202X届高考化学一轮复习专题九化学反应速率和化学平衡课件

1、专题九化学反应速率和化学平衡高考化学高考化学 (山东专用)五年高考A A组山东省卷、课标组山东省卷、课标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.(2018课标,28,15分)(15分)采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术,在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。回答下列问题:(1)1840年Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银,得到N2O5。该反应的氧化产物是一种气体,其分子式为。(2)F.Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25时N2O5(g)分解反应:2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)2N2O4(g)其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体

2、系的总压强p随时间t的变化如下表所示t=时,N2O5(g)完全分解:t/min0408016026013001700p/kPa35.840.342.545.949.261.262.363.1已知:2N2O5(g)2N2O4(g)+O2(g)H1=-4.4kJmol-12NO2(g)N2O4(g)H2=-55.3kJmol-1则反应N2O5(g)2NO2(g)+O2(g)的H=kJmol-1。研究表明,N2O5(g)分解的反应速率v=210-3(kPamin-1)。t=62min时,测得体系中=2.9kPa,则此时的=kPa,v=kPamin-1。若提高反应温度至35,则N2O5(g)完全分解后

3、体系压强p(35)63.1kPa(填“大于”“等于”或“小于”),原因是。25时N2O4(g)2NO2(g)反应的平衡常数Kp=kPa(Kp为以分压表示的平衡常数,计算结果保留1位小数)。1225N Op2Op25N Op25时N2O4(g)2NO2(g)反应的平衡常数Kp=kPa(Kp为以分压表示的平衡常数,计算结果保留1位小数)。(3)对于反应2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g),R.A.Ogg提出如下反应历程:第一步N2O5NO2+NO3快速平衡第二步NO2+NO3NO+NO2+O2慢反应第三步NO+NO32NO2快反应其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是(

4、填标号)。A.v(第一步的逆反应)v(第二步反应)B.反应的中间产物只有NO3C.第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效D.第三步反应活化能较高答案答案(1)O2(2)53.130.06.010-2大于温度提高,体积不变,总压强提高;NO2二聚为放热反应,温度提高,平衡左移,体系物质的量增加,总压强提高13.4(3)AC解析解析(1)氯气具有强氧化性,氮元素化合价不变,Ag应以AgCl形式存在,则被氧化的是氧元素,对应的氧化产物为O2,反应的化学方程式为4AgNO3+2Cl24AgCl+2N2O5+O2。(2)2N2O5(g)2N2O4(g)+O2(g)H1=-4.4kJmol-1a2NO2(

5、g)N2O4(g)H2=-55.3kJmol-1b根据盖斯定律,由-b可得:N2O5(g)2NO2(g)+O2(g)H=53.1kJmol-1。由2N2O5(g)O2(g)可知,=2.9kPa时N2O5分压减小5.8kPa,此时=(35.8-5.8)kPa=30.0kPa。v=210-3(kPamin-1)=210-330(kPamin-1)=6.010-2kPamol-1。t=时,N2O5完全分解。2N2O52N2O4+O222135.8kPa=35.8kPa=17.9kPa设达平衡时,N2O4分压减小了xkPa。a2122Op25N Op25N Op24N Op2Op24N Op2OpN2

6、O42NO2开始分压(kPa)35.80变化分压(kPa)x2x平衡分压(kPa)35.8-x2x(35.8-x)kPa+2xkPa+17.9kPa=63.1kPa,解得x=9.4,则平衡时=26.4kPa,=18.8kPa,K=kPa13.4kPa。(3)第一步反应为快反应,其逆反应的速率也比第二步反应的速率快,A正确;从反应方程式看,中间产物有NO3、NO,B错误;由于第二步反应是慢反应,说明NO2与NO3的碰撞仅部分有效,C正确;第三步是快反应,故其活化能应较低,D错误。24N Op2NOp218.826.4考点二化学平衡考点二化学平衡2.(2011山东理综,28,14分)研究NO2、S

7、O2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。(1)NO2可用水吸收,相应的化学反应方程式为。利用反应6NO2+8NH37N2+12H2O也可处理NO2。当转移1.2mol电子时,消耗的NO2在标准状况下是L。(2)已知:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)H=-196.6kJmol-12NO(g)+O2(g)2NO2(g)H=-113.0kJmol-1则反应NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)的H=kJmol-1。一定条件下,将NO2与SO2以体积比1 2置于密闭容器中发生上述反应,下列能说明反应达到平衡状态的是。a.体系压强保持不变b.混合气体颜色保持不变c.SO3和NO的

8、体积比保持不变d.每消耗1molSO3的同时生成1molNO2测得上述反应平衡时NO2与SO2体积比为1 6,则平衡常数K=。(3)CO可用于合成甲醇,反应方程式为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。该反应H0(填“”或“”)。实际生产条件控制在250、1.3104kPa左右,选择此压强的理由是。答案答案(1)3NO2+H2O2HNO3+NO6.72(2)-41.8b2.67或(3)在1.3104kPa下,CO转化率已较高,再增大压强CO转化率提高不大,而生产成本增加,得不偿失83解析解析(1)由O2可知1molNO2参与反应时转移的电子

9、数为4mol,因此转移1.2mol电子时,消耗NO2在标准状况下的体积为1.2mol22.4Lmol-1=6.72L。(2)根据盖斯定律可得:H=-41.8kJmol-1反应:NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)是气体总体积不变的放热反应,反应过程中体系压强始终不变,且生成SO3和NO的体积比始终为1 1;混合气体的颜色不变说明各物质的浓度不再发生变化,体系达到平衡。设起始时加入的NO2为1mol,利用“三段式”可得:NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)起始:1mol2mol00转化:xmolxmolxmolxmol平衡:(1-x)mol(2-x)molxmolxm

10、ol依题意:=解得:x=0.84N02N1mol4mol11196.6kJ mol( 113.0l )2kJ mo 12xx16所以:K=。(3)分析题目中的坐标图像可知:升高温度CO的转化率降低,即升高温度,平衡向逆反应方向进行,逆反应为吸热反应,所以正反应的H”“=”或“”“=”或“”)。当反应()处于图中a点时,保持温度不变,向恒容体系中通入少量氢气,达平衡后反应()可能处于图中的点(填“b”“c”或“d”),该贮氢合金可通过或的方式释放氢气。(3)贮氢合金ThNi5可催化由CO、H2合成CH4的反应。温度为T时,该反应的热化学方程式为。已知温度为T时:CH4(g)+2H2O(g)CO2

11、(g)+4H2(g)H=+165kJmol-1CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)H=-41kJmol-1答案答案(1)30c加热减压(3)CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)H=-206kJmol-12yx解析解析(1)由氢原子守恒可知,zx+2=zy,解得z=;根据题意可知,吸氢速率v=30mLg-1min-1;观察图像可知,升高温度,平衡时氢气的压强增大,即反应()的平衡逆向移动,故反应()为放热反应,即H10。(2)观察图像可知,升高温度不利于氢化反应阶段吸收H2,由于T1(T2);在AB段,MHx与H2发生反应(),图中a点时向恒温、恒容体系中通入少量H2,

12、H2被吸收,H/M增大,平衡后反应()可能处于c点;反应()是气体体积减小的放热反应,释放H2时使反应()逆向移动即可,故可通过加热或减压的方法实现。(3)已知:CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)H=+165kJmol-1、CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)H=-41kJmol-1,由盖斯定律可知,-即得所求热化学方程式:CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)H=-206kJmol-1。2yx240mL2g4min考点三化学平衡常数与化学平衡有关的计算考点三化学平衡常数与化学平衡有关的计算4.(2019课标,28,14分)水煤气变换CO(g)+H2

13、O(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的物质的量分数为0.0250。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0.0192。根据上述实验结果判断,还原CoO(s)为Co(s)的倾向是COH2(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

14、)。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H0(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3090min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

15、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)0.0047bcad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(0.0250)大于CO的物质的量分数(0.0192),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1mo

16、lL-1,则H2(g)+CoO(s)Co(s)+H2O(g)起始(molL-1)10转化(molL-1)xx平衡(molL-1)1-xx则有=0.0250,解得x=0.975,故K1=39;CO(g)+CoO(s)Co(s)+CO2(g)起始(molL-1)10转化(molL-1)yy平衡(molL-1)1-yy11x22(H)(H )cOc1xx则有=0.0192,解得y=0.9808,故K2=51;CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)起始(molL-1)1100转化(molL-1)zzzz平衡(molL-1)1-z1-zzz则有K3=,解得z=0.5327。H2的物质的量分数为

17、=0.2664,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()反应()的平衡常数表达式K=,若K=1,向某恒容容器中加入1molI2(g)和足量TaS2(s),I2(g)的平衡转化率为。(2)如图所示,反应()在石英真空管中进行,先在温度为T2的一端放入未提纯的TaS2粉末和少量I2(g),一段时间后,在温度为T1的一端得到了纯净TaS2晶体,则温度T1T2(填“”“”或“=”)。上述反应体系中循环使用的物质是。(3)利用I2的氧化性可测定钢铁中硫的含量。做法是将钢样中的硫转化成H2SO3,然后用一定浓度的I2溶液进行滴定,所用指示剂为,滴定反

18、应的离子方程式为。(4)25时,H2SO3HS+H+的电离常数Ka=110-2molL-1,则该温度下NaHSO3水解反应的平衡常数Kb=molL-1,若向NaHSO3溶液中加入少量的I2,则溶液中将(填“增大”“减小”或“不变”)。3O233(HO )(HSO )cSc答案答案(1)66.7%(2)I2(3)淀粉I2+H2SO3+H2O4H+2I-+S(4)110-12增大4222(TaI )(S )(I )ccc24O解析解析(1)TaS2(s)+2I2(g)TaI4(g)+S2(g)初始量1mol0mol0mol转化量2xmolxmolxmol平衡量(1-2x)molxmolxmol设容

19、器容积为VL,K=1解得x=,则I2(g)的平衡转化率为100%66.7%。(2)由反应()可知降温有利于TaS2(s)的生成,故T1v逆。tm时As浓度比tn时小,所以逆反应速率:tmmD.Z的体积分数减小12答案答案CA项,依据题意知,平衡时c(X)=0.3mol/L,其他条件不变,容器体积缩小到原来的,若平衡不移动,c(X)应变为原来的2倍,即c(X)=0.6mol/L,但现在c(X)=0.5mol/L,说明c(X)减小,平衡正向移动,错误;B项,缩小体积,增大压强,平衡正向移动,观察反应方程式知,Y为气体,错误;C项,增大压强,平衡正向移动,Q为固体,则nm,正确;D项,平衡正向移动,

20、Z的体积分数增大,错误。126.(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50C.第二阶段,Ni(CO)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增加c(

21、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。7.(2015安徽理综,11,6分)汽车尾气中NO产生的反应为:N2(g)+O2(g)2NO(g)。一定条件下,等物质的量的N2(g)和O2

22、(g)在恒容密闭容器中反应,如图曲线a表示该反应在温度T下N2的浓度随时间的变化,曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时N2的浓度随时间的变化。下列叙述正确的是()A.温度T下,该反应的平衡常数K=B.温度T下,随着反应的进行,混合气体的密度减小C.曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂D.若曲线b对应的条件改变是温度,可判断该反应的H0,D项不正确。201214()ccc8.(2015四川理综,7,6分)一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应:C(s)+CO2(g)2CO(g),平衡时,体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示:已知:气体分压(p分)=气体总压(p总)体积分

23、数。下列说法正确的是()A.550时,若充入惰性气体,v正、v逆均减小,平衡不移动B.650时,反应达平衡后CO2的转化率为25.0%C.T时,若充入等体积的CO2和CO,平衡向逆反应方向移动D.925时,用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=24.0p总答案答案BA项,反应容器为恒压密闭容器,充入惰性气体,相当于减小压强,v正、v逆均减小,平衡应向右移动,错误;B项,设起始时CO2的物质的量为1mol,达到平衡时转化了xmol,利用三段式:C(s)+CO2(g)2CO(g)n起始/mol10n转化/molx2xn平衡/mol1-x2x则有100%=40.0%,解得x=0.25,CO2

24、的转化率为100%=25.0%,正确;C项,因为是恒压体系,T时,CO2、CO的体积分数均为50%,故充入等体积的CO2和CO,平衡不移动,错误;D项,Kp=23.04p总,错误。212xxx0.25mol1mol22()(CO )p COp2(96%)4%pp总总9.(2016课标,27,15分)煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx,形成酸雨、污染大气,采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝。回答下列问题:(1)NaClO2的化学名称为。(2)在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气,反应温度323K,NaClO2溶液浓度为510-3molL-1。反应一段时间后溶液中离子浓度

25、的分析结果如下表。离子SSNNCl-c/(molL-1)8.3510-46.8710-61.510-41.210-53.410-324O23O3O2O写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式。增加压强,NO的转化率(填“提高”“不变”或“降低”)。随着吸收反应的进行,吸收剂溶液的pH逐渐(填“增大”“不变”或“减小”)。由实验结果可知,脱硫反应速率脱硝反应速率(填“大于”或“小于”)。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同,还可能是。(3)在不同温度下,NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中SO2和NO的平衡分压pc如图所示。由图分析可知,反应温度升高,脱硫、脱硝反应的平衡常数均(

26、填“增大”“不变”或“减小”)。反应Cl+2S2S+Cl-的平衡常数K表达式为。(4)如果采用NaClO、Ca(ClO)2替代NaClO2,也能得到较好的烟气脱硫效果。从化学平衡原理分析,Ca(ClO)2相比NaClO具有的优点是。已知下列反应:SO2(g)+2OH-(aq)S(aq)+H2O(l)H1ClO-(aq)+S(aq)S(aq)+Cl-(aq)H2CaSO4(s)Ca2+(aq)+S(aq)H3则反应SO2(g)+Ca2+(aq)+ClO-(aq)+2OH-(aq)CaSO4(s)+H2O(l)+Cl-(aq)的H=。2O23O24O23O23O24O24O答案答案(1)亚氯酸钠(

27、2分)(2)4NO+3Cl+4OH-4N+2H2O+3Cl-(2分)提高(1分)减小(1分)大于(1分)NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高(1分)(3)减小(1分)(2分)(4)形成CaSO4沉淀,反应平衡向产物方向移动,SO2转化率提高(2分)H1+H2-H3(2分)2O3O2242232( O )(Cl )( O )(ClO )cSccSc解析解析(1)NaClO2的化学名称为亚氯酸钠。(2)脱硝过程就是烟气中的NO被NaClO2溶液吸收的过程,由表中数据可知NO与Cl在溶液中反应后主要生成N和Cl-,离子方程式为4NO+3Cl+4OH-4N+2H2O+3Cl-;增加压强,NO在溶液中的溶

28、解度增大,NO的转化率提高。随着吸收反应的进行,c(OH-)减小,pH逐渐减小。由表中数据可知,反应一段时间后溶液中S的浓度大于N的浓度,说明脱硫反应速率大于脱硝反应速率。(3)由图像可知,升高温度,气体的平衡分压增大,说明平衡逆向移动,平衡常数减小。(4)采用Ca(ClO)2替代NaClO脱硫,反应生成CaSO4沉淀,平衡向产物方向移动,SO2转化率提高。SO2(g)+2OH-(aq)S(aq)+H2O(l)H1(),ClO-(aq)+S(aq)S(aq)+Cl-(aq)H2(),CaSO4(s)Ca2+(aq)+S(aq)H3(),运用盖斯定律,由()+()-()可得反应:SO2(g)+C

29、a2+(aq)+ClO-(aq)+2OH-(aq)CaSO4(s)+H2O(l)+Cl-(aq),故H=H1+H2-H3。2O3O2O3O24O3O23O23O24O24O疑难突破疑难突破-lgpc为减函数,温度升高时,-lgpc减小,说明pc增大,SO2和NO的分压增大,平衡逆向移动,证明正反应为放热反应。10.(2015课标,28,15分)碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。回答下列问题:(1)大量的碘富集在海藻中,用水浸取后浓缩,再向浓缩液中加MnO2和H2SO4,即可得到I2。该反应的还原产物为。(2)上述浓缩液中主要含有I-、Cl-等离子。取一定量的浓缩液,向其中滴加A

30、gNO3溶液,当AgCl开始沉淀时,溶液中为。已知Ksp(AgCl)=1.810-10,Ksp(AgI)=8.510-17。(3)已知反应2HI(g)H2(g)+I2(g)的H=+11kJmol-1,1molH2(g)、1molI2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收436kJ、151kJ的能量,则1molHI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为kJ。(4)Bodensteins研究了下列反应:2HI(g)H2(g)+I2(g)在716K时,气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下表:(I )(Cl )cct/min020406080120 x(HI)10.910.8

31、50.8150.7950.784x(HI)00.600.730.7730.7800.784根据上述实验结果,该反应的平衡常数K的计算式为。上述反应中,正反应速率为v正=k正x2(HI),逆反应速率为v逆=k逆x(H2)x(I2),其中k正、k逆为速率常数,则k逆为(以K和k正表示)。若k正=0.0027min-1,在t=40min时,v正=min-1。由上述实验数据计算得到v正x(HI)和v逆x(H2)的关系可用下图表示。当升高到某一温度时,反应重新达到平衡,相应的点分别为(填字母)。答案答案(15分)(1)MnSO4(或Mn2+)(1分)(2)4.710-7(2分)(3)299(2分)(4)

32、(2分)k正/K1.9510-3(每空2分,共4分)A、E(4分)20.108 0.1080.784解析解析(1)MnO2在酸性条件下可把I-氧化为I2,自身被还原为Mn2+,即还原产物为MnSO4。(2)当AgCl开始沉淀时,AgI已经沉淀完全,此时溶液中=4.710-7。(3)设1molHI(g)分子中化学键断裂吸收的能量为xkJ,由反应热与键能的关系可知,2x=436+151+11,解得x=299,故1molHI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为299kJ。(4)观察表中数据知,120min时反应达到平衡,此时x(HI)=0.784,x(H2)=x(I2)=(1-0.784)=0.1

33、08,故反应的平衡常数K的计算式为=。由于v正=k正x2(HI),v逆=k逆x(H2)x(I2),K=,当达到平衡状态时,v正=v逆,即k逆=;在t=40min时,x(HI)=0.85,v正=k正x2(HI)=0.0027min-10.852=1.9510-3min-1。反应2HI(g)H2(g)+I2(g)是吸热反应,升高温度,反应速率加快,平衡正向移动,x(HI)减小,x(H2)增大,观察图像知,对应的点分别为A和E。(I )(Cl )ccspsp()(Ag )()(Ag )KAgIcKAgClcspsp()()KAgIKAgCl17108.5 101.8 1012222(H )(I )(

34、)xxxHI20.108 0.1080.784222(H )(I )()xxxHIkK正11.(2015北京理综,26,12分)氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。以太阳能为热源,热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法。其反应过程如下图所示:(1)反应的化学方程式是。(2)反应得到的产物用I2进行分离。该产物的溶液在过量I2的存在下会分成两层含低浓度I2的H2SO4层和含高浓度I2的HI层。根据上述事实,下列说法正确的是(选填序号)。a.两层溶液的密度存在差异b.加I2前,H2SO4溶液和HI溶液不互溶c.I2在HI溶液中比在H2SO4溶液中易溶辨别两层溶液的方法是。经检测,H2SO4

35、层中c(H+) c(S)=2.06 1。其比值大于2的原因是。(3)反应:2H2SO4(l)2SO2(g)+O2(g)+2H2O(g)H=+550kJmol-1。它由两步反应组成:.H2SO4(l)SO3(g)+H2O(g)H=+177kJmol-1;.SO3(g)分解。L(L1、L2)、X可分别代表压强或温度。如图表示L一定时,中SO3(g)的平衡转化率随X的变化关系。X代表的物理量是。判断L1、L2的大小关系,并简述理由:。24O答案答案(12分)(1)SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI(2)a、c观察颜色,颜色深的是HI层,颜色浅的是H2SO4层H2SO4层中含有少量HI(3)压强

36、L12。(3)根据盖斯定律可得,2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)的H=+550kJmol-1-2(+177kJmol-1)=+196kJmol-1,故升高温度,平衡正向移动,SO3的平衡转化率增大;增大压强,平衡逆向移动,SO3的平衡转化率减小,故X代表的物理量是压强,且L1”“根据图中信息,有H2O生成,平衡时n(H2)n(CH4)消耗,由图中信息可知有H2O生成,而且H2比CO的物质的量少,说明H2与CO2发生了反应。15.(2019课标,27,15分)环戊二烯()）是重要的有机化工原料,广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下列问题:(1)已知:(g)(g)+H2(g)H1=100

37、.3kJmol-1H2(g)+I2(g)2HI(g)H2=-11.0kJmol-1对于反应:(g)+I2(g)(g)+2HI(g)H3=kJmol-1。(2)某温度下,等物质的量的碘和环戊烯()在刚性容器内发生反应,起始总压为105Pa,平衡时总压增加了20%,环戊烯的转化率为,该反应的平衡常数Kp=Pa。达到平衡后,欲增加环戊烯的平衡转化率,可采取的措施有(填标号)。A.通入惰性气体B.提高温度 C.增加环戊烯浓度D.增加碘浓度(3)环戊二烯容易发生聚合生成二聚体,该反应为可逆反应。不同温度下,溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示,下列说法正确的是(填标号)。A.T1T2B.a点的反应

38、速率小于c点的反应速率C.a点的正反应速率大于b点的逆反应速率D.b点时二聚体的浓度为0.45molL-1(4)环戊二烯可用于制备二茂铁Fe(C5H5)2,结构简式为,后者广泛应用于航天、化工等领域中。二茂铁的电化学制备原理如下图所示,其中电解液为溶解有溴化钠(电解质)和环戊二烯的DMF溶液(DMF为惰性有机溶剂)。该电解池的阳极为,总反应为。电解制备需要在无水条件下进行,原因为。答案答案(1)89.3(2)40%3.56104BD(3)CD(4)Fe电极水会阻碍中间物Na的生成;水会电解生成OH-,进一步与Fe2+反应生成Fe(OH)2解析解析本题涉及的考点有利用盖斯定律计算H、化学平衡的相

39、关计算、化学平衡移动的影响因素、化学反应速率的影响因素、电解池阴阳极的判断和总反应式的书写。考查了学生将实际问题分解,运用相关知识分析和解决化学问题的能力。(1)根据盖斯定律可得,H3=H1+H2=100.3kJmol-1-11.0kJmol-1=89.3kJmol-1。(2)平衡时总压增加了20%,即气体总物质的量增加了20%。设碘和环戊烯的初始投料均为xmol,平衡时环戊烯的转化量为xmol,则平衡时体系中气体总物质的量增加了xmol,xmol=2x20%=0.4x,环戊烯的转化率=100%=100%=40%;起始总压为105Pa,平衡总压为1.2105Pa,可得出平衡时I2、HI的分压依

40、次为3104Pa、3104Pa、2104Pa、4104Pa,Kp=Pa3.56104Pa。A项,通入惰性气体增加了体系总压强,但本质上未改变相关气体的分压,气体浓度不变,平衡不移动,环戊烯平衡转化率不变,故错误;B项,该反应是吸热反应,提高温度平衡正向移动,环戊烯平衡转化率增加,故正确;C项,增加环戊烯浓度可以使平衡正向移动,但环戊烯平衡转化率降低,故错误;D项,增加碘浓度可以使环戊烯的平衡转化率增加,故正确。(3)A项,观察不同温度下曲线的变化趋势,不难发现T2时反应更快,则T2T1,故错误;B项,a点对应xx0.4xx442442 10(4 10 )3 103 10 温度低于c点对应温度,

41、但a点环戊二烯浓度大于c点环戊二烯的浓度,故v(a)与v(c)大小无法确定,故错误;C项,v(a,正)v(a,逆),v(b,正)v(b,逆),又v(a,正)v(b,正),则v(a,正)必然大于v(b,逆),故正确;D项,由图像可知b点环戊二烯的浓度为0.6molL-1,环戊二烯转化的浓度=1.5molL-1-0.6molL-1=0.9molL-1,则生成的二聚体的浓度=0.9molL-1=0.45molL-1,故正确。(4)根据反应历程可知,铁电极溶解生成了Fe2+,故应让Fe电极作电解池的阳极;由反应历程可知,反应物为Fe与环戊二烯,生成物为二茂铁和H2,再根据原子守恒写出总反应式;根据反应

42、历程中有Na生成,水会与Na反应,从而中止反应,且电解过程中水会在阴极生成OH-,进一步与Fe2+反应生成Fe(OH)2。12规律总结规律总结可逆反应中,增加一种反应物的浓度,可以提高另一种反应物的平衡转化率,而自身的平衡转化率降低。16.(2019课标,28,15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

43、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 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=83kJmol-1CuCl(s)+O2(g)CuO(s)+Cl2(g)H2=-20kJmol-1CuO(s)+2HCl(g)CuCl2(s)+H2O(g)H3=-121kJm

44、ol-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的转化率的方法是。(写出2种)(4)在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上,科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新121212的工艺方案,主要包括电化学过程和化学过程,如下图所示:负极区发生的反应有(写反应方程式)。电路中转移1mol电子,需消耗氧气L(标准状况)。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(4)Fe3+e-Fe2+,4Fe2+O2+4H+4Fe3+2H2O5.62240(0.42)

45、(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、电极方程式的书写、氧化还原反应中的相关计算。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)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

46、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)22004400(0.42)(0.42)

47、(10.84)(10.21)cccc2240(0.42)(0.42)(1 0.84)(1 0.21)c+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)H=2H3+2H2+2H1=-116kJmol-1。(3)温度一定的条件下,提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。(4)负极区发生的是得电子的还原反应,故负极区的反应有Fe3+e-Fe2+、4Fe2+O2+4H+4Fe3+2H2O;根据得失电子守恒得出关系式:Fe3+e-Fe2+O21mol0.25moln(O2)=0.25mol,标准状况

48、下体积为5.6L。14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。17.(2016课标,27,14分)丙烯腈(CH2 CHCN)是一种重要的化工原料,工业上可用“丙烯氨氧化法”生产,主要副产物有丙烯醛(CH2CHCHO)和乙腈(CH3CN)等。回答下列问题:(1)以丙烯、氨、氧气为原料,在催化剂存在下生成丙烯腈(C3H3N)和副产物丙烯醛(C3H4O)的热化学方程式如下:C3H6(g)+NH3(g)+O2

49、(g)C3H3N(g)+3H2O(g)H=-515kJmol-1C3H6(g)+O2(g)C3H4O(g)+H2O(g)H=-353kJmol-1两个反应在热力学上趋势均很大,其原因是;有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是;提高丙烯腈反应选择性的关键因素是。(2)图(a)为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线,最高产率对应的温度为460。低于460时,丙烯腈的产率(填“是”或“不是”)对应温度下的平衡产率,判断理由是;高于460时,丙烯腈产率降低的可32能原因是(双选,填标号)。A.催化剂活性降低B.平衡常数变大C.副反应增多D.反应活化能增大(3)丙烯腈和丙烯醛的产率与n(氨)/n(丙烯)的关系如

50、图(b)所示。由图可知,最佳n(氨)/n(丙烯)约为,理由是。进料气氨、空气、丙烯的理论体积比约为。答案答案(14分)(1)两个反应均为放热量大的反应降低温度降低压强催化剂(2)不是该反应为放热反应,平衡产率应随温度升高而降低AC(3)1该比例下丙烯腈产率最高,而副产物丙烯醛产率最低1 7.5 1解析解析(1)判断反应自发进行的趋势可从熵变和焓变两方面考虑,反应和的熵变不大,但放热量均较大,这是导致两个反应在热力学上趋势均很大的主要原因。根据影响平衡移动的因素可知,提高丙烯腈平衡产率(即使反应的平衡右移)的条件可以是降低温度、降低压强。在影响反应速率的外界因素中,催化剂的影响最大,且不同的反应

51、一般使用的催化剂也不同,因此催化剂是提高丙烯腈反应选择性的关键因素。(2)温度升高,反应的平衡常数变小,反应的活化能不变,高于460时,丙烯腈产率降低的原因可能是催化剂的活性降低、副反应增多,A、C正确。(3)由反应可知n(NH3) n(O2) n(C3H6)=1 1.5 1,由于O2在空气中所占体积分数约为,所以理论上进料气氨、空气、丙烯的体积比V(NH3) V(空气) V(C3H6)=1 (1.55) 1=1 7.5 1。15疑难突破疑难突破平衡移动是指由一个平衡状态到另一个平衡状态,图(a)中最高点前未达到平衡状态,此过程中不存在平衡移动的问题。18.(2016四川理综,11,16分)资

52、源的高效利用对保护环境、促进经济持续健康发展具有重要作用。磷尾矿主要含Ca5(PO4)3F和CaCO3MgCO3。某研究小组提出了磷尾矿综合利用的研究方案,制备具有重要工业用途的CaCO3、Mg(OH)2、P4和H2,其简化流程如下:已知:Ca5(PO4)3F在950不分解;4Ca5(PO4)3F+18SiO2+30C2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4请回答下列问题:(1)950煅烧磷尾矿生成气体的主要成分是。(2)实验室过滤所需的玻璃仪器是。(3)NH4NO3溶液能从磷矿中浸取出Ca2+的原因是。(4)在浸取液中通入NH3,发生反应的化学方程式是。(5)工业上常用磷精矿Ca5(P

53、O4)3F和硫酸反应制备磷酸。已知25,101kPa时:CaO(s)+H2SO4(l)CaSO4(s)+H2O(l)H=-271kJ/mol5CaO(s)+3H3PO4(l)+HF(g)Ca5(PO4)3F(s)+5H2O(l)H=-937kJ/mol则Ca5(PO4)3F和硫酸反应生成磷酸的热化学方程式是。(6)在一定条件下CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g),当CO与H2O(g)的起始物质的量之比为1 5,达平衡时,CO转化了。若akg含Ca5(PO4)3F(相对分子质量为504)的质量分数为10%的磷尾矿,在上述过程中有b%的Ca5(PO4)3F转化为P4,将产生的CO与H2

54、O(g)按起始物质的量之比1 3混合,则在相同条件下达平衡时能产生H2kg。56答案答案(16分)(1)CO2(2)漏斗、烧杯、玻璃棒(3)N水解使溶液呈酸性,与CaO、Ca(OH)2反应生成Ca2+(4)MgSO4+2NH3+2H2OMg(OH)2+(NH4)2SO4(5)Ca5(PO4)3F(s)+5H2SO4(l)5CaSO4(s)+3H3PO4(l)+HF(g)H=-418kJ/mol(6)4H44800ab解析解析(1)由于Ca5(PO4)3F在950不分解,所以950煅烧磷尾矿时,只有CaCO3MgCO3分解生成了CO2。(2)实验室过滤所用的玻璃仪器是漏斗、烧杯、玻璃棒。(3)C

55、aO和Ca(OH)2可溶于酸性溶液,故用NH4NO3溶液浸取主要利用了N水解使溶液呈酸性的性质。(4)在浸取液中通入NH3使溶液呈碱性,可使Mg2+转化为难溶的Mg(OH)2。(5)将已知热化学方程式依次编号为、,根据盖斯定律,5-可推出Ca5(PO4)3F和硫酸反应生成磷酸的热化学方程式。(6)依据“三段式”可求得该条件下CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数为1。由得失电子守恒可得,产生的CO的物质的量是mol。设平衡后可产生xkgH2,则:4H152 504abCO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)起始物质的量/mol00转化的物质的量/mol500 x50

56、0 x500 x500 x平衡时物质的量/mol-500 x-500 x500 x500 x由于K=1,所以(-500 x)(-500 x)=(500 x)2,解得x=。152 504ab452 504ab152 504ab452 504ab44800ab152 504ab452 504abC C组教师专用题组组教师专用题组考点一化学反应速率考点一化学反应速率1.(2014课标,9,6分)已知分解1molH2O2放出热量98kJ。在含少量I-的溶液中,H2O2分解的机理为:H2O2+I-H2O+IO-慢H2O2+IO-H2O+O2+I-快下列有关该反应的说法正确的是()A.反应速率与I-浓度有

57、关B.IO-也是该反应的催化剂C.反应活化能等于98kJmol-1D.v(H2O2)=v(H2O)=v(O2)答案答案A由于反应速率由慢反应决定,故I-浓度越大,反应速率越快,A正确;IO-为中间产物,不是催化剂,B错误;活化能不是反应热,反应热是正、逆反应活化能的差值,C错误;D错误。2.(2014北京理综,12,6分)一定温度下,10mL0.40mol/LH2O2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。下列叙述的是(溶液体积变化忽略不计)()A.06min的平均反应速率:v(H2O2)3.310-2mol/(Lmin)B.610min的平均反应速率:v(H2

58、O2)3.310-2mol/(Lmin)C.反应至6min时,c(H2O2)=0.30mol/LD.反应至6min时,H2O2分解了50%t/min0246810V(O2)/mL0.09.917.222.426.529.9不正确答案答案CA项,06min内,产生n(O2)=110-3mol,消耗n(H2O2)=210-3mol,则v(H2O2)=3.310-2mol/(Lmin),故A正确;B项,依照A项解题步骤,可知B项正确;C项,反应至6min时,消耗n(H2O2)为210-3mol,剩余c(H2O2)=0.20mol/L,故C项不正确;D项,反应至6min时,消耗n(H2O2)为210-

59、3mol,占起始物质的量的50%,故D项正确。ct332 1010 106minmolL33310 100.40/2 1010 10Lmol LmolL 3.(2014安徽理综,10,6分)臭氧是理想的烟气脱硝试剂,其脱硝反应为:2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g),若反应在恒容密闭容器中进行,下列由该反应相关图像作出的判断正确的是()AB升高温度,平衡常数减小03s内,反应速率为:v(NO2)=0.2molL-1续表CDt1时仅加入催化剂,平衡正向移动达平衡时,仅改变x,则x为c(O2)答案答案AA项,由图像可知,该可逆反应的正反应为放热反应,升高温度,平衡向逆反应方向移动,

60、平衡常数减小,正确;v(NO2)=0.2molL-1s-1,B项错误;C项,使用催化剂可加快反应速率,但不能使平衡发生移动,C项错误;D项,若x为c(O2),则O2浓度增大,NO2的转化率减小,与图像不符,D项错误。2(NO )ct1(1.00.4)mol L3s4.(2013四川理综,6,6分)在一定温度下,将气体X和气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭容器中,发生反应X(g)+Y(g)2Z(g)Hv(正)C.该温度下此反应的平衡常数K=1.44D.其他条件不变,再充入0.2molZ,平衡时X的体积分数增大t/min2479n(Y)/mol0.120.110.100.10答案答案CA项,