第4板块 专题微课(1) 速率与化学平衡体系的相关计算(课件PPT)-【新高考方案】2025年高考化学二轮复习专题增分方略(江苏专版)

速率与化学平衡体系的相关计算 专题微课(一) 速率与平衡的相关计算不仅是高中化学的重难点,而且是高考的热点,每年必考。此部分题目具有知识联系广、灵活度大、隐含条件多、思维层次深的特点,考生失分率较高,复习时应重视培养学生的逻辑思维和创新思维能力。 一、 二、 有关化学反应速率及速率常数的计算 化学平衡的相关计算 三、 专题质量评价 目 录 有关化学反应速率及速率常数的计算 一、 高考领航 1.(2024·山东卷改编)逆水气变换反应:CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)　ΔH>0。一定压力下,按CO2、H2物质的量之比n(CO2)∶n(H2)=1∶1投料,T1、T2温度时反应物摩尔分数随时间变化关系如图所示。已知该反应的速率方程为v=kc0.5(H2)c(CO2),T1、T2温度时反应速率常数k分别为k1、k2。下列说法正确的是(　　) A.k1<k2 B.T1、T2温度下达平衡时反应速率的比值:< C.温度不变,仅改变体系初始压力,反应物摩尔分数随时间的变化曲线不变 D.T2温度下,改变初始投料比例,可使平衡时各组分摩尔分数与T1温度时相同 √ 解析:由图可知,T1比T2反应速率快,则T1>T2;T1温度下达到平衡时反应物的摩尔分数低于T2温度下平衡时;由于起始CO2与H2的物质的量之比为1∶1,则达到平衡时CO2和H2的摩尔分数相等。根据分析,T1比T2反应速率快,反应速率常数与温度有关,结合反应速率方程知k1>k2,A项错误。已知反应的速率方程v=kc0.5(H2)c(CO2),则= ,T1温度下达到平衡时反应物的摩尔分数低于T2温度下 平衡时,则<,B项正确。温度不变,仅改变体系初始压力,虽然平衡不移动,但反应物的浓度改变,反应速率改变,反应达到平衡的时间改变,反应物摩尔分数随时间的变化曲线变化,C项错误。T2温度下,改变初始投料比,相当于改变某一反应物的浓度,达到平衡时H2和CO2的摩尔分数不可能相等,故不能使平衡时各组分摩尔分数与T1温度时相同,D项错误。 2.(2024·甘肃卷·节选)在催化剂作用下由粗硅制备SiHCl3: 3SiCl4(g)+2H2(g)+Si(s) 4SiHCl3(g)　773 K,2 L密闭容器中,经不同方式处理的粗硅和催化剂混合物与0.4 mol H2和0.1 mol SiCl4气体反应,SiCl4转化率随时间的变化如下图所示: (1)0~50 min,经方式　 处理后的反应速率最快;在此期间,经方式丙处理后的平均反应速率v(SiHCl3)=　　 　　mol·L-1·min-1。  解析:由图可知,0~50 min,经方式甲处理后反应速率最快;经方式丙处理后,50 min时SiCl4的转化率为4.2%,反应的SiCl4的物质的量为0.1 mol×4.2%=0.004 2 mol,则生成的SiHCl3的物质的量为0.004 2 mol×=0.005 6 mol,v(SiHCl3)==5.6×10-5 mol·L-1·min-1。 甲 5.6×10-5 (2)当反应达平衡时,H2的浓度为　　　 mol·L-1,平衡常数K的计算式为　　　　 　　　。  解析:反应达到平衡时,SiCl4的转化率为14.6%,列出三段式为 0.195 1 当反应达平衡时,H2的浓度为0.195 1 mol·L-1,平衡常数K的计算式为。 (3)增大容器体积,反应平衡向　　　　　　移动。  解析:增大容器体积,压强减小,平衡向气体体积增大的方向移动,即反应平衡向逆反应方向移动。 逆反应方向 3.(2024·贵州卷·节选)在无氧环境下,CH4经催化脱氢芳构化可以直接转化为高附加值的芳烃产品。 引入丙烷可促进甲烷芳构化制备苯和二甲苯,反应如下: (两个反应可视为同级数的平行反应) 对于同级数的平行反应有==,其中v、k分别为反应速率和反应速率常数,Ea为反应活化能,A1、A2为定值,R为常数,T为温度,同一温度下是定值。已知Ea,苯<Ea,二甲苯,若要提高苯的产率,可采取的措施有　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  适当降低温度,加入合适的催化剂(合理即可) 解析:已知Ea,苯<Ea,二甲苯,=,则温度降低,增大,可提高苯的产率;加入合适的催化剂,选择性降低Ea,苯,加快生成苯的速率,提高苯的产率。所以若要提高苯的产率,可采取的措施有:适当降低温度,加入合适的催化剂(合理即可)。 [类题加推•据情选用] 1.(2024·全国甲卷T10·节选)少量I2可提高生成CH3Br的选择性。500 ℃时,分别在有I2和无I2的条件下,将 8 mmol CH4和8 mmol Br2通入密闭容器,溴代甲烷的物质的量(n)随时间(t)的变化关系如图。 (1)在11~19 s之间,有I2和无I2时CH3Br的生成速率之比= 　　　。  解析:根据图中关于CH3Br的数据可得,v(有I2)==0.075 mmol·s-1,v(无I2)==0.05 mmol·s-1,则= =1.5。 1.5　 (2)从图中找出I2提高了CH3Br选择性的证据:__________________ ____________________________________________________________ 　 。  解析:由题图知,有I2时,CH3Br的量明显提高,CH2Br2的量降低,且约7.5 s后,体系中CH3Br的量高于CH2Br2的量,故I2提高了CH3Br的选择性。 有I2时,CH3Br的量 明显提高,CH2Br2的量降低,且约7.5 s后,体系中CH3Br的量高于 CH2Br2的量 (3)研究表明,I2参与反应的可能机理如下: ①I2(g)===·I(g)+·I(g) ②·I(g)+CH2Br2(g)===IBr(g)+·CH2Br(g) ③·CH2Br(g)+HBr(g)===CH3Br(g)+·Br(g) ④·Br(g)+CH4(g)===HBr(g)+·CH3(g) ⑤·CH3(g)+IBr(g)===CH3Br(g)+·I(g) ⑥·I(g)+·I(g)===I2(g) 根据上述机理,分析I2提高CH3Br选择性的原因: 解析:I2产生的·I可将反应后的含碳物质CH2Br2经过反应②、③转化为CH3Br;而反应过程中生成的·Br可继续与CH4经过反应④、⑤生成CH3Br,提高了生成CH3Br的量,减少了CH2Br2的量,从而提高CH3Br选择性。 I2产生的·Ⅰ可将反应后的含碳物质CH2Br2经过反应②、③转化为CH3Br;而反应过程中生成的·Br可继续与CH4经过反应④、⑤又生成CH3Br 。  2.(2024·河北卷T17·节选)氯气是一种重要的基础化工原料,广泛应用于含氯化工产品的生产。硫酰氯及1,4⁃二(氯甲基)苯等可通过氯化反应制备。 1,4⁃二(氯甲基)苯(D)是有机合成中的重要中间体,可由对二甲苯(X)的氯化反应合成。对二甲苯浅度氯化时反应过程为 以上各反应的速率方程均可表示为v=kc(A)c(B),其中c(A)、c(B)分别为各反应中对应反应物的浓度,k为速率常数(k1~k5分别对应反应①~⑤)。 某温度下,反应器中加入一定量的X,保持体系中氯气浓度恒定(反应体系体积变化忽略不计),测定不同时刻相关物质的浓度。 已知该温度下,k1∶k2∶k3∶k4∶k5=100∶21∶7∶4∶23。 (1)30 min时,c(X)=6.80 mol·L-1,且30~60 min内v(X)=0.042 mol· L-1·min-1,反应进行到60 min时,c(X)=　　 mol·L-1。  解析:30~60 min内X的转化浓度为0.042 mol·L-1·min-1×30 min=1.26 mol·L-1,因此60 min时c(X)=6.80 mol·L-1-1.26 mol·L-1=5.54 mol·L-1。 5.54 (2)60 min时,c(D)=0.099 mol·L-1,若0~60 min产物T的含量可忽略不计,则此时c(G)=　　　 mol·L-1;60 min后,随T的含量增加, 　　 (填“增大”“减小”或“不变”)。  解析:0~60 min产物T的含量可忽略不计,说明在此阶段D、G的消耗速率可忽略不计。D、G均由M生成,任意时刻两者的生成速率之比====。D、G的初始浓度均为0,任意时刻生成的 0.033 增大 浓度之比等于其速率之比,因此60 min时c(G)==0.033 mol·L-1。 60 min后,D、G开始生成T,两者的消耗速率之比为= ===。结合两者的生成速率知,D生成得快而消耗得慢,G生成得慢而消耗得快,因此会增大。 重点破障 1.速率常数与速率方程 速率 常数 含义 速率常数(k)是指在给定温度下,反应物浓度皆为 1 mol·L-1时的反应速率 意义 在相同的浓度条件下,可用速率常数大小来比较化学反应的速率 速率 方程 含义 一定温度下,化学反应速率与反应物浓度以其计量数为指数的幂的乘积成正比 表 达 式 反应 aA(g)+bB(g) gG(g)+hH(g) 表达式 v正=k正ca(A)·cb(B)(其中k正为正反应的速率常数), v逆=k逆cg(G)·ch(H)(其中k逆为逆反应的速率常数) 反应 2NO2(g) 2NO(g)+O2(g) 表达式 v正=k正·c2(NO2),v逆=k逆·c2(NO)·c(O2) 续表 2.速率常数与化学平衡常数之间的关系 推导 一定温度下,可逆反应:aA(g)+bB(g) gG(g)+hH(g),达到平衡状态时,v正=k正·ca(A)·cb(B),v逆=k逆·cg(G)·ch(H),因平衡时v正=v逆,则k正·ca(A)·cb(B)=k逆·cg(G)·ch(H) 关系 ==K 强训提能 1.向容积均为1 L的恒容密闭容器M(恒温500 ℃)、N(起始500 ℃,绝热)中分别加入0.1 mol N2O和0.4 mol CO及相同催化剂发生反应:N2O(g)+CO(g) N2(g)+CO2(g)。实验测得两个容器中N2O的物质的量随时间的变化关系如表所示。该反应的反应速率v正=k正·c(N2O)·c(CO)、v逆=k逆·c(N2)·c(CO2)(k正、k逆分别是正、逆反应的速率常数)。下列说法错误的是(　　) 时间/s 0 100 200 300 400 容器①中n(N2O)/mol 0.1 0.09 0.081 0.075 0.075 容器②中n(N2O)/mol 0.1 0.08 0.078 0.078 0.078 √ A.容器②表示容器N B.该反应为放热反应 C.0~100 s内,容器①中N2O的平均反应速率v(N2O)=10-4 mol·L-1·s-1 D.当容器①中反应进行到350 s时= 解析:表中容器②比容器①先达到平衡说明容器②中温度高,而容器②中N2O的转化率比较低,说明升高温度,平衡逆向移动,反应为放热反应,故容器②表示容器N,A、B项正确;平均反应速率v==1×10-4 mol· L-1·s-1,C正确;350 s时达到平衡状态,v正等于v逆,依据三段式可知 x=0.025,v正=k正·c(N2O)·c(CO)=v逆=k逆·c(N2)·c(CO2), ===45,D错误。 2.硫酰氯(SO2Cl2)常用于有机合成。制备原理:SO2(g)+Cl2(g) === SO2Cl2(l)　ΔH=-97.3 kJ·mol-1。实验测得速率方程为v=kcm(SO2)cn(Cl2)(k为速率常数,只与温度、催化剂有关,与浓度无关。m、n为反应级数,可以为整数、分数、正数、负数和0)。 (1)为了测得反应级数,实验数据记录如下: 序号 a b c c(SO2)/(mol·L-1) 0.10 0.20 0.10 c(Cl2)/(mol·L-1) 0.10 0.10 0.05 速率/(mol·L-1·min-1) 6.0×10-3 1.2×10-2 3.0×10-3 根据上述实验结果,计算m=　　,n=　　 。  解析:将a、b数值代入公式有:=,解得m=1,同理求得n=1。 1 1 (2)已知:Rln k=-(R为常数,Ea为活化能,T为温度)。测得-Rln k及在催化剂Cat1、Cat2作用下随的变化如图所示。 催化剂Cat1对应的活化能为　　　 kJ·mol-1。催化效果:Cat1　　　　　 ______(填“大于”“小于”或“等于”)Cat2。  解析:将(1.0×10-2,-3.0)代入表达式,计算得出Cat1对应的活化能为300 kJ·mol-1,同理Cat2对应活化能大于150 kJ·mol-1而小于200 kJ·mol-1,催化剂能降低活化能,活化能越小,反应速率越快,因此催化效果:Cat1小于Cat2。 300 小于 化学平衡的相关计算 二、 1.(2024·湖南卷·节选)催化剂TiO2再生时会释放CO2,可用氨水吸收获得NH4HCO3。现将一定量的NH4HCO3固体(含0.72 g水)置于密闭真空容器中,充入CO2和NH3,其中CO2的分压为100 kPa,在27 ℃下进行干燥。为保证NH4HCO3不分解,NH3的分压应不低于　　 kPa[已知p(H2O)=2.5×102 kPa·mol-1×n(H2O);NH4HCO3分解的平衡常数Kp=4×104(kPa)3]。  高考领航 40 解析:0.72 g水的物质的量为0.04 mol,故p(H2O)=2.5×102 kPa·mol-1 ×n(H2O)=10 kPa,NH4HCO3分解的化学方程式为NH4HCO3 NH3↑+CO2↑+H2O↑,故NH4HCO3分解的平衡常数Kp=p(NH3)p(CO2) p(H2O)=4×104(kPa)3,解得p(NH3)=40 kPa,故为保证NH4HCO3不分解,NH3的分压应不低于40 kPa。 2.(2024·安徽卷·节选)乙烯是一种用途广泛的有机化工原料,由乙烷制乙烯的研究备受关注。回答下列问题: [乙烷制乙烯] (1)C2H6氧化脱氢反应: 2C2H6(g)+O2(g)===2C2H4(g)+2H2O(g) ΔH1=-209.8 kJ·mol-1 C2H6(g)+CO2(g)===C2H4(g)+H2O(g)+CO(g) ΔH2=178.1 kJ·mol-1 计算:2CO(g)+O2(g)===2CO2(g)　ΔH3=　　　kJ·mol-1。  -566 解析:由盖斯定律可知,目标反应=第1个反应-2×第2个反应,则ΔH3=ΔH1-2ΔH2=-566 kJ·mol-1。 (2)C2H6直接脱氢反应为C2H6(g)===C2H4(g)+H2(g)　ΔH4。C2H6的平衡转化率与温度和压强的关系如图所示,则ΔH4　　　0(填“>”“<”或“=”)。结合该图,下列条件中,达到平衡时转化率最接近40%的是___ (填标号)。  a.600 ℃,0.6 MPa b.700 ℃,0.7 MPa c.800 ℃,0.8 MPa 　> b 解析:由题图知,压强一定时,温度越高,C2H6平衡转化率越高,则升温平衡正向移动,该反应的正反应为吸热反应,ΔH4>0。平衡转化率接近40%的曲线应介于平衡转化率为20%与50%的曲线之间,a项代表的点在20%线左侧,b项代表的点位于20%线与50%线之间,c项代表的点在50%线与80%线之间,故b符合题意。 (3)一定温度和压强下, 反应ⅰ　C2H6(g) C2H4(g)+H2(g)　Kx1 反应ⅱ　C2H6(g)+H2(g) 2CH4(g)Kx2(Kx2远大于Kx1) (Kx是以平衡物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数) ①仅发生反应ⅰ时,C2H6的平衡转化率为25.0%,计算Kx1=　　。  解析:①设初始投入C2H6的物质的量为1 mol,且仅发生反应ⅰ,结合C2H6的平衡转化率为25.0%,列出三段式: 　　　　　C2H6(g) C2H4(g)+H2(g) 起始量/mol 1 0 0 变化量/mol 0.25 0.25 0.25 平衡量/mol 0.75 0.25 0.25 平衡时体系中总物质的量为0.75 mol+0.25 mol+0.25 mol=1.25 mol,则C2H6、C2H4、H2的物质的量分数分别为、、,代入平衡常数表达式得:Kx1==。 ②同时发生反应ⅰ和ⅱ时,与仅发生反应ⅰ相比,C2H4的平衡产率 　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。  解析:同时发生反应ⅰ和ⅱ,可看作反应ⅰ平衡之后,再开始反应ⅱ,最终两者均达到平衡。反应ⅱ按1∶1消耗了反应ⅰ的反应物C2H6、产物H2,设最终消耗量均为m mol(m>0),则C2H6、H2分别剩余(0.75-m)mol、(0.25-m)mol。由于反应ⅱ是一个反应前后气体分子数不变的反应,平衡时总物质的量仍为1.25 mol,则C2H6、H2的物质的量分数 分别为、。假设平衡时C2H4仍为0.25 mol,则其物质的量分数仍为。将三者的物质的量分数代入浓度商表达式: Qx1=。由于==1-<1-=,因此Qx1<×==Kx1,则反应ⅰ的平衡正向移动,生成更多的C2H4,因此C2H4的平衡产率会增大。 1.(2024·全国甲卷T10·节选)已知CH4(g)+Br2(g)=== CH3Br(g)+HBr(g)　ΔH1=-29 kJ·mol-1,CH4与Br2反应生成CH3Br,部分CH3Br会进一步溴化。将8 mmol CH4和8 mmol Br2通入密闭容器,平衡时,n(CH4)、n(CH3Br)与温度的关系如图(假设反应后的含碳物质只有CH4、CH3Br和CH2Br2)。 [类题加推•据情选用] (1)图中CH3Br的曲线是　　(填“a”或“b”)。  解析:由ΔH1<0可知,升高温度,该反应的平衡逆向移动,n(CH4)增大, n(CH3Br)减小,故图中CH3Br的曲线是a。 a (2)560 ℃时,CH4的转化率α=　　　,n(HBr)=　　　　mmol。  解析:根据题图可知,560 ℃时,平衡时n(CH4)=1.6 mmol, n(CH3Br)=5.0 mmol,则CH4的转化率α=×100%=80%, CH4的转化量为6.4 mmol,故进一步溴化的CH3Br的物质的量为(6.4-5.0)mmol=1.4 mmol,则CH3Br进一步溴化生成的HBr的量为1.4 mmol,故n(HBr)=6.4 mmol+1.4 mmol=7.8 mmol。 80% 7.8 (3)560 ℃时,反应CH3Br(g)+Br2(g) CH2Br2(g)+HBr(g)的平衡常数K=　　　。  解析:假设CH4与Br2反应生成CH3Br平衡后CH3Br再进一步溴化,根据题图中的数据,并结合(2)的分析,列三段式: 　　　　　　 CH3Br(g)+Br2(g) ===CH2Br2(g)+HBr(g) 起始量/mmol　　6.4　　 1.6　　　 0　 　　6.4 转化量/mmol　　1.4　　 1.4　　　1.4　　　1.4 平衡量/mmol　　5.0　　 0.2　　　1.4　　　7.8 10.92 该反应为气体分子数不变的反应,可用物质的量来计算平衡常数,则K==10.92。 2.(2024·河北卷T17·节选)硫酰氯常用作氯化剂和氯磺化剂,工业上制备原理如下:SO2(g)+Cl2(g) SO2Cl2(g)　ΔH=-67.59 kJ·mol-1。 (1)若正反应的活化能为E正kJ·mol-1,则逆反应的活化能E逆= 　　 　　kJ·mol-1(用含E正的代数式表示)。  解析:ΔH=正反应的活化能-逆反应的活化能。代入数据得:-67.59 kJ·mol-1=E正kJ·mol-1-E逆,则E逆=(E正+67.59) kJ·mol-1。 E正+67.59　 (2)恒容密闭容器中按不同进料比充入SO2(g)和Cl2(g),测定T1、T2、T3温度下体系达平衡时的Δp(Δp=p0-p,p0为体系初始压强,p0=240 kPa,p为体系平衡压强),结果如图1。 图1中温度由高到低的顺序为　　　　　,判断依据为__________ ____________________________________________________________ 　。  M点Cl2的转化率为　　　,T1温度下用分压表示的平衡常数Kp= 　　 kPa-1。  解析:该反应为气体分子数减小的反应,由反应方程式可知,体系达平衡时,体系中减小的压强等于生成的SO2Cl2的压强,该反应为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,生成的SO2Cl2的量减少,则Δp减小,对照图像可知T1<T2<T3。 T3>T2>T1 Δp与生成 的SO2Cl2的压强相等,该反应放热,升温平衡逆向移动,生成SO2Cl2的 量减少,Δp减小 75% 0.03 T1温度下,M点处进料比n(SO2)∶n(Cl2)=2,则SO2的初始物质的量分数x(SO2)=,初始分压p(SO2)=x(SO2)·p总=×240 kPa=160 kPa;同理,Cl2初始分压p(Cl2)=80 kPa。设达到平衡时SO2的压强变化了x kPa,列三段式: 由图可知,M点处Δp=p0-p=60 kPa,将p0=240 kPa、p=(160-x+80-x+x)kPa代入,解得x=60,则M点Cl2的转化率为×100%=75%。T1温度下平衡时各气体分压分别为p(SO2)=100 kPa,p(Cl2)=20 kPa,p(SO2Cl2)=60 kPa,代入平衡常数表达式: Kp===0.03 kPa-1。 (3)图2曲线中能准确表示T1温度下Δp随进料比变化的是　　　(填标号)。  D 解析:体系初始压强相同,当n(SO2)∶n(Cl2)<1.0时,随着进料比n(SO2)∶n(Cl2)增大,生成的SO2Cl2的量增多,Δp增大,按化学计量数之比投料时,产物的产率最高,当n(SO2)∶n(Cl2)>1.0时,随着进料比n(SO2)∶n(Cl2)增大,Δp减小,排除A、B;结合②中计算可知,当n(SO2)∶n(Cl2)=0.5,体系达到平衡时,体系中生成的SO2Cl2的分压也应为60 kPa,即Δp=60 kPa,对照图像可知,表示T1温度下Δp随进料比变化的是D。 1.化学平衡常数 (1)化学平衡常数表达式:对于可逆化学反应mA(g)+nB(g) pC(g)+qD(g)在一定温度下达到化学平衡时,K=。另可用压强平衡常数表示:Kp=[p(C)为平衡时气体C的分压]。 重点破障 (2)各平衡常数之间的关系 ①同一可逆反应中,K正·K逆=1。 ②同一方程式中的化学计量数等倍扩大或缩小n倍,则新平衡常数K'与原平衡常数K间的关系是K'=Kn或K'=。 ③几个可逆反应方程式相加,得总方程式,则总反应的平衡常数等于各分步反应平衡常数之积。 2.转化率、产率及分压的计算 反应物的转化率=×100% 产物的产率=×100% 分压=总压×物质的量分数 1.在不同温度下向容积为1 L的密闭容器中充入一定量CH3OH(g),发生反应2CH3OH(g) ===CH3OCH3(g)+H2O(g)　ΔH<0。若在T1 ℃时,通入0.4 mol CH3OH(g),2 min时达到平衡状态;T2 ℃时,通入0.3 mol CH3OH(g),3 min时达到平衡状态。已知反应过程中有关物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。 强训提能 下列说法错误的是 (　　) A.T1>T2 B.T1 ℃时,0~2 min CH3OH(g)的平均反应速率为0.16 mol·L-1·min-1 C.T2 ℃时,CH3OH(g)的平衡转化率约为86.7% D.T1 ℃时,该反应的平衡常数K=10.56 √ 解析:T2 ℃时,通入0.3 mol CH3OH(g),3 min 时达到平衡状态,根据曲线b CH3OH(g)的速率为=0.087 mol·L-1·min-1,产物的物质的量为×(0.3-0.04) mol=0.13 mol,则曲线c为T1 ℃时的产物曲线;在T1 ℃时,通入0.4 mol CH3OH(g),2 min 时达到平衡状态,根据曲线c CH3OH(g)的速率为=0.16 mol·L-1·min-1,据此分析。T1 ℃时的速率比T2 ℃时大,温度越高速率越大,所以T1>T2,A正确; T1 ℃时,0~2 min CH3OH(g)的平均反应速率为0.16 mol·L-1·min-1,B正确;T2 ℃时,CH3OH(g)的平衡转化率约为×100%=86.7%,C正确; T1 ℃时,该反应的平衡常数K===4,D错误。 2.(2024·绵阳市涪城区模拟)在密闭容器中,充入2 mol CO和1 mol SO2发生反应:2CO(g)+SO2(g) 2CO2(g)+S(l),SO2的平衡转化率随温度、压强的变化如图所示。 (1)压强p1、p2、p3由小到大的关系是　　　　　。  (2)B点对应条件下Kx=　　　　　　  对于反应mA(g)+nB(g) pC(g)+qD(g),Kx=,x为物质的量分数,列出计算式即可 。 (3)A点和C点压强平衡常数之比为　　　　(用含p1、p3的式子表示)。(用分压代替浓度,分压=总压×物质的量分数)  p1<p2<p3 p3∶p1 3.(2024·贵阳市三模)汽车尾气的净化装置中,在适当催化剂的作用下,CO和NO发生反应:2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)　ΔH=-746.8 kJ·mol-1。向一恒容密闭容器中充入1 mol CO气体和一定量的NO气体,图1是3种投料比[n(CO)∶n(NO)]分别为2∶1、1∶1、1∶2时,反应温度对CO平衡转化率的影响曲线。 (1)图中表示投料比为2∶1的曲线是　　　。  解析:一氧化碳和一氧化氮的投料比增大相当于增大一氧化碳的物质的量,平衡向正反应方向移动,一氧化氮的转化率增大,但一氧化碳的转化率减小,则投料比为2∶1形成的平衡中一氧化碳的转化率最小,由图可知,表示一氧化碳和一氧化氮的投料比为2∶1的曲线是曲线D。 D (2)已知T1条件下,投料比为1∶2时,起始容器内气体的总压强为3 MPa,则T1 ℃时该反应的平衡常数Kp=　　　　　 (MPa)-1(保留两位小数,以分压表示,气体分压=总压×物质的量分数);p点时,再向容器中充入NO和CO2,使二者分压均增大为原来的2倍,达到平衡时CO的转化率 　　　 (填“增大”“减小”或“不变”)。  4.44 不变 解析:由图可知,m点一氧化碳的转化率为80%,则由题意可建立如下三段式: 设平衡时气体压强为p MPa,由同温同体积下,气体的压强之比等于物质的量之比可得:=,解得p=2.6 MPa,则T1 ℃时该反应的平衡常数Kp=≈4.44。p点时,再向容器中充入一氧化氮和二氧化碳,使二者分压均增大为原来的2倍,反应的浓度熵Q==Kp,则化学平衡不移动,达到平衡时一氧化碳的转化率不变。 (3)研究表明,在不同催化剂甲、乙作用下,NO的脱氮率在相同时间内随温度的变化如图2所示,工业生产中选用甲,理由是______________ ____________________________________________________________ 　 。  催化剂甲在 较低温度下活性可达到最大,能降低生产能耗的同时满足NO的脱氮 率较高 专题质量评价 (选择题每小题3分,本检测满分70分) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1.(2024·保定市三模)铌被广泛应用于航空航天、电子、原子能、超导材料及新型功能材料等领域,是一种十分重要的战略物资。P204[(C8H17O)2PO2H]常用于萃取稀土金属铌:Nb4+(aq)+4(C8H17O)2PO2H(l) Nb[(C8H17O)2PO2]4(l)+4H+(aq)。某温度下,萃取过程中溶液中c(H+)与时间的变化关系如图所示。下列叙述正确的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 A.其他条件不变,t≥t3时萃取反应已停止 B.c(H+)增大,萃取反应平衡向左移动,平衡常数减小 C.t2 min、t3 min时萃取反应的正反应速率:v2<v3 D.t1~t2 min内,Nb4+的平均反应速率v(Nb4+)= mol·L-1·min-1 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 解析:平衡时正反应、逆反应依然在不断进行,A项错误;平衡常数只与温度有关,增大浓度K不变,B项错误;萃取反应发生后,正反应速率由大到小至不变时反应达到平衡,v2>v3,C项错误;t1~t2 min内,v(H+)= mol·L-1·min-1,根据速率之比等于化学计量数之比,Nb4+的平均反应速率v(Nb4+)= mol·L-1·min-1,D项正确。 1 2 4 5 6 7 8 9 3 2.(2024·邵阳市联考)汽车尾气净化反应为2NO(g)+2CO(g)=== N2(g)+2CO2(g)　ΔH=-746.8 kJ·mol-1、ΔS=-197.5 J·mol-1·K-1。向1 L密闭容器中充入1.0×10-3 mol NO、3.6×10-3 mol CO,测得NO和CO的物质的量浓度与时间关系如图所示。下列说法正确的是 (　　) 1 2 4 5 6 7 8 9 3 A.当体系中N2和CO2浓度比不变时达到平衡状态 B.y→z段反应速率v(NO)=0.1 mol·L-1·s-1 C.上述正反应在任何温度下都能自发进行 D.该温度下,上述反应的逆反应平衡常数K=2×10-4 解析:由题意知,反应过程中N2和CO2浓度比是定值,当体系中N2和CO2浓度比不变时,不能说明反应达到平衡状态,A错误; √ 1 2 4 5 6 7 8 9 3 由曲线与纵坐标交点可知,曲线abcde表示CO,曲线xyzw表示NO,由a点和b点坐标及化学方程式可知,y点坐标为(2,0.25),则y→z段反应速率v(NO)==1×10-4 mol·L-1·s-1,B错误;根据反应可知ΔH<0,ΔS<0,当较低温度时满足ΔH-TΔS<0,反应能自发进行,C错误;曲线abcde表示CO,曲线xyzw表示NO,则该温度下,达到平衡时,c(CO)=2.7×10-3 mol·L-1,c(NO)=0.1×10-3 mol·L-1,c(N2)=Δc(NO)= ×(1.0×10-3-0.1×10-3) mol·L-1=0.45×10-3 mol·L-1, 1 2 4 5 6 7 8 9 3 c(CO2)=Δc(NO)=0.9×10-3 mol·L-1,上述反应的逆反应平衡常数K===2×10-4,D正确。 1 2 4 5 6 7 8 9 3 3.(2024·合肥市二模)SiHCl3被应用于制造多晶硅及硅烷偶联剂等领域。50 ℃时将n mol SiHCl3置于密闭容器中发生如下反应: 2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g)+SiCl4(g),SiHCl3的转化率随时间变化的曲线如图所示。下列说法正确的是(　　) 1 2 4 5 6 7 8 9 3 A.SiH2Cl2和SiCl4均为由极性键构成的非极性分子 B.0~100 min内,v(SiHCl3)=10-3n mol·L-1·min-1 C.50 ℃时该反应的平衡常数K= D.b~c段平均速率大于a~b段平均速率 解析:SiCl4是正四面体结构的分子,正负电荷中心重合,属于非极性分子,但SiH2Cl2是四面体结构,正负电荷中心不重合,属于极性分子,A错误; √ 1 2 4 5 6 7 8 9 3 由图可知,0~100 min内,Δn(SiHCl3)=n mol×10%=0.1n mol,但容器体积未知,不能用浓度变化来表示v(SiHCl3),B错误;由图知,达到平衡时,转化率为21%,设体积为V L,反应三段式为 1 2 4 5 6 7 8 9 3 则平衡常数K===,C正确;随着反应的进行,反应物浓度减小,反应物浓度a~b段大于b~c段,反应物浓度越大,反应速率越快,即a~b段平均速率大于b~c段平均速率,D错误。 1 2 4 5 6 7 8 9 3 4.(2024·淄博市部分学校二模)已知CH2==CHCH3(g)+Cl2(g) CH2==CHCH2Cl(g)+HCl(g),该反应的v正=k正·c(CH2==CHCH3)·c(Cl2), v逆=k逆·c(CH2==CHCH2Cl)·c(HCl),k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。在一定压强下,按w = 向密闭容器中投料,平衡时CH2==CHCH3的体积分数(φ)、lg 与温度T、w的关系如图所示。下列说法中正确的是(　　) 1 2 4 5 6 7 8 9 3 A.w2>1,曲线n表示lg 随温度的变化 B.在w1、T1,φ(CH2==CHCH3)=20%时,= C.一定温度下,该反应的随催化剂的不同而发生改变 D.相同温度下,w2平衡体系中φ(CH2 CHCH2Cl)大于w1的 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 3 解析:由图可知,当w一定时,温度升高,丙烯的体积分数增大,说明该反应正向为放热反应,则升温时,反应逆向进行,k逆增大的程度大于k正,lg 表示的值应该更小,所以曲线n表示lg 随温度变化的曲线,A 正确; 反应为气体分子数不变的反应,在w1、T1时,假设CH2==CHCH3、Cl2投料均为1 mol,平衡时φ(CH2==CHCH3)=25%,则平衡时CH2==CHCH3的物质的量为2 mol×25%=0.5 mol,则反应CH2==CHCH3的物质的量为 1 2 4 5 6 7 8 9 3 1 mol-0.5 mol=0.5 mol,平衡时CH2==CHCH3、Cl2、CH2==CHCH2Cl、HCl均为0.5 mol,反应平衡常数K= = ==1;当φ(CH2==CHCH3)=20%,则此时CH2==CHCH3为2 mol×20%=0.4 mol,则反应CH2 CHCH3为1 mol-0.4 mol=0.6 mol,此时CH2==CHCH3、Cl2、CH2==CHCH2Cl、HCl分别为0.4 mol、0.4 mol、0.6 mol、0.6 mol,= =1×=,B错误; 1 2 4 5 6 7 8 9 3 结合B分析,一定温度下,该反应的=K,平衡常数不随催化剂的不同而发生改变,C错误;相同温度下,增大氯气的量,w值增大,平衡正向移动,丙烯的体积分数减小,但由于氯气增多,平衡体系中CH2==CHCH2Cl的体积分数小于w1的,D错误。 1 2 4 5 6 7 8 9 3 5.(10分)100 kPa恒压下,T1 ℃时将2 mol乙苯蒸气通入体积可变的密闭容器中发生 +H2(g) 反应。反应经过10 min达到平衡,此时苯乙烯的体积分数为0.375,则乙苯的转化率为　　　,0~10 min内的平均反应速率v(H2)=　　kPa·min-1,该温度下的Kp=　　　 kPa。  60% 3.75 56.25 1 2 4 5 6 7 8 9 3 解析:100 kPa恒压下,T1 ℃时将2 mol乙苯蒸气通入体积可变的密闭容器中发生乙苯脱氢制苯乙烯反应。根据已知方程式知,反应经过10 min达到平衡,设反应掉的乙苯的物质的量为x mol,则剩下的乙苯为(2-x)mol,苯乙烯的体积分数为0.375=×100%,解得x=1.2 mol,则乙苯的转化率为×100%=60%;0~10 min内的平均反应速率v(H2)===3.75 kPa·min-1; 该温度下的Kp===56.25 kPa。 1 2 4 5 6 7 8 9 3 6.(8分)(2024·重庆市第八中学校模拟)向恒容密闭容器中充入气体n(CH4)∶n(NO2)=1∶2发生反应CH4(g)+2NO2(g) N2(g)+CO2(g)+ 2H2O(g),初始压强为192 kPa,测得NO2的平衡转化率与温度(T)的关系如图所示。温度为T3 K时,反应从开始到达平衡所用的时间为10 min,则该段时间内的平均反应速率v(CO2)=　　 kPa·min-1。该温度下,用平衡分压代替浓度计算的平衡常数,Kp=　　 kPa。  1.28 0.2 1 2 4 5 6 7 8 9 3 解析:由题图可知,NO2的平衡转化率为20%。 设充入n(CH4)为n mol,则n(NO2)为2n mol 1 2 4 5 6 7 8 9 3 =,p平衡=204.8 kPa,则10 min内平均反应速率v(CO2)==1.28 kPa·min-1 1 2 4 5 6 7 8 9 3 用平衡分压代替浓度计算的平衡常数, Kp==0.2 kPa。 1 2 4 5 6 7 8 9 3 7.(11分)向容积固定为1 L的密闭容器内充入2 mol CO和4 mol H2,保持250 ℃发生反应CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)　ΔH=-124 kJ·mol-1,用压力计监测反应过程中容器内压强的变化如表: 反应时间/min 0 5 10 15 20 25 30 压强/MPa p 0.82p 0.68p x 0.50p 0.50p 0.50p 1 2 4 5 6 7 8 9 3 (1)从开始到10 min时,以CO浓度变化表示的平均反应速率v(CO)= 　 。 解析:相同条件下,压强之比等于气体物质的量之比,有:=,因此n总=4.08 mol,利用差量法,推出0~10 min,以CO浓度变化表示的平均速率v(CO)==0.096 mol·L-1·min-1。 0.096 mol·L-1·min-1 1 2 4 5 6 7 8 9 3 (2)反应达到平衡的时间段是　　　　 (填“10~15”或“15~20”)min;该温度下,反应的平衡常数Kc=　　。  15~20 3 1 2 4 5 6 7 8 9 3 解析:根据表中数据可知,20 min以后容器中总压保持不变,说明20 min时,反应达到平衡,因此反应达到平衡时间段是15~20 min;达到平衡时,气体总物质的量为 mol=3 mol,利用差量法,达到平衡时,生成甲醇的物质的量为 mol=1.5 mol,则CO的物质的量为(2-1.5)mol=0.5 mol,氢气的物质的量为(4-1.5×2)mol=1 mol,反应的平衡常数Kc===3。 1 2 4 5 6 7 8 9 3 (3)平衡后,下列措施中能使增大的有　 (填字母)。  a.升高温度　　　　　　 b.充入氦气 c.再充入2 mol H2 d.使用催化剂 c 1 2 4 5 6 7 8 9 3 解析:反应为放热反应,升高温度,平衡逆向进行,甲醇的物质的量减少,CO的物质的量增大,因此随温度升高而减小,故a不符合题意;恒容状态下,充入氦气,各组分浓度不变,平衡不移动,即不变,故b不符合题意;再充入2 mol氢气,平衡正向移动,甲醇的物质的量增大,CO的物质的量减小,即增大,故c符合题意;使用催化剂,对平衡移动无影响,即不变,故d不符合题意。 8.(15分)(2024·江苏苏州三模)氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。可通过下列反应大规模制取氢气。 Ⅰ.水煤气变换反应(WGSR) 反应a:CO(g)+H2O(g) ===CO2(g)+H2(g)　ΔH1=-41 kJ·mol-1 Ⅱ.甲烷干重整(DRM) DRM的主要反应为 反应b:CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)　ΔH2=+249.1 kJ·mol-1 反应c:H2(g)+CO2(g) CO(g)+H2O(g)　ΔH3=+41 kJ·mol-1 1 2 4 5 6 7 8 9 3 该过程中会逐渐生成积碳覆盖在催化剂CeO2表面,使催化剂中毒。 1 2 4 5 6 7 8 9 3 (1)甲烷和二氧化碳的起始物质的量均为1 mol,实验测得在0.1 MPa下,平衡时各组分的量随温度变化如图所示。已知气体分压=气体总压×气体的物质的量分数,用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数Kp。625 ℃时反应c的压强平衡常数Kp为　　。  1 2 4 5 6 7 8 9 3 解析:由题图知,625 ℃达到平衡时,n(H2O)=n(CO2)=n(CO)=0.5 mol,氢气是1.2 mol,根据氢原子守恒,平衡时甲烷物质的量为 mol=0.15 mol,根据碳原子守恒知,积碳的物质的量为(1+1-0.5-0.5-0.15)mol=0.85 mol;反应Ⅱ的压强平衡常数Kp====。 1 2 4 5 6 7 8 9 3 (2)对催化剂载体CeO2改性,使其形成氧空位,可减少积碳。CeO2晶胞如图所示。取干燥CeO2在Ar气条件下加热,热重分析显示样品一直处于质量损失状态;X射线衍射分析结果表明随着温度升高,该晶胞边长变长,但铈离子空间排列没有发生变化。加热后,当失重率(损失的质量/总质量)为2.32%时,每个晶胞拥有的O2-的个数为　。  1 2 4 5 6 7 8 9 3 解析:一个CeO2晶胞中Ce4+个数为8×+6×=4、O2-在体内,个数为8,即一个CeO2晶胞中4个Ce4+、8个O2-,1 mol CeO2质量为172 g,加热后当失重率为2.32%时,损失的质量为氧元素的质量,即172 g×2.32%=4.0 g,n(O)=0.25 mol,因为铈离子空间排列没有发生变化,所以失去O2-的个数为0.25×4=1,每个晶胞拥有的O2-的个数为8-1=7。 1 2 4 5 6 7 8 9 3 9.(14分)(2024·莆田市三模)苯乙烯是生产塑料、橡胶的重要原料,工业上以铁钴催化剂催化乙苯催化脱氢可获得苯乙烯。 (1)在恒温恒压的条件下发生反应 (g) +H2(g),下列事实能作为反应达到平衡的依据的是　　　。  A.v正(C6H5C2H5)=v正(C6H5C2H3) B.容器内气体密度不再变化 C.苯乙烯、H2的分子数之比不再变化 D.气体的平均相对分子质量不再变化 BD (g) 1 2 4 5 6 7 8 9 3 解析:根据反应速率之比等于化学计量数之比可知,当v正(乙苯)=v逆(苯乙烯)时,也即v正(乙苯)=v逆(乙烯),即正、逆反应速率相等,说明反应到达平衡状态,必须是有正有逆,不能只有一个方向的速率,A不符合题意;根据质量守恒,混合气体的质量始终不变,容器体积是变量,则气体的密度是变量,当容器内气体的密度不再改变,能表明反应已达到平衡状态,B符合题意;容器内苯乙烯与H2的物质的量之比始终为1∶1,则不能表明反应已达到平衡状态,C不合题意;根据质量守恒,混合气体的质量 1 2 4 5 6 7 8 9 3 始终不变,该反应是气体物质的量增大的反应,随着反应进行,混合气体的平均相对分子质量减小,当容器内气体的平均相对分子质量不再变化,表明反应已达到平衡状态,D符合题意。 1 2 4 5 6 7 8 9 3 则平衡时,p(H2O)=　　　kPa,平衡常数Kp=　　 kPa(Kp为以分压表示的平衡常数,气体分压=气体总压×体积分数)。  80 45 1 2 4 5 6 7 8 9 3 解析:体系起始总压强为100 kPa,若设起始时混合气体的物质的量为100 mol,起始混合气体中乙苯的物质的量为a mol,平衡时混合气体的压强为115 kPa,即混合气体的物质的量为115 mol,乙苯的平衡转化率为75%,反应三段式为 1 2 4 5 6 7 8 9 3 0.25a+0.75a+0.75a-a=115 mol-100 mol,解得a=20 mol,即平衡时,水蒸气的物质的量为100 mol-20 mol=80 mol,则p(H2O)=80 kPa,n(乙苯)=5 mol、p(乙苯)=5 kPa,n(苯乙烯)=n(氢气)=15 mol、p(苯乙烯) =p(氢气)=15 kPa,平衡常数Kp===45 kPa。 1 2 4 5 6 7 8 9 3 (3)反应速率v正=k正×p(乙苯),v逆=k逆×p(苯乙烯)×p(氢气),k正、 k逆分别为正、逆反应速率常数,则a点时=　　 。  2.5 1 2 4 5 6 7 8 9 3 解析:平衡时v正=v逆,即k正×p(乙苯)=k逆×p(苯乙烯)×p(氢气),==Kp=45 kPa,a处的总压强为112 kPa,由(2)解析可知起始气体中水蒸气为80 mol,乙苯为20 mol,乙苯的转化率为60%,即n(苯乙烯)=n(氢气)=20 mol×60%=12 mol,p(苯乙烯)=p(氢气)=12 kPa,n(乙苯)=20 mol×(1-60%)=8 mol、p(乙苯)=8 kPa, =Kp×=45 kPa×=2.5。 本课结束 (2)假设容器中只发生反应(g) (g)+H2(g),测得体系总压和乙苯的转化率随时间变化结果如图所示。 $$