课时跟踪检测(三十二)　化学反应速率、化学平衡图像分析(题型课)

这是一份课时跟踪检测(三十二)　化学反应速率、化学平衡图像分析(题型课)，共12页。试卷主要包含了在某密闭容器中，可逆反应，生产硫酸的主要反应等内容，欢迎下载使用。
1．一种燃煤脱硫技术的原理是CaO(s)＋3CO(g)＋SO2(g)CaS(s)＋3CO2(g) ΔH＝－394.0 kJ·ml－1。保持其他条件不变，不同温度下起始时CO物质的量与平衡时体系中CO2的体积分数的关系如图所示(T表示温度)。下列有关说法正确的是( )
A．T1>T2
B．b点SO2的转化率最高
C．b点后曲线下降是因为CO体积分数升高
D．减小压强可提高CO、SO2的转化率
解析：选C 本题考查化学平衡图像及分析，涉及转化率、体积分数等。该反应的ΔHp4，y轴表示A的转化率
B．p3>p4，y轴表示B的转化率
C．p3>p4，y轴表示B的质量分数
D．p3>p4，y轴表示混合气体的平均相对分子质量
解析：选C 本题考查温度、压强对化学平衡的影响及图像分析。由图Ⅰ可知，压强为p2时，温度为T1先达到平衡状态，则温度：T1>T2；温度为T1时的φ(C)低于T2时，说明升高温度，平衡逆向移动，该反应的ΔHp4，相同温度时，由 p3→p4，减小压强，平衡逆向移动，B的质量分数增大，与图像不符合，C错误；若p3>p4，相同温度时，由p3→p4，减小压强，平衡逆向移动，气体的总质量不变，但其总物质的量增大，则混合气体的平均相对分子质量减小；压强不变时，升高温度，平衡逆向移动，气体总物质的量增大，则混合气体的平均相对分子质量减小，与图像符合，D正确。
4.反应N2O4(g)2NO2(g) ΔH＝＋57 kJ·ml－1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强的变化曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A．A、C两点的反应速率：A>C
B．A、C两点气体的颜色：A深，C浅
C．A、C两点气体的平均相对分子质量：A>C
D．由状态B到状态A，可以用加热的方法
解析：选D A、C点的温度相同，C点压强大于A点压强，增大压强，反应速率增大，故反应速率：AA，C错误；恒压下，提高NO2的体积分数，平衡向正反应方向移动，正反应是吸热反应，应升高温度，D正确。
5．在一定条件下，H2S能发生分解反应：2H2S(g)S2(g)＋2H2(g)，利用该反应可制备氢气和硫黄。在2 L恒容密闭容器中充入0.1 ml H2S，不同温度下H2S的转化率与时间的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A．该反应的正反应为放热反应
B．温度升高，混合气体的平均摩尔质量增大
C．950 ℃时，1.25 s内，反应的平均速率
v(H2)＝0.008 ml·L－1·s－1
D．根据P点坐标可求出950 ℃时反应的平衡常数为3.125×10－4
解析：选C 本题考查化学平衡图像及分析，涉及反应的能量变化、平衡移动、反应速率和平衡常数的计算等。由题图可知，升高温度，H2S的转化率增大，说明升高温度，平衡正向移动，则该反应的正反应为吸热反应，A错误；升高温度，平衡正向移动，混合气体的总物质的量增大，由于气体总质量不变，则混合气体的平均摩尔质量减小，B错误；950 ℃时，1.25 s内α(H2S)＝20%，则有v(H2S)＝ eq \f(0.1 ml×20%,2 L×1.25 s) ＝0.008 ml·L－1·s－1，那么v(H2)＝v(H2S)＝0.008 ml·L－1·s－1，C正确；由题图可知，P点后α(H2S)逐渐增大，说明P点未达到平衡状态，此时c(H2S)＝ eq \f(0.1 ml×80%,2 L) ＝0.04 ml·L－1，c(H2)＝0.008 ml·L－1·s－1×1.25 s＝0.01 ml·L－1，c(S2)＝ eq \f(1,2) c(H2)＝0.005 ml·L－1，浓度商Qc＝ eq \f(c2（H2）·c（S2）,c2（H2S）) ＝3.125×10－4，故950 ℃时反应的平衡常数大于3.125×10－4，D错误。
6.用CO和H2合成CH3OH的化学方程式为CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH＜0，按照相同的物质的量投料，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示，下列说法正确的是( )
A．温度：T1＞T2＞T3
B．正反应速率：v(a)＞v(c)，v(b)＞v(d)
C．平衡常数：K(a)＞K(c)，K(b)＝K(d)
D．平均摩尔质量：M(a)＜M(c)，M(b)＜M(d)
解析：选C A项，该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO的转化率降低，所以温度：T1＜T2＜T3，错误；B项，a点温度比c点低，所以速率小，b点压强比d点大，所以速率大，错误；C项，升温平衡逆向移动，平衡常数变小，温度不变，平衡常数不变，所以平衡常数：K(a)＞K(c)，K(b)＝K(d)，正确；D项，温度升高，平衡逆向移动，气体总质量不变，但总物质的量增大，平均摩尔质量：M(a)＞M(c)；b的压强大于d，平衡向正反应方向移动，平均摩尔质量增大，所以有M(b)＞M(d)，错误。
7.已知：2CH3COCH3(l) eq \(,\s\up7(催化剂)) CH3COCH2COH(CH3)2(l)ΔH。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 ℃时反应的转化率
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表示的化学平衡常数相等
D．反应物的化学反应速率的大小顺序：d＞b＞c
解析：选D 曲线Ⅰ比曲线Ⅱ斜率大，说明曲线Ⅰ的温度高，故A错误；曲线Ⅰ比曲线Ⅱ的温度高，但平衡时反应物的转化率低，说明升温平衡逆向移动，转化率降低，故B错误；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a点曲线Ⅰ和Ⅱ表示的化学平衡常数不相等，故C错误；反应开始时反应物的浓度最大，随着反应进行，反应物的浓度减小，反应物的反应速率也逐渐减小，所以d处反应速率大于b处，因为曲线Ⅰ的温度高，反应物浓度相同时，b处反应速率大于c处，故D正确。
8．当1，3­丁二烯和溴单质以物质的量之比为1∶1加成时，其反应机理及能量变化如下：
不同反应条件下，经过相同时间测得生成物组成如下表：
下列分析不合理的是( )
A．产物A、B互为同分异构体，由中间体生成A、B的反应互相竞争
B．实验1测定产物组成时，体系已达平衡状态
C．相同条件下由活性中间体C生成产物A的速率更快
D．实验1在t min时，若升高温度至25 ℃，部分产物A会经活性中间体C转化成产物B
解析：选B 产物A、B分子式相同，结构不同，二者互为同分异构体，由题表知，活性中间体C在不同温度下生成A、B的量不同，但A、B的总量不变，故由中间体C生成A、B的反应互相竞争，A项正确；实验1测定产物组成时，不能确定各物质含量保持不变，体系不一定达平衡状态，B项错误；从图像中反应活化能分析可知，相同条件下由活性中间体C生成产物A的活化能较小，则速率更快，C项正确；结合题表中数据知，实验1在t min时，若升高温度至25 ℃，部分产物A会经活性中间体C转化成产物B，D项正确。
9．生产硫酸的主要反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH＜0。图中L(L1、L2)、X可分别代表压强或温度。下列说法正确的是( )
A．X代表压强
B．L1＞L2
C．A、B两点对应的平衡常数相同
D．一定温度下，当混合气中n(SO2)∶n(O2)∶n(SO3)＝2∶1∶2时，反应一定达到平衡
解析：选B 若X代表压强，则L代表温度，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，SO2的平衡转化率增大，与图像不符合，A错误；结合A项分析推知，X代表温度，L代表压强，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，SO2的平衡转化率增大，则压强：L1＞L2，B正确；温度升高，平衡逆向移动，平衡常数K减小，由于温度：A＜B，则平衡常数：K(A)＞K(B)，C错误；温度一定，达到平衡状态时，n(SO2)、n(O2)和n(SO3)均保持不变，但其比值不一定等于对应的化学计量数之比，D错误。
10．恒容条件下，1 ml SiHCl3发生如下反应：2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)。已知：v正＝v消耗(SiHCl3)＝k正x2(SiHCl3)，v逆＝2v消耗(SiH2Cl2)＝k逆x(SiH2Cl2)·x(SiCl4)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数(仅与温度有关)，x为物质的量分数。如图是不同温度下x(SiHCl3)随时间的变化。下列说法正确的是( )
A．该反应为放热反应，v正，aT1。又因T2 K下达到平衡时SiHCl3的物质的量分数比T1 K时小，说明升温平衡向正反应方向移动，由此推知该反应为吸热反应，A错误；各物质的化学反应速率之比等于化学方程式中相应化学计量数之比，化学平衡状态时，v消耗(SiHCl3)＝2v消耗(SiCl4)，B错误；2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)的反应前后分子数不变，即反应开始至达到平衡的过程中混合气体总物质的量始终为1 ml，由图像知，T2 K下达到平衡时SiHCl3的物质的量分数为0.75，则此时SiH2Cl2和SiCl4的物质的量分数均为0.125，因为平衡时v正＝v逆，v正＝k正x2(SiHCl3)＝0.752k正，v逆＝k逆x(SiH2Cl2)·x(SiCl4)＝0.1252k逆，则0.752k正＝0.1252k逆， eq \f(k正,k逆) ＝ eq \f(0.1252,0.752) ＝ eq \f(1,36) ，因k正和k逆只与温度有关，反应进行到a点时，v正＝k正x2(SiHCl3)＝0.82k正，v逆＝k逆x(SiH2Cl2)·x(SiCl4)＝0.12k逆， eq \f(v正,v逆) ＝ eq \f(k正,k逆) × eq \f(0.82,0.12) ＝ eq \f(1,36) × eq \f(0.82,0.12) ＝ eq \f(16,9) ，C正确；恒温恒容条件下再充入1 ml SiHCl3，相当于增大压强，而2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)是反应前后气体分子数不变的反应，所以改变压强，平衡不移动，再次达到平衡时x(SiH2Cl2)不变，D错误。
11．乙基环己烷常用作气相色谱对比样品，也用于有机合成。
(1)乙基环己烷(C8H16)脱氢制苯乙炔(C8H6)的热化学方程式如下：
①C8H16(l)C8H10(l)＋3H2(g) ΔH1>0
②C8H10(l)C8H6(l)＋2H2(g)
ΔH2＝a kJ·ml－1
③C8H6(l)＋5H2(g)C8H16(l)
ΔH3＝b kJ·ml－1
则反应①的ΔH1为________(用含a、b的代数式表示)，有利于提高上述反应①的平衡转化率的条件是________(填字母)。
A．高温高压 B．低温低压
C．高温低压 D．低温高压
(2)不同压强和温度下乙基环己烷的平衡转化率如图1所示。
①在相同压强下升高温度，未达到新平衡前，v正______(填“大于”“小于”或“等于”)v逆。
②研究表明，既升高温度又增大压强，C8H16(l)的平衡转化率也升高，理由可能是________________________________________________________________________。
(3)t ℃向恒容密闭反应器中充入1.00 ml C8H16(l)进行催化脱氢，测得C8H10(l)和C8H6(l)的产率x1和x2(以物质的量分数计)随时间的变化关系如图2所示。
①在8 h时，反应体系内氢气的物质的量为________ ml(忽略其他副反应)，C8H16(l)的转化率是_________________________________________________________________。
②x1显著低于x2的原因是_______________________________________________。
解析：(1)根据盖斯定律，可知反应①＝－反应③－反应②，则反应①的ΔH1＝(－b－a)kJ·ml－1。反应①为吸热且气体体积增大的反应，为了提高反应①的平衡转化率，可在高温低压条件下进行该反应，故C项正确。(2)①结合题图1知，未达到新平衡之前，在压强相同时，升高温度平衡始终正向移动，则v正>v逆。②由题意知，既升高温度又增大压强，平衡也能正向移动，结合反应①为吸热且气体体积增大的反应可知，这可能是因为升高温度时平衡正向移动的程度大于加压时平衡逆向移动的程度。(3)①结合题图2可知，在8 h时测得C8H10(l)和C8H6(l)的产率分别为x1＝0.027和x2＝0.374，设反应的C8H16(l)和C8H10(l)的物质的量分别为n1和n2，则
C8H16(l)C8H10(l)＋3H2(g)
n1 n1 3n1
C8H10(l)C8H6(l)＋2H2(g)
n2 n2 2n2
则 eq \f(n1－n2,1.00 ml) ＝0.027， eq \f(n2,1.00 ml) ＝0.374，解得n1＝0.401 ml，n2＝0.374 ml，则生成的H2为3n1＋2n2＝3×0.401 ml＋2×0.374 ml＝1.951 ml。C8H16(l)的转化率为 eq \f(0.401,1.00) ×100%＝40.1%。②结合题中反应①和反应②可知，反应②的活化能小，反应速率快，生成的C8H10(l)大部分转化为C8H6(l)，因此x1显著低于x2。
答案：(1)(－b－a)kJ·ml－1 C (2)①大于 ②升高温度时平衡正向移动的程度大于加压时平衡逆向移动的程度(叙述合理即可) (3)①1.951 40.1%
②C8H10(l)转化为C8H6(l)的活化能小，反应速率很快，生成的C8H10(l)大部分转化为C8H6(l)
12．Ⅰ.某压强下工业合成氨生产过程中，N2与H2按体积比为1∶3投料时，反应混合物中氨的体积分数随温度的变化曲线如图甲所示，其中一条是经过一定时间反应后的曲线，另一条是平衡时的曲线。
(1)图甲中表示该反应的平衡曲线的是________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)；由图甲中曲线变化趋势可推知工业合成氨的反应是________(填“吸热”或“放热”)反应。
(2)图甲中a点，容器内气体n(N2)∶n(NH3)＝________，图甲中b点，v(正)________v(逆)(填“＞”“＝”或“＜”)。
Ⅱ.以工业合成氨为原料，进一步合成尿素的反应原理为2NH3(g)＋CO2(g)CO(NH2)2(l)＋H2O(g)。
工业生产时，需要原料气带有水蒸气，图乙中曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ表示在不同水碳比 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(n（H2O）,n（CO2）))) 时，CO2的平衡转化率与氨碳比 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(n（NH3）,n（CO2）))) 之间的关系。
(1)写出该反应的化学平衡常数表达式：___________________________________
_______________________________________________。
(2)曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的水碳比最大的是________，判断依据是_____________
___________________________________________________________。
(3)测得B点氨气的平衡转化率为40%，则x1＝_______。
解析：Ⅰ.(1)曲线Ⅱ表示随着反应的进行，NH3的体积分数逐渐增大，但反应达到平衡状态后继续升温，NH3的体积分数减小，这表明平衡后升高温度，平衡逆向移动，故合成氨是放热反应；因合成氨为放热反应，随着温度的升高，平衡逆向移动，NH3的体积分数会逐渐降低，则曲线Ⅰ是表示该反应平衡时的曲线。(2)设反应前N2、H2的物质的量分别为1 ml、3 ml，a点时消耗N2的物质的量为x ml，列三段式：
N2＋3H22NH3
起始/ml 1 3 0
转化/ml x 3x 2x
平衡/ml 1－x 3－3x 2x
eq \f(2x,4－2x) ×100%＝50%，解得x＝ eq \f(2,3) ，此时n(N2)∶n(NH3)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3))) ∶ eq \f(4,3) ＝1∶4。由图甲知，b点后NH3的体积分数仍在增大，说明反应仍在向正反应方向进行，此时v(正)＞v(逆)。Ⅱ.(2)当氨碳比一定时，水碳比越大，说明原料气中含水蒸气越多，故二氧化碳的转化率越小，则曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中对应的水碳比最大的是曲线Ⅲ。(3)B点二氧化碳的平衡转化率为60%，氨气的平衡转化率是40%，设NH3、CO2的起始物质的量分别为n1 ml、n2 ml，则n1 ml×40%× eq \f(1,2) ＝n2 ml×60%，解得 eq \f(n1,n2) ＝3，即x1＝3。
答案：Ⅰ.(1)Ⅰ 放热 (2)1∶4 ＞
Ⅱ.(1)K＝ eq \f(c（H2O）,c2（NH3）·c（CO2）)
(2)Ⅲ 当氨碳比相同时，水碳比越大，CO2的平衡转化率越小 (3)3
13．丙烯是重要的有机化工原料，主要用于生产聚丙烯、丙烯腈、环氧丙烷等。
以丁烯和乙烯为原料反应生成丙烯的方法被称为“烯烃歧化法”，反应为C4H8(g)＋C2H4(g) eq \(,\s\up7(一定条件)) 2C3H6(g)。
(1)该反应中正反应速率v正＝k正·p(C4H8)·p(C2H4)，逆反应速率v逆＝k逆·p2(C3H6)，其中k正、k逆为速率常数，则用反应体系中气体物质的分压p(B)表示的平衡常数Kp为________(用k正、k逆表示)。
(2)一定温度下，在容积为V L的恒容密闭容器中充入C4H8和C2H4发生上述反应。t min时达到平衡状态，此时容器中n(C4H8)＝a ml，n(C2H4)＝2a ml，n(C3H6)＝b ml，且C3H6占平衡总体积的 eq \f(1,4) 。该时间段内的反应速率v(C4H8)＝________ ml·L－1·min－1(用含a、V、t的式子表示)。
解析：(1)达到平衡状态时，v正＝v逆，则有k正·p(C4H8)·p(C2H4)＝k逆·p2(C3H6)，则该反应体系中气体物质的分压p(B)表示的平衡常数Kp＝ eq \f(p2（C3H6）,p（C4H8）·p（C2H4）) ＝ eq \f(k正,k逆) 。(2)t min时达到平衡状态，n(C3H6)＝b ml，则消耗C4H8(g)、C2H4(g)均为0.5b ml，平衡时气体总物质的量为a ml＋2a ml＋b ml＝(3a＋b)ml。C3H6占平衡总体积的 eq \f(1,4) ，根据阿伏加德罗定律及推论可得 eq \f(b ml,（3a＋b）ml) ＝ eq \f(1,4) ，则有a＝b，故该时间段内的反应速率v(C4H8)＝ eq \f(0.5a ml,V L×t min) ＝ eq \f(a,2Vt) ml·L－1·min－1。
答案：(1) eq \f(k正,k逆) (2) eq \f(a,2Vt)
实验编号
反应条件
反应时间
产物中A的物质的量分数
产物中B的物质的量分数
1
－15 ℃
t min
62%
38%
2
25 ℃
t min
12%
88%