（北京专用）2020届高考化学一轮复习专题十三化学反应速率和化学平衡课件.pptx

专题十三 化学反应速率和化学平衡,高考化学 (北京专用),五年高考,A组 自主命题北京卷题组,考点一 化学反应速率,1.(2016北京理综,8,6分)下列食品添加剂中,其使用目的与反应速率有关的是 ( ) A.抗氧化剂 B.调味剂 C.着色剂 D.增稠剂,答案 A 抗氧化剂是防止食品氧化变质的添加剂,使用目的是延缓食品的变质。,解题关键 明确使用各种食品添加剂的目的。,2.(2014北京理综,12,6分)一定温度下,10 mL 0.40 mol/L H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测 得生成O2的体积(已折算为标准状况)如下表。,下列叙述不正确的是(溶液体积变化忽略不计) ( ) A.06 min的平均反应速率:v(H2O2)3.310-2 mol/(Lmin) B.610 min的平均反应速率:v(H2O2)3.310-2 mol/(Lmin) C.反应至6 min时,c(H2O2)=0.30 mol/L D.反应至6 min时,H2O2分解了50%,答案 C A项,06 min内,产生n(O2)=110-3 mol,消耗 n(H2O2)=210-3 mol,则v(H2O2)= = 3.310-2 mol/(Lmin),故A项正确;B项,依照A项解题步骤,可知B项正确;C项,反应 至6 min时,消耗n(H2O2)=210-3 mol,剩余c(H2O2)= =0.20 mol/L, 故C项不正确;D项,反应至6 min时,消耗n(H2O2)=210-3 mol,占起始H2O2物质的量的50%,故D项 正确。,解题关键 本题以过氧化氢的催化分解实验为情境,考查了化学反应速率的相关计算。,易错警示 计算化学反应速率时,注意不能忽略体积而用物质的量的变化量除以时间;不能用 固体或纯液体表示化学反应速率。,3.(2018北京理综,27节选)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: (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。将补充完整。 .SO2+4I-+4H+ S+2I2+2H2O .I2+2H2O+ + +2I- (4)探究、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),B是A的对比实验,则a= 。 比较A、B、C,可得出的结论是 。 实验表明,SO2的歧化反应速率DA。结合、反应速率解释原因: 。,答案 (3)SO2 S 4H+ (4)0.4 I-是SO2歧化反应的催化剂,H+单独存在时不具有催化作用,但H+可以加快歧化反应速率 反应比快;D中由反应产生的H+使反应加快,解析 (3)催化剂在反应前后质量和化学性质保持不变,在中I-被氧化为I2,则在中I2应该被 SO2还原为I-,结合原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒可配平反应的离子方程式。 (4)B是A的对比实验,B中加入0.2 molL-1的H2SO4,A中不加H2SO4,所以KI的浓度应该与A相 同,即a=0.4。 比较A、B、C可知,有H2SO4和KI时,SO2歧化反应速率较只有KI时快;只有H2SO4,无KI时不发 生歧化反应,所以可得出的结论为酸性增强,I-催化SO2歧化反应速率提高。,规律总结 Fe3+催化H2O2分解与I-催化SO2歧化反应相似,Fe3+催化H2O2分解的过程为2Fe3+H2O2 O2+2Fe2+2H+、2Fe2+H2O2+2H+ 2Fe3+2H2O。,4.(2013北京理综,11,6分)下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是 ( ) A. B.,考点二 化学平衡,C. D.,答案 C 2NO2(g) N2O4(g) H0),升高温度,平衡正向移动,KW=c(H+)c(OH-)增大,B项能用平 衡移动原理解释;分解反应2H2O2 O2+2H2O不是可逆反应,不存在化学平衡,C项不能 用平衡移动原理解释;在氨水中存在电离平衡NH3H2O N +OH-,稀释时平衡正向移动,所 以,浓度变化10倍,pH变化小于1,D项能用平衡移动原理解释。,审题技巧 凡是涉及平衡移动的问题都可以用平衡移动原理解释。,思路分析 MnO2作催化剂加快过氧化氢分解,与平衡移动无关。,5.(2011北京理综,12,6分)已知反应:2CH3COCH3(l) CH3COCH2COH(CH3)2(l)。取等量 CH3COCH3,分别在0 和20 下,测得其转化分数随时间变化的关系曲线(Y-t)如下图所示。 下列说法正确的是( ) A.b代表0 下CH3COCH3的Y-t曲线 B.反应进行到20 min末,CH3COCH3的 1,考点三 化学平衡的相关计算及化学平衡常数的应用,C.升高温度可缩短反应达平衡的时间并能提高平衡转化率 D.从Y=0到Y=0.113,CH3COCH2COH(CH3)2的 =1,答案 D A项,反应开始时b曲线所示化学反应速率快,达到平衡所需的时间短,所以b代表 20 下CH3COCH3的Y-t曲线。B项,由题图可知,20 min末时CH3COCH3的 1,所以 CH3COCH3的 1。C项,由题图可知,20 时CH3COCH3的平衡转化率一定小于0 时的平衡转化率。D项,当Y=0.113时,a曲线与b曲线相交,故产物量相同。,6.(2010北京理综,12,6分)某温度下,H2(g)+CO2(g) H2O(g)+CO(g)的平衡常数K= 。该温度 下在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中,投入H2(g)和CO2(g),其起始浓度如下表所示。,下列判断不正确的是 ( ) A.平衡时,乙中CO2的转化率大于60% B.平衡时,甲中和丙中H2的转化率均是60% C.平衡时,丙中c(CO2)是甲中的2倍,是0.012 mol/L D.反应开始时,丙中的反应速率最快,甲中的反应速率最慢,答案 C B项,设甲中转化的c(H2)为x,则有x2/(0.010 mol/L-x)2=9/4,解得x=0.006 mol/L,则甲中 H2的转化率为60%;对甲加压,使容器体积减小为原来的一半与丙等效,而加压题给反应平衡不 移动,所以H2的转化率不变。A项,增大c(H2)可提高CO2的转化率,故A项正确。C项,平衡时, 甲、丙中c(CO2)分别为0.004 mol/L、0.008 mol/L。D项,温度相同,丙中反应物浓度最大,甲中 反应物浓度最小,所以丙中的反应速率最快,甲中的反应速率最慢。,评析 本题是对化学反应速率与化学平衡的综合考查,难度较大,关键是理解平衡常数K的含 义,并能利用其进行简单的计算。,1.(2019浙江4月选考,22,2分)高温高压液态水具有接近常温下弱酸的c(H+)或弱碱的c(OH-),油 脂在其中能以较快的反应速率水解。与常温常压水相比,下列说法不正确的是 ( ) A.高温高压液态水中,体系温度升高,油脂水解反应速率加快 B.高温高压液态水中,油脂与水的互溶能力增强,油脂水解反应速率加快 C.高温高压液态水中,c(H+)增大,可催化油脂水解反应,且产生的酸进一步催化水解 D.高温高压液态水中的油脂水解,相当于常温下在体系中加入了相同c(H+)的酸或相同c(OH-) 的碱的水解,考点一 化学反应速率,B组 统一命题、省（区、市）卷题组,答案 D 体系温度升高,油脂水解反应速率加快,A正确;高温高压液态水中,油脂与水的互溶 能力增强,增大了油脂分子与水分子的接触,水解反应速率加快,B正确;高温高压液态水中,c(H+) 增大,可催化油脂水解反应,且产生的酸进一步催化水解,C正确;高温高压下的液态水,尽管具 有接近常温下弱酸的c(H+)或弱碱的c(OH-),但仍然呈中性,c(H+)=c(OH-),与常温下在油脂水解 时加入相同c(H+)的酸或相同c(OH-)的碱不相同,D错误。,疑难突破 升高温度(A)、增大反应物的接触面积(B)、使用催化剂(C)均能使化学反应速率加快。,2.(2014课标,9,6分)已知分解1 mol H2O2放出热量98 kJ。在含少量I-的溶液中,H2O2分解的机 理为: H2O2+I- H2O+IO- 慢 H2O2+IO- H2O+O2+I- 快 下列有关该反应的说法正确的是 ( ) A.反应速率与I-浓度有关 B.IO-也是该反应的催化剂 C.反应活化能等于98 kJmol-1 D.v(H2O2)=v(H2O)=v(O2),答案 A 由于反应速率由慢反应决定,故I-浓度越大,反应速率越快,A正确;IO-为中间产物,不 是催化剂,B错误;活化能不是反应热,反应热是正、逆反应活化能的差值,C错误;D错误。,3.(2019课标,28,14分)水煤气变换CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)是重要的化工过程,主要 用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。回答下列问题: (1)Shibata曾做过下列实验:使纯H2缓慢地通过处于721 下的过量氧化钴CoO(s),氧化钴部 分被还原为金属钴Co(s),平衡后气体中H2的物质的量分数为0.025 0。在同一温度下用CO 还原CoO(s),平衡后气体中CO的物质的量分数为0.019 2。 根据上述实验结果判断,还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO H2(填“大于”或“小 于”)。 (2)721 时,在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合,采用适当的催化剂进行反应, 则平衡时体系中H2的物质的量分数为 (填标号)。 A.0.50 (3)我国学者结合实验与计算机模拟结果,研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程,如 图所示,其中吸附在金催化剂表面上的物种用*标注。,可知水煤气变换的H 0(填“大于”“等于”或“小于”)。该历程中最大能垒(活 化能)E正= eV,写出该步骤的化学方程式 。 (4)Shoichi研究了467 、489 时水煤气变换中CO和H2分压随时间变化关系(如下图所示), 催化剂为氧化铁,实验初始时体系中的 和pCO相等、 和 相等。,计算曲线a的反应在3090 min内的平均速率 (a)= kPamin-1。467 时 和pCO随时 间变化关系的曲线分别是 、 。489 时 和pCO随时间变化关系的曲线分 别是 、 。,答案 (1)大于 (2)C (3)小于 2.02 COOH*+H*+H2O* COOH*+2H*+OH*(或H2O* H*+OH*) (4)0.004 7 b c a d,解析 本题涉及化学反应速率、化学平衡的相关计算及化学平衡移动的影响因素,主要考查 学生运用图表、图形分析和解决化学问题的能力。借助水煤气变换反应认识化学变化有一 定限度、速率,体现变化观念与平衡思想的学科核心素养。 (1)相同温度下,分别用H2、CO还原CoO(s),平衡时H2的物质的量分数(0.025 0)大于CO的物质 的量分数(0.019 2),说明转化率:H2H2。 (2)利用“三段式”解答。721 时,设气体反应物开始浓度均为1 molL-1,则 H2(g)+CoO(s) Co(s)+H2O(g) 起始(molL-1) 1 0 转化(molL-1) x x 平衡(molL-1) 1-x x 则有 =0.025 0,解得x=0.975,故K1= = =39; CO(g)+CoO(s) Co(s)+CO2(g) 起始(molL-1) 1 0 转化(molL-1) y y,平衡(molL-1) 1-y y,则有 =0.019 2,解得y=0.980 8,故K2= = = 51; CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) 起始(molL-1) 1 1 0 0 转化(molL-1) z z z z 平衡(molL-1) 1-z 1-z z z 则有K3= = = ,解得z=0.532 7。 H2的物质的量分数为 =0.266 4,故选C。 (3)观察计算机模拟结果,据H=生成物总能量-反应物总能量,可知H=-0.72-00;该历程中最 大能垒(活化能)E正=1.86 eV-(-0.16 eV)=2.02 eV,该步骤的化学方程式为COOH*+H*+H2O* COOH*+2H*+OH*或H2O* H*+OH*。 (4) (a)= 0.004 7 kPamin-1;据“先拐先平数值大”原则,结合图像可知,虚线 (a、d)表示489 时气体分压变化曲线,实线(b、c)表示467 时气体分压变化曲线;当温度,由467 升至489 时,平衡逆向移动,则 减小,pCO增大,由图像可知,ba气体分压减小,故曲 线b表示467 时 变化曲线,曲线a表示489 时 变化曲线;cd气体分压增大,则曲线c表 示467 时pCO变化曲线,曲线d表示489 时pCO变化曲线。,疑难突破 本题难点为(2)小题,解题关键是明确三个可逆反应的平衡常数之间的关系,运用 “三段式”仔细计算;(4)小题根据“先拐先平数值大”原则判断不同温度时对应的曲线(实 线、虚线),再根据温度变化对平衡移动的影响确定不同温度时的 、pCO变化曲线。,4.(2018课标,28节选)三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题: (3)对于反应2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)(H1=48 kJmol-1),采用大孔弱碱性阴离子交换 树脂催化剂,在323 K和343 K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。 343 K时反应的平衡转化率= %。平衡常数K343 K= (保留2位小数)。 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 、 。 比较a、b处反应速率大小:va vb(填“大于”“小于”或“等于”)。反应速率v=v正-,v逆=k正 -k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 = (保留1位小数)。,答案 (3)22 0.02 及时移去产物 改进催化剂 提高反应物压强(浓度) 大于 1.3,解析 (3)反应2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g)+SiCl4(g) H1=48 kJmol-1,由于H10,升高温度,化 学平衡正向移动,SiHCl3的转化率增大,故a点所在曲线表示343 K时SiHCl3的转化率,观察图像 知,343 K时反应的平衡转化率为22%;设起始时SiHCl3的物质的量浓度为c,列出“三段式”: 2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g)+SiCl4(g) 起始 c 0 0 变化 0.22c 0.11c 0.11c 平衡 0.78c 0.11c 0.11c,故K343 K= = 0.02。 已知2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g)+SiCl4(g) H1=48 kJ mol-1,该反应的正反应是气体体积不变 的吸热反应,故要在温度不变的情况下提高SiHCl3转化率可采取的措施是及时移去产物;要缩 短反应达到平衡的时间,可采取的措施有提高反应物压强(浓度)和改进催化剂等。 a、b处SiHCl3的转化率相等,但a处温度比b处高,故va大于vb;依据题意知v正=k正 ,v逆=k逆 ,由平衡时v正=v逆知, = =0.02,对于a处,列出“三段式”计算知, =0.8,=0.1, =0.1,故a处 = = 1.3。,疑难点拨 (3)根据已知表达式表示出v正和v逆,利用达到化学平衡时v正=v逆计算出 ,然后结 合“三段式”即可求出 。,5.(2019上海选考,19,2分)已知反应式:mX(g)+nY(?) pQ(s)+2mZ(g),已知反应已达平衡,此时 c(X)=0.3 mol/L,其他条件不变,若容器缩小到原来的 ,c(X)=0.5 mol/L,下列说法正确的是 ( ) A.反应向逆方向移动 B.Y可能是固体或液体 C.系数nm D.Z的体积分数减小,考点二 化学平衡,答案 C A项,依据题意知,平衡时c(X)=0.3 mol/L,其他条件不变,容器体积缩小到原来的 ,若 平衡不移动,c(X)应变为原来的2倍,即c(X)=0.6 mol/L,但现在c(X)=0.5 mol/L,说明c(X)减小,平 衡正向移动,错误;B项,缩小体积,增大压强,平衡正向移动,观察反应方程式知,Y为气体,错误;C 项,增大压强,平衡正向移动,Q为固体,则nm,正确;D项,平衡正向移动,Z的体积分数增大,错误。,6.(2018天津理综,5,6分)室温下,向圆底烧瓶中加入1 mol C2H5OH和含1 mol HBr的氢溴酸,溶液 中发生反应:C2H5OH+HBr C2H5Br+H2O,充分反应后达到平衡。已知常压下,C2H5Br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C2H5Br C.若反应物均增大至2 mol,则两种反应物平衡转化率之比不变 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 本题考查化学平衡的影响因素。加入NaOH会中和HBr,平衡逆向移动,乙醇的物质 的量增大,A正确;增大HBr浓度,平衡正向移动,有利于生成C2H5Br,B正确;只要投料比符合化学 计量数之比,两种反应物平衡转化率之比始终是11,C正确;若起始温度提高至60 ,则反应 生成的C2H5Br会被及时蒸出,反应很难建立平衡,D错误。,解题关键 注意C2H5Br的沸点为38.4 ,60 时C2H5Br为气体。,7.(2015福建理综,12,6分)在不同浓度(c)、温度(T)条件下,蔗糖水解的瞬时速率(v)如下表。下 列判断不正确的是 ( ),A.a=6.00 B.同时改变反应温度和蔗糖的浓度,v可能不变 C.b318.2 D.不同温度时,蔗糖浓度减少一半所需的时间相同,答案 D 根据题表信息可知,相同温度时,随着浓度以等差数列递减,其瞬时速率也以等差数 列递减,故a=6.00;同时改变反应温度和反应物浓度,瞬时速率有可能不变;相同浓度时,温度越 高,反应速率越快,故b318.2;温度升高,瞬时速率加快,故蔗糖浓度减少一半时,所用时间并不 相等,D项错误。,评析 题目信息以表格形式呈现,围绕变量控制来设问,综合考查了控制变量思想在研究反 应速率的影响因素中的应用。,8.(2019江苏单科,20节选)CO2的资源化利用能有效减少CO2排放,充分利用碳资源。 (3)CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法,其过程中主要发生下列反应: 反应:CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) H=41.2 kJmol-1 反应:2CO2(g)+6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g) H=-122.5 kJmol-1 在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下,CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度 的变化如图3。其中: CH3OCH3的选择性= 100%,图3 温度高于300 ,CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是 。 220 时,在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后,测得CH3OCH3的选择性为48%(图中A 点)。不改变反应时间和温度,一定能提高CH3OCH3选择性的措施有,。,答案 (3)反应的H0,反应的H0,温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升,使 CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降,且上升幅度超过下降幅度 增大压强、使用对反应催化活性更高的催化剂,解析 (3)从反应特点看,反应是吸热反应、反应是放热反应,温度升高,CH3OCH3的选 择性急剧下降,大于300 时CO2平衡转化率上升,说明升高温度,反应中CO2的转化率上升幅 度超过反应中CO2的转化率降低幅度。 反应是气体分子数减小的反应,可以增大压强使平衡向右移动;从影响反应速率的角度考 虑,反应时间不变的条件下,可使用对反应催化活性更高的催化剂。,9.(2018课标,27,14分)CH4-CO2催化重整不仅可以得到合成气(CO和H2),还对温室气体的减排 具有重要意义。回答下列问题: (1)CH4-CO2催化重整反应为:CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)。 已知:C(s)+2H2(g) CH4(g) H=-75 kJmol-1 C(s)+O2(g) CO2(g) H=-394 kJmol-1 C(s)+ O2(g) CO(g) H=-111 kJmol-1 该催化重整反应的H= kJmol-1。有利于提高CH4平衡转化率的条件是 (填 标号)。 A.高温低压 B.低温高压 C.高温高压 D.低温低压 某温度下,在体积为2 L的容器中加入2 mol CH4、1 mol CO2以及催化剂进行重整反应,达到平 衡时CO2的转化率是50%,其平衡常数为 mol2L-2。 (2)反应中催化剂活性会因积碳反应而降低,同时存在的消碳反应则使积碳量减少。相关数据 如下表:,由上表判断,催化剂X Y(填“优于”或“劣于”),理由是 。在反应进料气组成、压强及反应时间相同的情况下,某催化剂表面的积碳量随温 度的变化关系如下图所示。升高温度时,下列关于积碳反应、消碳反应的平衡常数(K)和速率 (v)的叙述正确的是 (填标号)。,A.K积、K消均增加 B.v积减小、v消增加 C.K积减小、K消增加,D.v消增加的倍数比v积增加的倍数大 在一定温度下,测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为v=kp(CH4)p(CO2)-0.5(k为速率常 数)。在p(CH4)一定时,不同p(CO2)下积碳量随时间的变化趋势如下图所示,则pa(CO2)、pb(CO2)、 pc(CO2)从大到小的顺序为 。,答案 (1)247 A (2)劣于 相对于催化剂X,催化剂Y积碳反应的活化能大,积碳反应的速率小;而消碳反应活 化能相对小,消碳反应速率大 AD pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2),解析 (1)C(s)+2H2(g) CH4(g) H=-75 kJmol-1 C(s)+O2(g) CO2(g) H=-394 kJmol-1 C(s)+ O2(g) CO(g) H=-111 kJmol-1 运用盖斯定律,2-可得CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) H=(-1112)-(-75)- (-394) kJmol-1=247 kJmol-1。正反应为气体体积增大的吸热反应,故升温、减压有利于 平衡正向移动,提高CH4的平衡转化率,A正确。列三段式: CH4(g) + CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) 始 2 mol 1 mol 0 mol 0 mol 转 0.5 mol 0.5 mol 1 mol 1 mol 平 1.5 mol 0.5 mol 1 mol 1 mol K= = = mol2L-2。,(2)积碳反应与消碳反应均为吸热反应,升高温度时,K积、K消均增加;由题图可知600 以后 积碳量减小,说明升高温度,v消增加的倍数比v积增加的倍数大,故A、D正确。 由题图可知,时间相同时积碳量abc,说明积碳速率abc,由v=kp(CH4)p(CO2)-0.5可知, p(CH4)一定时,积碳速率与p(CO2)成反比,故pa(CO2)pb(CO2)pc(CO2)。,易错警示 (2)解答时一定要注意速率方程中p(CO2)-0.5= 。,10.(2017课标,27,14分)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(C4H10)脱氢制1-丁烯(C4H8)的热化学方程式如下: C4H10(g) C4H8(g)+H2(g) H1 已知:C4H10(g)+ O2(g) C4H8(g)+H2O(g) H2=-119 kJmol-1 H2(g)+ O2(g) H2O(g) H3=-242 kJmol-1 反应的H1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),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 (1)123 小于 AD (2)氢气是产物之一,随着n(氢气)/n(丁烷)增大,逆反应速率增大 (3)升高温度有利于反应向吸热方向进行 温度升高反应速率加快 丁烯高温裂解生成短链 烃类,解析 本题考查反应热的计算及影响化学平衡的因素。(1)运用盖斯定律,由-可得,故 H1=H2-H3=123 kJmol-1;由图(a)可知,温度一定时,压强由0.1 MPa变成x MPa,反应物平衡转化 率增大,对反应而言,减小压强平衡正向移动,反应物平衡转化率增大,故x小于0.1;反应的 正反应为气体体积增大的吸热反应,升高温度或减小压强可使反应的平衡正向移动,丁烯的 平衡产率提高,故选择A、D。(2)H2是反应的产物之一,若混合气体中H2比例过大,会抑制反 应正向进行,从而使产率降低。(3)590 之前,升高温度,有利于反应正向进行,同时反应速率 加快。反应速率加快,气流通过反应器时反应物的利用率就会提高,丁烯的产率就会增大。 590 之后,反应物高温裂解生成短链烃类化合物,丁烯产率降低。,11.(2017课标,28,14分)砷(As)是第四周期A族元素,可以形成As2S3、As2O5、H3AsO3、 H3AsO4等化合物,有着广泛的用途。回答下列问题: (1)画出砷的原子结构示意图 。 (2)工业上常将含砷废渣(主要成分为As2S3)制成浆状,通入O2氧化,生成H3AsO4和单质硫。写出 发生反应的化学方程式 。该反应需要在加压下进行,原因是 。 (3)已知:As(s)+ H2(g)+2O2(g) H3AsO4(s) H1 H2(g)+ O2(g) H2O(l) H2 2As(s)+ O2(g) As2O5(s) H3 则反应As2O5(s)+3H2O(l) 2H3AsO4(s)的H= 。 (4)298 K时,将20 mL 3x molL-1 Na3AsO3、20 mL 3x molL-1 I2和20 mL NaOH溶液混合,发生反 应:As (aq)+I2(aq)+2OH-(aq) As (aq)+2I-(aq)+H2O(l)。溶液中c(As )与反应时间(t)的 关系如图所示。,下列可判断反应达到平衡的是 (填标号)。 a.溶液的pH不再变化 b.v(I-)=2v(As ) c.c(As )/c(As )不再变化 d.c(I-)=y molL-1 tm时,v正 v逆(填“大于”“小于”或“等于”)。 tm时v逆 tn时v逆(填“大于”“小于”或“等于”),理由是 。,若平衡时溶液的pH=14,则该反应的平衡常数K为 。,答案 (1) (2)2As2S3+5O2+6H2O 4H3AsO4+6S 增加反应物O2的浓度,提高As2S3的转化速率 (3)2H1-3H2-H3 (4)a、c 大于 小于 tm时生成物浓度较低 (molL-1)-1,解析 (1)As位于第四周期A族,其原子序数为33,则其原子结构示意图为 。 (2)根据得失电子守恒及原子守恒可以配平反应的化学方程式:2As2S3+5O2+6H2O 4H3AsO4+ 6S。该反应是有气体物质参与的反应,加压可以加快反应速率。 (3)由盖斯定律可知H=2H1-3H2-H3。 (4)溶液pH不变时,c(OH-)保持不变,反应处于平衡状态;未标明v(I-)和v( )的方向,反应不 一定处于平衡状态;由于提供的Na3AsO3的量一定,所以c(As )/c(As )不再变化时,c(As ) 与c(As )也保持不变,反应处于平衡状态;平衡时c(I-)=2c( )=2y molL-1=2y molL-1,即 c(I-)=y molL-1时反应未达到平衡状态。反应从正反应开始进行,tm时反应继续正向进行,v正 v逆。tm时As 浓度比tn时小,所以逆反应速率:tmtn。三种溶液混合后,反应前Na3AsO3浓度 为x molL-1,I2浓度为x molL-1,反应达到平衡时,c(As )为y molL-1,c(I-)为2y molL-1,消耗As 、 I2浓度均为y molL-1,平衡时c(As )为(x-y) molL-1,c(I2)为(x-y)molL-1,溶液中c(OH-)=1 molL-1, K= (molL-1)-1= (molL-1)-1。,12.(2015四川理综,7,6分)一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应:C(s)+ CO2(g) 2CO(g),平衡时,体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示: 已知:气体分压(p分)=气体总压(p总)体积分数。下列说法正确的是 ( ) A.550 时,若充入惰性气体,v正、v逆均减小,平衡不移动 B.650 时,反应达平衡后CO2的转化率为25.0%,考点三 化学平衡的相关计算及化学平衡常数的应用,C.T 时,若充入等体积的CO2和CO,平衡向逆反应方向移动 D.925 时,用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=24.0p总,答案 B A项,反应容器为恒压密闭容器,充入惰性气体,相当于减小压强,v正、v逆均减小,平衡 应向右移动,错误;B项,设起始时CO2的物质的量为1 mol,达到平衡时转化了x mol,利用三段式: C(s)+CO2(g) 2CO(g) n始/mol 1 0 n转化/mol x 2x n平/mol 1-x 2x 则有 100%=40.0%,解得x=0.25,CO2的转化率为 100%=25.0%,正确;C项,因为 是恒压体系,T 达平衡时,CO2、CO的体积分数均为50%,故充入等体积的CO2和CO,平衡不移 动,错误;D项,Kp= = =23.04p总,错误。,13.(2015安徽理综,11,6分)汽车尾气中NO产生的反应为:N2(g)+O2(g) 2NO(g)。一定条件下, 等物质的量的N2(g)和O2(g)在恒容密闭容器中反应,下图曲线a表示该反应在温度T下N2的浓度 随时间的变化,曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时N2的浓度随时间的变化。下列叙 述正确的是 ( ) A.温度T下,该反应的平衡常数K= B.温度T下,随着反应的进行,混合气体的密度减小 C.曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂 D.若曲线b对应的条件改变是温度,可判断该反应的H0,答案 A N2(g)+O2(g) 2NO(g) 起始(molL-1): c0 c0 0 转化(molL-1): c0-c1 c0 -c1 2(c0-c1) 平衡(molL-1): c1 c1 2(c0-c1) 故温度T下,K= ,A项正确;对于反应物、生成物均为气体的反应来说,恒容条件下,密度 是定值,B项不正确;催化剂只影响反应速率,不影响平衡状态,C项不正确;若曲线b对应的条件 改变是温度,则a到b应是升温,升高温度c(N2)变小,说明平衡正向移动,该反应的H0,D项不正 确。,14.(2019上海选考,四节选)研究CO2与CH4的反应使之转化为H2和CO对减缓燃料危机,减少温 室效应具有重大意义。已知CH4(g)+CO2(g) 2H2(g)+2CO(g)。,36.该反应的平衡常数K= 。在2 L密闭容器中,通入CO2和CH4的混合气体,30 min后, CH4的质量减少了4.8 g,则v(CH4)= 。,37.根据下图可得出n(CO2)消耗 n(CH4)消耗(填“”“”或“=”),原因是 。,答案 36. 0.005 mol/(Lmin) 37. 根据图中信息,有H2O生成,平衡时n(H2)n(CO),说明一部分CO2与H2发生了反应,解析 36.平衡常数的表达式是用化学平衡中生成物浓度幂之积除以反应物浓度幂之积;CH4 的质量减少了4.8 g,即CH4反应了0.3 mol,所以v(CH4)= =0.005 mol/(Lmin)。,37.由图中各物质的变化趋势可知n(CO2)消耗n(CH4)消耗,由图中信息可知有H2O生成,而且H2比 CO的物质的量少,说明H2与CO2发生了反应。,15.(2019课标,28,15分)近年来,随着聚酯工业的快速发展,氯气的需求量和氯化氢的产出量 也随之迅速增长。因此,将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题: (1)Deacon发明的直接氧化法为:4HCl(g)+O2(g) 2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为刚性容器中,进料 浓度比c(HCl)c(O2)分别等于11、41、71时HCl平衡转化率随温度变化的关系:,可知反应平衡常数K(300 ) K(400 )(填“大于”或“小于”)。设HCl初始浓度为c0,根据进料浓度比c(HCl)c(O2)=11的数据计算K(400 )= (列出计 算式)。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率,同时降低产物分离的能耗。进料浓度比 c(HCl)c(O2)过低、过高的不利影响分别是 。 (2)Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行: CuCl2(s) CuCl(s)+ Cl2(g) H1=83 kJmol-1 CuCl(s)+ O2(g) CuO(s)+ Cl2(g) H2=-20 kJmol-1 CuO(s)+2HCl(g) CuCl2(s)+H2O(g) H3=-121 kJmol-1 则4HCl(g)+O2(g) 2Cl2(g)+2H2O(g)的H= kJmol-1。 (3)在一定温度的条件下,进一步提高HCl的转化率的方法是 。(写出2种) (4)在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上,科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新 的工艺方案,主要包括电化学过程和化学过程,如下图所示:,负极区发生的反应有 (写反应方程式)。电路 中转移1 mol电子,需消耗氧气 L(标准状况)。,答案 (1)大于 O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低 (2)-116 (3)增加反应体系压强、及时除去产物 (4)Fe3+e- Fe2+,4Fe2+O2+4H+ 4Fe3+2H2O 5.6,解析 本题涉及的考点有化学平衡常数的计算及影响因素、外界条件对转化率的影响、利 用盖斯定律计算H、电极方程式的书写、氧化还原反应中的相关计算。考查学生对图像的 理解,获取有关知识并进行加工、吸收的能力和运用相关知识分析、解决简单化学问题的能 力。体现了化学变化有一定限度,是可以调控的,体现了变化观念与平衡思想的学科核心素养。 (1)由题图可知,温度升高,HCl平衡转化率降低,即平衡逆向移动,则该可逆反应的正反应是放 热反应,故K(300 )K(400 );随着进料浓度比c(HCl)c(O2)逐渐增大,HCl平衡转化率逐渐 降低,所以图中三条曲线由上到下分别对应的进料浓度比c(HCl)c(O2)为11、41、71, 400 、c(HCl)c(O2)=11时,HCl的平衡转化率为84%。设HCl初始浓度为c0(O2初始浓度也 为c0),则平衡时HCl、O2、Cl2、H2O(g)的浓度分别为(1-0.84)c0、(1-0.21)c0、0.42c0、0.42c0,则K (400 )= = 。进料浓度比c(HCl)c(O2)过低,导致 平衡时气体中混有大量O2,增大分离能耗;进料浓度比c(HCl)c(O2)过高,会导致平衡时HCl转 化率较低。,(2)将题给反应过程依次记为、,则根据盖斯定律,由2+2+2可得到4HCl(g) +O2(g) 2Cl2(g)+2H2O(g) H=2H3+2H2+2H1=-116 kJmol-1。(3)温度一定的条件下,提 高某种反应物的转化率的方法有适当提高另一种反应物的浓度、及时分离产物、改变体系 压强等,而该反应是一个气体分子数减小的反应,故应增大压强使平衡正向移动。 (4)负极区发生的是得电子的还原反应,故负极区的反应有Fe3+e- Fe2+、4Fe2+O2+4H+ 4Fe3+2H2O;根据得失电子守恒得出关系式: Fe3+e-Fe2+ O2 1 mol 0.25 mol n(O2)=0.25 mol,标准状况下体积为5.6 L。,规律总结 对于放热反应,温度越高平衡常数K值越小;反之,对于吸热反应,温度越高平衡常数 K值越大。,方法技巧 提高某种反应物转化率的方法 改变温度(吸热反应升温,放热反应降温); 改变压强; 增大另一种反应物的浓度; 及时分离气态产物。,16.(2018课标,28,15分)采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术,在含能材料、医药等 工业中得到广泛应用。回答下列问题: (1)1840年Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银,得到N2O5。该反应的氧化产物是一种气体, 其分子式为 。 (2)F.Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25 时N2O5(g)分解反应: 2N2O5(g) 4NO2(g)+O2(g) 2N2O4(g) 其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间t的变化如下表所示t= 时,N2O5(g)完全分解:,已知:2N2O5(g) 2N2O4(g)+O2(g) H1=-4.4 kJmol-1 2NO2(g) N2O4(g) H2=-55.3 kJmol-1 则反应N2O5(g) 2NO2(g)+ O2(g)的H= kJmol-1。 研究表明,N2O5(g)分解的反应速率v=210-3 (kPamin-1)。t=62 min时,测得体系中 = 2.9 kPa,则此时的 = kPa,v= kPamin-1。 若提高反应温度至35 ,则N2O5(g)完全分解后体系压强p(35 ) 63.1 kPa(填“大 于”“等于”或“小于”),原因是 。 25 时N2O4(g) 2NO2(g)反应的平衡常数Kp= kPa(Kp为以分压表示的平衡常数,计 算结果保留1位小数)。 (3)对于反应2N2O5(g) 4NO2(g)+O2(g),R.A.Ogg提出如下反应历程: 第一步 N2O5 NO2+NO3 快速平衡 第二步 NO2+NO3 NO+NO2+O2 慢反应,第三步 NO+NO3 2NO2 快反应 其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是 (填标号)。 A.v(第一步的逆反应)v(第二步反应) B.反应的中间产物只有NO3 C.第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效 D.第三步反应活化能较高,答案 (1)O2 (2)53.1 30.0 6.010-2 大于 温度提高,体积不变,总压强提高;NO2二 聚为放热反应,温度提高,平衡左移,体系物质的量增加,总压强提高 13.4 (3)AC,解析 (1)氯气具有强氧化性,氮元素化合价不变,Ag应以AgCl形式存在,则被氧化的是氧元素, 对应的氧化产物为O2,反应的化学方程式为4AgNO3+2Cl2 4AgCl+2N2O5+O2。 (2)2N2O5(g) 2N2O4(g)+O2(g) H1=-4.4 kJmol-1 a 2NO2(g) N2O4(g) H2=-55.3 kJmol-1 b 根据盖斯定律,由 -b可得:N2O5(g) 2NO2(g)+ O2(g) H=53.1 kJmol-1。 由2N2O5(g)O2(g)可知, =2.9 kPa时N2O5分压减小5.8 kPa,此时 =(35.8-5.8)kPa=30.0 kPa。v=210-3 (kPamin-1)=210-330(kPamin-1)=6.010-2 kPamin-1。 t=时,N2O5完全分解。 2N2O5 2N2O4+O2 2 2 1 35.8 kPa =35.8 kPa =17.9 kPa,设达平衡时,N2O4分压减小了x kPa。 N2O4 2NO2 开始分压(kPa) 35.8 0 变化分压(kPa) x 2x 平衡分压(kPa) 35.8-x 2x (35.8-x)kPa+2x kPa+17.9 kPa=63.1 kPa,解得x=9.4,则平衡时 =26.4 kPa, =18.8 kPa,K= kPa13.4 kPa。 (3)第一步反应为快反应,其逆反应的速率也比第二步反应的速率快,A正确;从反应方程式看, 中间产物有NO3、NO,B错误;由于第二步反应是慢反应,说明NO2与NO3的碰撞仅部分有效,C 正确;第三步是快反应,故其活化能应较低,D错误。,1.(2015海南