D.化学反应速率与其活化能的大小密切相关,活化能越小,反应速率越快,由于E1>E3,则反应速率:
A→B
答案选B。
13.在K2Cr2O7溶液中存在平衡:
Cr2O
(橙色)+H2O
2CrO
(黄色)+2H+。
下列说法正确的是
A.若平衡体系的pH=2,则溶液显黄色
B.溶液的颜色不再变化时,反应达到平衡状态
C.当2v(Cr2O
)=v(CrO
)时反应达平衡状态
D.Cr2O
和CrO
的浓度相同时能说明反应达平衡状态
答案:
B
【详解】
A.若平衡体系的pH=2,溶液呈酸性,平衡逆向移动,则溶液显橙色,A不正确;
B.溶液的颜色不变,表明c(Cr2O
)、c(CrO
)不变,则反应达到平衡状态,B正确;
C.反应达平衡前的任意阶段,都存在2v(Cr2O
)=v(CrO
),所以反应不一定达平衡状态,C不正确;
D.Cr2O
和CrO
的浓度相同,与物质的起始浓度和转化率有关,无法判断正、逆反应速率关系,不能说明反应达平衡状态,D不正确;
故选B。
14.如图a为在恒温恒容密闭容器中分别充入X、Y、Z三种气体,一定条件下发生反应,各物质浓度随时间的变化。
若从t2开始,每个时刻只改变一个且不同的条件,物质Z的正、逆反应速率随时间变化如图b。
下列说法不正确的是()
A.0~t1内X与Y的平均反应速率之比为3∶2
B.该反应中Z一定为产物
C.该反应的正反应为放热反应
D.t2时刻改变的条件可能是压强或催化剂
答案:
C
【分析】
t1~t2阶段、t2~t3阶段与t4~t5阶段正逆反应速率都相等,每个时刻只改变一个且不同的条件,t2~t3阶段与t4~t5阶段反应速率加快且平衡不移动,说明分别是使用了催化剂和加压,则反应前后气体体积不变,0~t1时,X减少0.09mol/L,Y增大0.06mol/L,所以Z一定是生成物,且生成0.03mol/L,t3~t4阶段改变的条件只能是降低反应温度,平衡逆向移动,说明正反应吸热,以此分析解答。
【详解】
A.0~t1min内X与Y的平均反应速率之比等于物质的量浓度的变化量之比,即为:
(0.15-0.06)mol/L∶(0.11-0.05)mol/L=3∶2,故A正确;
B.由上述分析可知,Z一定是生成物,故B正确;
C.由上述分析可知,t3~t4阶段改变的条件只能是降低反应温度,平衡逆向移动,说明正反应吸热,故C错误;
D.t1~t2阶段、t2~t3阶段与t4~t5阶段正逆反应速率都相等,每个时刻只改变一个且不同的条件,t2~t3阶段与t4~t5阶段反应速率加快且平衡不移动,说明分别是使用了催化剂和加压,也说明了该反应前后气体体积不变,故D正确;
答案选C。
15.下列有关说法中正确的是
A.影响化学反应速率的主要因素为浓度、温度、压强和催化剂
B.对于Fe与稀H2SO4反应,能加快H2的生成速率的措施可以是将稀硫酸改为98%的浓硫酸
C.已达平衡的2NO2(g)
N2O4(g)体系,压缩体积,再达平衡时气体颜色比原平衡的深
D.恒温恒容时,向已达平衡的2HI(g)
I2(g)+H2(g)体系中充入HI,HI转化率将升高
答案:
C
【详解】
A.影响化学反应速率的主要因素为内因,即反应物的性质,浓度、温度、压强和催化剂等是外界条件,A错误;
B.将稀硫酸改为98%的浓硫酸,常温下铁在浓硫酸中钝化,不能加快H2的生成速率,B错误;
C.已达平衡的2NO2(g)
N2O4(g)体系,压缩体积,平衡正向进行,由于气体体积减小的多,再达平衡时二氧化氮浓度仍然比原来大,所以气体颜色比原平衡的深,C正确;
D.恒温恒容时,向已达平衡的2HI(g)
I2(g)+H2(g)体系中充入HI,相当于增大压强,反应前后体积不变,平衡不移动,HI转化率不变,D错误;
答案选C。
二、填空题
16.如图所示,是原电池的装置图。
请回答:
(1)若C为稀H2SO4溶液,电流表指针发生偏转,B电极材料为Fe且作负极,则A电极上发生的电极反应式为_____________;反应进行一段时间后溶液C的pH将_____(填“升高”“降低”或“基本不变”)。
(2)若需将反应:
Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+设计成如图所示的原电池装置,则A(负极)极材料为____,B(正极)极材料为______,溶液C为_______。
(3)CO与H2反应还可制备CH3OH,CH3OH可作为燃料使用,用CH3OH和O2组合形成的质子交换膜燃料电池的结构示意图如下:
电池总反应为2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O,则c电极是____(填“正极”或“负极”),c电极的反应方程式为______________。
若线路中转移2mol电子,则上述CH3OH燃料电池,消耗的O2在标准状况下的体积为_____。
答案:
2H++2e-=H2↑升高Cu石墨FeCl3溶液负极CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+11.2L
解析:
(1)若C为稀H2SO4溶液,电流表指针发生偏转,B极电极材料为Fe且作负极,A电极为正极,电极材料为较铁不活泼的金属或非金属,发生还原反应,溶液中的氢离子得电子生成氢气,电极反应方程式为:
2H++2e-=H2↑;由原电池的总反应可知,反应一段时间后,溶液C的pH升高,答案为:
2H++2e-=H2↑;升高;
(2)分析反应Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+,将其拆分为两个半反应,分别为:
Cu-2e-=Cu2+,2Fe3++2e-=2Fe2+,根据原电池原理,可知负极电极反应式为:
Cu-2e-=Cu2+,正极的电极反应式为:
2Fe3++2e-=2Fe2+,正负极材料分别为:
负极为Cu,正极为石墨(或Pt),含Fe3+的溶液(如FeCl3溶液)作电解质溶液,用导线连接正、负极,构成闭合回路即可构成原电池。
答案为:
Cu;石墨;FeCl3溶液;
(3)根据燃料电池结构示意图中电子流向可知,c电极为负极,发生氧化反应,其电极反应方程式为:
CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+,电极d为正极,O2得到电子,发生还原反应,电极反应方程式为:
4H++4e-+O2=2H2O;1mol氧气在反应中得到4mol电子,若线路中转移2mol电子,则消耗氧气0.5mol,在标准状况下的体积为
,答案为:
负极;CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+;11.5L。
17.某温度时,在2L恒容容器中X、Y、Z三种物质随时间的变化关系曲线如图所示。
(1)由图中的数据分析,该反应的化学方程式为___。
(2)反应开始至2min、5min时,Z的平均反应速率分别为___、___。
(3)5min后Z的生成速率___(填“大于”“小于”或“等于”)5min末Z的生成速率。
答案:
3X+Y
2Z0.05mol·L-1·min-10.04mol·L-1·min-1等于
【分析】
根据达到平衡时各物质的变化量找出化学方程式的系数关系,并写出化学方程式;根据三段式进行相应计算。
解析:
(1)由图中的数据分析,5min达到平衡,Z增加0.4mol,Y减少0.2mol,X减少0.6mol,故X、Y、Z系数比为:
3:
1:
2;该反应的化学方程式为:
3X+Y
2Z;
(2)反应开始至2min时,Z增加0.2mol,浓度变化0.1mol/L,Z的平均反应速率为:
=0.05mol·L-1·min-1;5min时,Z增加0.4mol,浓度变化0.2mol/L,Z的平均反应速率为:
=0.04mol·L-1·min-1;
(3)5min时,化学反应达到了平衡状态,反应达到了一定限度,各物质的反应速率不再改变,故5min后Z的生成速率与5min末Z的生成速率相等。
18.下表中的数据是破坏1mol物质中的化学键所消耗的能量:
物质
Cl2
Br2
I2
HCl
HBr
HI
H2
能量/kJ
243
193
151
432
366
298
436
根据上述数据回答下列问题:
(1)下列物质中本身具有的能量最低的是_______(填字母)。
A.H2B.Cl2C.Br2D.I2
(2)下列氢化物中最稳定的是_______(填字母)。
A.HClB.HBrC.HI
(3)
(X代表Cl、Br、I)的反应是_______(填“吸热”或“放热”)反应。
(4)相同条件下,X2(X代表Cl、Br、I)分别与氢气反应,当消耗等物质的量的氢气时,放出的热量最多的是_______。
答案:
AA放热Cl2
【分析】
(1)和
(2)根据键能越大,物质越稳定,本身能量越低进行判断。
(3)和(4)根据焓变公式,焓变等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和进行判断焓变大小,从而判断反应是放热还是吸热。
解析:
(1)、
(2)破坏1mol物质中的化学键所消耗的能量越高,则该物质越稳定,其本身具有的能量越低。
故答案
(1)选A,
(2)选A。
(3)、(4)断开1molCl—Cl键和1molH—H键需吸收能量:
,而形成2molH—Cl键放出的能量为
,所以在
反应中每生成2molHCl放出
的热量,同理可计算出
、
反应中每生成2molHBr、2molHI分别放出103kJ、9kJ的热量。
故(3)答案:
放热,(4)答案:
Cl2。
【点睛】
根据键能的含义及与反应能量变化关系进行判断反应类型。
19.锂锰电池的体积小、性能优良,是常用的一次电池。
该电池反应原理如图所示,其中电解质LiClO4,溶于混合有机溶剂中,Li+通过电解质迁移入MnO2晶格中,生成LiMnO2。
回答下列问题:
(1)外电路的电流方向是由________极流向________极(填字母)。
(2)电池正极反应式为___________________________________。
(3)是否可用水代替电池中的混合有机溶剂?
________(填“是”或“否”),原因是________________________________________________________________。
(4)MnO2可与KOH和KClO3在高温下反应,生成K2MnO4,反应的化学方程式为_______________________________________________。
K2MnO4在酸性溶液中歧化,生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为___________。
答案:
baMnO2+e-+Li+=LiMnO2否电极Li是活泼金属,能与水反应3MnO2+KClO3+6KOH
3K2MnO4+KCl+3H2O2∶1
解析:
(1)锂是活泼的金属,作负极,因此外电路的电流方向是由正极b流向负极a。
(2)在电池正极b上发生得到电子的还原反应,则电极反应式为MnO2+e-+Li+=LiMnO2;
(3)由于负极材料Li是活泼的金属,能够与水发生反应,所以不可用水代替电池中的混合有机溶剂。
(4)根据题意结合原子守恒、电子守恒可得方程式:
3MnO2+KClO3+6KOH
3K2MnO4+KCl+3H2O;K2MnO4在酸性溶液中歧化,生成KMnO4和MnO2,根据化合价升降总数等于电子转移的数目可知:
每转移2mol的电子,产生1mol的MnO2、2molK