《2021版浙江高考选考化学一轮复习教师用书：专题7 3 第三单元 化学平衡的移动 .doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021版浙江高考选考化学一轮复习教师用书：专题7 3 第三单元 化学平衡的移动 .doc（18页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第三单元化学平衡的移动考点分布知识内容考试要求2016年2017年2018年2019年2020年4月10月4月11月4月11月4月1月(1)化学平衡移动的概念a(2)影响化学平衡移动的因素及平衡移动方向的判断bT30(1)T30(一)(1)T30(二)T30(一)(3)T20、T30(2)T19、T22、T29(2) (3)用化学平衡移动原理选择和确定合适的生产条件cT21T22T30(3)化学平衡的移动1化学平衡移动的原因与方向(1)原因反应条件改变，引起v正v逆。(2)方向v正v逆时，平衡向正反应方向移动；v正v逆时，平衡向逆反应方向移动。2化学平衡移动的过程3影响化学平衡移动的因素(1)
2、勒夏特列原理如果改变影响化学平衡的条件之一(如温度、压强以及参加反应的化学物质的浓度)，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。(2)影响化学平衡移动的因素若其他条件不变，改变下列条件对化学平衡的影响如下：条件的改变(其他条件不变)化学平衡的移动浓度增大反应物浓度或减小生成物浓度向正反应方向移动减小反应物浓度或增大生成物浓度向逆反应方向移动压强(对有气体参加的反应)反应前后气体分子数改变增大压强向气体体积减小的方向移动减小压强向气体体积增大的方向移动反应前后气体分子数不变改变压强平衡不移动温度升高温度向吸热反应方向移动降低温度向放热反应方向移动催化剂使用催化剂平衡不移动题组一化学平衡移动方向的判
3、断1(2020嘉兴高三选考科目教学测试)反应X(g)Y(g)2Z(g)H0，达到平衡时，下列说法正确的是()A减小容器体积，平衡向右移动B加入催化剂，Z的产率增大C增大c(X)，X的转化率增大D降低温度，Y的转化率增大解析：选D。A.该反应为反应前后气体物质的量不变的反应，平衡不受压强影响，减小容器体积，平衡不移动。B.催化剂不能使平衡移动，不改变产物的产率。C.增大c(X)，平衡正向移动，Y的转化率增大，X本身的转化率反而减小。D.该反应的正反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动，Y 的转化率增大。2对可逆反应：2A(s)3B(g)C(g)2D(g)Hv(逆)加入催化剂，B的转化率提高ABC
4、 D解析：选B。A是固体，其量的变化对平衡无影响；而增大B的浓度，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动，v(正)v(逆)；升高温度，v(正)、v(逆)均增大，但v(逆)增大的程度大，平衡向逆反应方向移动；增大压强，平衡不移动，但v(正)、v(逆)都增大；催化剂不能使化学平衡发生移动，B的转化率不变。3(2018浙江11月选考，T22)已知2SO2(g)O2(g)2SO3(g)H197.8 kJmol1。起始反应物为SO2和O2(物质的量之比为21，且总物质的量不变)。SO2的平衡转化率(%)随温度和压强的变化如下表：温度/K压强/(105 Pa)1.015.0710.125.350.76739
5、9.299.699.799.899.972397.598.999.299.599.677393.596.997.898.699.0下列说法不正确的是()A一定压强下降低温度，SO2平衡转化率增大B在不同温度、压强下，转化相同物质的量的SO2所需要的时间相等C使用催化剂可以缩短反应达到平衡所需的时间D工业生产通常不采取加压措施是因为常压下SO2转化率已相当高解析：选B。A项，由于该反应是放热反应，所以一定压强下降低温度，平衡向放热反应方向移动，SO2 的转化率增大，故A正确；B项，在不同温度、压强下，由于化学反应速率不一定相同，所以转化相同物质的量的SO2 所需要的时间不一定相等，故B不正确；C
6、项，使用催化剂的目的是加快化学反应速率，缩短反应达到平衡所需的时间，故C正确；D项，分析2SO2 (g)O2 (g)2SO3 (g)可知，加压可以提高SO2 的转化率，但因为常压下SO2 的转化率已相当高，所以工业生产中通常不采取加压措施，故D正确。化学平衡移动问题的分析步骤 题组二勒夏特列原理及其应用4(2020衢州高二期末)下列有关合成氨工业的叙述，可用勒夏特列原理来解释的是()A使用铁作催化剂，可提高合成氨反应的速率B高压比常压条件更有利于合成氨的反应C500 左右比室温更有利于合成氨的反应D合成氨时采用循环操作，可提高原料的利用率解析：选B。催化剂只能改变反应途径，不能影响平衡的移动，
7、A不符合题意；高压有利于合成氨反应的平衡右移，B符合题意；采用高温会使合成氨反应的平衡左移，但500 下催化剂的活性较高，C不符合题意；循环操作与平衡移动没有直接关系，D不符合题意。5下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是()A.B.t/2550100Kw/10141.015.4755.0C.D.c(氨水)/(molL1)0.10.01pH11.110.6解析：选C。A.二氧化氮气体中存在平衡：2NO2N2O4，体系的温度变化会使平衡发生移动。B.不同温度下水的电离平衡常数不同，温度升高促进水的电离，电离平衡常数增大。C.向过氧化氢溶液中加入二氧化锰，加速了过氧化氢的分解，这是二氧化锰的催化作
8、用，不能用平衡移动原理解释。D.氨水的浓度减小为原来的十分之一，但其pH的变化小于1，说明氨水在稀释的过程中平衡：NH3H2ONHOH发生了移动。 (1)判断转化率的变化时，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。(2)压强的影响实质是浓度的影响，所以只有当压强的改变造成浓度改变时，平衡才有可能移动。(3)化学平衡移动的目的是“减弱”外界条件的改变，而不是“消灭”外界条件的改变，改变是不可逆转的。达到新平衡时此物理量更靠近于改变的方向。例如：对于反应A(g)B(g)C(g)，增大反应物A的浓度，平衡右移，A的浓度在增大的基础上减小，但达到新平衡时，A的浓度一定比原平衡大
9、；若将体系温度从50 升高到80 ，则化学平衡向吸热反应方向移动，达到新的平衡状态时50 T80 ；若对体系N2(g)3H2(g)2NH3(g)加压，如从30 MPa加压到60 MPa，化学平衡向气体分子数减小的方向移动，达到新的平衡时30 MPapT1。(2)若为压强变化引起，压强较大时，反应达平衡所需时间短，如乙中p1p2。(3)若为是否使用催化剂引起，使用适宜催化剂时，反应达平衡所需时间短，如丙中a使用催化剂。2正确掌握图像中反应规律的判断方法(1)图甲中，T2T1，升高温度，A降低，平衡逆移，则正反应为放热反应。(2)图乙中，p1p2，增大压强，A升高，平衡正移，则正反应为气体体积减小
10、的反应。(3)若纵坐标表示A的百分含量，则甲中正反应为吸热反应，乙中正反应为气体体积增大的反应。三、恒温线(或恒压线)图像已知不同温度下的转化率压强图像或不同压强下的转化率温度图像，推断反应的热效应或反应前后气体物质间化学计量数的关系。以反应aA(g)bB(g)cC(g)中反应物的转化率A为例说明解答这类图像题时遵循的原则“定一议二”原则：1可通过分析相同温度下不同压强时反应物A的转化率变化来判断平衡移动的方向，从而确定反应方程式中反应物与产物气体物质间的化学计量数的大小关系。如甲中任取一条温度曲线研究，压强增大，A增大，平衡正移，正反应为气体体积减小的反应；乙中任取横坐标一点作横坐标垂直线，
11、也能得出结论。2可通过分析相同压强下不同温度时反应物A的转化率变化来判断平衡移动的方向，从而确定反应的热效应。如利用上述分析方法，在甲中作垂直线，乙中任取一曲线，即能分析出正反应为放热反应。四、特殊图像1如图，对于化学反应：mA(g)nB(g)pC(g)qD(g)，M点前，表示化学反应从反应物开始，则v正v逆；M点为刚达到的平衡点；M点后为平衡受温度的影响情况，即升温，A%增大(C%减小)，平衡左移，Hv逆；则曲线右下方(F点)v正0)。反应体系在2 min达到平衡后，各物质的浓度在不同条件下的变化如图所示(第12 min到第16 min的X浓度变化曲线未标出)，下列说法不正确的是()A化学方
12、程式中n1B1214 min内，用Y表示的平均反应速率为0.005 molL1min1C在610 min内，反应吸收的热量为0.015Q kJD第12 min时，Z曲线发生变化的原因是移走一部分Z解析：选C。根据题图中612 min X、Y、Z浓度的变化量可以求得n1，A项正确；1214 min内，v(Y)(0.120.11) molL12 min0.005 molL1min1，B项正确；在610 min内，Y的物质的量浓度变化为0.015 molL1，但由于容器体积未知，Y的物质的量无法计算，故反应吸收的热量也无法计算，C项错误；第12 min时，Z的浓度瞬时减少，Y的浓度不变，随后平衡正向
13、移动，故Z曲线变化的原因是移走一部分Z，D项正确。225 时，在体积为2 L的密闭容器中，气态物质A、B、C的物质的量n(mol)随时间t的变化如图所示，已知达到平衡后，降低温度，A的转化率增大。(1)根据上图中数据，写出该反应的化学方程式：_。此反应的平衡常数表达式K_，从反应开始到第一次平衡时的平均速率v(A)为_。(2)在57 min内，若K值不变，则此处曲线变化的原因是_。(3)下图表示此反应的反应速率v和时间t的关系图：各阶段的平衡常数如下表所示：t2t3t4t5t5t6t7t8K1K2K3K4K1、K2、K3、K4之间的关系为_(用“”“K2K3K4。由于整个过程条件的改变均造成转
14、化率减小，所以转化率最大的一段时间为开始建立平衡的t2t3段。答案：(1)A2B2C0.05 molL1min1(2)增大压强(3)K1K2K3K4t2t3题组二百分含量(物质的量)时间温度(压强)图像3(2017浙江11月选考，T21)在催化剂作用下，用乙醇制乙烯，乙醇转化率和乙烯选择性(生成乙烯的物质的量与乙醇转化的物质的量的比值)随温度、乙醇进料量(单位：mLmin1)的关系如图所示(保持其他条件相同)。在410440 温度范围内，下列说法不正确的是()A当乙醇进料量一定，随乙醇转化率增大，乙烯选择性升高B当乙醇进料量一定，随温度的升高，乙烯选择性不一定增大C当温度一定，随乙醇进料量增大
15、，乙醇转化率减小D当温度一定，随乙醇进料量增大，乙烯选择性增大答案：A4可逆反应：aA(s)bB(g)cC(g)dD(g)HQ kJmol1，反应过程中，当其他条件不变时，某物质在混合物中的百分含量与温度(T)、压强(p)的关系如图所示，据图分析，以下说法正确的是()AT1T2，H0BT10Cp1p2，abcd Dp1T1，且由T1T2时，C%减小，即升温平衡左移，故此反应的Hp1且压强改变B%不变，说明压强改变对此平衡无影响，由于A为固体，故bcd，所以D项正确，C项错误。52019浙江4月选考，T30(3)水在高温高压状态下呈现许多特殊的性质。当温度、压强分别超过临界温度(374.2 )、
16、临界压强(22.1 MPa)时的水称为超临界水。超临界水能够与氧气等氧化剂以任意比例互溶，由此发展了超临界水氧化技术。一定实验条件下，测得乙醇的超临界水氧化结果如图1、图2所示，其中x为以碳元素计的物质的量分数，t为反应时间。下列说法合理的是_。A乙醇的超临界水氧化过程中，一氧化碳是中间产物，二氧化碳是最终产物B在550 条件下，反应时间大于15 s时，乙醇氧化为二氧化碳已趋于完全C乙醇的超临界水氧化过程中，乙醇的消耗速率或二氧化碳的生成速率都可以用来表示反应的速率，而且两者数值相等D随温度升高，xCO峰值出现的时间提前，且峰值更高，说明乙醇的氧化速率比一氧化碳氧化速率的增长幅度更大解析：由题
17、图1可以看出，反应过程中CO的量先增加，后减少，CO2的量始终增加，所以在乙醇的超临界水氧化过程中，一氧化碳是中间产物，二氧化碳是最终产物，A项正确；由题图1可以看出，在550 条件下，反应时间大于15 s时，二氧化碳的物质的量分数已接近1，B项正确；每个乙醇分子中含有两个碳原子，每个二氧化碳分子中只含一个碳原子，所以可以用乙醇的消耗速率或二氧化碳的生成速率来表示反应的速率，但两者数值不相等，C项错误；随温度升高，xCO峰值出现的时间提前，且峰值更高，说明在短时间内CO大量生成而消耗较少，说明乙醇的氧化速率比一氧化碳的氧化速率的增长幅度更大，D项正确。答案：ABD有关化学反应速率和化学平衡图像
18、题的分析方法(1)认清坐标系：弄清纵、横坐标所代表的意义，并与勒夏特列原理结合进行分析。(2)紧扣可逆反应的特征：弄清正反应是吸热还是放热，体积是增大、减小还是不变，有无固体、纯液体参与或生成等。(3)看清变化：看清反应速率的变化及变化量的大小，在条件与变化之间搭桥。看清起点、拐点、终点，看清曲线的变化趋势。(4)先拐先平：例如，在转化率时间图像上，先出现拐点的曲线先达到平衡，此时逆向推理可得该变化是由温度高还是压强大引起的。(5)定一议二：当图像中有三个量时，先固定一个量不变，再讨论另外两个量的关系。 课后达标检测一、选择题1(2020温州选考适应性测试)已知反应A2(g)2B2(g)2AB
19、2(g)H0，下列说法正确的是()A升高温度，正向反应速率增加，逆向反应速率减小B升高温度有利于反应速率增加，从而缩短达到平衡的时间C达到平衡后，升高温度或增加压强都有利于该反应平衡正向移动D达到平衡后，降低温度或减小压强都有利于该反应平衡正向移动答案：B2(2020浙江选考十校联盟)某温度下，反应H2(g)I2(g)2HI(g)(正反应为放热反应)在带有活塞的密闭容器中达到平衡。下列说法中正确的是()A体积不变，升温，正反应速率减小B温度、压强均不变，充入HI气体，开始时正反应速率增大C温度不变，压缩气体的体积，平衡不移动，颜色加深D体积、温度不变，充入氮气后，正反应速率将增大答案：C3在一
20、个不导热的密闭反应器中，只发生两个反应：a(g)b(g)2c(g)H10x(g)3y(g)2z(g)H20达到平衡后，进行以下操作(忽略体积改变所做的功)，下列叙述错误的是()A等压时，通入惰性气体，c的物质的量不变B等压时，通入z气体，反应器中温度升高C等容时，通入惰性气体，各反应速率不变D等容时，通入z气体，y的物质的量浓度增大答案：A4在一定条件下，向一带活塞的密闭容器中充入2 mol NO2，发生下列反应：2NO2(g)N2O4(g)H0，达到平衡状态后，在t1时刻改变条件，化学反应速率随时间变化关系如图。下列对t1时刻改变条件的推测中正确的是()A保持压强不变，升高反应温度B保持温度
21、和容器体积不变，充入1 mol N2(g)C保持温度和容器体积不变，充入1 mol N2O4 (g)D保持温度和压强不变，充入1 mol N2O4 (g)解析：选D。该反应是放热反应，升高温度，正、逆反应速率都增大，正、逆反应速率曲线都在原直线上方，逆反应速率增大倍数大于正反应速率增大的倍数，导致平衡向逆反应方向移动，故A错误；保持温度和容器体积不变，充入1 mol N2，混合物的浓度不变，正、逆反应速率不变，平衡不移动，故B错误；保持温度和容器体积不变，充入1 mol N2O4，瞬间生成物的浓度增大，反应物的浓度不变，逆反应速率增大，正反应速率不变，所以逆反应速率大于正反应速率，正反应速率与
22、原速率有接触点，故C错误；保持温度和压强不变，充入1 mol N2O4(g)的瞬间，生成物的浓度增大，容器的体积增大，导致反应物的浓度减小，逆反应速率增大，正反应速率降低，平衡向逆反应移动，且最终与原平衡等效，故D正确。5(2019浙江4月选考，T20)在温热气候条件下，浅海地区有厚层的石灰石沉积，而深海地区却很少。下列解析不正确的是()A与深海地区相比，浅海地区水温较高，有利于游离的CO2增多、石灰石沉积B与浅海地区相比，深海地区压强大，石灰石岩层易被CO2溶解，沉积少C深海地区石灰石岩层的溶解反应为CaCO3(s)H2O(l)CO2(aq)=Ca(HCO3)2(aq)D海水呈弱碱性，大气中
23、CO2浓度增加，会导致海水中CO浓度增大解析：选D。与深海地区相比，浅海地区水温较高，会使海水中碳酸氢根离子分解生成二氧化碳和碳酸盐，所以有利于游离的CO2增多、石灰石沉积，A项正确；与浅海地区相比，深海地区压强大，有利于CaCO3(s)H2O(l)CO2(aq)Ca(HCO3)2(aq)平衡向正反应方向移动，所以石灰石岩层易被CO2溶解，沉积少，B项正确；由B项分析可知，C项正确；海水呈弱碱性，大气中CO2浓度增加，会使二氧化碳与碳酸根离子反应生成碳酸氢根离子，导致海水中CO浓度减小，D项错误。6(2020温州十校联考)下列叙述及解释正确的是()A2NO2(g)(红棕色)N2O4(g)(无色
24、)H0，在平衡后，对平衡体系采取缩小容积、增大压强的措施，因为平衡向正反应方向移动，故体系颜色变浅BH2(g)I2(g)2HI(g)H0，在平衡后，对平衡体系采取增大容积、减小压强的措施，因为平衡不移动，故体系颜色不变CFeCl33KSCNFe(SCN)3(红色)3KCl，在平衡后，加少量KCl(s)，因为平衡向逆反应方向移动，故体系颜色变浅D对于N23H22NH3，平衡后，压强不变，充入O2，平衡左移解析：选D。A.缩小容积、增大压强平衡向气体体积减小的方向移动即正反应方向移动，但二氧化氮的浓度仍然增大，所以体系颜色加深，故A错误；B.增大容积、减小压强，平衡不发生移动，但容器体积增大，反应
25、物浓度减小，体系颜色变浅，故B错误；C.氯离子不参与反应，平衡不移动，故C错误；D.合成氨时保持压强不变，充入O2，则体积增大相当于反应体系的压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，所以平衡左移，故D正确。7一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：SO2(g)2CO(g)2CO2 (g)S(l)H0。若反应在恒容的密闭容器中进行，下列有关说法正确的是()A平衡前，随着反应的进行，容器内压强始终不变B平衡时，其他条件不变，分离出硫，正反应速率加快C平衡时，其他条件不变，升高温度可提高SO2的转化率D其他条件不变，使用不同催化剂，该反应的平衡常数不变解析：选D。生成物中S为液体，反应前后
26、气体体积不同，故平衡前随着反应的进行，压强始终变化，A项错；平衡时，其他条件不变，分离出硫，正反应速率不变，B项错；平衡时，其他条件不变，升高温度，平衡向逆反应方向移动，SO2的转化率减小，C项错；平衡常数仅与温度有关，故其他条件不变时，使用不同的催化剂，该反应的平衡常数不变，D项对。8(2020浙江1月选考,T19)在干燥的HCl气流中加热MgCl26H2O，能得到无水MgCl2。下列说法不正确的是()AMgCl2nH2O(s)=MgCl2(n1)H2O(s)H2O(g)H0BMgCl22H2O(s)Mg(OH)2(s)2HCl(g)，HCl气流可抑制反应进行CMgCl2H2O(s)Mg(O
27、H)Cl(s)HCl(g)，升高温度，反应更易发生DMgCl24H2O(s)MgCl22H2O(s)2H2O(g)，HCl气流可抑制反应进行答案：D9某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对A2(g)3B2(g)2AB3(g)化学平衡状态的影响，得到如图所示的变化规律(图中T表示温度)，由此可得出的结论是()A反应速率abcB达到平衡时A2的转化率大小为bacC若T2T1，则正反应一定是放热反应D达到平衡时，AB3的物质的量大小为cba解析：选D。A项，反应速率cba，错误；B项，n(B2)起始增大，A2的转化率增大，所以A2的转化率为cba，错误；C项，升温，AB3的体积分数增大，
28、平衡右移，正反应为吸热反应，错误；D项，n(B2)起始增大，平衡右移，n(AB3)增大，所以达到平衡时AB3的物质的量cba，正确。10已知 2CH3OH(g)C2H4(g)2H2O(g)。某研究小组将甲醇蒸气以一定的流速持续通过相同量的同种催化剂，不同温度得到如下图像，则下列结论不正确的是()A一段时间后甲醇转化率下降可能是因为催化剂活性下降B综合图 1、图 2 可知，甲醇还发生了其他反应C若改变甲醇蒸气的流速，不会影响甲醇转化率和乙烯产率D制乙烯比较适宜的温度是 450 左右解析：选C。催化剂可加快反应速率，一段时间后甲醇转化率下降可能是因为催化剂活性下降，A项正确；根据图1、图2可知，甲
29、醇还发生了其他反应，B项正确；若改变甲醇蒸气的流速，甲醇转化率和乙烯产率都将改变，C项错误；由题图可知，一定时间内450 左右甲醇转化率和乙烯产率均比较高，D项正确。二、非选择题11.将1 mol I2(g)和2 mol H2(g)置于某2 L的密闭容器中，在一定温度下发生反应：I2(g)H2(g)2HI(g)Hb。答案：(1)0.075 molL1min1(2)(3)减小(4)89.6 L(5)0.1 molL1c(H2)0.2 molL1(6)13CO2的转化一直是全球研究的热点，其中将CO2和H2合成甲醇及二甲醚具备相对成熟的技术。工业生产中，有以下相关反应(热效应都是在25 、1.01
30、105 Pa下测定)：CO2(g)3H2(g)CH3OH(l)H2O(l)H 49.01 kJmol12CH3OH(l)CH3OCH3(g)H2O(l)H 24.52 kJmol1CO(g)H2O(l)CO2(g)H2(g)H 41.17 kJmol1(1)在三个体积相同的密闭容器A、B、C中加入相同物质的量的CO和H2O，在不同温度下发生反应，经过相同时间后测得容器中的CO物质的量与温度的关系如图。aA、C两点的速率大小v(A)_(填“大于”“小于”“等于”或“无法判断”)v(C)。b请解释曲线中CO的物质的量先减小后增大的原因：_。(2)一定量的CO2和H2在一密闭容器中发生反应，下图是容
31、器内CO2的百分含量随着外界条件改变的变化曲线图，请补充完整(t1时刻升温；t2时刻添加催化剂)。解析：(1)a.C点温度高于A点，则A、C两点的速率大小为v(A)小于v(C)。b.由于B容器的反应温度比A容器高，反应速率快，在相同时间内消耗掉CO多，而C容器中温度更高，反应速率更快，反应达到平衡后随温度上升平衡逆向移动，CO的量增大，因此曲线中CO的物质的量先减小后增大。(2)t1时升高温度，平衡向逆反应方向移动，CO2的百分含量增加。答案：(1)a.小于bB容器的反应温度比A容器高，反应速率快，在相同时间内消耗掉CO多，而C容器中温度更高，反应速率更快，反应达到平衡后随温度上升平衡逆向移动
32、，CO的量增大(2)14(2020宁波教学质评)为妥善处理氯甲烷生产企业的副产物CCl4，以减少其对臭氧层的破坏，化学家研究在催化剂作用下，通过下列反应：CCl4H2CHCl3HCl使CCl4转化为重要的化工原料氯仿(CHCl3)。此反应伴随有副反应，会生成CH2Cl2、CH3Cl和CH4等。已知CCl4的沸点为77 ，CHCl3的沸点为61.2 。(1)在密闭容器中，该反应达到平衡状态后，测得如下数据(假设不考虑副反应)。实验序号温度/初始CCl4浓度/(molL1)初始H2浓度/(molL1)CCl4的平衡转化率11100.81.2A21101150%310011B此反应的化学平衡常数表达
33、式为_，在110 时平衡常数为_。实验1中，CCl4的转化率A_50%(填“大于”“小于”或“等于”)。实验2中，10 h 后达到平衡，H2的平均反应速率为_。实验3中，B的值_。A等于50%B大于50%C小于50% D从本题资料无法判断(2)120 时，在相同条件的密闭容器中，分别进行H2的初始浓度为2 molL1和4 molL1的实验，测得反应消耗CCl4的百分率(x%)和生成物中CHCl3的百分含量(y%)随时间(t)的变化关系如图(图中实线是消耗CCl4的百分率变化曲线，虚线是产物中CHCl3的百分含量变化曲线)。在图中的四条线中，表示H2起始浓度为2 molL1的实验消耗CCl4的百
34、分率变化曲线是_(填字母)。根据上图曲线，氢气的起始浓度为_molL1时，有利于提高CCl4的平衡转化率和产物中CHCl3的百分含量。你判断的依据是_。解析：(1)因CCl4的沸点为77 ，CHCl3的沸点为61.2 ，所以在110 或100 反应时各物质均为气态，其平衡常数K。110 时，由实验2可知反应中各物质的平衡浓度均为0.5 molL1，代入表达式计算得平衡常数为1。实验1和实验2的反应温度相同，所以其平衡常数相同，利用平衡常数相等，可以求出实验1中CCl4的平衡转化率，然后与50%比较；对于实验3，因温度不同，又不知该反应的热效应，所以无法判断转化率的大小。(2)氢气浓度越大反应越快，消耗CCl4的百分率变化就越快，相反就比较慢，所以H2起始浓度为2 molL1时，消耗CCl4的百分率变化曲线是c；H2的浓度越大，平衡正向移动的趋势越大，CCl4的平衡转化率和产物中CHCl3的百分含量也越大。答案：(1)K1大于0.05 molL1h1D(2)c4H2的浓度越大，平衡正向移动的趋势越大，CCl4的平衡转化率和产物中CHCl3的百分含量也越大