2023届鲁科版高考化学一轮第七章化学反应的方向、限度与速率课时规范练25化学平衡常数化学反应的方向（Word版带解析）

课时规范练25　化学平衡常数　化学反应的方向一、选择题:本题共7小题,每小题只有一个选项符合题目要求。1.(2021江苏徐州考前模拟)NO2与N2O4能相互转化,热化学方程式为N2O4(g)2NO2(g)　ΔH=+57kJ·mol-1,下列有关说法正确的是(　　)A.升高体系温度正反应速率增大,逆反应速率也增大B.若容器容积不变,气体密度不变说明该反应建立化学平衡C.其他条件不变,向平衡后的容器中再加入少量N2O4,的值变大D.增大体系的压强能提高N2O4的反应速率和转化率2.(2021山东实验中学西校区检测)三氯氢硅(SiHCl3)是光伏产业的一种关键化学原料,制备反应的化学方程式为Si(s)+3HCl(g)SiHCl3(g)+H2(g),同时还有其他副反应发生。当反应体系的压强为0.05MPa时,分别改变进料比[n(HCl)∶n(Si)]和反应温度,二者对SiHCl3产率影响如图所示。下列说法正确的是(　　)A.降低压强有利于提高SiHCl3的产率B.制备SiHCl3的反应为放热反应C.温度为450K,平衡常数:K(x)>K(y)>K(z)D.增加HCl的用量,SiHCl3的产率一定会增加3.(2021广东四校联考)已知:N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-mkJ·mol-1。在2L密闭容器中通入3molH2和1molN2,测得不同温度下,NH3的物质的量分数随时间变化如图所示。下列有关说法正确的是(　　)A.ΔH>0,T2>T1B.达到平衡时,T1温度对应反应放出热量为mkJ\nC.平衡时,通入氩气平衡正向移动D.Ka<Kc4.(2021江苏扬州考前调研)Cl2可用于生产漂白粉等化工产品。Cl2的制备方法有:方法Ⅰ:NaClO+2HCl(浓)NaCl+Cl2↑+H2O;方法Ⅱ:4HCl(g)+O2(g)2H2O(g)+2Cl2(g)　ΔH=akJ·mol-1上述两种方法涉及的反应在一定条件下均能自发进行。一定条件下,在密闭容器中利用方法Ⅱ制备Cl2,下列有关说法正确的是(　　)A.升高温度,可以提高HCl的平衡转化率B.提高,该反应的平衡常数增大C.若断开1molH—Cl键的同时有1molH—O键断开,则表明该反应达到平衡状态D.该反应的平衡常数表达式K=5.(2021广东汕头一模改编)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,对节能减排有重要意义。已知反应:6H2(g)+2CO2(g)CH2CH2(g)+4H2O(g),温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图所示,下列说法不正确的是(　　)A.正反应为放热反应B.化学平衡常数:KM>KNC.当温度高于250℃时,催化剂的催化效率降低是因为平衡逆向移动引起的D.若初始投料比n(H2)∶n(CO2)=3∶1,则图中M点的乙烯体积分数约为7.7%6.(2021辽宁葫芦岛二模)一定条件下,CH4与H2O(g)发生反应:CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g),设起始=Z,在恒压下,平衡时CH4的体积分数[φ(CH4)]与Z和温度(T)的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)A.该反应的焓变ΔH<0B.图中Z的大小为a>3>b\nC.图中X点对应的平衡混合物中>3D.温度不变时,图中X点对应的平衡在加压后φ(CH4)减小7.(2021山东淄博三模)甲醇与SO3在有水条件下生成硫酸氢甲酯的反应部分历程如图所示。CH3OH(g)+SO3(g)CH3OSO3H(g),其中粒子间的静电作用力用“…”表示。下列说法错误的是(　　)A.水合CH3OH分子比水合SO3分子更稳定B.反应历程中最大能垒(活化能)为6.62eVC.d到f转化的实质为质子转移D.在反应过程中,水起催化作用二、非选择题:本题共2小题。8.(2021福建名校联盟开学考试)羰基硫(COS)广泛存在于煤、石油和天然气为原料的化工生产中,不经处理直接排放会引起大气污染,石油化工中产生的羰基硫可通过以下方法脱除。Ⅰ.干法脱除:在催化剂存在下,COS和H2可发生两个平行反应:ⅰ.COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g)　ΔH1=-17kJ·mol-1ⅱ.COS(g)+4H2(g)H2S(g)+CH4(g)+H2O(g)　ΔH2(1)已知:CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)　ΔH=+206kJ·mol-1,则ΔH2=　　　　　　　。 (2)T1℃时,向10L恒容密闭容器中充入1molCOS和4molH2,发生反应ⅰ和ⅱ。5min时达到平衡,测得体系压强减少了20%,CO的体积分数为10%且其平衡分压为p1。①0~5min内,v(COS)=　　　　　　　。 ②反应ⅰ的平衡常数K=　　　　　　。 ③若在起始温度为T1℃的绝热容器中重复上述实验,H2的平衡分压p2　　　　　p1(填“>”“=”或“<”),理由为　　　　　　　　　　　　　　。 Ⅱ.湿法脱除:原理为COS+4OH-S2-+C+2H2O。温度为293K时,将COS以固定流速匀速通入一定浓度的NaOH溶液中,测得体系内c(S2-)随时间(t)的变化如图所示:(3)由图可知,增大NaOH溶液的初始浓度,COS的吸收速率　　　　　(填“增大”“减小”或“不变”),判断依据为　　　　　　　　。 (4)在上述反应体系中同时加入少量溴水,也能吸收COS并得到澄清溶液,\n发生反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　。 9.(2021广东潮州二模)氮氧化物是形成酸雨、水体富营养化、光化学烟雾等环境问题的主要原因。已知:反应Ⅰ.2NO(g)+O2(g)2NO2(g)　ΔH1=-112kJ·mol-1;反应Ⅱ.2NO2(g)N2O4(g)　ΔH2=-24.2kJ·mol-1;反应Ⅲ.3O2(g)2O3(g)　ΔH3=+144.6kJ·mol-1;(1)大气层中O3氧化NO的热化学方程式为3NO(g)+O3(g)3NO2(g)　ΔH4=　　　　。 (2)某温度下,向1L刚性容器中投入1molO2发生反应Ⅲ,5min时压强变为原来的0.9倍后不再变化。①5min内O3的生成速率v(O3)=　　　　　　。 ②平衡时O2的转化率α(O2)　　　　(填“>”“=”或“<”)30%。 (3)常温下,向压强为pkPa的恒压容器中充入2molNO和1molO2,发生反应Ⅰ和反应Ⅱ。平衡时NO和NO2的物质的量分别为0.2mol和1mol,则常温下反应Ⅱ的平衡常数Kp=　　　　　　　[已知气体中某成分的分压p(分)=×p(总),用含p的式子表示]。 (4)工业上常用氨气去除一氧化氮的污染,反应原理为4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g)。测得该反应的平衡常数与温度的关系为lgKp=5.0+(T为开氏温度)。①该反应ΔH　　　　　　(填“>”“=”或“<”)0。 ②一定温度下,按进料比n(NH3)∶n(NO)=1∶1,匀速通入装有锰、镁氧化物作催化剂的反应器中反应。反应相同时间,NO的去除率随反应温度的变化曲线如上图。NO的去除率先迅速上升的主要原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　;当反应温度高于380℃时,NO的去除率迅速下降的原因可能是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 参考答案课时规范练25　化学平衡常数　化学反应的方向1.A　解析升高体系温度,正、逆反应速率均增大,A正确;反应物和反应产物均为气体,若容器容积不变,气体密度始终不变,故密度不变不能说明该反应建立化学平\n衡,B错误;K=,平衡常数只与温度有关,故其他条件不变,向平衡后的容器中再加入少量N2O4,的值不变,C错误;若恒容条件下加入惰性气体,虽然能增大体系的总压强但反应物所具有的分压不变,浓度不变,平衡不移动,则反应速率和转化率不变,D错误。2.B　解析反应Si(s)+3HCl(g)SiHCl3(g)+H2(g)的正反应为气体体积减小的反应,降低压强平衡向气体体积增大的方向移动,则降低压强平衡向逆向移动,SiHCl3的产率会降低,故A错误;根据图示可知,升高温度时SiHCl3的产率会降低,则升温平衡向逆向移动,逆向为吸热反应,则正向为放热反应,故B正确;平衡常数与温度有关,温度不变,平衡常数不变,则温度为450K时,平衡常数:K(x)=K(y)=K(z),故C错误;由图示可知,当n(HCl)∶n(Si)的进料比由1∶1增大到3∶1时,SiHCl3的产率是增加的,当增大到6∶1时,SiHCl3的产率反而减小,故D错误。3.D　解析根据“先拐先平数值大”知,T1<T2,升高温度平衡逆向移动,ΔH<0,A错误;反应是可逆反应,转化率达不到100%,达到平衡时,T1温度对应反应放出的热量少于mkJ,B错误;平衡时,通入氩气容器压强增大,但是反应物和反应产物的分压不变,平衡不移动,C错误;化学平衡常数只与温度有关,ΔH<0,升高温度平衡逆向移动,T1<T2,Ka<Kc,D正确。4.C　解析该反应一定条件下能自发,即可以满足ΔH-TΔS<0,该反应为气体体积减小的反应,ΔS<0,则只有ΔH<0才可能满足ΔG<0,所以该反应为放热反应,升高温度平衡逆向移动,HCl的平衡转化率减小,A错误;平衡常数只与温度有关,温度不变,平衡常数不变,B错误;若断开1molH—Cl键的同时有1molH—O键断开,说明正逆反应速率相等,反应达到平衡,C正确;该反应中水为气态,平衡常数表达式K=,D错误。5.C　解析由题图示知,随着温度的升高,CO2平衡转化率下降,说明温度升高,平衡逆向移动,故逆反应为吸热反应,正反应为放热反应,A正确;升高温度,平衡逆向移动,平衡常数K减小,故KM>KN,B正确;温度高于250℃时,催化剂催化效率下降,是因为温度升高使催化剂活性下降,而不是平衡移动的原因,C错误;由图示知,M点的CO2平衡转化率为50%,设起始时H2的物质的量为3mol,CO2的物质的量为1mol,列三段式如下:　　　　6H2+2CO2CH2CH2+4H2O起始/mol3100转化/mol1.50.50.251平衡/mol1.50.50.251则平衡时乙烯的体积分数=×100%≈7.7%,D正确。\n6.C　解析由题图可知,温度越高,φ(CH4)越小,则升高温度,平衡正向移动,则正反应为吸热反应,该反应的焓变ΔH>0,A错误;起始=Z,Z越大,即H2O促进CH4转化的程度越大,φ(CH4)越小,则图中Z的大小为b>3>a,B错误;起始=Z=3,转化时CH4(g)、H2O(g)以等物质的量转化,则X点对应的平衡混合物中>3,C正确;该反应为气体体积增大的反应,增大压强,平衡逆向移动,则温度不变时,图中X点对应的平衡在加压后φ(CH4)增大,D错误。7.A　解析根据图示可知b为水合CH3OH分子,c为水合SO3分子,c的能量更低,所以水合SO3分子更稳定,A错误;由图可知反应历程中的最大能垒(活化能)为3.66eV-(-2.96eV)=6.62eV,B正确;d到f的过程中甲醇中羟基上的氢原子转移到水分子中,水分子中的一个氢原子转移到CH3OSO3H分子中,实质为质子转移,C正确;反应前后水的质量和化学性质未发生变化,形成的水合分子降低了能垒,则水为该反应的催化剂,D正确。8.答案(1)-223kJ·mol-1(2)①0.018mol·L-1·min-1　②2.25　③>　反应ⅰ和ⅱ均为放热反应,温度升高,平衡逆向移动,氢气的转化率降低,H2的平衡分压增大(3)不变　随着反应的进行,OH-浓度不断减小,但曲线的斜率(代表反应速率)不变(4)COS+4Br2+12NaOHNa2CO3+Na2SO4+8NaBr+6H2O解析Ⅰ.(1)已知ⅰ:COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g)　ΔH1=-17kJ·mol-1;ⅲ:CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)　ΔH=+206kJ·mol-1;根据盖斯定律,由ⅰ-ⅲ可得COS(g)+4H2(g)H2S(g)+CH4(g)+H2O(g)　ΔH2=-17kJ·mol-1-206kJ·mol-1=-223kJ·mol-1。(2)设平衡时体系内n(CO)=xmol,初始投料为1molCOS和4molH2,根据反应方程式COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g)可知,此反应消耗的nⅰ(COS)=nⅰ(H2)=xmol,生成的nⅰ(H2S)=xmol;设平衡时体系内n(COS)=ymol,则反应ⅱ消耗的nⅱ(COS)=(1-x-y)mol,根据方程式COS(g)+4H2(g)H2S(g)+CH4(g)+H2O(g)可知,此反应消耗的nⅱ(H2)=4×(1-x-y)mol,生成的nⅱ(H2S)=nⅱ(CH4)=nⅱ(H2O)=(1-x-y)mol;所以此时容器中n(COS)=ymol,n(H2)=4mol-xmol-4×(1-x-y)mol=(3x+4y)mol,n(CO)=xmol,n(H2S)=xmol+(1-x-y)mol=(1-y)mol,nⅱ(CH4)=nⅱ(H2O)=(1-x-y)mol;达到平衡时测得体系压强减少了20%,恒容密闭容器压强之比等于气体的物质的量之比,所以,平衡时CO的体积分数为10%,所以,解得x=0.4mol,y=0.1mol;所以平衡时n(COS)=0.1mol,n(H2)=1.6mol,n(CO)=0.4mol,n(H2S)=0.9mol,n(CH4)=n(H2O)=0.5mol。\n①根据分析可知平衡时n(COS)=0.1mol,所以Δn(COS)=0.9mol,容器容积为10L,所以v(COS)==0.018mol·L-1·min-1;②根据分析可知平衡时n(COS)=0.1mol,n(H2)=1.6mol,n(CO)=0.4mol,n(H2S)=0.9mol,反应ⅰ前后气体物质的量之和相等,所以可以用物质的量来代替浓度计算平衡常数,K==2.25;③反应ⅰ和ⅱ均为放热反应,反应过程中温度升高,平衡逆向移动,氢气的转化率降低,平衡分压增大,所以p2>p1。Ⅱ.(3)随着反应的进行,OH-浓度不断减小,但曲线的斜率(代表反应速率)不变,说明增大NaOH溶液的初始浓度,COS的吸收速率不变。(4)溴水具有氧化性,可以将COS中硫元素氧化成硫酸根,根据电子守恒和元素守恒可得方程式为COS+4Br2+12NaOHNa2CO3+Na2SO4+8NaBr+6H2O。9.答案(1)-240.3kJ·mol-1(2)①0.04mol·L-1·min-1　②=(3)(kPa)-1　(4)①<　②催化剂活性增强　催化剂失活(或温度上升平衡逆向移动)解析(1)由于反应热与反应途径无关,只与物质的始态和终态有关,将,整理可得3NO(g)+O3(g)3NO2(g),ΔH4=ΔH1-ΔH3=-240.3kJ·mol-1。(2)①设5min时生成O3的物质的量为x,在同温同体积条件下,气体的物质的量n与压强p成正比,则0.9×n起始(O2)=n平衡(O2)+n平衡(O3),0.9×1mol=(1-)mol+x,解得x=0.2mol,所以O3的生成速率v(O3)==0.04mol·L-1·min-1。②平衡时O2的物质的量n平衡(O2)=1mol-×0.2mol=0.7mol,平衡时O2的转化率α(O2)=×100%=30%。(3)由题给数据可知,若只进行反应Ⅰ,反应平衡时n(NO2)应为1.8mol,实际为1mol,则有0.8molNO2发生反应Ⅱ生成0.4molN2O4,反应平衡时,n(NO)=0.2mol,n(O2)=0.1mol,n(NO2)=1mol,n(N2O4)=0.4mol,p平(NO2)=×p(总)=pkPa,p平(N2O4)=pkPa,所以常温下反应Ⅱ的平衡常数Kp=\n(kPa)-1。(4)①根据该反应的平衡常数与温度的关系式lgKp=5.0+可知,随着温度升高,平衡常数降低,说明升高温度,化学平衡逆向移动,所以该反应的正反应为放热反应。②该反应为放热反应,随反应温度变化,在反应开始时迅速上升是因为催化剂活性增强;当反应温度高于380℃时,NO的去除率迅速下降的原因可能是催化剂失去催化活性或温度上升平衡逆向移动。