2023年高考化學(xué)真題分類解析-反應(yīng)速率、化學(xué)平衡

102023-2023高考化學(xué)真題分類解析---反響速率、化學(xué)平衡221．[2023江蘇]在恒壓、NO和O的起始濃度確定的條件下，催化反響一樣時(shí)間，測(cè)得不同溫度下NO轉(zhuǎn)化為NO的轉(zhuǎn)化率如圖中實(shí)線所示(圖中虛線表示一樣條件下NO的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化)22A．反響2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的ΔH>02B．圖中X點(diǎn)所示條件下，延長(zhǎng)反響時(shí)間能提高A．反響2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的ΔH>02D．380℃下，c(O2)=5.0×10?4mol·L?1，NO50%K>2023【答案】BD【解析】A.隨溫度上升NO的轉(zhuǎn)化領(lǐng)先上升后降低，說(shuō)明溫度較低時(shí)反響較慢，一段時(shí)間內(nèi)并未到達(dá)平衡，NONO動(dòng)，依據(jù)勒夏特列原理分析該反響為放熱反響，?H<0A錯(cuò)誤；B.依據(jù)上述分析，XNO的轉(zhuǎn)化率，B正確；C.Y點(diǎn)，反響已經(jīng)到達(dá)平衡狀態(tài)，此時(shí)增加O2的濃度，使得正反響速率大于逆反響速率，平衡向正反響方向移動(dòng)，可以提高NO的轉(zhuǎn)化率，故C錯(cuò)誤；NO起始濃度為amol/L，NO50%，則平衡時(shí)NO、O2和NO20.5amol/L、(5×10-4-0.25a)mol/L、0.5amol/L，依據(jù)平衡常數(shù)表達(dá)式c2(NO

) (0.5a)2 1K= 2

> =2023，故D正確；c2(NO)c(O2應(yīng)選BD。

) (0.5a)2(51040.5a) 5104【點(diǎn)睛】解此題時(shí)需要留意：實(shí)線中在最高點(diǎn)之前反響沒(méi)有到達(dá)平衡狀態(tài)，主要爭(zhēng)論溫度對(duì)化學(xué)反響速率的影響；最高點(diǎn)之后反響到達(dá)平衡狀態(tài)，可以爭(zhēng)論溫度對(duì)化學(xué)平衡的影響。2．[20234月選考]以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是A．H(g)＋I(xiàn)2(g)?2HI(g)，其他條件不變，縮小反響容器體積，正逆反響速率不變B．C(s)＋H2O(g)?H2(g)＋CO(g)，碳的質(zhì)量不再轉(zhuǎn)變說(shuō)明反響已達(dá)平衡C．假設(shè)壓強(qiáng)不再隨時(shí)間變化能說(shuō)明反響2A(?)＋B(g)?2C(?)已達(dá)平衡，則A、C不能同時(shí)是氣體molN23molH2反響到達(dá)平衡時(shí)H210%，放出的熱量為Q1；在一樣溫度和壓強(qiáng)下，當(dāng)2molNH3分解為N2和H210%時(shí)，吸取的熱量為Q2，Q2不等于Q1【答案】B【解析】A.該可逆反響的反響前后氣體計(jì)量數(shù)不發(fā)生變化，當(dāng)縮小反響容器體積，相當(dāng)于加壓，正逆反響速率同等程度增加，A項(xiàng)錯(cuò)誤；在建立平衡前，碳的質(zhì)量不斷轉(zhuǎn)變，到達(dá)平衡時(shí)，質(zhì)量不變，因而碳的質(zhì)量不再轉(zhuǎn)變說(shuō)明反響已達(dá)平衡，B項(xiàng)正確；假設(shè)壓強(qiáng)不再轉(zhuǎn)變說(shuō)明反響到達(dá)平衡，說(shuō)明反響前后氣體的計(jì)量數(shù)不等，故A、C不行能均為氣體，C項(xiàng)錯(cuò)誤；易知N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)ΔHn(H2)=3×10％=0.3mol，因而Q1=0.3/3×|ΔH|=0.1|ΔH|，分解氨氣時(shí)實(shí)際消耗的n(NH3)=2×10％=0.2mol，Q2=0.2/2×|ΔH|=0.1|ΔH|，則Q1=Q2，D項(xiàng)錯(cuò)誤。故答案選B。C2H5OH+HBr C2H5Br+H2OC2H5Br和CC2H5OH+HBr C2H5Br+H2OC2H5Br和C2H5OH的沸點(diǎn)分別為38.4℃78.5℃。以下有關(guān)表達(dá)錯(cuò)誤的選項(xiàng)是A．參與NaOH，可增大乙醇的物質(zhì)的量增大HBr濃度，有利于生成C2H5Br2mol，則兩種反響物平衡轉(zhuǎn)化率之比不變假設(shè)起始溫度提高至60℃，可縮短反響到達(dá)平衡的時(shí)間【答案】D【解析】A．參與NaOH，中和HBr，平衡逆向移動(dòng)，可增大乙醇的物質(zhì)的量。選項(xiàng)A正確。增大HBr濃度，平衡正向移動(dòng)，有利于生成C2H5Br。選B正確。2mol，實(shí)際上就是將反響的濃度都增大至原來(lái)的2倍，比例不變〔兩次試驗(yàn)反響物的比例都是1:1，等于方程式中的系數(shù)比〕，這里有一個(gè)可以直接使用的結(jié)論：只要反響物的投料比等于系數(shù)比，達(dá)平衡時(shí)反響物的轉(zhuǎn)化率確定是相等的。所以兩種反響物的轉(zhuǎn)化率確定是1:1。選項(xiàng)C正確。假設(shè)起始溫度提高至60℃，考慮到HBr是揮發(fā)性酸，在此溫度下會(huì)揮發(fā)出去，降低HBr的濃度減慢速率，增加了反響時(shí)間。選項(xiàng)D錯(cuò)誤。點(diǎn)睛：此題中的反響是反響前后物質(zhì)的量不變的反響，但是考慮到反響是在水溶液中進(jìn)展的，而生成的溴乙烷是不溶于水的，即此題中的溴乙烷應(yīng)當(dāng)是沒(méi)有濃度的，所以選項(xiàng)D中是不需要考慮溫度上升將溴乙烷蒸出的影響的。O2(g)2SO3(g)(正反響放熱)，測(cè)得反響的相關(guān)數(shù)據(jù)如下：4．O2(g)2SO3(g)(正反響放熱)，測(cè)得反響的相關(guān)數(shù)據(jù)如下：以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是A．v1<v2，c2<2c1 B．K1>K3，p2>2p3C．v1<v3，α1(SO2)>α3(SO2)【答案】CD

D．c2>2c3，α2(SO3)+α3(SO2)<1121324molSO3等效4molSO22molO221的兩倍，容器2 2相當(dāng)于在容器1υυ2 2 1 2 1 1 2 2 增大壓強(qiáng)平衡向正反響方向移動(dòng)，平衡時(shí)c2c，p2p，α〔SO〕+α〔SO〕1122 1 2 1 1 2 2 度一樣，K=K31到達(dá)平衡后上升溫度，上升溫度化學(xué)反響速率加快，υυ，上升1 2 3 13 1 3 1 3 2 1 2 3 溫度平衡向逆反響方向移動(dòng)，平衡時(shí)cc，pp，α〔SO〕α〔SO〕，KK。依據(jù)上述分析，3 1 3 1 3 2 1 2 3 項(xiàng)，υ

，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，KK，p

2p，pp，則p2p

，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，υ

υ，α2 1 2 1

3 1

1 3 1 2 3

3 1 3〔SO2〕α1〔SO2〕，C項(xiàng)正確；D項(xiàng)，c22c1，c3c1，則c22c3，α1〔SO2〕+α2〔SO3〕1，α3〔SO2〕α1〔SO2〕，則α2〔SO3〕+α3〔SO2〕1，D項(xiàng)正確；答案選CD。點(diǎn)睛：此題考察化學(xué)平衡時(shí)各物理量之間的關(guān)系，解題時(shí)奇異設(shè)計(jì)中間狀態(tài)，利用外界條件對(duì)化學(xué)反響速率和化學(xué)平衡的影響推斷。如容器2先設(shè)計(jì)其完全等效平衡的起始態(tài)為4molSO2和2molO2，4molSO2和2molO21中物質(zhì)的量，起始物質(zhì)的量成倍變化時(shí)相當(dāng)于增大壓強(qiáng)。5．[2023浙江11X(g3Y(g)2W(g)＋M(g)＝akJ·mo1〔a>。確定溫度下，1molX(g)1molY(g)，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是A．充分反響后，放出熱量為akJB．當(dāng)反響到達(dá)平衡狀態(tài)時(shí)，X與W1：2C．當(dāng)X的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)不再轉(zhuǎn)變，說(shuō)明該反響已達(dá)平衡D．假設(shè)增大Y的濃度，正反響速率增大，逆反響速率減小【答案】C【解析】A、該反響為可逆反響，不會(huì)完全進(jìn)展，投入原料1mol并未完全反響，故放出的熱量小于akJ，選項(xiàng)A不正確；B、XW分別為反響物和生成物，化學(xué)計(jì)量數(shù)只表示反響過(guò)程的轉(zhuǎn)化比例，并不能說(shuō)明到達(dá)平衡后的濃度之比，選項(xiàng)B不正確；C、當(dāng)X的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)不再變化時(shí)，反響到達(dá)平衡，選項(xiàng)CD、假設(shè)增大反響物濃度，正逆反響速率均會(huì)增加，選項(xiàng)D不正確。答案選C。6．[2023浙江11月選考]：2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) △H=-197.8kJ?mol—1。起始反響物為SO2和O2〔2：1，且總物質(zhì)的量不變。SO2的平衡轉(zhuǎn)化率〔%〕隨溫度和壓強(qiáng)的變化如下表，以下說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是溫度/K壓強(qiáng)/〔105Pa〕1.015.0710.125.350.767399.299.699.799.899.972397.598.999.299.599.677393.596.997.898.699.0A．確定壓強(qiáng)下降低溫度，SO2的轉(zhuǎn)化率增大B．在不同溫度、壓強(qiáng)下，轉(zhuǎn)化一樣物質(zhì)的量的SO2所需要的時(shí)間相等C．使用催化劑可以縮短反響到達(dá)平衡所需的時(shí)間D．工業(yè)生產(chǎn)通常不實(shí)行加壓措施是由于常壓下SO2的轉(zhuǎn)化率已相當(dāng)高【答案】B【解析】A、由表格數(shù)據(jù)及勒夏特列原理知，針對(duì)放熱反響，確定壓強(qiáng)下降低溫度，平衡正向移動(dòng)，反響物SO2的轉(zhuǎn)化率増大，選項(xiàng)A正確；B、由于在不同溫度、壓強(qiáng)下，化學(xué)反響速率不愿定相等，故轉(zhuǎn)化一樣物質(zhì)的量的SO2所需要的時(shí)間不愿定相等，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C、催化劑對(duì)化學(xué)平衡移動(dòng)無(wú)影響，但可以縮短到達(dá)平衡所花的時(shí)間，選項(xiàng)C正確；D、由圖中數(shù)據(jù)可知，不同溫度下，1.01×105Pa〔常壓〕SO2的轉(zhuǎn)化率分別為99.2%，97.5％，93.5％，已經(jīng)相當(dāng)高了，且加壓后轉(zhuǎn)化率上升并不明顯，所以沒(méi)有必要通過(guò)加壓提高轉(zhuǎn)化率，選項(xiàng)D正確。答案選B。7．[20237．[20234月選考]反響N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0，假設(shè)在恒壓絕熱的容器中發(fā)生，以下選項(xiàng)說(shuō)明確定已達(dá)平衡狀態(tài)的是A．容器內(nèi)的溫度不再變化B．容器內(nèi)的壓強(qiáng)不再變化C．一樣時(shí)間內(nèi)，斷開(kāi)H-H鍵的數(shù)目和生成N-H鍵的數(shù)目相等D．容器內(nèi)氣體的濃度c(N2):c(H2):c(NH3)=1:3:2【答案】A【解析】分析：依據(jù)化學(xué)平衡狀態(tài)的特征解答，當(dāng)反響到達(dá)平衡狀態(tài)時(shí)，正逆反響速率相等，各物質(zhì)的濃度、百分含量不變，據(jù)此分析解答。詳解：A．絕熱容器，溫度不再轉(zhuǎn)變，說(shuō)明正逆反響速率相等，該反響到達(dá)平衡狀態(tài)，故A正確；B．該反響在恒壓條件下進(jìn)展，壓強(qiáng)始終不變，不能依據(jù)壓強(qiáng)推斷平衡狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；C．一樣時(shí)間內(nèi)，斷開(kāi)H-H鍵的數(shù)目和生成N-H鍵的數(shù)目相等，表示的都是正反響，且不滿足計(jì)量數(shù)關(guān)系，無(wú)法推斷是否到達(dá)平衡狀態(tài)，故C錯(cuò)誤；D．容器內(nèi)氣體的濃度c(N2)：c(H2)：c(NH3)=1：3：2，無(wú)法推斷各組分的濃度是否發(fā)生變化，則無(wú)法推斷平衡狀態(tài)，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選A。C，要注=逆反響速率，要存在正逆反響速率，且相等才是平衡狀態(tài)。8．[20234月選考]某工業(yè)流程中，進(jìn)入反響塔的混合氣體中NOO20.10和NO到達(dá)所列轉(zhuǎn)化率需要時(shí)間/s0.062NO(g)+O2(g)=2NONO到達(dá)所列轉(zhuǎn)化率需要時(shí)間/s壓強(qiáng)/(×105Pa)溫度/℃50%90%98%1.030901225250510283057608.0300.23.93690900.67.974依據(jù)表中數(shù)據(jù)，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是A．上升溫度，反響速率加快B．增大壓強(qiáng)，反響速率變慢C．在1.0×105Pa、90℃條件下，當(dāng)轉(zhuǎn)化率為98%時(shí)的反響已到達(dá)平衡D．假設(shè)進(jìn)入反響塔的混合氣體為amol，反響速率以v=△n/△t8.0×105Pa、30℃條件下轉(zhuǎn)化率從50%90%時(shí)段NO4a/370mol/s【答案】D【解析】AA錯(cuò)誤；B,應(yīng)選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，在此條件下，當(dāng)轉(zhuǎn)化率為98%時(shí)需要的時(shí)間較長(zhǎng)，不確定反響是否到達(dá)了平衡，應(yīng)選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D 項(xiàng)，在amol 混合氣體進(jìn)入反應(yīng)塔，題目所示的外界環(huán)境下，NO 的反應(yīng)速率為=4a

mol/sD項(xiàng)正確。3.9s0.2s 370綜上所述，此題正確答案為D。9．9．[2023海南]反響CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH＜0。在確定溫度和壓強(qiáng)下于密閉容器中，A．上升溫度，K減小 B．減小壓強(qiáng)，n(CO2)增加C(CO【答案】AD

D．充入確定量的氮?dú)?，n(H2)不變A即上升溫度，K值減小，故A說(shuō)法正確；B、反響前后氣體系數(shù)之和相等，因此減小壓強(qiáng)，平衡不移動(dòng)，即2n(CO2)不變，故B說(shuō)法錯(cuò)誤；C、催化劑對(duì)化學(xué)平衡移動(dòng)無(wú)影響，因此CO的轉(zhuǎn)化率不變，故C說(shuō)法錯(cuò)誤；D、恒壓下，充入N，容器的體積增大，組分濃度降低，但化學(xué)反響前后氣體系數(shù)之和不變，因此化學(xué)平衡不移動(dòng)，n(H2)不變，故D說(shuō)法正確。2【名師點(diǎn)睛】此題考察化學(xué)平衡常數(shù)的和影響化學(xué)平衡移動(dòng)的因素，化學(xué)平衡常數(shù)：是確定條件下到達(dá)平衡時(shí)，生成物濃度的冪之積與反響物濃度的冪之積的比值，化學(xué)平衡常數(shù)只受溫度的影響；影響化學(xué)平衡移動(dòng)的因素是溫度、壓強(qiáng)、濃度等，要熟記這些因素如何影響平衡的移動(dòng)，尤其是壓強(qiáng)對(duì)化學(xué)平衡的移動(dòng)，首先推斷物質(zhì)的狀態(tài)是否是氣體，然后推斷反響前后氣體系數(shù)之和是否相等，然后作出合理推斷，此題較簡(jiǎn)潔。10．[2023天津]常壓下羰基化法精煉鎳的原理為：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)。230℃時(shí)，該反響的平衡4K=2×10?510．[2023天津]常壓下羰基化法精煉鎳的原理為：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)。230℃時(shí)，該反響的平衡4其次階段：將第一階段反響后的氣體分別出來(lái)，加熱至230℃制得高純鎳。以下推斷正確的選項(xiàng)是增加c(CO)，平衡向正向移動(dòng)，反響的平衡常數(shù)增大305050℃C．其次階段，Ni(CO)4分解率較低D．該反響到達(dá)平衡時(shí)，v生成[Ni(CO)4]=4v (CO)【答案】B4 【解析】A、平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，與濃度無(wú)關(guān)，所以增加c(CO)，平衡雖然向正向移動(dòng)，但反響的平衡常數(shù)不變，A錯(cuò)誤；B、50時(shí)，Ni(CO)4以氣態(tài)存在，有利于分別，從而促使平衡正向移動(dòng)，B正確；C、230時(shí)，Ni(CO)5×106，可知分解率較高，C錯(cuò)誤；D、v[Ni(CO)]表示正向速率，4 生成 生4(CO)4v[Ni(CO)]=v(CO)時(shí)，反響到達(dá)化學(xué)平衡狀態(tài)，D錯(cuò)誤。應(yīng)選B。4成 生成 生成【名師點(diǎn)睛】此題考察平衡狀態(tài)的判定、平衡常數(shù)等。落實(shí)考試大綱修訂思路，考察學(xué)科的必備學(xué)問(wèn)和方法?；瘜W(xué)平衡狀態(tài)推斷有兩個(gè)依據(jù)，一是正逆反響速率相等，二是“變量”不變。留意D項(xiàng)化學(xué)平衡狀態(tài)的推斷簡(jiǎn)潔馬虎導(dǎo)致出錯(cuò)。11．[2023江蘇]H2O270℃時(shí)不同條件下H2O2濃度隨時(shí)間的變化如以下圖。以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是A．圖甲說(shuō)明，其他條件一樣時(shí)，H2O2濃度越小，其分解速率越快B．圖乙說(shuō)明，其他條件一樣時(shí)，溶液pH越小，H2O2分解速率越快C．圖丙說(shuō)明，少量Mn2+存在時(shí)，溶液堿性越強(qiáng)，H2O2分解速率越快D．圖丙和圖丁說(shuō)明，堿性溶液中，Mn2+H2O2分解速率的影響大【答案】D【解析】A．由甲圖可知，雙氧水濃度越大，分解越快，A錯(cuò)誤；B．由圖乙可知，溶液的堿性越強(qiáng)即pH越大，雙氧水分解越快，B錯(cuò)誤；C．由圖丙可知，有確定濃度Mn2+存在時(shí)，并不是堿性越強(qiáng)H2O2分解速率越快，C錯(cuò)誤；由圖丙可知，堿性溶液中，Mn2+對(duì)雙氧水分解有影響，圖丁說(shuō)明Mn2+濃度越大，雙氧水分解越快，圖丙和圖丁均能說(shuō)明堿性溶液中，Mn2+H2O2分解速率的影響大，D正確。力，會(huì)運(yùn)用把握變量法分析影響化學(xué)反響速率的因素，并能排解圖中的干擾信息，得出正確的結(jié)論。12[2023溫度為12[2023溫度為11L2NO2(g)2NO(g)+O2

=v(NO2) =k

=v(NO) =2v(O2)

=k c2(NO)·c(O2)，k 、正 消耗 正

逆

消耗 逆 正k 為速率常數(shù)，受溫度影響。以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是逆達(dá)平衡時(shí)，容器Ⅰ與容器Ⅱ中的總壓強(qiáng)之比為4∶5達(dá)平衡時(shí)，容器Ⅱ中c

比容器Ⅰ中的大NO2正 達(dá)平衡時(shí)，容器Ⅲ中NO的體積分?jǐn)?shù)小于50%D．當(dāng)溫度轉(zhuǎn)變?yōu)門(mén)2時(shí)，假設(shè)k =k ，則T2>T正 【解析】由容器I【解析】由容器I2NO22NO+O2起始量(mol/L)0.600變化量(mol/L)0.40.40.2平衡量(mol/L)0.20.40.2K=0.420.20.8，平衡時(shí)氣體的總物質(zhì)的量為0.8mol，其中NO0.4molNO0.22的體積分?jǐn)?shù)為50%，c

1v正=v(NO2)消耗=v逆=v(NO)消耗，所以k正c2(NO2)=k逆NO2kc2(NO)c(O2)k正K0.8。kAAIIQ=0.32= ＜K，平衡將向正反響方向移動(dòng)，所以容器II在平衡59B．假設(shè)容器B．假設(shè)容器II在某時(shí)刻，cOcNO21，214∶5，A錯(cuò)誤；2NO22NO22NO+O2變化量(mol/L) 2x 2x x平衡量(mol/L) 0.3?2x 0.5+2x

1727cO

0.2x 1

30

30 289 由于， 2 1，解之得x= ，求出此時(shí)濃度商Qc=

>KII達(dá)平cNO2

0.32x

30 7230

210 cO衡時(shí)，

2cNO2NO2NO22NO+O2

1，B錯(cuò)誤；C．假設(shè)容器III在某時(shí)刻，NO50%，起始量(mol/L)00.50.35變化量(mol/L)2x2xx平衡量(mol/L)2x0.5?2x0.35?x0.5?2x=2x+0.35?x，解之得，x=0.05Q=0.420.34.8>1，說(shuō)明此時(shí)反響未達(dá)平衡，c 0.12 Kk反響連續(xù)向逆反響方向進(jìn)展，NO進(jìn)一步削減，所以C正確；D．溫度為T(mén)2k正K21>0.8，由于正反k逆1應(yīng)是吸熱反響，上升溫度后化學(xué)平衡常數(shù)變大，所以T2>T，D正確。1【名師點(diǎn)睛】試題主要從濃度、溫度對(duì)化學(xué)反響速率、化學(xué)平衡的影響以及平衡常數(shù)的計(jì)算等方面，考察學(xué)生對(duì)化學(xué)反響速率、化學(xué)平衡等化學(xué)根本原理的理解和應(yīng)用，關(guān)注信息獵取、加工和處理力氣的提高。解題時(shí)首先要分析反響的特征，如是恒溫恒容還是恒溫恒壓反響，是氣體分子數(shù)目增加的還是氣體分子數(shù)目減小的反響，其次分析所建立的平衡狀態(tài)的條件和平衡狀態(tài)的特征，最終逐一分析試題中所設(shè)計(jì)的選項(xiàng)，推斷是否正確。此題只給了一個(gè)平衡量，通過(guò)化學(xué)平衡計(jì)算的三步分析法，分析容器I中平衡態(tài)的各種與4個(gè)選項(xiàng)相關(guān)的數(shù)據(jù)，其他容器與I進(jìn)展比照，通過(guò)濃度商分析反響的方向，即可推斷。此題難度較大，如能用特別值驗(yàn)證的反證法，則可降低難度。13．[2023課標(biāo)Ⅱ節(jié)選13．[2023課標(biāo)Ⅱ節(jié)選]環(huán)戊二烯〔〕是重要的有機(jī)化工原料，廣泛用于農(nóng)藥、橡膠、塑料等生產(chǎn)。〔1〕：(g)(g)+H2(g)ΔH1=100.3kJ·mol?1①H2(g)+I2(g)2HI(g)ΔH2=?11.0kJ·mol?1②對(duì)于反響：(g)+I2(g)(g)+2HI(g) ③ΔH3= kJ·mol?1。對(duì)于反響：(g)+I2(g)(g)+2HI(g) ③ΔH3= kJ·mol?1?！?〕〔〕在剛性容器內(nèi)發(fā)生反響③，起始總壓為105Pa，平通入惰性氣體C．增加環(huán)戊烯濃度

提高溫度D．增加碘濃度〔3〕環(huán)戊二烯簡(jiǎn)潔發(fā)生聚合生成二聚體，該反響為可逆反響。不同溫度下，溶液中環(huán)戊二烯濃度與反響時(shí)間的關(guān)系如以下圖，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是 〔填標(biāo)號(hào)〕。A．T＞TA1 2B．a(chǎn)點(diǎn)的反響速率小于c點(diǎn)的反響速率C．a(chǎn)點(diǎn)的正反響速率大于b點(diǎn)的逆反響速率D．b點(diǎn)時(shí)二聚體的濃度為0.45mol·L?1【答案】〔1〕89.3〔2〕40％〔3〕CD【解析】

3.56×104 BD【分析】利用蓋斯定律解題；利用差量法計(jì)算轉(zhuǎn)化率；三行式法計(jì)算平衡常數(shù)；依據(jù)平衡移動(dòng)原理解釋；通過(guò)外界因素對(duì)速率的影響和平衡狀態(tài)的形成分析A、B、C選項(xiàng)，D選項(xiàng)觀看圖象計(jì)算；〔1〕依據(jù)蓋斯定律①-②，可得反響③的ΔH=89.3kJ/mol；答案：89.3；〔g〕+I2〔g〕=〔g〕+I2〔g〕=〔g〕+2HI〔g〕增加的物質(zhì)的量1mol 1mol 1mol 2mol 1molxmol 2n×20%〔g〕+I〔g〕+I2〔g〕=〔g〕+ 2HI〔g〕P〔初〕0.5×1050.5×1050 0ΔP 0.5×105×40% 0.5×105×40% 0.5×105×40% 1×105×40%P〔平〕0.3×1050.3×1050.2×1050.4×1050.410520.2105p 4K= =3.56×10；p 40.31050.3105A.T、V確定，通入惰性氣體，由于對(duì)反響物和生成物濃度無(wú)影響，速率不變，平衡不移動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B.上升溫度，平衡向吸熱方向移動(dòng)，環(huán)戊烯轉(zhuǎn)化率上升，故B正確；C．增加環(huán)戊烯的濃度平衡正向移動(dòng)，但環(huán)戊烯轉(zhuǎn)化率降低，故C錯(cuò)誤；D,增加I2的濃度，平衡正向移動(dòng)，環(huán)戊烯轉(zhuǎn)化率上升，故D正確；答案：40%；3.56×104；BD；〔3〕A.溫度越高化學(xué)反響速率越快，單位時(shí)間內(nèi)反響物濃度削減越多，則T1<T2，故A錯(cuò)誤；B.溫度越高化學(xué)反響速率越快，因此a點(diǎn)反響速率大于c點(diǎn)反響速率，故B錯(cuò)誤；a點(diǎn)、b點(diǎn)反響始終在正向進(jìn)展，故v〔正〕>v(逆)，a點(diǎn)反響物濃度大于b點(diǎn)，故a點(diǎn)正反響速率大于b點(diǎn)，故C正確；D.b1.5mol/L0.6mol/L0.9mol/L0.45mol/LD正確；答案：CD。14．[2023課標(biāo)Ⅲ節(jié)選]長(zhǎng)。因此，將氯化氫轉(zhuǎn)化為氯氣的技術(shù)成為科學(xué)爭(zhēng)論的熱點(diǎn)。答復(fù)以下問(wèn)題：Deacon制造的直接氧化法為：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。以以下圖為剛性容器中，進(jìn)料濃度比c(HCl)∶c(O2)1∶1、4∶1、7∶1時(shí)HCl平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度變化的關(guān)系：0 可知反響平衡常數(shù)K〔300℃〕 K〔400℃〕〔填“大于”或“小于”〕。設(shè)HCl初始濃度為c依據(jù)進(jìn)料濃度比c(HCl)∶c(O)=1∶1的數(shù)據(jù)計(jì)算K〔400℃〕= 〔列出計(jì)算式。按化學(xué)計(jì)量比進(jìn)料可以保持反響物高轉(zhuǎn)化率同時(shí)降低產(chǎn)物分別的能耗進(jìn)料濃度比c(HCl)∶c(O2)過(guò)低、過(guò)高的不利影響分別是 0 Deacon直接氧化法可按以下催化過(guò)程進(jìn)展：1CuCl2(s)=CuCl(s)+2Cl2(g) ΔH1=83kJ·mol-11 1CuCl(s)+2O2(g)=CuO(s)+2

Cl2(g) ΔH2=-20kJ·mol-1CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH3=-121kJ·mol-1則4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH= kJ·mol-1。在確定溫度的條件下，進(jìn)一步提高HCl的轉(zhuǎn)化率的方法是 。〔寫(xiě)出2種〕【答案】〔1〕大于

(0.42)2(0.42)2

O和Cl

分別能耗較高、HCl轉(zhuǎn)化率較低〔2〕﹣116

(10.84)4(10.21)c 2 20〔3〕增加反響體系壓強(qiáng)、準(zhǔn)時(shí)除去產(chǎn)物【解析】〔1〕依據(jù)反響方程式知，HCl平衡轉(zhuǎn)化率越大，平衡常數(shù)K越大，結(jié)合圖像知上升溫度平衡轉(zhuǎn)化率降低，說(shuō)明上升溫度平衡向逆反響方向進(jìn)展，則K(300℃)>K(400℃)；由圖像知，400℃時(shí)，HCl平衡轉(zhuǎn)化率為84%，用三段式法對(duì)數(shù)據(jù)進(jìn)展處理得：4HCl(g)O(g)2Cl(g)2HO(g)2 2 2起始〔濃度〕c0c00 0變化〔濃度〕0.84c0 0.21c0 0.42c00.42c0平衡〔濃度〕(1-0.84)c0 (1-0.21)c00.42c00.42c0(0.42)2(0.42)2 c(1 0.84)4 (1 0.21)0氣的能耗較高；進(jìn)料濃度比過(guò)高，HCl不能充分反響，導(dǎo)致HCl轉(zhuǎn)化率較低；依據(jù)蓋斯定律知〔反響I反響II反響II〕×2得4HCl(g)O(g)2Cl(g)2HO(g) H=2 2 2〔?H1+?H2+?H3〕×2=-116kJ·mol-1；假設(shè)想提高HCl可以增大壓強(qiáng)，使平衡正向移動(dòng)；也可以準(zhǔn)時(shí)除去產(chǎn)物，減小產(chǎn)物濃度，使平衡正向移動(dòng)；15．[2023北京節(jié)選]氫能源是最具應(yīng)用前景的能源之一，高純氫的制備是目前的爭(zhēng)論熱點(diǎn)?！?〕甲烷水蒸氣催化重整是制高純氫的方法之一。①反響器中初始反響的生成物為H2和CO2，其物質(zhì)的量之比為4∶1，甲烷和水蒸氣反響的方程式是 。②反響器中還存在如下反響：i.CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ii.CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH2iii.CH4(g)=C(s)+2H2(g) ΔH3……iii為積炭反響，利用ΔH1和ΔH2計(jì)算ΔH3時(shí)，還需要利用 反響的ΔH。③反響物投料比承受n〔H2O〕∶n〔CH4〕=4∶1，大于初始反響的化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，目的是 〔選填字母序號(hào)。a.促進(jìn)CH4轉(zhuǎn)化 b.促進(jìn)CO轉(zhuǎn)化為CO2 c.削減積炭生成CaOCO2。H2CaO消耗率隨時(shí)間變化關(guān)系如以以下圖所示。從t1時(shí)開(kāi)頭，H2體積分?jǐn)?shù)顯著降低，單位時(shí)間CaO消耗率

〔填上升或。此時(shí)CaO消耗率約為35%，但已失效，結(jié)合化學(xué)方程式解釋緣由： ?！?〕①CH4+2H2O4H2+CO2②C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)或C(s)+CO2(g)=2