发布时间 : 星期六 文章三年高考(2017-2019)化学真题分项版解析——专题15 化学反应原理综合(解析版)更新完毕开始阅读
①343 K时反应的平衡转化率α=_________%。平衡常数K343 K=__________（保留2位小数）。 ②在343 K下：要提高SiHCl3转化率，可采取的措施是___________；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有____________、___________。
③比较a、b处反应速率大小：υa________υb（填“大于”“小于”或“等于”）。反应速率υ=υ
2=k正xSiHCl?3正
?υ
逆
，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数，计算a处的
v正 v逆=__________（保留1位小数）。 【答案】（1）2SiHCl3+3H2O（2）114
（3）①22 0.02 ②及时移去产物 改进催化剂 提高反应物压强（浓度） ③大于 1.3
【解析】分析：本题考查的是化学反应原理的综合应用，主要包括反应与能量以及化学反应速率、平衡的相关内容。只需要根据题目要求，利用平衡速率的方法进行计算即可。
2SiHCl3+3H2O=(HSiO)2O+6HCl。 详解：（1）根据题目表述，三氯氢硅和水蒸气反应得到(HSiO)2O，方程式为：3+(－（2）将第一个方程式扩大3倍，再与第二个方程式相加就可以得到第三个反应的焓变，所以焓变为48×30)=114kJ·mol-1。
（3）①由图示，温度越高反应越快，达到平衡用得时间就越少，所以曲线a代表343K的反应。从图中读出，平衡以后反应转化率为22%。设初始加入的三氯氢硅的浓度为1mol/L，得到： 2SiHCl3
SiH2Cl2 + SiCl4
(HSiO)2O+6HCl
起始： 1 0 0
反应： 0.22 0.11 0.11 （转化率为22%） 平衡： 0.78 0.11 0.11 0.782=0.02。 所以平衡常数K=0.112÷
②温度不变，提高三氯氢硅转化率的方法可以是将产物从体系分离（两边物质的量相等，压强不影响平衡）。缩短达到平衡的时间，就是加快反应速率，所以可以采取的措施是增大压强（增大反应物浓度）、加入更高
效的催化剂（改进催化剂）。
③a、b两点的转化率相等，可以认为各物质的浓度对应相等，而a点的温度更高，所以速率更快，即Va＞Vb。根据题目表述得到
，
，当反应达平衡时
，
＝，所以，实际就是平衡常数K值，所以
0.02。a点时，转化率为20%，所以计算出： 2SiHCl3
SiH2Cl2 + SiCl4
起始： 1 0 0
反应： 0.2 0.1 0.1 （转化率为20%） 平衡： 0.8 0.1 0.1 所以
=0.8；
=
=0.1；所以
点睛：题目的最后一问的计算过程比较繁琐，实际题目希望学生能理解化学反应的平衡常数应该等于正逆反应的速率常数的比值。要考虑到速率常数也是常数，应该与温度相关，所以不能利用b点数据进行计算或判断。
11．[2018海南卷]过氧化氢(H2O2)是重要的化工产品，广泛应用于绿色化学合成．医疗消毒等领域。 回答下列问题： （1）已知：H2(g)＋
11
O2(g)＝H2O(l) △H1＝－286 kJ·molˉ 21
H2(g)＋O2(g)＝H2O2(l) △H2＝－188 kJ·molˉ
1
molˉ过氧化氢分解反应2H2O2(l)＝2H2O(l)＋O2(g)的△H＝______kJ·。不同温度下过氧化氢分解反应的平
衡常数K(313K)_____K(298K) (填大于、小于或等于)。
（2）100℃时，在不同金属离子存在下，纯过氧化氢24 h的分解率见下表：
离子 无 Al3＋ Zn2＋ 1Lˉ) 加入量(mg·分解率% 2 2 10 离子 Fe3＋ Cu2＋ Cr3＋ 1Lˉ) 加入量(mg·分解率％ 15 86 96 0 10 10 1.0 0.1 0.1
由上表数据可知，能使过氧化氢分解反应活化能降低最多的离子是_______。贮运过氧化氢时，可选用的容器材质为_________(填标号)。
A．不锈钢 B．纯铝 C．黄铜 D．铸铁
1210ˉ（3）过氧化氢的Ka1＝2.24×，H2O2的酸性________H2O (填大于、小于或等于)。
研究表明，过氧化氢溶液中HO2-的浓度越大，过氧化氢的分解速率越快。常温下，不同浓度的过氧化氢pH增大分解率增大的原因是___________________：分解率与pH的关系如图所示。一定浓度的过氧化氢，相同pH下，过氧化氢浓度越大分解率越低的原因是__________________________________________。
【答案】（1）－196 小于
＋
（2）Cr3 B
（3）大于 pH升高，c(【解析】
)增大，分解速率加快 H2O2浓度越大，其电离度越小，分解率越小
【分析】（1）根据盖斯定律计算反应热；根据放热反应，升温后平衡移动方向判断平衡常数的大小。 （2）由表中数据可知，加入铬离子，加入量最小，分解率最大；过氧化氢具有氧化性，可以氧化其他金属，但铝表面可以生成致密的氧化铝薄膜，阻止内部的铝继续腐蚀。
（3）通过比较电离常数大小比较酸性强弱；分析浓度和酸度对过氧化氢的电离平衡的影响。 【详解】（1）已知：① H2(g)＋
11
O2(g)＝H2O(l) △H1＝－286 kJ·molˉ 21
molˉ ②H2(g)＋O2(g)＝H2O2(l) △H2＝－188 kJ·
1
2-②×2得：2H2O2(l)＝2H2O(l)＋O2(g)的△H＝2△H1-2△H2=-196kJ·molˉ根据盖斯定律，①×。
该反应为放热反应，温度升高，化学平衡常数减小，所以K(313K) （2）由表中数据可知，加入铬离子，加入量最小，分解率最大，所以能使过氧化氢分解反应活化能降低最多的离子是铬离子；过氧化氢具有氧化性，可以氧化其他金属，但铝表面可以生成致密的氧化铝薄膜，阻止内部的铝继续腐蚀，因此长时间可以选纯铝容器来贮运过氧化氢，故选B。 （3）Ka1>Kw，故H2O2电离出氢离子浓度大于水电离出的氢离子浓度，故H2O2的酸性>H2O； pH增大，氢离子浓度减小，反应正向进行，HO2-的浓度增加，分解速率加快； 过氧化氢浓度越高，其电离程度越低，故分解率越小。 12．[2018北京卷]近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下： （1）反应Ⅰ：2H2SO4(l) 反应Ⅲ：S(s)+O2(g) 2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g) ΔH1=+551 kJ·mol－1 SO2(g) ΔH3=－297 kJ·mol－1 反应Ⅱ的热化学方程式：________________。 （2）对反应Ⅱ，在某一投料比时，两种压强下，H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系 如图所示。 p2_______p 1（填“＞”或“＜”），得出该结论的理由是________________。 （3）I－可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将ii补充完整。 i．SO2+4I－+4H+ S↓+2I2+2H2O _________+_______+2 I－ ii．I2+2H2O+_________ （4）探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2饱和溶液加入到 2 mL下列试剂中，密闭放置观察现象。（已知：I2易溶解在KI溶液中） 序号 试剂组成 A 0.4 mol·L－1 KI B a mol·L－1 KI 0.2 mol·L－1 H2SO4 实验现象 溶液变黄，一段时间后出现浑浊 溶液变黄，出现浑浊较A快 无明显现象 C D 0.2 mol·L－1 H2SO4 0.2 mol·L－1 KI 0.0002 mol I2 溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快 ①B是A的对比实验，则a=__________。