2023年高考化学总复习 高考热点专项练(五)　多重平衡体系中化学平衡移动问题

高考热点专项练(五)

多重平衡体系中化学平衡移动问题

1.某科研小组研究臭氧氧化一碱吸收法同时脱除SOz和N0工艺，氧化过程反应原理及反应热、

活化能数据如下：

-

反应I：N0(g)+03(g)^^NO2(g)+O2(g)A^=-200.9kJ•mol'

&=+3.2kJ-mol-1

1

反应n：SO2(g)+03(g)^=±SO3(g)+02(g)AZ^=-241.6kJ•moV

蜃=+58kJ•moP1

已知该体系中臭氧发生分解反应：203(g)^^30Kg)。请回答：

其他条件不变，每次向容积为2L的反应器中充入含1.0molNO、1.0molS0?的模拟烟气和

2.0mol03,改变温度，反应相同时间t后体系中N0和SO?的转化率如图所示：

100

8oP(100,85)

%

/

静6o

卫

唧4o

Q(100,30)

广〜xSO2

o

0100200300400

温度/t

(1)由图可知相同温度下NO的转化率远高于S02,结合题中数据分析其可能原因

(2)下列说法正确的是(填字母)。

A.P点一定为平衡状态点

B.温度高于200°C后，NO和SO?的转化率随温度升高显著下降，最后几乎为零

C.其他条件不变，若缩小反应器的容积可提高NO和SO?的转化率

【解析】(1)反应I的活化能小于反应H的活化能，相同条件下更易发生反应，因此相同温度

下NO的转化率远高于S02o

(2)图中曲线属于描点法所得图像，P点不一定为图像的最高点，即不一定为平衡状态点，可

能是建立平衡过程中的一点，故A错误；根据图像，温度高于

200°C后，20,(g)30?(g)反应进行程度加大，体系中的臭氧浓度减小，N0和SO2的转化

率随温度升高显著下降，当臭氧完全分解，则二者转化率几乎为零，故B正确；其他条件不

变，若缩小反应器的容积，使得2(Ug)^^30?(g)平衡逆向移动，臭氧浓度增大，则反应

I：NO(g)+0：t(g)-----iNOKg)+()2(g)和反应H:SO2(g)+0：((g)、、SO3(g)+O2(g)平衡正

向移动，N0和S0?的转化率提高，故C正确。

答案：(1)反应I的活化能小于反应n的活化能，相同条件下更易发生反应(2)BC

2.氨气是工业制硝酸的主要原料之一，催化氧化步骤中发生的主要反应如下：

-

1.4NH3(g)+502(g)；——^4N0(g)+6H20(g)A^-906kJ•mol'

-1

II.4NH3(g)+302(g)^^2N2(g)+6H20(g)A#=-l266kJ-mol

将固定比例的NFL和的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器，反应产率与温度

的关系如图1所示。

⑴催化氧化步骤中，最适宜的温度为(填或“A")℃。

⑵温度低于北℃时，N0的产率较低的原因为o

⑶温度高于EC时，N0的产率降低的可能原因为(填标号)。

A.催化剂活性降低B.平衡常数减小

C.反应活化能增大D.氨气溶于水

(4)7TC(Q©时，向20L恒容密闭容器中充入2molNL和2.75mol02,发生反应I。反

应过程中各物质的物质的量随时间(力的变化关系如图2所示。

01234567〃min

图2

TTC时，该反应的平衡常数-；5min时，改变了某一外界条件，所改变的条件可

能为。

【解析】(1)工业制硝酸时，催化氧化步骤是为了将NH：,转化为N0,根据图1知，般C时N0

的产率最高，故该步骤最适宜的温度为装C。

(2)温度较低时，反应速率慢，同时部分反应物生成岫，因此N0的产率较低。

(3)高于般C时NO的产率降低，可能原因为催化剂活性降低或平衡逆向移动，平衡常数减小。

(4)根据图2知，7TC反应达平衡时，NH：,的物质的量为1mol,0?的物质的量为1.5mol,NO

的物质的量为1mol,40的物质的量为1.5mol,则平衡常数仁[—，“(厅：=

c(NH3)•c(02)

舄)4X(翳力+舄)"义篇)5]=0.075o根据图2知，

5min瞬间各物质的物质的量不变，根据5min后各物质物质的量的变化之比可知，NO、H20

的物质的量减少，NIL、0?的物质的量增加，说明平衡向逆反应方向移动，逆反应为气体分子

数减小的吸热反应，故改变的条件可能为升高温度。

答案：(1)。(2)温度较低时，反应速率慢，同时部分反应物生成凡(3)AB(4)0.075升

高温度

3.(2022•广州模拟)二甲醛(DME)被誉为“21世纪的清洁燃料”。由合成气制备二甲醛的主

要原理如下：

-1

①C0(g)+2%(g)^±CH30H(g)A^=-90.7kJ-molK

_1

②2CH：QH(g)^^CH30CH：i(g)+H20(g)A^=-23.5kJ-molK2

③CO(g)+H4(g)^=iC02(g)+H2(g)△万=—41.2kJ•moL及

请按要求回答下列问题：

⑴反应④：3IL(g)+3C0(g)^^CH.tOCH:i(g)+C02(g)△“后则△〃=kJ-mol

"'；写出其与％、降左的关系O

(2)一定温度下，将0.2111。10)和0.111101乩0(8)通入21密闭容器中，只发生反应③，5min

后达到化学平衡，平衡后测得乩的体积分数为0.1,则。〜5min内CO的转化率为。

⑶恒容密闭容器中，CO和H?在一定温度范围内只发生反应①，在不同催化剂作用下，相同

时间内CO的转化率随温度的变化如图所示，催化效果最佳的是催化剂(填

“I”“11”或“III")；b点/正____________(填或“=")/逆；b、a、c三点

转化率先增大后减小的原因是o

co转化率/%

催化剂I

催化剂11

催化剂UI

T\TiT3T4Ts温度/K

(4)将合成气以:;=2通入1L的反应器中，若一定条件下只发生反应：4H2(g)+2C0(g)

2cH30cH3(g)+HQ(g)△〃，其中CO的平衡转化率随温度压强的变化关系如图所示，下

列判断正确的是一

A.AA>0

B./?!>/%>A

C.若在R和316°C时，起始时〃=3,则平衡时C0的转化率大于50%

n(CO)

【解析】⑴已知：①C0(g)+2HKg)-iCH30H(g)A^=-90.7kJ-mor1K、

_1

②2CH：QH(g)^^CH30CH：i(g)+H20(g)A^=-23.5kJ-molK2

③CO(g)+H4(g)^=iC02(g)+H2(g)△万=—41.2kJ•mo「及

根据盖斯定律，将①义2+②+③，整理可得反应④：3H2(g)+3C0(g)CH30cH3(g)+C0z(g)

A〃=-246.1kJ-mol-1；

化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各种生成物浓度累之积与各种反应物浓度易之积的

2

比，根据上述分析可知反应④是①X2+②+③叠加而来，4与4、及、用的关系为4=4啖唬；

(2)一定温度下，将0.20101«)和0.111101比01)通入21密闭容器中，只发生反应③：CO(g)

+H20(g)^±CO2(g)+H2(g),该反应是反应前后气体体积相等的反应，5min后达到化学平

衡，平衡后测得上的体积分数为0.1,反应产生H?的物质的量〃(氏)=(0.1mol+0.2mol)

X0.1=0.03mol,根据方程式可知：反应产生0.03molH,,反应消耗0.03molCO,反应

士....，一...,.0.03mo1

开始时有0.2molCO,则t0〜5min内CO的转z化率t为-rx100%=15%；

0.2mol

(3)催化剂能够改变反应途径，降低反应的活化能，使反应在较低的温度下发生，根据图示可

知：在不同催化剂作用下，相同时间内C0的转化率随温度的变化中，催化效果最佳的是催化

剂I；在b点时反应未达到平衡，反应正向进行，因此“逆；b、a、c三点转化率先增大

后减小是由于a点之前，反应未达到平衡，温度升高，反应速率加快，反应相同时间后，C0

转化率升高；a点时，反应达到平衡，该反应的正反应是放热反应，温度升高，化学平衡逆

向移动，CO的转化率降低；

(4)在其他条件不变时，升高温度，CO的平衡转化率降低，说明升高温度，平衡逆向移动，

逆反应为吸热反应，则该反应的正反应为放热反应，所以△〃<(),A错误；根据图示可知：

CO的平衡转化率：P.>A>AO在2：*不变时，增大压强，化学平衡向气体体积减小的正

反应方向移动，导致co的平衡转化率增大，所以压强：B正确；根据图示可知：

在03和316c时，起始时'=2,CO的平衡转化率是50%,在其他条件不变时，将

n(3)

n(HJ

=3,即增大体系中出的含量，平衡正向移动，导致C0的转化率增大，因此平衡时

n(CO)

C0的平衡转化率大于50%,C正确。

2

答案：(1)—246.1K•及•及⑵15%(3)I>a点之前，反应未达到平衡，温度升

高，速率加快，反应相同时间后，C0转化率升高，a点时，反应达到平衡，放热反应，温度

升高，平衡逆向移动，C0的转化率降低(4)BC

教师专用司

1.(2021年辽宁适应性测试)某温度下，在一恒容密闭容器中进行如下两个反应并达到平衡:

①2X(g)+Y(g)^^Z(s)+2Q(g)△饮0

②M(g)+N(g)=±R(g)+Q(g)

下列叙述错误的是()

A.加入适量Z,①和②平衡均不移动

B.通入稀有气体Ar,①平衡正向移动

C.降温时无法判断Q浓度的增减

D.通入Y,则N的浓度增大

【解析】选B。因Z是固体，加入适量的Z对平衡移动无影响，A正确；恒容通入Ar,平衡

不移动，B错误；因为反应①是放热反应，反应②是吸热反应，降低温度，两个反应的移动

方向不同，两个反应中反应物的起始浓度未知，则无法判断Q的浓度增减，C正确；通入Y,

反应①正向移动，Q的浓度增大，导致反应②逆向移动，则N的浓度增大，D正确。

2.(2022•邢台模拟)T℃时，在3L的密闭容器中充入4mol光气(C0C1J，发生反应COCl2(g)

^^CO(g)+Ck(g),同时还发生反应2co(g)=i2c(s)+Oz(g),当反应达到平衡时,测

得CO(g)和C(s)的物质的量分别为2mol和1mol,则该温度下,CO(g)+Cl2(g)^^C0Cl2(g)

的平衡常数4为()

111

A.~B.2C.-D.-

【解析】选D。7T时，在3L的密闭容器中充入4moi光气，若同时发生的反应还有2co(g)

^^2C(s)+02(g),当反应达到平衡时，测得CO(g)和C(s)的物质的量分别为2mol和1mol,

设消耗COCk(g)物质的量为x,

COCL(g)^=iCl2(g)+CO(g)

起始量(mol)400

变化量(mol)xxx

平衡量(mol)4—xxx

2C0(g)y=2C(s)+02(g),

起始量X00

变化量110.5

平衡量210.5

x=3mol,则平衡浓度COCh(g)为:mol•LhCk(g)为1mol-L-',CO(g)为

o

2

X1

23

mol-L-loC0C12(g)^^C12(g)+C0(g)的平衡常数仁丁=2,则该温度下，Cl(g)+

o12

3

CO(g)q^COCb(g)的平衡常数o

3.加热N2O5依次发生的分解反应为①NQ(g)^=±N2O3(g)+O2(g),@N203(g)-^NzO(g)

+0?(g)。在容积为2L的密闭容器中充入8moiN&,加热到t℃，达到平衡状态后O2为9mol,

帅0,为3.4mole则rC时反应①的平衡常数为()

A.10.7B.8.5C.9.6D.10.2

-1

【解析】选B。设凡。5的转化浓度为xmol•L)NB的转化浓度为ymol-L0

N2O5(g)^=^N2O3(g)+O2(g)

开始/mol,L-'400

转化/mol•L-XXX

平衡/mol•L-14—XXX

NA(g)^=^N20(g)+02(g)

开始/mol,x0X

转化/mol•yyy

平衡/mol,厂|x-yyx+y

'x+y=4.5

根据题意得「所以x=3.1,y=\.4

UL,、|L…公…*，位“C(02)•(N0)4.5X1.7CL

所以反应①的平衡吊数为仁一。sC2：i=-^TT=&5。

4.密闭容器中，由比和CO直接制备二甲醛(CH