专题2 化学反应速率与化学平衡 真题演练-【学霸黑白题】2025-2026学年高中化学选择性必修1（苏教版2019)

专题2真题演练 黑题 真题体验 限时：35min 考点1化学反应速率及其影响因素 x(A) 1.00 1.(2024·重庆，14,3分)醋酸甲酯制乙醇的反 0.80 应为CH,C00CH(g)+2H,(g)△ 0.60 0.40 CH,CH,OH(g)+CH,OH(g)。三个10L恒容 0.20 密闭容器中分别加入1m©l醋酸甲酯和 0650100150200tin 9.8mol氢气，在不同温度下，反应t分钟时醋 A.水解产物除了Y、Z还有NH 酸甲酯物质的量n如图所示。下列说法正确 B.a点时u(Y)清耗=u(Y)生成 的是 C.x(Z)在15min前基本不变，l5min后明显 增大，可能是水解产物对生成Z的反应有 0.6 客器甲 催化作用 D.任意25min时间段内存在v(X)=v(Y)+ 03 客器丙 v(Z) 0.1 客器乙 考点2活化能与反应历程 T 7,T7 3.(2023·浙江6月，14,3分)一定条件 A.该反应的△H>0 下，1苯基丙炔(Ph一C=C一CH3) B.容器甲中平均反应速率(H2)= 5r mol 可与HC1发生催化加成，反应如下： Cl、 H C-C 产物1 .Ll·minl 反应1P CH, Ph-C=C-CH,+HCI 反应册 C.容器乙中当前状态下反应速率："正<0地 反应 C=C/CH D.容器丙中乙醇的体积分数为8% % H 产物川 估比/% 2.(2024·广西，13,3分)573K、高 100 Ph-C=C-CH. 压条件下，一定量的苯甲腈在密 Ph H 闭容器中发生连续水解：C。H,CN(苯甲腈) G、 h →C6H,CONH2(苯甲酰胺)→ 01030'507090 t/min C。H,COOH(苯甲酸)。如图为水解过程中上 反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间 述三者（分别用X、Y、Z表示）的物质的量分 的变化如图（已知：反应I、Ⅲ为放热反应）， 数x(A)随时间t的变化曲线，其中x(A)= 下列说法不正确的是 () n(A) A.反应焓变：反应I>反应Ⅱ 下列说法错误的是 n(X)+n(Y)+n(Z) B.反应活化能：反应I<反应Ⅱ ( C.增加HC浓度可增加平衡时产物Ⅱ和产物 选择性必修第一册：SJ黑白题080 I的比例 A.T>Ta D.选择相对较短的反应时间，及时分离可获 B.T1下反应达到平衡时c（CH,OH)= 得高产率的产物1 0.15mol·L-1 考点3化学平衡及影响因素 C.使用催化剂1的反应活化能比催化剂2 4.(2022·海南，8,2分)某温度下，反应CH2= 的大 CH2(g)+H2O(g)一CH,CH,OH(g)在密闭容 D.使用催化剂2和催化剂3的反应历程相同 器中达到平衡，下列说法正确的是 7.(2024·湖南，14,3分)恒压下，向 A.增大压强，正>心递，平衡常数增大 某密闭容器中充入一定量的 B.加入催化剂，平衡时CH,CH,OH(g)的浓度 CH,OH(g)和C0(g),发生如下反应： 增大 主反应：CHOH(g)+C0(g)CH,COOH(g) C.恒容下，充入一定量的H,0(g),平衡向正 △H1 反应方向移动 副反应：CH,OH(g)+CH,COOH(g)= D.恒容下，充入一定量的CH2=CH2(g), CH,C00CH(g)+H20(g)》 △H2 CH2一CH2(g)的平衡转化率增大 在不同温度下，反应达到平衡时，测得两种含 5.(2023·北京，4,3分)下列事实能用平衡移动 碳产物的分布分数6[6(CH,COOH)= 原理解释的是 ( n(CHCOOH) A.H,02溶液中加入少量Mn02固体，促 n(CH COOH)+n(CH COOCH) ]随投料比 进H202分解 x(物质的量之比)的变化关系如图所示，下列 B.密闭烧瓶内的NO2和N2O4的混合气体，受 说法正确的是 ( 热后颜色加深 1.0 C.铁钉放人浓HNO3中，待不再变化后，加热 08 ---T=503K 能产生大量红棕色气体 0.6 T,=583K 众0.4b D.锌片与稀HS04反应过程中，加入少量 0.2 CuS0,固体，促进H2的产生 0+ 投料比x 6.(2024·海南，7,2分)已知298K、 (CH,OH) 101kPa时，C02(g)+3H2(g) A.投料比x代表 n(CO) CH0H(g)+H,0(g)△H=-49.5kJ·mol。 B.曲线c代表乙酸的分布分数 该反应在密闭的刚性容器中分别于T,、T2温 C.△H1<0,AH2>0 度下进行，C02的初始浓度为0.4mol·L, D.L、M、N三点的平衡常数：K(L)=K(M)> c(CO2)-t关系如图所示。下列说法错误的是 K(N) 考点4化学平衡常数的计算及其应用 (-1uoo 催化剂1 8.(2023·湖南，13,3分)向一恒容 0.40 催化制2 密闭容器中加入1 mol CH4和一 0.25 0.18 催化剂3 定量的H,0,发生反应：CH(g)+H0(g) 10 20 /min C0(g)+3H2(g)。CH4的平衡转化率按不同 专题2黑白题081 n(CHa) 则FeS04·7H20(s)+FeS04·yH20(s) 投料比xx n(H20) 随温度的变化曲线如 2(FeS04·xH,0)(s)的△H= k·molr'。 图所示。下列说法错误的是 ( (3)将FeS0,置入抽空的刚性容器中，升高温度 CH,的平街转化率/% 发生分解反应：2FeS0,(s)-一Fe03(s)+ S02(g)+s0,(g)(I)。平衡时Ps0,-T的关系 如下图所示。660K时，该反应的平衡总压 T/K P总三 kPa、平衡常数K,(I）= A.1<x2 (kPa)2。K,(I)随反应温度升高而 B.反应速率：正<正 (填“增大”“减小”或“不变”)。 5.0 C.点a、b、c对应的平衡常数：K<K=K 4.5 D.反应温度为T,当容器内压强不变时，反应 40 3.5 达到平衡状态 考点5化学速率、化学平衡图像的综合应用 25 2.0 1.5 C-1--L- 9.(2023·全国乙，10节选)硫酸亚 1.0 铁在工农业生产中有许多用途， 0.5 0.00 560 如可用作农药防治小麦黑穗病，制造磁性氧化 600640680720760 T/K 铁、铁催化剂等。回答下列问题： (4)提高温度，上述容器中进一步发生反 (1)在N2气氛中，Fs04·7H,0的脱水热分 应2S0,(g)2S0,(g)+02(g)(Ⅱ)，平衡时 解过程如图所示： Po,= (用Ps0Ps0,表示)。在929K F45.3% 时，Pa=84.6kPa、Ps0,=35.7kPa,则Pso,= fesofH.o 40 38.8% kPa,K(Ⅱ)= kPa(列出 30 计算式)。 0 19.4% 考点6化学反应条件的优化 10 10.(2023·江苏，13,3分)二氧化 Fs0,·,9 碳加氢制甲烷过程中的主要反 050100150200250300 温度/℃ 应为 根据上述实验结果，可知x= C02(g）+4H2(g)CH,(g）+2H20(g) y= △H=-164.7kJ·mol (2)已知下列热化学方程式： C02(g)+H2(g)=C0(g）+H20(g) FeS04·7H20(s)-FeS0,(s)+7H20(g) △H=41.2kJ·mol △H1=akJ·molr 在密闭容器中，1.01×103Pa、n起始(C02): FeSO.xH2O(s)=FeSOa(s)+xH2O(g) n起始(H2)=1:4时，C02平衡转化率、在催 化剂作用下反应相同时间所测得的CO2实 △H2=bkJ·mol1 际转化率随温度的变化如图所示。CH,的 FeSO,.yH,O(s)=FeSOa(s)+yH2O(g) ×100%。下列说 △H3=ckJ·mol 选择性可表示为”生(CH) n反应(C02) 选择性必修第一册·S黑白题082 法正确的是 SiHCI,选择性的原因是 100 C0,平衡 80 转化率 (3)在压强为P。的恒压体系中通入 60￥C0,实际 转化率 2.0molH2和1.0 mol SiCl4,达到平衡时，气 40 体组分的物质的量分数随温度变化如图所 204 300400500600 温度/℃ 示（忽略气体组分在硅表面的吸附量）。已 A.反应2C0(g)+2H2(g)一C02(g)+ 知：K。为用气体分压表示的平衡常数，分 压=物质的量分数×总压。 CH,(g)的焓变△H=-205.9kJ·mol B.CH,的平衡选择性随着温度的升高而 0.8 (750. H (750x Sicl, 增加 0 (750.y m C.用该催化剂催化二氧化碳反应的最佳温 (750） SiH.CL 案10 10 度范围约为480~530℃ 700 750 800 温度K D.450℃时，提高”始(，) 的值或增大压 n起始(C02) ①图中n代表的组分为 (填化学式)。 强，均能使C02平衡转化率达到X点 ②750K时，反应Ⅲ的平衡常数K。= 的值 。(列出计算式) 11.(2024·福建，14节选)SiHCI.是制造多晶硅 ③750K时，SiCl.的平衡转化率为f,消耗硅 的原料，可由Si和SiCL4耦合加氢得到，相关 的物质的量为 mol。(列出计算式) 反应如下： (4)673K下、其他条件相同时，用Cu、Cu0 I .SiCl(g)+H2(g)=SiHCl,(g)+HCI(g) 和CuCl分别催化上述反应，一段时间 内SiCL4的转化率如下表所示。（产物 △H1=52kJ·mor SiHCI,选择性均高于98.5%) Ⅱ.Si(s)+3HC1(g)—SiHCI,(g)+H2(g) 催化剂 Cu CuO CuCl △H2=-236kJ·molr SiCl,的转化率/% 7.3 14.3 22.3 Ⅲ.Si(s)+SiCl4(g)+2H2(g)—2SiH2Cl2(g) ①使用不同催化剂时，反应V的△H:CuO催 △H3=16kJ·mol' 化剂 CuCl催化剂（填“>”“<”或 (1)生成SiHCI,.的总反应： “=”);反应Ⅳ的活化能：Cu催化剂 IV.Si (s)+3SiCla (g)+2H2 (g) CuC催化剂（填“>”“<”或“=”）。 4 SiHCI,(g） △H4= kJ·mol ②使用CuCl催化剂，初始投料mol SiCl4, (2)体系达到平衡状态且其他条件不变时： 该段时间内得到B mol SiHCI,则SiHCI,的 ①压缩平衡体系体积，重新达到平衡后物质 选择性 的量分数增大的组分为 (填字母)。 生成SiHCI3所消耗的SiCl4的物质的量 a.SiCla b.SiHCl e.SiH,Cl2 d.HCI 所消耗的SiCL4的总物质的量 ②反应温度升高不利于提高平衡时产物 100%= ×100%。(列出计算式)》 专题2黑白题083学计量数之比，不再变化不能说明正、逆反应速率相等，不确定是否 平衡，D错误。(2)①由图可知，超过一定温度，升高温度，C05水 解转化率减小，则平衡逆向移动，说明该反应是放热反应：250℃ 时，C0S水解转化率为99.0%，假设C0S投料为1mol·L',则： C0S(g）+H20(g)=-H2S(g)+C02(g) 起始/(mol·L1) 1 1 0 0 转化/(mol·L1) 0.990.99 0.990.99 平衡/(mal·L4) 0.01 0.01 0.99 0.99 此时，平衡常数K=0.01×0.0 0.99x0.99 =9801:②实验表明硫沉积会堵赛偶 化剂徽孔，破坏催化剂表面活性。氧气具有氧化性，氧气浓度增大， 氧化硫化氢生成硫单质，堵塞催化剂微孔，破坏催化剂表面活性，使 得恒温恒压下，反应相同时间，C0S水解转化率随氧气体积分数增 大而降低 13.(1)S02(g)+N02(g)S0,(g)+N0(g)△H=-41.8kJ·mml1 AC(2)D(3)①小于相同条件下，活化能越小，反应速率越 快，一定时间内，且未达到平衡时转化率越大②两个反应均为放 热反应，一段时间后两反应达到平衡，温度升高，平衡逆向移动，N0 和s02的转化率下降(4)，p(或2.55x102p) 解析：(1)根据图示可得①2S02(g)+02(g)一一2S03(g)△H= -196.6kJ·mol1,202(g)+2N0(g)=2N02(g）△H= -13.0·',根据盖新定律2（①-②），整理可得S02(g)+ N02(g)=S03(g)+N0(g)△H=-41.8kJ·mol;(N02)成= (S02)箱表示正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，A正确：反 应前后气体体积不变，因此压强始终不变，则混合气体的总压强不 再改变不能说明反应达到平衡状态，B错误：容器内气体颜色不再 改变说明N0,浓度不再发生变化，反应达到平衡状态，C正确：混合 气体的平均相对分子质量是混合气体的总质量和总物质的量的比 值，总质量和总物质的量均不变，因此容器内气体平均相对分子质 量始终不变，不能说明反应达到平衡状态，D错误：当容器中 S02、S0,的分子数之比等于1：1时，该反应不一定达到平衡状态 与反应物的初始浓度及转化率有关，E错误。(2)化学反应中正反 应的活化能越大，反应速率越慢，根据反应①V20,(“)+S02(g) V20,(s)+S0,(g)△H1=24kJ·mo1快反应，②2V204(s)+ 02(g)2V20,(s)△H2=-246kJ·mo1慢反应，可知，反应① 为吸热反应，反应②为放热反应，且反应②正反应的活化能更大，故 符合条件的图像为选项D。(3)①由图可知，相同条件下NO反应 速率快，故相同阖度下反应一定时间，且未达到平衡时，$02的转化 率小于N0的转化率：②两个反应均为放热反应，一段时间后两反 应达到平衡，温度升高，平衡逆向移动，N0和S0,的转化率下 降。(4)假设三种反应物的起始物质的量都为1m©，则可列“三段 式”： 4NH,(g)+4N0(g)+02(g)4N2(g)+6H20(g） 起始量/mal 0 0 转化量/mol0.4 0.40.1 0.40.6 平衡量/mol0.6 0.6 0.9 0.4 0.6 平衡时，混合气体总物质的量为3.1mdl,K。= )了 )*)9器 257-2.55x102p。 14.(1)(-6a+b)d·mm1(2)bd(3)①H,0②0.3mdl·L·min ③2x0.5 30×12 (4)①p>P2>p1②ad在M点将温度降低，促使主反 应平衡正向移动增加乙烯的选择性在M点将压强增大，促使主 反应平衡正向移动，增加乙烯的选择性 解析：(1)已知1molH2完全燃烧生成H20(g)时放出的热量为 akJ,1 mol CH2一CH2完全燃烧生成C02(g)和H20(g)时放出的 热量为，则对应的热化学方程式为H()+202(g)一 正本参考答案 H20(g)△H1=-ak·mo1,CH2=CH2(g）+302(g) 2C02(g)+2H20(g)△H2=-bkJ·mal1,根据盖斯定律可知. △H=bkJ·ma1+6×(-akJ·mol1)=(-6a+b)kJ·mol1。(2)使 用催化剂，平衡不移动，C0,的平衡转化率不变，a错误：增大H2和 C02的初始投料比，相当于增加H2的物质的量，因此C02的平衡 转化率增大，b正确：恒容条件下，充入惰性气体会增加压强，但各 物质浓度不变，因此平衡不移动，C02的平衡转化率不变，心错误： 该反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，C02的平衡转化率增 大，d正确。(3)①2C02(g)+62(g)CH2CH2(g)+4H20(g) 4H<0,正向是一个放热反应，升温，平衡逆向移动，所给图示中， 含量减少的曲线、曲线℃是生成物，增加的曲线b是反应物，题干 投入4m%lC02和12m0lH2,所以曲线a为水、曲线b为C02,曲 线c为乙烯：②根据题意可知，T1温度时，列出三段式： 2C02(g)+6H2(g)CH2CH2(g）+4H20(g) 起始/mcl 4 12 0 0 转化/mod 2 6 1 4 平衡/mo 2 6 4 12 mol-6 mol 则10min内(H2)= 2L -=0.3ml·L1·min';③T1温 10 min 度时该反应平衡常数的计算式K=c(CH,=CH)xc(H,0】 c2(C02)xc(H2) ) 2°×0.5 ()() X下。(4)①反应1是气体体积减小的放热 反应，反应Ⅱ是气体体积不变的吸热反应，增大压强，反应1平衡 向正反应方向移动，反应Ⅱ平衡不移动，二氧化碳的转化率增大 400℃时，P1P2P3条件下二氧化碳的平衡转化率依次增大，则压 强大到小的顺序为>P2>P1:②升高温度，反应1平衡向逆反应方 向移动，反应Ⅱ平衡向正反应方向移动，观察图像可知，M点时二氧 化碳的平衡转化率较小，在温度升高的过程中二氧化碳的转化率一 直在减小，说明此时C0,平衡转化率主要取决于反应I:再观察图 像，压强为p1时，温度约570℃之后，随着温度升高C02平衡转化 率增大，说明此时C02平衡转化率主要取决于反应Ⅱ，因此为提 高M点CH2=CH2的选择性，根据选项可知，温度应该控制在320 ~400℃：根据①中分析可知，压强增大，反应I平衡向正反应方向 移动，M点的压强为P1,因此可以选择更大的压强，即选d,原因是 在M点将压强增大，促使主反应平衡正向移动，增加乙烯的选 择性。 专题2真题演练 真顾体验 题号1234567810 答案DDCC BDDBD 1,D解析：温度越高反应速率越快，比较乙、丙可知，容器丙升高温度. 醋酸甲蕾物质的量增大，则反应逆向进行，正反应为放热反应，格变 小于0。由分析可知，该反应的4H<0,A错误：容器甲中平均反应速 率()=2(CH,C00CH)=2×1-0. mol·L1·min1= 10 5m,L1·min,B错误；不确定乙是否平衡，不能确定正，逆反 应速率相对大小，C错误：对丙而言： CH,CO0CH,(g)+2H()CH,CH,OH(g)4CH,OH(g) 起始(mdl·L-1)0.1 0.98 0 0 转化(mml·L1)0.08 0.16 0.08 0.08 平衡(mml·L1)0.02 0.82 0.08 0.08 容器丙中乙醇的体积分数为 黑白题31 0.08mol·L-l 008ml,上'+0.08mal·Lt+0.82al·L'+002mlF×10%= 8%.D正确。 2.D解析：苯甲腈在溶液中发生连续水解：C,H,CN+H20 C6H,CONH2,CH,CONH2+H20-→C6H,COOH+NH3,有NH3生 成，A正确：a点之前x(Y)逐渐增大，(Y)精能<(Y)生成：a点之后， x(Y)逐渐减小，(Y)有>(Y)生成，a点是Y物质的最大值，则生成 和消耗的速率相等，即(Y)m托=(Y)坐境，B正确：*(Z)在15min前 基本不变，l5mi加后明显增大，在没有另加物质、没有改变反应条件 的情况下，可能是水解产物对生成Z的反应有催化作用，C正确：根 据图像所示，反应的前期应该有(X)=(Y)+x(Z),a点之后，由于 (X)明显减小，(Z)显著增大，三者的速率关系不再满足(X)= (Y)+(Z),D错误 3.C解析：反应1、Ⅲ为放热反应，相同物质的量的反应物，反应I放 出的热量小于反应Ⅱ放出的热量，反应放出的热量越多，其焓变越 小，因此反应格变：反应I>反应Ⅱ，故A正确：短时间内反应I得到 的产物比反应Ⅱ得到的产物多，说明反应【的速率比反应Ⅱ的速率 快，速率越快，其活化能越小，则反应活化能：反应I<反应Ⅱ，故B正 c(产物Ⅱ) 确：反应■的平衡常数K(产物温度不变K不变，增加HC 浓度，平衡正向移动，但不能增加平衡时产物Ⅱ和产物【的比例，故 C错误：根据图中信息，选择相对较短的反应时闻，及时分离可获得 高产率的产物1，故D正确。 4.C解析：该反应是一个气体分子数减少的反应，增大压强可以加快 化学反应速率，正反应速率增大的幅度大于逆反应的，故正>堂，平 衡向正反应方向移动，但是因为温度不变，平衡常数不变，A错误：偏 化剂不影响化学平衡状态，加入催化剂不影响平衡时 CH,CH2OH(g)的浓度，B错误：恒容下，充人一定量的H0(g), H2O(g)的浓度增大，平衡向正反应方向移动，C正确：容下，充入一定 量的CH2CH,(g),平衡向正反应方向移动，但是CH2=CH2(g)的平衡 转化率减小，D错误。 5.B解析：M02会催化H202的分解，与平衡移动无关，A项错 误；NO2转化为NO4的反应是放热反应，升温平衡逆向移动，NO, 的浓度增大，混合气体颜色加深，B项正确：常温下，铁在浓硝酸中钝 化，加热会使表面的氧化膜溶解，铁与浓硝酸反应生成大量红棕色气 体，与平衡移动无关，C项错误：加人少量硫酸钥以后，锌置换出铜， 构成原电池，从而使反应速率加快，与平衡移动无关，D项错误。 6.D解析：平衡时CO2的浓度T温度下比T2温度下的大，即T到 T2平衡正向移动，而结合题干方程式可知，该反应正反应是一个放 热反应，即降低温度平衡正向移动，即T>T2,A正确：T,温度下达到 平衡时C02的浓度为0.25mol·L1,即C02的浓度改变量为 0.40ol·L-1-0.25mol·L-1=0.15mol·11,结合浓度变化量之比 等于化学计量数之比可知，T,温度下反应达到平衡时c(CH,OH)= 0.15m…l·L-,B正确：在温度均为T时，使用催化剂1达到平衡所 需要的时间比使用催化剂2的更长，即使用催化剂1时的反应速率 比使用催化剂2的更慢，说明使用催化剂1的反应活化能比使用催 化剂2的大，C正确：催化剂2和催化剂3分别在不同温度下达到平 衡所需要的时间是相同的，但温度不同，反应速率也不同，说明催化 剂2和催化剂3的反应历程不相同，才能保证在不同温度下达到相 同的平衡时间，D错误。 7.D解析：题干明确指出，图中曲线表示的是两种含碳产物的分布分 数，即分别为8(CHC0OH)、8(CH3C0OCH3),若投料比x代表 n(CH,OH) A(C0)越大，可看作是CH,0H的量增多，由主测反应方程式 可知，生成的CH,C00CH3越多，CH,C00CH,分布分数越高，则曲线 a或曲线b表示CH,C00CH3分布分数，曲线c或曲线d表示 CH,C0OH分布分数，据此分析A、B均正确，可知如此假设错误，则 可知投料比：代表O,曲线：成自线b表示Cl,C0O. 曲线c或曲线d表示6(CH,C0OCH3),据此作答。根据分析可知，投 料化：代表0A箭误：根据分折可知，曲线：表示 选择性必修第一册·SJ CH,COOCH,的分布分数，B错误：根据分析可知，曲线a或曲线b表 示8(CH,C00H),当同一投料比时，观察图像可知T2时 8(CH,C0OH)大于T,时8(CH,C00H),由T2>T,可知，温度越高 6(CHC00H)越大，说明温度升高主反应的平衡正向移动，△H,>0: 曲线c或曲线d表示8(CH,COOCH,),当同一投料比时，观察可知 T,时8(CHC0OCH,)大于T2时6(CHC0OCH3),由T2>T1可知， 温度越高6(CH,COOCH,)越小，说明温度升高副反应的平衡逆向移 动，△H2<0,C错误；L、M、N三点对应副反应△H2<0,且Tw>TM=T2, 升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，则K(L)=K(M)>K(N), D正确。 8.B解析：一定条件下，增大水的浓度，能提高CH4的转化率，即x值 越小，CH,的转化率越大，则<2，放A正确：b点和©点温度相同， CH4的起始物质的量都为1mol,b点x值小于e点，则b点加水多， 反应物浓度大，则反应速率：正>正，故B错误；由图像可知，x一定 时，温度升高，CH4的平衡转化率增大，说明正反应为吸热反应，温度 升高，平衡正向移动，K增大：温度相问，K不变，则点a、b、c对应的平 衡常数：K,<K=K。,故C正确：该反应为气体分子数增大的反应，反 应进行时压强发生改变，所以温度一定时，当容器内压强不变时，反 应达到平衡状态，故D正确。 9.(1)41(2)(a+c-26)(3)32.25增大 Pso2 Ps03 (4) 4 46.2646.262×2.64 35.72 解析：(1)由图中信息可知，当失重比为19.4%时，FS04·7H20转化 为Fe50。·xH,0,则18(7=19.4%，解得x=4:当失重比为 278 38.8%时，Fes04·7H,0转化为FS04·yH,0,则1872=38.8%. 278 解得y=1。 (2)①FeS04·7H20(8)-FeS0,(s)+7H20(g)△H1=akJ·mol1 ②FeS04·xH20(s)=fes04(s)+H20(g)△H2=b·modl ③Fes04·yH,0(s)=fes04(s)+yH20(g）△H3=ekd·mal- 根据盖斯定律可知，①+③-②×2可得FcS0,·7H,0(s)+FS0· yH20(s)—2(FeS04·xH20)(s),则AH=(a+c-2b)k·moll。 (3)将FS0,置入抽空的刚性容器中，升高祖度发生分解反应： 2Fes0,(s)Fe0,()+S02(g)+S0,(g）（I)。由平衡时Ps0 T的关系图可知，660K时，Ps0,=1.5kPa,则Ps0,=1.5kPa,因此，该 反应的平衡总压P=3kPa、平衡常数K,(I)=1.5kPa×1.5kPa= 2.25(kP)'。由图中信总可知，Ps0,随着温度升高而增大，因此， K(I)随反应温度升高面增大。(4)提高温度，上述容器中进一步 发生反应2S0(g)一2S02(g)+02(g)(Ⅱ)，在同温同压下，不同 气体的物质的量之比等于其分压之比，由于仅发生反应(I)时 502PS03 P0,=Ps02,期Ps0,+2p02=Ps0,-2p02,因此，平衡时p02= 在929K时Pa=84.6 kPaPso=35.7kPa,则Ps0,+ps02+Po2=pa Ps0,+2p0,Ps0,-2p0,联立方程组消去P0,可得3ps0,+5p024pB, 代人相关数据可求出Ps0,=46.26kPa,则po,=84.6kPa-35.7kPa 46.26k却a=2.64kPa,K（I)=46.26kP)x2.64k_ (35.7kPa)2 46.262x2.64kPa。 35.72 10.D解析：由盖斯定律可知反应2C0(g)+2H2(g)一C02(g)+ CH(g)的烙变△H=-2×41.2k灯·mo1-164.7k灯·mm1= -247.1kJ·m1,A错误：C02(g)+4H2(g)=CH(g)+2H20(g)为放 热反应，升高温度平衡逆向移动，CH,的含量降低，故CH的平衡 选择性随着温度的升高而降低，B错误：由图可知温度范固约为 350≈400℃时二氧化碳实际转化率最高，为最佳温度范围，C错误： ”始(H）的值可提高二氧化碳的平衡转化率，增大 450℃时，提商nK(C0 压强，反应I平衡正向移动，可提高二氧化碳的平衡转化率，均能使 C02平衡转化率达到X点，D正确。 黑白题32 11.(1)-80(2)①Dbe②因△H,<0、△H>0,升温反应N向逆反应方 向进行，反应Ⅲ向正反应方向进行，SC,的产量反而减小 (3)0H0② 31-h(s）】 2p0 38 (4)①=>②4x0.223a 解析：(1)根据盖斯定律可知，△H。=△H,+3AH1=-236kJ·ma1 +3×52kJ·md1=-80kJ·m@l1。(2)①压缩平衡体系体积，相当 于增大压强，重新达到平衡后，对于反应I→V,除压强对反应I无 影响，对反应Ⅱ→V的影响都是平衡向正反应方向移动，因此 SiH2C2和SiHC,的物质的量分数增大；②因△H<0、△H,>0,升温 反应V向逆反应方向进行，反应Ⅲ向正反应方向进行，SHG1,的产 量反而减小。(3)在压强为P0的恒压体系中通人2.0m©lH2和 1.0 mol SiC4,①根据反应I→V可知，温度升高反应1和Ⅲ向正反 应方向进行，产物含量增加，结合图可知n为HC,m为SiHC3: ②750K时按照反应■进行：Si(s)+SiCl(g)+2H2(g) 2SiH2Cl2(g),由图中可知平衡时SiCl,的物质的量分数为x, SH,C2的物质的量分数为，H2的物质的量分数为0，则K,= (0)2 2 xpo(wpo)2 xpo 一：③750K,1 mol SiCl4的平衡转化率为f,则转化 的SiCL,为fmml,剩余的5iCl4为(1mol,设平衡时混合气体的总 物质的量为Mml,则可以银据利余的S0,计算出，号： 得M=aml,背计算出a（sC,）-y得a（SC,)=nym 专题3 水溶剂 第一单元 弱电解质的电离平衡 课时1强电解质和弱电解质 弱电解质的电离平衡 白题 基础过关 题号123456 答案CABDAB 1.C解析：F:为单质，既不是电解质也不是非电解质，A错误：氨气是 非电解质，硫酸钡是强电解质，B错误：碳酸钙是强电解质，次氯酸是 弱酸，属于弱电解质，丁烷是有机物，属于非电解质，C正确：水是弱 电解质，D错误。 四归纳总结 (1)电解质的强鼻与化学键的种类没有必然联系。如共价化合 物中HCI属于强电解质，而HF属于弱电解质：离子化合物中NC1属 于强电解质，西A1(0H)1属于弱电解质。(2)电解质的弧弱与物质的 溶解性没有必然联系。如CHC0OH能与水互溶，但属于弱电解质： CC03难溶于水，但属于强电解质。(3)电解质的强弱与常液的导电 能力没有必然联系。溶液的导电能力与溶液中自由移动的离子的浓 度和离子所带电荷数有关，浓度较大的弱电解质溶液也可能有校强的 导电能力，浓度较小的强电解质溶液也可能导电能力很弱。 2.A解析：曲线②代表盐酸与镁条反应、曲线①代表酷酸与镁条反 应，A错误：醋酸为弱酸、盐酸为强酸，等浓度时，盐酸和镁反应速率 更快，B正确：等体积等浓度的盐酸、醋酸最终电高出氢离子的物质 的量相同，故反应结束时两容器内n(H2)基本相等，C正确：醋酸中 氢离子随反应进行会不断被电离出来，故反应过程中盐酸(H+)下 降更快，D正确。故选A。 3.B解析：氢氧化钡是强电解质，能完全电离，电离方程式为 Ba(0H)2一Ba2+20H,A错误：HCN为弱电解质，部分电离，电离 正本参考答案 n(SiH Cl) :得a(SH,C,)=ID:d,根据硅原子守恒，清耗 1f 硅的物质的量=平衡物质中硅的总物质的量-起始时的】ml sC,a(s)=[1-n+py,-p:]-1=[lnt2 x 1mol或者消耗硅的物质的量=平衡物质中siH,C4,和SiHC,物 质的量之和-消耗的fmol SiCl,n(Si)= [,2] [L小ml。(4)①使用不同催化剂时，由于反应热只 1 和反应物的始态与生成物的终态有关，与催化剂无关，所以 △队C0催化剂)=△H(CuCI催化剂)：根据表中数据，在相同单位 时间内，Cu作催化剂时SiCl4的转化率为7.3%、CC1作催化剂 时SiC,的转化率为22.3%，由此可以得出CuC1作催化剂时活化能 更低，效苹更高，则反应V的活化能：Cu催化剂>CuC1化剂：②根 据反应N:5(s)+3SiC,(g)+2H2(g)一4 SiHCI3(g),初始投料 a mol SiCl4,该段时间内得到B mol SiHC,得出生成SiHC,所消耗 的sC,的物质的量为38。 ml,根据表的转化率可知所消耗的sC 的总物质的量为a×22.3%=0.223a,最后根据公式SHC1,的选择 39 生成SHCl,所消耗的SiC4的物质的量 4 性= 所消耗的SCl4的总物质的量 ×10%=0.23a× 38 100%= -×100%。 4×0.223 友中的离子反应 方程式为HCN一H+CN,B正确：硅酸为二元弱酸，要分步电离 以第一步电离为主，电离方程式为H,SiO3一H+HSO5,C错 误：HCOOH为弱酸，部分电离，电离方程式为HCOOH一 HC00~+H,D错误。 4.D解析：H的电离平衡右移才能使该指示剂显黄色，即应加入 与H反应的物质，HC0具有强氧化性，能使有机色素褪色，故能使 指示剂显黄色的是⑤6。 5.A解析：爾酸中B原子属于缺电子原子，在水溶液中可以结合水电 离出的氢氧根离子，由H,B0,+H20一B(OH):+H可知，霸酸电 离出一个氢离子，为一元弱酸，A正确：电离为吸热过程，升高温度， 平衡正向移动，B错误；滴加少量浓盐酸，氢离子浓度增大，平衡逆向 移动，C错误；H,BO为一元酸，与足量的NOH溶液反应的化学方 程式应为H,BO1+NaOH—NaH2B0,+H,0,D错误。 重难聚焦 6.B解析：电解质溶液导电能力强弱与离子浓度成正比，与所带电荷 数成正比，把0.05m©lNa0H晶体分别加入相应液体中，溶液导电能 力变化最小，说明离子浓度变化最小。加入0.5m…l·L1盐酸中，二 者恰好完全反应生成强电解质NaC1,HCI、NC都是强电解质，离子 浓度变化不大，则溶液导电能力变化不大。 黑题 应用握优 题号12 答案AB 1.A解析：①因加水促进弱电解质的电离，电离程度增大，故正确：② 加水促进电离，溶液的体积增大，所以c(NH,·H20)域小，故错误： ③加水促进电离，NH:数目增多，故正确：④碱性变弱，c(OH)减小， 故错误：⑤加水稀释时，溶液中离子的浓度减小，则导电性减弱，故错 误：⑥加水促进电离，n(NH1·H20)减小，n(NH)增大，则 e(NH) n(NH) 增大，故正确。①③⑥正确，故选A。 c(NH3·H20)n(NH3·H2O) 黑白题33