(新高考)高考化学二轮复习纠错笔记专题06 化学反应速率和化学平衡（2份打包，含解析+原卷版，可预览）

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专题06 化学反应速率和化学平衡
易错点1 混淆化学反应速率的表示方法

1．将5.6g铁粉投入稀硫酸中，2min时铁粉完全溶解。下列有关反应速率的表示正确的是
A．v(Fe)＝0.5mol·L-1·min-1 B．v(H2SO4)＝0.25mol·L-1·min-1
C．v(FeSO4)＝0.5mol·L-1·min-1 D．v(H2)＝0.5mol·L-1·min-1

【错因分析】注意不同物质表示化学反应速率，需关注化学反应各物质间的比例关系，确定该物质是否存在浓度的变化，能否定量表达化学反应速率。
【试题解析】反应Fe＋H2SO4＝FeSO4＋H2↑中，溶液中溶质浓度发生变化的只有反应物硫酸和生成物硫酸亚铁，5.6gFe的物质的量＝＝0.1mol，则参加反应的H2SO4的物质的量=生成FeSO4的物质的量＝0.1mol，故v(H2SO4)＝v(FeSO4)＝＝0.5mol·L-1·min-1，C项正确。答案选C。
【参考答案】C


1．对化学反应速率表达式的理解

2．化学反应速率的计算方法
(1)利用基本公式：v==。
(2)利用速率之比=化学计量数之比=各物质浓度的变化量(Δc)之比=各物质物质的量的变化量(Δn)之比。
(3)“三段式”法计算模板
例如：反应　　　 mA＋nBpC
起始浓度/(mol/L) a b c
转化浓度/(mol/L) x
t时刻浓度/(mol/L) a−x b− c＋
计算中注意以下量的关系：
①对反应物：c(起始)−c(转化)=c(某时刻)；
②对生成物：c(起始)＋c(转化)=c(某时刻)。
注意：理解化学反应速率概念应注意的“三点”
（1） 平均速率和瞬时速率：中学化学中，通常所说的化学反应速率一般是指平均速率，即某段时间内的平均反应速率，而不是某时刻的瞬时速率。
（2）化学反应速率越快不等于化学反应现象越明显，如某些中和反应。
（3）同一反应中，同一时间段内用不同物质的物质的量浓度变化表示的反应速率，数值可能不同，但意义相同，其数值之比等于化学方程式中对应物质的化学计量数之比。

1．一定温度下，的H2O2溶液发生催化分解，不同时刻测得生成O2的体积(已折算为标准状况下)如表所示：

0
2
4
6
8
10
V(O2)/L
0.0
9.9
17.2
22.4
26.5
29.9
下列说法不正确的是(溶液体积变化忽略不计)
A．0～4min内的平均反应速率
B．6～10min内的平均反应速率
C．反应至6min时，
D．反应至6min时，分解了50％
【答案】C
【解析】H2O2分解的化学方程式为2H2O2＝O2↑＋H2O，0～4min内反应生成17.2L氧气，其物质的量为：0.768mol，消耗H2O2的物质的量为1.536mol，平均反应速率v(H2O2)＝＝0.0384mol·L-1·min-1，A项正确；随着反应的进行，H2O2的浓度减小，反应速率减慢，6～10min的平均反应速率，v(H2O2)＜0.0384mol·L-1·min-1，B正确；反应至6min时，c(H2O2)＝0.20mol·L-1，C项错误；反应至6min时，H2O2分解了＝50%，D项正确。答案选C。


易错点2 不理解外界条件对反应速率的影响实质

2．在容积不变的密闭容器中存在如下反应：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) ΔH=−Q kJ· mol−1(Q>0)，某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列分析正确的是

A．图Ⅰ研究的是t0时刻增大O2的浓度对反应速率的影响
B．图Ⅱ研究的是t0时刻加入催化剂后对反应速率的影响
C．图Ⅲ研究的是催化剂对平衡的影响，且甲的催化效率比乙高
D．图Ⅲ研究的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较低

【错因分析】本题考查影响化学平衡的因素及图象，注意压强、浓度、催化剂对反应速率及平衡的影响，把握图中速率的关系及点、线、面的意义是解答关键。如果不明白外界因素对化学反应速率的影响，不能抓住影响反应速率的实质（是浓度变化引起的，还是加入催化剂引起的），将会错解。
【试题解析】在分析有关图像时应该注意：v−t图像要分清正逆反应，分清各因素(浓度、温度、压强、催化剂)对反应速率和平衡移动的影响；在转化率−时间图像或物质的百分含量−时间图像中，先出现拐点的曲线先达到平衡，代表温度高或压强大或使用合适的催化剂等。增大氧气的浓度，平衡破坏的瞬间逆反应速率应不变，图中条件变化应为增大压强，A项错误；图Ⅱ中正、逆反应速率同等程度的增大，化学平衡不移动，应为催化剂对反应速率的影响，B项正确催化剂能同等程度改变正逆反应速率，但平衡不移动，图中条件变化应为压强对平衡的影响，；C项错误；图像Ⅲ中乙首先到达平衡状态，则乙的温度高于甲中的温度，D项错误。答案选B。
【参考答案】B


外界条件对化学反应速率的影响
中学化学反应速率的实质是某段时间内的平均反应速率，在外界条件不变时，对于可逆反应，化学反应速率一般是由小变大，再变小，最终达到平衡状态。外界条件对化学反应速率及化学平衡的影响：
改变某物质的外界条件瞬间，以该物质为反应物方向的化学反应速率受到影响，没有受到影响的一方化学反应速率不变。
（1）增大反应物浓度，正反应速率增大，逆反应速率不变，正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，达到新平衡；减小生成物浓度，逆反应速率减小，正反应速率不变，正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，达到新平衡。
（2）增大压强，正、逆反应速率都增大，气体分子数多的一边的速率增大的程度较大；减压时，气体分子数多的一边的速率减小的程度较大。
（3）升温，吸热和放热反应的速率都增大，吸热反应速率增大的程度较大；降温，吸热反应速率减小的程度较大。
（4）使用催化剂时，同倍数、同时增大正、逆反应速率，正、逆反应速率始终相等。

2．中国首条“生态马路”在上海复兴路隧道建成，它运用了“光触媒”技术，在路面涂上一种光催化剂涂料，可将汽车尾气中45%的NO和CO转化成N2 和CO2。下列对此反应的叙述中正确的是
A．使用光催化剂不改变反应速率
B．该“光触媒”技术可以杜绝“光化学烟雾”的产生
C．升高温度能加快反应速率
D．改变压强对反应速率无影响
【答案】C
【解析】使用光催化剂改变反应速率可以加快化学反应速率，A项错误；“光触媒”可将45%的NO和CO转化为无毒无害的N2和CO2，故“光触媒”技术可以减少“光化学烟雾”，但不能杜绝，B项错误；升高温度能提高活化分子的百分数，故能加快反应速率，C项正确；该反应中的所有组分均为气体，故改变压强对反应速率有影响，D项错误；答案选C。

易错点3 对化学平衡状态的理解不透彻

3．在一个不传热的固定容积的密闭容器中，可逆反应mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)，当m、n、p、q为任意整数时，下列说法一定能说明反应已达到平衡的是
①体系的压强不再改变 ②体系的温度不再改变 ③各组分的浓度不再改变
④各组分的质量分数不再改变 ⑤反应速率v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝m∶n∶p∶q
⑥单位时间内m mol A发生断键反应，同时p mol C也发生断键反应
A．③④⑤⑥ B．②③④⑥ C．①③④⑤ D．①③④⑥

【错因分析】反应达到平衡状态时，正、逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，由此衍生出来的各种量不变。需要注意的是，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变量变为定值时，说明可逆反应达到平衡状态。若不清楚有可能存在m+n=p+q，体系压强始终不变，则易错选①，若不清楚反应速率之比始终存在v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝m∶n∶p∶q，与是否达到平衡状态无关，易错选⑤。
【试题解析】本题考查了化学平衡状态的判断，注意把握化学平衡状态判断的角度，特别是正逆反应速率的关系，为易错点。①如果该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应，则体系的压强始终不变，所以不能根据压强判断反应是否达到平衡状态，故错误；②体系的温度不再改变，正逆反应速率相等，所以能据此判断该反应达到平衡状态，故正确；③各组分的物质的量浓度不再改变，该反应达到平衡状态，故正确；④当该反应达到平衡状态，各组分的质量分数不再改变，故正确；⑤当反应速率vA∶vB∶vC∶vD=m∶n∶p∶q，不能据此判断该反应是否达到平衡状态，故错误；⑥单位时间内m mol A断键反应等效于p mol C形成，同时p mol C也断键反应，故正确；故选B。
【参考答案】B


化学平衡状态的判断
达到化学平衡状态的标志：v正=v逆，平衡混合物中各组成成分的含量保持不变。“v正=v逆”是化学平衡的本质特征，即反应体系中同一物质的消耗速率和生成速率相等。各组分的含量不变，是指各组分的浓度、质量分数、体积分数(有气体参加的可逆反应)、反应物的转化率等均保持不变。
判断某一可逆反应是否达到平衡状态的“等价标志”：
（1）对于反应前后气体体积不等的反应，当恒温、恒容时，压强不变、气体的平均相对分子质量不变，或恒温、恒压时，体积不变、混合气体的密度不变，说明反应处于平衡状态。
（2）对于有颜色的物质参加的反应，体系颜色不变，说明反应处于平衡状态。
（3）对于吸热或放热反应，绝热体系的温度不变，说明反应处于平衡状态。
总的来说，可逆反应建立化学平衡时。某量在建立化学平衡的过程中发生变化（增大或减小），现在突然不再变化即可。
注意化学反应速率与化学平衡的区别和联系：
化学反应速率v是表示在一定条件下，某一化学反应进行的快慢程度的物理量，它不仅涉及化学反应的实际进行步骤，同时也与物质的微观状况有密切的联系。而化学平衡是指可逆反应进行的方向和限度的问题，只考虑物质的宏观状况就可以解决问题，与反应的实际步骤无关，只与反应的初始状态和最终状态有关。两者虽属于不同的范畴，但它们之间有联系：对于一个可逆反应，当v正=v逆时，即达到化学平衡；而当v正≠v逆时，就表示该可逆反应未达到平衡或原平衡被破坏。

3．已知N2 (g)＋3H2 (g)2NH3(g)，现向一密闭容器中充入1 mol N2和3 mol H2，在高温、高压和催化剂存在条件下发生反应。下列有关说法正确的是
A．最终可以生成2 mol NH3
B．单位时间内，若消耗了0.5 mol N2的同时，生成1 mol NH3，则反应达到平衡
C．反应达到化学平衡状态时，容器中N2、H2和NH3的物质的量之比为1：3：2
D．反应达到化学平衡状态时，N2、H2和NH3的物质的量浓度不再变化
【答案】D
【解析】该反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以1 mol N2和3 mol H2反应最终生成的NH3的物质的量小于2 mol，A项错误；单位时间内，消耗0.5 mol N2的同时，生成1 mol NH3，都是指反应正向进行，不能说明反应达到化学平衡状态时，B项错误；反应的外界条件不确定，反应物的转化率不确定，因此不能确定平衡时各物质的物质的量关系，C项错误；当达到化学平衡状态时，各物质的浓度不再改变，D项正确。答案选D。
易错点4 混淆平衡移动和转化率的关系

4．（双选）一定温度下，在三个容积均为2.0 L的恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)＋2CO(g) )N2(g)＋2CO2(g)，各容器中起始物质的量浓度与反应温度如下表所示，反应过程中甲、丙容器中CO2的物质的量随间变化关系如下图所示。

容器
温度/℃
起始物质的量浓度/ mol·L−1
NO(g)
CO(g)
N2
CO2
甲
T1
0.10
0.10
0
0
乙
T1
0
0
0.10
0.20
丙
T2
0.10
0.10
0
0
下列说法正确的是
A．该反应的正反应为吸热反应
B．乙容器中反应达到平衡时，N2的转化率大于40%
C．达到平衡时，乙容器中的压强一定大于甲容器的2倍
D．丙容器中反应达到平衡后，再充入0.10 mol NO和0.10 mol CO2，此时v(正)＞v(逆)

【错因分析】对应本题B项的分析，是将所给的转化率40%这一数据直接代入，来看反应是否达到平衡，并进一步判断反应进行的方向，从而判断转化率与40%的大小关系，否则易漏选B项。
【试题解析】A.由题图可知，甲先达到化学平衡状态，所以T1>T2，升高温度，平衡时CO2的物质的量减小，说明反应逆向进行，故该正反应为放热反应，A项错误；B.T1℃时，甲容器中达到平衡状态时CO2的物质的量为0.1 mol，
2NO(g)+2CO(g) )N2(g)+2CO2(g)
起始量 0.1 0.1 0 0
转化量 0.05 0.05 0.025 0.05
平衡量 0.05 0.05 0.025 0.05
则平衡常数 则乙容器中N2(g)+2CO2(g) )2NO(g)+2CO(g)的平衡常数为0.1；当N2的转化率为40%，此时转化的N2为0.04 mol/L，依此算出其它物质的转化量：
N2(g)+2CO2(g) ) 2NO(g)+2CO(g)
起始量 0.10 0.20 0 0
转化量 0.04 0.08 0.08 0.08
剩余量 0.06 0.12 0.08 0.08
此时浓度商Qc=<0.1，所以反应继续向右进行，因此N2的转化率大于40%，B项正确；C.从所给数据“凑一边”后可以看出，乙容器中的气体相当于甲容器中气体的2倍，由于是恒容容器，相当于恒压情况下达平衡后再压回原体积，由于增大压强时平衡向右移动，气体的物质的量减小，所以乙中压强小于甲容器的2倍，C项错误；D.丙容器中反应达到平衡后，再充入0.10 mol NO和0.10 molCO2，相当于增大压强，平衡正向移动，此时正反应速率大于逆反应速率，D项正确；答案选BD。
【参考答案】BD


若把化学平衡向正反应方向移动与原料转化率的提高等同起来，则会造成错误。化学平衡向正反应方向移动时，反应物的转化率可能增大，也可能不变或减小。具体有以下两种情况：
（1）当可逆反应达平衡后，不增大反应物的浓度，而是通过改变温度、压强或减小生成物的浓度使平衡正向移动，这时反应物的转化率一定增大。
（2）若不改变其他条件，只增大反应物的浓度，使平衡正向移动，则反应物的转化率不一定增大，必须根据具体反应具体分析，如对于反应物是两种或两种以上的气体反应，当增大某一种气体反应物的浓度，平衡正向移动，可使其他反应物的转化率增大，而自身的转化率是减小的。

4．一定条件下铁可以和CO2发生反应Fe(s)+ CO2(g))FeO(s)+CO(g)。一定温度下，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2气体，反应过程中CO2气体和CO气体的浓度变化与时间的关系如图所示。

（1）t1min时，正、逆反应速率的大小关系为v正__v逆（填“>”“<”或“=”）.
（2）0～4min内，CO2的转化率为__，CO的平均反应速率，v(CO)=__。
（3）下列条件的改变能减慢上述反应的反应速率的是__（填序号，下同）。
①降低温度 ②减少铁粉的质量 ③保持压强不变，充入He使容器的体积增大 ④保持体积不变，充入He使体系压强增大
（4）下列选项能说明上述反应已达平衡状态的是__。
①v(CO2)=v(CO)
②单位时间内生成nmolCO2的同时生成nmolCO
③容器中气体压强不随时间的变化而变化
④容器中气体的平均相对分子质量不随时间的变化而变化
【答案】（1）＞ （2）71.4% 0.125mol/(L·min) （3）①③ （4）②④
【解析】（1）反应往正方向进行则v正＞v逆，反应往逆方向进行则v正＜v逆；
（2）转化率＝×100%，v＝，以此计算；
（3）根据影响化学反应速率的因素进行判断；
（4）当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
【详解】（1）根据图象可知，在t1min后，CO浓度增大、CO2浓度减小，说明t1min时反应未达到平衡，反应正向进行，因此v正＞v逆；
（2）根据图象可知，反应开始时CO2的浓度是0.7mol/L，4min时CO2浓度是0.2mol/L，所以0～4min内，CO2的转化率为×100%＝71.4%；0～4min内CO的平均反应速率v(CO)＝＝0.125mol/(L·min)；
（3）①降低温度，化学反应速率降低，①符合题意；②由于固体的浓度始终不变，所以减少铁粉的质量对反应速率没有影响，②不符合题意；③保持压强不变，充入He使容器的体积增大，反应体系中各气体的浓度降低化学反应速率降低，③符合题意；④保持体积不变，充入He使体系压强增大，由于体系中各气体的浓度不变，所以化学反应速率不变，④不符合题意；
（4）①未指明正、逆反应速率，因此不能判断是否为平衡状态，①错误；②单位时间内生成nmolCO2的同时必然会消耗nmolCO，又生成nmolCO，则CO的物质的量不变，反应达到平衡状态，②正确；③该反应是反应前后气体体积不变的反应，即体系的压强始终不变，因此不能据此判断反应是否为平衡状态，③错误；④若容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化，因该反应不是纯气体反应，说明气体的质量不再发生变化，则反应达到平衡状态，④正确。
【点睛】保持体积不变，充入He使体系压强增大，由于体系中各气体的浓度不变，所以化学反应速率不变。

易错点5 不会正确运用图像解化学平衡问题

5．（双选）有Ⅰ～Ⅳ四个体积均为0.5 L的恒容密闭容器，在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中按不同投料比(Z)充入HCl和O2(如下表)，加入催化剂发生反应4HCl(g)+O2(g) )2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH，HCl的平衡转化率(α)与Z和温度(t)的关系如图所示。下列说法正确的是
容器
起始时
t/℃
n(HCl)/ mol
Z
Ⅰ
300
0.25
a
Ⅱ
300
0.25
b
Ⅲ
300
0.25
4

A．ΔH<0，a<4 B．300℃该反应的平衡常数的值为64
C．容器Ⅲ某时刻处在R点，则R点的v正>v逆，压强：p(R)>p(Q)
D．若起始时，在容器Ⅳ中充入0.25 mol Cl2和0.25 mol H2O(g)，300℃达平衡时容器中c(HCl)=0.1 mol·L−1

【错因分析】若不确定投料比对化学平衡的影响，则无法判断图像中各曲线代表的容器，也就无法进行后续推断。
【试题解析】A．图像中HCl转化率随温度升高而减小，说明升温平衡逆向移动，正反应为放热反应ΔH＜0，增大氧气的物质的量，可促进HCl的转化，即投料比越小，HCl转化率越大，可知a＜4＜b，故A正确；B．300℃时，Z==4，n(HCl)=0.25 mol，n(O2)=0.0625 mol，体积为0.5 L，c(HCl)=0.5 mol/L，n(O2)=0.125 mol/L，HCl转化率80%，HCl的变化量为0.5 mol/L×80%=0.4 mol/L，
                          4HCl(g)+O2(g) 2Cl2 (g)+2H2O(g)
起始量( mol/L)      0.5     0.125          0            0       
变化量( mol/L) 0.4        0.1          0.2         0.2
平衡量( mol/L)      0.1      0.025           0.2        0.2
K==640，故B错误；C．容器III，Z为4，平衡转化率为80%，R点温度与Q点相同，但转化率不同，转化率小于平衡时转化率，可知R点未达到平衡状态，反应正向进行，则R点的v(正)＞v(逆)，此时压强大于平衡状态下的压强：P(R)＞P(Q)，故C正确；D．若起始时，在0.5 L容器Ⅳ中只充入0.25 mol Cl2和0.25 mol H2O(g)，
                   4HCl(g)+O2(g) 2Cl2 (g)+2H2O(g)
起始量( mol/L)   0          0         0.5      0.5
转换量( mol/L)   1      0.25        0         0 
==4，HCl转化率80%，则达平衡时容器中 HCl的物质的量浓度=1 mol/L −1 mol/L×80% =0.2 mol/L，故D错误；答案选AC。
【参考答案】AC


化学平衡图像解答原则
解答化学反应速率、化学平衡图像题的一般原则方法
(1)看图像：一看轴，即纵、横坐标的意义；二看点：即起点、拐点、交点、终点；三看线，即线的走向和变化趋势；四看辅助线，即等温线、等压线、平衡线等；五看量的变化，如浓度变化、温度变化、转化率变化、物质的量的变化等。
(2)依据图像信息，利用平衡移动原理，分析可逆反应的特征：吸热还是放热，气体的化学计量数增大、减小还是不变，有无固体或纯液体参加或生成等。
(3)先拐先平：在化学平衡图像中，先出现拐点的反应先达到平衡，可能是该反应的温度高、浓度大、压强大或使用了催化剂。1
(4)定一议二：勒夏特列原理只适用于一个条件的改变，所以图像中有三个变量，先固定一个量，再讨论另外两个量的关系。
注意：化学平衡图像问题和其他各种化学平衡移动问题都是应用化学平衡移动原理解决①反应特点，②反应条件，③平衡移动引起的某种物理量变化问题之一，称“三位一体”。

5．在一个体积为1 L的密闭容器中发生某化学反应：2A(g)B(g)+C(g)，三种不同条件下进行，其中实验Ⅰ、Ⅱ都在800℃，实验Ⅲ在950℃。B、C的起始浓度都为0，反应物A的浓度(mol•L-1)随时间(min)的变化如图所示。试回答下列问题：

（1）在实验Ⅰ中，反应在20～40 min内A的平均反应速率为________mol• L-1•min-1。实验Ⅱ和实验Ⅰ相比，可能隐含的反应条件是____________。
（2）该反应的ΔH___________0，其判断理由是_____________。
（3）实验Ⅰ第40 min末，若降低反应温度，达到新的平衡后，A的浓度不可能为________(填序号)。
A．0.35 mol·L−1 B．0.4 mol·L−1 C．0.7 mol·L−1 D．0.8 mol·L−1
（4）若反应在800℃进行，在该1 L的密闭容器中加入1 mol A、0.2 mol He，达到平衡时A的转化率应____________。
A．等于86% B．等于50% C．小于50% D．在50%～86%
【答案】（1）7.5×10-3 实验Ⅱ中使用了催化剂
（2）＞ 根据实验Ⅲ和实验Ⅰ的比较，可推测该反应升高温度，平衡向正反应方向移动，即正反应为吸热反应
（3）AB
（4）B
【解析】（1）在实验Ⅰ中，反应在20～40min内A的平均反应速率为：v(A)＝＝＝7.5×10-3mol·L-1·min-1。实验Ⅱ和实验Ⅰ的平衡状态相同，且在实验Ⅱ中的反应速率更大，说明实验Ⅱ中使用了催化剂。
（2）实验Ⅲ和实验Ⅰ相比较，温度升高，A的平衡浓度减小，说明正反应是吸热反应，降低温度，化学平衡向逆反应方向移动。
（3）实验Ⅰ在第40 min末，A的平衡浓度为0.5 mol·L-1，降低温度，化学平衡向逆反应方向移动，达到新的平衡时，A的浓度必大于0.5 mol·L-1，不可能是AB。
（4）根据800℃时A的起始浓度为1.0 mol·L-1，达到平衡时A的浓度为0.5 mol·L-1，说明A的转化率为50%。若加入1 mol A和0.2 mol He，则使压强增大，因为是恒容条件，稀有气体对平衡无影响，则A的转化率仍为50%。

易错点6 解化学平衡计算类试题方法错误

6．（双选）一定温度下，在三个容积均为1 L的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)(正反应放热)，测得反应的相关数据如下：
容器
容器1
容器2
容器3
反应温度T/K
500
500
600
反应物投入量
1 mol CO、
2 mol H2
2 mol CH3OH
1 mol CO、
2 mol H2
达时平衡v正(H2)/
( mol·L−1·s−1)
v1
v2
v3
平衡时c(CH3OH)/( mol·L−1)
c1
c2
c3
平衡体系总压强p/Pa
p1
p2
p3
物质的转化率α
α1(CO)
α2(CH3OH)
α3(CO)
平衡常数K
K1
K2
K3
下列叙述正确的是
A．v1c2 B．α1(CO)>α3(CO)，v1 C．p2>2p3，K12c3，α2(CH3OH)+α3(CO)<1

【错因分析】采用比较的方法分析，对照容器的特点，将容器1和容器2对比，将容器1和容器3对比，有利于快速作出判断，否则易出错。
【试题解析】采用比较的方法分析，对照容器的特点，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2 mol CH3OH等效于在相同条件下反应物投入量为1 mol CO、2 mol H2，容器2中起始反应物物质的量为容器1的2倍，容器2相当于在容器1达到平衡后增大压强，将容器的体积缩小到原来的一半，增大压强反应速率加快，则v1 【参考答案】BD


“三段式法”解答化学平衡计算题
（1）步骤
①写出有关化学平衡的化学方程式。
②确定各物质的起始、转化、平衡时的量(物质的量或物质的量浓度)。
③根据已知条件建立等式关系并做解答。
（2）方法：如mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)，令A、B起始物质的量浓度分别为a mol·L−1、b mol·L−1，达到平衡后消耗A的物质的量浓度为mx mol·L−1。
mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)
起始物质的量
浓度(mol·L−1) a b 0 0
变化物质的量
浓度(mol·L−1) mx nx px qx
平衡物质的量
浓度(mol·L−1) a−mx b−nx px qx
K＝
说明：
①反应物：c(平)＝c(始)−c(变)；生成物：c(平)＝c(始)＋c(变)。
②各物质的转化浓度之比等于化学方程式中化学计量数之比。
③转化率＝×100%。

6．某温度下，密闭容器中发生反应aX(g)bY(g)＋cZ(g)，达到平衡后，保持温度不变，将容器的容积压缩到原来容积的一半，当达到新平衡时，物质Y和Z的浓度均是原来的1.8倍。则下列叙述正确的是
A．可逆反应的化学计量数：a＞b＋c
B．达到新平衡时，物质X的转化率减小
C．压缩容器的容积时，υ正增大，υ逆减小
D．达到新平衡时，混合物中Z的质量分数增大
【答案】B
【解析】将容器的容积压缩到原来容积的一半，当达到新平衡时，物质Y和Z的浓度均是原来的1.8倍，说明平衡向逆反应方向移动，则应由a＜b+c，结合压强对平衡移动的影响解答该题。
【详解】将容器的容积压缩到原来容积的一半，当达到新平衡时，物质Y和Z的浓度均是原来的1.8倍，说明平衡向逆反应方向移动，则应由a＜b+c，A项错误；平衡向逆反应方向移动，达到新平衡时，物质X的转化率减小，B项正确；压缩容器的容积，压强增大，正逆反应速率都增大，C项错误；平衡向逆反应方向移动，混合物中Z的质量分数减小，D项错误。答案选B。


易错点7 不会灵活运用化学平衡常数

7．亚硝酸氯（ClNO）是有机合成中的重要试剂。亚硝酸氯可由NO与Cl2在通常条件下反应得到，化学方程式为2NO(g)+Cl2(g) 2ClNO(g)。
（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酸氯，涉及如下反应：
①4NO2(g)+2NaCl(s) 2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g) K1
②2NO2(g)+NaCl(s) NaNO3(s)+ClNO(g) K2
③2NO(g)+Cl2(g) 2ClNO(g) K3
则K1、K2、K3之间的关系为K3=____________。
（2）T℃时，2NO(g)+Cl2(g) 2ClNO(g)的正反应速率表达式为v正=kcn(ClNO)，测得速率和浓度的关系如下表：
序号
c(ClNO)/ mol·L−1
v/ mol·L−1· s−1
①
0.30
3.6×10−8
②
0.60
1.44×10−7
③
0.90
3.24×10−7
n=__________；k=___________（注明单位）。
（3）在2 L的恒容密闭容器中充入4 mol NO(g)和2 molCl2(g)，在不同温度下测得c(ClNO)与时间的关系如图I。

①温度为T1时，能作为该反应达到平衡的标志的有__________。
a.气体体积保持不变 b.容器压强保持不变 c.平衡常数K保持不变
d.气体颜色保持不变 e.υ(ClNO)=υ(NO) f.NO与ClNO的物质的量比值保持不变
②反应开始到10 min时，Cl2的平均反应速率υ(Cl2)=_______________。
③温度为T2时，10 min时反应已经达到平衡，该反应的平衡常数K=____________。
（4）一定条件下在恒温恒容的密闭容器中按一定比例充入NO(g)和Cl2(g)，平衡时ClNO的体积分数φ随的变化如图II，则A、B、C三个状态中，NO的转化率最小的是____点，当时，达到平衡状态时ClNO的体积分数φ可能是D、E、F三点中的_____点。

【错因分析】不能根据反应间的关系而判断平衡常数间的关系则无法求解第（1）问。
【试题解析】（1）反应③=2×②−①，化学方程式乘的系数，计算平衡常数的时候，系数为平衡常数的指数，则平衡常数K3==；
（2）υ正=kcn(ClNO)，将①②两组数据代入关系式，可得，，可以求得n=2，k=4.0×10−7L· mol−1·s−1；
（3）①2NO(g)+Cl2(g) 2ClNO(g)，均为气体，反应前后气体体积不相等。当一个发生变化的物理量不变的时候，说明反应达到了平衡。a.反应条件为恒容条件，体积一直不变，气体体积保持不变不能作为平衡的标志；b.同温同体积的条件下，压强之比等于物质的量之比，反应前后物质的量改变，则压强也会发生改变，容器压强保持不变说明达到平衡状态；c.平衡常数K只与温度有关系，温度不变，则K不变，平衡常数K保持不变不能作为平衡的标志；d.气体颜色和浓度有关，气体颜色保持不变，浓度不变，说明达到了平衡；e.υ(ClNO)=υ(NO)，不知道表达的是正反应速率还是逆反应速率，无法得知正逆反应是否相等，不能判断是否平衡；f.NO与ClNO的物质的量比值保持不变，说明NO和ClNO的物质的量都不变，说明反应达到了平衡。综上bdf能够用于判断平衡；
②反应10min，c(ClNO)=1 mol·L−1。
Cl2 ～ 2ClNO
转化 0.5 mol·L−1 ∆c(ClNO)=1 mol·L−1
；
③体积为2L，开始NO和Cl2的物质的量分别为4 mol、2 mol，则它们的浓度分别为2 mol·L−1和1 mol·L−1。
2NO(g) + Cl2(g) 2ClNO(g)
开始的浓度( mol/L) 2 1 0
转化的浓度( mol/L) 1 0.5 1
平衡的浓度( mol/L) 1 0.5 1
，平衡常数为2。
（4）当反应物有两种或两种以上的时候，增加其中一种反应物的浓度，其自身的转化率降低，其他的反应物的转化率增加。所以n(NO)/n(Cl2)越大，说明NO越多，NO的转化率越低。NO的转化率最小的是为C点。当反应物的物质的量之比等于其计量数之比时生成物的含量最大，当n(NO)/n(Cl2)=3时，产物的含量减少，所以为F点。
【参考答案】（1）
（2）2 4.0×10−7L· mol−1·s−1
（3）①bdf ②0.05 mol·L−1·min−1 ③2L· mol−1
（4）C F


有关化学平衡常数类试题解题技巧
1．考生要能正确书写出化学平衡常数。以可逆反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)为例，K=。要注意三点：
（1）各物质的浓度必须是平衡浓度，固体、纯液体或水溶液中水的浓度不列入平衡常数的表达式。
（2）反应方向的改变或化学计量系数的增大或减小，平衡常数均发生改变。
（3）K不随反应物或生成物浓度的改变而改变，仅随温度的改变而改变，可通过温度变化后，K值的变化情况，判断出反应放热或吸热，如反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，温度升高，平衡常数K减小，说明平衡向逆反应方向移动，表明正反应放热。
2．考生要能正确应用化学平衡常数。
（1）推断反应进行的程度：一定温度下，K越大，反应进行的程度越大，反应物的转化率越大；反之，K越小，表示反应进行的程度和反应物的转化率越小。
（2）判断反应是否达到化学平衡状态：一定温度下，若Qc=K，说明化学反应达到平衡状态；若Qc＜K，说明反应向正反应方向进行；反之，则说明反应向逆反应方向进行。

7．在容积为1.00L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4(g)2NO2(g)，随温度升高，混合气体的颜色变深。

回答下列问题：
（1）反应的△H______0（填“大于”“小于”）；100℃时，体系中各物质浓度随时间变化如上图所示。在0~60s时段，反应速率v(N2O4)为___________mol·L-1·s-1反应的平衡常数K1为___________。
（2）100℃时达到平衡后，改变反应温度为T，c(N2O4)以0.0020 mol·L-1·s-1的平均速率降低，经10s又达到平衡。
①T_______100℃（填“大于”“小于”），判断理由是_____。
②列式计算温度T是反应的平衡常数K2___________
（3）温度T时反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半，平衡向___________（填“正反应”或“逆反应”）方向移动，判断理由是___________。
【答案】（1）大于 0.001 0.36 mol·L—1
（2）①大于 反应正方向吸热，反应向吸热方向进行，故温度升高 ②平衡时，c（NO2）=0.120 mol·L—1+0.002 mol·L—1·s—1×10s×2=0.160mol·L—1
c（N2O4）=0.040 mol·L—1—0.002 mol·L—1·s—1×10s=0.02 mol·L—1
K2=0.160mol·L—1）2/0.020mol·L—1=1.3mol·L—1
（3）逆反应 对气体分子数增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向移动
【解析】（1）根据题意知，随温度升高，混合气体的颜色变深，二氧化氮的浓度增大，说明平衡向正反应方向移动；当其他条件不变时，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，说明正反应为吸热反应，故△H大于0。根据题给图像知，0-60s时段，N2O4的物质的量浓度变化为0.060 mol·L-1，根据公式v=△c/△t计算，v (N2O4)= 0.060 mol·L-1/60s=0.001 mol·L-1·s-1；分析题给图像知，二氧化氮的平衡浓度为0.120 mol·L-1，四氧化二氮的平衡浓度为0.040 mol·L-1，K1= [NO2]2/[N2O4]=0.36 mol·L-1；
（2）①根据题意知，改变反应温度为T后，c(N2O4)以0.0020 mol·L-1·s-1的平均速率降低，即平衡向正反应方向移动，又反应正方向吸热，反应向吸热方向进行，故为温度升高，T大于1000C，答案为：大于；反应正方向吸热，反应向吸热方向进行，故温度升高；②根据题意知，平衡时，c（NO2）=0.120 mol·L-1+0.002 mol·L-1·s-1×10s×2=0.160mol·L-1，c（N2O4）=0.040 mol·L-1-0.002 mol·L-1·s-1×10s=0.02 mol·L-1，K2=（0.160mol·L-1）2/0.020mol·L-1=1.3mol·L-1；
（3）温度为T时，反应达平衡，将反应容器的体积减小一半，即增大压强，当其他条件不变时，增大压强，平衡向气体物质平衡向气体物质系数减小的方向移动，即向逆反应方向移动，答案为：逆反应 对气体分子数增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向移动。

易错点8 不能区分“等效平衡”和“等同平衡”

8．在体积恒定的密闭容器Ⅰ中，充入3 mol A和1 mol B发生反应3A(g)+B(g)xC(g)，维持温度不变，向与容器Ⅰ体积相同的密闭容器Ⅱ中充入1.2 mol A、0.4 mol B、0.6 mol C，达到平衡后两容器中压强、C的体积分数均相同，则x值是
A．1 B．2 C．3 D．4

【错因分析】若不能区分“等效平衡”和“等同平衡”易误选D，解题时宜抓住3个变量，即体积分数、物质的量、浓度，若是“等同平衡”三者皆相同，若是“等效平衡”，则体积分数一定相同，物质的量、浓度可能会同比例发生变化。
【试题解析】相同温度下，达到平衡时，容积相同的密闭容器Ⅰ和Ⅱ中的压强相同，说明两容器中气体的物质的量相同，又由于两容器中C的体积分数相同，故两容器中C的物质的量相同。两容器中A、B的物质的量之比均等于化学方程式中的化学计量数之比，故平衡时两容器中A、B的物质的量分别相等，即两容器中的平衡完全等效，用“一边倒法”将容器Ⅱ中的起始物质均转化为反应物可知：1.2 mol+3×0.6 mol/x=3 mol、0.4 mol+0.6 mol/x=1 mol，解得x=1。
【参考答案】A


等效平衡与等同平衡的异同
条件
等效条件
结果
恒温恒容：反应前后气体体积不相等的可逆反应，aA(g)＋bB(g) cC(g)[Δn(g)≠0]
投料换算成相同物质表示的物质的量相同→回归定值
两次平衡时各组分百分含量、n、c均相同→完全相同→等同平衡
恒温恒容：反应前后气体体积相等的可逆反应，aA(g)＋bB(g) cC(g)[Δn(g)=0]
投料换算成相同物质表示的物质的量等比例→回归定比
两次平衡时各组分百分含量相同，n、c同比例变化→等效平衡
恒温恒压：所有有气体参加的可逆反应
投料换算成相同物质表示的物质的量等比例→回归定比
两次平衡时各组分百分含量相同、c相同，n同比例变化→等效平衡

8．在温度、容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得达到平衡时的有关数据如下[已知X(g)+3Y(g) 2Z(g) ΔH=−Q kJ·mol−1]：
容器
甲
乙
丙
反应物投入量
1 mol X、3 mol Y
2 mol Z
4 mol Z
Z的浓度(mol·L−1)
c1
c2
c3
反应的能量变化
放出a kJ
吸收b kJ
吸收c kJ
体系压强(Pa)
p1
p2
p3
反应物转化率
α1
α2
α3
下列说法正确的是
A．2c1>c3 B．a+b=Q C．2p2 【答案】B
【解析】本题考查的是化学平衡中的等效平衡问题。甲容器反应物投入1 mol X、3 mol Y与乙容器反应物投入2 mol Z在保持恒温、恒容情况下等效平衡，平衡时c1=c2、p1=p2、α1+α2=1、a+b能量总变化相当于1 mol X、3 mol Y完全转化成2 mol Z的能量变化，即a+b在数值上就等于Q；甲容器反应物投入量1 mol X、3 mol Y与丙容器反应物投入量4 mol Z，若恒温且丙容器容积是甲容器2倍，则甲容器与丙容器也是等效平衡，然而现在是温度、容积相同的3个密闭容器，我们可以将丙容器当成是在恒温且容积是甲容器两倍条件下，体积受到了压缩，原反应向气体体积减少的方向进行，由平衡移动原理，则相较于乙容器而言，丙容器平衡向逆向移动，即向生成Z的方向移动，也就是说，丙容器的转化率比乙容器还要低一些，因此2c1＜c3、2p2＞p3、α2＞α3、α1+α3＜1。甲、丙相比较，把丙看成是在恒温且容积是甲容器两倍条件下，体积受到了压缩，原反应向气体体积减少的方向进行，因此2c1＜c3，A项错误；甲乙平衡状态相同，不同的是反应的起始方向不同，在此过程中乙吸收的热热量相当于甲完全转化需再放出的热量，故a+b=Q，B项正确；比较乙丙可知，丙中Z的物质的量为乙的2倍，但加压平衡向生产Z的方向移动，故2p2＞p3，C项错误；甲乙处于相同的平衡状态，则α1+α2=1，而α2＞α3，所以α1+α3＜1，D项错误。答案选B。

1．化学平衡状态
（1）化学平衡状态的特征

（2）综合分析
举例
mA(g)+nB(g) pC(g) +qD(g)
状态
混合物体系中各成分的含量
各物质的物质的量或各物质的物质的量分数一定
平衡
各物质的质量或各物质的质量分数一定
平衡
各气体的体积或体积分数一定
平衡
总压强、总体积、总物质的量一定
不一定平衡
正、逆反应速率的关系
在单位时间内消耗了m mol A，同时生成m mol A，即v正=v逆
平衡
在单位时间内消耗了n mol B，同时生成p mol C
不一定平衡

vA∶vB∶vC∶vD=m∶n∶p∶q，v正不一定等于v逆
不一定平衡

在单位时间内生成了n mol B，同时消耗了q mol D
不一定平衡

压强
m+n≠p+q时，总压强一定（其他条件一定）
平衡
m+n=p+q时，总压强一定（其他条件一定）
不一定平衡
混合气体的平均相对分子质量（）
一定，当m+n≠p+q时
平衡
一定，当m+n=p+q时
不一定平衡
温度
任何化学反应都伴随着能量的变化，在其他条件不变的情况下，体系温度一定
平衡
密度
密度一定
不一定平衡
颜色
含有有色物质的体系颜色不再变化
平衡
注意以下几种情况不能作为可逆反应达到化学平衡状态时的标志：
①反应组分的物质的量之比等于化学方程式中相应物质的化学计量数之比（同为正反应速率或逆反应速率）。
②恒温恒容下体积不变的反应，体系的压强或总物质的量不随时间而变化，如2HI(g) I2(g)+H2(g)。
③全是气体参加的体积不变的反应，气体的平均相对分子质量不随时间而变化，如2HI(g) I2(g)+H2(g)。
④全是气体参加的反应，恒容条件下体系的密度保持不变（因为密度始终保持不变）。
2．外界条件的变化对速率的影响和平衡移动的方向的判断
在一定条件下，浓度、压强、温度、催化剂等外界因素会影响可逆反应的速率，但平衡不一定发生移动，只有当v正≠v逆时，平衡才会发生移动。
对于反应mA(g)+nB(g) pC(g)+qD(g)。
条件改变的时刻
v正的变化
v逆的变化
v正与v逆的比较
平衡移动方向
浓度
增大反应物的浓度
增大
不变
v正>v逆
向正反应方向移动
减小反应物的浓度
减小
不变
v正＜v逆
向逆反应方向移动
增大生成物的浓度
不变
增大
v正＜v逆
向逆反应方向移动
减小生成物的浓度
不变
减小
v正>v逆
向正反应方向移动
压强（通过改变体积使压强变化）
m+n>p+q
增大压强
增大
增大
v正>v逆
向正反应方向移动
减小压强
减小
减小
v正＜v逆
向逆反应方向移动
m+n 增大压强
增大
增大
v正＜v逆
向逆反应方向移动
减小压强
减小
减小
v正>v逆
向正反应方向移动
m+n=p+q
增大压强
增大
增大
v正=v逆
平衡不移动
减小压强
减小
减小
v正=v逆
平衡不移动
容积不变充入He
不变
不变
v正=v逆
平衡不移动
压强不变充入He
m+n＞p+q
减小
减小
v正＜v逆
向逆反应方向移动
m+n=p+q
减小
减小
v正=v逆
平衡不移动
m+n＜p+q
减小
减小
v正＞v逆
向正反应方向移动
温度
ΔH＜0
升高温度
增大
增大
v正＜v逆
向逆反应方向移动
降低温度
减小
减小
v正>v逆
向正反应方向移动
ΔH>0
升高温度
增大
增大
v正>v逆
向正反应方向移动
降低温度
减小
减小
v正＜v逆
向逆反应方向移动
催化剂
使用正催化剂
增大
增大
v正=v逆
平衡不移动
使用负催化剂
减小
减小
v正=v逆
平衡不移动
浓度、压强和温度对平衡移动影响的几种特殊情况：
(1)改变固体或纯液体的量，对平衡无影响。
(2)当反应混合物中不存在气态物质时，压强的改变对平衡无影响。
(3)对于反应前后气体体积无变化的反应，如H2(g)+I2(g)2HI(g)，压强的改变对平衡无影响。但增大（或减小）压强会使各物质的浓度增大（或减小），混合气体的颜色变深（或浅）。
(4)恒容时，同等程度地改变反应混合物中各物质的浓度时，应视为压强的影响，增大（减小）浓度相当于增大（减小）压强。
(5)在恒容容器中，当改变其中一种气态物质的浓度时，必然会引起压强的改变，在判断平衡移动的方向和物质的转化率、体积分数变化时，应灵活分析浓度和压强对化学平衡的影响。
3．化学平衡图像的理解
（1）速率−时间图像
根据v−t图像，可以很快地判断出反应进行的方向，根据v正、v逆的变化情况，可以推断出外界条件的改变情况。
以合成氨反应为例：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH<0。
条件
c(N2)增大
c(H2)减小
c(NH3)增大
v－t图像



平衡移动方向
正反应方向移动
逆反应方向移动
逆反应方向移动
条件
C(NH3)减小
增大压强
减小压强
v－t图像



平衡移动方向
正反应方向移动
正反应方向移动
逆反应方向移动
条件
升高温度
降低温度
使用催化剂
v－t图像



平衡移动方向
逆反应方向移动
正反应方向移动
不移动
（2）其他常见的化学平衡图像
①浓度−时间图
此类图像能说明平衡体系中各组分在反应过程中的浓度变化情况。如A+BAB的反应情况如图。

②总反应速率−时间图像

Zn与足量盐酸的反应，反应速率随时间变化的曲线如图所示。ab段(v渐增)，因该反应为放热反应，随反应的进行，温度增高，导致反应速率增大；bc段(v渐小)，主要原因是随反应的进行，溶液中c(H+)渐小，导致反应速率减小。故分析时要抓住各阶段的反应特点，认真分析。
③含量−时间−温度图像


④含量−时间−压强图像


⑤含量−时间−有无催化剂

4．化学平衡图像题解题技巧
（1）“定一议二”原则
在化学平衡图像中，了解纵轴、横轴和曲线所表示的三个量的意义。在确定横轴所表示的量后，讨论纵轴与曲线的关系，或在确定纵轴所表示的量后，讨论横轴与曲线的关系。
比如：反应2A(g)+B(g) 2C(g)达到化学平衡时，A的平衡转化率与压强和温度的关系如图1所示[A的平衡转化率（α），横轴为反应温度（T）]。

图1
定压看温度变化，升高温度曲线走势降低，说明A的转化率降低，平衡向逆反应方向移动，正反应是放热反应。
定温看压强变化，因为此反应是反应后气体体积减小的反应，压强增大，平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，故p2>p1。
（2）“先拐先平数值大”原则
对于同一化学反应在化学平衡图像中，先出现拐点的反应先达到平衡状态，先出现拐点的曲线表示的温度较高（如图2所示，α表示反应物的转化率）或压强较大[如图3所示，φ（A）表示反应物A的体积分数]。

图2 图3
图2：T2>T1，正反应放热。
图3：p1 （3）三步分析法
一看反应速率是增大还是减小；二看v正、v逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。


1．[2020年浙江卷]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
【答案】D
【解析】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项正确；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项正确；加入FeSO4固体溶于水电离出Fe2+，c（Fe2+）增大，平衡逆向移动，C项正确；该反应的平衡常数K=，D项错误。答案选D。
2．[2020年浙江卷]一定条件下：2NO2(g)N2O4(g) ΔH＜0。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50kPa B．温度130℃、压强300kPa
C．温度25℃、压强100kPa D．温度130℃、压强50kPa
【答案】D
【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。答案选D。
3．[2020年江苏卷]（双选）CH4与CO2重整生成H2和CO的过程中主要发生下列反应


在恒压、反应物起始物质的量比条件下，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
【答案】BD
【解析】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，A项错误；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，B项正确；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，C项错误；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，D项正确。答案选BD。
4．[2020年天津卷]已知呈粉红色，呈蓝色，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：，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．等物质的量的和中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：
【答案】D
【解析】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项错误；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项错误；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项错误；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项正确。答案选D。
【点睛】本题有两个易错点：A项中[Co(H2O)6]2+中不仅有Co2+与H2O分子间的配位键，而且每个H2O分子中还有两个O—Hσ键；C项中H2O为溶剂，视为纯液体，加水稀释，溶液体积增大，相当于利用“对气体参与的反应，增大体积、减小压强，平衡向气体系数之和增大的方向移动”来理解。
5．[2019江苏]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】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，A项错误；根据上述分析，X点时，反应还未到达平衡状态，反应正向进行，所以延长反应时间能提高NO的转化率，B项正确；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，平衡向正反应方向移动，可以提高NO的转化率，C项错误；D.设NO起始浓度为a mol/L，NO的转化率为50%，则平衡时NO、O2和NO2的浓度分别为0.5a mol/L、(5×10-4-0.25a)mol/L、0.5a mol/L，根据平衡常数表达式K=>=2000，D项正确。答案选BD。
【名师点睛】解本题时需要注意：实线中在最高点之前反应没有达到平衡状态，主要讨论温度对化学反应速率的影响；最高点之后反应达到平衡状态，可以研究温度对化学平衡的影响。
6．[2018天津卷]室温下，向圆底烧瓶中加入1 molC2H5OH和含1molHBr的氢溴酸，溶液中发生反应；C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O，充分反应后达到平衡。已知常压下，C2H5Br和C2H5OH的沸点分别为38.4℃和78.5℃。下列有关叙述错误的是
A．加入NaOH，可增大乙醇的物质的量
B．增大HBr浓度，有利于生成C2H5Br
C．若反应物增大至2 mol，则两种反应物平衡转化率之比不变
D．若起始温度提高至60℃，可缩短反应达到平衡的时间
【答案】D
【解析】加入NaOH，中和HBr，平衡逆向移动，可增大乙醇的物质的量，A项正确；增大HBr浓度，平衡正向移动，有利于生成C2H5Br，B项正确；若反应物增大至2 mol，实际上就是将反应的浓度都增大至原来的2倍，比例不变（两次实验反应物的比例都是1:1，等于方程式中的系数比），这里有一个可以直接使用的结论：只要反应物的投料比等于系数比，达平衡时反应物的转化率一定是相等的。所以两种反应物的转化率一定是1:1，C项正确；若起始温度提高至60℃，考虑到HBr是挥发性酸，在此温度下会挥发出去，降低HBr的浓度减慢速率，增加了反应时间，D项错误。答案选D。
【名师点睛】本题中的反应是反应前后物质的量不变的反应，但是考虑到反应是在水溶液中进行的，而生成的溴乙烷是不溶于水的，即本题中的溴乙烷应该是没有浓度的，所以选项D中是不需要考虑温度升高将溴乙烷蒸出的影响的。
7．[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< v2，c2< 2c1
B．K1> K3，p2> 2p3
C．v1< v3，α1(SO2 ) >α3(SO2 )
D．c2> 2c3，α2(SO3 )+α3(SO2 )<1
【答案】CD
【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4 mol SO3等效于在相同条件下反应物投入量为4 mol SO2和2 mol O2，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＜c1，p3＞p1，α3（SO2）＜α1（SO2），K3＜K1。根据上述分析。υ2＞υ1，c2＞2c1，A项错误；K3＜K1，p2＜2p1，p3＞p1，则p2＜2p3，B项错误；υ3＞υ1，α3（SO2）＜α1（SO2），C项正确；c2＞2c1，c3＜c1，则c2＞2c3，α1（SO2）+α2（SO3）＜1，α3（SO2）＜α1（SO2），则α2（SO3）+α3（SO2）＜1，D项正确。答案选CD。
【名师点睛】本题考查化学平衡时各物理量之间的关系，解题时巧妙设计中间状态，利用外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响判断。如容器2先设计其完全等效平衡的起始态为4 mol SO2和2 mol O2，4 mol SO2和2 mol O2为两倍容器1中物质的量，起始物质的量成倍变化时相当于增大压强。
8．某研究性学习小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液的反应探究“外界条件的改变对化学反应速率的影响”，进行了如下实验。下列说法错误的是
实验序号
实验温度/K
有关物质
溶液颜色褪至无色所用时间/s
酸性KMnO4溶液
H2C2O4溶液
H2O
V/mL
c/mol·L－1
V/mL
c/mol·L－1
V/mL
①
293
2
0.02
4
0.1
0
t1
②
293
2
0.02
3
0.1
1
8
③
313
2
0.02
3
0.1
1
t2
A．实验①②探究的是浓度对反应速率的影响
B．实验①③探究的是温度对反应速率的影响
C．t2<8
D．计算可得实验②中v(KMnO4)≈8.3×10-4mol•L-1•s-1(忽略溶液体积变化)
【答案】B
【解析】实验①②对比，变量为H2C2O4溶液的浓度，所以探究的是浓度对反应速率的影响，A项正确；实验①③对比，变量不唯一，无法判断探究的是哪种因素对反应速率的影响，B项错误；实验②③对比，单一变量为温度，温度越高，反应速率越快，实验③的温度更高，所以反应速率比实验②的要快，t2<8，C项正确；实验②中，高锰酸钾完全反应需要的时间为8s，高锰酸钾的物质的量为0.02mol•L-1×0.002L＝0.00004mol，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为=mol/L，v(KMnO4)≈＝＝8.3×10-4mol•L-1•s-1，D项正确。答案选B。
9．HI在一定条件下可发生反应 2HI(g) H2 (g)+I2(g) ΔH，在2L恒容密闭容器中，充入一定量的 HI(g)，反应物的物质的量 n（ mol）随时间t（min）变化的数据如下：

根据表中数据，下列说法正确的是
A．实验 1中，反应在 0至 10min内，v(HI)=0.02 mol·L−1 ·min−1
B．800℃时，该反应的平衡常数K=0.25
C．根据实验 1和实验2可说明：反应物浓度越大，反应速率越快
D．ΔH<0
【答案】B
【解析】实验 1中，反应在 0至 10min内，v(HI)==0.01 mol/(L ·min)，A项错误；根据反应方程式可知：每有2 molHI反应，会产生1 molH2、1 molI2，则800℃时，当反应达到平衡时，反应了0.5 molHI，则反应产生H2、I2的物质的量都是0.25 mol，由于反应前后气体的物质的量相等，所以浓度比等于气体的物质的量的比，故该反应的平衡常数K==0.25，B项正确；温度相同，平衡时HI的物质的量相同，实验2反应速率快，可能同时使用了催化剂，改变了其它反应条件，不能说反应物浓度越大，反应速率越快，C项错误；根据实验1、3可知：反应物的起始浓度相等，达到平衡时HI的浓度实验1>实验3，说明升高温度，平衡正向移动，根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，正反应方向为吸热反应，ΔH>0，D项错误。答案选B。
10．X不同条件下能分别转化为Y或Z，转化过程的能量变化如图所示。下列说法正确的是

A．反应X→Y为放热反应
B．加入催化剂曲线a变为曲线b
C．反应2X(g)=Z(g)吸收的热量为(E2-E1)
D．升高温度可以提高反应物分子的能量，从而使化学反应速率加快
【答案】D
【解析】图中生成物Y的能量比反应物X高，反应X→Y为吸热反应，A项错误；加入催化剂只能改变反应的活化能，不能改变反应的焓变，曲线a变为曲线b改变了生成物所具有的能量，B项错误；反应2X(g)=Z(g)放出的热量为(E2-E1)，C项错误；升高温度可以提高反应物分子的能量，提高活化分子百分数，从而使化学反应速率加快，D项正确；答案选D。
11．在一定温度下，容器内某一反应中M、N的物质的量随反应时间变化的曲线如图，下列表述正确的是

A．反应的化学方程式：2MN
B．t2时，正、逆反应速率相等，达到平衡
C．t3时，正反应速率大于逆反应速率
D．t1时N的浓度是M浓度的2倍
【答案】D
【解析】由图像可知，反应中M的物质的量增减增多，N的物质的量增减减少，则在反应中N为反应物，M为生成物，图像中，在相等的时间内消耗的N和M的物质的量之比为2:1，所以反应方程式为：2N⇌M，A项错误；由图像可知t2时，反应没有达到平衡，此时反应继续向正向进行，正反应速率大于逆反应速率，B项错误；由图像可知t3时，反应达到平衡，正逆反应速率相等，C项错误；t1时N的物质的量为6mol，M的物质的量为3mol，即N的浓度是M浓度的2倍，D项正确。答案选D。
12．某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对A2(g)＋3B2(g)2AB3(g)化学平衡状态的影响，得到如下图所示的变化规律(图中T表示温度，n表示物质的量)，根据图示得出的判断结论正确的是

A．反应速率a>b>c
B．达到平衡时A2的转化率大小为：b>a>c
C．若T2>T1，则正反应是放热反应
D．达到平衡时，AB3的物质的量大小为：c>b>a
【答案】D
【解析】由图可知，B2起始相同时，T2对应的AB3的含量大，则若该正反应为吸热反应，则T2>T1，若该正反应为放热反应，则T2 【详解】 根据图象可知，a、b、c各点中B的起始物质的量依次增大，则反应物的浓度依次增大，反应速率依次增大，A项错误； 根据图象可知，a、b、c各点中B的起始物质的量依次增大，对于可逆反应来说，增大一种反应物的物质的量或浓度，有利于平衡向正反应方向移动，则另一种反应物的转化率增大，则达到平衡时A2的转化率大小为：aT1，由图象可知温度升高生成物的物质的量增大，说明升高温度平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，C项错误；对于可逆反应来说，增大一种反应物的物质的量或浓度，有利于平衡向正反应方向移动，生成物的物质的量增多，所以达到平衡时，AB3的物质的量大小为c>b>a，D项正确。答案选D。
13．用来表示可逆反应：2A(g)+B（g）3C（g） ΔH <0的正确图象是图中的
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】 ，此图表示降低温度，C%增大，即降低温度，平衡正向移动，从而得出正反应为放热反应，A项正确；，此图表示温度升高，正、逆反应速率减慢，与客观实际不符，B项错误；，此图表示压强增大，平衡正向移动，反应物的气体分子数大于生成物的气体分子数，与温度无关，C项错误；，此图表示相同压强时，升高温度，A的转化率增大，说明升高温度，平衡正向移动，正反应为吸热反应，D项错误。答案选A。
14．（双选）在三个容积均为2 L的密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应：
CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)　ΔH=−a kJ· mol−1(a>0)
相关反应数据如下：
容器
容器类型
起始温度/
起始物质的量/ mol
平衡时H2物质的量/ mol
CO
H2O
CO2
H2
Ⅰ
恒温恒容
800
1.2
0.6
0
0
0.4
Ⅱ
恒温恒容
900
0.7
0.1
0.5
0.5

Ⅲ
绝热恒容
800
0
0
1.2
0.8

下列说法正确的是
A．容器Ⅰ中反应经10 min建立平衡，0～10 min内，平均反应速率v(CO)=0.04 mol·L−1·min−1
B．若向容器Ⅰ平衡体系中再加入CO、H2O、CO2、H2各0.1 mol，平衡将正向移动
C．达到平衡时，容器Ⅱ中反应吸收的热量小于0.1a kJ
D．达平衡时，容器Ⅲ中n(CO)<0.48 mol
【答案】BD
【解析】 容器Ⅰ中反应经10 min建立平衡，0～10 min内，n(H2)=0.4 mol，根据反应可知，n(CO)=0.4 mol，平均反应速率v(CO)==0.02 mol·L−1·min−1，A项错误；根据表中数据可知，平衡时CO、H2O、CO2、H2各浓度为0.4 mol/L、0.1 mol/L、0.2 mol/L、0.2 mol/L，K=，若向容器Ⅰ平衡体系中再加入CO、H2O、CO2、H2各0.1 mol，Q=，平衡将正向移动，B项正确；若与Ⅰ温度相同，则为等效平衡，达平衡时应生成0.8 mol CO，吸收热量0.1a kJ，但由于升高温度平衡向吸热反应的逆反应移动，生成更多的CO，达到平衡时，容器Ⅱ中反应吸收的热量大于0.1a kJ，C项错误；若为恒温恒容，根据三段式，设CO2转化率为x，
CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)
开始/ mol/L 0 0 0.6 0.4
改变/ mol/L 0.6x 0.6x 0.6x 0.6x
平衡/ mol/L 0.6x 0.6x 0.6−0.6x 0.4−0.6x
K=，解得x=0.4，故平衡时，n(CO)=0.48 mol，因反应为放热反应，绝热恒容时相当于升高温度，平衡逆向移动，则平衡时，容器Ⅲ中n(CO)<0.48 mol，D项正确。答案选BD。
15．[2020年新课标Ⅲ]二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO2的热点研究领域。回答下列问题：
(1)CO2催化加氢生成乙烯和水的反应中，产物的物质的量之比n(C2H4)∶n(H2O)=__________。当反应达到平衡时，若增大压强，则n(C2H4)___________(填“变大”“变小”或“不变”)。
(2)理论计算表明，原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，在体系压强为0.1MPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。

图中，表示C2H4、CO2变化的曲线分别是______、______。CO2催化加氢合成C2H4反应的ΔH______0(填“大于”或“小于”)。
(3)根据图中点A(440K，0.39)，计算该温度时反应的平衡常数Kp=_________(MPa)−3(列出计算式。以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
(4)二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随副反应，生成C3H6、C3H8、C4H8等低碳烃。一定温度和压强条件下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当___________________。
【答案】（1）1∶4 变大 （2）d c 小于
（3）或等
（4）选择合适催化剂等
【解析】根据质量守恒定律配平化学方程式，可以确定产物的物质的量之比。根据可逆反应的特点分析增大压强对化学平衡的影响。根据物质的量之比等于化学计量数之比，从图中找到关键数据确定代表各组分的曲线，并计算出平衡常数。根据催化剂对化反应速率的影响和对主反应的选择性，工业上通常要选择合适的催化剂以提高化学反应速率、减少副反应的发生。
【详解】(1)CO2催化加氢生成乙烯和水，该反应的化学方程式可表示为2CO2+6H2 ⇌ CH2 = CH2+4H2O，因此，该反应中产物的物质的量之比n(C2H4)：n(H2O)=1：4。由于该反应是气体分子数减少的反应，当反应达到平衡状态时，若增大压强，则化学平衡向正反应方向移动，n(C2H4)变大。
(2)由题中信息可知，两反应物的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。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，∆H小于0。
(3)原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，在体系压强为0.1Mpa建立平衡。由A点坐标可知，该温度下，氢气和水的物质的量分数均为0.39，则乙烯的物质的量分数为水的四分之一，即，二氧化碳的物质的量分数为氢气的三分之一，即，因此，该温度下反应的平衡常数(MPa)−3=(MPa)−3。
(4)工业上通常通过选择合适的催化剂，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。因此，一定温度和压强下，为了提高反应速率和乙烯的选择性，应当选择合适的催化剂。
【点睛】本题确定图中曲线所代表的化学物质是难点，其关键在于明确物质的量的分数之比等于各组分的物质的量之比，也等于化学计量数之比（在初始投料之比等于化学计量数之比的前提下，否则不成立）。
16．[2019新课标Ⅰ]水煤气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)]是重要的化工过程，主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。回答下列问题：
（1）Shibata曾做过下列实验：①使纯H2缓慢地通过处于721 ℃下的过量氧化钴CoO(s)，氧化钴部分被还原为金属钴Co(s)，平衡后气体中H2的物质的量分数为0.0250。
②在同一温度下用CO还原CoO(s)，平衡后气体中CO的物质的量分数为0.0192。
根据上述实验结果判断，还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO_________H2（填“大于”或“小于”）。
（2）721 ℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合，采用适当的催化剂进行反应，则平衡时体系中H2的物质的量分数为_________（填标号）。
A．＜0.25 B．0.25 C．0.25~0.50 D．0.50 E．＞0.50
（3）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用❉标注。

可知水煤气变换的ΔH________0（填“大于”“等于”或“小于”），该历程中最大能垒（活化能）E正=_________eV，写出该步骤的化学方程式_______________________。
（4）Shoichi研究了467 ℃、489 ℃时水煤气变换中CO和H2分压随时间变化关系（如下图所示），催化剂为氧化铁，实验初始时体系中的和相等、和相等。

计算曲线a的反应在30~90 min内的平均速率(a)=___________kPa·min−1。467 ℃时和随时间变化关系的曲线分别是___________、___________。489 ℃时和随时间变化关系的曲线分别是___________、___________。
【答案】（1）大于
（2）C
（3）小于 2.02 COOH*+H*+H2O*COOH*+2H*+OH*（或H2O*H*+OH*）
（4）0.0047 b c a d
【解析】（1）H2还原氧化钴的方程式为：H2(g)＋CoO(s)Co(s)＋H2O(g)；CO还原氧化钴的方程式为：CO(g)＋CoO(s)Co(s)＋CO2(g)，平衡时H2还原体系中H2的物质的量分数（）高于CO还原体系中CO的物质的量分数（），故还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO大于H2；
（2）721 ℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合，可设其物质的量为1mol，则
CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)
起始（mol） 1 1 0 0
转化（mol） x x x x
平衡（mol） 1-x 1-x x x
则平衡时体系中H2的物质的量分数=，因该反应为可逆反应，故x<1，可假设二者的还原倾向相等，则x=0.5，由（1）可知CO的还原倾向大于H2，所以CO更易转化为H2，故x>0.5，由此可判断最终平衡时体系中H2的物质的量分数介于0.25~0.50，故答案为C；
（3）根据水煤气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)]并结合水煤气变换的反应历程相对能量可知，CO(g)+H2O(g)的能量（-0.32eV）高于CO2(g)+H2(g)的能量（-0.83eV），故水煤气变换的ΔH小于0；活化能即反应物状态达到活化状态所需能量，根据变换历程的相对能量可知，最大差值为：

其最大能垒（活化能）E正=1.86-(-0.16)eV=2.02eV；该步骤的反应物为COOH+H+H2O＝COOH+2H+OH；因反应前后COOH和1个H未发生改变，也可以表述成H2O＝H+OH；
（4）由图可知，30~90 min内a曲线对应物质的分压变化量Δp=（4.08-3.80）kPa=0.28 kPa，故曲线a的反应在30~90 min内的平均速率(a)==0.0047 kPa·min−1；由（2）中分析得出H2的物质的量分数介于0.25~0.5，CO的物质的量分数介于0~0.25，即H2的分压始终高于CO的分压，据此可将图分成两部分：

由此可知，a、b表示的是H2的分压，c、d表示的是CO的分压，该反应为放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，CO分压增加，H2分压降低，故467 ℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是b、c；489 ℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是a、d。
17．[2019新课标Ⅲ节选]近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：
（1）Deacon发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl) ∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系：

可知反应平衡常数K（300℃）____________K（400℃）（填“大于”或“小于”）。设HCl初始浓度为c0，根据进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=1∶1的数据计算K（400℃）=____________（列出计算式）。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低、过高的不利影响分别是____________。
（2）Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：
CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g) ΔH1=83 kJ·mol-1
CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g) ΔH2=-20 kJ·mol-1
CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH3=-121 kJ·mol-1
则4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=_________ kJ·mol-1。
（3）在一定温度的条件下，进一步提高HCl的转化率的方法是______________。（写出2种）
【答案】（1）大于 O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低
（2）﹣116
（3）增加反应体系压强、及时除去产物
【解析】
【详解】（1）根据反应方程式知，HCl平衡转化率越大，平衡常数K越大，结合图像知升高温度平衡转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，则K(300℃)>K(400℃)；
由图像知，400℃时，HCl平衡转化率为84%，用三段式法对数据进行处理得：

起始（浓度） c0 c0 0 0
变化（浓度） 0.84c0 0.21c0 0.42c0 0.42c0
平衡（浓度）(1-0.84)c0 (1-0.21)c0 0.42c0 0.42c0
则K=；根据题干信息知，进料浓度比过低，氧气大量剩余，导致分离产物氯气和氧气的能耗较高；进料浓度比过高，HCl不能充分反应，导致HCl转化率较低；
（2）根据盖斯定律知，（反应I+反应II+反应III）×2得 ∆H=（∆H1+∆H2+∆H3）×2=-116kJ·mol-1；
（3）若想提高HCl的转化率，应该促使平衡正向移动，该反应为气体体积减小的反应，根据勒夏特列原理，可以增大压强，使平衡正向移动；也可以及时除去产物，减小产物浓度，使平衡正向移动；
18．已知反应Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g) △H=akJ/mol ，测得在不同温度下，反应的平衡常数K随温度的变化如下：
温度/℃
500
700
900
K



(1)若500℃时进行该反应，CO2起始浓度为2mol/L，CO的平衡浓度为__________。
(2)反应中的a__________（填“大于”“小于”或“等于”）0。
(3)700℃反应达到平衡，要使该平衡正向移动，其他条件不变时，可以采取的措施有__________（填序号）。
A．缩小反应器体积
B．通入CO2
C．升高温度到900℃
D．使用合适的催化剂
(4)下列图像符合反应的是__________（填序号）。(图中v是速率、ψ为混合物中CO含量，T为温度且T1＞T2)

【答案】(1)1mol/L (2)大于 (3)BC (4)A
【解析】
【详解】
(1) Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)
起始浓度（mol/L） 2 0
转化浓度（mol/L） x x
平衡浓度（mol/L） 2－x x
则根据500℃时平衡常数可知＝1，解得x＝1，所以CO的平衡浓度为1mol/L。
(2)随着温度的升高，平衡常数逐渐增大，说明升高温度平衡向正反应方向进行，因此正反应是吸热反应，则反应中的a大于0。
(3)反应前后气体体积不变，缩小反应器体积平衡不移动，A项错误；通入CO2反应物浓度增大，平衡向正反应方向进行，B项正确；正反应吸热，升高温度到900℃平衡向正反应方向移动，C项正确；使用合适的催化剂平衡不移动，D项错误。
(4)升高温度正、逆反应速率均增大，平衡向正反应方向进行，A项正确；最高点是平衡点，升高温度正、逆反应速率均增大，平衡向正反应方向进行，B项错误；首先达到平衡的温度高，即T1＞T2，升高温度正、逆反应速率均增大，平衡向正反应方向进行，CO含量增大，C项错误。
19．某研究小组在实验室探究氨基甲酸铵(NH2COONH4)分解反应平衡常数的测定。将一定量纯净的氨基甲酸铵固体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)，在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4(s)＝2NH3(g)＋CO2(g),实验测得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/mol·L－1
2.4×10－3
3.4×10－3
4.8×10－3
6.8×10－3
9.4×10－3
(1)可以判断该分解反应已经达到平衡的是________(填字母序号)。
A．2v(NH3)＝v(CO2)
B．密闭容器中总压强不变
C．密闭容器中混合气体的密度不变
D．密闭容器中氨气的体积分数不变
(2)根据表中数据，列式计算25.0 ℃时的分解平衡常数：__________。
(3)取一定量的氨基甲酸铵固体放在一个带活塞的密闭真空容器中，在25.0 ℃下达到分解平衡。若在恒温下压缩容器体积，氨基甲酸铵固体的质量将________(填“增加”“减少”或“不变”)。
(4)氨基甲酸铵分解反应的焓变ΔH____0(填“＞”“＝”或“＜”，下同)，熵变ΔS____0。
【答案】(1)BC (2) K＝c2(NH3)·c(CO2)≈1.6×10－8 (3)增加 (4)＞ ＞
【解析】（1）当化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率比等于化学计量数之比；化学反应中变化的量不在发生变化，说明达到平衡，以此解答该题；
（2）根据K＝c2(NH3)·c(CO2)计算；
（3）增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动；
（4）根据表中数据可知，随着温度的升高，平衡气体总浓度增大，这说明升高温度平衡向生成氨气和CO2的方向进行。
【详解】（1）未说反应速率的正逆，A项错误；随着反应的进行，体系压强逐渐增大,当容器内压强不变时，说明达平衡状态，B项正确；随着反应的进行,混合气体的总质量增大，而容器的体积不变,密闭容器中混合气体的密度增大,当密度不变时，说明达平衡状态，C项正确；氨气与二氧化碳比例始终为2:1，不会随反应方向变化而变化,与平衡无关,不能判断该分解反应已经达到化学平衡，D项错误；
（2）K＝c2(NH3)·c(CO2)=（4.8×2/3×10－3）2×(4.8×1/3×10－3)≈1.6×10－8；
（3）压缩容器体积，增大了压强，平衡向逆反应方向移动，氨基甲酸铵固体的质量增加。
（4）根据表中数据可知，随着温度的升高，平衡气体总浓度增大，这说明升高温度平衡向生成氨气和CO2的方向进行，即分解反应是吸热反应，因此该分解反应的焓变ΔH＞0；正反应为气体物质的量增大的反应，因此ΔS＞0。
20．氮的化合物在化肥、医药、炸药、材料等领域中有着极其重要用途。
（1）羟氨能与溴化银悬浊液反应：2NH2OH+2AgBr=N2↑+2Ag+2HBr+2H2O，羟氨的电子式为________；反应中烃氨表现________性。
（2）已知：a.N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) ΔH=−92.2kJ/ mol
b.H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) ΔH=−184.6kJ/ mol
c.2NH3(g)+3Cl2(g)=N2(g)+6HCl(g) ΔH3
①ΔH3=________。
②反应c在常温下能快速进行的原因为________。
（3）容积均为1L的甲、乙两个容器，其中甲为绝热容器，乙为恒温容器．相同温度下，分别充入0.2 mol的NO2，发生反应：2NO2(g) N2O4(g) ΔH<0，甲中NO2的相关量随时间变化如下图所示。

①0~3s内，甲容器中NO2的反应速率增大的原因是________．
②甲达平衡时，温度若为T ℃，此温度下的平衡常数Kc=________．
③平衡时，K甲________K乙(填“>”、“<”或“=”，下同)，P甲________P乙
（4）化学工作者对NO与H2的反应进行研究，提出下列3步机理：(k为速率常数)
第一步2NO=N2O2 快反应，平衡时：v正=k正·c2(NO)=v逆=k逆·c(N2O2)
第二步N2O2+H2==N2O+H2O 慢反应
第三步N2O+H2=N2+H2O 快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步平衡，下列说法正确的是_____。(填字母标号)
A．v(第一步逆反应) C．达平衡时，2c(NO)=c(N2O2) D．第一步反应的平衡常数K=k正/ k逆
【答案】（1） 还原
（2）①−461.6 kJ/ mol ②该反应的活化能较小或反应物分子中共价键的键能较小
（3）①0~3s内温度升高对速率的影响大于浓度降低的影响 ②225 ③< >
（4）BD
【解析】（1）由其分子式可推出电子式为，反应中N化合价升高，烃氨表现还原性；
（2）①设a式反应热为ΔH1，b式反应热为ΔH2，则由盖斯定律，ΔH3=3ΔH2−ΔH1=−184.6×3−(−92.2)=−461.6 kJ/ mol；②常温下能快速进行，其原因可能是该反应的活化能较小或反应物分子中共价键键能较小；
（3）①该反应为放热反应，故0−3s内温度升高对速率的影响大于浓度降低的影响，导致反应速率增大；②到达平衡时，c(NO2)=0.02 mol/L，c(N2O4)=0.09 mol/L，K=0.09/0.022=225；③甲为绝热容器，乙为恒温容器，该反应为放热反应，则到达平衡时甲的温度高于乙，故K甲p乙；
（4）A.第二步为慢反应，故其反应速率应小于第一步，A项错误；总反应快慢应由慢反应决定，即主要由第二步反应决定，B项正确；C. 到达平衡时k正·c2(NO)=k逆·c(N2O2)，k正、k逆值未知，故两者浓度大小关系未知，C项错误；D.达到平衡时，K= c(N2O2)/ c2(NO)，又v正=k正·c2(NO)=v逆=k逆·c(N2O2)， 故K=k正/ k逆，D项正确。

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