高考化学第二轮专项复习专题五　大题突破1　热化学、化学反应速率与平衡的综合分析含答案或解析

热化学、化学反应速率与平衡的综合分析1.题型特点这类试题往往以化学反应速率、化学平衡知识为主题，借助图像、图表的手段，综合考查关联知识，关联知识主要有：(1)ΔH符号的判断、热化学方程式的书写、应用盖斯定律计算ΔH。(2)化学反应速率的计算与比较，外因对化学反应速率的影响(浓度、压强、温度、催化剂)。(3)平衡常数、转化率的计算，温度对平衡常数的影响；化学平衡状态的判断，用化学平衡的影响因素进行分析和解释。(4)在多层次曲线图中反映化学反应速率、化学平衡与温度、压强、浓度的关系。2.解答化学平衡移动问题的步骤(1)正确分析反应特点：包括反应物、生成物的状态，气体体积变化，反应的热效应。(2)明确外界反应条件：恒温恒容、恒温恒压、反应温度是否变化、反应物投料比是否变化。(3)结合图像或K与Q的关系、平衡移动原理等，判断平衡移动的方向或结果。3.分析图表与作图时应注意的问题(1)仔细分析并准确画出曲线的最高点、最低点、拐点和平衡点。(2)找准纵坐标与横坐标的对应数据。(3)描绘曲线时注意点与点之间的连接关系。(4)分析表格数据时，找出数据大小的变化规律。4.解答有关平衡常数的计算(1)结合题意，运用“三段式”，分析计算、确定各物理量的变化。(2)多重平衡体系的计算用好连续计算法(分设变量)、守恒法两种方法。(3)多重平衡体系达到整体综合平衡后，每种平衡组分都只能有一个平衡浓度。1.(2024·湖北，17)用BaCO3和焦炭为原料，经反应Ⅰ、Ⅱ得到BaC2，再制备乙炔是我国科研人员提出的绿色环保新路线。反应Ⅰ：BaCO3(s)+C(s)BaO(s)+2CO(g)反应Ⅱ：BaO(s)+3C(s)BaC2(s)+CO(g)回答下列问题：(1)写出BaC2与水反应的化学方程式

。

(2)已知Kp=(pCO)n、K=(pCO105Pa)n(n是CO的化学计量系数)。反应Ⅰ、①反应BaCO3(s)+4C(s)BaC2(s)+3CO(g)在1585K的Kp=Pa3。

②保持1320K不变，假定恒容容器中只发生反应Ⅰ，达到平衡时pCO=Pa，若将容器体积压缩到原来的12，重新建立平衡后pCO=(3)恒压容器中，焦炭与BaCO3的物质的量之比为4∶1，Ar为载气。1400K和1823K下，BaC2产率随时间的关系曲线依实验数据拟合得到图2(不考虑接触面积的影响)。①初始温度为900K，缓慢加热至1400K时，实验表明BaCO3已全部消耗，此时反应体系中含Ba物种为。

②1823K下，反应速率的变化特点为，其原因是

。

2.(2024·河北，17节选)氯气是一种重要的基础化工原料，广泛应用于含氯化工产品的生产。硫酰氯及1，4⁃二(氯甲基)苯等可通过氯化反应制备。(1)硫酰氯常用作氯化剂和氯磺化剂，工业上制备原理如下：SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(g)ΔH=-67.59kJ·mol-1。②恒容密闭容器中按不同进料比充入SO2(g)和Cl2(g)，测定T1、T2、T3温度下体系达平衡时的Δp(Δp=p0-p，p0为体系初始压强，p0=240kPa，p为体系平衡压强)，结果如图。上图中温度由高到低的顺序为，判断依据为

。

M点Cl2的转化率为，T1温度下用分压表示的平衡常数Kp=kPa-1。

③下图曲线中能准确表示T1温度下Δp随进料比变化的是(填序号)。

(2)1，4⁃二(氯甲基)苯(D)是有机合成中的重要中间体，可由对二甲苯(X)的氯化反应合成。对二甲苯浅度氯化时的反应过程为以上各反应的速率方程均可表示为v=kc(A)c(B)，其中c(A)、c(B)分别为各反应中对应反应物的浓度，k为速率常数(k1~k5分别对应反应①~⑤)。某温度下，反应器中加入一定量的X，保持体系中氯气浓度恒定(反应体系体积变化忽略不计)，测定不同时刻相关物质的浓度。已知该温度下，k1∶k2∶k3∶k4∶k5=100∶21∶7∶4∶23。①30min时，c(X)=6.80mol·L-1，且30~60min内v(X)=0.042mol·L-1·min-1，反应进行到60min时，c(X)=mol·L-1。

②60min时，c(D)=0.099mol·L-1，若0~60min产物T的含量可忽略不计，则此时c(G)=mol·L-1；60min后，随T的含量增加，c(D)c(G)(填“增大”“减小”或“3.[2024·黑吉辽，18(1)(2)(3)(4)(5)]为实现氯资源循环利用，工业上采用RuO2催化氧化法处理HCl废气：2HCl(g)+12O2(g)Cl2(g)+H2O(g)ΔH1=-57.2kJ·mol-1ΔSK。将HCl和O2分别以不同起始流速通入反应器中，在360℃、400℃和440℃下反应，通过检测流出气成分绘制HCl转化率(α)曲线，如下图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。回答下列问题：(1)ΔS0(填“>”或“<”)；T3=℃。

(2)结合以下信息，可知H2的燃烧热ΔH=kJ·mol-1。

H2O(l)=H2O(g)ΔH2=+44.0kJ·mol-1H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)ΔH3=-184.6kJ·mol-1(3)下列措施可提高M点HCl转化率的是(填标号)。

A.增大HCl的流速B.将温度升高40℃C.增大n(HCl)∶n(O2)D.使用更高效的催化剂(4)图中较高流速时，α(T3)小于α(T2)和α(T1)，原因是。

(5)设N点的转化率为平衡转化率，则该温度下反应的平衡常数K=(用平衡物质的量分数代替平衡浓度计算)。

答案精析精练高考真题1.(1)BaC2+2H2OBa(OH)2+HC≡CH↑(2)①1016②105105(3)①BaO②速率不变至BaC2产率接近100%容器中只发生反应Ⅱ，反应条件恒温1823K、恒压，且该反应只有CO为气态，据K=pCO10解析(1)Ba、Ca同主族，BaC2与CaC2结构相似，BaC2与水反应和CaC2与水反应相似，其反应的化学方程式为BaC2+2H2OBa(OH)2+HC≡CH↑。(2)①反应Ⅰ+反应Ⅱ得BaCO3(s)+4C(s)BaC2(s)+3CO(g)，则其平衡常数K=KⅠ×KⅡ=(pCO105Pa)3；由图1可知，1585K时KⅠ=102.5，KⅡ=10-1.5，即(pCO105Pa)3=102.5×10-1.5=10，所以pCO3=10×(105Pa)3=1016Pa3，则Kp=pCO3=1016Pa3。②由图1可知，1320K时反应Ⅰ的KⅠ=100=1，即KⅠ=(pCO105Pa)2=1，所以pCO2=(105Pa)2，即pCO=105Pa；若将容器体积压缩到原来的12，由于温度不变、平衡常数不变，重新建立平衡后pCO不变，即pCO=105Pa。(3)①由图2可知，14002.(1)②T3>T2>T1该反应是放热的、气体分子数减小的反应，恒容条件下，反应正向进行时，容器内压强减小，从T3到T1平衡时Δp增大，说明反应正向进行程度逐渐增大，对应温度逐渐降低75%0.03③D(2)①5.54②0.033增大解析(1)②该反应的正反应为气体体积减小的反应，反应正向进行程度越大，Δp越大。由图可知，从T3到T1，Δp增大，说明反应正向进行程度逐渐增大，已知正反应为放热反应，则温度由T3到T1逐渐降低，即T3>T2>T1。由图中M点可知，进料比为n(SO2)∶n(Cl2)=2，平衡时Δp=60kPa，已知恒温恒容条件下，容器内气体物质的量之比等于压强之比，可据此列出三段式：SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(g)Δp起始压强/kPa 16080转化压强/kPa 60 60 60 60平衡压强/kPa 10020 60可计算得α(Cl2)=60kPa80kPa×100%=75%，Kp=p(SO2Cl2)p(SO2)·p(Cl2)=60kPa100kPa×20kPa=0.03kPa-1。③根据“等效平衡”原理，该反应中SO2和Cl2的化学计量数之比为1∶1，则SO2和Cl2的进料比互为倒数(如2与0.5)时，Δp相等。(2)①根据v(X)=Δc(X)Δt，60min时，c(X)=6.80mol·L-1-v(X)·Δt=6.80mol·L-1-0.042mol·L-1·min-1×30min=5.54mol·L-1。②由题给反应速率方程推知v生成(D)v生成(G)=k2·c(M)3.(1)<360(2)-285.8(3)BD(4)反应未达平衡时，流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降，同时，T3温度低，反应速率低，故单位时间内氯化氢的转化率低(5)6解析(1)2HCl(g)+12O2(g)Cl2(g)+H2O(g)反应后气体分子数目减小，该反应ΔS<0；该反应为放热反应，由于在流速较低时的转化率视为平衡转化率，在流速低的时候，温度越高，HCl的转化率越小，由图像可知，T1代表的温度为440℃，T3为360℃。(2)根据盖斯定律可得反应H2(g)+12O2(g)=H2O(l)的ΔH=ΔH1+ΔH3-ΔH2=-57.2kJ·mol-1-184.6kJ·mol-1-44.0kJ·mol-1=-285.8kJ·mol-1，即氢气的燃烧热ΔH=-285.8kJ·mol-1。(3)增大HCl的流速，由图像可知，HCl的转化率减小，A不符合题意；M点对应的温度为360℃，由图像可知，温度升高40℃为400℃时，HCl的转化率增大，B符合题意；增大n(HCl)∶n(O2)，HCl的转化率减小，C不符合题意；M点时，反应未