202X版高考化学一轮复习专题9化学反应速率化学反应的方向和限度课件

1、专题9 化学反应速率 化学反应的方向和限度高考化学高考化学 (江苏省专用)A A组组 自主命题自主命题江苏卷题组江苏卷题组五年高考考点一化学反应速率考点一化学反应速率1.(2017江苏单科,10,2分)H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得70 时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是()A.图甲表明,其他条件相同时,H2O2浓度越小,其分解速率越快B.图乙表明,其他条件相同时,溶液pH越小,H2O2分解速率越快C.图丙表明,少量Mn2+存在时,溶液碱性越强,H2O2分解速率越快D.图丙和图丁表明,碱性溶液中,Mn2+对H2O2分解速率的影响大答案答案D本题考查依据影响

2、化学反应速率的因素识图的能力。A项,从图甲看出,相同时间内,起始c(H2O2)越大,H2O2的浓度变化量越大,即分解速率越快,错误;B项,从图乙看出,NaOH溶液浓度越大,即pH越大,H2O2分解速率越快,错误;C项,从图丙看出,0.1 molL-1 NaOH与1.0 molL-1 NaOH所示曲线相比,0.1 molL-1 NaOH对应曲线表示的H2O2分解速率快,错误;D项正确。审题方法审题方法 三审清一审题干,审清关键词;二审题图,审清图中标注的数据;三审选项,审清选项中所表明的具体结论。2.(2012江苏单科,10,2分)下列有关说法正确的是()A.CaCO3(s)CaO(s)+CO2

3、(g)室温下不能自发进行,说明该反应的H0B.镀铜铁制品镀层受损后,铁制品比受损前更容易生锈C.N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H0,室温下不能自发进行,说明该反应的H0;B项,镀层受损后,铁、铜在潮湿的环境中形成原电池,铁为负极,更易被腐蚀;C项,正反应的H生成物总能量。吸热反应:反应物总能量11时CaSO4转化的离子方程式为 ;24O能提高其转化速率的措施有 (填序号)。A.搅拌浆料B.加热浆料至100 C.增大氨水浓度D.减小CO2通入速率(3)在敞口容器中,用NH4Cl溶液浸取高温煅烧的固体,随着浸取液温度上升,溶液中c(Ca2+)增大的原因是 。答案答案(1)CaSO4+2N

4、H3H2O+CO2CaCO3+2N+S+H2O或CaSO4+CCaCO3+SAC(3)浸取液温度上升,溶液中c(H+)增大,促进固体中Ca2+浸出4H24O23O24O解析解析(1)当清液pH11时,溶液呈较强的碱性,说明通入的CO2量还较少,不会生成HC,因此转化的离子方程式为CaSO4+2NH3H2O+CO2CaCO3+2N+S+H2O或CaSO4+CCaCO3+S;要提高转化速率,可通过搅拌浆料,以增大反应物的接触面积,或增大反应物氨水的浓度来实现,故选AC,若加热浆料至100 ,会造成NH3H2O的大量分解及NH3的逸出,不仅不能提高转化速率,还会降低产品产率,故B项不正确,而D项显然

5、是不合理的。(3)NH4Cl溶液中存在水解平衡N+H2ONH3H2O+H+,升温,平衡右移,c(H+)增大,CaO+2H+Ca2+H2O,从而使溶液中c(Ca2+)增大。3O4H24O23O24O4H解题关键解题关键 工艺流程题中方程式的书写应重点关注参加反应的原料和生成的物质,也要特别注意箭头的方向。易错警示易错警示 通常情况下,升温能加快反应速率,但此题中加热至100 会大大减小氨水的浓度,从而使转化速率减小。考点二化学平衡状态和化学平衡常数考点二化学平衡状态和化学平衡常数5.(2011江苏单科,12,4分)下列说法正确的是()A.一定温度下,反应MgCl2(l)Mg(l)+Cl2(g)的

6、H0、S0B.水解反应N+H2ONH3H2O+H+达到平衡后,升高温度平衡逆向移动C.铅蓄电池放电时的负极和充电时的阳极均发生还原反应D.对于反应2H2O22H2O+O2,加入MnO2或升高温度都能加快O2的生成速率4H答案答案ADB项,水解反应为吸热反应,升温平衡正向移动;C项,发生的均是氧化反应。6.(2010江苏单科,8,4分)下列说法不正确的是()A.铅蓄电池在放电过程中,负极质量减小,正极质量增加B.常温下,反应C(s)+CO2(g)2CO(g)不能自发进行,则该反应的H0C.一定条件下,使用催化剂能加快反应速率并提高反应物的平衡转化率D.相同条件下,溶液中Fe3+、Cu2+、Zn2

7、+的氧化性依次减弱答案答案ACA项,铅蓄电池放电过程中,负极和正极的质量均增加,故不正确;C项,催化剂可以改变化学反应速率,但不能使平衡移动,即不能提高反应物的平衡转化率,故不正确。7.(2013江苏单科,15,4分)一定条件下存在反应:CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g),其正反应放热。现有三个相同的2 L恒容绝热 (与外界没有热量交换)密闭容器、,在中充入1 mol CO和1 mol H2O,在中充入1 mol CO2和1 mol H2,在中充入2 mol CO和2 mol H2O,700 条件下开始反应。达到平衡时,下列说法正确的是()A.容器、中正反应速率相同B.容器、中反

8、应的平衡常数相同C.容器中CO的物质的量比容器中的多 D.容器中CO的转化率与容器中CO2的转化率之和小于1答案答案CD由题意可知容器中反应从正向开始,反应放热,容器内温度升高,容器中反应从逆向开始,反应吸热,容器内温度降低,两容器中温度不同,正反应速率不相同,A项错误;容器、中反应达平衡状态时放出热量不同,而容器为绝热容器,故两容器中温度不同,平衡常数不同,B项错误;容器中反应放热,容器内温度升高,CO转化率降低,容器中反应吸热,容器内温度降低,CO产率降低,平衡时容器中CO的物质的量比容器中多,C项正确;若容器、中的反应在相同温度下进行,反应达平衡时,中CO转化率和中CO2转化率之和等于1

9、,由题意可知,达平衡时中温度升高,中温度降低,中CO转化率降低,中CO2转化率也降低,两者转化率之和必小于1,D项正确。易错警示易错警示 反应体系压强增大,反应速率不一定增大,如只有固体或纯液体参加的反应体系;外界条件改变,化学平衡不一定移动,如改变固体或纯液体的量,平衡不移动;化学平衡向右移动,反应物的转化率不一定都增大,如两种反应物参与的反应,增大某种反应物的浓度,该反应物转化率减小。易错警示易错警示 平衡常数K只与温度有关,因此无论其他条件如何改变,只要温度不变,K就不变。8.2018江苏单科,16(2),4分以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2,少量FeS2和金属硫

10、酸盐)为原料,生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下:(2)添加1% CaO和不添加CaO的矿粉焙烧,其硫去除率随温度变化曲线如图所示。已知:多数金属硫酸盐的分解温度都高于600 硫去除率=(1-)100%不添加CaO的矿粉在低于500 焙烧时,去除的硫元素主要来源于 。700 焙烧时,添加1% CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低,其主要原因是 。焙烧后矿粉中硫元素总质量焙烧前矿粉中硫元素总质量答案答案(2)FeS2硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中解析解析(2)FeS2在低于500 焙烧时能与空气中的O2反应生成Fe2O3和SO2,发生的反应为4FeS2+11O22Fe

11、2O3+8SO2,故不添加CaO的矿粉在焙烧时去除的硫元素主要来源于FeS2;700 焙烧时,添加CaO后,硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中,使矿粉硫去除率降低。B B组组 统一命题、省统一命题、省( (区、市区、市) )卷题组卷题组考点一化学反应速率考点一化学反应速率1.(2019课标,28,14分)水煤气变换CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)是重要的化工过程,主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。回答下列问题:(1)Shibata曾做过下列实验:使纯H2缓慢地通过处于721 下的过量氧化钴CoO(s),氧化钴部分被还原为金属钴Co(s),平衡后气体中H2的物质的

12、量分数为0.025 0。在同一温度下用CO还原CoO(s),平衡后气体中CO的物质的量分数为0.019 2。根据上述实验结果判断,还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO H2(填“大于”或“小于”)。(2)721 时,在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合,采用适当的催化剂进行反应,则平衡时体系中H2的物质的量分数为 (填标号)。A.0.50(3)我国学者结合实验与计算机模拟结果,研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程,如图所示,其中吸附在金催化剂表面上的物种用*标注。可知水煤气变换的H 0(填“大于”“等于”或“小于”)。该历程中最大能垒(活化能)E正= eV,写出该步

13、骤的化学方程式 。(4)Shoichi研究了467 、489 时水煤气变换中CO和H2分压随时间变化关系(如下图所示),催化剂为氧化铁,实验初始时体系中的和pCO相等、和相等。2H Op2COp2Hp计算曲线a的反应在3090 min内的平均速率(a)= kPamin-1。467 时和pCO随时间变化关系的曲线分别是 、 。489 时和pCO随时间变化关系的曲线分别是 、 。v2Hp2Hp答案答案(1)大于(2)C(3)小于2.02COOH*+H*+H2O* COOH*+2H*+OH*(或H2O* H*+OH*)(4)0.004 7bcad解析解析本题涉及化学反应速率、化学平衡的相关计算及化学

14、平衡移动的影响因素,主要考查学生运用图表、图形分析和解决化学问题的能力。借助水煤气变换反应认识化学变化有一定限度、速率,体现变化观念与平衡思想的学科核心素养。(1)相同温度下,分别用H2、CO还原CoO(s),平衡时H2的物质的量分数(0.025 0)大于CO的物质的量分数(0.019 2),说明转化率:H2H2。(2)利用“三段式”解答。721 时,设气体反应物开始浓度均为1 molL-1,则H2(g)+CoO(s)Co(s)+H2O(g)起始(molL-1)10转化(molL-1) x x平衡(molL-1)1-x x则有=0.025 0,解得x=0.975,故K1=39;CO(g)+Co

15、O(s)Co(s)+CO2(g)起始(molL-1)10转化(molL-1) y y平衡(molL-1) 1-y y11x22(H)(H )cOc1xx则有=0.019 2,解得y=0.980 8,故K2=51;CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)起始(molL-1) 1 1 0 0转化(molL-1) z z z z平衡(molL-1) 1-z 1-z z z则有K3=,解得z=0.532 7。H2的物质的量分数为=0.266 4,故选C。(3)观察计算机模拟结果,据H=生成物总能量-反应物总能量,可知H=-0.72-00;该历程中最大能垒(活化能)E正=1.86 eV-(-0.

16、16 eV)=2.02 eV,该步骤的化学方程式为COOH*+H*+H2O*COOH*+2H*+OH*或H2O*H*+OH*。(4)(a)=0.004 7 kPamin-1;据“先拐先平数值大”原则,结合图像可知,虚线(a、d)表示489 时气体分压变化曲线,实线(b、c)表示467 时气体分压变化曲线;当温度由11y2(CO )(CO)cc1yy0.980 80.019 222(1)zz21KK51392zv(4.083.80)kPa60min467 升至489 时,平衡逆向移动,则减小,pCO增大,由图像可知,ba气体分压减小,故曲线b表示467 时变化曲线,曲线a表示489 时变化曲线;

17、cd气体分压增大,则曲线c表示467 时pCO变化曲线,曲线d表示489 时pCO变化曲线。2Hp2Hp2Hp疑难突破疑难突破 本题难点为(2)小题,解题关键是明确三个可逆反应的平衡常数之间的关系,运用“三段式”仔细计算;(4)小题根据“先拐先平数值大”原则判断不同温度时对应的曲线(实线、虚线),再根据温度变化对平衡移动的影响确定不同温度时的、pCO变化曲线。2Hp2.2015课标,27(1)(4),10分硼及其化合物在工业上有许多用途。以铁硼矿(主要成分为Mg2B2O5H2O和Fe3O4,还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等)为原料制备硼酸(H3BO3)的工艺流程如图所

18、示:回答下列问题:(1)写出Mg2B2O5H2O与硫酸反应的化学方程式 。为提高浸出速率,除适当增加硫酸浓度外,还可采取的措施有 (写出两条)。(2)利用 的磁性,可将其从“浸渣”中分离。“浸渣”中还剩余的物质是 。(写化学式)(3)“净化除杂”需先加H2O2溶液,作用是 。然后再调节溶液的pH约为5,目的是 。(4)“粗硼酸”中的主要杂质是 (填名称)。答案答案(1)Mg2B2O5H2O+2H2SO42H3BO3+2MgSO4(2分)提高反应温度、减小铁硼矿粉粒径(2分)(2)Fe3O4SiO2和CaSO4(1分,2分,共3分)(3)将Fe2+氧化成Fe3+使Fe3+与Al3+形成氢氧化物沉

19、淀而除去(每空1分,共2分)(4)(七水)硫酸镁(1分)解析解析(1)硫酸可与硼酸盐反应制取酸性较弱的硼酸,所以Mg2B2O5H2O与硫酸反应的化学方程式为:Mg2B2O5H2O+2H2SO42MgSO4+2H3BO3。为提高浸出速率,除适当增加硫酸浓度外,还可采取提高反应温度、减小铁硼矿粉粒径等措施。(2)Fe3O4有磁性,可利用其磁性将其从“浸渣”中分离;“浸渣”中还剩余的物质是SiO2和Ca-SO4。(3)“净化除杂”需先加H2O2溶液,其作用是把Fe2+氧化为Fe3+,然后调节溶液的pH约为5,使Al3+和Fe3+以Al(OH)3、Fe(OH)3形式沉降而除去。(4)“粗硼酸”中所含杂

20、质主要是没有除去的易溶性镁盐,故为(七水)硫酸镁。3.(2017课标,13,6分)在湿法炼锌的电解循环溶液中,较高浓度的Cl-会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和CuSO4,生成CuCl沉淀从而除去Cl-。根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图,下列说法错误的是()A.Ksp(CuCl)的数量级为10-7B.除Cl-反应为Cu+Cu2+2Cl- 2CuClC.加入Cu越多,Cu+浓度越高,除Cl-效果越好D.2Cu+ Cu2+Cu平衡常数很大,反应趋于完全考点二化学平衡状态和化学平衡常数考点二化学平衡状态和化学平衡常数答案答案C依据图中数据,选择一个坐标点(1.75,-5),lg

21、 =-5,c(Cu+)=10-5 molL-1,-lg=1.75,c(Cl-)=10-1.75 molL-1,Ksp(CuCl)=c(Cu+)c(Cl-)=110-6.75,则Ksp(CuCl)的数量级为10-7,A正确;Cu和Cu2+发生氧化还原反应生成Cu+,Cu+与Cl-形成CuCl沉淀,B正确;Cu是固体,其量的多少不会引起平衡移动,对除Cl-无影响,C错误;2Cu+ Cu2+Cu的平衡常数很大,说明反应正向进行的程度很大,反应趋于完全,D正确。1(Cu )mol Lc1(Cl )mol Lc知识拓展知识拓展 化学平衡常数的应用1.化学平衡常数越大,反应物的转化率越大,反应进行的程度越

22、大。2.Qc=K时,化学反应达平衡;QcK时,化学反应逆向进行。4.2019课标,28(1)(3),11分近年来,随着聚酯工业的快速发展,氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此,将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题:(1)Deacon发明的直接氧化法为:4HCl(g)+O2(g) 2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为刚性容器中,进料浓度比c(HCl) c(O2)分别等于1 1、4 1、7 1时HCl平衡转化率随温度变化的关系:可知反应平衡常数K(300 ) K(400 )(填“大于”或“小于”)。设HCl初始浓度为c0,根据进料浓度比c(HCl) c(O2)=1

23、 1的数据计算K(400 )= (列出计算式)。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率,同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c (HCl)c(O2)过低、过高的不利影响分别是 。(2)Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行:CuCl2(s)CuCl(s)+Cl2(g) H1=83 kJmol-1CuCl(s)+O2(g)CuO(s)+Cl2(g)H2=-20 kJmol-1CuO(s)+2HCl(g)CuCl2(s)+H2O(g)H3=-121 kJmol-1则4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)的H= kJmol-1。(3)在一定温度的条件下,进一步提高HCl的转化率的

24、方法是 。(写出2种)121212答案答案(1)大于 O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低(2)-116(3)增加反应体系压强、及时除去产物2240(0.42)(0.42)(1 0.84)(1 0.21)c解析解析本题涉及的考点有化学平衡常数的计算及影响因素、外界条件对转化率的影响、利用盖斯定律计算H。考查学生对图像的理解,获取有关知识并进行加工、吸收的能力和运用相关知识分析、解决简单化学问题的能力。体现了化学变化有一定限度,是可以调控的,体现了变化观念与平衡思想的学科核心素养。(1)由题图可知,温度升高,HCl平衡转化率降低,即平衡逆向移动,则该可逆反应的正反应是放热反应,故K(300

25、 )K(400 );随着进料浓度比c(HCl) c(O2)逐渐增大,HCl平衡转化率逐渐降低,所以图中三条曲线由上到下分别对应的进料浓度比c(HCl) c(O2)为1 1、4 1、7 1,400 、c(HCl) c(O2)=1 1时,HCl的平衡转化率为84%。设HCl初始浓度为c0(O2初始浓度也为c0),则平衡时HCl、O2、Cl2、H2O(g)的浓度分别为(1-0.84)c0、(1-0.21)c0、0.42c0、0.42c0,则K(400 )=。进料浓度比c(HCl) c(O2)过低,导致平衡时气体中混有大量O2,增大分离能耗;进料浓度比c(HCl) c(O2)过高,会导致平衡时HCl转

26、化率较低。(2)将题给反应过程依次记为、,则根据盖斯定律,由2+2+2可得到4HCl(g)+O2(g) 2Cl2(g)+2H2O(g) H=2H3+2H2+2H1=-116 kJmol-1。(3)温度一定的条件下,提22004400(0.42)(0.42)(10.84)(10.21)cccc2240(0.42)(0.42)(1 0.84)(1 0.21)c高某种反应物的转化率的方法有适当提高另一种反应物的浓度、及时分离产物、改变体系压强等,而该反应是一个气体分子数减小的反应,故应增大压强使平衡正向移动。规律总结规律总结 对于放热反应,温度越高平衡常数K值越小;反之,对于吸热反应,温度越高平衡常

27、数K值越大。方法技巧方法技巧 提高某种反应物转化率的方法改变温度(吸热反应升温,放热反应降温);改变压强;增大另一种反应物的浓度;及时分离气态产物。5.2019天津理综,7(5),2分氮、磷、砷(As)、锑(Sb)、铋(Bi)、镆(Mc)为元素周期表中原子序数依次增大的同族元素。回答下列问题:(5)在1 L真空密闭容器中加入a mol PH4I固体,t 时发生如下反应:PH4I(s) PH3(g)+HI(g)4PH3(g) P4(g)+6H2(g)2HI(g) H2(g)+I2(g)达平衡时,体系中n(HI)=b mol,n(I2)=c mol,n(H2)=d mol,则t 时反应的平衡常数K

28、值为 (用字母表示)。答案答案(5)(b+)b823cd解析解析 (5)由反应可知,生成c mol I2应消耗2c mol HI,同时生成c mol H2,故反应中生成HI的总物质的量为(b+2c) mol,同时生成(b+2c) mol PH3。反应中生成H2的物质的量为(d-c) mol,消耗PH3的物质的量为(d-c) mol,则平衡体系中PH3的物质的量为(b+) mol。t 时反应的平衡常数K=c(HI)c(PH3),容器体积为1 L,故K=(b+)b。23823cd823cd解题关键解题关键 (5)题中三个反应为连锁反应,求反应的平衡常数(K)的关键是求出平衡体系中PH3的物质的量。

29、6.(2015课标,27,14分)甲醇既是重要的化工原料,又可作为燃料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂作用下合成甲醇,发生的主要反应如下:CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) H1CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H2CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) H3回答下列问题:(1)已知反应中相关的化学键键能数据如下:化学键HHCOC OHOCHE/(kJmol-1)4363431 076465413由此计算H1= kJmol-1;已知H2=-58 kJmol-1,则H3= kJmol-1。(2)反应的化学平衡常数K表达式为 ;图1

30、中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为 (填曲线标记字母),其判断理由是 。 图1 图2 (3)合成气组成n(H2)/n(CO+CO2)=2.60时,体系中的CO平衡转化率()与温度和压强的关系如图2所示。(CO)值随温度升高而 (填“增大”或“减小”),其原因是 ;图2中的压强由大到小为 ,其判断理由是 。答案答案(1)-99+41(每空2分,共4分)(2)K=或Kp=(1分)a反应为放热反应,平衡常数数值应随温度升高变小(每空1分,共2分)(3)减小升高温度时,反应为放热反应,平衡向左移动,使得体系中CO的量增大;反应为吸热反应,平衡向右移动,又使产生CO的量增大;总结果,随温度升高

31、,使CO的转化率降低(1分,2分,共3分)p3p2p1相同温度下,由于反应为气体分子数减小的反应,加压有利于提升CO的转化率;而反应为气体分子数不变的反应,产生CO的量不受压强影响。故增大压强时,有利于CO的转化率升高(每空2分,共4分)322(CH)(CO)(H )cOHcc 322(CH)(CO)(H )pOHpp解析解析(1)由反应热与键能的关系可得,H1=1 076 kJmol-1+2436 kJmol-1-3413 kJmol-1-343 kJmol-1-465 kJmol-1=-99 kJmol-1;依据盖斯定律知,反应=-,则H3=H2-H1=-58 kJmol-1-(-99 k

32、Jmol-1)=+41 kJmol-1。(2)由化学平衡常数的定义知,K=;H10,即反应是放热反应,升高温度,K值减小,故a曲线能正确反映平衡常数K随温度变化的关系。322(CH)(CO)(H )cOHcc 思路分析思路分析 (1)根据盖斯定律计算反应的反应热;(2)化学平衡常数只受温度影响,根据温度对平衡移动的影响,判断温度对平衡常数的影响;(3)根据压强、温度对反应、的影响,分析CO的转化率变化的原因。知识拓展知识拓展 对于此题化学图像问题,可按以下的方法进行分析:认清坐标系,理清纵、横坐标所代表的意义,并与化学反应原理挂钩。紧扣反应特征,理清反应是吸热还是放热,体积是增大还是减小,有无

33、固体、纯液体物质参加反应。看清起点、拐点、终点,看清曲线的变化趋势等。C C组组 教师专用题组教师专用题组1.(2017天津理综,6,6分)常压下羰基化法精炼镍的原理为:Ni(s)+4CO(g) Ni(CO)4(g)。230 时,该反应的平衡常数K=210-5。已知:Ni(CO)4的沸点为42.2 ,固体杂质不参与反应。第一阶段:将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4;第二阶段:将第一阶段反应后的气体分离出来,加热至230 制得高纯镍。下列判断正确的是()A.增加c(CO),平衡向正向移动,反应的平衡常数增大B.第一阶段,在30 和50 两者之间选择反应温度,选50 C.第二阶段,Ni(CO

34、)4分解率较低D.该反应达到平衡时,v生成Ni(CO)4=4v生成(CO)答案答案B本题考查化学平衡的相关知识。增加c(CO),平衡正向移动,但由于反应温度不变,故平衡常数不变,A错;第一阶段的目的是得到气态Ni(CO)4,因为Ni(CO)4的沸点为42.2 ,故反应温度选择50 ,B正确;根据题给平衡常数知230 时反应Ni(CO)4(g) Ni(s)+4CO(g)的平衡常数为5104,故第二阶段Ni(CO)4分解率较高,C错;反应达到平衡时,4v生成Ni(CO)4=v生成(CO),D错。易混易错易混易错 平衡发生移动时,平衡常数不一定发生变化,只有温度改变才能引起平衡常数的变化。2.(20

35、15天津理综,6,6分)某温度下,在2 L的密闭容器中,加入1 mol X(g)和2 mol Y(g)发生反应:X(g)+mY(g)3Z(g)平衡时,X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入1 mol Z(g),再次达到平衡后,X、Y、Z的体积分数不变。下列叙述不正确的是()A.m=2B.两次平衡的平衡常数相同C.X与Y的平衡转化率之比为1 1D.第二次平衡时,Z的浓度为0.4 molL-1 答案答案D在2 L的密闭容器中,反应达平衡时,各物质的体积分数之比等于各物质的物质的量之比,即平衡时,n(X) n(Y) n(Z)=30% 60% 10%=3 6 1。设第一次

36、平衡时X消耗的物质的量为x,则X(g)+ mY(g)3Z(g) 初始 1 mol 2 mol 0 转化 x mx 3x平衡 1 mol-x 2 mol-mx 3x则(1 mol-x) (2 mol-mx) 3x=3 6 1,解得x=0.1 mol、m=2,由此可得A项、C项正确。同理可得第二次平衡时,Z的浓度为0.2 molL-1,D项错误。平衡常数只与温度有关,两次平衡反应温度相同,故平衡常数相同,B项正确。3.(2015重庆理综,7,6分)羰基硫(COS)可作为一种粮食熏蒸剂,能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。在恒容密闭容器中,将CO和H2S混合加热并达到下列平衡:CO(g)+H2S(g)

37、 COS(g)+H2(g) K=0.1反应前CO物质的量为10 mol,平衡后CO物质的量为8 mol。下列说法正确的是()A.升高温度,H2S浓度增加,表明该反应是吸热反应B.通入CO后,正反应速率逐渐增大C.反应前H2S物质的量为7 molD.CO的平衡转化率为80%答案答案C由题中信息可列三段式:CO(g)+H2S(g) COS(g)+H2(g)起始: 10 mol x mol 00转化: 2 mol 2 mol 2 mol2 mol平衡: 8 mol(x-2) mol 2 mol2 mol设容器体积为V L,由K=0.1可得K=0.1,解得x=7,C项正确。22(COS)(H )(CO

38、)(H)ccccS2282V VxVV4.(2015浙江理综,28,15分)乙苯催化脱氢制苯乙烯反应:(1)已知:化学键CHCCCCHH键能/kJmol-1412348612436计算上述反应的H= kJmol-1。(2)维持体系总压p恒定,在温度T时,物质的量为n、体积为V的乙苯蒸气发生催化脱氢反应。已知乙苯的平衡转化率为,则在该温度下反应的平衡常数K= (用等符号表示)。(3)工业上,通常在乙苯蒸气中掺混水蒸气(原料气中乙苯和水蒸气的物质的量之比为1 9),控制反应温度600 ,并保持体系总压为常压的条件下进行反应。在不同反应温度下,乙苯的平衡转化率和某催化剂作用下苯乙烯的选择性(指除了H

39、2以外的产物中苯乙烯的物质的量分数)示意图如下:掺入水蒸气能提高乙苯的平衡转化率,解释说明该事实 。控制反应温度为600 的理由是 。(4)某研究机构用CO2代替水蒸气开发了绿色化学合成工艺乙苯二氧化碳耦合催化脱氢制苯乙烯。保持常压和原料气比例不变,与掺水蒸气工艺相比,在相同的生产效率下,可降低操作温度;该工艺中还能够发生反应:CO2+H2CO+H2O,CO2+C2CO。新工艺的特点有 (填编号)。CO2与H2反应,使乙苯脱氢反应的化学平衡右移不用高温水蒸气,可降低能量消耗有利于减少积炭有利于CO2资源利用答案答案(1)124(2)p或(3)正反应方向气体分子数增加,加入水蒸气稀释,相当于起减

40、压的效果600 ,乙苯的转化率和苯乙烯的选择性均较高。温度过低,反应速率慢,转化率低;温度过高,选择性下降。高温还可能使催化剂失活,且能耗大(4)22(1)22(1)n V解析解析(1)H=旧键断裂吸收的总能量-新键形成放出的总能量,H=(348+4122)kJmol-1-(612+436) kJmol-1=+124 kJmol-1。(2)+H2(g)始 n0 0转 n n n平 n-n n n因反应处于恒压体系,由阿伏加德罗定律的推论可知=,所以V=V=V=(1+)V,则Kc=;或Kp=p。(3)正反应方向的气体分子数增加,加入水蒸气相当于减压,减压有利于平衡正向移动。控制温度为600 既要

41、考虑转化率,又要考虑催化剂的活性和苯乙烯的选择性,同时还要考虑反应速率和能耗问题。(4)CO2与H2反应使得平衡体系中H2浓度减小,平衡右移,正确;新工艺中不用高温水蒸气,降低VVnnnn(1)nn2()nVnnV22(1)n V2(1)n(1)n(1)npnp22(1)了能量消耗,正确;CO2+C2CO,CO2可消耗积炭,正确;该工艺中需消耗CO2,正确。A A组组 2017201920172019年高考模拟年高考模拟考点基础题组考点基础题组考点一化学反应速率考点一化学反应速率三年模拟1.(2019宿迁期末,10)下列图示与对应的叙述相符的是()A.图1表示恒温恒容条件下,反应N2+3H2

42、2NH3中c(NH3)与反应时间的关系,NH3的生成速率a点大于b点B.图2表示1 L pH=12 CH3COONa溶液加水稀释至V L,溶液pH随lgV的变化关系图C.图3表示AgCl在水中的沉淀溶解平衡曲线,a、b、c三点中a点表示不饱和溶液D.图4表示用0.01 molL-1 NaOH溶液滴定20 mL 0.01 molL-1 H2SO4溶液时pH的变化答案答案CA项,随着反应的进行,c(N2)、c(H2)降低,NH3的生成速率应b点大于a点,故错误;B项,CH3COONa溶液呈碱性,稀释到极限pH也只能是接近于7,但不能小于7,故错误;C项,a点Qc=c(Ag+)c(Cl-)Ksp,所

43、以c点表示过饱和溶液,故正确;D项,恰好中和时,2n(NaOH)n(H2SO4),V(NaOH)=0.01 molL-120 mL10-3 LmL-120.01 molL-1=0.04 L=40 mL,故错误。2.(2019盐城期中,10)下列说法正确的是()A.铅蓄电池放电时,正极每增加96 g,转移电子数目为26.021023B.反应2Cu+CO2+O2+H2O Cu2(OH)2CO3在常温下可自发进行,则该反应H0C.反应H2(g)+I2(g) 2HI(g)达平衡时,将容积缩小一半,混合气体颜色不变D.25 时,pH=3的醋酸与pH=11的NaOH溶液等体积混合,所得溶液pH7答案答案D

44、A项,铅蓄电池放电时,正极的电极反应式为:PbO2+S+4H+2e- PbSO4+2H2O,增加的质量相当于“SO2”的质量,质量每增加64 g,转移电子2 mol,故错误;B项,能自发进行的反应满足G=H-TS0,由反应中物质状态变化可知S0,可推出H0,故错误;C项,反应H2(g)+I2(g) 2HI(g)达平衡时,将容积缩小一半,平衡不移动,各物质浓度增大为原来的二倍,混合气体颜色应加深,故错误;D项,25 时,pH=3的醋酸与pH=11的NaOH溶液等体积混合,可以理解为:混合前已电离出的n(H+)与n(OH-)完全反应,反应后未电离的醋酸部分开始电离,使所得溶液呈酸性,pH7,故正确

45、。24O3.(2019江苏七市三模,12)根据下列图示所得出的结论正确的是 ()A.图甲是Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液之后,溶液的导电能力随滴入NaHSO4溶液体积变化的曲线,说明a点对应的溶液呈碱性B.图乙是镁条与盐酸反应的化学反应速率随反应时间变化的曲线,说明t1时刻溶液的温度最高C.图丙是I2+I- 中的平衡浓度随温度变化的曲线,说明平衡常数K(T1)K(T2)3I3ID.图丁是室温下用0.1 molL-1 NaOH溶液滴定0.1 molL-1某酸HX的滴定曲线,说明可用甲基橙判断该反应的终点答案答案A A项,向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液,发生反应:Ba(OH)

46、2+NaHSO4 BaSO4 +NaOH+H2O,NaOH+NaHSO4 H2O+Na2SO4,可知a点溶液呈碱性,故正确;B项,t1时刻前c(HCl)大且反应放热,所以反应速率加快,t1时刻后,反应仍然放热,但由于c(HCl)变小,反应速率减慢,故错误;C项,由图像可知,随着温度升高,c()下降,所以I2+I- 的逆反应是吸热反应,T1K(T2),故错误;D项,由图像起点可知,HX为弱酸,恰好中和时生成强碱弱酸盐,溶液呈碱性,所以应使用酚酞判断该反应的终点,故错误。3I3I考点二化学平衡状态和化学平衡常数考点二化学平衡状态和化学平衡常数4.(2019泰州中学、宜兴中学联考,10)化学中常用图

47、像直观地描述化学反应的进程或结果。下列图像描述正确的是()A.图甲表示向0.1 molL-1 NH4Cl溶液中滴加0.1 molL-1 HCl溶液时,溶液中随HCl溶液的体积变化关系B.图乙表示等量NO2在容积相同的恒容密闭容器中,不同温度下分别发生反应:2NO2(g)4(H )(NH )ccN2 O4(g),相同时间后测得NO2含量的曲线,则该反应的H0C.图丙表示0.100 molL-1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 molL-1醋酸溶液的滴定曲线D.根据图丁,若要除去CuSO4溶液中的Fe3+,可向溶液中加入适量CuO至pH在7左右答案答案AA项,N+H2O NH3H2O

48、+H+,水解平衡常数Kh=,滴加盐酸后水解平衡逆向移动,c(NH3H2O)减小,Kh不变(Kh只随着温度的改变而改变),则增大,故正确;B项,拐点之前由于温度较低,反应速率均较慢,经过相同的时间各容器未达到平衡状态(温度越高者反应速率越快,剩余NO2越少),拐点之后由于温度较高,经过相同的时间各容器达到了平衡状态,由图可知升高温度后NO2百分含量增大,平衡逆向移动,所以该反应为放热反应,H0C.工业反应2SO2+O2 2SO3中采用高温既可以加快反应速率,也可以提高原料转化率D.常温下,向CH3COONa溶液中滴加盐酸,水的电离程度增大答案答案AA项,锅炉中沉积的CaSO4难以除去,可用Na2

49、CO3溶液浸泡转化为CaCO3后用酸溶解去除,故正确;B项,CO(g)+3H2(g) CH4(g)+H2O(g)在一定条件下能自发进行,表明该反应G=H-TS0,反应中气体总物质的量减少,S0,则可推出该反应的H0,故错误;C项,工业反应2SO2+O2 2SO3中采用高温可以加快反应速率,该反应为放热反应,高温有利于平衡向逆反应方向移动,不利于提高原料转化率,故错误;D项,常温下,向CH3COONa溶液中滴加盐酸,溶液中H+浓度增大,抑制水的电离,使水的电离程度减小,故错误。1.(2019苏锡常镇一模,15)甲胺(CH3NH2)是合成太阳能敏化剂的原料。一定温度下,在三个体积均为2.0 L的恒

50、容密闭容器中按不同方式投入反应物,发生反应CH3OH(g)+NH3(g) CH3NH2(g)+H2O(g),测得有关实验数据如下:B B组组 2017201920172019年高考模拟年高考模拟专题综合题组专题综合题组时间:45分钟分值:90分一、选择题(每题4分,共40分)容器编号温度/K起始物质的量(mol)平衡时物质的量(mol)CH3OH(g)NH3(g)CH3NH2(g)H2O(g)CH3NH2(g)H2O(g)5300.400.4000 0.305300.800.8000 500000.200.200.16 下列说法正确的是()A.正反应的平衡常数K()=K()c(CH3OH,)C

51、.达到平衡时,转化率:(NH3,)+(H2O,)1D.530 K时,若起始向容器中充入CH3OH 0.10 mol、NH3 0.15 mol、CH3NH2 0.10 mol、H2O 0.10 mol,则反应将向逆反应方向进行答案答案ACA项,容器与容器温度相同,故K()=K()。容器中投料量相当于容器中的一半,若容器为530 ,则容器中反应达到平衡时CH3NH2应为0.15 mol,而在500 时容器中达到平衡时CH3NH2为0.16 mol,即降低温度,平衡正向移动,平衡常数增大,则K()K (),故正确。B项,容器可看作两个容器叠加后再加压,因反应方程式前后气体系数不变,则达到平衡时,体系

52、中c(CH3OH)关系:2c(CH3OH,)=c(CH3OH,),故错误。C项,若容器为530 ,则达到平衡时,转化率:(NH3,)+(H2O,)=1,而容器温度降低为500 ,平衡正向移动,则(H2O,)减小,故容器和容器达平衡时的转化率:(NH3,)+(H2O,)1,故正确。D项,根据表格可求得容器中反应达到平衡时,n(CH3OH)=n(NH3)=0.1 mol,n(CH3NH2)=n(H2O)=0.3 mol,可求出K=9。若起始向容器中充入CH3OH 0.10 mol、NH3 0.15 mol、CH3NH2 0.10 mol、H2O 0.10 mol,则此时Qc=K,则反应将向逆反应方

53、向进行;若QcK,则反应将向正反应方向进行。2.(2019扬州一模,15)在恒容密闭容器中发生反应2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)。在323 K和343 K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。下列说法正确的是()A.323 K时,缩小容器体积可提高SiHCl3的转化率B.a、b点对应的反应速率大小关系:v(a)v(b),故错误。C项,343 K时,SiHCl3的平衡转化率为22%,设SiHCl3的起始浓度为1 molL-1,则转化的SiHCl3的物质的量浓度为1 molL-122%=0.22 molL-1,列出三段式:2SiHCl3(g) SiH2Cl2

54、(g)+SiCl4(g)起始(molL-1) 1 0 0转化(molL-1) 0.22 0.11 0.11平衡(molL-1) 0.78 0.11 0.11因此343 K时,上述反应的化学平衡常数=0.02。故正确。D项,从图中可以看出,升高温度,有利于SiHCl3的转化,则平衡向正反应方向移动,说明正反应为吸热反应,故正确。20.11 0.110.78解题方法解题方法 “三段式”法是解答化学平衡计算题的“万能钥匙”。解题时,要注意清楚条理地列出起始量、变化量、平衡量,按题目要求进行计算,同时还要注意单位的统一。思路点拨思路点拨 化学平衡图像题的解题思路第一步:分析图像1.看面:看清楚纵坐标和

55、横坐标对应的物理量2.看线:看清楚线的走向和变化趋势(渐变和突变)3.看点:看清楚一些特殊点(起点、拐点、交点、最高点、最低点的意义)4.看是否要加辅助线(等温线、等压线)第二步:联想规律依据勒夏特列原理联想外界条件的改变对化学反应速率和化学平衡的影响规律。第三步:给出判断根据分析图像的结果与规律进行对比,给出判断。3.(2019无锡期中,13)下列图示与对应的叙述相符的是()A.图1表示0.1 mol MgCl26H2O在空气中充分加热时残留固体质量随时间的变化B.图2表示一定条件下的合成氨反应中,NH3的平衡体积分数随H2起始体积分数(N2的起始量恒定)的变化,图中a点N2的转化率大于b点

56、C.图3表示恒温恒容条件下,2NO2(g) N2O4(g)中,各物质的浓度与其消耗速率之间的关系,其中交点A对应的状态为化学平衡状态D.图4表示常温下,稀释HA、HB两种酸的稀溶液时,溶液pH随加水量的变化,则NaA溶液的pH大于同浓度的NaB溶液的pH答案答案AA项,0.1 mol MgCl26H2O在空气中充分加热发生水解反应,最终生成0.1 mol MgO,质量为4.0 g,故正确。B项,增大氢气的起始体积分数,平衡正向移动,使氨气的物质的量增大。当充入大量氢气时,受氮气用量的限制,达到平衡时体系中还剩余大量的氢气,即氨气的体积分数(NH3)=100%的表达式中分母n(H2)增大,则氨气

57、的体积分数又减小,图中曲线变化趋势是正确的。增大氢气的起始体积分数,平衡正向移动,使氮气的转化率增大,则a点氮气的转化率小于b点,故错误。C项,反应达到平衡状态时,每当消耗2 mol NO2的同时,消耗1 mol N2O4,即NO2的消耗速率应是N2O4消耗速率的两倍,而非两者消耗速率相等,故错误。D项,由图可知,HB酸性更弱,则同浓度的NaB的水解能力强于NaA,即NaB溶液的pH大于同浓度的NaA溶液的pH,故错误。3223(NH )(N )(H )(NH )nnnn易错警示易错警示 根据图示,HA、HB两种酸稀释相同倍数时,HB的pH更小,即HB在稀释时能进一步电离出H+,可判断出HB的

58、酸性更弱。解题关键解题关键 MgCl26H2O在空气中加热时发生水解反应生成Mg(OH)2,进一步灼烧可生成MgO。若要由MgCl26H2O制备MgCl2固体,则需在氯化氢气流中加热,以抑制其水解反应。4.(2019南京、盐城二模,15)一定温度下,在3个体积均为1 L的恒容密闭容器中发生反应CO(g)+H2S(g) COS(g)+H2(g) H=a kJmol-1,并达到平衡。下列说法正确的是()A.若T10B.T1K时,该反应的平衡常数K=0.1C.容器1中CO的平衡转化率比容器2小D.容器3中反应达到平衡后,再充入1.1 mol H2S(g)和0.3 mol H2(g),平衡不移动容器编

59、号温度/K物质的起始浓度/molL-1物质的平衡浓度/molL-1CO(g)H2S(g)COS(g)H2(g)COS(g)1T110.07.0002.02T15.03.500 3T23.007.07.01.5答案答案BDA项,由表中数据可知,1和3若温度相同,等效转化后起始量相同,若T1T2,升高温度后,c(COS)减小,说明化学平衡逆向移动,正反应是放热反应,则a0)。相关反应数据如下:容器容器类型起始温度/起始物质的量/mol平衡时H2物质的量/molCOH2OCO2H2恒温恒容8001.20.6000.4恒温恒容9000.70.10.50.5 绝热恒容800001.20.8 下列说法正确

60、的是()A.容器中反应经10 min建立平衡,010 min内,平均反应速率v(CO)=0.04 molL-1min-1B.若向容器平衡体系中再加入CO、H2O、CO2、H2各0.1 mol,平衡将正向移动C.达到平衡时,容器中反应吸收的热量小于0.1a kJD.达平衡时,容器中n(CO)0.48 mol答案答案BDA项,容器中反应经10 min建立平衡,010 min内,n(H2)=0.4 mol,根据反应方程式可知,n(CO)=0.4 mol,平均反应速率v(CO)=0.02 molL-1min-1,故错误;B项,根据表中数据可知,平衡时CO、H2O、CO2、H2各浓度为0.4 mol/L