3化学平衡难题答案解析.docx
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3化学平衡难题答案解析
4、化学平衡难题答案
1.
(1)AX3(l)+X2(g)===AX5(s) ΔH=-123.8kJ/mol
(2)①
=1.7×10-4mol·L-1·min-1
解:
开始时n0=0.4mol,总压强为160kPa,平衡时总压强为120kPa,则n为
=
,
n=0.40mol×
=0.30mol,
AX3(g)+X2(g)
AX5(g)
起始时n0/mol:
0.20 0.20 0
平衡时n/mol:
0.20-x 0.20-x x
(0.20-x)+(0.20-x)+x=0.30
x=0.10
v(AX5)=
=1.7×10-4mol·L-1·min-1
②bca 加入催化剂。
反应速率加快,但平衡点没有改变 温度升高。
反应速率加快,但平衡点向逆反应方向移动(或反应容器的容积和起始物质的量未改变,但起始总压强增大) ③α=2(1-
) 50% 40%
[解析]
(1)书写热化学方程式时要注意常温下AX3呈液态,AX5呈固态。
(2)②由图像知,达到平衡所需时间:
a>c>b,所以反应速率v(AX5)由大到小的顺序为b>c>a;与实验a相比,实验b先达到平衡,化学反应速率快,但平衡点没有变化,说明实验b加入了催化剂;反应为放热反应,与实验a相比,实验c平衡向逆反应方向移动,且反应速率加快,说明实验c改变的条件是升高温度。
AX3(g) + X2(g)
AX5(g)
起始量(mol)0.20.20
变化量(mol)xxx
平衡量(mol)0.2-x0.2-xx
则有
=
,解得x=
,则AX3的转化率为
=2(1-
);分别将实验a、c的p、p0的数据代入上式,得aa、ac分别为50%、40%。
2.
(1)2NH4HS+O2
2NH3·H2O+2S↓
(2)a 90%
(3)14.5%
(4)
(5)Ⅳ 对原料气加压;分离液氨后,未反应的N2、H2循环使用
[解析]
(1)由题意可知为空气中的O2将负二价硫氧化为硫单质,根据电子守恒将方程式配平即可。
(2)反应①为气体物质的量增大的吸热反应,降低压强使平衡右移,但反应速率减小,d错;催化剂不能改变反应限度,即不能改变H2的百分含量,c错;增大水蒸气浓度虽可使反应速率增大以及平衡右移,但产物H2的百分含量却减小,b错;升高温度反应速率增大,且平衡正向移动,H2的百分含量增大,a对。
CO与H2的混合气体与水蒸气的反应中,反应体系中的气体的物质的量不变,而1molCO与H2的混合气体参加反应生成1.18mol混合气,说明有0.18mol水蒸气参加反应,则根据方程式②可知参加反应的CO也为0.18mol,则其转化率为
×100%=90%。
(3)由图中看出当N2与H2物质的量比为1∶3时,NH3的平衡体积分数最大,为42%。
设平衡时转化的N2的物质的量为xmol,由三段式:
N2+3H22NH3
起始(mol):
130
转化(mol):
x3x2x
平衡(mol):
1-x3-3x2x
×100%=42%,则x=0.59
则平衡时N2的体积分数为
×100%=14.5%。
(4)作图时要注意开始时NH3物质的量不断增多,是因为反应正向进行(反应未达平衡),达到一定程度后反应达到平衡而此时温度继续升高,平衡逆向移动,NH3的物质的量减小。
(5)热交换器可以使需要加热的物质得到加热,还可以使需要冷却的物质得到冷却,能充分利用能量。
合成氨反应为气体物质的量减小的反应,加压利于反应正向进行;此外,循环利用可反复利用原料,提高原料利用率。
3.
(1)高温 (2
(3)C
(4)如果气相中SO2和CO2两种气体的浓度之比随时间发生变化,则表明两个反应同时发生
(5)A、B、C
(6)
[解析]
(1)反应Ⅰ是一个熵增焓增的反应,由ΔG=ΔH-TΔS知,只有在高温下反应Ⅰ的ΔG才有可能小于0,反应才具有自发性。
(3)由于反应Ⅰ是吸热反应,故反应Ⅰ生成物所具有的能量高于反应物,A、D项排除;反应Ⅰ的速率(v1)大于反应Ⅱ的速率(v2),说明反应Ⅰ的活化分子百分数比较大、活化能低于反应Ⅱ,反应Ⅰ的中间产物所具有的能量低,B排除。
(4)因反应Ⅱ中没有SO2生成,故若监测过程中,SO2、CO2浓度比保持不变,说明只发生反应Ⅰ,若发生变化,则说明反应Ⅰ、Ⅱ同时进行。
(5)加入的石灰石分解可生成CO2,这有利于两个反应的平衡向左进行,从而可减少SO2的生成,A项可行;由图像知,初始的CO浓度越大、温度低些时,CaS的含量越高,依硫守恒知,此条件下生成的SO2较少,B、C项可行,D项不可行。
(6)因反应Ⅰ的速率大于反应Ⅱ的速率,故开始时体系内c(SO2)是快速增大的,随着第Ⅱ个反应中生成的CO2的增加,SO2的百分含量又会降低,当达到平衡时其百分含量会保持不变,由此可绘制出相应的图像。
4.
(1)4NH3+5O2
4NO+6H2O
(2)①p1<p2 ②减小
(3)①A ②2N2O4+O2+2H2O===4HNO3
(4)NH3 根据反应:
8NO+7H2O
3NH4NO3+2HNO3,电解产生的HNO3多
[解析]
(1)氨的催化氧化的反应方程式为
4NH3+5O2
4NO+6H2O。
(2)①由2NO(g)+O2(g)
2NO2(g)可知该反应为气体体积减小的反应,温度相同,增大压强,平衡正向移动,NO的平衡转化率增大,根据图示和坐标含义,判断p1 (3)①降低温度,NO2(g)转变为N2O4(l),则ΔH2<0,反应物能量高于生成物能量,C错误;N2O4(g)转变为N2O4(l)需要放出热量,所以NO2(g)转变为N2O4(g)比NO2(g)转变为N2O4(l)放出的热量少,B错误,所以正确的图示为A;②N2O4、O2和H2O反应生成硝酸的反应方程式为2N2O4+O2+2H2O===4HNO3。 (4)根据工作原理装置图,可以确定阳极为NO失去电子转变为NO ,阴极NO转变为NH ,根据电极反应书写电极反应式为: 阳极: NO-3e-+2H2O===NO +4H+ 阴极: NO+5e-+6H+===NH +H2O 然后根据得失电子守恒,硝酸根离子物质的量比铵根离子物质的量多,所以需要向溶液中加入的物质为NH3(即8NO+7H2O 3NH4NO3+2HNO3)。 5.解析: 考察化学平衡知识,涉及平衡移动,转化率、平衡常数、平衡计算、反应速率、表格数据分析。 (1)根据反应是放热的、气体分子数增大的特征可知,要使A的转化率增大,平衡要正向移动,可 以采用升高温度、降低压强的方法。 (2)反应前气体总物质的量为0.10mol,令A的转化率为α(A),改变量为0.10α(A)mol,根据差量 法可得,气体增加0.10α(A)mol,由阿伏加德罗定律列出关系: = α(A)=( -1)×100%;α(A)=( -1)×100%=94.1% 平衡浓度c(C)=C(B)=0.1×94.1%=0.0941mol/L C(A)=0.1-0.0941=0.0059mol/L K= =1.5 (3)① = n=0.1× ;其中,n(A)=0.1-(0.1× -0.1)=0.1×(2- ) ②n(A)=0.1×(2- )=0.051C(A)=0.051/1=0.051mol/L 每间隔4小时,A的浓度为原来的一半 当反应12小时时,c(A)=0.026/2=0.013mol/L 答案: (1)升高温度、降低压强 (2)( -1)×100%;94.1%;K= =1.5mol/L (3)①0.1× ;0.1×(2- ); ②0.051;达到平衡前每间隔4小时,c(A)减少约为一半;0.013 6.答案: (1)Al2O3(铝土矿)+2NaOH+3H2O=2NaAl(OH)4;NaAlO2+CO2+2H2O=NaHCO3+Al(OH)3↓;2Al(OH)3 Al2O3+3H2O (2)消耗甲醇,促进甲醇合成反应①平衡向右移,CO转化率增大;生成的H2O,通过水煤气变换反应③消耗部分CO。 (3)2CO(g)+4H2(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH=-204.7kJ/mol;该反应分子数减小,压强升高使平衡右移,CO和H2的转化率增大,CH3OCH3产率增加。 压强升高使CO和H2的浓度增加,反应速率增大。 (4)反应放热,温度升高,平衡左移 (5)CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+;12 。 (1)工业上从铝土矿中提纯高纯度氧化铝的流程是: 用氢氧化钠溶液溶解铝土矿,然后过滤,在滤液中通入过量的CO2,得到氢氧化铝,然后高温煅烧氢氧化铝,即可得到高纯度的氧化铝。 (2)合成二甲醚消耗甲醇,对于CO参与的反应相当于减小生成物的浓度,有利于平衡向右移动,使CO的转化率提高。 (3)根据盖斯定律可知,将①×2+④即得到反应2CO(g)+4H2(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g),所以该反应的放热△H=-90.1kJ/mol×2-24.5kJ/mol=-204.7kJ/mol。 (4)该反应分子数减小,压强升高使平衡右移,CO和H2的转化率增大,CH3OCH3产率增加。 压强升高使CO和H2的浓度增加,反应速率增大。 (5)原电池中负极失去电子,所以负极电极反应式是CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+;二甲醚中碳原子的化合价是-2价,反应后变为+4价,失去6个电子,所以一个二甲醚分子经过电化学氧化,可以产生12个电子的电量;由于能量密度=电池输出电能/燃料质量,所以该电池的能量密度= 7.【解析】该题综合考查化学反应原理的基础知识。 涉及离子的水解、pH的计算、盖斯定律的应用、化学平衡常数的计算、自由能的应用等。 (1)观察表格中离子可知,含有NH4+,水解溶液显酸性,即pM2.5的酸碱性应该是酸性。 试样的pH值根据表中数据依据溶液中的电荷守恒可计算出氢离子浓度是10-4mol/L,则pH=4。 (2)根据盖斯定律可知,②-①即得到C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g),所以该反应的反应热△H=-110.5kJ/mol+241.8kJ/mol=+131.3kJ/mol。 烟气中含有SO2,而SO2是酸性氧化物,所以可以选择碱性物质氢氧化钙和碳酸钠,即答案选ab。 (3)①N2(g)+O2(g) 2NO(g) 起始量(mol)0.80.20 转化量(mol)4×10-44×10-48×10-4 平衡量(mol)0.80.28×10-4 由于反应前后体积不变,所以该反应的平衡常数K= 。 正方应是吸热反应,升高温度,反应速率加快,平衡向正反应方向移动,所以单位时间内NO的排放量增大。 ②该反应是焓值增加,熵值减小的反应,所以根据△G=△H-T·△S可知。 △G始终大于0,因此在任何温度下都不能实现。 ③CO和NO在催化剂的作用下反应生成CO2和氮气,反应的化学方程式是2CO+2NO 2CO2+N2。 答案: (1)酸性;4 (2)①C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=+131.3kJ/mol②a、b (3)①4×10-6;温度升高,反应速率加快,平衡右移 ②该反应是焓增,熵减的反应,任何温度下均不能自发进行 ③2CO+2NO 2CO2+N2 8.解析: (1) 或 ,通过三行式法列出平衡浓度,带入K值可以得出转化率为66.7%。 (2)由所给方程式可知该反应为吸热反应,低温有利于反应向逆反应方向进行,即有利于提纯TaS2。 在温度为T1的一端得到了纯净的TaS2晶体,所以T1<T2。 I2是可以循环使用的物质。 (3)因为I2遇到淀粉会变蓝色,所以可以用淀粉溶液作指示剂。 离子反应方程式是H2SO3+I2+H2O=4H++SO42-+2I-。 (4)Ka= HSO3-+H2O H2SO3+OH-,Kb= =1.0×102×1.0×10-14=1.0×10-12,当加入少量I2时,溶液酸性增强,[H+]增大,但是温度不变,Kb不变,则 增大。 答案: (1) ;66.7% (2)<;I2 (3)淀粉;H2SO3+I2+H2O=4H++SO42-+2I- (4)1.0×10-12;增大 9.解析: (1)将已知3个化学方程式连加可得O3+2Ⅰ—+2H+=Ⅰ2+O2+H2O,由盖斯定律得△H=△H1+△H2+△H3。 (2)依据平衡常数的定义可得,K= 。 (3)①由表格可以看出第一组溶液的pH由反应前的5.2变为反应后的11.0,其原因是反应过程中消耗氢离子,溶液酸性减弱,pH增大,水电离出氢离子参与反应破坏水的电离平衡,氢氧根浓度增大,溶液呈碱性,pH增大。 ②由于是持续通入O3=,O3可以将Fe2+氧化为Fe3+: O3+2Fe2++2H+=2Fe3++O2+H2O,Fe3+氧化Ⅰ—: 2Fe3++2Ⅰ—=Ⅰ2+2Fe2+,即A是亚铁离子。 Ⅰ—消耗量增大,转化率增大,与Ⅰ2反应的量减少,Ⅰ3—浓度减小。 (4)由图给数据可知△c(Ⅰ3—)=(11.8×10—3mol/L-3.5×10—3mol/L)=8.3×10—3mol/L,由速率公式得: v(Ⅰ3—)=△c(Ⅰ3—)/△t=8.3×10—3mol/L/(18—3)=5.5×10—4mol/L·s。 答案: (1)O3+2Ⅰ—+2H+=Ⅰ2+O2+H2O,△H=△H1+△H2+△H3。 (2) (3)反应过程中消耗氢离子,溶液酸性减弱,pH增大,水电离出氢离子参与反应破坏水的电离平衡,氢氧根浓度增大,溶液呈碱性,pH增大;Fe3+,BD (4)(计算过程略)5.5×10—4mol/L·s 命题意图: 化学反应原理与元素化合物 10.【答案】 (1)① ②b、e (2)① 温度升高,反应速率加快,达到平衡所需的进间缩短(或其它合理答案) ②增大反应物接触面积,使反应更反分 H2S+2FeCl3=2FeCl2+S↓+2HCl2Fe2++2H+ 2Fe3++H2↑ 【解析】本题考查元素推断、原子结构、化学平衡的影响因素及计算、电化学等化学反应原理的知识,同时考查学生的图表分析能力。 (1)R为+4价,位于第3周期,应为Si元素,同理M为Al元素。 常温下铝与Fe2O3不反应,与Na2CO3也不反应; (2)①K= = = 。 温度越高,反应速率越快,反应物的转化率越高,与平衡转化率差距越小,所以离得近。 ②FeCl3具有强氧化性,能够氧化H2S: 2FeCl3+H2S=2FeCl2+S+2HCl。 该逆流原理与浓硫酸中SO3的吸收相类似,气体从下端通入,液体从上端喷,可以增大气液接触面积,反应充分。 从图可知电解过程中从左池通入的Fe2生成Fe3(阳极反应),循环使用;而另一电极产生的则为H2(阴极反应)。 故电解总的离子方程式为: 2Fe2++2H+ 2Fe3++H2↑。 11.【解析】 (1)反应(Ⅰ)中N2O4中N由+4价变为0价,作为氧化剂。 (2)温度升高时,气体颜色加深,说明平衡向逆反应方向移动,则逆反应为吸热反应,正反应为放热反应。 (3)该反应由正方向开始进行,气体分子数逐渐增大,而压强保持不变,则容器体积增大,气体密度减小,达平衡时保持不变,a对;该反应的△H始终保持不变,不能说明达到平衡状态,b错;该反应由正方向开始进行,N2O4逐渐减小,恒压过程中容器体积增大,N2O4浓度减小,v正逐渐减小,达平衡时保持不变,c错;该反应由正方向开始进行,N2O4转化率逐渐增大,达平衡时保持不变,d对。 平衡常数只与温度有关,温度保持不变,平衡常数不变。 v(N2O4)= v(NO2)= × =0.1mol/(L·s)。 (4)NH4NO3溶液由于NH4+水解溶液显酸性,滴加氨水后溶液由酸性变为中性,水的电离平衡向逆反应方向移动。 Kb= ,而c(OH-)=10-7mol/L,则c(NH4+)=200c(NH3·H2O),故n(NH4+)=200n(NH3·H2O),根据电荷守恒,n(NH4+)=n(NO3-),则溶液中n(NH4+)+n(NH3·H2O)=a+ ,根据物料守恒,滴加氨水的浓度为(a+ -a)mol÷bL= mol/L。 答案: (1)N2O4 (2)吸热(3)a,d;不变;0.1(4)NH4++H2O NH3∙H2O+H+;逆向 12.该题考查化学平衡常数表达式、化学平衡的移动原理、反应热的计算、转化率计算。 (1)根据反应方程 ,注意的是WO3和W都是固体,不写入平衡常数表达式。 所以 (2)达平衡时H2与水蒸气的体积比2: 3,消耗的H2体积为3,所以H2的平衡转化率为3/(2+3)=60%。 温度升高,H2与水蒸气的体积比减小说明平衡向右移动,正反应吸热。 (3)第一阶段的方程: 2WO3+H2=W2O5+H2O,第二阶段方程: W2O5+H2=2WO2+H2O 第三阶段方程: WO2+2H2=W+2H2O所以三个阶段消耗H2的物质量之比为1: 1: 4 (4)利用盖斯定律可计算△H=+203.9KJ.mol-1. (5)根据可逆反应原理I2可以循环使用,WI4是在灯丝上分解,生成的W沉积在灯丝上,选a、b。 13.【答案】⑴① (1分)②4HCl(g)+O2(g) 2Cl2(g)+2H2O(g)△H=—115.6kJ/mol(2分) ③32(2分)强(2分) ⑵①4: 1(1分)②投料比越高,对应的反应温度越低(2分)③30.8%(2分) 【解析】解析: (1)由题给条件可知,4molHCl被氧化,放出热量为115.6KJ,可知∆H=—115.6KJ/mol;由∆H=—(生成物键能之和—反应物键能之和)可得,E(H—O)—E(H—Cl)=〔115.6+(498—(2×243))/4=31.9,键能越大化学键越稳定越强,所以水中的H—O键比氯化氢中H—Cl强。 (2)在其他条件不变时,O2的量越大,HCl的转化率越大,由此可确定a为6: 1,b为4: 1,c为2: 1,d为1: 1;由图可知,当HCl的转化率相同时,温度由低到高的顺序是bcd,由此可确定温度与投料比的关系是: 投料比越高温度越高;由图可读出投料比2: 1,温度400℃时,HCl的转化率为80%,由此可建立三段式: n(起)2100 △n1.60.40.80.8 n(平)0.40.60.80.8 所以平衡混合气中Cl2的物质的量分数=0.8/(0.4+0.6+0.8+0.8)=0.308。 14.【答案】: (1)MnO2+4HCl(浓) MnCl2+2H2O+Cl2↑; (2)5.52×103KJ; (3)CHCl3+H2O2=HCl+H2O+COCl2 (4)①K=0.234mol·L-1;②<③0.031 ④v(2~3)>v(5~6)=v(12~13) ⑤>,在相同温度时,该反应的反应物浓度越高,反应速率越大。 【解析】: 此题中挡题。 但拿满分较难,这主要体现在计算麻烦上,第2问其实出题人完全直接说CH4、H2和CO的燃烧热分别为890.3KJ·mol-1、285.8KJ·mol-1、283.0KJ·mol-1,这样很多同学在计算反应热的时候更容易出错。 因为反应为CH4+CO2=2CO+2H2△H=反应物的燃烧热-产物的燃烧热=+247.3KJ/mol,也就是生成2molCO,需要吸热247.3KJ,那么要得到1立方米的CO,放热为(1000/22.4)×247.3/2=5.52×103KJ。 第3问要根据电负性分析碳元素化合价的变化,CHCl3碳为+2价,COCl2中碳为+4价,即可写出方程式。 第4问,①根据K计算公式即可求出; ②同时计算T (2)时的K值很明显小于T(8)时的K值,说明是升高温度平衡正向移动的原因;③题目说了是不同条件下的平衡状态,那么后面温度就不会改变。 根据K值可计算C(COCl2); ④因为5-6分钟,CO浓度在改变所以平均反应速率大于其它的,因为处于平衡状态,根据V的计算公式,2-3、12-13的平均反应速率为0; ⑤因为5-6分钟时浓度改变大于12-13。 本题第四问中①、③的答案有待商榷,为什么都要保留到小数点后三位,从题目中能看出来吗?
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