高中三年级化学《化学反应速率和化学平衡》

专题十化学反应速率和化学平衡选考

化学考点1化学反应速率及其影响因素1.(2020山东,14,4分)(双选)1,3-丁二烯与HBr发生加成反应分两步:第一步H+进攻1,3-丁二烯生成碳

正离子(

);第二步Br-进攻碳正离子完成1,2-加成或1,4-加成。反应进程中的能量变化如下图所示。已知在0℃和40℃时,1,2-加成产物与1,4-加成产物的比例分别为70∶30和1

5∶85。下列说法正确的是

()A.1,4-加成产物比1,2-加成产物稳定B.与0℃相比,40℃时1,3-丁二烯的转化率增大C.从0℃升至40℃,1,2-加成正反应速率增大,1,4-加成正反应速率减小D.从0℃升至40℃,1,2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度答案

AD根据题给反应进程中的能量关系,1,3-丁二烯与HBr的加成反应为放热反应,两种温度

下,1,4-加成产物比1,2-加成产物的能量低,所以1,4-加成产物更稳定,A项正确;1,3-丁二烯与HBr的

加成反应为放热反应,升温,平衡向逆反应方向移动,1,3-丁二烯的转化率降低,且说明正反应速率

的增大程度小于其逆反应速率的增大程度,B项错误,D项正确;升温时,1,2-加成正反应速率和1,4-

加成正反应速率都增大,C项错误。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。故A正

确,B、C、D的使用与化学反应速率无关,错误。3.(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,增大了油脂与水的接触面积,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。4.(2018浙江4月选考,22,2分)某工业流程中,进入反应塔的混合气体中NO和O2的物质的量分数分

别为0.10和0.06,发生化学反应2NO(g)+O2(g)

2NO2(g),在其他条件相同时,测得实验数据如下表:根据表中数据,下列说法正确的是

()A.升高温度,反应速率加快B.增大压强,反应速率变慢C.在1.0×105Pa、90℃条件下,当转化率为98%时反应已达平衡D.若进入反应塔的混合气体为amol,反应速率以v=Δn/Δt表示,则在8.0×105Pa、30℃条件下,转化率从50%增至90%时段NO的反应速率为4a/370mol·s-1

压强/(×105Pa)温度/℃NO达到所列转化率需要时间/s50%90%98%1.030122502830902551057608.0300.23.936900.67.974答案

D由表中数据可知,压强一定时,温度升高,NO达到相同转化率需要的时间变长,反应速率

减慢,故A错误;根据表中数据可知,相同温度时,增大压强,NO达到相同转化率需要的时间减少,化

学反应速率加快,故B错误;由题给信息无法判断转化率为98%时反应是否达到平衡,故C错误;若混

合气体为amol,则其中NO为

mol,在8.0×105Pa、30℃条件下,转化率从50%增至90%时,NO反应了

mol,经过了3.7s,反应速率v=

=

=

mol·s-1,故D正确。5.(2017江苏单科,10,2分)H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得70℃时不同条件下H2O2浓度

随时间的变化如图所示。下列说法正确的是

()

A.图甲表明,其他条件相同时,H2O2浓度越小,其分解速率越快B.图乙表明,其他条件相同时,溶液pH越小,H2O2分解速率越快C.图丙表明,少量Mn2+存在时,溶液碱性越强,H2O2分解速率越快D.图丙和图丁表明,碱性溶液中,Mn2+对H2O2分解速率的影响大答案

D

A项,从图甲看出,相同时间内,起始c(H2O2)越大,H2O2的浓度变化量越大,即分解速率越

快,错误。B项,从图乙看出,NaOH溶液浓度越大,即pH越大,H2O2分解速率越快,错误。C项,从图丙

看出,少量Mn2+存在时,0.1mol·L-1NaOH与1.0mol·L-1NaOH所示曲线相比,0.1mol·L-1NaOH对应曲

线表示的H2O2分解速率较快,错误。D项,图丙与图乙相比较,相同条件下,少量Mn2+的存在会加快H

2O2的分解;图丁表明,其他条件相同时,随着Mn2+的浓度增大,H2O2分解速率加快,正确。审题方法三审清一审题干,审清关键词;二审题图,审清图中标注的数据;三审选项,审清选项中所表明的具体结论。6.(2018课标Ⅲ,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)

ΔH1=48kJ·mol-13SiH2Cl2(g)

SiH4(g)+2SiHCl3(g)

ΔH2=-30kJ·mol-1则反应4SiHCl3(g)

SiH4(g)+3SiCl4(g)的ΔH为

kJ·mol-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(1)2SiHCl3+3H2O

(HSiO)2O+6HCl(2)114(3)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)依据题意知,SiHCl3与H2O极易反应,依据原子守恒,生成(HSiO)2O的同时还应生成HCl,故

化学方程式为2SiHCl3+3H2O

(HSiO)2O+6HCl。(2)由盖斯定律可知ΔH=3ΔH1+ΔH2=3×48kJ·mol-1-30kJ·mol-1=114kJ·mol-1。(3)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a点所在曲线表示343K时SiHCl3的转化率,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。疑难点拨(3)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

。7.(2014课标Ⅰ,9,6分)已知分解1molH2O2放出热量98kJ。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98kJ·mol-1D.v(H2O2)=v(H2O)=v(O2)以下为教师用书专用答案

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;总反应为2H2O2

2H2O+O2↑,故v(H2O2)∶v(H2O)∶v(O2)=2∶2∶1,D错误。解题关键第一步参加反应,第二步又通过反应生成,且质量不发生变化,这样的物质属于催化剂。8.(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=6.00B.同时改变反应温度和蔗糖的浓度,v可能不变C.b<318.2D.不同温度时,蔗糖浓度减少一半所需的时间相同c/mol·L-1

v/mmol

·L-1·min-1T/K0.6000.5000.4000.300318.23.603.002.401.80328.29.007.50a4.50b2.161.801.441.08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b<318.2;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,故A、B、

C均正确,D错误。9.(2014安徽理综,10,6分)臭氧是理想的烟气脱硝试剂,其脱硝反应为:2NO2(g)+O3(g)

N2O5(g)+O2(g),若反应在恒容密闭容器中进行,下列由该反应相关图像作出的判断正确的是

()AB

升高温度,平衡常数减小0~3s内,反应速率为:v(NO2)=0.2mol·L-1CD

t1时仅加入催化剂,平衡正向移动达平衡时,仅改变x,则x为c(O2)

答案

A由图像可知,该可逆反应的正反应为放热反应,升高温度,平衡向逆反应方向移动,平衡

常数减小,A项正确;v(NO2)=

=

=0.2mol·L-1·s-1,B项错误;使用催化剂可加快反应速率,但不能使平衡发生移动,C项错误;若x为c(O2),则O2浓度增大,NO2的转化率减小,与图像不

符,D项错误。10.(2014广东理综,33,17分)H2O2是一种绿色氧化还原试剂,在化学研究中应用广泛。(1)某小组拟在同浓度Fe3+的催化下,探究H2O2浓度对H2O2分解反应速率的影响。限选试剂与仪器:

30%H2O2、0.1mol·L-1Fe2(SO4)3、蒸馏水、锥形瓶、双孔塞、水槽、胶管、玻璃导管、量筒、秒

表、恒温水浴槽、注射器①写出本实验H2O2分解反应方程式并标明电子转移的方向和数目:

。②设计实验方案:在不同H2O2浓度下,测定

(要求所测得的数据能直接体

现反应速率大小)。③设计实验装置,完成下图的装置示意图。④参照下表格式,拟定实验表格,完整体现实验方案(列出所选试剂体积、需记录的待测物理量和

所拟定的数据;数据用字母表示)。(2)利用图(a)和(b)中的信息,按图(c)装置(连通的A、B瓶中已充有NO2气体)进行实验。可观察到B

瓶中气体颜色比A瓶中的

(填“深”或“浅”),其原因是

。物理量实验序号

V[0.1mol·L-1Fe2(SO4)3]/mL……1a……2a……答案(1)①

2H2O+O2↑②单位时间内量筒内水的体积③

④(2)深H2O2分解放热,使B中2NO2

N2O4平衡逆向移动V(30%H2O2)/mLV(H2O)/mL

/mL2020V1400V2解析(1)③所需测定的数据不仅需直接体现反应速率大小,同时要考虑“限选试剂与仪器”这一

条件,故所选的量气装置只能由锥形瓶和量筒等仪器组装。④加水的作用是调整溶液的总体积,使两次实验溶液的总体积相同,这样才能保证Fe2(SO4)3在两实

验中初始浓度相同。(2)图(a)说明H2O2的分解反应是放热反应,图(b)说明2NO2(g)

N2O4(g)也是一个放热反应。H2O2分解放热,温度升高,使B中2NO2

N2O4平衡向逆反应方向移动,颜色加深。11.(2012广东理综,31,16分)碘在科研与生活中有重要应用。某兴趣小组用0.50mol·L-1KI、0.2%

淀粉溶液、0.20mol·L-1K2S2O8、0.10mol·L-1Na2S2O3等试剂,探究反应条件对化学反应速率的影

响。已知:S2

+2I-

2S

+I2(慢)I2+2S2

2I-+S4

(快)(1)向KI、Na2S2O3与淀粉的混合溶液中加入一定量的K2S2O8溶液,当溶液中的

耗尽后,溶液

颜色将由无色变为蓝色。为确保能观察到蓝色,S2

与S2

初始的物质的量需满足的关系为:n(S2

)∶n(S2

)

。(2)为探究反应物浓度对化学反应速率的影响,设计的实验方案如下表:实验序号体积V/mLK2S2O8溶液水KI溶液Na2S2O3溶液淀粉溶液①10.00.04.04.02.0②9.01.04.04.02.0③8.0Vx4.04.02.0表中Vx=

mL,理由是

。(3)已知某条件下,浓度c(S2

)-反应时间t的变化曲线如下图,若保持其他条件不变,请在坐标图中,分别画出降低反应温度和加入催化剂时c(S2

)-t的变化曲线示意图(进行相应的标注)。

(4)碘也可用作心脏起搏器电源—锂碘电池的材料。该电池反应为:2Li(s)+I2(s)

2LiI(s)

ΔH已知:4Li(s)+O2(g)

2Li2O(s)

ΔH14LiI(s)+O2(g)

2I2(s)+2Li2O(s)

ΔH2则电池反应的ΔH=

;碘电极作为该电池的

极。答案(16分)(1)Na2S2O3(其他合理写法也给分)<2(2)2.0保持溶液总体积相同,仅改变S2

的浓度而其他物质浓度不变(3)

(4)(ΔH1-ΔH2)/2正解析(1)从所给反应看,当快反应中S2

被耗尽后,慢反应产生的I2才能使淀粉变蓝;将已知中两个离子方程式相加得总反应方程式为S2

+2S2

2S

+S4

,故n(S2

)∶n(S2

)<2。(3)催化剂可以加快反应速率,达到平衡所需时间缩短;降低温度,反应速率减慢,达到平衡所需时间

延长。在作图时应注意最终c(S2

)相同。(4)放电过程中I2发生还原反应,为该电池的正极。考点2化学平衡1.(2020浙江7月选考,18,2分)5mL0.1mol·L-1KI溶液与1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液发生反应:2Fe3+(aq)+2I-(aq)

2Fe2+(aq)+I2(aq),达到平衡。下列说法不正确的是

()A.加入苯,振荡,平衡正向移动B.经苯2次萃取分离后,在水溶液中加入KSCN,溶液呈血红色,表明该化学反应存在限度C.加入FeSO4固体,平衡逆向移动D.该反应的平衡常数K=

答案

DA项,在已知平衡体系中,加入苯振荡,可以萃取溶液中的碘单质,使溶液中碘单质的浓度

减小,平衡正向移动,正确;B项,经苯2次萃取后,在水溶液中加入KSCN溶液,溶液呈血红色说明溶液

中含有Fe3+,则说明该反应是可逆反应,存在反应限度,正确;C项,加入FeSO4固体,c(Fe2+)增大,平衡逆

向移动,正确;D项,依据化学平衡常数的定义知,该反应的平衡常数K=

,错误。2.(2020浙江7月选考,20,2分)一定条件下:2NO2(g)

N2O4(g)

ΔH<0。在测定NO2的相对分子质量时,下列条件中,测定结果误差最小的是

()A.温度0℃、压强50kPaB.温度130℃、压强300kPaC.温度25℃、压强100kPaD.温度130℃、压强50kPa答案

D测定NO2的相对分子质量时,由于存在可逆反应2NO2(g)

N2O4(g),气体中必然存在N2O4,混合气体的平均相对分子质量偏大,欲让误差最小,应使可逆反应平衡逆向移动,减少N2O4的含

量。该反应是放热反应,升温有利于平衡逆向进行;该反应是气体分子数减少的反应,减压有利于

平衡逆向进行,故适宜的条件应为高温、低压,D项符合题意。3.(2020江苏单科,8,2分)反应SiCl4(g)+2H2(g)

Si(s)+4HCl(g)可用于纯硅的制备。下列有关该反应的说法正确的是

()A.该反应ΔH>0、ΔS<0B.该反应的平衡常数K=

C.高温下反应每生成1molSi需消耗2×22.4LH2D.用E表示键能,该反应ΔH=4E(Si—Cl)+2E(H—H)-4E(H—Cl)答案

B由反应方程式可知ΔS>0,A项不正确。Si是固体,故该反应的平衡常数K=

,B项正确;C项未指明是否为标准状况,气体摩尔体积不确定,故消耗氢气的体积无法计算,C项不正确;ΔH=反应物键能之和-生成物键能之和=4E(Si—Cl)+2E(H—H)-4E(H—Cl)-2E

(Si—Si),D项不正确。4.(2019海南单科,3,2分)反应C2H6(g)

C2H4(g)+H2(g)

ΔH>0,在一定条件下于密闭容器中达到平衡,下列各项措施中,不能提高乙烷的平衡转化率的是

()A.增大容器容积B.升高反应温度C.分离出部分氢气D.等容下通入惰性气体答案

D增大容器容积相当于减小压强,平衡正向移动,乙烷的平衡转化率增大,A项不符合题意;

该反应为吸热反应,升高温度,平衡正向移动,乙烷的平衡转化率增大,B项不符合题意;分离出部分

氢气,平衡正向移动,乙烷的平衡转化率增大,C项不符合题意;等容下通入惰性气体,原平衡体系中

各物质的浓度不变,平衡不移动,乙烷的平衡转化率不变,D项符合题意。5.(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.CH4→CH3COOH过程中,有C—H键发生断裂C.①→②放出能量并形成了C—C键D.该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率答案

D由图示可知,总反应方程式为CH4+CO2

CH3COOH,原子利用率为100%,A正确。1molCH4含4molC—H键,1molCH3COOH含3molC—H键,故CH4→CH3COOH过程中,有C—H键

发生断裂,B正确。①→②中,反应物总能量高于生成物总能量;黑球代表碳原子,由图示可知①→

②放出能量并形成了C—C键,C正确。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。6.(2018浙江11月选考,22,2分)已知:2SO2(g)+O2(g)

2SO3(g)

ΔH=-197.8kJ·mol-1。起始反应物为SO2和O2(物质的量之比为2∶1,且总物质的量不变)。SO2的平衡转化率(%)随温度和压强的变化

如下表:下列说法不正确的是

()A.一定压强下降低温度,SO2的转化率增大B.在不同温度、压强下,转化相同物质的量的SO2所需要的时间相等C.使用催化剂可以缩短反应达到平衡所需的时间D.工业生产通常不采取加压措施是因为常压下SO2的转化率已相当高温度/K压强/(105Pa)1.015.0710.125.350.767399.299.699.799.899.972397.598.999.299.599.677393.596.997.898.699.0答案

B分析表中数据不难发现,一定压强下降低温度,SO2的转化率增大,A正确;在不同温度、

压强下,因反应的速率不同,转化相同物质的量的SO2所需要的时间不相等,B错误;使用催化剂可以

加快反应速率,缩短反应达到平衡所需的时间,C正确;由表中数据分析可知,工业生产通常不采取

加压措施是因为常压下SO2的转化率已相当高,加压反而增大生产成本,D正确。解题点睛分析表中数据,找出SO2的平衡转化率随温度和压强的变化规律是解题的关键。7.(2017天津理综,6,6分)常压下羰基化法精炼镍的原理为:Ni(s)+4CO(g)

Ni(CO)4(g)。230℃时,该反应的平衡常数K=2×10-5。已知:Ni(CO)4的沸点为42.2℃,固体杂质不参与反应。第一阶段:将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4;第二阶段:将第一阶段反应后的气体分离出来,加热至230℃制得高纯镍。下列判断正确的是

()A.增加c(CO),平衡向正向移动,反应的平衡常数增大B.第一阶段,在30℃和50℃两者之间选择反应温度,选50℃C.第二阶段,Ni(CO)4分解率较低D.该反应达到平衡时,v生成[Ni(CO)4]=4v生成(CO)答案

B本题考查化学平衡的相关知识。增加c(CO),平衡正向移动,但由于反应温度不变,故平

衡常数不变,A不正确;第一阶段的目的是得到气态Ni(CO)4,因为Ni(CO)4的沸点为42.2℃,故反应温

度选择50℃,B正确;根据题给平衡常数知230℃时反应Ni(CO)4(g)

Ni(s)+4CO(g)的平衡常数为5×104,故第二阶段Ni(CO)4分解率较高,C不正确;反应达到平衡时,4v生成[Ni(CO)4]=v生成(CO),D不正

确。8.(2019课标Ⅲ,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

。(2)Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行:CuCl2(s)

CuCl(s)+

Cl2(g)

ΔH1=83kJ·mol-1CuCl(s)+

O2(g)

CuO(s)+

Cl2(g)ΔH2=-20kJ·mol-1CuO(s)+2HCl(g)

CuCl2(s)+H2O(g)ΔH3=-121kJ·mol-1则4HCl(g)+O2(g)

2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=

kJ·mol-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1mol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++2H2O5.6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ΔH、电极方程式的书写、氧化还原反应中的相关计算。考查对图像的理解,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。通过展现化

学变化有一定限度,是可以调控的,体现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。(2)将题给反应过程依次记为①、②、③,则根据盖斯定律,由③×2+②×2+①×2可得到4HCl(g)+O2

(g)

2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH=2ΔH3+2ΔH2+2ΔH1=-116kJ·mol-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+~

O21mol0.25mol则转移1mol电子时,消耗氧气的物质的量n(O2)=0.25mol,标准状况下体积为5.6L。方法技巧提高某种反应物转化率的方法①改变温度(吸热反应升温,放热反应降温);②改变压强;③增大另一种反应物的浓度;④及时分离气态产物。9.(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(1)运用盖斯定律,由②-③可得①,故ΔH1=ΔH2-ΔH3=123kJ·mol-1;由图(a)可知,温度一定时,压

强由0.1MPa变成xMPa,反应物平衡转化率增大,对反应①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;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,一定流速的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。10.(2014重庆理综,7,6分)在恒容密闭容器中通入X并发生反应:2X(g)

Y(g),温度T1、T2下X的物质的量浓度c(X)随时间t变化的曲线如图所示,下列叙述正确的是

()

A.该反应进行到M点放出的热量大于进行到W点放出的热量B.T2下,在0~t1时间内,v(Y)=

mol·L-1·min-1C.M点的正反应速率v正大于N点的逆反应速率v逆D.M点时再加入一定量X,平衡后X的转化率减小以下为教师用书专用答案

C

依据题中图示可看出T1>T2,由于T1时X的平衡浓度大于T2时X的平衡浓度,可推出该反应

为放热反应。M点与W点比较,X的转化量前者小于后者,故进行到M点放出的热量应小于进行到

W点放出的热量,A项错误;2v(Y)=v(X)=

mol·L-1·min-1,B项错误;T1>T2,温度越高,反应速率越大,M点的正反应速率>W点的正反应速率,而W点的正反应速率=W点的逆反应速率>N点的逆反应速

率,C项正确;恒容时充入X,压强增大,平衡正向移动,X的转化率增大,D项错误。11.(2017海南单科,11,4分)(双选)已知反应CO(g)+H2O(g)

CO2(g)+H2(g)

ΔH<0。在一定温度和压强下于密闭容器中,反应达到平衡。下列叙述正确的是

()A.升高温度,K减小B.减小压强,n(CO2)增加C.更换高效催化剂,α(CO)增大D.充入一定量的氮气,n(H2)不变答案

AD此反应的正反应是放热反应,升高温度平衡向逆反应方向进行,K值减小,故A正确;反

应前后气体化学计量数之和相等,因此减小压强,平衡不移动,即n(CO2)不变,故B错误;催化剂对化

学平衡移动无影响,因此CO的转化率不变,故C错误;恒压下充入N2,容器的体积增大,组分浓度降

低,但化学反应前后气体化学计量数之和不变,因此化学平衡不移动,n(H2)不变,故D正确。12.(2015广东理综,31,16分)用O2将HCl转化为Cl2,可提高效益,减少污染。

(1)传统上该转化通过如图所示的催化循环实现。其中,反应①为:2HCl(g)+CuO(s)

H2O(g)+CuCl2(s)

ΔH1反应②生成1molCl2(g)的反应热为ΔH2,则总反应的热化学方程式为

(反应热用ΔH1和ΔH2表示)。(2)新型RuO2催化剂对上述HCl转化为Cl2的总反应具有更好的催化活性。①实验测得在一定压强下,总反应的HCl平衡转化率随温度变化的αHCl~T曲线如图所示,则总反应

的ΔH

0(填“>”“=”或“<”);A、B两点的平衡常数K(A)与K(B)中较大的是

。

②在上述实验中若压缩体积使压强增大,画出相应αHCl~T曲线的示意图,并简要说明理由:

。③下列措施中,有利于提高αHCl的有

。A.增大n(HCl)B.增大n(O2)C.使用更好的催化剂D.移去H2O(3)一定条件下测得反应过程中n(Cl2)的数据如下:t/min02.04.06.08.0n(Cl2)/10-3mol01.83.75.47.2计算2.0~6.0min内以HCl的物质的量变化表示的反应速率(以mol·min-1为单位,写出计算过程)。(4)Cl2用途广泛。写出用Cl2制备漂白粉的化学反应方程式。答案

(1)4HCl(g)+O2(g)

2H2O(g)+2Cl2(g)

ΔH=2ΔH1+2ΔH2(2)①<

K(A)②

相同温度时,压强越大,HCl的平衡转化率越大;相同压强时,升高温度,HCl的平衡转化率降低③

BD(3)v(HCl)=

×2=1.8×10-3mol·min-1(4)2Cl2+2Ca(OH)2

CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O解析(1)2HCl(g)+CuO(s)

H2O(g)+CuCl2(s)ΔH1……①,由题图得2CuCl2(s)+O2(g)

2CuO(s)+2Cl2(g)2ΔH2……②,运用盖斯定律:①×2+②得总反应:4HCl(g)+O2(g)

2H2O(g)+2Cl2(g)

ΔH=2ΔH1+2ΔH2。(2)①由题图可知,温度升高,αHCl降低,说明升高温度,平衡逆向移动,则该反应的ΔH<0;A、B两点中

A点温度低,平衡常数大。②相同温度时,增大压强,总反应的平衡正向移动,HCl的平衡转化率会增

大,故曲线应画在图中曲线上方,走势与图中曲线相同。③增大n(HCl),会使HCl的平衡转化率减

小;增大n(O2),HCl的平衡转化率会增大;催化剂不影响化学平衡,对HCl的平衡转化率无影响;移去

H2O,平衡正向移动,HCl的平衡转化率会增大。(3)2.0~6.0min内n(Cl2)的变化量为3.6×10-3mol,则n(HCl)的变化量为7.2×10-3mol,反应速率v(HCl)=

=1.8×10-3mol·min-1。13.(2014课标Ⅱ,26,13分)在容积为1.00L的容器中,通入一定量的N2O4,发生反应N2O4(g)

2NO2(g),随温度升高,混合气体的颜色变深。

回答下列问题:(1)反应的ΔH

0(填“大于”或“小于”);100℃时,体系中各物质浓度随时间变化如上图

所示。在0~60s时段,反应速率v(N2O4)为

mol·L-1·s-1;反应的平衡常数K1为

。(2)100℃时达平衡后,改变反应温度为T,c(N2O4)以0.0020mol·L-1·s-1的平均速率降低,经10s又达到

平衡。①T

100℃(填“大于”或“小于”),判断理由是

。②列式计算温度T时反应的平衡常数K2

。(3)温度T时反应达平衡后,将反应容器的容积减少一半。平衡向

(填“正反应”或“逆反

应”)方向移动,判断理由是

。答案(1)大于0.00100.36mol·L-1(1分,2分,2分,共5分)(2)①大于(1分)反应正方向吸热,反应向吸热方向进行,故温度升高(2分)②平衡时,c(NO2)=0.120mol·L-1+0.0020mol·L-1·s-1×10s×2=0.16mol·L-1c(N2O4)=0.040mol·L-1-0.0020mol·L-1·s-1×10s=0.020mol·L-1K2=

≈1.3mol·L-1(3分)(3)逆反应对气体分子数增大的反应,增大压强平衡向逆反应方向移动(每空1分,共2分)解析(1)随温度升高,混合气体的颜色变深,说明升温平衡向正反应方向移动,ΔH>0。在0~60s时

段,v(N2O4)=

=

=0.0010mol·L-1·s-1;平衡常数K1=

=

=0.36mol·L-1。(2)当温度由100℃变为T时,N2O4的浓度降低,“三段式”如下:N2O4(g)

2NO2(g)100℃平衡时0.040mol·L-10.120mol·L-1温度T时变化0.020mol·L-10.040mol·L-1温度T平衡时0.020mol·L-10.160mol·L-1由于温度变为T时平衡向N2O4浓度减小的方向移动,即向吸热方向移动,故温度升高,所以T>100

℃。当再次达到平衡时,平衡常数K2=

=

≈1.3mol·L-1。(3)温度不变,将反应容器的容积减少一半,压强增大,平衡向气体分子数减小的方向(即逆反应方

向)移动。考点3化学平衡常数及化学平衡的有关计算1.(2020江苏单科,15,4分)(双选)CH4与CO2重整生成H2和CO的过程中主要发生下列反应CH4(g)+CO2(g)

2H2(g)+2CO(g)

ΔH=247.1kJ·mol-1H2(g)+CO2(g)

H2O(g)+CO(g)

ΔH=41.2kJ·mol-1在恒压、反应物起始物质的量比n(CH4)∶n(CO2)=1∶1条件下,CH4和CO2的平衡转化率随温度变

化的曲线如下图所示。下列有关说法正确的是

()A.升高温度、增大压强均有利于提高CH4的平衡转化率B.曲线B表示CH4的平衡转化率随温度的变化C.相同条件下,改用高效催化剂能使曲线A和曲线B相重叠D.恒压、800K、n(CH4)∶n(CO2)=1∶1条件下,反应至CH4转化率达到X点的值,改变除温度外的特定条件继续反应,CH4转化率能达到Y点的值答案

BD

A项,结合题给信息及图像可知,反应CH4(g)+CO2(g)

2H2(g)+2CO(g)为气体分子数增大的吸热反应,故要提高CH4的平衡转化率,可以通过升高温度或减小压强来使平衡正向移动,错

误;B项,通过两个反应可知,相同条件下,CO2的消耗量比CH4的大,转化率也会比CH4的高,故通过图

像可知曲线A表示CO2的平衡转化率,曲线B表示CH4的平衡转化率,正确;C项,相同条件下,高效催

化剂只能加快化学反应速率,不影响平衡的移动,故转化率不变,错误;D项,转化率由X提高到Y,可

以通过适当减小压强、增大CO2的浓度等方法来实现,正确。2.(2020浙江1月选考,21,2分)一定温度下,在2L的恒容密闭容器中发生反应A(g)+2B(g)

3C(g)。反应过程中的部分数据如下表所示:下列说法正确的是

()A.0~5min用A表示的平均反应速率为0.09mol·L-1·min-1B.该反应在10min后才达到平衡C.平衡状态时,c(C)=0.6mol·L-1D.物质B的平衡转化率为20%n/molt/min

n(A)n(B)n(C)02.02.405

0.9101.6

15

1.6

答案

C

v(A)=

v(C)=

×

=0.03mol·L-1·min-1,A错误;10min时,n(B)=2.4mol-2×(2.0mol-1.6mol)=1.6mol,而15min时,n(B)也为1.6mol,说明10min时反应已达到平衡状态,B错误;平衡时,c

(C)=

=0.6mol·L-1,C正确;B的平衡转化率=

×100%≈33.3%,D错误。解题点睛认真分析表中物质的量随时间变化的数据,紧扣反应速率、平衡转化率的相关概念,合

理选取表中数据进行相关计算。3.(2020浙江1月选考,29,10分)研究NOx之间的转化具有重要意义。(1)已知:N2O4(g)

2NO2(g)

ΔH>0将一定量N2O4气体充入恒容的密闭容器中,控制反应温度为T1。①下列可以作为反应达到平衡的判据是

。A.气体的压强不变B.v正(N2O4)=2v逆(NO2)C.K不变D.容器内气体的密度不变E.容器内颜色不变②t1时刻反应达到平衡,混合气体平衡总压强为p,N2O4气体的平衡转化率为75%,则反应N2O4(g)

2NO2(g)的平衡常数Kp=

[对于气相反应,用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数,记作Kp,如p(B)=p·x(B),p为平衡总压强,x(B)为平衡系统中B的物质的量

分数]。③反应温度T1时,c(N2O4)随t(时间)变化曲线如图1,画出0~t2时段,c(NO2)随t变化曲线。保持其他条件不变,改变反应温度为T2(T2>T1),再次画出0~t2时段,c(NO2)随t变化趋势的曲线。图1(2)NO氧化反应:2NO(g)+O2(g)

2NO2(g)分两步进行,其反应过程能量变化示意图如图2。图2Ⅰ2NO(g)

N2O2(g)

ΔH1ⅡN2O2(g)+O2(g)

2NO2(g)

ΔH2①决定NO氧化反应速率的步骤是

(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。②在恒容的密闭容器中充入一定量的NO和O2气体,保持其他条件不变,控制反应温度分别为T3和T

4(T4>T3),测得c(NO)随t(时间)的变化曲线如图3。转化相同量的NO,在温度

(填“T3”或“T4”)下消耗的时间较长,试结合反应过程能量图

(图2)分析其原因

。图3答案(1)①AE②

p③

(2)①Ⅱ②T4

ΔH1<0,温度升高,反应Ⅰ平衡逆移,c(N2O2)减小;浓度降低的影响大于温度对反应

Ⅱ速率的影响解析(1)①所给反应的正反应为气体物质的量增大的反应,气体的压强不变,说明气体总物质的

量不再变化,表明反应达到平衡状态,A正确;当2v正(N2O4)=v逆(NO2)时,反应达到平衡状态,B错误;只

要温度不变,K就不变,C错误;因容器内气体的总质量及容器的体积不变,故容器内气体的密度自始

至终不会变化,故容器内气体的密度不变不能作为反应达到平衡的判据,D错误;容器内气体颜色不

变,说明NO2物质的量不再变化,表明反应达到平衡状态,E正确。②设初始时充入的N2O4为nmol。N2O4(g)

2NO2(g)初始量(mol)

n0变化量(mol)0.75n1.5n平衡量(mol)0.25n1.5nKp=

=

=

p。③由图1知T1温度下达到平衡时:c(N2O4)=0.01mol·L-1,t=0时,c(NO2)=0,0~t1,c(NO2)逐渐增大,t1时反应

达到平衡,c(NO2)=2×(0.04mol·L-1-0.01mol·L-1)=0.06mol·L-1,t1~t2,c(NO2)保持0.06mol·L-1不变,据此

作出T1时,0~t2时段c(NO2)随t变化曲线(详见答案);保持其他条件不变,升高温度至T2,平衡正向移动,

NO2平衡浓度比T1时大[注意:N2O4完全转化时NO2浓度为0.08mol·L-1,故0.06mol·L-1<c(NO2)<0.08mol·L-1],另外,由于温度升高,反应速率加快,T2时比T1时先达到平衡(先出现拐点),据此作出T2时,0~t2

时段c(NO2)随t变化曲线(详见答案)。(2)①多步反应的反应速率由最慢的一步决定,由图2知,反应Ⅱ的活化能比反应Ⅰ大,在相同条件下

的反应速率比反应Ⅰ慢。②由图3知,在相同的时间内,T4时NO的浓度下降得小些,故转化相同量的

NO,T4消耗的时间较长。ΔH1<0,温度升高,反应Ⅰ平衡逆向移动,c(N2O2)减小;浓度降低的影响大于

温度对反应Ⅱ速率的影响。知识归纳本题考查化学平衡状态的判断、化学平衡的影响因素及化学平衡常数的相关计算,试

题综合程度高,难度大。试题突出对从图像中获取重要信息及分析问题、解决问题的能力的考查,

体现了证据推理与模型认知、变化观念与平衡思想的学科核心素养。4.(2020天津,16,14分)利用太阳能光解水,制备的H2用于还原CO2合成有机物,可实现资源的再利

用。回答下列问题:Ⅰ.半导体光催化剂浸入水或电解质溶液中,光照时可在其表面得到产物(1)上图为该催化剂在水中发生光催化反应的原理示意图。光解水能量转化形式为

。(2)若将该催化剂置于Na2SO3溶液中,产物之一为S

,另一产物为

。若将该催化剂置于AgNO3溶液中,产物之一为O2,写出生成另一产物的离子反应式

。Ⅱ.用H2还原CO2可以在一定条件下合成CH3OH(不考虑副反应)CO2(g)+3H2(g)

CH3OH(g)+H2O(g)

ΔH<0(3)某温度下,恒容密闭容器中,CO2和H2的起始浓度分别为amol·L-1和3amol·L-1,反应平衡时,CH3

OH的产率为b,该温度下反应平衡常数的值为

。(4)恒压下,CO2和H2的起始物质的量比为1∶3时,该反应在无分子筛膜时甲醇的平衡产率和有分子

筛膜时甲醇的产率随温度的变化如下图所示,其中分子筛膜能选择性分离出H2O。①甲醇平衡产率随温度升高而降低的原因为

。②P点甲醇产率高于T点的原因为

。③根据上图,在此条件下采用该分子筛膜时的最佳反应温度为

℃。Ⅲ.调节溶液pH可实现工业废气CO2的捕获和释放(5)C

的空间构型为

。已知25℃碳酸电离常数为

、

,当溶液pH=12时,c(H2CO3)∶c(HC

)∶c(C

)=1∶

∶

。答案(共14分)(1)光能转化为化学能(2)H2Ag++e-

Ag(3)

(4)①该反应为放热反应,温度升高,平衡逆向移动(或平衡常数减小)②分子筛膜从反应体系中不断分离出H2O,有利于反应正向进行,甲醇产率升高③210(5)平面(正)三角形1012·

1024·

·

解析Ⅰ.(1)光解水过程中的能量转化形式为光能转化为化学能。(2)若将该催化剂置于Na2SO3

溶液中,S

失去电子被氧化为S

,则另一产物为还原产物,H2O得到电子被还原为H2;若将该催化剂置于AgNO3溶液中,H2O失去电子被氧化为O2,O2为氧化产物,另一产物应为还原产物,Ag+得到电

子被还原为Ag,离子反应式为Ag++e-

Ag。Ⅱ.(3)根据题意可列出三段式:CO2(g)+3H2(g)

CH3OH(g)+H2O(g)起始浓度/mol·L-1:

a3a00转化浓度/mol·L-1:

ab3ab

ab

ab平衡浓度/mol·L-1:

a-ab3a-3ab

ab

abK=

=

。(4)①由题给热化学方程式知,该反应为放热反应,升高温度平衡向吸热方向移动,即平衡逆向移动,

导致甲醇产率降低;②已知分子筛膜能够选择性分离出产物H2O,故分子筛膜有利于反应正向进行,

使产率增大;③根据题图可知,使用分子筛膜在210℃下甲醇产率最大。Ⅲ.(5)根据价层电子对互斥理论,C

中C的价层电子对数=3+(4+2-3×2)/2=3,碳原子为sp2杂化,且无孤电子对,所以C

的空间构型为平面三角形;

=

,

=

,pH=12时,c(H+)=10-12mol·L-1,则c(HC

)=1012·

·c(H2CO3),c(C

)=1012·

·c(HC

)=1024·

·

·c(H2CO3),则c(H2CO3)∶c(HC

)∶c(C

)=1∶(1012·

)∶(1024·

·

)。5.(2020山东,18,12分)探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素,有利于提高CH3OH的产率。以

CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下:Ⅰ.CO2(g)+3H2(g)

CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-49.5kJ·mol-1Ⅱ.CO(g)+2H2(g)

CH3OH(g)ΔH2=-90.4kJ·mol-1Ⅲ.CO2(g)+H2(g)

CO(g)+H2O(g)

ΔH3回答下列问题:(1)ΔH3=

kJ·mol-1。(2)一定条件下,向体积为VL的恒容密闭容器中通入1molCO2和3molH2发生上述反应,达到平衡

时,容器中CH3OH(g)为amol,CO为bmol,此时H2O(g)的浓度为

mol·L-1(用含a、b、V的

代数式表示,下同),反应Ⅲ的平衡常数为

。(3)不同压强下,按照n(CO2)∶n(H2)=1∶3投料,实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随

温度的变化关系如下图所示。

已知:CO2的平衡转化率=

×100%CH3OH的平衡产率=

×100%其中纵坐标表示CO2平衡转化率的是图

(填“甲”或“乙”);压强p1、p2、p3由大到小的顺

序为

;图乙中T1温度时,三条曲线几乎交于一点的原因是

。(4)为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率,应选择的反应条件为

(填标号)。A.低温、高压B.高温、低压C.低温、低压D.高温、高压答案(1)+40.9(2)

(3)乙

p1、p2、p3

T1时以反应Ⅲ为主,反应Ⅲ前后气体分子数相等,压强改变对平衡没有影响(4)A解析(1)由盖斯定律知,反应Ⅲ=反应Ⅰ-反应Ⅱ,则ΔH3=ΔH1-ΔH2=-49.5kJ·mol-1-(-90.4kJ·mol-1)=+4

0.9kJ·mol-1。(2)结合题意,假设反应Ⅱ中,CO反应了xmol,则反应Ⅱ生成的CH3OH为xmol,反应Ⅰ

生成的CH3OH为(a-x)mol,反应Ⅲ生成的CO为(b+x)mol,则反应Ⅰ:

CO2(g)+3H2(g)

CH3OH(g)+H2O(g)变化(mol·L-1):

反应Ⅱ:CO(g)+2H2(g)

CH3OH(g)变化(mol·L-1):

反应Ⅲ:CO2(g)+H2(g)

CO(g)+H2O(g)变化(mol·L-1):

达到平衡时,CO2、H2、CO、H2O(g)的浓度分别为

mol·L-1、

mol·L-1、

mol·L-1、

mol·L-1;反应Ⅲ的平衡常数K=

=

=

。(3)反应Ⅰ和反应Ⅱ均为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,CH3OH的平衡产率降低,则题图甲表示CH3OH的平衡产率随温

度的变化关系;反应Ⅰ放热,开始时升高温度,CO2的平衡转化率降低,反应Ⅲ为吸热反应,升高温度,平衡正向移动,CO2的平衡转化率增大,升高一定温度后以反应Ⅲ为主,所以CO2的平衡转化率先降

低后升高,则题图乙表示CO2的平衡转化率随温度的变化关系。结合反应Ⅰ、Ⅱ知,增大压强,CH3

OH的平衡产率增大,则p1>p2>p3。题图乙中,T1温度时以反应Ⅲ为主,反应Ⅲ是一个反应前后气体分

子数不变的反应,改变压强,平衡不移动,故三条曲线几乎交于一点。(4)观察已知反应,提高CH3OH

的平衡产率应使反应Ⅰ、Ⅱ的平衡正向移动,即低温、高压有利;提高CO2的平衡转化率应使反应

Ⅰ、Ⅲ的平衡正向移动,综合考虑,应选择的反应条件为低温、高压。6.(2020浙江7月选考,29,10分)研究CO2氧化C2H6制C2H4对资源综合利用有重要意义。相关的主要化学反应有:ⅠC2H6(g)

C2H4(g)+H2(g)

ΔH1=136kJ·mol-1ⅡC2H6(g)+CO2(g)

C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)ΔH2=177kJ·mol-1ⅢC2H6(g)+2CO2(g)

4CO(g)+3H2(g)

ΔH3Ⅳ

CO2(g)+H2(g)

CO(g)+H2O(g)

ΔH4=41kJ·mol-1已知:298K时,相关物质的相对能量(如下图)。

可根据相关物质的相对能量计算反应或变化的ΔH(ΔH随温度变化可忽略)。例如:H2O(g)

H2O(l)

ΔH=-286kJ·mol-1-(-242kJ·mol-1)=-44kJ·mol-1。请回答:(1)①根据相关物质的相对能量计算ΔH3=

kJ·mol-1。②下列描述正确的是

。A.升高温度反应Ⅰ的平衡常数增大B.加压有利于反应Ⅰ、Ⅱ的平衡正向移动C.反应Ⅲ有助于乙烷脱氢,有利于乙烯生成D.恒温恒压下通水蒸气,反应Ⅳ的平衡逆向移动③有研究表明,在催化剂存在下,反应Ⅱ分两步进行,过程如下:【C2H6(g)+CO2(g)】→【C2H4(g)+H2

(g)+CO2(g)】→【C2H4(g)+CO(g)+H2O(g)】,且第二步速率较慢(反应活化能为210kJ·mol-1)。根据

相关物质的相对能量,画出反应Ⅱ分两步进行的“能量-反应过程图”,起点从【C2H6(g)+CO2(g)】

的能量-477kJ·mol-1开始(如下图)。

(2)①CO2和C2H6按物质的量1∶1投料,在923K和保持总压恒定的条件下,研究催化剂X对“CO2氧

化C2H6制C2H4”的影响,所得实验数据如下表:催化剂转化率C2H6/%转化率CO2/%产率C2H4/%催化剂X19.037.63.3结合具体反应分析,在催化剂X作用下,CO2氧化C2H6的主要产物是

,判断依据是

。②采用选择性膜技术(可选择性地让某气体通过而离开体系)可提高C2H4的选择性(生成C2H4的物