高考化学总复习对对练考点11化学平衡
考点11 化学平衡
命题角度1化学平衡状态及其移动答案P20
高考真题体验·对方向
1.(2019天津·5)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
答案 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。
2.(2019天津·6)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
解析 对于一个确定的化学反应,平衡常数K只受温度影响,故A项错;产物Ni(CO)4为气体,而Ni(CO)4的沸点为42.2 ℃,故选50 ℃,B项正确;在第二阶段Ni(CO)4的分解平衡常数K=5×104,分解率较大,C项错;达到化学平衡时,,故D项错。
3.(2019重庆·7)羰基硫(COS)可作为一种粮食熏蒸剂,能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。在恒容密闭容器中,将CO和H2S混合加热并达到下列平衡:
CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g) K=0.1
反应前CO物质的量为10 mol,平衡后CO物质的量为8 mol。下列说法正确的是( )
A.升高温度,H2S浓度增加,表明该反应是吸热反应
B.通入CO后,正反应速率逐渐增大
C.反应前H2S物质的量为7 mol
D.CO的平衡转化率为80%
答案 C
解析 升高温度,H2S浓度增加,说明平衡向左移动,则正反应为放热反应,A项错误;通入CO,在恒容密闭容器中相当于增大反应物浓度,故正反应速率瞬间增大,然后又逐渐减小,B项错误;设反应前H2S的物质的量为x mol,则根据方程式得:K==0.1,解之得x=7,故C项正确;α(CO)=×100%=20%,D项错误。
4.(2019全国Ⅱ·27)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=-119 kJ·mol-1
③H2(g)+O2(g)H2O(g)
ΔH3=-242 kJ·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
图(a)
图(b)
图(c)
(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)原料中过量H2会使反应①平衡逆向移动,所以丁烯转化率下降
(3)590 ℃前升高温度,反应①平衡正向移动 升高温度时,反应速率加快,单位时间产生丁烯更多 更高温度导致C4H10裂解生成更多的短碳链烃,故丁烯产率快速降低
解析 (1)根据盖斯定律,②式-③式可得①式,因此ΔH1=ΔH2-ΔH3=-119 kJ·mol-1+242 kJ·mol-1=+123 kJ·mol-1。由图(a)可以看出,温度相同时,由0.1 MPa 变化到x MPa,丁烷的转化率增大,即平衡正向移动,由于反应①是气体物质的量增大的反应,压强越小平衡转化率越大,所以x的压强更小,x<0.1。由于反应①为吸热反应,所以温度升高时,平衡正向移动,丁烯的平衡产率增大,因此A正确,B错误。由于反应①是气体物质的量增大的反应,加压时平衡逆向移动,丁烯的平衡产率减小,因此C错误,D正确。
(2)H2是反应①的产物,增大会促使平衡逆向移动,从而降低丁烯的产率。
(3)590 ℃之前,随温度升高,反应速率增大,反应①是吸热反应,升高温度平衡正向移动,生成的丁烯会更多。温度超过590 ℃,更多的丁烷裂解生成短链烃类,导致丁烯产率快速降低。
5.(1)[2019全国Ⅲ·27(2)(4)①]煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx,形成酸雨、污染大气,采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝。回答下列问题:
①在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气,反应温度323 K,NaClO2溶液浓度为5×10-3 mol·L-1。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表。
离子
S
S
N
N
Cl-
c/(mol·L-1)
8.35×
10-4
6.87×
10-6
1.5×
10-4
1.2×
10-5
3.4×
10-3
a.写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式 。增加压强,NO的转化率 (填“提高”“不变”或“降低”)。
b.随着吸收反应的进行,吸收剂溶液的pH逐渐 (填“增大”“不变”或“减小”)。
c.由实验结果可知,脱硫反应速率 脱硝反应速率(填“大于”或“小于”)。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同,还可能是
②如果采用NaClO、Ca(ClO)2替代NaClO2,也能得到较好的烟气脱硫效果。
从化学平衡原理分析,Ca(ClO)2相比NaClO具有的优点是 。
(2)[2019全国Ⅰ·28(3)]下图为气相直接水合法中乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系(其中=1∶1)。
①列式计算乙烯水合制乙醇反应在图中A点的平衡常数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图中压强(p1、p2、p3、p4)的大小顺序为 ,理由是 。
③气相直接水合法常采用的工艺条件为:磷酸/硅藻土为催化剂,反应温度290 ℃,压强6.9 MPa。=0.6∶1。乙烯的转化率为5%。若要进一步提高乙烯转化率,除了可以适当改变反应温度和压强外,还可以采取的措施有 、 。
答案 (1)①a.4NO+3Cl+4OH-4N+2H2O+3Cl- 提高
b.减小
c.大于 NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高
②形成CaSO4沉淀,使平衡向产物方向移动,SO2转化率提高
(2)①=
=0.07(MPa)-1 ②p1
c(N),故脱硫速率大于脱硝速率,可能的原因有SO2、NO初始浓度不同,SO2、NO在水中溶解度不同,NO、SO2还原性强弱不同,反应物的活化能越大,反应速率越慢,故还可能是脱硝反应活化能较高等。
②采用Ca(ClO)2,在脱硫反应中会生成CaSO4沉淀,使c(S)减小,平衡正向移动,SO2转化率提高。
(2)①依据“三部曲”法,
C2H4(g)+H2O(g)C2H5OH(g)
始态/mol: n n 0
反应/mol: 0.2n 0.2n 0.2n
终态/mol: 0.8n 0.8n 0.2n
p(C2H5OH)=×7.85 MPa、p(C2H4)=p(H2O)=×7.85 MPa,代入K即可;②此反应正方向为气体分子数减小的反应,温度恒定时,增大压强,平衡正向移动,C2H4的平衡转化率增大,所以p4最大;③温度和压强恒定,要使乙烯的转化率提高,可增大H2O的浓度,即的值,也可将产物及时分离。
1.化学平衡标志判断关注点
2.解答化学平衡移动问题的步骤
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1.(2019浙江嘉兴第一中学高三期末)一定温度下,某容器中加入足量的碳酸钙,发生反应CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g),达到平衡,下列说法正确的是( )
A.将体积缩小为原来的一半,当体系再次达到平衡时,CO2的浓度不变
B.将体积增大为原来的2倍,再次达到平衡时,气体的密度变大
C.因CaCO3(s)需加热条件才分解生成CaO(s)和CO2(g),所以该分解反应ΔH<0
D.保持容器压强不变,充入He,平衡向逆反应方向进行
答案 A
解析 A项,根据CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)可知,该反应的平衡常数K=c(CO2),将体积缩小为原来的一半,当体系再次达到平衡时,因温度不变,则K值不变,所以c(CO2)也不变,故A正确;B项,该反应中只有二氧化碳为气体,所以反应过程中气体的密度始终不变,则将体积增大为原来的2倍,再次达到平衡时,气体密度不变,故B错误;C项,CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)是分解反应,该反应为吸热反应,所以ΔH>0,故C错误;D项,保持容器压强不变,充入He,容器体积增大,CO2的浓度减小,平衡将向正反应方向进行,故D错误。
2.(2019黑龙江齐齐哈尔实验中学高三期末)某温度下,在一容积可变的容器中,反应2X(g)Y(g)+2Z(g)达到平衡时,X、Y和Z的物质的量分别为6 mol、3 mol和6 mol。保持温度和压强不变,对平衡混合物中三者的物质的量做如下调整,可使平衡向右移动的是( )
A.均减少1 mol B.均增加1 mol
C.均减半 D.均加倍
答案 A
解析 A项,如X、Y和Z的物质的量之比按照2∶1∶2的比值减小,则平衡不移动,而“均减少1 mol”,相当于减少的X、Z少,Y多,则平衡右移,故A正确;B项,如X、Y和Z的物质的量之比按照2∶1∶2的比值增大,则平衡不移动,而“均增加1 mol”,相当于在原来的基础上多加了Y,则平衡向左移动,故B错误;C项,由于是在容积可变的容器中,则“均减半”相当于X、Y、Z三物质的浓度都没有改变,平衡不会移动,故C错误;D项,由于是在容积可变的容器中,则“均加倍”相当于X、Y、Z三物质的浓度都没有改变,平衡不会移动,故D错误。
3.(2019云南曲靖第二次统测)在300 mL的密闭容器中,放入镍粉并充入一定量的CO气体,一定条件下发生反应:Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g),已知该反应平衡常数与温度的关系如下表:
温度/℃
25
80
230
平衡常数
5×104
2
1.9×10-5
下列说法不正确的是( )
A.上述生成Ni(CO)4(g)的反应为放热反应
B.25 ℃时,反应Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)的平衡常数为2×10-5
C.80 ℃达到平衡时,测得n(CO)=0.3 mol,则Ni(CO)4的平衡浓度为2 mol·L-1
D.在80 ℃时,测得某时刻Ni(CO)4、CO的浓度均为0.5 mol·L-1,则此时,v(正)>v(逆)
答案 D
解析 随着温度升高,平衡常数减小,说明平衡逆向进行,逆向是吸热反应,正向是放热反应,故A正确;25 ℃时,反应Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)的平衡常数与Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)的平衡常数互为倒数,即平衡常数为=2×10-5,故B正确;80 ℃达到平衡时,测得n(CO)=0.3 mol,则c(CO)==1 mol·L-1
,依据平衡常数计算式K==2,则Ni(CO)4的平衡浓度为2 mol·L-1,故C正确;在80 ℃时,测得某时刻Ni(CO)4、CO的浓度均为0.5 mol·L-1,Qc==8>2,说明平衡逆向进行,则此时v(正)v(第二步反应)
B.反应的中间产物只有NO3
C.第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效
D.第三步反应活化能较高
答案 (1)O2 (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;NO2二聚为放热反应,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)干燥的氯气与干燥的AgNO3之间发生氧化还原反应时,氯气作氧化剂,而AgNO3中Ag、N元素都处于最高价,所以被氧化的只能为氧元素,则得到的气体为氧气。
(2)①由盖斯定律可知,(第一个已知反应÷2)-(第二个已知反应)可得反应:N2O5(g)2NO2(g)+O2(g),则该反应的ΔH=-4.4 kJ·mol-1÷2-(-55.3 kJ·mol-1)=+53.1 kJ·mol-1。②依据反应:N2O5(g)2NO2(g)+O2(g)及气体的物质的量与其形成的压强成正比,生成的O2的压强p(O2)=2.9 kPa,则剩余N2O5形成的压强p(N2O5)=35.8 kPa-2.9 kPa×2=30.0 kPa。则N2O5的分解速率v=2×10-3×30.0 kPa·min-1=6.0×10-2 kPa·min-1。③若提高反应温度至35 ℃,由于体积不变,但温度提高,总压强增大,且2NO2(g)N2O4(g) ΔH2=-55.3 kJ·mol-1为放热反应,温度升高,平衡左移,气体的物质的量增大,总压强提高,所以N2O5完全分解后体系压强p∞大于63.1 kPa。④当t=∞时,体系的总压强为63.1 kPa为平衡时的总压强,此
时N2O5完全分解,生成的氧气的压强为:p(O2)==17.9 kPa。若NO2不生成N2O4,则此时的总压应为35.8 kPa×=89.5 kPa,而实际压强为63.1 kPa,压强差为:89.5 kPa-63.1 kPa=26.4 kPa
2NO2N2O4 压强差
2 1 1
26.4 kPa 26.4 kPa
则平衡时NO2的分压为:63.1 kPa-p(O2)-p(N2O4)=18.8 kPa
由此可求反应N2O4(g)2NO2(g)的平衡常数为≈13.4 kPa。
(3)根据第一步能“快速平衡”及第二步“慢反应”可判断A项正确;反应的中间产物有NO3及NO,B项错误;根据第二步反应:NO2+NO3NO+NO2+O2可知,部分NO2没有参加反应,C项正确;第三步为“快反应”,则该步反应的活化能较低,D项错误。
2.(1)[2019全国Ⅰ·28(3)]H2S与CO2在高温下发生反应:H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)。在610 K时,将0.10 mol CO2与0.40 mol H2S充入2.5 L的空钢瓶中,反应平衡后水的物质的量分数为0.02。
①H2S的平衡转化率α1= %,反应平衡常数K= 。
②在620 K重复实验,平衡后水的物质的量分数为0.03,H2S的转化率α2 α1,该反应的ΔH 0(填“>”“<”或“=”)。
③向反应器中再分别充入下列气体,能使H2S转化率增大的是 (填标号)。
A.H2S B.CO2 C.COS D.N2
(2)[2019全国Ⅲ·28(4)]298 K时,将20 mL 3x mol·L-1 Na3AsO3、20 mL 3x mol·L-1 I2和20 mL NaOH溶液混合,发生反应:As(aq)+I2(aq)+2OH-(aq)As(aq)+2I-(aq)+H2O(l)。溶液中c(As)与反应时间(t)的关系如图所示。
①下列可判断反应达到平衡的是 (填标号)。
a.溶液的pH不再变化
b.v(I-)=2v(As)
c.c(As)/c(As)不再变化
d.c(I-)=y mol·L-1
②tm时,v正 v逆(填“大于”“小于”或“等于”)。
③tm时v逆 tn时v逆(填“大于”“小于”或“等于”),理由是 。
④若平衡时溶液的pH=14,则该反应的平衡常数K为 。
答案 (1)①2.5 2.8×10-3 ②> > ③B
(2)①a、c ②大于
③小于 tm时生成物浓度较低
④ (mol·L-1)-1
解析 (1)①考查转化率和平衡常数,依据“三段式”解决。
设H2S转化了x mol
H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)
起始/mol 0.4 0.1
转化/mol x x x x
平衡/mol (0.4-x) (0.1-x) x x
由题意可知,平衡后水的物质的量分数为0.02,
即=0.02,x=0.01,
则α1(H2S)=×100%=2.5%。
平衡常数K==
=2.8×10-3。
②升高温度,平衡后水的物质的量分数增大,即平衡正向移动,则H2S的转化率增大。升高温度,平衡向吸热反应方向移动,则正反应为吸热反应,ΔH>0。
③增大反应物中一种物质的百分含量,其自身的转化率降低,而另外一种反应物的转化率增大,因此选B。加入COS时,平衡逆向移动,H2S的转化率减小;加入N2,平衡不移动,H2S的转化率不变。
(2)①a项,反应中消耗OH-,若pH不变,则说明反应已达平衡,正确;b项,反应中I-与As的计量数之比为2∶1,所以两者反应速率之比始终为2∶1,则不能说明反应已达平衡,错误;c项,离子浓度比值不变,即说明反应已达平衡,正确;d项,由图知,反应达平衡时,c(As)=y mol·L-1,此时c(I-)=2y mol·L-1,则c(I-)=y mol·L-1时,不能说明反应达到平衡,错误。②在tm时,反应未达到平衡,故v正>v逆。③生成物浓度越大,逆反应速率越大,tn时生成物浓度大,则tn时的v逆大。④三种溶液混合后,c(As)= mol·L-1=x mol·L-1,c(I2)=x mol·L-1,反应达到平衡时,c(As)为y mol·L-1,c(I-)=2y mol·L-1,消耗c(As)和c(I2)均为y mol·L-1,则平衡时c(As)=c(I2)=(x-y) mol·L-1,pH=14即c(OH-)=1 mol·L-1,则K=
(mol·L-1)-1=(mol·L-1)-1。
3.(1)[2019全国Ⅰ·27(2)]Cr和Cr2在溶液中可相互转化。室温下,初始浓度为1.0 mol·L-1的Na2CrO4溶液中c(Cr2)随c(H+)的变化如图所示。
①用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应 。
②由图可知,溶液酸性增大,Cr的平衡转化率 (填“增大”“减小”或“不变”)。根据A点数据,计算出该转化反应的平衡常数为 。
③升高温度,溶液中Cr的平衡转化率减小,则该反应的ΔH 0(填“大于”“小于”或“等于”)。
(2)[2019全国Ⅲ·27(3)]在不同温度下,NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中SO2和NO的平衡分压pc如图所示。
①由图分析可知,反应温度升高,脱硫、脱硝反应的平衡常数均 (填“增大”“不变”或“减小”)。
②反应Cl+2S2S+Cl-的平衡常数K表达式为 。
答案 (1)①2Cr+2H+Cr2+H2O
②增大 1.0×1014 ③小于
(2)①减小 ②K=
解析 (1)①由图像可知,随着H+浓度增大,Cr2浓度增大,则离子反应方程式为2Cr+2H+Cr2+H2O;
②酸性增大,平衡正向移动,Cr的转化率增大;A点Cr2的浓度为0.25 mol·L-1,则反应的Cr浓度为0.5 mol·L-1,则
K==1.0×1014
③升高温度,Cr的平衡转化率减小,平衡逆向移动,说明正方向是放热反应,则ΔH<0。
(2)①由图示可知,温度升高,SO2和NO的平衡分压增大,说明升温,平衡逆向移动,因此,升高温度,反应的平衡常数减小。
②根据反应方程式Cl+2S2S+Cl-,可知化学平衡常数表达式为K=。
4.(2019全国Ⅱ·27)甲醇既是重要的化工原料,又可作为燃料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂作用下合成甲醇,发生的主要反应如下:
①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH1
②CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH2
③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH3
回答下列问题:
(1)已知反应①中相关的化学键键能数据如下:
化学键
H—H
C—O
C≡O
H—O
C—H
E/(kJ·mol-1)
436
343
1 076
465
413
由此计算ΔH1= kJ·mol-1;已知ΔH2=-58 kJ·mol-1,则ΔH3= kJ·mol-1。
(2)反应①的化学平衡常数K表达式为 ;图1中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为 (填曲线标记字母),其判断理由是
图1
图2
(3)合成气组成=2.60时,体系中的CO平衡转化率(α)与温度和压强的关系如图2所示,α(CO)值随温度升高而 (填“增大”或“减小”),其原因是 ;图2中的压强由大到小为 ,其判断理由是
答案 (1)-99 +41
(2)K=[或Kp=]
a 反应①为放热反应,平衡常数数值应随温度升高变小
(3)减小 升高温度时,反应①为放热反应,平衡向左移动,使得体系中CO的量增大;反应③为吸热反应,平衡向右移动,又使产生CO的量增大;总结果,随温度升高,使CO的转化率降低
p3>p2>p1 相同温度下,由于反应①为气体分子数减小的反应,加压有利于提升CO的转化率;而反应③为气体分子数不变的反应,产生CO的量不受压强影响。故增大压强时,有利于CO的转化率升高
解析 (1)由反应①ΔH1=∑(反应物键能)-∑(产物键能)
代入求得ΔH1=(1 076+2×436-3×413-343-465) kJ·mol-1=-99 kJ·mol-1。
由盖斯定律,ΔH3=ΔH2-ΔH1=-58 kJ·mol-1+99 kJ·mol-1=+41 kJ·mol-1。
(2)反应①的K表达式为。
因反应①为放热反应,所以平衡常数应随温度升高而变小,所以选a。
(3)升高温度,反应①平衡向左移动,使体系中n(CO)增大;反应③为吸热反应,平衡向右移动,又使产生n(CO)增大;总结果是随温度升高,CO的转化率降低。
因为相同温度下,由于反应①为气体分子数减小的反应,加压有利于增大CO的转化率;反应③为气体分子数不变的反应,压强改变对平衡不产生影响。所以压强增大,CO转化率升高,在图2中,同一温度下,CO转化率高的对应压强大,则p3>p2>p1。
有关化学平衡计算的“三部曲”
化学平衡的计算一般涉及各组分的物质的量、浓度、转化率、百分含量,气体混合物的密度、平均摩
尔质量、压强等,通常的思路是写出平衡式,列出相关量(起始量、变化量、平衡量),确定各量之间的关系,列出比例式或等式或依据平衡常数求解。
如对以下反应:mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g),令A、B起始物质的量(mol)分别为a、b,达到平衡后,A的消耗量为mx,容器容积为V L。
mA(g) + nB(g)pC(g)+qD(g)
起始/mol a b 0 0
变化/mol mx nx px qx
平衡/mol a-mx b-nx px qx
则有:(1)K=
(2)对于反应物:n(平)=n(始)-n(变);
对于生成物:n(平)=n(始)+n(变)。
(3)c(A)平=。
(4)α(A)平=×100%,α(A)∶α(B)=。
(5)φ(A)=×100%。
(6)。
(7)(混)=(g·L-1)。
(8)(g·mol-1)。
新题演练提能·刷高分
1.(2019西北工业大学附中高三月考节选)为了减少CO的排放,某环境研究小组以CO和H2为原料合成清洁能源二甲醚(DME),反应如下:4H2(g)+2CO(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH=-198 kJ· mol-1。
(1)如图所示能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线是 (填曲线标记字母),其判断理由是
(2)在一定温度下,向2.0 L固定的密闭容器中充入2 mol H2和1 mol CO,经过一段时间后,反应4H2(g)+2CO(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)达到平衡。反应过程中测得的部分数据见下表:
时间/min
0
20
40
80
100
n(H2)/mol
2.0
1.4
0.85
0.4
—
n(CO)/mol
1.0
—
0.425
0.2
0.2
n(CH3OCH3)/mol
0
0.15
—
—
0.4
n(H2O)/mol
0
0.15
0.287 5
0.4
0.4
①0~20 min的平均反应速率v(CO)= mol·L-1·min-1;
②该反应达到平衡时,H2的转化率为 ;
③在上述温度下,向平衡后的2 L容器中再充入0.4 mol H2和0.4 mol CH3OCH3(g),则化学平衡 (向“正向”“逆向”或“不”)移动。
答案 (1)a 正反应放热,温度升高,平衡常数减小
(2)①7.5×10-3 ②80% ③正向
解析 (1)该反应正反应放热,温度升高,平衡常数减小,故能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线是a。
(2)①0~20 min的平均反应速率v(H2)==0.015 mol·L-1·min-1,v(CO)=v(H2)=0.007 5 mol·L-1·min-1;
②该反应达到平衡时,CO的转化率=×100%=80%,平衡时H2的转化率=CO的转化率=80%;
③在上述温度下,平衡常数K==2.5×103,向平衡后的2 L容器中再充入0.4 mol H2和0.4 mol CH3OCH3(g),此时Qc=v(逆)
(3)①A 25~30 min ②加压、使用催化剂
(4)9
解析 (1)应用盖斯定律,将①+②×2得,2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH3=ΔH1+2ΔH2=(-113 kJ·mol-1)+2×ΔH2=-196.6 kJ·mol-1;ΔH2=-41.8 kJ·mol-1。
(2)①设从起始到平衡过程中转化O2物质的量为x mol,用三段式
2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)
n(起始)/mol 2 2 0
n(转化)/mol 2x x 2x
n(平衡)/mol 2-2x 2-x 2x
10 min和12 min时压强相等,说明10 min时反应已经达到平衡状态且平衡时容器内压强为12.4a MPa,根据恒温恒容下气体的压强之比等于气体物质的量之比,,解得x=0.9,0~10 min内,v(SO2)==0.09 mol·L-1·min-1。
②平衡时SO2、O2、SO3物质的量依次为0.2 mol、1.1 mol、1.8 mol,平衡时SO2、O2、SO3物质的量浓度依次为0.1 mol·L-1、0.55 mol·L-1、0.9 mol·L-1,该温度下的平衡常数K==147.3。
③反应达到平衡后,再向容器中同时充入均为0.2 mol的三种气体,此时SO2、O2、SO3物质的量浓度依次为0.2 mol·L-1、0.65 mol·L-1、1.0 mol·L-1,Qc==38.5<147.3,反应正向进行,v(正)>v(逆)。
(3)①开始一段时间A、B物质的量随着时间的推移减小,A、B为反应物,C开始为0,随着时间的推移增加,C为生成物,且A、B、C在相同时间内的转化物质的量之比为2∶1∶2,根据反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g),A表示SO2物质的量的变化,B表示O2物质的量的变化,C表示SO3物质的量的变化。0~15 min时间段为建立平衡,0~15 min SO3的分解速率随着时间的推移增大;15~20 min时间段内各物质的浓度不变,保持平衡状态,SO3的分解速率不变;根据图像,20 min时向容器中充入0.4 mol O2,瞬时正反应速率变大,逆反应速率不变,平衡向正反应方向移动,20~25 min时间段内,SO3的分解速率增大;25 min时达到新平衡,25~30
min时间段内保持新平衡状态,SO3的分解速率不变;则SO3的分解速率较大的时间段是25~30 min。
②根据图像,10 min时SO2、O2、SO3物质的量都没有骤变,10~15 min内反应速率比0~10 min内明显增大,根据外界条件对化学反应速率的影响,可能的原因是:加压、使用催化剂。
(4)H2SO3的电离方程式为H2SO3H++HS、HSH++S,根据电离平衡常数的概念K1(H2SO3)==1.5×10-2,K2(H2SO3)==1×10-7;若某吸收液中c(HS)∶c(S)=1∶100,由于S比HS多得多,溶液中水解平衡为S+H2OHS+OH-,该水解平衡常数==1×10-7,将c(HS)∶c(S)=1∶100代入,解得c(OH-)=1×10-5 mol·L-1,则c(H+)=1×10-9 mol·L-1,溶液的pH=-lgc(H+)=9。
3.(2019安徽合肥高三第三次教学质量检测)H2S在重金属离子处理、煤化工等领域都有重要应用。请回答:
Ⅰ.H2S是煤化工原料气脱硫过程的重要中间体,反应原理为
ⅰ.COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g)
ΔH=+7 kJ·mol-1
ⅱ.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)
ΔH=-42 kJ·mol-1
已知断裂1 mol气态分子中的化学键所需能量如下表所示。
分子
COS(g)
H2(g)
CO(g)
H2S(g)
能量/(kJ·mol-1)
1 310
442
x
669
(1)计算表中x= 。
(2)T ℃时,向V L容积不变的密闭容器中充入1 mol COS(g)、1 mol H2(g)和1 mol H2O(g),发生上述两个反应。
①在T ℃时测得平衡体系中COS为0.80 mol,H2为0.85 mol,则T ℃时反应ⅰ的平衡常数K= (保留2位有效数字)。
②上述反应达平衡后,若向其中再充入1 mol COS(g)、1 mol H2(g)和1 mol H2O(g),则再次达平衡后H2的体积分数 (填“增大”“减小”或“不变”);若升高温度,则CO的平衡体积分数 (填“增大”“减小”或“不变”),其理由是
Ⅱ.H2S在高温下分解制取H2,同时生成硫蒸气。
(3)向2 L密闭容器中加入0.2 mol H2S,反应在不同温度(900~1 500 ℃)下达到平衡时,混合气体中各组分的体积分数如下图所示,则在此温度区间内,H2S分解反应的主要化学方程式为 ;在1 300 ℃时,反应经2 min达到平衡,则0~2 min的反应速率v(H2S)= 。
Ⅲ.H2S用作重金属离子的沉淀剂。
(4)25 ℃时,向浓度均为0.001 mol·L-1 Sn2+和Ag+的混合溶液中通入H2S,当Sn2+开始沉淀时,溶液中c(Ag+)= (已知:25 ℃时,Ksp(SnS)=1.0×10-25,Ksp(Ag2S)=1.6×10-49)。
答案 (1)1 076
(2)①0.044 ②不变 增大 反应ⅰ为吸热反应,升高温度,平衡正向移动,CO的平衡体积分数增大;反应ⅱ为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,CO的平衡体积分数也增大
(3)2H2S2H2+S2 0.02 mol·L-1·min-1
(4)4.0×10-14 mol·L-1
解析 Ⅰ.H2S是煤化工原料气脱硫过程的重要中间体,反应原理为
ⅰ.COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g) ΔH=+7 kJ·mol-1,该反应为吸热反应;
ⅱ.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH=-42 kJ·mol-1,该反应为放热反应。
(1)化学反应的反应热等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和。由COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g) ΔH=+7 kJ·mol-1可知,1 310+442-x-669=7,所以x=1 076。
(2)T ℃时,向V L容积不变的密闭容器中充入1 mol COS(g)、1 mol H2(g)和1 mol H2O(g),发生上述两个反应。
①在T ℃时测得平衡体系中COS为0.80 mol,H2为0.85 mol,由物料守恒可以求出H2S和CO的平衡量分别为0.20 mol和0.15 mol,由于反应ⅰ中各组分的化学计量数均为1,所以,T ℃时反应ⅰ的平衡常数K==0.044。
②上述反应达平衡后,若向其中再充入1 mol COS(g)、1 mol H2(g)和1 mol H2O(g),则与原平衡体系的起始投料的配比相同,由于两个反应均为气体分子数不变的反应,所以再次达平衡后H2的体积分数不变;若升高温度,则CO的平衡体积分数增大,因为反应ⅰ为吸热反应,升高温度,平衡正向移动,CO的平衡体积分数增大,反应ⅱ为放热反应,升高温度,平衡逆向移动也使CO的平衡体积分数增大。
Ⅱ.H2S在高温下分解制取H2,同时生成硫蒸气。
(3)向2 L密闭容器中加入0.2 mol H2S,反应在不同温度(900~1 500 ℃)下达到平衡时,由图中数据可知,混合气体中两种生成物的体积分数不同,其中一种生成物的体积分数约是另一种的2倍,由此可以推断,H2S主要分解为H2和S2,则在此温度区间内,H2S分解反应的主要化学方程式为2H2S2H2+S2;在1 300 ℃时,反应经2 min达到平衡,由图中数据可知,此时H2S的体积分数为50%,设H2S的变化量为x,则H2和S2的变化量分别为x和0.5x,则×
100%=50%,解之得x=0.08 mol,所以,0~2 min的反应速率v(H2S)==0.02 mol·L-1·min-1。
Ⅲ.H2S用作重金属离子的沉淀剂。
(4)25 ℃时,向浓度均为0.001 mol·L-1 Sn2+和Ag+的混合溶液中通入H2S,当Sn2+开始沉淀时,c(S2-)= mol·L-1=1.0×10-22 mol·L-1,所以,溶液中c(Ag+)==4.0×10-14 mol·L-1。
