高考化学二轮复习考点专练专题13化学反应速率化学平衡文档格式.docx

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aD．a=b<

c

【答案】A

【解析】该反应为反应前后气体的体积不变的放热反应，增大压强平衡不移动，a容器恒容恒温，b容器恒压恒温，由于压强对平衡无影响，则I2（g）的转化率的大小关系是a=b，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，c容器恒容绝热，则温度高于a、b，则a=b>

c，故选A。

9．在容积一定的密闭容器中，进行可逆反应A（g）+2B（g）

C（g）+D（g），有图Ⅰ、Ⅱ所示的反应曲线，下列说法中不正确的是（）

A．正反应是放热反应

B．P1＜P2

C．若P3＜P4，y轴表示A的转化率

D．若P3＞P4，y轴表示C的体积分数

【答案】C

10．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+HBrC2H5Br+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C2H5Br

C．若反应物增大至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

【解析】A．加入NaOH，中和HBr，平衡逆向移动，可增大乙醇的物质的量。

选项A正确。

B．增大HBr浓度，平衡正向移动，有利于生成C2H5Br。

选B正确。

C．若反应物增大至2mol，实际上就是将反应的浓度都增大至原来的2倍，比例不变（两次实验反应物的比例都是1:

1，等于方程式中的系数比），这里有一个可以直接使用的结论：

只要反应物的投料比等于系数比，达平衡时反应物的转化率一定是相等的。

所以两种反应物的转化率一定是1:

1。

选项C正确。

D．若起始温度提高至60℃，考虑到HBr是挥发性酸，在此温度下会挥发出去，降低HBr的浓度减慢速率，增加了反应时间，D错误。

13．（题文）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：

下列说法正确的是

A．v1<

v2，c2<

2c1B．K1>

K3，p2>

2p3

C．v1<

v3，α1（SO2）>

α3（SO2）D．c2>

2c3，α2（SO3）+α3（SO2）<

1

【答案】CD

14．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：

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/min

0

40

80

160

260

1300

1700

∞

p/kPa

35.8

40.3

42.5.

45.9

49.2

61.2

62.3

63.1

①已知：

2N2O5（g）＝2N2O4（g）+O2（g）ΔH1=−4.4kJ·

mol−1

2NO2（g）＝N2O4（g）ΔH2=−55.3kJ·

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。

t=62min时，测得体系中pO2=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NO3

C．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】O253.130.06.0×

10－2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13.4AC

③由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高，所以若提高反应温度至35℃，则N2O5（g）完全分解后体系压强p∞（35℃）大于63.1kPa。

④根据表中数据可知五氧化二氮完全分解时的压强是63.1kPa，根据方程式可知完全分解时最初生成的二氧化氮的压强是35.8kPa×

2＝71.6kPa，氧气是35.8kPa÷

2＝17.9kPa，总压强应该是71.6kPa+17.9kPa＝89.5kPa，平衡后压强减少了89.5kPa－63.1kPa＝26.4kPa，所以根据方程式2NO2（g）

N2O4（g）可知平衡时四氧化二氮对应的压强是26.4kPa，二氧化氮对应的压强是71.6kPa－26.4kPa×

2＝18.8kPa，则反应的平衡常数。

（3）A、第一步反应快，所以第一步的逆反应速率大于第二步的逆反应速率，A正确；

B、根据第二步和第三步可知中间产物还有NO，B错误；

17．近期发现，H2S是继NO、CO之后的第三个生命体系气体信号分子，它具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能。

回答下列问题：

（1）下列事实中，不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是_________（填标号）。

A．氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以

B．氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸

C．0.10mol·

L−1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1

D．氢硫酸的还原性强于亚硫酸

（2）下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。

通过计算，可知系统（Ⅰ）和系统（Ⅱ）制氢的热化学方程式分别为______________、______________，制得等量H2所需能量较少的是_____________。

（3）H2S与CO2在高温下发生反应：

H2S（g）+CO2（g）

COS（g）+H2O（g）。

在610K时，将0.10molCO2与0.40molH2S充入2.5L的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为0.02。

①H2S的平衡转化率

=_______%，反应平衡常数K=________。

②在620K重复试验，平衡后水的物质的量分数为0.03，H2S的转化率

_____

，该反应的

H_____0。

（填“>

”“<

”或“=”）

③向反应器中再分别充入下列气体，能使H2S转化率增大的是________（填标号）

A．H2SB．CO2C．COSD．N2

【答案】DH2O（l）=H2（g）+1/2O2（g）ΔH=+286kJ/molH2S（g）=H2（g）+S（s）ΔH=+20kJ/mol系统（II）2.52.8×

10–3>

>

B

（2）设反应的H2S物质的量为x，由题意列三段式得：

因为反应平衡后水的物质的量分数为0.02，所以

=0.02，解得x=0.01；

①H2S的平衡转化率α1＝0.01÷

0.40×

100%=2.5%；

反应平衡常数K＝

≈2.849×

10-3（或2.8×

10－3或2.85×

10－3）。

②由已知，升温，水的物质的量分数增大，所以升温时平衡正向移动，故α2＞α1，ΔH＞0。

③A项，再充入H2S，平衡正向移动，使CO2转化率增大，根据化学平衡移动原理，H2S的转化率减小，故A错误；

B项，再充入CO2，平衡正向移动，在不改变H2S初始量的前提下，使H2S转化率增大，故B正确；

C项，再充入COS，平衡逆向移动，使H2S的转化率减小，故C错误；

D项，再充入N2，与该反应无关，平衡不移动，H2S的转化率不变，故D错误。

综上选B。

18．丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备。

（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-1

③H2（g）+

O2（g）=H2O（g）ΔH3=-242kJ·

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】+123kJ·

mol－1<

AD氢气是产物之一，随着n（氢气）/n（丁烷）增大，逆反应速率增大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

低，故B错误；

C、反应前气体系数之和小于反应后气体系数之和，增大压强，平衡向逆反应方向移动，丁烯的转化率降低，故C错误；

D、根据C选项分析，降低压强，平衡向正反应方向移动，丁烯转化率提高，故D正确；

（2）因为通入丁烷和氢气，发生①，氢气是生成物，随着n（H2）/n（C4H10）增大，相当于增大氢气的量，反应向逆反应方向进行，逆反应速率增加；

（3）根据图（c），590℃之前，温度升高时反应速率加快，生成的丁烯会更多，同时由于反应①是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡体系中会含有更多的丁烯。

而温度超过590℃时，由于丁烷高温会裂解生成短链烃类，所以参加反应①的丁烷也就相应减少。

19．TiCl4是由钛精矿（主要成分为TiO2）制备钛（Ti）的重要中间产物，制备纯TiCl4的流程示意图如下：

资料：

TiCl4及所含杂质氯化物的性质

化合物

SiCl4

TiCl4

AlCl3

FeCl3

MgCl2

沸点/℃

58

136

181（升华）

316

1412

熔点/℃

−69

−25

193

304

714

在TiCl4中的溶解性

互溶

——

微溶

难溶

（1）氯化过程：

TiO2与Cl2难以直接反应，加碳生成CO和CO2可使反应得以进行。

TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（g）+O2（g）ΔH1=+175.4kJ·

2C（s）+O2（g）=2CO（g）ΔH2=-220.9kJ·

①沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4（g）和CO（g）的热化学方程式：

_______________________。

②氯化过程中CO和CO2可以相互转化，根据如图判断：

CO2生成CO反应的ΔH_____0（填“＞”“＜”或“=”），判断依据：

_______________。

③氯化反应的尾气须处理后排放，尾气中的HCl和Cl2经吸收可得粗盐酸、FeCl3溶液，则尾气的吸收液依次是__________________________。

④氯化产物冷却至室温，经过滤得到粗TiCl4混合液，则滤渣中含有_____________。

（2）精制过程：

粗TiCl4经两步蒸馏得纯TiCl4。

示意图如下：

物质a是______________，T2应控制在_________。

【答案】TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（g）+2CO（g）△H=-45.5kJ/mol>

随温度升高，CO含量增大，说明生成CO的反应是吸热反应H2O、FeCl2溶液、NaOH溶液MgCl2、AlCl3、FeCl3SiCl4高于136℃，低于181℃

动，即△H>

0。

③除去氯气中混有HCl一般采用将气体通过饱和食盐水，结合操作目的，因此先通过饱和食盐水，然后在通入FeCl2溶液中，最后用氢氧化钠溶液吸收剩余的Cl2。

④资料中已经给出“TiCl4及所含杂质氯化物的性质”一览表，因此氯化过程中生成的MgCl2、AlCl3、FeCl3只有少量溶解在液态TiCl4中，而SiCl4完全溶解在TiCl4中，因此过滤得到粗TiCl4混合液时滤渣中含有上述难溶物和微溶物。

（2）根据资料，SiCl4的沸点最低，先蒸馏出来，因此物质a为SiCl4，根据流程目的，为了得到纯净的TiCl4，后续温度需控制在稍微大于136℃，但小于181℃。

（3）明显电池的负极为Al，所以反应一定是Al失电子，该电解质为氯化铝离子液体，所以Al失电子应转化为Al3+，方程式为：

Al–3e–=Al3+（或2Al–6e–=2Al3+）。

根据电池的正极反应，氧气再第一步被消耗，又在第二步生成，所以氧气为正极反应的催化剂。

将方程式加和得到，总反应为：

2Al+6CO2=Al2（C2O4）3。

22．元素铬（Cr）在溶液中主要以Cr3+（蓝紫色）、Cr（OH）4−（绿色）、Cr2O72−（橙红色）、CrO42−（黄色）等形式存在，Cr（OH）3为难溶于水的灰蓝色固体，回答下列问题：

（1）Cr3+与Al3+的化学性质相似。

在Cr2（SO4）3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，可观察到的现象是_________。

（2）CrO42−和Cr2O72−在溶液中可相互转化。

室温下，初始浓度为1.0mol

L−1的Na2CrO4溶液中c（Cr2O72−）随c（H+）的变化如图所示。

①用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应____________。

②由图可知，溶液酸性增大，CrO42−的平衡转化率__________（填“增大”“减小”或“不变”）。

根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为__________。

③升高温度，溶液中CrO42−的平衡转化率减小，则该反应的ΔH______0（填“大于”“小于”或“等于”）。

（3）在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中Cl−，利用Ag+与CrO42−生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。

当溶液中Cl−恰好沉淀完全（浓度等于1.0×

10−5mol·

L−1）时，溶液中c（Ag+）为_______mol

L−1，此时溶液中c（CrO42−）等于__________mol

L−1。

（已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×

10−12和2.0×

10−10）。

（4）+6价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3将废液中的Cr2O72−还原成Cr3+，该反应的离子方程式为______________。

【答案】

（1）蓝紫色溶液变浅，同时有灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液；

（2）①2CrO42-+2H＋

Cr2O72-+H2O；

②增大；

1.0×

1014；

③小于；

（3）2.0×

10-5；

5×

10-3；

（4）Cr2O72−+3HSO3−+5H＋=2Cr3++3SO42−+4H2O。

Cr2O72-+H2O向正反应方向进行，导致CrO42−的平衡转化率增大；

根据图像可知，在A点时，c（Cr2O72-）=0.25mol/L，由于开始时c（CrO42−）=1.0mol/L，根据Cr元素守恒可知A点的溶液中CrO42-的浓度c（CrO42−）=0.5mol/L；

H+浓度为1.0×

10-7mol/L；

此时该转化反应的平衡常数为

；

③由于升高温度，溶液中CrO42−的平衡转化率减小，说明升高温度，化学平衡逆向移动，导致溶液中CrO42−的平衡转化率减小，根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，逆反应方向是吸热反应，所以该反应的正反应是放热反应，故该反应的ΔH＜0；

（3）当溶液中Cl−完全沉淀时，即c（Cl-）=1.0×

L−1，根据溶度积常数Ksp（AgCl）=2.0×

10−10，可得溶液中c（Ag+）=Ksp（AgCl）÷

c（Cl-）=2.0×

10−10÷

（1.0×

L−1）=2.0×

10-5mol·

L−1；

则此时溶液中c（CrO42−）=Ksp（Ag2CrO4）/c2（Ag+）=2.0×

10−12÷

（2.0×

L−1）=5×

10-3mol·

（4）NaHSO3具有还原性，Cr2O72−具有氧化性，二者会发生氧化还原反应，根据已知条件，结合电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得二者反应的离子方程式为：

Cr2O72−+3HSO3−+5H＋=2Cr3++3SO42−+4H2O。

①①形成CaSO4沉淀，反应平衡向产物方向移动，SO2转化率提高，所以Ca（ClO）2效果好。