2023高考化学大一轮学考复习考点突破第七章化学反应速率和化学平衡第25讲化学平衡常数及其计算检测新人教版

PAGEPAGE26第七章化学反响速率和化学平衡第25讲化学平衡常数及其计算考纲要求1.了解化学平衡常数(K)的含义。2.能利用化学平衡常数进行相关计算。考点一化学平衡常数1．概念在一定温度下，当一个可逆反响到达化学平衡时，生成物浓度幂之积与反响物浓度幂之积的比值是一个常数，用符号K表示。2．表达式对于反响mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，K＝eq\f(cpC·cqD,cmA·cnB)(固体和纯液体的浓度视为常数，通常不计入平衡常数表达式中)。3．意义及影响因素(1)K值越大，反响物的转化率越大，正反响进行的程度越大。(2)K只受温度影响，与反响物或生成物的浓度变化无关。(3)化学平衡常数是指某一具体反响的平衡常数。4．应用(1)判断可逆反响进行的程度。(2)利用化学平衡常数，判断反响是否到达平衡或向何方向进行。对于化学反响aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g)的任意状态，浓度商：Qc＝eq\f(ccC·cdD,caA·cbB)。Q＜K，反响向正反响方向进行；Q＝K，反响处于平衡状态；Q＞K，反响向逆反响方向进行。(3)利用K可判断反响的热效应：假设升高温度，K值增大，那么正反响为吸热反响；假设升高温度，K值减小，那么正反响为放热反响。深度思考1．正误判断，正确的打“√〞，错误的打“×〞(1)平衡常数表达式中，可以是物质的任一浓度()(2)催化剂能改变化学反响速率，也能改变平衡常数()(3)平衡常数发生变化，化学平衡不一定发生移动()(4)化学平衡发生移动，平衡常数不一定发生变化()(5)平衡常数和转化率都能表达可逆反响进行的程度()(6)化学平衡常数只受温度的影响，温度升高，化学平衡常数的变化取决于该反响的反响热()答案(1)×(2)×(3)×(4)√(5)√(6)√2．书写以下化学平衡的平衡常数表达式。(1)Cl2＋H2OHCl＋HClO(2)C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)(3)CH3COOH＋C2H5OHCH3COOC2H5＋H2O(4)COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－(5)CaCO3(s)CaO(s)＋CO2(g)答案(1)K＝eq\f(cHCl·cHClO,cCl2)(2)K＝eq\f(cCO·cH2,cH2O)(3)K＝eq\f(cCH3COOC2H5·cH2O,cCH3COOH·cC2H5OH)(4)K＝eq\f(cOH－·cHCO\o\al(－,3),cCO\o\al(2－,3))(5)K＝c(CO2)3．一定温度下，分析以下三个反响的平衡常数的关系①N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)K1②eq\f(1,2)N2(g)＋eq\f(3,2)H2(g)NH3(g)K2③2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)K3(1)K1和K2，K1＝Keq\o\al(2,2)。(2)K1和K3，K1＝eq\f(1,K3)。题组一平衡常数的含义1．研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反响：2NO2(g)＋NaCl(s)NaNO3(s)＋ClNO(g)K12NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g)K2那么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\o\al(2,1),K2)解析K1＝eq\f(cClNO,c2NO2)，K2＝eq\f(c2ClNO,c2NO·cCl2)，K＝eq\f(cCl2·c2NO,c4NO2)，所以K＝eq\f(K\o\al(2,1),K2)。2．在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反响：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)，其化学平衡常数K和温度t的关系如表所示：t/℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6答复以下问题：(1)该反响的化学平衡常数表达式为K＝。(2)该反响为(填“吸热〞或“放热〞)反响。(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)假设830℃时，向容器中充入1molCO、5molH2O，反响到达平衡后，其化学平衡常数K(填“大于〞“小于〞或“等于〞)1.0。(5)830℃时，容器中的化学反响已到达平衡。在其他条件不变的情况下，扩大容器的体积。平衡(填“向正反响方向〞、“向逆反响方向〞或“不〞)移动。答案(1)eq\f(cCO·cH2O,cCO2·cH2)(2)吸热(3)700℃(4)等于(5)不解析(2)温度越高，K值越大，说明升温平衡正向移动，正向为吸热反响。(3)某温度下，各物质的平衡浓度有如下关系：3c(CO2)·c(H2)＝5c(CO)·c(H2O)，根据平衡常数表达式K＝eq\f(cCO·cH2O,cCO2·cH2)可知，K＝eq\f(3,5)＝0.6，平衡常数只与温度有关，温度一定平衡常数为定值，所以此时对应的温度为700℃。题组二化学平衡常数的应用3．甲醇是重要的化学工业根底原料和清洁液体燃料。工业上可利用CO或CO2来生产燃料甲醇。制备甲醇的有关化学反响以及在不同温度下的化学反响平衡常数如下表所示：化学反响平衡常数温度/℃500800①2H2(g)＋CO(g)CH3OH(g)K12.50.15②H2(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(g)K1.02.50③3H2(g)＋CO2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)K3(1)据反响①与②可推导出K1、K2与K3之间的关系，那么K3＝(用K1、K2表示)。(2)反响③的ΔH(填“>〞或“＜〞)0。答案(1)K1·K2(2)＜解析(1)K1＝eq\f(cCH3OH,c2H2·cCO)，K2＝eq\f(cCO·cH2O,cH2·cCO2)，K3＝eq\f(cH2O·cCH3OH,c3H2·cCO2)，K3＝K1·K2。(2)根据K3＝K1·K2,500℃、800℃时，反响③的平衡常数分别为2.5,0.375；升温，K减小，平衡左移，正反响为放热反响，所以ΔH4．在一个体积为2L的真空密闭容器中参加0.5molCaCO3，发生反响CaCO3(s)CaO(s)＋CO2(g)，测得二氧化碳的物质的量浓度随温度的变化关系如以下图所示，图中A表示CO2的平衡浓度与温度的关系曲线，B表示不同温度下反响经过相同时间时CO2的物质的量浓度的变化曲线。请按要求答复以下问题：(1)该反响正反响为(填“吸〞或“放〞)热反响，温度为T5℃时，该反响耗时40s到达平衡，那么T5℃时，该反响的平衡常数数值为(2)如果该反响的平衡常数K值变大，该反响(选填字母)。a．一定向逆反响方向移动b．在平衡移动时正反响速率先增大后减小c．一定向正反响方向移动d．在平衡移动时逆反响速率先减小后增大(3)请说明随温度的升高，曲线B向曲线A逼近的原因：。(4)保持温度、体积不变，充入CO2气体，那么CaCO3的质量，CaO的质量，CO2的浓度(填“增大〞，“减小〞或“不变〞)。(5)在T5℃下，维持温度和容器体积不变，向上述平衡体系中再充入0.5molN2，那么最后平衡时容器中的CaCO3的质量为答案(1)吸0.2(2)bc(3)随着温度升高，反响速率加快，到达平衡所需要的时间变短(4)增大减小不变(5)10解析(1)T5℃时，c(CO2)＝0.20mol·L－1K＝c(CO2)＝0.20。(2)K值增大，平衡正向移动，正反响速率大于逆反响速率。(4)体积不变，增大c(CO2)，平衡左移，CaCO3质量增大，CaO质量减小，由于温度不变，K不变，所以c(CO2)不变。(5)保持体积、温度不变，充入N2，平衡不移动，c(CO2)仍等于0.20mol·L－1，其物质的量为0.4mol，所以剩余CaCO3的物质的量为0.5mol－0.4mol＝0.1mol，其质量为10g。考点二有关化学平衡常数的计算1．一个模式——“三段式〞如mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，令A、B起始物质的量浓度分别为amol·L－1、bmol·L－1，到达平衡后消耗A的物质的量浓度为mxmol·L－1。mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)c始/(mol·L－1)ab00c转/(mol·L－1)mxnxpxqxc平/(mol·L－1)a－mxb－nxpxqxK＝eq\f(pxp·qxq,a－mxm·b－nxn)。2．明确三个量的关系(1)三个量：即起始量、变化量、平衡量。(2)关系①对于同一反响物，起始量－变化量＝平衡量。②对于同一生成物，起始量＋变化量＝平衡量。③各转化量之比等于各反响物的化学计量数之比。3．掌握四个公式(1)反响物的转化率＝eq\f(n转化,n起始)×100%＝eq\f(c转化,c起始)×100%。(2)生成物的产率：实际产量(指生成物)占理论产量的百分数。一般来讲，转化率越大，原料利用率越高，产率越大。产率＝eq\f(实际产量,理论产量)×100%。(3)混合物组分的百分含量＝eq\f(平衡量,平衡时各物质的总量)×100%。(4)某组分的体积分数＝eq\f(某组分的物质的量,混合气体总的物质的量)。题组一平衡常数与转化率的关系1．羰基硫(COS)可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。在恒容密闭容器中，将CO和H2S混合加热并到达以下平衡：CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g)K＝0.1反响前CO物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol。以下说法正确的选项是()A．升高温度，H2S浓度增加，说明该反响是吸热反响B．通入CO后，正反响速率逐渐增大C．反响前H2S物质的量为7molD．CO的平衡转化率为80%答案C解析A项，升高温度，H2S浓度增大，说明平衡向逆反响方向移动，逆反响吸热，正反响放热，错误；B项，通入CO气体瞬间正反响速率增大，到达最大值，向正反响方向建立新的平衡，正反响速率开始减小，错误；C项，设反响前H2S的物质的量为nmol，容器的容积为1L，那么CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g)K＝0.1n始/mol10n00n转/mol2222n平/mol8n－222因为该反响是反响前后气体体积不变的反响，所以有K＝eq\f(2×2,8×n－2)＝0.1，解得n＝7，正确；D项，根据上述计算可知CO的转化率为20%，错误。2．可逆反响：M(g)＋N(g)P(g)＋Q(g)ΔH>0，请答复以下问题：(1)在某温度下，反响物的起始浓度分别为c(M)＝1mol·L－1，c(N)＝2.4mol·L－1；到达平衡后，M的转化率为60%，此时N的转化率为。(2)假设反响温度升高，M的转化率(填“增大〞、“减小〞或“不变〞)。(3)假设反响温度不变，反响物的起始浓度分别为c(M)＝4mol·L－1，c(N)＝amol·L－1；到达平衡后，c(P)＝2mol·L－1，a＝。(4)假设反响温度不变，反响物的起始浓度为c(M)＝c(N)＝bmol·L－1，到达平衡后，M的转化率为。答案(1)25%(2)增大(3)6(4)41%解析(1)M(g)＋N(g)P(g)＋Q(g)起始量mol·L－112.400变化量mol·L－11×60%1×60%因此N的转化率为eq\f(1mol·L－1×60%,2.4mol·L－1)×100%＝25%。(2)由于该反响的ΔH>0，即该反响为吸热反响，因此升高温度，平衡右移，M的转化率增大。(3)根据(1)可求出各平衡浓度：c(M)＝0.4mol·L－1c(N)＝1.8mol·Lc(P)＝0.6mol·L－1c(Q)＝0.6mol·L因此化学平衡常数K＝eq\f(cP·cQ,cM·cN)＝eq\f(0.6×0.6,0.4×1.8)＝eq\f(1,2)由于温度不变，因此K不变，新状态到达平衡后c(P)＝2mol·L－1c(Q)＝2mol·Lc(M)＝2mol·L－1c(N)＝(a－2)mol·LK＝eq\f(cP·cQ,cM·cN)＝eq\f(2×2,2×a－2)＝eq\f(1,2)解得a＝6。(4)设M的转化率为x，那么到达平衡后各物质的平衡浓度分别为c(M)＝b(1－x)mol·L－1c(N)＝b(1－x)mol·Lc(P)＝bxmol·L－1c(Q)＝bxmol·LK＝eq\f(cP·cQ,cM·cN)＝eq\f(bx·bx,b1－x·b1－x)＝eq\f(1,2)解得x≈41%。题组二速率常数与平衡常数的关系3．(2022·海南，16)顺­1,2­二甲基环丙烷和反­1,2­二甲基环丙烷可发生如下转化：该反响的速率方程可表示为v(正)＝k(正)c(顺)和v(逆)＝k(逆)c(反)，k(正)和k(逆)在一定温度时为常数，分别称作正、逆反响速率常数。答复以下问题：(1)：t1温度下，k(正)＝0.006s－1，k(逆)＝0.002s－1，该温度下反响的平衡常数值K1＝；该反响的活化能Ea(正)小于Ea(逆)，那么ΔH(填“小于〞、“等于〞或“大于〞)0。(2)t2温度下，图中能表示顺式异构体的质量分数随时间变化的曲线是(填曲线编号)，平衡常数值K2＝；温度t1t2(填“小于〞、“等于〞或“大于〞)，判断理由是。答案(1)3小于(2)Beq\f(7,3)小于放热反响升高温度时平衡向逆反响方向移动解析(1)根据v(正)＝k(正)c(顺)，k(正)＝0.006s－1，那么v(正)＝0.006c(顺)，v(逆)＝k(逆)c(反)，k(逆)＝0.002s－1，那么v(逆)＝0.002c(反)，化学平衡状态时正、逆反响速率相等，那么0.006c(顺)＝0.002c(反)，该温度下反响的平衡常数K1＝eq\f(c反,c正)＝eq\f(0.006,0.002)＝3；该反响的活化能Ea(正)小于Ea(逆)，说明断键吸收的能量小于成键释放的能量，即该反响为放热反响，那么ΔH小于0。(2)随着时间的推移，顺式异构体的质量分数不断减少，那么符合条件的曲线是B，设顺式异构体的起始浓度为x，那么可逆反响左右物质的化学计量数相等，均为1，那么平衡时，顺式异构体为0.3x，反式异构体为0.7x，所以平衡常数为K2＝eq\f(0.7x,0.3x)＝eq\f(7,3)，因为K1＞K2，放热反响升高温度时平衡逆向移动，所以温度t2＞t1。4．无色气体N2O4是一种强氧化剂，为重要的火箭推进剂之一。N2O4与NO2转换的热化学方程式为N2O4(g)2NO2(g)ΔH＝＋24.4kJ·mol－1。上述反响中，正反响速率v正＝k正·p(N2O4)，逆反响速率v逆＝k逆·p2(NO2)，其中k正、k逆为速率常数，那么Kp为(以k正、k逆表示)。假设将一定量N2O4投入真空容器中恒温恒压分解(温度298K、压强100kPa)，该条件下k正＝4.8×104s－1，当N2O4分解10%时，v正＝kPa·s－1。答案eq\f(k正,k逆)3.9×106解析上述反响中，正反响速率v正＝k正·p(N2O4)，逆反响速率v逆＝k逆·p2(NO2)，其中k正、k逆为速率常数，平衡时，v正＝v逆，k正·p(N2O4)＝k逆·p2(NO2)，Kp为eq\f(k正,k逆)。假设将一定量N2O4投入真空容器中恒温恒压分解(温度298K、压强100kPa)，该条件下k正＝4.8×104s－1，当N2O4分解10%时，v正＝4.8×104s－1×100kPa×eq\f(0.9,1.1)＝3.9×106kPa·s－1。题组三压强平衡常数的相关计算5．汽车尾气是造成雾霾天气的重要原因之一，尾气中的主要污染物为CxHy、NO、CO、SO2及固体颗粒物等。研究汽车尾气的成分及其发生的反响，可以为更好的治理汽车尾气提供技术支持。请答复以下问题：活性炭也可用于处理汽车尾气中的NO，在1L恒容密闭容器中参加0.1000molNO和2.030mol固体活性炭，生成A、B两种气体，在不同温度下测得平衡体系中各物质的物质的量以及容器内压强如下表：活性炭/molNO/molA/molB/molp/MPa200℃2.0000.04000.03000.03003.93335℃2.0050.05000.02500.0250p根据上表数据，写出容器中发生反响的化学方程式：，判断p(用“＞〞、“＜〞或“＝〞填空)3.93Pa。计算反响体系在200℃时的平衡常数Kp＝(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×体积分数)。答案C＋2NON2＋CO2＞eq\f(9,16)解析1L恒容密闭容器中参加0.1000molNO和2.030mol固体活性炭，生成A、B两种气体，从不同温度下测得平衡体系中各物质的物质的量以及容器内压强数据可以看出：n(C)∶n(NO)∶n(A)∶n(B)＝1∶2∶1∶1，所以可以推断出生成的A、B两种气体为N2和CO2，反响的化学方程式为C＋2NON2＋CO2。该反响的平衡常数Kp＝eq\f(pN2·pCO2,p2NO)，200℃时的平衡常数，容器的体积为1L，平衡分压之比等于平衡浓度之比，带入表中数据计算得Kp＝eq\f(9,16)。Kp含义：在化学平衡体系中，各气体物质的分压替代浓度，计算的平衡常数叫压强平衡常数。单位与表达式有关。计算技巧：第一步，根据“三段式〞法计算平衡体系中各物质的物质的量或物质的量浓度；第二步，计算各气体组分的物质的量分数或体积分数；第三步，根据分压计算分式求出各气体物质的分压，某气体的分压＝气体总压强×该气体的体积分数(或物质的量分数)；第四步，根据平衡常数计算公式代入计算。例如，N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，压强平衡常数表达式为Kp＝eq\f(p2NH3,pN2·p3H2)。在2022最新考试大纲中明确提出：了解化学反响速率和化学平衡的调控在生活、生产和科学研究领域中的重要作用。所以在全国新课标卷以及各省市高考卷中均有所涉及，且具有一定的难度，属于难点拉分型题目，做该类题目应注意以下两个方面：1．化工生产适宜条件选择的一般原那么(1)从化学反响速率分析，既不能过快，又不能太慢。(2)从化学平衡移动分析，既要注意外界条件对速率和平衡影响的一致性，又要注意二者影响的矛盾性。(3)从原料的利用率分析，增加易得廉价原料，提高难得高价原料的利用率，从而降低生产本钱。(4)从实际生产能力分析，如设备承受高温、高压能力等。(5)注意催化剂的活性对温度的限制。2．平衡类问题需综合考虑的几个方面(1)原料的来源、除杂，尤其考虑杂质对平衡的影响。(2)原料的循环利用。(3)产物的污染处理。(4)产物的酸碱性对反响的影响。(5)气体产物的压强对平衡造成的影响。(6)改变外界条件对多平衡体系的影响。专题训练题组一平衡原理对工农业生产的理论指导1．化学反响原理在科研和生产中有广泛应用。(1)利用“化学蒸气转移法〞制备TaS2晶体，发生如下反响：TaS2(s)＋2I2(g)TaI4(g)＋S2(g)ΔH＞0(Ⅰ)如以下图所示，反响(Ⅰ)在石英真空管中进行，先在温度为T2的一端放入未提纯的TaS2粉末和少量I2(g)，一段时间后，在温度为T1的一端得到了纯洁TaS2晶体，那么温度T1T2(填“＞〞、“＜〞或“＝〞)。上述反响体系中循环使用的物质是。(2)CO可用于合成甲醇，反响方程式为CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)。CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如以下图所示。该反响ΔH0(填“＞〞或“＜〞)。实际生产条件控制在250℃、1.3×104kPa左右，选择此压强的理由是 。答案(1)＜I2(2)＜在1.3×104kPa下，CO的转化率已较高，再增大压强CO转化率提高不大，同时生产本钱增加，得不偿失解析(1)由题意知，未提纯的TaS2粉末变成纯洁TaS2晶体，要经过两步转化：①TaS2＋2I2=TaI4＋S2，②TaI4＋S2=TaS2＋2I2，即反响(Ⅰ)先在温度T2端正向进行，后在温度T1端逆向进行，反响(Ⅰ)的ΔH大于0，因此温度T1小于T2，该过程中循环使用的物质是I2。(2)从图像来看，随着温度的升高，CO的转化率变小，使ΔH＜0，综合温度、压强对CO转化率的影响来看，在题给压强下，CO的转化率已经很大，不必再增大压强。2．如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2是当前科学家研究的重要课题。(1)科学家用H2和CO2生产甲醇燃料。为探究该反响原理，进行如下实验：某温度下，在容积为2L的密闭容器中充入1molCO2和3.25molH2，在一定条件下反响，测得CO2、CH3OH(g)和H2O(g)的物质的量(n)随时间的变化关系如下图。①从反响开始到3min时，氢气的平均反响速率v(H2)＝。②以下措施中一定能使CO2的转化率增大的是。A．在原容器中再充入1molCO2B．在原容器中再充入1molH2C．在原容器中充入1molHeD．使用更有效的催化剂E．缩小容器的容积F．将水蒸气从体系中别离出(2)科学家还利用氢气在一定条件下与二氧化碳反响生成乙醇燃料，其热化学反响方程式为2CO2(g)＋6H2(g)CH3CH2OH(g)＋3H2O(g)ΔH＝akJ·mol－1，在一定压强下，测得该反响的实验数据如表所示。请根据表中数据答复以下问题。温度(K)CO2转化率(%)n(H2)/n(CO2)5006007008001.545332012260432815383623722①上述反响的a0(填“大于〞或“小于〞)。②恒温下，向反响体系中参加固体催化剂，那么反响产生的热量(填“增大〞、“减小〞或“不变〞)。③增大eq\f(nH2,nCO2)的值，那么生成乙醇的物质的量(填“增大〞、“减小〞、“不变〞或“不能确定〞)。答案(1)①0.25mol·L－1·min－1②BEF(2)①小于②不变③不能确定解析(1)①从反响开始到3min时，v(CO2)＝(1.00mol－0.5mol)÷(2L×3min)＝eq\f(0.25,3)mol·L－1·min－1，根据反响的化学方程式：CO2＋3H2CH3OH＋H2O，化学计量数之比等于化学反响速率之比，那么v(H2)＝0.25mol·L－1·min－1。②在原容器中再充入1molH2，平衡右移；缩小容器的容积，压强增大，平衡右移；将水蒸气从体系中别离出，减小了水蒸气的浓度，平衡右移。(2)①上述反响中，升高温度，CO2的转化率降低，那么逆反响为吸热反响，正反响为放热反响，a＜0。②恒温下，向反响体系中参加固体催化剂，催化剂不能使平衡发生移动，反响产生的热量不变。题组二化工生产中蕴含化学原理的分析3．合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，其反响原理为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.4kJ·mol－1，一种工业合成氨的简易流程图如下：(1)天然气中的H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS。一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，写出再生反响的化学方程式：。(2)步骤Ⅱ中制氢气原理如下：①CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)ΔH＝＋206.4kJ·mol－1②CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH＝－41.2kJ·mol－1对于反响①，一定可以提高平衡体系中H2百分含量，又能加快反响速率的措施是(填字母)。a．升高温度 b．增大水蒸气浓度c．参加催化剂 d．降低压强利用反响②，将CO进一步转化，可提高H2产量。假设1molCO和H2的混合气体(CO的体积分数为20%)与H2O反响，得到1.18molCO、CO2和H2的混合气体，那么CO转化率为。(3)图1表示500℃、60.0MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH3体积分数的关系。根据图中a点数据计算N2的平衡体积分数：。(4)依据温度对合成氨反响的影响，在图2坐标中，画出一定条件下的密闭容器内，从通入原料气开始，随温度不断升高，NH3物质的量变化的曲线示意图。(5)上述流程图中，使合成氨放出的能量得到充分利用的主要步骤是(填序号)。简述本流程中提高合成氨原料总转化率的方法：。答案(1)2NH4HS＋O2eq\o(=,\s\up7(一定条件))2NH3·H2O＋2S↓(2)a90%(3)14.5%(4)(5)Ⅳ对原料气加压；别离液氨后，未反响的N2、H2循环使用解析(1)向NH4HS溶液中通入空气，发生氧化复原反响，有S单质生成，故反响为2NH4HS＋O2eq\o(=,\s\up7(一定条件))2NH3·H2O＋2S↓。(2)反响①是一个吸热反响，升高温度平衡正向移动，将会增加H2的含量，同时提高反响速率；增大水蒸气的浓度，会提高反响速率，但H2的含量会降低；参加催化剂，不会引起H2含量的改变；降低压强，反响速率减小；故a正确。设CO反响掉nmol。CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)投入量/mol0.200.8变化量/molnnn最终量/mol0.2－nn0.8＋n那么：0.2－n＋n＋0.8＋n＝1.18解得：n＝0.18CO的转化率为eq\f(0.18mol,0.2mol)×100%＝90%。(3)设投入N2和H2的物质的量分别是1mol、3mol，平衡时N2反响掉mmol。N2＋3H22NH3起始量/mol130变化量/molm3m平衡量/mol1－m3－3m根据题意：eq\f(2m,4－2m)＝42%，解得m≈0.59，所以平衡时N2的体积分数为eq\f(1－0.59mol,4－2×0.59mol)×100%≈14.5%。(4)通入原料气，反响开始，氨气的量增加，因为合成氨是一个放热反响，当到达平衡后温度升高，氨气的含量将减小。所以图像为(5)从流程图看，反响放出的能量得到充分利用是在热交换器中。提高合成氨原料转化率的方法是将未反响的原料重新送回反响器中循环使用、对原料气加压。1．[2022·全国卷Ⅰ，27(2)]元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3＋(蓝紫色)、Cr(OH)eq\o\al(－,4)(绿色)、Cr2Oeq\o\al(2－,7)(橙红色)、CrOeq\o\al(2－,4)(黄色)等形式存在，Cr(OH)3为难溶于水的灰蓝色固体，答复以下问题：(2)CrOeq\o\al(2－,4)和Cr2Oeq\o\al(2－,7)在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为1.0mol·L－1的Na2CrO4溶液中c(Cr2Oeq\o\al(2－,7))随c(H＋)的变化如下图。①用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反响：。②由图可知，溶液酸性增大，CrOeq\o\al(2－,4)的平衡转化率(填“增大〞“减小〞或“不变〞)。根据A点数据，计算出该转化反响的平衡常数为。③升高温度，溶液中CrOeq\o\al(2－,4)的平衡转化率减小，那么该反响的ΔH0(填“大于〞“小于〞或“等于〞)。答案①2CrOeq\o\al(2－,4)＋2H＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H2O②增大1.0×1014③小于解析①由图可知，随着溶液酸性增大，溶液中c(Cr2Oeq\o\al(2－,7))逐渐增大，说明CrOeq\o\al(2－,4)逐渐转化为Cr2Oeq\o\al(2－,7)，那么CrOeq\o\al(2－,4)的平衡转化率逐渐增大，其反响的离子方程式为2CrOeq\o\al(2－,4)＋2H＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H2O；②由图中A点数据，可知：c(Cr2Oeq\o\al(2－,7))＝0.25mol·L－1、c(H＋)＝1.0×10－7mol·L－1，那么进一步可知c(CrOeq\o\al(2－,4))＝1.0mol·L－1－2×0.25mol·L－1＝0.5mol·L－1，根据平衡常数的定义可计算出该转化反响的平衡常数为1.0×1014；③升高温度，溶液中CrOeq\o\al(2－,4)的平衡转化率减小，说明化学平衡逆向移动，那么正反响为放热反响，即该反响的ΔH小于0。2．[2022·全国卷Ⅲ，27(2)(3)]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，答复以下问题：(2)在鼓泡反响器中通入含有SO2和NO的烟气，反响温度323K，NaClO2溶液浓度为5×10－3mol·L－1。反响一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表。离子SOeq\o\al(2－,4)SOeq\o\al(2－,3)NOeq\o\al(－,3)NOeq\o\al(－,2)Cl－c/mol·L－18.35×10－46.87×10－61.5×10－41.2×10－53.4×10－3①写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反响的离子方程式： 。增加压强，NO的转化率(填“提高〞、“不变〞或“降低〞)。②随着吸收反响的进行，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，脱硫反响速率脱硝反响速率(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、脱硝的反响中SO2和NO的平衡分压pe如下图。①由图分析可知，反响温度升高，脱硫、脱硝反响的平衡常数均(填“增大〞、“不变〞或“减小〞)。②反响ClOeq\o\al(－,2)＋2SOeq\o\al(2－,3)2SOeq\o\al(2－,4)＋Cl－的平衡常数K表达式为。答案(2)①4NO＋3ClOeq\o\al(－,2)＋4OH―=4NOeq\o\al(－,3)＋3Cl－＋2H2O提高②减小③大于NO溶解度较低(或脱硝反响活化能较高)(3)①减小②K＝eq\f(cCl－·c2SO\o\al(2－,4),cClO\o\al(－,2)·c2SO\o\al(2－,3))解析(2)①亚氯酸钠具有氧化性，可将NO气体氧化为NOeq\o\al(－,3)，那么NaClO2溶液脱硝过程中主要反响的离子方程式为4NO＋3ClOeq\o\al(－,2)＋4OH―=4NOeq\o\al(－,3)＋3Cl－＋2H2O。该反响是一个气体体积减小的反响，增大压强，有利于反响向消耗NO的方向进行，所以增大压强，NO的转化率提高；②脱硝反响消耗OH―，故随着吸收反响的进行，吸收剂溶液的pH逐渐减小；③根据题中表格数据发现，反响一段时间后溶液中SOeq\o\al(2―,4)的浓度最大，说明脱硫反响速率大于脱硝反响速率。原因除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是NO溶解度较低或脱硝反响活化能较高。(3)①由图分析可知，温度升高，SO2或NO平衡分压的负对数均减小，说明升高温度，平衡逆向移动，因此脱硫、脱硝反响的平衡常数均减小；②根据反响ClOeq\o\al(－,2)＋2SOeq\o\al(2―,3)2SOeq\o\al(2―,4)＋Cl―可写出其平衡常数表达式为K＝eq\f(cCl－·c2SO\o\al(2－,4),cClO\o\al(－,2)·c2SO\o\al(2－,3))。3．[2022·全国卷Ⅰ，28(4)]Bodensteins研究了以下反响：2HI(g)H2(g)＋I2(g)在716K时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反响时间t的关系如下表：t/min020406080120x(HI)10.910.850.8150.7950.784x(HI)00.600.730.7730.7800.784①根据上述实验结果，该反响的平衡常数K的计算式为 。②上述反响中，正反响速率为v正＝k正x2(HI)，逆反响速率为v逆＝k逆x(H2)x(I2)，其中k正、k逆为速率常数，那么k逆为(以K和k正表示)。假设k正＝0.0027min－1，在t＝40min时，v正＝min－1。③由上述实验数据计算得到v正～x(HI)和v逆～x(H2)的关系可用以下图表示。当升高到某一温度时，反响重新到达平衡，相应的点分别为(填字母)。答案①eq\f(0.108×0.108,0.7842)②k正/K1.95×10－3③A点、E点解析①2HI(g)H2(g)＋I2(g)是反响前后气体物质的量不变的反响。反响后x(HI)＝0.784，那么x(H2)＝x(I2)＝0.108，K＝eq\f(cH2·cI2,c2HI)＝eq\f(\f(0.108,V)×\f(0.108,V),\f(0.784,V)2)＝eq\f(0.108×0.108,0.7842)。②到达平衡时，v正＝v逆，即k正x2(HI)＝k逆x(H2)x(I2)，k逆＝k正·eq\f(x2HI,xH2xI2)＝k正/K，在t＝40min时，x(HI)＝0.85，v正＝k正x2(HI)＝0.0027min－1×(0.85)2＝1.95×10－3min－1。③原平衡时，x(HI)为0.784，x(H2)为0.108，二者图中纵坐标均约为1．6(因为平衡时v正＝v逆)，升高温度，正、逆反响速率均加快，对应两点在1.6上面，升高温度，平衡向正反响方向移动，x(HI)减小(A点符合)，x(H2)增大(E点符合)。1．(2022·邢台期末)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表达不正确的选项是()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，同一个反响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，那么平衡一定移动，C项正确；相同条件下，同一个反响的方程式的化学计量数增大2倍，K值应该变为Keq\o\al(2,原)，D项错误。2．(2022·大连重点中学联考)一定温度下，在一个容积为1L的密闭容器中，充入1molH2(g)和1molI2(g)，发生反响H2(g)＋I2(g)2HI(g)，经充分反响到达平衡后，生成的HI(g)占气体体积的50%，该温度下，在另一个容积为2L的密闭容器中充入1molHI(g)发生反响HI(g)eq\f(1,2)H2(g)＋eq\f(1,2)I2(g)，那么以下判断正确的选项是()A．后一反响的平衡常数为1B．后一反响的平衡常数为0.5C．后一反响到达平衡时，H2的平衡浓度为0.25mol·L－1D．后一反响到达平衡时，HI(g)的平衡浓度0.5mol·L－1答案B解析前一反响达平衡时c(H2)＝c(I2)＝0.5mol·L－1，c(HI)＝1mol·L－1，那么平衡常数K1＝eq\f(c2HI,cH2·cI2)＝eq\f(12,0.5×0.5)＝4，而后一反响的平衡常数K2＝eq\f(c\f(1,2)H2·c\f(1,2)I2,cHI)＝eq\f(1,\r(K1))＝0.5，A项错误，B项正确；设后一反响达平衡时c(H2)＝xmol·L－1，那么平衡时c(I2)＝xmol·L－1，c(HI)＝(0.5－2x)mol·L－1，K2＝eq\f(x\f(1,2)·x\f(1,2),0.5－2x)＝0.5，解得x＝0.125，故平衡时c(HI)＝0.25mol·L－1，C项错误，D项错误。3．(2022·北京朝阳区高三统考)活性炭可处理大气污染物NO，反响原理：C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)。T℃时，在2L密闭容器中参加0.100molNO和2.030mol活性炭(无杂质)，平衡时活性炭物质的量是2.000mol。以下说法不合理的是()A．该温度下的平衡常数：K＝eq\f(9,16)B．到达平衡时，NO的转化率是60%C．3min末到达平衡，那么v(NO)＝0.01mol·L－1·min－1D．升高温度有利于活性炭处理更多的污染物NO答案D解析利用三段式分析。C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)起始物质的量mol2.0300.10000转化物质的量mol0.0300.0600.0300.030平衡物质的量mol2.0000.040.0300.030平衡时各物质的浓度：c(NO)＝0.02mol·L－1，c(N2)＝0.015mol·L－1，c(CO2)＝0.015mol·L－1。A项，该温度下的平衡常数：K＝eq\f(cN2·cCO2,c2NO)＝eq\f(9,16)，正确；B项，到达平衡时，NO的转化率：eq\f(0.06mol·L－1,0.100mol·L－1)×100%＝60%，正确；C项，3min末到达平衡，那么v(NO)＝eq\f(Δn,VΔt)＝0.01mol·L－1·min－1，正确；D项，不知道反响是放热反响还是吸热反响，无法确定温度对该反响限度的影响，错误。4．(2022·天津理综，6)某温度下，在2L的密闭容器中，参加1molX(g)和2molY(g)发生反响：X(g)＋mY(g)3Z(g)平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中参加1molZ(g)，再次到达平衡后，X、Y、Z的体积分数不变。以下表达不正确的选项是()A．m＝2B．两次平衡的平衡常数相同C．X与Y的平衡转化率之比为1∶1D．第二次平衡时，Z的浓度为0.4mol·L－1答案D解析A项，由题意可知两种条件下X、Y、Z的初始物质的量不同，而最终平衡状态相同，那么两种条件下建立的平衡为温度、容积不变时的等效平衡，故满足反响前后气态物质计量数之和相等，那么1＋m＝3，m＝2，正确；B项，温度不变，平衡常数不变，正确；C项，X、Y的初始物质的量之比为1∶2，根据方程式可知参加反响的X、Y的物质的量之比也为1∶2，故X与Y的平衡转化率之比为1∶1，正确；D项，由方程式可知该反响反响前后气体的物质的量不变，所以第二次平衡时气体的总物质的量为4mol，那么Z的物质的量为4mol×10%＝0.4mol，Z的浓度为0.4mol÷2L＝0.2mol·L－1，错误。5．(2022·四川理综，7)一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反响：C(s)＋CO2(g)2CO(g)，平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如以下图所示：：气体分压(p分)＝气体总压(p总)×体积分数。以下说法正确的选项是()A．550℃时，假设充入惰性气体，v正、v逆均减小，平衡不移动B．650℃时，反响达平衡后CO2的转化率为25.0%C．T℃时，假设充入等体积的CO2和CO，平衡向逆反响方向移动D．925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp＝24.0p总答案B解析A项，C(s)＋CO2(g)2CO(g)的正反响是气体物质的量增加的反响，由于反响容器为体积可变的恒压密闭容器，充入惰性气体容器体积扩大，对反响体系相当于减小压强，故v正、v逆均减小，平衡正向移动，错误；B项，由图可知，650℃时，假设设起始时CO2的体积为1L，平衡时CO2消耗的体积为x，那么C(s)＋CO2(s)2CO(g)V(始)10V(变)x2xV(平)1－x2xeq\f(2x,1－x＋2x)×100%＝40.0%，x＝0.25L，CO2的转化率为25%，正确；C项，由图可知，T℃时平衡体系中CO和CO2的体积分数均为50%，故假设恒压时充入等体积的CO2和CO两种气体平衡不发生移动，错误；D项，925℃时，CO的平衡分压p(CO)＝p总×96.0%，CO2的平衡分压p(CO2)＝p总×4%，根据化学平衡常数的定义可知Kp＝eq\f(p2CO,pCO2)＝eq\f(p总×96%2,p总×4.0%)＝23.04p总，错误。6．(2022·河南信阳监测)加热N2O5，依次发生的分解反响为①N2O5(g)N2O3(g)＋O2(g)，②N2O3(g)N2O(g)＋O2(g)。在2L密闭容器中充入8molN2O5，加热到t℃，到达平衡状态后O2为9mol，N2O3为3.4mol，那么t℃时反响①的平衡常数为()A．8.5 B．9.6C．10.2 D．10.7答案A解析N2O5N2O3＋O2N2O3N2O＋O2n(始)/mol800an(变)/molaaabbbn(平)/mol8－aaaa－bba＋b有a＋b＝9，a－b＝3.4，得a＝6.2mol，b＝2.8mol，平衡时c(N2O5)＝0.9mol·L－1，c(N2O3)＝1.7mol·L－1，c(O2)＝4.5mol·L－1，反响①的K＝eq\f(cN2O3·cO2,cN2O5)＝8.5。7．(2022·安徽省“学普〞联考)反响X(g)＋Y(g)R(g)＋Q(g)的平衡常数与温度的关系如下表。830℃时，向一个2L的密闭容器中充入0.2molX和0.8molY，反响初始4s内v(X)＝0.005mol·L－1·s－1。以下说法正确的选项是()温度/℃70080083010001200平衡常数1.71.11.00.60.4A．4s时容器内c(Y)＝0.76mol·L－1B．830℃达平衡时，X的转化率为80%C．反响达平衡后，升高温度，平衡正向移动D．1200℃时反响R(g)＋Q(g)X(g)＋Y(g)的平衡常数K＝0.4答案B解析反响初始4s内X的平均反响速率v(X)＝0.005mol·L－1·s－1，根据速率之比等于化学计量数之比，可知v(Y)＝v(X)＝0.005mol·L－1·s－1，那么4s内Δc(Y)＝0.005mol·L－1·s－1×4s＝0.02mol·L－1，Y的起始浓度为eq\f(0.8mol,2L)＝0.4mol·L－1，故4s时c(Y)＝0.4mol·L－1－0.02mol·L－1＝0.38mol·L－1，A错误；设平衡时A的浓度变化量为xmol·L－1，那么：X(g)＋Y(g)R(g)＋Q(g)开始(mol·L－1)0.10.400变化(mol·L－1)xxxx平衡(mol·L－1)0.1－x0.4－xxx故eq\f(x2,0.1－x0.4－x)＝1.0，解得x＝0.08，所以平衡时X的转化率为eq\f(0.08mol·L－1,0.1mol·L－1)×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；1200℃时反响X(g)＋Y(g)R(g)＋Q(g)的平衡常数值为0.4，所以1200℃时反响R(g)＋Q(g)X(g)＋Y(g)的平衡常数的值为eq\f(1,0.4)＝2.5，D错误。8．(2022·湖南十三校一联)在某温度T℃时，将N2O4、NO2分别充入两个各为1L的密闭容器中。反响过程中浓度变化如下：2NO2(g)N2O4(g)ΔH＜0容器物质起始浓度/mol·L－1平衡浓度/mol·L－1ⅠN2O40.1000.040NO200.120ⅡN2O400.0142NO20.1000.0716以下说法不正确的选项是()A．平衡时，Ⅰ、Ⅱ中反响物的转化率α(N2O4)＞α(NO2)B．平衡后，升高相同温度，以N2O4表示的反响速率v(Ⅰ)＜v(Ⅱ)C．平衡时，Ⅰ、Ⅱ中上述正反响的平衡常数K(Ⅰ)＝K(Ⅱ)D．平衡后，升高温度，Ⅰ、Ⅱ中气体颜色都将加深答案B解析Ⅰ中，α(N2O4)＝(0.100mol·L－1－0.040mol·L－1)÷0.100mol·L－1＝0.6，Ⅱ中α(NO2)＝(0.100mol·L－1－0.0716mol·L－1)÷0.100mol·L－1＝0.284，故Ⅰ、Ⅱ中反响物的转化率α(N2O4)＞α(NO2)，A正确；由表格数据可知，平衡时c(N2O4)：Ⅰ＞Ⅱ，故以N2O4表示反响速率v(Ⅰ)＞v(Ⅱ)，升高相同温度，以N2O4表示的反响速率v(Ⅰ)＞v(Ⅱ)，B错误；平衡常数只与温度有关，温度相同，平衡常数相同，故K(Ⅰ)＝K(Ⅱ)，C正确；因为2NO2N2O4(g)ΔH＜0，升高温度，平衡逆向移动，NO2浓度增大，颜色变深，D正确。9．(2022·吉林质检)在一定条件下，将3molA和1molB两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反响：3A(g)＋B(g)xC(g)＋2D(g)。2min末该反响到达平衡，生成0.8molD，并测得C的浓度为0.2mol·L－1。以下判断错误的选项是()A．平衡常数约为0.3B．B的转化率为40%C．A的平均反响速率为0.3mol·L－1·min－1D．假设混合气体的相对分子质量不变那么说明该反响到达平衡状态答案A解析平衡时生成的C的物质的量为0.2mol·L－1×2L＝0.4mol，物质的量之比等于化学计量数之比，故0.4mol∶0.8mol＝x∶2，解得x＝1，依据化学平衡三段式列式计算平衡浓度；3A(g)＋B(g)C(g)＋2D(g)起始量(mol·L－1)1.50.500变化量(mol·L－1)0.60.20.20.4平衡量(mol·L－1)0.90.30.20.4K＝eq\f(0.2×0.42,0.93×0.3)≈0.146，A错误；2min末该反响到达平衡，生成0.8molD，由方程式3A(g)＋B(g)xC(g)＋2D(g)可知，参加反响的B的物质的量为0.8mol×eq\f(1,2)＝0.4mol，故B的转化率为eq\f(0.4mol,1mol)×100%＝40%，B正确；2min内生成0.8molD，故2min内D的反响速率v(D)＝eq\f(\f(0.8mol,2L),2min)＝0.2mol·L－1·min－1，速率之比等于化学计量数之比，故v(A)＝eq\f(3,2)v(D)＝eq\f(3,2)×0.2mol·L－1·min－1＝0.3mol·L－1·min－1，C正确；因为该反响前后气体体积变小，而反响前后气体质量守恒，所以相对分子质量在反响进行过程中是变化的，当相对分子质量不变时那么说明反响到达平衡状态，D正确。10．(2022·北京石景山区统一测试)高炉炼铁的主要反响为CO(g)＋eq\f(1,3)Fe2O3(s)CO2(g)＋eq\f(2,3)Fe(s)，该反响在不同温度下的平衡常数如下：温度/℃100011501300平衡常数4.03.73.5以下说法正确的选项是()A．增加Fe2O3固体可以提高CO的转化率B．该反响的ΔH＜0C．减小容器体积既能提高反响速率又能提高平衡转化率D．容器内气体密度恒定时，不能标志反响到达平衡状态答案B解析Fe2O3是固体，增加固体的量平衡不移动，不会提高CO的转化率，A项错误；根据表格提供的数据，升高温度，K值减小，所以该反响为放热反响，那么ΔH＜0，B项正确；该反响是气体体积不发生变化的可逆反响，减小容器的体积，平衡不移动，所以不会提高平衡转化率，C项错误；根据ρ＝eq\f(m,V)，体积不变，随着反响的进行，气体的质量发生变化，即气体的密度发生变化，当气体密度恒定时，标志反响到达平衡状态，D项错误。11．实验室制取甲酸乙酯的反响：HCOOH＋CH3CH2OHeq\o(,\s\up7(浓硫酸),\s\do5(50℃))HCOOCH2CH3＋H2O，反响在该条件下进行时各物质的浓度(mol·L－1)随时间的变化如下表：时间(min)HCOOHCH3CH2OHHCOOCH2CH3H2O00.30.700.3100.23abc200.20.60.10.4有关物质在101.3kPa时沸点如下：HCOOHCH3CH2OHHCOOCH2CH3H2O沸点/℃10178.554100该反响的化学平衡常数表达为K＝eq\f(cHCOOC2H5·cH2O,cHCOOH·cC2H5OH)，有关以下表达不正确的选项是()A．由题给条件不能判断出K值随温度变化是增大还是减小B．表中a应该等于0.63mol·L－1C．50℃下，K＝eq\f(1,3)，可由此判断出20min时反响还未到达平衡D．在起始浓度相同的情况下，要提高产率可采取的措施是适当升高温度将甲酸乙酯蒸出答案C解析A项，化学平衡常数只受温度的影响，题干中没有温度和此反响是放热反响还是吸热反响，因此不能判断K值随温度变化是增大还是减小，正确；B项，0～10min时，消耗HCOOH的物质的量浓度为0.07mol·L－1，那么消耗CH3CH2OH的浓度为0.07mol·L－1，a＝(0.7－0.07)mol·L－1＝0.63mol·L－1，b＝0.07mol·L－1，c＝0.37mol·L－1，正确；C项50℃下，四种物质的状态不是气态，不能计算化学平衡常数，错误；D项，蒸出甲酸乙酯，减少生成物的浓度，促使平衡向正反响方向移动，产率提高，正确。12．(2022·淄博高三摸底)工业合成氨反响为N2(g)＋3H2(g)eq\o(,\s\up7(催化剂),\s\do5(高温、高压))2NH3(g)，对其研究如下：(1)H—H键的键能为436kJ·mol－1，N—H键的键能为391kJ·mol－1，N≡N键的键能是945.6kJ·mol－1，那么上述反响的ΔH＝。(2)上述反响的平衡常数K的表达式为。假设反响方程式改写为eq\f(1,2)N2(g)＋eq\f(3,2)H2(g)NH3(g)，在该温度下的平衡常数K1＝(用K表示)。(3)在773K时，分别将2molN2和6molH2充入一个固定容积为1L的密闭容器中，随着反响的进行，气体混合物中n(H2)、n(NH3)与反响时间t的关系如下表：t/min051015202530n(H2)/mol6.004.503.603.303.033.003.00n(NH3)/mol01.001.601.801.982.002.00①该温度下，假设向同容积的另一容器中投入的N2、H2、NH3的浓度分别为3mol·L－1、3mol·L－1、3mol·L－1，那么此时v正(填“大于〞、“小于〞或“等于〞)v逆。②由上表中的实验数据计算得到“浓度­时间〞的关系可用以下图中的曲线表示，表示c(N2)­t的曲线是。在此温度下，假设起始充入4molN2和12molH2，那么反响刚到达平衡时，表示c(H2)­t的曲线上相应的点为。答案(1)－92.4kJ·mol－1(2)K＝eq\f(c2NH3,cN2·c3H2)Keq\f(1,2)或eq\r(K)(3)①大于②乙B解析(1)根据ΔH＝E(反响物的总键能)－E(生成物的总键能)，知ΔH＝945.6kJ·mol－1＋436kJ·mol－1×3－391kJ·mol－1×6＝－92.4kJ·mol－1。(2)该反响的平衡常数K＝eq\f(c2NH3,cN2·c3H2)，K1＝eq\f(cNH3,c\f(1,2)N2·c\f(3,2)H2)＝[eq\f(c2NH3,cN2·c3H2)]eq\f(1,2)＝Keq\f(1,2)。(3)①该温度下，25min时反响处于平衡状态，平衡时c(N2)＝1mol·L－1、c(H2)＝3mol·L－1、c(NH3)＝2mol·L－1，那么K＝eq\f(22,1×33)＝eq\f(4,27)。在该温度下，假设向同容积的另一容器中投入的N2、H2和NH3的浓度均为3mol·L－1，那么Q＝eq\f(c2