5、 理解化学平衡常数并能利用化学平衡常数进行简单计算。

4、 理解浓度、温度、压强等条件对化学平衡移动的影响。

3、 了解化学反应的可逆性。

2、 了解温度、浓度、压强和催化剂影响化学反应速率的一般规律。

1、 了解化学反应速率的概念、反应速率的定量表示方法。

4. 将一定量的SO和含0.7 mol氧气的空气(忽略CO₂)放入一定体积的密闭容器中，550 ℃时，在催化剂作用下发生反应：2SO₂+O₂ 　2SO₃(正反应放热)。反应达到平衡后，将容器中的混合气体通过过量NaOH溶液，气体体积减少了21.28 L；再将剩余气体通过焦性没食子酸的碱性溶液吸收O₂，气体的体积又减少了5.6 L(以上气体体积均为标准状况下的体积)。(计算结果保留一位小数)

请回答下列问题：

(1)判断该反应达到平衡状态的标志是　　　　　 　　　　　。(填字母)

a．SO₂和SO₃浓度相等　　　　　 b．SO₂百分含量保持不变

c．容器中气体的压强不变　　　　　 d．SO₃的生成速率与SO₂的消耗速率相等

e．容器中混合气体的密度保持不变

(2)欲提高SO₂的转化率，下列措施可行的是　　　　　　　 。(填字母)

a．向装置中再充入N₂b．向装置中再充入O₂

c．改变反应的催化剂　　　　　　　 d．生高温度

(3)求该反应达到平衡时SO₃的转化率(用百分数表示)。

(4)若将平衡混合气体的5%通入过量的BaCl₂溶液，生成沉淀多少克？

[答案]

(1)bc　　　　　 (2)b

(3)消耗的O₂物质的量：　　　

　　 生成的SO₃物质的量：

　　 SO₂和SO₃的物质的量和：

　　 反应前的SO₂物质的量：

　　 SO₂的转化率：

(4)在给定的条件下，溶液呈强酸性，BaSO₃不会沉淀。因此BaSO₄的质量

[解析]化学平衡是动态平衡，处于平衡状态的化学反应，并没有停止反应，化学平衡状态的“定”，指的是平衡状态时反应物中各组分的质量分数、物质的量、物质的量分数、总压强、浓度等保持不变，而平衡时的上述各种量的比较关系取决于多种条件，不一定是相等的。且平衡状态的正逆反应速率一定相同。向装置中再充入N₂和改变反应的催化剂，不能使化学平衡移动，升高温度使化学平衡移动逆向移动，

消耗的O₂物质的量：。

生成的SO₃物质的量：

SO₂和SO₃的物质的量和：

反应前的SO₂物质的量：

SO₂的转化率：

在给定的条件下，溶液呈强酸性，BaSO₃不会沉淀。因此BaSO₄的质量。

[考点分析]平衡状态的标志的考查、转化率的相关计算

3、(09年山东理综·28)(14分)运用化学反应原理研究氮、氧等单质及其化合物的反应有重要意义。

(1)合成氨反应N₂(g)+3H₂(g)2NH₃(g)，若在恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气，平衡　　　 移动(填“向左”、“向右”或“不”)；使用催化剂　　　　 反应的△H(填“增大”、“减小”或“不改变”)。

(2)已知：O₂(g) = O₂⁺(g)+e^－　　　　　　 H₁=1175.7 kJ·mol^-1

PtF₆(g)+e^－=PtF₆^－(g)　　　　　　　　　　 H₂=-771.1 kJ·mol^-1

O₂PtF₆(S)=O₂⁺(g)+PtF₆^－(g)　　　　　　　 H₃=482.2 kJ·mol^-1

则反应O₂(g)+PtF₆(g) = O₂⁺PtF₆^－(s)的H=_____________ kJ·mol^-1。

(3)在25℃下，向浓度均为0.1 mol·L^-1的MgCl₂和CuCl₂混合溶液中逐滴加入氨水，先生成　　　　 沉淀(填化学式)，生成该沉淀的离子方程式为　　　　 。已知25℃时K_sp[Mg(OH)₂]=1.8×10^-11，K_sP[Cu(OH)₂]=2.2×10^-20。

(4)在25℃下，将a mol·L^-1的氨水与0.01 mol·L^-1的盐酸等体积混合，反应时溶液中c(NH₄⁺)=c(Cl^-)。则溶液显　　　 性(填“酸”、“碱”或“中”)；用含a的代数式表示NH₃·H₂O的电离常数K_b=　　　　　　

[答案](1)向左 不改变

(2)－77.6

(3)Cu(OH)₂　 Cu²⁺+2NH₃·H₂O = Cu(OH)₂↓ +2NH₄⁺

　　　　 (4)中　　 　mol·L^-1

[解析](1)恒温、恒压条件下向平恒体系中通入氩气，则反应体系体积增大，平衡左移；使用催化剂只是改变了反应的途径，没有改变反应物与生成物的状态，△H不变；(2)利用盖斯定律，△H₁+△H₂+(-△H₃)= -77.6 kJ·mol^-1；(3)由于,K_sP [Cu(OH)₂]=2.2×10^-20＜K_sp[Mg(OH)₂]=1.8×10^-11，所以先生成沉淀；2NH₃·H₂O+Cu²⁺＝Cu(OH)₂↓+2 NH₄^*；根据溶液的电中性原则，c(NH₄^*)=c(Cl^-)，则[H⁺]＝[OH^-]；溶液显中性；K_b= ，c(NH₄^*)=c(Cl^-)＝0.005 mol·L^-1；[H⁺]＝[OH^-]＝1×10^-7 mol·L^-1(因为是25℃下且为中性)；[NH₃·H₂O]＝mol·L^-1－0.005 mol·L^-1，则：K_b=mol·L^-1。

[考点分析]平衡移动原理、盖斯定律、溶度积、电离常数的综合考查。

2.(09年江苏化学·20) 联氨(N₂H₄)及其衍生物是一类重要的火箭燃料。N₂H₄与N₂O₄反应能放出大量的热。

(1)已知：2NO₂(g)===N₂O₄(g)　 △H=-57.20kJ·mol^-1。一定温度下，在密闭容器中反应2NO₂(g)N₂O₄(g)达到平衡。其他条件不变时，下列措施能提高NO₂转化率的是　　 (填字母)。

A．减小NO₂的浓度 B．降低温度

C．增加NO₂的浓度 D．升高温度

(2)25℃时，1.00gN₂H₄(l)与足量N₂O₄(l)完全反应生成N₂(g)和H₂O(l)，放出19.14kJ的热量。则反应2N₂H₄(l)+N₂O₄(l)=3N₂(g)+4H₂O(l)的△H=　　　 kJ·mol^-1。

(3)17℃、1.01×10⁵Pa，密闭容器中N₂O₄和NO₂的混合气体达到平衡时，c(NO₂)=0.0300 mol·L^-1、c(N₂O₄)=0.0120 mol·L^-1。计算反应2NO₂(g)N₂O₄(g)的平衡常数K。

(4)现用一定量的Cu与足量的浓HNO₃反应，制得1.00L已达到平衡的N₂H₄和NO₂的混合气体(17℃、1.01×10⁵Pa)，理论上至少需消耗Cu多少克？

[答案](1)BC

(2)-1224.96

(3)根据题意知平衡时：c(N₂O₄)=0.0120 mol·L^-1、c(NO₂)=0.0300 mol·L^-1

K==13.3L·mol^-1

答：平衡常数为13.3。

(4)由(3)可知，在17℃、1.01×10⁵Pa达到平衡时，1.00L混合气体中：

n(N₂O₄)=　c(N₂O₄)×V=0.0120 mol·L^-1×1.00L=0.0120mol

n(NO₂)=　c(NO₂)×V=0.0300 mol·L^-1×1.00L=0.0300mol

则 n (NO₂) 总= n(NO₂)+2n(N₂O₄)=0.0540mol

由Cu+4HNO₃=Cu(NO₃)₂+2NO↑+2H₂O可得

答：理论上至少需消耗Cu 1.73 g.

[解析](1)考查影响化学平衡移动的因素(2)简单的反应热计算要注意将质量转化为物质的量，还要注意比例关系。(3)(4)见答案

[考点分析]^{本题考察了平衡移动原理、反应热计算、平衡常数。高考中的热点和难点。}

1.(09年广东化学·20) 甲酸甲酯水解反应方程式为：

HCOOCH₃(l)+H₂O(l)HCOOH(l)+CH₃OH(l)；△H>0

某小组通过试验研究该反应(反应过程中体积变化忽略不计)。反应体系中各组分的起始量如下表：

甲酸甲酯转化率在温度T₁下随反应时间(t)的变化如下图：

(1)根据上述条件，计算不同时间范围内甲酸甲酯的平均反应速率，结果见下表：

请计算15-20min范围内甲酸甲酯的减少量为　　　　　 mol，甲酸甲酯的平均反应速率为 　　　mol·min^-1(不要求写出计算过程)。

(2)依据以上数据，写出该反应的反应速率在不同阶段的变化规律及其原因：　　　　 　。

(3)上述反应的平衡常数表达式为：，则该反应在温度T₁下的K值为 　　　　　　　。

(4)其他条件不变，仅改变温度为T₂(T₂大于T₁)，在答题卡框图中画出温度T₂下甲酸甲酯转化率随反应时间变化的预期结果示意图。

[答案](1)15-20min范围内甲酸甲酯的减少量为0.045mol；甲酸甲酯的平均反应速率为0.009mol·min^-1(2)反应速率随着反应的进行，先逐渐增大再逐渐减小，后不变；原因：随着反应的不断进行，应开始甲酸甲酯的浓度大，所以反应速率较大，后随着反应进行，甲酸甲酯的物质的量浓度不断减少，反应速率不断减慢，所以转化率增大的程度逐渐减小，当反应达到平衡后，转化率不变。

(3)1/7

(4)图略。作图要点：因为T₂>T₁，温度越高，平衡向逆反应方向移动，甲酸甲酯的转化率下降，T₂达到平衡时的平台要低于T₁；另外温度越高，越快达到平衡，所以T₂达到平衡的时间要小于T₁。

[解析](1)15min时，甲酸甲酯的转化率为6.7%，所以15min时，甲酸甲酯的物质的量为1-1.00mol×6.7%==0.933mol；20min时，甲酸甲酯的转化率为11.2%所以20min时，甲酸甲酯的物质的量为1-1.00mol×11.2%==0.888mol，所以15至20min甲酸甲酯的减少量为0.933mol-0.888mol=0.045mol，则甲酸甲酯的平均速率==0.045mol/5min==0.009mol·min^-1。

(2)从题给数据不难看出，平均速率的变化随转化率的增大先增大再减小，后保持不变。因为反应开始甲酸甲酯的浓度大，所以反应速率较大，后随着反应进行甲酸甲酯的浓度减小，反应速率减小，当达到平衡时，反应速率几乎不变。

(3)由图象与表格可知，在75min时达到平衡，甲酸甲酯的转化率为24%，所以甲酸甲酯转化的物质的量为1.00×24%==0.24mol，结合方程式可计算得平衡时，甲酸甲酯物质的量==0.76mol，水的物质的量1.75mol，甲酸的物质的量==0.25mol 甲醇的物质的量==0.76mol

。所以K=(0.76×0.25)/(1.75×0.76)=1/7。

(4)因为升高温度，反应速率增大，达到平衡所需时间减少，所以绘图时要注意T₂达到平衡的时间要小于T₁，又该反应是吸热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，甲酸甲酯的转化率减小，所以绘图时要注意T₂达到平衡时的平台要低于T₁。

[考点分析]化学反应速率的计算、影响化学反应速率及化学平衡的因素；平衡常数的简单计算

16. 有两只密闭容器A和B，A容器有一个可移动的活塞能使容器内保持恒压，B容器能保持恒容。起始时间这两只容器中分别充入等量的体积比为2∶1的SO₂和O₂的混合气体，并使A和B容积相等，如右图。在保持400℃的条件下使之发生如下反应：

2SO₂+O₂　 　　2SO₃请填空下列空白：

⑴达到平衡时所需的时间A容器比B容器　　　　　　 (多、少)A容器中SO₂的转化率比B容器中　　　　　 (大、小)。

⑵达到⑴所述平衡后，若向两容器中通入数量不多的等量的H₂，A容器中化学平衡　　　　　 移动。B容器中化学平衡　　 　 移动。(向左、向右　 不移动)。

⑶达到⑴所述平衡后，若向两容器中再通入等量的原反应气体，达到平衡时，A容器中SO₃的百分含量 　　 。B容器中SO₃的百分含量　　　　　　　 。(增大、减小、不变)。

[答案](1)小　 大　 (2)向左　　 不　 (3)不变　 增大

[专题综合]