高考化学一轮复习考点过关练习考点40 化学平衡常数及转化率(含解析)

这是一份高考化学一轮复习考点过关练习考点40 化学平衡常数及转化率(含解析)，共23页。试卷主要包含了化学平衡常数，转化率，已知反应等内容，欢迎下载使用。

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=。
（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=。
Qc>K时，反应向逆反应方向进行；
Qc=K时，反应处于平衡状态；
Qc ③利用平衡常数判断反应的热效应
若升高温度，K值增大，则正反应为吸热反应；若升高温度，K值减小，则正反应为放热反应。
2．转化率
对于一般的化学反应：aA＋bBcC＋dD，达到平衡时反应物A的转化率为
α(A)＝×100％＝×100％
［c0(A)为起始时A的浓度，c(A)为平衡时A的浓度］
反应物平衡转化率的变化判断
判断反应物转化率的变化时，不要把平衡正向移动与反应物转化率提高等同起来，要视具体情况而定。常见有以下几种情形：
反应类型
条件的改变
反应物转化率的变化
有多种反应物的可逆反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)
恒容时只增加反应物A的用量
反应物A的转化率减小，反应物B的转化率增大
同等倍数地增大（或减小）反应物A、B的量
恒温恒压条件下
反应物转化率不变
恒温恒容条件下
m+n>p+q
反应物A和B的转化率均增大
m+n 反应物A和B的转化率均减小
m+n=p+q
反应物A和B的转化率均不变
只有一种反应物的可逆反应mA(g)nB(g)+pC(g)
增加反应物A的用量
恒温恒压条件下
反应物转化率不变
恒温恒容条件下
m>n+p
反应物A的转化率增大
m 反应物A的转化率减小
m=n+p
反应物A和B的转化率不变

考向一 化学平衡常数及影响因素

典例1 下列关于化学平衡常数的说法中，正确的是
A．在任何条件下，化学平衡常数都是一个定值
B．化学平衡常数K可以推断一个可逆反应进行的程度
C．化学平衡常数K只与温度、反应物浓度、体系的压强有关
D．当改变反应物的浓度时，化学平衡常数会发生改变
【解析】A．在给定的反应方程式中，化学平衡常数只受温度的影响，温度改变则化学平衡常数改变，故错误；B．任何时刻Qc>K，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。
【答案】B

1．研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：
2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)　K1 ΔH1<0(Ⅰ)
2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)　K2　ΔH2<0(Ⅱ)
（1）4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常数K=　　　　(用K1、K2表示)。 
（2）为研究不同条件对反应(Ⅱ)的影响，在恒温条件下，向 2 L恒容密闭容器中加入0.2 mol NO和0.1 mol Cl2，10 min时反应(Ⅱ)达到平衡。测得10 min内v(ClNO)=7.5×10−3 mol·L−1·min−1，则平衡后n(Cl2)=
　　　　 mol，NO的转化率α1=　　　　。其他条件保持不变，反应(Ⅱ)在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率α2　　　　α1(填“>”“<”或“=”)，平衡常数K2　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。若要使K2减小，可采取的措施是　　　　。
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1 （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。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＋30C2CaF2＋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)。
【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)
平衡物质的量(mol)
故此温度下，反应的平衡常数K＝＝1。
由题意知，反应4Ca5(PO4)3F＋18SiO2＋30C2CaF2＋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＝1，得x＝n，则达到平衡时产生的氢气的物质的量为× mol＝ mol，氢气的质量为 g＝×10－3 kg＝ 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，＝，乙苯的转化率为α，由此可得：＝，V反应后＝(1＋α)V，根据化学方程式及平衡常数的定义：Kc＝＝＝。
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p，苯乙烯的分压为p，乙苯的分压为p，因此Kp＝＝p。
【答案】（1）
（2）p

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”)。

考向三 转化率的计算与比较

典例1 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)＝×100%＝25%，K＝＝0.5。
（2）
由K＝＝0.5，解得a＝6。
（3）
由K＝＝0.5，解得x≈0.41。
【答案】（1）25%　（2）6　（3）41%

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


1．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
2．将1 mol N2O5置于2 L密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：①2N2O5(g)2N2O4(g)＋O2(g)；②N2O4(g)2NO2(g)。达到平衡时，c(O2)＝0.2 mol·L－1，c(NO2)＝0.6 mol·L－1，则此温度下反应①的平衡常数为
A．3.2　 B．0.2
C．　 D．
3．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　O3O2＋[O]　ΔH>0　平衡常数为K1；
反应②　[O]＋O32O2　ΔH<0　平衡常数为K2；
总反应：2O33O2　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
4．已知反应X(g)＋Y(g)R(g)＋Q(g)的平衡常数与温度的关系如表所示。830℃时，向一个2 L的密闭容器中充入0.2 mol X和0.8 mol Y，反应初始4 s内v(X)＝0.005 mol/(L·s)。下列说法正确的是
温度/℃
700
800
830
1 000
1 200
平衡常数
1.7
1.1
1.0
0.6
0.4
A．4 s时容器内c(Y)＝0.76 mol/L
B．830℃达平衡时，X的转化率为80%
C．反应达平衡后，升高温度，平衡正向移动
D．1 200℃时反应R(g)＋Q(g)X(g)＋Y(g)的平衡常数K＝0.4
5．在容积均为1 L的三个密闭容器中，分别放入镍粉并充入1 mol CO，控制在不同温度下发生反应：Ni(s)＋4CO(g)Ni(CO)4(g)，当反应进行到5 min时，测得Ni(CO)4的体积分数与温度的关系如图所示。下列说法正确的是

A．正反应为吸热反应，平衡常数：K(T1)>K(T2)
B．反应进行到5 min时，b容器中v正(CO)＝v逆(CO)
C．达到平衡时，a、b、c中CO的转化率为b>a>c
D．减压或升温可将b中的平衡状态转变成c中的平衡状态
6．一定温度下，在甲、乙、丙、丁四个恒容密闭容器中投入SO2(g)和O2(g)，进行反应，2SO2＋O22SO3，其起始物质的量及SO2的平衡转化率如下表所示。下列判断中正确的是

甲
乙
丙
丁
密闭容器体积/L
2
2
2
1
起始物质的量
n(SO2)/ mol
0.40
0.80
0.80
0.40
n(O2)/ mol
0.24
0.24
0.48
0.24
SO2的平衡转化率%
80
α1
α2
α3
A．甲中反应的平衡常数小于乙
B．该温度下，该反应的平衡常数K为400
C．SO2的平衡转化率：α1>α2＝α3
D．容器中SO3的物质的量浓度：丙＝丁<甲
7．一定条件下，反应2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)　ΔH＞0达到平衡时N2的体积分数与温度、压强的关系如图所示。下列说法正确的是

A．压强：p1＞p2
B．b、c两点对应的平衡常数：Kc＞Kb
C．a点：2v(NH3)正＝3v(H2)逆
D．a点：NH3的转化率为1/3
8．已知反应：2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)　ΔH>0，某温度下，将2 mol SO3置于10 L密闭容器中，反应达平衡后，SO3的平衡转化率(α)与体系总压强(p)的关系如图甲所示。则下列说法正确的是

①由图甲推断，B点SO2的平衡浓度为0.3 mol/L
②由图甲推断，A点对应温度下的平衡常数为1.25×10－3
③达平衡后，压缩容器容积，则反应速率变化图像可以用图乙表示
④相同压强、不同温度下SO3的转化率与温度关系如丙图所示
A．①②　　　　　　 B．②③
C．③④ D．①④
9．催化还原CO2是解决温室效应及能源问题的重要手段之一。研究表明，在Cu/ZnO催化剂存在下，在CO2中通入H2，二者可发生以下两个平行反应：
反应Ⅰ CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH1＝－53.7 kJ·mol－1
反应Ⅱ CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝＋41.2 kJ·mol－1
某实验室控制一定的CO2和H2初始投料比，在相同压强下，经过相同反应时间测得如下实验数据(其中“甲醇选择性”是指转化的CO2中生成甲醇的百分比)：
反应序号
T/K
催化剂
CO2转化率/%
甲醇选择性/%
①
543
Cu/ZnO纳米棒
12.3
42.3
②
543
Cu/ZnO纳米片
10.9
72.7
③
553
Cu/ZnO纳米棒
15.3
39.1
④
553
Cu/ZnO纳米片
12.0
71.6
（1）CO2的电子式是_____________。
（2）反应Ⅰ的平衡常数表达式是K＝_________________________。
（3）对比①和③可发现：同样催化剂条件下，温度升高，CO2转化率升高， 而甲醇的选择性却降低，请解释甲醇选择性降低的可能原因__________________________________；对比①、②可发现，在同样温度下，采用Cu/ZnO纳米片使CO2转化率降低， 而甲醇的选择性却提高，请解释甲醇的选择性提高的可能原因_______________________________。
（4）有利于提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有________。
a．使用Cu/ZnO纳米棒做催化剂
b．使用Cu/ZnO纳米片做催化剂
c．降低反应温度
d．投料比不变，增加反应物的浓度
e．增大CO2和H2的初始投料比
10．CO2和CH4是两种重要的温室气体，通过CH4和CO2反应制造具有更高价值的化学品是目前的研究方向。
（1）250 ℃时，以镍合金为催化剂，涉及此研究的某反应的平衡常数K=，则此反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　；又知此反应的逆反应为放热反应，则一定能使此反应的平衡常数增大的措施是　　　　　　　　(填选项字母)；使该反应的平衡一定向正反应方向移动的措施有
　　　　　　(填选项字母)。
A．增大CO2的浓度　　　　B．升高温度　　　　C．降低温度
D．增大压强　　　　E.减小压强
（2）用某种特殊催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸，温度超过某个值时乙酸的生成速率却减小了，原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（3）将CO2转化为甲醚的反应原理为2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(l)。
①已知一定压强下，该反应在不同温度、不同投料比时，CO2的转化率如表:
投料比[n(H2)/n(CO2)]
500 K
600 K
700 K
1.5
45%
33%
20%
x
a
b
c
上述反应的焓变ΔH　　 (填“>”、“<”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)。

1．[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
2．[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
3．[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)
4．[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)+Cl2(g) ΔH1=83 kJ·mol-1
CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+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）
5．[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=_______%，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_____，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
6．[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_________。
7．[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




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−+22+Cl−的平衡常数K表达式为___________。

变式拓展

1．【答案】（1）
（2）2.5×10−2　75%　>　不变　升高温度
【解析】（1）将题干中两个方程式做如下处理：(Ⅰ)×2−(Ⅱ)可得4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)，则其平衡常数K=。
（2）根据“三段式”
　　　　　　　 　2NO(g)　+Cl2(g)　　2ClNO(g)
0.1 0.05 0
0.1α1 0.05α1 0.1α1
0.1−0.1α1 0.05−0.05α1 0.1α1
v(ClNO)==7.5×10−3 mol·L−1·min−1，得α1=75%，平衡时n(Cl2)=(0.05−0.05α1) mol·L−1×2 L =0.025 mol。该反应为气体分子数减小的反应，恒压条件下相对于恒容条件下，压强增大，平衡右移，NO的转化率增大，即α2>α1；化学平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数K2不变；该反应为放热反应，升高温度可使平衡常数K2减小。
2．【答案】（1）
（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）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==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===4>K=2.6，故反应向逆反应方向移动。
3．【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 考点冲关

1．【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K，D项错误。
2．【答案】B
【解析】N2O5分解得到N2O4部分转化为NO2(g)，平衡时c(O2)＝0.2 mol·L－1，c(NO2)＝0.6 mol·L－1，则平衡时c(N2O4)＝2c(O2)－c(NO2)＝0.2 mol/L×2－×0.6 mol/L＝0.1 mol/L，平衡时c(N2O5)＝－2c(O2)＝0.5 mol/L－0.2 mol/L×2＝0.1 mol/L，故反应①的平衡常数K＝＝＝0.2。
3．【答案】C
【解析】降温，总反应平衡向右移动，K增大，A项错误；K1＝、K2＝、K＝＝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。
4．【答案】B
【解析】反应初始4 s内X的平均反应速率v(X)＝0.005 mol/(L·s)，根据速率之比等于化学计量数之比，可知v(Y)＝v(X)＝0.005 mol/(L·s)，则4 s内Δc(Y)＝0.005 mol·L－1·s－1×4 s＝0.02 mol/L，Y的起始浓度为＝0.4 mol/L，故4 s时c(Y)＝0.4 mol/L－0.02 mol/L＝0.38 mol/L，A错误；设平衡时A的浓度变化量为x，则：
　　　 　X(g)＋Y(g)R(g)＋Q(g)
c始/mol·L－1　　0.1　　0.4　　 0　　0
c转/mol·L－1　　 x　　 x　　 x x
c平/mol·L－1　　 0.1－x 0.4－x x x
故＝1.0，解得x＝0.08，所以平衡时X的转化率为×100%＝80%，B正确；由表格可知，温度升高，化学平衡常数减小，平衡逆向移动，C错误；1 200℃时反应X(g)＋Y(g)R(g)＋Q(g)的平衡常数值为0.4，所以1 200℃时反应R(g)＋Q(g)X(g)＋Y(g)的平衡常数的值为＝2.5，D错误。
5．【答案】D
【解析】温度越低，反应速率越慢，因此再结合a、b、c三容器对应数值知，a容器中反应未达到平衡，b→c的变化则说明随温度升高化学平衡逆向进行，则正反应为放热反应，A错误；反应进行到5 min时，b容器未必达到平衡状态，则b容器中v正(CO)不一定等于v逆(CO)，B错误；其他条件相同时，随温度升高平衡左移，K值减小，CO转化率减小，达到平衡时，CO的转化率为a>b>c，C错误；结合A项分析知，升温可使b中的平衡状态转变为c中的平衡状态，减压平衡逆向移动，导致Ni(CO)4浓度变小，即可使b中的平衡状态转变为c中的平衡状态，D正确。
6．【答案】B
【解析】温度一定，平衡常数不变，A错误；甲中平衡常数K＝＝＝400，B正确；乙和丙中二氧化硫起始量相同，但丙中氧气物质的量大于乙中氧气物质的量，所以α1<α2，丙和丁中二氧化硫和氧气起始浓度相同，平衡等效，二氧化硫转化率相等，C错误；丙和丁平衡等效，三氧化硫浓度相同，丙中二氧化硫和氧气起始浓度是甲中二氧化硫和氧气起始浓度的2倍，浓度加倍等效于增大压强，所以丙中三氧化硫浓度大于甲中三氧化硫浓度，D错误。
7．【答案】B
【解析】A项，该反应为气体分子数增大的反应，恒温时，压强越大，N2的体积分数越小，p1＜p2，故A项错误；B项，b、c两点对应温度b＜c，该反应为吸热反应，温度越高，平衡常数越大，Kc＞Kb，故B正确；C项，反应速率之比等于化学计量数之比，3v(NH3)正＝2v(H2)逆，故C错误；D项，对于反应2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)，假设反应前氨气的物质的量为1 mol，反应的氨气的物质的量为x mol，则＝0.1，解得x＝，因此氨气的转化率为，故D错误。
8．【答案】B
【解析】三氧化硫起始浓度为＝0.2 mol/L，由甲图可知B点SO3的转化率为15%，根据浓度变化量之比等于化学计量数之比，所以Δc(SO2)＝Δc(SO3)＝15%×0.2 mol/L＝0.03 mol/L，故二氧化硫的平衡浓度为0.03 mol/L，①错误；A点时，SO3的转化率为20%，Δc(SO3)＝20%×0.2 mol/L＝0.04 mol/L，平衡时，SO3、SO2、O2的浓度分别为0.16 mol/L、0.04 mol/L、0.02 mol/L，K＝＝＝1.25×10－3，②正确；此反应为不等体反应，压缩体积，相当于增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即逆向移动，因体积减小，各物质的浓度增大，故化学反应速率加快，③正确；升高温度平衡向吸热的方向移动，即正向移动，SO3的转化率将增大，与图像 (图像上根据先拐先平的原则，T1大于T2，升高温度，SO3的转化率减小) 不符合，④错误。综上所述，故选B。
9．【答案】（1）
（2）
（3）反应Ⅰ为生成甲醇的反应，该反应是放热反应，因此升高温度，平衡逆向进行，因此甲醇的产率减小，甲醇的选择性降低　因为在该时间段内，使用Cu/ZnO纳米片催化剂使反应Ⅰ速率增加，因此测得该时间段内得到的甲醇较多，甲醇选择性提高
（4）cd
【解析】（1）二氧化碳中碳原子在中间，碳氧之间为两个共用电子对，电子式为。
（2）反应Ⅰ为CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)，所以平衡常数表达式为K＝。
（3）生成甲醇的反应是反应Ⅰ，而该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，导致甲醇的选择性降低。采用Cu/ZnO纳米片(催化剂)只能影响速率不能改变平衡，该实验并不是达到平衡后再测数据，而是反应相同时间后就测定，所以反应比较快的进行的量就多，因此结论是：Cu/ZnO纳米片催化剂使反应Ⅰ速率增加更明显，该时间段内得到的甲醇较多，甲醇选择性提高。
（4）催化剂都不改变平衡状态，所以选项a、b都错误。降温使反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ平衡逆向移动，所以提高了CO2转化为CH3OH平衡转化率，选项c正确。恒容，按照相同投料比，增大物质的浓度就是相当于增大压强，对于反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ平衡不移动，所以提高了CO2转化为CH3OH平衡转化率，选项d正确。增大CO2和H2的初始投料比，实际会降低二氧化碳的转化率，选项e错误。
10．【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%　
【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)===0.1 mol·L-1·min-1，H2的转化率α(H2)=×100%=50%，80 ℃时，此反应的平衡常数K==。
【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
直通高考

1．【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=>=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。
2．【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，υ2υ1，增大压强平衡向正反应方向移动，平衡时c22c1，p22p1，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，υ3υ1，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡时c3c1，p3p1，α3（SO2）α1（SO2），K3K1。根据上述分析，A项，υ2υ1，c22c1，A项错误；B项，K3K1，p22p1，p3p1，则p22p3，B项错误；C项，υ3υ1，α3（SO2）α1（SO2），C项正确；D项，c22c1，c3c1，则c22c3，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。
3．【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，考查学科的必备知识和方法。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。
4．【答案】（1）大于 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：

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=；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 ∆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；
5．【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

解得x=0.01mol，所以H2S的转化率是
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；
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。
6．【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）
【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。
7．【答案】（2）①4OH−＋3＋4NO4＋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
【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＋4NO4＋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＋＋2SO22＋Cl−＋4H＋、2H2O＋3＋4NO4＋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−+22+Cl−可知平衡常数K表达式为。