2019届新课标Ⅱ高考化学一轮复习专题七化学反应速率和化学平衡讲义

专题七化学反应速率和化学平衡高考化学

(课标Ⅱ专用)考点一化学反应速率1.(2014课标Ⅰ,9,6分,0.359)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)五年高考A组

统一命题·课标卷题组答案

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。解题关键第一步参加反应,第二步又通过反应生成,且质量不发生变化,这样的物质属于催化

剂。2.(2018课标Ⅲ,28,15分)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:2SiHCl3(g)

SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)

ΔH1=48kJ·mol-13SiH2Cl2(g)

SiH4(g)+2SiHCl3(g)

ΔH2=-30kJ·mol-1则反应4SiHCl3(g)

SiH4(g)+3SiCl4(g)的ΔH为

kJ·mol-1。(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323K和343K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。

①343K时反应的平衡转化率α=

%。平衡常数K343K=

(保留2位小数)。②在343K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

、

。③比较a、b处反应速率大小:va

vb(填“大于”“小于”或“等于”)。反应速率v=v正-

v逆=k正 -k逆

,k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数,x为物质的量分数,计算a处的

=

(保留1位小数)。答案(1)2SiHCl3+3H2O

(HSiO)2O+6HCl(2)114(3)①220.02②及时移去产物改进催化剂提高反应物压强(浓度)③大于1.3解析本题考查化学方程式的书写、盖斯定律的应用、化学平衡的移动及相关计算。(1)依据题意知,SiHCl3遇潮气时发烟的化学方程式为2SiHCl3+3H2O

(HSiO)2O+6HCl。(2)由盖斯定律可知ΔH=3ΔH1+ΔH2=3×48kJ·mol-1-30kJ·mol-1=114kJ·mol-1。(3)①反应2SiHCl3(g)

SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)

ΔH1=48kJ·mol-1,由于ΔH1>0,升高温度,化学平衡正向移动,SiHCl3的转化率增大,故曲线a表示343K,观察图像知,343K时反应的平衡转化率为22%;设起始时SiHCl3的物质的量浓度为c,列出“三段式”:2SiHCl3(g)

SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)起始

c00变化0.22c0.11c0.11c平衡0.78c0.11c0.11c故K343K=

=

≈0.02。②已知2SiHCl3(g)

SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)

ΔH1=48kJ·mol-1,该反应的正反应是气体体积不变的吸热反应,故要在温度不变的情况下提高SiHCl3转化率可采取的措施是及时移去产物;要缩

短反应达到平衡的时间,可采取的措施有提高反应物压强(浓度)和改进催化剂等。③a、b处SiHCl3的转化率相等,但a处温度比b处高,故va大于vb;依据题意知v正=k正 ,v逆=k逆

,由平衡时v正=v逆知,

=

=0.02,对于a处,列出“三段式”计算知,

=0.8,

=0.1,

=0.1,故a处

=

=

≈1.3。疑难点拨

(3)③根据已知表达式表示出v正和v逆,利用达到化学平衡时v正=v逆计算出

,然后结合“三段式”即可求出

。考点二化学平衡1.(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(C4H10)脱氢制1-丁烯(C4H8)的热化学方程式如下:①C4H10(g)

C4H8(g)+H2(g)

ΔH1已知:②C4H10(g)+

O2(g)

C4H8(g)+H2O(g)

ΔH2=-119kJ·mol-1③H2(g)+

O2(g)

H2O(g)

ΔH3=-242kJ·mol-1反应①的ΔH1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“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ΔH1=ΔH2-ΔH3=123kJ·mol-1;由图(a)可知,温度一定时,压强由0.1MPa变成xMPa,反应物平衡转化

率增大,对反应①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;ΔH1>0,升

高温度或减小压强,可使反应①的平衡正向移动,丁烯的平衡产率提高,故选择A、D。(2)H2是

反应①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。2.(2015课标Ⅰ,28,15分,0.257)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MnO2和H2SO4,即可得到I2。该反

应的还原产物为

。(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AgNO3溶液,当AgCl

开始沉淀时,溶液中

为

。已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10,Ksp(AgI)=8.5×10-17。(3)已知反应2HI(g)

H2(g)+I2(g)的ΔH=+11kJ·mol-1,1molH2(g)、1molI2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收436kJ、151kJ的能量,则1molHI(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)

H2(g)+I2(g)在716K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/min020406080120x(HI)10.910.850.8150.7950.784x(HI)00.600.730.7730.7800.784①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正=k正x2(HI),逆反应速率为v逆=k逆x(H2)x(I2),其中k正、k逆为速率常

数,则k逆为

(以K和k正表示)。若k正=0.0027min-1,在t=40min时,v正=

min-1。③由上述实验数据计算得到v正~x(HI)和v逆~x(H2)的关系可用下图表示。当升高到某一温度时,

反应重新达到平衡,相应的点分别为

(填字母)。

答案(1)MnSO4(或Mn2+)(1分)(2)4.7×10-7(2分)(3)299(2分)(4)①

(2分)②k正/K1.95×10-3(每空2分,共4分)③A、E(4分)解析(1)MnO2在酸性条件下可把I-氧化为I2,自身被还原为Mn2+,即还原产物为MnSO4。(2)当AgCl开始沉淀时,AgI已经沉淀完全,此时溶液中

=

=

=

=4.7×10-7。(3)设1molHI(g)分子中化学键断裂吸收的能量为xkJ,由反应热与键能的关系可知,2x=436+151+11,解得x=299,故1molHI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为299kJ。(4)①观察表中数据知,120min时反应达到平衡,此时x(HI)=0.784,x(H2)=x(I2)=(1-0.784)×

=0.108,故反应的平衡常数K的计算式为

=

。②由于v正=k正x2(HI),v逆=k逆x(H2)x(I2),K=

,当达到平衡状态时,v正=v逆,即k逆=

;在t=40min时,x(HI)=0.85,v正=k正·x2(HI)=0.0027min-1×0.852=1.95×10-3min-1。③反应2HI(g)

H2(g)+I2(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(H2)增大,观察图像知,对应的点分别为A和E。审题方法第(4)问的第③小问要结合图示、化学平衡和化学反应速率关系的变化特点分析

问题。升高温度,反应速率增大。易混易错要注意平衡常数的表达式和计算式,很多学生在第(4)问第①小问会错写成表达式,

应该写成计算式。3.(2014课标Ⅱ,26,13分,0.513)在容积为1.00L的容器中,通入一定量的N2O4,发生反应N2O4(g)

2NO2(g),随温度升高,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0~60s时段,反应速率v(N2O4)为

mol·L-1·s-1;反应的平衡常数K1为

。(2)100℃时达平衡后,改变反应温度为T,c(N2O4)以0.0020mol·L-1·s-1的平均速率降低,经10s又

达到平衡。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K2

。(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0.00100.36mol·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(NO2)=0.120mol·L-1+0.0020mol·L-1·s-1×10s×2=0.16mol·L-1c(N2O4)=0.040mol·L-1-0.0020mol·L-1·s-1×10s=0.020mol·L-1K2=

=1.3mol·L-1(3分)(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)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时段,v(N2O4)=

=

=0.0010mol·L-1·s-1;平衡常数K1=

=

=0.36mol·L-1。(2)当温度由100℃变为T时,N2O4的浓度降低,“三段式”如下:N2O4(g)

2NO2(g)100℃平衡时0.040mol·L-10.120mol·L-1温度T时变化0.020mol·L-10.040mol·L-1温度T平衡时0.020mol·L-10.160mol·L-1由于温度变为T时平衡向N2O4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℃。当再次达到平衡时,平衡常数K2=

=

=1.3mol·L-1。(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。审题方法解答此题的关键是依据题给信息判断出反应是吸热反应,然后根据浓度-时间图像

计算反应速率及平衡常数,并依据温度、压强对平衡的影响回答相关问题。答题规范1.第(1)小题第一个空要填“大于”,不要写“>”。2.细心计算,防止出错。3.准确组织语言,规范使用化学用语。考点三化学平衡常数及与化学平衡有关的计算1.(2018课标Ⅰ,28,15分)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:(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:2N2O5(g)

4NO2(g)+O2(g)

2N2O4(g)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]:t/min0408016026013001700∞p/kPa35.840.342.545.949.261.262.363.1①已知:2N2O5(g)

2N2O4(g)+O2(g)

ΔH1=-4.4kJ·mol-12NO2(g)

N2O4(g)

ΔH2=-55.3kJ·mol-1则反应N2O5(g)

2NO2(g)+

O2(g)的ΔH=

kJ·mol-1。②研究表明,N2O5(g)分解的反应速率v=2×10-3×

(kPa·min-1)。t=62min时,测得体系中

=2.9kPa,则此时的

=

kPa,v=

kPa·min-1。③若提高反应温度至35℃,则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)

63.1kPa(填“大

于”“等于”或“小于”),原因是

。④25℃时N2O4(g)

2NO2(g)反应的平衡常数Kp=

kPa(Kp为以分压表示的平衡常数,计算结果保留1位小数)。(3)对于反应2N2O5(g)

4NO2(g)+O2(g),R.A.Ogg提出如下反应历程:第一步N2O5

NO2+NO3快速平衡第二步NO2+NO3

NO+NO2+O2慢反应第三步NO+NO3

2NO2快反应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答案(1)O2(2)①53.1②30.06.0×10-2③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④13.4(3)AC解析本题考查氧化还原反应、反应热的计算、化学反应速率、化学平衡及化学平衡常数

的计算。(1)氯气具有强氧化性,氮元素化合价不变,Ag应以AgCl形式存在,则被氧化的是氧元素,对应的

氧化产物为O2,反应的化学方程式为4AgNO3+2Cl2

4AgCl+2N2O5+O2。(2)①2N2O5(g)

2N2O4(g)+O2(g)

ΔH1=-4.4kJ·mol-1

a2NO2(g)

N2O4(g)

ΔH2=-55.3kJ·mol-1

b根据盖斯定律,由

-b可得:N2O5(g)

2NO2(g)+

O2(g)

ΔH=53.1kJ·mol-1。②由2N2O5(g)~O2(g)可知,

=2.9kPa时N2O5分压减小5.8kPa,此时

=(35.8-5.8)kPa=30.0kPa。v=2×10-3×

(kPa·min-1)=2×10-3×30(kPa·min-1)=6.0×10-2kPa·min-1。④t=∞时,N2O5完全分解。2N2O5

2N2O4+O222135.8kPa

=35.8kPa

=17.9kPa设达平衡时,N2O4分压减小了xkPa。N2O4

2NO2开始分压(kPa)35.80变化分压(kPa)

x2x平衡分压(kPa)35.8-x2x(35.8-x)kPa+2xkPa+17.9kPa=63.1kPa,解得x=9.4,则平衡时

=26.4kPa,

=18.8kPa,K=

kPa≈13.4kPa。(3)第一步反应为快反应,其逆反应的速率也比第二步反应的速率快,A正确;从反应方程式看,

中间产物有NO3、NO,B错误;由于第二步反应是慢反应,说明NO2与NO3的碰撞仅部分有效,C

正确;第三步是快反应,故其活化能应较低,D错误。2.(2017课标Ⅲ,28,14分)砷(As)是第四周期ⅤA族元素,可以形成As2S3、As2O5、H3AsO3、H3AsO4等化合物,有着广泛的用途。回答下列问题:(1)画出砷的原子结构示意图

。(2)工业上常将含砷废渣(主要成分为As2S3)制成浆状,通入O2氧化,生成H3AsO4和单质硫。写出

发生反应的化学方程式

。该反应需要在加压下进行,原因是

。(3)已知:As(s)+

H2(g)+2O2(g)

H3AsO4(s)

ΔH1H2(g)+

O2(g)

H2O(l)

ΔH22As(s)+

O2(g)

As2O5(s)

ΔH3则反应As2O5(s)+3H2O(l)

2H3AsO4(s)的ΔH=

。(4)298K时,将20mL3xmol·L-1Na3AsO3、20mL3xmol·L-1I2和20mLNaOH溶液混合,发生反

应:As

(aq)+I2(aq)+2OH-(aq)

As

(aq)+2I-(aq)+H2O(l)。溶液中c(As

)与反应时间(t)的关系如图所示。

①下列可判断反应达到平衡的是

(填标号)。a.溶液的pH不再变化b.v(I-)=2v(As

)c.c(As

)/c(As

)不再变化d.c(I-)=ymol·L-1②tm时,v正

v逆(填“大于”“小于”或“等于”)。③tm时v逆

tn时v逆(填“大于”“小于”或“等于”),理由是

。④若平衡时溶液的pH=14,则该反应的平衡常数K为

。答案(1)

(2)2As2S3+5O2+6H2O

4H3AsO4+6S增加反应物O2的浓度,提高As2S3的转化速率(3)2ΔH1-3ΔH2-ΔH3(4)①a、c②大于③小于

tm时生成物浓度较低④

(mol·L-1)-1

解析(1)As位于第四周期第ⅤA族,其原子序数为33,则其原子结构示意图为

。(2)根据得失电子守恒及原子守恒可以配平该反应的化学方程式:2As2S3+5O2+6H2O

4H3AsO4+6S。该反应是有气体物质参与的反应,加压可以加快反应速率。(3)由盖斯定律可知ΔH=2ΔH1-3ΔH2-ΔH3。(4)①溶液pH不变时,c(OH-)保持不变,反应处于平衡状态;未标明v(I-)和v(

)的方向,反应不一定处于平衡状态;由于提供的Na3AsO3的量一定,所以c(As

)/c(As

)不再变化时,c(As

)与c(As

)也保持不变,反应处于平衡状态;平衡时c(I-)=2c(

)=2×ymol·L-1=2ymol·L-1,即c(I-)=ymol·L-1时反应未达到平衡状态。②反应从正反应开始进行,tm时反应继续正向进行,v正>v逆。③tm时As

浓度比tn时小,所以逆反应速率:tm<tn。④三种溶液混合后,反应前Na3AsO3浓度为xmol·L-1,同理I2浓度为xmol·L-1,反应达到平衡时,c(As

)为ymol·L-1,则c(I-)=2ymol·L-1,消耗As

、I2浓度均为ymol·L-1,平衡时c(As

)为(x-y)mol·L-1,c(I2)为(x-y)mol·L-1,溶液中c(OH-)=1mol·L-1,K=

(mol·L-1)-1=

(mol·L-1)-1。3.(2016课标Ⅱ,27,14分)丙烯腈(CH2

CHCN)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(CH2

CHCHO)和乙腈(CH3CN)等。回答下列问题:(1)以丙烯、氨、氧气为原料,在催化剂存在下生成丙烯腈(C3H3N)和副产物丙烯醛(C3H4O)的

热化学方程式如下:①C3H6(g)+NH3(g)+

O2(g)

C3H3N(g)+3H2O(g)

ΔH=-515kJ·mol-1②C3H6(g)+O2(g)

C3H4O(g)+H2O(g)

ΔH=-353kJ·mol-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)。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(14分)(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。(3)由反应①可知n(NH3)∶n(O2)∶n(C3H6)=1∶1.5∶1,由于O2在空气中所占体积分数约为

,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∶(1.5×5)∶1=1∶7.5∶1。关联知识1.在能发生多个反应的反应体系中,选择合适的催化剂,只能对某一特定的反应起

到催化作用,这是催化剂的选择性。2.温度过高,催化剂失活,选择性减弱,副反应会增多。解题关键1.生成丙烯腈的反应为放热反应;2.图表信息的分析与应用。考点一化学反应速率1.(2018北京理综,7,6分)我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催

化反应历程。该历程示意图如下。

下列说法不正确的是

()A.生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%B.CH4→CH3COOH过程中,有C—H键发生断裂C.①→②放出能量并形成了C—C键D.该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率B组自主命题·省（区、市）卷题组答案

D本题考查能量变化、催化剂催化机理等知识。催化剂只影响化学反应速率,不会

使化学平衡发生移动,故不会提高反应物的平衡转化率,D不正确。方法技巧

认真观察示意图,分清反应物、中间产物和生成物,该题就不难作答。2.(2018江苏单科,10,2分)下列说法正确的是

()A.氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能B.反应4Fe(s)+3O2(g)

2Fe2O3(s)常温下可自发进行,该反应为吸热反应C.3molH2与1molN2混合反应生成NH3,转移电子的数目小于6×6.02×1023D.在酶催化淀粉水解反应中,温度越高淀粉水解速率越快答案

C本题考查燃料电池、反应自发性、阿伏加德罗常数的应用及酶的活性与温度的关

系。氢氧燃料电池放电过程中,化学能除转化为电能外,还有热能的产生,A错误;4Fe(s)+3O2(g)

2Fe2O3(s)是一个熵减反应,而该反应常温下能自发进行,则该反应必为放热反应,B错误;N2与H2合成NH3的反应为可逆反应,故3molH2与1molN2不能完全转化为NH3,转移电子的数目

小于6×6.02×1023,C正确;酶的活性与温度有关,温度过高,使酶失去生理活性,D错误。误区警示

本题容易忽视合成氨是可逆反应。3.(2016北京理综,8,6分)下列食品添加剂中,其使用目的与反应速率有关的是

()A.抗氧化剂B.调味剂C.着色剂D.增稠剂答案

A抗氧化剂是防止食品氧化变质的添加剂,使用目的是延缓食品的变质。4.(2017江苏单科,10,2分)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

()

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分解速率的影响大答案

D本题考查依据影响化学反应速率的因素识图的能力。A项,从图甲看出,相同时间

内,起始c(H2O2)越大,H2O2的浓度变化量越大,即分解速率越快,错误;B项,从图乙看出,NaOH溶

液浓度越大,即pH越大,H2O2分解速率越快,错误;C项,从图丙看出,0.1mol·L-1NaOH与1.0mol·L-1NaOH所示曲线相比,0.1mol·L-1NaOH对应曲线表示的H2O2分解速率快,错误;D项正确。审题方法三审清一审题干,审清关键词;二审题图,审清图中标注的数据;三审选项,审清选项中所表明的具体结论。5.(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

()A.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c/mol·L-1

v/mmol·L-1·min-1

T/K0.6000.5000.4000.300318.23.603.002.401.80328.29.007.50a4.50b2.161.801.441.08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。6.(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)=

mol·L-1·min-1C.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的平衡浓度大于T2时X的平衡浓度,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)=

mol·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>W点的正反应速率,而W点的正反应速率=W点

的逆反应速率>N点的逆反应速率,C项正确;D项,恒容时充入X,压强增大,平衡正向移动,X的转

化率增大,D项错误。考点二化学平衡1.(2018天津理综,5,6分)室温下,向圆底烧瓶中加入1molC2H5OH和含1molHBr的氢溴酸,溶液

中发生反应: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

()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2mol,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答案

D本题考查化学平衡的影响因素。加入NaOH会中和HBr,平衡逆向移动,乙醇的物质

的量增大,A正确;增大HBr浓度,平衡正向移动,有利于生成C2H5Br,B正确;只要投料比符合化学

计量数之比,两种反应物平衡转化率之比始终是1∶1,C正确;若起始温度提高至60℃,则反应

生成的C2H5Br会被及时蒸出,反应很难建立平衡,D错误。解题关键

注意C2H5Br的沸点为38.4℃,60℃时C2H5Br为气体。2.(2017天津理综,6,6分)常压下羰基化法精炼镍的原理为:Ni(s)+4CO(g)

Ni(CO)4(g)。230℃时,该反应的平衡常数K=2×10-5。已知:Ni(CO)4的沸点为42.2℃,固体杂质不参与反应。第一阶段:将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4;第二阶段:将第一阶段反应后的气体分离出来,加热至230℃制得高纯镍。下列判断正确的是

()A.增加c(CO),平衡向正向移动,反应的平衡常数增大B.第一阶段,在30℃和50℃两者之间选择反应温度,选50℃C.第二阶段,Ni(CO)4分解率较低D.该反应达到平衡时,v生成[Ni(CO)4]=4v生成(CO)答案

B本题考查化学平衡的相关知识。增加c(CO),平衡正向移动,但由于反应温度不变,

故平衡常数不变,A错;第一阶段的目的是得到气态Ni(CO)4,因为Ni(CO)4的沸点为42.2℃,故反

应温度选择50℃,B正确;根据题给平衡常数知230℃时反应Ni(CO)4(g)

Ni(s)+4CO(g)的平衡常数为5×104,故第二阶段Ni(CO)4分解率较高,C错;反应达到平衡时,4v生成[Ni(CO)4]=v生成(CO),

D错。易混易错平衡发生移动时,平衡常数不一定发生变化,只有温度改变才能引起平衡常数的变

化。3.(2016江苏单科,15,4分)一定温度下,在3个体积均为1.0L的恒容密闭容器中反应2H2(g)+CO

(g)

CH3OH(g)达到平衡。下列说法正确的是

()A.该反应的正反应放热B.达到平衡时,容器Ⅰ中反应物转化率比容器Ⅱ中的大C.达到平衡时,容器Ⅱ中c(H2)大于容器Ⅲ中c(H2)的两倍D.达到平衡时,容器Ⅲ中的正反应速率比容器Ⅰ中的大容器温度/K物质的起始浓度/mol·L-1物质的平衡浓度/mol·L-1c(H2)c(CO)c(CH3OH)c(CH3OH)Ⅰ4000.200.1000.080Ⅱ4000.400.200

Ⅲ500000.100.025答案

AD将容器Ⅲ中c(CH3OH)=0.10mol·L-1等效转移至左边的反应物,相当于c(H2)=0.20

mol·L-1,c(CO)=0.10mol·L-1。A项,容器Ⅲ中相对于容器Ⅰ中,温度升高,平衡左移,则逆反应为吸

热反应,正反应放热,正确;B项,容器Ⅱ中相对于容器Ⅰ中,压强增大,平衡右移,则容器Ⅱ中反应

物转化率大,错误;C项,容器Ⅲ相对于容器Ⅱ,温度升高,压强减小,平衡左移,达平衡时,容器Ⅱ中

c(H2)小于容器Ⅲ中c(H2)的两倍,错误;D项,容器Ⅲ中比容器Ⅰ中温度高,反应速率快,正确。4.(2015四川理综,7,6分)一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应:C(s)+CO2

(g)

2CO(g),平衡时,体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示:

已知:气体分压(p分)=气体总压(p总)×体积分数。下列说法正确的是

()A.550℃时,若充入惰性气体,v正、v逆均减小,平衡不移动B.650℃时,反应达平衡后CO2的转化率为25.0%C.T℃时,若充入等体积的CO2和CO,平衡向逆反应方向移动D.925℃时,用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=24.0p总

答案

B

A项,反应容器为恒压密闭容器,充入惰性气体,相当于减小压强,v正、v逆均减小,平衡

应向右移动,错误;B项,设起始时CO2的物质的量为1mol,达到平衡时转化了xmol,利用三段式:C(s)+CO2(g)

2CO(g)n始/mol10n转化/mol

x2xn平/mol1-x2x则有

×100%=40.0%,解得x=0.25,CO2的转化率为

×100%=25.0%,正确;C项,因为是恒压体系,T℃达平衡时,CO2、CO的体积分数均为50%,故充入等体积的CO2和CO,平衡不移

动,错误;D项,Kp=

=

=23.04p总,错误。5.(2015天津理综,10,14分)FeCl3具有净水作用,但腐蚀设备,而聚合氯化铁是一种新型的絮凝

剂,处理污水比FeCl3高效,且腐蚀性小。请回答下列问题:(1)FeCl3净水的原理是

。FeCl3溶液腐蚀

钢铁设备,除H+作用外,另一主要原因是(用离子方程式表示)

。(2)为节约成本,工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到FeCl3。①若酸性FeCl2废液中c(Fe2+)=2.0×10-2mol·L-1,c(Fe3+)=1.0×10-3mol·L-1,c(Cl-)=5.3×10-2mol·L-1,则

该溶液的pH约为

。②完成NaClO3氧化FeCl2的离子方程式:

Cl

+

Fe2++

Cl-+

Fe3++

(3)FeCl3在溶液中分三步水解:Fe3++H2O

Fe(OH)2++H+

K1Fe(OH)2++H2O

Fe(OH

+H+

K2Fe(OH

+H2O

Fe(OH)3+H+

K3以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是

。通过控制条件,以上水解产物聚合,生成聚合氯化铁,离子方程式为:xFe3++yH2O

Fex(OH

+yH+欲使平衡正向移动可采用的方法是(填序号)

。a.降温b.加水稀释c.加入NH4Cld.加入NaHCO3室温下,使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁的关键条件是

。(4)天津某污水处理厂用聚合氯化铁净化污水的结果如图所示。由图中数据得出每升污水中

投放聚合氯化铁[以Fe(mg·L-1)表示]的最佳范围约为

mg·L-1。答案(1)Fe3+水解产生的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中悬浮的杂质2Fe3++Fe

3Fe2+(2)①2②166H+163H2O(3)K1>K2>K3bd调节溶液的pH(4)18~20解析(1)FeCl3净水的原理是Fe3+水解产生Fe(OH)3胶体,Fe(OH)3胶体具有较强的吸附性,能吸

附水中的悬浮杂质使其沉降,从而起到净水作用。FeCl3溶液腐蚀钢铁设备,除H+作用外,另一

主要原因是Fe3+具有较强的氧化性,将Fe氧化为Fe2+,其离子方程式为:2Fe3++Fe

3Fe2+。(2)①酸性FeCl2废液中除存在Fe2+、Fe3+、Cl-外,还存在H+和OH-,由电荷守恒得:c(H+)+2c(Fe2+)+3c(Fe3+)=c(Cl-)+c(OH-),由于c(OH-)很小,可忽略不计,故有c(H+)+2×2.0×10-2mol·L-1+3×1.0×10-3

mol·L-1≈5.3×10-2mol·L-1,则c(H+)≈1.0×10-2mol·L-1,pH≈2。②由①可知溶液显酸性,空缺的反

应物为H+,则空缺的生成物为H2O,由得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒可配平该离子方程式。(3)离子分步水解时,水解程度逐级减小,而水解平衡常数能够表示水解程度的大小,K值越大,

水解程度越大,故有K1>K2>K3。对于xFe3++yH2O

Fex(OH

+yH+,由于水解反应吸热,降温可使平衡逆向移动;加水稀释,水解程度增大,平衡正向移动;加入NH4Cl,N

水解使c(H+)增大,平衡逆向移动;加入NaHCO3,HC

结合H+使c(H+)减小,平衡正向移动,故选b、d。欲使FeCl3溶液转化为高浓度聚合氯化铁,应使Fe3+的水解平衡正向移动,在FeCl3浓度一定的条件下,适当

减小c(H+),即调节溶液的pH可达到这种效果。(4)由题图可以看出,投放聚合氯化铁18mg·L-1时,浑浊度的去除率最高;投放聚合氯化铁20mg·L-1时,还原性物质的去除率最高,因此投放聚合氯化铁的最佳范围为18~20mg·L-1。6.(2014天津理综,10,14分)合成氨是人类科学技术上的一项重大突破,其反应原理为:N2(g)+3H2(g)

2NH3(g)

ΔH=-92.4kJ·mol-1一种工业合成氨的简易流程图如下:

(1)天然气中的H2S杂质常用氨水吸收,产物为NH4HS。一定条件下向NH4HS溶液中通入空气,

得到单质硫并使吸收液再生,写出再生反应的化学方程式:

。(2)步骤Ⅱ中制氢气原理如下:①CH4(g)+H2O(g)

CO(g)+3H2(g)ΔH=+206.4kJ·mol-1②CO(g)+H2O(g)

CO2(g)+H2(g)ΔH=-41.2kJ·mol-1对于反应①,一定可以提高平衡体系中H2百分含量,又能加快反应速率的措施是

。a.升高温度b.增大水蒸气浓度c.加入催化剂d.降低压强利用反应②,将CO进一步转化,可提高H2产量。若1molCO和H2的混合气体(CO的体积分数为

20%)与H2O反应,得到1.18molCO、CO2和H2的混合气体,则CO转化率为

。(3)图1表示500℃、60.0MPa条件下,原料气投料比与平衡时NH3体积分数的关系。根据图中a

点数据计算N2的平衡体积分数:

。

(4)依据温度对合成氨反应的影响,在图2坐标系中,画出一定条件下的密闭容器内,从通入原料

气开始,随温度不断升高,NH3物质的量变化的曲线示意图。(5)上述流程图中,使合成氨放出的能量得到充分利用的主要步骤是(填序号)

。简述

本流程中提高合成氨原料总转化率的方法:

。答案(1)2NH4HS+O2

2NH3·H2O+2S↓(2)a90%(3)14.5%(4)

(5)Ⅳ对原料气加压;分离液氨后,未反应的N2、H2循环使用解析(1)由题给反应信息不难写出再生反应的化学方程式为2NH4HS+O2

2S↓+2NH3·H2O。(2)增大水蒸气浓度,平衡右移,但H2百分含量不一定提高;加入催化剂,对平衡无影响,不能提高

H2百分含量;降低压强,反应速率减慢。设达到平衡时CO转化了xmol。CO(g)+H2O(g)

CO2(g)+H2(g)n起始0.2mol0mol0.8moln平衡(0.2-x)mol

xmol(0.8+x)mol(0.2-x)+x+(0.8+x)=1.18,x=0.18,αCO=

×100%=90%。(3)方法1:设达到平衡时N2转化了xmol。N2(g)+3H2(g)

2NH3(g)n起始

nmol

3nmol0n平衡(n-x)mol(3n-3x)mol2xmol

×100%=42%,x=0.592n故N2体积分数=

×100%=

×100%≈14.5%。方法2:由N2、H2按1∶3投料,N2与H2又按照1∶3发生反应,故从反应开始到反应平衡,N2和H2之

比始终为1∶3。N2体积分数=

×(1-42%)=14.5%。(4)反应初期,NH3从无到有,在未达到平衡前,NH3物质的量是增大的,达到平衡后,温度升高,平

衡逆向移动,NH3物质的量逐渐减小,曲线见答案。(5)通过热交换器(步骤Ⅳ),加热进入合成塔的原料气,同时冷却从合成塔出来的平衡混合气。

提高原料总转化率的方法有:①对N2、H2加压;②将产物NH3液化分离,减小生成物浓度;③将未

反应的N2、H2循环使用。考点三化学平衡常数及与化学平衡有关的计算1.(2018江苏单科,15,4分)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:

容器1容器2容器3反应温度T/K700700800反应物投入量2molSO2、1molO24molSO32molSO2、1molO2平衡v正(SO2)/mol·L-1·s-1v1v2v3平衡c(SO3)/mol·L-1c1c2c3平衡体系总压强p/Pap1p2p3物质的平衡转化率αα1(SO2)α2(SO3)α3(SO2)平衡常数KK1K2K3下列说法正确的是

()A.v1<v2,c2<2c1B.K1>K3,p2>2p3C.v1<v3,α1(SO2)>α3(SO2)D.c2>2c3,α2(SO3)+α3(SO2)<1答案

CD本题考查影响化学平衡移动的因素。容器1和容器2反应温度相同,容器2达到的

平衡相当于在容器1达到的平衡的基础上增大压强,平衡后,v1<v2,c2>2c1。容器1和容器3起始量

相同,容器3的反应温度高于容器1,v1<v3;正反应放热,升高温度,平衡逆向移动,K1>K3,α1(SO2)>α3(SO2)。容器2和容器3比较,加入4molSO3相当于加入4molSO2和2molO2,容器2的“起始

量”为容器3的2倍,容器3的反应温度高于容器2,温度升高,平衡逆向移动,容器3内分子数增多,

所以p2<2p3,c2>2c3。假设容器3的起始量为4molSO2、2molO2,极值转化后与容器2的起始量

相同,且假设容器3中的反应温度也为700K,则有α2(SO3)+α3(SO2)=1,现将容器3的物质的量减

半,温度升高至800K,化学平衡逆向移动,α3(SO2)减小,所以α2(SO3)+α3(SO2)<1。综上所述,A、B

项错误,C、D项正确。方法归纳若同一可逆反应在不同的温度下进行,且投入的反应物起始量不同时,要学会利用

等效平衡思想“建模”,找相同的平衡状态,在相同基础上,改变起始量,改变温度,得出相应的

结论。2.(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

=Z,在恒压下,平衡时CH4的体积分数φ(CH4)与Z和T(温度)的关系如图所示。下列说法正确的是

()

A.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

=3D.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

=3,由于反应时消耗n(H2O)∶n(CH4)=1∶1,则平衡时

>3,故错误;D项,加压后X点对应的平衡左移,φ(CH4)增大,故错误。规律方法解平衡图像题时,一定要兼顾文字和图像信息,以勒夏特列原理为核心作出判断。3.(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1mol2mol0转化

x

mx3x平衡1mol-x2mol-mx3x则(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。4.(2015重庆理综,7,6分)羰基硫(COS)可作为一种粮食熏蒸剂,能防止某些昆虫、线虫和真菌的

危害。在恒容密闭容器中,将CO和H2S混合加热并达到下列平衡:CO(g)+H2S(g)

COS(g)+H2(g)

K=0.1反应前CO物质的量为10mol,平衡后CO物质的量为8mol。下列说法正确的是

()A.升高温度,H2S浓度增加,表明该反应是吸热反应B.通入CO后,正反应速率逐渐增大C.反应前H2S物质的量为7molD.CO的平衡转化率为80%答案

C由题中信息可列三段式:CO(g)+H2S(g)

COS(g)+H2(g)起始:10molxmol00转化:2mol2mol2mol2mol平衡:8mol(x-2)mol2mol2mol设容器体积为VL,由K=0.1可得K=

=

=0.1,解得x=7,C项正确。5.(2016四川理综,11,16分)资源的高效利用对保护环境、促进经济持续健康发展具有重要作

用。磷尾矿主要含Ca5(PO4)3F和CaCO3·MgCO3。某研究小组提出了磷尾矿综合利用的研究方

案,制备具有重要工业用途的CaCO3、Mg(OH)2、P4和H2,其简化流程如下:已知:①Ca5(PO4)3F在950℃不分解;②4Ca5(PO4)3F+18SiO2+30C

2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4请回答下列问题:(1)950℃煅烧磷尾矿生成气体的主要成分是

。(2)实验室过滤所需的玻璃仪器是

。(3)NH4NO3溶液能从磷矿Ⅰ中浸取出Ca2+的原因是

。(4)在浸取液Ⅱ中通入NH3,发生反应的化学方程式是

。(5)工业上常用磷精矿[Ca5(PO4)3F]和硫酸反应制备磷酸。已知25℃,101kPa时:CaO(s)+H2SO4(l)

CaSO4(s)+H2O(l)

ΔH=-271kJ/mol5CaO(s)+3H3PO4(l)+HF(g)

Ca5(PO4)3F(s)+5H2O(l)

ΔH=-937kJ/mol则Ca5(PO4)3F和硫酸反应生成磷酸的热化学方程式是

。(6)在一定条件下CO(g)+H2O(g)

CO2(g)+H2(g),当CO与H2O(g)的起始物质的量之比为1∶5,达平衡时,CO转化了

。若akg含Ca5(PO4)3F(相对分子质量为504)的质量分数为10%的磷尾矿,在上述过程中有b%的Ca5(PO4)3F转化为P4,将产生的CO与H2O(g)按起始物质的量之比1∶3混

合,则在相同条件下达平衡时能产生H2

kg。答案(16分)(1)CO2(2)漏斗、烧杯、玻璃棒(3)N

水解使溶液呈酸性,与CaO、Ca(OH)2反应生成Ca2+(4)MgSO4+2NH3+2H2O

Mg(OH)2↓+(NH4)2SO4(5)Ca5(PO4)3F(s)+5H2SO4(l)

5CaSO4(s)+3H3PO4(l)+HF(g)

ΔH=-418kJ/mol(6)

解析(1)由于Ca5(PO4)3F在950℃不分解,所以950℃煅烧磷尾矿时,只有CaCO3·MgCO3分解生

成了CO2。(2)实验室过滤所用的玻璃仪器是漏斗、烧杯、玻璃棒。(3)CaO和Ca(OH)2可溶于酸性溶液,故用NH4NO3溶液浸取主要利用了N

水解使溶液呈酸性的性质。(4)在浸取液Ⅱ中通入NH3使溶液呈碱性,可使Mg2+转化为难溶的Mg(OH)2。(5)将已知热化学方程式依次编号为①、②,根据盖斯定律,5×①-②可推出Ca5(PO4)3F和硫酸反

应生成磷酸的热化学方程式。(6)依据“三段式”可求得该条件下CO(g)+H2O(g)

CO2(g)+H2(g)的平衡常数为1。由得失电子守恒可得,产生的CO的物