浙江省高考化学第28题图象冲关.docx

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浙江省高考化学第28题图象冲关

2015浙江省高考化学第28题图象冲关

1．一定温度下2L的恒容容器甲中，加入2mol碳和2molCO2发生如下反应：

C（s）＋CO2（g）

2CO（g）△H＞0，测得容器中CO2的物质的量随时间t的变化关系如图所示。

（1）该反应的ΔS    0（填“＞”、“＜”或“＝”）。

在    （填“较高”或“较低”）温度下有利于该反应自发进行。

（2）列式并计算上述温度下此反应的平衡常数K                 。

（结果保留一位小数）

（3）向上述平衡体系中再通入CO2，则CO2的转化率      （填增大、减小、不变、无法确定）。

（4）相同温度下，2L的恒容容器乙中加入4mol碳和4molCO2，达到平衡。

请在图中画出乙容器中CO2的物质的量随时间t变化关系的预期结果示意图。

（注明平衡时CO2的物质的量）

（5）相同温度下，2L的恒容容器丙中加入4mol碳、4molCO2和4molCO。

开始反应时V（正）        V（逆）（填＞、＜、﹦）。

解析：

根据方程式可知，该反应是熵值增加的，由于反应是吸热反应，所以根据△G=△H－T·△S可知，要使反应自发进行，则需要在高温下。

（2）平衡时CO2的物质的量是0.76mol，则消耗CO2是l.24mol，所以生成的CO是2．48mol，因此CO2和CO的浓度分别是0.38mol·L－1和1.24mol·L－1，所以k=c2（CO）/c（CO2）=1.242/0.38=4.0；

（3）增大CO2的浓度，则平衡向正反应方向移动，但CO2的转化率降低。

（4）由于CO2的浓度增大，所以反应速率加快，达到的平衡的时间减少。

设消耗xmolCO2，则生成2xmolCO，所以有k=c2（CO）/c（CO2）=x2/（2－0.5x）=4.0，解得x=2mol，所以图像为（见答案）。

（5）由于此时c2（CO）/c（CO2）=22/2=2＜4，所以平衡向正反应方向移动，则v（正）＞v（逆）。

答案：

（1）＞较高

（2）k=c2（CO）/c（CO2）=1.242/0.38=4.0（3）减小（4）如图

（5）＞

2．氨催化氧化制NO在热的铂铑（Pt-Rh）合金催化下进行，4NH3（g）＋5O2（g）

4NO（g）＋6H2O（g），反应过程中合金始终保持红热，当升高温度时，化学平衡常数K值______（填“增大”、“减小”、“不变”）。

NH3转化率在温度T1下随反应时间（t）的变化如下图：

其他条件不变，仅改变温度为T2（T2大于T1），在框图中画出温度T2下NH3转化率随反应时间变化的预期结果示意图。

解析：

整个反应中合金始终保持红热，故为放热反应，温度升高时，平衡向逆反应方向移动，K值减小。

作图要点：

因为T2>T1，温度越高，平衡向逆反应方向移动，NH3的转化率下降，T2达到平衡时的平台要低于T1；另外温度越高，越快达到平衡，所以T2达到平衡的时间要小于T1。

答案：

减小（1分）；

（2分）

3．25℃时，在一个2L的密闭容器中，反应：

2A（g）＋B（g）

2C（g）

如果在密闭容器内加入0.4molA和0.6molB，一定条件下发生反应，反应中C的物质的量浓度的变化情况如下图所示：

在第5min时，将容器的体积缩小一半后，若在第8min达到新的平衡时A的总转化率为75%，请在上图中画出第5min到新平衡时C的物质的量浓度的变化曲线。

解析：

第5min时将容器的体积缩小一半瞬间，c（C）=0.2mol·L-1；第8min达到新的平衡时A转化的总物质的量=0.4mol×75%=0.3mol，根据反应方程式可知生成C的物质的量也为0.3mol，即C的物质的量浓度为0.3mol·L-1，在图中用平滑的曲线将两点连接起来。

答案：

4．①由题意知，温度过高时NH3会和O2发生副反应生成NO；②当温度为3730C，氨氮比为1.0时，NOX的脱除率与O2含量的变化关系；③为了研究氨氮比对氮的氧化物脱险率影响，可以改变反应过程中的条件之一，如温度、O2含量、催化剂、压强等。

⑸因为横坐标不是时间，其他条件都保持不变，是否使用催化剂对平衡点无影响，所以作出的图应与原图一致。

答案：

①由题意知，温度过高时NH3会和O2发生副反应生成NO；②当温度为3730C，氨氮比为1.0时，NOX的脱除率与O2含量的变化关系；③温度、O2含量、催化剂、压强等。

⑸因为横坐标不是时间，其他条件都保持不变，是否使用催化剂对平衡点无影响，所以作出的图应与原图一致。

5．反应N2（g）+3H2（g）

2NH3（g）△H<0，在等容条件下进行。

改变其它反应条件，在I、II、III阶段体系中c（H2）和c（NH3）随时间变化的曲线如下图所示：

请回答下列问题：

（1）N2的平均反应速率υI（N2）、υII（N2）、υIII（N2）从大到小排列次序为。

（2）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“>”、“=”或“<”），判断的理由是。

（3）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IV阶段体系中c（H2）和c（NH3）随时间变化的曲线（曲线上必须标出具体物质）。

【解析】

（1）I、II、III个时间段内单位时间的物质的量的变化为3mol/25min、1.24mol/20min、0.36mol/15min，故速率由大到小的顺序为υI（N2）>υII（N2）>υIII（N2）。

（2）由图像可知，第III阶段开始时H2的浓度减小，NH3的浓度增大，且浓度曲线是连续的，故是改变温度平衡正向移动，反应放热，故是降温。

（3）将容器的体积扩大一倍，浓度瞬间都减小为原浓度一半，且平衡逆向移动，图像为。

。

答案：

（1）υI（N2）>υII（N2）>υIII（N2）

（2）>此反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动

（3）

6．298K时，某容积固定为1L的密闭容器中发生如下可逆反应：

A（g）

2B（g）△H＝akJ·mol-1，其中B的物质的量浓度随时间变化如图所示：

试回答下列问题：

⑴已知298K时60s达到平衡，则前60s内A的平均反应速率为mol·L-1·s-1。

⑵若298K时B的平衡浓度为A的3倍，则A的转化率为，在70s时再向容器中通入一定量的A气体，再次达到平衡时A的转化率将

（选填“不变”或“变大”或“变小”），

⑶323K时（其他条件不变），B的平衡浓度为A的2倍，且达到平衡所需时间为298K时的

。

①该反应中△H0（填“>”或“<”）

②请在上图中画出323K时A的物质的量浓度随时间的变化曲线。

⑷若反应在298K进行，在2L密闭容器中加入1molB、0.2molNe，达到平衡B的转化率为

a.等于60%b.等于40%c.小于40%d.介于40%-60%之间

解析：

⑴v（A）＝

v（B）＝

×

＝0.005mol·L-1·s-1。

⑵B的平衡浓度为A的3倍，根据化学平衡反应三步走确定A的起始浓度为0.5mol·L-1，平衡浓度为0.2mol·L-1，转化浓度为0.3mol·L-1，其转化率为60%；在充入一定量的A相当于增大压强平衡逆向移动，A的转化率将变小。

⑶323K时（其他条件不变），B的平衡浓度为A的2倍，再根据三步走，达到平衡时A的浓度为0.25mol·L-1，说明升温过程中，平衡逆向移动，该反应是放热反应，△H＜0。

该温度下达到平衡状态用时10s，A的浓度从0.5mol·L-1减小到0.25mol·L-1，容易画出浓度变化曲线。

⑷设容器的体积为1L，投料从B开始，达到平衡时对应的平衡状态一样，已转化的B的物质的量浓度为0.4mol·L-1，B的转化率为40%，通入与反应无关的气体平衡不移动，此时再将体积扩大到2L，减小压强平衡正向移动，B的转化率将减小。

答案选c。

答案：

⑴0.005（2分）

⑵60%（2分）变小（2分）

⑶①＜（2分）

②

（3分）

⑶c（3分）

7．人工固氮是指将氮元素由游离态转化为化合态的过程。

据报道，常温、常压、光照条件下，N2在掺有少量Fe2O3的TiO2催化剂表面能与水发生反应，生成的主要产物为NH3。

相应的热化学方程式为：

N2（g）＋3H2O（l）==2NH3（g）＋3/2O2（g）△H=＋765.0kJ·mol1

回答下列问题：

（1）请在下图所示的坐标中，画出上述反应在有催化剂和无催化剂两种情况下的反应体系能量变化示意图，并进行标注（标注出“反应物”、“生成物”、“有催化剂”、“无催化剂”）。

（2）目前工业合成氨的原理是：

N2（g）＋3H2（g）

2NH3（g）△H=﹣192.0kJ·mol1

①反应2H2（g）＋O2（g）==2H2O（l）的△H=______kJ·mol1。

②某条件下，在容积为2.0L的密闭容器中充入0.6molN2（g）和1.6molH2（g），经过2min反应达到平衡，此时NH3的物质的量分数为4/7。

则反应在2min内N2的平均反应速率为，该条件下H2的平衡转化率为，平衡常数K=______。

③670K、30Mpa下，n（N2）和n（H2）随时间变化的关系如图所示，下列叙述正确的是。

A．a点的正反应速率比b点大

B．c点处反应达到平衡

C．d点（t1时刻）和e点（t2时刻）处n（N2）不一样

D．其它条件不变，773K下反应至t1时刻，n（H2）比图中d点的值大

（3）将反应得到的氨气液化为液氨，已知液氨中存在着下列平衡：

2NH3

NH4+＋NH2-。

科学家在液氨中加入氢氧化铯（CsOH）和特殊的吸水剂，使液氨中的NH4+生成N4分子，请写出液氨与CsOH反应的化学方程式。

解析：

（1）作图时，应注意以下几点：

①催化剂是通过降低活化能加速了反应的速率，但是并不影响反应的平衡；②反应热是一个与状态有关的物理量，催化剂的加入也不影响其数值；③该反应是吸热反应，反应物的总能量应小于生成物的总能量。

（2）①根据题给的2个热化学方程式，得该反应的△H=﹣319.0kJ·mol1。

②设反应转化N2的物质的量为x，则转化H2的物质的量为3x，转化NH3的物质的量为2x，故2min反应达到平衡后的容器中气体总的物质的量为0.6﹣x＋1.6﹣3x＋2x=2.2﹣2x。

根据题意，2x/（2.2﹣2x）=4/7，得x=0.4，所以在2min内N2的平均反应速率为v（N2）=0.4mol÷2min÷2L=0.1mol·L-1·min-1。

H2的平衡转化率为（1.2/1.6）×100%=75%。

平衡时N2、H2、NH3的浓度分别为：

0.1mol·L-1、0.2mol·L-1、0.6mol·L-1，计算得平衡常数为450L2/mol2。

③B项所述的c点是N2和H2的物质的量相等点，但是反应并

未达到平衡，B不正确；d、e两点是同一平衡状态，C不正确。

（3）从化合价角度分析N4为氧化产物，则反应的还原产物只能是H2，据此可以确定反应的其它产物。

答案：

（1）

（2分）

（2）①﹣319.0（2分）

②0.1mol·L-1·min-1（2分）75%（2分）450L2/mol2（2分）

③AD（2分）

（3）8NH3＋4CsOH==N4＋4CsNH2＋6H2↑＋4H2O（2分）

8．汽车尾气排放是造成雾霾天气的重要原因。

已知：

2CO（g）+2NO（g）

N2（g）+2CO2（g）

⑴图1表示反应物NO、CO的起始物质的量比，温度对平衡时CO2的体积分数的影响。

①T1▲T2（填“=”，“>”,“<”）,X、Y、Z三点，CO的转化率从大到小的顺序是▲。

②T1℃时，在1L的密闭容器中，充入0.1molCO和0.1molNO，达到Y点时，测得NO的浓度为0.02mol•L-1，则此温度下平衡常数K=______。

若此温度下，某时刻测得CO、NO、N2、CO2的浓度分别为0.01mol•L-1、amol•L-1、0.01mol•L-1、0.04mol•L-1，要使反应向正向进行，a的取值范围为▲。

⑵恒温恒容时，反应中NO、CO按一定比例投料，反应过程中CO浓度随时间的变化关系如图2所示，请在同一图中绘出N2浓度随时间的变化曲线。

【解题思路】⑴①由图1知，温度升高，平衡时CO2体积分数减小，说明平衡逆向移动，故T1＞T2；从X到Y，再到Z，NO与CO物质的量的比值增大，故CO转化率增大，即Z＞Y＞X。

②

2COg）＋2NO（g）

N2（g）＋2CO2（g）

起始浓度（mol·L－1）0.10.100

改变浓度（mol·L－1）0.1-0.020.1-0.020.040.08

平衡浓度（mol·L－1）0.020.020.010.02

K=[c（N2）c2（CO2）]/[c2（CO）·c（NO）]=1600。

在给定条件下，要平衡正向移动，则QC=[c（N2）c2（CO2）]/[c2（CO）·c（NO）]=[0.01×0.042]/[0.012×a2]＞1600，得a＞0.01

⑵因氮气为生成物，起始浓度为0，达到平衡时间与CO2相同，然后结合CO2浓度变化曲线，可得到曲线。

答案：

⑴①＞Z＞Y＞X②K=1600a＞0.01

⑵

9．在某温度下，物质（t－BuNO）2在正庚烷或CCl4溶剂中均可以发生反应：

（t－BuNO）2

　2（t－BuNO）。

该温度下该反应在CCl4溶剂中的平衡常数为1.4。

⑴向1L正庚烷中加入0.50mol（t-BuNO）2，10min时反应达平衡，此时（t-BuNO）2的平衡转化率为60%（假设反应过程中溶液体积始终为1L）。

反应在前10min内的平均速率为ν（t-BuNO）=。

列式计算上述反应的平衡常数K=　　　　。

⑵有关反应：

（t－BuNO）2

2（t－BuNO）的叙述正确的是（）

A．压强越大，反应物的转化率越大

B．温度升高，该平衡一定向右移动

C．溶剂不同，平衡常数K值不同

⑶通过比色分析得到40℃时（t－BuNO）2和（t－BuNO）浓度随时间的变化关系的几组数据如下表所示，请在同一图中绘出（t－BuNO）2和（t－BuNO）浓度随时间的变化曲线。

时间（min）

0

1

3

5

7

9

11

c（t－BuNO）2mol/L

0.05

0.03

0.01

0.005

0.003

0.002

0.002

c（t－BuNO）mol/L

0

0.04

0.08

0.07

0.094

0.096

0.096

解析：

⑴题中正庚烷和CCl4均为溶剂，不参加反应，根据反应方程式利用“三段法”计算，当（t-BuNO）2的起始浓度（c0）为0.50mol•L-1时，实验测得平衡转化率（α）是60%，则：

（t-BuNO）2

2（t-BuNO）

开始浓度（mol•L-1）0.5              0

转化浓度（mol•L-1）0.5×60%      0.5×60%×2

平衡浓度（mol•L-1）0.5×（1-60%）0.5×60%×2

得ν（t-BuNO）=0.06mol•L-1•min-1；K=

=

=1.8。

⑵反应：

（t－BuNO）2

2（t－BuNO），在溶液中进行，没有气体参加反应，故压强不能改变反应平衡的移动，A错误；B．因该反应的反应热未知，不能判断反应是吸热还是放热，故温度升高，不能确定平衡的移动方向，B项错误；C．由上述计算得，在相同的温度下以正庚烷为溶剂的溶液中反应的K=1.8，大于CCl4作溶剂时K=1.4，故能够说明该反应在不同的溶剂作用下，平衡常数K值不同，C项正确。

故选C。

⑶根据40℃时（t－BuNO）2和（t－BuNO）浓度随时间的变化关系数据，发现5min的点明显跟反应的趋势存在较大差异，因此该时刻的数据不能使用，应舍弃。

找出不同时间（t-BuNO）2的浓度，再计算BuNO浓度，描点连线即得t-BuNO浓度随时间的变化曲线，如0min时，（t-BuNO）2的浓度0.05mol/L，t-BuNO浓度为0；7min时，（t-BuNO）2的浓度0.003mol/L，t-BuNO浓度为0.094mol/L；依次计算描点连线，故答案为：

答案：

⑴ν（t-BuNO）=0.06mol•L-1•min-1（2分，没写或写错单位扣1分）

解：

当（t-BuNO）2的起始浓度（c0）为0.50mol•L-1时，实验测得平衡转化率（α）是60%，

则（t-BuNO）2

2（t-BuNO）

开始浓度（mol•L-1）0.5              0

转化浓度（mol•L-1）0.5×60%      0.5×60%×2（过程1分）

平衡浓度（mol•L-1）0.5×（1-60%）0.5×60%×2

（或只写这个也2分）K=

=

=1.8（2分）

⑵C（2分）

⑶（2分，每条线1分，提示t－BuNO在第5min的数据要处理掉）

10．大气中的部分碘源于O3对海水中Iˉ的氧化。

将O3持续通入NaI酸性溶液溶液中进行模拟研究。

为探究温度对I2（aq）+Iˉ（aq）

I3ˉ（aq）△H反应的影响。

在某温度T1下，将一定量的0.2mol·L-1NaI酸性溶液置于密闭容器中，并充入一定量的O3（g）（O3气体不足，不考虑生成物O2与Iˉ反应），在t时刻，测得容器中I2（g）的浓度。

然后分别在温度为T2、T3、T4、T5下，保持其它初始实验条件不变，重复上述实验，经过相同时间测得I2（g）浓度，得到趋势图（见图一）。

则：

①若在T3时，容器中无O3，T4～T5温度区间容器内I2（g）浓度呈现如图一所示的变化趋势，则△H50（填＞、＝或＜）；该条件下在温度为T4时，溶液中Iˉ浓度随时间变化的趋势曲线如图二所示。

在t2时，将该反应体系温度上升到T5，并维持该温度。

请在图2中画出t2时刻后溶液中Iˉ浓度变化总趋势曲线。

②若在T3时，容器中还有O3，则T1～T2温度区间容器内I2（g）浓度呈现如图一所示的变化趋势，其可能的原因是___________________________。

（任写一点）

【解题思路】①在T3时，容器中已无O3，所以从图示可以知道，此时，溶液中只存在两个平衡：

I2（ag）

I2（g），和I2（aq）+Iˉ（aq）

I3ˉ（aq），根据I2（ag）

I2（g）△H>0，升高温度，I2（ag）倾向于生成I2（g），所以在不考虑其它因素时，I2（g）浓度会增加，但是从图一T4→T5所示的I2（g）浓度变化曲线看，实际上升高温度I2（g）浓度减少，那么只能判断是温度升高致使平衡I2（aq）+Iˉ（aq）

I3ˉ（aq）正向移动，移动结果使I2（aq）浓度减小，从而导致I2（ag）

I2（g）平衡逆向移动，使I2（g）浓度减小，由此可以判断△H＞0，I2（aq）+Iˉ（aq）

I3ˉ（aq）是吸热反应。

要画出t2时刻后溶液中Iˉ浓度变化总趋势曲线，必须首先确定曲线的起点、拐点和终点，已知图二所示的曲线是温度在T4时，溶液中Iˉ浓度随时间变化的趋势曲线，根由曲线分析可知反应己达到平衡，在t2时，反应体系温度上升到T5，并维持该温度，是改变的反应条件（升高温度），此时平衡必然会发生移动，所以T5温度下曲线的起点就是T4温度下曲线的终点，坐标位置应为（0.09，t2）。

由于升高温度加快反应速率，缩短达到平衡的时间，所以在T5温度下，达到平衡所用的时间要比T4温度下少，所以拐点出现所需时间比T4温度下少。

由于该反应是吸热反应，升高温度能使平衡I2（aq）+Iˉ（aq）

I3ˉ（aq）正向移动，从而使Iˉ浓度减小。

结合图二中的数据可知，T4温度下Iˉ转化浓度为0.11mol/L，转化率为

，所以T5温度下Iˉ的转化率为一定大于55%，Iˉ的平衡浓度要小于0.09mol/L－（0.09mol/L×55%）≈0.04mol/L。

所以拐点（平衡点）的位置坐标应在Iˉ浓度小于0.04mol/L处，终点与拐点（平衡点）在一条直线上，由此可画出t2时刻后溶液中Iˉ浓度变化总趋势曲线。

②在T3时，容器中还有O3，则T1～T2温度区间容器内I2（g）浓度呈现如图一所示的变化趋势，可能是：

a.由于容器中还有O3，O3继续氧化I-使溶液中I2浓度增加，从而使I2（aq）

I2（g）平衡向正方向移动，气体I2浓度增加；b.体系的温度升高，使I2（aq）

I2（g）△H>0，平衡向正方向移动，从而气体I2浓度增加。

【参考答案】①＞

②O3继续氧化I-使溶液中I2浓度增加，使I2（aq）

I2（g）平衡向正方向移动，气体I2浓度增加；溶液温度升高，使I2（aq）

I2（g）△H>0，平衡向正方向移动，气体I2浓度增加。

11．氢气是一种新型绿色能源，又是重要的化工原料。

工业上用甲烷与足量的水蒸汽完全反应生成二氧化碳和氢气。

⑴用1L4mol•L-1氢氧化钠溶液吸收甲烷与水蒸汽完全反应生成二氧化碳和氢气的混合气体，收集到干燥的氢气为26.88L（标准状况）。

下列表示溶液中“粒子”浓度大小的关系式正确的是。

A.c（Na）＞c（CO32）＞c（HCO3）＞c（OH）＞c（H）

B.c（Na）＋c（H）＝2c（CO32）＋c（HCO3）＋c（OH）

C.c（Na）＝2c（CO32）＋2c（HCO2）＋2c（H2CO3）

D.c（Na）＝c（CO32）＋c（HCO3）＋c（H2CO3）

⑵氢气和二氧化碳在一定条件下合成甲醇：

3H2（g）＋CO2（g）

CH3OH（g）＋H2O（g），在某密闭容器中充入3mol氢气和1mol二氧化碳，测得混合气体中甲醇体积分数与温度关系如图A所示：

①该反应是反应（填：

放热或吸热）。

②解释0～T0时，甲醇体积分数变化趋势：

。

③氢气在Q点的正反应速率氢气在W点的逆反应反应（填：

大于、小于或等于，下同）；其他条件相同，甲醇在Q点正反应速率甲醇在M点正反应速率。

④图B表示氢气转化率α（H2）与投料比[

]关系，请在图上画出两条变化曲线并标出曲线对应的条件：

一条曲线条件是1.01×105Pa；另一条曲线条件是3.03×105Pa（其他条件相同）。

⑴B（2分）

⑵①放热（1分）②开始只投入反应物，平衡之前，反应总是向正方向进行至平衡，使甲醇体积分数逐渐增大至最大值（2分）③大于（1分）小于（1分）④如图B（2分）

【解析】⑴n（H2）=

=1.2mol，由CH4+2H2O=CO2+4H2知，n（CO2）=0.3mol.

n（NaOH）=1L×4mol•L-1=0.4mol.NaOH+CO2=NaHCO3

NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，反应后生成0.1molNa2CO3和0.2molNaHCO3，溶液一定呈碱性：

电荷守恒式c（Na）＋c（H）＝c（OH）＋c（HCO3）＋2c（CO32）；物料守恒式为

=

，得：

3c（Na）＝4c（CO32）＋4c（HCO3）＋4c（H2CO3）。

⑵①T0对应W点表示平衡状态，达到平衡