2025届高考化学二轮专题复习与测试专题强化练八化学反应速率与化学平衡

专题强化练(八)化学反应速率与化学平衡1．(2024·梅州统考模拟预料)我国建成全球首套千吨级液态太阳燃料合成示范装置，其原理如图所示。下列说法不正确的是()A．太阳能在此过程中主要转化为电能和化学能B．反应Ⅰ和反应Ⅱ都属于氧化还原反应C．CH3OH中存在的化学键有离子键、共价键、氢键D．该过程产生的氢气和甲醇都可作为燃料电池燃料解析：由题图可知，该装置为太阳能光伏发电且产生了燃料CH3OH，即太阳能转化为电能和化学能，A项正确；Ⅰ、Ⅱ反应分别为2H2Oeq\o(=,\s\up7(太阳能))2H2↑＋O2↑、3H2＋CO2=H2O＋CH3OH，这两个反应均为氧化还原反应，B项正确；CH3OH中的化学键只有共价键，没有离子键，且氢键不属于化学键，C项错误；该装置中产生了H2和CH3OH均能作为燃料电池的负极材料，D项正确。故选C。答案：C2．(2024·深圳光明区高级中学校联考模拟预料)分析下表中的3个热化学方程式，下列说法正确的是()2024年北京冬奥会“飞扬”火炬运用的燃料氢气(H2)①2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH1＝－484kJ·mol－12008年北京奥运会“祥云”火炬运用的燃料丙烷(C3H8)②C3H8(g)＋5O2(g)=3CO2(g)＋4H2O(g)ΔH2＝－2039kJ·mol－1③C3H8(g)＋eq\f(7,2)O2(g)=3CO(g)＋4H2O(g)ΔH3＝－1190kJ·mol－1A．丙烷的燃烧热为－2039kJ·mol－1B．等质量的氢气与丙烷相比较，充分燃烧时，丙烷放热更多C．3CO2(g)＋10H2(g)=C3H8(g)＋6H2O(g)ΔH＝－381kJ·mol－1D．3CO(g)＋7H2(g)=C3H8(g)＋3H2O(g)ΔH＝＋504kJ·mol－1解析：燃烧热是在101kPa时，1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；由反应②可知，1mol丙烷燃烧生成液体水时，放出热量大于2039kJ·mol－1，A项错误；等质量的氢气与丙烷相比较，假设质量均为44g，则两者的物质的量分别为22mol、1mol，则由反应①②比较可知，充分燃烧时，氢气放热更多，B项错误；由盖斯定律可知，反应①×－1)＝－381kJ·mol－1，C项正确；由盖斯定律可知，反应①×eq\f(7,2)－③得：3CO(g)＋7H2(g)=C3H8(g)＋3H2O(g)ΔH＝eq\f(7,2)×(－484kJ·mol－1)－(－1190kJ·mol－1)＝－504kJ·mol－1，D项错误。故选C。答案：C3．(2024·惠州统考三模)N2O和CO是环境污染性气体，可在Pt2O表面转化为无害气体，其总反应为N2O(g)＋CO(g)=CO2(g)＋N2(g)ΔH，有关化学反应的物质改变过程及能量改变过程分别如图甲、乙所示。下列说法不正确的是()A．N2O为氧化剂B．ΔH＝－226kJ·mol－1C．由图乙知该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能D．为了实现转化，需不断向反应器中补充Pt2O和Pt2O2解析：反应N2O(g)＋CO(g)=CO2(g)＋N2(g)中，N元素化合价降低，N2O为氧化剂，故A项正确；反应物能量高于生成物，反应为放热反应，反应焓变ΔH＝生成物总焓－反应物总焓＝134kJ·mol－1－360kJ·mol－1＝－226kJ·mol－1，故B项正确；由图乙知该反应正反应的活化能Ea小于逆反应的活化能Eb，故C项正确；Pt2O和Pt2O2是催化剂，催化剂在化学反应的前、后化学性质和质量是不变的，无需不断补充，故D项错误。故选D。答案：D4．(2024·广州一模)恒容密闭容器中，以硫(S8)与CH4为原料制备CS2，S8受热分解成气态S2，发生反应2S2(g)＋CH4(g)CS2(g)＋2H2S(g)ΔH。CH4的平衡转化率、S2的体积分数随温度的改变曲线如图所示。下列说法正确的是()A．ΔH>0B．温度上升，S8分解率增大，S2体积分数增大C．向平衡体系中充入惰性气体，平衡向右移动D．其他条件相同，S2体积分数越大，CH4平衡转化率越小解析：由题图可看出，温度上升，CH4的平衡转化率降低，S2的体积分数上升说明升温时，平衡2S2(g)＋CH4(g)CS2(g)＋2H2S(g)逆向移动，所以正反应方向是放热的，即ΔH<0，选项A错误；因为S8分解成S2须要汲取热量，S8(g)4S2(g)ΔH>0，所以升温时，平衡正向移动，S8分解率增大，S2体积分数增大，选项B正确；向恒容的平衡体系中，通入惰性气体，由于与反应有关的气体物质的物质的量浓度均未改变，所以Q＝K，平衡不移动，选项C错误；其他条件不变时，S2体积分数增大，即c(S2)越大，则平衡正向进行的程度越大，CH4的平衡转化率越大，选项D错误。故选B。答案：B5．(2024·辽宁卷)某废水处理过程中始终保持H2S饱和，即c(H2S)＝0.1mol·L－1，通过调整pH使Ni2＋和Cd2＋形成硫化物而分别，体系中pH与－lgc关系如下图所示，c为HS－、S－2、Ni2＋和Cd2＋的浓度，单位为mol·L－1。已知Ksp(NiS)>Ksp(CdS)，下列说法正确的是()A．Ksp(CdS)＝10－18.4B．③为pH与－lgc(HS－)的关系曲线C．Ka1(H2S)＝10－8.1D．Ka2(H2S)＝10－14.7解析：已知H2S饱和溶液中随着pH的增大，H2S的浓度渐渐减小，HS－的浓度增大，S2－浓度渐渐增大，则有－lgc(HS－)和－lg(S2－)随着pH增大而减小，且相同pH相同时，HS－浓度大于S2－，即－lgc(HS－)小于－lg(S2－)，则Ni2＋和Cd2＋浓度渐渐减小，且Ksp(NiS)>Ksp(CdS)，即当c(S2－)相同时，c(Ni2＋)＞c(Cd2＋)，则－lgc(Ni2＋)和－lg(Cd2＋)随着pH增大而增大，且有－lgc(Ni2＋)小于－lg(Cd2＋)，由此可知曲线①代表Cd2＋、②代表Ni2＋、③代表S2－，④代表HS－，据此分析结合题图中各点数据进行解题。由分析可知，曲线①代表Cd2＋、③代表S2－，由图示曲线①③交点可知，此时c(Cd2＋)＝c(S2－)＝10－13mol·L－1，则有Ksp(CdS)＝c(Cd2＋)c(S2－)＝10－13×10－13＝10－26，A项错误；由分析可知，③为pH与－lgc(S2－)的关系曲线，B项错误；由分析可知，曲线④代表HS－，由图示曲线④两点坐标可知，此时c(H＋)＝10－1.6mol·L－1时，c(HS－)＝10－6.5mol·L－1，Ka1(H2S)＝eq\f(c（H＋）c（HS－）,c（H2S）)＝eq\f(10－1.6×10－6.5,0.1)＝10－7.1或者当c(H＋)＝10－4.2mol·L－1时，c(HS－)＝10－3.9mol·L－1，Ka1(H2S)＝eq\f(c（H＋）c（HS－）,c（H2S）)＝eq\f(10－4.2×10－3.9,0.1)＝10－7.1，C项错误；已知Ka1Ka2＝eq\f(c（H＋）c（HS－）,c（H2S）)×eq\f(c（H＋）c（S2－）,c（HS－）)＝eq\f(c2（H＋）c（S2－）,c（H2S）)，由曲线③两点坐标可知，当c(H＋)＝10－4.9mol·L－1时，c(S2－)＝10－13mol·L－1，或者当c(H＋)＝10－6.8mol·L－1时，c(S2－)＝10－9.2mol·L－1，故有Ka1Ka2＝eq\f(c2（H＋）c（S2－）,c（H2S）)＝eq\f(（10－4.9）2×10－13,0.1)＝eq\f(（10－6.8）2×10－9.2,0.1)＝10－21.8，结合C项分析可知，Ka1＝10－7.1，故有Ka2(H2S)＝10－14.7，D项正确。故选D。答案：D6．(2024·新课标卷)氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产实力位居世界首位。回答下列问题：(1)依据图1数据计算反应eq\f(1,2)N2(g)＋eq\f(3,2)H2(g)NH3(g)的ΔH＝__________kJ·mol－1。(2)探讨表明，合成氨反应在Fe催化剂上可能通过图2机理进行(表示催化剂表面吸附位，Neq\o\al(,2)表示被吸附于催化剂表面的N2)。推断上述反应机理中，速率限制步骤(即速率最慢步骤)为______________(填步骤前的标号)，理由是________________________________________。(3)合成氨催化剂前驱体(主要成分为Fe3O4)运用前经H2还原，生成α­Fe包袱的Fe3O4。已知α­Fe属于立方晶系，晶胞参数a＝287pm，密度为7.8g·cm－3，则α­Fe晶胞中含有Fe的原子数为______________(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA)。(4)在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的摩尔分数与温度的计算结果如下图所示。其中一种进料组成为xH2＝0.75、xN2＝0.25，另一种为xH2＝0.675、xN2＝0.225、xAr＝0.10。(物质i的摩尔分数：xi＝eq\f(ni,n总))①图中压强由小到大的依次为__________，推断的依据是__________。②进料组成中含有惰性气体Ar的图是______________。③图3中，当p2＝20MPa、xNH3＝0.20时，氮气的转化率α＝__________________。该温度时，反应eq\f(1,2)N2(g)＋eq\f(3,2)H2(g)NH3(g)的平衡常数Kp＝______________(MPa)－1(化为最简式)。解析：(1)在化学反应中，断开化学键要消耗能量，形成化学键要释放能量，反应的焓变等于反应物的键能总和与生成物的键能总和的差，因此，由题图1数据可知，反应eq\f(1,2)N2(g)＋eq\f(3,2)H2(g)NH3(g)的ΔH＝(473＋654－436－397－339)kJ·mol－1＝－45kJ·mol－1。(2)由题图1中信息可知，eq\f(1,2)N2(g)=N(g)的ΔH＝＋473kJ·mol－1，则N≡N的键能为946kJ·mol－1；eq\f(3,2)H2(g)=3H(g)的ΔH＝＋654kJ·mol－1，则H—H的键能为436kJ·mol－1。在化学反应中，最大的能垒为速率限制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于N≡N的键能比H—H的大许多，因此，在题述反应机理中，速率限制步骤为(ⅱ)。(3)已知α­Fe属于立方晶系，晶胞参数a＝287pm，密度为7.8g·cm－3，设其晶胞中含有Fe的原子数为x，则α­Fe晶体密度ρ＝eq\f(56x×1030,NA·2873)g·cm3＝7.8g·cm3，解之得x＝eq\f(7.8×2873NA,56×1030)，即α­Fe晶胞中含有Fe的原子数为eq\f(7.8×2873NA,56×1030)。(4)①合成氨的反应中，压强越大越有利于氨的合成，因此，压强越大，平衡时氨的摩尔分数越大。由图中信息可知，在相同温度下，反应达平衡时氨的摩尔分数p1＜p2＜p3，因此，图中压强由小到大的依次为p1＜p2＜p3，推断的依据是合成氨的反应为气体分子数削减的反应，压强越大，平衡时氨的摩尔分数越大。②对比题图3和题图4中的信息可知，在相同温度和相同压强下，题图4中平衡时氨的摩尔分数较小。在恒压下充入惰性气体Ar，反应混合物中各组分的浓度减小，各组分的分压也减小，化学平衡要向气体分子数增大的方向移动，因此，充入惰性气体Ar不利于合成氨，故进料组成中含有惰性气体Ar的图是图4。③题图3中，进料组成为xH2＝0.75、xN2＝0.25两者物质的量之比为3∶1。假设进料中氢气和氮气的物质的量分别为3mol和1mol，达到平衡时氮气的改变量为xmol，列出“三段式”：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)起始量/mol130改变量/molx3x2x平衡量/mol1－x3－3x2x当p2＝20MPa、xNH3＝0.20时，xNH3＝eq\f(2x,4－2x)＝0.20，解之得x＝eq\f(1,3)，则氮气的转化率α＝eq\f(1,3)≈33.33%，平衡时N2、H2、NH3的物质的量分别为eq\f(2,3)mol、2mol、eq\f(2,3)mol，其物质的量分数分别为eq\f(1,5)、eq\f(3,5)、eq\f(1,5)，则该温度下K′p＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)p2))\s\up12(2),\f(1,5)p2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)p2))\s\up12(3))＝eq\f(25,27×400)(MPa)－2。因此，该温度时，反应eq\f(1,2)N2(g)＋e