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2020届二轮复习 化学反应速率和化学平衡 学案（全国通用） (2)
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专题七 化学反应速率和化学平衡
主干知识梳理
1.化学反应速率的计算方法
(1)公式法：v(B)＝。
(2)比值法：同一化学反应，各物质的反应速率之比等于方程式中的化学计量数之比。对于反应：mA(g)＋nB(g)===pC(g)＋qD(g)来说，则有＝＝＝。
2．外界条件对化学反应速率的影响
(1)“惰性气体”对反应速率的影响
①恒容：充入“惰性气体”总压增大―→参与反应的物质浓度不变(活化分子浓度不变)―→反应速率不变。
②恒压：充入“惰性气体”体积增大―→参与反应的物质浓度减小(活化分子浓度减小)―→反应速率减小。
(2)纯液体、固体对化学反应速率的影响
在化学反应中，纯液体和固态物质的浓度为常数，故不能用纯液体和固态物质的浓度变化来表示反应速率，但是固态反应物颗粒的大小是影响反应速率的条件之一，如煤粉由于表面积大，燃烧就比煤块快得多。
(3)外界条件对可逆反应的正、逆反应速率的影响方向是一致的，但影响程度不一定相同。
①当增大反应物浓度时，v正增大，v逆瞬间不变，随后也增大。
②增大压强，v正和v逆都增大，气体分子数减小方向的反应速率变化程度大。
③对于反应前后气体分子数不变的反应，改变压强可以同等程度地改变正、逆反应速率。
④升高温度，v正和v逆都增大，但吸热反应方向的反应速率增大的程度大。
⑤使用催化剂，能同等程度地改变正、逆反应速率。
3．化学平衡状态判断的两类标志
(1)v(正)＝v(逆)。
(2)各组分百分含量保持不变。
4．化学平衡移动的判断方法——勒夏特列原理的应用
通过比较平衡破坏瞬时的正、逆反应速率的相对大小来判断平衡移动的方向。
(1)若外界条件改变，引起v正＞v逆，则化学平衡向正反应方向(或向右)移动；
(2)若外界条件改变，引起v正＜v逆，则化学平衡向逆反应方向(或向左)移动；
(3)若外界条件改变，虽能引起v正和v逆变化，但变化后新的v正′和v逆′仍保持相等，则化学平衡没有发生移动。
5．化学平衡常数
(1)意义：化学平衡常数K表示反应进行的程度，K越大，反应进行的程度越大。K＞105时，可以认为该反应已经进行完全。K的大小只与温度有关。
(2)化学平衡常数表达式：对于可逆化学反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)在一定温度下达到化学平衡时，K＝。另可用压强平衡常数表示：Kp＝[p(C)为平衡时气体C的分压]。
(3)依据化学方程式计算平衡常数
①同一可逆反应中，K正×K逆＝1；
②同一反应方程式中的化学计量数等倍扩大或缩小n倍，则新平衡常数K′与原平衡常数K间的关系是K′＝Kn或K′＝。
③几个可逆反应方程式相加，得总反应方程式，则总反应的平衡常数等于分步反应平衡常数之积。
6．转化率、产率及分压的计算
(1)反应物转化率＝×100%
(2)产物的产率＝×100%
(3)分压＝总压×物质的量分数
考点1 化学反应速率及其影响因素
例1 (1)(2019·全国卷Ⅱ)环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是________(填标号)。
A．T1>T2
B．a点的反应速率小于c点的反应速率
C．a点的正反应速率大于b点的逆反应速率
D．b点时二聚体的浓度为0.45 mol·L－1
(2)(2019·天津高考)不同温度下反应②(3SiCl4(g)＋2H2(g)＋Si(s)4SiHCl3(g) ΔH＜0)中SiCl4转化率如图所示。下列叙述正确的是________(填序号)。
a．B点：v正>v逆
b．v正：A点>E点
c．反应适宜温度：480～520 ℃
[批注点拨]
[解析] (1)分析图像可知在相同时间范围内T2比T1温度下环戊二烯浓度减少的多，因此温度T2＞T1，A错误；a点比c点的环戊二烯浓度大，但T2>T1，故a点、c点的反应速率相对大小无法确定，B错误；a点与b点的温度相同，但a点的反应物浓度比b点的反应物浓度大，所以a点的正反应速率大于b点的正反应速率，而b点继续向正反应方向进行，b点的正反应速率又大于b点的逆反应速率，故v正(a)＞v逆(b)，C正确；
由 2(g) C10H12(g)(二聚体)
起初 1.5 mol·L－1 0
转化 1.5 mol·L－1－
0．6 mol·L－1
可知：b点时二聚体的浓度为＝0.45 mol·L－1，D正确。
(2)B点时反应正向移动，即v正>v逆，a正确。
A点温度比E点低，所以v正：vA
[答案] (1)CD (2)ac
有关化学反应速率的易错点
(1)错误地把化学反应速率等同于瞬时速率。化学反应速率是某一段时间内的平均速率，而不是瞬时速率。
(2)进行化学反应速率的相关计算时，错误地用某物质的物质的量代替物质的量浓度计算，速率大小比较时易忽视各物质的速率的单位是否一致，单位书写是否正确。
(3)错误地认为纯固体和纯液体不会改变化学反应速率。实际上不能用纯固体和纯液体物质的变化表示化学反应速率，但若将固体的颗粒变小(增大固体的接触面积)，则化学反应速率会加快。
(4)错误地认为只要增大压强，化学反应速率一定增大。实际上反应在密闭固定容积的容器中进行，若充入氦气(或不参与反应的气体)，压强增大，但参与反应的各物质的浓度不变，反应速率不变；若反应在密闭容积可变的容器中进行，充入氦气(或不参与反应的气体)而保持压强不变，则容器体积增大，反应物的浓度减小，反应速率减小。
(5)不能正确区分外界条件对可逆反应的正、逆反应速率的影响趋势。如对ΔH＜0的反应，升高温度，平衡逆向移动，正、逆反应速率都增大，并不是只增大逆反应速率，只是逆反应速率增大的程度大于正反应速率；工业合成氨中，移出部分氨气(平衡右移)，在移出氨气时刻，正反应速率不变，逆反应速率减小。
1．(2019·湖南重点高中高三联考)下列有关说法正确的是( )
A．Mg比Al活泼，在原电池中Mg一定作负极，Al作正极
B．其他条件相同时，夏天钢铁电化学腐蚀速度比冬天快
C．在Zn和稀H2SO4反应中，加入CuSO4越多，产生H2越快
D．在化工生产中用酸或碱溶解矿石，酸或碱的浓度越大、温度越高，浸出率越高
答案 B
解析 Mg、Al作电极，NaOH溶液作电解液形成原电池时，Al作负极，Mg作正极，A错误；其他条件相同时，夏天气温高，钢铁电化学腐蚀速度比冬天快，B正确；在Zn和稀H2SO4反应中，加入少量CuSO4，锌把铜置换出来形成原电池，会加快反应速率，若加入CuSO4太多，置换出的铜包裹在锌的表面，会阻止Zn与稀H2SO4进一步反应，C错误；在化工生产中用酸或碱溶解矿石，一般情况下，酸或碱的浓度越大，温度越高，浸出率越高，但是均有一定的极限，D错误。
2．在不同浓度(c)、温度(T)条件下，蔗糖水解的瞬时速率(v)如下表。下列判断不正确的是( )
A．a＝6.00
B．同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变
C．b<318.2
D．不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同
答案 D
解析 根据题中数据分析，温度不变时，反应的瞬时速率与浓度成正比，则可求出a＝6.00，A正确；温度为b K、浓度为0.500 mol·L－1和温度为318.2 K、浓度为0.300 mol·L－1对应的瞬时速率相等，B正确；浓度不变时，温度由318.2 K变为b K时，反应速率减小，则b<318.2，C正确；不同温度时，反应速率不同，蔗糖浓度减少一半所需的时间不同，D错误。
考点2 化学平衡及其移动
例2 (1)(2019·全国卷Ⅲ)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：
①Deacon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)
(2)(2019·天津高考)将SiCl4氢化为SiHCl3有三种方法，对应的反应依次为：
①SiCl4(g)＋H2(g)SiHCl3(g)＋HCl(g)ΔH1>0
②3SiCl4(g)＋2H2(g)＋Si(s)4SiHCl3(g)ΔH2<0
③2SiCl4(g)＋H2(g)＋Si(s)＋HCl(g)3SiHCl3(g) ΔH3
反应③的ΔH3＝________(用ΔH1，ΔH2表示)。温度升高，反应③的平衡常数K________(填“增大”“减小”或“不变”)。
[批注点拨]
[解析] (1)①由图像知，随着温度的升高，HCl的平衡转化率降低，所以4HCl(g)＋O2(g)===2Cl2(g)＋2H2O(g)的ΔH<0，升高温度平衡左移，则K(300 ℃)>K(400 ℃)。在温度一定的条件下，c(HCl)和c(O2)的进料比越大，HCl的平衡转化率越低，所以题图中自上而下三条曲线是c(HCl)∶c(O2)(进料浓度比)为1∶1、4∶1、7∶1时的变化曲线。当c(HCl)∶c(O2)＝1∶1时，列三段式：
4HCl(g) ＋ O2(g) ===2Cl2(g)＋2H2O(g)
c0 c0 0 0
0.84c0 0.21c0 0.42c0 0.42c0
(1－0.84)c0 (1－0.21)c0 0.42c0 0.42c0
K(400 ℃)＝
＝。
c(HCl)∶c(O2)过高时，HCl转化率较低；
当c(HCl)∶c(O2)过低时，过量的O2和Cl2分离时能耗较高。
②由平衡移动的条件可知，为提高HCl的转化率，在温度一定的条件下，可以增大反应体系的压强，增加O2的量或者及时分离出产物。
(2)根据盖斯定律即可得③＝②－①，所以ΔH3＝ΔH2－ΔH1。由于ΔH2<0，ΔH1>0，所以ΔH3<0，即反应③为放热反应，升温时反应③逆向移动，平衡常数K减小。
[答案] (1)①大于
O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低 ②增加反应体系压强、及时分离出产物
(2)ΔH2－ΔH1 减小
解答化学平衡移动问题的步骤
其中条件改变可以按以下思路分析：
3．(2019·河南滑县高三调研)在1 L恒容密闭容器中投入足量Mg(NO3)2，在一定温度下发生下列反应：2Mg(NO3)2(s)2MgO(s)＋4NO2(g)＋O2(g)。下列能说明该反应达到平衡状态的是( )
A．NO2体积分数不再变化
B．MgO的浓度不再变化
C．NO2消耗速率与O2生成速率之比为4∶1
D．混合气体的平均相对分子质量不再变化
答案 C
解析 反应物为固体，产物有两种气体，气体的体积比始终保持不变，NO2体积分数保持不变，不能判断平衡状态，A错误；固体浓度为常数，B错误；混合气体的比例一定，平均相对分子质量一定，不能判断是否平衡，D错误。
4．(2019·A10联盟)碳是构成物质世界最重要的元素之一，能形成众多的化合物。
(1)已知0.096 kg碳完全燃烧可放出3148 kJ热量，1 mol 液态水汽化时要吸收44 kJ热量。
①2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ·mol－1
②2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) ΔH＝－566 kJ·mol－1
请写出制备水煤气的热化学方程式：____________________。
(2)2L恒容密闭容器中发生C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)反应，当通入不同量的H2O(g)和CO(g)充分反应后得到如下实验数据：
①由实验组1数据可知，达到平衡时v(H2O)＝________mol·L－1·min－1。
②增大压强对该可逆反应的影响是________________________________。
③若在一定温度、容积可变的密闭容器中发生上述反应，下列说法中可判断该反应达到平衡状态的是________。(填编号)
a．容器中压强不变
b．1 mol H—H键断裂，同时断裂2 mol H—O键
c．c(H2O)＝c(CO)
d．v(H2O)＝v(H2)
e．容器体积不变
答案 (1)C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g) ΔH＝＋131.3 kJ·mol－1
(2)①0.15 ②压强增大，反应速率加快，平衡向逆反应方向移动 ③be
解析 (1)由信息可知：n(C)＝＝8 mol，
8 mol C～3148 kJ
1 mol C～x
＝
x＝393.5 kJ
则③C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH＝－393.5 kJ·mol－1
又由题干信息可知
④H2O(g)===H2O(l) ΔH＝－44 kJ·mol－1
由盖斯定律③＋④－①×－②×，可得出目标热化学方程式为C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g) ΔH＝＋131.3 kJ·mol－1。
(2)① C(s)＋H2O(g)CO(g) ＋ H2(g)
起始量t＝0: 2 mol 0.8 mol 0
转化量Δn: x x x
平衡量t＝4 min: 2 mol－x 0.8 mol＋x x
由信息可知
x＝1.2 mol，则
v(H2O)＝＝＝0.15 mol·L－1·min－1。
③由信息可知密闭容器容积可变，则压强始终不变，a错误。1 mol H—H键断裂，必然同时生成2 mol H—O键，结合选项可知H—O键的生成与断裂速率相等，即v正＝v逆，b正确。c(H2O)与c(CO)相等与该反应是否达到平衡没有任何关系，c错误。H2O和H2的计量数相等，则任意时刻v(H2O)＝v(H2)，d错误。工业制水煤气的反应是一个气体总物质的量有变化的反应，则从零时刻开始，密闭容器的容积会发生变化。如果容积不变了，则达到了平衡状态，e正确。
考点3 化学平衡常数及有关计算
例3 (2019·全国卷Ⅱ)某温度下，等物质的量的碘和环戊烯()在刚性容器内发生反应(g)＋I2(g)(g)＋2HI(g)，ΔH＝89.3 kJ/mol，起始总压为105 Pa，平衡时总压增加了20%，环戊烯的转化率为________，该反应的平衡常数Kp＝____________Pa。达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，可采取的措施有________(填标号)。
A．通入惰性气体 B．提高温度
C．增加环戊烯浓度 D．增加碘浓度
[批注点拨]
[解析] 设碘和环戊烯的物质的量均为1 mol，达平衡时转化的物质的量为x mol，由题意得：
(g)＋I2(g)(g)＋2HI(g)
初始物质的量/mol 1 1 0 0
转化物质的量/mol x x x 2x
平衡物质的量/mol 1－x 1－x x 2x
平衡时，容器内气体总物质的量为(2＋x) mol，
则有×100%＝20%，解得x＝0.4
则环戊烯的转化率为×100%＝40%
总压强为105 Pa×(1＋20%)＝1.2×105 Pa
因此各种气体的分压为p()＝1.2×105 Pa×＝0.3×105 Pa
p(I2)＝1.2×105 Pa×＝0.3×105 Pa
p()＝1.2×105 Pa×＝0.2×105 Pa
p(HI)＝1.2×105 Pa×＝0.4×105 Pa
反应的平衡常数Kp＝＝
≈3.56×104 Pa。
欲增加环戊烯的平衡转化率，则平衡正向移动，由于该反应是吸热反应，因此升温可使平衡正向移动；增加碘的浓度，平衡正向移动，环戊烯的转化率提高。
[答案] 40% 3.56×104 BD
化学平衡常数的应用
(1)利用化学平衡常数判断化学反应可能进行的程度，K值越大，反应进行的程度越大，同等条件下反应物的转化率越大。
(2)利用化学平衡常数判断是否平衡及化学平衡移动的方向，对于可逆反应aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g)，在一定温度下的任意时刻，反应物与生成物浓度有如下关系：＝Qc，称为浓度商。
Qc
(3)利用化学平衡常数判断反应的热效应
5．一定条件下，向密闭容器中加入X物质发生反应：3X(g)Y(g)＋Z(g) ΔH<0，反应一段时间后改变某一个外界条件，反应中各时刻X物质的浓度如下表所示。下列说法中不正确的是( )
反应时间(min)
0
5
15
17
20
X的浓度(mol·L－1)
1.0
0.4
0.4
0.7
0.7
A．0～5 min时，该反应的速率为v(X)＝0.12 mol·L－1·min－1
B．5 min时反应达到平衡，该温度下的平衡常数值为0.625
C．15 min时改变的条件可能是降低温度
D．从初始到18 min时，X的转化率为30%
答案 C
解析 v(X)＝＝0.12 mol·L－1·min－1，A正确；5 min时，X、Y、Z的平衡浓度分别为0.4 mol·L－1、0.2 mol·L－1、0.2 mol·L－1，K＝＝＝0.625，B正确；反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，X的浓度减小，C错误；18 min时，X的浓度为0.7 mol·L－1，则X的转化率为×100%＝30%，D正确。
6．(2019·云南师范大学附属中学高三月考)工业上常用CH4与水蒸气在一定条件下制取H2，其原理为CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)。
①一定温度下，在一个恒容密闭容器中，下列说法能说明此反应达到平衡状态的是________(填序号)。
A．体系的压强不再发生变化
B．消耗1 mol·L－1CH4的同时生成3 mol·L－1 H2
C．体系的密度不再发生变化
D．反应速率v逆(CH4)∶v正(CO)＝1∶1
②在恒压密闭容器中，通入物质的量均为0.1 mol的CH4与H2O，在一定条件下发生反应。
a．若平衡时，测得CH4的转化率与温度及压强的关系如图所示，则压强：p2________p1(填“大于”“小于”或“等于”)，原因是_______________；
在X点和Y点的速率：v(X)________v(Y)(填“大于”“小于”或“等于”)。
b．若Y点所在容器为1L，则此反应的平衡常数K＝_____________(列式并计算，结果保留到小数点后一位)。
答案 ①AD ②a.大于 CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)是一个气体分子数目增大的反应，在相同温度条件下，压强越大，CH4的转化率越小 小于
b.≈2.8(mol·L－1)2
解析 ①在恒温恒容条件下，对于反应CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)来说，气体的总物质的量是变量，则气体的总压强也为变量，体系的压强不再发生变化能说明此反应达平衡状态，A正确；消耗CH4指的v正，生成H2也是指v正，不能说明此反应达平衡状态，B错误；气体的总质量为恒量，体积固定，也为恒量，则体系的密度为恒量，体系的密度不再发生变化，不能说明此反应达平衡状态，C错误；反应速率v逆(CH4)∶v正(CO)＝1∶1，说明v正＝v逆，能说明此反应达平衡状态，D正确。
②CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)是一个气体分子数目增大的反应，压强越大，CH4的转化率越小，根据图示数据，在同一温度下CH4的转化率在p1条件下更大，故压强p1较小，则压强p2大于p1；同一温度下，压强越大，反应速率越快，根据图示信息，X点压强为p1，比p2小，故在X点和Y点的速率：v(X)小于v(Y)；若Y点所在容器为1 L，由图像可知Y点CH4的转化率为80%，根据“三段式”得：
CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)
起始量(mol) 0.1 0.1 0 0
转化量(mol) 0.1×0.8 0.08 0.08 0.24
平衡量(mol) 0.02 0.02 0.08 0.24
则此反应的平衡常数K＝＝
≈2.8 (mol·L－1)2。
考点4 化学反应速率和化学平衡的图像分析
例4 (2019·全国卷Ⅰ节选)水煤气变换[CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g) ΔH<0]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
(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pH2O和pCO相等、pCO2和pH2相等。
计算曲线a的反应在30～90 min内的平衡速率(a)＝________kPa·min－1。467 ℃时pH2和pCO随时间变化关系的曲线分别是________、________。489 ℃时pH2和pCO随时间变化关系的曲线分别是________、________。
[批注点拨]
[解析] (1)根据题目提供的实验数据可知用H2还原CoO制取金属Co，反应的化学方程式为H2(g)＋CoO(s)Co(s)＋H2O(g)，平衡混合气体中H2的物质的量分数为0.0250，K1＝＝＝39；CO还原CoO制取金属Co的化学方程式为CO(g)＋CoO(s)Co(s)＋CO2(g)，平衡混合气体中CO的物质的量分数为0.0192，K2＝＝≈51.08。K1＜K2，说明还原CoO制取金属Co的倾向是CO大于H2。
(2)H2(g)＋CoO(s)Co(s)＋H2O(g)①
CO(g)＋CoO(s)Co(s)＋CO2(g)②
②－①可得CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)
设起始CO、H2O的物质的量为a mol，转化的物质的量为x mol，容器容积为1 L，则：
CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)
起始/mol·L－1 a a 0 0
转化/mol·L－1 x x x x
平衡/mol·L－1 a－x a－x x x
则该反应的K＝＝≈1.31，
求得：x≈0.534a，则平衡时H2的物质的量分数约为＝0.267。
(4)根据反应速率的计算公式可以计算
(a)＝≈0.0047 kPa·min－1。由(2)中分析得出H2的物质的量分数在0.25～0.50之间，CO的物质的量分数在0～0.25之间，在同一容器中气体的分压之比等于物质的量之比，所以H2的分压始终高于CO的分压，据此可将题图分成上下两部分，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。
[答案] (1)大于 (2)C (4)0.0047 b c a d
1．化学平衡图像题“五看”
一看面——即横坐标、纵坐标代表的量。
二看线——即线的斜率大小、平与陡的含义、函数的增减性。
三看点——即起点、终点、转折点、交叉点等。
四看辅助线——等温线、等压线等。
五看量——浓度等的改变量。
2．化学平衡图像题的分析方法及技巧
(1)三步分析法：一看反应速率是增大还是减小；二看Δv正、Δv逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。
(2)四要素分析法：看曲线的起点，看曲线的变化趋势，看曲线的转折点，看曲线的终点。
(3)“定一议二”原则：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。
(4)“先拐先平，数值大”原则：在化学平衡图像中，先出现拐点的曲线所表示的反应先达到平衡状态；先出现拐点的曲线所代表的反应温度较高或压强较大。
3．化学平衡图像题的解答步骤
7．(2019·河南滑县高三调研)在恒容密闭容器中充入一定量的NO，发生反应：2NO(g)N2(g)＋O2(g) ΔH。实验测得反应速率表达式：v正＝k正·c2(NO)，v逆＝k逆·c(N2)·c(O2)(k是反应速率常数，只与温度有关)。测得混合气体中O2的体积分数与温度关系如图所示。下列有关说法正确的是( )
A．当反应进行到P点时再充入少量NO，NO的平衡转化率减小
B．在T1下达到平衡后，升高温度，k正增大倍数大于k逆增大倍数
C．在T2下达到平衡后，为了提高N2浓度，只能采用升温措施
D．在T2下上述反应进行到t2 min时NO的转化率为30%
答案 B
解析 P点达到平衡状态，再充入NO，相当于对原来的平衡体系加压，该反应是等气体分子数反应，加压(缩小体积)时平衡不移动，NO的平衡转化率不变，A错误；依题意，T1下反应较快，先达到平衡，而T1时平衡体系中O2体积分数较大，说明正反应是吸热反应。达到平衡后，升高温度，平衡常数K增大，K＝＝，由此推知，k正增大倍数大于k逆增大倍数，B正确；提高N2浓度的措施有：升温、分离O2、充入N2等，C错误；该反应是气体分子数相等的反应，设起始时NO的物质的量为a，平衡时(t2 min)O2为0.3a mol，消0.6a mol NO，所以此时NO的平衡转化率为60%，D错误。
8．(2017·全国卷Ⅲ)298 K时，将20 mL 3x mol·L－1Na3AsO3、20 mL 3x mol·L－1 I2和20 mL NaOH溶液混合，发生反应：AsO(aq)＋I2(aq)＋2OH－(aq)AsO(aq)＋2I－(aq)＋H2O(l)。溶液中c(AsO)与反应时间(t)的关系如图所示。
①下列可判断反应达到平衡的是________(填标号)。
a．溶液的pH不再变化 b．v(I－)＝2v(AsO)
c.不再变化 d．c(I－)＝y mol·L－1
②tm时，v正________v逆(填“大于”“小于”或“等于”)。
③tm时v逆________tn时v逆(填“大于”“小于”或“等于”)，理由是_____。
④若平衡时溶液的pH＝14，则该反应的平衡常数K为________。
答案 ①ac ②大于 ③小于 tm时生成物浓度较低
④(mol·L－1)－1
解析 ①a对：溶液pH不变时，则c(OH－)也保持不变，反应处于平衡状态。b错：根据反应方程式，在同一反应方向上始终存在速率关系：v(I－)＝2v(AsO)，反应不一定处于平衡状态。c对：由于Na3AsO3总量一定，当不再变化时，c(AsO)、c(AsO)也保持不变，反应建立平衡。d错：由图可知，建立平衡时c(I－)＝2c(AsO)＝2y mol·L－1，因此c(I－)＝y mol·L－1时，反应没有建立平衡。
②tm时，反应正向进行，故v正大于v逆。
③由于tm时生成物AsO的浓度小于tn时AsO的浓度，因v逆的大小取决于生成物浓度的大小，故tm时的v逆小于tn时的v逆。
④反应前，三种溶液混合后，c(Na3AsO3)＝3xmol·L－1×＝x mol·L－1，同理，c(I2)＝x mol·L－1，反应情况如下：
K＝(mol·L－1)－1＝(mol·L－1)－1。
1．(2019·江苏高考)(双选)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)＝5.0×10－4mol·L－1，NO平衡转化率为50%，则平衡常数K>2000
答案 BD
解析 实线表示不同温度下相同时间内NO的转化率，虚线表示相同条件下NO的平衡转化率，随着温度升高，由虚线知，NO的平衡转化率减小，即温度升高，2NO＋O22NO2的平衡逆向移动，说明该反应为放热反应，ΔH<0，A错误；X点条件下，NO的转化率没有达到最大，所以反应没有达到平衡，如果延长反应时间，使反应达到平衡，则可以提高NO转化率，B正确；Y点处，反应已达平衡，通入O2时，平衡正向移动，NO的转化率会提高，C错误；设起始时c(NO)＝a mol·L－1，则：
2NO ＋ O2 2NO2
起始浓度/
mol·L－1 a 5.0×10－4 0
转化浓度/
mol·L－1 0.5a 0.25a 0.5a
平衡浓度/
mol·L－1 0.5a (5.0×10－4－0.25a) 0.5a
K＝＝
当0.25a＝0时，K＝2000，但0.25a>0，所以K>2000，D正确。
2．(2018·江苏高考)(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，v2＞v1，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，v3＞v1，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，v2＞v1，c2＞2c1，A错误；K3＜K1，p2＜2p1，p3＞p1，则p2＜2p3，B错误；v3＞v1，α3(SO2)＜α1(SO2)，C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正确。
3．(2017·天津高考)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。
下列判断正确的是( )
A．增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大
B．第一阶段，在30 ℃和50 ℃两者之间选择反应温度，选50 ℃
C．第二阶段，Ni(CO)4分解率较低
D．该反应达到平衡时，v生成[Ni(CO)4]＝4v生成(CO)
答案 B
解析 A错：增加c(CO)，平衡正向移动，温度不变，反应的平衡常数不变。B对：第一阶段，生成的Ni(CO)4是气态，应选择高于其沸点的反应温度，故选50 ℃。C错：230 ℃时，化学平衡常数K＝2×10－5，有利于反应逆向进行，Ni(CO)4分解率较高。D错：反应达到平衡时，4v生成[Ni(CO)4]＝v生成(CO)。
4．(2016·北京高考)K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O(橙色)＋
H2O2CrO(黄色)＋2H＋。用K2Cr2O7溶液进行下列实验：
结合实验，下列说法不正确的是( )
A．①中溶液橙色加深，③中溶液变黄
B．②中Cr2O被C2H5OH还原
C．对比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强
D．若向④中加入70% H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色
答案 D
解析 滴加70%的硫酸，增大了H＋的浓度，使平衡Cr2O(橙色)＋H2O2CrO(黄色)＋2H＋向左移动，因此①中溶液橙色加深，当滴加30%的NaOH溶液时，中和了H＋，使上述平衡右移，因此③中溶液变黄；②中Cr2O被C2H5OH还原，所以颜色变为绿色；根据实验①②可知，在酸性条件下，K2Cr2O7将C2H5OH氧化，根据实验③④可知，在碱性条件下，Cr2O和C2H5OH没有反应；若向④中加入70% H2SO4溶液至过量，Cr2O的氧化性增强，Cr2O被C2H5OH还原，溶液变为绿色。
5．(2018·全国卷Ⅰ)采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。回答下列问题：
(1)1840年Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5，该反应的氧化产物是一种气体，其分子式为________。
(2)F.Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25 ℃时N2O5(g)分解反
应：
其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间t的变化如下表所示(t＝∞时，N2O5(g)完全分解)：
①已知：2N2O5(g)===2N2O4(g)＋O2(g)
ΔH1＝－4.4 kJ·mol－1
2NO2(g)===N2O4(g)
ΔH2＝－55.3 kJ·mol－1
则反应N2O5(g)===2NO2(g)＋O2(g)的ΔH＝________kJ·mol－1。
②研究表明，N2O5(g)分解的反应速率v＝2×10－3×pN2O5(kPa·min－1)。t＝62 min时，测得体系中pO2＝2.9 kPa，则此时的pN2O5＝________kPa，v＝________kPa·min－1。
③若提高反应温度至35 ℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35
℃)________63.1 kPa(填“大于”“等于”或“小于”)，原因是
____________________________。
④25 ℃时，N2O4(g)2NO2(g)反应的平衡常数Kp＝________kPa(Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留一位小数)。
(3)对于反应2N2O5(g)―→4NO2(g)＋O2(g)，
R．A.Ogg提出如下反应历程：
第一步 N2O5NO2＋NO3 快速平衡
第二步 NO2＋NO3―→NO＋NO2＋O2 慢反应
第三步 NO＋NO3―→2NO2 快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是________(填标号)。
A．v(第一步的逆反应)>v(第二步反应)
B．反应的中间产物只有NO3
C．第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效
D．第三步反应活化能较高
答案 (1)O2
(2)①53.1 ②30.0 6.0×10－2 ③大于 温度提高，体积不变，总压强提高；NO2生成N2O4为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高
④13.4 (3)AC
解析 (1)氯气在反应中得到电子作氧化剂，硝酸银中只有氧元素化合价会升高，所以氧化产物是氧气，分子式为O2。
(2)①已知：ⅰ.2N2O5(g)===2N2O4(g)＋O2(g)
ΔH1＝－4.4 kJ·mol－1
ⅱ.2NO2(g)===N2O4(g) ΔH2＝－55.3 kJ·mol－1
根据盖斯定律可知ⅰ÷2－ⅱ即得到N2O5(g)===2NO2(g)＋O2(g) ΔH＝－ΔH2＝＋53.1 kJ·mol－1。
②根据方程式可知生成氧气与消耗N2O5的物质的量之比是1∶2，又因为压强之比等于物质的量之比，所以消耗N2O5的压强是2.9 kPa×2＝5.8 kPa，则此时N2O5的压强是35.8 kPa－5.8 kPa＝30.0 kPa，因此此时反应速率v＝2.0×10－3×30(kPa·min－1)＝6.0×10－2(kPa·min－1)。
③由于温度升高，容器体积不变，总压强提高，且NO2生成N2O4为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高，所以若提高反应温度至35 ℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35 ℃)大于63.1 kPa。
④根据表中数据可知N2O5完全分解时的压强是63.1 kPa，根据方程式可知完全分解时最初生成的NO2的压强是35.8 kPa×2＝71.6 kPa，O2是35.8 kPa÷2＝17.9 kPa，总压强应该是71.6 kPa＋17.9 kPa＝89.5 kPa，平衡后压强减少了89.5 kPa－63.1 kPa＝26.4 kPa，所以根据方程式2NO2(g)N2O4(g)可知平衡时N2O4对应的压强是26.4 kPa，NO2对应的压强是71.6 kPa－26.4 kPa×2＝18.8 kPa，则反应的平衡常数Kp＝ kPa≈13.4 kPa。
(3)第一步反应快速平衡，所以第一步的逆反应速率大于第二步的反应速率，A正确；根据第二步和第三步可知中间产物还有NO，B错误；根据第二步反应生成物中有NO2可知NO2与NO3的碰撞仅部分有效，C正确；第三步为快反应，所以第三步反应的活化能较低，D错误。
6．(2018·全国卷Ⅱ)CH4CO2催化重整不仅可以得到合成气(CO和H2)，还对温室气体的减排具有重要意义。回答下列问题：
(1)CH4CO2催化重整反应为：CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g)。
已知：C(s)＋2H2(g)===CH4(g) ΔH＝－75 kJ·mol－1
C(s)＋O2(g)===CO2(g)ΔH＝－394 kJ·mol－1
C(s)＋O2(g)===CO(g)ΔH＝－111 kJ·mol－1
该催化重整反应的ΔH＝________kJ·mol－1。有利于提高CH4平衡转化率的条件是________(填标号)。
A．高温低压 B．低温高压
C．高温高压 D．低温低压
某温度下，在体积为2 L的容器中加入2 mol CH4、1 mol CO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，其平衡常数为________mol2·L－2。
(2)反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。相关数据如下表：
①由上表判断，催化剂X________Y(填“优于”或“劣于”)，理由是
____________________________________。
在反应进料气组成、压强及反应时间相同的情况下，某催化剂表面的积碳量随温度的变化关系如图所示。升高温度时，下列关于积碳反应、消碳反应的平衡常数(K)和速率(v)的叙述正确的是________(填标号)。
A．K积、K消均增加
B．v积减小，v消增加
C．K积减小，K消增加
D．v消增加的倍数比v积增加的倍数大
②在一定温度下，测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为v＝k·p(CH4)·[p(CO2)]－0.5(k为速率常数)。在p(CH4)一定时，不同p(CO2)下积碳量随时间的变化趋势如下图所示，则pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为________________。
答案 (1)247 A (2)①劣于 相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活
化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大 AD
②pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)
解析 (1)已知：①C(s)＋2H2(g)===CH4(g)
ΔH＝－75 kJ·mol－1
②C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH＝－394 kJ·mol－1
③C(s)＋O2(g)===CO(g) ΔH＝－111 kJ·mol－1
根据盖斯定律可知③×2－②－①即得到CH4CO2催化重整反应CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g)的ΔH＝＋247 kJ·mol－1。正反应是体积增大的吸热反应，所以有利于提高CH4平衡转化率的条件是高温低压；某温度下，在体积为2 L 的容器中加入2 mol CH4、1 mol CO2以及催化剂进行催化重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，根据方程式可知
CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g)
1 0.5 0 0
0.25 0.25 0.5 0.5
0.75 0.25 0.5 0.5
所以平衡常数为 mol2·L－2＝ mol2·L－2。
(2)①根据表中数据可知相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大，所以催化剂X劣于Y。正反应均是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向进行，因此K积、K消均增加，A正确，C错误；升高温度反应速率均增大，B错误；积碳量达到最大值以后再升高温度积碳量降低，这说明v消增加的倍数比v积增加的倍数大，D正确。
②根据反应速率方程式可知在p(CH4)一定时，生成速率随p(CO2)的升高而降低，根据图像可知pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2) 从大到小的顺序为pc(CO2)、
pb(CO2)、pa(CO2)。
7．(2018·全国卷Ⅲ)三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题：
(1)SiHCl3在常温常压下为易挥发的无色透明液体，遇潮气时发烟生成(HSiO)2O等，写出该反应的化学方程式：___________________________。
(2)SiHCl3在催化剂作用下发生反应：
2SiHCl3(g)===SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)
ΔH1＝48 kJ·mol－1
3SiH2Cl2(g)===SiH4(g)＋2SiHCl3(g)
ΔH2＝－30 kJ·mol－1
则反应4SiHCl3(g)===SiH4(g)＋3SiCl4(g)的ΔH＝________kJ·mol－1。
(3)对于反应2SiHCl3(g)===SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)，采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323 K和343 K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。
①343 K时反应的平衡转化率α＝________%，平衡常数K343 K＝________(保留两位小数)。
②在343 K下：要提高SiHCl3转化率，可采取的措施是________________；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有________________、________________。
③比较a、b处反应速率大小：va________vb(填“大于”“小于”或“等于”)。反应速率v＝v正－v逆＝k正x2SiHCl3－k逆xSiH2Cl2xSiCl4，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数，计算a处的＝________(保留一位小数)。
答案 (1)2SiHCl3＋3H2O===(HSiO)2O＋6HCl
(2)114 (3)①22 0.02 ②及时移去产物 改进催化剂 提高反应物压强(浓度) ③大于 1.3
解析 (1)根据题目表述，三氯氢硅和水蒸气反应得到(HSiO)2O，方程式为：2SiHCl3＋3H2O===(HSiO)2O＋6HCl。
(2)将第一个方程式扩大 3倍，再与第二个方程式相加就可以得到目标反应的焓变，所以焓变为[48×3＋(－30)] kJ·mol－1＝114 kJ·mol－1。
(3)①由图可知，温度越高反应速率越快，达到平衡用的时间就越少，所以曲线a代表343 K的反应。从图中读出，达到平衡状态时反应的转化率为22%。设初始加入的三氯氢硅的浓度为1 mol·L－1，得到：
2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)
1 0 0
0.22 0.11 0.11
0.78 0.11 0.11
所以平衡常数K＝0.112÷0.782≈0.02。
②温度不变，提高三氯氢硅转化率的方法可以是将产物从体系分离(两边气体体积相等，压强不影响平衡)。缩短达到平衡的时间，就是加快反应速率，所以可以采取的措施是提高反应物压强(浓度)、加入更高效的催化剂(改进催化剂)。
③a、b两点的转化率相等，可以认为各物质的浓度对应相等，而a点的温度更高，所以反应速率更快，即va＞vb。根据题目表述得到v正＝k正x2SiHCl3，v逆＝
k逆xSiH2Cl2xSiCl4，当反应达到平衡时v正＝v逆，v正＝
k正x2SiHCl3＝v逆＝k逆xSiH2Cl2xSiCl4，所以＝
，实际就是平衡常数K值，所以＝0.02。a处的转化率为
20%，所以计算出：
2SiHCl3SiH2Cl2＋SiCl4
起始(mol·L－1) 1 0 0
反应(mol·L－1) 0.2 0.1 0.1
a处时(mol·L－1) 0.8 0.1 0.1
所以xSiHCl3＝0.8；xSiH2Cl2＝xSiCl4＝0.1；
所以＝×＝0.02×≈1.3。
8．(2018·天津高考)CO2与CH4经催化重整，制得合成气：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g) ΔH＝120 kJ/mol－1
(1)分别在V L恒温密闭容器A(恒容)、B(恒压，容积可变)中，加入CH4和CO2各1 mol的混合气体。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是________(填“A”或“B”)。
(2)按一定体积比加入CH4和CO2，在恒压下发生反应，温度对CO和H2产率的影响如图所示。此反应优选温度为900 ℃的原因是_________________。
答案 (1)B (2)900 ℃时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不
大，但能耗升高，经济效益降低
解析 (1)初始时容器A、B的压强相等，A容器恒容，随着反应的进行压强逐渐增大(气体物质的量增加)；B容器恒压，压强不变；所以达平衡时压强一定是A中大，B中小，此反应压强减小平衡正向移动，所以B的反应平衡更靠右，反应的更多，吸热也更多。
(2)根据题图得到，900 ℃时反应产率已经比较高，温度再升高，反应产率的增大并不明显，而生产中的能耗和成本明显增大，经济效益会下降，所以选择900 ℃为反应最佳温度。
9．(2017·全国卷Ⅰ)近期发现，H2S是继NO、CO之后的第三个生命体系气体信号分子，它具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能。回答下列问题：
H2S与CO2在高温下发生反应：H2S(g)＋CO2(g)COS(g) ＋H2O(g)。在610 K时，将0.10 mol CO2与0.40 mol H2S充入2.5 L的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为0.02。
(1)H2S的平衡转化率α1＝__________%，反应平衡常数K＝________。
(2)在620 K重复实验，平衡后水的物质的量分数为0.03，H2S的转化率α2________α1，该反应的ΔH________0。(填“>”“<”或“＝”)
(3)向反应器中再分别充入下列气体，能使H2S转化率增大的是________(填标号)。
A．H2S B．CO2 C．COS D．N2
答案 (1)2.5 2.8×10－3 (2)> > (3)B
解析 (1)设H2S反应的物质的量为x，则
H2S(g) ＋ CO2(g) COS(g)＋H2O(g)
开始 0.40 mol 0.10 mol 0 0
反应 x x x x
平衡 (0.40－x) mol (0.10－x) mol x x
＝＝0.02
解得x＝0.01 mol，所以H2S的转化率是α1＝×100%＝2.5%
由于该反应是反应前后气体体积相等的反应，所以在该条件下反应达到平衡时化学平衡常数
K＝＝＝
≈2.8×10－3。
(2)根据题目提供的数据可知温度由610 K升高到620 K时，化学反应达到平衡，水的物质的量分数由0.02变为0.03，平衡正向移动，所以H2S的转化率增大：α2>α1；根据题意可知：升高温度，化学平衡向正反应方向移动，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，所以该反应的正反应为吸热反应，故ΔH>0。
(3)增大H2S的浓度，平衡正向移动，但加入量远远大于平衡移动转化消耗量，所以H2S转化率降低，A错误；增大CO2的浓度，平衡正向移动，使更多的H2S反应，所以H2S转化率增大，B正确；COS是生成物，增大生成物的浓度，平衡逆向移动，H2S转化率降低，C错误；N2是与反应体系无关的气体，充入N2，不能使化学平衡发生移动，所以对H2S转化率无影响，D错误。
2020还可能这么考
10．我国科研团队利用低温等离子体协同催化技术，在常温常压下实现了将甲烷和二氧化碳一步转化为具有高附加值的液体燃料和化工产品。回答下列问题：
(1)已知：甲烷和乙酸的燃烧热ΔH分别为－890.31 kJ·mol－1、－876.72 kJ·mol－1，试写出甲烷与CO2合成乙酸的热化学方程式：_________________。
(2)甲烷和二氧化碳一步转化为液体产品的选择性如图所示，其中选择性最高的产品是________，反应中应加入的等离子体催化剂是________。
(3)在某一钢性密闭容器中CH4、CO2的分压分别为25 kPa、30 kPa，加入Ni/αAl2O3催化剂并加热至1123 K使其发生反应：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)。
①研究表明CO的生成速率vCO＝1.28×10－2·pCH4·pCO2 (mol·g－1·s－1)，某时刻测得pH2＝20 kPa，则pCH4＝________kPa，vCO＝________mol·g－1·s－1。
②达到平衡后测得体系总压是起始时的1.8倍，则该反应的平衡常数Kp＝________(kPa)2(计算结果保留两位有效数字)。
③温度对产物摩尔流量及平衡转化率的影响如图所示，可知反应ΔH________0(填“>”或“<”)，原因是____________________________。
答案 (1)CH4(g)＋CO2(g)===CH3COOH(l) ΔH＝－13.59 kJ·mol－1
(2)乙酸 Cu/γAl2O3
(3)①15 3.84 ②1.6×105 ③> 随温度升高，产物摩尔流量和反应的平衡转化率均增大，平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应
解析 (1)由已知条件可写出热化学方程式：CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l) ΔH1＝－890.31 kJ·mol－1，CH3COOH(l)＋2O2(g)===2CO2(g)＋2H2O(l) ΔH2＝－876.72 kJ·mol－1，由盖斯定律可推知，CH4(g)＋CO2(g)===CH3COOH(l) ΔH＝ΔH1－ΔH2＝－13.59 kJ·mol－1。
(2)分析图像可知乙酸的选择性最高，且在Cu/γAl2O3等离子体催化剂作用时乙酸的选择性最高。
(3)①利用“三段式”解题：
CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)
起始分压/kPa 25 30 0 0
转化分压/kPa 10 10 20 20
某时刻分压/kPa 15 20 20 20
pCH4＝15 kPa，v(CO)＝1.28×10－2×15×20 mol·g－1·s－1＝3.84 mol·g－1·s－1。
②假设CH4的分压变化x kPa
CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)
起始分压/kPa 25 30 0 0
转化分压/kPa x x 2x 2x
平衡分压/kPa 25－x 30－x 2x 2x
则有＝1.8，解得x＝22，Kp＝＝
(kPa)2≈1.6×105(kPa)2。
主干知识梳理
1.化学反应速率的计算方法
(1)公式法：v(B)＝。
(2)比值法：同一化学反应，各物质的反应速率之比等于方程式中的化学计量数之比。对于反应：mA(g)＋nB(g)===pC(g)＋qD(g)来说，则有＝＝＝。
2．外界条件对化学反应速率的影响
(1)“惰性气体”对反应速率的影响
①恒容：充入“惰性气体”总压增大―→参与反应的物质浓度不变(活化分子浓度不变)―→反应速率不变。
②恒压：充入“惰性气体”体积增大―→参与反应的物质浓度减小(活化分子浓度减小)―→反应速率减小。
(2)纯液体、固体对化学反应速率的影响
在化学反应中，纯液体和固态物质的浓度为常数，故不能用纯液体和固态物质的浓度变化来表示反应速率，但是固态反应物颗粒的大小是影响反应速率的条件之一，如煤粉由于表面积大，燃烧就比煤块快得多。
(3)外界条件对可逆反应的正、逆反应速率的影响方向是一致的，但影响程度不一定相同。
①当增大反应物浓度时，v正增大，v逆瞬间不变，随后也增大。
②增大压强，v正和v逆都增大，气体分子数减小方向的反应速率变化程度大。
③对于反应前后气体分子数不变的反应，改变压强可以同等程度地改变正、逆反应速率。
④升高温度，v正和v逆都增大，但吸热反应方向的反应速率增大的程度大。
⑤使用催化剂，能同等程度地改变正、逆反应速率。
3．化学平衡状态判断的两类标志
(1)v(正)＝v(逆)。
(2)各组分百分含量保持不变。
4．化学平衡移动的判断方法——勒夏特列原理的应用
通过比较平衡破坏瞬时的正、逆反应速率的相对大小来判断平衡移动的方向。
(1)若外界条件改变，引起v正＞v逆，则化学平衡向正反应方向(或向右)移动；
(2)若外界条件改变，引起v正＜v逆，则化学平衡向逆反应方向(或向左)移动；
(3)若外界条件改变，虽能引起v正和v逆变化，但变化后新的v正′和v逆′仍保持相等，则化学平衡没有发生移动。
5．化学平衡常数
(1)意义：化学平衡常数K表示反应进行的程度，K越大，反应进行的程度越大。K＞105时，可以认为该反应已经进行完全。K的大小只与温度有关。
(2)化学平衡常数表达式：对于可逆化学反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)在一定温度下达到化学平衡时，K＝。另可用压强平衡常数表示：Kp＝[p(C)为平衡时气体C的分压]。
(3)依据化学方程式计算平衡常数
①同一可逆反应中，K正×K逆＝1；
②同一反应方程式中的化学计量数等倍扩大或缩小n倍，则新平衡常数K′与原平衡常数K间的关系是K′＝Kn或K′＝。
③几个可逆反应方程式相加，得总反应方程式，则总反应的平衡常数等于分步反应平衡常数之积。
6．转化率、产率及分压的计算
(1)反应物转化率＝×100%
(2)产物的产率＝×100%
(3)分压＝总压×物质的量分数
考点1 化学反应速率及其影响因素
例1 (1)(2019·全国卷Ⅱ)环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是________(填标号)。
A．T1>T2
B．a点的反应速率小于c点的反应速率
C．a点的正反应速率大于b点的逆反应速率
D．b点时二聚体的浓度为0.45 mol·L－1
(2)(2019·天津高考)不同温度下反应②(3SiCl4(g)＋2H2(g)＋Si(s)4SiHCl3(g) ΔH＜0)中SiCl4转化率如图所示。下列叙述正确的是________(填序号)。
a．B点：v正>v逆
b．v正：A点>E点
c．反应适宜温度：480～520 ℃
[批注点拨]
[解析] (1)分析图像可知在相同时间范围内T2比T1温度下环戊二烯浓度减少的多，因此温度T2＞T1，A错误；a点比c点的环戊二烯浓度大，但T2>T1，故a点、c点的反应速率相对大小无法确定，B错误；a点与b点的温度相同，但a点的反应物浓度比b点的反应物浓度大，所以a点的正反应速率大于b点的正反应速率，而b点继续向正反应方向进行，b点的正反应速率又大于b点的逆反应速率，故v正(a)＞v逆(b)，C正确；
由 2(g) C10H12(g)(二聚体)
起初 1.5 mol·L－1 0
转化 1.5 mol·L－1－
0．6 mol·L－1
可知：b点时二聚体的浓度为＝0.45 mol·L－1，D正确。
(2)B点时反应正向移动，即v正>v逆，a正确。
A点温度比E点低，所以v正：vA
[答案] (1)CD (2)ac
有关化学反应速率的易错点
(1)错误地把化学反应速率等同于瞬时速率。化学反应速率是某一段时间内的平均速率，而不是瞬时速率。
(2)进行化学反应速率的相关计算时，错误地用某物质的物质的量代替物质的量浓度计算，速率大小比较时易忽视各物质的速率的单位是否一致，单位书写是否正确。
(3)错误地认为纯固体和纯液体不会改变化学反应速率。实际上不能用纯固体和纯液体物质的变化表示化学反应速率，但若将固体的颗粒变小(增大固体的接触面积)，则化学反应速率会加快。
(4)错误地认为只要增大压强，化学反应速率一定增大。实际上反应在密闭固定容积的容器中进行，若充入氦气(或不参与反应的气体)，压强增大，但参与反应的各物质的浓度不变，反应速率不变；若反应在密闭容积可变的容器中进行，充入氦气(或不参与反应的气体)而保持压强不变，则容器体积增大，反应物的浓度减小，反应速率减小。
(5)不能正确区分外界条件对可逆反应的正、逆反应速率的影响趋势。如对ΔH＜0的反应，升高温度，平衡逆向移动，正、逆反应速率都增大，并不是只增大逆反应速率，只是逆反应速率增大的程度大于正反应速率；工业合成氨中，移出部分氨气(平衡右移)，在移出氨气时刻，正反应速率不变，逆反应速率减小。
1．(2019·湖南重点高中高三联考)下列有关说法正确的是( )
A．Mg比Al活泼，在原电池中Mg一定作负极，Al作正极
B．其他条件相同时，夏天钢铁电化学腐蚀速度比冬天快
C．在Zn和稀H2SO4反应中，加入CuSO4越多，产生H2越快
D．在化工生产中用酸或碱溶解矿石，酸或碱的浓度越大、温度越高，浸出率越高
答案 B
解析 Mg、Al作电极，NaOH溶液作电解液形成原电池时，Al作负极，Mg作正极，A错误；其他条件相同时，夏天气温高，钢铁电化学腐蚀速度比冬天快，B正确；在Zn和稀H2SO4反应中，加入少量CuSO4，锌把铜置换出来形成原电池，会加快反应速率，若加入CuSO4太多，置换出的铜包裹在锌的表面，会阻止Zn与稀H2SO4进一步反应，C错误；在化工生产中用酸或碱溶解矿石，一般情况下，酸或碱的浓度越大，温度越高，浸出率越高，但是均有一定的极限，D错误。
2．在不同浓度(c)、温度(T)条件下，蔗糖水解的瞬时速率(v)如下表。下列判断不正确的是( )
A．a＝6.00
B．同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变
C．b<318.2
D．不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同
答案 D
解析 根据题中数据分析，温度不变时，反应的瞬时速率与浓度成正比，则可求出a＝6.00，A正确；温度为b K、浓度为0.500 mol·L－1和温度为318.2 K、浓度为0.300 mol·L－1对应的瞬时速率相等，B正确；浓度不变时，温度由318.2 K变为b K时，反应速率减小，则b<318.2，C正确；不同温度时，反应速率不同，蔗糖浓度减少一半所需的时间不同，D错误。
考点2 化学平衡及其移动
例2 (1)(2019·全国卷Ⅲ)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：
①Deacon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)
(2)(2019·天津高考)将SiCl4氢化为SiHCl3有三种方法，对应的反应依次为：
①SiCl4(g)＋H2(g)SiHCl3(g)＋HCl(g)ΔH1>0
②3SiCl4(g)＋2H2(g)＋Si(s)4SiHCl3(g)ΔH2<0
③2SiCl4(g)＋H2(g)＋Si(s)＋HCl(g)3SiHCl3(g) ΔH3
反应③的ΔH3＝________(用ΔH1，ΔH2表示)。温度升高，反应③的平衡常数K________(填“增大”“减小”或“不变”)。
[批注点拨]
[解析] (1)①由图像知，随着温度的升高，HCl的平衡转化率降低，所以4HCl(g)＋O2(g)===2Cl2(g)＋2H2O(g)的ΔH<0，升高温度平衡左移，则K(300 ℃)>K(400 ℃)。在温度一定的条件下，c(HCl)和c(O2)的进料比越大，HCl的平衡转化率越低，所以题图中自上而下三条曲线是c(HCl)∶c(O2)(进料浓度比)为1∶1、4∶1、7∶1时的变化曲线。当c(HCl)∶c(O2)＝1∶1时，列三段式：
4HCl(g) ＋ O2(g) ===2Cl2(g)＋2H2O(g)
c0 c0 0 0
0.84c0 0.21c0 0.42c0 0.42c0
(1－0.84)c0 (1－0.21)c0 0.42c0 0.42c0
K(400 ℃)＝
＝。
c(HCl)∶c(O2)过高时，HCl转化率较低；
当c(HCl)∶c(O2)过低时，过量的O2和Cl2分离时能耗较高。
②由平衡移动的条件可知，为提高HCl的转化率，在温度一定的条件下，可以增大反应体系的压强，增加O2的量或者及时分离出产物。
(2)根据盖斯定律即可得③＝②－①，所以ΔH3＝ΔH2－ΔH1。由于ΔH2<0，ΔH1>0，所以ΔH3<0，即反应③为放热反应，升温时反应③逆向移动，平衡常数K减小。
[答案] (1)①大于
O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低 ②增加反应体系压强、及时分离出产物
(2)ΔH2－ΔH1 减小
解答化学平衡移动问题的步骤
其中条件改变可以按以下思路分析：
3．(2019·河南滑县高三调研)在1 L恒容密闭容器中投入足量Mg(NO3)2，在一定温度下发生下列反应：2Mg(NO3)2(s)2MgO(s)＋4NO2(g)＋O2(g)。下列能说明该反应达到平衡状态的是( )
A．NO2体积分数不再变化
B．MgO的浓度不再变化
C．NO2消耗速率与O2生成速率之比为4∶1
D．混合气体的平均相对分子质量不再变化
答案 C
解析 反应物为固体，产物有两种气体，气体的体积比始终保持不变，NO2体积分数保持不变，不能判断平衡状态，A错误；固体浓度为常数，B错误；混合气体的比例一定，平均相对分子质量一定，不能判断是否平衡，D错误。
4．(2019·A10联盟)碳是构成物质世界最重要的元素之一，能形成众多的化合物。
(1)已知0.096 kg碳完全燃烧可放出3148 kJ热量，1 mol 液态水汽化时要吸收44 kJ热量。
①2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ·mol－1
②2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) ΔH＝－566 kJ·mol－1
请写出制备水煤气的热化学方程式：____________________。
(2)2L恒容密闭容器中发生C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)反应，当通入不同量的H2O(g)和CO(g)充分反应后得到如下实验数据：
①由实验组1数据可知，达到平衡时v(H2O)＝________mol·L－1·min－1。
②增大压强对该可逆反应的影响是________________________________。
③若在一定温度、容积可变的密闭容器中发生上述反应，下列说法中可判断该反应达到平衡状态的是________。(填编号)
a．容器中压强不变
b．1 mol H—H键断裂，同时断裂2 mol H—O键
c．c(H2O)＝c(CO)
d．v(H2O)＝v(H2)
e．容器体积不变
答案 (1)C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g) ΔH＝＋131.3 kJ·mol－1
(2)①0.15 ②压强增大，反应速率加快，平衡向逆反应方向移动 ③be
解析 (1)由信息可知：n(C)＝＝8 mol，
8 mol C～3148 kJ
1 mol C～x
＝
x＝393.5 kJ
则③C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH＝－393.5 kJ·mol－1
又由题干信息可知
④H2O(g)===H2O(l) ΔH＝－44 kJ·mol－1
由盖斯定律③＋④－①×－②×，可得出目标热化学方程式为C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g) ΔH＝＋131.3 kJ·mol－1。
(2)① C(s)＋H2O(g)CO(g) ＋ H2(g)
起始量t＝0: 2 mol 0.8 mol 0
转化量Δn: x x x
平衡量t＝4 min: 2 mol－x 0.8 mol＋x x
由信息可知
x＝1.2 mol，则
v(H2O)＝＝＝0.15 mol·L－1·min－1。
③由信息可知密闭容器容积可变，则压强始终不变，a错误。1 mol H—H键断裂，必然同时生成2 mol H—O键，结合选项可知H—O键的生成与断裂速率相等，即v正＝v逆，b正确。c(H2O)与c(CO)相等与该反应是否达到平衡没有任何关系，c错误。H2O和H2的计量数相等，则任意时刻v(H2O)＝v(H2)，d错误。工业制水煤气的反应是一个气体总物质的量有变化的反应，则从零时刻开始，密闭容器的容积会发生变化。如果容积不变了，则达到了平衡状态，e正确。
考点3 化学平衡常数及有关计算
例3 (2019·全国卷Ⅱ)某温度下，等物质的量的碘和环戊烯()在刚性容器内发生反应(g)＋I2(g)(g)＋2HI(g)，ΔH＝89.3 kJ/mol，起始总压为105 Pa，平衡时总压增加了20%，环戊烯的转化率为________，该反应的平衡常数Kp＝____________Pa。达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，可采取的措施有________(填标号)。
A．通入惰性气体 B．提高温度
C．增加环戊烯浓度 D．增加碘浓度
[批注点拨]
[解析] 设碘和环戊烯的物质的量均为1 mol，达平衡时转化的物质的量为x mol，由题意得：
(g)＋I2(g)(g)＋2HI(g)
初始物质的量/mol 1 1 0 0
转化物质的量/mol x x x 2x
平衡物质的量/mol 1－x 1－x x 2x
平衡时，容器内气体总物质的量为(2＋x) mol，
则有×100%＝20%，解得x＝0.4
则环戊烯的转化率为×100%＝40%
总压强为105 Pa×(1＋20%)＝1.2×105 Pa
因此各种气体的分压为p()＝1.2×105 Pa×＝0.3×105 Pa
p(I2)＝1.2×105 Pa×＝0.3×105 Pa
p()＝1.2×105 Pa×＝0.2×105 Pa
p(HI)＝1.2×105 Pa×＝0.4×105 Pa
反应的平衡常数Kp＝＝
≈3.56×104 Pa。
欲增加环戊烯的平衡转化率，则平衡正向移动，由于该反应是吸热反应，因此升温可使平衡正向移动；增加碘的浓度，平衡正向移动，环戊烯的转化率提高。
[答案] 40% 3.56×104 BD
化学平衡常数的应用
(1)利用化学平衡常数判断化学反应可能进行的程度，K值越大，反应进行的程度越大，同等条件下反应物的转化率越大。
(2)利用化学平衡常数判断是否平衡及化学平衡移动的方向，对于可逆反应aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g)，在一定温度下的任意时刻，反应物与生成物浓度有如下关系：＝Qc，称为浓度商。
Qc
(3)利用化学平衡常数判断反应的热效应
5．一定条件下，向密闭容器中加入X物质发生反应：3X(g)Y(g)＋Z(g) ΔH<0，反应一段时间后改变某一个外界条件，反应中各时刻X物质的浓度如下表所示。下列说法中不正确的是( )
反应时间(min)
0
5
15
17
20
X的浓度(mol·L－1)
1.0
0.4
0.4
0.7
0.7
A．0～5 min时，该反应的速率为v(X)＝0.12 mol·L－1·min－1
B．5 min时反应达到平衡，该温度下的平衡常数值为0.625
C．15 min时改变的条件可能是降低温度
D．从初始到18 min时，X的转化率为30%
答案 C
解析 v(X)＝＝0.12 mol·L－1·min－1，A正确；5 min时，X、Y、Z的平衡浓度分别为0.4 mol·L－1、0.2 mol·L－1、0.2 mol·L－1，K＝＝＝0.625，B正确；反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，X的浓度减小，C错误；18 min时，X的浓度为0.7 mol·L－1，则X的转化率为×100%＝30%，D正确。
6．(2019·云南师范大学附属中学高三月考)工业上常用CH4与水蒸气在一定条件下制取H2，其原理为CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)。
①一定温度下，在一个恒容密闭容器中，下列说法能说明此反应达到平衡状态的是________(填序号)。
A．体系的压强不再发生变化
B．消耗1 mol·L－1CH4的同时生成3 mol·L－1 H2
C．体系的密度不再发生变化
D．反应速率v逆(CH4)∶v正(CO)＝1∶1
②在恒压密闭容器中，通入物质的量均为0.1 mol的CH4与H2O，在一定条件下发生反应。
a．若平衡时，测得CH4的转化率与温度及压强的关系如图所示，则压强：p2________p1(填“大于”“小于”或“等于”)，原因是_______________；
在X点和Y点的速率：v(X)________v(Y)(填“大于”“小于”或“等于”)。
b．若Y点所在容器为1L，则此反应的平衡常数K＝_____________(列式并计算，结果保留到小数点后一位)。
答案 ①AD ②a.大于 CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)是一个气体分子数目增大的反应，在相同温度条件下，压强越大，CH4的转化率越小 小于
b.≈2.8(mol·L－1)2
解析 ①在恒温恒容条件下，对于反应CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)来说，气体的总物质的量是变量，则气体的总压强也为变量，体系的压强不再发生变化能说明此反应达平衡状态，A正确；消耗CH4指的v正，生成H2也是指v正，不能说明此反应达平衡状态，B错误；气体的总质量为恒量，体积固定，也为恒量，则体系的密度为恒量，体系的密度不再发生变化，不能说明此反应达平衡状态，C错误；反应速率v逆(CH4)∶v正(CO)＝1∶1，说明v正＝v逆，能说明此反应达平衡状态，D正确。
②CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)是一个气体分子数目增大的反应，压强越大，CH4的转化率越小，根据图示数据，在同一温度下CH4的转化率在p1条件下更大，故压强p1较小，则压强p2大于p1；同一温度下，压强越大，反应速率越快，根据图示信息，X点压强为p1，比p2小，故在X点和Y点的速率：v(X)小于v(Y)；若Y点所在容器为1 L，由图像可知Y点CH4的转化率为80%，根据“三段式”得：
CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)
起始量(mol) 0.1 0.1 0 0
转化量(mol) 0.1×0.8 0.08 0.08 0.24
平衡量(mol) 0.02 0.02 0.08 0.24
则此反应的平衡常数K＝＝
≈2.8 (mol·L－1)2。
考点4 化学反应速率和化学平衡的图像分析
例4 (2019·全国卷Ⅰ节选)水煤气变换[CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g) ΔH<0]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
(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pH2O和pCO相等、pCO2和pH2相等。
计算曲线a的反应在30～90 min内的平衡速率(a)＝________kPa·min－1。467 ℃时pH2和pCO随时间变化关系的曲线分别是________、________。489 ℃时pH2和pCO随时间变化关系的曲线分别是________、________。
[批注点拨]
[解析] (1)根据题目提供的实验数据可知用H2还原CoO制取金属Co，反应的化学方程式为H2(g)＋CoO(s)Co(s)＋H2O(g)，平衡混合气体中H2的物质的量分数为0.0250，K1＝＝＝39；CO还原CoO制取金属Co的化学方程式为CO(g)＋CoO(s)Co(s)＋CO2(g)，平衡混合气体中CO的物质的量分数为0.0192，K2＝＝≈51.08。K1＜K2，说明还原CoO制取金属Co的倾向是CO大于H2。
(2)H2(g)＋CoO(s)Co(s)＋H2O(g)①
CO(g)＋CoO(s)Co(s)＋CO2(g)②
②－①可得CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)
设起始CO、H2O的物质的量为a mol，转化的物质的量为x mol，容器容积为1 L，则：
CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)
起始/mol·L－1 a a 0 0
转化/mol·L－1 x x x x
平衡/mol·L－1 a－x a－x x x
则该反应的K＝＝≈1.31，
求得：x≈0.534a，则平衡时H2的物质的量分数约为＝0.267。
(4)根据反应速率的计算公式可以计算
(a)＝≈0.0047 kPa·min－1。由(2)中分析得出H2的物质的量分数在0.25～0.50之间，CO的物质的量分数在0～0.25之间，在同一容器中气体的分压之比等于物质的量之比，所以H2的分压始终高于CO的分压，据此可将题图分成上下两部分，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。
[答案] (1)大于 (2)C (4)0.0047 b c a d
1．化学平衡图像题“五看”
一看面——即横坐标、纵坐标代表的量。
二看线——即线的斜率大小、平与陡的含义、函数的增减性。
三看点——即起点、终点、转折点、交叉点等。
四看辅助线——等温线、等压线等。
五看量——浓度等的改变量。
2．化学平衡图像题的分析方法及技巧
(1)三步分析法：一看反应速率是增大还是减小；二看Δv正、Δv逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。
(2)四要素分析法：看曲线的起点，看曲线的变化趋势，看曲线的转折点，看曲线的终点。
(3)“定一议二”原则：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。
(4)“先拐先平，数值大”原则：在化学平衡图像中，先出现拐点的曲线所表示的反应先达到平衡状态；先出现拐点的曲线所代表的反应温度较高或压强较大。
3．化学平衡图像题的解答步骤
7．(2019·河南滑县高三调研)在恒容密闭容器中充入一定量的NO，发生反应：2NO(g)N2(g)＋O2(g) ΔH。实验测得反应速率表达式：v正＝k正·c2(NO)，v逆＝k逆·c(N2)·c(O2)(k是反应速率常数，只与温度有关)。测得混合气体中O2的体积分数与温度关系如图所示。下列有关说法正确的是( )
A．当反应进行到P点时再充入少量NO，NO的平衡转化率减小
B．在T1下达到平衡后，升高温度，k正增大倍数大于k逆增大倍数
C．在T2下达到平衡后，为了提高N2浓度，只能采用升温措施
D．在T2下上述反应进行到t2 min时NO的转化率为30%
答案 B
解析 P点达到平衡状态，再充入NO，相当于对原来的平衡体系加压，该反应是等气体分子数反应，加压(缩小体积)时平衡不移动，NO的平衡转化率不变，A错误；依题意，T1下反应较快，先达到平衡，而T1时平衡体系中O2体积分数较大，说明正反应是吸热反应。达到平衡后，升高温度，平衡常数K增大，K＝＝，由此推知，k正增大倍数大于k逆增大倍数，B正确；提高N2浓度的措施有：升温、分离O2、充入N2等，C错误；该反应是气体分子数相等的反应，设起始时NO的物质的量为a，平衡时(t2 min)O2为0.3a mol，消0.6a mol NO，所以此时NO的平衡转化率为60%，D错误。
8．(2017·全国卷Ⅲ)298 K时，将20 mL 3x mol·L－1Na3AsO3、20 mL 3x mol·L－1 I2和20 mL NaOH溶液混合，发生反应：AsO(aq)＋I2(aq)＋2OH－(aq)AsO(aq)＋2I－(aq)＋H2O(l)。溶液中c(AsO)与反应时间(t)的关系如图所示。
①下列可判断反应达到平衡的是________(填标号)。
a．溶液的pH不再变化 b．v(I－)＝2v(AsO)
c.不再变化 d．c(I－)＝y mol·L－1
②tm时，v正________v逆(填“大于”“小于”或“等于”)。
③tm时v逆________tn时v逆(填“大于”“小于”或“等于”)，理由是_____。
④若平衡时溶液的pH＝14，则该反应的平衡常数K为________。
答案 ①ac ②大于 ③小于 tm时生成物浓度较低
④(mol·L－1)－1
解析 ①a对：溶液pH不变时，则c(OH－)也保持不变，反应处于平衡状态。b错：根据反应方程式，在同一反应方向上始终存在速率关系：v(I－)＝2v(AsO)，反应不一定处于平衡状态。c对：由于Na3AsO3总量一定，当不再变化时，c(AsO)、c(AsO)也保持不变，反应建立平衡。d错：由图可知，建立平衡时c(I－)＝2c(AsO)＝2y mol·L－1，因此c(I－)＝y mol·L－1时，反应没有建立平衡。
②tm时，反应正向进行，故v正大于v逆。
③由于tm时生成物AsO的浓度小于tn时AsO的浓度，因v逆的大小取决于生成物浓度的大小，故tm时的v逆小于tn时的v逆。
④反应前，三种溶液混合后，c(Na3AsO3)＝3xmol·L－1×＝x mol·L－1，同理，c(I2)＝x mol·L－1，反应情况如下：
K＝(mol·L－1)－1＝(mol·L－1)－1。
1．(2019·江苏高考)(双选)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)＝5.0×10－4mol·L－1，NO平衡转化率为50%，则平衡常数K>2000
答案 BD
解析 实线表示不同温度下相同时间内NO的转化率，虚线表示相同条件下NO的平衡转化率，随着温度升高，由虚线知，NO的平衡转化率减小，即温度升高，2NO＋O22NO2的平衡逆向移动，说明该反应为放热反应，ΔH<0，A错误；X点条件下，NO的转化率没有达到最大，所以反应没有达到平衡，如果延长反应时间，使反应达到平衡，则可以提高NO转化率，B正确；Y点处，反应已达平衡，通入O2时，平衡正向移动，NO的转化率会提高，C错误；设起始时c(NO)＝a mol·L－1，则：
2NO ＋ O2 2NO2
起始浓度/
mol·L－1 a 5.0×10－4 0
转化浓度/
mol·L－1 0.5a 0.25a 0.5a
平衡浓度/
mol·L－1 0.5a (5.0×10－4－0.25a) 0.5a
K＝＝
当0.25a＝0时，K＝2000，但0.25a>0，所以K>2000，D正确。
2．(2018·江苏高考)(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，v2＞v1，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，v3＞v1，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，v2＞v1，c2＞2c1，A错误；K3＜K1，p2＜2p1，p3＞p1，则p2＜2p3，B错误；v3＞v1，α3(SO2)＜α1(SO2)，C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正确。
3．(2017·天津高考)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。
下列判断正确的是( )
A．增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大
B．第一阶段，在30 ℃和50 ℃两者之间选择反应温度，选50 ℃
C．第二阶段，Ni(CO)4分解率较低
D．该反应达到平衡时，v生成[Ni(CO)4]＝4v生成(CO)
答案 B
解析 A错：增加c(CO)，平衡正向移动，温度不变，反应的平衡常数不变。B对：第一阶段，生成的Ni(CO)4是气态，应选择高于其沸点的反应温度，故选50 ℃。C错：230 ℃时，化学平衡常数K＝2×10－5，有利于反应逆向进行，Ni(CO)4分解率较高。D错：反应达到平衡时，4v生成[Ni(CO)4]＝v生成(CO)。
4．(2016·北京高考)K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O(橙色)＋
H2O2CrO(黄色)＋2H＋。用K2Cr2O7溶液进行下列实验：
结合实验，下列说法不正确的是( )
A．①中溶液橙色加深，③中溶液变黄
B．②中Cr2O被C2H5OH还原
C．对比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强
D．若向④中加入70% H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色
答案 D
解析 滴加70%的硫酸，增大了H＋的浓度，使平衡Cr2O(橙色)＋H2O2CrO(黄色)＋2H＋向左移动，因此①中溶液橙色加深，当滴加30%的NaOH溶液时，中和了H＋，使上述平衡右移，因此③中溶液变黄；②中Cr2O被C2H5OH还原，所以颜色变为绿色；根据实验①②可知，在酸性条件下，K2Cr2O7将C2H5OH氧化，根据实验③④可知，在碱性条件下，Cr2O和C2H5OH没有反应；若向④中加入70% H2SO4溶液至过量，Cr2O的氧化性增强，Cr2O被C2H5OH还原，溶液变为绿色。
5．(2018·全国卷Ⅰ)采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。回答下列问题：
(1)1840年Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5，该反应的氧化产物是一种气体，其分子式为________。
(2)F.Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25 ℃时N2O5(g)分解反
应：
其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间t的变化如下表所示(t＝∞时，N2O5(g)完全分解)：
①已知：2N2O5(g)===2N2O4(g)＋O2(g)
ΔH1＝－4.4 kJ·mol－1
2NO2(g)===N2O4(g)
ΔH2＝－55.3 kJ·mol－1
则反应N2O5(g)===2NO2(g)＋O2(g)的ΔH＝________kJ·mol－1。
②研究表明，N2O5(g)分解的反应速率v＝2×10－3×pN2O5(kPa·min－1)。t＝62 min时，测得体系中pO2＝2.9 kPa，则此时的pN2O5＝________kPa，v＝________kPa·min－1。
③若提高反应温度至35 ℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35
℃)________63.1 kPa(填“大于”“等于”或“小于”)，原因是
____________________________。
④25 ℃时，N2O4(g)2NO2(g)反应的平衡常数Kp＝________kPa(Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留一位小数)。
(3)对于反应2N2O5(g)―→4NO2(g)＋O2(g)，
R．A.Ogg提出如下反应历程：
第一步 N2O5NO2＋NO3 快速平衡
第二步 NO2＋NO3―→NO＋NO2＋O2 慢反应
第三步 NO＋NO3―→2NO2 快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是________(填标号)。
A．v(第一步的逆反应)>v(第二步反应)
B．反应的中间产物只有NO3
C．第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效
D．第三步反应活化能较高
答案 (1)O2
(2)①53.1 ②30.0 6.0×10－2 ③大于 温度提高，体积不变，总压强提高；NO2生成N2O4为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高
④13.4 (3)AC
解析 (1)氯气在反应中得到电子作氧化剂，硝酸银中只有氧元素化合价会升高，所以氧化产物是氧气，分子式为O2。
(2)①已知：ⅰ.2N2O5(g)===2N2O4(g)＋O2(g)
ΔH1＝－4.4 kJ·mol－1
ⅱ.2NO2(g)===N2O4(g) ΔH2＝－55.3 kJ·mol－1
根据盖斯定律可知ⅰ÷2－ⅱ即得到N2O5(g)===2NO2(g)＋O2(g) ΔH＝－ΔH2＝＋53.1 kJ·mol－1。
②根据方程式可知生成氧气与消耗N2O5的物质的量之比是1∶2，又因为压强之比等于物质的量之比，所以消耗N2O5的压强是2.9 kPa×2＝5.8 kPa，则此时N2O5的压强是35.8 kPa－5.8 kPa＝30.0 kPa，因此此时反应速率v＝2.0×10－3×30(kPa·min－1)＝6.0×10－2(kPa·min－1)。
③由于温度升高，容器体积不变，总压强提高，且NO2生成N2O4为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高，所以若提高反应温度至35 ℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35 ℃)大于63.1 kPa。
④根据表中数据可知N2O5完全分解时的压强是63.1 kPa，根据方程式可知完全分解时最初生成的NO2的压强是35.8 kPa×2＝71.6 kPa，O2是35.8 kPa÷2＝17.9 kPa，总压强应该是71.6 kPa＋17.9 kPa＝89.5 kPa，平衡后压强减少了89.5 kPa－63.1 kPa＝26.4 kPa，所以根据方程式2NO2(g)N2O4(g)可知平衡时N2O4对应的压强是26.4 kPa，NO2对应的压强是71.6 kPa－26.4 kPa×2＝18.8 kPa，则反应的平衡常数Kp＝ kPa≈13.4 kPa。
(3)第一步反应快速平衡，所以第一步的逆反应速率大于第二步的反应速率，A正确；根据第二步和第三步可知中间产物还有NO，B错误；根据第二步反应生成物中有NO2可知NO2与NO3的碰撞仅部分有效，C正确；第三步为快反应，所以第三步反应的活化能较低，D错误。
6．(2018·全国卷Ⅱ)CH4CO2催化重整不仅可以得到合成气(CO和H2)，还对温室气体的减排具有重要意义。回答下列问题：
(1)CH4CO2催化重整反应为：CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g)。
已知：C(s)＋2H2(g)===CH4(g) ΔH＝－75 kJ·mol－1
C(s)＋O2(g)===CO2(g)ΔH＝－394 kJ·mol－1
C(s)＋O2(g)===CO(g)ΔH＝－111 kJ·mol－1
该催化重整反应的ΔH＝________kJ·mol－1。有利于提高CH4平衡转化率的条件是________(填标号)。
A．高温低压 B．低温高压
C．高温高压 D．低温低压
某温度下，在体积为2 L的容器中加入2 mol CH4、1 mol CO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，其平衡常数为________mol2·L－2。
(2)反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。相关数据如下表：
①由上表判断，催化剂X________Y(填“优于”或“劣于”)，理由是
____________________________________。
在反应进料气组成、压强及反应时间相同的情况下，某催化剂表面的积碳量随温度的变化关系如图所示。升高温度时，下列关于积碳反应、消碳反应的平衡常数(K)和速率(v)的叙述正确的是________(填标号)。
A．K积、K消均增加
B．v积减小，v消增加
C．K积减小，K消增加
D．v消增加的倍数比v积增加的倍数大
②在一定温度下，测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为v＝k·p(CH4)·[p(CO2)]－0.5(k为速率常数)。在p(CH4)一定时，不同p(CO2)下积碳量随时间的变化趋势如下图所示，则pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为________________。
答案 (1)247 A (2)①劣于 相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活
化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大 AD
②pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)
解析 (1)已知：①C(s)＋2H2(g)===CH4(g)
ΔH＝－75 kJ·mol－1
②C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH＝－394 kJ·mol－1
③C(s)＋O2(g)===CO(g) ΔH＝－111 kJ·mol－1
根据盖斯定律可知③×2－②－①即得到CH4CO2催化重整反应CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g)的ΔH＝＋247 kJ·mol－1。正反应是体积增大的吸热反应，所以有利于提高CH4平衡转化率的条件是高温低压；某温度下，在体积为2 L 的容器中加入2 mol CH4、1 mol CO2以及催化剂进行催化重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，根据方程式可知
CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g)
1 0.5 0 0
0.25 0.25 0.5 0.5
0.75 0.25 0.5 0.5
所以平衡常数为 mol2·L－2＝ mol2·L－2。
(2)①根据表中数据可知相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大，所以催化剂X劣于Y。正反应均是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向进行，因此K积、K消均增加，A正确，C错误；升高温度反应速率均增大，B错误；积碳量达到最大值以后再升高温度积碳量降低，这说明v消增加的倍数比v积增加的倍数大，D正确。
②根据反应速率方程式可知在p(CH4)一定时，生成速率随p(CO2)的升高而降低，根据图像可知pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2) 从大到小的顺序为pc(CO2)、
pb(CO2)、pa(CO2)。
7．(2018·全国卷Ⅲ)三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题：
(1)SiHCl3在常温常压下为易挥发的无色透明液体，遇潮气时发烟生成(HSiO)2O等，写出该反应的化学方程式：___________________________。
(2)SiHCl3在催化剂作用下发生反应：
2SiHCl3(g)===SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)
ΔH1＝48 kJ·mol－1
3SiH2Cl2(g)===SiH4(g)＋2SiHCl3(g)
ΔH2＝－30 kJ·mol－1
则反应4SiHCl3(g)===SiH4(g)＋3SiCl4(g)的ΔH＝________kJ·mol－1。
(3)对于反应2SiHCl3(g)===SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)，采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323 K和343 K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。
①343 K时反应的平衡转化率α＝________%，平衡常数K343 K＝________(保留两位小数)。
②在343 K下：要提高SiHCl3转化率，可采取的措施是________________；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有________________、________________。
③比较a、b处反应速率大小：va________vb(填“大于”“小于”或“等于”)。反应速率v＝v正－v逆＝k正x2SiHCl3－k逆xSiH2Cl2xSiCl4，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数，计算a处的＝________(保留一位小数)。
答案 (1)2SiHCl3＋3H2O===(HSiO)2O＋6HCl
(2)114 (3)①22 0.02 ②及时移去产物 改进催化剂 提高反应物压强(浓度) ③大于 1.3
解析 (1)根据题目表述，三氯氢硅和水蒸气反应得到(HSiO)2O，方程式为：2SiHCl3＋3H2O===(HSiO)2O＋6HCl。
(2)将第一个方程式扩大 3倍，再与第二个方程式相加就可以得到目标反应的焓变，所以焓变为[48×3＋(－30)] kJ·mol－1＝114 kJ·mol－1。
(3)①由图可知，温度越高反应速率越快，达到平衡用的时间就越少，所以曲线a代表343 K的反应。从图中读出，达到平衡状态时反应的转化率为22%。设初始加入的三氯氢硅的浓度为1 mol·L－1，得到：
2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)
1 0 0
0.22 0.11 0.11
0.78 0.11 0.11
所以平衡常数K＝0.112÷0.782≈0.02。
②温度不变，提高三氯氢硅转化率的方法可以是将产物从体系分离(两边气体体积相等，压强不影响平衡)。缩短达到平衡的时间，就是加快反应速率，所以可以采取的措施是提高反应物压强(浓度)、加入更高效的催化剂(改进催化剂)。
③a、b两点的转化率相等，可以认为各物质的浓度对应相等，而a点的温度更高，所以反应速率更快，即va＞vb。根据题目表述得到v正＝k正x2SiHCl3，v逆＝
k逆xSiH2Cl2xSiCl4，当反应达到平衡时v正＝v逆，v正＝
k正x2SiHCl3＝v逆＝k逆xSiH2Cl2xSiCl4，所以＝
，实际就是平衡常数K值，所以＝0.02。a处的转化率为
20%，所以计算出：
2SiHCl3SiH2Cl2＋SiCl4
起始(mol·L－1) 1 0 0
反应(mol·L－1) 0.2 0.1 0.1
a处时(mol·L－1) 0.8 0.1 0.1
所以xSiHCl3＝0.8；xSiH2Cl2＝xSiCl4＝0.1；
所以＝×＝0.02×≈1.3。
8．(2018·天津高考)CO2与CH4经催化重整，制得合成气：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g) ΔH＝120 kJ/mol－1
(1)分别在V L恒温密闭容器A(恒容)、B(恒压，容积可变)中，加入CH4和CO2各1 mol的混合气体。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是________(填“A”或“B”)。
(2)按一定体积比加入CH4和CO2，在恒压下发生反应，温度对CO和H2产率的影响如图所示。此反应优选温度为900 ℃的原因是_________________。
答案 (1)B (2)900 ℃时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不
大，但能耗升高，经济效益降低
解析 (1)初始时容器A、B的压强相等，A容器恒容，随着反应的进行压强逐渐增大(气体物质的量增加)；B容器恒压，压强不变；所以达平衡时压强一定是A中大，B中小，此反应压强减小平衡正向移动，所以B的反应平衡更靠右，反应的更多，吸热也更多。
(2)根据题图得到，900 ℃时反应产率已经比较高，温度再升高，反应产率的增大并不明显，而生产中的能耗和成本明显增大，经济效益会下降，所以选择900 ℃为反应最佳温度。
9．(2017·全国卷Ⅰ)近期发现，H2S是继NO、CO之后的第三个生命体系气体信号分子，它具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能。回答下列问题：
H2S与CO2在高温下发生反应：H2S(g)＋CO2(g)COS(g) ＋H2O(g)。在610 K时，将0.10 mol CO2与0.40 mol H2S充入2.5 L的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为0.02。
(1)H2S的平衡转化率α1＝__________%，反应平衡常数K＝________。
(2)在620 K重复实验，平衡后水的物质的量分数为0.03，H2S的转化率α2________α1，该反应的ΔH________0。(填“>”“<”或“＝”)
(3)向反应器中再分别充入下列气体，能使H2S转化率增大的是________(填标号)。
A．H2S B．CO2 C．COS D．N2
答案 (1)2.5 2.8×10－3 (2)> > (3)B
解析 (1)设H2S反应的物质的量为x，则
H2S(g) ＋ CO2(g) COS(g)＋H2O(g)
开始 0.40 mol 0.10 mol 0 0
反应 x x x x
平衡 (0.40－x) mol (0.10－x) mol x x
＝＝0.02
解得x＝0.01 mol，所以H2S的转化率是α1＝×100%＝2.5%
由于该反应是反应前后气体体积相等的反应，所以在该条件下反应达到平衡时化学平衡常数
K＝＝＝
≈2.8×10－3。
(2)根据题目提供的数据可知温度由610 K升高到620 K时，化学反应达到平衡，水的物质的量分数由0.02变为0.03，平衡正向移动，所以H2S的转化率增大：α2>α1；根据题意可知：升高温度，化学平衡向正反应方向移动，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，所以该反应的正反应为吸热反应，故ΔH>0。
(3)增大H2S的浓度，平衡正向移动，但加入量远远大于平衡移动转化消耗量，所以H2S转化率降低，A错误；增大CO2的浓度，平衡正向移动，使更多的H2S反应，所以H2S转化率增大，B正确；COS是生成物，增大生成物的浓度，平衡逆向移动，H2S转化率降低，C错误；N2是与反应体系无关的气体，充入N2，不能使化学平衡发生移动，所以对H2S转化率无影响，D错误。
2020还可能这么考
10．我国科研团队利用低温等离子体协同催化技术，在常温常压下实现了将甲烷和二氧化碳一步转化为具有高附加值的液体燃料和化工产品。回答下列问题：
(1)已知：甲烷和乙酸的燃烧热ΔH分别为－890.31 kJ·mol－1、－876.72 kJ·mol－1，试写出甲烷与CO2合成乙酸的热化学方程式：_________________。
(2)甲烷和二氧化碳一步转化为液体产品的选择性如图所示，其中选择性最高的产品是________，反应中应加入的等离子体催化剂是________。
(3)在某一钢性密闭容器中CH4、CO2的分压分别为25 kPa、30 kPa，加入Ni/αAl2O3催化剂并加热至1123 K使其发生反应：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)。
①研究表明CO的生成速率vCO＝1.28×10－2·pCH4·pCO2 (mol·g－1·s－1)，某时刻测得pH2＝20 kPa，则pCH4＝________kPa，vCO＝________mol·g－1·s－1。
②达到平衡后测得体系总压是起始时的1.8倍，则该反应的平衡常数Kp＝________(kPa)2(计算结果保留两位有效数字)。
③温度对产物摩尔流量及平衡转化率的影响如图所示，可知反应ΔH________0(填“>”或“<”)，原因是____________________________。
答案 (1)CH4(g)＋CO2(g)===CH3COOH(l) ΔH＝－13.59 kJ·mol－1
(2)乙酸 Cu/γAl2O3
(3)①15 3.84 ②1.6×105 ③> 随温度升高，产物摩尔流量和反应的平衡转化率均增大，平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应
解析 (1)由已知条件可写出热化学方程式：CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l) ΔH1＝－890.31 kJ·mol－1，CH3COOH(l)＋2O2(g)===2CO2(g)＋2H2O(l) ΔH2＝－876.72 kJ·mol－1，由盖斯定律可推知，CH4(g)＋CO2(g)===CH3COOH(l) ΔH＝ΔH1－ΔH2＝－13.59 kJ·mol－1。
(2)分析图像可知乙酸的选择性最高，且在Cu/γAl2O3等离子体催化剂作用时乙酸的选择性最高。
(3)①利用“三段式”解题：
CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)
起始分压/kPa 25 30 0 0
转化分压/kPa 10 10 20 20
某时刻分压/kPa 15 20 20 20
pCH4＝15 kPa，v(CO)＝1.28×10－2×15×20 mol·g－1·s－1＝3.84 mol·g－1·s－1。
②假设CH4的分压变化x kPa
CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)
起始分压/kPa 25 30 0 0
转化分压/kPa x x 2x 2x
平衡分压/kPa 25－x 30－x 2x 2x
则有＝1.8，解得x＝22，Kp＝＝
(kPa)2≈1.6×105(kPa)2。
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