考点22化学平衡状态与化学平衡移动（解析版）_05高考化学_通用版（老高考）复习资料_2023年复习资料_一轮复习_备战2023年高考化学一轮复习考点帮（全国通用）

1>V ，温度相同时，容器体积越大，反应物浓度越低，起始的反应速率越低， I II III 1 3 故起始反应速率： ，B错误；C项，从图中可以看出，A、B、C三点NO的转化率相同，容器中 2 各物质的物质的量均相同，由B中分析可知，V>1>V ，且A、B、C三点中C点对应的温度最高，故压强： 1 3 ，C正确；D项，IV中 ，平衡常数只与温度有关，如图， 470℃时，II的NO的转化率为60%，可列出三段式： 2，Qc0，， 2 4 H 不能还原SiCl 制备Si，D项错误；故选D。 2 4 13．(2022·河北省秦皇岛市三模)一定温度下，在容积为1 L的恒容密闭容器中发生反应X(g)+2Y(g) Z(g) ΔH，各物质的物质的量随时间变化如表。时间/ min 0 t 2t 3t 4t n(X)/mol 2 0.4 n(Y)/mol 4 0.8 n(Z)/mol 0 1.4 下列说法正确的是( ) A．若升高温度，X(g)的转化率减小，则该反应的ΔH >0 B．0~3t min内，v(Z)= mol· L-1·min-1 C．单位时间内消耗X(g)和生成Z(g)的物质的量相等，说明该反应达到平衡 D．其他条件不变，增大Y(g)的浓度，平衡正向移动，该反应的平衡常数增大 【答案】B 【解析】A项，若升高温度，X(g)的转化率减小，说明平衡逆向移动，则该反应的ΔH<0，故A错误； B项，0~3t min内，X物质的量减少1.6mol，则Z的物质的量增加1.6mol，v(Z)= mol· L-1·min-1，故B正确；C项，单位时间内消耗X(g)和生成Z(g)的物质的量相等，表示的都是正反应速率， 不能判断正逆反应速率是否相等，所以该反应不一定达到平衡，故C错误；D项，平衡常数只与温度有关， 温度不变平衡常数不变，故D错误；故选B。 14．(2022·江苏省扬州中学三模)为探究合成气制甲醇过程中催化剂中毒的原因，将模拟合成气( 、 CO 和H 按一定比例混合)以一定流速分别通过三份铜基催化剂，其中一份做空白实验，两份强制中毒(分 2 2 别预先吸附HS和SO ，吸附反应后催化剂中碱元素的质量分数相等)。在一定温度下，总碳( 、CO)转 2 2 2 化率、生成CHOH的选择性与反应时间的关系如题图所示。 3生成 的选择性 。合成气制甲醇的主要反应为： 反应Ⅰ：CO(g)+ 2HO(g) CHOH (g) ΔH＝－90.8 kJ·mol－1 2 3 1 反应Ⅱ：CO(g)+ 3H CHOH (g)+ HO(g) ΔH＝－49.5 kJ·mol－1 2 2 3 2 2 副反应有：CO(g)+ H(g) CO(g)+ HO(g)，CO(g)+ 3H(g) CH(g)+ HO(g)，CO(g)+ 2 2 2 2 4 2 4H(g) CHOCH (g)+ HO(g)。 2 3 3 2 下列说法正确的是( ) A．实验条件下，三个副反应的 均小于0 B．空白实验时，若其他条件不变，升高温度，总碳转化率一定减小 C．相同条件下，SO 对催化剂的毒害作用大于HS 2 2 D．为提高生成CHOH的选择性，可研发不与含硫物反应的催化剂 3 【答案】D 【解析】A项，反应CO(g)+ H (g) CO(g)+ H O(g)，根据盖斯定律可由反应Ⅱ-Ⅰ得到，则 2 2 2 △H=-49.5kJ/mol-(-90.8kJ/mol)=+41.3kJ/mol，故A错误；B项，因副反应中有吸热反应，故升高温度，碳 转化率不一定减小，故B错误；C项，由图像可知，吸附HS的催化剂条件下，总碳转化率和甲醇选择性 2 都降低，故HS对催化剂的毒害作用大于SO ，故C错误；D项，由图像可知，空白实验时，总碳转化率 2 2 和甲醇选择性都比含硫催化剂高，故为提高生成CHOH的选择性，可研发不与含硫物反应的催化剂，故D 3 正确；故选D。 15．(2022·江苏省淮安市模拟预测)如NO 是大气中主要的污染物。大气中过量的NO 和水体中过量的 x x NH +、NO -、NO -均是污染物。通过催化还原的方法，可将烟气和机动车尾气中的NO转化为N[反应为 4 2 3 22NO(g)+2CO(g) 2CO(g)+ N(g) H=-746.5kJ·mol-1]；也可将水体中的NO -、NO -转化为N。对于 2 2 2 3 2 反应2NO(g)+2CO(g) 2CO(g)+ N△(g)，下列说法正确的是( ) 2 2 A．该反应在任何条件下都能自发进行 B．反应的平衡常数可表示为K= C．使用高效的催化剂可以降低反应的焓变 D．其它条件不变，增大 的值，NO的转化率下降 【答案】D 【解析】A项，该反应为放热反应，即ΔH＜0且反应前后气体分子数减少，故ΔS＜0，ΔG=ΔH- TΔS，当温度较低时，ΔG=ΔH-TΔS＜0，故该反应低温自发，A错误；B项，反应的平衡常数可表示为 ，B错误；C项，催化剂可以改变反应历程，但不能改变焓变，C错误；D项，其它条 件不变，增大 的值，提高CO的转化率，NO的转化率下降，D正确；故选D。 16．(2022·山东省烟台市三模)工业上用C HCl和HS的高温气相反应制备苯硫酚(C HSH)，同时有副 6 5 2 6 5 产物C H 生成： 6 6 Ⅰ. Ⅱ. 使 和HS按物质的量1∶1进入反应器，定时测定反应器尾端出来的混合气体中各产物的量， 2 得到单程收率( )与温度的关系如图所示。下列说法不正确的是( )A．ΔH＜0，ΔH＞0 1 2 B．反应Ⅱ的活化能较大 C．590℃以上，随温度升高，反应Ⅰ消耗HS减少 2 D．645℃时，反应Ⅰ的化学平衡常数 【答案】D 【解析】A项，温度大于590℃时，随温度升高，苯硫酚的单程收率降低，说明ΔH＜0；随温度升高， 1 苯的单程收率增大，说明ΔH＞0，故A正确；B项，温度较低时，苯的单程收率小，说明Ⅱ反应速率小， 2 Ⅱ的活化能较大，故B正确；C项，590℃以上，随温度升高，苯硫酚的单程收率降低，反应Ⅰ消耗HS 2 减少，故C正确；D项，设通入氯苯、HS的物质的量各为1mol，645℃时，苯硫酚的单程收率为20%、 2 苯的单程收率为20%，则反应Ⅰ消耗0.2mol氯苯、0.2mol H S，生成苯硫酚0.2mol、氯化氢0.2mol；反应 2 Ⅱ消耗0.2mol氯苯、0.2mol H S，生成苯0.2mol、氯化氢0.2mol、S 0.025mol；容器中含有0.6mol氯苯、 2 8 0.6mol H S、苯硫酚0.2mol、氯化氢0.4mol；反应Ⅰ的化学平衡常数 ，故D错误；故选D。 2 17．(2022·福建省福州市第一中学模拟预测)我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。 CO 捕获与CO 重整是CO 利用的研究热点。其中CH 与CO 重整反应体系主要涉及以下反应： 2 2 2 4 2 A．CH(g)+CO (g) 2CO(g)+2H(g) H 4 2 2 1 B．CO 2 (g)+H 2 (g) CO(g)+H 2 O(g) H△2 C．CH 4 (g) C(s)+2H 2 (g) H 3 △ D．2CO(g) CO 2 (g)+C(s) △ H 4 e.CO(g)+H 2 (g) H 2 O(g)+C(s) △ H 5 (1)根据盖斯定律，反应a的△H 1 =___△____(写出一个代数式即可)。 (2)上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有_______。 A．增大CO 与CH 的浓度，反应a、b、c的正反应速率都增加 2 4B．移去部分C(s)，反应c、d、e的平衡均向右移动 C．加入反应a的催化剂，可提高CH 的平衡转化率 4 D．降低反应温度，反应a~e的正、逆反应速率都减小 (3)雨水中含有来自大气的CO，溶于水中的CO 会进一步和水反应，发生电离： 2 2 ①CO(g) CO(aq) 2 2 ②CO(aq)+H O(l) H+(aq)+HCO-(aq) 2 2 3 25°C时，反应②的平衡常数为K。溶液中CO 的浓度与其在空气中的分压成正比(分压=总压×物质的 2 2 量分数)，比例系数为ymol·L-1kPa-1，当大气压强为pkPa，大气中CO(g)的物质的量分数为x时，溶液中 2 H+浓度为_______mol·L-1(写出表达式，考虑水的电离，忽略HCO -的电离)。 3 (4)105°C时，将足量的某碳酸氢盐(MHCO )固体置于真空恒容容器中，存在如下平衡：2MHCO (s) 3 3 MCO(s)+HO(g)+CO(g)。上述反应达平衡时体系的总压为46kPA．保持温度不变，开始时在体系中先通 2 3 2 2 入一定量的CO(g)，再加入足量MHCO (s)，欲使平衡时体系中水蒸气的分压小于5kPa，CO(g)的初始压 2 3 2 强应大于_______kPa。 (5)CO 可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13，CO 主要转化为_______(写离子符号)；若所得溶 2 2 液c(HCO - )：c(CO2- )=2：1，溶液pH=_______。(室温下，HCO 的K=4×10-7；K=5×10-11) 3 3 2 3 1 2 (6)CaO可在较高温度下捕集CO，在更高温度下将捕集的CO 释放利用。与CaCO 热分解制备的CaO 2 2 3 相比，CaC O·H O热分解制备的CaO具有更好的CO 捕集性能，其原因是_______。 2 4 2 2 【答案】(1) H H H (2)AD 2+ 3+ 5 △ △ △ (3) (4)100.8 (5) CO2- 10 3 (6)CaC O·H O热分解放出更多的气体，制得的氧化钙更加疏松多孔 2 4 2 【解析】(1)A．CH(g)+CO (g) 2CO(g)+2H(g) H，B．CO(g)+H(g) CO(g) 4 2 2 1 2 2 +H O(g) H，C．CH(g) C(s)+2H(g) H，D．2C△O(g) CO(g)+C(s) H，e.CO(g) 2 2 4 2 3 2 4 +H (g) △ HO(g)+C(s) H， 根据盖斯定律△分析，将b+c+e 可得a CH (g)+CO (g)△ 2CO(g) 2 2 5 4 2 +2H (g) H= H H H△。(2)A． 增大CO 与CH 的浓度，增大浓度，对应的反应a、b、c的正反应 2 1 2+ 3+ 5 2 4 速率都增加△，故正△确；△B．△ 移去部分C(s)，因为其为固体，对平衡无影响，故错误；C． 加入反应a的催 化剂，能改变反应速率，但不影响平衡，不能提高CH 的平衡转化率，故错误；D． 降低反应温度，所有 4 反应速率都减小，故反应a~e的正、逆反应速率都减小，故正确。故选AD。(3)k= ，因为 2 p(CO)= 为pkPa×x，则c(CO)= ymol·L-1kPa-1×p(CO )=pxy，忽略碳酸氢根离子的电离时，c(H+)- 2 2 2c(OH-)=c(HCO- )，而c(H+) c(OH-)=K ，所以有K= ，则c(H+)= 3 W 2 mol/L。(4)2MHCO(s) MCO(s)+HO(g)+CO(g)，等温等容条件下，压强之比等于物质的 3 2 3 2 2 量比，可用分压表示物质的量浓度，平衡常数K ，温度不变化学平 P 衡常数不变，设平衡时，平衡体系中二氧化碳的分压为x，则p(CO)= =105.8 kPa，二氧化碳的初 2 始压强等于平衡压强减去碳酸氢盐分解生成的二氧化碳的分压，即二氧化碳的初始压强大于105.8- 5=100.8kPa。(5)k= ，则 ，当 ， 2 ，pH在 10.3，如果溶液的pH为13，则碳酸氢根离子浓度远远小于碳酸根离子浓度，则该 溶液中所得阴离子为碳酸根离子。k= ，且所得溶液c(HCO -)：c(CO2-)=2：1， 2 3 3 ，pH=10。(6)CaC O·H O热分解放出更多的气体，制得的氧化钙更 2 4 2 加疏松多孔，具有更好的二氧化碳的捕集性能。 18．(2022·浙江省金华、东阳市高三选考模拟) 催化转化反应是一类广泛应用于工业生产和理论研 究的重要反应。 (1)使用固体催化剂 消除汽车尾气中的 、 等污染物，机理如下［ 表示催化剂，*表示 吸附态］： Ⅰ： Ⅱ：Ⅲ： Ⅳ： Ⅴ： Ⅵ： 经测定汽车尾气中反应物及生成物浓度随温度变化关系如图1： ①见图1，温度为330℃时发生的反应中，限度最大的为_______(选填“Ⅳ”、“Ⅴ”或“Ⅵ”)。 ②气体在 表面反应，吸附和解吸同时影响总反应速率。恒温度时，2NO+2CO N+2CO 的 2 2 反应速率随压强的变化如题图2所示。试解释 段变化趋势的原因_______。 ③研究发现，Ca+能催化 与NO反应以消除两者的污染，第一步是Ca+先变成CaO+。请用两个化学 2 方程式表示该催化反应历程：步骤I：_______；步骤II：_______。 (2)向容器中充入0.2 mol H 和0.1 molCO制备CHOH：2H (g)+ CO(g) CHOH (g) ΔH＜0 ， 2 3 2 3 若容器恒定温度和压强，H 的平衡转化率(%)如题图3所示(虚线表示没有测定该条件下的数据)。 2①图3中若T＜T＜T，则p、p、p 由大到小的顺序为_______，理由是_______。 1 2 3 1 2 3 ②T℃下，该反应的平衡常数 为_______ ［平衡常数可以用反应体系中气体物的分压表示， 2 ］。 ③恒温恒容下，向平衡后向体系中再通入0.1 mol CO和0.2 mol H，重新平衡时H 的转化率 2 2 _______(选填序号)。 A．增大 B．不变 C．减小 D．无法确定 【答案】(1) IV 压强增大，吸附速率虽然增大，但不利于解吸，解吸速率减小更多，所以反应速率 减小 NO+ Ca+=N + CaO+ CaO++CO= Ca++CO 2 2 2 (2) p ＞p＞p 升高温度，平衡逆向移动，H 的转化率减小，但三个压强对应的H 的转化率相等， 3 2 1 2 2 说明压强增大 306.25 A 【解析】(1)通过图1可以看出，330oC时CO 的含量达到了最大值，IV反应是生成CO 的反应，故IV 2 2 的反应限度最大；根据题中信息，吸附和解吸同时影响总反应速率，随着压强的增大，吸附在催化剂表面 的活性微粒增多，从图2中可以看出，反应速率先增大，但压强增大，吸附速率虽然增大，但不利于解吸， 解吸速率减小更多，所以反应速率减小；Ca+能催化CO与NO反应以消除两者的污染，最终NO转变为 2 2 N，CO转变为CO，第一步是Ca+先变成CaO+，故NO+ Ca+=N + CaO+，第二步消耗掉中间产物CaO+： 2 2 2 2 CaO++CO=Ca++CO ；(2)该反应正向为气体分子数减少的反应，且为放热反应，当T＜T＜T，若此时压强 2 1 2 3 相同，不同温度下的转化率T＞T＞T，要想达到相同的转化率，通过改变压强可以实现，T 温度最高， 1 2 3 3 转化率最低，可压强增大使平衡正向移动，转化率增大，故p＞p＞p；理由是：升高温度，平衡逆向移 3 2 1 动，H 的转化率减小，但三个压强对应的H 的转化率相等，说明压强增大；向容器中充入0.2 mol H 和 2 2 2 0.1 molCO制备CHOH，T 温度下氢气的转化率为80%，可列出三段式： 3 2 平衡时气体的总的物质的量为0.14mol，H、CO、CHOH的分压分别为： 、 2 3 、 ，平衡常数 ；恒温恒容下，向平衡后向体系中再通入0.1 mol CO和0.2 mol H，对于原平衡相当于加压，平衡正向移动，重新平衡时 2 H 的转化率增大，故选A。 2 19．(2022·广西壮族自治区南宁二中高三收网题理综考试)2022年5月10日天舟四号货运飞船成功对 接空间站天和核心舱并转入组合体飞行，空间站的水气整合系统利用“萨巴蒂尔反应”，将CO 转化为 2 CH 和水蒸气，配合O 生成系统可实现O 的再生。回答下列问题： 4 2 2 已知萨巴蒂尔反应为：CO(g)+ 4H (g) CH(g)+2HO(g) H 2 2 4 2 1 反应I：2H 2 (g)+O 2 (g)=2H 2 O(g) H 2 =-483 kJ/mol △ 反应II：CO 2 (g)+ 2H 2 O(g) △CH 4 (g)+2O 2 (g) H 3 =+802.3 kJ/mol (1)若“萨巴蒂尔反应”的逆反应活化能E 逆 =akJ△/mol，则正反应活化能为_______kJ/mol。 (2)“萨巴蒂尔反应”在固定容积的密闭容器中发生，若要提高CO 的平衡转化率，可采取的措施有 2 _______(写两条)。 (3)在某一恒容密闭容器中加入CO、H，其分压分别为15kPa、30kPa，加入催化剂并加热使其发生 2 2 “萨巴蒂尔反应”。研究表明CH 的反应速率v(CH)= 1.2×10-6p(CO)p4(H ) (kPa﹒s-1)，某时刻测得HO(g) 4 4 2 2 2 的分压为10kPa，则该时刻v(H )=_______ kPa﹒s-1。 2 (4)恒压条件时，按c(CO)：c(HO)=1：2投料，发生反应II，测得不同温度下平衡时体系中各物质浓 2 2 度的关系如图。 图中代表CH 浓度的曲线为_______；350℃时，A点的平衡常数为 _______(填计算结果)。 4 (5)氧再生反应可以通过酸性条件下半导体光催化转化实现，反应机理如图所示：①光催化CO 转化为CH 的阴极方程式为_______。 2 4 ②催化剂的催化效率和CH 的生成速率随温度的变化关系如图所示。300℃到400℃之间，CH 生成速 4 4 率加快的原因是_______。 【答案】(1)(a-163.7) (2)降低温度、增大H 和CO 的原料比 2 2 (3)0.48 (4) d 1 (5) CO+8e－＋8H+＝CH＋2HO 300℃到400℃之间，温度比催化剂对甲酸的生成速率影响大，因此 2 4 2 温度升高，化学反应速率加快，所以甲酸生成速率加快 【解析】 (1)根据盖斯定律，由I×2+II得：CO(g)+ 4H (g) CH(g)+2HO(g) H=-163.7kJ/mol由 2 2 4 2 1 △H=E -E 得：E = (a-163.7) kJ/mol；(2)可通过促使平衡向右移动的方法来提高CO△的平衡转化率，则 1 正 逆 正 2 可采取的措施有降低温度、增大H 和CO 的原料比(合理即可)。(3)列三段式有： 2 2 根据v(CH)= 1.2×10-6p(CO)p4(H ) (kPa·s-1)计算，v(CH)= 1.2×10-6p(CO)p4(H ) (kPa·s-1)=1.2×10- 4 2 2 4 2 2 6×10×104=0.12 kPa·s-1，根据方程式分析，甲烷和氢气的速率比为1：4，所以v(H )=0.48 kPa·s-1。；(4)由 2 △H=+802.3kJ/mol且按c(CO)：c(H O)=1：2投料，温度升高，平衡正移，可知曲线a、b表示HO和 2 2 2 CO，c、d表示O 和CH；350℃时，A点时CO、CH 的浓度相同，由反应可知CO 和HO按1：2投料， 2 2 4 2 4 2 2 同时按照1：2反应，则平衡时HO的浓度为CO 的2倍，O 的浓度是甲烷浓度的2倍，则平衡常数K= 2 2 2 =1；(5) ①由图示信息可知，阴极发生的反应为二氧化碳得电子转变成甲烷和水，电极反应式为：CO+8e－＋8H+＝ 2 CH＋2HO；②由图可知温度在250℃时，催化剂的转化效率达到最大值，温度在升高到300℃过程中催化 4 2 剂的转化效率明显下降，但超过300℃后又明显增加，可判断是温度本身对反应的影响导致的，温度升高 反应速率加快。 20．(2022·广东省实验中学三模)丙烯腈( )是一种重要的化工原料，广泛应用在合成纤维、合成 橡胶及合成树脂等工业生产中。以3-羟基丙酸乙酯( )为原料合成丙烯腈，主要反应过程如 下：反应I： ＞0 反应II： ＋NH (g) (g)＋HO(g)＋ ＞0 3 2 (1)已知部分化学键键能如下表所示： 化学键 C﹣O C﹣C C=C C﹣H O﹣H C=O 键能(kJ•mol ﹣1) 351 348 615 413 463 745 据此计算ΔH=___________；此反应自发进行的条件是___________(填“高温易自发”“低温易自 1 发”或“任何温度都能自发”)。 (2)在盛有催化剂TiO 、压强为200kPa的恒压密闭容器中按体积比2∶15充入 和 2 发生反应，通过实验测得平衡体系中含碳物质(乙醇除外)的物质的量分数随温度的变化如图所示。 ①随着温度的升高， (g)的平衡物质的量分数先增大后减小的原因为___________。 ②N点对应反应II的平衡常数 ___________(x代表物质的量分数)。 ③科学家通过DFT计算得出反应II的反应历程有两步，其中第一步反应的化学方程式为： ＋NH (g) + ，则第二步反应的化学方程式为___________；实 3 验过程中未检测到 的原因可能___________。④实际生产中若充入一定量N(不参与反应)，可提高丙烯腈的平衡产率，原因为___________。 2 【答案】(1) +34 kJ•mol﹣1 高温易自发 (2) 反应I和反应II都是吸热反应，温度升高，平衡都正向移动；温度较低时，反应I进行的程度大， 的物质的量分数增大；温度较高时反应Ⅱ进行的程度增大， 的物质的量分 数减小 (g) (g)＋HO(g) 第二步反应非常 2 快 该反应为气体分子数增大的反应，恒压密闭容器中充入一定量N，降低各气体分压(相当于扩 2 大容器体积)，会使反应II的平衡正向移动 【解析】(1)焓变＝反应物总键能﹣生成物总键能，ΔH＝(463+413×9+351×3+348×3+745)kJ•mol-1﹣ 1 (413×8+615+745+351×2+348×2+463×2)kJ•mol﹣1＝+34 kJ•mol-1；该反应为吸热反应，熵增反应，温度越高 混乱程度增大，更有利于自发进行；(2)①反应I、II均为吸热反应，最高点前反应I进行程度大，最高点后 反应II进行程度大，所以随着温度的升高，丙烯酸乙酯的平衡体积分数先增大后减小；②设 的初始物质的量为2mol、氨气的初始物质的量为15mol；A点 的含量为 0，说明反应I完全进行，生成2mol 和2mol水； 和丙烯腈的含量相等，说明有 1mol 、1mol氨气参与反应II，生成1mol乙醇和1mol水，则平衡体系中氨气的物质的量为 14mol、 的物质的量1mol、丙烯腈1mol、乙醇1mol、水3mol，N点对应反应II的平衡常数 ；③第一步反应是 和氨气反应生成乙醇和 ，反应的化 学方程式为 ＋NH (g) + ，；第二步反应的活化能远小于第一步， 3所以第二步反应的速率远大于第一步反应的速率，实验过程中未检测到 ，第二步反应的活 化能远小于第一步，所以第二步反应的速率远大于第一步反应的速率；④该反应为气体分子数增大的反应， 恒压密闭容器中充入一定量N，相当于减压，降低各气体分压(相当于扩大容器体积)，会使反应II的平衡 2 正向移动，所以充入一定量N (不参与反应)，可提高丙烯腈的平衡产率。 2 21．(2022·甘肃省兰州市一模)我国力争2060年前实现碳中和。CH 与CO 催化重整是实现碳中和的热 4 2 点研究课题。该催化重整反应体系主要涉及以下反应： 反应I：主反应CH(g)+CO (g) 2CO(g)+2H(g) ΔH K 4 2 2 1 p1 反应II：副反应CO(g)+H(g) CO(g)+HO(g) ΔH K 2 2 2 2 p2 反应III：积碳反应2CO(g) CO(g)+C(s) ΔH K 2 3 p3 反应IV：积碳反应CH(g) C(s)+2H(g) ΔH K 4 2 4 p4 (1)已知H(g)、CO(g)的燃烧热ΔH分别为-285.8kJ·mol-1、-283.0lkJ·mol-1，HO(l)= H O(g) 2 2 2 ΔH=+44kJ·mol-1，则反应II的ΔH=____kJ·mol-1。 5 2 (2)设K 为分压平衡常数(用分压代替浓度，气体分压=总压×该组分的物质的量分数)，反应III、IV的 p lgK 随 (T表示温度)的变化如图所示。据图判断，反应I的ΔH_____0(选填“大于”、“小于”或“等 p 1 于”)，说明判断的理由____。 (3)下列关于该重整反应体系的说法正确的是____。 A．在投料时适当增大 的值，有利于减少积碳 B．在一定条件下建立平衡后，移去部分积碳，反应III和反应IV平衡均向右移C．随着投料比 的增大，达到平衡时CH 的转化率增大 4 D．降低反应温度，反应I、II、IV的正反应速率减小，逆反应速率增大；反应III的正反应速率增大， 逆反应速率减小 (4)在一定条件下的密闭容器中，按照 =1加入反应物，发生反应I(反应II、III、IV可忽略)。在 不同条件下达到平衡，设体系中平衡状态下甲烷的物质的量分数为x(CH)，在T=800℃下的x(CH)随压强 4 4 P的变化曲线、在P=100kPa下的x(CH)随温度T的变化曲线如图所示。 4 ①图中对应T=800℃下，x(CH)随压强P的变化曲线是____，判断的理由是____。 4 ②若x(CH)=0.1.则CO 的平衡转化率为____。 4 2 【答案】(1)+41.2 (2) 大于 温度T升高，K 减小，K 增大，K = ，则K 增大，故反应I正反应吸热(或温 p3 p4 p1 p1 度T升高，K 减小，K 增大，说明反应△H<0，反应△H>0，则△H= H- H>0) p3 p4 3 4 1 4 3 (3)AC △ △ (4) b 反应I正反应方向气体分子数增大，其他条件不变时，增大压强，平衡逆移，x(CH)增 4 大【解析】(1)由题意可得如下热化学方程式①H(g)+ O(g)= H O(l) ΔH=—285.8kJ/mol，②CO(g)+ 2 2 2 O(g)= CO (g) ΔH=—283.0kJ/mol，③HO(l)= H O(g) ΔH=+44kJ/mol，由盖斯定律可知，①—②+③得到反 2 2 2 2 5 应II，则反应热ΔH=(—285.8kJ/mol)—(—283.0kJ/mol)+( +44kJ/mol)= +41.2kJ/mol；(2)由盖斯定律可知，反 2 应IV—反应III得到反应I，则ΔH=ΔH—ΔH ，由图可知，温度升高，反应III分压平衡常数减小，该反 1 4 ，3 应为放热反应，反应△H<0，反应IV分压平衡常数增大，该反应为吸热反应，反应△H>0，则△H= H- 3 4 1 4 △ H>0(或由盖斯定律可知，反应IV—反应III得到反应I，则反应I分压平衡常数为K = ，由图可知， 3 p1 △ 温度升高，反应III分压平衡常数减小，反应IV分压平衡常数增大，K 增大，则该反应为吸热反应)；(3)A p1 项，在投料时适当增大 相当于增大二氧化碳的浓度，反应I平衡向正反应方向移动，一氧化碳和氢 气的浓度增大，反应III、IV的平衡向逆反应方向移动，碳的物质的量减小，所以在投料时适当增大 的值，有利于减少积碳，故正确；B项，在一定条件下建立平衡后，移去浓度为定值的碳固体，化 学反应速率不变，反应III和反应IV的平衡均不移动，故错误；C项，投料比 增大相当于增大二氧 化碳的浓度，反应I平衡向正反应方向移动，甲烷的转化率增大，故正确；D项，降低反应温度，反应I、 II、III、IV的正、逆反应速率均减小，故错误；故选AC；(4)①反应I为气体体积增大的反应，温度一定时， 增大压强，平衡向逆反应方向移动，甲烷的物质的量分数增大，则800℃下，甲烷的物质的量分数随压强 的变化曲线是b；反应I正反应方向气体分子数增大，其他条件不变时，增大压强，平衡逆移，x(CH)增大； 4 ②设起始甲烷和二氧化碳的物质的都为1mol，二氧化碳的转化率为a，由题意可建立如下三段式： 由甲烷的物质的量分数为0.1可得： =0.1，解得a= 。22．(2022·山东省淄博市三模)CH 与 重整是CO 利用的研究热点之一。该重整反应体系有以下反 4 2 应： Ⅰ. CO(g)+CH (g) 2CO (g)+ 2H(g) ΔH 2 4 2 1 Ⅱ. CO(g)+H (g) CO (g)+ HO(g) ΔH=+41.2 kJ·mol－1 2 2 2 2 Ⅲ. CH (g) C(s)＋2H(g) ΔH (只在高温下自发进行) 4 2 3 (1)已知25℃、101kPa时CH (g)、CO (g)和H(g)的燃烧热分别为890.0 kJ·mol－1、283.0 kJ·mol－1和 4 2 285.8kJ·mol－1，则ΔH =_______。 ΔH_______0(填“>”或“<”)。 1 3 (2)在一定压强和催化剂的条件下，将等物质的量的CO 和CH 通入重整反应器中，平衡时，CO、 2 4 2 CH 的物质的量分数及转化率随温度变化的关系如图所示。 4 ①平衡时CO 的物质的量分数随温度变化的曲线是_______(填标号)。 2 ②温度高于1300K后，曲线d超过曲线c的可能原因为_______。 (3)在p MPa时，将CO 和CH 按物质的量之比为1∶1充入密闭容器中，分别在无催化剂和ZrO 催化 2 4 2 下反应相同时间，所得CO 的转化率、催化剂活性与温度的关系如图。 2 ①a点CO 转化率相等的原因是_______。 2 ②在900℃、ZrO 催化条件下，将CO、CH、HO按物质的量之比为1∶1∶n充入密闭容器，CO 的 2 2 4 2 2 平衡转化率大于50%，原因是_______。 (4)设 为相对压力平衡常数，用相对分压代替浓度即可得相对压力平衡常数的表达式［气体的相对分压等于其分压(单位为kPa)除以标准压强 ］。某温度下反应Ⅲ的 ，向恒容密闭容器 中按投料比 充入原料气，初始总压为150kPa，发生反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，体系达到平衡时 的分压为b kPa，则CH 的平衡转化率为_______。 4 【答案】(1) +247.6kJ·mol－1 > (2) a 曲线c、d分别代表CO 和CH 的转化率曲线，温度高于1300K后，升高温度有利于Ⅲ的进行， 2 4 导致CH 的转化率大于CO 4 2 (3) 催化剂失活 压强恒定时，充入水蒸气，平衡右移，CO 的平衡转化率a大于50% 2 (4) 【解析】(1)已知25℃、101kPa时CH (g)、CO(g)和H(g)的燃烧热分别为890.0 kJ·mol－1、283.0 4 2 kJ·mol－1和285.8kJ·mol－1，可得燃烧热的热化学方程式分别为CH (g)+ 2O (g) CO (g)+ 2H O(l) 4 2 2 2 ΔH= -890.0 kJ·mol－1、CO(g)+1/2O (g) CO(g) ΔH= -283.0kJ·mol－1、H(g)+1/2O (g) HO(l) 2 2 2 2 2 ΔH= -285.8 kJ·mol－1，由盖斯定律，甲烷的燃烧热方程式减去氢气和一氧化碳燃烧热方程式的两倍，即可 得到 ；反应Ⅲ正反应是熵增反应，因为反应Ⅲ只在高温下自发进 行，所以 ΔH>0；(2)①物质的量分数均随温度升高减小，温度低温时反应Ⅲ不发生，只发生反应Ⅰ和Ⅱ， 3 所以二氧化碳的物质的量分数小于甲烷物质的量分数，平衡时CO 的物质的量分数随温度变化的曲线是 2 a；②曲线c、d分别代表CO 和CH 的转化率曲线，温度高于1300K后，升高温度有利于积碳反应的进行， 2 4 导致CH 的转化率大于CO；(3)①a点时与无催化剂的转化率相同，说明已无催化活性，则a点CO 转化 4 2 2 率相等的原因是：催化剂失活；②压强恒定时，充入水蒸气，平衡右移，CO 的平衡转化率a大于50%； 2 (4)平衡时氢气的分压为b kPa，依据相对压力平衡常数，可得平衡时 。根据阿伏伽德罗定 律推论，恒温恒容时气体的压强之比等于物质的量之比，按投料比 ，初始总压为 150kPa，则起始时 ，消耗的 ，所以甲烷的平衡转化率为= kPa。 23．(2022·河南省顶级名校高三考前押题信息卷)二甲醚(CHOCH )在制药、染料、农药工业中有许多 3 3 独特的用途。相关合成反应的热化学方程式为： ①2CO(g)+6H(g) CHOCH (g)+3HO(g) H=-122.9kJ·mol-1 2 2 3 3 2 1 ②CO 2 (g)+H 2 (g) CO(g)+H 2 O(g ) H 2 =+40.△9kJ·mol-1 ③2CO(g)+4H 2 (g) CH 3 OCH 3 (g)+H 2△O(g) H 3 回答下列问题： △ (1) H=____kJ·mol-1。 3 (2)△一定条件下，将2molCO 2 和6molH 2 充入2L的恒容密闭容器中发生上述反应，平衡时测得CH 3 OCH 3 的物质的量为0.8mol、CO的物质的量为0.2mol，则此时的c(HO)=____mol·L-1，反应②的平衡常数为____。 2 (3)将CO和H 以体积比1：2通入一绝热的恒容密闭容器中，发生反应③，反应过程中容器内压强(P) 2 与时间(t)的变化如图甲所示，随着反应的进行，AB段压强增大的原因是____；BC段压强减小的原因是 ____。 (4)工业生产中常通过改变外界条件(如温度或压强)，来提高反应物的转化率或生成物的产率，从而提 高工厂的效益。将CO 和H 以体积比为1：2的方式投料，发生上述反应。实验测得CO 的平衡转化率随 2 2 2 温度和压强的变化关系如图乙所示，CHOCH 的平衡产率随温度和压强的变化关系如图丙所示。 3 3 ①图乙中温度为T 时，三条曲线几乎交于一点的原因是____。 0 ②图丙中温度T、T、T 由小到大的顺序为____，结合图像分析可知，要提高CO 的平衡转化率和 1 2 3 2CHOCH 的平衡产率，应提供的条件是____(从温度和压强的角度分析)。 3 3 【答案】(1)-204.7 (2) 1.3 2.6 (3) 反应放热，温度升高引起压强增大的程度大于气体分子减少引起压强减小的程度 随着反应 的进行，气体分子减少引起压强减小的程度大于反应放热引起压强增大的程度 (4) 反应②为吸热反应，故温度升高时主要以反应②为主，该反应前后气体分子数相同，压强对CO 的 2 平衡转化率没有影响 T”或“<”)， 的数值范围是_______。 (2)NH 与O 作用分别生成N、NO、NO的反应均为放热反应。工业尾气中的NH 可通过催化氧化为 3 2 2 2 3 N 除去。将一定比例的NH 、O 和N 的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，NH 的转化率、N 2 3 2 2 3 2 的选择在[ ]与温度的关系如图所示。 ①其他条件不变，在 范围内升高温度，出口处氮氧化物的量_______(填“增大”或“减 小”)，NH 的平衡转化率_______(填“增大”或“减小”)。 3 ②需研发_______(“高温”或“低温”)下N 的选择性高的催化剂，能更有效除去尾气中的NH 。 2 3(3)在催化剂条件下发生反应：2NO (g)+ 2CO(g) N (g)+ CO (g)可消除NO和CO对环境的污染。 2 2 为探究温度对该反应的影响，实验初始时体系中气体分压 且p(CO)=2 p(N )，测得反应体系 2 2 中CO和N 的分压随时间变化情况如表所示。 2 时间/min 0 30 60 120 180 物质a的分压/kPa 4 8.8 13 20 20 200℃ 物质b的分压/kPa 48 45.6 43.5 40 40 物质a的分压/ kPa 100 69.0 48 48 48 300℃ 物质b的分压/ kPa 10 25.5 36 36 36 该反应的 _______0(填“>”或“<”)，物质a为_______(填“CO”或“N”)，200℃该反应的化学平衡 2 常数K =_______(kPa)-1。 p 【答案】(1) < (2) 增大 减小 低温 (3) < CO 1.6 【解析】(1)反应I的平衡常数K 和T关系为lnK =x+ ，随着T增大，K 减小，则反应I为放热反 1 1 1 应，反应物的总能量高于生成物的总能量，则活化能Ea(正)＜Ea(负)；同理可知，反应II和反应III也是放 热反应，则ΔH＜0，ΔH＜0，ΔH＜0，由于反应I=2反应II-反应II，所以ΔH=2ΔH-ΔH＜0，则0＜ 1 2 3 1 2 3 ＜2。(2)①其他条件不变，在175~300℃范围内升高温度，NH 的转化率升高，N 的选择性下降，则 3 2 出口处氮氧化物的量增大；NH 与O 作用分别生成N、NO、NO的反应均为放热反应，升高温度，平衡 3 2 2 2 逆向移动，NH 的平衡转化率减小；②如图所示，低温下，N 的选择性较高，故研发低温下N 的选择性高 3 2 2 的催化剂，能更有效除去尾气中的NH 。(3)同温同体积时，气体的压强与其物质的量成正比，200℃的温 3 度下，120min时反应达到平衡，Δp(a)=16kPa，Δp(b)=8kPa，则 = = =2，则物质a为 CO，物质b为N；200℃的温度下，p (NO)=p (CO)=4kPa，p (N )=48kPa，p (CO)=2 p (N )=96kPa， 2 始 始 始 2 始 2 始 2 由于Δn(NO)=Δn(CO)=2Δn(N )=Δn(CO)，所以Δp(NO)=Δp(CO)=2Δp(N )=Δp(CO)，即p (NO)=p 2 2 2 2 平 平(CO)=20kPa，p (N )=40kPa，p (CO)=80kPa，K (200℃)= = =1.6，同 平 2 平 2 p 理：300℃的温度下，p (NO)=p (CO)=100kPa，p (N )=10kPa，p (CO)=2 p (N )=20kPa， 始 始 始 2 始 2 始 2 Δp(NO)=Δp(CO)=Δp(CO)=52kPa，p (NO)=p (CO)=48kPa，p (N )=36kPa，p (CO)=72kPa，， 2 平 平 平 2 平 2 K (300℃)= = ，K (300℃)＜K (200℃)，即温度升高，K 减小，则该反应为放热反应， p p p p ΔH＜0。 1．【2022·浙江省6月选考】关于反应Cl(g)＋HO(l) HClO(aq)+ H+(aq)+ Cl-(aq) ΔH＜0，达到 2 2 平衡后，下列说法不正确的是( ) A．升高温度，氯水中的c(HClO)减小 B．氯水中加入少量醋酸钠固体，上述平衡正向移动，c(HClO)增大 C．取氯水稀释，c(Cl-)/ c(HClO)增大 D．取两份氯水，分别滴加AgNO 溶液和淀粉KI溶液，若前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色，可以 3 证明上述反应存在限度 【答案】D 【解析】A项，HClO受热易分解，升高温度，HClO分解，平衡正向移动，c(HClO)减小，A正确；B 项，氯水中加入少量醋酸钠固体，醋酸根离子和氢离子结合生成醋酸分子，氢离子浓度减小，平衡正向移 动，c(HClO)增大，B正确；C项，氯水稀释，平衡正向移动，而c(HClO)和c(Cl-)均减小，但HClO本身也 存在电离平衡HClO H++ClO-，稀释促进了HClO的电离，使c(HClO)减少更多，因此 增大，C正 ⇌ 确；D项，氯水中加硝酸银产生白色沉淀，证明溶液中有氯离子，氯水中加淀粉碘化钾溶液，溶液变蓝， 证明生成了碘单质，溶液中有强氧化性的物质，而氯气和次氯酸都有强氧化性，不能证明反应物和生成物 共存，即不能证明上述反应存在限度，D错误；故选D。 2．【2022•湖南选择性考试】向体积均为1L的两恒容容器中分别充入 和 发生反应：2X (g)+ Y(g) 2Z(g) ΔH，其中甲为绝热过程，乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是( ) A．ΔH＞0 B．气体的总物质的量：n＜n a c C．a点平衡常数：K＞12 D．反应速率：V ＜V a正 b正 【答案】B 【解析】A项，甲容器在绝热条件下，随着反应的进行，压强先增大后减小，根据理想气体状态方程 PV=nRT可知，刚开始压强增大的原因是因为容器温度升高，则说明上述反应过程放热，即ΔH＜0，故A 错误；B项，根据A项分析可知，上述密闭溶液中的反应为放热反应，图中a点和c点的压强相等，因甲 容器为绝热过程，乙容器为恒温过程，若两者气体物质的量相等，则甲容器压强大于乙容器压强，则说明 甲容器中气体的总物质的量此时相比乙容器在减小即气体总物质的量：n＜n，故B正确；C项，a点为平 a c 衡点，此时容器的总压为p，假设在恒温恒容条件下进行，则气体的压强之比等于气体的物质的量(物质的 量浓度)之比，所以可设Y转化的物质的量浓度为xmol∙L−1，则列出三段式如下： 则有 ，计算得到x=0.75，那么化学平衡常数K= ，又甲容器为绝热条件，等效为恒温条件下升温，平衡逆向移动，则平衡常数 减小即平衡常数K＜12，故C错误；D项，根据图像可知，甲容器达到平衡的时间短，温度高，所以达到 平衡的速率相对乙容器的快，即V ＞V ，故D错误。故选B。 a正 b正 3．【2021•湖南选择性考试】已知：A(g)+2B(g) 3C(g) H＜0，向一恒温恒容的密闭容器中充入 1mol A和3mol B发生反应，t 时达到平衡状态Ⅰ，在t 时改变某△一条件，t 时重新达到平衡状态Ⅱ，正反 1 2 3应速率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是( ) A．容器内压强不变，表明反应达到平衡 B．t 时改变的条件：向容器中加入C 2 C．平衡时A的体积分数φ：φ(Ⅱ)＞φ(Ⅰ) D．平衡常数K：K(Ⅱ)＜K(Ⅰ) 【答案】BC 【解析】A项，为气体体积不变的反应，反应前后气体的物质的量不变，则压强始终不变，不能判定 平衡状态，故A错误；B项，t 时正反应速率瞬间不变，然后增大，可知改变的条件为向容器中加入C， 2 故B正确；C项，t 时加入C，平衡逆向移动，则平衡时A的体积分数φ：φ(Ⅱ)＞φ(I)，故C正确；D项， 2 平衡常数与温度有关，温度不变，则平衡常数K：K(Ⅱ)＝K(Ⅰ)，故D错误；故选BC。 4．【2020•新课标Ⅱ卷】二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响，其原理如下图 所示。下列叙述错误的是( ) A．海水酸化能引起HCO -浓度增大、CO2-浓度减小 3 3 B．海水酸化能促进CaCO 的溶解，导致珊瑚礁减少 3 C．CO 能引起海水酸化，其原理为HCO - H++ CO2- 2 3 3 D．使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境 【答案】C 【解析】A项，海水酸化，H+浓度增大，平衡H++ CO2- HCO -正向移动，CO2-浓度减小， 3 3 3HCO -浓度增大，A正确；B项，海水酸化，CO2-浓度减小，导致CaCO 溶解平衡正向移动，促进了 3 3 3 CaCO 溶解，导致珊瑚礁减少，B正确；C项，CO 引起海水酸化的原理为：CO+H O HCO 3 2 2 2 2 3 H++ HCO -，HCO - H++ CO2-，导致H+浓度增大，C错误；D项，使用太阳能、氢能等新能源，可以 3 3 3 减少化石能源的燃烧，从而减少CO 的排放，减弱海水酸化，从而改善珊瑚礁的生存环境，D正确；故选 2 C。 5．【2019•浙江4月选考】下列说法正确的是( ) A．H(g)＋I(g) 2HI(g)，其他条件不变，缩小反应容器体积，正逆反应速率不变 2 B．C(s)＋HO(g) H(g)＋CO(g)，碳的质量不再改变说明反应已达平衡 2 2 C．若压强不再随时间变化能说明反应2A(?)＋B(g) 2C(?)已达平衡，则A项，C不能同时是气体 D．1 mol N 和3 mol H 反应达到平衡时H 转化率为10%，放出的热量为Q；在相同温度和压强下， 2 2 2 ⇌ 1 当2 mol NH 分解为N 和H 的转化率为10%时，吸收的热量为Q，Q 不等于Q 3 2 2 2 2 1 【答案】B 【解析】A．该可逆反应的反应前后气体计量数不发生变化，当缩小反应容器体积，相当于加压，正 逆反应速率同等程度增加，A项错误；B．在建立平衡前，碳的质量不断改变，达到平衡时，质量不变， 因而碳的质量不再改变说明反应已达平衡，B项正确；C．若压强不再改变说明反应达到平衡，表明反应 前后气体的计量数不等，故A项，C不可能均为气体，C项错误；D．易知N(g)+3H(g) 2NH (g) ΔH，合 2 2 3 成氨气实际参与反应 n(H )=3×10％=0.3mol，因而 Q=0.3/3×|ΔH|=0.1|ΔH|，分解氨气时实际消耗的 2 1 ⇌ n(NH )=2×10％=0.2mol，Q=0.2/2×|ΔH|=0.1|ΔH|，则Q=Q ，D项错误。故选B。 3 2 1 2 6．【2019•上海卷】已知反应式：mX(g)+nY(?) pQ(s)+2mZ(g)，已知反应已达平衡，此时 c(X)=0.3mol/L，其他条件不变，若容器缩小到原来的1/2，c(X)=0.5mol/L，下列说法正确的是( ) A． 反应向逆方向移动 B． Y可能是固体或液体 C． 系数n>m D． Z的体积分数减小 【答案】C 【解析】A．已知反应达平衡时c(X)=0.3mol/L，其他条件不变，若容器缩小到原来的1/2，如果化学 平衡不移动，c(X)=0.6mol/L，但是题中说c(X)=0.5mol/L说明加压后化学平衡向正向移动了，故A错误； B．结合题意可知正反应是气体总体积减少的反应，如果y为固体或液体，则必须满足m>2m，显然不可能 成立。所以有只能是气体B 错误；C．要满足m+n>2m，所以n>m。C正确；D．根据题意化学平衡向右 移动，Z的体积分数是增大的，所以D错误。 7．【2018•天津卷】室温下，向圆底烧瓶中加入1 molC HOH和含1molHBr的氢溴酸，溶液中发生反 2 5 应；C HOH+HBr C HBr+H O，充分反应后达到平衡。已知常压下，C HBr和C HOH的沸点分别 2 5 2 5 2 2 5 2 5 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C HBr 2 5 C．若反应物增大至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】A项，加入NaOH，中和HBr，平衡逆向移动，可增大乙醇的物质的量，A正确；B项，增大 HBr浓度，平衡正向移动，有利于生成C HBr，B正确；C项，若反应物增大至2 mol，实际上就是将反应 2 5 的浓度都增大至原来的2倍，比例不变(两次实验反应物的比例都是1：1，等于方程式中的系数比)，这里 有一个可以直接使用的结论：只要反应物的投料比等于系数比，达平衡时反应物的转化率一定是相等的。 所以两种反应物的转化率一定是1：1，C正确；D项，若起始温度提高至60℃，考虑到HBr是挥发性酸， 在此温度下会挥发出去，降低HBr的浓度减慢速率，增加了反应时间，D错误。 8．【2018•江苏卷】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2SO (g)+ O (g) 2SO (g)(正反应放热)，测得反应的相关数据如下： 2 2 3 下列说法正确的是( ) A．v< v，c< 2c B．K > K ，p> 2p 1 2 2 1 1 3 2 3 C．v< v，α(SO ) >α (SO ) D．c> 2c，α(SO )+α(SO )<1 1 3 1 2 3 2 2 3 2 3 3 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4molSO 3 等效于在相同条件下反应物投入量为4molSO 和2molO ，容器2中起始反应物物质的量为容器1的两倍， 2 2 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， υ>υ ，增大压强平衡向正反应方向移动，平衡时 c>2c ，p<2p ，α (SO )+α (SO )<1，容器1和容器2温度 2 1 2 1 2 1 1 2 2 3 相同，K=K ；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，υ>υ ，升高温 1 2 3 1 度平衡向逆反应方向移动，平衡时cp ，α (SO )<α (SO )，Kυ ， 3 1 3 1 3 2 1 2 3 1 2 1 c>2c ，A项错误；B项，Kp ，则p<2p ，B项错误；C项，υ>υ ，α (SO )<α (SO )，C 2 1 3 1 2 1 3 1 2 3 3 1 3 2 1 2 项正确；D项，c>2c ，c2c ，α (SO )+α (SO )<1，α (SO )<α (SO )，则α (SO )+α (SO )<1，D项 2 1 3 1 2 3 1 2 2 3 3 2 1 2 2 3 3 2 正确；故选CD。 9．【2022•山东卷】利用 丁内酯(BL)制备1， 丁二醇(BD)，反应过程中伴有生成四氢呋喃(THF) 和 丁醇(BuOH)的副反应，涉及反应如下：已知：①反应Ⅰ为快速平衡，可认为不受慢反应Ⅱ、Ⅲ的影响；②因反应Ⅰ在高压H 氛围下进行，故 2 H 压强近似等于总压。回答下列问题： 2 (1)以 或BD为初始原料，在 、 的高压H 氛围下，分别在恒压容器中 2 进行反应。达平衡时，以BL为原料，体系向环境放热XkJ；以BD为原料，体系从环境吸热YkJ。忽略副 反应热效应，反应Ⅰ焓变ΔH(493K，3.0×103kPa)=_______ kJ·mol-1。 (2)初始条件同上。x表示某物种i的物质的量与除H 外其它各物种总物质的量之比，x 和x 随时间t i 2 BL BD 变化关系如图甲所示。实验测得X＜Y，则图中表示x 变化的曲线是_______；反应Ⅰ平衡常数 BL Kp=_______ kPa-2 (保留两位有效数字)。以BL为原料时，t 时刻x _______，BD产率=_______(保留两位 1 H2O 有效数字)。 (3) 为达平衡时 与 的比值。(493K，2.5×103kPa)、(493K，3.5×103kPa)、(513K， 2.5×103kPa)三种条件下，以5.0×10-3molBL为初始原料，在相同体积的刚性容器中发生反应， 随时间t变化关系如图乙所示。因反应在高压H 氛围下进行，可忽略压强对反应速率的影响。曲线a、b、 2 c中， 最大的是_______(填代号)；与曲线b相比，曲线c达到 所需时间更长，原因是_______。 【答案】(1)-200(X+Y) (2) a或c 8.3×10-8 0.08 39% (3) c 由于b和c代表的温度相同，而压强对反应速率的影响可忽略，压强增大反应Ⅱ、Ⅲ均是逆向 移动， 增大，故 =1.0所需时间更长 【解析】(1)根据题意，结合已知信息，可确定在同温同压下，以同物质的量的BL或BD为初始原料， 达到平衡时的状态相同，两个平衡完全等效。则以5.0×10-3mol的BL为原料，达到平衡时放出XkJ热量与 同物质的量的BD为原料达到平衡时吸收YkJ热量的能量二者能量差值为(X+Y)kJ，则1mol时二者能量差 值为200(X+Y)kJ，反应I为放热反应，因此焓变ΔH =-200(X+Y)kJ·mol-1。(2)实验测定Xa，即溶液pH从a变到b的过程中，溶液中c(H+)减小，所以 的值将增大。 14．【2021•河北选择性考试】当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此，研发二 氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。 (1)大气中的二氧化碳主要来自于煤、石油及其他含碳化合物的燃烧。已知25℃时，相关物质的燃烧热 数据如表： 物质 H(g) C(石墨，s) C H(l) 2 6 6 燃烧热△H(kJ•mol-1) -285.8 -393.5 -3267.5 (1)则25℃时H(g)和C(石墨，s)生成C H(l)的热化学方程式为________。 2 6 6 (2)雨水中含有来自大气的CO，溶于水中的CO 进一步和水反应，发生电离： 2 2 ①CO(g)=CO (aq) 2 2 ②CO(aq)+H O(l)=H+(aq)+HCO-(aq) 2 2 3 25℃时，反应②的平衡常数为K 。 2 溶液中CO 的浓度与其在空气中的分压成正比(分压=总压×物质的量分数)，比例系数为 2 ymol•L-1•kPa-1，当大气压强为pkPa，大气中CO(g)的物质的量分数为x时，溶液中H+浓度为 2 ________mol•L-1(写出表达式，考虑水的电离，忽略HCO -的电离) 3 (3)105℃时，将足量的某碳酸氢盐(MHCO )固体置于真空恒容容器中，存在如下平衡：2MHCO (s) 3 3 MCO(s)+HO(g)+CO(g)。上述反应达平衡时体系的总压为46kPa。 2 3 2 2 保持温度不变，开始时在体系中先通入一定量的CO(g)，再加入足量MHCO (s)，欲使平衡时体系中 2 3 水蒸气的分压小于5kPa，CO(g)的初始压强应大于________kPa。 2 (4)我国科学家研究Li—CO 电池，取得了重大科研成果，回答下列问题： 2 ①Li—CO 电池中，Li为单质锂片，则该电池中的CO 在___(填“正”或“负”)极发生电化学反应。 2 2 研究表明，该电池反应产物为碳酸锂和单质碳，且CO 电还原后与锂离子结合形成碳酸锂按以下4个步骤 2 进行，写出步骤Ⅲ的离子方程式。 Ⅰ.2CO +2e-=C O2- Ⅱ.C O2-=CO +CO 2- 2 2 4 2 4 2 2 Ⅲ.__________ Ⅳ.CO 2-+2Li+=Li CO 3 2 3 ②研究表明，在电解质水溶液中，CO 气体可被电化学还原。 2Ⅰ.CO 在碱性介质中电还原为正丙醇(CHCHCHOH)的电极反应方程式为_________。 2 3 2 2 Ⅱ.在电解质水溶液中，三种不同催化剂(a、b、c)上CO 电还原为CO的反应进程中(H+被还原为H 的 2 2 反应可同时发生)，相对能量变化如图.由此判断，CO 电还原为CO从易到难的顺序为_______(用a、b、c 2 字母排序)。 【答案】(1)6C(石墨，s)+3H(g)= C H(l) ΔH=49.1kJ mol-1 2 6 6 (2) (3) 100.8 (4) ①正极 2CO2-+CO =2CO 2-+C ②12CO+18e- 2 2 3 2 +4H O=CHCHCHOH+9CO 2- c、b、a 2 3 2 2 3 【解析】(1)根据表格燃烧热数据可知，存在反应①C(石墨，s)+O(g)=CO (g) ΔH=-393.5kJ mol-1， 2 2 1 ②H(g)+ O(g)=HO(l) ΔH=-285.8kJ mol-1，③C H(l)+ O(g)=6CO (g)+6HO(l) ΔH=-3267.5kJ 2 2 2 2 6 6 2 2 2 3 mol-1，根据盖斯定律，[①×12+②×6] -③得反应：6C(石墨，s)+3H(g)= C H(l)，ΔH=[(-393.5kJ mol-1) 2 6 6 ×12+(-285.8kJ mol-1) 6] -(-3267.5kJ mol-1)=49.1kJ mol-1，故答案为：6C(石墨，s)+3H(g)= C H(l) 2 6 6 ΔH=49.1kJ mol-1；(2)由题可知，①CO(s) CO(aq)，②CO(aq)+H O(l) H+(aq)+HCO- (aq)， 2 2 2 2 3 K = ，又因为p(CO)=p(kPa) x，则c(CO)=y(mol•L-1•kPa-1)p(CO )=p x y mol/L，在忽略 2 2 2 2HCO -的电离时，c(H+)=c(HCO-)，所以可得c(H+)= ，故答案为： ；(3)2MHCO(s) 3 3 3 MCO(s)+HO(g)+ CO (g)，等温等容条件下，压强之比等于物质的量之比，可用分压表示物质的量 2 3 2 2 浓度，平衡常数K = = =529kPa2。温度不变化学平衡常数K 不变，设平衡时，平 p p 衡体系中CO 的分压为x，则K= = 529kPa2， = kPa=105.8kPa，CO 的初始压强等于平 2 2 衡压强减去碳酸氢盐分解产生的CO 的分压，即CO(g)的初始压强应大于105.8kPa-5kPa=100.8kPa；(4)① 2 2 由题意知，Li-CO 电池的总反应式为：4Li+3CO=2Li CO+C，CO 发生得电子的还原反应，则CO 作为电 2 2 2 3 2 2 池的正极；CO 还原后与Li+结合成LiCO，按4个步骤进行，由步骤II可知生成了CO2-，而步骤IV需要 2 2 3 2 CO2-参加反应，所以步骤III的离子方程式为：2 CO 2-+CO =2 CO2-+C；②I.CO 在碱性条件下得电子生成 3 2 2 3 2 CHCHCHOH，根据电子守恒和电荷守恒写出电极反应式为：12CO+18e-+4H O=CHCHCHOH+9 3 2 2 2 2 3 2 2 CO2-；II.c催化剂条件下，CO 电还原的活化能小于H+电还原的活化能，更容易发生CO 的电还原；而催 3 2 2 化剂a和b条件下，CO 电还原的活化能均大于H+电还原的活化能，相对来说，更易发生H+的电还原。其 2 中a催化剂条件下，H+电还原的活化能比CO 电还原的活化能小的更多，发生H+电还原的可能性更大，因 2 此反应从易到难的顺序为c、b、a，故答案为：c、b、a。 15．【2021•浙江6月选考】含硫化合物是实验室和工业上的常用化学品。请回答： (1)实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量SO ：Cu(s)＋2HSO (l)== CuSO (s)＋SO (g)＋2HO(l) ΔH 2 2 4 4 2 2 ＝-11.9kJ·mol−1。判断该反应的自发性并说明理由_______。 (2)已知2SO (g)+O(g) 2SO (g) ΔH＝-198kJ·mol−1。850K时，在一恒容密闭反应器中充入一定 2 2 3 量的SO 和O，当反应达到平衡后测得SO 、O 和SO 的浓度分别为6.0×10-3mol·L－1、8.0×10-3mol·L－1和 2 2 2 2 3 4.4×10-2mol·L－1。 ①该温度下反应的平衡常数为_______。 ②平衡时SO 的转化率为_______。 2 (3)工业上主要采用接触法由含硫矿石制备硫酸。 ①下列说法正确的是_______。 A．须采用高温高压的反应条件使SO 氧化为SO 2 3 B．进入接触室之前的气流无需净化处理 C．通入过量的空气可以提高含硫矿石和SO 的转化率 2D．在吸收塔中宜采用水或稀硫酸吸收SO 以提高吸收速率 3 ②接触室结构如图1所示，其中1~4表示催化剂层。图2所示进程中表示热交换过程的是_______。 A．a→b B．b→a C．a→b D．B →a E. a →b F. B →a G. a →b 1 1 1 2 2 2 2 3 3 3 3 4 4 4 ③对于放热的可逆反应，某一给定转化率下，最大反应速率对应的温度称为最适宜温度。在图3中画 出反应2SO (g)+O(g) 2SO (g)的转化率与最适宜温度(曲线Ⅰ)、平衡转化率与温度(曲线Ⅱ)的关系曲 2 2 3 线示意图(标明曲线Ⅰ、Ⅱ)_______。 (4)一定条件下，在NaS-H SO -H O 溶液体系中，检测得到pH-时间振荡曲线如图4，同时观察到体系 2 2 4 2 2 由澄清→浑浊→澄清的周期性变化。可用一组离子方程式表示每一个周期内的反应进程，请补充其中的2 个离子方程式。 Ⅰ.S2-+H+=HS- Ⅱ.①_______；Ⅲ.HS-+H O+H+=S↓+2H O； 2 2 2 Ⅳ.②_______。 【答案】(1)不同温度下都能自发，是因为ΔH＜0，ΔS＞0 (2)①6.7×103mol·L－1 ②88% (3)①C ②BDF ③ (4)①HS-+4H O=SO2-+4H O+H+ ②S+3HO= SO 2-+2H O+H+ 2 2 4 2 2 2 4 2 【解析】(1)实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量SO 的反应为Cu(s)＋2HSO (l)== CuSO (s)＋SO (g)＋ 2 2 4 4 2 2HO(l) ΔH＝-11.9kJ·mol−1，由于该反应ΔH＜0，ΔS＞0，因此该反应在任何温度下都能自发进行；(2)① 2 根据题中所给的数据可以求出该温度下2SO (g)+O(g) 2SO (g)的平衡常数为 2 2 3 ；②平衡时 的转化率为 ；(3)①A项，在常 压下SO 催化氧化为SO 的反应中，SO 的转化率已经很高，工业上有采用高压的反应条件，A说法不正确； 2 3 2 B项，进入接触室之前的气流中含有会使催化剂中毒的物质，需经净化处理以防止催化剂中毒，B说 法不正确；C项，通入过量的空气可以增大氧气的浓度，可以使含硫矿石充分反应，并使化学平衡2SO (g) 2 +O (g) 2SO (g)向正反应方向移动，因此可以提高含硫矿石和SO 的转化率；D项，SO 与水反应放 2 3 2 3 出大量的热，在吸收塔中若采用水或稀硫酸吸收SO ，反应放出的热量会使硫酸形成酸雾从而影响SO 被 3 3 水吸收导致SO 的吸收速率减小，因此，在吸收塔中不宜采用水或稀硫酸吸收SO ，D说法不正确；故选 3 3 C。②反应混合物在热交换气中与原料气进行热交换，在热交换过程中，反应混合物不与催化剂接触，化 学反应速率大幅度减小，故虽然反应混合物的温度降低，SO 的转化率基本不变，因此，图2所示进程中 2 表示热交换过程的是b→a、B →a、B →a，因此选BDF；③对于放热的可逆反应2SO (g)+O(g) 1 2 2 3 3 4 2 22SO (g)，该反应的最适宜温度为催化剂的催化活性最好时所对应的温度，在该温度下化学反应速率最大， 3 SO 的转化率也最大；当温度高于最适宜温度后，催化剂的催化活性逐渐减小，催化剂对化学反应速率的 2 影响超过了温度升高对化学反应速率的影响，因此化学反应速率逐渐减小，SO 的转化率也逐渐减小；由 2 于该反应为放热反应，随着温度的升高，SO 的平衡转化率减小；由于反应混合物与催化剂层的接触时间 2 较少，在实际的反应时间内反应还没有达到化学平衡状态，故在相应温度下SO 的转化率低于其平衡转化 2 率。因此，反应2SO (g)+O(g) 2SO (g)的转化率与最适宜温度(曲线Ⅰ)、平衡转化率与温度(曲线Ⅱ) 2 2 3 的关系曲线示意图可表示如下： ；(4)由pH-时间振荡曲线可知，在NaS-H SO - 2 2 4 HO 溶液体系中，溶液的pH呈先增大后减小的周期性变化，同时观察到体系由澄清→浑浊→澄清的周期 2 2 性变化，硫化钠与硫酸反应生成HS-，S2-+H+=HS-，然后发生HS-+4H O=SO2-+4H O+H+，该过程溶液的 2 2 4 2 pH基本不变，溶液保持澄清；溶液变浑浊时HS-被HO 氧化为S，即发生HS-+H O+H+=S↓+2H O，该过程 2 2 2 2 2 溶液的pH增大；溶液又变澄清时S 又被HO 氧化为SO 2-，发生S+3HO= SO 2-+2H O+H+，该过程溶液 2 2 4 2 2 4 2 的pH在减小。因此可以推测该过程中每一个周期内的反应进程中依次发生了如下离子反应：S2-+H+=HS-、 HS-+4H O=SO2-+4H O+H+、HS-+H O+H+=S↓+2H O、S+3HO= SO 2-+2H O+H+。 2 2 4 2 2 2 2 2 2 4 2 16．【2019•北京卷】氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。 (1)甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。 ①反应器中初始反应的生成物为H 和CO，其物质的量之比为4∶1，甲烷和水蒸气反应的方程式是 2 2 ______________。 ③反应物投料比采用n(H O)∶n(CH)=4∶1，大于初始反应的化学计量数之比，目的是 2 4 ________________(选填字母序号)。 A．促进CH 转化 B．促进CO转化为CO C．减少积炭生成 4 2 ④用CaO可以去除CO。H 体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如下图所示。从t 时开始，H 体 2 2 1 2 积分数显著降低，单位时间CaO消耗率_______(填“升高”“降低”或“不变”)。此时CaO消耗率约为 35%，但已失效，结合化学方程式解释原因：____________________________。【答案】(1) ①CH + 2H O= 4H + CO ③abc 4 2 2 2 ④降低 H 体积分数在t 之后较少，结合CaO+H O=Ca(OH) 可知水蒸气浓度较小，反应器内反应逆 2 1 2 2 向反应，氧化钙很难和CO 反应，因而失效 2 【解析】(1)①由于生成物为H 和CO ，其物质的量之比为4：1，反应物是甲烷和水蒸气，因而反应 2 2 方程式为CH + 2H O= 4H + CO ；③初始反应n(H O)：n(CH)=2：1，说明加入的水蒸气过量，又反应器 4 2 2 2 2 4 中反应都存在一定可逆性，根据反应ⅰ知水蒸气浓度越大，甲烷的转化率越高，a正确；根据反应ⅱ知水 蒸气浓度越大，CO的转化率越高，b正确；ⅰ和ⅱ产生氢气，使得氢气浓度变大，抑制反应ⅲ，积炭生成 量减少，c正确；④t 时CaO消耗率曲线斜率减小，因而单位时间内CaO的消耗率降低，H 体积分数在t 1 2 1 之后较少，结合CaO+H O=Ca(OH) 可知水蒸气浓度较小，反应器内反应逆向反应，氧化钙很难和 CO 反 2 2 2 应，因而失效。