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2009年高考各地化学试题分类汇编和解析--化学反应速率和化学平衡


2009 年高考各地化学试题分类汇编和解析
十一、化学反应速率和化学平衡 1. . (09 安徽卷 11)汽车尾气净化中的一个反应如下:

NO ( g ) + CO ( g )

1 N 2 ( g ) + CO2 ( g ) 2

?H = ?373.4 KJ ? mol ?1

在恒容的密闭容器中,反应达到平衡后,改变某一条件,下列示意图正确的是: 答案: 答案:C 解析: 解析:该反应为气体计量数减小的放热反应,升高温度,平衡逆向移动,生成物浓度减小, 反应物浓度增大,平衡常数减小,A 选项错误; 同理,升高温度,平衡逆向移动,CO 的转化率减小,B 选项错误; 平衡常数只与热效应有关,与物质的量无关,C 选项正确; 增加氮气的物质的量,平衡逆向移动,NO 的转化率减小,D 选项错误。 4Y ( g ) + Z ( g ) ,?H < 0 ,在某温度时 X 2. 全国卷Ⅰ13)下图表示反应 X ( g ) .(09 的浓度随时间变化的曲线: 下列有关该反应的描述正确的是 A.第 6 min 后,反应就终止了 B. X 的平衡转化率为 85% C.若升高温度, X 的平衡转化率将大于 85% D.若降低温度,v 正和 v 逆将以同样倍数减少 答案: 答案:Bw.w.w.k.s.5.u.c.o.m 解析: 解析:A 项,6min 时反应达平衡,但未停止,故错; B 项,X 的变化量为 1-0.15=0.85mol,转化率为 0.85/1=85%,正确。? H<0,反应为放热,故升高温度,平衡将逆向移动,则 X 的转化率减小,C 项错;D 项,降 温,正、逆反应速率同时减小,但是降温平衡正向移动,故 V 正>V 逆,即逆反应减小的倍 数大,错误。 3.(09 天津卷 5)人体血液内的血红蛋白(Hb)易与 O2 结合生成 HbO2,因此具有输氧能力,CO . 吸入肺中发生反应:CO+HbO2 O2+HbCO ,37 ℃时,该反应的平衡常数 K=220 。 HbCO 的浓度达到 HbO2 浓度的 0.02 倍,会使人智力受损。据此,下列结论错误的是 .. A.CO 与 HbO2 反应的平衡常数 K=

c(O 2 ) ? c(HbCO) c(CO) ? c(HbO 2 )

B.人体吸入的 CO 越多,与血红蛋白结合的 O2 越少 C.当吸入的 CO 与 O2 浓度之比大于或等于 0.02 时,人的智力才会受损 D.把 CO 中毒的病人放入高压氧仓中解毒,其原理是使上述平衡向左移动 答案: 答案:C 解析: 解析:由反应方程式知,K 的表达式正确,A 对;CO 与 HbO2 反应的平衡常数达 220,可见 其 正 向 进 行 的 程 度 很 大 , 正 确 。 K=

c(O 2 ) ? c(HbCO) c(CO) ? c(HbO 2 )

, 由 题 意 知 , K=220 ,

c( HbCO) = 0.02 时,人受损,则 C(CO)/C(O2)=9×10-5,C 项错。D 项,当 O2 浓度很大时, c( HbO2 )
题 中平衡将逆向移动,从而解救人,正 确。 4. (09 江苏卷 14)I2 在 KI 溶液中存在下 . 列平衡: 某 I2、 KI 混合溶液中,I 的物质的量浓 、 ? 度 c( I 3 )与温度 T 的关系如图所示(曲线 上任何一点都表示平衡状态)下列说法正 。

I 2 (aq ) + I ? (aq )

? 3

I 3? (aq )

确的是 A. 反应 I 2 ( aq ) + I ( aq ) I 3 (aq ) 的△H>0w.w.w.k.s.5.u.c.o.m B.若温度为 T1、T2 ,反应的平衡常数分别为 K 1、K 2,则K 1 > K 2 C.若反应进行到状态 D 时,一定有 v正 > v逆 D.状态 A 与状态 B 相比,状态 A 的 c(I2)大 答案: 答案:BC 解析: 解析: ? 随着温度的不断升高, I 3 的浓度逐渐的减小,说明反应向逆方向移动,也就意味着该反应 是放热反应,所以 ?H ?0 ,所以 A 项错; 因为 K =
? ?

I 3? , T2 > T1 ,所以当温度升高时,反应向逆方向移动,即 K1 > K 2 ;C 项, I2 ? I ?
?

从图中可以看出 D 点并没有达到平衡状态,所以它要向 A 点移动,这时 I 3 的浓度在增加, 所以 v正 >v 逆 ,C 项正确;D 项,从状态 A 到状态 B, I 3 的浓度在减小,那么 I 2 的浓度就 在增加。 5. . (09 广东理科基础 29)已知汽车尾气无害化处理反应为
?

2 NO ( g ) + 2CO ( g )

N 2 ( g ) + 2CO2 ( g )

下列说法不正确的是 A.升高温度可使该反应的逆反应速率降低 B.使用高效催化剂可有效提高正反应速率 C.反应达到平衡后,N0 的反应速率保持恒定 D.单位时间内消耗 CO 和 CO2 的物质的量相等时,反应达到平衡 答案: 答案:A 解析: 解析:升温,无论是正反应,还是逆反应,速率均加快,A 项错;催化剂可以加快化学反应 速率,B 项正确;达平衡后,各组分的速率保持不变,C 项正确;由于 CO 和 CO2 的计量系 数相等,故当两者同时消耗的量相等时,反应即达平衡,D 项正确。 6. (09 福建卷 10) 在一定条件下,Na2CO3 溶液存在水解平衡: .

CO32- + H2O

HCO3- + OH- 。下列说法正确的是

A. 稀释溶液,水解平衡常数增大

B. 通入 CO2,平衡朝正反应方向移动 D. 加入 NaOH 固体,溶液 PH 减小

c( HCO3 ? ) C. 升高温度, 减小 c(CO3 2? )

答案: 答案:B 解析: 解析:平衡常数仅与温度有关,故稀释时是不变的,A 项错;CO2 通入水中,相当于生成 - H2CO3,可以与 OH 反应,而促进平衡正向移动,B 项正确;升温,促进水解,平衡正向移 动,故表达式的结果是增大的,C 项错;D 项,加入 NaOH,碱性肯定增强,pH 增大,故错。 7. . (09 福建卷 12)某探究小组利用丙酮的溴代反应: HCl (

CH 3COCH 3 + Br2

CH 3COCH 2 Br + HBr

)来研究反应物浓度与反应速率的关

系。反应速率 v( Br2 ) 通过测定溴的颜色消失所需的时间来确定。在一定温度下,获得如下 实验数据:

分析实验数据所得出的结论不正确的是 ... A. 增大 c(CH 3COCH 3 ), v( Br2 ) 增大 B. 实验②和③的 v( Br2 ) 相等 C. 增大 c( HCl ), v( Br2 ) 增大 D. 增大 c( Br2 ) , v( Br2 ) 增大 答案: 答案:D 解析: 解析:从表中数据看,①④中 CH3COCH3,HCl 的浓度是相同的,而④中 Br2 比①中的大,所 以结果,时间变长,即速率变慢了,D 项错。其他选项依次找出表中两组相同的数据,看一 变量对另一变量的影响即可。 8. (09 广东化学 7)难挥发性二硫化钽(TaS2 )可采用如下装置提纯。将不纯的 TaS2 粉末 装入石英管一端,抽真空后引入适量碘并封管,置于加热炉中。反应如下: 1123 K ? TaI4 (g)+S2 (g) TaS2 (s)+2I2 (g) ? 1023 K 下列说法正确的是 A.在不同温度区域,TaI4 的量保持不变 B. 在提纯过程中,I2 的量不断减少 C.在提纯过程中,I2 的作用是将 TaS2 从高温区 转移到低温区 D. 该反应的平衡常数与 TaI4 和 S2 的浓度乘积成 反比 答案: 答案:C 解析: 解析:根据反应条件可知当温度不同时反应进行的主要方向不同所以 A 错误。 因为是在同一密闭系统中有质量守恒定律可知 I2 的量不可能不断减少,而是充当一个“搬运 工”的角色,将 TaS2 从高温区转移到低温区,B 错误。 根据平衡常数表达式可知 K 与 Tal4 和 S2 的浓度乘积成正比,D 错误。 9. (09 广东化学 15)取五等份 NO2 ,分别加入温度不同、容积相同的恒容密闭容器中,发 . 生反应:2NO2(g) N2O4(g),ΔH<0 反应相同时间后,分别测定体系中 NO2 的百分量 (NO2%) ,并作出其随反应温度(T)变化的关系图。下列示意图中,可能与实验结果相符 的是

答案: 答案:BD 解析: 解析:在恒容状态下,在五个相同的容器中同时通入等量的 NO2,反应相同时间。那么则有 两种可能,一是已达到平衡状态,二是还没有达到平衡状态,仍然在向正反应移动。若 5 个容器在反应相同时间下,均已达到平衡,因为该反应是放热反应,温度越高,平衡向逆反 应方向移动,NO2 的百分含量随温度升高而升高,所以 B 正确。若 5 个容器中有未达到平 衡状态的,那么温度越高,反应速率越大,会出现温度高的 NO2 转化得快,导致 NO2 的百 分含量少的情况,在 D 图中转折点为平衡状态,转折点左则为未平衡状态,右则为平衡状 态,D 正确。 10. (09 北京卷 9)已知 H 2 (g)+I 2 (g) ? ? 2HI(g);?H<0 有相同容积的定容密封容器甲和 . 乙,甲中加入 H 2 和 I 2 各 0.1mol ,乙中加入 HI 0.2mol,相同温度下分别达到平衡。欲使甲 中 HI 的平衡浓度大于乙中 HI 的平衡浓度,应采取的措施是 A.甲、乙提高相同温度 B 甲中加入 0.1mol He,乙不改变 C.甲降低温度,乙不变 D 甲增加 0.1mol H 2 ,乙增加 0.1mol I 2 答案: 答案:C 【解析】本题考查化学平衡移动、等效平衡。 在相同条件下,甲、乙容器中达平衡时是等

效平衡,欲使甲中 HI 的平衡浓度大于乙中 HI 的平衡浓度,则甲中平衡向着正反应方向移 动,同时乙向着逆反应方向移动或者不移动。选项 A,甲、乙提高相同温度时,平衡均向逆 反应方向移动,且达平衡是二者等效,HI 浓度相等。选项 B,加入稀有气体时,平衡不移 动,二者 HI 浓度相等。选项 C,甲降低温度平衡向着正反应方向移动,达平衡是 HI 浓度增 大,而乙中 HI 浓度不变,符合题意。选项 D,甲中增加等量的 H2 或 I2,达平衡是 HI 浓度 相等。 11. (09 四川卷 13)在一体积可变的密闭容器中,加入一定量的 X、Y,发生反应 mX ( g ) ? ? nY ( g );△ H = Q kJ/mol。反应达到平衡时,Y 的物质的量浓度与温度、气体 体积的关系如下表所示: 气体体积 1 C(Y)/mol·L-1 温度℃ 100 200 300 1.00 1.20 1.30 0.75 0.09 1.00 0.53 0.63 0.70 2 3

下列说法正确的是 A.m>n B.Q<0 C.温度不变,压强增大,Y 的质量分数减少 D.体积不变,温度升高,平衡向逆反应方向移动 答案: 答案:C 【解析】 根据题目信息可得,在温度相同的条件下,当体积扩大到原来的两倍时,Y 的浓 度降低的倍数小于 2,所以可确定增大体积,平衡正向移动,根据平衡移动原理,增大体积, 平衡向体积增大的方向移动,因此 A 错误,C 项正确。当体积相同时,温度升高,Y 的浓 度增大,即平衡正向移动,所以此反应的正向为放热反应,B、D 错误。 【点评】本题主要通过控制变量讨论化学平衡移动问题,对于学生的基本功要求较高。 12. (09 重庆卷 13)各可逆反应达平衡后,改变反应条件,其变化趋势正确的是

答案: 答案:D — 解析: A CH 解析: 项 CH3COOH 溶液中加入 CH3COONa 固体, 3COOH 溶液中 CH3COO 浓度增加, + 电离平衡逆向移动,c(H )减小,pH 逐渐增大,A 错误;B 项加入 KCl 对平衡体系无影响, 化学平衡不移动,B 错误;C 项恒温恒压,加入 Ar,各反应物的物质的量不变,体积变大, 各物质的量浓度成倍减小 (等效于减压) 化学平衡朝体积增大方向移动, 2 的改变量减小, , H 起始量不变,转化率减小,C 错误;大暗暗选 D。 13. (09 海南卷 4)在 25℃时,密闭容器中 X、Y、Z 三种气体的初始浓度和平衡浓度如下 . 表:

下列说法错误的是:w.w.w.k.s.5.u.c.o.m .. A.反应达到平衡时,X 的转化率为 50% B.反应可表示为 X+3Y 2Z,其平衡常数为 1600 C.增大压强使平衡向生成 Z 的方向移动,平衡常数增大 D.改变温度可以改变此反应的平衡常数 答案: 答案:C 解析: 由 aX+ bY ? cZ 初始浓度/mol·L-1 0.1 0.2 0 -1 平衡浓度/mol·L 0.05 0.05 0.1 -1 0.05 0.15 0.1 转化浓度/mol·L 利用转化浓度之比等于化学计量数比可得到化学方程式为 X+3Y ? 2Z,这样再利用相关数 据可得到 A、B 正确,D 因为平衡常数是温度函数而正确。 点评:本题考查化学反应速率和化学平衡的相关知识。最快捷的方法是利用排除法,抓住化 学平衡常数是温度函数,即可得到 C 错误。 14 .( 09 宁 夏 卷 10 ) 硫 代 硫 酸 钠 溶 液 与 稀 硫 酸 反 应 的 化 学 方 程 式 为 : Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2+S↓+H2O,下列各组实验中最先出现浑浊的是 Na2S2O3 溶液 稀 H2SO4 H 2O 实验 反应温度/℃ V/m c/(mol·L-1) V/mL c/(mol·L-1) V/mL L A 25 5 0.1 10 0.1 5 B 25 5 0.2 5 0.2 10 C 35 5 0.1 10 0.1 5 D 35 5 0.2 5 0.2 10 答案: 答案:D 解析: 解析:影响化学反应速率的因素众多,本题从浓度和和温度两个因素考查,非常忠实于新教 材必修 2,只要抓住浓度越大,温度越高反应速率越大,便可以选出正确答案 D。 15. (09 宁夏卷 13) 在一定温度下, 反应 1/2H2(g)+ 1/2X2(g) HX(g)的平衡常数为 10。 . 若将 1.0mol 的 HX(g)通入体积为 1.0L 的密闭容器中,在该温度时 HX(g)的最大分解率接近 于

A. 5% B. 17% C. 25% D.33% 答案: 答案:B 解析: 解析: 1/2H2(g)+ 1/2X2(g) HX(g)的平衡常数 K1 为 10,那么 HX(g) 1/2H2(g)+ 1/2X2(g) 的平衡常数 K2 为 1/10, 2HX(g) H2(g)+ X2(g) 的平衡常数 K3 为(1/10)2=0.01.设 HX(g) 分解 xmol/L,有, 2HX(g) H2(g)+ X2(g) 1 0 0 x x x 1-x x x K3= x·x/(1-x) 2= 0.01 ,得到 x=0.17,所以, 该温度时 HX(g)的最大分解率接近于 B. 17% 16.(09 全国卷Ⅱ27)(15 分) 某温度时,在 2L 密闭容器中气态物质 X 和 Y 反应生成气态物质 Z,它们的物质的量随 时间的变化如表所示。 (1)根据左表中数据,在右图中画出 X、Y、Z 的物质的量(n)随时间(t)变化的曲线: t/min X/mol Y/mol Z/mol 0 1.00 1.00 0.00 1 0.90 0.80 0.20 3 0.75 0.50 0.50 5 0.65 0.30 0.70 9 0.55 0.10 0.90 10 0.55 0.10 0.90 14 0.55 0.10 0.90 (2) 体系中发生反应的化学方程式是______________; (3) 列式计算该反应在 0-3min 时间内产物 Z 的 平均反应速率:_______________; (4) 该反应达到平衡时反应物 X 的转化率 α 等 于___________________________; (5) 如果该反应是放热反应。改变实验条件(温 度、压强、催化剂)得到 Z 随时间变化的曲线 ①、②、③(如右图所示)则曲线①、②、③所 对应的实验条件改变分别是: ① _________________ ② ________________ ③__________________ 答案: 答案:

解析: 解析:本题考查化学反应速率和化学平衡的综合运用,注意图像和有关计算。 (1)根据题目中表格给出的数据,在坐标系中找出相应的点,然后用光滑的曲线描点即可。 (2)根据题意,可以利用“三步法”求解

开始 1.00 1.00 0 转化 0.45 0.9 0.9 平衡 0.55 0.1 0.9 根据各物质的量之比可得体系中发生反应的化学方程式是: aX + bY cZ 。 ( 3 ) 根 据 图 像 可 知 在 3min 时 , 生 成 物 Z 的 物 质 的 量 为 0.5mol , 其 平 均 速 率 为 0.083mol/L·min。 (4)X 的转化率等于 0.45。 (5)由题目所给图象可知,在 1 中,平衡时 Z 的物质的量小于原平衡的物质的量,说明平 衡逆向移动,条件为升高温度。在 2 中,平衡时 Z 的物质的量与原平衡相同,且速率加快, 条件为加入催化剂;在 3 中,平衡正向移动,且速率加快,条件为加压。 17.(09 安徽卷 28) (17 分)Fenton 法常用于处理含难降解有机物的工业废水,通常是在调 2+ 节好 PH 和 Fe 浓度的废水中加入 H2O2,所产生的羟基自由基能氧化降解污染物。现运用 该方法降解有机污染物 p-CP,探究有关因素对该降解反应速率的影响。 [实验设计]控制 p-CP 的初始浓度相同,恒定实验温度在 298K 或 313K(其余实验条件见下 表) ,设计如下对比试验。 (1)请完成以下实验设计表(表中不要留空格) 。 实验 实验目的 T/K PH c/10-3mol·L-1 编号 H2O2 Fe2+ ① ② ③ 为以下实验 作参考 探究温度对 降解反应速 率的影响 298 3 6.0 0.30

aX + bY

cZ

298

10

6.0

0.30

[数据处理]实验测得 p-CP 的浓度随时间变化的关系如 右上图。 ( 2)请 根据右上 图实验① 曲线,计 算降解反 应在 50~150s 内的反应速率: υ (p-CP)= mol·L-1·s-1 [解释与结论] (3)实验①、②表明温度升高,降解反应速率增大。但温度过高时反而导致降解反应速率 减小,请从 Fenton 法所用试剂 H2O2 的角度分析原因: 。 (4)实验③得出的结论是:PH 等于 10 时, 。 [思考与交流] (5)实验时需在不同时间从反应器中取样,并使所取样品中的反应立即停止下来。根据上 图中的信息,给出一种迅速停止反应的方法: (1) 答案: 答案: c/10-3mol·L-1 实验编号 实验目的 T/K PH H 2O 2 Fe2+ ① 313 3 6.0 0.30 ② 探究实验的对 PH 降解反 ③ 应速率的影响 (2)8.0×10-6(3)过氧化氢在温度过高时迅速分解。 (4)反应速率趋向于零(或该降解反应趋于停止) (5)将所取样品迅速加入到一定量的 NaOH 溶液中,使 pH 约为 10(或将所取样品骤冷等 其他合理答案均可) 解析: (1)实验①是参照实验,所以与实验①相比,实验②和③只能改变一个条件,这样才 解析: 能起到对比实验的目的,则实验②是探究温度对反应速率的影响,则 T=313K,pH=3, + c(H2O2)=6.0 mol·L-1,c(Fe2 )=0.30 mol·L-1,实验③显然是探究 pH 的大小对反应速率的影 响; (2)在 50~150s 内,△c(p-CP)=0.8mol·L-1,则 v (p-CP)=0.08mol·L-1·s-1; (3)温度 (4)从图中看出,pH=10 时, 过高时,H2O2 分解,c(H2O2)浓度减小,导致反应速率减小; c(p-CP)不变,即反应速率为零,说明碱性条件下,有机物 p-CP 不能降解; (5)从第(4)可以得出,在发言液中加入 NaOH 溶液,使溶液的 pH 迅速增大,反应停止。

18.(山东卷 28) (14 分)运用化学反应原理研究氮、氧等单质及其化合物的反应有重要意 义。 (1)合成氨反应反应 N2(g)+3H2(g) 2NH3(g),若在恒温、恒压条件下向平衡体系中通入 氩气,平衡 移动(填“向左” “向右”或“不”; ),使用催化剂 反应的ΔH(填 “增大” “减小”或“不改变”。 ) (2)O2 (g)= O+2(g)+e? H1= 1175.7 kJ·mol-1 -1 PtF6(g)+ e PtF6 (g) ? H2= - 771.1 kJ·mol-1 + + ? H3=482.2 kJ·mol-1 O2 PtF6 (s)=O2 (g)+PtF6 + 则反应 O2(g)+ PtF6 (g) = O2 PtF6 (s)的 ? H=_____________ kJ·mol-1。 (3)在 25℃下,向浓度均为 0.1 mol·L-1 的 MgCL2 和 CuCl2 混合溶液中逐滴加入氨水,先 生成__________沉淀(填化学式) ,生成该沉淀的离子方程式为____________。已知 25℃时 Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11,KsP[Cu(OH)2]=2.2×10-20。 (4)在 25℃下,将 a mol·L-1 的氨水与 0.01 mol·L-1 的盐酸等体积混合,反应平衡时溶液 中 c(NH4*)=c(Cl-),则溶液显_____________性(填“酸” “碱”或“中”;用含 a 的代数式 ) 表示 NH3·H2O 的电离常数 Kb=__________。 答案: 答案 (1)向左 不改变 (2)-77.6 (3)Cu(OH)2 Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2 ↓+2NH4+ (4)中 Kb=10-9/(a-0.01)mol·L-1. 解析: 则容积增大, 导致原平衡中各物质的浓度同等比例减小, 解析 (1)在恒压条件下加入氩气, 所以平衡向气体体积增大的方向即向左移动; 催化剂仅是改变化学反应速率, 不会影响焓变。 (2)根据盖斯定律,将化学方程式①+②-③叠加。 (3)Cu(OH)2 的 Ksp 小于 Mg(OH)2 的,所以离子的浓度商首先大于 Cu(OH)2 的而先沉淀; 由于氨水是弱碱,书写离子方程式时 不能拆开。 ( 4 ) 由 溶 液 的 电 荷 守 恒 可 得 : c(H*)+c(NH4*)=c(Cl-)+c(OH-), 已 知 c(NH4*)=c(Cl-) , 则 有 c(H*)=c(OH-),溶液显中性;电离常数只与温度有关,则此时 NH3·H2O 的电离常数 Kb= [c(NH4*)·c(OH-)]/c(NH3·H2O)= (0.01 mol·L-1·10-7mol·L-1)/(amol·L-1-0.01 mol·L-1)= 10-9/(a-0.01)mol·L-1. 19.(09 江苏卷 17) 分)废旧印刷电路板的回收利用可实现资源再生,并减少污染。废旧 (8 印刷电路板经粉碎分离,能得到非金属粉末和金属粉末。 (1)下列处理印刷电路板非金属粉末的方法中,不符合环境保护理念的是 (填字 母) 。 A.热裂解形成燃油 B.露天焚烧 C.作为有机复合建筑材料的原料 D.直接填埋 (2)用 H 2O2和H 2 SO4 的混合溶液可溶出印刷电路板金属粉末中的铜。已知: 2+ ?1 + Cu s) 2 H(aq) ( + ==== Cu (aq) H(g) H = 64.39 KJ ? mol + 2 ?1 2 H 2 O2 (1) ==== 2 H 2 O(l ) + O2 ( g ) l H = ?196.46 KJ ? mol H(g) O2 + (g) ==== H 2 O(l ) H = ?285.84 KJ ? mol ?1 2 2+ 2 在 H 2 SO4 溶液中 Cu 与 H 2 O2 反应生成 Cu 和 H 2O 的热化学方程式为 。 ?1 (3)控制其他条件相同,印刷电路板的金属粉末用 10℅ H 2O2 和 3.0 mol i L H 2 SO4 的混合 溶液处理,测得不同温度下铜的平均溶解速率(见下表) 。 温度(℃) 20 30 40 50 60 70 80 铜平均溶解速率 7.34 8.01 9.25 7.98 7.24 6.73 5.76 ?3 ?1 ?1 ( × 10 mol ? L ? min ) 当温度高于 40℃时,铜的平均溶解速率随着反应温度升高而下降,其主要原因是 。 (4)在提纯后的 CuSO4 溶液中加入一定量的 Na2 SO3 和 NaCl 溶液,加热,生成 CuCl 沉 淀。制备 CuCl 的离子方程式是 。 + + 答案: 答案 (1)BD(2)Cu(s)+H2O2 (l)+2H (aq)=Cu2 (aq)+2H2O(l) △H=-319.68KJ.mol-1 - + 2+ 2(3)H2O2 分解速率加快(4)2Cu +SO3 +2Cl +H2O △ 2CuCl↓+SO42-+2H 解析:(1)有关环保的比较容易。 (2)主要考察盖斯定律的灵活运用。适当变形,注意反应 解析 热的计算。不要忽视热化学方程式的书写的注意事项。 (3)考察影响化学反应速率的因素, 结合双氧水的性质即可得出答案。 (4)根据题目条件书写离子方程式常规题。 20.(09 江苏卷 20) (10 分)联氨(N2H4)及其衍生物是一类重要的火箭燃料。N2H4 与 N2O4 反应能放出大量的热。 (1)已知:2NO2(g)=====N2O4(g) △H=-57.20kJ·mol-1。一定温度下,在密闭容 器中反应 2NO2(g) N2O4(g)达到平衡。 (填字幕) 其他条件不变时,下列措施能提高 NO2 转化率的是 A.减小 NO2 的浓度 B.降低温度 C.增加 NO2 的浓度 D.升高温度 (2)25℃时,1.00gN2H4(l)与足量 N2O4(l)完全反应生成 N2(g)和 H2O(l) ,放出

19.14kJ 的热量。 则反应 2N2H(l) 2O(l) (g) 2O 的△H= +N 4 =3N2 +4H (l) kJ·mol-1 4 5 (3) 17℃、 1.01×10 Pa, 密闭容器中 N2O4 和 NO2 的混合气体达到平衡时, NO2) c ( =0.0300 mol·L-1、c(N2O4)=0.0120 mol·L-1。计算反应 2NO2(g) N2O4(g)的平 衡常数 K。 (4)现用一定量的 Cu 与足量的浓 HNO3 反应,制得 1.00L 已达到平衡的 N2H4 和 NO2 的混合气体(17℃、1.01×105Pa) ,理论上至少需消耗 Cu 多少克? 答案:(1)BC(2)-1224.96 答案 ?1 ?1 (3)根据题意知平衡时: c( N 2 O4 ) = 0.0120mol ? L ; c( NO2 ) = 0.0300mol ? L K=

0.0120 c( N 2O4 ) = = 13.3 2 c ( NO2 ) 0.0300 × 0.0300

答:平衡常数为 13.3。 (4)由(3)可知,在 17℃、1.01×105Pa 达到平衡时,1.00L 混合气体中:

n( N 2O4 ) = c( N 2O4 ) × V = 0.0120mol ? L?1 × 1.00 L = 0.0120mol n( NO2 ) = c( NO2 ) × V = 0.0300mol ? L?1 × 1.00 L = 0.0300mol 则 n总 ( NO2 ) = n( NO2 ) + 2 × n( N 2O4 ) = 0.0540mol 由 Cu + 4 HNO3 === Cu ( NO3 ) 2 + 2 NO ↑ +2 H 2O 可得 0.0540mol m(Cu ) = × 64 g ? mol ?1 = 1.73 g 2

答:理论上至少需消耗 Cu 1.73 g. 解析:(1)考查影响化学平衡移动的因素(2)简单的反应热计算要注意将质量转化为物质 解析 的量,还要注意比例关系。 (4)见答案 (3) 21.(09 浙江卷 27) (15 分)超音速飞机在平流层飞行时,尾气中的 NO 会破坏臭氧层。科 学家正在研究利用催化技术将尾气中的 NO 和 CO 转变成 CO2 和 N 2 ,化学方程式如下:

为了测定在某种催化剂作用下的反应速率,在某温度下用气体传感器测得不同时间的 NO 和 CO 浓度如表:

请回答下列问题(均不考虑温度变化对催化剂催化效率的影响) : (1)在上述条件下反应能够自发进行,则反应的 ?H 0(填写“>”“<”“=” 、 、 。 (2)前 2s 内的平均反应速率 v(N2)=_____________。 (3)在该温度下,反应的平衡常数 K= 。 (4) 假设在密闭容器中发生上述反应, 达到平衡时下列措施能提高 NO 转化率的是 。 A.选用更有效的催化剂 B.升高反应体系的温度 C.降低反应体系的温度 D.缩小容器的体积 (5)研究表明:在使用等质量催化剂时,增大催化剂比表面积可提高化学反应速率。为了 分别验证温度、催化剂比表面积对化学反应速率的影响规律,某同学设计了三组实验,部分 实验条件已经填在下面实验设计表中。

①请在上表格中填入剩余的实验条件数据。 ②请在给出的坐标图中, 画出上表中的三个实验条件下混合气体中 NO 浓度随时间变化 的趋势曲线图,并标明各条曲线是实验编号。

c(N O )

0

t
(2) 1.88×10-4mol/(L·s) (3)5000 (4)C、D(5)①II: 280、1.20×

答案:(1)< 答案

10-3、5.80×10-3Ⅲ:1.2×10-3 、5.80×10-3 ②

解析:(1)自发反应,通常为放热反应,即 H 小于 0。 (2)以 NO 计算,2s 内 NO 的浓度变 解析 化为(10-2.5)×10-4mol/L,V(NO)=7.5×10-4/2 =3.75×10-4mol/(L·s)。根据速率之比等于 计量系数比可知,V(N2)=1/2 V(NO)=1.875×10-4mol/(L·s)。

c 2 (CO2 )c( N 2 ) (7.5 × 10 ?4 ) 2 (3.75 × 10 ?4 ) (3) K = 2 = =5000。 c ( NO)c 2 (CO) (10 ?4 ) 2 (2.7 × 10 ?3 ) 2
(4)催化剂不影响平衡的移动,A 项错;该反应放热,故降温平衡正向移动,NO 转化率 增大,B 项错,C 项正确;缩小体积,即增大压强,平衡向体积减小的方向运动,即正向移 动,D 项正确。 (5)本题为实验探究题,目的是研究温度和催化剂的比表面积对速率的影响,研究时只能

是一个变量在起作用, 所以 II 中数据与 I 比较催化剂的比表面积增大了, 故其他的数据应与 I 完全相同;III 中数据与 II 比较,催化剂的比表面积数据未变,但是温度升高,故其他数据 是不能改变的。实质 I、II 研究是催化剂的比表面积对速率的影响,II、III 研究是温度对速 率的影响。作图,可根据先拐先平的原则,即最里面的线先达平衡,速率快,应对应于 III (因为其温度和催化剂的比表面积是三组中最高的) 比 I 快,因为两组温度相同,但是 ,II II 中催化剂的比表面积大。 22.(10 分)甲酸甲酯水解反应方程式为: 某小组通过实验研究该反应(反应过程中体积变化忽略不计) 。反应体系中各组分的起始量 如下表:

HCOOCH 3 (l ) + H 2 O(l )

HCOOH (l ) + CH 3 OH (l )

?H > 0

甲酸甲酯转化率在温度 T1 下随反应时间(t)的变化如下图:

(1)根据上述条件,计算不同时间范围内甲酸甲酯的平均反应速率,结果见下表:

请计算 15~20min 范围内甲酸甲酯的减少量为 mol,甲酸甲酯的平均反应速率 为 mol·min-1(不要求写出计算过程)。 ... (2)依据以上数据,写出该反应的反应速率在不同阶段的变化规律及其原因: 。 c( HCOOH ) ? c(CH 3 OH ) (3)上述反应的平衡常数表达式为: K = ,则该反应在温度 c( HCOOCH 3 ) ? c( H 2 O) T1 下的 K 值为 。 (4)其他条件不变,仅改变温度为 T2(T2 大于 T1) ,在答题卡框图中画出温度 T2 下甲酸甲 ... 酯转化率随反应时间变化的预期结果示意图。 答案: (1)0.045 9.0×10-3 (2)该反应中甲酸具有催化作用 答案: ①反应初期:虽然甲酸甲酯的量较大,但甲酸量很小,催化效果不明显,反应速率较慢。 ②反应中期:甲酸量逐渐增多,催化效果显著,反应速率明显增大。③反应后期:甲酸量增 加到一定程度后,浓度对反应速率的影响成主导因素,特别是逆反应速率的增大,使总反应 速率逐渐减小,直至为零。 (3)0.14

(4) 解析: (1)15min 时,甲酸甲酯的转化率为 6.7%,所以 15min 时,甲酸甲酯的物质的量为 解析: 1-1.00mol×6.7%==0.933mol;20min 时,甲酸甲酯的转化率为 11.2%所以 20min 时,甲酸甲 酯的物质的量为 1-1.00mol×11.2%==0.888mol,所以 15 至 20min 甲酸甲酯的减少量为 0.933mol-0.888mol=0.045mol,则甲酸甲酯的平均速率=0.045mol/5min==0.009mol·min-1。 (2)参考答案。 (3)由图象与表格可知,在 75min 时达到平衡,甲酸甲酯的转化率为 24%, 所以甲酸甲酯转化的物质的量为 1.00×24%=0.24mol,结合方程式可计算得平衡时,甲酸甲 酯物质的量=0.76mol,水的物质的量 1.75mol,甲酸的物质的量=0.25mol 甲醇的物质的量 =0.76mol 所以 K=(0.76×0.25)/(1.75×0.76)=1/7 (4)因为升高温度,反应速率增大,达到平衡所需时间减少,所以绘图时要注意 T2 达到平 衡的时间要小于 T1,又该反应是吸热反应,升高温度平衡向逆反应方向移动,甲酸甲酯的 转化率减小,所以绘图时要注意 T2 达到平衡时的平台要低于 T1。 23.(09 北京卷 28) (15 分)以黄铁矿为原料生产硫酸的工艺流程图如下:

(1)将燃烧黄铁矿的化学方程式补充完整 4 +11 O 2 高温 2Fe2 O3 +8SO 2 (2)接触室中发生反应的化学方程式是 。 (3)依据工艺流程图判断下列说法正确的是(选填序号字母) 。 a. 为使黄铁矿充分燃烧,需将其粉碎 b. 过量空气能提高 SO 2 的转化率 c. 使用催化剂能提高 SO 2 的反应速率和转化率 d. 沸腾炉排出的矿渣可供炼铁 (4)每 160g SO3 气体与 H 2 O 化合放出 260.6kJ 的热量,该反应的热化学方程是 。 (5)吸收塔排出的尾气先用氨水吸收,再用浓硫酸处理,得到较高浓度的 SO 2 和铵盐。 ① SO 2 既可作为生产硫酸的原料循环再利用,也可用于工业制溴过程中吸收潮湿空气中的 Br2 。 SO 2 吸收 Br2 的离子方程式是 。 ② 为测定该铵盐中氮元素的质量分数,将不同质量的铵盐分别加入到 50.00mL 相同浓度的 NaOH 溶液中,沸水浴加热至气体全部逸出(此温度下铵盐不分解)。该气体经干燥后用浓 硫酸吸收完全,测定浓硫酸增加的质量。 部分测定结果; 铵盐质量为 10.00g 和 20.00g 时,浓硫酸增加的质量相同;铵盐质量为 30.00g 时,浓硫酸增

加的质量为 0.68g;铵盐质量为 40.00g 时,浓硫酸的质量不变。 计算:该铵盐中氮元素的质量分数是 %; 若铵盐质量为 15.00g。 浓硫酸增加的 质量为 。 (计算结果保留两位小数)

2SO2 + O2
答案: (1)FeS2(2) 答案:

催化剂 Δ

2SO3
(3)a b d

(4)SO3(g) + H2O(l) = H2SO4(l);ΔH=-130.3kJ/mol(5)①SO2 + Br2 + 2H2O = 4H+ + 2Br- + SO42-②14.56 2.31g 【解析】本题主要考查硫酸工业、热化学方程式的书写、计算等。 (1)根据原子守恒即可判断该物质为 FeS2。 (2)SO2 和 O2 在接触室发生反应生成 SO3:2SO2 + O2
催化剂 加热

2SO3。

(3)选项 a,将黄铁矿粉碎更增加反应接触面积而加快反应速率。选项 b,增加空气(O2) 浓度能提高 SO2 的转化率。选项 c,催化剂对转化率无影响。选项 d,矿渣中含有 Fe2O3, 可用于冶炼铁。 (4)160g SO3(g)与 H2O(l)反应生成 H2SO4(l)放出 260.6kJ 热量,则 1mol SO3(g)与 H2O(l)反 应生成 H2SO4(l)放出 130.3kJ 热量,则相关热化学方程式为: SO3(g) + H2O(l)=H2SO4(l); △H=-130.3kJ/mol。 (5)10g 时说明铵盐不足,20g 时说明氢氧化钠不足,由 10.00g 和 20.00g 时浓硫酸增加的质 量相同说明铵盐有酸式根产生的氨气, 氢氧化钠的物质的量浓度为 Cmol/L 设 10 克中有 Xmol 的 (NH4)2SO4 和 ymol 的 NH4HSO4 则 132X + 115y=10…………………………………………………….(1) 10g 时说明铵盐不足由 N 守恒知 n(NH3)=2X + y 20g 时铵盐已经过量, 氢氧化钠先和酸式根反应, 则(NH4)2SO4 为 2Xmol, 2ymol 的 NH4HSO4 — — — HSO4 + OH = SO42 + H2O 1 1 2y 2y — + NH4 + OH = NH3 + H2O 1 1 —3 — 50C×10 —2y 50C×10 3—2y 由于产生的氨气一样多 — n(NH3)=2X + y=50C×10 3—2y………………………………….(2) 30g 时铵盐过量,则(NH4)2SO4 为 3Xmol,3ymol 的 NH4HSO4 n(NH3)=0.68/17=0.04mol — — 2— HSO4 + OH = SO4 + H2O 1 1 3y 3y — + NH4 + OH = NH3 + H2O 1 1 —3 50C×10 —3y 0.04 所以 — 50C×10 3—3y=0.04…………………………………………………….(3) 联立(1) (2) (3)解得 X=0.02mol y=0.064mol C=4.64mol/L

氮的质量百分含量=

×100%=(0.04+0.064) ×14/10×100%=14.56%

15g 时铵盐已经过量,则(NH4)2SO4 为 1.5Xmol,1.5 ymol 的 NH4HSO4 — — — HSO4 + OH = SO42 + H2O 1 1 1.5y 1.5y — + NH4 + OH = NH3 + H2O 1 1 —3 — 50C×10 —1.5y 50C×10 3—1.5y — — n(NH3)= 50C×10 3—1.5y=50×4.64×10 3—1.5×0.064=0.136mol m(NH3)=0.136×17=2.31g



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