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2021、2022年高考化学真题：化学反应速率和化学平衡2021 年1.(2021浙江)一定温度下：在 N2O5的四氯化碳溶液(100mL)中发生分解反应：2N2O5 4 N O2+O2 o在不同时刻测量放出的O2体积，换算成N2O5浓度如下表：t/s06001200171022202820Xc(N2O5)/(m ol-L7)1.400.960.660.480.350.240.12下列说法正确的是()A.600 1 2 0 0 s,生成NO2的平均速率为5.0 xl()Tm ol L-LsTB.反应2220s时，放 出 的 体 积 为 11.8L(标准状况)C.反应达到平衡时，v正他。5)=2丫 逆(电)D.推测上表中的x 为 3930【答案】D【解析】A.60()1200s,N2O5 的变化量为(0.96-0.66)mol.L/=0.3 m ol.匚|，在此时间段内 N&的变化量为其2 倍，即 0.6mol 匚I因此，生成N 2 的平均速率为-6 m 0 1 L-=1 .Ox 10-3mol-L-s-，A 说法不正确；600sB.由表中数据可知，反应2220s时，必。5的变化量为(1.40-0.35)mol 匚|=1。5moi l i，其物质的量的变化量为1.05mol-lJix0.1L=0.105mol,。2的变化量是其J，即 0.0525mol,因此，放出的。2在标准状况下的体积为0.0525mol x22.4L/mol=1.176L,B 说法不正确；C.反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，用不同物质表示该反应的速率时，其数值之比等于化学计量数之比，2viE(N2O3)=vffi(NO2)C 说法不正确；D.分析表中数据可知，该反应经过1110s(600-1710,1710-2820)后 N?O5的浓度会变为原来的因此，$。5 的浓度由0.2 4 m ol-匚1变为0 12 m ol T时，可以推测上表中的x 为(2 8 2 0+1110)=3 9 3 0,D 说法正确。综上所述，本题选D。2.(2 0 2 1浙江)相同温度和压强下，关于物质燧的大小比较，合理的是()A.I m ol CH4(g)l m ol H2(g)B.I m ol H2O(g)l m ol H2O(1)D.I m ol C(s,金刚石)I m ol C (s,石墨)【答案】B【解析】A.C H l m ol H 2(g),A错误；B.相同状态的相同物质，物质的量越大，蜡值越大，所以燧值l m ol H 2 O(g)S(l)S(s),所以牖值I m ol H zC M X X l m ol H?。),C错误；D.从金刚石和石墨的结构组成上来看，金刚石的微观结构更有序，嫡值更低，所以牖值l m o l C(s,金 刚 司 l m o l C(s,石 墨),D错误;答案为:B o3.(2 0 2 1广东高考真题)反应X=2 Z 经历两步：X f Y；丫.2Z。反应体系中X、Y、Z的浓度c 随时间t的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是()A.a 为 c(X)随 t的变化曲线B.L 时，c（X）=c（Y）=c（Z）C.t2时，丫的消耗速率大于生成速率D.I?后，c（Z）=2c0-c（Y）【答案】D【解析】A.X是唯一的反应物，随着反应的发生，其浓度不断减小，因此，由图可知，a为X）随/的变化曲线，A正确；B.由图可知，分别代表3种不同物质的曲线相交于4时刻，因此，八 时C（X）=C（Y）=C（Z）,B正确；C.由图中信息可知，与时刻以后，丫的浓度仍在不断减小，说明&时刻反应两步仍在向正反应方向发生，而且反应生成丫的速率小于反应消耗丫的速率，即与时丫的消耗速率大于生成速率，c正确；D.由图可知，/时刻反应完成，X完全转化为Y,若无反应发生，则c（Y）=c 0,由于反应Y f 2 Z的发生，与时刻丫浓度的变化量为c（）-c（Y）,变化量之比等于化学计量数之比，所以Z的浓度的变化量为2与一。（丫）,这种关系在与后仍成立，因此，D不正确。综上所述，本题选D。4.（2021河北高考真题）室温下，某溶液初始时仅溶有M 和 N 且浓度相等，同时发生以下两个反应：M+N=X+Y；M+N=X+Z,反应的速率可表示为vi=kd（M）,反应的速率可表示为V2=k2c2（M）（ki、k2为速率常数）。反应体系中组分M、Z 的浓度随时间变化情况如图，下列说法错误的是（）A.0 30min时间段内，丫的平均反应速率为6.67xlO*mol LT minTB.反应开始后，体系中丫和Z的浓度之比保持不变C.如果反应能进行到底，反应结束时62.5%的M转化为ZD.反应的活化能比反应的活化能大【答案】A【解析】A.由图中数据可知，30帆山时，M、Z的浓度分别为0.300 mol!?和0125 m o lU1-则M的变化量为0.5 mol-L-1-0.300 m ol.U1=0.200 mol.，其中转化为丫的变化量为0.200mol-L-1-o.l25 mol-V1=0.075 mol LT1.因 此,0 30min 时间段内,丫的平均反应速率为 0 0 7 5 m o l-L-=0.0025 mol L-min ，A 说法不正确；30 mink.B.由题中信息可知，反应和反应的速率之比为广，丫和Z分别为反应和反应的产k2物，且两者与M的化学计量数相同（化学计量数均为1）,因此反应开始后，体系中Y和Z的浓 度 之 比 等 于 由 于k|、k2为速率常数，故该比值保持不变，B说法正确；C.结合A、B的分析可知因此反应开始后，在相同的时间内体系中Y和Z的浓度之比等于k,o 075moP 3 5广二 三，因此，如果反应能进行到底，反应结束时有一的M转化为Z,即h 0.125 mol?5 862.5%的M转化为Z,C说法正确；D.由以上分析可知，在相同的时间内生成Z较多、生成丫较少，因此，反应的化学反应速率较小，在同一体系中，活化能较小的化学反应速率较快，故反应的活化能比反应的活化能大，D 说法正确。综上所述，相关说法不正确的只有A,故本题选A。5.（2021浙江高考真题）取 50 mL过氧化氢水溶液，在少量r 存在下分解：2H2O2=2H2O+O2To在一定温度下，测得02的放出量，转换成H2O2浓度（c）如下表：t/min020406080c/CmobL1)0.800.400.200.100.050下列说法不正确的是（）A.反应20min时，测得。2体积为224mL（标准状况）B.2040min,消耗 H2O2 的平均速率为 O.OlOmobLlmin-iC.第 30min时的瞬时速率小于第50min时的瞬时速率D.H2O2分解酶或FezCh代 替 r也可以催化H2O2分解【答案】C【解析】A.反应20min时，过氧化氢的浓度变为0 4 n o l/L,说明分解的过氧化氢的物质的量H（H202）=（0.80-0.40）mol/Lx0.05L=0.02mol,过氧化氢分解生成的氧气的物质的量（02）=0.01 mol,标况下的体积 V-n-Vm=0.01 molx22.4L/mol=0.224L=224mL,A 正确；B.2040m in,消耗过氧化氢的浓度为（0.40-0.20）mol/L=0.20mol/L,则这段时间内的平均速率_ Ac _ 0.20mol/Lt 20min=0.01 Omol/(L-min),B 正确;C.随着反应的不断进行，过氧化氢的浓度不断减小，某一时刻分解的过氧化氢的量也不断减小，故第30min时的瞬时速率大于第50min时的瞬时速率，C 错误；D.I-在反应中起到催化的作用，故也可以利用过氧化氢分解酶或FezCh代替，D 正确；故答案选C。二、多选题6.（2021湖南高考真题）铁的配合物离子（用 L-F e-H 表示）催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示：下 43.5 过渡态I 过渡态2-4 6-.2l+zou+ZH+，OOUH4 2.-6I+VOOOUHnl+eou+HOOoH1.8-.n+HOOoH0.0i+hoouh+，oojh(-。弓3)而送玄芸反应进程列说法错误的是（）催化剂A.该过程的总反应为H C O O H =2川f2lOB.氏浓度过大或者过小，均导致反应速率降低C.该催化循环中Fe元素的化合价发生了变化D.该过程的总反应速率由H-ID 步骤决定【答案】CD【解析】A.由反应机理可知，HCOOH电离出氢离子后，HCOO-与催化剂结合，放出二氧化碳，然后催化剂又结合氢离子转化为氢气，所以化学方程式为H C O O H C O 2T+H 2T，故 A 正确；B.若氢离子浓度过低，则反应n i-iv 的反应物浓度降低，反应速率减慢，若氢离子浓度过高,则会抑制加酸的电离，使甲酸根浓度降低，反 应ITII速率减慢，所以氢离子浓度过高或过低，均导致反应速率减慢，故 B 正确；C.由反应机理可知，Fe在反应过程中，做催化剂，化合价没有发生变化，故 C 错误：D.由反应进程可知，反应WTI能垒最大，反应速率最慢，对该过程的总反应起决定作用，故 D 错误；故选CD。7.（2021湖南）已知：A（g）+2B（g）U 3 c（g）（）,向一恒温恒容的密闭容器中充入Im olA和 3mO1B发生反应，4 时达到平衡状态I,在右时改变某一条件，4 时重新达到平衡状态I I,正反应速率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是（）t h 6 minA.容器内压强不变，表明反应达到平衡B.J时改变的条件：向容器中加入CC.平衡时A 的体积分数D.平衡常数 K：K(H)e，C 正确;D.平衡常数K 与温度有关，因该反应在恒温条件下进行，所以K 保持不变，D 错误。故选BC。三、原理综合题8.(2021山东)2-甲氧基-2-甲基丁烷。AME)常用作汽油原添加剂。在催化剂作用下，可通过甲醇与烯垃的液相反应制得，体系中同时存在如图反应：反应 I：/Y 八/1 +CH3O H 3 /OA TAME 八/反应 n：I +C H3OH O%B TAME回答下列问题:反 应 i、n、HI以物质的量分数表示的平衡常数及 与温度T 变化关系如图所示。据图判断,A 和 B 中相对稳定的是_（用系统命名法命名）；1的数值范围是_（填标号）。（2）为研究上述反应体系的平衡关系，向某反应容器中加入l.OmolTAME,控制温度为353K,测得TAME的平衡转化率为a。已知反应EQ的平衡常数砥3=9.0,则平衡体系中B 的物质的量为_ m ol,反 应 I 的平衡常数&1=一。同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢吠喃稀释，反 应 I 的化学平衡将_（填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”）平衡时，A 与 CH30H物质的量浓度之比c（A）：C（CH3OH）=o为研究反应体系的动力学行为，向盛有四氢吠喃的另一容器中加入一定量A、B 和 CH3OH。控制温度为353K,A、B 物质的量浓度c 随反应时间t 的变化如图所示。代 表 B 的变化曲线为 _（填“X”或Y”）；t=100s时，反应HI的正反应速率v 正_ 逆反应速率v 逆（填“或=）。二0 E、3【答案】2-甲基-2-丁烯 D 0.9a 逆向移动i：io X a【解析】(1)由平衡常数长与温度T变化关系曲线可知，反应I、II、III的平衡常数的自然对数随温度升高(要注意横坐标为温度的倒数)而减小，说明3个反应均为放热反应，即FV0、0、”30,因此，A的总能量高于B的总能量，能量越低越稳定，A和B中相对稳定的是B,其用系统命名法命名为2-甲基-2-丁烯；由盖斯定律可知，I-n=IIL则AH,0,因此印 9,因此，反”(A)0.011应III正在向逆反应方向移动，故其正反应速率v正小于逆反应速率v迎，填 a2 C.H2 b2 D.b2 E.b3 F.b3-a4G 4 b4llllllllllllllj图Il o o转化率%b,图2对于放热的可逆反应，某一给定转化率下，最大反应速率对应的温度称为最适宜温度。在图3中画出反应2s0式8）+。2（8）2 5。3口）的转化率与最适宜温度（曲线I）、平衡转化率与温度（曲线H）的关系曲线示意图（标明曲线I、II）o一定条件下，在Na2S-H2S。4-H 2。2溶液体系中，检测得到pH-时间振荡曲线如图4,同时观察到体系由澄清一浑浊一澄清的周期性变化。可用一组离子方程式表示每一个周期内的反应进程，请补充其中的2 个离子方程式。I.S2-+H+=HS-I I.;n.HS-+凡。2+H+=S J+2H2O；I V.o【答案】不同温度下都能自发，是因为AH 0 6,7xl03m or.L 88%c10(口转化率%HS-+4H2O2=SO+4H,O+H+S+3H2O2=SO+2H2O+2H【解析】(D实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量SO?的反应为Cu(s)+2H2SO4(1)=CuSO4(s)+SO2(g)+2H2O(1)AH=-l 1.9kJ m or,由于该反应AH 0,因此该反应在任何温度下都能自发进行.(2)根据题中所给的数据可以求出该温度下2sGJ?(g)+O2(g)U2SO 3(g)的平衡常数为K_ C2(SQ3)_(4.4x10-2 m o l d c2(SO2)c(O2)(6.0 x 10-3 mol-17)2 x 8.0 x 10-3 mol-U1=6.7xl03mor L平衡时SO2的转化率为c(SO3)c(SO2)+c(SO3)xl00%=_ 4.4x10-2 mol6.0 xl0-3m oir+4.4xlO-2molUx 100%=88%；(3)A.在常压下SO?催化氧化为SR,的反应中，SO?的转化率已经很高，工业上有采用高压的反应条件，A说法不正确；B.进入接触室之前的气流中含有会使催化剂中毒的物质，需经净化处理以防止催化剂中毒，B说法不正确；C.通入过量的空气可以增大氧气的浓度，可以使含硫矿石充分反应，并使化学平衡2SO2(g)+O2(g)2S O,()向正反应方向移动，因此可以提高含硫矿石和SO2的转化率;D.SO：与水反应放出大量的热，在吸收塔中若采用水或稀硫酸吸收S 2,反应放出的热量会使硫酸形成酸雾从而影响s o3被水吸收导致S Q的吸收速率减小，因此，在吸收塔中不宜采用水或稀硫酸吸收S Q，D说法不正确。综上所述，相关说法正确的是C；反应混合物在热交换气中与原料气进行热交换，在热交换过程中，反应混合物不与催化剂接触，化学反应速率大幅度减小，故虽然反应混合物的温度降低，SO2的转化率基本不变，因此，图2所示进程中表示热交换过程的是4 f 4、A T%、a4,因此选BDF；对于放热的可逆反应2so式g）+C）2（g）0 2 s o 3（g）,该反应的最适宜温度为催化剂的催化活性最好时所对应的温度，在该温度下化学反应速率最大，SO2的转化率也最大；当温度高于最适宜温度后，催化剂的催化活性逐渐减小，催化剂对化学反应速率的影响超过了温度升高对化学反应速率的影响，因此化学反应速率逐渐减小，SO?的转化率也逐渐减小；由于该反应为放热反应，随着温度的升高，SO?的平衡转化率减小；由于反应混合物与催化剂层的接触时间较少，在实际的反应时间内反应还没有达到化学平衡状态，故在相应温度下SO2的转化率低于其平衡转化率。因此，反应2sC）2（g）+O2（g）U 2 s o;（g）的转化率与最适宜温度（曲线I）、平衡转化率与温度（曲线H）的关系曲线示意图可表示如下：（4）由pH 一时间振荡曲线可知，在Na?S H2sO4H?。?溶液体系中，溶液的pH呈先增大后减小的周期性变化，同时观察到体系由澄清一浑浊一澄清的周期性变化，硫化钠与硫酸反应生成HS-，S2-+H+=HS.然后发生HS-+4H2O=SOj+4H2O+H+,该过程溶液的pH基本不变，溶液保持澄清；溶液变浑浊时HS-被H2。？氧化为S,即发生HS+H2O2+H=SJNOC1*NOCI+NOCI*2NO+Cl2其中hv表示一个光子能量，NOC1*表 示NOC1的激发态。可知，分 解Imol的NOC1需要吸收.mo!光子。1 0 0X(2 0X1 03-1 2.4X1 03)【答案】澳(或Br)24.8-不-大于 K(24.8x10)大于设T T，即由图可知：lgKp2(T)-lgKp2(T)|lgKpl(T)-lgKpl(T)|=lgKpl(T)-lgKpl(T)则:l g K p 2(T).K T)l g K p 2(T).K a(T),即k(T k(T),因此该反应正反应为吸热反应,即AH大于0 0.5【解析】(1)红棕色液体，推测为浪单质，因此错过发现的元素是澳(或B r)；(2)由题意玻37 6 8 c 时璃烧瓶中发生两个反应：B a P t C l6(s)=B a C l,(s)+P t (S)+2 C 12(g),C b(g)+l 2(g)U 2 I C l(g)。B a P t C 1 6(s)=B a C 1 2(s)+P t(s)+2 C l?(g)的平衡常数Kp=1.0 x l 04P a2,则平衡时 p 2(C L)=1.0 x l()4 p a 2,平衡时 p(C b)=1 0 0 P a,设到达平衡时 k(g)C l2(g)+I2(g)=2 I C l(g)开始/(k P a)2 0.0 0的分压减小p k P a,则十八.，37 6.8 平衡时，测得烧瓶中压变 化/(k P a)p 2 p平 衡/(k P a)0.1 2 0.0-p 2 p强为32.5 k P a,贝 ij 0.1+2 0.0+p=32.5,解得 p=1 2.4,贝 I 平衡时 PI Q=2 p k P a=2 x l 2.4 k P a=2 4.8 k P a；则平衡时,b(g)的分压为(2 0.0-p)k P a=(2 0 x 1 0 3/2.4 x 1 ()3)p a,pI C 1=2 4.8 k P a=2 4.8 x l 03P a,p(C b)=0.1 k P a=1 0 0 P a,因此反应 2 1 c l(g)=5(g)+%(g)的平衡常数1 0 0X(2 0X1 03-1 2.4X1 03)(2 4.8 x l 03)2(3)结合图可知，温度越高，孑越小，I g K p?越大，即 K p 2 越大，说明升高温度平衡2 N O C l(g)B 2 N O(g)+C L(g)正向移动，则 N O C 1 分解为NO和C反应的大于0；1.2 N O(g)+2 I C l(g)U 2 N O C l(g)+I2(g)Kp lI I.2 N O C l(g)=2 N O(g)+C l2(g)Kp 2I +n 得 2 I C l(g)=C l2(g)+I2(g),则 2 I C l(g)=C l2(g)+I2(g)的 K=K p l.K p 2；该反应的 AH大于0；推理过程如下：设TT，即由图可知：l g Kp 2(T )-l g Kp 2(T)|l g Kp l(T*1)-l g Kp l(T)卜 l g Kp l(T)-l g Kp l(T)则：l g K p 2(T K p|(T)l g K p 2(T K p O ,即k(T)k(T),因此该反应正反应为吸热反应,即AH大于0；(4)1 .NOC1+hvNOC1*H.NOC1+NOC1 2NO+Cl2I+II得总反应为2NOCl+hv=2NO+Cb,因此2moiNOC1分解需要吸收Imol光子能量，则分解Imol的N0C1需要吸收0.5mol光子。12.(2021全国高考真题)二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。回答下列问题：(1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：CO2(g)+3H2(g)=CHQH(g)+H2O(g)该反应一般认为通过如下步骤来实现：CC)2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)H,=+41kJ.morl CO(g)+2H2(g)=CH30H(g)AH2=-90kJ.mol总反应的AH=k J m ol1;若反应为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化 的 是(填 标 号)，判断的理由是 o体系能量体系能量AC.反应进程体系能量反应进程体系能量反应进程(2)合成总反应在起始物n(H2)/n(CO2)=3时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为x(C H Q H),在t=25()C下的x(CH3(DH)p、在p=5xl()5pa下的x(CH3(DH)t如图所示。(H O C H 0 Xp/105 Pa200 210 220 230 240 250 260 270 280t/用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式Kp=图中对应等压过程的曲线是,判断的理由是:当x(CHQH)=0.10时，CO2的平衡转化率a=,反应条件可能为一或【答案】-49 A AM为正值，A“2为和为负值，反应的活化能大于反应的p(H2O)p(CH3OH)p3(H2).p(CC)2)b 总反应AH 2(g)+3 H 2(g)=C H 3 O H(g)+H 2 O(g),因此利用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式P(H2O)-P(CH3OH)P3(H2)-P(CO2)故答案为:p(H2O)p(CH3O H)P3(H2)-P(CO2)该反应正向为放热反应，升高温度时平衡逆向移动，体系中x l C H,O H)将减小，因此图中对应等压过程的曲线是b,故答案为：b；总反应”。)跚混女矍*CO+H,O/产 说 _4 CO+*+H,O2H+2e-*HOCO+H*+e。)酶褪去要6().27.(X22反应历程(b)H+电还原为H,反应历程(a)CO2电还原为CO【答案】6c(石墨，s)+3H?(g)=C6H6 H=49.1krmoH 飞K2Pxy 100.8 正极2c O；+CO2=2COj+C 12co2+18e+4H20=CH3cH2cH2OH+9c O：c、b、a【解析】(1)根据表格燃烧热数据可知，存在反应C(石墨，S)+Ch(g尸C02(g)，a=-393.5kJ-moH,H2(g)+1 02(g)=H2O(l)”2=-285.8kJ mol-1,C6H6(1)+y O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l)”3=-3267.5krmolT,根据盖斯定律，x 12+x6xg-得反应：6c(石墨，s)+3H?(g)=C6H6，=(-393.5kJ,mol-)xl2+(-285.8kJ-moH)x 6Jx-(-3267.5kJ-mol-1)=49.1 kJ-mol-1,2故答案为：6c(石墨，s)+3H2(g)=C6H6 0W=49.1 kJ m ol1；(2)由题可知，CO2(s)U C O 2(a q),CO2(aq)+H2。UH+(aq)+HCO：(叫)，c(H*)c(HCO；)K2=7,又因为 p(C02)=p(kPa),x,则 c(CO2)=y(mol L-1 kPa-1)p(C02)=p*x,yeg)m ol/L,在忽略HCO；的电离时，c(H+)=c(HCO；),所以可得c(H+尸JK 2P孙，故答案为：H 2 Pxy；(3)2MHCCh(s)U M 2co3(s)+H2O(g)+CO2(g),等温等容条件下，压强之比等于物质的量之比，可用分压表示物质的量浓度，平衡常数K p=PH q-Pco2=gx46xgx46=529kPa2.温度不变化学平衡常数降 不变，设平衡时，平衡体系中C02的分压为x,则 K=P%。Pc出 =529kPa2,529Pco2=-kPa=105.8kPa,CCh的初始压强等于平衡压强减去碳酸氢盐分解产生的CO2的分压，即 CCh(g)的初始压强应大于I05.8kPa-5kPa=100.8kPa,故答案为：100.8；(4)由题意知，Li-CCh电池的总反应式为：4Li+3co2=2Li2cO3+C,8 2 发生得电子的还原反应，则 CCh作为电池的正极；CCh还原后与Li+结合成Li2CC3,按 4 个步骤进行，由步骤n 可知生成了CO：,而步骤IV 需要C O j 参加反应，所以步骤in 的离子方程式为：2CO+CO2=2CO1+C,故答案为：正极；2col+C O 2=2C O，+C；I.CO2在碱性条件下得电子生成CH3cH2cH20H,根据电子守恒和电荷守恒写出电极反应式为：12co2+18e+4H2O=CH3cH2cH2OH+9c 0：,故答案为：12co2+18e+4H20=CH3cH2cH2OH+9c 0：；IL c 催化剂条件下，CO2电还原的活化能小于H电还原的活化能，更容易发生CO?的电还原;而催化剂a 和 b 条件下，CO2电还原的活化能均大于H 电还原的活化能，相对来说，更易发生 H的电还原。其中a 催化剂条件下，H电还原的活化能比CCh电还原的活化能小的更多，发生H,电还原的可能性更大，因此反应从易到难的顺序为c、b、a,故答案为：c、b、a。14.（2021湖南高考真题）氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运,可通过下面两种方法由氨气得到氢气。方 法 I：氨热分解法制氢气相关化学键的键能数据化学键N三NH-HN-H键能E/（kJmo）946436.0390.8一定温度下，利用催化剂将NH：分解为N?和 H?。回答下列问题：反应 2NH3（g）U N2（g）+3H2（g）AH=kJ-moF1?已知该反应的AS=198.9J-mol，K，在下列哪些温度下反应能自发进行？（填标号）A.25 B.125 C.225 D.325（3）某兴趣小组对该反应进行了实验探究。在一定温度和催化剂的条件下，将 O.lmolNH；通入3L 的密闭容器中进行反应（此时容器内总压为200kPa）,各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。若保持容器体积不变，时反应达到平衡，用H2的浓度变化表示0时间内的反应速率V(H2)=mol L-1-minT(用含乙的代数式表示)L时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后N2分压变化趋势 的 曲 线 是(用 图 中a、b、c,d表示)，理由是；在该温度下，反 应 的 标 准 平 衡 常 数=。(已知：分压=总压x该组分物质的量分数,/、g/hPG PH萨,萨对于反应dD(g)+eE(g)=gG(g)+hH(g),K=)，其中 P&=100kPa,pc、PD 丝 PH、PD、PE为各组分的平衡分压)。方法II：氨电解法制氢气利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其装置如图所示。NH3阴离子交换膜H2KOH溶液(4)电解过程中O H-的移动方向为.(填“从左往右”或“从右往左”)(5)阳极的电极反应式为KOH溶 液 KOH溶液【答案】+90.8 CD0.02Ab开始体积减半，冲 分压变为原来的2 倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小 0.48 从右往左 2NH3-6e-+60HH N2+6H2O【解析】根据反应热=反应物的总键能-生成物的总键能，2NHKg)BN2(g)+3H2(g),”=390.8kJ mol-1 x3 x 2-(946kJ-mol1+436.0kJ-mol-1 x3)=+90.8kJ-mol1，故答案为：+90.8；(2)若反应自发进行，则需-T S S90.8 xlO3J/mol198.9J/(molK)=456.5K,即温度应高于(456.5-273)=183.5,CD符合,故答案为：CD；设h 时达到平衡，转化的N R 的物质的量为2 x,列出三段式:2NH3(g)-N2(g)+3H2(g)起始/mol0.100转化/mol2xX3x平衡/mol0.1-2xX3x根据同温同压下，混合气体的物质的量等于体积之比，-0 1-=0.1+2%,解得120+120+40 x=0.02mol,0.02x3mol0.02mol-L-1-min-1,故答案为:0.021)(氏)一 x.3Lx tjAt2时将容器体积压缩到原来的一半，开始N2分压变为原来的2 倍，随后由于加压平衡逆向移动，用分压比原来2 倍要小，故 b 曲线符合，故答案为：b；开始体积减半，冲 分压变为原来的2 倍，随后由于加压平衡逆向移动，用 分压比原来2 倍要小；由图可知，平衡时，N E、N2、H?的分压分别为120 kPa、40 kPa、120 k P a,反应的标准平衡常数长.=得 3=0 4 8,故答案为：0.48；(4)由图可知，通 NH3的一极氮元素化合价升高，发生氧化反应，为电解池的阳极，则另一电极为阴极，电解过程中OH-移向阳极，则从右往左移动，故答案为：从右往左；(5)阳极NH3失电子发生氧化反应生成N 2,结合碱性条件，电极反应式为：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O,故答案为：2NH3-6e-+6OH=N2+6H2O。15.(2021浙江高考真题)“氯碱工业”以电解饱和食盐水为基础制取氯气等产品，氯气是实验室和工业上的常用气体。请回答：(1)电解饱和食盐水制取氯气的化学方程式是 o下列说法不亚确的是 OA.可采用碱石灰干燥氯气B.可通过排饱和食盐水法收集氯气C.常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中D.工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸(3)在一定温度下，氯气溶于水的过程及其平衡常数为：Cl2(g)#Cl2(aq)C=c(CL)/pCl 2(aq)+H2OUH+(aq)+CT(aq)+HClO(aq)K2其中p 为 CL(g)的平衡压强，c(CL)为 CL在水溶液中的平衡浓度。CL(g)=CL(aq)的始变 AHi 0.(填或“”)平衡常数&的表达式为K2=0氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c,则。=_o (用平衡压强p 和上述平衡常数表示，忽略HC1O的电离)(4)工业上，常采用“加碳氯化”的方法以高钛渣(主要成分为TiCh)为原料生产TiCL,相应的化学方程式为；LTiO2(s)+2C12(g)TiCl4(g)+O2(g)AHi=181 mol-L1,/fi=-3.4xl0 29II.2C(s)+O2(g)=2CO(g)A/n=-221 mol-L1,Kn=1.2xl048结合数据说明氯化过程中加碳的理由_。(5)在一定温度下，以 L 为催化剂，氯苯和CL在 CS2中发生平行反应，分别生成邻二氯苯和对二氯苯，两产物浓度之比与反应时间无关。反应物起始浓度均为0.5mol L“，反应30 min测得氯苯15%转化为邻二氯苯，25%转化为对二氯苯。保持其他条件不变，若要提高产物中邻二氯苯的比例，可 采 用 的 措 施 是.A.适当提高反应温度C.适当降低反应温度B.改变催化剂D.改变反应物浓度【答案】2NaCl+2H2O=2NaOH+H2t+Cl2t A c(H*)c(Cl)c(HQO)c(Cl2)K p+(K,p 户 反应 I +I I 得：T i O2(s)+2C l2(g)+2 C(s)=T i C l4(g)+2 C 0(g),K=K i K i=4.1 x l()i 9远大于K i,反应H使 T i O?氯化为T i C L 得以实现；A/7=A Wi+A/n=-4 0k J-m o l-1,反 应 I I 可为反应 I 提供所需的能量 A B【解析】电解饱和食盐水制取氯气时，同时还生成氢气和氢氧化钠，该反应的化学方程式是2 N a C l+通电2 H 2。=2NaOH+H2t+C 1 2 t o(2)A.氯气可与碱反应，碱石灰含有氢氧化钠和氧化钙，因此，不能用碱石灰干燥氯气，A说法不正确；B.氯气可与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应是可逆反应，在饱和食盐水中存在浓度较大的氯离子，可以使氯气的溶解平衡逆向移动，因此，氯气在饱和食盐水中的溶解度较小，可以通过排饱和食盐水法收集氯气，B说法正确：C.氯气在常温下不与铁反应；氯气的相对分子质量较大，其分子间的作用力较大，因此，氯气属于易液化的气体，常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中，c说法正确；D.氢气和氯气反应生成氯化氢，氯化氢溶于水得到盐酸，因此，工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸，D说法正确。综上所述，相关说法不亚娜的是A,故选A。(3)C b(g)w C 1 2(a q)表示的是氯气的溶解平衡，氯气在常温下可溶于水，该过程是自发的，由于该过程的燧变小于0,因此，其焰变A4V0。由化学方程式C l 2(a q)+H2O(1)W H+(a q)+C l-(a q)+H C l O(a q)可知，其平衡常数任 的表达式c(H+)c(C r)c(H C l O)、+*x 归*太 甘木山川公主为 及=-,汪思水为液态，其不出现在表达式中。c(C l2)C b(g)w C l2(a q)与 C l 2(a q)+H2O(I)W H+(a q)+C F (a q)+H C l O(a q)相加可以得到 C l2(g)+H2O(I)H+(a q)+C l-(a q)+H C l O(a q),因此，该反应的平衡常数为K|K?p ；氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c,根据物料守恒可知，c=C(C 1 J +1 C(H C 1 O)+二 c(C )，由于 H C 1 是强电解质，若忽略水的电离和次氯酸的电离，则C(H+)=C(C )=C(H C 1 O),由c(H+)v(C r)c(H C l O)二氏=-可知 c(C F )=C(H C 1 O)=c(C l,，由 K 产c(C 1 2)/p 可知,c(C U)=K 1 P，则c(C T)=c(H C 1 0)=(K K 2 P)C 因此，c=Kp+(&K2P户。(4)已知：I.T i O2(s)+2 C l2(g)T i C l4(g)+O2(g)A 7 f i=1 8 1 m o l L1,Ki=-3.4 X I O2 9；I I.2 C(s)+O2(g)w2 c o(g)A H n=-2 2 1 m o l L“,KII=1.2X。8。根据盖斯定律可知,1 +口 得:T i O2(s)+2 C l2(g)+2 C(s)=T i C I4(g)+2 C O(g),贝i j K=K K u=4.1 X 1 0 远大于心，反应H的发生可以减小反应【的平衡体系中氧气的浓度，从而使T i O 2氯化为T i C L,得以实现；反应I为吸热反应，而-4 0k J -m o l1,说明 T i O 2(s)+2 C b(g)+2 c(s)=T i C L(g)+2 c o(g)为放热反应，则反 应I I可为反应I提供所需的能量。(5)1 5%生成邻二氯苯，说明该反应活化能大，2 5%生成对二氯苯，说明该反应活化能小，温度改变对活化能的影响大，即升高温度，邻二氯苯产量增大的多，比例增大；降低温度邻二氯苯产量减少的多，比例减少，故A正确、C错误；选择合适的催化剂，降低生成邻二氯苯的反应的活化能，故B正确；D中改变反应物的浓度，并不能改变两种产物的比例，故D错误，综上所述，选AB。2022 年1.(2 0 2 2广东卷)恒容密闭容器中，B a S O/s)+4 H2(g)=i B a S(s)+4 H2 O(g)在不同温度下达平衡时，各组分的物质的量(n)如图所示。下列说法正确的是()起始组成：4 m01Hz1 mol BaSO,200 400 600 800T/A.该反应的AH 0,故 A错误；B.从图示可以看出，在恒容密闭容器中，随着温度升高氢气的平衡时的物质的量减少，则平衡随着温度升高正向移动，水蒸气的物质的量增加，而 a 曲线表示的是物质的量不随温度变化而变化，故 B错误；C.容器体积固定，向容器中充入惰性气体，没有改变各物质的浓度，平衡不移动，故 C正确;D.BaSCU是固体，向平衡体系中加入BaSCU,不能改变其浓度，因此平衡不移动，氢气的转化率不变，故 D错误：故选C2.（2022广东卷）在相同条件下研究催化剂I、II对反应X 2丫的影响，各物质浓度c 随反应时间t 的部分变化曲线如图，则（）4 催化齐U I(TOE)、。催化剂II0 2 4 t/minA.无催化剂时，反应不能进行B.与催化剂I 相比，n 使反应活化能更低c.a 曲线表示使用催化剂I