高考化学江苏专用二轮专题提升练第7讲 化学反Word下载.docx
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L-1=0.09mol·
L-1,速率为0.006mol·
s-1,A项错;
C项,A与C的化学计量数之比为3∶2,且该反应为反应前后气体分子数相等的反应,故B只能为生成物,且B与C的化学计量数之比为1∶2,则B的浓度改变为0.03mol·
L-1,其起始浓度为0.02mol·
L-1,物质的量为0.04mol,C项错;
t5~t6的条件改变为升高温度,容器内A的物质的量减少说明反应正向进行,所以正反应为吸热反应,D项错。
答案 B
二、化学平衡状态及其移动原理
3.对可逆反应4NH3(g)+5O2(g)
4NO(g)+6H2O(g),下列叙述正确的是( )。
A.反应达到平衡时,若两种反应物的转化率相等,则起始投入的n(NH3)∶n(O2)=4∶5
B.反应达到平衡后,对体系一直进行加压,平衡总是逆向移动
C.反应达到平衡时,若向压强固定的密闭容器中充入稀有气体,平衡正向移动
D.当v正(NH3)∶v正(NO)=1∶1时,说明该化学反应已经达到平衡
解析 反应过程中,反应物和生成物的转化量之比等于其化学计量数之比,平衡时,两种反应物的转化率相等,则它们的起始投入量之比应该等于其化学计量数之比,故A正确;
当加压到一定压强时,气态水变为非气态,则平衡会正向移动,故B错;
充入稀有气体而压强不变,则容器容积增大,平衡向气体体积增大的方向移动,即向正向移动,C正确;
NH3、NO的正反应速率相等,与反应是否达到平衡无关,故D错。
答案 AC
4.(2012·
江苏,14)温度为T℃时,向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molPCl5,反应PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)经过一段时间后达到平衡。
反应过程中测定的部分数据见下表:
t/s
50
150
250
350
n(PCl3)/mol
0.16
0.19
0.20
下列说法正确的是( )。
A.反应在前50s的平均速率v(PCl3)=0.0032mol·
B.保持其他条件不变,升高温度,平衡时c(PCl3)=0.11mol·
L-1,则反应的ΔH<0
C.相同温度下,起始时向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2,反应达到平衡前v(正)>v(逆)
D.相同温度下,起始时向容器中充入2.0molPCl3和2.0molCl2,达到平衡时,PCl3的转化率小于80%
解析 A项,v(PCl3)=
=0.0016mol·
s-1,A错。
B项,在温度为T时,平衡时c(PCl3)=
=0.10mol·
L-1,升高温度,平衡时c(PCl3)=0.11mol·
L-1,说明升高温度,平衡右移,则该反应为吸热反应,ΔH>0,B错。
C项,在温度T时,由初始加入1.0molPCl5可得
PCl5(g) PCl3(g)+Cl2(g)
初始物质的量:
1.0mol 0 0
转化物质的量:
0.20mol 0.20mol 0.20mol
平衡时物质的量:
0.80mol 0.20mol 0.20mol
其平衡常数K=
=
=2.5×
10-2mol·
L-1,当充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2时,
Qc=
=2.0×
L-1,Qc<K,故平衡右移,v(正)>v(逆),C正确。
D项,因温度T时,充入1.0molPCl5等于充入1.0molPCl3和1.0molCl2,设平衡时转化为PCl3物质的量为a,则:
PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)
0 1.0mol 1.0mol
a a a
0.80mol 0.20mol 0.20mol
a=0.80mol,PCl3的转化率为
×
100%=80%。
现在相同温度下充入2.0molPCl3和2.0molCl2,物质的量较原平衡加倍了,也相当于将原平衡体系的体积缩小到原来的一半,会使该平衡向生成PCl5的方向移动,故PCl3的转化率要升高,转化率大于80%。
答案 C
三、有关化学反应速率和化学平衡图像的分析
5.已知可逆反应X(g)+2Y(g)Z(g) ΔH<
0,一定温度下,在体积为2L的密闭容器中加入4molY和一定量的X后,X的浓度随时间的变化情况如图所示,则下列说法正确的是( )。
A.a点正反应速率大于逆反应速率
B.增大X的浓度,X的转化率增大
C.容器中压强恒定时,不能说明反应已经达到平衡状态
D.保持温度和密闭容器的容积不变,再充入1molX和2molY,再次达到平衡时n(Z)/n(X)的值会变小
解析 由图像可知,a点尚未达到平衡状态,此时正反应速率大于逆反应速率,A项正确;
增大X的浓度,平衡正向移动,但根据平衡移动原理可知X的转化率减小,B项错误;
该反应为反应前后气体分子数不相等的反应,由压强不变可判断反应已达到平衡状态,C项错误;
起始加入4molY,由图像可知起始时加入2molX,达到平衡后,再充入1molX和2molY,相当于在原平衡的基础上增大压强,平衡正向移动,所以n(Z)/n(X)的值会变大,D项错误。
答案 A
6.(2014·
南通二调)向2L的密闭容器中充入7.6molNO和3.8molO2,发生如下反应:
①2NO(g)+O2(g)2NO2(g) ②2NO2(g)N2O4(g)
测得NO2和N2O4的浓度变化如图所示,0~10min维持容器温度为T1℃,10min后升高并维持容器的温度为T2℃。
下列说法正确的是( )。
A.前5min反应的平均速率v(N2O4)=0.18mol·
(L·
min)-1
B.T1℃时反应②的化学平衡常数K=0.6
C.反应①②均为吸热反应
D.若起始时向该容器中充入3.6molNO2和2.0molN2O4,T1℃达到平衡时,N2O4的转化率为10%
解析 v(N2O4)=0.9mol·
L-1÷
5min=0.18mol·
min)-1,选项A正确;
T1℃达平衡时,c(NO2)=1.5mol·
L-1,c(N2O4)=0.9mol·
L-1,反应②平衡常数K=0.9/1.52=0.4,选项B错误;
升高温度至T2℃达平衡,c(NO2)1=1.6mol·
L-1,c(N2O4)1=0.8mol·
L-1,对平衡②平衡逆移,正反应放热,若①平衡不移动,此时应该c(NO2)2=1.7mol·
L-1,实际c(NO2)1<
c(NO2)2,反应①逆移,反应①正反应放热,即正反应都是放热反应,选项C错误;
充入3.6molNO2和2.0molN2O4,相当于充入7.6molNO和3.8molO2,即与原平衡等同,平衡时n(N2O4)=2L×
0.9mol·
L-1=1.8mol,N2O4转化率为(2.0mol-1.8mol)/2.0mol=0.1=10%,选项D正确。
答案 AD
四、有关化学反应速率和化学平衡的计算
7.在373K时,把0.5molN2O4通入体积为5L的真空密闭容器中,立即出现红棕色气体。
反应进行到2s时,NO2的浓度为0.02mol·
L-1。
在60s时,体系达到平衡,此时容器内的压强为开始时的1.6倍。
下列说法正确的是( )。
A.前2s以N2O4的浓度变化表示的平均反应速率为0.01mol·
B.在2s时体系内的压强为开始时的1.1倍
C.在平衡时体系内含N2O40.25mol
D.平衡时,N2O4的转化率为60%
解析 N2O4和NO2存在转化关系:
N2O4(g)2NO2(g),
前2s时
N2O4(g) 2NO2(g)
起始(mol) 0.5 0
转化(mol) 0.05 2×
0.05
2s时(mol) 0.5-0.05 2×
v(N2O4)=
=0.005mol·
s-1,气体的总物质的量为0.5mol-0.05mol+0.02mol·
L-1×
5L=0.55mol。
2s时体系内的压强与开始时的压强之比为p2s∶p始=0.55mol∶0.5mol=1.1∶1。
60s达到平衡时,设有xmolN2O4反应。
则有
N2O4(g) 2NO2(g)
起始(mol) 0.5 0
转化(mol) x 2x
平衡(mol) 0.5-x 2x
平衡时,气体总的物质的量为0.5mol-xmol+2xmol=(0.5+x)mol,所以有
=1.6,解得x=0.3。
则平衡体系中含0.2molN2O4,N2O4的转化率为
100%=60%。
答案 BD
8.900℃时,向2.0L恒容密闭容器中充入0.40mol乙苯,发生反应:
ΔH=akJ·
mol-1。
经一段时间后达到平衡。
时间/min
10
20
30
40
n(乙苯)/mol
0.40
0.30
0.24
n2
n3
n(苯乙烯)/mol
0.00
0.10
n1
0.20
下列说法正确的是( )。
A.前20min,v(H2)=0.008mol·
B.若保持其他条件不变,升高温度,平衡时c(乙苯)=0.08mol·
L-1,则a<
C.保持其他条件不变,向容器中充入不参与反应的水蒸气作为稀释剂,则乙苯的转化率为50%
D.相同温度下,起始时向容器中充入0.10mol乙苯、0.30mol苯乙烯和0.30molH2,达到平衡前v正>
v逆
解析 A项,乙苯前20min减少0.40mol-0.24mol=0.16mol,则H2增加0.16mol,平均反应速率v(H2)=
=0.004mol·
min-1,A错;
B项,由表格中数据知,平衡时乙苯的物质的量为0.20mol,浓度为0.10mol·
L-1,若保持其他条件不变,升高温度乙苯浓度变为0.08·
mol·
L-1,则表明升温平衡正向移动,即正反应为吸热反应,故a>
0,B错;
C项,原平衡时乙苯的转化率为50%,因为是恒容容器,充入不反应的水蒸气后平衡不移动,故乙苯的转化率仍为50%,正确;
D项,由表格中的数据可计算得900℃下平衡常数=0.1,而
=0.45>
0.1,故反应起始向逆反应方向进行,即达平衡前v正<
v逆,D错。
五、等效平衡和模型构建
9.(2014·
南京三调)在甲、乙、丙三个不同密闭容器中按不同方式投料,一定条件下发生反应(起始温度和起始体积相同):
N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH<
0,相关数据如下表所示:
容器
甲
乙
丙
相关条件
恒温恒容
绝热恒容
恒温恒压
反应物投料
1molN2、
3molH2
2molNH3
平衡时容器体积
V甲
V乙
V丙
反应的平衡常数K=
K甲
K乙
K丙
平衡时NH3的浓度/(mol·
L-1)
c甲
c乙
c丙
平衡时NH3的反应速率/(mol·
L-1min-1)
v甲
v乙
v丙
A.V甲>
V丙 B.K乙>
C.c乙>
c甲 D.v甲=v丙
解析 对于反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH<
0,从反应物及其量上看,若条件相同时甲、乙、丙为等效平衡,乙可以虚拟为甲平衡后降温,丙可用虚拟为甲平衡后扩大容器的体积,故V甲=V乙<
V丙,K甲=K丙<
K乙,平衡时NH3的浓度c丙<
c甲<
c乙,v甲>
v丙。
选项B、C正确。
答案 BC
10.(2014·
苏锡常镇二调)一定条件下存在反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g),其正反应放热。
图1、图2表示起始时容器甲、丙体积都是V,容器乙、丁体积都是V/2;
向甲、丙内都充入2amolSO2和amolO2并保持恒温;
向乙、丁内都充入amolSO2和0.5amolO2并保持绝热(即与外界无热量交换),在一定温度时开始反应。
A.图1达平衡时,浓度c(SO2):
甲=乙
B.图1达平衡时,平衡常数K:
甲>
C.图2达平衡时,所需时间t:
丙<
丁
D.图2达平衡时,体积分数φ(SO3):
丙>
解析 A选项中的甲容器是保持恒温,而乙容器与外界无热交换,所以随着反应的进行温度是升高的,如果甲和乙保持恒温达到平衡时两者的各物质浓度都会相等,但乙的温度升高平衡逆向移动,所以SO2的浓度会增大,平衡常数K减小,即甲的平衡常数大于乙的平衡常数,A不正确,B正确;
C选项中丙和丁两者的起始条件浓度、压强和温度都相同,即起始速率相同,但随着反应的进行丁中的温度升高,反应速率加快,所以丁先达到平衡,C不正确;
由于丁升高了温度,平衡向逆反应方向移动,即SO3物质的量在减小,则SO3的体积分数在减小,即体积分数φ(SO3):
丁,D正确。
11.(2014·
南通三调)一定条件下存在反应:
C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) ΔH>
0。
甲、乙、丙三个恒容容器的温度、反应物的起始量及其容积如下表,反应过程中CO的物质的量浓度随时间变化如图所示。
容积
0.5L
V
温度
T1℃
T2℃
起始量
2molC
1molH2O
1molCO
1molH2
4molC
2molH2O
A.甲容器中,反应在前15min的平均速率v(H2)=0.1mol·
B.丙容器的体积V>
C.当温度为T1℃时,反应的平衡常数K=2.25
D.乙容器中,若平衡时n(H2O)=0.4mol,则T1<
T2
解析 从图示中可以看出反应进行到15min时达到平衡,此时甲容器中的CO浓度为1.5mol·
L-1,则H2的物质的量浓度也为1.5mol·
L-1,由此可以计算出水蒸气在反应中的变化浓度为1.5mol·
L-1,则水蒸气的最终浓度为0.5mol·
L-1,所以用氢气表示的速率为v(H2)=(1.5mol·
L-1)/15min=0.1mol·
min-1,A正确;
甲与丙的温度相同,则平衡常数相同,根据图表信息据此可计算出丙中水蒸气的初始浓度为5mol·
L-1,则丙容器的体积为0.4L,B错误;
根据甲容器中平衡时各物质的浓度可计算其平衡常数:
K=(1.5mol·
L-1)2/0.5mol·
L-1=4.5mol·
L-1,C不正确;
D选项中如果两者是相同温度,则甲和乙平衡时各物质的浓度都相等为等效平衡。
乙容器中平衡时c(H2O)=0.4mol/0.5L=0.8mol·
L-1,而甲容器中平衡时c(H2O)=0.5mol·
L-1,而正反应是吸热反应,所以升高温度平衡正向移动,即平衡时水蒸气浓度越小,所以乙容器中的温度低于甲容器,即T2<
T1,D不正确。
12.(2014·
徐州三检)向甲、乙两个容积均为1L的恒温恒容的密闭容器中,分别充入一定量的SO2和O2(其中,甲充入2molSO2、1molO2,乙充入1molSO2、0.5molO2),发生反应:
2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH=-197.74kJ·
一段时间后达到平衡,测得两容器中c(SO2)(mol·
L-1)随时间t(min)的变化关系如图所示。
A.热量:
Q(甲)<
2Q(乙)
B.压强:
p(甲)<
2p(乙)
C.乙中前5min内的反应速率v(O2)=0.10mol·
D.保持其他条件不变,若起始时向乙中充入0.4molSO2、0.2molO2、0.4molSO3,则此时v(正)<
v(逆)
解析 将乙虚拟为0.5L,则此时Q(甲)=2Q(乙)虚,p(甲)=p(乙)虚,再扩大容器体积至1L,乙平衡逆向移动,则Q(乙)<
Q(乙)虚,2p(乙)>
p(乙)虚,选项A错误、选项B正确;
选项C中,v(O2)=
v(SO2)=
0.5mol·
5min=0.05mol·
min-1,选项C错误;
选项D中,用乙的数据计算平衡常数K=4,此时Qc=5>
K,逆向建立平衡,选项D正确。
二、大题冲关练
13.金属钨用途广泛,主要用于制造硬质或耐高温的合金,以及灯泡的灯丝。
高温下,在密闭容器中用H2还原WO3可得到金属钨,其总反应为:
WO3(s)+3H2(g)
W(s)+3H2O(g)
请回答下列问题:
(1)上述反应的化学平衡常数表达式为__________________。
(2)某温度下反应达平衡时,H2与水蒸气的体积比为2∶3,则H2的平衡转化率为__________________;
随温度的升高,H2与水蒸气的体积比减小,则该反应为__________________反应(填“吸热”或“放热”)。
(3)上述总反应过程大致分为三个阶段,各阶段主要成分与温度的关系如下表所示:
25℃~550℃~600℃~700℃
主要成分
WO3 W2O5 WO2 W
第一阶段反应的化学方程式为__________________________________________;
580℃时,固体物质的主要成分为__________________;
假设WO3完全转化为W,则三个阶段消耗H2物质的量之比为__________________。
(4)已知:
温度过高时,WO2(s)转变为WO2(g):
WO2(s)+2H2(g)W(s)+2H2O(g)
ΔH=+66.0kJ·
WO2(g)+2H2(g)W(s)+2H2O(g)
ΔH=-137.9kJ·
则WO2(s)WO2(g)的ΔH=__________________。
(5)钨丝灯管中的W在使用过程中缓慢挥发,使灯丝变细,加入I2可延长灯管的使用寿命,其工作原理为:
W(s)+2I2(g)
WI4(g)。
下列说法正确的有__________________。
a.灯管内的I2可循环使用
b.WI4在灯丝上分解,产生的W又沉积在灯丝上
c.WI4在灯管壁上分解,使灯管的寿命延长
d.温度升高时,WI4的分解速率加快,W和I2的化合速率减慢
解析
(1)书写平衡常数表达式时,固体物质不写出。
(2)由反应方程式知,消耗的H2与生成的水的物质的量相等,故H2的平衡转化率为3÷
(2+3)×
100%=60%;
升高温度,H2与水蒸气的体积比减小,说明升温时平衡向右移动,故正反应吸热。
(3)先写出WO3+H2―→W2O5+H2O,然后配平即可得到第一阶段的化学方程式;
2WO3+H2
W2O5+H2O。
580℃时,固体为W2O5、WO2的混合物;
由2WO3+H2
W2O5+H2O、W2O5+H2
2WO2+H2O、WO2+2H2
W+2H2O知,三个阶段消耗的氢气的物质的量之比为1∶1∶4。
(4)观察所给三个热化学方程式知,用前一个已知热化学方程式减去后一个已知热化学方程式就可以得到WO2(s)WO2(g) ΔH=+203.9kJ·
(5)由所给化学方程式知,挥发的W与I2结合形成气态WI4,由于气体运动的结果,WI4会与还没有挥发的W接触,在高温下WI4分解生成的W(及I2)附着在还没有挥发的W上,故a、b对;
灯管壁温度较低,WI4不会分解,c错;
升高温度,也能加快W与I2的反应速率,d错。
答案
(1)K=
(2)60% 吸热
(3)2WO3+H2
W2O5+H2O W2O5、WO2
1∶1∶4
(4)+203.9kJ·
mol-1 (5)a、b
14.(2014·
常州模拟)研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的测量及处理具有重要意义。
(1)I2O5可使H2S、CO、HCl等氧化,常用于定量测定CO的含量。
已知:
①
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