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高考化学一轮复习考点过关练考点40化学平衡常数及转化率(含解析)

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【文档说明】高考化学一轮复习考点过关练考点40化学平衡常数及转化率(含解析).doc,共(23)页,1.474 MB,由MTyang资料小铺上传

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以下为本文档部分文字说明:

考点40化学平衡常数及转化率1.化学平衡常数(1)定义在一定温度下,当一个可逆反应达到化学平衡时,生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值是一个常数,这个常数就是该反应的化学平衡常数(简称平衡常数),用K

表示。(2)表达式对于一般的可逆反应:mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g),K=(C)(D)(A)(B)pqmncccc。(3)应用①判断反应进行的限度K值大,说明反应进行的程度大,反应物的转化率高。K值小,说明反应进行的程度小,反

应物的转化率低。K<10−510−5~105>105反应程度很难进行反应可逆反应可接近完全②判断反应是否达到平衡状态化学反应aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(g)在任意状态时,浓度商均为Qc=(C)(D)(A)(B)cd

abcccc。Qc>K时,反应向逆反应方向进行;Qc=K时,反应处于平衡状态;Qc<K时,反应向正反应方向进行。③利用平衡常数判断反应的热效应若升高温度,K值增大,则正反应为吸热反应;若升高温度,K值减小,则正反应为放热反应。2.转化率对于一般的化学反应:aA+bBcC+dD,达到平衡时反应物

A的转化率为α(A)=AAA的初始浓度-的平衡浓度的初始浓度×100%=00(A)(A)(A)ccc−×100%[c0(A)为起始时A的浓度,c(A)为平衡时A的浓度]反应物平衡转化率的变化判断判断反应物转化率的变化时,不要把平衡正向移动与反应物转化率提高等同起来,要视具体情况而定。常见有以

下几种情形:反应类型条件的改变反应物转化率的变化有多种反应物的可逆反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)恒容时只增加反应物A的用量反应物A的转化率减小,反应物B的转化率增大同等倍数地增大(或减小)

反应物A、B的量恒温恒压条件下反应物转化率不变恒温恒容条件下m+n>p+q反应物A和B的转化率均增大m+n<p+q反应物A和B的转化率均减小m+n=p+q反应物A和B的转化率均不变只有一种反应物的可逆反应mA(g)nB(g)+pC(g)增加反应物A的用量恒温恒压条件下反应

物转化率不变恒温恒容条件下m>n+p反应物A的转化率增大m<n+p反应物A的转化率减小m=n+p反应物A和B的转化率不变考向一化学平衡常数及影响因素典例1下列关于化学平衡常数的说法中,正确的是A.在任何条件下,化学平衡常数都是一个定值B.化学平衡常数K可以推断一个可逆反应进行的程度C.化学平衡常

数K只与温度、反应物浓度、体系的压强有关D.当改变反应物的浓度时,化学平衡常数会发生改变【解析】A.在给定的反应方程式中,化学平衡常数只受温度的影响,温度改变则化学平衡常数改变,故错误;B.任何时刻Qc>K

,说明平衡向逆反应方向进行,Qc<K,说明平衡向正反应方向进行,Qc=K,说明反应达到平衡,故正确;C.化学平衡常数只受温度影响,故错误;D.根据选项C分析,故错误。【答案】B1.研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时,涉及如下反应:2

NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)K1ΔH1<0(Ⅰ)2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)K2ΔH2<0(Ⅱ)(1)4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl

2(g)的平衡常数K=(用K1、K2表示)。(2)为研究不同条件对反应(Ⅱ)的影响,在恒温条件下,向2L恒容密闭容器中加入0.2molNO和0.1molCl2,10min时反应(Ⅱ)达到平衡。测得10min内v(ClNO)=7.5×10

−3mol·L−1·min−1,则平衡后n(Cl2)=mol,NO的转化率α1=。其他条件保持不变,反应(Ⅱ)在恒压条件下进行,平衡时NO的转化率α2α1(填“>”“<”或“=”),平衡常数K2(填“增大”“减小”或“不变”)。若要使K2减小,

可采取的措施是。平衡常数的几个易错点(1)正、逆反应的平衡常数互为倒数;若方程式中各物质的化学计量数等倍扩大或缩小,尽管是同一反应,平衡常数也会改变。(2)能代入平衡常数表达式的为气体、非水溶液中的H2O、溶液中的溶质,固体

与纯液体以及溶液中H2O的浓度可看为常数,不能代入。考向二化学平衡常数的计算与应用典例1(1)在一定条件下CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g),当CO与H2O(g)的起始物质的量之比为1∶

5,达平衡时,CO转化了56。若akg含Ca5(PO4)3F(相对分子质量为504)的质量分数为10%的磷尾矿,在上述过程中有b%的Ca5(PO4)3F转化为P4,将产生的CO与H2O(g)按起始物质的量之比1∶3混合,则在相同条件下达平衡时能产生H2________kg。[已知:4C

a5(PO4)3F+18SiO2+30C2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4](2)乙苯催化脱氢制苯乙烯反应:CH2CH3(g)CH=CH2(g)+H2(g)维持体系总压p恒定,在温度T时,物质的量为n、体积为V的乙苯蒸气发生催化脱氢反应。已知乙苯的平衡转化率为α,则

在该温度下反应的平衡常数K=________(用α等符号表示)。【解析】(1)当CO和H2O(g)的起始物质的量之比为1∶5时,设CO为1mol,则:CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)起始物质的量(mol)1500改变物质的量(mol)56565656平衡物质的量(mol)16256

5656故此温度下,反应的平衡常数K=c(CO2)·c(H2)c(CO)·c(H2O)=1。由题意知,反应4Ca5(PO4)3F+18SiO2+30C2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4,若akg含Ca5(PO4)

3F的质量分数为10%的磷尾矿,当有b%的Ca5(PO4)3F转化为P4时,产生的CO的物质的量为n=ab/67.2mol,将产生的CO和H2O(g)按起始物质的量之比为1∶3混合,设在相同条件下达到平衡时CO转化了xmol,则CO(g)+H2O(g)C

O2(g)+H2(g)起始物质的量(mol)n3n00改变物质的量(mol)xxxx平衡物质的量(mol)n-x3n-xxx故x·x(n-x)·(3n-x)=1,得x=34n,则达到平衡时产生的氢气的

物质的量为ab67.2×34mol=ab89.6mol,氢气的质量为ab44.8g=ab44.8×10-3kg=ab44800kg。(2)从浓度角度求Kc:根据阿伏加德罗定律的推论,总压强p相同时,V1V2=n1n2,乙苯的转化率为α,由此可得:VV反应后=11+α,V反应后=(1+α

)V,根据化学方程式及平衡常数的定义:Kc=n2α2V2(1+α)2n(1-α)V(1+α)=nα2V(1-α)(1+α)=nα2(1-α2)V。从压强角度求Kp:容器中氢气的物质的量为αn,苯乙烯的物质的量为

αn,乙苯的物质的量为(1-α)n,气体的总物质的量为(1+α)n,所以氢气的分压为αn(1+α)np,苯乙烯的分压为αn(1+α)np,乙苯的分压为(1-α)n(1+α)np,因此Kp=αn(1+α)np·αn(1+α)np(1-α)n(1+α)np=α21-α2

p。【答案】(1)ab44800(2)α21-α2p或nα2(1-α2)V2.在一定体积的密闭容器中,进行化学反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g),其化学平衡常数K和温度T的关系如表:T/℃7008008301000

1200K0.60.91.01.72.6回答下列问题:(1)该反应的化学平衡常数表达式K=。(2)该反应为(填“吸热”或“放热”)反应。(3)某温度下,各物质的平衡浓度符合下式:3c(CO2)·c(H2)=5c(CO)·c(H2O),试判断此时的温度为。(4)若830℃时,向容器中

充入1molCO、5molH2O,反应达到平衡后,其化学平衡常数K(填“大于”“小于”或“等于”)1.0。(5)830℃时,容器中的反应已达到平衡。在其他条件不变的情况下,扩大容器的体积,平衡(填“向正反应方向”“向逆反应方向”或“不”)移动。(6)若1200℃时,在某时刻平衡体系中CO2

、H2、CO、H2O的浓度分别为2mol·L−1、2mol·L−1、4mol·L−1、4mol·L−1,则此时上述反应的平衡移动方向为(填“正反应方向”“逆反应方向”或“不移动”)。考向三转化率的计算与比较典例1已知可逆反应:

M(g)+N(g)P(g)+Q(g)ΔH>0,请回答下列问题。(1)某温度下,反应物的起始浓度分别为c(M)=1mol·L-1,c(N)=2.4mol·L-1;达到平衡后,M的转化率为60%,此时N的转化率为________。(2)若

反应温度不变,反应物的起始浓度分别为c(M)=4mol·L-1,c(N)=amol·L-1;达到平衡后,c(P)=2mol·L-1,a=________。(3)若反应温度不变,反应物的起始浓度为c(M)=c(N)=bmol·

L-1,达到平衡后,M的转化率为_____。【解析】用“平衡三段式法”,借助平衡常数来串联计算:(1)M(g)+N(g)P(g)+Q(g)c始/(mol·L-1)12.400c转/(mol·L-1)0.60.60.6

0.6c平/(mol·L-1)0.41.80.60.6α(N)=0.62.4×100%=25%,K=0.6×0.60.4×1.8=0.5。(2)c始/(mol·L-1)4a00c平/(mol·L-1)2a-222由K=2×22×(a-2)=0.5,解得a=6。(3)c始/

(mol·L-1)bb00c平/(mol·L-1)b(1-x)b(1-x)bxbx由K=(bx)2[b(1-x)]2=0.5,解得x≈0.41。【答案】(1)25%(2)6(3)41%3.在一密闭容器,aA(g)bB(g)达平衡后,保持温度不变,将容器体积增加一倍,当达到新的平衡时

,B的浓度是原来的60%,则A.平衡向逆反应方向移动了B.物质A的转化率减少了C.物质B的质量分数增加了D.a>b1.只改变一个影响化学平衡的因素,平衡常数K与化学平衡移动的关系叙述不正确的是A.K值不变,平衡可能移动B.平衡向右移动时,K值不一定变化C.K值有变化,平衡

一定移动D.相同条件下,同一个反应的方程式的化学计量数增大2倍,K值也增大两倍2.将1molN2O5置于2L密闭容器中,在一定温度下发生下列反应:①2N2O5(g)2N2O4(g)+O2(g);②N2O4(g)2NO2(g)。

达到平衡时,c(O2)=0.2mol·L-1,c(NO2)=0.6mol·L-1,则此温度下反应①的平衡常数为A.3.2B.0.2C.1180D.4453.O3是一种很好的消毒剂,具有高效、洁净、方便、经济等

优点。O3可溶于水,在水中易分解,产生的[O]为游离氧原子,有很强的杀菌消毒能力。常温常压下发生的反应如下:反应①O3O2+[O]ΔH>0平衡常数为K1;反应②[O]+O32O2ΔH<0平衡常数为K2;总反应:2O33O2ΔH<0平衡常数为K。下列叙述正确的是A.降低温度,总反应K减

小B.K=K1+K2C.适当升温,可提高消毒效率D.压强增大,K2减小4.已知反应X(g)+Y(g)R(g)+Q(g)的平衡常数与温度的关系如表所示。830℃时,向一个2L的密闭容器中充入0.2molX和0.

8molY,反应初始4s内v(X)=0.005mol/(L·s)。下列说法正确的是温度/℃70080083010001200平衡常数1.71.11.00.60.4A.4s时容器内c(Y)=0.76mol/LB.830℃达平衡时,X的转化率为80%C.反应达平衡后,升高

温度,平衡正向移动D.1200℃时反应R(g)+Q(g)X(g)+Y(g)的平衡常数K=0.45.在容积均为1L的三个密闭容器中,分别放入镍粉并充入1molCO,控制在不同温度下发生反应:Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g),当反应进行到5mi

n时,测得Ni(CO)4的体积分数与温度的关系如图所示。下列说法正确的是A.正反应为吸热反应,平衡常数:K(T1)>K(T2)B.反应进行到5min时,b容器中v正(CO)=v逆(CO)C.达到平衡时,a、b、c中CO的转化率为b>a>cD.减压或升温可将b中的平衡状

态转变成c中的平衡状态6.一定温度下,在甲、乙、丙、丁四个恒容密闭容器中投入SO2(g)和O2(g),进行反应,2SO2+O22SO3,其起始物质的量及SO2的平衡转化率如下表所示。下列判断中正确的是甲乙丙丁密闭容

器体积/L2221起始物质的量n(SO2)/mol0.400.800.800.40n(O2)/mol0.240.240.480.24SO2的平衡转化率%80α1α2α3A.甲中反应的平衡常数小于乙B.该温度下,该反应的平衡常数K为400C.SO2的平衡转化率:

α1>α2=α3D.容器中SO3的物质的量浓度:丙=丁<甲7.一定条件下,反应2NH3(g)N2(g)+3H2(g)ΔH>0达到平衡时N2的体积分数与温度、压强的关系如图所示。下列说法正确的是A.压强:p1>p2B.b、c两点对应的平衡常数:Kc>KbC.a点:2v(NH3

)正=3v(H2)逆D.a点:NH3的转化率为1/38.已知反应:2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)ΔH>0,某温度下,将2molSO3置于10L密闭容器中,反应达平衡后,SO3的平衡转化率(α)与体系总压强(p)的关系如图甲所示。则下列说法正确的是①由图甲推断

,B点SO2的平衡浓度为0.3mol/L②由图甲推断,A点对应温度下的平衡常数为1.25×10-3③达平衡后,压缩容器容积,则反应速率变化图像可以用图乙表示④相同压强、不同温度下SO3的转化率与温度关系如丙图所示A.①②B

.②③C.③④D.①④9.催化还原CO2是解决温室效应及能源问题的重要手段之一。研究表明,在Cu/ZnO催化剂存在下,在CO2中通入H2,二者可发生以下两个平行反应:反应ⅠCO2(g)+3H2(g)CH3OH(g

)+H2O(g)ΔH1=-53.7kJ·mol-1反应ⅡCO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ·mol-1某实验室控制一定的CO2和H2初始投料比,在相同压强下,经过相同反应时间测得如下实验数据(其中“甲

醇选择性”是指转化的CO2中生成甲醇的百分比):反应序号T/K催化剂CO2转化率/%甲醇选择性/%①543Cu/ZnO纳米棒12.342.3②543Cu/ZnO纳米片10.972.7③553Cu/ZnO纳米棒15.339.1④553Cu/ZnO纳米

片12.071.6(1)CO2的电子式是_____________。(2)反应Ⅰ的平衡常数表达式是K=_________________________。(3)对比①和③可发现:同样催化剂条件下,温度升高,CO

2转化率升高,而甲醇的选择性却降低,请解释甲醇选择性降低的可能原因__________________________________;对比①、②可发现,在同样温度下,采用Cu/ZnO纳米片使CO2转化率降低,而甲醇的选择性却提高,

请解释甲醇的选择性提高的可能原因_______________________________。(4)有利于提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有________。a.使用Cu/ZnO纳米棒做催化剂b.使用Cu/ZnO纳米片做

催化剂c.降低反应温度d.投料比不变,增加反应物的浓度e.增大CO2和H2的初始投料比10.CO2和CH4是两种重要的温室气体,通过CH4和CO2反应制造具有更高价值的化学品是目前的研究方向。(1)250℃时,以镍合金为催化剂,涉及此研究的某反应的平衡常数K=()()()()22224COHC

OCHcccc,则此反应的化学方程式为;又知此反应的逆反应为放热反应,则一定能使此反应的平衡常数增大的措施是(填选项字母);使该反应的平衡一定向正反应方向移动的措施有(填选项字母)。A.增大CO2的浓度B.升高温度

C.降低温度D.增大压强E.减小压强(2)用某种特殊催化剂,可以将CO2和CH4直接转化成乙酸,温度超过某个值时乙酸的生成速率却减小了,原因是。(3)将CO2转化为甲醚的反应原理为2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(

l)。①已知一定压强下,该反应在不同温度、不同投料比时,CO2的转化率如表:投料比[n(H2)/n(CO2)]500K600K700K1.545%33%20%xabc上述反应的焓变ΔH(填“>”、“<”或“=”,下同)0,ΔS0,若a>45%,则x1.5。②在80℃

时,向体积为0.5L的密闭容器中加入2molCO2和6molH2,20min后反应达到平衡,此时CH3OCH3的物质的量为0.5mol,则该反应的平均反应速率v(CO2)=mol·L-1·min-1,H2的转化

率α(H2)=,在80℃时该反应的化学平衡常数为(列出计算式即可)。1.[2019江苏][双选]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>0B.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)=5.0×10−4mol·L−1,NO平衡转化率为50%,则平衡

常数K>20002.[2018江苏]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2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)(正反应放热),测得反应的相关数据如下:下列说法正确的是A.v1<v2,c2<2c1B.K1>K3,p2>

2p3C.v1<v3,α1(SO2)>α3(SO2)D.c2>2c3,α2(SO3)+α3(SO2)<13.[2017天津]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3

0℃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)4.[2019新课标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)Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行:CuCl2(s)=CuCl(s)+12Cl2(g)ΔH1=83

kJ·mol-1CuCl(s)+12O2(g)=CuO(s)+12Cl2(g)ΔH2=-20kJ·mol-1CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)ΔH3=-121kJ·mol-1则4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=_________kJ·mo

l-1。(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)5.[2017新课标Ⅰ节选]近期发现,H2S是继NO、CO之后的第三个生命体系气体信号分子,它具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能。回答下列问题:(3

)H2S与CO2在高温下发生反应:H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)。在610K时,将0.10molCO2与0.40molH2S充入2.5L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1=_______%

,反应平衡常数K=________。②在620K重复试验,平衡后水的物质的量分数为0.03,H2S的转化率2_____1,该反应的H_____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.H2SB.CO2C.COSD.N26.[2016上海]随着科学技术的发展和环保要求的不断提高,CO2的捕集利用技术成为研究的重点。完成下列填空:(1)目前国际空间站处理CO2的一个重要方法是将CO2还原,所

涉及的反应方程式为:CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)已知H2的体积分数随温度升高而增加。若温度从300℃升至400℃,重新达到平衡,判断下列表格中各物理量的变化。(选填“增大”、

“减小”或“不变”)v正v逆平衡常数K转化率α(2)相同温度时,上述反应在不同起始浓度下分别达到平衡,各物质的平衡浓度如下表:[CO2]/mol·L−1[H2]/mol·L−1[CH4]/mol·L−1[H2O]/mol·L−1平衡Ⅰabcd平衡Ⅱmnxya、b、c、d与m、n、x、y之间的关

系式为_________。7.[2016新课标全国Ⅲ节选]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:(2)在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO

的烟气,反应温度为323K,NaClO2溶液浓度为5×10−3mol·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24SO−23SO−3NO−2NO−Cl−c/(mol·L−1)8.35×10−46.8

7×10−61.5×10−41.2×10−53.4×10−3①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”)。②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”)。③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___________。(3)在不同温度下,NaCl

O2溶液脱硫、脱硝的反应中,SO2和NO的平衡分压pe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ClO2−+223SO−224SO−+Cl−的平衡常数K表达式为___________。1.【答案】

(1)212KK(2)2.5×10−275%>不变升高温度【解析】(1)将题干中两个方程式做如下处理:(Ⅰ)×2−(Ⅱ)可得4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g),则其平衡常数K

=212KK。(2)根据“三段式”2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)()1molL−起始浓度/0.10.050()1molL−转化浓度/0.1α10.05α10.1α1()1molL−平衡浓度/0.1−0.1α10.05−0.05α10.1α1v(ClNO)=110

.1molL10min−=7.5×10−3mol·L−1·min−1,得α1=75%,平衡时n(Cl2)=(0.05−0.05α1)mol·L−1×2L=0.025mol。该反应为气体分子数减小的反应,恒压条件下相对于恒容条件下,压强增大,平衡右移,NO的转化率增大,即α2>

α1;化学平衡常数只与温度有关,温度不变,平衡常数K2不变;该反应为放热反应,升高温度可使平衡常数K2减小。2.【答案】(1)()()()()222COHOCOHcccc(2)吸热(3)700℃(4)等于(5)不(6)逆反应方向【解析】(1)根据化学方程

式可写出K=()()()()222COHOCOHcccc。(2)分析表中数据可知,随着温度的升高,K值逐渐增大,说明正反应是吸热反应。变式拓展(3)某温度下,由3c(CO2)·c(H2)=5c(CO)·c(H2O)得出()()()()222COHOCOH

cccc=35=0.6=K,查表知K=0.6时对应温度是700℃。(4)只要温度不变,K值就不变。(5)830℃时达到平衡,扩大容器体积,由于反应前后气体的物质的量不变,则平衡不移动。(6)该条件下Qc=()()()()222

COHOCOHcccc=4422=4>K=2.6,故反应向逆反应方向移动。3.【答案】C【解析】体积增大一倍,压强减小,假设平衡不移动,B的浓度应是原来的50%<60%,说明平衡移动,向正反应方

向移动,A错误;平衡正向移动,A的转化率增大,B错误;平衡正向移动,B的质量分数增大,C正确;减小压强,平衡应向体积增大的方向移动,即a<b,D错误。1.【答案】D【解析】因改变压强或浓度引起化学平衡移动时

,K值不变,A项和B项均正确;K值只与温度有关,K值发生了变化,说明体系的温度改变,则平衡一定移动,C项正确;相同条件下,同一个反应的方程式的化学计量数增大2倍,K值应该变为K2原,D项错误。2.【答案】B【解析】N2O5分解得到N2O4部分转化为NO2(

g),平衡时c(O2)=0.2mol·L-1,c(NO2)=0.6mol·L-1,则平衡时c(N2O4)=2c(O2)-12c(NO2)=0.2mol/L×2-12×0.6mol/L=0.1mol/L,平衡时c(N2O5)=1mol2L-2c(O2)=0.

5mol/L-0.2mol/L×2=0.1mol/L,故反应①的平衡常数K=c2(N2O4)×c(O2)c2(N2O5)=0.12×0.20.12=0.2。3.【答案】C【解析】降温,总反应平衡向右移动,K增大,A

项错误;K1=c(O2)·c([O])c(O3)、K2=c2(O2)c([O])·c(O3)、K=c3(O2)c2(O3)=K1·K2,B项错误;升高温度,反应①平衡向右移动,c([O])增大,可提高消毒效率,C项正确;对于给定的反应,平衡常数只与温度

有关,D项错误。4.【答案】B【解析】反应初始4s内X的平均反应速率v(X)=0.005mol/(L·s),根据速率之比等于化学计量数之比,考点冲关可知v(Y)=v(X)=0.005mol/(L·s),则4s内

Δc(Y)=0.005mol·L-1·s-1×4s=0.02mol/L,Y的起始浓度为0.8mol2L=0.4mol/L,故4s时c(Y)=0.4mol/L-0.02mol/L=0.38mol/L,A错误;设

平衡时A的浓度变化量为x,则:X(g)+Y(g)R(g)+Q(g)c始/mol·L-10.10.400c转/mol·L-1xxxxc平/mol·L-10.1-x0.4-xxx故x2(0.1-x)×(0.4x)=1.0,解得x=0

.08,所以平衡时X的转化率为0.08mol/L0.1mol/L×100%=80%,B正确;由表格可知,温度升高,化学平衡常数减小,平衡逆向移动,C错误;1200℃时反应X(g)+Y(g)R(g)+Q(g)的平衡常数值为0.

4,所以1200℃时反应R(g)+Q(g)X(g)+Y(g)的平衡常数的值为10.4=2.5,D错误。5.【答案】D【解析】温度越低,反应速率越慢,因此再结合a、b、c三容器对应数值知,a容器中反应未达到平衡,b→c的变化则说明随温度升高化学平衡逆

向进行,则正反应为放热反应,A错误;反应进行到5min时,b容器未必达到平衡状态,则b容器中v正(CO)不一定等于v逆(CO),B错误;其他条件相同时,随温度升高平衡左移,K值减小,CO转化率减小,达到平衡时,CO的转化率为a>b>c,C错误;结合A项分析知

,升温可使b中的平衡状态转变为c中的平衡状态,减压平衡逆向移动,导致Ni(CO)4浓度变小,即可使b中的平衡状态转变为c中的平衡状态,D正确。6.【答案】B【解析】温度一定,平衡常数不变,A错误;甲中平衡常数K=23222(SO)(SO)(O)ccc=0.1620.042×0.04=

400,B正确;乙和丙中二氧化硫起始量相同,但丙中氧气物质的量大于乙中氧气物质的量,所以α1<α2,丙和丁中二氧化硫和氧气起始浓度相同,平衡等效,二氧化硫转化率相等,C错误;丙和丁平衡等效,三氧化硫浓度相同,丙中二氧化硫和氧气起始浓度是甲中二氧化

硫和氧气起始浓度的2倍,浓度加倍等效于增大压强,所以丙中三氧化硫浓度大于甲中三氧化硫浓度,D错误。7.【答案】B【解析】A项,该反应为气体分子数增大的反应,恒温时,压强越大,N2的体积分数越小,p1<p2,故A项

错误;B项,b、c两点对应温度b<c,该反应为吸热反应,温度越高,平衡常数越大,Kc>Kb,故B正确;C项,反应速率之比等于化学计量数之比,3v(NH3)正=2v(H2)逆,故C错误;D项,对于反应2NH3(g)N2(g)+3H2(g),假设反应前氨气的物质的量为1mol,反应的氨气的物质的

量为xmol,则x21+x=0.1,解得x=14,因此氨气的转化率为14,故D错误。8.【答案】B【解析】三氧化硫起始浓度为2mol10L=0.2mol/L,由甲图可知B点SO3的转化率为15%,根据浓度变化量之比等于化学计量数之比,所以Δc(SO2

)=Δc(SO3)=15%×0.2mol/L=0.03mol/L,故二氧化硫的平衡浓度为0.03mol/L,①错误;A点时,SO3的转化率为20%,Δc(SO3)=20%×0.2mol/L=0.04mol/L,平衡时,SO3、SO2、O2的浓

度分别为0.16mol/L、0.04mol/L、0.02mol/L,K=22223(SO)(O)(SO)ccc=0.042×0.020.162=1.25×10-3,②正确;此反应为不等体反应,压缩体积,相当于增大压强,平衡向气体体积减小的方向移动,即逆向移动,因体积减小,各物质

的浓度增大,故化学反应速率加快,③正确;升高温度平衡向吸热的方向移动,即正向移动,SO3的转化率将增大,与图像(图像上根据先拐先平的原则,T1大于T2,升高温度,SO3的转化率减小)不符合,④错误。综上所述,故选B。9.【答案】(1)(2)()()()()23232OHOCHHCOHccc

c(3)反应Ⅰ为生成甲醇的反应,该反应是放热反应,因此升高温度,平衡逆向进行,因此甲醇的产率减小,甲醇的选择性降低因为在该时间段内,使用Cu/ZnO纳米片催化剂使反应Ⅰ速率增加,因此测得该时间段内得到的甲醇较多,甲醇选择性提高(4)cd【解析】(1)二氧化碳

中碳原子在中间,碳氧之间为两个共用电子对,电子式为。(2)反应Ⅰ为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g),所以平衡常数表达式为K=()()()()23232OHOCHHCOHcccc。(3)生成甲醇的反应是反应Ⅰ,而该反应是放热反

应,升高温度,平衡逆向移动,导致甲醇的选择性降低。采用Cu/ZnO纳米片(催化剂)只能影响速率不能改变平衡,该实验并不是达到平衡后再测数据,而是反应相同时间后就测定,所以反应比较快的进行的量就多,因此结论是:Cu/ZnO纳米片催化剂

使反应Ⅰ速率增加更明显,该时间段内得到的甲醇较多,甲醇选择性提高。(4)催化剂都不改变平衡状态,所以选项a、b都错误。降温使反应Ⅰ平衡正向移动,反应Ⅱ平衡逆向移动,所以提高了CO2转化为CH3OH平衡转化率,选项c正确

。恒容,按照相同投料比,增大物质的浓度就是相当于增大压强,对于反应Ⅰ平衡正向移动,反应Ⅱ平衡不移动,所以提高了CO2转化为CH3OH平衡转化率,选项d正确。增大CO2和H2的初始投料比,实际会降低二氧化碳的转化率,选项e错误。10.【答案】(1)CO2(g)+CH4(g)2C

O(g)+2H2(g)BABE(2)催化剂的催化效率降低(3)①<<>②0.150%26126【解析】本题考查了化学平衡移动的影响因素、化学平衡常数的计算等知识,充分考查了考生的分析、理解能力及化学计算能力。(1)由平衡常数表达式知反应物为CO2、

CH4,生成物为CO、H2,再由浓度幂知各物质前面的化学计量数分别为1、1、2、2,所以该反应的化学方程式为CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)。此反应的逆反应为放热反应,则CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2

(g)为吸热反应,升高温度,平衡正向移动,平衡常数增大;增加反应物的浓度或减少生成物的浓度,平衡正向移动;增大压强要区别恒容充入惰性气体(或N2等不影响反应的气体)增大压强和恒容充入反应气体增大压强,故平衡不一定移动;减小压强平衡向正反应方向移动。(

2)当温度超过某个值时,催化剂的催化效率降低,从而导致乙酸的生成速率降低。(3)①升高温度,CO2的转化率减小,说明平衡逆向移动,可知该反应为放热反应,ΔH<0,因该反应前后气体分子数减小,故ΔS<0。在相同温度下,增大H2的浓度,可使平衡正向移动,从而提高CO2的转化率,故x>1

.5。②由题意知,利用三段式法则有:v(CO2)=ΔΔct=()142molL20min−−=0.1mol·L-1·min-1,H2的转化率α(H2)=116molL12molL−−×100%=50%,80℃时,此反应的平衡常数K=()()()33262

2CHOCHCOHccc=26126。【备注】2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(l)开始(mol·L-1)4120转化(mol·L-1)261平衡(mol·L-1)2611.【答案】

BD【解析】A.随温度升高NO的转化率先升高后降低,说明温度较低时反应较慢,一段时间内并未达到平衡,分析温度较高时,已达到平衡时的NO转化率可知,温度越高NO转化率越低,说明温度升高平衡向逆方向移动,根据勒夏特列原理分析该反应为放热反应,∆H<

0,故A错误;B.根据上述分析,X点时,反应还未到达平衡状态,反应正向进行,所以延长反应时间能提高NO的转化率,故B正确;C.Y点,反应已经达到平衡状态,此时增加O2的浓度,使得正反应速率大于逆反应速率,平衡向正反应方向移动,可以提高NO的转化率,故C错误;D.设NO起始浓度为amol

/L,NO的转化率为50%,则平衡时NO、O2和NO2的浓度分别为0.5amol/L、(5×10-4-0.25a)mol/L、0.5amol/L,根据平衡常数表达式K=2222242c(NO)0.5)c(NO)c(O)0.5)(5100.5)aaa−=−((>41510−=20

00,故D正确;故选BD。【点睛】解本题时需要注意:实线中在最高点之前反应没有达到平衡状态,主要讨论温度对化学反应速率的影响;最高点之后反应达到平衡状态,可以研究温度对化学平衡的影响。2.【答案】CD【解析】对比容器的特点,将容器1和容器2对比,将容器1和容器3

对比。容器2中加入4molSO3等效于在相同条件下反应物投入量为4molSO2和2molO2,容器2中起始反应物物质的量为容器1的两倍,容器2相当于在容器1达平衡后增大压强,将容器的体积缩小为原来的一半,增大压强化学反应速率加快,υ2υ1,增大压强平衡向正反

应方向移动,平衡时c22c1,p22p1,α1(SO2)+α2(SO3)1,容器1和容器2温度相同,K1=K2;容器3相当于在容器1达到平衡后升高温度,升高温度化学反应速率加快,υ3υ1,升高温度平衡向逆反应方向移动,平衡时c3c1,p3p1,α3(SO2)

α1(SO2),K3K1。根据上述分析,A项,υ2υ1,c22c1,A项错误;B项,K3K1,p22p1,p3p1,则p22p3,B项错误;C项,υ3υ1,α3(SO2)α1(SO2),C

项正确;D项,c22c1,c3c1,则c22c3,α1(SO2)+α2(SO3)1,α3(SO2)α1(SO2),则α2(SO3)+α3(SO2)1,D项正确;答案选CD。点睛:本题考查化学平衡时各物理量之

间的关系,解题时巧妙设计中间状态,利用外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响判断。如容器2先设计其完全等效平衡的起始态为4molSO2和2molO2,4molSO2和2molO2为两倍容器1中物质的量,起始物质的量成倍变化时相当于增大压强。直通高考3.【答案】B【解析】A、

平衡常数只与温度有关,与浓度无关,所以增加c(CO),平衡虽然向正向移动,但反应的平衡常数不变,A错误;B、50时,Ni(CO)4以气态存在,有利于分离,从而促使平衡正向移动,B正确;C、230时,Ni(CO)4分解的平衡常

数为5×106,可知分解率较高,C错误;D、v生成[Ni(CO)4]表示正向速率,v生成(CO)表示逆向速率,当4v生成[Ni(CO)4]=v生成(CO)时,反应达到化学平衡状态,D错误。故选B。【名师点睛】本题考查平衡状态的判定、

平衡常数等。落实考试大纲修订思路,考查学科的必备知识和方法。化学平衡状态判断有两个依据,一是正逆反应速率相等,二是“变量”不变。注意D项化学平衡状态的判断容易粗心导致出错。4.【答案】(1)大于2240(0.42)

(0.42)(10.84)(10.21)c−−O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低(2)﹣116(3)增加反应体系压强、及时除去产物【解析】(1)根据反应方程式知,HCl平衡转化率越大,平衡常数K越

大,结合图像知升高温度平衡转化率降低,说明升高温度平衡向逆反应方向进行,则K(300℃)>K(400℃);由图像知,400℃时,HCl平衡转化率为84%,用三段式法对数据进行处理得:2224HCl(g)O(g)2Cl(g)2HO(g)+=+起始(浓度)c0c

000变化(浓度)0.84c00.21c00.42c00.42c0平衡(浓度)(1-0.84)c0(1-0.21)c00.42c00.42c0则K=2240(0.42)(0.42)(10.84)(10.21)c−−;根据题干

信息知,进料浓度比过低,氧气大量剩余,导致分离产物氯气和氧气的能耗较高;进料浓度比过高,HCl不能充分反应,导致HCl转化率较低;(2)根据盖斯定律知,(反应I+反应II+反应III)×2得2224HCl(g)O(

g)2Cl(g)2HO(g)+=+∆H=(∆H1+∆H2+∆H3)×2=-116kJ·mol-1;(3)若想提高HCl的转化率,应该促使平衡正向移动,该反应为气体体积减小的反应,根据勒夏特列原理,可以增

大压强,使平衡正向移动;也可以及时除去产物,减小产物浓度,使平衡正向移动;5.【答案】(3)①2.52.8×10–3②>>③B【解析】(3)①H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)开始0

.40mol0.10mol00反应xxxx平衡(0.40–x)mol(0.10–x)molxx2(HO)0.02()(0.4)(0.10)nxnxxxx==−+−++总解得x=0.01mol,所以H2S的转化率是10.01mol100%2.5%0.40mol==由

于该反应是反应前后气体体积相等的反应,所以在该条件下反应达到平衡时化学平衡常数3222222(COS)(HO)(COS)(HO)0.010.012.810(HS)c(CO)(HS)(CO)(0.400.01)(0.100.01)ccnnKcnn−====−−;②根据

题目提供的数据可知温度由610K升高到620K时,化学反应达到平衡,水的物质的量分数由0.02变为0.03,所以H2S的转化率增大。α2>α1;根据题意可知:升高温度,化学平衡向正反应方向移动,根据平衡移动原理:升高温度,化学平衡向吸热反应方向移动,

所以该反应的正反应为吸热反应,故△H>0;③A.增大H2S的浓度,平衡正向移动,但加入量远远大于平衡移动转化消耗量,所以H2S转化率降低,A错误;B.增大CO2的浓度,平衡正向移动,使更多的H2S反应,所以H2S转化率增大,B正确;C.COS

是生成物,增大生成物的浓度,平衡逆向移动,H2S转化率降低,C错误;D.N2是与反应体系无关的气体,充入N2,不能使化学平衡发生移动,所以对H2S转化率无影响,D错误。答案选B。6.【答案】(1)v正v

逆平衡常数K转化率α增大增大减小减小(2)2244cdxyabmn=【解析】(1)H2的体积分数随温度的升高而增加,这说明升高温度平衡向逆反应方向进行,即正反应是放热反应。升高温度正逆反应速率均增大,平衡向逆反应方向进行,平衡常数减小,反应物的转化率减小

。(2)相同温度时平衡常数不变,则a、b、c、d与m、n、x、y之间的关系式为2244cdxyabmn=。7.【答案】(2)①4OH−+32ClO−+4NO43NO−+3Cl−+2H2O提高②减小③大于NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高(3)①减小②224

2223(Cl)(SO)(ClO)(SO)ccKcc−−−−=【解析】(2)①亚氯酸钠具有氧化性,则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式为4OH−+32ClO−+4NO43NO−+3Cl−+2H2O;正反应是体积减小的,则增加压强,NO的转化率

提高。②根据反应方程式2H2O+2ClO−+2SO2224SO−+Cl−+4H+、2H2O+32ClO−+4NO43NO−+3Cl−+4H+可知随着吸收反应的进行氢离子浓度增大,吸收剂溶液的pH逐渐减小。③由实验结果可知,在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多,因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率。

原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同,还可能是二氧化硫的还原性强,易被氧化。(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pe如图所示。①由图分析可知,反应温度升高,SO2和NO的平衡分压负对数减小,这说明反应向逆反应方向进行,因此脱硫、脱硝

反应的平衡常数均减小。②根据反应的方程式ClO2−+223SO−224SO−+Cl−可知平衡常数K表达式为2242223(Cl)(SO)(ClO)(SO)ccKcc−−−−=。

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