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）：07【提高】化学平衡移动
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）：07【提高】化学平衡移动 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 805.6KB | ||
| 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 | 2020-01-19 13:23:22 | ||
图片预览
文档简介
化学平衡的移动
【学习目标】
1、通过实验探究温度、浓度和压强对化学平衡的影响；
2、能利用相关理论解释外界条件对平衡移动的影响。
【典型例题】
类型一、化学平衡移动的含义及标志
例1、在一密闭容器中，反应mA (g)+nB (g)pC (g)，达到平衡时，测得c (A)为0.5 mol·L－1；在温度不变的条件下，将容器体积扩大一倍，当达到平衡时，测得c＇(A)为0.3 mol·L－1。则下列判断正确的是（ ）。
A．化学计量数：m+n＞p B．平衡向正反应方向移动了
C．物质B的转化率减小了 D．物质C的质量分数增加了
【思路点拨】根据本题题意，将容器体积扩大一倍，即体系的压强立即变为原来的一半，各物质的浓度也变为原来的一半。从压强的变化分析解答该题即可。
【答案】A、C
【解析】假设体积变为原来的2倍后平衡不移动，那么A、B、C的浓度都应该为原来的0.5倍，而现在题中已知c＇(A)为0.3 mol·L－1，也就是说A的浓度比原来的0.5倍要大，那么只能是平衡向左移动了，以此为突破点，正确选项A、C就可以分析出来。
【总结升华】本题是判断平衡移动的问题。判断平衡移动的关键是看通过改变条件是否使体系中的v（正）≠v（逆），如果v（正）≠v（逆）平衡就会发生移动。另外还要注意所改变的条件是否对反应速率产生影响。
举一反三：
【变式1】已建立平衡的可逆反应A+B3C，改变条件使平衡向正反应方向移动，下列判断正确的是（ ）。
A．生成物的百分含量一定增大 B．生成物的产量一定增加
C．反应物的转化率都增大 D．生成物的浓度一定增大
【答案】B
类型二、外界条件对化学平衡的影响
例2、在一体积可变的密闭容器中，加入一定量的X、Y，发生反应mX (g)nY (g) ΔH=Q kJ／mol。反应达到平衡时，Y的物质的量浓度与温度、气体体积的关系如下表所示：
/
下列说法正确的是（ ）。
A．m＞n
B．Q＜0
C．温度不变，压强增大，Y的质量分数减少
D．体积不变，温度升高，平衡向逆反应方向移动
【思路点拨】对于此类多变量问题的分析，建议先固定一个量以便分析另一个变量，比如先分析100℃时体积因素引起的变化，再分析Y的体积为1时各温度引起的变化。
【答案】C
【解析】由表知，体积不变升高温度，c (Y)增大，平衡右移，因升高温度，平衡向吸热方向移动，说明正反应为吸热反应，Q＞0，B、D错；温度不变，容器体积增大，即由l L变为2 L，若平衡不移动，此时c (Y)应减小为原来的一半，现c (Y)比原来的一半大，即减小压强，平衡向右移动，向气体体积增大的方向移动，所以m＜n，A错；因为m＜n，增大压强，平衡向左移动，所以Y的质量分数减少，故C正确。
【总结升华】解此类题目的关键是理解化学平衡移动的条件。
举一反三：
【变式1】可逆反应A (g)+BC (g)+D的压应式中A和C都是无色气体。当反应达到平衡时，下列叙述错误的是（ ）。
A．若增大A的浓度，平衡体系颜色加深，则说明D是有颜色的气体
B．若升高温度，c的百分含量减小，则说明逆反应为吸热反应
C．若增大压强，平衡不发生移动，则说明B和D一定都是气体
D．如果B是气体，则增大A的浓度会使B的转化率增大
【答案】C
类型三、“惰性气体”对化学平衡移动的影响
例3、（2019 四川高考）一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)+CO2(g) /2CO(g)。平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示：
/
已知：气体分压（P分）=气体总压（P总）×体积分数。下列说法正确的是（ ）
A．550℃时，若充入惰性气体，?正、?逆 均减小，平衡不移动
B．650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0%
C．T℃时，若充入等体积的CO2和CO，平衡向逆反应方向移动
D．925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=24.0P总
【思路点拨】本题属于化学平衡图像题，做题时需要仔细看图中的每条线代表什么意思，针对选项中的问题将图像与基础知识结合起来进行分析解答。
【答案】B
【解析】A、可变的恒压密闭容器中反应，550℃时充入惰性气体相当于减小压强，则?正、?逆 均减小，该反应是气体体积增大的反应，则平衡正向移动，故A错误；
B、由图可知，650℃时反应达到平衡后CO的体积分数为40%，设开始加入的CO2为1mol，转化了xmol，则有
/
所以，解得x=0.25mol，则CO2的转化率为，故B正确；
C、T℃时，反应达到平衡后CO和CO2的体积分数都为50%，所以Kp==1，则T℃时，若充入等体积的CO和CO2，则Qc=1=K，所以平衡不移动，故C错误；
D、925℃时，CO的体积分数为96%，则CO2的体积分数为4%，所以用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp===23.04P，故D错误。
【总结升华】惰性气体对化学平衡、转化率的影响：
（1）恒容容器通入惰性气体：反应体系中各物质的浓度不变；各物质的反应速率不变；平衡不受影响；反应物的转化率不变。
（2）恒压容器中通入惰性气体：反应体系中各物质的浓度减小，反应速率减小；平衡向气体体积增大的方向移动。
①若正反应为气体体积增大的反应，则反应物的转化率增大。
②若正反应为气体体积减小的反应，则反应物的转化率减小。
举一反三：
【变式1】（2019 衡水模拟）某温度下，反应2A(g)B(g) ΔH>0在密闭容器中达到平衡，平衡后 ＝a，若改变某一条件，足够时间后反应再次达到平衡状态，此时＝b，下列叙述正确的是（ ）
A．在该温度下，保持容积固定不变，向容器内补充了B气体，则aB．若a＝b，则B容器中一定使用了催化剂
C．若其他条件不变，升高温度，则aD．若保持温度、压强不变，充入惰性气体，则a>b
【答案】B
【解析】A项中增加B气体，相当于压强增大，平衡正向移动，则b类型四、过程假设法（虚拟法）的使用
例4、一定温度下，在一固定容积的密闭容器中发生反应：2NO2 (g)N2O4 (g)，达到平衡时，再向容器内通入一定量的NO2，重新达到平衡后，与第一次平衡相比，NO2的体积分数（ ）。
A．不变 B．增大 C．减小 D．无法判断
【思路点拨】解答本题时，首先分析题干中的两种情况，然后引入一种介于两者之间的中间状况，以便更好的理解、分析。
【答案】C
【解析】可以假设原来在容积为1 L的容器中通入了1 mol NO2，达到平衡后(NO2)=a，然后又通入了l mol NO2，具体过程假设如下：
/
【总结升华】解决此类题目的关键，就是引入恰当的中间状况或者过渡步骤，使问题变得更简单。只有通过多练习，才能迅速有效的理清头绪，找出解决此类问题的有效辅助方法。
举一反三：
【变式1】完全相同的两个密闭容器A、B，已知A中装有SO2和O2各l g，B中装有SO2和O2各2 g。在同温下反应达到平衡，A中SO2转化率为a％，B中SO2转化率为b％，则A、B两个容器中SO2的转化率关系为（ ）。
A．a％＞b％ B．a％＜b％ C．a％=b％ D．无法确定
【答案】B
【解析】该反应的化学方程式为2SO2 (g)+O2 (g)2SO3 (g)，将其变化过程假设如下：设容器A为1 L，在其中充入SO2和O2各l g，另假设有一个容积可变的容器B体积为2 L，在B中充入SO2和O2各2 g，在相同温度下达到平衡时，A和B容器中SO2的转化率均为a％，然后将B容器压缩为1 L，则容器内压强增大，平衡向生成SO3的方向移动，则SO2的转化率增大，所以a％＜b％。
类型五、与化学反应速率、化学平衡有关的综合问题
例5、一定条件下，在体积为3 L的密闭容器中，一氧化碳与氢气反应生成甲醇（催化剂为CuO／ZnO）：
CO (g)+2H2 (g)CH3OH (g)
根据题意完成下列各题：
（1）反应达到平衡时，平衡常数表达式K=________，升高温度，K值________（填“增大”“减小”或“不变”）。
（2）在500℃，从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v (H2)=________。
（3）在其他条件不变的情况下，对处于E点的体系体积压缩到原来的，下列有关该体系的说法正确的是________。
a．氢气的浓度减少 b．正反应速率加快，逆反应速率也加快
c．甲醇的物质的量增加 d．重新平衡时n (H2)／n (CH3OH)增大
（4）据研究，反应过程中起催化作用的为Cu2O，反应体系中含少量CO2有利于维持催化剂Cu2O的量不变，原因是________________（用化学方程式表示）。
【思路点拨】平衡常数的表达及影响因素属于基础题，容易解答。另外本题还考查了温度对化学反应速率的影响，并且结合了平衡的移动综合训练。最后一问考查催化剂的催化机理，可以从初中学习的氧化铜的还原入手。
【答案】（1） 减小 （2）
（3）b、c （4）Cu2O+CO2Cu+CO2
【解析】（1）根据反应式和平衡常数的定义，该反应平衡常数表达式K=c (CH3OH)／c (CO)·c2 (H2)。从题给图像可以看出平衡后500℃时甲醇的物质的量小于300℃时的物质的量，说明该反应正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，K值将减小。
（2）500℃时反应达到平衡，生成甲醇的物质的量为nB，则消耗H2的物质的量为2nB，因此。
（3）在其他条件不变的情况下，处于E点的体系体积压缩到原来的，根据反应特点推知增大压强，正逆反应速率都增加，且平衡向正反应方向进行，甲醇的物质的量将增加，即选b、c。
（4）因Cu2O被CO还原为Cu，因此通入CO2可以抑制此反应的发生，反应方程式为Cu2O+CO2Cu+ CO2。
【总结升华】在本题中要求考生会对隐含在图表中的有关数据、信息进行综合分析、整理，并归纳转化为解决实际问题的能力。一般来讲，此类综合试题的结构设计为几个小题，并且各小题难度有一定的层次性，需要考生由易到难，按照问题的顺序逐一进行作答。
举一反三：
【变式1】在一定条件下，二氧化硫和氧气发生如下反应：
2SO2 (g)+O2 (g)2SO3 (g) ΔH＜0
（1）写出该反应的化学平衡常数表达式K=________。
（2）降低温度，该反应K值________，二氧化硫转化率________，化学反应速率________（以上均填“增大”“减小”或“不变”）。
（3）600℃时，在一密闭容器中，将二氧化硫和氧气混合，反应过程中SO2、O2、SO3物质的量变化如图，反应处于平衡状态的时间是________。
（4）据图判断，反应进行至20 min时，曲线发生变化的原因是________（用文字表达）。10 min～15 min的曲线变化的原因可能是________（填写编号）。
a．加了催化剂 b．缩小容器体积 c．降低温度 d．增加SO3的物质的量
【答案】（1） （2）增大 增大 减小
（3）15 min～20 min和25 min～30 min （4）增加了O2的量 a、b
【解析】反应进行到20 min时氧气物质的量突然增多为0.12 mol，而SO2和SO3的物质的量仍与平衡时一致，说明此时增加了O2的量。10 min到15 min的曲线变化说明反应速率大幅度增大，可能的原因是a．加了催化剂；b．缩小容器体积。由于降温反应速率减小，不可能是c。SO3的物质的量没有突然增多且平衡时SO2和SO3物质的量之和仍为0.20 mol，故d选项不正确。
【变式2】（2019 新课标III高考）煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，形成酸雨、污染大气，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝，回答下列问题：
(1) NaClO2的化学名称为_______。
（2）在鼓泡反应器中通入含有SO2和NOx的烟气，反应温度为323 K，NaClO2溶液浓度为5×10?3mol·L?1。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表：
离子
SO42?
SO32?
NO3?
NO2?
Cl?
c/（mol·L?1）
8.35×10?4
6.87×10?6
1.5×10?4
1.2×10?5
3.4×10?3
①写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式__________。增加压强，NO的转化率______（填“提高”“不变”或“降低”）。
②随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的pH逐渐______ （填“提高”“不变”或“降低”）。
③由实验结果可知，脱硫反应速率______脱硝反应速率（填“大于”或“小于”）。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是___________。
（3）在不同温度下，NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中，SO2和NO的平衡分压px如图所示。
/
①由图分析可知，反应温度升高，脱硫、脱硝反应的平衡常数均______________（填“增大”“不变”或“减小”）。
②反应ClO2?+2SO32?===2SO42?+Cl?的平衡常数K表达式为___________。
（4）如果采用NaClO、Ca（ClO）2替代NaClO2，也能得到较好的烟气脱硫效果。
①从化学平衡原理分析，Ca（ClO）2相比NaClO具有的有点是_______。
②已知下列反应：
SO2(g)+2OH? (aq) ===SO32? (aq)+H2O(l) ΔH1
ClO? (aq)+SO32? (aq) ===SO42? (aq)+Cl? (aq) ΔH2
CaSO4(s) ===Ca2+（aq）+SO42?（aq） ΔH3
则反应SO2(g)+ Ca2+（aq）+ ClO? (aq) +2OH? (aq) === CaSO4(s) +H2O(l) +Cl? (aq)的ΔH=______。
【答案】（1）亚氯酸钠；（2）①2H2O＋3ClO2－＋4NO＝4NO3－＋3Cl－＋4H＋；提高 ②降低；
③大于；二氧化硫的还原性强于NO （3）①增大；② /
（4）①生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行
②△H1＋△H2－△H3
【解析】（1） NaClO2名称为亚氯酸钠。
（2）①亚氯酸钠具有氧化性，则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式为：2H2O＋3ClO2－＋4NO＝4NO3－＋3Cl－＋4H＋；正反应是体积减小的，则增加压强，NO的转化率提高。
②根据反应的方程式2H2O＋ClO2－＋2SO2＝2SO42－＋Cl－＋4H＋、2H2O＋3ClO2－＋4NO＝4NO3－＋3Cl－＋4H＋，可知随着吸收反应的进行氢离子浓度增大，吸收剂溶液的pH逐渐降低。
③由实验结果可知，在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多，因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是二氧化硫的还原性强，易被氧化。
（3）在不同温度下，NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中，SO2和NO的平衡分压px如图所示。
①由图分析可知，反应温度升高，O2和NO的平衡分压减小，这说明反应向正反应方向进行，因此脱硫、脱硝反应的平衡常数均增大。
②根据反应的方程式ClO2－＋2SO32-=2SO42-+Cl-，可知平衡常数K表达式为/。
（4）如果采用NaClO、Ca（ClO）2替代NaClO2，也能得到较好的烟气脱硫效果。①由于生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行，所以Ca（ClO）2效果好。②已知：（1）SO2(g)+2OH? (aq) ===SO32? (aq)+H2O(l) ΔH1
（2）ClO? (aq)+SO32? (aq) ===SO42? (aq)+Cl? (aq) ΔH2
（3）CaSO4(s) ===Ca2+（aq）+SO42?（aq） ΔH3
则根据盖斯定律可知（1）+（2）-（3）即得到反应SO2(g)+ Ca2+（aq）+ ClO? (aq) +2OH? (aq) === CaSO4(s) +H2O(l) +Cl? (aq)的△H=△H1＋△H2－△H3。
【巩固练习】
一、选择题
1．（2019 绍兴模拟）在相同温度下，将H2和N2两种气体按不同比例通入相同的恒容密闭容器中，发生反应：
。表示起始时H2和N2的物质的量之比，且起始时H2和N2的物质的量之和相等。下列图象正确的是（ ）
/ /
2．右图是恒温下某化学反应的反应速率随反应时间变化的示意图。下列叙述与示意图不相符合的是（ ）。
A．反应达到平衡时，正反应速率和逆反应速率相等
B．该反应达到平衡态Ⅰ后，增大生成物浓度，平衡发生移动，达到平衡态Ⅱ
C．该反应达到平衡态Ⅰ后，减小生成物浓度，平衡发生移动，达到平衡态Ⅱ
D．同一种反应物在平衡态Ⅰ和平衡态Ⅱ时浓度不相等
3．反应NH4HS (s)NH3 (g)+H2S (g)在某温度下达到平衡，下列各种情况中，不会使平衡发生移动的是（ ）。
A．温度、容积不变时，通入SO2气体 B．移走一部分NH4HS固体
C．容器体积不变，充入氮气 D．保持压强不变，充入氮气
4．在某温度下，反应：ClF (g)+F2 (g)ClF3 (g) ΔH=－268 kJ·mol－1在密闭容器中达到平衡。下列说法正确的是（ ）。
A．温度不变，缩小体积，ClF的转化率增大
B．温度不变，增大体积，ClF3的产率提高
C．升高温度，增大体积，有利于平衡向正反应方向移动
D．降低温度，体积不变，F2的转化率降低
5．将H2 (g)和Br2 (g)充入恒容密闭容器中，恒温下发生反应H2 (g)+Br2 (g)2HBr (g) ΔH＜0，平衡时Br2 (g)的转化率为a；若初始条件相同，绝热下进行上述反应，平衡时Br2 (g)的转化率为b。a与b的关系是（ ）。
A．a＞b B．a=b C．a＜b D．无法确定
6．在25℃时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表，建立平衡需要的时间为20 s，则下列说法不正确的是（ ）。
物质
X
Y
Z
初始浓度／（mol·L－1）
0.2
0.1
0.1
平衡浓度／（mol·L－1）
0.05
0.05
0.2
A．反应可表示为3X+Y2Z
B．建立平衡过程中，用Z表示的反应速率为v (Z)=0.005 mol·L－1·s－1
C．增大压强使平衡向生成Z的方向移动，平衡常数增大
D．若初始浓度：X为0.2 mol·L－1，Y为0.2 mol·L－1，Z为0.8mol·L－1，则平衡向右移动
7．（2019 安徽高考）汽车尾气中，产生NO的反应为：N2(g)+O2(g)/2NO(g)，一定条件下，等物质的量的N2(g)和O2(g)在恒容密闭容器中反应，下图曲线a表示该反应在温度T下N2的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始条件改变时N2的浓度随时间的变化。下列叙述正确的是（ ）。
A．温度T下，该反应的平衡常数K=
B．温度T下，随着反应的进行，混合气体的密度减小
C．曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂
D．若曲线b对应的条件改变是温度，可判断该反应的△H＜0
8．（2019 江苏启东中学期中）向甲、乙、丙三个密闭容器中充入一定量的A和B，发生反应：xA (g)+B (g)2C (g)。各容器的反应温度、反应物起始量，反应过程中C的浓度随时间变化关系分别如下表和如图所示。下列说法正确的是（ ）
/ /
A．由图可知：T1＜T2，且该反应为吸热反应
B．T2时该反应的平衡常数K=0.8
C．前10 min乙、丙两容器中v (A)乙＞v (A)丙
D．平衡时C的质量m∶m甲=m乙＜2m丙
9．已知反应：
PCl5 (g)PCl3 (g)+Cl2 (g) ①
2 HI (g)H2 (g)+I2 (g) ②
2NO2 (g)N2O4 (g) ③
在一定条件下，达到化学平衡时，反应物的转化率均是a％。 若保持各反应的温度和容器的体积都不改变，分别再加入一定量的各自的反应物，则转化率（ ）。
A．均不变 B．均增大
C．①增大，②不变，③减少 D．①减少，②不变，③增大
10．已知：H2 (g)+I2 (g)2HI (g) ΔH＜0。有相同容积的定容密闭容器甲和乙，甲中加入H2和I2各0.1 mol，乙中加入HI 0.2 mol，相同温度下分别达到平衡。欲使甲中HI的平衡浓度大于乙中HI的平衡浓度，应采取的措施是（ ）。
A．甲、乙提高相同温度 B．甲中加入0.1 mol He，乙不变
C．甲降低温度，乙不变 D．甲增加0.1 mol H2，乙增加0.1 mol I2
11．如图所示，把NO2和N2O4的混合气体盛在两个连通的烧瓶里，调节左、右两边注射器内活塞，使其高度相等，关闭弹簧夹；同时把一个烧瓶放在热水里，另一个放在冰水里。下列对实验现象的描述错误的是（ ）。
A．左边注射器内的活塞高度比右边注射器内的活塞高度要高
B．左边注射器内的活塞与右边注射器内的活塞移动的方向和高度都相同
C．左边烧瓶内的颜色比右边烧瓶内的颜色深
D．两烧瓶内的化学平衡都发生了移动
二、填空题
1．可逆反应3A(g)3B (?)+C (?) ΔH＜0达到化学平衡后，升高温度。用“变大”“变小”“不变”或“无法确定”填空。
（1）若B、C都是气体。气体的平均相对分子质量________；
（2）若B、C都不是气体，气体的平均相对分子质量________；
（3）若B是气体，C不是气体，气体的平均相对分子质量________；
（4）若B不是气体，C是气体：
①如果A的摩尔质量大于C的摩尔质量，气体的平均相对分子质量________；
②如果A的摩尔质量小于C的摩尔质量，气体的平均相对分子质量________。
2．（2019 广东高考）用O2将HCl转化为Cl2，可提高效益，减少污染，
（1）传统上该转化通过如右图所示的催化剂循环实现，
/
其中，反应①为：2HCl(g) + CuO(s) /H2O(g)+CuCl2(g) △H1
反应②生成1molCl2(g)的反应热为△H2，则总反应的热化学方程式为 (反应热用△H1和△H2表示)。
（2）新型RuO2催化剂对上述HCl转化为Cl2的总反应具有更好的催化活性，
①实验测得在一定压强下，总反应的HCl平衡转化率随温度变化的aHCl—T曲线如图，则总反应的△H
0,（填“＞”、“﹦”或“＜”）；A、B两点的平衡常数K(A)与K(B)中较大的是 。
②在上述实验中若压缩体积使压强增大，画出相应aHCl—T曲线的示意图，并简要说明理由： 。
③下列措施中有利于提高aHCl的有 。
A．增大n(HCl) B．增大n(O2) C．使用更好的催化剂 D．移去H2O
（3）一定条件下测得反应过程中n(Cl2)的数据如下：
t(min)
0
2.0
4.0
6.0
8.0
n(Cl2)/10-3mol
0
1.8
3.7
5.4
7.2
计算2.0～6.0min内以HCl的物质的量变化表示的反应速率（以mol·min-1为单位，写出计算过程）。
（4）Cl2用途广泛，写出用Cl2制备漂白粉的化学方程式。
3．在2 L密闭容器内800℃时反应2NO (g)+O2 (g)2NO2 (g)体系中，n (NO)随时间的变化如下表：
时间／s
0
1
2
3
4
5
n (NO)／mol
0.020
0.010
0.008
0.007
0.007
0.007
/
（1）写出该反应的平衡常数表达式：K=________。已知：K300℃＞K350℃，则该反应是________热反应。
（2）上图中表示NO2的变化的曲线是________。用O2表示从0～2 s内该反应的平均速率v=________。
（3）能说明该反应已达到平衡状态的是________。
a．v (NO2)=2v (O2) b．容器内压强保持不变
c．v逆(NO)=2v正(O2) d．容器内密度保持不变
（4）能使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是________。
a．及时分离出NO2气体 b．适当升高温度 c．增大O2的浓度 d．选择高效催化剂
4．反应A (g)+B (g)C (g)+D (g)过程中的能量变化如图所示，回答下列问题。
/
（1）该反应是________（填“吸热”或“放热”）反应；
（2）当反应达到平衡时，升高温度，A的转化率________（填“增大”“减小”或“不变”），原因是________。
（3）反应体系中加入催化剂对反应热是否有影响？________，原因是________________。
（4）在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1和E2的变化是：E1________，E2________（填“增大”“减小”或“不变”）。
5．在一定条件下，可逆反应A2 (g)+B2 (g)2C (g)达到了化学平衡状态，经测得平衡时c (A2)=0.5 mol·L－1，c (B2)=0.1 mol·L－1，c (C)=1.6 mol·L－1，若A2、B2、C的起始浓度分别以a mol·L－1，b mol·L－1，c mol·L－1表示，请填写下列空白。
（1）a、b应满足的关系是________。
（2）a的取值范围是________。
6．（2019 北京丰台一模）碳循环与人类的生存息息相关，请回答下列问题：
/
（1）下列说法正确的是
A．CO2过度排放将导致酸雨
B．植物的光合作用有利于维持大气中O2和CO2平衡
C．煤和石油的主要成分是有机物
D．碳循环过程中，碳元素均被氧化
（2）动物通过呼吸作用将葡萄糖转化为CO2的化学方程式为 。
（3）测定煤或石油的含碳量：将a g的样品进行充分燃烧，测定所得气体（CO2、SO2、NO2、N2）中CO2的含量，实验装置如下图所示（所用试剂均过量）：
/
①装置A的作用是 。
②实验结束后，还需要向装置中通入N2，其目的是 。
③用x mol/L HCl溶液滴定装置B中过量的Ba(OH)2，消耗y mLHCl溶液，样品（a g）中碳元素的质量分数为 （列出计算式）。
（4）将CO2转化为甲醇，既可减少CO2的排放，又可节约能源，转化过程涉及如下反应：
反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）△H1=﹣49.1kJ/mol
反应Ⅱ：CO2 （g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）△H2
反应Ⅲ：CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）△H3=﹣90.0kJ/mol
①△H2= 。
②在下图中画出，不同温度下（T1＞T2），反应Ⅱ中CO2的平衡转化率随压强变化的关系图（请在图上标注温度T1、T2）。
/
【参考答案】
一、选择题
1．D
【解析】A中，随着的增大，氢气含量增多，氢气的平衡转化率降低，A错误；随着的增大，氢气含量增多，混合气体的质量减小，B错误；随着的增大，氢气含量增多，氮气的平衡转化率增大，C错误；随着的增大，氢气含量增多，混合气体的质量减小，则混合气体的密度减小，D正确。
2．B、C
【解析】图像中反映的是增大反应物浓度平衡移动的情况，而减小生成物的浓度，v正、v逆减小。
3．B、C
【解析】通入SO2后，发生反应2H2S+SO2==3S+2H2O，相当于减少了生成物的浓度，平衡将向正反应方向移动；固体的量的多少对平衡的移动没有影响，移走一部分NH4HS固体不能使平衡发生移动；恒容时，充入不与体系中各成分反应的其他气体，由于总体积不变，原体系中各物质的浓度不变，平衡不移动；恒压时，充入不与体系中各成分反应的气体，此时总体积增大，原平衡中各物质的浓度将减小，平衡将向气体体积增大的方向移动。
4．A
【解析】可逆反应：ClF(g)+F2(g)ClF3 (g)正反应是气体体积缩小的反应，因此缩小体积，ClF的转化率增大。
5．A
【解析】正反应为放热反应，前者恒温，后者相对前者，温度升高，使平衡向左移动，从而使Br2的转化率降低。所以b＜a。
6．C
【解析】浓度减小的是X、Y，增加的是Z，X、Y、Z的浓度变化之比为：0.15∶0.05∶0.1=3∶1∶2，该反应方程式为：3X+Y2Z，A项正确；反应速率v (Z)=0.1 mol·L－1／20 s=0.005 mol·L－1·s－1，B项正确；平衡常数只与温度有关，增大压强，平衡向气体体积减小的方向（即生成Z的方向）移动，但平衡常数不变，C项不正确；因，故当初始浓度：X为0.2 mol·L－1，Y为0.2mol·L－1，Z为0.8 mol·L－1时，平衡向右移动，D项正确。
7．A
【解析】A、由平衡常数的计算公式得K=，又因为氮气和氧气的物质的量相同，所以A正确；B、由于反应在恒容的密闭容器中反应，所以气体总体积保持不变，且质量守恒，所以混合气体密度的不变，故B错误；C、催化剂只能改变反应速率，不能改变化学反应限度，而图中显示平衡时氮气的浓度发生了变化，故C错误；D、从图形可知b线先到平衡状态，则b线表示的温度高，而平衡时b线表示的氮气浓度低，表明升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，故D错误；此题选A。
8．B
【解析】比较乙和丙，温度不变，丙的压强是乙的两倍，平衡时，丙中C的浓度是乙中C的浓度的两倍，说明加压平衡不发生移动，即Δn (气体)=0，故x=1。A项，比较甲与乙可知，乙先达到平衡，故温度T1＜T2，T1→T2，温度升高，C的浓度降低，说明升高温度平衡逆向移动，故正反应为放热反应，A项错误；B项，由图可知，平衡时乙容器内C的浓度为1 mol·L－1，则：
A (g) + B (g) 2C (g)
开始（mol·L－1）： 3 1 Q
变化（mol·L－1）： 0.5 0.5 1
平衡（mol·L－1）： 2.5 0.5 1
故T2时该反应的平衡常数，B项正确；C项，由图可知，前10 min乙容器中C的浓度变化量为1 mol·L－1，丙容器中C的浓度变化量为2 mol·L－1，故v (A)乙＜v (A)丙，C项错误；D项，根据图象可以看出，平衡时甲、乙、丙中C的物质的量分别为1.5 mol·L－1×0.5 L、1.0 mol·L－1×0.5 L、2.0 mol·L－1×1.0 L，即分别为0.75 mol、0.5 mol、2 mol，故D项错误。
9．D
【解析】使后加入的各物质分别发生反应达到平衡，则各自的转化率分别为a％，然后在保持体积不变的条件下，将后加入物质充入容器，则压强增大，①左移，②不移动，③右移，则转化率①减少，②不变，③增大。
10．C
【解析】 0.2 mol HI相当于H2、I2各0.1 mol，所以甲、乙在题述情况下达到的平衡是等效的。A项，甲、乙提高相同温度，仍等效；B项，甲中加入0.1 mol He对反应无影响；C项，甲降低温度，平衡右移，HI的浓度增大；D项，甲增加0.1 mol H2，乙增加0.1 mol I2平衡都向右移动，HI的浓度都增大，具体结果不能断定。
11．B
【解析】对于2NO2 (g)N2O4 (g) ΔH＜0
红棕色 无色
左边升高温度，平衡逆向移动使颜色加深；右边降低温度，平衡正向移动使颜色变浅。
二、填空题
1．（1）变大 （2）不变 （3）变大 （4）①变大 ②变小
【解析】混合气体的平均摩尔质量在以g·mol－1为单位时数值上等于其平均相对分子质量，因此可用气体的m (总)／n (总)来推算平均相对分子质量的变化，（1）（3）可用此法；对于（2）气体只有一种，所以不变；对于（4）属于两组分气体混合物，则只要看两种气体的比例及摩尔质量大小。
2．(1) 2HCl(g) + 1/2O2(g)/H2O(g)+Cl2(g) △H=△H1+△H2
(2) ①＜ ；K(A)；②见右图 /
增大压强，平衡右移，ɑHCl增大，相同温度下，HCl的平衡转化率比之前实验的大。 ③B、D
(3)解：设2.0～6.0min时间内，HCl转化的物质的量为n，则
2HCl(g) + 1/2O2(g) == H2O(g)+Cl2(g)
2 1
n (5.4-1.8)×10-3mol
解得 n=7.2×10-3mol，所以v(HCl)= 7.2×10-3mol/(6.0-2.0)min==1.8×10-3mol/min
(4)2Cl2+2Ca(OH)2==CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
【解析】（1）根据图像信息，箭头指向的是生成物可写出反应②的热化学方程式：CuCl2(g)+1/2O2(g)/CuO(s) +Cl2(g) △H2，则①+②可得总反应；
（2）①根据图12可知随着温度的升高，aHCl减小，说明升高温度，平衡向逆向移动，则可知逆反应吸热反应，所以正反应是放热反应，故△H＜0，同时由于升高温度，平衡逆移，则生成物减少，温度是B点大于A点，所以平衡常数K(A) ＞K(B)；②同时由于该总反应是气体系数减小的反应，所以，压缩体积使压强增大，一定温度下，平衡应正向移动，ɑHCl应较题目实验状态下为大，所以可得曲线图: /；
③A、增大n(HCl) ，平衡正向移动，但是平衡移动使HCl减少的趋势小于增加HCl使增大的趋势，所以HCl的转化率减小，错；B、增大n(O2) ，反应物的浓度增大，平衡向正向移动，HCl转化率增大，对；C、使用更好的催化剂，不能使化学平衡发生移动，实验HCl的转化率不变，错； D、移去H2O，及减小了生成物的浓度，平衡向正反应方向移动，HCl转化率增大。对。故答案是选项B、D。
（3）题目中给出的是n(Cl2)的数据，要求的是以HCl的物质的量变化表示的反应速率，所以根据方程式进行计算，注意是2.0～6.0min内的速率，单位是mol·min-1：设2.0～6.0min内，HCl转化的物质的量为n，则：
2HCl(g) + 1/2O2(g)＝H2O(g)+Cl2(g)
2 1
n (5.4-1.8)×10-3mol
解得 n=7.2×10-3mol，所以v(HCl)= 7.2×10-3mol/(6.0-2.0)min==1.8×10-3mol/min
（4）Cl2与石灰乳发生反应制取漂白粉，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2＝CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。
3．（1） 放 （2）b 1.5×10－3 mol／(L·s) （3）b、c （4）c
【解析】（1）平衡常数为各生成物浓度的系数次方的乘积与各反应物浓度的系数次方的乘积的比值，因此本反应的，由于K300℃＞K350℃，即温度越高，K越小，因此正反应为放热反应。
（2）根据反应方程式：2NO (g)+O2 (g)2NO2 (g)知：消耗NO的物质的量与生成NO2的物质的量相等，因此n (NO2)=0.020 mol－0.007 mol=0.013 mol，故NO2的平衡浓度为，曲线b表示NO2的变化曲线。
0～2 s内，，因此v (O2)=v (NO)=0.0015mol／(L·s)。
（3）由于该反应为体积减小的反应，当容器的压强保持不变，说明反应已达到平衡；v逆 (NO)=2v正 (O2)=v正 (NO)，因此可以说明反应达到平衡；由于气体的质量不变，容器的体积不变，因此密度始终不变，故密度保持不变不能说明反应已达到平衡状态。
（4）及时分离出NO2气体，降低了生成物的浓度，因此反应速率降低；由于正反应为放热反应，因此升高温度平衡向左移动，即平衡逆向移动；而催化剂仅改变反应速率不能使平衡发生移动，因此a、b、d均不正确；只有c增大反应物O2的浓度，v正增大，v逆也随之增大，平衡正向移动。
4．（1）放热
（2）减小 根据勒夏特列原理，升高温度有利于反应向吸热反应方向移动，即该反应逆向移动，因而A的转化率减小
（3）没有 催化剂只能改变化学反应的速率和途径，不能改变化学反应的始态和终态的能量，因此对反应热没有影响
（4）减小 减小
【解析】由图可以看出，反应物的总能量高于生成物的总能量，故该反应是放热反应。催化剂是通过降低活化能（E）提高活化分子的百分含量来加快化学反应速率的，但不影响化学平衡状态（或化学平衡不移动）。
5．（1）a=b+0.4 （2）0.4≤a≤1.3
【解析】解本题应用极端假设的思想并注意反应进行的方向有两种可能性，即（1）设反应过程中A2 (g)、B2 (g)的转化浓度为x mol·L―1。则平衡浓度：a―x=0.5，b―x=0.1a=b+0.4。
（2）考虑两种极端情况①A2、B2为起始物，②A2、C为起始物，则
/
故A2物质的量的取值范围为：0.4≤a≤1.3。
6．（1）BC
（2）C6H12O6+6O2/6CO2+6H2O
（3）① 除去SO2、NO2，防止对Ba(OH)2吸收二氧化碳产生干扰
② 将装置A中的气体赶入装置B，确保CO2倍完全吸收
③/×100%
（4）① +40.9KJ/mol
②在下图中画出，不同温度下（T1＞T2），反应Ⅱ中CO2的平衡转化率随压强变化的关系图（请在图上标注温度T1、T2）/。
【解析】（1）A项，过度排放CO2形成温室效应，生成的碳酸不稳定，二氧化碳和水不能形成酸雨，SO2和NO2气体过度排放形成酸雨，故A错误；B项，绿色植物在光合作用中制造氧气，超过了自身呼吸作用对氧的需要，其余的氧气都以气体形式排到了大气中；绿色植物还通过光合作用，不断消耗大气中的二氧化碳，这样就维持了生物圈中二氧化碳和氧气的相对平衡，简称碳-氧平衡，故B正确；C 项，石油的主要成分为烷烃，煤是由有机物和无机物组成的复杂的混合物，主要成分为有机物，故C正确；D项，生物圈中的碳循环涉及含碳的化合物之间可以相互转化，碳酸的形成、碳酸的分解、碳酸钙和碳酸氢钙之间的转化等都不涉及化合价的变化，故D错误。故答案为：BC。
（2）动物通过呼吸作用将葡萄糖转化为CO2的反应为葡萄糖和氧气在酶作用下反应生成二氧化碳和水，反应的化学方程式为：C6H12O6+6O2/6CO2+6H2O。
（3）①装置A的作用是除去SO2、NO2，防止对Ba(OH)2吸收二氧化碳产生干扰。
②实验结束后，还需要向装置中通入N2，其目的是：将装置A中的气体赶入装置B，确保CO2被完全吸收。
③氢氧化钡溶液中含氢氧化钡物质的量为bmol，用来吸收二氧化碳的氢氧化钡物质的量=bmol﹣/xy×10﹣3mol，CO2+Ba（OH）2=BaCO3↓+H2O，二氧化碳物质的量=bmol﹣/xy×10﹣3mol，样品（a g）中碳元素的质量分数=/×100%=/×100%。
（4）①依据热化学方程式，
反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）△H1=﹣49.1kJ/mol
反应Ⅱ：CO2 （g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）△H2
反应Ⅲ：CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g） △H3=﹣90.0kJ/mol，结合盖斯定律得到：
CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g） △H2 =△H1﹣△H3=+40.9KJ/mol。
②CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g) △H2=+40.9KJ/mol，反应前后气体体积不变，改变压强平衡不变，二氧化碳转化率不变，反应是吸热反应，温度升高平衡正向进行，二氧化碳转化率增大，T1＞T2，则二氧化碳转化率T1大，据此可画出变化的图象。
【学习目标】
1、通过实验探究温度、浓度和压强对化学平衡的影响；
2、能利用相关理论解释外界条件对平衡移动的影响。
【典型例题】
类型一、化学平衡移动的含义及标志
例1、在一密闭容器中，反应mA (g)+nB (g)pC (g)，达到平衡时，测得c (A)为0.5 mol·L－1；在温度不变的条件下，将容器体积扩大一倍，当达到平衡时，测得c＇(A)为0.3 mol·L－1。则下列判断正确的是（ ）。
A．化学计量数：m+n＞p B．平衡向正反应方向移动了
C．物质B的转化率减小了 D．物质C的质量分数增加了
【思路点拨】根据本题题意，将容器体积扩大一倍，即体系的压强立即变为原来的一半，各物质的浓度也变为原来的一半。从压强的变化分析解答该题即可。
【答案】A、C
【解析】假设体积变为原来的2倍后平衡不移动，那么A、B、C的浓度都应该为原来的0.5倍，而现在题中已知c＇(A)为0.3 mol·L－1，也就是说A的浓度比原来的0.5倍要大，那么只能是平衡向左移动了，以此为突破点，正确选项A、C就可以分析出来。
【总结升华】本题是判断平衡移动的问题。判断平衡移动的关键是看通过改变条件是否使体系中的v（正）≠v（逆），如果v（正）≠v（逆）平衡就会发生移动。另外还要注意所改变的条件是否对反应速率产生影响。
举一反三：
【变式1】已建立平衡的可逆反应A+B3C，改变条件使平衡向正反应方向移动，下列判断正确的是（ ）。
A．生成物的百分含量一定增大 B．生成物的产量一定增加
C．反应物的转化率都增大 D．生成物的浓度一定增大
【答案】B
类型二、外界条件对化学平衡的影响
例2、在一体积可变的密闭容器中，加入一定量的X、Y，发生反应mX (g)nY (g) ΔH=Q kJ／mol。反应达到平衡时，Y的物质的量浓度与温度、气体体积的关系如下表所示：
/
下列说法正确的是（ ）。
A．m＞n
B．Q＜0
C．温度不变，压强增大，Y的质量分数减少
D．体积不变，温度升高，平衡向逆反应方向移动
【思路点拨】对于此类多变量问题的分析，建议先固定一个量以便分析另一个变量，比如先分析100℃时体积因素引起的变化，再分析Y的体积为1时各温度引起的变化。
【答案】C
【解析】由表知，体积不变升高温度，c (Y)增大，平衡右移，因升高温度，平衡向吸热方向移动，说明正反应为吸热反应，Q＞0，B、D错；温度不变，容器体积增大，即由l L变为2 L，若平衡不移动，此时c (Y)应减小为原来的一半，现c (Y)比原来的一半大，即减小压强，平衡向右移动，向气体体积增大的方向移动，所以m＜n，A错；因为m＜n，增大压强，平衡向左移动，所以Y的质量分数减少，故C正确。
【总结升华】解此类题目的关键是理解化学平衡移动的条件。
举一反三：
【变式1】可逆反应A (g)+BC (g)+D的压应式中A和C都是无色气体。当反应达到平衡时，下列叙述错误的是（ ）。
A．若增大A的浓度，平衡体系颜色加深，则说明D是有颜色的气体
B．若升高温度，c的百分含量减小，则说明逆反应为吸热反应
C．若增大压强，平衡不发生移动，则说明B和D一定都是气体
D．如果B是气体，则增大A的浓度会使B的转化率增大
【答案】C
类型三、“惰性气体”对化学平衡移动的影响
例3、（2019 四川高考）一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)+CO2(g) /2CO(g)。平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示：
/
已知：气体分压（P分）=气体总压（P总）×体积分数。下列说法正确的是（ ）
A．550℃时，若充入惰性气体，?正、?逆 均减小，平衡不移动
B．650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0%
C．T℃时，若充入等体积的CO2和CO，平衡向逆反应方向移动
D．925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=24.0P总
【思路点拨】本题属于化学平衡图像题，做题时需要仔细看图中的每条线代表什么意思，针对选项中的问题将图像与基础知识结合起来进行分析解答。
【答案】B
【解析】A、可变的恒压密闭容器中反应，550℃时充入惰性气体相当于减小压强，则?正、?逆 均减小，该反应是气体体积增大的反应，则平衡正向移动，故A错误；
B、由图可知，650℃时反应达到平衡后CO的体积分数为40%，设开始加入的CO2为1mol，转化了xmol，则有
/
所以，解得x=0.25mol，则CO2的转化率为，故B正确；
C、T℃时，反应达到平衡后CO和CO2的体积分数都为50%，所以Kp==1，则T℃时，若充入等体积的CO和CO2，则Qc=1=K，所以平衡不移动，故C错误；
D、925℃时，CO的体积分数为96%，则CO2的体积分数为4%，所以用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp===23.04P，故D错误。
【总结升华】惰性气体对化学平衡、转化率的影响：
（1）恒容容器通入惰性气体：反应体系中各物质的浓度不变；各物质的反应速率不变；平衡不受影响；反应物的转化率不变。
（2）恒压容器中通入惰性气体：反应体系中各物质的浓度减小，反应速率减小；平衡向气体体积增大的方向移动。
①若正反应为气体体积增大的反应，则反应物的转化率增大。
②若正反应为气体体积减小的反应，则反应物的转化率减小。
举一反三：
【变式1】（2019 衡水模拟）某温度下，反应2A(g)B(g) ΔH>0在密闭容器中达到平衡，平衡后 ＝a，若改变某一条件，足够时间后反应再次达到平衡状态，此时＝b，下列叙述正确的是（ ）
A．在该温度下，保持容积固定不变，向容器内补充了B气体，则a
C．若其他条件不变，升高温度，则a
【答案】B
【解析】A项中增加B气体，相当于压强增大，平衡正向移动，则b
例4、一定温度下，在一固定容积的密闭容器中发生反应：2NO2 (g)N2O4 (g)，达到平衡时，再向容器内通入一定量的NO2，重新达到平衡后，与第一次平衡相比，NO2的体积分数（ ）。
A．不变 B．增大 C．减小 D．无法判断
【思路点拨】解答本题时，首先分析题干中的两种情况，然后引入一种介于两者之间的中间状况，以便更好的理解、分析。
【答案】C
【解析】可以假设原来在容积为1 L的容器中通入了1 mol NO2，达到平衡后(NO2)=a，然后又通入了l mol NO2，具体过程假设如下：
/
【总结升华】解决此类题目的关键，就是引入恰当的中间状况或者过渡步骤，使问题变得更简单。只有通过多练习，才能迅速有效的理清头绪，找出解决此类问题的有效辅助方法。
举一反三：
【变式1】完全相同的两个密闭容器A、B，已知A中装有SO2和O2各l g，B中装有SO2和O2各2 g。在同温下反应达到平衡，A中SO2转化率为a％，B中SO2转化率为b％，则A、B两个容器中SO2的转化率关系为（ ）。
A．a％＞b％ B．a％＜b％ C．a％=b％ D．无法确定
【答案】B
【解析】该反应的化学方程式为2SO2 (g)+O2 (g)2SO3 (g)，将其变化过程假设如下：设容器A为1 L，在其中充入SO2和O2各l g，另假设有一个容积可变的容器B体积为2 L，在B中充入SO2和O2各2 g，在相同温度下达到平衡时，A和B容器中SO2的转化率均为a％，然后将B容器压缩为1 L，则容器内压强增大，平衡向生成SO3的方向移动，则SO2的转化率增大，所以a％＜b％。
类型五、与化学反应速率、化学平衡有关的综合问题
例5、一定条件下，在体积为3 L的密闭容器中，一氧化碳与氢气反应生成甲醇（催化剂为CuO／ZnO）：
CO (g)+2H2 (g)CH3OH (g)
根据题意完成下列各题：
（1）反应达到平衡时，平衡常数表达式K=________，升高温度，K值________（填“增大”“减小”或“不变”）。
（2）在500℃，从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v (H2)=________。
（3）在其他条件不变的情况下，对处于E点的体系体积压缩到原来的，下列有关该体系的说法正确的是________。
a．氢气的浓度减少 b．正反应速率加快，逆反应速率也加快
c．甲醇的物质的量增加 d．重新平衡时n (H2)／n (CH3OH)增大
（4）据研究，反应过程中起催化作用的为Cu2O，反应体系中含少量CO2有利于维持催化剂Cu2O的量不变，原因是________________（用化学方程式表示）。
【思路点拨】平衡常数的表达及影响因素属于基础题，容易解答。另外本题还考查了温度对化学反应速率的影响，并且结合了平衡的移动综合训练。最后一问考查催化剂的催化机理，可以从初中学习的氧化铜的还原入手。
【答案】（1） 减小 （2）
（3）b、c （4）Cu2O+CO2Cu+CO2
【解析】（1）根据反应式和平衡常数的定义，该反应平衡常数表达式K=c (CH3OH)／c (CO)·c2 (H2)。从题给图像可以看出平衡后500℃时甲醇的物质的量小于300℃时的物质的量，说明该反应正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，K值将减小。
（2）500℃时反应达到平衡，生成甲醇的物质的量为nB，则消耗H2的物质的量为2nB，因此。
（3）在其他条件不变的情况下，处于E点的体系体积压缩到原来的，根据反应特点推知增大压强，正逆反应速率都增加，且平衡向正反应方向进行，甲醇的物质的量将增加，即选b、c。
（4）因Cu2O被CO还原为Cu，因此通入CO2可以抑制此反应的发生，反应方程式为Cu2O+CO2Cu+ CO2。
【总结升华】在本题中要求考生会对隐含在图表中的有关数据、信息进行综合分析、整理，并归纳转化为解决实际问题的能力。一般来讲，此类综合试题的结构设计为几个小题，并且各小题难度有一定的层次性，需要考生由易到难，按照问题的顺序逐一进行作答。
举一反三：
【变式1】在一定条件下，二氧化硫和氧气发生如下反应：
2SO2 (g)+O2 (g)2SO3 (g) ΔH＜0
（1）写出该反应的化学平衡常数表达式K=________。
（2）降低温度，该反应K值________，二氧化硫转化率________，化学反应速率________（以上均填“增大”“减小”或“不变”）。
（3）600℃时，在一密闭容器中，将二氧化硫和氧气混合，反应过程中SO2、O2、SO3物质的量变化如图，反应处于平衡状态的时间是________。
（4）据图判断，反应进行至20 min时，曲线发生变化的原因是________（用文字表达）。10 min～15 min的曲线变化的原因可能是________（填写编号）。
a．加了催化剂 b．缩小容器体积 c．降低温度 d．增加SO3的物质的量
【答案】（1） （2）增大 增大 减小
（3）15 min～20 min和25 min～30 min （4）增加了O2的量 a、b
【解析】反应进行到20 min时氧气物质的量突然增多为0.12 mol，而SO2和SO3的物质的量仍与平衡时一致，说明此时增加了O2的量。10 min到15 min的曲线变化说明反应速率大幅度增大，可能的原因是a．加了催化剂；b．缩小容器体积。由于降温反应速率减小，不可能是c。SO3的物质的量没有突然增多且平衡时SO2和SO3物质的量之和仍为0.20 mol，故d选项不正确。
【变式2】（2019 新课标III高考）煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，形成酸雨、污染大气，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝，回答下列问题：
(1) NaClO2的化学名称为_______。
（2）在鼓泡反应器中通入含有SO2和NOx的烟气，反应温度为323 K，NaClO2溶液浓度为5×10?3mol·L?1。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表：
离子
SO42?
SO32?
NO3?
NO2?
Cl?
c/（mol·L?1）
8.35×10?4
6.87×10?6
1.5×10?4
1.2×10?5
3.4×10?3
①写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式__________。增加压强，NO的转化率______（填“提高”“不变”或“降低”）。
②随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的pH逐渐______ （填“提高”“不变”或“降低”）。
③由实验结果可知，脱硫反应速率______脱硝反应速率（填“大于”或“小于”）。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是___________。
（3）在不同温度下，NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中，SO2和NO的平衡分压px如图所示。
/
①由图分析可知，反应温度升高，脱硫、脱硝反应的平衡常数均______________（填“增大”“不变”或“减小”）。
②反应ClO2?+2SO32?===2SO42?+Cl?的平衡常数K表达式为___________。
（4）如果采用NaClO、Ca（ClO）2替代NaClO2，也能得到较好的烟气脱硫效果。
①从化学平衡原理分析，Ca（ClO）2相比NaClO具有的有点是_______。
②已知下列反应：
SO2(g)+2OH? (aq) ===SO32? (aq)+H2O(l) ΔH1
ClO? (aq)+SO32? (aq) ===SO42? (aq)+Cl? (aq) ΔH2
CaSO4(s) ===Ca2+（aq）+SO42?（aq） ΔH3
则反应SO2(g)+ Ca2+（aq）+ ClO? (aq) +2OH? (aq) === CaSO4(s) +H2O(l) +Cl? (aq)的ΔH=______。
【答案】（1）亚氯酸钠；（2）①2H2O＋3ClO2－＋4NO＝4NO3－＋3Cl－＋4H＋；提高 ②降低；
③大于；二氧化硫的还原性强于NO （3）①增大；② /
（4）①生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行
②△H1＋△H2－△H3
【解析】（1） NaClO2名称为亚氯酸钠。
（2）①亚氯酸钠具有氧化性，则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式为：2H2O＋3ClO2－＋4NO＝4NO3－＋3Cl－＋4H＋；正反应是体积减小的，则增加压强，NO的转化率提高。
②根据反应的方程式2H2O＋ClO2－＋2SO2＝2SO42－＋Cl－＋4H＋、2H2O＋3ClO2－＋4NO＝4NO3－＋3Cl－＋4H＋，可知随着吸收反应的进行氢离子浓度增大，吸收剂溶液的pH逐渐降低。
③由实验结果可知，在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多，因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是二氧化硫的还原性强，易被氧化。
（3）在不同温度下，NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中，SO2和NO的平衡分压px如图所示。
①由图分析可知，反应温度升高，O2和NO的平衡分压减小，这说明反应向正反应方向进行，因此脱硫、脱硝反应的平衡常数均增大。
②根据反应的方程式ClO2－＋2SO32-=2SO42-+Cl-，可知平衡常数K表达式为/。
（4）如果采用NaClO、Ca（ClO）2替代NaClO2，也能得到较好的烟气脱硫效果。①由于生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行，所以Ca（ClO）2效果好。②已知：（1）SO2(g)+2OH? (aq) ===SO32? (aq)+H2O(l) ΔH1
（2）ClO? (aq)+SO32? (aq) ===SO42? (aq)+Cl? (aq) ΔH2
（3）CaSO4(s) ===Ca2+（aq）+SO42?（aq） ΔH3
则根据盖斯定律可知（1）+（2）-（3）即得到反应SO2(g)+ Ca2+（aq）+ ClO? (aq) +2OH? (aq) === CaSO4(s) +H2O(l) +Cl? (aq)的△H=△H1＋△H2－△H3。
【巩固练习】
一、选择题
1．（2019 绍兴模拟）在相同温度下，将H2和N2两种气体按不同比例通入相同的恒容密闭容器中，发生反应：
。表示起始时H2和N2的物质的量之比，且起始时H2和N2的物质的量之和相等。下列图象正确的是（ ）
/ /
2．右图是恒温下某化学反应的反应速率随反应时间变化的示意图。下列叙述与示意图不相符合的是（ ）。
A．反应达到平衡时，正反应速率和逆反应速率相等
B．该反应达到平衡态Ⅰ后，增大生成物浓度，平衡发生移动，达到平衡态Ⅱ
C．该反应达到平衡态Ⅰ后，减小生成物浓度，平衡发生移动，达到平衡态Ⅱ
D．同一种反应物在平衡态Ⅰ和平衡态Ⅱ时浓度不相等
3．反应NH4HS (s)NH3 (g)+H2S (g)在某温度下达到平衡，下列各种情况中，不会使平衡发生移动的是（ ）。
A．温度、容积不变时，通入SO2气体 B．移走一部分NH4HS固体
C．容器体积不变，充入氮气 D．保持压强不变，充入氮气
4．在某温度下，反应：ClF (g)+F2 (g)ClF3 (g) ΔH=－268 kJ·mol－1在密闭容器中达到平衡。下列说法正确的是（ ）。
A．温度不变，缩小体积，ClF的转化率增大
B．温度不变，增大体积，ClF3的产率提高
C．升高温度，增大体积，有利于平衡向正反应方向移动
D．降低温度，体积不变，F2的转化率降低
5．将H2 (g)和Br2 (g)充入恒容密闭容器中，恒温下发生反应H2 (g)+Br2 (g)2HBr (g) ΔH＜0，平衡时Br2 (g)的转化率为a；若初始条件相同，绝热下进行上述反应，平衡时Br2 (g)的转化率为b。a与b的关系是（ ）。
A．a＞b B．a=b C．a＜b D．无法确定
6．在25℃时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表，建立平衡需要的时间为20 s，则下列说法不正确的是（ ）。
物质
X
Y
Z
初始浓度／（mol·L－1）
0.2
0.1
0.1
平衡浓度／（mol·L－1）
0.05
0.05
0.2
A．反应可表示为3X+Y2Z
B．建立平衡过程中，用Z表示的反应速率为v (Z)=0.005 mol·L－1·s－1
C．增大压强使平衡向生成Z的方向移动，平衡常数增大
D．若初始浓度：X为0.2 mol·L－1，Y为0.2 mol·L－1，Z为0.8mol·L－1，则平衡向右移动
7．（2019 安徽高考）汽车尾气中，产生NO的反应为：N2(g)+O2(g)/2NO(g)，一定条件下，等物质的量的N2(g)和O2(g)在恒容密闭容器中反应，下图曲线a表示该反应在温度T下N2的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始条件改变时N2的浓度随时间的变化。下列叙述正确的是（ ）。
A．温度T下，该反应的平衡常数K=
B．温度T下，随着反应的进行，混合气体的密度减小
C．曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂
D．若曲线b对应的条件改变是温度，可判断该反应的△H＜0
8．（2019 江苏启东中学期中）向甲、乙、丙三个密闭容器中充入一定量的A和B，发生反应：xA (g)+B (g)2C (g)。各容器的反应温度、反应物起始量，反应过程中C的浓度随时间变化关系分别如下表和如图所示。下列说法正确的是（ ）
/ /
A．由图可知：T1＜T2，且该反应为吸热反应
B．T2时该反应的平衡常数K=0.8
C．前10 min乙、丙两容器中v (A)乙＞v (A)丙
D．平衡时C的质量m∶m甲=m乙＜2m丙
9．已知反应：
PCl5 (g)PCl3 (g)+Cl2 (g) ①
2 HI (g)H2 (g)+I2 (g) ②
2NO2 (g)N2O4 (g) ③
在一定条件下，达到化学平衡时，反应物的转化率均是a％。 若保持各反应的温度和容器的体积都不改变，分别再加入一定量的各自的反应物，则转化率（ ）。
A．均不变 B．均增大
C．①增大，②不变，③减少 D．①减少，②不变，③增大
10．已知：H2 (g)+I2 (g)2HI (g) ΔH＜0。有相同容积的定容密闭容器甲和乙，甲中加入H2和I2各0.1 mol，乙中加入HI 0.2 mol，相同温度下分别达到平衡。欲使甲中HI的平衡浓度大于乙中HI的平衡浓度，应采取的措施是（ ）。
A．甲、乙提高相同温度 B．甲中加入0.1 mol He，乙不变
C．甲降低温度，乙不变 D．甲增加0.1 mol H2，乙增加0.1 mol I2
11．如图所示，把NO2和N2O4的混合气体盛在两个连通的烧瓶里，调节左、右两边注射器内活塞，使其高度相等，关闭弹簧夹；同时把一个烧瓶放在热水里，另一个放在冰水里。下列对实验现象的描述错误的是（ ）。
A．左边注射器内的活塞高度比右边注射器内的活塞高度要高
B．左边注射器内的活塞与右边注射器内的活塞移动的方向和高度都相同
C．左边烧瓶内的颜色比右边烧瓶内的颜色深
D．两烧瓶内的化学平衡都发生了移动
二、填空题
1．可逆反应3A(g)3B (?)+C (?) ΔH＜0达到化学平衡后，升高温度。用“变大”“变小”“不变”或“无法确定”填空。
（1）若B、C都是气体。气体的平均相对分子质量________；
（2）若B、C都不是气体，气体的平均相对分子质量________；
（3）若B是气体，C不是气体，气体的平均相对分子质量________；
（4）若B不是气体，C是气体：
①如果A的摩尔质量大于C的摩尔质量，气体的平均相对分子质量________；
②如果A的摩尔质量小于C的摩尔质量，气体的平均相对分子质量________。
2．（2019 广东高考）用O2将HCl转化为Cl2，可提高效益，减少污染，
（1）传统上该转化通过如右图所示的催化剂循环实现，
/
其中，反应①为：2HCl(g) + CuO(s) /H2O(g)+CuCl2(g) △H1
反应②生成1molCl2(g)的反应热为△H2，则总反应的热化学方程式为 (反应热用△H1和△H2表示)。
（2）新型RuO2催化剂对上述HCl转化为Cl2的总反应具有更好的催化活性，
①实验测得在一定压强下，总反应的HCl平衡转化率随温度变化的aHCl—T曲线如图，则总反应的△H
0,（填“＞”、“﹦”或“＜”）；A、B两点的平衡常数K(A)与K(B)中较大的是 。
②在上述实验中若压缩体积使压强增大，画出相应aHCl—T曲线的示意图，并简要说明理由： 。
③下列措施中有利于提高aHCl的有 。
A．增大n(HCl) B．增大n(O2) C．使用更好的催化剂 D．移去H2O
（3）一定条件下测得反应过程中n(Cl2)的数据如下：
t(min)
0
2.0
4.0
6.0
8.0
n(Cl2)/10-3mol
0
1.8
3.7
5.4
7.2
计算2.0～6.0min内以HCl的物质的量变化表示的反应速率（以mol·min-1为单位，写出计算过程）。
（4）Cl2用途广泛，写出用Cl2制备漂白粉的化学方程式。
3．在2 L密闭容器内800℃时反应2NO (g)+O2 (g)2NO2 (g)体系中，n (NO)随时间的变化如下表：
时间／s
0
1
2
3
4
5
n (NO)／mol
0.020
0.010
0.008
0.007
0.007
0.007
/
（1）写出该反应的平衡常数表达式：K=________。已知：K300℃＞K350℃，则该反应是________热反应。
（2）上图中表示NO2的变化的曲线是________。用O2表示从0～2 s内该反应的平均速率v=________。
（3）能说明该反应已达到平衡状态的是________。
a．v (NO2)=2v (O2) b．容器内压强保持不变
c．v逆(NO)=2v正(O2) d．容器内密度保持不变
（4）能使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是________。
a．及时分离出NO2气体 b．适当升高温度 c．增大O2的浓度 d．选择高效催化剂
4．反应A (g)+B (g)C (g)+D (g)过程中的能量变化如图所示，回答下列问题。
/
（1）该反应是________（填“吸热”或“放热”）反应；
（2）当反应达到平衡时，升高温度，A的转化率________（填“增大”“减小”或“不变”），原因是________。
（3）反应体系中加入催化剂对反应热是否有影响？________，原因是________________。
（4）在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1和E2的变化是：E1________，E2________（填“增大”“减小”或“不变”）。
5．在一定条件下，可逆反应A2 (g)+B2 (g)2C (g)达到了化学平衡状态，经测得平衡时c (A2)=0.5 mol·L－1，c (B2)=0.1 mol·L－1，c (C)=1.6 mol·L－1，若A2、B2、C的起始浓度分别以a mol·L－1，b mol·L－1，c mol·L－1表示，请填写下列空白。
（1）a、b应满足的关系是________。
（2）a的取值范围是________。
6．（2019 北京丰台一模）碳循环与人类的生存息息相关，请回答下列问题：
/
（1）下列说法正确的是
A．CO2过度排放将导致酸雨
B．植物的光合作用有利于维持大气中O2和CO2平衡
C．煤和石油的主要成分是有机物
D．碳循环过程中，碳元素均被氧化
（2）动物通过呼吸作用将葡萄糖转化为CO2的化学方程式为 。
（3）测定煤或石油的含碳量：将a g的样品进行充分燃烧，测定所得气体（CO2、SO2、NO2、N2）中CO2的含量，实验装置如下图所示（所用试剂均过量）：
/
①装置A的作用是 。
②实验结束后，还需要向装置中通入N2，其目的是 。
③用x mol/L HCl溶液滴定装置B中过量的Ba(OH)2，消耗y mLHCl溶液，样品（a g）中碳元素的质量分数为 （列出计算式）。
（4）将CO2转化为甲醇，既可减少CO2的排放，又可节约能源，转化过程涉及如下反应：
反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）△H1=﹣49.1kJ/mol
反应Ⅱ：CO2 （g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）△H2
反应Ⅲ：CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）△H3=﹣90.0kJ/mol
①△H2= 。
②在下图中画出，不同温度下（T1＞T2），反应Ⅱ中CO2的平衡转化率随压强变化的关系图（请在图上标注温度T1、T2）。
/
【参考答案】
一、选择题
1．D
【解析】A中，随着的增大，氢气含量增多，氢气的平衡转化率降低，A错误；随着的增大，氢气含量增多，混合气体的质量减小，B错误；随着的增大，氢气含量增多，氮气的平衡转化率增大，C错误；随着的增大，氢气含量增多，混合气体的质量减小，则混合气体的密度减小，D正确。
2．B、C
【解析】图像中反映的是增大反应物浓度平衡移动的情况，而减小生成物的浓度，v正、v逆减小。
3．B、C
【解析】通入SO2后，发生反应2H2S+SO2==3S+2H2O，相当于减少了生成物的浓度，平衡将向正反应方向移动；固体的量的多少对平衡的移动没有影响，移走一部分NH4HS固体不能使平衡发生移动；恒容时，充入不与体系中各成分反应的其他气体，由于总体积不变，原体系中各物质的浓度不变，平衡不移动；恒压时，充入不与体系中各成分反应的气体，此时总体积增大，原平衡中各物质的浓度将减小，平衡将向气体体积增大的方向移动。
4．A
【解析】可逆反应：ClF(g)+F2(g)ClF3 (g)正反应是气体体积缩小的反应，因此缩小体积，ClF的转化率增大。
5．A
【解析】正反应为放热反应，前者恒温，后者相对前者，温度升高，使平衡向左移动，从而使Br2的转化率降低。所以b＜a。
6．C
【解析】浓度减小的是X、Y，增加的是Z，X、Y、Z的浓度变化之比为：0.15∶0.05∶0.1=3∶1∶2，该反应方程式为：3X+Y2Z，A项正确；反应速率v (Z)=0.1 mol·L－1／20 s=0.005 mol·L－1·s－1，B项正确；平衡常数只与温度有关，增大压强，平衡向气体体积减小的方向（即生成Z的方向）移动，但平衡常数不变，C项不正确；因，故当初始浓度：X为0.2 mol·L－1，Y为0.2mol·L－1，Z为0.8 mol·L－1时，平衡向右移动，D项正确。
7．A
【解析】A、由平衡常数的计算公式得K=，又因为氮气和氧气的物质的量相同，所以A正确；B、由于反应在恒容的密闭容器中反应，所以气体总体积保持不变，且质量守恒，所以混合气体密度的不变，故B错误；C、催化剂只能改变反应速率，不能改变化学反应限度，而图中显示平衡时氮气的浓度发生了变化，故C错误；D、从图形可知b线先到平衡状态，则b线表示的温度高，而平衡时b线表示的氮气浓度低，表明升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，故D错误；此题选A。
8．B
【解析】比较乙和丙，温度不变，丙的压强是乙的两倍，平衡时，丙中C的浓度是乙中C的浓度的两倍，说明加压平衡不发生移动，即Δn (气体)=0，故x=1。A项，比较甲与乙可知，乙先达到平衡，故温度T1＜T2，T1→T2，温度升高，C的浓度降低，说明升高温度平衡逆向移动，故正反应为放热反应，A项错误；B项，由图可知，平衡时乙容器内C的浓度为1 mol·L－1，则：
A (g) + B (g) 2C (g)
开始（mol·L－1）： 3 1 Q
变化（mol·L－1）： 0.5 0.5 1
平衡（mol·L－1）： 2.5 0.5 1
故T2时该反应的平衡常数，B项正确；C项，由图可知，前10 min乙容器中C的浓度变化量为1 mol·L－1，丙容器中C的浓度变化量为2 mol·L－1，故v (A)乙＜v (A)丙，C项错误；D项，根据图象可以看出，平衡时甲、乙、丙中C的物质的量分别为1.5 mol·L－1×0.5 L、1.0 mol·L－1×0.5 L、2.0 mol·L－1×1.0 L，即分别为0.75 mol、0.5 mol、2 mol，故D项错误。
9．D
【解析】使后加入的各物质分别发生反应达到平衡，则各自的转化率分别为a％，然后在保持体积不变的条件下，将后加入物质充入容器，则压强增大，①左移，②不移动，③右移，则转化率①减少，②不变，③增大。
10．C
【解析】 0.2 mol HI相当于H2、I2各0.1 mol，所以甲、乙在题述情况下达到的平衡是等效的。A项，甲、乙提高相同温度，仍等效；B项，甲中加入0.1 mol He对反应无影响；C项，甲降低温度，平衡右移，HI的浓度增大；D项，甲增加0.1 mol H2，乙增加0.1 mol I2平衡都向右移动，HI的浓度都增大，具体结果不能断定。
11．B
【解析】对于2NO2 (g)N2O4 (g) ΔH＜0
红棕色 无色
左边升高温度，平衡逆向移动使颜色加深；右边降低温度，平衡正向移动使颜色变浅。
二、填空题
1．（1）变大 （2）不变 （3）变大 （4）①变大 ②变小
【解析】混合气体的平均摩尔质量在以g·mol－1为单位时数值上等于其平均相对分子质量，因此可用气体的m (总)／n (总)来推算平均相对分子质量的变化，（1）（3）可用此法；对于（2）气体只有一种，所以不变；对于（4）属于两组分气体混合物，则只要看两种气体的比例及摩尔质量大小。
2．(1) 2HCl(g) + 1/2O2(g)/H2O(g)+Cl2(g) △H=△H1+△H2
(2) ①＜ ；K(A)；②见右图 /
增大压强，平衡右移，ɑHCl增大，相同温度下，HCl的平衡转化率比之前实验的大。 ③B、D
(3)解：设2.0～6.0min时间内，HCl转化的物质的量为n，则
2HCl(g) + 1/2O2(g) == H2O(g)+Cl2(g)
2 1
n (5.4-1.8)×10-3mol
解得 n=7.2×10-3mol，所以v(HCl)= 7.2×10-3mol/(6.0-2.0)min==1.8×10-3mol/min
(4)2Cl2+2Ca(OH)2==CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
【解析】（1）根据图像信息，箭头指向的是生成物可写出反应②的热化学方程式：CuCl2(g)+1/2O2(g)/CuO(s) +Cl2(g) △H2，则①+②可得总反应；
（2）①根据图12可知随着温度的升高，aHCl减小，说明升高温度，平衡向逆向移动，则可知逆反应吸热反应，所以正反应是放热反应，故△H＜0，同时由于升高温度，平衡逆移，则生成物减少，温度是B点大于A点，所以平衡常数K(A) ＞K(B)；②同时由于该总反应是气体系数减小的反应，所以，压缩体积使压强增大，一定温度下，平衡应正向移动，ɑHCl应较题目实验状态下为大，所以可得曲线图: /；
③A、增大n(HCl) ，平衡正向移动，但是平衡移动使HCl减少的趋势小于增加HCl使增大的趋势，所以HCl的转化率减小，错；B、增大n(O2) ，反应物的浓度增大，平衡向正向移动，HCl转化率增大，对；C、使用更好的催化剂，不能使化学平衡发生移动，实验HCl的转化率不变，错； D、移去H2O，及减小了生成物的浓度，平衡向正反应方向移动，HCl转化率增大。对。故答案是选项B、D。
（3）题目中给出的是n(Cl2)的数据，要求的是以HCl的物质的量变化表示的反应速率，所以根据方程式进行计算，注意是2.0～6.0min内的速率，单位是mol·min-1：设2.0～6.0min内，HCl转化的物质的量为n，则：
2HCl(g) + 1/2O2(g)＝H2O(g)+Cl2(g)
2 1
n (5.4-1.8)×10-3mol
解得 n=7.2×10-3mol，所以v(HCl)= 7.2×10-3mol/(6.0-2.0)min==1.8×10-3mol/min
（4）Cl2与石灰乳发生反应制取漂白粉，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2＝CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。
3．（1） 放 （2）b 1.5×10－3 mol／(L·s) （3）b、c （4）c
【解析】（1）平衡常数为各生成物浓度的系数次方的乘积与各反应物浓度的系数次方的乘积的比值，因此本反应的，由于K300℃＞K350℃，即温度越高，K越小，因此正反应为放热反应。
（2）根据反应方程式：2NO (g)+O2 (g)2NO2 (g)知：消耗NO的物质的量与生成NO2的物质的量相等，因此n (NO2)=0.020 mol－0.007 mol=0.013 mol，故NO2的平衡浓度为，曲线b表示NO2的变化曲线。
0～2 s内，，因此v (O2)=v (NO)=0.0015mol／(L·s)。
（3）由于该反应为体积减小的反应，当容器的压强保持不变，说明反应已达到平衡；v逆 (NO)=2v正 (O2)=v正 (NO)，因此可以说明反应达到平衡；由于气体的质量不变，容器的体积不变，因此密度始终不变，故密度保持不变不能说明反应已达到平衡状态。
（4）及时分离出NO2气体，降低了生成物的浓度，因此反应速率降低；由于正反应为放热反应，因此升高温度平衡向左移动，即平衡逆向移动；而催化剂仅改变反应速率不能使平衡发生移动，因此a、b、d均不正确；只有c增大反应物O2的浓度，v正增大，v逆也随之增大，平衡正向移动。
4．（1）放热
（2）减小 根据勒夏特列原理，升高温度有利于反应向吸热反应方向移动，即该反应逆向移动，因而A的转化率减小
（3）没有 催化剂只能改变化学反应的速率和途径，不能改变化学反应的始态和终态的能量，因此对反应热没有影响
（4）减小 减小
【解析】由图可以看出，反应物的总能量高于生成物的总能量，故该反应是放热反应。催化剂是通过降低活化能（E）提高活化分子的百分含量来加快化学反应速率的，但不影响化学平衡状态（或化学平衡不移动）。
5．（1）a=b+0.4 （2）0.4≤a≤1.3
【解析】解本题应用极端假设的思想并注意反应进行的方向有两种可能性，即（1）设反应过程中A2 (g)、B2 (g)的转化浓度为x mol·L―1。则平衡浓度：a―x=0.5，b―x=0.1a=b+0.4。
（2）考虑两种极端情况①A2、B2为起始物，②A2、C为起始物，则
/
故A2物质的量的取值范围为：0.4≤a≤1.3。
6．（1）BC
（2）C6H12O6+6O2/6CO2+6H2O
（3）① 除去SO2、NO2，防止对Ba(OH)2吸收二氧化碳产生干扰
② 将装置A中的气体赶入装置B，确保CO2倍完全吸收
③/×100%
（4）① +40.9KJ/mol
②在下图中画出，不同温度下（T1＞T2），反应Ⅱ中CO2的平衡转化率随压强变化的关系图（请在图上标注温度T1、T2）/。
【解析】（1）A项，过度排放CO2形成温室效应，生成的碳酸不稳定，二氧化碳和水不能形成酸雨，SO2和NO2气体过度排放形成酸雨，故A错误；B项，绿色植物在光合作用中制造氧气，超过了自身呼吸作用对氧的需要，其余的氧气都以气体形式排到了大气中；绿色植物还通过光合作用，不断消耗大气中的二氧化碳，这样就维持了生物圈中二氧化碳和氧气的相对平衡，简称碳-氧平衡，故B正确；C 项，石油的主要成分为烷烃，煤是由有机物和无机物组成的复杂的混合物，主要成分为有机物，故C正确；D项，生物圈中的碳循环涉及含碳的化合物之间可以相互转化，碳酸的形成、碳酸的分解、碳酸钙和碳酸氢钙之间的转化等都不涉及化合价的变化，故D错误。故答案为：BC。
（2）动物通过呼吸作用将葡萄糖转化为CO2的反应为葡萄糖和氧气在酶作用下反应生成二氧化碳和水，反应的化学方程式为：C6H12O6+6O2/6CO2+6H2O。
（3）①装置A的作用是除去SO2、NO2，防止对Ba(OH)2吸收二氧化碳产生干扰。
②实验结束后，还需要向装置中通入N2，其目的是：将装置A中的气体赶入装置B，确保CO2被完全吸收。
③氢氧化钡溶液中含氢氧化钡物质的量为bmol，用来吸收二氧化碳的氢氧化钡物质的量=bmol﹣/xy×10﹣3mol，CO2+Ba（OH）2=BaCO3↓+H2O，二氧化碳物质的量=bmol﹣/xy×10﹣3mol，样品（a g）中碳元素的质量分数=/×100%=/×100%。
（4）①依据热化学方程式，
反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）△H1=﹣49.1kJ/mol
反应Ⅱ：CO2 （g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）△H2
反应Ⅲ：CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g） △H3=﹣90.0kJ/mol，结合盖斯定律得到：
CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g） △H2 =△H1﹣△H3=+40.9KJ/mol。
②CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g) △H2=+40.9KJ/mol，反应前后气体体积不变，改变压强平衡不变，二氧化碳转化率不变，反应是吸热反应，温度升高平衡正向进行，二氧化碳转化率增大，T1＞T2，则二氧化碳转化率T1大，据此可画出变化的图象。