化學(xué)均衡常數(shù)化學(xué)反響進(jìn)行的方向一、選擇題1.(2019·潮州模擬)水的三態(tài)的熵值的大小關(guān)系正確的選項(xiàng)是( )A.S(s)>S(l)>S(g)B.S(l)>S(s)>S(g)C.S(g)>S(l)>S(s)D.S(g)>S(s)>S(l)【分析】選C。按H2O(g)→H2O(l)→H2O(s),水分子的擺列愈來(lái)愈有序,水分子的運(yùn)動(dòng)范圍越來(lái)越小,故雜亂度愈來(lái)愈小,其熵愈來(lái)愈小。2.(2019·咸陽(yáng)模擬)以下變化過(guò)程中,H<0、S>0的是( )A.2SO2SO+O32B.2C2H6(g)+7O2(g)4CO2(g)+6H2O(g)C.NH4NO3(s)N(aq)+N(aq)D.Cl22Cl【分析】選B。乙烷焚燒是放熱反響,反響后氣體分子數(shù)目增添,所以該反響過(guò)程中,H<0,S>0。3.(2019·武漢模擬)在25℃時(shí),密閉容器中X、Y、Z三種氣體的初始濃度和均衡濃度以下表:物質(zhì)XYZ初始濃度/mol·L-10.10.20均衡濃度/mol·L-10.050.050.1則25℃時(shí),反響X+3Y2Z的均衡常數(shù)為()A.500B.600C.1200D.1600【解析】選D。25℃,K===1600L2·mol-2,故D正確。4.(2019·衡水模擬)已知以下反響在常溫下均為非自覺(jué)反響,則在高溫下仍為非自覺(jué)的是( )A.Ag2O(s)2Ag(s)+O2(g)B.Fe2O3(s)+

C(s)

2Fe(s)+

CO2(g)C.N2O4(g)

2NO(g)D.6C(s)+6H

2O(l)

C6H12O6(s)【分析】選D。在與外界隔絕的系統(tǒng)中,自覺(jué)過(guò)程將致使系統(tǒng)的熵增大,這個(gè)原理叫熵增原理,在用來(lái)判斷過(guò)程的方向時(shí),稱為熵判據(jù)。對(duì)于同一種物質(zhì)而言,S(g)>S(l)>S(s)。A、C都是分解反響,

都是吸熱反響,

即

H>0,

又是熵增反響,

即

S>0,

所以當(dāng)高溫時(shí)可能有H-T

S<0,故在高溫下可自覺(jué)進(jìn)行

,而

B也是熵增反響

,也是吸熱反響

,同

A、C同樣在高溫下可自覺(jué)進(jìn)行。D是熵減小反響,溫度越高,則H-TS的值越大,所以在高溫下不可以自覺(jué)進(jìn)行。5.(2019·西安模擬)反響C(s)+2H2(g)CH(g)在1000K時(shí)p=9955.75,當(dāng)總壓為101Ka,4p氣體構(gòu)成是H270%,CH420%,N210%時(shí),上述反響()A.正向挪動(dòng)B.逆向挪動(dòng)C.達(dá)到均衡D.不必定p==4.04×10-6Pa-1,pp【分析】選A。Q=可見(jiàn)Q<K,則均衡正向挪動(dòng)。6.(2019·臨沂模擬)在3種不一樣條件下,分別向容積為2L的恒容密閉容器中充入2molA和1molB,發(fā)生反響:2A(g)+B(g)2D(g)H=QkJ·mol-1。有關(guān)條件和數(shù)據(jù)見(jiàn)下表:實(shí)驗(yàn)編號(hào)實(shí)驗(yàn)Ⅰ實(shí)驗(yàn)Ⅱ?qū)嶒?yàn)Ⅲ反響溫度/℃700700750達(dá)均衡時(shí)間/min40530n(D)均衡/mol1.51.51化學(xué)均衡常數(shù)123KKK以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是( )A.實(shí)驗(yàn)Ⅲ達(dá)均衡后,恒溫下再向容器中通入1molA和1molD,均衡不挪動(dòng)B.高升溫度能加速反響速率的原理是降低了活化能,使活化分子百分?jǐn)?shù)提升C.實(shí)驗(yàn)Ⅲ達(dá)均衡后容器內(nèi)的壓強(qiáng)是實(shí)驗(yàn)Ⅰ的倍K3>K2>K1【分析】選A。實(shí)驗(yàn)Ⅲ中,2A(g)+B(g)2D(g)開(kāi)端(mol·L-1)10.50反響(mol·L-1)0.50.250.5均衡(mol·L-1)0.50.250.5化學(xué)均衡常數(shù)為K===4,溫度不變,均衡常數(shù)不變,實(shí)驗(yàn)Ⅲ達(dá)均衡后,恒溫下再向容器中通入1molA和1molD,則此時(shí)容器中c(A)=1mol·L-1,c(B)=0.25mol-1,c(D)=1mol-1,此時(shí)濃度商c=4=K,均衡不發(fā)生挪動(dòng),·L·LQ=故A正確;B.高升溫度,增大了分子的能量,增添了活化分子百分?jǐn)?shù),使反響速率加速,但反響的活化能不變,故B錯(cuò)誤;C.依據(jù)理想氣體狀態(tài)方程pV=nRT,反響開(kāi)端時(shí)向容器中充入2molA和1molB,實(shí)驗(yàn)Ⅲ達(dá)均衡時(shí),n(D)=1mol,依據(jù)反響方程式,則均衡時(shí)n(A)=1mol,n(B)=0.5mol,實(shí)驗(yàn)Ⅰ達(dá)均衡時(shí),n(D)=1.5mol,依據(jù)反響方程式,n(A)=0.5mol,n(B)=0.25mol,則實(shí)驗(yàn)Ⅲ達(dá)均衡后容器內(nèi)的壓強(qiáng)與實(shí)驗(yàn)Ⅰ達(dá)均衡后容器內(nèi)的壓強(qiáng)之比為==≠,故

C錯(cuò)誤

;D.

反響為2A(g)+B(g)

2D(g),

比較實(shí)驗(yàn)Ⅰ和Ⅲ

,溫度高升

,均衡時(shí)

D的量減少

,化學(xué)均衡向逆反響方向挪動(dòng)

,則

K3<K1,溫度同樣

,均衡常數(shù)同樣

,則

K1=K2,綜上,則均衡常數(shù)的關(guān)系為

K3<K2=K1,故D錯(cuò)誤。7.(2019

·長(zhǎng)沙模擬

)2SO2(g)+O2(g)

2SO3(g)

是工業(yè)制硫酸的主要反響之一。必定溫度下

,在甲、乙、丙三個(gè)容積均為

2L

的恒容密閉容器中投入

SO2(g)

和

O2(g),

其開(kāi)端物質(zhì)的量及SO2的均衡轉(zhuǎn)變率以下表所示。甲乙丙開(kāi)端物n(SO2)/mol0.40.80.8質(zhì)的量n(O2)/mol0.240.240.48SO的均衡轉(zhuǎn)變率/%80α1α22以下判斷中,正確的選項(xiàng)是()甲中反響的均衡常數(shù)小于乙該溫度下,均衡常數(shù)值為400C.均衡時(shí),丙中c(SO3)是甲中的2倍D.均衡時(shí),甲中O2的轉(zhuǎn)變率大于乙中O2的轉(zhuǎn)變率【分析】選

B。均衡常數(shù)只與溫度有關(guān)系

,A

項(xiàng)錯(cuò)誤

;甲容器中均衡時(shí)生成三氧化硫是

0.32mol,節(jié)余二氧化硫是

0.08mol,

因?yàn)槿萜鞯娜莘e是

2L,

所以均衡常數(shù)是

400,選項(xiàng)

B正確;丙相當(dāng)于在甲的基礎(chǔ)上增大壓強(qiáng)

,均衡向正反響方向進(jìn)行

,所以均衡時(shí)

,丙中

c(SO3)

大于甲中的

2倍,C

項(xiàng)錯(cuò)誤

;乙容器相當(dāng)于在甲容器的基礎(chǔ)上增大

SO2的濃度

,所以能提升氧氣的轉(zhuǎn)變率

,D項(xiàng)錯(cuò)誤。8.(

新題展望

)溫度為

TK

時(shí),將

0.40molA

氣體充入

2.0L

固定容積的密閉容器中

,發(fā)生反應(yīng)

A(g)

2B(g)

H>0,經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后達(dá)到均衡。反響過(guò)程中測(cè)得的部分?jǐn)?shù)據(jù)見(jiàn)下表

:時(shí)間/s

0

20

40

80

100n(A)/mol

0.40

0.20

0.10n(B)/mol

0

0.24

0.600.60以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是( )A.0～40s的均勻反響速率v(B)=0.01mol·L-1·s-1B.TK時(shí)該反響的均衡常數(shù)為3.6C.同樣條件下,若開(kāi)端時(shí)充入0.80molA,則達(dá)到均衡時(shí)c(B)小于0.60mol·L-1D.同樣條件下,若開(kāi)端時(shí)向容器中充入0.05molA、0.70molB,則反響達(dá)到均衡前v(正)>v(逆)【分析】選C。0～40s的均勻反響速率v(B)=2v(A)=2×=0.005mol·L-1·s-1,A項(xiàng)錯(cuò)誤;100s時(shí)反響處于均衡狀態(tài),均衡常數(shù)K===1.8,B項(xiàng)錯(cuò)誤;同樣條件下,若開(kāi)端時(shí)投入0.80molA,則達(dá)到的均衡相當(dāng)于原均衡減小一半容器體積的成效

,均衡向左挪動(dòng)

,C

項(xiàng)正確;Qc=

=4.9>1.8,

達(dá)到均衡前反響逆向進(jìn)行

,故反響達(dá)到均衡前

v(正)<v(

逆),D

項(xiàng)錯(cuò)誤。二、非選擇題有A、B、C、D四個(gè)反響:反響ABCD-110.51.80-126-11.7H/kJ·mol/J·mol-1·K-130.0-113.084.0-105.0S則在任何溫度下都能自覺(jué)進(jìn)行的反響是__________;任何溫度下都不可以自覺(jué)進(jìn)行的反響是__________;另兩個(gè)反響中,在溫度高于__________℃時(shí)可自覺(jué)進(jìn)行的反響是__________;在溫度低于__________℃時(shí)可自覺(jué)進(jìn)行的反響是__________。【分析】放熱的熵增反響在任何溫度下都能自覺(jué)進(jìn)行,吸熱的熵減反響在任何溫度下都不可以自覺(jué)進(jìn)行。放熱的熵減反響在低溫下能自覺(jué)進(jìn)行,吸熱的熵增反響在高溫下能夠自覺(jué)進(jìn)行,詳細(xì)溫度能夠依據(jù)

H-T

S=0計(jì)算出來(lái)。答案

:C

B77

A-161.6

D10.(2019

·濰坊模擬

)

硫—碘循環(huán)分解水制氫主要波及以下反響

:Ⅰ

SO2+2H2O+I2

H2SO4+2HIⅡ2HIH2+I2Ⅲ2H2SO42SO+O2+2H2O剖析上述反響,以下判斷正確的選項(xiàng)是________。反響Ⅲ易在常溫下進(jìn)行反響Ⅰ中SO2氧化性比HI強(qiáng)循環(huán)過(guò)程中需增補(bǔ)H2Od.循環(huán)過(guò)程產(chǎn)生1molO2的同時(shí)產(chǎn)生1molH2(2)必定溫度下,向1L密閉容器中加入1molHI(g),發(fā)生反響Ⅱ,H2物質(zhì)的量隨時(shí)間的變化如上圖所示。該溫度下,H2(g)+I2(g)2HI(g)的均衡常數(shù)=________。同樣溫度下,若開(kāi)K始加入HI(g)的物質(zhì)的量是本來(lái)的2倍,則________是本來(lái)的2倍。a.均衡常數(shù)b.HI的均衡濃度c.達(dá)到均衡的時(shí)間d.均衡時(shí)H2的體積分?jǐn)?shù)【分析】(1)H2SO4沸點(diǎn)較高,在常溫下不發(fā)生疏解;反響Ⅰ中SO2的復(fù)原性比HI強(qiáng);循環(huán)過(guò)程中HO分解生成了H與O,需增補(bǔ);循環(huán)過(guò)程中產(chǎn)生1molO2同時(shí)產(chǎn)生2molH,c正確。2222(2)2HI(g)H2(g)+I2(g)初始(mol·L-1):100均衡(mol·L-1):0.80.10.1該反響的均衡常數(shù)K1===,同樣溫度下,H2(g)+I2(g)2HI(g)的均衡常數(shù)

K=

=64。該溫度下本來(lái)的2

,開(kāi)始加入HI(g)倍,初始濃度變大

的物質(zhì)的量是本來(lái)的,反響速率加速,HI

2倍,均衡常數(shù)不變,HI、H2、I2的體積分?jǐn)?shù)均不變

、H2、I2均衡濃度均為,應(yīng)選b。答案

:(1)c

(2)64

b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(shí)為常數(shù),分別稱作正、逆反響速率常數(shù)。回答以下問(wèn)題:(1)已知:t1溫度下,k(正)=0.006s-1,k(逆)=0.002s-1,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),則H________0(填“小于”“等于”或“大于”)。(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(shí)間變化的曲線是________(填曲線編號(hào)),均衡常數(shù)值K2=________;溫度t2________t1(填“小于”“等于”或“大于”),判斷原因是________________________________。【分析】(1)依據(jù)v(正)=k(正)c(順)、k(正)=0.006s-1,則v(正)=0.006c(順),v(逆)=k(逆)c(反),k(逆)=0.002s-1,v(逆)=0.002c(反),達(dá)到化學(xué)均衡狀態(tài)時(shí)正逆反響速率相等,則0.006c(順)=0.002c(反),K=c(反)/c(順)=0.006÷0.002=3;該反響的活化能E(正)1a小于Ea(逆),說(shuō)明斷鍵汲取的能量小于成鍵開(kāi)釋的能量,即該反響為放熱反響,則H小于零。跟著時(shí)間的推移,順式異構(gòu)體的質(zhì)量分?jǐn)?shù)不停減小,則切合條件的曲線是B,設(shè)順式異構(gòu)體的開(kāi)端濃度為

x,

該可逆反響左右物質(zhì)系數(shù)相等

,均為

1,則均衡時(shí)

,順式異構(gòu)體的濃度為0.3x,

反式異構(gòu)體的濃度為

0.7x,

所以均衡常數(shù)值

K2=0.7x÷0.3x=7/3,

因?yàn)?/p>

K1>K2,放熱反響高升溫度時(shí)均衡向逆反響方向挪動(dòng)

,所以溫度

t2大于

t1。答案

:(1)3

小于

(2)B

7/3

大于

放熱反響高升溫度時(shí)均衡向逆反響方向挪動(dòng)12.汽車尾氣里含有的

NO氣體是由內(nèi)燃機(jī)焚燒時(shí)產(chǎn)生的高溫惹起氮?dú)夂脱鯕夥错懰?/p>

:N2(g)+O2(g)

2NO(g)

H>0已知該反響在2404℃時(shí),均衡常數(shù)K=6.4×10-3。請(qǐng)回答以下問(wèn)題。該反響的均衡常數(shù)表達(dá)式為_(kāi)____________________________。該溫度下,向2L密閉容器中充入N2和O2各1mol,均衡時(shí),N2的轉(zhuǎn)變率是________%(保存整數(shù))。(3)該溫度下,某時(shí)刻測(cè)得容器內(nèi)22×10-1-1、4.0×10-2-1N、O、NO的濃度分別為2.5mol·Lmol·L和3.0×10-3mol·L-1,此時(shí)反響__________________(填“處于化學(xué)均衡狀態(tài)”“向正反響方向進(jìn)行”或“向逆反響方向進(jìn)行”),原因是____________________________________________________________。(4)將N2、O2的混淆氣體充入恒溫恒容密閉容器中,以下圖變化趨向正確的選項(xiàng)是________。(5)向恒溫恒容的密閉容器中充入等物質(zhì)的量的

N2和

O2,達(dá)到均衡狀態(tài)后再向此中充入必定量的

NO,從頭達(dá)到化學(xué)均衡狀態(tài)。與原均衡狀態(tài)對(duì)比

,此時(shí)均衡混淆氣中

NO的體積分?jǐn)?shù)________(填“變大”“變小”或“不變”

)。【分析】

(2)

N2(g)+O

2(g)

2NO(g)開(kāi)端/mol

1

1

0變化/mol

x

x2x均衡/mol

1-x

1-x

2xK==6.4×10-3,得x≈0.04,N2的轉(zhuǎn)變率為×100%=4%。(3)c==9.0×10-4<6.4×10-3,所以反響向Q正反響方向進(jìn)行。因?yàn)樵摲错懙恼错懯俏鼰岱错?所以高升溫度,化學(xué)均衡正向挪動(dòng),化學(xué)均衡常數(shù)增大,A項(xiàng)正確;加入催化劑,化學(xué)反響速率加速,達(dá)到均衡所需要的時(shí)間縮短,但NO的均衡濃度不變,B

項(xiàng)錯(cuò)誤

;高升溫度

,均衡正向挪動(dòng)

,氮?dú)獾霓D(zhuǎn)變率提升

,化學(xué)反響速率加速

,達(dá)到均衡所需要的時(shí)間縮短

,C項(xiàng)正確。(5)向恒溫恒容的密閉容器中充入等物質(zhì)的量的

N2和

O2,達(dá)到均衡狀態(tài)后再向此中充入必定量的

NO,因?yàn)樵摲错懯欠错懬昂髿怏w體積相等的反響

,故成立的均衡與原均衡等效

,均衡混合氣中

NO的體積分?jǐn)?shù)不變。答案:(1)K=(2)4向正反響方向進(jìn)行c==9.0×10-4<=6.4×10-3(4)AC(5)QK不變一、選擇題1.(2019·株洲模擬)以下有關(guān)說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是( )鐵生銹和氫焚燒均為自覺(jué)放熱過(guò)程冰消融的過(guò)程中,熵值增添C.無(wú)熱效應(yīng)的自覺(jué)過(guò)程是不存在的D.同一物質(zhì)固態(tài)時(shí)熵值最小【分析】選C。自覺(jué)過(guò)程是在必定條件下不需要外力就能進(jìn)行的過(guò)程。鐵生銹和氫焚燒均為雜亂度減小、有序性增添、穩(wěn)固性加強(qiáng)、放出熱量的自覺(jué)反響,A項(xiàng)正確;冰消融即有序性減小,雜亂度增添,即熵值增添,B項(xiàng)正確;物質(zhì)由有序轉(zhuǎn)變?yōu)闊o(wú)序時(shí),不必定發(fā)生熱效應(yīng),如分子的擴(kuò)散現(xiàn)象,C項(xiàng)錯(cuò)誤;同一物質(zhì)在固態(tài)時(shí)有序性最高,雜亂度最小,熵值最小,D項(xiàng)正確。2.放熱反響CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)在溫度t1時(shí)達(dá)到均衡,c(CO)1=c(H2O)1=1.0mol·L-1,其均衡常數(shù)為K1。高升反響系統(tǒng)的溫度至t2時(shí),反響物的均衡濃度分別為c(CO)2和c(H2O)2,均衡常數(shù)為K,則( )2A.K2和K1的單位均為mol·L-1K2>K1C.c(CO)2=c(H2O)2D.c(CO)1<c(CO)2【分析】選C。高升溫度均衡向逆反響方向挪動(dòng),均衡常數(shù)K2<K1,K1、K2單位均為1,c(CO)1<c(CO)2,C項(xiàng)正確。3.(2019·運(yùn)城模擬)反響CHOH(l)+NH(g)CHNH(g)+HO(g)在某溫度自覺(jué)向右進(jìn)行,若其33322|H|=17kJ·mol-1,|H-TS|=17kJ·mol-1,則以下正確的選項(xiàng)是()A.H>0,H-TS<0B.H<0,H-TS>0C.H>0,H-TS>0D.<0,-T<0HHS【分析】選A。當(dāng)此反響在某溫度下自覺(jué)向右進(jìn)行時(shí),-T<0,即-T<-17kJ·mol-1,HSHS所以清除B、C,因?yàn)檎错懛较蚴庆卦鎏淼姆错?即>0,故只有>0時(shí),才可能知足條件。SH4.298K時(shí),以下反響的均衡常數(shù)以下:①N2(g)+O2(g)2NO(g),K1=1×10-302H2(g)+O2(g)2HO(g),K2=2×10-82③2CO(g)2CO(g)+O2(g),K3=4×10-92則常溫下NO、H2O、CO2這三個(gè)化合物分解放氧的偏向最大的是( )A.①B.②C.③D.不可以判斷【分析】選B。NO分解的==1030,H2O分解的==0.5×1082,依據(jù)K越大反響進(jìn)行的越KK完整、完全,B項(xiàng)正確。5.(2019·洛陽(yáng)模擬)對(duì)于可逆反響SiO2(s)+C(s)+N2(g)Si3N4(s)+CO(g)(未配平)H<0,以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是( )A.該反響的氧化劑為N2,復(fù)原產(chǎn)物為COB.增添焦炭的用量,生成氮化硅的反響速率增大C.反響中每生成0.1molSi3N4轉(zhuǎn)移的電子為1.2molD.反響的均衡常數(shù)可表示為

K=

,高升溫度

K減小【分析】選

C。由產(chǎn)物

CO可知

,SiO

2與

C化學(xué)計(jì)量數(shù)之比為

1∶2由產(chǎn)物

Si3N4可知

SiO2與N2化學(xué)計(jì)量數(shù)之比為

3∶2,所以

SiO2、C、N2化學(xué)計(jì)量數(shù)之比為

3∶6∶2,令

SiO2的化學(xué)計(jì)量數(shù)為

3,

聯(lián)合元素守恒可知

Si

3N4、CO

化學(xué)計(jì)量數(shù)分別為

1、6,

配平后方程式為3SiO2(s)+6C(s)+2N

2(g)

Si3N4(s)+6CO(g)

H<0。在氮化硅的合成反響中

,氮元素的化合價(jià)由

0價(jià)降低到

-3

價(jià),所以氮?dú)馐茄趸瘎?/p>

;碳元素的化合價(jià)高升

,被氧化成

CO,CO是氧化產(chǎn)物,故A錯(cuò)誤;增添焦炭的用量,氣體的濃度不變,反響速率不變,故B錯(cuò)誤;氮元素的化合價(jià)總合降低了4×(3-0)=12價(jià),所以每生成1molSi3N4,N2獲得12mol電子,當(dāng)生成0.1molSi3N4時(shí)轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為

1.2mol,

故C正確;此反響的均衡常數(shù)

K=

,對(duì)于放熱反應(yīng),高升溫度

,均衡常數(shù)減小

,故D錯(cuò)誤。6.已知在等溫條件下

,

化學(xué)反響方向的判據(jù)為

:

H-T

S<0

反響能正向自覺(jué)進(jìn)行;

H-T

S=0反響達(dá)均衡狀態(tài)

;

H-T

S>0

反響能逆向自覺(jué)進(jìn)行

(此中

H為焓變

,

S為熵變,T

為熱力學(xué)溫標(biāo)

,單位為

K)設(shè)反響

A(s)

D(g)+E(g)

H-T

S=(-4500+11T)J·mol-1,要防備反響發(fā)生

,溫度一定

(

)A.高于

409KB.低于

136KC.高于

136K

并且低于

409KD.低于

409K【分析】選A。要防備反響發(fā)生7.(2019·臨沂模擬)某溫度下

,需知足,反響2A(g)

H-T

S>0的條件,解不等式得B(g)+C(g)的均衡常數(shù)為

T>409K。1,在容積為

2L的密閉容器中加入A(g),20s時(shí)測(cè)得各組分的物質(zhì)的量以下表物質(zhì)

A(g)

B(g)

C(g)物質(zhì)的量

/mo1

1.2

0.6

0.6以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是

(

)A.反響前20s的均勻速率為v(A)=0.6mol·L-1·s-1B.20s時(shí),正反響速率等于逆反響速率C.達(dá)均衡時(shí),A(g)的轉(zhuǎn)變率為100%D.若高升溫度,均衡常數(shù)將變?yōu)?.5,則反響的<0H【分析】選D。依據(jù)題意可知,20s內(nèi)消耗A是1.2mol,所以A的反響速率是=0.03mol·L-1·s-1,A項(xiàng)錯(cuò)誤;20s時(shí),A、B、C的濃度分別是(mol·L-1)0.6、0.3、0.3,所以此時(shí)=0.25<1,所以均衡向正反響方向挪動(dòng),B項(xiàng)錯(cuò)誤;可逆反響的轉(zhuǎn)變率不行能是100%,C項(xiàng)錯(cuò)誤;高升溫度,均衡常數(shù)減小,說(shuō)明高升溫度均衡向逆反響方向挪動(dòng),所以正反響是放熱反響,D正確。8.(2019·成都模擬)利用催化技術(shù)可將汽車尾氣中的NO和CO轉(zhuǎn)變?yōu)镃O2和N2,化學(xué)方程式:2NO(g)+2CO(g)(g)+N2(g)。某溫度下,在容積不變的密閉容器中通入NO和CO,2CO測(cè)得不一樣時(shí)間的NO和CO的濃度以下表:時(shí)間/s012345c(NO)/×10-3mol·L-11.000.450.250.150.100.10c(CO)/×10-3mol·L-13.603.052.852.752.702.70以下說(shuō)法中不正確的選項(xiàng)是( )A.2s內(nèi)的均勻反響速率v(N2)=1.875×10-4mol·L-1·s-1B.在該溫度下,反響的均衡常數(shù)K=5C.若將容積減小為本來(lái)的一半,NO轉(zhuǎn)變率大于90%D.使用催化劑能夠提升整個(gè)過(guò)程中單位時(shí)間內(nèi)CO和NO的辦理量【分析】選B。A項(xiàng),2s內(nèi)c(NO)=(1-0.25)×10-3mol·L-1=7.5×10-4mol·L-1,則2-4mol·L-1,則c(N)=c(NO)=3.75×10v(N2)==1.875×10-4mol·L-1·s-1,故A正確;B項(xiàng),4s時(shí)處于均衡狀態(tài),均衡時(shí)NO為0.1×10-3mol·L-1,則:2NO(g)+2CO(g)2CO(g)+N(g)2開(kāi)端量(×10-3mol·L-1):13.600變化量(×10-3mol·L-1):0.90.90.90.45平權(quán)衡(×10-3mol·L-1):0.12.70.90.45則平衡常數(shù)K===5000,故B錯(cuò)誤;C項(xiàng),原均衡時(shí)NO轉(zhuǎn)變率為=90%,若將容積減小為本來(lái)的一半,增大壓強(qiáng),均衡正向挪動(dòng),NO轉(zhuǎn)變率增大,故新均衡時(shí)NO轉(zhuǎn)變率大于90%,故C正確;D項(xiàng),使用催化劑加速反響速率,能夠提升單位時(shí)間內(nèi)CO和NO的辦理量,故D正確。二、非選擇題9.(2019·廣州模擬)已知甲烷隔斷空氣在不一樣溫度下有可能發(fā)生以下兩個(gè)裂解反應(yīng):①CH(g)C(s)+2H(g),②2CH(g)CH(g)+3H2(g)。某同學(xué)為了獲得用天然氣制取42422炭黑的同意溫度范圍和最正確溫度,在圖書(shū)室查到了以下熱力學(xué)數(shù)據(jù):①的H(298K)=+74.848kJ·mol-1,S(298K)=+80.674J·mol-1·K-1②的H(298K)=+376.426kJ·mol-1,-1-1S(298K)=+220.211J·mol·K已知焓變和熵變隨溫度變化很小。請(qǐng)幫助這位同學(xué)考慮以下問(wèn)題:判斷該反響高溫自覺(jué)仍是低溫自覺(jué):________(填“高溫”或“低溫”)。經(jīng)過(guò)計(jì)算判斷此反響在常溫下可否自覺(jué)進(jìn)行______。求算制取炭黑的同意溫度范圍________________。為了提升甲烷的碳化程度,你以為下邊四個(gè)溫度中最適合的是________。KB.927KC.1273KD.2000K【分析】(2)H-TS=74.848kJ·mol-1-80.674×10-3kJ·mol-1·K-1×298K=50.807kJ·mol-1>0,所以該反響常溫下不自覺(jué)進(jìn)行。(3)裂解為炭黑和H2時(shí),-T-1-3-1-1=74.848kJ·mol-80.674×10kJ·mol·K×T<0,得T>HS927.8K,即裂解為炭黑的最低溫度為927.8K。裂解為乙炔時(shí),-T=HS376.426kJ·mol-1-220.211×10-3kJ·mol-1·K-1×T<0,得T>1709.4K,即溫度高于1790.4K自覺(jué)裂解為乙炔和氫氣。所以要制取炭黑,溫度須控制在927.8～1790.4K。答案:(1)高溫(2)不可以自覺(jué)進(jìn)行(3)927.8～1790.4K(4)C10.(2019·郴州模擬)(Ⅰ)已知在448℃時(shí),反響H(g)+I(g)2HI(g)的均衡常數(shù)K為49,221則該溫度下反響2HI(g)H2(g)+I2(g)的均衡常數(shù)K2為_(kāi)_______;反響H2(g)+I2(g)HI(g)的均衡常數(shù)K3為_(kāi)_______。(Ⅱ)在必定體積的密閉容器中進(jìn)行化學(xué)反響:CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g),其化學(xué)均衡常數(shù)和溫度的關(guān)系以下表所示:t/℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6回答以下問(wèn)題:(1)該反響的化學(xué)均衡常數(shù)表達(dá)式為K=________。該反響為_(kāi)_______(填“吸熱”或“放熱”)反響。(3)某溫度下,均衡濃度切合下式c(CO2)·c(H2)=c(CO)·c(H2O),試判斷此時(shí)的溫度為_(kāi)_______℃。(4)在800℃時(shí),發(fā)生上述反響,某一時(shí)刻測(cè)得容器內(nèi)各物質(zhì)的濃度分別為:c(CO)=22mol·L-1,c(H2)=1.5mol·L-1,c(CO)=1mol·L-1,c(H2O)=3mol·L-1,則下一時(shí)刻,反響向________(填“正向”或“逆向”)進(jìn)行。【分析】(Ⅰ)第2個(gè)反響與第1個(gè)反響互為可逆反響,均衡常數(shù)互為倒數(shù)關(guān)系;第3個(gè)反響的化學(xué)計(jì)量數(shù)與第1個(gè)反響對(duì)比減小一半,均衡常數(shù)也會(huì)發(fā)生變化得和溫度t的關(guān)系可知,溫度越高,K值越大,反響正向進(jìn)行的程度越大

K3=。(Ⅱ)經(jīng)過(guò)表中,說(shuō)明正向反響為吸熱反

K應(yīng)。當(dāng)

c(CO2)·c(H2)=c(CO)

·c(H2O)時(shí),K=1,此時(shí)溫度由表中數(shù)據(jù)可知為

830℃。判斷反響進(jìn)行的方向時(shí),可依據(jù)Qc與K的大小關(guān)系判斷,此時(shí)刻==1>0.9,所以反響向逆反響方向進(jìn)行。答案

:(Ⅰ)

7(Ⅱ)(1)

(2)吸熱

(3)830

(4)逆向11.合成氨工業(yè)的核心反響:N2(g)+3H2(g)能量變化以下圖,回答以下問(wèn)題:

2NH3(g)

H=QkJ·mol-1。反響過(guò)程中在反響系統(tǒng)中加入催化劑,反響速率增大,E1和E2的變化:E________,E________。(填“增大”“減小”或“不變”)12(2)在50070.5molN2和℃、2×10Pa和催化劑條件下向一密閉容器中充入1.5molH2,充分反響后,放出的熱量________(填“<”“>”或“=”)46.2kJ,原因是_________________________。以下對(duì)于該反響的說(shuō)法中,正確的選項(xiàng)是________(填字母)。A.>0,>0B.>0,<0HSHSC.H<0,S>0D.H<0,S<0(4)將0.45molH22(g)放入1L密閉容器中,在500℃、2×107Pa下達(dá)到(g)和0.15molN均衡,測(cè)得N2為0.10mol,H2為0.30mol,NH3為0.10mol。則該條件下達(dá)到均衡時(shí)H2的轉(zhuǎn)變率為_(kāi)_______。該溫度下的均衡常數(shù)K=________。若高升溫度,K值________(填“增大”“減小”或“不變”)。在上述(4)反響條件的密閉容器中,欲提升合成氨的轉(zhuǎn)變率,以下舉措可行的是________(填字母)。向容器中按原比率再充入原料氣向容器中充入惰性氣體C.改變反響的催化劑D.分別出氨【分析】(1)在反響系統(tǒng)中加入催化劑,降低了活化能,故E和E均減小。12(3)依據(jù)題給的圖象能夠看出合成氨的反響為放熱反響,故<0;又因?yàn)楹铣砂钡姆错憺闅釮體體積減小的反響,故<0。S(4)依據(jù)“三段法”進(jìn)行計(jì)算:N(g)+3H2(g)2NH(g)23開(kāi)端濃度(mol·L-1):0.150.450改變濃度(mol·L-1):0.050.150.10均衡濃度(mol·L-1):0.100.300.10故達(dá)到均衡時(shí)H2的轉(zhuǎn)變率為×100%=33.3%。該溫度下

,均衡常數(shù)

K=

=3.7;

若高升溫度

,均衡向逆反響方向挪動(dòng)

,故K值將減小。向容器中按原比率再充入原料氣,相當(dāng)于增大壓強(qiáng),均衡正向挪動(dòng);分別出氨氣,均衡正向挪動(dòng);而向容器中再充入惰性氣體、改變反響的催化劑均不可以使均衡發(fā)