备战2021 高考化学 考点40 化学平衡常数及转化率（解析版）

备战2021 高考化学 考点40 化学平衡常数及转化率（解析版）

考点 40 化学平衡常数及转化率 1．化学平衡常数 （1）定义 在一定温度下，当一个可逆反应达到化学平衡时，生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值是一个 常数，这个常数就是该反应的化学平衡常数（简称平衡常数），用 K 表示。 （2）表达式 对于一般的可逆反应：mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)，K= (C) (D) (A) (B) p q m n c c c c   。 （3）应用 ①判断反应进行的限度 K 值大，说明反应进行的程度大，反应物的转化率高。K 值小，说明反应进行的程度小，反应物的转化 率低。 K <10−5 10−5~105 >105 反应程度 很难进行 反应可逆 反应可接近完全 ②判断反应是否达到平衡状态 化学反应 aA(g)+bB(g) cC(g)+dD(g)在任意状态时，浓度商均为 Qc= (C) (D) (A) (B) c d a b c c c c   。 Qc>K 时，反应向逆反应方向进行； Qc=K 时，反应处于平衡状态； Qcp+q 反应物 A 和 B 的转化率均增 大 m+nn+p 反应物 A 的转 化率增大 mK，说明平衡向逆反应方向进行，Qc＜K，说明平衡向正反应方向进行，Qc＝K， 说明反应达到平衡，故正确；C．化学平衡常数只受温度影响，故错误；D．根据选项 C 分析，故错误。 1． 2I 在 KI 溶液中存在平衡      - 2 3I aq I aq I aq  ，测得不同温度下该反应的平衡常数如表所示： t/℃ 5 15 25 35 50 K 1100 841 680 533 409 下列说法正确的是（ ） A．反应      - - 2 3I aq +I aq I aq 的 Δ >0H B．利用该反应可以除去硫粉中少量的碘单质 C．在上述体系中加入苯，平衡不移动 D．25℃时，向溶液中加入少量 KI 固体，平衡常数 K 小于 680 【答案】B 【详解】 A．由表中数据可知，温度越高，平衡常数越小，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热 反应，即 0H  ，选项 A 错误； B．硫难溶于水，而碘单质与 I 形成 3I  而溶于水，可以达到除去硫粉中少量碘的目的，选项 B 正确； C．加入苯，碘能溶于苯，使水中碘的浓度变小，平衡向逆反应方向移动，选项 C 错误； D．加入 KI 固体，平衡向正反应方向移动，但平衡常数只受温度影响，与物质的浓度无关，选项 D 错误。 答案选 B。 平衡常数的几个易错点 （1）正、逆反应的平衡常数互为倒数；若方程式中各物质的化学计量数等倍扩大或缩小，尽管是同一 反应，平衡常数也会改变。 （2）能代入平衡常数表达式的为气体、非水溶液中的 H2O、溶液中的溶质，固体与纯液体以及溶液中 H2O 的浓度可看为常数，不能代入。 考向二 化学平衡常数的计算与应用 典例 2 在一定体积的密闭容器中，进行化学反应 CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)，其化学平衡常数 K 和 温度 T 的关系如表： T/℃ 700 800 830 1 000 1 200 K 0.6 0.9 1.0 1.7 2.6 回答下列问题： （1）该反应的化学平衡常数表达式 K= 。 （2）该反应为 (填“吸热”或“放热”)反应。 （3）某温度下，各物质的平衡浓度符合下式：3c(CO2)·c(H2)=5c(CO)·c(H2O)，试判断此时的温度 为 。 （4）若 830 ℃时，向容器中充入 1 mol CO、5 mol H2O，反应达到平衡后，其化学平衡常数 K (填 “大于”“小于”或“等于”)1.0。 （5）830 ℃时，容器中的反应已达到平衡。在其他条件不变的情况下，扩大容器的体积，平衡 (填 “向正反应方向”“向逆反应方向”或“不”)移动。 （6）若 1 200 ℃时，在某时刻平衡体系中 CO2、H2、CO、H2O 的浓度分别为 2 mol·L−1、2 mol·L−1、4 mol·L−1、 4 mol·L−1，则此时上述反应的平衡移动方向为 (填“正反应方向”“逆反应方向”或“不移动”)。 【答案】（1）         2 2 2 CO H O CO H   c c c c （2）吸热 （3）700 ℃ （4）等于 （5）不 （6）逆反应方向 【解析】（1）根据化学方程式可写出 K=         2 2 2 CO H O CO H   c c c c 。 （2）分析表中数据可知，随着温度的升高，K 值逐渐增大，说明正反应是吸热反应。 （3）某温度下，由 3c(CO2)·c(H2)=5c(CO)·c(H2O)得出         2 2 2 CO H O CO H   c c c c = 3 5 =0.6=K，查表知 K=0.6 时对应 温度是 700 ℃。 （4）只要温度不变，K 值就不变。 （5）830 ℃时达到平衡，扩大容器体积，由于反应前后气体的物质的量不变，则平衡不移动。 （6）该条件下 Qc=         2 2 2 CO H O CO H   c c c c = 4 4 2 2   =4>K=2.6，故反应向逆反应方向移动。 2．（1）在一定条件下 CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)，当 CO 与 H2O(g)的起始 物质的量之比为 1∶5，达平衡时，CO 转化了5 6 。若 a kg 含 Ca5(PO4)3F(相对分子质量为 504)的质量分数 为 10%的磷尾矿，在上述过程中有 b%的 Ca5(PO4)3F 转化为 P4，将产生的 CO 与 H2O(g)按起始物质的 量之比 1∶3 混合，则在相同条件下达平衡时能产生 H2________kg。[已知：4Ca5(PO4)3F＋18SiO2＋ 30C 2CaF2＋30CO＋18CaSiO3＋3P4] （2）乙苯催化脱氢制苯乙烯反应： CH2CH3(g) CH=CH2(g)＋H2(g) 维持体系总压 p 恒定，在温度 T 时，物质的量为 n、体积为 V 的乙苯蒸气发生催化脱氢反应。已知乙苯 的平衡转化率为α，则在该温度下反应的平衡常数 K＝________(用α等符号表示)。 【答案】（1） ab 44 800 （2） α2 1－α2p 或 nα2 （1－α2）V 【解析】（1）当 CO 和 H2O(g)的起始物质的量之比为 1∶5 时，设 CO 为 1 mol，则： CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) 起始物质的量(mol) 1 5 0 0 改变物质的量(mol) 5 6 5 6 5 6 5 6 平衡物质的量(mol) 1 6 25 6 5 6 5 6 故此温度下，反应的平衡常数 K＝ c（CO2）·c（H2） c（CO）·c（H2O） ＝1。 由题意知，反应 4Ca5(PO4)3F＋18SiO2＋30C 2CaF2＋30CO＋18CaSiO3＋3P4，若 a kg 含 Ca5(PO4)3F 的质量分数为 10%的磷尾矿，当有 b%的 Ca5(PO4)3F 转化为 P4 时，产生的 CO 的物质的量为 n＝ab/67.2 mol，将产生的 CO 和 H2O(g)按起始物质的量之比为 1∶3 混合，设在相同条件下达到平衡时 CO 转化 了 x mol，则 CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) 起始物质的量(mol) n 3n 0 0 改变物质的量(mol) x x x x 平衡物质的量(mol) n－x 3n－x x x 故 x·x （n－x）·（3n－x） ＝1，得 x＝3 4n，则达到平衡时产生的氢气的物质的量为 ab 67.2×3 4 mol＝ ab 89.6 mol， 氢气的质量为 ab 44.8 g＝ ab 44.8×10－3 kg＝ ab 44 800 kg。 （2）从浓度角度求 Kc：根据阿伏加德罗定律的推论，总压强 p 相同时，V1 V2 ＝n1 n2 ，乙苯的转化率为α， 由此可得： V V 反应后 ＝ 1 1＋α ，V 反应后＝(1＋α)V，根据化学方程式及平衡常数的定义：Kc＝ n2α2 V2（1＋α）2 n（1－α） V（1＋α） ＝ nα2 V（1－α）（1＋α） ＝ nα2 （1－α2）V 。 从压强角度求 Kp：容器中氢气的物质的量为αn，苯乙烯的物质的量为αn，乙苯的物质的量为(1－α)n， 气体的总物质的量为(1＋α)n，所以氢气的分压为 αn （1＋α）n p，苯乙烯的分压为 αn （1＋α）n p，乙苯的分 压为 （1－α）n （1＋α）n p，因此 Kp＝ αn （1＋α）n p· αn （1＋α）n p （1－α）n （1＋α）n p ＝ α2 1－α2p。 考向三 转化率的计算与比较 典例 3 已知可逆反应：M(g)＋N(g) P(g)＋Q(g) ΔH＞0，请回答下列问题。 （1）某温度下，反应物的起始浓度分别为 c(M)＝1 mol·L－1，c(N)＝2.4 mol·L－1；达到平衡后，M 的转 化率为 60%，此时 N 的转化率为________。 （2）若反应温度不变，反应物的起始浓度分别为 c(M)＝4 mol·L－1，c(N)＝a mol·L－1；达到平衡后，c(P) ＝2 mol·L－1，a＝________。 （3）若反应温度不变，反应物的起始浓度为 c(M)＝c(N)＝b mol·L－1，达到平衡后，M 的转化率为_____。 【解析】用“平衡三段式法”，借助平衡常数来串联计算： （1） M(g)＋N(g) P(g)＋Q(g) c 始/(mol·L－1) 1 2.4 0 0 c 转/(mol·L－1) 0.6 0.6 0.6 0.6 c 平/(mol·L－1) 0.4 1.8 0.6 0.6 α(N)＝0.6 2.4×100%＝25%，K＝0.6×0.6 0.4×1.8 ＝0.5。 （2） c 始/(mol·L－1) 4 a 0 0 c 平/(mol·L－1) 2 a－2 2 2 由 K＝ 2×2 2×(a－2) ＝0.5，解得 a＝6。 （3） c 始/(mol·L－1) b b 0 0 c 平/(mol·L－1) b(1－x) b(1－x) bx bx 由 K＝ (bx)2 [b(1－x)]2 ＝0.5，解得 x≈0.41。 【答案】（1）25% （2）6 （3）41% 3．甲胺铅碘(CH3NH3PbI3)用作全固态钙钛矿敏化太阳能电池的敏化剂，可由 CH3NH2、PbI2 及 HI 为原料合 成，回答下列问题： (1)上述反应中所需的甲醇工业上利用水煤气合成 CO(g)＋2H2(g)  CH3OH(g) ΔH<0。在一定条件下，将 1 mol CO 和 2 mol H2 通入密闭容器中进行反应，当改变某一外界条件(温度或压强)时，CH3OH 的平衡体积分 数φ(CH3OH)变化趋势如图所示： ①平衡时，M 点 CH3OH 的体积分数为 10%，则 CO 的转化率为_________。 ②X 轴上 a 点的数值比 b 点_________(填“大”或“小”)。某同学认为上图中 Y 轴表示温度，你认为他判断的 理由是_________。 【答案】25% 小 随着 Y 值的增大，φ(CH3OH)减小，平衡 CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g)向逆反应方向移 动，故 Y 为温度 【解析】 (1)①初始投料为 1 mol CO 和 2 mol H2，设转化的 CO 的物质的量为 x，列三段式有：            2 3CO g 2H g CH OH g mol 1 2 0 mol x 2x x mol 1 x 2 2x x     起始 转化 平衡 CH3OH 的体积分数为 10%，则有 1 +2 2 + x x x x  =10%，解得 x=0.25mol，所以 CO 的转化率为 0.25mol 100%1mol  =25%；故答案为：25%； ②X 表示压强，该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，则 CH3OH 的体积分数 φ(CH3OH)也增大，b 点 CH3OH 的体积分数φ(CH3OH)大于 a 点 CH3OH 的体积分数φ(CH3OH)，则 X 轴上 a 点的数值比 b 点小；由图可知，随着 Y 值减小，CH3OH 的体积分数φ(CH3OH)增大，该反应是放热反应， 降低温度，平衡向正反应方向移动，CH3OH 的体积分数φ(CH3OH)也越大，故 Y 表示温度；故答案为：小； 随着 Y 值的增大，φ(CH3OH)减小，平衡 CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g)向逆反应方向移动，故 Y 为温度； 1．O3 是一种很好的消毒剂，具有高效、洁净、方便、经济等优点。O3 可溶于水，在水中易分解，产生的[O] 为游离氧原子，有很强的杀菌消毒能力。常温常压下发生的反应如下： 反应① O3 O2＋[O] ΔH>0 平衡常数为 K1； 反应② [O]＋O3 2O2 ΔH<0 平衡常数为 K2； 总反应：2O3 3O2 ΔH<0 平衡常数为 K。 下列叙述正确的是 A．降低温度，总反应 K 减小 B．K＝K1＋K2 C．适当升温，可提高消毒效率 D．压强增大，K2 减小 【答案】C 【解析】降温，总反应平衡向右移动，K 增大，A 项错误；K1＝c(O2)·c([O]) c(O3) 、K2＝ c2(O2) c([O])·c(O3) 、K＝c3(O2) c2(O3) ＝K1·K2，B 项错误；升高温度，反应①平衡向右移动，c([O])增大，可提高消毒效率，C 项正确；对于 给定的反应，平衡常数只与温度有关，D 项错误。 2．只改变一个影响化学平衡的因素，平衡常数 K 与化学平衡移动的关系叙述不正确的是 A．K 值不变，平衡可能移动 B．平衡向右移动时，K 值不一定变化 C．K 值有变化，平衡一定移动 D．相同条件下，同一个反应的方程式的化学计量数增大 2 倍，K 值也增大两倍 【答案】D 【解析】因改变压强或浓度引起化学平衡移动时，K 值不变，A 项和 B 项均正确；K 值只与温度有关， K 值发生了变化，说明体系的温度改变，则平衡一定移动，C 项正确；相同条件下，同一个反应的方程 式的化学计量数增大 2 倍，K 值应该变为 K2原，D 项错误。 3．在一密闭容器，aA(g) bB(g)达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡时， B 的浓度是原来的 60%，则 A．平衡向逆反应方向移动了 B．物质 A 的转化率减少了 C．物质 B 的质量分数增加了 D．a>b 【答案】C 【解析】体积增大一倍，压强减小，假设平衡不移动，B 的浓度应是原来的 50%<60%，说明平衡移动， 向正反应方向移动，A 错误；平衡正向移动，A 的转化率增大，B 错误；平衡正向移动，B 的质量分数 增大，C 正确；减小压强，平衡应向体积增大的方向移动，即 a”、“<”或“=”，下同)0，ΔS 0，若 a>45%，则 x 1.5。 ②在 80 ℃时，向体积为 0.5 L 的密闭容器中加入 2 mol CO2 和 6 mol H2，20 min 后反应达到平衡，此时 CH3OCH3 的物质的量为 0.5 mol，则该反应的平均反应速率 v(CO2)= mol·L-1·min-1，H2 的转化 率α(H2)= ，在 80 ℃时该反应的化学平衡常数为 (列出计算式即可)。 【答案】（1）CO2(g)+CH4(g) 2CO(g)+2H2(g) B ABE （2）催化剂的催化效率降低 （3）①< < > ②0.1 50% 2 6 1 2 6 【解析】本题考查了化学平衡移动的影响因素、化学平衡常数的计算等知识，充分考查了考生的分析、 理解能力及化学计算能力。（1）由平衡常数表达式知反应物为 CO2、CH4，生成物为 CO、H2，再由浓度 幂知各物质前面的化学计量数分别为 1、1、2、2，所以该反应的化学方程式为 CO2(g)+CH4(g) 2CO(g)+2H2(g)。此反应的逆反应为放热反应，则 CO2(g)+CH4(g) 2CO(g)+2H2(g)为吸 热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数增大；增加反应物的浓度或减少生成物的浓度，平衡正向 移动；增大压强要区别恒容充入惰性气体(或 N2 等不影响反应的气体)增大压强和恒容充入反应气体增大 压强，故平衡不一定移动；减小压强平衡向正反应方向移动。 （2）当温度超过某个值时，催化剂的催化效率降低，从而导致乙酸的生成速率降低。 （3）①升高温度，CO2 的转化率减小，说明平衡逆向移动，可知该反应为放热反应，ΔH<0，因该反应 前后气体分子数减小，故ΔS<0。在相同温度下，增大 H2 的浓度，可使平衡正向移动，从而提高 CO2 的 转化率，故 x>1.5。②由题意知，利用三段式法则有: v(CO2)= Δ Δ c t =   14 2 mol L 20min   =0.1 mol·L-1·min-1，H2 的转化率α(H2)= 1 1 6mol L 12mol L     ×100%=50%，80 ℃时，此 反应的平衡常数 K=       3 3 2 6 2 2 CH OCH CO H c c c = 2 6 1 2 6 。 【备注】2CO2(g) + 6H2(g) CH3OCH3(g) + 3H2O(l) 开始(mol·L-1) 4 12 0 转化(mol·L-1) 2 6 1 平衡(mol·L-1) 2 6 1 【答案】D 【解析】A．加入苯振荡，苯将 I2 萃取到苯层，水溶液中 c（I2）减小，平衡正向移动，A 正确；B．将 5mL0.1mol/LKI 溶液与 1mL0.1mol/LFeCl3 溶液混合，参与反应的 Fe3+与 I-物质的量之比为 1:1，反应后 I-一定过量，经 苯 2 次萃取分离后，在水溶液中加入 KSCN 溶液呈血红色，说明水溶液中仍含有 Fe3+，即 Fe3+没有完 全消耗，表明该化学反应存在限度，B 正确；C．加入 FeSO4 固体溶于水电离出 Fe2+，c（Fe2+）增大， 平衡逆向移动，C 正确；D．该反应的平衡常数 K= ，D 错误；答案选 D。 2．（2020·浙江高考真题）一定温度下，在 2 L 的恒容密闭容器中发生反应 A(g) 2B(g) 3C(g)  。反 应过程中的部分数据如下表所示： n/mol t/min n(A) n(B) n(C) 0 2.0 2.4 0 5 0.9 10 1.6 15 1.6 下列说法正确的是（ ） A．0~5 min 用 A 表示的平均反应速率为 1 10.09 mol L min   B．该反应在 10 min 后才达到平衡 C．平衡状态时， 1c(C) 0.6 mol L  D．物质 B 的平衡转化率为 20% 【答案】C 【解析】A．v(C)= 1 1 0.9mol c 2L= =0.09 mol t 5mi L min n     ，同一反应反应中反应速率之比等于计量数之比， 3v(A)=v(C)，所以 v(A)= 1 10.03 mol L min   ，错误；B．15min 时，n(B)=1.6mol，消耗了 2.4mol-1.6mol=0.8mol，根据方程式可知这段时间内消耗 A 的物质的量为 0.4mol，所以 15min 时， n(A)=1.6mol，与 10min 时 A 的物质的量相同，说明 10~15min 这段时间内平衡没有移动，但无法确定 是 10min 时达到平衡，还是 10min 前已经达到平衡，错误；C．根据 B 选项分析可知平衡时消耗的 B 为 0.8mol，根据方程式可知生成 C 的物质的量为 1.2mol，浓度为 11.2molc(C) =0.6 mol L 2L   ，正确； D．物质 B 的平衡转化率为 0.8mol 100% 33.3% 2.4mol   ，错误；故答案为 C。 3．[2019江苏][双选]在恒压、NO和O2的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温度下NO转 化为NO2的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。下列说法 正确的是 A．反应2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)的ΔH>0 B．图中X点所示条件下，延长反应时间能提高NO转化率 C．图中Y点所示条件下，增加O2的浓度不能提高NO转化率 D．380℃下，c 起始(O2)=5.0×10−4 mol·L−1，NO 平衡转化率为 50%，则平衡常数 K>2000 【答案】BD 【解析】A．随温度升高 NO 的转化率先升高后降低，说明温度较低时反应较慢，一段时间内并未达到 平衡，分析温度较高时，已达到平衡时的 NO 转化率可知，温度越高 NO 转化率越低，说明温度升高平 衡向逆方向移动，根据勒夏特列原理分析该反应为放热反应，∆H<0，故 A 错误； B．根据上述分析，X 点时，反应还未到达平衡状态，反应正向进行，所以延长反应时间能提高 NO 的转 化率，故 B 正确； C．Y 点，反应已经达到平衡状态，此时增加 O2 的浓度，使得正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反 应方向移动，可以提高 NO 的转化率，故 C 错误； D．设 NO 起始浓度为 amol/L，NO 的转化率为 50%，则平衡时 NO、O2 和 NO2 的浓度分别为 0.5amol/L、 (5×10-4-0.25a)mol/L、0.5amol/L，根据平衡常数表达式 K= 2 2 2 2 2 4 2 c (NO ) 0.5 ) c (NO) c(O ) 0.5 ) (5 10 0.5 ) a a a    ( ( > 4 1 5 10 =2000，故 D 正确；故选 BD。 【点睛】解本题时需要注意：实线中在最高点之前反应没有达到平衡状态，主要讨论温度对化学反应速 率的影响；最高点之后反应达到平衡状态，可以研究温度对化学平衡的影响。 4．[2018 江苏]一定温度下，在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应 2SO2(g)+ O2(g) 2SO3(g)(正反应放热)，测得反应的相关数据如下： 下列说法正确的是 A．v1< v2，c2< 2c1 B．K1> K3，p2> 2p3 C．v1< v3，α1(SO2 ) >α3(SO2 ) D．c2> 2c3，α2(SO3 )+α3(SO2 )<1 【答案】CD 【解析】对比容器的特点，将容器 1 和容器 2 对比，将容器 1 和容器 3 对比。容器 2 中加入 4molSO3 等 效于在相同条件下反应物投入量为 4molSO2 和 2molO2，容器 2 中起始反应物物质的量为容器 1 的两倍， 容器 2 相当于在容器 1 达平衡后增大压强，将容器的体积缩小为原来的一半，增大压强化学反应速率加 快，υ2  υ1，增大压强平衡向正反应方向移动，平衡时 c2  2c1，p2  2p1，α1（SO2）+α2（SO3）  1，容 器 1 和容器 2 温度相同，K1=K2；容器 3 相当于在容器 1 达到平衡后升高温度，升高温度化学反应速率 加快，υ3  υ1，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡时 c3  c1，p3  p1，α3（SO2） α1（SO2），K3  K1。 根据上述分析，A 项，υ2  υ1，c2  2c1，A 项错误；B 项，K3  K1，p2  2p1，p3  p1，则 p2  2p3，B 项错 误；C 项，υ3  υ1，α3（SO2） α1（SO2），C 项正确；D 项，c2  2c1，c3  c1，则 c2  2c3，α1（SO2）+α2 （SO3）  1，α3（SO2）  α1（SO2），则α2（SO3）+α3（SO2）  1，D 项正确；答案选 CD。 点睛：本题考查化学平衡时各物理量之间的关系，解题时巧妙设计中间状态，利用外界条件对化学反应 速率和化学平衡的影响判断。如容器 2 先设计其完全等效平衡的起始态为 4molSO2 和 2molO2，4molSO2 和 2molO2 为两倍容器 1 中物质的量，起始物质的量成倍变化时相当于增大压强。 5．[2017 天津]常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g) Ni(CO)4(g)。230℃时，该反应的平衡常 数 K=2×10−5。已知：Ni(CO)4 的沸点为 42.2℃，固体杂质不参与反应。 第一阶段：将粗镍与 CO 反应转化成气态 Ni(CO)4； 第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至 230℃制得高纯镍。 下列判断正确的是 A．增加 c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大 B．第一阶段，在 30℃和 50℃两者之间选择反应温度，选 50℃ C．第二阶段，Ni(CO)4 分解率较低 D．该反应达到平衡时，v 生成[Ni(CO)4]=4v 生成(CO) 【答案】B 【解析】A、平衡常数只与温度有关，与浓度无关，所以增加 c(CO)，平衡虽然向正向移动，但反应的平 衡常数不变，A 错误；B、50 时，Ni(CO)4 以气态存在，有利于分离，从而促使平衡正向移动，B 正确； C、230 时，Ni(CO)4 分解的平衡常数为 5×106，可知分解率较高，C 错误；D、v 生成[Ni(CO)4]表示正向速 率，v 生成(CO) 表示逆向速率，当 4v 生成[Ni(CO)4]= v 生成(CO)时，反应达到化学平衡状态，D 错误。故选 B。 【名师点睛】本题考查平衡状态的判定、平衡常数等。落实考试大纲修订思路，考查的必备知识和方法。 化学平衡状态判断有两个依据，一是正逆反应速率相等，二是“变量”不变。注意 D 项化学平衡状态的判 断容易粗心导致出错。 6．[2019 新课标Ⅲ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)+ 1 2 Cl2(g) ΔH1=83 kJ·mol-1 CuCl(s)+ 1 2 O2(g)=CuO(s)+ 1 2 Cl2(g) ΔH2=-20 kJ·mol-1 CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH3=-121 kJ·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） 【答案】（1）大于 2 2 4 0 (0.42) (0.42) (1 0.84) (1 0.21)c     O2 和 Cl2 分离能耗较高、HCl 转化率较低 （2）﹣116 （3）增加反应体系压强、及时除去产物 【解析】（1）根据反应方程式知，HCl 平衡转化率越大，平衡常数 K 越大，结合图像知升高温度平衡 转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，则 K(300℃)>K(400℃)； 由图像知，400℃时，HCl 平衡转化率为 84%，用三段式法对数据进行处理得： 2 2 24HCl(g) O (g) 2Cl (g) 2H O(g)   起始（浓度） c0 c0 0 0 变化（浓度） 0.84c0 0.21c0 0.42c0 0.42c0 平衡（浓度）(1-0.84)c0 (1-0.21)c0 0.42c0 0.42c0 则 K= 2 2 4 0 (0.42) (0.42) (1 0.84) (1 0.21)c     ；根据题干信息知，进料浓度比过低，氧气大量剩余，导致分离产物氯气和 氧气的能耗较高；进料浓度比过高，HCl 不能充分反应，导致 HCl 转化率较低； （2）根据盖斯定律知，（反应 I+反应 II+反应 III）×2 得 2 2 24HCl(g) O (g) 2Cl (g) 2H O(g)   ∆H= （∆H1+∆H2+∆H3）×2=-116kJ·mol-1； （3）若想提高 HCl 的转化率，应该促使平衡正向移动，该反应为气体体积减小的反应，根据勒夏特列 原理，可以增大压强，使平衡正向移动；也可以及时除去产物，减小产物浓度，使平衡正向移动； 7．[2017 新课标Ⅰ节选]近期发现，H2S 是继 NO、CO 之后的第三个生命体系气体信号分子，它具有参与调 节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能。回答下列问题： （3）H2S 与 CO2 在高温下发生反应：H2S(g)+CO2(g) COS(g) +H2O(g)。在 610 K 时，将 0.10 mol CO2 与 0.40 mol H2S 充入 2.5 L 的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为 0.02。 ①H2S 的平衡转化率 1 =_______%，反应平衡常数 K=________。 ②在 620 K 重复试验，平衡后水的物质的量分数为 0.03，H2S 的转化率 2 _____ 1 ，该反应的  H_____0。 （填“>”“<”或“=”） ③向反应器中再分别充入下列气体，能使 H2S 转化率增大的是________（填标号） A．H2S B．CO2 C．COS D．N2 【答案】（3）①2.5 2.8×10–3 ②> > ③B 【解析】（3）① H2S(g) + CO2(g) COS(g)+ H2O(g) 开始 0.40mol 0.10mol 0 0 反应 x x x x 平衡 (0.40–x)mol (0.10–x)mol x x 2(H O) 0.02( ) (0.4 ) (0.10 ) n x n x x x x      总 解得 x=0.01mol，所以 H2S 的转化率是 1 0.01mol 100% 2.5%0.40 mol     由于该反应是反应前后气体体积相等的反应，所以在该条件下反应达到平衡时化学平衡常数 32 2 2 2 2 2 (COS) (H O) (COS) (H O) 0.01 0.01 2.8 10(H S) c(CO ) (H S) (CO ) (0.40 0.01)(0.10 0.01) c c n nK c n n           ； ②根据题目提供的数据可知温度由 610K 升高到 620K 时，化学反应达到平衡，水的物质的量分数由 0.02 变为 0.03，所以 H2S 的转化率增大。α2>α1；根据题意可知：升高温度，化学平衡向正反应方向移动，根 据平衡移动原理：升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，所以该反应的正反应为吸热反应，故△H>0； ③A．增大 H2S 的浓度，平衡正向移动，但加入量远远大于平衡移动转化消耗量，所以 H2S 转化率降低， A 错误；B．增大 CO2 的浓度，平衡正向移动，使更多的 H2S 反应，所以 H2S 转化率增大，B 正确；C．COS 是生成物，增大生成物的浓度，平衡逆向移动，H2S 转化率降低，C 错误；D．N2 是与反应体系无关的 气体，充入 N2，不能使化学平衡发生移动，所以对 H2S 转化率无影响，D 错误。答案选 B。 8．[2016 上海]随着科学技术的发展和环保要求的不断提高，CO2 的捕集利用技术成为研究的重点。 完成下列填空： （1）目前国际空间站处理 CO2 的一个重要方法是将 CO2 还原，所涉及的反应方程式为： CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g) 已知 H2 的体积分数随温度升高而增加。 若温度从 300℃升至 400℃，重新达到平衡，判断下列表格中各物理量的变化。（选填“增大”、“减小” 或“不变”） v 正 v 逆 平衡常数 K 转化率α （2）相同温度时，上述反应在不同起始浓度下分别达到平衡，各物质的平衡浓度如下表： [CO2]/mol·L−1 [H2]/mol·L−1 [CH4]/mol·L−1 [H2O]/mol·L−1 平衡Ⅰ a b c d 平衡Ⅱ m n x y a、b、c、d 与 m、n、x、y 之间的关系式为_________。 【答案】（1） v 正 v 逆 平衡常数 K 转化率α 增大 增大 减小 减小 （2） 2 2 4 4 cd xy ab mn  【解析】（1）H2 的体积分数随温度的升高而增加，这说明升高温度平衡向逆反应方向进行，即正反应 是放热反应。升高温度正逆反应速率均增大，平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小，反应物的转化率 减小。 （2）相同温度时平衡常数不变，则 a、b、c、d 与 m、n、x、y 之间的关系式为 2 2 4 4 cd xy ab mn  。 9．[2016 新课标全国Ⅲ节选]煤燃烧排放的烟气含有 SO2 和 NOx，形成酸雨、污染大气，采用 NaClO2 溶液 作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝。回答下列问题： （2）在鼓泡反应器中通入含有 SO2 和 NO 的烟气，反应温度为 323 K，NaClO2 溶液浓度为 5×10−3 mol·L−1。 反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表。 离子 2 4SO  2 3SO  3NO 2NO Cl− c/（mol·L−1） 8.35×10−4 6.87×10−6 1.5×10−4 1.2×10−5 3.4×10−3 ①写出 NaClO2 溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式__________。增加压强，NO 的转化率______（填 “提高”、“不变”或“降低”）。 ②随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的 pH 逐渐______（填“增大”“不变”或“减小”）。 ③由实验结果可知，脱硫反应速率______脱硝反应速率（填“大于”或“小于”）。原因是除了 SO2 和 NO 在烟气中的初始浓度不同，还可能是___________。 （3）在不同温度下，NaClO2 溶液脱硫、脱硝的反应中，SO2 和 NO 的平衡分压 pe 如图所示。 ①由图分析可知，反应温度升高，脱硫、脱硝反应的平衡常数均______________（填“增大”、“不变” 或“减小”）。 ②反应 ClO2−+2 2 3SO  2 2 4SO  +Cl−的平衡常数 K 表达式为___________。 7．【答案】（2）①4OH−＋3 2ClO ＋4NO 4 3NO ＋3Cl−＋2H2O 提高 ②减小 ③大于 NO 溶解 度较低或脱硝反应活化能较高 （3）①减小 ② 2 2 4 2 2 2 3 (Cl ) (SO ) (ClO ) (SO ) c cK c c       【解析】（2）①亚氯酸钠具有氧化性，则 NaClO2 溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式为 4OH−＋3 2ClO ＋4NO 4 3NO ＋3Cl−＋2H2O；正反应是体积减小的，则增加压强，NO 的转化率提高。 ②根据反应方程式 2H2O＋ 2ClO ＋2SO2 2 2 4SO  ＋Cl−＋4H＋、2H2O＋3 2ClO ＋4NO 4 3NO ＋3Cl− ＋4H＋可知随着吸收反应的进行氢离子浓度增大，吸收剂溶液的 pH 逐渐减小。 ③由实验结果可知，在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多，因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率。 原因是除了 SO2 和 NO 在烟气中的初始浓度不同，还可能是二氧化硫的还原性强，易被氧化。 （3）在不同温度下，NaClO2 溶液脱硫、脱硝的反应中，SO2 和 NO 的平衡分压 pe 如图所示。①由图分 析可知，反应温度升高，SO2 和 NO 的平衡分压负对数减小，这说明反应向逆反应方向进行，因此脱硫、 脱硝反应的平衡常数均减小。②根据反应的方程式 ClO2−+2 2 3SO  2 2 4SO  +Cl−可知平衡常数 K 表达式 为 2 2 4 2 2 2 3 (Cl ) (SO ) (ClO ) (SO ) c cK c c       。