2021新高考化学二轮总复习学案：专题七　化学反应速率和化学平衡 Word版含解析

2021新高考化学二轮总复习学案：专题七　化学反应速率和化学平衡 Word版含解析

专题七　化学反应速率和化学平衡 考情分析备考定向 备考要点说明 核心价值引领 ‎1.了解化学反应速率的概念和定量表示方法。能正确计算化学反应的转化率(α)。‎ ‎2.了解反应活化能的概念,了解催化剂的重要作用。‎ ‎3.了解化学反应的可逆性及化学平衡的建立。‎ ‎4.掌握化学平衡的特征。了解化学平衡常数(K)的含义,能利用化学平衡常数进行相关计算。‎ ‎5.理解外界条件(浓度、温度、压强、催化剂等)对化学反应速率和化学平衡的影响,能用相关理论解释其一般规律。‎ ‎6.了解化学反应速率和化学平衡的调控在生活、生产和科学研究领域中的重要作用。‎ ‎　　2020年6月10日,在江苏省科学技术奖励大会上,钟秦教授科研团队的《高效燃煤燃气烟气脱硝催化剂全生命周期关键技术研发与应用》获得2019年江苏省科学技术奖一等奖,钒基脱硝催化剂在220 ℃至550 ℃高温高效稳定运行,解决了催化剂生产、运行诊断、再生与回收等关键技术问题。催化剂能够改变反应历程,降低反应的活化能,故催化剂能够极大程度地加快化学反应速率。科学家一直致力于研究发现高效催化剂,那么催化剂增大化学反应速率的机理是什么?催化剂能不能提高反应物的转化率?能否改变反应的焓变?带着这些问题我们来深入研究化学反应速率、化学平衡的影响因素以及化学反应条件的选择。‎ 高频考点能力突破 考点一　外界条件对化学反应速率的影响 真题示例 ‎(2019浙江4月选考)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 必备知识 ‎1.化学反应速率的计算 ‎(1)公式法:v(B)=Δc(B)‎Δt‎=‎Δn(B)‎VΔt。‎ ‎①浓度变化只适用于气体和溶液中的溶质,不适用于固体和纯液体。‎ ‎②化学反应速率是某段时间内的平均反应速率,而不是瞬时速率,且计算时取正值。‎ ‎③同一反应用不同的物质表示反应速率时,数值可能不同,但意义相同。同一化学反应中用不同物质表示的反应速率之比等于其化学计量数之比。‎ ‎(2)比值法:同一化学反应,各物质的反应速率之比等于方程式中各物质的化学计量数之比。如对于反应:mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g),存在关系:v(A)‎m‎=v(B)‎n=v(C)‎p=‎v(D)‎q。‎ ‎2.气体反应体系中充入惰性气体(或无关气体)时,对反应速率的影响 ‎(1)恒容:充入“惰性气体”总压强增大物质浓度不变(活化分子浓度不变)反应速率不变。‎ ‎(2)恒压:充入“惰性气体”体积增大物质浓度减小(活化分子浓度减小)反应速率减慢。‎ 应考训练 考向1　化学反应速率的影响因素 ‎1.(2019北京石景山高三统练)资料显示,自催化作用是指反应产物之一使该反应速率加快的作用。用稀硫酸酸化的KMnO4进行下列三组实验,一段时间后溶液均褪色(0.01 mol·L-1可以记做0.01 M)。‎ 实验①‎ 实验②‎ 实验③‎ ‎1 mL 0.01 M的KMnO4溶液和1 mL 0.1 M的H2C2O4溶液混合 ‎1 mL 0.01 M的KMnO4溶液和1 mL 0.1 M的H2C2O4溶液混合 ‎1 mL 0.01 M的KMnO4溶液和1 mL 0.1 M的H2C2O4溶液混合 褪色 比实验①褪色快 比实验①褪色快 下列说法不正确的是(　　)‎ A.实验①中发生氧化还原反应,H2C2O4是还原剂,产物MnSO4能起自催化作用 B.实验②褪色比①快,是因为MnSO4的催化作用加快了反应速率 C.实验③褪色比①快,是因为Cl-的催化作用加快了反应速率 D.若用1 mL 0.2 M的H2C2O4溶液做实验①,推测比原实验①褪色快 考向2　化学反应速率的计算 ‎2.(双选)(2020山东济南一模)丙酮的碘代反应CH3COCH3+I2CH3COCH2I+HI的速率方程为v=kcm(CH3COCH3)cn(I2),其半衰期(当剩余反应物恰好是起始的一半时所需的时间)为0.7/k。改变反应物浓度时,反应的瞬时速率如表所示。‎ c(CH3COCH3)‎ c(I2)/(mol·L-1)‎ v/(10-3‎ mol·L-1‎ ‎/(mol·L-1)‎ ‎·min-1)‎ ‎0.25‎ ‎0.050‎ ‎1.4‎ ‎0.50‎ ‎0.050‎ ‎2.8‎ ‎1.00‎ ‎0.050‎ ‎5.6‎ ‎0.50‎ ‎0.100‎ ‎2.8‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A.速率方程中的m=1、n=0‎ B.该反应的速率常数k=2.8×10-3 min-1‎ C.增大I2的浓度,反应的瞬时速率加快 D.在过量的I2存在时,反应掉87.5%的CH3COCH3所需的时间是375 min 考向3　“控制变量”思想在探究影响化学反应速率因素中的应用 ‎3.铬是广泛存在于环境中的金属元素,在水体中主要以三价和六价铬的化合物为主,其中六价铬对人有害。通常含六价铬的酸性工业废水的处理流程为:‎ CrO‎4‎‎2-‎Cr2O‎7‎‎2-‎Cr3+Cr(OH)3↓‎ 为进一步研究初始pH和草酸的浓度对第②步反应速率的影响,某学习小组设计对比实验如下表:‎ 实验 编号 初始 pH 废水样品 的体积/mL 草酸溶液 的体积/mL 蒸馏水的 体积/mL 甲 ‎4‎ ‎60‎ ‎10‎ ‎30‎ 乙 ‎5‎ x ‎10‎ ‎30‎ 丙 ‎5‎ y ‎5‎ z ‎(1)实验设计表中z=　　　　　; ‎ ‎(2)实验甲中O~t1时间段反应速率v(Cr3+)=　　　 mol·L-1·min-1(用含字母的代数式表示)。 ‎ ‎(3)常温下,第③步反应生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下平衡:Cr(OH)3(s)Cr3+(aq)+3OH-(aq),其溶度积Ksp[Cr(OH)3]=1×10-32,要使反应后溶液中c(Cr3+)不高于10-5 mol·L-1,溶液的pH应调至　　　　　　　。 ‎ 考点二　化学平衡及其影响因素　化学平衡常数及有关计算 真题示例 ‎1.(2020天津化学)已知[Co(H2O)6]2+呈粉红色,[CoCl4]2-呈蓝色,[ZnCl4]2-为无色。现将CoCl2溶于水,加入浓盐酸后,溶液由粉红色变为蓝色,存在以下平衡:‎ ‎[Co(H2O)6]2++4Cl-[CoCl4]2-+6H2O　ΔH 用该溶液做实验,溶液的颜色变化如下:‎ 以下结论和解释正确的是(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-中σ键数之比为3∶2‎ B.由实验①可推知ΔH<0‎ C.实验②是由于c(H2O)增大,导致平衡逆向移动 D.由实验③可知配离子的稳定性:[ZnCl4]2->[CoCl4]2-‎ ‎2.(2019海南化学)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 ‎3.(2019浙江4月选考)下列说法正确的是(　　)‎ A.H2(g)+I2(g)2HI(g),其他条件不变,缩小反应容器体积,正逆反应速率不变 B.C(s)+H2O(g)H2(g)+CO(g),碳的质量不再改变说明反应已达平衡 C.若压强不再随时间变化能说明反应2A(?)+B(g)2C(?)已达平衡,则A、C不能同时是气体 D.1 mol N2和3 mol H2反应达到平衡时H2转化率为10%,放出热量Q1;在相同温度和压强下,当2 mol NH3分解为N2和H2的转化率为10%时,吸收热量Q2,Q2不等于Q1‎ ‎4.(2018天津理综)室温下,向圆底烧瓶中加入1 mol C2H5OH和含1 mol HBr的氢溴酸,溶液中发生反应:C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O,充分反应后达到平衡。已知常压下,C2H5Br和C2H5OH的沸点分别为38.4 ℃和78.5 ℃。下列有关叙述错误的是(　　)‎ A.加入NaOH,可增大乙醇的物质的量 B.增大HBr浓度,有利于生成C2H5Br C.若反应物均增大至2 mol,则两种反应物平衡转化率之比不变 D.若起始温度提高至60 ℃,可缩短反应达到平衡的时间 ‎5.(2020全国Ⅱ)天然气的主要成分为CH4,一般还含有C2H6等烃类,是重要的燃料和化工原料。‎ ‎(1)乙烷在一定条件可发生如下反应:C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)　ΔH1,相关物质的燃烧热数据如下表所示:‎ 物质 C2H6(g)‎ C2H4(g)‎ H2(g)‎ 燃烧热ΔH/(kJ·mol-1)‎ ‎-1 560‎ ‎-1 411‎ ‎-286‎ ‎①ΔH1=　　　　 kJ·mol-1。 ‎ ‎②提高该反应平衡转化率的方法有　　　　　　、　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎③容器中通入等物质的量的乙烷和氢气,在等压下(p)发生上述反应,乙烷的平衡转化率为α。反应的平衡常数Kp=　　　　　　(用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数)。 ‎ ‎(2)高温下,甲烷生成乙烷的反应如下:2CH4C2H6+H2。反应在初期阶段的速率方程为:r=k×cCH‎4‎ ,其中k为反应速率常数。‎ ‎①设反应开始时的反应速率为r1,甲烷的转化率为α时的反应速率为r2,则r2=　　　　r1。 ‎ ‎②对于处于初期阶段的该反应,下列说法正确的是　　　　。 ‎ A.增加甲烷浓度,r增大 B.增加H2浓度,r增大 C.乙烷的生成速率逐渐增大 D.降低反应温度,k减小 ‎(3)CH4和CO2都是比较稳定的分子,科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化,其原理如下图所示:‎ ‎①阴极上的反应式为　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎②若生成的乙烯和乙烷的体积比为2∶1,则消耗的CH4和CO2体积比为　　　　。 ‎ ‎6.(2020山东化学)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=-49.5 kJ·mol-1‎ Ⅱ.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)　ΔH2=-90.4 kJ·mol-1‎ Ⅲ.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V L的恒容密闭容器中通入1 mol CO2和3 mol H2发生上述反应,达到平衡时,容器中CH3OH(g)为a mol,CO为b mol,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=n(CO‎2‎‎)‎初始-n(CO‎2‎‎)‎平衡n(CO‎2‎‎)‎初始×100%‎ CH3OH的平衡产率=n(CH‎3‎OH‎)‎平衡n(CO‎2‎‎)‎初始×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 ‎7.(2019全国Ⅲ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)。按化学计量数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)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) ‎ ‎8.(2018全国Ⅲ)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=48 kJ·mol-1‎ ‎3SiH2Cl2(g)SiH4(g)+2SiHCl3(g)‎ ΔH2=-30 kJ·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323 K和343 K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。‎ ‎①343 K时反应的平衡转化率α=　　　　　%。平衡常数K343 K=　　　　　(保留2位小数)。 ‎ ‎②在343 K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xSiHCl‎3‎‎2‎-k逆xSiH‎2‎Cl‎2‎xSiCl‎4‎,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v正v逆=　　　　　(保留1位小数)。 ‎ 必备知识 ‎1.化学平衡状态的标志 ‎(1)绝对标志。‎ 本质上—‎‎—同一物质:v(正)=v(逆)‎‎—不同物质:v正‎(X)‎X的化学计量数=‎ ‎　　　‎v逆‎(Y)‎Y的化学计量数 现象上—‎‎—各组分的浓度不变‎—各组分的物质的量(质量分数)不变‎—无热交换时体系温度不变‎—各气体组分的体积分数不变‎—反应物的转化率不变 ‎(2)相对标志。‎ ‎①有气体参加的反应,气体的总压强、总体积、总物质的量不变时,如果是等体积反应时,不一定达到平衡;如果是不等体积反应时,一定达到平衡。‎ ‎②气体的密度(气体的总质量气体的总体积)、气体的平均相对分子质量(气体的总质量气体的总物质的量)不变时,要具体分析各表达式中的分子或分母的变化情况,判断是否平衡。‎ ‎③如果反应体系中的物质有颜色,则反应体系的颜色不变时,一定达到平衡。‎ ‎2.“惰性气体(与反应无关的气体)”对化学平衡的影响 ‎(1)恒温恒容时:充入惰性气体,体系的总压强增大,但各反应成分的浓度不变,即各反应气体的分压不变,平衡不移动。‎ ‎(2)恒温恒压时:充入惰性气体,容器容积增大,各反应气体的浓度降低,相当于减压,化学平衡向着气体体积增大的方向移动。‎ ‎3.分析化学平衡移动的一般思路 ‎4.化学平衡计算的基本模式——“三段式”‎ 根据反应进行(或平衡移动)的方向,设出某反应物消耗的量,然后列式求解。‎ 例如:　　　mA　+　nBpC　+　qD 起始量: a b 0 0‎ 变化量: mx nx px qx 平衡量: a-mx b-nx px qx 其中:①各物质的变化量之比等于化学方程式中各物质的化学计量数之比。‎ ‎②这里a、b可指物质的量、浓度、气体体积等。‎ ‎③弄清起始量、平衡量、平衡转化率三者之间的互换关系。‎ ‎④在计算平衡常数时,要注意反应物或生成物的状态。‎ 注意:(1)反应起始时,反应物和生成物可能同时存在。‎ ‎(2)由于起始浓度是人为控制的,故不同的物质起始浓度比不一定等于化学计量数之比。若反应物起始浓度之比等于化学计量数之比,则隐含着各反应物转化率相等,且平衡时各反应物的浓度之比等于化学计量数之比。‎ ‎(3)起始浓度之比、平衡浓度之比不一定等于化学计量数之比,但物质之间是按化学计量数之比反应和生成的,故各物质的浓度变化之比一定等于化学计量数之比,这是计算的关键。‎ 应考训练 考向1　化学平衡状态的判断 ‎1.(2019黑龙江哈尔滨第六中学高三期中)在一定温度下的恒压容器中,进行可逆反应A(g)+B(g)C(g)+2D(g)。下列能说明该反应达到平衡状态的是(　　)‎ ‎①反应混合物的密度不再改变　②混合气体的平均相对分子质量不再改变　③C和D的物质的量之比为1∶2　④体系压强不再改变　⑤C的质量分数不再改变 ‎⑥v(A)∶v(C)=1∶1‎ A.只有①②④⑤ B.只有①②⑤‎ C.只有②⑤⑥ D.①②③④⑤⑥‎ 考向2　外界条件对化学平衡的影响 ‎2.(2020江西名师联盟一模)关于一定条件下达到化学平衡的反应H2(g)+I2(g)2HI(g)　ΔH<0,下列说法正确的是(　　)‎ A.恒温恒容时充入H2,v(正)增大,平衡右移 B.恒温恒容时充入He,v(正)增大,平衡右移 C.缩小容器体积使压强增大,v(正)、v(逆)不变,平衡不移动 D.升高温度,v(正)减小,v(逆)增大,平衡左移 考向3　化学平衡常数的计算与应用 ‎3.(2020山东德州一模)已知反应:CH2CHCH3(g)+Cl2(g)CH2CHCH2Cl(g)+HCl(g)。在一定压强下,按ω=向密闭容器中充入氯气与丙烯。图甲表示平衡时,丙烯体积分数(φ)与温度(T)、ω的关系,图乙表示反应的平衡常数K与温度T的关系。则下列说法正确的是(　　)‎ A.图甲中ω1>1‎ B.图乙中,曲线A表示正反应的平衡常数 C.在恒容容器中进行反应,压强不变时反应达到平衡状态 D.当温度为T1、ω=2时,Cl2的转化率约为33.3%‎ 考点三　化学反应速率与化学平衡的有关图像 真题示例 ‎1.(2019江苏化学)在恒压、NO和O2的起始浓度一定的条件下,催化反应相同时间,测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如下图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。下列说法正确的是(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的ΔH>0‎ B.图中X点所示条件下,延长反应时间能提高NO转化率 C.图中Y点所示条件下,增加O2的浓度不能提高NO转化率 D.380 ℃下,c起始(O2)=5.0×10-4 mol·L-1,NO平衡转化率为50%,则平衡常数K>2 000‎ ‎2.(2019全国Ⅱ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)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(g)+I2(g)(g)+2HI(g)‎ ΔH>0,起始总压为105 Pa,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 ‎(2)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>T2‎ B.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0.45 mol·L-1‎ ‎3.(2020全国Ⅲ)二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO2的热点研究领域。回答下列问题:‎ ‎(1)CO2催化加氢生成乙烯和水的反应中,产物的物质的量之比n(C2H4)∶n(H2O)=　　　　。当反应达到平衡时,若增大压强,则n(C2H4)　　　　(填“变大”“变小”或“不变”)。 ‎ ‎(2)理论计算表明,原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3,在体系压强为0.1 MPa,反应达到平衡时,四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。‎ 图中,表示C2H4、CO2变化的曲线分别是　　　　、　　　　。CO2催化加氢合成C2H4反应的ΔH　　　　(填“大于”或“小于”)0。 ‎ ‎(3)根据图中点A(440 K,0.39),计算该温度时反应的平衡常数Kp=　　　　　　　　　　　　　　　　　(MPa)-3(列出计算式。以分压表示,分压=总压×物质的量分数)。 ‎ ‎(4)二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随副反应,生成C3H6、C3H8、C4H8等低碳烃。一定温度和压强条件下,为了提高反应速率和乙烯选择性,应当　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎4.(2020天津化学)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)图1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SO‎4‎‎2-‎,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:　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ 图1‎ 图2‎ ‎　‎ 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a mol·L-1和3a mol·L-1,反应平衡时,CH3OH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图2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根据图2,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)CO‎3‎‎2-‎的空间构型为　　　　　。已知25 ℃碳酸电离常数为Ka1、Ka2,当溶液pH=12时,c(H2CO3)∶c(HCO‎3‎‎-‎)∶c(CO‎3‎‎2-‎)=1∶　　　　　∶　　　　　。 ‎ ‎5.(2018全国Ⅱ)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=-75 kJ·mol-1‎ C(s)+O2(g)CO2(g)　ΔH=-394 kJ·mol-1‎ C(s)+‎1‎‎2‎O2(g)CO(g)　ΔH=-111 kJ·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2 L的容器中加入2 mol CH4、1 mol CO2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 消碳反应 CO2(g)+C(s)‎ ‎(g)‎ ‎2CO(g)‎ ΔH/(kJ·mol-1)‎ ‎75‎ ‎172‎ 活化能/‎ ‎(kJ·mol-1)‎ 催化剂X ‎33‎ ‎91‎ 催化剂Y ‎43‎ ‎72‎ ‎①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　　　　　　　　　。 ‎ 必备知识 ‎1.常见基本图像[以反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)为例,已知该反应ΔH>0,m+n>p+q]‎ ‎(1)速率曲线图:‎ ‎(2)转化率曲线图:‎ ‎2.几种特殊的图像 ‎(1)对于化学反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g),如下图甲、乙,M点之前,表示从反应物开始,v(正)>v(逆);M点为达到平衡;M点之后为平衡受温度的影响情况,即升温时A的百分含量增加、C的百分含量减少,平衡左移,故正反应的ΔH<0。‎ ‎(2)对于化学反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g),如上图丙,l曲线上所有的点都是平衡点。l曲线的左上方(E点)A的百分含量大于此压强时平衡体系的A的百分含量,所以E点时v(正)>v(逆);则l曲线的右下方(F点)v(正)0,B项错误;H2O是纯液体,其浓度不变,但加入H2O会引起其他离子浓度的变化,使平衡移动,C项错误;实验③中加入ZnCl2,溶液变粉红色,[CoCl4]2-变为[Co(H2O)6]2+,说明Zn2+与Cl-络合生成[ZnCl4]2-的能力比Co2+与Cl-络合生成[CoCl4]2-的能力强,即[CoCl4]2-不如[ZnCl4]2-稳定,D项正确。‎ ‎2.D　解析该反应的正反应是气体体积增大的反应,增大反应容器的容积,体系的压强减小,化学平衡正向移动,能提高乙烷平衡转化率,A项不符合题意;该反应的正反应是吸热反应,升高反应温度,化学平衡正向移动,可提高乙烷的平衡转化率,B项不符合题意;分离出部分氢气,减少了生成物浓度,平衡正向移动,可提高乙烷的平衡转化率,C项不符合题意;等容下通入惰性气体,体系的总压强增大,但各气体的浓度保持不变,因此化学平衡不移动,对乙烷的平衡转化率无影响,D项符合题意。‎ ‎3.B　解析A项,缩小反应容器体积,反应物和生成物的浓度均增大,因此正、逆反应速率均增大,所以错误;B项,碳的质量不再发生变化说明正逆反应速率相等,说明反应达到平衡状态,所以正确;C项,如果A、C同时是气体,反应前后气体的化学计量数之和不等,压强不变可以说明反应达到平衡,所以错误;D项,由题给物质的量和转化率可知,正反应时消耗氢气的物质的量为0.3mol,逆反应时生成氢气的物质的量也是0.3mol,因此吸收和放出的热量数值相同,所以错误。‎ ‎4.D　解析加入NaOH能与HBr反应,平衡左移,可增大乙醇的物质的量,A项正确;增大反应物HBr的浓度,平衡右移,有利于生成C2H5Br,B项正确;由于两种反应物的起始量相等,且反应中两种物质的化学计量数之比为1∶1,则两种反应物平衡转化率之比不变,C项正确;由于C2H5Br的沸点为38.4℃,若起始温度提高至60℃,则会造成C2H5Br的挥发,因此反应达到平衡的时间会延长,D项错误。‎ ‎5.答案(1)①137　②升高温度　减小压强(增大体积)‎ ‎③α(1+α)‎‎(2+α)(1-a)‎×p ‎(2)①(1-α)　②AD ‎(3)①CO2+2e-CO+O2-　②6∶5‎ 解析(1)①表示乙烷、乙烯、氢气燃烧热的热化学方程式分别为:‎ a.C2H6(g)+‎7‎‎2‎O2(g)2CO2(g)+3H2O(l)‎ ΔH=-1560kJ·mol-1‎ b.C2H4(g)+3O2(g)2CO2(g)+2H2O(l)‎ ΔH=-1411kJ·mol-1‎ c.H2(g)+‎1‎‎2‎O2(g)H2O(l)　ΔH=-286kJ·mol-1‎ 根据盖斯定律,由a-(b+c)可得由乙烷转化为乙烯的热化学方程式为C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)　ΔH=+137kJ·mol-1。‎ ‎②该反应是气体分子数增大的吸热反应,根据平衡移动原理,为提高乙烷转化率,可采取升高温度、减小压强(增大体积)的方法。‎ ‎③设起始加入乙烷和氢气的物质的量是nmol。‎ ‎　　　　C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)‎ 起始/mol n 0 n 转化/mol nα nα nα 平衡/mol (1-α)n nα (1+α)n 平衡时气体的总物质的量为(2+α)nmol。‎ Kp=p(C‎2‎H‎4‎)·p(H‎2‎)‎p(C‎2‎H‎6‎)‎‎=nα×p‎(2+α)n‎×‎‎(1+α)n×p‎(2+α)n‎(1-α)n×p‎(2+α)n=‎α(1+α)‎‎(2+α)(1-α)‎×p。‎ ‎(2)①甲烷转化率为α时,CH4的浓度与CH4的初始浓度之比为(1-α)∶1,故此时反应速率r2=(1-α)r1。②反应初期阶段,反应速率与速率常数k、cCH‎4‎有关。增加甲烷浓度可增大反应速率,A正确、B错误;随着反应的进行,cCH‎4‎逐渐减小,反应速率逐渐减小,则乙烷的生成速率逐渐减小,C错误;降低反应温度,反应速率减小,k减小,D正确。‎ ‎(3)由图可知,阳极上CH4转化成C2H6、C2H4、H2O:‎ ‎2CH4-2e-+O2-C2H6+H2O,‎ ‎2CH4-4e-+2O2-C2H4+2H2O。‎ 阴极上CO2转化成CO和O2-:CO2+2e-CO+O2-‎ 若生成乙烯和乙烷的体积比为2∶1,则每生成2molC2H4、1molC2H6,转移电子10mol、消耗6molCH4,根据得失电子守恒可知消耗5molCO2。则消耗的CH4和CO2的体积比为6∶5。‎ ‎6.答案(1)+40.9‎ ‎(2)‎a+bV‎　‎b(a+b)‎‎(1-a-b)(3-3a-b)‎ ‎(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 解析本题利用科研文献中图像、曲线及数据设题,要求考生在陌生情景中进行热力学分析,有一定难度。‎ ‎(1)根据盖斯定律可得Ⅰ-Ⅱ=Ⅲ,则ΔH3=+40.9kJ·mol-1。‎ ‎(2)反应Ⅰ:　CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)‎ 转化/mol x 3x x x 反应Ⅱ:　　CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)‎ 转化/mol a-x 2a-2x a-x 反应Ⅲ:　　CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)‎ 转化/mol y y y y n(CO)=ymol-amol+xmol=bmol,则x+y=a+b。‎ 则c(H2O)=x+yVmol·L-1=a+bVmol·L-1‎ KⅢ=c(CO)c(H‎2‎O)‎c(CO‎2‎)c(H‎2‎)‎‎=b(a+b)‎V‎2‎‎1-x-yV‎×‎‎3-3x-y-2a+2xV=‎b(a+b)‎‎(1-a-b)(3-3a-b)‎。‎ ‎(3)从图乙中看到在T1时,p不同时三条曲线交于一点,说明压强的改变对平衡无影响。而反应Ⅲ前后分子数不变,反应以Ⅲ为主,所以升高温度平衡向正方向移动,CO2的转化率升高。图乙纵坐标表示CO2的平衡转化率,图甲纵坐标表示CH3OH的平衡产率,反应Ⅰ、Ⅱ都是体积减小的反应,增大压强平衡向正反应方向移动,故p1>p2>p3。‎ ‎(4)由反应的方程式可知,低温、高压可提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率。‎ ‎7.答案(1)大于　‎0.4‎2‎‎2‎×0.4‎‎2‎‎2‎‎(1-0.84‎)‎‎4‎×(1-0.21)‎c‎0‎　O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低 ‎(2)增加反应体系压强、及时除去产物 解析(1)分析任意一条平衡曲线可知,在进料浓度比固定的条件下,随着温度的升高,HCl的平衡转化率降低,说明正反应为放热反应,由于K只与温度有关,升高温度,平衡逆向移动,平衡常数K减小,即K(300℃)大于K(400℃)。‎ 根据进料浓度比及HCl的平衡转化率间的关系可知,c(HCl)∶c(O2)=1∶1的曲线为最上面的那条曲线,由该曲线可知,温度为400℃时HCl的平衡转化率为84%。‎ 根据条件可列三段式如下:‎ ‎　4HCl(g)　+　O2(g)　2Cl2(g)+2H2O(g)‎ 初始:c0　　　　　　c0　　　　　　0　　　　0‎ 转化:c0×0.84　　c0×0.21　　c0×0.42　c0×0.42‎ 平衡:c0×(1-0.84)　c0×(1-0.21)　c0×0.42　c0×0.42‎ K(400℃)=c‎2‎‎(Cl‎2‎)·c‎2‎(H‎2‎O)‎c‎4‎‎(HCl)·c(O‎2‎)‎=‎ ‎(c‎0‎×0.42‎)‎‎2‎·(c‎0‎×0.42‎‎)‎‎2‎‎[c‎0‎×(1-0.84)‎]‎‎4‎·[c‎0‎×(1-0.21)]‎ ‎=‎‎0.4‎2‎‎2‎×0.4‎‎2‎‎2‎‎(1-0.84‎)‎‎4‎×(1-0.21)‎c‎0‎ 进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低,导致产品Cl2混有大量O2,则分离两气体时导致能耗较高。而进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过高,则导致HCl的转化率过低,浪费原料。‎ ‎(2)在温度一定时,要增大HCl的平衡转化率,可采取的措施有:及时移走部分产物、增大体系压强等。‎ ‎8.答案(1)2SiHCl3+3H2O(HSiO)2O+6HCl ‎(2)114‎ ‎(3)①22　0.02　②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)SiHCl3与H2O反应生成(HSiO)2O为非氧化还原反应,由原子守恒配平:2SiHCl3+3H2O(HSiO)2O+6HCl。‎ ‎(2)2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)‎ ΔH1=48kJ·mol-1①‎ ‎3SiH2Cl2(g)SiH4(g)+2SiHCl3(g)‎ ΔH2=-30kJ·mol-1②‎ 根据盖斯定律:①×3+②即可得4SiHCl3(g)SiH4(g)+3SiCl4(g)　ΔH=114kJ·mol-1。‎ ‎(3)①由图根据“先拐先平速率大”可知a曲线温度较高(343K),平衡转化率为22%;‎ 设SiHCl3起始物质的量为1mol,则有 ‎　　　　2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)‎ 起始物质 的量/mol 1 0 0‎ 转化物质 的量/mol 0.22 0.11 0.11‎ 平衡物质 的量/mol 0.78 0.11 0.11‎ 平衡常数K343K=‎0.11×0.11‎‎(0.78‎‎)‎‎2‎≈0.02‎ ‎③a处反应相当于在b处反应的基础上升高温度,反应速率va大于vb;‎ 达平衡时v正、v逆相等,k正xSiHCl‎3‎‎2‎=k逆xSiH‎2‎Cl‎2‎xSiCl‎4‎ k正k逆‎=‎xSiH‎2‎Cl‎2‎‎·‎xSiCl‎4‎xSiHCl‎3‎‎2‎‎=K343K=0.02‎ a处SiHCl3转化率为20%,设起始时SiHCl3物质的量为1mol,则有:‎ ‎　　　2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)‎ 起始物质 的量/mol 1 0 0‎ 转化物质 的量/mol 0.2 0.1 0.1‎ a点物质的 量/mol 0.8 0.1 0.1‎ 此时SiHCl3、SiH2Cl2、SiCl4的物质的量分数分别为0.8、0.1、0.1,v正v逆‎=k正xSiHCl‎3‎‎2‎k逆xSiH‎2‎Cl‎2‎xSiCl‎4‎=‎‎0.02×0.‎‎8‎‎2‎‎0.1×0.1‎=1.28≈1.3。‎ 应考训练1.B　解析①一定温度下的恒压容器中,反应混合物的密度不再改变,说明气体的物质的量不再变化,故能确定该反应达到平衡状态;②因为A(g)+B(g)C(g)+2D(g)反应前后计量数不等,所以混合气体的平均相对分子质量不再改变,说明气体的物质的量不变,正、逆反应速率相等,达到平衡状态;③C和D的物质的量之比为1∶2,由于起始投料方式未知,故不能说明反应达到平衡;④在一定温度下的恒压容器中,压强一直不变,故不选;⑤C的质量分数不再改变,说明C气体的物质的量不变,正、逆反应速率相等,说明达平衡状态;⑥v(A)∶v(C)=1∶1,未体现正、逆反应速率的关系,故不能说明反应达到平衡。所以能说明该反应达到平衡状态的是①②⑤。‎ ‎2.A　解析恒温恒容时充入H2,氢气浓度增大,v(正)增大,平衡右移,故A正确;恒温恒容时充入He,各反应物浓度都不变,v(正)、v(逆)都不变,平衡不移动,故B错误;缩小容器体积使压强增大,各物质浓度均增大,v(正)、v(逆)都增大,且增大程度相同,平衡不移动,故C错误;升高温度,v(正)增大,v(逆)增大,由于正反应放热,所以平衡左移,故D错误。‎ ‎3.D　解析增大氯气的浓度,平衡向正反应方向移动,丙烯的体积分数减小,由图甲分析可知,ω1<1,故A错误;由图甲可知,温度升高,丙烯的体积分数增大,说明平衡向逆反应方向移动,该反应正反应为放热反应,升高温度,正反应的平衡常数减小,则图乙中,曲线B表示正反应的平衡常数,故B错误;该反应是一个气体体积不变的可逆反应,无论是否达到平衡,压强始终不变,则在恒容容器中进行反应,压强不变时不能说明反应达到平衡状态,故C错误;在温度为T1、ω=2时,假设容器体积为1L,CH2CHCH3的起始物质的量为1mol,平衡时消耗丙烯的物质的量为xmol,由题意建立如下三段式:‎ ‎　　　CH2CHCH3(g)+Cl2(g)CH2CHCH2Cl(g)+HCl(g)‎ 起始/(mol·L-1) 1 2 0 0‎ 转化/(mol·L-1) x x x x 平衡/(mol·L-1) 1-x 2-x x x 由平衡常数K=1可得x‎2‎‎(1-x)(2-x)‎=1,解得x=‎2‎‎3‎,则Cl2的转化率为‎2‎‎3‎mol‎2mol×100%≈33.3%,故D正确。‎ 考点三 真题示例1.BD　解析根据虚线可知,随着温度的升高,NO的平衡转化率减小,则温度升高时平衡逆向移动,则正反应为放热反应,即反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的ΔH<0,A项错误;由题图像可知,X对应状态未达到平衡状态,所以延长反应时间能使反应继续正向进行,NO的转化率提高,B项正确;Y点所示条件下,无论反应处于何种状态,增加反应物O2的浓度一定能使反应正向进行,提高NO的转化率,C 项错误;由于反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)中NO和NO2的化学计量数相同,NO的平衡转化率为50%,则平衡时的c(NO)=c(NO2),则K=c‎2‎‎(NO‎2‎)‎c‎2‎‎(NO)·c(O‎2‎)‎‎=‎‎1‎c(O‎2‎)‎,当将O2的初始浓度5.0×10-4mol·L-1代入平衡常数表达式时,可得K=2000,但反应达到平衡时O2的浓度一定小于5.0×10-4mol·L-1,故平衡常数K>2000,D项正确。‎ ‎2.答案(1)40%　3.56×104　BD　(2)CD 解析(1)温度、体积一定,压强与物质的量成正比,则起始状态碘和环戊烯的分压分别为5×104Pa,设环戊烯的转化率为x,根据反应:‎ ‎　　　(g)　+　I2(g)　(g)+2HI 起始/Pa　5×104　　　　5×104　　　　0　　　　　0‎ 转化/Pa　5×104x　　　5×104x　　5×104x　1×105x 平衡/Pa　5×104(1-x)　5×104(1-x)5×104x　　1×105x 根据平衡时总压增加了20%,则5×104(1-x)Pa+5×104(1-x)Pa+5×104xPa+1×105xPa=1.2×105Pa 解得x=0.4,即环戊烯的转化率为40%。平衡时各物质的分压为p(环戊烯)=3×104Pa,p(I2)=3×104Pa,p(环戊二烯)=2×104Pa,p(HI)=4×104Pa,则该反应的平衡常数Kp=‎(4×1‎0‎‎4‎‎)‎‎2‎×2×1‎‎0‎‎4‎‎(3×1‎‎0‎‎4‎‎)‎‎2‎≈3.56×104。‎ 通入惰性气体,不会引起各物质浓度的变化,反应速率不变,平衡不移动,环戊烯的平衡转化率不变,A项不符合题意;由于该反应为吸热反应,故升高温度使平衡向右移动,环戊烯的平衡转化率增大,B项符合题意;增加一种反应物的物质的量,自身的转化率减少,而其他反应物的转化率增大,增加环戊烯的浓度,环戊烯的平衡转化率减小,增加碘的浓度,环戊烯的平衡转化率增大,C项不符合题意,D项符合题意。‎ ‎(2)根据曲线的变化趋势可知,T2温度下反应速率大,因此T2大于T1,A项错误;a点、c点对应的反应物的浓度、温度都不同,无法比较a、c两点的反应速率的大小,B项错误;a点的正反应速率大于b点的正反应速率,而b点还没有达到平衡,因此b点的正反应速率大于其逆反应速率,则a点的正反应速率大于b点的逆反应速率,C项正确;根据曲线可知,环戊二烯的初始浓度约为1.5mol·L-1,b点环戊二烯的浓度为0.6mol·L-1,环戊二烯的浓度变化量为0.9mol·L-1,因此b点二聚体的浓度为0.45mol·L-1,D项正确。‎ ‎3.答案(1)1∶4　变大　(2)d　c　小于 ‎(3)‎9‎‎4‎‎×‎1‎‎0.03‎‎9‎‎3‎或‎0.3‎9‎‎4‎×‎‎0.39‎‎4‎‎0.3‎9‎‎6‎×(‎‎0.39‎‎3‎‎)‎‎2‎×‎‎1‎‎0.‎‎1‎‎3‎等 ‎(4)选择合适催化剂等 解析(1)根据题给信息可知,反应原理为2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g),则乙烯和水的物质的量之比为1∶4。当反应达平衡时增大压强,平衡向气体分子数减小的方向移动,即平衡向正反应方向移动,则乙烯的物质的量增大。‎ ‎(2)由于原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3,而反应2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)中二氧化碳和氢气的化学计量数之比也为1∶3,则无论反应进行到什么程度,混合气体中n(CO2)∶n(H2)始终为1∶3,由此可判断曲线a、b、c、d 分别代表H2、H2O、CO2、C2H4。由于升高温度,CO2或H2的量增大,说明正反应为放热反应。‎ ‎(3)根据(2)中的分析可知,任意时刻CO2和H2的物质的量分数之比始终为1∶3,根据点A坐标(440K,0.39)可知,氢气和水蒸气的物质的量分数都为0.39,则CO2的体积分数为‎0.39‎‎3‎,C2H4的体积分数为‎0.39‎‎4‎(注意:C2H4和H2O的物质的量分数之比始终为化学计量数之比),则CO2(g)、H2(g)、C2H4(g)、H2O(g)的分压分别为0.1MPa×‎0.39‎‎3‎、0.1MPa×0.39、0.1MPa×‎0.39‎‎4‎、0.1MPa×0.39,从而可求得Kp=‎0.3‎9‎‎4‎×‎‎0.39‎‎4‎‎0.3‎9‎‎6‎×(‎‎0.39‎‎3‎‎)‎‎2‎‎×‎‎1‎‎0.‎‎1‎‎3‎(MPa)-3=‎9‎‎4‎‎×‎‎1‎‎0.03‎‎9‎‎3‎(MPa)-3。‎ ‎(4)根据外界条件对速率的影响,可知在一定温度和压强下,选择合适的催化剂可提高反应速率,同时使合成乙烯的主反应较多地发生,而副反应被抑制(即反应的选择性)。‎ ‎4.答案Ⅰ.(1)光能转化为化学能 ‎(2)H2　Ag++e-Ag Ⅱ.(3)‎b‎2‎‎27a‎2‎(1-b‎)‎‎4‎ ‎(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 Ⅲ.(5)平面(正)三角形　1012·Ka1　1024·Ka1·Ka2‎ 解析Ⅰ.(1)从图示可知,水在催化剂、光照条件下分解生成H2和O2,所以光能转化为化学能。‎ ‎(2)若将该催化剂置于Na2SO3溶液中,生成SO‎4‎‎2-‎,说明Na2SO3发生了氧化反应,则同时应发生还原反应,产物为H2;若将该催化剂置于AgNO3溶液中,产物之一是O2,O2是氧化反应的产物,则同时发生还原反应生成的还原产物为Ag,反应为Ag++e-Ag。‎ Ⅱ.(3)列“三段式”如下:‎ ‎　　　　CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)‎ 起始浓度‎(mol·L‎-1‎)‎‎ a 3a 　0 　0‎ 转化浓度‎(mol·L‎-1‎)‎‎ x 3x 　x 　x 平衡浓度‎(mol·L‎-1‎)‎‎ a-x 3a-3x 　x 　x 则xa×100%=b,解得x=ab;‎ K=‎(ab‎)‎‎2‎‎(a-ab)(3a-3ab‎)‎‎3‎‎=‎b‎2‎‎27a‎2‎(1-b‎)‎‎4‎ 。‎ ‎(4)①该反应放热,升高温度,平衡逆向移动,甲醇平衡产率降低。②分子筛膜能从体系中不断分离出H2O,有利于反应正向进行,使甲醇产率升高。‎ Ⅲ.(5)CO‎3‎‎2-‎中心碳原子的价电子对数为3,无孤电子对,其与BF3互为等电子体,故空间构型为平面(正)三角形。根据H2CO3H++HCO‎3‎‎-‎,Ka1=c(H‎+‎)·c(HCO‎3‎‎-‎)‎c(H‎2‎CO‎3‎)‎,当pH=12时,c(H+)=10-12mol·L-1,则c(H‎2‎CO‎3‎)‎c(HCO‎3‎‎-‎)‎‎=c(H‎+‎)‎Ka1‎=‎‎1‎‎0‎‎-12‎Ka1‎;根据HCO‎3‎‎-‎H++CO‎3‎‎2-‎,Ka2=c(H‎+‎)·c(CO‎3‎‎2-‎)‎c(HCO‎3‎‎-‎)‎,pH=12时,c(HCO‎3‎‎-‎)‎c(CO‎3‎‎2-‎)‎‎=c(H‎+‎)‎Ka2‎=‎‎1‎‎0‎‎-12‎Ka2‎;所以,c(H2CO3)∶c(HCO‎3‎‎-‎)∶c(CO‎3‎‎2-‎)=1∶1012·Ka1∶1024·Ka1·Ka2。‎ ‎5.答案(1)247　A　‎‎1‎‎3‎ ‎(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较小,消碳反应速率大　AD　②pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)‎ 解析(1)将已知热化学方程式依次编号为①②③,根据盖斯定律,③×2-①-②,得到CH4—CO2催化重整反应的ΔH=+247kJ·mol-1。由于该反应是正反应气体体积增大的吸热反应,所以有利于提高CH4平衡转化率的条件是高温低压,A项正确。某温度下,在体积为2L的容器中加入2molCH4,1molCO2,达到平衡时CO2的转化率是50%,则平衡时各物质的物质的量浓度分别为c(CH4)=0.75mol·L-1、c(CO2)=0.25mol·L-1、c(CO)=0.5mol·L-1、c(H2)=0.5mol·L-1,根据K=c‎2‎‎(CO)·c‎2‎(H‎2‎)‎c(CH‎4‎)·c(CO‎2‎)‎,计算得出K=‎1‎‎3‎或0.33。‎ ‎(2)①根据表格中活化能数据分析,催化剂X劣于催化剂Y。因为相对于催化剂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较小,消碳反应速率大。由于积碳反应和消碳反应均为吸热反应,所以升高温度平衡正向移动,K积、K消均增加;温度高于600℃时,积碳量随温度的升高而下降,说明v消增加的倍数比v积增加的倍数大,A、D两项正确。②根据v=k·p(CH4)·[p(CO2)]-0.5,当p(CH4)一定时,积碳量随p(CO2)的增大而减小,故pc(CO2)>pb(CO2)>pa(CO2)。‎ 应考训练1.答案(1)‎c(CH‎3‎OH)‎c(CO)·c‎2‎(H‎2‎)‎ ‎(2)0.075 mol·L-1·min-1　(3)放热　CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)　ΔH=-91 kJ·mol-1‎ ‎(4)bc　(5)c 解析(1)根据平衡常数的定义可知,反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的平衡常数表达式为K=c(CH‎3‎OH)‎c(CO)·c‎2‎(H‎2‎)‎。‎ ‎(2)根据图1所示可知,从反应开始到平衡,CO的平均反应速率v(CO)=‎0.75mol·‎L‎-1‎‎10min=0.075mol·L-1·min-1。‎ ‎(3)图2表示该反应进行过程中的能量变化。曲线a表示不使用催化剂时反应的能量变化,曲线b表示使用催化剂时的能量变化。根据图示可知,1molCO(g)和2molH2(g)生成1molCH3OH(g)放出(510-419)kJ能量,是放热反应,故该反应的热化学方程式为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)　ΔH=-91kJ·mol-1。‎ ‎(4)适宜的催化剂可降低反应所需活化能,降低生产能耗,可加快反应速率,缩短反应时间。‎ ‎(5)升高温度,平衡向逆反应方向移动,则n(CH‎3‎OH)‎n(CO)‎减小,故a不符合题意;使用催化剂不影响化学平衡,则n(CH‎3‎OH)‎n(CO)‎不变,故b不符合题意;再充入2molH2,反应物H2的浓度增大,平衡正向移动,则n(CH‎3‎OH)‎n(CO)‎增大,故c符合题意。‎ ‎2.答案(1)①+177.6　②增大CO2的量,发生反应C+CO22CO,从而消耗C;增大CO2的量,反应ⅲ正向进行程度增大,降低了C2H6的浓度,反应ⅳ正向进行的程度减小　③铬盐　相同温度下,铬盐作催化剂时C2H6的转化率和C2H4的选择性均较高　温度升高,反应ⅰ、ⅲ、ⅳ的化学反应速率均增大,反应ⅳ增大的更多 ‎(2)①正　②CO2+2e-+2H+CO+H2O 解析(1)①已知:ⅰ.C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)　ΔH1=+136.4kJ·mol-1‎ ⅱ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)　ΔH2=+41.2kJ·mol-1‎ ⅲ.C2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+CO(g)+H2O(g)　ΔH3‎ 由盖斯定律可知,反应ⅰ+反应ⅱ=反应ⅲ,则ΔH3=ΔH1+ΔH2=(+136.4kJ·mol-1)+(+41.2kJ·mol-1)=+177.6kJ·mol-1;‎ ‎②增大二氧化碳的量可以有效缓解积碳,原因是二氧化碳能与碳在加热条件下反应生成一氧化碳,消耗积碳,反应的化学方程式为C+CO22CO;增大二氧化碳的量,反应ⅲ向正反应方向移动,降低了体系中C2H6的浓度,使反应ⅳ向逆反应方向移动,减少积碳的生成。‎ ‎③由表格数据可知,相同温度下,铬盐作催化剂时,C2H6的转化率和C2H4的选择性均较高,则对比实验Ⅰ和Ⅱ,该反应应该选择的催化剂为铬盐;升高温度,反应ⅰ、ⅲ、ⅳ的化学反应速率均增大,反应ⅳ的化学反应速率增大的幅度更大,导致C2H6的转化率升高,C2H4的选择性降低。‎ ‎(2)①电解池中,阳离子向阴极移动,由图示中氢离子的移动方向可知,电极a为阳极,与电源正极相连;②由①中分析可知,电极b为阴极,在氢离子作用下,二氧化碳在阴极上得电子发生还原反应生成一氧化碳和水,电极反应式为CO2+2e-+2H+CO+H2O。‎