【升级版】微专题42 四大平衡常数的计算与应用-备战2024年高考化学考点微专题（解析版）(全国版).docx

1、微专题42 四大平衡常数的计算与应用1（2023辽宁统考高考真题）某废水处理过程中始终保持H2S饱和，即，通过调节pH使和形成硫化物而分离，体系中与关系如下图所示，c为和的浓度，单位为。已知，下列说法正确的是AB为与的关系曲线CD【答案】D【解析】已知H2S饱和溶液中随着pH的增大，H2S的浓度逐渐减小，HS-的浓度增大，S2-浓度逐渐增大，则有-lgc(HS-)和-lg(S2-)随着pH增大而减小，且相同pH相同时，HS-浓度大于S2-，即-lgc(HS-)小于-lg(S2-)，则Ni2+和Cd2+浓度逐渐减小，且，即当c(S2-)相同时，c(Ni2+)c(Cd2+)，则-lgc(Ni2+)

2、和-lg(Cd2+)随着pH增大而增大，且有-lgc(Ni2+)小于-lg(Cd2+)，由此可知曲线代表Cd2+、代表Ni2+、代表S2-，代表HS-，据此分析结合图像各点数据进行解题。A由分析可知，曲线代表Cd2+、代表S2-，由图示曲线交点可知，此时c(Cd2+)=c(S2-)=10-13mol/L，则有，A错误；B由分析可知，为与的关系曲线，B错误；C由分析可知，曲线代表HS-，由图示曲线两点坐标可知，此时c(H+)=10-1.6mol/L时，c(HS-)=10-6.5mol/L，或者当c(H+)=10-4.2mol/L时，c(HS-)=10-3.9mol/L，C错误；D已知Ka1Ka2

3、=，由曲线两点坐标可知，当c(H+)=10-4.9mol/L时，c(S2-)=10-13mol/L，或者当c(H+)=10-6.8mol/L时，c(S2-)=10-9.2mol/L，故有Ka1Ka2=10-21.8，结合C项分析可知Ka1=10-7.1，故有，D正确；故答案为D。2（2023全国统考高考真题）下图为和在水中达沉淀溶解平衡时的关系图(；可认为离子沉淀完全)。下列叙述正确的是A由点可求得B时的溶解度为C浓度均为的和可通过分步沉淀进行分离D混合溶液中时二者不会同时沉淀【答案】C【解析】A由点a(2，2.5)可知，此时pH=2，pOH=12，则=，故A错误；B由点(5，6)可知，此时p

4、H=5，pOH=9，则=，时的溶解度为=10-3，故B错误；C由图可知，当铁离子完全沉淀时，铝离子尚未开始沉淀，可通过调节溶液pH的方法分步沉淀和，故C正确；D由图可知，沉淀完全时，pM5，此时pH约为4.7，在此pH下刚开始沉淀的浓度为，而题中，则会同时沉淀，故D错误；答案选C。四大平衡常数的比较常数符号适用体系影响因素表达式水的离子积常数K任意水溶液升温，Kw增大Kwc(OH-)c(H+)电离常数酸Ka弱酸溶液升温，Ka增大Kb增大A-+H2OHA+OH-碱Kb弱碱溶液BOHB+OH-盐的水解常数Kh盐溶液升温，Kh增大A-+H2OHA+OH-溶度积常数Ksp难溶电解质溶液升温，大多数Ks

5、p增大MmmAnn的饱和溶液：Kspcmm(Mn+n)cnn(Am-m)注意：(1)四大平衡的基本特征相同，包括逆、动、等、定、变，其研究对象均为可逆变化过程。(2)溶解平衡有放热反应、吸热反应，升高温度后Ksp可能变大或变小；而电离平衡、水解平衡均为吸热过程，升高温度Ka(或Kb)、Kh均变大。一、Kh与Ka(或Kb)、Kw的关系及其应用1强碱弱酸盐：如：CH3COONa溶液：CH3COOH2OCH3COOHOHKh2强酸弱碱盐：如：NH4Cl溶液：NHH2ONH3H2OHKh其中：Kh为水解平衡常数、Ka(Kb)为弱酸(或弱碱)的电离平衡常数、Kw为水的离子积常数。二、溶度积常数及其应用1

6、溶度积和离子积以AmBn(s)mAn(aq)nBm(aq)为例：溶度积离子积概念沉淀溶解的平衡常数溶液中有关离子浓度幂的乘积符号KspQc表达式Ksp(AmBn)cm(An)cn(Bm)，式中的浓度都是平衡浓度Qc(AmBn)cm(An)cn(Bm)，式中的浓度是任意浓度应用判断在一定条件下沉淀能否生成或溶解QcKsp：溶液过饱和，有沉淀析出QcKsp：溶液饱和，处于平衡状态QcKsp：溶液未饱和，无沉淀析出2.影响Ksp的因素(1)内因：难溶物质本身的性质，这是决定因素。(2)外因浓度：加水稀释，平衡向溶解方向移动，但Ksp不变。温度：绝大多数难溶物的溶解是吸热过程，升高温度，平衡向溶解方向

7、移动，Ksp增大。其他：向平衡体系中加入可与体系中某些离子反应生成更难溶物质或更难电离物质或气体的离子时，平衡向溶解方向移动，但Ksp不变。3KW和Ksp曲线不同温度下水溶液中H+与OH-的变化曲线常温下,CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线Ksp=910-6 mol2L-2(1)A、C、B三点均为中性,温度依次升高,KW依次增大(2)D点为酸性溶液,E点为碱性溶液,T2温度时KW=110-14 (molL-1)2(3)AB直线的左上方均为碱性溶液,任意一点均有H+Ksp,将会有沉淀生成(3)d点在曲线的下方,Qc( ) c(OH)【答案】D【解析】草酸属于二元素弱酸，应分步电离H2C2O4HC

8、2O+H+、HC2OC2O+H+，草酸溶液中加入NaOH溶液，H2C2O4物质的量浓度逐渐减小，HC2O逐渐增大，后逐渐减小，C2O逐渐增大，因此代表H2C2O4，代表HC2O，代表C2O；A根据上述分析，代表HC2O物质的量分数随pH变化，故A说法正确；BKa1=，电离平衡常数只受温度的影响，取(1.2，0.5)点，c(HC2O)= c(H2C2O4)，因此Ka1=c(H+)=10-1.2，同理Ka2=c(H+)=10-4.2，因此=103=1000，故B说法正确；CpH在2.55.5之间，HC2O物质的量分数逐渐减少，C2O物质的量分数逐渐增大，因此该阶段发生离子方程式为HC2O+OH-=

9、C2O+H2O，故C说法正确；D当加入20mL等浓度NaOH溶液，充分反应后，溶质为Na2C2O4，C2O发生水解，其水解方程式为C2O+H2O HC2O+OH-，水也要电离出OH-，因此c(OH-)c(HC2O)，水解程度微弱，c(C2O)最大，即c(C2O)c(OH-)c(HC2O)，故D说法错误；答案为D。3（2023春湖北省直辖县级单位高三统考阶段练习）HA是一元弱酸，BOH是一元弱碱，常温下，不同浓度的NaA或BCl溶液的pH与-lg或-lg的关系如图所示。下列叙述正确的是A线ab表示BCl溶液的pH与-lg的关系BB+的水解平衡常数Kh=10-5C等体积等浓度的HA溶液和BOH溶液

10、混合后溶液呈中性D水的电离程度：b=dc=a【答案】C【解析】，即-lg=-lg=pH-lg，故-lg与pH与正比关系，即线ab表示NaA溶液的pH与-lg的关系，则线cd表示BCl溶液的pH与-lg的关系，据此解答。A由分析可知，线ab表示NaA溶液的pH与-lg的关系，故A错误；Bd点时，pH=5=-lg c(H)时，-lg=4，则c(H)=10-5molL-1，=10-4，Kh(B)=c(H)=10-510-4=10-9，故B错误；C，由b点可知pH=9=-lgc(H)时，-lg=4，即=10-4，等体积等浓度的HA溶液与BOH溶液混合得BA溶液，由于Ka(HA)=Kb(BOH)，BA溶

11、液呈中性，故C正确；Da点溶液pH=8，溶液质为NaA，c点溶液pH=6，溶质为BCl，这两点溶液中由水电离的c(H)=c(OH-)=10-6 molL-1；b点溶液pH=9，溶质为NaA，d点溶液pH=5，溶质为BCl，这两点溶液中由电离的c(HL)=c(OH-)=10-5 molL-1，水的电离程度b=dc=a，故D错误；故选C。4（2023浙江金华统考模拟预测）已知HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中随的变化而变化，其中不发生水解。实验中往难溶盐MA的饱和溶液不断通入HCl气体，调节溶液的，结果发现，298K时，为线性关系，如下图中实线所示。下列叙述不正确的是A当时，B溶液时，CMA的

12、溶度积常数DHA的电离常数【答案】A【解析】AMA溶液中物料守恒c(A-)+c(HA)=c(M+)，因为A-水解，此时溶液呈碱性，通入HCl使溶液呈酸性，仍存在c(A-)+c(HA)=c(M+)，所以，A错误；B根据可计算，当pH=4时c(M+)= ，所以，B正确；C由题中信息可知c(H+)=0 mol/L时，为MA的饱和溶液，MA的溶度积常数 ，C正确；D当c(A-)=c(HA)时，HA的电离常数， 当c(A-)=c(HA)时，根据物料守恒: c(A-)+c(HA)=c(M+)，则c(M+)=2c(A-)，根据，则，代入线性关系式，可得c(H+)=mol/L，所以，D正确；故答案选A。5（2

13、023浙江统考高考真题）水煤气变换反应是工业上的重要反应，可用于制氢。水煤气变换反应：该反应分两步完成：请回答：(1) 。(2)恒定总压和水碳比投料，在不同条件下达到平衡时和的分压(某成分分压=总压该成分的物质的量分数)如下表：条件10.400.400条件20.420.360.02在条件1下，水煤气变换反应的平衡常数 。对比条件1，条件2中产率下降是因为发生了一个不涉及的副反应，写出该反应方程式 。(3)下列说法正确的是_。A通入反应器的原料气中应避免混入B恒定水碳比，增加体系总压可提高的平衡产率C通入过量的水蒸气可防止被进一步还原为D通过充入惰性气体增加体系总压，可提高反应速率(4)水煤气变

14、换反应是放热的可逆反应，需在多个催化剂反应层间进行降温操作以“去除”反应过程中的余热(如图1所示)，保证反应在最适宜温度附近进行。在催化剂活性温度范围内，图2中b-c段对应降温操作的过程，实现该过程的一种操作方法是 。A按原水碳比通入冷的原料气B喷入冷水(蒸气)C通过热交换器换热若采用喷入冷水(蒸气)的方式降温，在图3中作出平衡转化率随温度变化的曲线 。(5)在催化剂活性温度范围内，水煤气变换反应的历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附(快速)、反应及产物分子脱附等过程。随着温度升高，该反应的反应速率先增大后减小，其速率减小的原因是 。【答案】(1)6(2) 2 CO+3H2CH4+H2O(3)

15、AC(4) AC (5)温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小【解析】（1）设方程式根据盖斯定律可知，=-，则；（2）条件1下没有甲烷生成，只发生了水煤气变换反应，该反应是一个气体分子数不变的反应。设在条件1下平衡时容器的总体积为V，水蒸气和一氧化碳的投料分别为12mol和5mol，参加反应的一氧化碳为xmol，根据已知信息可得以下三段式：，解得x=4；则平衡常数；根据表格中的数据可知，有甲烷生成，且该副反应没有二氧化碳参与，且氢气的产率降低，则该方程式为：CO+

16、3H2CH4+H2O；（3）A一氧化碳和氢气都可以和氧气反应，则通入反应器的原料气中应避免混入，A正确；B该反应前后气体计量系数相同，则增加体系总压平衡不移动，不能提高平衡产率，B错误；C通入过量的水蒸气可以促进四氧化三铁被氧化为氧化铁，水蒸气不能将铁的氧化物还原为单质铁，但过量的水蒸气可以降低体系中CO和H2的浓度，从而防止铁的氧化物被还原为单质铁，C正确；D若保持容器的体积不变，通过充入惰性气体增加体系总压，反应物浓度不变，反应速率不变，D错误；故选AC；（4）A按原水碳比通入冷的原料气，可以降低温度，同时化学反应速率稍减小，导致CO的转化率稍减小，与图中变化相符，A正确；B喷入冷水(蒸气

17、)，可以降低温度，但是同时水蒸气的浓度增大，会导致CO的转化率增大，与图中变化不符，B错误；C通过热交换器换热，可以降低温度，且不改变投料比，同时化学反应速率稍减小，导致CO的转化率稍减小，与图中变化相符，C正确；故选AC；增大水蒸气的浓度，平衡正向移动，则一氧化碳的的平衡转化率增大，会高于原平衡线，故图像为：；（5）反应物分子在催化剂表面的吸附是一个放热的快速过程，温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小。6（2023辽宁统考高考真题）硫酸工业在国民经济中占有重要

18、地位。(1)我国古籍记载了硫酸的制备方法“炼石胆(CuSO45H2O)取精华法”。借助现代仪器分析，该制备过程中CuSO45H2O分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如下图所示。700左右有两个吸热峰，则此时分解生成的氧化物有SO2、 和 (填化学式)。(2)铅室法使用了大容积铅室制备硫酸(76%以下)，副产物为亚硝基硫酸，主要反应如下：NO2+SO2+H2O=NO+H2SO42NO+O2=2NO2()上述过程中NO2的作用为 。()为了适应化工生产的需求，铅室法最终被接触法所代替，其主要原因是 (答出两点即可)。(3)接触法制硫酸的关键反应为SO2的催化氧化

19、：SO2(g)+O2(g)SO3(g) H=-98.9kJmol-1()为寻求固定投料比下不同反应阶段的最佳生产温度，绘制相应转化率()下反应速率(数值已略去)与温度的关系如下图所示，下列说法正确的是 。a温度越高，反应速率越大b=0.88的曲线代表平衡转化率c越大，反应速率最大值对应温度越低d可根据不同下的最大速率，选择最佳生产温度()为提高钒催化剂的综合性能，我国科学家对其进行了改良。不同催化剂下，温度和转化率关系如下图所示，催化性能最佳的是 (填标号)。()设O2的平衡分压为p，SO2的平衡转化率为e，用含p和e的代数式表示上述催化氧化反应的Kp= (用平衡分压代替平衡浓度计算)。【答案

20、】(1) CuO SO3(2) 催化剂 反应中有污染空气的NO和NO2放出影响空气环境、NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质、产率不高（答案合理即可）(3) cd d 【解析】（1）根据图示的热重曲线所示，在700左右会出现两个吸热峰，说明此时CuSO4发生热分解反应，从TG图像可以看出，质量减少量为原CuSO4质量的一半，说明有固体CuO剩余，还有其他气体产出，此时气体产物为SO2、SO3、O2，可能出现的化学方程式为3CuSO43CuO+2SO2+SO3+O2，结合反应中产物的固体产物质量和气体产物质量可以确定，该反应的产物为CuO、SO2、SO3、O2，故答案为CuO、SO3。（2）

21、(i)根据所给的反应方程式，NO2在反应过程中线消耗再生成，说明NO2在反应中起催化剂的作用；(ii)近年来，铅室法被接触法代替因为在反应中有污染空气的NO和NO2放出影响空气环境、同时作为催化剂的NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质影响产品质量、产率不高（答案合理即可）。（3）(i)a根据不同转化率下的反应速率曲线可以看出，随着温度的升高反应速率先加快后减慢，a错误；b从图中所给出的速率曲线可以看出，相同温度下，转化率越低反应速率越快，但在转化率小于88%的时的反应速率图像并没有给出，无法判断=0.88的条件下是平衡转化率，b错误；c从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率不断减小，

22、最大反应速率出现的温度也逐渐降低，c正确；d从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，这时可以根据不同转化率选择合适的反应温度以减少能源的消耗，d正确；故答案选cd；(ii)为了提高催化剂的综合性能，科学家对催化剂进行了改良，从图中可以看出标号为d的催化剂V-K-Cs-Ce对SO2的转化率最好，产率最佳，故答案选d；(iii)利用分压代替浓度计算平衡常数，反应的平衡常数Kp=；设SO2初始量为m mol，则平衡时n(SO2)=m-me=m(1-e)，n(SO3)=me，Kp=，故答案为。1（2023浙江统考高考真题）草酸()是二元弱酸。某小组做如下两组实验：实验I：往溶

23、液中滴加溶液。实验：往溶液中滴加溶液。已知：的电离常数，溶液混合后体积变化忽略不计，下列说法正确的是A实验I可选用甲基橙作指示剂，指示反应终点B实验I中时，存在C实验中发生反应D实验中时，溶液中【答案】D【解析】A溶液被氢氧化钠溶液滴定到终点时生成显碱性的草酸钠溶液，为了减小实验误差要选用变色范围在碱性范围的指示剂，因此，实验I可选用酚酞作指示剂，指示反应终点，故A错误；B实验I中时，溶质是、且两者物质的量浓度相等，则草酸氢根的电离程度大于草酸根的水解程度，因此存在，故B错误；C实验中，由于开始滴加的氯化钙量较少而过量，因此该反应在初始阶段发生的是，该反应的平衡常数为，因为平衡常数很大，说明反

24、应能够完全进行，当完全消耗后，再和发生反应，故C错误；D实验中时，溶液中的钙离子浓度为，溶液中，故D正确。综上所述，答案为D。2（2023浙江校联考模拟预测）25、，之和为的溶液中三种粒子所占物质的量分数(分布系数)随变化的关系如图所示。下列说法中不正确的是A的B常温下，向点溶液中滴加半滴溶液，会产生沉淀C溶液与溶液混合并充分搅拌后：D常温下，将足量加入到少量溶液中的离子方程式为：【答案】C【解析】由图像可知，当pH=1.3时，c(H2C2O4)=c()，则Ka1=c(H+)=10-1.3，同理，当pH=4.3时，c()=c()，则Ka2=c(H+)=10-4.3。A由分析可知，的，A正确；B

25、由题干图示信息可知，常温下，向点溶液中c()=c()0.05mol/L，滴加半滴溶液，则此时溶液中c(Ca2+)=0.0002mol/L，则有Qc=c(Ca2+)c()=0.050.0002=0.00001，故会产生沉淀，B正确；C溶液与溶液混合并充分搅拌后，溶液中的溶质为等物质的量浓度的Na2C2O4和NaHC2O4溶液，由分析可知H2C2O4的Ka1=10-1.3，Ka2=10-4.3，则的水解平衡平衡常数为：Kh1=10-9.7Ka2，说明的电离大于的水解，故溶液中各离子浓度关系为：，C错误；D由分析可知，H2C2O4的Ka1=10-1.3，Ka2=10-4.3，常温下，即Ka1Ka(H

26、A)Ka2，根据强酸制弱酸的一般规律可知，将足量加入到少量溶液中的离子方程式为：，D正确；故答案为：C。3（2023春浙江杭州高二校联考阶段练习）25时，将HCl气体缓慢通入0.1molL-1的氨水中，溶液的pH、体系中粒子浓度的对数值(lgc)与反应物的物质的的关系如图所示。若忽略溶液体积变化，下列有关说法不正确的是AP2所示溶液：Bt=0.5时，C25时，的电离平衡常数为10-9.25DP3所示溶液：【答案】C【解析】AP1时，此时pH=9.25，Kb=c(OH-)=10-4.25，P2所示溶液，pH=7，Kb=10-4.25，则=102.75，所以，A正确；B=0.5时，反应后溶液中，但

27、此时NH3H2O继续发生电离，平衡时溶液中，则，依据电荷守恒：，所以，B正确；C25、P1时，此时pH=9.25，+H2ONH3H2O+H+，则的水解平衡常数为=10-9.25，则的电离平衡常数不是10-9.25，C不正确；DP3所示溶液，=1，此时NH3H2O与HCl完全反应，生成NH4Cl和水：但发生水解，使溶液显酸性，所以存在，D正确；故选C。4（2023春河北邢台高三校联考阶段练习）常温下，有机酸中各种含R微粒占所有含R微粒的物质的量分数随的变化曲线如图所示。下列说法正确的是AB时：C溶液中：D反应的平衡常数的对数值【答案】D【解析】随着的增大，溶液中逐渐转化为，因此开始时逐渐减小，逐

28、渐增大，随着的进一步增大，逐渐减小，逐渐增大，因此曲线为，曲线为，曲线为；A为二元弱酸，电离方程式为， ， Z点时，故A错误；B时，对应图中的Z点，根据电荷守恒，说明溶液为酸性，即，故，故B错误；C溶液中质子守恒：，故C错误；D电离平衡常数，X点时，；反应的平衡常数，故D正确。选D。5（2023春上海长宁高二华东政法大学附属中学校考期中）已知25，醋酸、次氯酸、碳酸、亚硫酸的电离平衡常数如表：酸电离平衡常数醋酸Ki=1.7510-5次氯酸Ki=2.9810-8碳酸Ki1=4.3010-7Ki2=5.6110-11亚硫酸Ki1=1.5410-2Ki2=1.0210-7下列叙述正确的是A将0.1m

29、ol/L的醋酸加水不断稀释，所有离子浓度均减小B少量CO2通入NaClO溶液中反应的离子方程式为：CO2+H2O+2ClO-CO+2HClOC少量的SO2通入Ca(ClO)2溶液中反应的离子方程式为：SO2+H2O+Ca2+2ClO-CaSO3+2HClOD25，等浓度的CH3COONa、NaClO、Na2CO3和Na2SO3溶液中，碱性最强的是Na2CO3【答案】D【解析】A将0.1mol/L的醋酸加水不断稀释，OH-浓度增大，故A错误；B根据电离平衡常数，可知酸性H2CO3HClO，所以少量CO2通入NaClO溶液中生成次氯酸和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：CO2+H2O+ClO-=+HC

30、lO，故B错误；C二氧化硫能被次氯酸钙氧化，少量的SO2通入Ca(ClO)2溶液中生成硫酸钙沉淀、次氯酸、氯化钙，反应的离子方程式为：SO2+H2O+Ca2+3ClO-=CaSO4+2HClO+ Cl-，故C错误；D25，醋酸的Ki=1.7510-5、次氯酸的Ki=2.9810-8、碳酸的Ki2=5.6110-11、亚硫酸的Ki2=1.0210-7，电离平衡常数越小，酸根离子的水解沉淀越大，等浓度的CH3COONa、NaClO、Na2CO3和Na2SO3溶液中，碱性最强的是Na2CO3，故D正确；选D。6（2023全国统考高考真题）氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答

31、下列问题：(1)根据图1数据计算反应的 。(2)研究表明，合成氨反应在催化剂上可能通过图2机理进行(*表示催化剂表面吸附位，表示被吸附于催化剂表面的)。判断上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为 (填步骤前的标号)，理由是 。(3)合成氨催化剂前驱体(主要成分为)使用前经还原，生成包裹的。已知属于立方晶系，晶胞参数，密度为，则晶胞中含有的原子数为 (列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。(4)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下图所示。其中一种进料组成为，另一种为。(物质i的摩尔分数：)图中压强由小到大的顺序为 ，判断的依据是 。进料组成中含有

32、惰性气体的图是 。图3中，当、时，氮气的转化率 。该温度时，反应的平衡常数 (化为最简式)。【答案】(1)(2) () 在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于的键能比H-H键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为()(3)(4) 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 图4 【解析】（1）在化学反应中，断开化学键要消耗能量，形成化学键要释放能量，反应的焓变等于反应物的键能总和与生成物的键能总和的差，因此，由图1数据可知，反应的。（2）由图1中信息可知，的，则的键能为；的，则H-H键的键能为。在化学反应中，最大的能垒为速率

33、控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于的键能比H-H键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为()。（3）已知属于立方晶系，晶胞参数，密度为，设其晶胞中含有的原子数为，则晶体密度，解之得，即晶胞中含有的原子数为。（4）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，因此，图中压强由小到大的顺序为，判断的依据是：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。对比图3和图4中的信息可知，在相同温度和相同压强下，图4中平衡时氨的摩尔分数较小。在恒压下充入惰性气体，反应混合物中各组分的浓度减小，各组分的分压也减小，化学平衡要朝气体分子数增大的方向移动，因此，充入惰性气体不利于合成氨，进料组成中含有惰性气体的图是图4。图3中，进料组成为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x mol，则有：当、时，解之得，则氮气的转化率，平衡时、的物质的量分别为、2、，其物质的量分数分别为、，则该温度下因此，该温度时，反应的平衡常数。