2021年高考化学一轮复习-《化学反应速率和平衡的综合应用及图像》精品讲练析-新人教版2.doc

2021年高考化学一轮精品讲练析化学反响速率和平衡的综合应用及图象考点解读1、描述化学平衡建立的过程。知道平衡常数浓度平衡常数的含义及其表达式。能利用化学平衡常数计算反响物的转化率。2、理解外界条件浓度，压强、温度、催化剂等对反响速率和化学平衡的影响，认识其一般规律。3、了解化学反响速率和化学平衡的调控在生活、生产和科学研究领域中的重要作用。知识体系一、化学平衡常数浓度平衡常数及转化率的应用1、化学平衡常数 1化学平衡常数的数学表达式2化学平衡常数表示的意义平衡常数数值的大小可以反映可逆反响进行的程度大小，K值越大，反响进行越完全，反响物转化率越高，反之那么越低。2、有关化学平衡的根本计算 (1)物质浓度的变化关系 反响物：平衡浓度起始浓度-转化浓度 生成物：平衡浓度起始浓度+转化浓度其中，各物质的转化浓度之比等于它们在化学方程式中物质的计量数之比。(2)反响的转化率()：×100(3)在密闭容器中有气体参加的可逆反响，在计算时经常用到阿伏加德罗定律的两个推论： 恒温、恒容时： ；恒温、恒压时：n1/n2=V1/V2(4)计算模式浓度(或物质的量) aA(g)+bB(g) cC(g)+dD(g) 起始 m n O O 转化 ax bx cx dx 平衡 m-ax n-bx cx dx(A)=ax/m×100 (C)×100(3)化学平衡计算的关键是准确掌握相关的根本概念及它们相互之间的关系。化学平衡的计算步骤，通常是先写出有关的化学方程式，列出反响起始时或平衡时有关物质的浓度或物质的量，然后再通过相关的转换，分别求出其他物质的浓度或物质的量和转化率。概括为：建立解题模式、确立平衡状态方程。说明：反响起始时，反响物和生成物可能同时存在；由于起始浓度是人为控制的，故不同的物质起始浓度不一定是化学计量数比，假设反响物起始浓度呈现计量数比，那么隐含反响物转化率相等，且平衡时反响物的浓度成计量数比的条件。起始浓度，平衡浓度不一定呈现计量数比，但物质之间是按计量数反响和生成的，故各物质的浓度变化一定成计量数比，这是计算的关键。二、学习化学平衡应注意的三个问题1、等效平衡：在两种不同的初始状态下，同一个可逆反响在一定条件(定温、定容或定温、定压)下分别到达平衡时，各组成成分的物质的量(或体积)分数相等的状态。在恒温恒容条件下，建立等效平衡的一般条件是：反响物投料量相当；在恒温恒压条件下，建立等效平衡的条件是：相同反响物的投料比相等。2、平衡移动的思维基点：(1)“先同后变，进行判断时，可设置相同的平衡状态(参照标准)，再根据题设条件观察变化的趋势；(2)“不为零原那么，对于可逆反响而言，无论使用任何外部条件，都不可能使其平衡体系中的任何物质浓度变化到零。 3、在实际生产中，需要综合考虑反响速率、化学平衡、原料选择、产量和设备等各方面情况，以确定最正确生产条件。合成氨选择的适宜条件通常是：20MPa50MPa、500左右、铁触媒；及时补充N2和H2，及时将生成氨别离出来。根底过关速率平衡图象常见类型解题策略：(1)首先要看清楚横轴和纵轴意义(特别是纵轴。表示转化率和表示反响物的百分含量情况就完全相反)以及曲线本身属等温线还是等压线。(当有多余曲线及两个以上条件时，要注意“定一议二)(2)找出曲线上的特殊点，并理解其含义。(如“先拐先平)(3)根据纵轴随横轴的变化情况，判定曲线正确走势，以淘汰错误的选项。1、速率时间图此类图象定性地揭示了v正、v逆随时间含条件改变对速率的影响而变化的规律，表达了平衡的“动、等、定、变的根本特征，以及平衡移动的方向例1、对到达平衡状态的可逆反响X+YZ+W，在其他条件不变的情况下，增大压强，反响速率变化图象如图1所示，那么图象中关于X、Y、Z、W四种物质的聚集状态为 AZ、W均为气体，X、Y中有一种是气体BZ、W中有一种是气体，X、Y皆非气体CX、Y、Z、W皆非气体DX、Y均为气体，Z、W中有一种为气体解析：经常有一些同学错选B，认为增大压强，平衡向气体体积缩小的方向移动其实，图象告诉我们的是：增大压强，加快了正、逆反响，但逆反响速率增大的幅度大于正反响速率增大的幅度，由此而导致平衡向左移动而压强的改变，只影响气体反响的速率，选项B所言的X、Y皆非气体即其正反响速率不受影响，故正确答案为A2、浓度时间图此类图象能说明各平衡体系组分或某一成分在反响过程中的变化情况解题时要注意各物质曲线的折点达平衡时刻，各物质浓度变化的内在联系及比例符合化学方程式中化学计量数关系等情况例2、图2表示800时A、B、C三种气体物质的浓度随时间的变化情况，t1是到达平衡状态的时间试答复：1该反响的反响物是_；2反响物的转化率是_；3该反响的化学方程式为_解析：起始时A的浓度为2.0molL，B、C的浓度为0，随着时间的推移，A的浓度降低为1.2molL，C的浓度升高为1.2molL，B的浓度升高为0.4mol/Lt1时刻后各物质浓度不再变化，说明反响已达平衡，得出A为反响物，B、C为产物，它们浓度变化的差值之比为化学方程式中各物质的化学计量数之比故正确答案为1A；240；32ABC3、含量时间温度压强图这类图象反映了反响物或生成物的量在不同温度压强下对时间的关系，解题时要注意一定条件下物质含量不再改变时，应是化学反响到达平衡的特征例3、同压、不同温度下的反响：AgBgCg；HA的含量和温度的关系如图3所示，以下结论正确的选项是 AT1T2，H>0 BT1T2，H>0 CT1T2，H<0 DT1T2，H<0解析：在其他条件不变的情况下，升高温度加快反响速率，缩短反响到达平衡的时间由图象可知，T1温度下，反响先达平衡，所以T1T2在其他条件不变的情况下，升高温度平衡向吸热方向移动，降低温度平衡向放热方向移动因为T1T2，达平衡时T1温度下A的含量较大，即A的转化率降低，所以升温时平衡向逆反响方向移动因此该反响的正方向为放热反响，即H<0，故正确答案选C例4、 现有可逆反响Ag2BgnCg；H<0，在相同温度、不同压强时，A的转化率跟反响时间t的关系如图4，其中结论正确的选项是Ap1p2，n3 Bp1p2，n3 Cp1p2，n3 Dp1p2，n=3解析：当其他条件不变时，对于有气体参加的可逆反响，压强越大，到达平衡的时间越短图象中曲线和横轴平行，说明反响已达平衡由图象知道，当压强为p2时，该反响到达平衡的时间较短，故p1p2在其他条件不变的情况下，增大压强会使化学平衡向着气体体积缩小的方向移动因p1p2，且当压强为p1时，A的转化率较大，所以正反响为气体体积增加的反响，即1+2n，故正确答案选B4、恒压温线该类图象的纵坐标为物质的平衡浓度或反响物的转化率，横坐标为温度或压强例5 、对于反响2AgBg2Cg；H<0，以下图象正确的选项是 解析：首先要知道该反响是气体体积缩小的放热反响此反响的平衡体系受压强的影响是：增大压强平衡向正反响方向移动，A的转化率增大，B的含量减小，C的含量增大升高温度，平衡向逆反响方向移动，A的转化率减小，B的含量增大，C的含量减小A图象虽表示B的含量随温度升高而增加，但假设平衡是从C物质开始反响而建立的，那么符合此反响另外，从反响开始到建立平衡，温度越高，到达平衡的时间越短由于该反响是放热反响，建立平衡后，温度越高，B的含量就应越大因此A、D图象正确，符合上述平衡体系，B、C图象不符合题意5速率温度压强图例6、 对于可逆反响：A2g3B2g2AB3g；H<0，以下图象中正确的选项是 解析：该反响的正反响是气体体积缩小且放热的反响图象A正确，因为温度升高，正逆反响都加快，在二曲线相交处可逆反响到达平衡，交点后逆反响速率的增加更为明显，与正反响是放热反响相符针对该反响特点，只升温而使平衡向逆反响方向移动，A的含量增加；只加压而使平衡向正反响方向移动，A的含量减少，B也正确对可逆反响，温度越高，到达平衡的时间越短，C不合题意图象D表示的意义是：增大压强逆反响速率的加快比正反响明显，与本反响是气体体积减小的特点相悖，故正确答案为A，B典型例题【例1】2021重庆卷，10 当反响到达平衡时，以下措施：升温 恒容通入惰性气体 增加CO的浓度 减压 加催化剂 恒压通入惰性气体，能提高COCl2转化率的是A B C D答案B【解析】此题考查化学平衡的移动。该反响为体积增大的吸热反响，所以升温和减压均可以促使反响正向移动。恒压通入惰性气体，相当于减压。恒容通入惰性气体与加催化剂均对平衡无影响。增加CO的浓度，将导致平衡逆向移动。【方法提炼】对于恒容容器，通入稀有气体，由于容器的体积不变，各组分的浓度保持不变，故反响速率保持不变，平衡也即不移动。假设为恒压容器，通入稀有气体，容器的体积膨胀，对于反响那么相当于减压。【例2】2021四川理综卷，13反响aM (g)+bN(g) cP(g)+dQ(g)到达平衡时。M的体积分数y(M)与反响条件的关系如下图。其中：Z表示反响开始时N的物质的量与M的物质的量之比。以下说法正确的选项是A.同温同压Z时，参加催化剂，平衡时Q的体积分数增加B.同压同Z时，升高温度，平衡时Q的体积分数增加C.同温同Z时，增加压强，平衡时Q的体积分数增加D.同温同压时，增加Z，平衡时Q的体积分数增加。答案：B解析：此题考查了平衡移动原理的应用。A项参加催化剂只能改变反响速率，不会使平衡移动。B项由图像1知随着温度的升高M的体积分数降低，说明正反响吸热，所以温度升高平衡正向移动，Q的体积分数增加。C项比照12可以看出相同温度条件，压强增大M的体积分数增大，所以正反响是体积缩小的反响，增大压强Q的体积分数减小。D项由C项可以判断D也不对。【例3】2021全国卷1，2715分在溶液中，反响A+2BC分别在三种不同实验条件下进行，它们的起始浓度均为、及。反响物A的浓度随时间的变化如以下图所示。请答复以下问题：1与比拟，和分别仅改变一种反响条件。所改变的条件和判断的理由是：_；_；2实验平衡时B的转化率为_；实验平衡时C的浓度为_；3该反响的_0，判断其理由是_；4该反响进行到4.0min时的平均反响速度率：实验：=_；实验：=_。【解析】1使用了正催化剂；理由：因为从图像可看出，两者最终的平衡浓度相同，即最终的平衡状态相同，而比所需要的时间短，显然反响速率加快了，故由影响反响速率和影响平衡的因素可知是参加正催化剂；升高温度；理由：因为该反响是在溶液中进行的反响，所以不可能是改变压强引起速率的改变，又由于各物质起始浓度相同，故不可能是改变浓度影响反响速率，再由于和相比达平衡所需时间短，平衡时浓度更小，故不可能是改用催化剂，而只能是升高温度来影响反响速率的2不妨令溶液为1L，那么中达平衡时A转化了0.04mol，由反响计量数可知B转化了0.08mol，所以B转化率为；同样在中A转化了0.06mol，那么生成C为0.06mol,体积不变，即平衡时C(c)=0.06mol/L(3) 0；理由：由和进行比照可知升高温度后A的平衡浓度减小，即A的转化率升高，平衡向正方向移动，而升温是向吸热的方向移动，所以正反响是吸热反响，04从图上读数，进行到4.0min时，实验的A的浓度为：0.072mol/L,那么C(A)=0.10-0.072=0.028mol/L，,=2=0.014mol(L·min)-1；进行到4.0mi实验的A的浓度为：0.064mol/L：C(A,) =0.10-0.064=0.036mol/L，,=0.0089mol(L·min)-1【答案】1加催化剂；到达平衡的时间缩短，平衡时A的浓度未变温度升高；到达平衡的时间缩短，平衡时A的浓度减小240%或0.4；0.06mol/L；3；升高温度向正方向移动，故该反响是吸热反响40.014mol(L·min)-1；0.008mol(L·min)-1【命题意图】考查根本理论中的化学反响速率化学平衡局部，一些具体考点是：易通过图像分析比拟得出影响化学反响速率和化学平衡的具体因素如：浓度，压强，温度，催化剂等、反响速率的计算、平衡转化率的计算，平衡浓度的计算，的判断；以及计算能力，分析能力，观察能力和文字表述能力等的全方位考查。【点评】此题所涉及的化学知识非常根底，但是能力要求非常高，观察和分析不到位，就不能准确的表述和计算，要想此题得总分值必须非常优秀才行！此题与2021年全国卷II理综第27题，及安微卷理综第28题都极为相似，有异曲同工之妙，所以对考生不陌生！【例4】2021山东卷，2814分硫一碘循环分解水制氢主要涉及以下反响： SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI 2HIH2+I2 2H2SO42=2SO2+O2+2H2O1分析上述反响，以下判断正确的选项是 。 a反响易在常温下进行b反响中氧化性比HI强c循环过程中需补充H2Od循环过程中产生1mol O2的同时产生1mol H22一定温度下，向1L密闭容器中参加1mol HIg，发生反响，H2物质的量随时间的变化如下图。 02 min内的平均放映速率vHI= 。该温度下，H2g+I2g2HIg的平衡常数K= 。相同温度下，假设开始参加HIg的物质的量是原来的2倍，那么 是原来的2倍。a平衡常数 bHI的平衡浓度 c到达平衡的时间 d平衡时H2的体积分数3实验室用Zn和稀硫酸制取H2，反响时溶液中水的电离平衡 移动填“向左“向右或者“不；假设参加少量以下试剂中的 ，产生H2的速率将增大。 aNaNO3 bCuSO4 cNa2SO4 dNaHSO34以H2为燃料可制成氢氧燃料电池。 2H2g+O2g=2H2O(I) H=-572KJmol-1 某氢氧燃料电池释放2288KJ电能时，生成1mol液态水，该电池的能量转化率为 。解析：(1)H2SO4在常温下，很稳定不易分解，这是常识，故a错；反响中SO2是复原剂，HI是复原产物，故复原性SO2HI，那么b错；将和分别乘以2和相加得：2H2O=2H2+O2，故c正确d错误。(2) (H2)=0. 1mol/1L/2min=0.05 mol·L-1·min-1，那么 (HI)=2 (H2)=0.1 mol·L-1·min-1；2HI(g)=H2(g)+I2(g) 2 1 1起始浓度/mol·L1 1 0 0变化浓度/mol·L1： 0.2 0.1 0.1平衡浓度/mol·L1： 0.8 0.1 0.1那么H2(g)+I2(g)= 2HI(g)的平衡常数K=64mol/L。假设开始时参加HI的量是原来的2倍，那么建立的平衡状态和原平衡是等比平衡，HI、H2、I2 的物质的量、平衡浓度都是原来的两倍；各组分的百分含量、体积分数相等，平衡常数相等因为温度不变；因开始时的浓度增大了，反响速率加快，达平衡时间不可能是原来的两倍，应选b.3水的电离平衡为,硫酸电离出的对水的电离是抑制作用，当消耗了，减小，水的电离平衡向右移动；假设参加,溶液变成的溶液了，不再生成H2；参加的会和反响，降低，反响速率减慢；的参加对反响速率无影响；参加CuSO4 后，与置换出的Cu构成原电池，加快了反响速率，选b.4根据反响方程式，生成1mol水时放出热量为：572kJ=286 kJ,故该电池的能量转化率为答案：1c20.1 mol·L-1·min-1 ；64mol/L；b3向右；b480%【例5】2021广东理综卷，3116分硼酸H3BO3在食品、医药领域应用广泛。(1)请完成B2H6气体与水反响的化学方程式：B2H6 + 6H2O=2H3BO3 +_。(2)在其他条件相同时，反响H3BO3 +3CH3OHB(OCH3)3 +3H2O中，H3BO 3的转化率在不同温度下随反响时间t的变化见图12，由此图可得出：温度对应该反响的反响速率和平衡移动的影响是_ _该反响的_0(填“<、“=或“>).(3)H3BO 3溶液中存在如下反响：H3BO 3aq+H2Ol B(OH)4-( aq)+H+aq0.70 mol·L-1 H3BO 3溶液中，上述反响于298K到达平衡时，c平衡H+=2. 0 × 10-5mol·L-1，c平衡H3BO 3c起始H3BO 3，水的电离可忽略不计，求此温度下该反响的平衡常数KH2O的平衡浓度不列入K的表达式中，计算结果保存两位有效数字解析：(1)根据元素守恒，产物只能是H2， 故方程式为B2H6 + 6H2O=2H3BO3 +6H2。(2)由图像可知，温度升高，H3BO 3的转化率增大，故升高温度是平衡正向移动，正反响是吸热反响，HO。(3) K=答案：(1) B2H6 + 6H2O=2H3BO3 +6H2(2) 升高温度，反响速率加快，平衡正向移动 HO(3) 或1.43【稳固练习1】(山东聊城三中2021届高三12月月考)在20L恒容的密闭容器中，参加3molSO3(g)和1mol氧气，在某温度下使其反响，反响至4min时，氧气的浓度为0.06mol/L，当反响到8min时，反响到达平衡。10min4min内生成O2的平均速率v(O2)=_2整个过程中，各物质的浓度与时间关系如下图，那么该温度下的平衡常数K=_3假设起始时按下表数据投料，相同温度下到达平衡时，三氧化硫浓度大于0.05mol/L的是_，此时的平衡常数与2小题比拟_填“大于、“小于或“等于ABCDSO31mol3mol3mol0molSO22mol1.5mol0mol6molO22mol1mol0mol5mol4物质的浓度不再改变标志该反响已达平衡，以下还可以说明该反响已达平衡的是_填序号体系内压强不再改变容器内气体的密度不再改变混合气体的平均分子量不再改变答案1 2 3BD， 等于 4 【稳固练习2】福建省福州三中2021届高三上学期月考2L容积不变的密闭容器中，参加1.0molA和2.2molB，进行如下反响：Ag+2BgCg+Dg，在不同温度下，D的物质的量nD和时间t的关系如图 试答复以下问题： 1800时。05min内，以B表示的平均反响速率为 。 2能判断该反响到达化学平衡状态的标志是 。 A容器压强不变 B混合气体中cA不变 C2v正B=v逆D DcA=cC E. 混合气体密度不变 3利用图中数据计算800时的平衡常数K= ，B的平衡转化率为： 。该反响为 反响填吸热或放热。 4700时，另一2L容积不变的密闭容器中，测得某时刻各物质的量如下：nA=2.2mol，nB=5.2mol，nC=1.8mol，nD=1.8mol，那么此时该反响 进行填“向正反响方向“向逆反响方向或“处于平衡状态。答案10.12mol·L1·min1 2AB2分，漏一个扣1分，错选不得分 31.8mol·L11单位可不写54.5 吸热 4向正反响方向化学反响速率和平衡的综合应用及图象单元测试一、选择题1100mL6mol/L的H2SO4与过量锌粉反响，一定温度下，为了减缓反响进行的速率，但又不影响生成氢气的总量，可向反响物中参加适量的ANa2SO4固体 CNaOH溶液 CK2SO4溶液DCuSO4固体 2以下事实中，不能用勒·沙特列原理解释的是A开启啤酒后，瓶中马上泛起大量泡沫B钢铁在潮湿的空气中容易生锈C实验室中常用排饱和食盐水的方法收集氯气D工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率 3NO2溶于水生成硝酸的反响为：3NO2(g)H2O(1) 2HNO3(1)NO(g)；H<0。为了提高硝酸的产率，工业生产中常采取的措施是A升温 B加水C通往过量的氧气 D减压 4将a g块状碳酸钙跟足量盐酸反响，反响物损失的质量随时间的变化曲线如图的实线所示，在相同的条件下，将b g(a>b)粉末状碳酸钙与同浓度盐酸反响，那么相应的曲线(图中虚线所示)正确的选项是5在容积固定的密闭容器中存在如下反响：A(g)3B(g) 2C(g)；H<0。某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反响的影响，并根据实验数据作出以下关系图：以下判断一定错误的选项是A图I研究的是不同催化剂对反响的影响，且乙使用的催化剂效率较高B图研究的是压强对反响的影响，且甲的压强较高C图研究的是温度对反响的影响，且甲的温度较高D图研究的是不同催化剂对反响的影响，且甲使用的催化剂效率较高6、同温同压下，当反响物分解了8时，总体积也增加8的是A.2NH3(g) N2(g)+3H2(g) B.2NO(g) N2(g)+O2(g)C.2NO3(g) 4NO2(g)+O2(g) D.2NO2(g) 2NO(g)+O2(g)7、对于反响2SO2+O2 2SO3,以下判断正确的选项是A.2体积2SO2和足量O2反响，必定生成2体积SO3B.其他条件不变，增大压强，平衡必定向右移动C.平衡时，SO2消耗速度必定等于O2生成速度的两倍D.平衡时，SO2浓度必定等于O2浓度的两倍8、反响：L固aG气bR气到达平衡时，温度和压强对该反响的影响图所示：图中：压强p1p2， x轴表示温度，y轴表示平衡混合气中G的体积分数。据此可判断A.上述反响是放热反响 B.上述反响是吸热反响 .ab D.ab9、压强变化不会使以下化学反响的平衡发生移动的是AH2(g)+ I2(g) 2 HI(g) B3H2(g)+N2(g) 2NH3(g) C2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) DC(s) CO2(g) 2CO(g)10、放热反响CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)在温度t1时到达平衡，c1(CO)=c1(H2O)=1.0 mol/L，其平衡常数为K1。升高反响体系的温度至t2时，反响物的平衡浓度分别为c2(CO)和c2(H2O)，平衡常数为K2，那么AK2 和K1的单位均为mol/L BK2 <K1Cc2(CO)=c2(H2O) Dc1(CO)>c2(CO)11、在一定温度下，向a L密闭容器中参加1mol X气体和2 mol Y气体，发生如下反响：Xg2Yg2Zg 此反响到达平衡的标志是A.容器内压强不随时间变化 B.容器内各物质的浓度不随时间变化C.容器内X、Y、Z的浓度之比为122 D.单位时间消耗0.1mol X同时生成0.2mol Z12、1mol X气体跟a rnol Y气体在体积可变的密闭容器中发生如下反响：Xga Yg b Zg反响到达平衡后，测得X的转化率为50。而且，在同温同压下还测得反响前混合气体的密度是反响后混合气体密度的3/4，那么a和b的数值可能是A.a1，b1 B.a2，b1 C.a2，b2 D.a3，b213、在0.lmol/L的CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOHCH3COOH对于该平衡，以下表达正确的选项是A.参加少量NaOH固体，平衡向正反响方向移动B.加水，反响速率增大，平衡向逆反响力向移动C.滴加少量0.lmol/L HCl溶液，溶液中cH减少D.参加少量CH3COONa固体，平衡向正反响方向移动14、恒温恒压下，在容积可变的器血中，反响2NO2气 N2O4气到达平衡后，再向容器内通入一定量NO2，又到达平衡时，N2O4的体积分数 A.不变 B.增大 C.减小 D.无法判断 15哈伯因创造了由氮气和氢气合成氨气的方法而获得1918年诺贝尔化学奖。现向一密闭容器中充人1mol N2和3mol H2，在一定条件下使该反响发生。以下有关说法正确的选项是A 到达化学平衡时，N2将完全转化为NH3B 到达化学平衡时，N2、H2和NH3的物质的量浓度一定相等C 到达化学平衡时，N2、H2和NH3的物质的量浓度不再变化D 到达化学平衡时，正反响和逆反响的速率都为零16在一定温度不同压强P1P2下，可逆反响2X(g) 2Y(g) + Z(g)中，生成物Z在反响混合物中的体积分数与反响时间t的关系有以以下图示，正确的选项是 17、在密闭容器中，在一定条件下，进行以下反响：NO(g) + CO(g) 1/2N2(g) + CO2(g)；H = 373.2 KJ/mol，到达平衡后，为提高该反响的速率和NO的转化率，采取的正确措施是A加催化剂同时升高温度 B加催化剂同时增大压强C升高温度同时充入N2 D降低温度同时增大压强二、填空题18、在密闭容器中，由一定起始浓度的氙(Xe)和F2反响，可得到3种氟化物。各种生成物在平衡体系内的分压与反响温度的关系如右图所示己知气体的分压之比等于物质的量之比。1420K时，发生反响的化学方程式为：_；假设反响中消耗l mol Xe，那么转移电子_mol。2600800K时，会发生反响：XeF6gXeF4g+ F2g，其反响热H _0填“>“=或“<。理由是_。3900K时，容器中存在的组分有_19、将2mol H2O和2mol CO置于1L容器中，在一定条件下，加热至高温，发生如下可逆反响：2H2Og2H2O2 2COO22CO21当上述系统到达平衡时，欲求其混合气体的平衡组成，那么至少还需要知道两种气体的平衡浓度，但这两种气体不能同时是 和 ，或 和 。填它们的分子式2假设平衡时O2和CO2的物质的量分别为 nO2平a mol， nCO2平b mol。试求nH2O平 。用含a、b的代数式表示。20、在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反响：CO2gH2gCOgH2Og，其化学平衡常数K和温度t的关系如下表：t70080083010001200K0.60.91.01.72.6答复以下问题：1该反响的化学平衡常数表达式为K 。2该反响为 反响选填吸热、放热。3能判断该反响是否到达化学平衡状态的依据是 多项选择扣分。a容器中压强不变 b混合气体中 cCO不变cv正H2v逆H2O dcCO2cCO4某温度下，平衡浓度符合下式： cCO2·cH2cCO·cH2O，试判断此时的温度为 。21氯酸钾和亚硫酸氢钠发生氧化复原反响生成Cl(-1价)和S(6价)的速率如下图，这个反响速率随着溶液中c(H+)增大而加快。(1)反响的离子方程式为_。(2)t1t2时刻内反响速率增大的原因为_。(3)t2t3时刻内反响速率又减小的主要原因为_。化学平衡移动原理不仅在工业生产中有重要的指导作用，也能用于解释生活中的一些现象或指导人们解决生活中的一些具体问题。下面举例分析如下，供学习参考。22、(1)化学平衡常数K表示可逆反响的进行程度，K值越大，表示_，K值大小与温度的关系是：温度升高，K值_(填一定增大、一定减小、或可能增大也可能减小)。2在一体积为10L的容器中，通人一定量的CO和H2O，在850时发生如下反响： CO(g)十H2O(g) CO2(g)十H2 (g) ；H<0，CO和H2O浓度变化如以下图，那么 04min的平均反响速率v(CO)_ mol(L·min)3)t(高于850)时，在相同容器中发生上述反响，容器内各物质的浓度变化如上表。表中3min4min之间反响处于_状态； C1数值_0.08 molL (填大于、小于或等于)。反响在4min5min问，平衡向逆方向移动，可能的原因是_(单项选择)，表中5min6min之间数值发生变化，可能的原因是_(单项选择)。 a增加水蒸气 b降低温度 c使用催化剂 d增加氢气浓度23利用天然气合成氨的工艺流程示意如下：依据上述流程，完成以下填空：1天然气脱硫时的化学方程式是 2n mol CH4经一次转化后产生CO 0.9n mol、产生H2 mol用含n的代数式表示3K2CO3aq和 CO2反响在加压下进行，加压的理论依据是 多项选择扣分a相似相溶原理 b勒沙特列原理 c酸碱中和原理4由KHCO3分解得到的CO2可以用于 写出CO2的一种重要用途。5整个流程有三处循环，一是Fe(OH)3循环，二是K2CO3aq循环，请在上述流程图中标出第三处循环循环方向、循环物质。24、钾是种活泼的金属，工业上通常用金属钠和氯化钾在高温下反响制取。该反响为：NalKCllNaCllKg；H>0,该反响的平衡常数可表示为：KCK，各物质的沸点与压强的关系见右表。1在常压下金属钾转变为气态从反响混合物中别离的最低温度约为 ，而反响的最高温度应低于 。2在制取钾的过程中，为了提高原料的转化率可以采取的措施是 。3常压下，当反响温度升高900时，该反响的平衡常数可表示为：K 参考答案：1、C 2 、B3 、C4、C5、AB6、A7、BC8、D9、A10、BC11、AB12、AD13、A14、A15、C16、 B 17、B18(1) Xe + 3 F2 = Xe F6 6 (2) 随着温度的升高，Xe F6g Xe F4 (g) + F2 (g)平衡向右移动，根据温度升高平衡向吸热反响方向移动的原理，那么该反响的H0。(3) Xe F6 、Xe F4 、Xe F2 、Xe 、F219、1H2O H2， CO CO2 2(22ab) mol20、1 2吸热 3b、c 483021、(1)ClO3-3HSO3-Cl-3SO42-3H+ (2)开始时，c(H)增大，反响速率加快。(3)随着反响的进行，反响的物浓度减小，反响速率减慢。 22(1) 可逆反响的进行程度越大 可能增大也可能减小(2) 0