1、专题 13 化学反应速率 化学平衡1一定温度下，在 1 L恒容密闭容器中加入 1 mol的 N2(g)和 3 mol H2(g)发生反应：N 2(g)3H 2(g)2NH3(g) H0.85 molL1【答案】B2现有 a、b、c 三个容器，a 容器恒容恒温，b 容器恒压恒温，c 容器恒容绝热。在三个容器中各充入1molI2(g)和 2molH2发生反应 I2(g) + H2(g) 2HI(g) H0，初始时三个容器的体积和温度均相等，则反应达到平衡后，三个容器中 I2(g)的转化率的大小关系是Aa=bc Bbac Ccba Da=bc，故选 A。 9在容积一定的密闭容器中，进行可逆反应 A(
2、g)+2B(g) C(g) +D(g)，有图、所示的反应曲线，下列说法中不正确的是（ ）A正反应是放热反应BP 1 P 2C若 P3P 4，y 轴表示 A的转化率D若 P3P 4，y 轴表示 C的体积分数【答案】C10室温下，向圆底烧瓶中加入 1 molC2H5OH和含 1molHBr的氢溴酸，溶液中发生反应；C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O，充分反应后达到平衡。已知常压下，C 2H5Br和 C2H5OH的沸点分别为 38.4和78.5。下列有关叙述错误的是A加入 NaOH，可增大乙醇的物质的量B增大 HBr浓度，有利于生成 C2H5BrC若反应物增大至 2 mol，则两种反应物平衡转
3、化率之比不变D若起始温度提高至 60，可缩短反应达到平衡的时间【答案】D【解析】A加入 NaOH，中和 HBr，平衡逆向移动，可增大乙醇的物质的量。选项 A正确。B增大 HBr浓度，平衡正向移动，有利于生成 C2H5Br。选 B正确。C若反应物增大至 2 mol，实际上就是将反应的浓度都增大至原来的 2倍，比例不变（两次实验反应物的比例都是 1:1，等于方程式中的系数比） ，这里有一个可以直接使用的结论：只要反应物的投料比等于系数比，达平衡时反应物的转化率一定是相等的。所以两种反应物的转化率一定是 1:1。选项 C正确。D若起始温度提高至 60，考虑到 HBr是挥发性酸，在此温度下会挥发出去，
4、降低 HBr的浓度减慢速率，增加了反应时间，D 错误。 13 （题文）一定温度下，在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应 2SO2(g)+ O2(g) 2SO3(g)(正反应放热)，测得反应的相关数据如下：下列说法正确的是Av 1 K3，p 2 2p3Cv 1 3(SO2 ) Dc 2 2c3， 2(SO3 )+ 3(SO2 )” “ B（2）设反应的 H2S物质的量为 x，由题意列三段式得：因为反应平衡后水的物质的量分数为 0.02，所以 =0.02，解得 x=0.01；H 2S的平衡转化率 10.010.40100%=2.5%；反应平衡常数 K 2.84910 -3(
5、或 2.8103 或 2.85103 )。由已知，升温，水的物质的量分数增大，所以升温时平衡正向移动，故 2 1，H0。A 项，再充入 H2S，平衡正向移动，使 CO2转化率增大，根据化学平衡移动原理，H 2S的转化率减小，故A错误；B 项，再充入 CO2，平衡正向移动，在不改变 H2S初始量的前提下，使 H2S转化率增大，故 B正确；C项，再充入 COS，平衡逆向移动，使 H2S的转化率减小，故 C错误；D 项，再充入 N2，与该反应无关，平衡不移动，H 2S的转化率不变，故 D错误。综上选 B。18丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备。回答下列问题：（1）正丁烷（C 4H10）脱
6、氢制 1-丁烯（C 4H8）的热化学方程式如下：C 4H10(g)= C4H8(g)+H2(g) H 1已知：C 4H10(g)+ 12O2(g)= C4H8(g)+H2O(g) H 2=-119 kJmol-1H 2(g)+ O2(g)= H2O(g) H 3=-242 kJmol-1反应的 H 1为_ kJmol-1。图（a）是反应平衡转化率与反应温度及压强的关系图，x_0.1（填“大于”或“小于” ） ；欲使丁烯的平衡产率提高，应采取的措施是_（填标号） 。A升高温度 B降低温度 C增大压强 D降低压强（2）丁烷和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器（氢气的作用是活化催化剂）
7、 ，出口气中含有丁烯、丁烷、氢气等。图（b）为丁烯产率与进料气中 n（氢气）/n（丁烷）的关系。图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势，其降低的原因是_。（3）图（c）为反应产率和反应温度的关系曲线，副产物主要是高温裂解生成的短碳链烃类化合物。丁烯产率在 590 之前随温度升高而增大的原因可能是_、_；590之后，丁烯产率快速降低的主要原因可能是_。【答案】 +123kJmol1 随温度升高，CO 含量增大，说明生成 CO的反应是吸热反应 H2O、FeCl 2溶液、NaOH 溶液 MgCl 2、AlCl 3、FeCl 3SiCl4高于 136，低于 181动，即H0。除去氯气中混有 HCl一般采用
8、将气体通过饱和食盐水，结合操作目的，因此先通过饱和食盐水，然后在通入 FeCl2溶液中，最后用氢氧化钠溶液吸收剩余的 Cl2。资料中已经给出“TiCl 4及所含杂质氯化物的性质”一览表，因此氯化过程中生成的 MgCl2、AlCl 3、FeCl 3只有少量溶解在液态 TiCl4中，而 SiCl4完全溶解在 TiCl4中，因此过滤得到粗 TiCl4混合液时滤渣中含有上述难溶物和微溶物。 （2）根据资料，SiCl 4的沸点最低，先蒸馏出来，因此物质 a为 SiCl4，根据流程目的，为了得到纯净的 TiCl4，后续温度需控制在稍微大于 136，但小于 181。 （3）明显电池的负极为 Al，所以反应一
9、定是 Al失电子，该电解质为氯化铝离子液体，所以 Al失电子应转化为 Al3+，方程式为：Al3e =Al3+（或 2Al6e=2Al3+） 。根据电池的正极反应，氧气再第一步被消耗，又在第二步生成，所以氧气为正极反应的催化剂。将方程式加和得到，总反应为：2Al+6CO 2=Al2(C2O4)3。22元素铬(Cr)在溶液中主要以 Cr3+(蓝紫色)、Cr(OH) 4(绿色)、Cr 2O72(橙红色)、CrO 42(黄色)等形式存在，Cr(OH) 3为难溶于水的灰蓝色固体，回答下列问题：（1）Cr 3+与 Al3+的化学性质相似。在 Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入 NaOH溶液直至过量，可观察
10、到的现象是_。（2）CrO 42和 Cr2O72在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为 1.0 molAL1的 Na2CrO4溶液中 c(Cr2O72)随 c(H+)的变化如图所示。用离子方程式表示 Na2CrO4溶液中的转化反应_。由图可知，溶液酸性增大，CrO 42的平衡转化率_(填“增大” “减小”或“不变”)。根据 A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为_。升高温度，溶液中 CrO42的平衡转化率减小，则该反应的 H_0(填“大于” “小于”或“等于”)。（3）在化学分析中采用 K2CrO4为指示剂，以 AgNO3标准溶液滴定溶液中 Cl，利用 Ag+与 CrO42生成砖红色沉淀，指示
11、到达滴定终点。当溶液中 Cl恰好沉淀完全(浓度等于 1.0105 molL1)时，溶液中 c(Ag+)为_ molAL1，此时溶液中 c(CrO42)等于_ molAL1。(已知 Ag2CrO4、AgCl 的 Ksp分别为2.01012和 2.01010)。（4）+6 价铬的化合物毒性较大，常用 NaHSO3将废液中的 Cr2O72还原成 Cr3+，该反应的离子方程式为_。【答案】 （1）蓝紫色溶液变浅，同时有灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液；（2） 2CrO42-+2H Cr2O72-+H2O； 增大；1.010 14 ；小于；（3）2.010 -5 ；510 -3；（4）Cr
12、2O72+3HSO3 +5H =2Cr3+3SO42+4H2O。Cr2O72-+H2O向正反应方向进行，导致 CrO42的平衡转化率增大；根据图像可知，在 A点时，c( Cr2O72-)=0.25 mol/L，由于开始时 c(CrO42)=1.0 mol/L，根据 Cr元素守恒可知 A点的溶液中 CrO42-的浓度c(CrO42)=0.5 mol/L；H +浓度为 1.010-7 mol/L；此时该转化反应的平衡常数为；由于升高温度，溶液中 CrO42的平衡转化率减小，说明升高温度，化学平衡逆向移动，导致溶液中 CrO42的平衡转化率减小，根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动
13、，逆反应方向是吸热反应，所以该反应的正反应是放热反应，故该反应的 H0；（3）当溶液中 Cl完全沉淀时，即 c(Cl-)=1.0105 molL1，根据溶度积常数Ksp(AgCl)=2.01010，可得溶液中 c(Ag+)=Ksp(AgCl)c(Cl-)=2.01010(1.0105 molL1)=2.010-5 molL1；则此时溶液中 c(CrO42)=Ksp(Ag2CrO4)/c2(Ag+)=2.01012(2.010-5 molL1)=510-3molL1；（4） NaHSO3具有还原性，Cr 2O72具有氧化性，二者会发生氧化还原反应，根据已知条件，结合电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得二者反应的离子方程式为 ： Cr2O72+3HSO3 +5H =2Cr3+3SO42+4H2O。 形成 CaSO4沉淀，反应平衡向产物方向移动，SO 2转化率提高，所以 Ca（ClO） 2效果好。