2024版新高考版化学总复习专题十一化学反应速率和化学平衡十年高考题分类

北京曲一线图书策划有限公司2024版《5年高考3年模拟》A版第第页专题十一化学反应速率和化学平衡考点一化学反应速率1.(2022北京,14,3分)CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用,原理如图1所示。反应①完成之后,以N2为载气,将恒定组成的N2、CH4混合气,以恒定流速通入反应器,单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2,在催化剂上检测到有积炭。下列说法不正确的是()图1图2A.反应①为CaO+CO2CaCO3;反应②为CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2B.t1~t3,n(H2)比n(CO)多,且生成H2的速率不变,推测有副反应CH4C+2H2C.t2时刻,副反应生成H2的速率大于反应②生成H2的速率D.t3之后,生成CO的速率为0,是因为反应②不再发生答案C根据题图1,可知反应①为CO2与CaO反应生成CaCO3,反应②为CaCO3与CH4在催化剂作用下反应生成CaO、CO和H2,A正确;由题图2可知,t1~t3,n(H2)比n(CO)多,生成H2的速率不变,又因为在催化剂上检测到有积炭,故发生的副反应为CH4C+2H2,B正确;t2时刻,CO的气体流速=反应②生成的H2的气体流速≈1.5mmol·min-1,副反应生成的H2的气体流速≈0.5mmol·min-1,故副反应生成H2的速率小于反应②生成H2的速率,C错误;只有反应②生成CO,题图2中t3之后CO气体流速为0,反应②不再发生,所以CO的生成速率为0,D正确。方法技巧认真审题,仔细观察原理示意图和坐标图:①提取题中有价值的信息,找出每一个转化过程的反应物和生成物;②读懂坐标图中每一条曲线代表的物质,然后确定其变化量。2.(2022广东,15,4分)在相同条件下研究催化剂Ⅰ、Ⅱ对反应X→2Y的影响,各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图,则()A.无催化剂时,反应不能进行B.与催化剂Ⅰ相比,Ⅱ使反应活化能更低C.a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化D.使用催化剂Ⅰ时,0~2min内,v(X)=1.0mol·L-1·min-1答案D由题图可知,无催化剂时,反应能进行,但是反应速率比较慢,A项错误;在相同条件下,与催化剂Ⅱ相比,在使用催化剂Ⅰ时生成物的浓度变化量更大,反应速率更快,故催化剂Ⅰ使反应活化能更低,B项错误;0~2min时,反应物浓度的变化量与生成物浓度的变化量之比等于其化学计量数之比,故a曲线表示使用催化剂Ⅰ时X的浓度随t的变化,C项错误;使用催化剂Ⅰ时,0~2min内,v(X)=(4.0mol·L-1-2.0mol·L-1)÷2min=1.0mol·L-1·min-1,D项正确。方法技巧在做与物质浓度变化图像相关试题时,首先认真读懂图像中每一条曲线代表的是哪种物质,然后确定其变化量;比较催化剂催化效果时,看相同时间内反应物或生成物浓度的变化量,如果相同时间内,反应物或生成物的浓度变化量较大,则化学反应速率较快,催化剂使反应活化能更低。3.(2022河北,13,4分)(双选)恒温恒容条件下,向密闭容器中加入一定量X,发生反应的方程式为①XY;②YZ。反应①的速率v1=k1c(X),反应②的速率v2=k2c(Y),式中k1、k2为速率常数。图a为该体系中X、Y、Z浓度随时间变化的曲线,图b为反应①和②的lnk~1T曲线。下列说法错误的是()A.随c(X)的减小,反应①、②的速率均降低B.体系中v(X)=v(Y)+v(Z)C.欲提高Y的产率,需提高反应温度且控制反应时间D.温度低于T1时,总反应速率由反应②决定答案AB由题图a可知,浓度随时间增加逐渐减小的曲线代表的是X,浓度随时间增加逐渐增大的曲线代表的是Z,浓度随时间增加先增大后减小的曲线代表的是Y;由题图b可知,反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②的。由题图a可知,随c(X)的减小,c(Y)先增大后减小,因此,反应①的速率随c(X)的减小而降低,而反应②的速率随c(X)的减小先升高后降低,A错误。根据体系中发生的反应可知,在Y的浓度达到最大值之前,单位时间内X的减少量等于Y和Z的增加量,故v(X)=v(Y)+v(Z),但在Y的浓度达到最大值之后,单位时间内Z的增加量等于X和Y的减少量,故v(X)+v(Y)=v(Z),B错误。由题图a可知,Y的浓度先增大后减小,故要控制反应时间;升高温度可以加快反应速率,提高单位时间内Y的产率;故欲提高Y的产率,需提高反应温度且控制反应时间,C正确。由题图b可知,温度低于T1时,k1>k2,反应②为慢反应,因此,总反应速率由反应②决定,D正确。4.(2022湖南,6,3分)甲基丙烯酸甲酯是合成有机玻璃的单体。旧法合成的反应:(CH3)2CO+HCN(CH3)2C(OH)CN(CH3)2C(OH)CN+CH3OH+H2SO4CH2C(CH3)COOCH3+NH4HSO4新法合成的反应:+CO+CH3OHCH2C(CH3)COOCH3下列说法错误的是(阿伏加德罗常数的值为NA)()A.HCN的电子式为H∶C︙︙N∶B.新法没有副产物产生,原子利用率高C.1L0.05mol·L-1的NH4HSO4溶液中NH4+的微粒数小于0.05D.Pd的作用是降低反应的活化能,使活化分子数目增多,百分数不变答案D催化剂能够降低反应的活化能,使更多的分子变为活化分子,所以单位体积内活化分子数目增多,活化分子百分数增大,D不正确。关联知识原子利用率=期望产物的总质量生成物的总质量5.(2022浙江1月选考,19,2分)在恒温恒容条件下,发生反应A(s)+2B(g)3X(g),c(B)随时间的变化如图中曲线甲所示。下列说法不正确的是()A.从a、c两点坐标可求得从a到c时间间隔内该化学反应的平均速率B.从b点切线的斜率可求得该化学反应在反应开始时的瞬时速率C.在不同时刻都存在关系:2v(B)=3v(X)D.维持温度、容积、反应物起始的量不变,向反应体系中加入催化剂,c(B)随时间变化关系如图中曲线乙所示答案CC项,在不同时刻都存在关系:3v(B)=2v(X),错误。6.(2022浙江6月选考,20,2分)恒温恒容的密闭容器中,在某催化剂表面上发生氨的分解反应:2NH3(g)N2(g)+3H2(g)。测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化,如下表所示。下列说法不正确的是()编号时间/minc(NH3)/(10-3mol·L-1)表面积/cm2020406080①a2.402.001.601.200.80②a1.200.800.40x③2a2.401.600.800.400.40A.实验①,0~20min,v(N2)=1.00×10-5mol·L-1·min-1B.实验②,60min时处于平衡状态,x≠0.40C.相同条件下,增加氨气的浓度,反应速率增大D.相同条件下,增加催化剂的表面积,反应速率增大答案C实验①,0~20min,v(NH3)=0.4×10−320mol·L-1·min-1=2.00×10-5mol·L-1·min-1,v(N2)=12v(NH3)=1.00×10-5mol·L-1·min-1,A正确;催化剂只影响反应速率,不影响平衡状态,实验③中NH3的平衡浓度为0.40×10-3mol·L-1,而实验②中NH3的起始浓度与实验③的不同,故x≠0.40,B正确;由实验①和实验②可知,催化剂表面积相同时,NH3的起始浓度对反应速率无影响,C不正确;由实验①和实验③可知,NH3起始浓度相同时,催化剂表面积越大7.(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。8.(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/(×105Pa)温度/℃NO达到所列转化率需要时间/s50%90%98%1.030122502830902551057608.0300.23.936900.67.974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1.0×105Pa、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amol,反应速率以v=Δn/Δt表示,则在8.0×105Pa、30℃条件下,转化率从50%增至90%时段NO的反应速率为4a/370mol·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amol,其中NO为a/10mol,转化率从50%增至90%时,NO反应了a/25mol,经过了3.7s,反应速率v=ΔnΔt=a25mol3.7s=4a3709.(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/Kv/mmol·L-1·min-1c/mol·L-10.6000.5000.4000.300318.23.603.002.401.80328.29.007.50a4.50b2.161.801.441.08A.a=6.00B.同时改变反应温度和蔗糖的浓度,v可能不变C.b<318.2D.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。10.(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。11.(2014课标Ⅰ,9,6分)已知分解1molH2O2放出热量98kJ。在含少量I-的溶液中,H2O2分解的机理为:H2O2+I-H2O+IO-慢H2O2+IO-H2O+O2+I-快下列有关该反应的说法正确的是()A.反应速率与I-浓度有关B.IO-也是该反应的催化剂C.反应活化能等于98kJ·mol-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2H2O22H2O+O2↑,v(H2O2)=v(H2O)=2v(O2)。12.(2014北京理综,12,6分)一定温度下,10mL0.40mol/LH2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积(已折算为标准状况)如下表。t/min0246810V(O2)/mL0.09.917.222.426.529.9下列叙述不正确···的是(溶液体积变化忽略不计A.0~6min的平均反应速率:v(H2O2)≈3.3×10-2mol/(L·min)B.6~10min的平均反应速率:v(H2O2)<3.3×10-2mol/(L·min)C.反应至6min时,c(H2O2)=0.30mol/LD.反应至6min时,H2O2分解了50%答案CA项,0~6min内,产生n(O2)=1×10-3mol,消耗n(H2O2)=2×10-3mol,则v(H2O2)=ΔcΔt=2×10-3mol10×10-3L6min≈3.3×10-2mol/(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6min时,消耗n(H2O2)为2×10-3mol,剩余c(H2O2)=10×10-3L×0.40mol/L-2×10-3mol10×10-3L=0.20mol/L,13.(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0~t1时间内,v(Y)=a-bt1mol·LC.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的转化率减小答案C依据题中图示,可看出T1>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-bt1mol·L-1·min-1,B项错误;C项,T1>T2,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,压强增大,平衡正向移动14.(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0.020mol·L-1的NaHSO3溶液(含少量淀粉)10.0mL、KIO3(过量)酸性溶液40.0mL混合,记录10~55℃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反应速率为5.0×10-5mol·L-1·s-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=ΔcΔt=0.020×0.010.05×80mol·L-1·S-1=5×10-5mol·L-1·s-1,C项正确;由题干信息可知℃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。15.(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:2H2SO4(l)2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)ΔH1=+551kJ·mol-1反应Ⅲ:S(s)+O2(g)SO2(g)ΔH3=-297kJ·mol-1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,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“<”),得出该结论的理由是。

(3)I-可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂,可能的催化过程如下。将ⅱ补充完整。ⅰ.SO2+4I-+4H+S↓+2I2+2H2Oⅱ.I2+2H2O+

++2I-

(4)探究ⅰ、ⅱ反应速率与SO2歧化反应速率的关系,实验如下:分别将18mLSO2饱和溶液加入到2mL下列试剂中,密闭放置观察现象。(已知:I2易溶解在KI溶液中)序号ABCD试剂组成0.4mol·L-1KIamol·L-1KI0.2mol·L-1H2SO40.2mol·L-1H2SO40.2mol·L-1KI0.0002molI2实验现象溶液变黄,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,SO2的歧化反应速率D>A。结合ⅰ、ⅱ反应速率解释原因:。

答案(1)3SO2(g)+2H2O(g)2H2SO4(l)+S(s)ΔH2=-254kJ·mol-1(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,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)SO2SO42−(4)①0.4②I-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3SO2(g)+2H2O(g)2H2SO4(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,所以反应Ⅱ的ΔH=-(551-297)kJ·mol-1=-254kJ·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,H2SO4的物质的量分数会升高,所以p2>p1。(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I2,则在ⅱ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ⅱ的离子方程式。(4)①B是A的对比实验,B中加入0.2mol·L-1的H2SO4,A中不加H2SO4,所以KI的浓度应该与A相同,即a=0.4。②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++2H2O。16.(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vⅠ(A)、vⅡ(A)、vⅢ(A)从大到小排列次序为;

(3)B的平衡转化率αⅠ(B)、αⅡ(B)、αⅢ(B)中最小的是,其值是;

(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(T2)和第Ⅲ阶段反应温度(T3)的高低:T2T3(填“>”“<”“=”),判断的理由是;

(6)达到第三次平衡后,将容器的体积扩大一倍,假定10min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)。答案(1)1∶3∶2(2分)(2)vⅠ(A)、vⅡ(A)、vⅢ(A)(3分)(3)αⅢ(B)0.19(19%)(各1分,共2分)(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,20.0min内,Δc(A)=2.00mol·L-1-1.00mol·L-1=1.00mol·L-1,Δc(B)=6.00mol·L-1-3.00mol·L-1=3.00mol·L-1,Δc(C)=2.00mol·L-1,则a∶b∶c=Δc(A)∶Δc(B)∶Δc(C)=1∶3∶2。(2)vⅠ(A)=2.00mol·L-1-1.00mol·L-120.0min=0.05vⅡ(A)=1.00mol·L-1-0.62mol·L-115.0min≈0.025mol·L-1·min-1,vⅢ(A)=0.62mol·L-1-0.50mol·L-110.0min=0.012(3)αⅠ(B)=6.00mol·L-1-3.00mol·L-16.00mol·L-1×100%=50%,αⅡ(B)=3.00mol·(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T2>T3。(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,0.25mol·L-1<c(A)<0.50mol·L-1,0.75mol·L-1<c(B)<1.50mol·L-1,0<c(C)<0.50mol·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。17.(2011重庆,29,14分)臭氧是一种强氧化剂,常用于消毒、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0.0216mol/L。pHt/minT/℃3.04.05.06.02030123116958301581084815503126157①pH增大能加速O3分解,表明对O3分解起催化作用的是。

②在30℃、pH=4.0条件下,O3的分解速率为mol/(L·min)。

③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=3.0 b.10℃、pH=4.0c.30℃、pH=7.0(3)O3可由臭氧发生器(原理如下图)电解稀硫酸制得。①图中阴极为(填“A”或“B”),其电极反应式为。

②若C处通入O2,则A极的电极反应式为。

③若C处不通入O2,D、E处分别收集到xL和yL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)①OH-②1.00×10-4③b、a、c(3)①A2H++2e-H2↑②O2+4H++4e-2H2O③(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)①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-。②查表计算v(O3)=12×0.0216mol/L108min=1.00×10-4mol/(L·min)。③分析表中数据知,a项中反应时间31min<ta<158min,同理tb>231min,tc<15min,故可判断O3的分解速率的大小顺序是b<a<c。(3)①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↑。②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。③由得失电子守恒得:6×V(O3)22.4L+4×yL-V考点二化学平衡1.(2022北京,12,3分)某MOFs多孔材料孔径大小和形状恰好将N2O4“固定”,能高选择性吸附NO2。废气中的NO2被吸附后,经处理能全部转化为HNO3。原理示意图如下。已知:2NO2(g)N2O4(g)ΔH<0下列说法不正确的是()A.温度升高时不利于NO2吸附B.多孔材料“固定”N2O4,促进2NO2N2O4平衡正向移动C.转化为HNO3的反应是2N2O4+O2+2H2O4HNO3D.每获得0.4molHNO3时,转移电子的数目为6.02×1022答案D2NO2(g)N2O4(g)ΔH<0,温度升高,平衡逆向移动,NO2生成N2O4的转化率降低,多孔材料不能将更多的N2O4“固定”,故不利于NO2吸附,A正确;多孔材料“固定”N2O4,使混合气体中N2O4的浓度降低,促进平衡2NO2N2O4正向移动,B正确;N2O4与O2和H2O发生氧化还原反应生成硝酸,C正确;由C项中反应2N2O4+O2+2H2O4HNO3可知,每生成0.4molHNO3,转移电子的数目为0.4×6.02×1023,D错误。2.(2022广东,13,4分)恒容密闭容器中,BaSO4(s)+4H2(g)BaS(s)+4H2O(g)在不同温度下达平衡时,各组分的物质的量(n)如图所示。下列说法正确的是()A.该反应的ΔH<0B.a为n(H2O)随温度的变化曲线C.向平衡体系中充入惰性气体,平衡不移动D.向平衡体系中加入BaSO4,H2的平衡转化率增大答案C随着温度升高,n(H2)减小,说明平衡正向移动,反应的ΔH>0,A不正确;起始时H2为4mol,200℃时H2约为0.5mol,即约有3.5molH2参加反应,根据化学方程式计算可知此时生成的H2O约为3.5mol,故题图中最上方的曲线为n(H2O)随温度的变化曲线,B不正确;恒容体系中充入惰性气体,H2、H2O的浓度均不变,平衡不移动,C正确;BaSO4为固体,加入BaSO4,平衡不移动,D不正确。归纳总结改变外界条件,引起平衡体系中物质浓度改变,平衡才可能发生移动。3.(2022海南,8,2分)某温度下,反应CH2CH2(g)+H2O(g)CH3CH2OH(g)在密闭容器中达到平衡。下列说法正确的是()A.增大压强,v正>v逆,平衡常数增大B.加入催化剂,平衡时CH3CH2OH(g)的浓度增大C.恒容下,充入一定量的H2O(g),平衡向正反应方向移动D.恒容下,充入一定量的CH2CH2(g),CH2CH2(g)的平衡转化率增大答案CA项,增大压强,平衡向气体分子数增大的方向即正向移动,则v正>v逆,但平衡常数不变,错误;B项,加入催化剂,平衡不移动,平衡时CH3CH2OH(g)的浓度不变,错误;C项,恒容下,充入一定量的H2O(g),即增大H2O(g)的浓度,平衡正向移动,正确;D项,恒容下,充入一定量的CH2CH2(g),H2O(g)的平衡转化率增大,而其自身的平衡转化率减小,错误。易错提醒平衡常数是温度的函数,温度不变则平衡常数不变。4.(2022湖北,19,14分)自发热材料在生活中的应用日益广泛。某实验小组为探究“CaO-Al-H2O”体系的发热原理,在隔热装置中进行了下表中的五组实验,测得相应实验体系的温度升高值(ΔT)随时间(t)的变化曲线,如图所示。实验编号反应物组成a0.20gCaO粉末5.0mLH2Ob0.15gAl粉5.0mLH2Oc0.15gAl粉5.0mL饱和石灰水d0.15gAl粉5.0mL石灰乳e0.15gAl粉0.20gCaO粉末5.0mLH2O回答下列问题:(1)已知:①CaO(s)+H2O(l)Ca(OH)2(s)ΔH1=-65.17kJ·mol-1②Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH-(aq)ΔH2=-16.73kJ·mol-1③Al(s)+OH-(aq)+3H2O(l)[Al(OH)4]-(aq)+32H2(g)ΔH3=-415.0kJ·mol-1则CaO(s)+2Al(s)+7H2O(l)Ca2+(aq)+2[Al(OH)4]-(aq)+3H2(g)的ΔH4=kJ·mol-1。

(2)温度为T时,Ksp[Ca(OH)2]=x,则Ca(OH)2饱和溶液中c(OH-)=(用含x的代数式表示)。

(3)实验a中,4min后ΔT基本不变,原因是。

(4)实验b中,ΔT的变化说明Al粉与H2O在该条件下(填“反应”或“不反应”)。实验c中,前3min的ΔT有变化,其原因是;3min后ΔT基本不变,其原因是微粒的量有限。

(5)下列说法不能解释实验d在10min内温度持续升高的是(填标号)。

A.反应②的发生促使反应①平衡右移B.反应③的发生促使反应②平衡右移C.气体的逸出促使反应③向右进行D.温度升高导致反应速率加快(6)归纳以上实验结果,根据实验e的特征,用文字简述其发热原理

。

答案(1)-911.9(2)3(3)反应生成的Ca(OH)2覆盖在CaO表面,阻止反应进行(4)不反应Al和溶液中的OH-发生了反应,放出热量OH-(5)A(6)实验e中,发生反应①、②和③,反应③中有气体生成,气体的逸出促使反应③向右进行,反应③的发生使得溶液中OH-的浓度减小,促使反应②平衡右移,反应②的发生促使反应①平衡右移,这三步反应都是放热反应,温度升高导致反应速率加快解析(1)根据盖斯定律知,①+②+2×③可得反应CaO(s)+2Al(s)+7H2O(l)Ca2+(aq)+2[Al(OH)4]-(aq)+3H2(g),则ΔH4=ΔH1+ΔH2+2ΔH3=(-65.17kJ·mol-1)+(-16.73kJ·mol-1)+2´(-415.0kJ·mol-1)=-911.9kJ·mol-1。(2)温度为T时,Ca(OH)2饱和溶液中,Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH-(aq),c(OH-)=2c(Ca2+),Ksp[Ca(OH)2]=c(Ca2+)∙c2(OH-)=x,则c(OH-)=32x。(3)实验a中,CaO和H2O反应生成Ca(OH)2,放出热量;4min后ΔT基本不变,是因为Ca(OH)2覆盖在CaO表面,阻止了反应进行。(4)实验b中,ΔT几乎不变,说明Al粉与H2O在该条件下不反应;实验c中,前3min的ΔT有变化,是因为Al和溶液中的OH-发生了反应,放出热量,3min后ΔT基本不变,是因为饱和石灰水中OH-的浓度较低,OH-的量有限。(5)实验d中,发生反应②和③,反应③中有气体生成,气体的逸出促使反应③向右进行,反应③的发生使得溶液中OH-的浓度减小,促使反应②平衡右移,这两步反应都是放热反应,温度升高导致反应速率加快;实验d在10min内温度持续升高与反应①无关。5.(2022江苏,13,3分)乙醇—水催化重整可获得H2。其主要反应为C2H5OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g)ΔH=173.3kJ·mol-1CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH=41.2kJ·mol-1在1.0×105Pa、n始(C2H5OH)∶n始(H2O)=1∶3时,若仅考虑上述反应,平衡时CO2和CO的选择性及H2的产率随温度的变化如图所示。CO的选择性=n生成下列说法正确的是()A.图中曲线①表示平衡时H2产率随温度的变化B.升高温度,平衡时CO的选择性增大C.一定温度下,增大n(C2H5OH)/n(H2O)可提高乙醇平衡转化率D.一定温度下,加入CaO(s)或选用高效催化剂,均能提高平衡时H2产率1.答案B依据CO的选择性公式,平衡时CO的选择性和CO2的选择性之和为1,符合此特点的曲线为①、③,且两曲线交点对应的纵坐标接近50%,CO只存在于第二个反应中,该反应正向吸热,升高温度平衡右移,CO的选择性增大,所以曲线③代表CO的选择性,曲线①代表CO2的选择性,当温度超过300℃时,以第二个反应为主,所以平衡时H2的产率随温度升高而下降。曲线②为平衡时H2产率随温度的变化,A错误。升高温度,平衡时CO的选择性增大,B正确。增大n(C2H5OH)/n(H2O)可提高H2O的平衡转化率,C2H5OH平衡转化率降低,C错误。CaO与CO2反应,使两个反应均向H2的物质的量增大的方向进行,可提高H2产率,选用高效催化剂,只能提高单位时间内H2的产率,不能改变反应的化学平衡状态,不能提高平衡时H2产率,D错误。6.(2020浙江7月选考,20,2分)一定条件下:2NO2(g)N2O4(g)ΔH<0。在测定NO2的相对分子质量时,下列条件中,测定结果误差最小的是()A.温度0℃、压强50kPaB.温度130℃、压强300kPaC.温度25℃、压强100kPaD.温度130℃、压强50kPa答案D测定NO2的相对分子质量时,由于存在可逆反应2NO2(g)N2O4(g),气体中必然存在N2O4,混合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N2O4的含量。该反应是放热反应,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。7.(2020江苏单科,15,4分)(双选)CH4与CO2重整生成H2和CO的过程中主要发生下列反应CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g)ΔH=247.1kJ·mol-1H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)ΔH=41.2kJ·mol-1在恒压、反应物起始物质的量比n(CH4)∶n(CO2)=1∶1条件下,CH4和CO2的平衡转化率随温度变化的曲线如下图所示。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CH4的平衡转化率B.曲线B表示CH4的平衡转化率随温度的变化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、800K、n(CH4)∶n(CO2)=1∶1条件下,反应至CH4转化率达到X点的值,改变除温度外的特定条件继续反应,CH4转化率能达到Y点的值答案BDA项,结合题给信息及图像可知,反应CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g)为气体分子数增大的吸热反应,故要提高CH4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,通过两个反应可知,相同条件下,CO2的消耗量比CH4的大,转化率也会比CH4的高,故通过图像可知曲线A表示CO2的平衡转化率,曲线B表示CH4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CO2的浓度等方法来实现,正确。8.(2019海南单科,3,2分)反应C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)ΔH>0,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。9.(2018浙江4月选考,14,2分)反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH<0,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.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(N2)∶c(H2)∶c(NH3)=1∶3∶2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(N2)∶c(H2)∶c(NH3)=1∶3∶2,无法判断反应是否达到平衡,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。10.(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n(H2O)n(CH4)=Z,在恒压下,平衡时CH4的体积分数φ(CHA.该反应的焓变ΔH>0B.图中Z的大小为a>3>bC.图中X点对应的平衡混合物中n(D.温度不变时,图中X点对应的平衡在加压后φ(CH4)减小答案AA项,根据图像可知,温度升高,φ(CH4)减小,说明平衡右移,则正反应是吸热反应,该反应的焓变ΔH>0,故正确;B项,温度一定时,Z增大,平衡右移,φ(CH4)减小,则a<3<b,故错误;C项,X点对应的起始混合物中n(H2O)n(CH4)=3,由于反应时消耗n(H2O)∶n(CH4)=1∶1,则平衡时n(H211.(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(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ΔH<0答案AN2(g)+O2(g)2NO(g)起始(mol·L-1): c0 c0 0转化(mol·L-1): c0-c1 c0-c1 2(c0-c1)平衡(mol·L-1): c1 c1 2(c0-c1)故温度T下,K=4(c0-c1)2c12,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12.(2015天津理综,6,6分)某温度下,在2L的密闭容器中,加入1molX(g)和2molY(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1molZ(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=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1∶1D.第二次平衡时,Z的浓度为0.4mol·L-1答案D在2L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 1mol 2mol 0转化 x mx 3x平衡 1mol-x2mol-mx 3x(1mol-x)∶(2mol-mx)∶3x=3∶6∶1,解得x=0.1mol、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0.2mol·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。13.(2014四川理综,7,6分)在10L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)①7000.400.100.090②8000.100.400.080③8000.200.30a④9000.100.15b下列说法正确的是()A.实验①中,若5min时测得n(M)=0.050mol,则0至5min时间内,用N表示的平均反应速率v(N)=1.0×10-2mol/(L·min)B.实验②中,该反应的平衡常数K=2.0C.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答案CA项,0至5min内,v(M)=0.050mol10L5min=1×10-3mol/(L·min),v(N)=v(M)=1×10-3mol/(L·B项,根据“三段式”:X(g)+Y(g)M(g)+N(g)初始(mol/L)0.0100.04000转化(mol/L)0.0080.0080.0080.008平衡(mol/L)0.0020.0320.0080.008K=0.008mol/L×0.008mol/L0.002mol/L×0.032mol/LX(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-xx x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/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(b10mol/L)20.10−14.(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/℃1.02.03.081054.0ab915c75.0d1000ef83.0①b<f②915℃、2.0MPa时E的转化率为60%③该反应的ΔS>0④K(1000℃)>K(810℃)上述①~④中正确的有()A.4个 B.3个 C.2个 D.1个答案A1.0MPa、810℃时G的平衡体积分数为54.0%,2.0MPa、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℃、2.0MPa时G的平衡体积分数为75.0%,设E的初始量为amol,转化量为xmol,E(g)+F(s)2G(g)起始 amol 0mol转化 xmol 2xmol平衡 (a-x)mol2xmol则2xa+x×100%=75.0%,x=0.6a,E的转化率为0.6aa×100%=60%,②正确;由方程式可知1mol气体E与固体F反应可生成2mol气体G,③正确;降温,平衡向左移动15.(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:MgSO4(s)+CO(g)MgO(s)+CO2(g)+SO2(g)ΔH>0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。16.(2013四川理综,6,6分)在一定温度下,将气体X和气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭容器中,发生反应X(g)+Y(g)2Z(g)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/min2479n(Y)/mol0.120.110.100.10下列说法正确的是()A.反应前2min的平均速率v(Z)=2.0×10-3mol/(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=1.44D.其他条件不变,再充入0.2molZ,平衡时X的体积分数增大答案CA项,反应前2min的平均反应速率v(Y)=0.16mol−0.12mol10L2min=2.0×10-3mol/(L·min),由反应方程式可知v(Y)∶v(Z)=1∶2,则v(Z)=4.0×10-3mol/(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7min时反应已达平衡,若设在此过程中YX(g)+Y(g)2Z(g)始0.16mol 0.16mol 0变Δn Δn 2Δn平0.10mol 0.10mol 2ΔnΔn=0.16mol-0.10mol=0.06mol平衡常数K=c2(Z)c(X)·c(Y)=0.12mol10L20.10mol10L考点三化学平衡常数及其相关计算化学反应的方向1.(2022广东,19,14分)铬及其化合物在催化、金属防腐等方面具有重要应用。(1)催化剂Cr2O3可由(NH4)2Cr2O7加热分解制备,反应同时生成无污染气体。①完成化学方程式:(NH4)2Cr2O7Cr2O3++。

②Cr2O3催化丙烷脱氢过程中,部分反应历程如图1,X(g)→Y(g)过程的焓变为(列式表示)。

图1③Cr2O3可用于NH3的催化氧化。设计从NH3出发经过3步反应制备HNO3的路线(用“→”表示含氮物质间的转化);其中一个有颜色变化的反应的化学方程式为。

(2)K2Cr2O7溶液中存在多个平衡。本题条件下仅需考虑如下平衡:(ⅰ)Cr2O72−(aq)+H2O(l)2HCrO4−(aq)K1=3.0×10-2(ⅱ)HCrO4−(aq)CrO42−(aq)+H+(aq)K2=3.3×10-7①下列有关K2Cr2O7溶液的说法正确的有。

A.加入少量硫酸,溶液的pH不变B.加入少量水稀释,溶液中离子总数增加C.加入少量NaOH溶液,反应(ⅰ)的平衡逆向移动D.加入少量K2Cr2O7固体,平衡时c2(HCrO4−)与c(Cr2O②25℃时,0.10mol·L-1K2Cr2O7溶液中lgc(CrO42−)c(Cr2O72−)随pH的变化关系如图2。当pH=9.00时,设Cr2O72−、HCrO4−与CrO42−的平衡浓度分别为x、y、zmol·L-1,则图2③在稀溶液中,一种物质对光的吸收程度(A)与其所吸收光的波长(λ)有关;在一定波长范围内,最大A对应的波长(λmax)取决于物质的结构特征;浓度越高,A越大。混合溶液在某一波长的A是各组分吸收程度之和。为研究pH对反应(ⅰ)和(ⅱ)平衡的影响,配制浓度相同、pH不同的K2Cr2O7稀溶液,测得其A随λ的变化曲线如图3。波长λ1、λ2和λ3中,与CrO42−的λmax最接近的是;溶液pH从a变到b的过程中,c(H+)·图3答案(1)①N2↑4H2O②E1-E2+ΔH+E3-E4③NH3NONO2HNO32NO+O22NO2或3NO2+H2O2HNO3+NO,4NO2+O2+2H2O4HNO3(2)①BD②x+12y+12z当pH=9.00时,溶液中c(H+)=10-9mol·L-1,K1=c2(HCrO4−)c(Cr2O72−)=3.0×10-2=y2x,K2=c(CrO42−)·c(H+)c(HCrO4−)=3.3×10-7=z·10−9y,K1·K2=y2·z·10−9x·y=10−9yzx解析(1)①该反应生成无污染气体,应为N2,另一产物则为H2O,根据得失电子守恒、原子守恒可配平化学方程式。②由题图1可知,X(g)→Y(g)为吸热过程,故焓变为X(g)、Y(g)间的能量差,为E1-E2+ΔH+E3-E4。③NH3经过以下3步反应可生成HNO3:4NH3+5O24NO+6H2O、2NO+O22NO2、3NO2+H2O2HNO3+NO。(2)①A项,加入少量硫酸,溶液中c(H+)增大,pH减小,错误;B项,加入少量水稀释,反应(ⅰ)、(ⅱ)的平衡均会向溶质微粒数增加的方向移动,故离子总数增加,正确;C项,加入少量NaOH溶液,消耗溶液中H+,反应(ⅱ)的平衡正向移动,c(HCrO4−)减小,故反应(ⅰ)的平衡正向移动,错误;D项,由于K1=c2(HCrO4−)c(Cr2O72−),②根据元素质量守恒可知2c(Cr2O72−)+c(HCrO4−)+c(CrO42−)=0.10mol·L-1×2,代入数据可得2x+y+z=0.20,即x+③根据(2)①中C选项的分析可知,pH越大,反应(ⅰ)、(ⅱ)平衡正向移动的程度越大,溶液中c(CrO42−)越大,其对应变化曲线的λmax越接近CrO42−的λmax,故图中最接近CrO42−的λmax为pH=9时曲线的λmax,其次是pH=7时曲线的λ3。由于λ1<λ2<λ3,故a<b<7。K22·K1=c2(CrO42−)·c2(H+)c2(HCrO4−)·c2(HCr2.(2022海南,16,10分)某空间站的生命保障系统功能之一是实现氧循环。其中涉及反应:CO2(g)+4H2(g)2H2O(g)+CH4(g)回答问题:(1)已知:电解液态水制备1molO2(g),电解反应的ΔH=+572kJ·mol-1。由此计算H2(g)的燃烧热(焓)ΔH=kJ·mol-1。

(2)已知:CO2(g)+4H2(g)2H2O(g)+CH4(g)的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系如图1所示。图1①若反应为基元反应,且反应的ΔH与活化能(Ea)的关系为|ΔH|>Ea。补充完成该反应过程的能量变化示意图(图2)。图2②某研究小组模拟该反应。温度t下,向容积为10L的抽空的密闭容器中通入0.1molCO2和0.4molH2,反应平衡后测得容器中n(CH4)=0.05mol。则CO2的转化率为,反应温度t约为℃。

(3)在相同条件下,CO2(g)与H2(g)还会发生不利于氧循环的副反应:CO2(g)+3H2(g)H2O(g)+CH3OH(g)在反应器中按n(CO2)∶n(H2)=1∶4通入反应物,在不同温度、不同催化剂条件下,反应进行到2min时,测得反应器中CH3OH、CH4浓度(μmol·L-1)如下表所示。催化剂t=350℃t=400℃c(CH3OH)c(CH4)c(CH3OH)c(CH4)催化剂Ⅰ10.812722345.242780催化剂Ⅱ9.2107753438932在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应,0~2min生成CH3OH的平均反应速率为μmol·L-1·min-1;若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件,原因是。

答案(1)-286(2)①②50%660.2(或660.1或660.3,其他合理答案也可)(3)5.4相同催化剂,400℃的反应速率更快;相同温度,催化剂Ⅱ副产物浓度低,甲烷的比例高解析(1)H2(g)的燃烧热指在101kPa时,1molH2(g)完全燃烧生成H2O(l)所释放的热量。由2H2O(l)2H2(g)+O2(g)ΔH=+572kJ·mol-1可得2H2(g)+O2(g)2H2O(l)ΔH=-572kJ·mol-1,则H2(g)燃烧热为ΔH=(-572÷2)kJ·mol-1=-286kJ·mol-1。(2)①根据图1可知温度越高,平衡常数越小,则CO2(g)+4H2(g)2H2O(g)+CH4(g)的正反应放热,即反应物总能量大于生成物总能量;由反应的ΔH与活化能(Ea)的关系|ΔH|>Ea=a可知反应物总能量与生成物总能量之差大于a,故生成物总能量低于a。②利用三段式法解答:CO2(g)+4H2(g)2H2O(g)+CH4(g)起始(mol)0.10.400转化(mol)0.050.20.10.05平衡(mol)0.050.20.10.05CO2的平衡转化率为0.050.1×100%=50%,反应的平衡常数K=(0.110(3)v(CH3OH)=Δc(CH3OH)Δt=10.8μmol·L−12min=5.4μmol·L-1·min方法指导第(2)问中①题画图时,关键要找到生成物总能量数值(即最低点);第(3)问分析表格数据时,注意控制变量分析外界条件对反应的影响。3.(2022河北,16,14分)氢能是极具发展潜力的清洁能源,以氢燃料为代表的燃料电池有良好的应用前景。(1)298K时,1gH2燃烧生成H2O(g)放热121kJ,1molH2O(l)蒸发吸热44kJ。表示H2燃烧热的热化学方程式为。

(2)工业上常用甲烷水蒸气重整制备氢气,体系中发生如下反应:ⅠCH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ⅡCO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)①下列操作中,能提高CH4(g)平衡转化率的是(填标号)。

A.增加CH4(g)用量B.恒温恒压下通入惰性气体C.移除CO(g)D.加入催化剂②恒温恒压条件下,1molCH4(g)和1molH2O(g)反应达平衡时,CH4(g)的转化率为α,CO2(g)的物质的量为bmol,则反应Ⅰ的平衡常数Kx=[写出含有α、b的计算式;对于反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g),Kx=xp(C)·xq(D)xm(A)·xn(B),x为物质的量分数]。其他条件不变,H2O(g)起始量增加到5mol,达平衡时α=0.90,b=0.65,(3)氢氧燃料电池中氢气在(填“正”或“负”)极发生反应。

(4)在允许O2-自由迁移的固体电解质燃料电池中,CnH2n+2放电的电极反应式为。

(5)甲醇燃料电池中,吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO,四步可能脱氢产物及其相对能量如图,则最可行途径为a→(用b~j等代号表示)。

答案(1)H2(g)+12O2(g)H2O(l)ΔH=-286kJ·mol-1(2)①BC②(α(3)负(4)CnH2n+2-(6n+2)e-+(3n+1)O2-nCO2+(n+1)H2O(5)b→e→f→i解析(1)298K时,1gH2燃烧生成H2O(g)放热121kJ,1molH2O(l)蒸发吸热44kJ,则1molH2燃烧生成1molH2O(l)放热286kJ,表示H2燃烧热的热化学方程式为H2(g)+12O2(g)H2O(l)ΔH=-286kJ·mol-1。(2)①增加CH4(g)用量可以提高H2O(g)的转化率,但是CH4(g)平衡转化率减小,A不符合题意;恒温恒压下通入惰性气体,相当于减小体系压强,反应混合物中各组分的浓度减小,反应Ⅰ的化学平衡正向移动,能提高CH4(g)平衡转化率,B符合题意;移除CO(g),CO(g)的浓度减小,反应Ⅰ的化学平衡正向移动,能提高CH4(g)平衡转化率,C符合题意;加入催化剂不能改变平衡状态,故不能提高CH4(g)平衡转化率,D不符合题意。故选BC。②恒温恒压条件下,1molCH4(g)和1molH2O(g)反应达平衡时,CH4(g)的转化率为α,列三段式:CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)起始(mol)1100转化(mol)ααα3α平衡(mol)1-α1-αα3αCO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)起始(mol)α1-α03α转化(mol)bbbb平衡(mol)α-b1-α-bb3α+b可知达平衡时,CO2(g)的物质的量为bmol,CH4(g)的物质的量为(1-α)mol,CO(g)的物质的量为(α-b)mol,H2O(g)的物质的量为(1-α-b)mol,H2(g)的物质的量为(3α+b)mol,则反应达平衡时混合气体的总物质的量为(2α+2)mol,混合气体中,CH4(g)、H2O(g)、CO(g)、H2(g)的物质的量分数分别为1−α2+2α、1−α−b2+2α、α−b2+2α、3α+b2+2α,因此,反应Ⅰ的平衡常数Kx=α−b2+2α×(3α+b2+2α)31−α2+2α×1−α−b2+2α=(α−b)(3α+b)3(1−α)(1−α−b)(2+2α)2;其他条件不变,H(3)燃料电池中的燃料在负极发生氧化反应,因此,氢氧燃料电池中氢气在负极发生反应。(4)在允许O2-自由迁移的固体电解质燃料电池中,CnH2n+2在负极发生氧化反应生成CO2和H2O,电极反应式为CnH2n+2-(6n+2)e-+(3n+1)O2-nCO2+(n+1)H2O。(5)由题图可知,吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO,甲醇在催化剂表面先失去碳原子上的H原子更容易,且能垒越低,活化能越小,越容易进行,top表示在催化剂表面进行,所以最可行的途径为a→b→e→f→i。方法点拨对于连锁可逆反应的三段式关系,在计算时可将第一个反应的平衡状态视为第二个反应的起始状态;注意题给信息中物质的量分数平衡常数表达式的应用。4.(2022湖南,14,4分)(双选)向体积均为1L的两恒容容器中分别充入2molX和1molY发生反应:2X(g)+Y(g)Z(g)ΔH,其中甲为绝热过程,乙为恒温过程,两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是()A.ΔH>0B.气体的总物质的量:na<ncC.a点平衡常数:K>12D.反应速率:va正<vb正答案BC反应2X(g)+Y(g)Z(g)为气体分子数减小的反应,甲为绝热过程,从曲线甲可以看出反应过程中,体系的压强先增大后减小,说明该反应是放热反应,刚开始反应时温度升高对压强的影响大于气体分子数减小对压强的影响,故ΔH<0,A项错误;甲为绝热过程,并且该反应为放热反应,故a点的温度比c点的温度高,因为a点、c点的压强相同,根据pV=nRT可知,气体的总物质的量:na<nc,B项正确;a点平衡时压强为p,温度为T℃,起始时压强为2p,温度为T0℃,根据pV=nRT,2pp=3molT0n平T,则n平=3T02Tmol<1.5mol,设消耗Y的物质的量为n,则消耗X的物质的量为2n,生成Z的物质的量为n,则有n平=2mol-2n+1mol-n+n<1.5mol,n>0.75mol,故平衡时c(X)<0.5mol/L,c(Y)<0.25mol/L,c(Z)>0.75mol/L,K>0.75÷(0.52×0.25)=12,C项正确;解题关键考生在做图像类型的试题时,一定要看清图中曲线的变化规律,然后再结合题中化学方程式去分析。本题中曲线甲代表绝热、曲线乙代表恒温,而反应后气体分子数减少,但在绝热条件下压强增大判断出该反应为放热反应。5.(2022湖南,16,13分)2021年我国制氢量位居世界第一,煤的气化是一种重要的制氢途径。回答下列问题:(1)在一定温度下,向体积固定的密闭容器中加入足量的C(s)和1molH2O(g),起始压强为0.2MPa时,发生下列反应生成水煤气:Ⅰ.C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)ΔH1=+131.4kJ·mol-1Ⅱ.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH2=-41.1kJ·mol-1①下列说法正确的是:

A.平衡时向容器中充入惰性气体,反应Ⅰ的平衡逆向移动B.混合气体的密度保持不变时,说明反应体系已达到平衡C.平衡时H2的体积分数可能大于2D.将炭块粉碎,可加快反应速率②反应平衡时,H2O(g)的转化率为50%,CO的物质的量为0.1mol。此时,整个体系(填“吸收”或“放出”)热量kJ,反应Ⅰ的平衡常数Kp=(以分压表示,分压=总压×物质的量分数)。

(2)一种脱除和利用水煤气中CO2方法的示意图如下:①某温度下,吸收塔中K2CO3溶液吸收一定量的CO2后,c(CO32−)∶c(HCO3−)=1∶2,则该溶液的pH=(该温度下H2CO3的Ka1=4.6×10②再生塔中产生CO2的离子方程式为;

③利用电化学原理,将CO2电催化还原为C2H4,阴极反应式为