第11章　难点突破6　多平衡体系中平衡常数的计算

多平衡体系中平衡常数的计算1.连续反应连续平衡是指有关的两个可逆反应有着关联，第一个反应的某一生成物，是第二个反应的反应物。解题时要注意如果该物质是第一个反应的生成物，第二个反应的反应物，则在第一个反应中，该物质的初始量为0，它的平衡量则为第二个反应中该物质的初始量(在计算第二个反应的转化率尤为重要)。2.竞争反应(平行反应)平行反应是指反应物能同时平行地进行两个或两个以上的不同反应，生成不同的产物。其中反应较快或产物在混合物中所占比例较高的称为主反应，其余称为副反应。解题时要注意如果一个物质是两个竞争反应的反应物，则题目中所给初始量是该物质在这两个反应中的初始量之和。3.解题思路解题关键是理清守恒关系：反应体系中，任何状态均遵循原子守恒，利用原子守恒和“三段式”理清起始量、转化量、平衡量之间的关系。原子守恒法解题基本思路：1.二甲醚是一种清洁能源，用水煤气制取二甲醚的原理如下：Ⅰ.CO(g)+2H2(g)⥬CH3OH(g)Ⅱ.2CH3OH(g)⥬CH3OCH3(g)+H2O(g)500K时，在2L密闭容器中充入4molCO和8molH2，4min达到平衡，平衡时CO的转化率为80%，且2c(CH3OH)=c(CH3OCH3)，则：(1)0~4min，反应Ⅰ的v(H2)=。(2)反应Ⅱ中CH3OH的转化率α=，反应Ⅰ的平衡常数K=mol-2·L2。

答案(1)0.8mol·L-1·min-1(2)80%1.25解析(1)设平衡时CO为xmol，H2为ymol，CH3OH为zmol，则CH3OCH3为2zmol，H2O为2zmol，根据：C元素守恒：x+z+2×2z=4H元素守恒：2y+4z+6×2z+2×2z=2×8O元素守恒：x+z+2z+2z=4CO的转化率为4-x4=80%，解得x=0.8，y=1.6，z=0.64，v(H2)=(8-1.6)mol2L×4min=0.8mol·L-1·min-1。(2)反应Ⅰ中CO的转化率为80%，则生成的CH3OH的物质的量为4mol×80%=3.2mol，反应Ⅱ生成的CH3OCH3的物质的量为2zmol即2×0.64mol=1.28mol，则反应Ⅱ转化的CH3OH的物质的量为2×1.28mol=2.56mol，则反应Ⅱ中CH3OH的转化率α=2.563.2×100%=80%。由(1)可知平衡时CH3OH、H2、CO的浓度分别为0.32mol·L-1、0.8mol·L-1、0.4mol·L-1，反应Ⅰ的平衡常数K=0.320.82×0.42.[2024·福建，14(3)]SiHCl3是制造多晶硅的原料，可由Si和SiCl4耦合加氢得到，相关反应如下：Ⅰ.SiCl4(g)+H2(g)=SiHCl3(g)+HCl(g)ΔH1=+52kJ·mol-1Ⅱ.Si(s)+3HCl(g)=SiHCl3(g)+H2(g)ΔH2=-236kJ·mol-1Ⅲ.Si(s)+SiCl4(g)+2H2(g)=2SiH2Cl2(g)ΔH3=+16kJ·mol-1Ⅳ.Si(s)+3SiCl4(g)+2H2(g)=4SiHCl3(g)ΔH4=-80kJ·mol-1在压强为p0的恒压体系中通入2.0molH2和1.0molSiCl4，达到平衡时，气体组分的物质的量分数随温度变化如图所示(忽略气体组分在硅表面的吸附量)。已知：Kp为用气体分压表示的平衡常数，分压=物质的量分数×总压。①图中n代表的组分为(填化学式)。②750K时，反应Ⅲ的平衡常数Kp=(列出计算式)。

③750K时，SiCl4的平衡转化率为f，消耗硅的物质的量为mol(列出计算式)。

答案①HCl②z2w2xp0③(1-f解析①由反应Ⅰ~Ⅳ可知，HCl在反应Ⅳ中没有出现，在产物中含量较少，故n代表HCl，m代表SiHCl3。②750K时，反应Ⅲ：Si(s)+SiCl4(g)+2H2(g)=2SiH2Cl2(g)，由图可知平衡时SiCl4的物质的量分数为x，SiH2Cl2的物质的量分数为z，H2的物质的量分数为w，则Kp=(zp0)2xp0·(wp0)2=z2xw2p0。③750K时，1molSiCl4的平衡转化率为f，则转化的SiCl4为fmol，剩余的SiCl4为(1-f)mol，则n总(气体)=1-fxmol，n(SiHCl3)=y×(1-f)xmol，n(SiH2Cl2)=z×(1-f)xmol，根据硅原子守恒，消耗硅的物质的量=平衡物质中硅的总物质的量-起始时的1molSiCl4，n(Si)=(1-f)+(1-f)yx+(1-f3.[2025·湖南，18(4)]一定温度下，CO、C2H4和H2(体积比为x∶2∶1)按一定流速进入装有催化剂的恒容反应器(入口压强为100kPa)发生反应ⅰ：2C2H4(g)⥬C4H8(g)ΔH1=-104.7kJ·mol-1和ⅱ：2C2H4(g)+H2(g)⥬C4H10(g)ΔH2=-230.7kJ·mol-1，有CO存在时，反应ⅱ的反应进程如图1所示。随着x的增加，C2H4的转化率和产物的选择性(选择性=转化为目的产物所消耗乙烯的量已转化的乙烯总量×100%)如图2①根据图1，写出生成C4H10的决速步反应式；C4H10的选择性大于C4H8的原因是。

②结合图2，当x≥2时，混合气体以较低的流速经过恒容反应器时，反应近似达到平衡，随着x的增大，C2H4的转化率减小的原因是；当x=2时，该温度下反应ⅱ的Kp=(kPa)-2(保留两位小数)。

答案①*C2H5+*C2H4=*C4H9由C4H9生成C4H8时，活化能较大，反应速率慢②随着x的增大，CO的分压增大，对于反应ⅰ和反应ⅱ相当于减压，反应ⅰ和反应ⅱ平衡均逆向移动，所以C2H4的转化率减小0.16解析①总反应的反应速率由慢反应决定，故决速步是反应最慢的步骤，由图1可知，TSⅡ的能垒最大，该步骤是决速步骤，反应式为*C2H5+*C2H4=*C4H9。②当x=2时，C2H4的转化率为90%，C4H10的选择性为80%，设初始投料为CO：2mol、C2H4：2mol、H2：1mol，则平衡时n(C4H10)=2mol×90%×12×80%=0.72mol、n(C4H8)=2mol×90%×12×20%=0.18mol、n(C2H4)=2mol-2mol×90%=0.2mol、n(H2)=1mol-0.72mol=0.28mol，气体总物质的量为(2+0.72+0.18+0.2+0.28)mol=3.38