2019年高考化學總復習對對練：考點12化學反應速率與化學平衡的綜合應用

1、.考點12化學反響速率與化學平衡的綜合應用命題角度化學反響速率與化學平衡圖像分析答案P24高考真題體驗·對方向1.2019四川·6一定條件下,CH4與H2Og發(fā)生反響:CH4g+H2OgCOg+3H2g。設起始n(H2O)n(CH4)=Z,在恒壓下,平衡時CH4的體積分數(shù)CH4與Z和T溫度的關系如右圖所示。以下說法正確的選項是A.該反響的焓變H>0B.圖中Z的大小為a>3>bC.圖中X點對應的平衡混合物中n(H2O)n(CH4)=3D.溫度不變時,圖中X點對應的平衡在加壓后CH4減小答案 A解析 A項,隨著溫度的升高,CH4減小,說明升溫平衡正向挪動,正反

2、響吸熱,H>0,正確;B項,n(H2O)n(CH4)=Z,Z越大,CH4轉(zhuǎn)化率越大,CH4體積分數(shù)越小,那么b>3>a,錯誤;C項,CH4+H2OCO+3H2起始:a3a00轉(zhuǎn)化:xxxx平衡:a-x3a-xxxn(H2O)n(CH4)=3a-xa-x=3(a-13x)a-x>3,錯誤;D項,加壓平衡逆向挪動,CH4增大,錯誤。2.2019全國·27CH4-CO2催化重整不僅可以得到合成氣CO和H2,還對溫室氣體的減排具有重要意義。答復以下問題:1CH4CO2催化重整反響為:CH4g+CO2g2COg+2H2g。:Cs+2H2gCH4gH=-75 kJ

3、3;mol-1Cs+O2gCO2gH=-394 kJ·mol-1Cs+12O2gCOgH=-111 kJ·mol-1該催化重整反響的H= kJ·mol-1,有利于進步CH4平衡轉(zhuǎn)化率的條件是填標號。 A.高溫低壓B.低溫高壓C.高溫高壓D.低溫低壓某溫度下,在體積為2 L的容器中參加2 mol CH4、1 mol CO2以及催化劑進展重整反響,到達平衡時CO2的轉(zhuǎn)化率是50%,其平衡常數(shù)為 mol2·L-2。 2反響中催化劑活性會因積碳反響而降低,同時存在的消碳反響那么使積碳量減少,相關數(shù)據(jù)如下表:積碳反響CH4gCs+2H2g消碳反

4、響CO2g+Cs2COgH/kJ·mol-175172活化能/kJ·mol-1催化劑X3391催化劑Y4372由上表判斷,催化劑XY填“優(yōu)于或“劣于,理由是。在反響進料氣組成、壓強及反響時間一樣的情況下,某催化劑外表的積碳量隨溫度的變化關系如上圖所示,升高溫度時,以下關于積碳反響、消碳反響的平衡常數(shù)K和速率v的表達正確的選項是填標號。 A.K積、K消均增加B.v積減小、v消增加C.K積減小、K消增加D.v消增加的倍數(shù)比v積增加的倍數(shù)大在一定溫度下,測得某催化劑上沉積碳的生成速率方程為v=k·pCH4·pCO2-0.5k為速率常數(shù),在pCH4一定

5、時,不同pCO2下積碳量隨時間的變化趨勢如以下圖所示,那么paCO2、pbCO2、pcCO2從大到小的順序為。 答案 1247A132劣于相對于催化劑X,催化劑Y積碳反響的活化能大,積碳反響的速率小;而消碳反響活化能相對較小,消碳反響速率大ADpcCO2、pbCO2、paCO2解析 1將熱化學方程式依次編號為,根據(jù)蓋斯定律,×2-,得到CH4CO2催化重整反響的H=+247 kJ·mol-1。由于該反響是正反響氣體體積增大的吸熱反響,所以有利于進步CH4平衡轉(zhuǎn)化率的條件是高溫低壓,A項正確。某溫度下,在體積為2 L的容器中參加2 mol CH4,1 mol CO2

6、,到達平衡時CO2的轉(zhuǎn)化率是50%,那么平衡時各物質(zhì)的物質(zhì)的量濃度分別為cCH4=0.75 mol·L-1、cCO2=0.25 mol·L-1、cCO=0.5 mol·L-1、cH2=0.5 mol·L-1,根據(jù)K=c2(CO)·c2(H2)c(CH4)·c(CO2),計算得出K=13或0.33。2根據(jù)表格中活化能數(shù)據(jù)分析,催化劑X劣于催化劑Y。因為相對于催化劑X,催化劑Y積碳反響的活化能大,積碳反響的速率小,而消碳反響活化能相對較小,消碳反響速率大。由于積碳反響和消碳反響均為吸熱反響,所以升高溫度平衡正向挪動,K積、K消均增加;溫度

7、高于600 時,積碳量隨溫度的升高而下降,說明v消增加的倍數(shù)比v積增加的倍數(shù)大,A、D兩項正確。根據(jù)v=k·pCH4·pCO2-0.5,當pCH4一定時,積碳量隨pCO2的增大而減小,故pcCO2>pbCO2>paCO2。3.2019全國·28三氯氫硅SiHCl3是制備硅烷、多晶硅的重要原料。答復以下問題:1SiHCl3在常溫常壓下為易揮發(fā)的無色透明液體,遇潮氣時發(fā)煙生成HSiO2O等,寫出該反響的化學方程式。 2SiHCl3在催化劑作用下發(fā)生反響:2SiHCl3gSiH2Cl2g+SiCl4gH1=48 kJ·mol-13SiH2

8、Cl2gSiH4g+2SiHCl3gH2=-30 kJ·mol-1那么反響4SiHCl3gSiH4g+3SiCl4g的H為 kJ·mol-1。 3對于反響2SiHCl3gSiH2Cl2g+SiCl4g,采用大孔弱堿性陰離子交換樹脂催化劑,在323 K和343 K時SiHCl3的轉(zhuǎn)化率隨時間變化的結(jié)果如下圖。343 K時反響的平衡轉(zhuǎn)化率=%。平衡常數(shù)K343 K=保存2位小數(shù)。 在343 K下:要進步SiHCl3轉(zhuǎn)化率,可采取的措施是;要縮短反響到達平衡的時間,可采取的措施有、。 比較a、b處反響速率大小:vavb填“大于“小于或“等于。反響速率

9、v=v正-v逆=k正xSiHCl32-k逆xSiH2Cl2xSiCl4,k正、k逆分別為正、逆向反響速率常數(shù),x為物質(zhì)的量分數(shù),計算a處的v正v逆=保存1位小數(shù)。 答案 12SiHCl3+3H2OHSiO2O+6HCl21143220.02及時移去產(chǎn)物改進催化劑進步反響物壓強濃度大于1.3解析 1SiHCl3與H2O反響生成HSiO2O為非氧化復原反響,由原子守恒配平:2SiHCl3+3H2OHSiO2O+6HCl。22SiHCl3gSiH2Cl2g+SiCl4gH1=48 kJ·mol-13SiH2Cl2gSiH4g+2SiHCl3gH2=-30 kJ·mol-

10、1根據(jù)蓋斯定律:×3+即可得4SiHCl3gSiH4g+3SiCl4gH=114 kJ·mol-1。3由圖根據(jù)“先拐先平速率大可知a曲線溫度較高343 K,平衡轉(zhuǎn)化率為22%;設SiHCl3起始物質(zhì)的量為1 mol,那么有2SiHCl3gSiH2Cl2g+SiCl4g起始物質(zhì)的量/mol100轉(zhuǎn)化物質(zhì)的量/mol0.220.110.11平衡物質(zhì)的量/mol0.780.110.11平衡常數(shù)K343 K=0.11×0.11(0.78)20.02a處反響相當于在b處反響的根底上升高溫度,反響速率va大于vb;達平衡時v正、v逆相等,k正xSiHCl32=k逆xSiH2C

11、l2xSiCl4k正k逆=xSiH2Cl2·xSiCl4xSiHCl32=K343 K=0.02a處SiHCl3轉(zhuǎn)化率為20%,設起始時SiHCl3物質(zhì)的量為1 mol,那么有:2SiHCl3gSiH2Cl2g+SiCl4g起始物質(zhì)的量/mol100轉(zhuǎn)化物質(zhì)的量/mol0.20.10.1a點物質(zhì)的量/mol0.80.10.1此時SiHCl3、SiH2Cl2、SiCl4的物質(zhì)的量分數(shù)分別為0.8、0.1、0.1,v正v逆=k正xSiHCl32k逆xSiH2Cl2xSiCl4=0.02×0.820.1×0.1=1.281.3。4.2019全國·27丙烯腈CH

12、2CHCN是一種重要的化工原料,工業(yè)上可用“丙烯氨氧化法消費,主要副產(chǎn)物有丙烯醛CH2CHCHO和乙腈CH3CN等。答復以下問題:1以丙烯、氨、氧氣為原料,在催化劑存在下生成丙烯腈C3H3N和副產(chǎn)物丙烯醛C3H4O的熱化學方程式如下:C3H6g+NH3g+32O2gC3H3Ng+3H2OgH=-515 kJ·mol-1C3H6g+O2gC3H4Og+H2OgH=-353 kJ·mol-1兩個反響在熱力學上趨勢均很大,其原因是;有利于進步丙烯腈平衡產(chǎn)率的反響條件是;進步丙烯腈反響選擇性的關鍵因素是。 2圖a為丙烯腈產(chǎn)率與反響溫度的關系曲線,最高產(chǎn)率對應的溫度為460

13、 。低于460 時,丙烯腈的產(chǎn)率填“是或“不是對應溫度下的平衡產(chǎn)率,判斷理由是;高于460 時,丙烯腈產(chǎn)率降低的可能原因是雙選,填標號。 A.催化劑活性降低B.平衡常數(shù)變大C.副反響增多D.反響活化能增大圖a圖b3丙烯腈和丙烯醛的產(chǎn)率與n氨/n丙烯的關系如圖b所示。由圖可知,最正確n氨/n丙烯約為,理由是。進料氣氨、空氣、丙烯的理論體積比約為。 答案 1兩個反響均為放熱量大的反響降低溫度、降低壓強催化劑2不是該反響為放熱反響,平衡產(chǎn)率應隨溫度升高而降低AC31該比例下丙烯腈產(chǎn)率最高,而副產(chǎn)物丙烯醛產(chǎn)率最低17.51解析 1從反響的焓變可看出這兩個反響都為放熱反響,且“1 m

14、ol反響放出的熱量大,故兩個反響在熱力學上的趨勢很大。由于生成丙烯腈的反響為氣體體積增大的放熱反響,故要進步丙烯腈的產(chǎn)率可采取的措施為降溫、降壓。進步丙烯腈反響選擇性的關鍵因素是使用適宜的催化劑。2圖a中,低于460 時的曲線不表示丙烯腈的產(chǎn)率,因為合成丙烯腈的反響為放熱反響,溫度降低時,丙烯腈的產(chǎn)率應增大,而非減小。高于460 時,丙烯腈產(chǎn)率降低的原因分析:催化劑活性降低,合成丙烯腈的反響速率減小,而副反響可能更多地發(fā)生,A項符合題意;平衡常數(shù)增大,丙烯腈的產(chǎn)率增大,B項不符合題意;副反響增多,可能導致丙烯腈產(chǎn)率降低,C項符合題意;反響活化能增大,并不影響平衡的挪動,不會導致丙烯腈的產(chǎn)率變化

15、,D項不符合題意。3由圖b可知,當n氨/n丙烯在1.0左右時丙烯腈的產(chǎn)率達最大值,而副產(chǎn)物丙烯醛的產(chǎn)率達最小值。由反響知,VNH3VO2VC3H6=232,而VO2V空氣15,那么進料氣的理論體積比約為VNH3V空氣VC3H6=2152,即17.51。5.12019全國·284Bodensteins研究了以下反響:2HIgH2g+I2g在716 K時,氣體混合物中碘化氫的物質(zhì)的量分數(shù)xHI與反響時間t的關系如下表:t/min020406080120xHI10.910.850.8150.7950.784xHI00.600.730.7730.7800.784根據(jù)上述實驗結(jié)果,該反響的平衡

16、常數(shù)K的計算式為。 上述反響中,正反響速率為v正=k正x2HI,逆反響速率為v逆=k逆xH2xI2,其中k正、k逆為速率常數(shù),那么k逆為以K和k正表示。假設k正=0.002 7 min-1,在t=40 min時,v正= min-1。 由上述實驗數(shù)據(jù)計算得到v正xHI和v逆xH2的關系可用以下圖表示。當升高到某一溫度時,反響重新到達平衡,相應的點分別為填字母。 22019全國·26在容積為1.00 L的容器中,通入一定量的N2O4,發(fā)生反響N2O4g2NO2g,隨溫度升高,混合氣體的顏色變深。答復以下問題:反響的H0填“大于或“小于;100 時,體系中各物

17、質(zhì)濃度隨時間變化如上圖所示。在060 s時段,反響速率vN2O4為 mol·L-1·s-1;反響的平衡常數(shù)K1為。 100 時達平衡后,改變反響溫度為T,cN2O4以0.002 0 mol·L-1·s-1的平均速率降低,經(jīng)10 s又到達平衡。a:T100 填“大于或“小于,判斷理由是。 b:列式計算溫度T時反響的平衡常數(shù)K2。 溫度T時反響達平衡后,將反響容器的容積減少一半。平衡向填“正反響或“逆反響方向挪動,判斷理由是。 答案 10.108×0.1080.7842k正K1.95×10-3AE2

18、大于0.001 00.36 mol·L-1a:大于反響正方向吸熱,反響向吸熱方向進展,故溫度升高b:平衡時,cNO2=0.120 mol·L-1+0.002 0 mol·L-1·s-1×10 s×2=0.16 mol·L-1cN2O4=0.040 mol·L-1-0.002 0 mol·L-1·s-1×10 s=0.020 mol·L-1K2=(0.16mol·L-1)20.020mol·L-1=1.3 mol·L-1逆反響對氣體分子數(shù)增大的反響

19、,增大壓強平衡向逆反響方向挪動解析 1由表中數(shù)據(jù)可知120 min時反響到達平衡,根據(jù)反響可知:xHI=0.784,xH2=xI2=0.108,將數(shù)據(jù)代入平衡常數(shù)表達式:K=c(H2)·c(I2)c2(HI)=0.108×0.1080.7842。因為v逆=k逆xH2xI2,那么k逆=v逆x(H2)x(I2)=k正x2(HI)x(H2)x(I2)因為平衡狀態(tài)時v逆=v正,k逆=k正K。在t=40 min時,由表中數(shù)據(jù)可知xHI=0.85,假設k正=0.002 7 min-1,代入公式:v正=k正x2HI= 0.002 7 min-1×0.852=1.95×

20、10-3。升高溫度,平衡:2HIgH2g + I2gH=+11 kJ·mol-1向正向挪動,且正、逆速率均增大,xHI減小,xH2增大;故xHI對應的平衡點為A點;xH2對應的平衡點為E點。2隨溫度升高氣體顏色變深,正向為吸熱反響,H>0;vN2O4=c(N2O4)t=0.060mol·L-160 s=0.001 0 mol·L-1·s-1;K1=c2(NO2)c(N2O4)=(0.12mol·L-1)20.04mol·L-1=0.36 mol·L-1。a:改變溫度后,N2O4濃度減小,反響正向進展,正向吸熱,故溫度升

21、高。b:平衡時,cNO2=0.120 mol·L-1+0.002 mol·L-1·s-1×10 s×2=0.16 mol·L-1cN2O4=0.040 mol·L-1-0.002 0 mol·L-1·s-1×10 s=0.020 mol·L-1K2=(0.16mol·L-1)20.020mol·L-1=1.3 mol·L-1。增大壓強,平衡向氣體分子數(shù)減小的方向進展,將反響容器的體積減小一半,相當于增大壓強,故平衡向逆反響方向進展。化學反響速率和化學平衡圖

22、像題解法思路1.兩個原那么1先拐先平。例如,在轉(zhuǎn)化率時間圖像上,先出現(xiàn)拐點的曲線先到達平衡,此時逆向推理可得該曲線對應的溫度高、濃度大或壓強大。2定一議二。當圖像中有三個量時,先確定一個量不變再討論另外兩個量的關系。2.三個步驟看圖像一看面縱坐標與橫坐標的意義二看線線的走向和變化趨勢三看點起點、拐點、終點四看輔助線如等溫線、等壓線、平衡線五看量的變化如濃度變化、溫度變化想規(guī)律聯(lián)想外界條件的改變對化學反響速率和化學平衡的影響作判斷根據(jù)圖像中呈現(xiàn)的關系與所學規(guī)律相比照,做出符合題目要求的判斷新題演練提能·刷高分1.2019北大附中鄭州分校第一次質(zhì)檢一定條件下向某密閉容器中參加0.3 mo

23、l A、0.1 mol C和一定量的B三種氣體,圖甲表示各物質(zhì)的物質(zhì)的量濃度隨時間的變化,圖乙表示反響速率隨時間的變化,t2、t3、t4、t5時刻后各改變一種條件。假設t4時刻改變條件是壓強,那么以下說法錯誤的選項是A.假設t1=15 s,那么前15 s的平均反響速率vC=0.004 mol·L-1·s-1B.該反響的化學方程式為3AgBg+2CgC.t2、t3、t5時刻改變的條件分別是升高溫度、參加催化劑、增大反響物濃度D.B的起始物質(zhì)的量為0.04 mol答案 C解析 由題圖甲可知,15 s內(nèi)cC由0.05 mol·L-1升高到0.11 mol·L-

24、1,那么有vC=0.11mol·L-1-0.05 mol·L-115 s=0.004 mol·L-1·s-1,A正確。由題圖甲可知,t1時刻到達平衡狀態(tài)時,cA、cC分別為0.09 mol·L-1、0.06 mol·L-1,那么A、C的化學計量數(shù)之比為32;由題圖乙可知,t4時刻改變壓強,正、逆反響速率同等程度變化,說明反響前后氣體總分子數(shù)相等,從而推知該反響為3AgBg+2Cg,B正確。t2時刻正、逆反響速率均增大,可能是升高溫度;t3時刻正、逆反響速率均同等程度增大,可能是參加了催化劑;t5時刻正、逆反響速率均增大,不可能是僅增大

25、反響物濃度引起的,C錯誤。起始時參加0.1 mol C,此時cC=0.05 mol·L-1,那么容器容積為0.1mol0.05mol·L-1=2 L;由題圖甲可知,反響中消耗0.09 mol·L-1 A,那么生成0.03 mol·L-1 B,故B的起始物質(zhì)的量為0.05 mol·L-1×2 L-0.03 mol·L-1×2 L=0.04 mol,D正確。2.2019遼寧鞍山高三下月考乙硼烷B2H6、甲烷CH4、甲醇CH3OH、二甲醚CH3OCH3在化學工業(yè)上有廣泛的用處。請答復以下問題:1乙硼烷與氧氣反響的熱化學方

26、程式為B2H6g+3O2gB2O3s+3H2OgH=-2 033.8 kJ· mol-1。乙硼烷有望成為導彈和火箭燃料的主要原因是 2我國科學家以甲烷為原料,在催化劑作用下進一步高效消費重要化工原料苯,反響過程中碳原子的利用率為100%,寫出該反響的化學方程式:,該反響的原子利用率為。 3甲醇合成反響:COg+2H2gCH3OHgH1=-90.1 kJ· mol-1,一定溫度時,該反響的平衡常數(shù)Kp=4.80×10-2,向容器中充入2 mol H2和1 mol CO,反響到達平衡狀態(tài)時,甲醇的分壓pCH3OH=24.0 kPa,那么平衡時,混合

27、氣體中CH3OH的物質(zhì)的量分數(shù)約為Kp是用平衡分壓代替平衡濃度所得的平衡常數(shù),分壓=總壓×物質(zhì)的量分數(shù)。 4二甲醚合成反響:.2CH3OHgCH3OCH3g+H2OgH2=-23.9 kJ· mol-1.2CH3OHgC2H4g+2H2OgH3=-29.1 kJ· mol-1二甲醚合成反響過程中兩反響的能量變化如下圖。反響速率較大的是填“或“,原因是。 假設在容器中參加催化劑,那么E2-E1將填“變大“不變或“變小。 5由H2和CO直接制備二甲醚另一產(chǎn)物為水蒸氣的熱化學方程式為 根據(jù)化學反響原理,分析增加壓強對直接制備二甲醚

28、反響的影響:。 答案 1乙硼烷的摩爾質(zhì)量較小且燃燒放出大量的熱26CH4C6H6+9H281.25%361.5%4反響的活化能低,在一樣條件下反響速率較大不變52COg+4H2gCH3OCH3g+H2OgH=-204.1 kJ· mol-1該反響的正反響為氣體總分子數(shù)減小的反響,壓強升高使平衡右移,CO和H2的轉(zhuǎn)化率升高,CH3OCH3的產(chǎn)率增加;壓強升高使CO和H2的濃度增加,反響速率增大解析 1分析題給熱化學方程式可知,乙硼烷的摩爾質(zhì)量較小28 g· mol-1,且燃燒時放出大量的熱1 mol B2H6g完全反響時放出2 033.8 kJ熱量,因此乙硼烷有望成

29、為導彈和火箭的燃料。2利用甲烷CH4為原料,在催化劑作用下消費苯,反響過程中碳原子的利用率為100%,結(jié)合原子守恒推知,反響中還產(chǎn)生H2,化學方程式為6CH4C6H6+9H2,該反響的原子利用率為786×16×100%=81.25%。3起始時充入2 mol H2和1 mol CO,設開場時H2的壓強為2p kPa,CO的壓強為p kPa,那么有COg+2H2gCH3OHg起始量/kPap2p0轉(zhuǎn)化量/kPa24.048.024.0平衡量/kPap-24.02p-48.024.0該溫度下平衡常數(shù)Kp=p(CH3OH)p(CO)·p2(H2)=24.0(p-24.0)

30、×(2p-48.0)2=4.80×10-2,解得p=29.0,那么平衡時,混合氣體中CH3OH的物質(zhì)的量分數(shù)為p(CH3OH)p(總壓)×100%=24.0 kPa3×29.0 kPa-48.0 kPa×100%61.5%。4由二甲醚合成反響的能量變化圖可知,反響的活化能低于反響的活化能,而在其他條件一樣時,反響的活化能越低,反響速率越大,故反響的速率較大。使用催化劑能降低反響的活化能,從而加快反響速率,但不能改變化學反響的反響熱,故參加催化劑,E2-E1的值不變。5將熱化學方程式COg+2H2gCH3OHgH1=-90.1 kJ·

31、mol-1編號為,根據(jù)蓋斯定律,由×2+可得:2COg+4H2gCH3OCH3g+H2Og,那么有H=2×-90.1 kJ· mol-1+-23.9 kJ· mol-1=-204.1 kJ· mol-1。該反響的正反響為氣體總分子數(shù)減小的放熱反響,增大壓強,平衡正向挪動,H2和CO的轉(zhuǎn)化率升高,二甲醚的產(chǎn)率增加。3.2019山東煙臺一中高三下4月月考CO2是造成溫室效應的廢氣,研究二氧化碳的利用具有非常重要的意義。CO2可用來合成低碳烯烴:2CO2g+6H2gC2H4g+4H2OgH=-127.8 kJ·mol-1。請答復:1:H2的

32、燃燒熱是285.8 kJ·mol-1,且H2OgH2OlH=-44.0 kJ·mol-1,那么表示C2H4燃燒熱的熱化學方程式為 2圖1、圖2分別是CO2的平衡轉(zhuǎn)化率隨壓強及溫度的變化關系,Z為起始時的投料比,即Z=n(H2)n(CO2)。圖1圖2圖1中投料比一樣,溫度從低到高的順序為。 圖2中Z1、Z2、Z3投料比從大到小的順序為,理由是。 假設要進一步進步CO2的平衡轉(zhuǎn)化率,除了可以適當改變反響溫度外,還可以采取的措施有。任寫一種 3假設圖2中Z1=2.5,在溫度為680 K、體積為2 L的恒容密閉容器中,充入1 mol H2和0.4 mol CO2,10 min后到達平衡狀態(tài)