2020届高考化学一轮复习（浙江）化学平衡的移动作业 9页

第三单元　化学平衡的移动 ‎1.(2018浙江11月选考,22,2分)已知2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)　ΔH=-197.8 kJ·mol-1。起始反应物为SO2和O2(物质的量之比为2∶1,且总物质的量不变)。SO2的平衡转化率(%)随温度和压强的变化如下表:‎ 温度/K 压强/(105 Pa)‎ ‎1.01‎ ‎5.07‎ ‎10.1‎ ‎25.3‎ ‎50.7‎ ‎673‎ ‎99.2‎ ‎99.6‎ ‎99.7‎ ‎99.8‎ ‎99.9‎ ‎723‎ ‎97.5‎ ‎98.9‎ ‎99.2‎ ‎99.5‎ ‎99.6‎ ‎773‎ ‎93.5‎ ‎96.9‎ ‎97.8‎ ‎98.6‎ ‎99.0‎ 下列说法不正确的是(　　)‎ A.一定压强下降低温度,SO2平衡转化率增大 B.在不同温度、压强下,转化相同物质的量的SO2所需要的时间相等 C.使用催化剂可以缩短反应达到平衡所需的时间 D.工业生产通常不采取加压措施是因为常压下SO2的转化率已相当高 答案　B　A项中,由于该反应是放热反应,所以一定压强下降低温度,平衡向放热反应方向移动,SO2的转化率增大,故A正确;B项中,在不同温度、压强下,由于化学反应速率不相同,所以转化相同物质的量的SO2所需要的时间不可能相等,故B不正确;C项中,使用催化剂的目的是加快反应速率,这样可以缩短反应达到平衡所需的时间,故C正确;D项中,从2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)分析加压可以提高SO2的转化率,但因为常压下SO2的转化率已相当高,所以工业生产中通常不采取加压措施,故D正确。‎ ‎2.一定条件下,CO2(g)+3H2(g) H2O(g)+CH3OH(g)　ΔH=-53.7 kJ·mol-1;向2 L恒容恒温密闭容器中充入1 mol CO2和2.8 mol H2反应,图中过程Ⅰ、Ⅱ是在两种不同催化剂作用下建立平衡的过程中CO2的转化率[α(CO2)]随时间(t)的变化曲线。下列说法中不正确的是(　　)‎ A.m点:v(正)>v(逆)‎ B.活化能:过程Ⅱ>过程Ⅰ C.n点时该反应的平衡常数K=50‎ D.过程Ⅰ,t2时刻改变的反应条件可能是升高温度 答案　C　m点CO2的转化率不是最大,反应向正反应方向进行,因此v(正)>v(逆),A项正确;过程Ⅰ首先达到平衡状态,说明反应速率快,因此活化能:过程Ⅱ>过程Ⅰ,B项正确;n点时CO2的转化率是80%,则根据方程式可知 ‎　　　 　 　 　　 CO2(g) + 3H2(g) H2O(g) + CH3OH(g)‎ 起始浓度(mol·L-1)　 　0.5　 1.4　　 0　　 0‎ 转化浓度(mol·L-1)　 　0.4　 1.2　　 0.4　 0.4‎ 平衡浓度(mol·L-1)　 　0.1　 0.2　　 0.4　 0.4‎ 所以该反应的平衡常数K=‎0.4×0.4‎‎0.1×‎‎0.2‎‎3‎=200,C项错误;过程Ⅰ,t2时刻CO2的转化率降低,说明反应向逆反应方向进行,由于正反应放热,因此改变的反应条件可能是升高温度,D项正确。‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎3.已知反应:CH2CHCH3(g)+Cl2(g) CH2CHCH2Cl(g)+HCl(g)。在一定压强下,按ω=向密闭容器中充入氯气与丙烯。图甲表示平衡时,丙烯的体积分数(φ)与温度(T)、ω的关系,图乙表示正、逆反应的平衡常数与温度的关系。则下列说法中错误的是(　　)‎ A.图甲中,ω2>1‎ B.图乙中,A线表示逆反应的平衡常数 C.温度为T1、ω=2时,Cl2的转化率为50%‎ D.若在恒容绝热装置中进行上述反应,达到平衡时,装置内的气体压强将增大 答案　C　根据图甲中信息可知,增大n(Cl2),ω增大,平衡正向移动,丙烯的体积分数(φ)减小,故ω2>1,A项正确;根据图甲可知,升高温度,丙烯的体积分数增大,说明平衡逆向移动,逆反应为吸热反应,正反应为放热反应,则升高温度,正反应的平衡常数减小,逆反应的平衡常数增大,图乙中,A线表示逆反应的平衡常数,B项正确;由图乙知,温度为T1‎ 时,正、逆反应的平衡常数相等,又因两者互为倒数,则平衡常数K=1,ω=2时,设CH2CHCH3和Cl2的物质的量分别为a、2a,参加反应的Cl2的物质的量为b,利用三段式可列关系式b‎2‎‎(a-b)(2a-b)‎=1,解得b‎2a=‎1‎‎3‎,则Cl2的转化率为33.3%,C项错误;该反应为反应前后气体体积不变的放热反应,反应向正反应方向进行,体系温度升高,气体膨胀,达到平衡时,装置内的气体压强将增大,D项正确。‎ ‎4.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。一定条件下发生反应,各物质浓度随时间变化如甲图所示[t0~t1阶段c(B)未画出]。乙图为t2时刻后改变条件平衡体系中反应速率随时间变化的情况,且四个阶段都各改变一种不同的条件。已知,t3~t4阶段使用催化剂。下列说法中不正确的是　(　　)‎ A.若t1=15 min,则用C的浓度变化表示在t0~t1时间段的平均反应速率为0.004 mol·L-1·min-1‎ B.t4~t5阶段改变的条件一定是减小压强 C.B的起始物质的量为0.02 mol D.t5~t6阶段,容器内A的物质的量减少了0.03 mol,而此过程中容器与外界的热交换总量为a kJ,该反应的热化学方程式为3A(g) B(g)+2C(g)　ΔH=+100a kJ·mol-1‎ 答案　C　若t1=15 min,生成物C在t0~t1时间段的平均反应速率v=ΔcΔt=‎0.11mol·L‎-1‎-0.05 mol·‎L‎-1‎‎15min=0.004 mol·L-1·min-1,A项正确。t4~t5阶段改变条件,正、逆反应速率都减小且相等,所以改变的条件应为减小压强,B项正确。反应中A的浓度变化为0.15 mol·L-1-0.06 mol·L-1=0.09 mol·L-1,C的浓度变化为0.11 mol·L-1-0.05 mol·L-1=0.06 mol·L-1,反应中A与C的化学计量数之比为0.09∶0.06=3∶2,根据t4~t5阶段改变压强平衡不移动可知,该反应的化学方程式为3A(g) B(g)+2C(g),由A的起始物质的量为0.3 mol和起始浓度为0.15 mol·L-1可知,容器的容积V=‎0.3mol‎0.15mol·‎L‎-1‎=2 L;由反应的化学方程式可知B的起始浓度为0.05 mol·L-1-(0.11 mol·L-1-0.05 mol·L-1)/2=0.02 mol·L-1,所以B的起始物质的量为0.02 mol·L-1×2 L=0.04 mol,C项错误。A的物质的量减少0.03 mol,此过程中容器与外界的热交换总量为a kJ,则A的物质的量减少3‎ ‎ mol,与外界的热交换总量为100a kJ,根据图像可知t5~t6阶段改变的条件应为升高温度,A的物质的量减少,说明反应向正反应方向移动,则正反应为吸热反应,故该反应的热化学方程式为3A(g) B(g)+2C(g)　ΔH=+100a kJ·mol-1,D项正确。‎ ‎5.(2016浙江理综,28节选)催化还原CO2是解决温室效应及能源问题的重要手段之一。研究表明,在Cu/ZnO催化剂存在下,CO2和H2可发生两个平行反应,分别生成CH3OH和CO。反应的热化学方程式如下:‎ CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)　‎ ΔH1=-53.7 kJ·mol-1　Ⅰ CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)　ΔH2　Ⅱ 某实验室控制CO2和H2初始投料比为1∶2.2,在相同压强下,经过相同反应时间测得如下实验数据:‎ T(K)‎ 催化剂 CO2转化率(%)‎ 甲醇选择性(%)‎ ‎543‎ Cat.1‎ ‎12.3‎ ‎42.3‎ ‎543‎ Cat.2‎ ‎10.9‎ ‎72.7‎ ‎553‎ Cat.1‎ ‎15.3‎ ‎39.1‎ ‎553‎ Cat.2‎ ‎12.0‎ ‎71.6‎ ‎【备注】Cat.1:Cu/ZnO纳米棒;Cat.2:Cu/ZnO纳米片;甲醇选择性:转化的CO2中生成甲醇的百分比 已知:①CO和H2的标准燃烧热分别为-283.0 kJ·mol-1和-285.8 kJ·mol-1‎ ‎②H2O(l) H2O(g)　ΔH3=+44.0 kJ·mol-1‎ 请回答(不考虑温度对ΔH的影响):‎ ‎(2)有利于提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有　　　　。 ‎ A.使用催化剂Cat.1‎ B.使用催化剂Cat.2‎ C.降低反应温度 D.投料比不变,增加反应物的浓度 E.增大CO2和H2的初始投料比 ‎(3)表中实验数据表明,在相同温度下不同的催化剂对CO2转化成CH3OH的选择性有显著的影响,其原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(4)在下图中分别画出反应Ⅰ在无催化剂、有Cat.1和有Cat.2三种情况下“反应过程-能量”示意图。‎ ‎(5)研究证实,CO2也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇,则生成甲醇的反应发生在　　　极,该电极反应式是　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ 答案　(2)CD ‎(3)表中数据表明此时反应未达到平衡,不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同,因而在该时刻下对甲醇的选择性有影响 ‎(4)‎ ‎(5)阴　CO2+6H++6e- CH3OH+H2O 解析　(2)催化剂只加快反应速率,不改变平衡转化率,故A、B不符合;反应Ⅰ的正反应为放热反应,降低温度有利于平衡正向移动,C项符合;在投料比不变时,增大反应物浓度相当于对体系加压,根据勒夏特列原理可知,平衡向气体分子数减小的方向移动,故有利于CO2转化为CH3OH,D项符合;增大CO2和H2的初始投料比只会提高H2转化率,而CO2转化率降低,故E项不符合。‎ ‎(3)催化剂不能改变平衡转化率,但表中数据显示相同温度下两者CO2转化率数据不相同,故此时反应未达到平衡,由于Cat.1和Cat.2对反应Ⅰ的催化能力不同,故在相同时间对甲醇的选择性有影响。‎ ‎(4)催化剂可以降低反应的活化能,不同催化剂降低效率不同。从表中数据可以分析,相同时间内Cat.2催化能力比Cat.1强,说明在Cat.2催化作用下反应速率更快,即活化能更低。另外,由于催化剂的介入,反应过程中产生多个能垒,但最终生成物总能量相同,那么三条曲线的起点和终点相同。‎ ‎(5)CO2生成CH3OH是发生还原反应,故在电解池阴极上发生,此电极反应为CO2+6H++6e- CH3OH+H2O。‎ ‎6.(2016课标Ⅱ,27,14分)丙烯腈(CH2CHCN)是一种重要的化工原料,工业上可用“丙烯氨氧化法”生产,主要副产物有丙烯醛(CH2CHCHO)和乙腈(CH3CN)等。回答下列问题:‎ ‎(1)以丙烯、氨、氧气为原料,在催化剂存在下生成丙烯腈(C3H3N)和副产物丙烯醛(C3H4O)的热化学方程式如下:‎ ‎①C3H6(g)+NH3(g)+‎3‎‎2‎O2(g) C3H3N(g)+3H2O(g)　ΔH=-515 kJ·mol-1‎ ‎②C3H6(g)+O2(g) C3H4O(g)+H2O(g)　ΔH=-353 kJ·mol-1‎ 两个反应在热力学上趋势均很大,其原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　;有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是　　　　　　　　　　　　;提高丙烯腈反应选择性的关键因素是　　　　。 ‎ ‎(2)图(a)为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线,最高产率对应的温度为460 ℃。低于460 ℃时,丙烯腈的产率　　　(填“是”或“不是”)对应温度下的平衡产率,判断理由是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　;高于460 ℃时,丙烯腈产率降低的可能原因是　　　　(双选,填标号)。 ‎ A.催化剂活性降低 B.平衡常数变大 C.副反应增多 D.反应活化能增大 ‎(3)丙烯腈和丙烯醛的产率与n(氨)/n(丙烯)的关系如图(b)所示。由图可知,最佳n(氨)/n(丙烯)约为　　　　,理由是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。进料气氨、空气、丙烯的理论体积比约为　　　　　　　　。 ‎ 答案　(1)两个反应均为放热量大的反应　降低温度、降低压强　催化剂 ‎(2)不是　该反应为放热反应,平衡产率应随温度升高而降低　AC ‎(3)1　该比例下丙烯腈产率最高,而副产物丙烯醛产率最低　1∶7.5∶1‎ 解析　(1)判断反应自发进行的趋势可从熵变和焓变两方面考虑,反应①和②的熵变不大,但焓变均较大,这是导致两个反应在热力学上趋势均很大的主要原因。根据影响平衡移动的因素可知,提高丙烯腈平衡产率(即使反应①的平衡右移)的条件可以是降低温度、降低压强。在影响反应速率的外界因素中,催化剂的影响最大,且不同的反应一般使用的催化剂也不同,因此催化剂是提高丙烯腈反应选择性的关键因素。‎ ‎(2)温度升高,反应①的平衡常数变小,反应的活化能不变,高于460 ℃时,丙烯腈产率降低的原因可能是催化剂的活性降低、副反应增多,A、C正确。‎ ‎(3)由反应①可知n(NH3)∶n(O2)∶n(C3H6)=1∶1.5∶1,由于O2在空气中所占体积分数约为‎1‎‎5‎,所以理论上进料气氨、空气、丙烯的体积比V(NH3)∶V(空气)∶V(C3H6)=1∶(1.5×5)∶1=1∶7.5∶1。‎ ‎7.(2017浙江11月选考,30,10分)(一)十氢萘是具有高储氢密度的氢能载体,经历“十氢萘(C10H18)→四氢萘(C10H12)→萘(C10H8)”的脱氢过程释放氢气。已知:‎ C10H18(l) C10H12(l)+3H2(g)　ΔH1‎ C10H12(l) C10H8(l)+2H2(g)　ΔH2‎ ΔH1>ΔH2>0;C10H18→C10H12的活化能为Ea‎1‎,C10H12→C10H8的活化能为Ea‎2‎;十氢萘的常压沸点为192 ℃;在192 ℃,液态十氢萘脱氢反应的平衡转化率约为9%。请回答:‎ ‎(1)有利于提高上述反应平衡转化率的条件是　　　。 ‎ A.高温高压 B.低温低压 C.高温低压 D.低温高压 ‎(2)研究表明,将适量十氢萘置于恒容密闭反应器中,升高温度带来高压,该条件下也可显著释氢,理由是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(3)温度335 ℃,在恒容密闭反应器中进行高压液态十氢萘(1.00 mol)催化脱氢实验,测得C10H12和C10H8的产率x1和x2(以物质的量分数计)随时间的变化关系,如图1所示。‎ 图1‎ ‎①在8 h时,反应体系内氢气的量为　　　　　　mol(忽略其他副反应)。 ‎ ‎②x1显著低于x2的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎③在图2中绘制“C10H18→C10H12→C10H8”的“能量~反应过程”示意图。‎ 图2‎ ‎(二)科学家发现,以H2O和N2为原料,熔融NaOH-KOH为电解质,纳米Fe2O3作催化剂,在250 ℃和常压下可实现电化学合成氨。阴极区发生的变化可视为按两步进行,请补充完整。‎ 电极反应式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　和2Fe+3H2O+N2 2NH3+Fe2O3。 ‎ 答案　(一)(1)C ‎(2)温度升高加快反应速率;温度升高使平衡正向移动的作用大于压强增大使平衡逆向移动的作用 ‎(3)①1.95　②催化剂显著降低了C10H12→C10H8的活化能,反应生成的C10H12很快转变为C10H8,C10H12不能积累 ‎③‎ ‎(二)Fe2O3+3H2O+6e- 2Fe+6OH-‎ 解析　(一)(1)提高平衡转化率即使平衡正向移动,应该升温、降压,所以选择高温低压,选C。(2)一方面,温度升高,加快了反应速率;另一方面,温度升高,平衡正向移动,升高温度带来的高压又会使平衡逆向移动,该条件下可显著释氢,说明温度升高使平衡正向移动的作用大于压强增大使平衡逆向移动的作用。(3)①由图1知,在8 h时,反应体系内生成氢气的物质的量为0.374 mol×5+0.027 mol×3≈1.95 mol。②由图1可知,反应还未达到平衡,反应快慢是影响相同时间内产率的主要因素,因催化剂显著降低了C10H12→C10H8的活化能,反应生成的C10H12很快转变为C10H8,C10H12不能积累,故x1显著低于x2。③由题给条件可知,两个反应均为吸热反应,生成物总能量比反应物总能量要高;ΔH1>ΔH2,Ea‎1‎比Ea‎2‎大,据此可作出相应的“能量~反应过程”曲线(详见答案)。‎ ‎(二)根据阴极的另一个反应方程式及题干信息可知,Fe2O3参与阴极反应生成Fe,电解质为熔融的NaOH-KOH,故符合要求的电极反应式为Fe2O3+3H2O+6e- 2Fe+6OH-。‎