高考化学一轮复习 专题十 化学反应速率 化学平衡课件-人教版高三全册化学课件

1、专题十化学反应速率化学平衡20102019年高考全国卷考情一览表 考点22考点23考点22化学反应速率及其影响因素1.(2019全国3,13,6分,难度)为提升电池循环效率和稳定性,科学家近期利用三维多孔海绵状Zn(3D-Zn)可以高效沉积ZnO的特点,设计了采用强碱性电解质的3D-Zn-NiOOH二次电池,结构如下图所示。电池反应为Zn(s)+2NiOOH(s)+H2O(l) ZnO(s)+2Ni(OH)2(s)。下列说法错误的是(D)考点22考点23A.三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积,所沉积的ZnO分散度高B.充电时阳极反应为Ni(OH)2(s)+OH-(aq)-e- = NiOOH(

2、s)+H2O(l)C.放电时负极反应为Zn(s)+2OH-(aq)-2e- = ZnO(s)+H2O(l)D.放电过程中OH-通过隔膜从负极区移向正极区考点22考点232.(2019天津,6,6分,难度)我国科学家研制了一种新型的高比能量锌-碘溴液流电池,其工作原理示意图如下。图中贮液器可储存电解质溶液,提高电池的容量。下列叙述不正确的是(D)A.放电时,a电极反应为I2Br-+2e- = 2I-+Br-B.放电时,溶液中离子的数目增大C.充电时,b电极每增重0.65 g, 溶液中有0.02 mol I-被氧化D.充电时,a电极接外电源负极考点22考点23点评本题考查学生对新信息的理解能力和读

3、图能力,主要以电子和离子移动为载体,考查了原电池和电解池的相关原理,同时考查了学生科学探究和创新意识的化学核心素养,难度中等偏上。考点22考点233.(2019浙江,22,2分,难度)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(D)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+

4、)的酸或相同c(OH-)的碱的水解考点22考点23解析A项,温度升高,反应速率加快,所以正确,不符合题意;B项,高温高压下,油脂与水互溶性增强,接触面积更大,反应速率加快,所以正确,不符合题意;C项,高温高压下,氢离子浓度增大,对油脂的水解起到催化作用,生成的氢离子又进一步起到催化作用,所以正确,不符合题意;D项,高温高压下水电离的氢离子和氢氧根离子浓度虽然较常温时的大,但水解前溶液呈中性,与加入酸或碱所形成的环境不同,所以错误,符合题意。考点22考点234.(2018全国1,28,15分,难度)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:

5、(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:变化观念与平衡思想考点22考点23其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间t的变化如下表所示t=时,N2O5(g)完全分解:研究表明,N2O5(g)分解的反应速率v=210-3 (kPamin-1),t=62 min时,测得体系中 =2.9 kPa,则此时的 = kPa,v= kPamin-1。 若提高反应温度至35 ,则N2O5(g)完全分解后体系压强p(35 )6

6、3.1 kPa(填“大于”“等于”或“小于”),原因是 。 kPa(Kp为以分压表示的平衡常数,计算结果保留1位小数)。 考点22考点23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(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考点22考点23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考点22考点23考点22考点23考点22考点235.(2018北

7、京,27,12分,难度)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:实验探究与创新意识考点22考点23(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: 。 考点22考点23答案(1)3SO2(g)+2H2O(g) = 2H2SO4(l)+S(s)H=-254 kJmol-1(2)反应是气体分子数减小的反应,温度一定时,增大压强,化学平衡正向移动,H2SO4的物质的量分数增大(3)SO24H+(4)0.4I-是SO2歧化反应的催化剂,且在H+存在下,催化速率加快;

8、但H+单独存在时,不具有催化作用反应比反应快,增大I2的浓度,反应的反应速率加快,H+浓度增大,加强了I-的催化能力考点22考点23考点22考点236.(2018浙江,22,2分,难度)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:定量计算与思维能力考点22考点23根据表中数据,下列说法正确的是(D)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%时反应已达平衡考点22考点23考点22考点237.(2

9、017江苏,10,3分,难度)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(D)甲 乙考点22考点23丙 丙 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分解速率的影响大考点22考点23解析A项,从图甲看,其他条件相同时,起始时H2O2的浓度越小,对应曲线的斜率越小,则反应速率越慢,错误;B项,从图乙看,其他条件相同时,溶液中OH-的

10、浓度越大,pH越大,对应曲线的斜率越大,则H2O2分解得越快,错误;C项,从图丙看,相同时间内,0.1 molL-1 NaOH条件下,H2O2分解速率最快,0 molL-1 NaOH的条件下,H2O2分解速率最慢,而1.0 molL-1 NaOH的条件下,H2O2分解速率处于二者之间,错误。考点22考点238.(2015福建,12,6分,难度)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(D)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证据推理与模型认知考点22考点23解析分

11、析328.2 K的瞬时速率与浓度的关系知二者成正比,则 ,a=6.00,A选项正确;从题给数据看,浓度越大、温度越高,反应速率越大,当增大浓度同时降低温度或升高温度同时减小浓度时,瞬时反应速率可能会不变,B选项正确;浓度不变时,b K下反应速率低于318.2 K下反应速率,故b318.2,C选项正确;题给数据是瞬时速率,而不是平均速率,故不能作为判断反应所用时间的依据,D选项错误。 解答本题时应注意分析表格中的数据,找出规律:反应物浓度越大、温度越高,化学反应速率越快。考点22考点239.(2015上海,20,3分,难度)对于合成氨反应,达到平衡后,以下分析正确的是(B)A.升高温度,对正反应

12、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解析合成氨反应的正反应是放热反应,升高温度,正、逆反应速率都增大,但升温平衡向逆反应方向移动,说明对逆反应速率影响更大,A项错误;增大压强,平衡向正反应方向移动,说明对正反应速率影响更大,B项正确;减小反应物浓度,正反应速率瞬间减小,由于生成物浓度瞬间没有变化,逆反应速率不变,C项错误;加入催化剂,同等程度改变正、逆反应速率,D项错误。变化观念与平衡思想考点22考点2310.(2014全国1,9,6分,难度)已知分解1 mol H2O2放出热量98

13、kJ。在含少量I-的溶液中,H2O2分解的机理为:下列有关该反应的说法正确的是(A)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)解析由信息可知有I-参加的反应速率慢,对整个反应起决定作用,A选项正确;IO-是中间产物,不属于催化剂,B选项错误;活化能与放出的热量无关,C选项错误。考点22考点2311.(2014北京,12,6分,难度)在一定温度下,10 mL 0.40 molL-1 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。下列叙述不正确的是(溶液体积变化忽略不计)

14、(C)A.06 min的平均反应速率:v(H2O2)3.310-2 mol(Lmin)-1B.610 min的平均反应速率:v(H2O2)T2,而升高温度,反应速率增大,故M点正反应速率v(正)大于N点逆反应速率v(逆),C项正确;从图中可知:到达W点反应消耗的X比M点多,反应进行到M点比进行到W点放出的热量少,A项错;B项v(Y)= molL-1min-1,B项错;M点时再加入一定量X,相当于将原平衡压缩体积,平衡正向移动,X转化率增大,D项错。考点22考点2313.(2013福建,12,6分,难度)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

15、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(B)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考点22考点23解析依据题图可知,40 之前,溶液变蓝的时间随温度的升高而缩短;40 之后溶

16、液变蓝的时间随温度的升高而延长,A项正确;温度升高,反应速率增大,b、c两点对应的温度不同,反应速率不相等,B项不正确;根据反应速率公式,图中a点对应的NaHSO3反应速率v=0.020 molL-110.0 mL(10.0 mL+40.0 mL)80 s=5.010-5 molL-1s-1,C项正确; KIO3遇热会分解,温度高于40 时,淀粉不宜作该实验的指示剂,D项正确。考点22考点2314.(2012福建,12,6分,难度)一定条件下,溶液的酸碱性对TiO2光催化染料R降解反应的影响如图所示。下列判断正确的是(A)A.在050 min之间,pH=2和pH=7时R的降解百分率相等B.溶液

17、酸性越强,R的降解速率越小C.R的起始浓度越小,降解速率越大D.在2025 min之间,pH=10时R的平均降解速率为0.04 molL-1min-1考点22考点23解析从图中可以看出,pH=2和pH=7在50 min时,R的浓度都等于零,降解率为100%,A选项正确;溶液酸性越强,pH越小,单位时间内R的浓度变化越大,降解速率越大,B选项错误;反应物的浓度越大,反应速率越大,C选项错误;在2025 min,pH=10的R的浓度变化量为(0.6-0.4)10-4 molL-1=0.210-4 molL-1,则 (1)浓度时间图像上曲线斜率越大,反应速率越大。(2)相同温度下,溶液酸性越强,pH

18、越小。考点22考点2315.(双选)(2011海南,8,4分,难度)对于可逆反应H2(g)+I2(g) 2HI(g),在温度一定下由H2(g)和I2(g)开始反应,下列说法正确的是(BD)A.H2(g)的消耗速率与HI(g)的生成速率之比为2 1B.反应进行的净速率是正、逆反应速率之差C.正、逆反应速率的比值是恒定的D.达到平衡时,正、逆反应速率相等解析v(H2) v(HI)=1 2,A选项错误;随着反应的进行,正、逆反应速率在不断发生变化,其比值也不断发生变化,当达到平衡时,正、逆反应速率相等,不再发生变化,其比值也不再发生变化,C选项错误。变化观念与平衡思想考点22考点2316.(2011

19、全国,28,15分,难度)反应:aA(g)+bB(g) cC(g)(H”“v(A) v(A)(3)(B)0.19(或19%)(4)向正反应方向从反应体系中移出产物C(5)此反应为放热反应,降低温度,平衡向正反应方向移动(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)考点22考点23 =0.012 molL-1min-1,则三个阶段A的平均反应速率从大到小的排列为v(A)v(A)v(A)。(3)经计算,B的平衡转化率(B)、(B)、(B)分别为50%、38%、19%,最小的是(B),其值为19%。(4)由图知,达到第一次平衡后,C的浓度瞬间减小,而A和B的浓度瞬间

20、不变,说明从反应体系中移出了C,从而减小了C的浓度,使平衡向正反应方向移动。(5)由题意知该反应为放热反应,降低温度,平衡向正反应方向移动,则说明第阶段的温度高于第阶段,即T2T3。(6)容器的体积扩大一倍时,A、B、C三种气体的浓度瞬间变为原来的二分之一,分别为0.25 molL-1、0.75 molL-1、0.50 molL-1,容器体积变大,则压强减小,使平衡向逆反应方向移动。考点22考点23要善于从图中获取信息,如起点、平衡点、平衡如何移动等。注意第阶段C的起点为0。考点22考点2317.(2011重庆,29,14分,难度)臭氧是一种强氧化剂,常用于消毒、灭菌等。(1)O3与KI溶液反

21、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 molL-1。考点22考点23pH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考点22考点23(3)O3可由臭氧发生器(原理如图)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

22、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)考点22考点23答案(1)I2O2(2)OH-1.0010-4b、a、c由v(30 、pH=7.0)v(30 、pH=6.0)v(50 、pH=3.0)v(40 、pH=3.0),可知c的反应速率大于a的;同理由v(40 、pH=3.0)v(30 、pH=3.0)v(20 、pH=4.0)v(10 、pH=4.0),可知a的反应速率大于b的。考点22考点23(3)化合价升高的是O元素,得到O2和O3,B极发生失电子反应,为阳极,那么A极为阴极,溶液中

23、的阳离子(H+)得电子生成H2;若C处通入O2则不会生成氢气,应该生成H2O,因为O2得电子;气体体积之比等于物质的量之比,假设收集到n(H2)=x mol、n(O2)+n(O3)=y mol;依据得失电子守恒,阴极得2x mol电子,则阳极也失2x mol电子,因为O元素的化合价由-2到0,化合价升高2,失电子的O原子的物质的量为x mol;依据氧原子守恒:2n(O2)+3n(O3)=x mol,n(O2)+n(O3)=y mol,解得n(O3)=(x-2y) mol,O3的体积分数= 。考点22考点2318.(2010海南,3,2分,难度)对于化学反应3W(g)+2X(g) = 4Y(g)

24、+3Z(g),下列反应速率关系中,正确的是(C)A.v(W)=3v(Z)B.2v(X)=3v(Z)C.2v(X)=v(Y)D.3v(W)=2v(X)考点22考点2319.(2010全国,28,14分,难度)某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中,发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。请回答下列问题:(1)上述实验中发生反应的化学方程式有 ;(2)硫酸铜溶液可以加快氢气生成速率的原因是;(3)实验室中现有Na2SO4、MgSO4、Ag2SO4、K2SO4等4种溶液,可与上述实验中CuSO4溶液起相似作用的是;(4)要加快上述实验中气体产生的速率,还可采取的措施有(答两种);考点22考点23(

25、5)为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响,该同学设计了如下一系列实验。将表中所给的混合溶液分别加入6个盛有过量Zn粒的反应瓶中,收集产生的气体,记录获得相同体积的气体所需时间。请完成此实验设计,其中:V1=,V6=,V9=;反应一段时间后,实验A中的金属呈色,实验E中的金属呈色;该同学最后得出的结论为:当加入少量CuSO4溶液时,生成氢气的速率会大大提高。但当加入的CuSO4溶液超过一定量时,生成氢气的速率反而会下降。请分析氢气生成速率下降的主要原因 。 考点22考点23(2)CuSO4与Zn反应产生的Cu与Zn形成CuZn原电池,加快了氢气产生的速率(3)Ag2SO4(4)升高反应温

26、度、适当增加硫酸的浓度、增加锌粒的比表面积等(5)301017.5灰黑暗红当加入一定量的CuSO4后,生成的单质Cu会沉积在Zn的表面,降低了Zn与溶液的接触面积考点22考点23解析(2)由于Zn与CuSO4反应生成的Cu附着在Zn片表面,构成铜锌原电池,从而加快了H2产生的速率。(3)4种溶液中能与Zn发生置换反应的只有(5)若研究CuSO4的量对H2生成速率的影响,则实验中除CuSO4的量不同之外,其他物质的量均相同,则V1=V2=V3=V4=V5=30 mL,最终溶液总体积相同,由实验F可知,溶液的总体积均为50 mL,则V6=10 mL,V9=17.5 mL。随着CuSO4的量增大,则

27、覆着在Zn片表面的Cu会越来越多,当Cu完全覆盖Zn片时,Zn不能与H2SO4接触,则H2生成速率会减慢,且Zn片表面的Cu为暗红色。考点22考点2320.(2010全国1,27,15分,难度)在溶液中,反应A+2B C分别在三种不同实验条件下进行,它们的起始浓度均为c(A)=0.100 molL-1、c(B)=0.200 molL-1及c(C)=0 molL-1。反应物A的浓度随时间的变化如下图所示。变化观念与平衡思想考点22考点23请回答下列问题:(1)与比较,和分别仅改变一种反应条件。所改变的条件和判断的理由是: ; 。 (2)实验平衡时B的转化率为;实验平衡时C的浓度为。 (3)该反应

28、的H0,其判断理由是 。 (4)该反应进行到4.0 min时的平均反应速率:实验:v(B)=;实验:v(C)=。 考点22考点23答案(1)加催化剂;达到平衡的时间缩短,平衡时A的浓度未变温度升高;达到平衡的时间缩短,平衡时A的浓度减小(2)40%(或0.4)0.060 molL-1(3)温度升高,平衡向正反应方向移动,故该反应是吸热反应(4)0.014 mol(Lmin)-10.009 mol(Lmin)-1考点22考点23解析(1)的反应速率大于的,影响化学反应速率的外界因素有温度、浓度、催化剂、压强等,此反应在溶液中进行且浓度一定,此题只能从温度、催化剂中选择,因为任何反应均伴随着能量的

29、变化,只要温度改变,化学平衡一定发生移动;考点22考点23考点22考点2321.(2009宁夏,10,6分,难度)硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为考点22考点23考点23化学平衡及其影响因素化学平衡常数1.(2019全国1,28,14分,难度)水煤气变换CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)是重要的化工过程,主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。回答下列问题:(1)Shibata曾做过下列实验:使纯H2缓慢地通过处于721 下的过量氧化钴CoO(s),氧化钴部分被还原为金属钴Co(s),平衡后气体中H2的物质的量分数为0.025 0。在同一温度下用CO还原CoO(

30、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COH2(填“大于”或“小于”)。 考点22考点23(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考点22考点23(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。 考点22

31、考点23(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、。 考点22考点23答案(1)大于(2)C(3)小于2.02(4)0.004 7bcda解析(1)因平衡后气体CO的物质的量分数小于氢气的物质的量分数,因此CO还原CoO(s)为Co(s)的能力强于氢气还原CoO(s)为Co(s)的能力。考点22考点23考点22考点23当x=0.5

32、mol时,氢气的物质的量分数为0.25,当完全反应时,氢气的物质的量分数为0.5,因此平衡时氢气的物质的量分数应界于0.25和0.5之间,所以C项正确。(3)由图示可知,最终生成物的相对能量低于反应物的相对能量,所以该反应为放热反应,即HT2B.a点的反应速率小于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0.45 molL-1考点22考点23(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

33、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 。 考点22考点23解析(1)根据盖斯定律,将反应和叠加可得反应,故H3=H1+H2=100.3 kJmol-1+(-11.0 kJmol-1)=89.3 kJmol-1。(2)温度、体积一定,压强与物质的量成正比,则起始状态碘和环戊烯的分压分别为5104 Pa,设环戊烯的转化率为x,根据反应:考点22考点23根据平衡时总压增加了20%,则5104(1-x) Pa+5104(1-x) Pa+5104x Pa+1105x Pa=1.2105 Pa解得x=0.4,即环戊烯的转化率为40%。平衡时各物质的分压为p(环戊烯)=3104 Pa

34、,p(I2)=3104 Pa,p(环戊二烯)=2104 Pa,p(HI)=4104 Pa,则该反应的平衡常数通入惰性气体,不会引起各物质的浓度的变化,反应速率不变,平衡不移动,环戊烯的平衡转化率不变,A项不符合题意;由于该反应为吸热反应,故升高温度使平衡向右移动,环戊烯的平衡转化率增大,B项符合题意;增加一种物质的量,自身的转化率减少,而另一种反应物的转化率增大,增加环戊烯浓度,环戊烯的平衡转化率减小,增加碘浓度,环戊烯的平衡转化率增大,C项不符合题意,D项符合题意。考点22考点23(3)根据曲线的变化趋势可知,T2温度下首先达到平衡,反应速率大,因此T2大于T1,A项错误;a点、c点对应的反

35、应物的浓度、温度都不同,无法比较a、c两点的反应速率的大小,B项错误;a点的正反应速率大于b点的正反应速率,而b点还没有达到平衡,因此b点的正反应速率大于其逆反应速率,则a点的正反应速率大于b点的逆反应速率,C项正确;根据曲线可知,环戊二烯的初始浓度为1.5 molL-1,b点环戊二烯的浓度为0.6 molL-1,环戊二烯的浓度变化量为0.9 molL-1,因此b点二聚体的浓度为0.45 molL-1,D项正确。(4)根据Fe的化合价升高为+2价可知,Fe发生氧化反应,故Fe作阳极;根据二茂铁的分子式可知,两个环戊二烯去掉2个H原子,再结考点22考点233.(2019全国3,28,15分,难度

36、)近年来,随着聚酯工业的快速发展,氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此,将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题:(1)Deacon发明的直接氧化法为:4HCl(g)+O2(g) = 2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为刚性容器中,进料浓度比c(HCl) c(O2)分别等于1 1、4 1、7 1时HCl平衡转化率随温度变化的关系:考点22考点23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,

37、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:考点22考点23(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1 mol电子,需消耗氧气L(标准状况)。 考点22考点23解析本题化学原理综合题,为热化学、电化学与化学平衡综合题,难度中等。(1)分析任意一条平衡曲线可知,在进料浓度比固定的条件下,随着

38、温度的升高,HCl的平衡转化率降低,说明正反应为放热反应,由于K只与温度有关,升高温度,平衡逆向移动,平衡常数K减小,即K(300 )大于K(400 )。根据进料浓度比及HCl的平衡转化率间的关系可知,c(HCl) c(O2)=1 1的曲线为最上面的的那条曲线,由该曲线可知:温度为400 时HCl的平衡转化率为84%。根据条件可列三段式如下:考点22考点23考点22考点23(3)在温度一定时,要增大HCl的平衡转化率,可采取的措施有:及时移走部分产物、增大体系压强等。(4)根据图示可知,负极区(指电解池的阴极区)发生的电极反应(还原4Fe3+2H2O。根据电子守恒可知,电路中每转移1 mol电

39、子消耗0.25 mol O2,在标准状况下的体积为5.6 L。考点22考点234.(2019浙江,17,2分,难度)下列说法正确的是(B)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考点22考点23解析A项,缩小反应容器体积,反应物和生成物的浓度均增大,因此正逆反应速率均增大,所以错误;B项,碳的质量不再发生变化说明正逆反应速率相等,说明反应达到平衡状态,所以正确;C项,如果A、C同时是气体,反应前后气体的化学计量数和不等,压强不变可以说明反应达到平

40、衡,所以错误;D项,由题给物质的量和转化率可知,正反应时消耗氢气的物质的量为0.3 mol,逆反应时生成氢气的物质的量为0.3 mol,因此吸收和放出的热量数值相同,所以错误。考点22考点235.(2019浙江,30,10分,难度)水是“生命之基质”,是“永远值得探究的物质”。(1)关于反应H2(g)+ O2(g)=H2O(l),下列说法不正确的是。 A.焓变H0,熵变S0B.可以把反应设计成原电池,实现能量的转化C.一定条件下,若观察不到水的生成,说明该条件下反应不能自发进行D.选用合适的催化剂,有可能使反应在常温常压下以较快的速率进行考点22考点23(2)根据H2O的成键特点,画出与图1中

41、H2O分子直接相连的所有氢键(OHO)。将一定量水放入抽空的恒容密闭容器中,测定不同温度(T)下气态、液态水平衡共存H2O(l) H2O(g)时的压强(p)。在图2中画出从20 开始经过100 的p随T变化关系示意图(20 时的平衡压强用p1表示)。图2 图1 考点22考点23(3)水在高温高压状态下呈现许多特殊的性质。当温度、压强分别超过临界温度(374.2 )、临界压强(22.1 MPa)时的水称为超临界水。与常温常压的水相比,高温高压液态水的离子积会显著增大。解释其原因。 如果水的离子积Kw从1.010-14增大到1.010-10,则相应的电离度是原来的倍。 超临界水能够与氧气等氧化剂以

42、任意比例互溶,由此发展了超临界水氧化技术。一定实验条件下,测得乙醇的超临界水氧化结果如图3、图4所示,其中x为以碳元素计的物质的量分数,t为反应时间。考点22考点23下列说法合理的是。 A.乙醇的超临界水氧化过程中,一氧化碳是中间产物,二氧化碳是最终产物B.在550 条件下,反应时间大于15 s时,乙醇氧化为二氧化碳已趋于完全C.乙醇的超临界水氧化过程中,乙醇的消耗速率或二氧化碳的生成速率都可以用来表示反应的速率,而且两者数值相等D.随温度升高,xCO峰值出现的时间提前,且峰值更高,说明乙醇的氧化速率比一氧化碳氧化速率的增长幅度更大图3 图4 考点22考点23(4)以铂阳极和石墨阴极设计电解池

43、,通过电解NH4HSO4溶液产生(NH4)2S2O8,再与水反应得到H2O2,其中生成的NH4HSO4可以循环使用。阳极的电极反应式是。 制备H2O2的总反应方程式是。 考点22考点23答案(1)C(3)水的电离为吸热过程,升高温度有利于电离(压强对电离平衡影响不大) 100 ABD考点22考点23解析(1)A项,氢气燃烧是放热反应,H0,该反应中气态物质变为液态物质,为熵减过程,故S0,A项正确;B项,该反应为自发进行的氧化还原反应,可设计为氢氧燃料电池,将化学能转化为电能,B项正确;C项,某条件下自发反应是一种倾向,不代表真实发生,自发反应往往也需要一定的反应条件才能发生,如氢气燃烧需要点

44、燃,C项错误;D项,催化剂能降低反应的活化能,加快反应速率,D项正确。故答案选C。考点22考点23100 、101 kPa为水的气液分界点,20 、p1为另一个气液分界点,同时升高温度和增加压强,有利于水从液体变为气体,因而曲线为增函数曲线,示意图如下:考点22考点23(3)水的电离为吸热过程,升高温度有利于电离,压强对固、液体的电离平衡影响不大,可忽略。c(H+)= ,当Kw=1.010-14,c1(H+)=10-7 molL-1,当Kw=1.010-10,c2(H+)=10-5 molL-1,易知后者电离出H+的浓度是前者的100倍,所以相应的电离度是原来的100倍。A项,观察图3可知,C

45、O先增加后减少,CO2一直在增加,所以CO为中间产物,CO2为最终产物,A项正确;B项,观察图3,乙醇减少为0和CO最终减少为0的时间一致,图4中,550 时CO在15 s减少为0,说明乙醇氧化为CO2趋于完全,B项正确;C项,乙醇的消耗速率或二氧化碳的生成速率都可以用来表示反应的速率,但两者数值不相等,比值为化学计量数之比,等于1 2,C项错误;D项,随着温度的升高,乙醇的氧化速率和一氧化碳氧化速率均增大,但CO是中间产物,为乙醇不完全氧化的结果,CO峰值出现的时间提前,且峰值更高,说明乙醇氧化为CO和CO2的速率更快,且大于CO的氧化速率,D项正确。故答案选A、B、D。考点22考点23考点

46、22考点236.(2019天津,10,14分,难度)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。回答下列问题:.硅粉与HCl在300 时反应生成1 mol SiHCl3气体和H2,放出225 kJ热量,该反应的热化学方程式为。SiHCl3的电子式为。 .将SiCl4氢化为SiHCl3有三种方法,对应的反应依次为:考点22考点23(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=(

47、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)。 考点22考点23(2)1 000 H2H1导致反应的G小(3)a、c(4)H2-H1减小(5)HCl、H2考点22考点23.(1)用惰性电极电解KOH溶液,阴极是“放氢生碱”,电极反应为2H2O+2e- = H2+2OH-或2H+2e-=H2。(2)要使反应能自发进行,则体系自由能变G0,由图1可知反应能自发进行的最低温度为1 000 ;反应放热,H2v逆,a正确;E点温度高于A点,则v正:A点E点,b错误;由图

48、2可知平衡转化率在CD时较高,对应温度为480520 ,c正确。(4)根据盖斯定律:反应反应可得反应,则H3=H2-H1;由于H3=H2-H1pb(CO2)pa(CO2)。考点22考点238.(2018全国3,28,15分,难度)三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题:(1)SiHCl3在常温常压下为易挥发的无色透明液体,遇潮气时发烟生成(HSiO)2O等,写出该反应的化学方程式 。 (2)SiHCl3在催化剂作用下发生反应:考点22考点23(3)对于反应2SiHCl3(g) = SiH2Cl2(g)+SiCl4(g),采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂,在323

49、K和343 K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。343 K时反应的平衡转化率=%。平衡常数K343 K=(保留2位小数)。 在343 K下:要提高SiHCl3转化率,可采取的措施是;要缩短反应达到平衡的时间,可采取的措施有、。 考点22考点23考点22考点23答案(1)2SiHCl3+3H2O =(HSiO)2O+6HCl(2)114(3)220.02及时移去产物改进催化剂提高反应物压强(浓度)大于1.3考点22考点23考点22考点23考点22考点239.(2018天津,5,6分,难度)室温下,向圆底烧瓶中加入1 mol C2H5OH和含1 mol HBr的氢溴酸,溶液中发生反应

50、:C2H5OH+HBr C2H5Br+H2O,充分反应后达到平衡。已知常压下,C2H5Br和C2H5OH的沸点分别为38.4 和78.5 。下列有关叙述错误的是(D)A.加入NaOH,可增大乙醇的物质的量B.增大HBr浓度,有利于生成C2H5BrC.若反应物均增大至2 mol,则两种反应物平衡转化率之比不变D.若起始温度提高至60 ,可缩短反应达到平衡的时间解析由于两种反应物的起始量相等,且反应中两种物质的化学计量数之比为1 1,则两种反应物平衡转化率之比不变,C项正确;由于C2H5Br的沸点为38.4 ,若起始温度提高至60 ,则会造成C2H5Br的挥发,因此反应达到平衡的时间会延长,D项错

51、误。证据推理与模型认知考点22考点2310.(2018浙江,14,2分,难度)反应N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)H0,若在恒压绝热容器中发生,下列选项表明反应一定已达平衡状态的是(A)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HH键的数目和生成NH键的数目相等D.容器内气体的浓度c(N2) c(H2) c(NH3)=1 3 2解析A选项,温度不再变化,说明正反应放出的热量等于逆反应吸收的热量,即正、逆反应速率相等,可以表明反应达到平衡状态,正确;B选项,该容器为恒压容器,因此不论是否达到平衡状态,压强均不发生变化,错误;C选项,断开HH键和生成NH键,均表示

52、的是正反应,因此不能表明反应达到平衡状态,错误;D选项,容器内气体的浓度c(N2) c(H2) c(NH3)=1 3 2,不表示各物质浓度不再发生变证据推理与模型认知考点22考点23可以用“变量不变”的方法分析判断:即当在反应过程中变化的量不变时,说明该反应达到平衡状态。考点22考点2311.(2018浙江,30,10分,难度)(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)。 (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:考点22考点23已知纯

53、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考点22考点23(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)。 考点22考点23(3)工

54、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:考点22考点23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。 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考点22考点23答案(一)(1)d(二)(1)BC(2)0.67(或67%)

55、(3)提高乙醇转化率;提高反应温度,从而加快反应速率;有利于后续产物分离(4)ACD考点22考点23解析(一)(1)由四甲基氯化铵生成四甲基氢氧化铵的过程,电极上应有氢氧根离子和氯气生成,因此氯离子在阳极上失电子生成氯气;水在阴极上得电子生成氢气和氢氧根离子,即收集到四甲基氢氧化铵的区域是阴极,为d区域。(2)电解的反应物为(CH3)4NCl和水,生成物为(CH3)4NOH、氢气和氯气,因此该反应的化学方程式为2(CH3)4NCl+2H2O 2(CH3)4NOH+H2+Cl2。(二)(1)A选项,硫酸在此反应中起催化作用和吸水作用,正确,不符合题意;B选项,在溶液体系中乙酸和乙醇溶于水,而乙酸

56、乙酯不溶于水,因此反应前后的化学计量数虽然相等,但S不同,错误,符合题意;C选项,温度变化对平衡转化率影响小而不是大,错误,符合题意;D选项,压强对该平衡状态几乎无影响,正确,不符合题意。考点22考点23考点22考点23(3)增大一种反应物的浓度可以提高另一种反应物的转化率,因此乙酸过量可以提高乙醇的转化率;由题给各纯物质和相关恒沸混合物沸点可知,乙酸的沸点最高,乙酸过量有利于提高反应温度,可以加快反应速率,减少副产物生成;同时有利于后续产物分离。(4)A选项,由图可知,当温度超过300 后,乙酸乙酯的质量分数减小,因此反应温度不宜超过300 ,正确;B选项,增大压强平衡向左移动,不利于提高乙

57、醇平衡转化率,错误;C选项,由图示可知,275 前乙醛的质量分数逐渐增大,但在275 后逐渐减小,由此可判断乙醛为中间产物,正确;D选项,提高催化剂的活性和选择性,可提高反应速率和减少副产物的生成,从速率和产率两个方面解决实际生产的问题,正确。考点22考点2312.(2018江苏,15,4分,难度)一定温度下,在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物,发生反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)(正反应放热),测得反应的相关数据如下:考点22考点23下列说法正确的是(CD)A.v1v2,c2K3,p22p3C.v13(SO2)D.c22c3,2(SO3)+3(SO2)2c1,A

58、项错误;升高温度,平衡逆向移动,平衡常数减小,则K1K3,根据A项分析,p22p1,而p1p3,p22p3,B项错误;温度升高,反应速率加快,v13(SO2),C项正确;根据A项分析,c22c1,升高温度,平衡逆向移动,c1c3,则c22c3,又知1(SO2)3(SO2),而1(SO2)+2(SO3)=1,2(SO3)+3(SO2)”“B解析(1)酸性强弱与酸的电离程度有关。A项利用强酸制弱酸反应原理,可知H2SO3的酸性强于H2CO3,而H2CO3的酸性强于H2S,A项可以比较氢硫酸和亚硫酸的酸性强弱;由B项可知同浓度的H2SO3的电离程度大于H2S的,B项可以比较氢硫酸和亚硫酸的酸性强弱;

59、由C项可知同浓度的亚硫酸和氢硫酸中,前者的c(H+)大于后者的c(H+),C项可以比较氢硫酸和亚硫酸的酸性强弱;而酸性强弱与酸的还原性无关,故D项不可以比较氢硫酸和亚硫酸的酸性强弱。考点22考点23(2)热化学方程式的书写应注意标明各物质的聚集状态和H的单位。将题中热化学方程式依次编号为,依据盖斯定律,+可得:由两个热化学方程式比较可知,制得等量H2系统()所需热量较少。考点22考点23(3)考查转化率和平衡常数,依据“三段式”解决。设H2S转化了x mol考点22考点23升高温度,平衡后水的物质的量分数增大,即平衡正向移动,则H2S的转化率增大。升高温度,平衡向吸热反应方向移动,则正反应为吸

60、热反应,H0。增大反应物中一种物质的百分含量,其自身的转化率降低,而另外一种反应物的转化率增大,因此选B。加入COS时,平衡逆向移动,H2S的转化率减小;加入N2,平衡不移动,H2S的转化率不变。考点22考点2315.(2017全国2,27,14分,难度)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,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