备战高考化学与化学反应的速率与限度有关的压轴题及答案解析.docx
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备战高考化学与化学反应的速率与限度有关的压轴题及答案解析
备战高考化学与化学反应的速率与限度有关的压轴题及答案解析
一、化学反应的速率与限度练习题(含详细答案解析)
1.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N2,化学方程式:
2NO+2CO
2CO2+N2,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:
时间/s
0
1
2
3
4
5
c(NO)
/mol·L-1
1.00×10-3
4.50×10-4
2.50×10-4
1.50×10-4
1.00×10-4
1.00×10-4
c(CO)
/mol·L-1
3.60×10-3
3.05×10-3
2.85×10-3
2.75×10-3
2.70×10-3
2.70×10-3
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)若1molNO和1molCO的总能量比1molCO2和0.5molN2的总能量大,则上述反应的
___0(填写“>”、“<”、“=”)。
(2)前2s内的平均反应速率v(N2)=_____________。
(3)计算4s时NO的转化率为____________。
(4)下列措施能提高NO和CO转变成CO2和N2的反应速率的是______(填序号)。
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)由上表数据可知,该反应在第______s达到化学平衡状态。
假如上述反应在密闭恒容容器中进行,判断该反应是否达到平衡的依据为________(填序号)。
A.压强不随时间改变B.气体的密度不随时间改变
C.c(NO)不随时间改变D.单位时间里消耗NO和CO的物质的量相等
(6)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。
实验编号
T/℃
NO初始浓度/mol·L-1
CO初始浓度/mol·L-1
催化剂的比表面积/m2·g-1
Ⅰ
280
1.20×10-3
82
Ⅱ
5.80×10-3
124
Ⅲ
350
124
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Ⅰ、Ⅱ两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,并标明各条曲线的实验编号________。
【答案】<1.875
10-4mol·L-1·s-190%ABD4AC5.80
10-32801.20
10-31.20
10-35.80
10-3
【解析】
【分析】
反应热的正负可根据反应物和生成物的总能量的大小比较;能提高反应速率的因素主要有增大浓度、使用催化剂、升高温度、增大表面积、构成原电池等,压强能否改变反应速率要看是否改变了浓度;反应是否达到平衡可以从速率(正逆反应速率是否相等)、量(是否保持不变)、压强、气体平均密度,气体平均摩尔质量、颜色等方面判断;验证多个因素对化学反应速率的影响规律,要控制变量做对比实验,每组对比实验只能有一个变量。
【详解】
(1)反应物比生成物的总能量大,说明是放热反应,
<0;
(2)V(N2)=0.5V(NO)=
=1.875
10-4mol·L-1·s-1。
(3)NO的转化率等于反应掉的NO除以原有总的NO,可列式
=90%。
(4)催化剂可以加快反应速率,A正确;温度越高,反应速率越快,B正确,C错误;缩小容器体积,会增大各组分的浓度,浓度越高,反应速率越快,D正确。
故答案选ABD;
(5)由表中数据可知,第4s后,反应物的浓度不再变化,达到平衡;
A.恒温恒压下,压强不变意味着气体的总物质的量不变,而该反应两边的气体计量数之和不同,气体的总物质的量不变说明达到平衡,A正确;
B.气体的密度等于气体的质量除以体积,因为所有组分都是气体,气体的质量不变,因为恒容容器,所以气体不变,所以气体的密度永远不变,与平衡没有关系,B错误;
C.c(NO)不变,意味着达到平衡,C正确;
D.因为NO和CO的化学计量数之比为1:
1,且都是反应物,所以单位时间里消耗NO和CO的物质的量一定相等,不能说明达到平衡,D错误;
故答案:
4;AC;
(6)①验证多个因素对化学反应速率的影响规律,要控制变量做对比实验。
I和II因为催化剂的比表面积不同,所以其他条件应该是一样的,研究的是催化剂比表面积对化学反应速率的影响规律;II和III因为温度不一样,所以其他条件应该是一样的,研究的是温度对化学反应速率的影响规律;
故答案是:
5.80
10-3,280,1.20
10-3,1.20
10-3,5.80
10-3;
②I和II的区别是催化剂的比表面积,催化剂加快反应速率,所以II更快的达到平衡,但催化剂不影响平衡,所以I和II平衡时NO的浓度一样,c(NO)变化曲线如图:
。
【点睛】
验证多个因素对某物质或某性质的影响规律,要控制变量做对比实验,每组对比实验只能有一个变量。
2.某温度时,在2L的密闭容器中,X、Y、Z(均为气体)三种物质的量随时间的变化曲线如图所示:
(1)由图中所给数据进行分析,该反应的化学方程式为__________。
(2)若上述反应中X、Y、Z分别为H2、N2、NH3,某温度下,在容积恒定为2.0L的密闭容器中充入2.0molN2和2.0molH2,一段时间后反应达平衡状态,实验数据如表所示:
t/s
0
50
150
250
350
n(NH3)
0
0.24
0.36
0.40
0.40
0~50s内的平均反应速率v(N2)=_________。
(3)已知:
键能指在标准状况下,将1mol气态分子AB(g)解离为气态原子A(g),B(g)所需的能量,用符号E表示,单位为kJ/mol。
的键能为946kJ/mol,H-H的键能为436kJ/mol,N-H的键能为391kJ/mol,则生成1molNH3过程中___(填“吸收”或“放出”)的能量为____,反应达到
(2)中的平衡状态时,对应的能量变化的数值为____kJ。
(4)为加快反应速率,可以采取的措施是_______
a.降低温度
b.增大压强
c.恒容时充入He气
d.恒压时充入He气
e.及时分离NH3
【答案】3X+Y⇌2Z1.2×10−3mol/(L·s)放出46kJ18.4b
【解析】
【分析】
(1)根据曲线的变化趋势判断反应物和生成物,根据物质的量变化之比等于化学计量数之比书写方程式;
(2)根据
=
计算;
(3)形成化学键放出能量,断裂化合价吸收能量;
(4)根据影响反应速率的因素分析;
【详解】
(1)由图象可以看出,反应中X、Y的物质的量减小,Z的物质的量增多,则X、Y为反应物,Z为生成物,且△n(X):
△n(Y):
△n(Z)=0.1mol:
0.3mol:
0.2mol=1:
3:
2,则反应的化学方程式为3X+Y⇌2Z;
(2)0~50s内,NH3物质的量变化为0.24mol,根据方程式可知,N2物质的量变化为0.12mol,
(Z)=
=
1.2×10−3mol/(L·s);
(3)断裂1mol
吸收946kJ的能量,断裂1molH-H键吸能量436kJ,形成1moN-H键放出能量391kJ,根据方程式3H2+N2⇌2NH3,生成2mol氨气,断键吸收的能量是946kJ+436kJ×3=2254kJ,成键放出的能量是391kJ×6=2346kJ,则生成1molNH3过程中放出的能量为
=46kJ;反应达到
(2)中的平衡状态时生成0.4mol氨气,所以放出的能量是46kJ×0.4=18.4kJ;
(4)a.降低温度,反应速率减慢,故不选a;
b.增大压强,体积减小浓度增大,反应速率加快,故选b;
c.恒容时充入He气,反应物浓度不变,反应速率不变,故不选c;
d.恒压时充入He气,容器体积增大,反应物浓度减小,反应速率减慢,故不选d;
e.及时分离NH3,浓度减小,反应速率减慢,故不选e。
【点睛】
本题考查化学平衡图象分析,根据键能计算反应热,影响化学反应速率的因素,注意压强对反应速率的影响是通过改变浓度实现的,若改变了压强而浓度不变,则反应速率不变。
3.某温度时,在一个容积为2L的密闭容器中,X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。
根据图中数据,完成下列问题:
(1)该反应的化学方程____;
(2)反应开始至2min,气体Z的平均反应速率为_____;
(3)达到平衡后,下列说法不正确的是_____。
A.X、Y、Z的浓度之比是1:
2:
3
B.X的消耗速率和Y的生成速率相等
C.Z的浓度保持不变
【答案】3X+2Y
3Z0.125mol/ ( L
min)B
【解析】
【分析】
【详解】
(1)根据图知,随着反应的进行X、Y的物质的量减少,而Z的物质的量增大,所以X和Y是反应物、Z是生成物,10min时反应达到平衡状态,则参加反应的△n(X)=(1.00-0.25)mol=0.75mol、△n(Y)=(1.00-0.50)mol=0.50mol、△n(Z)=(0.75-0)mol=0.75mol,同一可逆反应中同一时间段内参加反应的各物质的物质的量之比等于其计量数之比,所以X、Y、Z的计量数之比=0.75mol:
050mol:
0.75mol=3:
2:
3所以该反应方程式:
3X+2Y
3Z;
(2)0-2min内Z的平均反应速率v=
=
=0.125mol/(L
min),故答案为:
0.125mol/(L
min);
(3)A.相同容器中,X、Y、Z的浓度之比等于其物质的量之比=0.25mol:
0.50mol:
0.75mol=1:
2:
3,故A正确;
B.该反应中X、Y的计量数之比为3:
2,当X的消耗速率与Y的生成速率之比为3:
2时该反应达到平衡状态,所以当X的消耗速率和Y的生成速率相等时该反应没有达到平衡状态,故B错误;
C.当Z的浓度保持不变时,正逆反应速率相等,可逆反应达到平衡状态,故C正确;
故选B。
4.反应A(g)
B(g)+C(g)在容积为1.0L的密闭容器中进行,A的初始浓度为0.050mol/L。
温度T1和T2下A的浓度与时间关系如图所示。
回答下列问题:
(1)上述反应是______________(填”吸热反应”或”放热反应”),温度T1_____T2,(填“大于”、“小于”或“等于”,下同)平衡常数K(T1)_______K(T2)。
(2)若温度T2时,5min后反应达到平衡,A的转化率为70%,则:
①平衡时体系总的物质的量为___________。
②反应在0~5min区间的平均反应速率v(A)=____________。
(3)在温度T1时,若增大体系压强,A的转化率_________(填“增大”、“减小”或“不变”,下同),平衡常数________。
【答案】吸热反应小于小于0.085mol0.007mol/(L∙min)减小不变
【解析】
【分析】
由图象中的信息可知,T2到达平衡所用的时间较少,故T1<T2;温度升高后,反应物A的浓度减小,说明平衡向正反应方向移动,故该反应为吸热反应。
【详解】
(1)由上述分析可知,该反应是吸热反应,温度T1小于T2,温度升高,该化学平衡向正反应方向移动,故平衡常数K(T1)小于K(T2)。
(2)A的初始浓度为0.050mol/L,则A的起始量为0.05mol。
若温度T2时,5min后反应达到平衡,A的转化率为70%,则A的变化量为0.035mol,B和C的变化量同为0.035mol。
①平衡时体系总的物质的量为0.05mol-0.035mol+0.035mol⨯2=0.085mol。
②容积为1.0L,则反应在0~5min区间的平均反应速率v(A)=
0.007mol/(L∙min)。
(3)A(g)
B(g)+C(g),该反应正反应方向是气体分子数增大的方向。
在温度T1时,若增大体系压强,平衡向逆反应方向移动,A的转化率减小,由于平衡常数只与温度有关,故平衡常数不变。
【点睛】
要注意化学平衡的移动不一定能改变平衡常数,因为化学平衡常数只与温度有关,对于一个指定的可逆反应,其平衡常数只随温度的变化而变化。
5.某同学为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化,他在100mL稀盐酸中加入足量的锌粉,用排水集气法收集反应放出的氢气(气体体积已折算为标准状况下的体积),实验记录如下(累计值):
时间/min
1
2
3
4
5
氢气体积/mL
50
120
232
290
310
(1)反应速率最大的时间段是__(填“0~1min”“1~2min”“2~3min”或“4~5min”),原因是__。
(2)反应速率最小的时间段是__(填“0~1min”“1~2min”“2~3min”或“4~5min”),原因是__。
(3)2~3min时间段内,以盐酸的浓度变化表示该反应的速率为__。
(4)如果反应太剧烈,为了减缓反应速率而又不减少产生氢气的量,该同学在盐酸中分别加入等体积的下列液体,你认为可行的是__(填序号)。
A.蒸馏水B.NaCl溶液C.Na2CO3溶液D.CuSO4溶液
【答案】2~3min该反应是放热反应,2~3min时间段内温度较高4~5min4~5min时间段内H+浓度较低0.1mol·L-1·min-1AB
【解析】
【分析】
根据表格数据可得:
“0~1min”产生氢气的量为50mL,“1~2min”产生氢气的量为120mL-50mL=70mL,“2~3min”产生氢气的量为232mL-120mL=112mL,“4~5min”产生的氢气的量为310mL-290mL=20mL,再根据公式
分析解答问题。
【详解】
(1)反应速率最大,则单位时间内产生的氢气最多,“2~3min”产生氢气的量为232mL-120mL=112mL,又因该反应是放热反应,此时间段内温度较高,故答案为:
2~3min;该反应是放热反应,2~3min时间段内温度较高;
(2)速率最小,即单位内产生的氢气最少,4~5min共产生20mL氢气,主要原因是随着反应的进行,此时间段内H+浓度较低,故答案为:
4~5min;4~5min时间段内H+浓度较低;
(3)根据公式
,“2~3min”产生氢气的量为232mL-120mL=112mL,则
,根据方程式:
Zn+2HCl===ZnCl2+H2↑可知,消耗
的物质的量n(HCl)=2n(H2)=0.01mol,然后再根据
可求得盐酸的反应速率
,故答案为0.1mol·L-1·min-1;
(4)加入蒸馏水和NaCl溶液相当于降低盐酸浓度,反应速率减小,加入Na2CO3溶液,会消耗盐酸,则会减少生成氢气的量,CuSO4溶液会消耗锌,会减少生成氢气的量,且反应放热会增大反应速率,故答案选AB。
6.Ⅰ.碳是形成化合物种类最多的元素,其单质及化合物是人类生产生活中的主要能源物质。
回答下列问题:
(1)有机物M经过太阳光光照可转化成N,转化过程如下:
ΔH=+88.6kJ/mol,则M、N相比,较稳定的是______。
(2)将Cl2和H2O(g)通过灼热的炭层,生成HCl和CO2,当有1molCl2参与反应时释放出145kJ热量,写出该反应的热化学方程式为___________。
Ⅱ.无色气体N2O4是一种强氧化剂,为重要的火箭推进剂之一。
N2O4与NO2转换的热化学方程式为N2O4(g)
2NO2(g) ΔH=+24.4kJ/mol。
(3)将一定量N2O4投入固定容积的真空容器中,下述现象能说明反应达到平衡的是_________。
A.v正(N2O4)=2v逆(NO2)B.体系颜色不变
C.气体平均相对分子质量不变D.气体密度不变
达到平衡后,升高温度,再次到达新平衡时,混合气体颜色_____(填“变深”、“变浅”或“不变”)。
Ⅲ.(4)常温下,设pH=5的H2SO4溶液中由水电离出的H+浓度为c1;pH=5的Al2(SO4)3溶液中由水电离出的H+浓度为c2,则
=________。
(5)常温下,pH=13的Ba(OH)2溶液aL与pH=3的H2SO4溶液bL混合。
若所得混合溶液呈中性,则a∶b=________。
(6)已知常温下HCN的电离平衡常数K=5.0×10-10。
将0.2mol/LHCN溶液和0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合后,溶液中c(H+)、c(OH-)、c(CN-)、c(Na+)大小顺序为________________。
【答案】M2Cl2(g)+2H2O(g)+C(s)=4HCl(g)+CO2(g)ΔH=-290kJ/molBC变深
1:
100c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+)
【解析】
【分析】
Ⅰ.
(1)M转化为N是吸热反应,能量低的物质更稳定;
(2)有1molCl2参与反应时释放出145kJ热量,2mol氯气反应放热290kJ,结合物质聚集状态和对应反应焓变书写热化学方程式;
Ⅱ.(3)可逆反应到达平衡时,同种物质的正逆速率相等且保持不变,各组分的浓度、含量保持不变,由此衍生的其它一些量不变,判断平衡的物理量应随反应进行发生变化,该物理量由变化到不再变化说明到达平衡;正反应是吸热反应,其他条件不变,温度升高平衡正向移动,NO2的浓度增大;
Ⅲ.(4)酸抑制水电离,含有弱根离子的盐促进水电离;
(5)混合溶液呈中性,则酸碱恰好完全中和,即酸中c(H+)等于碱中c(OH﹣);
(6)CN﹣的水解平衡常数Kh=
=2×10﹣5>Ka,说明相同浓度的NaCN和HCN,NaCN水解程度大于HCN电离程度。
【详解】
Ⅰ.
(1)有机物M经过太阳光光照可转化成N,△H=+88.6kJ•mol﹣1,为吸热反应,可知M的能量低,能量越低越稳定,说明M稳定;
(2)有1molCl2参与反应时释放出145kJ热量,2mol氯气反应放热290kJ,反应的热化学方程式为2Cl2(g)+2H2O(g)+C(s)═4HCl(g)+CO2(g)△H=﹣290kJ•mol﹣1;
Ⅱ.(3)A.应是2v正(N2O4)=v逆(NO2)时反应达到平衡状态,故A错误;
B.体系颜色不变,说明二氧化氮浓度不变,反应到达平衡状态,故B正确;
C.混合气体总质量不变,随反应减小混合气体总物质的量增大,平均相对分子质量减小,当气体平均相对分子质量不变时,反应到达平衡状态,故C正确;
D.混合气体的总质量不变,容器的容积不变,气体密度始终不变,故D错误,
故答案为:
BC;
正反应是吸热反应,其他条件不变,温度升高平衡正向移动,c(NO2)增加,颜色加深;
Ⅲ.(4)常温下,设pH=5的H2SO4的溶液中由水电离出的H+浓度C1=10﹣9mol/L,pH=5的Al2(SO4)3溶液中由水电离出的H+浓度C2=10﹣5mol/L,则
=
=10﹣4;
(5)混合溶液呈中性,则酸碱恰好完全中和,即酸中c(H+)等于碱中c(OH﹣),氢氧化钡溶液中c(OH﹣)=0.1mol/L、硫酸中c(H+)=0.001mol/L,0.001b=0.1a,则a:
b=1:
10;
(6)CN﹣的水解平衡常数Kh=
=2×10﹣5>Ka,说明相同浓度的NaCN和HCN,NaCN水解程度大于HCN电离程度,混合溶液中溶质为等物质的量浓度的NaCN、HCN,水解程度大于弱酸的电离程度导致溶液呈碱性,则c(H+)<c(OH﹣),根据电荷守恒得c(CN﹣)<c(Na+),其水解程度较小,所以存在c(OH﹣)<c(CN﹣),所以离子浓度大小顺序为c(Na+)>c(CN﹣)>c(OH﹣)>c(H+)。
【点睛】
可逆反应达到平衡状态有两个核心的判断依据:
①正反应速率和逆反应速率相等。
②反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变。
只要抓住这两个特征就可确定反应是否达到平衡状态,对于随反应的发生而发生变化的物理量如果不变了,即说明可逆反应达到了平衡状态。
判断化学反应是否达到平衡状态,关键是看给定的条件能否推出参与反应的任一物质的物质的量不再发生变化,即变量不再发生变化。
7.CH4超干重整CO2技术可得到富含CO的化工原料。
回答下列问题:
(1)CH4超干重整CO2的催化转化如图所示:
①关于上述过程Ⅱ的说法不正确的是________(填序号)。
a.实现了含碳物质与含氢物质的分离
b.可表示为CO2+H2=H2O(g)+CO
c.CO未参与反应
d.Fe3O4、CaO为催化剂,降低了反应的ΔH
②其他条件不变,在不同催化剂(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)作用下,反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)进行相同时间后,CH4的转化率随反应温度的变化如图所示。
a点所代表的状态_________(填“是”或“不是”)平衡状态;b点CH4的转化率高于c点,原因是_________________________________________。
(2)在一刚性密闭容器中,加入Ni/α-Al2O3催化剂并加热至1123K,使CH4和CO2发生反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g),初始时CH4和CO2的分压分别为20kPa、25kPa,研究表明CO的生成速率υ(CO)=1.3×10-2·p(CH4)·p(CO2)mol·g-1·s-1,某时刻测得p(CO)=20kPa,则p(CO2)=________kPa,υ(CO)=________mol·g-1·s-1。
【答案】cd不是b和c都未达平衡,b点温度高,反应速率快,相同时间内转化率高151.95
【解析】
【分析】
(1)①a.过程Ⅱ中,CO、CO2都转化为CO,H2转化为H2O;实现了含碳物质与含氢物质的分离;
b.从起始反应物和产物分析可得,CO2与H2反应生成H2O(g)和CO;
c.从反应过程看,CO先转化为CaCO3,后CaCO3再转化为CO;
d.Fe3O4、CaO起初参加反应,后来又生成,所以为催化剂,催化剂不改变反应物和生成物的总能量。
②催化剂不能改变反应物的平衡转化率,但可改变平衡前的转化率,通过不同催化剂作用下的转化率比较,可判断a、b、c三点的CH4的转化率都小于同温度下的最高转化率,由此可确定反应仍正向进行。
(2)利用阿伏加德罗定律的推论,气体的压强之比等于物质的量之比,所以利用某时刻某物质的压强,可计算出该时刻另一物质的压强,由此可计算出反应速率。
【详解】
(1)①a.过程Ⅱ中,CO、CO2都转化为CO,H2转化为H2O;实现了含碳物质与含氢物质的分离,a正确;
b.从起始反应物和产物分析可得,CO2与H2反应生成H2O(g)和CO,b正确;
c.从反应过程看,CO先转化为CaCO3,后CaCO3再转化为CO,c不正确;
d.Fe3O4、CaO起初参加反应,后来又生成,所以为催化剂,催化剂不改变反应物和生成物的总能量,所以不能降低
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