1、高考资源网（） 您身边的高考专家温馨提示： 此题库为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，关闭Word文档返回原板块。 考点7 化学反应速率和化学平衡一、选择题1.(2015安徽高考11)汽车尾气中NO产生的反应为N2(g)+O2(g)2NO(g),一定条件下,等物质的量的N2(g)和O2(g)在恒容密闭容器中反应,如图曲线a表示该反应在温度T下N2的浓度随时间的变化,曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时N2的浓度随时间的变化。下列叙述正确的是()A.温度T下,该反应的平衡常数K=B.温度T下,随着反应的进行,混合气体的密度减小C.曲线b对应的条件改变可能是加入了催
2、化剂D.若曲线b对应的条件改变是温度,可判断该反应的H0【解题指南】解答本题时应注意以下3点:(1)曲线b比曲线a到达平衡所需要的时间短,反应速率快些;(2)催化剂能改变反应速率,不能改变平衡状态;(3)密度=m/V。【解析】选A。根据图象知T温度下,N2的浓度变化为c0-c1,N2+O22NO起始: c0 c0 0变化: c0-c1c0-c1 2(c0-c1)平衡: c1 c12(c0-c1)平衡常数K=,A正确;该反应是气体体积不变的反应,容积固定,气体质量守恒,则气体密度始终不变,B错误;催化剂对平衡移动没有影响,若曲线b对应的条件改变是使用了催化剂,则曲线a、b的平衡状态应相同,但图象
3、显示曲线b对应的氮气的平衡浓度小些,C错误;根据“先拐先平”知,若曲线b对应的条件是温度的改变,则曲线b对应的温度高,若该反应的H0,则升温,平衡逆向移动,氮气的平衡浓度增大,即比曲线a对应的氮气的平衡浓度大些,与图象不符,D错误。2.(2015福建高考12)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() c/molL-1v/mmolL-1min-1T/ K0.6000.5000.4000.300318.23.603.002.401.80328.29.007.50a4.50来源:Zxxk.Comb2.161.801.441.08A.a=6.00B.同
4、时改变反应温度和蔗糖的浓度,v可能不变C.b318.2D.不同温度时,蔗糖浓度减少一半所需的时间相同【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)数据信息的处理能力;(2)影响反应速率因素的理解与应用。【解析】选D。A.根据表格的数据可知:在328.2 K时,蔗糖的浓度越大,水解的速率越快。根据浓度与速率的变化关系可知在328.2 K时,蔗糖的浓度每减小0.100 molL-1,速率减小1.50 mmolL-1min-1,所以在浓度是0.400 molL-1时,水解的速率是6.00 mmolL-1min-1,即a=6.00,正确。B.根据表格数据可知:升高温度,水解速率增大,增大浓度,水解速率也
5、增大,若同时改变反应物的浓度和反应的温度,则对反应速率的影响因素可能相互抵消,即反应速率可能不变,正确。C.在浓度不变时,升高温度,水解速率增大,降低温度,水解速率减小。由于在浓度是0.600 molL-1时,当318.2 K时水解速率是3.60 mmolL-1min-1,现在该反应的速率是2.16 mmolL-1min-13.60 mmolL-1min-1,所以反应温度低于318.2 K,即b318.2,正确。D.温度不同时,在相同的浓度时反应速率不相同,浓度减少一半时所需的时间也不同,错误。3.(2015四川高考7)一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应:C(s)+CO2(
6、g)2CO(g),平衡时,体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示:已知:气体分压(p分)=气体总压(p总)体积分数。下列说法正确的是()A.550时,若充入惰性气体,v正、v逆均减小,平衡不移动B.650时,反应达平衡后CO2的转化率为25.0%C.T时,若充入等体积的CO2和CO,平衡向逆反应方向移动D.925时,用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=24.0p总【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)图象为在不同温度下的平衡状态时气体的百分含量;(2)Kp的计算方法和Kw的计算方法类似。【解析】选B。A项,因容器的体积可变,故充入惰性气体后容器体积变大,混合气体整体被稀释,反
7、应应正向移动,故A错误;B项,在此条件下,若设二氧化碳的初始浓度为1,转化浓度为x则:C(s)+CO2(g)2CO(g)初始: 1 0转化: x 2x达到平衡时一氧化碳的百分含量为40.0%,则2x/(1-x+2x)=40.0%,得x=0.25,CO2的转化率为25.0%;C项,由图象可知T时,平衡体系中CO2和CO的体积分数相等,则在恒压密闭容器中同时充入等体积的CO2和CO,平衡不移动,故C错误;D中,925时,Kp=,通过计算Kp应等于23.04p总,故D错误。4.(2015天津高考3)下列说法不正确的是()A.Na与H2O的反应是熵增的放热反应,该反应能自发进行B.饱和Na2SO4溶液
8、或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀,但原理不同C.FeCl3和MnO2均可加快H2O2分解,同等条件下二者对H2O2分解速率的改变相同D.Mg(OH)2固体在溶液中存在平衡:Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq),该固体可溶于NH4Cl溶液【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)G=H-TS0,在反应中钠会熔化成一个闪亮的小球四处游动,且发出嘶嘶的声音,此反应为放热反应,则H0,故G=H-TS7来源:学。科。网Z。X。X。K来源:学科网C.钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀D.一定条件下反应N2+3H22NH3达到平衡时,3v正(H2)=2v逆(NH3)【解
9、析】选C。2H2O22H2O + O2,生成1 mol O2时转移2 mol电子,A项错误;pH=3的CH3COOH中已电离出的H+,就可以将pH=11的NaOH电离出的OH-完全中和,但是CH3COOH是弱酸,还会继续电离,即醋酸过量,反应后溶液显酸性,B项错误;铁可用作原电池的正极或作为电解池的阴极,此时铁均会受到保护,C项正确;由反应方程式的化学计量数知,任何时候均存在2v正(H2)=3v正(NH3),氮气与氢气合成氨气达到平衡时,速率关系为2v正(H2)=3v逆(NH3),D项错误。9.(双选)(2015江苏高考15)在体积均为1.0 L的两恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉,再分别加
10、入0.1 mol CO2和0.2 mol CO2,在不同温度下反应CO2(g)+C(s)2CO(g)达到平衡,平衡时CO2的物质的量浓度c(CO2)随温度的变化如图所示(图中、点均处于曲线上)。下列说法正确的是()A.反应CO2(g)+C(s)2CO(g)的S0、H2p总(状态)C.体系中c(CO):c(CO,状态)v逆(状态)【解析】选B、C。C和CO2反应是吸热反应,H0,A项错误;点所在的曲线是通入0.1 mol CO2,点所在的曲线是通入0.2 mol CO2,状态可以看作先通0.1 mol CO2,此时的压强相等,再通入0.1 mol CO2,假如平衡不移动,此时的压强等于2倍p总(
11、状态),但要求CO2的浓度相等,应对其加热使平衡向正反应方向移动,气体物质的量增加,因此p总(状态)2p总(状态),B项正确;状态可以看作先通0.1 mol CO2,此时两者CO的浓度相等,再通入0.1 mol CO2,假如平衡不移动,c(CO,状态)=2c(CO,状态),但再充入CO2,相当于增大压强,平衡左移,消耗CO,因此c(CO,状态)2c(CO,状态),C项正确;温度越高,反应速率越快,v逆(状态)L1。答案:(1)SO2+2H2O+I2H2SO4+2HI(2)a、c观察颜色,颜色深的是HI层,颜色浅的是H2SO4层H2SO4层含少量HI(3)压强L2L1;SO3(g)分解的热化学方
12、程式为2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)H=+196 kJmol-1,当压强一定时,温度升高,平衡转化率增大11.(2015北京高考28)为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系,某同学通过改变浓度研究“2Fe3+2I-2Fe2+I2”反应中Fe3+和Fe2+的相互转化。实验如下:(1)待实验溶液颜色不再改变时,再进行实验,目的是使实验的反应达到 。(2)是的对比实验,目的是排除中造成的影响。(3)和的颜色变化表明平衡逆向移动,Fe2+向Fe3+转化。用化学平衡移动原理解释原因: 。(4)根据氧化还原反应的规律,该同学推测中Fe2+向Fe3+转化的原因:外加Ag+使c(I-)降低,
13、导致I-的还原性弱于Fe2+,用如图装置(a、b均为石墨电极)进行实验验证。K闭合时,指针向右偏转,b作极。当指针归零(反应达到平衡)后,向U型管左管中滴加0.01 molL-1AgNO3溶液,产生的现象证实了其推测,该现象是 。来源:学科网(5)按照(4)的原理,该同学用上图装置进行实验,证实了中Fe2+向Fe3+转化的原因。转化原因是 。与(4)实验对比,不同的操作是 。(6)实验中,还原性:I-Fe2+;而实验中,还原性:Fe2+I-,将(3)和(4)、(5)作对比,得出的结论是 。【解题指南】解答本题时应按照以下流程:【解析】(1)待实验溶液颜色不再改变时,再进行实验,目的是使实验的反
14、应达到化学平衡状态。(2)实验加入了水,是实验的对比实验,因此目的是排除因加入FeSO4溶液而将溶液稀释引起溶液颜色的变化。(3)中加入AgNO3,Ag+与I-生成AgI黄色沉淀,I-浓度降低,2Fe3+2I-2Fe2+I2平衡逆向移动,溶液褪色;中加入FeSO4,Fe2+浓度增大,平衡逆向移动,溶液颜色变浅。(4)K闭合时,指针向右偏转,表明b极为正极,Fe3+得电子;当指针归零(反应达到平衡)后,向U型管左管滴加0.01 molL-1AgNO3溶液,产生黄色沉淀,I-浓度减小,2Fe3+2I-2Fe2+I2平衡左移,指针向左偏转。(5)Fe2+向Fe3+转化的原因是Fe2+浓度增大,还原性
15、增强。与(4)实验对比,不同的操作是当指针归零后,向U型管右管中滴加1 molL-1FeSO4溶液。(6)将(3)和(4)、(5)作对比,得出的结论是在其他条件不变时,物质的氧化性和还原性与浓度有关,浓度的改变可影响物质的氧化性和还原性,导致平衡移动。答案:(1)化学平衡状态(2)溶液稀释对颜色变化(3)中加入Ag+发生反应:Ag+I-AgI,c(I-)降低;中加入FeSO4,c(Fe2+)增大,平衡均逆向移动(4)正 左管产生黄色沉淀,指针向左偏转(5)Fe2+浓度增大,还原性增强,使Fe2+还原性强于I-向U型管右管中滴加1 molL-1FeSO4溶液(6)该反应为可逆氧化还原反应,在平衡
16、时,通过改变物质的浓度,可以改变物质的氧化性和还原性,并影响平衡移动方向12.(2015全国卷28)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)=1.810-10,Ksp(AgI)=8.510-17。(3)已知反应2HI(g)H2(g)+I2(g)的H=+11 kJmol-1,1 mol H2(g)、1 mol I2(
17、g)分子中化学键断裂时分别需要吸收436 kJ、151 kJ的能量,则1 mol HI(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716 K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/min020406080120x(HI)10.910.850.8150.7950.784x(HI)00.600.730.7730.7800.784根据上述实验结果,该反应的平衡常数K的计算式为 。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
18、为速率常数,则k逆为 (以K和k正表示)。若k正=0.002 7 min-1,在t=40 min时,v正=min-1。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)根据化合价升降规律,结合实验室制取氯气的反应,碘元素的化合价升高,锰元素的化合价降低,所以还原产物为硫酸锰。(2)=,代入数据可得=4.710-7。(3)根据焓变等于反应物键能减去生成物键能可知:2EHI-EHH-EII=+11 kJmol-1,得EHI=299 kJmol-1。来源:Zxxk.Com(4)K=,x(HI)=0.7
19、84,x(H2)=x(I2)=(1-0.784)2=0.108。平衡时,v正=v逆,k正x2(HI)=k逆x(H2)x(I2),k逆=;v正=k正x2(HI),k正=0.002 7 min-1,在t=40 min时,x(HI)=0.85,代入数据得v正1.9510-3min-1。升高温度,正逆反应速率均增大,在图象上v正、v逆均上移;但平衡右移,x(HI)减少,在图象上数值减小,即A点,平衡右移,x(H2)、x(I2)增大,在图象上数值增大,即E点。答案:(1)MnSO4(或Mn2+)(2)4.710-7(3)299(4)K=1.9510-3A、E13.(2015全国卷27)甲醇是重要的化工原
20、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:.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)H1.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H2.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)H3回答下列问题:(1)已知反应中相关的化学键键能数据如下:化学键HHCOCOHOCHE/(kJmol-1)4363431 076465413由此计算H1=kJmol-1;已知H2=-58 kJmol-1,则H3=kJmol-1。(2)反应的化学平衡常数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
21、判断理由是 。(3)合成气组成n(H2)/n(CO+CO2)=2.60时,体系中的CO平衡转化率()与温度和压强的关系如图2所示。(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 。【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)焓变等于反应物的键能减去生成物的键能;(2)温度升高,平衡向吸热的方向进行。【解析】(1)反应热等于反应物键能减去生成物键能,根据反应:CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)可知H1=1 076 kJmol-1+2436 kJmol-1-3413 kJmol-1-343 kJmol-1-465 kJmol-1=-99 kJ
22、mol-1,再根据盖斯定律:-=,则H3=-58 kJmol-1+99 kJmol-1=+41 kJmol-1。(2)根据平衡常数表达式可知反应的K=;正反应是放热反应,升高温度平衡向逆反应方向移动,所以平衡常数减小,a正确。(3)升高温度时,反应为放热反应,平衡向左移动,使得体系中CO的量增大;反应为吸热反应,平衡向右移动,产生CO的量增大;总结果,随温度升高,使CO的转化率减小;由于同温时反应加压右移,有利于CO的转化,反应平衡不移动,CO的量不受压强影响,故增大压强时,有利于CO的转化率升高,所以图2中的压强由大到小为p3p2p1。答案:(1)-99+41(2)K=或Kp=a反应为放热反
23、应,平衡常数数值应随温度升高而变小(3)减小升高温度时,反应为放热反应,平衡向左移动,使得体系中CO的量增大;反应为吸热反应,平衡向右移动,又使产生CO的量增大;总结果,随温度升高,使CO的转化率降低p3p2p1相同温度下,由于反应为气体分子数减小的反应,加压有利于提高CO的转化率;而反应为气体分子数不变的反应,产生CO的量不受压强影响,故增大压强时,有利于CO的转化率升高14.(2015山东高考30)合金贮氢材料具有优异的吸放氢性能,在配合氢能的开发中起着重要作用。(1)一定温度下,某贮氢合金(M)的贮氢过程如图所示,纵轴为平衡时氢气的压强(p),横轴表示固相中氢原子与金属原子的个数比(H/
24、M)。在OA段,氢溶解于M中形成固溶体MHx,随着氢气压强的增大,H/M逐渐增大;在AB段,MHx与氢气发生氢化反应生成氢化物MHy,氢化反应方程式为:zMHx(s)+H2(g)zMHy(s)H();在B点,氢化反应结束,进一步增大氢气压强,H/M几乎不变。反应()中z=(用含x和y的代数式表示)。温度为T1时,2 g某合金4 min内吸收氢气240 mL,吸氢速率v= mLg-1min-1。反应()的焓变H0(填“”“”“”或“=”)。当反应()处于图中a点时,保持温度不变,向恒容体系中通入少量氢气,达到平衡后反应()可能处于图中的点(填“b”“c”或“d”),该贮氢合金可通过或的方式释放氢
25、气。(3)贮氢合金ThNi5可催化由CO、H2合成CH4的反应,温度为T时,该反应的热化学方程式为。已知温度为T时:CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) H=+165 kJmol-1CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)H=-41 kJmol-1【解题指南】解答本题注意以下两点:(1)注意图象的纵、横坐标所代表的含义;(2)热化学方程式书写的注意事项。【解析】(1)根据元素守恒可得zx+2=zy,解得z=2/(y-x);吸氢速率v=240 mL2 g4 min=30 mLg-1min-1;根据图象可知,T1T2,T2时氢气的压强大,说明升高温度反应()向生成氢气的方
26、向移动,即逆反应为吸热反应,所以正反应是放热反应,则H(T2);处于图中的a点时,保持温度不变,向恒容体系中通入少量的氢气,氢气的压强增大,H/M逐渐增大,根据图象可能处于c点;根据平衡移动原理,可以通过加热或减小压强的方式使平衡逆向移动,释放氢气。(3)设题给热化学方程式的反应热分别为H1、H2,写出由CO、H2合成CH4的化学方程式并注明状态:CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g),然后根据盖斯定律可得该反应的H=H2-H1=-206 kJmol-1。答案:(1)2/(y-x)30c加热减压(3)CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)H=-206 kJmol-1【误
27、区提醒】本题热化学方程式的书写易出现错误,主要有以下几点:(1)方程式中的状态未标;(2)热量计算出现错误;(3)H的单位书写出现错误。15.(2015浙江高考28)乙苯催化脱氢制苯乙烯反应:(g)(g)+H2(g)(1)已知:化学键CHCCCCHH键能/kJmol-1412348612436计算上述反应的H=kJmol-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,则在该温度下反应的平衡常数K=(用等符号表示)。(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19),控制反应温度600,并保持
28、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:掺入水蒸气能提高乙苯的平衡转化率,解释说明该事实 。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+H2CO+H2O,CO2+C2CO。新工艺的特点有(填编号)。CO2与H2反应,使乙苯脱氢反应的化学平衡右移不用高温水蒸气,可降低能量消耗有利于减少积炭有利
29、于CO2资源利用【解析】(1)H=反应物的总键能-生成物的总键能=412 kJmol-12+348 kJmol-1-612 kJmol-1-436 kJmol-1=124 kJmol-1。(2)恒压条件下,反应是体积增大的反应,反应前后体积会发生变化,=,反应后的体积V2=(1+)V,代入平衡常数的计算公式可求出:K=2n/(1-2)V。(3)水不参加反应,相当于通入惰性气体,保持压强不变,对于反应来说相当于减小压强,平衡向气体体积增大的方向进行,即向正反应方向进行,因此能提高乙苯的转化率。温度控制在600,能保持较快的反应速率,乙苯的转化率和苯乙烯的选择性都较高。温度过低,反应速率慢,转化率
30、低;温度过高,可能使催化剂失活,且能耗大。虽然乙苯的转化率提高,但苯乙烯的选择性大幅下降。(4)与掺水蒸气工艺相比,不用高温水蒸气,可降低能量消耗;CO2与H2反应,使乙苯脱氢反应的化学平衡右移;CO2+C2CO,有利于减少积炭,且充分利用了CO2资源。答案:(1)124(2)Kc=2n/(1-2)V或Kp=p(3)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温度控制在600,能保持较快的反应速率,乙苯的转化率和苯乙烯的选择性都较高。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)16.(2015重庆高考30)(14分)我国古代青铜器
31、工艺精湛,有很高的艺术价值和历史价值,但出土的青铜器大多受到环境腐蚀,故对其进行修复和防护具有重要意义。(1)原子序数为29的铜元素位于元素周期表中第周期。(2)某青铜器中Sn、Pb的质量分别为119 g、20.7 g,则该青铜器中Sn和Pb原子的数目之比为。(3)研究发现,腐蚀严重的青铜器表面大都存在CuCl。关于CuCl在青铜器腐蚀过程中的催化作用,下列叙述正确的是。A.降低了反应的活化能B.增大了反应的速率C.降低了反应的焓变D.增大了反应的平衡常数(4)采用“局部封闭法”可以防止青铜器进一步被腐蚀。如将糊状Ag2O涂在被腐蚀部位,Ag2O与有害组分CuCl发生复分解反应,该化学方程式为
32、。(5)下图为青铜器在潮湿环境中发生的电化学腐蚀的原理示意图。腐蚀过程中,负极是(填图中字母“a”或“b”或“c”);环境中的Cl-扩散到孔口,并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2(OH)3Cl,其离子方程式为 ;若生成4.29 g Cu2(OH)3Cl,则理论上耗氧体积为L(标准状况)。【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)根据元素的核外电子排布可以推测元素在周期表中的位置;(2)复分解反应是两者相互交换离子。【解析】(1)铜为29号元素,根据核外电子排布规则可知,铜元素位于元素周期表中第4周期。(2)根据N=NA,青铜器中Sn、Pb的质量分别为119 g、20.7
33、g,则该青铜器中Sn和Pb原子数目之比为(119 g119 gmol-1)(20.7 g207 gmol-1)=101。(3)催化剂能降低反应的活化能,从而加快化学反应速率,但是催化剂不能改变反应的焓变,也不能改变反应的化学平衡常数,选A、B。(4)Ag2O与CuCl发生复分解反应,没有化合价的升降,则化学方程式为Ag2O+2CuCl2AgCl+Cu2O。(5)根据图示,腐蚀过程中,铜失电子生成Cu2+,则负极是铜,选c;根据上述分析,正极产物是OH-,负极产物为Cu2+,环境中的Cl-扩散到孔口,与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2(OH)3Cl,则离子方程式为2Cu2+3O
34、H-+Cl-Cu2(OH)3Cl;4.29 g Cu2(OH)3Cl的物质的量为4.29/214.5=0.02(mol),根据铜原子守恒,Cu2+的物质的量为0.04 mol,负极反应为2Cu-4e-2Cu2+,正极反应为O2+4e-+2H2O4OH-,根据正、负极放电量相等,则理论上耗氧体积为0.02 mol22.4 Lmol-1=0.448 L。答案:(1)4(2)101(3)A、B(4)Ag2O +2CuCl2AgCl+Cu2O(5)c2Cu2+3OH-+Cl-Cu2(OH)3Cl0.448【误区提醒】上题中的(3)容易错选C、D,催化剂只能改变化学反应速率,无法改变化学平衡状态,因此是
35、否加入催化剂不会影响化学平衡常数以及反应的焓变。17.(2015海南高考16)氨是合成硝酸、铵盐和氮肥的基本原料,回答下列问题:(1)氨的水溶液显弱碱性,其原因为 (用离子方程式表示),0.1 molL-1的氨水中加入少量NH4Cl固体,溶液的pH(填“升高”或“降低”);若加入少量明矾,溶液中N的浓度(填“增大”或“减小”)。(2)硝酸铵加热分解可得到N2O和H2O,250时,硝酸铵在密闭容器中分解达到平衡,该分解反应的化学方程式为 ,平衡常数表达式为 ;若有1 mol硝酸铵完全分解,转移的电子数为mol。(3)由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示,若生成1 mol N2,其
36、H=kJmol-1。【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)氮及其化合物的性质及转化;(2)电解质溶液中电离平衡、水解平衡以及化学平衡、反应中的能量变化等化学反应原理知识的理解与应用。【解析】(1)氨水中一水合氨部分电离生成铵根离子和氢氧根离子,使溶液呈碱性;若加入氯化铵,铵根离子浓度增大,电离平衡逆向移动,氢氧根离子浓度减小,pH减小;若加入明矾,Al3+水解消耗OH-,使NH3H2O的电离反应正向移动,c(N)增大。(2)硝酸铵分解生成N2O和H2O为可逆反应,因此化学方程式为NH4NO3(s)N2O(g)+2H2O(g)(250时,水为气态),则K=c(N2O)c2(H2O);硝酸铵
37、中氮元素化合价分别从-3和+5价均变为+1价,因此转移电子数为4个,每有1 mol硝酸铵反应转移电子数为4 mol。(3)N2O+NON2+NO2,根据图示每生成1 mol氮气,H=209 kJmol-1-348 kJmol-1=-139 kJmol-1。答案:(1)NH3H2ON+OH-降低增大(2)NH4NO3N2O+2H2OK=c(N2O)c2(H2O)4(3)-13918.(2015广东高考31)用O2将HCl转化为Cl2,可提高效益,减少污染。(1)传统上该转化通过如下所示的催化循环实现。其中,反应为:2HCl(g)+ CuO(s)H2O(g)+CuCl2(s)H1反应生成1 mol
38、 Cl2(g)的反应热为H2,则总反应的热化学方程式为 (反应热用H1和H2表示)。(2)新型RuO2催化剂对上述HCl转化为Cl2的总反应具有更好的催化活性。实验测得在一定压强下,总反应的HCl平衡转化率随温度变化的HClT曲线如图:则总反应的H0(填“”“=”或“”);A、B两点的平衡常数K(A)与K(B)中较大的是。在上述实验中若压缩体积使压强增大,画出相应HClT曲线的示意图,并简要说明理由:。下列措施中,有利于提高HCl的有。A.增大n(HCl)B.增大n(O2)C.使用更好的催化剂D.移去H2O(3)一定条件下测得反应过程中n(Cl2)的数据如下:t/min02.04.06.08.
39、0n(Cl2)/10-3mol01.83.75.47.2计算2.06.0 min内以HCl的物质的量变化表示的反应速率(以molmin-1为单位,写出计算过程)。(4)Cl2用途广泛,写出用Cl2制备漂白粉的化学反应方程式。【解题指南】解答本题注意以下两点:(1)掌握利用盖斯定律计算热效应的方法;(2)掌握外界条件对化学平衡的影响。【解析】本题主要考查热化学方程式的书写、盖斯定律的应用、平衡移动原理、化学反应速率的计算、图象问题的分析和处理能力。(1)注意反应热和化学计量数之间的关系,反应生成1 mol Cl2(g)的反应热为H2,根据盖斯定律可求出总反应的反应热,2HCl(g)+ 1/2O2
40、(g)H2O(g)+Cl2(g)H=H1+H2。(2)根据温度升高,氯化氢的转化率降低可知,该反应的正反应是放热反应,即HK(B);根据反应特点,反应后气体分子数减少,增大压强,氯化氢的转化率升高,故此时的HClT曲线应该在题中所给曲线的上方;增大n(HCl),平衡虽然正向移动但是氯化氢的转化率下降,A不正确;增大氧气的浓度,可以提高HCl,B正确;催化剂只能改变反应速率不能改变化学平衡,C不正确;移去H2O,平衡正向移动,HCl变大,D正确。(3)应用题目给出的数值可以计算速率为1.810-3molmin-1。(4)制备漂白粉是用氯气和石灰乳反应制得,反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH
41、)2CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。答案:(1)2HCl(g)+ 1/2O2(g)H2O(g)+Cl2(g) H=H1+H2(2)K(A)见下图增大压强,平衡右移,HCl增大,相同温度下,HCl的平衡转化率比之前实验的大B、D(3)解:设2.06.0 min内,HCl转化的物质的量为n2HCl(g)+1/2O2(g)H2O(g)+Cl2(g)2 1n (5.4-1.8)10-3mol解得n=7.210-3molv(HCl)=7.210-3mol/(6.0-2.0)min=1.810-3molmin-1(4)2Cl2+2Ca(OH)2CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O关闭Word文档返回原板块。- 29 - 版权所有高考资源网
