化學(xué)平衡常數(shù)概念及應(yīng)用

化學(xué)均衡常數(shù)的觀點(diǎn)及應(yīng)用化學(xué)均衡常數(shù)的觀點(diǎn)及應(yīng)用化學(xué)均衡常數(shù)的觀點(diǎn)及應(yīng)用化學(xué)均衡常數(shù)的觀點(diǎn)及應(yīng)用1.觀點(diǎn)在必定溫度下，當(dāng)一個可逆反響抵達(dá)化學(xué)均衡時，生成物濃度冪之積與反響物濃度冪之積的比值是一個常數(shù)，用符號K表示。2.表達(dá)式關(guān)于反響mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，cpC·cqD)。mn如(1)C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)的均衡常數(shù)表達(dá)式K＝cCO·cH2。cH2O3＋(2)Fe3＋＋cH(aq)＋3H2O(l)Fe(OH)3(s)＋3H(aq)的均衡常數(shù)表達(dá)式K＝3＋。cFe3.意義及影響要素(1)K值越大，反響物的轉(zhuǎn)變率越大，正反響進(jìn)行的程度越大。(2)K只受溫度影響，與反響物或生成物的濃度變化沒關(guān)。(3)化學(xué)均衡常數(shù)是指某一詳細(xì)反響的均衡常數(shù)。4.應(yīng)用(1)判斷可逆反響進(jìn)行的程度。(2)判斷反響能否抵達(dá)均衡或向何方向進(jìn)行。關(guān)于化學(xué)反響aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g)的隨意狀態(tài)，濃度商：ccC·cdD。Q＝abcA·cBQ＜K，反響向正反響方向進(jìn)行；Q＝K，反響處于均衡狀態(tài)；Q＞K，反響向逆反響方向進(jìn)行。(3)判斷反響的熱效應(yīng)：假定高升溫度，K值增大，那么正反響為吸熱反響；假定高升溫度，K值減小，那么正反響為放熱反響。(1)均衡常數(shù)表達(dá)式中，能夠是物質(zhì)的任一濃度(×)(2)催化劑既能改變速率常數(shù)，也能改變化學(xué)均衡常數(shù)(×)(3)關(guān)于同一可逆反響，高升溫度，那么化學(xué)均衡常數(shù)增大(×)(4)增大反響物的濃度，均衡正向挪動，化學(xué)均衡常數(shù)增大(×)(5)Cl2＋H2OHCl＋HClO的均衡常數(shù)表達(dá)式cH＋·cCl－·cHClOK＝(×)cCl21.在必定溫度下，以下三個反響的均衡常數(shù)：反響①：CO(g)＋CuO(s)CO2(g)＋Cu(s)K1反響②：H2(g)＋CuO(s)Cu(s)＋H2O(g)K2反響③：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)K3(1)反響①的均衡常數(shù)表達(dá)式為____________。(2)反響③的K3與K1、K2的關(guān)系是K3＝_______________________________________。答案(1)K＝cCO2(2)K11cCOK2cCO2·cH2cH2OcCO2K1分析(2)K3＝cCO·cH2O，K2＝cH2，聯(lián)合K1＝cCO，可知K3＝K2。2.在某溫度下，N2＋3H22NH3的均衡常數(shù)為K1，那么該溫度下，NH313的均衡N2＋H222常數(shù)K3＝___________________________________________________________________。答案

1K1化學(xué)均衡常數(shù)與化學(xué)方程式書寫形式的關(guān)系(1)正、逆反響的均衡常數(shù)互為倒數(shù)。(2)假定化學(xué)方程式中各物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù)都擴(kuò)大或減小至本來的n倍，那么化學(xué)均衡常數(shù)變成原來的n次冪或1n次冪。(3)雙方程式相加獲得新的化學(xué)方程式，其化學(xué)均衡常數(shù)是兩反響均衡常數(shù)的乘積。題組一化學(xué)均衡常數(shù)及影響要素1.(2021西·安市鐵一中學(xué)質(zhì)檢)O3是一種很好的消毒劑，擁有高效、干凈、方便、經(jīng)濟(jì)等長處。O3可溶于水，在水中易分解，產(chǎn)生的[O]為游離氧原子，有很強(qiáng)的殺菌消毒能力。常溫常壓下發(fā)生的反響以下：反響①O3O2＋[O]H>0均衡常數(shù)為K1；反響②[O]＋O32O2H<0均衡常數(shù)為K2；總反響：2O33O2H<0均衡常數(shù)為K。以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是()A.降低溫度，總反響K減小B.K＝K1＋K2C.適合升溫，可提升消毒效率D.壓強(qiáng)增大，K2減小答案C分析降溫，總反響均衡向右挪動，K增大，A項(xiàng)錯誤；K1＝cO2·c[O]、K2＝c2O2、cO3c[O]·cO3c3O2＝K1·K2，B項(xiàng)錯誤；高升溫度，反響①均衡向右挪動，c([O])增大，可提升消毒效K＝2O3c率，C項(xiàng)正確；關(guān)于給定的反響，均衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，D項(xiàng)錯誤。2.(2021湖·北黃岡調(diào)研)反響：CH2==CHCH3(g)＋Cl2(g)CH2==CHCH2Cl(g)＋HCl(g)。在必定壓強(qiáng)下，按w＝nCl2向密閉容器中充入氯氣與丙烯。圖甲表示均衡時，丙nCH2==CHCH3烯的體積分?jǐn)?shù)(φ)與溫度(T)、w的關(guān)系，圖乙表示逆反響的均衡常數(shù)與溫度的關(guān)系。那么以下說法中錯誤的選項(xiàng)是()A.圖甲中w2＞1B.圖乙中，A線表示逆反響的均衡常數(shù)C.溫度為T1、w＝2時，Cl2的轉(zhuǎn)變率為50%D.假定在恒容絕熱裝置中進(jìn)行上述反響，抵達(dá)均衡時，裝置內(nèi)的氣體壓強(qiáng)增大答案C分析依據(jù)圖甲中信息可知，增大n(Cl2)，w增大，均衡正向挪動，丙烯的體積分?jǐn)?shù)(φ)減小，w2＞1，A項(xiàng)正確；依據(jù)圖甲可知，高升溫度，丙烯的體積分?jǐn)?shù)增大，說明均衡逆向挪動，逆反響為吸熱反響，正反響為放熱反響，那么高升溫度，正反響的均衡常數(shù)減小，逆反響的平衡常數(shù)增大，圖乙中，A線表示逆反響的均衡常數(shù)，B項(xiàng)正確；由圖乙知，溫度為T1時，正、逆反響的均衡常數(shù)相等，又因二者互為倒數(shù)，那么均衡常數(shù)K＝1，w＝2時，設(shè)CH2==CHCH3和Cl2的物質(zhì)的量分別為a、2a，參加反響的Cl2的物質(zhì)的量為b，利用三段式可列關(guān)系式b2＝1，解得b＝1，那么Cl2的轉(zhuǎn)變率約為33.3%，C項(xiàng)錯誤；該反響為反響前后氣a－b2a－b2a3體體積不變的放熱反響，反響向正反響方向進(jìn)行，系統(tǒng)溫度高升，氣體膨脹，抵達(dá)均衡時，裝置內(nèi)的氣體壓強(qiáng)將增大，D項(xiàng)正確。3.(2021

長·沙八校聯(lián)考

)將必定量的

SO2(g)和

O2(g)分別通入體積為

2L

的恒容密閉容器中，在不一樣溫度下進(jìn)行反響，獲得以下表中的兩組數(shù)據(jù)：實(shí)驗(yàn)編號

溫度/℃

均衡常數(shù)

開端量

/mol

平權(quán)衡

/mol

抵達(dá)均衡所需時間

/minSO2O2SO2O21T1K142x62T2K242yt以下說法中不正確的選項(xiàng)是()x＝T1、T2的關(guān)系：T1＞T21、K2的關(guān)系：K2＞K1－1－1D.實(shí)驗(yàn)1在前6min的反響速率v(SO2)＝0.2molL··min答案A分析依據(jù)題中信息可列“三段式〞：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)n(開端)/mol42n(轉(zhuǎn)變)/mol4－x2－n(均衡)/molx(4－x)∶(2－0.8)＝2∶1解得：x＝同理，解得y＝，因?yàn)?SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)是放熱反響，溫度越高，反響正向進(jìn)行的程度越小，依據(jù)x，y能夠判斷出T1＞T2，K1＜K2。實(shí)驗(yàn)1在前6min的反響速率v(SO2)＝4mol－1.6mol＝2L×6min－1－1，故本題選A。0.2molL··min4.(2021寧·夏高三調(diào)研)在恒容密閉容器中，由CO合成甲醇：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)，在其余條件不變的狀況下研究溫度對反響的影響，實(shí)驗(yàn)結(jié)果以下列圖，以下說法正確的選項(xiàng)是()CH3OH均衡常數(shù)K＝cCO·cH2該反響在T1時的均衡常數(shù)比T2時的小C.CO合成甲醇的反響為吸熱反響cH2D.處于A點(diǎn)的反響系統(tǒng)從T1變到T2，抵達(dá)均衡時增大cCH3OH答案D分析A項(xiàng)，因該反響中氫氣前的系數(shù)為2，那么該反響的均衡常數(shù)的表達(dá)式為K＝cCH3OHcCO·c2H2，錯誤；B項(xiàng)，由圖像可知，反響從T2到T1時，甲醇的物質(zhì)的量增大，依據(jù)平衡常數(shù)和計(jì)算式可知T1時的均衡常數(shù)比T2時的大，錯誤；C項(xiàng)，由圖像可知在T2溫度下反應(yīng)先抵達(dá)均衡，反響速率較T1快，那么有T2＞T1，從圖像的縱坐標(biāo)剖析可得溫度降低，均衡向正反響方向挪動，那么正反響為放熱反響，錯誤；D項(xiàng)，處于A點(diǎn)的反響系統(tǒng)從T1變到T2的過程中，均衡向逆反響方向挪動，那么c(H2)增大，而c(CH3OH)減小，抵達(dá)均衡時cH2應(yīng)cCH3OH該增大，正確。題組二化學(xué)均衡常數(shù)與均衡挪動方向的判斷5.甲醇是重要的化學(xué)工業(yè)根基原料和潔凈液體燃料。工業(yè)上可利用CO或CO2來生產(chǎn)燃料甲醇。制備甲醇的有關(guān)化學(xué)反響以及在不一樣溫度下的化學(xué)反響均衡常數(shù)以下表所示：化學(xué)反響均衡常數(shù)溫度/℃500800①2H2(g)＋CO(g)CH3OH(g)K1②H2(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(g)K2③3H2(g)＋CO2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)K3(1)據(jù)反響①與②可推導(dǎo)出K1、K2與K3之間的關(guān)系，那么K3＝_______(用K1、K2表示)。(2)反響③的H________(填“>〞或“＜〞)0。(3)500－1℃時測得反響③在某時刻H2(g)、CO2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的濃度(mol·L)分別為、、、，那么此時v正____________(填“＞〞“＝〞或“＜〞)v逆。答案(1)K1·K2(2)＜(3)＞分析(1)K＝cCH3OH，1c2H2·cCOK2＝cCO·cH2O，cH2·cCO2K3＝cH2O·cCH3OH，c3H2·cCO2K3＝K1·K2。(2)依據(jù)K3＝K1·K2，500℃、800℃時，反響③的均衡常數(shù)分別為；升溫，K減小，均衡左移，正反響為放熱反響，所以H＜0。(3)500℃時，K3＝Q＝cCH3OH·cH2O＝×3H2·cCO23×≈＜K3c故反響正向進(jìn)行，v正＞v逆。6.(1)CO2和H2充入必定體積的密閉容器中，在兩種溫度下發(fā)生反響：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)，測得CH3OH的物質(zhì)的量隨時間的變化如圖1。①該反響的均衡常數(shù)表達(dá)式為_______________________________________________。②曲線Ⅰ、Ⅱ?qū)?yīng)的均衡常數(shù)大小關(guān)系為KⅠ________(填“＞〞“＝〞或“＜〞③在某壓強(qiáng)下，合成甲醇的反響在不一樣溫度、不一樣投料比時，CO2的轉(zhuǎn)變率如圖

)KⅡ。2所示。KA、KB、KC三者之間的大小關(guān)系為

________________。一氧化碳可將金屬氧化物還原為金屬單質(zhì)和二氧化碳。四種金屬氧化物(Cr2O3、SnO2、PbO2、Cu2O)被一氧化碳還原時，lgcCO與溫度(T)的關(guān)系如圖3。cCO2①700℃時，此中最難被還原的金屬氧化物是________(填化學(xué)式)。700℃時，一氧化碳還原該金屬氧化物的化學(xué)方程式中化學(xué)計(jì)量數(shù)為最簡整數(shù)比，該反響的均衡常數(shù)(K)數(shù)值等于________。答案(1)①K＝cCH3OH·cH2O②＞③KA＝KC＞KB(2)①Cr2O3②10－123cH2·cCO27.在一個體積為2L的真空密閉容器中參加0.5molCaCO3，發(fā)生反響CaCO3(s)CaO(s)＋CO2(g)，測得二氧化碳的物質(zhì)的量濃度隨溫度的變化關(guān)系如以下列圖所示，圖中A表示CO2的平衡濃度與溫度的關(guān)系曲線，B表示不一樣溫度下反響經(jīng)過同樣時間時CO2的物質(zhì)的量濃度的變化曲線。請按要求回復(fù)以下問題：(1)該反響正反響為______(填“吸〞或“放〞)熱反響，溫度為T5℃時，該反響耗時40s抵達(dá)均衡，那么T5℃時，該反響的均衡常數(shù)數(shù)值為________。(2)假如該反響的均衡常數(shù)K值變大，該反響________(選填字母)。a.必定向逆反響方向挪動b.在均衡挪動時正反響速搶先增大后減小c.必定向正反響方向挪動d.在均衡挪動時逆反響速搶先減小后增大(3)請說明隨溫度的高升，曲線B向曲線A迫近的原由：_________________________。(4)保持溫度、體積不變，充入CO2氣體，那么CaCO3的質(zhì)量_______，CaO的質(zhì)量________，CO2的濃度________(填“增大〞，“減小〞或“不變〞)。(5)在T5℃下，保持溫度和容器體積不變，向上述均衡系統(tǒng)中再充入0.5molN2，那么最后均衡時容器中的CaCO3的質(zhì)量為________g。答案(1)吸0.2(2)bc(3)跟著溫度高升，反響速率加速，抵達(dá)均衡所需要的時間變短(4)增大減小不變(5)10－1分析(1)T5℃時，c(CO2)＝0.20molL·，K＝c(CO2)＝。(2)K值增大，均衡正向挪動，正反響速率大于逆反響速率。(4)體積不變，增大c(CO2)，均衡左移，CaCO3質(zhì)量增大，CaO質(zhì)量減小，因?yàn)闇囟炔蛔?，K不變，所以c(CO2)不變。－1(5)保持體積、溫度不變，充入N2，均衡不挪動，c(CO2)仍等于0.20molL·，其物質(zhì)的量為0.4mol，所以節(jié)余CaCO3的物質(zhì)的量為0.5mol－0.4mol＝0.1mol，其質(zhì)量為10g。考點(diǎn)二“三段式〞打破均衡常數(shù)(K)、轉(zhuǎn)變率的有關(guān)計(jì)算1.一個模式——“三段式〞如mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，令A(yù)、B開端物質(zhì)的量濃度分別為amol·L－1、bmol·L－1，抵達(dá)均衡后耗費(fèi)A的物質(zhì)的量濃度為mxmol·L－1。mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)－1ab00c始/mol·L－1mxnxpxqxc轉(zhuǎn)/mol·Lc平/mol·L－1a－mxb－nxpxqxpxp·qxqK＝a－mxm·b－nxn。2.明確三個量的關(guān)系(1)三個量：即開端量、變化量、平權(quán)衡。(2)關(guān)系①關(guān)于同一反響物，開端量－變化量＝平權(quán)衡。②關(guān)于同一世成物，開端量＋變化量＝平權(quán)衡。③各轉(zhuǎn)變量之比等于各反響物的化學(xué)計(jì)量數(shù)之比。3.掌握四個公式(1)反響物的轉(zhuǎn)變率＝n轉(zhuǎn)變×100%＝c轉(zhuǎn)變×100%。n開端c開端(2)生成物的產(chǎn)率：實(shí)質(zhì)產(chǎn)量(指生成物)占理論產(chǎn)量的百分?jǐn)?shù)。一般來講，轉(zhuǎn)變率越大，原料利用率越高，產(chǎn)率越大。實(shí)質(zhì)產(chǎn)量產(chǎn)率＝理論產(chǎn)量×100%。平權(quán)衡(3)均衡時混淆物組分的百分含量＝均衡時各物質(zhì)的總量×100%。某組分的物質(zhì)的量(4)某組分的體積分?jǐn)?shù)＝混淆氣體總的物質(zhì)的量×100%。按要求回復(fù)以下問題：關(guān)于N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)H＝－92kJmol·－1，在同樣體積的甲、乙兩密閉容器中，恒溫條件下，甲容器中充入1molN2、3molH2，乙容器中充入2molNH3，抵達(dá)均衡時：(1)甲容器中N2的轉(zhuǎn)變率________(填“等于〞“大于〞或“小于〞)H2的轉(zhuǎn)變率。(2)甲容器中N2的轉(zhuǎn)變率與乙容器中NH3的分解率之和為________。(3)甲容器中開釋的熱量與乙容器中汲取的熱量之和為________。答案(1)等于(2)1(3)92題組一化學(xué)均衡常數(shù)的純真計(jì)算1.(2021南·寧二中質(zhì)檢)在容積為1.00L的容器中，通入必定量的N2O4，發(fā)生反響N2O4(g)2NO2(g)，隨溫度高升，混淆氣體的顏色變深。回復(fù)以下問題：(1)反響的H________(填“大于〞或“小于〞)0；100℃時，系統(tǒng)中各物質(zhì)濃度隨時間變化如上圖所示。反響的均衡常數(shù)K1為________。(2)100℃時達(dá)均衡后，改變反響溫度為－1－1的均勻速率降低，T，c(N2O4)以0.0020mol·L·s經(jīng)10s又抵達(dá)均衡。T_______(填“大于〞或“小于〞)100℃，判斷原由是_________________________。②列式計(jì)算溫度T時反響的均衡常數(shù)K2：_____________________________________。答案(1)大于(2)①大于正反響吸熱，反響向吸熱方向進(jìn)行，故溫度高升－1－1－1－1②均衡時，c(NO2)＝0.0020molL··s×10s×2＋0.120mol·L＝0.160mol·L－1－1－1－1K2＝2c(N2O4)＝0.040molL·－0.0020molL··s×10s＝0.020mol·L＝分析(1)升溫，顏色變深，NO2增加，即均衡右移，所以正反響吸熱，即H＞0。由題中圖像可知均衡時NO2和N2O4的濃度，將數(shù)據(jù)代入均衡常數(shù)表達(dá)式計(jì)算即可。(2)①由題意可知，改變溫度使N2O4的濃度降低，即均衡正向挪動，那么應(yīng)是高升溫度，T大于100℃。②依據(jù)速率和時間，求出減少的－1N2O4的濃度為0.020mol·L，那么均衡時N2O4的濃度為－1－1K2的值。0.020mol·L，NO2的濃度為0.160mol·L，由均衡常數(shù)表達(dá)式可得2.將固體NH4I置于密閉容器中，在必定溫度下發(fā)生以下反響：①NH4I(s)NH3(g)＋HI(g)，②2HI(g)－1－1H2(g)＋I(xiàn)2(g)。抵達(dá)均衡時：c(H2)＝0.5molL·，c(HI)＝4mol·L，那么此溫度下反響①的均衡常數(shù)為_______________________________________________________。答案20分析由均衡時H2的濃度，可求得反響②分解耗費(fèi)HI的濃度，c分解(HI)＝－1mol·L×21mol·L－1，故①式生成c(HI)＝c均衡(HI)＋c分解(HI)＝4mol·L－1＋1mol·L－1＝5mol·L－1，那么－1，依據(jù)均衡常數(shù)表達(dá)式K＝c均衡(NH3)·c均衡(HI)＝5×4＝20。c均衡(NH3)＝5molL·這是一道比較經(jīng)典的“易錯〞題，極易錯填成25。原由是將①式生成的c(HI)＝5mol·L－1代入公式中進(jìn)行求算，而未帶入均衡時－1)。計(jì)算均衡常數(shù)時，應(yīng)嚴(yán)格依照平HI的濃度(4mol·L衡常數(shù)的定義進(jìn)行求算，代入的必定是物質(zhì)的均衡濃度。題組二化學(xué)均衡常數(shù)與轉(zhuǎn)變率相結(jié)共計(jì)算3.羰基硫(COS)可作為一種糧食熏蒸劑，能防備某些昆蟲、線蟲和真菌的危害。在恒容密閉容器中，將CO和H2S混淆加熱并抵達(dá)以下均衡：CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g)K＝反響前CO的物質(zhì)的量為10mol，均衡后CO的物質(zhì)的量為8mol。以下說法正確的選項(xiàng)是()A.高升溫度，H2S濃度增大，說明該反響是吸熱反響B(tài).通入CO后，正反響速率漸漸增大C.反響前H2S物質(zhì)的量為7molD.CO的均衡轉(zhuǎn)變率為80%答案C分析A項(xiàng)，高升溫度，H2S濃度增大，說明均衡向逆反響方向挪動，逆反響吸熱，正反響放熱，錯誤；B項(xiàng)，通入CO氣體瞬時正反響速率增大，抵達(dá)最大值，向正反響方向成立新的均衡，正反響速率漸漸減小，錯誤；C項(xiàng)，設(shè)反響前H2S的物質(zhì)的量為nmol，容器的容積為VL，那么CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g)K＝n(始)/mol10n00n(轉(zhuǎn))/mol2222n(平)/mol8n－22222·K＝VV＝，解得n＝7，正確；D項(xiàng)，依據(jù)上述計(jì)算可知CO的轉(zhuǎn)變率為20%，錯誤。n－2V·V4.氫氣是一種潔凈能源?？捎蒀O和水蒸氣反響制備，其能量變化如以下列圖所示。(1)該反響為可逆反響。在－1800℃時，假定CO的開端濃度為2.0molL·，水蒸氣的開端濃度為－1－13.0molL·，抵達(dá)化學(xué)均衡狀態(tài)后，測得CO2的濃度為1.2mol·L，那么此反響的均衡常數(shù)為________，跟著溫度高升，該反響的化學(xué)均衡常數(shù)的變化趨向是________。(2)某溫度下，該反響的均衡常數(shù)為K＝19。該溫度下在甲、乙、丙三個恒容密閉容器中投入H2O(g)和CO(g)，其開端濃度以下表所示。以下判斷不正確的選項(xiàng)是________(填字母)。開端濃度甲乙丙－1c(H2O)/mol·L－1c(CO)/molL·反響開始時，丙中的反響速率最快，甲中的反響速率最慢均衡時，甲中和丙中H2O的轉(zhuǎn)變率均是25%C.均衡時，丙中c(CO2)是甲中的2倍，是－10.015molL·D.均衡時，乙中H2O的轉(zhuǎn)變率大于25%答案(1)1減小(2)CD分析(1)CO＋H2OCO2＋H2－100初始濃度/mol·L均衡濃度/mol·L－1＝×＝1×因?yàn)樵摲错憺榉艧岱错?，高升溫度均衡常?shù)減小。(2)A項(xiàng)中，甲容器中反響物的濃度最小，丙容器中反響物的濃度最大，正確；B項(xiàng)，設(shè)甲中H2O的轉(zhuǎn)變率為x，CO＋H2OCO2＋H2初始濃度/mol·L－100均衡濃度/mol·L－10.01(1－x)0.01(1－x)22＝1，K＝[0.011－x]9解得x＝25%，丙相當(dāng)于甲中壓強(qiáng)增大一倍，均衡不挪動，因此H2O的轉(zhuǎn)變率為25%，正確；C項(xiàng)，丙中c(CO2)－1－1；D項(xiàng)，乙相當(dāng)于在甲的根基上增大水蒸氣的濃度，平＝0.02mol·L×25%＝0.005mol·L衡正向挪動，CO的轉(zhuǎn)變率增大，但H2O的轉(zhuǎn)變率減小，因此其轉(zhuǎn)變率小于25%。題組三另類均衡常數(shù)的計(jì)算5.必定量的CO2與足量的C在恒壓密閉容器中發(fā)生反響：C(s)＋CO2(g)2CO(g)H＝＋173kJ·mol－1，假定壓強(qiáng)為pkPa，均衡時系統(tǒng)中氣體體積分?jǐn)?shù)與溫度的關(guān)系以下列圖，回答以下問題：(1)650℃時CO2的均衡轉(zhuǎn)變率為________。t1℃時均衡常數(shù)Kp＝________(用均衡分壓取代均衡濃度計(jì)算，分壓＝總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))；該溫度下達(dá)均衡后假定再充入等物質(zhì)的量的CO和CO2氣體，那么均衡________(填“正向〞“逆向〞或“不〞)挪動，原由是_________________________________________。答案(1)25%(2)0.5p不Qp＝Kp分析(1)650℃時，均衡時CO2的體積分?jǐn)?shù)為60%，設(shè)其物質(zhì)的量為0.6mol，那么均衡時CO的物質(zhì)的量為0.4mol，開端時CO2的物質(zhì)的量為0.6mol＋1×0.4mol＝0.8mol，故CO2的2均衡轉(zhuǎn)變率為－0.6mol×100%＝25%。(2)t1℃時，均衡時CO與CO2的體積分?jǐn)?shù)相等，0.8mol2其均衡分壓均為0.5pkPa，那么此時的均衡常數(shù)為Kp＝＝。6.100kPa時，反響2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)中NO的均衡轉(zhuǎn)變率與溫度的關(guān)系曲線如圖1，反響2NO2(g)N2O4(g)中NO2的均衡轉(zhuǎn)變率與溫度的關(guān)系曲線如圖2。(1)圖1中A、B、C三點(diǎn)表示不一樣溫度、壓強(qiáng)下2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)抵達(dá)均衡時NO的轉(zhuǎn)變率，那么________點(diǎn)對應(yīng)的壓強(qiáng)最大。(2)100kPa、25℃時，2NO2(g)N2O4(g)均衡系統(tǒng)中N2O4的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為________，N2O4的分壓p(N2O4)＝__________kPa，列式計(jì)算均衡常數(shù)Kp＝__________(Kp用均衡分壓取代平衡濃度計(jì)算，分壓＝總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))。(3)100kPa、25℃時，VmLNO與0.5VmLO2混淆后最后氣體的體積為________mL。答案pN2O4＝100×66.7%≈2NO2[100×1－2p66.7%]分析(1)圖1中曲線為等壓線，A、C在等壓線下方，B在等壓線上方，A、C點(diǎn)相平等壓線，NO的均衡轉(zhuǎn)變率減小，那么均衡逆向挪動，為減小壓強(qiáng)所致，B點(diǎn)相平等壓線，NO的均衡轉(zhuǎn)化率增大，那么均衡正向挪動，為增大壓強(qiáng)所致，故壓強(qiáng)最大的點(diǎn)為B點(diǎn)。(2)100kPa、25℃時，NO2的均衡轉(zhuǎn)變率為80%，設(shè)開端時NO2的濃度為a，那么均衡時NO2的濃度為、N2O4的濃度為，故N2O4的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為×100%≈66.7%。N2O4的分壓p(N2O4)＋＝100kPa×66.7%＝66.7kPa。K＝p2N2O4＝100×66.7%2≈。(3)100kPa、25℃時，ppNO2[100×1－66.7%]VmLNO與0.5VmLO2生成VmLNO2,2NO2(g)N2O4(g)均衡系統(tǒng)中NO2的轉(zhuǎn)變率為80%，知均衡時氣體的體積為VmL×(1－80%)＋VmL×80%×12＝0.6VmL。Kp含義：在化學(xué)均衡系統(tǒng)中，用各氣體物質(zhì)的分壓代替濃度計(jì)算的均衡常數(shù)叫壓強(qiáng)均衡常數(shù)。計(jì)算技巧：第一步，依據(jù)“三段式〞法計(jì)算均衡系統(tǒng)中各物質(zhì)的物質(zhì)的量或物質(zhì)的量濃度；第二步，計(jì)算各氣體組分的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)或體積分?jǐn)?shù)；第三步，依據(jù)分壓計(jì)算公式求出各氣體物質(zhì)的分壓，某氣體的分壓＝氣體總壓強(qiáng)×該氣體的體積分?jǐn)?shù)(或物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))；第四步，依據(jù)均衡常數(shù)計(jì)算公式代入計(jì)算。比如，N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，壓強(qiáng)均衡常數(shù)表達(dá)式為Kp＝p2NH3。pN23H2·p1.[2021全·國卷Ⅰ，28(3)]H2S與CO2在高溫下發(fā)生反響：H2S(g)＋CO2(g)COS(g)＋H2O(g)。610K時，將0.10molCO2與0.40molH2S充入2.5L的空鋼瓶中，反響均衡后水的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為。①H2S的均衡轉(zhuǎn)變率α1＝________%，反響均衡常數(shù)K＝________。②在620K重復(fù)實(shí)驗(yàn)，均衡后水的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為，H2S的轉(zhuǎn)變率α2________α1，該反應(yīng)的H__________(填“>〞“<〞或“＝〞)0。③向反響器中再分別充入以下氣體，能使H2S轉(zhuǎn)變率增大的是________(填標(biāo)號)。A.H2SB.CO2D.N2答案①×10－3②>>③B分析①設(shè)均衡時H2S轉(zhuǎn)變的物質(zhì)的量為xmol。H2S(g)＋CO2(g)COS(g)＋H2O(g)初始/mol00轉(zhuǎn)變/molxxxx均衡/mol－x0.10－xxx由題意得：x＝－x＋－x＋x＋x解得：x＝＝0.01mol×100%＝2.5%H2S的均衡轉(zhuǎn)變率α10.40molcCOS·cH2O×1K＝＝≈×10－322＝351。cHS·cCO－×－②溫度高升，水的均衡物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)增大，均衡右移，那么H2S的轉(zhuǎn)變率增大，故α2>α1。溫度高升，均衡向吸熱反響方向挪動，故H>0。A項(xiàng)，充入H2S，H2S的轉(zhuǎn)變率反而減?。籅項(xiàng)，充入CO2，增大了一種反響物的濃度，能夠提升另一種反響物的轉(zhuǎn)變率，故H2S的轉(zhuǎn)變率增大；C項(xiàng)，充入COS，均衡左移，H2S的轉(zhuǎn)變率減??；D項(xiàng)，充入N2，對均衡無影響，不改變H2S的轉(zhuǎn)變率。2.(2021?！つ希?6)順-1，2-二甲基環(huán)丙烷和反-1，2-二甲基環(huán)丙烷可發(fā)生以下轉(zhuǎn)變：該反響的速率方程可表示為v(正)＝k(正)c(順)和v(逆)＝k(逆)c(反)，k(正)和k(逆)在必定溫度時為常數(shù)，分別稱作正、逆反響速率常數(shù)。回復(fù)以下問題：－1，k(逆)＝－1＝(1)：t1溫度下，k(正)＝0.006ss，該溫度下反響的均衡常數(shù)值K1________；該反響的活化能Ea(正)小于Ea(逆)，那么H________(填“小于〞“等于〞或“大于〞)0。(2)t2溫度下，圖中能表示順式異構(gòu)體的質(zhì)量分?jǐn)?shù)隨時間變化的曲線是_______(填曲線編號)，均衡常數(shù)值K2＝________；溫度t1________(填“小于〞“等于〞或“大于〞)t2，判斷原由是________________________________________________________________________。答案(1)3小于(2)B7小于該反響是放熱反響，高升溫度均衡向逆反響方向挪動3分析(1)依據(jù)v(正)＝k(正)c(順)，k(正)＝0.006s－1，那么v(正)＝0.006c(順)，v(逆)＝k(逆)c(反)，k(逆)＝0.002s－1，那么v(逆)＝0.002c(反)，化學(xué)均衡狀態(tài)時正、逆反響速率相等，那么0.006c(順)＝0.002c(反)，該溫度下反響的均衡常數(shù)K1＝c反＝＝3；該反響的活化能Ea(正)小于c順Ea(逆)，說明斷鍵汲取的能量小于成鍵開釋的能量，即該反響為放熱反響，那么

H小于

0。(2)跟著時間的推移，順式異構(gòu)體的質(zhì)量分?jǐn)?shù)不停減少，且減少速率隨時間減小，那么切合條件的曲線是

B。設(shè)順式異構(gòu)體的開端濃度為

x，可逆反響左右物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù)相等，均為

1，那么均衡時，順式異構(gòu)體為

，反式異構(gòu)體為

，所以均衡常數(shù)為

7K2＝＝3。因?yàn)?/p>

K1＞K2，關(guān)于放熱反響高升溫度時均衡逆向挪動，所以溫度

t2＞t1。3.[2021

全·國卷Ⅰ，28(2)(3)]采納

N2O5

為硝化劑是一種新式的綠色硝化技術(shù)，在含能資料、醫(yī)藥等工業(yè)中獲得寬泛應(yīng)用?；貜?fù)以下問題：

等曾利用測壓法在剛性反響器中研究了

25℃時

N2O5(g)分解反響：2N2O5(g)―→4NO2(g)＋O2(g)2N2O4(g)此中NO2二聚為N2O4的反響能夠快速抵達(dá)均衡。系統(tǒng)的總壓強(qiáng)p隨時間t的變化以下表所示[t＝∞時，N2O5(g)完整分解]：t/min0408016026013001700∞p/kPa①：2N2O5(g)===2N2O4(g)＋O2(g)H1＝－4.4kJmol·－12NO2(g)===N2O4(g)H2＝－55.3kJmol·－1那么反響N2O5(g)===2NO2(g)＋1O2(g)的H＝________kJmol·－1。2②研究說明，N2O5(g)分解的反響速率v＝2×10－3×pN2O5kPa·min－1。t＝62min時，測得體－1系中pO2＝2.9kPa，那么此時pN2O5＝______kPa，v＝______kPamin·。③假定提升反響溫度至35℃，那么N2O5(g)完整分解后系統(tǒng)壓強(qiáng)p∞(35℃)________63.1kPa(填“大于〞“等于〞或“小于〞)，原由是________________________。25℃時N2O4(g)2NO2(g)反響的均衡常數(shù)Kp＝________(Kp為以分壓表示的均衡常數(shù)，計(jì)算結(jié)果保留1位小數(shù))。(3)關(guān)于反響2N2O5(g)―→4NO2(g)＋O2(g)，R.A.Ogg提出以下反響歷程：第一步N2O5NO2＋NO3快速均衡第二步NO2＋NO3―→NO＋NO2＋O2慢反響第三步NO＋NO3―→2NO2快反響此中可近似以為第二步反響不影響第一步的均衡。以下表述正確的選項(xiàng)是______(填標(biāo)號)。A.v(第一步的逆反響)>v(第二步反響)B.反響的中間產(chǎn)物只有NO3C.第二步中NO2與NO3的碰撞僅局部有效D.第三步反響活化能較高答案(2)①＋②×10－2③大于溫度高升，體積不變，總壓強(qiáng)高升；NO2二聚為放熱反響，溫度高升，均衡左移，系統(tǒng)物質(zhì)的量增添，總壓強(qiáng)高升④(3)AC分析(2)①令2N2O5(g)===2N2O4(g)＋O2(g)H1＝－4.4kJmol·－1a2NO2(g)===N2O4(g)H2＝－55.3kJmol·－1b依據(jù)蓋斯定律，a式×1－b式可得：N2O5(g)===2NO2(g)＋1O2(g)H＝＋53.1kJmol·－122②由方程式2N2O5(g)===4NO2(g)＋O2(g)可知，62min時，pO2＝2.9kPa，那么減小的N2O5為5.8kPa，此時pN2O5＝35.8kPa－5.8kPa＝30.0kPa，那么v(N2O5)＝2×10－3×30.0kPa·min－1＝－2－1×10kPamin·。④時間無窮長時N2O5完整分解，故由2N2O5(g)===4NO2(g)＋O2(g)知，此時生成的pNO2＝2pN2O5＝2×35.8kPa＝71.6kPa，pO2＝×35.8kPa＝17.9kPa。由題意知，均衡時系統(tǒng)的總壓強(qiáng)為63.1kPa，那么均衡系統(tǒng)中NO2、N2O4的壓強(qiáng)和為63.1kPa－17.9kPa＝45.2kPa，N2O4的壓強(qiáng)為xkPa，那么N2O4(g)2NO2(g)初始壓強(qiáng)/kPa0轉(zhuǎn)變壓強(qiáng)/kPax2x均衡壓強(qiáng)/kPax－2xx＋－2x)＝，解得x＝，71.6kPa－26.4kPa×2＝18.8kPa，Kp＝p2NO2＝2pN2O4≈。(3)第一步反響快速均衡，說明正、逆反響速率很大，極短時間內(nèi)即可抵達(dá)均衡，

A項(xiàng)正確；第二步反響慢，說明有效碰撞次數(shù)少，

C項(xiàng)正確；由題給三步反響可知，反響的中間產(chǎn)物有NO3和

NO，B項(xiàng)錯誤；反響快，說明反響的活化能較低，

D項(xiàng)錯誤。1.只改變一個影響化學(xué)均衡的要素，均衡常數(shù)K與化學(xué)均衡挪動的關(guān)系表達(dá)不正確的選項(xiàng)是()A.K值不變，均衡可能挪動B.均衡向右挪動時，K值不必定變化C.K值有變化，均衡必定挪動D.同樣條件下，同一個反響的方程式的化學(xué)計(jì)量數(shù)增大

2倍，K值也增大兩倍答案

D分析

因改變壓強(qiáng)或濃度惹起化學(xué)均衡挪動時，

K值不變，

A項(xiàng)和

B項(xiàng)均正確；

K值只與溫度有關(guān)，K值發(fā)生了變化，說明系統(tǒng)的溫度改變，那么均衡必定挪動，C項(xiàng)正確；同樣條件下，同一個反響的方程式的化學(xué)計(jì)量數(shù)增大2倍，K值應(yīng)當(dāng)變成2項(xiàng)錯誤。K原，D2.(2021天·津要點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)必定溫度下，在一個容積為1L的密閉容器中，充入1molH2(g)和1molI2(g)，發(fā)生反響H2(g)＋I(xiàn)2(g)2HI(g)，經(jīng)充分反響抵達(dá)均衡后，生成的HI(g)占?xì)怏w體積的50%，該溫度下，在另一個容積為2L的密閉容器中充入1molHI(g)發(fā)生反響11HI(g)2H2(g)＋2I2(g)，那么以下判斷正確的選項(xiàng)是()A.后一反響的均衡常數(shù)為1B.后一反響的均衡常數(shù)為C.后一反響抵達(dá)均衡時，H2的均衡濃度為0.25mol·L－1D.后一反響抵達(dá)均衡時，－1HI(g)的均衡濃度0.5molL·答案B分析前一反響達(dá)均衡時c(H2)＝c(I2)＝－1－1，那么均衡常數(shù)K1＝mol·L，c(HI)＝1mol·Lc2HI1211＝＝4，爾后一反響的均衡常數(shù)K2＝c2(H)c2(I2)＝1＝，A項(xiàng)錯2cH2·cI2×c(HI)K1誤，B項(xiàng)正確；設(shè)后一反響達(dá)均衡時c(H2)＝x－1，那么均衡時c(I2)＝x－1mol·Lmol·L，c(HI)1－2x)mol·L－1，K2＝x2x2＝，解得x＝，故均衡時c(HI)＝0.25mol·L－1，C、0.52xD項(xiàng)錯誤。cA3.(2021衡·水調(diào)研)某溫度下，反響2A(g)B(g)H＞0在密閉容器中抵達(dá)均衡，均衡后cB＝a，假定改變某一條件，足夠時間后反響再次抵達(dá)均衡狀態(tài)，此時cA＝b，以下表達(dá)正確的cB是()A.在該溫度下，保持容積固定不變，向容器內(nèi)增補(bǔ)了B氣體，那么a＜bB.在該溫度恒壓條件下再充入少許B氣體，那么a＝bC.假定其余條件不變，高升溫度，那么a＜bD.假定保持溫度、壓強(qiáng)不變，充入惰性氣體，那么a＞b答案

B分析

A項(xiàng)，充入

B后均衡時壓強(qiáng)變大，正向挪動程度變大，

cAcB

變小，即

a＞b；B項(xiàng)，充入B，新均衡狀態(tài)與原均衡等效，

cAcB

不變，即

a＝b；C

項(xiàng)，升溫，均衡右移，

cAcB

變小，即a＞b；D

項(xiàng)，相當(dāng)于減壓，均衡左移，

cA

變大，即

a＜b。cB4.放熱反響CO(g)＋H2O(g)－1CO2(g)＋H2(g)在溫度t1時抵達(dá)均衡，c1(CO)＝c1(H2O)＝1.0molL·，其均衡常數(shù)為K1。高升反響系統(tǒng)的溫度至t2時，反響物的均衡濃度分別為c2(CO)和c2(H2O)，均衡常數(shù)為K2，那么()A.K2和K1的單位均為mol·L－1B.K2＞K12(CO)＝c2(H2O)1(CO)＞c2(CO)答案C分析高升溫度，均衡向逆反響方向挪動，均衡常數(shù)之間的關(guān)系為K2＜K1，K1、K2的單位均1，c1(CO)＜c2(CO)，故C項(xiàng)正確。5.某溫度下，將2molA和3molB充入一密閉容器中，發(fā)生反響：aA(g)＋B(g)C(g)＋D(g)，5min后抵達(dá)均衡。該溫度下其均衡常數(shù)K＝1，假定溫度不變時將容器的體積擴(kuò)大為本來的10倍，A的轉(zhuǎn)變率不發(fā)生變化，那么()A.a＝3＝2C.B的轉(zhuǎn)變率為40%D.B的轉(zhuǎn)變率為60%答案C分析溫度不變，擴(kuò)大容器體積(相當(dāng)于減小壓強(qiáng))時，A的轉(zhuǎn)變率不變，說明反響前后氣體的體積不變，即a＝1，A、B兩項(xiàng)均錯誤；假定抵達(dá)均衡時，B的轉(zhuǎn)變量為xmol，那么A、B、C、D均衡時的物質(zhì)的量分別為(2－x)mol、(3－x)mol、xmol、xmol，設(shè)容器體積為1L，那么x21.2mol均衡常數(shù)K＝2－x·3－x＝1，解得x＝，B的轉(zhuǎn)變率為3mol×100%＝40%，所以C項(xiàng)正確、D項(xiàng)錯誤。6.某1L恒容密閉容器中，CH4、H2O(g)的開端濃度分別為1.8mol－1－1L·和3.6mol·L，二者反響生成CO2和H2，該反響的局部物質(zhì)的濃度隨時間變化的關(guān)系以下列圖(局部時間段的濃度變化未標(biāo)出)，此中第6min開始高升溫度。以下有關(guān)判斷正確的選項(xiàng)是()A.X是H2增大壓強(qiáng)，均衡逆向挪動，均衡常數(shù)減小C.第一次均衡時的均衡常數(shù)約為D.假定5min時向容器中再參加0.7mol的CH4和0.7mol的CO2，那么均衡正向挪動答案C分析依據(jù)圖像0～4minCH4減少0.5mol·L－1，X增添0.5mol·L－1，那么X為CO2，A項(xiàng)錯誤；溫度不變時，增大壓強(qiáng)，均衡常數(shù)不變，B項(xiàng)錯誤；4min時，反響第一次抵達(dá)均衡狀態(tài)：CH4(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g)開端/mol·L－100轉(zhuǎn)變/mol·L－1均衡/mol·L－1均衡常數(shù)K＝×42≈，C項(xiàng)正確；假定5min時向容器中再參加0.7mol的CH4和0.7mol×4CO2，那么濃度商Q＝×2≈＞，反響逆向挪動，D項(xiàng)錯誤?！羉CO7.CO常用于工業(yè)冶煉金屬。在不一樣溫度下CO還原四種金屬氧化物達(dá)均衡后氣體中l(wèi)gcCO2與溫度(t)的關(guān)系曲線如圖。以下說法正確的選項(xiàng)是()A.經(jīng)過增高反響爐的高度，延伸礦石和CO接觸的時間，能減少尾氣中CO的含量B.CO不適合用于工業(yè)冶煉金屬CrC.CO還原PbO2的反響H＞0D.工業(yè)冶煉金屬Cu時，高溫有益于提升CO的轉(zhuǎn)變率答案B分析A項(xiàng)，增高反響爐的高度，增大CO與鐵礦石的接觸時間，不可以影響均衡挪動，CO的利用率不變，錯誤；B項(xiàng)，由圖像可知用CO冶煉金屬鉻時，lgcCO向來很大，說明COcCO2轉(zhuǎn)變率很低，不適合，正確；C項(xiàng)，由圖像可知CO還原PbO的溫度越高lgcCO越大，說2cCO2明CO轉(zhuǎn)變率越低，均衡逆向挪動，故H＜0，錯誤；D項(xiàng)，由圖像可知用CO冶煉金屬銅時，溫度越高lgcCO越大，故CO轉(zhuǎn)變率越低，錯誤。CO2已知：乙二醛可被催化氧化為乙醛酸，其反響為2OHC—CHO(g)＋O2(g)2OHC—COOH(g)H。必定條件下，依照nO2＝1的投料比進(jìn)行上述反nOHC—CHO2應(yīng)，乙二醛的均衡轉(zhuǎn)變率(α)和催化劑的催化效率隨溫度的變化以下列圖。以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是()A.H＞0B.b點(diǎn)時，乙二醛的體積分?jǐn)?shù)為33.33%C.生成乙醛酸的速率：v(a)＞v(b)＞v(c)、b、c三點(diǎn)中，a點(diǎn)乙醛酸的體積分?jǐn)?shù)最小答案B分析A項(xiàng)，跟著溫度的高升，轉(zhuǎn)變率降低，這說明高升溫度均衡向逆反響方向挪動，那么H＜0，錯誤；B項(xiàng)，b點(diǎn)時轉(zhuǎn)變率是60%，那么依據(jù)方程式可知2OHC—CHO(g)＋O2(g)2OHC—COOH(g)開端量/mol210轉(zhuǎn)變量/mol平權(quán)衡/mol所以乙二醛的體積分?jǐn)?shù)為×100%≈33.33%，正確；C項(xiàng)，溫度越高，催化效率越高，化學(xué)反響速率越快，而b點(diǎn)的溫度低、催化效率高，c點(diǎn)的溫度高、催化效率低，所以沒法比較速率大小，錯誤；D項(xiàng)，a、b、c三點(diǎn)中，a點(diǎn)轉(zhuǎn)變率最大，那么乙醛酸的體積分?jǐn)?shù)最大，錯誤。9.T1溫度下在容積為10L的密閉容器中發(fā)生可逆反響X(g)＋Y(g)2Z(g)＋2W(s)H，開端時充入15molX與15molY，10min時反響抵達(dá)均衡狀態(tài)，測得均勻速率v(Z)－1－1()＝0.12mol·L·min。以下有關(guān)說法正確的選項(xiàng)是A.T1溫度下該反響的均衡常數(shù)為B.均衡時再充入必定量的X，均衡正向挪動，X的轉(zhuǎn)變率增大C.假定T2＞T1，T2時K＝，那么該反響的H＞0D.假定其余條件不變，T3溫度下，K＝，那么Y的均衡轉(zhuǎn)變率約為41.3%答案D分析依據(jù)Z的反響速率可知均衡時－1－1，c(Y)c(Z)＝1.2mol·L，那么均衡時，c(X)＝0.9mol·L－1，W為固體，均衡常數(shù)K＝c2Z＝2＝0.9mol·LcX·cY≈，A項(xiàng)錯誤；均衡時，再×充入必定量的X，均衡正向挪動，但X的轉(zhuǎn)變率減小，Y的轉(zhuǎn)變率增大，B項(xiàng)錯誤；溫度升高，均衡常數(shù)減小，均衡逆向挪動，那么正反響為放熱反響，H＜0，C項(xiàng)錯誤；T3溫度下，K＝，那么X(g)＋Y(g)2Z(g)＋2W(s)開端(mol·L－1)0轉(zhuǎn)變(mol·L－1)xx2x均衡(mol·L－1)－－x2x2－1均衡常數(shù)K＝2x＝，解得x≈，那么Y的均衡轉(zhuǎn)變率為0.62molL·－1－x×－x1.5molL·×100%≈41.3%，D項(xiàng)正確。10.(2021重·慶市田壩中學(xué)月考)必定條件下，反響2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)H>0，抵達(dá)平衡時N2的體積分?jǐn)?shù)與溫度、壓強(qiáng)的關(guān)系以下列圖。以下說法正確的選項(xiàng)是()A.壓強(qiáng)：p1>p2、c兩點(diǎn)對應(yīng)的均衡常數(shù)：Kc>KbC.a點(diǎn)：2v正(NH3)＝3v逆(H2)1D.a點(diǎn)：NH3的轉(zhuǎn)變率為3答案B分析該反響為氣體分子數(shù)增大的反響，恒溫時，壓強(qiáng)越大，N2的體積分?jǐn)?shù)越小，那么p1<p2，故A錯誤；b、c兩點(diǎn)對應(yīng)溫度b＜c，該反響為吸熱反響，溫度越高，均衡常數(shù)越大，那么Kc>Kb，故B正確；反響速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，3v正(NH3)＝2v逆(H2)，故C錯誤；關(guān)于反響2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)，假定反響前氨的物質(zhì)的量為1mol，反響的氨的物質(zhì)的量為xmol，x那么2＝，解得x＝1，所以氨的轉(zhuǎn)變率為1，故D錯誤。1＋x4411.：MgCO3(s)MgO(s)＋CO2(g)H>0，在密閉容器中投入過度碳酸鎂在溫度T下抵達(dá)均衡，p(CO2)＝4MPa。(1)該均衡常數(shù)表達(dá)式K＝________。(2)假定反響系統(tǒng)的體積不變，高升溫度，那么p(CO2)將____(填“增大〞“減小〞或“不變〞)。(3)假定反響溫度

T不變，將反響系統(tǒng)的體積減小至本來的一半，那么

p(CO2)變化范圍為

_____。答案

(1)c(CO2)

(2