【高中化学】一轮复习学案：7.1 化学反应速率及影响因素(选修4)(4)

（4）(△H1-△H2)/2; 正极

3、（2012·新课标全国卷·27）(15分)

光气(COCl2)在塑料、制革、制药等工业中有许多用途，工业上采用高温下CO与Cl2在活性炭催化下合成。

(1)实验室中常用来制备氯气的化学方程式为________________________________；

(2)工业上利用天然气(主要成分为CH4)与CO2进行高温重整制各CO，已知CH4、H2和CO的燃烧热(△H)分别为－890.3 kJ/mol、－285.8kJ/mol和－283.0 kJ/mol，则生成1 m(标准状况)CO所需热量为__________； (3)实验室中可用氯仿(CHCl3)与双氧水直接反应制备光气，其反应的化学方程式为______________________________；

(4)COCl2的分解反应为COCl2(g) === Cl2(g) + CO(g) △H = +108 kJ/mol。反应体系达到平衡后，各物质的浓度在不同条件下的变化状况如下图所示(第10 min到14 min的COCl2浓度变化曲线未示出)：

3

①计算反应在第8 min时的平衡常数K = __________

②比较第2 min反应温度T(2)与第8 min反应温度(T8)的高低：T(2)____T(8)(填“<”、“>”或“=”)； ③若12 min时反应于温度T(8)下重新达到平衡，则此时c(COCl2) = ______mol/L；

④比较产物CO在2～3 min、5～6 min和12～13 min时平均反应速率[平均反应速率分别以?(2—3)、

?(5—6)、?(l2－13)表示]的大小____________；

⑤比较反应物COCl2在5－6 min和15－16 min时平均反应速率的大小：

?(5－6) >?(15－16)(填“<”、“>”或“=”)，原因是_______________。

【解题指南】解答本题时应注意外界条件对化学平衡和化学反应速率的影响，以及化学反应速率的意义。 【解析】（1）实验室一般用浓盐酸和二氧化锰反应制取氯气；

（2）CH4+CO2=2CO+2H2 △H=反应物的燃烧热-产物的燃烧热=247.3 KJ/mol，也就是生成2mol CO，需要吸热247.3 KJ，那么要得到1立方米的CO,放热为(1000/22.4)×247.3/2=5.52×10 KJ. （3）分析碳元素化合价的变化，CHCl3碳为+2价，COCl2中碳为+4价，即可写出方程式。 （4）①根据平衡常数K计算公式代入即可求出。

②由表可看出，由T2平衡到 T8平衡，反应物COCl2的浓度减小，产物浓度增大，且4min时隔物质的浓度连续增大或减小，说明是升高温度使平衡正向移动，T2﹤ T8。 ③8min和12min时的平衡温度相同，平衡常数相同，所以

3

，可计算C(COCl2)=0.031；

④单位时间CO的浓度的变化表示反应速率，有表格中看出，2-3min、12-13min处于平衡状态，用CO的浓度变化表示的平均反应速率为0。5-6min反应未达平衡状态，所以平均反应速率大于处于平衡状态时。 ⑤从表中曲线变化的斜率可看出单位时间内5-6min时浓度改变大于12-13min。 【答案】 （1）MnO2+4HCl(浓)（2）5.52×10kJ

（3）CHCl3+H2O2=HCl+H2O+COCl2

（4）①0.234mol·L；②＜；③0.031 ；④v(5-6)＞v(2-3)=v(12-13)；⑤＞；在相同温度时，该反应的反应物浓度越高，反应速率越大。 【2011高考】

（2011·全国卷I·28）反应aA（g）+bB（g）

cC（g）（△H＜0）在等容条件下进行。改变其他

-1

3

MnCl2+Cl2↑+2H2O

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aI(B)、aII(B)、aIII(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10min后达到新的平衡，请在下图中用曲线表示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）。

【解析】要善于从图中获取信息，如起点、平衡点、平衡如何移动等。注意第II阶段C的起点为0。 【答案】（1）第I阶段： aA（g）+bB（g）

cC（g）

起始物质的量浓度（mol/L） 2.00 6.00 0 转化物质的量浓度（mol/L） 1.00 3.00 2.00 平衡物质的量浓度（mol/L） 1.00 3.00 2.00 所以，反应的化学方程式中，a：b：c为1：3：2

（2）A的平均反应速率vI（A）=

2.00mol/L?1.00mol/L?0.05mol/(L?min)

20.0minvII（A）=

1.00mol/L?0.62mol/L?0.025mol/(L?min)

15.0min0.62mol/L?0.50mol/L?0.012mol/(L?min)

10.0minvIII（A）=

所以，vI（A）、vII（A）、vIII（A）从大到小排列次序为vI（A） vII（A） vIII（A） (3)第I阶段：

=

3.00?100%?50% 6.00第II阶段：=

3.00?1.86?100%?38% 3=

第III阶段：

1.86?1.50?100%?19%

1.86，其值是19%。

所以，B的平衡转化率aI(B)、aII(B)、aIII(B)中最小的是

（4）由第一次平衡到第二次平衡，A、B的物质的量浓度减小， C的物质的量浓度增大，平衡向正反应方向移动。第II阶段C的起始物质的量浓度为0，故采取的措施是从反应体系中移出产物C。

（5）第III阶段A、B的物质的量浓度减小， C的物质的量浓度增大，平衡向正反应方向移动。此反应△H＜0，为放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，所以第II阶段反应温度（T2）高于第III阶段反应温度（T3）。

（6）达到第三次平衡后，将容器的体积扩大一倍，此时A、B、C的物质的量浓度均减小一半，体系压强减小，平衡向逆反应方向移动。注意A、B、C的物质的量浓度变化比例应符合1：3：2。 【答案】（1）1：3：2 （2）vI（A） ＞vII（A）＞ vIII（A） (3)

19%（0.19） （4）正反应方向 从反应体系中移出产物C

（5）＞ 正反应为放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动 （6）

【2010高考】

（2010·重庆卷）（14分）钒（V）及其化合物广泛应用于工业催化、新材料和新能源等领域． （1）V2O5是接触法制硫酸的催化剂．

①一定条件下，min后，mol/L和b mol/L, 则SO2SO2与空气反映t SO2和SO3物质的量浓度分别为a 起始物质的量浓度为 mol/L ；生成SO3的化学反应速率为 mol/(L·min) ． ②工业制硫酸，尾气SO2用_______吸收．

（2）全钒液流储能电池是利用不同价态离子对的氧化还原反应来实现化学能和电能相互转化的装置，其原理如题29图所示．

①当左槽溶液逐渐由黄变蓝，其电极反应式为 ．

②充电过程中，右槽溶液颜色逐渐由 色变为 色．

③放电过程中氢离子的作用是 和 ；充电时若转移的电子数为3.01?10个，左槽溶液中n(H)

23

+

的变化量为 ． 答案（14分）（1）①a?b；b/t ②氨水

（2）①VO2?2H?e?VO②绿 紫

③参与正极反应; 通过交换膜定向移动使电流通过溶液；0.5mol

【解析】本题考查以钒为材料的化学原理题，涉及化学反应速率和电化学知识。

（1） 由S守恒可得，SO2的起始浓度为（a+b）mol/L。SO2的速率为单位时间内SO2浓度的变化，即b/tmol/(L﹒min)。SO2可以用碱性的氨水吸收。

（2） ①左槽中，黄变蓝即为VO2生成VO，V的化合价从+5降低为+4，得一个电子，0原子减少，

2?2????2??H2O

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