2019年高考化學總復習對對練：考點11化學平衡

1、.考點11化學平衡命題角度1化學平衡狀態(tài)及其挪動答案P20高考真題體驗·對方向1.2019天津·5室溫下,向圓底燒瓶中參加1 mol C2H5OH和含1 mol HBr的氫溴酸,溶液中發(fā)生反響:C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O,充分反響后到達平衡。常壓下,C2H5Br和C2H5OH的沸點分別為38.4 和78.5 。以下有關表達錯誤的選項是A.參加NaOH,可增大乙醇的物質的量B.增大HBr濃度,有利于生成C2H5BrC.假設反響物均增大至2 mol,那么兩種反響物平衡轉化率之比不變D.假設起始溫度進步至60 ,可縮短反響到達平衡的時間答案 D解析 參加NaOH能與

2、HBr反響,平衡左移,可增大乙醇的物質的量,A項正確;增大反響物HBr的濃度,平衡右移,有利于生成C2H5Br,B項正確;由于兩種反響物的起始量相等,且反響中兩種物質的化學計量數之比為11,那么兩種反響物平衡轉化率之比不變,C項正確;由于C2H5Br的沸點為38.4 ,假設起始溫度進步至60 ,那么會造成C2H5Br的揮發(fā),因此反響到達平衡的時間會延長,D項錯誤。2.2019天津·6常壓下羰基化法精煉鎳的原理為:Nis+4COgNiCO4g。230 時,該反響的平衡常數K=2×10-5。:NiCO4的沸點為42.2 ,固體雜質不參與反響。第一階段:將粗鎳與CO反響轉化成氣態(tài)

3、NiCO4;第二階段:將第一階段反響后的氣體別離出來,加熱至230 制得高純鎳。以下判斷正確的選項是A.增加cCO,平衡向正向挪動,反響的平衡常數增大B.第一階段,在30 和50 兩者之間選擇反響溫度,選50 C.第二階段,NiCO4分解率較低D.該反響到達平衡時,v生成NiCO4=4v生成CO答案 B解析 對于一個確定的化學反響,平衡常數K只受溫度影響,故A項錯;產物NiCO4為氣體,而NiCO4的沸點為42.2 ,應選50 ,B項正確;在第二階段NiCO4的分解平衡常數K=5×104,分解率較大,C項錯;到達化學平衡時,v生成Ni(CO)4v生成(CO)=14,故D項錯。3.20

4、19重慶·7羰基硫COS可作為一種糧食熏蒸劑,能防止某些昆蟲、線蟲和真菌的危害。在恒容密閉容器中,將CO和H2S混合加熱并到達以下平衡:COg+H2SgCOSg+H2gK=0.1反響前CO物質的量為10 mol,平衡后CO物質的量為8 mol。以下說法正確的選項是A.升高溫度,H2S濃度增加,說明該反響是吸熱反響B(tài).通入CO后,正反響速率逐漸增大C.反響前H2S物質的量為7 molD.CO的平衡轉化率為80%答案 C解析 升高溫度,H2S濃度增加,說明平衡向左挪動,那么正反響為放熱反響,A項錯誤;通入CO,在恒容密閉容器中相當于增大反響物濃度,故正反響速率瞬間增大,然后又逐漸減小,B

5、項錯誤;設反響前H2S的物質的量為x mol,那么根據方程式得:K=2×28×(x-2)=0.1,解之得x=7,故C項正確;CO=2mol10mol×100%=20%,D項錯誤。4.2019全國·27丁烯是一種重要的化工原料,可由丁烷催化脫氫制備。答復以下問題:1正丁烷C4H10脫氫制1-丁烯C4H8的熱化學方程式如下:C4H10gC4H8g+H2gH1:C4H10g+12O2gC4H8g+H2OgH2=-119 kJ·mol-1H2g+12O2gH2OgH3=-242 kJ·mol-1反響的H1為 kJ·mol-1。圖a是

6、反響平衡轉化率與反響溫度及壓強的關系圖,x0.1填“大于或“小于;欲使丁烯的平衡產率進步,應采取的措施是填標號。 A.升高溫度B.降低溫度C.增大壓強D.降低壓強圖a圖b圖c2丁烷和氫氣的混合氣體以一定流速通過填充有催化劑的反響器氫氣的作用是活化催化劑,出口氣中含有丁烯、丁烷、氫氣等。圖b為丁烯產率與進料氣中n氫氣/n丁烷的關系。圖中曲線呈現先升高后降低的變化趨勢,其降低的原因是 3圖c為反響產率和反響溫度的關系曲線,副產物主要是高溫裂解生成的短碳鏈烴類化合物。丁烯產率在590 之前隨溫度升高而增大的原因可能是、;590 之后,丁烯產率快速降低的主要原因可能是 答

7、案 1+123小于AD2原料中過量H2會使反響平衡逆向挪動,所以丁烯轉化率下降3590 前升高溫度,反響平衡正向挪動升高溫度時,反響速率加快,單位時間產生丁烯更多更高溫度導致C4H10裂解生成更多的短碳鏈烴,故丁烯產率快速降低解析 1根據蓋斯定律,式-式可得式,因此H1=H2-H3=-119 kJ·mol-1+242 kJ·mol-1=+123 kJ·mol-1。由圖a可以看出,溫度一樣時,由0.1 MPa 變化到x MPa,丁烷的轉化率增大,即平衡正向挪動,由于反響是氣體物質的量增大的反響,壓強越小平衡轉化率越大,所以x的壓強更小,x<0.1。由于反響為吸

8、熱反響,所以溫度升高時,平衡正向挪動,丁烯的平衡產率增大,因此A正確,B錯誤。由于反響是氣體物質的量增大的反響,加壓時平衡逆向挪動,丁烯的平衡產率減小,因此C錯誤,D正確。2H2是反響的產物,增大n(氫氣)n(丁烷)會促使平衡逆向挪動,從而降低丁烯的產率。3590 之前,隨溫度升高,反響速率增大,反響是吸熱反響,升高溫度平衡正向挪動,生成的丁烯會更多。溫度超過590 ,更多的丁烷裂解生成短鏈烴類,導致丁烯產率快速降低。5.12019全國·2724煤燃燒排放的煙氣含有SO2和NOx,形成酸雨、污染大氣,采用NaClO2溶液作為吸收劑可同時對煙氣進展脫硫、脫硝。答復以下問題:在鼓泡反響器

9、中通入含有SO2和NO的煙氣,反響溫度323 K,NaClO2溶液濃度為5×10-3 mol·L-1。反響一段時間后溶液中離子濃度的分析結果如下表。離子SO42-SO32-NO3-NO2-Cl-c/mol·L-18.35×10-46.87×10-61.5×10-41.2×10-53.4×10-3a.寫出NaClO2溶液脫硝過程中主要反響的離子方程式。增加壓強,NO的轉化率填“進步“不變或“降低。 b.隨著吸收反響的進展,吸收劑溶液的pH逐漸填“增大“不變或“減小。 c.由實驗結果可知,脫硫反響速

10、率脫硝反響速率填“大于或“小于。原因是除了SO2和NO在煙氣中的初始濃度不同,還可能是 假如采用NaClO、CaClO2替代NaClO2,也能得到較好的煙氣脫硫效果。從化學平衡原理分析,CaClO2相比NaClO具有的優(yōu)點是。 22019全國·283以下圖為氣相直接水合法中乙烯的平衡轉化率與溫度、壓強的關系其中nH2OnC2H4=11。列式計算乙烯水合制乙醇反響在圖中A點的平衡常數Kp= 用平衡分壓代替平衡濃度計算。分壓=總壓×物質的量分數。圖中壓強p1、p2、p3、p4的大小順序為,理由是。 氣相直接水合法常采用的工藝條件為:磷酸/

11、硅藻土為催化劑,反響溫度290 ,壓強6.9 MPa。nH2OnC2H4=0.61。乙烯的轉化率為5%。假設要進一步進步乙烯轉化率,除了可以適當改變反響溫度和壓強外,還可以采取的措施有、。 答案 1a.4NO+3ClO2-+4OH-4NO3-+2H2O+3Cl-進步b.減小c.大于NO溶解度較低或脫硝反響活化能較高形成CaSO4沉淀,使平衡向產物方向挪動,SO2轉化率進步2p(C2H5OH)p(C2H4)·p(H2O)=20%np2n-20%n(80%np2n-20%n)2=20×180802×7.85 MPa=0.07MPa-1p1<p2<

12、p3<p4反響分子數減少,一樣溫度下,壓強升高乙烯轉化率進步將產物乙醇液化移去增加nH2OnC2H4比解析 1a.NaClO2具有氧化性,可將NO氧化為NO3-,自身被復原為Cl-,故脫硝時主要反響的離子方程式為3ClO2-+4NO+4OH-4NO3-+2H2O+3Cl-;加壓可增大NO溶解度且使反響向右進展的程度增大,NO的轉化率進步。b.脫硝反響3ClO2-+4NO+4OH-4NO3-+2H2O+3Cl-,脫硫反響4OH-+ClO2-+2SO22SO42-+Cl-+2H2O,兩反響均消耗OH-,故隨著反響進展cOH-減小,cH+增大,pH減小。c.由表格中數據可知cSO42->

13、cNO3-,故脫硫速率大于脫硝速率,可能的原因有SO2、NO初始濃度不同,SO2、NO在水中溶解度不同,NO、SO2復原性強弱不同,反響物的活化能越大,反響速率越慢,故還可能是脫硝反響活化能較高等。采用CaClO2,在脫硫反響中會生成CaSO4沉淀,使cSO42-減小,平衡正向挪動,SO2轉化率進步。2根據“三部曲法,C2H4g+H2OgC2H5OHg始態(tài)/mol:nn0反響/mol:0.2n0.2n0.2n終態(tài)/mol:0.8n0.8n0.2npC2H5OH=0.2n0.8n+0.8n+0.2n×7.85 MPa、pC2H4=pH2O=0.8n0.8n+0.8n+0.2n×

14、;7.85 MPa,代入K即可;此反響正方向為氣體分子數減小的反響,溫度恒定時,增大壓強,平衡正向挪動,C2H4的平衡轉化率增大,所以p4最大;溫度和壓強恒定,要使乙烯的轉化率進步,可增大H2O的濃度,即nH2OnC2H4的值,也可將產物及時別離。1.化學平衡標志判斷關注點2.解答化學平衡挪動問題的步驟新題演練提能·刷高分1.2019浙江嘉興第一中學高三期末一定溫度下,某容器中參加足量的碳酸鈣,發(fā)生反響CaCO3sCaOs+CO2g,到達平衡,以下說法正確的選項是A.將體積縮小為原來的一半,當體系再次到達平衡時,CO2的濃度不變B.將體積增大為原來的2倍,再次到達平衡時,氣體的密度變

15、大C.因CaCO3s需加熱條件才分解生成CaOs和CO2g,所以該分解反響H<0D.保持容器壓強不變,充入He,平衡向逆反響方向進展答案 A解析 A項,根據CaCO3sCaOs+CO2g可知,該反響的平衡常數K=cCO2,將體積縮小為原來的一半,當體系再次到達平衡時,因溫度不變,那么K值不變,所以cCO2也不變,故A正確;B項,該反響中只有二氧化碳為氣體,所以反響過程中氣體的密度始終不變,那么將體積增大為原來的2倍,再次到達平衡時,氣體密度不變,故B錯誤;C項,CaCO3sCaOs+CO2g是分解反響,該反響為吸熱反響,所以H>0,故C錯誤;D項,保持容器壓強不變,充入He,容器體

16、積增大,CO2的濃度減小,平衡將向正反響方向進展,故D錯誤。2.2019黑龍江齊齊哈爾實驗中學高三期末某溫度下,在一容積可變的容器中,反響2XgYg+2Zg到達平衡時,X、Y和Z的物質的量分別為6 mol、3 mol和6 mol。保持溫度和壓強不變,對平衡混合物中三者的物質的量做如下調整,可使平衡向右挪動的是A.均減少1 molB.均增加1 molC.均減半D.均加倍答案 A解析 A項,如X、Y和Z的物質的量之比按照212的比值減小,那么平衡不挪動,而“均減少1 mol,相當于減少的X、Z少,Y多,那么平衡右移,故A正確;B項,如X、Y和Z的物質的量之比按照212的比值增大,那么平衡不挪動,而

17、“均增加1 mol,相當于在原來的根底上多加了Y,那么平衡向左挪動,故B錯誤;C項,由于是在容積可變的容器中,那么“均減半相當于X、Y、Z三物質的濃度都沒有改變,平衡不會挪動,故C錯誤;D項,由于是在容積可變的容器中,那么“均加倍相當于X、Y、Z三物質的濃度都沒有改變,平衡不會挪動,故D錯誤。3.2019云南曲靖第二次統(tǒng)測在300 mL的密閉容器中,放入鎳粉并充入一定量的CO氣體,一定條件下發(fā)生反響:Nis+4COgNiCO4g,該反響平衡常數與溫度的關系如下表:溫度/2580230平衡常數5×10421.9×10-5以下說法不正確的選項是A.上述生成NiCO4g的反響為放

18、熱反響B(tài).25 時,反響NiCO4gNis+4COg的平衡常數為2×10-5C.80 到達平衡時,測得nCO=0.3 mol,那么NiCO4的平衡濃度為2 mol·L-1D.在80 時,測得某時刻NiCO4、CO的濃度均為0.5 mol·L-1,那么此時,v正>v逆答案 D解析 隨著溫度升高,平衡常數減小,說明平衡逆向進展,逆向是吸熱反響,正向是放熱反響,故A正確;25 時,反響NiCO4gNis+4COg的平衡常數與Nis+4COgNiCO4g的平衡常數互為倒數,即平衡常數為15×104=2×10-5,故B正確;80 到達平衡時,測得n

19、CO=0.3 mol,那么cCO=0.3mol0.3 L=1 mol·L-1,根據平衡常數計算式K=cNi(CO)4c4(CO)=2,那么NiCO4的平衡濃度為2 mol·L-1,故C正確;在80 時,測得某時刻NiCO4、CO的濃度均為0.5 mol·L-1,Qc=cNi(CO)4c4(CO)=0.50.54=8>2,說明平衡逆向進展,那么此時v正<v逆,故D錯誤。4.2019四川成都高三三診研究NO2、NO、CO污染物處理,對建立美麗中國具有重要意義。1NO2g+COgCO2g+NOgH1=-234.00 kJ·mol-112N2g+12

20、O2gNOgH2=-89.75 kJ·mol-12NOg+O2g2NO2gH3=-112.30 kJ·mol-1。假設NO2氣體和CO氣體反響生成無污染氣體,其熱化學方程式為 2某溫度下,向10 L密閉容器中分別充入0.1 mol NO2和0.2 mol CO,發(fā)生反響:2NO2g+4COgN2g+4CO2g,經10 min反響到達平衡,容器的壓強變?yōu)樵瓉淼?930。010 min內,CO的平均反響速率vCO=; 假設容器中觀察到,可判斷該反響到達平衡狀態(tài); 為增大污染物處理效率,起始最正確投料比為; 平衡后,僅將CO、CO2氣體濃度

21、分別增加一倍,那么平衡填“右移“左移或“不挪動。 圖a3在高效催化劑作用下用NH3復原NO2進展污染物處理。一樣條件下,選用A、B、C三種催化劑進展反響,生成氮氣的物質的量與時間變化如圖a?；罨茏钚〉氖怯肊A、EB、EC表示三種催化劑下該反響活化能。 圖b在催化劑A作用下測得一樣時間處理NO2的量與溫度的關系如圖b。試說明圖中曲線先增大后減小的原因假設該溫度范圍內催化效率一樣。 4有人設想在含有NO2的酸性污水中參加填充有鋁粉的多孔活性炭顆粒進展水的凈化。試結合電極反響說明多孔活性炭的主要作用。 答案 12NO2g+4COg4CO2g+N2gH=-86

22、8.8 kJ·mol-124×10-4 mol·L-1·min-1體系內氣體顏色不再改變n(NO2)n(CO)=12不挪動3EA低于300 ,反響未到達平衡,溫度升高,反響速率加快;高于300 ,反響已平衡,隨溫度升高,反響逆向進展4活性炭在與鋁粉形成的原電池中作正極,發(fā)生反響2NO2+8H+8e-N2+4H2O,將NO2轉化為無污染物質N2解析 1反響×4-×2+得到:2NO2g+4COg4CO2g+N2gH=-868.8 kJ·mol-1。2設經10 min,NO2反響了x mol, 2NO2g+4COgN2g+4CO2

23、g起始物質的量/mol0.10.200反響物質的量/molx2xx22x平衡物質的量/mol0.1-x0.2-2xx22x恒溫恒容容器中,壓強比等于氣體的物質的量之比,所以0.3-x20.3=2930,解得x=0.02。參加反響的CO為0.04 mol,反響速率為0.04mol10 L×10min=4×10-4 mol·L-1·min-1。反響達平衡以后所有物質的濃度都不變化,因為NO2的濃度不變,所以體系的顏色應該也不變化,那么觀察到顏色不變,證明反響達平衡。為增大污染物處理效率,應該保證反響盡量轉化為生成物,即兩個反響物都不過量,所以起始最正確投料比

24、為n(NO2)n(CO)=12。達平衡時一定有Q=K,如今僅將CO、CO2氣體濃度分別增加一倍,因為兩者的化學計量數相等,且一個在分子一個在分母,所以濃度商的比值Q不變,即Q仍然等于K,反響平衡不挪動。3一般來說,反響的活化能越小,反響的速率越快,所以EA最小。曲線為在催化劑A作用下測得一樣時間處理NO2的量與溫度的關系,那么曲線上的點不一定代表平衡態(tài)。反響速率慢的時候,該時間段不能達平衡,那么速率越快,反響的量越多;反響速率很快的時候,反響達平衡,那么溫度越高,平衡逆向挪動,反響的量減少。4參加鋁和碳就組成了原電池的兩個電極,鋁為負極,碳為正極,其外表應該發(fā)生NO2得電子轉化為氮氣的反響,所

25、以方程式為2NO2+8H+8e-N2+4H2O。5.2019福建龍巖高三下學期教學質量檢查乙二醛OHCCHO化學性質活潑,是紡織工業(yè)中常用的一種有機原料,能增加棉花、尼龍等纖維的防縮性和防皺性。其工業(yè)消費方法主要是乙二醇HOCH2CH2OH氣相催化氧化法和乙醛液相硝酸氧化法。請答復以下相關問題:1乙二醇氣相催化氧化法以乙二醇、氧氣為原料,在催化劑存在的條件下,250 左右開場緩慢進展,生成乙二醛和副產物乙醇酸CH2OHCOOH的反響方程式:.HOCH2CH2OHg+O2gOHCCHOg+2H2OgH1.HOCH2CH2OHg+O2gCH2OHCOOHg+H2OgH2反響中相關化學鍵鍵能數據如下

26、:化學鍵CHCOHOOOCOCCE(kJ·mol-1)413343465498728332H1= kJ·mol-1,反響的化學平衡常數表達式為K=。 欲進步的平衡產率,可以采取的措施是填標號。 A.升高溫度B.增大壓強C.降低溫度D.減小壓強進步乙二醛反響選擇性的關鍵因素是 保持溫度和容積不變,以下描繪能說明反響到達平衡狀態(tài)的是填標號。 A.v正O2=2v逆H2OB.混合氣體的壓強不再隨時間變化而變化C.混合氣體的密度不再發(fā)生變化D.乙二醇與OHCCHO的物質的量之比為11E.混合氣體中乙二醛的體積分數不再發(fā)生變化2乙醛CH3CHO液

27、相硝酸氧化法11.0 g 40%的乙醛溶液和40%的硝酸,按一定比例投入氧化反響釜內,在CuNO32催化下,控制溫度在3840 時,反響10 h,再通過萃取等操作除去乙醛、硝酸等,最后經減壓濃縮得4.35 g 40%乙二醛溶液。用稀硝酸氧化乙醛制取乙二醛時,有N2O產生。其化學方程式為 利用上面數據,計算乙二醛的產率為。 答案 1-376c(OHCCHO)·c2(H2O)c(HOCH2CH2OH)·c(O2)CD催化劑BE22CH3CHO+2HNO32OHCCHO+N2O+3H2OCuNO32寫成催化劑也正確30%解析 1H=反響物的鍵能之和-生成物的鍵

28、能之和,H1=2×465+4×413+2×343+332+498 kJ·mol-1-2×728+332+2×413+4×465 kJ·mol-1=-376 kJ·mol-1,反響的化學平衡常數表達式為K=c(OHCCHO)·c2(H2O)c(HOCH2CH2OH)·c(O2)。反響為氣體物質的量增大的放熱反響,欲進步的平衡產率,需要使平衡正向挪動。A項,升高溫度,平衡逆向挪動,錯誤;B項,增大壓強,平衡逆向挪動,錯誤;C項,降低溫度,平衡正向挪動,正確;D項,減小壓強,平衡正向挪動,正

29、確,應選CD。催化劑具有選擇性,進步乙二醛反響選擇性的關鍵因素是性質適宜的催化劑。反響為HOCH2CH2OHg+O2gOHCCHOg+2H2Og,保持溫度和容積不變。A項,v正O2=2v逆H2O,表示逆反響速率小于正反響速率,不是平衡狀態(tài),錯誤;B項,反響前后氣體的物質的量發(fā)生變化,混合氣體的壓強不再隨時間變化而變化,可以說明到達了平衡狀態(tài),正確;C項,容器的體積和氣體的質量均不變,混合氣體的密度始終不變,不是平衡狀態(tài),錯誤;D項,乙二醇與OHCCHO的物質的量之比為11與平衡狀態(tài)無關,與反響起始的量和轉化率有關,不能表示平衡狀態(tài),錯誤;E項,混合氣體中乙二醛的體積分數不再發(fā)生變化,說明是平衡

30、狀態(tài),正確,應選BE。2用稀硝酸氧化乙醛制取乙二醛時,有N2O產生,反響的化學方程式為2CH3CHO+2HNO32OHCCHO+N2O+3H2O。4.35 g 40%乙二醛溶液中含有乙二醛的物質的量=4.35 g×40%58 g·mol-1=0.03 mol;11.0 g 40%的乙醛溶液中含有乙醛的物質的量=11.0 g×40%44 g·mol-1=0.1 mol,理論上生成0.1 mol乙二醛,乙二醛的產率=0.03mol0.1mol×100%=30%。命題角度2化學平衡常數與平衡轉化率答案P22高考真題體驗·對方向1.2019全

31、國·28采用N2O5為硝化劑是一種新型的綠色硝化技術,在含能材料、醫(yī)藥等工業(yè)中得到廣泛應用。答復以下問題:11840年Devil用枯燥的氯氣通過枯燥的硝酸銀,得到N2O5。該反響的氧化產物是一種氣體,其分子式為。 2F.Daniels等曾利用測壓法在剛性反響器中研究了25 時N2O5g分解反響:2N2O5g4NO2g+O2g2N2O4g其中NO2二聚為N2O4的反響可以迅速到達平衡。體系的總壓強p隨時間t的變化如下表所示t=時,N2O5g完全分解:t/min040801602601 3001 700p/kPa35.840.342.545.949.261.262.363.1:

32、2N2O5g2N2O4g+O2gH1=-4.4 kJ·mol-12NO2gN2O4gH2=-55.3 kJ·mol-1那么反響N2O5g2NO2g+12O2g的H= kJ·mol-1。 研究說明,N2O5g分解的反響速率v=2×10-3×pN2O5kPa·min-1,t=62 min時,測得體系中pO2=2.9 kPa,那么此時的pN2O5= kPa,v= kPa·min-1。 假設進步反響溫度至35 ,那么N2O5g完全分解后體系壓強p35 63.1 kPa填“大于“等于或“小于,原因是。 2

33、5 時N2O4g2NO2g反響的平衡常數Kp= kPaKp為以分壓表示的平衡常數,計算結果保存1位小數。 3對于反響2N2O5g4NO2g+O2g,R.A.Ogg提出如下反響歷程:第一步 N2O5NO2+NO3 快速平衡第二步 NO2+NO3NO+NO2+O2慢反響第三步 NO+NO32NO2快反響其中可近似認為第二步反響不影響第一步的平衡。以下表述正確的選項是填標號。 A.v第一步的逆反響>v第二步反響B(tài).反響的中間產物只有NO3C.第二步中NO2與NO3的碰撞僅部分有效D.第三步反響活化能較高答案 1O2253.130.06.0×10-2大于溫度進步,體

34、積不變,總壓強進步;NO2二聚為放熱反響,溫度進步,平衡左移,體系物質的量增加,總壓強進步13.43AC解析 1枯燥的氯氣與枯燥的AgNO3之間發(fā)生氧化復原反響時,氯氣作氧化劑,而AgNO3中Ag、N元素都處于最高價,所以被氧化的只能為氧元素,那么得到的氣體為氧氣。2由蓋斯定律可知,第一個反響÷2-第二個反響可得反響:N2O5g2NO2g+12O2g,那么該反響的H=-4.4 kJ·mol-1÷2-55.3 kJ·mol-1=+53.1 kJ·mol-1。根據反響:N2O5g2NO2g+12O2g及氣體的物質的量與其形成的壓強成正比,生成的O2

35、的壓強pO2=2.9 kPa,那么剩余N2O5形成的壓強pN2O5=35.8 kPa-2.9 kPa×2=30.0 kPa。那么N2O5的分解速率v=2×10-3×30.0 kPa·min-1=6.0×10-2 kPa·min-1。假設進步反響溫度至35 ,由于體積不變,但溫度進步,總壓強增大,且2NO2gN2O4gH2=-55.3 kJ·mol-1為放熱反響,溫度升高,平衡左移,氣體的物質的量增大,總壓強進步,所以N2O5完全分解后體系壓強p大于63.1 kPa。當t=時,體系的總壓強為63.1 kPa為平衡時的總壓強,此

36、時N2O5完全分解,生成的氧氣的壓強為:pO2=35.8 kPa2=17.9 kPa。假設NO2不生成N2O4,那么此時的總壓應為35.8 kPa×52=89.5 kPa,而實際壓強為63.1 kPa,壓強差為:89.5 kPa-63.1 kPa=26.4 kPa2NO2N2O4壓強差 2 1126.4 kPa26.4 kPa那么平衡時NO2的分壓為:63.1 kPa-pO2-pN2O4=18.8 kPa由此可求反響N2O4g2NO2g的平衡常數為(18.8 kPa)226.4 kPa13.4 kPa。3根據第一步能“快速平衡及第二步“慢反響可判斷A項正確;反響的中間產物有NO3及N

37、O,B項錯誤;根據第二步反響:NO2+NO3NO+NO2+O2可知,部分NO2沒有參加反響,C項正確;第三步為“快反響,那么該步反響的活化能較低,D項錯誤。2.12019全國·283H2S與CO2在高溫下發(fā)生反響:H2Sg+CO2gCOSg+H2Og。在610 K時,將0.10 mol CO2與0.40 mol H2S充入2.5 L的空鋼瓶中,反響平衡后水的物質的量分數為0.02。H2S的平衡轉化率1=%,反響平衡常數K=。 在620 K重復實驗,平衡后水的物質的量分數為0.03,H2S的轉化率21,該反響的H0填“>“<或“=。 向反響器中再分別充入

38、以下氣體,能使H2S轉化率增大的是填標號。 A.H2SB.CO2C.COSD.N222019全國·284298 K時,將20 mL 3x mol·L-1 Na3AsO3、20 mL 3x mol·L-1 I2和20 mL NaOH溶液混合,發(fā)生反響:AsO33-aq+I2aq+2OH-aqAsO43-aq+2I-aq+H2Ol。溶液中cAsO43-與反響時間t的關系如下圖。以下可判斷反響到達平衡的是填標號。 a.溶液的pH不再變化b.vI-=2vAsO33-c.cAsO43-/cAsO33-不再變化d.cI-=y mol·L-1tm時

39、,v正v逆填“大于“小于或“等于。 tm時v逆tn時v逆填“大于“小于或“等于,理由是。 假設平衡時溶液的pH=14,那么該反響的平衡常數K為。 答案 12.52.8×10-3>>B2a、c大于小于tm時生成物濃度較低4y3(x-y)2 mol·L-1-1解析 1考察轉化率和平衡常數,根據“三段式解決。設H2S轉化了x molH2Sg+CO2gCOSg+H2Og起始/mol0.40.1轉化/molxxxx平衡/mol0.4-x0.1-xxx由題意可知,平衡后水的物質的量分數為0.02,即xmol0.5mol=0.02,x=0.01,

40、那么1H2S=0.01mol0.4mol×100%=2.5%。平衡常數K=c(COS)·c(H2O)c(H2S)·c(CO2)=0.01mol2.5 L×0.01mol2.5 L0.39mol2.5 L×0.09mol2.5 L=2.8×10-3。升高溫度,平衡后水的物質的量分數增大,即平衡正向挪動,那么H2S的轉化率增大。升高溫度,平衡向吸熱反響方向挪動,那么正反響為吸熱反響,H>0。增大反響物中一種物質的百分含量,其自身的轉化率降低,而另外一種反響物的轉化率增大,因此選B。參加COS時,平衡逆向挪動,H2S的轉化率減小;參加

41、N2,平衡不挪動,H2S的轉化率不變。2a項,反響中消耗OH-,假設pH不變,那么說明反響已達平衡,正確;b項,反響中I-與AsO33-的計量數之比為21,所以兩者反響速率之比始終為21,那么不能說明反響已達平衡,錯誤;c項,離子濃度比值不變,即說明反響已達平衡,正確;d項,由圖知,反響達平衡時,cAsO43-=y mol·L-1,此時cI-=2y mol·L-1,那么cI-=y mol·L-1時,不能說明反響到達平衡,錯誤。在tm時,反響未到達平衡,故v正>v逆。生成物濃度越大,逆反響速率越大,tn時生成物濃度大,那么tn時的v逆大。三種溶液混合后,cAs

42、O33-=3x×2020+20+20 mol·L-1=x mol·L-1,cI2=x mol·L-1,反響到達平衡時,cAsO43-為y mol·L-1,cI-=2y mol·L-1,消耗cAsO33-和cI2均為y mol·L-1,那么平衡時cAsO33-=cI2=x-y mol·L-1,pH=14即cOH-=1 mol·L-1,那么K=c(AsO43-)·c2(I-)c(AsO33-)·c(I2)·c2(OH-)=y·(2y)2(x-y)·(x-y)&

43、#183;12 mol·L-1-1=4y3(x-y)2mol·L-1-1。3.12019全國·272CrO42-和Cr2O72-在溶液中可互相轉化。室溫下,初始濃度為1.0 mol·L-1的Na2CrO4溶液中cCr2O72-隨cH+的變化如下圖。用離子方程式表示Na2CrO4溶液中的轉化反響。 由圖可知,溶液酸性增大,CrO42-的平衡轉化率填“增大“減小或“不變。根據A點數據,計算出該轉化反響的平衡常數為。 升高溫度,溶液中CrO42-的平衡轉化率減小,那么該反響的H0填“大于“小于或“等于。 22019全國·

44、273在不同溫度下,NaClO2溶液脫硫、脫硝的反響中SO2和NO的平衡分壓pc如下圖。由圖分析可知,反響溫度升高,脫硫、脫硝反響的平衡常數均填“增大“不變或“減小。 反響ClO2-+2SO32-2SO42-+Cl-的平衡常數K表達式為。 答案 12CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O增大1.0×1014小于2減小K=c2(SO42-)·c(Cl-)c2(SO32-)·c(ClO2-)解析 1由圖像可知,隨著H+濃度增大,Cr2O72-濃度增大,那么離子反響方程式為2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O;酸性增大,平衡正向挪動,Cr

45、O42-的轉化率增大;A點Cr2O72-的濃度為0.25 mol·L-1,那么反響的CrO42-濃度為0.5 mol·L-1,那么K=c(Cr2O72-)c2(CrO42-)·c2(H+)=0.250.52×(1.0×10-7)2=1.0×1014升高溫度,CrO42-的平衡轉化率減小,平衡逆向挪動,說明正方向是放熱反響,那么H<0。2由圖示可知,溫度升高,SO2和NO的平衡分壓增大,說明升溫,平衡逆向挪動,因此,升高溫度,反響的平衡常數減小。根據反響方程式ClO2-+2SO32-2SO42-+Cl-,可知化學平衡常數表達式為K

46、=c(Cl-)·c2(SO42-)c(ClO2-)·c2(SO32-)。4.2019全國·27甲醇既是重要的化工原料,又可作為燃料。利用合成氣主要成分為CO、CO2和H2在催化劑作用下合成甲醇,發(fā)生的主要反響如下:COg+2H2gCH3OHgH1CO2g+3H2gCH3OHg+H2OgH2CO2g+H2gCOg+H2OgH3答復以下問題:1反響中相關的化學鍵鍵能數據如下:化學鍵HHCOCOHOCHE/kJ·mol-14363431 076465413由此計算H1= kJ·mol-1;H2=-58 kJ·mol-1,那么H3= kJ&#

47、183;mol-1。 2反響的化學平衡常數K表達式為;圖1中能正確反映平衡常數K隨溫度變化關系的曲線為填曲線標記字母,其判斷理由是 圖1圖23合成氣組成n(H2)n(CO+CO2)=2.60時,體系中的CO平衡轉化率與溫度和壓強的關系如圖2所示,CO值隨溫度升高而填“增大或“減小,其原因是;圖2中的壓強由大到小為,其判斷理由是 答案 1-99+412K=c(CH3OH)c(CO)·c2(H2)或Kp=p(CH3OH)p(CO)·p2(H2)a反響為放熱反響,平衡常數數值應隨溫度升高變小3減小升高溫度時,反響為放熱反響,平衡向左挪動,使得體系中C

48、O的量增大;反響為吸熱反響,平衡向右挪動,又使產生CO的量增大;總結果,隨溫度升高,使CO的轉化率降低p3>p2>p1一樣溫度下,由于反響為氣體分子數減小的反響,加壓有利于提升CO的轉化率;而反響為氣體分子數不變的反響,產生CO的量不受壓強影響。故增大壓強時,有利于CO的轉化率升高解析 1由反響H1=反響物鍵能-產物鍵能代入求得H1=1 076+2×436-3×413-343-465 kJ·mol-1=-99 kJ·mol-1。由蓋斯定律,H3=H2-H1=-58 kJ·mol-1+99 kJ·mol-1=+41 kJ&#

49、183;mol-1。2反響的K表達式為c(CH3OH)c(CO)·c2(H2)。因反響為放熱反響,所以平衡常數應隨溫度升高而變小,所以選a。3升高溫度,反響平衡向左挪動,使體系中nCO增大;反響為吸熱反響,平衡向右挪動,又使產生nCO增大;總結果是隨溫度升高,CO的轉化率降低。因為一樣溫度下,由于反響為氣體分子數減小的反響,加壓有利于增大CO的轉化率;反響為氣體分子數不變的反響,壓強改變對平衡不產生影響。所以壓強增大,CO轉化率升高,在圖2中,同一溫度下,CO轉化率高的對應壓強大,那么p3>p2>p1。有關化學平衡計算的“三部曲化學平衡的計算一般涉及各組分的物質的量、濃度

50、、轉化率、百分含量,氣體混合物的密度、平均摩爾質量、壓強等,通常的思路是寫出平衡式,列出相關量起始量、變化量、平衡量,確定各量之間的關系,列出比例式或等式或根據平衡常數求解。如對以下反響:mAg+nBgpCg+qDg,令A、B起始物質的量mol分別為a、b,到達平衡后,A的消耗量為mx,容器容積為V L。mAg+nBgpCg+qDg起始/molab00變化/molmxnxpxqx平衡/mola-mxb-nxpxqx那么有:1K=(pxV)p·(qxV)q(a-mxV)m·(b-nxV)n2對于反響物:n平=n始-n變;對于生成物:n平=n始+n變。3cA平=a-mxV。4A

51、平=mxa×100%,AB=mxanxb=mbna。5A=a-mxa+b+(p+q-m-n)x×100%。6p(平)p(始)=a+b+(p+q-m-n)xa+b。7混=a·M(A)+b·M(B)Vg·L-1。8M=a·M(A)+b·M(B)a+b+(p+q-m-n)xg·mol-1。新題演練提能·刷高分1.2019西北工業(yè)大學附中高三月考節(jié)選為了減少CO的排放,某環(huán)境研究小組以CO和H2為原料合成清潔能源二甲醚DME,反響如下:4H2g+2COgCH3OCH3g+H2OgH=-198 kJ· m

52、ol-1。1如下圖能正確反映平衡常數K隨溫度變化關系的曲線是填曲線標記字母,其判斷理由是 2在一定溫度下,向2.0 L固定的密閉容器中充入2 mol H2和1 mol CO,經過一段時間后,反響4H2g+2COgCH3OCH3g+H2Og到達平衡。反響過程中測得的部分數據見下表:時間/min0204080100nH2/mol2.01.40.850.4nCO/mol1.00.4250.20.2nCH3OCH3/mol00.150.4nH2O/mol00.150.287 50.40.4020 min的平均反響速率vCO= mol·L-1·min-1; 該反響

53、到達平衡時,H2的轉化率為; 在上述溫度下,向平衡后的2 L容器中再充入0.4 mol H2和0.4 mol CH3OCH3g,那么化學平衡向“正向“逆向或“不挪動。 答案 1a正反響放熱,溫度升高,平衡常數減小27.5×10-380%正向解析 1該反響正反響放熱,溫度升高,平衡常數減小,故能正確反映平衡常數K隨溫度變化關系的曲線是a。2020 min的平均反響速率vH2=2.0mol-1.4mol2.0 L20min=0.015 mol·L-1·min-1,vCO=12vH2=0.007 5 mol·L-1·min-1;該

54、反響到達平衡時,CO的轉化率=1.0mol-0.2mol1.0mol×100%=80%,平衡時H2的轉化率=CO的轉化率=80%;在上述溫度下,平衡常數K=0.42.0×0.42.0(0.42.0)4×(0.22.0)2=2.5×103,向平衡后的2 L容器中再充入0.4 mol H2和0.4 mol CH3OCH3g,此時Qc=0.82.0×0.42.0(0.82.0)4×(0.22.0)2<K,化學平衡正向挪動。2.2019湖南長沙長郡中學高考押題卷二硫酸年產量的上下可衡量一個國家化工消費程度開展的上下,SO2轉化為SO3是

55、制備硫酸中的關鍵性反響,也是一個可逆反響。1NO可作為SO2與O2間反響的催化劑,催化機理如下:2NOg+O2g2NO2gH1=-113 kJ·mol-1SO2g+NO2gSO3g+NOgH2總反響:2SO2g+O2g2SO3gH3=-196.6 kJ·mol-1H2=。 2一定溫度下,向容積為2 L的恒容密閉容器中充入2 mol SO2、2 mol O2測得容器中壓強的變化如下表所示SO3為氣體:反響時間/min024681012壓強/MPa16.0a14.7a13.7a13.0a12.5a12.4a12.4a010 min內,vSO2=。 該溫度下的平衡常數K=。結果保存一位小數 反響到達平衡后,再向容器中同時充入均為0.2 mol的三種氣體后,v正、v逆的關系是。 3一定溫度下,向某密閉容器中通入一定量的二氧化硫和氧氣的混合氣體并使之反響,反響過程中SO