2020届二轮复习专题六　化学反应速率和化学平衡课件（101张） 101页

专题六 化学反应速率和化学平衡 总纲目录 考点 一 化学反应速率、化学平衡及其影响因素 考点二　有关化学平衡的图像 热点题型　化学反应原理综合题 考点一　化学反应速率、化学平衡及其影响因素   1.(2019课标Ⅱ,27节选)环戊二烯(   )是重要的有机化工原料,广泛用于农 药、橡胶、塑料等生产。回答下列问题: (1)已知:   (g)     (g)+H 2 (g)    Δ H 1 =100.3 kJ·mol -1 　① H 2 (g)+I 2 (g)   2HI(g)    Δ H 2 =-11.0 kJ·mol -1 　② 对于反应:   (g)+I 2 (g)     (g)+2HI(g)　③    Δ H 3 = 　　　     kJ·mol -1 。 (2)某温度下,等物质的量的碘和环戊烯(   )在刚性容器内发生反应③,起始 总压为10 5 Pa,平衡时总压增加了20%,环戊烯的转化率为 　　　     ,该反应的 平衡常数 K p = 　　　     Pa。达到平衡后,欲增加环戊烯的平衡转化率,可采取 的措施有 　　　     (填标号)。 A.通入惰性气体　　 B.提高温度 C.增加环戊烯浓度　　D.增加碘浓度 (3)环戊二烯容易发生聚合生成二聚体,该反应为可逆反应。不同温度下,溶 液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示,下列说法正确的是 　　　     (填标号)。 A. T 1 > T 2 B.a点的反应速率小于c点的反应速率 C.a点的正反应速率大于b点的逆反应 速率 D.b点时二聚体的浓度为0.45 mol·L -1 答案 　(1)89.3 (2)40%　3.56 × 10 4 　BD (3)CD 解析     (1)根据盖斯定律可得,Δ H 3 =Δ H 1 +Δ H 2 =100.3 kJ·mol -1 -11.0 kJ·mol -1 =89.3 kJ·mol -1 。 (2)平衡时总压增加了20%,即气体总物质的量增加了20%。设碘和环戊烯的 初始投料均为 x mol,平衡时环戊烯的转化量为Δ x mol,则平衡时体系中气体 总物质的量增加了Δ x mol,Δ x =2 x × 20%=0.4 x ,环戊烯的转化率=   × 100%=   × 100%=40%;起始总压为10 5 Pa,平衡总压为1.2 × 10 5 Pa,可得出平衡时I 2 、   、   、HI的分压依次为3 × 10 4 Pa、3 × 10 4 Pa、2 × 10 4 Pa、4 × 10 4 Pa, K p =   Pa ≈ 3.56 × 10 4 Pa。A项,通入惰性气体增加了体系总压强,但 本质上未改变相关气体的分压,气体浓度不变,平衡不移动,环戊烯平衡转化 率不变,故错误;B项,该反应是吸热反应,提高温度平衡正向移动,环戊烯平衡 转化率增加,故正确;C项,增加环戊烯浓度可以使平衡正向移动,但环戊烯平 衡转化率降低,故错误;D项,增加碘浓度可以使环戊烯的平衡转化率增加,故 正确。 (3)A项,观察不同温度下曲线的变化趋势,不难发现 T 2 时反应更快,则 T 2 > T 1 ,故 错误;B项,a点对应温度低于c点对应温度,但a点环戊二烯浓度大于c点环戊二 烯的浓度 , 故 v (a) 与 v (c) 大小无法确定 , 故错误 ;C 项 , v (a, 正 )> v (a, 逆 ), v (b, 正 )> v (b, 逆 ), 又 v (a, 正 )> v (b, 正 ), 则 v (a, 正 ) 必然大于 v (b, 逆 ), 故正确 ;D 项 , 由图像可知 b 点 环戊二烯的浓度为0.6 mol·L -1 ,环戊二烯转化的浓度=1.5 mol·L -1 -0.6 mol·L -1 = 0.9 mol·L -1 ,则生成的二聚体的浓度=0.9 mol·L -1 ×   =0.45 mol·L -1 ,故正确。 2.(2018课标Ⅰ,28,15分)采用N 2 O 5 为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术,在含 能材料、医药等工业中得到广泛应用。回答下列问题: (1)1840年Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银,得到N 2 O 5 。该反应的氧化产 物是一种气体,其分子式为 　　　      。 (2)F.Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25 ℃时N 2 O 5 (g)分解反 应: 2N 2 O 5 (g)   4NO 2 (g)+O 2 (g) 　　　　　　       　　　　　　 2N 2 O 4 (g) 其中NO 2 二聚为N 2 O 4 的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强 p 随时间 t 的变 化如下表所示[ t = ∞ 时,N 2 O 5 (g)完全分解]: ①已知:2N 2 O 5 (g)   2N 2 O 4 (g)+O 2 (g)    Δ H 1 =-4.4 kJ·mol -1 2NO 2 (g)   N 2 O 4 (g)    Δ H 2 =-55.3 kJ·mol -1 则反应N 2 O 5 (g)   2NO 2 (g)+   O 2 (g)的Δ H = 　　     kJ·mol -1 。 ②研究表明,N 2 O 5 (g)分解的反应速率 v =2 × 10 -3 ×   (kPa·min -1 )。 t =62 min时, 测得体系中   =2.9 kPa,则此时的   = 　　     kPa, v = 　　     kPa·min -1 。 t /min 0 40 80 160 260 1 300 1 700 ∞ p /kPa 35.8 40.3 42.5 45.9 49.2 61.2 62.3 63.1 ③若提高反应温度至35 ℃,则N 2 O 5 (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           。 ④25 ℃时N 2 O 4 (g)   2NO 2 (g)反应的平衡常数 K p = 　　     kPa( K p 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2N 2 O 5 (g)   4NO 2 (g)+O 2 (g),R.A.Ogg提出如下反应历程: 第一步　N 2 O 5   NO 2 +NO 3 　　　　　快速平衡 第二步　NO 2 +NO 3   NO+NO 2 +O 2 　 慢反应 第三步　NO+NO 3   2NO 2 　　 快反应 其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是 　          (填标号)。 A. v (第一步的逆反应)> v (第二步反应) B.反应的中间产物只有NO 3 C.第二步中NO 2 与NO 3 的碰撞仅部分有效 D.第三步反应活化能较高 答案　 (1)O 2      (2)①53.1　②30.0　6.0 × 10 -2 　③大于　温度提高,体积不变,总压强提高;NO 2 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　④13.4 (3)AC 解析 　(1)氯气具有强氧化性,氮元素化合价不变,Ag应以AgCl形式存在,则被 氧化的是氧元素,对应的氧化产物为O 2 ,反应的化学方程式为4AgNO 3 +2Cl 2   4AgCl+2N 2 O 5 +O 2 。 (2)①2N 2 O 5 (g)   2N 2 O 4 (g)+O 2 (g)    Δ H 1 =-4.4 kJ·mol -1   a 2NO 2 (g)   N 2 O 4 (g)    Δ H 2 =-55.3 kJ·mol -1   b 根据盖斯定律,由   -b可得:N 2 O 5 (g)   2NO 2 (g)+   O 2 (g)    Δ H =53.1 kJ·mol -1 。 ②由2N 2 O 5 (g)~O 2 (g)可知,   =2.9 kPa时N 2 O 5 分压减小5.8 kPa,此时   =(35.8- 5.8)kPa=30.0 kPa。 v =2 × 10 -3 ×   (kPa·min -1 )=2 × 10 -3 × 30(kPa·min -1 )=6.0 × 10 -2 kPa·min -1 。 ④ t = ∞ 时,N 2 O 5 完全分解。 2N 2 O 5   2N 2 O 4 +O 2 2　　 2　　 1 35.8 kPa　       　         =35.8 kPa       =17.9 kPa 设达平衡时,N 2 O 4 分压减小了 x kPa。 　　　　　　　　N 2 O 4        　2NO 2 开始分压(kPa)　 35.8　　 0 变化分压(kPa)　     x 　　 2 x 平衡分压(kPa)　　35.8- x 　　2 x (35.8- x )kPa+2 x kPa+17.9 kPa=63.1 kPa,解得 x =9.4,则平衡时   =26.4 kPa,   =18.8 kPa, K =   kPa ≈ 13.4 kPa。 (3)第一步反应为快反应,其逆反应的速率也比第二步反应的速率快,A正确; 从反应方程式看,中间产物有NO 3 、NO,B错误;由于第二步反应是慢反应,说 明NO 2 与NO 3 的碰撞仅部分有效,C正确;第三步是快反应,故其活化能应较低, D错误。 3.(2017课标Ⅱ,27,14分)丁烯是一种重要的化工原料,可由丁烷催化脱氢制 备。回答下列问题: (1)正丁烷(C 4 H 10 )脱氢制1-丁烯(C 4 H 8 )的热化学方程式如下: ①C 4 H 10 (g)   C 4 H 8 (g)+H 2 (g)    Δ H 1 已知:②C 4 H 10 (g)+   O 2 (g)   C 4 H 8 (g)+H 2 O(g)    Δ H 2 =-119 kJ·mol -1 ③H 2 (g)+   O 2 (g)   H 2 O(g)    Δ H 3 =-242 kJ·mol -1 反应①的Δ H 1 为 　　　     kJ·mol -1 。图(a)是反应①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 　　　　　　　　　     　　　　　　　　　　     。 答案 　(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 温裂解生成短链烃类 解析     (1)结合已知信息运用盖斯定律,由②-③可得①,故Δ H 1 =Δ H 2 -Δ H 3 =123 kJ·mol -1 ;由图(a)可知,温度一定时,压强由0.1 MPa变成 x MPa,平衡转化率增大, 对反应①而言,减小压强,平衡正向移动,平衡转化率增大,故 x 小于0.1;Δ H 1 >0, 升高温度或减小压强,可使反应①的平衡正向移动,丁烯的平衡产率提高,故 选择A、D。(2)H 2 是反应①的产物之一,若混合气体中H 2 比例过大,会抑制反 应正向进行,从而使丁烯产率降低。(3)590 ℃之前,升高温度,有利于反应正 向进行,同时反应速率加快。反应速率加快,气流通过反应器时反应物的利用 率就会提高,丁烯的产率增大。590 ℃之后丁烯高温裂解生成的短链烃类化 合物增多,丁烯产率降低。   1.影响化学反应速率的外界因素 (1)从分子碰撞角度分析 增大反应物浓度——提高单位体积内活化分子数; 增大压强——提高单位体积内活化分子数; 升高温度——提高分子能量,提高单位体积内活化分子百分数; 催化剂——降低活化能,分子能量不变,提高单位体积内活化分子百分数。 (2)对于有气体参加的反应,压强对化学反应速率的影响规律 ①恒温:增大压强→压缩体积→浓度增大→反应速率增大; ②恒温恒容:充入惰性气体→总压增大但分压不变→浓度不变→反应速率不 变; ③恒容:充入反应物气体→反应物浓度增大→反应速率增大; ④恒温恒压:充入惰性气体→体积增大,总压不变(分压变小)→浓度减小→反 应速率减小。 2.化学平衡状态的判断方法 (1)直接标准:同一种物质的正、逆反应速率相等→某组分的体积分数(或质 量分数、物质的量分数)不再变化→达到化学平衡状态。 (2)间接标准:一般有热量、压强、密度、断裂和形成化学键、气体颜色、不 同物质的正反应速率和逆反应速率的关系、平均相对分子质量、反应物和 产物的浓度比等。用间接标准判断时注意以下几点:①区别恒温恒容和恒温 恒压;②反应三看:物质状态、气体分子数、焓变符号;③根据不同物质的反 应速率判断 , 要利用同一反应方向不同物质的反应速率之比等于化学计量数 之比进行合理转化 , 最终转化成同一种物质的正反应速率、逆反应速率进行 对比;④有气体参与的反应在恒温恒容条件下,气体压强与气体物质的量成正 比。 3.化学平衡常数的应用 (1)判断转化率。对于同一化学反应,平衡常数越大,反应物的转化率越大。 (2)判断反应进行的方向。 Q c 代表浓度商, K 代表平衡常数。在一定温度下,若 Q c = K ,则达到平衡状态;若 Q c < K ,则反应向正反应方向进行;若 Q c > K ,则反应向 逆反应方向进行。 (3)判断温度变化。若正反应为放热反应,平衡常数减小,则温度升高,平衡常 数增大,则温度降低;若正反应为吸热反应,平衡常数增大,则温度升高,平衡常 数减小,则温度降低。 (4)计算平衡时各物质的浓度、转化率。利用三段式法列出可逆反应的 “始、转、平”三个状态时各物质的浓度,根据平衡常数表达式代入相关数 据计算。 特别提醒 　对于有气体参加的可逆反应,压强对化学平衡的影响,实质是浓度 改变引起对化学平衡的影响。   考向一　化学反应速率及其影响因素 1.(2019江西吉安五校联考)O 3 在水中易分解,一定条件下,O 3 的浓度减少一半 所需的时间( t )如下表所示。 t /min pH T / ℃ 3.0 4.0 5.0 6.0 20 301 231 169 58 30 158 108 48 15 50 31 26 15 7 答案     C　由表中数据可知,温度越高,反应速率越快,pH越大,反应速率越快, 所以40 ℃、pH=3.0时,所需时间在31~158 min之间;10 ℃、pH=4.0时,所需时 间大于231 min;30 ℃、pH=7.0时,所需时间小于15 min,则分解速率依次增大 的顺序为②、①、③。 据表中的递变规律,推测O 3 分别在条件①40 ℃、pH=3.0,②10 ℃、pH=4.0, ③30 ℃、pH=7.0下,分解速率依次增大的顺序为   (　 C 　) A.①②③　　B.③②①　　C.②①③　　D.③①② 2.(2019河南许昌高级中学诊断)探究2KMnO 4 +5H 2 C 2 O 4 +3H 2 SO 4   K 2 SO 4 + 2MnSO 4 +10CO 2 ↑+8H 2 O反应速率的影响因素,有关实验数据如表所示,下列说 法不正确的是   (　　) 实验 编号 温度 (℃) 催化 剂用 量(g) 酸性KMnO 4 溶液 H 2 C 2 O 4 溶液 KMnO 4 溶液褪色平均 时间(min) 体积 (mL) 浓度 (mol ·L -1 ) 体积 (mL) 浓度 (mol ·L -1 ) 1 25 0.5 4 0.1 8 0.2 12.7 2 80 0.5 4 0.1 8 0.2 a 3 25 0.5 4 0.01 8 0.2 6.7 4 25 0 4 0.01 8 0.2 b A. a <12.7, b >6.7 B.用KMnO 4 表示该反应速率, v (实验3)< v (实验1) C.用H 2 C 2 O 4 表示该反应速率, v (实验1)约为7.87 × 10 -5 mol ·L -1 ·min -1 D.可通过比较收集相同状态下相同体积CO 2 所消耗的时间来判断反应速率 快慢 答案      C　温度越高,反应速率越快,催化剂可加快反应速率,则 a <12.7, b >6.7, 故A项正确;实验1和3对照发现,只有酸性高锰酸钾溶液的浓度不同,且实验1 中酸性高锰酸钾溶液的浓度大,则反应速率: v (实验3)< v (实验1),故B项正确;实 验1中,高锰酸钾的用量少,根据关系式2KMnO 4 ~5H 2 C 2 O 4 可知,消耗的H 2 C 2 O 4 的 物质的量浓度为   ×   =   mol·L -1 ,则用H 2 C 2 O 4 表示实验1的反 应速率时, v (H 2 C 2 O 4 )=   ≈ 6.56 × 10 -3 mol ·L -1 ·min -1 ,故C项错误;比较收集 相同状态下相同体积CO 2 所消耗的时间,可知反应速率大小,进而可判断反应 速率快慢,故D项正确。 3.(2019河南郑州质检)在一定温度下的恒容密闭容器中,发生反应:2NO 2 (g)   N 2 O 4 (g),当下列所给有关量不再变化时,不能表明该反应已达到平衡状 态的是   (　 B 　) A.混合气体的压强 B.混合气体的密度 C.混合气体的平均相对分子质量 D.   考向二　化学平衡及其影响因素 答案    B　该反应为气体分子数减小的反应,反应过程中气体总物质的量减 小,压强减小,当压强不变时,说明反应达到平衡状态,A项不符合题意;该反应 在恒温、恒容密闭容器中进行,气体的总质量不变,密度始终保持不变,与反 应是否达到平衡状态无关,B项符合题意;反应过程中气体总质量不变,气体总 物质的量发生变化,混合气体的平均相对分子质量也会发生变化,当混合气体 的平均相对分子质量不变时,说明反应达到平衡状态,C项不符合题意;   为浓度商,当浓度商保持不变时,说明反应达到平衡状态,D项不符合 题意。 4.(2019上海单科,19,2分)已知反应式: m X(g)+ n Y(?)   p Q(s)+2 m Z(g),已知反 应已达平衡,此时 c (X)=0.3 mol/L,其他条件不变,若容器缩小到原来的   , c (X)= 0.5 mol/L,下列说法正确的是   (　 C 　) 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　A项,依据题意知,平衡时 c (X)=0.3 mol/L,其他条件不变,容器体积 缩小到原来的   ,若平衡不移动, c (X)应变为原来的2倍,即 c (X)=0.6 mol/L,但现 在 c (X)=0.5 mol/L,说明 c (X)减小,平衡正向移动,错误;B项,缩小体积,增大压 强,平衡正向移动,观察反应方程式知,Y为气体,错误;C项,增大压强,平衡正向 移动,且Q为固体,则 n > m ,正确;D项,平衡正向移动,Z的体积分数增大,错误。 5.(2019河南平顶山二调)处理、回收CO是环境科学家研究的热点课题。 (1)CO用于处理大气污染物N 2 O所发生的反应为N 2 O(g)+CO(g)   CO 2 (g)+ N 2 (g)    Δ H 。几种物质的相对能量如下: ① ΔH = 　　　     kJ·mol -1 ,改变下列“量”,一定会引起 ΔH 发生变化的是 　     　      (填代号)。 A.温度　　 B.反应物浓度 C.催化剂　　D.化学计量数 物质 N 2 O(g) CO(g) CO 2 (g) N 2 (g) 相对能量/kJ·mol -1 475.5 283 0 393.5 ②有人提出上述反应可以用“Fe + ”作催化剂。其总反应分两步进行: 第一步:Fe + +N 2 O   FeO + +N 2 ;第二步: 　　　　　　　　　　　　　　　          (写化学方程式)。 第二步反应不影响总反应达到平衡所用时间,由此推知,第二步反应速率 　     　     第一步反应速率(填“大于”“小于”或“等于”)。 (2)在实验室,采用I 2 O 5 测定空气中CO的含量。在密闭容器中充入足量的I 2 O 5 粉末和一定量的CO,发生反应:I 2 O 5 (s)+5CO(g)   5CO 2 (g)+I 2 (s)。测得CO的 转化率如图1所示。   ①相对曲线a,曲线b仅改变一个条件,改变的条件可能是 　　　　　　　　     　　　　     。 ②在此温度下,该可逆反应的平衡常数 K = 　　　     (用含 x 的代数式表示)。 (3)工业上,利用CO和H 2 合成CH 3 OH。在1 L恒容密闭容器中充入1 mol CO(g) 和 n mol H 2 ,在250 ℃发生反应:CO(g)+2H 2 (g)   CH 3 OH(g),测得混合气体中 CH 3 OH的体积分数( φ )与H 2 的物质的量的关系如图2所示。在 a 、 b 、 c 、 d 四 点中,CO的平衡转化率最大的点是 　　　      。   (4)有人提出,利用2CO(g)   2C(s)+O 2 (g)消除CO对环境的污染,你的评价是 　　　     (填“可行”或“不可行”)。 (5)CO—空气碱性燃料电池(用KOH作电解质),当恰好完全生成KHCO 3 时停 止放电。写出负极的电极反应式: 　　　　　　　　　　　　　　　　     。 答案 　(1)①-365　D ②FeO + +CO   Fe + +CO 2 　大于 (2)①加入催化剂(或增大压强)　②   (3) d 　(4)不可行 (5)CO-2e - +3OH -   HC   +H 2 O 解析 　(1)① ΔH =(393.5+0-283-475.5)kJ·mol -1 =-365 kJ·mol -1 。反应热与具体反 应的化学计量数有关,与温度、压强、催化剂、反应物浓度等无关。②第二 步反应中,中间产物(FeO + )氧化CO生成CO 2 ,本身被还原成Fe + ;第二步反应对 总反应速率没有影响,说明第一步是慢反应,控制总反应速率。(2)①曲线b和 曲线a的平衡状态相同,曲线b反应速率较快。加入催化剂,正、逆反应速率同 倍数增大,平衡不移动;对于反应前后气体分子数相同的反应,加压可以增大 浓度,正、逆反应速率同倍数增大,平衡不移动。②设CO的起始浓度为 c ,平衡 时, c (CO)=(1- x ) c , c (CO 2 )= xc , K =   =   。(3)图2中, b 点代表平衡点,增大 H 2 的物质的量,CO的平衡转化率增大。(4)该反应是焓增、熵减反应,任何温 度下都不能自发进行,故不可行。(5)负极上CO发生氧化反应生成KHCO 3 。 考点二　有关化学平衡的图像   1.(2019课标Ⅰ,28节选)水煤气变换[CO(g)+H 2 O(g)   CO 2 (g)+H 2 (g)]是重要 的化工过程,主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。回答下 列问题: (1)Shibata曾做过下列实验:①使纯H 2 缓慢地通过处于721 ℃下的过量氧化钴 CoO(s),氧化钴部分被还原为金属钴Co(s),平衡后气体中H 2 的物质的量分数 为0.025 0。②在同一温度下用CO还原CoO(s),平衡后气体中CO的物质的量 分数为0.019 2。 根据上述实验结果判断,还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO 　　　     H 2 (填“大 于”或“小于”)。 (2)721 ℃时,在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H 2 O(g)混合,采用适当的 催化剂进行反应,则平衡时体系中H 2 的物质的量分数为 　　　     (填标号)。 A.<0.25　B.0.25　C.0.25~0.50　D.0.50　E.>0.50 (4)Shoichi研究了467 ℃、489 ℃时水煤气变换中CO和H 2 分压随时间变化关 系(如下图所示),催化剂为氧化铁,实验初始时体系中的   和 p CO 相等、   和   相等。   计算曲线a的反应在30~90 min内的平均速率   (a)= 　　　     kPa·min -1 。467 ℃ 时   和 p CO 随时间变化关系的曲线分别是 　　　     、 　　　     。489 ℃时   和 p CO 随时间变化关系的曲线分别是 　　　     、 　　　     。 答案 　(1)大于 (2)C (4)0.004 7　b　c　a　d 解析 　(1)相同温度下,分别用H 2 、CO还原CoO(s),平衡时H 2 的物质的量分数 (0.025 0)大于CO的物质的量分数(0.019 2),说明转化率:H 2 H 2 。 (2)利用“三段式”解答。721 ℃时,设气体反应物开始浓度均为1 mol·L -1 ,则 　　　　　　　　H 2 (g)+CoO(s)   Co(s)+H 2 O(g) 起始(mol·L -1 )　　 1　　 0 转化(mol·L -1 )　     x 　      x 平衡(mol·L -1 )　　 1- x 　      x 则有   =0.025 0,解得 x =0.975,故 K 1 =   =   =39; 　　　　　　　　CO(g)+CoO(s)   Co(s)+CO 2 (g) 起始(mol·L -1 )　　 1　　 0 转化(mol·L -1 )　     y 　     y 平衡(mol·L -1 )　　 1- y 　     y 则有   =0.019 2,解得 y =0.980 8,故 K 2 =   =   =   ≈ 51; 　　　　　　　　　CO(g)+H 2 O(g)   CO 2 (g)+H 2 (g) 起始(mol·L -1 )　　 1　　 1　　 0　　 0 转化(mol·L -1 )　     z 　     z 　     z 　      z 平衡(mol·L -1 )　　 1- z 　　1- z 　     z 　      z 则有 K 3 =   =   =   ,解得 z =0.532 7。 H 2 的物质的量分数为   =0.266 4,故选C。 (4)   (a)=   ≈ 0.004 7 kPa·min -1 ;据“先拐先平数值大”原则,结合图 像可知,虚线(a、d)表示489 ℃时气体分压变化曲线,实线(b、c)表示467 ℃时 气体分压变化曲线;当温度由467 ℃升至489 ℃时,平衡逆向移动,则   减小, p CO 增大,由图像可知,b→a气体分压减小,故曲线b表示467 ℃时   变化曲线, 曲线a表示489 ℃时   变化曲线;c→d气体分压增大,则曲线c表示467 ℃时 p CO 变化曲线,曲线d表示489 ℃时 p CO 变化曲线。 2.(2019课标Ⅲ,28节选)近年来,随着聚酯工业的快速发展,氯气的需求量和氯 化氢的产出量也随之迅速增长。因此,将氯化氢转化为氯气的技术成为科学 研究的热点。回答下列问题: (1)Deacon发明的直接氧化法为:4HCl(g)+O 2 (g)   2Cl 2 (g)+2H 2 O(g)。下图为 刚性容器中,进料浓度比 c (HCl)∶ c (O 2 )分别等于1∶1、4∶1、7∶1时HCl平 衡转化率随温度变化的关系:   可知反应平衡常数 K (300 ℃) 　　　     K (400 ℃)(填“大于”或“小于”)。 设HCl初始浓度为 c 0 ,根据进料浓度比 c (HCl)∶ c (O 2 )=1∶1的数据计算 K (400 ℃)= 　　　　　　　     (列出计算式)。按化学计量比进料可以保持反应物 高转化率,同时降低产物分离的能耗。进料浓度比 c (HCl)∶ c (O 2 )过低、过高的不利影响分别是 　　　　　　　　　　　　　　　　　     。 (3)在一定温度的条件下,进一步提高HCl的转化率的方法是 　　　　　　     　　　　　　     。(写出2种) 答案 　(1)大于       O 2 和Cl 2 分离能耗较高、HCl转化率较低 (3)增加反应体系压强、及时除去产物 解析　 (1)由题图可知,温度升高,HCl平衡转化率降低,即平衡逆向移动,则该 可逆反应的正反应是放热反应,故 K (300 ℃)> K (400 ℃);随着进料浓度比 c (HCl)∶ c (O 2 )逐渐增大,HCl平衡转化率逐渐降低,所以图中三条曲线由上到下 分别对应的进料浓度比 c (HCl)∶ c (O 2 )为1∶1、4∶1、7∶1,400 ℃、 c (HCl)∶ c (O 2 )=1∶1时,HCl的平衡转化率为84%。设HCl初始浓度为 c 0 (O 2 初始浓度也 为 c 0 ),则平衡时HCl、O 2 、Cl 2 、H 2 O(g)的浓度分别为(1-0.84) c 0 、(1-0.21) c 0 、 0.42 c 0 、0.42 c 0 ,则 K (400 ℃)=   =   。 进料浓度比 c (HCl)∶ c (O 2 )过低,导致平衡时气体中混有大量O 2 ,增大分离能 耗;进料浓度比 c (HCl)∶ c (O 2 )过高,会导致平衡时HCl转化率较低。 (3)温度一定的条件下,提高某种反应物的转化率的方法有适当提高另一种反 应物的浓度、及时分离产物、改变体系压强等,而该反应是一个气体分子数 减小的反应,故应增大压强使平衡正向移动。 3.(2018课标Ⅲ,28节选)对于反应2SiHCl 3 (g)   SiH 2 Cl 2 (g)+SiCl 4 (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SiHCl 3 的转化率随时间变 化的结果如图所示。   ①343 K时反应的平衡转化率 α = 　　　     %。平衡常数 K 343 K = 　　　     (保留 2位小数)。 ②在343 K下:要提高SiHCl 3 转化率,可采取的措施是 　　　　　　　     ;要缩 短反应达到平衡的时间,可采取的措施有 　　　　　　     、 　　　　　           。 ③比较a、b处反应速率大小: v a 　　　     v b (填“大于”“小于”或“等 于”)。反应速率 v = v 正 - v 逆 = k 正   - k 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处的   = 　　　     (保留1位小数)。 答案  　①22　0.02 ②及时移去产物　改进催化剂　提高反应物压强(浓度) ③大于　1.3 解析  　①反应2SiHCl 3 (g)   SiH 2 Cl 2 (g)+SiCl 4 (g)    Δ H 1 =48 kJ·mol -1 ,由于Δ H 1 > 0,升高温度,化学平衡正向移动,SiHCl 3 的转化率增大,故曲线a表示343 K,观察 图像知,343 K时反应的平衡转化率为22%;设起始时SiHCl 3 的物质的量浓度为 c ,列出“三段式”: 　　　　2SiHCl 3 (g)   SiH 2 Cl 2 (g)+SiCl 4 (g) 起始　     c 　　 0　　 0 变化　　0.22 c 　　 0.11 c 　　 0.11 c 平衡　　0.78 c 　　 0.11 c 　　 0.11 c 故 K 343 K =   =   ≈ 0.02。 ②已知2SiHCl 3 (g)   SiH 2 Cl 2 (g)+SiCl 4 (g)    Δ H 1 =48 kJ· mol -1 ,该反应的正反应 是气体体积不变的吸热反应,故要在温度不变的情况下提高SiHCl 3 转化率可 采取的措施是及时移去产物;要缩短反应达到平衡的时间,可采取的措施有提 高反应物压强(浓度)和改进催化剂等。 ③a、b处SiHCl 3 的转化率相等,但a处温度比b处高,故 v a 大于 v b ;依据题意知 v 正 = k 正   , v 逆 = k 逆     ,由平衡时 v 正 = v 逆 知,   =   =0.02,对于a处,列出 “三段式”计算知,   =0.8,   =0.1,   =0.1,故a处   =   =   ≈ 1.3。 1.平衡图像题的解题模板 第Ⅰ步:定特点。观察可逆反应的特点,如各物质的状态(有无固体、液体)、 正反应是吸热还是放热、反应前后气体分子数的变化等。 第Ⅱ步:看图像。 ①看“面”:弄清纵坐标与横坐标的含义,如横坐标可代表时间、温度、压强等,纵坐标可代表浓度、含量、物质的量、转化率等,同时还要注意单位和刻度。 ②看“线”:看线的走向和变化趋势,如曲线(或直线)升高、降低、渐变、突 变等。 ③看“点”:看清起点,分清反应物、生成物;判断拐点,先出现拐点的曲线先 达到平衡,表示曲线对应的温度较高,压强较大;观察终点,如在浓度—时间图 像上,一定要看清终点时反应物净减量、产物净增量,并结合有关反应原理进 行推理判断。 ④看“辅助线”:通过辅助线,比较浓度、含量、物质的量、转化率等变化大 小,可以判断温度高低、压强大小、反应放热或吸热及气体反应前后化学计 量数大小等。 ⑤看“变化”:如浓度变化、温度变化、压强变化等。 第Ⅲ步:想规律。如化学反应速率影响因素,反应速率与平衡关系以及平衡移 动原理等。 第Ⅳ步:作判断。利用原理并结合图像,分析图像中所反映的反应速率变化或 化学平衡变化,作出合理判断。 2.平衡图像题的答题方法 ①三步分析法:一看反应速率是增大还是减小;二看正、逆反应速率的相对大 小;三看化学平衡移动的方向。 ②四要素分析法:看曲线的起点、变化趋势、拐点、终点。 ③先拐先平法:先出现拐点,先达到平衡。 ④定一议二法:当图像中有三个量时,先确定一个量不变,作出对应辅助线,再 讨论另外两个量的关系。   1.(2019陕西咸阳一模)已知可逆反应X(g)+2Y(g)   Z(g)    Δ H <0,一定温度 下,在体积为2 L的密闭容器中加入4 mol Y和一定量的X后,X的浓度随时间的 变化情况如图所示,则下列表述正确的是   (　 B 　) A.达到平衡时,X、Y、Z物质的量之比为1∶2∶1 B.a点正反应速率大于逆反应速率 C.反应达平衡时,降低温度可以实现c到d的转化 D.该条件下,反应达平衡时,X的平衡转化率为25% 答案    B　分析图像和题给信息可知,起始加入X的物质的量为1 mol·L -1 × 2 L =2 mol,起始加入2 mol X、4 mol Y,达到平衡时X的浓度为0.25 mol·L -1 ,物质 的量为0.25 mol·L -1 × 2 L=0.5 mol,消耗X的物质的量为1.5 mol,结合化学方程 式计算得到消耗Y的物质的量为3 mol,生成Z的物质的量为1.5 mol,则达到平 衡时,X、Y、Z物质的量之比为0.5 mol∶1 mol∶1.5 mol=1∶2∶3,故A错误; 由图像可知,a点尚未达到平衡状态,此时正反应速率大于逆反应速率,故B正 确;该反应的Δ H <0,为放热反应,降低温度,平衡正向移动,X的浓度减小,不能 实现c到d的转化,故C错误;X的平衡转化率为   × 100%=75%,故D错误。 2.(2019山西太原期末)现有下列三个图像: 下列反应中全部符合上述图像的是   (　 B 　) A.N 2 (g)+3H 2 (g)   2NH 3 (g)    Δ H <0 B.2SO 3 (g)   2SO 2 (g)+O 2 (g)    Δ H >0 C.2HI(g)   H 2 (g)+I 2 (g)    Δ H >0 D.4NH 3 (g)+5O 2 (g)   4NO(g)+6H 2 O(g)    Δ H <0 答案     B　题中第一个图像表示温度升高,生成物含量增多,平衡正向移动,则 正反应为吸热反应,Δ H >0;由第二个图像可得,压强增大,平均相对分子质量增 大,对于全部是气体的反应,说明平衡向气体分子数减小的方向移动,同时升 高温度,平均相对分子质量减小,说明气体分子数增大的方向是吸热反应;由 第三个图像可得,增大压强, v 逆 > v 正 ,平衡逆向移动,则正反应是气体体积增大的 反应。综上所述,B项符合题意。 3.(2019安徽皖江名校联盟联考)以太阳能为热源分解Fe 3 O 4 ,最终循环分解水 制H 2 ,其中一步重要反应为:2Fe 3 O 4 (s)   6FeO(s)+O 2 (g)    Δ H = a kJ·mol -1 。 在一定压强下,Fe 3 O 4 的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示。下列有关 说法中不正确的是   (　 B 　)   A. a >0 B.压强: p 1 > p 2 C.升高温度,该反应的平衡常数增大 D.将体系中的O 2 分离出去,能提高Fe 3 O 4 的转化率 答案      B　根据图像分析,压强一定,温度升高,Fe 3 O 4 的平衡转化率增大,则正 反应为吸热反应,Δ H >0,即 a >0,A项正确;温度一定时,压强增大,平衡逆向移动, Fe 3 O 4 的平衡转化率减小,故 p 1 < p 2 ,B项错误;升高温度,平衡正向移动,反应的平 衡常数增大,C项正确;将体系中的O 2 分离出去,平衡正向移动,能提高Fe 3 O 4 的 转化率,D项正确。 热点题型　化学反应原理综合题   【命题特点】 化学反应原理综合题是高考的难点和重点,纵观近几年课标卷命题点,主要考 查利用盖斯定律计算反应热、化学反应速率的计算及影响因素、化学平衡 及影响因素、平衡图像分析、利用三段式计算平衡常数和转化率,有时涉及 电化学和电解质溶液中的离子平衡。 【知识储备】 1.利用盖斯定律计算反应热 (1)计算步骤     (2)计算方法 2.明确三段式计算模板 如 m A(g)+ n B(g)   p C(g)+ q D(g),令A、B起始物质的量浓度分别为 a mol·L -1 、 b mol·L -1 ,达到平衡后消耗A的物质的量浓度为 mx mol·L -1 。 m A(g)+ n B(g)   p C(g)+ q D(g) 起始(mol·L -1 )　     a 　     b 　　 0　　 0 变化(mol·L -1 )　     mx 　     nx 　      px 　     qx 平衡(mol·L -1 )　     a - mx 　 b - nx 　      px 　     qx K =   3.掌握三个百分数的计算 (1)转化率=   × 100%=   × 100% (2)生成物的产率:实际产量(指生成物)占理论产量的百分数。一般来说,转化 率越大,原料利用率越高,产率越大。 产率=   × 100% (3)平衡混合物某组分的百分含量=   × 100% 　　 典例      (2018 课标 Ⅱ,27,14 分 )CH 4 -CO 2 催化重整不仅可以得到合成气 (CO 和 H 2 ), 还对温室气体的减排具有重要意义。回答下列问题 : (1)CH 4 -CO 2 催化重整反应为:CH 4 (g)+CO 2 (g)   2CO(g)+2H 2 (g)。 已知:C(s)+2H 2 (g)   CH 4 (g)    Δ H =-75 kJ·mol -1 C(s)+O 2 (g)   CO 2 (g)    Δ H =-394 kJ·mol -1 C(s)+   O 2 (g)   CO(g)    Δ H =-111 kJ·mol -1 该催化重整反应的Δ H = 　　　     kJ·mol -1 。有利于提高CH 4 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 CH 4 、1 mol CO 2 以及催化剂进行 重整反应,达到平衡时CO 2 的转化率是50%,其平衡常数为 　　　     mol 2 ·L -2 。 (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 CH 4 (g)   C(s)+2H 2 (g) 消碳反应 CO 2 (g)+C(s)   2CO(g) Δ H /(kJ·mol -1 ) 75 172 活化能/ (kJ·mol -1 ) 催化剂X 33 91 催化剂Y 43 72 　　①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下 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)。 A. K 积 、 K 消 均增加 B. v 积 减小、 v 消 增加 C. K 积 减小、 K 消 增加 D. v 消 增加的倍数比 v 积 增加的倍数大 ②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 = k · p (CH 4 )·[ p (CO 2 )] -0.5 ( k 为速率常数)。在 p (CH 4 )一定时,不同 p (CO 2 )下积碳量随时间的变化趋势如下图 所示,则 p a (CO 2 )、 p b (CO 2 )、 p c (CO 2 )从大到小的顺序为 　　　　　    　　　　     。   答案 　(1)247　A       (2)①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 ② p c (CO 2 )、 p b (CO 2 )、 p a (CO 2 ) 解析　 (1)C(s)+2H 2 (g)   CH 4 (g)    Δ H =-75 kJ·mol -1 　① C(s)+O 2 (g)   CO 2 (g)    Δ H =-394 kJ·mol -1 　② C(s)+   O 2 (g)   CO(g)    Δ H =-111 kJ·mol -1 　③ 运用盖斯定律,③ × 2-①-②可得CH 4 (g)+CO 2 (g)   2CO(g)+2H 2 (g)    Δ H =[(-111 × 2)-(-75)-(-394)] kJ·mol -1 =247 kJ·mol -1 。正反应为气体体积增大的吸热反应,故 升温、减压有利于平衡正向移动,提高CH 4 的平衡转化率,A正确。列三段式: 　　　　CH 4 (g)　+　CO 2 (g)   2CO(g)+2H 2 (g) 始　　 2 mol　　 1 mol　　 0 mol　 0 mol 转 0.5 mol 0.5 mol 1 mol 1 mol 平　　1.5 mol　　0.5 mol　　1 mol　　1 mol K =   =   =   mol 2 ·L -2 。 (2)①积碳反应与消碳反应均为吸热反应,升高温度时, K 积 、 K 消 均增加;由图像 可知600 ℃以后积碳量减小,说明升高温度, v 消 增加的倍数比 v 积 增加的倍数大, 故A、D正确。 ②由图像可知,时间相同时积碳量a>b>c,说明积碳速率a>b>c,由 v = k · p (CH 4 )· [ p (CO 2 )] -0.5 可知, p (CH 4 )一定时,积碳速率与 p (CO 2 )成反比,故 p a (CO 2 )< p b (CO 2 )< p c (CO 2 )。 1.(2019北京理综,27节选)(1)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。 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 2 和CO 2 ,其物质的量之比为4∶1,甲烷和水 蒸气反应的方程式是 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　     。 ②已知反应器中还存在如下反应: ⅰ.CH 4 (g)+H 2 O(g)   CO(g)+3H 2 (g)    Δ H 1 ⅱ.CO(g)+H 2 O(g)   CO 2 (g)+H 2 (g)    Δ H 2 ⅲ.CH 4 (g)   C(s)+2H 2 (g)    Δ H 3 …… ⅲ为积炭反应,利用Δ H 1 和Δ H 2 计算Δ H 3 时,还需要利用 　　　　　　　　　     　　　　　　     反应的Δ H 。 ③反应物投料比采用 n (H 2 O)∶ n (CH 4 )=4∶1,大于初始反应的化学计量数之 比,目的是 　　　　     (选填字母序号)。 a.促进CH 4 转化 b.促进CO转化为CO 2 c.减少积炭生成 ④用CaO可以去除CO 2 。H 2 体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如下图所示。   从 t 1 时开始,H 2 体积分数显著降低,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 4 +2H 2 O   4H 2 +CO 2 ②C(s)+2H 2 O(g)   CO 2 (g)+2H 2 (g)或C(s)+CO 2 (g)   2CO(g) ③abc ④降低　CaO+CO 2   CaCO 3 ,CaCO 3 覆盖在CaO表面,减少了CO 2 与CaO的接 触面积 解析 　②反应ⅲ中有固体碳生成,而ⅰ、ⅱ中都没有碳参与反应,所以必须有 一个有碳参与的反应的Δ H 才能计算Δ H 3 。 2.(2019福建龙岩一模)氮氧化物是环境污染物,研究氮氧化物转化有重要的 意义。 回答下列问题: (1)催化转化器可使汽车尾气反应而转化: 2NO(g)+2CO(g)   N 2 (g)+2CO 2 (g)    Δ H 已知:N 2 (g)+O 2 (g)   2NO(g)    Δ H 1 = a kJ·mol -1 2C(s)+O 2 (g)   2CO(g)    Δ H 2 = b kJ·mol -1 C(s)+O 2 (g)   CO 2 (g)    Δ H 3 = c kJ·mol -1 Δ H = 　　　     kJ·mol -1 (用含 a 、 b 、 c 的代数式表示)。 (2) T ℃时,将等物质的量的NO和CO充入容积为2 L的密闭容器中发生尾气转 化反应,容器中NO物质的量随时间变化的曲线如图1所示。   图1 ① T ℃时,该反应的化学平衡常数 K = 　　　     。 ②下列事实无法判断汽车尾气转化反应达到化学平衡状态的是 　　     。 A.NO消耗速率等于N 2 消耗速率的2倍 B.混合气体平均相对分子质量不再变化 C.体系中NO的转化率和CO的转化率相等 D.气体的密度不再变化 ③已知汽车尾气转化反应的Δ H <0。10 min后,改变下列示意图2中横坐标对 应的反应条件,纵坐标对应的量的变化关系正确的是 　　　     (填序号)。   图2 (3)碘蒸气存在能大幅度提高N 2 O的分解速率,反应历程为: 第一步:I 2 (g)   2I(g)(快反应) 第二步:I(g)+N 2 O(g)   N 2 (g)+IO(g)(慢反应) 第三步:IO(g)+N 2 O(g)   N 2 (g)+O 2 (g)+I(g)(快反应) 实验表明,含碘时N 2 O分解速率 v = k · c (N 2 O)·[ c (I 2 )] 0.5 ( k 为速率常数)。下列表述 正确的是 　　　     (填标号)。 A.N 2 O分解反应中, k 值与是否含碘蒸气无关 B.第二步对总反应速率起决定作用 C.第二步活化能比第三步小 D.IO为反应的中间产物 答案　 (1)2 c - a - b 　(2)①2.5　②CD　③bc　(3)BD 解析 　(1)将已知热化学方程式依次编号为①②③,根据盖斯定律③ × 2-②-① 得2NO(g)+2CO(g)   N 2 (g)+2CO 2 (g)    Δ H =(2 c - a - b ) kJ·mol -1 。(2)①由题图1 可知NO和CO起始物质的量均为0.8 mol,10 min 达到平衡状态时NO的物质 的量为0.4 mol。 　　　　　　　　2NO(g)+2CO(g)   N 2 (g)+2CO 2 (g) 起始量(mol·L -1 )　 0.4　　 0.4　　 0　　0 变化量(mol·L -1 )　 0.2　　 0.2　　 0.1　 0.2 平衡量(mol·L -1 )　 0.2　　 0.2　　 0.1　 0.2 K =   =2.5。②A项,NO消耗速率等于N 2 消耗速率的2倍,说明正、逆反 应速率相等,反应达到平衡状态;B项,反应前后气体质量不变,气体物质的量 不断变化,混合气体平均相对分子质量不再变化时,说明反应达到平衡状态; C项,体系中NO的转化率和CO的转化率相等不能说明反应达到平衡状态; D项,反应前后气体质量和体积不变,气体的密度始终不变,不能说明反应达到 平衡状态。③Δ H <0,则该反应为放热反应。平衡常数只与温度有关,温度不变, 平衡常数不变,故a错误;增加NO的量,NO的转化率降低,故b正确;改变CO的量, Δ H 不变,故c正确;温度升高,平衡逆向移动,CO的转化率降低,故d错误。(3)N 2 O 分解反应中, k 值与是否含碘蒸气有关,故A错误;第二步为慢反应,在整个反应 过程中起决定性作用,故B正确;第二步活化能比第三步大,故C错误;IO为反应 的中间产物,故D正确。 3.(2019广东佛山一模)石油化工生产中,利用裂解反应可以获得重要化工原 料乙烯、丙烯。一定条件下,正丁烷裂解的主反应如下: 反应Ⅰ:C 4 H 10 (g)   CH 4 (g)+CH 3 CH   CH 2 (g)    Δ H 1 反应Ⅱ:C 4 H 10 (g)   C 2 H 6 (g)+CH 2   CH 2 (g)    Δ H 2 回答下列问题: (1)正丁烷、乙烷和乙烯的燃烧热分别为 Q 1 kJ·mol -1 、 Q 2 kJ·mol -1 、 Q 3 kJ·mol -1 , 反应Ⅱ的Δ H 2 = 　　　     。 (2)一定温度下,向容积为5 L的密闭容器中通入正丁烷,反应时间( t )与容器内 气体总压强( p )的数据如下: 时间 t /min 0 a 2 a 3 a 4 a p /MPa 5 7.2 8.4 8.8 8.8 ①该温度下,正丁烷的平衡转化率 α = 　　　     ;反应速率可以用单位时间内 分压的变化表示,即 v =Δ p /Δ t ,前2 a min内正丁烷的平均反应速率 v (正丁烷) = 　　          MPa·min -1 。 ②若平衡时甲烷、乙烯的体积分数分别为   、   ,则该温度下反应Ⅰ的压力 平衡常数 K p = 　　　     MPa(用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压 × 物质 的量分数,保留三位有效数字)。 ③若反应在恒温、恒压条件下进行 , 平衡后反应容器的体积 　　　     8.8 L ( 填“ >”“<” 或“ =”) 。 ④实际生产中发现高于 640 K 后 , 乙烯和丙烯的产率随温度升高增加幅度减 小,可能的原因是 　　　　　　　　　     (任写1条)。 (3)一种丁烷燃料电池的工作原理如图所示。 ①A电极上发生的是 　　　　     反应 (填“氧化”或“还原”)。 ②写出B电极的电极反应式: 　　　　 　　　　　　　　　      。 答案　 (1)( Q 2 + Q 3 - Q 1 ) kJ·mol -1 (2)①76%       　②2.13　③>　④催化剂活性降低(或副产物增多等,答案合 理即可) (3)①还原　②C 4 H 10 +13O 2- -26e -   4CO 2 +5H 2 O 解析　 (1)正丁烷、乙烷和乙烯的燃烧热的热化学方程式分别为①C 4 H 10 (g)+   O 2 (g)   4CO 2 (g)+5H 2 O(l)    Δ H =- Q 1 kJ·mol -1 ,②C 2 H 6 (g)+   O 2 (g)   2CO 2 (g)+ 3H 2 O(l)    Δ H =- Q 2 kJ·mol -1 ,③CH 2   CH 2 (g)+3O 2 (g)   2CO 2 (g)+2H 2 O(l) Δ H = - Q 3 kJ·mol -1 ,根据盖斯定律①-②-③得到反应Ⅱ的Δ H 2 =- Q 1 kJ·mol -1 -(- Q 2 kJ· mol -1 )-(- Q 3 kJ·mol -1 )=( Q 2 + Q 3 - Q 1 ) kJ·mol -1 。 (2)①恒温、恒容时气体的物质的量之比等于压强之比,所以设起始 n (C 4 H 10 )= 5 mol,则平衡时混合气体的总物质的量为8.8 mol,反应Ⅰ、反应Ⅱ均为完全 反应1 mol正丁烷,同时生成2 mol混合气体的反应,所以混合气体的Δ n =Δ n (正 丁烷),而Δ n =8.8 mol-5 mol=3.8 mol,所以正丁烷的变化量Δ n (正丁烷)=3.8 mol, 故正丁烷的平衡转化率 α =   × 100%=76%;同理设2 a min时刻混合气体的 总物质的量为8.4 mol,Δ n (正丁烷)=8.4 mol-5 mol=3.4 mol, p (正丁烷)=   × 8.4 MPa=1.6 MPa,Δ p =5 MPa-1.6 MPa=3.4 MPa,前2 a min内正丁 烷的平均反应速率 v (正丁烷) =   =   =   MPa·min -1 。②据反应Ⅰ、反应Ⅱ 的特点可知,甲烷和丙烯的体积分数相等,均为   ,乙烯和乙烷的体积分数相 等,均为   ,计算出正丁烷的体积分数为   ,则 p (C 4 H 10 )=   × 8.8 MPa=1.2 MPa, p (CH 4 )= p (CH 3 CH   CH 2 )=   × 8.8 MPa=1.6 MPa,所以反应Ⅰ的压力平衡常数 K p =   =   ≈ 2.13 MPa。③反应Ⅰ、反 应Ⅱ的正反应均为体积增大的反应,随着反应进行,容器内压强增大,所以恒 温、恒压体系相当在恒温、恒容基础上增大容器体积,反应正向进行,气体的 体积增大。④催化剂活性受温度影响,有机化学反应中副反应较多,随着温度 升高,乙烯和丙烯产率会降低。 (3)①丁烷燃料电池的A电极为正极,得到电子发生还原反应。B电极为负极, C 4 H 10 失去电子,根据得失电子守恒、电荷守恒得到电极反应式为C 4 H 10 +13O 2- - 26e -   4CO 2 +5H 2 O。