北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
专题十二 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O 的物质的量分数分别为
2
0.10和0.06,发生化学反应2NO(g)+O (g) 2NO (g),在其他条件相同时,测得实验数据如下表:
2 2
NO达到所列转化率需要时间/s
压强/(×105 Pa) 温度/℃
50% 90% 98%
30 12 250 2 830
1.0
90 25 510 5 760
30 0.2 3.9 36
8.0
90 0.6 7.9 74
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1.0×105 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=Δn/Δt表示,则在8.0×105 Pa、30 ℃条件下,转化率从50%
增至90%时段NO的反应速率为4a/370 mol·s-1
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%
a
Δn mol 4a
增至90%时,NO反应了a/25 mol,经过了3.7 s,反应速率v= =25 = mol·s-1,故D正确。
Δt 370
3.7 s
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( )
T/K
v/mmol·L-1·min-1
0.600 0.500 0.400 0.300
c/mol·L-1
318.2 3.60 3.00 2.40 1.80
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328.2 9.00 7.50 a 4.50
b 2.16 1.80 1.44 1.08
A.a=6.00
B.同时改变反应温度和蔗糖的浓度,v可能不变
C.b<318.2
D.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
b<318.2;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 B A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Ⅰ,9,6分)已知分解1 mol H O 放出热量98 kJ。在含少量I-的溶液中,H O 分解的机理为:
2 2 2 2
H O +I- H O+IO- 慢
2 2 2
H O +IO- H O+O +I- 快
2 2 2 2
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 kJ·mol-1
D.v(H O )=v(H O)=v(O )
2 2 2 2
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。
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
2H O 2H O+O ↑,v(H O )=v(H O)=2v(O )。
2 2 2 2 2 2 2 2
6.(2014北京理综,12,6分)一定温度下,10 mL 0.40 mol/L H O 溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O 的
2 2 2
体积(已折算为标准状况)如下表。
t/min 0 2 4 6 8 10
V(O)/mL 0.0 9.9 17.2 22.4 26.5 29.9
2
不正确
下列叙述 的是(溶液体积变化忽略不计)( )
···
A.0~6 min的平均反应速率:v(H O )≈3.3×10-2 mol/(L·min)
2 2
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B.6~10 min的平均反应速率:v(H O )<3.3×10-2 mol/(L·min)
2 2
C.反应至6 min时,c(H O )=0.30 mol/L
2 2
D.反应至6 min时,H O 分解了50%
2 2
2×10-3mol
Δc
答案 C A项,0~6 min内,产生n(O )=1×10-3 mol,消耗 n(H O )=2×10-3 mol,则v(H O )= = 10×10-3L
2 2 2 2 2 Δt
6min
≈3.3×10-2 mol/(L·min),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6 min时,消耗n(H O )
2 2
10×10-3L×0.40 mol/L-2×10-3mol
为2×10-3 mol,剩余c(H O )= =0.20 mol/L,故C项不正确;D项,
2 2 10×10-3L
反应至6 min时,消耗n(H O )为2×10-3 mol,占起始物质的量的50%,故D项正确。
2 2
7.(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T 、T 下X的物质的量
1 2
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
a-b
B.T 下,在0~t 时间内,v(Y)= mol·L-1·min-1
2 1 t
1
C.M点的正反应速率v 大于N点的逆反应速率v
正 逆
D.M点时再加入一定量X,平衡后X的转化率减小
答案 C 依据题中图示,可看出T >T ,由于T 时X的平衡浓度大,可推出该反应为放热反应。A项,M点与
1 2 1
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
a-b
项,2v(Y)=v(X)= mol·L-1·min-1,B项错误;C项,T >T ,温度越高,反应速率越大,M点的正反应速率v >W
t 1 2 正
1
点的正反应速率v' ,而W点的正反应速率v' =其逆反应速率v' >N点的逆反应速率v ,C项正确;D项,恒
正 正 逆 逆
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。
8.(2013福建理综,12,6分)NaHSO 溶液在不同温度下均可被过量KIO 氧化,当NaHSO 完全消耗即有I 析出,
3 3 3 2
依据I 析出所需时间可以求得NaHSO 的反应速率。将浓度均为0.020 mol·L-1的NaHSO 溶液(含少量淀
2 3 3
粉)10.0 mL、KIO (过量)酸性溶液40.0 mL混合,记录10~55 ℃间溶液变蓝时间,55 ℃时未观察到溶液变蓝,
3
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NaHSO 反应速率相等
3
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C.图中a点对应的NaHSO 反应速率为5.0×10-5 mol·L-1·s-1
3
D.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NaHSO 的反应速率也不同,B项错误;a点
3
Δc 0.020×0.01
NaHSO 的反应速率为v= = mol·L-1·S-1=5×10-5mol·L-1·s-1,C项正确;由题干信息可知,温度
3 Δt 0.05×80
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)反应Ⅰ:2H SO (l) 2SO (g)+2H O(g)+O (g) ΔH =+551 kJ·mol-1
2 4 2 2 2 1
反应Ⅲ:S(s)+O (g) SO (g) ΔH =-297 kJ·mol-1
2 2 3
反应Ⅱ的热化学方程式: 。
(2)对反应Ⅱ,在某一投料比时,两种压强下,H SO 在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。
2 4
p p (填“>”或“<”),得出该结论的理由是
2 1
。
(3)I-可以作为水溶液中SO 歧化反应的催化剂,可能的催化过程如下。将ⅱ补充完整。
2
ⅰ.SO +4I-+4H+ S↓+2I +2H O
2 2 2
ⅱ.I +2H O+ + +2I-
2 2
(4)探究ⅰ、ⅱ反应速率与SO 歧化反应速率的关系,实验如下:分别将18 mL SO 饱和溶液加入到2 mL下
2 2
列试剂中,密闭放置观察现象。(已知:I 易溶解在KI溶液中)
2
序号 A B C D
试剂 a mol·L-1 KI 0.2 mol·L-1 KI
组成
0.4 mol·L-1 KI
0.2 mol·L-1 H2SO4
0.2 mol·L-1 H2SO4
0.000 2 mol I2
实验
溶液变黄,一段时间后出现浑浊 溶液变黄,出现浑浊较A快 无明显现象 溶液由棕褐色很快褪色,变成黄色,出现浑浊较A快
现象
①B是A的对比实验,则a= 。
②比较A、B、C,可得出的结论是 。
③实验表明,SO 的歧化反应速率D>A。结合ⅰ、ⅱ反应速率解释原因:
2
。
答案 (1)3SO (g)+2H O(g) 2H SO (l)+S(s) ΔH =-254 kJ·mol-1
2 2 2 4 2
(2)> 反应Ⅱ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,H SO 的物质的量增大,体
2 4
系总物质的量减小,H SO 的物质的量分数增大
2 4
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(3)SO
SO2-
4H+
2 4
(4)①0.4
②I-是SO 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
2
③反应ⅱ比ⅰ快;D中由反应ⅱ产生的H+使反应ⅰ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Ⅱ为3SO (g)+2H O(g) 2H SO (l)+S(s),根据盖斯定律,由(反应Ⅰ+反应Ⅲ)即得反应Ⅱ的逆反应,所
2 2 2 4
以反应Ⅱ的ΔH=-(551-297) kJ·mol-1=-254 kJ·mol-1。
(2)反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应,加压时平衡正向移动,H SO 的物质的量分数会升高,所以p >p 。
2 4 2 1
(3)催化剂在反应前后质量和化学性质保持不变,在ⅰ中I-被氧化为I ,则在ⅱ中I 应该被SO 还原为I-,结合
2 2 2
原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒可配平反应ⅱ的离子方程式。
(4)①B是A的对比实验,B中加入0.2 mol·L-1的H SO ,A中不加H SO ,所以KI的浓度应该与A相同,即
2 4 2 4
a=0.4。
②比较A、B、C可知,有H SO 和KI时,SO 歧化反应速率较只有KI时快;只有H SO ,无KI时不发生歧化
2 4 2 2 4
反应,所以可得出的结论为酸性增强,I-催化SO 歧化反应速率提高。
2
规律总结 Fe3+催化H O 分解与I-催化SO 歧化反应相似,Fe3+催化H O 分解的过程为:2Fe3++H O
2 2 2 2 2 2 2
O ↑+2Fe2++2H+、2Fe2++H O +2H+ 2Fe3++2H O。
2 2 2 2
10.(2011全国,28,15分)反应aA(g)+bB(g) cC(g)(ΔH<0)在等容条件下进行。改变其他反应条件,在Ⅰ、
Ⅱ、Ⅲ阶段体系中各物质浓度随时间变化的曲线如下图所示:
回答问题:
(1)反应的化学方程式中,a∶b∶c为 ;
(2)A的平均反应速率v (A)、v (A)、v (A)从大到小排列次序为 ;
Ⅰ Ⅱ Ⅲ
(3)B的平衡转化率α (B)、α (B)、α (B)中最小的是 ,其值是 ;
Ⅰ Ⅱ Ⅲ
(4)由第一次平衡到第二次平衡,平衡移动的方向是 ,采取的措施是 ;
(5)比较第Ⅱ阶段反应温度(T )和第Ⅲ阶段反应温度(T )的高低:T T (填“>”“<”“=”),判断的理由
2 3 2 3
是 ;
(6)达到第三次平衡后,将容器的体积扩大一倍,假定10 min 后达到新的平衡,请在下图中用曲线表示第Ⅳ阶
段体系中各物质的浓度随时间变化的趋势(曲线上必须标出A、B、C)。
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答案 (1)1∶3∶2(2分)
(2)v (A)、v (A)、v (A)(3分)
Ⅰ Ⅱ Ⅲ
(3)α (B) 0.19(19%)(各1分,共2分)
Ⅲ
(4)向正反应方向 从反应体系中移出产物C(各1分,共2分)
(5)> 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)Ⅰ阶段,20.0 min内,Δc(A)=2.00 mol·L-1-1.00 mol·L-1=1.00 mol·L-1,Δc(B)=6.00 mol·L-1-3.00 mol·
L-1=3.00 mol·L-1,Δc(C)=2.00 mol·L-1,则a∶b∶c=Δc(A)∶Δc(B)∶Δc(C)=1∶3∶2。
2.00mol·L-1-1.00 mol·L-1
(2)v (A)= =0.05 mol·L-1·min-1,
Ⅰ 20.0min
1.00mol·L-1-0.62 mol·L-1
v (A)= ≈0.025 mol·L-1·min-1,v (A)=
Ⅱ 15.0min Ⅲ
0.62mol·L-1-0.50 mol·L-1
=0.012 mol·L-1·min-1。则v (A)>v (A)>v (A)。
10.0min Ⅰ Ⅱ Ⅲ
6.00mol·L-1-3.00 mol·L-1 3.00mol·L-1-1.86 mol·L-1
(3)α (B)= ×100%=50%,α (B)= ×10
Ⅰ 6.00mol·L-1 Ⅱ 3.00mol·L-1
1.86mol·L-1-1.50 mol·L-1
0%=38%,α (B)= ×100%=19%。故α (B)最小。
Ⅲ 1.86mol·L-1 Ⅲ
(4)由图示可知,由第一次平衡到第二次平衡,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,Ⅱ→Ⅲ,平衡正向移动,由于正反应是放热的,故Ⅱ→Ⅲ是降温过程,即T >T 。
2 3
(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 mol·L-1<c(A)<0.50 mol·L-1,0.75 mol·L-1<c(B)<1.50
mol·L-1,0<c(C)<0.50 mol·L-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,常用于消毒、灭菌等。
(1)O 与KI溶液反应生成的两种单质是 和 。(填分子式)
3
(2)O 在水中易分解,一定条件下,O 的浓度减少一半所需的时间(t)如下表所示。已知:O 的起始浓度为 0.021
3 3 3
6 mol/L。
pH
3.0 4.0 5.0 6.0
t/min
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T/℃
20 301 231 169 58
30 158 108 48 15
50 31 26 15 7
①pH增大能加速O 分解,表明对O 分解起催化作用的是 。
3 3
②在30 ℃、pH=4.0条件下,O 的分解速率为 mol/(L·min)。
3
③据表中的递变规律,推测O 在下列条件下分解速率依次增大的顺序为 。(填字母代号)
3
a.40 ℃、pH=3.0 b.10 ℃、pH=4.0 c.30 ℃、pH=7.0
(3)O 可由臭氧发生器(原理如下图)电解稀硫酸制得。
3
①图中阴极为 (填“A”或“B”),其电极反应式为 。
②若C处通入O ,则A极的电极反应式为 。
2
③若C处不通入O ,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O 所占的体积分数
2 3
为 。(忽略O 的分解)
3
答案 (1)I O
2 2
(2)①OH- ②1.00×10-4 ③b、a、c
(3)①A 2H++2e- H ↑
2
②O +4H++4e- 2H O
2 2
③(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I 和O 。(2)①分析表中的数据知,pH增大,O 的分解速率加快,则
2 2 3
1
×0.021 6 mol/L
对O 分解起催化作用的是OH-。②查表计算v(O )=2 =1.00×10-4mol/(L·min)。③分析
3 3
108min
表中数据知,a项中反应时间31 min<t<158 min,同理t >231 min,t<15 min,故可判断O 的分解速率的大小顺
a b c 3
序是b<a<c。(3)①由图知电极B产生O 和O ,则B极为阳极,故A极为阴极,电极反应式为2H++2e-
3 2
H ↑。
2
②若C处通入O ,则得电子的是氧化性更强的O ,电极反应式为O +4H++4e- 2H O。③由得失电子守恒
2 2 2 2
V (O ) yL-V (O ) xL x-2y
得:6× 3 +4× 3 =2× ,解得V(O )=(x-2y)L,故O 的体积分数为 。
22.4 L 22.4 L 22.4 L 3 3 y
考点二 化学平衡
1.(2020浙江7月选考,20,2分)一定条件下:2NO (g) N O (g) ΔH<0。在测定NO 的相对分子质量时,下
2 2 4 2
列条件中,测定结果误差最小的是( )
A.温度0 ℃、压强50 kPa
B.温度130 ℃、压强300 kPa
C.温度25 ℃、压强100 kPa
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D.温度130 ℃、压强50 kPa
答案 D 测定NO 的相对分子质量时,由于存在可逆反应2NO (g) N O (g),气体中必然存在N O ,混合
2 2 2 4 2 4
气体的平均相对分子质量偏大,欲让误差最小,应使可逆反应平衡逆向移动,减少N O 的含量。该反应是放
2 4
热反应,升温有利于平衡逆向进行;该反应是气体分子数减少的反应,减压有利于平衡逆向进行,故适宜的条
件应为高温、低压,D项符合题意。
2.(2020江苏单科,15,4分)(双选)CH 与CO 重整生成H 和CO的过程中主要发生下列反应
4 2 2
CH (g)+CO (g) 2H (g)+2CO(g) ΔH=247.1 kJ·mol-1
4 2 2
H (g)+CO (g) H O(g)+CO(g) ΔH=41.2 kJ·mol-1
2 2 2
在恒压、反应物起始物质的量比n(CH )∶n(CO )=1∶1条件下,CH 和CO 的平衡转化率随温度变化的曲线如
4 2 4 2
下图所示。下列有关说法正确的是( )
A.升高温度、增大压强均有利于提高CH 的平衡转化率
4
B.曲线B表示CH 的平衡转化率随温度的变化
4
C.相同条件下,改用高效催化剂能使曲线A和曲线B相重叠
D.恒压、800 K、n(CH )∶n(CO )=1∶1条件下,反应至CH 转化率达到X点的值,改变除温度外的特定条件继
4 2 4
续反应,CH 转化率能达到Y点的值
4
答案 BD A项,结合题给信息及图像可知,反应CH (g)+CO (g) 2H (g)+2CO(g)为气体分子数增大的吸
4 2 2
热反应,故要提高CH 的平衡转化率,可以通过升高温度或减小压强来使平衡正向移动,错误;B项,通过两个
4
反应可知,相同条件下,CO 的消耗量比CH 的大,转化率也会比CH 的高,故通过图像可知曲线A表示CO
2 4 4 2
的平衡转化率,曲线B表示CH 的平衡转化率,正确;C项,相同条件下,高效催化剂只能加快化学反应速率,不
4
影响平衡的移动,故转化率不变,错误;D项,转化率由X提高到Y,可以通过适当减小压强、增大CO 的浓度
2
等方法来实现,正确。
3.(2019海南单科,3,2分)反应C H (g) C H (g)+H (g) ΔH>0,在一定条件下于密闭容器中达到平衡,下列
2 6 2 4 2
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 D A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N (g)+3H (g) 2NH (g) ΔH<0,若在恒压绝热容器中发生,下列选项表
2 2 3
明反应一定已达平衡状态的是( )
A.容器内的温度不再变化
B.容器内的压强不再变化
C.相同时间内,断开H—H键的数目和形成N—H键的数目相等
D.容器内气体的浓度c(N )∶c(H )∶c(NH )=1∶3∶2
2 2 3
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答案 A 题述反应在恒压绝热容器中发生且反应放热,容器内的温度不再变化则表明反应达到平衡状态,
故A正确;反应在恒压容器中发生,容器内的压强一直不变,故B错误;断开H—H键和形成N—H键都表示
向正反应方向进行,且二者不可能相等,故C错误;容器内气体的浓度c(N )∶c(H )∶c(NH )=1∶3∶2,无法判断反应
2 2 3
是否达到平衡,故D错误。
解题导引 (1)判断化学平衡状态的方法:①正逆相等,速率必须是一个正反应速率、一个逆反应速率,且经
过换算后同一物质的消耗速率和生成速率相等。②如果一个量是随着反应进行而改变的,其不变时为平衡
状态;随反应的进行保持不变的量,不能作为是否达到平衡状态的判断依据。(2)注意抓反应在“恒压绝热容
器”中进行这一关键信息。
5.(2016四川理综,6,6分)一定条件下,CH 与H O(g)发生反应:CH (g)+H O(g) CO(g)+3H (g)。设起始
4 2 4 2 2
n(H O)
2
=Z,在恒压下,平衡时CH 的体积分数φ(CH )与Z和T(温度)的关系如图所示。下列说法正确的是
n(CH ) 4 4
4
( )
A.该反应的焓变ΔH>0
B.图中Z的大小为a>3>b
n(H O)
2
C.图中X点对应的平衡混合物中 =3
n(CH )
4
D.温度不变时,图中X点对应的平衡在加压后φ(CH )减小
4
答案 A A项,根据图像可知,温度升高,φ(CH )减小,说明平衡右移,则正反应是吸热反应,该反应的焓变
4
ΔH>0,故正确;B项,温度一定时,Z增大,平衡右移,φ(CH )减小,则a<3<b,故错误;C项,X点对应的起始混合物
4
n(H O) n(H O)
2 2
中 =3,由于反应时消耗n(H O)∶n(CH )=1∶1,则平衡时 >3,故错误;D项,加压后X点对应的
n(CH ) 2 4 n(CH )
4 4
平衡左移,φ(CH )增大,故错误。
4
6.(2015安徽理综,11,6分)汽车尾气中NO产生的反应为:N (g)+O (g) 2NO(g)。一定条件下,等物质的量
2 2
的N (g)和O (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N 的浓度随时间的变化,曲线b
2 2 2
表示该反应在某一起始反应条件改变时N 的浓度随时间的变化。下列叙述正确的是( )
2
4(c -c )2
0 1
A.温度T下,该反应的平衡常数K=
c2
1
B.温度T下,随着反应的进行,混合气体的密度减小
第 9 页 共 34 页第 9 页 共 34 页
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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ΔH<0
答案 A N (g)+O (g) 2NO(g)
2 2
起始(mol·L-1): c c 0
0 0
转化(mol·L-1): c -c c -c 2(c -c )
0 1 0 1 0 1
平衡(mol·L-1): c c 2(c -c )
1 1 0 1
4(c -c )2
0 1
故温度T下,K= ,A项正确;对于反应物、生成物均为气体的反应来说,恒容条件下,密度是定值,B
c2
1
项不正确;催化剂只影响反应速率,不影响平衡状态,C项不正确;若曲线b对应的条件改变是温度,则a到b应
是升温,升高温度c(N )变小,说明平衡正向移动,该反应的ΔH>0,D项不正确。
2
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。下列叙述不正确的是( )
A.m=2
B.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∶1
D.第二次平衡时,Z的浓度为0.4 mol·L-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%=3∶6∶1。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 mol 2 mol 0
转化 x mx 3x
平衡 1 mol-x 2 mol-mx 3x
(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 mol·L-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。
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/% 1.0 2.0 3.0
温度/℃
810 54.0 a b
915 c 75.0 d
1 000 e f 83.0
①b<f
②915 ℃、2.0 MPa时E的转化率为60%
③该反应的ΔS>0
④K(1 000 ℃)>K(810 ℃)
上述①~④中正确的有( )
A.4个 B.3个 C.2个 D.1个
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答案 A 1.0 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,①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 mol 0 mol
转化 x mol 2x mol
平衡 (a-x)mol 2x mol
2x 0.6a
则 ×100%=75.0%,x=0.6a,E的转化率为 ×100%=60%,②正确;由方程式可知1 mol气体E与固体F
a+x a
反应可生成 2 mol气体G,③正确;降温,平衡向左移动,平衡常数减小,④正确。故选项A正确。
9.(2014四川理综,7,6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:
起始时物质的量/mol 平衡时物质的量/mol
实验编号 温度/℃
n(X) n(Y) n(M)
① 700 0.40 0.10 0.090
② 800 0.10 0.40 0.080
③ 800 0.20 0.30 a
④ 900 0.10 0.15 b
下列说法正确的是( )
A.实验①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)=1.0×10-2
mol/(L·min)
B.实验②中,该反应的平衡常数K=2.0
C.实验③中,达到平衡时,X的转化率为60%
D.实验④中,达到平衡时,b>0.060
0.050mol
答案 C A项,0至5 min内,v(M)= 10 L =1×10-3 mol/(L·min),v(N)=v(M)=1×10-3 mol/(L·min),A项错
5min
误;
B项,根据“三段式”:
X(g) + Y(g) M(g) + N(g)
初始(mol/L) 0.010 0.040 0 0
转化(mol/L) 0.008 0.008 0.008 0.008
平衡(mol/L) 0.002 0.032 0.008 0.008
0.008mol/L×0.008mol/L
K= =1,B项错误;实验③,根据“三段式”得:
0.002mol/L×0.032mol/L
X(g) +Y(g) M(g)+N(g)
初始(mol/L) 0.020 0.030 0 0
转化(mol/L) x x x x
平衡(mol/L) 0.020-x 0.030-x x x
x2 0.012mol/L
根据温度不变,K不变可得 =1,x=0.012,X的转化率=
(0.020-x)(0.030-x) 0.020mol/L
×100%=60%,C项正确;由实验①②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④中K=1,则
第 11 页 共 34 页第 11 页 共 34 页
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b
( mol/L)2
10
=1,b=0.06。综上所述,900 ℃达到平衡时b<0.06,D项错误。
0.10-b 0.15-b
mol/L× mol/L
10 10
10.(2013安徽理综,11,6分)
一定条件下,通过下列反应可以制备特种陶瓷的原料MgO:
MgSO (s)+CO(g) MgO(s)+CO (g)+SO (g) ΔH>0
4 2 2
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 x y
A 温度 容器内混合气体的密度
B CO的物质的量 CO 与CO的物质的量之比
2
C SO 的浓度 平衡常数K
2
D MgSO 的质量(忽略体积) CO的转化率
4
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
n(CO )
动,CO 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 2 减小,该项不符合题
2 n(CO)
图;C项,改变SO 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MgSO
2 4
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,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) ΔH<0,一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如下表:
t/min 2 4 7 9
n(Y)/mol 0.12 0.11 0.10 0.10
下列说法正确的是( )
A.反应前2 min的平均速率v(Z)=2.0×10-3 mol/(L·min)
B.其他条件不变,降低温度,反应达到新平衡前v(逆)>v(正)
C.该温度下此反应的平衡常数K=1.44
D.其他条件不变,再充入0.2 mol Z,平衡时X的体积分数增大
0.16mol-0.12mol
答案 C A项,反应前2 min的平均反应速率v(Y)= 10 L =2.0×10-3 mol/(L·min),由反应方
2min
程式可知v(Y)∶v(Z)=1∶2,则v(Z)=4.0×10-3 mol/(L·min);B项,ΔH<0,该反应的正反应为放热反应,其他条件不变,
降低温度时,平衡向正反应方向移动,达到新平衡前v(正)>v(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Δn,则
X(g) + Y(g) 2Z(g)
始 0.16 mol 0.16 mol 0
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变 Δn Δn 2Δn
平 0.10 mol 0.10 mol 2Δn
Δn=0.16 mol-0.10 mol=0.06 mol
(0.12mol) 2
c2(Z) 10 L
平衡常数K= = =1.44;D项,该反应前后气体总体积不变,压强对平衡
c(X)·c(Y ) 0.10mol 0.10mol
×
10 L 10 L
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)利用太阳能光解水,制备的H 用于还原CO 合成有机物,可实现资源的再利用。回答
2 2
下列问题:
Ⅰ.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Na SO
溶液中,产物之一为SO2-
,另一产物为 。若将该催化剂置于AgNO 溶
2 3 4 3
液中,产物之一为O ,写出生成另一产物的离子反应式 。
2
Ⅱ.用H 还原CO 可以在一定条件下合成CH OH(不考虑副反应)
2 2 3
CO (g)+3H (g) CH OH(g)+H O(g) ΔH<0
2 2 3 2
(3)某温度下,恒容密闭容器中,CO 和H 的起始浓度分别为a mol·L-1和3a mol·L-1,反应平衡时,CH OH的产
2 2 3
率为b,该温度下反应平衡常数的值为 。
(4)恒压下,CO 和H 的起始物质的量比为1∶3时,该反应在无分子筛膜时甲醇的平衡产率和有分子筛膜时甲
2 2
醇的产率随温度的变化如下图所示,其中分子筛膜能选择性分离出H O。
2
①甲醇平衡产率随温度升高而降低的原因为 。
②P点甲醇产率高于T点的原因为
。
③根据上图,在此条件下采用该分子筛膜时的最佳反应温度为 ℃。
Ⅲ.调节溶液pH可实现工业废气CO 的捕获和释放
2
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(5)CO2- 的空间构型为 。已知25 ℃碳酸电离常数为K 、K ,当溶液pH=12时,c(H CO )∶c(HCO-
3 a 1 a 2 2 3 3
)∶c(CO2-
)=1∶ ∶ 。
3
答案 (共14分)
(1)光能转化为化学能
(2)H Ag++e- Ag
2
b2
(3)
27a2(1-b)4
(4)①该反应为放热反应,温度升高,平衡逆向移动(或平衡常数减小)
②分子筛膜从反应体系中不断分离出H O,有利于反应正向进行,甲醇产率升高 ③210
2
(5)平面(正)三角形 1012·K 1024·K ·K
a a a
1 1 2
解析 Ⅰ.(1)光解水过程中的能量转化形式为光能转化为化学能。(2)若将该催化剂置于Na SO 溶液中,S
2 3
O2- 失去电子被氧化为SO2-
,则另一产物为还原产物,H O得到电子被还原为H ;若将该催化剂置于AgNO
3 4 2 2 3
溶液中,H O失去电子被氧化为O ,O 为氧化产物,另一产物应为还原产物,Ag+得到电子被还原为Ag,离子反
2 2 2
应式为Ag++e- Ag。
Ⅱ.(3)根据题意可列出三段式:
CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)
起始浓度/mol·L-1: a 3a 0 0
转化浓度/mol·L-1: ab 3ab ab ab
平衡浓度/mol·L-1: a-ab 3a-3ab ab ab
c(CH OH)·c(H O) b2
3 2
K= = 。
c(CO )·c3(H ) 27a2(1-b)4
2 2
(4)①由题给热化学方程式知,该反应为放热反应,升高温度平衡向吸热方向移动,即平衡逆向移动,导致甲醇
产率降低;②已知分子筛膜能够选择性分离出产物H O,故分子筛膜有利于反应正向进行,使产率增大;③根
2
据题图可知,使用分子筛膜在210 ℃下甲醇产率最大。
Ⅲ.(5)根据价层电子对互斥理论,CO2-
中C的价层电子对数=3+(4+2-3×2)/2=3,碳原子为sp2杂化,且无孤电子
3
c(H+)·c(HCO-) c(H+)·c(CO2-)
对,所以CO2- 的空间构型为平面三角形;K = 3 ,K = 3 ,pH=12
3 a 1 c(H CO ) a 2 c(HCO-)
2 3 3
时,c(H+)=10-12mol·L-1,则c(HCO- )=1012·K ·c(H CO ),c(CO2- )=1012·K ·c(HCO- )=1024·K ·K ·c(H CO ),则
3 a 1 2 3 3 a 2 3 a 1 a 2 2 3
c(H CO )∶c(HCO- )∶c(CO2- )=1∶(1012·K )∶(1024·K ·K )。
2 3 3 3 a 1 a 1 a 2
2.(2019天津理综,10,14分)多晶硅是制作光伏电池的关键材料。以下是由粗硅制备多晶硅的简易过程。
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回答下列问题:
Ⅰ.硅粉与HCl在300 ℃时反应生成1 mol SiHCl 气体和H ,放出225 kJ热量,该反应的热化学方程式为
3 2
。SiHCl 的电子式为 。
3
Ⅱ.将SiCl 氢化为SiHCl 有三种方法,对应的反应依次为:
4 3
①SiCl (g)+H (g) SiHCl (g)+HCl(g) ΔH >0
4 2 3 1
②3SiCl (g)+2H (g)+Si(s) 4SiHCl (g) ΔH <0
4 2 3 2
③2SiCl (g)+H (g)+Si(s)+HCl(g) 3SiHCl (g) ΔH
4 2 3 3
(1)氢化过程中所需的高纯度H 可用惰性电极电解KOH溶液制备,写出产生H 的电极名称 (填
2 2
“阳极”或“阴极”),该电极反应方程式为 。
(2)已知体系自由能变ΔG=ΔH-TΔS,ΔG<0时反应自发进行。三个氢化反应的ΔG与温度的关系如图1所示,
可知:反应①能自发进行的最低温度是 ;相同温度下,反应②比反应①的ΔG小,主要原因是
。
(3)不同温度下反应②中SiCl 转化率如图2所示。下列叙述正确的是 (填序号)。
4
a.B点:v >v
正 逆
b.v :A点>E点
正
c.反应适宜温度:480~520 ℃
(4)反应③的ΔH = (用ΔH ,ΔH 表示)。温度升高,反应③的平衡常数K (填“增大”“减
3 1 2
小”或“不变”)。
(5)由粗硅制备多晶硅过程中循环使用的物质除SiCl 、SiHCl 和Si外,还有 (填分子式)。
4 3
答案 Ⅰ.Si(s)+3HCl(g) SiHCl (g)+H (g)
3 2
ΔH=-225 kJ·mol-1
Ⅱ.(1)阴极 2H O+2e- H ↑+2OH-或2H++2e- H ↑
2 2 2
(2)1 000 ℃ ΔH <ΔH 导致反应②的ΔG小
2 1
(3)a、c
(4)ΔH -ΔH 减小
2 1
(5)HCl、H
2
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。
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Ⅰ.放热焓变为负值,书写热化学方程式时应标明物质状态。
Ⅱ.(1)电解KOH溶液,H 为还原产物,则产生H 的电极为阴极,电极反应式为2H O+2e- H ↑+2OH-。
2 2 2 2
(2)ΔG<0时反应自发进行,由图1可知温度高于1 000 ℃时反应①的ΔG<0。反应①的ΔH >0、ΔS =0,而反
1 1
应②的ΔH <0、ΔS <0,相同温度下,ΔH对反应的影响较大,故反应①的ΔG较反应②大。
2 2
(3)根据图2,在温度变化过程中D点SiCl 转化率最高,为平衡点。B点反应向正反应方向进行:v >v ,a项
4 正 逆
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SiCl 的转化率较高,对应温度为
4
480~520 ℃,c项正确。
(4)由盖斯定律,反应③=反应②-反应①,故ΔH =ΔH -ΔH <0。升高温度,反应③逆向移动,该反应的平衡常数
3 2 1
减小。
(5)从流程图看,除SiCl 、SiHCl 和Si外,H 、HCl既是某反应的产物,又是其他反应的反应物,故H 、HCl也
4 3 2 2
可以循环使用。
3.(2018课标Ⅱ,27,14分)CH -CO 催化重整不仅可以得到合成气(CO和H ),还对温室气体的减排具有重要意
4 2 2
义。回答下列问题:
(1)CH -CO 催化重整反应为:CH (g)+CO (g) 2CO(g)+2H (g)。
4 2 4 2 2
已知:C(s)+2H (g) CH (g) ΔH=-75 kJ·mol-1
2 4
C(s)+O (g) CO (g) ΔH=-394 kJ·mol-1
2 2
1
C(s)+ O (g) CO(g) ΔH=-111 kJ·mol-1
2 2
该催化重整反应的ΔH= kJ·mol-1。有利于提高CH 平衡转化率的条件是 (填标号)。
4
A.高温低压 B.低温高压 C.高温高压 D.低温低压
某温度下,在体积为2 L的容器中加入2 mol CH 、1 mol CO 以及催化剂进行重整反应,达到平衡时CO 的
4 2 2
转化率是50%,其平衡常数为 mol2·L-2。
(2)反应中催化剂活性会因积碳反应而降低,同时存在的消碳反应则使积碳量减少。相关数据如下表:
积碳反应CH
4
(g) C(s)+2H
2
(g) 消碳反应CO
2
(g)+C(s) 2CO(g)
ΔH/(kJ·mol-1) 75 172
活化能/ 催化剂X 33 91
(kJ·mol-1) 催化剂Y 43 72
①由上表判断,催化剂X Y(填“优于”或“劣于”),理由是
。在反应进料气组成、压强及反应时间相同的情况下,某催化剂表面的积碳量随温度的变化关系如下图所
示。升高温度时,下列关于积碳反应、消碳反应的平衡常数(K)和速率(v)的叙述正确的是 (填标号)。
A.K 、K 均增加
积 消
B.v 减小、v 增加
积 消
C.K 减小、K 增加
积 消
D.v 增加的倍数比v 增加的倍数大
消 积
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②在一定温度下,测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为v=k·p(CH )·[p(CO )]-0.5(k为速率常数)。在
4 2
p(CH )一定时,不同p(CO )下积碳量随时间的变化趋势如下图所示,则p(CO )、p (CO )、p(CO )从大到小
4 2 a 2 b 2 c 2
的顺序为 。
1
答案 (1)247 A
3
(2)①劣于 相对于催化剂X,催化剂Y积碳反应的活化能大,积碳反应的速率小;而消碳反应活化能相对小,
消碳反应速率大 AD
②p(CO )、p (CO )、p(CO )
c 2 b 2 a 2
解析 本题考查盖斯定律的应用,化学反应速率与化学平衡常数。
(1)C(s)+2H (g) CH (g) ΔH=-75 kJ·mol-1 ①
2 4
C(s)+O (g) CO (g) ΔH=-394 kJ·mol-1 ②
2 2
1
C(s)+ O (g) CO(g) ΔH=-111 kJ·mol-1 ③
2 2
运用盖斯定律,③×2-①-②可得CH (g)+CO (g) 2CO(g)+2H (g) ΔH=[(-111×2)-(-75)-(-394)] kJ·
4 2 2
mol-1=247 kJ·mol-1。正反应为气体体积增大的吸热反应,故升温、减压有利于平衡正向移动,提高CH 的平
4
衡转化率,A正确。列三段式:
CH (g) + CO (g) 2CO(g)+2H (g)
4 2 2
始 2 mol 1 mol 0 mol 0 mol
转 0.5 mol 0.5 mol 1 mol 1 mol
平 1.5 mol 0.5 mol 1 mol 1 mol
1 1
( mol·L-1)2·( mol·L-1)2
c2(H )·c2(CO)
2 2 1
K= 2 = = mol2·L-2。
c(CH )·c(CO ) 1.5 0.5 3
4 2 ( mol·L-1)·( mol·L-1)
2 2
(2)①积碳反应与消碳反应均为吸热反应,升高温度时,K 、K 均增加;由图像可知600 ℃以后积碳量减小,
积 消
说明升高温度,v 增加的倍数比v 增加的倍数大,故A、D正确。
消 积
②由图像可知,时间相同时积碳量a>b>c,说明积碳速率a>b>c,由v=k·p(CH )·[p(CO )]-0.5可知,p(CH )一定时,
4 2 4
积碳速率与p(CO )成反比,故p(CO )<p (CO )<p(CO )。
2 a 2 b 2 c 2
4.(2018海南单科,16,9分)过氧化氢(H O )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。
2 2
回答下列问题:
(1)已知:
1
H (g)+ O (g) H O(l) ΔH =-286 kJ·mol-1
2 2 2 2 1
H (g)+O (g) H O (l) ΔH =-188 kJ·mol-1
2 2 2 2 2
过氧化氢分解反应2H O (l) 2H O(l)+O (g)的ΔH= kJ·mol-1。不同温度下过氧化氢分解反应的
2 2 2 2
平衡常数K K (填“大于”“小于”或“等于”)。
313 K 298 K
(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:
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离子 加入量/(mg·L-1) 分解率/% 离子 加入量/(mg·L-1) 分解率/%
无 — 2 Fe3+ 1.0 15
Al3+ 10 2 Cu2+ 0.1 86
Zn2+ 10 10 Cr3+ 0.1 96
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K =2.24×10-12,H O 的酸性 H O(填“大于”“小于”或“等于”)。研究表明,过氧
a 2 2 2
1
化氢溶液中HO-
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
2
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,HO-
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
2
越小(2分)
解析 (1)依据盖斯定律,上式减去下式后乘2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,H O 分解率最高。因为活化能越小,反应越易进行,所以H O 在Cr3+存在
2 2 2 2
时,活化能降低最多。给出的离子中,Al3+最不易使H O 分解,故贮运H O 可选用纯铝。
2 2 2 2
(3)H O的电离平衡常数小于H O 的K ,说明H O 的一级电离大于水,故H O 电离出的c(H+)大于H O电离
2 2 2 a 2 2 2 2 2
1
出的c(H+),即H O 的酸性强;H O
H++HO- ,pH增大,c(H+)减小,该平衡正向移动,HO-
浓度增大,则H O 的
2 2 2 2 2 2 2 2
分解速率加快,相同时间内分解率增大。H O 为弱电解质,相同pH下,H O 浓度越大,其电离程度越小,则分
2 2 2 2
解率也越小。
5.(2018浙江4月选考,30,10分)(一)以四甲基氯化铵[(CH ) NCl]水溶液为原料,通过电解法可以制备四甲基
3 4
氢氧化铵[(CH ) NOH],装置如图1所示。
3 4
图1
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(1)收集到(CH ) NOH的区域是 (填 “a”“b”“ c”或“d”)。
3 4
(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:
CH COOH(l)+C H OH(l) CH COOC H (l)+H O(l) ΔH=-2.7 kJ·mol-1
3 2 5 3 2 5 2
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(0.08) 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ΔS等于零
C.因为反应的ΔH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n∶1,相应平衡体系中乙酸乙酯的物质的量分数为
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70~71 ℃,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:2C H OH(g) CH COOC H (g)+2H (g)
2 5 3 2 5 2
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3
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A.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(CH ) NCl+2H O 2(CH ) NOH+H ↑+Cl ↑(1分)
3 4 2 3 4 2 2
(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2H O+2e- 2OH-+H ↑,阳极反应为2Cl--2e- Cl ↑,阳离子交
2 2 2
换膜只允许阳离子通过,收集到产物(CH ) NOH的区域是阴极的d口。(2)由电极反应知参与电极反应的物
3 4
质是(CH ) NCl和H O,产物是(CH ) NOH、H 和Cl ,故可写出电解总反应为2(CH ) NCl+2H O
3 4 2 3 4 2 2 3 4 2
2(CH ) NOH+H ↑+Cl ↑。
3 4 2 2
(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ΔH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 CH COOC H ,
3 2 5
CHCOOH(l)+CHOH(l) CHCOOCH(l)+HO(l)
3 2 5 3 2 5 2
起始量 a mol a mol 0 0
变化量 x mol x mol x mol x mol
平衡量 (a-x) mol (a-x) mol x mol x mol
c(CH COOC H )·c(H O) x2 2
3 2 5 2
K= = =4.0,解得x= a,
c(CH COOH)·c(C H OH) (a-x)2 3
3 2 5
实际产量 2
故乙酸乙酯的平衡产率y= ×100%= ×100%≈67%。
理论产量 3
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
2
amol 1
的量分数在最高点,由上面计算知此时x= 3 = ≈0.33。当n<1或n>1时,x值均比0.33小,据此可
3
amol+amol
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。
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(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,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,曲线要平滑并注意曲线的开口是向下还是
向上。
6.(2017课标Ⅰ,28,14分)近期发现,H S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
2
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 mol·L-1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1
D.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(Ⅰ)和系统(Ⅱ)制氢的热化学方程式分别为 、
,制得等量H 所需能量较少的是 。
2
(3)H S与CO 在高温下发生反应:H S(g)+CO (g) COS(g)+H O(g)。在610 K时,将0.10 mol CO 与0.40
2 2 2 2 2 2
mol H S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。
2
①H S的平衡转化率α = %,反应平衡常数K= 。
2 1
②在620 K重复实验,平衡后水的物质的量分数为0.03,H S的转化率α α ,该反应的ΔH 0。
2 2 1
(填“>”“<”或“=”)
③向反应器中再分别充入下列气体,能使H S转化率增大的是 (填标号)。
2
A.H S B.CO C.COS D.N
2 2 2
答案 (1)D
1
(2)H O(l) H (g)+ O (g) ΔH=286 kJ·mol-1 H S(g) H (g)+S(s) ΔH=20 kJ·mol-1 系统(Ⅱ)
2 2 2 2 2 2
(3)①2.5 2.8×10-3
②> > ③B
解析 (1)根据强酸制弱酸原理,可知酸性H SO >H CO >H S,A项不符合题意;亚硫酸、氢硫酸都是二元弱
2 3 2 3 2
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:H SO >H S,B项不符合题意;亚硫酸的pH比等
2 3 2
浓度的氢硫酸的小,可以证明酸性:H SO >H S,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
2 3 2
小无关,因此不能证明二者的酸性强弱,D项符合题意。
1
(2)①H SO (aq) SO (g)+H O(l)+ O (g) ΔH =327 kJ·mol-1
2 4 2 2 2 2 1
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②SO (g)+I (s)+2H O(l) 2HI(aq)+ H SO (aq) ΔH =-151 kJ·mol-1
2 2 2 2 4 2
③2HI(aq) H (g)+ I (s) ΔH =110 kJ·mol-1
2 2 3
④H S(g)+ H SO (aq) S(s)+SO (g)+ 2H O(l) ΔH =61 kJ·mol-1
2 2 4 2 2 4
1
根据盖斯定律由①+②+③可得系统(Ⅰ)的热化学方程式为H O(l) H (g)+ O (g) ΔH=286 kJ·mol-1;由
2 2 2 2
②+③+④可得系统(Ⅱ)的热化学方程式为H S(g) H (g)+S(s) ΔH=20 kJ·mol-1。
2 2
根据系统(Ⅰ)、系统(Ⅱ)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)①设平衡时反应的H S的物质的量为x mol。
2
HS(g) + CO(g) COS(g) + HO(g)
2 2 2
开始 0.40 mol 0.10 mol 0 0
反应 x mol x mol x mol x mol
平衡 (0.40-x) mol (0.10-x) mol x mol x mol
n(H O) x
2
= =0.02
n(总) (0.40-x)+(0.10-x)+x+x
0.01mol
解得x=0.01,所以H S的平衡转化率α = ×100%=2.5%。在该条件下反应达到平衡时化学平衡常
2 1 0.40mol
c(cos)·c(H O) n(cos)·n(H O) 0.01×0.01
2 2
数K= = = ≈2.8×10-3。
c(H S)·c(CO ) n(H S)·n(CO ) (0.40-0.01)×(0.10-0.01)
2 2 2 2
②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H S的转化率增大,即α >α ;
2 2 1
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ΔH>0。
③增大H S的浓度,平衡正向移动,但加入量大于平衡移动时H S的消耗量,所以H S转化率减小,A项错误;
2 2 2
增大CO 的浓度,平衡正向移动,H S转化率增大,B项正确;COS是生成物,增大生成物的浓度,平衡逆向移
2 2
动,H S转化率减小,C项错误;N 是与反应体系无关的气体,充入N ,不能使化学平衡发生移动,所以对H S转
2 2 2 2
化率无影响,D项错误。
易错警示 第(3)③问易误认为增大H S的物质的量,平衡向正反应方向移动,故可以增大H S的转化率。
2 2
实际上加入H S,平衡正向移动,可以提高CO 的转化率(因其总量未变),但是H S的转化率会减小,因为平衡
2 2 2
正向移动,生成物的浓度均增大,为使平衡常数保持不变,H S的“余额”增大。
2
7.(2017课标Ⅱ,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(C H )脱氢制1-丁烯(C H )的热化学方程式如下:
4 10 4 8
反应①的ΔH 为 kJ·mol-1。图(a)是反应①平衡转化率与反应温度及压强的关系图,x 0.1(填
1
“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
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(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②-③可得①,故ΔH =ΔH -
1 2
ΔH =123 kJ·mol-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①而
3
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;ΔH >0,升高温度或减小压强,可使反应①
1
的平衡正向移动,丁烯的平衡产率提高,故选择A、D。(2)H 是反应①的产物之一,若混合气体中H 比例过
2 2
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Ⅱ,27,14分)丙烯腈(CH CHCN)是一种重要的化工原料,工业上可用“丙烯氨氧化法”生产,
2
主要副产物有丙烯醛(CH CHCHO)和乙腈(CH CN)等。回答下列问题:
2 3
(1)以丙烯、氨、氧气为原料,在催化剂存在下生成丙烯腈(C H N)和副产物丙烯醛(C H O)的热化学方程式
3 3 3 4
如下:
3
①C H (g)+NH (g)+ O (g) C H N(g)+3H O(g) ΔH=-515 kJ·mol-1
3 6 3 2 2 3 3 2
②C H (g)+O (g) C H O(g)+H O(g) ΔH=-353 kJ·mol-1
3 6 2 3 4 2
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)。
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
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(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 1∶7.5∶1
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①和②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①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①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。
1
(3)由反应①可知n(NH )∶n(O )∶n(C H )=1∶1.5∶1,由于O 在空气中所占体积分数约为 ,所以理论上进料气氨、
3 2 3 6 2 5
空气、丙烯的体积比V(NH )∶V(空气)∶V(C H )=1∶(1.5×5)∶1=1∶7.5∶1。
3 3 6
9.(2016课标Ⅲ,27,15分)煤燃烧排放的烟气含有SO 和NO ,形成酸雨、污染大气,采用NaClO 溶液作为吸
2 x 2
收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝。回答下列问题:
(1)NaClO 的化学名称为 。
2
(2)在鼓泡反应器中通入含有SO 和NO的烟气,反应温度323 K,NaClO 溶液浓度为5×10-3 mol·L-1。反应一
2 2
段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表。
离子
SO2- SO2- NO- NO-
Cl-
4 3 3 2
c/(mol·L-1) 8.35×10-4 6.87×10-6 1.5×10-4 1.2×10-5 3.4×10-3
①写出NaClO 溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式 。增
2
加压强,NO的转化率 (填“提高”“不变”或“降低”)。
②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”)。
③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SO 和
2
NO在烟气中的初始浓度不同,还可能是 。
(3)在不同温度下,NaClO 溶液脱硫、脱硝的反应中SO 和NO的平衡分压p 如图所示。
2 2 c
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①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”)。
②反应ClO- +2SO2- 2SO2-
+Cl-的平衡常数K表达式为 。
2 3 4
(4)如果采用NaClO、Ca(ClO) 替代NaClO ,也能得到较好的烟气脱硫效果。
2 2
①从化学平衡原理分析,Ca(ClO) 相比NaClO具有的优点是 。
2
②已知下列反应:
SO (g)+2OH-(aq) SO2- (aq)+H O(l) ΔH
2 3 2 1
ClO-(aq)+SO2- (aq) SO2- (aq)+Cl-(aq) ΔH
3 4 2
CaSO (s)
Ca2+(aq)+SO2-
(aq) ΔH
4 4 3
则反应SO (g)+Ca2+(aq)+ClO-(aq)+2OH-(aq) CaSO (s)+H O(l)+Cl-(aq)的ΔH= 。
2 4 2
答案 (1)亚氯酸钠(2分)
(2)①4NO+3ClO- +4OH- 4NO- +2H O+3Cl-(2分)
2 3 2
提高(1分) ②减小(1分)
③大于(1分) NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高(1分)
(3)①减小(1分)
c2(SO2-)·c(Cl-)
4
② (2分)
c2(SO2-)·c(ClO-)
3 2
(4)①形成CaSO 沉淀,反应平衡向产物方向移动,SO 转化率提高(2分)
4 2
②ΔH +ΔH -ΔH (2分)
1 2 3
解析 (1)NaClO 的化学名称为亚氯酸钠。(2)①脱硝过程就是烟气中的NO被NaClO 溶液吸收的过程,由
2 2
表中数据可知NO与ClO- 在溶液中反应后主要生成NO- 和Cl-,离子方程式为4NO+3ClO-
+4OH-
4NO-
2 3 2 3
+2H O+3Cl-;增加压强,NO在溶液中的溶解度增大,NO的转化率提高。②随着吸收反应的进行,c(OH-)减
2
小,pH逐渐减小。③由表中数据可知,反应一段时间后溶液中SO2- 的浓度大于NO-
的浓度,说明脱硫反应速
4 3
率大于脱硝反应速率。(3)①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)①采用Ca(ClO) 替代NaClO脱硫,反应生成CaSO 沉淀,平衡向产物方向移动,SO 转化率提高。
2 4 2
②SO (g)+2OH-(aq)
SO2-
(aq)+H O(l) ΔH (Ⅰ),
ClO-(aq)+SO2-
(aq)
SO2-
(aq)+Cl-(aq) ΔH (Ⅱ),
2 3 2 1 3 4 2
CaSO (s) Ca2+(aq)+SO2- (aq) ΔH (Ⅲ),运用盖斯定律,由(Ⅰ)+(Ⅱ)-(Ⅲ)可得反应:SO (g)+Ca2+(aq)+ClO-
4 4 3 2
(aq)+2OH-(aq) CaSO (s)+H O(l)+Cl-(aq),故ΔH=ΔH +ΔH -ΔH 。
4 2 1 2 3
疑难突破 -lgp 为减函数,温度升高时,-lgp 减小,说明p 增大,SO 和NO的分压增大,平衡逆向移动,证明正
c c c 2
反应为放热反应。
10.(2015课标Ⅰ,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MnO 和H SO ,即可得到I 。该反应的还原产
2 2 4 2
物为 。
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(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AgNO 溶液,当AgCl开始沉淀时,
3
c(I-)
溶液中 为 。已知K (AgCl)=1.8×10-10,K (AgI)=8.5×10-17。
c(Cl-) sp sp
(3)已知反应2HI(g) H (g)+I (g)的ΔH=+11 kJ·mol-1,1 mol H (g)、1 mol I (g)分子中化学键断裂时分别需
2 2 2 2
要吸收436 kJ、151 kJ的能量,则1 mol HI(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) H (g)+I (g)
2 2
在716 K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:
t/min 0 20 40 60 80 120
x(HI) 1 0.91 0.85 0.815 0.795 0.784
x(HI) 0 0.60 0.73 0.773 0.780 0.784
①根据上述实验结果,该反应的平衡常数K的计算式为 。
②上述反应中,正反应速率为v =k x2(HI),逆反应速率为v =k x(H )x(I ),其中k 、k 为速率常数,则
正 正 逆 逆 2 2 正 逆
k 为 (以K和k 表示)。若k =0.002 7 min-1,在t=40 min时,v = min-1。
逆 正 正 正
③由上述实验数据计算得到v ~x(HI)和v ~x(H )的关系可用下图表示。当升高到某一温度时,反应重新达
正 逆 2
到平衡,相应的点分别为 (填字母)。
答案 (15分)(1)MnSO (或Mn2+)(1分)
4
(2)4.7×10-7(2分)
(3)299(2分)
0.108×0.108
(4)① (2分) ②k /K 1.95×10-3(每空2分,共4分) ③A、E(4分)
0.7842 正
解析 (1)MnO 在酸性条件下可把I-氧化为I ,自身被还原为Mn2+,即还原产物为MnSO 。
2 2 4
K (AgI)
sp
c(I-) c(Ag+) K (AgI) 8.5×10-17
sp
(2)当AgCl开始沉淀时,AgI已经沉淀完全,此时溶液中 = = =
c(Cl-) K (AgCl) K (AgCl) 1.8×10-10
sp sp
c(Ag+)
=4.7×10-7。
(3)设1 mol HI(g)分子中化学键断裂吸收的能量为x kJ,由反应热与键能的关系可知,2x=436+151+11,解得
x=299,故1 mol HI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为299 kJ。
1
(4)①观察表中数据知,120 min时反应达到平衡,此时x(HI)=0.784,x(H )=x(I )=(1-0.784)× =0.108,故反应的
2 2 2
x(H )·x(I ) 0.108×0.108
2 2
平衡常数K的计算式为 = 。
x2(HI) 0.7842
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x(H )·x(I ) k
②由于v =k x2(HI),v =k x(H )x(I ),K= 2 2 ,当达到平衡状态时,v =v ,即k = 正 ;在t=40
正 正 逆 逆 2 2 x2(HI) 正 逆 逆 K
min时,x(HI)=0.85,v =k ·x2(HI)=0.002 7 min-1×0.852=1.95×10-3 min-1。
正 正
③反应2HI(g) H (g)+I (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(H )增大,观察
2 2 2
图像知,对应的点分别为A和E。
11.(2015课标Ⅱ,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、CO 和
2
H )在催化剂作用下合成甲醇,发生的主要反应如下:
2
①CO(g)+2H (g) CH OH(g) ΔH
2 3 1
②CO (g)+3H (g) CH OH(g)+H O(g) ΔH
2 2 3 2 2
③CO (g)+H (g) CO(g)+H O(g) ΔH
2 2 2 3
回答下列问题:
(1)已知反应①中相关的化学键键能数据如下:
化学键 H—H C—O H—O C—H
E/(kJ·mol-1) 436 343 1 076 465 413
由此计算ΔH = kJ·mol-1;已知ΔH =-58 kJ·mol-1,则ΔH = kJ·mol-1。
1 2 3
(2)反应①的化学平衡常数K表达式为 ;图1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(H )/n(CO+CO )=2.60时,体系中的CO平衡转化率(α)与温度和压强的关系如图2所示。
2 2
α(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 (1)-99 +41(每空2分,共4分)
c(CH OH) p(CH OH)
3 3
(2)K= [或K = ](1分)
c(CO)·c2(H ) p p(CO)·p2(H )
2 2
a 反应①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①为放热反应,平衡向左移动,使得体系中CO的量增大;反应③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,使CO的转化率降低(1分,2分,共3分)
p >p >p 相同温度下,由于反应①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③为气
3 2 1
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)
解析 (1)由反应热与键能的关系可得,ΔH =1 076 kJ·mol-1+2×436 kJ·mol-1-3×413 kJ·mol-1-343 kJ·mol-1-465
1
kJ·mol-1=-99 kJ·mol-1;依据盖斯定律知,反应③=②-①,则ΔH =ΔH -ΔH =-58 kJ·mol-1-(-99 kJ·mol-1)=+41
3 2 1
kJ·mol-1。
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c(CH OH)
3
(2)由化学平衡常数的定义知,K= ;ΔH <0,即反应①是放热反应,升高温度,K值减小,故a
c(CO)·c2(H ) 1
2
曲线能正确反映平衡常数K随温度变化关系。
评析 本题以合成气在催化剂作用下合成甲醇为背景,综合考查反应热与键能的关系,盖斯定律的应用,化学
平衡常数表达式,结合图像分析平衡的移动。中等难度。
12.(2015广东理综,31,16分,★)用O 将HCl转化为Cl ,可提高效益,减少污染。
2 2
(1)传统上该转化通过如图所示的催化循环实现。其中,反应①为:
2HCl(g)+CuO(s) H O(g)+CuCl (s) ΔH
2 2 1
反应②生成1 mol Cl (g)的反应热为ΔH ,则总反应的热化学方程式为
2 2
(反应热用ΔH 和ΔH 表示)。
1 2
(2)新型RuO 催化剂对上述HCl转化为Cl 的总反应具有更好的催化活性。
2 2
①实验测得在一定压强下,总反应的HCl平衡转化率随温度变化的α ~T曲线如图所示,则总反应的ΔH
HCl
0(填“>”“=”或“<”);A、B两点的平衡常数K(A)与K(B)中较大的是 。
②在上述实验中若压缩体积使压强增大,画出相应α ~T曲线的示意图,并简要说明理由:
HCl
。
③下列措施中,有利于提高α 的有 。
HCl
A.增大n(HCl) B.增大n(O )
2
C.使用更好的催化剂 D.移去H O
2
(3)一定条件下测得反应过程中n(Cl )的数据如下:
2
t/min 0 2.0 4.0 6.0 8.0
n(Cl )/10-3mol 0 1.8 3.7 5.4 7.2
2
计算2.0~6.0 min内以HCl的物质的量变化表示的反应速率(以mol·min-1为单位,写出计算过程)。
答案 (1)4HCl(g)+O (g) 2H O(g)+2Cl (g) ΔH=2ΔH +2ΔH
2 2 2 1 2
(2)①< K(A)
②
相同温度时,压强越大,HCl的平衡转化率越大;相同压强时,升高温度,HCl的平衡转化率降低 ③BD
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5.4×10-3mol-1.8×10-3mol
(3)v(HCl)= ×2=1.8×10-3 mol·min-1
4.0min
解析 (1)2HCl(g)+CuO(s) H O(g)+CuCl (s) ΔH ……①,由题图得2CuCl (s)+O (g) 2CuO(s)+2Cl (g)
2 2 1 2 2 2
2ΔH ……②,运用盖斯定律:①×2+②得总反应:4HCl(g)+O (g) 2H O(g)+2Cl (g) ΔH=2ΔH +2ΔH 。
2 2 2 2 1 2
(2)①由图像信息可知,升温,α 降低,说明升高温度,平衡逆向移动,则该反应的ΔH<0;A、B两点中A点温度
HCl
低,平衡常数大。②相同温度时,增大压强,总反应的平衡正向移动,HCl的平衡转化率会增大,故曲线应画在
图中曲线上方,走势与图中曲线相同。③增大n(HCl),会使HCl的平衡转化率减小;增大n(O ),HCl的平衡转
2
化率会增大;催化剂不影响化学平衡,对HCl的平衡转化率无影响;移去H O,平衡正向移动,HCl的平衡转化
2
率会增大。
(3)2.0~6.0 min内n(Cl )的变化量为3.6×10-3 mol,则n(HCl)的变化量为7.2×10-3 mol,反应速率v(HCl)=
2
7.2×10-3mol
=1.8×10-3 mol·min-1。
4.0min
13.(2014课标Ⅱ,26,13分)在容积为1.00 L的容器中,通入一定量的N O ,发生反应N O (g) 2NO (g),随温
2 4 2 4 2
度升高,混合气体的颜色变深。
回答下列问题:
(1)反应的ΔH 0(填“大于”或“小于”);100 ℃时,体系中各物质浓度随时间变化如上图所示。在
0~60 s 时段,反应速率v(N O )为 mol·L-1·s-1;反应的平衡常数K 为 。
2 4 1
(2)100 ℃时达平衡后,改变反应温度为T,c(N O )以0.002 0 mol·L-1·s-1的平均速率降低,经10 s又达到平衡。
2 4
①T 100 ℃(填“大于”或“小于”),判断理由是 。
②列式计算温度T时反应的平衡常数K 。
2
(3)温度T时反应达平衡后,将反应容器的容积减少一半。平衡向 (填“正反应”或“逆反应”)方
向移动,判断理由是
。
答案 (1)大于 0.001 0 0.36 mol·L-1(1分,2分,2分,共5分)
(2)①大于(1分)
反应正方向吸热,反应向吸热方向进行,故温度升高(2分)
②平衡时,c(NO )=0.120 mol·L-1+0.002 0 mol·L-1·s-1×10 s×2=0.16 mol·L-1
2
c(N O )=0.040 mol·L-1-0.002 0 mol·L-1·s-1×10 s=0.020 mol·L-1
2 4
(0.16mol·L-1)2
K = =1.3 mol·L-1(3分)
2 0.020mol·L-1
(3)逆反应 对气体分子数增大的反应,增大压强平衡向逆反应方向移动(每空1分,共2分)
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解析 (1)随温度升高,混合气体的颜色变深,说明升温平衡向正反应方向移动,ΔH>0。在0~60 s时
Δc (0.100-0.040)mol·L-1 c2(NO )
段,v(N O )= = =0.001 0 mol·L-1·s-1;平衡常数K = 2 =
2 4 Δt 60 s 1 c(N O )
2 4
(0.120mol·L-1)2
=0.36 mol·L-1。
0.040mol·L-1
(2)当温度由100 ℃变为T时,N O 的浓度降低,“三段式”如下:
2 4
N O (g) 2NO (g)
2 4 2
100 ℃平衡时 0.040 mol·L-1 0.120 mol·L-1
温度T时变化 0.020 mol·L-1 0.040 mol·L-1
温度T平衡时 0.020 mol·L-1 0.160 mol·L-1
由于温度变为T时平衡向N O 浓度减小的方向移动,即向吸热方向移动,故温度升高,所以T>100 ℃。当再
2 4
c2(NO ) (0.160mol·L-1)2
次达到平衡时,平衡常数K = 2 = =1.3 mol·L-1。
2 c(N O ) 0.020mol·L-1
2 4
(3)温度不变,将反应容器的容积减少一半,压强增大,平衡向气体分子数减小的方向(即逆反应方向)移动。
14.(2013课标Ⅰ,28,15分)二甲醚(CH OCH )是无色气体,可作为一种新型能源。由合成气(组成为H 、CO
3 3 2
和少量的CO )直接制备二甲醚,其中的主要过程包括以下四个反应:
2
甲醇合成反应:
(ⅰ)CO(g)+2H (g) CH OH(g) ΔH =-90.1 kJ·mol-1
2 3 1
(ⅱ)CO (g)+3H (g) CH OH(g)+H O(g) ΔH =-49.0 kJ·mol-1
2 2 3 2 2
水煤气变换反应:
(ⅲ)CO(g)+H O(g) CO (g)+H (g) ΔH =-41.1 kJ·mol-1
2 2 2 3
二甲醚合成反应:
(ⅳ)2CH OH(g) CH OCH (g)+H O(g) ΔH =-24.5 kJ·mol-1
3 3 3 2 4
回答下列问题:
(1)Al O 是合成气直接制备二甲醚反应催化剂的主要成分之一。工业上从铝土矿制备较高纯度Al O 的主
2 3 2 3
要工艺流程是 (以化学方程式
表示)。
(2)分析二甲醚合成反应(ⅳ)对于CO转化率的影响
。
(3)由H 和CO直接制备二甲醚(另一产物为水蒸气)的热化学方程式为
2
。根据化学反应原理,分析增加压强对直接制备二甲醚反应的影响
。
(4)有研究者在催化剂(含Cu-Zn-Al-O和Al O )、压强为5.0 MPa的条件下,由H 和CO直接制备二甲醚,结
2 3 2
果如图所示。其中CO转化率随温度升高而降低的原因是
。
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(5)二甲醚直接燃料电池具有启动快、效率高等优点,其能量密度高于甲醇直接燃料电池(5.93 kW·h·kg-1)。
若电解质为酸性,二甲醚直接燃料电池的负极反应为 ,一个二甲醚分
子经过电化学氧化,可以产生 个电子的电量;该电池的理论输出电压为1.20 V,能量密度E=
(列式计算。能量密度=电池输出电能/燃料质量,1 kW·h=3.6×106 J)。
答案 (1)Al O (铝土矿)+2NaOH+3H O 2NaAl(OH) 、NaAl(OH) +CO Al(OH) ↓+NaHCO 、
2 3 2 4 4 2 3 3
2Al(OH) Al O +3H O
3 2 3 2
(2)消耗甲醇,促进甲醇合成反应(ⅰ)平衡右移,CO转化率增大;生成的H O,通过水煤气变换反应(ⅲ)消耗部
2
分CO
(3)2CO(g)+4H (g) CH OCH (g)+H O(g) ΔH=-204.7 kJ·mol-1
2 3 3 2
该反应分子数减少,压强升高使平衡右移,CO和H 转化率增大,CH OCH 产率增加。压强升高使CO和H
2 3 3 2
浓度增加,反应速率增大
(4)反应放热,温度升高,平衡左移
(5)CH OCH +3H O 2CO +12H++12e- 12
3 3 2 2
1 000 g
1.20 V× ×12×96 500 C·mol-1
46 g·mol-1 ÷(3.6×106 J·kW-1·h-1)=8.39 kW·h·kg-1
1 kg
解析 (2)反应(ⅳ)消耗甲醇,减小了甲醇的浓度,反应(ⅰ)平衡右移,CO转化率增大;另外反应(ⅳ)生成的H O
2
通过反应(ⅲ)也会消耗部分CO。(3)(ⅰ)式×2+(ⅳ)式即得:2CO(g)+4H (g) CH OCH (g)+H O(g)
2 3 3 2
ΔH=-204.7 kJ·mol-1。增大压强对该反应的影响是:①反应速率增大;②平衡右移,CO和H 的转化率增
2
大,CH OCH 的产率增加。(4)升高温度CO的转化率降低的原因是正反应放热,升高温度,平衡左移。(5)碳
3 3
元素由-2价升高到+4价,故一个二甲醚分子失去的电子数为2×[(+4)-(-2)]=12,燃料电池的负极反应为
CH OCH +3H O-12e- 2CO +12H+。根据题给能量密度的计算公式可列式计算出二甲醚直接燃料电池的
3 3 2 2
能量密度。
15.(2013课标Ⅱ,28,14分)在1.0 L密闭容器中放入0.10 mol A(g),在一定温度进行如下反应:
A(g) B(g)+C(g) ΔH=+85.1 kJ·mol-1
反应时间(t)与容器内气体总压强(p)的数据见下表:
时间t/h 0 1 2 4 8 16 20 25 30
总压强p/100 kPa 4.91 5.586.32 7.31 8.549.50 9.52 9.53 9.53
回答下列问题:
(1)欲提高A的平衡转化率,应采取的措施为 。
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(2)由总压强p和起始压强p 计算反应物A的转化率α(A)的表达式为 ,平衡时A的转
0
化率为 ,列式并计算反应的平衡常数K
。
(3)①由总压强p和起始压强p 表示反应体系的总物质的量n 和反应物A的物质的量n(A),n =
0 总 总
mol,n(A)= mol。
②下表为反应物A浓度与反应时间的数据,计算:a= 。
反应时间t/h 0 4 8 16
c(A)/(mol·L-1) 0.10 a 0.026 0.006 5
分析该反应中反应物的浓度c(A)变化与时间间隔(Δt)的规律,得出的结论是
,由此规律推出反应在12 h时反应物的浓度c(A)为 mol·L-1。
答案 (1)升高温度、降低压强(2分)
p
(2)( -1)×100% 94.1%(每空1分,共2分)
p
0
A(g) B(g) + C(g)
0.10 0 0
0.10×(1-94.1%) 0.10×94.1% 0.10×94.1%
(0.094 1mol·L-1)2
K= =1.5 mol·L-1(3分)
0.005 9mol·L-1
p p
(3)①0.10× 0.10×(2- )(每空1分,共2分)
p p
0 0
②0.051(2分) 达到平衡前每间隔4 h,c(A)减少约一半(2分) 0.013(1分)
解析 (1)该反应是一个气体体积增大的吸热反应,故升高温度、降低压强均能使平衡正向移动,从而提高了
A的平衡转化率。
Δn Δp p-p
0
(2)在恒温恒容下,气体的物质的量之比等于气体的压强之比。则α(A)= ×100%= ×100%=
n(A) p p
0 0
p 9.53
×100%=( -1)×100%。p =4.91×100 kPa,平衡时,p=9.53×100 kPa,则α(A)=( -1)×100%=94.1%。
p 0 4.91
0
A(g) B(g) + C(g)
起始 0.10 0 0
平衡 0.10×(1-94.1%) 0.10×94.1% 0.10×94.1%
(0.094 1mol·L-1)2
K= =1.5 mol·L-1。
0.005 9mol·L-1
n p p p
(3)①恒温恒容下, 0 = 0,则n = n ,n =0.10 mol,故n =0.10× mol。
n p 总 p 0 0 总 p
总 0 0
A(g) B(g) + C(g)
起始 0.10 mol 0 0
某时刻 n(A) 0.10 mol-n(A) 0.10 mol-n(A)
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北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
p
n =n(A)+0.10 mol-n(A)+0.10 mol-n(A)=0.20 mol-n(A),则n(A)=0.20 mol-n =0.20 mol-0.10× mol=0.10×(2-
总 总 p
0
p
)mol。
p
0
p 7.31
②由表中数据可知,4 h时,p=7.31×100 kPa,则4 h时n(A)=0.10×(2- )mol=0.10×(2- )mol=0.051 mol,故
p 4.91
0
c(A)=0.051 mol·L-1。由表中反应物的浓度与时间间隔(Δt)之间的关系可知,达到平衡前每间隔4 h,c(A)减少
约一半。8 h时,c(A)=0.026 mol·L-1,再经过4 h,即12 h时,反应物的浓度c(A)为8 h时浓度的一半,即为0.013
mol·L-1。
评析 本题主要考查化学平衡的移动、平衡转化率、平衡常数的计算及气体的物质的量与气体压强之间
的关系等知识。理解平衡常数的意义及气体的物质的量与气体压强之间的关系是解题的关键。
16.(2012课标,27,15分)光气(COCl )在塑料、制革、制药等工业中有许多用途,工业上采用高温下CO与Cl
2 2
在活性炭催化下合成。
(1)实验室中常用来制备氯气的化学方程式为 ;
(2)工业上利用天然气(主要成分为CH )与CO 进行高温重整制备CO,已知CH 、H 和CO的燃烧热(ΔH)分
4 2 4 2
别为-890.3 kJ·mol-1、-285.8 kJ·mol-1和-283.0 kJ·mol-1,则生成1 m3(标准状况)CO所需热量为 ;
(3)实验室中可用氯仿(CHCl )与双氧水直接反应制备光气,其反应的化学方程式为
3
;
(4)COCl 的分解反应为COCl (g) Cl (g)+CO(g) ΔH=+108 kJ·mol-1。反应体系达到平衡后,各物质的浓
2 2 2
度在不同条件下的变化状况如下图所示(第10 min到14 min的COCl 浓度变化曲线未示出):
2
①计算反应在第8 min时的平衡常数K= ;
②比较第2 min反应温度T(2)与第8 min反应温度T(8)的高低:T(2) T(8)(填“<”“>”或“=”);
③若12 min时反应于温度T(8)下重新达到平衡,则此时c(COCl )= mol·L-1;
2
④比较产物CO在2—3 min、5—6 min和12—13 min时平均反应速率[平均反应速率分别以v(2—3)、v(5
—6)、v(12—13)表示]的大小 ;
⑤比较反应物COCl 在5—6 min和15—16 min时平均反应速率的大小:v(5—6) v(15—16)(填“<”
2
“>”或“=”),原因是 。
答案 (1)MnO +4HCl(浓) MnCl +Cl ↑+2H O
2 2 2 2
(2)5.52×103 kJ
(3)CHCl +H O HCl+H O+COCl
3 2 2 2 2
(4)①0.234 mol·L-1 ②< ③0.031
④v(5—6)>v(2—3)=v(12—13)
⑤> 在相同温度时,该反应的反应物浓度越高,反应速率越大
解析 (1)实验室常用MnO 与浓盐酸反应制备Cl 。
2 2
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1
(2)依题意有:CH (g)+2O (g) CO (g)+2H O(l) ΔH=-890.3 kJ·mol-1 ①,CO(g)+ O (g) CO (g) ΔH=
4 2 2 2 2 2 2
1
-283.0 kJ·mol-1 ②,H (g)+ O (g) H O(l) ΔH=-285.8 kJ·mol-1 ③,①-②×2-③×2得:CH (g)+CO (g)
2 2 2 2 4 2
1 000 247.3
2CO(g)+2H (g) ΔH=+247.3 kJ·mol-1,故生成1 m3(标准状况)CO所需的热量为 × kJ=5.52×103
2 22.4 2
kJ。(3)依据题给信息不难写出反应的化学方程式为CHCl +H O COCl +H O+HCl。
3 2 2 2 2
c(CO)·c(Cl ) 0.085mol·L-1×0.11 mol·L-1
(4)①K= 2 = =0.234 mol·L-1。②观察图像知第4 min
c(COCl ) 0.04mol·L-1
2
时改变的条件是升高温度,平衡正向移动,第8 min时达到新的平衡,故T(2)<T(8)。③由K=
c(CO)·c(Cl ) c(CO)·c(Cl ) 0.06mol·L-1×0.12 mol·L-1
2 得:c(COCl )= 2 = =0.031
c(COCl ) 2 K 0.234mol·L-1
2
mol·L-1。④根据平均反应速率的定义,因CO在2—3 min、12—13 min时的浓度变化量Δc=0,故v(2—
3)=v(12—13)=0;5—6 min时CO浓度增加,故v(5—6)>v(2—3)=v(12—13)。⑤观察图中5—6 min时与15—
16 min时曲线可知15—16 min时COCl 浓度低,反应速率小,即v(5—6)>v(15—16)。
2
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