2021高考化学一轮复习 7.3 化学平衡常数 化学反应进行方向题组训练过关3（含解析）苏教版

化学平衡常数 化学反应进行方向 平衡常数的计算1.(2020天津高三模拟)t2 时,将1 mol x和2 mol y投入2 l的密闭容器中,发生反应:x(g)+2y(g)3z(g)h,测得x、y的量随时间变化如下表,平衡时物质x的体积分数为,该反应的平衡常数(k)随温度的变化如图,则下列判断正确的是()时间/min0123456x/mol10.800.660.580.520.500.50y/mol21.60a.前5 min用z表示的平均反应速率为1.2 moll-1min-1b.t2 时,对于反应12x(g)+y(g)32z(g)h,2h=hc.t2 时,若以1 mol x、2 mol y和1 mol z充入上述容器中,达到平衡时x的体积分数比大d.该反应的正反应是吸热反应,且t1t2,故d错误。【加固训练】(2019沧州模拟)300 时,将气体x和气体y各0.16 mol 充入10 l恒容密闭容器中,发生反应x(g)+y(g)2z(g)h0,一段时间后反应达到平衡。反应过程中测定的数据如下表:t/min2479n(y)/mol0.120.110.100.10下列说法正确的是()a.前2 min的平均反应速率v(x)=2.010-2 moll-1 min-1b.其他条件不变,再充入0.1 mol x和0.1 mol y,再次平衡时y的转化率不变c.当v逆(y)=2v正(z)时,说明反应达到平衡d.该反应在250 时的平衡常数小于1.44【解析】选b。a.前2 min的平均反应速率v(x)=v(y)=0.04102 moll-1 min-1=2.010-3 moll-1 min-1,故a错误;b.其他条件不变,再充入0.1 mol x和0.1 mol y,相当于加压,加压平衡不移动,再次平衡时y的转化率不变,故b正确;c.当v逆(y)=2v正(z)时,反应未达到平衡,故c错误;d.该反应在300 时,平衡常数为1.44,降温平衡右移,250 时的平衡常数大于1.44,故d错误。2.(2020无锡模拟)在一个容积为2 l的密闭容器中,加入0.8 mol a2气体和0.6 mol b2气体,一定条件下发生反应:a2(g)+b2(g)2ab(g)h0,反应中各物质的浓度随时间的变化情况如图所示,下列说法不正确的是()a.图中a点的值为0.15b.该反应的平衡常数k=0.03c.温度升高,平衡常数k值减小d.平衡时a2的转化率为62.5%【解析】选b。a项,c(ab)=0.5 moll-1,c(a2)=(0.4-a) moll-1,由化学方程式可知,0.5(0.4-a)=21,a=0.15,正确;b项,当c(ab)=0.5 moll-1时,c(b2)=0.25 moll-1,平衡时c(b2)=(0.3-0.25)moll-1=0.05 moll-1,k= 0.520.150.05=1003,错误;c项,h0.060【解析】选c。该反应是气体分子数相等的反应,由实验数据知:温度升高,m的产率减小,所以该反应的正反应是放热反应。实验中,05 min内,v(n)= v(m)=0.05mol10 l5min=110-3 moll-1min-1,a项错误;实验中,达到平衡时,c(x) =(0.1-0.08)mol10 l=0.002 moll-1,c(y)=(0.4-0.08)mol10 l=0.032 moll-1,c(m)=c(n) =0.08mol10 l=0.008 moll-1,k=0.00820.0020.032=1,b项错误;实验温度与实验相同,所以平衡常数相同,k=a10a100.2-a100.3-a10=1,解得a=0.12,所以反应转化的x也是0.12 mol,x的平衡转化率为0.120.2100%=60%,c项正确;实验中反应物起始浓度均为实验的一半,两实验中反应物比值相等,因该反应是气体分子数不变的反应,所以若在恒温恒容条件下两实验所达平衡是等效的,即实验若在800 达平衡时,n(m)=0.06 mol,现在温度是900 ,升高温度,平衡逆向移动,故b0。请回答下列问题:(1)在某温度下,反应物的起始浓度分别为c(m)=1 moll-1,c(n)=2.4 moll-1;达到平衡后,m的转化率为60%,此时n的转化率为_。(2)若反应温度升高,m的转化率_(填“增大”“减小”或“不变”)。(3)若反应温度不变,反应物的起始浓度分别为c(m)=4 moll-1,c(n)=a moll-1;达到平衡后,c(p)=2 moll-1,a=_。(4)若反应温度不变,反应物的起始浓度为:c(m)=c(n)=b moll-1,达到平衡后,m的转化率为_。【解析】(1)由化学方程式知反应消耗的n与m的物质的量相等,则n的转化率为1moll-160%2.4moll-1100%=25%。(2)因为正反应是吸热反应,温度升高,平衡右移,所以m的转化率增大。(3)反应温度不变,平衡常数不变,由(1)中数据m(g)+ n(g)p(g)+q(g)起始/(moll-1) 1 2.4 0 0变化/(moll-1)0.6 0.6 0.60.6平衡/(moll-1)1-0.6 2.4-0.60.60.6k=c(p)c(q)c(m)c(n)=0.60.6(1-0.6)(2.4-0.6)=12,根据(3)中数据,m(g)+n(g)p(g)+q(g)起始/(moll-1) 4 a 0 0变化/(moll-1) 2 2 2 2平衡/(moll-1)4-2a-2 2 2则k=c(p)c(q)c(m)c(n)=22(4-2)(a-2)=12,解得a=6。(4)同(3)的方法,解得m的转化率为41%。答案:(1)25%(2)增大(3)6(4)41% 【归纳提升】平衡转化率的分析与判断方法(1)反应aa(g)+bb(g)cc(g)+dd(g)的转化率分析若反应物起始物质的量之比等于化学计量数之比,达到平衡后,它们的转化率相等。若只增加a的量,平衡正向移动,b的转化率提高,a的转化率降低。若按原比例同倍数地增加(或降低)a、b的浓度,等效于压缩(或扩大)容器体积,气体反应物的转化率与化学计量数有关。同倍增大c(a)和c(b)a+b=c+da、b的转化率不变a+bc+da、b的转化率增大a+bn+qa的转化率增大mn+qa的转化率减小【加固训练】1.(2020太原模拟)在1.0 l密闭容器中充入0.10 mol a(g),一定温度下发生反应a(g)b(g)+c(g)h2t1,a项错误;由阿伏加德罗定律的推论可知,0.50.9=0.10n,解得n=0.18,设反应达到平衡时a变化的物质的量为x mol,根据“三段式”可得:a(g)b(g)+c(g)起始量(mol)0.1 0 0变化量(mol)x x x平衡量(mol)0.1-x x x故(0.1-x)+x+x=0.18,解得x=0.08,则平衡时c(a)=0.02 moll-1,c(b)=0.08 moll-1,c(c)=0.08 moll-1,则k=c(c)c(b)c(a)=0.32,b项正确;因反应是放热反应,且反应前后气体分子数增大,故要增大平衡体系中b的含量,可以采用降低温度、减小压强、减少c的量等方法,c项错误;再充入0.1 mol a,平衡正向移动,但a的转化率减小,d项错误。2.(2020宜春模拟)n2o5是一种新型硝化剂,一定温度下发生2n2o5(g)4no2(g)+o2(g)h0,t1温度下的部分实验数据如表,则下列说法错误的是()t/s05001 0001 500c(n2o5)/(moll-1)5.003.522.502.50a.500 s内n2o5的分解速率为2.9610-3 moll-1s-1b.t1温度下的平衡常数为k1=125,1 000 s时转化率为50%c.其他条件不变时,t2温度下反应到1 000 s时测得n2o5(g)浓度为2.98 moll-1,则t1t2,则k1k2【解析】选c。2n2o5(g)4no2(g)+o2(g)起始浓度(moll-1) 5.00 0 0变化浓度(moll-1) 1.48 2.96 0.74500 s浓度(moll-1) 3.52500 s内n2o5的分解速率为1.48moll-1500 s=2.9610-3 moll-1s-1,a项正确;t1温度下1 000 s时:2n2o5(g)4no2(g)+o2(g)起始浓度(moll-1) 5.00 0 0变化浓度(moll-1) 2.50 5.00 1.25平衡浓度(moll-1) 2.50 5.00 1.25则转化率为50%,k1=c4(no2)c(o2)c2(n2o5)=125,b项正确;因正反应方向为吸热反应,升高温度,平衡正向移动,且能较快达到平衡,其他条件不变时,t2温度下反应到1 000 s时测得n2o5(g)浓度为2.98 moll-1,比t1温度下浓度高,说明平衡向逆反应方向移动,则t20.10【解析】选d。实验中,若5 min时测得n(b)=0.050 mol,则05 min时间内消耗b 0.150 mol,平均反应速率v(a)=v(b)=0.150mol2 l5min=0.015 moll-1min-1,故a正确;该反应前后气体物质的量不变,实验中达到平衡后,增大压强,平衡不移动,a的转化率不变,平衡常数不变,故b正确;700 时各物质平衡浓