资源描述
专题八 化学反应速率与化学平衡
真题考点·高效突破
考点一:化学反应速率及其影响因素
【真题题组】
1.B 由图像可知,温度低于40 ℃时,随温度上升,溶液变蓝所需的时间缩短,但温度高于40 ℃时状况相反,所以A项正确;由于b、c两点的温度不同,反应速率不行能相同,B项错误;当溶液变蓝时发生反应I+5I-+6H+3I2+3H2O,此时反应6HS+2I6S+2I-+6H+恰好结束,即溶液变蓝时NaHSO3恰好完全反应,v(NaHSO3)= =5.0×10-5 mol·L-1·s-1,C项正确;温度高于40 ℃,随着温度上升,淀粉溶液与碘显色的灵敏度降低,因此有温度高于40 ℃ 时,淀粉不宜作该试验的指示剂,D项正确。
2.A 由图像可看出,50 min时,pH=2和pH=7时R均完全降解,A正确;斜率越大,降解速率越大,则pH=2时R的降解速率明显大于pH=7和pH=10时的降解速率,B错误;图像中毁灭了两个影响速率的条件:反应物起始浓度和pH,因pH不同,不能由图像推断反应物浓度对反应速率的影响,C错误;20～25 min之间,pH=10时R的平均降解速率为: =4×10-6 mol·L-1·min-1,D错误。
3.BC 反应实质为:Zn+2H+Zn2++H2↑。A项导致溶液中c(H+)增大,v(H2)加快,A项错误;B项导致溶液中c(H+)减小,v(H2)减小,B项正确;C项因发生CH3COO-+H+CH3COOH,导致溶液中c(H+)减小,v(H2)减小,C项正确;D项形成铜锌原电池,v(H2)加快,D项错误。
4.BD 各物质的反应速率之比等于各物质化学计量数之比,H2的消耗速率与HI的生成速率之比为1∶2,A错;该反应进行的净速率是指某一物质的正反应速率与逆反应速率之差,B正确;随反应进行正反应速率在减小,逆反应速率在增大,两者之比渐渐减小,C错;正、逆反应速率相等是平衡建立的特征,D正确。
5.B 由图可知,4 min时化合物Bilirubin的浓度为20 μmol·L-1,8 min时其浓度为10 μmol·L-1,因此4～8 min间的平均反应速率为=2.5 μmol·L-1·min-1。随着反应的进行,反应速率渐渐减慢,大致的变化规律是反应每进行4 min,反应速率降低一半,所以当反应进行到16 min时,反应物的浓度降到大约2.5 μmol·L-1。
6.解析:(1)依据供应的2个反应可知,当S2耗尽后,生成的I2不再被转化为I-,溶液变为蓝色,若要保证能看到蓝色需有I2剩余。所以n(S2)∶n(S2)<2∶1。
(2)为确保只有S2浓度一个因素变化,故溶液的总体积V是定值,三次试验的总体积应当是20.0 mL,所以Vx应为2.0。
(3)降温会使反应速率减慢,反应所需时间长,加入催化剂会加快反应,反应所需时间短。
(4)4Li(s)+O2(g)2Li2O(s) ΔH1①
4LiI(s)+O2(g)2I2(s)+2Li2O(s) ΔH2②
由得:
2Li(s)+I2(s)2LiI(s)ΔH=
I2→I-发生还原反应,作正极。
答案:(1)Na2S2O3 <2∶1
(2)2.0 保持溶液总体积相等,仅转变S2的浓度而保持其他物质浓度不变
(3)如图
(4) 正
7.解析:(1)O3具有氧化性可把I-氧化为I2同时生成O2。
(2)①pH增大,OH-浓度增大,加速了O3分解,表明OH-对O3分解具有催化作用。
②30 ℃、pH=4.0时,O3分解的Δc==0.010 8 mol/L,用时108 min,则O3分解速率v==1.00×10-4mol/(L·min)。
③据表中递变规律,40 ℃、pH=3.0时,所用时间介于31 min～158 min;10 ℃、pH=4.0时所用时间>231 min;30 ℃、pH=7.0时所用时间<15 min,而浓度变化同为0.010 8 mol/L,则分解速率依次增大挨次为:b<a<c。
(3)①电解稀H2SO4生成O3,转化原理为:H2O中氧失电子被氧化为O3,所以生成O3的电极为阳极,则阴极为A,电极反应为2H++2e-H2↑。
②C处通入O2后阴极得电子的物质为O2,电极反应为O2+4e-+4H+2H2O。
③C处不通入O2,则A极生成H2,E处生成O3和O2。
设y L气体中O3、O2体积分别为m L、n L,依据电子守恒和原子守恒有
解得m=x-2y,则O3体积分数为。
答案:(1)I2 O2
(2)①OH- ②1.00×10-4 ③b、a、c
(3)①A 2H++2e-H2↑
②O2+4H++4e-2H2O ③(x-2y)/y
8.解析:(1)(2)(3)考查了原电池可以加快氧化还原反应的速率这一考点,要想与Zn、稀H2SO4形成原电池,先由Zn置换活泼性排在Zn之后的金属,使其成为原电池的正极,从而加快Zn与稀H2SO4的反应速率。
(4)加快化学反应速率的方法有上升温度、增大浓度、加入催化剂、增大固体表面接触面积等。
(5)争辩硫酸铜的量对H2生成速率的影响,前提条件要保证H2SO4溶液浓度以及与Zn的接触面积相同,由已知A中V(H2SO4溶液)=30(mL),推知V1=V2=V3=V4=V5=30(mL),由F知溶液总体积为50(mL),则V7=20(mL),V8=19.5(mL),V9=17.5(mL),V10=15(mL),V6=10(mL)。当加入少量CuSO4溶液时,形成ZnCu原电池,反应速率大大提高,当加入确定量CuSO4 溶液后,生成的单质Cu会沉积在Zn表面,减小了Zn与H2SO4溶液的接触面积,使反应速率减慢。
答案:(1)Zn+CuSO4ZnSO4+Cu、
Zn+H2SO4ZnSO4+H2↑
(2)CuSO4溶液与Zn反应产生的Cu与Zn形成Cu/Zn原电池,加快了H2产生的速率
(3)Ag2SO4
(4)上升反应温度、适当增加H2SO4溶液的浓度、增加锌粒的比表面积等(答两种即可)
(5)①30 10 17.5 ②灰黑 暗红
③当加入确定量的CuSO4溶液后,生成的单质Cu会沉积在Zn的表面,减小了Zn与H2SO4溶液的接触面积
考点二:化学反应的方向与限度
【真题题组】
1.A 温度上升,平衡正向移动,气体总质量增加,容器体积不变,故混合气体的密度增大,A项合理;增大CO的物质的量,平衡正向移动,但CO的转化率降低,所以CO2与CO的物质的量之比减小,B项不合理;增大SO2的浓度,平衡逆向移动,但平衡常数只与温度有关,温度不变平衡常数K不变,C项不合理;因MgSO4为固体,增大MgSO4的质量,平衡不移动,CO的转化率不变,D项不合理。
2.B 催化剂不能转变反应的ΔH,其只与反应物始态、生成物终态有关,与反应途径无关,A项错误;反应前后气体分子数不变,转变压强,平衡不移动,B项正确;上升温度,平衡向逆反应方向移动,反应放出的热量削减,C项错误;原电池中化学能主要转化为电能,反应放出的热量削减,D项错误。
3.C NO2球浸在冷水中颜色变浅,热水中颜色加深,说明2NO2(g)N2O4(g) ΔH<0,温度转变,平衡发生移动的结果,A正确;B表中数据表明,温度上升,KW增大,即水的电离程度增大,说明水的电离是吸热过程,上升温度,促进水电离,B正确;C中加催化剂MnO2可加快H2O2的分解速率,催化剂不影响平衡移动,C错误;D中0.01 mol·L-1氨水相当于0.1 mol·L-1氨水稀释10倍,但c(OH-) 关系是:10-3.4>10-2.9×,说明加水稀释,促进NH3·H2O电离,D正确。
4.A E(g)+F(s)2G(g)为气体分子数增大的反应,增大压强,平衡向逆反应方向移动,b<a<54.0,因a<75.0,故上升温度,平衡向正反应方向移动,因此有:f>a>b,K(1 000 ℃)>K(810 ℃),①④正确;设开头时E为1 mol,E的转化量为x mol则有
E(g)+F(s)2G(g)
反应前(mol) 1 0
转化量(mol) x 2x
平衡后(mol) 1-x 2x
在915 ℃时,×100%=75%,x=0.6
则E的转化率为60%,②正确;E(g)+F(s)2G(g)为熵增反应,ΔS>0,③正确。
5.C 反应前2 min,Y的物质的量变化(0.16-0.12)mol,浓度变化为0.004 mol/L,v(Y)=0.004 mol·L-1÷2 min=
0.002 mol/(L·min),则v(Z)=2v(Y)=0.004 mol/(L·min),A错误;正反应为放热反应,降低温度平衡正向移动,v(正)>v(逆),B错误;7 min时反应达到平衡,这时c(Z)=0.012 mol/L,c(X)=c(Y)=0.01 mol/L,
K==1.44,C正确;反应前后气体体积不变,再充入0.2 mol Z,平衡状态相同,达到平衡后X的体积分数不变,D错误。
6.CD 因反应是在恒容绝热密闭容器中进行的,容器Ⅰ中反应正向进行,放出热量,容器Ⅱ中反应逆向进行,吸取热量,平衡时两个容器中反应温度不同,则Ⅰ、Ⅱ中正反应速率不相同,A错。容器Ⅲ中加入反应物的量比容器Ⅰ中多,由于该反应为放热反应,Ⅲ中放出热量比Ⅰ多,Ⅲ中反应正向进行的程度比Ⅰ小,因此容器Ⅲ中反应的化学平衡常数比Ⅰ小,B错。Ⅰ中反应正向进行,放出热量,Ⅱ中反应逆向进行,吸取热量,由于容器均为绝热容器,结合化学平衡移动原理,温度对化学平衡的影响可知Ⅰ和Ⅱ中反应进行的程度均较小,则C、D均正确。
7.D 因该反应是气体体积缩小的反应,故随着反应的进行,容器内压强渐渐变小,A错误;平衡时分别出硫,因反应物SO2和CO浓度不变,正反应速率不变,B错误;正反应是放热反应,上升温度平衡逆向移动,SO2转化率降低,C错误;因平衡常数只与温度有关,使用催化剂平衡常数不变,D正确。
8.D SO3的生成速率与SO2的消耗速率都表示正反应,两者始终相等,与平衡无关,A错;该反应是放热反应,降低温度,利于正反应进行,正反应速率减小程度比逆反应速率减小程度小,B错;依据题中方程式,反应达到平衡时削减的气体物质的量等于反应的O2物质的量,则生成SO3:0.63 mol;SO2与BaCl2不反应,0.63 mol SO3可生成BaSO4:0.63 mol×233 g·mol-1
=146.79 g,C错;依据气体压强比等于气体物质的量之比,原有气体物质的量为0.315 mol÷(1-82.5%)=1.8 mol,有SO2
0.7 mol,转化SO2:0.315 mol×2=0.63 mol,SO2转化率为:0.63 mol÷0.7 mol×100%=90%,D正确。
9.A A.等压条件下,通入惰性气体,反应体系的压强减小,第②个反应平衡逆向移动,放出热量,温度上升,导致第①个反应逆向移动,c的物质的量削减。B.等压时,通入z气体,第②个反应逆向移动,使温度上升。C.等容时,通入惰性气体,反应体系中各物质浓度不变,反应速率不变。D.等容时,通入z气体,平衡逆向移动,y的浓度增大。
10.A ΔH<0,正反应放热温度上升,平衡左移,故K减小,A对;pH增大,c(H+)减小,平衡右移,Cr2转化率增大,B错;温度上升,正、逆反应速率都增大,C错;Pb2+物质的量浓度增大,平衡右移,Cr2物质的量减小,D错。
11.A 从温度(T)的影响示意图上可知,T2>T1(T2时的反应速率快),而平衡时T2水蒸气含量低,表明正反应为放热反应,ΔH<0;从压强(p)的影响示意图可知,p1>p2(p1时的反应速率快),且平衡时p1条件下水蒸气含量高,表明正反应是一个气体体积减小的反应,综合以上,选项A符合。
12.D 金属铅是固体,固体浓度可认为是常数,其量的转变不影响平衡,A项错误;加入Sn(NO3)2后c(Sn2+)增大,平衡左移,c(Pb2+)增大,B项错误;上升温度,c(Pb2+)增大,说明平衡向左移动,是放热反应,ΔH<0,C项错误;由图像知K===2.2,D项正确。
13.B 能提高反应物转化率的方法是在不转变该反应物起始量的条件下使化学平衡向正方向移动,①升温向吸热方向即正方向移动,②恒容通入惰性气体,各组分浓度不变,平衡不移动,③增加CO浓度使平衡逆向移动,④减压使平衡正向移动,⑤催化剂不影响平衡,⑥恒压通入惰性气体,参与反应的各组分分压减小,平衡正向移动,故①④⑥符合题意。
14.C 三段法:
H2(g) + CO2(g) H2O(g) + CO(g)
0.010 0.010 0 0
x x x x
0.010-x 0.010-x x x
K==,所以x=0.006,甲中H2的转化率为60%,CO2的转化率也为60%,乙相当于在甲的基础上又充入了H2,CO2的转化率增大,A正确;丙相当于在甲的基础上加压,使容器体积缩小一半,平衡不移动,丙中CO2的浓度是甲中CO2浓度的2倍,甲平衡时CO2浓度为0.004 mol·L-1,丙平衡时CO2浓度为0.008 mol·L-1,B正确、C错误;D项,温度相同,丙中反应物浓度最大,甲中最小,故丙中的反应速率最快,甲中的反应速率最慢。
15.解析:(1)工业上从铝土矿提纯氧化铝的方法是:用氢氧化钠溶解铝土矿,然后过滤,往滤液中通入过量CO2,得到氢氧化铝,然后高温煅烧氢氧化铝,即可得到高纯度的氧化铝。
(2)合成二甲醚消耗甲醇,对于CO参与的反应(ⅰ)、(ⅲ)相当于减小生成物的浓度,有利于平衡向右移动,使CO转化率
提高。
(3)依据盖斯定律,将(ⅰ)+(ⅱ)+(ⅲ)+(ⅳ)即可得到:
2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)
ΔH=-204.7 kJ·mol-1。
当增加压强时,平衡右移。
(4)合成二甲醚的反应是放热的,因此升温平衡向左移,CO的转化率降低。
(5)由于构成燃料电池,则电池反应式为:
CH3OCH3+3O22CO2+3H2O ①
负极反应式为:O2+4H+2H2O ②
推出正极反应式:①-3×②
CH3OCH3+3H2O-12e-2CO2+12H+
输出电能=1.20 V××12×96 500 C·mol-1÷(3.6×106 J/kW·h)≈8.39 kW·h,
则E=≈8.39 kW·h·kg-1。
答案:(1)Al2O3+2NaOH+3H2O2NaAl(OH)4、
NaAl(OH)4+CO2Al(OH)3↓+NaHCO3、
2Al(OH)3Al2O3+3H2O
(2)消耗甲醇,促进甲醇合成反应(ⅰ)平衡右移,CO转化率增大;生成的H2O,通过水煤气变换反应(ⅲ)消耗部分CO
(3)2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH=-204.7 kJ·mol-1 平衡右移,反应速率增大,反应物量削减,生成物量
增加
(4)反应放热,温度上升,平衡左移
(5)CH3OCH3+3H2O-12e-2CO2+12H+ 12 ÷(3.6×106 J·kW-1·h-1)
≈8.39 kW·h·kg-1
16.解析:(1)①v(NH3)与v(CO2)不论是否平衡,都为2∶1的关系,A错误;反应物是固体,产物为气体,反应达到平衡时,容器中气体的总量不再变化,所以总压强不变,B正确;ρ=,容器体积确定,所以密度不变,说明气体的质量确定,即反应达到平衡状态,C正确;NH3占总体积的,CO2占,体积分数也始终不变,D错误,故选B、C。
②依据K=c2(NH3)·c(CO2),按NH3占总浓度的,CO2占总浓度的计算。
③压缩容器体积,依据勒夏特列原理,平衡左移,固体质量增加。
④随温度上升,平衡气体总浓度增大,向正反应方向移动,说明正反应吸热,ΔH>0;由固体生成气体,混乱度增加,所以
ΔS>0。
(2)⑤由图中数据知c0=2.2 mol·L-1,c6=1.9 mol·L-1,
所以v===0.05 mol·L-1·min-1。
⑥比较15.0 ℃和25.0 ℃两条曲线的斜率即可。起始浓度,c(15.0 ℃)>c(25.0 ℃),但斜率25.0 ℃大于15.0 ℃,故温度越高反应速率越快。
答案:(1)①BC
②K=c2(NH3)·c(CO2)= (c)2·(c)=×(4.8×10-3 mol·L-1)3≈1.6×10-8(mol·L-1)3
③增加 ④> >
(2)⑤0.05 mol·L-1·min-1
⑥25.0 ℃时反应物初始浓度较小,但0～6 min的平均反应速率(曲线斜率)仍比15.0 ℃时的大
17.解析:(1)H2SO4常温下很稳定,不易分解,a错;反应Ⅰ中SO2为还原剂,HI为还原产物,所以还原性SO2强于HI,b错;由(Ⅰ+Ⅱ)×2+Ⅲ得:2H2O2H2+O2,反应过程中消耗水,生成H2与O2,所以c对,d错。
(2)v(H2)= =0.05 mol·L-1·min-1,
则v(HI)=2v(H2)=0.1 mol·L-1·min-1。
2HI(g) H2(g)+I2(g)
初始浓度(mol/L) 1 0 0
浓度变化(mol/L) 0.2 0.1 0.1
平衡浓度(mol/L) 0.8 0.1 0.1
则H2(g)+I2(g)2HI(g)的平衡常数:
K===64。
温度不变,若加入HI(g)的物质的量是原来的2倍,相当于加压,但又该反应前后体积不变,所以平衡不移动,则各物质的物质的量、平衡浓度为原来的2倍,所以H2体积分数不变,平衡常数(只与温度有关)不变,因浓度增大了,反应速率也加快,达到平衡时间缩短,选b。
(3)Zn与稀H2SO4反应,c(H+)减小,水的电离平衡右移;若加入NaNO3,Zn与H+、N反应将不再产生H2,而是产生NO;若加入CuSO4,Zn置换出Cu从而构成Cu—Zn原电池,加快反应速率;加Na2SO4无影响;若加NaHSO3,电离出的HS会结合H+生成H2SO3,降低H+浓度,减慢反应速率。
(4)据氢气燃烧的热化学方程式,生成1 mol液态水时放出的热量为=286 kJ,所以能量转化率为×100%=80%。
答案:(1)c (2)0.1 mol·L-1·min-1 64 b
(3)向右 b (4)80%
考点三:化学平衡常数与化学平衡图像
【真题题组】
1.D 对仅有温度发生变化的条件下,b先达到平衡,则b代表20 ℃下CH3COCH3的Yt曲线,a代表0 ℃时的曲线,A错;由于温度越高反应速率越快,可知v(0 ℃)<v(20 ℃),B错;由图知,上升温度转化率降低,C错;当Y=0.113时,a曲线与b曲线相交,故产物量相同, =1,D正确。
2.B 对于可逆反应,催化剂不影响平衡的移动,A项错误;同压同z时,依据图像(1)上升温度M的体积分数降低,说明温度上升,正反应吸热,平衡向正反应方向移动,则Q的体积分数增加,B项正确;C项,同温同z,比较(1)(2)中z相同的曲线,压强大,M的体积分数增大,则Q的体积分数降低,故C项错误;同温同压时,分析(1)或(2)中图像知,z越高,相当于增大N的量,平衡向正反应方向移动,但Q的体积分数不愿定增大,D项错。
3.解析:(1)依据盖斯定律,把反应Ⅱ×2-反应Ⅰ,即得反应Ⅲ,所以ΔH3=2ΔH2-ΔH1。
(2)①由图1知,在T3前,反应未达平衡状态,到达T3后才达平衡状态,而T3后随温度上升,CO2的浓度变大,所以温度上升,平衡逆向移动,所以正向反应放热,ΔH3<0。
②在T1～T2区间,此时反应未达平衡状态,所以随着反应的进行,CO2浓度降低,而在T4～T5区间,反应已达平衡,由于该反应正向放热,此时随温度上升,平衡逆向移动,则CO2浓度上升。
③由图2的曲线可知,t1时反应在T1温度下已达平衡,若此时快速升温到T2,则平衡将逆向移动,由于(NH4)2CO3溶液的碱性比NH4HCO3溶液的碱性强,所以pH增大,但无论平衡怎样移动,都不会将最初放入的(NH4)2CO3全部反应掉,所以其pH低于最初反应物全部是(NH4)2CO3时的pH。
(3)提高CO2的吸取量,即要求反应Ⅲ平衡正向移动,该反应正向放热,所以可以实行降温或增加CO2浓度的方式。
(4)可作为CO2的捕获剂的即是可以吸取CO2气体的物质,由于CO2是酸性气体,故可接受碱性物质吸取,B、D均可。
答案:(1)2ΔH2-ΔH1
(2)①< ②T1～T2区间,化学反应未达到平衡,温度越高,化学反应速率越快,所以CO2被捕获的量随温度上升而提高。T4～T5区间,化学反应已达到平衡,由于正反应是放热反应,温度上升平衡向逆反应方向移动,所以不利于CO2捕获 ③
(3)降低温度;增加CO2浓度(或分压)
(4)BD
4.解析:(1)A(g)B(g)+C(g)为吸热且气体的物质的量增大的反应,故上升温度或降低压强均可提高A的转化率。
(2)设A的转化率为α(A)
A(g) B(g) + C(g)
起始(mol) 0.10 0 0
转化(mol) 0.10α(A) 0.10α(A) 0.10α(A)
平衡(mol) 0.10-0.10α(A) 0.10α(A) 0.10α(A)
= α(A)=( -1)×100%
α(A)=(-1)×100%=94.1%,
平衡浓度:c(C)=c(B)=0.10×94.1%=0.094 1 mol·L-1
c(A)=0.10 mol·L-1-0.094 1 mol·L-1=0.005 9 mol·L-1
K===1.5。
(3)①由=得n总=0.10×
其中n(A)=0.10 mol-（0.10×-0.10） mol=0.10×（2-） mol
②n(A)=0.10×（2-） mol=0.051 mol
c(A)= =0.051 mol·L-1
每间隔4小时,A的浓度为原来的一半,故12小时时,
c(A)= =0.013 mol·L-1
答案:(1)上升温度、降低压强
(2)(-1)×100% 94.1% K===1.5
(3)①0.10× 0.10×(2-)
②0.051 每间隔4小时,A的浓度为原来的一半 0.013
5.解析:(1)N水解使溶液呈酸性,依据电荷守恒得:c(H+)+c(K+)+c(Na+)+c(N)=2c(S)+c(N)+c(Cl-),代入表中各离子的浓度值得c(H+)=1×10-4 mol·L-1,所以pH=4。
(2)①依据盖斯定律,由其次个热化学方程式减去第一个热化学方程式得:C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) ΔH=
+131.3 kJ·mol-1。②SO2是酸性氧化物,能被Ca(OH)2吸取,a正确;亚硫酸酸性强于碳酸,SO2能与碳酸钠反应,生成Na2SO3或NaHSO3,同时生成CO2,b正确;SO2与CaCl2、NaHSO3不反应,c、d错误。
(3)①设容器的体积为1 L,各组分的平衡浓度分别是:c(N2)=(0.8-4×10-4) mol·L-1≈0.8 mol·L-1,c(O2)=
(0.2-4×10-4) mol·L-1≈0.2 mol·L-1,c(NO)=8×10-4 mol·L-1,则K===4.0×10-6。温度上升,上述反应正向进行,并且反应速率加快,所以单位时间内生成的NO的量增加。
②该反应为熵减小的反应,即ΔS<0。依据反应能否发生的依据:ΔH-T·ΔS>0可知该反应在任何温度下均不能自发进行。
③CO和NO反应生成无污染的气体只能为N2和CO2,所以反应为2CO+2NO2CO2+N2。
答案:(1)酸性 4
(2)①C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)
ΔH=+131.3 kJ·mol-1
②a、b
(3)①4×10-6 温度上升,反应速率加快,平衡右移
②该反应是焓增、熵减的反应,任何温度下均不自发进行
③2CO+2NO2CO2+N2
6.解析:(1)①由于元素M、R均位于第3周期,且质子数之和为27,且在无机材料中M的化合价为+3,R的化合价为+4,可推知M、R分别为Al、Si。②铝与三氧化二铁只能在高温下反应,铝与碳酸钠固体在常温下不反应,铝与硫酸铜溶液在常温下发生置换反应,常温下铝在浓硫酸中钝化,铝与氢氧化钠溶液反应放出氢气。
(2)①由图像分析知,在温度为985 ℃时,H2S的转化率为40%,由此可算出平衡时,各物质的浓度,最终可求得K==。T越高,v越快,到达平衡所需时间越少,因此b线向a线靠近。②气、液逆流可以增大反应物的接触面积,使反应充分进行。由装置图可知,反应池中FeCl3与H2S反应生成了S沉淀,所以FeCl3作氧化剂,反应方程式为2FeCl3+H2S2FeCl2+S↓+2HCl,进入电解池的是FeCl2溶液和HCl,而产出的是Fe3+和H2,因此可知其离子方程式为2Fe2++2H+2Fe3++H2↑。
答案:(1)① ②b、e
(2)① 温度上升,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+2FeCl32FeCl2+S↓+2HCl
2Fe2++2H+2Fe3++H2↑
7.解析:(1)平衡表达式与体系中成分浓度的计量系数方次有关,与固体、纯液体无关,设容器体积为V。
TaS2(s)+2I2(g) TaI4(g) + S2(g)
开头 0 0
变化 x x x
平衡 (-x) x x
则K===1,x=
I2的平衡转化率α(I2)=×100%=×100%≈66.7%。
(2)未提纯的TaS2在T2端,T1端得到纯洁TaS2晶体,说明可逆反应在T2端正向移动,正反应ΔH>0,所以T2温度较高,在T1端可逆反应逆向移动,T1温度较低,T1<T2,平衡移动提纯TaS2的同时,I2(g)得到恢复,在体系中循环使用。
(3)用碘水滴定含H2SO3的溶液,可用淀粉指示剂,淀粉由无色变蓝色,表明H2SO3完全反应,I2+H2SO3+H2O4H++S+2I-。
(4)H2SO3的电离常数表达式为Ka=,HS水解反应为HS+H2OH2SO3+OH-,水解常数Kh====mol·L-1=1×10-12 mol·L-1,若向NaHSO3溶液中加入少量的I2,HS被氧化为H2SO4,即c(HS) 减小,c(H+)增大导致c(OH-)减小,Kh=中Kh不变,故=增大。
答案:(1) 66.7%
(2)< I2
(3)淀粉 I2+H2SO3+H2O4H++S+2I-
(4)1×10-12 增大
8.解析:(1)中,观看反应(Ⅰ)中元素化合价变化可知:N2O4中N元素为+4价,在生成物N2中N为0价,故N2O4作氧化剂。
(2)中,由于温度上升时,气体颜色加深,说明平衡向正反应方向移动,则正反应为吸热反应。
(3)中,该反应由正方向开头进行,气体分子数渐渐增大,而体系保持压强不变(恒压容器),则必定容器体积增大。图a中,气体密度不再转变时,说明容器体积不再增大,则达到平衡状态;图b中,焓变ΔH不随平衡移动而转变;图c中,开头时充入1 mol N2O4,则应是v(N2O4)最大,v(NO2)=0,c错误;图d中,当N2O4的转化率不再转变时,确定达到平衡状态,d正确。化学平衡常数只与温度有关,故温度不变,化学平衡常数不变。v(N2O4)= =×=0.1 mol·L-1·s-1。
(4)中,由于N 的水解使得NH4NO3溶液显酸性:N+H2ONH3·H2O+H+。滴加氨水过程中,相当于增大溶液中NH3·H2O浓度,抑制N水解,N的水解对水的电离起促进作用,N水解程度减小,对水的电离的促进作用也减弱,使水的电离平衡逆向移动。由于溶液呈中性,所以c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L,依据电荷守恒,则
c(N)=c(N)=mol·L-1,
Kb=2×10-5mol·L-1=
=
则c(NH3·H2O)=×10-2 mol·L-1= mol·L-1。
答案:(1)N2O4 (2)吸热 (3)a、d 不变 0.1
(4)N+H2ONH3·H2O+H+ 逆向
9.解析:(1)反应方程式中各计量数之比等于0～20.0 min反应过程中物质的量浓度变化量之比,所以a∶b∶c=1∶3∶2。
(2)依据v(A)=知vⅠ(A)>vⅡ(A)>vⅢ(A)。
(3)依据α(B)=×100%计算知最小的是αⅢ(B),其值为19%。
(4)由图示可知,由第一次平衡到其次次平衡,A、B的浓度减小,而C的浓度从0渐渐增大,说明从反应体系中移出了产物C,平衡正向移动。
(5)由图示可知,由Ⅱ→Ⅲ,A、B的浓度减小,而C的浓度增大,所以平衡是正向移动的,由于正反应放热,故Ⅱ→Ⅲ是降温过程,即T2>T3。
(6)达到第三次平衡后,将容器的体积扩大一倍,即各物质的浓度都减半,压强减小,平衡逆向移动,故再次平衡后,0.25 mol·L-1<c(A)<0.50 mol·L-1,0.75 mol·L-1<c(B)<1.5 mol·L-1,0<c(C)<0.50 mol·L-1,由此可画出图像。
答案:(1)1∶3∶2 (2)vⅠ(A)>vⅡ(A)>vⅢ(A)
(3)αⅢ(B) 19%(0.19)
(4)向正反应方向(或右移) 从反应体系中移出产物C
(5)> 此反应为放热反应,降低温度,平衡向正反应方向移动
(6)
10.解析:(1)由图可以看出0～30小时内生成CH4的量的关系为Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ,故vⅢ>vⅡ>vⅠ。12小时内由图可以看出Ⅱ收集的CH4最多。
(2)①
②设起始CH4、H2O的物质的量浓度均为x mol·L-1,
CH4(g)+ H2O(g) CO(g) + 3H2(g)
x x 0 0
0.10 0.10 0.10 0.30
x-0.10 x-0.10 0.10 0.30
K==27
解得x=0.11,转化率α==×100%≈91%(或0.91)。
(3)由盖斯定律得:
CO2(g)+3H2O(g)CO(g)+3H2(g)+2O2(g)
ΔH=+1 008 kJ·mol-1
答案:(1)vⅢ>vⅡ>vⅠ Ⅱ
(2)①
②91%(或0.91)
(3)CO2(g)+3H2O(g)CO(g)+3H2(g)+2O2(g) ΔH=+1 008 kJ·mol-1
三年模拟·力气提升
1.A 铁与稀硝酸反应过程有热量放出,而溶液浓度和钢片表面积都会减小,但反应速率照旧加快,说明温度上升加快了反应速率,A正确。
2.A 2A(g) + B(g) 2C(g)
起始浓度: 2 mol·L-1 1 mol·L-1 0
变化浓度: 0.6 mol·L-1 0.3 mol·L-1 0.6 mol·L-1
2s时浓度:1.4 mol·L-1 0.7 mol·L-1 0.6 mol·L-1
v(A)==0.3 mol·L-1·s-1,A项正确;依据速率之比等于方程式系数比则v(B)=0.15 mol·L-1·s-1,B项错误;α(A)=×100%=30%,C项错误;考2 s时物质B的浓度为0.7 mol·L-1,D项错误。
3.解析:(1)分析图像知:
v(Z)= =0.079 mol·L-1·s-1,
Δc(X)= =0.395 mol·L-1,
Y的转化率α(Y)=×100%=79%。
(2)由各物质转化的量:X为0.79 mol,Y为0.79 mol,Z为1.58 mol可知方程式中各物质的化学计量数之比为1∶1∶2,则化学方程式为X(g)+Y(g)2Z(g)。
(3)由图像可知,外界条件同等程度地增大了该反应的正、逆反应速率。增大X的浓度、上升体系温度均不会同等程度地转变正、逆反应速率,A、B错误。该反应为反应前后气体体积不变的反应,缩小容器体积或增大压强,均可同等程度地增大正、逆反应速率,C正确。D使用催化剂可同等程度地转变正、逆反应速率,D正确。
答案:(1)0.079 mol·L-1·s-1 0.395 mol·L-1 79.0%
(2)X(g)+Y(g)2Z(g)
(3)CD
4.B A项中该反应是化合反应,是一个放热反应,C项H2在O2中的燃烧是放热反应,D项铝热反应也是放热反应,故只有B项中的反应是吸热反应,且在常温下自发进行。
5.B 降低温度,反应速率减慢,且平衡左移,NO转化率降低,A错;由平衡移动原理知,增大压强平衡右移,NO转化率增大,反应速率加快,加催化剂反应速率也加快,B选项正确;上升温度平衡右移,但是同时充入N2平衡左移,无法确定最终平衡向哪个方向移动;准时将CO2和N2从反应体系中移走,平衡右移,NO的转化率增大,但是反应的速率减小。
6.解析:(1)依据Ⅰ可知,K==1.00,Ⅱ中Q==>K,所以反应向逆反应方向移动,即正反应速率小于逆反应速率。在Ⅳ中反应处于平衡状态,设c(H2)=a mol·L-1,则=1.00,解得a=0.40。
(2) C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)
起始量(mol) 1.0
转化量(mol) x x x
平衡量(mol) 1.0-x x x
所以有1.0-x+x+x=1.25×1.0
解得x=0.25
所以转化率是×100%=25%
碳是固体,所以增加碳的质量,平衡不移动,水蒸气的转化率不变。
(3)增加CO的浓度,平衡向正反应方向移动。由于反应是体积减小的、吸热的可逆反应,所以降低压强或降低温度平衡都向逆反应方向移动。
答案:(1)①v正<v逆 ②0.40 1.00
(2)25% 不变 (3)向右 向左 向左
7.B 由于正反应是吸热的、体积减小的可逆反应,依据图像可知,随着温度的上升,纵坐标表示的量是渐渐增大的,由于上升温度,平衡向正反应方向移动,所以A不正确。当温度相同时,压强越大,平衡越有利于向正反应方向移动,所以依据图像可知,B正确,C、D都是错误的,答案选B。
8.C A项,依据先拐先平者大的原则,应当500 ℃的先拐,所以错误;B项,上升温度正、逆反应速率均加快,所以错误;C项,随着压强增大,正、逆反应速率加快,平衡正向移动,所以正确;D项,温度上升平衡逆向移动,A的转化率降低,500 ℃ 应当在100 ℃线之下,所以错误。
9.解析:(Ⅰ)(1)依据化学平衡常数的定义,找出反应物、生成物以及系数,写出方程式C(s)+H2O(g)CO(g)+H2 (g)。
(2)由于C是固体,因此随着反应的进行,容器中气体的平均相对分子质量随着时间而变化,A正确; v正(H2O)=v逆(H2),说明正、逆反应速率相等,B对;由于C是固体,因此随着反应的进行,容器中气体的质量随着时间而变化,而体积不变,因此密度随时间而变化,而总质量始终不发生变化,所以C可作为推断平衡的标志,而D不能。消耗n mol H2的同时消耗n mol CO均为逆反应速率,不能推断该反应确定达到化学平衡状态。
(Ⅱ)(1)v(H2)=(0.35-0.20) mol/5 L·(t2-t1)
=0.03
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