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高考复习历年真题专题八化学反应速率和化学平衡
专题八 化学反应速率和化学平衡
A卷 全国卷
化学反应速率
1.(2014·课标全国Ⅰ,9,6分)已知分解1molH2O2放出热量98kJ,在含少量I-的溶液中,H2O2分解的机理为:
H2O2+I-―→H2O+IO- 慢
H2O2+IO-―→H2O+O2+I- 快
下列有关该反应的说法正确的是( )
A.反应速率与I-的浓度有关
B.IO-也是该反应的催化剂
C.反应活化能等于98kJ·mol-1
D.v(H2O2)=v(H2O)=v(O2)
解析 由于反应速率由慢反应决定,故I-浓度越大,反应速率越快,A正确;IO-为中间产物,不是催化剂,B错误;活化能不是反应热,反应热是正、逆反应活化能的差值,C错误;依据总反应2H2O2===2H2O+O2↑和化学计量数间的关系判断,D错误。
答案 A
2.(2012·课标全国卷,27节选)COCl2的分解反应为COCl2(g)
Cl2(g)+CO(g) ΔH=+108kJ·mol-1。
反应体系达到平衡后,各物质的浓度在不同条件下的变化状况如下图所示(第10mim到14min的COCl2浓度变化曲线未示出):
(1)计算反应在第8min时的平衡常数K= ;
(2)比较第2min反应温度T
(2)与第8min反应温度T(8)的高低:
T
(2) T(8)(填“<”“>”或“=”);
(3)若12min时反应于温度T(8)下重新达到平衡,则此时c(COCl2)= mol·L-1;
(4)比较产物CO在2~3min、5~6min和12~13min时平均反应速率[平均反应速率为分别以v(2~3)、v(5~6)、v(12~13)表示]的大小 ;
(5)比较反应物COCl2在5~6min和15~16min时平均反应速率的大小:
v(5~6) v(15~16)(填“<”“>”或“=”),原因是
___________________________________________________________。
解析
(1)c(Cl2)=0.11mol·L-1、c(CO)=0.085mol·L-1、c(COCl2)=0.04mol·L-1,代入K=
≈0.234mol·L-1;
(2)第4min时,Cl2与CO的浓度均逐渐增大,再结合此反应正向为吸热反应,所以第4min时改变的条件一定是升高温度,故T
(2) =0.234mol·L-1= 可知c(COCl2)≈0.031mol·L-1;(4)依据v(CO)= 可知v(2~3)=v(12~13)=0;(5)由图像可知上面的两个曲线是生成物浓度变化曲线、下面的曲线为COCl2浓度变化曲线,c(COCl2)= ,5~6min时的Δc(COCl2)大于15~16min时的,所以v(5~6)>v(15~16);应从影响化学反应速率的因素入手分析,由图像可知4~18分钟温度相同,只能从浓度角度分析。 答案 (1)0.234mol·L-1 (2)< (3)0.031 (4)v(5~6)>v(2~3)=v(12~13) (5)> 在相同温度时,该反应的反应物浓度越高,反应速率越大 化学平衡 3.(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 解析 特别注意: 一般来说,有两种及两种以上反应物的可逆反应中,在其他条件不变时,增大其中一种反应物的浓度,能使其他反应物的转化率升高,但其本身的转化率反而降低,故C项错误;A.因该反应为反应前后气体物质的量相等的反应,故增加压强只能缩短反应达到平衡的时间,并不能使该平衡发生移动,因而无法提高CO的转化率;B.因该反应为放热反应,降低温度能使平衡向右移动,从而提高CO的转化率;D.催化剂只能影响化学反应的速率,改变可逆反应达到平衡的时间,不能提高CO的转化率。 答案 B 4.(2014·新课标全国卷Ⅱ,26,13分)在容积为1.00L的容器中,通入一定量的N2O4,发生反应N2O4(g) 2NO2(g),随温度升高,混合气体的颜色变深。 回答下列问题: (1)反应的ΔH 0(填“大于”或“小于”);100℃时,体系中各物质浓度随时间变化如上图所示。 在0~60s时段,反应速率v(N2O4)为 mol·L-1·s-1;反应的平衡常数K1为 。 (2)100℃时达平衡后,改变反应温度为T,c(N2O4)以0.0020mol·L-1·s-1的平均速率降低,经10s后又达到平衡。 ①T 100℃(填“大于”或“小于”),判断理由是 。 ②列式计算温度T时反应的平衡常数K2 。 (3)温度T时反应达平衡后,将反应容器的容积减少一半,平衡向 (填“正反应”或“逆反应”)方向移动,判断理由是_______________ ____________________________________________________。 解析 (1)由题意及图示知,在1.00L的容器中,通入0.100mol的N2O4,发生反应: N2O4(g) 2NO2(g),随温度升高混合气体的颜色变深,说明反应向生成NO2的方向移动,即向正反应方向移动,所以正反应为吸热反应,即ΔH>0;由图示知60s时该反应达到平衡,消耗N2O4为0.100mol·L-1-0.040mol·L-1=0.060mol·L-1,根据v= 可知: v(N2O4)= =0.0010mol·L-1·s-1; 由图中NO2和N2O4的平衡浓度,可求: K1= = =0.36。 (2)100℃时达到平衡后,改变反应温度为T,c(N2O4)降低,说明平衡N2O4(g) 2NO2(g)向正反应方向移动,根据勒夏特列原理,温度升高,向吸热反应方向移动,即向正反应方向移动,故T>100℃;由c(N2O4)以0.0020mol·L-1·s-1的平均速率降低,经10s又达到平衡,可知此时消耗的c(N2O4)为0.0020mol·L-1·s-1×10s=0.020mol·L-1,由三段式; N2O4(g) 2NO2(g) 起始量/(mol·L-1) 0.040 0.120 转化量/(mol·L-1)0.0200.040 平衡量/(mol·L-1)0.0200.160 K2= = ≈1.3。 (3)温度T时反应达到平衡后,将反应容器的容积减小一半,压强增大,平衡会向气体体积减小的方向移动,该反应的逆反应为气体体积减小的反应,故平衡向逆反应方向移动。 答案 (1)大于 0.0010 0.36mol·L-1 (2)①大于 正反应吸热,反应向吸热方向进行,故温度升高 ②平衡时,c(NO2)=0.120mol·L-1+0.0020mol·L-1×10s×2=0.160mol·L-1 c(N2O4)=0.040mol·L-1-0.0020mol·L-1·s-1×10s=0.020mol·L-1 K2= ≈1.3 (3)逆反应 将反应容器的体积减小一半,即增大压强,当其他条件不变时,增大压强,平衡向气体物质的量减小的方向移动,即向逆反应方向移动 5.(2013·课标全国卷Ⅱ,28,14分)在1.0L密闭容器中放入0.10molA(g),在一定温度进行如下反应: A(g) B(g)+C(g) ΔH=+85.1kJ·mol-1 反应时间(t)与容器内气体总压强(p)的数据见下表: 时间 t/h 0 1 2 4 8 16 20 25 30 总压强 p/100kPa 4.91 5.58 6.32 7.31 8.54 9.50 9.52 9.53 9.53 回答下列问题: (1)欲提高A的平衡转化率,应采取的措施为 。 (2)由总压强p和起始压强p0计算反应物A的转化率α(A)的表达式为 ,平衡时A的转化率为 ,列式并计算反应的平衡常数K 。 (3)①由总压强p和起始压强p0表示反应体系的总物质的量n总和反应物A的物质的量n(A),n总= mol,n(A)= mol。 ②下表为反应物A浓度与反应时间的数据,计算: a= 。 反应时间t/h 0 4 8 16 c(A)/(mol·L-1) 0.10 a 0.026 0.0065 分析该反应中反应物的浓度c(A)变化与时间间隔(Δt)的规律,得出的结论是 ,由此规律推出反应在12h时反应物的浓度c(A)为 mol·L-1。 解析 (1)从可逆反应A(g) B(g)+C(g)可知该反应是化学计量数增大的反应,正反应是吸热反应,欲提高A的转化率,可采用升温或降压的方法使平衡正方向移动。 (2)根据恒容密闭容器中,压强之比等于物质的量之比,结合差量法可求算α(A)。 平衡时α(A)= ×100%=94.1%。 (3)①由阿伏加德罗定律: = n总=0.10× mol, n(A)=0.10[1-α(A)]=0.10×(2- )。 ②根据 = , = ,a=0.051。 由图表分析知,达平衡前每间隔4h,c(A)减少接近一半,故12h时c(A)为0.013mol·L-1。 答案 (1)升高温度、降低压强 (2)( -1)×100% 94.1% A(g) B(g) + C(g) 0.10 0 0 0.10×(1-94.1%) 0.10×94.1% 0.10×94.1% K= =1.5mol·L-1 (3)①0.10× 0.10×(2- ) ②0.051 达到平衡前每间隔4h,c(A)减少约一半 0.013 综合应用 6.(2016·课标全国卷Ⅱ,27,14分)丙烯腈(CH2===CHCN)是一种重要的化工原料,工业上可用“丙烯氨氧化法”生产,主要副产物有丙烯醛(CH2===CHCHO)和乙腈(CH3CN)等。 回答下列问题: (1)以丙烯、氨、氧气为原料,在催化剂存在下生成丙烯腈(C3H3N)和副产物丙烯醛(C3H4O)的热化学方程式如下: ①C3H6(g)+NH3(g)+ O2(g)===C3H3N(g)+3H2O(g) ΔH=-515kJ·mol-1 ②C3H6(g)+O2(g)===C3H4O(g)+H2O(g) ΔH=-353kJ·mol-1 两个反应在热力学上趋势均很大,其原因是__________________________; 有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是__________________________; 提高丙烯腈反应选择性的关键因素是____________________________。 (2)图(a)为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线,最高产率对应的温度为460℃,低于460℃时,丙烯腈的产率 (填“是”或“不是”)对应温度下的平衡产率,判断理由是_____________________________; 高于460℃时,丙烯腈产率降低的可能原因是 (双选,填标号)。 A.催化剂活性降低B.平衡常数变大 C.副反应增多D.反应活化能增大 (3)丙烯腈和丙烯醛的产率与n(氨)/n(丙烯)的关系如图(b)所示。 由图可知,最佳n(氨)/n(丙烯)约为 ,理由是_______________, 进料气氨、空气、丙烯的理论体积比约为 。 解析 (1)因为生成的产物丙烯腈和丙烯醛的两个反应均为放热量大的反应,所以它们均可自发进行且热力学趋势大;该反应为气体体积增大的放热反应,所以降低温度、降低压强有利于提高丙烯腈的平衡产率;由生成丙烯腈的反应条件可知,提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催化剂。 (2)因为该反应为放热反应,平衡产率应随温度升高而降低,反应刚开始进行,主要向正反应方向进行,尚未达到平衡状态,460℃以前是建立平衡的过程,故低于460℃时,丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡产率;高于460℃时,丙烯腈产率降低,A项,催化剂在一定温度范围内活性较高,若温度过高,活性降低,正确;B项,平衡常数的大小不影响产率,错误;C项,根据题意,副产物有丙烯醛,副反应增多导致产率下降,正确;D项,反应活化能的大小不影响平衡,错误。 (3)根据图像知,当n(氨)/n(丙烯)约为1.0时,该比例下丙烯腈产率最高,而副产物丙烯醛产率最低;根据化学反应C3H6(g)+NH3(g)+ O2(g)===C3H3N(g)+3H2O(g),氨气、氧气、丙烯按1∶1.5∶1的体积比加入反应达到最佳状态,而空气中氧气约占20%,所以进料氨、空气、丙烯的理论体积约为1∶7.5∶1。 答案 (1)两个反应均为放热量大的反应 降低温度、降低压强 催化剂 (2)不是 该反应为放热反应,平衡产率应随温度升高而降低 AC (3)1.0 该比例下丙烯腈产率最高,而副产物丙烯醛产率最低 1∶7.5∶1 7.(2015·课标全国卷Ⅰ,28,15分)碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。 回答下列问题: (1)大量的碘富集在海藻中,用水浸取后浓缩,再向浓缩液中加MnO2和H2SO4,即可得到I2,该反应的还原产物为 。 (2)上述浓缩液中主要含有I-、Cl-等离子,取一定量的浓缩液,向其中滴加AgNO3溶液,当AgCl开始沉淀时,溶液中 为 ,已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10,Ksp(AgI)=8.5×10-17。 (3)已知反应2HI(g)===H2(g)+I2(g)的ΔH=+11kJ·mol-1,1molH2(g)、1molI2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收436kJ、151kJ的能量,则1molHI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为 kJ。 (4)Bodensteins研究了下列反应: 2HI(g) H2(g)+I2(g)在716K时,气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下表: t/min 0 20 40 60 80 120 x(HI) 1 0.91 0.85 0.815 0.795 0.784 x(HI) 0 0.60 0.73 0.773 0.780 0.784 ①根据上述实验结果,该反应的平衡常数K的计算式为 ______________________________________________________________。 ②上述反应中,正反应速率为v正=k正x2(HI),逆反应速率为v逆=k逆x(H2)x(I2),其中k正、k逆为速率常数,则k逆为 (以K和k正表示)。 若k正=0.0027min-1,在t=40min时,v正= min-1。 ③由上述实验数据计算得到v正~x(HI)和v逆~x(H2)的关系可用下图表示。 当升高到某一温度时,反应重新达到平衡,相应的点分别为 (填字母)。 解析 (1)海藻中的碘元素以I-形式存在,MnO2在酸性条件下将I-氧化为I2,自身被还原为Mn2+(MnSO4)。 (2)AgI的溶度积小于AgCl,当滴加AgNO3溶液时,AgI沉淀先生成,AgCl开始沉淀时,AgI已经沉淀完全,则 = = =4.7×10-7。 (3)形成1molH2(g)和1molI2(g)共放出436kJ+151kJ=587kJ能量,设断裂2molHI(g)中化学键吸收2akJ能量,则有2a-587=11,得a=299kJ。 [另解: ΔH=2E(H—I)-E(H—H)-E(I—I),2E(H—I)=ΔH+E(H—H)+E(I—I)=11kJ·mol-1+436kJ·mol-1+151kJ·mol-1=598kJ·mol-1,则E(H—I)=299kJ·mol-1]。 (4)①2HI(g)H2(g)+I2(g)是反应前后气体物质的量不变的反应。 反应后x(HI)=0.784,则x(H2)=x(I2)=0.108,K= = = 。 ②到达平衡时,v正=v逆,即k正x2(HI)=k逆x(H2)x(I2),k逆=k正· =k正/K,在t=40min时,x(HI)=0.85,v正=k正x2(HI)=0.0027min-1×(0.85)2=1.95×10-3min-1。 ③原平衡时,x(HI)为0.784,x(H2)为0.108,二者图中纵坐标均约为1.6(因为平衡时v正=v逆),升高温度,正、逆反应速率均加快,对应两点在1.6上面,升高温度,平衡向正反应方向移动,x(HI)减小(A点符合),x(H2)增大(E点符合)。 答案 (1)MnSO4(或Mn2+) (2)4.7×10-7 (3)299 (4)① ②k正/K 1.95×10-3 ③A点、E点 8.(2015·课标全国卷Ⅱ,27,14分)甲醇既是重要的化工原料,又可作为燃料,利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂作用下合成甲醇,发生的主要反应如下: ①CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)ΔH1 ②CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)ΔH2 ③CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)ΔH3 回答下列问题: (1)已知反应①中相关的化学键键能数据如下: 化学键 H—H C—O H—O C—H E/(kJ·mol-1) 436 343 1076 465 413 由此计算ΔH1= kJ·mol-1;已知ΔH2=-58kJ·mol-1,则ΔH3= kJ·mol-1。 (2)反应①的化学平衡常数K表达式为 ;图1中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为 (填曲线标记字母),其判断理由是 。 图1 图2 (3)合成气组成n(H2)/n(CO+CO2)=2.60时,体系中的CO平衡转化率(α)与温度和压强的关系如图2所示。 α(CO)值随温度升高而 (填“增大”或“减小”),其原因是 ;图2中的压强由大到小为 ,其判断理由是 。 解析 (1)根据反应①,ΔH1=[E( )+2E(H—H)]-[3E(C—H)+E(C—O)+E(H—O)]=[1076kJ·mol-1+2×436kJ·mol-1]-[3×413kJ·mol-1+343kJ·mol-1+465kJ·mol-1]=-99kJ·mol-1;根据盖斯定律,②-①可得反应③,ΔH3=ΔH2-ΔH1=-58kJ·mol-1-(-99kJ·mol-1)=+41kJ·mol-1。 (2)根据化学平衡常数的概念可写出反应①K的表达式;反应①是放热反应,升高温度,化学平衡向逆反应方向移动,化学平衡常数K减小,因此曲线a符合。 (3)由图2可知,压强不变时,随着温度的升高,α(CO)减小;反应③为气体分子数不变的反应,加压对其平衡无影响;反应①为气体分子数减小的反应,加压使α(CO)增大;由图2可知,固定温度(如530K)时,p1→p2→p3,α(CO)增大,因此综合分析可知p3>p2>p1。 答案 (1)-99 +41 (2)K= a 反应①为放热反应,升高温度使其平衡向逆反应方向移动,平衡常数K应减小 (3)减小 由图2可知,压强恒定时,随着温度的升高,α(CO)减小 p3>p2>p1 温度恒定时,反应①为气体分子数减小的反应,加压使平衡向正反应方向移动,α(CO)增大,而反应③为气体分子数不变的反应,加压对其平衡无影响,故增大压强时,有利于α(CO)增大 B卷 地方卷 化学反应速率 1.(2015·福建理综,12,6分)在不同浓度(c)、温度(T)条件下,蔗糖水解的瞬时速率(v)如下表。 下列判断不正确的是( ) A.a=6.00 B.同时改变反应温度和蔗糖的浓度,v可能不变 C.b<318.2 D.不同温度时,蔗糖浓度减少一半所需的时间相同 解析 A项,根据表中的数据可知: 328.2K时,蔗糖溶液的浓度越大,水解的速率越快。 根据浓度与速率的变化关系可知,蔗糖的浓度每减小0.100mol·L-1,速率减小1.50mmol·L-1·min-1,所以在浓度为0.400mol·L-1时,蔗糖水解的速率a=6.00mmol·L-1·min-1,正确;B项,根据表中的数据可知: 温度升高,水解速率越快,浓度越高,水解速率也越快,同时改变反应物的浓度和反应的温度,若二者对反应速率的影响趋势相反,并能相互抵消,反应速率也可能不变,正确;C项,在物质的浓度不变时,温度升高,水解速率加快,温度降低,水解速率减慢。 由于在物质的浓度为0.600mol·L-1时,当318.2K时水解速率是3.60mmol·L-1·min-1,现在该反应的速率为2.16mmol·L-1·min-1小于3.60mmol·L-1·min-1,所以反应温度低于318.2K,即b<318.2,正确;D项,由于温度不同时,在相同的浓度时的反应速率不同,所以不同温度下,蔗糖浓度减小一半所需的时间不同,错误。 答案 D 2.(2014·北京理综,12,6分)一定温度下,10mL0.40mol·L-1H2O2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.0~6min的平均反应速率: v(H2O2)≈3.3×10-2mol·(L·min)-1 B.6~10min的平均反应速率: v(H2O2)<3.3×10-2mol·(L·min)-1 C.反应至6min时,c(H2O2)=0.30mol·L-1 D.反应至6min时,H2O2分解了50% 解析 A项,0~6min内,产生n(O2)=1×10-3mol,消耗n(H2O2)=2×10-3mol,则v(H2O2)= = ≈3.3×10-2mol·(L·min)-1,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6min时,消耗n(H2O2)为2×10-3mol,剩余c(H2O2)= =0.2mol·L-1,故C项不正确;D项,反应至6min时,消耗n(H2O2)为2×10-3mol,占起始物质的量的50%,故D项正确。 答案 C 3.(2014·重庆理综,7,6分)在恒容密闭容器中通入X并发生反应: 2X(g) Y(g),温度T1、T2下X的物质的量浓度c(X)随时间t变化的曲线如图所示,下列叙
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- 高考 复习 历年 专题 化学反应 速率 化学平衡