人教版高中化学一轮复习基础练习二十五化学平衡常数化学反应的方向

练习二十五化学平衡常数化学反应的方向1．下列有关化学平衡常数的描述中正确的是()A．化学平衡常数的大小取决于化学反应的内因，与其他外界条件无关B．相同温度下，反应A＋BC与反应CA＋B的化学平衡常数相同C．反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH<0的化学平衡常数随温度升高而增大D．反应A(g)＋B(g)2C(g)的平衡常数表达式为K＝eq\f(c2C,cA·cB)解析：化学平衡常数由反应物本身的性质决定，也受温度影响，A项错误；相同温度下，同一反应的正、逆反应的平衡常数互为倒数，一般不相等，B项错误；该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，C项错误。答案：D2．(2023·丹东模拟)下列关于化学反应速率和化学平衡的图像及结论均正确的是()abcdA(g)＋3B(g)2C(g)A(g)＋3B(g)2C(g)A(g)＋B(g)2C(g)FeCl3＋3KSCNFe(SCN)3＋3KClA.a是其他条件一定时，反应速率随温度变化的图像，正反应ΔH<0B．b建立平衡的过程中，曲线Ⅰ比曲线Ⅱ反应时活化能低C．c是一定条件下，向含有一定量A的容器中逐渐加入B时的图像，压强p1>p2D．d是在平衡体系的溶液中溶入少量KCl晶体后，化学反应速率随时间变化的图像解析：达到平衡后，升高温度正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，则正反应为吸热反应，ΔH>0，故A错误；催化剂能降低反应所需活化能，由题图可得，Ⅰ加入催化剂，降低反应活化能，所以曲线Ⅰ比曲线Ⅱ活化能低，故B正确；加入B，可促进A的转化，但压强对该反应的平衡无影响，压强与转化率的关系与图像不符，故C错误；FeCl3＋3KSCNFe(SCN)3＋3KCl的离子方程式为Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3，因而加入KCl对反应平衡无影响，反应速率不变，与图像不符，故D错误。答案：B3．(2024·湖南模拟)向两个体积可变的密闭容器中均充入1molA2和2molB2，发生反应A2(g)＋2B2(g)2AB2(g)ΔH。维持两个容器的压强分别为p1和p2，在不同温度下达到平衡，测得平衡时AB2的体积分数随温度的变化如图所示。下列叙述正确的是()已知：图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上。A．由图像可知，p1>p2，ΔH>0B．点Ⅰ时A2的平衡转化率为40%C．点Ⅱ和点Ⅲ所对应的反应平衡常数相等D．将点Ⅱ所对应的容器冷却到600K，可变成点Ⅰ解析：由题图可知，在p1或p2下，平衡时AB2的体积分数随温度的升高而降低，说明升高温度，该反应逆向进行，正反应为放热反应，即ΔH<0；反应A2(g)＋2B2(g)2AB2(g)属于气体体积减小的反应，由题图可知，在800K时，p1对应AB2的体积分数高于p2，说明压强越大，越有利于AB2的形成，即p1>p2。综上分析可得，该反应为放热反应，即ΔH<0，且p1>p2，故A错误；点Ⅰ对应的AB2的体积分数为40%，设平衡时A2(g)转化量为xmol，列出三段式：A2(g)＋2B2(g)2AB2(g)起始/mol120转化/molx2x2x平衡/mol1－x2－2x2x则eq\f(2x,1－x＋2－2x＋2x)＝0.4，解得x＝0.5，点Ⅰ对应的A2的平衡转化率为eq\f(0.5mol,1mol)×100%＝50%，故B错误；平衡常数只与温度有关，点Ⅱ和点Ⅲ所对应温度都为800K，温度相同，平衡常数不变，故C正确；点Ⅱ与点Ⅰ对应压强不同，将点Ⅱ所对应的容器冷却到600K不可能变为点Ⅰ，故D错误。答案：C4．(2024·唐山模拟)一定条件下，在容积为2L的恒容密闭容器中通入2molNO2发生反应2NO2(g)2NO(g)＋O2(g)，一定温度下，测得NO2的转化率随时间的变化曲线如图所示，在60min时反应达到平衡状态。下列说法错误的是()A．a点处的逆反应速率小于b点处的正反应速率B．0～10min内，O2的平均反应速率v(O2)＝0.015mol·L－1·min－1C．其他条件不变，若在恒压条件下发生反应，平衡时NO2的转化率大于50%D．60min后，保持温度不变，向该容器中再通入0.5molO2和1molNO2，则反应逆向进行解析：由题图可列出三段式：2NO2(g)O2(g)＋2NO(g)起始浓度(mol·L－1)100转化浓度(mol·L－1)0.50.250.5平衡浓度(mol·L－1)0.50.250.5则K＝eq\f(cO2·c2NO,c2NO2)＝eq\f(0.25×0.52,0.52)＝0.25；b点仍处于从正反应建立平衡的过程中，则b点处的逆反应速率小于b点处的正反应速率，b点处NO和O2的浓度大于a点处，则a点处的逆反应速率小于b点处的逆反应速率，更小于b点处的正反应速率，A正确；0～10min内，O2的平均反应速率v(O2)＝eq\f(1,2)v(NO2)＝eq\f(1,2)×eq\f(30%×2mol,2L×10－0min)＝0.015mol·L－1·min－1，B正确；其他条件不变，若在恒压条件下发生反应，相当于减小压强，平衡右移，则平衡时NO2的转化率大于50%，C正确；60min后，保持温度不变，向该容器中再通入0.5molO2和1molNO2，则Q＝eq\f(cO2·c2NO,c2NO2)＝eq\f(0.25＋0.25×0.52,0.5＋0.52)＝0.125＜K，反应正向进行，D错误。答案：D5．(2024·郑州检测)已知反应2HI(g)H2(g)＋I2(g)ΔH>0，在716K时向密闭容器中充入一定量的HI气体，平衡时气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)为78%。测得v正～x(HI)和v逆～x(H2)的关系如图所示。下列结论不正确的是()A．该反应的压强平衡常数Kp≈0.02B．增大体系压强，平衡不发生移动，平衡常数Kp不变C．温度降低，v正、v逆均减小，平衡向逆反应方向移动D．温度升高，反应重新达到平衡时，图中表示平衡的点可能是A和D解析：平衡时气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)为78%，则x(H2)＝x(I2)＝11%，故HI的平衡分压为0.78p总，H2、I2的平衡分压为0.11p总，该反应的压强平衡常数Kp＝eq\f(pH2·pI2,p2HI)＝eq\f(0.11p总×0.11p总,0.78p总2)≈0.02，A正确；由反应方程式2HI(g)H2(g)＋I2(g)可知，反应前后气体的体积不变，故增大体系压强，平衡不发生移动，平衡常数仅是温度的函数，温度不变，平衡常数Kp不变，B正确；正反应是吸热反应，故温度降低，v正、v逆均减小，平衡向逆反应方向移动，C正确；正反应是吸热反应，升高温度，反应速率加快，平衡向正反应方向移动，x(HI)减小，x(H2)增大，当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，v正～x(HI)和v逆～x(H2)相对应的点可能分别为A、E，D错误。答案：D6．(2024·佛山质检)在催化剂作用下，向容积为1L的容器中加入1molX和3molY，发生反应X(g)＋2Y(s)2Z(s)，平衡时和反应10min时X的转化率α(X)随温度的变化分别如曲线Ⅰ、Ⅱ所示。下列说法错误的是()A．该反应ΔH>0B．200℃时，前10min的平均反应速率v(X)＝0.02mol·L－1·min－1C．400℃时，反应的平衡常数K＝2D．bc段变化可能是催化剂在温度高于400℃时活性降低导致解析：升高温度，平衡转化率增大，平衡正向移动，正向是吸热反应，即该反应ΔH>0，故A正确；200℃时，前10min的平均反应速率v(X)＝eq\f(1mol×20%,1L×10min)＝0.02mol·L－1·min－1，故B正确；400℃时，X平衡转化率为60%，反应的平衡常数K＝eq\f(1,cX)＝eq\f(1,\f(1×40%,1))＝2.5，故C错误；ab段随温度升高，转化率增大，bc段随温度升高，转化率减小，该变化可能是在温度高于400℃时催化剂活性降低导致，故D正确。答案：C7．(2024·沈阳模拟)某研究小组以AgZSM为催化剂，在容积为1L的容器中，相同时间下测得0.1molNO转化为N2的转化率随温度变化如图所示[无CO时反应为2NO(g)N2(g)＋O2(g)；有CO时反应为2CO(g)＋2NO(g)2CO2(g)＋N2(g)]。下列说法错误的是()A．反应2CO(g)＋2NO(g)2CO2(g)＋N2(g)的ΔH<0B．X点可以通过更换高效催化剂提高NO转化率C．达到平衡后，其他条件不变，使eq\f(nCO,nNO)<1，CO转化率上升D．Y点再通入CO、N2各0.01mol，此时v正(N2)＜v逆(N2)解析：由图中曲线Ⅱ可知，随着温度的升高，反应速率增大，相同时间内NO的转化率增大，当NO的转化率最大时，说明反应达到平衡，继续升高温度，NO的转化率减小，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应，ΔH<0，故A正确；X点未达到平衡，更换高效催化剂，能使反应速率加快，相同时间下测得的NO转化率增大，故B正确；达到平衡后，其他条件不变，使eq\f(nCO,nNO)<1，相当于增大NO的浓度，平衡正向移动，CO的转化率上升，故C正确；由图中曲线Ⅱ可知，Y点为平衡点，NO的转化率为80%，根据已知条件列出三段式：2CO(g)＋2NO(g)2CO2(g)＋N2(g)起始(mol)0.10.100转化(mol)0.080.080.080.04平衡(mol)0.020.020.080.04平衡常数K＝eq\f(cN2·c2CO2,c2NO·c2CO)＝eq\f(\f(0.04,1)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(0.08,1)))2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(0.02,1)))2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(0.02,1)))2)＝1600，再通入CO、N2各0.01mol，Q＝eq\f(cN2·c2CO2,c2NO·c2CO)＝eq\f(\f(0.04＋0.01,1)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(0.08,1)))2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(0.02,1)))2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(0.02＋0.01,1)))2)≈889<1600，平衡正向移动，此时v正(N2)>v逆(N2)，故D错误。答案：D8．(2024·江苏检测)某温度时两个恒容密闭容器中仅发生反应2NO2(g)2NO(g)＋O2(g)ΔH>0。实验测得：v正＝k正·c2(NO2)，v逆＝k逆·c2(NO)·c(O2)，k正、k逆为速率常数，只受温度影响。容器编号起始浓度/(mol·L－1)平衡浓度/(mol·L－1)c(NO2)c(NO)c(O2)c(O2)Ⅰ0.6000.2Ⅱ0.60.10下列说法正确的是()A．升高温度，该反应的化学平衡常数减小B．Ⅰ中的NO2平衡转化率约为33.3%C．Ⅱ中达到平衡状态时，c(O2)>0.2mol·L－1D．该反应的化学平衡常数可表示为K＝eq\f(k正,k逆)解析：该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，该反应的化学平衡常数增大，故A错误；Ⅰ中平衡时c(O2)＝0.2mol·L－1，则Δn(NO2)＝0.4mol·L－1，则NO2平衡转化率为eq\f(0.4mol·L－1,0.6mol·L－1)×100%≈66.7%，故B错误；Ⅱ相当于在Ⅰ达到平衡的基础上充入一氧化氮0.1mol·L－1，平衡逆向移动，因此Ⅱ中达到平衡状态时，c(O2)<0.2mol·L－1，故C错误；达到平衡时v正＝k正·c2(NO2)＝v逆＝k逆·c2(NO)·c(O2)，则K＝eq\f(c2NO·cO2,c2NO2)＝eq\f(k正,k逆)，因此该反应的化学平衡常数可表示为K＝eq\f(k正,k逆)，故D正确。答案：D9．(2024·重庆模拟)在恒温条件下，向盛有足量NaCl(s)的2L恒容密闭容器中加入0.2molNO2、0.2molNO和0.1molCl2，发生如下两个反应：①2NO2(g)＋NaCl(s)NaNO3(s)＋ClNO(g)ΔH1<0K1②2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g)ΔH2<0K210分钟时反应达到平衡，测得体系的压强减少20%,10分钟内用ClNO(g)表示的平均反应速率v(ClNO)＝7.5×10－3mol·L－1·min－1。下列说法正确的是()A．平衡后c(NO)＝2.5×10－2mol·L－1B．平衡时NO2的转化率为50%C．其他条件保持不变，反应在绝热条件下进行，则平衡常数K2增大D．反应4NO2(g)＋2NaCl(s)2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)的平衡常数为eq\f(K2,K\o\al(2,1))解析：10min时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20%，则平衡时混合气体总物质的量为(0.2＋0.2＋0.1)mol×(1－20%)＝0.4mol,10min内用ClNO(g)表示的平均反应速率v(ClNO)＝7.5×10－3mol·L－1·min－1，则平衡时n(ClNO)＝7.5×10－3mol·L－1·min－1×10min×2L＝0.15mol，设①中反应的NO2为xmol，②中反应的Cl2为ymol，则：2NO2(g)＋NaCl(s)NaNO3(s)＋ClNO(g)初始量(mol)0.20转化量(mol)x0.5x平衡量(mol)0.2－x0.5x2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g)初始量(mol)0.20.10转化量(mol)2yy2y平衡量(mol)0.2－2y0.1－y2y则0.5x＋2y＝0.15，(0.2－x＋0.2－2y＋0.1－y)＋0.5x＋2y＝0.4，解得x＝0.1、y＝0.05，平衡后c(NO)＝eq\f(0.2－2×0.05mol,2L)＝0.05mol·L－1，A错误。平衡时NO2的转化率为eq\f(0.2mol－0.1mol,0.2mol)×100%＝50%，B正确。平衡常数只受温度影响，反应在绝热条件下进行，反应②放热，温度升高，平衡逆向移动，平衡常数K2减小，C错误。①2NO2(g)＋NaCl(s)NaNO3(s)＋ClNO(g)ΔH1＜0，平衡常数K1；②2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g)ΔH2＜0，平衡常数K2；由盖斯定律可知，由①×2－②可得反应4NO2(g)＋2NaCl(s)2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)，则4NO2(g)＋2NaCl(s)2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)的平衡常数K＝eq\f(K\o\al(2,1),K2)，D错误。答案：B10．(2024·北京质检)向体积为1L的密闭容器中充入一定量CH3OH(g)，发生反应：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH<0。下列说法不正确的是()编号温度(℃)起始物质的量(mol)平衡物质的量(mol)CH3OH(g)CH3OCH3(g)H2O(g)ⅠT10.400.160.16ⅡT20.200.090.09A.T1>T2B．T1℃时，该反应的平衡常数K＝4C．Ⅱ中存在：c(CH3OH)＋2c(CH3OCH3)＝0.20mol·L－1D．T1℃时，向该容器中充入物质的量均为0.2mol的3种气体，反应将逆向进行解析：结合已知数据列T1时的三段式：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)起始(mol)0.4000转化(mol)0.320.160.16平衡(mol)0.080.160.16该温度下平衡常数K1＝eq\f(0.16×0.16,0.082)＝4T2时的三段式：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)起始(mol)0.2000转化(mol)0.180.090.09平衡(mol)0.020.090.09该温度下平衡常数K2＝eq\f(0.09×0.09,0.022)＝20.25该反应ΔH<0，温度升高平衡逆向移动，K减小，由K2>K1可知，T1>T2，故A正确；由分析可知，T1℃时，该反应的平衡常数K＝4，故B正确；Ⅱ中CH3OH(g)的起始物质的量为0.20mol，则其起始浓度＝0.20mol·L－1，结合物料守恒可知：存在c(CH3OH)＋2c(CH3OCH3)＝0.20mol·L－1，故C正确；T1℃时，向该容器中充入物质的量均为0.2mol的3种气体，则此时Q＝eq\f(cCH3OCH3·c[H2Og],c2CH3OH)＝eq\f(0.2×0.2,0.22)＝1<K1，反应将正向进行，故D错误。答案：D11．(2024·重庆模拟)T℃时，向容积为2L的刚性容器中充入1molCO2和一定量的H2发生反应：CO2(g)＋2H2(g)HCHO(g)＋H2O(g)，平衡时p(HCHO)与起始eq\f(nH2,nCO2)的关系如图所示。已知初始加入2molH2，容器内的总压强为1.2mkPa。下列说法正确的是()A．5min时反应到达c点，v(H2)＝0.05mol·L－1·min－1B．a点时，混合气体平均摩尔质量为eq\f(96,4－5x)g·mol－1C．b点时，Kp＝eq\f(1.25,m)D．c点时，再加入CO2(g)和H2O(g)，使二者分压均增大0.2mkPa，平衡正向移动解析：设生成了xmolHCHO，根据c点列三段式分析：CO2(g)＋2H2(g)HCHO(g)＋H2O(g)开始(mol)1200变化(mol)x2xxx平衡(mol)1－x2－2xxx则平衡时容器中气体的压强为p(平衡)＝eq\f(3－x,3)×1.2mkPa，故有p(HCHO)＝eq\f(x,3－x)×p(平衡)＝eq\f(x,3－x)×eq\f(3－x,3)×1.2mkPa＝0.2mkPa，解得：x＝0.5mol，故p(平衡)＝mkPa，据此分析解题。起始时容器内气体总压强为1.2mkPa，若5min时反应到达c点，由分析可知，则v(H2)＝eq\f(\f(2×0.5mol,2L),5min)＝0.1mol·L－1·min－1，A错误；a点时eq\f(nH2,nCO2)＝1，由加入2mol氢气时可知，起始加入2mol二氧化碳，设生成了amolHCHO列三段式分析：CO2(g)＋2H2(g)HCHO(g)＋H2O(g)开始(mol)2200变化(mol)a2aaa平衡(mol)2－a2－2aaa则平衡时容器中气体的压强为p(平衡)＝eq\f(4－a,4)×1.2mkPa，故有平衡时p(HCHO)＝eq\f(a,4－a)×p(平衡)＝eq\f(a,4－a)×eq\f(4－a,4)×1.2mkPa＝xmkPa，解得a＝eq\f(10,3)xmol，混合气体平衡时的总物质的量n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(10,3)x))mol，由质量守恒定律可知，混合气体的总质量和起始加入气体的总质量相等，即总质量为m＝2mol×2g·mol－1＋2mol×44g·mol－1＝92g，混合气体平均摩尔质量为eq\f(m,n)＝eq\f(92g,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(10,3)x))mol)＝eq\f(138,6－5x)g·mol－1，B错误；温度不变，化学平衡常数不变，故b点时反应的化学平衡常数与c点对应的平衡常数相等，由分析可知，c点平衡时，p(CO2)＝eq\f(0.5,3－0.5)×mkPa＝0.2mkPa，同理：p(H2)＝0.4mkPa，p(HCHO)＝p(H2O)＝0.2mkPa，故Kp＝eq\f(pH2O·pHCHO,pCO2·p2H2)＝eq\f(0.2m×0.2m,0.2m×0.4m2)＝eq\f(1.25,m)，C正确；c点时，再加入CO2(g)和H2O(g)，使二者分压均增大0.2mkPa，则此时Qp＝eq\f(pH2O·pHCHO,pCO2·p2H2)＝eq\f(0.4m×0.2m,0.4m×0.4m2)＝eq\f(1.25,m)＝Kp，平衡不移动，D错误。答案：C12．(2024·江门模拟)一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：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图所示：已知：气体分压(p分)＝气体总压(p总)×体积分数。下列说法错误的是()A．该反应ΔH>0B．550℃时，充入惰性气体将使v正>v逆C．650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0%D．925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp＝24.0解析：随着温度的升高，CO2的体积分数降低，即升温该平衡正向移动，所以该反应为吸热反应，ΔH>0，A项正确；恒压充入惰性气体，容器容积变大，平衡向气体体积增大的方向移动，即平衡正向移动，v正>v逆，B项正确；设CO2为1mol，该条件下转化率为x，根据已知信息建立三段式：C(s)＋CO2(g)2CO(g)起始(mol)10变化(mol)x2x平衡(mol)1－x2x650℃时CO2和CO的体积分数分别为60.0%和40.0%，即eq\f(1－x,2x)＝eq\f(60.0%,40.0%)得到x＝0.25，则CO2的转化率为25.0%，C项正确；925℃时，CO的体积分数为96.0%，故Kp＝eq\f(c2CO,cCO2)＝eq\f(96.0%p总2,4.0%p总)＝23.04p总，D项错误。答案：D13.(2023·江苏化学)二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应为CO2(g)＋4H2(g)=CH4(g)＋2H2O(g)ΔH＝－164.7kJ·mol－1CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g)ΔH＝41.2kJ·mol－1在密闭容器中，1.01×105Pa、n起始(CO2)∶n起始(H2)＝1∶4时，CO2平衡转化率、在催化剂作用下反应相同时间所测得的CO2实际转化率随温度的变化如图所示。CH4的选择性可表示为eq\f(n生成CH4,n反应CO2)×100%。下列说法正确的是()A．反应2CO(g)＋2H2(g)=CO2(g)＋CH4(g)的焓变ΔH＝－205.9kJ·mol－1B．CH4的平衡选择性随着温度的升高而增加C．用该催化剂催化二氧化碳反应的最佳温度范围约为480～530℃D．450℃时，提高eq\f(n起始H2,n起始CO2)的值或增大压强，均能使CO2平衡转化率达到X点的值解析：由盖斯定律可知反应2CO(g)＋2H2(g)=CO2(g)＋CH4(g)的焓变ΔH＝－2×41.2kJ·mol－1＋(－164.7kJ·mol－1)＝－247.1kJ·mol－1，A错误；CO2(g)＋4H2(g)=CH4(g)＋2H2O(g)为放热反应，升高温度平衡逆向移动，故CH4的平衡选择性随着温度的升高而降低，B错误；由题图可知温度范围约为350～400℃时，二氧化碳实际转化率最高，为最佳温度范围，C错误；450℃时，提高eq\f(n起始H2,n起始CO2)的值可提高二氧化碳的平衡转化率，增大压强生成CH4的反应平衡正向移动，可提高二氧化碳的平衡转化率，均能使CO2平衡转化率达到X点的值，D正确。故选D。14．(2021·浙江6月选考)相同温度和压强下，关于物质熵的大小比较，合理的是()A．1molCH4(g)<1molH2(g)B．1molH2O(g)<2molH2O(g)C．1molH2O(s)>1molH2O(l)D．1molC(s，金刚石)>1molC(s，石墨)解析：CH4(g)和H2(g)物质的量相同，且均为气态，CH4(g)含有的原子总数多，CH4(g)的摩尔质量大，所以熵值1molCH4(g)>1molH2(g)，A错误；相同状态的相同物质，物质的量越大，熵值越大，所以熵值1molH2O(g)<2molH2O(g)，B正确；等量的同一种物质，熵值关系为S(g)>S(l)>S(s)，所以熵值1molH2O(s)<1molH2O(l)，C错误；从金刚石和石墨的结构组成上来看，金刚石的微观结构更有序，熵值更低，所以熵值1molC(s，金刚石)<1molC(s，石墨)，D错误。答案：B15．(1)汽车燃油不完全燃烧时产生CO，设想按下列反应除去CO：2CO(g)=2C(s)＋O2(g)。已知该反应的ΔH>0，该设想能否实现并简述依据：________________________________________。(2)超音速飞机在平流层飞行时，尾气中的NO会破坏臭氧层。科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO和CO转变成CO2和N2，化学方程式为2NO＋2CO2CO2＋N2。反应能够自发进行，则反应的ΔH________(填“>”“<”或“＝”)0。理由是_______________________________________。(3)已知CaSO4(s)＋CO(g)CaO(s)＋SO2(g)＋CO2(g)ΔH＝＋218kJ·mol－1，该反应能够自发进行的反应条件是________。答案：(1)不能实现，因为该反应的ΔH>0，ΔS<0，反应不可能自发进行(2)<该反应的ΔS<0，因该反应能自发进行，根据ΔG＝ΔH－TΔS<0可知ΔH<0(3)高温16．乙烯是石油化工最基本的原料之一。(1)乙烷在一定条件下可脱氢制得乙烯：C2H6(gC2H4(g)＋H2(g)ΔH1>0。提高乙烷平衡转化率的措施有________、________。(2)在乙烷中引入O2可以降低反应温度，减少积碳。涉及如下反应：a．2C2H6(g)＋O2(g)2C2H4(g)＋2H2O(g)ΔH2<0b．2C2H6(g)＋5O2(g)4CO(g)＋6H2O(g)ΔH3<0c．C2H4(g)＋2O2(g)2CO(g)＋2H2O(g)ΔH4<0氧气的引入可能导致过度氧化。为减少过度氧化，需要寻找催化剂降低反应________(填“a”“b”或“c”)的活化能，判断的依据是_______________________________________________________。(3)常压下，在某催化剂作用下按照n(C2H6)∶n(O2)＝1∶1投料制备乙烯，体系中C2H4和CO在含碳产物中的物质的量百分数及C2H6转化率随温度的变化如图所示。①乙烯的物质的量百分数随温度升高而降低的原因是___________________________________。②在570～600℃温度范围内，下列说法正确的是________(填字母)。A．C2H4产率随温度升高而增大B．H2O的含量随温度升高而增大C．C2H6在体系中的物质的量百分数随温度升高而增大D．此催化剂的优点是在较低温度下降低CO的平衡产率答案：(1)减小压强升高温度(或及时移出生成物)(2)a反应的目标产品是C2H4，b、c均为副反应，应加快反应a的反应速率(3)①反应a是放热反应，升高温度，平衡逆向移动程度较大②BD17.(1)(2022·全国乙卷)在1373K、100kPa反应条件下，发生反应2H2S(g)=S2(g)＋2H2(g)，对于n(H2S)∶n(Ar)分别为4∶1、1∶1、1∶4、1∶9、1∶19的H2SAr混合气，热分解反应过程中H2S转化率随时间的变化如图所示。已知H2S热分解反应为2H2S(g)=S2(g)＋2H2(g)ΔH＝170kJ·mol－1。①n(H2S)∶n(Ar)越小，H2S平衡转化率________，理由是_________________________________。②n(H2S)∶n(Ar)＝1∶9对应图中曲线________，计算其在0～0.1s之间，H2S分压的平均变化率为________kPa·s－1。(2)(2022·辽宁化学)工业合成氨是人类技术的一项重大突破，目前已有三位科学家因其获得诺贝尔奖，其反应为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.4kJ·mol－1ΔS＝－200J·K－1·mol－1。针对反应速率与平衡产率的矛盾，我国科学家提出了两种解决方案。方案二：MLiH复合催化剂。下列说法正确的是________。a．300℃时，复合催化剂比单一催化剂效率更高b．同温同压下，复合催化剂有利于提高氨的平衡产率c．温度越高，复合催化剂活性一定越高答案：(1)①越高n(H2S)∶n(Ar)越小，H2S的分压越小，平衡向正反应方向移动，H2S平衡转化率越高②d24.9(2)a解析：(1)①由于正反应是体积增大的可逆反应，n(H2S)∶n(Ar)越小，H2S的分压越小，相当于降低压强，平衡向正反应方向移动，因此H2S平衡转化率越高。②n(H2S)∶n(Ar)越小，H2S平衡转化率越高，所以n(H2S)∶n(Ar)＝1∶9对应的曲线是d；根据图像可知n(H2S)∶n(Ar)＝1∶9反应进行到0.1s时H2S转化率为0.24。假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和9mol，则根据三段式可知：此时H2S的分压为eq\f(0.76,0.76＋0.12＋0.24＋9)×100kPa≈7.51kPa，H2S的起始分压为10kPa，所以H2S分压的平均变化率为eq\f(10kPa－7.51kPa,0.1s)＝24.9kPa·s－1。(2)由题图可知，300℃时，复合催化剂催化时合成氨反应的反应速率比单一催化剂催化时大很多，说明300℃时复合催化剂比单一催化剂效率更高，a正确；同温同压下，复合催化剂能提高反应速率，但不能使平衡发生移动，故不能提高氨的平衡产率，b错误；温度过高，复合催化剂可能会失去活性，催化效率反而降低，c错误。18．在一密闭容器中发生反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH<0，达到平衡后，只改变某一个条件时，反应速率与反应时间的关系如图所示。回答下列问题：(1)处于平衡状态的时间段是________(填字母，下同)。A．t0～t1 B.t1～t2C．t2～t3 D.t3～t4E．t4～t5F．t5～t6(2)判断t1、t3、t4时刻分别改变的一个条件。A．增大压强 B.减小压强C．升高温度 D.降低温度E．加催化剂F．充入氮气t1时刻________；t3时刻________；t4时刻________。(3)依据(2)中的结论，下列时间段中，氨的百分含量最高的是________。A．t0～t1 B.t2～t3C．t3～t4 D.t5～t6(4)如果在t6时刻，从反应体系中分离出部分氨气，t7时刻反应达到平衡状态，请在图中画出反应速率的变化曲线。解析：(1)根据图示可知，t0～t1、t2～t3、t3～t4、t5～t6时间段内，v正、v逆相等，反应处于平衡状态。(2)t1时，v正、v逆同时增大，且v逆增大的更多，平衡向逆反应方向移动，所以t1时改变的条件是升高温度；t3时，v正、v逆同时增大且增大程度相同，平衡不移动，所以t3时改变的条件是加催化剂；t4时，v正、v逆同时减小，且v正减小的更多，平衡向逆反应方向移动，所以t4时改变的条件是减小压强。(3)根据图示知，t1～t2、t4～t5时间段内平衡均向逆反应方向移动，则NH3的含量均比t0～t1时间段内的低，所以t0～t1时间段内NH3的百分含量最高。(4)t6时刻分离出部分NH3，v逆立刻减小，而v正逐渐减小，在t7时刻二者相等，反应重新达到平衡，据此可画出反应速率的变化曲线。答案：(1)ACDF(2)CEB(3)A(4)19．(2024·四川模拟)探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CH3OH的产率。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下：Ⅰ.CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH1＝－49.5kJ·mol－1Ⅱ.CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH2＝－90.4kJ·mol－1Ⅲ.CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH3＝＋40.9kJ·mol－1不同压强下，按照n(CO2)∶n(H2)＝1∶3投料，实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度的变化关系如图所示。甲乙下列说法不正确的是()A．图甲表示的是CH3OH的平衡产率随温度的变化关系B．图乙中压强大小关系为p1<p2<p3C．图乙T1时，三条曲线几乎交于一点，原因可能是此时以反应Ⅲ为主，压强改变对其平衡几乎没有影响D．为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，应选择低温高压的反应条件解析：生成CH3OH的反应Ⅰ、Ⅱ都是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CH3OH的平衡产率降低，故A正确；增大压强，反应Ⅰ正向移动，CO2的平衡转化率增大，所以图乙中压强大小关系为p1>p2>p3，故B错误；图乙T1时，三条曲线几乎交于一点，原因可能是此时以反应Ⅲ为主，压强改变对其平衡几乎没有影响，故C正确；反应Ⅰ、Ⅱ都是放热反应，降低温度，平衡正向移动，CH3OH的平衡产率增大，反应Ⅰ、Ⅱ正反应气体分子数减小，增大压强，平衡正向移动，CH3OH的平衡产率增大，所以同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，应选择低温高压的反应条件，故D正确。答案：B20．将燃煤废气中的CO2转化为二甲醚的反应原理为2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)。已知在压强为aMPa下，该反应在不同温度、不同投料比时，CO2的转化率如图：此反应________(填“放热”或“吸热”)；若温度不变，提高投料比[n(H2)/n(CO2)]，则K将________(填“增大”“减小”或“不变”)。解析：当投料比一定时，温度越高，CO2的转化率越低，所以升温，平衡左移，正反应为放热反应。平衡常数只与温度有关，不随投料比的变化而变化。答案：放热不变21．汽车使用乙醇汽油并不能减少NOx的排放，某研究小组在实验室以耐高温试剂AgZSW5催化，测得NO转化为N2的转化率随温度变化情况如图所示。(1)在eq\f(nNO,nCO)＝1条件下，最佳温度应控制在________左右。(2)若不使用CO，温度超过775K，发现NO的分解率降低，其可能的原因为____________。(3)用平衡移动原理解释为什么加入CO后NO转化为N2的转化率增大：____________。答案：(1)870K(860～880K范围内都可以)(2)该反应放热，升高温度，反应向逆反应方向进行(3)加入的CO会与NO的分解产物O2发生反应，促进NO分解平衡向生成N2的方向移动，导致NO的转化率增大22．(2023·山东化学)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HCOOH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有催化加速作用；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。回答下列问题：(1)反应Ⅰ正反应速率方程为v＝kc(H＋)·c(HCOOH)，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xmol·L－1时，H＋浓度为________mol·L－1，此时反应Ⅰ速率v＝____________mol·L－1·h－1(用含Ka、x和k的代数式表示)。(2)T2温度下，在密封石英管内完全充满1.0mol·L－1HCOOH水溶液，使HCOOH分解，分解产物均完全溶于水。含碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示(忽略碳元素的其他存在形式)。t1时刻测得CO、CO2的浓度分别为0.70mol·L－1、0.16mol·L－1，反应Ⅱ达平衡时，测得H2的浓度为ymol·L－1。体系达平衡后eq\f(cCO,cCO2)＝________(用含y的代数式表示，下同)，反应Ⅱ的平衡常数为__________________。相同条件下，若反应起始时溶液中同时还含有0.10mol·L－1盐酸，则图示点a、b、c、d中，CO的浓度峰值点可能是________(填标号)。与不同盐酸相比，CO达浓度峰值时，CO2浓度________(填“增大”“减小”或“不变”)，eq\f(cCO,cHCOOH)的值________(填“增大”“减小”或“不变”)。解析：(1)T1温度时，HCOOH建立电离平衡：HCOOHHCOO－＋H＋，Ka＝eq\f(cHCOO－·cH＋,cHCOOH)，c(HCOO－)＝c(H＋)，故c(H＋)＝eq\r(Kax)mol·L－1。v＝kc(H＋)·c(HCOOH)＝kxeq\r(Kax)mol·L－1·h－1。(2)t1时刻时，c(CO)达到最大值，近似认为反应Ⅰ建立平衡后始终处于平衡状态。此时故t1时刻c(HCOOH)＝(1.0－0.70－0.16)mol·L－1＝0.14mol·L－1，K(Ⅰ)＝eq\f(cCO,cHCOOH)＝eq\f(0.70,0.14)＝5。t1时刻→反应Ⅱ达平衡过程：则c(H2)＝(b＋0.16)mol·L－1＝ymol·L－1，b＝y－0.16，c(HCOOH)＝(0.14－a－b)mol·L－1＝(0.3－a－y)mol·L－1，c(CO)＝(a＋0.7)mol·L－1，K(Ⅰ)＝eq\f(cCO,cHCOOH)＝eq\f(a＋0.7,0.3－a－y)＝5，a＝eq\f(0.8－5y,6)。故eq\f(cCO,cCO2)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(0.8－5y,6)＋0.7))mol·L－1,ymol·L－1)＝eq\f(5－5y,6y)，K(Ⅱ)＝eq\f(cCO2·cH2,cHCOOH)＝eq\f(y·y,0.3－\f(0.8－5y,6)－y)＝eq\f(6y2,1－y)。加入0.1mol·L－1盐酸后，H＋对反应Ⅰ起催化作用，加快反应Ⅰ的反应速率，缩短到达平衡所需时间，故CO浓度峰值提前，由于时间缩短，反应Ⅱ消耗的HCOOH减少，体系中HCOOH浓度增大，导致CO浓度大于t1时刻的峰值，故c(CO)最有可能在a处达到峰值。此时c(CO2)会小于不含盐酸的浓度，eq\f(cCO,cHCOOH)＝K(Ⅰ)，温度不变，平衡常数不变，则eq\f(cCO,cHCOOH)的值不变。答案：(1)eq\r(Kax)kxeq\r(Kax)(2)eq\f(5－5y,6y)eq\f(6y2,1－y)a减小不变23．(2023·重庆化学)银及其化合物在催化与电化学等领域中具有重要应用。(1)在银催化下，乙烯与氧气反应生成环氧乙烷(EO)和乙醛(AA)。根据图示，回答下列问题：①中间体OMC生成吸附态EO(ads)的活化能为________kJ·mol－1。②由EO(g)生成AA(g)的热化学方程式为___________________________________。(2)一定条件下，银催化剂表面上存在反应：Ag2O(s)2Ag(s)＋eq\f(1,2)O2(g)，该反应平衡压强pc与温度T的关系如表：T/K401443463pc/kPa1051100①463K时的平衡常数Kp＝________(kPa)eq\s\up10(\f(1,2))。②起始状态Ⅰ中有Ag2O、Ag和O2，经下列过程达到各平衡状态：已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，下列叙述正确的是________(填字母)。A．从Ⅰ到Ⅱ的过程ΔS>0B．pc(Ⅱ)>pc(Ⅲ)C．平衡常数：K(Ⅱ)>K(Ⅳ)D．若体积V(Ⅲ)＝2V(Ⅰ)，则Q(Ⅰ)＝eq\r(2)K(Ⅲ)E．逆反应的速率：v(Ⅰ)>v(Ⅱ)＝v(Ⅲ)>v(Ⅳ)③某温度下，向恒容容器中加入Ag2O，分解过程中反应速率v(O2)与压强p的关系为v(O2)＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(p,pc)))，k为速率常数(定温下为常数)。当固体质量减少4%时，逆反应速率最大。若转化率为14.5%，则v(O2)＝________(用k表示)。(3)αAgI可用作固体离子导体，能通过加热γ－AgI制得。上述两种晶体的晶胞示意图如图所示(为了简化，只画出了碘离子在晶胞中的位置)。①测定晶体结构最常用的仪器是________(填字母)。A．质谱仪 B.红外光谱仪C．核磁共振仪 D.X射线衍射仪②γ－AgI与α－AgI晶胞的体积之比为________。③测定α－AgI中导电离子类型的实验装置如图所示。实验测得支管a中AgI质量不变，可判定导电离子是Ag＋而不是I－，依据是_____________________________________________________。解析：(1)①过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，中间体OMC生成吸附态EO(ads)的活化能为－93kJ·mol－1－(－176kJ·mol－1)＝83kJ·mol－1。②由题图可知，EO(g)生成AA(g)反应的焓变为ΔH＝－219kJ·mol－1－(－117kJ·mol－1)＝－102kJ·mol－1，故热化学方程式为EO(g)AA(g)ΔH＝－102kJ·mol－1。(2)①反应中只有氧气为气体，结合表格数据可知，463K时的平衡常数Kp＝pceq\s\up10(\f(1,2))(O2)＝(100kPa)eq\s\up10(\f(1,2))＝10(kPa)eq\s\up10(\f(1,2))。②结合表格数据可知，升高温度，压强变大，平衡正向移动，则反应为吸热反应；从Ⅱ到Ⅲ为体积增大，反应正向移动的过程，导致固体质量减小，已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，则从Ⅰ到Ⅱ的过程为固体质量增大的过程，平衡逆向移动，为熵减过程，故从Ⅰ到Ⅱ的过程ΔS<0，A错误；平衡常数Kp＝(O2)只受温度的影响，则pc(Ⅱ)＝pc(Ⅲ)，B错误；反应为吸热反应，降低温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故平衡常数：K(Ⅱ)>K(Ⅳ)，C正确；已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，则氧气的物质的量相等，若体积V(Ⅲ)＝2V(Ⅰ)，根据阿伏加德罗定律可知，pc(O2，Ⅰ)＝2pc(O2，Ⅲ)，Q(Ⅰ)＝(O2，Ⅰ)，K(Ⅲ)＝(O2，Ⅲ)，则Q(Ⅰ)＝eq\r(2)K(Ⅲ)，D正确；结合A项分析可知，逆反应的速率：v(Ⅰ)>v(Ⅱ)，pc(Ⅱ)＝pc(Ⅲ)，温度越低反应速率越小，逆反应的速率：v(Ⅱ)＝v(Ⅲ)>v(Ⅳ)，故有逆反应的速率：v(Ⅰ)>v(Ⅱ)＝v(Ⅲ)>v(Ⅳ)，E正确。③某温度下，设向恒容容器中加入mgAg2O，当固体质量减少4%时，逆反应速率最大，此时达到平衡状态，减小质量为生成氧气的质量，则生成eq\f(m×4%,32)molO2。若转化率为14.5%，则此时生成eq\f(1,2)×eq\f(m×14.5%,232)molO2，根据阿伏加德罗定律，此时eq\f(p,pc)＝eq\f(\f(1,2)×\f(m×14.5%,232),\f(m×4%,32))＝eq\f(1,4)，故v(O2)＝eq\f(3k,4)。(3)①测定晶体结构最常用的科学方法是X射线衍射法。②根据“均摊法”，γ－AgI晶胞中含8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4个I－，则晶体密度为eq\f(\f(4M,NA),Vγ－AgI)＝7.0g·cm－3；α－AgI晶胞中含8×eq\f(1,8)＋1＝2个I－，则晶体密度为eq\f(\f(2M,NA),VαAgI)＝6.0g·cm－3；故eq\f(\f(\f(4M,NA),Vγ－AgI),\f(\f(2M,NA),Vα－AgI))＝eq\f(7.0,6.0)，得V(γ－AgI)∶V(α－AgI)＝12∶7。③由题图可知，a为阳极、b为阴极，实验测得支管a中AgI质量不变，则碘离子没有迁移到a中与银离子产生AgI沉淀，银离子在阴极得到电子发生还原反应生成银单质，导致b中银电极质量增大，a中银电极失去电子发生氧化反应生成银离子，导致a中银电极质量减小，可判定导电离子是Ag＋而不是I－。答案：(1)①83②EO(g)AA(g)ΔH＝－102kJ·mol－1(2)①10②CDE③eq\f(3k,4)(3)①D②12∶7③支管a中银电极质量减小，支管b中银电极质量增大24．(2023·日照模拟)多晶硅可用作光伏转换器的材料，锌还原法生产多晶硅涉及以下反应：反应Ⅰ：SiCl4(g)＋2Zn(g)Si(s)＋2ZnCl2(g)ΔH1Kp反应Ⅱ：SiCl4(g)＋Zn(g)SiCl2(g)＋ZnCl2(g)ΔH2>0回答下列问题：(1)已知：2Zn(g)＋2Cl2(g)2ZnCl2(g)Kp1；SiCl4(g)Si(s)＋2Cl2(g)Kp2。对于反应SiCl4(g)Si(s)＋2Cl2(g)，图甲中v正(A)________(填“大于”“小于”或“等于”)v逆(B)。结合图甲分析，ΔH1________(填“大于”或“小于”)0。甲(2)在锌还原法生产多晶硅的密闭体系中，下列说法错误的是________(填标号)。A．增大Zn的浓度有利于提高SiCl4的转化率B．若气体的平均相对分子质量不再变化，说明反应Ⅰ、反应Ⅱ均达平衡C．平衡后，若压缩体积，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ平衡不移动D．选用合适的催化剂可以提高硅在单位时间内的产量(3)一定温度下，向恒容密闭容器中充入Zn和SiCl4的混合气体，发生反应Ⅰ和Ⅱ，反应Ⅱ的净速率v＝v正－v逆＝k正·p(SiCl4)·p(Zn)－k逆·p(SiCl2)·p(ZnCl2)，其中k正、k逆分别为正、逆反应的速率常数，p为气体的分压。降低温度时，k正－k逆________(填“增大”“减小”或“不变”)。(4)图乙为不同温度下达到平衡时各组分的物质的量分数xi，图丙为在催化剂作用下同一时间内，硅产率与反应温度的关系曲线，M点到N点硅产率缓慢下降的可能原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________，N点后硅产率快速下降的主要原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。乙丙(5)在一定温度下，向一定体积的密闭容器中，按3∶1的比例充入Zn和SiCl4的混合气体，此时压强为4kPa，达到平衡后体系压强为3.6kPa，其中ZnCl2的分压为1.2kPa，则反应Ⅰ的Kθ＝________。已知：Kθ＝eq\f(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(pZnCl2,pθ)))2,\f(pSiCl4,pθ)·\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(pZn,pθ)))2)，其中pθ＝100kPa，p(ZnCl2)、p(SiCl4)和p(Zn)为各组分的平衡分压。解析：(1)由图甲可知，A点温度低于B点，温度越高反应速率越快，则v正(A)<v逆(B)。设①2Zn(g)＋2Cl2(g)2ZnCl2(g)Kp1；②SiCl4(g)Si(s)＋2Cl2(g)Kp2，①＋②得SiCl4(g)＋2Zn(g)Si(s)＋2ZnCl2(g)ΔH1Kp，则Kp＝Kp1·Kp2，lgKp＝lgKp1＋lgKp2，结合图像可知，随着温度升高，lgKp＝lgKp1＋lgKp2逐渐减小，则升高温度平衡逆向移动，为放热反应，故ΔH1<0。(2)反应Ⅱ为气体分子数不变的反应，反应Ⅰ为气体分子数减小的反应，增大Zn的浓度，反应Ⅰ正向移动，有利于提高SiCl4的转化率，A正确；反应Ⅰ中气体的平均相对分子质量为变量，气体的平均相对分子质量不再变化，说明反应Ⅰ达到平衡，SiCl4、Zn、ZnCl2的浓度不变，则反应Ⅱ也达到平衡，B正确；平衡后，若压缩体积，反应Ⅰ平衡正向移动，SiCl4、Zn浓度减小，ZnCl2浓度增大，则反应Ⅱ平衡逆向移动，C错误；选用合适的催化剂可以加快反应速率，能提高硅在单位时间内的产量，D正确。(3)降低温度时，k正、k逆均减小，反应Ⅱ焓变大于零，降低温度，平衡逆向移动，故k正减小幅度大于k逆，则k正－k逆减小。(4)已知反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，SiCl2含量增加，反应Ⅱ生成的ZnCl2也会增加，但是结合图像可知，ZnCl2总的物质的量分数减小，说明反应Ⅰ逆向移动程度较大，反应Ⅰ为放热反应，故M点到N点硅产率缓慢下降的可能原因是随着温度升高反应Ⅱ正向移动消耗Zn、SiCl4，且反应Ⅰ逆向移动，故导致硅产率下降；N点后硅产率快速下降的主要原因是温度过高导致催化剂失去活性。(5)在一定温度下，向一定体积的密闭容器中，按3∶1的比例充入Zn和SiCl4的混合气体，此时压强为4kPa，假设Zn和SiCl4分别为3mol、1mol，达到平衡后体系压强为3.6kPa，则此时总的物质的量为3.6mol，其中ZnCl2的分压为1.2kPa，ZnCl2物质的量为1.2mol，总的物质的量减小0.4mol；反应Ⅱ为气体分子数不变的反应，反应Ⅰ为气体分子数减小的反应，气体物质的量的减小由反应Ⅰ导致，则：SiCl4(g)＋2Zn(g)Si(s)＋2ZnCl2(g)起始(mol)130转化(mol)0.40.80.8平衡(mol)SiCl4(g)＋Zn(g)SiCl2(g)＋ZnCl2(g)起始(mol)转化(mol)0.40.40.41.2－0.8平衡(mol)平衡时SiCl4、Zn、ZnCl2分别为0.2mol、1.8mol、1.2mol，则SiCl4、Zn、ZnCl2的分压分别为0.2kPa、1.8kPa、1.2kPa，则反应Ⅰ的Kθ＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1.2kPa,100kPa)))2,\f(0.2kPa,100kPa)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1.8kPa,100kPa)))2)≈222.2。答案：(1)小于小于(2)C(3)减小(4)随着温度升高反应Ⅱ正向移动消耗Zn、SiCl4，且反应Ⅰ逆向移动，故导致硅产率下降温度过高导致催化剂失去活性(5)222.225.(2023·新课标卷)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xH2＝0.75、xN2＝0.25，另一种为xH2＝0.675、xN2＝0.225、xAr＝0.10。(物质i的摩尔分数：xi＝eq\f(ni,n总))图1图2(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＝20MPa、xNH3＝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：(1)p1＜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(3)33.33%eq\r(\f(1,432))解析：(1)合成氨的反应中，压强越大越有利于氨的合成，因此，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)对比图1和图2中的信息可知，在相同温度和相同压强下，图2中平衡时氨的摩尔分数较小。在恒压下充入惰性气体Ar，反应混合物中各组分的浓度减小，各组分的分压也减小，化学平衡要向气体分子数增大的方向移动，因此，充入惰性气体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xH2＝0.75、xN2＝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3mol和1mol，达到平衡时氮气的变化量为xmol，则有：当p2＝20MPa、xNH3＝0.20时，xNH3＝eq\f(2x,4－2x)＝0.20，解得x＝eq\f(1,3)，则氮气的转化率α＝eq\f(\f(1,3)mol,1mol)×100%≈33.33%，平衡时N2、H2、NH3的物质的量分别为eq\f(2,3)mol、2mol、eq\f(2,3)mol，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Kp＝eq\f(\f(1,5)p2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)p2))\f(1,2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)p2))\f(3,2))＝eq\f(\f(1,5)×20MPa,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)×20MPa))\f(1,2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)×20MPa))\f(3,2))＝eq\r(\f(1,432))(MPa)－1。26．(2023·湖北化学)(1)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)。(2)eq\o(C,\s\up6(·))40H19(g)C40H18(g)＋H·(g)及eq\o(C,\s\up6(·))40H11(g)C40H10(g)＋H·(g)反应的lnK(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，lnK＝－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_______________________________________________。解析：(1)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C40H12起始量为1mol，则根据信息列出三段式：eq\a\vs4\ac\hs10\co5(,C40H12g,,C40H10g,＋H2g,起始量mol,1,,0,0,变化量mol,α,,α,α,平衡量mol,1－α,,α,α)则p(C40H12)＝p0×eq\f(1－α,1＋α)，p(C40H10)＝p0×eq\f(α,1＋α)，p(H2)＝p0×eq\f(α,1＋α)，该反应的平衡常数Kp＝eq\f(p0×\f(α,1＋α)×p0×\f(α,1＋α),p0×\f(1－α,1＋α))＝eq\f(α2,1－α2)p0。(2)由eq\o(C,\s\up6(·))40H19(g)C40H18(g)＋H·(g)及eq\o(C,\s\up6(·))40H11(g)C40H10(g)＋H·(g)反应的lnK(K为平衡常数)随温度倒数的关系图知，图中两条线几乎平行，说明斜率几乎相等，根据lnK＝－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。答案：(1)eq\f(α2,1－α2)p0(2)在反应过程中，断裂和形成的化学键相同27．(2023·全国乙卷)(1)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pSO3T的关系如图所示。660K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”)。(2)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pO2＝________(用pSO3、pSO2表示)。在929K时，p总＝84.6kPa、pSO3＝35.7kPa，则pSO2＝________kPa，Kp(Ⅱ)＝_________________________________________kPa(列出计算式)。解析：(1)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)。由平衡时pSO3T的关系图可知，660K时，pSO3＝1.5kPa，则pSO2＝1.5kPa，因此，该反应的平衡总压p总＝3kPa，平衡常数Kp(Ⅰ)＝1.5kPa×1.5kPa＝2.25(kPa)2。由图中信息可知，pSO3随着温度升高而增大，因此，Kp(Ⅰ)随反应温度升高而增大。(2)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pSO3＝pSO2，则pSO3＋2pO2＝pSO2－2pO2，因此，平衡时pO2＝eq\f(pSO2－pSO3,4)。在929K时，p总