(2)下列可说明反应达到平衡状态的是 。
a．CO的浓度不再改变
b．容器中的气体质量保持不变
c．NO、CO、、的浓度之比为2∶2∶2∶1
d．相同时间内，反应消耗2molNO同时消耗
(3)反应物初始浓度相同时，实验温度为280℃和360℃，进行以下实验：
实验编号 实验目的 同种催化剂的比表面积 达平衡时所用的时间
Ⅰ 对照实验
Ⅱ
Ⅲ 研究温度对尾气转化速率的影响
【实验分析与结论】
①补全表格a． ，b． ，c． 。
②测得，对比实验Ⅰ、Ⅲ，可得结论： 。
③通过实验可得到“温度相同时，增大催化剂的比表面积，可增大尾气的转化速率”的结论，证据是对比实验Ⅰ、Ⅱ， (填“>”、“<”或“=”)。
(2020-2021高一下·北京大兴·期末)
8．某化学小组用10 mL 0.1mol﹒L-1 KClO3溶液和10 mL 0.3mol﹒L-1 NaHSO3溶液测定该反应的化学反应速率，并通过测定c(Cl-)随时间变化的情况，探究影响化学反应速率的因素，实验数据如图所示。
已知：
(1)该反应在内的化学反应速率v(Cl-) mol﹒L-1﹒min-1。
(2)该小组同学仔细分析实验数据后，发现该反应的化学反应速率变化趋势为：先增大后减小。
ⅰ.探究化学反应速率增大的影响因素：
方案 假 设 实验操作
Ⅰ 该反应放热，使溶液温度升高，化学反应速率加快 向烧杯中加入10mL 0.1mol﹒L-1 KClO3溶液和10 mL 0.3mol﹒L-1 NaHSO3溶液， ___________。
Ⅱ 反应生成的对反应有催化作用，化学反应速率加快 取10 mL 0.1mol﹒L-1 KClO3溶液于烧杯中，先加入少量___________固体，再加入10 mL 0.3mol﹒L-1NaHSO3溶液。
Ⅲ 反应后溶液酸性增强，化学反应速率加快 分别向2只烧杯中加入10 mL 0.1mol﹒L-1 KClO3溶液；烧杯①中加入1 mL水；烧杯②中加入1 mL 0.2mol﹒L-1盐酸。再分别向烧杯中加入10 mL 0.3mol﹒L-1 NaHSO3溶液。
①补全方案 Ⅰ 中的实验操作 。
②方案 Ⅱ 中加入的物质是 (填化学式)。
③在方案 Ⅰ 的假设不成立的情况下，从变量控制的角度思考，该小组同学认为方案 Ⅲ中实验操作设计不严谨，应将1 mL水改为 。
④除方案Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的假设外，请再提出一个可能使化学反应速率增大的假设 。
ⅱ.反应后期，化学反应速率降低的主要原因是 。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．(1)＞
(2)0.125mol·L-1·min-1
(3)AC
(4)0.171mol·L-1·min-1
(5)氨气被氧气氧化
【详解】（1）由图示可知，t1后反应物二氧化碳的浓度减小，生成物一氧化碳的浓度增大，反应正向进行，则反应正反应速率大于逆反应速率。
（2）0~4min时间段内，CO的浓度变化量为0.5mol/L，则平均反应速率===0.125mol·L-1·min-1。
（3）A．降低温度，活化分子百分数减小，化学反应速率减慢，A正确；
B．铁粉是固体，减少铁粉的质量，不影响化学反应速率，B错误；
C．保持压强不变，充入He使容器的体积增大，参与反应的气体浓度减小，化学反应速率减慢，C正确；
D．保持体积不变，充入CO2使体系压强增大，反应物浓度增大，化学反应速率加快，D错误；
答案选AC。
（4）420K时，一氧化氮的转化率为2%，此时消耗的n(NO)=3mol2%=0.06mol，580K时，一氧化氮的转化率为59%，此时消耗的n(NO)=3mol59%=1.77mol，此时间段内一氧化氮的变化量为1.77mol-0.06mol=1.71mol，反应速率v(NO)===0.171mol·L-1·min-1。
（5）氨气能被氧气氧化，导致氨气浓度降低，平衡逆向移动，一氧化氮转化率降低。
2．(1) 检查装置的气密性 计时器
(2)生成的二氧化硫溶解在反应后的溶液中，测得的体积小于实际生成的体积，故速率偏小
(3) Na2S2O3溶液浓度 20 9 控制硫酸的起始浓度相同
(4)实验III观察到出现浑浊的时间更短
【详解】（1）气体制备或性质探究实验，本实验是探究化学反应速率的影响因素，需保证气密性良好，否则会影响实验结果，反应速率的计算公v=，测反应速率是在一定时间段内，故还需要秒表，故答案为：检查装置的气密性；秒表(或计时器)。
（2）该反应是在水溶液中进行，SO2易溶于水，生成的SO2部分溶在水中，故答案为：生成的二氧化硫溶解在反应后的溶液中，测得的体积小于实际生成的体积，故速率偏小；
（3）该实验室是探究外界条件对Na2S2O3溶液和H2SO4溶液的反应速率的影响，从表格中可以看出Na2S2O3溶液用量增加，应该是改变Na2S2O3溶液的浓度，实验I、II硫酸用量不变，所以控制总体积不变，是保证硫酸浓度不变，另外还需要控制温度不变；故答案为：Na2S2O3溶液的浓度；20；9；控制硫酸的起始浓度相同；
（4）探究实验II、III改变的是温度条件，其他条件不变时，升高反应温度，化学反应速率增大，因为反应中有S沉淀生成，故可以测定溶液变浑浊的快慢，故答案为：实验III比实验II变浑浊所需时间更短。
3．(1)
(2)AB
(3)
(4)5：6
【详解】（1）氨气与氧气在催化剂加热的条件下生成NO与水，反应方程式为，故答案为：；
（2）A．O2的浓度不再变化，符合平衡的特征“定”，为平衡状态，A项正确；
B．容器内气体的颜色不发生变化，可知NO2的浓度不变，符合平衡的特征“定”，为平衡状态，B项正确；
C．相同时间内，消耗1molNO同时生成1mol NO2，只体现正反应速率的关系，不能判定平衡状态，C项错误;
故答案为：AB；
（3）20s~40s内，v(N2O4)= = ，故答案为：；
（4）消耗32gCH3OH的物质的量为，转移6mol电子，则1molCH3OH中碳元素的化合价升高6，所以反应后碳元素的化合价为+4价，产物为CO2，由原子守恒及得失电子守恒可知反应为，反应中氧化剂是硝酸，还原剂是甲醇，参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比是5：6，故答案为：5：6。
4．(1)CD
(2)
(3)主反应为放热反应，副反应为吸热反应，升温副反应正向进行，故二氧化碳转化率升高，同时一氧化碳物质的量增大，甲醇物质的量下降，则的值下降
【详解】（1）一氧化碳和水蒸气按物质的量1：1生成和消耗，A不能作为平衡标志；容器体积不变，且该反应前后气体物质的量不变，即体系压强恒定，B不能作为平衡标志；各物质的浓度不再改变，说明达到平衡，C能作为平衡标志；体系内一氧化碳物质的量分数不再改变，说明达到平衡，D可以作为平衡标志；综上选CD；
（2）令一段时间生成甲醇物质的量为bmol，一氧化碳物质的量为cmol；则生成甲醇消耗二氧化碳物质的量为bmol，生成一氧化碳消耗二氧化碳物质的量为cmol，又此时还余二氧化碳物质的量为amol，即初始加入二氧化碳物质的量为（a+b+c）mol，故甲醇产率为；
（3）主反应为放热反应，副反应为吸热反应，升温副反应正向进行，故二氧化碳转化率升高，同时一氧化碳物质的量增大，甲醇物质的量下降，则的值下降。
5．(1) 放热 3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O
(2) HNO2(或) HNO2不稳定受热分解 反应开始时，生成的HNO2(或)较少，Cu2+与H2O形成[Cu(H2O)4]2+而呈蓝色；随着反应的进行，c()不断增大，Cu2+与形成[Cu(NO2)x]2-x而呈绿色；反应到最后阶段，由于HNO2不稳定而分解，Cu2+又与H2O形成[Cu(H2O)4]2+，且由于生成的Cu2+越来越多，c{[Cu(H2O)4]2+}增大，蓝色加深
(3)将铜丝插入1.35mol/LHNO3溶液中，无明显现象，加入少量NaNO2，体系反应速率明显加快，说明加快了该反应的速率
【详解】（1）根据图1可知，随反应进行，体系温度升高，可知Cu与稀HNO3的反应是放热反应，铜和硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮、水，该反应的离子方程式是3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O。
（2）①HNO2是弱酸，不稳定，能使酸性高锰酸钾溶液褪色。A、B、C溶液都能使高锰酸钾溶液褪色，能证明A、B、C溶液中一定含有的粒子是HNO2；HNO2不稳定受热分解，所以将A、B、C三种溶液加热一段时间，冷却后，再滴加KMnO4(H+)溶液，溶液均不褪色。
②反应开始时，生成的HNO2(或)较少，Cu2+与H2O形成[Cu(H2O)4]2+而呈蓝色；随着反应的进行，c()不断增大，Cu2+与形成[Cu(NO2)x]2-x而呈绿色；反应到最后阶段，由于HNO2不稳定而分解，Cu2+又与H2O形成[Cu(H2O)4]2+，且由于生成的Cu2+越来越多，c{[Cu(H2O)4]2+}增大，蓝色加深。
（3）将铜丝插入1.35mol/LHNO3溶液中，无明显现象，加入少量NaNO2，体系反应速率明显加快，说明加快了该反应的速率，可知200分钟时反应速率突然加快，是由引起的。
6．(1)其他条件相同时，增大H2C2O4浓度(或反应物浓度)，反应速率增大
(2)3×10-3mol/(L·min)
(3)保证只有H2C2O4浓度不同，H2SO4和KMnO4的浓度均相同
(4) MnSO4 与实验1比较，溶液褪色所需时间短或所用时间(t)小于4.0min
【详解】（1）从表中的实验数据可以看出，三次实验所用KMnO4、H2SO4的浓度都相同，但H2C2O4的浓度不同，H2C2O4的浓度越大，反应所用时间越短，由此可以得到的结论是：其他条件相同时，增大H2C2O4浓度(或反应物浓度)，反应速率增大。答案为：其他条件相同时，增大H2C2O4浓度(或反应物浓度)，反应速率增大；
（2）实验1中，在4min内，3.0mL0.04mol/LKMnO4溶液完全发生反应，所以用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为：υ(KMnO4)== 3×10-3mol/(L·min)。答案为：3×10-3mol/(L·min)；
（3）研究外界条件的改变对化学反应速率的影响时，我们通常只改变一个条件，由此可以看出，实验中加入H2O，可保证KMnO4和H2SO4的浓度不变，所以加入H2O的目的是：保证只有H2C2O4浓度不同，H2SO4和KMnO4的浓度均相同。答案为：保证只有H2C2O4浓度不同，H2SO4和KMnO4的浓度均相同；
（4）②因为实验研究的是Mn2+对反应是否有催化作用，而反应开始前，溶液中不含有Mn2+，所以可在反应物中加入可溶性锰盐，对比反应完成所需的时间，以判断反应速率的快慢，因此加入的少量固体为MnSO4。
③由前面分析可知，若Mn2+起催化作用，反应所需时间短，从而得出现象及结论为：依据现象“与实验1比较，溶液褪色所需时间短或所用时间(t)小于4.0min”，得出该小组同学提出的假设成立。答案为：MnSO4；与实验1比较，溶液褪色所需时间短或所用时间(t)小于4.0min。
【点睛】比较外界条件对反应速率的影响时，若同时改变几个条件，我们很难判断是哪一条件对反应速率产生影响。
7．(1)3.75×10-4
(2)a
(3) 研究催化剂的比表面积对尾气转化速率的影响 360 80 温度越高反应速率越快，达到平衡所用的时间越短 ＜
【详解】（1）用CO的浓度变化表示0～2s的平均反应速率(CO)===3.75×10-4mol/(L min)，故答案为：3.75×10-4；
（2）a．CO的浓度不再改变，符合化学平衡的基本特征，a正确；
b．该反应各物质均为气体，则容器中的气体质量始终保持不变，不能据此判断平衡状态，b错误；
c．NO、CO、CO2、N2的浓度之比为2：2：2：1的状态不一定是平衡状态，与反应物的起始量和转化率有关，c错误；
d．相同时间内，反应消耗2mol NO同时消耗2mol N2，即正(NO)=逆(N2)，不符合正(NO)：逆(N2)=2：1，则反应没有达到平衡状态，d错误；
故答案为：a；
（3）①对比实验Ⅰ、Ⅱ可知，实验Ⅰ、Ⅱ中同种催化剂的比表面积不同，温度、浓度均相同，则实验Ⅱ的目的是研究催化剂的比表面积对尾气转化速率的影响；实验Ⅰ、Ⅲ是研究温度对尾气转化速率的影响，则只能温度不同，其他条件必须相同，所以b=360，c=80，故答案为：研究催化剂的比表面积对尾气转化速率的影响；360；80；
②实验Ⅰ、Ⅲ是研究温度对尾气转化速率的影响，若t3＜t1，则温度越高，达平衡时所用的时间越短，反应速率越快，故答案为：温度越高反应速率越快，达到平衡所用的时间越短；
③“温度相同时，增大催化剂的比表面积，可增大尾气的转化速率”，即温度相同时，催化剂的比表面积越大，反应速率越大，实验Ⅱ的比表面积大于实验Ⅰ，反应速率大于实验Ⅰ，达平衡时所用的时间短，即t2＜t1，故答案为：＜。
8． 2.5 插入温度计 KCl或NaCl 1 mL0.2mol/LNaCl溶液 生成的硫酸根离子加快了化学反应速率 反应后期由于反应物浓度减小，因此化学反应速率变慢
【分析】(1)根据v=计算；
(2)利用温度计测量溶液温度的变化；根据方案Ⅰ、Ⅱ所对应的假设的变化分析；根据反应后溶液中的离子成分分析解答；根据氯离子可能会影响反应速率分析；根据浓度对反应速率的影响分析。
【详解】(1)根据实验数据可知，该反应在内生成氯离子的浓度是0.010mol/L，所以平均反应速率v(Cl-)==2.5mol﹒L-1﹒min-1；
(2) ⅰ.①由于是假设该反应放热，使溶液温度升高，反应速率加快，因此需要测量反应过程中溶液温度的变化，则方案 Ⅰ 中的实验操作为插入温度计；
②方案Ⅰ、Ⅱ相比较Ⅱ 探究反应产物对反应有催化作用，所以方案Ⅱ中的应加入，可加入的物质是KCl或NaCl；
③为防止氯离子对实验的干扰，则需要改进的措施是将1 mL水改为1 mL0.2mol/LNaCl溶液；
④由于反应中还有硫酸根离子生成，则除方案Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的假设外，还可以提出的假设是生成的硫酸根离子加快了化学反应速率；
ⅱ.反应后期由于反应物浓度减小，因此化学反应速率变慢。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
