【文档说明】【精准解析】2021化学人教版选择性必修第一册课后提升训练：第二章　化学反应速率与化学平衡测评【高考】.docx，共(11)页，284.219 KB，由小赞的店铺上传

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第二章测评一、选择题(本题包括10小题,每小题2分,共20分。每小题只有一个选项符合题意)1.下列说法正确的是()A.催化剂是影响化学反应速率的本质因素B.当反应体系容积不变时,减小反应物的量肯定能减小反应速率C.可逆反应达到反应限度时,化学反应速率为0D.化学反应速率可用单位时间内反应

物的浓度的变化量来表示解析影响化学反应速率的本质因素是反应物的性质,A项错误;如果反应物是固体或液体,减小反应物的量不会影响反应速率,B项错误;可逆反应达到反应限度时,正、逆反应速率相等,但不为零,C项错误。答案D2.下列说法正确的是()A.自发反应在任何条件下都能

实现B.所有的自发反应都是放热的C.升高温度,活化分子百分数增大,化学反应速率一定增大D.一般使用催化剂可以降低反应的活化能,增大活化分子百分数,从而提高反应物的转化率解析自发反应在恰当条件下才能实现,A项错误;有的吸热反应也能自发进行,B项错误;升高温度,活化分子

百分数增大,化学反应速率增大,C项正确;使用催化剂可以降低反应的活化能,增大活化分子百分数,对化学平衡没有影响,不影响反应物的转化率,D项错误。答案C3.一定温度下,在某密闭容器中发生反应:2HI(g)H2(

g)+I2(g)ΔH>0,若15s内c(HI)由0.1mol·L-1降到0.07mol·L-1,则下列说法正确的是()A.0~15s内用I2表示的平均反应速率为v(I2)=0.002mol·L-1·s-1B

.c(HI)由0.07mol·L-1降到0.05mol·L-1所需的反应时间小于10sC.升高温度正反应速率增大,逆反应速率减小D.减小反应体系的体积,化学反应速率增大解析0~15s内,v(I2)=12v(HI)=12×(0.1-0.07)mol·L-115s=0.001mol·L-1·s-1,A

项错误;随着反应的进行,c(HI)减小,v(HI)减小,故c(HI)由0.07mol·L-1降到0.05mol·L-1所需时间大于10s,B项错误;升高温度,正、逆反应速率均增大,C项错误;减小反应体系的体积,压强增大,反应速率增大,D项正确。答案D4.在密闭容器

中,一定条件下,进行如下反应:NO(g)+CO(g)12N2(g)+CO2(g)ΔH=-373.2kJ·mol-1,达到平衡后,为提高该反应的速率和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N2D.降低温度同时增大压强解析结合该反应的特点,提高反应速率的措施有升高温度、增大压强、使用催化剂;提高NO的转化率(平衡向正反应方向移动)的措施有降低温度、增大压强。答案B5.已知某密闭容器中发生反应:X

(g)+Y(g)2W(g)+Z(g)ΔH<0(Y物质易被液化)。下列有关说法中一定正确的是()A.若W为有颜色的物质,达平衡后,增大压强,体系颜色变浅B.改变压强,该反应的平衡常数一定不变C.平衡时,其他条件不变,升高温度,正反应速率增大程

度比逆反应速率增大程度小D.平衡时,其他条件不变,分离出Z,正反应速率增大解析A项,增大压强,不论平衡向哪个方向移动,各物质浓度变大,体系颜色应变深;B项,Y物质易被液化,加压有可能导致Y变为液态,平衡常数的表达式变了,平衡常数也就可能改变;C项,升

温,平衡逆向移动,正确;D项,分离出Z,正、逆反应速率都减小。答案C6.可逆反应2SO2+O22SO3达到平衡状态时,保持恒温恒容向容器中加入一定量的O2。下列说法正确的是(K为平衡常数,Qc为浓度商)

()A.Q不变,K变大,O2转化率增大B.Q不变,K变大,SO2转化率减小C.Q变小,K不变,O2转化率减小D.Q增大,K不变,SO2转化率增大解析当可逆反应2SO2+O22SO3达到平衡状态时,保持恒温恒容向容器中加入一定量的O2,平衡向右进行,但O2转化率减小,浓度商Q变小,K不变。答

案C7.某温度下,可逆反应mA(g)+nB(g)pC(g)的平衡常数为K,下列对K的说法正确的是()A.K值越大,表明该反应越有利于C的生成,反应物的转化率越大B.若缩小反应器的容积,能使平衡正向移动,则K增大C.温度越高,K一定越大D.

如果m+n=p,则K=1解析K越大,该反应正向进行的程度越大,反应物的转化率越大,A项正确;对于一个确定的化学反应,K只是温度的函数,温度一定,K一定,与压强无关,B项错误;因该反应的热效应不确定,故C项错误;K=𝑐�

�(C)𝑐𝑚(A)·𝑐𝑛(B),故由m+n=p,无法判断K的大小。答案A8.在某密闭容器中,可逆反应:A(g)+B(g)xC(g)符合图中(Ⅰ)所示关系,φ(C)表示C气体在混合气体中的体积分数。由此判断,对图像(Ⅱ)说法不正确的是()A.p3>p4,Y轴表示

A的转化率B.p3>p4,Y轴表示B的质量分数C.p3>p4,Y轴表示B的转化率D.p3>p4,Y轴表示混合气体的平均相对分子质量解析据图像(Ⅰ),在压强不变时,由曲线斜率知T1>T2。降温(T1→T2)

时,φ(C)增大,即平衡正向移动,说明正反应为放热反应。当温度不变时,由曲线斜率知压强p2>p1,增大压强(p1→p2)时,φ(C)增大,即平衡正向移动,故x<2。由图像(Ⅱ)知,保持体系压强不变,升高温度,平衡逆向移动,A、B的转化率、φ(C)、混合气体的平均相对分子质量均减小,而A

、B的质量分数增大。故选B。答案B9.已知可逆反应:4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)ΔH=-1025kJ·mol-1。若反应物起始物质的量相同,下列关于该反应的示意图不正确的是()解析升高温度,平衡向逆反应方向移动,平衡时一氧化

氮的含量小,且达到平衡时需要的时间短,故A项正确,D项错误;增大压强,平衡向逆反应方向移动,平衡时一氧化氮的含量小,且达到平衡时需要的时间短,故B项正确;C项有无催化剂只影响到达平衡状态的时间,不影响平衡移动,故正确。答案D10.一定条

件下合成乙烯的反应为6H2(g)+2CO2(g)CH2CH2(g)+4H2O(g)。已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图,下列说法不正确的是()A.该反应的逆反应为吸热反应B.平衡常数:KM>

KNC.生成乙烯的速率:v(N)一定大于v(M)D.当温度高于250℃,升高温度,催化剂的催化效率降低解析升高温度时CO2的平衡转化率降低,说明平衡逆向移动,则逆反应为吸热反应,A项正确;该反应的正反应是放热反

应,升温平衡常数减小,B项正确;化学反应速率随温度的升高而增大,但所用催化剂在250℃时催化活性最高,温度继续升高,其催化效率降低,所以v(N)有可能小于v(M),C项错误,D项正确。答案C二、选择题(本题包括5

小题,每小题4分,共20分。每小题有一个或两个选项符合题意)11.25℃时,密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表所示:物质XYZ初始浓度/(mol·L-1)0.10.20.0平衡浓度/(mol·L-1)0.050.050.1下列说法错误的是()A.反应达到平

衡时,X的转化率为60%B.该反应可表示为X(g)+3Y(g)2Z(g),其平衡常数为1600C.增大压强,平衡常数增大D.改变温度可以改变该反应的平衡常数解析X的浓度变化了0.05mol·L-1,所以达到化学平衡时,X的转

化率为0.05mol·L-1÷0.1mol·L-1×100%=50%,A项错误;Y的浓度变化了0.15mol·L-1,Z的浓度变化了0.1mol·L-1,故该反应的化学方程式为X(g)+3Y(g)2Z(g),其平衡常数K=(0.1)20.05×(0.05)3=1600,B项正确;对于一个确

定的可逆反应,平衡常数与浓度、压强无关,只与温度有关,故C项错误,D项正确。答案AC12.将固体NH4I置于密闭容器中,在一定温度下发生下列反应:①NH4I(s)NH3(g)+HI(g);②2HI(g)H2(g)+I2(g)。达到平衡时,c(H2)=0.5mol·L-1,c(HI)

=4mol·L-1,则此温度下反应①的平衡常数为()A.9B.16C.20D.25解析由c(H2)=0.5mol·L-1可知反应②所消耗的c(HI)=1mol·L-1,而平衡时c(HI)=4mol·L-1,则c(NH3)=4mol·L-1

+1mol·L-1=5mol·L-1。即反应①平衡体系中c(NH3)=5mol·L-1,c(HI)=4mol·L-1,那么反应①的平衡常数K=c(NH3)·c(HI)=5×4=20,故正确答案为C。答案C13.(2018浙江11月选考)已知:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=-

197.8kJ·mol-1。起始反应物为SO2和O2(物质的量之比为2∶1,且总物质的量不变)。SO2的平衡转化率(%)随温度和压强的变化如下表,下列说法不正确的是()温度/K压强/(105Pa)1.015.071

0.125.350.767399.299.699.799.899.972397.598.999.299.599.677393.596.997.898.699.0A.一定压强下降低温度,SO2的转化率增大B.在不同温度、压强下,转化相同物质的量的SO2所需要的时间相等C.使用

催化剂可以缩短反应达到平衡所需的时间D.工业生产通常不采取加压措施是因为常压下SO2的转化率已相当高解析由表格数据及勒夏特列原理知,对于放热反应,一定压强下降低温度,平衡正向移动,故反应物SO2的转化率增大,A项正确;由于在不同温度、压强下,化学反应速率不一定相等,故转化相同物质的

量的SO2所需要的时间不一定相等,B项错误;催化剂对化学平衡移动无影响,但可以缩短到达平衡所需的时间,C项正确;由图中数据可知,在1.01×105Pa(常压)下,673K、723K、773K时SO2的转化率分别为99.2%,97.5%,93.5%

,已经相当高了,且加压后转化率升高并不明显,所以没有必要通过加压提高转化率,D项正确。答案B14.已知H2(g)+I2(g)2HI(g)ΔH<0,有相同容积的定容密闭容器甲和乙,甲中加入H2和I2各0.1mol,乙中加入HI0.2mol,

相同温度下分别达到平衡。欲使甲中HI的平衡浓度大于乙中HI的平衡浓度,应采取的措施是()A.甲、乙提高相同温度B.甲中加入0.1molHe,乙不改变C.甲降低温度,乙不变D.甲增加0.1molH2,乙增加0.1molI2解

析本题考查化学平衡移动和恒温恒容条件下的等效平衡原理。由题意知,甲、乙能达到同一平衡状态,HI浓度相等。升高相同温度,新平衡依然等效,HI浓度相等,A选项错误;向甲中充入氦气,因为容积不变,各物质浓度不变,平衡不移动,甲、乙中HI的平衡浓度仍然相等,B选项错误;对甲降温,平衡向右移动,H

I浓度增大,乙中HI浓度不变,C选项正确;甲增加0.1molH2,乙增加0.1molI2,甲、乙中HI浓度增大程度相等,使甲、乙中HI的平衡浓度仍然相等,D选项错误。答案C15.在容积可变的密闭容器中存在如下反应:CO

(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH<0,下列分析中不正确的是()A.图Ⅰ研究的是t0时升高温度对反应速率的影响B.图Ⅱ研究的是t0时增大压强(缩小容积)或使用催化剂对反应速率的影响C.图Ⅲ研究的是催化剂对化学平衡的影响,且甲使用了催化剂D

.图Ⅲ研究的是温度对化学平衡的影响,且乙的温度较高解析本题考查的是对化学反应速率及化学平衡图像的认识,难度一般。由于这是一个气体体积不变的放热反应,所以t0时温度升高,平衡向左移动,此时逆反应速率大于正反应速率,A项错误;该反应是反应前后气体物质的量不变的

反应,增大压强,可同等程度地增大正、逆反应速率,平衡不移动,使用催化剂,不影响平衡,但反应速率增大,B项正确;如果图Ⅲ研究的是催化剂对化学平衡的影响,则由图可知乙条件下先达到平衡,所以应该是乙使用了催化剂,且平衡时甲、乙两条件下的CO转化率应相等,C项错误;如果图Ⅲ研究的是温度对平衡的

影响,同样应该是乙条件下温度高于甲条件,那么从甲升温到乙,平衡向左移动,CO的转化率下降,D项正确。答案AC三、非选择题(本题共5小题,共60分)16.(12分)在密闭容器中,使2molN2和6molH2混合发生下列反应:N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH<0

。(1)当反应达到平衡时,N2和H2的浓度比是;N2和H2的转化率之比是。(2)升高平衡体系的温度(保持体积不变),混合气体的平均相对分子质量,密度。(填“增大”“减小”或“不变”)(3)当达到平衡时,充入氩气,并保持压强不变,平衡将(填“正向”“逆向”或“不”)移

动。(4)若容器恒容、绝热,加热使容器内温度迅速升至原来的2倍,平衡将(填“向左移动”“向右移动”或“不移动”)。达到新平衡后,容器内温度(填“大于”“小于”或“等于”)原来的2倍。解析(1)对N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH<0,在密闭容器中,开始

时n(N2)∶n(H2)=2∶6=1∶3,反应时消耗n(N2)∶n(H2)=1∶3,故平衡时n(N2)∶n(H2)=1∶3,所以c(N2)∶c(H2)=1∶3,转化率之比为1∶1。(2)升高温度,平衡向逆反应方向移动,气体

的总物质的量增大,总质量不变,故平均相对分子质量变小,由ρ=𝑚𝑉知密度不变。(3)达平衡后,保持压强不变,充入氩气,使体系体积增大,浓度减小,相当于减小压强,使平衡逆向移动。(4)恒容时升高温度至原来的2倍,根据勒夏特列原理,平衡向吸热反应的方向移动,

即向左移动,达新平衡后,容器内温度大于原来的温度,小于原来温度的2倍。答案(1)1∶31∶1(2)减小不变(3)逆向(4)向左移动小于17.(12分)300℃时,将2molA和2molB两种气体混合于2L密闭容器中,发生如下反应:3A(g)+B

(g)2C(g)+2D(g)ΔH=Q,2min末达到平衡,生成0.8molD。(1)300℃时,该反应的平衡常数表达式为:K=。已知K300℃<K350℃,则ΔH0(填“>”或“<”)。(2)在2min末时,B的平衡浓度为,D的平均反

应速率为。(3)若温度不变,缩小容器容积,则A的转化率(填“增大”“减小”或“不变”),原因是。(4)如果在相同的条件下,上述反应从逆反应方向开始,开始时加入C、D各43mol。若使平衡时各物质的物质的量浓度与原平衡相同,则还应该加入Bmol。解析(1)温度越高,K越大,则说明升

温平衡正向移动,即正反应为吸热反应,ΔH>0。(2)生成0.8molD,则反应掉0.4molB,剩余1.6molB,c(B)=1.6mol2L=0.8mol·L-1;v(B)=0.4mol2L×2min=0.1

mol·L-1·min-1,由化学计量数知,D的反应速率应为B的2倍,故v(D)=2v(B)=2×0.1mol·L-1·min-1=0.2mol·L-1·min-1。(3)该反应前后气体分子数不变,增大压强平衡不移动,故A的转化率不

变。(4)将C、D的量折算成A、B的量,则相当于加入2molA和23molB,容器体积固定,若平衡时各物质浓度与原平衡相同,则说明起始时物质的量相等,故还应加入B2mol-23mol=43mol。答案(1)𝑐2(C)·𝑐2(D)𝑐3(A)·𝑐(B)>(2

)0.8mol·L-10.2mol·L-1·min-1(3)不变反应前后气体分子数不变,压强对平衡无影响(4)4318.(12分)(2018全国Ⅰ,28节选)采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术,在含能

材料、医药等工业中得到广泛应用。回答下列问题:(1)1840年Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银,得到N2O5。该反应的氧化产物是一种气体,其分子式为。(2)F.Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25℃时N2O5(g)分解反应:2N2O5(g)4NO2(g)+

O2(g)2N2O4(g)其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间t的变化如下表所示[t=∞时,N2O5(g)完全分解]:t/min0408016026013001700∞

p/kPa35.840.342.545.949.261.262.363.1①研究表明,N2O5(g)分解的反应速率v=2×10-3×𝑝N2O5(kPa·min-1),t=62min时,测得体系中𝑝O2=2.9kPa,则此时的𝑝N2O5=kPa,v=kPa·min-1

。②若提高反应温度至35℃,则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)63.1kPa(填“大于”“等于”或“小于”),原因是。③25℃时N2O4(g)2NO2(g)反应的平衡常数Kp=kPa(Kp为以分压表示的平衡常数,计算结果保留1位小数)。(

3)对于反应2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g),R.A.Ogg提出如下反应历程:第一步N2O5NO2+NO3快速平衡第二步NO2+NO3NO+NO2+O2慢反应第三步NO+NO32NO2快反应其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是(填标号)。A

.v(第一步的逆反应)>v(第二步反应)B.反应的中间产物只有NO3C.第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效D.第三步反应活化能较高解析(1)干燥的氯气与干燥的AgNO3之间发生氧化还原反应时,氯气作氧化剂,而AgNO3中Ag、N元

素都处于最高价,所以被氧化的只能为氧元素,则得到的气体为氧气。(2)①依据反应N2O5(g)2NO2(g)+12O2(g)及气体的物质的量与其形成的压强成正比,生成的O2的压强p(O2)=2.9kPa,则剩余N2O5

形成的压强p(N2O5)=35.8kPa-2.9kPa×2=30.0kPa。则N2O5的分解速率v=2×10-3×30.0kPa·min-1=6.0×10-2kPa·min-1。②若提高反应温度至35℃,由于体积不变,但温度提高,总压强增大,且2NO2(g)N2O4(g)Δ

H2=-55.3kJ·mol-1为放热反应,温度升高,平衡左移,气体的物质的量增大,总压强提高,所以N2O5完全分解后体系压强p∞大于63.1kPa。③当t=∞时,体系的总压强为63.1kPa为平衡时的总

压强,此时N2O5完全分解,生成的氧气的压强为:p(O2)=35.8kPa2=17.9kPa。若NO2不生成N2O4,则此时的总压应为35.8kPa×52=89.5kPa,而实际压强为63.1kPa,压强差为:89.5kPa-

63.1kPa=26.4kPa2NO2N2O4压强差21126.4kPa26.4kPa则平衡时NO2的分压为:63.1kPa-p(O2)-p(N2O4)=18.8kPa;由此可求反应N2O4(g)2NO2(g)的平衡常数为(18.8kPa)226.4kPa≈13.4kPa

。(3)根据第一步能“快速平衡”及第二步“慢反应”可判断A项正确;反应的中间产物有NO3及NO,B项错误;根据第二步反应:NO2+NO3NO+NO2+O2可知,部分NO2没有参加反应,C项正确;第三步为“快反应”,则该步反应的活化能较低,D项错误。答案(1)O2(2)

①30.06.0×10-2②大于温度提高,体积不变,总压强提高;NO2二聚为放热反应,温度提高,平衡左移,体系物质的量增加,总压强提高③13.4(3)AC19.(12分)(2019江苏卷,20节选)CO2的资源化利用能有效减少CO2排放,充分利用碳资

源。(1)CaO可在较高温度下捕集CO2,在更高温度下将捕集的CO2释放利用。CaC2O4·H2O热分解可制备CaO,CaC2O4·H2O加热升温过程中固体的质量变化如图所示。①写出400~600℃范围内分解反应的化学方程式:。②与CaCO

3热分解制备的CaO相比,CaC2O4·H2O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能,其原因是。(2)CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法,其过程中主要发生下列反应:反应Ⅰ:CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)Δ

H=+41.2kJ·mol-1反应Ⅱ:2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)ΔH=-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所示。其中:CH3OCH3的选择性=2×CH3OCH3的物质的量反应的CO2的物质的量×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,在催化剂作用下CO

2与H2反应一段时间后,测得CH3OCH3的选择性为48%(图中A点)。不改变反应时间和温度,一定能提高CH3OCH3选择性的措施有。解析(1)①利用热重分析法判断反应:①在400~600℃之间,质量减少28g,显然是生成了CO,则化学方程式为CaC2O4CaC

O3+CO↑;②从整个过程可知CaC2O4·H2O热解时,先生成水蒸气,然后依次产生CO、CO2,CaC2O4·H2O热分解产生的气体更多,制得的CaO更加疏松多孔,具有更好的CO2的捕集性能。(2)①分析两个反应,反应Ⅰ的ΔH>0,反应Ⅱ的ΔH<0

,当温度升高时,有利于反应Ⅰ中CO2转化为CO,使CO2的平衡转化率升高;对反应Ⅱ而言,CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降,而且上升幅度超过下降幅度,因此温度高于300℃时,CO2的平衡转化率随温度升高而上升。②对反应2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3

H2O(g)而言,该反应是气体物质的量减小的反应,因此可增大压强提高CH3OCH3的选择性;由于温度、时间一定,可使用活性更高的催化剂,从而提高单位时间的转化率。答案(1)①CaC2O4CaCO3+CO↑②CaC2O4·H2O热分解放出更

多的气体,制得的CaO更加疏松多孔(2)①反应Ⅰ的ΔH>0,反应Ⅱ的ΔH<0,温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升,使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降,且上升幅度超过下降幅度②增大压强、使用对反

应Ⅱ催化活性更高的催化剂20.(12分)(2019全国Ⅲ,28节选)近年来,随着聚酯工业的快速发展,氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此,将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题:(1)Deacon发明的直接氧化法为:4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O

(g)。下图为刚性容器中,进料浓度比c(HCl)∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系:可知反应平衡常数K(300℃)K(400℃)(填“大于”或“小于”)。设HCl初始浓度为c0,根据进料浓度比c(HCl)

∶c(O2)=1∶1的数据计算K(400℃)=(列出计算式)。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率,同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低、过高的不利影响分别是。(2)Deacon

直接氧化法可按下列催化过程进行:CuCl2(s)CuCl(s)+12Cl2(g)ΔH1=83kJ·mol-1CuCl(s)+12O2(g)CuO(s)+12Cl2(g)ΔH2=-20kJ·mol-1CuO(s)+2HCl(g)CuCl

2(s)+H2O(g)ΔH3=-121kJ·mol-1则4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=kJ·mol-1。(3)在一定温度的条件下,进一步提高HCl的转化率的方法是。(写出2种)解析本题化学原理综合题,为热化学、电化学与化学平衡综合题,难度中等。(1)分析任意

一条平衡曲线可知,在进料浓度比固定的条件下,随着温度的升高,HCl的平衡转化率降低,说明正反应为放热反应,由于K只与温度有关,升高温度,平衡逆向移动,平衡常数K减小,即K(300℃)大于K(400℃)。根据进料浓度比及HCl的平衡转化率

间的关系可知,c(HCl)∶c(O2)=1∶1的曲线为最上面的那条曲线,由该曲线可知:温度为400℃时HCl的平衡转化率为84%。根据条件可列三段式如下:4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)初始:c0c000转化:c0×0.84c0×0.21

c0×0.42c0×0.42平衡:c0×(1-0.84)c0×(1-0.21)c0×0.42c0×0.42K(400℃)=𝑐2(Cl2)·𝑐2(H2O)𝑐4(HCl)·𝑐(O2)=(𝑐0×0.42)2·(𝑐0×0.42

)2[𝑐0×(1-0.84)]4·[𝑐0×(1-0.21)]=0.422×0.422(1-0.84)4×(1-0.21)𝑐0进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低,导致产品Cl2混有大量O2,则分离两气体时导致能耗较高。而进料浓度比c(HCl)∶c

(O2)过高,则导致HCl的转化率过低,浪费原料。(2)由盖斯定律可知,将题给催化过程的三个反应直接相加可得:2HCl(g)+12O2(g)Cl2(g)+H2O(g)ΔH'=(83-20-121)kJ·mol-1=-58kJ·mol-1,则ΔH=2ΔH'=

-116kJ·mol-1(3)在温度一定时,要增大HCl的平衡转化率,可采取的措施有:及时移走部分产物、增大体系压强等。答案(1)大于0.422×0.422(1-0.84)4×(1-0.21)𝑐0O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低(2)-116(3)

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