【高分攻略】2022高考化学二轮学案 查漏补缺 专题九 化学反应速率与平衡（解析版）
文档属性
| 名称 | 【高分攻略】2022高考化学二轮学案 查漏补缺 专题九 化学反应速率与平衡（解析版） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 3.0MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2021-12-17 14:15:24 | ||
图片预览
文档简介
中小学教育资源及组卷应用平台
专题九 化学反应速率与化学平衡
(
考纲解读
)
【考纲导向】
1．了解化学反应速率的概念、化学反应速率的定量表示方法。
2．了解催化剂在生产、生活和科学研究领域中的重要作用。
3．了解化学反应的可逆性，能用焓变和熵变说明常见简单化学反应的方向。
4．了解化学平衡建立的过程。理解化学平衡常数的含义，能够利用化学平衡常数进行简单的计算。
5．理解外界条件(浓度、温度、压强、催化剂等)对反应速率和化学平衡的影响，认识其一般规律。
6．了解化学反应速率和化学平衡的调控在生活、生产和科学研究领域中的重要作用。
【命题分析】
化学反应速率与化学平衡是高中化学重要理论主干知识,试题难度一般较大,特别是原理综合题型,将多个知识点组合在一起,客观上增加了思维容量。化学反应速率一般考查形式如下：一是考查化学反应速率图像问题；二是考查化学反应速率的影响因素；三是在填空题中综合考查。化学反应进行的方向和限度一般考查形式有：一是在选择题中某个选项考查可逆反应焓变和熵变的大小；二是考查化学平衡状态的判断；三是与化学平衡相结合考查化学平衡常数的应用等。化学平衡的移动考查形式固定，一般是以图像或者表格的形式为载体，考查平衡移动、化学平衡的计算、等效平衡、平衡图像等知识点等，综合性强，难度大，为选择题中的压轴题型。在填空题中也会结合工农业生产考查平衡状态的判断、平衡图像、化学平衡常数等。
(
知识网络图
)
(
重点拓展
)
考点一 化学反应速率及其影响因素
1．化学反应速率
化学反应速率与化学计量数的关系。对于已知反应mA(g)＋nB(g)===pC(g)＋qD(g)，其化学反应速率可用不同的反应物或生成物来表示，当单位相同时，化学反应速率的数值之比等于方程式中各物质的化学计量数之比，即v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝m∶n∶p∶q。
2．影响化学反应速率的因素
(1)内因
反应物本身的性质是影响化学反应速率的主要因素。如相同条件下Mg、Al与稀盐酸反应的速率大小关系为：v(Mg)>v(Al)。
(2)外因(其他条件不变，只改变一个条件)
3．理论解释——有效碰撞理论
(1)活化分子：能够发生有效碰撞的分子。
(2)活化能：如图
图中：E1为正反应的活化能，使用催化剂时的活化能为E3，E2为逆反应的活化能，反应热为E1－E2。
(3)有效碰撞：活化分子之间能够引发化学反应的碰撞。
活化分子、有效碰撞与反应速率的关系。
(
典例精讲
)
考法一 化学反应速率的相关计算
【典例1】将4 mol A气体和2 mol B气体在2 L的容器中混合，并在一定条件下发生反应：2A(g)＋B(g)2C(g)，若经2 s 后测得C的浓度为0.6 mol·L－1，现有下列几种说法：
①用物质A表示的反应的平均速率为0.3 mol·L－1·s－1
②用物质B表示的反应的平均速率为0.6 mol·L－1·s－1
③2 s时物质A的转化率为70%
④2 s时物质B的浓度为0.7 mol·L－1
其中正确的是( )
A.①③ B.①④ C.②③ D.③④
解析：A、B的起始浓度分别为2 mol·L－1、1 mol·L－1，由2 s后C的浓度可得A、B的变化浓度分别为0.6 mol·L－1、0.3 mol·L－1，所以用A、B表示的反应的平均速率分别为0.3 mol·L－1·s－1、0.15 mol·L－1·s－1。2 s时A、B的浓度分别为1．4 mol·L－1、0.7 mol·L－1。2 s时物质A的转化率为30%。
答案：B
考法二 化学反应速率的大小比较
【典例2】已知反应4CO＋2NO2N2＋4CO2在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示反应速率最快的是( )
A.v(CO)＝1．5 mol·L－1·min－1 B.v(NO2)＝0.7 mol·L－1·min－1
C.v(N2)＝0.4 mol·L－1·min－1 D.v(CO2)＝1．1 mol·L－1·min－1
解析：先看单位是否相同，若不同，先换算成同一单位，再换算成同一物质再比较，如以N2为标准，A、B、D项分别换算为0.375 mol·L－1·min－1、
0.35 mol·L－1·min－1、0.275 mol·L－1·min－1，C项正确。
答案：C
考法三 外界条件对化学反应速率的影响
【典例3】(2020 山东卷)1，3-丁二烯与HBr发生加成反应分两步：第一步H+进攻1，3-丁二烯生成碳正离子()；第二步Br -进攻碳正离子完成1，2-加成或1，4-加成。反应进程中的能量变化如下图所示。已知在0℃和40℃时，1，2-加成产物与1，4-加成产物的比例分别为70:30和15:85。下列说法正确的是( )
A．1，4-加成产物比1，2-加成产物稳定
B．与0℃相比，40℃时1，3-丁二烯的转化率增大
C．从0℃升至40℃，1，2-加成正反应速率增大，1，4-加成正反应速率减小
D．从0℃升至40℃，1，2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度
解析：A项，能量越低越稳定，根据图像可看出，1，4-加成产物的能量比1，2-加成产物的能量低，即1，4-加成产物的能量比1，2-加成产物稳定，故A正确；B项，该加成反应不管生成1，4-加成产物还是1，2-加成产物，均为放热反应，则升高温度，不利用1，3-丁二烯的转化，即在400C时其转化率会减小，故B错误；C项，从00C升至400C，正化学反应速率均增大，即1，4-加成和1，2-加成反应的正速率均会增大，故C错误；D项，从00C升至400C，对于1，2-加成反应来说，化学平衡向逆向移动，即1，2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度，故D正确；故选AD。
答案：AD
考法四 控制变量法探究影响化学反应速率的因素
【典例4】硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋S↓＋H2O，下列各组实验中最先出现浑浊的是( )
实验 反应温度/℃ Na2S2O3溶液 稀H2SO4 H2O
V/mL c/(mol·L－1) V/mL c/(mol·L－1) V/mL
A 25 5 0.1 10 0.1 5
B 25 5 0.2 5 0.2 10
C 35 5 0.1 10 0.1 5
D 35 5 0.2 5 0.2 10
解析：结合选项知混合液的体积都为20 mL，但选项D中反应温度最高、反应物Na2S2O3的浓度最大，其反应速率最大，故最先看到浑浊(有硫单质生成)。
答案：D
考法五 化学反应速率的图象
【典例5】(2017 江苏卷)H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得70℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A．图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越快
B．图乙表明，其他条件相同时，溶液pH越小，H2O2分解速率越快
C．图丙表明，少量Mn 2+存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快
D．图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大
解析：A项，浓度对反应速率的影响是浓度越大，反应速率越快，错误；B项，NaOH浓度越大，即pH越大，H2O2分解速率越快，错误；C项，由图，Mn2＋存在时，0.1 mol·L－1的NaOH时H2O2的分解速率比1 mol·L－1的NaOH时快，错误；D项，由图可知，碱性条件下，Mn2＋存在时，H2O2分解速率快，正确。
答案：D
考法六 化学反应速率的综合分析
【典例6】(2021年1月浙江选考)取50 mL过氧化氢水溶液，在少量I- 存在下分解：2H2O2=2H2O+O2↑。在一定温度下，测得O2的放出量，转换成H2O2浓度(c)如下表：
t/min 0 20 40 60 80
c/(mol·L-1) 0.80 0.40 0.20 0.10 0.050
下列说法不正确的是( )
A．反应20min时，测得O2体积为224mL(标准状况)
B．20~40min，消耗H2O2的平均速率为0.010mol·L-1·min-1
C．第30min时的瞬时速率小于第50min时的瞬时速率
D．H2O2分解酶或Fe2O3代替I-也可以催化H2O2分解
解析：A项，反应20min时，过氧化氢的浓度变为0.4mol/L，说明分解的过氧化氢的物质的量n(H2O2)=(0.80-0.40)mol/L×0.05L=0.02mol，过氧化氢分解生成的氧气的物质的量n(O2)=0.01mol，标况下的体积V=n·Vm=0.01mol×22．4L/mol=0.224L=224mL，A正确；B项，20~40min，消耗过氧化氢的浓度为(0.40-0.20)mol/L=0.20 mol·L-1，则这段时间内的平均速率v===0.010 mol·L-1·min-1，B正确；C项，随着反应的不断进行，过氧化氢的浓度不断减小，某一时刻分解的过氧化氢的量也不断减小，故第30min时的瞬时速率大于第50min时的瞬时速率，C错误；D项，I-在反应中起到催化的作用，故也可以利用过氧化氢分解酶或Fe2O3代替，D正确；故选C。
答案：C
解题技巧
分析外界因素对化学反应速率的影响时要注意以下几点
1．对于固体和纯液体反应物，其浓度可视为常数，改变用量速率不变。但固体颗粒的大小决定反应物接触面积的大小，会影响化学反应速率。
2．压强对速率的影响有以下几种情况：
(1)恒温时：增大压强体积缩小浓度增大化学反应速率加快。
(2)恒容时：
①充入气体反应物压强增大浓度增大速率加快。
②充入惰性气体总压强增大，但各气体物质的量浓度不变，反应速率不变。
(3)恒压时：压强不变充入惰性气体压强不变体积增大各物质浓度减小反应速率减慢。
3．温度改变对任何反应的速率都有影响。
4．加入催化剂可以同等程度的改变正逆化学反应速率。
练习
1．在密闭容器中进行反应N2＋O22NO，下列条件能加快反应速率的是( )
A．增大体积使压强减小 B．体积不变，充入N2使压强增大
C．体积不变，充入He使压强增大 D．压强不变，充入气体Ne
答案：B
解析：A项，增大体积使压强减小，物质浓度减小，速率减慢，故A错误；B项，体积不变，充入N2使压强增大，氮气浓度增大，速率加快，故B正确；C项，体积不变，充入He使压强增大，反应物浓度不变，速率不变，故C错误；D项，压强不变，充入气体Ne，体积增大，浓度减小，速率减慢，故D错误；故选B。
2．5.6 g铁粉投入到足量的100 mL 2 mol·L－1的稀硫酸的烧杯中，2 min时铁粉刚好溶解，下列表示这个反应的速率正确的是( )
A．v(Fe)＝0.5 mol·L－1·min－1 B．v(H2SO4)＝1 mol· L－1·min－1
C．v(H2)＝0.5 mol· L－1·min－1 D．v(FeSO4)＝0.5 mol·L－1·min－1
答案：D
解析：Fe是固体，不能用来表示化学反应速率，A错误；Fe与稀硫酸发生反应：Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑，2 min时铁粉刚好溶解，铁反应的物质的量是0.1 mol，根据方程式可知硫酸反应的物质的量是0.1 mol，则v(H2SO4)＝0.1 mol÷0.1 L÷2 min＝0.5 mol·L－1·min－1，B错误；该反应为溶液中的反应，无法表示氢气的浓度变化，C错误；根据方程式可知：n(Fe)∶n(FeSO4)＝1∶1，所以n(FeSO4)＝0.1 mol，则v(FeSO4)＝0.1 mol÷0.1 L÷2 min＝0.5 mol·L－1·min－1，D正确。
3．已知分解1 mol H2O2放出热量98 kJ，在含少量I－的溶液中，H2O2分解的机理为
H2O2＋I－―→H2O＋IO－ 慢
H2O2＋IO－―→H2O＋O2＋I－ 快
下列有关该反应的说法正确的是( )
A.反应速率与I－浓度有关 B.IO－也是该反应的催化剂
C.反应活化能等于98 kJ·mol－1 D.v(H2O2)＝v(H2O)＝v(O2)
答案：A
解析：A项，将题给两个反应合并可得总反应为2H2O2===2H2O＋O2↑，该反应中I－作催化剂，其浓度的大小将影响该反应的反应速率；B项，该反应中IO－是中间产物，不是该反应的催化剂；C项，反应的活化能表示一个化学反应发生所需要的最小能量，分解1 mol H2O2放出98 kJ热量，不能据此判断该反应的活化能；D项，由反应速率与对应物质的化学计量数的关系可知v(H2O2)＝v(H2O)＝2v(O2)。
4．在一密闭容器中充入1 mol H2和1 mol I2，压强为p(Pa)，并在一定温度下使其发生反应：H2(g)＋I2(g)2HI(g) ΔH<0，下列说法正确的是( )
A.保持容器容积不变，向其中加入1 mol H2(g)，反应速率一定加快
B.保持容器容积不变，向其中加入1 mol N2(N2不参加反应)，反应速率一定加快
C.保持容器内气体压强不变，向其中加入1 mol N2(N2不参加反应)，反应速率一定加快
D.保持容器内气体压强不变，向其中加入1 mol H2(g)和1 mol I2(g) ，再次平衡时反应速率一定加快
答案：A
解析：增加反应物的浓度，反应速率加快，A项正确；加入氮气，因为容器体积不变，反应体系中各气体的浓度不变，故反应速率不变，B项错误；保持压强不变，加入氮气，容器体积增大，反应体系中各气体的浓度减小，反应速率减小，C项错误；保持压强不变，再次充入1 mol H2(g)和1 mol I2(g)，则容器容积增大为原来的2倍，再次平衡反应体系中各气体的浓度不变，反应速率不变，D项错误。
考点二 化学反应进行的方向与化学平衡状态
1．自发过程
(1)含义
在一定条件下，不需要借助外力作用就能自动进行的过程。
(2)特点
①体系趋向于从高能状态转变为低能状态(体系对外部做功或释放热量)。
②在密闭条件下，体系有从有序转变为无序的倾向性(无序体系更加稳定)。
2．化学反应方向
(1)判据
(2)一般规律：
①ΔH<0，ΔS>0的反应任何温度下都能自发进行；
②ΔH>0，ΔS<0的反应任何温度下都不能自发进行；
③ΔH和ΔS的作用相反，且相差不大时，温度对反应的方向起决定性作用。当ΔH<0，ΔS<0时低温下反应能自发进行；当ΔH>0，ΔS>0时，高温下反应能自发进行。
说明：对于一个特定的气相反应，熵变的大小取决于反应前后的气体物质的化学计量数大小。
2．化学平衡状态的判断
(1)原则
“体系中一个变化的物理量到某一时刻不再变化”，这个物理量可作为平衡状态的“标志”。
(2)等速标志
v正＝v逆是化学平衡状态的本质特征，对于等速标志的理解，要注意以下两个方面的内容：
①用同一种物质来表示反应速率时，该物质的生成速率与消耗速率相等。
②用不同种物质来表示反应速率时必须符合两方面：a.表示两个不同的方向；b.速率之比＝浓度的变化量之比＝物质的量的变化量之比＝化学计量数之比。
(3)浓度标志
反应混合物中各组分的浓度不变是平衡状态的宏观表现，可逆反应中各组分的物质的量、浓度、百分含量、气体的体积分数一定时，可逆反应达到平衡状态。
(4)混合气体的平均相对分子质量()标志
①当反应物与生成物均为气体时：对于反应前后气体分子数不等的反应，为定值可作为反应达到平衡状态的标志；对于反应前后气体分子数相等的反应，为定值不能作为反应达到平衡状态的标志。
②若有非气体参与，无论反应前后气体的分子数是否相等，为定值一定可作为反应达到平衡状态的标志。
(5)混合气体的密度(ρ)标志
①当反应物与生成物均为气体时：在恒容条件下，无论反应前后气体分子数是否相等，ρ为定值，不能作为反应达到平衡状态的标志；在恒压条件下，对于反应前后气体分子数相等的反应，ρ为定值，不能作为反应达到平衡状态的标志，对于反应前后气体分子数不等的反应，ρ为定值，可作为反应达到平衡状态的标志。
②当有非气体物质参与反应时：对于恒容体系，ρ为定值，可作为反应达到平衡状态的标志。
(6)混合气体的压强标志
因为恒容、恒温条件下，气体的物质的量n(g)越大则压强p就越大，则无论各成分是否均为气体，只需要考虑Δn(g)。对于Δn(g)＝0的反应，当p为定值时，不能作为反应达到平衡状态的标志；对于Δn(g)≠0的反应，当p为定值时，可作为反应达到平衡状态的标志。
(
典例精讲
)
考法一 化学反应的自发进行
【典例1】下列反应在任何温度下均能自发进行的是( )
A．2N2(g)＋O2(g)===2N2O(g) ΔH＝163 kJ·mol－1
B．Ag(s)＋Cl2(g)===AgCl(s) ΔH＝－127 kJ·mol－1
C．HgO(s)===Hg(l)＋O2(g) ΔH＝91 kJ·mol－1
D．H2O2(l)===O2(g)＋H2O(l) ΔH＝－98 kJ·mol－1
解析：对于A项，ΔH>0，ΔS<0，在任何温度下，ΔH－TΔS>0，即任何温度下反应都不能自发进行；对于B项，ΔH<0，ΔS<0，在较低温度下，ΔH－TΔS<0，即低温下反应能自发进行；对于C项，ΔH>0，ΔS>0，若使反应自发进行，即ΔH－TΔS<0，必须升高温度，即反应只有在较高温度时能自发进行；对于D项，ΔH<0，ΔS>0，在任何温度下，ΔH－TΔS<0，即在任何温度下反应均能自发进行。
答案：D
考法二 化学反应进行的方向
【典例2】下列说法正确的是( )
A.反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)的ΔH<0，ΔS>0
B.反应2CO＋2NO===N2＋2CO2在常温下能自发进行，则反应的ΔH＞0，ΔS＜0
C.反应TiO2(s)＋2Cl2(g)===TiCl4(g)＋O2(g) ΔH>0能自发进行，其原因是ΔS>0
D.反应4Fe(s)＋3O2(g)===2Fe2O3(s)常温下可自发进行，该反应为吸热反应
解析：该反应的正反应为气体分子数减少的反应，ΔS<0，A项错误；从反应方程式中气体物质化学计量系数来看，物质的量在减小，即熵减小，但反应能自发，则该反应是放热反应，ΔH<0，B项错误；一个吸热反应如果能自发进行，则该反应一定是熵增大反应，C项正确；该反应的气体分子数减小，即熵减小，但反应能自发，说明反应一定为放热反应，D项错误。
答案：C
考法三 化学平衡状态的判断
【典例3】在一定温度下，下列叙述不是可逆反应A(g)＋3B(g)2C(g)达到平衡状态标志的是( )
①C的生成速率与C的分解速率相等；
②单位时间生成a mol A，同时生成3a mol B；
③A、B、C的浓度不再变化；
④A、B、C的分子数目比为1∶3∶2；
⑤混合气体的总压强不再变化；
⑥混合气体的物质的量不再变化；
⑦单位时间消耗a mol A，同时生成3a mol B
A.②④ B.⑦④ C.①③ D.⑤⑥
解析：C的生成速率是正反应速率，C的分解速率是逆反应速率，正逆反应速率相等，说明达到平衡状态，①不选；单位时间生成a mol A为逆反应，同时生成3a mol B也是逆反应，不能说明达到平衡状态，②选；A、B、C的浓度不再变化，说明达到平衡状态，③不选；平衡时各物质的分子数之比取决于物质的起始物质的量和转化率，故A、B、C的分子数目比为1∶3∶2不能作为判断是否达到平衡状态的依据，④选；反应前后气体的体积不等，故混合气体的总压强不再变化可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，⑤不选；混合气体的物质的量会变，故混合气体的物质的量不再变化，说明达到平衡状态，⑥不选；单位时间消耗a mol A是正反应，同时生成3a mol B是逆反应，且化学反应速率之比等于化学计量数之比，故正逆反应速率相等，说明达到平衡状态，⑦不选；A正确。
答案：A
解题技巧
焓变、熵变和温度对化学反应方向的影响
ΔH ΔS ΔH－TΔS 反应情况
－ ＋ 永远是负值 在任何温度下过程均自发进行
＋ － 永远是正值 在任何温度下过程均非自发进行
＋ ＋ 低温为正高温为负 低温时非自发，高温时自发
－ － 低温为负高温为正 低温时自发，高温时非自发
练习
1．下列对化学反应预测不正确的是( )
选项 化学方程式 已知条件 预测
A W(s)＋G(g)= 2Q(g) 任何温度都自发进行 ΔH＜0
B 4M(s)＋N(g)＋2W(l)= 4Q(s) 常温下自发进行 ΔH＞0
B 3C(s)＋CaO(s)= CaC2(s)＋CO(g) 常温下不能自发进行 ΔH＞0
D 2NO(g)＋O2(g)===2NO2(g) 常温下能够自发进行 ΔH＜0
答案：B
解析：A项，W(s)+G(g)═2Q(g)反应为气体的化学计量数增大的反应，△S＞0，△H＜0，反应能够自发进行，故A正确；B项，4M(s)+N(g)+2W(l)═4Q(s)为气体的化学计量数减小的反应，△S＜0，当△H＞0时，△H-T△S＞0，一定不能自发进行，故B错误；C项，3C(s)＋CaO(s)= CaC2(s)＋CO(g) 的 S>0，在常温下不能自发进行，则表明反应吸热，即说明该反应的ΔH>0，C正确；D项，常温下，2NO(g)＋O2(g)===2NO2(g) 的 S<0，能够自发进行，则表明反应放热，即该反应的ΔH<0，D正确。故选B。
2．(2020 江苏卷)反应可用于纯硅的制备。下列有关该反应的说法正确的是( )
A．该反应 、
B．该反应的平衡常数
C．高温下反应每生成1 mol Si需消耗
D．用E表示键能，该反应
答案：B
解析：A项，SiCl4、H2、HCl为气体，且反应前气体系数之和小于反应后气体系数之和，因此该反应为熵增，即△S>0，故A错误；B项，根据化学平衡常数的定义，该反应的平衡常数K=，故B正确；C项，题中说的是高温，不是标准状况下，因此不能直接用22．4L·mol－1计算，故C错误；D项，△H=反应物键能总和－生成物键能总和，即△H=4E(Si－Cl)＋2E(H－H)－4E(H－Cl) －2E(Si－Si)，故D错误；故选B。
3．250 ℃和 1．01×105 Pa时，2N2O5(g)===4NO2(g)＋O2(g) ΔH＝＋56．76 kJ/mol 能自发进行，其自发进行的原因是( )
A.是吸热反应 B.是放热反应 C.是熵减少的反应 D.熵增效应大于能量效应
答案：D
解析：反应能自发进行，则有ΔH－TΔS＜0，因ΔH＞0，则ΔH＜TΔS，即熵增效应大于能量效应，D项正确。
4．已知吸热反应2CO(g)===2C(s)＋O2(g)，设ΔH 和ΔS不随温度而变，下列说法中正确的是( )
A.低温下能自发进行 B.高温下能自发进行
C.任何温度下都能自发进行 D.任何温度下都不能自发进行
答案：D
解析：已知反应2CO(g)===2C(s)＋O2(g)的ΔH＞0，ΔS＜0，所以ΔH－TΔS＞0，反应任何温度下都是不能自发进行，D项正确。
5．一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应：Si(s)＋3HCl(g)SiHCl3(g)＋H2(g)。不能表明该反应达到平衡状态的是( )
A．生成1molH2的同时生成3molHCl B．混合气体的平均相对分子质量不变
C．HCl、SiHCl3、H2三者的浓度比值3：1：1 D．混合气体的密度不变
答案：C
解析：A项，生成1molH2的同时生成3molHCl，表示正逆反应速率相等，说明反应达到平衡状态，故A正确；B项，该反应为气体的物质的量增大的反应，混合气体的质量不变，则混合气体的平均相对分子质量为变量，当混合气体的平均相对分子质量不变，表明反应达到平衡状态，故B正确；C项，HCl、SiHCl3、H2三者的浓度比值1∶1∶1，不能说明浓度是否不变，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；D项，体积不变，混合气体的密度始终不变，说明混合气体的质量不变，反应达到平衡状态，故D正确；故选C。
考点三 化学平衡常数
1．化学平衡常数
(1)概念：
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，用符号K表示。
(2)表达式：对于反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，K＝。
实例：
化学方程式 平衡常数 关系式
N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) K1＝ K2＝ (或K1) K3＝
N2(g)＋H2(g)NH3(g) K2＝
2NH3(g)N2(g)＋3H2(g) K3＝
(3)意义：
①K值越大，正反应进行的程度越大，反应物的转化率越大。
②K只受温度影响，与反应物或生成物的浓度变化无关，吸热反应，升高温度，K增大，放热反应，升高温度，K减小。
2．平衡转化率
对于上例反应中A(g)的平衡转化率可表示为：
α(A)＝×100%{c0(A)代表A的初始浓度，c平(A)代表A的平衡浓度}。
(
典例精讲
)
考法一 化学平衡常数的理解
【典例1】某温度下气体反应达到化学平衡，平衡常数K＝，恒容时，若温度适当降低，F的浓度增加，下列说法正确的是( )
A.增大c(A)、c(B)，K增大
B.降低温度，正反应速率增大
C.该反应的焓变为负值
D.该反应的化学方程式为2E(g)＋F(g)A(g)＋2B(g)
解析：某温度下气体反应达到化学平衡，平衡常数K＝，则该反应为2E(g)＋F(g)A(g)＋2B(g)，恒容时，若温度适当降低，F的浓度增加，平衡向逆反应方向移动，正反应为吸热反应，故C错误，D正确；平衡常数只受温度影响，与浓度无关，温度不变，平衡常数不变，故A错误；降低温度，正、逆反应速率都降低，正反应速率降低更多，平衡向逆反应方向移动，故B错误。
答案：D
考法二 利用化学平衡常数判断反应进行的方向
【典例2】(2020 北京卷)一定温度下，反应I2(g)+H2(g)2Hl(g)在密闭容器中达到平衡时，测得c(I2)=0.11mmol L-1，c(HI)=0.78mmol L-1。相同度温下，按下列4组初始浓度进行实验，反应逆向进行的是(注：1mmol L-1=10-3mol L-1) ( )
A B C D
c(I2)/mmol L-1 1．00 0.22 0.44 0.11
c(H2)/mmol L-1 1．00 0.22 0.44 0.44
c(HI)/mmol L-1 1．00 1．56 4．00 1．56
解析：题目中缺少c(H2)，则无法计算K，则不能通过Qc与K的关系判断平衡的移动方向，但可比较4个选项中Qc的大小关系，Qc越大，则可能逆向移动。Qc(A)==1，Qc(B)= =50.28，Qc(C)= =82．64，Qc(D)= =50.28，Qc(C)的值最大，答案为C。
答案：C
考法三 化学平衡常数的运用r
【典例3】(2020 浙江7月选考)5mL0.1mol/LKI溶液与1mL0.1mol/LFeCl3溶液发生反应：2Fe3+(aq)+2I-( aq) 2Fe2+(aq)+I2(aq)，达到平衡。下列说法不正确的是( )
A．加入苯，振荡，平衡正向移动
B．经苯2次萃取分离后，在水溶液中加入KSCN，溶液呈血红色，表明该化学反应存在限度
C．加入FeSO4固体，平衡逆向移动
D．该反应的平衡常数
解析：A项，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项，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项，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项，该反应的平衡常数K=，D错误；故选D。
答案：D
考法四 有关化学平衡“三段式”计算
【典例4】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2 L的密闭容器中充入0.2 mol X和0.8 mol Y，反应初始4 s内v(X)＝0.005 mol/(L·s)。下列说法正确的是( )
温度/℃ 700 800 830 1 000 1 200
平衡常数 1．7 1．1 1．0 0.6 0.4
A.4 s时容器内c(Y)＝0.76 mol/L
B.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.1 200 ℃时反应R(g)＋Q(g)X(g)＋Y(g)的平衡常数K＝0.4
解析：反应初始4 s内X的平均反应速率v(X)＝0.005 mol/(L·s)，根据速率之比等于化学计量数之比，可知v(Y)＝v(X)＝0.005 mol/(L·s)，则4 s内Δc(Y)＝0.005 mol·L－1·s－1×4 s＝0.02 mol/L，Y的起始浓度为＝0.4 mol/L，故4 s时c(Y)＝0.4 mol/L－0.02 mol/L＝0.38 mol/L，A项错误；设平衡时A的浓度变化量为x，则：
X(g) ＋ Y(g) R(g)＋Q(g)
开始(mol/L): 0.1 0.4 0 0
变化(mol/L): xxxx
平衡(mol/L): 0.1－x 0.4－x xx
故＝1．0，解得x＝0.08，所以平衡时X的转化率为×100%＝80%，B项正确；由表格可知，温度升高，化学平衡常数减小，平衡逆向移动，C项错误；1 200 ℃时反应X(g)＋Y(g)R(g)＋Q(g)的平衡常数值为0.4，所以1 200 ℃时反应R(g)＋Q(g)X(g)＋Y(g)的平衡常数的值为＝2．5，D项错误。
答案：B
解题技巧
“三段式法”解答化学平衡计算题
1．步骤
(1)写出涉及的可逆反应的化学方程式。
(2)找出起始量、转化量和平衡量中哪些是已知量，哪些是未知量，按“三段式”列出。
(3)根据问题建立相应的关系式进行计算。
2．模板
对于反应：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，令A、B起始物质的量(mol)分别为a、b，达到平衡后，A的消耗量为mx，容器容积为V L。
建立等式求解：(1)K＝
(2)c平(A)＝(mol·L－1)。
(3)α(A)平＝×100%，α(A)∶α(B)＝∶＝。
(4)φ(A)＝×100%。
(5)＝。
练习
1．下列关于平衡常数的说法正确的是( )
A.在平衡常数表达式中，反应物浓度用起始浓度，生成物浓度用平衡浓度
B.在任何条件下，化学平衡常数都是一个恒定值
C.平衡常数的大小与温度、浓度、压强、催化剂等无关
D.从平衡常数的大小可以推断一个反应进行的程度
答案：D
解析：在平衡常数表达式中，反应物及生成物浓度均为达到化学平衡时的浓度；在温度一定时，对一个确定化学计量数的可逆反应，化学平衡常数是一个恒定值，其大小只与温度有关，与其他外界条件无关，平衡常数的大小反映了化学反应可能进行的程度。
2．反应H2(g)＋I2(g)2HI(g)的平衡常数为K1；反应HI(g)H2(g)＋I2(g)的平衡常数为K2，则K1、K2的关系式为(平衡常数为同温度下的测定值)( )
A.K1＝2K2 B.K1＝K C.K1＝ D.K1＝K2
答案：C
解析：K1＝c2(HI)/[c(H2)·c(I2)]，K2＝[c(H2)·c(I2)]/c(HI)，K1＝。
3．(2020 浙江1月选考)一定温度下，在2 L的恒容密闭容器中发生反应A(g)＋2B(g)3C(g)。反应过程中的部分数据如下表所示：
n/mol t/min n(A) n(B) n(C)
0 2．0 2．4 0
5 0.9
10 1．6
15 1．6
下列说法正确的是( )
A．0~5 min用A表示的平均反应速率为
B．该反应在10 min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项，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)=，故A错误；B项，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，故B错误；C项，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，故C正确；D项，物质B的平衡转化率为，故D错误；故选C。
4．(2019 江苏卷)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>0
B．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 4 mol·L 1，NO平衡转化率为50%，则平衡常数K>2000
答案：BD
解析：A项，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项，根据上述分析，X点时，反应还未到达平衡状态，平衡正向移动，所以延长反应时间能提高NO的转化率，故B正确；C项，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，平衡向正方向移动，可以提高NO的转化率，故C错误；D项，设NO起始浓度为a，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；选BD。
考点四 化学平衡的移动
1．化学平衡的移动
平衡移动就是由一个“平衡状态→不平衡状态→新平衡状态”的过程。一定条件下的平衡体系，条件改变后，平衡可能发生移动，如下所示：
2．化学平衡移动与化学反应速率的关系
v正>v逆，平衡向正反应方向移动；
v正＝v逆，反应达到平衡状态，不发生平衡移动 ；
v正3．影响化学平衡的因素
(1)若其他条件不变，改变下列条件对化学平衡的影响如下：
改变的条件(其他条件不变) 化学平衡移动的方向
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) 反应前后气体体积改变 增大压强 向气体分子总数减小的方向移动
减小压强 向气体分子总数增大的方向移动
反应前后气体体积不变 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 同等程度改变v正、v逆，平衡不移动
(2)通过图像分析影响化学平衡移动的因素
某温度下，在密闭容器中SO2、O2、SO3三种气态物质建立化学平衡后，改变条件对反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH<0的正、逆反应速率的影响如图所示：
①加催化剂对反应速率影响的图像是C(填字母，下同)，平衡不移动。
②升高温度对反应速率影响的图像是A，平衡向逆反应方向移动。
③增大反应容器体积对反应速率影响的图像是D，平衡向逆反应方向移动。
④增大O2的浓度对反应速率影响的图像是B，平衡向正反应方向移动。
4．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。
(
典例精讲
)
考法一 判断化学平衡移动的结果
【典例1】(2019 上海卷)已知反应式：mX(g)+nY( )pQ(s)+2mZ(g)，已知反应已达平衡，此时c(X)=0.3mol/L，其他条件不变，若容器缩小到原来的1/2，c(X)=0.5mol/L，下列说法正确的是( )
A． 反应向逆方向移动 B． Y可能是固体或液体
C． 系数n>m D． Z的体积分数减小
答案：C
解析：A．已知反应达平衡时c(X)=0.3mol/L，其他条件不变，若容器缩小到原来的1/2，如果化学平衡不移动，c(X)=0.6mol/L，但是题中说c(X)=0.5mol/L说明加压后化学平衡向正向移动了，故A错误；B．结合题意可知正反应是气体总体积减少的反应，如果y为固体或液体，则必须满足m>2m，显然不可能成立。所以有只能是气体B 错误；C．要满足m+n>2m，所以n>m。C正确；D．根据题意化学平衡向右移动，Z的体积分数是增大的，所以D错误。
答案：C
考法二 化学平衡移动的方向
【典例2】(2020 浙江1月选考)在干燥的HCl气流中加热MgCl2·6H2O，能得到无水MgCl2。下列说法不正确的是( )
A．MgCl2·nH2O(s)=MgCl2·(n－1)H2O(s)＋H2O(g) ΔH＞0
B．MgCl2·2H2O(s)=Mg(OH)2(s)＋2HCl(g)，HCl气流可抑制反应进行
C．MgCl2·H2O(s)=Mg(OH)Cl(s)＋HCl(g)，升高温度，反应更易发生
D．MgCl2·4H2O(s)=MgCl2·2H2O(s)＋2H2O(g)，HCl气流可抑制反应进行
解析：A项，MgCl2·nH2O的失水反应是吸热反应，焓变ΔH＞0，故A正确；B项，在HCl气流中，能使MgCl2·2H2O的水解平衡向逆反应方向移动，抑制反应进行，故B正确；C项，MgCl2·H2O的水解反应是吸热反应，升高温度，水解平衡向正反应方向移动，促进反应进行，故C正确；D项，MgCl2·4H2O的失水反应没有氯化氢生成，HCl气流对反应没有影响，故D错误；故选D。
答案：D
考法三 外界条件对化学平衡的影响
【典例3】(2020 浙江7月选考)一定条件下：2NO2(g)N2O4(g) 。在测定NO2的相对分子质量时，下列条件中，测定结果误差最小的是( )
A．温度0℃、压强50 kPa B．温度130℃、压强300 kPa
C．温度25℃、压强100 kPa D．温度130℃、压强50 kPa
解析：测定二氧化氮的相对分子质量，要使测定结果误差最小，应该使混合气体中NO2的含量越多越好，为了实现该目的，应该改变条件使平衡尽可以地逆向移动。该反应是一个反应前后气体分子数减小的放热反应，可以通过减小压强、升高温度使平衡逆向移动，则选项中，温度高的为130℃，压强低的为50kPa，结合二者选D。
答案：D
考法四 化学平衡移动的综合分析
【典例4】(2020 新课标Ⅱ卷)二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响，其原理如下图所示。下列叙述错误的是( )
A．海水酸化能引起HCO3-浓度增大、CO32-浓度减小
B．海水酸化能促进CaCO3的溶解，导致珊瑚礁减少
C．CO2能引起海水酸化，其原理为HCO3-H++ CO32-
D．使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境
解析：A项，海水酸化，H+浓度增大，平衡H++ CO32-HCO3-正向移动，CO32-浓度减小，HCO3-浓度增大，A正确；B项，海水酸化，CO32-浓度减小，导致CaCO3溶解平衡正向移动，促进了CaCO3溶解，导致珊瑚礁减少，B正确；C项，CO2引起海水酸化的原理为：CO2+H2OH2CO3H++ HCO3-，HCO3-H++ CO32-，导致H+浓度增大，C错误；D项，使用太阳能、氢能等新能源，可以减少化石能源的燃烧，从而减少CO2的排放，减弱海水酸化，从而改善珊瑚礁的生存环境，D正确；故选C。
答案：C
考法五 化学平衡图象
【典例5】(2020 江苏卷)(双选)CH4与CO2重整生成H2和CO的过程中主要发生下列反应
CH4(g)＋CO2(g)=2H2 (g)＋2CO(g) ΔH=247．1kJ·mol-1
H2(g)＋CO2(g)=H2O (g)＋CO(g) ΔH=41．2kJ·mol-1
在恒压、反应物起始物质的量比n(CH4)：n(CO2)=1：1条件下，CH4和CO2的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示。下列有关说法正确的是( )
A．升高温度、增大压强均有利于提高CH4的平衡转化率
B．曲线B表示CH4的平衡转化率随温度的变化
C．相同条件下，改用高效催化剂能使曲线A和曲线B相重叠
D．恒压、800K、n(CH4)：n(CO2)=1:1条件下，反应至CH4转化率达到X点的值，改变除温度外的特定条件继续反应，CH4转化率能达到Y点的值
解析：A项，甲烷和二氧化碳反应是吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应即正向移动，甲烷转化率增大，甲烷和二氧化碳反应是体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，甲烷转化率减小，故A错误；B项，根据两个反应得到总反应为CH4(g)＋2CO2(g)== H2(g)＋3CO(g) ＋H2O (g)，加入的CH4与CO2物质的量相等，CO2消耗量大于CH4，因此CO2的转化率大于CH4，因此曲线B表示CH4的平衡转化率随温度变化，故B正确；C项，使用高效催化剂，只能提高反应速率，但不能改变平衡转化率，故C错误；D项，800K时甲烷的转化率为X点，可以通过改变二氧化碳的量来提高甲烷的转化率达到Y点的值，故D正确。故选BD。
答案：BD
考法六 “等效平衡”理论的应用
【典例6】(2018 江苏卷)(双选)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．v1K3，p2> 2p3
C．v1α3(SO2 ) D．c2> 2c3，α2(SO3 )+α3(SO2 )<1
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，υ2>υ1，增大压强平衡向正反应方向移动，平衡时c2>2c1，p2<2p1，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，υ3>υ1，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡时c3p1，α3(SO2)<α1(SO2)，K3υ1，c2>2c1，A项错误；B项，K3p1，则p2<2p3，B项错误；C项，υ3>υ1，α3(SO2)<α1(SO2)，C项正确；D项，c2>2c1，c32c3，α1(SO2)+α2(SO3)<1，α3(SO2)<α1(SO2)，则α2(SO3)+α3(SO2)<1，D项正确；故选CD。
答案：CD
解题技巧
等效平衡判断“四步曲”
：观察可逆反应特点(物质状态、气体分子数)，判断反应是反应前后气体体积不变的可逆反应还是反应前后气体体积改变的可逆反应；
：挖掘反应条件，是恒温恒容还是恒温恒压，注意密闭容器不等于恒容容器；
：采用一边倒法，将起始物质按可逆反应化学计量数之比转化成同一边的物质；
：联系等效平衡判断依据，结合题目条件判断是否达到等效平衡。
练习
1．将等物质的量的N2、H2气体充入某密闭容器中，在一定条件下，发生如下反应并达到平衡：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＜0。当改变某个条件并维持新条件直至新的平衡时，下表中关于新平衡与原平衡的比较正确的是( )
选项 改变条件 新平衡与原平衡比较
A 增大压强 N2的浓度一定变小
B 升高温度 N2的转化率变小
C 充入一定量H2 H2的转化率不变，N2的转化率变大
D 使用适当催化剂 NH3的体积分数增大
答案：B
解析：A项，正反应是气体体积减小的反应，依据勒夏特列原理可知增大压强平衡向正反应方向移动，但氮气的浓度仍然比原平衡大，不正确；B项，正反应是放热反应，则升高温度平衡向逆反应方向移动，氮气的转化率降低，正确；C项，充入一定量的氢气，平衡向正反应方向移动，氮气的转化率增大，而氢气的转化率降低，不正确；D项，催化剂只能改变反应速率而不能改变平衡状态，不正确，答案选B。
2．将NO2装入带有活塞的密闭容器中，当反应2NO2(g)N2O4(g)达到平衡后，下列叙述正确的是( )
A．升高温度，气体颜色加深，则此反应为吸热反应
B．慢慢压缩气体体积，平衡向正反应方向移动，混合气体的颜色变浅
C．慢慢压缩气体体积，若体积减小一半，压强增大，但小于原来的两倍
D．恒温恒容时，充入稀有气体，压强增大，平衡向正反应方向移动，混合气体的颜色变浅
答案：C
解析：升高温度，气体颜色加深，则平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，A错误；首先假设平衡不移动，压缩体积即增大压强，气体颜色加深，但平衡向正反应方向移动，使混合气体的颜色在加深基础上变浅，但一定比原平衡的颜色深，B错误；同理，首先假设平衡不移动，若体积减小一半，则压强变为原来的两倍，但平衡向正反应方向移动，使压强在原平衡两倍的基础上减小，C正确；体积不变，反应物及生成物浓度不变，正、逆反应速率均不变，平衡不移动，颜色不变化，D错误。
3．(2020 天津卷)已知[Co(H2O)6]2+呈粉红色，[CoCl4]2-呈蓝色，[ZnCl4]2-为无色。现将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：[Co(H2O)6]2++4Cl- [CoCl4]2-+6H2O ΔH，用该溶液做实验，溶液的颜色变化如下：
以下结论和解释正确的是( )
A．等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-中σ键数之比为3:2
B．由实验①可推知△H<0
C．实验②是由于c(H2O)增大，导致平衡逆向移动
D．由实验③可知配离子的稳定性：[ZnCl4]2->[CoCl4]2-
答案：D
解析：A项，1个[Co(H2O)6]2+中含有18个σ键，1个[CoCl4]2-中含有4个σ键，等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-所含σ键数之比为18:4=9:2，A错误；B项，实验①将蓝色溶液置于冰水浴中，溶液变为粉红色，说明降低温度平衡逆向移动，则逆反应为放热反应，正反应为吸热反应， H>0，B错误；C项，实验②加水稀释，溶液变为粉红色，加水稀释，溶液的体积增大，[Co(H2O)6]2+、[CoCl4]2-、Cl-浓度都减小，[Co(H2O)6]2+、Cl-的化学计量数之和大于[CoCl4]2-的化学计量数，则瞬时浓度商>化学平衡常数，平衡逆向移动，C错误；D项，实验③加入少量ZnCl2固体，溶液变为粉红色，说明Zn2+与Cl-结合成更稳定的[ZnCl4]2-，导致溶液中c(Cl-)减小，平衡逆向移动，则由此说明稳定性：[ZnCl4]2->[CoCl4]2-，D正确；故选D。
4．大气中CO2含量的增多除了导致地球表面温度升高外，还会影响海洋生态环境。某研究小组在实验室测得不同温度下(T1，T2)海水中CO32-浓度与模拟空气中CO2浓度的关系曲线。已知：海水中存在以下平衡：CO2(aq)+CO32-(aq)+H2O(aq)2HCO3-(aq)，下列说法不正确的是( )
A．T1>T2
B．海水温度一定时，大气中CO2浓度增加，海水中溶解的CO2随之增大，CO32-浓度降低
C．当大气中CO2浓度确定时，海水温度越高，CO32- 浓度越低
D．大气中CO2含量增加时，海水中的珊瑚礁将逐渐溶解
答案：C
解析：题中给出的图，涉及模拟空气中CO2浓度以及温度两个变量，类似于恒温线或恒压线的图像，因此，在分析此图时采用“控制变量”的方法进行分析。判断温度的大小关系，一方面将模拟空气中CO2浓度固定在某个值，另一方面也要注意升高温度可以使HCO3-分解，即让反应CO2+CO32-+H2O2HCO3-逆向移动。A项，升高温度可以使HCO3-分解，反应CO2+CO32-+H2O2HCO3-逆向移动，海水中的CO32-浓度增加；当模拟空气中CO2浓度固定时，T1温度下的海水中CO32-浓度更高，所以T1温度更高，A项正确；B项，假设海水温度为T1，观察图像可知，随着模拟空气中CO2浓度增加，海水中的CO32-浓度下降，这是因为更多的CO2溶解在海水中导致反应CO2+CO32-+H2O2HCO3-正向移动，从而使CO32-浓度下降，B项正确；C项，结合A的分析可知，大气中CO2浓度一定时，温度越高，海水中的CO32-浓度也越大，C项错误；D项，结合B项分析可知，大气中的CO2含量增加，会导致海水中的CO32-浓度下降；珊瑚礁的主要成分是CaCO3，CaCO3的溶解平衡方程式为：CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32-(aq)，若海水中的CO32-浓度下降会导致珊瑚礁中的CaCO3溶解平衡正向移动，珊瑚礁会逐渐溶解，D项正确；故选C。
5．如图，甲容器有一个移动活塞，能使容器保持恒压。起始时，关闭活塞K，向甲中充入2mol SO2、1mol O2，向乙中充入4 mol SO2、2 mol O2。甲、乙的体积都为1 L(连通管体积忽略不计)。保持相同温度和催化剂存在的条件下，使两容器中各自发生下述反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。达平衡时，甲的体积为0.8 L。下列说法正确的是( )
A．乙容器中SO2的转化率小于60%
B．平衡时SO3的体积分数：甲＞乙
C．打开K后一段时间，再次达到平衡，甲的体积为1．4 L
D．平衡后向甲中再充入2 mol SO2、1 mol O2和3 mol SO3，平衡向正反应方向移动
答案：C
解析：A项，根据阿伏加德罗定律(同温同容时，压强之比等于物质的量之比)，达平衡后，混合气体的物质的量是初始时物质的量的0.8倍，即0.8×3mol=2．4mol，即减小了0.6mol，
2 SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △n
2 1
1．2mol 0.6mol
即达平衡后，反应掉1．2molSO2，甲容器中SO2的转化率为×100%=60%，若乙容器也保持压强不变，则平衡后体积为1．6L，现体积不变，相当于甲平衡后增大压强，平衡正向移动，SO2的转化率增大，故A错误；B项，根据上述分析，平衡时SO3的体积分数：甲＜乙，故B错误；C项，根据上述分析，打开K后一段时间.再次达到平衡，总体积为2．4L，因此甲的体积为1．4 L，故C正确；D项，根据上述分析，甲平衡后，容器中有0.8molSO2，0.4molO2，1．2molSO3，物质的量之比为2:1:3，平衡后向甲中再充入2mol SO2、1mol O2和3moLSO3，物质的量之比不变，平衡不移动，故D错误；故选C。
6．(2021年1月浙江选考)“氯碱工业”以电解饱和食盐水为基础制取氯气等产品， 氯气是实验室和工业上的常用气体。请回答：
(1)电解饱和食盐水制取氯气的化学方程式是______。
(2)下列说法不正确的是______。
A．可采用碱石灰干燥氯气
B．可通过排饱和食盐水法收集氯气
C．常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中
D．工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸
(3)在一定温度下，氯气溶于水的过程及其平衡常数为：
Cl2(g)Cl2(aq) K1=c(Cl2)/p
Cl 2(aq) + H2O(l)H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq) K2
其中p为Cl2(g)的平衡压强，c(Cl2)为Cl2在水溶液中的平衡浓度。
①Cl2(g)Cl2(aq)的焓变ΔH1______0。(填”>”、“=”或“<”)
②平衡常数K2的表达式为K2=______。
③氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，则c=______。(用平衡压强p和上述平衡常数表示，忽略HClO的电离)
(4)工业上，常采用“加碳氯化”的方法以高钛渣(主要成分为TiO2)为原料生产TiCl4，相应的化学方程式为；
I.TiO2(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+O2(g) ΔHI=181 mol·L-1，KI=-3．4×10-29
II.2C(s)+O2(g)2CO(g) ΔHII= - 221 mol·L-1，KII=1．2×1048
结合数据说明氯化过程中加碳的理由______ 。
(5)在一定温度下，以I2为催化剂，氯苯和Cl2在CS2中发生平行反应，分别生成邻二氯苯和对二氯苯，两产物浓度之比与反应时间无关。反应物起始浓度均为0.5 mol·L-1，反应30 min测得氯苯15%转化为邻二氯苯，25%转化为对二氯苯。保持其他条件不变，若要提高产物中邻二氯苯的比例，可采用的措施是______。
A．适当提高反应温度 B．改变催化剂
C．适当降低反应温度 D．改变反应物浓度
答案：(1)2NaCl+ 2H2O2NaOH + H2↑+Cl2↑ (2)A
(3)①＜ ②③K1p +
(4)反应I + II得： TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)，K=KIKII=4．1×1019远大于K1，反应II使TiO2氯化为TiCl4得以实现；ΔH=ΔHI+ΔHII= -40kJ·mol-1，反应II 可为反应I提供所需的能量
(5)AB
解析：(1)电解饱和食盐水制取氯气时，同时还生成氢气和氢氧化钠，该反应的化学方程式是2NaCl+ 2H2O 2NaOH + H2↑+Cl2↑。(2) A项，氯气可与碱反应，碱石灰含有氢氧化钠和氧化钙，因此，不能用碱石灰干燥氯气，A说法不正确；B项，氯气可与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应是可逆反应，在饱和食盐水中存在浓度较大的氯离子，可以使氯气的溶解平衡逆向移动，因此，氯气在饱和食盐水中的溶解度较小，可以通过排饱和食盐水法收集氯气，B说法正确；C项，氯气在常温下不与铁反应；氯气的相对分子质量较大，其分子间的作用力较大，因此，氯气属于易液化的气体，常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中，C说法正确；D项，氢气和氯气反应生成氯化氢，氯化氢溶于水得到盐酸，因此，工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸，D说法正确。综上所述，相关说法不正确的是A，故选A。(3)①Cl2(g) Cl2(aq)表示的是氯气的溶解平衡，氯气在常温下可溶于水，该过程是自发的，由于该过程的熵变小于0，因此，其焓变ΔH1＜0。②由化学方程式Cl 2(aq) + H2O(l) H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq)可知，其平衡常数K2的表达式为K2=，注意水为液态，其不出现在表达式中。③Cl2(g) Cl2(aq) 与Cl 2(aq) + H2O(l) H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq) 相加可以得到Cl2(g) + H2O(l) H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq)，因此，该反应的平衡常数为；氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，根据物料守恒可知，c= + c(HClO)+ c(Cl-)，由于HCl是强电解质，若忽略水的电离和次氯酸的电离，则，由K2=可知=，由K1=c(Cl2)/p可知，=，则=，因此，c= K1p + 。(4)已知：I . TiO2(s)+2Cl2(g) TiCl4(g)+O2(g) ΔHI=181 mol ·L-1，KI=-3．4 ×10-29；II. 2C(s)+O2(g) 2CO(g) ΔHII= - 221 mol ·L-1，KII=1．2×1048。根据盖斯定律可知，I + II得： TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)，则K=KIKII=4．1 ×1019远大于K1，反应II的发生可以减小反应I的平衡体系中氧气的浓度，从而使TiO2氯化为TiCl4得以实现；反应I为吸热反应，而ΔH=ΔHI+ΔHII= -40kJ·mol-1，说明TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)为放热反应，则反应II 可为反应I提供所需的能量。(5) A项，由于两产物浓度之比与反应时间无关，适当提高反应温度，使催化剂碘的溶解度增大，既可以加快化学反应速率，同时可以提高邻位取代的机率(催化剂会参与反应形成中间体，根据信息可知，碘在对位的取代机率较大)，从而提高产物中邻二氯苯的比例，故A符合题意；B项，可以使用对生成邻二氯苯有更高选择性的催化剂，以提高产物中邻二氯苯的比例，B符合题意；C项，适当降低反应温度，不利于提高邻二氯苯的生成机率，不能提高产物中邻二氯苯的比例，C不符合题意；D项，改变反应物浓度可以改变化学反应速率，从而改变反应达到化学平衡状态的时间，但是，产物浓度之比与反应时间无关，因此，不能提高产物中邻二氯苯的比例，D不符合题意。故选AB。
(
过关检测
)
一、选择题
1．（2021·湖南株洲市高三一模）下列有关说法中，正确的是( )
A．在 KMnO4 酸性溶液做电解质的原电池中，MnO4-一定向负极移动
B．常温常压下能发生自发反应的两种物质，在常温常压下一定不能大量共存
C．燃烧反应一定有电子的转移，并一定伴随着能量的放出
D．其他条件不变时，向平衡体系 mA(g)+nB(g)=pC(g)中加入一定量的A，A的转化率一定减小
答案：C
解析：A项，原电池工作时，阴离子向负极移动，但在 KMnO4 酸性溶液做电解质的原电池中，MnO4-具有强氧化性，可能在正极得到电子发生还原反应，不向负极移动，故A错误；B项，常温常压下能发生自发反应的两种物质，但在常温常压下不一定能发生反应，如氢气和氧气生成水的反应，由常温下△H—T△S＜0可知，能自发进行，但氢气和氧气需要点燃才能反应，常温常压下能大量共存，故B错误；C项，燃烧反应都有能量放出，都属于放热反应，反应中一定有元素化合价的苯环，都有电子的转移，故C正确；D项，其他条件不变时，向平衡体系 mA(g)+nB(g)=pC(g)中加入一定量的A，A的转化率不一定减小，如氮气和氧气生成一氧化氮的反应达到平衡后，再加入一定量的氧气，氧气与一氧化氮反应生成二氧化氮，氧气的转化率会增大，不会减小，故D错误；故选C。
2．（2021·广东中山市期末）某温度下，在一个2 L的密闭容器中，加入4 mol A和2 mol B进行如下反应：3A(g)＋2B(g)4C(s)＋x D(g)，反应2 min后达到平衡，测得生成2 mol C，且反应前后压强之比为6∶5，则下列说法正确的是( )
A．根据题意计算可得
B．用A表示的反应速率是0.75 mol˙L-1˙min-1
C．增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数增大
D．若起始时A、B的物质的量之比为3∶2，则2 min末A、B的转化率相等
答案：D
解析：对于反应3A(g)＋2B(g) 4C(s)＋x D(g)，因为C为固体，根据容器的体积不变，反应前后气体的压强之比等于气体的物质的量之比。反应前气体总物质的量为6 mol，反应前后压强之比为6：5，所以反应后气体的总物质的量为5 mol。A项，达到平衡时生成2 mol C，则消耗A的物质的量为1.5 mol，消耗B的物质的量为1 mol，生成D的物质的量为0.5x mol，则平衡时A的物质的量为4 mol-1.5 mol=2.5 mol，B的物质的量为2 mol-1 mol=1 mol，则2.5 mol+1 mol+0.5x mol=5 mol，x=3，A错误；B项，用A表示的反应速率为v(A)=mol˙L-1˙min-1，B错误；C项，因为x=3，正反应为气体体积减小的反应，所以增大该体系的压强，平衡向右移动，，温度不变，化学平衡常数不变，化学平衡常数与浓度、压强没有关系，C错误；D项，若起始时A、B的物质的量之比为3∶2，物质反应的物质的量的比是3∶2，则2 min末达到平衡时A、B的转化量之比仍为3：2，所以2 min末达到平衡时A、B的转化率相等，D正确；故选D。
3．（2021·福建高三零模）K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+。分别在26.3℃，50.0℃恒温条件下，往100mL0.100 mol·L-1的K2Cr2O7溶液中加入一定量K2Cr2O7固体，持续搅拌下pH传感器连续测量溶液的pH，得到如下实验图像，下列说法正确的是( )
A．曲线①是50.0℃的pH-t曲线
B．曲线②对应的平衡常数的数量级是10-14
C．t1后，c(Cr2O72-)+ c(CrO42-)=c(K+)
D．26.3℃，与0.100mol·L-1的K2Cr2O7溶液相比，达到新平衡时c2(CrO42-)/c(Cr2O72-)增大
答案：B
解析：A项，升高温度使平衡正向移动，氢离子浓度变大，pH减小，所以曲线②是50.0℃的pH-t曲线，A错误；B项，反应Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+的平衡常数表达式为K=，据图可知曲线②上0.100 mol·L-1的K2Cr2O7溶液的pH=3.75，所以c(CrO42-)= c(H+)=10-3.75mol/L，则K=≈10-14，B正确；C项，根据物料守恒n(Cr)=n(K)，所以2c(Cr2O72-)+ c(CrO42-)=c(K+)，C错误；D项，，加入一定量K2Cr2O7固体后pH减小，即c(H+)增大，而K不变，所以该比值减小，D错误。
4．（2021·山西运城市期末）利用辉钼矿冶炼组的原理为MOS2(s)+4H2(g)+2 Na2CO3(s)MO(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s) ΔH。在压强为的条件下，测得达到平衡时的有关气体体积分数的变化如图中实线所示：
下列判断正确的是( )
A．通过图象曲线变化规律无法判断ΔH正负
B．a为CO变化曲线，b为水蒸气变化曲线
C．压强为0.5MPa时，虚线Ⅱ可能为H2的变化曲线
D．M点H2的转化率为75%
答案：C
解析：A项，由图像可知，随着温度的升高，氢气的体积分数不断减小，说明温度升高使化学平衡向正反应方向移动，因此，可以通过图象曲线变化规律判断该反应的ΔH＞0，ΔH是正值，A不正确；B项，由a、b两曲线的变化规律可知，升高相同的温度，a曲线所代表的气体的体积分数增长的较大，因此，a为水蒸气（其化学计量数较大）变化曲线，b为CO变化曲线，B不正确；C项，由于正反应是气体分子数增大的反应，在相同温度下增大体系的压强，该反应的化学平衡向逆反应方向移动，H2的体积分数变大，因此，压强为0.5MP时，虚线Ⅱ可能为H2的变化曲线，C正确；D项，假设H2的起始量为4mol，到达平衡后其变化量为x，则根据化学方程式MOS2(s)+4H2(g)+2 Na2CO3(s)MO(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)可知，CO的变化量为0.5x、H2O的变化量为x，则平衡时气体的总物质的量为4mol+0.5x，由图像中的信息可知，M点H2和的体积分数相同，均为40%，则，解之得x=2mol，H2的转化率为，D不正确。故选C。
5．(2021·河北石家庄二中期末)80℃时，NO2(g)＋SO2(g)SO3(g)＋NO(g)。该温度下，在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入NO2和SO2，起始浓度如下表所示，其中甲经2min达平衡时，NO2的转化率为50%，下列判断不正确的是( )
起始浓度 甲 乙 丙
c(NO2)/mol ·L－1 0.10 0.20 0.20
c(SO2)/mol ·L－1 0.10 0.10 0.20
A．平衡时，乙中SO2的转化率大于50%
B．当反应平衡时，丙中c(SO2)是甲中的2倍
C．温度升至90℃，上述反应平衡常数为25/16，则正反应为吸热反应
D．其他条件不变，若起始时向容器乙中充入0.10mol ·L－1 NO2和0.20 mol ·L－1 SO2，达到平衡时c(NO)与原平衡不同
答案：D
解析：甲经2min达平衡时，NO2的转化率为50%，故Δc(NO2)=0.05mol/L，则：
NO2(g)＋SO2(g) SO3(g)＋NO(g)
开始(mol/L)：0.1 0.1 0 0
转化(mol/L)：0.05 0.05 0.05 0.05
平衡(mol/L)：0.05 0.05 0.05 0.05
故该温度下平衡常数K==1。A项，令乙中SO2的浓度变化量为x，则：
NO2(g)＋SO2(g) SO3(g)＋NO(g)
开始(mol/L)：0.2 0.1 0 0
转化(mol/L)： x x x x
平衡(mol/L)：0.2-x 0.1-x x x
所以=1，解得x=，故二氧化硫的转化率为×100%=66.7%＞50%，故A正确；B项，反应前后气体的体积不变，恒温恒容下，甲、丙两容器内起始浓度n(NO2)：n(SO2)=1：1，甲、丙为等效平衡，平衡时二氧化硫的物质的量分数相同，丙中总物质的量为甲中的2倍，则反应平衡时，丙中c(SO2)是甲中的2倍，故B正确；C项，温度升至90℃，上述反应平衡常数为，大于80℃的平衡常数1，则升高温度平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，故C正确；D项，令平衡时NO的浓度为ymol/L，则：
NO2(g)＋SO2(g) SO3(g)＋NO(g)
开始(mol/L)：0.1 0.2 0 0
转化(mol/L)： y y y y
平衡(mol/L)：0.1-y 0.2-y y y
则=1，解得y=，而乙平衡时CO的浓度mol/L，故D错误；故选D。
6．（2021·重庆高三零模）MTP是一类重要的药物中间体，可以由TOME经环化后合成。其反应式为：
为了提高TOME的转化率，反应进行时需及时从溶液体系中移出部分甲醇。TOME的转化率随反应时间的变化如图所示。设TOME的初始浓度为a mol/L，反应过程中的液体体积变化忽略不计。下列说法错误的是（ ）
A．X、Y两点的MTP的物质的量浓度相等
B．X、Z两点的瞬时速率大小为v(X)>v(Z)
C．若Z点处于化学平衡，则210℃时反应的平衡常数K=mol/L
D．190℃时，0～150 min之间的MTP的平均反应速率为mol/(L·min)
答案：C
解析：A项，由图知X、Y两点反应物的转化率相等，则MTP的物质的量浓度相等，A正确；B项，由图知，X点曲线斜率大于Z点，则X、Z两点的瞬时速率大小为v(X)>v(Z) ，因为Z点转化率已达98%，反应物浓度极小，则反应速率下降，B正确；C项，由题知，反应过程中甲醇不断从体系中移走，若Z点处于化学平衡，则210℃时甲醇的浓度不等于0.98amol/L，则反应的平衡常数K不等于mol/L，C错误；D项，190℃时，0～150 min之间的MTP的浓度减少了0.67mol/L，则其平均反应速率为mol/(L·min)，D正确；故选C。
7．（2021·沙坪坝区重庆八中高三月考）某密闭容器中投入1 mol A和1 mol B进行反应：2A(g)＋B(g)3C(g)＋D(s) ΔH=-a kJ·mol-1(a>0)，其产物体积分数随反应物物质的量的比值的变化如图所示。下列说法不正确的是
A．当反应速率2vB正=vA逆，则表明反应达到平衡状态
B．若容器密闭绝热，达平衡后压缩容器体积，温度降低，平衡常数增大
C．若容器恒温恒压，达平衡后充入1 mol氦气，A的转化率不变
D．若容器恒温恒容，达平衡后再加入1 mol A，容器内C的体积分数增大
答案：B
解析：A项，，说明A的正逆反应速率相等，能表明反应达到平衡状态，故A正确；B项，若容器密闭绝热，D为固体，该反应为前后气体分子数相等的反应，达平衡后压缩容器体积，平衡不移动，平衡常数不变，故B错误；C项，恒温恒压，达平衡后充入1 mol惰性气体相当于减压，仍不影响平衡移动，转化率不变，故C正确；D项，恒温恒容，达平衡后再加入1 mol A相当于按系数比充入反应物，由图示信息可知，产物体积分数最大，故D正确；故选B。
8．（2020·河南开封市质检）已知反应H2(g)+I2(g)2HI(g) △H<0。温度T时，在两个体积均为1 L的恒容密闭容器中进行实验，测得气体混合物中碘化氢的物质的量分数w(HI)与反应时间t的关系如表：
容器编号 起始物质 t/min 0 20 40 60 80 100
Ⅰ 0.5 mol I2、0.5 mol H2 ω(HI)/% 0 50 68 76 80 80
Ⅱ x mol HI ω(HI)/% 100 91 84 81 80 80
上述反应中v正=ka·w(H2)·w(I2)，v逆=kb·w2(HI)，其中ka、kb为常数。下列说法正确的是（ ）
A．温度为T时，该反应的=64
B．容器Ⅰ中，前20 min的平均速率v(HI)=0.05 mol·L-1·min-1
C．若起始时，向容器Ⅰ中加入物质的量均为0.1 mol的H2、I2和HI，反应逆向进行
D．x的值一定为1
答案：A
解析：A项，设H2和I2转化了n mol，利用三段式：
平衡时ω(HI)/%=80%=，解得n=0.4，K==64，反应达到平衡时正逆反应速率相等，v正=ka·w(H2)·w(I2)=v逆=kb·w2(HI) ，即=K=64，故A正确；B项，20 min时，ω(HI)=50%，则n(HI)=(0.5 mol+0.5mol)×50%=0.5 mol，v(HI)== 0.025 mol·L-1·min-1，故B错误；C项，起始时，向容器Ⅰ中加入物质的量均为0.1 mol的H2、I2和HI，此时浓度熵Qc==1＜64，反应正向移动，故C错误；D项，H2(g)+I2(g)2HI(g)反应前后气体物质的量不变，改变压强，平衡不移动，因此x不论为何值，Ⅰ和Ⅱ都等效，故D错误；故选A。
9．（2021·江苏扬州市高三期末）已知反应2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)ΔH。根据理论计算，在恒压、起始物质的量之比n(CO2)∶n(H2)=1∶3条件下，该反应达平衡时各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。
实验发现，在实际反应过程中还可能生成C3H6、C3H8、C4H8等副产物。下列有关说法正确的是( )
A．由理论计算可知，ΔH＞0
B．理论计算图中曲线d表示的是平衡时C2H4物质的量分数的变化
C．在实际反应中，450K达到平衡时，n(C2H4)∶n(H2O)＜4∶1
D．在实际反应中，改用选择性更好的催化剂不能提高C2H4的产率
答案：B
解析：
由题中信息可知，两反应物初始投料之比等于化学计量数之比，由图中曲线的起点坐标可知，c和a所表示的物质的物质的量分数之比为1: 3，d和b表示的物质的物质的量分数之比为1: 4，则结合化学计量数之比可以判断，表示乙烯变化的曲线是d，表示二氧化碳变化曲线的是c。A项，由图中曲线的变化趋势可知，升高温度，乙烯的物质的量分数减小，则化学平衡向逆反应方向移动，则该反应为放热反应，ΔH＜0，A错误；B项，．由题分析可知曲线d表示的是平衡时C2H4物质的量分数的变化，B正确；C项，实验发现，在实际反应过程中还可能生成C3H6、C3H8、C4H8等副产物，根据碳元素守恒，故实际反应中，450K达到平衡时，n(C2H4)∶n(H2O)＜1∶4，C错误；D项，实际反应中，选择合适的催化剂，可以加快化学反应速率，同时还可以提高目标产品的选择性，减少副反应的发生，故改用选择性更好的催化剂能提高C2H4的产率，D错误；故选B。
10．(2021·山东烟台期末)工业上主要采用甲醇与CO的羰基化反应来制备乙酸，发生反应如下：CH3OH(g)+CO(g)CH3COOH(l)。在恒压密闭容器中通入0.20mol的CH3OH(g)和0.22mol的CO，测得甲醇的转化率随温度变化如图所示。假设在T2温度下，达到平衡时容器的体积为2L。下列说法正确的是( )
A．该反应的平衡常数T1＜T2
B．B点时CO的转化率约为27.7%
C．T1时，该反应的正反应速率：B点大于A点
D．T2时向上述已达平衡的恒压容器中，再通入0.12molCH3OH和0.06molCO气体时容器体积变为4L，此时平衡不发生移动
答案：D
解析：A项，根据图可知，甲醇的转化率随着温度的升高而减小，说明升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，因此平衡常数T1＞T2，故A错误；B项，根据图像，B点时CH3OH的转化率为80%，即反应的甲醇为0.16mol，则反应的CO为0.16mol，CO的转化率=×100%=72.7%，故B错误；C项，T1时，A点未达到平衡，此时甲醇的浓度大于B点甲醇的浓度，浓度越大，反应速率越快，因此温度为T1时，该反应的正反应速率：B点小于A点，故C错误；D项，根据图像，温度为T2时， CH3OH的转化率为60%，即反应的甲醇为0.12mol，则反应的CO为0.12mol，平衡时甲醇为0.08mol，则反应的CO为0.10mol，平衡时容器的体积为2L，平衡浓度分别为甲醇为0.04mol/L，CO为0.05mol/L。再通入0.12 mol CH3OH和0.06 mol CO的混合气体，容器体积变为4L，此时浓度分别为甲醇为=0.05mol/L，CO为=0.04mol/L，Qc==K=，平衡不移动，故D正确；故选D。
二、非选择题
11．（2021·湖北高三零模）甲烷和水蒸气催化制氢主要有如下两个反应：
①CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) ΔH=+206kJ/mol
②CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) ΔH=-41kJ/mol
恒定压强为时，将n(CH4)∶n(H2O)=1∶3的混合气体投入反应器中，平衡时，各组分的物质的量分数与温度的关系如图所示。
回答下列问题：
(1)写出CH4与CO2生成H2和CO的热化学方程式：_____________________。
(2)关于甲烷和水蒸气催化制氢反应，下列叙述正确的是_______(填标号)。
A．恒温、恒容条件下，加入惰性气体，压强增大，反应速率加快
B．恒温、恒容条件下，加入水蒸气，活化分子百分数增大，反应速率加快
C．升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞频率增大，反应速率加快
D．加入合适的催化剂，降低反应温度也能实现单位时间转化率不变
(3)系统中H2的含量，在700℃左右出现峰值，试从化学平衡的角度解释出现峰值的原因：
①低于700℃，_________________________________________________；
②高于700℃，________________________________________________________。
(4)已知投料比为n(CH4)∶n(H2O)=1∶3的混合气体，p =100kPa。600℃时，CH4的平衡转化率为_______，反应①的平衡常数的计算式为Kp =_______(Kp是以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
答案：(1)CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) ΔH=247kJ/mol (2)C
(3) ①由于正反应方向吸热，随着温度的升高，反应向正反应方向进行的程度较大，氢气的物质的量逐渐增大
②随着反应的进行，一氧化碳的物质的量增大，发生反应②，反应②正反应放热，当温度升高时，平衡逆向移动，使氢气的物质的量减小
(4)77.78% 5859.375
解析：
(1) ①CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) ΔH=+206kJ/mol
②CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) ΔH=-41kJ/mol
根据盖斯定律，①-②，ΔH=+206kJ/mol+41kJ/mol=247kJ/mol，得到CH4和CO2生成H2和CO的热化学方程式：CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) ΔH=247kJ/mol；
(2)由反应CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) ΔH=+206kJ/mol。A项，恒温、恒容条件下，加入惰性气体，总压强增大，各物质的分压不变，各气体的浓度没变，化学反应速率不变，故A不符合题意；B项，恒温、恒容条件下，加入水蒸气，活化分子百分数不变，单位体积活化分子数增加，有效碰撞几率增大，反应速率加快，故B不符合题意；C项，升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞频率增大，反应速率加快，故C符合题意；D项，反应为吸热反应，加入合适的催化剂，缩短达到平衡的时间，但不影响平衡的移动，单位时间内气体的转化率不变；降低反应温度，平衡逆向移动，单位时间内气体的转化率减小，故D不符合题意；故选C； (3)①温度低于700℃时，由于正反应方向吸热，随着温度的升高，反应向正反应方向进行的程度较大，氢气的物质的量逐渐增大；②温度高于700℃，随着反应的进行，一氧化碳的物质的量增大，发生反应②，反应②正反应放热，当温度升高时，平衡逆向移动，使氢气的物质的量减小；(4)已知投料比为n(CH4):n(H2O)=1:3的混合气体，设甲烷的初始物质的量为1mol，水蒸气的物质的量为3mol，设转化的甲烷的物质的量为x，设转化的一氧化碳的物质的量为y，
由图可知，600℃时，CH4的物质的量分数为0.04，各气体的总物质的量为1-x+3-x-y+x+3x+y=4+2x，==0.04，解得x=mol，的平衡转化率为×100%=77.78%；600℃时，由图可知，p =100kPa，平衡时H2的物质的量分数为0.50，可以得到：=0.5，解得y=mol，平衡时CO的物质的量=mol-mol=mol，CO的物质的量分数为=0.06，CH4的物质的量分数为0.04， H2O的物质的量分数为0.32，H2的物质的量分数为0.50，反应①的平衡常数的计算式为Kp===5859.375。
12．（2021·辽宁高二期末）亚硝酰氯(NOCl)是有机合成中的重要试剂，工业上可由NO与Cl2反应制得，回答下列问题：
Ⅰ.(1)氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时会生成亚硝酰氯，涉及如下反应：
2NO2(g)+NaCl(s) NaNO3(s)+NOCl(g) ΔH1；K1
4NO2(g)+2NaCl(s) 2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g) ΔH2；K2
2NO(g)+Cl2(g) 2NOCl(g) ΔH3；K3
则ΔH3=___________(用ΔH1和ΔH2表示)，K3=___________(用K1和K2表示)
Ⅱ.工业上通常用如下反应制备亚硝酰氯：2NO(g)+Cl2(g) 2NOCl(g) ΔH<0.
(1)已知上述反应中逆反应速率的表达式为v逆=k·cn(NOCl)。300℃时，测得逆反应速率与NOCl的浓度的关系如表所示：
c(NOCl)/(mol/L) v逆 /(mol L-1 s-1)
0.20 1.6×10-9
0.40 6.4×10-9
当c(NOCl)=0.50 mol·L-1时，v逆=___________mol·L-1·s-1
(2)保持恒温恒容条件，将物质的量之和为3 mol的NO和Cl2以不同的氮氯比进行反应，平衡时某反应物的转化率与氮氯比及不同温度的关系如图所示：
①图中T1、T2的关系为T1___________T2(填“>”“<”或“=”)；图中纵坐标为物质___________的转化率。图中A、B、C三点对应的NOCl体积分数最大的是___________(填“A”“B”或“C”)。
②若容器容积为1 L，经过10min到达A点，该时间段内化学反应速率υ(NO)=___________。B点的平衡常数为___________。
③若在温度为T1，容积为1 L的容器中，充入0.5molNO、1molCl2、2molNOCl，υ(正)___________υ(逆)(填“<”“>”或“=”)
答案：Ⅰ. (1)2ΔH1-ΔH2
Ⅱ. (1)10-8 (2) ①< Cl2 A ②0.16 mol/(L·min) 80L/mol ③>
解析：Ⅰ.(1)根据盖斯定律可得ΔH3=2ΔH1-ΔH2，则K3=；
Ⅱ. (1)根据表格及v逆=k·cn(NOCl)，可列k ·0.2n=1.6×10-9，k ·0.4n=6.4×10-9，联立方程解得n=2，k=4×10-6，将c(NOCl)=0.50 mol·L-1带入表达式中可得v逆=10-8mol L-1 s-1；故答案为10-8；
(2) ①ΔH<0，为放热反应，根据勒夏特列原理可得，升高温度，反应逆向移动，则T1< T2，横坐标为，随着比值的增大，转化率增大，则纵坐标为氯气的转化率，要想NOCl体积分数最大，则氯气的转化率要高，NOCl气体体积最大，=2时，生成的NOCl最多，故A点的NOCl体积分数最大；故答案为：<；CI2；A；②根据图像可得A点=2，且一氧化氮与氯气的物质的量的和为3mol，则一氧化氮的物质的量为2mol，氯气的物质的量为1mol，则列三段式为：
则υ(NO)== 0.16 mol/(L·min)，根据A点与B点温度相同，平衡常数相同，则 L/mol，故答案为：0.16 mol/(L·min)；80 L/mol ③T1时的平衡常数为80L/mol，充入0.5molNO、1molCl2、2molNOCl时，反应商Q=<80L/mol，平衡正向移动，υ(正) >υ(逆)。
(
链接高考
)
1．（2021·湖南）已知：，向一恒温恒容的密闭容器中充入和发生反应，时达到平衡状态I，在时改变某一条件，时重新达到平衡状态Ⅱ，正反应速率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．容器内压强不变，表明反应达到平衡 B．时改变的条件：向容器中加入C
C．平衡时A的体积分数： D．平衡常数K：
答案：BC
解析：根据图像可知，向恒温恒容密闭容器中充入1molA和3molB发生反应，反应时间从开始到t1阶段，正反应速率不断减小，所以平衡向正反应方向移动，t1-t2时间段，正反应速率不变，反应达到平衡状态，t2-t3时间段，改变条件使正反应速率逐渐增大，平衡向逆反应方向移动，t3以后反应达到新的平衡状态，据此结合图像分析解答。
A．容器内发生的反应为A(g)+2B(g)3C(g)，该反应是气体分子数不变的可逆反应，所以在恒温恒容条件下，气体的压强始终保持不变，则容器内压强不变，不能说明反应达到平衡状态，A错误；
B．根据图像变化曲线可知，t2t3过程中，t2时,瞬间不变，平衡过程中不断增大，则说明反应向逆反应方向移动，且不是“突变”图像，属于“渐变”过程，所以排除温度与催化剂等影响因素，改变的条件为：向容器中加入C，B正确；
C．根据上述分析可知，t2-t3时间段，改变条件使正反应速率逐渐增大，平衡向逆反应方向移动，达到新的平衡状态后，生成A的量增大，总的物质的量不变，所以A的体积分数增大，即A的体积分数：(II)＞(I)，C正确；
D．平衡常数K与温度有关，因该反应在恒温条件下进行，所以K保持不变，D错误。
故选BC。
2．（2021·广东）反应经历两步：①；②。反应体系中、、的浓度c随时间t的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．a为随t的变化曲线 B．时，
C．时，的消耗速率大于生成速率 D．后，
答案：D
解析：由题中信息可知，反应经历两步：①；②。因此，图中呈不断减小趋势的ａ线为X的浓度随时间的变化曲线，呈不断增加趋势的线为Z的浓度随时间的变化曲线，先增加后减小的线为Y的浓度随时间的变化曲线。
解析：A．X是唯一的反应物，随着反应的发生，其浓度不断减小，因此，由图可知，为随的变化曲线，A正确；
B．由图可知，分别代表3种不同物质的曲线相交于时刻，因此，时，B正确；
C．由图中信息可知，时刻以后，Y的浓度仍在不断减小，说明时刻反应两步仍在向正反应方向发生，而且反应①生成Y的速率小于反应②消耗Y的速率，即时的消耗速率大于生成速率，C正确；
D．由图可知，时刻反应①完成，X完全转化为Y，若无反应②发生，则，由于反应②的发生，时刻Y浓度的变化量为，变化量之比等于化学计量数之比，所以Z的浓度的变化量为，这种关系在后仍成立， 因此，D不正确。
综上所述，本题选D。
3．（2021·河北）室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反应：①M+N=X+Y；②M+N=X+Z，反应①的速率可表示为v1=k1c2(M)，反应②的速率可表示为v2=k2c2(M) (k1、k2为速率常数)。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图，下列说法错误的是（ ）
A．0～30min时间段内，Y的平均反应速率为6.67×10-8mol L-1 min-1
B．反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变
C．如果反应能进行到底，反应结束时62.5%的M转化为Z
D．反应①的活化能比反应②的活化能大
答案：A
解析：A．由图中数据可知，时，M、Z的浓度分别为0.300和0.125 ，则M的变化量为0.5-0.300 =0.200 ，其中转化为Y的变化量为0.200-0.125 =0.075 。因此，时间段内，Y的平均反应速率为 ，A说法不正确；
B．由题中信息可知，反应①和反应②的速率之比为，Y和Z分别为反应①和反应②的产物，且两者与M的化学计量数相同（化学计量数均为1），因此反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比等于 ，由于k1、k2为速率常数，故该比值保持不变，B说法正确；
C．结合A、B的分析可知因此反应开始后，在相同的时间内体系中Y和Z的浓度之比等于=，因此，如果反应能进行到底，反应结束时有 的M转化为Z，即的M转化为Z，C说法正确；
D．由以上分析可知，在相同的时间内生成Z较多、生成Y较少，因此，反应①的化学反应速率较小，在同一体系中，活化能较小的化学反应速率较快，故反应①的活化能比反应②的活化能大，D说法正确。
综上所述，相关说法不正确的只有A，故本题选A。
4．（2021·山东卷）2 甲氧基 2 甲基丁烷(TAME)常用作汽油原添加剂。在催化剂作用下，可通过甲醇与烯烃的液相反应制得，体系中同时存在如图反应：
反应Ⅰ：+CH3OH △H1
反应Ⅱ：+CH3OH△H2
反应Ⅲ： △H3
回答下列问题：
（1）反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ以物质的量分数表示的平衡常数Kx与温度T变化关系如图所示。据图判断，A和B中相对稳定的是__(用系统命名法命名)；的数值范围是___(填标号)。
A．< 1 B． 1～0 C．0～1 D．>1
（2）为研究上述反应体系的平衡关系，向某反应容器中加入1.0molTAME，控制温度为353K，测得TAME的平衡转化率为α。已知反应Ⅲ的平衡常数Kx3=9.0，则平衡体系中B的物质的量为___mol，反应Ⅰ的平衡常数Kx1=_______。同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，反应Ⅰ的化学平衡将______ (填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)平衡时，A与CH3OH物质的量浓度之比c(A)：c(CH3OH)=______________。
（3）为研究反应体系的动力学行为，向盛有四氢呋喃的另一容器中加入一定量A、B和CH3OH。控制温度为353K，A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化如图所示。代表B的变化曲线为__(填“X”或“Y”)；t=100s时，反应Ⅲ的正反应速率v正__逆反应速率v逆(填“＞”“＜”或“=)。
答案：（1）2 甲基 2 丁烯 D
（2）0.9α 逆向移动 1:10
（3）X ＜
解析：
（1）由平衡常数Kx与温度T变化关系曲线可知，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的平衡常数的自然对数随温度升高（要注意横坐标为温度的倒数）而减小，说明3个反应均为放热反应，即△H1＜0、△H2＜0、△H3＜0，因此，A的总能量高于B的总能量，能量越低越稳定，A和B中相对稳定的是B，其用系统命名法命名为2 甲基 2 丁烯；由盖斯定律可知，Ⅰ Ⅱ=Ⅲ，则△H1 △H2=△H3＜0，因此△H1＜△H2，由于放热反应的△H越小，其绝对值越大，则的数值范围是大于1，选D。
（2）向某反应容器中加入1.0molTAME，控制温度为353K，测得TAME的平衡转化率为α,则平衡时n(TAME)=(1 α) mol，n(A)+n(B)=n(CH3OH)= α mol。已知反应Ⅲ的平衡常数Kx3=9.0，则=9.0，将该式代入上式可以求出平衡体系中B的物质的量为0.9α mol，n(A)=0.1α mol，反应Ⅰ的平衡常数Kx1=。同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，反应Ⅰ的化学平衡将向着分子数增大的方向移动，即逆向移动。平衡时，TAME的转化率变大，但是平衡常数不变，A与CH3OH物质的量浓度之比不变，c(A)：c(CH3OH)=0.1α：α=1:10。
（3）温度为353K，反应Ⅲ的平衡常数Kx3=9.0，=9.0。由A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化曲线可知，X代表的平衡浓度高于Y，则代表B的变化曲线为X；由母线的变化趋势可知，100s 以后各组分的浓度仍在变化， t=100s时，因此，反应Ⅲ正在向逆反应方向移动，故其正反应速率v正小于逆反应速率v逆，填＜。
5．（2021·广东卷）我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。CH4与CO2重整是CO2利用的研究热点之一。该重整反应体系主要涉及以下反应：
a)CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) H1
b)CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) H2
c)CH4(g) C(s)+2H2(g) H3
d)2CO(g) CO2(g)+C(s) H4
e)CO(g)+H2(g) H2O(g)+C(s) H5
（1）根据盖斯定律，反应a的 H1=_______(写出一个代数式即可)。
（2）上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有_______。
A．增大CO2与CH4的浓度，反应a、b、c的正反应速率都增加
B．移去部分C(s)，反应c、d、e的平衡均向右移动
C．加入反应a的催化剂，可提高CH4的平衡转化率
D．降低反应温度，反应a~e的正、逆反应速率都减小
（3）一定条件下，CH4分解形成碳的反应历程如图所示。该历程分_______步进行，其中，第_______步的正反应活化能最大。
（4）设K为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压（单位为kPa）除以p0（p0=100kPa）。反应a、c、e的ln K随（温度的倒数）的变化如图所示。
①反应a、c、e中，属于吸热反应的有_______(填字母)。
②反应c的相对压力平衡常数表达式为K=_______。
③在图中A点对应温度下、原料组成为n(CO2):n(CH4)=1:1、初始总压为100kPa的恒容密闭容器中进行反应，体系达到平衡时H2的分压为40kPa。计算CH4的平衡转化率，写出计算过程_______。
（5）CO2用途广泛，写出基于其物理性质的一种用途：_______。
答案：（1） H2+ H3 H5或 H3 H4 （2）AD （3）4 4 （4）ac 68%
（5）做冷冻剂
解析：
根据盖斯定律计算未知反应的反应热；根据影响化学反应速率和化学平衡的因素判断反应速率的变化及转化率的变化；根据图像及曲线高低判断反应进程和活化能的相对大小；根据平衡时反应物的分压计算平衡转化率；根据CO2的物理性质推测CO2的用途。
（1）根据题目所给出的反应方程式关系可知，a=b+c e=c d，根据盖斯定律则有 H1= H2+ H3 H5= H3 H4；
（2）A．增大CO2和CH4的浓度，对于反应a、b、c来说，均增大了反应物的浓度，反应的正反应速率增大，A正确；
B．移去部分C(s)，没有改变反应体系中的压强，反应的正逆反应速率均不变，平衡不移动，B错误；
C．催化剂可以同等条件下增大正逆反应速率，只能加快反应进程，不改变反应的平衡状态，平衡转化率不变，C错误；
D．降低温度，体系的总能量降低，正、逆反应速率均减小，D正确；
故答案选AD；
（3）由图可知，反应过程中能量变化出现了4个峰，即吸收了4次活化能，经历了4步反应；且从左往右看4次活化能吸收中，第4次对应的峰最高，即正反应方向第4步吸收的能量最多，对应的正反应活化能最大。
（4）①随着温度的升高，反应a和c的ln K增大，说明K的数值增大，反应向正反应方向进行，反应a和c为吸热反应，同理反应e的ln K减小，说明K的减小，反应向逆反应方向进行，反应e为放热反应，故答案为ac；
②用相对分压代替浓度，则反应c的平衡常数表达式K=；
③由图可知，A处对应反应c的ln K=0，即K==1，解方程的p2(H2)=p(CH4)，已知反应平衡时p(H2)=40kPa，则有p(CH4)=16kPa，且初始状态时p(CH4)=×100kPa=50kPa，故CH4的平衡转化率为×100%=68%；
（5）固态CO2即为干冰，干冰用于制冷或人工降雨均是利用其物理性质。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
专题九 化学反应速率与化学平衡
(
考纲解读
)
【考纲导向】
1．了解化学反应速率的概念、化学反应速率的定量表示方法。
2．了解催化剂在生产、生活和科学研究领域中的重要作用。
3．了解化学反应的可逆性，能用焓变和熵变说明常见简单化学反应的方向。
4．了解化学平衡建立的过程。理解化学平衡常数的含义，能够利用化学平衡常数进行简单的计算。
5．理解外界条件(浓度、温度、压强、催化剂等)对反应速率和化学平衡的影响，认识其一般规律。
6．了解化学反应速率和化学平衡的调控在生活、生产和科学研究领域中的重要作用。
【命题分析】
化学反应速率与化学平衡是高中化学重要理论主干知识,试题难度一般较大,特别是原理综合题型,将多个知识点组合在一起,客观上增加了思维容量。化学反应速率一般考查形式如下：一是考查化学反应速率图像问题；二是考查化学反应速率的影响因素；三是在填空题中综合考查。化学反应进行的方向和限度一般考查形式有：一是在选择题中某个选项考查可逆反应焓变和熵变的大小；二是考查化学平衡状态的判断；三是与化学平衡相结合考查化学平衡常数的应用等。化学平衡的移动考查形式固定，一般是以图像或者表格的形式为载体，考查平衡移动、化学平衡的计算、等效平衡、平衡图像等知识点等，综合性强，难度大，为选择题中的压轴题型。在填空题中也会结合工农业生产考查平衡状态的判断、平衡图像、化学平衡常数等。
(
知识网络图
)
(
重点拓展
)
考点一 化学反应速率及其影响因素
1．化学反应速率
化学反应速率与化学计量数的关系。对于已知反应mA(g)＋nB(g)===pC(g)＋qD(g)，其化学反应速率可用不同的反应物或生成物来表示，当单位相同时，化学反应速率的数值之比等于方程式中各物质的化学计量数之比，即v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝m∶n∶p∶q。
2．影响化学反应速率的因素
(1)内因
反应物本身的性质是影响化学反应速率的主要因素。如相同条件下Mg、Al与稀盐酸反应的速率大小关系为：v(Mg)>v(Al)。
(2)外因(其他条件不变，只改变一个条件)
3．理论解释——有效碰撞理论
(1)活化分子：能够发生有效碰撞的分子。
(2)活化能：如图
图中：E1为正反应的活化能，使用催化剂时的活化能为E3，E2为逆反应的活化能，反应热为E1－E2。
(3)有效碰撞：活化分子之间能够引发化学反应的碰撞。
活化分子、有效碰撞与反应速率的关系。
(
典例精讲
)
考法一 化学反应速率的相关计算
【典例1】将4 mol A气体和2 mol B气体在2 L的容器中混合，并在一定条件下发生反应：2A(g)＋B(g)2C(g)，若经2 s 后测得C的浓度为0.6 mol·L－1，现有下列几种说法：
①用物质A表示的反应的平均速率为0.3 mol·L－1·s－1
②用物质B表示的反应的平均速率为0.6 mol·L－1·s－1
③2 s时物质A的转化率为70%
④2 s时物质B的浓度为0.7 mol·L－1
其中正确的是( )
A.①③ B.①④ C.②③ D.③④
解析：A、B的起始浓度分别为2 mol·L－1、1 mol·L－1，由2 s后C的浓度可得A、B的变化浓度分别为0.6 mol·L－1、0.3 mol·L－1，所以用A、B表示的反应的平均速率分别为0.3 mol·L－1·s－1、0.15 mol·L－1·s－1。2 s时A、B的浓度分别为1．4 mol·L－1、0.7 mol·L－1。2 s时物质A的转化率为30%。
答案：B
考法二 化学反应速率的大小比较
【典例2】已知反应4CO＋2NO2N2＋4CO2在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示反应速率最快的是( )
A.v(CO)＝1．5 mol·L－1·min－1 B.v(NO2)＝0.7 mol·L－1·min－1
C.v(N2)＝0.4 mol·L－1·min－1 D.v(CO2)＝1．1 mol·L－1·min－1
解析：先看单位是否相同，若不同，先换算成同一单位，再换算成同一物质再比较，如以N2为标准，A、B、D项分别换算为0.375 mol·L－1·min－1、
0.35 mol·L－1·min－1、0.275 mol·L－1·min－1，C项正确。
答案：C
考法三 外界条件对化学反应速率的影响
【典例3】(2020 山东卷)1，3-丁二烯与HBr发生加成反应分两步：第一步H+进攻1，3-丁二烯生成碳正离子()；第二步Br -进攻碳正离子完成1，2-加成或1，4-加成。反应进程中的能量变化如下图所示。已知在0℃和40℃时，1，2-加成产物与1，4-加成产物的比例分别为70:30和15:85。下列说法正确的是( )
A．1，4-加成产物比1，2-加成产物稳定
B．与0℃相比，40℃时1，3-丁二烯的转化率增大
C．从0℃升至40℃，1，2-加成正反应速率增大，1，4-加成正反应速率减小
D．从0℃升至40℃，1，2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度
解析：A项，能量越低越稳定，根据图像可看出，1，4-加成产物的能量比1，2-加成产物的能量低，即1，4-加成产物的能量比1，2-加成产物稳定，故A正确；B项，该加成反应不管生成1，4-加成产物还是1，2-加成产物，均为放热反应，则升高温度，不利用1，3-丁二烯的转化，即在400C时其转化率会减小，故B错误；C项，从00C升至400C，正化学反应速率均增大，即1，4-加成和1，2-加成反应的正速率均会增大，故C错误；D项，从00C升至400C，对于1，2-加成反应来说，化学平衡向逆向移动，即1，2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度，故D正确；故选AD。
答案：AD
考法四 控制变量法探究影响化学反应速率的因素
【典例4】硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋S↓＋H2O，下列各组实验中最先出现浑浊的是( )
实验 反应温度/℃ Na2S2O3溶液 稀H2SO4 H2O
V/mL c/(mol·L－1) V/mL c/(mol·L－1) V/mL
A 25 5 0.1 10 0.1 5
B 25 5 0.2 5 0.2 10
C 35 5 0.1 10 0.1 5
D 35 5 0.2 5 0.2 10
解析：结合选项知混合液的体积都为20 mL，但选项D中反应温度最高、反应物Na2S2O3的浓度最大，其反应速率最大，故最先看到浑浊(有硫单质生成)。
答案：D
考法五 化学反应速率的图象
【典例5】(2017 江苏卷)H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得70℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A．图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越快
B．图乙表明，其他条件相同时，溶液pH越小，H2O2分解速率越快
C．图丙表明，少量Mn 2+存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快
D．图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大
解析：A项，浓度对反应速率的影响是浓度越大，反应速率越快，错误；B项，NaOH浓度越大，即pH越大，H2O2分解速率越快，错误；C项，由图，Mn2＋存在时，0.1 mol·L－1的NaOH时H2O2的分解速率比1 mol·L－1的NaOH时快，错误；D项，由图可知，碱性条件下，Mn2＋存在时，H2O2分解速率快，正确。
答案：D
考法六 化学反应速率的综合分析
【典例6】(2021年1月浙江选考)取50 mL过氧化氢水溶液，在少量I- 存在下分解：2H2O2=2H2O+O2↑。在一定温度下，测得O2的放出量，转换成H2O2浓度(c)如下表：
t/min 0 20 40 60 80
c/(mol·L-1) 0.80 0.40 0.20 0.10 0.050
下列说法不正确的是( )
A．反应20min时，测得O2体积为224mL(标准状况)
B．20~40min，消耗H2O2的平均速率为0.010mol·L-1·min-1
C．第30min时的瞬时速率小于第50min时的瞬时速率
D．H2O2分解酶或Fe2O3代替I-也可以催化H2O2分解
解析：A项，反应20min时，过氧化氢的浓度变为0.4mol/L，说明分解的过氧化氢的物质的量n(H2O2)=(0.80-0.40)mol/L×0.05L=0.02mol，过氧化氢分解生成的氧气的物质的量n(O2)=0.01mol，标况下的体积V=n·Vm=0.01mol×22．4L/mol=0.224L=224mL，A正确；B项，20~40min，消耗过氧化氢的浓度为(0.40-0.20)mol/L=0.20 mol·L-1，则这段时间内的平均速率v===0.010 mol·L-1·min-1，B正确；C项，随着反应的不断进行，过氧化氢的浓度不断减小，某一时刻分解的过氧化氢的量也不断减小，故第30min时的瞬时速率大于第50min时的瞬时速率，C错误；D项，I-在反应中起到催化的作用，故也可以利用过氧化氢分解酶或Fe2O3代替，D正确；故选C。
答案：C
解题技巧
分析外界因素对化学反应速率的影响时要注意以下几点
1．对于固体和纯液体反应物，其浓度可视为常数，改变用量速率不变。但固体颗粒的大小决定反应物接触面积的大小，会影响化学反应速率。
2．压强对速率的影响有以下几种情况：
(1)恒温时：增大压强体积缩小浓度增大化学反应速率加快。
(2)恒容时：
①充入气体反应物压强增大浓度增大速率加快。
②充入惰性气体总压强增大，但各气体物质的量浓度不变，反应速率不变。
(3)恒压时：压强不变充入惰性气体压强不变体积增大各物质浓度减小反应速率减慢。
3．温度改变对任何反应的速率都有影响。
4．加入催化剂可以同等程度的改变正逆化学反应速率。
练习
1．在密闭容器中进行反应N2＋O22NO，下列条件能加快反应速率的是( )
A．增大体积使压强减小 B．体积不变，充入N2使压强增大
C．体积不变，充入He使压强增大 D．压强不变，充入气体Ne
答案：B
解析：A项，增大体积使压强减小，物质浓度减小，速率减慢，故A错误；B项，体积不变，充入N2使压强增大，氮气浓度增大，速率加快，故B正确；C项，体积不变，充入He使压强增大，反应物浓度不变，速率不变，故C错误；D项，压强不变，充入气体Ne，体积增大，浓度减小，速率减慢，故D错误；故选B。
2．5.6 g铁粉投入到足量的100 mL 2 mol·L－1的稀硫酸的烧杯中，2 min时铁粉刚好溶解，下列表示这个反应的速率正确的是( )
A．v(Fe)＝0.5 mol·L－1·min－1 B．v(H2SO4)＝1 mol· L－1·min－1
C．v(H2)＝0.5 mol· L－1·min－1 D．v(FeSO4)＝0.5 mol·L－1·min－1
答案：D
解析：Fe是固体，不能用来表示化学反应速率，A错误；Fe与稀硫酸发生反应：Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑，2 min时铁粉刚好溶解，铁反应的物质的量是0.1 mol，根据方程式可知硫酸反应的物质的量是0.1 mol，则v(H2SO4)＝0.1 mol÷0.1 L÷2 min＝0.5 mol·L－1·min－1，B错误；该反应为溶液中的反应，无法表示氢气的浓度变化，C错误；根据方程式可知：n(Fe)∶n(FeSO4)＝1∶1，所以n(FeSO4)＝0.1 mol，则v(FeSO4)＝0.1 mol÷0.1 L÷2 min＝0.5 mol·L－1·min－1，D正确。
3．已知分解1 mol H2O2放出热量98 kJ，在含少量I－的溶液中，H2O2分解的机理为
H2O2＋I－―→H2O＋IO－ 慢
H2O2＋IO－―→H2O＋O2＋I－ 快
下列有关该反应的说法正确的是( )
A.反应速率与I－浓度有关 B.IO－也是该反应的催化剂
C.反应活化能等于98 kJ·mol－1 D.v(H2O2)＝v(H2O)＝v(O2)
答案：A
解析：A项，将题给两个反应合并可得总反应为2H2O2===2H2O＋O2↑，该反应中I－作催化剂，其浓度的大小将影响该反应的反应速率；B项，该反应中IO－是中间产物，不是该反应的催化剂；C项，反应的活化能表示一个化学反应发生所需要的最小能量，分解1 mol H2O2放出98 kJ热量，不能据此判断该反应的活化能；D项，由反应速率与对应物质的化学计量数的关系可知v(H2O2)＝v(H2O)＝2v(O2)。
4．在一密闭容器中充入1 mol H2和1 mol I2，压强为p(Pa)，并在一定温度下使其发生反应：H2(g)＋I2(g)2HI(g) ΔH<0，下列说法正确的是( )
A.保持容器容积不变，向其中加入1 mol H2(g)，反应速率一定加快
B.保持容器容积不变，向其中加入1 mol N2(N2不参加反应)，反应速率一定加快
C.保持容器内气体压强不变，向其中加入1 mol N2(N2不参加反应)，反应速率一定加快
D.保持容器内气体压强不变，向其中加入1 mol H2(g)和1 mol I2(g) ，再次平衡时反应速率一定加快
答案：A
解析：增加反应物的浓度，反应速率加快，A项正确；加入氮气，因为容器体积不变，反应体系中各气体的浓度不变，故反应速率不变，B项错误；保持压强不变，加入氮气，容器体积增大，反应体系中各气体的浓度减小，反应速率减小，C项错误；保持压强不变，再次充入1 mol H2(g)和1 mol I2(g)，则容器容积增大为原来的2倍，再次平衡反应体系中各气体的浓度不变，反应速率不变，D项错误。
考点二 化学反应进行的方向与化学平衡状态
1．自发过程
(1)含义
在一定条件下，不需要借助外力作用就能自动进行的过程。
(2)特点
①体系趋向于从高能状态转变为低能状态(体系对外部做功或释放热量)。
②在密闭条件下，体系有从有序转变为无序的倾向性(无序体系更加稳定)。
2．化学反应方向
(1)判据
(2)一般规律：
①ΔH<0，ΔS>0的反应任何温度下都能自发进行；
②ΔH>0，ΔS<0的反应任何温度下都不能自发进行；
③ΔH和ΔS的作用相反，且相差不大时，温度对反应的方向起决定性作用。当ΔH<0，ΔS<0时低温下反应能自发进行；当ΔH>0，ΔS>0时，高温下反应能自发进行。
说明：对于一个特定的气相反应，熵变的大小取决于反应前后的气体物质的化学计量数大小。
2．化学平衡状态的判断
(1)原则
“体系中一个变化的物理量到某一时刻不再变化”，这个物理量可作为平衡状态的“标志”。
(2)等速标志
v正＝v逆是化学平衡状态的本质特征，对于等速标志的理解，要注意以下两个方面的内容：
①用同一种物质来表示反应速率时，该物质的生成速率与消耗速率相等。
②用不同种物质来表示反应速率时必须符合两方面：a.表示两个不同的方向；b.速率之比＝浓度的变化量之比＝物质的量的变化量之比＝化学计量数之比。
(3)浓度标志
反应混合物中各组分的浓度不变是平衡状态的宏观表现，可逆反应中各组分的物质的量、浓度、百分含量、气体的体积分数一定时，可逆反应达到平衡状态。
(4)混合气体的平均相对分子质量()标志
①当反应物与生成物均为气体时：对于反应前后气体分子数不等的反应，为定值可作为反应达到平衡状态的标志；对于反应前后气体分子数相等的反应，为定值不能作为反应达到平衡状态的标志。
②若有非气体参与，无论反应前后气体的分子数是否相等，为定值一定可作为反应达到平衡状态的标志。
(5)混合气体的密度(ρ)标志
①当反应物与生成物均为气体时：在恒容条件下，无论反应前后气体分子数是否相等，ρ为定值，不能作为反应达到平衡状态的标志；在恒压条件下，对于反应前后气体分子数相等的反应，ρ为定值，不能作为反应达到平衡状态的标志，对于反应前后气体分子数不等的反应，ρ为定值，可作为反应达到平衡状态的标志。
②当有非气体物质参与反应时：对于恒容体系，ρ为定值，可作为反应达到平衡状态的标志。
(6)混合气体的压强标志
因为恒容、恒温条件下，气体的物质的量n(g)越大则压强p就越大，则无论各成分是否均为气体，只需要考虑Δn(g)。对于Δn(g)＝0的反应，当p为定值时，不能作为反应达到平衡状态的标志；对于Δn(g)≠0的反应，当p为定值时，可作为反应达到平衡状态的标志。
(
典例精讲
)
考法一 化学反应的自发进行
【典例1】下列反应在任何温度下均能自发进行的是( )
A．2N2(g)＋O2(g)===2N2O(g) ΔH＝163 kJ·mol－1
B．Ag(s)＋Cl2(g)===AgCl(s) ΔH＝－127 kJ·mol－1
C．HgO(s)===Hg(l)＋O2(g) ΔH＝91 kJ·mol－1
D．H2O2(l)===O2(g)＋H2O(l) ΔH＝－98 kJ·mol－1
解析：对于A项，ΔH>0，ΔS<0，在任何温度下，ΔH－TΔS>0，即任何温度下反应都不能自发进行；对于B项，ΔH<0，ΔS<0，在较低温度下，ΔH－TΔS<0，即低温下反应能自发进行；对于C项，ΔH>0，ΔS>0，若使反应自发进行，即ΔH－TΔS<0，必须升高温度，即反应只有在较高温度时能自发进行；对于D项，ΔH<0，ΔS>0，在任何温度下，ΔH－TΔS<0，即在任何温度下反应均能自发进行。
答案：D
考法二 化学反应进行的方向
【典例2】下列说法正确的是( )
A.反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)的ΔH<0，ΔS>0
B.反应2CO＋2NO===N2＋2CO2在常温下能自发进行，则反应的ΔH＞0，ΔS＜0
C.反应TiO2(s)＋2Cl2(g)===TiCl4(g)＋O2(g) ΔH>0能自发进行，其原因是ΔS>0
D.反应4Fe(s)＋3O2(g)===2Fe2O3(s)常温下可自发进行，该反应为吸热反应
解析：该反应的正反应为气体分子数减少的反应，ΔS<0，A项错误；从反应方程式中气体物质化学计量系数来看，物质的量在减小，即熵减小，但反应能自发，则该反应是放热反应，ΔH<0，B项错误；一个吸热反应如果能自发进行，则该反应一定是熵增大反应，C项正确；该反应的气体分子数减小，即熵减小，但反应能自发，说明反应一定为放热反应，D项错误。
答案：C
考法三 化学平衡状态的判断
【典例3】在一定温度下，下列叙述不是可逆反应A(g)＋3B(g)2C(g)达到平衡状态标志的是( )
①C的生成速率与C的分解速率相等；
②单位时间生成a mol A，同时生成3a mol B；
③A、B、C的浓度不再变化；
④A、B、C的分子数目比为1∶3∶2；
⑤混合气体的总压强不再变化；
⑥混合气体的物质的量不再变化；
⑦单位时间消耗a mol A，同时生成3a mol B
A.②④ B.⑦④ C.①③ D.⑤⑥
解析：C的生成速率是正反应速率，C的分解速率是逆反应速率，正逆反应速率相等，说明达到平衡状态，①不选；单位时间生成a mol A为逆反应，同时生成3a mol B也是逆反应，不能说明达到平衡状态，②选；A、B、C的浓度不再变化，说明达到平衡状态，③不选；平衡时各物质的分子数之比取决于物质的起始物质的量和转化率，故A、B、C的分子数目比为1∶3∶2不能作为判断是否达到平衡状态的依据，④选；反应前后气体的体积不等，故混合气体的总压强不再变化可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，⑤不选；混合气体的物质的量会变，故混合气体的物质的量不再变化，说明达到平衡状态，⑥不选；单位时间消耗a mol A是正反应，同时生成3a mol B是逆反应，且化学反应速率之比等于化学计量数之比，故正逆反应速率相等，说明达到平衡状态，⑦不选；A正确。
答案：A
解题技巧
焓变、熵变和温度对化学反应方向的影响
ΔH ΔS ΔH－TΔS 反应情况
－ ＋ 永远是负值 在任何温度下过程均自发进行
＋ － 永远是正值 在任何温度下过程均非自发进行
＋ ＋ 低温为正高温为负 低温时非自发，高温时自发
－ － 低温为负高温为正 低温时自发，高温时非自发
练习
1．下列对化学反应预测不正确的是( )
选项 化学方程式 已知条件 预测
A W(s)＋G(g)= 2Q(g) 任何温度都自发进行 ΔH＜0
B 4M(s)＋N(g)＋2W(l)= 4Q(s) 常温下自发进行 ΔH＞0
B 3C(s)＋CaO(s)= CaC2(s)＋CO(g) 常温下不能自发进行 ΔH＞0
D 2NO(g)＋O2(g)===2NO2(g) 常温下能够自发进行 ΔH＜0
答案：B
解析：A项，W(s)+G(g)═2Q(g)反应为气体的化学计量数增大的反应，△S＞0，△H＜0，反应能够自发进行，故A正确；B项，4M(s)+N(g)+2W(l)═4Q(s)为气体的化学计量数减小的反应，△S＜0，当△H＞0时，△H-T△S＞0，一定不能自发进行，故B错误；C项，3C(s)＋CaO(s)= CaC2(s)＋CO(g) 的 S>0，在常温下不能自发进行，则表明反应吸热，即说明该反应的ΔH>0，C正确；D项，常温下，2NO(g)＋O2(g)===2NO2(g) 的 S<0，能够自发进行，则表明反应放热，即该反应的ΔH<0，D正确。故选B。
2．(2020 江苏卷)反应可用于纯硅的制备。下列有关该反应的说法正确的是( )
A．该反应 、
B．该反应的平衡常数
C．高温下反应每生成1 mol Si需消耗
D．用E表示键能，该反应
答案：B
解析：A项，SiCl4、H2、HCl为气体，且反应前气体系数之和小于反应后气体系数之和，因此该反应为熵增，即△S>0，故A错误；B项，根据化学平衡常数的定义，该反应的平衡常数K=，故B正确；C项，题中说的是高温，不是标准状况下，因此不能直接用22．4L·mol－1计算，故C错误；D项，△H=反应物键能总和－生成物键能总和，即△H=4E(Si－Cl)＋2E(H－H)－4E(H－Cl) －2E(Si－Si)，故D错误；故选B。
3．250 ℃和 1．01×105 Pa时，2N2O5(g)===4NO2(g)＋O2(g) ΔH＝＋56．76 kJ/mol 能自发进行，其自发进行的原因是( )
A.是吸热反应 B.是放热反应 C.是熵减少的反应 D.熵增效应大于能量效应
答案：D
解析：反应能自发进行，则有ΔH－TΔS＜0，因ΔH＞0，则ΔH＜TΔS，即熵增效应大于能量效应，D项正确。
4．已知吸热反应2CO(g)===2C(s)＋O2(g)，设ΔH 和ΔS不随温度而变，下列说法中正确的是( )
A.低温下能自发进行 B.高温下能自发进行
C.任何温度下都能自发进行 D.任何温度下都不能自发进行
答案：D
解析：已知反应2CO(g)===2C(s)＋O2(g)的ΔH＞0，ΔS＜0，所以ΔH－TΔS＞0，反应任何温度下都是不能自发进行，D项正确。
5．一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应：Si(s)＋3HCl(g)SiHCl3(g)＋H2(g)。不能表明该反应达到平衡状态的是( )
A．生成1molH2的同时生成3molHCl B．混合气体的平均相对分子质量不变
C．HCl、SiHCl3、H2三者的浓度比值3：1：1 D．混合气体的密度不变
答案：C
解析：A项，生成1molH2的同时生成3molHCl，表示正逆反应速率相等，说明反应达到平衡状态，故A正确；B项，该反应为气体的物质的量增大的反应，混合气体的质量不变，则混合气体的平均相对分子质量为变量，当混合气体的平均相对分子质量不变，表明反应达到平衡状态，故B正确；C项，HCl、SiHCl3、H2三者的浓度比值1∶1∶1，不能说明浓度是否不变，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；D项，体积不变，混合气体的密度始终不变，说明混合气体的质量不变，反应达到平衡状态，故D正确；故选C。
考点三 化学平衡常数
1．化学平衡常数
(1)概念：
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，用符号K表示。
(2)表达式：对于反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，K＝。
实例：
化学方程式 平衡常数 关系式
N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) K1＝ K2＝ (或K1) K3＝
N2(g)＋H2(g)NH3(g) K2＝
2NH3(g)N2(g)＋3H2(g) K3＝
(3)意义：
①K值越大，正反应进行的程度越大，反应物的转化率越大。
②K只受温度影响，与反应物或生成物的浓度变化无关，吸热反应，升高温度，K增大，放热反应，升高温度，K减小。
2．平衡转化率
对于上例反应中A(g)的平衡转化率可表示为：
α(A)＝×100%{c0(A)代表A的初始浓度，c平(A)代表A的平衡浓度}。
(
典例精讲
)
考法一 化学平衡常数的理解
【典例1】某温度下气体反应达到化学平衡，平衡常数K＝，恒容时，若温度适当降低，F的浓度增加，下列说法正确的是( )
A.增大c(A)、c(B)，K增大
B.降低温度，正反应速率增大
C.该反应的焓变为负值
D.该反应的化学方程式为2E(g)＋F(g)A(g)＋2B(g)
解析：某温度下气体反应达到化学平衡，平衡常数K＝，则该反应为2E(g)＋F(g)A(g)＋2B(g)，恒容时，若温度适当降低，F的浓度增加，平衡向逆反应方向移动，正反应为吸热反应，故C错误，D正确；平衡常数只受温度影响，与浓度无关，温度不变，平衡常数不变，故A错误；降低温度，正、逆反应速率都降低，正反应速率降低更多，平衡向逆反应方向移动，故B错误。
答案：D
考法二 利用化学平衡常数判断反应进行的方向
【典例2】(2020 北京卷)一定温度下，反应I2(g)+H2(g)2Hl(g)在密闭容器中达到平衡时，测得c(I2)=0.11mmol L-1，c(HI)=0.78mmol L-1。相同度温下，按下列4组初始浓度进行实验，反应逆向进行的是(注：1mmol L-1=10-3mol L-1) ( )
A B C D
c(I2)/mmol L-1 1．00 0.22 0.44 0.11
c(H2)/mmol L-1 1．00 0.22 0.44 0.44
c(HI)/mmol L-1 1．00 1．56 4．00 1．56
解析：题目中缺少c(H2)，则无法计算K，则不能通过Qc与K的关系判断平衡的移动方向，但可比较4个选项中Qc的大小关系，Qc越大，则可能逆向移动。Qc(A)==1，Qc(B)= =50.28，Qc(C)= =82．64，Qc(D)= =50.28，Qc(C)的值最大，答案为C。
答案：C
考法三 化学平衡常数的运用r
【典例3】(2020 浙江7月选考)5mL0.1mol/LKI溶液与1mL0.1mol/LFeCl3溶液发生反应：2Fe3+(aq)+2I-( aq) 2Fe2+(aq)+I2(aq)，达到平衡。下列说法不正确的是( )
A．加入苯，振荡，平衡正向移动
B．经苯2次萃取分离后，在水溶液中加入KSCN，溶液呈血红色，表明该化学反应存在限度
C．加入FeSO4固体，平衡逆向移动
D．该反应的平衡常数
解析：A项，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项，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项，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项，该反应的平衡常数K=，D错误；故选D。
答案：D
考法四 有关化学平衡“三段式”计算
【典例4】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2 L的密闭容器中充入0.2 mol X和0.8 mol Y，反应初始4 s内v(X)＝0.005 mol/(L·s)。下列说法正确的是( )
温度/℃ 700 800 830 1 000 1 200
平衡常数 1．7 1．1 1．0 0.6 0.4
A.4 s时容器内c(Y)＝0.76 mol/L
B.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.1 200 ℃时反应R(g)＋Q(g)X(g)＋Y(g)的平衡常数K＝0.4
解析：反应初始4 s内X的平均反应速率v(X)＝0.005 mol/(L·s)，根据速率之比等于化学计量数之比，可知v(Y)＝v(X)＝0.005 mol/(L·s)，则4 s内Δc(Y)＝0.005 mol·L－1·s－1×4 s＝0.02 mol/L，Y的起始浓度为＝0.4 mol/L，故4 s时c(Y)＝0.4 mol/L－0.02 mol/L＝0.38 mol/L，A项错误；设平衡时A的浓度变化量为x，则：
X(g) ＋ Y(g) R(g)＋Q(g)
开始(mol/L): 0.1 0.4 0 0
变化(mol/L): xxxx
平衡(mol/L): 0.1－x 0.4－x xx
故＝1．0，解得x＝0.08，所以平衡时X的转化率为×100%＝80%，B项正确；由表格可知，温度升高，化学平衡常数减小，平衡逆向移动，C项错误；1 200 ℃时反应X(g)＋Y(g)R(g)＋Q(g)的平衡常数值为0.4，所以1 200 ℃时反应R(g)＋Q(g)X(g)＋Y(g)的平衡常数的值为＝2．5，D项错误。
答案：B
解题技巧
“三段式法”解答化学平衡计算题
1．步骤
(1)写出涉及的可逆反应的化学方程式。
(2)找出起始量、转化量和平衡量中哪些是已知量，哪些是未知量，按“三段式”列出。
(3)根据问题建立相应的关系式进行计算。
2．模板
对于反应：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，令A、B起始物质的量(mol)分别为a、b，达到平衡后，A的消耗量为mx，容器容积为V L。
建立等式求解：(1)K＝
(2)c平(A)＝(mol·L－1)。
(3)α(A)平＝×100%，α(A)∶α(B)＝∶＝。
(4)φ(A)＝×100%。
(5)＝。
练习
1．下列关于平衡常数的说法正确的是( )
A.在平衡常数表达式中，反应物浓度用起始浓度，生成物浓度用平衡浓度
B.在任何条件下，化学平衡常数都是一个恒定值
C.平衡常数的大小与温度、浓度、压强、催化剂等无关
D.从平衡常数的大小可以推断一个反应进行的程度
答案：D
解析：在平衡常数表达式中，反应物及生成物浓度均为达到化学平衡时的浓度；在温度一定时，对一个确定化学计量数的可逆反应，化学平衡常数是一个恒定值，其大小只与温度有关，与其他外界条件无关，平衡常数的大小反映了化学反应可能进行的程度。
2．反应H2(g)＋I2(g)2HI(g)的平衡常数为K1；反应HI(g)H2(g)＋I2(g)的平衡常数为K2，则K1、K2的关系式为(平衡常数为同温度下的测定值)( )
A.K1＝2K2 B.K1＝K C.K1＝ D.K1＝K2
答案：C
解析：K1＝c2(HI)/[c(H2)·c(I2)]，K2＝[c(H2)·c(I2)]/c(HI)，K1＝。
3．(2020 浙江1月选考)一定温度下，在2 L的恒容密闭容器中发生反应A(g)＋2B(g)3C(g)。反应过程中的部分数据如下表所示：
n/mol t/min n(A) n(B) n(C)
0 2．0 2．4 0
5 0.9
10 1．6
15 1．6
下列说法正确的是( )
A．0~5 min用A表示的平均反应速率为
B．该反应在10 min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项，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)=，故A错误；B项，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，故B错误；C项，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，故C正确；D项，物质B的平衡转化率为，故D错误；故选C。
4．(2019 江苏卷)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>0
B．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 4 mol·L 1，NO平衡转化率为50%，则平衡常数K>2000
答案：BD
解析：A项，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项，根据上述分析，X点时，反应还未到达平衡状态，平衡正向移动，所以延长反应时间能提高NO的转化率，故B正确；C项，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，平衡向正方向移动，可以提高NO的转化率，故C错误；D项，设NO起始浓度为a，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；选BD。
考点四 化学平衡的移动
1．化学平衡的移动
平衡移动就是由一个“平衡状态→不平衡状态→新平衡状态”的过程。一定条件下的平衡体系，条件改变后，平衡可能发生移动，如下所示：
2．化学平衡移动与化学反应速率的关系
v正>v逆，平衡向正反应方向移动；
v正＝v逆，反应达到平衡状态，不发生平衡移动 ；
v正
(1)若其他条件不变，改变下列条件对化学平衡的影响如下：
改变的条件(其他条件不变) 化学平衡移动的方向
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) 反应前后气体体积改变 增大压强 向气体分子总数减小的方向移动
减小压强 向气体分子总数增大的方向移动
反应前后气体体积不变 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 同等程度改变v正、v逆，平衡不移动
(2)通过图像分析影响化学平衡移动的因素
某温度下，在密闭容器中SO2、O2、SO3三种气态物质建立化学平衡后，改变条件对反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH<0的正、逆反应速率的影响如图所示：
①加催化剂对反应速率影响的图像是C(填字母，下同)，平衡不移动。
②升高温度对反应速率影响的图像是A，平衡向逆反应方向移动。
③增大反应容器体积对反应速率影响的图像是D，平衡向逆反应方向移动。
④增大O2的浓度对反应速率影响的图像是B，平衡向正反应方向移动。
4．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。
(
典例精讲
)
考法一 判断化学平衡移动的结果
【典例1】(2019 上海卷)已知反应式：mX(g)+nY( )pQ(s)+2mZ(g)，已知反应已达平衡，此时c(X)=0.3mol/L，其他条件不变，若容器缩小到原来的1/2，c(X)=0.5mol/L，下列说法正确的是( )
A． 反应向逆方向移动 B． Y可能是固体或液体
C． 系数n>m D． Z的体积分数减小
答案：C
解析：A．已知反应达平衡时c(X)=0.3mol/L，其他条件不变，若容器缩小到原来的1/2，如果化学平衡不移动，c(X)=0.6mol/L，但是题中说c(X)=0.5mol/L说明加压后化学平衡向正向移动了，故A错误；B．结合题意可知正反应是气体总体积减少的反应，如果y为固体或液体，则必须满足m>2m，显然不可能成立。所以有只能是气体B 错误；C．要满足m+n>2m，所以n>m。C正确；D．根据题意化学平衡向右移动，Z的体积分数是增大的，所以D错误。
答案：C
考法二 化学平衡移动的方向
【典例2】(2020 浙江1月选考)在干燥的HCl气流中加热MgCl2·6H2O，能得到无水MgCl2。下列说法不正确的是( )
A．MgCl2·nH2O(s)=MgCl2·(n－1)H2O(s)＋H2O(g) ΔH＞0
B．MgCl2·2H2O(s)=Mg(OH)2(s)＋2HCl(g)，HCl气流可抑制反应进行
C．MgCl2·H2O(s)=Mg(OH)Cl(s)＋HCl(g)，升高温度，反应更易发生
D．MgCl2·4H2O(s)=MgCl2·2H2O(s)＋2H2O(g)，HCl气流可抑制反应进行
解析：A项，MgCl2·nH2O的失水反应是吸热反应，焓变ΔH＞0，故A正确；B项，在HCl气流中，能使MgCl2·2H2O的水解平衡向逆反应方向移动，抑制反应进行，故B正确；C项，MgCl2·H2O的水解反应是吸热反应，升高温度，水解平衡向正反应方向移动，促进反应进行，故C正确；D项，MgCl2·4H2O的失水反应没有氯化氢生成，HCl气流对反应没有影响，故D错误；故选D。
答案：D
考法三 外界条件对化学平衡的影响
【典例3】(2020 浙江7月选考)一定条件下：2NO2(g)N2O4(g) 。在测定NO2的相对分子质量时，下列条件中，测定结果误差最小的是( )
A．温度0℃、压强50 kPa B．温度130℃、压强300 kPa
C．温度25℃、压强100 kPa D．温度130℃、压强50 kPa
解析：测定二氧化氮的相对分子质量，要使测定结果误差最小，应该使混合气体中NO2的含量越多越好，为了实现该目的，应该改变条件使平衡尽可以地逆向移动。该反应是一个反应前后气体分子数减小的放热反应，可以通过减小压强、升高温度使平衡逆向移动，则选项中，温度高的为130℃，压强低的为50kPa，结合二者选D。
答案：D
考法四 化学平衡移动的综合分析
【典例4】(2020 新课标Ⅱ卷)二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响，其原理如下图所示。下列叙述错误的是( )
A．海水酸化能引起HCO3-浓度增大、CO32-浓度减小
B．海水酸化能促进CaCO3的溶解，导致珊瑚礁减少
C．CO2能引起海水酸化，其原理为HCO3-H++ CO32-
D．使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境
解析：A项，海水酸化，H+浓度增大，平衡H++ CO32-HCO3-正向移动，CO32-浓度减小，HCO3-浓度增大，A正确；B项，海水酸化，CO32-浓度减小，导致CaCO3溶解平衡正向移动，促进了CaCO3溶解，导致珊瑚礁减少，B正确；C项，CO2引起海水酸化的原理为：CO2+H2OH2CO3H++ HCO3-，HCO3-H++ CO32-，导致H+浓度增大，C错误；D项，使用太阳能、氢能等新能源，可以减少化石能源的燃烧，从而减少CO2的排放，减弱海水酸化，从而改善珊瑚礁的生存环境，D正确；故选C。
答案：C
考法五 化学平衡图象
【典例5】(2020 江苏卷)(双选)CH4与CO2重整生成H2和CO的过程中主要发生下列反应
CH4(g)＋CO2(g)=2H2 (g)＋2CO(g) ΔH=247．1kJ·mol-1
H2(g)＋CO2(g)=H2O (g)＋CO(g) ΔH=41．2kJ·mol-1
在恒压、反应物起始物质的量比n(CH4)：n(CO2)=1：1条件下，CH4和CO2的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示。下列有关说法正确的是( )
A．升高温度、增大压强均有利于提高CH4的平衡转化率
B．曲线B表示CH4的平衡转化率随温度的变化
C．相同条件下，改用高效催化剂能使曲线A和曲线B相重叠
D．恒压、800K、n(CH4)：n(CO2)=1:1条件下，反应至CH4转化率达到X点的值，改变除温度外的特定条件继续反应，CH4转化率能达到Y点的值
解析：A项，甲烷和二氧化碳反应是吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应即正向移动，甲烷转化率增大，甲烷和二氧化碳反应是体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，甲烷转化率减小，故A错误；B项，根据两个反应得到总反应为CH4(g)＋2CO2(g)== H2(g)＋3CO(g) ＋H2O (g)，加入的CH4与CO2物质的量相等，CO2消耗量大于CH4，因此CO2的转化率大于CH4，因此曲线B表示CH4的平衡转化率随温度变化，故B正确；C项，使用高效催化剂，只能提高反应速率，但不能改变平衡转化率，故C错误；D项，800K时甲烷的转化率为X点，可以通过改变二氧化碳的量来提高甲烷的转化率达到Y点的值，故D正确。故选BD。
答案：BD
考法六 “等效平衡”理论的应用
【典例6】(2018 江苏卷)(双选)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
C．v1
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，υ2>υ1，增大压强平衡向正反应方向移动，平衡时c2>2c1，p2<2p1，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，υ3>υ1，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡时c3
答案：CD
解题技巧
等效平衡判断“四步曲”
：观察可逆反应特点(物质状态、气体分子数)，判断反应是反应前后气体体积不变的可逆反应还是反应前后气体体积改变的可逆反应；
：挖掘反应条件，是恒温恒容还是恒温恒压，注意密闭容器不等于恒容容器；
：采用一边倒法，将起始物质按可逆反应化学计量数之比转化成同一边的物质；
：联系等效平衡判断依据，结合题目条件判断是否达到等效平衡。
练习
1．将等物质的量的N2、H2气体充入某密闭容器中，在一定条件下，发生如下反应并达到平衡：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＜0。当改变某个条件并维持新条件直至新的平衡时，下表中关于新平衡与原平衡的比较正确的是( )
选项 改变条件 新平衡与原平衡比较
A 增大压强 N2的浓度一定变小
B 升高温度 N2的转化率变小
C 充入一定量H2 H2的转化率不变，N2的转化率变大
D 使用适当催化剂 NH3的体积分数增大
答案：B
解析：A项，正反应是气体体积减小的反应，依据勒夏特列原理可知增大压强平衡向正反应方向移动，但氮气的浓度仍然比原平衡大，不正确；B项，正反应是放热反应，则升高温度平衡向逆反应方向移动，氮气的转化率降低，正确；C项，充入一定量的氢气，平衡向正反应方向移动，氮气的转化率增大，而氢气的转化率降低，不正确；D项，催化剂只能改变反应速率而不能改变平衡状态，不正确，答案选B。
2．将NO2装入带有活塞的密闭容器中，当反应2NO2(g)N2O4(g)达到平衡后，下列叙述正确的是( )
A．升高温度，气体颜色加深，则此反应为吸热反应
B．慢慢压缩气体体积，平衡向正反应方向移动，混合气体的颜色变浅
C．慢慢压缩气体体积，若体积减小一半，压强增大，但小于原来的两倍
D．恒温恒容时，充入稀有气体，压强增大，平衡向正反应方向移动，混合气体的颜色变浅
答案：C
解析：升高温度，气体颜色加深，则平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，A错误；首先假设平衡不移动，压缩体积即增大压强，气体颜色加深，但平衡向正反应方向移动，使混合气体的颜色在加深基础上变浅，但一定比原平衡的颜色深，B错误；同理，首先假设平衡不移动，若体积减小一半，则压强变为原来的两倍，但平衡向正反应方向移动，使压强在原平衡两倍的基础上减小，C正确；体积不变，反应物及生成物浓度不变，正、逆反应速率均不变，平衡不移动，颜色不变化，D错误。
3．(2020 天津卷)已知[Co(H2O)6]2+呈粉红色，[CoCl4]2-呈蓝色，[ZnCl4]2-为无色。现将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：[Co(H2O)6]2++4Cl- [CoCl4]2-+6H2O ΔH，用该溶液做实验，溶液的颜色变化如下：
以下结论和解释正确的是( )
A．等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-中σ键数之比为3:2
B．由实验①可推知△H<0
C．实验②是由于c(H2O)增大，导致平衡逆向移动
D．由实验③可知配离子的稳定性：[ZnCl4]2->[CoCl4]2-
答案：D
解析：A项，1个[Co(H2O)6]2+中含有18个σ键，1个[CoCl4]2-中含有4个σ键，等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-所含σ键数之比为18:4=9:2，A错误；B项，实验①将蓝色溶液置于冰水浴中，溶液变为粉红色，说明降低温度平衡逆向移动，则逆反应为放热反应，正反应为吸热反应， H>0，B错误；C项，实验②加水稀释，溶液变为粉红色，加水稀释，溶液的体积增大，[Co(H2O)6]2+、[CoCl4]2-、Cl-浓度都减小，[Co(H2O)6]2+、Cl-的化学计量数之和大于[CoCl4]2-的化学计量数，则瞬时浓度商>化学平衡常数，平衡逆向移动，C错误；D项，实验③加入少量ZnCl2固体，溶液变为粉红色，说明Zn2+与Cl-结合成更稳定的[ZnCl4]2-，导致溶液中c(Cl-)减小，平衡逆向移动，则由此说明稳定性：[ZnCl4]2->[CoCl4]2-，D正确；故选D。
4．大气中CO2含量的增多除了导致地球表面温度升高外，还会影响海洋生态环境。某研究小组在实验室测得不同温度下(T1，T2)海水中CO32-浓度与模拟空气中CO2浓度的关系曲线。已知：海水中存在以下平衡：CO2(aq)+CO32-(aq)+H2O(aq)2HCO3-(aq)，下列说法不正确的是( )
A．T1>T2
B．海水温度一定时，大气中CO2浓度增加，海水中溶解的CO2随之增大，CO32-浓度降低
C．当大气中CO2浓度确定时，海水温度越高，CO32- 浓度越低
D．大气中CO2含量增加时，海水中的珊瑚礁将逐渐溶解
答案：C
解析：题中给出的图，涉及模拟空气中CO2浓度以及温度两个变量，类似于恒温线或恒压线的图像，因此，在分析此图时采用“控制变量”的方法进行分析。判断温度的大小关系，一方面将模拟空气中CO2浓度固定在某个值，另一方面也要注意升高温度可以使HCO3-分解，即让反应CO2+CO32-+H2O2HCO3-逆向移动。A项，升高温度可以使HCO3-分解，反应CO2+CO32-+H2O2HCO3-逆向移动，海水中的CO32-浓度增加；当模拟空气中CO2浓度固定时，T1温度下的海水中CO32-浓度更高，所以T1温度更高，A项正确；B项，假设海水温度为T1，观察图像可知，随着模拟空气中CO2浓度增加，海水中的CO32-浓度下降，这是因为更多的CO2溶解在海水中导致反应CO2+CO32-+H2O2HCO3-正向移动，从而使CO32-浓度下降，B项正确；C项，结合A的分析可知，大气中CO2浓度一定时，温度越高，海水中的CO32-浓度也越大，C项错误；D项，结合B项分析可知，大气中的CO2含量增加，会导致海水中的CO32-浓度下降；珊瑚礁的主要成分是CaCO3，CaCO3的溶解平衡方程式为：CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32-(aq)，若海水中的CO32-浓度下降会导致珊瑚礁中的CaCO3溶解平衡正向移动，珊瑚礁会逐渐溶解，D项正确；故选C。
5．如图，甲容器有一个移动活塞，能使容器保持恒压。起始时，关闭活塞K，向甲中充入2mol SO2、1mol O2，向乙中充入4 mol SO2、2 mol O2。甲、乙的体积都为1 L(连通管体积忽略不计)。保持相同温度和催化剂存在的条件下，使两容器中各自发生下述反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。达平衡时，甲的体积为0.8 L。下列说法正确的是( )
A．乙容器中SO2的转化率小于60%
B．平衡时SO3的体积分数：甲＞乙
C．打开K后一段时间，再次达到平衡，甲的体积为1．4 L
D．平衡后向甲中再充入2 mol SO2、1 mol O2和3 mol SO3，平衡向正反应方向移动
答案：C
解析：A项，根据阿伏加德罗定律(同温同容时，压强之比等于物质的量之比)，达平衡后，混合气体的物质的量是初始时物质的量的0.8倍，即0.8×3mol=2．4mol，即减小了0.6mol，
2 SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △n
2 1
1．2mol 0.6mol
即达平衡后，反应掉1．2molSO2，甲容器中SO2的转化率为×100%=60%，若乙容器也保持压强不变，则平衡后体积为1．6L，现体积不变，相当于甲平衡后增大压强，平衡正向移动，SO2的转化率增大，故A错误；B项，根据上述分析，平衡时SO3的体积分数：甲＜乙，故B错误；C项，根据上述分析，打开K后一段时间.再次达到平衡，总体积为2．4L，因此甲的体积为1．4 L，故C正确；D项，根据上述分析，甲平衡后，容器中有0.8molSO2，0.4molO2，1．2molSO3，物质的量之比为2:1:3，平衡后向甲中再充入2mol SO2、1mol O2和3moLSO3，物质的量之比不变，平衡不移动，故D错误；故选C。
6．(2021年1月浙江选考)“氯碱工业”以电解饱和食盐水为基础制取氯气等产品， 氯气是实验室和工业上的常用气体。请回答：
(1)电解饱和食盐水制取氯气的化学方程式是______。
(2)下列说法不正确的是______。
A．可采用碱石灰干燥氯气
B．可通过排饱和食盐水法收集氯气
C．常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中
D．工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸
(3)在一定温度下，氯气溶于水的过程及其平衡常数为：
Cl2(g)Cl2(aq) K1=c(Cl2)/p
Cl 2(aq) + H2O(l)H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq) K2
其中p为Cl2(g)的平衡压强，c(Cl2)为Cl2在水溶液中的平衡浓度。
①Cl2(g)Cl2(aq)的焓变ΔH1______0。(填”>”、“=”或“<”)
②平衡常数K2的表达式为K2=______。
③氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，则c=______。(用平衡压强p和上述平衡常数表示，忽略HClO的电离)
(4)工业上，常采用“加碳氯化”的方法以高钛渣(主要成分为TiO2)为原料生产TiCl4，相应的化学方程式为；
I.TiO2(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+O2(g) ΔHI=181 mol·L-1，KI=-3．4×10-29
II.2C(s)+O2(g)2CO(g) ΔHII= - 221 mol·L-1，KII=1．2×1048
结合数据说明氯化过程中加碳的理由______ 。
(5)在一定温度下，以I2为催化剂，氯苯和Cl2在CS2中发生平行反应，分别生成邻二氯苯和对二氯苯，两产物浓度之比与反应时间无关。反应物起始浓度均为0.5 mol·L-1，反应30 min测得氯苯15%转化为邻二氯苯，25%转化为对二氯苯。保持其他条件不变，若要提高产物中邻二氯苯的比例，可采用的措施是______。
A．适当提高反应温度 B．改变催化剂
C．适当降低反应温度 D．改变反应物浓度
答案：(1)2NaCl+ 2H2O2NaOH + H2↑+Cl2↑ (2)A
(3)①＜ ②③K1p +
(4)反应I + II得： TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)，K=KIKII=4．1×1019远大于K1，反应II使TiO2氯化为TiCl4得以实现；ΔH=ΔHI+ΔHII= -40kJ·mol-1，反应II 可为反应I提供所需的能量
(5)AB
解析：(1)电解饱和食盐水制取氯气时，同时还生成氢气和氢氧化钠，该反应的化学方程式是2NaCl+ 2H2O 2NaOH + H2↑+Cl2↑。(2) A项，氯气可与碱反应，碱石灰含有氢氧化钠和氧化钙，因此，不能用碱石灰干燥氯气，A说法不正确；B项，氯气可与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应是可逆反应，在饱和食盐水中存在浓度较大的氯离子，可以使氯气的溶解平衡逆向移动，因此，氯气在饱和食盐水中的溶解度较小，可以通过排饱和食盐水法收集氯气，B说法正确；C项，氯气在常温下不与铁反应；氯气的相对分子质量较大，其分子间的作用力较大，因此，氯气属于易液化的气体，常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中，C说法正确；D项，氢气和氯气反应生成氯化氢，氯化氢溶于水得到盐酸，因此，工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸，D说法正确。综上所述，相关说法不正确的是A，故选A。(3)①Cl2(g) Cl2(aq)表示的是氯气的溶解平衡，氯气在常温下可溶于水，该过程是自发的，由于该过程的熵变小于0，因此，其焓变ΔH1＜0。②由化学方程式Cl 2(aq) + H2O(l) H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq)可知，其平衡常数K2的表达式为K2=，注意水为液态，其不出现在表达式中。③Cl2(g) Cl2(aq) 与Cl 2(aq) + H2O(l) H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq) 相加可以得到Cl2(g) + H2O(l) H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq)，因此，该反应的平衡常数为；氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，根据物料守恒可知，c= + c(HClO)+ c(Cl-)，由于HCl是强电解质，若忽略水的电离和次氯酸的电离，则，由K2=可知=，由K1=c(Cl2)/p可知，=，则=，因此，c= K1p + 。(4)已知：I . TiO2(s)+2Cl2(g) TiCl4(g)+O2(g) ΔHI=181 mol ·L-1，KI=-3．4 ×10-29；II. 2C(s)+O2(g) 2CO(g) ΔHII= - 221 mol ·L-1，KII=1．2×1048。根据盖斯定律可知，I + II得： TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)，则K=KIKII=4．1 ×1019远大于K1，反应II的发生可以减小反应I的平衡体系中氧气的浓度，从而使TiO2氯化为TiCl4得以实现；反应I为吸热反应，而ΔH=ΔHI+ΔHII= -40kJ·mol-1，说明TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)为放热反应，则反应II 可为反应I提供所需的能量。(5) A项，由于两产物浓度之比与反应时间无关，适当提高反应温度，使催化剂碘的溶解度增大，既可以加快化学反应速率，同时可以提高邻位取代的机率(催化剂会参与反应形成中间体，根据信息可知，碘在对位的取代机率较大)，从而提高产物中邻二氯苯的比例，故A符合题意；B项，可以使用对生成邻二氯苯有更高选择性的催化剂，以提高产物中邻二氯苯的比例，B符合题意；C项，适当降低反应温度，不利于提高邻二氯苯的生成机率，不能提高产物中邻二氯苯的比例，C不符合题意；D项，改变反应物浓度可以改变化学反应速率，从而改变反应达到化学平衡状态的时间，但是，产物浓度之比与反应时间无关，因此，不能提高产物中邻二氯苯的比例，D不符合题意。故选AB。
(
过关检测
)
一、选择题
1．（2021·湖南株洲市高三一模）下列有关说法中，正确的是( )
A．在 KMnO4 酸性溶液做电解质的原电池中，MnO4-一定向负极移动
B．常温常压下能发生自发反应的两种物质，在常温常压下一定不能大量共存
C．燃烧反应一定有电子的转移，并一定伴随着能量的放出
D．其他条件不变时，向平衡体系 mA(g)+nB(g)=pC(g)中加入一定量的A，A的转化率一定减小
答案：C
解析：A项，原电池工作时，阴离子向负极移动，但在 KMnO4 酸性溶液做电解质的原电池中，MnO4-具有强氧化性，可能在正极得到电子发生还原反应，不向负极移动，故A错误；B项，常温常压下能发生自发反应的两种物质，但在常温常压下不一定能发生反应，如氢气和氧气生成水的反应，由常温下△H—T△S＜0可知，能自发进行，但氢气和氧气需要点燃才能反应，常温常压下能大量共存，故B错误；C项，燃烧反应都有能量放出，都属于放热反应，反应中一定有元素化合价的苯环，都有电子的转移，故C正确；D项，其他条件不变时，向平衡体系 mA(g)+nB(g)=pC(g)中加入一定量的A，A的转化率不一定减小，如氮气和氧气生成一氧化氮的反应达到平衡后，再加入一定量的氧气，氧气与一氧化氮反应生成二氧化氮，氧气的转化率会增大，不会减小，故D错误；故选C。
2．（2021·广东中山市期末）某温度下，在一个2 L的密闭容器中，加入4 mol A和2 mol B进行如下反应：3A(g)＋2B(g)4C(s)＋x D(g)，反应2 min后达到平衡，测得生成2 mol C，且反应前后压强之比为6∶5，则下列说法正确的是( )
A．根据题意计算可得
B．用A表示的反应速率是0.75 mol˙L-1˙min-1
C．增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数增大
D．若起始时A、B的物质的量之比为3∶2，则2 min末A、B的转化率相等
答案：D
解析：对于反应3A(g)＋2B(g) 4C(s)＋x D(g)，因为C为固体，根据容器的体积不变，反应前后气体的压强之比等于气体的物质的量之比。反应前气体总物质的量为6 mol，反应前后压强之比为6：5，所以反应后气体的总物质的量为5 mol。A项，达到平衡时生成2 mol C，则消耗A的物质的量为1.5 mol，消耗B的物质的量为1 mol，生成D的物质的量为0.5x mol，则平衡时A的物质的量为4 mol-1.5 mol=2.5 mol，B的物质的量为2 mol-1 mol=1 mol，则2.5 mol+1 mol+0.5x mol=5 mol，x=3，A错误；B项，用A表示的反应速率为v(A)=mol˙L-1˙min-1，B错误；C项，因为x=3，正反应为气体体积减小的反应，所以增大该体系的压强，平衡向右移动，，温度不变，化学平衡常数不变，化学平衡常数与浓度、压强没有关系，C错误；D项，若起始时A、B的物质的量之比为3∶2，物质反应的物质的量的比是3∶2，则2 min末达到平衡时A、B的转化量之比仍为3：2，所以2 min末达到平衡时A、B的转化率相等，D正确；故选D。
3．（2021·福建高三零模）K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+。分别在26.3℃，50.0℃恒温条件下，往100mL0.100 mol·L-1的K2Cr2O7溶液中加入一定量K2Cr2O7固体，持续搅拌下pH传感器连续测量溶液的pH，得到如下实验图像，下列说法正确的是( )
A．曲线①是50.0℃的pH-t曲线
B．曲线②对应的平衡常数的数量级是10-14
C．t1后，c(Cr2O72-)+ c(CrO42-)=c(K+)
D．26.3℃，与0.100mol·L-1的K2Cr2O7溶液相比，达到新平衡时c2(CrO42-)/c(Cr2O72-)增大
答案：B
解析：A项，升高温度使平衡正向移动，氢离子浓度变大，pH减小，所以曲线②是50.0℃的pH-t曲线，A错误；B项，反应Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+的平衡常数表达式为K=，据图可知曲线②上0.100 mol·L-1的K2Cr2O7溶液的pH=3.75，所以c(CrO42-)= c(H+)=10-3.75mol/L，则K=≈10-14，B正确；C项，根据物料守恒n(Cr)=n(K)，所以2c(Cr2O72-)+ c(CrO42-)=c(K+)，C错误；D项，，加入一定量K2Cr2O7固体后pH减小，即c(H+)增大，而K不变，所以该比值减小，D错误。
4．（2021·山西运城市期末）利用辉钼矿冶炼组的原理为MOS2(s)+4H2(g)+2 Na2CO3(s)MO(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s) ΔH。在压强为的条件下，测得达到平衡时的有关气体体积分数的变化如图中实线所示：
下列判断正确的是( )
A．通过图象曲线变化规律无法判断ΔH正负
B．a为CO变化曲线，b为水蒸气变化曲线
C．压强为0.5MPa时，虚线Ⅱ可能为H2的变化曲线
D．M点H2的转化率为75%
答案：C
解析：A项，由图像可知，随着温度的升高，氢气的体积分数不断减小，说明温度升高使化学平衡向正反应方向移动，因此，可以通过图象曲线变化规律判断该反应的ΔH＞0，ΔH是正值，A不正确；B项，由a、b两曲线的变化规律可知，升高相同的温度，a曲线所代表的气体的体积分数增长的较大，因此，a为水蒸气（其化学计量数较大）变化曲线，b为CO变化曲线，B不正确；C项，由于正反应是气体分子数增大的反应，在相同温度下增大体系的压强，该反应的化学平衡向逆反应方向移动，H2的体积分数变大，因此，压强为0.5MP时，虚线Ⅱ可能为H2的变化曲线，C正确；D项，假设H2的起始量为4mol，到达平衡后其变化量为x，则根据化学方程式MOS2(s)+4H2(g)+2 Na2CO3(s)MO(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)可知，CO的变化量为0.5x、H2O的变化量为x，则平衡时气体的总物质的量为4mol+0.5x，由图像中的信息可知，M点H2和的体积分数相同，均为40%，则，解之得x=2mol，H2的转化率为，D不正确。故选C。
5．(2021·河北石家庄二中期末)80℃时，NO2(g)＋SO2(g)SO3(g)＋NO(g)。该温度下，在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入NO2和SO2，起始浓度如下表所示，其中甲经2min达平衡时，NO2的转化率为50%，下列判断不正确的是( )
起始浓度 甲 乙 丙
c(NO2)/mol ·L－1 0.10 0.20 0.20
c(SO2)/mol ·L－1 0.10 0.10 0.20
A．平衡时，乙中SO2的转化率大于50%
B．当反应平衡时，丙中c(SO2)是甲中的2倍
C．温度升至90℃，上述反应平衡常数为25/16，则正反应为吸热反应
D．其他条件不变，若起始时向容器乙中充入0.10mol ·L－1 NO2和0.20 mol ·L－1 SO2，达到平衡时c(NO)与原平衡不同
答案：D
解析：甲经2min达平衡时，NO2的转化率为50%，故Δc(NO2)=0.05mol/L，则：
NO2(g)＋SO2(g) SO3(g)＋NO(g)
开始(mol/L)：0.1 0.1 0 0
转化(mol/L)：0.05 0.05 0.05 0.05
平衡(mol/L)：0.05 0.05 0.05 0.05
故该温度下平衡常数K==1。A项，令乙中SO2的浓度变化量为x，则：
NO2(g)＋SO2(g) SO3(g)＋NO(g)
开始(mol/L)：0.2 0.1 0 0
转化(mol/L)： x x x x
平衡(mol/L)：0.2-x 0.1-x x x
所以=1，解得x=，故二氧化硫的转化率为×100%=66.7%＞50%，故A正确；B项，反应前后气体的体积不变，恒温恒容下，甲、丙两容器内起始浓度n(NO2)：n(SO2)=1：1，甲、丙为等效平衡，平衡时二氧化硫的物质的量分数相同，丙中总物质的量为甲中的2倍，则反应平衡时，丙中c(SO2)是甲中的2倍，故B正确；C项，温度升至90℃，上述反应平衡常数为，大于80℃的平衡常数1，则升高温度平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，故C正确；D项，令平衡时NO的浓度为ymol/L，则：
NO2(g)＋SO2(g) SO3(g)＋NO(g)
开始(mol/L)：0.1 0.2 0 0
转化(mol/L)： y y y y
平衡(mol/L)：0.1-y 0.2-y y y
则=1，解得y=，而乙平衡时CO的浓度mol/L，故D错误；故选D。
6．（2021·重庆高三零模）MTP是一类重要的药物中间体，可以由TOME经环化后合成。其反应式为：
为了提高TOME的转化率，反应进行时需及时从溶液体系中移出部分甲醇。TOME的转化率随反应时间的变化如图所示。设TOME的初始浓度为a mol/L，反应过程中的液体体积变化忽略不计。下列说法错误的是（ ）
A．X、Y两点的MTP的物质的量浓度相等
B．X、Z两点的瞬时速率大小为v(X)>v(Z)
C．若Z点处于化学平衡，则210℃时反应的平衡常数K=mol/L
D．190℃时，0～150 min之间的MTP的平均反应速率为mol/(L·min)
答案：C
解析：A项，由图知X、Y两点反应物的转化率相等，则MTP的物质的量浓度相等，A正确；B项，由图知，X点曲线斜率大于Z点，则X、Z两点的瞬时速率大小为v(X)>v(Z) ，因为Z点转化率已达98%，反应物浓度极小，则反应速率下降，B正确；C项，由题知，反应过程中甲醇不断从体系中移走，若Z点处于化学平衡，则210℃时甲醇的浓度不等于0.98amol/L，则反应的平衡常数K不等于mol/L，C错误；D项，190℃时，0～150 min之间的MTP的浓度减少了0.67mol/L，则其平均反应速率为mol/(L·min)，D正确；故选C。
7．（2021·沙坪坝区重庆八中高三月考）某密闭容器中投入1 mol A和1 mol B进行反应：2A(g)＋B(g)3C(g)＋D(s) ΔH=-a kJ·mol-1(a>0)，其产物体积分数随反应物物质的量的比值的变化如图所示。下列说法不正确的是
A．当反应速率2vB正=vA逆，则表明反应达到平衡状态
B．若容器密闭绝热，达平衡后压缩容器体积，温度降低，平衡常数增大
C．若容器恒温恒压，达平衡后充入1 mol氦气，A的转化率不变
D．若容器恒温恒容，达平衡后再加入1 mol A，容器内C的体积分数增大
答案：B
解析：A项，，说明A的正逆反应速率相等，能表明反应达到平衡状态，故A正确；B项，若容器密闭绝热，D为固体，该反应为前后气体分子数相等的反应，达平衡后压缩容器体积，平衡不移动，平衡常数不变，故B错误；C项，恒温恒压，达平衡后充入1 mol惰性气体相当于减压，仍不影响平衡移动，转化率不变，故C正确；D项，恒温恒容，达平衡后再加入1 mol A相当于按系数比充入反应物，由图示信息可知，产物体积分数最大，故D正确；故选B。
8．（2020·河南开封市质检）已知反应H2(g)+I2(g)2HI(g) △H<0。温度T时，在两个体积均为1 L的恒容密闭容器中进行实验，测得气体混合物中碘化氢的物质的量分数w(HI)与反应时间t的关系如表：
容器编号 起始物质 t/min 0 20 40 60 80 100
Ⅰ 0.5 mol I2、0.5 mol H2 ω(HI)/% 0 50 68 76 80 80
Ⅱ x mol HI ω(HI)/% 100 91 84 81 80 80
上述反应中v正=ka·w(H2)·w(I2)，v逆=kb·w2(HI)，其中ka、kb为常数。下列说法正确的是（ ）
A．温度为T时，该反应的=64
B．容器Ⅰ中，前20 min的平均速率v(HI)=0.05 mol·L-1·min-1
C．若起始时，向容器Ⅰ中加入物质的量均为0.1 mol的H2、I2和HI，反应逆向进行
D．x的值一定为1
答案：A
解析：A项，设H2和I2转化了n mol，利用三段式：
平衡时ω(HI)/%=80%=，解得n=0.4，K==64，反应达到平衡时正逆反应速率相等，v正=ka·w(H2)·w(I2)=v逆=kb·w2(HI) ，即=K=64，故A正确；B项，20 min时，ω(HI)=50%，则n(HI)=(0.5 mol+0.5mol)×50%=0.5 mol，v(HI)== 0.025 mol·L-1·min-1，故B错误；C项，起始时，向容器Ⅰ中加入物质的量均为0.1 mol的H2、I2和HI，此时浓度熵Qc==1＜64，反应正向移动，故C错误；D项，H2(g)+I2(g)2HI(g)反应前后气体物质的量不变，改变压强，平衡不移动，因此x不论为何值，Ⅰ和Ⅱ都等效，故D错误；故选A。
9．（2021·江苏扬州市高三期末）已知反应2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)ΔH。根据理论计算，在恒压、起始物质的量之比n(CO2)∶n(H2)=1∶3条件下，该反应达平衡时各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。
实验发现，在实际反应过程中还可能生成C3H6、C3H8、C4H8等副产物。下列有关说法正确的是( )
A．由理论计算可知，ΔH＞0
B．理论计算图中曲线d表示的是平衡时C2H4物质的量分数的变化
C．在实际反应中，450K达到平衡时，n(C2H4)∶n(H2O)＜4∶1
D．在实际反应中，改用选择性更好的催化剂不能提高C2H4的产率
答案：B
解析：
由题中信息可知，两反应物初始投料之比等于化学计量数之比，由图中曲线的起点坐标可知，c和a所表示的物质的物质的量分数之比为1: 3，d和b表示的物质的物质的量分数之比为1: 4，则结合化学计量数之比可以判断，表示乙烯变化的曲线是d，表示二氧化碳变化曲线的是c。A项，由图中曲线的变化趋势可知，升高温度，乙烯的物质的量分数减小，则化学平衡向逆反应方向移动，则该反应为放热反应，ΔH＜0，A错误；B项，．由题分析可知曲线d表示的是平衡时C2H4物质的量分数的变化，B正确；C项，实验发现，在实际反应过程中还可能生成C3H6、C3H8、C4H8等副产物，根据碳元素守恒，故实际反应中，450K达到平衡时，n(C2H4)∶n(H2O)＜1∶4，C错误；D项，实际反应中，选择合适的催化剂，可以加快化学反应速率，同时还可以提高目标产品的选择性，减少副反应的发生，故改用选择性更好的催化剂能提高C2H4的产率，D错误；故选B。
10．(2021·山东烟台期末)工业上主要采用甲醇与CO的羰基化反应来制备乙酸，发生反应如下：CH3OH(g)+CO(g)CH3COOH(l)。在恒压密闭容器中通入0.20mol的CH3OH(g)和0.22mol的CO，测得甲醇的转化率随温度变化如图所示。假设在T2温度下，达到平衡时容器的体积为2L。下列说法正确的是( )
A．该反应的平衡常数T1＜T2
B．B点时CO的转化率约为27.7%
C．T1时，该反应的正反应速率：B点大于A点
D．T2时向上述已达平衡的恒压容器中，再通入0.12molCH3OH和0.06molCO气体时容器体积变为4L，此时平衡不发生移动
答案：D
解析：A项，根据图可知，甲醇的转化率随着温度的升高而减小，说明升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，因此平衡常数T1＞T2，故A错误；B项，根据图像，B点时CH3OH的转化率为80%，即反应的甲醇为0.16mol，则反应的CO为0.16mol，CO的转化率=×100%=72.7%，故B错误；C项，T1时，A点未达到平衡，此时甲醇的浓度大于B点甲醇的浓度，浓度越大，反应速率越快，因此温度为T1时，该反应的正反应速率：B点小于A点，故C错误；D项，根据图像，温度为T2时， CH3OH的转化率为60%，即反应的甲醇为0.12mol，则反应的CO为0.12mol，平衡时甲醇为0.08mol，则反应的CO为0.10mol，平衡时容器的体积为2L，平衡浓度分别为甲醇为0.04mol/L，CO为0.05mol/L。再通入0.12 mol CH3OH和0.06 mol CO的混合气体，容器体积变为4L，此时浓度分别为甲醇为=0.05mol/L，CO为=0.04mol/L，Qc==K=，平衡不移动，故D正确；故选D。
二、非选择题
11．（2021·湖北高三零模）甲烷和水蒸气催化制氢主要有如下两个反应：
①CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) ΔH=+206kJ/mol
②CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) ΔH=-41kJ/mol
恒定压强为时，将n(CH4)∶n(H2O)=1∶3的混合气体投入反应器中，平衡时，各组分的物质的量分数与温度的关系如图所示。
回答下列问题：
(1)写出CH4与CO2生成H2和CO的热化学方程式：_____________________。
(2)关于甲烷和水蒸气催化制氢反应，下列叙述正确的是_______(填标号)。
A．恒温、恒容条件下，加入惰性气体，压强增大，反应速率加快
B．恒温、恒容条件下，加入水蒸气，活化分子百分数增大，反应速率加快
C．升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞频率增大，反应速率加快
D．加入合适的催化剂，降低反应温度也能实现单位时间转化率不变
(3)系统中H2的含量，在700℃左右出现峰值，试从化学平衡的角度解释出现峰值的原因：
①低于700℃，_________________________________________________；
②高于700℃，________________________________________________________。
(4)已知投料比为n(CH4)∶n(H2O)=1∶3的混合气体，p =100kPa。600℃时，CH4的平衡转化率为_______，反应①的平衡常数的计算式为Kp =_______(Kp是以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
答案：(1)CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) ΔH=247kJ/mol (2)C
(3) ①由于正反应方向吸热，随着温度的升高，反应向正反应方向进行的程度较大，氢气的物质的量逐渐增大
②随着反应的进行，一氧化碳的物质的量增大，发生反应②，反应②正反应放热，当温度升高时，平衡逆向移动，使氢气的物质的量减小
(4)77.78% 5859.375
解析：
(1) ①CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) ΔH=+206kJ/mol
②CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) ΔH=-41kJ/mol
根据盖斯定律，①-②，ΔH=+206kJ/mol+41kJ/mol=247kJ/mol，得到CH4和CO2生成H2和CO的热化学方程式：CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) ΔH=247kJ/mol；
(2)由反应CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) ΔH=+206kJ/mol。A项，恒温、恒容条件下，加入惰性气体，总压强增大，各物质的分压不变，各气体的浓度没变，化学反应速率不变，故A不符合题意；B项，恒温、恒容条件下，加入水蒸气，活化分子百分数不变，单位体积活化分子数增加，有效碰撞几率增大，反应速率加快，故B不符合题意；C项，升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞频率增大，反应速率加快，故C符合题意；D项，反应为吸热反应，加入合适的催化剂，缩短达到平衡的时间，但不影响平衡的移动，单位时间内气体的转化率不变；降低反应温度，平衡逆向移动，单位时间内气体的转化率减小，故D不符合题意；故选C； (3)①温度低于700℃时，由于正反应方向吸热，随着温度的升高，反应向正反应方向进行的程度较大，氢气的物质的量逐渐增大；②温度高于700℃，随着反应的进行，一氧化碳的物质的量增大，发生反应②，反应②正反应放热，当温度升高时，平衡逆向移动，使氢气的物质的量减小；(4)已知投料比为n(CH4):n(H2O)=1:3的混合气体，设甲烷的初始物质的量为1mol，水蒸气的物质的量为3mol，设转化的甲烷的物质的量为x，设转化的一氧化碳的物质的量为y，
由图可知，600℃时，CH4的物质的量分数为0.04，各气体的总物质的量为1-x+3-x-y+x+3x+y=4+2x，==0.04，解得x=mol，的平衡转化率为×100%=77.78%；600℃时，由图可知，p =100kPa，平衡时H2的物质的量分数为0.50，可以得到：=0.5，解得y=mol，平衡时CO的物质的量=mol-mol=mol，CO的物质的量分数为=0.06，CH4的物质的量分数为0.04， H2O的物质的量分数为0.32，H2的物质的量分数为0.50，反应①的平衡常数的计算式为Kp===5859.375。
12．（2021·辽宁高二期末）亚硝酰氯(NOCl)是有机合成中的重要试剂，工业上可由NO与Cl2反应制得，回答下列问题：
Ⅰ.(1)氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时会生成亚硝酰氯，涉及如下反应：
2NO2(g)+NaCl(s) NaNO3(s)+NOCl(g) ΔH1；K1
4NO2(g)+2NaCl(s) 2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g) ΔH2；K2
2NO(g)+Cl2(g) 2NOCl(g) ΔH3；K3
则ΔH3=___________(用ΔH1和ΔH2表示)，K3=___________(用K1和K2表示)
Ⅱ.工业上通常用如下反应制备亚硝酰氯：2NO(g)+Cl2(g) 2NOCl(g) ΔH<0.
(1)已知上述反应中逆反应速率的表达式为v逆=k·cn(NOCl)。300℃时，测得逆反应速率与NOCl的浓度的关系如表所示：
c(NOCl)/(mol/L) v逆 /(mol L-1 s-1)
0.20 1.6×10-9
0.40 6.4×10-9
当c(NOCl)=0.50 mol·L-1时，v逆=___________mol·L-1·s-1
(2)保持恒温恒容条件，将物质的量之和为3 mol的NO和Cl2以不同的氮氯比进行反应，平衡时某反应物的转化率与氮氯比及不同温度的关系如图所示：
①图中T1、T2的关系为T1___________T2(填“>”“<”或“=”)；图中纵坐标为物质___________的转化率。图中A、B、C三点对应的NOCl体积分数最大的是___________(填“A”“B”或“C”)。
②若容器容积为1 L，经过10min到达A点，该时间段内化学反应速率υ(NO)=___________。B点的平衡常数为___________。
③若在温度为T1，容积为1 L的容器中，充入0.5molNO、1molCl2、2molNOCl，υ(正)___________υ(逆)(填“<”“>”或“=”)
答案：Ⅰ. (1)2ΔH1-ΔH2
Ⅱ. (1)10-8 (2) ①< Cl2 A ②0.16 mol/(L·min) 80L/mol ③>
解析：Ⅰ.(1)根据盖斯定律可得ΔH3=2ΔH1-ΔH2，则K3=；
Ⅱ. (1)根据表格及v逆=k·cn(NOCl)，可列k ·0.2n=1.6×10-9，k ·0.4n=6.4×10-9，联立方程解得n=2，k=4×10-6，将c(NOCl)=0.50 mol·L-1带入表达式中可得v逆=10-8mol L-1 s-1；故答案为10-8；
(2) ①ΔH<0，为放热反应，根据勒夏特列原理可得，升高温度，反应逆向移动，则T1< T2，横坐标为，随着比值的增大，转化率增大，则纵坐标为氯气的转化率，要想NOCl体积分数最大，则氯气的转化率要高，NOCl气体体积最大，=2时，生成的NOCl最多，故A点的NOCl体积分数最大；故答案为：<；CI2；A；②根据图像可得A点=2，且一氧化氮与氯气的物质的量的和为3mol，则一氧化氮的物质的量为2mol，氯气的物质的量为1mol，则列三段式为：
则υ(NO)== 0.16 mol/(L·min)，根据A点与B点温度相同，平衡常数相同，则 L/mol，故答案为：0.16 mol/(L·min)；80 L/mol ③T1时的平衡常数为80L/mol，充入0.5molNO、1molCl2、2molNOCl时，反应商Q=<80L/mol，平衡正向移动，υ(正) >υ(逆)。
(
链接高考
)
1．（2021·湖南）已知：，向一恒温恒容的密闭容器中充入和发生反应，时达到平衡状态I，在时改变某一条件，时重新达到平衡状态Ⅱ，正反应速率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．容器内压强不变，表明反应达到平衡 B．时改变的条件：向容器中加入C
C．平衡时A的体积分数： D．平衡常数K：
答案：BC
解析：根据图像可知，向恒温恒容密闭容器中充入1molA和3molB发生反应，反应时间从开始到t1阶段，正反应速率不断减小，所以平衡向正反应方向移动，t1-t2时间段，正反应速率不变，反应达到平衡状态，t2-t3时间段，改变条件使正反应速率逐渐增大，平衡向逆反应方向移动，t3以后反应达到新的平衡状态，据此结合图像分析解答。
A．容器内发生的反应为A(g)+2B(g)3C(g)，该反应是气体分子数不变的可逆反应，所以在恒温恒容条件下，气体的压强始终保持不变，则容器内压强不变，不能说明反应达到平衡状态，A错误；
B．根据图像变化曲线可知，t2t3过程中，t2时,瞬间不变，平衡过程中不断增大，则说明反应向逆反应方向移动，且不是“突变”图像，属于“渐变”过程，所以排除温度与催化剂等影响因素，改变的条件为：向容器中加入C，B正确；
C．根据上述分析可知，t2-t3时间段，改变条件使正反应速率逐渐增大，平衡向逆反应方向移动，达到新的平衡状态后，生成A的量增大，总的物质的量不变，所以A的体积分数增大，即A的体积分数：(II)＞(I)，C正确；
D．平衡常数K与温度有关，因该反应在恒温条件下进行，所以K保持不变，D错误。
故选BC。
2．（2021·广东）反应经历两步：①；②。反应体系中、、的浓度c随时间t的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．a为随t的变化曲线 B．时，
C．时，的消耗速率大于生成速率 D．后，
答案：D
解析：由题中信息可知，反应经历两步：①；②。因此，图中呈不断减小趋势的ａ线为X的浓度随时间的变化曲线，呈不断增加趋势的线为Z的浓度随时间的变化曲线，先增加后减小的线为Y的浓度随时间的变化曲线。
解析：A．X是唯一的反应物，随着反应的发生，其浓度不断减小，因此，由图可知，为随的变化曲线，A正确；
B．由图可知，分别代表3种不同物质的曲线相交于时刻，因此，时，B正确；
C．由图中信息可知，时刻以后，Y的浓度仍在不断减小，说明时刻反应两步仍在向正反应方向发生，而且反应①生成Y的速率小于反应②消耗Y的速率，即时的消耗速率大于生成速率，C正确；
D．由图可知，时刻反应①完成，X完全转化为Y，若无反应②发生，则，由于反应②的发生，时刻Y浓度的变化量为，变化量之比等于化学计量数之比，所以Z的浓度的变化量为，这种关系在后仍成立， 因此，D不正确。
综上所述，本题选D。
3．（2021·河北）室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反应：①M+N=X+Y；②M+N=X+Z，反应①的速率可表示为v1=k1c2(M)，反应②的速率可表示为v2=k2c2(M) (k1、k2为速率常数)。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图，下列说法错误的是（ ）
A．0～30min时间段内，Y的平均反应速率为6.67×10-8mol L-1 min-1
B．反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变
C．如果反应能进行到底，反应结束时62.5%的M转化为Z
D．反应①的活化能比反应②的活化能大
答案：A
解析：A．由图中数据可知，时，M、Z的浓度分别为0.300和0.125 ，则M的变化量为0.5-0.300 =0.200 ，其中转化为Y的变化量为0.200-0.125 =0.075 。因此，时间段内，Y的平均反应速率为 ，A说法不正确；
B．由题中信息可知，反应①和反应②的速率之比为，Y和Z分别为反应①和反应②的产物，且两者与M的化学计量数相同（化学计量数均为1），因此反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比等于 ，由于k1、k2为速率常数，故该比值保持不变，B说法正确；
C．结合A、B的分析可知因此反应开始后，在相同的时间内体系中Y和Z的浓度之比等于=，因此，如果反应能进行到底，反应结束时有 的M转化为Z，即的M转化为Z，C说法正确；
D．由以上分析可知，在相同的时间内生成Z较多、生成Y较少，因此，反应①的化学反应速率较小，在同一体系中，活化能较小的化学反应速率较快，故反应①的活化能比反应②的活化能大，D说法正确。
综上所述，相关说法不正确的只有A，故本题选A。
4．（2021·山东卷）2 甲氧基 2 甲基丁烷(TAME)常用作汽油原添加剂。在催化剂作用下，可通过甲醇与烯烃的液相反应制得，体系中同时存在如图反应：
反应Ⅰ：+CH3OH △H1
反应Ⅱ：+CH3OH△H2
反应Ⅲ： △H3
回答下列问题：
（1）反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ以物质的量分数表示的平衡常数Kx与温度T变化关系如图所示。据图判断，A和B中相对稳定的是__(用系统命名法命名)；的数值范围是___(填标号)。
A．< 1 B． 1～0 C．0～1 D．>1
（2）为研究上述反应体系的平衡关系，向某反应容器中加入1.0molTAME，控制温度为353K，测得TAME的平衡转化率为α。已知反应Ⅲ的平衡常数Kx3=9.0，则平衡体系中B的物质的量为___mol，反应Ⅰ的平衡常数Kx1=_______。同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，反应Ⅰ的化学平衡将______ (填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)平衡时，A与CH3OH物质的量浓度之比c(A)：c(CH3OH)=______________。
（3）为研究反应体系的动力学行为，向盛有四氢呋喃的另一容器中加入一定量A、B和CH3OH。控制温度为353K，A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化如图所示。代表B的变化曲线为__(填“X”或“Y”)；t=100s时，反应Ⅲ的正反应速率v正__逆反应速率v逆(填“＞”“＜”或“=)。
答案：（1）2 甲基 2 丁烯 D
（2）0.9α 逆向移动 1:10
（3）X ＜
解析：
（1）由平衡常数Kx与温度T变化关系曲线可知，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的平衡常数的自然对数随温度升高（要注意横坐标为温度的倒数）而减小，说明3个反应均为放热反应，即△H1＜0、△H2＜0、△H3＜0，因此，A的总能量高于B的总能量，能量越低越稳定，A和B中相对稳定的是B，其用系统命名法命名为2 甲基 2 丁烯；由盖斯定律可知，Ⅰ Ⅱ=Ⅲ，则△H1 △H2=△H3＜0，因此△H1＜△H2，由于放热反应的△H越小，其绝对值越大，则的数值范围是大于1，选D。
（2）向某反应容器中加入1.0molTAME，控制温度为353K，测得TAME的平衡转化率为α,则平衡时n(TAME)=(1 α) mol，n(A)+n(B)=n(CH3OH)= α mol。已知反应Ⅲ的平衡常数Kx3=9.0，则=9.0，将该式代入上式可以求出平衡体系中B的物质的量为0.9α mol，n(A)=0.1α mol，反应Ⅰ的平衡常数Kx1=。同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，反应Ⅰ的化学平衡将向着分子数增大的方向移动，即逆向移动。平衡时，TAME的转化率变大，但是平衡常数不变，A与CH3OH物质的量浓度之比不变，c(A)：c(CH3OH)=0.1α：α=1:10。
（3）温度为353K，反应Ⅲ的平衡常数Kx3=9.0，=9.0。由A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化曲线可知，X代表的平衡浓度高于Y，则代表B的变化曲线为X；由母线的变化趋势可知，100s 以后各组分的浓度仍在变化， t=100s时，因此，反应Ⅲ正在向逆反应方向移动，故其正反应速率v正小于逆反应速率v逆，填＜。
5．（2021·广东卷）我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。CH4与CO2重整是CO2利用的研究热点之一。该重整反应体系主要涉及以下反应：
a)CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) H1
b)CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) H2
c)CH4(g) C(s)+2H2(g) H3
d)2CO(g) CO2(g)+C(s) H4
e)CO(g)+H2(g) H2O(g)+C(s) H5
（1）根据盖斯定律，反应a的 H1=_______(写出一个代数式即可)。
（2）上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有_______。
A．增大CO2与CH4的浓度，反应a、b、c的正反应速率都增加
B．移去部分C(s)，反应c、d、e的平衡均向右移动
C．加入反应a的催化剂，可提高CH4的平衡转化率
D．降低反应温度，反应a~e的正、逆反应速率都减小
（3）一定条件下，CH4分解形成碳的反应历程如图所示。该历程分_______步进行，其中，第_______步的正反应活化能最大。
（4）设K为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压（单位为kPa）除以p0（p0=100kPa）。反应a、c、e的ln K随（温度的倒数）的变化如图所示。
①反应a、c、e中，属于吸热反应的有_______(填字母)。
②反应c的相对压力平衡常数表达式为K=_______。
③在图中A点对应温度下、原料组成为n(CO2):n(CH4)=1:1、初始总压为100kPa的恒容密闭容器中进行反应，体系达到平衡时H2的分压为40kPa。计算CH4的平衡转化率，写出计算过程_______。
（5）CO2用途广泛，写出基于其物理性质的一种用途：_______。
答案：（1） H2+ H3 H5或 H3 H4 （2）AD （3）4 4 （4）ac 68%
（5）做冷冻剂
解析：
根据盖斯定律计算未知反应的反应热；根据影响化学反应速率和化学平衡的因素判断反应速率的变化及转化率的变化；根据图像及曲线高低判断反应进程和活化能的相对大小；根据平衡时反应物的分压计算平衡转化率；根据CO2的物理性质推测CO2的用途。
（1）根据题目所给出的反应方程式关系可知，a=b+c e=c d，根据盖斯定律则有 H1= H2+ H3 H5= H3 H4；
（2）A．增大CO2和CH4的浓度，对于反应a、b、c来说，均增大了反应物的浓度，反应的正反应速率增大，A正确；
B．移去部分C(s)，没有改变反应体系中的压强，反应的正逆反应速率均不变，平衡不移动，B错误；
C．催化剂可以同等条件下增大正逆反应速率，只能加快反应进程，不改变反应的平衡状态，平衡转化率不变，C错误；
D．降低温度，体系的总能量降低，正、逆反应速率均减小，D正确；
故答案选AD；
（3）由图可知，反应过程中能量变化出现了4个峰，即吸收了4次活化能，经历了4步反应；且从左往右看4次活化能吸收中，第4次对应的峰最高，即正反应方向第4步吸收的能量最多，对应的正反应活化能最大。
（4）①随着温度的升高，反应a和c的ln K增大，说明K的数值增大，反应向正反应方向进行，反应a和c为吸热反应，同理反应e的ln K减小，说明K的减小，反应向逆反应方向进行，反应e为放热反应，故答案为ac；
②用相对分压代替浓度，则反应c的平衡常数表达式K=；
③由图可知，A处对应反应c的ln K=0，即K==1，解方程的p2(H2)=p(CH4)，已知反应平衡时p(H2)=40kPa，则有p(CH4)=16kPa，且初始状态时p(CH4)=×100kPa=50kPa，故CH4的平衡转化率为×100%=68%；
（5）固态CO2即为干冰，干冰用于制冷或人工降雨均是利用其物理性质。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
同课章节目录