2020届高考化学一轮复习化学平衡常数化学反应进行的方向作业
化学平衡常数 化学反应进行的方向
基础巩固
1.一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K27-1所示,下列说法不正确的是 ( )
图K27-1
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
2.如图K27-2是恒温下某化学反应的反应速率随反应时间变化的示意图。下列叙述与示意图不符合的是 ( )
图K27-2
A.反应达平衡时,正反应速率和逆反应速率相等
B.该反应达到平衡状态Ⅰ后,增大反应物浓度,平衡发生移动,达到平衡状态Ⅱ
C.该反应达到平衡状态Ⅰ后,减小反应物浓度,平衡发生移动,达到平衡状态Ⅱ
D.同一种反应物在平衡状态Ⅰ和平衡状态Ⅱ时浓度不相等
图K27-3
3.在一定温度下,向2 L恒容密闭容器中充入1 mol A,发生反应A(g)B(g)+C(g)。反应过程中c(C)随时间变化的曲线如图K27-3所示,下列说法不正确的是( )
A.反应在0~50 s的平均速率v(C)=1.6×10-3 mol·L-1·s-1
B.该温度下,反应的平衡常数K=0.025
C.保持其他条件不变,升高温度,平衡时c(B)=0.11 mol·L-1,则该反应的ΔH<0
D.反应达平衡后,再向容器中充入1 mol A,该温度下再达到平衡时,0.1 mol·L-1
”“<”或“=”)α1,平衡常数K2 (填“增大”“减小”或“不变”)。若要使K2减小,可采取的措施是 。
挑战自我
10.[2018·陕西教学质检] 氮及其化合物在工农业生产生活中有着重要应用,减少氮的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容之一。
(1)已知:
N2(g)+O2(g)2NO(g) ΔH=+180.5 kJ·mol-1
C(s)+O2(g)CO2(g) ΔH=-393.5 kJ·mol-1
2C(s)+O2(g)2CO(g) ΔH=-221 kJ·mol-1
若某反应的平衡常数表达式为K=c(N2)·c2(CO2)c2(NO)·c2(CO),请写出此反应的热化学方程
式: 。
(2)N2O5 在一定条件下可发生分解:2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)。某温度下恒容密闭容器中加入一定量N2O5,测得N2O5浓度随时间的变化如下表:
t/min
0. 00
1.00
2.00
3.00
4.00
5.00
c(N2O5)/
(mol·L-1)
1.00
0.71
0.50
0.35
0.25
0.17
①反应开始时体系压强为p0,第2.00 min时体系压强为p1,则p1∶p0= 。2.00~5.00 min内用NO2表示的该反应的平均反应速率为 。
②一定温度下,在恒容密闭容器中充入一定量N2O5进行该反应,能判断反应已达到化学平衡状态的是 (填字母序号)。
a.NO2和O2的浓度比保持不变
b.容器中压强不再变化
c.2v正(NO2)=v逆(N2O5)
d.气体的平均相对分子质量为43.2,且保持不变
(3)平衡常数Kp是用反应体系中气体物质的分压来表示的,即将K表达式中平衡浓度用平衡分压代替,分压=总压×物质的量分数,例如:p(NO2)=p总·x(NO2)(x表示气体的物质的量分数)。
N2O4与NO2转换的热化学方程式为N2O4(g)2NO2(g) ΔH=+24.4 kJ·mol-1
上述反应中,正反应速率v正=k正·p(N2O4),逆反应速率v逆=k逆·p2(NO2),其中k正、k逆为速率常数,则Kp为 (以k正、k逆表示)。
(4)图K27-7是密闭反应器中按n(N2)∶n(H2)=1∶3 投料后,在 200 ℃、400 ℃、600 ℃下,合成NH3反应达到平衡时,混合物中NH3
的物质的量分数随压强的变化曲线,已知该反应为放热反应。
图K27-7
①曲线a对应的温度是 。
②M点对应的H2的转化率是 。
1.C [解析] 升高温度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正确;该反应的正反应是放热反应,升温平衡常数减小,B正确;化学反应速率随温度的升高而加快,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错误,D正确。
2.C [解析] 根据图像分析,改变条件瞬间正反应速率增大,逆反应速率不变,说明增加了反应物浓度,平衡发生移动,平衡状态时正、逆反应速率相等,平衡状态Ⅱ与平衡状态Ⅰ反应物浓度不相等,故A、B、D三项正确,C项错误。
3.C [解析] A项,在前50 s,C的浓度变化量为0.08 mol·L-1,所以反应速率=0.08mol·L-150 s=1.6×10-3 mol·L-1·s-1,正确;B项,在250 s达平衡,C的浓度为0.10 mol·L-1,根据方程式计算,平衡时A的浓度为0.4 mol·L-1,B的浓度为0.1 mol·L-1,则平衡常数K=0.1×0.10.4=0.025,正确;C项,保持其他条件不变,升温,平衡时B的浓度比原来多,则说明平衡正向移动,即正反应为吸热反应,错误;D项,再充入1 mol A,相当于加压到原来的2倍压强,平衡逆向移动,C的浓度比原来的浓度大,但小于原来的2倍,正确。
4.D [解析] 设甲容器中,平衡时氢气的变化浓度为x,则K=x2(0.010-x)2=94,解得x=0.006 0 mol·L-1,平衡时c(H2)=c(CO2)=0.010 mol·L-1-x=0.004 0 mol·L-1,c(H2O)=c(CO)=0.006 0 mol·L-1,α(H2)=0.006 00.010×100%=60%。因乙中H2的起始浓度大于甲,故乙平衡相当于是甲平衡正向移动的结果,乙中CO2的转化率大于60%,A项正确;丙平衡可看作是2个甲平衡合并而成的,又因H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)是平衡不受压强影响的反应,故丙平衡中物质的转化率不变,仅各物质的浓度是甲平衡中各物质浓度的2倍,所以B、C项正确;由于三组反应中丙中各物质的浓度最大,甲中各物质的浓度最小,所以丙反应速率最快,甲反应速率最慢,D项错误。
5.D [解析] 同一温度下,两种物质参加反应,增加氢气的浓度,二氧化碳的转化率增大,
因此投料比为1∶4时氢气浓度显然要小于1∶6时,因此CO2的转化率也要相应的小一些,故按投料比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Ⅱ,A错误。相同条件下,二氧化碳的含量越高,二氧化碳转化率越低,所以曲线Ⅰ的投料比c(CO2)c(H2+CO)为1∶6,而一氧化碳与氢气的物质的量之比未知,无法计算氢气的转化率,B错误。温度升高,二氧化碳的平衡转化率降低,所以平衡逆向移动,则正反应是放热反应,所以b点对应的平衡常数K的值小于c点,C错误。设a、c两点CO2的浓度均为1 mol·L-1,则c(H2)+c(CO)分别为6 mol·L-1和4 mol·L-1,设其中c(CO)分别为6x mol·L-1和4x mol·L-1。根据a、c两点CO2的平衡转化率分别为60%和45%,可求得a、c两点的c(CO2)分别为0.4 mol·L-1和0.55 mol·L-1,c(CH3OH)分别为0.6 mol·L-1和0.45 mol·L-1。则a点c(CO2)·c(CO)c(CH3OH)的值为0.4×6x0.6,c点c(CO2)·c(CO)c(CH3OH)的值为0.55×4x0.45,0.4×6x0.60.55×4x0.45=911;综上分析可知a点c(CO2)·c(CO)c(CH3OH)的数值比c点小,D正确。
6.A [解析] 从开始到Q点是正向建立平衡的过程,转化率逐渐增大,从Q点到M点升高温度,平衡向左移动,X的转化率降低,故Q点转化率最大,A项正确;分析图像,X的体积分数先减小到最低,这是化学平衡的建立过程,后增大,这是平衡的移动过程,升高温度,X的体积分数增大,说明升温平衡左移,平衡常数减小,B项错误;M点温度高,故反应速率快,C项错误;平衡时再充入Z,达到的新平衡与原平衡是等效平衡,体积分数相等,D项错误。
7.C [解析] A项,容器Ⅰ中前5 min的平均反应速率v(COCl2)=0.8mol0.5 L5min=0.32 mol·L-1·min-1,依据反应速率之比等于化学计量数之比分析,v(CO)=0.32 mol·L-1·min-1,故A错误;B项,依据表中数据可知,Ⅰ和Ⅲ比较,升温,COCl2的物质的量减小,说明平衡逆向移动,则逆向为吸热反应,正向为放热反应,故B错误;C项,依据Ⅰ中数据求算500 ℃
时的平衡常数:
CO(g)+Cl2(g)COCl2(g)
起始浓度(mol·L-1) 2 2 0
转化浓度(mol·L-1) 1.6 1.6 1.6
平衡浓度(mol·L-1) 0.4 0.4 1.6
反应的平衡常数K=1.60.4×0.4=10,平衡时CO的转化率为1.6mol·L-12mol·L-1×100%=80%,依据Ⅱ中数据,结合方程式可知,
CO(g)+Cl2(g)COCl2(g)
起始浓度(mol·L-1) 2 2a 0
转化浓度(mol·L-1) 1 1 1
平衡浓度(mol·L-1) 1 2a-1 1
则有11×(2a-1)=10,解得a=0.55,故C正确;D项,反应为气体体积减小的反应,若起始时向容器Ⅰ中加入0.8 mol CO和0.8 mol Cl2,相当于减压,平衡逆向移动,CO平衡转化率降低,小于80%,故D错误。
8.A [解析] 由曲线a可知,达到平衡时c(N2)=c1 mol·L-1,则生成的c(NO)=2(c0-c1) mol·L-1,故K=c2(NO)c(N2)·c(O2)=4(c0-c1)2c12。反应物和产物都是气体,当容器保持恒容时,混合气体的密度始终保持不变。催化剂的加入只能改变反应速率而不可能使平衡发生移动,故加入催化剂后达到平衡时,c(N2)仍为c1 mol·L-1。若曲线b改变的是温度,根据达到平衡时曲线b对应的时间短,则对应温度高,升高温度时c(N2)减小,平衡正向移动,正反应为吸热反应,ΔH>0。
9.(1)K12K2 (2)2.5×10-2 75% > 不变 升高温度
[解析] (1)观察题给的三个方程式可知,题目所求的方程式可由(Ⅰ)×2-(Ⅱ)得到,
故该反应的平衡常数K=K12K2。
(2)由题给数据可知,n(NOCl)=7.5×10-3 mol·L-1·min-1×10 min×2 L=0.15 mol。
2NO(g)+Cl2(g)2NOCl(g)
起始物质的量/mol 0.2 0.1 0
10 min内转化的物质的量/mol 0.15 0.075 0.15
平衡物质的量/mol 0.05 0.025 0.15
故n(Cl2)=0.025 mol;NO的转化率α1=0.15mol0.2mol×100%=75%。
其他条件保持不变,由恒容条件(2 L)改为恒压条件,因该反应是气体分子数减小的反应,恒压条件相当于在恒容条件时增大压强,则平衡正向移动,NO的转化率增大,即α2>α1;平衡常数只是温度的函数,故由恒容条件改为恒压条件时平衡常数不变;要使平衡常数减小,平衡应逆向移动,因为反应(Ⅱ)是放热反应,故应升高温度。
10.(1)2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO(g) ΔH=-746.5 kJ·mol-1
(2)①7∶4 0.22 mol·L-1·min-1 ②b
(3)k正k逆
(4)①200 ℃ ②75%
[解析] (1)若某反应的平衡常数表达式为K=c(N2)·c2(CO2)c2(NO)·c2(CO),反应为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g),①N2(g)+O2(g)2NO(g) ΔH=+180.5 kJ·mol-1,②C(s)+O2(g)CO2(g) ΔH=-393.5 kJ·mol-1,③2C(s)+O2(g)2CO(g) ΔH=-221 kJ·mol-1,盖斯定律计算②×2-③-①得到2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH=-746.5 kJ·mol-1。(2)①相同条件下,气体的物质的量之比等于其压强之比,
2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)
开始(mol·L-1) 1.00 0 0
反应(mol·L-1) 0.50 1.00 0.25
2 min(mol·L-1) 0.50 1.00 0.25
反应前后气体的压强之比等于其物质的量之比,所以p1∶p0=(0.5+1.0+0.25) mol∶1.00 mol=74,2.00~5.00 min内,v(N2O5)=(0.5-0.17)mol·L-1(5-2)min=0.11 mol·L-1·min-1,再根据同一时间段内各物质的反应速率之比等于其化学计量数之比得NO2的反应速率=2v(N2O5)=0.22 mol·L-1·min-1;②NO2和O2的浓度比始终都不变,不能确定反应是否达到化学平衡状态,a错误;容器中压强不再变化,反应已达到化学平衡状态,b正确;v正(NO2)=2v逆(N2O5)才表示正逆反应速率相等,因此2v正(NO2)=v逆(N2O5),说明不是平衡状态,c错误;根据方程式,当N2O5全部转化为NO2和O2时,NO2(g)与O2(g)的混合气体的平均相对分子质量为4×46+324+1=43.2,平衡时,含有N2O5,气体的平均相对分子质量大于43.2,且保持不变,d错误。(3)平衡时正、逆速率相等,由v正=k正·p(N2O4),v逆=k逆·p2(NO2),联立可得Kp=k正k逆。(4)①合成氨的反应为放热反应,反应温度越高,越不利于反应的进行,曲线a的氨的物质的量分数最高,其反应温度对应相对最低,所以a曲线对应温度为200 ℃;②在M点氨的物质的量分数为60%,剩余40%,因为反应器中按n(N2)∶n(H2)=1∶3投料,故剩余氢气物质的量分数为30%,设M点时混合气体的总物质的量为a mol,因为N2(g)+3H2(g)2NH3(g),即发生反应的氢气物质的量为90%a mol,所以M点对应氢气的转化率=90%amol(90%+30%)amol×100%=75%。
