1_7.十年高考题分类.docx

北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版 专题十一　化学反应速率和化学平衡 考点一　化学反应速率 1.(2022北京,14,3分)CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用,原理如图1所示。反应①完成之后,以N2为载气,将恒定组成的N2、CH4混合气,以恒定流速通入反应器,单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2,在催化剂上检测到有积炭。下列说法不正确的是(　　) 图1 图2 A.反应①为CaO+CO2 CaCO3;反应②为CaCO3+CH4 CaO+2CO+2H2 B.t1~t3,n(H2)比n(CO)多,且生成H2的速率不变,推测有副反应CH4 C+2H2 C.t2时刻,副反应生成H2的速率大于反应②生成H2的速率 D.t3之后,生成CO的速率为0,是因为反应②不再发生 答案　C　根据题图1,可知反应①为CO2与CaO反应生成CaCO3,反应②为CaCO3与CH4在催化剂作用下反应生成CaO、CO和H2,A正确;由题图2可知,t1~t3,n(H2)比n(CO)多,生成H2的速率不变,又因为在催化剂上检测到有积炭,故发生的副反应为CH4 C+2H2,B正确;t2时刻,CO的气体流速=反应②生成的H2的气体流速≈1.5 mmol·min-1,副反应生成的H2的气体流速≈0.5 mmol·min-1,故副反应生成H2的速率小于反应②生成H2的速率,C错误;只有反应②生成CO,题图2中t3之后CO气体流速为0,反应②不再发生,所以CO的生成速率为0,D正确。 方法技巧　认真审题,仔细观察原理示意图和坐标图:①提取题中有价值的信息,找出每一个转化过程的反应物和生成物;②读懂坐标图中每一条曲线代表的物质,然后确定其变化量。 2.(2022广东,15,4分)在相同条件下研究催化剂Ⅰ、Ⅱ对反应X→2Y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(　　) A.无催化剂时,反应不能进行 B.与催化剂Ⅰ相比,Ⅱ使反应活化能更低 C.a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化 D.使用催化剂Ⅰ时,0~2 min内,v(X)=1.0 mol·L-1·min-1 答案　D　由题图可知,无催化剂时,反应能进行,但是反应速率比较慢,A项错误;在相同条件下,与催化剂Ⅱ相比,在使用催化剂Ⅰ时生成物的浓度变化量更大,反应速率更快,故催化剂Ⅰ使反应活化能更低,B项错误;0~2 min时,反应物浓度的变化量与生成物浓度的变化量之比等于其化学计量数之比,故a曲线表示使用催化剂Ⅰ时X的浓度随t的变化,C项错误;使用催化剂Ⅰ时,0~2 min内,v(X)=(4.0 mol·L-1-2.0 mol·L-1)÷2 min=1.0 mol·L-1·min-1,D项正确。 方法技巧　在做与物质浓度变化图像相关试题时,首先认真读懂图像中每一条曲线代表的是哪种物质,然后确定其变化量;比较催化剂催化效果时,看相同时间内反应物或生成物浓度的变化量,如果相同时间内,反应物或生成物的浓度变化量较大,则化学反应速率较快,催化剂使反应活化能更低。 3.(2022河北,13,4分)(双选)恒温恒容条件下,向密闭容器中加入一定量X,发生反应的方程式为①X Y;②Y Z。反应①的速率v1=k1c(X),反应②的速率v2=k2c(Y),式中k1、k2为速率常数。图a为该体系中X、Y、Z浓度随时间变化的曲线,图b为反应①和②的lnk~1T曲线。下列说法错误的是(　　) A.随c(X)的减小,反应①、②的速率均降低 B.体系中v(X)=v(Y)+v(Z) C.欲提高Y的产率,需提高反应温度且控制反应时间 D.温度低于T1时,总反应速率由反应②决定 答案　AB　由题图a可知,浓度随时间增加逐渐减小的曲线代表的是X,浓度随时间增加逐渐增大的曲线代表的是Z,浓度随时间增加先增大后减小的曲线代表的是Y;由题图b可知,反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②的。由题图a可知,随c(X)的减小,c(Y)先增大后减小,因此,反应①的速率随c(X)的减小而降低,而反应②的速率随c(X)的减小先升高后降低,A错误。根据体系中发生的反应可知,在Y的浓度达到最大值之前,单位时间内X的减少量等于Y和Z的增加量,故v(X)=v(Y)+v(Z),但在Y的浓度达到最大值之后,单位时间内Z的增加量等于X和Y的减少量,故v(X)+v(Y)=v(Z),B错误。由题图a可知,Y的浓度先增大后减小,故要控制反应时间;升高温度可以加快反应速率,提高单位时间内Y的产率;故欲提高Y的产率,需提高反应温度且控制反应时间,C正确。由题图b可知,温度低于T1时,k1>k2,反应②为慢反应,因此,总反应速率由反应②决定,D正确。 4.(2022湖南,6,3分)甲基丙烯酸甲酯是合成有机玻璃的单体。 旧法合成的反应:(CH3)2C O+HCN (CH3)2C(OH)CN (CH3)2C(OH)CN+CH3OH+H2SO4 CH2 C(CH3)COOCH3+NH4HSO4 新法合成的反应:+CO+CH3OH CH2 C(CH3)COOCH3 下列说法错误的是(阿伏加德罗常数的值为NA)　(　　) A.HCN的电子式为H∶C︙︙N∶ B.新法没有副产物产生,原子利用率高 C.1 L 0.05 mol·L-1的NH4HSO4溶液中NH4+的微粒数小于0.05NA D.Pd的作用是降低反应的活化能,使活化分子数目增多,百分数不变 答案　D　催化剂能够降低反应的活化能,使更多的分子变为活化分子,所以单位体积内活化分子数目增多,活化分子百分数增大,D不正确。 关联知识　原子利用率=期望产物的总质量生成物的总质量×100%。 5.(2022浙江1月选考,19,2分)在恒温恒容条件下,发生反应A(s)+2B(g) 3X(g),c(B)随时间的变化如图中曲线甲所示。下列说法不正确的是(　　) A.从a、c两点坐标可求得从a到c时间间隔内该化学反应的平均速率 B.从b点切线的斜率可求得该化学反应在反应开始时的瞬时速率 C.在不同时刻都存在关系:2v(B)=3v(X) D.维持温度、容积、反应物起始的量不变,向反应体系中加入催化剂,c(B)随时间变化关系如图中曲线乙所示 答案　C　C项,在不同时刻都存在关系:3v(B)=2v(X),错误。 6.(2022浙江6月选考,20,2分)恒温恒容的密闭容器中,在某催化剂表面上发生氨的分解反应:2NH3(g) N2(g)+3H2(g)。测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化,如下表所示。下列说法不正确的是(　　) 编号 时间/minc(NH3)/(10-3 mol·L-1)表面积/cm2 0 20 40 60 80 ① a 2.40 2.00 1.60 1.20 0.80 ② a 1.20 0.80 0.40 x ③ 2a 2.40 1.60 0.80 0.40 0.40 A.实验①,0~20 min,v(N2)=1.00×10-5 mol·L-1·min-1 B.实验②,60 min时处于平衡状态,x≠0.40 C.相同条件下,增加氨气的浓度,反应速率增大 D.相同条件下,增加催化剂的表面积,反应速率增大 答案　C　实验①,0~20 min,v(NH3)=0.4×10−320 mol·L-1·min-1=2.00×10-5 mol·L-1·min-1,v(N2)=12v(NH3)=1.00×10-5 mol·L-1·min-1,A正确;催化剂只影响反应速率,不影响平衡状态,实验③中NH3的平衡浓度为0.40×10-3 mol·L-1,而实验②中NH3的起始浓度与实验③的不同,故x≠0.40,B正确;由实验①和实验②可知,催化剂表面积相同时,NH3的起始浓度对反应速率无影响,C不正确;由实验①和实验③可知,NH3起始浓度相同时,催化剂表面积越大,反应速率越大,D正确。 7.(2019浙江4月选考,22,2分)高温高压液态水具有接近常温下弱酸的c(H+)或弱碱的c(OH-),油脂在其中能以较快的反应速率水解。与常温常压水相比,下列说法不正确的是(　　) A.高温高压液态水中,体系温度升高,油脂水解反应速率加快 B.高温高压液态水中,油脂与水的互溶能力增强,油脂水解反应速率加快 C.高温高压液态水中,c(H+)增大,可催化油脂水解反应,且产生的酸进一步催化水解 D.高温高压液态水中的油脂水解,相当于常温下在体系中加入了相同c(H+)的酸或相同c(OH-)的碱的水解 答案　D　体系温度升高,油脂水解反应速率加快,A正确;高温高压液态水中,油脂与水的互溶能力增强,增大了油脂分子与水分子的接触,水解反应速率加快,B正确;高温高压液态水中,c(H+)增大,可催化油脂水解反应,且产生的酸进一步催化水解,C正确;高温高压下的液态水,尽管具有接近常温下弱酸的c(H+)或弱碱的c(OH-),但仍然呈中性,c(H+)=c(OH-),与常温下在油脂水解时加入相同c(H+)的酸或相同c(OH-)的碱不相同, D错误。 疑难突破　升高温度(A)、增大反应物的接触面积(B)、使用催化剂(C)均能使化学反应速率加快。 8.(2018浙江4月选考,22,2分)某工业流程中,进入反应塔的混合气体中NO和O2的物质的量分数分别为0.10和0.06,发生化学反应2NO(g)+O2(g) 2NO2(g),在其他条件相同时,测得实验数据如下表: 压强/(×105 Pa) 温度/℃ NO达到所列转化率需要时间/s 50% 90% 98% 1.0 30 12 250 2 830 90 25 510 5 760 8.0 30 0.2 3.9 36 90 0.6 7.9 74 根据表中数据,下列说法正确的是(　　) A.升高温度,反应速率加快 B.增大压强,反应速率变慢 C.在1.0×105 Pa、90 ℃条件下,当转化率为98%时反应已达平衡 D.若进入反应塔的混合气体为a mol,反应速率以v=Δn/Δt表示,则在8.0×105 Pa、30 ℃条件下,转化率从50%增至90%时段NO的反应速率为4a/370 mol·s-1 答案　D　由表中数据可知,温度升高,为使压强不变,体积变大,导致浓度减小,反应速率变慢,故A错误;根据表中数据,相同温度时,增大压强,达到所列转化率的时间减少,化学反应速率加快,故B错误;由题给信息无法判断转化率为98%时反应是否达到平衡,故C错误;当混合气体为a mol,其中NO为a/10 mol,转化率从50%增至90%时,NO反应了a/25 mol,经过了3.7 s,反应速率v=ΔnΔt=a25mol3.7 s=4a370 mol·s-1,故D正确。 9.(2015福建理综,12,6分)在不同浓度(c)、温度(T)条件下,蔗糖水解的瞬时速率(v)如下表。下列判断不正确的是(　　) T/K v/mmol·L-1·min-1 c/mol·L-1 0.600 0.500 0.400 0.300 318.2 3.60 3.00 2.40 1.80 328.2 9.00 7.50 a 4.50 b 2.16 1.80 1.44 1.08 A.a=6.00 B.同时改变反应温度和蔗糖的浓度,v可能不变 C.b<318.2 D.不同温度时,蔗糖浓度减少一半所需的时间相同 答案　D　根据题表信息可知,相同温度时,随着浓度以等差数列递减,其瞬时速率也以等差数列递减,故a=6.00;同时改变反应温度和反应物浓度,瞬时速率有可能不变;相同浓度时,温度越高,反应速率越快,故b<318.2;温度升高,瞬时速率加快,故蔗糖浓度减少一半时,所用时间并不相等,D项错误。 评析　题目信息以表格形式呈现,围绕变量控制来设问,综合考查了控制变量思想在研究反应速率的影响因素中的应用。 10.(2015上海单科,20,4分)对于合成氨反应,达到平衡后,以下分析正确的是(　　) A.升高温度,对正反应的反应速率影响更大 B.增大压强,对正反应的反应速率影响更大 C.减小反应物浓度,对逆反应的反应速率影响更大 D.加入催化剂,对逆反应的反应速率影响更大 答案　B　A项,合成氨反应的正反应是放热反应,升高温度,正反应、逆反应的反应速率都增大,但是温度对吸热反应的速率影响更大,所以对该反应来说,升高温度对逆反应速率影响更大,错误。B项,合成氨的正反应是气体体积减小的反应,增大压强,对正反应的反应速率影响更大,正确。C项,减小反应物浓度,对正反应的反应速率影响更大,错误。D项,加入催化剂,对正、逆反应的反应速率影响相同,错误。 11.(2014课标Ⅰ,9,6分)已知分解1 mol H2O2放出热量98 kJ。在含少量I-的溶液中,H2O2分解的机理为: H2O2+I- H2O+IO-　慢 H2O2+IO- H2O+O2+I-　快 下列有关该反应的说法正确的是(　　) A.反应速率与I-浓度有关 B.IO-也是该反应的催化剂 C.反应活化能等于98 kJ·mol-1 D.v(H2O2)=v(H2O)=v(O2) 答案　A　由于反应速率由慢反应决定,故I-浓度越大,反应速率越快,A正确;IO-为中间产物,不是催化剂,B错误;活化能不是反应热,反应热是正、逆反应活化能的差值,C错误;D错误。 疑难突破　催化剂与中间产物的区别:开始就有,在总反应中被消掉的物质是催化剂;开始没有,反应过程中生成,在总反应中也被消掉的物质是中间产物,如本题中的I-是催化剂,IO-是中间产物。 易错警示　本题易错选D。不能根据过程中的某步反应判断反应速率的关系,应根据总反应判断,总反应为2H2O2 2H2O+O2↑,v(H2O2)=v(H2O)=2v(O2)。 12.(2014北京理综,12,6分)一定温度下,10 mL 0.40 mol/L H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积(已折算为标准状况)如下表。 t/min 0 2 4 6 8 10 V(O2)/mL 0.0 9.9 17.2 22.4 26.5 29.9 下列叙述不正确···的是(溶液体积变化忽略不计)(　　) A.0~6 min的平均反应速率:v(H2O2)≈3.3×10-2 mol/(L·min) B.6~10 min的平均反应速率:v(H2O2)<3.3×10-2 mol/(L·min) C.反应至6 min时,c(H2O2)=0.30 mol/L D.反应至6 min时,H2O2分解了50% 答案　C　A项,0~6 min内,产生n(O2)=1×10-3 mol,消耗 n(H2O2)=2×10-3 mol,则v(H2O2)=ΔcΔt=2×10-3mol10×10-3L6min≈3.3×10-2 mol/(L·min),故A正确;B项,依照A项解题步骤,可知B项正确;C项,反应至6 min时,消耗n(H2O2)为2×10-3 mol,剩余c(H2O2)= 10×10-3L×0.40 mol/L-2×10-3mol10×10-3L =0.20 mol/L,故C项不正确;D项,反应至6 min时,消耗n(H2O2)为2×10-3 mol,占起始物质的量的50%,故D项正确。 13.(2014重庆理综,7,6分)在恒容密闭容器中通入X并发生反应:2X(g) Y(g),温度T1、T2下X的物质的量浓度c(X)随时间t变化的曲线如图所示,下列叙述正确的是(　　) A.该反应进行到M点放出的热量大于进行到W点放出的热量 B.T2下,在0~t1时间内,v(Y)=a-bt1 mol·L-1·min-1 C.M点的正反应速率v正大于N点的逆反应速率v逆 D.M点时再加入一定量X,平衡后X的转化率减小 答案　C　依据题中图示,可看出T1>T2,由于T1时X的平衡浓度大,可推出该反应为放热反应。A项,M点与W点比较,X的转化量前者小于后者,故进行到M点放出的热量应小于进行到W点放出的热量,A项错误;B项,2v(Y)=v(X)=a-bt1 mol·L-1·min-1,B项错误;C项,T1>T2,温度越高,反应速率越大,M点的正反应速率v正>W点的正反应速率v'正,而W点的正反应速率v'正=其逆反应速率v'逆>N点的逆反应速率v逆,C项正确;D项,恒容时充入X,压强增大,平衡正向移动,X的转化率增大,D项错误。 14.(2013福建理综,12,6分)NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化,当NaHSO3完全消耗即有I2析出,依据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反应速率。将浓度均为0.020 mol·L-1的NaHSO3溶液(含少量淀粉)10.0 mL、KIO3(过量)酸性溶液40.0 mL混合,记录10~55 ℃间溶液变蓝时间,55 ℃时未观察到溶液变蓝,实验结果如图。据图分析,下列判断不正确的是(　　) A.40 ℃之前与40 ℃之后溶液变蓝的时间随温度的变化趋势相反 B.图中b、c两点对应的NaHSO3反应速率相等 C.图中a点对应的NaHSO3反应速率为5.0×10-5 mol·L-1·s-1 D.温度高于40 ℃时,淀粉不宜用作该实验的指示剂 答案　B　由图可知,A项正确;图中b、c两点对应的温度不同,故NaHSO3的反应速率也不同,B项错误;a点NaHSO3的反应速率为v=ΔcΔt=0.020×0.010.05×80 mol·L-1·S-1=5×10-5mol·L-1·s-1,C项正确;由题干信息可知,温度高于40 ℃ 时不宜用淀粉作指示剂,D项正确。 评析　该题考查的知识点虽常见,但立意新颖,若考生只注意图像中的表面现象,会误认为B项正确,从而错选其他选项。 15.(2018北京理综,27,12分)近年来,研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下: (1)反应Ⅰ:2H2SO4(l)2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)　ΔH1=+551 kJ·mol-1 反应Ⅲ:S(s)+O2(g)SO2(g)　ΔH3=-297 kJ·mol-1 反应Ⅱ的热化学方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (2)对反应Ⅱ,在某一投料比时,两种压强下,H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。p2　　　　p1(填“>”或“<”),得出该结论的理由是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (3)I-可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂,可能的催化过程如下。将ⅱ补充完整。 ⅰ.SO2+4I-+4H+S↓+2I2+2H2O ⅱ.I2+2H2O+　　　 　　　　+　　　　+2I-  (4)探究ⅰ、ⅱ反应速率与SO2歧化反应速率的关系,实验如下:分别将18 mL SO2饱和溶液加入到2 mL下列试剂中,密闭放置观察现象。(已知:I2易溶解在KI溶液中) 序号 A B C D 试剂 组成 0.4 mol·L-1 KI a mol·L-1 KI 0.2 mol·L-1 H2SO4 0.2 mol·L-1 H2SO4 0.2 mol·L-1 KI 0.000 2 mol I2 实验 现象 溶液变黄,一段时间后出现浑浊 溶液变黄,出现浑浊较A快 无明显现象 溶液由棕褐色很快褪色,变成黄色,出现浑浊较A快 ①B是A的对比实验,则a=　　　　。  ②比较A、B、C,可得出的结论是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  ③实验表明,SO2的歧化反应速率D>A。结合ⅰ、ⅱ反应速率解释原因:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  答案　(1)3SO2(g)+2H2O(g)2H2SO4(l)+S(s)　ΔH2=-254 kJ·mol-1 (2)>　反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应,温度一定时,增大压强使反应正向进行,H2SO4的物质的量增大,体系总物质的量减小,H2SO4的物质的量分数增大 (3)SO2　SO42−　4H+ (4)①0.4 ②I-是SO2歧化反应的催化剂,H+单独存在时不具有催化作用,但H+可以加快歧化反应速率 ③反应ⅱ比ⅰ快;D中由反应ⅱ产生的H+使反应ⅰ加快 解析　本题以“含硫物质热化学循环”素材为载体,考查热化学方程式的书写、平衡移动、实验方案的设计与分析等知识。 (1)反应Ⅱ为3SO2(g)+2H2O(g)2H2SO4(l)+S(s),根据盖斯定律,由(反应Ⅰ+反应Ⅲ)即得反应Ⅱ的逆反应,所以反应Ⅱ的ΔH=-(551-297) kJ·mol-1=-254 kJ·mol-1。 (2)反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应,加压时平衡正向移动,H2SO4的物质的量分数会升高,所以p2>p1。 (3)催化剂在反应前后质量和化学性质保持不变,在ⅰ中I-被氧化为I2,则在ⅱ中I2应该被SO2还原为I-,结合原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒可配平反应ⅱ的离子方程式。 (4)①B是A的对比实验,B中加入0.2 mol·L-1的H2SO4,A中不加H2SO4,所以KI的浓度应该与A相同,即a=0.4。 ②比较A、B、C可知,有H2SO4和KI时,SO2歧化反应速率较只有KI时快;只有H2SO4,无KI时不发生歧化反应,所以可得出的结论为酸性增强,I-催化SO2歧化反应速率提高。 规律总结　Fe3+催化H2O2分解与I-催化SO2歧化反应相似,Fe3+催化H2O2分解的过程为:2Fe3++H2O2O2↑+2Fe2++2H+、2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O。 16.(2011全国,28,15分)反应aA(g)+bB(g) cC(g)(ΔH<0)在等容条件下进行。改变其他反应条件,在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ阶段体系中各物质浓度随时间变化的曲线如下图所示: 回答问题: (1)反应的化学方程式中,a∶b∶c为　　　　　　;  (2)A的平均反应速率vⅠ(A)、vⅡ(A)、vⅢ(A)从大到小排列次序为　　　　　　　　　　;  (3)B的平衡转化率αⅠ(B)、αⅡ(B)、αⅢ(B)中最小的是　　　,其值是　　　　　　　　;  (4)由第一次平衡到第二次平衡,平衡移动的方向是　　　　　　　　　　,采取的措施是　　　　　　　　;  (5)比较第Ⅱ阶段反应温度(T2)和第Ⅲ阶段反应温度(T3)的高低:T2　　　　　T3(填“>”“<”“=”),判断的理由是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　;  (6)达到第三次平衡后,将容器的体积扩大一倍,假定10 min 后达到新的平衡,请在下图中用曲线表示第Ⅳ阶段体系中各物质的浓度随时间变化的趋势(曲线上必须标出A、B、C)。 答案　(1)1∶3∶2(2分) (2)vⅠ(A)、vⅡ(A)、vⅢ(A)(3分) (3)αⅢ(B)　0.19(19%)(各1分,共2分) (4)向正反应方向　从反应体系中移出产物C(各1分,共2分) (5)>　此反应为放热反应,降低温度,平衡向正反应方向移动(1分,2分,共3分) (6) (注:只要曲线能表示出平衡向逆反应方向移动及各物质浓度的相对变化比例即可)(3分) 解析　(1)Ⅰ阶段,20.0 min内,Δc(A)=2.00 mol·L-1-1.00 mol·L-1=1.00 mol·L-1,Δc(B)=6.00 mol·L-1-3.00 mol· L-1=3.00 mol·L-1,Δc(C)=2.00 mol·L-1,则a∶b∶c=Δc(A)∶Δc(B)∶Δc(C)=1∶3∶2。 (2)vⅠ(A)=2.00mol·L-1-1.00 mol·L-120.0min=0.05 mol·L-1·min-1, vⅡ(A)=1.00mol·L-1-0.62 mol·L-115.0min≈0.025 mol·L-1·min-1,vⅢ(A)=0.62mol·L-1-0.50 mol·L-110.0min=0.012 mol·L-1·min-1。则vⅠ(A)>vⅡ(A)>vⅢ(A)。 (3)αⅠ(B)=6.00mol·L-1-3.00 mol·L-16.00mol·L-1×100%=50%,αⅡ(B)=3.00mol·L-1-1.86 mol·L-13.00mol·L-1×100%=38%,αⅢ(B)=1.86mol·L-1-1.50 mol·L-11.86mol·L-1×100%=19%。故αⅢ(B)最小。 (4)由图示可知,由第一次平衡到第二次平衡,A、B的浓度减小,说明平衡正向移动。由物质C的浓度变化可知,导致平衡正向移动采取的措施是从反应体系中移出了产物C。 (5)由图示可知,Ⅱ→Ⅲ,平衡正向移动,由于正反应是放热的,故Ⅱ→Ⅲ是降温过程,即T2>T3。 (6)第三次平衡后,将容器的体积扩大一倍,则各物质的浓度减半,由于容器的体积扩大,压强减小,平衡会向逆反应方向(气体体积增大的方向)移动,故平衡后,0.25 mol·L-1<c(A)<0.50 mol·L-1,0.75 mol·L-1<c(B)<1.50 mol·L-1,0<c(C)<0.50 mol·L-1。注意各物质浓度的相对变化应符合化学计量数的比例。 17.(2011重庆,29,14分)臭氧是一种强氧化剂,常用于消毒、灭菌等。 (1)O3与KI溶液反应生成的两种单质是　　　和　　　。(填分子式)  (2)O3在水中易分解,一定条件下,O3的浓度减少一半所需的时间(t)如下表所示。已知:O3的起始浓度为 0.021 6 mol/L。 pH t/min T/℃ 3.0 4.0 5.0 6.0 20 301 231 169 58 30 158 108 48 15 50 31 26 15 7 ①pH增大能加速O3分解,表明对O3分解起催化作用的是　　　　。  ②在30 ℃、pH=4.0条件下,O3的分解速率为　　　　mol/(L·min)。  ③据表中的递变规律,推测O3在下列条件下分解速率依次增大的顺序为　　　。(填字母代号)  　　a.40 ℃、pH=3.0 b.10 ℃、pH=4.0 c.30 ℃、pH=7.0 (3)O3可由臭氧发生器(原理如下图)电解稀硫酸制得。 ①图中阴极为　　　　(填“A”或“B”),其电极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  ②若C处通入O2,则A极的电极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  ③若C处不通入O2,D、E处分别收集到x L和y L气体(标准状况),则E处收集的气体中O3所占的体积分数为　　　　。(忽略O3的分解)  答案　(1)I2　O2 (2)①OH-　②1.00×10-4　③b、a、c (3)①A　2H++2e- H2↑ ②O2+4H++4e- 2H2O ③(x-2y)/y 解析　本题考查反应速率的计算及影响因素、电解池电极反应式的书写及计算等知识。(1)根据氧化还原反应基本原理不难确定生成的两种单质是I2和O2。(2)①分析表中的数据知,pH增大,O3的分解速率加快,则对O3分解起催化作用的是OH-。②查表计算v(O3)=12×0.021 6 mol/L108min=1.00×10-4mol/(L·min)。③分析表中数据知,a项中反应时间31 min<ta<158 min,同理tb>231 min,tc<15 min,故可判断O3的分解速率的大小顺序是b<a<c。(3)①由图知电极B产生O3和O2,则B极为阳极,故A极为阴极,电极反应式为2H++2e- H2↑。②若C处通入O2,则得电子的是氧化性更强的O2,电极反应式为O2+4H++4e- 2H2O。③由得失电子守恒得:6×V(O3)22.4 L+4×yL-V(O3)22.4 L=2×xL22.4 L,解得V(O3)=(x-2y)L,故O3的体积分数为 x-2yy。 考点二　化学平衡 1.(2022北京,12,3分)某MOFs多孔材料孔径大小和形状恰好将N2O4“固定”,能高选择性吸附NO2。废气中的NO2被吸附后,经处理能全部转化为HNO3。原理示意图如下。 已知:2NO2(g) N2O4(g)　ΔH<0 下列说法不正确的是(　　) A.温度升高时不利于NO2吸附 B.多孔材料“固定”N2O4,促进2NO2 N2O4平衡正向移动 C.转化为HNO3的反应是2N2O4+O2+2H2O 4HNO3 D.每获得0.4 mol HNO3时,转移电子的数目为6.02×1022 答案　D　2NO2(g) N2O4(g)　ΔH<0,温度升高,平衡逆向移动,NO2生成N2O4的转化率降低,多孔材料不能将更多的N2O4“固定”,故不利于NO2吸附,A正确;多孔材料“固定”N2O4,使混合气体中N2O4的浓度降低,促进平衡2NO2 N2O4正向移动,B正确;N2O4与O2和H2O发生氧化还原反应生成硝酸,C正确;由C项中反应2N2O4+O2+2H2O 4HNO3可知,每生成0.4 mol HNO3,转移电子的数目为0.4×6.02×1023,D错误。 2.(2022广东,13,4分)恒容密闭容器中,BaSO4(s)+4H2(g) BaS(s)+4H2O(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(　　) A.该反应的ΔH<0 B.a为n(H2O)随温度的变化曲线 C.向平衡体系中充入惰性气体,平衡不移动 D.向平衡体系中加入BaSO4,H2的平衡转化率增大 答案　C　随着温度升高,n(H2)减小,说明平衡正向移动,反应的ΔH>0,A不正确;起始时H2为4 mol,200 ℃时H2约为0.5 mol,即约有3.5 mol H2参加反应,根据化学方程式计算可知此时生成的H2O约为3.5 mol,故题图中最上方的曲线为n(H2O)随温度的变化曲线,B不正确;恒容体系中充入惰性气体,H2、H2O的浓度均不变,平衡不移动,C正确;BaSO4为固体,加入BaSO4,平衡不移动,D不正确。 归纳总结　改变外界条件,引起平衡体系中物质浓度改变,平衡才可能发生移动。 3.(2022海南,8,2分)某温度下,反应CH2 CH2(g)+H2O(g) CH3CH2OH(g)在密闭容器中达到平衡。下列说法正确的是　(　　) A.增大压强,v正>v逆,平衡常数增大 B.加入催化剂,平衡时CH3CH2OH(g)的浓度增大 C.恒容下,充入一定量的H2O(g),平衡向正反应方向移动 D.恒容下,充入一定量的CH2 CH2(g),CH2 CH2(g)的平衡转化率增大 答案　C　A项,增大压强,平衡向气体分子数增大的方向即正向移动,则v正>v逆,但平衡常数不变,错误;B项,加入催化剂,平衡不移动,平衡时CH3CH2OH(g)的浓度不变,错误;C项,恒容下,充入一定量的H2O(g),即增大H2O(g)的浓度,平衡正向移动,正确;D项,恒容下,充入一定量的CH2 CH2(g),H2O(g)的平衡转化率增大,而其自身的平衡转化率减小,错误。 易错提醒　平衡常数是温度的函数,温度不变则平衡常数不变。 4.(2022湖北,19,14分)自发热材料在生活中的应用日益广泛。某实验小组为探究“CaO-Al-H2O”体系的发热原理,在隔热装置中进行了下表中的五组实验,测得相应实验体系的温度升高值(ΔT)随时间(t)的变化曲线,如图所示。 实验编号 反应物组成 a 0.20 g　　CaO粉末 5.0 mL　　H2O b 0.15 g　　Al粉 5.0 mL　　H2O c 0.15 g　　Al粉 5.0 mL　饱和石灰水 d 0.15 g　　Al粉 5.0 mL　石灰乳 e 0.15 g　　Al粉 0.20 g　　CaO粉末 5.0 mL　　H2O 回答下列问题: (1)已知: ①CaO(s)+H2O(l) Ca(OH)2(s)　 ΔH1=-65.17 kJ·mol-1 ②Ca(OH)2(s) Ca2+(aq)+2OH-(aq)　ΔH2=-16.73 kJ·mol-1 ③Al(s)+OH-(aq)+3H2O(l) [Al(OH)4]-(aq)+32H2(g)　ΔH3=-415.0 kJ·mol-1 则CaO(s)+2Al(s)+7H2O(l) Ca2+(aq)+2[Al(OH)4]-(aq)+3H2(g)的ΔH4=　　　　kJ·mol-1。  (2)温度为T时,Ksp[Ca(OH)2]=x,则Ca(OH)2饱和溶液中c(OH-)=　　　　(用含x的代数式表示)。  (3)实验a中,4 min后ΔT基本不变,原因是　　　　　　　　。  (4)实验b中,ΔT的变化说明Al粉与H2O在该条件下　　　　(填“反应”或“不反应”)。实验c中,前3 min的ΔT有变化,其原因是　　　　　　　　　　　　　　　;3 min后ΔT基本不变,其原因是　　　　　微粒的量有限。  (5)下列说法不能解释实验d在10 min内温度持续升高的是　　　　(填标号)。  A.反应②的发生促使反应①平衡右移 B.反应③的发生促使反应②平衡右移 C.气体的逸出促使反应③向右进行 D.温度升高导致反应速率加快 (6)归纳以上实验结果,根据实验e的特征,用文字简述其发热原理　　　　　  　　　　　 　　　　　　。  答案　(1)-911.9　(2)32x (3)反应生成的Ca(OH)2覆盖在CaO表面,阻止反应进行　(4)不反应　Al和溶液中的OH-发生了反应,放出热量　OH-　 (5)A　(6)实验e中,发生反应①、②和③,反应③中有气体生成,气体的逸出促使反应③向右进行,反应③的发生使得溶液中OH-的浓度减小,促使反应②平衡右移,反应②的发生促使反应①平衡右移,这三步反应都是放热反应,温度升高导致反应速率加快 解析　(1)根据盖斯定律知,①+②+2×③可得反应 CaO(s)+2Al(s)+7H2O(l) Ca2+(aq)+2[Al(OH)4]-(aq)+3H2(g),则ΔH4=ΔH1+ΔH2+2ΔH3=(-65.17 kJ·mol-1)+(-16.73 kJ·mol-1)+2´(-415.0 kJ·mol-1)=-911.9 kJ·mol-1。(2)温度为T时,Ca(OH)2饱和溶液中,Ca(OH)2(s) Ca2+(aq)+2OH-(aq),c(OH-)=2c(Ca2+),Ksp[Ca(OH)2]=c(Ca2+)∙c2(OH-)=x,则c(OH-)=32x。(3)实验a中,CaO和H2O反应生成Ca(OH)2,放出热量;4 min后ΔT基本不变,是因为Ca(OH)2覆盖在CaO表面,阻止了反应进行。(4)实验b中,ΔT几乎不变,说明Al粉与H2O在该条件下不反应;实验c中,前3 min的ΔT有变化,是因为Al和溶液中的OH-发生了反应,放出热量,3 min后ΔT基本不变,是因为饱和石灰水中OH-的浓度较低,OH-的量有限。(5)实验d中,发生反应②和③,反应③中有气体生成,气体的逸出促使反应③向右进行,