（课标Ⅲ）2020版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 (课标),A组 课标卷区题组,五年高考,考点一 化学反应速率,1.(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。,解题关键 熟悉催化剂对化学反应速率的影响、反应的活化能等概念,认真分析反应机理是 解答本题的关键。,易错警示 B项,IO-是一种中间物质;C项,活化能不是反应热;D项,由于水是纯液体,故不能用 来表示化学反应速率。,2.(2010课标,28,14分)某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中,发现加入少量硫酸铜溶液可 加快氢气的生成速率。请回答下列问题: (1)上述实验中发生反应的化学方程式有 ; (2)硫酸铜溶液可以加快氢气生成速率的原因是 ; (3)实验室中现有Na2SO4、MgSO4、Ag2SO4、K2SO4等4种溶液,可与上述实验中CuSO4溶液起 相似作用的是 ; (4)要加快上述实验中气体产生的速率,还可采取的措施有 (答两种); (5)为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响,该同学设计了如下一系列实验。将表 中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中,收集产生的气体,记录获得相同 体积的气体所需时间。,请完成此实验设计，其中V1= ， V6 = ，V9= ； 反应一段时间后，实验A的金属呈 色 ，实验E中的金属 呈 色； 该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大大提高。但当 加入CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降。请分析氢气生成速率下降的主要 原因 。 答案 (1)Zn+CuSO4 ZnSO4+Cu Zn+H2SO4 ZnSO4+H2 (2)CuSO4与Zn反应产生的Cu与Zn形成Cu/Zn微电池,加快了氢气产生的速率 (3)Ag2SO4(4)升高反应温度、适当增加硫酸的浓度、增加锌粒的比表面积等(答两种) (5)30 10 17.5灰黑 暗红 当加入一定量的CuSO4后,生成的单质Cu会沉积在Zn的表面,降低了Zn 与溶液的接触面积,解析 第(5)问,本题AF为对比实验,目的是探究CuSO4的量对H2生成速率的影响,为达到此目 的,c(H+)应相同,这样,H2SO4溶液的体积AF应均为30 mL,且溶液总体积相同,根据表中数据,总 体积应为50 mL。,失分警示 本题各设问由易到难,尤其第(5)问考查了学生逻辑思维能力及推理能力,区分度较 好。,3.(2012课标,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进行高温重整制备CO,已知CH4、H2和CO的燃烧 热(H)分别为-890.3 kJmol-1、-285.8 kJmol-1和-283.0 kJmol-1,则生成1 m3(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 kJmol-1。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):,计算反应在第8 min时的平衡常数K= ; 比较第2 min反应温度T(2)与第8 min反应温度T(8)的高低:T(2) T(8)(填“” 或“=”); 若12 min时反应于温度T(8)下重新达到平衡,则此时c(COCl2)= molL-1; 比较产物CO在23 min、56 min和1213 min时平均反应速率平均反应速率分别以v(2,3)、v(56)、v(1213)表示的大小 ; 比较反应物COCl2在56 min和1516 min时平均反应速率的大小:v(56) v(15 16)(填“”或“=”),原因是 。,答案 (1)MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O (2)5.52103 kJ (3)CHCl3+H2O2 HCl+H2O+COCl2 (4)0.234 molL-1 v(23)=v(1213) 在相同温度时,该反应的反应物浓度越高,反应速率越大,解析 (1)实验室常用MnO2与浓盐酸反应制备Cl2。 (2)依题意有:CH4(g)+2O2(g) CO2(g)+2H2O(l) H=-890.3 kJmol-1 ,CO(g)+ O2(g) CO2(g) H=-283.0 kJmol-1 ,H2(g)+ O2(g) H2O(l) H=-285.8 kJmol-1 ,式-式 2-式2得:CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) H=+247.3 kJmol-1,故生成1 m3(标准状况) CO所需的热量为 kJ=5.52103 kJ。(3)依据题给信息不难写出反应的化学方程式 为CHCl3+H2O2 COCl2+H2O+HCl。(4)K= = =0.234 molL-1。观察图像知第4 min时改变的条件是升高温度,平衡正向移动,第8 min时达到新的 平衡,故T(2)v(23)=v(1213)。观察图中 56 min时与1516 min时曲线可知1516 min时COCl2浓度低,反应速率小,即v(56)v(15 16)。,4.(2018课标,28,15分)三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题: (1)SiHCl3在常温常压下为易挥发的无色透明液体,遇潮气时发烟生成(HSiO)2O等,写出该反应 的化学方程式 。 (2)SiHCl3在催化剂作用下发生反应: 2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g)+SiCl4(g) H1=48 kJmol-1 3SiH2Cl2(g) SiH4(g)+2SiHCl3(g) H2=-30 kJmol-1 则反应4SiHCl3(g) SiH4(g)+3SiCl4(g)的H为 kJmol-1。 (3)对于反应2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g)+SiCl4(g),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 (1)2SiHCl3+3H2O (HSiO)2O+6HCl (2)114 (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 本题考查化学方程式的书写、盖斯定律的应用、化学平衡的移动及相关计算。 (1)依据题意知,SiHCl3遇潮气时发烟的化学方程式为2SiHCl3+3H2O (HSiO)2O+6HCl。 (2)由盖斯定律可知H=3H1+H2=348 kJmol-1-30 kJmol-1=114 kJmol-1。 (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 。,考点二 化学平衡,5.(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。,6.(2011课标,27,14分)科学家利用太阳能分解水生成的氢气在催化剂作用下与二氧化碳反应 生成甲醇,并开发出直接以甲醇为燃料的燃料电池。已知H2(g)、CO(g)和CH3OH(l)的燃烧热 H分别为-285.8 kJmol-1、-283.0 kJmol-1和-726.5 kJmol-1。请回答下列问题: (1)用太阳能分解10 mol水消耗的能量是 kJ; (2)甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为 ; (3)在容积为2 L的密闭容器中,由CO2和H2合成甲醇,在其他条件不变的情况下,考察温度对反 应的影响,实验结果如下图所示(注:T1、T2均大于300 ):,下列说法正确的是 (填序号); 温度为T1时,从反应开始到平衡,生成甲醇的平均速率为v(CH3OH)= molL-1min-1 该反应在T1时的平衡常数比T2时的小 该反应为放热反应 处于A点的反应体系从T1变到T2,达到平衡时 增大 (4)在T1温度时,将1 mol CO2和3 mol H2充入一密闭恒容容器中,充分反应达到平衡后,若CO2的,转化率为,则容器内的压强与起始压强之比为 ; (5)在直接以甲醇为燃料的燃料电池中,电解质溶液为酸性,负极的反应式为 、正极的反应式为 。理想状态下,该燃料电池消耗1 mol甲醇所能产生的最大电能为702.1 kJ,则该燃料电池的理论效率为 (燃料电池的理 论效率是指电池所产生的最大电能与燃料电池反应所能释放的全部能量之比)。,答案 (1)2 858 (2)CH3OH(l)+O2(g) CO(g)+2H2O(l) H=-443.5 kJmol-1 (3) (4)1- (5)CH3OH+H2O CO2+6H+6e- O2+6H+6e- 3H2O 96.6%,解析 该题考查了盖斯定律的应用、化学平衡移动原理及平衡常数等知识点。 (1)分解10 mol水消耗的能量在数值上等于10 mol H2(g)完全燃烧时所放出的热量:10 mol285. 8 kJmol-1=2 858 kJ。 (2)根据CO(g)、CH3OH(l)燃烧热的热化学方程式,再由盖斯定律可写出甲醇不完全燃烧的热 化学方程式。 (3)生成甲醇的平均速率是单位时间内甲醇物质的量浓度的变化,错误;由图像知T2T1,温度 升高时平衡向逆反应方向移动,知T2时平衡常数比T1时小,正反应为放热反应,错误,正确; 升高温度,反应向逆反应方向移动, 增大,正确。 (4) CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) 起始量/mol 1 3 0 0 变化量/mol 3 平衡量/mol 1- 3-3 则反应后与反应前压强比为: =1- 。 (5)书写电极反应式时要注意:酸性电解质时,负极产物为CO2,正极产物为H2O。,考点三 化学平衡常数及与化学平衡有关的计算,7.(2017课标,28,14分)砷(As)是第四周期A族元素,可以形成As2S3、As2O5、H3AsO3、H3A-sO4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位于第四周期第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该反应的化学方程式:2As2S3+5O2+6H2O 4H3A sO4+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;b项,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,同理I2浓度为x molL-1,反应达到平衡时,c(As )为y molL-1,则c(I-)=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。,B组 课标、课标、自主命题省(区、市)卷题组,考点一 化学反应速率,1.(2018北京理综,7,6分)我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催 化反应历程。该历程示意图如下。 下列说法不正确的是 ( ) A.生成CH3COOH总反应的原子利用率为100% B.CH4CH3COOH过程中,有CH键发生断裂 C.放出能量并形成了CC键 D.该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率,答案 D 本题考查能量变化、催化剂催化机理等知识。催化剂只影响化学反应速率,不会 使化学平衡发生移动,故不会提高反应物的平衡转化率,D不正确。,方法技巧 认真观察示意图,分清反应物、中间产物和生成物,该题就不难作答。,2.(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。,3.(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。,考点二 化学平衡,4.(2018江苏单科,13,4分)根据下列图示所得出的结论不正确的是 ( ),A.图甲是CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线,说明该反应的 H0 B.图乙是室温下H2O2催化分解放出氧气的反应中c(H2O2)随反应时间变化的曲线,说明随着反 应的进行H2O2分解速率逐渐减小 C.图丙是室温下用0.100 0 molL-1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 molL-1某一元酸HX的滴定,曲线,说明HX是一元强酸 D.图丁是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2+达到沉淀溶解平衡时,溶液中c(Ba2+)与c(S )的关系 曲线,说明溶液中c(S )越大c(Ba2+)越小,答案 C 本题考查化学反应原理图像的应用。由图甲可知,温度升高,lgK减小,即K值减小,平 衡逆向移动,故正反应放热,H1,故 HX为弱酸,C错误;由图丁可知c(S )与c(Ba2+)成反比,即c(S )越大c(Ba2+)越小,D正确。,审题方法 解答图像题时要看清横坐标、纵坐标对应的物理量及二者的关系。如图甲,随着 温度升高,lgK逐渐减小,即K值逐渐减小,说明平衡逆向移动。,5.(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% 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。,6.(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,反应物的平衡转 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;H10, 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,从而使丁烯产率降低。 (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,丁烯的产率增大。590 之后丁烯高温裂解生成的短链 烃类化合物增多,丁烯产率降低。,审题方法 (3)结合题给信息挖掘图(c)中隐含条件对问题进行解答。,考点三 化学平衡常数及与化学平衡有关的计算,7.(2016四川理综,6,6分)一定条件下,CH4与H2O(g)发生反应:CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2 (g)。设起始 =Z,在恒压下,平衡时CH4的体积分数(CH4)与Z和T(温度)的关系如图所 示。下列说法正确的是 ( ) A.该反应的焓变H0 B.图中Z的大小为a3b C.图中X点对应的平衡混合物中 =3 D.温度不变时,图中X点对应的平衡在加压后(CH4)减小,答案 A A项,根据图像可知,温度升高,(CH4)减小,说明平衡右移,则正反应是吸热反应,该 反应的焓变H0,故正确;B项,温度一定时,Z增大,平衡右移,(CH4)减小,则a 3,故错误;D项,加压后X点对应的平衡左移,(CH4)增大,故错误。,规律方法 解平衡图像题时,一定要兼顾文字和图像信息,以勒夏特列原理为核心进行判断。,8.(2015重庆理综,7,6分)羰基硫(COS)可作为一种粮食熏蒸剂,能防止某些昆虫、线虫和真菌的 危害。在恒容密闭容器中,将CO和H2S混合加热并达到下列平衡: CO(g)+H2S(g) COS(g)+H2(g) K=0.1 反应前CO物质的量为10 mol,平衡后CO物质的量为8 mol。下列说法正确的是 ( ) A.升高温度,H2S浓度增加,表明该反应是吸热反应 B.通入CO后,正反应速率逐渐增大 C.反应前H2S物质的量为7 mol D.CO的平衡转化率为80%,答案 C 由题中信息可列三段式: CO(g)+H2S(g) COS(g)+H2(g) 起始: 10 mol x mol 0 0 转化: 2 mol 2 mol 2 mol 2 mol 平衡: 8 mol (x-2)mol 2 mol 2 mol 设容器体积为V L,由K=0.1可得K= = =0.1,解得x=7,C项正确。,9.(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4 67 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。,10.(2019课标,27,15分)环戊二烯( )是重要的有机化工原料,广泛用于农药、橡胶、塑料等 生产。回答下列问题: (1)已知: (g) (g)+H2(g) H1=100.3 kJmol-1 H2(g)+I2(g) 2HI(g) H2=-11.0 kJmol-1 对于反应: (g)+I2(g) (g)+2HI(g) H3= kJmol-1。 (2)某温度下,等物质的量的碘和环戊烯( )在刚性容器内发生反应,起始总压为105 Pa,平衡 时总压增加了20%,环戊烯的转化率为 ,该反应的平衡常数Kp= Pa。达到平衡 后,欲增加环戊烯的平衡转化率,可采取的措施有 (填标号)。 A.通入惰性气体 B.提高温度 C.增加环戊烯浓度 D.增加碘浓度 (3)环戊二烯容易发生聚合生成二聚体,该反应为可逆反应。不同温度下,溶液中环戊二烯浓度 与反应时间的关系如图所示,下列说法正确的是 (填标号)。,A.T1T2 B.a点的反应速率小于c点的反应速率 C.a点的正反应速率大于b点的逆反应速率 D.b点时二聚体的浓度为0.45 molL-1 (4)环戊二烯可用于制备二茂铁Fe(C5H5)2,结构简式为 ,后者广泛应用于航天、化工等领域,中。二茂铁的电化学制备原理如下图所示,其中电解液为溶解有溴化钠(电解质)和环戊二烯 的DMF溶液(DMF为惰性有机溶剂)。 该电解池的阳极为 ,总反应为 。电解制备需要在无 水条件下进行,原因为 。,答案 (1)89.3 (2)40% 3.56104 BD (3)CD (4)Fe电极 水会 阻碍中间物Na的生成;水会电解生成OH-,进一步与Fe2+反应生成Fe(OH)2,解析 本题涉及的考点有利用盖斯定律计算H、化学平衡的相关计算、化学平衡移动的影 响因素、化学反应速率的影响因素、电解池阴阳极的判断和总反应式的书写。考查了学生 将实际问题分解,运用相关知识分析和解决化学问题的能力。 (1)根据盖斯定律可得,H3=H1+H2=100.3 kJmol-1-11.0 kJmol-1=89.3 kJmol-1。 (2)平衡时总压增加了20%,即气体总物质的量增加了20%。设碘和环戊烯的初始投料均为x mol,平衡时环戊烯的转化量为x mol,则平衡时体系中气体总物质的量增加了x mol,x mol= 2x20%=0.4x,环戊烯的转化率= 100%= 100%=40%;起始总压为105 Pa,平衡总压为1.2 105 Pa,可得出平衡时I2、 、 、HI的分压依次为3104 Pa、3104 Pa、2104 Pa、4104 Pa,Kp= Pa3.56104 Pa。A项,通入惰性气体增加了体系总压强,但本质上未改 变相关气体的分压,气体浓度不变,平衡不移动,环戊烯平衡转化率不变,故错误;B项,该反应是 吸热反应,提高温度平衡正向移动,环戊烯平衡转化率增加,故正确;C项,增加环戊烯浓度可以 使平衡正向移动,但环戊烯平衡转化率降低,故错误;D项,增加碘浓度可以使环戊烯的平衡转化 率增加,故正确。 (3)A项,观察不同温度下曲线的变化趋势,不难发现T2时反应更快,则T2T1,故错误;B项,a点对应,温度低于c点对应温度,但a点环戊二烯浓度大于c点环戊二烯的浓度,故v(a)与v(c)大小无法确 定,故错误;C项,v(a,正)v(a,逆),v(b,正)v(b,逆),又v(a,正)v(b,正),则v(a,正)必然大于v(b,逆),故正 确;D项,由图像可知b点环戊二烯的浓度为0.6 molL-1,环戊二烯转化的浓度=1.5 molL-1-0.6 mol L-1=0.9 molL-1,则生成的二聚体的浓度=0.9 molL-1 =0.45 molL-1,故正确。 (4)根据反应历程可知,铁电极溶解生成了Fe2+,故应让Fe电极作电解池的阳极;由反应历程可知, 反应物为Fe与环戊二烯,生成物为二茂铁和H2,再根据原子守恒写出总反应式;根据反应历程中 有Na生成,水会与Na反应,从而中止反应,且电解过程中水会在阴极生成OH-,进一步与Fe2+反应 生成Fe(OH)2。,规律总结 可逆反应中,增加一种反应物的浓度,可以提高另一种反应物的平衡转化率,而自身 的平衡转化率降低。,11.(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 本题考查氧化还原反应、反应热的计算、化学反应速率、化学平衡及化学平衡常数 的计算。 (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)