高考化学 考点40 化学平衡常数及转化率学案（含解析）

考点40化学平衡常数及转化率1．化学平衡常数（1）定义在一定温度下，当一个可逆反应达到化学平衡时，生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值是一个常数，这个常数就是该反应的化学平衡常数（简称平衡常数），用K表示。（2）表达式对于一般的可逆反应：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，K=。（3）应用①判断反应进行的限度K值大，说明反应进行的程度大，反应物的转化率高。K值小，说明反应进行的程度小，反应物的转化率低。K<10−510−5~105>105反应程度很难进行反应可逆反应可接近完全②判断反应是否达到平衡状态化学反应aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(g)在任意状态时，浓度商均为Qc=。Qc>K时，反应向逆反应方向进行；Qc=K时，反应处于平衡状态；Qc<K时，反应向正反应方向进行。③利用平衡常数判断反应的热效应若升高温度，K值增大，则正反应为吸热反应；若升高温度，K值减小，则正反应为放热反应。2．转化率对于一般的化学反应：aA＋bBcC＋dD，达到平衡时反应物A的转化率为α(A)＝×100％＝×100％［c0(A)为起始时A的浓度，c(A)为平衡时A的浓度］反应物平衡转化率的变化判断判断反应物转化率的变化时，不要把平衡正向移动与反应物转化率提高等同起来，要视具体情况而定。常见有以下几种情形：反应类型条件的改变反应物转化率的变化有多种反应物的可逆反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)恒容时只增加反应物A的用量反应物A的转化率减小，反应物B的转化率增大同等倍数地增大（或减小）反应物A、B的量恒温恒压条件下反应物转化率不变恒温恒容条件下m+n>p+q反应物A和B的转化率均增大m+n<p+q反应物A和B的转化率均减小m+n=p+q反应物A和B的转化率均不变只有一种反应物的可逆反应mA(g)nB(g)+pC(g)增加反应物A的用量恒温恒压条件下反应物转化率不变恒温恒容条件下m>n+p反应物A的转化率增大m<n+p反应物A的转化率减小m=n+p反应物A和B的转化率不变考向一化学平衡常数及影响因素典例1下列关于化学平衡常数的说法中，正确的是A．在任何条件下，化学平衡常数都是一个定值B．化学平衡常数K可以推断一个可逆反应进行的程度C．化学平衡常数K只与温度、反应物浓度、体系的压强有关D．当改变反应物的浓度时，化学平衡常数会发生改变【答案】B【解析】A．在给定的反应方程式中，化学平衡常数只受温度的影响，温度改变则化学平衡常数改变，故错误；B．任何时刻Qc>K，说明平衡向逆反应方向进行，Qc＜K，说明平衡向正反应方向进行，Qc＝K，说明反应达到平衡，故正确；C．化学平衡常数只受温度影响，故错误；D．根据选项C分析，故错误。1．在KI溶液中存在平衡，测得不同温度下该反应的平衡常数如表所示：t/℃515253550K1100841680533409下列说法正确的是（）A．反应的B．利用该反应可以除去硫粉中少量的碘单质C．在上述体系中加入苯，平衡不移动D．25℃时，向溶液中加入少量KI固体，平衡常数K小于680【答案】B【详解】A．由表中数据可知，温度越高，平衡常数越小，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，即，选项A错误；B．硫难溶于水，而碘单质与形成而溶于水，可以达到除去硫粉中少量碘的目的，选项B正确；C．加入苯，碘能溶于苯，使水中碘的浓度变小，平衡向逆反应方向移动，选项C错误；D．加入KI固体，平衡向正反应方向移动，但平衡常数只受温度影响，与物质的浓度无关，选项D错误。答案选B。平衡常数的几个易错点（1）正、逆反应的平衡常数互为倒数；若方程式中各物质的化学计量数等倍扩大或缩小，尽管是同一反应，平衡常数也会改变。（2）能代入平衡常数表达式的为气体、非水溶液中的H2O、溶液中的溶质，固体与纯液体以及溶液中H2O的浓度可看为常数，不能代入。考向二化学平衡常数的计算与应用典例2在一定体积的密闭容器中，进行化学反应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：T/℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6回答下列问题：（1）该反应的化学平衡常数表达式K=。（2）该反应为(填“吸热”或“放热”)反应。（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）若830℃时，向容器中充入1molCO、5molH2O，反应达到平衡后，其化学平衡常数K(填“大于”“小于”或“等于”)1.0。（5）830℃时，容器中的反应已达到平衡。在其他条件不变的情况下，扩大容器的体积，平衡(填“向正反应方向”“向逆反应方向”或“不”)移动。（6）若1200℃时，在某时刻平衡体系中CO2、H2、CO、H2O的浓度分别为2mol·L−1、2mol·L−1、4mol·L−1、4mol·L−1，则此时上述反应的平衡移动方向为(填“正反应方向”“逆反应方向”或“不移动”)。【答案】（1）QUOTE（2）吸热（3）700℃（4）等于（5）不（6）逆反应方向【解析】（1）根据化学方程式可写出K=QUOTE。（2）分析表中数据可知，随着温度的升高，K值逐渐增大，说明正反应是吸热反应。（3）某温度下，由3c(CO2)·c(H2)=5c(CO)·c(H2O)得出QUOTE=QUOTE=0.6=K，查表知K=0.6时对应温度是700℃。（4）只要温度不变，K值就不变。（5）830℃时达到平衡，扩大容器体积，由于反应前后气体的物质的量不变，则平衡不移动。（6）该条件下Qc=QUOTE=QUOTE=4>K=2.6，故反应向逆反应方向移动。2．（1）在一定条件下CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，当CO与H2O(g)的起始物质的量之比为1∶5，达平衡时，CO转化了eq\f(5,6)。若akg含Ca5(PO4)3F(相对分子质量为504)的质量分数为10%的磷尾矿，在上述过程中有b%的Ca5(PO4)3F转化为P4，将产生的CO与H2O(g)按起始物质的量之比1∶3混合，则在相同条件下达平衡时能产生H2________kg。[已知：4Ca5(PO4)3F＋18SiO2＋30C2CaF2＋30CO＋18CaSiO3＋3P4]（2）乙苯催化脱氢制苯乙烯反应：CH2CH3(g)CH=CH2(g)＋H2(g)维持体系总压p恒定，在温度T时，物质的量为n、体积为V的乙苯蒸气发生催化脱氢反应。已知乙苯的平衡转化率为α，则在该温度下反应的平衡常数K＝________(用α等符号表示)。【答案】（1）eq\f(ab,44800)（2）eq\f(α2,1－α2)peq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(或\f(nα2,（1－α2）V)))【解析】（1）当CO和H2O(g)的起始物质的量之比为1∶5时，设CO为1mol，则：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)起始物质的量(mol)1500改变物质的量(mol)eq\f(5,6)eq\f(5,6)eq\f(5,6)eq\f(5,6)平衡物质的量(mol)eq\f(1,6)eq\f(25,6)eq\f(5,6)eq\f(5,6)故此温度下，反应的平衡常数K＝eq\f(c（CO2）·c（H2）,c（CO）·c（H2O）)＝1。由题意知，反应4Ca5(PO4)3F＋18SiO2＋30C2CaF2＋30CO＋18CaSiO3＋3P4，若akg含Ca5(PO4)3F的质量分数为10%的磷尾矿，当有b%的Ca5(PO4)3F转化为P4时，产生的CO的物质的量为n＝ab/67.2mol，将产生的CO和H2O(g)按起始物质的量之比为1∶3混合，设在相同条件下达到平衡时CO转化了xmol，则CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)起始物质的量(mol)n3n00改变物质的量(mol)xxxx平衡物质的量(mol)n－x3n－xxx故eq\f(x·x,（n－x）·（3n－x）)＝1，得x＝eq\f(3,4)n，则达到平衡时产生的氢气的物质的量为eq\f(ab,67.2)×eq\f(3,4)mol＝eq\f(ab,89.6)mol，氢气的质量为eq\f(ab,44.8)g＝eq\f(ab,44.8)×10－3kg＝eq\f(ab,44800)kg。（2）从浓度角度求Kc：根据阿伏加德罗定律的推论，总压强p相同时，eq\f(V1,V2)＝eq\f(n1,n2)，乙苯的转化率为α，由此可得：eq\f(V,V反应后)＝eq\f(1,1＋α)，V反应后＝(1＋α)V，根据化学方程式及平衡常数的定义：Kc＝eq\f(\f(n2α2,V2（1＋α）2),\f(n（1－α）,V（1＋α）))＝eq\f(nα2,V（1－α）（1＋α）)＝eq\f(nα2,（1－α2）V)。从压强角度求Kp：容器中氢气的物质的量为αn，苯乙烯的物质的量为αn，乙苯的物质的量为(1－α)n，气体的总物质的量为(1＋α)n，所以氢气的分压为eq\f(αn,（1＋α）n)p，苯乙烯的分压为eq\f(αn,（1＋α）n)p，乙苯的分压为eq\f(（1－α）n,（1＋α）n)p，因此Kp＝eq\f(\f(αn,（1＋α）n)p·\f(αn,（1＋α）n)p,\f(（1－α）n,（1＋α）n)p)＝eq\f(α2,1－α2)p。考向三转化率的计算与比较典例3已知可逆反应：M(g)＋N(g)P(g)＋Q(g)ΔH＞0，请回答下列问题。（1）某温度下，反应物的起始浓度分别为c(M)＝1mol·L－1，c(N)＝2.4mol·L－1；达到平衡后，M的转化率为60%，此时N的转化率为________。（2）若反应温度不变，反应物的起始浓度分别为c(M)＝4mol·L－1，c(N)＝amol·L－1；达到平衡后，c(P)＝2mol·L－1，a＝________。（3）若反应温度不变，反应物的起始浓度为c(M)＝c(N)＝bmol·L－1，达到平衡后，M的转化率为_____。【解析】用“平衡三段式法”，借助平衡常数来串联计算：（1）M(g)＋N(g)P(g)＋Q(g)c始/(mol·L－1)12.400c转/(mol·L－1)0.60.60.60.6c平/(mol·L－1)0.41.80.60.6α(N)＝eq\f(0.6,2.4)×100%＝25%，K＝eq\f(0.6×0.6,0.4×1.8)＝0.5。（2）eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c始/(mol·L－1)4a00,c平/(mol·L－1)2a－222))由K＝eq\f(2×2,2×(a－2))＝0.5，解得a＝6。（3）eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c始/(mol·L－1)bb00,c平/(mol·L－1)b(1－x)b(1－x)bxbx))由K＝eq\f((bx)2,[b(1－x)]2)＝0.5，解得x≈0.41。【答案】（1）25%（2）6（3）41%3．甲胺铅碘(CH3NH3PbI3)用作全固态钙钛矿敏化太阳能电池的敏化剂，可由CH3NH2、PbI2及HI为原料合成，回答下列问题：(1)上述反应中所需的甲醇工业上利用水煤气合成CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH<0。在一定条件下，将1molCO和2molH2通入密闭容器中进行反应，当改变某一外界条件(温度或压强)时，CH3OH的平衡体积分数φ(CH3OH)变化趋势如图所示：①平衡时，M点CH3OH的体积分数为10%，则CO的转化率为_________。②X轴上a点的数值比b点_________(填“大”或“小”)。某同学认为上图中Y轴表示温度，你认为他判断的理由是_________。【答案】25%小随着Y值的增大，φ(CH3OH)减小，平衡CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g)向逆反应方向移动，故Y为温度【解析】(1)①初始投料为1molCO和2molH2，设转化的CO的物质的量为x，列三段式有：CH3OH的体积分数为10%，则有=10%，解得x=0.25mol，所以CO的转化率为=25%；故答案为：25%；②X表示压强，该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，则CH3OH的体积分数φ(CH3OH)也增大，b点CH3OH的体积分数φ(CH3OH)大于a点CH3OH的体积分数φ(CH3OH)，则X轴上a点的数值比b点小；由图可知，随着Y值减小，CH3OH的体积分数φ(CH3OH)增大，该反应是放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，CH3OH的体积分数φ(CH3OH)也越大，故Y表示温度；故答案为：小；随着Y值的增大，φ(CH3OH)减小，平衡CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g)向逆反应方向移动，故Y为温度；1．O3是一种很好的消毒剂，具有高效、洁净、方便、经济等优点。O3可溶于水，在水中易分解，产生的[O]为游离氧原子，有很强的杀菌消毒能力。常温常压下发生的反应如下：反应①O3O2＋[O]ΔH>0平衡常数为K1；反应②[O]＋O32O2ΔH<0平衡常数为K2；总反应：2O33O2ΔH<0平衡常数为K。下列叙述正确的是A．降低温度，总反应K减小B．K＝K1＋K2C．适当升温，可提高消毒效率D．压强增大，K2减小【答案】C【解析】降温，总反应平衡向右移动，K增大，A项错误；K1＝eq\f(c(O2)·c([O]),c(O3))、K2＝eq\f(c2(O2),c([O])·c(O3))、K＝eq\f(c3(O2),c2(O3))＝K1·K2，B项错误；升高温度，反应①平衡向右移动，c([O])增大，可提高消毒效率，C项正确；对于给定的反应，平衡常数只与温度有关，D项错误。2．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叙述不正确的是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，同一个反应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，则平衡一定移动，C项正确；相同条件下，同一个反应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。3．在一密闭容器，aA(g)bB(g)达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，则A．平衡向逆反应方向移动了B．物质A的转化率减少了C．物质B的质量分数增加了D．a>b【答案】C【解析】体积增大一倍，压强减小，假设平衡不移动，B的浓度应是原来的50%<60%，说明平衡移动，向正反应方向移动，A错误；平衡正向移动，A的转化率增大，B错误；平衡正向移动，B的质量分数增大，C正确；减小压强，平衡应向体积增大的方向移动，即a<b，D错误。4．将1molN2O5置于2L密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：①2N2O5(g)2N2O4(g)＋O2(g)；②N2O4(g)2NO2(g)。达到平衡时，c(O2)＝0.2mol·L－1，c(NO2)＝0.6mol·L－1，则此温度下反应①的平衡常数为A．3.2 B．0.2C．eq\f(1,180) D．eq\f(4,45)【答案】B【解析】N2O5分解得到N2O4部分转化为NO2(g)，平衡时c(O2)＝0.2mol·L－1，c(NO2)＝0.6mol·L－1，则平衡时c(N2O4)＝2c(O2)－eq\f(1,2)c(NO2)＝0.2mol/L×2－eq\f(1,2)×0.6mol/L＝0.1mol/L，平衡时c(N2O5)＝eq\f(1mol,2L)－2c(O2)＝0.5mol/L－0.2mol/L×2＝0.1mol/L，故反应①的平衡常数K＝eq\f(c2(N2O4)×c(O2),c2(N2O5))＝eq\f(0.12×0.2,0.12)＝0.2。5．已知反应X(g)＋Y(g)R(g)＋Q(g)的平衡常数与温度的关系如表所示。830℃时，向一个2L的密闭容器中充入0.2molX和0.8molY，反应初始4s内v(X)＝0.005mol/(L·s)。下列说法正确的是温度/℃70080083010001200平衡常数1.71.11.00.60.4A．4s时容器内c(Y)＝0.76mol/LB．830℃达平衡时，X的转化率为80%C．反应达平衡后，升高温度，平衡正向移动D．1200℃时反应R(g)＋Q(g)X(g)＋Y(g)的平衡常数K＝0.4【答案】B【解析】反应初始4s内X的平均反应速率v(X)＝0.005mol/(L·s)，根据速率之比等于化学计量数之比，可知v(Y)＝v(X)＝0.005mol/(L·s)，则4s内Δc(Y)＝0.005mol·L－1·s－1×4s＝0.02mol/L，Y的起始浓度为eq\f(0.8mol,2L)＝0.4mol/L，故4s时c(Y)＝0.4mol/L－0.02mol/L＝0.38mol/L，A错误；设平衡时A的浓度变化量为x，则：X(g)＋Y(g)R(g)＋Q(g)c始/mol·L－10.10.400c转/mol·L－1xxxxc平/mol·L－10.1－x0.4－xxx故eq\f(x2,(0.1－x)×(0.4x))＝1.0，解得x＝0.08，所以平衡时X的转化率为eq\f(0.08mol/L,0.1mol/L)×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℃时反应X(g)＋Y(g)R(g)＋Q(g)的平衡常数值为0.4，所以1200℃时反应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。6．一定条件下，反应2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)ΔH＞0达到平衡时N2的体积分数与温度、压强的关系如图所示。下列说法正确的是A．压强：p1＞p2B．b、c两点对应的平衡常数：Kc＞KbC．a点：2v(NH3)正＝3v(H2)逆D．a点：NH3的转化率为1/3【答案】B【解析】A项，该反应为气体分子数增大的反应，恒温时，压强越大，N2的体积分数越小，p1＜p2，故A项错误；B项，b、c两点对应温度b＜c，该反应为吸热反应，温度越高，平衡常数越大，Kc＞Kb，故B正确；C项，反应速率之比等于化学计量数之比，3v(NH3)正＝2v(H2)逆，故C错误；D项，对于反应2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)，假设反应前氨气的物质的量为1mol，反应的氨气的物质的量为xmol，则eq\f(\f(x,2),1＋x)＝0.1，解得x＝eq\f(1,4)，因此氨气的转化率为eq\f(1,4)，故D错误。7．乙炔是一种重要的化工原料，最新研制出的由裂解气(H2、CH4、C2H4)与煤粉在催化剂条件下制乙炔，该生产过程是目前清洁高效的煤化工过程。已知：发生的部分反应如下(在25℃、101kPa时)，CH4、C2H4在高温条件还会分解生成炭与氢气：①C(s)+2H2(g)CH4(g)ΔH1=－74.85kJ•mol-1②2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)ΔH2=+340.93kJ•mol-1③C2H4(g)C2H2(g)+H2(g)ΔH3=+35.50kJ•mol-1请回答：(1)依据上述反应，请写出C与H2化合生成C2H2的热化学方程式_____。(2)若以乙烯和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器(氢气的作用是活化催化剂)，出口气中含有乙烯、乙炔、氢气等。图1为乙炔产率与进料气中n(氢气)/n(乙烯)的关系。图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势，其降低的原因是_____。(3)图2为上述诸反应达到平衡时各气体体积分数和反应温度的关系曲线。①乙炔体积分数在1530℃之前随温度升高而增大的原因可能是_____；1530℃之后，乙炔体积分数增加不明显的主要原因可能是_____。②在体积为1L的密闭容器中反应，1530℃时测得气体的总物质的量为1.000mol，则反应C2H4(g)C2H2(g)+H2(g)的平衡常数K=_____。③请在图3中绘制乙烯的体积分数和反应温度的关系曲线______【答案】2C(s)+H2(g)⇌C2H2(g)△H=+226.73kJ⋅mol−1一开始充入氢气是为活化催化剂，故稍增大氢气的量能让乙炔产率增大，原料中过量H2会使反应③平衡逆向移动，所以乙炔产率下降1530℃前升高温度，反应②③平衡正向移动，乙炔更多高温则有更多的甲烷与乙烯裂解生成碳导致乙炔体积分数增加不大8.65【详解】(1)由①C(s)+2H2(g)CH4(g)ΔH1=－74.85kJ•mol-1②2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)ΔH2=+340.93kJ•mol-1③C2H4(g)C2H2(g)+H2(g)ΔH3=+35.50kJ•mol-1根据盖斯定律，由①×2+②+③可得2C(s)+H2(g)⇌C2H2(g)，则△H=(−74.85kJ⋅mol−1)×2+(+340.93kJ⋅mol−1)+(+35.50kJ⋅mol−1)=+226.73kJ⋅mol−1，故答案为：2C(s)+H2(g)⇌C2H2(g)△H=+226.73kJ⋅mol−1；(2)乙烯分解产生乙炔和氢气，一开始充入氢气是为活化催化剂，故稍增大氢气的量能让乙炔产率增大，增大氢气的量会促使反应③平衡逆向移动，从而减少平衡体系中的乙炔的含量，使乙炔的产率降低，故答案为：一开始充入氢气是为活化催化剂，故稍增大氢气的量能让乙炔产率增大，原料中过量H2会使反应③平衡逆向移动，所以乙炔产率下降；(3)①反应②③正反应为吸热反应，1530℃前升高温度升高平衡正向移动，乙炔的含量增加；温度超过1530℃时，有更多的甲烷与乙烯裂解生成碳导致乙炔体积分数增加不大，故答案为：1530℃前升高温度，反应②③平衡正向移动，乙炔更多；高温则有更多的甲烷与乙烯裂解生成碳导致乙炔体积分数增加不大；②由图2可知，1530℃时测得气体的总物质的量为1.000mol，则此混合气体中H2(g)的物质的量为0.8240mol，C2H2(g)和CH4(g)的物质的量均为0.0840，C2H4(g)的物质的量为1.000mol−0.8240mol−0.0840mol−0.0840mol=0.0080mol，体积为1L，则C2H4(g)⇌C2H2(g)+H2(g)的平衡常数K===8.65，故答案为：8.65；③根据图3中乙炔的体积分数和温度的关系曲线，且乙烯的起点温度要低于乙炔的起点，最高点的相应温度低于1530℃，1530k交点乙烯的体积分数不要超过为0.01，则所绘制乙烯的体积分数和反应温度的关系曲线为，故答案为：。8．催化还原CO2是解决温室效应及能源问题的重要手段之一。研究表明，在Cu/ZnO催化剂存在下，在CO2中通入H2，二者可发生以下两个平行反应：反应ⅠCO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH1＝－53.7kJ·mol－1反应ⅡCO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH2＝＋41.2kJ·mol－1某实验室控制一定的CO2和H2初始投料比，在相同压强下，经过相同反应时间测得如下实验数据(其中“甲醇选择性”是指转化的CO2中生成甲醇的百分比)：反应序号T/K催化剂CO2转化率/%甲醇选择性/%①543Cu/ZnO纳米棒12.342.3②543Cu/ZnO纳米片10.972.7③553Cu/ZnO纳米棒15.339.1④553Cu/ZnO纳米片12.071.6（1）CO2的电子式是_____________。（2）反应Ⅰ的平衡常数表达式是K＝_________________________。（3）对比①和③可发现：同样催化剂条件下，温度升高，CO2转化率升高，而甲醇的选择性却降低，请解释甲醇选择性降低的可能原因__________________________________；对比①、②可发现，在同样温度下，采用Cu/ZnO纳米片使CO2转化率降低，而甲醇的选择性却提高，请解释甲醇的选择性提高的可能原因_______________________________。（4）有利于提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有________。a．使用Cu/ZnO纳米棒做催化剂b．使用Cu/ZnO纳米片做催化剂c．降低反应温度d．投料比不变，增加反应物的浓度e．增大CO2和H2的初始投料比【答案】（1）（2）（3）反应Ⅰ为生成甲醇的反应，该反应是放热反应，因此升高温度，平衡逆向进行，因此甲醇的产率减小，甲醇的选择性降低因为在该时间段内，使用Cu/ZnO纳米片催化剂使反应Ⅰ速率增加，因此测得该时间段内得到的甲醇较多，甲醇选择性提高（4）cd【解析】（1）二氧化碳中碳原子在中间，碳氧之间为两个共用电子对，电子式为。（2）反应Ⅰ为CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)，所以平衡常数表达式为K＝。（3）生成甲醇的反应是反应Ⅰ，而该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，导致甲醇的选择性降低。采用Cu/ZnO纳米片(催化剂)只能影响速率不能改变平衡，该实验并不是达到平衡后再测数据，而是反应相同时间后就测定，所以反应比较快的进行的量就多，因此结论是：Cu/ZnO纳米片催化剂使反应Ⅰ速率增加更明显，该时间段内得到的甲醇较多，甲醇选择性提高。（4）催化剂都不改变平衡状态，所以选项a、b都错误。降温使反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ平衡逆向移动，所以提高了CO2转化为CH3OH平衡转化率，选项c正确。恒容，按照相同投料比，增大物质的浓度就是相当于增大压强，对于反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ平衡不移动，所以提高了CO2转化为CH3OH平衡转化率，选项d正确。增大CO2和H2的初始投料比，实际会降低二氧化碳的转化率，选项e错误。9．CO2和CH4是两种重要的温室气体，通过CH4和CO2反应制造具有更高价值的化学品是目前的研究方向。（1）250℃时，以镍合金为催化剂，涉及此研究的某反应的平衡常数K=QUOTE，则此反应的化学方程式为；又知此反应的逆反应为放热反应，则一定能使此反应的平衡常数增大的措施是(填选项字母)；使该反应的平衡一定向正反应方向移动的措施有(填选项字母)。A．增大CO2的浓度B．升高温度C．降低温度D．增大压强E.减小压强（2）用某种特殊催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸，温度超过某个值时乙酸的生成速率却减小了，原因是。（3）将CO2转化为甲醚的反应原理为2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(l)。①已知一定压强下，该反应在不同温度、不同投料比时，CO2的转化率如表:投料比[n(H2)/n(CO2)]500K600K700K1.545%33%20%xabc上述反应的焓变ΔH(填“>”、“<”或“=”，下同)0，ΔS0，若a>45%，则x1.5。②在80℃时，向体积为0.5L的密闭容器中加入2molCO2和6molH2，20min后反应达到平衡，此时CH3OCH3的物质的量为0.5mol，则该反应的平均反应速率v(CO2)=mol·L-1·min-1，H2的转化率α(H2)=，在80℃时该反应的化学平衡常数为(列出计算式即可)。【答案】（1）CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)BABE（2）催化剂的催化效率降低（3）①<<>②0.150%QUOTE【解析】本题考查了化学平衡移动的影响因素、化学平衡常数的计算等知识，充分考查了考生的分析、理解能力及化学计算能力。（1）由平衡常数表达式知反应物为CO2、CH4，生成物为CO、H2，再由浓度幂知各物质前面的化学计量数分别为1、1、2、2，所以该反应的化学方程式为CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)。此反应的逆反应为放热反应，则CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数增大；增加反应物的浓度或减少生成物的浓度，平衡正向移动；增大压强要区别恒容充入惰性气体(或N2等不影响反应的气体)增大压强和恒容充入反应气体增大压强，故平衡不一定移动；减小压强平衡向正反应方向移动。（2）当温度超过某个值时，催化剂的催化效率降低，从而导致乙酸的生成速率降低。（3）①升高温度，CO2的转化率减小，说明平衡逆向移动，可知该反应为放热反应，ΔH<0，因该反应前后气体分子数减小，故ΔS<0。在相同温度下，增大H2的浓度，可使平衡正向移动，从而提高CO2的转化率，故x>1.5。②由题意知，利用三段式法则有:v(CO2)=QUOTE=QUOTE=0.1mol·L-1·min-1，H2的转化率α(H2)=QUOTE×100%=50%，80℃时，此反应的平衡常数K=QUOTE=QUOTE。【备注】2CO2(g) + 6H2(g) CH3OCH3(g) + 3H2O(l)开始(mol·L-1) 4 12 0 转化(mol·L-1) 2 6 1 平衡(mol·L-1) 2 6 1 【答案】D【解析】A．加入苯振荡，苯将I2萃取到苯层，水溶液中c（I2）减小，平衡正向移动，A正确；B．将5mL0.1mol/LKI溶液与1mL0.1mol/LFeCl3溶液混合，参与反应的Fe3+与I-物质的量之比为1:1，反应后I-一定过量，经苯2次萃取分离后，在水溶液中加入KSCN溶液呈血红色，说明水溶液中仍含有Fe3+，即Fe3+没有完全消耗，表明该化学反应存在限度，B正确；C．加入FeSO4固体溶于水电离出Fe2+，c（Fe2+）增大，平衡逆向移动，C正确；D．该反应的平衡常数K=，D错误；答案选D。2．（2020·浙江高考真题）一定温度下，在2L的恒容密闭容器中发生反应。反应过程中的部分数据如下表所示：n/molt/min02.02.4050.9101.6151.6下列说法正确的是（）A．0~5min用A表示的平均反应速率为B．该反应在10min后才达到平衡C．平衡状态时，D．物质B的平衡转化率为20%【答案】C【解析】A．v(C)=，同一反应反应中反应速率之比等于计量数之比，3v(A)=v(C)，所以v(A)=，错误；B．15min时，n(B)=1.6mol，消耗了2.4mol-1.6mol=0.8mol，根据方程式可知这段时间内消耗A的物质的量为0.4mol，所以15min时，n(A)=1.6mol，与10min时A的物质的量相同，说明10~15min这段时间内平衡没有移动，但无法确定是10min时达到平衡，还是10min前已经达到平衡，错误；C．根据B选项分析可知平衡时消耗的B为0.8mol，根据方程式可知生成C的物质的量为1.2mol，浓度为，正确；D．物质B的平衡转化率为，错误；故答案为C。3．[2019江苏][双选]在恒压、NO和O2的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。下列说法正确的是A．反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的ΔH>0B．图中X点所示条件下，延长反应时间能提高NO转化率C．图中Y点所示条件下，增加O2的浓度不能提高NO转化率D．380℃下，c起始(O2)=5.0×10−4mol·L−1，NO平衡转化率为50%，则平衡常数K>2000【答案】BD【解析】A．随温度升高NO的转化率先升高后降低，说明温度较低时反应较慢，一段时间内并未达到平衡，分析温度较高时，已达到平衡时的NO转化率可知，温度越高NO转化率越低，说明温度升高平衡向逆方向移动，根据勒夏特列原理分析该反应为放热反应，∆H<0，故A错误；B．根据上述分析，X点时，反应还未到达平衡状态，反应正向进行，所以延长反应时间能提高NO的转化率，故B正确；C．Y点，反应已经达到平衡状态，此时增加O2的浓度，使得正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，可以提高NO的转化率，故C错误；D．设NO起始浓度为amol/L，NO的转化率为50%，则平衡时NO、O2和NO2的浓度分别为0.5amol/L、(5×10-4-0.25a)mol/L、0.5amol/L，根据平衡常数表达式K=>=2000，故D正确；故选BD。【点睛】解本题时需要注意：实线中在最高点之前反应没有达到平衡状态，主要讨论温度对化学反应速率的影响；最高点之后反应达到平衡状态，可以研究温度对化学平衡的影响。4．[2018江苏]一定温度下，在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)(正反应放热)，测得反应的相关数据如下：下列说法正确的是A．v1<v2，c2<2c1 B．K1>K3，p2>2p3C．v1<v3，α1(SO2)>α3(SO2) D．c2>2c3，α2(SO3)+α3(SO2)<1【答案】CD【解析】对比容器的特点，将容器1和容器2对比，将容器1和容器3对比。容器2中加入4molSO3等效于在相同条件下反应物投入量为4molSO2和2molO2，容器2中起始反应物物质的量为容器1的两倍，容器2相当于在容器1达平衡后增大压强，将容器的体积缩小为原来的一半，增大压强化学反应速率加快，υ2υ1，增大压强平衡向正反应方向移动，平衡时c22c1，p22p1，α1（SO2）+α2（SO3）1，容器1和容器2温度相同，K1=K2；容器3相当于在容器1达到平衡后升高温度，升高温度化学反应速率加快，υ3υ1，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡时c3c1，p3p1，α3（SO2）α1（SO2），K3K1。根据上述分析，A项，υ2υ1，c22c1，A项错误；B项，K3K1，p22p1，p3p1，则p22p3，B项错误；C项，υ3υ1，α3（SO2）α1（SO2），C项正确；D项，c22c1，c3c1，则c22c3，α1（SO2）+α2（SO3）1，α3（SO2）α1（SO2），则α2（SO3）+α3（SO2）1，D项正确；答案选CD。点睛：本题考查化学平衡时各物理量之间的关系，解题时巧妙设计中间状态，利用外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响判断。如容器2先设计其完全等效平衡的起始态为4molSO2和2molO2，4molSO2和2molO2为两倍容器1中物质的量，起始物质的量成倍变化时相当于增大压强。5．[2017天津]常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)。230℃时，该反应的平衡常数K=2×10−5。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍。下列判断正确的是A．增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大B．第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃C．第二阶段，Ni(CO)4分解率较低D．该反应达到平衡时，v生成[Ni(CO)4]=4v生成(CO)【答案】B【解析】A、平衡常数只与温度有关，与浓度无关，所以增加c(CO)，平衡虽然向正向移动，但反应的平衡常数不变，A错误；B、50时，Ni(CO)4以气态存在，有利于分离，从而促使平衡正向移动，B正确；C、230时，Ni(CO)4分解的平衡常数为5×106，可知分解率较高，C错误；D、v生成[Ni(CO)4]表示正向速率，v生成(CO)表示逆向速率，当4v生成[Ni(CO)4]=v生成(CO)时，反应达到化学平衡状态，D错误。故选B。【名师点睛】本题考查平衡状态的判定、平衡常数等。落实考试大纲修订思路，考查的必备知识和方法。化学平衡状态判断有两个依据，一是正逆反应速率相等，二是“变量”不变。注意D项化学平衡状态的判断容易粗心导致出错。6．[2019新课标Ⅲ节选]近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：（1）Deacon发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系：可知反应平衡常数K（300℃）____________K（400℃）（填“大于”或“小于”）。设HCl初始浓度为c0，根据进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=1∶1的数据计算K（400℃）=____________（列出计算式）。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低、过高的不利影响分别是____________。（2）Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)ΔH1=83kJ·mol-1CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)ΔH2=-20kJ·mol-1CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)ΔH3=-121kJ·mol-1则4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=_________kJ·mol-1。（3）在一定温度的条件下，进一步提高HCl的转化率的方法是______________。（写出2种）【答案】（1）大于O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低（2）﹣116（3）增加反应体系压强、及时除去产物【解析】（1）根据反应方程式知，HCl平衡转化率越大，平衡常数K越大，结合图像知升高温度平衡转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，则K(300℃)>K(400℃)；由图像知，400℃时，HCl平衡转化率为84%，用三段式法对数据进行处理得：起始（浓度）c0c000变化（浓度）0.84c00.21c00.42c00.42c0平衡（浓度）(1-0.84)c0(1-0.21)c00.42c00.42c0则K=；根据题干信息知，进料浓度比过低，氧气大量剩余，导致分离产物氯气和氧气的能耗较高；进料浓度比过高，HCl不能充分反应，导致HCl转化率较低；（2）根据盖斯定律知，（反应I+反应II+反应III）×2得∆H=（∆H1+∆H2+∆H3）×2=-116kJ·mol-1；（3）若想提高HCl的转化率，应该促使平衡正向移动，该反应为气体体积减小的反应，根据勒夏特列原理，可以增大压强，使平衡正向移动；也可以及时除去产物，减小产物浓度，使平衡正向移动；7．[2017新课标Ⅰ节选]近期发现，H2S是继NO、CO之后的第三个生命体系气体信号分子，它具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能。回答下列问题：（3）H2S与CO2在高温下发生反应：H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)。在610K时，将0.10molCO2与0.40molH2S充入2.5L的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为0.02。①H2S的平衡转化率=_______%，反应平衡常数K=________。②在620K重复试验，平衡后水的物质的量分数为0.03，H2S的转化率_____，该反应的H_____0。（填“>”“<”或“=”）③向反应器中再分别充入下列气体，能使H2S转化率增大的是________（填标号）A．H2SB．CO2C．COSD．N2【答案】（3）①2.5 2.8×10–3 ②>> ③B【解析】（3）①H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)开始0.40mol0.10mol00反应xxxx平衡(0.40–x)mol(0.10–x)molxx解得x=0.01mo