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山东专用高考化学一轮复习专题十二化学反应速率和化学平衡专题综合检测含解析
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这是一份山东专用高考化学一轮复习专题十二化学反应速率和化学平衡专题综合检测含解析，共23页。
专题十二 化学反应速率和化学平衡
【3年模拟】
时间:45分钟 分值:86分
一、选择题(每小题2分,共12分)
1.下列关于化学基本原理和基本概念的几点认识中正确的是 ( )
A.胶体区别于其他分散系的本质特征是丁达尔现象
B.根据反应是否需要加热将化学反应分为放热反应和吸热反应
C.在稀硫酸和铁粉反应制取氢气时,为减慢化学反应速率,可加入适量醋酸钠固体
D.由于Ksp(BaSO4)小于Ksp(BaCO3),因此不可能使BaSO4沉淀转化为BaCO3沉淀
答案 C A项,胶体区别于其他分散系的本质特征是胶体粒子的直径介于1 nm~100 nm之间,故错误;B项,碳的燃烧在常温下需要加热,但该反应为放热反应,反应是否需要加热,与反应是放热反应或者吸热反应没有必然联系,故错误;C项,加入适量醋酸钠固体后,发生反应CH3COO-+H+ CH3COOH,降低了H+的浓度,减慢了化学反应速率,故正确;D项,如果溶液中满足c(Ba2+)·c(CO32-)>Ksp(BaCO3),即可生成BaCO3沉淀,故错误。
审题技巧 B项中,仅需举出一个需要加热的放热反应即可判断正误。
易错警示 溶液、胶体、浊液的本质区别是分散质粒子的直径大小不同。丁达尔效应是胶体在光束照射时特有的现象,和胶体粒子的直径大小有关。
知识拓展 在难溶电解质溶解平衡体系中,当Qc>Ksp时,就会生成沉淀,因此溶液中的Ba2+和CO32-只要满足c(Ba2+)·c(CO32-)>Ksp(BaCO3),即可生成BaCO3沉淀。
2.用下列实验装置进行相应实验,不能达到实验目的的是 ( )
A.用图甲所示装置制备Cl2
B.用图乙所示装置探究浓度对化学速率的影响
C.用图丙所示装置探究温度对化学平衡的影响
D.用图丁所示装置可实现反应Cu+2H2O Cu(OH)2+H2↑
答案 A A项,MnO2和浓盐酸反应制取Cl2需要加热,故错误。
思路分析 探究某因素对化学速率的影响时宜运用“控制变量法”分析条件差异。
知识归纳 电解时,一般阳极材料影响电极反应,阴极反应不受材料影响;阳极为活性电极时,电极材料自身放电,溶液中离子不放电,阳极为惰性电极时,溶液中离子放电。
3.根据下列图示所得出的结论正确的是 ( )
A.图甲是Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液之后,溶液的导电能力随滴入NaHSO4溶液体积变化的曲线,说明a点对应的溶液呈碱性
B.图乙是镁条与盐酸反应的化学反应速率随反应时间变化的曲线,说明t1时刻溶液的温度最高
C.图丙是I2+I- I3-中I3-的平衡浓度随温度变化的曲线,说明平衡常数K(T1)
答案 A A项,向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液,发生反应:①Ba(OH)2+NaHSO4 BaSO4↓+NaOH+H2O,②NaOH+NaHSO4 H2O+Na2SO4,可知a点溶液呈碱性,故正确;B项,t1时刻前c(HCl)大且反应放热,所以反应速率加快,t1时刻后,反应仍然放热,但由于c(HCl)变小,反应速率减慢,故错误;C项,由图像可知,随着温度升高,c(I3-)下降,所以I2+I- I3-的逆反应是吸热反应,T1K(T2),故错误;D项,由图像起点可知,HX为弱酸,恰好中和时生成强碱弱酸盐,溶液呈碱性,所以应使用酚酞判断该反应的终点,故错误。
4.下列叙述中正确的是 ( )
A.锅炉中沉积的CaSO4可用Na2CO3溶液浸泡,转化为CaCO3后用酸溶解去除
B.CO(g)+3H2(g) CH4(g)+H2O(g)在一定条件下能自发进行,则该反应的ΔH>0
C.工业反应2SO2+O2 2SO3中采用高温既可以加快反应速率,也可以提高原料转化率
D.常温下,向CH3COONa溶液中滴加盐酸,水的电离程度增大
答案 A A项,锅炉中沉积的CaSO4难以除去,可用Na2CO3溶液浸泡转化为CaCO3后用酸溶解去除,故正确;B项,CO(g)+3H2(g) CH4(g)+H2O(g)在一定条件下能自发进行,表明该反应ΔG=ΔH-TΔS<0,反应中气体总物质的量减少,ΔS<0,则可推出该反应的ΔH<0,故错误;C项,工业反应2SO2+O2 2SO3中采用高温可以加快反应速率,该反应为放热反应,高温有利于平衡向逆反应方向移动,不利于提高原料转化率,故错误;D项,常温下,向CH3COONa溶液中滴加盐酸,溶液中H+浓度增大,抑制水的电离,使水的电离程度减小,故错误。
5.某密闭容器中的反应:3H2(g)+N2(g) 2NH3(g),其正反应速率随时间变化的情况如图所示。判断下列有关t1时刻条件变化的说法,正确的是 ( )
A.增大NH3浓度的同时减小N2浓度
B.增大N2和H2的浓度
C.扩大容器的体积
D.降低反应温度
答案 A A项,增大NH3浓度的同时减小N2浓度会使逆反应速率瞬间增大,正反应速率瞬间减小,反应逆向移动,正反应速率逐渐增大达到平衡,新平衡下的正反应速率比原平衡大,故A项正确;B项,增大N2和H2的浓度,正反应速率会瞬间增大,故B项错误;C项,扩大容器的体积会使正、逆反应速率同时减小,平衡逆向移动,正反应速率逐渐增大达到平衡,但新平衡下的正反应速率比原平衡小,故C项错误;D项,该反应的正反应为放热反应,故降低温度正、逆反应速率均减小,平衡正向移动,正反应速率逐渐减小达到平衡,故D项错误。
6.在四个恒容密闭容器中按下表中的相应量充入气体,发生反应:2N2O(g) 2N2(g)+O2(g),容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中N2O的平衡转化率如图所示:
容器
容积/L
起始物质的量/mol
N2O
N2
O2
Ⅰ
V1
0.1
0
0
Ⅱ
1.0
0.1
0
0
Ⅲ
V3
0.1
0
0
Ⅳ
1.0
0.06
0.06
0.04
下列说法正确的是 ( )
A.该反应的正反应放热
B.相同温度下反应时,平均反应速率:v(Ⅰ)>v(Ⅲ)
C.图中A、B、C三点处容器内总压强:p(Ⅰ)A1.0 L>V3,故p(Ⅰ)A最小,p(Ⅲ)C最大,正确。D项,由图像可知,470 ℃时容器Ⅱ中α(N2O)=60%,根据“三段式”法,求K(470 ℃):
2N2O(g) 2N2(g) + O2(g)
始 0.1 mol/L 0 0
转 0.06 mol/L 0.06 mol/L 0.03 mol/L
平 0.04 mol/L 0.06 mol/L 0.03 mol/L
K(470 ℃)=0.062×0.030.042=0.067 5,容器Ⅳ中Qc=0.062×0.040.062=0.04,Qcv(N2O)逆,错误。
规律总结 利用浓度商和平衡常数的关系判断平衡移动方向,但要注意必须使用物质的量浓度来计算平衡常数,如果代入的是物质的量,很容易出错。
解题关键 容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中起始投料量相同,容器体积不同,要根据相同温度下3个容器中反应物平衡转化率的大小,判断出3个容器的体积大小和体系压强大小。
二、非选择题(每小题4分,共32分)
7.一定温度下,在4个体积均为1.0 L 的恒容密闭容器中,反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(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
O2或SO3
平衡转化率
c(SO2)
c(O2)
c(SO3)
c(SO3)
Ⅰ
723
0.2
0.2
0
0.04
α1
Ⅱ
723
0
0.1
0.2
α2
Ⅲ
723
0.4
0.4
0
α3
Ⅳ
823
0
0.1
0.2
α4
A.达到平衡时,α1+α2=1
B.达到平衡时,容器中的压强:pⅠ>pⅣ
C.达到平衡时,容器Ⅳ中逆反应速率比容器Ⅰ中的大
D.达平衡后,再向容器Ⅰ中充入0.16 mol SO2、0.04 mol SO3,则此时反应向逆反应方向进行
答案 C 容器Ⅰ和容器Ⅱ中反应达到平衡属于等效平衡,则容器Ⅱ中反应达到平衡时c(SO3)=0.04 mol·L-1,即α1=12×0.04 mol·L-1×1.0 L0.2mol·L-1×1.0 L=10%,α2=(0.2-0.04)mol·L-1×1.0 L0.2mol·L-1×1.0 L=80%,则平衡时α1+α2≠1,故A错误;容器Ⅳ中的反应可看作容器Ⅰ中反应达到平衡后升高温度,此反应是放热反应,升高温度,平衡逆向移动,则达到平衡时,容器中的压强:pⅠ
起始浓度(mol·L-1) 0.2 0.2 0
变化浓度(mol·L-1) 0.04 0.02 0.04
平衡浓度(mol·L-1) 0.16 0.18 0.04
K=0.042/(0.162×0.18)=0.35,若达平衡后,再向容器Ⅰ中充入0.16 mol SO2、0.04 mol SO3,因容器体积为1.0 L,所以浓度商Qc=0.082/(0.322×0.18)=0.35=K,平衡不移动,D错误。
8.甲胺(CH3NH2)是合成太阳能敏化剂的原料。一定温度下,在三个体积均为2.0 L的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物,发生反应CH3OH(g)+NH3(g) CH3NH2(g)+H2O(g),测得有关实验数据如下:
容器
编号
温度
/K
起始物质的量(mol)
平衡时物质的量(mol)
CH3OH(g)
NH3(g)
CH3NH2(g)
H2O(g)
CH3NH2(g)
H2O(g)
Ⅰ
530
0.40
0.40
0
0
0.30
Ⅱ
530
0.80
0.80
0
0
Ⅲ
500
0
0
0.20
0.20
0.16
下列说法正确的是 ( )
A.正反应的平衡常数K(Ⅰ)=K(Ⅱ)
C.达到平衡时,转化率:α(NH3,Ⅰ)+α(H2O,Ⅲ)<1
D.530 K时,若起始向容器Ⅰ中充入CH3OH 0.10 mol、NH3 0.15 mol、CH3NH2 0.10 mol、H2O 0.10 mol,则反应将向逆反应方向进行
答案 AC A项,容器Ⅰ与容器Ⅱ温度相同,故K(Ⅰ)=K(Ⅱ)。容器Ⅲ中投料量相当于容器Ⅰ中的一半,若容器Ⅲ为530 ℃,则容器Ⅲ中反应达到平衡时CH3NH2应为0.15 mol,而在500 ℃时容器Ⅲ中达到平衡时CH3NH2为0.16 mol,即降低温度,平衡正向移动,平衡常数增大,则K(Ⅱ)
投料Ⅰ:投入1 mol N2、3 mol H2;投料Ⅱ:投入2 mol NH3,则α(N2)+α(NH3)=1。
方法归纳 根据浓度商(Qc)与平衡常数(K)的关系判断某投料瞬间反应进行的方向:若Qc>K,则反应将向逆反应方向进行;若Qc
A.323 K时,缩小容器体积可提高SiHCl3的转化率
B.a、b点对应的反应速率大小关系:v(a)
D.2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)的正反应为吸热反应
答案 CD A项,该反应是气体体积不变的体系,缩小容器体积即增大压强平衡不移动,SiHCl3的转化率不变,故错误。B项,温度越高,反应速率越快。a、b点对应的转化率相等,根据“先拐先平数值大”的原则可知,a点对应的温度高,则其反应速率v(a)>v(b),故错误。C项,343 K时,SiHCl3的平衡转化率为22%,设SiHCl3的起始浓度为1 mol·L-1,则转化的SiHCl3的物质的量浓度为1 mol·L-1×22%=0.22 mol·L-1,列出三段式:
2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)
起始(mol·L-1) 1 0 0
转化(mol·L-1) 0.22 0.11 0.11
平衡(mol·L-1) 0.78 0.11 0.11
因此343 K时,上述反应的化学平衡常数=0.11×0.110.782≈0.02。故正确。D项,从图中可以看出,升高温度,有利于SiHCl3的转化,则平衡向正反应方向移动,说明正反应为吸热反应,故正确。
解题方法 “三段式”法是解答化学平衡计算题的“万能钥匙”。解题时,要注意清楚条理地列出起始量、变化量、平衡量,按题目要求进行计算,同时还要注意单位的统一。
思路点拨 化学平衡图像题的解题思路
第一步:分析图像
1.看面:看清楚纵坐标和横坐标对应的物理量
2.看线:看清楚线的走向和变化趋势(渐变和突变)
3.看点:看清楚一些特殊点(起点、拐点、交点、最高点、最低点的意义)
4.看是否要加辅助线(等温线、等压线)
第二步:联想规律
依据勒夏特列原理联想外界条件的改变对化学反应速率和化学平衡的影响规律。
第三步:给出判断
根据分析图像的结果与规律进行对比,给出判断。
10.一定温度下,在三个容积均为2 L的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物,发生反应:2NO(g)+2H2(g) N2(g)+2H2O(g)(正反应放热),测得反应的相关数据如下:
容器
温度/K
(T1>T2)
起始时物质的量/mol
平衡时物质的量/mol
NO(g)
H2(g)
N2(g)
Ⅰ
T1
3
2
0.5
Ⅱ
T2
2
3
Ⅲ
T1
2.5
2.5
下列说法正确的是 ( )
A.平衡时,容器Ⅰ和容器Ⅱ中正反应速率:v(H2)Ⅰ
C.平衡时,容器Ⅲ和容器Ⅰ中的压强:pⅢ
答案 BC A项,反应物NO和H2的计量数相等,根据表格数据可知容器Ⅰ和容器Ⅱ可以看作投料相同。平衡时,容器Ⅰ中温度高于容器Ⅱ,所以v(H2)Ⅰ>v(H2)Ⅱ,故错误。B项,若容器Ⅱ温度和容器Ⅰ相同,那么平衡时N2的物质的量也是0.5 mol,由此推出c(NO)=0.5 mol·L-1,但容器Ⅱ温度低于容器Ⅰ,平衡将向放热反应方向移动,所以c(NO)<0.5 mol·L-1,故正确。C项,容器Ⅰ中:
2NO(g)+2H2(g) N2(g)+2H2O(g)
n(始)/mol 3 2 0 0
n(转)/mol 1 1 0.5 1
n(平)/mol 2 1 0.5 1
平衡时气体4.5 mol,K=0.25
假设容器Ⅲ平衡时压强与容器Ⅰ相等,那么平衡时气体总物质的量也是4.5 mol,即可得
2NO(g)+2H2(g) N2(g)+2H2O(g)
n(始)/mol 2.5 2.5 0 0
n(转)/mol 1 1 0.5 1
n(平)/mol 1.5 1.5 0.5 1
计算出K=1681<0.25,说明假设错误,此时还未平衡,应继续正向反应,最终n(总)<4.5 mol。根据“同温同体积下,压强之比等于物质的量之比”可知:pⅢ
容器1
容器2
容器3
反应温度T/K
500
500
300
反应物投入量
3 mol H2、
1 mol N2
4 mol NH3
2 mol NH3
平衡v正(N2)/mol·L-1·s-1
v1
v2
v3
平衡c(NH3)/mol·L-1
c1
c2
c3
平衡体系总压强p/Pa
p1
p2
p3
达到平衡时能量变化
放出a kJ
吸收b kJ
吸收c kJ
达到平衡时体积分数
φ1(NH3)
φ2(NH3)
φ3(NH3)
物质的平衡转化率α
α1(H2)
α2(NH3)
α3(NH3)
平衡常数K
K1
K2
K3
下列说法正确的是 ( )
A.v12c1
B.K1=K2,p2>2p1
C.φ1(NH3)<φ3(NH3),a+0.5b<92.4
D.c2>2c3,α1(H2)+α3(NH3)>1
答案 AC A项,容器2的投料是容器1的2倍,相当于加压,所以平衡时速率大,且相对容器1的平衡容器2正向移动,故v12c1,故正确。B项,容器1与容器2温度相同,故K1=K2,容器2相对于容器1平衡向右移动,故p2<2p1,故错误。C项,容器3相当于容器1平衡时降温,平衡右移,φ3(NH3)>φ1(NH3);假设一虚拟容器容积为容器2的两倍,其他条件与容器2相同,平衡时吸收能量为b' kJ,则a+0.5b'=92.4,而b
①构建等温等容平衡:新平衡状态可认为是两个原平衡状态的叠加并压缩而成,相当于增大压强。②构建等温等压平衡:新平衡状态可认为是两个原平衡状态的叠加,压强不变,平衡不移动。
命题归纳 化学反应速率与化学平衡题是常规题型,可能以图像考查,也可能通过表格进行考查,往往都有较大难度。复习时要注意掌握常见反应熵变与焓变的判断方法,学会化学平衡体系的分析和计算方法。重点是要根据题给信息,分析和计算反应物和生成物的“起始量、转化量和平衡量”,同时要掌握温度、浓度、压强等对反应速率和化学平衡移动的影响,能运用反应速率、化学平衡原理分析和解决具体问题。
12.一定温度下(T2>T1),在3个体积均为2.0 L的恒容密闭容器中反应2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)(正反应放热)达到平衡,下列说法正确的是 ( )
容器
温度/℃
物质的起始
浓度/mol·L-1
物质的平衡
浓度/mol·L-1
c(NO)
c(Cl2)
c(ClNO)
c(ClNO)
Ⅰ
T1
0.20
0.10
0
0.04
Ⅱ
T1
0.20
0.10
0.20
c1
Ⅲ
T2
0
0
0.20
c2
A.达到平衡时,容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为1∶2
B.达到平衡时,容器Ⅲ中ClNO的转化率小于80%
C.达到平衡时,容器Ⅱ中c(ClNO)/c(NO)比容器Ⅰ中的大
D.若温度为T1 ℃,起始时向同体积恒容密闭容器中充入0.20 mol NO(g)、0.20 mol Cl2(g)和0.20 mol ClNO(g),则该反应向正反应方向进行
答案 C A项,容器Ⅱ对容器Ⅰ而言,相当于“加压”,加压平衡正向移动,使得pⅠpⅡ>12,故错误;B项,容器Ⅰ中反应达平衡时,α(NO)为20%,若容器Ⅲ的温度是T1 ℃,那么达平衡时α(ClNO)为80%,但容器Ⅲ的温度为T2 ℃(T2>T1),升温平衡向吸热反应方向移动,使得α(ClNO)>80%,故错误;C项,容器Ⅱ对容器Ⅰ而言,相当于“加压”,加压平衡正向移动,c(ClNO)c(NO)增大,故正确;D项,容器Ⅰ中:
2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)
c起始(mol·L-1) 0.20 0.10 0
c转化(mol·L-1) 0.04 0.02 0.04
c平衡(mol·L-1) 0.16 0.08 0.04
KⅠ=0.0420.162×0.08=2532,Qc=0.120.12×0.1=10,因为Qc>KⅠ,所以反应逆向进行,故错误。
13.下面是某化学研究小组探究外界条件对化学反应速率和化学平衡影响时所画的图像,其中图像和实验结论表达均正确的是 ( )
A.①是其他条件一定时,反应速率随温度变化的图像,正反应的ΔH<0
B.②是在平衡体系的溶液中溶解少量KCl晶体后化学反应速率随时间变化的图像
C.③是在有、无催化剂存在下建立平衡过程的图像,a表示使用催化剂时的曲线
D.④是一定条件下,向含有一定量A的容器中逐渐加入B时的图像,压强p1>p2
答案 C 根据图像①知,升高温度,平衡向正反应方向移动,正反应的ΔH>0,A项错误;②反应实质是Fe3++3SCN- Fe(SCN)3,K+和Cl-不参加离子反应,KCl浓度增大不影响化学平衡,B项错误;③使用催化剂,反应速率增大,先达到平衡,C项正确;④反应为反应前后气体的物质的量不变的化学反应,改变压强不影响化学平衡,即不影响A的转化率,且不断加入B,A的转化率增大,不会有减小的过程,D项错误。
14.温度为t1 ℃时,在四个容积均为1 L的恒容密闭容器中发生反应:2NO(g)+2H2(g) N2(g)+2H2O(g) ΔH,该反应的速率表达式为v=k·cm(NO)·cn(H2)(k、m、n为常数),测得有关实验数据如下:
容器编号
物质的起始浓度/
(mol·L-1)
速率/
(mol·L-1·s-1)
物质的平衡浓度/
(mol·L-1)
c(NO)
c(H2)
c(N2)
Ⅰ
6×10-3
1×10-3
a×10-3
2×10-4
Ⅱ
6×10-3
2×10-3
2a×10-3
Ⅲ
1×10-3
6×10-3
b×10-3
Ⅳ
2×10-3
6×10-3
4b×10-3
下列说法正确的是 ( )
A.m=2,n=1
B.达到平衡时,容器Ⅱ与容器Ⅳ的总压强之比为1∶2
C.温度升高为t2 ℃,测得平衡时,容器Ⅲ中c(H2O)=3.8×10-4 mol·L-1,则ΔH>0
D.t1 ℃时,容器Ⅲ中达到平衡后再充入NO、H2O(g)各2×10-4 mol,则反应将向逆反应方向进行
答案 AD A项,对比容器Ⅰ、Ⅱ数据知n=1,对比容器Ⅲ、Ⅳ数据知m=2,正确;B项,反应方程式中,NO与H2的系数相同,故容器Ⅱ、Ⅳ达到平衡时生成的N2、H2O的物质的量均相同,且容器Ⅱ中NO的物质的量与容器Ⅳ中H2的物质的量相同,容器Ⅱ中H2的物质的量与容器Ⅳ中NO的物质的量相同,即平衡时,容器Ⅱ与容器Ⅳ的总压强之比为1∶1,错误;C项,容器Ⅲ与容器Ⅰ是等效平衡,平衡时,容器Ⅲ与容器Ⅰ中c(H2O)=2c(N2)=4×10-4 mol·L-1,温度升高为t2 ℃时,c(H2O)=3.8×10-4 mol·L-1<4×10-4 mol·L-1,即升高温度,平衡左移,正反应为放热反应,错误;D项,容器Ⅲ平衡时,K=c(N2)·c2(H2O)c2(NO)·c2(H2)=(2×10-4mol·L-1)×(4×10-4mol·L-1)2(6×10-4mol·L-1)2×(56×10-4mol·L-1)2,按D项操作后,Qc=c(N2)·c2(H2O)c2(NO)·c2(H2)=(2×10-4mol·L-1)×(6×10-4mol·L-1)2(8×10-4mol·L-1)2×(56×10-4mol·L-1)2,可知K
二、非选择题(共42分)
15.工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3,Fe2O3等)提取Al2O3作冶炼铝的原料,由熔盐电解法获得的粗铝中含一定量的金属钠和氢气,这些杂质可采用吹气精炼法除去,产生的尾气经处理后可用于钢材镀铝。工艺流程如下图所示。(已知:NaCl熔点为801 ℃;AlCl3在181 ℃升华)
(1)下列措施可提高浸取率的是 。
a.将铝土矿粉碎成粉末与NaOH溶液反应
b.增大固、液质量比
c.浸取时间缩短一半
d.适当升高温度
(2)钢材镀铝后,抗腐蚀性能会大大增强,其原因是 。
答案 (1) ad(2分,漏选得1分,错选得0分)
(2)表面形成的致密氧化铝膜能防止钢材腐蚀(或“致密的氧化铝膜将环境中的电解质溶液与内层金属隔离”,只要答到“致密氧化铝膜防止钢材腐蚀”的意思得2分)
解析 (1)增大固、液质量比和浸取时间缩短一半会降低浸取率; (2)结合铝表面易形成致密氧化膜的特点不难答出原因。
考点分析 为了提高浸取率,可以适当升高温度、适当增大反应液的浓度、延长浸取时间、将固体研成粉末以增大接触面积等。
技巧点拨 铝表面在空气中易形成一层致密的氧化膜,故铝及其合金具有良好的抗腐蚀性能。该题第(5)问“钢材镀铝后,抗腐蚀性能会大大增强”,应联想到此点。
16.含SO2的工业尾气有多种吸收和处理方法。
工业上可用Na2CO3溶液吸收工业尾气。将尾气以11.2 L·min-1(已折算为标准状况)的流速均匀通过10 L 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液,测得溶液组成随通气时间的变化如图所示。
①写出t1时刻对应的化学方程式: 。
②0~t2时间段,SO2的平均反应速率为 mol·min-1。
③尾气中SO2的体积分数为 。
答案 ①2NaHCO3+SO2 Na2SO3+H2O+2CO2
②0.03 ③0.06
解析 ①向Na2CO3溶液中通入SO2,将依次发生下列反应:2Na2CO3+H2O+SO2 2NaHCO3+Na2SO3(第一阶段)、2NaHCO3+SO2 Na2SO3+H2O+2CO2(第二阶段)、Na2SO3+H2O+SO2 2NaHSO3(第三阶段),图中t1时刻,NaHCO3浓度减小,Na2SO3浓度增大,发生的反应为:2NaHCO3+SO2 Na2SO3+H2O+2CO2(第二阶段)。
②Na2CO3的物质的量为1 mol,上述过程中:第一阶段消耗SO2为0.5 mol同时生成NaHCO3 1 mol;第二阶段消耗SO2 0.5 mol,第三阶段到t2(60 min)时刻,生成的NaHSO3的浓度为0.16 mol·L-1[由图中t2时的坐标(60,0.16)得出],即生成的NaHSO3为1.6 mol、消耗SO2 0.8 mol,整个过程参与反应的SO2共1.8 mol,SO2的平均反应速率为1.8 mol/60 min=0.03 mol·min-1。
③60 min内通过气体总体积:11.2 L·min-1×60 min=672 L,其中SO2为1.8 mol×22.4 L ·mol-1=40.32 L,尾气中SO2的体积分数为40.32 L/672 L=0.06。
17.以高钛渣(主要成分为Ti3O5,含少量SiO2、FeO、Fe2O3)为原料制备白色颜料TiO2的一种工艺流程如下:
已知:Na2TiO3难溶于碱性溶液;H2TiO3中的杂质Fe2+比Fe3+更易水洗除去。
熔盐
①为加快反应速率,在维持反应物颗粒大小、反应温度一定的条件下,可采取的措施是 。
②NaOH固体与Ti3O5在空气中加热至500~550 ℃时生成Na2TiO3,该反应的化学方程式为 。
答案 ①搅拌 ②12NaOH+2Ti3O5+O2 6Na2TiO3+6H2O
解析 ①为加快反应速率,在维持反应物颗粒大小、反应温度一定的条件下,可适当搅拌,因为搅拌可使反应物混合均匀,增加反应物的接触机会,从而加快反应速率。
②Ti3O5转化为Na2TiO3,钛元素化合价升高,根据氧化还原反应的规律书写并配平化学方程式。
知识总结 在工艺流程中,溶解固体时加快反应速率的措施通常有:①加热;②搅拌;③增大某一反应物的浓度;④将固体反应物粉碎,增大接触面积;⑤加入催化剂等。
18.实验室模拟工业制取Na2SO3固体的过程如下:
已知:①反应Ⅰ在三颈烧瓶中发生,装置如图甲所示(固定及加热类仪器省略);
②部分物质的溶解度曲线如图乙所示,其中Na2SO3饱和溶液低于50 ℃时析出Na2SO3·7H2O。
(1)反应Ⅰ的目的是制取(NH4)2SO3溶液。
①反应Ⅰ的离子方程式为 。
②亚硫酸分解产生的SO2须冷却后再通入氨水中,目的是 。
③下列关于图甲装置或操作的叙述正确的是 (填字母)。
A.接入冷凝管的冷却水从a端通入
B.长玻璃导管具有防倒吸的作用
C.控制加热亚硫酸的温度,可以控制生成SO2气体的速率
(2)为获取更多的Na2SO3固体,要将反应Ⅱ的温度控制在80 ℃左右,并 (填操作Ⅰ的名称)。
答案 (1)①2NH3·H2O+SO2 2NH4++SO32-+H2O
②增大SO2的溶解度,提高SO2的利用率 ③BC
(2)趁热过滤
解析 (1)①SO2是酸性氧化物,与NH3·H2O反应生成(NH4)2SO3和H2O,离子方程式为2NH3·H2O+SO2 2NH4++SO32-+H2O。
②亚硫酸分解生成的SO2需要冷却后再通入氨水中,以增大SO2的溶解度,提高SO2的利用率。
③A项,冷却水从下口流入,以使冷凝管中始终充满冷却水,冷却效果较好,故错误;B项,SO2易溶于水,用长玻璃导管能防止液体倒吸,故正确;C项,亚硫酸受热易分解,温度越高,亚硫酸分解的速率越大,故正确。
(2)反应Ⅱ为(NH4)2SO3+2NaCl Na2SO3↓+2NH4Cl,由于Na2SO3在80 ℃左右溶解度较小且NH4Cl溶解度较大,所以要将反应Ⅱ的温度控制在80 ℃左右,并且趁热过滤,把Na2SO3固体与NH4Cl溶液分离。
知识拓展 压强一定时,温度越高,气体的溶解度越小,所以要加快气体被溶液的吸收速率时,应强调适当升温,若温度过高,则气体的溶解度减小,反而影响气体的吸收。
19.工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3,含有Fe2O3、SiO2等杂质)制取无水氯化铝的一种工艺流程如下:
已知:
物质
SiCl4
AlCl3
FeCl3
FeCl2
NaCl
沸点/℃
57.6(易水解)
180(升华)
300(升华)
1 023
801
回答下列问题:
(1)提高铝土矿利用率的措施为 。
(3)铝土矿中加入足量焦炭高温反应,使用足量焦炭的目的是 。
答案 (1)将矿物粉碎
(3)作还原剂并与O2反应提供反应所需的能量
解析 (1)将矿物粉碎可以增大反应物的接触面积,提高矿物的利用率。(3)焦炭可以作反应的还原剂,还可以与氧气反应提供反应所需的能量。
20.SCR消除氮氧化物的反应原理:
4NO(g)+4NH3(g)+O2(g) 4N2(g)+6H2O(g) ΔH<0
一定条件下,向某密闭容器中充入NH3、NO、O2,在甲、乙两种催化剂作用下,NO转化率与温度的关系如图所示。在催化剂甲作用下,图中Y点处(对应温度为210 ℃)NO的转化率一定不是该温度下的平衡转化率的原因是 。工业上实际选择催化剂乙的原因是 。
答案 平衡转化率是该温度下的最大转化率,此时Y点NO的转化率明显低于相同温度下乙作催化剂时NO的转化率 在较低温度下,使用催化剂乙,NO转化率很高
解析 催化剂只能改变反应速率,不能使平衡发生移动,使用不同的催化剂,不会影响反应物的平衡转化率。由题图知,210 ℃时Y点处α(NO)低于同温度下乙作催化剂时的α(NO),可见,Y点处α(NO)一定不是该温度下的平衡转化率。
审题技巧 注意区分某反应物的“转化率”与“平衡转化率”。
21.大气污染物的有效去除和资源的充分利用是化学造福人类的重要研究课题。
目前,科学家还在研究一种以乙烯作为还原剂的脱硝(NO)原理,其脱硝机理示意图如图1,脱硝率与温度、负载率(分子筛中催化剂的质量分数)的关系如图2所示。
①写出该脱硝原理总反应的化学方程式: 。
②为达到最佳脱硝效果,应选择的条件是 。
答案 ①6NO+3O2+2C2H4 3N2+4CO2+4H2O
②温度约为350 ℃、负载率为3.0%
解析 ①先确定脱硝反应的反应物和产物,由图1可知产物有二氧化碳、氮气和水,反应物是一氧化氮、乙烯和氧气,因此脱硝的总反应为6NO+3O2+2C2H4 3N2+4CO2+4H2O。②分析图2可知,要达到最佳脱硝效果,即脱硝率的百分比最大,需要控制温度约为350 ℃,负载率为3.0%。
22.丙烷在燃烧时能放出大量的热,它是液化石油气的主要成分,作为能源应用于人们的日常生产和生活中。已知:
①2C3H8(g)+7O2(g) 6CO(g)+8H2O(l)
ΔH1=-2 741.8 kJ/mol
②2CO(g)+O2(g) 2CO2(g) ΔH2=-566 kJ/mol
(1)反应C3H8(g)+5O2(g) 3CO2(g)+4H2O(l)的ΔH= 。
(3)依据(1)中的反应可以设计一种新型燃料电池,一极通入空气,另一极通入丙烷气体;燃料电池内部是熔融的掺杂着氧化钇(Y2O3)的氧化锆(ZrO2)晶体,在其内部可以传导O2-。在电池内部O2-由 极移向 极;电池的负极反应式为 。
(4)用上述燃料电池和惰性电极电解足量Mg(NO3)2和NaCl 的混合溶液。电解开始后阴极的现象为 。
答案 (1)-2 219.9 kJ/mol (3)正 负 C3H8+10O2- -20e- 3CO2+4H2O (4)有大量无色气体产生,并且有白色沉淀产生
解析 (1)利用盖斯定律,根据所求的热化学方程式,由(①+②×3)/2得C3H8(g)+5O2(g) 3CO2(g)+4H2O(l) ΔH=[-2 741.8 kJ/mol+(-566 kJ/mol)×3]/2=-2 219.9 kJ/mol。
(3)根据原电池的工作原理,电池内部电解质中的阴离子由正极向负极移动,其中通空气的一极为正极,通丙烷的一极为负极,则正极反应式为O2+4e- 2O2-,而负极反应式为C3H8+10O2- -20e- 3CO2+4H2O。
(4)用惰性电极电解足量Mg(NO3)2和NaCl 的混合溶液,阴极上溶液中的H+放电,2H++2e- H2↑,同时在阴极附近的溶液中OH-与Mg2+结合生成Mg(OH)2沉淀,所以电解开始后,阴极的现象是有大量无色气体和白色沉淀产生。
专题十二 化学反应速率和化学平衡
【3年模拟】
时间:45分钟 分值:86分
一、选择题(每小题2分,共12分)
1.下列关于化学基本原理和基本概念的几点认识中正确的是 ( )
A.胶体区别于其他分散系的本质特征是丁达尔现象
B.根据反应是否需要加热将化学反应分为放热反应和吸热反应
C.在稀硫酸和铁粉反应制取氢气时,为减慢化学反应速率,可加入适量醋酸钠固体
D.由于Ksp(BaSO4)小于Ksp(BaCO3),因此不可能使BaSO4沉淀转化为BaCO3沉淀
答案 C A项,胶体区别于其他分散系的本质特征是胶体粒子的直径介于1 nm~100 nm之间,故错误;B项,碳的燃烧在常温下需要加热,但该反应为放热反应,反应是否需要加热,与反应是放热反应或者吸热反应没有必然联系,故错误;C项,加入适量醋酸钠固体后,发生反应CH3COO-+H+ CH3COOH,降低了H+的浓度,减慢了化学反应速率,故正确;D项,如果溶液中满足c(Ba2+)·c(CO32-)>Ksp(BaCO3),即可生成BaCO3沉淀,故错误。
审题技巧 B项中,仅需举出一个需要加热的放热反应即可判断正误。
易错警示 溶液、胶体、浊液的本质区别是分散质粒子的直径大小不同。丁达尔效应是胶体在光束照射时特有的现象,和胶体粒子的直径大小有关。
知识拓展 在难溶电解质溶解平衡体系中,当Qc>Ksp时,就会生成沉淀,因此溶液中的Ba2+和CO32-只要满足c(Ba2+)·c(CO32-)>Ksp(BaCO3),即可生成BaCO3沉淀。
2.用下列实验装置进行相应实验,不能达到实验目的的是 ( )
A.用图甲所示装置制备Cl2
B.用图乙所示装置探究浓度对化学速率的影响
C.用图丙所示装置探究温度对化学平衡的影响
D.用图丁所示装置可实现反应Cu+2H2O Cu(OH)2+H2↑
答案 A A项,MnO2和浓盐酸反应制取Cl2需要加热,故错误。
思路分析 探究某因素对化学速率的影响时宜运用“控制变量法”分析条件差异。
知识归纳 电解时,一般阳极材料影响电极反应,阴极反应不受材料影响;阳极为活性电极时,电极材料自身放电,溶液中离子不放电,阳极为惰性电极时,溶液中离子放电。
3.根据下列图示所得出的结论正确的是 ( )
A.图甲是Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液之后,溶液的导电能力随滴入NaHSO4溶液体积变化的曲线,说明a点对应的溶液呈碱性
B.图乙是镁条与盐酸反应的化学反应速率随反应时间变化的曲线,说明t1时刻溶液的温度最高
C.图丙是I2+I- I3-中I3-的平衡浓度随温度变化的曲线,说明平衡常数K(T1)
答案 A A项,向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液,发生反应:①Ba(OH)2+NaHSO4 BaSO4↓+NaOH+H2O,②NaOH+NaHSO4 H2O+Na2SO4,可知a点溶液呈碱性,故正确;B项,t1时刻前c(HCl)大且反应放热,所以反应速率加快,t1时刻后,反应仍然放热,但由于c(HCl)变小,反应速率减慢,故错误;C项,由图像可知,随着温度升高,c(I3-)下降,所以I2+I- I3-的逆反应是吸热反应,T1
4.下列叙述中正确的是 ( )
A.锅炉中沉积的CaSO4可用Na2CO3溶液浸泡,转化为CaCO3后用酸溶解去除
B.CO(g)+3H2(g) CH4(g)+H2O(g)在一定条件下能自发进行,则该反应的ΔH>0
C.工业反应2SO2+O2 2SO3中采用高温既可以加快反应速率,也可以提高原料转化率
D.常温下,向CH3COONa溶液中滴加盐酸,水的电离程度增大
答案 A A项,锅炉中沉积的CaSO4难以除去,可用Na2CO3溶液浸泡转化为CaCO3后用酸溶解去除,故正确;B项,CO(g)+3H2(g) CH4(g)+H2O(g)在一定条件下能自发进行,表明该反应ΔG=ΔH-TΔS<0,反应中气体总物质的量减少,ΔS<0,则可推出该反应的ΔH<0,故错误;C项,工业反应2SO2+O2 2SO3中采用高温可以加快反应速率,该反应为放热反应,高温有利于平衡向逆反应方向移动,不利于提高原料转化率,故错误;D项,常温下,向CH3COONa溶液中滴加盐酸,溶液中H+浓度增大,抑制水的电离,使水的电离程度减小,故错误。
5.某密闭容器中的反应:3H2(g)+N2(g) 2NH3(g),其正反应速率随时间变化的情况如图所示。判断下列有关t1时刻条件变化的说法,正确的是 ( )
A.增大NH3浓度的同时减小N2浓度
B.增大N2和H2的浓度
C.扩大容器的体积
D.降低反应温度
答案 A A项,增大NH3浓度的同时减小N2浓度会使逆反应速率瞬间增大,正反应速率瞬间减小,反应逆向移动,正反应速率逐渐增大达到平衡,新平衡下的正反应速率比原平衡大,故A项正确;B项,增大N2和H2的浓度,正反应速率会瞬间增大,故B项错误;C项,扩大容器的体积会使正、逆反应速率同时减小,平衡逆向移动,正反应速率逐渐增大达到平衡,但新平衡下的正反应速率比原平衡小,故C项错误;D项,该反应的正反应为放热反应,故降低温度正、逆反应速率均减小,平衡正向移动,正反应速率逐渐减小达到平衡,故D项错误。
6.在四个恒容密闭容器中按下表中的相应量充入气体,发生反应:2N2O(g) 2N2(g)+O2(g),容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中N2O的平衡转化率如图所示:
容器
容积/L
起始物质的量/mol
N2O
N2
O2
Ⅰ
V1
0.1
0
0
Ⅱ
1.0
0.1
0
0
Ⅲ
V3
0.1
0
0
Ⅳ
1.0
0.06
0.06
0.04
下列说法正确的是 ( )
A.该反应的正反应放热
B.相同温度下反应时,平均反应速率:v(Ⅰ)>v(Ⅲ)
C.图中A、B、C三点处容器内总压强:p(Ⅰ)A
2N2O(g) 2N2(g) + O2(g)
始 0.1 mol/L 0 0
转 0.06 mol/L 0.06 mol/L 0.03 mol/L
平 0.04 mol/L 0.06 mol/L 0.03 mol/L
K(470 ℃)=0.062×0.030.042=0.067 5,容器Ⅳ中Qc=0.062×0.040.062=0.04,Qc
规律总结 利用浓度商和平衡常数的关系判断平衡移动方向,但要注意必须使用物质的量浓度来计算平衡常数,如果代入的是物质的量,很容易出错。
解题关键 容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中起始投料量相同,容器体积不同,要根据相同温度下3个容器中反应物平衡转化率的大小,判断出3个容器的体积大小和体系压强大小。
二、非选择题(每小题4分,共32分)
7.一定温度下,在4个体积均为1.0 L 的恒容密闭容器中,反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(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
O2或SO3
平衡转化率
c(SO2)
c(O2)
c(SO3)
c(SO3)
Ⅰ
723
0.2
0.2
0
0.04
α1
Ⅱ
723
0
0.1
0.2
α2
Ⅲ
723
0.4
0.4
0
α3
Ⅳ
823
0
0.1
0.2
α4
A.达到平衡时,α1+α2=1
B.达到平衡时,容器中的压强:pⅠ>pⅣ
C.达到平衡时,容器Ⅳ中逆反应速率比容器Ⅰ中的大
D.达平衡后,再向容器Ⅰ中充入0.16 mol SO2、0.04 mol SO3,则此时反应向逆反应方向进行
答案 C 容器Ⅰ和容器Ⅱ中反应达到平衡属于等效平衡,则容器Ⅱ中反应达到平衡时c(SO3)=0.04 mol·L-1,即α1=12×0.04 mol·L-1×1.0 L0.2mol·L-1×1.0 L=10%,α2=(0.2-0.04)mol·L-1×1.0 L0.2mol·L-1×1.0 L=80%,则平衡时α1+α2≠1,故A错误;容器Ⅳ中的反应可看作容器Ⅰ中反应达到平衡后升高温度,此反应是放热反应,升高温度,平衡逆向移动,则达到平衡时,容器中的压强:pⅠ
起始浓度(mol·L-1) 0.2 0.2 0
变化浓度(mol·L-1) 0.04 0.02 0.04
平衡浓度(mol·L-1) 0.16 0.18 0.04
K=0.042/(0.162×0.18)=0.35,若达平衡后,再向容器Ⅰ中充入0.16 mol SO2、0.04 mol SO3,因容器体积为1.0 L,所以浓度商Qc=0.082/(0.322×0.18)=0.35=K,平衡不移动,D错误。
8.甲胺(CH3NH2)是合成太阳能敏化剂的原料。一定温度下,在三个体积均为2.0 L的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物,发生反应CH3OH(g)+NH3(g) CH3NH2(g)+H2O(g),测得有关实验数据如下:
容器
编号
温度
/K
起始物质的量(mol)
平衡时物质的量(mol)
CH3OH(g)
NH3(g)
CH3NH2(g)
H2O(g)
CH3NH2(g)
H2O(g)
Ⅰ
530
0.40
0.40
0
0
0.30
Ⅱ
530
0.80
0.80
0
0
Ⅲ
500
0
0
0.20
0.20
0.16
下列说法正确的是 ( )
A.正反应的平衡常数K(Ⅰ)=K(Ⅱ)
C.达到平衡时,转化率:α(NH3,Ⅰ)+α(H2O,Ⅲ)<1
D.530 K时,若起始向容器Ⅰ中充入CH3OH 0.10 mol、NH3 0.15 mol、CH3NH2 0.10 mol、H2O 0.10 mol,则反应将向逆反应方向进行
答案 AC A项,容器Ⅰ与容器Ⅱ温度相同,故K(Ⅰ)=K(Ⅱ)。容器Ⅲ中投料量相当于容器Ⅰ中的一半,若容器Ⅲ为530 ℃,则容器Ⅲ中反应达到平衡时CH3NH2应为0.15 mol,而在500 ℃时容器Ⅲ中达到平衡时CH3NH2为0.16 mol,即降低温度,平衡正向移动,平衡常数增大,则K(Ⅱ)
投料Ⅰ:投入1 mol N2、3 mol H2;投料Ⅱ:投入2 mol NH3,则α(N2)+α(NH3)=1。
方法归纳 根据浓度商(Qc)与平衡常数(K)的关系判断某投料瞬间反应进行的方向:若Qc>K,则反应将向逆反应方向进行;若Qc
A.323 K时,缩小容器体积可提高SiHCl3的转化率
B.a、b点对应的反应速率大小关系:v(a)
D.2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)的正反应为吸热反应
答案 CD A项,该反应是气体体积不变的体系,缩小容器体积即增大压强平衡不移动,SiHCl3的转化率不变,故错误。B项,温度越高,反应速率越快。a、b点对应的转化率相等,根据“先拐先平数值大”的原则可知,a点对应的温度高,则其反应速率v(a)>v(b),故错误。C项,343 K时,SiHCl3的平衡转化率为22%,设SiHCl3的起始浓度为1 mol·L-1,则转化的SiHCl3的物质的量浓度为1 mol·L-1×22%=0.22 mol·L-1,列出三段式:
2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)
起始(mol·L-1) 1 0 0
转化(mol·L-1) 0.22 0.11 0.11
平衡(mol·L-1) 0.78 0.11 0.11
因此343 K时,上述反应的化学平衡常数=0.11×0.110.782≈0.02。故正确。D项,从图中可以看出,升高温度,有利于SiHCl3的转化,则平衡向正反应方向移动,说明正反应为吸热反应,故正确。
解题方法 “三段式”法是解答化学平衡计算题的“万能钥匙”。解题时,要注意清楚条理地列出起始量、变化量、平衡量,按题目要求进行计算,同时还要注意单位的统一。
思路点拨 化学平衡图像题的解题思路
第一步:分析图像
1.看面:看清楚纵坐标和横坐标对应的物理量
2.看线:看清楚线的走向和变化趋势(渐变和突变)
3.看点:看清楚一些特殊点(起点、拐点、交点、最高点、最低点的意义)
4.看是否要加辅助线(等温线、等压线)
第二步:联想规律
依据勒夏特列原理联想外界条件的改变对化学反应速率和化学平衡的影响规律。
第三步:给出判断
根据分析图像的结果与规律进行对比,给出判断。
10.一定温度下,在三个容积均为2 L的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物,发生反应:2NO(g)+2H2(g) N2(g)+2H2O(g)(正反应放热),测得反应的相关数据如下:
容器
温度/K
(T1>T2)
起始时物质的量/mol
平衡时物质的量/mol
NO(g)
H2(g)
N2(g)
Ⅰ
T1
3
2
0.5
Ⅱ
T2
2
3
Ⅲ
T1
2.5
2.5
下列说法正确的是 ( )
A.平衡时,容器Ⅰ和容器Ⅱ中正反应速率:v(H2)Ⅰ
C.平衡时,容器Ⅲ和容器Ⅰ中的压强:pⅢ
答案 BC A项,反应物NO和H2的计量数相等,根据表格数据可知容器Ⅰ和容器Ⅱ可以看作投料相同。平衡时,容器Ⅰ中温度高于容器Ⅱ,所以v(H2)Ⅰ>v(H2)Ⅱ,故错误。B项,若容器Ⅱ温度和容器Ⅰ相同,那么平衡时N2的物质的量也是0.5 mol,由此推出c(NO)=0.5 mol·L-1,但容器Ⅱ温度低于容器Ⅰ,平衡将向放热反应方向移动,所以c(NO)<0.5 mol·L-1,故正确。C项,容器Ⅰ中:
2NO(g)+2H2(g) N2(g)+2H2O(g)
n(始)/mol 3 2 0 0
n(转)/mol 1 1 0.5 1
n(平)/mol 2 1 0.5 1
平衡时气体4.5 mol,K=0.25
假设容器Ⅲ平衡时压强与容器Ⅰ相等,那么平衡时气体总物质的量也是4.5 mol,即可得
2NO(g)+2H2(g) N2(g)+2H2O(g)
n(始)/mol 2.5 2.5 0 0
n(转)/mol 1 1 0.5 1
n(平)/mol 1.5 1.5 0.5 1
计算出K=1681<0.25,说明假设错误,此时还未平衡,应继续正向反应,最终n(总)<4.5 mol。根据“同温同体积下,压强之比等于物质的量之比”可知:pⅢ
容器1
容器2
容器3
反应温度T/K
500
500
300
反应物投入量
3 mol H2、
1 mol N2
4 mol NH3
2 mol NH3
平衡v正(N2)/mol·L-1·s-1
v1
v2
v3
平衡c(NH3)/mol·L-1
c1
c2
c3
平衡体系总压强p/Pa
p1
p2
p3
达到平衡时能量变化
放出a kJ
吸收b kJ
吸收c kJ
达到平衡时体积分数
φ1(NH3)
φ2(NH3)
φ3(NH3)
物质的平衡转化率α
α1(H2)
α2(NH3)
α3(NH3)
平衡常数K
K1
K2
K3
下列说法正确的是 ( )
A.v1
B.K1=K2,p2>2p1
C.φ1(NH3)<φ3(NH3),a+0.5b<92.4
D.c2>2c3,α1(H2)+α3(NH3)>1
答案 AC A项,容器2的投料是容器1的2倍,相当于加压,所以平衡时速率大,且相对容器1的平衡容器2正向移动,故v1
①构建等温等容平衡:新平衡状态可认为是两个原平衡状态的叠加并压缩而成,相当于增大压强。②构建等温等压平衡:新平衡状态可认为是两个原平衡状态的叠加,压强不变,平衡不移动。
命题归纳 化学反应速率与化学平衡题是常规题型,可能以图像考查,也可能通过表格进行考查,往往都有较大难度。复习时要注意掌握常见反应熵变与焓变的判断方法,学会化学平衡体系的分析和计算方法。重点是要根据题给信息,分析和计算反应物和生成物的“起始量、转化量和平衡量”,同时要掌握温度、浓度、压强等对反应速率和化学平衡移动的影响,能运用反应速率、化学平衡原理分析和解决具体问题。
12.一定温度下(T2>T1),在3个体积均为2.0 L的恒容密闭容器中反应2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)(正反应放热)达到平衡,下列说法正确的是 ( )
容器
温度/℃
物质的起始
浓度/mol·L-1
物质的平衡
浓度/mol·L-1
c(NO)
c(Cl2)
c(ClNO)
c(ClNO)
Ⅰ
T1
0.20
0.10
0
0.04
Ⅱ
T1
0.20
0.10
0.20
c1
Ⅲ
T2
0
0
0.20
c2
A.达到平衡时,容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为1∶2
B.达到平衡时,容器Ⅲ中ClNO的转化率小于80%
C.达到平衡时,容器Ⅱ中c(ClNO)/c(NO)比容器Ⅰ中的大
D.若温度为T1 ℃,起始时向同体积恒容密闭容器中充入0.20 mol NO(g)、0.20 mol Cl2(g)和0.20 mol ClNO(g),则该反应向正反应方向进行
答案 C A项,容器Ⅱ对容器Ⅰ而言,相当于“加压”,加压平衡正向移动,使得pⅠpⅡ>12,故错误;B项,容器Ⅰ中反应达平衡时,α(NO)为20%,若容器Ⅲ的温度是T1 ℃,那么达平衡时α(ClNO)为80%,但容器Ⅲ的温度为T2 ℃(T2>T1),升温平衡向吸热反应方向移动,使得α(ClNO)>80%,故错误;C项,容器Ⅱ对容器Ⅰ而言,相当于“加压”,加压平衡正向移动,c(ClNO)c(NO)增大,故正确;D项,容器Ⅰ中:
2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)
c起始(mol·L-1) 0.20 0.10 0
c转化(mol·L-1) 0.04 0.02 0.04
c平衡(mol·L-1) 0.16 0.08 0.04
KⅠ=0.0420.162×0.08=2532,Qc=0.120.12×0.1=10,因为Qc>KⅠ,所以反应逆向进行,故错误。
13.下面是某化学研究小组探究外界条件对化学反应速率和化学平衡影响时所画的图像,其中图像和实验结论表达均正确的是 ( )
A.①是其他条件一定时,反应速率随温度变化的图像,正反应的ΔH<0
B.②是在平衡体系的溶液中溶解少量KCl晶体后化学反应速率随时间变化的图像
C.③是在有、无催化剂存在下建立平衡过程的图像,a表示使用催化剂时的曲线
D.④是一定条件下,向含有一定量A的容器中逐渐加入B时的图像,压强p1>p2
答案 C 根据图像①知,升高温度,平衡向正反应方向移动,正反应的ΔH>0,A项错误;②反应实质是Fe3++3SCN- Fe(SCN)3,K+和Cl-不参加离子反应,KCl浓度增大不影响化学平衡,B项错误;③使用催化剂,反应速率增大,先达到平衡,C项正确;④反应为反应前后气体的物质的量不变的化学反应,改变压强不影响化学平衡,即不影响A的转化率,且不断加入B,A的转化率增大,不会有减小的过程,D项错误。
14.温度为t1 ℃时,在四个容积均为1 L的恒容密闭容器中发生反应:2NO(g)+2H2(g) N2(g)+2H2O(g) ΔH,该反应的速率表达式为v=k·cm(NO)·cn(H2)(k、m、n为常数),测得有关实验数据如下:
容器编号
物质的起始浓度/
(mol·L-1)
速率/
(mol·L-1·s-1)
物质的平衡浓度/
(mol·L-1)
c(NO)
c(H2)
c(N2)
Ⅰ
6×10-3
1×10-3
a×10-3
2×10-4
Ⅱ
6×10-3
2×10-3
2a×10-3
Ⅲ
1×10-3
6×10-3
b×10-3
Ⅳ
2×10-3
6×10-3
4b×10-3
下列说法正确的是 ( )
A.m=2,n=1
B.达到平衡时,容器Ⅱ与容器Ⅳ的总压强之比为1∶2
C.温度升高为t2 ℃,测得平衡时,容器Ⅲ中c(H2O)=3.8×10-4 mol·L-1,则ΔH>0
D.t1 ℃时,容器Ⅲ中达到平衡后再充入NO、H2O(g)各2×10-4 mol,则反应将向逆反应方向进行
答案 AD A项,对比容器Ⅰ、Ⅱ数据知n=1,对比容器Ⅲ、Ⅳ数据知m=2,正确;B项,反应方程式中,NO与H2的系数相同,故容器Ⅱ、Ⅳ达到平衡时生成的N2、H2O的物质的量均相同,且容器Ⅱ中NO的物质的量与容器Ⅳ中H2的物质的量相同,容器Ⅱ中H2的物质的量与容器Ⅳ中NO的物质的量相同,即平衡时,容器Ⅱ与容器Ⅳ的总压强之比为1∶1,错误;C项,容器Ⅲ与容器Ⅰ是等效平衡,平衡时,容器Ⅲ与容器Ⅰ中c(H2O)=2c(N2)=4×10-4 mol·L-1,温度升高为t2 ℃时,c(H2O)=3.8×10-4 mol·L-1<4×10-4 mol·L-1,即升高温度,平衡左移,正反应为放热反应,错误;D项,容器Ⅲ平衡时,K=c(N2)·c2(H2O)c2(NO)·c2(H2)=(2×10-4mol·L-1)×(4×10-4mol·L-1)2(6×10-4mol·L-1)2×(56×10-4mol·L-1)2,按D项操作后,Qc=c(N2)·c2(H2O)c2(NO)·c2(H2)=(2×10-4mol·L-1)×(6×10-4mol·L-1)2(8×10-4mol·L-1)2×(56×10-4mol·L-1)2,可知K
二、非选择题(共42分)
15.工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3,Fe2O3等)提取Al2O3作冶炼铝的原料,由熔盐电解法获得的粗铝中含一定量的金属钠和氢气,这些杂质可采用吹气精炼法除去,产生的尾气经处理后可用于钢材镀铝。工艺流程如下图所示。(已知:NaCl熔点为801 ℃;AlCl3在181 ℃升华)
(1)下列措施可提高浸取率的是 。
a.将铝土矿粉碎成粉末与NaOH溶液反应
b.增大固、液质量比
c.浸取时间缩短一半
d.适当升高温度
(2)钢材镀铝后,抗腐蚀性能会大大增强,其原因是 。
答案 (1) ad(2分,漏选得1分,错选得0分)
(2)表面形成的致密氧化铝膜能防止钢材腐蚀(或“致密的氧化铝膜将环境中的电解质溶液与内层金属隔离”,只要答到“致密氧化铝膜防止钢材腐蚀”的意思得2分)
解析 (1)增大固、液质量比和浸取时间缩短一半会降低浸取率; (2)结合铝表面易形成致密氧化膜的特点不难答出原因。
考点分析 为了提高浸取率,可以适当升高温度、适当增大反应液的浓度、延长浸取时间、将固体研成粉末以增大接触面积等。
技巧点拨 铝表面在空气中易形成一层致密的氧化膜,故铝及其合金具有良好的抗腐蚀性能。该题第(5)问“钢材镀铝后,抗腐蚀性能会大大增强”,应联想到此点。
16.含SO2的工业尾气有多种吸收和处理方法。
工业上可用Na2CO3溶液吸收工业尾气。将尾气以11.2 L·min-1(已折算为标准状况)的流速均匀通过10 L 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液,测得溶液组成随通气时间的变化如图所示。
①写出t1时刻对应的化学方程式: 。
②0~t2时间段,SO2的平均反应速率为 mol·min-1。
③尾气中SO2的体积分数为 。
答案 ①2NaHCO3+SO2 Na2SO3+H2O+2CO2
②0.03 ③0.06
解析 ①向Na2CO3溶液中通入SO2,将依次发生下列反应:2Na2CO3+H2O+SO2 2NaHCO3+Na2SO3(第一阶段)、2NaHCO3+SO2 Na2SO3+H2O+2CO2(第二阶段)、Na2SO3+H2O+SO2 2NaHSO3(第三阶段),图中t1时刻,NaHCO3浓度减小,Na2SO3浓度增大,发生的反应为:2NaHCO3+SO2 Na2SO3+H2O+2CO2(第二阶段)。
②Na2CO3的物质的量为1 mol,上述过程中:第一阶段消耗SO2为0.5 mol同时生成NaHCO3 1 mol;第二阶段消耗SO2 0.5 mol,第三阶段到t2(60 min)时刻,生成的NaHSO3的浓度为0.16 mol·L-1[由图中t2时的坐标(60,0.16)得出],即生成的NaHSO3为1.6 mol、消耗SO2 0.8 mol,整个过程参与反应的SO2共1.8 mol,SO2的平均反应速率为1.8 mol/60 min=0.03 mol·min-1。
③60 min内通过气体总体积:11.2 L·min-1×60 min=672 L,其中SO2为1.8 mol×22.4 L ·mol-1=40.32 L,尾气中SO2的体积分数为40.32 L/672 L=0.06。
17.以高钛渣(主要成分为Ti3O5,含少量SiO2、FeO、Fe2O3)为原料制备白色颜料TiO2的一种工艺流程如下:
已知:Na2TiO3难溶于碱性溶液;H2TiO3中的杂质Fe2+比Fe3+更易水洗除去。
熔盐
①为加快反应速率,在维持反应物颗粒大小、反应温度一定的条件下,可采取的措施是 。
②NaOH固体与Ti3O5在空气中加热至500~550 ℃时生成Na2TiO3,该反应的化学方程式为 。
答案 ①搅拌 ②12NaOH+2Ti3O5+O2 6Na2TiO3+6H2O
解析 ①为加快反应速率,在维持反应物颗粒大小、反应温度一定的条件下,可适当搅拌,因为搅拌可使反应物混合均匀,增加反应物的接触机会,从而加快反应速率。
②Ti3O5转化为Na2TiO3,钛元素化合价升高,根据氧化还原反应的规律书写并配平化学方程式。
知识总结 在工艺流程中,溶解固体时加快反应速率的措施通常有:①加热;②搅拌;③增大某一反应物的浓度;④将固体反应物粉碎,增大接触面积;⑤加入催化剂等。
18.实验室模拟工业制取Na2SO3固体的过程如下:
已知:①反应Ⅰ在三颈烧瓶中发生,装置如图甲所示(固定及加热类仪器省略);
②部分物质的溶解度曲线如图乙所示,其中Na2SO3饱和溶液低于50 ℃时析出Na2SO3·7H2O。
(1)反应Ⅰ的目的是制取(NH4)2SO3溶液。
①反应Ⅰ的离子方程式为 。
②亚硫酸分解产生的SO2须冷却后再通入氨水中,目的是 。
③下列关于图甲装置或操作的叙述正确的是 (填字母)。
A.接入冷凝管的冷却水从a端通入
B.长玻璃导管具有防倒吸的作用
C.控制加热亚硫酸的温度,可以控制生成SO2气体的速率
(2)为获取更多的Na2SO3固体,要将反应Ⅱ的温度控制在80 ℃左右,并 (填操作Ⅰ的名称)。
答案 (1)①2NH3·H2O+SO2 2NH4++SO32-+H2O
②增大SO2的溶解度,提高SO2的利用率 ③BC
(2)趁热过滤
解析 (1)①SO2是酸性氧化物,与NH3·H2O反应生成(NH4)2SO3和H2O,离子方程式为2NH3·H2O+SO2 2NH4++SO32-+H2O。
②亚硫酸分解生成的SO2需要冷却后再通入氨水中,以增大SO2的溶解度,提高SO2的利用率。
③A项,冷却水从下口流入,以使冷凝管中始终充满冷却水,冷却效果较好,故错误;B项,SO2易溶于水,用长玻璃导管能防止液体倒吸,故正确;C项,亚硫酸受热易分解,温度越高,亚硫酸分解的速率越大,故正确。
(2)反应Ⅱ为(NH4)2SO3+2NaCl Na2SO3↓+2NH4Cl,由于Na2SO3在80 ℃左右溶解度较小且NH4Cl溶解度较大,所以要将反应Ⅱ的温度控制在80 ℃左右,并且趁热过滤,把Na2SO3固体与NH4Cl溶液分离。
知识拓展 压强一定时,温度越高,气体的溶解度越小,所以要加快气体被溶液的吸收速率时,应强调适当升温,若温度过高,则气体的溶解度减小,反而影响气体的吸收。
19.工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3,含有Fe2O3、SiO2等杂质)制取无水氯化铝的一种工艺流程如下:
已知:
物质
SiCl4
AlCl3
FeCl3
FeCl2
NaCl
沸点/℃
57.6(易水解)
180(升华)
300(升华)
1 023
801
回答下列问题:
(1)提高铝土矿利用率的措施为 。
(3)铝土矿中加入足量焦炭高温反应,使用足量焦炭的目的是 。
答案 (1)将矿物粉碎
(3)作还原剂并与O2反应提供反应所需的能量
解析 (1)将矿物粉碎可以增大反应物的接触面积,提高矿物的利用率。(3)焦炭可以作反应的还原剂,还可以与氧气反应提供反应所需的能量。
20.SCR消除氮氧化物的反应原理:
4NO(g)+4NH3(g)+O2(g) 4N2(g)+6H2O(g) ΔH<0
一定条件下,向某密闭容器中充入NH3、NO、O2,在甲、乙两种催化剂作用下,NO转化率与温度的关系如图所示。在催化剂甲作用下,图中Y点处(对应温度为210 ℃)NO的转化率一定不是该温度下的平衡转化率的原因是 。工业上实际选择催化剂乙的原因是 。
答案 平衡转化率是该温度下的最大转化率,此时Y点NO的转化率明显低于相同温度下乙作催化剂时NO的转化率 在较低温度下,使用催化剂乙,NO转化率很高
解析 催化剂只能改变反应速率,不能使平衡发生移动,使用不同的催化剂,不会影响反应物的平衡转化率。由题图知,210 ℃时Y点处α(NO)低于同温度下乙作催化剂时的α(NO),可见,Y点处α(NO)一定不是该温度下的平衡转化率。
审题技巧 注意区分某反应物的“转化率”与“平衡转化率”。
21.大气污染物的有效去除和资源的充分利用是化学造福人类的重要研究课题。
目前,科学家还在研究一种以乙烯作为还原剂的脱硝(NO)原理,其脱硝机理示意图如图1,脱硝率与温度、负载率(分子筛中催化剂的质量分数)的关系如图2所示。
①写出该脱硝原理总反应的化学方程式: 。
②为达到最佳脱硝效果,应选择的条件是 。
答案 ①6NO+3O2+2C2H4 3N2+4CO2+4H2O
②温度约为350 ℃、负载率为3.0%
解析 ①先确定脱硝反应的反应物和产物,由图1可知产物有二氧化碳、氮气和水,反应物是一氧化氮、乙烯和氧气,因此脱硝的总反应为6NO+3O2+2C2H4 3N2+4CO2+4H2O。②分析图2可知,要达到最佳脱硝效果,即脱硝率的百分比最大,需要控制温度约为350 ℃,负载率为3.0%。
22.丙烷在燃烧时能放出大量的热,它是液化石油气的主要成分,作为能源应用于人们的日常生产和生活中。已知:
①2C3H8(g)+7O2(g) 6CO(g)+8H2O(l)
ΔH1=-2 741.8 kJ/mol
②2CO(g)+O2(g) 2CO2(g) ΔH2=-566 kJ/mol
(1)反应C3H8(g)+5O2(g) 3CO2(g)+4H2O(l)的ΔH= 。
(3)依据(1)中的反应可以设计一种新型燃料电池,一极通入空气,另一极通入丙烷气体;燃料电池内部是熔融的掺杂着氧化钇(Y2O3)的氧化锆(ZrO2)晶体,在其内部可以传导O2-。在电池内部O2-由 极移向 极;电池的负极反应式为 。
(4)用上述燃料电池和惰性电极电解足量Mg(NO3)2和NaCl 的混合溶液。电解开始后阴极的现象为 。
答案 (1)-2 219.9 kJ/mol (3)正 负 C3H8+10O2- -20e- 3CO2+4H2O (4)有大量无色气体产生,并且有白色沉淀产生
解析 (1)利用盖斯定律,根据所求的热化学方程式,由(①+②×3)/2得C3H8(g)+5O2(g) 3CO2(g)+4H2O(l) ΔH=[-2 741.8 kJ/mol+(-566 kJ/mol)×3]/2=-2 219.9 kJ/mol。
(3)根据原电池的工作原理,电池内部电解质中的阴离子由正极向负极移动,其中通空气的一极为正极,通丙烷的一极为负极,则正极反应式为O2+4e- 2O2-,而负极反应式为C3H8+10O2- -20e- 3CO2+4H2O。
(4)用惰性电极电解足量Mg(NO3)2和NaCl 的混合溶液,阴极上溶液中的H+放电,2H++2e- H2↑,同时在阴极附近的溶液中OH-与Mg2+结合生成Mg(OH)2沉淀,所以电解开始后,阴极的现象是有大量无色气体和白色沉淀产生。
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