备考高考化学二轮专题复习六：化学反应速率和化学平衡教学课件

专题六化学反应速率和化学平衡总纲目录考点一化学反应速率、化学平衡及其影响因素考点二有关化学平衡的图像热点题型化学反应原理综合题考点一化学反应速率、化学平衡及其影响因素

1.(2019课标Ⅱ,27节选)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)

ΔH1=100.3kJ·mol-1①H2(g)+I2(g)

2HI(g)

ΔH2=-11.0kJ·mol-1②对于反应:

(g)+I2(g)

(g)+2HI(g)③

ΔH3=

kJ·mol-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③,起始总压为105Pa,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.T1>T2B.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0.45mol·L-1

答案(1)89.3(2)40%3.56×104BD(3)CD备考高考化学二轮专题复习六：化学反应速率和化学平衡ppt备考高考化学二轮专题复习六：化学反应速率和化学平衡ppt解析

(1)根据盖斯定律可得,ΔH3=ΔH1+ΔH2=100.3kJ·mol-1-11.0kJ·mol-1=89.3

kJ·mol-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xmol,平衡时环戊烯的转化量为Δxmol,则平衡时体系中气体

总物质的量增加了Δxmol,Δx=2x×20%=0.4x,环戊烯的转化率=

×100%=

×100%=40%;起始总压为105Pa,平衡总压为1.2×105Pa,可得出平衡时I2、

、

、HI的分压依次为3×104Pa、3×104Pa、2×104Pa、4×104Pa,Kp=

Pa≈3.56×104Pa。A项,通入惰性气体增加了体系总压强,但备考高考化学二轮专题复习六：化学反应速率和化学平衡ppt备考高考化学二轮专题复习六：化学反应速率和化学平衡ppt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T2>T1,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

备考高考化学二轮专题复习六：化学反应速率和化学平衡ppt备考高考化学二轮专题复习六：化学反应速率和化学平衡ppt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0.6mol·L-1,环戊二烯转化的浓度=1.5mol·L-1-0.6mol·L-1=0.9mol·L-1,则生成的二聚体的浓度=0.9mol·L-1×

=0.45mol·L-1,故正确。备考高考化学二轮专题复习六：化学反应速率和化学平衡ppt备考高考化学二轮专题复习六：化学反应速率和化学平衡ppt2.(2018课标Ⅰ,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)备考高考化学二轮专题复习六：化学反应速率和化学平衡ppt备考高考化学二轮专题复习六：化学反应速率和化学平衡ppt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]:①已知:2N2O5(g)

2N2O4(g)+O2(g)

ΔH1=-4.4kJ·mol-12NO2(g)

N2O4(g)

ΔH2=-55.3kJ·mol-1则反应N2O5(g)

2NO2(g)+

O2(g)的ΔH=

kJ·mol-1。②研究表明,N2O5(g)分解的反应速率v=2×10-3×

(kPa·min-1)。t=62min时,测得体系中

=2.9kPa,则此时的

=

kPa,v=

kPa·min-1。t/min0408016026013001700∞p/kPa35.840.342.545.949.261.262.363.1备考高考化学二轮专题复习六：化学反应速率和化学平衡ppt备考高考化学二轮专题复习六：化学反应速率和化学平衡ppt③若提高反应温度至35℃,则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)

63.1kPa(填“大于”“等于”或“小于”),原因是

。④25℃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快反应备考高考化学二轮专题复习六：化学反应速率和化学平衡ppt备考高考化学二轮专题复习六：化学反应速率和化学平衡ppt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NO3C.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备考高考化学二轮专题复习六：化学反应速率和化学平衡ppt备考高考化学二轮专题复习六：化学反应速率和化学平衡ppt答案(1)O2

(2)①53.1②30.06.0×10-2③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④13.4(3)AC备考高考化学二轮专题复习六：化学反应速率和化学平衡ppt备考高考化学二轮专题复习六：化学反应速率和化学平衡ppt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)①2N2O5(g)

2N2O4(g)+O2(g)

ΔH1=-4.4kJ·mol-1

a2NO2(g)

N2O4(g)

ΔH2=-55.3kJ·mol-1

b根据盖斯定律,由

-b可得:N2O5(g)

2NO2(g)+

O2(g)

ΔH=53.1kJ·mol-1。②由2N2O5(g)~O2(g)可知,

=2.9kPa时N2O5分压减小5.8kPa,此时

=(35.8-5.8)kPa=30.0kPa。v=2×10-3×

(kPa·min-1)=2×10-3×30(kPa·min-1)=6.0×10-2

kPa·min-1。备考高考化学二轮专题复习六：化学反应速率和化学平衡ppt备考高考化学二轮专题复习六：化学反应速率和化学平衡ppt④t=∞时,N2O5完全分解。2N2O5

2N2O4+O222135.8kPa

=35.8kPa

=17.9kPa设达平衡时,N2O4分压减小了xkPa。N2O4

2NO2开始分压(kPa)35.80变化分压(kPa)

x2x备考高考化学二轮专题复习六：化学反应速率和化学平衡ppt备考高考化学二轮专题复习六：化学反应速率和化学平衡ppt平衡分压(kPa)35.8-x2x(35.8-x)kPa+2xkPa+17.9kPa=63.1kPa,解得x=9.4,则平衡时

=26.4kPa,

=18.8kPa,K=

kPa≈13.4kPa。(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。备考高考化学二轮专题复习六：化学反应速率和化学平衡ppt备考高考化学二轮专题复习六：化学反应速率和化学平衡ppt3.(2017课标Ⅱ,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:①C4H10(g)

C4H8(g)+H2(g)

ΔH1已知:②C4H10(g)+

O2(g)

C4H8(g)+H2O(g)

ΔH2=-119kJ·mol-1③H2(g)+

O2(g)

H2O(g)

ΔH3=-242kJ·mol-1反应①的ΔH1为

kJ·mol-1。图(a)是反应①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备考高考化学二轮专题复习六：化学反应速率和化学平衡ppt备考高考化学二轮专题复习六：化学反应速率和化学平衡ppt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

备考高考化学二轮专题复习六：化学反应速率和化学平衡ppt备考高考化学二轮专题复习六：化学反应速率和化学平衡ppt

(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,备考高考化学二轮专题复习六：化学反应速率和化学平衡ppt备考高考化学二轮专题复习六：化学反应速率和化学平衡ppt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

。备考高考化学二轮专题复习六：化学反应速率和化学平衡ppt备考高考化学二轮专题复习六：化学反应速率和化学平衡ppt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备考高考化学二轮专题复习六：化学反应速率和化学平衡ppt备考高考化学二轮专题复习六：化学反应速率和化学平衡ppt解析

(1)结合已知信息运用盖斯定律,由②-③可得①,故ΔH1=ΔH2-ΔH3=123

kJ·mol-1;由图(a)可知,温度一定时,压强由0.1MPa变成xMPa,平衡转化率增大,

对反应①而言,减小压强,平衡正向移动,平衡转化率增大,故x小于0.1;ΔH1>0,

升高温度或减小压强,可使反应①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①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。备考高考化学二轮专题复习六：化学反应速率和化学平衡ppt备考高考化学二轮专题复习六：化学反应速率和化学平衡ppt

1.影响化学反应速率的外界因素(1)从分子碰撞角度分析增大反应物浓度——提高单位体积内活化分子数;增大压强——提高单位体积内活化分子数;升高温度——提高分子能量,提高单位体积内活化分子百分数;催化剂——降低活化能,分子能量不变,提高单位体积内活化分子百分数。备考高考化学二轮专题复习六：化学反应速率和化学平衡ppt备考高考化学二轮专题复习六：化学反应速率和化学平衡ppt(2)对于有气体参加的反应,压强对化学反应速率的影响规律①恒温:增大压强→压缩体积→浓度增大→反应速率增大;②恒温恒容:充入惰性气体→总压增大但分压不变→浓度不变→反应速率不变;③恒容:充入反应物气体→反应物浓度增大→反应速率增大;④恒温恒压:充入惰性气体→体积增大,总压不变(分压变小)→浓度减小→反

应速率减小。备考高考化学二轮专题复习六：化学反应速率和化学平衡ppt备考高考化学二轮专题复习六：化学反应速率和化学平衡ppt2.化学平衡状态的判断方法(1)直接标准:同一种物质的正、逆反应速率相等→某组分的体积分数(或质

量分数、物质的量分数)不再变化→达到化学平衡状态。(2)间接标准:一般有热量、压强、密度、断裂和形成化学键、气体颜色、不

同物质的正反应速率和逆反应速率的关系、平均相对分子质量、反应物和

产物的浓度比等。用间接标准判断时注意以下几点:①区别恒温恒容和恒温

恒压;②反应三看:物质状态、气体分子数、焓变符号;③根据不同物质的反

备考高考化学二轮专题复习六：化学反应速率和化学平衡ppt备考高考化学二轮专题复习六：化学反应速率和化学平衡ppt应速率判断,要利用同一反应方向不同物质的反应速率之比等于化学计量数

之比进行合理转化,最终转化成同一种物质的正反应速率、逆反应速率进行对比;④有气体参与的反应在恒温恒容条件下,气体压强与气体物质的量成正

比。备考高考化学二轮专题复习六：化学反应速率和化学平衡ppt备考高考化学二轮专题复习六：化学反应速率和化学平衡ppt3.化学平衡常数的应用(1)判断转化率。对于同一化学反应,平衡常数越大,反应物的转化率越大。(2)判断反应进行的方向。Qc代表浓度商,K代表平衡常数。在一定温度下,若

Qc=K,则达到平衡状态;若Qc<K,则反应向正反应方向进行;若Qc>K,则反应向

逆反应方向进行。(3)判断温度变化。若正反应为放热反应,平衡常数减小,则温度升高,平衡常

数增大,则温度降低;若正反应为吸热反应,平衡常数增大,则温度升高,平衡常

数减小,则温度降低。(4)计算平衡时各物质的浓度、转化率。利用三段式法列出可逆反应的“始、转、平”三个状态时各物质的浓度,根据平衡常数表达式代入相关数

据计算。特别提醒对于有气体参加的可逆反应,压强对化学平衡的影响,实质是浓度

改变引起对化学平衡的影响。

考向一化学反应速率及其影响因素1.(2019江西吉安五校联考)O3在水中易分解,一定条件下,O3的浓度减少一半

所需的时间(t)如下表所示。

t/minpH

T/℃

3.04.05.06.02030123116958301581084815503126157答案

C由表中数据可知,温度越高,反应速率越快,pH越大,反应速率越快,

所以40℃、pH=3.0时,所需时间在31~158min之间;10℃、pH=4.0时,所需时

间大于231min;30℃、pH=7.0时,所需时间小于15min,则分解速率依次增大

的顺序为②、①、③。据表中的递变规律,推测O3分别在条件①40℃、pH=3.0,②10℃、pH=4.0,③30℃、pH=7.0下,分解速率依次增大的顺序为

(C)A.①②③B.③②①C.②①③D.③①②2.(2019河南许昌高级中学诊断)探究2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4

K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O反应速率的影响因素,有关实验数据如表所示,下列说

法不正确的是

()实验编号温度(℃)催化剂用量(g)酸性KMnO4溶液

H2C2O4溶液

KMnO4溶液褪色平均时间(min)

体积(mL)浓度(mol·L-1)体积(mL)浓度(mol·L-1)

1250.540.180.212.72800.540.180.2a3250.540.0180.26.7425040.0180.2bA.a<12.7,b>6.7B.用KMnO4表示该反应速率,v(实验3)<v(实验1)C.用H2C2O4表示该反应速率,v(实验1)约为7.87×10-5mol·L-1·min-1D.可通过比较收集相同状态下相同体积CO2所消耗的时间来判断反应速率

快慢答案

C温度越高,反应速率越快,催化剂可加快反应速率,则a<12.7,b>6.7,

故A项正确;实验1和3对照发现,只有酸性高锰酸钾溶液的浓度不同,且实验1

中酸性高锰酸钾溶液的浓度大,则反应速率:v(实验3)<v(实验1),故B项正确;实

验1中,高锰酸钾的用量少,根据关系式2KMnO4~5H2C2O4可知,消耗的H2C2O4的

物质的量浓度为

×

=

mol·L-1,则用H2C2O4表示实验1的反应速率时,v(H2C2O4)=

≈6.56×10-3mol·L-1·min-1,故C项错误;比较收集相同状态下相同体积CO2所消耗的时间,可知反应速率大小,进而可判断反应

速率快慢,故D项正确。3.(2019河南郑州质检)在一定温度下的恒容密闭容器中,发生反应:2NO2(g)

N2O4(g),当下列所给有关量不再变化时,不能表明该反应已达到平衡状态的是

(B)A.混合气体的压强B.混合气体的密度C.混合气体的平均相对分子质量D.

考向二化学平衡及其影响因素答案

B该反应为气体分子数减小的反应,反应过程中气体总物质的量减

小,压强减小,当压强不变时,说明反应达到平衡状态,A项不符合题意;该反应

在恒温、恒容密闭容器中进行,气体的总质量不变,密度始终保持不变,与反

应是否达到平衡状态无关,B项符合题意;反应过程中气体总质量不变,气体总

物质的量发生变化,混合气体的平均相对分子质量也会发生变化,当混合气体

的平均相对分子质量不变时,说明反应达到平衡状态,C项不符合题意;

为浓度商,当浓度商保持不变时,说明反应达到平衡状态,D项不符合题意。4.(2019上海单科,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)=0.3mol/L,其他条件不变,若容器缩小到原来的

,c(X)=0.5mol/L,下列说法正确的是

(C)A.反应向逆方向移动B.Y可能是固体或液体C.系数n>mD.Z的体积分数减小答案

CA项,依据题意知,平衡时c(X)=0.3mol/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)=0.6mol/L,但现在c(X)=0.5mol/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,且Q为固体,则n>m,正确;D项,平衡正向移动,Z的体积分数增大,错误。5.(2019河南平顶山二调)处理、回收CO是环境科学家研究的热点课题。(1)CO用于处理大气污染物N2O所发生的反应为N2O(g)+CO(g)

CO2(g)+N2(g)

ΔH。几种物质的相对能量如下:①ΔH=

kJ·mol-1,改变下列“量”,一定会引起ΔH发生变化的是

(填代号)。A.温度B.反应物浓度C.催化剂D.化学计量数物质N2O(g)CO(g)CO2(g)N2(g)相对能量/kJ·mol-1475.52830393.5②有人提出上述反应可以用“Fe+”作催化剂。其总反应分两步进行:第一步:Fe++N2O

FeO++N2;第二步:

(写化学方程式)。第二步反应不影响总反应达到平衡所用时间,由此推知,第二步反应速率

第一步反应速率(填“大于”“小于”或“等于”)。(2)在实验室,采用I2O5测定空气中CO的含量。在密闭容器中充入足量的I2O5

粉末和一定量的CO,发生反应:I2O5(s)+5CO(g)

5CO2(g)+I2(s)。测得CO的转化率如图1所示。

①相对曲线a,曲线b仅改变一个条件,改变的条件可能是

。②在此温度下,该可逆反应的平衡常数K=

(用含x的代数式表示)。(3)工业上,利用CO和H2合成CH3OH。在1L恒容密闭容器中充入1molCO(g)

和nmolH2,在250℃发生反应:CO(g)+2H2(g)

CH3OH(g),测得混合气体中CH3OH的体积分数(φ)与H2的物质的量的关系如图2所示。在a、b、c、d四

点中,CO的平衡转化率最大的点是

。

(4)有人提出,利用2CO(g)

2C(s)+O2(g)消除CO对环境的污染,你的评价是

(填“可行”或“不可行”)。(5)CO—空气碱性燃料电池(用KOH作电解质),当恰好完全生成KHCO3时停止放电。写出负极的电极反应式:

。答案(1)①-365D②FeO++CO

Fe++CO2大于(2)①加入催化剂(或增大压强)②

(3)d(4)不可行(5)CO-2e-+3OH-

HC

+H2O解析(1)①ΔH=(393.5+0-283-475.5)kJ·mol-1=-365kJ·mol-1。反应热与具体反

应的化学计量数有关,与温度、压强、催化剂、反应物浓度等无关。②第二

步反应中,中间产物(FeO+)氧化CO生成CO2,本身被还原成Fe+;第二步反应对

总反应速率没有影响,说明第一步是慢反应,控制总反应速率。(2)①曲线b和

曲线a的平衡状态相同,曲线b反应速率较快。加入催化剂,正、逆反应速率同

倍数增大,平衡不移动;对于反应前后气体分子数相同的反应,加压可以增大

浓度,正、逆反应速率同倍数增大,平衡不移动。②设CO的起始浓度为c,平衡

时,c(CO)=(1-x)c,c(CO2)=xc,K=

=

。(3)图2中,b点代表平衡点,增大H2的物质的量,CO的平衡转化率增大。(4)该反应是焓增、熵减反应,任何温

度下都不能自发进行,故不可行。(5)负极上CO发生氧化反应生成KHCO3。考点二有关化学平衡的图像

1.(2019课标Ⅰ,28节选)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:①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0.0250。②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0.0192。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.<0.25B.0.25C.0.25~0.50D.0.50E.>0.50(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30~90min内的平均速率

(a)=

kPa·min-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(4)0.0047bcad解析(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

(0.0250)大于CO的物质的量分数(0.0192),说明转化率:H2<CO,故还原CoO(s)

为Co(s)的倾向:CO>H2。(2)利用“三段式”解答。721℃时,设气体反应物开始浓度均为1mol·L-1,则H2(g)+CoO(s)

Co(s)+H2O(g)起始(mol·L-1)10转化(mol·L-1)

x

x平衡(mol·L-1)1-x

x则有

=0.0250,解得x=0.975,故K1=

=

=39;CO(g)+CoO(s)

Co(s)+CO2(g)起始(mol·L-1)10转化(mol·L-1)

y

y平衡(mol·L-1)1-y

y则有

=0.0192,解得y=0.9808,故K2=

=

=

≈51;CO(g)+H2O(g)

CO2(g)+H2(g)起始(mol·L-1)1100转化(mol·L-1)

z

z

z

z平衡(mol·L-1)1-z1-z

z

z则有K3=

=

=

,解得z=0.5327。H2的物质的量分数为

=0.2664,故选C。(4)

(a)=

≈0.0047kPa·min-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,b→a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;c→d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。2.(2019课标Ⅲ,28节选)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1∶1、4∶1、7∶1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)=1∶1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

。(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)答案(1)大于

O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低(3)增加反应体系压强、及时除去产物解析(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1∶1、4∶1、7∶1,400℃、c(HCl)∶c(O2)=1∶1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。(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。3.(2018课标Ⅲ,28节选)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323K和343K时SiHCl3的转化率随时间变

化的结果如图所示。

①343K时反应的平衡转化率α=

%。平衡常数K343K=

(保留

2位小数)。②在343K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: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

①220.02②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

①反应2SiHCl3(g)

SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)

ΔH1=48kJ·mol-1,由于ΔH1>0,升高温度,化学平衡正向移动,SiHCl3的转化率增大,故曲线a表示343K,观察

图像知,343K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

c00变化0.22c0.11c0.11c平衡0.78c0.11c0.11c故K343K=

=

≈0.02。②已知2SiHCl3(g)

SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)

ΔH1=48kJ·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。③a、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。1.平衡图像题的解题模板第Ⅰ步:定特点。观察可逆反应的特点,如各物质的状态(有无固体、液体)、

正反应是吸热还是放热、反应前后气体分子数的变化等。第Ⅱ步:看图像。①看“面”:弄清纵坐标与横坐标的含义,如横坐标可代表时间、温度、压强等,纵坐标可代表浓度、含量、物质的量、转化率等,同时还要注意单位和刻度。②看“线”:看线的走向和变化趋势,如曲线(或直线)升高、降低、渐变、突

变等。③看“点”:看清起点,分清反应物、生成物;判断拐点,先出现拐点的曲线先

达到平衡,表示曲线对应的温度较高,压强较大;观察终点,如在浓度—时间图

像上,一定要看清终点时反应物净减量、产物净增量,并结合有关反应原理进

行推理判断。④看“辅助线”:通过辅助线,比较浓度、含量、物质的量、转化率等变化大

小,可以判断温度高低、压强大小、反应放热或吸热及气体反应前后化学计

量数大小等。⑤看“变化”:如浓度变化、温度变化、压强变化等。第Ⅲ步:想规律。如化学反应速率影响因素,反应速率与平衡关系以及平衡移动原理等。第Ⅳ步:作判断。利用原理并结合图像,分析图像中所反映的反应速率变化或

化学平衡变化,作出合理判断。2.平衡图像题的答题方法①三步分析法:一看反应速率是增大还是减小;二看正、逆反应速率的相对大

小;三看化学平衡移动的方向。②四要素分析法:看曲线的起点、变化趋势、拐点、终点。③先拐先平法:先出现拐点,先达到平衡。④定一议二法:当图像中有三个量时,先确定一个量不变,作出对应辅助线,再

讨论另外两个量的关系。

1.(2019陕西咸阳一模)已知可逆反应X(g)+2Y(g)

Z(g)

ΔH<0,一定温度下,在体积为2L的密闭容器中加入4molY和一定量的X后,X的浓度随时间的

变化情况如图所示,则下列表述正确的是

(B)A.达到平衡时,X、Y、Z物质的量之比为1∶2∶1B.a点正反应速率大于逆反应速率C.反应达平衡时,降低温度可以实现c到d的转化D.该条件下,反应达平衡时,X的平衡转化率为25%答案

B分析图像和题给信息可知,起始加入X的物质的量为1mol·L-1×2L

=2mol,起始加入2molX、4molY,达到平衡时X的浓度为0.25mol·L-1,物质

的量为0.25mol·L-1×2L=0.5mol,消耗X的物质的量为1.5mol,结合化学方程

式计算得到消耗Y的物质的量为3mol,生成Z的物质的量为1.5mol,则达到平

衡时,X、Y、Z物质的量之比为0.5mol∶1mol∶1.5mol=1∶2∶3,故A错误;

由图像可知,a点尚未达到平衡状态,此时正反应速率大于逆反应速率,故B正

确;该反应的ΔH<0,为放热反应,降低温度,平衡正向移动,X的浓度减小,不能

实现c到d的转化,故C错误;X的平衡转化率为

×100%=75%,故D错误。2.(2019山西太原期末)现有下列三个图像:下列反应中全部符合上述图像的是

(B)A.N2(g)+3H2(g)

2NH3(g)

ΔH<0B.2SO3(g)

2SO2(g)+O2(g)

ΔH>0C.2HI(g)

H2(g)+I2(g)

ΔH>0D.4NH3(g)+5O2(g)

4NO(g)+6H2O(g)

ΔH<0答案

B题中第一个图像表示温度升高,生成物含量增多,平衡正向移动,则

正反应为吸热反应,ΔH>0;由第二个图像可得,压强增大,平均相对分子质量增

大,对于全部是气体的反应,说明平衡向气体分子数减小的方向移动,同时升

高温度,平均相对分子质量减小,说明气体分子数增大的方向是吸热反应;由

第三个图像可得,增大压强,v逆>v正,平衡逆向移动,则正反应是气体体积增大的

反应。综上所述,B项符合题意。3.(2019安徽皖江名校联盟联考)以太阳能为热源分解Fe3O4,最终循环分解水

制H2,其中一步重要反应为:2Fe3O4(s)

6FeO(s)+O2(g)

ΔH=akJ·mol-1。在一定压强下,Fe3O4的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示。下列有关说法中不正确的是

(B)

A.a>0B.压强:p1>p2C.升高温度,该反应的平衡常数增大D.将体系中的O2分离出去,能提高Fe3O4的转化率答案

B根据图像分析,压强一定,温度升高,Fe3O4的平衡转化率增大,则正

反应为吸热反应,ΔH>0,即a>0,A项正确;温度一定时,压强增大,平衡逆向移动,

Fe3O4的平衡转化率减小,故p1<p2,B项错误;升高温度,平衡正向移动,反应的平

衡常数增大,C项正确;将体系中的O2分离出去,平衡正向移动,能提高Fe3O4的

转化率,D项正确。热点题型化学反应原理综合题

【命题特点】化学反应原理综合题是高考的难点和重点,纵观近几年课标卷命题点,主要考

查利用盖斯定律计算反应热、化学反应速率的计算及影响因素、化学平衡

及影响因素、平衡图像分析、利用三段式计算平衡常数和转化率,有时涉及

电化学和电解质溶液中的离子平衡。【知识储备】1.利用盖斯定律计算反应热(1)计算步骤

(2)计算方法2.明确三段式计算模板如mA(g)+nB(g)

pC(g)+qD(g),令A、B起始物质的量浓度分别为amol·L-1、bmol·L-1,达到平衡后消耗A的物质的量浓度为mxmol·L-1。mA(g)+nB(g)

pC(g)+qD(g)起始(mol·L-1)

a

b00变化(mol·L-1)

mx

nx

px

qx平衡(mol·L-1)

a-mx

b-nx

px

qxK=

3.掌握三个百分数的计算(1)转化率=

×100%=

×100%(2)生成物的产率:实际产量(指生成物)占理论产量的百分数。一般来说,转化

率越大,原料利用率越高,产率越大。产率=

×100%(3)平衡混合物某组分的百分含量=

×100%

典例

(2018课标Ⅱ,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)

ΔH=-75kJ·mol-1C(s)+O2(g)

CO2(g)

ΔH=-394kJ·mol-1C(s)+

O2(g)

CO(g)

ΔH=-111kJ·mol-1该催化重整反应的ΔH=

kJ·mol-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2L的容器中加入2molCH4、1molCO2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

mol2·L-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:

积碳反应CH4(g)

C(s)+2H2(g)消碳反应CO2(g)+C(s)

2CO(g)ΔH/(kJ·mol-1)

75172活化能/(kJ·mol-1)催化剂X3391

催化剂Y4372①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②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=k·p(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)247A

(2)①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AD②pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)解析(1)C(s)+2H2(g)

CH4(g)

ΔH=-75kJ·mol-1①C(s)+O2(g)

CO2(g)

ΔH=-394kJ·mol-1②C(s)+

O2(g)

CO(g)

ΔH=-111kJ·mol-1③运用盖斯定律,③×2-①-②可得CH4(g)+CO2(g)

2CO(g)+2H2(g)

ΔH=[(-111×2)-(-75)-(-394)]kJ·mol-1=247kJ·mol-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2mol1mol0mol0mol转0.5mol0.5mol1mol1mol平1.5mol0.5mol1mol1molK=

=

=

mol2·L-2。(2)①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;由图像

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。②由图像可知,时间相同时积碳量a>b>c,说明积碳速率a>b>c,由v=k·p(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)。1.(2019北京理综,27节选)(1)氢能源是最具应用前景的能源之一,高纯氢的制

备是目前的研究热点。甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。①反应器中初始反应的生成物为H2和CO2,其物质的量之比为4∶1,甲烷和水

蒸气反应的方程式是

。②已知反应器中还存在如下反应:ⅰ.CH4(g)+H2O(g)

CO(g)+3H2(g)

ΔH1ⅱ.CO(g)+H2O(g)

CO2(g)+H2(g)

ΔH2ⅲ.CH4(g)

C(s)+2H2(g)

ΔH3……ⅲ为积炭反应,利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时,还需要利用

反应的ΔH。③反应物投料比采用n(H2O)∶n(CH4)=4∶1,大于初始反应的化学计量数之

比,目的是

(选填字母序号)。a.促进CH4转化b.促进CO转化为CO2c.减少积炭生成④用CaO可以去除CO2。H2体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如下图所示。

从t1时开始,H2体积分数显著降低,单位时间CaO消耗率

(填“升高”

“降低”或“不变”)。此时CaO消耗率约为35%,但已失效,结合化学方程式解释原因:

。答案(1)①CH4+2H2O

4H2+CO2②C(s)+2H2O(g)

CO2(g)+2H2(g)或C(s)+CO2(g)

2CO(g)③abc④降低CaO+CO2

CaCO3,CaCO3覆盖在CaO表面,减少了CO2与CaO的接触面积解析②反应ⅲ中有固体碳生成,而ⅰ、ⅱ中都没有碳参与反应,所以必须有

一个有碳参与的反应的ΔH才能计算ΔH3。2.(2019福建龙岩一模)氮氧化物是环境污染物,研究氮氧化物转化有重要的

意义。回答下列问题:(1)催化转化器可使汽车尾气反应而转化:2NO(g)+2CO(g)

N2(g)+2CO2(g)

ΔH已知:N2(g)+O2(g)

2NO(g)

ΔH1=akJ·mol-12C(s)+O2(g)

2CO(g)

ΔH2=bkJ·mol-1C(s)+O2(g)

CO2(g)

ΔH3=ckJ·mol-1ΔH=

kJ·mol-1(用含a、b、c的代数式表示)。(2)T℃时,将等物质的量的NO和CO充入容积为2L的密闭容器中发生尾气转

化反应,容器中NO物质的量随时间变化的曲线如图1所示。

图1①T℃时,该反应的化学平衡常数K=

。②下列事实无法判断汽车尾气转化反应达到化学平衡状态的是

。A.NO消耗速率等于N2消耗速率的2倍B.混合气体平均相对分子质量不再变化C.体系中NO的转化率和CO的转化率相等D.气体的密度不再变化③已知汽车尾气转化反应的ΔH<0。10min后,改变下列示意图2中横坐标对

应的反应条件,纵坐标对应的量的变化关系正确的是

(填序号)。

图2(3)碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率,反应历程为:第一步:I2(g)

2I(g)(快反应)第二步:I(g)+N2O(g)

N2(g)+IO(g)(慢反应)第三步:IO(g)+N2O(g)

N2(g)+O2(g)+I(g)(快反应)实验表明,含碘时N2O分解速率v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5(k为速率常数)。下列表述

正确的是

(填标号)。A.N2O分解反应中,k值与是否含碘蒸气无关B.第二步对总反应速率起决定作用C.第二步活化能比第三步小D.IO为反应的中间产物答案(1)2c-a-b(2)①2.5②CD③bc(3)BD解析(1)将已知热化学方程式依次编号为①②③,根据盖斯定律③×2-②-①

得2NO(g)+2CO(g)

N2(g)+2CO2(g)

ΔH=(2c-a-b)kJ·mol-1。(2)①由题图1可知NO和CO起始物质的量均为0.8mol,10min达到平衡状态时NO的物质

的量为0.4mol。2NO(g)+2CO(g)

N2(g)+2CO2(g)起始量(mol·L-1)0.40.400变化量(mol·L-1)0.20.20.10.2平衡量(mol·L-1)0.20.20.10.2K=

=2.5。②A项,NO消耗速率等于N2消耗速率的2倍,说明正、逆反应速率