山东专用2020届高考化学二轮复习专题七化学反应的方向限度和速率课件

山东专用2020届高考化学二轮复习专题七化学反应的方向限度和速率课件

专题 七 化学反应的方向、限度和速率 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)+H 2 (g)    Δ H 1 =100.3 kJ·mol -1 　① H 2 (g)+I 2 (g)   2HI(g)    Δ H 2 =-11.0 kJ·mol -1 　② 对于反应:   (g)+I 2 (g)     (g)+2HI(g)　③    Δ H 3 = 　　　     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10 5 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 K p = 　　　     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. T 1 > T 2 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 答案 　(1)89.3 (2)40%　3.56 × 10 4 　BD (3)CD 解析     (1)根据盖斯定律可得,Δ H 3 =Δ H 1 +Δ H 2 =100.3 kJ·mol -1 -11.0 kJ·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 x mol,平衡时环戊烯的转化量为Δ x mol,则平衡时体系中气体 总物质的量增加了Δ x mol,Δ x =2 x × 20%=0.4 x ,环戊烯的转化率=   × 100%=   × 100%=40%;起始总压为10 5 Pa,平衡总压为1.2 × 10 5 Pa,可得出平衡时I 2 、   、   、HI的分压依次为3 × 10 4 Pa、3 × 10 4 Pa、2 × 10 4 Pa、4 × 10 4 Pa, K p =   Pa ≈ 3.56 × 10 4 Pa。A项,通入惰性气体增加了体系总压强,但 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 T 2 时反应更快,则 T 2 > T 1 ,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 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0.6 mol·L -1 ,环戊二烯转化的浓度=1.5 mol·L -1 -0.6 mol·L -1 = 0.9 mol·L -1 ,则生成的二聚体的浓度=0.9 mol·L -1 ×   =0.45 mol·L -1 ,故正确。 2.(2018课标Ⅰ,28,15分)采用N 2 O 5 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N 2 O 5 。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N 2 O 5 (g)分解反 应: 2N 2 O 5 (g)   4NO 2 (g)+O 2 (g) 　　　　　　       　　　　　　2N 2 O 4 (g) 其中NO 2 二聚为N 2 O 4 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,N 2 O 5 (g)完全分解]: ①已知:2N 2 O 5 (g)   2N 2 O 4 (g)+O 2 (g)    Δ H 1 =-4.4 kJ·mol -1 2NO 2 (g)   N 2 O 4 (g)    Δ H 2 =-55.3 kJ·mol -1 则反应N 2 O 5 (g)   2NO 2 (g)+   O 2 (g)的Δ H = 　　     kJ·mol -1 。 ②研究表明,N 2 O 5 (g)分解的反应速率 v =2 × 10 -3 ×   (kPa·min -1 )。 t =62 min时, 测得体系中   =2.9 kPa,则此时的   = 　　     kPa, v = 　　     kPa·min -1 。 t /min 0 40 80 160 260 1 300 1 700 ∞ p /kPa 35.8 40.3 42.5 45.9 49.2 61.2 62.3 63.1 ③若提高反应温度至35 ℃,则N 2 O 5 (g)完全分解后体系压强 p ∞ (35 ℃) 　　　     63.1 kPa(填“大于”“等于”或“小于”),原因是           。 ④25 ℃时N 2 O 4 (g)   2NO 2 (g)反应的平衡常数 K p = 　　     kPa( K p 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2N 2 O 5 (g)   4NO 2 (g)+O 2 (g),R.A.Ogg提出如下反应历程: 第一步　N 2 O 5   NO 2 +NO 3 　　　　　快速平衡 第二步　NO 2 +NO 3   NO+NO 2 +O 2 　　慢反应 第三步　NO+NO 3   2NO 2 　　快反应 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NO 3 C.第二步中NO 2 与NO 3 的碰撞仅部分有效 D.第三步反应活化能较高 答案 　(1)O 2 　(2)①53.1　②30.0　6.0 × 10 -2 　③大于　温度提高,体积不变,总 压强提高;NO 2 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 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O 2 ,反应的化学方程式为4AgNO 3 +2Cl 2   4AgCl+2N 2 O 5 +O 2 。 (2)①2N 2 O 5 (g)   2N 2 O 4 (g)+O 2 (g)    Δ H 1 =-4.4 kJ·mol -1   a 2NO 2 (g)   N 2 O 4 (g)    Δ H 2 =-55.3 kJ·mol -1   b 根据盖斯定律,由   -b可得:N 2 O 5 (g)   2NO 2 (g)+   O 2 (g)    Δ H =53.1 kJ·mol -1 。 ②由2N 2 O 5 (g)~O 2 (g)可知,   =2.9 kPa时N 2 O 5 分压减小5.8 kPa,此时   =(35.8- 5.8)kPa=30.0 kPa。 v =2 × 10 -3 ×   (kPa·min -1 )=2 × 10 -3 × 30(kPa·min -1 )=6.0 × 10 -2 kPa·min -1 。 ④ t = ∞ 时,N 2 O 5 完全分解。 2N 2 O 5   2N 2 O 4 +O 2 　2　 　2　　1 35.8 kPa　    　         =35.8 kPa       =17.9 kPa 设达平衡时,N 2 O 4 分压减小了 x kPa。 　　　　　　　　　N 2 O 4        　2NO 2 开始分压(kPa)　　 35.8　 　0 变化分压(kPa)　      x 　 　2 x 平衡分压(kPa)　　35.8-x　 　2x (35.8- x )kPa+2 x kPa+17.9 kPa=63.1 kPa,解得 x =9.4,则平衡时   =26.4 kPa,   =18.8 kPa, K =   kPa ≈ 13.4 kPa。(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NO 3 、 NO,B错误;由于第二步反应是慢反应,说明NO 2 与NO 3 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。 3. (201 5 山东理综, 30 , 19 分)合金贮氢材料具有优异的吸放氢性能,在配合氢能的开发中起着重要作用。 (1)一定温度下,某贮氢合金(M)的贮氢过程如图所示,纵轴为平衡时氢气的压 强( p ),横轴表示固相中氢原子与金属原子的个数比(H/M)。 在OA段,氢溶解于M中形成固溶体MH x ,随着氢气压强的增大,H/M逐渐增大; 在AB段,MH x 与氢气发生氢化反应生成氢化物MH y ,氢化反应方程式为: z MH x (s)+H 2 (g)   z MH y (s)    Δ H 1 (Ⅰ);在B点,氢化反应结束,进一步增大氢气压强, H/M几乎不变。反应(Ⅰ)中 z = 　　　     (用含 x 和 y 的代数式表示)。温度为 T 1 时,2 g某合金4 min内吸收氢气240 mL,吸氢速率 v = 　　　     mL·g -1 ·min -1 。反 应(Ⅰ)的焓变Δ H 1 　　　     0(填“>”“=”或“< ”)。 (2) η 表示单位质量贮氢合金在氢化反应阶段的最大吸氢量占其总吸氢量的 比例,则温度为 T 1 、 T 2 时, η ( T 1 ) 　     η ( T 2 )(填“>”“=”或“< ”)。当反应(Ⅰ) 处于图中a点时,保持温度不变,向恒容体系中通入少量氢气,达平衡后反应 ( Ⅰ )可能处于图中的 　　　     点(填“b”“c”或“d”),该贮氢合金可通过 　　　     或 　　　     的方式释放氢气。 (3)贮氢合金ThNi 5 可催化由CO、H 2 合成CH 4 的反应。温度为 T 时,该反应的热 化学方程式为 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　     。 已知温度为 T 时: CH 4 (g)+2H 2 O(g)   CO 2 (g)+4H 2 (g)    Δ H =+165 kJ·mol -1 CO(g)+H 2 O(g)   CO 2 (g)+H 2 (g)    Δ H =-41 kJ·mol -1 答案 　(1)   　30　<　(2)>　c　加热　减压 (3)CO(g)+3H 2 (g)   CH 4 (g)+H 2 O(g)    Δ H =-206 kJ·mol -1 解析 　(1)由氢原子守恒可知, zx +2= zy ,解得 z =   ;根据题意可知,吸氢速率 v =   =30 mL·g -1 ·min -1 ;观察题图可知,升高温度,平衡时氢气的压强增大, 即反应(Ⅰ)的平衡逆向移动,故反应(Ⅰ)为放热反应,即Δ H 1 <0。(2)观察题图 可知,升高温度不利于氢化反应阶段吸收H 2 ,由于 T 1 < T 2 ,故 η ( T 1 )> η ( T 2 );在AB段, MH x 与H 2 发生反应(Ⅰ),图中a点时向恒温、恒容体系中通入少量H 2 ,H 2 被吸收, H/M增大,平衡后反应(Ⅰ)可能处于c点;反应(Ⅰ)是气体体积减小的放热反应, 释放H 2 时使反应(Ⅰ)逆向进行即可,故可通过加热或减压的方法实现。(3)已 知:CH 4 (g)+2H 2 O(g)   CO 2 (g)+4H 2 (g)    Δ H =+165 kJ·mol -1 ①、CO(g)+H 2 O(g)   CO 2 (g)+H 2 (g)    Δ H =-41 kJ·mol -1 ②,由盖斯定律可知,②-①即得所求热化 学方程式:CO(g)+3H 2 (g)   CH 4 (g)+H 2 O(g)    Δ H =-206 kJ·mol -1 。 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。 (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。 2.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。 3.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。 Q c 代表浓度商, K 代表平衡常数。在一定温度下,若 Q c = K ,则达到平衡状态;若 Q c < K ,则反应向正反应方向进行;若 Q c > 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山东威海期末)在一容积为1 L的密闭容器内加入0.2 mol A 2 和0.6 mol B 2 ,在一定条件下发生如下反应:A 2 (g)+3B 2 (g)   2AB 3 (g)    Δ H <0。反应中 部分物质的浓度变化情况如图,下列说法正确的是   (　　)   A.图中代表A 2 浓度变化的曲线是b B.平衡后 v (A 2 )=2 v (AB 3 ) C.从反应开始到平衡时, v (A 2 )=0.05 mol·L -1 ·min -1 D.反应达到平衡后,保持其他条件不变,只把容器的体积缩小一半,平衡向正 反应方向移动 答案     D　图中曲线a、b的变化量之比为1∶2,故曲线a表示A 2 浓度的变化,曲 线b表示AB 3 浓度的变化,A项错误;平衡时2 v 正 (A 2 )= v 逆 (AB 3 ),B项错误;用A 2 表示 从反应开始到平衡时的反应速率为 v (A 2 )=   =0.025 mol·L -1 ·min -1 ,C项 错误;缩小容器体积即为增大压强,平衡向气体体积减小的方向即正反应方向 移动,D项正确。 2.(2019山东临沂一模)已知反应2NO(g)+2H 2 (g)   N 2 (g)+2H 2 O(g)     Δ H =-752 kJ·mol -1 的反应机理如下: ①2NO(g)   N 2 O 2 (g)　(快) ②N 2 O 2 (g)+H 2 (g)   N 2 O(g)+H 2 O(g)　(慢) ③N 2 O(g)+H 2 (g)   N 2 (g)+H 2 O(g)　(快) 下列有关说法错误的是   (　 C 　) A.①的逆反应速率大于②的正反应速率 B.②中N 2 O 2 与H 2 的碰撞仅部分有效 C.N 2 O 2 和N 2 O是该反应的催化剂 D.总反应中逆反应的活化能比正反应的活化能大 答案     C　①为快反应,说明反应物的活化能和生成物的活化能都较小,反应 更容易发生;②为慢反应,说明反应物的活化能和生成物的活化能都较大,② 中反应物的活化能大于①中生成物的活化能,因此①的逆反应速率大于②的 正反应速率,A项正确;②反应为慢反应,反应慢说明反应的活化能大,物质微 粒发生碰撞时,许多碰撞都不能发生化学反应,因此碰撞仅部分有效,B项正 确;反应过程中N 2 O 2 和N 2 O是中间产物,不是催化剂,C项错误;总反应为放热反 应,则总反应中逆反应的活化能比正反应的活化能大,D项正确。 3.(2019江西吉安五校联考)O 3 在水中易分解,一定条件下,O 3 的浓度减少一半 所需的时间( t )如下表所示。 据表中的递变规律,推测O 3 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.①②③　　B.③②①　　C.②①③　　D.③①② pH t /min T /℃ 3.0 4.0 5.0 6.0 20 301 231 169 58 30 158 108 48 15 50 31 26 15 7 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31~158 min之间;10 ℃、pH=4.0时,所需时 间大于231 min;30 ℃、pH=7.0时,所需时间小于15 min,则分解速率依次增大 的顺序为②、①、③。 考向二　化学平衡及其影响因素 4.(2019上海单科,19,2分)已知反应式: m X(g)+ n Y(?)   p Q(s)+2 m Z(g),已知反 应已达平衡,此时 c (X)=0.3 mol/L,其他条件不变,若容器缩小到原来的   , c (X)= 0.5 mol/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 > m D.Z的体积分数减小 答案     C　A项,依据题意知,平衡时 c (X)=0.3 mol/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)=0.6 mol/L,但现 在 c (X)=0.5 mol/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山东济南莱芜期末)在一密闭烧瓶中注入NO 2 ,在25 ℃时建立下列平 衡:2NO 2   N 2 O 4 (正反应为放热反应),若把烧瓶置于100 ℃的沸水中,下列情 况:①颜色,②平均相对分子质量,③质量,④压强,⑤密度。其中不变的是   ( C ) A.②④　　 B.③④ C.③⑤　 　D.①③ 答案     C　可逆反应:2NO 2   N 2 O 4 的正反应为放热反应,升高温度,化学平 衡向逆反应方向移动。①二氧化氮的浓度增大,颜色加深;②混合气体总的物 质的量增大,但总的质量不变,根据 M =   可知,混合气体的平均相对分子质量 减小;③反应中的物质都是气体,根据质量守恒定律,混合气体总的质量不变; ④升高温度,化学平衡向左移动,混合气体总的物质的量增大,容器的容积不 变,容器内压强增大;⑤由上分析知升高温度,混合气体总的质量不变,容器的 容积不变,根据 ρ =   可知,混合气体的密度不变。 6.(2019山东烟台诊断测试)氮氧化物是空气的主要污染物之一,研究氮氧化 物的性质对于防治空气污染有重要意义。回答下列问题: (1)已知:NO(g)+O 3 (g)   NO 2 (g)+O 2 (g)    Δ H =-200.9 kJ·mol -1 NO(g)+1/2O 2 (g)   NO 2 (g)    Δ H =-58.2 kJ·mol -1 写出NO与臭氧(O 3 )反应生成NO 2 的热化学方程式: 　　　　　　　　　　     　　　　     。 (2)温度为 T 1 时,在三个容积均为1 L的密闭容器中仅发生反应: 2NO(g)+O 2 (g)   2NO 2 (g)    Δ H <0 实验测得: v 正 = v (NO) 消耗 =2 v (O 2 ) 消耗 = k 正 c 2 (NO)· c (O 2 ), v 逆 = v (NO 2 ) 消耗 = k 逆 c 2 (NO 2 ), k 正 、 k 逆 为速率常数,只受温度影响。 ①温度为 T 1 时, k 正 / k 逆 = 　　　　　     ;当温度升高为 T 2 时, k 正 、 k 逆 分别增大 m 倍 和 n 倍,则 m 　　     n (填“>”“<”或“=”)。 ②若容器Ⅱ中达到平衡时 c (NO 2 )/ c (NO)=1,则NO的转化率为 　　    , x =    　     。 容器 编号 物质的起始浓度/mol·L -1 物质的平衡浓度/mol·L -1 c (NO) c (O 2 ) c (NO 2 ) c (O 2 ) Ⅰ 0.6 0.3 0 0.2 Ⅱ 0.5 x 0.3 Ⅲ 0.3 0.25 0.2 ③容器Ⅲ中起始时 v 正 　　     v 逆 (填“>”“<”或“=”),理由是 　　　　　     　　　　　　　　　　　　     。 ④ T 1 时,在1 L密闭容器中按照一定比例充入NO(g)和O 2 (g),达到平衡时NO 2 (g) 的体积分数 φ (NO 2 )随 n (NO)/ n (O 2 )的变化如图所示,则A、B、C三点中NO的 转化率最大的是 　　　     ;当 n (NO)/ n (O 2 )=2.3时,达到平衡时 φ (NO 2 )可能 是D、E、F三点中的 　　　　　     。   答案 　(1)3NO(g)+O 3 (g)   3NO 2 (g)    Δ H =-317.3 kJ·mol -1 (2)①1.25　<　②20%　0.85　③<　因为 Q c =   ≈ 1.78> K =1.25,反应向 逆反应方向进行,所以 v 正 < v 逆 　④A　F 解析 　(1)设反应①NO(g)+O 3 (g)   NO 2 (g)+O 2 (g) Δ H =-200.9 kJ·mol -1 反应②NO(g)+1/2O 2 (g)   NO 2 (g)    Δ H =-58.2 kJ·mol -1 根据盖斯定律,由①+② × 2得热化学方程式:3NO(g)+O 3 (g)   3NO 2 (g)    Δ H = -317.3 kJ·mol -1 。 (2)①根据平衡时正、逆反应速率相等及表格中数据,可得:   =   =   =1.25。该反应为放热反应,升高温度平衡逆向移 动,说明逆反应速率常数增大幅度较大。 ②根据氮元素守恒,达到平衡时, c (NO 2 )= c (NO)=0.4 mol·L -1 ,则说明消耗NO 0.1mol·L -1 ,NO的转化率为   × 100%=20%。反应消耗氧气的浓度为 0.05 mol·L -1 ,且该反应的平衡常数不变, K =   =1.25,可知平衡时 c (O 2 )= 0.8 mol·L -1 ,则起始时, x =0.85 mol·L -1 。 ④ n (NO)/ n (O 2 )=2.3,二者比值增大,NO的转化率降低, φ (NO 2 )可能减小,则为F 点。 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)+H 2 O(g)   CO 2 (g)+H 2 (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H 2 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H 2 的物质的量分数 为0.025 0。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0.019 2。 根据上述实验结果判断,还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO 　　　     H 2 (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H 2 O(g)混合,采用适当的 催化剂进行反应,则平衡时体系中H 2 的物质的量分数为 　　　     (填标号)。 A.<0.25　B.0.25　C.0.25~0.50　D.0.50　E.>0.50 (4)Shoichi研究了467 ℃、489 ℃时水煤气变换中CO和H 2 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 p CO 相等、   和   相等。 计算曲线a的反应在30~90 min内的平均速率   (a)= 　　　     kPa·min -1 。467 ℃ 时   和 p CO 随时间变化关系的曲线分别是 　　　     、 　　　     。489 ℃时   和 p CO 随时间变化关系的曲线分别是 　　　     、 　　　     。 答案 　(1)大于 (2)C (4)0.004 7　b　c　a　d 解析 　(1)相同温度下,分别用H 2 、CO还原CoO(s),平衡时H 2 的物质的量分数 (0.025 0)大于CO的物质的量分数(0.019 2),说明转化率:H 2 H 2 。 (2)利用“三段式”解答。721 ℃时,设气体反应物开始浓度均为1 mol·L -1 ,则 　　　　　　　　H 2 (g)+CoO(s)   Co(s)+H 2 O(g) 起始(mol·L -1 )　　 1　 　0 转化(mol·L -1 )　      x 　      x 平衡(mol·L -1 )　　1- x 　      x 则有   =0.025 0,解得 x =0.975,故 K 1 =   =   =39; 　　　　　　　　CO(g)+CoO(s)   Co(s)+CO 2 (g) 起始(mol·L -1 )　　 1　 　0 转化(mol·L -1 )　      y 　      y 平衡(mol·L -1 )　 　1- y 　      y 则有   =0.019 2,解得 y =0.980 8,故 K 2 =   =   =   ≈ 51; 　　　　　　　　　CO(g)+H 2 O(g)   CO 2 (g)+H 2 (g) 起始(mol·L -1 )　 　1　　 1　 　0　 　0 转化(mol·L -1 )　      z 　      z 　      z 　      z 平衡(mol·L -1 )　 　1- z 　　1- z 　      z 　      z 则有 K 3 =   =   =   ,解得 z =0.532 7。 H 2 的物质的量分数为   =0.266 4,故选C。 (4)   (a)=   ≈ 0.004 7 kPa·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, p CO 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 p CO 变化曲线,曲线d表示489 ℃时 p CO 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)+O 2 (g)   2Cl 2 (g)+2H 2 O(g)。下图为 刚性容器中,进料浓度比 c (HCl)∶ c (O 2 )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 c 0 ,根据进料浓度比 c (HCl)∶ c (O 2 )=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 (O 2 )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       O 2 和Cl 2 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 (O 2 )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 (O 2 )为1∶1、4∶1、7∶1,400 ℃、 c (HCl)∶ c (O 2 )= 1∶1时,HCl的平衡转化率为84%。设HCl初始浓度为 c 0 (O 2 初始浓度也为 c 0 ), 则平衡时HCl、O 2 、Cl 2 、H 2 O(g)的浓度分别为(1-0.84) c 0 、(1-0.21) c 0 、 0.42 c 0 、0.42 c 0 ,则 K (400 ℃)=   =   。 进料浓度比 c (HCl)∶ c (O 2 )过低,导致平衡时气体中混有大量O 2 ,增大分离能 耗;进料浓度比 c (HCl)∶ c (O 2 )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2SiHCl 3 (g)   SiH 2 Cl 2 (g)+SiCl 4 (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SiHCl 3 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 K 343 K = 　　　     (保留 2位小数)。 ②在343 K下:要提高SiHCl 3 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: v a 　　　     v b (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 　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反应2SiHCl 3 (g)   SiH 2 Cl 2 (g)+SiCl 4 (g)    Δ H 1 =48 kJ·mol -1 ,由于Δ H 1 > 0,升高温度,化学平衡正向移动,SiHCl 3 的转化率增大,故曲线a表示343 K,观察 图像知,343 K时反应的平衡转化率为22%;设起始时SiHCl 3 的物质的量浓度为 c ,列出“三段式”: 　　　　2SiHCl 3 (g)   SiH 2 Cl 2 (g)+SiCl 4 (g) 起始　     c 　 0　 　0 变化　　0.22 c 　 　0.11 c 　　0.11 c 平衡　　0.78 c 　 　0.11 c 　　0.11 c 故 K 343 K =   =   ≈ 0.02。 ②已知2SiHCl 3 (g)   SiH 2 Cl 2 (g)+SiCl 4 (g)    Δ H 1 =48 kJ· 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SiHCl 3 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SiHCl 3 的转化率相等,但a处温度比b处高,故 v a 大于 v b ;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。 4 . (201 1 山东理综, 28 , 14 分)研究NO 2 、SO 2 、CO等大气污染气体的处理具有重要 意义。 (1)NO 2 可用水吸收,相应的化学反应方程式为 　　　　　　　　　　　　     　　　　　     。 利用反应6NO 2 +8NH 3   7N 2 +12H 2 O也可处理NO 2 。当转移1.2 mol电子 时,消耗的NO 2 在标准状况下是 　　　     L。 (2)已知:2SO 2 (g)+O 2 (g)   2SO 3 (g)    Δ H =-196.6 kJ·mol -1 2NO(g)+O 2 (g)   2NO 2 (g)    Δ H =-113.0 kJ·mol -1 则反应NO 2 (g)+SO 2 (g)   SO 3 (g)+NO(g)的Δ H = 　　　     kJ·mol -1 。 一定条件下,将NO 2 与SO 2 以体积比1∶2置于密闭容器中发生上述反应,下列 能说明反应达到平衡状态的是 　　　     。 a.体系压强保持不变 b.混合气体颜色保持不变 c.SO 3 和NO的体积比保持不变 d.每消耗1 mol SO 3 的同时生成1 mol NO 2 测得上述反应平衡时NO 2 与SO 2 体积比为1∶6,则平衡常数 K = 　　　     。 (3)CO可用于合成甲醇,反应方程式为CO(g)+2H 2 (g)   CH 3 OH(g)。   CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。该反应Δ H 　     0(填 “>”或“<”)。实际生产条件控制在250 ℃、1.3 × 10 4 kPa左右,选择此压强 的理由是           。 答案 　(1)3NO 2 +H 2 O   2HNO 3 +NO　6.72 (2)-41.8　b　2.67或   (3)<　在1.3 × 10 4 kPa下,CO转化率已较高,再增大压强CO转化率提高不大,而 生产成本增加,得不偿失 解析 　(1)由   O 2     可知1 mol NO 2 参与反应时转移的电子数为4 mol,因 此转移1.2 mol电子时,消耗NO 2 在标准状况下的体积为   × 1.2 mol × 22.4 L· mol -1 =6.72 L。 (2)根据盖斯定律可得: Δ H =   =-41.8 kJ·mol -1 反应:NO 2 (g)+SO 2 (g)   SO 3 (g)+NO(g)是气体总体积不变的放热反应,反应过 程中体系压强始终不变,且生成SO 3 和NO的体积比始终为1∶1;混合气体的颜 色不变说明各物质的浓度不再发生变化,体系达到平衡。 设起始时加入的NO 2 为1 mol,利用“三段式”可得: 　　　　NO 2 (g) + SO 2 (g)   SO 3 (g) + NO(g) 起始:　　1 mol　　2 mol　 　0　　 0 转化:　     x mol　     x mol　      x mol　     x mol 平衡:　　(1- x ) mol  (2- x ) mol    x mol　 x mol 依题意:   =   　解得: x =0.8 所以: K =   =   =   。 (3)分析题目中的坐标图像可知:升高温度CO的转化率降低,即升高温度,平衡 向逆反应方向进行,逆反应为吸热反应,所以正反应的Δ H <0。 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山东烟台期末)I 2 在KI溶液中存在下列平衡:I 2 (aq)+I - (aq)     (aq)     Δ H 。某I 2 、KI混合溶液中,I - 的物质的量浓度 c (I - )与温度 T 的关系如图所示(曲线 上任何一点都表示平衡状态)。下列说法不正确的是   (　　)   A.该反应Δ H <0 B.若在 T 1 、 T 2 温度下,反应的平衡常数分别为 K 1 、 K 2 ,则 K 1 > K 2 C.若反应进行到状态D时,一定有 v 正 > v 逆 D.状态A与状态B相比,状态A的 c (   )大 答案     C　温度升高, c (I - )逐渐增大,说明升高温度,化学平衡逆向移动,I 2 (aq)+ I - (aq)     (aq)的Δ H <0,A项正确; K =   ,温度升高,反应向逆反应方向移 动,由于 T 2 > T 1 ,则 K 1 > K 2 ,B项正确;从图中可以看出D点并没有达到平衡状态, c (I - )小于该温度下的平衡浓度,所以反应逆向进行,故 v 逆 > v 正 ,C项错误;升高温 度,平衡逆向移动, c (   )变小, T 2 > T 1 ,所以状态A的 c (   )高,D项正确。 2.(2019陕西咸阳一模)已知可逆反应X(g)+2Y(g)   Z(g)    Δ H <0,一定温度 下,在体积为2 L的密闭容器中加入4 mol Y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   (　　) A.达到平衡时,X、Y、Z物质的量之比为1∶2∶1 B.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1 mol·L -1 × 2 L =2 mol,起始加入2 mol X、4 mol Y,达到平衡时X的浓度为0.25 mol·L -1 ,物质 的量为0.25 mol·L -1 × 2 L=0.5 mol,消耗X的物质的量为1.5 mol,结合化学方程 式计算得到消耗Y的物质的量为3 mol,生成Z的物质的量为1.5 mol,则达到平 衡时,X、Y、Z物质的量之比为0.5 mol∶1 mol∶1.5 mol=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Δ H <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。 3.(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   (　　) A.N 2 (g)+3H 2 (g)   2NH 3 (g)    Δ H <0 B.2SO 3 (g)   2SO 2 (g)+O 2 (g)    Δ H >0 C.2HI(g)   H 2 (g)+I 2 (g)    Δ H >0 D.4NH 3 (g)+5O 2 (g)   4NO(g)+6H 2 O(g)    Δ H <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,Δ H >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。 4.(2019山东青岛调研节选)对于反应SO 2 (g)+2CO(g)   S(l)+2CO 2 (g),将 1 mol SO 2 和2 mol CO充入体积为1 L的密闭容器中,在533 K和566 K时SO 2 的转化率随时间变化如图所示:   ①566 K时SO 2 的平衡转化率 α = 　　　     %;平衡常数 K 566 K = 　　　     (保留2位 小数)。 ②保持温度不变,要提高SO 2 转化率,可采取的措施是 　　　　　　　　　     　     。 ③比较a、b处反应速率大小: v a 　　     v b (填“大于”“小于”或“等于”)。 答案 　①40　0.74　②增大压强或增大CO浓度　③大于 解析 　①根据“先拐先平,数值大”原理可知,a点所在曲线为566 K时SO 2 的 转化率曲线,且该反应为放热反应。 　　　　SO 2 (g)　+　2CO(g)   S(l)+2CO 2 (g) 起始:　　1 mol/L　　2 mol/L　　 0 转化:　　0.4 mol/L　0.8 mol/L　 　0.8 mol/L 平衡:　　0.6 mol/L　1.2 mol/L　　 0.8 mol/L K 566 K =   =   ≈ 0.74 ②该反应是气体体积减小的反应 , 要提高 SO 2 的转化率 , 可采取的措施是增大 压强或增大 CO 的浓度。 ③a、b点对应物质的浓度相等,a点温度较高,故a处反应速率大于b处。 考点三　化学反应原理综合题 1. (201 3 山东理综, 29 , 15 分)化学反应原理在科研和生产中有广泛应用。 (1)利用“化学蒸气转移法”制备TaS 2 晶体,发生如下反应: TaS 2 (s)+2I 2 (g)   TaI 4 (g)+S 2 (g)    Δ H >0　(Ⅰ) 反应(Ⅰ)的平衡常数表达式 K = 　　　　　     ,若 K =1,向某恒容容器中加入 1 mol I 2 (g)和足量TaS 2 (s),I 2 (g)的平衡转化率为 　　　     。 (2)如图所示,反应(Ⅰ)在石英真空管中进行,先在温度为 T 2 的一端放入未提纯 的TaS 2 粉末和少量I 2 (g),一段时间后,在温度为 T 1 的一端得到了纯净TaS 2 晶体, 则温度 T 1 　　     T 2 (填“>”“<”或“=”)。上述反应体系中循环使用的物 质是 　　　     。 (3)利用I 2 的氧化性可测定钢铁中硫的含量。做法是将钢样中的硫转化成 H 2 SO 3 ,然后用一定浓度的I 2 溶液进行滴定,所用指示剂为 　　　     ,滴定反 应的离子方程式为       。 (4)25 ℃时,H 2 SO 3   HS   +H + 的电离常数 K a =1 × 10 -2 mol·L -1 ,则该温度下 NaHSO 3 水解反应的平衡常数 K b = 　　　     mol·L -1 ,若向NaHSO 3 溶液中加入 少量的I 2 ,则溶液中   将 　　　     (填“增大”“减小”或“不变”)。 答案 　(1)   　66.7%　(2)<　I 2 (3)淀粉　I 2 +H 2 SO 3 +H 2 O   4H + +2I - +S   (4)1 × 10 -12 　增大 解析 　(1)TaS 2 (s)+2I 2 (g)   TaI 4 (g)+S 2 (g) 初始量　 　1 mol　　0 mol　　0 mol 转化量　 　2 x mol　    x mol　     x mol 平衡量　     (1-2 x )mol　   x mol　     x mol 设容器容积为 V L, K =   =   =1 解得 x =   ,则I 2 (g)的平衡转化率为   × 100% ≈ 66.7%。 (2)由反应(Ⅰ)可知降温有利于TaS 2 (s)的生成,故 T 1 < T 2 ,I 2 蒸气在右端参与反应 生成TaI 4 (g)和S 2 (g),在左端TaI 4 (g)与S 2 (g)在较低温度下反应生成TaS 2 (s)和I 2 (g), 故I 2 可循环利用。(3)利用淀粉遇碘变蓝的性质可选淀粉做指示剂;H 2 SO 3 在水中被I 2 氧化成H 2 SO 4 ,I 2 被还原成HI。(4)HS   +H 2 O   H 2 SO 3 +OH - , K b =   =   =   =   =1 × 10 -12 ;向NaHSO 3 溶液 中加入少量I 2 ,I 2 在水中可氧化HS   生成H + 、I - 和S   ,溶液中 c (H + )增大,则 c (OH - )减小,   是定值,则   增大。 2. (201 2 山东理综, 29 , 16 分)偏二甲肼与N 2 O 4 是 常用的火箭推进剂,二者发生如下化学反应 : (CH 3 ) 2 NNH 2 (l)+2N 2 O 4 (l)   2CO 2 (g)+3N 2 (g)+4H 2 O(g) (Ⅰ) (1)反应(Ⅰ)中氧化剂是 　　　     。 (2)火箭残骸中常现红棕色气体,原因为: N 2 O 4 (g)   2NO 2 (g)　(Ⅱ) 当温度升高时,气体颜色变深,则反应(Ⅱ)为 　　　     (填“吸热”或“放 热”)反应。 (3)一定温度下,反应(Ⅱ)的焓变为Δ H 。现将1 mol N 2 O 4 充入一恒压密闭容器 中,下列示意图正确且能说明反应达到平衡状态的是 　　　     。   若在相同温度下,上述反应改在体积为1 L的恒容密闭容器中进行,平衡常数 　　　     (填“增大”“不变”或“减小”),反应3 s后NO 2 的物质的量为 0.6 mol,则0~3 s内的平均反应速率 v (N 2 O 4 )= 　　　     mol·L -1 ·s -1 。 (4)NO 2 可用氨水吸收生成NH 4 NO 3 。25 ℃时,将 a mol NH 4 NO 3 溶于水,溶液显 酸性,原因是 　　　　　　　　　　　　　　　     (用离子方程式表示)。向 该溶液滴加 b L氨水后溶液呈中性,则滴加氨水的过程中水的电离平衡将 　　     (填“正向”“不”或“逆向”)移动,所滴加氨水的浓度为 　　     mol·L -1 。(NH 3 ·H 2 O的电离平衡常数取 K b =2 × 10 -5 mol·L -1 ) 答案 　(1)N 2 O 4 (2)吸热 (3)a、d　不变　0.1 (4)N   +H 2 O   NH 3 ·H 2 O+H + 　逆向       解析 　(1)N 2 O 4 转化为N 2 ,氮元素的化合价降低,N 2 O 4 作氧化剂。 (2)升高温度,气体颜色变深,说明平衡正向移动,故该反应为吸热反应。 (3)b项,对于一个特定反应,Δ H 固定不变,不能作为判断反应是否达到平衡状 态的依据;c项,结合反应(Ⅱ)可知,无论反应是否处于平衡状态,正速率 v (NO 2 )= 2 v (N 2 O 4 ),不能作为是否达到平衡状态的依据。化学平衡常数只与温度有关, 故温度不变,化学平衡常数不变。 N 2 O 4   2NO 2 1　　　　2 Δ n (N 2 O 4 )　0.6 mol Δ n (N 2 O 4 )=0.3 mol v (N 2 O 4 )=   =   =0.1 mol·L -1 ·s -1 。 (4)N   水解使溶液呈酸性:N   +H 2 O   NH 3 ·H 2 O+H + 。向溶液中滴加氨水, 抑制N   的水解,而N   的水解对水的电离起到的是促进作用,N   的水解程 度减小,其对水的电离的促进作用也相应降低,故在滴加氨水的过程中水的电 离平衡将逆向移动。设滴加氨水后混合溶液体积为 V L,加入氨水的浓度为 x mol·L -1 ,则混合液中 c (N   )=   mol·L -1 , c (NH 3 ·H 2 O)=   mol·L -1 , c (OH - )=10 -7 mol· L -1 ,由 K b =   =   =2 × 10 -5 ,解得 x =   。 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 m A(g)+ n B(g)   p C(g)+ q D(g),令A、B起始物质的量浓度分别为 a mol·L -1 、 b mol·L -1 ,达到平衡后消耗A的物质的量浓度为 mx mol·L -1 。 m A(g)+ n B(g)   p C(g)+ q D(g) 起始(mol·L -1 )　     a 　      b 　 　0　　0 变化(mol·L -1 )　     mx 　     nx 　      px 　     qx 平衡(mol·L -1 )　     a - mx    b - nx 　      px 　     qx K =   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% 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H 2 和CO 2 ,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.CH 4 (g)+H 2 O(g)   CO(g)+3H 2 (g)    Δ H 1 ⅱ.CO(g)+H 2 O(g)   CO 2 (g)+H 2 (g)    Δ H 2 ⅲ.CH 4 (g)   C(s)+2H 2 (g)    Δ H 3 …… ⅲ为积炭反应,利用Δ H 1 和Δ H 2 计算Δ H 3 时,还需要利用 　　　　　　　　　     　　　　　　     反应的Δ H 。 ③反应物投料比采用 n (H 2 O)∶ n (CH 4 )=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CH 4 转化 b.促进CO转化为CO 2 c.减少积炭生成 ④用CaO可以去除CO 2 。H 2 体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如下图所示。   从 t 1 时开始,H 2 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)①CH 4 +2H 2 O   4H 2 +CO 2 ②C(s)+2H 2 O(g)   CO 2 (g)+2H 2 (g)或C(s)+CO 2 (g)   2CO(g) ③abc ④降低　CaO+CO 2   CaCO 3 ,CaCO 3 覆盖在CaO表面,减少了CO 2 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Δ H 才能计算Δ H 3 。 2.(2019山东临沂一模)氯化亚铜(CuCl)是有机合成工业中应用较广泛的催化 剂,见光易分解,在潮湿空气中易被氧化,难溶于水。 (1)实验室保存新制CuCl晶体的方法是      。 (2)已知:Cu(s)+Cl 2 (g)   CuCl 2 (s)    Δ H 1 =-218.8 kJ·mol -1 2Cu(s)+O 2 (g)   2CuO(s)    Δ H 2 =-310.6 kJ·mol -1 2CuCl 2 (s)   2CuCl(s)+Cl 2 (g)    Δ H 3 =+152.3 kJ·mol -1 则反应4CuCl(s)+O 2 (g)   2CuCl 2 (s)+2CuO(s)的Δ H = 　　　     kJ·mol -1 。 (3)利用CuCl难溶于水的性质,可以除去废水中的Cl - 。向含Cl - 的废水中同时 加入Cu和CuSO 4 溶液,平衡时相关离子浓度关系如图所示。[已知:p c (离子)= -lg c (离子)]   ①除去废水中Cl - 的离子方程式为       。 ② K sp (CuCl)= 　　　     。 ③已知:Cu+Cu 2+   2Cu +      K =7.6 × 10 -7 。通过计算说明上述除Cl - 的反应能完 全进行的原因:           。 (4) T ℃时,用H 2 还原CuCl制备活性铜:H 2 (g)+2CuCl(s)   2Cu(s)+2HCl(g),达 到平衡时,H 2 的转化率(α)为80%。反应速率 v = v 正 - v 逆 = k 正 ·   - k 逆 ·   , k 正 、 k 逆 分别 为正、逆反应速率常数, x 为气体的物质的量分数。当α=60%时,   = 　 　     (保留1位小数)。 (5)CuCl溶于浓氨水的反应原理为CuCl+2NH 3 ·H 2 O   [Cu(NH 3 ) 2 ] + +2H 2 O+Cl - , 该反应控制温度为70~80 ℃,其原因是       。 答案 　(1)干燥密封、避光保存　(2)-177.6 (3)①Cu+Cu 2+ +2Cl -   2CuCl　②1 × 10 -6.7 ③ K '=   =   =   =7.6 × 10 6.4 ,反应完全进行 (4)3.2 (5)温度过低,反应速率较慢;温度过高,NH 3 ·H 2 O分解 解析 　(1)题干信息“氯化亚铜见光易分解,在潮湿空气中易被氧化”,故应 干燥密封、避光保存。 (2)将题给反应依次标为①、②、③,根据盖斯定律②-(①+③) × 2可得题给反 应,Δ H =Δ H 2 -(Δ H 1 +Δ H 3 ) × 2=-310.6 kJ·mol -1 -(-218.8 kJ·mol -1 +152.3 kJ·mol -1 ) × 2= -177.6 kJ·mol -1 。 (3)①根据题意,通过Cu与Cu 2+ 的归中反应除去Cl - 可知Cu+Cu 2+ +2Cl -   2CuCl。②CuCl的溶解平衡为CuCl(s)   Cu + (aq)+Cl - (aq), K sp 表达式为 K sp (CuCl)= c (Cu + )· c (Cl - ),根据p c (Cl - )=3.7时,-p c (Cu + )=-3可得 K sp (CuCl)=1 × 10 -6.7 。 ③Cu+Cu 2+ +2Cl -   2CuCl,该反应的平衡常数: K '=   =   =   =   =7.6 × 10 6.4 >1 × 10 5 ,所以反应可以进行完全。 (4)反应达到平衡时,正、逆反应速率相等。以起始时氢气的物质的量浓度为 a mol·L -1 为基准,氢气转化率为80%时,列三段式得: H 2 (g)+2CuCl(s)   2Cu(s)+2HCl(g) 起始浓度(mol·L -1 ):　  a 　　 0 转化浓度(mol·L -1 ): 0.8 a 　 　1.6 a 平衡浓度(mol·L -1 ): 0.2 a 　 　1.6 a 则平衡时:   =   , x HCl =   。 v 正 = v 逆 , k 正 ·   = k 逆 ·   ,   =   =   =   。 当氢气转化率为60%时, H 2 (g)+2CuCl(s)   2Cu(s)+2HCl(g) 起始浓度(mol·L -1 ):　     a 　 　0 转化浓度(mol·L -1 ):　0.6 a 　 　1.2 a 平衡浓度(mol·L -1 ):　0.4 a 　 　1.2 a 此时,   =   , x HCl =   。   =   =   ×   ≈ 3.2。 3.(2019山东潍坊一模)煤燃烧排放的烟气含有NO x ,容易形成酸雨污染环境,可 通过多种化学方法对烟气进行脱硝处理。回答下列问题: (1)在无氧条件下,脱硝反应为6NO(g)+4NH 3 (g)   5N 2 (g)+6H 2 O(g)    Δ H = -1 807.0 kJ/mol, T ℃时,在恒容的密闭容器中,测得不同时间NO和NH 3 的物质 的量如下表: 时间/min 0 1 2 3 4 n (NO)/mol 1.20 0.90 0.72 0.60 0.60 n (NH 3 )/mol 0.90 0.70 0.58 0.50 0.50 ①下列说法正确的是 　　　     (填序号)。 A.3 min后NO和NH 3 的浓度都不再变化,反应停止进行 B.前2 min内的平均反应速率 v (N 2 )=0.20 mol/(L·min) C.达到平衡时NO的转化率为50% D.及时分离出N 2 ,可使该反应的反应速率增大,平衡正向移动 ②若反应开始的压强为 p 0 ,则该反应的化学平衡常数 K p = 　　　     (可用分数 表示;用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压 × 物质的量分数)。 (2)在有氧条件下,NO x 也能发生脱硝反应。 ①已知:N 2 (g)+O 2 (g)   2NO(g) Δ H =+180.6 kJ/mol N 2 (g)+3H 2 (g)   2NH 3 (g)    Δ H =-92.4 kJ/mol H 2 O(g)   H 2 (g)+1/2O 2 (g)    Δ H =+241.8 kJ/mol脱硝反应4NO(g)+4NH 3 (g)+ O 2 (g)   4N 2 (g)+6H 2 O(g)    Δ H = 　　　     kJ/mol。 ②臭氧是理想的烟气脱硝剂,其脱硝反应为2NO 2 (g)+O 3 (g)   N 2 O 5 (g)+O 2 (g)     Δ H <0,反应在恒容密闭容器中进行,NO 2 的百分含量随压强( p )、 x 的变化如 图所示: 则 p 1 　　     p 2 (填“>”“<”或“=”), x 表示的物理量除时间外,还可能是 　　　　　　　     。 (3)利用惰性电极电解也能对烟气进行脱硝处理。电解原理如图所示:   电极a的电极反应式为       ,当电解44.8 L(标准状况)含5%NO的烟气,理论上电路中通过电子的物质的量为 　　　     mol。 答案 　(1)①C　②   p 0 　(2)①-1 627.2　②>　O 3 的物质的量或其浓度或质 量等　(3)NO-3e - +2H 2 O   N   +4H + 　0.3 解析 　①3 min后NO和NH 3 的浓度都不再变化,说明反应达到动态平衡,但速 率不为零,A项错误;容器 的体积未知,无法求出其化学反应速率,B项错误; 3 min后NO的浓度不再变化,反应达到平衡,平衡时 n (NO)=0.6 mol,则转化的NO 的物质的量为1.2 mol-0.6 mol=0.6 mol,故其转化率为   × 100%=50%,C项 正确;分离出N 2 ,其浓度降低,可使该反应的反应速率减小,D项错误。 ②根据题意列三段式为   6NO(g)+4NH 3 (g)   5N 2 (g)+6H 2 O(g)   　　 1.20　　0.90　 　0　 　0   　 　0.60　　0.40　　 0.50　　0.60   　　0.60　　0.50　　0.50　　0.60 则平衡后H 2 O的物质的量分数 ω (H 2 O)=   =   , 同理可得 ω (N 2 )=   , ω (NH 3 )=   , ω (NO)=   ,反应开始的压强为 p 0 ,气体总物质 的量为1.20 mol+0.90 mol=2.10 mol,则反应后的总压 p =   =   ,反应的平 衡常数 K p =   =   =   ×   =   p 0 。 (2)①ⅰ.N 2 (g)+O 2 (g)   2NO(g)    Δ H =+180.6 kJ/mol ⅱ.N 2 (g)+3H 2 (g)   2NH 3 (g)    Δ H =-92.4 kJ/mol ⅲ.2H 2 (g)+O 2 (g)   2H 2 O(g)    Δ H =-483.6 kJ/mol 依据盖斯定律ⅲ × 3-ⅱ × 2-ⅰ × 2得到,4NO(g)+4NH 3 (g)+O 2 (g)   4N 2 (g)+6H 2 O(g)     Δ H =-1 627.2 kJ/mol。 ②反应:2NO 2 (g)+O 3 (g)   N 2 O 5 (g)+O 2 (g)为气体体积减小的反应,因此增大压 强平衡正向移动,NO 2 的百分含量降低, p 1 > p 2 。 (3)根据图示信息可知,电极b极产生氢气,电解池中阳离子在阴极得电子发生 还原反应,故电极b连接电源的负极,电极a连接电源的正极,其阳极区NO失电 子被氧化为硝酸根离子,发生的电极反应为NO-3e - +2H 2 O   N   +4H + ;电解 的烟气中NO的物质的量为   =0.1 mol,所以转移电子的物质的量为 0. 1 mol × 3=0.3 mol。 素养引领·情境命题 1.下图所示为工业合成氨的流程图。有关说法错误的是   ( C )   A.步骤①中“净化”可以防止催化剂中毒 B.步骤②中“加压”既可以提高原料的转化率,又可以加快反应速率 C.步骤③、④、⑤均有利于提高原料的转化率 D.产品液氨除可生产化肥外,还可用作制冷剂 答案     C　合成氨使用含铁催化剂,为防止催化剂中毒,须将原料“净化”处 理,A项正确;步骤②中“加压”,可增大氮气、氢气浓度,既加快合成氨反应 速率又能使平衡右移,提高原料转化率,B项正确;合成氨反应放热,步骤③使 用较高温度不利于提高原料转化率,同时使用催化剂也不能使平衡发生移动, 步骤④、⑤有利于提高原料的转化率,C项错误;产品液氨可用酸吸收生成铵 态氮肥,液氨蒸发会吸收大量热,可用作制冷剂,D项正确。 2.探究2KMnO 4 +5H 2 C 2 O 4 +3H 2 SO 4   K 2 SO 4 +2MnSO 4 +10CO 2 ↑+8H 2 O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KMnO 4 溶液 H 2 C 2 O 4 溶液 KMnO 4 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 ) 1 25 0.5 4 0.1 8 0.2 12.7 2 80 0.5 4 0.1 8 0.2 a 3 25 0.5 4 0.01 8 0.2 6.7 4 25 0 4 0.01 8 0.2 b A. a <12.7, b >6.7 B.用KMnO 4 表示该反应速率, v (实验3)< v (实验1) C.用H 2 C 2 O 4 表示该反应速率, v (实验1)约为7.87 × 10 -5 mol ·L -1 ·min -1 D.可通过比较收集相同状态下相同体积CO 2 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2KMnO 4 ~5H 2 C 2 O 4 可知,消耗的H 2 C 2 O 4 的 物质的量浓度为   ×   =   mol·L -1 ,则用H 2 C 2 O 4 表示实验1的反 应速率时, v (H 2 C 2 O 4 )=   ≈ 6.56 × 10 -3 mol ·L -1 ·min -1 ,故C项错误;比较收集 相同状态下相同体积CO 2 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。 3.二氧化硫是一种重要的化工原料,研究其性质具有重要意义。请回答下列 问题: (1)煅烧硫铁矿制取SO 2 是工业生产硫酸过程中的反应,主要发生反应4FeS 2 + 11O 2   2Fe 2 O 3 +8SO 2 ,当产生64 kg SO 2 时,该反应转移的电子总数为 　 个。 (2)利用含硫物质进行热化学循环可实现太阳能的转化与存储。过程如下:   反应Ⅰ:2H 2 SO 4 (l)   2SO 2 (g)+2H 2 O(g)+O 2 (g)    Δ H 1 =+551 kJ·mol -1 反应Ⅲ:S(s)+O 2 (g)   SO 2 (g)    Δ H 3 =-297 kJ·mol -1 反应Ⅱ的热化学方程式为       。 (3)酸碱性不同时,SO 2 水溶液中H 2 SO 3 、HS   、S   随pH的分布如图所示。   已知:H 2 SO 3 的   =1.2 × 10 -2        =6.4 × 10 -8 ①边搅拌边向Na 2 CO 3 溶液中通入SO 2 ,用以制备NaHSO 3 溶液。实验中确定何 时停止通入SO 2 的实验操作? 　　　　　　　　　　　     。 ②当H 2 SO 3 和HS   的物质的量分数相等时,溶液的pH= 　　　     (保留对数形 式)。 (4)一定温度下,在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物, 发生反应2SO 2 (g)+O 2 (g)   2SO 3 (g)    Δ H <0,测得反应的相关数据如下: 容器1 容器2 容器3 反应温度 T /K 700 700 800 反应物投入量 2 mol SO 2 、 1 mol O 2 4 mol SO 3 2 mol SO 2 、 1 mol O 2 平衡 c (SO 3 )/mol·L -1 c 1 c 2 c 3 平衡体系总压强 p /Pa p 1 p 2 p 3 物质的平衡转化率 α α 1 (SO 2 ) α 2 (SO 3 ) α 3 (SO 2 ) 平衡常数 K K 1 K 2 K 3 ① c 1 、 c 2 、 c 3 的关系为: c 1 　　       c 2 　　     c 3 (填“>”“<”或“=”)。 ② α 2 (SO 3 )+ α 3 (SO 2 ) 　　     1(填“>”“<”或“=”)。 ③在容器1的反应中, K p = 　　　　　　　　　　     (用 p 1 和 α 1 表示。 K p 用平衡 分压代替平衡浓度计算,分压=总压 × 物质的量分数)。 答案 　(1)3.311 × 10 27 或5.5 × 10 3 N A (2)3SO 2 (g)+2H 2 O(g)   2H 2 SO 4 (l)+S(s)    Δ H =-254 kJ·mol -1 (3)①通入SO 2 气体至溶液的pH约为4.4时　②2-lg1.2或-lg(1.2 × 10 -2 ) (4)①<　>　②<　③   解析 　(1)由反应方程式可知,该反应中只有O 2 作氧化剂,则每生成8 mol SO 2 转移电子44 mol,64 kg SO 2 的物质的量为1 000 mol,则转移电子的物质的量为 5.5 × 10 3 mol。 (2)根据盖斯定律,反应Ⅱ可以由:-(Ⅰ+Ⅲ)得,则焓变Δ H =-(551-297)kJ·mol -1 = -254 kJ·mol -1 。 (3)①根据图示,当pH在4.4左右,溶液中HS   的含量最高。 ②H 2 SO 3 的第一电离平衡常数表达式:   =   ,当H 2 SO 3 和HS   浓度 相等时,   = c (H + )=1.2 × 10 -2 ,pH=-lg c (H + )=-lg(1.2 × 10 -2 )=2-lg1.2。 (4)该反应是反应前后气体体积减小的放热反应。容器1与容器2温度相同、 “起始加入”物质的量,容器2加倍;容器1与容器3,起始加入的物质的量相等, 容器3的温度高。 ①达到平衡时,容器2内的平衡相当于容器1的平衡压缩(压强加倍),故 c 1 < c 2 /2; 容器3相当于容器1的温度升高100 K,平衡逆向移动,故 c 3 < c 2 /2。 ②假设容器2中投入2 mol SO 3 且保持容器2和容器3的反应温度相同,则两容 器中的反应达平衡时有α 2 (SO 3 )+α 3 (SO 2 )=1;对于容器2而言,相当于对容器3加 压并降温,且该反应是气体分子数减小的放热反应,加压、降温均会使平衡正 向移动,则α 2 (SO 3 )减小,所以α 2 (SO 3 )+α 3 (SO 2 )<1。 ③   2SO 2 (g)+O 2 (g)   2SO 3 (g) 起始(mol):　　2　　 1　　 0 转化(mol):　　2 α 1 　     α 1 　 　2 α 1 平衡(mol):　2(1- α 1 )　1- α 1 　 　2 α 1 代入平衡常数表达式: K p =   =   =   。