高考高中化学二轮复习专题汇编平衡原理综合应用解析版Word下载.docx

1、t=62 min时，测得体系中pO2=2.9 kPa，则此时的=_kPa，v=_kPamin1。若提高反应温度至35，则N2O5（g）完全分解后体系压强p（35）_ _63.1 kPa（填“大于”“等于”或“小于”），原因是_。25时N2O4（g）2NO2（g）反应的平衡常数Kp=_kPa（Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1位小数）。（3）对于反应2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g），R.A.Ogg提出如下反应历程：第一步 N2O5NO2+NO3 快速平衡第二步 NO2+NO3NO+NO2+O2 慢反应第三步 NO+NO32NO2 快反应其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡

2、。下列表述正确的是_（填标号）。Av（第一步的逆反应）v（第二步反应）B反应的中间产物只有NO3C第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效D第三步反应活化能较高【答案】 O2 53.1 30.0 6.0102 大于 温度提高，体积不变，总压强提高；NO2二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高 13.4 AC【解析】根据盖斯定律可知2即得到N2O5（g）2NO2（g）+1/2O2（g） H153.1kJ/mol；根据方程式可知氧气与消耗五氧化二氮的物质的量之比是1:2，又因为压强之比是物质的量之比，所以消耗五氧化二氮减少的压强是2.9kPa25.8kPa，则此时五氧化二氮

3、的压强是35.8kPa5.8kPa30.0kPa，因此此时反应速率v2.0103306.0102（kPamin1）；由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高，所以若提高反应温度至35，则N2O5（g）完全分解后体系压强p（35）大于63.1 kPa。根据表中数据可知五氧化二氮完全分解时的压强是63.1kPa，根据方程式可知完全分解时最初生成的二氧化氮的压强是35.8kPa271.6 kPa，氧气是35.8kPa217.9 kPa，总压强应该是71.6 kPa+17.9 kPa89.5 kPa，平衡后压强减少了89.5 k

4、Pa63.1kPa26.4kPa，所以根据方程式2NO2（g）N2O4（g）可知平衡时四氧化二氮对应的压强是26.4kPa，二氧化氮对应的压强是71.6 kPa26.4kPa218.8kPa，则反应的平衡常数（3）A、第一步反应快，所以第一步的逆反应速率大于第二步的逆反应速率，A正确；B、根据第二步和第三步可知中间产物还有NO，B错误；C、根据第二步反应生成物中有NO2可知NO2与NO3的碰撞仅部分有效，C正确；D、第三步反应快，所以第三步反应的活化能较低，D错误。答案选AC。考点定位：化学反应原理的综合考查，涉及氧化产物推断、反应热计算、平衡常数计算、外界条件对平衡状态的影响、活化能对反应的

5、影响等2【2018新课标2卷】CH4-CO2催化重整不仅可以得到合成气（CO和H2），还对温室气体的减排具有重要意义。回答下列问题：（1）CH4-CO2催化重整反应为：CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）。已知：C（s）+2H2（g）=CH4（g） H=-75 kJC（s）+O2（g）=CO2（g） H=-394 kJC（s）+1/2O2（g）=CO（g） H=-111 kJ该催化重整反应的H=_ kJ有利于提高CH4平衡转化率的条件是_（填标号）。A高温低压 B低温高压 C高温高压 D低温低压某温度下，在体积为2 L的容器中加入2 mol CH4、1 mol CO2以及催化

6、剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，其平衡常数为_mol2L2。（2）反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。相关数据如下表：积碳反应CH4（g）=C（s）+2H2（g）消碳反应CO2（g）+C（s）=2CO（g）H/（kJmol1）75172活化能/（kJ催化剂X3391催化剂Y4372由上表判断，催化剂X_Y（填“优于”或“劣于”），理由是_。在反应进料气组成、压强及反应时间相同的情况下，某催化剂表面的积碳量随温度的变化关系如图所示。升高温度时，下列关于积碳反应、消碳反应的平衡常数（K）和速率（v）的叙述正确的是_填标号）。AK积、K消均增加 B

7、v积减小，v消增加 CK积减小，K消增加 Dv消增加的倍数比v积增加的倍数大在一定温度下，测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为v=kp（CH4）p（CO2）-0.5（k为速率常数）。在p（CH4）一定时，不同p（CO2）下积碳量随时间的变化趋势如图所示，则pa（CO2）、pb（CO2）、pc（CO2）从大到小的顺序为_。【答案】 247 A 劣于 相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大 AD pc（CO2）、pb（CO2）、pa（CO2）详解：（1）已知：C（s）+2H2（g）=CH4（g） H=-75 kJC（s）+O2（g）=C

8、O2（g） H=-394 kJC（s）+1/2O2（g）=CO（g） H=-111 kJ根据盖斯定律可知2即得到该催化重整反应CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）的H=247 kJ正反应是体积增大的吸热反应，所以有利于提高CH4平衡转化率的条件是高温低压，答案选A；某温度下，在体积为2 L的容器中加入2 mol CH4、1 mol CO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，根据方程式可知CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）起始浓度（mol/L） 1 0.5 0 0转化浓度（mol/L） 0.25 0.25 0.5 0.5平衡浓度（mol

9、/L） 0.75 0.25 0.5 0.5所以其平衡常数为mol2（2）根据表中数据可知相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大，所以催化剂X劣于Y。A正反应均是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向进行，因此K积、K消均增加，A正确；B升高温度反应速率均增大，B错误；C根据A中分析可知选项C错误；D积碳量达到最大值以后再升高温度积碳量降低，这说明v消增加的倍数比v积增加的倍数大，D正确。答案选AD。根据反应速率方程式可知在p（CH4）一定时，生成速率随p（CO2）的升高而降低，所以根据图像可知pa（CO2）、pb（CO2）、pc（CO2

10、）从大到小的顺序为pc（CO2）、pb（CO2）、pa（CO2）。【试题点评】本题主要是考查影响化学平衡的因素，化学图像的分析与判断，化学计算等知识。图像分析是解答的易错点和难点，注意化学平衡图像分析的答题技巧，看图像时：一看面：纵坐标与横坐标的意义；二看线：线的走向和变化趋势；三看点：起点，拐点，终点，然后根据图象中呈现的关系、题给信息和所学知识相结合，做出符合题目要求的解答。3【2018新课标3卷】三氯氢硅（SiHCl3）是制备硅烷、多晶硅的重要原料。（1）SiHCl3在常温常压下为易挥发的无色透明液体，遇潮气时发烟生成（HSiO）2O等，写出该反应的化学方程式_。（2）SiHCl3在催化

11、剂作用下发生反应：2SiHCl3（g）SiH2Cl2（g）+ SiCl4（g） H1=48 kJ3SiH2Cl2（g）SiH4（g）+2SiHCl3 （g） H2=30 kJ则反应4SiHCl3（g）SiH4（g）+ 3SiCl4（g）的H=_ kJ（3）对于反应2SiHCl3（g）SiH2Cl2（g）+SiCl4（g），采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323 K和343 K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。343 K时反应的平衡转化率=_%。平衡常数K343 K=_（保留2位小数）。在343 K下：要提高SiHCl3转化率，可采取的措施是_；要缩短反应达到平衡的时间，可采

12、取的措施有_、_。比较a、b处反应速率大小：a_b（填“大于”“小于”或“等于”）。反应速率=正逆=，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数，计算a处=_（保留1位小数）。【答案】 2SiHCl3+3H2O（HSiO）2O+6HCl 114 22 0.02 及时移去产物 改进催化剂 提高反应物压强（浓度） 大于 1.32SiHCl3 SiH2Cl2 + SiCl4起始： 1 0 0反应： 0.22 0.11 0.11 （转化率为22%）平衡： 0.78 0.11 0.11所以平衡常数K=0.1120.782=0.02。温度不变，提高三氯氢硅转化率的方法可以是将产物从体系分离（两

13、边物质的量相等，压强不影响平衡）。缩短达到平衡的时间，就是加快反应速率，所以可以采取的措施是增大压强（增大反应物浓度）、加入更高效的催化剂（改进催化剂）。a、b两点的转化率相等，可以认为各物质的浓度对应相等，而a点的温度更高，所以速率更快，即VaVb。根据题目表述得到，当反应达平衡时，所以，实际就是平衡常数K值，所以0.02。a点时，转化率为20%，所以计算出：2SiHCl3 0.2 0.1 0.1 （转化率为20%） 0.8 0.1 0.1所以=0.8；=0.1；【试题点评】题目的最后一问的计算过程比较繁琐，实际题目希望学生能理解化学反应的平衡常数应该等于正逆反应的速率常数的比值。要考虑到速

14、率常数也是常数，应该与温度相关，所以不能利用b点数据进行计算或判断。4【2018北京卷】近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：（1）反应：2H2SO4（l）2SO2（g）+2H2O（g）+O2（g） H1=+551 kJmol1反应：S（s）+O2（g）SO2（g） H3=297 kJ反应的热化学方程式：_。（2）对反应，在某一投料比时，两种压强下，H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。p2_p 1（填“”或“”），得出该结论的理由是_。（3）I可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将ii补充完整。iSO2+4I

15、+4H+S+2I2+2H2OiiI2+2H2O+_+_+2 I（4）探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2饱和溶液加入到2 mL下列试剂中，密闭放置观察现象。（已知：I2易溶解在KI溶液中）序号ABCD试剂组成0.4molL1KIa0.2H2SO40.0002molI2实验现象溶液变黄，一段时间后出现浑浊溶液变黄，出现浑浊较A快无明显现象溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快B是A的对比实验，则a=_。比较A、B、C，可得出的结论是_。实验表明，SO2的歧化反应速率DA，结合i、ii反应速率解释原因：【答案】 3SO2（g）+2H2O （g）

16、2H2SO4 （l）+S（s） H2=254 kJmol1 反应是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，H2SO4 的物质的量增大，体系总物质的量减小，H2SO4的物质的量分数增大 SO2 SO42 4H+ 0.4 I是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率 反应ii比i快；D中由反应ii产生的H+使反应i加快3SO2+2H2O=2H2SO4+S，I-可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，催化剂在反应前后质量和化学性质不变，（总反应-反应i）2得，反应ii的离子方程式为I2+2H2O+SO2=4H+SO42-+2I-；（4）B是

17、A的对比实验，采用控制变量法，B比A多加了0.2mol/LH2SO4，A与B中KI浓度应相等，则a=0.4；对比A与B，加入H+可以加快SO2歧化反应的速率；对比B与C，单独H+不能催化SO2的歧化反应；比较A、B、C，可得出的结论是：I是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率；对比D和A，D中加入KI的浓度小于A，D中多加了I2，反应i消耗H+和I-，反应ii中消耗I2，D中“溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快”，反应速率DA，由此可见，反应ii比反应i速率快，反应ii产生H+使c（H+）增大，从而反应i加快。【试题点评】易错提醒：易错点

18、是（4），研究影响化学反应速率的因素，要求其他的条件不变，对比B和A，KI的浓度应相等，因此a为0.4，根据实验现象，从而得出合理结论，学生平时应学会根据实验现象，推出实验结论。5【2018天津卷】CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。（2）CO2与CH4经催化重整，制得合成气：CH4（g）+ CO2（g） 2CO （g）+ 2H2（g）已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：化学键CHC=OHHO（CO）键能/kJ4137454361075则该反应的H=_。分别在VL恒温密闭容器A（恒容）、B（恒压，容积可变）中，加入CH4和CO2各1 mol的混合气体。两容器中反应达平衡后放出

19、或吸收的热量较多的是_（填“A” 或“B ”）。按一定体积比加入CH4和CO2，在恒压下发生反应，温度对CO和H2产率的影响如图3所示。此反应优选温度为900的原因是_。【答案】+120 kJmol-1 B 900 时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低。 Al3e=Al3+（或2Al6e=2Al3+） 催化剂 2Al+6CO2=Al2（C2O4）36【2018江苏卷】NOx（主要指NO和NO2）是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。（4）在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。将一定比例的O2、NH3和NOx的

20、混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应（装置见题20图1）。反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如题20图2所示，在50250 范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是_；当反应温度高于380 时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是_。【答案】（4）迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大催化剂活性下降；NH3与O2反应生成了NO7【2017新课标1卷】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

21、压的功能。（2）下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。通过计算，可知系统（）和系统（）制氢的热化学方程式分别为_、_，制得等量H2所需能量较少的是_。（3）H2S与CO2在高温下发生反应：H2S（g）+CO2（g）COS（g） +H2O（g）。在610 K时，将0.10 mol CO2与0.40 mol H2S充入2.5 L的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为0.02。H2S的平衡转化率=_%，反应平衡常数K=_。在620 K重复试验，平衡后水的物质的量分数为0.03，H2S的转化率_，该反应的H_0。（填“”“ B+，整理可得系统（I）的热化学方程式H2

22、O（l）=H2（g）+O2（g） H=+286 kJ/mol；+，整理可得系统（II）的热化学方程式H2S （g）=H2（g）+S（s） H=+20 kJ/mol。根据系统I、系统II的热化学方程式可知：每反应产生1mol氢气，后者吸收的热量比前者少，所以制取等量的H2所需能量较少的是系统II。（3） H2S（g） + CO2（g）COS（g）+ H2O（g）开始 0.40mol 0.10mol 0 0反应 x x x x平衡 （0.40x）mol （0.10x）mol x x解得x=0.01mol，所以H2S的转化率是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

23、衡常数；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。21；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H0；A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；CCOS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；DN2是与反应体系无关的气体，充入N2，不能使

24、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。【名师点睛】本题是化学反应原理的综合考查，易错点是压强对平衡状态的影响，尤其是惰性气体的影响，“惰性气体”对化学平衡的影响：恒温、恒容条件：原平衡体系体系总压强增大体系中各组分的浓度不变平衡不移动。恒温、恒压条件：容器容积增大，各反应气体的分压减小体系中各组分的浓度同倍数减小（等效于减压），平衡向气体体积增大的方向移动。8【2017新课标2卷】丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备。（1）正丁烷（C4H10）脱氢制1-丁烯（C4H8）的热化学方程式如下：C4H10（g）= C4H8（g）+H2（g） H1C4H10（g）+O

25、2（g）= C4H8（g）+H2O（g） H2=119 kJH2（g）+ O2（g）= H2O（g） H3=242 kJ反应的H1为_kJ图（a）是反应平衡转化率与反应温度及压强的关系图，x_0.1（填“大于”或“小于”）；欲使丁烯的平衡产率提高，应采取的措施是_（填标号）。A升高温度 B降低温度 C增大压强 D降低压强（2）丁烷和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器（氢气的作用是活化催化剂），出口气中含有丁烯、丁烷、氢气等。图（b）为丁烯产率与进料气中n（氢气）/n（丁烷）的关系。图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势，其降低的原因是_。（3）图（c）为反应产率和反应温度的关系曲线，副产物主要是高温裂解生成的短碳链烃类化合物。丁烯产率在590之前随温度升高而增大的原因可能是_、_；590之后，丁烯产率快速降低的主要原因可能是_。（1）+123 小于 AD （2）氢气是产物之一，随着n（氢气）/n（丁烷）增大，逆反应速率增大（3）升高温度有利于反应向吸热方向进行 温度升高反应速率加快丁烯高温裂解生成短链