專題七　化學(xué)反應(yīng)速率和化學(xué)平衡ppt課件

1、專題七化學(xué)反響速率和化學(xué)平衡高考化學(xué)高考化學(xué) (課標(biāo)課標(biāo)公用公用);A組一致命題課標(biāo)卷題組考點(diǎn)一化學(xué)反響速率1.(2021課標(biāo),9,6分,0.359)知分解1 mol H2O2放出熱量98 kJ。在含少量I-的溶液中,H2O2分解的機(jī)理為:H2O2+I- H2O+IO-慢H2O2+IO- H2O+O2+I-快以下有關(guān)該反響的說法正確的選項(xiàng)是()A.反響速率與I-濃度有關(guān)B.IO-也是該反響的催化劑C.反響活化能等于98 kJmol-1D.v(H2O2)=v(H2O)=v(O2)五年高考答案答案A由于反響速率由慢反響決議由于反響速率由慢反響決議,故故I-濃度越大濃度越大,反響速率越快反響速率越快

2、,A正確正確;IO-為中間產(chǎn)物為中間產(chǎn)物,不不是催化劑是催化劑,B錯(cuò)誤錯(cuò)誤;活化能不是反響熱活化能不是反響熱,反響熱是正、逆反響活化能的差值反響熱是正、逆反響活化能的差值,C錯(cuò)誤錯(cuò)誤;D錯(cuò)誤。錯(cuò)誤。;解題關(guān)鍵解題關(guān)鍵熟習(xí)催化劑對(duì)化學(xué)反響速率的影響、反響的活化能等概念熟習(xí)催化劑對(duì)化學(xué)反響速率的影響、反響的活化能等概念,仔細(xì)分析反響機(jī)理是仔細(xì)分析反響機(jī)理是解答此題的關(guān)鍵。解答此題的關(guān)鍵。易錯(cuò)警示易錯(cuò)警示B項(xiàng)的項(xiàng)的IO-是一種中間物質(zhì)是一種中間物質(zhì);C項(xiàng)的活化能不是反響熱項(xiàng)的活化能不是反響熱;D項(xiàng)項(xiàng),由于水是純液體由于水是純液體,故不能故不能用來表示化學(xué)反響速率。用來表示化學(xué)反響速率。;2.(202

3、1課標(biāo)課標(biāo),28,15分分)三氯氫硅三氯氫硅(SiHCl3)是制備硅烷、多晶硅的重要原料?；卮鹨韵聠栴}是制備硅烷、多晶硅的重要原料?；卮鹨韵聠栴}:(1)SiHCl3在常溫常壓下為易揮發(fā)的無色透明液體在常溫常壓下為易揮發(fā)的無色透明液體,遇潮氣時(shí)發(fā)煙生成遇潮氣時(shí)發(fā)煙生成(HSiO)2O等等,寫出該反響寫出該反響的化學(xué)方程式的化學(xué)方程式。(2)SiHCl3在催化劑作用下發(fā)生反響在催化劑作用下發(fā)生反響:2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)H1=48kJmol-13SiH2Cl2(g)SiH4(g)+2SiHCl3(g)H2=-30kJmol-1那么反響那么反響4SiHCl3(g)

4、SiH4(g)+3SiCl4(g)的的H為為kJmol-1。(3)對(duì)于反響對(duì)于反響2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g),采用大孔弱堿性陰離子交換樹脂催化劑采用大孔弱堿性陰離子交換樹脂催化劑,在在323K和和343K時(shí)時(shí)SiHCl3的轉(zhuǎn)化率隨時(shí)間變化的結(jié)果如下圖。的轉(zhuǎn)化率隨時(shí)間變化的結(jié)果如下圖。;343 K時(shí)反響的平衡轉(zhuǎn)化率= %。平衡常數(shù)K343 K= (保管2位小數(shù))。在343 K下:要提高SiHCl3轉(zhuǎn)化率,可采取的措施是 ;要縮短反響到達(dá)平衡的時(shí)間,可采取的措施有 、 。比較a、b處反響速率大小:va vb(填“大于“小于或“等于)。反響速率v=v正-v逆=k正-k

5、逆,k正、k逆分別為正、逆向反響速率常數(shù),x為物質(zhì)的量分?jǐn)?shù),計(jì)算a處的= (保管1位小數(shù))。32SiHClx22SiHlCx4SiClxvv正逆;答案答案(1)2SiHCl3+3H2O(HSiO)2O+6HCl(2)114(3)220.02及時(shí)移去產(chǎn)物改良催化劑提高反響物壓強(qiáng)及時(shí)移去產(chǎn)物改良催化劑提高反響物壓強(qiáng)(濃度濃度)大于大于1.3;解析此題調(diào)查化學(xué)方程式的書寫、蓋斯定律的運(yùn)用、化學(xué)平衡的挪動(dòng)及相關(guān)計(jì)算。解析此題調(diào)查化學(xué)方程式的書寫、蓋斯定律的運(yùn)用、化學(xué)平衡的挪動(dòng)及相關(guān)計(jì)算。(1)根據(jù)題意知根據(jù)題意知,SiHCl3遇潮氣時(shí)發(fā)煙的化學(xué)方程式為遇潮氣時(shí)發(fā)煙的化學(xué)方程式為2SiHCl3+3H2O

6、(HSiO)2O+6HCl。(2)由蓋斯定律可知由蓋斯定律可知H=3H1+H2=348kJmol-1-30kJmol-1=114kJmol-1。(3)反響反響2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)H1=48kJmol-1,由于由于H10,升高溫度升高溫度,化學(xué)平衡化學(xué)平衡正向挪動(dòng)正向挪動(dòng),SiHCl3的轉(zhuǎn)化率增大的轉(zhuǎn)化率增大,故曲線故曲線a表示表示343K,察看圖像知察看圖像知,343K時(shí)反響的平衡轉(zhuǎn)化率為時(shí)反響的平衡轉(zhuǎn)化率為22%;設(shè)起始時(shí)設(shè)起始時(shí)SiHCl3的物質(zhì)的量濃度為的物質(zhì)的量濃度為c,列出列出“三段式三段式:2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(

7、g)起始起始c00變化變化0.22c0.11c0.11c平衡平衡0.78c0.11c0.11c故故K343K=0.02。知知2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)H1=48kJmol-1,該反響的正反響是氣體體積不變?cè)摲错懙恼错懯菤怏w體積不變的吸熱反響的吸熱反響,故要在溫度不變的情況下提高故要在溫度不變的情況下提高SiHCl3轉(zhuǎn)化率可采取的措施是及時(shí)移去產(chǎn)物轉(zhuǎn)化率可采取的措施是及時(shí)移去產(chǎn)物;要縮要縮短反響到達(dá)平衡的時(shí)間短反響到達(dá)平衡的時(shí)間,可采取的措施有提高反響物壓強(qiáng)可采取的措施有提高反響物壓強(qiáng)(濃度濃度)和改良催化劑等。和改良催化劑等。42223(SiCl )(SiHl

8、 )(l )ccCc SiHC20.110.11(0.78 )ccc;a、b處SiHCl3的轉(zhuǎn)化率相等,但a處溫度比b處高,故va大于vb;根據(jù)題意知v正=k正,v逆=k逆,由平衡時(shí)v正=v逆知,=0.02,對(duì)于a處,列出“三段式計(jì)算知,=0.8,=0.1,=0.1,故a處=1.3。32SiHClx22SiHlCx4SiClxkk正逆2243SiHlSiCl2SiHClCxxx3SiHClx22SiHlCx4SiClxvv正逆32242SiHClSiHlSiClCk xk xx正逆20.02 0.80.1 0.1疑問點(diǎn)撥疑問點(diǎn)撥(3)根據(jù)知表達(dá)式表示出根據(jù)知表達(dá)式表示出v正和正和v逆逆,利用到

9、達(dá)化學(xué)平衡時(shí)利用到達(dá)化學(xué)平衡時(shí)v正正=v逆計(jì)算出逆計(jì)算出,然后結(jié)然后結(jié)合合“三段式即可求出三段式即可求出。kk正逆vv正逆;考點(diǎn)二化學(xué)平衡考點(diǎn)二化學(xué)平衡1.(20211.(2021課標(biāo)課標(biāo),27,14,27,14分分) )丁烯是一種重要的化工原料丁烯是一種重要的化工原料, ,可由丁烷催化脫氫制備?？捎啥⊥榇呋摎渲苽??；卮鹨韵聠栴}回答以下問題: :(1)(1)正丁烷正丁烷(C4H10)(C4H10)脫氫制脫氫制1-1-丁烯丁烯(C4H8)(C4H8)的熱化學(xué)方程式如下的熱化學(xué)方程式如下: : C4H10(g)C4H10(g)C4H8(g)+H2(g)C4H8(g)+H2(g) H1H1知知:

10、:C4H10(g)+C4H10(g)+O2(g)O2(g)C4H8(g)+H2O(g)C4H8(g)+H2O(g)H2=-119 kJmol-1H2=-119 kJmol-1H2(g)+H2(g)+O2(g)O2(g)H2O(g)H2O(g)H3=-242 kJmol-1H3=-242 kJmol-1反響的反響的H1H1為為 kJmol-1kJmol-1。圖。圖(a)(a)是反響平衡轉(zhuǎn)化率與反響溫度及壓是反響平衡轉(zhuǎn)化率與反響溫度及壓強(qiáng)的關(guān)系圖強(qiáng)的關(guān)系圖,x,x 0.1(0.1(填填“大于或大于或“小于小于););欲使丁烯的平衡產(chǎn)率提高欲使丁烯的平衡產(chǎn)率提高, ,應(yīng)采取的措施是應(yīng)采取的措施是 (

11、 (填標(biāo)號(hào)填標(biāo)號(hào)) )。A.A.升高溫度升高溫度B.B.降低溫度降低溫度C.C.增大壓強(qiáng)增大壓強(qiáng)D.D.降低壓強(qiáng)降低壓強(qiáng)1212;(2)丁烷和氫氣的混合氣體以一定流速經(jīng)過填充有催化劑的反響器(氫氣的作用是活化催化劑),出口氣中含有丁烯、丁烷、氫氣等。圖(b)為丁烯產(chǎn)率與進(jìn)料氣中n(氫氣)/n(丁烷)的關(guān)系。圖中曲線呈現(xiàn)先升高后降低的變化趨勢(shì),其降低的緣由是 。(3)圖(c)為反響產(chǎn)率和反響溫度的關(guān)系曲線,副產(chǎn)物主要是高溫裂解生成的短碳鏈烴類化合物。丁烯產(chǎn)率在590 之前隨溫度升高而增大的緣由能夠是 、 ;590 之后,丁烯產(chǎn)率快速降低的主要緣由能夠是 。;答案答案(1)123小于小于AD(2)

12、氫氣是產(chǎn)物之一氫氣是產(chǎn)物之一,隨著隨著n(氫氣氫氣)/n(丁烷丁烷)增大增大,逆反響速率增大逆反響速率增大(3)升高溫度有利于反響向吸熱方向進(jìn)展溫度升高反響速率加快丁烯高溫裂解生成短鏈升高溫度有利于反響向吸熱方向進(jìn)展溫度升高反響速率加快丁烯高溫裂解生成短鏈烴類烴類解析此題調(diào)查反響熱的計(jì)算及影響化學(xué)平衡的要素。解析此題調(diào)查反響熱的計(jì)算及影響化學(xué)平衡的要素。(1)運(yùn)用蓋斯定律運(yùn)用蓋斯定律,由由-可得可得,故故H1=H2-H3=123kJmol-1;由圖由圖(a)可知可知,溫度一定時(shí)溫度一定時(shí),壓強(qiáng)由壓強(qiáng)由0.1MPa變成變成xMPa,反響物的平衡反響物的平衡轉(zhuǎn)轉(zhuǎn)化率增大化率增大,對(duì)反響而言對(duì)反響而

13、言,減小壓強(qiáng)減小壓強(qiáng),平衡正向挪動(dòng)平衡正向挪動(dòng),反響物平衡轉(zhuǎn)化率增大反響物平衡轉(zhuǎn)化率增大,故故x小于小于0.1;H10,升高溫度或減小壓強(qiáng)可使反響的平衡正向挪動(dòng)升高溫度或減小壓強(qiáng)可使反響的平衡正向挪動(dòng),丁烯的平衡產(chǎn)率提高丁烯的平衡產(chǎn)率提高,應(yīng)選擇應(yīng)選擇A、D。(2)H2是反響的產(chǎn)物之一是反響的產(chǎn)物之一,假設(shè)混合氣體中假設(shè)混合氣體中H2比例過大比例過大,會(huì)抑制反響正向進(jìn)展會(huì)抑制反響正向進(jìn)展,從而使丁烯產(chǎn)率降低。從而使丁烯產(chǎn)率降低。(3)590之前之前,升高溫度升高溫度,有利于反響正向進(jìn)展有利于反響正向進(jìn)展,同時(shí)反響速率加快。反響速率加快同時(shí)反響速率加快。反響速率加快,氣流經(jīng)過氣流經(jīng)過反響器時(shí)反響

14、物的利用率就會(huì)提高反響器時(shí)反響物的利用率就會(huì)提高,丁烯的產(chǎn)率增大。丁烯的產(chǎn)率增大。590之后丁烯高溫裂解生成的短鏈之后丁烯高溫裂解生成的短鏈烴類化合物增多烴類化合物增多,丁烯產(chǎn)率降低。丁烯產(chǎn)率降低。審題方法審題方法(3)結(jié)合題給信息發(fā)掘圖結(jié)合題給信息發(fā)掘圖(c)中隱含條件對(duì)問題進(jìn)展解答。中隱含條件對(duì)問題進(jìn)展解答。;2.(2021課標(biāo)課標(biāo),28,15分分,0.257)碘及其化合物在合成殺菌劑、藥物等方面具有廣泛用途?；卮鸬饧捌浠衔镌诤铣蓺⒕鷦?、藥物等方面具有廣泛用途?；卮鹨韵聠栴}以下問題:(1)大量的碘富集在海藻中大量的碘富集在海藻中,用水浸取后濃縮用水浸取后濃縮,再向濃縮液中加再向濃縮液中加

15、MnO2和和H2SO4,即可得到即可得到I2。該反。該反應(yīng)的復(fù)原產(chǎn)物為應(yīng)的復(fù)原產(chǎn)物為。(2)上述濃縮液中主要含有上述濃縮液中主要含有I-、Cl-等離子。取一定量的濃縮液等離子。取一定量的濃縮液,向其中滴加向其中滴加AgNO3溶液溶液,當(dāng)當(dāng)AgCl開場(chǎng)沉淀時(shí)開場(chǎng)沉淀時(shí),溶液中溶液中為為。知。知Ksp(AgCl)=1.810-10,Ksp(AgI)=8.510-17。(3)知反響知反響2HI(g)H2(g)+I2(g)的的H=+11kJmol-1,1molH2(g)、1molI2(g)分子中化學(xué)鍵斷分子中化學(xué)鍵斷裂時(shí)分別需求吸收裂時(shí)分別需求吸收436kJ、151kJ的能量的能量,那么那么1molH

16、I(g)分子中化學(xué)鍵斷裂時(shí)需吸收的能量為分子中化學(xué)鍵斷裂時(shí)需吸收的能量為kJ。(4)Bodensteins研討了以下反響研討了以下反響:2HI(g)H2(g)+I2(g)在在716K時(shí)時(shí),氣體混合物中碘化氫的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)氣體混合物中碘化氫的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)x(HI)與反響時(shí)間與反響時(shí)間t的關(guān)系如下表的關(guān)系如下表:(I )(Cl )cct/min020406080120 x(HI)10.910.850.8150.7950.784x(HI)00.600.730.7730.7800.784;根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)結(jié)果,該反響的平衡常數(shù)K的計(jì)算式為 。上述反響中,正反響速率為v正=k正x2(HI),逆反響速率為v逆

17、=k逆x(H2)x(I2),其中k正、k逆為速率常數(shù),那么k逆為 (以K和k正表示)。假設(shè)k正=0.002 7 min-1,在t=40 min時(shí),v正= min-1。由上述實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)計(jì)算得到v正x(HI)和v逆x(H2)的關(guān)系可用以下圖表示。當(dāng)升高到某一溫度時(shí),反響重新到達(dá)平衡,相應(yīng)的點(diǎn)分別為 (填字母)。 ;答案答案(1)MnSO4(或或Mn2+)(1分分)(2)4.710-7(2分分)(3)299(2分分)(4)(2分分)k正正/K1.9510-3(每空每空2分分,共共4分分)A、E(4分分)20.108 0.1080.784;解析解析(1)MnO2在酸性條件下可把在酸性條件下可把I-氧化為

18、氧化為I2,本身被復(fù)原為本身被復(fù)原為Mn2+,即復(fù)原產(chǎn)物為即復(fù)原產(chǎn)物為MnSO4。(2)當(dāng)當(dāng)AgCl開場(chǎng)沉淀時(shí)開場(chǎng)沉淀時(shí),AgI曾經(jīng)沉淀完全曾經(jīng)沉淀完全,此時(shí)溶液中此時(shí)溶液中=4.710-7。(3)設(shè)設(shè)1molHI(g)分子中化學(xué)鍵斷裂吸收的能量為分子中化學(xué)鍵斷裂吸收的能量為xkJ,由反響熱與鍵能的關(guān)系可知由反響熱與鍵能的關(guān)系可知,2x=436+151+11,解得解得x=299,故故1molHI(g)分子中化學(xué)鍵斷裂時(shí)需吸收的能量為分子中化學(xué)鍵斷裂時(shí)需吸收的能量為299kJ。(4)察看表中數(shù)據(jù)知察看表中數(shù)據(jù)知,120min時(shí)反響到達(dá)平衡時(shí)反響到達(dá)平衡,此時(shí)此時(shí)x(HI)=0.784,x(H2)

19、=x(I2)=(1-0.784)=0.108,故反響的平衡常數(shù)故反響的平衡常數(shù)K的計(jì)算式為的計(jì)算式為=。由于由于v正正=k正正x2(HI),v逆逆=k逆逆x(H2)x(I2),K=,當(dāng)?shù)竭_(dá)平衡形狀時(shí)當(dāng)?shù)竭_(dá)平衡形狀時(shí),v正正=v逆逆,即即k逆逆=;在在t=40min時(shí)時(shí),x(HI)=0.85,v正正=k正正x2(HI)=0.0027min-10.852=1.9510-3min-1。反響反響2HI(g)H2(g)+I2(g)是吸熱反響是吸熱反響,升高溫度升高溫度,反響速率加快反響速率加快,平衡正向挪動(dòng)平衡正向挪動(dòng),x(HI)減小減小,x(H2)增大增大,察看圖像知察看圖像知,對(duì)應(yīng)的點(diǎn)分別為對(duì)應(yīng)的點(diǎn)

20、分別為A和和E。(I )(Cl )ccspsp()(Ag )()(Ag )KAgIcKAgClcspsp()()KAgIKAgCl17108.5 101.8 1012222(H )(I )()xxxHI20.108 0.1080.784222(H )(I )()xxxHIkK正易錯(cuò)警示易錯(cuò)警示第第(4)小題中計(jì)算式會(huì)被誤以為是表達(dá)式。小題中計(jì)算式會(huì)被誤以為是表達(dá)式。解題關(guān)鍵解題關(guān)鍵熟練掌握氧化復(fù)原反響、沉淀溶解平衡、化學(xué)反響速率及化學(xué)平衡知識(shí)是解題熟練掌握氧化復(fù)原反響、沉淀溶解平衡、化學(xué)反響速率及化學(xué)平衡知識(shí)是解題的關(guān)鍵。的關(guān)鍵。;3.(2021課標(biāo)課標(biāo),26,13分分,0.513)在容積為在

21、容積為1.00L的容器中的容器中,通入一定量的通入一定量的N2O4,發(fā)生反響發(fā)生反響N2O4(g)2NO2(g),隨溫度升高隨溫度升高,混合氣體的顏色變深?；旌蠚怏w的顏色變深。;回答以下問題:(1)反響的H 0(填“大于或“小于);100 時(shí),體系中各物質(zhì)濃度隨時(shí)間變化如上圖所示。在060 s 時(shí)段,反響速率v(N2O4)為 molL-1s-1;反響的平衡常數(shù)K1為 。(2)100 時(shí)達(dá)平衡后,改動(dòng)反響溫度為T,c(N2O4)以0.002 0 molL-1s-1的平均速率降低,經(jīng)10 s又到達(dá)平衡。T 100 (填“大于或“小于),判別理由是 。列式計(jì)算溫度T時(shí)反響的平衡常數(shù)K2 。(3)溫度

22、T時(shí)反響達(dá)平衡后,將反響容器的容積減少一半。平衡向 (填“正反響或“逆反響)方向挪動(dòng),判別理由是 。答案答案(1)大于大于0.00100.36molL-1(1分分,2分分,2分分,共共5分分)(2)大于大于(1分分)反響正方向吸熱反響正方向吸熱,反響向吸熱方向進(jìn)展反響向吸熱方向進(jìn)展,故溫度升高故溫度升高(2分分)平衡時(shí)平衡時(shí),c(NO2)=0.120molL-1+0.0020molL-1s-110s2=0.16molL-1c(N2O4)=0.040molL-1-0.0020molL-1s-110s=0.020molL-1K2=1.3molL-1(3分分)(3)逆反響對(duì)氣體分子數(shù)增大的反響逆反響

23、對(duì)氣體分子數(shù)增大的反響,增大壓強(qiáng)平衡向逆反響方向挪動(dòng)增大壓強(qiáng)平衡向逆反響方向挪動(dòng)(每空每空1分分,共共2分分)1 21(0.16mol L )0.020mol L;解析解析(1)隨溫度升高隨溫度升高,混合氣體的顏色變深混合氣體的顏色變深,闡明升溫平衡向正反響方向挪動(dòng)闡明升溫平衡向正反響方向挪動(dòng),H0。在。在060s時(shí)段時(shí)段,v(N2O4)=0.0010molL-1s-1;平衡常數(shù)平衡常數(shù)K1=0.36molL-1。(2)當(dāng)溫度由當(dāng)溫度由100變?yōu)樽優(yōu)門時(shí)時(shí),N2O4的濃度降低的濃度降低,“三段式如下三段式如下:N2O4(g)2NO2(g)100平衡時(shí)平衡時(shí)0.040molL-10.120mol

24、L-1溫度溫度T時(shí)變化時(shí)變化0.020molL-10.040molL-1溫度溫度T平衡時(shí)平衡時(shí)0.020molL-10.160molL-1由于溫度變?yōu)橛捎跍囟茸優(yōu)門時(shí)平衡向時(shí)平衡向N2O4濃度減小的方向挪動(dòng)濃度減小的方向挪動(dòng),即向吸熱方向挪動(dòng)即向吸熱方向挪動(dòng),故溫度升高故溫度升高,所以所以T100。當(dāng)再次到達(dá)平衡時(shí)。當(dāng)再次到達(dá)平衡時(shí),平衡常數(shù)平衡常數(shù)K2=1.3molL-1。(3)溫度不變溫度不變,將反響容器的容積減少一半將反響容器的容積減少一半,壓強(qiáng)增大壓強(qiáng)增大,平衡向氣體分子數(shù)減小的方向平衡向氣體分子數(shù)減小的方向(即逆反響即逆反響方向方向)挪動(dòng)。挪動(dòng)。ct1(0.1000.040)mol

25、L60 s2224( O )(N O )cNc1 21(0.120mol L )0.040mol L2224( O )(N O )cNc1 21(0.160mol L )0.020mol L解題關(guān)鍵解題關(guān)鍵熟習(xí)化學(xué)反響速率、化學(xué)平衡常數(shù)的概念及其相關(guān)計(jì)算公式熟習(xí)化學(xué)反響速率、化學(xué)平衡常數(shù)的概念及其相關(guān)計(jì)算公式,掌握外界條件對(duì)化掌握外界條件對(duì)化學(xué)反響速率和化學(xué)平衡的影響規(guī)律是解題的關(guān)鍵。學(xué)反響速率和化學(xué)平衡的影響規(guī)律是解題的關(guān)鍵。;考點(diǎn)三化學(xué)平衡常數(shù)與化學(xué)平衡有關(guān)的計(jì)算考點(diǎn)三化學(xué)平衡常數(shù)與化學(xué)平衡有關(guān)的計(jì)算1.(20211.(2021課標(biāo)課標(biāo),28,15,28,15分分) )采用采用N2O5N2

26、O5為硝化劑是一種新型的綠色硝化技術(shù)為硝化劑是一種新型的綠色硝化技術(shù), ,在含能在含能資料、醫(yī)藥等資料、醫(yī)藥等工業(yè)中得到廣泛運(yùn)用?；卮鹨韵聠栴}工業(yè)中得到廣泛運(yùn)用。回答以下問題: :(1)1840(1)1840年年DevilDevil用枯燥的氯氣經(jīng)過枯燥的硝酸銀用枯燥的氯氣經(jīng)過枯燥的硝酸銀, ,得到得到N2O5N2O5。該反響的氧化產(chǎn)物。該反響的氧化產(chǎn)物是一種氣體是一種氣體, ,其分子式為其分子式為 。(2)F.Daniels(2)F.Daniels等曾利用測(cè)壓法在剛性反響器中研討了等曾利用測(cè)壓法在剛性反響器中研討了25 25 時(shí)時(shí)N2O5(g)N2O5(g)分解反響分解反響: :2N2O5(g

27、)2N2O5(g) 4NO2(g)+O2(g) 4NO2(g)+O2(g) 2N2O4(g)2N2O4(g)其中其中NO2NO2二聚為二聚為N2O4N2O4的反響可以迅速到達(dá)平衡。體系的總壓強(qiáng)的反響可以迅速到達(dá)平衡。體系的總壓強(qiáng)p p隨時(shí)間隨時(shí)間t t的變化如的變化如下表所示下表所示t=t=時(shí)時(shí),N2O5(g),N2O5(g)完全分解完全分解:t/min040801602601 3001 700p/kPa35.840.342.545.949.261.262.363.1;知:2N2O5(g) 2N2O4(g)+O2(g)H1=-4.4 kJmol-12NO2(g) N2O4(g) H2=-55.

28、3 kJmol-1那么反響N2O5(g) 2NO2(g)+O2(g)的H= kJmol-1。研討闡明,N2O5(g)分解的反響速率v=210-3(kPamin-1)。t=62 min時(shí),測(cè)得體系中=2.9 kPa,那么此時(shí)的= kPa,v= kPamin-1。假設(shè)提高反響溫度至35 ,那么N2O5(g)完全分解后體系壓強(qiáng)p(35 ) 63.1 kPa(填“大于“等于或“小于),緣由是 。25 時(shí)N2O4(g) 2NO2(g)反響的平衡常數(shù)Kp= kPa(Kp為以分壓表示的平衡常數(shù),計(jì)算結(jié)果保管1位小數(shù))。(3)對(duì)于反響2N2O5(g) 4NO2(g)+O2(g),R.A.Ogg提出如下反響歷程

29、:第一步N2O5 NO2+NO3快速平衡第二步NO2+NO3 NO+NO2+O2慢反響1225N Op2Op25N Op;第三步NO+NO3 2NO2快反響其中可近似以為第二步反響不影響第一步的平衡。以下表述正確的選項(xiàng)是 (填標(biāo)號(hào))。A.v(第一步的逆反響)v(第二步反響)B.反響的中間產(chǎn)物只需NO3C.第二步中NO2與NO3的碰撞僅部分有效D.第三步反響活化能較高答案答案(1)O2(2)53.130.06.010-2大于溫度提高大于溫度提高,體積不變體積不變,總壓強(qiáng)提高總壓強(qiáng)提高;NO2二二聚為放熱反響聚為放熱反響,溫度提高溫度提高,平衡左移平衡左移,體系物質(zhì)的量添加體系物質(zhì)的量添加,總壓強(qiáng)

30、提高總壓強(qiáng)提高13.4(3)AC;解析此題調(diào)查氧化復(fù)原反響、反響熱的計(jì)算、化學(xué)反響速率、化學(xué)平衡及化學(xué)平衡常數(shù)解析此題調(diào)查氧化復(fù)原反響、反響熱的計(jì)算、化學(xué)反響速率、化學(xué)平衡及化學(xué)平衡常數(shù)的計(jì)算。的計(jì)算。(1)氯氣具有強(qiáng)氧化性氯氣具有強(qiáng)氧化性,氮元素化合價(jià)不變氮元素化合價(jià)不變,Ag應(yīng)以應(yīng)以AgCl方式存在方式存在,那么被氧化的是氧元素那么被氧化的是氧元素,對(duì)應(yīng)的對(duì)應(yīng)的氧化產(chǎn)物為氧化產(chǎn)物為O2,反響的化學(xué)方程式為反響的化學(xué)方程式為4AgNO3+2Cl24AgCl+2N2O5+O2。(2)2N2O5(g)2N2O4(g)+O2(g)H1=-4.4kJmol-1a2NO2(g)N2O4(g)H2=-5

31、5.3kJmol-1b根據(jù)蓋斯定律根據(jù)蓋斯定律,由由-b可得可得:N2O5(g)2NO2(g)+O2(g)H=53.1kJmol-1。由由2N2O5(g)O2(g)可知可知,=2.9kPa時(shí)時(shí)N2O5分壓減小分壓減小5.8kPa,此時(shí)此時(shí)=(35.8-5.8)kPa=30.00kPa。v=210-3(kPamin-1)=210-330(kPamin-1)=6.010-2kPamin-1。t=時(shí)時(shí),N2O5完全分解。完全分解。2N2O52N2O4+O222135.8kPa=35.8kPa=17.9kPaa2122Op25N Op25N Op24N Op2Op24N Op2Op;設(shè)達(dá)平衡時(shí),N2O

32、4分壓減小了x kPa。N2O4 2NO2開場(chǎng)分壓(kPa) 35.8 0變化分壓(kPa) x 2x平衡分壓(kPa) 35.8-x 2x(35.8-x)kPa+2x kPa+17.9 kPa=63.1 kPa,解得x=9.4,那么平衡時(shí)=26.4 kPa,=18.8 kPa,K=kPa13.4 kPa。(3)第一步反響為快反響,其逆反響的速率也比第二步反響的速率快,A正確;從反響方程式看,中間產(chǎn)物有NO3、NO,B錯(cuò)誤;由于第二步反響是慢反響,闡明NO2與NO3的碰撞僅部分有效,C正確;第三步是快反響,故其活化能應(yīng)較低,D錯(cuò)誤。24N Op2NOp218.826.4;2.(2021課標(biāo)課標(biāo)

33、,28,14分分)砷砷(As)是第周圍期是第周圍期A族元素族元素,可以構(gòu)成可以構(gòu)成As2S3、As2O5、H3AsO3、H3AsO4等化合物等化合物,有著廣泛的用途?；卮鹨韵聠栴}有著廣泛的用途。回答以下問題:(1)畫出砷的原子構(gòu)造表示圖畫出砷的原子構(gòu)造表示圖。(2)工業(yè)上常將含砷廢渣工業(yè)上常將含砷廢渣(主要成分為主要成分為As2S3)制成漿狀制成漿狀,通入通入O2氧化氧化,生成生成H3AsO4和單質(zhì)硫。寫出和單質(zhì)硫。寫出發(fā)生反響的化學(xué)方程式發(fā)生反響的化學(xué)方程式。該反響需求在加壓下。該反響需求在加壓下進(jìn)展進(jìn)展,緣由是緣由是。(3)知知:As(s)+H2(g)+2O2(g)H3AsO4(s)H1H

34、2(g)+O2(g)H2O(l)H22As(s)+O2(g)As2O5(s)H3那么反響那么反響As2O5(s)+3H2O(l)2H3AsO4(s)的的H=。(4)298K時(shí)時(shí),將將20mL3xmolL-1Na3AsO3、20mL3xmolL-1I2和和20mLNaOH溶液混合溶液混合,發(fā)生發(fā)生反反應(yīng)應(yīng):As(aq)+I2(aq)+2OH-(aq)As(aq)+2I-(aq)+H2O(l)。溶液中。溶液中c(As)與反響時(shí)間與反響時(shí)間(t)的的關(guān)系如下圖。關(guān)系如下圖。32125233O34O34O;以下可判別反響到達(dá)平衡的是 (填標(biāo)號(hào))。a.溶液的pH不再變化b.v(I-)=2v(As)c.c

35、(As)/c(As)不再變化d.c(I-)=y molL-1tm時(shí),v正 v逆(填“大于“小于或“等于)。tm時(shí)v逆 tn時(shí)v逆(填“大于“小于或“等于),理由是 。假設(shè)平衡時(shí)溶液的pH=14,那么該反響的平衡常數(shù)K為 。33O34O33O;答案答案(1)(2)2As2S3+5O2+6H2O4H3AsO4+6S添加反響物添加反響物O2的濃度的濃度,提高提高As2S3的轉(zhuǎn)化速率的轉(zhuǎn)化速率(3)2H1-3H2-H3(4)a、c大于小于大于小于tm時(shí)生成物濃度較低時(shí)生成物濃度較低(molL-1)-1324()yxy;解析解析(1)As位于第周圍期第位于第周圍期第A族族,其原子序數(shù)為其原子序數(shù)為33,

36、那么其原子構(gòu)造表示圖為那么其原子構(gòu)造表示圖為。(2)根據(jù)得失電子守恒及原子守恒可以配平該反響的化學(xué)方程式根據(jù)得失電子守恒及原子守恒可以配平該反響的化學(xué)方程式:2As2S3+5O2+6H2O4H3AsO4+6S。該反響是有氣體物質(zhì)參與的反響。該反響是有氣體物質(zhì)參與的反響,加壓可以加快反響速率。加壓可以加快反響速率。(3)由蓋斯定律可知由蓋斯定律可知H=2H1-3H2-H3。(4)溶液溶液pH不變時(shí)不變時(shí),c(OH-)堅(jiān)持不變堅(jiān)持不變,反響處于平衡形狀反響處于平衡形狀;b項(xiàng)項(xiàng),未標(biāo)明未標(biāo)明v(I-)和和v()的方向的方向,反反應(yīng)不一定處于平衡形狀應(yīng)不一定處于平衡形狀;由于提供的由于提供的Na3As

37、O3的量一定的量一定,所以所以c(As)/c(As)不再變化時(shí)不再變化時(shí),c(As)與與c(As)也堅(jiān)持不變也堅(jiān)持不變,反響處于平衡形狀反響處于平衡形狀;平衡時(shí)平衡時(shí)c(I-)=2c()=2ymolL-1=2ymolL-1,即即c(I-)=ymolL-1時(shí)反響未到達(dá)平衡形狀。反響從正反響開場(chǎng)進(jìn)展時(shí)反響未到達(dá)平衡形狀。反響從正反響開場(chǎng)進(jìn)展,tm時(shí)反響繼續(xù)正向進(jìn)展時(shí)反響繼續(xù)正向進(jìn)展,v正正v逆。逆。tm時(shí)時(shí)As濃度比濃度比tn時(shí)小時(shí)小,所以逆反響速率所以逆反響速率:tmtn。三種溶液混合后。三種溶液混合后,反響前反響前Na3AsO3濃濃度為度為xmolL-1,同理同理I2濃度為濃度為xmolL-1

38、,反響到達(dá)平衡時(shí)反響到達(dá)平衡時(shí),c(As)為為ymolL-1,那么那么c(I-)=2ymolL-1,消消耗耗As、I2濃度均為濃度均為ymolL-1,平衡時(shí)平衡時(shí)c(As)為為(x-y)molL-1,c(I2)為為(x-y)molL-1,溶液中溶液中c(OH-)=1molL-1,K=(molL-1)-1=(molL-1)-1。33AsO34O33O34O33O34AsO34O34O33O33O22(2 )() () 1yyxyxy324()yxy;3.(2021課標(biāo)課標(biāo),27,14分分)丙烯腈丙烯腈(CH2CHCN)是一種重要的化工原料是一種重要的化工原料,工業(yè)上可用工業(yè)上可用“丙烯氨氧丙烯氨

39、氧化法消費(fèi)化法消費(fèi),主要副產(chǎn)物有丙烯醛主要副產(chǎn)物有丙烯醛(CH2CHCHO)和乙腈和乙腈(CH3CN)等?；卮鹨韵聠栴}等。回答以下問題:(1)以丙烯、氨、氧氣為原料以丙烯、氨、氧氣為原料,在催化劑存在下生成丙烯腈在催化劑存在下生成丙烯腈(C3H3N)和副產(chǎn)物丙烯醛和副產(chǎn)物丙烯醛(C3H4O)的的熱化學(xué)方程式如下熱化學(xué)方程式如下:C3H6(g)+NH3(g)+O2(g)C3H3N(g)+3H2O(g)H=-515kJmol-1C3H6(g)+O2(g)C3H4O(g)+H2O(g)H=-353kJmol-1兩個(gè)反響在熱力學(xué)上趨勢(shì)均很大兩個(gè)反響在熱力學(xué)上趨勢(shì)均很大,其緣由是其緣由是;有利于有利于提

40、高丙烯腈平衡產(chǎn)率的反響條件是提高丙烯腈平衡產(chǎn)率的反響條件是;提高丙烯腈反響選擇性的關(guān)提高丙烯腈反響選擇性的關(guān)鍵要素是鍵要素是。(2)圖圖(a)為丙烯腈產(chǎn)率與反響溫度的關(guān)系曲線為丙烯腈產(chǎn)率與反響溫度的關(guān)系曲線,最高產(chǎn)率對(duì)應(yīng)的溫度為最高產(chǎn)率對(duì)應(yīng)的溫度為460。低于。低于460時(shí)時(shí),丙烯腈的產(chǎn)率丙烯腈的產(chǎn)率(填填“是或是或“不是不是)對(duì)應(yīng)溫度下的平衡產(chǎn)率對(duì)應(yīng)溫度下的平衡產(chǎn)率,判別理由是判別理由是;高于高于460時(shí)時(shí),丙烯腈產(chǎn)率降低的能夠緣由是丙烯腈產(chǎn)率降低的能夠緣由是(雙選雙選,填標(biāo)號(hào)填標(biāo)號(hào))。A.催化劑活性降低催化劑活性降低B.平衡常數(shù)變大平衡常數(shù)變大32;C.副反響增多D.反響活化能增大(3)丙

41、烯腈和丙烯醛的產(chǎn)率與n(氨)/n(丙烯)的關(guān)系如圖(b)所示。由圖可知,最正確n(氨)/n(丙烯)約為 ,理由是 。進(jìn)料氣氨、空氣、丙烯的實(shí)際體積比約為 。答案答案(14分分)(1)兩個(gè)反響均為放熱量大的反響降低溫度降低壓強(qiáng)催化劑兩個(gè)反響均為放熱量大的反響降低溫度降低壓強(qiáng)催化劑(2)不是該反響為放熱反響不是該反響為放熱反響,平衡產(chǎn)率應(yīng)隨溫度升高而降低平衡產(chǎn)率應(yīng)隨溫度升高而降低AC(3)1該比例下丙烯腈產(chǎn)率最高該比例下丙烯腈產(chǎn)率最高,而副產(chǎn)物丙烯醛產(chǎn)率最低而副產(chǎn)物丙烯醛產(chǎn)率最低1 7.5 1;解析解析(1)判別反響自發(fā)進(jìn)展的趨勢(shì)可從熵變和焓變兩方面思索判別反響自發(fā)進(jìn)展的趨勢(shì)可從熵變和焓變兩方面思

42、索,反響和的熵變不大反響和的熵變不大,但焓但焓變均較大變均較大,這是導(dǎo)致兩個(gè)反響在熱力學(xué)上趨勢(shì)均很大的主要緣由。根據(jù)影響平衡挪動(dòng)的要素這是導(dǎo)致兩個(gè)反響在熱力學(xué)上趨勢(shì)均很大的主要緣由。根據(jù)影響平衡挪動(dòng)的要素可知可知,提高丙烯腈平衡產(chǎn)率提高丙烯腈平衡產(chǎn)率(即使反響的平衡右移即使反響的平衡右移)的條件可以是降低溫度、降低壓強(qiáng)。在的條件可以是降低溫度、降低壓強(qiáng)。在影響反響速率的外界要素中影響反響速率的外界要素中,催化劑的影響最大催化劑的影響最大,且不同的反響普通運(yùn)用的催化劑也不同且不同的反響普通運(yùn)用的催化劑也不同,因此因此催化劑是提高丙烯腈反響選擇性的關(guān)鍵要素。催化劑是提高丙烯腈反響選擇性的關(guān)鍵要素。

43、(2)溫度升高溫度升高,反響的平衡常數(shù)變小反響的平衡常數(shù)變小,反響的活化能不變反響的活化能不變,高于高于460時(shí)時(shí),丙烯腈產(chǎn)率降低的原丙烯腈產(chǎn)率降低的原因能夠是催化劑的活性降低、副反響增多因能夠是催化劑的活性降低、副反響增多,A、C正確。正確。(3)由反響可知由反響可知n(NH3) n(O2) n(C3H6)=1 1.5 1,由于由于O2在空氣中所占體積分?jǐn)?shù)約為在空氣中所占體積分?jǐn)?shù)約為,所所以實(shí)際上進(jìn)料氣氨、空氣、丙烯的體積比以實(shí)際上進(jìn)料氣氨、空氣、丙烯的體積比V(NH3) V(空氣空氣) V(C3H6)=1 (1.55) 1=1 7.5 1。15審題技巧審題技巧看懂圖像的含義看懂圖像的含義,

44、看圖像時(shí)看圖像時(shí),一看面一看面:縱坐標(biāo)與橫坐標(biāo)的意義縱坐標(biāo)與橫坐標(biāo)的意義;二看線二看線:線的走向和變線的走向和變化趨勢(shì)化趨勢(shì);三看點(diǎn)三看點(diǎn):起點(diǎn)、拐點(diǎn)、終點(diǎn)等。起點(diǎn)、拐點(diǎn)、終點(diǎn)等。;考點(diǎn)一化學(xué)反響速率考點(diǎn)一化學(xué)反響速率1.(20211.(2021北京理綜北京理綜,7,6,7,6分分) )我國(guó)科研人員提出了由我國(guó)科研人員提出了由CO2CO2和和CH4CH4轉(zhuǎn)化為高附加值產(chǎn)品轉(zhuǎn)化為高附加值產(chǎn)品CHCH3COOH3COOH的催的催化反響歷程。該歷程表示圖如下?；错憵v程。該歷程表示圖如下。以下說法不正確的選項(xiàng)是以下說法不正確的選項(xiàng)是( () )A.A.生成生成CH3COOHCH3COOH總反響的原子

45、利用率為總反響的原子利用率為100%100%B.CH4CH3COOHB.CH4CH3COOH過程中過程中, ,有有CHCH鍵發(fā)生斷裂鍵發(fā)生斷裂C.C.放出能量并構(gòu)成了放出能量并構(gòu)成了CCCC鍵鍵D.該催化劑可有效提高反響物的平衡轉(zhuǎn)化率 B B組自主命題組自主命題省省( (區(qū)、市區(qū)、市) )卷題組卷題組;答案答案D此題調(diào)查能量變化、催化劑催化機(jī)理等知識(shí)。催化劑只影響化學(xué)反響速率此題調(diào)查能量變化、催化劑催化機(jī)理等知識(shí)。催化劑只影響化學(xué)反響速率,不會(huì)不會(huì)使化學(xué)平衡發(fā)生挪動(dòng)使化學(xué)平衡發(fā)生挪動(dòng),故不會(huì)提高反響物的平衡轉(zhuǎn)化率故不會(huì)提高反響物的平衡轉(zhuǎn)化率,D不正確。不正確。方法技巧方法技巧仔細(xì)察看表示圖仔細(xì)

46、察看表示圖,分清反響物、中間產(chǎn)物和生成物分清反響物、中間產(chǎn)物和生成物,該題就不難作答。該題就不難作答。;2.(2021北京理綜北京理綜,8,6分分)以下食品添加劑中以下食品添加劑中,其運(yùn)用目的與反響速率有關(guān)的是其運(yùn)用目的與反響速率有關(guān)的是()A.抗氧化劑抗氧化劑B.調(diào)味劑調(diào)味劑C.著色劑著色劑D.增稠劑增稠劑答案答案A抗氧化劑是防止食品氧化蛻變的添加劑抗氧化劑是防止食品氧化蛻變的添加劑,運(yùn)用目的是延緩食品的蛻變。運(yùn)用目的是延緩食品的蛻變。;3.(2021江蘇單科江蘇單科,10,2分分)H2O2分解速率受多種要素影響。實(shí)驗(yàn)測(cè)得分解速率受多種要素影響。實(shí)驗(yàn)測(cè)得70時(shí)不同條件下時(shí)不同條件下H2O2濃

47、濃度隨時(shí)間的變化如下圖。以下說法正確的選項(xiàng)是度隨時(shí)間的變化如下圖。以下說法正確的選項(xiàng)是()A.圖甲闡明,其他條件一樣時(shí),H2O2濃度越小,其分解速率越快B.圖乙闡明,其他條件一樣時(shí),溶液pH越小,H2O2分解速率越快C.圖丙闡明,少量Mn2+存在時(shí),溶液堿性越強(qiáng),H2O2分解速率越快D.圖丙和圖丁闡明,堿性溶液中,Mn2+對(duì)H2O2分解速率的影響大;答案答案D此題調(diào)查根據(jù)影響化學(xué)反響速率的要素識(shí)圖的才干。此題調(diào)查根據(jù)影響化學(xué)反響速率的要素識(shí)圖的才干。A項(xiàng)項(xiàng),從圖甲看出從圖甲看出,一樣時(shí)間一樣時(shí)間內(nèi)內(nèi),起始起始c(H2O2)越大越大,H2O2的濃度變化量越大的濃度變化量越大,即分解速率越快即分解

48、速率越快,錯(cuò)誤錯(cuò)誤;B項(xiàng)項(xiàng),從圖乙看出從圖乙看出,NaOH溶溶液濃度越大液濃度越大,即即pH越大越大,H2O2分解速率越快分解速率越快,錯(cuò)誤錯(cuò)誤;C項(xiàng)項(xiàng),從圖丙看出從圖丙看出,0.1molL-1NaOH與與1.0molL-1NaOH所示曲線相比所示曲線相比,0.1molL-1NaOH對(duì)應(yīng)曲線表示的對(duì)應(yīng)曲線表示的H2O2分解速率快分解速率快,錯(cuò)誤錯(cuò)誤;D項(xiàng)正確。項(xiàng)正確。審題方法三審清審題方法三審清一審題干一審題干,審清關(guān)鍵詞審清關(guān)鍵詞;二審題圖二審題圖,審清圖中標(biāo)注的數(shù)據(jù)審清圖中標(biāo)注的數(shù)據(jù);三審選項(xiàng)三審選項(xiàng),審清選項(xiàng)中所闡明的詳細(xì)結(jié)論。審清選項(xiàng)中所闡明的詳細(xì)結(jié)論。;4.(2021福建理綜福建理綜

49、,12,6分分)在不同濃度在不同濃度(c)、溫度、溫度(T)條件下條件下,蔗糖水解的瞬時(shí)速率蔗糖水解的瞬時(shí)速率(v)如下表。下如下表。下列判別不正確的選項(xiàng)是列判別不正確的選項(xiàng)是()A.a=6.00B.同時(shí)改動(dòng)反響溫度和蔗糖的濃度,v能夠不變C.b318.2D.不同溫度時(shí),蔗糖濃度減少一半所需的時(shí)間一樣c/molL-1 v/mmolL-1min-1T/K0.6000.5000.4000.300318.23.603.002.401.80328.29.007.50a4.50b2.161.801.441.08答案答案D根據(jù)題表信息可知根據(jù)題表信息可知,一樣溫度時(shí)一樣溫度時(shí),隨著濃度以等差數(shù)列遞減隨著濃

50、度以等差數(shù)列遞減,其瞬時(shí)速率也以等差數(shù)其瞬時(shí)速率也以等差數(shù)列遞減列遞減,故故a=6.00;同時(shí)改動(dòng)反響溫度和反響物濃度同時(shí)改動(dòng)反響溫度和反響物濃度,瞬時(shí)速率有能夠不變瞬時(shí)速率有能夠不變;一樣濃度時(shí)一樣濃度時(shí),溫度越溫度越高高,反響速率越快反響速率越快,故故b318.2;溫度升高溫度升高,瞬時(shí)速率加快瞬時(shí)速率加快,故蔗糖濃度減少一半時(shí)故蔗糖濃度減少一半時(shí),所用時(shí)間并不所用時(shí)間并不相等相等,D項(xiàng)錯(cuò)誤。項(xiàng)錯(cuò)誤。;考點(diǎn)二化學(xué)平衡考點(diǎn)二化學(xué)平衡1.(20211.(2021天津理綜天津理綜,5,6,5,6分分) )室溫下室溫下, ,向圓底燒瓶中參與向圓底燒瓶中參與1 mol C2H5OH1 mol C2H

51、5OH和含和含1 mol HBr1 mol HBr的氫溴酸的氫溴酸, ,溶液溶液中發(fā)生反響中發(fā)生反響:C2H5OH+HBr:C2H5OH+HBr C2H5Br+H2O, C2H5Br+H2O,充分反響后到達(dá)平衡。知常壓下充分反響后到達(dá)平衡。知常壓下,C2H5Br,C2H5Br和和C2H5OHC2H5OH的沸點(diǎn)分別為的沸點(diǎn)分別為38.4 38.4 和和78.5 78.5 。以下有關(guān)表達(dá)錯(cuò)誤的選項(xiàng)是。以下有關(guān)表達(dá)錯(cuò)誤的選項(xiàng)是( () )A.A.參與參與NaOH,NaOH,可增大乙醇的物質(zhì)的量可增大乙醇的物質(zhì)的量B.B.增大增大HBrHBr濃度濃度, ,有利于生成有利于生成C2H5BrC2H5BrC

52、.C.假設(shè)反響物均增大至假設(shè)反響物均增大至2 mol,2 mol,那么兩種反響物平衡轉(zhuǎn)化率之比不變那么兩種反響物平衡轉(zhuǎn)化率之比不變D.D.假設(shè)起始溫度提高至假設(shè)起始溫度提高至60 ,60 ,可縮短反響到達(dá)平衡的時(shí)間可縮短反響到達(dá)平衡的時(shí)間答案答案D此題調(diào)查化學(xué)平衡的影響要素。參與此題調(diào)查化學(xué)平衡的影響要素。參與NaOH會(huì)中和會(huì)中和HBr,平衡逆向挪動(dòng)平衡逆向挪動(dòng),乙醇的物質(zhì)乙醇的物質(zhì)的量增大的量增大,A正確正確;增大增大HBr濃度濃度,平衡正向挪動(dòng)平衡正向挪動(dòng),有利于生成有利于生成C2H5Br,B正確正確;只需投料比符合化學(xué)只需投料比符合化學(xué)計(jì)量數(shù)之比計(jì)量數(shù)之比,兩種反響物平衡轉(zhuǎn)化率之比一直是

53、兩種反響物平衡轉(zhuǎn)化率之比一直是1 1,C正確正確;假設(shè)起始溫度提高至假設(shè)起始溫度提高至60,那么反響那么反響生成的生成的C2H5Br會(huì)被及時(shí)蒸出會(huì)被及時(shí)蒸出,反響很難建立平衡反響很難建立平衡,D錯(cuò)誤。錯(cuò)誤。解題關(guān)鍵解題關(guān)鍵留意留意C2H5Br的沸點(diǎn)為的沸點(diǎn)為38.4,60時(shí)時(shí)C2H5Br為氣體。為氣體。;2.(2021江蘇單科江蘇單科,13,4分分)根據(jù)以下圖示所得出的結(jié)論不正確的選項(xiàng)是根據(jù)以下圖示所得出的結(jié)論不正確的選項(xiàng)是();A.圖甲是CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常數(shù)與反響溫度的關(guān)系曲線,闡明該反響的H0B.圖乙是室溫下H2O2催化分解放出氧氣的反響中c(H2O2

54、)隨反響時(shí)間變化的曲線,闡明隨著反應(yīng)的進(jìn)展H2O2分解速率逐漸減小C.圖丙是室溫下用0.100 0 molL-1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 molL-1某一元酸HX的滴定曲線,闡明HX是一元強(qiáng)酸D.圖丁是室溫下用Na2SO4除去溶液中Ba2+到達(dá)沉淀溶解平衡時(shí),溶液中c(Ba2+)與c(S)的關(guān)系曲線,闡明溶液中c(S)越大c(Ba2+)越小 24O24O答案答案C此題調(diào)查化學(xué)反響原理圖像的運(yùn)用。由圖甲可知此題調(diào)查化學(xué)反響原理圖像的運(yùn)用。由圖甲可知,溫度升高溫度升高,lgK減小減小,即即K值減小值減小,平平衡逆向挪動(dòng)衡逆向挪動(dòng),故正反響放熱故正反響放熱,H1,故故HX為

55、弱酸為弱酸,C錯(cuò)誤錯(cuò)誤;由圖丁可知由圖丁可知c(S)與與c(Ba2+)成反比成反比,即即c(S)越大越大c(Ba2+)越小越小,D正確。正確。24O24O審題方法審題方法解答圖像題時(shí)要看清橫坐標(biāo)、縱坐標(biāo)對(duì)應(yīng)的物理量及二者的關(guān)系。如圖甲解答圖像題時(shí)要看清橫坐標(biāo)、縱坐標(biāo)對(duì)應(yīng)的物理量及二者的關(guān)系。如圖甲,隨著隨著溫度升高溫度升高,lgK逐漸減小逐漸減小,即即K值逐漸減小值逐漸減小,闡明平衡逆向挪動(dòng)。闡明平衡逆向挪動(dòng)。;3.(2021江蘇單科江蘇單科,15,4分分)一定溫度下一定溫度下,在三個(gè)容積一樣的恒容密閉容器中按不同方式投入反響在三個(gè)容積一樣的恒容密閉容器中按不同方式投入反響物物,發(fā)生反響發(fā)生反

56、響2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)(正反響放熱正反響放熱),測(cè)得反響的相關(guān)數(shù)據(jù)如下測(cè)得反響的相關(guān)數(shù)據(jù)如下:以下說法正確的選項(xiàng)是()A.v1v2,c2K3,p22p3 容器1容器2容器3反應(yīng)溫度T/K700700800反應(yīng)物投入量2 mol SO2、1 mol O24 mol SO32 mol SO2、1 mol O2平衡v正(SO2)/molL-1s-1v1v2v3平衡c(SO3)/molL-1c1c2c3平衡體系總壓強(qiáng)p/Pap1p2p3物質(zhì)的平衡轉(zhuǎn)化率1(SO2)2(SO3)3(SO2)平衡常數(shù)KK1K2K3;C.v13(SO2)D.c22c3,2(SO3)+3(SO2)1答案答案

57、CD此題調(diào)查影響化學(xué)平衡挪動(dòng)的要素。容器此題調(diào)查影響化學(xué)平衡挪動(dòng)的要素。容器1和容器和容器2反響溫度一樣反響溫度一樣,容器容器2到達(dá)的到達(dá)的平衡相當(dāng)于在容器平衡相當(dāng)于在容器1到達(dá)的平衡的根底上增大壓強(qiáng)到達(dá)的平衡的根底上增大壓強(qiáng),平衡后平衡后,v12c1。容器。容器1和容器和容器3起始量起始量一樣一樣,容器容器3的反響溫度高于容器的反響溫度高于容器1,v1K3,1(SO2)3(SO2)。容器。容器2和容器和容器3比較比較,參與參與4molSO3相當(dāng)于參與相當(dāng)于參與4molSO2和和2molO2,容器容器2的的“起始起始量為容器量為容器3的的2倍倍,容器容器3的反響溫度高于容器的反響溫度高于容器2

58、,溫度升高溫度升高,平衡逆向挪動(dòng)平衡逆向挪動(dòng),容器容器3內(nèi)分子數(shù)增多內(nèi)分子數(shù)增多,所以所以p22c3。假設(shè)容器。假設(shè)容器3的起始量為的起始量為4molSO2、2molO2,極值轉(zhuǎn)化后與容器極值轉(zhuǎn)化后與容器2的起始量的起始量一樣一樣,且假設(shè)容器且假設(shè)容器3中的反響溫度也為中的反響溫度也為700K,那么有那么有2(SO3)+3(SO2)=1,現(xiàn)將容器現(xiàn)將容器3的物質(zhì)的量減的物質(zhì)的量減半半,溫度升高至溫度升高至800K,化學(xué)平衡逆向挪動(dòng)化學(xué)平衡逆向挪動(dòng),3(SO2)減小減小,所以所以2(SO3)+3(SO2)0H0B.B.圖中圖中Z Z的大小為的大小為a3ba3bC.C.圖中圖中X X點(diǎn)對(duì)應(yīng)的平衡混

59、合物中點(diǎn)對(duì)應(yīng)的平衡混合物中=3=3D.D.溫度不變時(shí)溫度不變時(shí), ,圖中圖中X X點(diǎn)對(duì)應(yīng)的平衡在加壓后點(diǎn)對(duì)應(yīng)的平衡在加壓后(CH4)(CH4)減小減小24(H)(CH )nOn24(H)(CH )nOn;答案答案AA項(xiàng)項(xiàng),根據(jù)圖像可知根據(jù)圖像可知,溫度升高溫度升高,(CH4)減小減小,闡明平衡右移闡明平衡右移,那么正反響是吸熱反響那么正反響是吸熱反響,該該反響的焓變反響的焓變H0,故正確故正確;B項(xiàng)項(xiàng),溫度一定時(shí)溫度一定時(shí),Z增大增大,平衡右移平衡右移,(CH4)減小減小,那么那么a33,故錯(cuò)誤故錯(cuò)誤;D項(xiàng)項(xiàng),加壓后加壓后X點(diǎn)對(duì)應(yīng)的平衡左移點(diǎn)對(duì)應(yīng)的平衡左移,(CH4)增大增大,故錯(cuò)誤。故錯(cuò)誤。

60、24(H)(CH )nOn24(H)(CH )nOn規(guī)律方法解平衡圖像題時(shí)規(guī)律方法解平衡圖像題時(shí),一定要兼顧文字和圖像信息一定要兼顧文字和圖像信息,以勒夏特列原理為中心進(jìn)展判別。以勒夏特列原理為中心進(jìn)展判別。;2.(2021天津理綜天津理綜,6,6分分)某溫度下某溫度下,在在2L的密閉容器中的密閉容器中,參與參與1molX(g)和和2molY(g)發(fā)生反響發(fā)生反響:X(g)+mY(g)3Z(g)平衡時(shí)平衡時(shí),X、Y、Z的體積分?jǐn)?shù)分別為的體積分?jǐn)?shù)分別為30%、60%、10%。在此平衡體系中參與。在此平衡體系中參與1molZ(g),再次再次到達(dá)平衡后到達(dá)平衡后,X、Y、Z的體積分?jǐn)?shù)不變。以下表達(dá)不