五年高考三年模拟高三化学新课标一轮复习练习专题八 化学反应速率和化学平衡 Word版含解析 23页

专题八　化学反应速率和化学平衡 考点一　化学反应速率 ‎9.(2014北京理综,12,6分,★★)一定温度下,10 mL 0.40 mol/L H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积(已折算为标准状况)如下表。‎ t/min ‎0‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎6‎ ‎8‎ ‎10‎ V(O2)/mL ‎0.0‎ ‎9.9‎ ‎17.2‎ ‎22.4‎ ‎26.5‎ ‎29.9‎ 下列叙述不正确的是(溶液体积变化忽略不计)(　　)‎ A.0~6 min的平均反应速率:v(H2O2)≈3.3×10-2 mol/(L·min)‎ B.6~10 min的平均反应速率:v(H2O2)<3.3×10-2 mol/(L·min)‎ C.反应至6 min时,c(H2O2)=0.30 mol/L D.反应至6 min时,H2O2分解了50%‎ 答案　C　A项,0~6 min内,产生n(O2)=1×10-3 mol,消耗 n(H2O2)=2×10-3 mol,则v(H2O2)=ΔcΔt=2×10-3mol10×10-3L6min≈3.3×10-2 mol/(L·min),故A正确;B项,依照A项解题步骤,可知B项正确;C项,反应至6 min时,消耗n(H2O2)为2×10-3 mol,剩余c(H2O2)=10×10-3L×0.40 mol/L-2×10-3mol10×10-3L=0.20 mol/L,故C项不正确;D项,反应至6 min时,消耗n(H2O2)为2×10-3 mol,占起始物质的量的50%,故D项正确。‎ ‎10.(2014安徽理综,10,6分,★★)臭氧是理想的烟气脱硝试剂,其脱硝反应为:2NO2(g)+O3(g) N2O5(g)+O2(g),若反应在恒容密闭容器中进行,下列由该反应相关图像作出的判断正确的是(　　)‎ A B 升高温度,平衡常数减小 ‎0~3 s内,反应速率为:v(NO2)=0.2 mol·L-1‎ C D t1时仅加入催化剂,平衡正向移动 达平衡时,仅改变x,则x为c(O2)　‎ 答案　A　A项,由图像可知,该可逆反应的正反应为放热反应,升高温度,平衡向逆反应方向移动,平衡常数减小,正确;v(NO2)=Δc(NO2)Δt=(1.0-0.4)mol·L-13 s=0.2 mol·L-1·s-1,B项错误;使用催化剂可加快反应速率,但不能使平衡发生移动,C项错误;D项,若x为c(O2),则O2浓度增大,NO2的转化率减小,与图像不符,D项错误。‎ ‎11.(2012福建理综,12,6分,★★)一定条件下,溶液的酸碱性对TiO2光催化染料R降解反应的影响如下图所示。下列判断正确的是　(　　)‎ A.在0~50 min之间,pH=2和pH=7时R的降解百分率相等 B.溶液酸性越强,R的降解速率越小 C.R的起始浓度越小,降解速率越大 D.在20~25 min之间,pH=10时R的平均降解速率为0.04 mol·L-1·min-1‎ 答案　A　A项,由图可知,在0~50 min之间,pH=2和pH=7时R的降解百分率相同;B项,溶液酸性越强,R的降解速率越大;C项,无法确定R的起始浓度对其降解速率的影响;D项,20~25 min之间,pH=10时R的平均降解速率为:0.2×10-4mol·L-15min=0.4×10-5 mol·L-1·min-1。‎ 评析　本题考查学生对图像的观察、分析能力,学生容易因对图中溶液的酸碱性对R降解速率的影响认识不清而出错。‎ ‎12.(2012上海单科,18,4分)为探究锌与稀硫酸的反应速率[以v(H2)表示],向反应混合液中加入某些物质,下列判断正确的是　(　　)‎ A.加入NH4HSO4固体,v(H2)不变 B.加入少量水,v(H2)减小 C.加入CH3COONa固体,v(H2)减小 D.滴加少量CuSO4溶液,v(H2)减小 答案　BC　A项,加入的NH4HSO4固体溶于水发生电离:NH4HSO4 NH4++H++SO42-,使溶液中c(H+)增大,v(H2)增大;D项,滴加少量CuSO4溶液,发生反应:Cu2++Zn Cu+Zn2+,生成的Cu与Zn、稀H2SO4形成以Zn为负极,Cu为正极,稀H2SO4为电解质溶液的原电池,加快了反应速率,使v(H2)增大。‎ ‎13.(2012广东理综,31,16分,★★)碘在科研与生活中有重要应用。某兴趣小组用0.50 mol·L-1 KI、0.2%淀粉溶液、0.20 mol·L-1 K2S2O8、0.10 mol·L-1 Na2S2O3等试剂,探究反应条件对化学反应速率的影响。‎ 已知:S2O82-+2I- 2SO42-+I2(慢)‎ I2+2S2O32- 2I-+S4O62-(快)‎ ‎(1)向KI、Na2S2O3与淀粉的混合溶液中加入一定量的K2S2O8溶液,当溶液中的　　　耗尽后,溶液颜色将由无色变为蓝色。为确保能观察到蓝色,S2O32-与S2O82-初始的物质的量需满足的关系为:n(S2O32-)∶n(S2O82-)　　　　。 ‎ ‎(2)为探究反应物浓度对化学反应速率的影响,设计的实验方案如下表:‎ 实验 序号 体积V/mL K2S2O8溶液 水 KI溶液 Na2S2O3溶液 淀粉溶液 ‎①‎ ‎10.0‎ ‎0.0‎ ‎4.0‎ ‎4.0‎ ‎2.0‎ ‎②‎ ‎9.0‎ ‎1.0‎ ‎4.0‎ ‎4.0‎ ‎2.0‎ ‎③‎ ‎8.0‎ Vx ‎4.0‎ ‎4.0‎ ‎2.0‎ 表中Vx=　　　　,理由是　  ‎ ‎　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(3)已知某条件下,浓度c(S2O82-)-反应时间t的变化曲线如下图,若保持其他条件不变,请在坐标图中,分别画出降低反应温度和加入催化剂时c(S2O82-)-t的变化曲线示意图(进行相应的标注)。‎ ‎(4)碘也可用作心脏起搏器电源——锂碘电池的材料。该电池反应为:2Li(s)+I2(s) 2LiI(s)　ΔH 已知:4Li(s)+O2(g) 2Li2O(s)　ΔH1‎ ‎4LiI(s)+O2(g) 2I2(s)+2Li2O(s)　ΔH2‎ 则电池反应的ΔH=　　　;碘电极作为该电池的　　　极。 ‎ 答案　(16分)(1)S2O32-(其他合理写法也给分)　<2‎ ‎(2)2.0　保持溶液总体积相同,仅改变S2O82-的浓度而其他物质浓度不变 ‎(3)‎ ‎(4)(ΔH1-ΔH2)/2　正 解析　(1)从所给反应看,当快反应中S2O32-被耗尽后,慢反应产生的I2才能使淀粉变蓝。‎ 将已知的两个离子方程式相加得总反应方程式为:S2O82-+2S2O32- 2SO42-+S4O62-,故n(S2O32-)∶n(S2O82-)<2时,才确保能观察到蓝色。‎ ‎(2)为确保只有K2S2O8浓度一个因素变化,溶液总体积应相等,Vx=2.0。‎ ‎(3)催化剂可以加快反应速率,使达到平衡所需时间缩短;降低温度,反应速率减慢,达到平衡所需时间增长。在作图时应注意最终c(S2O82-)相同。‎ ‎(4)利用盖斯定律用第一个热化学方程式减去第二个热化学方程式后再除以2即可得到电池反应,焓变ΔH=(ΔH1-ΔH2)/2。放电过程中I2发生还原反应,为该电池的正极。‎ 考点二　化学平衡 ‎8.(2016江苏单科,15,4分)一定温度下,在3个体积均为1.0 L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(　　)‎ 容器 温度/K 物质的起始浓度 ‎/mol·L-1‎ 物质的平衡浓度 ‎/mol·L-1‎ c(H2)‎ c(CO)‎ c(CH3OH)‎ c(CH3OH)‎ Ⅰ ‎400‎ ‎0.20‎ ‎0.10‎ ‎0‎ ‎0.080‎ Ⅱ ‎400‎ ‎0.40‎ ‎0.20‎ ‎0‎ Ⅲ ‎500‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎0.10‎ ‎0.025‎ 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 答案　AD　将容器Ⅲ中c(CH3OH)=0.10 mol·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)=0.10 mol·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。‎ ‎9.(2014江苏单科,15,4分)一定温度下,在三个体积均为1.0 L的恒容密闭容器中发生反应: ‎ ‎2CH3OH(g) CH3OCH3(g)+H2O(g)‎ 容器编号 温度(℃)‎ 起始物质的量(mol)‎ 平衡物质的量(mol)‎ CH3OH(g)‎ CH3OCH3(g)‎ H2O(g)‎ Ⅰ ‎387‎ ‎0.20‎ ‎0.080‎ ‎0.080‎ Ⅱ ‎387‎ ‎0.40‎ Ⅲ ‎207‎ ‎0.20‎ ‎0.090‎ ‎0.090‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A.该反应的正反应为放热反应 ‎ B.达到平衡时,容器Ⅰ中的CH3OH体积分数比容器Ⅱ中的小 C.容器Ⅰ中反应到达平衡所需时间比容器Ⅲ中的长 ‎ D.若起始时向容器Ⅰ中充入CH3OH 0.15 mol、CH3OCH3 0.15 mol和H2O 0.10 mol,则反应将向正反应方向进行 答案　AD　由Ⅰ、Ⅲ数据分析可知,降温,CH3OH的转化率增大,平衡向正反应方向移动,正反应为放热反应,A项正确;B项,Ⅱ和Ⅰ对比,CH3OH(g)的起始浓度增大一倍,容器体积不变,相当于增大压强,而此反应为反应前后气体分子数不变的反应,增大压强平衡不移动,CH3OH体积分数不变,B项错误;Ⅲ比Ⅰ温度低,反应更慢,到达平衡所需时间更长,C项错误;D项,容器Ⅰ温度为387 ℃,平衡常数K=c(CH3OCH3)·c(H2O)c2(CH3OH)=(0.0801.0)2(0.0401.0)2=4,而此时Qc=0.151.0×0.101.0(0.151.0)2=23<4,反应向正反应方向进行,D项正确。‎ ‎10.(2013北京理综,11,6分)下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是(　　)‎ A. ‎ B.‎ t/℃‎ ‎25‎ ‎50‎ ‎100‎ KW/10-14‎ ‎1.01‎ ‎5.47‎ ‎55.0‎ C. ‎ D.‎ c(氨水)/(mol·L-1)‎ ‎0.1‎ ‎0.01‎ pH ‎11.1‎ ‎10.6‎ 答案　C　2NO2(g) N2O4(g)　ΔH<0,升高温度,平衡向逆反应方向移动,A项正确;H2O H++OH-(ΔH>0),升高温度,平衡正向移动,KW=c(H+)·c(OH-)增大,B项正确;分解反应2H2O2 O2↑+2H2O不是可逆反应,不存在化学平衡,C项不能用平衡移动原理解释;在氨水中存在电离平衡NH3·H2O NH4++OH-,稀释时平衡正向移动,所以,浓度变化10倍,pH变化小于1,D项正确。‎ ‎11.(2013大纲全国,7,6分)反应X(g)+Y(g) 2Z(g)‎ ΔH<0,达到平衡时,下列说法正确的是(　　)‎ A.减小容器体积,平衡向右移动 B.加入催化剂,Z的产率增大 C.增大c(X),X的转化率增大 D.降低温度,Y的转化率增大 答案　D　对于反应前后气体总体积不变的可逆反应,压强改变平衡不移动,A项错误;催化剂只能改变反应速率,不能使平衡发生移动,B项错误;两种气态物质发生的可逆反应,增大一种物质的浓度,另一种物质的转化率增大,自身的转化率减小,C项错误;降低温度,平衡向放热反应方向移动,D项正确。‎ 评析　该题考查化学平衡移动原理的应用。解题的关键是要全面掌握外界条件(浓度、温度、压强、催化剂等)对化学反应速率和化学平衡的影响,并能灵活应用。‎ ‎12.(2012四川理综,12,6分,★★)在体积恒定的密闭容器中,一定量的SO2与1.100 mol O2在催化剂作用下加热到600 ℃发生反应:2SO2+O2 2SO3;ΔH<0。当气体的物质的量减少0.315 mol 时反应达到平衡,在相同温度下测得气体压强为反应前的82.5%。下列有关叙述正确的是(　　)‎ A.当SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等时反应达到平衡 B.降低温度,正反应速率减小程度比逆反应速率减小程度大 C.将平衡混合气体通入过量BaCl2溶液中,得到沉淀的质量为161.980 g D.达到平衡时,SO2的转化率为90%‎ 答案　D　A项,SO2的消耗速率和SO3的生成速率均为正反应速率。B项,降低温度,该平衡正向移动,故正反应速率减小程度小于逆反应速率减小程度。由化学方程式可知反应达平衡后,气体减少的物质的量等于参加反应的O2的物质的量,则C项和D项可以通过以下计算来判断:‎ ‎　　　　2SO2　　　　+　　　　O2　　2SO3‎ n起始　　　n起(SO2)　　　1.100 mol　　　0‎ n转化　　　0.630 mol　　　0.315 mol　　　0.630 mol n平衡　　　n起(SO2)-0.630 mol　　　0.785 mol　　　0.630 mol 由题意可得n起(SO2)-0.630 mol+0.785 mol+0.630 moln起(SO2)+1.100 mol×100%=82.5%,n起(SO2)=0.700 mol,SO2的转化率=0.630mol0.700mol×100%=90%;将平衡混合气体通入BaCl2溶液中,只有SO3可以与BaCl2溶液反应生成BaSO4沉淀,则m(BaSO4)=0.630 mol×233 g/mol=146.790 g。‎ ‎13.(2012重庆理综,13,6分,★★)在一个不导热的密闭反应器中,只发生两个反应:‎ a(g)+b(g) 2c(g);ΔH1<0‎ x(g)+3y(g) 2z(g);ΔH2>0‎ 进行相关操作且达到平衡后(忽略体积改变所做的功),下列叙述错误的是(　　)‎ A.等压时,通入惰性气体,c的物质的量不变 B.等压时,通入z气体,反应器中温度升高 C.等容时,通入惰性气体,各反应速率不变 D.等容时,通入z气体,y的物质的量浓度增大 答案　A　不导热的密闭容器中,等压时,通入惰性气体,体积增大,x(g)+3y(g) 2z(g)平衡逆向移动,放出热量,体系温度升高,a(g)+b(g) 2c(g)平衡逆向移动,c的物质的量减小;B项,等压时,通入z气体,x(g)+3y(g) 2z(g)平衡逆向移动,体系温度升高;C项,等容时,通入惰性气体,反应物浓度不变,各反应速率不变;D项,等容时,通入z气体,x(g)+3y(g) 2z(g)平衡逆向移动,y的物质的量浓度增大。‎ ‎14.(2012全国,8,6分)合成氨所需的氢气可用煤和水作原料经多步反应制得,其中的一步反应为:‎ CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)　ΔH<0‎ 反应达到平衡后,为提高CO的转化率,下列措施中正确的是(　　)‎ A.增加压强　　　 B.降低温度 C.增大CO的浓度　　　D.更换催化剂 答案　B　该可逆反应是一个气体体积在反应前后不发生改变的反应,增加压强,平衡不移动,CO的转化率不变,A项错误;该可逆反应的正反应是放热反应,降温可使平衡正向移动,CO的转化率提高,B项正确;增大CO的浓度,H2O(g)的转化率提高,CO的转化率降低,C项错误;催化剂不影响化学平衡,对反应物的转化率不产生影响,D项错误。‎ 评析　本题考查学生分析和解决化学问题的能力,掌握影响化学平衡的因素及其与反应物转化率的关系是解题的关键。‎ ‎15.(2015北京理综,26,12分,★★)氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。以太阳能为热源,热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法。其反应过程如下图所示:‎ ‎(1)反应Ⅰ的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(2)反应Ⅰ得到的产物用I2进行分离。该产物的溶液在过量I2的存在下会分成两层——含低浓度I2的H2SO4层和含高浓度I2的HI层。‎ ‎①根据上述事实,下列说法正确的是　　　　(选填序号)。 ‎ a.两层溶液的密度存在差异 b.加I2前,H2SO4溶液和HI溶液不互溶 c.I2在HI溶液中比在H2SO4溶液中易溶 ‎②辨别两层溶液的方法是　。 ‎ ‎③经检测,H2SO4层中c(H+)∶c(SO42-)=2.06∶1。其比值大于2的原因是　。 ‎ ‎(3)反应Ⅱ:2H2SO4(l) 2SO2(g)+O2(g)+2H2O(g)　ΔH=+550 kJ·mol-1。‎ 它由两步反应组成:ⅰ.H2SO4(l) SO3(g)+H2O(g)　ΔH=+177 kJ·mol-1;ⅱ.SO3(g)分解。‎ L(L1、L2)、X可分别代表压强或温度。如图表示L一定时,ⅱ中SO3(g)的平衡转化率随X的变化关系。‎ ‎①X代表的物理量是　　　　。 ‎ ‎②判断L1、L2的大小关系,并简述理由:  　　　　　　　　　。 ‎ 答案　(12分)(1)SO2+I2+2H2O H2SO4+2HI ‎(2)①a、c ‎②观察颜色,颜色深的是HI层,颜色浅的是H2SO4层 ‎③H2SO4层中含有少量HI ‎(3)①压强 ‎②L12。(3)根据盖斯定律可得,2SO3(g) 2SO2(g)+O2(g)的ΔH=+550 kJ·mol-1-2×(+177 kJ·mol-1)=+196 kJ·mol-1,故升高温度,平衡正向移动,SO3的平衡转化率增大;增大压强,平衡逆向移动,SO3的平衡转化率减小,故X代表的物理量是压强,曲线L1对应的温度比L2低。‎ ‎16.(2015浙江理综,28,15分,★★★)乙苯催化脱氢制苯乙烯反应:‎ ‎(1)已知:‎ 化学键 C—H C—C C C H—H 键能/kJ·mol-1‎ ‎412‎ ‎348‎ ‎612‎ ‎436‎ 计算上述反应的ΔH=　　　　　kJ·mol-1。 ‎ ‎(2)维持体系总压p恒定,在温度T时,物质的量为n、体积为V的乙苯蒸气发生催化脱氢反应。已知乙苯的平衡转化率为α,则在该温度下反应的平衡常数K=　　　　　(用α等符号表示)。 ‎ ‎(3)工业上,通常在乙苯蒸气中掺混水蒸气(原料气中乙苯和水蒸气的物质的量之比为1∶9),控制反应温度600 ℃,并保持体系总压为常压的条件下进行反应。在不同反应温度下,乙苯的平衡转化率和某催化剂作用下苯乙烯的选择性(指除了H2以外的产物中苯乙烯的物质的量分数)示意图如下:‎ ‎①掺入水蒸气能提高乙苯的平衡转化率,解释说明该事实　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎②控制反应温度为600 ℃的理由是　 。 ‎ ‎(4)某研究机构用CO2代替水蒸气开发了绿色化学合成工艺——乙苯-二氧化碳耦合催化脱氢制苯乙烯。保持常压和原料气比例不变,与掺水蒸气工艺相比,在相同的生产效率下,可降低操作温度;该工艺中还能够发生反应:CO2+H2 CO+H2O,CO2+C 2CO。新工艺的特点有　　　(填编号)。 ‎ ‎①CO2与H2反应,使乙苯脱氢反应的化学平衡右移 ‎②不用高温水蒸气,可降低能量消耗 ‎③有利于减少积炭 ‎④有利于CO2资源利用 答案　(1)124　(2)α2(1-α2)p或nα2(1-α2)V ‎ ‎(3)①正反应方向气体分子数增加,加入水蒸气稀释,相当于起减压的效果 ‎②600 ℃,乙苯的转化率和苯乙烯的选择性均较高。温度过低,反应速率慢,转化率低;温度过高,选择性下降。高温还可能使催化剂失活,且能耗大 ‎(4)①②③④‎ 解析　(1)ΔH=旧键断裂吸收的总能量-新键形成放出的总能量=(348+412×2)kJ·mol-1-(612+436) kJ·mol-1=+124 kJ·mol-1。‎ ‎(2)+H2(g)‎ 始　　n　　　　　　　　　　　0　　　　　　　　0‎ 转　　　nα　　　nα　　　nα 平　　　n-nα　　　nα　　　nα 因反应处于恒压体系,由阿伏加德罗定律的推论可知VV'=nn',所以V'=n'nV=n(1+α)nV=(1+α)V,则Kc=(nαV')2n-nαV'=nα2(1-α2)V;或Kp=[nαn(1+α)p]2n(1-α)n(1+α)p=α2(1-α2)p。‎ ‎(3)①正反应方向的气体分子数增加,加入水蒸气相当于减压,减压有利于平衡正向移动。‎ ‎②控制温度为600 ℃既要考虑转化率,又要考虑催化剂的活性和苯乙烯的选择性,同时还要考虑反应速率问题。‎ ‎(4)CO2与H2反应使得平衡体系中H2浓度减小,平衡右移,①正确;新工艺中不用高温水蒸气,降低了能量消耗,②正确;CO2+C 2CO,CO2可消耗积炭,③正确;该工艺中需消耗CO2,④正确。‎ 评析　该题考查了学生的计算能力、分析问题能力、语言组织表达能力,题目有一定的综合性。‎ ‎17.(2013福建理综,23,16分,★★)利用化石燃料开采、加工过程产生的H2S废气制取氢气,既价廉又环保。‎ ‎(1)工业上可用组成为K2O·M2O3·2RO2·nH2O的无机材料纯化制取的氢气。‎ ‎①已知元素M、R均位于元素周期表中第3周期,两种元素原子的质子数之和为27,则R的原子结构示意图为　　　　　　　　。 ‎ ‎②常温下,不能与M单质发生反应的是　　　(填序号)。 ‎ a.CuSO4溶液　　　b.Fe2O3‎ c.浓硫酸　　　d.NaOH溶液 e.Na2CO3固体 ‎(2)利用H2S废气制取氢气的方法有多种。‎ ‎①高温热分解法 已知:H2S(g) H2(g)+12S2(g)‎ 在恒容密闭容器中,控制不同温度进行H2S分解实验。以H2S起始浓度均为c mol·L-1测定H2S的转化率,结果见下图。图中a为H2S的平衡转化率与温度关系曲线,b曲线表示不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率。据图计算985 ℃时H2S按上述反应分解的平衡常数K=　　　　　　;说明随温度的升高,曲线b向曲线a逼近的原因:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎②电化学法 该法制氢过程的示意图如下。反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式,其目的是　　　　　　　　　　　;反应池中发生反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　。反应后的溶液进入电解池,电解总反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　。 ‎ 答案　(16分)(1)①　②b、e ‎(2)①230.2c　温度升高,反应速率加快,达到平衡所需的时间缩短(或其他合理答案)‎ ‎②增大反应物接触面积,使反应更充分　H2S+2FeCl3 2FeCl2+S↓+2HCl　2Fe2++2H+ 2Fe3++H2↑‎ 解析　(1)①由M2O3和RO2可推出M和R的化合价分别为+3价和+4价,再结合两者位于周期表中第3周期,两种元素原子的质子数之和为27,可推出M为Al,R为Si。②a项,3CuSO4+2Al 3Cu+Al2(SO4)3;c项,浓H2SO4可使铝钝化;d项,2Al+2NaOH+6H2O 2Na[Al(OH)4]+3H2↑;b项,应在高温下反应;e项不反应。‎ ‎(2)①H2S(g) H2(g)+12S2(g)‎ 起始　c　　　　　　0　　　0‎ 变化　0.4c　　　　0.4c　　0.2c 平衡　0.6c　　　　0.4c　　0.2c K=0.4c·0.2c0.6c=230.2c。‎ ‎②阴极反应式:2H++2e- H2↑‎ 阳极反应式:2Cl--2e- Cl2↑‎ 阳极生成的Cl2与溶液中的Fe2+反应:2Fe2++Cl2 2Fe3++2Cl-,三个方程式相加,即得出电解总反应的离子方程式。‎ 评析　本题融合了元素推断、元素化合物的性质、化学方程式和离子方程式的书写、化学平衡等知识,难度中等。特别注意化工流程图中箭头的指示作用,箭头前为反应物,箭头后为生成物。‎ ‎18.(2012海南单科,15,9分,★★)已知A(g)+B(g) C(g)+D(g)反应的平衡常数和温度的关系如下:‎ 温度/℃‎ ‎700‎ ‎800‎ ‎830‎ ‎1 000‎ ‎1 200‎ 平衡常数 ‎1.7‎ ‎1.1‎ ‎1.0‎ ‎0.6‎ ‎0.4‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)该反应的平衡常数表达式K=　　　　,ΔH　　　　0(填“<”“>”“=”); ‎ ‎(2)830 ℃时,向一个5 L的密闭容器中充入0.20 mol的A和0.80 mol的B,如反应初始6 s内A的平均反应速率v(A)=0.003 mol·L-1·s-1,则6 s时c(A)=　　　　mol·L-1,C的物质的量为　　　　mol;若反应经一段时间后,达到平衡时A的转化率为　　　　,如果这时向该密闭容器中再充入1 mol氩气,平衡时A的转化率为　　　　; ‎ ‎(3)判断该反应是否达到平衡的依据为　　　　(填正确选项前的字母); ‎ a.压强不随时间改变 b.气体的密度不随时间改变 c.c(A)不随时间改变 d.单位时间里生成C和D的物质的量相等 ‎(4)1 200 ℃时反应C(g)+D(g) A(g)+B(g)的平衡常数的值为　　　　。 ‎ 答案　(1)c(C)·c(D)c(A)·c(B)　<‎ ‎(2)0.022　0.09　80%　80%‎ ‎(3)c ‎(4)2.5‎ 解析　(1)由表中数据可知平衡常数随温度的升高而减小,因而ΔH<0。(2)6 s时,c(A)=0.20mol5 L-0.003 mol·L-1·s-1×6 s=0.022 mol·L-1;根据“三段式”计算可得平衡时A的转化率;因反应前后气体的体积不变且容器容积固定,故加入的氩气不引起各物质浓度发生变化,平衡不移动,因而平衡时A的转化率不变。(4)1 200 ℃时,反应C(g)+D(g) A(g)+B(g)的平衡常数K=c(A)·c(B)c(C)·c(D)=10.4=2.5。‎ 考点三　综合题 ‎11.(2012江苏单科,14,4分,★★)温度为T时,向2.0 L恒容密闭容器中充入1.0 mol PCl5,反应PCl5(g) PCl3(g)+Cl2(g)经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表:‎ t/s ‎0‎ ‎50‎ ‎150‎ ‎250‎ ‎350‎ n(PCl3)/mol ‎0‎ ‎0.16‎ ‎0.19‎ ‎0.20‎ ‎0.20‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A.反应在前50 s的平均速率v(PCl3)=0.003 2 mol·L-1·s-1‎ B.保持其他条件不变,升高温度,平衡时c(PCl3)=0.11 mol·L-1,则反应的ΔH<0‎ C.相同温度下,起始时向容器中充入1.0 mol PCl5、0.20 mol PCl3和0.20 mol Cl2,反应达到平衡前v(正)>v(逆)‎ D.相同温度下,起始时向容器中充入2.0 mol PCl3和2.0 mol Cl2,达到平衡时,PCl3的转化率小于80%‎ 答案　C　A项,由表中数据可知,反应在前50 s的平均速率v(PCl3)=0.16mol2.0 L×50 s=0.001 6 mol·L-1·s-1。B项,升高温度,重新达到平衡时n(PCl3)=0.11 mol·L-1×2.0 L=0.22 mol>0.20 mol,说明升高温度,平衡正向移动,即正反应为吸热反应。C项,‎ ‎　　　 PCl5(g) PCl3(g) + Cl2(g)‎ 起始1　1.0 mol　　　　0　　　　0‎ 平衡1　0.80 mol　　 0.20 mol　　0.20 mol 起始2　1.0 mol　　　0.20 mol　　0.20 mol 对比平衡1和起始2,反应从起始2开始达到平衡的过程中,反应正向进行:v(正)>v(逆)。D项,我们设计如下三种状态进行比较:‎ ‎　　PCl5(g) PCl3(g) + Cl2(g)‎ ‎①　1.0 mol　　　　0　　　　0‎ ‎②　　0　　　　 1.0 mol　　1.0 mol ‎③　　0　　　　 2.0 mol　　2.0 mol ‎①和②达到的平衡属于等效平衡,故②反应达平衡后,PCl3的转化率=1.0mol-0.20mol1.0mol×100%=80%;③与②相比,③相当于对②增大压强,而增大压强,平衡向生成PCl5的方向移动,PCl3的转化率增大,故③反应达平衡时,PCl3的转化率大于80%。‎ ‎12.(2016浙江理综,28,15分)催化还原CO2是解决温室效应及能源问题的重要手段之一。研究表明,在Cu/ZnO催化剂存在下,CO2和H2可发生两个平行反应,分别生成CH3OH和CO。反应的热化学方程式如下:‎ CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)　‎ ΔH1=-53.7 kJ·mol-1　Ⅰ CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)　ΔH2　Ⅱ 某实验室控制CO2和H2初始投料比为1∶2.2,在相同压强下,经过相同反应时间测得如下实验数据:‎ T(K)‎ 催化剂 CO2转化率(%)‎ 甲醇选择性(%)‎ ‎543‎ Cat.1‎ ‎12.3‎ ‎42.3‎ ‎543‎ Cat.2‎ ‎10.9‎ ‎72.7‎ ‎553‎ Cat.1‎ ‎15.3‎ ‎39.1‎ ‎553‎ Cat.2‎ ‎12.0‎ ‎71.6‎ ‎【备注】Cat.1:Cu/ZnO纳米棒;Cat.2:Cu/ZnO纳米片;甲醇选择性:转化的CO2中生成甲醇的百分比 已知:①CO和H2的标准燃烧热分别为-283.0 kJ·mol-1和-285.8 kJ·mol-1‎ ‎②H2O(l) H2O(g)　ΔH3=+44.0 kJ·mol-1‎ 请回答(不考虑温度对ΔH的影响):‎ ‎(1)反应Ⅰ的平衡常数表达式K=　　　　　　　　　;反应Ⅱ的ΔH2=　　　　kJ·mol-1。 ‎ ‎(2)有利于提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有　　　　。 ‎ A.使用催化剂Cat.1‎ B.使用催化剂Cat.2‎ C.降低反应温度 D.投料比不变,增加反应物的浓度 E.增大CO2和H2的初始投料比 ‎(3)表中实验数据表明,在相同温度下不同的催化剂对CO2转化成CH3OH的选择性有显著的影响,其原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(4)在右图中分别画出反应Ⅰ在无催化剂、有Cat.1和有Cat.2三种情况下“反应过程-能量”示意图。‎ ‎(5)研究证实,CO2也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇,则生成甲醇的反应发生在　　　　极,该电极反应式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ 答案　(1)c(CH3OH)·c(H2O)c(CO2)·c3(H2)　+41.2‎ ‎(2)CD ‎(3)表中数据表明此时反应未达到平衡,不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同,因而在该时刻下对甲醇选择性有影响 ‎(4)‎ ‎(5)阴　CO2+6H++6e- CH3OH+H2O 解析　(1)根据反应Ⅰ可以写出K=c(CH3OH)·c(H2O)c(CO2)·c3(H2);根据题给H2和CO的燃烧热可写出对应热化学方程式:‎ ‎①H2(g)+12O2(g) H2O(l)　ΔH=-285.8 kJ·mol-1‎ ‎②CO(g)+12O2(g) CO2(g)　ΔH=-283.0 kJ·mol-1‎ 又知③H2O(l) H2O(g)　ΔH=+44.0 kJ·mol-1‎ 则根据盖斯定律由①-②+③可得反应Ⅱ,故ΔH2=-285.8 kJ·mol-1+283.0 kJ·mol-1+44.0 kJ·mol-1=+41.2 kJ·mol-1。‎ ‎(2)催化剂只加快反应速率,不改变平衡转化率,故A、B不符合;反应Ⅰ的正反应为放热反应,降低温度有利于平衡正向移动,C项符合;在投料比不变时,增大反应物浓度相当于对体系加压,根据勒夏特列原理可知,平衡向气体分子数减小的方向移动,故有利于CO2转化为CH3OH,D项符合;增大CO2和H2的初始投料比只会提高H2转化率,而CO2转化率降低,故E项不符合。‎ ‎(3)催化剂不能改变平衡转化率,但表中数据显示相同温度下两者CO2转化率数据不相同,故此时反应未达到平衡,由于Cat.1和Cat.2对反应Ⅰ的催化能力不同,故在相同时间对甲醇的选择性有影响。‎ ‎(4)催化剂可以降低反应的活化能,不同催化剂降低效率不同。从表中可以分析,相同时间内Cat.2催化能力比Cat.1强,说明在Cat.2催化作用下反应速率更快,即活化能更低。另外,由于催化剂的介入,反应过程中产生多个能垒,但最终生成物总能量相同,那么三条曲线的起点和终点相同。‎ ‎(5)根据题意,CO2生成CH3OH是发生还原反应,故在电解池阴极上发生,此电极反应为CO2+6H++6e- CH3OH+H2O。‎ 疑难突破　解答第(3)问的关键点是抓住催化剂不能改变平衡,即平衡时两者CO2转化率相同,但表中数据显示CO2转化率不同,故在此时刻反应没有平衡;第(4)问必须抓住催化剂造成甲醇选择性不同且Cat.2催化效率更高,那么其活化能更低。‎ 评析　本题以催化还原CO2解决温室效应及能源问题为情境,考查盖斯定律的相关计算、化学平衡移动及化学平衡常数、催化剂对反应速率的影响以及电解池相关知识。本题立意新,考点全面,难度较大,尤其第(3)、(4)问区分度大,对能力要求较高。‎ ‎13.(2014浙江理综,27,14分,★★)煤炭燃烧过程中会释放出大量的SO2,严重破坏生态环境。采用一定的脱硫技术可以把硫元素以CaSO4的形式固定,从而降低SO2的排放。但是煤炭燃烧过程中产生的CO又会与CaSO4发生化学反应,降低了脱硫效率。相关反应的热化学方程式如下:‎ CaSO4(s)+CO(g) CaO(s)+SO2(g)+CO2(g)‎ ΔH1=218.4 kJ·mol-1(反应Ⅰ)‎ CaSO4(s)+4CO(g) CaS(s)+4CO2(g)‎ ΔH2=-175.6 kJ·mol-1(反应Ⅱ)‎ 请回答下列问题:‎ ‎(1)反应Ⅰ能够自发进行的反应条件是　　　　。 ‎ ‎(2)对于气体参与的反应,表示平衡常数Kp时用气体组分(B)的平衡压强p(B)代替该气体物质的量的浓度c(B),则反应Ⅱ的Kp=　　　　(用表达式表示)。 ‎ ‎(3)假设某温度下,反应Ⅰ的速率(v1)大于反应Ⅱ的速率(v2),则下列反应过程能量变化示意图正确的是　。 ‎ ‎(4)通过监测反应体系中气体浓度的变化可判断反应Ⅰ和Ⅱ是否同时发生,理由是 ‎ ‎ 　。 ‎ ‎(5)图1为实验测得不同温度下反应体系中CO初始体积百分数与平衡时固体产物中CaS质量百分数的关系曲线。则降低该反应体系中SO2生成量的措施有　　　　。 ‎ A.向该反应体系中投入石灰石 B.在合适的温度区间内控制较低的反应温度 C.提高CO的初始体积百分数 D.提高反应体系的温度 ‎(6)恒温恒容条件下,假设反应Ⅰ和Ⅱ同时发生,且v1>v2,请在图2中画出反应体系中c(SO2)随时间t变化的总趋势图。‎ 答案　(1)高温 ‎(2)p4(CO2)p4(CO)‎ ‎(3)C ‎(4)如果气相中SO2和CO2两种气体的浓度之比随时间发生变化,则表明两个反应同时发生 ‎(5)A、B、C ‎(6)‎ 解析　(1)反应Ⅰ的ΔH>0,ΔS>0,高温时反应能自发进行。(2)依题给信息,可得反应Ⅱ的Kp=p4(CO2)p4(CO)。(3)反应Ⅰ速率较快,说明该反应活化能较低,结合反应Ⅰ吸热,反应Ⅱ放热,可判断C图正确。(4)反应Ⅰ生成SO2、CO2两种气态产物,反应Ⅱ只生成CO2一种气态产物,若c(SO2)/c(CO2)不变,只发生反应Ⅰ;若c(SO2)=0,c(CO2)或c(CO)发生变化,只发生反应Ⅱ;若c(SO2)/c(CO2)发生变化,则反应Ⅰ、Ⅱ同时发生。(5)向反应体系中投入石灰石,CaCO3(s) CaO(s)+CO2(g),c(CO2)增大,反应Ⅰ的平衡逆向移动,SO2的量减少,A正确;在合适温度区间内降低反应温度,反应Ⅰ逆向进行,SO2的量减小,B正确,D错误;CO初始体积分数增大,由图1知CaS质量分数增大,c(CO2)增大,反应Ⅰ逆向进行,SO2的量减少,C正确。(6)因反应Ⅰ速率快,c(SO2)先增大快,随着反应Ⅱ的进行,使c(CO2)增大,反应Ⅰ逆向进行,c(SO2)减小,当反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡时,c(SO2)不再变化,由此可画出c(SO2)随时间变化的曲线图。‎ ‎14.(2013山东理综,29,15分,★★★)化学反应原理在科研和生产中有广泛应用。‎ ‎(1)利用“化学蒸气转移法”制备TaS2晶体,发生如下反应:‎ TaS2(s)+2I2(g) TaI4(g)+S2(g)　ΔH>0　(Ⅰ)‎ 反应(Ⅰ)的平衡常数表达式K=　　　　,若K=1,向某恒容容器中加入1 mol I2(g)和足量TaS2(s),I2(g)的平衡转化率为　　　　。 ‎ ‎(2)如图所示,反应(Ⅰ)在石英真空管中进行,先在温度为T2的一端放入未提纯的TaS2粉末和少量I2(g),一段时间后,在温度为T1的一端得到了纯净TaS2晶体,则温度T1　　　　T2(填“>”“<”或“=”)。上述反应体系中循环使用的物质是　　　　。 ‎ ‎(3)利用I2的氧化性可测定钢铁中硫的含量。做法是将钢样中的硫转化成H2SO3,然后用一定浓度的I2溶液进行滴定,所用指示剂为　　　　 　,滴定反应的离子方程式为 ‎ ‎　 。 ‎ ‎(4)25 ℃时,H2SO3 HSO3-+H+的电离常数Ka=1×10-2mol·L-1,则该温度下NaHSO3水解反应的平衡常数Kb=　　　　mol·L-1,若向NaHSO3溶液中加入少量的I2,则溶液中c(H2SO3)c(HSO3-)将　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。 ‎ 答案　(1)c(TaI4)·c(S2)c2(I2)　66.7%‎ ‎(2)<　I2‎ ‎(3)淀粉　I2+H2SO3+H2O 4H++2I-+SO42-‎ ‎(4)1×10-12　增大 解析　(1)TaS2(s)+2I2(g) TaI4(g)+S2(g)‎ ‎　　　初始量　　　1 mol　　　0 mol　　　0 mol ‎　　　转化量　　　2x mol　　　x mol　　　x mol ‎　　　平衡量　　　(1-2x)mol　　　x mol　　　x mol 设容器容积为V L,K=c(S2)·c(TaI4)c2(I2)=xV·xV1-2xV2=1,解得x=13,则I2(g)的平衡转化率为2x1×100%≈66.7%。(2)由反应(Ⅰ)可知降温有利于TaS2(s)的生成,故T165%、CO物质的量分数<10%,以下条件中最合适的是　　　　　。 ‎ A.600 ℃,0.9 MPa　　　B.700 ℃,0.9 MPa C.800 ℃,1.5 MPa　　　D.1 000 ℃,1.5 MPa ‎②画出600 ℃,0.1 MPa条件下,系统中H2物质的量分数随反应时间(从常温进料开始计时)的变化趋势示意图:‎ ‎(6)如果进料中氧气量过大,最终导致H2物质的量分数降低,原因是　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ 答案　(15分)(1)-41.2‎ ‎(2)小于 ‎(3)p3(H2)·p(CO)p(CH4)·p(H2O)　增大 ‎(4)系统内强放热的甲烷氧化反应为强吸热的蒸气重整反应提供了所需的能量(其他合理答案均可)‎ ‎(5) ①B ‎②‎ ‎(6)甲烷氧化程度过高,氢气和氧气反应(其他合理答案均可)‎ 解析　(1)依题意有:CH4(g)+2H2O(g) CO2(g)+4H2(g)　ΔH=+165.0 kJ·mol-1……①,‎ CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)‎ ΔH=+206.2 kJ·mol-1……②,‎ ‎①式-②式即得:CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)　ΔH=-41.2 kJ·mol-1。‎ ‎(2)因蒸气重整反应所需的活化能比甲烷氧化所需的活化能高,故初始阶段,甲烷蒸气重整的反应速率应小于甲烷氧化的反应速率。‎ ‎(3)依题意,Kp=p(CO)·p3(H2)p(CH4)·p(H2O),升高温度,平衡正向移动,故Kp值增大。‎ ‎(4)观察表中所给4个反应的焓变可知:甲烷氧化反应属于强放热反应,可为强吸热的蒸气重整反应提供能量,实现能量自给。‎ ‎(5)①仔细观察题中所给两图不难找到最合适的反应条件是:700 ℃,0.9 MPa。②作图时注意:a.曲线的起点,从常温进料开始计时,起始H2物质的量分数为0;b.观察题图,在600 ℃,0.1 MPa条件下,最终H2的物质的量分数为70%,故H2的物质的量分数从0增大到70%后不再变化,具体示意图见答案。‎ ‎(6)如果O2量过大,一方面甲烷氧化程度高,发生蒸气重整的CH4的量减少,导致生成H2的量相应减少;另一方面,O2会与生成的H2发生反应,导致H2的物质的量分数降低。‎ 评析　本题为化学基本理论综合题,重点考查了盖斯定律及其应用、化学反应速率及其影响因素、化学平衡常数及平衡的移动等知识点。本题重点考查学生从图形、图表中提取有用信息的能力,对学生思维能力要求较高,难度较大。‎