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2020届高考化学二轮复习化学平衡化学平衡移动学案
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【知识精讲】
一、体系构建
二、可逆反应与化学平衡建立
1.可逆反应
(1)定义
在同一条件下，既可以向正反应方向进行，同时又可以向逆反应方向进行的化学反应。
(2)特点
①二同：a.相同条件下；b.正、逆反应同时进行。
②一小：反应物与生成物同时存在；任一组分的转化率都小于(填“大于”或“小于”)100%。
(3)表示
在方程式中用“”表示。
2.化学平衡状态
(1)概念
一定条件下的可逆反应中，正反应速率与逆反应速率相等，反应体系中所有参加反应的物质的质量或浓度保持不变的状态。
(2)建立
(3)平衡特点
3.判断化学平衡状态的两种方法
(1)动态标志：v正＝v逆≠0
①同种物质：同一物质的生成速率等于消耗速率。
②不同物质：必须标明是“异向”的反应速率关系。如aA＋bBcC＋dD，＝时，反应达到平衡状态。
(2)静态标志：各种“量”不变
①各物质的质量、物质的量或浓度不变。
②各物质的百分含量(物质的量分数、质量分数等)不变。
③温度、压强(化学反应方程式两边气体体积不相等)或颜色(某组分有颜色)不变。
总之，若物理量由变量变成了不变量，则表明该可逆反应达到平衡状态；若物理量为“不变量”，则不能作为平衡标志。
三、化学平衡移动
1.化学平衡移动的过程
2.化学平衡移动与化学反应速率的关系
(1)v正>v逆：平衡向正反应方向移动。
(2)v正＝v逆：反应达到平衡状态，不发生平衡移动。
(3)v正＜v逆：平衡向逆反应方向移动。
3.影响化学平衡的因素
(1)若其他条件不变，改变下列条件对化学平衡的影响如下：
改变的条件(其他条件不变)
化学平衡移动的方向
浓度
增大反应物浓度或减小生成物浓度
向正反应方向移动
减小反应物浓度或增大生成物浓度
向逆反应方向移动
压强(对有气体参加的反应)
反应前后气体体积改变
增大压强
向气体分子总数减小的方向移动
减小压强
向气体分子总数增大的方向移动
反应前后气体体积不变
改变压强
平衡不移动
温度
升高温度
向吸热反应方向移动
降低温度
向放热反应方向移动
催化剂
同等程度改变v正、v逆，平衡不移动
(2)勒夏特列原理
如果改变影响化学平衡的条件之一(如温度、压强以及参加反应的物质的浓度)，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。
(3)“惰性气体”对化学平衡的影响
①恒温恒容条件
原平衡体系体系总压强增大―→体系中各组分的浓度不变―→平衡不移动。
②恒温恒压条件
原平衡体系容器容积增大，各反应气体的分压减小―→
四、等效平衡
1.等效平衡的含义
在一定条件下(恒温恒容或恒温恒压)下，同一可逆反应体系，不管是从正反应开始，还是从逆反应开始，还是正、逆反应同时投料，达到化学平衡状态时，任何相同组分的百分含量(质量分数、物质的量分数、体积分数等)均相同。
2.等效平衡的判断方法
(1)恒温恒容条件下反应前后体积改变的反应
判断方法：极值等量即等效。
例如：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)
① 2 mol 1 mol 0
② 0 0 2 mol
③ 0.5 mol 0.25 mol 1.5 mol
④ a mol b mol c mol
上述①②③三种配比，按化学方程式的化学计量关系均转化为反应物，则SO2均为2 mol，O2均为1 mol，三者建立的平衡状态完全相同。
④中a、b、c三者的关系满足：c＋a＝2，＋b＝1，即与上述平衡等效。
(2)恒温恒压条件下反应前后体积改变的反应
判断方法：极值等比即等效。
例如：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)
① 2 mol 3 mol 0
② 1 mol 3.5 mol 2 mol
③ a mol b mol c mol
按化学方程式的化学计量关系均转化为反应物，则①②中＝，故互为等效平衡。
③中a、b、c三者关系满足：＝，即与①②平衡等效。
(3)恒温条件下反应前后体积不变的反应
判断方法：无论是恒温恒容，还是恒温恒压，只要极值等比即等效，因为压强改变对该类反应的化学平衡无影响。
例如：H2(g)＋I2(g)2HI(g)
① 1 mol 1 mol 0
② 2 mol 2 mol 1 mol
③ a mol b mol c mol
①②两种情况下，n(H2)∶n(I2)＝1∶1，故互为等效平衡。
③中a、b、c三者关系满足∶＝1∶1或a∶b＝1∶1，c≥0，即与①②平衡等效。
3.虚拟“中间态”法构建等效平衡
(1)构建恒温恒容平衡思维模式
新平衡状态可认为是两个原平衡状态简单的叠加并压缩而成，相当于增大压强。
(2)构建恒温恒压平衡思维模式(以气体物质的量增加的反应为例，见图示)
新平衡状态可以认为是两个原平衡状态简单的叠加，压强不变，平衡不移动。
【典题精练】
考点1、考查可逆反应的特点
6．一定条件下，对于可逆反应X(g)＋3Y(g)2Z(g)，若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3(均不为零)，达到平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1 mol·L－1、0.3 mol·L－1、0.08 mol·L－1，则下列判断正确的是( )
A．c1：c2＝3：1
B．平衡时，Y和Z的生成速率之比为2：3
C．X、Y的转化率相等
D．c1的取值范围为0
练后归纳 ：极端假设法确定各物质浓度范围
上述题目1可根据极端假设法判断，假设反应正向或逆向进行到底，求出各物质浓度的最大值和最小值，从而确定它们的浓度范围。
假设反应正向进行到底：X2(g)＋Y2(g)2Z(g)
起始浓度(mol·L－1) 0.1 0.3 0.2
改变浓度(mol·L－1) 0.1 0.1 0.2
终态浓度(mol·L－1) 0 0.2 0.4
假设反应逆向进行到底：X2(g)＋Y2(g)2Z(g)
起始浓度(mol·L－1) 0.1 0.3 0.2
改变浓度(mol·L－1) 0.1 0.1 0.2
终态浓度(mol·L－1) 0.2 0.4 0
平衡体系中各物质的浓度范围为X2∈(0，0.2)，Y2∈(0.2，0.4)，Z∈(0，0.4)。
考点2、考查化学平衡的判断
例2．一定温度下某容积固定的密闭容器中，对可逆反应A(g)＋B(g)2C(g)，下列叙述能说明反应已达到平衡的是( )
A．容器内的压强不再变化
B．混合气体的密度不再变化
C．消耗B的速率是生成C的速率的
D．单位时间内生成a mol B，同时生成2a mol C
解析：A选项，反应前后气体化学计量数不变，总物质的量不变，容器内压强一直不变；B选项，混合气体质量不变，体积不变，则密度一直不变；C选项，消耗B和生成C都是正反应；D选项，生成B为逆反应，生成C为正反应，反应速率符合化学计量数比，可以作为判断达到平衡的标志。
答案：D
练后归纳：判断平衡状态的方法——“逆向相等，变量不变”
(1)“逆向相等”：反应速率必须一个是正反应的速率，一个是逆反应的速率，且经过换算后同一种物质的正反应速率和逆反应速率相等。
特别注意：同一反应方向的反应速率不能判断反应是否达到平衡状态。
(2)“变量不变”：如果一个量是随反应进行而改变的，当不变时为平衡状态；一个随反应的进行保持不变的量，不能作为是否是平衡状态的判断依据。
考点3、考查化学平衡的移动方向的判断
1．已建立平衡的某可逆反应，当改变条件使化学平衡向正反应方向移动时，下列叙述正确的是( )
①生成物的体积分数一定增加
②生成物的产量一定增加
③反应物的转化率一定增大
④反应物浓度一定降低
⑤正反应速率一定大于逆反应速率
⑥加入催化剂可以达到以上目的
A．①② B．②⑤ C．③⑤ D．④⑥
解析：改变条件使化学平衡正向移动，生成物的体积分数不一定增大，如改变的条件是增大某一反应物浓度，生成物的体积分数可能减小，①错误；平衡正向移动，生成物的产量一定增加，v(正)>v(逆)，②⑤正确；平衡正向移动，反应物的转化率不一定增大，如2SO2＋O22SO3，增加O2的量，SO2转化率增大，而O2的转化率减小，③错误；若缩小体积，增大压强，反应物浓度会增大，④错误；加入催化剂平衡不移动，⑥错误。综上所述，B项正确。
答案：B
思维建模：判断化学平衡移动方向的思维模型
考点4、考查等效平衡的应用
例4.一定温度下，在3个容积均为1.0 L的恒容密闭容器中反应2H2(g)＋CO(g)CH3OH(g)达到平衡，下列说法正确的是( )
容器
温度/K
物质的起始浓度/mol·L－1
物质的平衡浓度/mol·L－1
c(H2)
c(CO)
c(CH3OH)
c(CH3OH)
Ⅰ
400
0.20
0.10
0
0.080
Ⅱ
400
0.40
0.20
0
Ⅲ
500
0
0
0.10
0.025
A.该反应的正反应吸热
B.达到平衡时，容器Ⅰ中反应物的转化率比容器Ⅱ中的大
C.达到平衡时，容器Ⅱ中c(H2)大于容器Ⅲ中c(H2)的两倍
D.达到平衡时，容器Ⅲ中的正反应速率比容器Ⅰ中的大
解析：对比容器Ⅰ和Ⅲ可知两者投料量相当，若温度相同，最终建立等效平衡，但Ⅲ温度高，平衡时c(CH3OH)小，说明平衡向逆反应方向移动，即逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，A错误；Ⅱ相对于Ⅰ成比例增加投料量，相当于加压，平衡正向移动，转化率提高，所以Ⅱ中转化率高，B错误；不考虑温度，Ⅱ中投料量是Ⅲ的两倍，相当于加压，平衡正向移动，所以Ⅱ中c(H2)小于Ⅲ中c(H2)的两倍，C错误；对比Ⅰ和Ⅲ，若温度相同，两者建立等效平衡，两容器中速率相等，但Ⅲ温度高，速率更快，D正确。
答案：D
练后归纳：两平衡状态间要互为等效应满足四点：
①同一条件；②同一可逆反应；③仅仅由于初始投料不同(即建立平衡的方向可以不同)；④平衡时相应物质在各自平衡体系中的体积分数(或物质的量分数)相同。
考点5、考查勒夏特列原理的应用
例5．下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是( )
A.
解析：本题考查化学平衡移动原理的应用。A项中NO2球中存在2NO2N2O4，ΔH<0，正反应放热，NO2球放入冷水，颜色变浅，NO2球放入热水，颜色变深，可以用平衡移动原理解释，A项错误；根据B中表格的数据，温度升高，KW增大，则水的电离是吸热反应，能用平衡移动原理解释，B项错误；H2O2溶液加MnO2是为了加快化学反应速率，MnO2作催化剂，C项正确；氨水中存在电离平衡NH3·H2ONH＋OH－，随着氨水浓度降低，氨水电离程度增大，可以用平衡移动原理解释，D项错误。
答案：C
易错提醒：1．对于溶液中的离子反应，向溶液中加入与实际反应无关的离子，平衡不移动。
2．溶液中的可逆反应，达平衡后加水稀释，平衡向溶质微粒数增多的方向移动。
3．改变固体或纯液体的量，对平衡无影响。
4．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。
5．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)。
6．“惰性气体”对化学平衡的影响
①恒温、恒容条件
原平衡体系体系总压强增大―→体系中各组分的浓度不变―→平衡不移动。
②恒温、恒压条件
原平衡体系容器容积增大，各反应气体的分压减小―→体系中各组分的浓度同倍数减小(等效于减压)
考点6、考查化学平衡图像分析
例6．根据下列有关图象，说法正确的是( )
A．由图甲知，反应在T1，T3处达到平衡，且该反应的ΔH<0
B．由图乙知，反应在t6时，NH3体积分数最大
C．由图乙知，t3时采取降低反应温度的措施
D．图丙在10 L容器、850 ℃，反应到4 min时，放出51.6 kJ的热量
解析：由图甲可知，T2时处于化学平衡状态，升高温度，Z%减少，X%增多，所以ΔH<0，A错误；由图乙可知，反应自t3开始一直在向逆反应方向移动，所以t6时NH3的体积分数最小，B错误；由图乙可知，t3时如果降低温度，平衡向正反应方向移动，则v正>v逆，C错误；由图丙可知，反应进行到4 min时，消耗的反应物的物质的量为0.12 mol·L－1×10 L＝1.2 mol，所以放出的热量为51.6 kJ，D正确。
答案：D
练后总结：解答化学平衡图像题的思路、步骤与技巧
1．解题思路
2．解题步骤
3．解题技巧
(1)先拐先平数值大。在含量—时间曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲线表示的温度较高或压强较大。
(2)定一议二。图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系。即确定横坐标所表示的量后，讨论纵坐标与曲线的关系；或确定纵坐标所表示的量后(通常可画一垂线)，讨论横坐标与曲线的关系。
(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。
考点7、考查化学平衡原理在工农业生产中的应用
例7．合成氨工业中，原料气(N2、H2及少量CO、NH3的混合气)在进入合成塔前常用醋酸二氨合铜(I)溶液来吸收原料气中的CO，其反应是Cu(NH3)2CH3COO＋CO＋NH3Cu(NH3)3CH3COO·CO ΔH<0。
(1)必须除去原料气中CO的原因是_______________。
(2)醋酸二氨合铜(I)吸收CO的生产适宜条件应是________。
(3)吸收CO后的醋酸二氨合铜溶液经过适当处理又可再生，恢复其吸收CO的能力以供循环使用。醋酸二氨合铜溶液再生的生产适宜条件应是________。
解析：合成氨的流程中的除杂，是为了除去能使催化剂中毒的物质。题中指出：在合成氨的过程中必须除去CO，因此CO是属于使催化剂中毒的物质。从吸收CO的化学方程式可得：吸收CO的反应是正反应为气体体积缩小的放热反应，因此为了使CO尽最大可能地被吸收，应采取高压、低温的办法使平衡正向移动，要使醋酸二氨合铜(I)溶液再生，即使平衡逆向移动，故必须采取低压、高温的办法。
答案：(1)防止CO使催化剂中毒 (2)低温、高压 (3)高温、低压
练后归纳：工农业生产中平衡类问题需综合考虑的几个方面
(1)原料的来源、除杂，尤其考虑杂质对平衡的影响。
(2)原料的循环利用。
(3)产物的污染处理。
(4)产物的酸碱性对反应的影响。
(5)气体产物的压强对平衡造成的影响。
(6)改变外界条件对多平衡体系的影响。
【名校新题】
1．（2019·辉县市第一高级中学高考模拟）下面是某化学研究小组探究外界条件对化学反应速率和化学平衡影响的图像，其中图像和实验结论表达均正确的是
A．①是其他条件一定时，反应速率随温度变化的图像，正反应ΔH＜0
B．②是在平衡体系的溶液中溶入少量KCl晶体后化学反应速率随时间变化的图像
C．③是在有无催化剂存在下建立的平衡过程图像，a是使用催化剂时的曲线
D．④是一定条件下，向含有一定量A的容器中逐渐加入B时的图像，压强p1＞p2
【答案】C
【解析】A．根据图象知，升高温度，平衡向正反应方向移动，则正反应的△H＞0，故A错误；B．该反应实质为Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3，钾离子和氯离子不参加反应，则KCl浓度增大不影响化学平衡移动，故B错误；C．使用催化剂，反应速率加快，缩短反应时间，所以先达到平衡状态，故C正确；D．该反应前后气体的物质的量不变，改变压强不影响平衡状态，即不影响A的转化率，由于不断加入B，A的转化率增大，故D错误。故选C。
2．（2019·山东师范大学附中高考模拟）下图所示为工业合成氨的流程图。有关说法错误的是
A．步骤①中“净化”可以防止催化剂中毒
B．步骤②中“加压”既可以提高原料的转化率，又可以加快反应速率
C．步骤③、④、⑤均有利于提高原料平衡的转化率
D．产品液氨除可生产化肥外，还可用作制冷剂
【答案】C
【解析】A项：合成氨使用含铁催化剂，为防止催化剂中毒，须将原料“净化”处理，A项正确；B项：步骤②中“加压”，可增大氮气、氢气浓度，加快合成氨反应速率又能使平衡右移，提高原料转化率，B项正确；C项：合成氨反应放热，步骤③使用较高温度不利于提高原料转化率，同时使用催化剂也不能使平衡移动，步骤④、⑤能有利于提高原料的转化率，故C项错误；D项：产品液氨可用酸吸收生成铵态氮肥。液氨汽化时会吸收大量热，可用作制冷剂，D项正确。本题选C。
3．（2019·山东高三期末）在一定条件下A2和B2可发生反应：A2(g)+3B2(g) 2AB3(g)。图1表示在一定温度下此反应过程中的能量变化，图2表示在固定容积为2L的密闭容器中反应时A2的物质的量随时间变化的关系，图3表示在其他条件不变的情况下，改变反应物B2的起始物质的量对此反应平衡的影响。下列说法错误的是
A．该反应在低于某一温度时能自发进行
B．10min内该反应的平均速率v(B2)=0.045mol/(L·min)
C．11min时，其他条件不变，压缩容器容积至1L，n(A2)的变化趋势如图2中曲线d所示
D．图3中T1
【解析】A. 体系的自由能△G=△H-T△S，根据图示可知，该反应为放热反应，△H<0，由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，所以△S<0。当温度较低时，△G=△H-T△S <0，反应能够自发进行；当温度较高时，T△S>△H，即△G>0，反应不能自发进行，A正确；B.10min内该反应的平均速率v(A2)=mol/(L·min)，根据方程式可知v(B2)=3v(A2)=0.045mol/(L·min)，B正确；C.11min时，其他条件不变，压缩容器容积至1L，由于物质的浓度增大，化学平衡正向移动，不断消耗A2，所以n(A2)的物质的量会进一步减少，n(A2)变化趋势如图2中曲线d所示，C正确；D.在温度不变时，增大某种反应物的浓度，化学平衡正向移动，可以使其它反应物的转化率提高，故当T1
A．实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气
B．溴水中有下列平衡Br2+H2OHBr+HBrO，当加入硝酸银溶液后（AgBr是淡黄色沉淀），溶液颜色变浅
C．SO2催化氧化制SO3的过程中使用过量的氧气，以提高二氧化硫的转化率
D．恒温、恒压条件下，在2NO2N2O4平衡体系中充入He后，体系颜色变浅
【答案】D
【解析】A.氯气通入食盐水中存在如下平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，饱和食盐水中Cl-浓度很大，该平衡向逆反应方向移动，Cl2的溶解度减小，有利于收集更多的Cl2，能用勒夏特列原理解释，A项错误；B.向溴水中加入AgNO3溶液后发生离子反应Ag++Br-=AgBr↓，溶液中Br-浓度减小，Br2+H2OH++Br-+HBrO平衡向正反应方向移动，Br2的浓度将减小，溶液的颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，B项错误；C.2SO2(g)+O22SO3(g)，使用过量的氧气，平衡向正反应方向移动，SO2的转化率增大，能用勒夏特列原理解释，C项错误；D.恒温、恒压条件下，在2NO2N2O4平衡体系中充入He，体系的体积将增大，NO2（红棕色）的浓度减小，所以体系颜色变浅，不能用勒夏特列原理解释，D项正确；答案选D。
5．（2019·山东新泰市第一中学高三月考）下列图示与对应的叙述正确的是
A．图甲表示有无催化剂的反应，加催化剂可以改变反应的焓变
B．图乙表示等浓度等体积的NaCl、NaBr及NaI溶液分别用AgNO3溶液滴定曲线，a为Cl－
C．图丙表示等浓度等体积的盐酸和醋酸分别用NaOH溶液的滴定曲线，指示剂都可用酚酞
D．图丁表示反应2CO(g)＋2NO(g)N2(g)＋2CO2(g)，在其他条件不变时，改变起始CO的物质的量，平衡时N2的体积分数变化，由图可知NO的转化率b＞c＞a
【答案】C
【解析】A、反应物总能量大于生成物总能量，则该反应的正反应是放热反应，催化剂能改变活化能，但不改变焓变，故A错误；B、AgI的溶度积最小，且pX=-lg[c（X－）]的值越大，代表该离子的浓度越小，可知c为Cl－的曲线，故B错误；C、醋酸为弱酸，等浓度时pH比盐酸大，滴定终点呈碱性，可用酚酞作指示剂，故C正确；D、增大CO的物质的量，平衡正向移动，促进NO的转化，则在其他条件不变的情况下结合图中起始CO的物质的量，可知NO的转化率c＞b＞a，故D错误；故选C。
6．（2019·四川省宜宾市叙州区第一中学高三月考）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】A．加入NaOH，中和HBr，平衡逆向移动，可增大乙醇的物质的量。选项A正确。B．增大HBr浓度，平衡正向移动，有利于生成C2H5Br。选B正确。C．若反应物增大至2 mol，实际上就是将反应物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），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。选项C正确。D．若起始温度提高至60℃，考虑到HBr易挥发性，温度升高化学反应速率加快，而反应物浓度减小能使化学反应速率变慢，故不一定能缩短到达平衡的时间。选项D错误。故选D。
7．（2019·山东济南外国语学校高考模拟）常压下羰基化法精炼镍的原理为: Ni(s)+4CO(g) Ni(CO)4(g)。230℃时，该反应的平衡常数K=2×10−5。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍。下列判断不正确的是( )
A．该反应达到平衡时，v分解[Ni(CO)4]=4v消耗(CO)
B．第一阶段应选择稍高于42.2℃的反应温度
C．第二阶段,230℃时Ni(CO)4分解率较高
D．其他条件不变，增加c(CO),平衡向正向移动,反应的平衡常数不变
【答案】A
【解析】A.反应的速率之比和系数成正比，该反应达到平衡时，应满足4v分解[Ni(CO)4]=v消耗(CO)；A错误；第一阶段应选择稍高于42.2℃的反应温度，有利于Ni(CO)4的生成，B正确；230℃时反应达到平衡状态，Ni(CO)4分解率较高，C正确；平衡常数是温度的函数，温度不变，衡常数不变，D正确；正确答案选A。
8．（2019·山东高三期末）在一密闭烧瓶中注入NO2，在25℃时建立下列平衡：2NO2N2O4（正反应为放热反应），若把烧瓶置于100℃的沸水中，下列情况：①颜色，②平均相对分子质量，③质量，④压强，⑤密度。其中不变的是
A．②④ B．③④ C．③⑤ D．①③
【答案】C
【解析】可逆反应2NO2N2O4，正反应为放热反应，升高温度，化学平衡向着逆反应方向移动，①二氧化氮的浓度增大，颜色加深；②混合气体总的物质的量增大，混合气体总的质量不变，根据M=可知，混合气体的平均相对分子质量减小；③反应混合物都是气体，根据质量守恒定律，混合气体总的质量不变；④升高温度，化学平衡向左移动，混合气体总的物质的量增大、混合气体的温度升高，容器的容积不变，根据pV=nRT可知，容器内压强增大；⑤反应混合物都是气体，根据质量守恒定律，混合气体总的质量不变，容器的容积不变，根据ρ=可知，混合气体的密度不变，故选：C。
9．（2019·浙江高考模拟）可逆反应①X(g)+2Y(g)2Z(g)、②2M(g) Ng)+P(g)分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有无摩擦、可滑动的密封隔板。反应开始和达到平衡状态时有关物理量的变化如图所示，下列判断不正确的是
A．反应①的正反应是放热反应
B．达平衡(I)时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为10:11
C．达平衡(I)时，X的转化率为20％
D．在平衡(I)和平衡(II)中，M的体积分数不相等
【答案】C
【解析】A、降温由平衡（Ⅰ）向平衡（Ⅱ）移动，同时X、Y、Z的总物质的量减少，说明平衡向右移动，正反应放热，逆反应为吸热反应，故A正确；B、平衡时，右边物质的量不变，由图可以看出达平衡（Ⅰ）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为：，故B正确；C、达平衡（Ⅰ）时，右边气体的物质的量不变，仍为2mol，左右气体压强相等，设平衡时左边气体的物质的量为xmol，则有：，x=mol，即物质的量减少了(3-)mol=mol，所以达平衡（Ⅰ）时，X的转化率为， 故C错误；D、由平衡（Ⅰ）到平衡（Ⅱ），化学反应②发生平衡的移动，则M的体积分数不相等，故D正确；答案选C。
10．（2019·天津市新华中学高考模拟）Bodensteins研究反应H2(g)+I2(g)2HI(g) △H＜0 ，温度为T时，在两个体积均为1L的密闭容器中进行实验，测得气体混合物中碘化氢的物质的量分数w (HI)与反应时间t的关系如下表：
容器编号
起始物质
t/min
0
20
40
60
80
100
Ⅰ
0.5mol I2、0.5mol H2
w(HI)/%
0
50
68
76
80
80
Ⅱ
x mol HI
w(HI)/%
100
91
84
81
80
80
研究发现上述反应中：v正=ka•w(H2)•w(I2)，v逆=kb•w2(HI)，其中ka、kb为常数。下列说法不正确的是( )
A．温度为T时，该反应=64
B．容器I中在前20 min的平均速率v(HI)=0.025 mol•L-1•min-1
C．若起始时，向容器I中加入物质的量均为0.1 mol的H2、I2、HI，反应逆向进行
D．无论x为何值，两容器中达平衡时w(HI)%均相同
【答案】C
【解析】A． H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)
起始量(mol/L) 0.5 0.5 0
变化量(mol/L) n n 2n
平衡量(mol/L) 0.5-n 0.5-n 2n
w(HI)/%=×100%=80%，n=0.4 mol/L，平衡常数 K==64。反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，ka•w(H2)•w(I2)=v正=v逆=kb•w2(HI)，则==K=64，故A正确；
B．前20 min，H2(g) + I2(g)⇌2HI(g)
起始量(mol/L) 0.5 0.5 0
变化量(mol/L) m m 2m
平衡量(mol/L) 0.5-m 0.5-m 2m
w(HI)%=×100%=50%，m=0.25mol/L，容器I中前20 min的平均速率，v(HI)==0.025mol•L-1•min-1，故B正确；
C．若起始时，向容器I中加入物质的量均为0.l mol的H2、I2、HI，此时浓度商Qc==1＜K=64，反应正向进行，故C错误；
D．H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)反应前后气体的物质的量不变，改变压强，平衡不移动，因此无论x为何值，Ⅰ和Ⅱ均等效，两容器达平衡时w(HI)%均相同，故D正确；
答案选C。
11．（2019·安庆市第二中学高三开学考试）800℃时，在2 L密闭容器中发生反应：2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)，该反应体系中n(NO)随时间的变化如下表：
时间/s
0
1
2
3
4
5
n(NO)/mol
0.022
0.010
0.008
0.007
0.007
0.007
下列有关说法不正确的是
A．用氧气表示0～3 s内该反应的平均速率ν(O2)＝0.0025 mol·L－1·s－1
B．容器内颜色保持不变时，说明该反应达到平衡状态
C．增大氧气的浓度，既加快反应速率，又使平衡正向移动
D．该反应达到平衡时，转移电子总数为0.03NA
【答案】A
【解析】A. 用NO表示0～3 s内该反应的平均速率为，用氧气表示0～3 s内该反应的平均速率，故A错误；
B. 二氧化氮为红棕色，一氧化氮和氧气无色，故颜色为该反应的“变量”，所以容器内颜色保持不变时，说明该反应达到平衡状态，B正确；
C. 增大氧气的浓度，既加快反应速率，又使平衡正向移动，C正确；
D. 该反应达到平衡时，消耗了0.015molNO，共转移电子总数为0.03NA，D正确；
故答案选A。
12．（2019·黑龙江大庆实验中学高三开学考试）根据下列图示所得出的结论正确的是( )
图 1 图 2
图 3 图 4
A.由图1可知反应②的第I步比第Ⅱ步反应速率快
B.若图2为1 mL pH＝2某一元酸溶液加水稀释时pH随溶液总体积的变化曲线，则说明该酸是强酸
C.由图3知反应3A(g)＋2B(g) D 2C(g) 的 ΔH>0，且a＝1.5
D.若图4表示常温下用0.1000mo1/L NaOH溶液滴定25.00mL CH3COOH溶液的滴定曲线，则c(CH3COOH)=0.1000mo1/L
【答案】C
【解析】A. 由图1可知第I步比第Ⅱ步活化能高，因此反应②的第I步比第Ⅱ步反应速率慢，A错误；B. 若图2为1 mL pH＝2某一元酸溶液加水稀释时pH随溶液总体积的变化曲线，根据图像可知稀释100倍时pH＜4，则说明该酸是弱酸，B错误；C. 由图3知温度越高，平衡时C的体积分数越大，这说明升高温度平衡向正反应方向进行，ΔH＞0。A和B按照化学计量数比反应平衡时C的体积分数最大，因此反应3A(g)＋2B(g)2C(g)的ΔH＞0，且a＝1.5，C正确；D. 恰好反应时溶液显碱性，因此根据图4无法计算醋酸的浓度，D错误；答案选C。
13．（2019·山东高考模拟）氮氧化物是空气的主要污染物之一，研究氮氧化物的性质对于防治空气污染有重要意义。回答下列问题：
(1)已知：NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g) △H=－200.9kJ·mol－1
NO(g)+1/2O2(g)=NO2(g) △H=－58.2kJ·mol－1
写出NO与臭氧(O3)反应生成NO2的热化学方程式______________________。
(2)温度为T1时，在三个容积均为1L的密闭容器中仅发生反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g) △H＜0
实验测得：v正=v(NO)消耗= 2v(O2) 消耗= k正c2(NO)·c(O2)，v逆=v(NO2) 消耗= k逆c2 (NO2)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。
①温度为T1时， k正/k逆=___________；当温度升高为T2时，k正、k逆分别增大m倍和n倍，则m___________n(填“＞”、“＜“或“=”)。
②若容器Ⅱ中达到平衡时 c(NO2)/c(NO)=1，则NO的转化率为___________，x=___________。
③容器Ⅲ中起始时v正___________v逆(填“>”、“<”或“=”)，理由是___________。
④T1时，在1L密闭容器中按照一定比例充入NO(g)和O2(g)，达到平衡时NO2(g)的体积分数Φ(NO2)随n(NO)/n(O2)的变化如图所示，则A、B、C三点中NO的转化率最大的是___________；当n(NO)/n(O2)=2.3时，达到平衡时Φ(NO2)可能是D、E、F三点中的___________。
【答案】(1)3NO(g)＋O3(g)＝3NO2(g) △H=－317.3kJ·mol－1 (2)①1.25 < ②20% 0.85 ③< 因为Qc=0.22/0.32×0.25=1.78>K=1.25，反应向逆反应方向进行，所以v正
NO(g)+1/2O2(g)=NO2(g) △H=－58.2kJ·mol－1②
2×②+①可得，3NO(g)＋O3(g) = 3NO2(g) △H =－317.3kJ·mol－1，故答案为：3NO(g)＋O3(g) = 3NO2(g) △H =－317.3kJ·mol－1。
（2）①根据v正=v(NO)消耗=2v(O2)消耗= k正c2(NO)·c(O2)，得出k正=v(NO)消耗/c2(NO)·c(O2)，
根据v逆=v(NO2)消耗= k逆c2(NO2)，得出k逆= v(NO2)消耗/c2(NO2)，因为v(NO)消耗= v(NO2)消耗，所以k正/k逆= c2(NO2)/ c2(NO)·c(O2)=K，
2NO(g)+O2(g)2NO2(g)
起（mol·L－1） 0.6 0.3 0
转（mol·L－1） 0.2 0.1 0.2
平（mol·L－1） 0.4 0.2 0.2
K= c2(NO2)/c2(NO)·c(O2)= 0.22/0.42×0.2=1.25，
2NO(g)+O2(g)2NO2(g) △H＜0，此反应正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，由于k正/k逆=K，当温度升高为T2时，k正、k逆分别增大m倍和n倍，则m
起（mol·L－1） 0.5 x 0.3
转（mol·L－1） 2y y 2y
平（mol·L－1） 0.5-2y x-y 0.3+2y
达到平衡时 c(NO2)/c(NO)=1，故0.5-2y=0.3+2y，y=0.05，NO的转化率为2y/0.5×100％=2×0.05/0.5×100％=20%，K= c2 (NO2)/c2(NO)·c(O2)=0.42/0.42×(x-0.05)=1.25，x=0.85，故答案为：20%；0.85。
③容器Ⅲ中起始时v正K =1.25，反应向逆反应方向进行，所以v正K=1.25，反应向逆反应方向进行，所以v正
14．（2019·北京高三期末）为探究不同条件下甘油(丙三醇)和辛酸酯化合成甘油二酯的最佳条件，科研工作者做了甘油二酯的酶法合成工艺研究。
实验1：研究不同投料比对产率的影响
(1)理论分析合成甘油二酯所需辛酸与甘油的投料比(物质的量之比)为2∶1。实验证明提高投料比，甘油二酯的产率会降低，其原因可能是_______。
实验2：研究吸水剂对反应的影响
(2)硅胶易与羟基结合，故有较强的亲水性，易于吸附水分子。但是在反应体系里加入硅胶后甘油二酯含量明显降低，说明合成甘油二酯的平衡发生了逆向移动，分析可能的原因是________。
实验3：研究不同催化剂的催化效果
曲线
催化剂
纵坐标
①
脂肪酶I号
辛酸转化率
②
脂肪酶II号
辛酸转化率
③
脂肪酶I号
甘油二酯含量
④
脂肪酶II号
甘油二酯含量
(3)其他条件相同时，不同脂肪酶(I号、II号)催化合成甘油二酯的效果如图所示，选择此实验中催化效果相对最佳的反应条件是________(填字母序号)。
A．12 h，I号 B．24 h，I号
C．12 h，II号 D．24 h，II号
实验4：研究温度对反应速率和产率的影响
(4)选定脂肪酶做催化剂，继续实验。
①综合上图，选择6 h时比较适宜的反应温度是________。
②在6 h之后，辛酸的转化率总趋势缓慢上升，30℃、40℃甘油二酯的含量上升，但是50℃的却有所降低，分析可能的原因是________。
【答案】(1)辛酸的量增加，会有更多的甘油三酯生成，导致产物中甘油二酯的产率降低 (2)甘油分子有3个羟基，故硅胶对甘油的吸附能力也较强，降低了体系中反应物甘油的浓度，从而使合成甘油二酯的酯化反应平衡逆向移动，降低了甘油二酯的含量(3)A (4)①50℃②催化合成甘油二酯反应的脂肪酶，长时间处于高温下活性(选择性)下降，导致甘油二酯含量下降，副反应产物含量增加
【解析】（1）甘油的结构简式为CH2(OH)CH(OH)CH2OH，甘油二酯分子中含有1个羟基，投料比增大，即增大辛酸，辛酸与甘油二酯中羟基继续发生反应，生成甘油三酯，即提高投料比，甘油二酯产率降低的原因是辛酸的量增加，会有更多的甘油三酯生成，导致产物中甘油二酯的产率降低；
（2）硅胶硅胶能与羟基结合，甘油分子中含有3个羟基，硅胶对甘油的吸附能力较强，降低了体系中反应物中甘油的浓度，使平衡向逆反应方向进行，降低了甘油二酯的含量；
（3）根据图像，曲线①在12h辛酸的转化率较大，曲线①12h以后虽然辛酸的转化率增大，但是增大的并不大，即催化效果相对最佳的反应条件是①号，12h，故选项A正确；
（4）①根据图像6h时，50℃的曲线辛酸的转化率最大，故反应温度为50℃；
②50℃转化率有所降低的原因是：催化合成甘油二酯反应的脂肪酶，长时间处于高温下活性(选择性)下降，导致甘油二酯含量下降，副反应产物含量增加。
一、体系构建
二、可逆反应与化学平衡建立
1.可逆反应
(1)定义
在同一条件下，既可以向正反应方向进行，同时又可以向逆反应方向进行的化学反应。
(2)特点
①二同：a.相同条件下；b.正、逆反应同时进行。
②一小：反应物与生成物同时存在；任一组分的转化率都小于(填“大于”或“小于”)100%。
(3)表示
在方程式中用“”表示。
2.化学平衡状态
(1)概念
一定条件下的可逆反应中，正反应速率与逆反应速率相等，反应体系中所有参加反应的物质的质量或浓度保持不变的状态。
(2)建立
(3)平衡特点
3.判断化学平衡状态的两种方法
(1)动态标志：v正＝v逆≠0
①同种物质：同一物质的生成速率等于消耗速率。
②不同物质：必须标明是“异向”的反应速率关系。如aA＋bBcC＋dD，＝时，反应达到平衡状态。
(2)静态标志：各种“量”不变
①各物质的质量、物质的量或浓度不变。
②各物质的百分含量(物质的量分数、质量分数等)不变。
③温度、压强(化学反应方程式两边气体体积不相等)或颜色(某组分有颜色)不变。
总之，若物理量由变量变成了不变量，则表明该可逆反应达到平衡状态；若物理量为“不变量”，则不能作为平衡标志。
三、化学平衡移动
1.化学平衡移动的过程
2.化学平衡移动与化学反应速率的关系
(1)v正>v逆：平衡向正反应方向移动。
(2)v正＝v逆：反应达到平衡状态，不发生平衡移动。
(3)v正＜v逆：平衡向逆反应方向移动。
3.影响化学平衡的因素
(1)若其他条件不变，改变下列条件对化学平衡的影响如下：
改变的条件(其他条件不变)
化学平衡移动的方向
浓度
增大反应物浓度或减小生成物浓度
向正反应方向移动
减小反应物浓度或增大生成物浓度
向逆反应方向移动
压强(对有气体参加的反应)
反应前后气体体积改变
增大压强
向气体分子总数减小的方向移动
减小压强
向气体分子总数增大的方向移动
反应前后气体体积不变
改变压强
平衡不移动
温度
升高温度
向吸热反应方向移动
降低温度
向放热反应方向移动
催化剂
同等程度改变v正、v逆，平衡不移动
(2)勒夏特列原理
如果改变影响化学平衡的条件之一(如温度、压强以及参加反应的物质的浓度)，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。
(3)“惰性气体”对化学平衡的影响
①恒温恒容条件
原平衡体系体系总压强增大―→体系中各组分的浓度不变―→平衡不移动。
②恒温恒压条件
原平衡体系容器容积增大，各反应气体的分压减小―→
四、等效平衡
1.等效平衡的含义
在一定条件下(恒温恒容或恒温恒压)下，同一可逆反应体系，不管是从正反应开始，还是从逆反应开始，还是正、逆反应同时投料，达到化学平衡状态时，任何相同组分的百分含量(质量分数、物质的量分数、体积分数等)均相同。
2.等效平衡的判断方法
(1)恒温恒容条件下反应前后体积改变的反应
判断方法：极值等量即等效。
例如：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)
① 2 mol 1 mol 0
② 0 0 2 mol
③ 0.5 mol 0.25 mol 1.5 mol
④ a mol b mol c mol
上述①②③三种配比，按化学方程式的化学计量关系均转化为反应物，则SO2均为2 mol，O2均为1 mol，三者建立的平衡状态完全相同。
④中a、b、c三者的关系满足：c＋a＝2，＋b＝1，即与上述平衡等效。
(2)恒温恒压条件下反应前后体积改变的反应
判断方法：极值等比即等效。
例如：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)
① 2 mol 3 mol 0
② 1 mol 3.5 mol 2 mol
③ a mol b mol c mol
按化学方程式的化学计量关系均转化为反应物，则①②中＝，故互为等效平衡。
③中a、b、c三者关系满足：＝，即与①②平衡等效。
(3)恒温条件下反应前后体积不变的反应
判断方法：无论是恒温恒容，还是恒温恒压，只要极值等比即等效，因为压强改变对该类反应的化学平衡无影响。
例如：H2(g)＋I2(g)2HI(g)
① 1 mol 1 mol 0
② 2 mol 2 mol 1 mol
③ a mol b mol c mol
①②两种情况下，n(H2)∶n(I2)＝1∶1，故互为等效平衡。
③中a、b、c三者关系满足∶＝1∶1或a∶b＝1∶1，c≥0，即与①②平衡等效。
3.虚拟“中间态”法构建等效平衡
(1)构建恒温恒容平衡思维模式
新平衡状态可认为是两个原平衡状态简单的叠加并压缩而成，相当于增大压强。
(2)构建恒温恒压平衡思维模式(以气体物质的量增加的反应为例，见图示)
新平衡状态可以认为是两个原平衡状态简单的叠加，压强不变，平衡不移动。
【典题精练】
考点1、考查可逆反应的特点
6．一定条件下，对于可逆反应X(g)＋3Y(g)2Z(g)，若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3(均不为零)，达到平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1 mol·L－1、0.3 mol·L－1、0.08 mol·L－1，则下列判断正确的是( )
A．c1：c2＝3：1
B．平衡时，Y和Z的生成速率之比为2：3
C．X、Y的转化率相等
D．c1的取值范围为0
练后归纳 ：极端假设法确定各物质浓度范围
上述题目1可根据极端假设法判断，假设反应正向或逆向进行到底，求出各物质浓度的最大值和最小值，从而确定它们的浓度范围。
假设反应正向进行到底：X2(g)＋Y2(g)2Z(g)
起始浓度(mol·L－1) 0.1 0.3 0.2
改变浓度(mol·L－1) 0.1 0.1 0.2
终态浓度(mol·L－1) 0 0.2 0.4
假设反应逆向进行到底：X2(g)＋Y2(g)2Z(g)
起始浓度(mol·L－1) 0.1 0.3 0.2
改变浓度(mol·L－1) 0.1 0.1 0.2
终态浓度(mol·L－1) 0.2 0.4 0
平衡体系中各物质的浓度范围为X2∈(0，0.2)，Y2∈(0.2，0.4)，Z∈(0，0.4)。
考点2、考查化学平衡的判断
例2．一定温度下某容积固定的密闭容器中，对可逆反应A(g)＋B(g)2C(g)，下列叙述能说明反应已达到平衡的是( )
A．容器内的压强不再变化
B．混合气体的密度不再变化
C．消耗B的速率是生成C的速率的
D．单位时间内生成a mol B，同时生成2a mol C
解析：A选项，反应前后气体化学计量数不变，总物质的量不变，容器内压强一直不变；B选项，混合气体质量不变，体积不变，则密度一直不变；C选项，消耗B和生成C都是正反应；D选项，生成B为逆反应，生成C为正反应，反应速率符合化学计量数比，可以作为判断达到平衡的标志。
答案：D
练后归纳：判断平衡状态的方法——“逆向相等，变量不变”
(1)“逆向相等”：反应速率必须一个是正反应的速率，一个是逆反应的速率，且经过换算后同一种物质的正反应速率和逆反应速率相等。
特别注意：同一反应方向的反应速率不能判断反应是否达到平衡状态。
(2)“变量不变”：如果一个量是随反应进行而改变的，当不变时为平衡状态；一个随反应的进行保持不变的量，不能作为是否是平衡状态的判断依据。
考点3、考查化学平衡的移动方向的判断
1．已建立平衡的某可逆反应，当改变条件使化学平衡向正反应方向移动时，下列叙述正确的是( )
①生成物的体积分数一定增加
②生成物的产量一定增加
③反应物的转化率一定增大
④反应物浓度一定降低
⑤正反应速率一定大于逆反应速率
⑥加入催化剂可以达到以上目的
A．①② B．②⑤ C．③⑤ D．④⑥
解析：改变条件使化学平衡正向移动，生成物的体积分数不一定增大，如改变的条件是增大某一反应物浓度，生成物的体积分数可能减小，①错误；平衡正向移动，生成物的产量一定增加，v(正)>v(逆)，②⑤正确；平衡正向移动，反应物的转化率不一定增大，如2SO2＋O22SO3，增加O2的量，SO2转化率增大，而O2的转化率减小，③错误；若缩小体积，增大压强，反应物浓度会增大，④错误；加入催化剂平衡不移动，⑥错误。综上所述，B项正确。
答案：B
思维建模：判断化学平衡移动方向的思维模型
考点4、考查等效平衡的应用
例4.一定温度下，在3个容积均为1.0 L的恒容密闭容器中反应2H2(g)＋CO(g)CH3OH(g)达到平衡，下列说法正确的是( )
容器
温度/K
物质的起始浓度/mol·L－1
物质的平衡浓度/mol·L－1
c(H2)
c(CO)
c(CH3OH)
c(CH3OH)
Ⅰ
400
0.20
0.10
0
0.080
Ⅱ
400
0.40
0.20
0
Ⅲ
500
0
0
0.10
0.025
A.该反应的正反应吸热
B.达到平衡时，容器Ⅰ中反应物的转化率比容器Ⅱ中的大
C.达到平衡时，容器Ⅱ中c(H2)大于容器Ⅲ中c(H2)的两倍
D.达到平衡时，容器Ⅲ中的正反应速率比容器Ⅰ中的大
解析：对比容器Ⅰ和Ⅲ可知两者投料量相当，若温度相同，最终建立等效平衡，但Ⅲ温度高，平衡时c(CH3OH)小，说明平衡向逆反应方向移动，即逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，A错误；Ⅱ相对于Ⅰ成比例增加投料量，相当于加压，平衡正向移动，转化率提高，所以Ⅱ中转化率高，B错误；不考虑温度，Ⅱ中投料量是Ⅲ的两倍，相当于加压，平衡正向移动，所以Ⅱ中c(H2)小于Ⅲ中c(H2)的两倍，C错误；对比Ⅰ和Ⅲ，若温度相同，两者建立等效平衡，两容器中速率相等，但Ⅲ温度高，速率更快，D正确。
答案：D
练后归纳：两平衡状态间要互为等效应满足四点：
①同一条件；②同一可逆反应；③仅仅由于初始投料不同(即建立平衡的方向可以不同)；④平衡时相应物质在各自平衡体系中的体积分数(或物质的量分数)相同。
考点5、考查勒夏特列原理的应用
例5．下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是( )
A.
解析：本题考查化学平衡移动原理的应用。A项中NO2球中存在2NO2N2O4，ΔH<0，正反应放热，NO2球放入冷水，颜色变浅，NO2球放入热水，颜色变深，可以用平衡移动原理解释，A项错误；根据B中表格的数据，温度升高，KW增大，则水的电离是吸热反应，能用平衡移动原理解释，B项错误；H2O2溶液加MnO2是为了加快化学反应速率，MnO2作催化剂，C项正确；氨水中存在电离平衡NH3·H2ONH＋OH－，随着氨水浓度降低，氨水电离程度增大，可以用平衡移动原理解释，D项错误。
答案：C
易错提醒：1．对于溶液中的离子反应，向溶液中加入与实际反应无关的离子，平衡不移动。
2．溶液中的可逆反应，达平衡后加水稀释，平衡向溶质微粒数增多的方向移动。
3．改变固体或纯液体的量，对平衡无影响。
4．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。
5．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)。
6．“惰性气体”对化学平衡的影响
①恒温、恒容条件
原平衡体系体系总压强增大―→体系中各组分的浓度不变―→平衡不移动。
②恒温、恒压条件
原平衡体系容器容积增大，各反应气体的分压减小―→体系中各组分的浓度同倍数减小(等效于减压)
考点6、考查化学平衡图像分析
例6．根据下列有关图象，说法正确的是( )
A．由图甲知，反应在T1，T3处达到平衡，且该反应的ΔH<0
B．由图乙知，反应在t6时，NH3体积分数最大
C．由图乙知，t3时采取降低反应温度的措施
D．图丙在10 L容器、850 ℃，反应到4 min时，放出51.6 kJ的热量
解析：由图甲可知，T2时处于化学平衡状态，升高温度，Z%减少，X%增多，所以ΔH<0，A错误；由图乙可知，反应自t3开始一直在向逆反应方向移动，所以t6时NH3的体积分数最小，B错误；由图乙可知，t3时如果降低温度，平衡向正反应方向移动，则v正>v逆，C错误；由图丙可知，反应进行到4 min时，消耗的反应物的物质的量为0.12 mol·L－1×10 L＝1.2 mol，所以放出的热量为51.6 kJ，D正确。
答案：D
练后总结：解答化学平衡图像题的思路、步骤与技巧
1．解题思路
2．解题步骤
3．解题技巧
(1)先拐先平数值大。在含量—时间曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲线表示的温度较高或压强较大。
(2)定一议二。图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系。即确定横坐标所表示的量后，讨论纵坐标与曲线的关系；或确定纵坐标所表示的量后(通常可画一垂线)，讨论横坐标与曲线的关系。
(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。
考点7、考查化学平衡原理在工农业生产中的应用
例7．合成氨工业中，原料气(N2、H2及少量CO、NH3的混合气)在进入合成塔前常用醋酸二氨合铜(I)溶液来吸收原料气中的CO，其反应是Cu(NH3)2CH3COO＋CO＋NH3Cu(NH3)3CH3COO·CO ΔH<0。
(1)必须除去原料气中CO的原因是_______________。
(2)醋酸二氨合铜(I)吸收CO的生产适宜条件应是________。
(3)吸收CO后的醋酸二氨合铜溶液经过适当处理又可再生，恢复其吸收CO的能力以供循环使用。醋酸二氨合铜溶液再生的生产适宜条件应是________。
解析：合成氨的流程中的除杂，是为了除去能使催化剂中毒的物质。题中指出：在合成氨的过程中必须除去CO，因此CO是属于使催化剂中毒的物质。从吸收CO的化学方程式可得：吸收CO的反应是正反应为气体体积缩小的放热反应，因此为了使CO尽最大可能地被吸收，应采取高压、低温的办法使平衡正向移动，要使醋酸二氨合铜(I)溶液再生，即使平衡逆向移动，故必须采取低压、高温的办法。
答案：(1)防止CO使催化剂中毒 (2)低温、高压 (3)高温、低压
练后归纳：工农业生产中平衡类问题需综合考虑的几个方面
(1)原料的来源、除杂，尤其考虑杂质对平衡的影响。
(2)原料的循环利用。
(3)产物的污染处理。
(4)产物的酸碱性对反应的影响。
(5)气体产物的压强对平衡造成的影响。
(6)改变外界条件对多平衡体系的影响。
【名校新题】
1．（2019·辉县市第一高级中学高考模拟）下面是某化学研究小组探究外界条件对化学反应速率和化学平衡影响的图像，其中图像和实验结论表达均正确的是
A．①是其他条件一定时，反应速率随温度变化的图像，正反应ΔH＜0
B．②是在平衡体系的溶液中溶入少量KCl晶体后化学反应速率随时间变化的图像
C．③是在有无催化剂存在下建立的平衡过程图像，a是使用催化剂时的曲线
D．④是一定条件下，向含有一定量A的容器中逐渐加入B时的图像，压强p1＞p2
【答案】C
【解析】A．根据图象知，升高温度，平衡向正反应方向移动，则正反应的△H＞0，故A错误；B．该反应实质为Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3，钾离子和氯离子不参加反应，则KCl浓度增大不影响化学平衡移动，故B错误；C．使用催化剂，反应速率加快，缩短反应时间，所以先达到平衡状态，故C正确；D．该反应前后气体的物质的量不变，改变压强不影响平衡状态，即不影响A的转化率，由于不断加入B，A的转化率增大，故D错误。故选C。
2．（2019·山东师范大学附中高考模拟）下图所示为工业合成氨的流程图。有关说法错误的是
A．步骤①中“净化”可以防止催化剂中毒
B．步骤②中“加压”既可以提高原料的转化率，又可以加快反应速率
C．步骤③、④、⑤均有利于提高原料平衡的转化率
D．产品液氨除可生产化肥外，还可用作制冷剂
【答案】C
【解析】A项：合成氨使用含铁催化剂，为防止催化剂中毒，须将原料“净化”处理，A项正确；B项：步骤②中“加压”，可增大氮气、氢气浓度，加快合成氨反应速率又能使平衡右移，提高原料转化率，B项正确；C项：合成氨反应放热，步骤③使用较高温度不利于提高原料转化率，同时使用催化剂也不能使平衡移动，步骤④、⑤能有利于提高原料的转化率，故C项错误；D项：产品液氨可用酸吸收生成铵态氮肥。液氨汽化时会吸收大量热，可用作制冷剂，D项正确。本题选C。
3．（2019·山东高三期末）在一定条件下A2和B2可发生反应：A2(g)+3B2(g) 2AB3(g)。图1表示在一定温度下此反应过程中的能量变化，图2表示在固定容积为2L的密闭容器中反应时A2的物质的量随时间变化的关系，图3表示在其他条件不变的情况下，改变反应物B2的起始物质的量对此反应平衡的影响。下列说法错误的是
A．该反应在低于某一温度时能自发进行
B．10min内该反应的平均速率v(B2)=0.045mol/(L·min)
C．11min时，其他条件不变，压缩容器容积至1L，n(A2)的变化趋势如图2中曲线d所示
D．图3中T1
【解析】A. 体系的自由能△G=△H-T△S，根据图示可知，该反应为放热反应，△H<0，由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，所以△S<0。当温度较低时，△G=△H-T△S <0，反应能够自发进行；当温度较高时，T△S>△H，即△G>0，反应不能自发进行，A正确；B.10min内该反应的平均速率v(A2)=mol/(L·min)，根据方程式可知v(B2)=3v(A2)=0.045mol/(L·min)，B正确；C.11min时，其他条件不变，压缩容器容积至1L，由于物质的浓度增大，化学平衡正向移动，不断消耗A2，所以n(A2)的物质的量会进一步减少，n(A2)变化趋势如图2中曲线d所示，C正确；D.在温度不变时，增大某种反应物的浓度，化学平衡正向移动，可以使其它反应物的转化率提高，故当T1
A．实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气
B．溴水中有下列平衡Br2+H2OHBr+HBrO，当加入硝酸银溶液后（AgBr是淡黄色沉淀），溶液颜色变浅
C．SO2催化氧化制SO3的过程中使用过量的氧气，以提高二氧化硫的转化率
D．恒温、恒压条件下，在2NO2N2O4平衡体系中充入He后，体系颜色变浅
【答案】D
【解析】A.氯气通入食盐水中存在如下平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，饱和食盐水中Cl-浓度很大，该平衡向逆反应方向移动，Cl2的溶解度减小，有利于收集更多的Cl2，能用勒夏特列原理解释，A项错误；B.向溴水中加入AgNO3溶液后发生离子反应Ag++Br-=AgBr↓，溶液中Br-浓度减小，Br2+H2OH++Br-+HBrO平衡向正反应方向移动，Br2的浓度将减小，溶液的颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，B项错误；C.2SO2(g)+O22SO3(g)，使用过量的氧气，平衡向正反应方向移动，SO2的转化率增大，能用勒夏特列原理解释，C项错误；D.恒温、恒压条件下，在2NO2N2O4平衡体系中充入He，体系的体积将增大，NO2（红棕色）的浓度减小，所以体系颜色变浅，不能用勒夏特列原理解释，D项正确；答案选D。
5．（2019·山东新泰市第一中学高三月考）下列图示与对应的叙述正确的是
A．图甲表示有无催化剂的反应，加催化剂可以改变反应的焓变
B．图乙表示等浓度等体积的NaCl、NaBr及NaI溶液分别用AgNO3溶液滴定曲线，a为Cl－
C．图丙表示等浓度等体积的盐酸和醋酸分别用NaOH溶液的滴定曲线，指示剂都可用酚酞
D．图丁表示反应2CO(g)＋2NO(g)N2(g)＋2CO2(g)，在其他条件不变时，改变起始CO的物质的量，平衡时N2的体积分数变化，由图可知NO的转化率b＞c＞a
【答案】C
【解析】A、反应物总能量大于生成物总能量，则该反应的正反应是放热反应，催化剂能改变活化能，但不改变焓变，故A错误；B、AgI的溶度积最小，且pX=-lg[c（X－）]的值越大，代表该离子的浓度越小，可知c为Cl－的曲线，故B错误；C、醋酸为弱酸，等浓度时pH比盐酸大，滴定终点呈碱性，可用酚酞作指示剂，故C正确；D、增大CO的物质的量，平衡正向移动，促进NO的转化，则在其他条件不变的情况下结合图中起始CO的物质的量，可知NO的转化率c＞b＞a，故D错误；故选C。
6．（2019·四川省宜宾市叙州区第一中学高三月考）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】A．加入NaOH，中和HBr，平衡逆向移动，可增大乙醇的物质的量。选项A正确。B．增大HBr浓度，平衡正向移动，有利于生成C2H5Br。选B正确。C．若反应物增大至2 mol，实际上就是将反应物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），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。选项C正确。D．若起始温度提高至60℃，考虑到HBr易挥发性，温度升高化学反应速率加快，而反应物浓度减小能使化学反应速率变慢，故不一定能缩短到达平衡的时间。选项D错误。故选D。
7．（2019·山东济南外国语学校高考模拟）常压下羰基化法精炼镍的原理为: Ni(s)+4CO(g) Ni(CO)4(g)。230℃时，该反应的平衡常数K=2×10−5。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍。下列判断不正确的是( )
A．该反应达到平衡时，v分解[Ni(CO)4]=4v消耗(CO)
B．第一阶段应选择稍高于42.2℃的反应温度
C．第二阶段,230℃时Ni(CO)4分解率较高
D．其他条件不变，增加c(CO),平衡向正向移动,反应的平衡常数不变
【答案】A
【解析】A.反应的速率之比和系数成正比，该反应达到平衡时，应满足4v分解[Ni(CO)4]=v消耗(CO)；A错误；第一阶段应选择稍高于42.2℃的反应温度，有利于Ni(CO)4的生成，B正确；230℃时反应达到平衡状态，Ni(CO)4分解率较高，C正确；平衡常数是温度的函数，温度不变，衡常数不变，D正确；正确答案选A。
8．（2019·山东高三期末）在一密闭烧瓶中注入NO2，在25℃时建立下列平衡：2NO2N2O4（正反应为放热反应），若把烧瓶置于100℃的沸水中，下列情况：①颜色，②平均相对分子质量，③质量，④压强，⑤密度。其中不变的是
A．②④ B．③④ C．③⑤ D．①③
【答案】C
【解析】可逆反应2NO2N2O4，正反应为放热反应，升高温度，化学平衡向着逆反应方向移动，①二氧化氮的浓度增大，颜色加深；②混合气体总的物质的量增大，混合气体总的质量不变，根据M=可知，混合气体的平均相对分子质量减小；③反应混合物都是气体，根据质量守恒定律，混合气体总的质量不变；④升高温度，化学平衡向左移动，混合气体总的物质的量增大、混合气体的温度升高，容器的容积不变，根据pV=nRT可知，容器内压强增大；⑤反应混合物都是气体，根据质量守恒定律，混合气体总的质量不变，容器的容积不变，根据ρ=可知，混合气体的密度不变，故选：C。
9．（2019·浙江高考模拟）可逆反应①X(g)+2Y(g)2Z(g)、②2M(g) Ng)+P(g)分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有无摩擦、可滑动的密封隔板。反应开始和达到平衡状态时有关物理量的变化如图所示，下列判断不正确的是
A．反应①的正反应是放热反应
B．达平衡(I)时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为10:11
C．达平衡(I)时，X的转化率为20％
D．在平衡(I)和平衡(II)中，M的体积分数不相等
【答案】C
【解析】A、降温由平衡（Ⅰ）向平衡（Ⅱ）移动，同时X、Y、Z的总物质的量减少，说明平衡向右移动，正反应放热，逆反应为吸热反应，故A正确；B、平衡时，右边物质的量不变，由图可以看出达平衡（Ⅰ）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为：，故B正确；C、达平衡（Ⅰ）时，右边气体的物质的量不变，仍为2mol，左右气体压强相等，设平衡时左边气体的物质的量为xmol，则有：，x=mol，即物质的量减少了(3-)mol=mol，所以达平衡（Ⅰ）时，X的转化率为， 故C错误；D、由平衡（Ⅰ）到平衡（Ⅱ），化学反应②发生平衡的移动，则M的体积分数不相等，故D正确；答案选C。
10．（2019·天津市新华中学高考模拟）Bodensteins研究反应H2(g)+I2(g)2HI(g) △H＜0 ，温度为T时，在两个体积均为1L的密闭容器中进行实验，测得气体混合物中碘化氢的物质的量分数w (HI)与反应时间t的关系如下表：
容器编号
起始物质
t/min
0
20
40
60
80
100
Ⅰ
0.5mol I2、0.5mol H2
w(HI)/%
0
50
68
76
80
80
Ⅱ
x mol HI
w(HI)/%
100
91
84
81
80
80
研究发现上述反应中：v正=ka•w(H2)•w(I2)，v逆=kb•w2(HI)，其中ka、kb为常数。下列说法不正确的是( )
A．温度为T时，该反应=64
B．容器I中在前20 min的平均速率v(HI)=0.025 mol•L-1•min-1
C．若起始时，向容器I中加入物质的量均为0.1 mol的H2、I2、HI，反应逆向进行
D．无论x为何值，两容器中达平衡时w(HI)%均相同
【答案】C
【解析】A． H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)
起始量(mol/L) 0.5 0.5 0
变化量(mol/L) n n 2n
平衡量(mol/L) 0.5-n 0.5-n 2n
w(HI)/%=×100%=80%，n=0.4 mol/L，平衡常数 K==64。反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，ka•w(H2)•w(I2)=v正=v逆=kb•w2(HI)，则==K=64，故A正确；
B．前20 min，H2(g) + I2(g)⇌2HI(g)
起始量(mol/L) 0.5 0.5 0
变化量(mol/L) m m 2m
平衡量(mol/L) 0.5-m 0.5-m 2m
w(HI)%=×100%=50%，m=0.25mol/L，容器I中前20 min的平均速率，v(HI)==0.025mol•L-1•min-1，故B正确；
C．若起始时，向容器I中加入物质的量均为0.l mol的H2、I2、HI，此时浓度商Qc==1＜K=64，反应正向进行，故C错误；
D．H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)反应前后气体的物质的量不变，改变压强，平衡不移动，因此无论x为何值，Ⅰ和Ⅱ均等效，两容器达平衡时w(HI)%均相同，故D正确；
答案选C。
11．（2019·安庆市第二中学高三开学考试）800℃时，在2 L密闭容器中发生反应：2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)，该反应体系中n(NO)随时间的变化如下表：
时间/s
0
1
2
3
4
5
n(NO)/mol
0.022
0.010
0.008
0.007
0.007
0.007
下列有关说法不正确的是
A．用氧气表示0～3 s内该反应的平均速率ν(O2)＝0.0025 mol·L－1·s－1
B．容器内颜色保持不变时，说明该反应达到平衡状态
C．增大氧气的浓度，既加快反应速率，又使平衡正向移动
D．该反应达到平衡时，转移电子总数为0.03NA
【答案】A
【解析】A. 用NO表示0～3 s内该反应的平均速率为，用氧气表示0～3 s内该反应的平均速率，故A错误；
B. 二氧化氮为红棕色，一氧化氮和氧气无色，故颜色为该反应的“变量”，所以容器内颜色保持不变时，说明该反应达到平衡状态，B正确；
C. 增大氧气的浓度，既加快反应速率，又使平衡正向移动，C正确；
D. 该反应达到平衡时，消耗了0.015molNO，共转移电子总数为0.03NA，D正确；
故答案选A。
12．（2019·黑龙江大庆实验中学高三开学考试）根据下列图示所得出的结论正确的是( )
图 1 图 2
图 3 图 4
A.由图1可知反应②的第I步比第Ⅱ步反应速率快
B.若图2为1 mL pH＝2某一元酸溶液加水稀释时pH随溶液总体积的变化曲线，则说明该酸是强酸
C.由图3知反应3A(g)＋2B(g) D 2C(g) 的 ΔH>0，且a＝1.5
D.若图4表示常温下用0.1000mo1/L NaOH溶液滴定25.00mL CH3COOH溶液的滴定曲线，则c(CH3COOH)=0.1000mo1/L
【答案】C
【解析】A. 由图1可知第I步比第Ⅱ步活化能高，因此反应②的第I步比第Ⅱ步反应速率慢，A错误；B. 若图2为1 mL pH＝2某一元酸溶液加水稀释时pH随溶液总体积的变化曲线，根据图像可知稀释100倍时pH＜4，则说明该酸是弱酸，B错误；C. 由图3知温度越高，平衡时C的体积分数越大，这说明升高温度平衡向正反应方向进行，ΔH＞0。A和B按照化学计量数比反应平衡时C的体积分数最大，因此反应3A(g)＋2B(g)2C(g)的ΔH＞0，且a＝1.5，C正确；D. 恰好反应时溶液显碱性，因此根据图4无法计算醋酸的浓度，D错误；答案选C。
13．（2019·山东高考模拟）氮氧化物是空气的主要污染物之一，研究氮氧化物的性质对于防治空气污染有重要意义。回答下列问题：
(1)已知：NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g) △H=－200.9kJ·mol－1
NO(g)+1/2O2(g)=NO2(g) △H=－58.2kJ·mol－1
写出NO与臭氧(O3)反应生成NO2的热化学方程式______________________。
(2)温度为T1时，在三个容积均为1L的密闭容器中仅发生反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g) △H＜0
实验测得：v正=v(NO)消耗= 2v(O2) 消耗= k正c2(NO)·c(O2)，v逆=v(NO2) 消耗= k逆c2 (NO2)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。
①温度为T1时， k正/k逆=___________；当温度升高为T2时，k正、k逆分别增大m倍和n倍，则m___________n(填“＞”、“＜“或“=”)。
②若容器Ⅱ中达到平衡时 c(NO2)/c(NO)=1，则NO的转化率为___________，x=___________。
③容器Ⅲ中起始时v正___________v逆(填“>”、“<”或“=”)，理由是___________。
④T1时，在1L密闭容器中按照一定比例充入NO(g)和O2(g)，达到平衡时NO2(g)的体积分数Φ(NO2)随n(NO)/n(O2)的变化如图所示，则A、B、C三点中NO的转化率最大的是___________；当n(NO)/n(O2)=2.3时，达到平衡时Φ(NO2)可能是D、E、F三点中的___________。
【答案】(1)3NO(g)＋O3(g)＝3NO2(g) △H=－317.3kJ·mol－1 (2)①1.25 < ②20% 0.85 ③< 因为Qc=0.22/0.32×0.25=1.78>K=1.25，反应向逆反应方向进行，所以v正
NO(g)+1/2O2(g)=NO2(g) △H=－58.2kJ·mol－1②
2×②+①可得，3NO(g)＋O3(g) = 3NO2(g) △H =－317.3kJ·mol－1，故答案为：3NO(g)＋O3(g) = 3NO2(g) △H =－317.3kJ·mol－1。
（2）①根据v正=v(NO)消耗=2v(O2)消耗= k正c2(NO)·c(O2)，得出k正=v(NO)消耗/c2(NO)·c(O2)，
根据v逆=v(NO2)消耗= k逆c2(NO2)，得出k逆= v(NO2)消耗/c2(NO2)，因为v(NO)消耗= v(NO2)消耗，所以k正/k逆= c2(NO2)/ c2(NO)·c(O2)=K，
2NO(g)+O2(g)2NO2(g)
起（mol·L－1） 0.6 0.3 0
转（mol·L－1） 0.2 0.1 0.2
平（mol·L－1） 0.4 0.2 0.2
K= c2(NO2)/c2(NO)·c(O2)= 0.22/0.42×0.2=1.25，
2NO(g)+O2(g)2NO2(g) △H＜0，此反应正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，由于k正/k逆=K，当温度升高为T2时，k正、k逆分别增大m倍和n倍，则m
起（mol·L－1） 0.5 x 0.3
转（mol·L－1） 2y y 2y
平（mol·L－1） 0.5-2y x-y 0.3+2y
达到平衡时 c(NO2)/c(NO)=1，故0.5-2y=0.3+2y，y=0.05，NO的转化率为2y/0.5×100％=2×0.05/0.5×100％=20%，K= c2 (NO2)/c2(NO)·c(O2)=0.42/0.42×(x-0.05)=1.25，x=0.85，故答案为：20%；0.85。
③容器Ⅲ中起始时v正
14．（2019·北京高三期末）为探究不同条件下甘油(丙三醇)和辛酸酯化合成甘油二酯的最佳条件，科研工作者做了甘油二酯的酶法合成工艺研究。
实验1：研究不同投料比对产率的影响
(1)理论分析合成甘油二酯所需辛酸与甘油的投料比(物质的量之比)为2∶1。实验证明提高投料比，甘油二酯的产率会降低，其原因可能是_______。
实验2：研究吸水剂对反应的影响
(2)硅胶易与羟基结合，故有较强的亲水性，易于吸附水分子。但是在反应体系里加入硅胶后甘油二酯含量明显降低，说明合成甘油二酯的平衡发生了逆向移动，分析可能的原因是________。
实验3：研究不同催化剂的催化效果
曲线
催化剂
纵坐标
①
脂肪酶I号
辛酸转化率
②
脂肪酶II号
辛酸转化率
③
脂肪酶I号
甘油二酯含量
④
脂肪酶II号
甘油二酯含量
(3)其他条件相同时，不同脂肪酶(I号、II号)催化合成甘油二酯的效果如图所示，选择此实验中催化效果相对最佳的反应条件是________(填字母序号)。
A．12 h，I号 B．24 h，I号
C．12 h，II号 D．24 h，II号
实验4：研究温度对反应速率和产率的影响
(4)选定脂肪酶做催化剂，继续实验。
①综合上图，选择6 h时比较适宜的反应温度是________。
②在6 h之后，辛酸的转化率总趋势缓慢上升，30℃、40℃甘油二酯的含量上升，但是50℃的却有所降低，分析可能的原因是________。
【答案】(1)辛酸的量增加，会有更多的甘油三酯生成，导致产物中甘油二酯的产率降低 (2)甘油分子有3个羟基，故硅胶对甘油的吸附能力也较强，降低了体系中反应物甘油的浓度，从而使合成甘油二酯的酯化反应平衡逆向移动，降低了甘油二酯的含量(3)A (4)①50℃②催化合成甘油二酯反应的脂肪酶，长时间处于高温下活性(选择性)下降，导致甘油二酯含量下降，副反应产物含量增加
【解析】（1）甘油的结构简式为CH2(OH)CH(OH)CH2OH，甘油二酯分子中含有1个羟基，投料比增大，即增大辛酸，辛酸与甘油二酯中羟基继续发生反应，生成甘油三酯，即提高投料比，甘油二酯产率降低的原因是辛酸的量增加，会有更多的甘油三酯生成，导致产物中甘油二酯的产率降低；
（2）硅胶硅胶能与羟基结合，甘油分子中含有3个羟基，硅胶对甘油的吸附能力较强，降低了体系中反应物中甘油的浓度，使平衡向逆反应方向进行，降低了甘油二酯的含量；
（3）根据图像，曲线①在12h辛酸的转化率较大，曲线①12h以后虽然辛酸的转化率增大，但是增大的并不大，即催化效果相对最佳的反应条件是①号，12h，故选项A正确；
（4）①根据图像6h时，50℃的曲线辛酸的转化率最大，故反应温度为50℃；
②50℃转化率有所降低的原因是：催化合成甘油二酯反应的脂肪酶，长时间处于高温下活性(选择性)下降，导致甘油二酯含量下降，副反应产物含量增加。
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