- 化学反应原理
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15.一定温度下,在3个体积均为1.0 L的恒容密闭容器中反应2H2(g)+CO(g)CH3OH(g) 达到平衡。下列说法正确的是
正确答案
解析
从三种情况投料看,Ⅰ和Ⅲ是等效平衡,当平衡时温度高的Ⅲ容器中甲醇的浓度大,说明该反应正向是放热反应,A正确;该反应是气体体积减小的反应,Ⅱ中的量是Ⅰ中的2倍,相当于是将Ⅰ加压,此时平衡向正向移动,Ⅱ中的转化率大,B错误;Ⅱ对Ⅲ相当于的加压,平衡正向移动,因又是相当于降温的反应,平衡同样也向正向移动,故平衡时,容器Ⅱ中c(H2)小于容器Ⅲ中c(H2)的两倍,C错误;投料相同时,容器Ⅲ中的温度高,正反应速率比容器Ⅰ中的大,D正确。
考查方向
解题思路
在相同的条件下,可逆反应无论从正反应开始还是从逆反应开始,还是从既有反应物又有生成物开始,达到的化学平衡状态是相同的,平衡混合物中各组成物质的百分含量保持不变,也就是等效平衡。若Ⅲ的温度也是400K,则建立的平衡与Ⅰ完全等同。Ⅲ的平衡可以看成是Ⅰ达到平衡后升高温度建立的平衡。
易错点
不会利用平衡的转化来思考问题。
知识点
14.在恒温恒容的密闭容器中,充入4 mol气体A和2mol气体B发生反应:
3A(g)+2B(g) 4C(?)+2D(?)。
反应一段时间后达到平衡,测得生成1.6mol C,反应前后体系压强之比为5:4。
则下列说法正确的是
正确答案
解析
在恒温恒容的密闭容器中,充入4 mol气体A和2mol气体B发生反应:3A(g)+2B(g) 4Cg)+2D(g)。反应一段时间后达到平衡,测得生成1.6mol C,0.8mol D,此时B为1.2mol,A为2.8mol;
A.气体A的平衡转化率为30%,气体B平衡转化率为40%,气体A的平衡转化率小于气体B平衡转化率,错误;
B.反应前后体系压强之比为5:4,反应的正方向应该体积减小,平衡后若减小该体系的压强,则平衡向左移动,化学平衡常数不变,错误;
C.反应前A、B物质的量之和为6mol,反应后A、B物质的量之和为4mol,反应前后体系压强之比为5:4,反应的正方向应该体积减小,根据克拉伯龙方程可知,D为气体,正确;
D.平衡后升高温度,若平衡向左移动,是放热反应,则正反应的△H<0,错误;
故选C。
考查方向
解题思路
在恒温恒容的密闭容器中,充入4 mol气体A和2mol气体B发生反应:3A(g)+2B(g) 4Cg)+2D(g)。反应一段时间后达到平衡,测得生成1.6mol C,0.8mol D,此时B为1.2mol,A为2.8mol;
A.气体A的平衡转化率为30%,气体B平衡转化率为40%;
B.反应前后体系压强之比为5:4,反应的正方向应该体积减小;
C.反应前A、B物质的量之和为6mol,反应后A、B物质的量之和为4mol,反应前后体系压强之比为5:4,反应的正方向应该体积减小,根据克拉伯龙方程可知,D为气体;
D.平衡后升高温度,若平衡向左移动,是放热反应,则正反应的△H<0;
易错点
该题设计新颖,综合性强,对学生的思维能力要求高,学生不易得分。明确反应的特点,以及反应中的变量是答题的关键,有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力,有助于提升学生的学科素养。
知识点
11.[化学——选修2:化学与技术]
(1)我国某地区已探明蕴藏有丰富的赤铁矿(主要成分为Fe2O3,还含有SiO2等杂质)、煤矿、石灰石和黏土。拟在该地区建设大型炼铁厂。
①随着铁矿的开发和炼铁厂的建立,需要在该地区相应建立焦化厂、发电厂、水泥厂等,形成规模的工业体系。据此确定图中相应工厂的名称:
A.________,B.________,C.________,D.________;
②以赤铁矿为原料,写出高炉炼铁中得到生铁和产生炉渣的化学方程式:
__________________________________________________________;
__________________________________________________________。
(2)玻璃钢可由酚醛树脂和玻璃纤维制成。
①酚醛树脂由酚醛和甲醛缩聚而成,反应有大量热放出,为防止温度过高,应向有苯酚的反应釜________地加入甲醛,且反应釜应装有________装置。
②玻璃钢中玻璃纤维的作用是______。玻璃钢具有 等优异性能(写出两点即可)。
③下列处理废旧热固性酚醛塑料的做法合理的是________。
a.深埋
b.粉碎后用作树脂填料
c.用作燃料
d.用有机溶剂将其溶解,回收树脂
(3)工业上主要采用氨氧化法生产硝酸,如图是氨氧化率与氨-空气混合气中氧氨比的关系。其中直线表示反应的理论值;曲线表示生产实际情况。当氨氧化率达到100%,理论上r[n(O2)/n(NH3)]=________,实际生产要将r值维持在1.7~2.2之间,原因是__________________________________________。
正确答案
解析
(1)①煤炭燃烧可以发电,A为发电厂,煤的干馏制造煤焦油,B为焦化厂,赤铁矿、碳酸钙是炼铁的原料,C为炼铁厂,碳酸钙和黏土是生产水泥的原料,D为水泥厂,
故答案为:发电厂;焦化厂;炼铁厂;水泥厂;
②高炉炼铁中得到生铁的方程式为Fe2O3+3CO2Fe+3CO2,产生炉渣的方程式为CaCO3+SiO2
CaSiO3+CO2↑,
故答案为:Fe2O3+3CO2Fe+3CO2、CaCO3+SiO2
CaSiO3+CO2↑;
(2)①苯酚和甲醛发生缩聚反应,反应有大量热放出,为防止温度过高,应向已有苯酚的反应釜中间歇性的加入甲醛,并装有散热装置,故答案为:间歇性;散热;
②玻璃钢是将玻璃纤维和高分子材料复合而成的复合材料,其中玻璃纤维的作用是增强体,合成材料是基体,它的优点有:强度高、质量轻、耐腐蚀、抗冲击、绝缘性能好等,故答案为:增强体;强度高、质量轻(或耐腐蚀、抗冲击、绝缘性能好);
③废旧合成材料的再生利用主要有三条途径:通过再生和改性,重新做成多种有用的材料和制品;采用热裂解或化学处理方法使其分解,用于制备多种化工原料;将废旧的聚合物作为燃料回收利用热能,塑料深埋很久不会腐烂,会造成白色污染,酚醛塑料不能溶于有机溶剂,故选bc;
(3)由氨氧化的化学方程式:4NH3+5O24NO+6H2O,可知氨氧化率达到100%,理论上r{n(O2)/n(NH3)}=
=1.25,O2浓度太少不利于NH3的转化,γ{n(O2)/n(NH3)值为2.2时NH3氧化率已近100%,
故答案为:1.25;O2浓度太少不利于NH3的转化,r{n(O2)/n(NH3)值为2.2时NH3氧化率已近100%.
考查方向
解题思路
(1)①煤炭燃烧可以发电,煤的干馏制造煤焦油,赤铁矿、碳酸钙是炼铁的原料,碳酸钙和黏土是生产水泥的原料;
②高炉炼铁中得到生铁的方程式为Fe2O3+3CO2Fe+3CO2、CaCO3+SiO2
CaSiO3+CO2↑;
(2)①反应物投入的物质的量越多放出的热越多;
②玻璃钢是将玻璃纤维和高分子材料复合而成的复合材料,其中玻璃纤维的作用是增强体,合成材料是基体,它的优点有:强度高、质量轻、耐腐蚀、抗冲击、绝缘性能好等;
③废旧合成材料的再生利用主要有三条途径:通过再生和改性,重新做成多种有用的材料和制品;采用热裂解或化学处理方法使其分解,用于制备多种化工原料;将废旧的聚合物作为燃料回收利用热能;
(3)根据氨氧化的化学方程式来分析;根据O2浓度太少不利于NH3的转化分析.
易错点
本题考查金属冶炼,易错点涉及到氧化还原方程式的书写和从题目中获取信息,结合物质的性质解答。
知识点
【科目】化学
10. 以某菱锰矿(含MnCO3、SiO2、FeCO3和少量Al2O3等)为原料通过以下方法可获得碳酸锰粗产品。(已知:Ksp(MnCO3) = 2.2×10−11,Ksp[Mn(OH)2] = 1.9×10−13,Ksp[Al(OH)3] = 1.3×10−33)
滤渣1中,含铁元素的物质主要是 (填化学式,下同);加NaOH调节溶液的pH约为5,如果pH过大,可能导致滤渣1中 含量减少。
11.滤液2中,+1价阳离子除了H+外还有 (填离子符号)。
12.取“沉锰”前溶液a mL于锥形瓶中,加入少量AgNO3溶液(作催化剂)和过量的1.5%(NH4)2S2O8溶液,加热,Mn2+被氧化为MnO4−,反应一段时间后再煮沸5min[除去过量的(NH4)2S2O8],冷却至室温。选用适宜的指示剂,用b mol·L−1 的(NH4)2Fe(SO4)标准溶液滴定至终点,消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液V mL。
① Mn2+与(NH4)2S2O8反应的还原产物为 (填化学式)。
② “沉锰”前溶液中c(Mn2+) = mol·L−1(列出表达式)。
13.其他条件不变,“沉锰”过程中锰元素回收率与NH4HCO3初始浓度(c0)、反应时间的关系如下图所示。
NH4HCO3初始浓度越大,锰元素回收率越 (填“高”或“低”),简述原因 。
14. 若溶液中c(Mn2+) = 1.0 mol·L−1,加入等体积1.8 mol·L−1 NH4HCO3溶液进行反应,计算20 ~ 40 min内v(Mn2+) = 。
正确答案
(1)Fe(OH)3 Al(OH)3、SiO2
解析
菱锰矿用稀硫酸溶解,MnCO3、FeCO3、Al2O3都和稀硫酸反应生成硫酸盐,SiO2不反应,酸性条件下,加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+,MnO2还原生成Mn2+,调节溶液的pH,使Fe3+、Al3+完全转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀,过滤分离,滤渣1为SiO2、Al(OH)3、Fe(OH)3,滤液中存在 MnSO4、硫酸钠等,加入碳酸氢铵得到MnCO3,过滤分离,滤液2中含有硫酸铵、硫酸钠等.滤渣1中,含铁元素的物质主要是Fe(OH)3;加NaOH调节溶液的pH约为5,如果pH过大,可能导致滤渣1中SiO2、Al(OH)3溶解;故答案为:Fe(OH)3;SiO2、Al(OH)3;
考查方向
解题思路
菱锰矿用稀硫酸溶解,MnCO3、FeCO3、Al2O3都和稀硫酸反应生成硫酸盐,SiO2不反应,酸性条件下,加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+,MnO2还原生成Mn2+,调节溶液的pH,使Fe3+、Al3+完全转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀,过滤分离,滤渣1为SiO2、Al(OH)3、Fe(OH)3,滤液中存在 MnSO4、硫酸钠等,加入碳酸氢铵得到MnCO3,过滤分离,滤液2中含有硫酸铵、硫酸钠等.滤渣1中,含铁元素的物质主要是氢氧化铁;加NaOH调节溶液的pH约为5,如果pH过大,可能导致滤渣1中氢氧化铝、二氧化硅溶解;
易错点
对公式记忆不清,不能熟练应用
正确答案
Na+、NH4+;
解析
菱锰矿用稀硫酸溶解,MnCO3、FeCO3、Al2O3都和稀硫酸反应生成硫酸盐,SiO2不反应,酸性条件下,加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+,MnO2还原生成Mn2+,调节溶液的pH,使Fe3+、Al3+完全转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀,过滤分离,滤渣1为SiO2、Al(OH)3、Fe(OH)3,滤液中存在 MnSO4、硫酸钠等,加入碳酸氢铵得到MnCO3,过滤分离,滤液2中含有硫酸铵、硫酸钠等.滤液2中含有硫酸铵、硫酸钠等,+1价阳离子除了H+外还有:Na+、NH4+,故答案为:Na+、NH4+;
考查方向
解题思路
菱锰矿用稀硫酸溶解,MnCO3、FeCO3、Al2O3都和稀硫酸反应生成硫酸盐,SiO2不反应,酸性条件下,加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+,MnO2还原生成Mn2+,调节溶液的pH,使Fe3+、Al3+完全转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀,过滤分离,滤渣1为SiO2、Al(OH)3、Fe(OH)3,滤液中存在 MnSO4、硫酸钠等,加入碳酸氢铵得到MnCO3,过滤分离,滤液2中含有硫酸铵、硫酸钠等.
易错点
对公式记忆不清,不能熟练应用
正确答案
① SO42− [或“H2SO4”“Na2SO4”“(NH4)2SO4”] ②
解析
菱锰矿用稀硫酸溶解,MnCO3、FeCO3、Al2O3都和稀硫酸反应生成硫酸盐,SiO2不反应,酸性条件下,加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+,MnO2还原生成Mn2+,调节溶液的pH,使Fe3+、Al3+完全转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀,过滤分离,滤渣1为SiO2、Al(OH)3、Fe(OH)3,滤液中存在 MnSO4、硫酸钠等,加入碳酸氢铵得到MnCO3,过滤分离,滤液2中含有硫酸铵、硫酸钠等.①Mn2+被氧化,(NH4)2S2O8中S元素还原为SO42-,故答案为:SO42-;②由Mn元素守恒、电子转移守恒,可得关系式:Mn2+~MnO4-~5Fe2+,则n(Mn2+)=1/5n(Fe2+),所以c(Mn2+)=1/5×V×10−3L×bmol/L/a×10−3L=bV/5amol/L,故答案为:bV/5a
考查方向
解题思路
菱锰矿用稀硫酸溶解,MnCO3、FeCO3、Al2O3都和稀硫酸反应生成硫酸盐,SiO2不反应,酸性条件下,加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+,MnO2还原生成Mn2+,调节溶液的pH,使Fe3+、Al3+完全转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀,过滤分离,滤渣1为SiO2、Al(OH)3、Fe(OH)3,滤液中存在 MnSO4、硫酸钠等,加入碳酸氢铵得到MnCO3,过滤分离,滤液2中含有硫酸铵、硫酸钠等.由Mn元素守恒、电子转移守恒,可得关系式:Mn2+~MnO4-~5Fe2+,结合关系式计算;
易错点
对公式记忆不清,不能熟练应用
正确答案
① 高 ② 根据Ksp=c(CO32−)·c(Mn2+),c(NH4HCO3)越大,c(CO32-)越大,c(Mn2+)越小,析出的MnCO3越多[或c(NH4HCO3)越大,c(CO32-)越大,使平衡MnCO3(s)CO32− (aq)+Mn2+ (aq)向逆反应方向移动,析出的MnCO3越多]
解析
菱锰矿用稀硫酸溶解,MnCO3、FeCO3、Al2O3都和稀硫酸反应生成硫酸盐,SiO2不反应,酸性条件下,加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+,MnO2还原生成Mn2+,调节溶液的pH,使Fe3+、Al3+完全转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀,过滤分离,滤渣1为SiO2、Al(OH)3、Fe(OH)3,滤液中存在 MnSO4、硫酸钠等,加入碳酸氢铵得到MnCO3,过滤分离,滤液2中含有硫酸铵、硫酸钠等.①由图可知,NH4HCO3初始浓度越大,锰元素回收率越高;NH4HCO3初始浓度越大,溶液中c(CO32-)度越大,根据溶度积Ksp(MnCO3)=c(Mn2+)×c(CO32-)可知溶液c(Mn2+)越小,析出的MnCO3越多,故答案为:高;NH4HCO3初始浓度越大,溶液中c(CO32-)度越大,根据溶度积Ksp(MnCO3)=c(Mn2+)×c(CO32-)可知溶液c(Mn2+)越小,析出的MnCO3越多;
考查方向
解题思路
菱锰矿用稀硫酸溶解,MnCO3、FeCO3、Al2O3都和稀硫酸反应生成硫酸盐,SiO2不反应,酸性条件下,加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+,MnO2还原生成Mn2+,调节溶液的pH,使Fe3+、Al3+完全转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀,过滤分离,滤渣1为SiO2、Al(OH)3、Fe(OH)3,滤液中存在 MnSO4、硫酸钠等,加入碳酸氢铵得到MnCO3,过滤分离,滤液2中含有硫酸铵、硫酸钠等.①由图可知,NH4HCO3初始浓度越大,锰元素回收率越高;NH4HCO3初始浓度越大,溶液中碳酸根离子浓度越大,根据溶度积可知溶液c(Mn2+)越小;
易错点
对公式记忆不清,不能熟练应用
正确答案
7.5×10−3 mol·L−1·min−1
解析
菱锰矿用稀硫酸溶解,MnCO3、FeCO3、Al2O3都和稀硫酸反应生成硫酸盐,SiO2不反应,酸性条件下,加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+,MnO2还原生成Mn2+,调节溶液的pH,使Fe3+、Al3+完全转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀,过滤分离,滤渣1为SiO2、Al(OH)3、Fe(OH)3,滤液中存在 MnSO4、硫酸钠等,加入碳酸氢铵得到MnCO3,过滤分离,滤液2中含有硫酸铵、硫酸钠等.若溶液中c(Mn2+)=1.0 mol•L-1,加入等体积1.8 mol•L-1NH4HCO3溶液进行反应,混合后NH4HCO3溶液浓度为0.9mol/L,为图象中d曲线,20~40 min内△c(Mn2+)=1mol/L×1/2×(50%-20%)=0.15mol/L,则20~40 min内v(Mn2+)=0.15mol/L/(40−20)min=0.0075mol/(L.min),故答案为:0.0075mol/(L.min).
考查方向
解题思路
菱锰矿用稀硫酸溶解,MnCO3、FeCO3、Al2O3都和稀硫酸反应生成硫酸盐,SiO2不反应,酸性条件下,加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+,MnO2还原生成Mn2+,调节溶液的pH,使Fe3+、Al3+完全转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀,过滤分离,滤渣1为SiO2、Al(OH)3、Fe(OH)3,滤液中存在 MnSO4、硫酸钠等,加入碳酸氢铵得到MnCO3,过滤分离,滤液2中含有硫酸铵、硫酸钠等.若溶液中c(Mn2+)=1.0 mol•L-1,加入等体积1.8 mol•L-1NH4HCO3溶液进行反应,混合后NH4HCO3溶液浓度为0.9mol/L,为图象中d曲线,根据回收率可以计算△c(Mn2+),进而计算20~40 min内v(Mn2+).
易错点
对公式记忆不清,不能熟练应用
5.一定条件下,可逆反应的平衡常数可以用平衡浓度计算,也可以用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数。在恒温恒压条件下,总压不变,用平衡分压计算平衡常数更方便。下列说法不正确的是 ( )
正确答案
解析
A.根据“分压=总压×物质的量分数”先计算出每种成分的分压均为P×(1/3)=P/3,然后根据“用平衡分压代替平衡浓度计算”计算出该反应的平衡常数Kp=(P/3)/[(P/3)×(P/3) =3/P,A正确;
B.设容器中总压强为P,由于是恒温恒压下,所以继续加入气体,则压强不变,根据“分压=总压×物质的量分数”先计算出每种成分的分压分别为PA=P×(4/10)=P2/5,PB=P×(2/10)=P/5,PC=P×(4/10)=P2/5,然后根据“用平衡分压代替平衡浓度计算”计算出该反应的平衡常数Kp=PC2/(PA2×PB)=(P2/5)2/[(P/5)×(P2/5)2]=5P,若此时A、B和C均增加1 mol,则此时的浓度商KC=PC2/(PA2×PB)=(P5/13)2/[(P3/13)×(P5/13)2]=P13/3<5P,即KC<KP,平衡正向移动,B正确;
C.同理设容器中总压强为P,由于是恒温恒压下,所以继续加入气体,则压强不变,根据“分压=总压×物质的量分数”先计算出每种成分的分压分别为PN2=P×(1/3)=P/3 ,PH2=P/3,PNH3=P/3,然后根据“用平衡分压代替平衡浓度计算”计算出该反应的平衡常数Kp=(PNH3)2/(PH2)3×(PN2)=(P/3)2/[(P/3)3×(P/3)]=9/P2,若此时N2增加3 mol,则此时的浓度商KC=(PNH3)2/(PH2)3×(PN2)=(P/6)2/[(P/6)3×(P/2)]=12/P2>9/P2,即KC>KP,平衡逆向移动,C错误;
D.对于一定条件下的同一可逆反应的平衡常数,其数值不同,意义相同,只受到温度的影响,所以D正确。
考查方向
解题思路
A.根据“分压=总压×物质的量分数”先计算出每种成分的分压,然后根据“用平衡分压代替平衡浓度计算”计算出该反应的平衡常数;
B.根据“分压=总压×物质的量分数”先计算出每种成分的分压,然后根据“用平衡分压代替平衡浓度计算”计算出该反应的平衡常数,然后再用浓度商和平衡常数的关系进行有关反应方向的判断;
C.根据“分压=总压×物质的量分数”先计算出每种成分的分压,然后根据“用平衡分压代替平衡浓度计算”计算出该反应的平衡常数,然后再用浓度商和平衡常数的关系进行有关反应方向的判断;
D.对于一定条件下的同一可逆反应的平衡常数只与温度有关。
易错点
A.不善于将新信息“用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数”应用于平衡常数计算;
B.不能准确应用平衡常数和浓度商的关系进行有关反应方向的判断;
C.不能准确应用平衡常数和浓度商的关系进行有关反应方向的判断;
D.不能正确理解影响化学平衡常数的因素。
知识点
9.1905年德国化学家哈伯发明了合成氨的方法,他因此获得了1918年度诺贝尔化学奖。氨的合成不仅解决了地球上因粮食不足而导致的饥饿与死亡问题,在国防、能源、轻工业方面也有广泛用途。
Ⅰ.以氨为原料,合成尿素的反应原理为:
2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(l)+H2O(g) ΔH = a kJ/mol。
为研究平衡时CO2的转化率与反应物投料比()及温度的关系,研究小组在10 L恒容密闭容器中进行模拟反应,并绘出下图(Ⅰ、Ⅱ曲线分别表示在不同投料比时,CO2的转化率与温度之间的关系)。
(1)a 0 (填“>”或“<”),判断依据是_______________________________。
(2)①投料比:Ⅰ Ⅱ (填“>”或“<”)。
②若n(CO2)起始 =10 mol,曲线Ⅱ的投料比为0.4,在100℃条件下发生反应,达平衡至A点,则A点与起始压强比为_________________。
③A点平衡常数与B点平衡常数间的关系:KA KB (填“>”或“<”或“=”)。B点正反应速率与C点正反应速率间的关系为:v (B)______v (C) (填“>”或“<”或“=”)。
(3)若按曲线Ⅰ的投料比投料,在上述实验中压缩容器体积至5L,在上图中画出反应达平衡时的二氧化碳的转化率与温度之间的关系曲线。
(4)为提高CO2转化率可以采取的措施是 。
a.使用催化剂 b.及时从体系中分离出部分CO(NH2)2
c.将体系中的水蒸气液化分离
氨气可用于工业上生产硝酸,其尾气中的NO2可用氨水吸收生成硝酸铵,25℃时,将10molNH4NO3溶于水,溶液显酸性,向该溶液中滴加1L某浓度的氨水,溶液呈中性,则滴加氨水的过程中水的电离平衡将_____________(填“正向”、“逆向”或“不”) 移动, 此中性溶液中NH3·H2O的物质的量为____________mol。(25℃时,NH3·H2O的电离平衡常数Kb=2×10-5)
正确答案
(1)<,投料比相同时,温度越高,CO2的转化率越低,说明平衡左移,正反应为放热反应。
解析
(1)图象可知,一氧化碳转化率随温度升高减小,说明平衡逆向,正反应为放热反应,a<0,故答案为:<;
(2)①由于Ⅰ中CO2转化率大于Ⅱ
考查方向
化学反应速率、化学平衡图象、化学平衡常数的综合应用以及电离平衡知识的综合应用。
解题思路
(1)分析图象可知,二氧化碳转化率随温度升高减小,说明平衡逆向进行,分析反应能量变化;
易错点
(1)不能根据能量与平衡的关系分析。
正确答案
(2)①< ②5/7 ③= <
解析
(2)①由于Ⅰ中CO2转化率大于ⅡCO2转化率,所以Ⅰ中CO2投料量要小于Ⅱ中CO2投料量,所以投料比:Ⅰ<Ⅱ,故答案为:<;
②若Ⅱ反应的n(CO2)起始=10mol、投料比为0.4,n(H2)=NH3mol,
CO2(g)+2NH3(g)CO(NH2)2(l)+H2O(g)
起始量(mol/L) 10 25 0
变化量(mol/L) 5 10 5
平衡量(mol/L) 5 15 5
A点的平衡时气体的物质的量总和为25mol,反应前气体的物质的量总和为35mol,根据阿伏伽德罗定律可知:P前/P后=n前/n后,所以A点与起始压强比为25/35=5/7,故答案为:5/7;
③AB是相同温度下的平衡,平衡常数只随温度变化,所以AB平衡常数相同;由于B点温度小于C点的温度,而温度越高,反应速率越大,所以B点的正反应速率小于C点正反应速率,故答案为:=;<
考查方向
化学反应速率、化学平衡图象、化学平衡常数的综合应用以及电离平衡知识的综合应用。
解题思路
(2)①由于Ⅰ中CO2转化率大于ⅡCO2转化率,所以Ⅰ中CO2投料量要小于Ⅱ中CO2投料量;
②结合投料比计算出NH3物质的量,依据化学平衡三段式列式计算平衡浓度,得到A点平衡时气体的物质的量,再根据气体物质的量与压强的正比关系求出压强比;
③AB是相同温度下的平衡,平衡常数只随温度变化;于B点温度小于C点的温度,而温度越高,反应速率越大
易错点
(2)没有掌握转化率与平衡移动的关系以及温度与反应速率的关系;
正确答案
解析
(3)若按曲线Ⅰ的投料比投料,在上述实验中压缩容器体积至5L时相当于给反应体系增大压强,所以平衡正向移动,CO2转化率增大,故反应达平衡时的二氧化碳的转化率与温度之间的关系曲线如图所示:
考查方向
化学反应速率、化学平衡图象、化学平衡常数的综合应用以及电离平衡知识的综合应用。
解题思路
(3)压缩容器体积至5L时相当于给反应体系增大压强,所以平衡正向移动,CO2转化率增大
易错点
(3)没有理解缩小容器体积对平衡的影响
正确答案
c
解析
(4)a.使用催化剂不能使平衡移动,所CO2转化率不变
b.由于CO(NH2)2 为液体,液体量的改变不能使平衡移动,所以从体系中分离出部分CO(NH2)2 ,CO2转化率不变。
c.将体系中的水蒸气液化分离,相当于减小了生成物的浓度,平衡正向移动,CO2转化率增大,故答案为:c
考查方向
化学反应速率、化学平衡图象、化学平衡常数的综合应用以及电离平衡知识的综合应用。
解题思路
(4)a.使用催化剂不能使平衡移动;
b.由于CO(NH2)2 为液体,液体量的改变不能使平衡移动;
c.将体系中的水蒸气液化分离,相当于减小了生成物的浓度,平衡正向移动;
易错点
(4)没有掌握转化率与平衡移动的关系
正确答案
逆向 0.05
解析
(5)向溶液中加入氨水,溶液中氢氧根离子浓度增大,抑制水电离,则水的电离平衡向逆反应方向移动;向其中滴加1L某浓度的氨水后溶液呈中性,则溶液中c(NO3-)=c(NH4+)=
10mol/L,由一水合氨的电离平衡常数可得:c(NH4+)×c(OH-)=Kb×c(NH3•H2O),所以c(NH3•H2O)= c(NH4+)×c(OH-)/Kb=10×10-7/(2×10-5)=0.05,
故答案为:逆向;0.05
考查方向
化学反应速率、化学平衡图象、化学平衡常数的综合应用以及电离平衡知识的综合应用。
解题思路
加入氨水,溶液中氢氧根离子浓度增大,抑制水的电离;根据物料守恒得到c(NH4+)的浓度,在根据NH3•H2O电离平衡常数求解;
易错点
不能正确应用化学平衡常数进行有关计算
开发利用清洁能源具有广阔的开发和应用前景,可减少污染解决雾霾问题。甲醇是一种可再生的清洁能源,一定条件下用CO和H2合成CH3OH:CO(g)+2H2 (g)
CH3OH(g) ∆H =-105 kJ·mol-1。向体积为2 L的密闭容器中充入2mol
CO和4mol H2,测得不同温度下容器内的压强(P:kPa)随时间(min)的变化关系如下左图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ曲线所示:
13.
①Ⅱ和Ⅰ相比,改变的反应条件是 。
②反应Ⅰ在6 min时达到平衡,在此条件下从反应开始到达到平衡时v (CH3OH) = 。
③反应Ⅱ在2 min时达到平衡,平衡常数K(Ⅱ)= 。在体积和温度不变的条件下,在上述反应达到平衡Ⅱ时,再往容器中加入1 mol CO和3 mol CH3OH后v(正)_______ v (逆)。(填“>”“<”“=”),原因是:_______________________。
④比较反应Ⅰ的温度(T1)和反应Ⅲ的温度(T3)的高低:T1 T3(填“>”“<”“=”),判断的理由是_________________________________________。
14.某研究所组装的CH3OH﹣O2燃料电池的工作原理如图1所示。
①该电池负极的电极反应式为: 。
②以此电池作电源进行电解,装置如图2所示。发现溶液逐渐变浑浊并有气泡产生,其原因是 (用相关的离子方程式表示)
正确答案
① Ⅱ中使用催化剂,
②1/8或者0.125 mol/(L.min)
③12 = Q=2.25/0.75×(0.5)2=12=K,所以可逆反应达到平衡状态
④ > 此反应为放热反应,降低温度,平衡向正反应方向移动(或者反应Ⅰ达平衡时所用的时间比反应Ⅲ达平衡时所用的时间短,化学反应速率快,故T1温度更高)
解析
Ⅱ和Ⅰ相比,达到平衡时的压强相同,说明平衡状态是相同的,所以改变的反应条件为Ⅱ中使用催化剂;
CO(g) + 2H2 (g) CH3OH(g)
初始(mol·L-1 ) 1 2 0
转化(mol·L-1 ) x 2x x
平衡(mol·L-1 ) 1-x 2-2x x
根据阿伏伽德罗定律可知,等体积条件下,气体的总物质的量与总压强成正比。所以:=
,计算可得x=0.75,
即 CO(g) + 2H2 (g) CH3OH(g)
初始(mol·L-1 ) 1 2 0
转化(mol·L-1 ) 0.75 1.5 0.75
平衡(mol·L-1 ) 0.25 0.5 0.75
所以,v (CH3OH) =0.75 mol·L-1 ÷ 6 min = 0.125 mol·L-1 ·min-1
平衡常数K==0.75mol·L-1 /[0.25mol·L-1 ×(0.5mol·L-1)2 ]=12(mol·L-1)-2 在上述反应达到平衡Ⅱ时,再往容器中加入1 mol CO和3 mol CH3OH,则此时浓度商Q=(0.75+1.5)mol·L-1 / [(0.25+0.5)mol·L-1 ×(0.5mol·L-1)2 ]=12(mol·L-1)-2 = K
所以可逆反应达到平衡状态,v(正)= v (逆)。此反应为放热反应,降低温度,平衡向正反应方向移动(或者反应Ⅰ达平衡时所用的时间比反应Ⅲ达平衡时所用的时间短,化学反应速率快,故T1温度更高)
考查方向
解题思路
本题第一部分考查化学平衡和化学反应速率相关计算:可逆反应CO(g)+2H2 (g)CH3OH(g)是一个气体总分子数减少的放热反应,加入催化剂只能改变反应速率但是不影响平衡,其平衡常数K=
,当浓度商Q=K时,化学反应达到平衡状态。
易错点
本题在计算过程中容易遗漏容器的体积。
正确答案
②CH3OH-6e-+ H2O= CO2↑+6H+
③Al﹣3e-=Al3+、Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑(或者写总方程式也可以)
解析
该燃料电池中,甲醇参与负极反应,对应的产物为CO2,
故电极反应式:CH3OH-6e-+ H2O= CO2↑+6H+ ;
图2所示的电解池中,铝作阳极,
其电极反应式为:Al﹣3e-=Al3+由于电解质溶液中含有碳酸氢钠,
故发生反应Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑
考查方向
本题主要考查了化学平衡、化学反应速率计算及原电池和电解池的电极反应式的书写。
解题思路
本题第二部分考查原电池和电解池电极反应式的书写。
易错点
本题在计算过程中容易遗漏容器的体积。
硫的化合物在生产、生活中有广泛应用,其吸收和处理也十分重要。完成下列填空:
28.SO2具有还原性,可以和许多氧化剂反应。SO2气体通入硫酸酸化的K2Cr2O7溶液中恰好生成铬钾矾[KCr(SO4)2·12H2O]。写出该反应的化学方程式___________________________,反应中被还原的元素是 。
29.过量的SO2通入Na2S溶液,写出有关的离子方程式_____________________________。
30.在1L 0.3mol/L的NaOH溶液中,通入4.48LSO2(标况),反应后所得溶液中微粒的浓度之间有一些等量关系,例如:c(Na+)+c(H+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH-),请再写出两个等量关系:__________________________________________________________
31.在室温下,下列曲线可以描述乙酸(甲、Ki=1.8×10﹣5)和次氯酸(乙、Ki=2.95×10﹣8)在水中的电离度与浓度关系的是 。
正确答案
28.3SO2+K2Cr2O7+H2SO4+23H2O→2KCr(SO4)2·12H2O,Cr
解析
(28)根据题意二氧化硫具有还原性,存在化合价的升高,KCr(SO4)2·12H2O从产物中分析可知S元素化合价升高,Cr元素化合价降低,因此Cr元素被还原根据得失电子守恒,能确定S元素与Cr元素在反应中的个数比,然后抓住质量守恒原则能确定各物质间的化学计量苏关系,因此3SO2+K2Cr2O7+H2SO4+23H2O→2KCr(SO4)2·12H2O。
考查方向
解题思路
准确把握氧化还原反应的本质是得失电子守恒关系以及电解质溶液中的守恒关系
易错点
氧化还原的配平方法以及方程式书写要点、离子浓度大小比较中的守恒关系
正确答案
29.5SO2+2S2-+2H2O→3S↓+4HSO3-
解析
(29)过量的SO2通入Na2S溶液反应是氧化还原反应中的歧化反应,同样符合得失电子守恒,书写方程式需要特别注意有关“量”的描述,因此二氧化硫在水溶液中过量以亚硫酸的形式存在,故答案为5SO2+2S2-+2H2O→3S↓+4HSO3- 。
解题思路
准确把握氧化还原反应的本质是得失电子守恒关系以及电解质溶液中的守恒关系
易错点
氧化还原的配平方法以及方程式书写要点、离子浓度大小比较中的守恒关系
正确答案
30.2[Na+]=3([SO32-]+[HSO3-]+[H2SO3]),[SO32-]+[HSO3-]+[H2SO3]=0.2mol/L
解析
(30)根据溶液为电中性即电荷守恒,同时需要符合物料守恒的原则,通过判断氢氧化钠为0.3mol,二氧化硫为0.2mol,且S在溶液中的存在形式有亚硫酸根、亚硫酸氢根、亚硫酸三种形式可知.2[Na+]=3([SO32-]+[HSO3-]+[H2SO3]),[SO32-]+[HSO3-]+[H2SO3]=0.2mol/L。
考查方向
解题思路
准确把握氧化还原反应的本质是得失电子守恒关系以及电解质溶液中的守恒关系
易错点
氧化还原的配平方法以及方程式书写要点、离子浓度大小比较中的守恒关系
正确答案
31,A
解析
(31)根据乙酸(甲、Ki=1.8×10﹣5)和次氯酸(乙、Ki=2.95×10﹣8)可知同浓度时乙酸的电离程度远大于次氯酸,因此曲线上方为乙酸,浓度越大对于弱酸的电离程度越小,因此答案为A
考查方向
解题思路
准确把握氧化还原反应的本质是得失电子守恒关系以及电解质溶液中的守恒关系
易错点
氧化还原的配平方法以及方程式书写要点、离子浓度大小比较中的守恒关系
6. 利用化石燃料开采、加工过程产生的H2S废气,通过电化学法制取氢气的工艺如图,下列说法不正确的是()
正确答案
解析
C1极生成Fe3+,应发生氧化反应,为阳极,C2极生成氢气,为阴极,发生还原反应,故A正确;
电解池中生成的FeCl3可作为反应池的反应物,则FeCl3溶液可循环利用,故B正确;
由装置可知反应池中的反应物为H2S和FeCl3,生成物S和Fe2+,则反应的化学方程式为H2S+2FeCl3=2FeCl2+S↓+2HCl,离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+,故C错误;
反应池中发生氧化还原反应为H2S+2FeCl3=2FeCl2+S↓+2HCl,电解池中亚铁离子失去电子,氢离子得到电子,电解总反应的离子方程式为Fe+2HCl═FeCl2+H2↑,故D正确。
考查方向
解题思路
A:C1极生成Fe3+,应发生氧化反应,为阳极,C2极生成氢气,为阴极,发生还原反应;
B:电解池中生成的FeCl3可作为反应池的反应物,则FeCl3溶液可循环利用;
C:由装置可知反应池中的反应物为H2S和FeCl3,生成物S和Fe2+,则反应的化学方程式H2S+2FeCl3=2FeCl2+S↓+2HCl,离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+;
D:反应池中发生氧化还原反应为H2S+2FeCl3=2FeCl2+S↓+2HCl,电解池中亚铁离子失去电子,氢离子得到电子,电解总反应的离子方程式为Fe+2HCl═FeCl2+H2↑
易错点
对正负极,阴阳极判断不正确
知识点
11.往含I一和Cl-的稀溶液中逐滴加入AgNO3溶液,产生沉淀的质量m(沉淀)与加入AgNO3溶液的体积V( AgN03)的关系如图所示。已知:Ksp(AgCl)=1.8×l0-10, Ksp( AgI) =l.5xl0-16则原溶液中c(I一)/c(Cl-)的比值为
正确答案
解析
因为I-+Ag+=AgI↓,Cl-+Ag+=AgCl↓,可以看出I-、Cl-跟Ag+反应都是1:1的关系,由图中可知:AgI的沉淀量为V1(黄色沉淀是AgI),而AgCl的沉淀量为V2-V1,所以c(I-):c(Cl-)=V1/(V2-V1),故选C。
考查方向
解题思路
分析图像得出AgI的沉淀量和AgCl的沉淀量,而后再进行计算。
易错点
计算错误
知识点
4. 2 5℃时,下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )
正确答案
解析
A.溶液中 的OH- +NH4+ = NH3·H2O, 故不能大量共存;
B.KNO3溶液提供NO3-:NO3- + H++Fe2+→NO↑+Fe3++H2O,故不能大量共存;
C.能使紫色石蕊变红的溶液为酸性溶液,H+与Ca2+、Na+、Cl-、NO3-均不反应,故能大量共存;
D.Cr2O72-不是无色的,是橙色的溶液,故错误。
考查方向
解题思路
依据离子性质及其反应规律筛选。
易错点
易错选B或D。
知识点
7.T℃时,在一固定容积的密闭容器中发生反应:A(g)+B(g) C(s) △H<0,按照
不同配比充入A、B,达到平衡时容器中A、B浓度变化
如图中曲线(实线)所示,下列判断正确的是( )
正确答案
解析
A、平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积,固体和纯液体不写入表达式,A(g)+B(g)⇌C(s),平衡常数K= =
=0.25,故答案A错误;B、依据图象分析可知,C点浓度商Q<K,反应正向进行,故B错误;C、反应是放热反应,若C点为平衡状态,此时平衡常数小于T°C平衡常数,说明平衡逆向进行,是升温的结果,温度高于T°C,故C正确;D、T°C时平衡常数不变,曲线上各点位平衡状态,其它点温度不同不是平衡状态,故D错误;本题正确答案是C
考查方向
解题思路
A、平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积,固体和纯液体不写入表达式;B、C点浓度熵小于K,反应正向进行;C、反应是放热反应,若C点为平衡状态,此时平衡常数小于T°C平衡常数,说明平衡逆向进行;D、T°C时平衡常数不变,曲线上各点位平衡状态,其它点温度不同不是平衡状态
易错点
化学平衡常数的影响因素分析和计算;
知识点
6.下列说法正确的是()
正确答案
解析
A.△H=逆反应的活化能-正反应的活化能=(Ea-Eb)kJ•mol-1,故A错误。
B.饱和溶液的溶质质量分数=╳100%不等于20%,故B错误。
C.将浓度为0.1 mol•L-1 HF溶液加水不断稀释过程中,电离度增大,Ka(HF)保持不变,氟离子浓度和氢离子浓度比值基本不变,故C错误。
D.0.2mol•L-1的CH3COOH溶液与0.1molL的NaOH溶液等体积混合后,得到的是等浓度的醋酸和醋酸钠的混合物,电荷守恒:c(Na+)+c(H+)═c(CH3COO-)+c(OH-),物料守恒:2c(Na+)═c(CH3COO-)+c(CH3COOH),由此得到:2c(H+)-2c(OH-)═c(CH3COO-)-c(CH3COOH),故D正确。
考查方向
解题思路
A.反应A(g)⇌2B(g),若正反应的活化能为Ea kJ•mol-1,逆反应的活化能为Eb kJ•mol-1,反应的焓变等于正逆反应活化能之差。
B.某温度下,100g水中溶解氯化钠的最大质量即是其溶解度。
C.弱酸加水稀释,其电离度增大,电离平衡常数不变,氟离子和氢离子物质的量同等程度的增大.
D.0.2 mol•L-1的CH3COOH溶液与0.1 mol•L-1的NaOH溶液等体积混合后,溶质为等浓度的醋酸和醋酸钠,结合物料守恒和电荷守恒分析;
易错点
弱电解质的水解的电荷和物料守恒。
知识点
5.常温下,取pH=2的 HA溶液与HB溶液各1 mL,分别加水稀释,测得pH变化与稀释倍数关系如图所示。下列叙述正确的是( )
正确答案
解析
A.将pH=2的HA稀释100倍后,溶液的pH变化小于2,说明HA为强电解质,溶液中存在电离平衡,HA的电离方程式为:HA=H++A-,故A错误;B.根据图象可知,pH2的HA稀释100倍后,溶液的pH变化为2,则HA为强电解质,溶液中完全电离,则pH=2的HA溶液的浓度为0.01mol/L,而HB为弱酸,则稀释前HB的浓度大于0.01mol/L,即:稀释前,c(HB)>c(HA)=0.01mol•L-1,故B正确;C.0.1mol/L NaB溶液中,根据质子守恒可得c(OH-)= c(H+)+C(HB),故C错误;D.当NaA、NaB的浓度相等时,根据物料守恒可得:2c(Na+)=c(A-)+c(B-)+c(HB),由于不知NaA、NaB的浓度大小,无法得出2c(Na+)=c(A-)+c(B-)+c(HB),故D错误;
本题正确答案是B
考查方向
解题思路
A.根据图象曲线变化可知,将pH=2的HA稀释100倍后,溶液的pH=4,所以HA为弱酸,溶液中完全电离;B.溶液稀释100倍,HA溶液的pH变化为2,则HA为强酸,而HB为弱酸,据此判断稀释前浓度大小;C.0.1mol/L NaB溶液中,根据质子守恒可得c(OH-)= c(H+)+C(HB)D.没有告诉NaA、NaB的浓度是否相等,无法根据物料守恒得出2c(Na+)=c(A-)+c(B-)+c(HB).
易错点
PH与溶液酸碱性的关系、离子浓度大小及电荷守恒、物料守恒、质子守恒的应用。
知识点
21.25℃时,有c(CH3COOH)+c(CH3COO−)=0.1mol/L的一组醋酸.醋酸钠混合溶液,
溶液中c(CH3COOH).c(CH3COO−)与pH的关系如图所示,下列叙述正确的是
正确答案
解析
A.x点c(CH3COOH)=c(CH3COO-),平衡常数,故A正确;
B.c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),再把题干中的c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1mol•L-1代入即可得c(Na+)+c(H+)-c(OH-)+c(CH3COOH)=0.1mol•L-1,故B正确;
C.根据质子守恒得c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+),故C错误;
D.向X点所表示的溶液中加入等体积的0.05mol•L-1NaOH溶液,则溶液中的溶质是醋酸钠,醋酸钠的浓度是0.1mol/L,由电荷守恒可知,c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),根据物料守恒得c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Na+),c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+),故D错误;
考查方向
电离平衡与溶液的pH
解题思路
由图象可看出,浓度增大的曲线应为c(CH3COO-),浓度减小的曲线应为c(CH3COOH),W点时c(CH3COOH)=c(CH3COO-),结合溶液的电荷守恒、物料守恒解答该题
易错点
电荷守恒、物料守恒、质子守恒等式
教师点评
本题属于基本概念与理论的考查,涉及水解与电离平衡、物料守恒和电荷守恒、离子浓度大小比较,溶液中存在水解与电离两个过程的离子浓度大小比较似乎是考试热点内容,学习中要反复加强训练,题目难度中等
知识点
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