2020-2021年新高三化学一轮复习讲解《化学平衡计算与图像》 23页

2020-2021 年新高三化学一轮复习讲解《化学平衡计算与图像》 【知识梳理】 一、化学平衡计算 1．有关计算量间关系 （1）反应物：起始量－变化量＝平衡量；生成物：起始量＋变化量＝平衡量。 （2）初始量可以是任意值；物质变化量之比等于化学方程式中计量数之比；平衡量一般不会等于化学计量 数之比，但要受化学平衡常数Ｋ的制约。 （3）若起始投料量是按化学计量数比例，则在平衡时平衡量之比也要等于计量数之比。 （4）转化率 α＝[(反应物转化的量)÷(反应物起始的量)]×100%] （5）平衡混合物中百分含量 ω(B)=[(物质 B 平衡量)÷(平衡时各物质总量)]×100%] 2．“三量法”的计算模式 三量/mol 3H2 + N2 2NH3 △n 初始量 a b 0 a+b 变化量 3x x 2x -2x 平衡量 a-3x b-x 2x a+b-2x （1）转化率：α(H2)＝(3x÷a)×100％，α(N2)＝(x÷b) ×100％ （2）平衡混合物中百分含量：ω(NH3)＝[2x÷(a+b-2x)] ×100％ （3）混合气体相对平均分子质量：Ｍr＝(2a+28b)/(a+b-2x) （4）平衡常数：K= （a-3x）3·（b-x）/（2x）2 例题1、(1)雾霾天气严重影响人们的生活，其中氮氧化物和硫氧化物是造成雾霾天气的主要原因之一，用活 性炭还原法处理氮氧化物是消除氮的氧化物的常用方法之一。某研究小组向某密闭容器中加入一定量的活 性炭和NO，发生反应：C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g) ΔH=Q kJ·mol-1。在T1℃时，反应进行到不同时间测 得各物质的浓度如下表，则Tl℃时，该反应的平衡常数K= 。 时间/min 浓度/mol·L-1 0 10 20 30 40 50 NO 1.00 0.58 0.40 0.40 0.48 0.48 N2 0 0.21 0.30 0.30 0.36 0.36 CO2 0 0.21 0.30 0.30 0.36 0.36 (2)某研究小组在实验室探究氨基甲酸铵(NH2COONH4)分解反应平衡常数的测定。将一定量纯净的氨基甲酸 铵置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，使其达到分解平衡： NH2COONH4(s) 2NH3(g)+CO2(g)。实验测得不同温度下的平衡数据列于下表： 温度/℃ 15 20 25 30 35 平衡总压强/kPa 5.7 8.3 12.0 17.1 24.0 平衡气体总浓度/10-3mol·L-1 2.4 3.4 4.8 6.8 9.4 根据表中数据，写出15 ℃ 时 的 分 解 平 衡 常 数 计 算 表 达 式 及 结 果 ( 结 果 保 留 三 位 有 效 数 字)： 。 (3)已知T ℃时，反应FeO(s)+CO(g) Fe(s)+CO2(g)的平衡常数K=0.25。 ①T ℃时，反应达到平衡时n(CO)∶n(CO2)= 。 ②若在1 L密闭容器中加入0.02 mol FeO(s)，并通入x mol CO，T ℃时反应达到平衡。此时FeO(s)的转化率为 50%，则x= 。 二、化学平衡图像 1．图像类型： (1)速率—时间图：此类图象定性揭示了 v 正、v 逆随时间(含条件改变对速率的影响)变化的规律，体现了平衡 的“动、等、定、变”的基本特征，以及平衡移动的方向等。 （2）含量•时间•温度(压强)图：图象能说明平衡体系中各组分(或某一成分)在反应过程中的变化情况。C% 指产物的质量分数；B%指某反应物的质量分数，此类图象要注意各物质曲线的折点(达平衡)时刻相同，各 物质浓度变化的内在联系及其比例符合化学方程式中的计量数关系。 (3)恒压(温)图：该类图的纵坐标为物质的平衡浓度(c)或反应物的转化率(α)，横坐标为温度(T)或压强(p)，常 见类型有： (4)速率—温度(压强)图： （5）其他图：如图所示曲线是其他条件不变时，某反应物的最大转化率(α)与温度(T)的关系曲线，图中标出 的 1、2、3、4 四个点，表示 v(正)＞v(逆)的点是 3，表示 v(正)＜v(逆)的点是 1，而 2、4 点表示 v(正)＝v(逆)。 2.解题方法: (1)看图像：一看轴，即纵、横坐标的意义；二看点：即起点、拐点、交点、终点；三看线，即线的走向和 变化趋势；四看辅助线，即等温线、等压线、平衡线等；五看量的变化，如浓度变化、温度变化、转化率 变化、物质的量的变化等。 (2)依据图像信息，利用平衡移动原理，分析可逆反应的特征：吸热还是放热，气体的化学计量数增大、减 小还是不变，有无固体或纯液体参加或生成等。 (3)先拐先平：在化学平衡图像中，先出现拐点的反应先达到平衡，可能是该反应的温度高、浓度大、压强 大或使用了催化剂。 (4)定一议二：勒夏特列原理只适用于一个条件的改变，所以图像中有三个变量，先固定一个量，再讨论另 外两个量的关系。 例题2、(1) 可逆反应：aA(g)+bB(g) cC(g)+dD(g) ΔH=Q。根据下图回答： ①p1 p2； ②a+b c+d； ③T1 T2； ④ΔH 0。 (2) 可逆反应：2A(g)+B(g) 2C(g) ΔH=Q，平衡时C的百分含量、B的转化率与温度、压强的关系满足下 图，根据图像回答： ①p1 p2； ②ΔH 0。③图中标出的1、2、3、4四个点表示v(正)>v(逆)的点是 。 (3) 某密闭容器中发生如下反应：X(g)+3Y(g) 2Z(g) ΔH<0。下图表示该反应的速率(v)随时间(t)变化的 关系，t2、t3、t5时刻外界条件有所改变，但都没有改变各物质的初始加入量。 ①t2、t3、t5时刻改变的条件依次是 、 、 。 ②Z的百分含量最低的时间是 。 (4) 将物质的量均为3.00mol的物质A、B混合于5L容器中，发生如下反应：3A+B 2C。 在反应过程中C的物质的量分数随温度变化如右图所示： ①T0对应的反应速率v(正) (填“>”、“<”或“=”)v(逆)。 ②此反应的正反应为 (填“吸”或“放”)热反应。 (5) 在一容积为2 L的恒容密闭容器内加入0.4 mol A和0.6 mol B，一定条件下发生反应2A(g)+B(g) 2C(g)， 反应中C的物质的量浓度变化情况如下图。 在第5 min时，将容器的体积缩小一半后，若在第8 min达到新的平衡时A的总转化率为75%，请在上图中画 出第5 min到新平衡时C的物质的量浓度的变化曲线。 【课时练习】 1．反应 C(s)+ H2O (g) CO (g)+H2 (g) △H＞0 在某一时间段中反应速率与反应过程的曲线关系如图， 下列说法正确的是（ ） A．CO 的体积分数最高的一段时间为 t5-t6 B．t2-t3 和 t3-t4 时间段 H2 的体积分数相等 C．t1 时刻改变的条件是降低温度 D．t4-t5 时间段平衡向正反应方向移动 2．已知某可逆反应 mA(g)+nB(g) pC(g)在密闭容器中进行，如图表示在不同反应时间(t)时，温度(T)和压 强(P)与反应物 B 在混合气体中的体积分数[φ(B)]的关系曲线，由曲线分析，下列判断正确的是 A．T1＜T2，P1＞P2，m+n＞p，放热反应 B．T1＞T2，P 1＜P2，m+n＞p，吸热反应 C．T1＜T2，P1＞P2，m+n＜p，放热反应 D．T1＞T2，P1＜P2，m+n＜p，吸热反应 3．一定条件下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，图 1 表示各物质浓度 随时间的变化，图 2 表示速率随时间的变化，t2、t3、t4、t5 时刻各改变一种条件，且改变的条件均不同。 若 t4 时刻 改变的条件是压强，则下列说法错误的是 A．若 t1=15 s，则前 15 s 的平均反应速率 v(C)=0.004 mol·L-1·s -1 B．该反应的化学方程式为 3A(g) B(g)+2C(g) C．t2、t3、t5 时刻改变的条件分别是升高温度、加入催化剂、增大反应物浓度 D．若 t1=15 s，则 B 的起始物质的量为 0.04 mol 4．I2 在 KI 溶液中存在平衡：I2(aq)+I-(aq) I3-(aq)，某 I2、KI 混合溶液中，c(I3-)与温度 T 的平衡曲线图 如图。下列说法不正确的是 A．反应 I2(aq)+I-(aq) I3-(aq)的△H>0 B．若温度为 T1、T2，反应的平衡常数分别为 K1、K2，则 K1>K2 C．若反应进行到状态 d 时，一定有 υ 正> 逆 D．状态 a 与状态 b 相比，状态 a 的 c(I2)小 5．已知:2CH3COCH3(1) CH3COCH2COH(CH3)2(1)。取等量 CH3COCH3 分别在 0℃和 20℃下反应, 测得其转化率(α)随时间(t)变化的关系曲线如图所示。下列说法正确的是 A．曲线Ⅱ表示 20℃时的转化反应 B．升高温度能提高反应物的平衡转化率 C．在 a 点时,曲线Ⅰ和Ⅱ表示反应的化学平衡常数相等 D．化学反应速率的大小顺序为:d>b>c 6．K2FeO4 在水中不稳定，发生反应：4FeO 2- 4 +10H2O 4Fe(OH)3（胶体）+8OH- +3O2  ，其稳定性与 温度（T）和溶液 pH 的关系分别如图所示。下列说法正确的是 图 IK2FeO4 的稳定性与温度的关系 图 IIK2FeO4 的稳定性与溶液 pH 的关系 A．由图 I 可知 K2FeO4 的稳定性随温度的升高而升高 B．由图 II 可知图中 a＞c C．由图 I 可知温度：T1＞T2＞T3 D．由图 I 可知上述反应 ΔH<0 7．在恒容密闭容器中将 CO2 与含少量 CO 的 H2 混合生成甲醇，反应为：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)， 下图表示按       2 2 CO H+CO c cc分别为①1:4 和②1:6 两种投料比时，CO2 的平衡经随温度变化的曲线。 设①②两种投料比时 CO2 投料的物质的量浓度相等。下列有关说法正确的是 A．按投料比①时，CO2 的平衡转化率随温度变化的曲线对应的是图中的曲线 l B．图中 a 点对应的 H2 的转化率为 30% C．图中 b 点对应的平衡常数 K 的值大于 c 点 D．       2 3 CO CO CH OH cc c 的数值，a 点比 c 点小 8．298 K 时， 10 .1 8 0 m o l L  γ-羟基丁酸水溶液发生如下反应，生成   丁内酯： HOCH2CH2CH2COOH +H/Δ +H2O 不同时刻测得 γ- 丁内酯的浓度如下表。 t / m i n 20 50 80 100 120 160 220 ∞ -1c / ( m o l L ) 0.024 0.050 0.071 0.081 0.090 0.104 0.116 0.132 注：该条件下副反应、溶液体积变化忽略不计。下列分析正确的是 A．增大 γ-羟基丁酸的浓度可提高 γ-丁内酯的产率 B．298 K 时，该反应的平衡常数为 2.75 C．反应至 120 min 时，γ-羟基丁酸的转化率＜50% D．80～120 min 的平均反应速率：v（γ-丁内酯） ＞1.2×10-3 mol ∙ L-1∙min-1 9．常压下羰基化法精炼镍的原理：Ni(s)＋4CO(g) Ni(CO)4(g)。230 ℃时，该反应的平衡常数 K＝2×10 －5。已知：Ni(CO)4 的沸点为 42.2 ℃，固体杂质不参与反应。 第一阶段：将粗镍与 CO 反应转化成气态 Ni(CO)4； 第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至 230 ℃制得高纯镍。下列判断正确的是 A．增加 c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大 B．该反应达到平衡时， υ 生成[Ni(CO)4]）＝4 生成(CO) C．第一阶段，在 30 ℃和 50 ℃两者之间选择反应温度，选 50 ℃ D．第二阶段，Ni(CO)4 分解率较低 10．二氧化钛在一定波长光的照射下，可有效降解甲醛、苯等有机物，效果持久，且自身对人体无害。某 课题组研究了溶液的酸碱性对 TiO2 光催化染料 R 降解反应的影响，结果如图所示。下列判断正确的是 A．在 0～20min 之间，pH＝7 时 R 的降解速率为 0.07mol·L-1·min-1 B．R 的起始浓度不同，无法判断溶液的酸碱性对 R 的降解速率的影响 C．二氧化钛对 pH＝2 的 R 溶液催化效率好 D．在 0～50 min 之间，R 的降解百分率 pH＝2 大于 pH＝7 11．在一定条件下，CO 可以去除烟气中的 SO2，其反应原理为 2CO(g)＋SO2(g) 2CO2(g)＋S(l)。以疏 松多孔的 γAl2O3 作为催化剂（其他条件相同），反应相同的时间，SO2 的去除率随反应温度的变化如图所示 (图中虚线表示相同条件下 SO2 的平衡去除率随温度的变化)。下列说法正确的是 A．该反应的 ΔH>0 B．180℃，SO2 去除率较高的主要原因是 SO2 被 γAl2O3 吸附 C．500℃时，其他条件不变，采用高效的催化剂可以提高 SO2 去除率 D．X 点恒容下再通入 CO、CO2 各 0.1 mol，达到平衡前 v(正)＞v(逆) 12．在钨酸盐催化作用下，以马来酸酐为原料，双氧水为氧化剂可合成环氧琥珀酸。马来酸酐转化率和环 氧琥珀酸选择性随温度和催化剂用量的变化如图所示(保持其他条件相同)。下列说法不正确的是( ) 2HO NaOH pH=7-9 2- 2 2242 4H O +Na WO[W(O ) ] (cat) (1)为环氧化反应（主反应）  2HO (2)为水解反应（副反应） A．环氧琥珀酸的选择性随催化剂用量的增加而增加，故催化剂用量越多越好 B．当温度低于 65℃时，环氧琥珀酸的选择性随温度升高而增大 C．升高到一定温度后环氧琥珀酸的选择性降低，原因可能是环氧琥珀酸发生了水解反应 D．本实验适宜的反应温度为 65℃ 13．由于温室效应和资源短缺等问题，如何降低大气中的 CO2 含量并加以开发利用，引起了各国的普遍重 视。目前工业上有一种方法是用 CO2 生产燃料甲醇：在容器为 1L 的密闭容器中充入 1molCO2 和 3molH2 ， 平衡时 CO2 的物质的量为 0.25mol，CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)。该反应进行过程中能量的变化(单 位为 kJ·mol-1)如图所示。 请回答下列问题： （1）观察图象可知上述反应过程中，断裂反应物中的化学键吸收的总能量______(填“大于”“小于”或“等于”) 形成生成物中的化学键释放的总能量。 （2）甲醇的结构类似于乙醇，试写出甲醇的结构式：__________。甲醇分子中的化学键类型是________(填 “离子键”或“共价键”)。 （3）科研人员开发出一种新型甲醇燃料电池。其电解质溶液是 KOH 溶液，在该电池的负极发生反应的物 质是__________，发生的是__________(填"氧化"或"还原")反应。 （4）欲使合成甲醇的化学反应速率加快，请写出两条措施：___________________ （5）平衡时 H2 的转化率为__________平衡时混合气体中 CH3OH(g)的体积分数为__________。 （6）下列事实能表明该反应已达平衡状态的是（_______）(填序号) A．CO2(g)的浓度不再发生变化 B．单位时间内消耗 1mol CO2 的同时生成 3mol H2 C．在一个绝热的容器中，混合物的温度不再发生变化 D．在一个容积固定的容器内，压强不再发生变化 14．研究和深度开发 CO、CO2 的应用具有重要的社会意义。回答下列问题： （1）CO 可用于高炉炼铁，已知： Fe3O4(s)+4CO(g)=3Fe(s)+4CO2 (g) △H1= a kJ/mol 3Fe2O3(s)+CO(g)=2Fe3O4(s)+CO2 (g) △ H2= b kJ/mol 则反应 Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2 (g)的△H=________kJ/mol （2）某温度下，在容积为 2 L 的密闭容器甲中投入 8molCO2(g)、16molH2(g)发生反应： CO2 (g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) 甲容器 15 min后达到平衡，此时CO2 的转化率为 75%。则 0〜15 min内用二氧化碳表示平均反应速率 v（CO2） =_______，计算此条件下该反应的平衡常数 K= __________。 （3）捕碳技术是指从空气中捕获二氧化碳的各种科学技术的统称。目前 NH3 和(NH4)2CO3 等物质已经被用 作工业捕碳剂。 ①下列物质中不可能作为 CO2 捕获剂的是___________。 A．Na2CO3 B．NaOH C．CH3CH2OH D．NH4Cl ②用(NH4)2CO3 捕碳的反应：(NH4)2CO3(aq)＋H2O(l)＋CO2(g) 2NH4HCO3(aq)。为研究温度对(NH4)2CO3 捕获 CO2 效率的影响，将一定量的(NH4)2CO3 溶液置于密闭容器中，并充入一定量的 CO2 气体，保持其它初 始实验条件不变，分别在不同温度下，经过相同时间测得 CO2 气体浓度，得到趋势图： I. c 点的逆反应速率和 d 点的正反应速率的大小关系为 Ｖ逆 c _____Ｖ正 d (填“＞”、“＝”或“＜”) II. b、c、d 三点的平衡常数 K b 、K c、 Kd 从大到小的顺序为_______。(填“＞”、“＝”或“＜”) III．T3～T4 温度区间，容器内 CO2 气体浓度呈现增大的变化趋势，其原因是____________。 15．汽车尾气的主要成分有 CO、SO2、NO、NO2 等。 （1）利用氨水可以将 SO2、NO2 吸收，原理如下图所示。 请写出 NO2 被吸收反应的离子方程式___________________。 （2）科研工作者目前正在尝试以二氧化钛(TiO2)催化分解汽车尾气的研究。 ①已知：反应Ⅰ：2NO(g)＋O2(g)==2NO2(g) ΔH1 ＝—113.0 kJ·molˉ1 反应Ⅱ：2SO2(g)＋O2(g)==2SO3(1) ΔH2 ＝—288.4 kJ·molˉ1 反应Ⅲ：3NO2(g)＋H2O(g)==2HNO3＋NO(g) ΔH3 ＝—138.0 kJ·molˉ1 则反应 NO2(g)＋SO2(g)==NO(g)＋SO3(1) ΔH4= _______________。 ②已知 TiO2 催化尾气降解原理可表示为：2CO(g)＋O2(g) 2CO2(g) ΔH5； 2H2O(g)＋4NO(g)＋3O2(g) 4HNO3(g) ΔH6。 在 O2、H2O(g)浓度一定条件下，模拟 CO、NO 的降解，得到其降解率（即转化率）如图所示。请解释 ts 后 NO 降解率下降的可能原因_____________________。 （3）沥青混凝土也可降解 CO。如图为在不同颗粒间隙的沥青混凝土（α、β 型）在不同温度下，反应相同 时间，测得 CO 降解率变化。结合如图回答下列问题： ①已知在 50℃时在 α 型沥青混凝土容器中，平衡时 O2 浓度为 0.01mol·L—1，求此温度下 CO 降解反应的平 衡常数_______________。 ②下列关于如图的叙述正确的是_________________ A．降解率由 b 点到 c 点随温度的升高而增大，可知 CO 降解反应的平衡常数 Kb＜Kc B．相同温度下 β 型沥青混凝土中 CO 降解速率比 α 型要大 C．d 点降解率出现突变的原因可能是温度升高后催化剂失效 ③科研团队以 β 型沥青混凝土颗粒为载体，将 TiO2 改为催化效果更好的 TiO2 纳米管，在 10℃～60℃范围内 进行实验，请在如图中用线段与“ ”阴影描绘出 CO 降解率随温度变化的曲线可能出现的最大区域范围 _____________。 （4）TiO2 纳米管的制备是在弱酸性水溶液中以金属钛为阳极进行电解，写出阳极的电极反应式 ____________________。 16．丙烯(C2H6)是石油化工行业重要的有机原料之一，主要用于生产聚丙烯、二氯丙烷、异丙醇等产品。 (1)丙烷脱氢制备丙烯。由图可得 C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g) ∆H=____________kJ/mol ①为了同时提高反应速率和反应物的平衡转化率，可采取的措施是________。 ②目前在丙烷脱氢制丙烯时常通入适量的 O2，让其同时发生下列反应：2C3H8(g) +O2(g)⇌2C3H6(g)+2H2O(g) ∆H=-235kJ/mol，通入 O2 的目的是_______。 (2)以 C4H8 和 C2H4 为原料发生烯烃歧化反应 C4H8(g)+C2H4(g)⇌2C3H6(g) ∆H>0 ①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 ②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)工业上可用丙烯加成法制备 1,2-二氯丙烷(CH2ClCHClCH3)，主要副产物为 3-氯丙烯(CH2=CHCH2Cl)，反 应原理为： Ⅰ. CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)⇌CH2ClCHClCH3(g) II. CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)⇌CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g) 一定温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的 CH2=CHCH3(g)和 Cl2(g)。在催化剂作用下发生反应Ⅰ， 容器内气体的压强随时间的变化如表所示。 时间/min 0 60 120 180 240 300 360 压强/kPa 80 74.2 69.2 65.2 61.6 57.6 57.6 ①用单位时间内气体分压的变化来表示反应速率，即 Δpv= Δt ，则前 120min 内平均反应速率 v(CH2ClCHClCH3)=____________kPa∙min-1。 ②该温度下，若平衡时 HCl 的体积分数为 12.5%，反应Ⅰ的平衡常数 Kp=__________kPa-1(Kp 为以分压表示 的平衡常数，保留小数点后 2 位)。 参考答案 例题1、(1) (2) K=c2(NH3)·c(CO2)= ×0.8×10-3=2.05×10-9 (3) ①4∶1 ②0.05 【解析】(1) 由表中数据可知，40 min后各组分的浓度不再变化，该反应达到平衡，K= = = 。(2) 15 ℃时的分解平衡常数计算表达式是K=c2(NH3)·c(CO2)，由于平衡时总浓度是2.4×10-3 mol·L-1，则c(NH3)=1.6×10-3 mol·L-1，c(CO2)=0.8×10-3 mol·L-1，将数值代入上式可得： K=c2(NH3)·c(CO2)= ×0.8×10-3=2.05×10-9 。(3) ①在T ℃时，K= = =0.25，则 =4。 ② FeO(s)+CO(g) Fe(s)+CO2(g) n起始/mol： 0.02 x 0 0 n转化/mol： 0.01 0.01 0.01 0.01 n平衡/mol： 0.01 x-0.01 0.01 0.01 K= = = =0.25，求得x=0.05。 例题 2、(1) ①< ②< ③> ④> (2) ①< ②< ③3 (3) ①使用催化剂 减小压强 升高温度 ② t6 (4) ①= ②放(5) 9 16 -32( 1. 6 10 ) 22 2 ( N ) ( CO ) ( N O ) cc c  2 0. 36 0. 36 0. 48  9 16 -32(1.610) 2( CO ) ( CO ) c c 2( CO ) ( CO ) n n 2 ( CO ) ( CO ) n n 2(CO ) (CO) c c 2(CO ) (CO) n n 0.01 -0.01x 【解析】(1) ①p2先达到平衡，p2压强大，反应速率快。②由p1到p2，增大压强，A的转化率降低，平衡逆向 移动，a+bv(正)，3与之相反。(3) ①t2时刻，v(正)与v(逆)同等倍数的增大，平衡不移动，因而改变的条件应该是使用了催化剂；t3时刻，v(正) 与v(逆)同时减小，且v(逆)>v(正)，平衡逆向移动，结合反应可知改变的条件是减小压强；t5时刻，v(正)与v(逆) 同时增大，且v(逆)>v(正)，平衡逆向移动，结合反应可知改变的条件是升高温度。②根据平衡移动的方向可 知，Z的百分含量最低的时间段应该是t6。(4) ①T0点应该刚达到平衡，此时v(正)=v(逆)。②从T0往后，升高 温度，C%减小，平衡逆向移动，正反应是放热反应。(5) 第5 min时，将容器的体积缩小一半后，c(C)立即 变为原来的2倍，即变为0.2 mol·L-1，然后因为压强增大，平衡正向移动，c(C)继续增大。由图可知，5 min 达平衡时，A转化了0.2 mol，A总共转化0.4 mol×75%=0.3 mol，故5~8 min A转化了0.1 mol， 2A(g) + B(g) 2C(g) 起始/mol·L-1： 0.2 0.5 0.2 转化/mol·L-1： 0.1 0.05 0.1 平衡/mol·L-1： 0.1 0.45 0.3 第8 min达到新的平衡时，c(C)=0.3 mol·L-1。 课时练习 1．B【解析】A．由上述分析可知，t3 时平衡不移动，t1、t4 时改变条件反应均逆向移动，氨气的含量减少， 则氨气的体积分数最高的一段时间为 t0-t1，A 项错误； B．t2-t3 达到化学平衡状态，体积分数不变，t3-t4 时间段化学平衡不移动，所以氨气的体积分数相等，B 项 正确； C．t1 时正逆反应速率均增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，改变条件为降低压强，而降 低温度平衡会向正向移动，不符合图示信息，C 项错误； D．t4-t5 时间段，逆反应速率大于正反应速率，则化学平衡向逆反应方向移动，D 项错误； 答案选 B。 2．D【解析】由图可知，压强一定时，温度 T1 先到达平衡，故温度 T1＞T2，升高温度 B 在混合气体中的体 积分数减小，说明平衡正向移动，正反应为吸热反应；温度一定时，压强 P2 先到达平衡，故压强 P1＜P2， 增大压强 B 在混合气体中的体积分数增大，说明平衡逆向移动，正反应为气体体积增大的反应，则 m+n＜p， 故答案选 D。 3．C【解析】A. 反应在 t1 时刻达到平衡时，气体 C 的浓度增大 0.06mol·L-1，所以平均反应速率为 v(C)= -10 . 0 6 m o l L 15s  =0.004 mol·L-1·s -1，故 A 正确； B. t4 时刻降低压强后反应平衡状态没有改变，说明反应物系数和与生成物系数和相等，又因为反应第一次 达到平衡时气体 A 浓度降低 0.09mol·L-1，气体 C 的浓度增大 0.06 mol·L-1，所以气体 A 与 C 的系数比为 3:2， 因此气体 B 也是生成物且其系数为 1，所以化学方程式为 3A(g)⇌B(g)+2C(g)，故 B 正确； C. t5 时刻后若为增大反应物浓度，开始时应该只有正反应速率增大，不会两个反应速率同时增大，故 C 错 误； D. 气体 C 的浓度增大 0.06mol·L-1，气体 B、C 的反应系数比为 1:2，所以气体 B 浓度增大 0.03mol·L-1，又 由初始气体 A 浓度可知，容器的体积为 0.3mol/0.15mol∙L−1=2L，可知气体 B 起始物质的量为 (0.05-0.03)mol·L-1×2L=0.04mol，故 D 正确； 答案选 C。 4．A【解析】A. 根据图像可知随着温度的升高，c(I3 －)逐渐减小，说明升高温度平衡向逆反应方向进行， 因此正反应是放热反应，即△H 小于 0，A 错误； B. 升高温度平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小，若温度为 T1、T2，反应的平衡常数分别为 K1、K2，则 K1>K2，B 正确； C. d 点不在曲线上，所以 d 点没有达到平衡状态，如果达到平衡状态，则在温度不变的条件下 c(I3 －)应该增 大，所以此时反应向正反应方向进行，即正反应速率大于逆反应速率，C 正确； D. b 点温度高，a 到 b 时升高温度，平衡向逆反应方向进行，则状态 a 与状态 b 相比，状态 a 的 c(I2)小，D 正确； 答案选 A。 5．D【解析】A.曲线Ⅰ比曲线Ⅱ变化快，说明曲线Ⅰ的温度高，故 A 错误；B.曲线Ⅰ比曲线Ⅱ的温度高， 但是转化率低，说明升温平衡逆向移动，转化率降低，故 B 错误；C. 曲线Ⅰ和曲线Ⅱ对应的温度不同，化 学平衡常数只与温度有关，所以曲线Ⅰ和Ⅱ表示反应的化学平衡常数不相等，故 C 错误；D.反应开始反应 物的浓度最大，随着反应物的浓度减小速率也逐渐减小，所以 d 处速率大于 b 处，因为曲线Ⅰ的温度高所 以，b 处速率大于 c 处，故 D 正确；本题选 D。 点睛：曲线的斜率反映了化学反应速率，斜率越大说明反应速率越快。 6．C【解析】A.由图 I 数据可知，温度越高，相同时间内 FeO42-浓度变化越快，则温度 T1＞T2＞T3，温度越 高 FeO42-浓度越小说明 K2FeO4 的稳定性随着温度的升高而减弱，故 A 错误； B.由题给方程式可知，增大氢氧根浓度，平衡向逆反应方向移动，FeO42-越稳定，结合图 II 可知，平衡时 FeO42-浓度：a＜c，则溶液 pH：a＜c，故 B 错误； C.由图 I 数据可知，温度越高，相同时间内 FeO42-浓度变化越快，则温度 T1＞T2＞T3，故 C 正确； D.由图 I 数据可知，温度越高，相同时间内 FeO42-浓度变化越快，则温度 T1＞T2＞T3，温度越高 FeO42-浓度 越小说明平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应，△H＞0，故 D 错误； 故选 C。 7．D【解析】A．①②两种投料比时 CO2 投料的物质的量浓度相等，则投料比越小，即 c(H+)+c(CO)越大， 氢气的浓度增大，平衡正向移动，CO2 的转化率增大，所以曲线 I 为投料比②时的曲线，曲线 II 为投料比① 时的曲线，故 A 错误； B．题目只给了       2 2 CO H + CO c cc的比值，混合气体中氢气的占比未知，所以无法计算氢气的转化率，故 B 错 误； C．据图可知相同投料比的情况下，温度升高 CO2 的平衡转化率减小，平衡逆向移动，所以该反应为放热反 应，温度越高平衡常数越小，b 点温度高于 c 点，所以 b 点对应的平衡常数 K 的值小于 c 点，故 C 错误； D．曲线 I 为投料比②时的曲线，曲线 II 为投料比①时的曲线，容器恒容，CO 不参与反应，虽然 H2 和 CO 混合气体中各组分的占比未知，但各组分占比不变，所以     a b CO 6=CO4 c c ，设初始 ca(CO2)=1mol/L，a 点转化率 为 60%，结合化学方程式可知平衡时 ca(CO2)=0.4mol/L，ca(CH3OH)=0.6mol/L，则     a2 a3 CO 0.4 CHOH0.6 c c  ，c 点 转化率约为 45%，同理可得     b2 b3 CO 0.55 CHOH0.45 c c  ，则                         a 2 a a 2 a 3 a 3 a b 2 b b 2 b b 3 b 3 CO CO CO CH OH CH OH CO=CO CO CO CO CH OH CH OH c c c ccc c c c c cc  = 0.4 690.6 0.55 4 11 0.45  <1，所以       2 3 CO CO CH OH cc c 的数值，a 点比 c 点小，故 D 正确； 故答案为 D。 8．B【解析】A.增大 γ-羟基丁酸的浓度可以使平衡正向移动，γ-丁内酯的产量增加，但不能提高 γ-丁内酯 的产率，A 错误； B.该反应的平衡常数 [γ-]0.132K=2.75[]0.1800.132γ-  丁内酯 羟基丁酸 , B 正确； C.反应至 120 min 时， γ- 丁内酯的浓度为 0.090mol∙L-1，反应了的 γ-羟基丁酸的浓度为 0.090mol∙L-1，转化率 为 0.09 100%=50%0.18  ，C 错误； D.80～120 min， ∆c（γ-丁内酯）=(0.09-0.071) mol∙L-1，平均反应速率：v（γ-丁内酯）= 1 -1-14 -Δc0.019 4 molL mol.7510t40mi Lminn   ，D 错误； 答案选 B。 9．C【解析】A．平衡常数是温度的函数，温度不变，平衡常数不变，所以增加 c（CO），虽然平衡向正向 移动，但反应的平衡常数不变，故 A 错误； B．反应的速率之比等于气体的计量数之比，所以平衡时有 4 υ 生成[Ni(CO)4]= 生成(CO)，故 B 错误； C．Ni(CO)4 的沸点为 42.2℃，应大于沸点，便于分离出 Ni(CO)4，则第一阶段，在 30℃和 50℃两者之间选 择反应温度，选 50℃，故 C 正确； D．加热至 230℃制得高纯镍，可知第二阶段 Ni(CO)4 分解率较大，故 D 错误； 故选 C。 10．C【解析】A．在 0～20min 之间，pH＝7 时 R 的降解速率= 41.8 0.4 10 / 20 mol L min （ ） =7×10-6mol·L-1·min-1， A 错误； B．根据图中曲线可知，曲线的斜率表示反应速率，起始浓度不同分解速率不同，pH 不同分解速率也不同， 故 R 的起始浓度和溶液的 pH 均影响 R 的降解速率，但 R 的起始浓度不同，可以判断溶液的酸碱性对 R 的 降解速率的影响，通过分析斜率的大小来判断，B 错误； C．通过图像可知，pH＝2 时，二氧化钛对 R 溶液催化时间迅速缩短，效率好，C 正确； D．在 0～50 min 之间，R 的降解初始量 pH＝7 大于 pH＝2，平衡时浓度接近 0，则降解百分率 pH＝7 等于 pH＝2，D 错误； 答案为 C。 11．B【解析】A．由虚线可知，温度升高，SO2 的平衡去除率减小，则温度升高，平衡逆向移动，逆反应 为吸热反应，则该反应的 ΔH＜0，A 错误； B．从图上看，500℃SO2 去除率最高，说明 500℃催化剂活性最好，500℃以下，温度升高催化剂活性增强， SO2 去除率应该增大，但是 180℃到 240℃SO2 去除率减小，结合题中催化剂为疏松多孔可知，180℃，SO2 去除率较高的主要原因是 SO2 被 γAl2O3 吸附，180℃到 240℃，SO2 去除率减小的主要原因是随着温度升高， γAl2O3 吸附 SO2 的量减小，B 正确； C．由图可知，500℃，SO2 去除率为平衡去除率，换高效催化剂不能使平衡发生移动，SO2 去除率不变，C 错误； D．设 CO、SO2 起始物质的量浓度分别为 a mol·L-1、b mol·L-1，体积为 1L，则        22 -1 -1 -1 ++2CO g SO g 2CO g S l c / mol L a b 0 Δc / mol L 1.8b 0.9b 1.8b c / mol L a-1.8b 0.1b 1.8b    始 平 ，X 点对应的平衡常数 K= 2 2 ( 1 . 8 b ) ( a - 1 . 8 b ) 0 . 1 b ，恒容下 再通入 CO、CO2 各 0.1 mol，则 Qc= 2 2 (1.8b+0.1) (a-1.8b+0.1)0.1b ，很显然，Qc 和 K 的关系和 CO、SO2 起始 a、b 的关系有关，若 1.8b+0.1＞a-1.8b+0.1，即 3.6b＞a 时，Qc＞K，平衡逆向移动，v(正)＜v(逆)，3.6b=a 时， Qc＝K，平衡不移动，v(正)=v(逆)，3.6b＜a 时，Qc＜K，平衡正向移动，v(正)＞v(逆)，D 错误。 答案选 B。 12．A【解析】A．图象变化分析，当选择性达到一定程度时在增加催化剂用量，环氧琥珀酸的选择性增加 不大，考虑到成本和经济效益，不能一味加大催化剂的用量，故 A 错误； B．图象分析可知当温度低于 65℃时，环氧琥珀酸的选择性随温度升高而增大，故 B 正确； C．温度升高促进水解，升温环氧琥珀酸发生了副反应水解反应，导致催化剂选择性下降，故 C 正确； D．温度高于 65℃时，过氧化氢分解，环氧琥珀酸发生了水解反应，都不利于反应进行，故 D 正确； 答案选 A。 13．（ 1）小于（2） ；共价键（3）甲醇（或 CH3OH）；氧化（4）升高温度、增大反应物浓 度、增大压强等（5）75%；30%（6）ABCD 【解析】（1）由图像可知，该反应中反应物总能量高于生成物总能量，因此属于放热反应，反应过程中， 断裂反应物中的化学键吸收的总能量小于形成生成物中的化学键释放的总能量； （2）乙醇结构式为： ，甲醇与乙醇结构类似，均属于醇类，因此甲醇的结构式为： ；甲醇属于分子化合物，分子中化学键均属于共价键； （3）甲醇燃料电池以 KOH 溶液为电解质，负极上甲醇发生氧化反应生成 Na2CO3，电极反应式为： --2- 332CHOH-6e+8OH=CO+6HO ； （4）升高温度、增大反应物浓度、增大压强等均能增大合成甲醇的化学反应速率； （5）平衡时 CO2 的物质的量为 0.25mol，根据化学计量数可知，平衡时 H2 的物质的量为 [3-(1-0.25)×3]mol=0.75mol，则 H2 的转化率为  3-0.75 mol 100%=75%3mol  ；由化学计量数以及 CO2 转化量 可知，平衡时 CH3OH(g)、H2O(g)的物质的量为 0.75mol，则平衡时混合气体中 CH3OH(g)的体积分数为   0.75mol 100%=30%0.25+0.750.750.75mol  ； （6）A．CO2(g)的浓度不再发生变化，可说明正逆反应速率相等，即反应已达平衡状态，故 A 符合题意； B．根据化学计量数可知，单位时间内消耗 1mol CO2 的同时会消耗 3mol H2，若同时生成 3mol H2，则说明 正逆反应速率相等，即反应已达平衡状态，故 B 符合题意； C．该反应正向为放热反应，在一个绝热的容器中，混合物的温度不再发生变化，说明正逆反应速率相等， 即该反应达到平衡状态，故 C 符合题意； D．该反应正向为气体物质的量减小的反应，在恒容容器中，气体压强之比等于气体总物质的量之比，当容 器内压强不再变化，说明气体的物质的量不再变化，可说明反应已达到平衡状态，故 D 符合题意； 故答案为：ABCD。 14．（ 1）(2a+b)/3（2）0.2 mol/(L·min)；1.8(3)①CD②＜；K b＞K c ＞Kd；T3-T4 区间，化学反应已达到平衡， 由于正反应是放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，所以不利于 CO2 的捕获 【解析】 (1)①Fe3O4(s)+4CO(g)═3Fe(s)+4CO2(g)△H1=a kJ/mol，②3Fe2O3(s)+CO(g)═2Fe3O4(s)+CO2(g)△ H2=b kJ/mol，根据盖斯定律： 3 2① ② 可得 Fe2O3(s)+3CO(g)═2Fe(s)+3CO2(g)，故△H3= 12H 3 2H = 2a 3 b kJ/mol，故答案为： ； (2)甲容器 15 min 后达到平衡，此时 CO2 的转化率为 75%，则转化 CO2 为 8mol×75%=6mol，列三段式： CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) 起始(mol/L)：4 8 0 0 转化(mol/L)：3 3 3 3 平衡(mol/L)：1 5 3 3 则0～15 min内平均反应速率v(CO2)= 3 m ol / L 15m in =0.2mol/(L•min)；此条件下该反应的平衡常数K= 33 15   =1.8， 故答案为：0.2mol/(L•min)；1.8； (3)①A．Na2CO3 和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，故 A 不符合；B．NaOH 显碱性，可以吸收二氧化碳，故 B 不符合；C．CH3CH2OH 为中性分子不能和二氧化碳反应，不能吸收二氧化碳，故 C 符合；D．NH4Cl 溶液显酸性，不能吸收二氧化碳，故 D 符合，故答案为：CD； ②I.温度越高，反应速率越快，d 点温度高，则 c 点的逆反应速率和 d 点的正反应速率的大小关系为 V 逆 c＜ V 正 d，故答案为：＜； II.根据图像，温度为 T3 时反应达平衡，此后温度升高，c(CO2)增大，平衡逆向移动，说明反应是放热反应， 升高温度，平衡逆向进行，平衡常数减小，Kb＞Kc＞Kd，故答案为：K b＞K c＞Kd； III．T3-T4 区间，化学反应已达到平衡，由于正反应是放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，不利 于 CO2 的捕获，所以容器内 CO2 气体浓度呈现增大的变化趋势，故答案为： T3-T4 区间，化学反应已达到 平衡，由于正反应是放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，不利于 CO2 的捕获。 15．（ 1）2NO2+4HSO3—== N2+4SO42—+4H+ (2)①－87.7 kJ·molˉ1②由反应Ⅰ、Ⅲ可知 ΔH6＝-615.0 kJ·molˉ1， 随着反应的进行，反应体系中温度升高，使平衡 2H2O+4NO+3O2 4HNO3 向逆反应方向移动(3)①   2 2 100 1 x x ②BC③ （4）Ti－4e—+2H2O==TiO2+4H+ 【解析】 (1)根据流程图知，NO2 被 NH4HSO3 吸收生成 N2，N 元素化合价由+4 价变为 0 价，NO2 得电子被 还原，则 HSO3-失电子被氧化，被氧化生成 SO42-，反应的方程式为：4NH4HSO3+2NO2=N2+4NH4HSO4，离 子方程式为 2NO2+4HSO3-═N2+4SO42-+4H+；故答案为：2NO2+4HSO3-═N2+4SO42-+4H+； (2)①反应Ⅰ：2NO（g）+O2（g）═2NO2（g）△H1=-113.0 kJ/mol；反应Ⅱ：2SO2（g）+O2（g）═2SO3（1） △H2=-288.4 kJ/mol；根据盖斯定律（Ⅱ-Ⅰ）× 1 2 得反应 NO2（g）+SO2（g）═NO（g）+SO3（1），则△H4=[（-288.4 kJ/mol）-（-113.0 kJ/mol）]× =-87.7 kJ/mol； 故答案为：-87.7 kJ/mol； ②依据 I×3＋III×2，得出：△H6=(－113×3－138×2)kJ·mol－1=－615kJ·mol－1，CO 燃烧是放热反应，随着反 应进行温度升高，使 2H2O+4NO+3O2 4HNO3 向逆反应方向进行，因此 NO 的降解率下降；故答案为： 由反应Ⅰ、Ⅲ可知 ΔH6＝-615.0 kJ·molˉ1，随着反应的进行，反应体系中温度升高，使平衡 2H2O+4NO+3O2 4HNO3 向逆反应方向移动； (3)①CO 的降解率为 x，设起始 CO 浓度为 1mol/L，则达到平衡时 c(CO)=(1－x)mol·L－1，c(O2)=0.01mol·L－ 1，c(CO2)=xmol·L－1，根据平衡常数的定义，K=       2 2 2 2 cCO cCOcO  = 2 2[ ( )1 0 .0 1 ] x x － =   2 2 100 1 x x ； ②A．平衡常数是温度的函数，温度升高向吸热方向进行，即向逆反应方向进行，K= ， 故 K 减小，即 Kb＞Kc，故 A 错误； B．由图得，相同温度下 β 型沥青混凝土中 CO 降解速率比 α 型要大，故 B 正确； C．d 点降解率出现突变的原因可能是温度升高后催化剂失效，故 C 正确； 故答案为：BC； ③据催化剂能加快化学反应速率，但不影响平衡移动，故图为 ，故 答案为： ； (4)阳极失去电子发生氧化反应，故电极反应方程式为 Ti-4e-+2H2O=TiO2+4H+；故答案为： Ti-4e-+2H2O=TiO2+4H+。 16．I．(1) +124.2①升高温度②丙烷直接裂解是吸热反应，通入足量 O2 可提供裂解所需的能量，并保持热 平衡（2）①BCD②> II.①0.09②0.21 【解析】 (1)根据左图，可得①C3H8(g)⇌C2H2(g)+H2(g)+CH4(g) ∆H=+156.6kJ/mol，右图可得，②C3H6(g)⇌ C2H2(g)+CH4(g) ∆H=+32.4kJ/mol，根据盖斯定律，①-②可得 C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)，则∆H=+124.2kJ/mol； ①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； ②丙烷直接裂解是吸热反应，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)①A.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； ②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%， b 2a a b =25%，则 b=amol，K=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=     1 12xx(x>0)，(1+x)(2+x)>2，Qc