2019年高考化学分类汇编-化学反应速率和化学平衡
一、选择题 1.(2019·全国卷Ⅲ·12)下列实验不能达到目的的是 ( 选项 目的 A 制取较高浓度的次氯酸溶液 B 加快氧气的生成速率 C 除去乙酸乙酯中的少量乙酸 D 制备少量二氧化硫气体 【解析】选A。Cl2+H2O发生反应HClO+CO32? ) 实验 将Cl2通入碳酸钠溶液中 在过氧化氢溶液中加入少量MnO2 加入饱和碳酸钠溶液洗涤、分液 向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸 ?HCl+HClO, HClO酸性比碳酸弱,但比HCO3强,通入碳酸钠溶液后会
?HCO3+ClO-,不能提高次氯酸浓度,应将氯气通入碳酸氢钠溶液中制取
高浓度次氯酸溶液,A错误。MnO2对过氧化氢的分解反应起催化的作用,在过氧化氢溶液中加入少
量MnO2,能够加快氧气的生成速率,B正确。乙酸乙酯中的乙酸与碳酸钠反应生成易溶于水的乙酸钠,乙酸乙酯与水互不相溶,分液可以除去乙酸乙酯中混有的乙酸,C正确。向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸,发生反应H2SO4+Na2SO3Na2SO4+SO2↑+H2O,而且浓硫酸的溶解过程中放出大量热,促进SO2挥发,可用于制备少量二氧化硫气体,D正确。
2.(2019·江苏高考·11)氢气与氧气生成水的反应是氢能源应用的重要途径。下列有关说法正确的是 ( )
A. 一定温度下,反应2H2(g)+O2(g)2H2O(g)能自发进行,该反应的ΔH<0 B. 氢氧燃料电池的负极反应为O2+2H2O+4e-4OH-
C. 常温常压下,氢氧燃料电池放电过程中消耗11.2 L H2,转移电子的数目为6.02×1023 D. 反应2H2(g)+O2(g)2H2O(g)的ΔH可通过下式估算:ΔH=反应中形成新共价键的键能之和-反应中断裂旧共价键的键能之和
【解析】选A。A项,该反应的气体的总物质的量减少,即熵减少,但是反应能自发,说明该反应为放热反应,ΔH<0,正确;B项,负极应是H2失去电子,错误;C项,11.2 L H2不是标准状况下的体积,无法计算H2的物质的量,也无法计算反应中H2转移的电子数,错误;D项,反应的焓变可以用反应物断裂共价键的键能之和减去生成物形成共价键键能之和,错误。
3.(2019·江苏高考·15)在恒压、NO和O2的起始浓度一定的条件下,催化反应相同时间,测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。下列说法正确的是 ( )
A.反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的ΔH>0
B.图中X点所示条件下,延长反应时间能提高NO转化率 C.图中Y点所示条件下,增加O2的浓度不能提高NO转化率 D. 380 ℃下,c起始(O2)=5.0×10-4 mol·L-1,NO平衡转化率为50%,则平衡常数K>2 000
【解析】选B、D。A项,实线表示不同温度下相同时间内NO的转化率,虚线表示相同条件下随温度变化的NO的平衡转化率,随着温度升高,由虚线知,NO的平衡转化率减小,即温度升高,2NO + O22NO2的平衡逆向移动,说明该反应为放热反应,ΔH<0,错误;B项,与X点相同温度下,NO的转化率没有达到最大,所以反应没有达到平衡,如果延长时间,使反应达到平衡,则可以提高NO的转化率,正确;C项,Y点处,反应已达平衡,通入O2时,平衡正向移动,NO的转化率会提高,错误;D项,设起始时c(NO)=a mol·L-1,则:
2NO + O2 2NO2
起始c(mol·L-1) a 5×10-4 0
-1-4
平衡c(mol·L) 0.5a (5×10-0.25a) 0.5a
-1
转化c(mol·L) 0.5a 0.25a 0.5a
(0.5a)21K== 2-4-4(0.5a)?(5?10-0.25a)5?10-0.25a当0.25a=0时,K=2 000,但0.25a>0,所以K>2 000,正确。
二、非选择题 4.(2019·全国卷Ⅲ·28)近年来,随着聚酯工业的快速发展,氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此,将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题: (1)Deacon发明的直接氧化法为:4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为刚性容器中,进料浓度比c(HCl) ∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系:
可知反应平衡常数K(300 ℃) K(400 ℃)(填“大于”或“小于”)。设HCl初始浓度为c0,根据进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=1∶1的数据计算K(400 ℃)=
(列出计算式)。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率,同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低、过高的不利影响分别是 。 (2)Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行: CuCl2(s)CuCl(s)+
CuCl(s)+
CuO(s)+2HCl(g)CuCl2(s)+H2O(g) ΔH3=-121 kJ·mol-1 则4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH= kJ·mol-1。
(3)在一定温度的条件下,进一步提高HCl的转化率的方法是 。(写出2种)
(4)在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上,科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案,主要包括电化学过程和化学过程,如下图所示:
1O2(g)21Cl2(g) ΔH1=83 kJ·mol-1 21CuO(s)+Cl2(g) ΔH2=-20 kJ·mol-1
2
负极区发生的反应有 (写反应方程式)。 电路中转移1 mol电子,需消耗氧气 L(标准状况)。 【解析】(1)根据题中示意图可以看出随着温度的升高,HCl的转化率降低,说明升高温度平衡逆向移动,正反应为放热反应,所以温度越高,反应进行的程度越小,K值越小,即K(300 ℃)大于K(400 ℃)。相同条件下进料浓度比c(HCl)∶c(O2)越大,HCl的转化率越低;进料浓度比c(HCl)∶c(O2)越小,HCl的转化率越高。即三条曲线中,最上面一条是c(HCl)∶c(O2)=1∶1的变化曲线。将400 ℃时的数据
(0.42)2?(0.42)2代入可得: K=。由示意图可以看出进料浓度比过高或过低对反应都不利,过4(1-0.84)?(1-0.21)c0高会造成HCl利用率降低,过低会有大量氧气剩余,分离氧气能耗过高。 (2)利用盖斯定律解答本题。 CuCl2(s)CuCl(s)+
CuCl(s)+
CuO(s)+2HCl(g)CuCl2(s)+H2O(g) ΔH3=-121 kJ·mol-1③ 则4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)可由①×2+②×2+③×2得到,所以其
-1
ΔH=83×2+(-20)×2+(-121)×2=-116 (kJ·mol)。
(3)根据平衡移动原理,为了提高HCl的转化率,使反应4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)正向移动,可以采用增大反应体系压强、及时分离出产物等措施。
(4)根据示意图中H+的流动方向可以判断电源的正负极情况,左侧为负极,右侧为正极。根据示意图中负极区物质的转化可以写出相应的方程式:Fe3++e-Fe2+,4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O。在反应
中,1 mol O2得到4 mol电子,所以转移1 mol电子时消耗氧气0.25 mol,在标准状况下的体积为5.6 L。
1O2(g)21Cl2(g) ΔH1=83 kJ·mol-1① 21CuO(s)+Cl2(g) ΔH2=-20 kJ·mol-1②
2(0.42)2?(0.42)2答案:(1)大于
(1-0.84)4?(1-0.21)c0O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低 (2)-116
(3)增加反应体系压强、及时除去产物 (4)Fe3++e-Fe2+,4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O 5.6
5.(2019·全国卷Ⅰ·28)水煤气变换[CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)]是重要的化工过程,主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。回答下列问题:
(1)Shibata曾做过下列实验:①使纯H2缓慢地通过处于721 ℃下的过量氧化钴CoO(s),氧化钴部分被还原为金属钴Co(s),平衡后气体中H2的物质的量分数为0.025 0。
②在同一温度下用CO还原CoO(s),平衡后气体中CO的物质的量分数为0.019 2。
根据上述实验结果判断,还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO H2(填“大于”或“小于”)。
(2)721 ℃时,在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合,采用适当的催化剂进行反应,则平衡时体系中H2的物质的量分数为 (填标号)。
A.<0.25 B.0.25 C.0.25～0.50 D.0.50 E.>0.50
(3)我国学者结合实验与计算机模拟结果,研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程,如图所示,其中吸附在金催化剂表面上的物种用·标注。
可知水煤气变换的ΔH 0(填“大于”“等于”或“小于”),该历程中最大能垒(活化能)E正= eV,写出该步骤的化学方程式 。 (4)Shoichi研究了467 ℃、489 ℃时水煤气变换中CO和H2分压随时间变化关系(如下图所示),催化