1、专题09 反应速率、化学平衡2020年高考真题1(2020年浙江卷)溶液与溶液发生反应:,达到平衡。下列说法不正确的是( )A加入苯,振荡,平衡正向移动B经苯2次萃取分离后,在水溶液中加入,溶液呈血红色,表明该化学反应存在限度C加入固体,平衡逆向移动D该反应的平衡常数【答案】D【解析】A加入苯振荡,苯将I2萃取到苯层,水溶液中c(I2)减小,平衡正向移动,A正确;B将5mL0.1mol/LKI溶液与1mL0.1mol/LFeCl3溶液混合,参与反应的Fe3+与I物质的量之比为1:1,反应后I一定过量,经苯2次萃取分离后,在水溶液中加入KSCN溶液呈血红色,说明水溶液中仍含有Fe3+,即Fe3+
2、没有完全消耗,表明该化学反应存在限度,B正确;C加入FeSO4固体溶于水电离出Fe2+,c(Fe2+)增大,平衡逆向移动,C正确;D该反应的平衡常数K=,D错误;答案选D。2(2020年浙江卷)一定条件下: 。在测定的相对分子质量时,下列条件中,测定结果误差最小的是( )A温度、压强B温度、压强C温度、压强D温度、压强【答案】D【解析】测定二氧化氮的相对分子质量,要使测定结果误差最小,应该使混合气体中NO2的含量越多越好,为了实现该目的,应该改变条件使平衡尽可以地逆向移动。该反应是一个反应前后气体分子数减小的放热反应,可以通过减小压强、升高温度使平衡逆向移动,则选项中,温度高的为130,压强低
3、的为50kPa,结合二者选D。答案为D。3(2020年江苏卷)CH4与CO2重整生成H2和CO的过程中主要发生下列反应在恒压、反应物起始物质的量比条件下,CH4和CO2的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示。下列有关说法正确的是A升高温度、增大压强均有利于提高CH4的平衡转化率B曲线B表示CH4的平衡转化率随温度的变化C相同条件下,改用高效催化剂能使曲线A和曲线B相重叠D恒压、800K、n(CH4):n(CO2)=1:1条件下,反应至CH4转化率达到X点的值,改变除温度外的特定条件继续反应,CH4转化率能达到Y点的值【答案】BD【解析】A甲烷和二氧化碳反应是吸热反应,升高温度,平衡向吸热反应即正
4、向移动,甲烷转化率增大,甲烷和二氧化碳反应是体积增大的反应,增大压强,平衡逆向移动,甲烷转化率减小,故A错误;B根据两个反应得到总反应为CH4(g)2CO2(g) H2(g)3CO(g) H2O (g),加入的CH4与CO2物质的量相等,CO2消耗量大于CH4,因此CO2的转化率大于CH4,因此曲线B表示CH4的平衡转化率随温度变化,故B正确;C使用高效催化剂,只能提高反应速率,但不能改变平衡转化率,故C错误;D800K时甲烷的转化率为X点,可以通过改变二氧化碳的量来提高甲烷的转化率达到Y点的值,故D正确。综上所述,答案为BD。4(2020年天津卷)已知呈粉红色,呈蓝色,为无色。现将CoCl2
5、溶于水,加入浓盐酸后,溶液由粉红色变为蓝色,存在以下平衡:,用该溶液做实验,溶液的颜色变化如下:以下结论和解释正确的是A等物质的量的和中键数之比为3:2B由实验可推知H0,B错误;C实验加水稀释,溶液变为粉红色,加水稀释,溶液的体积增大,Co(H2O)62+、CoCl42、Cl浓度都减小,Co(H2O)62+、Cl的化学计量数之和大于CoCl42的化学计量数,则瞬时浓度商化学平衡常数,平衡逆向移动,C错误;D实验加入少量ZnCl2固体,溶液变为粉红色,说明Zn2+与Cl结合成更稳定的ZnCl42,导致溶液中c(Cl)减小,平衡逆向移动,则由此说明稳定性:ZnCl42CoCl42,D正确;答案选
6、D。【点睛】本题有两个易错点:A项中Co(H2O)62+中不仅有Co2+与H2O分子间的配位键,而且每个H2O分子中还有两个OH键;C项中H2O为溶剂,视为纯液体,加水稀释,溶液体积增大,相当于利用“对气体参与的反应,增大体积、减小压强,平衡向气体系数之和增大的方向移动”来理解。5(2020年新课标)二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO2的热点研究领域。回答下列问题:(1)CO2催化加氢生成乙烯和水的反应中,产物的物质的量之比n(C2H4)n(H2O)=_。当反应达到平衡时,若增大压强,则n(C2H4)_(填“变大”“变小”或“不变”)。(2)理论计算表明,原料初始组成n(CO2)n(H2)
7、=13,在体系压强为0.1MPa,反应达到平衡时,四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。图中,表示C2H4、CO2变化的曲线分别是_、_。CO2催化加氢合成C2H4反应的H_0(填“大于”或“小于”)。(3)根据图中点A(440K,0.39),计算该温度时反应的平衡常数Kp=_(MPa)3(列出计算式。以分压表示,分压=总压物质的量分数)。(4)二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随副反应,生成C3H6、C3H8、C4H8等低碳烃。一定温度和压强条件下,为了提高反应速率和乙烯选择性,应当_。【答案】(1)14 变大 (2)d c 小于 (3)或等 (4)选择合适催化剂等 【解析】【分析
8、】根据质量守恒定律配平化学方程式,可以确定产物的物质的量之比。根据可逆反应的特点分析增大压强对化学平衡的影响。根据物质的量之比等于化学计量数之比,从图中找到关键数据确定代表各组分的曲线,并计算出平衡常数。根据催化剂对化反应速率的影响和对主反应的选择性,工业上通常要选择合适的催化剂以提高化学反应速率、减少副反应的发生。【详解】(1)CO2催化加氢生成乙烯和水,该反应的化学方程式可表示为2CO2+6H2 CH2 = CH2+4H2O,因此,该反应中产物的物质的量之比n(C2H4):n(H2O)=1:4。由于该反应是气体分子数减少的反应,当反应达到平衡状态时,若增大压强,则化学平衡向正反应方向移动,
9、n(C2H4)变大。(2)由题中信息可知,两反应物的初始投料之比等于化学计量数之比;由图中曲线的起点坐标可知,c和a所表示的物质的物质的量分数之比为1:3、d和b表示的物质的物质的量分数之比为1:4,则结合化学计量数之比可以判断,表示乙烯变化的曲线是d,表示二氧化碳变化曲线的是c。由图中曲线的变化趋势可知,升高温度,乙烯的物质的量分数减小,则化学平衡向逆反应方向移动,则该反应为放热反应,H小于0。(3)原料初始组成n(CO2)n(H2)=13,在体系压强为0.1Mpa建立平衡。由A点坐标可知,该温度下,氢气和水的物质的量分数均为0.39,则乙烯的物质的量分数为水的四分之一,即,二氧化碳的物质的
10、量分数为氢气的三分之一,即,因此,该温度下反应的平衡常数(MPa)3=(MPa)3。(4)工业上通常通过选择合适的催化剂,以加快化学反应速率,同时还可以提高目标产品的选择性,减少副反应的发生。因此,一定温度和压强下,为了提高反应速率和乙烯的选择性,应当选择合适的催化剂。【点睛】本题确定图中曲线所代表的化学物质是难点,其关键在于明确物质的量的分数之比等于各组分的物质的量之比,也等于化学计量数之比(在初始投料之比等于化学计量数之比的前提下,否则不成立)。6(2020年山东新高考)探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素,有利于提高CH3OH的产率。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如
11、下: 回答下列问题:(1)_kJmol1。(2)一定条件下,向体积为VL的恒容密闭容器中通入1 mol CO2和3 mol H2发生上述反应,达到平衡时,容器中CH3OH(g)为 mol,CO为b mol,此时H2O(g)的浓度为_molL1(用含a、b、V的代数式表示,下同),反应的平衡常数为_。(3)不同压强下,按照n(CO2):n(H2)=1:3投料,实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度的变化关系如下图所示。已知:CO2的平衡转化率=CH3OH的平衡产率=其中纵坐标表示CO2平衡转化率的是图_(填“甲”或“乙”);压强p1、p2、p3由大到小的顺序为_;图乙中T1温度时
12、,三条曲线几乎交于一点的原因是_。(4)为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率,应选择的反应条件为_(填标号)。A低温、高压 B高温、低压 C低温、低压 D高温、高压【答案】(1)+40.9 (2) (3)乙 p1、p2、p3 T1时以反应为主,反应前后气体分子数相等,压强改变对平衡没有影响(4)A 【解析】【分析】根据盖斯定律计算反应热;利用三个反应,进行浓度和化学平衡常数的计算;结合图形根据勒夏特列原理考虑平衡移动的方向,确定温度和压强变化时,CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率之间的关系得到相应的答案。【详解】(1)根据反应I+II=III,则H3=H1+H2=49.5k
13、Jmol1+(90.4 kJmol1)=+40.9 kJmol1;(2)假设反应II中,CO反应了xmol,则II生成的CH3OH为xmol,I生成的CH3OH为(ax)mol,III生成CO为(b+x)mol,根据反应I:,反应II: ,反应III:,所以平衡时水的物质的量为(ax)mol+(b+x)mol =(a+b)mol,浓度为:;平衡时CO2的物质的量为1mol(ax)mol(b+x)mol=(1ab)mol,H2的物质的量为3mol3(ax)mol2x(b+x)mol=(33ab)mol,CO的物质的量为bmol,水的物质的量为(a+b)mol,则反应III的平衡常数为:;(3)反
14、应I和II为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,则CH3OH的平衡产率减少,所以图甲表示CH3OH的平衡产率,图乙中,开始升高温度,由于反应I和II为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,CO2的平衡转化率降低,反应III为吸热反应,升高温度反应III向正反应方向移动,升高一定温度后以反应III为主,CO2的平衡转化率又升高,所以图乙表示CO2的平衡转化率;压强增大,反应I和II是气体体积减小的反应,反应I和II平衡正向移动,反应III气体体积不变化,平衡不移动,故压强增大CH3OH的平衡产率增大,根据图所以压强关系为:p1p2p3;温度升高,反应I和II平衡逆向移动,反应III向正反应方向移动,所
15、以T1温度时,三条曲线交与一点的原因为:T1时以反应III为主,反应III前后分子数相等,压强改变对平衡没有影响;(4)根据图示可知,温度越低,CO2的平衡转化率越大,CH3OH的平衡产率越大,压强越大,CO2的平衡转化率越大,CH3OH的平衡产率越大,所以选择低温和高压,答案选A。【点睛】本题为化学反应原理综合题,考查了盖斯定律、化学平衡常数的计算、勒夏特列原理进行图像的分析,难点为平衡常数的计算,巧用了三个反应的化学方程式,进行了数据的处理,得到反应III的各项数据,进行计算得到平衡常数。7(2020年浙江卷)研究氧化制对资源综合利用有重要意义。相关的主要化学反应有: 已知:时,相关物质的
16、相对能量(如图1)。可根据相关物质的相对能量计算反应或变化的(随温度变化可忽略)。例如: 。请回答:(1)根据相关物质的相对能量计算_。下列描述正确的是_A升高温度反应的平衡常数增大B加压有利于反应、的平衡正向移动C反应有助于乙烷脱氢,有利于乙烯生成D恒温恒压下通水蒸气,反应的平衡逆向移动有研究表明,在催化剂存在下,反应分两步进行,过程如下:,且第二步速率较慢(反应活化能为)。根据相关物质的相对能量,画出反应分两步进行的“能量反应过程图”,起点从的能量,开始(如图2)。(2)和按物质的量1:1投料,在和保持总压恒定的条件下,研究催化剂X对“氧化制”的影响,所得实验数据如下表:催化剂转化率转化率
17、产率催化剂X19.037.63.3结合具体反应分析,在催化剂X作用下,氧化的主要产物是_,判断依据是_。采用选择性膜技术(可选择性地让某气体通过而离开体系)可提高的选择性(生成的物质的量与消耗的物质的量之比)。在,乙烷平衡转化率为,保持温度和其他实验条件不变,采用选择性膜技术,乙烷转化率可提高到。结合具体反应说明乙烷转化率增大的原因是_。【答案】(1)430 AD (2) 的产率低,说明催化剂X有利于提高反应速率 选择性膜吸附,促进反应平衡正向移动 【解析】【分析】根据题中信息用相对能量求反应热;根据平衡移动原理分析温度、压强和反应物的浓度对化学平衡的影响,并作出相关的判断;根据相关物质的相对
18、能量和活化能算出中间产物、过渡态和最终产物的相对能量,找到画图的关键数据;催化剂的选择性表现在对不同反应的选择性不同;选择性膜是通过吸附目标产品而提高目标产物的选择性的,与催化剂的选择性有所区别。【详解】(1)由图1的数据可知,C2H6(g)、CO2(g)、CO(g)、H2(g)的相对能量分别为84kJmol1、393 kJmol1、110 kJmol1、0 kJmol1。由题中信息可知,H=生成物的相对能量反应物的相对能量,因此,C2H6(g)+2CO2(g)4CO(g)+3H2(g) H3=(110 kJmol1)4(84kJmol1)( 393 kJmol1)2=430 kJmol1。A
19、反应为吸热反应,升高温度能使其化学平衡向正反应方向移动,故其平衡常数增大,A正确;B反应和反应的正反应均为气体分子数增大的反应,增大压强,其化学平衡均向逆反应方向移动,B不正确;C反应的产物中有CO,增大CO的浓度,能使反应的化学平衡向逆反应方向移动,故其不利于乙烷脱氢,不利于乙烯的生成,C不正确;D反应的反应前后气体分子数不变,在恒温恒压下向平衡体系中通入水蒸气,体系的总体积变大,水蒸气的浓度变大,其他组分的浓度均减小相同的倍数,因此该反应的浓度商变大(大于平衡常数),化学平衡向逆反应方向移动,D正确。综上所述,描述正确的是AD。由题中信息可知,反应分两步进行,第一步的反应是C2H6(g)+
20、CO2(g)C2H4(g)+H2(g) +CO2(g),C2H4(g)、H2(g)、CO2(g)的相对能量之和为52 kJmol1+0+(393 kJmol1)= 341 kJmol1;第二步的反应是C2H4(g)+H2(g) +CO2(g)C2H4(g)+H2O(g) +CO(g),其活化能为210 kJmol1,故该反应体系的过渡态的相对能量又升高了210 kJmol1,过渡态的的相对能量变为341 kJmol1+210 kJmol1= 131 kJmol1,最终生成物C2H4(g)、H2O(g)、CO(g)的相对能量之和为(52 kJmol1)+(242 kJmol1)+(110 kJm
21、ol1)= 300 kJmol1。根据题中信息,第一步的活化能较小,第二步的活化能较大,故反应分两步进行的“能量反应过程图”可以表示如下:。(2)由题中信息及表中数据可知,尽管CO2和C2H6按物质的量之比1:1投料,但是C2H4的产率远远小于C2H6的转化率,但是CO2的转化率高于C2H6,说明在催化剂X的作用下,除了发生反应,还发生了反应,而且反应物主要发生了反应,这也说明催化剂X有利于提高反应速率,因此,CO2氧化C2H6的主要产物是CO。故答案为:CO;C2H4的产率低说明催化剂X有利于提高反应速率。由题中信息可知,选择性膜技术可提高C2H4的选择性,由反应C2H6(g)+CO2(g)
22、C2H4(g)+H2O(g) +CO(g)可知,该选择性应具体表现在选择性膜可选择性地让C2H4通过而离开体系,即通过吸附C2H4减小其在平衡体系的浓度,从而促进化学平衡向正反应方向移动,因而可以乙烷的转化率。故答案为:选择性膜吸附C2H4,促进反应平衡向正反应方向移动。【点睛】本题“能量反应过程图”是难点。一方面数据的处理较难,要把各个不同状态的相对能量算准,不能遗漏某些物质;另一方面,还要考虑两步反应的活化能不同。这就要求考生必须有耐心和细心,准确提取题中的关键信息和关键数据,才能做到完美。2020届高考模拟试题8(2020年北京市东城区第二学期高三4月新高考适应试卷)下列事实不能用平衡移
23、动原理解释的是A开启啤酒瓶后,瓶中马上泛起大量泡沫B由H2(g)、I2(g)、HI(g)组成的平衡体系加压后颜色变深C实验室制取乙酸乙酯时,将乙酸乙酯不断蒸出D石灰岩受地下水长期溶蚀形成溶洞【答案】B【解析】A啤酒中存在平衡:H2CO3H2O+CO2,开启啤酒瓶,瓶内压强降低,平衡向气体体积增大的方向移动,即向生成二氧化碳气体的方向移动,故能用平衡移动原理解释,A不选;B反应H2+I22HI是一个反应前后气体分子数不变的反应,压强改变并不能使平衡发生移动,混合气体加压后颜色变深,是因为I2的浓度增大,不能用平衡移动原理解释,B选;C实验室制取乙酸乙酯时,采用加热的方式将乙酸乙酯不断蒸出,从而平
24、衡向生成乙酸乙酯的方向移动,能用平衡移动原理解释,C不选;D石灰岩形成与反应:CaCO3+CO2+H2OCa(HCO3)2,能用平衡移动原理解释,D不选;答案选B。9(天津市和平区2020届高三一模)在300mL的密闭固定容器中,一定条件下发生Ni(s)+4CO(g) Ni(CO)4(g)的反应,该反应平衡常数(K)与温度(T)的关系如下表所示:T/2580230K510421.9105下列说法不正确的是( )A上述生成Ni(CO)4(g)的反应为放热反应B230时,该反应的正反应为不自发的反应C80达到平衡时,测得n(CO)=0.3mol,则Ni(CO)4的平衡浓度为2 molL1D25时反
25、应Ni(CO)4(g) Ni(s)+4CO(g)的平衡常数为2105【答案】B【解析】A图表数据分析,平衡常数随温度升高减小,说明平衡逆向进行,逆向是吸热反应,正向是放热反应,故A正确;B230时,该反应的平衡常数K=1.9105,只是说明正反应进行的程度低,但仍为自发的反应,故B错误;C80达到平衡时,测得n(CO)=0.3mol,c(CO)=1mol/L,依据平衡常数计算式,K=2,则Ni(CO)4的平衡浓度为2mol/L,故C正确;D25时反应Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)的平衡常数为Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g),平衡常数的倒数=2105,故D 正确;故答案
26、为B。10(成都七中2020届高三考前热身考试)某小组探究实验条件对反应速率的影响,设计如下实验,并记录结果如下:编号温度H2SO4溶液KI溶液1%淀粉溶液体积出现蓝色时间200.10 molL110 mL0.40 molL1 5 mL1mL40 s200.10 molL110 mL0.80 molL1 5 mL1mL21 s500.10 molL110 mL0.40 molL1 5 mL1mL5s800.10 molL110 mL0.40 molL1 5 mL1mL未见蓝色下列说法正确的是A由实验可知,反应速率v与c(I)成正比B实验中,应将H2SO4溶液与淀粉溶液先混合C在I被O2氧化过程
27、中,H+只是降低活化能D由实验可知,温度越高,反应速率越慢【答案】A【解析】【分析】反应速率与温度、浓度、催化剂等有关,温度越高反应速率越快,浓度越大反应速率越快,催化剂能降低反应的活化能,加快反应速率。【详解】A实验中其它条件相同,c(I):,且反应速率:T2BT1时,反应前5min的平均速率为v(Cl2)=0.5molL1min1C反应达平衡时,升高温度促进反应向正反应方向进行DT2时,向反应后的容器中充入2molNOCl(g),再次平衡时,c(NOCl)2molL1【答案】D【解析】A其他条件一定下,温度越高,化学反应速率越快。根据表格中的数据,单位时间内,T2温度下,NO的反应速率快,
28、因此T1T2,A错误;BT1时,反应前5min,NO的物质的量减少了0.5mol,根据化学方程式,则Cl2减少了0.25mol,则v(Cl2)=,B错误;C根据图示,该反应在T2温度下,在8min时,已经达到平衡,平衡是NO的物质的量为1mol。而T12molL1,D正确;答案选D。14(北京大学附中2020届高三化学阶段性测试)反应 2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g) + SiCl4(g)在催化剂作用下,于323 K 和 343 K 时充分反应,SiHCl3 的转化率随时间变化的结果如图所示:下列说法不正确的是A343 K 时反应物的平衡转化率为 22%Ba、b 处反应速率大小:va
29、vbC要提高 SiHCl3 转化率,可采取的措施是降温和及时移去反应产物D已知反应速率 ,k正、k逆分别为正、逆反应速率常数,x为物质的量分数,则 343 K 时 【答案】C【解析】【分析】由图示,温度越高反应速率越快,达到平衡用得时间就越少,所以曲线a代表343K的反应,曲线b代表323K的反应;要提高反应物的转化率,就需要使平衡向右移动,从此角度出发进行分析;根据转化率列出三段式,再利用达到平衡时正反应速率等于逆反应速率,进行相关的计算。【详解】A由图示,温度越高反应速率越快,达到平衡用得时间就越少,所以曲线a代表343K的反应,从图中读出343 K 时反应物的平衡转化率为 22%,A正确
30、;Ba、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,B正确;C由图可知,温度越高转化率越大,减少生成物,根据勒夏特列原理,平衡正向移动,则转化率增大,所以要提高SiHCl3转化率,可采取的措施是升温和及时移去反应产物,C错误;D假设开始时SiHCl3的物质的量浓度为cmol/L,343 K 时反应物的平衡转化率为 22%,则有:,已知反应速率,平衡时v正=v逆,则有,所以,D正确。答案选C。15(江苏省七市2020届高三第二次调研)温度为T,向体积不等的恒容密闭容器中分别加入足量活性炭和1mol NO2,发生反应:2C(s)+2NO2(g)N2
31、(g)+2CO2(g)反应相同时间,测得各容器中NO2的转化率与容器体积的关系如图所示。下列说法正确的是AT时,该反应的化学平衡常数为B图中c点所示条件下,v(正)v(逆)C向a点平衡体系中充入一定量的NO2,达到平衡时,NO2的转化率比原平衡大D容器内的压强:Pa:Pb6:7【答案】BD【解析】【分析】由反应 可知容器体积越大,压强越小,反应往正方向移动,NO2的转化率提高,由图像可知,相同时间,a,b为已达到平衡点,c还未达到平衡,利用化学平衡常数和等效平衡进行分析。【详解】Aa点时反应达到平衡,NO2转化率为40%,则 T时,该反应的化学平衡常数为,故A错误;B图中c点还未达到平衡,反应
32、往正方向进行,v(正)v(逆),故B正确;C向a点平衡体系中充入一定量的NO2,等效于加压,平衡逆移,转化率降低,C错误;D由A可知a点时容器内气体物质的量为1.2mol;b点时反应三段式为则b点容器内气体物质的量为1.4mol,由于V1V2,则Pa:Pb6:7,故D正确;故答案选:BD。16(泰安市肥城市2020届高三适应性训练一)利用传感技术可以探究压强对2NO2(g)N2O4(g)化学平衡移动的影响。在室温、100kPa条件下,往针筒中充入一定体积的NO2气体后密封并保持活塞位置不变。分别在t1、t2时刻迅速移动活塞并保持活塞位置不变,测定针筒内气体压强变化如图所示。下列说法正确的是(
33、)AB点处NO2的转化率为3%BE点到H点的过程中,NO2的物质的量先增大后减小CE、H两点对应的正反应速率大小为vHvEDB、E两点气体的平均相对分子质量大小为MBME【答案】CD【解析】A由图可知B点处压强为97KPa,设起始二氧化氮为1mol,转化率为a,由题意建立如下三段式: 由可得,解得a=0.06,即二氧化氮的转化率为6%,故A错误;B由图可知,t2时刻移动了活塞,压强迅速增大,说明迅速移动活塞使针筒体积减小,并保持活塞位置不变后,体系因体积减小而压强增大,平衡向生成四氧化二氮的方向移动,则E点到H点的过程中,二氧化氮的物质的量是一个减小过程,故B错误;C对于有气体参加的反应,压强
34、越大反应速率越大,由图可知,H点压强大于E点,则反应速率vHvE,故C正确;D由图可知,B到E的过程为压强减小的过程,减小压强平衡向生成二氧化氮的方向移动,气体的物质的量增大,由质量守恒定律可知气体质量不变,则混合气体的平均相对分子质量减小,即MBME,故D正确;故选CD。17(宁夏大学附属中学2020届高三第五次模拟)“绿水青山就是金山银山”,近年来,绿色发展、生态保护成为中国展示给世界的一张新“名片”。(I)汽车尾气是造成大气污染的重要原因之一,减少氮的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容之一。请回答下列问题:(1)已知: 若某反应的平衡常数表达式为,则此反应的热化学方程式为_。(2)
35、在一定条件下可发生分解:,一定温度下,在恒容密闭容器中充入一定量进行该反应,能判断反应已达到化学平衡状态的是_(填字母)。A和的浓度比保持不变 B容器中压强不再变化C D气体的密度保持不变()甲醇、乙醇来源丰富、价格低廉、运输贮存方便,都是重要的化工原料,有着重要的用途和应用前景,可以用多种方法合成。 CO2(g) + 3H2(g)CH3OH(g) + H2O(g) (3)将和按物质的量之比1:3充入体积为2.0L的恒容密闭容器中反应生成,如图1表示压强为0.1 MPa和5.0 MPa下转化率随温度的变化关系。a、b两点化学反应速率分别用,表示,则_(填“大于”、“小于”或“等于”)列出a点对
36、应的平衡常数表达式K= _。(4)在1.0 L恒容密闭容器中投入1 mol 和2.75 mol 发生反应:CO2(g) + 3H2(g)CH3OH(g) + H2O(g),实验测得不同温度及压强下,平衡时甲醇的物质的量变化如图2所示,下列说法正确的是_。A该反应的正反应为放热反应 B压强大小关系为P1P2P3CM点对应的平衡常数K的值约为 D在及512 K时,图中N点(5)催化加氢合成乙醇的反应为:2CO2(g) + 6H2(g) C2H5OH(g) + 3H2O(g) ;m代表起始时的投料比,即。图3中投料比相同,温度,则该反应的焓变_0(填)。m=3时,恒压条件下各物质的物质的量分数与温度
37、的关系如图4所示,则曲线b代表的物质为_(填化学式)。(6)以甲醇为主要原料,电化学合成碳酸二甲酯的工作原理如图5所示。离子交换膜a为 _(填“阳膜”、“阴膜”),阳极的电极反应式为_【答案】(1) (2)B (3)大于 (4)AC (5) CO2 (6)阳膜 【解析】【分析】根据平衡常数的计算表达式书写化学方程式,利用盖斯定律计算反应的H,根据判断条件是否为“变量”判断反应是否达到平衡,根据影响化学反应速率的因素比较化学反应速率大小,结合图像列三段式进行平衡常数的计算,根据电解池原理进行解答。【详解】(1)某反应的平衡常数表达式为,发生反应为根据盖斯定律,2得出:;(2)ANO2和O2的浓度
38、比始终都不变,不能确定反应是否达到化学平衡状态,a错误;B该反应为气体体积增大的反应,压强为变量,容器中压强不再变化,说明各组分的浓度不再变化,反应已达到化学平衡状态,b正确;C应为v正(NO2)=2v逆(N2O5)才表明达到化学平衡状态,c错误;D该反应前后都是气体,气体总质量、气体体积为定值,则密度为定值,不能根据密度判断平衡状态,d错误;答案选b;(3)a、b两点温度相同,正反应为气体体积减小的反应,增大压强平衡正向移动,二氧化碳转化率增大,故压强曲线A大于曲线B,压强越大反应速率越快,故反应速率Va大于Vb;(4)A由图可知,随着温度升高,平衡时甲醇的物质的量在减小,所以升温平衡向逆反
39、应方向移动,则正反应为放热反应,故A正确;B由图可知,作一条等温线,因为该反应为气体体积减小的反应,压强越大,平衡时甲醇的物质的量也越大,所以P1P2P3,故B错误;C由图可知,M点对应的甲醇产量为0.25mol,则所以K=1.04102;故C正确;D由图可知,在p2及512K时,N点甲醇的物质的量还小于平衡时的量,所以应该正向移动,则v(正)v(逆),故D错误;答案选AC;(5)由图3可知,相同压强下,温度越高氢气转化率越小,说明升高温度反应向逆向移动,正反应放热,H0;温度升高,反应逆向进行,所以产物的物质的量是逐渐减少的,反应物的物质的量增大,由图可知,根据反应计量系数关系,曲线a代表的
40、物质为H2,b表示CO2,c为H2O,d为C2H5OH;(6)由图分析可知氧气得电子,发生还原反应,与氢离子结合生成水,该电极为阴极,则氢离子要透过交换膜a在阴极与氧气结合,则交换膜a为阳离子交换膜;阳极上是甲醇和一氧化碳反应失电子发生氧化反应,电极反应为:2CH3OH+CO2e=(CH3O)2CO+2H+。18(江西省2020届高三毕业班新课程教学质量监测)(1)已知反应A(g)+B(g)2D(g),若在起始时c(A)a mol L1, c(B)2amol L1,则该反应中各物质浓度随时间变化的曲线是_(选填字母序号)。在298K时,反应A(g)2B(g)的 KP0.1132kPa,当分压为
41、 p(A)p(B)1kPa时,反应速率正_逆(填 “ ” “ ” 或 “ ” )。温度为 T时,某理想气体反应 A(g)B(g)C(g)M(g),其平衡常数 K为0.25,若以 AB 11发生反应,则 A的理论转化率为_(结果保留3位有效数字)。(2)富勒烯 C60和 C180可近似看作“ 完美的” 球体,富勒烯的生成时间很快,典型的是毫秒级,在所有的合成技术中得到的 C60的量比 C180的量大得多。已知两个转化反应:反应物3C60 ,反应物C180,则势能(活化能)与反应进程的关系正确的是_(选填字母序号)。(3)甲醇脱氢和甲醇氧化都可以制取甲醛,但是O2氧化法不可避免地会深度氧化成CO。
42、脱氢法和氧化法涉及的三个化学反应的 lgK随温度 T的变化曲线如图所示。写出图中曲线的化学反应方程式_;曲线的化学反应方程式为_;曲线对应的化学反应是_(填“ 放热” 或“ 吸热” )反应。【答案】(1)C K,则反应向逆反应方向进行,v正0某温度下,上述反应中,正反应速率为v正=K正c(C4H8)c(C2H4)、逆反应速率为v逆=K逆c2(C3H6),其中K正、K逆为速率常数,该反应使用WO3/SiO2为催化剂,下列说法中正确的是_A催化剂参与了歧化反应,但不改变反应历程B催化剂使K正和K逆增大相同的倍数C催化剂降低了烯烃歧化反应的活化能,增大了活化分子百分数D速率常数的大小与反应程度无关系
43、已知t1min时达到平衡状态,测得此时容器中n(C4H8)=amol,n(C2H4)=2amol,n(C3H6)=bmol,且平衡时C3H6的体积分数为25%。再往容器内通入等物质的量的C4H8和C2H4,在新平衡中C3H6的体积分数_25%(填“”、“(3)0.09 0.21 【解析】【分析】I(1)结合图像及盖斯定律进行计算;反应为吸热反应,升高温度,反应速率增大和平衡正向移动;通入足量O2可与裂解产生的氢气反应,提供裂解所需的能量,并保持热平衡;(2)A催化剂参与了歧化反应,生成了中间产物,即改变反应历程;B催化剂导致反应速率增大,但化学平衡常数不变,则使K正和K逆增大相同的倍数;C催化
44、剂导致反应速率增大,则降低了烯烃歧化反应的活化能,增大了活化分子百分数;D根据公式,速率常数的大小与反应的始态或终态有关,与反应程度无关系;Qc与K的关系判断;II.利用三段式及反应速率的公式进行计算。【详解】(1)根据左图,可得C3H8(g)C2H2(g)+H2(g)+CH4(g) H=+156.6kJ/mol,右图可得,C3H6(g) C2H2(g)+CH4(g) H=+32.4kJ/mol,根据盖斯定律,可得C3H8(g)C3H6(g)+H2(g),则H=+124.2kJ/mol;该反应为吸热反应,升高温度,可同时提高反应速率和反应物的平衡转化率;丙烷直接裂解是吸热反应,通入足量O2可与
45、裂解产生的氢气反应,提供裂解所需的能量,并保持热平衡;(2)A催化剂参与了歧化反应,生成了中间产物,即改变反应历程,说法错误,A错误;B催化剂导致反应速率增大,但化学平衡常数不变,则使K正和K逆增大相同的倍数,说法正确,B正确;C催化剂导致反应速率增大,且不影响反应的焓变,则降低了烯烃歧化反应的活化能,增大了活化分子百分数,说法正确,C正确;D根据公式,速率常数的大小与反应的始态或终态有关,与反应程度无关系,说法正确,D正确;答案为BCD;已知平衡时,n(C4H8)=amol,n(C2H4)=2amol,n(C3H6)=bmol,且平衡时C3H6的体积分数为25%,=25%,则b=amol,K
46、=0.5;再往容器内通入等物质的量的C4H8和C2H4,化学平衡常数不变,则Qc=(x0),(1+x)(2+x)2,QcK,则平衡正向移动,再次达到平衡时C3H6的体积分数大于25%;II.前120min内压强减小即P=8069.2=10.8kPa,则v(CH2ClCHClCH3)=0.09kPamin1。根据表格数据可知,300min达到平衡,则=,x=0.56n;平衡时HCl的体积分数为12.5%,即=12.5%,则y=0.18n,Kp=0.21kPamin1。21(陕西省安康市2020届高三第四次联考)乙酸甲酯是树脂、涂料、油墨、油漆、胶粘剂、皮革生产过程所需的有机溶剂,而且乙酸甲酯还可
47、作为原料制备燃料乙醇。已知:乙酸甲酯可由乙酸和甲醇进行酯化反应得到。请回答下列问题:(1)CH3COOH(l)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) H1=874.5kJ/mol2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l) H2=1453kJ/mol2CH3COOCH3(l)+7O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) H3=3189.8kJ/mol由上述反应,可求出CH3COOH(l)+CH3OH(l)=CH3COOCH3(l)+H2O(l)的H=_。(2)对于反应CH3COOH(l)+CH3OH(l)CH3COOCH3(l)+H2O(l),判断下列选项可以提高
48、乙酸平衡转化率的是_A加入催化剂,增快反应速率 B加入过量的甲醇C加入过量的乙酸 D将乙酸甲酯从体系中分离E适当地提高反应温度 F适当地降低反应温度(3)在刚性容器压强为1.01MPa时,乙酸甲酯与氢气制备乙醇发生了两个反应:主反应:CH3COOCH3(g)+2H2(g) CH3OH(g)+CH3CH2OH(g) H0,实验测得,在相同时间内,反应温度与CH3CH2OH和CH3CHO的产率之间的关系如图所示:在540之前CH3CHO的产率远低于CH3CH2OH产率的原因是_。在470之后CH3CHO与CH3CH2OH产率变化趋势可能的原因是_。(4)若在470时,以n(CH3COOCH3):n
49、(H2)=1:10的投料比只进行主反应(不考虑副反应),乙酸甲酯转化率与气体总压强的关系如图所示:A点时,CH3COOCH3(g)的平衡分压为_MPa,CH3CH2OH(g)的体积分数_%(保留一位小数)。470时,该反应的化学平衡常数Kp=_(MPa)1(Kp为以分压表示的平衡常数,列出计算式,不要求计算结果)。【答案】(1)6.1kJmol1 (2)BDF (3)副反应的活化能远大于主反应的活化能,副反应的化学反应速慢 470之后,乙醇的产率逐渐降低是该反应是放热反应,温度升高平衡逆向移动,乙醛的产率逐渐升高是反应速率逐渐加快,反应吸热平衡正向移动(4)0.01MPa 8.9 【解析】(1
50、)依据热化学方程式和盖斯定律,+可得到CH3COOH(l)+CH3OH(l)=CH3COOCH3(l)+H2O(l),则H=H1+H2H3=6.10 kJmol1。(2)A加入催化剂,增快反应速率,并不会影响平衡移动,A项错误;B加入过量的甲醇,增大了反应物浓度,使平衡正向移动,乙酸的转化率增大,B项正确;C加人过量的乙酸,增大了反应物浓度,虽然使平衡正向移动,但乙酸的转化率降低,C项错误;D将乙酸甲酯从体系中分离,使产物减少,促进平衡正向移动,乙酸的转化率增大,D项正确;E.根据H为负值,反应正向是放热反应,因此,适当降低温度,平衡正向移动,乙酸的转化率增大,E项错误,F项正确;综上所述,答案为BDF。(3)两反应快慢的核心是活化能的大小,反应快活化能小,而反应慢活化能大,根据图像可知,副反应的活化能远大于主反应的活化能,副反应的化学反应速慢;470之后,乙醇的产率逐渐降低是该反应是放热反应,温度升高平衡逆向移动,乙醛的产率逐渐升高是反应速率逐渐加快,反应吸热平衡正向移动。(4)由图可看出,转化率为90%时,总压为1.01MPa,已知n(CH3COOCH3):n(H2)=1:10,列三行式求解:总压为1.01MPa,因此CH3COOCH3(g)的平衡分压为;CH3CH2OH(g)的体积分数即为物质的量分数,其体积分数;。