新高考化学一轮复习考点讲义+练习第7章第03讲 化学平衡常数及其相关计算（专项训练）（2份，原卷版+解析版）

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TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc17943" 01 课标达标练
\l "_Tc22251" 题型01化学平衡常数的理解
\l "_Tc2717" 题型02化学平衡常数的应用
\l "_Tc30632" 题型03化学反应速率常数
\l "_Tc10254" 题型04分压平衡常数的计算
\l "_Tc20184" 02 核心突破练
\l "_Tc5699" 03 真题溯源练
01化学平衡常数的理解
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
2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g) K2
则4NO2(g)＋2NaCl(s)2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)的平衡常数K＝ (用K1、K2表示)。
【答案】eq \f(K\\al(2,1),K2)
【解析】K1＝eq \f(cClNO,c2NO2)，K2＝eq \f(c2ClNO,c2NO·cCl2)，K＝eq \f(cCl2·c2NO,c4NO2)，所以K＝eq \f(K\\al(2,1),K2)。
2．(2025·浙江杭州期中)NO与CO是燃油汽车尾气中的两种有害气体，常温常压下它们之间的反应为： ，，反应速率较小。有关该反应的说法正确的是( )
A．K很大，NO与CO在排入大气之前就已反应完全
B．增大压强，平衡将向右移动，K值变大
C．升高温度，既增大反应速率又增大K
D．选用适宜催化剂可使尾气达到排放标准
【答案】D
【解析】A项，K很大表示反应趋势强，由于NO与CO反应速率较小，在排入大气之前没有反应完全，A错误； B项，增大压强使平衡右移，但K仅与温度有关，温度不变则K不变，B错误；C项，升高温度加快反应速率，但该反应正反应为放热反应，升温平衡逆向移动，使K减小，C错误；D项，催化剂加快反应速率，使尾气更快得到净化，达到排放标准，D正确；故选D。
3．CO2转化为高附加值的产品是应对气候变化和能源高速消耗的有效措施，反应可实现的资源化利用，下列说法正确的是( )
A．温度升高，增大，减小
B．加入催化剂，反应速率加快，可提高产率
C．恒温恒容，增大压强，转化率增大，平衡常数增大
D．当密闭容器中二氧化碳的体积分数不变时说明该反应达到化学平衡状态
【答案】D
【解析】A项，升高温度，正逆反应速率均增大，故A错误；B．加入催化剂，能降低反应的活化能，加快反应速率，但化学平衡不移动，二甲醚的产率不变，故B错误；C．平衡常数为温度函数，温度不变，平衡常数不变，则恒温恒容，增大压强，平衡常数不变，故C错误；D．当密闭容器中二氧化碳的体积分数不变时说明正逆反应速率相等，反应达到化学平衡状态，故D正确；故选D。
4．在25 ℃时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的起始浓度和平衡浓度如下表，下列说法错误的是( )
A．反应达到平衡时，X的转化率为50%
B．反应可表示为X＋3Y2Z，平衡常数为1 600
C．其他条件不变时，增大压强可使平衡常数增大
D．改变温度可以改变该反应的平衡常数
【答案】C
【解析】达到平衡消耗X的物质的量浓度为(0.1－0.05)ml·L－1＝0.05 ml·L－1，因此转化率为0.05/0.1×100%＝50%，A正确；根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，因此三种组分的系数之比为：(0.1－0.05)∶(0.2－0.05)∶0.1＝1∶3∶2，因此反应方程式为：X＋3Y2Z，根据化学平衡常数的表达式，K＝0.12/(0.05×0.053)＝1 600，B正确；化学平衡常数只受温度的影响，与浓度、压强无关，C错误、D正确。
5．“碳达峰·碳中和”是我国社会发展的重大战略之一，CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关主要反应有：
Ⅰ：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH1=+247kJ/ml，K1
Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41kJ/ml，K2
下列说法正确的是( )
A．反应Ⅰ的平衡常数K1=
B．反应Ⅱ的ΔS0，则ΔS＞0，故B项不符合题意；C．升高温度反应Ⅰ和反应Ⅱ均正向移动，降低压强使反应Ⅰ平衡正向移动，平衡转化率将增大，故C项符合题意；D．反应I每反应1ml CO2生成2mlCO，反应II每反应1ml CO2生成1mlCO，则每转化0.2ml CO2获得小于0.4mlCO，故D项不符合题意；故选C。
6．“碳达峰·碳中和”是我国社会发展的重大战略之一，CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关主要反应有：
Ⅰ：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH1=+247kJ/ml，K1
Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41kJ/ml，K2
下列说法正确的是( )
A．反应Ⅰ的平衡常数K1=
B．反应Ⅱ的ΔS0，则ΔS＞0，故B项不符合题意；C项，升高温度反应Ⅰ和反应Ⅱ均正向移动，降低压强使反应Ⅰ平衡正向移动，平衡转化率将增大，故C项符合题意；D项，反应I每反应1ml CO2生成2mlCO，反应II每反应1ml CO2生成1mlCO，则每转化0.2ml CO2获得小于0.4mlCO，故D项不符合题意；故选C。
7．以Cu­ZnO­Al2O3作催化剂发生反应2CH3CHO(g)+H2O(g)C2H5OH(g)+CH3COOH(g) ΔHT1，则k正∶k逆T1，所以T2时平衡常数增大，则k正∶k逆>0.8，D项错误。
18．一定条件下，反应H2(g)＋Br2(g)===2HBr(g)的速率方程为v＝kcα(H2)cβ(Br2)cγ(HBr)，某温度下，该反应在不同浓度下的反应速率如下：
根据表中的测定结果，下列结论错误的是( )
A．表中c的值为1
B．α、β、γ的值分别为1、2、－1
C．反应体系的三种物质中，Br2(g)的浓度对反应速率影响最大
D．在反应体系中保持其他物质浓度不变，增大HBr(g)浓度，会使反应速率降低
【答案】B
【解析】速率方程为v＝kcα(H2)cβ(Br2)cγ(HBr)，将H2、Br2、HBr和速率都带入到速率方程可以得到，①v＝k×0.1α×0.1β×2γ、②8v＝k×0.1α×0.4β×2γ、③16v＝k×0.2α×0.4β×2γ、④2v＝k×0.4α×0.1β×4γ，由①②得到β＝eq \f(3,2)，②③得到α＝1，①④得到γ＝－1，对于4v＝k(0.2)α(0.1)βcγ(HBr)与①，将α＝1，β＝eq \f(3,2)，γ＝－1代入，解得c＝1，由此分析。A项，表中c的值为1，故A不符合题意；B项，α、β、γ的值分别为1、eq \f(3,2)、－1，故B符合题意；C项，由于速率与Br2(g)和H2(g)的浓度成正比，与HBr(g)的浓度成反比，反应体系的三种物质中，Br2(g)的浓度对反应速率影响最大，故C不符合题意；D项，由于γ＝－1，增大HBr(g)浓度，cγ(HBr)减小，在反应体系中保持其他物质浓度不变，会使反应速率降低，故D不符合题意。
19．温度为T1时，在三个容积均为1 L的恒容密闭容器中仅发生反应：2NO2(g) 2NO(g)+O2(g)(正反应吸热)。实验测得：v正=v(NO2)消耗=k正·c2(NO2)，v逆=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k逆·c2(NO)·c(O2)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。下列说法正确的是( )
A．设K为该反应的化学平衡常数，则有K=k逆k正
B．达平衡时，容器Ⅱ与容器Ⅲ中的总压强之比为20∶17
C．容器Ⅱ中起始时平衡正向移动，达到平衡时，容器Ⅱ中NO2的转化率比容器Ⅰ中的小
D．若改变温度为T2，且T2>T1，则k正∶k逆T1，所以T2时平衡常数增大，则k正∶k逆>0.8，D项错误。
20．在两个相同恒温()恒容密闭容器中仅发生反应：2N2O5(g)4NO2(g)＋O2(g) ΔH＞0。实验测得：；；、为速率常数，受温度影响。下列说法错误的是( )
A．平衡时容器1中再充入一定量的N2O5，体积分数增大
B．若将容器1改为恒容绝热条件，平衡时c(O2)＜0.1ml·L-1
C．反应刚开始时容器Ⅱ中的
D．当温度改变为时，若，则T2＜T1
【答案】A
【解析】A项，平衡时容器1中再充入一定量的N2O5，相当于增大压强，平衡2N2O5(g)4NO2(g)＋O2(g)逆向移动，NO2体积分数减小，A错误；B项，该反应为吸热反应，若将容器1改为恒容绝热条件，反应过程中容器的温度降低，平衡逆向移动，平衡时c(O2)＜0.1ml·L-1，B正确；C项，容器Ⅰ平衡时，c(O2)=1ml/L，c(NO2)=4ml/L，c(N2O5)=2ml/L，平衡常数K==64，容器Ⅱ开始时Qc==8”“＝”或“
【解析】解题步骤及过程：
步骤1：代入特殊值：平衡时v正＝v逆，即k正·c(CH4)·c(H2O)＝k逆·c(CO)·c3(H2)；
步骤2：适当变式求平衡常数，K1＝eq \f(cCO·c3H2,cCH4·cH2O)＝eq \f(k正,k逆)；k正＝k逆，K1＝1
步骤3：求其他K2＝eq \f(cCO·c3H2,cCH4·cH2O)＝eq \f(k正,k逆)；k正＝1.5k逆，K2＝1.5；1.5>1，平衡正向移动，升高温度平衡向吸热方向移动；则T2>T1。
23．利用NH3的还原性可以消除氮氧化物的污染，其中除去NO的主要反应如下：
4NH3(g)＋6NO(g)5N2(g)＋6H2O(l) ΔH＜0
已知该反应速率v正＝k正·c4(NH3)·c6 (NO)，v逆＝k逆·cx(N2)·cy(H2O) (k正、k逆分别是正、逆反应速率常数)，该反应的平衡常数K＝eq \f(k正,k逆)，则x＝________，y＝________。
【答案】5 0
【解析】当反应达到平衡时有v正＝v逆，即k正·c4(NH3)·c6 (NO)＝k逆·cx(N2)·cy(H2O)，变换可得eq \f(k正,k逆)＝eq \f(cxN2·cyH2O,c4NH3·c6 NO)，该反应的平衡常数K＝eq \f(k正,k逆)＝eq \f(c5N2,c4NH3·c6 NO)，所以x＝5，y＝0。
24．(2025·江苏省南京市高三二模)2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)的反应历程如下：
反应Ⅰ：2NO(g)N2O2(g)(快) ΔH1，，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，v正＜v逆，k正增大的倍数＜k逆增大。
04分压平衡常数的计算
31．【生命活动与学科知识结合】(2025·江苏省宿迁市高三模拟)肌肉中的肌红蛋白(Mb)与O2结合生成MbO2，其反应原理可表示为Mb(aq)＋O2(g)MbO2(aq)，该反应的平衡常数可表示为K＝eq \f(c（MbO2）,c（Mb）·p（O2）)。在37 ℃条件下达到平衡时，测得肌红蛋白的结合度(α)与p(O2)的关系如图所示[α＝eq \f(生成的c（MbO2）,初始的c（Mb）)×100%]。研究表明正反应速率v正＝k正·c(Mb)·p(O2)，逆反应速率v逆＝k逆·c(MbO2)(其中k正和k逆分别表示正反应和逆反应的速率常数)。
(1)试写出平衡常数K与速率常数k正、k逆之间的关系式为K＝________(用含有k正、k逆的式子表示)。
(2)试求出图中c点时，上述反应的平衡常数K＝________ kPa－1。已知k逆＝60 s－1，则速率常数k正＝________s－1·kPa－1。
【答案】(1)eq \f(k正,k逆) (2)2 120
【解析】(1)可逆反应达到平衡状态时，v正＝v逆，所以k正·c(Mb)·p(O2)＝k逆·c(MbO2)，eq \f(k正,k逆)＝eq \f(c（MbO2）,c（Mb）·p（O2）)，而平衡常数K＝eq \f(c（MbO2）,c（Mb）·p（O2）)＝eq \f(k正,k逆)。(2)c点时，p(O2)＝4.50 kPa，肌红蛋白的结合度α＝90%，代入平衡常数表达式中可得K＝eq \f(c（MbO2）,c（Mb）·p（O2）)＝eq \f(0.9,4.50×（1－0.9）)kPa－1＝2 kPa－1；K＝eq \f(k正,k逆)，则k正＝K·k逆＝2 kPa－1×60 s－1＝120 s－1·kPa－1。
32．在恒容密闭容器中，加入足量的MS2和O2，仅发生反应：2MS2(s)＋7O2(g) 2MO3(s)＋4SO2(g) ΔH。
测得氧气的平衡转化率与起始压强、温度的关系如图所示：
(1)p1、p2、p3的大小：________。
(2)若初始时通入7.0 ml O2，p2为7.0 kPa，则A点平衡常数Kp＝________(用气体平衡分压代替气体平衡浓度计算，分压＝总压×气体的物质的量分数，写出计算式即可)。
【答案】(1)p1＞p2＞p3 (2)eq \f(211,77)(kPa)－3
【解析】(1)该反应的正反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，增大压强平衡正向移动，氧气转化率增大，所以压强：p1＞p2＞p3。
(2)若初始时通入7.0 ml O2，p2为7.0 kPa，A点氧气转化率为50%，则A点n(O2)＝7.0 ml×(1－50%)＝3.5 ml，生成n(SO2)＝eq \f(7.0 ml×50%,7)×4 ＝2 ml，恒温恒容条件下气体压强之比等于物质的量之比，所以A点压强为eq \f(5.5 ml,7.0 ml)×7.0 kPa＝5.5 kPa，p(O2)＝eq \f(3.5 ml,5.5 ml)×5.5 kPa＝3.5 kPa，p(SO2)＝(5.5－3.5)kPa＝2 kPa，则A点平衡常数Kp＝eq \f(p4SO2,p7O2)＝eq \f(24,3.57)(kPa)－3＝eq \f(211,77)(kPa)－3 。
33．利用废弃的H2S的热分解可生产H2：2H2S(g)2H2(g)＋S2(g)。现将0.20 ml H2S(g)通入某恒压(压强p＝a MPa)密闭容器中，在不同温度下测得H2S的平衡转化率如图所示：
已知：对于气相反应，用某组分(B)的平衡压强(pB)代替物质的量浓度(cB)也可表示平衡常数。温度为T4℃时，该反应的平衡常数Kp＝________(用含a的代数式表示)。
【答案】eq \f(2a,27) MPa
【解析】由图像可知，温度为T4℃时，H2S平衡转化率为40%，故反应所消耗H2S的物质的量为0.20 ml×40%＝0.08 ml，剩余H2S的物质的量为0.20 ml－0.08 ml＝0.12 ml，生成H2的物质的量为0.08 ml，生成S2的物质的量为0.04 ml，则p(H2S)＝eq \f(a,2) MPa，p(H2)＝eq \f(a,3) MPa，p(S2)＝eq \f(a,6) MPa，故T4℃时反应的平衡常数Kp＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3) MPa))\s\up12(2)×\f(a,6) MPa,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2) MPa))\s\up12(2))＝eq \f(2a,27) MPa。
34．一定条件下，向某密闭容器中通入4 ml的丁烷，控制适当条件使其发生如下反应：C4H10(g)C2H4(g)+ C2H6(g) ΔH，测得丁烷的平衡转化率随温度、压强的变化如下图所示：
①X表示_______ (填“温度”或“压强”)，Y1_______Y2(填“>”或“lg[Kp2(T)·Kp1(T)]，即K(T′)>K(T)，因此该反应正反应为吸热反应，即ΔH大于0
【解析】①结合图可知，温度越高，eq \f(1,T)越小，lg Kp2越大，即Kp2越大，说明升高温度平衡2NOCl(g) 2NO(g)＋Cl2(g)正向移动，则NOCl分解为NO和Cl2反应的ΔH大于0。
39．【逻辑思维与科学建模】二甲醚(DME)是一种新兴的基本有机化工原料，具有甲基化反应性能，用于生产硫酸二甲酯，还可合成N，N-二甲基苯胺、醋酸甲酯、酸酐和乙烯等。工业上常用合成气制备二甲醚，主要原理如下：
反应Ⅰ. CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △H1
反应Ⅱ．2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+ H2O(g) ΔH2= -23 kJ·ml-1
回答下列问题：
(1)若反应Ⅰ正反应速率方程为v正=k正c(CO)c2(H2)，逆反应速率方程为v逆=k逆c(CH3OH)，其中k正、k逆分别为正、逆反应的速率常数，图1所示中，若斜线①、②分别表示k正、k逆随温度变化，则△H1___________0(填“＞”、“＜”或“=”)，图中A、B的纵坐标分别为x+0.5、x-1.5，则温度T1时化学平衡常数K=___________。
(2)在下，将2 ml CO、4 ml H2充入2L恒容密闭容器中，发生上述两个反应。若T℃时， 10min达到平衡，测得c(H2)=0.8ml·L-1、c(H2O)=0.15ml·L-1，则v(CO)= ___________，反应I平衡常数Kp=___________(Kp为用气体分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数；列计算式)。
【答案】(1)＜
(2)
【解析】(1)反应Ⅰ正反应速率方程为v正=k正c(CO)c2(H2)，逆反应速率方程为v逆=k逆c(CH3OH)，反应达到平衡时v正=v逆，即k正c(CO)c2(H2)= k逆c(CH3OH)，则有平衡常数。图1所示中，斜线①、②分别表示k正、k逆随温度变化，说明温度越低(越大)，k正、k逆越小(越小)，且增大，即平衡常数增大，平衡正向移动，则正向放热，故ΔH1＜0。图中A、B的纵坐标分别为x+0.5、x-1.5，则温度T1时化学平衡常数K==。(2)根据题意，达到平衡时，，设反应Ⅱ反应了xml，有反应关系：

由，得，x=0.6(ml)，故平衡时体系气体总物质的量为0.8+1.6+(1.2-0.6)+0.3+0.3=3.6(ml)。则v(CO)= ；反应I平衡常数Kp= 。
40．在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的摩尔分数与温度的计算结果如图所示。其中一种进料组成为＝0.75、＝0.25，另一种为＝0.675、＝0.225、xAr＝0.10。(物质i的摩尔分数：xi＝eq \f(ni,n总))
①图中压强由小到大的顺序为________________，判断的依据是________________。
②进料组成中含有惰性气体Ar的图是________________。
③图1中，当p2＝20 MPa、＝0.20时，氮气的转化率α＝________________。该温度时，反应eq \f(1,2)N2(g)＋eq \f(3,2)H2(g)NH3(g)的平衡常数Kp＝________________(MPa)－1(化为最简式)。
【答案】①p1＜p2＜p3 合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大
②图2 ③33.33% eq \f(\r(3),36)
【解析】①合成氨的反应中，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。由图中信息可知，在相同温度下，反应达平衡时氨的摩尔分数：p1＜p2＜p3，因此，图中压强由小到大的顺序为p1＜p2＜p3。②该反应为气体分子数减小的反应，在相同温度和相同压强下，惰性气体Ar不利于合成氨，进料组成中含有惰性气体Ar的图是图2。③图1中，进料组成为＝0.75、＝0.25，两者物质的量之比为3∶1。假设进料中氢气和氮气的物质的量分别为3 ml和1 ml，达到平衡时氮气的变化量为x ml，则有：
N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)
始/ml 1 3 0
变/ml x 3x 2x
平/ml 1－x 3－3x 2x
当p2＝20 MPa、＝0.20时，＝eq \f(2x,4－2x)＝0.20，解得x＝eq \f(1,3)，则氮气的转化率α＝eq \f(1,3)≈33.33%，平衡时N2、H2、NH3的物质的量分别为eq \f(2,3) ml、2 ml、eq \f(2,3) ml，其物质的量分数分别为eq \f(1,5)、eq \f(3,5)、eq \f(1,5)，则该温度下K′p＝eq \f(\f(1,5)p22,\f(1,5)p2×\f(3,5)p23)＝eq \f(1,3×122)(MPa)－2，因此，该温度时反应eq \f(1,2)N2(g)＋eq \f(3,2)H2(g)NH3(g)的平衡常数Kp＝eq \r(K′p)＝eq \f(\r(3),36)(MPa)－1。
1．(2025·河北模拟预测)376.8 ℃时，反应①W(s)X(s)+Y(s)+2Z(g)的平衡常数Kp = 1. 0×104Pa2。该条件下，在一硬质玻璃烧瓶中加入过量 W，抽真空后，通过一支管通入M蒸气(然后将支管封闭)。M蒸气初始压强为20.0kPa，发生反应②2N(g) Z(g) +M(g)，平衡时，测得烧瓶中压强为32.5kPa。下列说法错误的是( )
A．平衡时p(N)= 24. 8 kPa
B．反应②的平衡常数Kp的计算式为
C．增大压强，达到新平衡时Z的浓度变小
D．降低温度，Z的产率是否增大不能确定
【答案】C
【解析】A项，反应①W(s)X(s)+Y(s)+2Z(g)的平衡常数Kp = p2(Z)= 1. 0×104Pa2 ，p(Z)=1.0×102Pa = 0.1kPa．设到达平衡时M( g)的分压减小xkPa，可列三段式：

0.1kPa+(20.0-x) kPa+2xkPa = 32.5 kPa，解得x=12.4 kPa，p(N)=24.8 kPa，A正确；B项，p (N)= 24.8×103Pa，p(M)=20.0×103Pa-12.4×103Pa，p(Z)= 1.0×102Pa，反应②的平衡常数Kp的计算式为，B 正确；C项，反应①的平衡常数 Kp = p2( Z)，温度不变，Kp不变，则 p(Z)不变，达到新平衡时Z的浓度不变，C错误；D项，反应①②的吸、放热情况不明确，降低温度不能确定Z的产率变化，D正确；故选C。
2．(2025·陕西省西安中学第三次高三模拟)将一定量的固体Ag2SO4置于容积不变的密闭容器中，在一定温度下加入催化剂后发生下列反应：①Ag2SO4(s)Ag2O(s)+SO3(g)；②2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)。反应经过10 min后达到了平衡状态，测得c(SO3)=0.4ml·L-1，c(SO2)=0.1ml·L-1，下列说法正确的是( )
A．SO3(g)的分解率为25%
B．此温度下反应①平衡常数K=0.4ml·L-1
C．在上述平衡体系中再加入少量的Ag2O(s)，再次达到平衡后c(SO3)将减小
D．若温度不变，体积缩小为原来的一半，n(SO2)不变
【答案】B
【解析】A项，c(SO3)=0.4ml·L-1，c(SO2)=0.1ml·L-1，根据S元素守恒，说明反应①生成SO3的浓度为0.5ml·L-1，SO3(g)的分解率为，故A错误；B项，此温度下反应①平衡常数K= c(SO3)= 0.4ml·L-1，故B正确；C项，Ag2O是固体，固体物质对平衡无影响，在上述平衡体系中再加入少量的Ag2O(s)，平衡不移动，c(SO3)不变，故C错误；D项，由方程式可知，反应①的平衡常数K=c(SO3)= 0.4ml/L，若温度不变，体积缩小为原来的一半，再次达到平衡时，反应①和②的平衡常数不变，则平衡时三氧化硫和二氧化硫的浓度不变，二氧化硫的物质的量为原平衡的，故D错误；故选B。
3．(2025·河南省部分重点高中高三青桐呜大联考)已知反应SiHCl3(g)＋H2(g) Si(s)＋3HCl(g) ΔH＝+210kJ·ml−1，在三个不同容积的恒容密闭容器中分别充入1ml SiHCl3(g)与2mlH2(g)，恒温条件下，测得平衡时SiHCl3(g)的转化率与体系压强如表。
下列说法错误的是( )
A．初始反应速率：①>② B．p1：p2=35：37
C．容器容积：V1>V3 D．若从实验②的容器中取走部分，SiHCl3的转化率不变
【答案】B
【解析】A项，容器①和②比较，SiHCl3的平衡转化率②>①，起始量相等，恒温条件，改变的只能是压强，增大压强平衡逆向移动，故p1>p2，即V1②，A正确；B项，根据，开始物质的量均为3ml，反应①中物质的量为3ml+1ml×50%=3.5ml，反应②中物质的量为3ml+1ml×70%=3.7ml，物质的量之比为35：37，但体积不等，故压强之比不等于35：37，B错误；C项，温度升高，平衡正向移动，反应物的平衡转化率增大，容器①和容器③相比，两个反应物的平衡转化率相等，说明升高温度同时，增大了压强，即p3>p1，即V3”或“＜”)。
③平衡后，保持温度不变缩小容器体积，Cl2(g)＋I2(g)2ICl(g)平衡移动 (填“正向”、“逆向”或“不”)，重新达到平衡，p(I2) (填“增大”、“减小”或“不变”)。
【答案】(1)小于 103.8
(2) BaPtCl6(s)BaCl2(s)+Pt(s)+2Cl2(g)↑ 14 > 逆向 增大
【解析】(1)该反应=(反应①+反应②)×-1，则该反应的平衡常数Kp=，根据图示可知，lgKp2对应曲线斜率的绝对值更大，lgKp=-lgKp1-lgKp2，增大一定量，lgKp2减小的量大于lgKp1增大的量，即ΔlgKp=-ΔlgKp1-ΔlgKp2>0，说明lgKp随增大而增大，即升高温度Kp减小，该反应为放热反应，反应物总键能小于生成物总键能。根据图中数据可知，180℃时lgKp1=-1.2，lgKp2=-2.6，则lgKp=-lgKp1-lgKp2=3.8，Kp=103.8。(2)①BaPtCl6加热条件下分解生成BaCl2、Pt和Cl2，该反应存在平衡常数，则为可逆反应，化学方程式为BaPtCl6(s) BaCl2(s)+Pt(s)+2Cl2(g)↑。②已知t℃时反应BaPtCl6(s)BaCl2(s)+Pt(s)+2Cl2(g)↑的平衡常数为1.0kPa2，说明平衡时Cl2的压强为1kPa，初始时压强为10kPa，则一开始I2的压强为10kPa，I2的平衡转化率为30%，则转化的I2为3kPa，生成ICl压强为6kPa，剩余I2压强为7kPa，则此时总压强为(6+7+1)kPa=14kPa。T℃时反应Cl2(g)＋I2(g)2ICl(g)的平衡常数Kp=≈5.1180℃；③保持温度不变缩小体积，反应BaPtCl6(s)BaCl2(s)+Pt(s)+2Cl2(g)↑的化学平衡逆向移动，氯气浓度减小，导致Cl2(g)＋I2(g)2ICl(g)的化学平衡逆向移动，碘的浓度增大，重新达到平衡后，p(I2)增大。
6．【资源利用与学科知识结合】研究氮、碳及其化合物的资源化利用具有重要的意义。回答下列问题：
(1)已知氢气还原氮气合成氨低温下自发发生。若将2.0 ml N2和6.0mlH2通入体积为1L的密闭容器中，分别在T1和T2温度下进行反应。曲线A表示T2温度下n(H2)的变化，曲线B表示T1温度下n(NH3)的变化，T2温度下反应到a点恰好达到平衡。
①温度T1______(填“>”“”“ (2) c d (3)
【解析】(1)①曲线A表示T2温度下n(H2)的变化，反应到4min时，，该条件下对应氨气的速率为：，曲线B表示T1温度下n(NH3)的变化，4min时，曲线B对应的反应速率快，可知T1＞T2，因曲线B对应的温度高，速率快，所以到达平衡的时间比曲线A短，即m＜12，但因反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，导致曲线B平衡时氨气的物质的量比曲线A平衡时氨气的物质的量少，即n＜2；②T2温度下，合成氨反应N2+3H2⇌2NH3，根据题中数据列三段式：

平衡常数K=，由以上计算可知平衡时气体总量为6ml，平衡时气体的压强是起始时的，若某时刻，容器内气体的压强为起始时的80%，反应应向气体体积减小的方向建立平衡即向正向进行，则v(正)＞v(逆)；(2)Ⅰ、Ⅱ为吸热反应，Ⅲ为放热反应，所以K1、K2随温度升高而增大，K3随温度升高而减小，又K1=，K2=，K3=，则K1×K3=K2，结合图象数据可知，1000℃时，曲线c中，K1=2，曲线b中，K2=16，曲线d中，K3=8符合题意，则c为K1、d为K3；(3)恒温恒容条件下，压强之比等于气体的物质的量之比，设达到平衡时气体的物质的量为n，则n：(0.5+0.9)=p：1.4p，解得n=1ml，反应前后气体减少的物质的量为0.4ml，反应②中反应前后气体物质的量不变，反应①中反应后气体减少的物质的量为生成甲醇气体的2倍，则生成甲醇气体的物质的量为0.2ml，反应①中生成的n(H2O)=n(CH3OH)=0.2ml，则反应②中生成的n(H2O)=0.3ml-0.2ml=0.1ml，所以反应②中生成的n(CO)=0.1ml，消耗的n(CO2)=0.2ml+0.1ml=0.3ml，剩余的n(CO2)=0.5ml-0.3ml=0.2ml，剩余的n(H2)=0.9ml-0.6ml-0.1ml=0.2ml，p(CO2)=×p=0.2p，同理可得：p(H2)=0.2p，p(H2O)=0.3p，p(CH3OH)=0.2p，反应①的平衡常数K=。
1．(2024·山东卷，15，4分)(双选)逆水气变换反应：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH＞0。一定压力下，按CO2，H2物质的量之比n(CO2)：n(H2)=1：1投料，T1、T2温度时反应物摩尔分数随时间变化关系如图所示。已知该反应的速率方程为v=kc0.5(H2)c(CO2)，T1、T2温度时反应速率常数k分别为k1、k2。下列说法错误的是( )
A．k1＞k2
B．T1、T2温度下达平衡时反应速率的比值：
C．温度不变，仅改变体系初始压力，反应物摩尔分数随时间的变化曲线不变
D．T2温度下，改变初始投料比例，可使平衡时各组分摩尔分数与T1温度时相同
【答案】CD
【解析】由图可知，T1比T2反应速率速率快，则T1＞T2；T1温度下达到平衡时反应物的摩尔分数低于T2温度下平衡时；由于起始CO2与H2的物质的量之比为1∶1，则达到平衡时CO2和H2的摩尔分数相等。A项，T1比T2反应速率速率快，反应速率常数与温度有关，结合反应速率方程知k1＞k2，A项正确；B项，反应的速率方程为v=kc0.5(H2)c(CO2)，则，T1温度下达到平衡时反应物的摩尔分数低于T2温度下平衡时，则，B项正确；C项，温度不变，仅改变体系初始压力，虽然平衡不移动，但反应物的浓度改变，反应速率改变，反应达到平衡的时间改变，反应物摩尔分数随时间的变化曲线变化，C项错误；D项，T2温度下，改变初始投料比，相当于改变某一反应物的浓度，达到平衡时H2和CO2的摩尔分数不可能相等，故不能使平衡时各组分摩尔分数与T1温度时相同，D项错误；故选CD。
2．(2022•河北省选择性考试，11)恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量X，发生反应的方程式为①XY；②YZ。反应①的速率，反应②的速率，式中为速率常数。图甲为该体系中X、Y、Z浓度随时间变化的曲线，图乙为反应①和②的曲线。下列说法错误的是( )
A．随的减小，反应①、②的速率均降低
B．体系中
C．欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间
D．温度低于T1时，总反应速率由反应②决定
【答案】AB
【解析】由图中的信息可知，浓度随时间变化逐渐减小的代表的是X，浓度随时间变化逐渐增大的代表的是Z，浓度随时间变化先增大后减小的代表的是Y；由图乙中的信息可知，反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②的。A项，由图甲中的信息可知，随c(X)的减小，c(Y) 先增大后减小，c(Z)增大，因此，反应①的速率随c(X)的减小而减小，而反应②的速率先增大后减小，A错误；B项，根据体系中发生的反应可知，在Y的浓度达到最大值之前，单位时间内X的减少量等于Y和Z的增加量，因此，v (X)= v (Y) +v(Z)，但是，在Y的浓度达到最大值之后，单位时间内Z的增加量等于Y和X的减少量，故v (X) + v (Y) = v(Z)，B错误；C项，升高温度可以可以加快反应①的速率，但是反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②的，且反应②的的速率随着Y的浓度的增大而增大，因此，欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间，C正确；D项，由图乙信息可知，温度低于T时，k1＞k2，反应②为慢反应，因此，总反应速率由反应②决定，D正确；故选AB。
3．(2021•河北选择性考试，11)室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反应：①M+N=X+Y；②M+N=X+Z，反应①的速率可表示为v1=k1c2(M)，反应②的速率可表示为v2=k2c2(M) (k1、k2为速率常数)。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图，下列说法错误的是( )
A．0～30min时间段内，Y的平均反应速率为6.67×10-8ml•L-1•min-1
B．反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变
C．如果反应能进行到底，反应结束时62.5%的M转化为Z
D．反应①的活化能比反应②的活化能大
【答案】A
【解析】A项，由图中数据可知，30 min时，M、Z的浓度分别为0.300 ml•L-1和0.125 ml•L-1，则M的变化量为0.5 ml•L-1-0.300 ml•L-1=0.200 ml•L-1，其中转化为Y的变化量为0.200 ml•L-1-0.125 ml•L-1=0.075 ml•L-1。因此，0~30 min时间段内，Y的平均反应速率为 ml·L－1·min－1，A不正确；B项，由题中信息可知，反应①和反应②的速率之比为，Y和Z分别为反应①和反应②的产物，且两者与M的化学计量数相同(化学计量数均为1)，因此反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比等于 ，由于k1、k2为速率常数，故该比值保持不变，B正确； C项，结合A、B的分析可知因此反应开始后，在相同的时间内体系中Y和Z的浓度之比等于=，因此，如果反应能进行到底，反应结束时有 的M转化为Z，即62.5%的M转化为Z，C正确；D项，由以上分析可知，在相同的时间内生成Z较多、生成Y较少，因此，反应①的化学反应速率较小，在同一体系中，活化能较小的化学反应速率较快，故反应①的活化能比反应②的活化能大，D说法正确。故选A。
4．(2024·贵州卷，17节选)在无氧环境下，CH4经催化脱氢芳构化可以直接转化为高附加值的芳烃产品。一定温度下，CH4芳构化时同时存在如下反应：
ⅰ．CH4(g) →C(s)＋2H2(g) ΔH1＝+74.6kJ·ml−1 ΔS=+80.84J·ml-1·K-1
ⅱ．6CH4(g) →C6H6(l)＋H2(g) ΔH2
(5)下，在某密闭容器中按n(C6H6)：n(CH4)=1：5充入气体，发生反应C6H6(g)＋CH4(g)→C7H8(g)＋H2(g)，平衡时C6H6(g)与C7H8(g)的分压比为4：1，则C6H6(g)的平衡转化率为 ，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，列出计算式即可)。
【答案】(5) 20% 或
【解析】(5)下，在某密闭容器中按n(C6H6)：n(CH4)=1：5充入气体，发生反应C6H6(g)＋CH4(g)→C7H8(g)＋H2(g)，平衡时C6H6(g)与C7H8(g)的分压比为4：1，设起始时C6H6的物质的量为1ml，CH4的物质的量为5ml，参加反应C6H6的物质的量为xml，则可建立如下三段式：
依题意，，解得x=0.2，平衡时，n(C6H6)=0.8ml，n(CH4)=4.8ml，n(C7H8)=0.2ml，n(H2)=0.2ml，则C6H6的平衡转化率为=20%，平衡常数Kp=或。
5．(2024·湖南卷，18)丙烯腈(CH2=CHCN)是一种重要的化工原料。
(3)催化剂TiO2再生时会释放CO2，可用氨水吸收获得NH4HCO3。现将一定量的NH4HCO3固体(含0.72g水)置于密闭真空容器中，充入CO2和NH3，其中CO2的分压为，在℃下进行干燥。为保证NH4HCO3不分解，NH3的分压应不低于 (已知 NH4HCO3分解的平衡常数Kp= 4×104(kPa)3)；
【答案】(3)40
【解析】(3)0.72g水的物质的量为0.04ml，故p(H2O)=2.5×102kPa●ml−1×n(H2O)=10kPa，NH4HCO3分解的反应式为NH4HCO3=NH3↑+CO2↑+H2O↑，故NH4HCO3分解的平衡常数Kp=p(NH3)p(CO2)p(H2O)=4×104(kPa)3，解得p(NH3)=40kPa，故为保证NH4HCO3不分解，NH3的分压应不低于40kPa。
6．(2024·福建卷，14节选)SiHCl3是制造多晶硅的原料，可由 Si和SiCl4耦合加氢得到，相关反应如下：
Ⅰ．SiCl4(g)＋H2(g)= SiHCl3(g)＋HCl(g) ΔH1＝52kJ·ml−1
Ⅱ．Si(s)＋3HCl(g)= SiHCl3(g)＋H2(g) ΔH2＝-236kJ·ml−1
Ⅲ．Si(s)＋SiCl4(g)＋2H2(g)=2SiH2Cl2(g) ΔH3＝16kJ·ml−1
Ⅳ．Si(s)＋3SiCl4(g)＋2H2(g)=4SiHCl3(g) ΔH4＝-80 kJ·ml−1
(3)在压强为p0的恒压体系中通入2mlH2和1mlSiCl4，达到平衡时，气体组分的物质的量分数随温度变化如图所示(忽略气体组分在硅表面的吸附量)。已知：Kp为用气体分压表示的平衡常数，分压=物质的量分数×总压。
①图中n代表的组分为_______。(填化学式)
②时，反应Ⅲ的平衡常数Kp=_______。(列出计算式)
③时，SiCl4的平衡转化率为f，消耗硅的物质的量为_______ml。(列出计算式)
【答案】(3)①HCl ② ③或
【解析】(3)在压强为p0的恒压体系中通入2mlH2和1mlSiCl4，①根据反应 = 1 \* ROMAN I→ = 4 \* ROMAN IV可知，温度升高反应 = 1 \* ROMAN I和II向正反应方向进行，产物含量增加，结合图可知n为HCl，m为SiHCl3；②750K时按照反应II进行：Si(s)＋SiCl4(g)＋2H2(g)=2SiH2Cl2(g)，由图中可知道平衡时SiCl4的物质的量分数为x，SiH2Cl2的物质的量分数为z，H2的物质的量分数为w，则；③750K，1ml SiCl4的平衡转化率为f，则转化的SiCl4为fml，剩余的SiCl4为(1-f)ml，平衡时的物质与物质的量分数分别为：SiCl4→x、SiH2Cl2→z和SiHCl3→y，设平衡时混合物的总物质的量为Mml，则可以根据剩余的SiCl4计算出M，ml，再计算出、，根据硅原子守恒，消耗硅的物质的量=平衡物质中硅的总物质的量-起始时的1mlSiCl4，或者消耗硅的物质的量=平衡物质中SiH2Cl2和SiHCl3物质的量之和-消耗的fml SiCl4，。
7．(2024·湖北卷，17节选)用BaCO3和焦炭为原料，经反应I、Ⅱ得到BaC2，再制备乙炔是我国科研人员提出的绿色环保新路线。
反应I：BaCO3(s)+C(s)BaO(s)+2CO(g)
反应Ⅱ：BaO(s)+3C(s)BaC2(s)+CO(g)
(2)已知、(n是的化学计量系数)。反应、Ⅱ的与温度的关系曲线见图1。
①反应BaCO3(s)+4C(s)BaC2(s)+3CO(g)在的KP= Pa3。
②保持不变，假定恒容容器中只发生反应I，达到平衡时pCO= Pa，若将容器体积压缩到原来的，重新建立平衡后pCO= Pa。
【答案】(2) ①1016 ②105 105
【解析】(2)①反应I+反应Ⅱ得BaCO3(s)+4C(s) BaC2(s)+3CO(g)，所以其平衡常数K=KI×KⅡ=，由图1可知，1585K时KI=102.5，KⅡ=10-1.5，即=102.5×10-1.5=10，所以p3CO=10×(105pa)3=1016pa3，则Kp= p3CO=1016pa3；②由图1可知，1320K时反应I的KI=100=1，即KI==1，所以p2CO=(105pa)2，即pCO=105pa；③若将容器体积压缩到原来的，由于温度不变、平衡常数不变，重新建立平衡后pCO应不变，即pCO=105pa。
8．(2024·江西卷，16节选)石油开采的天然气含有H2S。综合利用天然气制氢是实现“碳中和”的重要途径。CH4和H2S重整制氢的主要反应如下：
反应Ⅰ：CH4(g)+2H2S(s)CS2(g)+4H2(g) ΔH1=+260kJ/ml
反应Ⅱ：CH4(g)C(s)+2H2(g) ΔH2=+90kJ/ml
反应Ⅲ：2H2S(g)S2(g)+2H2(g) ΔH3=+181kJ/ml
(4)假设在10L的恒温刚性容器中，通入0.3ml CH4和0.15ml H2S发生反应Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ，起始总压为P0.CH4和H2S的转化率与时间的关系如图2，0～5min内H2的化学反应速率为 _______ml/(L•min)；5min时，容器内总压为 _______。
【答案】(4)① 1.2×10-3 ②. P0
【解析】 (4)由图可知，0～5min内消耗的CH4为0.3ml×5%＝0.015ml，消耗的H2S为0.15ml×20%＝0.03ml，根据氢原子守恒，则生成H2的物质的量为n(H2)＝2×0.015ml+0.03＝0.06ml，0～5min内H2的化学反应速率为v(H2)1.2×10-3ml/(L•min)；设反应Ⅰ转化了xmlCH4，则反应Ⅱ转化了(0.015－x)mlCH4，反应Ⅰ转化了2xmlH2S，反应Ⅲ转化了(0.03-2x) mlH2S，列三段式有
5min时，n(CH4)=0.285ml，n(H2S)=0.12ml，n(H2)＝0.06ml，n(CS2)=xml，n(S2)=(0.015-x)ml，n(总)=0.48ml，起始总压为P0，气体总量为0.45ml，根据压强之比等于物质的量之比，可得5min时，容器内总压为×P0=P0；
9．(2024·甘肃卷，17节选)SiHCl3是制备半导体材料硅的重要原料，可由不同途径制备。
(2)在催化剂作用下由粗硅制备SiHCl3：3SiCl4(g)＋2H2(g) + Si(s)4SiHCl3(g)。，密闭容器中，经不同方式处理的粗硅和催化剂混合物与0.4mlH2和0.1ml SiCl4气体反应，SiCl4转化率随时间的变化如下图所示：
①0-50 min，经方式 处理后的反应速率最快；在此期间，经方式丙处理后的平均反应速率v(SiHCl3)= ml·L－1·min－1。
②当反应达平衡时，H2的浓度为 ml·L－1，平衡常数K的计算式为 。
③增大容器体积，反应平衡向 移动。
【答案】(2) 甲 5.6×10-5 0.1952 逆反应方向
【解析】(2)①由转化率图像可知，0-50min，经方式甲处理后反应速率最快；经方式丙处理后，50min时SiCl4的转化率为4.2%，反应的SiCl4的物质的量为0.1ml×4.2%=0.0042ml，根据化学化学计量数可得反应生成的SiHCl3的物质的量为，平均反应速率；②反应达到平衡时，SiCl4的转化率为14.6%，列出三段式为：
当反应达平衡时，H2的浓度为，平衡常数K的计算式为；③增大容器体积，压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，即反应平衡向逆反应方向移动。
10．(2024·山东卷，20，12分)水煤气是H2的主要来源，研究CaO对C-H2O体系制H2的影响，涉及主要反应如下：
C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g) ( = 1 \* ROMAN I) ΔH1＞0
CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g) ( = 2 \* ROMAN II) ΔH2＜0
CaO(s)＋CO2(g)= CaCO3(s) ( = 3 \* ROMAN III) ΔH3＜0
回答列问题：
(2)压力p下，C-H2O- CaO体系达平衡后，图示温度范围内C(s)已完全反应，CaCO3(s)在T1温度时完全分解。气相中CO，CO2和H2摩尔分数随温度的变化关系如图所示，则a线对应物种为_______(填化学式)。当温度高于T1时，随温度升高c线对应物种摩尔分数逐渐降低的原因是_______。
(3)压力p下、温度为T0时，图示三种气体的摩尔分数分别为0.50，0.15，0.05，则反应CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)的平衡常数KP=_______；此时气体总物质的量为，则CaCO3(s)的物质的量为_______；若向平衡体系中通入少量CO2(g)，重新达平衡后，分压p(CO2)将_______(填“增大”“减小”或“不变”)，p(CO)将_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】(2)①H2 ②当温度高于T1，CaCO3(s)已完全分解，只发生反应Ⅱ，温度升高，反应Ⅱ逆向移动，所以CO2的摩尔分数减小。
(3)① ②0.5 ③不变 ④不变
【解析】(2)图示温度范围内C(s已完全反应，则反应Ⅰ已经进行完全，反应Ⅱ和Ⅲ均为放热反应，从开始到T1，温度不断升高，反应Ⅱ和Ⅲ逆向移动，依据反应Ⅱ，H2量减小，摩尔分数减小，CO量升高，摩尔分数，且二者摩尔分数变化斜率相同，所以a曲线代表H2的摩尔分数的变化，则c曲线代表CO2的摩尔分数随温度的变化，开始到T1，CO2的摩尔分数升高，说明在这段温度范围内，反应Ⅲ占主导，当温度高于T1，CaCO3(s)已完全分解，只发生反应Ⅱ，所以CO2的摩尔分数减小。(3)①压力p下、温度为T0时，H2、CO、CO2和摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则H2O(g)的摩尔分数为：1-0.5-0.15-0.05=0.3，则反应CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)的平衡常数KP= ；②设起始状态1mlC(s)，xmlH2O(g)，反应Ⅰ进行完全。则依据三段式：

根据平衡时H2、CO、CO2和摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则有、、，解出，，则，而由于平衡时n(总)=4ml，则y=4，y=，则n(CaCO3)= ==0.5。③若向平衡体系中通入少量CO2(g)，重新达平衡后，反应CaO(s)＋CO2(g)= CaCO3(s)的Kp=，温度不变，Kp不变，则分压p(CO2)不变；体系中增加了CO2(g)，若反应Ⅱ逆向移动，在CO2分压不变的前提下，CO、H2O的分压增大，H2分压减小，则反应Ⅱ的Kp将会发生变化，与事实不符， 所以为了保证Ⅱ的Kp也不变，最终所有物质的分压均不变，即p(CO)不变。
11．(2023•山东卷，20节选)一定条件下，水气变换反应CO+H2OCO2+H2的中间产物是HCOOH。为探究该反应过程，研究水溶液在密封石英管中的分子反应：
Ⅰ．HCOOHCO+H2O(快)
Ⅱ．HCOOHCO2+H2(慢)
研究发现，在反应Ⅰ、Ⅱ中，H+仅对反应Ⅰ有催加速作用；反应Ⅰ速率远大于反应Ⅱ，近似认为反应Ⅰ建立平衡后始终处于平衡状态。忽略水电离，其浓度视为常数。
(2)反应Ⅰ正反应速率方程为：，k为反应速率常数。T1温度下，HCOOH电离平衡常数为Ka，当HCOOH平衡浓度为x ml·L-1时，H+浓度为_____ ml·L-1，此时反应Ⅰ应速率_____ ml·L-1·h -1 (用含Ka、x和k的代数式表示)。
【答案】(2)
【解析】(2)T1温度时，HCOOH建立电离平衡：
，c(HCOO－)＝c(H＋)，故c(H＋)＝，。
12．(2023•湖北省选择性考试，19)纳米碗C40H10是一种奇特的碗状共轭体系。
(4)1200K时，假定体系内只有反应C40H12 (g)C40H10(g) + H2(g)发生，反应过程中压强恒定为p0(即C40H12的初始压强)，平衡转化率为α，该反应的平衡常数Kp为_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】(4)
【解析】(4)1200K时，假定体系内只有反应C40H12 (g)C40H10(g) + H2(g)发生，反应过程中压强恒定为p0 (即C40H12的初始压强)，平衡转化率为α，设起始量为1ml，则根据信息列出三段式为：
则，，，该反应的平衡常数=。
13．(2023·全国乙卷，28(3)(4)节选)硫酸亚铁在工农业生产中有许多用途。
(3)将FeSO4置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：2FeSO4(s)=Fe2O3(s)＋SO2(g)＋SO3(g)(Ⅰ)。平衡时－T的关系如图所示。660 K时，该反应的平衡总压p总＝____________kPa、平衡常数Kp(Ⅰ)＝____________(kPa)2。Kp(Ⅰ)随反应温度升高而__________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(4)提高温度，上述容器中进一步发生反应2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)(Ⅱ)，平衡时＝________(用、表示)。在929 K时，p总＝84.6 kPa、＝35.7 kPa，则＝____kPa，Kp(Ⅱ)＝____________kPa(列出计算式)。
【答案】(3)3.0 2.25 增大 (4) 46.26 eq \f(46.262×2.64,35.72)
【解析】(3)660 K时，＝1.5 kPa，则＝1.5 kPa，因此，该反应的平衡总压p总＝3.0 kPa、平衡常数Kp(Ⅰ)＝＝1.5 kPa×1.5 kPa＝2.25(kPa)2。由图中信息可知，随着温度升高而增大，因此，Kp(Ⅰ)随反应温度升高而增大。(4)提高温度，上述容器中进一步发生反应2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)(Ⅱ)，在同温同压下，不同气体的物质的量之比等于其分压之比，由于仅发生反应(Ⅰ)时＝，则平衡时＋2＝－2，得＝。在929 K时，p总＝84.6 kPa、＝35.7 kPa，则＋＋＝p总、＋2＝－2，联立方程组消去，可得3＋5＝4p总，代入相关数据可求出＝46.26 kPa，则＝84.6 kPa－35.7 kPa－46.26 kPa＝2.64 kPa，Kp(Ⅱ)＝eq \f(46.26 kPa2×2.64 kPa,35.7 kPa2)＝eq \f(46.262×2.64,35.72) kPa。
14．(2023·湖北，19节选)(5)eq \(C,\s\up6(·))40H19(g)C40H18(g)＋H·(g)及eq \(C,\s\up6(·))40H11(g)C40H10(g)＋H·(g)反应的ln K(K为平衡常数)随温度倒数的关系如图所示。已知本实验条件下，ln K＝－eq \f(ΔH,RT)＋c(R为理想气体常数，c为截距)。图中两条线几乎平行，从结构的角度分析其原因是________。
(6)下列措施既能提高反应物的平衡转化率，又能增大生成C40H10的反应速率的是________(填标号)。
a．升高温度 b．增大压强 c．加入催化剂
【答案】(5)在反应过程中，断裂和形成的化学键相同 (6)a
【解析】(5)图中两条线几乎平行，说明斜率几乎相等，根据ln K＝－eq \f(ΔH,RT)＋c(R为理想气体常数，c为截距)可知，斜率相等，则说明焓变相等，因为在反应过程中，断裂和形成的化学键相同。(6)由反应历程可知，该反应为吸热反应，升温，反应正向进行，提高了平衡转化率，反应速率也加快，a符合题意；该反应为正向体积增大的反应，加压，反应逆向进行，降低了平衡转化率，b不符合题意；加入催化剂，平衡不移动，不能提高平衡转化率，c不符合题意。
15．(2022·全国甲卷，28节选)(1)TiO2转化为TiCl4有直接氯化法和碳氯化法。在1 000 ℃时反应的热化学方程式及其平衡常数如下：
(ⅰ)直接氯化：TiO2(s)＋2Cl2(g)===TiCl4(g)＋O2(g) ΔH1＝＋172 kJ·ml－1，Kp1＝1.0×10－2
(ⅱ)碳氯化：TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)===TiCl4(g)＋2CO(g) ΔH2＝－51 kJ·ml－1，Kp2＝1.2×1012Pa
①反应2C(s)＋O2(g)===2CO(g)的ΔH为________kJ·ml－1，Kp＝__________Pa。
(2)在1.0×105 Pa，将TiO2、C、Cl2以物质的量比1∶2.2∶2进行反应。体系中气体平衡组成比例(物质的量分数)随温度变化的理论计算结果如图所示。
①反应C(s)＋CO2(g)===2CO(g)的平衡常数Kp(1 400 ℃)＝__________Pa。
【答案】(1)①－223 1.2×1014 (2)①7.2×105
【解析】(1)①根据盖斯定律，将“反应(ⅱ)－反应(ⅰ)”得到反应2C(s)＋O2(g)===2CO(g)，则ΔH＝－51 kJ·ml－1－(＋172 kJ·ml－1)＝－223 kJ·ml－1；则Kp＝eq \f(Kp2,Kp1)＝eq \f(1.2×1012,1.0×10－2)Pa＝1.2×1014 Pa。(2)①从图中可知，1 400 ℃，体系中气体平衡组成比例CO2是0.05，CO是0.6，反应C(s)＋CO2(g)===2CO(g)的平衡常数Kp(1 400 ℃)＝eq \f(0.6p总2,0.05p总)＝eq \f(0.6×1.0×1052,0.05×1.0×105)Pa＝7.2×105 Pa。
16．(2022·湖南，16节选)(1)在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量的C(s)和1 ml H2O(g)，起始压强为0.2 MPa时，发生下列反应生成水煤气：
Ⅰ.C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g) ΔH1＝＋131.4 kJ·ml－1
Ⅱ.CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH2＝－41.1 kJ·ml－1
反应平衡时，H2O(g)的转化率为50%，CO的物质的量为0.1 ml。此时，整个体系__________(填“吸收”或“放出”)热量__________kJ，反应Ⅰ的平衡常数Kp＝__________(以分压表示，分压＝总压×物质的量分数)。
【答案】吸收 31.2 0.02 MPa
【解析】反应达到平衡时，H2O(g)的转化率为50%，则水的变化量为0.5 ml，水的平衡量也是0.5 ml，由于CO的物质的量为0.1 ml，CO和CO2中的O均来自H2O中，则根据O原子守恒可知CO2的物质的量为0.2 ml，生成0.2 ml CO2时消耗了0.2 ml CO，故在反应Ⅰ实际生成了0.3 ml CO。根据相关反应的热化学方程式可知，整个体系的热量变化为＋131.4 kJ·ml－1×0.3 ml－41.1 kJ·ml－1×0.2 ml＝39.42 kJ－8.22 kJ＝31.2 kJ；由H原子守恒可知，平衡时H2的物质的量为0.5 ml，CO的物质的量为0.1 ml，CO2的物质的量为0.2 ml，水的物质的量为0.5 ml，则平衡时气体的总物质的量为0.5 ml＋0.1 ml＋0.2 ml＋0.5 ml＝1.3 ml，在同温同体积条件下，气体的总压之比等于气体的总物质的量之比，则平衡体系的总压为0.2 MPa×1.3＝0.26 MPa，反应Ⅰ的平衡常数Kp＝eq \f(pCO·pH2,pH2O)＝eq \f(\f(0.1,1.3)×\f(0.5,1.3),\f(0.5,1.3))×p总＝eq \f(0.1,1.3)×0.26 MPa＝0.02 MPa。
物质
X
Y
Z
起始浓度/(ml·L－1)
0.1
0.2
0
平衡浓度/(ml·L－1)
0.05
0.05
0.1
温度/℃
700
800
830
1 000
1 200
平衡常数
1．7
1．1
1．0
0.6
0.4
容器
编号
物质的起始浓度(ml·L-1)
物质的平衡浓度(ml·L-1)
c(NO2)
c(NO)
c(O2)
c(O2)
Ⅰ
0.6
0
0
0.2
Ⅱ
0.3
0.5
0.2
Ⅲ
0
0.5
0.35
c(H2)/(ml·L－1)
c(Br2)/(ml·L－1)
c(HBr)/(ml·L－1)
反应速率
0.1
0.1
2
v
0.1
0.4
2
8v
0.2
0.4
2
16v
0.4
0.1
4
2v
0.2
0.1
c
4v
容器
编号
物质的起始浓度(ml·L-1)
物质的平衡浓度(ml·L-1)
c(NO2)
c(NO)
c(O2)
c(O2)
Ⅰ
0.6
0
0
0.2
Ⅱ
0.3
0.5
0.2
Ⅲ
0
0.5
0.35
容器编号
物质的起始浓度()
物质的平衡浓度()
c(N2O5)
c(NO2)
c(O2)
c(O2)
Ⅰ
4
0
0
1
Ⅱ
1
2
0.5
时间/min
0
10
20
30
40
50
60
压强
6.00P
5.60P
5.30P
5.15P
5.06P
5.00P
5.00P
序号
温度℃
容器容积/L
平衡转化率
体系平衡压强kPa
①
200
V1
50%
p1
②
200
V2
70%
p2
③
350
V3
50%
p3
容器
温度
(T1＞T2)
起始时物质的量/ml
平衡时物质的量/ml
n(H2O)
n(C)
n(CO)
n(H2)
n(CO)
I
T1
0.6
1.2
0
0
0.2
II
T1
1.2
1.2
0
0
x
III
T2
0
0
0.6
0.6
y
CO2
H2
CH3OH
CO
H2O
总压强/kPa
起始/ml
0.5
0.9
0
0
0
平衡/ml
0．3