（浙江专用）高考化学一轮复习 专题八 化学反应速率和化学平衡课件-人教版高三全册化学课件

1、第二部分 化学基本理论专题八化学反应速率和化学平衡高考化学高考化学 (浙江专用)考点一化学反应速率考点一化学反应速率A A组统一命题组统一命题浙江卷题组浙江卷题组五年高考1.(2019浙江4月选考,22,2分)高温高压液态水具有接近常温下弱酸的c(H+)或弱碱的c(OH-),油脂在其中能以较快的反应速率水解。与常温常压水相比,下列说法不正确的是()A.高温高压液态水中,体系温度升高,油脂水解反应速率加快B.高温高压液态水中,油脂与水的互溶能力增强,油脂水解反应速率加快C.高温高压液态水中,c(H+)增大,可催化油脂水解反应,且产生的酸进一步催化水解D.高温高压液态水中的油脂水解,相当于常温下在

2、体系中加入了相同c(H+)的酸或相同c(OH-)的碱的水解答案答案D体系温度升高,油脂水解反应速率加快,A正确;高温高压液态水中,油脂与水的互溶能力增强,增大了油脂分子与水分子的接触,水解反应速率加快,B正确;高温高压液态水中,c(H+)增大,可催化油脂水解反应,且产生的酸进一步催化水解,C正确;高温高压下的液态水,尽管具有接近常温下弱酸的c(H+)或弱碱的c(OH-),但仍然呈中性,c(H+)=c(OH-),与常温下在油脂水解时加入相同c(H+)的酸或相同c(OH-)的碱不相同,D错误。疑难突破疑难突破升高温度(A)、增大反应物的接触面积(B)、使用催化剂(C)均能使化学反应速率加快。2.(

3、2018浙江4月选考,22,2分)某工业流程中,进入反应塔的混合气体中NO和O2的物质的量分数分别为0.10和0.06,发生化学反应2NO(g)+O2(g) 2NO2(g),在其他条件相同时,测得实验数据如下表:压强/(105 Pa)温度/NO达到所列转化率需要时间/s50%90%98%1.030122502 83090255105 7608.0300.23.936900.67.974根据表中数据,下列说法正确的是()A.升高温度,反应速率加快B.增大压强,反应速率变慢C.在1.0105 Pa、90 条件下,当转化率为98%时反应已达平衡D.若进入反应塔的混合气体为a mol,反应速率以v=n

4、/t表示,则在8.0105 Pa、30 条件下,转化率从50%增至90%时段NO的反应速率为4a/370 mols-1 答案答案D由表中数据可知,温度升高,为使压强不变,体积变大,导致浓度减小,反应速率变慢,故A错误;根据表中数据,相同温度时,增大压强,达到所列转化率的时间减少,化学反应速率加快,故B错误;由题给信息无法判断转化率为98%时反应是否达到平衡,故C错误;当混合气体为a mol,其中NO为a/10 mol,转化率从50%增至90%时,NO反应了a/25 mol,经过了3.7 s,反应速率v= mols-1,故D正确。nt253.7 samol4370a3.(2016浙江10月选考,

5、21,2分)为研究某溶液中溶质R的分解速率的影响因素,分别用三份不同初始浓度的R溶液在不同温度下进行实验,c(R)随时间变化如图。下列说法不正确的是( )A.25 时,在1030 min内,R的平均分解速率为 0.030 molL-1min-1B.对比30 和10 曲线,在50 min时,R的分解百分率相等C.对比30 和25 曲线,在050 min内,能说明R的平均分解速率随温度升高而增大D.对比30 和10 曲线,在同一时刻,能说明R的分解速率随温度升高而增大答案答案DA项,根据反应速率的计算公式可得v=0.030 molL-1min-1,正确;B项,由图像可知,30 和10 的曲线在50

6、 min时,c(R)都已经下降为0,即R都已完全分解,分解率都为100%,正确;C项,可计算出050 min内,30 时平均分解速率v=0.032 molL-1min-1,25 时平均分解速率v=0.026 molL-1min-1,且30 时R的初始浓度比25 低,故可说明平均分解速率随温度升高而增大,正确;D项,从图中可得30 时分解速率比10 时大,但分解速率同时受温度和浓度两方面影响,30 时R的初始浓度比10 时高,因此无法断定分解速率增大是由哪个因素导致的,错误。111.4mol L0.8 L20minmol11.6mol L50min111.8mol L0.5 L50minmol4

7、.(2016浙江4月选考,18,2分)X(g)+3Y(g) 2Z(g) H=-a kJmol-1,一定条件下,将1 mol X和3 mol Y通入2 L的恒容密闭容器中,反应10 min,测得Y的物质的量为2.4 mol。下列说法正确的是()A.10 min内,Y的平均反应速率为0.03 molL-1s-1B.第10 min时,X的反应速率为0.01 molL-1min-1C.10 min内,消耗0.2 mol X,生成0.4 mol ZD.10 min内,X和Y反应放出的热量为a kJ答案答案C 前10 min内Y的物质的量减少0.6 mol,同时X减少0.2 mol,生成的Z为0.4 mo

8、l,C项正确;10 min内Y的浓度变化为0.3 molL-1,则平均反应速率v(Y)=0.03 molL-1min-1,A项错误;反应速率指的是平均速率,而非瞬时速率,B项错误;1 mol X和 3 mol Y完全反应生成2 mol Z时所放出的热量为a kJ,D项错误。5.(2015浙江10月选考,20,2分)某温度时,2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)反应2 s后,NO的浓度减少了0.06 molL-1,则以O2表示该时段的化学反应速率是()A.0.03 molL-1s-1B.0.015 molL-1s-1C.0.12 molL-1s-1D.0.06 molL-1s-1 答案答案B

9、 v(O2)=v(NO)=0.015 molL-1s-1,B正确。121210.06mol L2 s考点二化学反应的方向与化学平衡考点二化学反应的方向与化学平衡6.(2019浙江4月选考,17,2分)下列说法正确的是()A.H2(g)+I2(g) 2HI(g),其他条件不变,缩小反应容器体积,正逆反应速率不变B.C(s)+H2O(g) H2(g)+CO(g),碳的质量不再改变说明反应已达平衡C.若压强不再随时间变化能说明反应2A(?)+B(g) 2C(?)已达平衡,则A、C不能同时是气体D.1 mol N2和3 mol H2反应达到平衡时H2转化率为10%,放出热量Q1;在相同温度和压强下,当

10、2 mol NH3分解为N2和H2的转化率为10%时,吸收热量Q2,Q2不等于Q1 答案答案B选项A,缩小反应容器体积,H2(g)、I2(g)和HI(g)的浓度均增大,故正逆反应速率都会加快,A错误;选项B,碳的质量不再改变时,其他各物质的物质的量也均不再变化,说明反应已达平衡,B正确;选项C,若A、C同时是气体,反应前后气体总物质的量不相等,压强不再随时间变化能说明反应已达平衡,C错误;选项D,Q1为从反应物(正反应)开始,生成0.2 mol NH3时放出的热量,Q2为从生成物(逆反应)开始,消耗0.2 mol NH3时吸收的热量,故Q1=Q2,D错误。疑难突破疑难突破设N2+3H2 2NH

11、3 H1=Q kJ/ mol,则2NH3 N2+3H2,H2=-Q kJ/ mol,依题意有:|Q1|=10%|Q|,|Q2|=10%|-Q|=10%|Q|,故|Q1|=|Q2|。7.(2019浙江4月选考,20,2分)在温热气候条件下,浅海地区有厚层的石灰石沉积,而深海地区却很少。下列解析不正确的是()A.与深海地区相比,浅海地区水温较高,有利于游离的CO2增多、石灰石沉积B.与浅海地区相比,深海地区压强大,石灰石岩层易被CO2溶解,沉积少C.深海地区石灰石岩层的溶解反应为:CaCO3(s)+H2O(l)+CO2(aq) Ca(HCO3)2(aq)D.海水呈弱碱性,大气中CO2浓度增加,会导

12、致海水中C浓度增大23O答案答案D石灰岩的形成是CaCO3的沉积结果,海水中溶解有一定量的CO2,CaCO3、CO2与H2O之间存在下列平衡:CaCO3(s)+H2O(l)+CO2(aq) Ca(HCO3)2(aq),海水中CO2的溶解度随温度的升高而减小,随压强的增大而增大,在浅海地区水温较高,同时海水底层压力较小,因而溶解的CO2的浓度较小,上述平衡向生成CaCO3的方向移动,因而在浅海地区有厚层的石灰石沉积,深海地区情况恰好相反,故深海地区沉积的CaCO3很少。海水呈弱碱性,pH一般为7.88.4,导致海水中的CO2主要以HC形式存在,大气中CO2浓度增加,平衡CO2(aq)+H2O(l

13、) H2CO3 H+HC右移使海水中HC浓度增大,考虑到C+CO2+H2O 2HC,C浓度会减小。综上所述可推知A、B、C正确,D错误。3O3O3O23O3O23O创新点创新点命题素材创新及解题方法创新。本题以自然界浅海和深海地区石灰石沉积厚度的不同为命题素材,考查学生应用平衡移动原理分析解决实际问题的能力。8.(2018浙江11月选考,22,2分)已知:2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) H=-197.8 kJmol-1。起始反应物为SO2和O2(物质的量之比为2 1,且总物质的量不变)。SO2的平衡转化率(%)随温度和压强的变化如下表:温度/K压强/(105 Pa)1.015.07

14、10.125.350.767399.299.699.799.899.972397.598.999.299.599.677393.596.997.898.699.0下列说法不正确的是()A.一定压强下降低温度,SO2的转化率增大B.在不同温度、压强下,转化相同物质的量的SO2所需要的时间相等C.使用催化剂可以缩短反应达到平衡所需的时间D.工业生产通常不采取加压措施是因为常压下SO2的转化率已相当高答案答案B分析表中数据不难发现,一定压强下降低温度,SO2的转化率增大,A正确;在不同温度、压强下,因反应的速率不同,转化相同物质的量的SO2所需要的时间不相等,B错误;使用催化剂可以加快反应速率,从而

15、缩短了反应达到平衡所需的时间,C正确;由表中数据分析可知,工业生产通常不采取加压措施是因为常压下SO2的转化率已相当高,无需加压而增大生产成本,D正确。解题点睛解题点睛分析表中数据,找出SO2的平衡转化率随温度和压强的变化规律是解题的关键。9.(2017浙江11月选考,16,2分)已知:N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) H=-92.4 kJmol-1。起始反应物为N2和H2,物质的量之比为1 3,且总物质的量不变,在不同压强和温度下,反应达到平衡时,体系中NH3 的物质的量分数如下表:温度物质的量分数压强 400 450 500 600 20 MPa0.3870.2740.1890.0

16、8830 MPa0.4780.3590.2600.129下列说法正确的是()A.体系中NH3的物质的量分数越大,则正反应速率越大B.反应达到平衡时,N2和H2的转化率之比均为1C.反应达到平衡时,放出的热量均为92.4 kJD.600 、30 MPa下反应达到平衡时,生成NH3的物质的量最多答案答案B分析表中数据不难发现,在其他条件相同时,NH3的物质的量分数随温度升高而减小,随压强增大而增大,而反应速率随温度升高而增大,随压强增大而增大,故体系中NH3的物质的量分数最大时,正反应速率不是最大,A错误;因起始时反应物N2和H2的物质的量之比为1 3,而反应时消耗的N2和H2的物质的量之比也为1

17、 3,故反应达到平衡时,N2和H2的转化率相等,B正确;由热化学方程式可知,1 mol N2(g)与3 mol H2(g)完全转化为2 mol NH3(g)时放出的热量才为92.4 kJ,不同条件下生成的NH3物质的量不等,则放出的热量不相同,C错误;表中数据显示,400 、30 MPa下反应达到平衡时,生成NH3的物质的量最多,D错误。10.(2017浙江4月选考,12,2分)已知:X(g)+2Y(g) 3Z(g) H=-a kJmol-1(a0)。下列说法不正确的是()A.0.1 mol X和0.2 mol Y充分反应生成Z的物质的量一定小于0.3 molB.达到化学平衡状态时,X、Y、Z

18、的浓度不再发生变化C.达到化学平衡状态时,反应放出的总热量可达a kJD.升高反应温度,逆反应速率增大,正反应速率减小答案答案D由于该反应为可逆反应,故0.1 mol X和0.2 mol Y充分反应生成Z的物质的量一定小于0.3 mol,A正确;达到化学平衡状态时,X、Y、Z的浓度不再发生变化,B正确;由于反应物的物质的量不确定,故达到化学平衡状态时,反应放出的总热量可达a kJ,C正确;升高反应温度,正、逆反应速率都增大,故D错误。11.(2016浙江10月选考,12,2分)在一定条件下,可逆反应X(g)+2Y(g) 2Z(g) H=-a kJmol-1,达到化学平衡时,下列说法一定正确的是

19、()A.反应放出a kJ热量B.X和Y的物质的量之比为1 2C.反应物和生成物的浓度都不再发生变化D.X的正反应速率等于Z的逆反应速率答案答案C达到化学平衡时,放出热量的多少与参加反应的物质的物质的量有关,故A错误;平衡时,X和Y的物质的量之比与反应的起始量有关,故B错误;反应物和生成物的浓度都不再发生变化,说明反应物和生成物的量保持不变,可作为达到化学平衡的判断依据,故C正确;X的正反应速率为Z的逆反应速率的时反应达到平衡,故D错误。1212.(2016浙江4月选考,12,2分)可逆反应在一定条件下达到化学平衡时,下列说法不正确的是()A.正反应速率等于逆反应速率B.反应物和生成物浓度不再发

20、生变化C.反应体系中混合物的组成保持不变D.正、逆反应速率都为零答案答案D化学平衡为动态平衡,达到平衡状态时,正、逆反应速率相等,故A正确;达到平衡状态时,反应物和生成物浓度不再发生变化,各组分浓度不变,故B正确;当反应体系中混合物的组成保持不变时,达到平衡状态,故C正确;达到平衡状态时,正、逆反应速率相等,但不等于零,故D错误。13.(2018浙江4月选考,30节选)【加试题】(一)以四甲基氯化铵(CH3)4NCl水溶液为原料,通过电解法可以制备四甲基氢氧化铵(CH3)4NOH,装置如图1所示。图1(1)收集到(CH3)4NOH的区域是 (填“a”“b”“c”或“d”)。(2)写出电池总反应

21、 。(二)乙酸乙酯一般通过乙酸和乙醇酯化合成:CH3COOH(l)+C2H5OH(l)CH3COOC2H5(l)+H2O(l) H=-2.7 kJmol-1已知纯物质和相关恒沸混合物的常压沸点如下表:请完成:(1)关于该反应,下列说法不合理的是 。A.反应体系中硫酸有催化作用B.因为化学方程式前后物质的化学计量数之和相等,所以反应的S等于零C.因为反应的H接近于零,所以温度变化对平衡转化率的影响大D.因为反应前后都是液态物质,所以压强变化对化学平衡的影响可忽略不计(3)工业上多采用乙酸过量的方法,将合成塔中乙酸、乙醇和硫酸混合液加热至110 左右发生酯化反应并回流,直到塔顶温度达到7071 ,

22、开始从塔顶出料,控制乙酸过量的作用有 。纯物质沸点/恒沸混合物(质量分数)沸点/乙醇78.3乙酸乙酯(0.92)+水(0.08)70.4乙酸117.9乙酸乙酯(0.69)+乙醇(0.31)71.8乙酸乙酯77.1乙酸乙酯(0.83)+乙醇(0.08)+水(0.09)70.2(4)近年,科学家研究了乙醇催化合成乙酸乙酯的新方法:2C2H5OH(g)CH3COOC2H5(g)+2H2(g)在常压下反应,冷凝收集,测得常温下液态收集物中主要产物的质量分数如图3所示。关于该方法,下列推测合理的是 。图3A.反应温度不宜超过300 B.增大体系压强,有利于提高乙醇平衡转化率C.在催化剂作用下,乙醛是反应

23、历程中的中间产物D.提高催化剂的活性和选择性,减少乙醚、乙烯等副产物是工艺的关键答案答案(一)(1)d(1分)(2)2(CH3)4NCl+2H2O 2(CH3)4NOH+H2+Cl2(1分)(二)(1)BC(2分)(3)使平衡正向移动,提高乙醇转化率;减小产品中乙醇含量;有利于后续产物分离(1分)(4)ACD(2分)解析解析(一)(1)由题给信息推知,阴极反应为:2H2O+2e- 2OH-+H2,阳极反应为:2Cl-2e- Cl2,阳离子交换膜只允许阳离子通过,收集到产物(CH3)4NOH的区域是阴极的d口。(2)由电极反应知参与电极反应的物质是(CH3)4NCl和H2O,产物是(CH3)4N

24、OH、H2和Cl2,故可写出电解总反应为2(CH3)4NCl+2H2O 2(CH3)4NOH+H2+Cl2。(二)(1)在酯化反应中浓硫酸作催化剂和吸水剂,A合理;不存在熵变为0的反应,B不合理;反应的H接近零,说明温度变化对平衡的影响小,C不合理;因为反应前后都是液态物质,所以压强变化对化学平衡的影响可忽略不计,D合理。(3)乙酸过量,可使平衡正向移动,提高乙醇的转化率,且能减少恒沸混合物中乙醇的含量;有利于后续产物分离。(4)由图3可以看出,温度超过300 ,乙酸乙酯的质量分数反而降低,乙醚质量分数明显升高,且温度高,能耗也相应较高,所以反应温度不宜超过300 ,故A正确;从化学方程式可以

25、看出,增大体系压强,平衡将逆向移动,不利于提高乙醇的平衡转化率,B错误;由图3知,在275 之后,乙醛逐渐减少,乙酸乙酯逐渐增多,所以乙醛是反应历程中的中间产物,C正确;有机反应中副反应较多,提高催化剂的活性有利于反应的发生,提高催化剂的选择性,可以减少乙醚、乙烯等副产物,故D正确。规律方法规律方法速率、平衡作图题画图、作图方法面:坐标。明确横坐标、纵坐标所代表的物理量并标注清楚。点:确定起点、终点、拐点。线:连接起点、终点、拐点,得变化趋势线。注意是直线还是曲线,曲线要平滑并注意曲线的开口是向下还是向上。14.(2017浙江11月选考,30,10分)【加试题】(一)十氢萘是具有高储氢密度的氢

26、能载体,经历“十氢萘(C10H18)四氢萘(C10H12)萘(C10H8)”的脱氢过程释放氢气。已知:C10H18(l) C10H12(l)+3H2(g) H1C10H12(l) C10H8(l)+2H2(g) H2H1H20;C10H18C10H12的活化能为,C10H12C10H8的活化能为;十氢萘的常压沸点为192 ;在192 ,液态十氢萘脱氢反应的平衡转化率约为9%。请回答:(1)有利于提高上述反应平衡转化率的条件是 。A.高温高压B.低温低压C.高温低压D.低温高压(2)研究表明,将适量十氢萘置于恒容密闭反应器中,升高温度带来高压,该条件下也可显著释氢,理由是 。(3)温度335 ,

27、在恒容密闭反应器中进行高压液态十氢萘(1.00 mol)催化脱氢实验,测得C10H12和C10H8的产率x1和x2(以物质的量分数计)随时间的变化关系,如图1所示。1aE2aE图1在8 h时,反应体系内氢气的量为 mol(忽略其他副反应)。x1显著低于x2的原因是 。在图2中绘制“C10H18C10H12C10H8”的“能量反应过程”示意图。图2(二)科学家发现,以H2O和N2为原料,熔融NaOH-KOH为电解质,纳米Fe2O3作催化剂,在250 和常压下可实现电化学合成氨。阴极区发生的变化可视为按两步进行,请补充完整。电极反应式: 和2Fe+3H2O+N2 2NH3+Fe2O3。答案答案(一

28、)(1)C(2)温度升高加快反应速率;温度升高使平衡正向移动的作用大于压强增大使平衡逆向移动的作用(3)1.95催化剂显著降低了C10H12C10H8的活化能,反应生成的C10H12很快转变为C10H8,C10H12不能积累(二)Fe2O3+3H2O+6e- 2Fe+6OH- 解析解析(一)(1)提高平衡转化率即使平衡正向移动,应该升温、降压,所以选择高温低压,选C。(2)一方面,温度升高,加快了反应速率;另一方面,温度升高,平衡正向移动,升高温度带来的高压又会使平衡逆向移动,该条件下可显著释氢,说明温度升高使平衡正向移动的作用大于压强增大使平衡逆向移动的作用。(3)由图1知,在8 h时,反应

29、体系内生成氢气的物质的量为0.374 mol5+0.027 mol31.95 mol。由图1可知,反应还未达到平衡,反应快慢是影响相同时间内产率的主要因素,因催化剂显著降低了C10H12C10H8的活化能,反应生成的C10H12很快转变为C10H8,C10H12不能积累,故x1显著低于x2。由题给条件可知,两个反应均为吸热反应,生成物总能量比反应物总能量要高;H1H2,比大,据此可画出相应的“能量反应过程”曲线(详见答案)。(二)根据阴极的另一个反应方程式及题干信息可知,Fe2O3参与阴极反应生成Fe,电解质为熔融的NaOH-KOH,故符合要求的电极反应式为Fe2O3+3H2O+6e- 2Fe

30、+6OH-。1aE2aE15.(2016浙江10月选考,30,10分)【加试题】氯及其化合物在生活和生产中应用广泛。(1)已知:900 K时,4HCl(g)+O2(g) 2Cl2(g)+2H2O(g),反应自发。该反应是放热还是吸热,判断并说明理由 。900 K时,体积比为4 1的HCl和O2在恒温恒容的密闭容器中发生反应,HCl的平衡转化率(HCl)随压强(p)变化曲线如图。保持其他条件不变,升温到T K(假定反应历程不变),请画出压强在1.51054.5105 Pa范围内,HCl的平衡转化率(HCl)随压强(p)变化曲线示意图。(2)已知:Cl2(g)+2NaOH(aq) NaCl(aq)

31、+NaClO(aq)+H2O(l) H1=-102 kJmol-13Cl2(g)+6NaOH(aq) 5NaCl(aq)+NaClO3(aq)+3H2O(l) H2=-422 kJmol-1写出在溶液中NaClO分解生成NaClO3的热化学方程式: 。用过量的冷NaOH溶液吸收氯气,制得NaClO溶液(不含NaClO3),此时ClO-的浓度为c0 molL-1;加热时NaClO转化为NaClO3,测得t时刻溶液中ClO-浓度为ct molL-1,写出该时刻溶液中Cl-浓度的表达式:c(Cl-)= molL-1(用c0、ct表示)。有研究表明,生成NaClO3的反应分两步进行:.2ClO- Cl

32、+Cl-.Cl+ClO- Cl+Cl-常温下,反应能快速进行,但氯气与NaOH溶液反应很难得到NaClO3,试用碰撞理论解释其原因: 。(3)电解NaClO3水溶液可制备NaClO4。在电解过程中由于阴极上吸附氢气,会使电解电压升高,电解效率下降。为抑制氢气的产生,可选择合适的物质(不引入杂质),写出该电解的总化学方程式 。2O2O3O答案答案(10分)(1)放热反应,S0且反应自发(2)3NaClO(aq) 2NaCl(aq)+NaClO3(aq)H=-116 kJmol-1c0+或反应的活化能高,活化分子百分数低,不利于ClO-向Cl转化02()3tcc0523tcc3O(3)2NaClO

33、3+O2 2NaClO4 解析解析(1)由题给信息可知S0,又知该反应在900 K时自发,则H-TS0,可得H0,根据盖斯定律又得H3=H1+H2,所以H2Mg2+,阴极的电极反应式为2H2O+2e- 2OH-+H2,故阴极得到的是H2而得不到Mg。(3)由图1可知,K1随温度升高而增大,说明反应1为吸热反应,H10,观察三个反应,由盖斯定律得H3=H1+H2,故H2H3。(4)由图1可知,K3随温度升高而减小,说明反应3为放热反应,故降低温度时,平衡向右移动,CH3OH的浓度逐渐增大,达到新的平衡时不再发生变化,但降低温度,化学反应速率降低,由此可画出所要求的曲线(详见答案)。1.84 g0

34、.96 g44 g / molB B组统一命题、省组统一命题、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.(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本题考查依据影响化学反应速率的因素识图的能力。

35、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对应曲线相比,0.1 molL-1 NaOH对应曲线表示的H2O2分解速率快,错误;D项正确。2.(2016北京理综,8,6分)下列食品添加剂中,其使用目的与反应速率有关的是()A.抗氧化剂B.调味剂C.着色剂D.增稠剂答案答案A抗氧化剂是防止食品氧化变质的添加剂,使用目的是延缓食品的变质。3.(2015福建理综,12,6分)在不同浓度

36、(c)、温度(T)条件下,蔗糖水解的瞬时速率(v)如下表。下列判断不正确的是()A.a=6.00B.同时改变反应温度和蔗糖的浓度,v可能不变C.b318.2D.不同温度时,蔗糖浓度减少一半所需的时间相同 c/molL-1 v/mmolL-1min-1T/K0.6000.5000.4000.300318.23.603.002.401.80328.29.007.50a4.50b2.161.801.441.08答案答案D根据题表信息可知,相同温度时,随着浓度以等差数列递减,其瞬时速率也以等差数列递减,故a=6.00;同时改变反应温度和反应物浓度,瞬时速率有可能不变;相同浓度时,温度越高,反应速率越快

37、,故bmD.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)=0.3 mol/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)=0.6 mol/L,但现在c(X)=0.5 mol/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,Z的体积分数增大,错误。125.(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=2

38、10-5。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)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4

39、2.2 ,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。6.(2016四川理综,6,6分)一定条件下,CH4与H2O(g)发生反应:CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)。设起始=Z,在恒压下,平衡时CH4的体积分数(CH4)与Z和T(温度)的关系如图所示。下列说法正确的是()A.该反应的焓变H0B.图中Z的大小为a3bC.图中X点对应的平衡混合物中=3D.温度不变时,图中X点对应的平衡在加压后

40、(CH4)减小24(H)(CH )nOn24(H)(CH )nOn答案答案AA项,根据图像可知,温度升高,(CH4)减小,说明平衡右移,则正反应是吸热反应,该反应的焓变H0,故正确;B项,温度一定时,Z增大,平衡右移,(CH4)减小,则a33,故错误;D项,加压后X点对应的平衡左移,(CH4)增大,故错误。24(H)(CH )nOn24(H)(CH )nOn7.(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(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

41、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.(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

42、物质的量分数为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

43、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

44、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(0.025 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)

45、+CoO(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=-0.72-0K(400 );随着进料浓度比c(HCl) c(O2)逐渐

46、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

47、+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

48、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。10.(2019天津理综,7节选)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值为 (用字母表示)。答案答案(5)(b+)b823cd解析解析

49、(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。11.(2019上海选考,四节选)Li3Fe2(PO4)3作为锂离

50、子电池的负极材料时有良好的放电平台,通过提高材料的电导率可以有效的改善材料的性能。35.CO2的电子式为 ,P原子的核外电子有 种不同能量的电子。研究CO2与CH4的反应使之转化为H2和CO对减缓燃料危机,减少温室效应具有重大意义。已知CH4(g)+CO2(g) 2H2(g)+2CO(g)。36.该反应的平衡常数K= 。在2 L密闭容器中,通入CO2和CH4的混合气体,30 min后,CH4的质量减少了4.8 g,则v(CH4)= 。37.根据下图可得出n(CO2)消耗 n(CH4)消耗(填“”“根据图中信息,有H2O生成,平衡时n(H2)n(CO),说明一部分CO2与H2发生了反应解析解析3

51、5.根据C、O原子最外层电子数,按价键规律可写出CO2分子的电子式;由P原子的核外排布式1s22s22p63s23p3可知P原子的核外电子有5种不同能量的电子。36.平衡常数的表达式是用化学平衡中生成物浓度幂之积除以反应物浓度幂之积;CH4的质量减少了4.8 g,即CH4反应了0.3 mol,所以v(CH4)=0.005 mol/(Lmin)。0.3mol2 L30min37.由图中各物质的变化趋势可知n(CO2)消耗0,反应的H0,升高温度,化学平衡正向移动,SiHCl3的转化率增大,故曲线a表示343 K,观察图像知,343 K时反应的平衡转化率为22%;设起始时SiHCl3的物质的量浓度

52、为c,列出“三段式”:2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)起始 c 0 0变化0.22c 0.11c 0.11c平衡0.78c 0.11c 0.11c故K343 K=0.02。已知2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g)+SiCl4(g) H1=48 kJmol-1,该反应的正反应是气体体积不变的吸热反应,故要在温度不变的情况下提高SiHCl3转化率可采取的措施是及时移去产物;要缩短反应达到平衡的时间,可采取的措施有提高反应物压强(浓度)和改进催化剂等。42223(SiCl )(SiHl )(l )ccCc SiHC20.110.11(0.78 )ccca、b处SiH

53、Cl3的转化率相等,但a处温度比b处高,故va大于vb;依据题意知v正=k正,v逆=k逆,由平衡时v正=v逆知,=0.02,对于a处,列出“三段式”计算知,=0.8,=0.1,=0.1,故a处=1.3。32SiHClx22SiHlCx4SiClxkk正逆2243SiHlSiCl2SiHClCxxx3SiHClx22SiHlCx4SiClxvv正逆32242SiHClSiHlSiClCk xk xx正逆20.02 0.80.1 0.1疑难点拨疑难点拨 (3)根据已知表达式表示出v正和v逆,利用达到化学平衡时v正=v逆计算出,然后结合“三段式”即可求出。kk正逆vv正逆14.(2017课标,27,

54、14分)丁烯是一种重要的化工原料,可由丁烷催化脱氢制备。回答下列问题:(1)正丁烷(C4H10)脱氢制1-丁烯(C4H8)的热化学方程式如下:反应的H1为 kJmol-1。图(a)是反应平衡转化率与反应温度及压强的关系图,x 0.1(填“大于”或“小于”);欲使丁烯的平衡产率提高,应采取的措施是 (填标号)。A.升高温度B.降低温度C.增大压强D.降低压强(2)丁烷和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器(氢气的作用是活化催化剂),出口气中含有丁烯、丁烷、氢气等。图(b)为丁烯产率与进料气中n(氢气)/n(丁烷)的关系。图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势,其降低的原因是 。(3)图(

55、c)为反应产率和反应温度的关系曲线,副产物主要是高温裂解生成的短碳链烃类化合物。丁烯产率在590 之前随温度升高而增大的原因可能是 、 ;590 之后,丁烯产率快速降低的主要原因可能是 。答案答案(1)123小于AD(2)氢气是产物之一,随着n(氢气)/n(丁烷)增大,逆反应速率增大(3)升高温度有利于反应向吸热方向进行温度升高反应速率加快丁烯高温裂解生成短链烃类解析解析本题考查反应热的计算及影响化学平衡的因素。(1)结合已知信息运用盖斯定律,由-可得,故 H1=-119-(-242) kJmol-1=123 kJmol-1;由图(a)可知温度一定时压强由0.1 MPa变成x MPa,平衡转化

56、率增大,对反应而言,减小压强平衡正向移动,平衡转化率增大,故x小于0.1;升高温度或减小压强可使反应的平衡正向移动,丁烯的平衡产率提高,故选择A、D。C 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1 mol H2O2放出热量98 kJ。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-浓度有关B.IO-也是该反应的催化剂C.反应活化能等于98 kJmol-1D.v(H2O2)=v(H2O)=v(O2)答案答案A由于反应速

57、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重庆理综,7,6分)在恒容密闭容器中通入X并发生反应:2X(g) Y(g),温度T1、T2下X的物质的量浓度c(X)随时间t变化的曲线如图所示,下列叙述正确的是()A.该反应进行到M点放出的热量大于进行到W点放出的热量B.T2下,在0t1时间内,v(Y)= molL-1min-1C.M点的正反应速率v正大于N点的逆反应速率v逆D.M点时再加入一定量X,平衡后X的转化率减小1abt答案答案C 依据题中图示可看出T1T2,由于T

58、1时X的平衡浓度大于T2时X的平衡浓度,可推出该反应为放热反应。A项,M点与W点比较,X的转化量前者小于后者,故进行到M点放出的热量应小于进行到W点放出的热量,A项错误;B项,2v(Y)=v(X)= molL-1min-1,B项错误;C项,T1T2,温度越高,反应速率越大,M点的正反应速率W点的正反应速率,而W点的正反应速率=W点的逆反应速率N点的逆反应速率,C项正确;D项,恒容时充入X,压强增大,平衡正向移动,X的转化率增大,D项错误。1abt3.(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

59、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03 s内,反应速率为:v(NO2)=0.2 molL-1CDt1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,平衡常数减小,正确;v(NO2)=0.2 molL-1s-1,B项错误;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 L3 s考点二化学反应的方向与化学平衡考点

60、二化学反应的方向与化学平衡4.(2017江苏单科,15,4分)温度为T1时,在三个容积均为1 L的恒容密闭容器中仅发生反应:2NO2(g) 2NO(g)+O2(g)(正反应吸热)。实验测得:v正=v(NO2)消耗=k正c2(NO2),v逆=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k逆c2(NO)c(O2),k正、k逆为速率常数,受温度影响。下列说法正确的是()容器编号物质的起始浓度(molL-1)物质的平衡浓度(molL-1)c(NO2)c(NO)c(O2)c(O2)0.6000.20.30.50.2 00.50.35 A.达平衡时,容器与容器中的总压强之比为4 5B.达平衡时,容器中比容器中的大C