高考二轮复习知识点：化学平衡移动原理2

Ⅰ． $C(s)+H_{2}O(g)\rightleftharpoons CO(g)+H_2(g)\Delta H_1=+131.4kJ\cdot mo{l}^{-1}$

Ⅱ． $CO(g)+H_{2}O(g)\rightleftharpoons C{O}_2(g)+H_2(g)\Delta H_2=-41.1kJ\cdot mo{l}^{-1}$

①下列说法正确的是；

A．平衡时向容器中充入惰性气体，反应Ⅰ的平衡逆向移动

B．混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡

C．平衡时 $H_2$ 的体积分数可能大于 $\frac{2}{3}$

D．将炭块粉碎，可加快反应速率

②反应平衡时， ${\text{H}}_2\text{O}(\text{g})$ 的转化率为 $50\text{\%}$ ， $\text{CO}$ 的物质的量为 $0.1\text{mol}$ 。此时，整个体系（填“吸收”或“放出”）热量 $\text{kJ}$ ，反应Ⅰ的平衡常数 $K_{\text{p}}=$ （以分压表示，分压=总压×物质的量分数）。

①某温度下，吸收塔中 $K_{2}C{O}_3$ 溶液吸收一定量的 $C{O}_2$ 后， $c\left(C{O}_3^{2-}\right)：c\left(HC{O}_3^{-}\right)=1：2$ ，则该溶液的 $pH=$ （该温度下 $H_{2}C{O}_3$ 的 $K_{al}=4.6\times {10}^{-7}，K_{a2}=5.0\times {10}^{-11}$ ）；

②再生塔中产生 $C{O}_2$ 的离子方程式为；

③利用电化学原理，将 $C{O}_2$ 电催化还原为 $C_2{H}_4$ ，阴极反应式为。

反应1：C(s)+O₂(g)=CO₂(g) ΔH₁=-394kJ·mol^-1

反应2：2CO(g)+O₂(g)=2CO₂(g) ΔH₂=-566kJ·mol^-1

反应3：2C(s)+O₂(g)=2CO(g) ΔH₃。

①       设y=ΔH-TΔS，反应1、2和3的y随温度的变化关系如图1所示。图中对应于反应3的线条是。

②一定压强下，随着温度的升高，气体中CO与CO₂的物质的量之比。

A．不变            B．增大        C．减小        D．无法判断

①一定温度下，反应后测得各组分的平衡压强(即组分的物质的量分数×总压)：p(CO)=0.25MPa、p(H₂O)=0.25MPa、p(CO₂)=0.75MPa和p(H₂)=0.75MPa，则反应的平衡常数K的数值为。

②维持与题①相同的温度和总压，提高水蒸气的比例，使CO的平衡转化率提高到90%，则原料气中水蒸气和CO的物质的量之比为。

③生产过程中，为了提高变换反应的速率，下列措施中合适的是。

A．反应温度愈高愈好             B．适当提高反应物压强

C．选择合适的催化剂             D．通入一定量的氮气

④以固体催化剂M催化变换反应，若水蒸气分子首先被催化剂的活性表面吸附而解离，能量-反应过程如图2所示。

用两个化学方程式表示该催化反应历程(反应机理)：步骤Ⅰ：；步骤Ⅱ：。

Ⅳ.2  (g)+15O₂(g)⇌12CO₂(g)+6H₂O(l) ∆H₄

Ⅴ. (g)+9O₂(g)=6CO₂(g)+6H₂O(l) ∆H₅

则 ${\text{ΔH}}_{\text{1}}\text{=}$ (用 ${\text{ΔH}}_{\text{3}}$ 、 ${\text{ΔH}}_{\text{4}}$ 和 ${\text{ΔH}}_{\text{5}}$ 表示)。

ⅰ.3Ti⁴⁺+Ti⁰→4Ti³⁺△H₁

ⅱ．Ti⁴⁺+Ti⁰→2Ti²⁺△H₂

ⅲ．Ti⁴⁺+Ti²⁺→2Ti³⁺△H₃

ⅳ．………          △H₄

①反应ⅳ的化学方程式为。

②上述4个反应的平衡常数与温度的关系如下图。由此可知△H₁3△H₂(填“＞”、“＜”或“＝”)。

③有助于制取低价钛离子的电解质熔盐的措施为。

①平衡时，测得消耗海绵钛及TiCl₄的物质的量分别为b mol、c mol。熔盐中低价钛离子的平均价态为。

②用各离子的物质的量分数表示平衡浓度，则反应ⅲ的平衡常数K₃=。

③若向此平衡体系中继续注入TiCl₄ ， 则再次平衡后 $\frac{{\text{c}}_{平}{\text{(Ti}}^{\text{4+}}\text{)}}{{\text{c}}_{平}{\text{(Ti}}^{\text{2+}}\text{)}}$ (填“增大”、“减小”或“不变”)

从NiSO₄溶液获得稳定的NiSO₄·6H₂O晶体的操作依次是。

经查资料：红色物质可能是 ${\text{Fe}}^{3+}$ 与 ${\text{HSO}}_3^{-}$ 、 ${\text{SO}}_3^{2-}$ 形成的配合物，配合物可表示为： ${\left[\text{Fe}{\left(\text{A}\right)}_{\text{n}}{\left({\text{H}}_2\text{O}\right)}_{\text{m}}\right]}^{3-\text{xn}}$ (A为 ${\text{HSO}}_3^{-}$ 或 ${\text{SO}}_3^{2-}$ ，x为1或2，n+m=6，n越大配合物越稳定，溶液颜色越深)。室温下进行以下实验。

实验3[略，判断实验1抽滤得到的沉淀不是 $\text{Fe}{\left(\text{OH}\right)}_3$ ]

①通过计算说明实验1得到的沉淀为 ${\text{Fe}}_2{\left({\text{SO}}_3\right)}_3$ ，而非 $\text{Fe}{\left({\text{HSO}}_3\right)}_3$ 。

已知：[ $K_{\text{sp }}\left[\text{Fe}{\left(\text{OH}\right)}_3\right]=2.6\times {10}^{-39}$ 、 $K_{\text{a}1}\left({\text{H}}_2{\text{SO}}_3\right)=1.2\times {10}^{-2}$ 、 $K_{\text{a}2}\left({\text{H}}_2{\text{SO}}_3\right)=5.6\times {10}^{-8}$ ]

②实验1生成沉淀和气体的离子方程式为。

实验4：为了进一步确定红色物质，利用分光光度仪(吸光度越大，溶液颜色越深)进行检测。将浓度均为 $1\text{mol}\cdot {\text{L}}^{-1}$ 的 ${\text{FeCl}}_3$ 、 ${\text{Na}}_2{\text{SO}}_3$ 、 ${\text{NaHSO}}_3$ 溶液按一定体积比配制，实验数据如表。

③表中a为 ， 红色物质可表示为。

④装置C中的溶液5分钟后变黄，约9小时后变为浅绿色，相关解释为。

乙同学查阅资料发现Fe²⁺与SCN^-也可发生反应，生成无色的配合物。为证实该性质，利用FeCO₃进行如下实验。

通过实验b排除了的干扰。

丙同学设计实验进一步证明Fe²⁺可与SCN^-反应。

上述实验中，d为c的对照实验。

①X为。

②实验能够证实Fe²⁺可与SCN^-反应，则应观察到的现象是。

$\begin{array}{lll}\text{A}\text{．}\text{气}\text{体}\text{的}\text{压}\text{强}\text{不}\text{变}\hfill & \text{B}\text{．}{\text{V}}_{\text{正}}\left({\text{N}}_2{\text{O}}_4\right)=2{\text{V}}_{\text{逆}}\left(\text{N}{\text{O}}_2\right)\hfill & \text{C}\text{．}\text{K}\text{不}\text{变}\hfill \end{array}$     D． 容器内气体的密度不变   E． 容器内颜色不变

I． $2\text{N}\text{O}\left(\text{g}\right)\to {\text{N}}_2{\text{O}}_2\left(\text{g}\right)+{\text{Q}}_1$ 

II．${\text{N}}_2{\text{O}}_2\left(\text{g}\right)+{\text{O}}_2\left(\text{g}\right)\to 2\text{N}{\text{O}}_2\left(\text{g}\right)+{\text{Q}}_2$ (Q₁、Q₂都大于0)

在恒容的密闭容器中充入一定量的 $\text{N}\text{O}$ 和 ${\text{O}}_2$ 气体，保持其它条件不变， 控制反应温度分别为 ${\text{T}}_3$ 和 ${\text{T}}_4\left({\text{T}}_4\text{＞}{\text{T}}_3\right)$ ， 测得$\text{c}$(NO)随$\mathrm{t}$(时间)的变化曲线如图，转化相同量的NO，在温度(填 “ ${\text{T}}_3$ ” 或 “ ${\text{T}}_4$ ”)下消耗的时间较长，试结合反应过程能量图分析其原因。

ii.C(s)+O₂(g)=CO₂(g) ΔH₂=-393kJ·mol^-1

iii.2C(s)+O₂(g)=2CO(g) ΔH₃=-221kJ·mol^-1

则NO与CO反应iv的热化学方程式：。

①温度：T₁T₂(①②③问均选(填“<”“=”或“>”)。

②CO的平衡转化率：IIIIII。

③反应速率：a点的v_逆b点的v_正。

④若该反应的速率v_正=k_正·p²(CO)·p²(NO)(kPa·min^-1)，v_逆=k_逆·p(N₂)·p²(CO₂)(kPa·min^-1)，k_正与k_逆仅与温度有关，p(M)表示M的分压，分压=总压×物质的量分数。

i．T₁K下，NO的平衡转化率为 ， 反应的平衡常数K_p=(kPa)^-1(以分压表示)。已知T₁K时k_正=60(kPa)^-3·min^-1 ， 则平衡时v_逆=kPa·min^-1。

ii．升高温度时，$\frac{{\text{k}}_{\text{正}}}{{\text{k}}_{\text{逆}}}$的比值。(选填“增大”“不变”或“减小”)。

①已知：$\text{2}\text{S}{\text{O}}_2\left(\text{g}\right)+{\text{O}}_2\left(\text{g}\right)\text{⇌}2\text{S}{\text{O}}_3\left(\text{g}\right)$   $\text{Δ}\text{H}\text{=}-196\mathrm{.}6\text{k}\text{J}\text{/}\text{m}\text{o}\text{l}$ ， 则$\text{Δ}{\text{H}}_3\text{=}$。

②其他条件不变时，高于150℃，在相同时间内$\text{S}{\text{O}}_2$和NO的转化率均随温度升高而降低，原因是。

③其他条件不变，$\text{S}{\text{O}}_2$和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置1分析，在相同时间内，$\text{S}{\text{O}}_2$和NO的转化率随${\text{O}}_3$的浓度的变化如图。结合数据分析NO的转化率高于$\text{S}{\text{O}}_2$的原因。

①${\left(\text{N}{\text{H}}_4\right)}_2\text{S}{\text{O}}_3$溶液显碱性，用化学平衡原理解释：。

②${\text{O}}_3$的浓度很低时，$\text{S}{\text{O}}_2$的脱除率超过97%，原因是。

③在吸收器中，$\text{S}{\text{O}}_3^{2-}$与$\text{N}{\text{O}}_2$反应生成$\text{N}{\text{O}}_2^{-}$和$\text{S}{\text{O}}_4^{2-}$的离子方程式是。

④在吸收器中，随着吸收过程的进行，部分$\text{N}{\text{H}}_4^{+}$被转化为${\text{N}}_{\text{2}}$ ， 反应中$\text{N}{\text{H}}_4^{+}$和${\text{N}}_{\text{2}}$的物质的量之比为1：1，该反应的离子方程式是。

①$\text{C}{\text{O}}_{\text{2}}\text{(}\text{g}\text{)}\text{+}{\text{H}}_{\text{2}}\text{(}\text{g}\text{)}\text{⇌}\text{C}\text{O}\text{(}\text{g}\text{)}\text{+}{\text{H}}_{\text{2}}\text{O}\text{(}\text{g}\text{)}\text{Δ}\text{H}\text{=}\text{+}\text{4}\text{1}\text{k}\text{J}\text{/}\text{m}\text{o}\text{l}$

②$\text{C}\text{O}\text{(}\text{g}\text{)}\text{+}\text{3}{\text{H}}_{\text{2}}\text{(}\text{g}\text{)}\text{⇌}\text{C}{\text{H}}_{\text{4}}\text{(}\text{g}\text{)}\text{+}{\text{H}}_{\text{2}}\text{O}\text{(}\text{g}\text{)}\text{Δ}\text{H}\text{=}\text{-}\text{2}\text{4}\text{6}\text{k}\text{J}\text{/}\text{m}\text{o}\text{l}$

③$\text{C}\text{O}\text{(}\text{g}\text{)}\text{+}{\text{H}}_{\text{2}}\text{(}\text{g}\text{)}\text{⇌}\text{C}\text{(}\text{s}\text{)}\text{+}{\text{H}}_{\text{2}}\text{O}\text{(}\text{g}\text{)}\text{Δ}\text{H}\text{=}\text{-}\text{1}\text{3}\text{1}\text{k}\text{J}\text{/}\text{m}\text{o}\text{l}$

反应2C(s)+2H₂O(g)=CH₄(g)+CO₂(g)的∆H=kJ/mol。

①图1中能表示该反应的平衡常数K与温度T之间的变化关系的是曲线 (填“m” 或“n”)，判断依据是。

②若x=2、y=3，测得在相同时间内，不同温度下H ₂的转化率如图2所示，v(a) _逆  v(c) _逆(填“＞”、＜”或“=”)；T₂时，起始压强为2.5MPa，则Kp=MPa^-2(保留二位小数；K _p 为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。

③已知速率方程 v_正=k_正·c(CO₂)·c³(H₂)，v_逆=k_逆·c(CH₃OH)·c(H₂O)，k_正、k_逆是速率常数，只受温度影响。图3表示速率常数的对数lgk与温度的倒数 $\frac{\text{1}}{\text{T}}$ 之间的关系，A、B、D、E分别代表图2中a点、c点的lgk，其中表示c点的lgk_逆的是(填“A”、“B”、“D”或“E”)。

①T₁K时，$\text{a}$点对应穼器在0～5min内的平均反应速率v(H₂)=；b、c点对应状态下反应物的有效碰撞几率bc(填“＞”“＜”或“=”)，原因为。

②T₂K时，保持温度不变向容器中再充入0.2molCO₂ ， 0.6molC₂H₅OH(g)，平衡将移动(填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”)。

③该反应适宜选用的催化剂为(填“X”或“Y”)，高于T₃K时，d点以后两条线重合的原因是。

反应Ⅰ：CO₂(g)+H₂(g)$\underset{}{\rightleftharpoons }$CO(g)+H₂O(g) △H=+41.2kJ·mol^-1

反应Ⅱ：2CO₂(g)+6H₂(g)$\underset{}{\rightleftharpoons }$CH₃OCH₃(g)+3H₂O(g) △H=-122.5kJ·mol^-1

在恒压、CO₂和H₂的起始量一定的条件下，CO₂平衡转化率和平衡时CH₃OCH₃的选择性随温度的变化如图乙所示。其中：CH₃OCH₃的选择性=$\frac{\text{2}\times \text{C}{\text{H}}_{\text{3}}\text{O}\text{C}{\text{H}}_{\text{3}}\text{的}\text{物}\text{质}\text{的}\text{量}}{\text{反}\text{应}\text{的}\text{C}{\text{O}}_{\text{2}}\text{的}\text{物}\text{质}\text{的}\text{量}}$×100%

①温度高于300℃，CO₂平衡转化率随温度升高而上升的原因是。

②220℃时，起始投入3molCO₂ ， 6molH₂ ， 在催化剂作用下CO₂与H₂反应一段时间后，测得CO₂平衡转化率为40%，CH₃OCH₃的选择性为50%(图中A点)，达到平衡时反应Ⅱ理论上消耗H₂的物质的量为mol。不改变反应时间和温度，一定能提高CH₃OCH₃选择性的措施有。

③合成二甲醚时较适宜的温度为260℃，其原因是。

据此计算ΔH₁ =。

①随着温度的升高， (g)的平衡体积分数先增大后减小的原因为。

②科学家通过DFT计算得出反应II的机理如图2所示，其中第二步反应为 (g) $\stackrel{\text{T}\text{i}{\text{O}}_{\text{2}}}{\to }$(g)+H₂O(g)， 则第一步反应的化学方程式为 ；实验过程中未检测到 (g)的原因可能为。

③A点对应反应II的标准平衡常数${\text{K}}_{\text{p}}^{\text{r}}$= ( 保留两位有效数字)。[其表达式为用相对分压代替浓度平衡常数表达式中的浓度，气体的相对分压等于其分压(单位为kPa)除以p₀(p₀=100 kPa)]

④实际生产中若充入一定量N₂ (不参与反应)，可提高丙烯腈的平衡产率，原因为。

通电过程中，石墨电极2上的电极反应式为。