人教版高中化学选修4教学讲义，复习补习资料（含典例分析，巩固练习）：09【提高】《化学反应速率与化学平衡》单元复习与巩固
文档属性
| 名称 | 人教版高中化学选修4教学讲义，复习补习资料（含典例分析，巩固练习）：09【提高】《化学反应速率与化学平衡》单元复习与巩固 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 769.0KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2020-01-18 18:29:52 | ||
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文档简介
《化学反应速率和化学平衡》全章复习与巩固
【学习目标】
1、了解化学反应速率及其影响因素；
2、掌握化学平衡的建立及其影响因素，能用化学平衡常数进行定量分析；
3、初步了解化学反应方向的判断依据。
【知识网络】
【典型例题】
类型一、化学反应速率的概念及简单计算
例1（2019 兰州模拟）工业上制备重要化工原料CH3OH的反应之一为：
CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H＜0。为了探究其反应原理，现进行如下实验，在2L恒容密闭容器内250℃条件下，测得n(CO2)随时间变化情况如下表：
时间（s）
0
1
2
3
4
5
n(CO2)（mol）
0.40
0.35
0.31
0.30
0.30
0.30
下列叙述正确的是（ ）
A．v(H2)=3v(CO2)、v逆(CO2)= v正(CH3OH)
B．升高温度或减小压强均可使平衡常数增大
C．0～3s内用H2表示的平均反应速率是0.05 mol·L－1·s－1
D．增大CO2浓度或选择适当的催化剂均能使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动
【思路点拨】四个选项考查的知识点各不相同，做题时需要逐项分析，为提高做题速度可先分析不需要计算的A、B、D三个选项，没有正确答案后就可以直接选C项了，略去计算过程的繁琐。
【答案】C
【解析】A项反应从开始到平衡，一直都存在v(H2)=3v(CO2)，正逆反应速率相等只有平衡时才满足v逆(CO2)= v正(CH3OH)，而该反应未说明处于平衡状态，故A错误；B项该反应△H＜0，升高温度，化学平衡常数减小，平衡常数仅与温度有关，不受压强的影响，故B错误；C项0～3s用CO2表示的平均反应速率，根据物质的反应速率之比等于方程式的系数之比，则用氢气表示的反应速率为用CO2表示的速率的3倍，即为0.05 mol·L－1·s－1，故C正确；D项催化剂只能改变反应速率，选择适当催化剂，化学反应速率加快，平衡不移动，故D错误。
【总结升华】催化剂对化学平衡的影响：使用催化剂不影响化学平衡的移动。由于使用催化剂对正反应速率与逆反应速率影响的程度是等同的，所以平衡不移动。但应注意，虽然催化剂不使化学平衡移动，但使用催化剂可影响可逆反应达到平衡的时间。
举一反三：
【变式1】化合物Bilirubin在一定波长的光照射下发生分解反应，反应物浓度随反应时间变化如图所示，计算反应4～8 min间的平均反应速率和推测反应16 min时反应物的浓度，结果应是( )
A．2.5mol·L－1·min－1和2.0mol·L－1
B．2.5mol·L－1·min－1和2.5mol·L－1
C．3.0mol·L－1·min－1和3.0mol·L－1
D．5.0mol·L－1·min－1和3.0mol·L－1
【答案】B
【解析】在4～8 min内反应物的浓度改变量为10mol·L－1，故4～8 min内的平均反应速率为2.5mol·L－1·min－1；图中从0 min开始到8 min反应物的浓度降低到原来的，根据这一幅度，可以推测从第8 min到第16 min，反应物的浓度降低到2.5mol·L－1。
类型二、化学反应速率的影响因素
例2 等质量的铁与过量的盐酸在不同的实验条件下进行反应，测定在不同时间t产生氢气体积V的数据，根据数据绘制得到氢气体积随时间变化曲线如图所示，则曲线a、b、c、d所对应的实验组别可能是( )
组别
c (HCl)(mol / L)
温度(℃)
状态
1
2.0
25
块状
2
2.5
30
块状
3
2.5
50
块状
4
2.5
30
粉末状
A．4—3—2—1 B．1—2—3—4 C．3—4—2—1 D．1—2—4—3
【思路点拨】需要综合考虑盐酸的浓度、温度以及反应物的铁的状态对反应速率的影响。
【答案】AC
【解析】由图可知，反应速率：a＞b＞c＞d。由外界条件对反应速率的影响知，温度高、浓度大、固体表面积大，反应速率就快，则1组最慢，2组稍快，由于3组温度高但固体表面积小，4组温度低但固体表面积大，因此无法确定3组与4组的反应速率的快慢，但均比2组快，故A、C两项均正确，B、D两项均错误。
【总结升华】盐酸浓度越大，反应速率越快；温度越高，反应速率越大；铁的颗粒越小，表面积越大，反应速率越大。
举一反三：
【变式1】反应2A(g) 2B(g)+C(g) △H＞0，达平衡后，要使v正降低、c(A)增大，应采取的措施是（ ）
A．加压 B．加催化剂 C．升温 D．降温
【答案】D
【解析】A项，若通过压缩容器体积增大压强，则v正升高、c(A)增大；若通入惰性气体增大压强，则v正不变、c(A)不变。B项，加入催化剂，只能使v正升高、c(A)不变。C项，升温，v正升高，因平衡正向移动而使c(A)减小。D项，降温，v正降低、c(A)增大，故选D。
类型三、化学平衡状态的判断
例3 某温度下，H2 (g)+CO2 (g)H2O (g)+CO (g)的平衡常数。该温度下在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入H2(g)和CO2(g)，其起始浓度如下表所示。
起始浓度
甲
乙
丙
c (H2) / mol / L
0.010
0.020
0.020
c (CO2) / mol / L
0.010
0.010
0.020
下列判断不正确的是( )
A．平衡时，乙中CO2的转化率大于60％
B．平衡时，甲中和丙中H2的转化率均是60％
C．平衡时，丙中c (CO2)是甲中的2倍，是0.012 mol/L
D．反应开始时，丙中的反应速率最快，甲中的反应速率最慢
【思路点拨】物质的转化率考查实质仍然是平衡进行的程度；物质浓度越大反应速率越快。
【答案】C
【解析】A选项假设CO2的转化率为60％，则不能满足平衡常数为，只有平衡正向移动才能满足，因此二氧化碳的转化率大于60％；B选项利用代入法，当H2的转化率为60％时，满足平衡常数为，因为该反应为气体体积不变的反应，故丙也满足；C选项经过计算，CO2的浓度应为0.008 moL/L；D选项丙中反应物的浓度最大，甲中反应物的浓度最小，因此丙中的反应速率最快，甲中的反应速率最慢。
【总结升华】判断化学平衡状态时要抓住“v (正)=v (逆)”和“各物质的百分含量不变”这两个核心判据。
举一反三：
【变式1】(1)下列方法中可以证明2 HI (g)H2 (g)+I2 (g)已达平衡状态的是________(填序号)。
①单位时间内生成n mol H2的同时生成n mol HI
②一个H—H键断裂的同时有两个H—I键断裂
③(HI)=(I2)时
④反应速率时
⑤c (HI)∶c (H2)∶c (I2)=2∶1∶1时
⑥温度和体积一定时，某一生成物浓度不再变化时
⑦温度和体积一定时，容器内压强不再变化时
⑧条件一定，混合气体的平均相对分子质量不再变化时
⑨温度和体积一定时，混合气体的颜色不再变化时
⑩温度和压强一定时，混合气体的密度不再变化时
(2)在上述⑥～⑩的说法中能说明2NO2 (g)N2O4 (g)达到平衡状态的是________。
【答案】(1)②⑥⑨ (2)⑥⑦⑧⑨⑩
【解析】由第(1)题反应的特征可知：此反应在反应前后气体的体积不发生变化，即在反应的任何一个阶段，容器内压强不发生改变。气体的总质量不变、总物质的量不变，因此混合气体的密度、平均相对分子质量均不发生改变。
由第(2)题反应的特征可知：反应前后气体体积发生改变，因此若平衡发生移动则混合气体的平均相对分子质量、混合气体密度都发生改变，当反应处于平衡状态时，这些都不再改变，此时c (NO2)恒定，混合气体的颜色不再变化。
类型四、根据化学平衡移动方向进行有关判断
例4 （2019 四川高考）一定条件下，CH4与H2O(g)发生反应：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)。 设起始，在恒压下，平衡时CH4的体积分数φ(CH4)与Z和T（温度）的关系如下图所示，下列说法正确的是（ ）
A．该反应的焓变ΔH＞0
B．图中Z的大小为a>3>b
C．图中X点对应的平衡混合物中
D．温度不变时，图中X点对应的平衡在加压后φ(CH4)减小
【思路点拨】A项由图可知，T升高时φ(CH4)减小；B项由图可知，以作比较，结合平衡移动可知越大，甲烷的含量越小；C项起始，结合温度升高对平衡移动判断；D项该反应为气体体积增大的反应，压强增大平衡逆向移动。
【答案】A
【解析】A项，由图像可知，任取一条平衡曲线，温度升高，平衡时CH4的体积分数减小，说明温度升高，平衡正向移动，则正反应是吸热反应，ΔH＞0；B项，由图可知，增大水和甲烷的投料比，会增大甲烷的转化率，从而使平衡时甲烷的体积分数减小，所以b>3>a；C项，X点对应的曲线 =3，温度升高，平衡正向移动，设平衡后，参与反应的n(H2O)=a mol，则平衡时二者的比值为 必然大于3；D项，若温度不变，X点对应的平衡加压后，反应逆向移动，CH4的体积分数会增加。故选A。
【总结升华】本题考查化学平衡移动原理及应用，为高频考点，把握平衡移动的因素、图像分析等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡移动原理的理解，选项B为解答的难点，题目难度不大。
举一反三：
【变式1】在一定温度下，反应H2 (g)+X2 (g)HX (g)的平衡常数为10。若将1.0 mol的HX (g)通入体积为1.0 L的密闭容器中，在该温度时HX (g)的最大分解率接近于( )
A．5% B．17％ C．25％ D．33％
【答案】B
【解析】
，解得x=0.0833
所以。
【变式2】硫一碘循环分解水制氢主要涉及下列反应：
Ⅰ SO2+2H2O+I2==H2SO4+2HI
Ⅱ 2HIH2+I2
Ⅲ 2H2SO4==2SO2+O2+2H2O
(1)分析上述反应，下列判断正确的是________。
a．反应Ⅲ易在常温下进行 b．反应Ⅰ中SO2氧化性比HI强
c．循环过程中需补充H2O d．循环过程产生1 mol O2的同时产生1 mol H2
(2)一定温度下，向1 L密闭容器中加入1 mol HI (g)，发生反应Ⅱ，H2物质的量随时间的变化如图所示。
0～2 min内的平均反应速率v (HI)=________。该温度下，H2 (g)+I2 (g)2HI (g)的平衡常数K=______。
相同温度下，若开始加入HI (g)的物质的量是原来的2倍，则________是原来的2倍。
a．平衡常数 b．HI的平衡浓度 c．达到平衡的时间 d．平衡时H2的体积分数
(3)实验室用Zn和稀硫酸制取H2，反应时溶液中水的电离平衡________移动(填“向左”“向右”或“不”)；若加入少量下列试剂中的________，产生H2的速率将增大。
a．NaNO3 b．CuSO4 c．Na2SO4 d．NaHSO3
(4)以H2为燃料可制作氢氧燃料电池。已知2H2 (g)+O2 (g)==2H2O (1) ΔH=－572 kJ·mol－1 某氢氧燃料电池释放228.8 kJ电能时，生成1 mol液态水，该电池的能量转化率为________。
【答案】(1)c (2)0.1 mol·L－1·min－1 64 b (3)向右 b (4)80％
【解析】本题主要考查了化学反应速率、化学平衡、水的电离平衡和化学计算。
(1)a项，反应Ⅲ在常温下不能进行；b项，SO2的还原性比HI强；C项，根据盖斯定律Ⅰ×2+Ⅱ×2+Ⅲ得总反应：2H2O==2H2+O2，循环过程中消耗了H2O；d项，根据总反应知产生1 mol O2的同时产生2 mol H2。
(2)由题干数据分析该反应：
0～2 min内平均反应速率
平衡常数。
第三问，若开始加入HI的物质的量是原来的2倍，相当于先将Ⅲ加入到2 L的容器(达到的平衡状态与原平衡一致，即HI的浓度、H2的体积分数与原平衡相同)，再将体积压缩至1 L，因为该反应为体积不变的反应，加压平衡不移动，所以HI浓度为原来的2倍，H2的体积分数不变；温度不变，平衡常数不变；加入HI的物质的量增大，反应物浓度增大，反应速率加快，达到平衡的时间缩短。
(3)Zn与稀H2SO4反应，c (H+)减小，水的电离平衡向右移动；若向原溶液加入NaNO3，Zn与H+、NO3－反应不生成H2；若加CuSO4，Zn+CuSO4==ZnSO4+Cu，Zn与Cu构成原电池，加快反应速率；若加Na2SO4对反应速率没有影响；若加NaHSO3，HSO3－消耗H+生成H2O和SO2，减缓反应速率。
(4)生成1 mol液态水，理论上放热，则该电池的能量转化率为：。
【变式3】已知可逆反应：M (g)+N (g)P (g)+Q (g)，ΔH＞0，请回答下列问题：
(1)在某温度下，反应物的起始浓度分别为：c (M)=1 mol·L－1，c (N)=2.4 mol·L－1；达到平衡后，M的转化率为60％，此时N的转化率为________；
(2)若反应温度升高，M的转化率________(填“增大”“减小”或“不变”)；
(3)若反应温度不变，反应物的起始浓度分别为：c (M)=4 mol·L－1，c (N)=a mol·L－1；达到平衡后，c (P)=2 mol·L－1，a=________；
(4)若反应温度不变，反应物的起始浓度为：c (M)=c (N)=b mol·L－1，达到平衡后，M的转化率为________。
【答案】(1)25％ (2)增大 (3)6 (4)41％
【解析】本题主要考查了化学平衡移动、转化率、平衡常数等基本概念和基本计算，具有较强的综合性。在解题中应注意平衡常数与转化率的巧妙应用，这也是解答本题的关键所在。
(1)N的转化率为。
(2)因为反应ΔH＞0，是吸热反应，所以升高温度，平衡向正反应方向移动，M的转化率增大。
(3)根据反应
根据温度不变，平衡常数不变的特点
K=2 mol·L－1×2 mol·L－1/[2 mol·L－1×(a－2) mol·L－1]=0.6 mol·L－1×0.6 mol·L－1/[0.4 mol·L－1×1.8 mol·L－1]
得a=6。
(4)同理：
根据温度不变，平衡常数不变的特点，
K=x2/(b－x) 2=0.6 mol·L－1×0.6 mol·L－1/[0.4 mol·L－1×1.8 mol·L－1]，得x=0.41b
(M)=(0.41b/b)×100％=41％。
类型五、化学平衡图像分析
例5 在某密闭容器中，可逆反应：A (g)+B (g)xC (g) ΔH符合图中(Ⅰ)所示关系。由此判断，对图像(Ⅱ)说法不正确的是( )
A．p3＞p4，Y轴表示A的转化率
B．p3＞p4，Y轴表示B的质量分数
C．p3＞p4，Y轴表示混合气体的密度
D．p3＞p4，Y轴表示混合气体的平均相对分子质量
【思路点拨】当题目中涉及多变量时，应先固定其中的一个变量，分析另一个变量。另外，分析图像时需要注意其纵、横坐标的意义。
【答案】B
【解析】据图像(Ⅰ)知，在压强不变时，曲线b的斜率比c的大，故T1＞T2。降温(T1→T2)时，(C)增大，即平衡正向移动，说明正反应为放热反应。当温度不变时，曲线b的斜率比a的大，故p2＞p1，增大压强(p1→p2)时，(C)增大，即平衡正向移动，故x＜2即x=1。由图像(Ⅱ)知，保持体系压强不变，升高温度，平衡逆向移动，(C)、A和B的转化率、混合气体的平均相对分子质量、密度均减小，而A、B的质量分数要增大。因此选B。
【总结升华】平衡图像题可采用如下解题模式：
(1)先分析题中反应的特点(是放热反应还是吸热反应，是气体体积增大的反应还是气体体积缩小的反应等)。一定要抓住图像中条件改变瞬间所引起的浓度、压强、速率的变化，然后针对各种条件改变时引起的变化的特征进行对照分析。
(2)再分析图像所表达的各个量之间的关系(两个坐标轴各表示什么物理量，曲线的变化趋势如何，是单一曲线还是多条曲线，曲线上的关键点，如起点、拐点、交点、终点的含义是什么等)。
举一反三：
【变式1】(I2在KI溶液中存在下列平衡：I2 (aq)+I－(aq)I3－(aq)，某I2、KI混合溶液中，I3－的物质的量浓度c (I3－)与温度T的关系如图所示(曲线上任何一点都表示平衡状态)。下列说法正确的是( )
A．反应I2 (aq)+I－ (aq) I3－ (aq)的ΔH＞0
B．若温度为T1、T2，反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1＞K2
C．若反应进行到状态D时，一定有v正＞v逆
D．状态A与状态B相比，状态A的c (I2)大
【答案】BC
【解析】由图可知，随着温度逐渐升高，c(I3－)逐渐减小，平衡逆向移动，说明正反应放热，即ΔH＜0，A项错。同理可推出，升温，K值减小，即K1＞K2，B项正确。D点反应没有平衡，c (I3－)偏小(要向A点移动)，即反应要向右进行，所以此时v正＞v逆，C项正确。由图知，c (I3－)：状态A＞状态B，则c (I2)为：状态A＜状态B，D项错。
【巩固练习】
一、选择题
1．（2019 湖北襄阳调研）下图是金属镁和卤素单质反应的能量变化图（反应物和产物均为298K时的稳定状态）。下列选项中不正确的是（ ）
A．Mg与F2反应的△S＜0
B．MgF2(s)+Br2(l)=MgBr2(s)+F2(g) △H=+600 kJ(mol-1
C．MgBr2与Cl2反应的△H＜0
D．化合物的热稳定顺序：MgI2＞MgBr2＞MgCl2 ＞MgF2
2．在下列反应中：A2(g)＋B2(g)2AB(g) ΔH<0当其达到平衡时，在下图所示的曲线中，符合勒夏特列原理的是( )
A．①② B．③④
C．① D．①⑤
3．（2019 黑龙江哈尔滨一模）将一定量纯净的氨基甲酸铵置于特制的密闭真空容器中（假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计），使其达到分解平衡：NH2COONH4(s) 2NH3(g)+CO2(g)。将实验测得的不同温度下的平衡数据列于下表：
温度/℃
15.0
20.0
25.0
30.0
35.0
平衡总压强/kPa
5.7
8.3
12.0
17.1
24.0
平衡气体总浓度/10-3 mol (L -1
2.4
3.4
4.8
6.8
9.4
下列说法正确的是（ ）
A．该可逆反应达到平衡的标志之一是混合气体的平均相对分子质量不变
B．因该反应的熵变（△S）大于0，焓变（△H）大于0，所以在低温下自发进行
C．根据表中数据，计算15.0℃时的分解平衡常数约为2.0×10-9（mol (L -1）3
D．达到平衡后，若在低温下压缩容器体积，氨基甲酸铵固体的质量减小
4．在一密闭容器中加入A、B、C三种气体，保持一定温度，在t1～t4时刻测得各物质的浓度如下表。据此判断下列结论正确的是( )
测定时刻/s
t1
t2
t3
t4
c(A)/(mol·L－1)
6
3
2
2
c(B)/(mol·L－1)
5
3.5
3
3
c(C)/(mol·L－1)
1
2.5
3
3
A．在t3时刻反应已经停止
B．A的转化率比B的转化率低
C．在容器中发生的反应为2A＋B2C
D．在t2～t3内A的平均反应速率为[1/(t3－t2)]mol·L－1·s－1
5．人体血液内的血红蛋白(Hb)易与O2结合生成HbO2，因此具有输氧能力。CO吸入肺中发生反应：CO＋HbO2O2＋HbCO，37 ℃时，该反应的平衡常数K＝220。HbCO的浓度达到HbO2浓度的0.02倍，会使人智力受损。据此，下列结论错误的是( )
A．CO与HbO2反应的平衡常数
B．人体吸入的CO越多，与血红蛋白结合的O2越少
C．当吸入的CO与O2浓度之比大于或等于0.02时，人的智力才会受损
D．把CO中毒的病人放入高压氧舱中解毒，其原理是使上述平衡向左移动
6．COCl2(g)CO(g)＋Cl2(g)；ΔH>0。当反应达到平衡时，下列措施：①升温 ②恒容通入惰性气体 ③增加CO的浓度 ④减压 ⑤加催化剂 ⑥恒压通入惰性气体，能提高COCl2转化率的是( )
A．①②④ B．①④⑥
C．②③⑥ D．③⑤⑥
7．在一定温度下，一定体积的密闭容器中有如下平衡：H2(g)＋I2(g)2HI(g)。已知H2和I2的起始浓度均为0.10 mol·L－1时，达平衡时HI的浓度为0.16 mol·L－1。若H2和I2的起始浓度均变为0.20 mol·L－1，则平衡时H2的浓度(mol·L－1)是( )
A．0.16 B．0.08
C．0.04 D．0.02
8．（2019 山东烟台模拟）对可逆反应2SO2 (g)+O2 (g)2SO3 (g)，下列叙述正确的是（ ）
A．达到平衡时．若两种反应物的转化率相等．则起始投入的n (SO2)∶n (O2)=2∶1
B．反应达到平衡后，缩小容器体积．正反应速率加快，逆反应速率减慢，平衡正向移动
C．反应达到平衡后，再加入催化剂。平衡不移动，反应速率不变
D．当v正 (SO2)∶v正 (SO3)=1∶1时，说明该反直已经达到平衡状态
9．某温度下在密闭容器中发生如下可逆反应：2M(g)＋N(g)2E(g)，若开始时只充入2 mol E(g)，达平衡时，E的转化率为40%；若开始时充入2 mol M和1 mol N的混合气体，达平衡时混合气体的压强比起始时减少了( )
A．20% B．40%
C．60% D．80%
10．常温常压下，注射器甲中装有NO2气体，注射器乙中装有相同体积的空气，注射器与U形管连通，如图所示，打开两个止水夹，同时向外拉两注射器的活塞，且拉动的距离相等，将会看到U形管中液面(不考虑此条件下NO2与水的反应)( )
A．a端上升，b端下降
B．a端下降，b端上升
C．U形管中液面无变化
D．无法判断
11．在一密闭容器中，高温下发生下述反应(不考虑NO与氧气的反应)：4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g) ΔH<0。容器中NH3、O2、NO、H2O四种物质的物质的量n(mol)随时间t(min)的变化曲线如图所示。反应进行至2 min时，只改变了某一条件，使曲线发生如图所示的变化，该条件可能是下述中的( )
A．充入了O2(g) B．降低温度
C．加了催化剂 D．扩大了容器体积
二、填空题
1．合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，其反应原理为：
N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H=﹣92.4 kJ?mol﹣1
一种工业合成氨的简易流程图如图1。
（1）天然气中的H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS。一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，写出再生反应的化学方程式： 。
（2）步骤Ⅱ中制氢气原理如下：
①CH4（g）+H2O（g）?CO2（g）+3H2（g）△H=+206.4 kJ?mol﹣1
②CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）△H=﹣41.2 kJ?mol﹣1
对于反应①，一定可以提高平衡体系中H2百分含量，又能加快反应速率的措施是 。
a．升高温度；b．增大水蒸气浓度；c．加入催化剂；d．降低压强
利用反应②，将CO进一步转化，可提高H2产量，若1mol CO和H2的混合气体（CO的体积分数为20%）与H2O反应，得到1.18mol CO、CO2和H2的混合气体，则CO转化率为 。
（3）图2表示500℃、60.0MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH3体积分数的关系．根据图中a点数据计算N2的平衡体积分数： 。
（4）依据温度对合成氨反应的影响，在图3坐标系中，画出一定条件下的密闭容器内，从通入原料气开始，随温度不断升高，NH3物质的量变化的曲线示意图。
（5）上述流程图中，使合成氨放出的能量得到充分利用的步骤是（填序号） ，简述本流程中提高合成氨原料总转化率的方法： 。
2．（2019 四川高考）资源的高效利用对保护环境、促进经济持续健康发展具有重要作用。磷尾矿主要含Ca5(PO4)3F和CaCO3·MgCO3，某研究小组提出了磷尾矿综合利用的研究方案，制备具有重要工业用途的CaCO3、Mg (OH)2、P4和H2，其简化流程如下：
已知：①Ca5(PO4)3F在950℃不分解；
②4Ca5(PO4)3F+18SiO2+30C2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4
请回答下列问题：
（1）950℃煅烧磷尾矿生成气体的主要成分是 。
（2）实验室过滤所需的玻璃仪器是 。
（3）NH4NO3溶液能从磷矿I中浸取Ca2+的原因是 。
（4）在浸取液Ⅱ中通入NH3，发生反应的化学方程式是_____________。
（5）工业上常用磷精矿[Ca5(PO4)3F]和硫酸反应制备磷酸。已知25℃，101kPa时；
CaO(s)+H2SO4(l)= CaSO4(s)+H2O(l) ΔH =-271kJ/mol
5CaO(s)+3H3PO4(l)+HF(g) = Ca5(PO4)3F(s)+5H2O(l) ΔH =-937kJ/mol
则Ca5(PO4)3F和硫酸反应生成磷酸的热化学方程式是 。
（6）在一定条件下CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，当CO与H2O(g)的起始物质的量之比为1:5，达平衡时，CO转化为。若a kg含Ca5(PO4)3F（相对分子质量为504）的质量分数为10%的磷尾矿，在上述过程中有b%的Ca5(PO4)3F转化为P4，将产生的CO与H2O(g)按起始物质的量之比1:3混合，则在相同条件下达平衡时能产生H2 kg。
3．在溶液中，反应A＋2BC分别在三种不同实验条件下进行，它们的起始浓度均为c(A)＝0.100 mol/L、c(B)＝0.200 mol/L及c(C)＝0 mol/L。反应物A的浓度随时间的变化如图所示。
请回答下列问题：
(1)与①比较，②和③分别仅改变一种反应条件。所改变的条件和判断的理由是：
②_________________________________________________________；
③_________________________________________________________；
(2)实验②平衡时B的转化率为________；实验③平衡时C的浓度为________；
(3)该反应的ΔH________0，其判断理由是_______________________；
(4)该反应进行到4.0 min时的平均反应速率：实验③：vC＝_______________。
4．甲醇被称为21世纪的新型燃料，工业上通过下列反应Ⅰ和Ⅱ，用CH4和H2O为原料来制备甲醇。
(1)将1.0 mol CH4和2.0 mol H2O(g)通入反应室(容积为100 L)，在一定条件下发生反应：
CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)
CH4的转化率与温度、压强的关系如下图。
①已知100 ℃时达到平衡所需的时间为5 min，则用H2表示的平均反应速率为________。
②图中的p1________p2(填“<”、“>”或“＝”)，100 ℃时平衡常数为________。
③在其他条件不变的情况下降低温度，逆反应速率将________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(2)在压强为0.1 MPa条件下，将a mol CO与3a mol H2的混合气体在催化剂作用下能自发反应生成甲醇：
CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) Ⅱ
①该反应的ΔH________0，ΔS________0(填“<”、“>”或“＝”)。
②若容器容积不变，下列措施可增加甲醇产率的是( )
A．升高温度
B．将CH3OH(g)从体系中分离
C．充入He，使体系总压强增大
D．再充入1 mol CO和3 mol H2
【参考答案与解析】
一、选择题
1．D
【解析】Mg与F2反应生成了固体MgF2，气体体积减小，故△S＜0，A项正确；Mg (s)+ F2(g) =MgF2(s) △H=-1124 kJ(mol-1，Mg (s)+Br2(l)=MgBr2(s) △H=-524 kJ(mol-1，第二个方程式减去第一个方程式即得MgF2(s)+Br2(l)=MgBr2(s)+F2(g) △H=+600 kJ(mol-1，B项正确；利用盖斯定律可得MgBr2与Cl2反应的△H＜0，C项正确；能量越小的物质越稳定，所以化合物的热稳定性顺序为MgI2＜MgBr2＜MgCl2 ＜MgF2，故D项错误。
2．D
【解析】由题意可知，该反应为气体分子数不变的放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，φ(AB)降低，①曲线符合题意；加压，平衡不移动，故⑤曲线符合题意。
3．C
【解析】该反应中混合气体的平均相对分子质量为定值，故A错误；△S＞0，△H＞0的反应在高温下能自发进行，B错误；15.0℃时，NH3的平衡浓度为2.4×10-3 mol (L -1×=1.6×10-3 mol (L -1，CO2的平衡浓度为2.4×10-3 mol (L -1×=0.8×10-3 mol (L -1，故该温度下的平衡常数K=c2 (NH3) ( c (CO2)≈2.0×10-9（mol (L -1）3，故C正确；恒温下压缩容器体积，压强增大，平衡逆向移动，氨基甲酸铵固体质量增大，故D错误。
4．D
【解析】从表中数据可以看出，反应没有进行到底，所以这是一个可逆反应，反应方程式为2A＋BC，t3时刻达到了平衡而不是反应终止，所以A、C错误；达到平衡时，A转化了2/3而B转化了2/5，所以B选项也不正确。
5．C
【解析】本题考查的是化学平衡常数和化学平衡移动问题，根据化学平衡常数的定义可知A正确；根据平衡移动的原理可知B、D正确；根据题意知， =220，当HbCO的浓度达到HbO2浓度的0.02倍，
c(CO)/c(O2)≈0.000 1，所以当吸入CO与O2的浓度之比大于或等于0.000 1时，会使人智力受损，故C错误。
6．B
【解析】本题考查化学平衡的移动。该反应为体积增大的吸热反应，所以升温和减压均可以促使反应正向移动。恒压通入惰性气体，相当于减压。恒容通入惰性气体与加催化剂均对平衡无影响。增加CO的浓度，将导致平衡逆向移动。
7．C
【解析】温度不变时K相等。
第一次平衡各物质浓度变化如下(单位：mol·L－1)：
第二次平衡各物质浓度变化如下：(单位：mol/L)
则有：，x＝0.16。
平衡时H2的浓度为0.04 mol/L。
8．A
【解析】B项，缩小体积，压强增大，正、逆反应速率都增大，错误；C项，催化剂不能改变平衡状态，但会改变反应速率，错误；D项，在一定条件下，当可逆反应中正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），各种物质的浓度或含量均不再发生变化的状态，是化学平衡状态，v正 (SO2)、v正(SO3)均表示正反应速率，二者之比等于系数之比不能说明正、逆反应速率相等，错误。
9．A
【解析】只充入2 mol E(g)，E的转化率为40%，则平衡时气体总物质的量为2.4 mol；若开始时充入2 mol M、1 mol N，共3 mol的混合气体，二者平衡状态相同，平衡时气体总物质的量也为2.4 mol，在密闭容器中，压强之比等于物质的量之比，故平衡时混合气体的压强比起始时减少了20%。
10．B
【解析】对于可逆反应2NO2(g)N2O4(g)，减压后平衡向生成NO2方向移动，分子数增多，体积增大，a端下降，b端上升。
11．C
【解析】反应进行到2 min时，各曲线突然变陡，说明反应速率加快，条件为升温或加压或加催化剂。
二、填空题
1．（1）2NH4HS+O22NH3?H2O+2S；
（2）a；90%；
（3）14.5%；
（4）；
（5）Ⅳ；分离液氨，未反应的氮气和氢气循环使用
【解析】（1）H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS，一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，反应过程中生成一水合氨，依据原子守恒和电子守恒配平书写化学方程式为：2NH4HS+O22NH3?H2O+2S；
（2）反应①CH4（g）+H2O（g）?CO2（g）+3H2（g）△H=+206.4 kJ?mol﹣1，是气体体积增大的吸热反应；
a．反应是吸热反应，升高温度，反应速率增大，平衡正向进行，平衡体系中H2百分含量增大，故a符合；
b．增大水蒸气浓度，平衡正向进行，反应速率增大，但平衡体系中H2百分含量不一定增大，故b不符合；
c．加入催化剂，改变反应速率不改变化学平衡，反应速率增大，氢气百分含量不变，故c不符合；
d．降低压强，反应速率减小，平衡逆向进行，氢气百分含量减小，故d不符合。
利用反应②，将CO进一步转化，可提高H2产量，1mol CO和H2的混合气体（CO的体积分数为20%）中CO为0.2mol，H2的物质的量为0.8mol，与H2O反应，得到1.18mol CO、CO2和H2的混合气体，依据反应前后气体体积不变，分析增大的为平衡状态水蒸气的物质的量为0.18mol，设一氧化碳反应物质的量为x，依据化学平衡三段式列式计算：
（3）依据反应特征N2+3H2=2NH3，反应前后气体体积减小为生成氨气的体积，相同条件下，气体体积比等于气体物质的量之比，图象分析可知平衡状态氨气体积含量42%，设平衡混合气体体积为100，氨气为体积42，则反应前气体体积100+42=142，氮气和氢气按照1：3混合，氮气体积=142×=35.5，依据化学方程式计算反应的氮气体积为21，平衡状态氮气为35.5﹣21=14.5，则氮气体积分数为14.5%；
（4）合成氨的反应是放热反应，开始反应，氨气物质的量增大，达到平衡状态，继续升温，平衡逆向进行，氨气物质的量减小，画出的图象为：
；
（5）分析流程合成氨放热通过Ⅳ热交换器加热反应混合气体，使反应达到所需温度，提高合成氨原料总转化率，依据平衡移动原理分析，分离出氨气促进平衡正向进行，把平衡混合气体中氮气和氢气重新循环使用，提高原理利用率。
2．（1）CO2
（2）烧杯、漏斗、玻璃棒
（3）磷矿I中的氧化钙与水生成了氢氧化钙，氢氧化钙与硝酸铵在加热时反应生成了硝酸钙、氨气和水，从而浸取出钙离子；
（4）2NH3+2H2O+MgSO4=Mg(OH)2↓+(NH4)2SO4
（5）Ca5(PO4)3F(s)+5H2SO4(l)=HF(g)+5CaSO4(s)+3H3PO4(l) ΔH = -418 kJ/mol
（6）2.2×10-5ab
【解析】
（1）碳酸盐分解生成二氧化碳。
（2）基础知识，解析略。
（3）煅烧时，碳酸盐先分解得到氧化钙和氧化镁。氧化钙与水生成了氢氧化钙，氢氧化钙与硝酸铵在加热时反应生成了硝酸钙、氨气和水（强碱制弱碱），从而浸取出钙离子；
（4）解析略。
（5）考察盖斯定律。反应①×5 -反应②，就能得到答案中的反应。故ΔH = 5×(-271) – (-937) = -418 kJ/mol.
（6）考察工艺流程与化学平衡的相关计算。先计算平衡常数。
CO(g)
+
H2O(g)
?
CO2(g)
+
H2(g)
反应前
1
5
0
0
变化量
-5/6
-5/6
5/6
5/6
反应后
1/6
25/6
5/6
5/6
平衡常数
反应前
1
3
0
0
变化量
-x
-x
x
X
反应后
1-x
3-x
x
x
平衡常数 解得
故每1 mol的CO会产生0.75 mol的H2。
H2的质量（以kg为单位）可计算为：
其中30/4为反应方程式中的CO与Ca5(PO4)3F的物质的量之比，2 g/mol为H2的摩尔质量。
3．(1)②加催化剂，达到平衡的时间缩短，平衡时A的浓度未变
③温度升高，达到平衡的时间缩短，平衡时A的浓度减小
(2)40%(或0.4) 0.060 mol/L
(3)> 温度升高，平衡向正反应方向移动，故该反应是吸热反应
(4)
【解析】与①相比②的反应速率大，但A的转化率与①相同，所以改变的条件只能是加入催化剂；与①相比③的反应速率大，且A的转化率比①高，所以改变的条件只能是升高温度；
(2)实验②A转化的浓度为0.040 mol/L，则B转化的浓度为0.080 mol/L，B的转化率为：(0.080/0.200)×100%＝40%；实验③中A转化的浓度为0.060 mol/L，则平衡时C的浓度也应为0.060 mol/L；
(3)由实验③知，升高温度A的转化率增大，则正反应为吸热反应；
(4)反应进行到4.0 min时：实验②中A消耗的浓度为：0.028 mol/L，则B消耗的浓度为：0.056 mol/L，实验③中A消耗的浓度为：0.036 mol/L，则C的浓度为0.036 mol/L。
4．(1)①0.003 0 mol·L－1·min－1 ②< 2.25×10－4
③减小 (2)①< < ②BD
【解析】(1)①用甲烷表示速率为(1.0×0.5)/(5×100)＝0.001 0 mol·L－1·min－1，则用氢气表示为0.003 0 mol·L－1·min－1。②同一温度下，p1的转化率大于p2，此反应增大压强反应左移，所以p1小于p2。③降低温度，反应速率减小(不要受平衡移动的影响)。(2)此反应为化合反应，放热，ΔH<0，反应3 mol气体生成1 mol气体为熵减，ΔS<0。②A.升高温度，平衡左移，错。B.将CH3OH(g)从体系中分离，平衡右移，对。C.充入He，使体系总压强增大，对平衡无影响，错。D.再充入1 mol CO和3 mol H2，成比例的增加反应物，相当于增大压强，平衡右移，对。
【学习目标】
1、了解化学反应速率及其影响因素；
2、掌握化学平衡的建立及其影响因素，能用化学平衡常数进行定量分析；
3、初步了解化学反应方向的判断依据。
【知识网络】
【典型例题】
类型一、化学反应速率的概念及简单计算
例1（2019 兰州模拟）工业上制备重要化工原料CH3OH的反应之一为：
CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H＜0。为了探究其反应原理，现进行如下实验，在2L恒容密闭容器内250℃条件下，测得n(CO2)随时间变化情况如下表：
时间（s）
0
1
2
3
4
5
n(CO2)（mol）
0.40
0.35
0.31
0.30
0.30
0.30
下列叙述正确的是（ ）
A．v(H2)=3v(CO2)、v逆(CO2)= v正(CH3OH)
B．升高温度或减小压强均可使平衡常数增大
C．0～3s内用H2表示的平均反应速率是0.05 mol·L－1·s－1
D．增大CO2浓度或选择适当的催化剂均能使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动
【思路点拨】四个选项考查的知识点各不相同，做题时需要逐项分析，为提高做题速度可先分析不需要计算的A、B、D三个选项，没有正确答案后就可以直接选C项了，略去计算过程的繁琐。
【答案】C
【解析】A项反应从开始到平衡，一直都存在v(H2)=3v(CO2)，正逆反应速率相等只有平衡时才满足v逆(CO2)= v正(CH3OH)，而该反应未说明处于平衡状态，故A错误；B项该反应△H＜0，升高温度，化学平衡常数减小，平衡常数仅与温度有关，不受压强的影响，故B错误；C项0～3s用CO2表示的平均反应速率，根据物质的反应速率之比等于方程式的系数之比，则用氢气表示的反应速率为用CO2表示的速率的3倍，即为0.05 mol·L－1·s－1，故C正确；D项催化剂只能改变反应速率，选择适当催化剂，化学反应速率加快，平衡不移动，故D错误。
【总结升华】催化剂对化学平衡的影响：使用催化剂不影响化学平衡的移动。由于使用催化剂对正反应速率与逆反应速率影响的程度是等同的，所以平衡不移动。但应注意，虽然催化剂不使化学平衡移动，但使用催化剂可影响可逆反应达到平衡的时间。
举一反三：
【变式1】化合物Bilirubin在一定波长的光照射下发生分解反应，反应物浓度随反应时间变化如图所示，计算反应4～8 min间的平均反应速率和推测反应16 min时反应物的浓度，结果应是( )
A．2.5mol·L－1·min－1和2.0mol·L－1
B．2.5mol·L－1·min－1和2.5mol·L－1
C．3.0mol·L－1·min－1和3.0mol·L－1
D．5.0mol·L－1·min－1和3.0mol·L－1
【答案】B
【解析】在4～8 min内反应物的浓度改变量为10mol·L－1，故4～8 min内的平均反应速率为2.5mol·L－1·min－1；图中从0 min开始到8 min反应物的浓度降低到原来的，根据这一幅度，可以推测从第8 min到第16 min，反应物的浓度降低到2.5mol·L－1。
类型二、化学反应速率的影响因素
例2 等质量的铁与过量的盐酸在不同的实验条件下进行反应，测定在不同时间t产生氢气体积V的数据，根据数据绘制得到氢气体积随时间变化曲线如图所示，则曲线a、b、c、d所对应的实验组别可能是( )
组别
c (HCl)(mol / L)
温度(℃)
状态
1
2.0
25
块状
2
2.5
30
块状
3
2.5
50
块状
4
2.5
30
粉末状
A．4—3—2—1 B．1—2—3—4 C．3—4—2—1 D．1—2—4—3
【思路点拨】需要综合考虑盐酸的浓度、温度以及反应物的铁的状态对反应速率的影响。
【答案】AC
【解析】由图可知，反应速率：a＞b＞c＞d。由外界条件对反应速率的影响知，温度高、浓度大、固体表面积大，反应速率就快，则1组最慢，2组稍快，由于3组温度高但固体表面积小，4组温度低但固体表面积大，因此无法确定3组与4组的反应速率的快慢，但均比2组快，故A、C两项均正确，B、D两项均错误。
【总结升华】盐酸浓度越大，反应速率越快；温度越高，反应速率越大；铁的颗粒越小，表面积越大，反应速率越大。
举一反三：
【变式1】反应2A(g) 2B(g)+C(g) △H＞0，达平衡后，要使v正降低、c(A)增大，应采取的措施是（ ）
A．加压 B．加催化剂 C．升温 D．降温
【答案】D
【解析】A项，若通过压缩容器体积增大压强，则v正升高、c(A)增大；若通入惰性气体增大压强，则v正不变、c(A)不变。B项，加入催化剂，只能使v正升高、c(A)不变。C项，升温，v正升高，因平衡正向移动而使c(A)减小。D项，降温，v正降低、c(A)增大，故选D。
类型三、化学平衡状态的判断
例3 某温度下，H2 (g)+CO2 (g)H2O (g)+CO (g)的平衡常数。该温度下在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入H2(g)和CO2(g)，其起始浓度如下表所示。
起始浓度
甲
乙
丙
c (H2) / mol / L
0.010
0.020
0.020
c (CO2) / mol / L
0.010
0.010
0.020
下列判断不正确的是( )
A．平衡时，乙中CO2的转化率大于60％
B．平衡时，甲中和丙中H2的转化率均是60％
C．平衡时，丙中c (CO2)是甲中的2倍，是0.012 mol/L
D．反应开始时，丙中的反应速率最快，甲中的反应速率最慢
【思路点拨】物质的转化率考查实质仍然是平衡进行的程度；物质浓度越大反应速率越快。
【答案】C
【解析】A选项假设CO2的转化率为60％，则不能满足平衡常数为，只有平衡正向移动才能满足，因此二氧化碳的转化率大于60％；B选项利用代入法，当H2的转化率为60％时，满足平衡常数为，因为该反应为气体体积不变的反应，故丙也满足；C选项经过计算，CO2的浓度应为0.008 moL/L；D选项丙中反应物的浓度最大，甲中反应物的浓度最小，因此丙中的反应速率最快，甲中的反应速率最慢。
【总结升华】判断化学平衡状态时要抓住“v (正)=v (逆)”和“各物质的百分含量不变”这两个核心判据。
举一反三：
【变式1】(1)下列方法中可以证明2 HI (g)H2 (g)+I2 (g)已达平衡状态的是________(填序号)。
①单位时间内生成n mol H2的同时生成n mol HI
②一个H—H键断裂的同时有两个H—I键断裂
③(HI)=(I2)时
④反应速率时
⑤c (HI)∶c (H2)∶c (I2)=2∶1∶1时
⑥温度和体积一定时，某一生成物浓度不再变化时
⑦温度和体积一定时，容器内压强不再变化时
⑧条件一定，混合气体的平均相对分子质量不再变化时
⑨温度和体积一定时，混合气体的颜色不再变化时
⑩温度和压强一定时，混合气体的密度不再变化时
(2)在上述⑥～⑩的说法中能说明2NO2 (g)N2O4 (g)达到平衡状态的是________。
【答案】(1)②⑥⑨ (2)⑥⑦⑧⑨⑩
【解析】由第(1)题反应的特征可知：此反应在反应前后气体的体积不发生变化，即在反应的任何一个阶段，容器内压强不发生改变。气体的总质量不变、总物质的量不变，因此混合气体的密度、平均相对分子质量均不发生改变。
由第(2)题反应的特征可知：反应前后气体体积发生改变，因此若平衡发生移动则混合气体的平均相对分子质量、混合气体密度都发生改变，当反应处于平衡状态时，这些都不再改变，此时c (NO2)恒定，混合气体的颜色不再变化。
类型四、根据化学平衡移动方向进行有关判断
例4 （2019 四川高考）一定条件下，CH4与H2O(g)发生反应：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)。 设起始，在恒压下，平衡时CH4的体积分数φ(CH4)与Z和T（温度）的关系如下图所示，下列说法正确的是（ ）
A．该反应的焓变ΔH＞0
B．图中Z的大小为a>3>b
C．图中X点对应的平衡混合物中
D．温度不变时，图中X点对应的平衡在加压后φ(CH4)减小
【思路点拨】A项由图可知，T升高时φ(CH4)减小；B项由图可知，以作比较，结合平衡移动可知越大，甲烷的含量越小；C项起始，结合温度升高对平衡移动判断；D项该反应为气体体积增大的反应，压强增大平衡逆向移动。
【答案】A
【解析】A项，由图像可知，任取一条平衡曲线，温度升高，平衡时CH4的体积分数减小，说明温度升高，平衡正向移动，则正反应是吸热反应，ΔH＞0；B项，由图可知，增大水和甲烷的投料比，会增大甲烷的转化率，从而使平衡时甲烷的体积分数减小，所以b>3>a；C项，X点对应的曲线 =3，温度升高，平衡正向移动，设平衡后，参与反应的n(H2O)=a mol，则平衡时二者的比值为 必然大于3；D项，若温度不变，X点对应的平衡加压后，反应逆向移动，CH4的体积分数会增加。故选A。
【总结升华】本题考查化学平衡移动原理及应用，为高频考点，把握平衡移动的因素、图像分析等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡移动原理的理解，选项B为解答的难点，题目难度不大。
举一反三：
【变式1】在一定温度下，反应H2 (g)+X2 (g)HX (g)的平衡常数为10。若将1.0 mol的HX (g)通入体积为1.0 L的密闭容器中，在该温度时HX (g)的最大分解率接近于( )
A．5% B．17％ C．25％ D．33％
【答案】B
【解析】
，解得x=0.0833
所以。
【变式2】硫一碘循环分解水制氢主要涉及下列反应：
Ⅰ SO2+2H2O+I2==H2SO4+2HI
Ⅱ 2HIH2+I2
Ⅲ 2H2SO4==2SO2+O2+2H2O
(1)分析上述反应，下列判断正确的是________。
a．反应Ⅲ易在常温下进行 b．反应Ⅰ中SO2氧化性比HI强
c．循环过程中需补充H2O d．循环过程产生1 mol O2的同时产生1 mol H2
(2)一定温度下，向1 L密闭容器中加入1 mol HI (g)，发生反应Ⅱ，H2物质的量随时间的变化如图所示。
0～2 min内的平均反应速率v (HI)=________。该温度下，H2 (g)+I2 (g)2HI (g)的平衡常数K=______。
相同温度下，若开始加入HI (g)的物质的量是原来的2倍，则________是原来的2倍。
a．平衡常数 b．HI的平衡浓度 c．达到平衡的时间 d．平衡时H2的体积分数
(3)实验室用Zn和稀硫酸制取H2，反应时溶液中水的电离平衡________移动(填“向左”“向右”或“不”)；若加入少量下列试剂中的________，产生H2的速率将增大。
a．NaNO3 b．CuSO4 c．Na2SO4 d．NaHSO3
(4)以H2为燃料可制作氢氧燃料电池。已知2H2 (g)+O2 (g)==2H2O (1) ΔH=－572 kJ·mol－1 某氢氧燃料电池释放228.8 kJ电能时，生成1 mol液态水，该电池的能量转化率为________。
【答案】(1)c (2)0.1 mol·L－1·min－1 64 b (3)向右 b (4)80％
【解析】本题主要考查了化学反应速率、化学平衡、水的电离平衡和化学计算。
(1)a项，反应Ⅲ在常温下不能进行；b项，SO2的还原性比HI强；C项，根据盖斯定律Ⅰ×2+Ⅱ×2+Ⅲ得总反应：2H2O==2H2+O2，循环过程中消耗了H2O；d项，根据总反应知产生1 mol O2的同时产生2 mol H2。
(2)由题干数据分析该反应：
0～2 min内平均反应速率
平衡常数。
第三问，若开始加入HI的物质的量是原来的2倍，相当于先将Ⅲ加入到2 L的容器(达到的平衡状态与原平衡一致，即HI的浓度、H2的体积分数与原平衡相同)，再将体积压缩至1 L，因为该反应为体积不变的反应，加压平衡不移动，所以HI浓度为原来的2倍，H2的体积分数不变；温度不变，平衡常数不变；加入HI的物质的量增大，反应物浓度增大，反应速率加快，达到平衡的时间缩短。
(3)Zn与稀H2SO4反应，c (H+)减小，水的电离平衡向右移动；若向原溶液加入NaNO3，Zn与H+、NO3－反应不生成H2；若加CuSO4，Zn+CuSO4==ZnSO4+Cu，Zn与Cu构成原电池，加快反应速率；若加Na2SO4对反应速率没有影响；若加NaHSO3，HSO3－消耗H+生成H2O和SO2，减缓反应速率。
(4)生成1 mol液态水，理论上放热，则该电池的能量转化率为：。
【变式3】已知可逆反应：M (g)+N (g)P (g)+Q (g)，ΔH＞0，请回答下列问题：
(1)在某温度下，反应物的起始浓度分别为：c (M)=1 mol·L－1，c (N)=2.4 mol·L－1；达到平衡后，M的转化率为60％，此时N的转化率为________；
(2)若反应温度升高，M的转化率________(填“增大”“减小”或“不变”)；
(3)若反应温度不变，反应物的起始浓度分别为：c (M)=4 mol·L－1，c (N)=a mol·L－1；达到平衡后，c (P)=2 mol·L－1，a=________；
(4)若反应温度不变，反应物的起始浓度为：c (M)=c (N)=b mol·L－1，达到平衡后，M的转化率为________。
【答案】(1)25％ (2)增大 (3)6 (4)41％
【解析】本题主要考查了化学平衡移动、转化率、平衡常数等基本概念和基本计算，具有较强的综合性。在解题中应注意平衡常数与转化率的巧妙应用，这也是解答本题的关键所在。
(1)N的转化率为。
(2)因为反应ΔH＞0，是吸热反应，所以升高温度，平衡向正反应方向移动，M的转化率增大。
(3)根据反应
根据温度不变，平衡常数不变的特点
K=2 mol·L－1×2 mol·L－1/[2 mol·L－1×(a－2) mol·L－1]=0.6 mol·L－1×0.6 mol·L－1/[0.4 mol·L－1×1.8 mol·L－1]
得a=6。
(4)同理：
根据温度不变，平衡常数不变的特点，
K=x2/(b－x) 2=0.6 mol·L－1×0.6 mol·L－1/[0.4 mol·L－1×1.8 mol·L－1]，得x=0.41b
(M)=(0.41b/b)×100％=41％。
类型五、化学平衡图像分析
例5 在某密闭容器中，可逆反应：A (g)+B (g)xC (g) ΔH符合图中(Ⅰ)所示关系。由此判断，对图像(Ⅱ)说法不正确的是( )
A．p3＞p4，Y轴表示A的转化率
B．p3＞p4，Y轴表示B的质量分数
C．p3＞p4，Y轴表示混合气体的密度
D．p3＞p4，Y轴表示混合气体的平均相对分子质量
【思路点拨】当题目中涉及多变量时，应先固定其中的一个变量，分析另一个变量。另外，分析图像时需要注意其纵、横坐标的意义。
【答案】B
【解析】据图像(Ⅰ)知，在压强不变时，曲线b的斜率比c的大，故T1＞T2。降温(T1→T2)时，(C)增大，即平衡正向移动，说明正反应为放热反应。当温度不变时，曲线b的斜率比a的大，故p2＞p1，增大压强(p1→p2)时，(C)增大，即平衡正向移动，故x＜2即x=1。由图像(Ⅱ)知，保持体系压强不变，升高温度，平衡逆向移动，(C)、A和B的转化率、混合气体的平均相对分子质量、密度均减小，而A、B的质量分数要增大。因此选B。
【总结升华】平衡图像题可采用如下解题模式：
(1)先分析题中反应的特点(是放热反应还是吸热反应，是气体体积增大的反应还是气体体积缩小的反应等)。一定要抓住图像中条件改变瞬间所引起的浓度、压强、速率的变化，然后针对各种条件改变时引起的变化的特征进行对照分析。
(2)再分析图像所表达的各个量之间的关系(两个坐标轴各表示什么物理量，曲线的变化趋势如何，是单一曲线还是多条曲线，曲线上的关键点，如起点、拐点、交点、终点的含义是什么等)。
举一反三：
【变式1】(I2在KI溶液中存在下列平衡：I2 (aq)+I－(aq)I3－(aq)，某I2、KI混合溶液中，I3－的物质的量浓度c (I3－)与温度T的关系如图所示(曲线上任何一点都表示平衡状态)。下列说法正确的是( )
A．反应I2 (aq)+I－ (aq) I3－ (aq)的ΔH＞0
B．若温度为T1、T2，反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1＞K2
C．若反应进行到状态D时，一定有v正＞v逆
D．状态A与状态B相比，状态A的c (I2)大
【答案】BC
【解析】由图可知，随着温度逐渐升高，c(I3－)逐渐减小，平衡逆向移动，说明正反应放热，即ΔH＜0，A项错。同理可推出，升温，K值减小，即K1＞K2，B项正确。D点反应没有平衡，c (I3－)偏小(要向A点移动)，即反应要向右进行，所以此时v正＞v逆，C项正确。由图知，c (I3－)：状态A＞状态B，则c (I2)为：状态A＜状态B，D项错。
【巩固练习】
一、选择题
1．（2019 湖北襄阳调研）下图是金属镁和卤素单质反应的能量变化图（反应物和产物均为298K时的稳定状态）。下列选项中不正确的是（ ）
A．Mg与F2反应的△S＜0
B．MgF2(s)+Br2(l)=MgBr2(s)+F2(g) △H=+600 kJ(mol-1
C．MgBr2与Cl2反应的△H＜0
D．化合物的热稳定顺序：MgI2＞MgBr2＞MgCl2 ＞MgF2
2．在下列反应中：A2(g)＋B2(g)2AB(g) ΔH<0当其达到平衡时，在下图所示的曲线中，符合勒夏特列原理的是( )
A．①② B．③④
C．① D．①⑤
3．（2019 黑龙江哈尔滨一模）将一定量纯净的氨基甲酸铵置于特制的密闭真空容器中（假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计），使其达到分解平衡：NH2COONH4(s) 2NH3(g)+CO2(g)。将实验测得的不同温度下的平衡数据列于下表：
温度/℃
15.0
20.0
25.0
30.0
35.0
平衡总压强/kPa
5.7
8.3
12.0
17.1
24.0
平衡气体总浓度/10-3 mol (L -1
2.4
3.4
4.8
6.8
9.4
下列说法正确的是（ ）
A．该可逆反应达到平衡的标志之一是混合气体的平均相对分子质量不变
B．因该反应的熵变（△S）大于0，焓变（△H）大于0，所以在低温下自发进行
C．根据表中数据，计算15.0℃时的分解平衡常数约为2.0×10-9（mol (L -1）3
D．达到平衡后，若在低温下压缩容器体积，氨基甲酸铵固体的质量减小
4．在一密闭容器中加入A、B、C三种气体，保持一定温度，在t1～t4时刻测得各物质的浓度如下表。据此判断下列结论正确的是( )
测定时刻/s
t1
t2
t3
t4
c(A)/(mol·L－1)
6
3
2
2
c(B)/(mol·L－1)
5
3.5
3
3
c(C)/(mol·L－1)
1
2.5
3
3
A．在t3时刻反应已经停止
B．A的转化率比B的转化率低
C．在容器中发生的反应为2A＋B2C
D．在t2～t3内A的平均反应速率为[1/(t3－t2)]mol·L－1·s－1
5．人体血液内的血红蛋白(Hb)易与O2结合生成HbO2，因此具有输氧能力。CO吸入肺中发生反应：CO＋HbO2O2＋HbCO，37 ℃时，该反应的平衡常数K＝220。HbCO的浓度达到HbO2浓度的0.02倍，会使人智力受损。据此，下列结论错误的是( )
A．CO与HbO2反应的平衡常数
B．人体吸入的CO越多，与血红蛋白结合的O2越少
C．当吸入的CO与O2浓度之比大于或等于0.02时，人的智力才会受损
D．把CO中毒的病人放入高压氧舱中解毒，其原理是使上述平衡向左移动
6．COCl2(g)CO(g)＋Cl2(g)；ΔH>0。当反应达到平衡时，下列措施：①升温 ②恒容通入惰性气体 ③增加CO的浓度 ④减压 ⑤加催化剂 ⑥恒压通入惰性气体，能提高COCl2转化率的是( )
A．①②④ B．①④⑥
C．②③⑥ D．③⑤⑥
7．在一定温度下，一定体积的密闭容器中有如下平衡：H2(g)＋I2(g)2HI(g)。已知H2和I2的起始浓度均为0.10 mol·L－1时，达平衡时HI的浓度为0.16 mol·L－1。若H2和I2的起始浓度均变为0.20 mol·L－1，则平衡时H2的浓度(mol·L－1)是( )
A．0.16 B．0.08
C．0.04 D．0.02
8．（2019 山东烟台模拟）对可逆反应2SO2 (g)+O2 (g)2SO3 (g)，下列叙述正确的是（ ）
A．达到平衡时．若两种反应物的转化率相等．则起始投入的n (SO2)∶n (O2)=2∶1
B．反应达到平衡后，缩小容器体积．正反应速率加快，逆反应速率减慢，平衡正向移动
C．反应达到平衡后，再加入催化剂。平衡不移动，反应速率不变
D．当v正 (SO2)∶v正 (SO3)=1∶1时，说明该反直已经达到平衡状态
9．某温度下在密闭容器中发生如下可逆反应：2M(g)＋N(g)2E(g)，若开始时只充入2 mol E(g)，达平衡时，E的转化率为40%；若开始时充入2 mol M和1 mol N的混合气体，达平衡时混合气体的压强比起始时减少了( )
A．20% B．40%
C．60% D．80%
10．常温常压下，注射器甲中装有NO2气体，注射器乙中装有相同体积的空气，注射器与U形管连通，如图所示，打开两个止水夹，同时向外拉两注射器的活塞，且拉动的距离相等，将会看到U形管中液面(不考虑此条件下NO2与水的反应)( )
A．a端上升，b端下降
B．a端下降，b端上升
C．U形管中液面无变化
D．无法判断
11．在一密闭容器中，高温下发生下述反应(不考虑NO与氧气的反应)：4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g) ΔH<0。容器中NH3、O2、NO、H2O四种物质的物质的量n(mol)随时间t(min)的变化曲线如图所示。反应进行至2 min时，只改变了某一条件，使曲线发生如图所示的变化，该条件可能是下述中的( )
A．充入了O2(g) B．降低温度
C．加了催化剂 D．扩大了容器体积
二、填空题
1．合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，其反应原理为：
N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H=﹣92.4 kJ?mol﹣1
一种工业合成氨的简易流程图如图1。
（1）天然气中的H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS。一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，写出再生反应的化学方程式： 。
（2）步骤Ⅱ中制氢气原理如下：
①CH4（g）+H2O（g）?CO2（g）+3H2（g）△H=+206.4 kJ?mol﹣1
②CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）△H=﹣41.2 kJ?mol﹣1
对于反应①，一定可以提高平衡体系中H2百分含量，又能加快反应速率的措施是 。
a．升高温度；b．增大水蒸气浓度；c．加入催化剂；d．降低压强
利用反应②，将CO进一步转化，可提高H2产量，若1mol CO和H2的混合气体（CO的体积分数为20%）与H2O反应，得到1.18mol CO、CO2和H2的混合气体，则CO转化率为 。
（3）图2表示500℃、60.0MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH3体积分数的关系．根据图中a点数据计算N2的平衡体积分数： 。
（4）依据温度对合成氨反应的影响，在图3坐标系中，画出一定条件下的密闭容器内，从通入原料气开始，随温度不断升高，NH3物质的量变化的曲线示意图。
（5）上述流程图中，使合成氨放出的能量得到充分利用的步骤是（填序号） ，简述本流程中提高合成氨原料总转化率的方法： 。
2．（2019 四川高考）资源的高效利用对保护环境、促进经济持续健康发展具有重要作用。磷尾矿主要含Ca5(PO4)3F和CaCO3·MgCO3，某研究小组提出了磷尾矿综合利用的研究方案，制备具有重要工业用途的CaCO3、Mg (OH)2、P4和H2，其简化流程如下：
已知：①Ca5(PO4)3F在950℃不分解；
②4Ca5(PO4)3F+18SiO2+30C2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4
请回答下列问题：
（1）950℃煅烧磷尾矿生成气体的主要成分是 。
（2）实验室过滤所需的玻璃仪器是 。
（3）NH4NO3溶液能从磷矿I中浸取Ca2+的原因是 。
（4）在浸取液Ⅱ中通入NH3，发生反应的化学方程式是_____________。
（5）工业上常用磷精矿[Ca5(PO4)3F]和硫酸反应制备磷酸。已知25℃，101kPa时；
CaO(s)+H2SO4(l)= CaSO4(s)+H2O(l) ΔH =-271kJ/mol
5CaO(s)+3H3PO4(l)+HF(g) = Ca5(PO4)3F(s)+5H2O(l) ΔH =-937kJ/mol
则Ca5(PO4)3F和硫酸反应生成磷酸的热化学方程式是 。
（6）在一定条件下CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，当CO与H2O(g)的起始物质的量之比为1:5，达平衡时，CO转化为。若a kg含Ca5(PO4)3F（相对分子质量为504）的质量分数为10%的磷尾矿，在上述过程中有b%的Ca5(PO4)3F转化为P4，将产生的CO与H2O(g)按起始物质的量之比1:3混合，则在相同条件下达平衡时能产生H2 kg。
3．在溶液中，反应A＋2BC分别在三种不同实验条件下进行，它们的起始浓度均为c(A)＝0.100 mol/L、c(B)＝0.200 mol/L及c(C)＝0 mol/L。反应物A的浓度随时间的变化如图所示。
请回答下列问题：
(1)与①比较，②和③分别仅改变一种反应条件。所改变的条件和判断的理由是：
②_________________________________________________________；
③_________________________________________________________；
(2)实验②平衡时B的转化率为________；实验③平衡时C的浓度为________；
(3)该反应的ΔH________0，其判断理由是_______________________；
(4)该反应进行到4.0 min时的平均反应速率：实验③：vC＝_______________。
4．甲醇被称为21世纪的新型燃料，工业上通过下列反应Ⅰ和Ⅱ，用CH4和H2O为原料来制备甲醇。
(1)将1.0 mol CH4和2.0 mol H2O(g)通入反应室(容积为100 L)，在一定条件下发生反应：
CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)
CH4的转化率与温度、压强的关系如下图。
①已知100 ℃时达到平衡所需的时间为5 min，则用H2表示的平均反应速率为________。
②图中的p1________p2(填“<”、“>”或“＝”)，100 ℃时平衡常数为________。
③在其他条件不变的情况下降低温度，逆反应速率将________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(2)在压强为0.1 MPa条件下，将a mol CO与3a mol H2的混合气体在催化剂作用下能自发反应生成甲醇：
CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) Ⅱ
①该反应的ΔH________0，ΔS________0(填“<”、“>”或“＝”)。
②若容器容积不变，下列措施可增加甲醇产率的是( )
A．升高温度
B．将CH3OH(g)从体系中分离
C．充入He，使体系总压强增大
D．再充入1 mol CO和3 mol H2
【参考答案与解析】
一、选择题
1．D
【解析】Mg与F2反应生成了固体MgF2，气体体积减小，故△S＜0，A项正确；Mg (s)+ F2(g) =MgF2(s) △H=-1124 kJ(mol-1，Mg (s)+Br2(l)=MgBr2(s) △H=-524 kJ(mol-1，第二个方程式减去第一个方程式即得MgF2(s)+Br2(l)=MgBr2(s)+F2(g) △H=+600 kJ(mol-1，B项正确；利用盖斯定律可得MgBr2与Cl2反应的△H＜0，C项正确；能量越小的物质越稳定，所以化合物的热稳定性顺序为MgI2＜MgBr2＜MgCl2 ＜MgF2，故D项错误。
2．D
【解析】由题意可知，该反应为气体分子数不变的放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，φ(AB)降低，①曲线符合题意；加压，平衡不移动，故⑤曲线符合题意。
3．C
【解析】该反应中混合气体的平均相对分子质量为定值，故A错误；△S＞0，△H＞0的反应在高温下能自发进行，B错误；15.0℃时，NH3的平衡浓度为2.4×10-3 mol (L -1×=1.6×10-3 mol (L -1，CO2的平衡浓度为2.4×10-3 mol (L -1×=0.8×10-3 mol (L -1，故该温度下的平衡常数K=c2 (NH3) ( c (CO2)≈2.0×10-9（mol (L -1）3，故C正确；恒温下压缩容器体积，压强增大，平衡逆向移动，氨基甲酸铵固体质量增大，故D错误。
4．D
【解析】从表中数据可以看出，反应没有进行到底，所以这是一个可逆反应，反应方程式为2A＋BC，t3时刻达到了平衡而不是反应终止，所以A、C错误；达到平衡时，A转化了2/3而B转化了2/5，所以B选项也不正确。
5．C
【解析】本题考查的是化学平衡常数和化学平衡移动问题，根据化学平衡常数的定义可知A正确；根据平衡移动的原理可知B、D正确；根据题意知， =220，当HbCO的浓度达到HbO2浓度的0.02倍，
c(CO)/c(O2)≈0.000 1，所以当吸入CO与O2的浓度之比大于或等于0.000 1时，会使人智力受损，故C错误。
6．B
【解析】本题考查化学平衡的移动。该反应为体积增大的吸热反应，所以升温和减压均可以促使反应正向移动。恒压通入惰性气体，相当于减压。恒容通入惰性气体与加催化剂均对平衡无影响。增加CO的浓度，将导致平衡逆向移动。
7．C
【解析】温度不变时K相等。
第一次平衡各物质浓度变化如下(单位：mol·L－1)：
第二次平衡各物质浓度变化如下：(单位：mol/L)
则有：，x＝0.16。
平衡时H2的浓度为0.04 mol/L。
8．A
【解析】B项，缩小体积，压强增大，正、逆反应速率都增大，错误；C项，催化剂不能改变平衡状态，但会改变反应速率，错误；D项，在一定条件下，当可逆反应中正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），各种物质的浓度或含量均不再发生变化的状态，是化学平衡状态，v正 (SO2)、v正(SO3)均表示正反应速率，二者之比等于系数之比不能说明正、逆反应速率相等，错误。
9．A
【解析】只充入2 mol E(g)，E的转化率为40%，则平衡时气体总物质的量为2.4 mol；若开始时充入2 mol M、1 mol N，共3 mol的混合气体，二者平衡状态相同，平衡时气体总物质的量也为2.4 mol，在密闭容器中，压强之比等于物质的量之比，故平衡时混合气体的压强比起始时减少了20%。
10．B
【解析】对于可逆反应2NO2(g)N2O4(g)，减压后平衡向生成NO2方向移动，分子数增多，体积增大，a端下降，b端上升。
11．C
【解析】反应进行到2 min时，各曲线突然变陡，说明反应速率加快，条件为升温或加压或加催化剂。
二、填空题
1．（1）2NH4HS+O22NH3?H2O+2S；
（2）a；90%；
（3）14.5%；
（4）；
（5）Ⅳ；分离液氨，未反应的氮气和氢气循环使用
【解析】（1）H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS，一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，反应过程中生成一水合氨，依据原子守恒和电子守恒配平书写化学方程式为：2NH4HS+O22NH3?H2O+2S；
（2）反应①CH4（g）+H2O（g）?CO2（g）+3H2（g）△H=+206.4 kJ?mol﹣1，是气体体积增大的吸热反应；
a．反应是吸热反应，升高温度，反应速率增大，平衡正向进行，平衡体系中H2百分含量增大，故a符合；
b．增大水蒸气浓度，平衡正向进行，反应速率增大，但平衡体系中H2百分含量不一定增大，故b不符合；
c．加入催化剂，改变反应速率不改变化学平衡，反应速率增大，氢气百分含量不变，故c不符合；
d．降低压强，反应速率减小，平衡逆向进行，氢气百分含量减小，故d不符合。
利用反应②，将CO进一步转化，可提高H2产量，1mol CO和H2的混合气体（CO的体积分数为20%）中CO为0.2mol，H2的物质的量为0.8mol，与H2O反应，得到1.18mol CO、CO2和H2的混合气体，依据反应前后气体体积不变，分析增大的为平衡状态水蒸气的物质的量为0.18mol，设一氧化碳反应物质的量为x，依据化学平衡三段式列式计算：
（3）依据反应特征N2+3H2=2NH3，反应前后气体体积减小为生成氨气的体积，相同条件下，气体体积比等于气体物质的量之比，图象分析可知平衡状态氨气体积含量42%，设平衡混合气体体积为100，氨气为体积42，则反应前气体体积100+42=142，氮气和氢气按照1：3混合，氮气体积=142×=35.5，依据化学方程式计算反应的氮气体积为21，平衡状态氮气为35.5﹣21=14.5，则氮气体积分数为14.5%；
（4）合成氨的反应是放热反应，开始反应，氨气物质的量增大，达到平衡状态，继续升温，平衡逆向进行，氨气物质的量减小，画出的图象为：
；
（5）分析流程合成氨放热通过Ⅳ热交换器加热反应混合气体，使反应达到所需温度，提高合成氨原料总转化率，依据平衡移动原理分析，分离出氨气促进平衡正向进行，把平衡混合气体中氮气和氢气重新循环使用，提高原理利用率。
2．（1）CO2
（2）烧杯、漏斗、玻璃棒
（3）磷矿I中的氧化钙与水生成了氢氧化钙，氢氧化钙与硝酸铵在加热时反应生成了硝酸钙、氨气和水，从而浸取出钙离子；
（4）2NH3+2H2O+MgSO4=Mg(OH)2↓+(NH4)2SO4
（5）Ca5(PO4)3F(s)+5H2SO4(l)=HF(g)+5CaSO4(s)+3H3PO4(l) ΔH = -418 kJ/mol
（6）2.2×10-5ab
【解析】
（1）碳酸盐分解生成二氧化碳。
（2）基础知识，解析略。
（3）煅烧时，碳酸盐先分解得到氧化钙和氧化镁。氧化钙与水生成了氢氧化钙，氢氧化钙与硝酸铵在加热时反应生成了硝酸钙、氨气和水（强碱制弱碱），从而浸取出钙离子；
（4）解析略。
（5）考察盖斯定律。反应①×5 -反应②，就能得到答案中的反应。故ΔH = 5×(-271) – (-937) = -418 kJ/mol.
（6）考察工艺流程与化学平衡的相关计算。先计算平衡常数。
CO(g)
+
H2O(g)
?
CO2(g)
+
H2(g)
反应前
1
5
0
0
变化量
-5/6
-5/6
5/6
5/6
反应后
1/6
25/6
5/6
5/6
平衡常数
反应前
1
3
0
0
变化量
-x
-x
x
X
反应后
1-x
3-x
x
x
平衡常数 解得
故每1 mol的CO会产生0.75 mol的H2。
H2的质量（以kg为单位）可计算为：
其中30/4为反应方程式中的CO与Ca5(PO4)3F的物质的量之比，2 g/mol为H2的摩尔质量。
3．(1)②加催化剂，达到平衡的时间缩短，平衡时A的浓度未变
③温度升高，达到平衡的时间缩短，平衡时A的浓度减小
(2)40%(或0.4) 0.060 mol/L
(3)> 温度升高，平衡向正反应方向移动，故该反应是吸热反应
(4)
【解析】与①相比②的反应速率大，但A的转化率与①相同，所以改变的条件只能是加入催化剂；与①相比③的反应速率大，且A的转化率比①高，所以改变的条件只能是升高温度；
(2)实验②A转化的浓度为0.040 mol/L，则B转化的浓度为0.080 mol/L，B的转化率为：(0.080/0.200)×100%＝40%；实验③中A转化的浓度为0.060 mol/L，则平衡时C的浓度也应为0.060 mol/L；
(3)由实验③知，升高温度A的转化率增大，则正反应为吸热反应；
(4)反应进行到4.0 min时：实验②中A消耗的浓度为：0.028 mol/L，则B消耗的浓度为：0.056 mol/L，实验③中A消耗的浓度为：0.036 mol/L，则C的浓度为0.036 mol/L。
4．(1)①0.003 0 mol·L－1·min－1 ②< 2.25×10－4
③减小 (2)①< < ②BD
【解析】(1)①用甲烷表示速率为(1.0×0.5)/(5×100)＝0.001 0 mol·L－1·min－1，则用氢气表示为0.003 0 mol·L－1·min－1。②同一温度下，p1的转化率大于p2，此反应增大压强反应左移，所以p1小于p2。③降低温度，反应速率减小(不要受平衡移动的影响)。(2)此反应为化合反应，放热，ΔH<0，反应3 mol气体生成1 mol气体为熵减，ΔS<0。②A.升高温度，平衡左移，错。B.将CH3OH(g)从体系中分离，平衡右移，对。C.充入He，使体系总压强增大，对平衡无影响，错。D.再充入1 mol CO和3 mol H2，成比例的增加反应物，相当于增大压强，平衡右移，对。