（浙江选考）2020版高考化学一轮复习专题七第三单元化学平衡的移动夯基提能作业.docx

1、1第三单元 化学平衡的移动1.(2018浙江 11月选考,22,2 分)已知 2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) H=-197.8 kJmol -1。起始反应物为 SO2和 O2(物质的量之比为 21,且总物质的量不变)。SO 2的平衡转化率(%)随温度和压强的变化如下表:压强/(10 5 Pa)温度/K1.01 5.07 10.1 25.3 50.7673 99.2 99.6 99.7 99.8 99.9723 97.5 98.9 99.2 99.5 99.6773 93.5 96.9 97.8 98.6 99.0下列说法不正确的是( )A.一定压强下降低温度,SO 2平衡转化率增大

2、B.在不同温度、压强下,转化相同物质的量的 SO2所需要的时间相等C.使用催化剂可以缩短反应达到平衡所需的时间D.工业生产通常不采取加压措施是因为常压下 SO2的转化率已相当高答案 B A 项中,由于该反应是放热反应,所以一定压强下降低温度,平衡向放热反应方向移动,SO 2的转化率增大,故 A正确;B 项中,在不同温度、压强下,由于化学反应速率不相同,所以转化相同物质的量的SO2所需要的时间不可能相等,故 B不正确;C 项中,使用催化剂的目的是加快反应速率,这样可以缩短反应达到平衡所需的时间,故 C正确;D 项中,从 2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)分析加压可以提高 SO2的转化率,

3、但因为常压下 SO2的转化率已相当高,所以工业生产中通常不采取加压措施,故 D正确。2.一定条件下,CO 2(g)+3H2(g) H2O(g)+CH3OH(g) H=-53.7 kJmol-1;向 2 L恒容恒温密闭容器中充入 1 mol CO2和 2.8 mol H2反应,图中过程、是在两种不同催化剂作用下建立平衡的过程中 CO2的转化率(CO 2)随时间(t)的变化曲线。下列说法中不正确的是( )A.m点:v(正)v(逆)B.活化能:过程过程2C.n点时该反应的平衡常数 K=50D.过程,t 2时刻改变的反应条件可能是升高温度答案 C m 点 CO2的转化率不是最大,反应向正反应方向进行,

4、因此 v(正)v(逆),A 项正确;过程首先达到平衡状态,说明反应速率快,因此活化能:过程过程,B 项正确;n 点时 CO2的转化率是 80%,则根据方程式可知CO 2(g) + 3H2(g) H2O(g) + CH3OH(g)起始浓度(molL -1) 0.5 1.4 0 0转化浓度(molL -1) 0.4 1.2 0.4 0.4平衡浓度(molL -1) 0.1 0.2 0.4 0.4所以该反应的平衡常数 K= =200,C项错误;过程,t 2时刻 CO2的转化率降低,说明反应向逆反应0.40.40.10.23方向进行,由于正反应放热,因此改变的反应条件可能是升高温度,D 项正确。3.已

5、知反应:CH 2 CHCH3(g)+Cl2(g) CH2 CHCH2Cl(g)+HCl(g)。在一定压强下,按 =向密闭容器中充入氯气与丙烯。图甲表示平衡时,丙烯的体积分数()与温度(T)、的关系,图乙表示正、逆反应的平衡常数与温度的关系。则下列说法中错误的是( )A.图甲中, 21B.图乙中,A 线表示逆反应的平衡常数C.温度为 T1、=2 时,Cl 2的转化率为 50%D.若在恒容绝热装置中进行上述反应,达到平衡时,装置内的气体压强将增大答案 C 根据图甲中信息可知,增大 n(Cl2), 增大,平衡正向移动,丙烯的体积分数()减小,故 21,A项正确;根据图甲可知,升高温度,丙烯的体积分数

6、增大,说明平衡逆向移动,逆反应为吸热反应,正反应为放热反应,则升高温度,正反应的平衡常数减小,逆反应的平衡常数增大,图乙中,A 线表示逆反应的平衡常数,B 项正确;由图乙知,温度为 T1时,正、逆反应的平衡常数相等,又因两者互为倒数,则平衡常数K=1,=2 时,设 CH2 CHCH3和 Cl2的物质的量分别为 a、2a,参加反应的 Cl2的物质的量为 b,利用三段式可列关系式 =1,解得 = ,则 Cl2的转化率为 33.3%,C项错误;该反应为反应前后气体体积不b2(a-b)(2a-b) b2a133变的放热反应,反应向正反应方向进行,体系温度升高,气体膨胀,达到平衡时,装置内的气体压强将增

7、大,D项正确。4.向某密闭容器中加入 0.3 mol A、0.1 mol C 和一定量的 B三种气体。一定条件下发生反应,各物质浓度随时间变化如甲图所示t 0t1阶段 c(B)未画出。乙图为 t2时刻后改变条件平衡体系中反应速率随时间变化的情况,且四个阶段都各改变一种不同的条件。已知,t 3t4阶段使用催化剂。下列说法中不正确的是 ( )A.若 t1=15 min,则用 C的浓度变化表示在 t0t1时间段的平均反应速率为 0.004 molL-1min-1B.t4t5阶段改变的条件一定是减小压强C.B的起始物质的量为 0.02 molD.t5t6阶段,容器内 A的物质的量减少了 0.03 mo

8、l,而此过程中容器与外界的热交换总量为 a kJ,该反应的热化学方程式为 3A(g) B(g)+2C(g) H=+100a kJmol-1答案 C 若 t1=15 min,生成物 C在 t0t1时间段的平均反应速率 v= = =0.004 c t0.11molL-1-0.05 molL-115minmolL-1min-1,A项正确。t 4t5阶段改变条件,正、逆反应速率都减小且相等,所以改变的条件应为减小压强,B 项正确。反应中 A的浓度变化为 0.15 molL-1-0.06 molL-1=0.09 molL-1,C的浓度变化为 0.11 molL-1-0.05 molL-1=0.06 mo

9、lL-1,反应中 A与 C的化学计量数之比为 0.090.06=32,根据 t4t5阶段改变压强平衡不移动可知,该反应的化学方程式为 3A(g) B(g)+2C(g),由 A的起始物质的量为 0.3 mol和起始浓度为 0.15 molL-1可知,容器的容积 V= =2 L;由反应的化学方程0.3mol0.15molL-1式可知 B的起始浓度为 0.05 molL-1-(0.11 molL-1-0.05 molL-1)/2=0.02 molL-1,所以 B的起始物质的量为 0.02 molL-12 L=0.04 mol,C项错误。A 的物质的量减少 0.03 mol,此过程中容器与外界的热交换

10、总量为 a kJ,则 A的物质的量减少 3 mol,与外界的热交换总量为 100a kJ,根据图像可知t5t6阶段改变的条件应为升高温度,A 的物质的量减少,说明反应向正反应方向移动,则正反应为吸热反应,故该反应的热化学方程式为 3A(g) B(g)+2C(g) H=+100a kJmol -1,D项正确。5.(2016浙江理综,28 节选)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,CO 2和 H2可发生两个平行反应,分别生成 CH3OH和 CO。反应的热化学方程式如下:CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H 1=-5

11、3.7 kJmol-1 4CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) H 2 某实验室控制 CO2和 H2初始投料比为 12.2,在相同压强下,经过相同反应时间测得如下实验数据:T(K) 催化剂 CO2转化率(%) 甲醇选择性(%)543 Cat.1 12.3 42.3543 Cat.2 10.9 72.7553 Cat.1 15.3 39.1553 Cat.2 12.0 71.6【备注】Cat.1:Cu/ZnO 纳米棒;Cat.2:Cu/ZnO 纳米片;甲醇选择性:转化的 CO2中生成甲醇的百分比已知:CO 和 H2的标准燃烧热分别为-283.0 kJmol -1和-285.8 kJ

12、mol -1H 2O(l) H2O(g) H 3=+44.0 kJmol-1请回答(不考虑温度对 H 的影响):(2)有利于提高 CO2转化为 CH3OH平衡转化率的措施有 。 A.使用催化剂 Cat.1B.使用催化剂 Cat.2C.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(3)表中实验数据表明,在相同温度下不同的催化剂对 CO2转化成 CH3OH的选择性有显著的影响,其原因是 。 (4)在下图中分别画出反应在无催化剂、有 Cat.1和有 Cat.2三种情况下“反应过程-能量”示意图。(5)研究证实,CO 2也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇,则生成甲醇

13、的反应发生在 极,该电极反应式是 。 答案 (2)CD5(3)表中数据表明此时反应未达到平衡,不同的催化剂对反应的催化能力不同,因而在该时刻下对甲醇的选择性有影响(4)(5)阴 CO 2+6H+6e- CH3OH+H2O解析 (2)催化剂只加快反应速率,不改变平衡转化率,故 A、B 不符合;反应的正反应为放热反应,降低温度有利于平衡正向移动,C 项符合;在投料比不变时,增大反应物浓度相当于对体系加压,根据勒夏特列原理可知,平衡向气体分子数减小的方向移动,故有利于 CO2转化为 CH3OH,D项符合;增大 CO2和 H2的初始投料比只会提高 H2转化率,而 CO2转化率降低,故 E项不符合。(3

14、)催化剂不能改变平衡转化率,但表中数据显示相同温度下两者 CO2转化率数据不相同,故此时反应未达到平衡,由于 Cat.1和 Cat.2对反应的催化能力不同,故在相同时间对甲醇的选择性有影响。(4)催化剂可以降低反应的活化能,不同催化剂降低效率不同。从表中数据可以分析,相同时间内 Cat.2催化能力比 Cat.1强,说明在 Cat.2催化作用下反应速率更快,即活化能更低。另外,由于催化剂的介入,反应过程中产生多个能垒,但最终生成物总能量相同,那么三条曲线的起点和终点相同。(5)CO2生成 CH3OH是发生还原反应,故在电解池阴极上发生,此电极反应为 CO2+6H+6e- CH3OH+H2O。6.

15、(2016课标,27,14 分)丙烯腈(CH 2 CHCN)是一种重要的化工原料,工业上可用“丙烯氨氧化法”生产,主要副产物有丙烯醛(CH 2 CHCHO)和乙腈(CH 3CN)等。回答下列问题:(1)以丙烯、氨、氧气为原料,在催化剂存在下生成丙烯腈(C 3H3N)和副产物丙烯醛(C 3H4O)的热化学方程式如下:C 3H6(g)+NH3(g)+ O2(g) C3H3N(g)+3H2O(g) H=-515 kJmol -132C 3H6(g)+O2(g) C3H4O(g)+H2O(g) H=-353 kJmol -1两个反应在热力学上趋势均很大,其原因是 ;有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是

16、 ;提高丙烯腈反应选择性的关键因素是 。 (2)图(a)为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线,最高产率对应的温度为 460 。低于 460 时,丙烯腈的产率 (填“是”或“不是”)对应温度下的平衡产率,判断理由是 ;高于 460 时,丙烯腈产率降低的可能原因是 (双选,填标号)。 6A.催化剂活性降低 B.平衡常数变大C.副反应增多 D.反应活化能增大(3)丙烯腈和丙烯醛的产率与 n(氨)/n(丙烯)的关系如图(b)所示。由图可知,最佳 n(氨)/n(丙烯)约为 ,理由是 。进料气氨、空气、丙烯的理论体积比约为 。 答案 (1)两个反应均为放热量大的反应 降低温度、降低压强 催化剂(2)不是 该反

17、应为放热反应,平衡产率应随温度升高而降低 AC(3)1 该比例下丙烯腈产率最高,而副产物丙烯醛产率最低 17.51解析 (1)判断反应自发进行的趋势可从熵变和焓变两方面考虑,反应和的熵变不大,但焓变均较大,这是导致两个反应在热力学上趋势均很大的主要原因。根据影响平衡移动的因素可知,提高丙烯腈平衡产率(即使反应的平衡右移)的条件可以是降低温度、降低压强。在影响反应速率的外界因素中,催化剂的影响最大,且不同的反应一般使用的催化剂也不同,因此催化剂是提高丙烯腈反应选择性的关键因素。(2)温度升高,反应的平衡常数变小,反应的活化能不变,高于 460 时,丙烯腈产率降低的原因可能是催化剂的活性降低、副反

18、应增多,A、C 正确。(3)由反应可知 n(NH3)n(O 2)n(C 3H6)=11.51,由于 O2在空气中所占体积分数约为 ,所以理论上15进料气氨、空气、丙烯的体积比 V(NH3)V(空气)V(C 3H6)=1(1.55)1=17.51。7.(2017浙江 11月选考,30,10 分)(一)十氢萘是具有高储氢密度的氢能载体,经历“十氢萘(C 10H18)四氢萘(C 10H12)萘(C 10H8)”的脱氢过程释放氢气。已知:C10H18(l) C10H12(l)+3H2(g) H 1C10H12(l) C10H8(l)+2H2(g) H 2H 1H 20;C10H18C 10H12的活化

19、能为 ,C10H12C 10H8的活化能为 ;十氢萘的常压沸点为 192 ;在Ea1 Ea2192 ,液态十氢萘脱氢反应的平衡转化率约为 9%。请回答:(1)有利于提高上述反应平衡转化率的条件是 。 7A.高温高压 B.低温低压C.高温低压 D.低温高压(2)研究表明,将适量十氢萘置于恒容密闭反应器中,升高温度带来高压,该条件下也可显著释氢,理由是 。 (3)温度 335 ,在恒容密闭反应器中进行高压液态十氢萘(1.00 mol)催化脱氢实验,测得 C10H12和 C10H8的产率 x1和 x2(以物质的量分数计)随时间的变化关系,如图 1所示。图 1在 8 h时,反应体系内氢气的量为 mol

20、(忽略其他副反应)。 x 1显著低于 x2的原因是 。 在图 2中绘制“C 10H18C 10H12C 10H8”的“能量反应过程”示意图。图 2(二)科学家发现,以 H2O和 N2为原料,熔融 NaOH-KOH为电解质,纳米 Fe2O3作催化剂,在 250 和常压下可实现电化学合成氨。阴极区发生的变化可视为按两步进行,请补充完整。电极反应式: 和 2Fe+3H2O+N2 2NH3+Fe2O3。 答案 (一)(1)C(2)温度升高加快反应速率;温度升高使平衡正向移动的作用大于压强增大使平衡逆向移动的作用(3)1.95 催化剂显著降低了 C10H12C 10H8的活化能,反应生成的 C10H12

21、很快转变为 C10H8,C10H12不能积累8(二)Fe 2O3+3H2O+6e- 2Fe+6OH-解析 (一)(1)提高平衡转化率即使平衡正向移动,应该升温、降压,所以选择高温低压,选 C。(2)一方面,温度升高,加快了反应速率;另一方面,温度升高,平衡正向移动,升高温度带来的高压又会使平衡逆向移动,该条件下可显著释氢,说明温度升高使平衡正向移动的作用大于压强增大使平衡逆向移动的作用。(3)由图 1知,在 8 h时,反应体系内生成氢气的物质的量为 0.374 mol5+0.027 mol31.95 mol。由图 1可知,反应还未达到平衡,反应快慢是影响相同时间内产率的主要因素,因催化剂显著降低了 C10H12C 10H8的活化能,反应生成的 C10H12很快转变为 C10H8,C10H12不能积累,故 x1显著低于 x2。由题给条件可知,两个反应均为吸热反应,生成物总能量比反应物总能量要高;H 1H 2, 比 大,据Ea1 Ea2此可作出相应的“能量反应过程”曲线(详见答案)。(二)根据阴极的另一个反应方程式及题干信息可知,Fe 2O3参与阴极反应生成 Fe,电解质为熔融的 NaOH-KOH,故符合要求的电极反应式为 Fe2O3+3H2O+6e- 2Fe+6OH-。