2022高考化学二轮复习微专题4陌生平衡图像的理解与分析专题集训1.二氧化碳的捕集、利用与封存是我国能源领域的一个重要战略方向,发展成一项重要的新兴产业二氧化碳催化加氢合成低碳烯烃,起始时以 0.1 MPa,n(H2)∶n(CO2)=3∶1的投料比充入反应器中,发生反应:2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) ΔH1)温度对CO2的平衡转化率和催化效率的影响如图1所示图中M点时,乙烯的体积分数为 (保留两位有效数字);为提高CO2的平衡转化率,除改变温度外,还可采取的措施有 (任写两条) (2)不同温度下平衡时的四种气态物质的物质的量如图2所示:b曲线代表的物质是 ;T1温度下的平衡转化率为 ,相对于起始状态,平衡时气体的平均相对分子质量增大的百分率为 (保留三位有效数字) 解析:(1)设H2的物质的量为3n mol,则CO2的物质的量为n mol,由图知,M点时CO2的转化率为50%,则有: 6H2(g)+2CO2(g)C2H4(g)+4H2O(g)n(起始)/mol 3n n 0 0n(变化)/mol 1.5n 0.5n 0.25n nn(M点)/mol 1.5n 0.5n 0.25n n乙烯的体积分数为×100%=7.7%;提高CO2平衡转化率的措施还有:增大压强、增大n(H2)∶n(CO2)的值、将产物乙烯气体分离出来等。
2)由图1可知,升高温度,CO2的平衡转化率降低,则正反应为放热反应,图2表示的是不同温度下平衡时的四种气态物质的物质的量随温度的升高而变化的情况,b曲线随温度的升高物质的量减小,则为生成物,且变化趋势大,应该是化学计量数大的H2O(g),即b曲线代表的物质是H2O(g);起始时以H2和CO2投料,T1时n(H2)=6 mol,n(H2O)=4 mol,生成4 mol H2O,需反应6 mol H2,则开始投料时n(H2)=6 mol+6 mol=12 mol,转化率为×100%=50% 6H2(g)+2CO2(g)C2H4(g)+4H2O(g)n(起始)/mol 12 4 0 0n(变化)/mol 6 2 1 4n(T1点)/mol 6 2 1 4平衡时气体的平均相对分子质量与气体的物质的量成反比,则增大的百分率为×100%=23.1%答案:(1)7.7%(或0.077) 增大压强或提高H2和CO2的物质的量的比值,或将产物乙烯气体分离出来等(任选两条)(2)H2O(g) 50% 23.1%2.在容积可变的密闭容器中投入1 mol CO和2 mol H2,在不同条件下发生反应:CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。
实验测得平衡时CH3OH的物质的量随温度、压强变化如图1所示1)M点时,H2的转化率为 ;压强:p1 (填“>”“<”或“=”)p2 (2)反应速率:N点v正(CO) (填“>”“<”或“=”)M点v逆(CO) (3)若压强为p1、在1 L恒容密闭容器中进行上述反应(起始投料不变),在不同温度下上述反应的平衡常数的对数(lg K)如图2所示则温度为506 K时,平衡常数K= (保留三位小数),B、C、D、E四点中能正确表示该反应的lg K与T的关系的点为 (4)在2 L恒容密闭容器中充入a(a>0)mol H2、2 mol CO 和7.4 mol CH3OH(g),在506 K下进行上述反应为了使该反应逆向进行,a的范围为 解析:(1)M点时,生成的CH3OH为0.25 mol,消耗H2的物质的量为0.25 mol×2=0.50 mol,则H2的转化率 α(H2)=×100%=25%此反应的正反应是气体分子数减小的反应,增大压强,平衡向正反应方向移动由题图1知,在相同温度下,p2到p1,CH3OH的物质的量增大,说明平衡向正反应方向移动,即p1>p2。
2)M、N点对应的温度相同,但M点对应的压强较大,反应速率较大3)506 K时, CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)起始(mol·L-1) 1 2 0转化(mol·L-1) 0.25 0.50 0.25平衡(mol·L-1) 0.75 1.50 0.25K==≈0.148K越大,lg K越大,该反应的正反应是放热反应,升高温度,平衡常数K减小,所以,B、E点符合题意4)温度不变,平衡常数不变,K=0.148为了使反应逆向进行,必须使Qc>K,即>0.148,解得a<10,又因为H2的物质的量必须大于0,所以a的范围为 0 (2)< (3)0.148 BE(4)0
①图中A点时,SO2的转化率为 ②在其他条件不变的情况下,测得T2 ℃时压强的变化曲线如图所示,则C点的正反应速率vC(正)与A点的逆反应速率vA(逆)的大小关系为vC(正) (填“>”“<”或“=”)vA(逆) ③图中B点的压强平衡常数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)利用脱氮菌可净化低浓度NO废气当废气在塔内停留时间均为90 s的情况下,测得不同条件下NO的脱氮率如图Ⅰ、Ⅱ所示①由图Ⅰ知,当废气中的NO含量增加时,宜选用 法提高脱氮效率 ②图Ⅱ中,循环吸收液中加入Fe2+、Mn2+提高了脱氮的效率,其可能原因为 (3)研究表明:NaClO2/H2O2酸性复合吸收剂可同时有效脱硫、脱硝图Ⅲ所示为复合吸收剂组成一定时,温度对脱硫脱硝的影响①写出废气中的SO2与NaClO2反应的离子方程式: 。
②温度高于60 ℃后,NO去除率随温度升高而下降的原因为 解析:(1)①依据三段式法计算,设消耗O2的物质的量为x mol 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)起始量(mol) 2a a 0变化量(mol) 2x x 2x平衡量(mol) 2a-2x a-x 2x图中A点时,气体压强为0.085 MPa,则=,x=0.45a,SO2的转化率=×100%=45%②由图像分析可知,T2>T1,温度越高,反应速率越大,而且B、C点是平衡状态,vC(正)>vB(正)=vB(逆),A点反应未达到平衡状态,vA(逆)比vB(逆)小,因此vC(正)与 vA(逆)的大小关系为vC(正)>vA(逆)③对图中B点,依据三段式法计算,设消耗O2的物质的量为y mol 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)起始量(mol) 2a a 0变化量(mol) 2y y 2y平衡量(mol) 2a-2y a-y 2yB点气体压强为0.07 MPa,则=,y=0.9a,平衡时,n(SO2)= 0.2a mol,n(O2)=0.1a mol,n(SO3)=1.8a mol,p(SO2)=×0.07 MPa, p(O2)=×0.07 MPa,p(SO3)=×0.07 MPa,Kp===24 300。
2)①由图Ⅰ知,当废气中的NO含量增加时,脱氮率较高的是好氧硝化法,故宜选用好氧硝化法提高脱氮效率;②图Ⅱ中,Fe2+、Mn2+对该反应有催化作用,循环吸收液中加入Fe2+、Mn2+提高了脱氮的效率3)①废气中的SO2与NaClO2反应生成硫酸钠和盐酸,其离子方程式为2H2O+Cl+2SO2Cl-+2S+4H+②温度高于60 ℃后,温度升高,H2O2分解速率加快,NO去除率随温度升高而下降答案:(1)①45% ②> ③24 300(2)①好氧硝化 ②Fe2+、Mn2+对该反应有催化作用(3)①2H2O+Cl+2SO2Cl-+2S+4H+②温度升高,H2O2分解速率加快4.(1)在某温度下,2 L密闭容器中充入NO、CO各0.4 mol进行反应,测得NO物质的量变化如图1所示,5 min末反应达到平衡第6 min继续加入0.2 mol NO、0.2 mol CO、0.2 mol CO2和 0.3 mol N2,请在图1中画出到 9 min末反应达到平衡NO的物质的量随时间的变化曲线2)沉淀物并非绝对不溶,且在水及各种不同的溶液中溶解度有所不同,同离子效应、络合物的形成等都会使沉淀物的溶解度有所改变。
已知AgCl+Cl-[AgCl2]-,图2是某温度下AgCl在NaCl、AgNO3溶液中的溶解情况①由图知,该温度下AgCl的溶度积常数为 ②AgCl在NaCl溶液中的溶解度出现如图2所示情况(先变小后变大)的原因是 解析:(1)由题意知反应为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g),2 L密闭容器中充入NO、CO各0.4 mol,达到平衡时NO为0.2 mol 2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)起始(mol·L-1) 0.2 0.2 0 0转化(mol·L-1) 0.1 0.1 0.05 0.1平衡(mol·L-1) 0.1 0.1 0.05 0.1K===5,第6 min继续加入0.2 mol NO、0.2 mol CO、0.2 mol CO2、0.3 mol N2,此时,c(NO)=c(CO)=c(CO2)=c(N2)=0.2 mol·L-1, Q===5=K,说明是平衡状态,所以第6 min继续加入0.2 mol NO、0.2 mol CO、0.2 mol CO2和0.3 mol N2,仍是平衡状态,但是NO的物质的量变为原来的2倍。
2)①由题图2可知,当c(Ag+)=10-7 mo。