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人教版 (2019)选择性必修1第二章 化学反应速率与化学平衡本单元综合与测试精品同步练习题
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这是一份人教版 (2019)选择性必修1第二章 化学反应速率与化学平衡本单元综合与测试精品同步练习题，共15页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题(本题包括10小题,每小题2分,共20分。每小题只有一个选项符合题意)
1.下列说法正确的是( )
A.催化剂是影响化学反应速率的本质因素
B.当反应体系容积不变时,减小反应物的量肯定能减小反应速率
C.可逆反应达到反应限度时,化学反应速率为0
D.化学反应速率可用单位时间内反应物的浓度的变化量来表示
解析影响化学反应速率的本质因素是反应物的性质,A项错误;如果反应物是固体或液体,减小反应物的量不会影响反应速率,B项错误;可逆反应达到反应限度时,正、逆反应速率相等,但不为零,C项错误。
答案D
2.下列说法正确的是( )
A.自发反应在任何条件下都能实现
B.所有的自发反应都是放热的
C.升高温度,活化分子百分数增大,化学反应速率一定增大
D.一般使用催化剂可以降低反应的活化能,增大活化分子百分数,从而提高反应物的转化率
解析自发反应在恰当条件下才能实现,A项错误;有的吸热反应也能自发进行,B项错误;升高温度,活化分子百分数增大,化学反应速率增大,C项正确;使用催化剂可以降低反应的活化能,增大活化分子百分数,对化学平衡没有影响,不影响反应物的转化率,D项错误。
答案C
3.一定温度下,在某密闭容器中发生反应:2HI(g)H2(g)+I2(g) ΔH>0,若15 s内c(HI)由0.1 ml·L-1降到0.07 ml·L-1,则下列说法正确的是( )
A.0~15 s内用I2表示的平均反应速率为v(I2)=0.002 ml·L-1·s-1
B.c(HI)由0.07 ml·L-1降到0.05 ml·L-1所需的反应时间小于10 s
C.升高温度正反应速率增大,逆反应速率减小
D.减小反应体系的体积,化学反应速率增大
解析0~15 s内,v(I2)=12v(HI)=12×(0.1-0.07)ml·L-115 s=0.001 ml·L-1·s-1,A项错误;随着反应的进行,c(HI)减小,v(HI)减小,故c(HI)由0.07 ml·L-1降到0.05 ml·L-1所需时间大于10 s,B项错误;升高温度,正、逆反应速率均增大,C项错误;减小反应体系的体积,压强增大,反应速率增大,D项正确。
答案D
4.在密闭容器中,一定条件下,进行如下反应:NO(g)+CO(g)12N2(g)+CO2(g) ΔH=-373.2 kJ·ml-1,达到平衡后,为提高该反应的速率和NO的转化率,采取的正确措施是( )
A.加催化剂同时升高温度
B.加催化剂同时增大压强
C.升高温度同时充入N2
D.降低温度同时增大压强
解析结合该反应的特点,提高反应速率的措施有升高温度、增大压强、使用催化剂;提高NO的转化率(平衡向正反应方向移动)的措施有降低温度、增大压强。
答案B
5.已知某密闭容器中发生反应:X(g)+Y(g)2W(g)+Z(g) ΔH<0(Y物质易被液化)。下列有关说法中一定正确的是( )
A.若W为有颜色的物质,达平衡后,增大压强,体系颜色变浅
B.改变压强,该反应的平衡常数一定不变
C.平衡时,其他条件不变,升高温度,正反应速率增大程度比逆反应速率增大程度小
D.平衡时,其他条件不变,分离出Z,正反应速率增大
解析A项,增大压强,不论平衡向哪个方向移动,各物质浓度变大,体系颜色应变深;B项,Y物质易被液化,加压有可能导致Y变为液态,平衡常数的表达式变了,平衡常数也就可能改变;C项,升温,平衡逆向移动,正确;D项,分离出Z,正、逆反应速率都减小。
答案C
6.可逆反应2SO2+O22SO3达到平衡状态时,保持恒温恒容向容器中加入一定量的O2。下列说法正确的是(K为平衡常数,Qc为浓度商)( )
A.Q不变,K变大,O2转化率增大
B.Q不变,K变大,SO2转化率减小
C.Q变小,K不变,O2转化率减小
D.Q增大,K不变,SO2转化率增大
解析当可逆反应2SO2+O22SO3达到平衡状态时,保持恒温恒容向容器中加入一定量的O2,平衡向右进行,但O2转化率减小,浓度商Q变小,K不变。
答案C
7.某温度下,可逆反应mA(g)+nB(g)pC(g)的平衡常数为K,下列对K的说法正确的是( )
A.K值越大,表明该反应越有利于C的生成,反应物的转化率越大
B.若缩小反应器的容积,能使平衡正向移动,则K增大
C.温度越高,K一定越大
D.如果m+n=p,则K=1
解析K越大,该反应正向进行的程度越大,反应物的转化率越大,A项正确;对于一个确定的化学反应,K只是温度的函数,温度一定,K一定,与压强无关,B项错误;因该反应的热效应不确定,故C项错误;K=cp(C)cm(A)·cn(B),故由m+n=p,无法判断K的大小。
答案A
8.在某密闭容器中,可逆反应:A(g)+B(g)xC(g)符合图中(Ⅰ)所示关系,φ(C)表示C气体在混合气体中的体积分数。由此判断,对图像(Ⅱ)说法不正确的是( )
A.p3>p4,Y轴表示A的转化率
B.p3>p4,Y轴表示B的质量分数
C.p3>p4,Y轴表示B的转化率
D.p3>p4,Y轴表示混合气体的平均相对分子质量
解析据图像(Ⅰ),在压强不变时,由曲线斜率知T1>T2。降温(T1→T2)时,φ(C)增大,即平衡正向移动,说明正反应为放热反应。当温度不变时,由曲线斜率知压强p2>p1,增大压强(p1→p2)时,φ(C)增大,即平衡正向移动,故x<2。由图像(Ⅱ)知,保持体系压强不变,升高温度,平衡逆向移动,A、B的转化率、φ(C)、混合气体的平均相对分子质量均减小,而A、B的质量分数增大。故选B。
答案B
9.已知可逆反应:4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) ΔH=-1 025 kJ·ml-1。若反应物起始物质的量相同,下列关于该反应的示意图不正确的是( )
解析升高温度,平衡向逆反应方向移动,平衡时一氧化氮的含量小,且达到平衡时需要的时间短,故A项正确,D项错误;增大压强,平衡向逆反应方向移动,平衡时一氧化氮的含量小,且达到平衡时需要的时间短,故B项正确;C项有无催化剂只影响到达平衡状态的时间,不影响平衡移动,故正确。
答案D
10.一定条件下合成乙烯的反应为6H2(g)+2CO2(g)CH2CH2(g)+4H2O(g)。已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图,下列说法不正确的是( )
A.该反应的逆反应为吸热反应
B.平衡常数:KM>KN
C.生成乙烯的速率:v(N)一定大于v(M)
D.当温度高于250 ℃,升高温度,催化剂的催化效率降低
解析升高温度时CO2的平衡转化率降低,说明平衡逆向移动,则逆反应为吸热反应,A项正确;该反应的正反应是放热反应,升温平衡常数减小,B项正确;化学反应速率随温度的升高而增大,但所用催化剂在250 ℃时催化活性最高,温度继续升高,其催化效率降低,所以v(N)有可能小于v(M),C项错误,D项正确。
答案C
二、选择题(本题包括5小题,每小题4分,共20分。每小题有一个或两个选项符合题意)
11.25 ℃时,密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表所示:
下列说法错误的是( )
A.反应达到平衡时,X的转化率为60%
B.该反应可表示为X(g)+3Y(g)2Z(g),其平衡常数为1 600
C.增大压强,平衡常数增大
D.改变温度可以改变该反应的平衡常数
解析X的浓度变化了0.05 ml·L-1,所以达到化学平衡时,X的转化率为0.05 ml·L-1÷0.1 ml·L-1×100%=50%,A项错误;Y的浓度变化了0.15 ml·L-1,Z的浓度变化了0.1 ml·L-1,故该反应的化学方程式为X(g)+3Y(g)2Z(g),其平衡常数K=(0.1)20.05×(0.05)3=1 600,B项正确;对于一个确定的可逆反应,平衡常数与浓度、压强无关,只与温度有关,故C项错误,D项正确。
答案AC
12.将固体NH4I置于密闭容器中,在一定温度下发生下列反应:①NH4I(s)NH3(g)+HI(g);②2HI(g)H2(g)+I2(g)。达到平衡时,c(H2)=0.5 ml·L-1,c(HI)=4 ml·L-1,则此温度下反应①的平衡常数为( )
A.9B.16
C.20D.25
解析由c(H2)=0.5 ml·L-1可知反应②所消耗的c(HI)=1 ml·L-1,而平衡时c(HI)=4 ml·L-1,则c(NH3)=4 ml·L-1+1 ml·L-1=5 ml·L-1。即反应①平衡体系中c(NH3)=5 ml·L-1,c(HI)=4 ml·L-1,那么反应①的平衡常数K=c(NH3)·c(HI)=5×4=20,故正确答案为C。
答案C
13.(2018浙江11月选考)已知:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH=-197.8 kJ·ml-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,下列说法不正确的是( )
A.一定压强下降低温度,SO2的转化率增大
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
解析由表格数据及勒夏特列原理知,对于放热反应,一定压强下降低温度,平衡正向移动,故反应物SO2的转化率增大,A项正确;由于在不同温度、压强下,化学反应速率不一定相等,故转化相同物质的量的SO2所需要的时间不一定相等,B项错误;催化剂对化学平衡移动无影响,但可以缩短到达平衡所需的时间,C项正确;由图中数据可知,在1.01×105Pa(常压)下,673 K、723 K、773 K时SO2的转化率分别为99.2%,97.5%,93.5%,已经相当高了,且加压后转化率升高并不明显,所以没有必要通过加压提高转化率,D项正确。
答案B
14.已知H2(g)+I2(g)2HI(g) ΔH<0,有相同容积的定容密闭容器甲和乙,甲中加入H2和I2各0.1 ml,乙中加入HI 0.2 ml,相同温度下分别达到平衡。欲使甲中HI的平衡浓度大于乙中HI的平衡浓度,应采取的措施是( )
A.甲、乙提高相同温度
B.甲中加入0.1 ml He,乙不改变
C.甲降低温度,乙不变
D.甲增加0.1 ml H2,乙增加0.1 ml I2
解析本题考查化学平衡移动和恒温恒容条件下的等效平衡原理。由题意知,甲、乙能达到同一平衡状态,HI浓度相等。升高相同温度,新平衡依然等效,HI浓度相等,A选项错误;向甲中充入氦气,因为容积不变,各物质浓度不变,平衡不移动,甲、乙中HI的平衡浓度仍然相等,B选项错误;对甲降温,平衡向右移动,HI浓度增大,乙中HI浓度不变,C选项正确;甲增加0.1 ml H2,乙增加0.1 ml I2,甲、乙中HI浓度增大程度相等,使甲、乙中HI的平衡浓度仍然相等,D选项错误。
答案C
15.在容积可变的密闭容器中存在如下反应:CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH<0,下列分析中不正确的是( )
A.图Ⅰ研究的是t0时升高温度对反应速率的影响
B.图Ⅱ研究的是t0时增大压强(缩小容积)或使用催化剂对反应速率的影响
C.图Ⅲ研究的是催化剂对化学平衡的影响,且甲使用了催化剂
D.图Ⅲ研究的是温度对化学平衡的影响,且乙的温度较高
解析本题考查的是对化学反应速率及化学平衡图像的认识,难度一般。由于这是一个气体体积不变的放热反应,所以t0时温度升高,平衡向左移动,此时逆反应速率大于正反应速率,A项错误;该反应是反应前后气体物质的量不变的反应,增大压强,可同等程度地增大正、逆反应速率,平衡不移动,使用催化剂,不影响平衡,但反应速率增大,B项正确;如果图Ⅲ研究的是催化剂对化学平衡的影响,则由图可知乙条件下先达到平衡,所以应该是乙使用了催化剂,且平衡时甲、乙两条件下的CO转化率应相等,C项错误;如果图Ⅲ研究的是温度对平衡的影响,同样应该是乙条件下温度高于甲条件,那么从甲升温到乙,平衡向左移动,CO的转化率下降,D项正确。
答案AC
三、非选择题(本题共5小题,共60分)
16.(12分)在密闭容器中,使2 ml N2和6 ml H2混合发生下列反应:N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH<0。
(1)当反应达到平衡时,N2和H2的浓度比是 ;N2和H2的转化率之比是 。
(2)升高平衡体系的温度(保持体积不变),混合气体的平均相对分子质量 ,密度 。(填“增大”“减小”或“不变”)
(3)当达到平衡时,充入氩气,并保持压强不变,平衡将 (填“正向”“逆向”或“不”)移动。
(4)若容器恒容、绝热,加热使容器内温度迅速升至原来的2倍,平衡将 (填“向左移动”“向右移动”或“不移动”)。达到新平衡后,容器内温度 (填“大于”“小于”或“等于”)原来的2倍。
解析(1)对N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH<0,在密闭容器中,开始时n(N2)∶n(H2)=2∶6=1∶3,反应时消耗n(N2)∶n(H2)=1∶3,故平衡时n(N2)∶n(H2)=1∶3,所以c(N2)∶c(H2)=1∶3,转化率之比为1∶1。
(2)升高温度,平衡向逆反应方向移动,气体的总物质的量增大,总质量不变,故平均相对分子质量变小,由ρ=mV知密度不变。
(3)达平衡后,保持压强不变,充入氩气,使体系体积增大,浓度减小,相当于减小压强,使平衡逆向移动。
(4)恒容时升高温度至原来的2倍,根据勒夏特列原理,平衡向吸热反应的方向移动,即向左移动,达新平衡后,容器内温度大于原来的温度,小于原来温度的2倍。
答案(1)1∶3 1∶1 (2)减小 不变
(3)逆向 (4)向左移动 小于
17.(12分)300 ℃时,将2 ml A和2 ml B两种气体混合于2 L密闭容器中,发生如下反应:3A(g)+B(g)2C(g)+2D(g) ΔH=Q,2 min末达到平衡,生成0.8 ml D。
(1)300 ℃时,该反应的平衡常数表达式为:K= 。
已知K300 ℃”或“<”)。
(2)在2 min末时,B的平衡浓度为 ,D的平均反应速率为 。
(3)若温度不变,缩小容器容积,则A的转化率 (填“增大”“减小”或“不变”),原因是 。
(4)如果在相同的条件下,上述反应从逆反应方向开始,开始时加入C、D各43ml。若使平衡时各物质的物质的量浓度与原平衡相同,则还应该加入B ml。
解析(1)温度越高,K越大,则说明升温平衡正向移动,即正反应为吸热反应,ΔH>0。(2)生成0.8 ml D,则反应掉0.4 ml B,剩余1.6 ml B,c(B)=1.6ml2 L=0.8 ml·L-1;v(B)=0.4ml2 L×2min=0.1 ml·L-1·min-1,由化学计量数知,D的反应速率应为B的2倍,故v(D)=2v(B)=2×0.1 ml·L-1·min-1=0.2 ml·L-1·min-1。(3)该反应前后气体分子数不变,增大压强平衡不移动,故A的转化率不变。(4)将C、D的量折算成A、B的量,则相当于加入2 ml A和23ml B,容器体积固定,若平衡时各物质浓度与原平衡相同,则说明起始时物质的量相等,故还应加入B 2 ml-23ml=43ml。
答案(1)c2(C)·c2(D)c3(A)·c(B) >
(2)0.8 ml·L-1 0.2 ml·L-1·min-1
(3)不变 反应前后气体分子数不变,压强对平衡无影响 (4)43
18.(12分)(2018全国Ⅰ,28节选)采用N2O5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N2O5。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N2O5(g)分解反应:
2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)
2N2O4(g)
其中NO2二聚为N2O4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,N2O5(g)完全分解]:
①研究表明,N2O5(g)分解的反应速率v=2×10-3×pN2O5(kPa·min-1),t=62 min时,测得体系中pO2=2.9 kPa,则此时的pN2O5= kPa,v= kPa·min-1。
②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 。
③25 ℃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),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。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NO3
C.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
解析(1)干燥的氯气与干燥的AgNO3之间发生氧化还原反应时,氯气作氧化剂,而AgNO3中Ag、N元素都处于最高价,所以被氧化的只能为氧元素,则得到的气体为氧气。
(2)①依据反应N2O5(g)2NO2(g)+12O2(g)及气体的物质的量与其形成的压强成正比,生成的O2的压强p(O2)=2.9 kPa,则剩余N2O5形成的压强p(N2O5)=35.8 kPa-2.9 kPa×2=30.0 kPa。则N2O5的分解速率v=2×10-3×30.0 kPa·min-1=6.0×10-2 kPa·min-1。②若提高反应温度至35 ℃,由于体积不变,但温度提高,总压强增大,且2NO2(g)N2O4(g) ΔH2=-55.3 kJ·ml-1为放热反应,温度升高,平衡左移,气体的物质的量增大,总压强提高,所以N2O5完全分解后体系压强p∞大于63.1 kPa。③当t=∞时,体系的总压强为63.1 kPa为平衡时的总压强,此时N2O5完全分解,生成的氧气的压强为:p(O2)=35.8 kPa2=17.9 kPa。若NO2不生成N2O4,则此时的总压应为35.8 kPa×52=89.5 kPa,而实际压强为63.1 kPa,压强差为:89.5 kPa-63.1 kPa=26.4 kPa
2NO2N2O4 压强差
2 11
26.4 kPa 26.4 kPa
则平衡时NO2的分压为:63.1 kPa-p(O2)-p(N2O4)=18.8 kPa;
由此可求反应N2O4(g)2NO2(g)的平衡常数为(18.8 kPa)226.4 kPa≈13.4 kPa。
(3)根据第一步能“快速平衡”及第二步“慢反应”可判断A项正确;反应的中间产物有NO3及NO,B项错误;根据第二步反应:NO2+NO3NO+NO2+O2可知,部分NO2没有参加反应,C项正确;第三步为“快反应”,则该步反应的活化能较低,D项错误。
答案(1)O2
(2)①30.0 6.0×10-2 ②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 ③13.4
(3)AC
19.(12分)(2019江苏卷,20节选)CO2的资源化利用能有效减少CO2排放,充分利用碳资源。
(1)CaO可在较高温度下捕集CO2,在更高温度下将捕集的CO2释放利用。CaC2O4·H2O热分解可制备CaO,CaC2O4·H2O加热升温过程中固体的质量变化如图所示。
①写出400~600 ℃范围内分解反应的化学方程式: 。
②与CaCO3热分解制备的CaO相比,CaC2O4·H2O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能,其原因是 。
(2)CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法,其过程中主要发生下列反应:
反应Ⅰ:CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH=+41.2 kJ·ml-1
反应Ⅱ:2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH=-122.5 kJ·ml-1
在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下,CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图所示。其中:
CH3OCH3的选择性=2×CH3OCH3的物质的量反应的CO2的物质的量×100%
①温度高于300 ℃,CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是 。
②220 ℃时,在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后,测得CH3OCH3的选择性为48%(图中A点)。不改变反应时间和温度,一定能提高CH3OCH3选择性的措施有 。
解析(1)①利用热重分析法判断反应:①在400~600 ℃之间,质量减少28 g,显然是生成了 CO,则化学方程式为CaC2O4CaCO3+CO↑;②从整个过程可知CaC2O4·H2O热解时,先生成水蒸气,然后依次产生CO、CO2,CaC2O4·H2O热分解产生的气体更多,制得的CaO更加疏松多孔,具有更好的CO2的捕集性能。
(2)①分析两个反应,反应Ⅰ的ΔH>0,反应Ⅱ的ΔH<0,当温度升高时,有利于反应Ⅰ中CO2转化为CO,使CO2的平衡转化率升高;对反应Ⅱ而言,CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降,而且上升幅度超过下降幅度,因此温度高于300 ℃时,CO2的平衡转化率随温度升高而上升。②对反应2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) 而言,该反应是气体物质的量减小的反应,因此可增大压强提高CH3OCH3的选择性;由于温度、时间一定,可使用活性更高的催化剂,从而提高单位时间的转化率。
答案 (1)①CaC2O4CaCO3+CO↑
②CaC2O4·H2O热分解放出更多的气体,制得的CaO更加疏松多孔
(2)①反应Ⅰ的ΔH>0,反应Ⅱ的ΔH<0,温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升,使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降,且上升幅度超过下降幅度
②增大压强、使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂
20.(12分)(2019全国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)Deacn发明的直接氧化法为:4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为刚性容器中,进料浓度比c(HCl)∶c(O2)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c0,根据进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=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(O2)过低、过高的不利影响分别是 。
(2)Deacn直接氧化法可按下列催化过程进行:
CuCl2(s)CuCl(s)+12Cl2(g) ΔH1=83 kJ·ml-1
CuCl(s)+12O2(g)CuO(s)+12Cl2(g) ΔH2=-20 kJ·ml-1
CuO(s)+2HCl(g)CuCl2(s)+H2O(g) ΔH3=-121 kJ·ml-1
则4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH= kJ·ml-1。
(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)
解析本题化学原理综合题,为热化学、电化学与化学平衡综合题,难度中等。
(1)分析任意一条平衡曲线可知,在进料浓度比固定的条件下,随着温度的升高,HCl的平衡转化率降低,说明正反应为放热反应,由于K只与温度有关,升高温度,平衡逆向移动,平衡常数K减小,即K(300 ℃)大于K(400 ℃)。
根据进料浓度比及HCl的平衡转化率间的关系可知,c(HCl)∶c(O2)=1∶1的曲线为最上面的那条曲线,由该曲线可知:温度为400 ℃时HCl的平衡转化率为84%。
根据条件可列三段式如下:
4HCl(g)+ O2(g) 2Cl2(g) +2H2O(g)
初始:c0c000
转化:c0×0.84c0×0.21c0×0.42c0×0.42
平衡:c0×(1-0.84)c0×(1-0.21)c0×0.42c0×0.42
K(400 ℃)=c2(Cl2)·c2(H2O)c4(HCl)·c(O2)=
(c0×0.42)2·(c0×0.42)2[c0×(1-0.84)]4·[c0×(1-0.21)]
=0.422×0.422(1-0.84)4×(1-0.21)c0
进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低,导致产品Cl2混有大量O2,则分离两气体时导致能耗较高。而进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过高,则导致HCl的转化率过低,浪费原料。
(2)由盖斯定律可知,将题给催化过程的三个反应直接相加可得:2HCl(g)+12O2(g)Cl2(g)+H2O(g)
ΔH'=(83-20-121)kJ·ml-1=-58 kJ·ml-1,则ΔH=2ΔH'=-116 kJ·ml-1
(3)在温度一定时,要增大HCl的平衡转化率,可采取的措施有:及时移走部分产物、增大体系压强等。
答案 (1)大于 0.422×0.422(1-0.84)4×(1-0.21)c0 O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低
(2)-116
(3)增加反应体系压强、及时除去产物物质
X
Y
Z
初始浓度/( ml·L-1)
0.1
0.2
0.0
平衡浓度/( ml·L-1)
0.05
0.05
0.1
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
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
一、选择题(本题包括10小题,每小题2分,共20分。每小题只有一个选项符合题意)
1.下列说法正确的是( )
A.催化剂是影响化学反应速率的本质因素
B.当反应体系容积不变时,减小反应物的量肯定能减小反应速率
C.可逆反应达到反应限度时,化学反应速率为0
D.化学反应速率可用单位时间内反应物的浓度的变化量来表示
解析影响化学反应速率的本质因素是反应物的性质,A项错误;如果反应物是固体或液体,减小反应物的量不会影响反应速率,B项错误;可逆反应达到反应限度时,正、逆反应速率相等,但不为零,C项错误。
答案D
2.下列说法正确的是( )
A.自发反应在任何条件下都能实现
B.所有的自发反应都是放热的
C.升高温度,活化分子百分数增大,化学反应速率一定增大
D.一般使用催化剂可以降低反应的活化能,增大活化分子百分数,从而提高反应物的转化率
解析自发反应在恰当条件下才能实现,A项错误;有的吸热反应也能自发进行,B项错误;升高温度,活化分子百分数增大,化学反应速率增大,C项正确;使用催化剂可以降低反应的活化能,增大活化分子百分数,对化学平衡没有影响,不影响反应物的转化率,D项错误。
答案C
3.一定温度下,在某密闭容器中发生反应:2HI(g)H2(g)+I2(g) ΔH>0,若15 s内c(HI)由0.1 ml·L-1降到0.07 ml·L-1,则下列说法正确的是( )
A.0~15 s内用I2表示的平均反应速率为v(I2)=0.002 ml·L-1·s-1
B.c(HI)由0.07 ml·L-1降到0.05 ml·L-1所需的反应时间小于10 s
C.升高温度正反应速率增大,逆反应速率减小
D.减小反应体系的体积,化学反应速率增大
解析0~15 s内,v(I2)=12v(HI)=12×(0.1-0.07)ml·L-115 s=0.001 ml·L-1·s-1,A项错误;随着反应的进行,c(HI)减小,v(HI)减小,故c(HI)由0.07 ml·L-1降到0.05 ml·L-1所需时间大于10 s,B项错误;升高温度,正、逆反应速率均增大,C项错误;减小反应体系的体积,压强增大,反应速率增大,D项正确。
答案D
4.在密闭容器中,一定条件下,进行如下反应:NO(g)+CO(g)12N2(g)+CO2(g) ΔH=-373.2 kJ·ml-1,达到平衡后,为提高该反应的速率和NO的转化率,采取的正确措施是( )
A.加催化剂同时升高温度
B.加催化剂同时增大压强
C.升高温度同时充入N2
D.降低温度同时增大压强
解析结合该反应的特点,提高反应速率的措施有升高温度、增大压强、使用催化剂;提高NO的转化率(平衡向正反应方向移动)的措施有降低温度、增大压强。
答案B
5.已知某密闭容器中发生反应:X(g)+Y(g)2W(g)+Z(g) ΔH<0(Y物质易被液化)。下列有关说法中一定正确的是( )
A.若W为有颜色的物质,达平衡后,增大压强,体系颜色变浅
B.改变压强,该反应的平衡常数一定不变
C.平衡时,其他条件不变,升高温度,正反应速率增大程度比逆反应速率增大程度小
D.平衡时,其他条件不变,分离出Z,正反应速率增大
解析A项,增大压强,不论平衡向哪个方向移动,各物质浓度变大,体系颜色应变深;B项,Y物质易被液化,加压有可能导致Y变为液态,平衡常数的表达式变了,平衡常数也就可能改变;C项,升温,平衡逆向移动,正确;D项,分离出Z,正、逆反应速率都减小。
答案C
6.可逆反应2SO2+O22SO3达到平衡状态时,保持恒温恒容向容器中加入一定量的O2。下列说法正确的是(K为平衡常数,Qc为浓度商)( )
A.Q不变,K变大,O2转化率增大
B.Q不变,K变大,SO2转化率减小
C.Q变小,K不变,O2转化率减小
D.Q增大,K不变,SO2转化率增大
解析当可逆反应2SO2+O22SO3达到平衡状态时,保持恒温恒容向容器中加入一定量的O2,平衡向右进行,但O2转化率减小,浓度商Q变小,K不变。
答案C
7.某温度下,可逆反应mA(g)+nB(g)pC(g)的平衡常数为K,下列对K的说法正确的是( )
A.K值越大,表明该反应越有利于C的生成,反应物的转化率越大
B.若缩小反应器的容积,能使平衡正向移动,则K增大
C.温度越高,K一定越大
D.如果m+n=p,则K=1
解析K越大,该反应正向进行的程度越大,反应物的转化率越大,A项正确;对于一个确定的化学反应,K只是温度的函数,温度一定,K一定,与压强无关,B项错误;因该反应的热效应不确定,故C项错误;K=cp(C)cm(A)·cn(B),故由m+n=p,无法判断K的大小。
答案A
8.在某密闭容器中,可逆反应:A(g)+B(g)xC(g)符合图中(Ⅰ)所示关系,φ(C)表示C气体在混合气体中的体积分数。由此判断,对图像(Ⅱ)说法不正确的是( )
A.p3>p4,Y轴表示A的转化率
B.p3>p4,Y轴表示B的质量分数
C.p3>p4,Y轴表示B的转化率
D.p3>p4,Y轴表示混合气体的平均相对分子质量
解析据图像(Ⅰ),在压强不变时,由曲线斜率知T1>T2。降温(T1→T2)时,φ(C)增大,即平衡正向移动,说明正反应为放热反应。当温度不变时,由曲线斜率知压强p2>p1,增大压强(p1→p2)时,φ(C)增大,即平衡正向移动,故x<2。由图像(Ⅱ)知,保持体系压强不变,升高温度,平衡逆向移动,A、B的转化率、φ(C)、混合气体的平均相对分子质量均减小,而A、B的质量分数增大。故选B。
答案B
9.已知可逆反应:4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) ΔH=-1 025 kJ·ml-1。若反应物起始物质的量相同,下列关于该反应的示意图不正确的是( )
解析升高温度,平衡向逆反应方向移动,平衡时一氧化氮的含量小,且达到平衡时需要的时间短,故A项正确,D项错误;增大压强,平衡向逆反应方向移动,平衡时一氧化氮的含量小,且达到平衡时需要的时间短,故B项正确;C项有无催化剂只影响到达平衡状态的时间,不影响平衡移动,故正确。
答案D
10.一定条件下合成乙烯的反应为6H2(g)+2CO2(g)CH2CH2(g)+4H2O(g)。已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图,下列说法不正确的是( )
A.该反应的逆反应为吸热反应
B.平衡常数:KM>KN
C.生成乙烯的速率:v(N)一定大于v(M)
D.当温度高于250 ℃,升高温度,催化剂的催化效率降低
解析升高温度时CO2的平衡转化率降低,说明平衡逆向移动,则逆反应为吸热反应,A项正确;该反应的正反应是放热反应,升温平衡常数减小,B项正确;化学反应速率随温度的升高而增大,但所用催化剂在250 ℃时催化活性最高,温度继续升高,其催化效率降低,所以v(N)有可能小于v(M),C项错误,D项正确。
答案C
二、选择题(本题包括5小题,每小题4分,共20分。每小题有一个或两个选项符合题意)
11.25 ℃时,密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表所示:
下列说法错误的是( )
A.反应达到平衡时,X的转化率为60%
B.该反应可表示为X(g)+3Y(g)2Z(g),其平衡常数为1 600
C.增大压强,平衡常数增大
D.改变温度可以改变该反应的平衡常数
解析X的浓度变化了0.05 ml·L-1,所以达到化学平衡时,X的转化率为0.05 ml·L-1÷0.1 ml·L-1×100%=50%,A项错误;Y的浓度变化了0.15 ml·L-1,Z的浓度变化了0.1 ml·L-1,故该反应的化学方程式为X(g)+3Y(g)2Z(g),其平衡常数K=(0.1)20.05×(0.05)3=1 600,B项正确;对于一个确定的可逆反应,平衡常数与浓度、压强无关,只与温度有关,故C项错误,D项正确。
答案AC
12.将固体NH4I置于密闭容器中,在一定温度下发生下列反应:①NH4I(s)NH3(g)+HI(g);②2HI(g)H2(g)+I2(g)。达到平衡时,c(H2)=0.5 ml·L-1,c(HI)=4 ml·L-1,则此温度下反应①的平衡常数为( )
A.9B.16
C.20D.25
解析由c(H2)=0.5 ml·L-1可知反应②所消耗的c(HI)=1 ml·L-1,而平衡时c(HI)=4 ml·L-1,则c(NH3)=4 ml·L-1+1 ml·L-1=5 ml·L-1。即反应①平衡体系中c(NH3)=5 ml·L-1,c(HI)=4 ml·L-1,那么反应①的平衡常数K=c(NH3)·c(HI)=5×4=20,故正确答案为C。
答案C
13.(2018浙江11月选考)已知:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH=-197.8 kJ·ml-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,下列说法不正确的是( )
A.一定压强下降低温度,SO2的转化率增大
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
解析由表格数据及勒夏特列原理知,对于放热反应,一定压强下降低温度,平衡正向移动,故反应物SO2的转化率增大,A项正确;由于在不同温度、压强下,化学反应速率不一定相等,故转化相同物质的量的SO2所需要的时间不一定相等,B项错误;催化剂对化学平衡移动无影响,但可以缩短到达平衡所需的时间,C项正确;由图中数据可知,在1.01×105Pa(常压)下,673 K、723 K、773 K时SO2的转化率分别为99.2%,97.5%,93.5%,已经相当高了,且加压后转化率升高并不明显,所以没有必要通过加压提高转化率,D项正确。
答案B
14.已知H2(g)+I2(g)2HI(g) ΔH<0,有相同容积的定容密闭容器甲和乙,甲中加入H2和I2各0.1 ml,乙中加入HI 0.2 ml,相同温度下分别达到平衡。欲使甲中HI的平衡浓度大于乙中HI的平衡浓度,应采取的措施是( )
A.甲、乙提高相同温度
B.甲中加入0.1 ml He,乙不改变
C.甲降低温度,乙不变
D.甲增加0.1 ml H2,乙增加0.1 ml I2
解析本题考查化学平衡移动和恒温恒容条件下的等效平衡原理。由题意知,甲、乙能达到同一平衡状态,HI浓度相等。升高相同温度,新平衡依然等效,HI浓度相等,A选项错误;向甲中充入氦气,因为容积不变,各物质浓度不变,平衡不移动,甲、乙中HI的平衡浓度仍然相等,B选项错误;对甲降温,平衡向右移动,HI浓度增大,乙中HI浓度不变,C选项正确;甲增加0.1 ml H2,乙增加0.1 ml I2,甲、乙中HI浓度增大程度相等,使甲、乙中HI的平衡浓度仍然相等,D选项错误。
答案C
15.在容积可变的密闭容器中存在如下反应:CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH<0,下列分析中不正确的是( )
A.图Ⅰ研究的是t0时升高温度对反应速率的影响
B.图Ⅱ研究的是t0时增大压强(缩小容积)或使用催化剂对反应速率的影响
C.图Ⅲ研究的是催化剂对化学平衡的影响,且甲使用了催化剂
D.图Ⅲ研究的是温度对化学平衡的影响,且乙的温度较高
解析本题考查的是对化学反应速率及化学平衡图像的认识,难度一般。由于这是一个气体体积不变的放热反应,所以t0时温度升高,平衡向左移动,此时逆反应速率大于正反应速率,A项错误;该反应是反应前后气体物质的量不变的反应,增大压强,可同等程度地增大正、逆反应速率,平衡不移动,使用催化剂,不影响平衡,但反应速率增大,B项正确;如果图Ⅲ研究的是催化剂对化学平衡的影响,则由图可知乙条件下先达到平衡,所以应该是乙使用了催化剂,且平衡时甲、乙两条件下的CO转化率应相等,C项错误;如果图Ⅲ研究的是温度对平衡的影响,同样应该是乙条件下温度高于甲条件,那么从甲升温到乙,平衡向左移动,CO的转化率下降,D项正确。
答案AC
三、非选择题(本题共5小题,共60分)
16.(12分)在密闭容器中,使2 ml N2和6 ml H2混合发生下列反应:N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH<0。
(1)当反应达到平衡时,N2和H2的浓度比是 ;N2和H2的转化率之比是 。
(2)升高平衡体系的温度(保持体积不变),混合气体的平均相对分子质量 ,密度 。(填“增大”“减小”或“不变”)
(3)当达到平衡时,充入氩气,并保持压强不变,平衡将 (填“正向”“逆向”或“不”)移动。
(4)若容器恒容、绝热,加热使容器内温度迅速升至原来的2倍,平衡将 (填“向左移动”“向右移动”或“不移动”)。达到新平衡后,容器内温度 (填“大于”“小于”或“等于”)原来的2倍。
解析(1)对N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH<0,在密闭容器中,开始时n(N2)∶n(H2)=2∶6=1∶3,反应时消耗n(N2)∶n(H2)=1∶3,故平衡时n(N2)∶n(H2)=1∶3,所以c(N2)∶c(H2)=1∶3,转化率之比为1∶1。
(2)升高温度,平衡向逆反应方向移动,气体的总物质的量增大,总质量不变,故平均相对分子质量变小,由ρ=mV知密度不变。
(3)达平衡后,保持压强不变,充入氩气,使体系体积增大,浓度减小,相当于减小压强,使平衡逆向移动。
(4)恒容时升高温度至原来的2倍,根据勒夏特列原理,平衡向吸热反应的方向移动,即向左移动,达新平衡后,容器内温度大于原来的温度,小于原来温度的2倍。
答案(1)1∶3 1∶1 (2)减小 不变
(3)逆向 (4)向左移动 小于
17.(12分)300 ℃时,将2 ml A和2 ml B两种气体混合于2 L密闭容器中,发生如下反应:3A(g)+B(g)2C(g)+2D(g) ΔH=Q,2 min末达到平衡,生成0.8 ml D。
(1)300 ℃时,该反应的平衡常数表达式为:K= 。
已知K300 ℃
(2)在2 min末时,B的平衡浓度为 ,D的平均反应速率为 。
(3)若温度不变,缩小容器容积,则A的转化率 (填“增大”“减小”或“不变”),原因是 。
(4)如果在相同的条件下,上述反应从逆反应方向开始,开始时加入C、D各43ml。若使平衡时各物质的物质的量浓度与原平衡相同,则还应该加入B ml。
解析(1)温度越高,K越大,则说明升温平衡正向移动,即正反应为吸热反应,ΔH>0。(2)生成0.8 ml D,则反应掉0.4 ml B,剩余1.6 ml B,c(B)=1.6ml2 L=0.8 ml·L-1;v(B)=0.4ml2 L×2min=0.1 ml·L-1·min-1,由化学计量数知,D的反应速率应为B的2倍,故v(D)=2v(B)=2×0.1 ml·L-1·min-1=0.2 ml·L-1·min-1。(3)该反应前后气体分子数不变,增大压强平衡不移动,故A的转化率不变。(4)将C、D的量折算成A、B的量,则相当于加入2 ml A和23ml B,容器体积固定,若平衡时各物质浓度与原平衡相同,则说明起始时物质的量相等,故还应加入B 2 ml-23ml=43ml。
答案(1)c2(C)·c2(D)c3(A)·c(B) >
(2)0.8 ml·L-1 0.2 ml·L-1·min-1
(3)不变 反应前后气体分子数不变,压强对平衡无影响 (4)43
18.(12分)(2018全国Ⅰ,28节选)采用N2O5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N2O5。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N2O5(g)分解反应:
2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)
2N2O4(g)
其中NO2二聚为N2O4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,N2O5(g)完全分解]:
①研究表明,N2O5(g)分解的反应速率v=2×10-3×pN2O5(kPa·min-1),t=62 min时,测得体系中pO2=2.9 kPa,则此时的pN2O5= kPa,v= kPa·min-1。
②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 。
③25 ℃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),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。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NO3
C.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
解析(1)干燥的氯气与干燥的AgNO3之间发生氧化还原反应时,氯气作氧化剂,而AgNO3中Ag、N元素都处于最高价,所以被氧化的只能为氧元素,则得到的气体为氧气。
(2)①依据反应N2O5(g)2NO2(g)+12O2(g)及气体的物质的量与其形成的压强成正比,生成的O2的压强p(O2)=2.9 kPa,则剩余N2O5形成的压强p(N2O5)=35.8 kPa-2.9 kPa×2=30.0 kPa。则N2O5的分解速率v=2×10-3×30.0 kPa·min-1=6.0×10-2 kPa·min-1。②若提高反应温度至35 ℃,由于体积不变,但温度提高,总压强增大,且2NO2(g)N2O4(g) ΔH2=-55.3 kJ·ml-1为放热反应,温度升高,平衡左移,气体的物质的量增大,总压强提高,所以N2O5完全分解后体系压强p∞大于63.1 kPa。③当t=∞时,体系的总压强为63.1 kPa为平衡时的总压强,此时N2O5完全分解,生成的氧气的压强为:p(O2)=35.8 kPa2=17.9 kPa。若NO2不生成N2O4,则此时的总压应为35.8 kPa×52=89.5 kPa,而实际压强为63.1 kPa,压强差为:89.5 kPa-63.1 kPa=26.4 kPa
2NO2N2O4 压强差
2 11
26.4 kPa 26.4 kPa
则平衡时NO2的分压为:63.1 kPa-p(O2)-p(N2O4)=18.8 kPa;
由此可求反应N2O4(g)2NO2(g)的平衡常数为(18.8 kPa)226.4 kPa≈13.4 kPa。
(3)根据第一步能“快速平衡”及第二步“慢反应”可判断A项正确;反应的中间产物有NO3及NO,B项错误;根据第二步反应:NO2+NO3NO+NO2+O2可知,部分NO2没有参加反应,C项正确;第三步为“快反应”,则该步反应的活化能较低,D项错误。
答案(1)O2
(2)①30.0 6.0×10-2 ②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 ③13.4
(3)AC
19.(12分)(2019江苏卷,20节选)CO2的资源化利用能有效减少CO2排放,充分利用碳资源。
(1)CaO可在较高温度下捕集CO2,在更高温度下将捕集的CO2释放利用。CaC2O4·H2O热分解可制备CaO,CaC2O4·H2O加热升温过程中固体的质量变化如图所示。
①写出400~600 ℃范围内分解反应的化学方程式: 。
②与CaCO3热分解制备的CaO相比,CaC2O4·H2O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能,其原因是 。
(2)CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法,其过程中主要发生下列反应:
反应Ⅰ:CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH=+41.2 kJ·ml-1
反应Ⅱ:2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH=-122.5 kJ·ml-1
在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下,CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图所示。其中:
CH3OCH3的选择性=2×CH3OCH3的物质的量反应的CO2的物质的量×100%
①温度高于300 ℃,CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是 。
②220 ℃时,在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后,测得CH3OCH3的选择性为48%(图中A点)。不改变反应时间和温度,一定能提高CH3OCH3选择性的措施有 。
解析(1)①利用热重分析法判断反应:①在400~600 ℃之间,质量减少28 g,显然是生成了 CO,则化学方程式为CaC2O4CaCO3+CO↑;②从整个过程可知CaC2O4·H2O热解时,先生成水蒸气,然后依次产生CO、CO2,CaC2O4·H2O热分解产生的气体更多,制得的CaO更加疏松多孔,具有更好的CO2的捕集性能。
(2)①分析两个反应,反应Ⅰ的ΔH>0,反应Ⅱ的ΔH<0,当温度升高时,有利于反应Ⅰ中CO2转化为CO,使CO2的平衡转化率升高;对反应Ⅱ而言,CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降,而且上升幅度超过下降幅度,因此温度高于300 ℃时,CO2的平衡转化率随温度升高而上升。②对反应2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) 而言,该反应是气体物质的量减小的反应,因此可增大压强提高CH3OCH3的选择性;由于温度、时间一定,可使用活性更高的催化剂,从而提高单位时间的转化率。
答案 (1)①CaC2O4CaCO3+CO↑
②CaC2O4·H2O热分解放出更多的气体,制得的CaO更加疏松多孔
(2)①反应Ⅰ的ΔH>0,反应Ⅱ的ΔH<0,温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升,使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降,且上升幅度超过下降幅度
②增大压强、使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂
20.(12分)(2019全国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)Deacn发明的直接氧化法为:4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为刚性容器中,进料浓度比c(HCl)∶c(O2)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c0,根据进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=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(O2)过低、过高的不利影响分别是 。
(2)Deacn直接氧化法可按下列催化过程进行:
CuCl2(s)CuCl(s)+12Cl2(g) ΔH1=83 kJ·ml-1
CuCl(s)+12O2(g)CuO(s)+12Cl2(g) ΔH2=-20 kJ·ml-1
CuO(s)+2HCl(g)CuCl2(s)+H2O(g) ΔH3=-121 kJ·ml-1
则4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH= kJ·ml-1。
(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)
解析本题化学原理综合题,为热化学、电化学与化学平衡综合题,难度中等。
(1)分析任意一条平衡曲线可知,在进料浓度比固定的条件下,随着温度的升高,HCl的平衡转化率降低,说明正反应为放热反应,由于K只与温度有关,升高温度,平衡逆向移动,平衡常数K减小,即K(300 ℃)大于K(400 ℃)。
根据进料浓度比及HCl的平衡转化率间的关系可知,c(HCl)∶c(O2)=1∶1的曲线为最上面的那条曲线,由该曲线可知:温度为400 ℃时HCl的平衡转化率为84%。
根据条件可列三段式如下:
4HCl(g)+ O2(g) 2Cl2(g) +2H2O(g)
初始:c0c000
转化:c0×0.84c0×0.21c0×0.42c0×0.42
平衡:c0×(1-0.84)c0×(1-0.21)c0×0.42c0×0.42
K(400 ℃)=c2(Cl2)·c2(H2O)c4(HCl)·c(O2)=
(c0×0.42)2·(c0×0.42)2[c0×(1-0.84)]4·[c0×(1-0.21)]
=0.422×0.422(1-0.84)4×(1-0.21)c0
进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低,导致产品Cl2混有大量O2,则分离两气体时导致能耗较高。而进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过高,则导致HCl的转化率过低,浪费原料。
(2)由盖斯定律可知,将题给催化过程的三个反应直接相加可得:2HCl(g)+12O2(g)Cl2(g)+H2O(g)
ΔH'=(83-20-121)kJ·ml-1=-58 kJ·ml-1,则ΔH=2ΔH'=-116 kJ·ml-1
(3)在温度一定时,要增大HCl的平衡转化率,可采取的措施有:及时移走部分产物、增大体系压强等。
答案 (1)大于 0.422×0.422(1-0.84)4×(1-0.21)c0 O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低
(2)-116
(3)增加反应体系压强、及时除去产物物质
X
Y
Z
初始浓度/( ml·L-1)
0.1
0.2
0.0
平衡浓度/( ml·L-1)
0.05
0.05
0.1
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
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
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