专题18化学基本理论二（化学反应速率、化学平衡）

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1、专题18 化学根本理论二化学反响速率、化学平衡-2023届高三名 - 名校联考试题分类汇编上海版 填空题：专题十八 化学根本理论一化学反响速率、化学平衡 1、此题共12分 2023年杨浦一模氯气用处广泛，但在使用时，一般会产生氯化氢工业上可用O2将HCl转化为Cl2，以进步效益，减少污染反响为：O2+4HCl2Cl2+2H2O 完成以下填空： 1该反响化学平衡常数K的表达式为 ；实验测得P0压强下，HCl平衡转化率HCl随反响温度T的变化如图1所示，那么正反响是 放热 反响填“吸热”或者“放热” 2上述实验中假设压缩体积使压强由P0增大至P1，在图中画出P1压强下HCl平衡转化率HCl随反响温

2、度T变化的曲线，并简要说明理由： ，增大压强，平衡向正反响方向挪动，HCl增大，一样温度下HCl的平衡转化率比之前实验的大 320C条件下进展，=7.2103mol，3该反响在P0、达平衡状态A时，测得容器内nCl2那么此时容器中的nHCl= 2.54103 mol 4对该反响到达平衡后，以下分析p 正确的选项是 ad 选填编号 a增加nHCl，对正反响的反响速率影响更大 1 b体积不变参加稀有气体，对正反响的反响速率影响更大 c压强不变参加稀有气体，对逆反响的反响速率影响更大 d假如平衡常数K值增大，对逆反响的速率影响更大 5氯元素能形成多种离子在水溶液中1molCl、1mol ClOxx=

3、1，2，3，4能量的相对大小如图2所示，写出BA+C反响的热化学方程式用离子符号表示 3ClOaq=ClO3aq+2Claq H=117kJ/mol ；假设有1.5molB发生反响，转移电子 2 mol【考点】化学平衡的计算；氧化复原反响；热化学方程式；化学平衡的影响因素 【专题】平衡思想；演绎推理法；化学平衡专题 【分析p 】1化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反响到达平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反响物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；升高温度平衡向吸热的方向挪动，据此判断； 2正反响为气体体积减小的反响，增大压强，平衡向正反响方向挪动，一样温度下HCl的平衡转化率比

4、之前实验的大； 3设反响中氯化氢的起始的物质的量为amol，反响在P0、320C条件下进展，达平衡状态A时，氯化氢的转化率为85%，即有85%amol的氯化氢反响生成氯气的物质的量为85%amol=7.2103mol，所以a=1.69102mol，据此计算； 4a增加nHCl，平衡正向挪动； b体积不变参加稀有气体，各物质的浓度不变，所以平衡不挪动； c压强不变参加稀有气体，那么体积变大，相当于对原平衡体系减压，那么平衡向逆反响方向挪动，据此判断； d假如平衡常数K值增大，即平衡向正反响方向挪动，即正反响速率大于逆反响的速率，由于该反响为放热反响，所以要降低温度，据此判断； 5B自身发生氧化复

5、原反响生成A和D，根据转移电子守恒得该反响方程式为3ClO=ClO3+2Cl，反响热=62kJ/mol+20kJ/mol360kJ/mol=116kJ/mol，根据反响中氯元素的化合价的变化判断转移电子数 【解答】解：1O2+4HClk=2Cl2+2H2O的平衡常数；升高温度平衡向吸热的方向挪动，根据图知，温度升高，氯化氢的转化下降，即平衡逆向挪动，所以该反响的正反响为放热反响， 2 故答案为：；放热； 2正反响为气体体积减小的反响，增大压强，平衡向正反响方向挪动，一样温度下HCl的平衡转化率比之前实验的大，故压缩体积使压强增大，画相应HClT曲线的示意图为， 故答案为：，增大压强，平衡向正反

6、响方向挪动，HCl增大，一样温度下HCl的平衡转化率比之前实验的大； 3设反响中氯化氢的起始的物质的量为amol，反响在P0、320C条件下进展，达平衡状态A时，氯化氢的转化率为85%，即有85%amol的氯化氢反响生成氯气的物质的量为=15%amol=2.541085%amol=7.2103mol，所以a=1.69102，所以平衡时容器中的nHCl3mol， 故答案为：2.54103； 4a增加nHCl，平衡正向挪动，即对正反响的反响速率影响更大，故a正确； b体积不变参加稀有气体，各物质的浓度不变，所以平衡不挪动，正逆反响速率 不变，故b错误； c压强不变参加稀有气体，那么体积变大，相当于

7、对原平衡体系减压，那么平衡向逆反响方向挪动，所以正反响的反响速率下降得更多，故c错误； d假如平衡常数K值增大，即平衡向正反响方向挪动，即正反响速率大于逆反响的速率，由于该反响为放热反响，所以要降低温度，所以逆反响速率下降得要比正反响速率多，故d正确； 应选ad； 3 5BA+C，根据转移电子守恒得该反响方程式为3ClO=ClO3+2Cl，反响热=63kJ/mol+20kJ/mol360kJ/mol=117kJ/mol，所以该热化学反响方程式为3ClOaq=ClO3aq+2ClaqH=117kJ/mol，根据方程式可知，每当有3mol的ClO反响，可转移电子4mol，所以假设有1.5molCl

8、O发生反响，转移电子为2mol 故答案为：3ClOaq=ClO3aq+2ClaqH=117kJ/mol；2 【点评】此题以氯元素为载体综合考察元素化合物知识、反响热的计算、氧化复原反响、化学平衡等知识点，综合性较强，侧重考察学生知识运用及图象分析p 才能，难点是5题反响热的计算，题目难度中等 2(2023六校联考) 四川攀枝花蕴藏丰富的钒、钛、铁资用钛铁矿渣主要成分为TiO2、FeO、Fe2O3，Ti的最高化合价为+4作原料，消费白色颜料二氧化钛的主要步骤如下： 1硫酸与二氧化钛反响的化学方程式是 TiO2+2H2SO4=TiSO42+2H2O 2向滤液I中参加铁粉，发生反响的离子方程式为：

9、Fe+2Fe3+=3Fe2+ 、 Fe+2H+=Fe2+H2 3在实际消费过程中，向沸水中参加滤液，使混合液pH达0.5，钛盐开场水解水解过程中不断通入高温水蒸气，维持溶液沸腾一段时间，钛盐充分水解析出水合二氧化钛沉淀用所学化学平衡原理分析p 通入高温水蒸气的作用 加水促进钛盐水解，加热促进钛盐水解，降低H+浓度促进钛盐水解 过滤别离出水合二氧化钛沉淀后，将滤液返回的主要目的是充分利用滤液中的钛盐、 H2O 、 FeSO4 、 H2SO4 填化学式，减少废物排放 4A可用于消费红色颜料Fe2O3，其方法是：将556a kgA摩尔质量为278g/mol溶于水中，参加适量氢氧化钠溶液恰好完全反响，

10、鼓入足量空气搅拌，产生红褐色胶体；再4 向红褐色胶体中参加3336b kg A和112c kg铁粉，鼓入足量空气搅拌，反响完成后，有大量Fe2O3附着在胶体粒子上以沉淀形式析出；过滤后，沉淀经高温灼烧得红色颜料假设所得滤液中溶质只有硫酸钠和硫酸铁，那么理论上可消费红色颜料 160a+320b+160c kg 【考点】制备实验方案的设计 【专题】制备实验综合 【分析p 】1根据流程分析p ，硫酸与二氧化钛反响是发生的复分解反响； 2钛铁矿渣主要成分为TiO2、FeO、Fe2O3，Ti的最高化合价为+4作原料溶解于硫酸过滤后得到滤液中含有铁离子、亚铁离子、过滤的硫酸，参加铁粉和铁离子反响，和酸反响

11、； 3影响钛盐水解的因素有浓度、温度等，由TiSO42水解呈酸性，知沸水、高温水蒸气、维持溶液沸腾等均为升温，沸水、高温水蒸气即加水且降低H+浓度，故高温水蒸气使水解平衡挪动的作用是：加水、加热、降低H+浓度均可促进钛盐水解； 4考虑最后溶质是只有硫酸钠和硫酸铁，根据开场参加A为2a103mol参加适量氢氧化钠溶液恰好完全反响，说明参加氢氧化钠的物质的量为4a103mol，后来又参加12b103mol的A，和2c103mol的铁根据电荷守恒，溶质中硫酸钠消耗硫酸根离子为2a103mol，而溶液中参加的硫酸根离子物质的量共计为2a+12b103mol，这样剩下的硫酸根就与铁离子结合可知消耗铁离子

12、为8b103mol，根据铁元素守恒； 【解答】解：1根据酸的通性，可以与金属氧化物反响，又知道TI的化合价，可以写出化学方程式为：TiO2+2H2SO4=TiSO42+2H2O， 故答案为：； 2参加浓硫酸后，浓硫酸可以氧化亚铁离子，再参加铁粉，铁粉可以复原铁离子，铁粉还可以与溶液中的H+反响，反响的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；Fe+2H+=Fe2+H2， 故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；Fe+2H+=Fe2+H2； 3影响钛盐水解的因素有浓度、温度等，由TiSO42水解呈酸性，知沸水、高温水蒸气、维持溶液沸腾等均为升温，沸水、高温水蒸气即加水且降低H+浓度，故高温水蒸气使水解平衡挪动的作用是：加水、加热、降低H+浓度均可促进钛盐水解根据该工艺流程知：滤液的主要成分为大量的钛盐、溶解的硫酸亚铁、少量的硫酸混合液pH达0.5等，钛盐水解后过滤去水合二氧化钛，得到的滤液中含有未水解的钛盐及FeSO4、H2SO4、H2O等 5 第 9 页 共 9 页