2023版高考化学总复习：专题十化学反应速率和化学平衡十年高考分类题组

1、第 页专题十化学反应速率和化学平衡考点一化学反应速率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,相当于常温下在体系中加入了相同c(H+)的酸或相同c(OH-)的碱的水解答案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

2、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.(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

3、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/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D由表中

4、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=nt=a25mol3.7 s=4a370 mols-1,故D正确。3.(2015福建理综,12,6分)在不同浓度(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()c/molL-1v/mmolL-1m

5、in-1T/K0.6000.5000.4000.300318.23.603.002.401.80328.29.007.50a4.50b2.161.801.441.08A.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,故b318.2;温度升高,瞬时速率加快,故蔗糖浓度减少一半时,所用时间并不相等,D项错误。评析题目信息以表格形式呈现,围绕

6、变量控制来设问,综合考查了控制变量思想在研究反应速率的影响因素中的应用。4.(2015上海单科,20,4分)对于合成氨反应,达到平衡后,以下分析正确的是()A.升高温度,对正反应的反应速率影响更大B.增大压强,对正反应的反应速率影响更大C.减小反应物浓度,对逆反应的反应速率影响更大D.加入催化剂,对逆反应的反应速率影响更大答案BA项,合成氨反应的正反应是放热反应,升高温度,正反应、逆反应的反应速率都增大,但是温度对吸热反应的速率影响更大,所以对该反应来说,升高温度对逆反应速率影响更大,错误。B项,合成氨的正反应是气体体积减小的反应,增大压强,对正反应的反应速率影响更大,正确。C项,减小反应物浓

7、度,对正反应的反应速率影响更大,错误。D项,加入催化剂,对正、逆反应的反应速率影响相同,错误。5.(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

8、化能的差值,C错误;D错误。疑难突破催化剂与中间产物的区别:开始就有,在总反应中被消掉的物质是催化剂;开始没有,反应过程中生成,在总反应中也被消掉的物质是中间产物,如本题中的I-是催化剂,IO-是中间产物。易错警示本题易错选D。不能根据过程中的某步反应判断反应速率的关系,应根据总反应判断,总反应为2H2O2 2H2O+O2,v(H2O2)=v(H2O)=2v(O2)。6.(2014北京理综,12,6分)一定温度下,10 mL 0.40 mol/L 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)/mL0.09.917.222.4

9、26.529.9下列叙述不正确的是(溶液体积变化忽略不计)()A.06 min的平均反应速率:v(H2O2)3.310-2 mol/(Lmin)B.610 min的平均反应速率:v(H2O2)T2,由于T1时X的平衡浓度大,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)=a-bt1 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v正W点的正反应速率v正,而W点的正反应速率v正=其逆反应速率v逆N点的逆反应速率v逆,C项正确;D项,恒容时充入X

10、,压强增大,平衡正向移动,X的转化率增大,D项错误。8.(2013福建理综,12,6分)NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化,当NaHSO3完全消耗即有I2析出,依据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反应速率。将浓度均为0.020 molL-1的NaHSO3溶液(含少量淀粉)10.0 mL、KIO3(过量)酸性溶液40.0 mL混合,记录1055 间溶液变蓝时间,55 时未观察到溶液变蓝,实验结果如图。据图分析,下列判断不正确的是()A.40 之前与40 之后溶液变蓝的时间随温度的变化趋势相反B.图中b、c两点对应的NaHSO3反应速率相等C.图中a点对应的NaHSO3反应速

11、率为5.010-5 molL-1s-1D.温度高于40 时,淀粉不宜用作该实验的指示剂答案B由图可知,A项正确;图中b、c两点对应的温度不同,故NaHSO3的反应速率也不同,B项错误;a点NaHSO3的反应速率为v=ct=0.0200.010.0580 molL-1S-1=510-5molL-1s-1,C项正确;由题干信息可知,温度高于40 时不宜用淀粉作指示剂,D项正确。评析该题考查的知识点虽常见,但立意新颖,若考生只注意图像中的表面现象,会误认为B项正确,从而错选其他选项。9.(2018北京理综,27,12分)近年来,研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下:(1

12、)反应:2H2SO4(l)2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)H1=+551 kJmol-1反应:S(s)+O2(g)SO2(g)H3=-297 kJmol-1反应的热化学方程式:。(2)对反应,在某一投料比时,两种压强下,H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。p2p1(填“”或“A。结合、反应速率解释原因:。答案(1)3SO2(g)+2H2O(g)2H2SO4(l)+S(s)H2=-254 kJmol-1(2)反应是气体物质的量减小的反应,温度一定时,增大压强使反应正向进行,H2SO4的物质的量增大,体系总物质的量减小,H2SO4的物质的量分数增大(3)SO2SO

13、42-4H+(4)0.4I-是SO2歧化反应的催化剂,H+单独存在时不具有催化作用,但H+可以加快歧化反应速率反应比快;D中由反应产生的H+使反应加快解析本题以“含硫物质热化学循环”素材为载体,考查热化学方程式的书写、平衡移动、实验方案的设计与分析等知识。(1)反应为3SO2(g)+2H2O(g)2H2SO4(l)+S(s),根据盖斯定律,由(反应+反应)即得反应的逆反应,所以反应的H=-(551-297) kJmol-1=-254 kJmol-1。(2)反应是气体物质的量减小的反应,加压时平衡正向移动,H2SO4的物质的量分数会升高,所以p2p1。(3)催化剂在反应前后质量和化学性质保持不变

14、,在中I-被氧化为I2,则在中I2应该被SO2还原为I-,结合原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒可配平反应的离子方程式。(4)B是A的对比实验,B中加入0.2 molL-1的H2SO4,A中不加H2SO4,所以KI的浓度应该与A相同,即a=0.4。比较A、B、C可知,有H2SO4和KI时,SO2歧化反应速率较只有KI时快;只有H2SO4,无KI时不发生歧化反应,所以可得出的结论为酸性增强,I-催化SO2歧化反应速率提高。规律总结Fe3+催化H2O2分解与I-催化SO2歧化反应相似,Fe3+催化H2O2分解的过程为:2Fe3+H2O2O2+2Fe2+2H+、2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H

15、2O。10.(2011全国,28,15分)反应aA(g)+bB(g) cC(g)(H”“此反应为放热反应,降低温度,平衡向正反应方向移动(1分,2分,共3分)(6)(注:只要曲线能表示出平衡向逆反应方向移动及各物质浓度的相对变化比例即可)(3分)解析(1)阶段,20.0 min内,c(A)=2.00 molL-1-1.00 molL-1=1.00 molL-1,c(B)=6.00 molL-1-3.00 molL-1=3.00 molL-1,c(C)=2.00 molL-1,则abc=c(A)c(B)c(C)=132。(2)v(A)=2.00molL-1-1.00 molL-120.0min=

16、0.05 molL-1min-1,v(A)=1.00molL-1-0.62 molL-115.0min0.025 molL-1min-1,v(A)=0.62molL-1-0.50 molL-110.0min=0.012 molL-1min-1。则v(A)v(A)v(A)。(3)(B)=6.00molL-1-3.00 molL-16.00molL-1100%=50%,(B)=3.00molL-1-1.86 molL-13.00molL-1100%=38%,(B)=1.86molL-1-1.50 molL-11.86molL-1100%=19%。故(B)最小。(4)由图示可知,由第一次平衡到第二次

17、平衡,A、B的浓度减小,说明平衡正向移动。由物质C的浓度变化可知,导致平衡正向移动采取的措施是从反应体系中移出了产物C。(5)由图示可知,平衡正向移动,由于正反应是放热的,故是降温过程,即T2T3。(6)第三次平衡后,将容器的体积扩大一倍,则各物质的浓度减半,由于容器的体积扩大,压强减小,平衡会向逆反应方向(气体体积增大的方向)移动,故平衡后,0.25 molL-1c(A)0.50 molL-1,0.75 molL-1c(B)1.50 molL-1,0c(C)0.50 molL-1。注意各物质浓度的相对变化应符合化学计量数的比例。11.(2011重庆,29,14分)臭氧是一种强氧化剂,常用于消

18、毒、灭菌等。(1)O3与KI溶液反应生成的两种单质是和。(填分子式)(2)O3在水中易分解,一定条件下,O3的浓度减少一半所需的时间(t)如下表所示。已知:O3的起始浓度为 0.021 6 mol/L。T/t/minpH3.04.05.06.02030123116958301581084815503126157pH增大能加速O3分解,表明对O3分解起催化作用的是。在30 、pH=4.0条件下,O3的分解速率为mol/(Lmin)。据表中的递变规律,推测O3在下列条件下分解速率依次增大的顺序为。(填字母代号)a.40 、pH=3.0b.10 、pH=4.0c.30 、pH=7.0(3)O3可由臭

19、氧发生器(原理如下图)电解稀硫酸制得。图中阴极为(填“A”或“B”),其电极反应式为。若C处通入O2,则A极的电极反应式为。若C处不通入O2,D、E处分别收集到x L和y L气体(标准状况),则E处收集的气体中O3所占的体积分数为。(忽略O3的分解)答案(1)I2O2(2)OH-1.0010-4b、a、c(3)A2H+2e- H2O2+4H+4e- 2H2O(x-2y)/y解析本题考查反应速率的计算及影响因素、电解池电极反应式的书写及计算等知识。(1)根据氧化还原反应基本原理不难确定生成的两种单质是I2和O2。(2)分析表中的数据知,pH增大,O3的分解速率加快,则对O3分解起催化作用的是OH

20、-。查表计算v(O3)=120.021 6 mol/L108min=1.0010-4mol/(Lmin)。分析表中数据知,a项中反应时间31 minta231 min,tc15 min,故可判断O3的分解速率的大小顺序是bac。(3)由图知电极B产生O3和O2,则B极为阳极,故A极为阴极,电极反应式为2H+2e- H2。若C处通入O2,则得电子的是氧化性更强的O2,电极反应式为O2+4H+4e- 2H2O。由得失电子守恒得:6V(O3)22.4 L+4yL-V(O3)22.4 L=2xL22.4 L,解得V(O3)=(x-2y)L,故O3的体积分数为 x-2yy。考点二化学平衡1.(2020浙

21、江7月选考,20,2分)一定条件下:2NO2(g) N2O4(g)H0,在一定条件下于密闭容器中达到平衡,下列各项措施中,不能提高乙烷的平衡转化率的是()A.增大容器容积B.升高反应温度C.分离出部分氢气D.等容下通入惰性气体答案DA项,增大容器容积相当于减小压强,平衡正向移动,乙烷的平衡转化率增大;B项,该反应为吸热反应,升高温度,平衡正向移动,乙烷的平衡转化率增大;C项,分离出部分氢气,平衡正向移动,乙烷的平衡转化率增大;D项,等容下通入惰性气体,原平衡体系中各物质的浓度不变,平衡不移动,乙烷的平衡转化率不变。4.(2018浙江4月选考,14,2分)反应N2(g)+3H2(g) 2NH3(

22、g)H0B.图中Z的大小为a3bC.图中X点对应的平衡混合物中n(H2O)n(CH4)=3D.温度不变时,图中X点对应的平衡在加压后(CH4)减小答案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。6.(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

23、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=4(c0-c1)2c12B.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。7.(2015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

24、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11D.第二次平衡时,Z的浓度为0.4 molL-1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%=361。设第一次平衡时X消耗的物质的量为x,则X(g)+mY(g) 3Z(g)初始1 mol2 mol0转化xmx3x平衡1 mol-x2 mol-mx3x(1 mol-x)(2 mol-mx)3x=361,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

25、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。8.(2013重庆理综,7,6分)将E和F加入密闭容器中,在一定条件下发生反应: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 000ef83.0b0K(1 000 )K(810 )上述中正确的有()A.4个B.3个C.2个D.1个答案A1.0 MPa、810 时G的平衡体积分数为54.0%,2.0 MPa、915 时G的平衡体积分数为75.0%,由题意可知加压平衡向左移动,G的体

26、积分数减小,只有正反应为吸热反应,升温平衡向右移动才能得到上面的结果,故该反应的正反应为吸热反应。压强大,温度低,均有利于平衡左移,正确;915 、2.0 MPa时G的平衡体积分数为75.0%,设E的初始量为a mol,转化量为x mol,E(g)+F(s) 2G(g)起始a mol0 mol转化x mol2x mol平衡(a-x)mol2x mol则2xa+x100%=75.0%,x=0.6a,E的转化率为0.6aa100%=60%,正确;由方程式可知1 mol气体E与固体F反应可生成 2 mol气体G,正确;降温,平衡向左移动,平衡常数减小,正确。故选项A正确。9.(2014四川理综,7,

27、6分)在10 L恒容密闭容器中充入X(g)和Y(g),发生反应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下列说法正确的是()A.实验中,若5 min时测得n(M)=0.050 mol,则0至5 min时间内,用N表示的平均反应速率v(N)=1.010-2 mol/(Lmin)B.实验中,该反应的平衡常数K=2.0C.实验中,达到平衡时,X的转化率为60%D.实验中,达到平衡时,b0.0

28、60答案CA项,0至5 min内,v(M)=0.050mol10 L5min=110-3 mol/(Lmin),v(N)=v(M)=110-3 mol/(Lmin),A项错误;B项,根据“三段式”:X(g)+Y(g) M(g)+N(g)初始(mol/L)0.0100.0400 0转化(mol/L)0.0080.008 0.008 0.008平衡(mol/L)0.0020.032 0.008 0.008K=0.008mol/L0.008mol/L0.002mol/L0.032mol/L=1,B项错误;实验,根据“三段式”得: X(g)+Y(g) M(g)+N(g)初始(mol/L)0.0200.

29、03000转化(mol/L)xxxx平衡(mol/L)0.020-x0.030-xxx根据温度不变,K不变可得x2(0.020-x)(0.030-x)=1,x=0.012,X的转化率=0.012mol/L0.020mol/L100%=60%,C项正确;由实验中数据可知该反应为放热反应,900 时的平衡常数应小于800 时的平衡常数,假设实验中K=1,则(b10mol/L)20.10-b10mol/L0.15-b10mol/L=1,b=0.06。综上所述,900 达到平衡时b0该反应在恒容的密闭容器中达到平衡后,若仅改变图中横坐标x的值,重新达到平衡后,纵坐标y随x变化趋势合理的是()选项xyA

30、温度容器内混合气体的密度BCO的物质的量CO2与CO的物质的量之比CSO2的浓度平衡常数KDMgSO4的质量(忽略体积)CO的转化率答案A由题图可知增大x的量,y值将变大。A项,题给反应正反应为吸热反应,随温度升高平衡正向移动,气体总质量变大,而容器容积不变,故混合气体密度增大,符合题图;B项,增大CO的物质的量,平衡正向移动,CO2物质的量增大,但是根据勒夏特列原理可知,CO的转化率减小,所以n(CO2)n(CO)减小,该项不符合题图;C项,改变SO2浓度,化学平衡发生移动,但平衡常数K仅随温度变化,该项不符合题图;D项,改变MgSO4的质量对反应物浓度无影响,故不会对CO的转化率产生影响,

31、该项不符合题图。评析本题把图和表相结合考查化学平衡知识,形式新颖,考查知识点全面。本题对考生能力要求较高,属于中等难度题。11.(2013四川理综,6,6分)在一定温度下,将气体X和气体Y各0.16 mol充入10 L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0.2 mol Z,平衡时X的体积分数增大答案CA项,反应前2 min的平均反应速率v(Y)=0.16mol-0.12mol10 L2min=2.010-3 mol/(Lmin),由反应方程式可知v(Y)v(Z)=12,则v(Z)=4.010-3 mol

32、/(Lmin);B项,Hv(逆);C项,该温度下7 min时反应已达平衡,若设在此过程中Y消耗的物质的量为n,则X(g)+Y(g)2Z(g)始0.16 mol0.16 mol0变nn2n平0.10 mol0.10 mol2nn=0.16 mol-0.10 mol=0.06 mol平衡常数K=c2(Z)c(X)c(Y)=0.12mol10 L20.10mol10 L0.10mol10 L=1.44;D项,该反应前后气体总体积不变,压强对平衡没有影响,再充入0.2 mol Z,达到的新平衡状态与原平衡等效,故X体积分数不变。考点三化学平衡常数及相关计算1.(2020天津,16,14分)利用太阳能光

33、解水,制备的H2用于还原CO2合成有机物,可实现资源的再利用。回答下列问题:.半导体光催化剂浸入水或电解质溶液中,光照时可在其表面得到产物(1)上图为该催化剂在水中发生光催化反应的原理示意图。光解水能量转化形式为。(2)若将该催化剂置于Na2SO3溶液中,产物之一为SO42-,另一产物为。若将该催化剂置于AgNO3溶液中,产物之一为O2,写出生成另一产物的离子反应式。.用H2还原CO2可以在一定条件下合成CH3OH(不考虑副反应)CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)H03SiCl4(g)+2H2(g)+Si(s) 4SiHCl3(g)H202SiCl4(g)+H2(g)+

34、Si(s)+HCl(g) 3SiHCl3(g)H3(1)氢化过程中所需的高纯度H2可用惰性电极电解KOH溶液制备,写出产生H2的电极名称(填“阳极”或“阴极”),该电极反应方程式为。(2)已知体系自由能变G=H-TS,Gv逆b.v正:A点E点c.反应适宜温度:480520 (4)反应的H3=(用H1,H2表示)。温度升高,反应的平衡常数K(填“增大”“减小”或“不变”)。(5)由粗硅制备多晶硅过程中循环使用的物质除SiCl4、SiHCl3和Si外,还有(填分子式)。答案.Si(s)+3HCl(g) SiHCl3(g)+H2(g)H=-225 kJmol-1ClSiClHCl.(1)阴极2H2O

35、+2e- H2+2OH-或2H+2e- H2(2)1 000 H2H1导致反应的G小(3)a、c(4)H2-H1减小(5)HCl、H2解析本题涉及的知识点有热化学方程式的书写、电子式的书写、电解原理、反应自发性、化学平衡等;通过阅读题目提取信息,考查了接受、吸收、整合化学信息的能力;通过分析题图、推理等认识研究对象的本质特征,体现了证据推理与模型认知的学科核心素养,以及创新思维和创新意识的价值观念。.放热焓变为负值,书写热化学方程式时应标明物质状态。.(1)电解KOH溶液,H2为还原产物,则产生H2的电极为阴极,电极反应式为2H2O+2e- H2+2OH-。(2)G0时反应自发进行,由图1可知

36、温度高于1 000 时反应的G0、S1=0,而反应的H20、S2v逆,a项正确;E点温度比A点高,正反应速率:A点E点,b项错误;C到D温度区间SiCl4的转化率较高,对应温度为480520 ,c项正确。(4)由盖斯定律,反应=反应-反应,故H3=H2-H1bc,说明积碳速率abc,由v=kp(CH4)p(CO2)-0.5可知,p(CH4)一定时,积碳速率与p(CO2)成反比,故pa(CO2)pb(CO2)pc(CO2)。4.(2018海南单科,16,9分)过氧化氢(H2O2)是重要的化工产品,广泛应用于绿色化学合成、医疗消毒等领域。回答下列问题:(1)已知:H2(g)+12O2(g) H2O

37、(l)H1=-286 kJmol-1H2(g)+O2(g) H2O2(l)H2=-188 kJmol-1过氧化氢分解反应2H2O2(l)2H2O(l)+O2(g)的H=kJmol-1。不同温度下过氧化氢分解反应的平衡常数K313 KK298 K(填“大于”“小于”或“等于”)。(2)100 时,在不同金属离子存在下,纯过氧化氢24 h的分解率见下表:离子加入量/(mgL-1)分解率/%离子加入量/(mgL-1)分解率/%无2Fe3+1.015Al3+102Cu2+0.186Zn2+1010Cr3+0.196由上表数据可知,能使过氧化氢分解反应活化能降低最多的离子是。贮运过氧化氢时,可选用的容器

38、材质为(填标号)。A.不锈钢B.纯铝C.黄铜D.铸铁(3)过氧化氢的Ka1=2.2410-12,H2O2的酸性H2O(填“大于”“小于”或“等于”)。研究表明,过氧化氢溶液中HO2-的浓度越大,过氧化氢的分解速率越快。常温下,不同浓度的过氧化氢分解率与pH的关系如图所示。一定浓度的过氧化氢,pH增大分解率增大的原因是;相同pH下,过氧化氢浓度越大分解率越低的原因是。答案(1)-196(1分)小于(1分)(2)Cr3+(1分)B(1分)(3)大于(1分)pH升高,HO2-的浓度增大,分解速率加快(2分)过氧化氢浓度越高,其电离程度越低,分解率越小(2分)解析(1)依据盖斯定律,上式减去下式后乘2

39、可得所求反应的焓变。该反应为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,K减小,即高温下的K值较小。(2)从表中数据知,在Cr3+的存在下,H2O2分解率最高。因为活化能越小,反应越易进行,所以H2O2在Cr3+存在时,活化能降低最多。给出的离子中,Al3+最不易使H2O2分解,故贮运H2O2可选用纯铝。(3)H2O的电离平衡常数小于H2O2的Ka1,说明H2O2的一级电离大于水,故H2O2电离出的c(H+)大于H2O电离出的c(H+),即H2O2的酸性强;H2O2H+HO2-,pH增大,c(H+)减小,该平衡正向移动,HO2-浓度增大,则H2O2的分解速率加快,相同时间内分解率增大。H2O2为弱电解质

40、,相同pH下,H2O2浓度越大,其电离程度越小,则分解率也越小。5.(2018浙江4月选考,30,10分)(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。(1)收集到(CH3)4NOH的区域是(填“a”“b”“c”或“d”)。图1(2)写出电池总反应。(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: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.

41、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(2)一定温度下该反应的平衡常数K=4.0。若按化学方程式中乙酸和乙醇的化学计量数比例投料,则乙酸乙酯的平衡产率y=;若乙酸和乙醇的物质的量之比为n1,相应平衡体系中乙酸乙酯的物质的

42、量分数为x,请在图2中绘制x随n变化的示意图(计算时不计副反应)。图2(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 ,开始从塔顶出料,控制乙酸过量的作用有。(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,乙醛是反应历程中的中间产物D.提高催化剂的活性

43、和选择性,减少乙醚、乙烯等副产物是工艺的关键答案(10分)(一)(1)d(1分)(2)2(CH3)4NCl+2H2O 2(CH3)4NOH+H2+Cl2(1分)(二)(1)BC(2分)(2)0.67或67%(1分)(2分)(3)提高乙醇转化率;有利于后续产物分离(1分)(4)ACD(2分)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)4NOH、H2和Cl2,故可写出电解总反

44、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接近于零,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。(2)设乙酸和乙醇的起始投料均为a mol,平衡时生成x mol CH3COOC2H5, CH3COOH(l)+C2H5OH(l)CH3COOC2H5(l)+H2O(l)起始量a mola mol00变化量x molx molx molx mol平衡量(a-x) mol(a-x) molx molx molK=c

45、(CH3COOC2H5)c(H2O)c(CH3COOH)c(C2H5OH)=x2(a-x)2=4.0,解得x=23a,故乙酸乙酯的平衡产率y=实际产量理论产量100%=23100%67%。乙酸和乙醇按化学计量数比例投料时,乙酸乙酯的物质的量分数达到最大值,所以当n=1时,乙酸乙酯的物质的量分数在最高点,由上面计算知此时x=23amolamol+amol=130.33。当n1时,x值均比0.33小,据此可画出x随n变化的示意图(详见答案)。(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

46、分数反而降低,且温度高,能耗也相应较高,所以反应温度不宜超过300 ,故A项推测合理;从化学方程式可以看出,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,故B项推测不合理;由图3知,在275 之后,乙醛逐渐减少,乙酸乙酯逐渐增多,所以乙醛可能是反应历程中的中间产物,故C项推测合理;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项推测合理。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

47、滑并注意曲线的开口是向下还是向上。6.(2017课标,28,14分)近期发现,H2S是继NO、CO之后的第三个生命体系气体信号分子,它具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能。回答下列问题:(1)下列事实中,不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是(填标号)。A.氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应,而亚硫酸可以B.氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸C.0.10 molL-1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1D.氢硫酸的还原性强于亚硫酸(2)下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。通过计算,可知系统()和系统()制氢的热化学方程式分别为、,制得等量H2所

48、需能量较少的是。(3)H2S与CO2在高温下发生反应:H2S(g)+CO2(g) COS(g)+H2O(g)。在610 K时,将0.10 mol CO2与0.40 mol H2S充入2.5 L的空钢瓶中,反应平衡后水的物质的量分数为0.02。H2S的平衡转化率1=%,反应平衡常数K=。在620 K重复实验,平衡后水的物质的量分数为0.03,H2S的转化率21,该反应的H0。(填“”“B解析(1)根据强酸制弱酸原理,可知酸性H2SO3H2CO3H2S,A项不符合题意;亚硫酸、氢硫酸都是二元弱酸,等浓度的亚硫酸的导电能力比氢硫酸的强,可以证明酸性:H2SO3H2S,B项不符合题意;亚硫酸的pH比等

49、浓度的氢硫酸的小,可以证明酸性:H2SO3H2S,C项不符合题意;物质的还原性与其电离产生氢离子的浓度大小无关,因此不能证明二者的酸性强弱,D项符合题意。(2)H2SO4(aq) SO2(g)+H2O(l)+12O2(g)H1=327 kJmol-1SO2(g)+I2(s)+2H2O(l) 2HI(aq)+ H2SO4(aq)H2=-151 kJmol-12HI(aq) H2 (g)+ I2(s)H3=110 kJmol-1H2S(g)+ H2SO4(aq) S(s)+SO2(g)+ 2H2O(l)H4=61 kJmol-1根据盖斯定律由+可得系统()的热化学方程式为H2O(l) H2(g)+

50、12O2(g)H=286 kJmol-1;由+可得系统()的热化学方程式为H2S(g) H2(g)+S(s)H=20 kJmol-1。根据系统()、系统()的热化学方程式可知产生等量的氢气,后者吸收的热量比前者少。(3)设平衡时反应的H2S的物质的量为x mol。H2S(g) + CO2(g)COS(g)+H2O(g)开始0.40 mol0.10 mol00反应x molx molx molx mol平衡(0.40-x) mol(0.10-x) molx molx moln(H2O)n(总)=x(0.40-x)+(0.10-x)+x+x=0.02解得x=0.01,所以H2S的平衡转化率1=0.

51、01mol0.40mol100%=2.5%。在该条件下反应达到平衡时化学平衡常数K=c(COS)c(H2O)c(H2S)c(CO2)=n(COS)n(H2O)n(H2S)n(CO2)=0.010.01(0.40-0.01)(0.10-0.01)2.810-3。温度由610 K升高到620 K,平衡时水的物质的量分数由0.02变为0.03,所以H2S的转化率增大,即21;根据题意可知升高温度,化学平衡向正反应方向移动,所以该反应的正反应为吸热反应,即H0。增大H2S的浓度,平衡正向移动,但加入量大于平衡移动时H2S的消耗量,所以H2S转化率减小,A项错误;增大CO2的浓度,平衡正向移动,H2S转

52、化率增大,B项正确;COS是生成物,增大生成物的浓度,平衡逆向移动,H2S转化率减小,C项错误;N2是与反应体系无关的气体,充入N2,不能使化学平衡发生移动,所以对H2S转化率无影响,D项错误。易错警示第(3)问易误认为增大H2S的物质的量,平衡向正反应方向移动,故可以增大H2S的转化率。实际上加入H2S,平衡正向移动,可以提高CO2的转化率(因其总量未变),但是H2S的转化率会减小,因为平衡正向移动,生成物的浓度均增大,为使平衡常数保持不变,H2S的“余额”增大。7.(2017课标,27,14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

53、-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,x0.1(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(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

54、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(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本题考查反应热的计算及影响化学平衡的因素。(1)运用盖斯定律,由-可得,故H1=H2-H3=123 kJmol-1;由图(a)可知,温度一定时,压强由0.1 MPa变成x MPa,反应物平衡转化率增大,对反应而言,减小压强,平衡正向移动,反应物平衡转化率增大,故x小于0.1;H10,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

55、择A、D。(2)H2是反应的产物之一,若混合气体中H2比例过大,会抑制反应正向进行,从而使丁烯产率降低。(3)590 之前,升高温度,有利于反应正向进行,同时反应速率加快。反应速率加快,气流通过反应器时反应物的利用率就会提高,丁烯的产率增大。590 之后丁烯高温裂解生成的短链烃类化合物增多,丁烯产率降低。审题方法(3)结合题给信息挖掘图(c)中隐含条件对问题进行解答。8.(2016课标,27,14分)丙烯腈(CH2CHCN)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

56、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)+32O2(g) C3H3N(g)+3H2O(g)H=-515 kJmol-1C3H6(g)+O2(g) C3H4O(g)+H2O(g)H=-353 kJmol-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能原因是(双选,填标号)。

57、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(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17.51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,但焓变均较大,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

58、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)=11.51,由于O2在空气中所占体积分数约为15,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=17.51。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

59、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323 K,NaClO2溶液浓度为510-3 molL-1。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表。离子SO42-SO32-NO3-NO2-Cl-c/(molL-1)8.3510-46.8710-61.510-41.210-53.410-3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

60、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(填“增大”“不变”或“减小”)。反应ClO2-+2SO32- 2SO42-+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) SO32-(aq)+H2O(l)H1