专题15平衡原理综合应用.docx
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专题15平衡原理综合应用
专题15平衡原理综合应用
1.(2020全国卷Ⅱ,14分)天然气的主要成分为CH4,一般还含有C2H6等烃类,是重要的燃料和化工原料。
(1)乙烷在一定条件可发生如下反应:
C2H6(g)
C2H4(g)+H2(g) ΔH1,相关物质的燃烧热数据如表所示:
物质
C2H6(g)
C2H4(g)
H2(g)
燃烧热ΔH/(kJ·mol-1)
-1560
-1411
-286
①ΔH1= kJ·mol-1。
②提高该反应平衡转化率的方法有 、 。
③容器中通入等物质的量的乙烷和氢气,在等压下(p)发生上述反应,乙烷的平衡转化率为α。
反应的平衡常数Kp= (用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数)。
(2)高温下,甲烷生成乙烷的反应如下:
2CH4
C2H6+H2。
反应在初期阶段的速率方程为r=
其中k为反应速率常数。
①设反应开始时的反应速率为r1,甲烷的转化率为α时的反应速率为r2,则r2= r1。
②对于处于初期阶段的该反应,下列说法正确的是 。
A.增加甲烷浓度,r增大
B.增加H2浓度,r增大
C.乙烷的生成速率逐渐增大
D.降低反应温度,k减小
(3)CH4和CO2都是比较稳定的分子,科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化,其原理如图所示:
①阴极上的反应式为。
②若生成的乙烯和乙烷的体积比为2∶1,则消耗的CH4和CO2体积比为 。
1.
(1)①137(2分) ②升高温度(1分) 减小压强(增大体积)(1分) ③
×p(2分)
(2)①1-α(2分) ②AD(2分) (3)①CO2+2e-
CO+O2-(2分) ②6∶5(2分)
【解析】 本题考查化学反应与能量变化、化学平衡和电化学等化学反应原理知识的综合应用,考查的核心素养是变化观念与平衡思想。
(1)①根据题表中数据信息可写出热化学方程式(i)C2H6(g)+
O2(g)
2CO2(g)+3H2O(l) ΔH=-1560kJ·mol-1、(ii)C2H4(g)+3O2(g)
2CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-1411kJ·mol-1、(iii)H2(g)+
O2(g)
H2O(l) ΔH=-286kJ·mol-1,根据盖斯定律,由(i)-(ii)-(iii)得C2H6(g)
C2H4(g)+H2(g) ΔH1=137kJ·mol-1。
②由于该反应为吸热反应、且为气体分子数增大的反应,因此可通过升高温度、减小体系压强等提高该反应的平衡转化率。
③设起始时C2H6和H2的物质的量均为1mol,列出三段式:
C2H6(g)
C2H4(g)+H2(g)
起始量/mol101
转化量/molααα
平衡量/mol1-αα1+α
平衡时C2H6、C2H4和H2对应的分压分别为
则该反应的平衡常数Kp=
。
(2)①设反应初始时
=amol·L-1,根据初期阶段的速率方程可知r1=ka,题给反应反应前后气体分子数不变,当CH4的转化率为α时,
=(1-α)amol·L-1,则此时r2=(1-α)r1。
②由r=k×
可知,CH4的浓度越大,反应速率r越大,A项正确;增加H2浓度,CH4的浓度减小或不变,则r减小或不变,B项错误;随着反应的进行,CH4的浓度逐渐减小,则反应速率逐渐减小,C项错误;降低温度,该反应进行非常缓慢甚至停止,即k也随着减小,D项正确。
(3)①结合图示可知CO2在阴极上发生还原反应生成CO,即阴极上的反应式为CO2+2e-
CO+O2-。
②设生成C2H4和C2H6的物质的量分别为2mol和1mol,则反应中转移电子的物质的量为4×2mol+1×2mol=10mol,根据碳原子守恒,可知反应的CH4为6mol;由CO2→CO转移10mol电子,需消耗5molCO2,则反应中消耗CH4和CO2的体积比为6∶5。
2.(2020全国卷Ⅰ,14分)硫酸是一种重要的基本化工产品。
接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧化:
SO2(g)+
O2(g)
SO3(g) ΔH=-98kJ·mol-1。
回答下列问题:
(1)钒催化剂参与反应的能量变化如图(a)所示,V2O5(s)与SO2(g)反应生成VOSO4(s)和V2O4(s)的热化学方程式为 。
(2)当SO2(g)、O2(g)和N2(g)起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时,在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa压强下,SO2平衡转化率α随温度的变化如图(b)所示。
反应在5.0MPa、550℃时的α= ,判断的依据是 。
影响α的因素有 。
(3)将组成(物质的量分数)为2m%SO2(g)、m%O2(g)和q%N2(g)的气体通入反应器,在温度t、压强p条件下进行反应。
平衡时,若SO2转化率为α,则SO3压强为 ,平衡常数Kp= (以分压表示,分压=总压×物质的量分数)。
(4)研究表明,SO2催化氧化的反应速率方程为v=
。
式中:
k为反应速率常数,随温度t升高而增大;α为SO2平衡转化率,α'为某时刻SO2转化率,n为常数。
在α'=0.90时,将一系列温度下的k、α值代入上述速率方程,得到v~t曲线,如图(c)所示。
图(c)
曲线上v最大值所对应温度称为该α'下反应的最适宜温度tm。
t
原因是 。
2.(每空2分)
(1)2V2O5(s)+2SO2(g)
2VOSO4(s)+V2O4(s) ΔH=-351kJ·mol-1
(2)0.975 该反应气体分子数减少,增大压强,α提高。
5.0MPa>2.5MPa=p2,所以p1=5.0MPa 温度、压强和反应物的起始浓度(组成) (3)
(4)升高温度,k增大使v逐渐提高,但α降低使v逐渐下降。
t
【解析】 本题考查热化学方程式、化学反应速率与化学平衡等知识,考查的化学核心素养是变化观念与平衡思想、证据推理与模型认知等。
(1)根据题图(a)知,V2O4(s)+SO3(g)
V2O5(s)+SO2(g) ΔH2=-24kJ·mol-1①,V2O4(s)+2SO3(g)
2VOSO4(s) ΔH1=-399kJ·mol-1②。
根据盖斯定律,由②-①×2得:
2V2O5(s)+2SO2(g)
2VOSO4(s)+V2O4(s) ΔH=(-399+48)kJ·mol-1=-351kJ·mol-1。
(2)由题给反应式知,该反应为气体分子数减少的反应,其他条件一定时,增大压强,SO2平衡转化率增大,故p1=5.0MPa。
结合题图(b)知5.0MPa、550℃时对应的SO2平衡转化率为0.975。
影响平衡转化率的因素有:
温度、压强、反应物的起始浓度等。
(3)设通入的SO2、O2和N2共100mol,利用三段式法进行计算:
SO2(g)+
O2(g)
SO3(g)
起始量/mol 2m m 0
转化量/mol 2mαmα2mα
平衡量/mol 2m-2mαm-mα2mα
平衡时气体的总物质的量为(3m+q-mα)mol,则p(SO2)=p×(2m-2mα)/(3m+q-mα),p(O2)=p×(m-mα)/(3m+q-mα),p(SO3)=p×2mα/(3m+q-mα),因3m+q=100,Kp=
代入计算得p(SO3)=
、Kp=
。
(4)升高温度,反应速率常数k增大,反应速率v提高,但α降低使反应速率逐渐下降。
t
3.(2020浙江1月选考,10分)研究NOx之间的转化具有重要意义。
(1)已知:
N2O4(g)
2NO2(g) ΔH>0
将一定量N2O4气体充入恒容的密闭容器中,控制反应温度为T1。
①下列可以作为反应达到平衡的判据是 。
A.气体的压强不变 B.v正(N2O4)=2v逆(NO2) C.K不变 D.容器内气体的密度不变 E.容器内颜色不变
②t1时刻反应达到平衡,混合气体平衡总压强为p,N2O4气体的平衡转化率为75%,则反应N2O4(g)
2NO2(g)的平衡常数Kp= [对于气相反应,用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数,记作Kp,如p(B)=p·x(B),p为平衡总压强,x(B)为平衡系统中B的物质的量分数]。
③反应温度为T1时,c(N2O4)随t(时间)变化曲线如图1,画出0~t2时段,c(NO2)随t变化曲线。
保持其他条件不变,改变反应温度为T2(T2>T1),再次画出0~t2时段,c(NO2)随t变化趋势的曲线。
(2)NO氧化反应:
2NO(g)+O2(g)
2NO2(g)分两步进行,其反应过程能量变化示意图如图2。
Ⅰ 2NO(g)
N2O2(g) ΔH1
Ⅱ N2O2(g)+O2(g)
2NO2(g) ΔH2
①决定NO氧化反应速率的步骤是 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
②在恒容的密闭容器中充入一定量的NO和O2气体,保持其他条件不变,控制反应温度分别为T3和T4(T4>T3),测得c(NO)随t(时间)的变化曲线如图3。
转化相同量的NO,在温度 (填“T3”或“T4”)下消耗的时间较长,试结合反应过程能量图(图2)分析其原因 。
3.
(1)①AE(2分) ②
p(2分)
③
(2分)
(2)①Ⅱ(1分) ②T4(1分) ΔH1<0,温度升高,反应Ⅰ平衡逆移,c(N2O2)减小;浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响(2分)
【解析】 本题以NOx之间的相互转化为背景考查化学平衡的判断,平衡常数的计算,图像的绘制,反应条件的分析等。
(1)①2v正(N2O4)=v逆(NO2)才能作为判断反应达到平衡的依据,B项错误;反应温度不变,K不变,故恒温下K不变不能作为判断反应达到平衡的依据,C项错误;反应前后全是气体,气体总质量不变,容器体积不变,故容器内气体的密度始终保持不变,气体的密度不变不能作为判断反应达到平衡的依据,D项错误。
故选AE。
②设初始N2O4的物质的量为1mol,达到平衡时N2O4的平衡转化率为75%,则平衡体系中n(N2O4)=0.25mol,n(NO2)=1.5mol,故x(N2O4)=
x(NO2)=
则Kp=
=
p。
③由于NO2是生成物,根据热化学方程式中的系数、N2O4的初始浓度和达到平衡时的浓度可以计算出平衡时NO2的浓度,据此作图;当温度升高至T2,反应速率加快,达到平衡的时间缩短,且由于反应为吸热反应,故温度升高,平衡正向移动,NO2的平衡浓度增大,但反应不可能进行到底,平衡时c(NO2)小于0.08mol·L-1,据此作图。
(2)①根据反应过程能量变化示意图可知,反应Ⅰ的活化能较低,速率较快;反应Ⅱ的活化能较高,速率较慢。
故决定NO氧化反应速率的步骤是反应Ⅱ。
②由题图3可知,当消耗相同量的NO时,温度为T4时消耗的时间更长。
由题图2可知,反应Ⅰ和Ⅱ均为放热反应,但反应Ⅰ的活化能较低,外界条件变化后能迅速达到平衡,温度升高,反应Ⅰ平衡逆移,c(N2O2)减小;而反应Ⅱ活化能较高,反应速率慢,c(N2O2)减小对反应Ⅱ速率的影响大于温度升高的影响。
4.(2020全国卷Ⅲ,14分)二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO2的热点研究领域。
回答下列问题:
(1)CO2催化加氢生成乙烯和水的反应中,产物的物质的量之比n(C2H4)∶n(H2O)= 。
当反应达到平衡时,若增大压强,则n(C2H4) (填“变大”“变小”或“不变”)。
(2)理论计算表明,原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3,在体系压强为0.1MPa,反应达到平衡时,四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。
图中,表示C2H4、CO2变化的曲线分别是 、 。
CO2催化加氢合成C2H4反应的ΔH 0(填“大于”或“小于”)。
(3)根据图中点A(440K,0.39),计算该温度时反应的平衡常数Kp= (MPa)-3(列出计算式。
以分压表示,分压=总压×物质的量分数)。
(4)二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随副反应,生成C3H6、C3H8、C4H8等低碳烃。
一定温度和压强条件下,为了提高反应速率和乙烯选择性,应当 。
4.(每空2分)
(1)1∶4 变大
(2)d c 小于 (3)
×
或
×
等 (4)选择合适催化剂等
【解析】 本题考查化学平衡、反应热等知识,考查的化学核心素养是变化观念与平衡思想。
(1)由题意知二氧化碳与氢气反应生成乙烯和水,反应的化学方程式为2CO2+6H2
CH2
CH2+4H2O,n(C2H4)∶n(H2O)=1∶4;此反应为气体体积减小的反应,增大压强,平衡向气体体积减小的方向(正反应方向)移动,n(C2H4)变大。
(2)反应方程式中CO2和H2的化学计量数之比为1∶3,开始时加入的n(CO2)∶n(H2)=1∶3,则平衡时n(CO2)∶n(H2)也应为1∶3,n(C2H4)∶n(H2O)应为1∶4,由题图可知曲线a表示H2变化,曲线b表示H2O变化,曲线c表示CO2变化,曲线d表示C2H4变化,随温度升高,平衡时C2H4和H2O的物质的量分数逐渐减小,H2和CO2的物质的量分数逐渐增加,说明升高温度平衡逆向移动,根据升高温度平衡向吸热的方向移动,知正反应为放热反应,ΔH小于0。
(3)在440K时,氢气的物质的量分数为0.39,H2O的物质的量分数也为0.39,根据平衡时n(CO2)∶n(H2)=1∶3,知CO2的物质的量分数为0.39/3,根据平衡时n(C2H4)∶n(H2O)=1∶4,知C2H4的物质的量分数为0.39/4,则p(H2)=0.39×0.1MPa,p(H2O)=0.39×0.1MPa,
=0.39×
MPa,p(CO2)=0.39×
MPa,Kp=
=
×
(MPa)-3=
×
(MPa)-3。
(4)压强和温度一定,若要提高反应速率和乙烯的选择性,可采用选择合适催化剂等方法。
5.(2020浙江7月选考,10分)研究CO2氧化C2H6制C2H4对资源综合利用有重要意义。
相关的主要化学反应有:
Ⅰ C2H6(g)
C2H4(g)+H2(g) ΔH1=136kJ·mol-1
Ⅱ C2H6(g)+CO2(g)
C2H4(g)+H2O(g)+CO(g) ΔH2=177kJ·mol-1
Ⅲ C2H6(g)+2CO2(g)
4CO(g)+3H2(g) ΔH3
Ⅳ CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H2O(g) ΔH4=41kJ·mol-1
已知:
298K时,相关物质的相对能量(如图1)。
图1
可根据相关物质的相对能量计算反应或变化的ΔH(ΔH随温度变化可忽略)。
例如:
H2O(g)
H2O(l) ΔH=-286kJ·mol-1-(-242kJ·mol-1)=-44kJ·mol-1。
请回答:
(1)①根据相关物质的相对能量计算ΔH3= kJ·mol-1。
②下列描述正确的是 。
A.升高温度反应Ⅰ的平衡常数增大
B.加压有利于反应Ⅰ、Ⅱ的平衡正向移动
C.反应Ⅲ有助于乙烷脱氢,有利于乙烯生成
D.恒温恒压下通水蒸气,反应Ⅳ的平衡逆向移动
③有研究表明,在催化剂存在下,反应Ⅱ分两步进行,过程如下:
【C2H6(g)+CO2(g)】
→【C2H4(g)+H2(g)+CO2(g)】
→【C2H4(g)+CO(g)+H2O(g)】,且第二步速率较慢(反应活化能为210kJ·mol-1)。
根据相关物质的相对能量,画出反应Ⅱ分两步进行的“能量-反应过程图”,起点从【C2H6(g)+CO2(g)】的能量-477kJ·mol-1开始(如图2)。
图2
(2)①CO2和C2H6按物质的量1∶1投料,在923K和保持总压恒定的条件下,研究催化剂X对“CO2氧化C2H6制C2H4”的影响,所得实验数据如表:
催化剂
转化率C2H6/%
转化率CO2/%
产率C2H4/%
催化剂X
19.0
37.6
3.3
结合具体反应分析,在催化剂X作用下,CO2氧化C2H6的主要产物是 ,判断依据是 。
②采用选择性膜技术(可选择性地让某气体通过而离开体系)可提高C2H4的选择性(生成C2H4的物质的量与消耗C2H6的物质的量之比)。
在773K,乙烷平衡转化率为9.1%,保持温度和其他实验条件不变,采用选择性膜技术,乙烷转化率可提高到11.0%。
结合具体反应说明乙烷转化率增大的原因是 。
5.
(1)①430(1分) ②AD(2分) ③(3分)
(2)①CO(1分) C2H4的产率低,说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率(2分)
②选择性膜吸附C2H4,促进反应Ⅱ平衡正向移动(1分)
【解析】 本题考查化学反应原理相关知识,涉及反应历程分析,反应热计算,平衡移动等知识。
(1)①由题给信息可知,ΔH3=0+4×(-110kJ·mol-1)-2×(-393kJ·mol-1)-(-84kJ·mol-1)=430kJ·mol-1。
②反应Ⅰ的焓变大于0,则正反应为吸热反应,升高温度,平衡向正反应方向移动,平衡常数增大,A项正确;反应Ⅰ、Ⅱ均为气体分子数增多的反应,因此加压,平衡向逆反应方向移动,B项错误;反应Ⅲ的生成物中有CO,而由反应Ⅱ可知,生成乙烯的同时还有CO生成,故反应Ⅲ抑制了反应Ⅱ的进行,即抑制了乙烯的生成,C项错误;水蒸气是反应Ⅳ的生成物,因此通水蒸气时,反应Ⅳ的平衡逆向移动,D项正确。
③由反应Ⅰ可知,C2H6(g)
C2H4(g)+H2(g) ΔH1=136kJ·mol-1,而题图2中反应起点对应物质的能量为-477kJ·mol-1,故反应Ⅱ的第一步反应生成物的能量为-477kJ·mol-1+136kJ·mol-1=-341kJ·mol-1,由第二步反应的活化能为210kJ·mol-1,结合反应Ⅱ的焓变可知第二步生成物的能量为-300kJ·mol-1,据此作图。
(2)①由反应Ⅰ、反应Ⅱ和反应Ⅲ可知,乙烷的氧化产物有乙烯和CO,结合题表数据可知,CO2的转化率较高,但因乙烯的产率较低,故乙烷的主要氧化产物是CO。
催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率。
②选择性膜可吸附乙烯,使反应体系中的乙烯浓度降低,从而促使反应Ⅱ的平衡向正反应方向移动。
6.(2020山东,12分)探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素,有利于提高CH3OH的产率。
以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下:
Ⅰ.CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.5kJ·mol-1
Ⅱ.CO(g)+2H2(g)
CH3OH(g) ΔH2=-90.4kJ·mol-1
Ⅲ.CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H2O(g) ΔH3
回答下列问题:
(1)ΔH3= kJ·mol-1。
(2)一定条件下,向体积为VL的恒容密闭容器中通入1molCO2和3molH2发生上述反应,达到平衡时,容器中CH3OH(g)为amol,CO为bmol,此时H2O(g)的浓度为 mol·L-1(用含a、b、V的代数式表示,下同),反应Ⅲ的平衡常数为 。
(3)不同压强下,按照n(CO2)∶n(H2)=1∶3投料,实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度的变化关系如图所示。
图甲 图乙
已知:
CO2的平衡转化率=
×100%
CH3OH的平衡产率=
×100%
其中纵坐标表示CO2平衡转化率的是图 (填“甲”或“乙”);压强p1、p2、p3由大到小的顺序为 ;图乙中T1温度时,三条曲线几乎交于一点的原因是 。
(4)为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率,应选择的反应条件为 (填标号)。
A.低温、高压B.高温、低压
C.低温、低压D.高温、高压
6.
(1)+40.9(1分)
(2)
(2分)
(2分) (3)乙(1分) p1、p2、p3(2分) T1时以反应Ⅲ为主,反应Ⅲ前后气体分子数相等,压强改变对平衡没有影响(2分) (4)A(2分)
【解析】 本题考查盖斯定律的应用、平衡浓度及平衡常数的计算、化学平衡中的问题分析及化学平衡移动的分析等,考查的化学学科核心素养是宏观辨识与微观探析、变化观念与平衡思想、证据推理与模型认知。
(1)分析三个热化学方程式,可应用盖斯定律计算,ΔH3=ΔH1-ΔH2=-49.5kJ·mol-1-(-90.4kJ·mol-1)=+40.9kJ·mol-1。
(2)由题述三个反应可知,平衡时H2O(g)的浓度等于CH3OH(g)和CO(g)的浓度之和,即H2O(g)的浓度为
mol·L-1。
平衡时CH3OH(g)、CO(g)、H2O(g)的浓度分别为
则从开始至平衡,消耗CO2(g)的浓度为
消耗H2(g)的浓度为
即平衡时CO2(g)、H2(g)的浓度分别为
则反应Ⅲ的平衡常数为
。
(3)反应Ⅰ为放热反应,故低温阶段,温度越高,CO2的平衡转化率越低,而反应Ⅲ为吸热反应,温度较高时,主要发生反应Ⅲ,则温度越高,CO2的平衡转化率越高,即图乙的纵坐标表示的是CO2的平衡转化率。
反应Ⅰ为气体分子数减少的反应,反应Ⅲ为气体分子数不变的反应,因此低温阶段压强越大,CO2的平衡转化率越高,故压强由大到小的顺序是p1、p2、p3。
反应Ⅲ为吸热反应,温度较高时,主要发生反应Ⅲ,且反应Ⅲ前后气体分子数相等,故CO2的平衡转化率几乎不再受压强影响。
(4)由上述分析知,图甲、图乙的纵坐标分别表示CH3OH的平衡产率、CO2的平衡转化率,且p1>p2>p3,分析图像可知,应选择的反应条件为低温、高压,A项正确。
7.(2020天津节选,13分)利用太阳能光解水,制备的H2用于还原CO2合成有机物,可实现资源的再利用。
回答下列问题:
Ⅰ.半导体光催化剂浸入水或电解质溶液中,光照时可在其表面得到产物
(1)图1为该催化剂在水中发生光催化反应的原理示意图。
光解水能量转化形式为 。
(2)若将该催化剂置于Na2SO3溶液中,产物之一为S
另一产物为 。
若将该催化剂置于AgNO3溶液中,产物之一为O2,写出生成另一产物的离子反应式 。
图1 图2
Ⅱ.用H2还原CO2可以在一定条件下合成CH3OH(不考虑副反应)
CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g) ΔH<0
(3)某温度下,恒容密闭容器中,CO2和H2的起始浓度分别为amol·L-1和3amol·L-1,反应平衡时,CH3OH的产率为b,该温度下反应平衡常数的值为 。
(4)恒压下,CO2和H2的起始物质的量比为1∶3时,该反应在无分子筛膜时甲醇的平衡产率和有分子筛膜时甲醇的产率随温度的变化如图2所示,其中分子筛
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