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高考化学（2011~2020）真题专项练习 专题34 化学反应速率与平衡综合问题（教师版）
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这是一份高考化学（2011~2020）真题专项练习 专题34 化学反应速率与平衡综合问题（教师版），共40页。试卷主要包含了已知可逆反应等内容，欢迎下载使用。
专题34 化学反应速率与平衡综合问题
1．（2020·山东高考真题）探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CH3OH的产率。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下：
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
回答下列问题：
（1）_________。
（2）一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1 mol CO2和3 mol H2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH(g)为ɑ mol，CO为b mol，此时H2O(g)的浓度为__________mol﹒L-1(用含a、b、V的代数式表示，下同)，反应Ⅲ的平衡常数为___________。
（3）不同压强下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度的变化关系如下图所示。
已知：CO2的平衡转化率=
CH3OH的平衡产率=
其中纵坐标表示CO2平衡转化率的是图___________(填“甲”或“乙”)；压强p1、p2、p3由大到小的顺序为___________；图乙中T1温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是___________。
（4）为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，应选择的反应条件为_________(填标号)。
A．低温、高压 B．高温、低压 C．低温、低压 D．高温、高压
【答案】（1）+40.9 （2） （3）乙 p1、p2、p3 T1时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响 （4）A
【解析】
（1）.根据反应I-II=III，则△H3=△H1-△H2=-49.5kJ∙mol-1-(-90.4 kJ∙mol-1)=+40.9 kJ∙mol-1；
（2）.假设反应II中，CO反应了xmol，则II生成的CH3OH为xmol，I生成的CH3OH为(a-x)mol，III生成CO为(b+x)mol，根据反应I：，反应II： ，反应III：，所以平衡时水的物质的量为(a-x)mol+(b+x)mol =(a+b)mol，浓度为:；平衡时CO2的物质的量为1mol-(a-x)mol-(b+x)mol=(1-a-b)mol，H2的物质的量为3mol-3(a-x)mol-2x-(b+x)mol=(3-3a-b)mol，CO的物质的量为bmol，水的物质的量为(a+b)mol，则反应III的平衡常数为：；
（3）.反应I和II为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则CH3OH的平衡产率减少，所以图甲表示CH3OH的平衡产率，图乙中，开始升高温度，由于反应I和II为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率降低，反应III为吸热反应，升高温度反应III向正反应方向移动，升高一定温度后以反应III为主，CO2的平衡转化率又升高，所以图乙表示CO2的平衡转化率；压强增大，反应I和II是气体体积减小的反应，反应I和II平衡正向移动，反应III气体体积不变化，平衡不移动，故压强增大CH3OH的平衡产率增大，根据图所以压强关系为：p1>p2>p3；温度升高，反应I和II平衡逆向移动，反应III向正反应方向移动，所以T1温度时，三条曲线交与一点的原因为：T1时以反应III为主，反应III前后分子数相等，压强改变对平衡没有影响；
（4）.根据图示可知，温度越低，CO2的平衡转化率越大，CH3OH的平衡产率越大，压强越大，CO2的平衡转化率越大，CH3OH的平衡产率越大，所以选择低温和高压，答案选A。
2．（2020·全国高考真题）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】
（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。
3．（2020·全国高考真题）硫酸是一种重要的基本化工产品，接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧化：SO2(g)+O2(g)SO3(g) ΔH=−98 kJ·mol−1。回答下列问题：
（1）钒催化剂参与反应的能量变化如图所示，V2O5(s)与SO2(g)反应生成VOSO4(s)和V2O4(s)的热化学方程式为：_________。
（2）当SO2(g)、O2(g)和N2(g)起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa压强下，SO2平衡转化率α 随温度的变化如图所示。反应在5.0MPa、550℃时的α=__________，判断的依据是__________。影响α的因素有__________。
（3）将组成(物质的量分数)为2m% SO2(g)、m% O2(g)和q% N2(g)的气体通入反应器，在温度t、压强p条件下进行反应。平衡时，若SO2转化率为α，则SO3压强为___________，平衡常数Kp=___________(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
（4）研究表明，SO2催化氧化的反应速率方程为：v=k(−1)0.8(1−nα')。式中：k为反应速率常数，随温度t升高而增大；α为SO2平衡转化率，α'为某时刻SO2转化率，n为常数。在α'=0.90时，将一系列温度下的k、α值代入上述速率方程，得到v~t曲线，如图所示。
曲线上v最大值所对应温度称为该α'下反应的最适宜温度tm。ttm后，v逐渐下降。原因是__________________________。
【答案】（1）2V2O5(s)+ 2SO2(g)⇌ 2VOSO4(s)+ V2O4(s) ∆H= -351 kJ∙mol-1 （2）0.975 该反应气体分子数减少，增大压强，α提高。所以，该反应在550℃、压强为5.0MPa＞2.5MPa＝p２的，所以p1=5.0MPa 反应物（N2和O2）的起始浓度（组成）、温度、压强 （3） （4）升高温度，k增大使v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降。当t＜tm，k增大对v的提高大于α引起的降低；当t＞tm，k增大对v的提高小于α引起的降低
【解析】
（1）由题中信息可知：
①SO2(g)+O2(g)⇌SO3(g) ∆H= -98kJ∙mol-1
②V2O4(s)+ SO3(g)⇌V2O5(s)+ SO2(g) ∆H2= -24kJ∙mol-1
③V2O4(s)+ 2SO3(g)⇌2VOSO4(s) ∆H1= -399kJ∙mol-1
根据盖斯定律可知，③-②´2得2V2O5(s)+ 2SO2(g)⇌ 2VOSO4(s)+ V2O4(s)，则∆H= ∆H1-2∆H2=( -399kJ∙mol-1)-( -24kJ∙mol-1)´2= -351kJ∙mol-1，所以该反应的热化学方程式为：2V2O5(s)+ 2SO2(g)⇌ 2VOSO4(s)+ V2O4(s) ∆H= -351 kJ∙mol-1；
（2） SO2(g)+O2(g)⇌SO3(g)，该反应是一个气体分子数减少的放热反应，故增大压强可以使化学平衡向正反应方向移动。因此，在相同温度下，压强越大，SO2的平衡转化率越大，所以，该反应在550℃、压强为5.0MPa条件下，SO2的平衡转化率一定高于相同温度下、压强为2.5MPa的，因此，p1=5.0MPa，由图中数据可知，α=0.975。影响α的因素就是影响化学平衡移动的因素，主要有反应物（N2和O2）的浓度、温度、压强等。
（3）假设原气体的物质的量为100mol，则SO2、O2和N2的物质的量分别为2m mol、m mol和q mol，2m+m+q=3m+q=100，SO2的平衡转化率为α，则有下列关系：
平衡时气体的总物质的量为n(总)= 2m(1-α)+m(1-α)+2mαmol+q mol，则SO3的物质的量分数为。该反应在恒压容器中进行，因此，SO3的分压p(SO3)=，p(SO2)=，p(O2)=，在该条件下，SO2(g)+ O2(g)⇌2SO3(g) 的Kp=。
（4） 由于该反应是放热反应，温度升高后α降低。由题中信息可知，v=，升高温度，k增大使v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降。当t＜tm，k增大对v的提高大于α引起的降低；当t＞tm，k增大对v的提高小于α引起的降低。
4．（2020·浙江高考真题）研究NOx之间的转化具有重要意义。
（1）已知：N2O4(g) 2NO2(g) ΔH＞0 将一定量N2O4气体充入恒容的密闭容器中，控制反应温度为T1。
①下列可以作为反应达到平衡的判据是________。
A．气体的压强不变 B．v正(N2O4)＝2v逆(NO2) C．K不变 D．容器内气体的密度不变 E．容器内颜色不变
②t1时刻反应达到平衡，混合气体平衡总压强为p，N2O4气体的平衡转化率为75%，则反应N2O4(g) 2NO2(g)的平衡常数Kp＝________(对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作Kp，如p(B)＝p·x(B)，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数)。
③反应温度T1时，c(N2O4)随t(时间)变化曲线如图，画出0～t2时段，c(NO2)随t变化曲线。保持其它条件不变，改变反应温度为T2(T2＞T1)，再次画出0～t2时段，c(NO2)随t变化趋势的曲线________。
（2） NO氧化反应：2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g)分两步进行，其反应过程能量变化示意图如图。
Ⅰ 2NO(g)=N2O2(g) ΔH1
Ⅱ N2O2(g)＋O2(g)→2NO2(g) ΔH2
①决定NO氧化反应速率的步骤是________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
②在恒容的密闭容器中充入一定量的NO和O2气体，保持其它条件不变，控制反应温度分别为T3和T4(T4＞T3)，测得c(NO)随t(时间)的变化曲线如图。转化相同量的NO，在温度_____(填“T3”或“T4”)下消耗的时间较长，试结合反应过程能量图分析其原因____。
【答案】（1）①AE ②p ③ （2）①Ⅱ ②T4 ΔH1＜0，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响
【解析】
（1）①A、该反应是一个气体体积减小的反应，气体的压强不变说明各物质浓度保持不变，反应达到化学平衡状态，故正确；
B、v正(N2O4)＝2v逆(NO2)说明正逆反应速率不相等，反应没有达到化学平衡状态，故错误；
C、温度不变，化学平衡常数K不变，则K不变不能说明反应达到化学平衡状态，故错误；
D、由质量守恒定律可知，反应前后气体质量不变，恒容容器的体积不变，则密度始终不变，则密度不变不能说明反应达到化学平衡状态，故错误；
E、容器内颜色不变说明各物质浓度保持不变，反应达到化学平衡状态，故正确；
AE正确，故答案为：AE；
②设起始N2O4的物质的量为1mol，由题给数据建立如下三段式：
由三段式数据可知N2O4的平衡分压为×p=，NO2的平衡分压为×p=，则平衡常数Kp＝=，故答案为：；
③由图可知，t1时反应消耗N2O4的浓度为（0.04—0.01）mol/L，由方程式可得反应生成NO2的浓度为0.03 mol/L×2=0.06 mol/L；该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，NO2的浓度增大，则0～t2时段，NO2的浓度c(NO2)随t变化趋势的曲线为，故答案为：；
（2）①由图可知，反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，活化能越大，反应速率越慢，则化学反应速率反应Ⅰ快于反应Ⅱ，化学反应取决于反应速率较慢的一步，则决定NO氧化反应速率的步骤是反应Ⅱ，故答案为：Ⅱ；
②由图可知，转化相同量的NO，在温度T4下消耗的时间较长，原因是反应Ⅰ为放热反应，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响，导致转化相同量的NO，在温度较高的T4下消耗的时间较长，故答案为：T4；反应Ⅰ为放热反应，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响；
5．（2019·全国高考真题）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)，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内的平均速率(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___________、___________。
【答案】（1）大于 （2）C （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
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；
（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。
6．（2016·上海高考真题）随着科学技术的发展和环保要求的不断提高，CO2的捕集利用技术成为研究的重点。
完成下列填空：
（1）目前国际空间站处理CO2的一个重要方法是将CO2还原，所涉及的反应方程式为：
CO2（g）+4H2（g）CH4（g）+2H2O（g）
已知H2的体积分数随温度升高而增加。
若温度从300℃升至400℃，重新达到平衡，判断下列表格中各物理量的变化。（选填“增大”、“减小”或“不变”）
v正
v逆
平衡常数K
转化率α
（2）相同温度时，上述反应在不同起始浓度下分别达到平衡，各物质的平衡浓度如下表：
[CO2]/mol·L-1
[H2]/mol·L-1
[CH4]/mol·L-1
[H2O]/mol·L-1
平衡Ⅰ
a
b
c
d
平衡Ⅱ
m
n
x
y
a、b、c、d与m、n、x、y之间的关系式为_________。
（3）碳酸：H2CO3，Ki1=4.3×10-7，Ki2=5.6×10-11
草酸：H2C2O4，Ki1=5.9×10-2，Ki2=6.4×10-5
0.1 mol/L Na2CO3溶液的pH____________0.1 mol/L Na2C2O4溶液的pH。（选填“大于”、“小于”或“等于”）
等浓度的草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是___________。
若将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合，溶液中各种离子浓度大小的顺序正确的是_____。（选填编号）
a．[H+]＞[HC2O4-]＞[HCO3-]＞[CO32-]
B．[HCO3-]＞[HC2O4-]＞[C2O42-]＞[CO32-]
c．[H+]＞[HC2O4-]＞[C2O42-]＞[CO32-]
D．[H2CO3] ＞[HCO3-]＞[HC2O4-]＞[CO32-]
（4）人体血液中的碳酸和碳酸氢盐存在平衡：H++ HCO3- H2CO3，当有少量酸性或碱性物质进入血液中时，血液的pH变化不大，用平衡移动原理解释上述现象。
____________________________________________________________________________________
【答案】（1）
v正
v逆
平衡常数K
转化率α
增大
增大
减小
减小
（2）
（3）大于；草酸；ac
（4）当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变；当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变。（合理即给分）
【解析】
（1）H2的体积分数随温度的升高而增加，这说明升高温度平衡逆反应方向进行，即正反应是放热反应。升高温度正逆反应速率均增大，平衡逆反应方向进行，平衡常数减小，反应物的转化率减小。
（2）相同温度时平衡常数不变，则a、b、c、d与m、n、x、y之间的关系式为。
（3）根据电离常数可知草酸的酸性强于碳酸，则碳酸钠的水解程度大于草酸钠，所以0.1 mol/L Na2CO3溶液的pH大于0.1 mol/L Na2C2O4溶液的pH。草酸的酸性强于碳酸，则等浓度草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是草酸。A．草酸的二级电离常数均大于碳酸的，所以草酸的电离程度大于，因此溶液中[H+]＞[HC2O4-]＞[C2O42-]＞[HCO3-]＞[CO32-]，a正确；B．根据a中分析可知b错误；c．根据a中分析可知c正确；d．根据a中分析可知d错误，答案选ac。
（4）根据平衡可知当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H+浓度变化较小，血液中的pH基本不变；当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变。
7．（2008·宁夏高考真题）已知可逆反应：M(g)＋N(g)P(g)＋Q(g)；△H＞0，
请回答下列问题：
（1）在某温度下，反应物的起始浓度分别为：c(M)=1 mol·L-1, c(N)=2.4mol·L-1，达到平衡后，M的转化率为60％，此时N的转化率为__________。
（2）若反应温度升高，M的转化率______(填“增大”“减小”或“不变”）。
（3）若反应温度不变，反应物的起始浓度分别为：c(M)= 4 mol·L-1,c(N)=amol·L-1;达到平衡后，c(P)=2 mol·L-1,a=________。
（4）若反应温度不变，反应物的起始浓度为：c(M)=c(N)= bmol·L-1，达到平衡后，M的转化率为_____________。
【答案】（1）25％ （2）增大 （3）6 （4）41％
【解析】
（1）△c（M）=60%×1mol•L-1=0.6mol•L-1，浓度变化量之比等于化学计量数之比，所以△c（N）=△c（M）=0.6mol•L-1，故此时N的转化率×100%=25%，故答案为25%；
（2）该反应正反应为吸热反应，升高温度平衡向吸热方向移动，即向正反应方向移动，M的转化率增大，故答案为增大；
（3）△c（M）=60%×1mol•L-1=0.6mol•L-1，则：
M（g）+N（g）⇌P（g）+Q（g）；
初始（mol/L）： 1 2.4 0 0
转化（mol/L）：0.6 0.6 0.6 0.6
平衡（mol/L）：0.4 1.8 0.6 0.6
故该温度下平衡常数k==0.5，
反应温度不变，反应物的起始浓度分别为c（M）=4mol•L-1，c（N）=amol•L-1；达到平衡后，c（P）=2mol•L-1，则：
M（g）+N（g）⇌P（g）+Q（g）；
初始（mol/L）：4 a 0 0
转化（mol/L）：2 2 2 2
平衡（mol/L）：2 a-2 2 2
所以=0.5，解得a=6，故答案为6；
（4）设平衡时M的浓度变化量为为xmol/L，则：
M（g）+N（g）⇌P（g）+Q（g）；初始（mol/L）：b b 0 0
变化（mol/L）：x x x x
平衡（mol/L）：b-x b-x x x
所以=0.5，解得x=0.41b，故M的转化率为×100%=41%，故答案为41%。
8．（2007·上海高考真题）一定条件下，在体积为3 L的密闭容器中，一氧化碳与氢气反应生成甲醇（催化剂为Cu2O/ZnO）：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)。
根据题意完成下列各题：
（1）反应达到平衡时，平衡常数表达式K＝_______________，升高温度，K值_______（填“增大”、“减小”或“不变”）。
（2）在500℃，从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)＝_____________。
（3）在其他条件不变的情况下，对处于E点的体系体积压缩到原来的1/2，下列有关该体系的说法正确的是_______：
a．氢气的浓度减少 b．正反应速率加快，逆反应速率也加快
c．甲醇的物质的量增加 d．重新平衡时n(H2)/n(CH3OH)增大
（4）据研究，反应过程中起催化作用的为Cu2O，反应体系中含少量CO2有利于维持催化剂Cu2O的量不变，原因是：_______________________（用化学方程式表示）。
【答案】（1）K＝c(CH3OH)/［c(CO)·c2(H2)］ 减小 （2）2nB/3tB mol·(L·min)－1 （3）b c （4）Cu2O＋CO2Cu＋CO2
【解析】
（1）反应达到平衡时，平衡常数表达式K＝c(CH3OH)/［c(CO)·c2(H2)］。从图像可知，温度高时平衡体系中甲醇含量减少，可以推出CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)反应放热，因此温度升高后，K值减小。
（2）从图像可以看出在500℃tB时刻达到平衡，此时甲醇物质的量为nB,反应消耗氢气物质的量为2nB，可求出氢气的平均反应速率为2nB/3tBmol·(L·min)－1。
（3）在其他条件不变的情况下，对处于E点的体系体积压缩到原来的1/2，加压时，反应物和生产物浓度均增大，正、逆反应速率都加快，由勒夏特列原理可知，加压时平衡右移。
a．氢气的浓度增大，，a错误；
b．正反应速率加快，逆反应速率也加快，b正确；
c．平衡向右移动，甲醇的物质的量增加，c正确；
d．重新平衡时n(H2)/n(CH3OH)减小，d错误。
有关该体系的说法正确的是bc：
（4）据研究，反应过程中起催化作用的为Cu2O，反应体系中含少量CO2有利于维持催化剂Cu2O的量不变，一氧化碳与氧化亚铜反应生成铜和二氧化碳，根据平衡移动原理可知，少量二氧化碳的存在可以抑制该化学平衡向正向移动，用化学方程式表示为：Cu2O＋CO2Cu＋CO2。
9．（2014·全国高考真题）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。
10．（2011·上海高考真题）自然界的矿物、岩石的成因和变化受到许多条件的影响。地壳内每加深1km，压强增大约25000~30000 kPa。在地壳内SiO2和HF存在以下平衡：SiO2(s) +4HF(g)⇌SiF4(g)+ 2H2O(g)+148.9 kJ。根据题意完成下列填空：
（1）在地壳深处容易有_____________气体逸出，在地壳浅处容易有___________沉积。
（2）如果上述反应的平衡常数K值变大，该反应_____________(选填编号)。
A．一定向正反应方向移动 B．在平衡移动时正反应速率先增大后减小
C．一定向逆反应方向移动 D．在平衡移动时逆反应速率先减小后增大
（3）如果上述反应在体积不变的密闭容器中发生，当反应达到平衡时，________(选填编号)。
A．2v正(HF)=v逆(H2O) B．v(H2O)=2v(SiF4)
C．SiO2的质量保持不变 D．反应物不再转化为生成物
（4）若反应的容器容积为2.0L，反应时间8.0 min，容器内气体的密度增大了0.12 g/L，在这段时间内HF的平均反应速率为____________。
【答案】（1）SiF4、 H2O SiO2 （2）ad （3）bc （4）0.0010mol/(L⋅min)
【解析】
（1）SiO2(s)+4HF(g)⇌SiF4(g)+2H2O(g)+148.9kJ，该反应为正反应体积减小的反应,增大压强,平衡向右移动,有SiF4(g)逸出,H2O(g)凝结为水,减小压强有SiO2(s)沉淀析出;故在地壳深处容易有SiF4、H2O气体逸出,在地壳浅处容易有SiO2沉积。
（2）化学平衡常数只随温度的变化而变化，该反应为放热反应，平衡常数K值变大说明温度降低平衡右移，温度降低反应速率减小，平衡右移逆反应速率先减小后增大，故a、d正确；
（3）当反应达到平衡时，正反应速率=逆反应速率且各物质的浓度保持不变；
a．根据反应速率之比等于系数之比可以得出，v正(HF)=2v正(H2O)，当反应达到平衡时，v正(H2O)=v逆(H2O)，因此v正(HF)=2v逆(H2O)，因此a错误；
b．根据反应速率之比等于系数之比可以得出，不管反应有没有达到平衡，均有v正(H2O)=2v正(SiF4)，v逆(H2O)=2v逆(SiF4)，当反应达到平衡时，v正(H2O)=v逆(H2O)，v正(SiF4)=v逆(SiF4)，即v正(H2O)=2v逆(SiF4)或v逆(H2O)=2v正(SiF4)，因此不管反应有没有达到平衡，v(H2O)=2v(SiF4)均成立，故b正确；
c．SiO2的质量保持不变说明反应已经达到平衡，故c正确；
d．反应达到平衡时正逆反应仍然都在进行，反应物和生成物在互相转化，只是速率相等，故d错误。
（4）由容积为2.0L，反应时间8.0min，容器内气体的密度增大了0.12g/L，则增加的质量为2.0L×0.12g/L=0.24g，由反应及元素守恒可知，每4molHF反应气体质量增加28+16×2=60g，设参加反应的HF的物质量为x，
=，解得x=0.016mol，v(HF)===0.0010mol/(L⋅min)。
11．（2012·上海高考真题）用氮化硅(Si3N4)陶瓷代替金属制造发动机的耐热部件，能大幅度提高发动机的热效率。工业上用化学气相沉积法制备氮化硅，其反应如下：3SiCl4(g)+2N2(g)+6H2(g)Si3N4(s)+12HCl(g)+Q(Q>0)。完成下列填空：
（1）在一定温度下进行上述反应，若反应容器的容积为2 L，3 min后达到平衡，测得固体的质量增加了2.80 g，则H2的平均反应速率___ mol/(L·min)；该反应的平衡常数表达式K=_____
（2）上述反应达到平衡后，下列说法正确的是_____。
a．其他条件不变，压强增大，平衡常数K减小
b．其他条件不变，温度升高，平衡常数K减小
c．其他条件不变，增大Si3N4物质的量平衡向左移动
d．其他条件不变，增大HCl物质的量平衡向左移动
（3）一定条件下，在密闭恒容的容器中，能表示上述反应达到化学平衡状态的是__。
a．3v逆(N2)=v正(H2) b．v正(HCl)=4v正(SiCl4)
c．混合气体密度保持不变 d．c(N2)：c(H2)：c(HCl)=1：3：6
（4）若平衡时H2和HCl的物质的量之比为，保持其它条件不变，降低温度后达到新的平衡时，H2和HCl的物质的量之比___（填“>”、“=”或“<”)。
【答案】（1）0.02 （2）bd （3）ac （4）＜
【解析】
（1）固体的质量增加了2.80g为Si3N4的质量,其物质的量=0.02mol，根据方程式可知消耗氢气的物质的量=0.02mol×6=0.12mol，故v(H2)==0.02mol/(L.min)；
平衡常数为生成物浓度化学计量数次数幂之积与生成物浓度化学计量数次数幂之积的比值，故该反应平衡常数K=；
（2）a．平衡常数只受温度影响，压强增大，平衡常数K不变，故a错误；
b．正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故b正确；
c．Si3N4是固体，增大其物质的量，不影响平衡移动，故c错误；
d．增大HCl物质的量，平衡向消耗HCl的方向移动，即向逆反应方向移动，故d正确，
故答案为：bd；
（3）a．根据速率之比对化学计量数之比，可以确定v正(H2)=v逆(H2)，说明反应到达平衡状态，故a正确；
b．都表示正反应速率，反应自始至终都成立，不能说明到达平衡状态，故b错误；
c．混合气体密度保持不变说明混合气体的总质量不变，而平衡移动则气体的质量发生变化，可以说明到达平衡状态，故c正确；
d．平衡时浓度关系与起始浓度有关、与转化率有关，不能说明到达平衡状态，故d错误，
故答案为：ac；
（4）该反应正反应是放热反应，降低温度，平衡向正反应移动，到达新平衡，H2的物质的量减小，HCl的物质的量物质的量增大，新平衡H2和HCl的物质的量之比＜。
12．（2015·全国高考真题）甲醇是重要的化工原料，又可称为燃料。利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：
①CO（g）+2H2（g）CH3OH（g） △H1
②CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g） △H2
③CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g） △H3
回答下列问题：
（1）已知反应①中的相关的化学键键能数据如下：
由此计算△H1＝__kJ·mol-1，已知△H2＝-58kJ·mol-1，则△H3＝__kJ·mol-1。
（2）反应①的化学平衡常数K的表达式为__________；图1中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为_________（填曲线标记字母），其判断理由是_________________。
（3）合成气的组成n（H2）/n（CO+CO2）＝2.60时，体系中的CO平衡转化率（α）与温度和压强的关系如图2所示。α（CO）值随温度升高而_______（填“增大”或“减小”），其原因是_______。图2中的压强由大到小为_____，其判断理由是_____。
【答案】（1）—99 ＋41 （2） a 反应①为放热反应，平衡常数应随温度升高变小 （3）减小 升高温度时，反应①为放热反应，平衡向向左移动，使得体系中CO的量增大；反应③为吸热反应，平衡向右移动，又产生CO的量增大；总结果，随温度升高，使CO的转化率降低； P3＞P2＞P1 相同温度下，由于反应①为气体分子数减小的反应，加压有利于提升CO的转化率；而反应③为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响，故增大压强时，有利于CO的转化率升高
【解析】
（1）反应热等于断键吸收的能量与形成化学键所放出的能量的差值，则根据表中数据和反应的化学方程式CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）可知反应热△H1＝1076kJ/mol＋2×436 kJ/mol—3×413 kJ/mol—343 kJ/mol—465 kJ/mol＝—99kJ.mol-1。根据盖斯定律可知②—①即可得到反应③，则△H3＝—58 kJ/mol＋99 kJ/mol＝＋41kJ.mol-1。
（2）化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，则反应①的化学平衡常数K的表达式为；由于正方应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，因此a正确。
（3）反应①为放热反应，升高温度时，平衡向左移动，使得体系中CO的量增大；反应③为吸热反应，平衡向右移动，又产生CO的量增大；因此最终结果是随温度升高，使CO的转化率降低；相同温度下，由于反应①为气体分子数减小的反应，加压有利于提升CO的转化率；而反应③为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响，故增大压强时，有利于CO的转化率升高，所以图2中的压强由大到小为P3＞P2＞P1。
13．（2011·全国高考真题）反应aA（g）+bB（g）cC（g）（H＜0）在等容条件下进行。改变其他反应条件，在I、II、III阶段体系中各物质浓度随时间变化的曲线如下图所示：
回答问题：
（1）反应的化学方程式中，a：b：c为 ；
（2）A的平均反应速率（A）、（A）、（A）从大到小排列次序为 ；
（3）B的平衡转化率中最小的是 ，其值是 ；
（4）由第一次平衡到第二次平衡，平衡移动的方向是 ，采取的措施是 ；
（5）比较第II阶段反应温度（）和第III阶段反应速度（）的高低：
填“＞、＝、＜”判断的理由是 ；
（6）达到第三次平衡后，将容器的体积扩大一倍，假定10min后达到新的平衡，请在下图中用曲线表示IV阶段体系中各物质的浓度随时间变化的趋势（曲线上必须标出A、B、C）.
【答案】（1）1：3：2
（2）vⅠ(A)＞vⅡ(A)＞vⅢ(A)
（3）aIII(B)，19%
（4）正方向移动，从反应体系中移出产物C
（5）>，此反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动
（6）
【解析】
（1）由图可知第Ⅰ阶段，平衡时△c(A)=2mol/L-1mol/L=1mol/L，△c(B)=6mol/L-3mol/L=3mol/L，△c(C)=2mol/L，浓度变化量之比等于化学计量数之比，故a:b:c=1mol/L:3mol/L:2mol/L=1:3:2；
（2）vⅠ(A)=1/2=0.05mol/(L·min)，vⅡ(A)=(1-0.62)/15=0.0253mol/(L·min)，vⅢ(A)=(0.62-0.5)/10=0.012mol/（L·min），故A的平均反应速率vⅠ(A)＞vⅡ(A)＞vⅢ(A)。
（3） aI(B)=3mol/L/6mol/L×100%=50% ；aII(B)=（3-1.86）mol/L /3 mol/L×100%=38%；aIII(B)=（1.86-1.5）mol/L/1.86 mol/L =19%；所以B的平衡转化率aI(B)、aII(B)、aIII(B) 中最小的是aIII(B)，其值是19%；
（4）由浓度曲线变化可知，由第一次平衡到第二次平衡，AB 的浓度减小，C的浓度增大，平衡正向移动；由于C的浓度由2.0mol/L变为0，所以采取的措施是分离出产物C；
（5）第II阶段的到第III阶段时，AB的浓度均减小，C的浓度增大，平衡正向移动，由于I、II、III阶段容器容积不变，且反应的∆H<0，故应是降低了反应温度，则有T2> T3。
（6）由a:b:c=1mol/L:3mol/L:2mol/L=1:3:2可知，该反应A（g）+3B（g）2C（g）；达到第三次平衡后，将容器的体积扩大一倍，相当于减压过程，各物质浓度先减小原来各自的一半，然后平衡向左移动，A、B的浓度再增大一些，而C的浓度再减小一些，具体变化过程如图：
。
14．（2014·浙江高考真题）煤炭燃烧过程中会释放出大量的SO2，严重破坏生态环境。采用一定的脱硫技术可以把硫元素以CaSO4的形式固定，从而降低SO2的排放。但是煤炭燃烧过程中产生的CO又会与CaSO4发生化学反应，降低脱硫效率。相关反应的热化学方程式如下：
CaSO4(s)+CO(g) CaO(s) + SO2(g) + CO2(g) ΔH1=218.4kJ·mol-1(反应Ⅰ)
CaSO4(s)+4CO(g) CaS(s) + 4CO2(g) ΔH2= -175.6kJ·mol－1(反应Ⅱ)
请回答下列问题：
（1）反应Ⅰ能自发进行的条件是 。
（2）对于气体参与的反应，表示平衡常数Kp时用气体组分(B)的平衡压强p(B)代替该气体物质的量浓度c(B)，则反应Ⅱ的Kp= (用表达式表示)。
（3）假设某温度下，反应Ⅰ的速率(v1)大于反应Ⅱ的速率(v2)，则下列反应过程能量变化示意图正确的是 。
（4）通过监测反应体系中气体浓度的变化判断反应Ⅰ和Ⅱ是否同时发生，理由是 。
（5）图1为实验测得不同温度下反应体系中CO初始体积百分数与平衡时固体产物中CaS质量百分数的关系曲线。则降低该反应体系中SO2生成量的措施有 。
A．向该反应体系中投入石灰石
B．在合适的温度区间内控制较低的反应温度
C．提高CO的初始体积百分数
D．提高反应体系的温度
（6）恒温恒容条件下，假设反应Ⅰ和Ⅱ同时发生，且v1＞v2，请在图2中画出反应体系中c(SO2)随时间t变化的总趋势图。
【答案】（1）高温
（2）
（3）C．
（4） 反应I中生成有SO2，监测SO2与CO2的浓度增加量的比不为1:1，可确定发生两个反应。
（5）A、B、C
（6）
【解析】
（1）由△G=△H-T△S＜0时自发，△H＞0，则T要大，故选择高温。
（3）反应Ⅰ吸热，产物的能量高于反应物，反应Ⅱ放热，产物的能量低于反应物；反应Ⅰ的速率(v1)大于反应Ⅱ的速率(v2)，反应I的活化能低。
（4） 反应I中生成有SO2，监测SO2与CO2的浓度增加量的比即可确定是否发生两个反应。
（5）向该反应体系中投入石灰石，产生CO2，使反应I逆向进行，可降低该反应体系中SO2生成量，A正确；在合适的温度区间内控制较低的反应温度，图中可以看出最低温度的CaS的含量最高，故B正确、D错误；C．图中可以看出，提高CO的初始体积百分数，可以提高CaS的含量，故正确。
（6） 反应Ⅰ的速率(v1)大于反应Ⅱ的速率(v2)，故SO2增加的快，反应达到平衡快；随着反应II的进行，CO2的浓度不断增大，使反应I平衡逆向移动。
15．（2012·浙江高考真题）[15分]甲烷自热重整是先进的制氢方法，包含甲烷氧化和蒸汽重整。向反应系统同时通入甲烷、氧气和水蒸气，发生的主要化学反应有：
反应过程
化学方程式
焓变△H(kJ/mol)
活化能Ea(kJ/mol)
甲烷氧化
CH4(g)＋2O2(g)CO2(g)＋2H2O(g)
－802.6
125.6
CH4(g)＋O2(g)CO2(g)＋2H2(g)
－322.0
172.5
蒸汽重整
CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)
206.2
240.1
CH4(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g)
165.0
243.9
回答下列问题：
（1）反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)的△H= kJ/mol。
（2）在初始阶段,甲烷蒸汽重整的反应速率 甲烷氧化的反应速率（填大于、小于或等于）。
（3）对于气相反应，用某组分(B)的平衡压强(PB)代替物质的量浓度(cB)也可以平衡常数（记作KP），则反应CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)的KP＝ ；
随着温度的升高，该平衡常数 （填“增大”、“减小”或“不变”）。
（4）从能量阶段分析，甲烷自热重整方法的先进之处在于 。
（5）在某一给定进料比的情况下，温度、压强对H2和CO物质的量分数的影响如下图：
①若要达到H2物质的量分数>65%、CO的物质的量分数<10%，以下条件中最合适的是 。
A．600℃，0.9Mpa B．700℃，0.9MPa C．800℃，1.5Mpa D．1000℃，1.5MPa
②画出600℃，0.1Mpa条件下，系统中H2物质的量分数随反应时间（从常温进料开始即时）
的变化趋势示意图：
（6）如果进料中氧气量过大，最终导致H2物质的量分数降低，原因是 。
【答案】(15分)
（1）-41.2
（2）小于
（3）
增大
（4）系统内强放热的甲烷氧化反应为强吸热的蒸汽重整反应提供了所需的能量(其他合理答案均可)
（5）①B
②
（6）甲烷氧化程度过高，氢气和氧气反应(其他合理答案均可)
【解析】
（1）根据盖斯定律，由蒸汽重整的两个反应CH4(g)+2H2O（g）=CO2（g）+4H2（g）减CH4（g）+H2O（g）= CO（g）+3H2（g），可得反应CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g），则△H="165.0kJ/mol-206.2kJ/mol" =-41.2kJ/mol。
（2）由表中数据可知，甲烷氧化的活化能低于蒸气重整的活化能，活化能越低，反应速率越快，所以初始阶段，甲烷蒸汽重整的反应速率小于甲烷氧化的反应速率。
（3）根据平衡常数K的表达式，可知反应CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2（g）的，
该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，平衡常数增大。
（4）从能量的角度分析，甲烷自热重整方法的先进之处在于系统内强放热的甲烷氧化反应为强吸热的蒸汽重整反应提供了所需的能量，提高能源的利用率。
（5）①由图中数据可知，0.9 MPa时，H2的物质的量分数大于65%，CO物质的量分数小于10%，则700℃符合，1.5 MPa时，H2的物质的量分数大于65%，CO物质的量分数小于10%，则温度要高于750℃，低于约725℃，B项正确，ACD项错误，答案选B。
②起始进料时H2的物质的量分数为0，结合图象可知600℃，0.1 MPa的条件下，平衡时系统中H2的物质的量分数达到70%，据此画出H2的物质的量分数随时间变化的示意图为：。
（6）如果进料中氧气量过大，会使甲烷氧化程度过高，氢气和氧气反应，导致氢气的质量分数降低。
16．（2010·上海高考真题）接触法制硫酸工艺中，其主反应在450℃并有催化剂存在下进行：
（1）该反应所用的催化剂是___(填写化合物名称)，该反应450℃时的平衡常数_____500℃时的平衡常数(填“大于”、“小于”或“等于”)。
（2）该热化学反应方程式的意义是____________．
（3）下列描述中能表明该反应已达平衡状态的是________
A．B．容器中气体的平均分子量不随时间而变化
C．容器中气体的密度不随时间而变化D．容器中气体的分子总数不随时间而变化
（4）在一个固定容积为5L的密闭容器中充入0.20 mol和0.10mol，半分钟后达到平衡，测得容器中含0.18mol，则=______：若继续通入0.20mol和0.10mol，则平衡______移动(填“向正反应方向”、“向逆反应方向” 或“不”)，再次达到平衡后，______ mol
【解析】
（1）二氧化硫和氧气在五氧化二钒的催化作用下生成三氧化硫；化学平衡常数只与温度有关，吸热反应平衡常数随温度升高而增大，放热反应平衡常数随温度升高而减小，该反应为放热反应，450℃时的平衡常数大于500℃时的平衡常数，故答案为：五氧化二钒（V2O5）；大于；（2）热化学方程式表明化学反应所放出或吸收热量的化学方程式，反应热的测量与温度有关，应注明温度，各物质化学式前的化学计量数表示该物质的物质的量，反应物和生成物的聚集状态不同，反应热也不相同，应注明聚集状态，+190kJ表示放出190kJ的热量，该热化学方程式的意义是：在450℃时，2molSO2气体和1molO2气体完全反应生成2molSO3气体时放出的热量为190kJ，故答案为：在450℃时，2molSO2气体和1molO2气体完全反应生成2molSO3气体时放出的热量为190kJ；（3）从平衡状态的两个重要特征判断：①v（正）=v（逆），②混合物中各组成成分的百分含量不变。
A．用不同物质表示的速率，速率之比等于化学计量数之比才能说明反应处于平衡状态，即2V (O2)正=v (SO3)逆，选项A错误；
B．该反应是气体分子数发生变化的反应，根据M=m/n，容器中气体的平均分子量不随时间而变化时，反应达到平衡状态，选项B正确；
C．在恒容密闭容器中，气体的密度始终不随时间而变化，不能作为标志，选项C错误；
D．该反应是气体分子数发生变化的反应，容器中气体的分子总数不随时间而变化时，说明反应处于平衡状态，选项D正确；
答案选BD；
（2）根据三段式解答2SO2 (g)+O2(g)2SO3(g) +190kJ
起始物质的量 0.20 0.10 0
变化物质的量 0.18 0.09 0.18
平衡物质的量 0.02 0.01 0.18
则V (O2)==0.036 mol.L-1.min-1；若继续通入0.20mol SO2和0.10mol O2,相当于增大压强，平衡正向移动；再次达到平衡时，若平衡不移动，SO3的物质的量为0.36mol,若SO2 全部转化为SO3，SO3的物质的量为0.40mol，所以再次达到平衡后，0.36mol
已知：平均反应速率；反应2min时，A的浓度减少了，B的物质的量减少了mol，有amolD生成。
回答下列问题：
（1）反应2min内，=_________，______；
（2）化学方程式中，______、______、______、______；
（3）反应平衡时，D为2amol，则B的转化率为______；
（4）如果只升高反应温度，其他反应条件不变，平衡时D为1.5amol，则该反应的______0；（填“＞”、“＜”或“＝”）
（5）如果其他条件不变，将容器的容积变为1L，进行同样的实验，则与上述反应比较：
①反应速率______（填“增大”、“减小”或“不变”），理由是______；
②平衡时反应物的转化率______（填“增大”、“减小”或“不变”），理由是______。
【答案】（1）mol/(L·min) mol/(L·min) （2）2 3 1 6 （3） （4）< （5）①增大 体积减小，反应物的浓度增大，因而使反应速率增大 ②减小 体积减小，压强增大，平衡向气体分子数少的方向（即逆反应方向）移动，因而使反应物转化率减小
【解析】
（1）根据题干信息结合平衡三段式列式，A减少物质的量和生成C的物质的量之比等于速率之比等于化学计量数之比，平均反应速率υC=υA，
xA(g)+yB(g)⇌pC(g)+qD(g)
起始量(mol) a b 0 0
变化量(mol) a a
平衡量(mol) a b- a
用A表示的反应速率υA==mol•L-1•min-1，
用B表示的反应速率υB==mol•L-1•min-1；
（2）依据（1）的列式计算x：y：p：q=a:::a=2:3:1:6，则x=2，y=3，p=1，q=6；
（3）反应平衡时，D为 2amol，则转化B的物质的量为amol，则B的转化率为=×100%=×100%；
（4）依据（3）的平衡物质的量，如果只升高反应温度，其他反应条件不变，平衡时D为 1.5a mol，说明升温平衡逆向进行，逆向是吸热反应，正向是放热反应，△H＜0；
（5）如果其他条件不变，将容器的容积变为 1L；反应是：2A(g)+3B(g)⇌C(g)+6D(g)
①体积减小，压强增大，反应物的浓度增大，反应速率增大；
②将容器的容积变为 1L，体积减小，压强增大，平衡向气体体积减小的反应方向进行，即向逆向进行，反应物转化率减小。
18．（2012·山东高考真题）偏二甲肼与N2O4是常用的火箭推进剂，二者发生如下化学反应：
（CH3）2NNH2（l）+2N2O4（l）═2CO2（g）+3N2（g）+4H2O（g） （Ⅰ）
（1）反应（Ⅰ）中氧化剂是 ．
（2）火箭残骸中常现红棕色气体，原因为：N2O4（g）⇌2NO2（g） （Ⅱ）
当温度升高时，气体颜色变深，则反应（Ⅱ）为 （填“吸热”或“放热”）反应．
（3）一定温度下，反应（Ⅱ）的焓变为△H．现将1mol N2O4充入一恒压密闭容器中，下列示意图正确且能说明反应达到平衡状态的是 ．若在相同温度下，上述反应改在体积为1L的恒容密闭容器中进行，平衡常数 （填“增大”“不变”或“减小”），反应3s后NO2的物质的量为0.6mol，则0～3s内的平均反应速率v（N2O4）= mol/（L•s）﹣1．
（4）NO2可用氨水吸收生成NH4NO3．25℃时，将a mol NH4NO3溶于水，溶液显酸性，原因是 （用离子方程式表示）．向该溶液滴加b L 氨水后溶液呈中性，则滴加氨水的过程中水的电离平衡将 （填“正向”“不”或“逆向”）移动，所滴加氨水的浓度为 mol•L﹣1．（NH3•H2O的电离平衡常数取Kb=2×10﹣5 mol•L﹣1）
【答案】（1）N2O4（2）吸热（3）ad；不变；0.1（4）NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；逆向；
【解析】
（1）反应（I）中，N2O4（l）中N元素得电子化合价降低，所以N2O4（l）是氧化剂，故答案为N2O4；
（2）升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，当温度升高时，气体颜色变深，平衡向正反应方向移动，所以正反应是吸热反应，故答案为吸热；
（3）一定温度下，反应（Ⅱ）的焓变为△H．现将1mol N2O4充入一恒压密闭容器中；
a、密度等于质量除以体积，平衡体系质量不变，反应体积增大，密度在反应过程中不变，说明反应达到平衡，故a符合；
b、反应的焓变和反应物与生成物能量总和之差计算，与平衡无关，故b不符合；
c、图象只表示正反应速率变化，不能证明正逆反应速率相同，故c不符合；
d、N2O4（l）转化率不变，证明反应达到平衡，故d符合；
示意图正确且能说明反应达到平衡状态的是ad；K=，化学平衡常数只与温度有关，与物质的浓度无关，所以平衡常数K不变；v（NO2）===0.2mol/L．s，则v（N2O4）=v（NO2）=0.1mol/L．s；
故答案为ad；不变；0.1；
（4）NO2可用氨水吸收生成NH4NO3．25℃时，将a mol NH4NO3溶于水，溶液显酸性，是因为铵根离子水解；反应的离子方程式为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；加入氨水溶液抑制铵根离子水解，平衡逆向进行；将a mol NH4NO3溶于水，向该溶液滴加b L 氨水后溶液呈中性，依据电荷守恒计算可知，溶液中氢氧根离子浓度=10﹣7mol/L，c（NH4+）=c（NO3﹣）；NH3•H2O的电离平衡常数取Kb=2×10﹣5 mol•L﹣1，设混合后溶液体积为1L，（NH4+）=c（NO3﹣）=amol/L；根据一水合氨电离平衡得到：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，平衡常数K===2×10﹣5 mol•L﹣1，计算得到c（NH3•H2O）=mol/L，
故答案为NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；逆向；．
19．（2013·浙江高考真题）捕碳技术（主要指捕获CO2）在降低温室气体排放中具有重要的作用。
目前NH3和(NH4)2CO3已经被用作工业捕碳剂，它们与CO2可发生如下可逆反应：
反应Ⅰ：2NH3(l)＋H2O(l)＋CO2(g)(NH4)2CO3(aq) △H1
反应Ⅱ：NH3(l)＋H2O(l)＋CO2(g) (NH4)2HCO3(aq) △H2
反应Ⅲ：(NH4)2CO3(aq)＋H2O(l)＋CO2(g)2(NH4)2HCO3(aq) △H3
请回答下列问题：
（1）△H3与△H1、△H2之间的关系是：△H3 。
（2）为研究温度对(NH4)2CO3捕获CO2效率的影响，在某温度T1下，将一定量的(NH4)2CO3溶液置于密闭容器中，并充入一定量的CO2气体（用氮气作为稀释剂），在t时刻，测得容器中CO2气体的浓度。然后分别在温度为T2、T3、T4、T5下，保持其它初始实验条件不变，重复上述实验，经过相同时间测得CO2气体浓度，得到趋势图（见图1）。则：
①△H3 0(填＞、＝或＜)。
②在T1～T2及T4～T5二个温度区间，容器内CO2气体浓度呈现如图1所示的变化趋势，
其原因是 。
③反应Ⅲ在温度为T1时，溶液pH随时间变化的趋势曲线如图2所示。当时间到达t1时，将该反应体系温度上升到T2，并维持该温度。请在图中画出t1时刻后溶液的pH变化总趋势曲线。
（3）利用反应Ⅲ捕获CO2，在(NH4)2CO3初始浓度和体积确定的情况下，提高CO2吸收量的措施有 （写出2个）。
（4）下列物质中也可能作为CO2捕获剂的是 。
A．NH4Cl B．Na2CO3
C．HOCH2CH2OH D．HOCH2CH2NH2
【答案】（1）2△H2-△H1
（2）①<
②T1-T2区间，化学反应未达到平衡，温度越高，化学反应的速率越快，所以CO2被捕获的量随温度升高而提高。T4-T5区间，化学反应已达到平衡，由于正反应是放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，所以不利于CO2的捕获。
③
（3）降低温度；增加CO2浓度（或分压）
（4）B、D
【解析】
（1）将反应Ⅰ倒过来书写：
(NH4)2CO3 (aq)2NH3 (l)+ H2O (l)+ CO2 (g) —△H1
将反应Ⅱ×2：
2NH3 (l)+ 2H2O (l)+ 2CO2 (g)2NH4HCO3 (aq) 2△H2
得：(NH4)2CO3 (aq) + H2O (l)+ CO2 (g)2NH4HCO3 (aq) △H3 =2△H2—△H1
（2）由图1可知：在温度为T3时反应达平衡，此后温度升高，c(CO2)增大，平衡逆向移动，说明反应Ⅲ是放热反应(△H3＜0)。在T3前反应未建立平衡，无论在什么温度下(NH4)2CO3 (aq)总是捕获CO2，故c(CO2)减小。反应Ⅲ在温度为T1时建立平衡后(由图2可知：溶液pH不随时间变化而变化)，迅速上升到T2并维持温度不变，平衡逆向移动，溶液pH增大，在T2时又建立新的平衡。
（3）根据平衡移动原理，降低温度或增大c(CO2)
（4）具有碱性的物质均能捕获CO2，反应如下：Na2CO3 +CO2 +H2O=2NaHCO3；HOCH2CH2NH2 +CO2 +H2O= HOCH2CH2NH3+ HCO3—。
20．（2013·上海高考真题）镍具有优良的物理和化学特性，是许多领域尤其是高技术产业的重要原料。羰基法提纯粗镍涉及的两步反应依次为：
（1）Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)+Q
（2）Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)
完成下列填空：
（1）在温度不变的情况下，要提高反应（1）中Ni(CO4)的产率，可采取的措施有________、______。
（2）已知在一定条件下的2L密闭容器中制备Ni(CO)4，粗镍（纯度98.5%,所含杂质不与CO反应）剩余质量和反应时间的关系如右图所示。Ni(CO)4在0～10min的平均反应速率为______。
（3）若反应（2）达到平衡后，保持其他条件不变，降低温度，重新达到平衡时______。
a．平衡常数K增大 b．CO的浓度减小
c．Ni的质量减小 d．v逆[Ni(CO)4]增大
（4）简述羰基法提纯粗镍的操作过程_____。
【答案】（1）及时移走Ni(CO)4 加压 （2）0.05mol·L-1·min-1 （3）bc （4）在封闭的玻璃管一端放入粗镍，控制温度在50℃，通入CO气体，一段时间后在玻璃管的另一端加热至230℃，即可在该端获得纯净的镍
【解析】
（1）反应（1）是正向气体体积缩小的放热反应，因此根据平衡移动原理在温度不变的情况下采取可增大CO浓度，及时移走Ni(CO)4，加压的方法等提高产率；
（2）随反应进行，粗镍减少的质量即为参加反应（1）消耗的镍的质量，粗镍的纯度98.5%，1～10min内粗镍质量减少100g-41g=59g；镍的质量=59g×98.5%=58.115g，在0～10min，生成Ni的物质的量=58.115g÷59g/mol=0.985mol，故在0～10min，v[Ni（CO）4]=0.985mol÷（2L×10min）≈0.05mol/（L•min）；
（3）由反应（1）为放热反应可知反应（2）为吸热反应，因此反应（2）达到平衡后，降温，平衡逆向进行，则
a、温度降低平衡向放热反应方向进行，反应（2）是吸热反应，平衡逆向进行，平衡常数减小，a错误；
b、温度降低平衡向放热反应方向进行，反应（2）是吸热反应，平衡逆向进行一氧化碳浓度减小，b正确；
c、依据反应分析，温度降低反应（1）平衡正向进行，反应（2）逆向进行，镍质量减小，c正确；
d、平衡逆向进行，温度降低，v逆[Ni(CO)4]减小，d错误；
故答案为：bc；
（4）利用信息可知，可采取在低温（50℃）时让粗镍和CO作用，使生成的Ni(CO)4在230℃时分解即可得到纯镍，即在封闭的玻璃管一端放入粗镍，控制温度在50℃，通入CO气体，一段时间后在玻璃管的另一端加热至230℃，即可在该端获得纯净的镍。
21．（2013·全国高考真题）在1.0 L密闭容器中放入0.10molA(g)，在一定温度进行如下反应应:
A（g）B（g）+C（g） △H=+85.1kJ·mol-1
反应时间(t)与容器内气体总压强(p)的数据见下表：
时间t/h
0
1
2
4
8
16
20
25
30
总压强p/100kPa
4.91
5.58
6.32
7.31
8.54
9.50
9.52
9.53
9.53
回答下列问题:
（1）欲提高A的平衡转化率，应采取的措施为 。
（2）由总压强P和起始压强P0计算反应物A的转化率α(A)的表达式为 。
平衡时A的转化率为 ，列式并计算反应的平衡常数K 。
（3）①由总压强p和起始压强p0表示反应体系的总物质的量n总和反应物A的物质的量n（A），n总= mol，n（A）= mol。
②下表为反应物A浓度与反应时间的数据，计算a=
反应时间t/h
0
4
8
16
C（A）/（mol·L-1）
0.10
a
0.026
0.0065
分析该反应中反应反应物的浓度c（A）变化与时间间隔（△t）的规律，得出的结论是 ，
由此规律推出反应在12h时反应物的浓度c（A）为 mol·L-1。
【答案】（1）升高温度、降低压强
（2）(PP0-1)×100% 94.1%
A(g)B(g) + C(g)
0.10 0 0
0.10×(1-94.1%) 0.10×94.1% 0.10×94.1%
K=(0.0941mol/L)20.0059mol/L=1.5mol/L
（3）①0.10×PP00.10×(2-PP0)
②0.051 达到平衡前每间隔4h，c(A)减少约一半 0.013
【解析】
（1）要提高A的转化率，实际就是使平衡正向移动，根据方程式的特点正反应为气体物质的量增大的反应，且为吸热反应，可确定采取的措施。
（2）由阿伏加德罗定律推论可知，在恒温、恒容条件下，压强与物质的量成正比，将压强变化转化为物质的量变化，从而解决压强与转化率的关系。
所以，解得a＝(－1) mol。
α(A)＝(－1)×100%
平衡时A的转化率＝(－1)×100%≈94.1%。
（3）①与（2）思路相似，应用阿伏加德罗定律推论，得n总＝0.10×。
由方程式特点，应用差量法可知，反应过程增加的气体的物质的量，恰好等于反应的A的物质的量。
即：0.1－n(A)＝n(总)－0.1
解得n(A)＝0.2－0.1×
②从上表读出4 h时p＝7.31
计算得n(A)＝0.2－0.1×≈0.051
依据此表中相邻两数据的差，即可得出规律。
22．（2010·天津高考真题）二甲醚是一种重要的清洁燃料，也可替代氟利昂作制冷剂等，对臭氧层无破坏作用。工业上可利用煤的气化产物（水煤气）合成二甲醚。
请回答下列问题：
（1）煤的气化的主要化学反应方程式为：_____________________________________。
（2）煤的气化过程中产生的有害气体H2S用Na2CO3溶液吸收，生成两种酸式盐，该反应的化学方程式为：_________________________________________________________。
（3）利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下：
① 2H2(g) + CO(g)CH3OH(g)；ΔH ＝－90.8 kJ·mol－1
② 2CH3OH(g)CH3OCH3(g) + H2O(g)；ΔH＝－23.5 kJ·mol－1
③ CO(g) + H2O(g)CO2(g) + H2(g)；ΔH＝－41.3 kJ·mol－1
总反应：3H2(g) + 3CO(g)CH3OCH3(g) + CO2(g)的ΔH＝ ___________；
一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡，要提高CO的转化率，可以采取的措施是__________（填字母代号）。
a．高温高压 b．加入催化剂 c．减少CO2的浓度
d．增加CO的浓度 e．分离出二甲醚
（4）已知反应②2CH3OH(g)CH3OCH3(g) + H2O(g)某温度下的平衡常数为400 。此温度下，在密闭容器中加入CH3OH，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：
物质
CH3OH
CH3OCH3
H2O
浓度/（mol·L－1）
0.44
0.6
0.6
① 比较此时正、逆反应速率的大小：v正______v逆（填“>”、“<”或“＝”)。
② 若加入CH3OH后，经10 min反应达到平衡，此时c(CH3OH) ＝ _________；该时间内反应速率v(CH3OH) ＝ __________。
【答案】（1）C + H2OCO + H2 （2）H2S + Na2CO3＝ NaHS + NaHCO3 （3）－246.4 kJ·mol－1 c、e （4）> 0.04 mol·L－1 0.16mol/L·min
【解析】
（1）煤生成水煤气的反应为C+H2OCO+H2。
（2）既然生成两种酸式盐，应是NaHCO3和NaHS，故方程式为：
Na2CO3+H2S==NaHCO3+NaHS。
（3）观察目标方程式，应是①×2+②+③，故△H=2△H1+△H2+△H3="-246.4kJ·" mol -1。
正反应是放热反应，升高温度平衡左移，CO转化率减小；加入催化剂，平衡不移动，转化率不变；减少CO2的浓度、分离出二甲醚，平衡右移，CO转化率增大；增大CO浓度，平衡右移，但CO转化率降低；故选c、e。
（4）此时的浓度商Q==1.86＜400，反应未达到平衡状态，向正反应方向移动，故正＞逆；设平衡时生成物的浓度为0.6+x，则甲醇的浓度为（0.44-2x）有：400=，解得x=0.2 mol·L-1，故0.44 mol·L-1-2x=0.04 mol·L-1。
由表可知，甲醇的起始浓度度为(0.44+1.2) mol·L-1=1.64 mol·L-1，其平衡浓度为0.04 mol·L-1， 10min变化的浓度为1.6 mol·L-1，故(CH3OH)=0.16 mol·L-1·min-1。
23．（2011·山东高考真题）研究NO2、SO2 、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。
（1）NO2可用水吸收，相应的化学反应方程式为 。利用反应6NO2＋7N5＋12 H2O也可处理NO2。当转移1.2mol电子时，消耗的NO2在标准状况下是 L。
（2）已知：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g） ΔH="-196.6" kJ·mol-1
2NO（g）+O2（g）2NO2（g） ΔH="-113.0" kJ·mol-1
则反应NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）的ΔH= kJ·mol-1。
一定条件下，将NO2与SO2以体积比1:2置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是 。
a．体系压强保持不变
b．混合气体颜色保持不变
c．SO3和NO的体积比保持不变
d．每消耗1 mol SO3的同时生成1 mol NO2
测得上述反应平衡时NO2与SO2体积比为1:6，则平衡常数K＝ 。
（3）CO可用于合成甲醇，反应方程式为CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）。
CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。该反应ΔH 0（填“>”或“ <”）。实际生产条件控制在250℃、1.3×104kPa左右，选择此压强的理由是 。
【答案】（1）3NO2+H2O==2HNO3+NO；6.72
（2）-41.8 ；v 2.67或8/3
（3）<；在1.3×104kPa下，CO转化率已交稿，再增大压强CO的转化率提高不大，而生产成本增加，得不偿失。
【解析】
（1）NO2与H2O反应的方程式为：3NO2+H2O═2HNO3+NO；6NO2+8NH3═7N2+12H2O，当反应中有1 mol NO2参加反应时，共转移了4 mol电子，故转移1.2mol电子时，消耗的NO2为1.2×1/4×22.4L=6.72L；
（2）根据盖斯定律，将第二个方程式颠倒过来，与第一个方程式相加得：2NO2+2SO2═2SO3+2NO，△H="-83.6" kJ•mol-1，则NO2+SO2⇌SO3+NO△H=-41.8 kJ•mol-1；
（3）a．本反应是反应前后气体分子数不变的反应，故体系的压强保持不变，故a不能说明反应已达到平衡状态，a错误；b．随着反应的进行，NO2的浓度减小，颜色变浅，故b可以说明反应已达平衡，故b正确；c．SO3和NO都是生成物，比例保持1：1，故c不能作为平衡状态的判断依据，故c错误；d．d中所述的两个速率都是逆反应速率，不能作为平衡状态的判断依据，故d错误，故选b。
NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)
起始物质的体积 a 2a 0 0
转化物质的体积 x x x x
平衡物质的体积 a-x 2a-x x x
平衡时NO2与SO2体积比为1：6，即(a-x)/(2a-x)=1/6，故x=4a/5，故平衡常数K====8/3；
（4）由图可知，温度升高，CO的转化率降低，平衡向逆反应方向移动，故逆反应是吸热反应，正反应是放热反应，△H＜0；压强大，有利于加快反应速率，有利于使平衡正向移动，但压强过大，需要的动力大，对设备的要求也高，故选择250℃、1.3×104kPa左右的条件．因为在250℃、压强为1.3×104 kPa时，CO的转化率已较大，再增大压强，CO的转化率变化不大，没有必要再增大压强。
专题34 化学反应速率与平衡综合问题
1．（2020·山东高考真题）探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CH3OH的产率。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下：
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
回答下列问题：
（1）_________。
（2）一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1 mol CO2和3 mol H2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH(g)为ɑ mol，CO为b mol，此时H2O(g)的浓度为__________mol﹒L-1(用含a、b、V的代数式表示，下同)，反应Ⅲ的平衡常数为___________。
（3）不同压强下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度的变化关系如下图所示。
已知：CO2的平衡转化率=
CH3OH的平衡产率=
其中纵坐标表示CO2平衡转化率的是图___________(填“甲”或“乙”)；压强p1、p2、p3由大到小的顺序为___________；图乙中T1温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是___________。
（4）为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，应选择的反应条件为_________(填标号)。
A．低温、高压 B．高温、低压 C．低温、低压 D．高温、高压
【答案】（1）+40.9 （2） （3）乙 p1、p2、p3 T1时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响 （4）A
【解析】
（1）.根据反应I-II=III，则△H3=△H1-△H2=-49.5kJ∙mol-1-(-90.4 kJ∙mol-1)=+40.9 kJ∙mol-1；
（2）.假设反应II中，CO反应了xmol，则II生成的CH3OH为xmol，I生成的CH3OH为(a-x)mol，III生成CO为(b+x)mol，根据反应I：，反应II： ，反应III：，所以平衡时水的物质的量为(a-x)mol+(b+x)mol =(a+b)mol，浓度为:；平衡时CO2的物质的量为1mol-(a-x)mol-(b+x)mol=(1-a-b)mol，H2的物质的量为3mol-3(a-x)mol-2x-(b+x)mol=(3-3a-b)mol，CO的物质的量为bmol，水的物质的量为(a+b)mol，则反应III的平衡常数为：；
（3）.反应I和II为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则CH3OH的平衡产率减少，所以图甲表示CH3OH的平衡产率，图乙中，开始升高温度，由于反应I和II为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率降低，反应III为吸热反应，升高温度反应III向正反应方向移动，升高一定温度后以反应III为主，CO2的平衡转化率又升高，所以图乙表示CO2的平衡转化率；压强增大，反应I和II是气体体积减小的反应，反应I和II平衡正向移动，反应III气体体积不变化，平衡不移动，故压强增大CH3OH的平衡产率增大，根据图所以压强关系为：p1>p2>p3；温度升高，反应I和II平衡逆向移动，反应III向正反应方向移动，所以T1温度时，三条曲线交与一点的原因为：T1时以反应III为主，反应III前后分子数相等，压强改变对平衡没有影响；
（4）.根据图示可知，温度越低，CO2的平衡转化率越大，CH3OH的平衡产率越大，压强越大，CO2的平衡转化率越大，CH3OH的平衡产率越大，所以选择低温和高压，答案选A。
2．（2020·全国高考真题）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】
（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。
3．（2020·全国高考真题）硫酸是一种重要的基本化工产品，接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧化：SO2(g)+O2(g)SO3(g) ΔH=−98 kJ·mol−1。回答下列问题：
（1）钒催化剂参与反应的能量变化如图所示，V2O5(s)与SO2(g)反应生成VOSO4(s)和V2O4(s)的热化学方程式为：_________。
（2）当SO2(g)、O2(g)和N2(g)起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa压强下，SO2平衡转化率α 随温度的变化如图所示。反应在5.0MPa、550℃时的α=__________，判断的依据是__________。影响α的因素有__________。
（3）将组成(物质的量分数)为2m% SO2(g)、m% O2(g)和q% N2(g)的气体通入反应器，在温度t、压强p条件下进行反应。平衡时，若SO2转化率为α，则SO3压强为___________，平衡常数Kp=___________(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
（4）研究表明，SO2催化氧化的反应速率方程为：v=k(−1)0.8(1−nα')。式中：k为反应速率常数，随温度t升高而增大；α为SO2平衡转化率，α'为某时刻SO2转化率，n为常数。在α'=0.90时，将一系列温度下的k、α值代入上述速率方程，得到v~t曲线，如图所示。
曲线上v最大值所对应温度称为该α'下反应的最适宜温度tm。t
【答案】（1）2V2O5(s)+ 2SO2(g)⇌ 2VOSO4(s)+ V2O4(s) ∆H= -351 kJ∙mol-1 （2）0.975 该反应气体分子数减少，增大压强，α提高。所以，该反应在550℃、压强为5.0MPa＞2.5MPa＝p２的，所以p1=5.0MPa 反应物（N2和O2）的起始浓度（组成）、温度、压强 （3） （4）升高温度，k增大使v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降。当t＜tm，k增大对v的提高大于α引起的降低；当t＞tm，k增大对v的提高小于α引起的降低
【解析】
（1）由题中信息可知：
①SO2(g)+O2(g)⇌SO3(g) ∆H= -98kJ∙mol-1
②V2O4(s)+ SO3(g)⇌V2O5(s)+ SO2(g) ∆H2= -24kJ∙mol-1
③V2O4(s)+ 2SO3(g)⇌2VOSO4(s) ∆H1= -399kJ∙mol-1
根据盖斯定律可知，③-②´2得2V2O5(s)+ 2SO2(g)⇌ 2VOSO4(s)+ V2O4(s)，则∆H= ∆H1-2∆H2=( -399kJ∙mol-1)-( -24kJ∙mol-1)´2= -351kJ∙mol-1，所以该反应的热化学方程式为：2V2O5(s)+ 2SO2(g)⇌ 2VOSO4(s)+ V2O4(s) ∆H= -351 kJ∙mol-1；
（2） SO2(g)+O2(g)⇌SO3(g)，该反应是一个气体分子数减少的放热反应，故增大压强可以使化学平衡向正反应方向移动。因此，在相同温度下，压强越大，SO2的平衡转化率越大，所以，该反应在550℃、压强为5.0MPa条件下，SO2的平衡转化率一定高于相同温度下、压强为2.5MPa的，因此，p1=5.0MPa，由图中数据可知，α=0.975。影响α的因素就是影响化学平衡移动的因素，主要有反应物（N2和O2）的浓度、温度、压强等。
（3）假设原气体的物质的量为100mol，则SO2、O2和N2的物质的量分别为2m mol、m mol和q mol，2m+m+q=3m+q=100，SO2的平衡转化率为α，则有下列关系：
平衡时气体的总物质的量为n(总)= 2m(1-α)+m(1-α)+2mαmol+q mol，则SO3的物质的量分数为。该反应在恒压容器中进行，因此，SO3的分压p(SO3)=，p(SO2)=，p(O2)=，在该条件下，SO2(g)+ O2(g)⇌2SO3(g) 的Kp=。
（4） 由于该反应是放热反应，温度升高后α降低。由题中信息可知，v=，升高温度，k增大使v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降。当t＜tm，k增大对v的提高大于α引起的降低；当t＞tm，k增大对v的提高小于α引起的降低。
4．（2020·浙江高考真题）研究NOx之间的转化具有重要意义。
（1）已知：N2O4(g) 2NO2(g) ΔH＞0 将一定量N2O4气体充入恒容的密闭容器中，控制反应温度为T1。
①下列可以作为反应达到平衡的判据是________。
A．气体的压强不变 B．v正(N2O4)＝2v逆(NO2) C．K不变 D．容器内气体的密度不变 E．容器内颜色不变
②t1时刻反应达到平衡，混合气体平衡总压强为p，N2O4气体的平衡转化率为75%，则反应N2O4(g) 2NO2(g)的平衡常数Kp＝________(对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作Kp，如p(B)＝p·x(B)，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数)。
③反应温度T1时，c(N2O4)随t(时间)变化曲线如图，画出0～t2时段，c(NO2)随t变化曲线。保持其它条件不变，改变反应温度为T2(T2＞T1)，再次画出0～t2时段，c(NO2)随t变化趋势的曲线________。
（2） NO氧化反应：2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g)分两步进行，其反应过程能量变化示意图如图。
Ⅰ 2NO(g)=N2O2(g) ΔH1
Ⅱ N2O2(g)＋O2(g)→2NO2(g) ΔH2
①决定NO氧化反应速率的步骤是________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
②在恒容的密闭容器中充入一定量的NO和O2气体，保持其它条件不变，控制反应温度分别为T3和T4(T4＞T3)，测得c(NO)随t(时间)的变化曲线如图。转化相同量的NO，在温度_____(填“T3”或“T4”)下消耗的时间较长，试结合反应过程能量图分析其原因____。
【答案】（1）①AE ②p ③ （2）①Ⅱ ②T4 ΔH1＜0，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响
【解析】
（1）①A、该反应是一个气体体积减小的反应，气体的压强不变说明各物质浓度保持不变，反应达到化学平衡状态，故正确；
B、v正(N2O4)＝2v逆(NO2)说明正逆反应速率不相等，反应没有达到化学平衡状态，故错误；
C、温度不变，化学平衡常数K不变，则K不变不能说明反应达到化学平衡状态，故错误；
D、由质量守恒定律可知，反应前后气体质量不变，恒容容器的体积不变，则密度始终不变，则密度不变不能说明反应达到化学平衡状态，故错误；
E、容器内颜色不变说明各物质浓度保持不变，反应达到化学平衡状态，故正确；
AE正确，故答案为：AE；
②设起始N2O4的物质的量为1mol，由题给数据建立如下三段式：
由三段式数据可知N2O4的平衡分压为×p=，NO2的平衡分压为×p=，则平衡常数Kp＝=，故答案为：；
③由图可知，t1时反应消耗N2O4的浓度为（0.04—0.01）mol/L，由方程式可得反应生成NO2的浓度为0.03 mol/L×2=0.06 mol/L；该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，NO2的浓度增大，则0～t2时段，NO2的浓度c(NO2)随t变化趋势的曲线为，故答案为：；
（2）①由图可知，反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，活化能越大，反应速率越慢，则化学反应速率反应Ⅰ快于反应Ⅱ，化学反应取决于反应速率较慢的一步，则决定NO氧化反应速率的步骤是反应Ⅱ，故答案为：Ⅱ；
②由图可知，转化相同量的NO，在温度T4下消耗的时间较长，原因是反应Ⅰ为放热反应，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响，导致转化相同量的NO，在温度较高的T4下消耗的时间较长，故答案为：T4；反应Ⅰ为放热反应，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响；
5．（2019·全国高考真题）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)，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内的平均速率(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___________、___________。
【答案】（1）大于 （2）C （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
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；
（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。
6．（2016·上海高考真题）随着科学技术的发展和环保要求的不断提高，CO2的捕集利用技术成为研究的重点。
完成下列填空：
（1）目前国际空间站处理CO2的一个重要方法是将CO2还原，所涉及的反应方程式为：
CO2（g）+4H2（g）CH4（g）+2H2O（g）
已知H2的体积分数随温度升高而增加。
若温度从300℃升至400℃，重新达到平衡，判断下列表格中各物理量的变化。（选填“增大”、“减小”或“不变”）
v正
v逆
平衡常数K
转化率α
（2）相同温度时，上述反应在不同起始浓度下分别达到平衡，各物质的平衡浓度如下表：
[CO2]/mol·L-1
[H2]/mol·L-1
[CH4]/mol·L-1
[H2O]/mol·L-1
平衡Ⅰ
a
b
c
d
平衡Ⅱ
m
n
x
y
a、b、c、d与m、n、x、y之间的关系式为_________。
（3）碳酸：H2CO3，Ki1=4.3×10-7，Ki2=5.6×10-11
草酸：H2C2O4，Ki1=5.9×10-2，Ki2=6.4×10-5
0.1 mol/L Na2CO3溶液的pH____________0.1 mol/L Na2C2O4溶液的pH。（选填“大于”、“小于”或“等于”）
等浓度的草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是___________。
若将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合，溶液中各种离子浓度大小的顺序正确的是_____。（选填编号）
a．[H+]＞[HC2O4-]＞[HCO3-]＞[CO32-]
B．[HCO3-]＞[HC2O4-]＞[C2O42-]＞[CO32-]
c．[H+]＞[HC2O4-]＞[C2O42-]＞[CO32-]
D．[H2CO3] ＞[HCO3-]＞[HC2O4-]＞[CO32-]
（4）人体血液中的碳酸和碳酸氢盐存在平衡：H++ HCO3- H2CO3，当有少量酸性或碱性物质进入血液中时，血液的pH变化不大，用平衡移动原理解释上述现象。
____________________________________________________________________________________
【答案】（1）
v正
v逆
平衡常数K
转化率α
增大
增大
减小
减小
（2）
（3）大于；草酸；ac
（4）当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变；当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变。（合理即给分）
【解析】
（1）H2的体积分数随温度的升高而增加，这说明升高温度平衡逆反应方向进行，即正反应是放热反应。升高温度正逆反应速率均增大，平衡逆反应方向进行，平衡常数减小，反应物的转化率减小。
（2）相同温度时平衡常数不变，则a、b、c、d与m、n、x、y之间的关系式为。
（3）根据电离常数可知草酸的酸性强于碳酸，则碳酸钠的水解程度大于草酸钠，所以0.1 mol/L Na2CO3溶液的pH大于0.1 mol/L Na2C2O4溶液的pH。草酸的酸性强于碳酸，则等浓度草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是草酸。A．草酸的二级电离常数均大于碳酸的，所以草酸的电离程度大于，因此溶液中[H+]＞[HC2O4-]＞[C2O42-]＞[HCO3-]＞[CO32-]，a正确；B．根据a中分析可知b错误；c．根据a中分析可知c正确；d．根据a中分析可知d错误，答案选ac。
（4）根据平衡可知当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H+浓度变化较小，血液中的pH基本不变；当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变。
7．（2008·宁夏高考真题）已知可逆反应：M(g)＋N(g)P(g)＋Q(g)；△H＞0，
请回答下列问题：
（1）在某温度下，反应物的起始浓度分别为：c(M)=1 mol·L-1, c(N)=2.4mol·L-1，达到平衡后，M的转化率为60％，此时N的转化率为__________。
（2）若反应温度升高，M的转化率______(填“增大”“减小”或“不变”）。
（3）若反应温度不变，反应物的起始浓度分别为：c(M)= 4 mol·L-1,c(N)=amol·L-1;达到平衡后，c(P)=2 mol·L-1,a=________。
（4）若反应温度不变，反应物的起始浓度为：c(M)=c(N)= bmol·L-1，达到平衡后，M的转化率为_____________。
【答案】（1）25％ （2）增大 （3）6 （4）41％
【解析】
（1）△c（M）=60%×1mol•L-1=0.6mol•L-1，浓度变化量之比等于化学计量数之比，所以△c（N）=△c（M）=0.6mol•L-1，故此时N的转化率×100%=25%，故答案为25%；
（2）该反应正反应为吸热反应，升高温度平衡向吸热方向移动，即向正反应方向移动，M的转化率增大，故答案为增大；
（3）△c（M）=60%×1mol•L-1=0.6mol•L-1，则：
M（g）+N（g）⇌P（g）+Q（g）；
初始（mol/L）： 1 2.4 0 0
转化（mol/L）：0.6 0.6 0.6 0.6
平衡（mol/L）：0.4 1.8 0.6 0.6
故该温度下平衡常数k==0.5，
反应温度不变，反应物的起始浓度分别为c（M）=4mol•L-1，c（N）=amol•L-1；达到平衡后，c（P）=2mol•L-1，则：
M（g）+N（g）⇌P（g）+Q（g）；
初始（mol/L）：4 a 0 0
转化（mol/L）：2 2 2 2
平衡（mol/L）：2 a-2 2 2
所以=0.5，解得a=6，故答案为6；
（4）设平衡时M的浓度变化量为为xmol/L，则：
M（g）+N（g）⇌P（g）+Q（g）；初始（mol/L）：b b 0 0
变化（mol/L）：x x x x
平衡（mol/L）：b-x b-x x x
所以=0.5，解得x=0.41b，故M的转化率为×100%=41%，故答案为41%。
8．（2007·上海高考真题）一定条件下，在体积为3 L的密闭容器中，一氧化碳与氢气反应生成甲醇（催化剂为Cu2O/ZnO）：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)。
根据题意完成下列各题：
（1）反应达到平衡时，平衡常数表达式K＝_______________，升高温度，K值_______（填“增大”、“减小”或“不变”）。
（2）在500℃，从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)＝_____________。
（3）在其他条件不变的情况下，对处于E点的体系体积压缩到原来的1/2，下列有关该体系的说法正确的是_______：
a．氢气的浓度减少 b．正反应速率加快，逆反应速率也加快
c．甲醇的物质的量增加 d．重新平衡时n(H2)/n(CH3OH)增大
（4）据研究，反应过程中起催化作用的为Cu2O，反应体系中含少量CO2有利于维持催化剂Cu2O的量不变，原因是：_______________________（用化学方程式表示）。
【答案】（1）K＝c(CH3OH)/［c(CO)·c2(H2)］ 减小 （2）2nB/3tB mol·(L·min)－1 （3）b c （4）Cu2O＋CO2Cu＋CO2
【解析】
（1）反应达到平衡时，平衡常数表达式K＝c(CH3OH)/［c(CO)·c2(H2)］。从图像可知，温度高时平衡体系中甲醇含量减少，可以推出CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)反应放热，因此温度升高后，K值减小。
（2）从图像可以看出在500℃tB时刻达到平衡，此时甲醇物质的量为nB,反应消耗氢气物质的量为2nB，可求出氢气的平均反应速率为2nB/3tBmol·(L·min)－1。
（3）在其他条件不变的情况下，对处于E点的体系体积压缩到原来的1/2，加压时，反应物和生产物浓度均增大，正、逆反应速率都加快，由勒夏特列原理可知，加压时平衡右移。
a．氢气的浓度增大，，a错误；
b．正反应速率加快，逆反应速率也加快，b正确；
c．平衡向右移动，甲醇的物质的量增加，c正确；
d．重新平衡时n(H2)/n(CH3OH)减小，d错误。
有关该体系的说法正确的是bc：
（4）据研究，反应过程中起催化作用的为Cu2O，反应体系中含少量CO2有利于维持催化剂Cu2O的量不变，一氧化碳与氧化亚铜反应生成铜和二氧化碳，根据平衡移动原理可知，少量二氧化碳的存在可以抑制该化学平衡向正向移动，用化学方程式表示为：Cu2O＋CO2Cu＋CO2。
9．（2014·全国高考真题）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。
10．（2011·上海高考真题）自然界的矿物、岩石的成因和变化受到许多条件的影响。地壳内每加深1km，压强增大约25000~30000 kPa。在地壳内SiO2和HF存在以下平衡：SiO2(s) +4HF(g)⇌SiF4(g)+ 2H2O(g)+148.9 kJ。根据题意完成下列填空：
（1）在地壳深处容易有_____________气体逸出，在地壳浅处容易有___________沉积。
（2）如果上述反应的平衡常数K值变大，该反应_____________(选填编号)。
A．一定向正反应方向移动 B．在平衡移动时正反应速率先增大后减小
C．一定向逆反应方向移动 D．在平衡移动时逆反应速率先减小后增大
（3）如果上述反应在体积不变的密闭容器中发生，当反应达到平衡时，________(选填编号)。
A．2v正(HF)=v逆(H2O) B．v(H2O)=2v(SiF4)
C．SiO2的质量保持不变 D．反应物不再转化为生成物
（4）若反应的容器容积为2.0L，反应时间8.0 min，容器内气体的密度增大了0.12 g/L，在这段时间内HF的平均反应速率为____________。
【答案】（1）SiF4、 H2O SiO2 （2）ad （3）bc （4）0.0010mol/(L⋅min)
【解析】
（1）SiO2(s)+4HF(g)⇌SiF4(g)+2H2O(g)+148.9kJ，该反应为正反应体积减小的反应,增大压强,平衡向右移动,有SiF4(g)逸出,H2O(g)凝结为水,减小压强有SiO2(s)沉淀析出;故在地壳深处容易有SiF4、H2O气体逸出,在地壳浅处容易有SiO2沉积。
（2）化学平衡常数只随温度的变化而变化，该反应为放热反应，平衡常数K值变大说明温度降低平衡右移，温度降低反应速率减小，平衡右移逆反应速率先减小后增大，故a、d正确；
（3）当反应达到平衡时，正反应速率=逆反应速率且各物质的浓度保持不变；
a．根据反应速率之比等于系数之比可以得出，v正(HF)=2v正(H2O)，当反应达到平衡时，v正(H2O)=v逆(H2O)，因此v正(HF)=2v逆(H2O)，因此a错误；
b．根据反应速率之比等于系数之比可以得出，不管反应有没有达到平衡，均有v正(H2O)=2v正(SiF4)，v逆(H2O)=2v逆(SiF4)，当反应达到平衡时，v正(H2O)=v逆(H2O)，v正(SiF4)=v逆(SiF4)，即v正(H2O)=2v逆(SiF4)或v逆(H2O)=2v正(SiF4)，因此不管反应有没有达到平衡，v(H2O)=2v(SiF4)均成立，故b正确；
c．SiO2的质量保持不变说明反应已经达到平衡，故c正确；
d．反应达到平衡时正逆反应仍然都在进行，反应物和生成物在互相转化，只是速率相等，故d错误。
（4）由容积为2.0L，反应时间8.0min，容器内气体的密度增大了0.12g/L，则增加的质量为2.0L×0.12g/L=0.24g，由反应及元素守恒可知，每4molHF反应气体质量增加28+16×2=60g，设参加反应的HF的物质量为x，
=，解得x=0.016mol，v(HF)===0.0010mol/(L⋅min)。
11．（2012·上海高考真题）用氮化硅(Si3N4)陶瓷代替金属制造发动机的耐热部件，能大幅度提高发动机的热效率。工业上用化学气相沉积法制备氮化硅，其反应如下：3SiCl4(g)+2N2(g)+6H2(g)Si3N4(s)+12HCl(g)+Q(Q>0)。完成下列填空：
（1）在一定温度下进行上述反应，若反应容器的容积为2 L，3 min后达到平衡，测得固体的质量增加了2.80 g，则H2的平均反应速率___ mol/(L·min)；该反应的平衡常数表达式K=_____
（2）上述反应达到平衡后，下列说法正确的是_____。
a．其他条件不变，压强增大，平衡常数K减小
b．其他条件不变，温度升高，平衡常数K减小
c．其他条件不变，增大Si3N4物质的量平衡向左移动
d．其他条件不变，增大HCl物质的量平衡向左移动
（3）一定条件下，在密闭恒容的容器中，能表示上述反应达到化学平衡状态的是__。
a．3v逆(N2)=v正(H2) b．v正(HCl)=4v正(SiCl4)
c．混合气体密度保持不变 d．c(N2)：c(H2)：c(HCl)=1：3：6
（4）若平衡时H2和HCl的物质的量之比为，保持其它条件不变，降低温度后达到新的平衡时，H2和HCl的物质的量之比___（填“>”、“=”或“<”)。
【答案】（1）0.02 （2）bd （3）ac （4）＜
【解析】
（1）固体的质量增加了2.80g为Si3N4的质量,其物质的量=0.02mol，根据方程式可知消耗氢气的物质的量=0.02mol×6=0.12mol，故v(H2)==0.02mol/(L.min)；
平衡常数为生成物浓度化学计量数次数幂之积与生成物浓度化学计量数次数幂之积的比值，故该反应平衡常数K=；
（2）a．平衡常数只受温度影响，压强增大，平衡常数K不变，故a错误；
b．正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故b正确；
c．Si3N4是固体，增大其物质的量，不影响平衡移动，故c错误；
d．增大HCl物质的量，平衡向消耗HCl的方向移动，即向逆反应方向移动，故d正确，
故答案为：bd；
（3）a．根据速率之比对化学计量数之比，可以确定v正(H2)=v逆(H2)，说明反应到达平衡状态，故a正确；
b．都表示正反应速率，反应自始至终都成立，不能说明到达平衡状态，故b错误；
c．混合气体密度保持不变说明混合气体的总质量不变，而平衡移动则气体的质量发生变化，可以说明到达平衡状态，故c正确；
d．平衡时浓度关系与起始浓度有关、与转化率有关，不能说明到达平衡状态，故d错误，
故答案为：ac；
（4）该反应正反应是放热反应，降低温度，平衡向正反应移动，到达新平衡，H2的物质的量减小，HCl的物质的量物质的量增大，新平衡H2和HCl的物质的量之比＜。
12．（2015·全国高考真题）甲醇是重要的化工原料，又可称为燃料。利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：
①CO（g）+2H2（g）CH3OH（g） △H1
②CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g） △H2
③CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g） △H3
回答下列问题：
（1）已知反应①中的相关的化学键键能数据如下：
由此计算△H1＝__kJ·mol-1，已知△H2＝-58kJ·mol-1，则△H3＝__kJ·mol-1。
（2）反应①的化学平衡常数K的表达式为__________；图1中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为_________（填曲线标记字母），其判断理由是_________________。
（3）合成气的组成n（H2）/n（CO+CO2）＝2.60时，体系中的CO平衡转化率（α）与温度和压强的关系如图2所示。α（CO）值随温度升高而_______（填“增大”或“减小”），其原因是_______。图2中的压强由大到小为_____，其判断理由是_____。
【答案】（1）—99 ＋41 （2） a 反应①为放热反应，平衡常数应随温度升高变小 （3）减小 升高温度时，反应①为放热反应，平衡向向左移动，使得体系中CO的量增大；反应③为吸热反应，平衡向右移动，又产生CO的量增大；总结果，随温度升高，使CO的转化率降低； P3＞P2＞P1 相同温度下，由于反应①为气体分子数减小的反应，加压有利于提升CO的转化率；而反应③为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响，故增大压强时，有利于CO的转化率升高
【解析】
（1）反应热等于断键吸收的能量与形成化学键所放出的能量的差值，则根据表中数据和反应的化学方程式CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）可知反应热△H1＝1076kJ/mol＋2×436 kJ/mol—3×413 kJ/mol—343 kJ/mol—465 kJ/mol＝—99kJ.mol-1。根据盖斯定律可知②—①即可得到反应③，则△H3＝—58 kJ/mol＋99 kJ/mol＝＋41kJ.mol-1。
（2）化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，则反应①的化学平衡常数K的表达式为；由于正方应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，因此a正确。
（3）反应①为放热反应，升高温度时，平衡向左移动，使得体系中CO的量增大；反应③为吸热反应，平衡向右移动，又产生CO的量增大；因此最终结果是随温度升高，使CO的转化率降低；相同温度下，由于反应①为气体分子数减小的反应，加压有利于提升CO的转化率；而反应③为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响，故增大压强时，有利于CO的转化率升高，所以图2中的压强由大到小为P3＞P2＞P1。
13．（2011·全国高考真题）反应aA（g）+bB（g）cC（g）（H＜0）在等容条件下进行。改变其他反应条件，在I、II、III阶段体系中各物质浓度随时间变化的曲线如下图所示：
回答问题：
（1）反应的化学方程式中，a：b：c为 ；
（2）A的平均反应速率（A）、（A）、（A）从大到小排列次序为 ；
（3）B的平衡转化率中最小的是 ，其值是 ；
（4）由第一次平衡到第二次平衡，平衡移动的方向是 ，采取的措施是 ；
（5）比较第II阶段反应温度（）和第III阶段反应速度（）的高低：
填“＞、＝、＜”判断的理由是 ；
（6）达到第三次平衡后，将容器的体积扩大一倍，假定10min后达到新的平衡，请在下图中用曲线表示IV阶段体系中各物质的浓度随时间变化的趋势（曲线上必须标出A、B、C）.
【答案】（1）1：3：2
（2）vⅠ(A)＞vⅡ(A)＞vⅢ(A)
（3）aIII(B)，19%
（4）正方向移动，从反应体系中移出产物C
（5）>，此反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动
（6）
【解析】
（1）由图可知第Ⅰ阶段，平衡时△c(A)=2mol/L-1mol/L=1mol/L，△c(B)=6mol/L-3mol/L=3mol/L，△c(C)=2mol/L，浓度变化量之比等于化学计量数之比，故a:b:c=1mol/L:3mol/L:2mol/L=1:3:2；
（2）vⅠ(A)=1/2=0.05mol/(L·min)，vⅡ(A)=(1-0.62)/15=0.0253mol/(L·min)，vⅢ(A)=(0.62-0.5)/10=0.012mol/（L·min），故A的平均反应速率vⅠ(A)＞vⅡ(A)＞vⅢ(A)。
（3） aI(B)=3mol/L/6mol/L×100%=50% ；aII(B)=（3-1.86）mol/L /3 mol/L×100%=38%；aIII(B)=（1.86-1.5）mol/L/1.86 mol/L =19%；所以B的平衡转化率aI(B)、aII(B)、aIII(B) 中最小的是aIII(B)，其值是19%；
（4）由浓度曲线变化可知，由第一次平衡到第二次平衡，AB 的浓度减小，C的浓度增大，平衡正向移动；由于C的浓度由2.0mol/L变为0，所以采取的措施是分离出产物C；
（5）第II阶段的到第III阶段时，AB的浓度均减小，C的浓度增大，平衡正向移动，由于I、II、III阶段容器容积不变，且反应的∆H<0，故应是降低了反应温度，则有T2> T3。
（6）由a:b:c=1mol/L:3mol/L:2mol/L=1:3:2可知，该反应A（g）+3B（g）2C（g）；达到第三次平衡后，将容器的体积扩大一倍，相当于减压过程，各物质浓度先减小原来各自的一半，然后平衡向左移动，A、B的浓度再增大一些，而C的浓度再减小一些，具体变化过程如图：
。
14．（2014·浙江高考真题）煤炭燃烧过程中会释放出大量的SO2，严重破坏生态环境。采用一定的脱硫技术可以把硫元素以CaSO4的形式固定，从而降低SO2的排放。但是煤炭燃烧过程中产生的CO又会与CaSO4发生化学反应，降低脱硫效率。相关反应的热化学方程式如下：
CaSO4(s)+CO(g) CaO(s) + SO2(g) + CO2(g) ΔH1=218.4kJ·mol-1(反应Ⅰ)
CaSO4(s)+4CO(g) CaS(s) + 4CO2(g) ΔH2= -175.6kJ·mol－1(反应Ⅱ)
请回答下列问题：
（1）反应Ⅰ能自发进行的条件是 。
（2）对于气体参与的反应，表示平衡常数Kp时用气体组分(B)的平衡压强p(B)代替该气体物质的量浓度c(B)，则反应Ⅱ的Kp= (用表达式表示)。
（3）假设某温度下，反应Ⅰ的速率(v1)大于反应Ⅱ的速率(v2)，则下列反应过程能量变化示意图正确的是 。
（4）通过监测反应体系中气体浓度的变化判断反应Ⅰ和Ⅱ是否同时发生，理由是 。
（5）图1为实验测得不同温度下反应体系中CO初始体积百分数与平衡时固体产物中CaS质量百分数的关系曲线。则降低该反应体系中SO2生成量的措施有 。
A．向该反应体系中投入石灰石
B．在合适的温度区间内控制较低的反应温度
C．提高CO的初始体积百分数
D．提高反应体系的温度
（6）恒温恒容条件下，假设反应Ⅰ和Ⅱ同时发生，且v1＞v2，请在图2中画出反应体系中c(SO2)随时间t变化的总趋势图。
【答案】（1）高温
（2）
（3）C．
（4） 反应I中生成有SO2，监测SO2与CO2的浓度增加量的比不为1:1，可确定发生两个反应。
（5）A、B、C
（6）
【解析】
（1）由△G=△H-T△S＜0时自发，△H＞0，则T要大，故选择高温。
（3）反应Ⅰ吸热，产物的能量高于反应物，反应Ⅱ放热，产物的能量低于反应物；反应Ⅰ的速率(v1)大于反应Ⅱ的速率(v2)，反应I的活化能低。
（4） 反应I中生成有SO2，监测SO2与CO2的浓度增加量的比即可确定是否发生两个反应。
（5）向该反应体系中投入石灰石，产生CO2，使反应I逆向进行，可降低该反应体系中SO2生成量，A正确；在合适的温度区间内控制较低的反应温度，图中可以看出最低温度的CaS的含量最高，故B正确、D错误；C．图中可以看出，提高CO的初始体积百分数，可以提高CaS的含量，故正确。
（6） 反应Ⅰ的速率(v1)大于反应Ⅱ的速率(v2)，故SO2增加的快，反应达到平衡快；随着反应II的进行，CO2的浓度不断增大，使反应I平衡逆向移动。
15．（2012·浙江高考真题）[15分]甲烷自热重整是先进的制氢方法，包含甲烷氧化和蒸汽重整。向反应系统同时通入甲烷、氧气和水蒸气，发生的主要化学反应有：
反应过程
化学方程式
焓变△H(kJ/mol)
活化能Ea(kJ/mol)
甲烷氧化
CH4(g)＋2O2(g)CO2(g)＋2H2O(g)
－802.6
125.6
CH4(g)＋O2(g)CO2(g)＋2H2(g)
－322.0
172.5
蒸汽重整
CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)
206.2
240.1
CH4(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g)
165.0
243.9
回答下列问题：
（1）反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)的△H= kJ/mol。
（2）在初始阶段,甲烷蒸汽重整的反应速率 甲烷氧化的反应速率（填大于、小于或等于）。
（3）对于气相反应，用某组分(B)的平衡压强(PB)代替物质的量浓度(cB)也可以平衡常数（记作KP），则反应CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)的KP＝ ；
随着温度的升高，该平衡常数 （填“增大”、“减小”或“不变”）。
（4）从能量阶段分析，甲烷自热重整方法的先进之处在于 。
（5）在某一给定进料比的情况下，温度、压强对H2和CO物质的量分数的影响如下图：
①若要达到H2物质的量分数>65%、CO的物质的量分数<10%，以下条件中最合适的是 。
A．600℃，0.9Mpa B．700℃，0.9MPa C．800℃，1.5Mpa D．1000℃，1.5MPa
②画出600℃，0.1Mpa条件下，系统中H2物质的量分数随反应时间（从常温进料开始即时）
的变化趋势示意图：
（6）如果进料中氧气量过大，最终导致H2物质的量分数降低，原因是 。
【答案】(15分)
（1）-41.2
（2）小于
（3）
增大
（4）系统内强放热的甲烷氧化反应为强吸热的蒸汽重整反应提供了所需的能量(其他合理答案均可)
（5）①B
②
（6）甲烷氧化程度过高，氢气和氧气反应(其他合理答案均可)
【解析】
（1）根据盖斯定律，由蒸汽重整的两个反应CH4(g)+2H2O（g）=CO2（g）+4H2（g）减CH4（g）+H2O（g）= CO（g）+3H2（g），可得反应CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g），则△H="165.0kJ/mol-206.2kJ/mol" =-41.2kJ/mol。
（2）由表中数据可知，甲烷氧化的活化能低于蒸气重整的活化能，活化能越低，反应速率越快，所以初始阶段，甲烷蒸汽重整的反应速率小于甲烷氧化的反应速率。
（3）根据平衡常数K的表达式，可知反应CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2（g）的，
该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，平衡常数增大。
（4）从能量的角度分析，甲烷自热重整方法的先进之处在于系统内强放热的甲烷氧化反应为强吸热的蒸汽重整反应提供了所需的能量，提高能源的利用率。
（5）①由图中数据可知，0.9 MPa时，H2的物质的量分数大于65%，CO物质的量分数小于10%，则700℃符合，1.5 MPa时，H2的物质的量分数大于65%，CO物质的量分数小于10%，则温度要高于750℃，低于约725℃，B项正确，ACD项错误，答案选B。
②起始进料时H2的物质的量分数为0，结合图象可知600℃，0.1 MPa的条件下，平衡时系统中H2的物质的量分数达到70%，据此画出H2的物质的量分数随时间变化的示意图为：。
（6）如果进料中氧气量过大，会使甲烷氧化程度过高，氢气和氧气反应，导致氢气的质量分数降低。
16．（2010·上海高考真题）接触法制硫酸工艺中，其主反应在450℃并有催化剂存在下进行：
（1）该反应所用的催化剂是___(填写化合物名称)，该反应450℃时的平衡常数_____500℃时的平衡常数(填“大于”、“小于”或“等于”)。
（2）该热化学反应方程式的意义是____________．
（3）下列描述中能表明该反应已达平衡状态的是________
A．B．容器中气体的平均分子量不随时间而变化
C．容器中气体的密度不随时间而变化D．容器中气体的分子总数不随时间而变化
（4）在一个固定容积为5L的密闭容器中充入0.20 mol和0.10mol，半分钟后达到平衡，测得容器中含0.18mol，则=______：若继续通入0.20mol和0.10mol，则平衡______移动(填“向正反应方向”、“向逆反应方向” 或“不”)，再次达到平衡后，______ mol
【解析】
（1）二氧化硫和氧气在五氧化二钒的催化作用下生成三氧化硫；化学平衡常数只与温度有关，吸热反应平衡常数随温度升高而增大，放热反应平衡常数随温度升高而减小，该反应为放热反应，450℃时的平衡常数大于500℃时的平衡常数，故答案为：五氧化二钒（V2O5）；大于；（2）热化学方程式表明化学反应所放出或吸收热量的化学方程式，反应热的测量与温度有关，应注明温度，各物质化学式前的化学计量数表示该物质的物质的量，反应物和生成物的聚集状态不同，反应热也不相同，应注明聚集状态，+190kJ表示放出190kJ的热量，该热化学方程式的意义是：在450℃时，2molSO2气体和1molO2气体完全反应生成2molSO3气体时放出的热量为190kJ，故答案为：在450℃时，2molSO2气体和1molO2气体完全反应生成2molSO3气体时放出的热量为190kJ；（3）从平衡状态的两个重要特征判断：①v（正）=v（逆），②混合物中各组成成分的百分含量不变。
A．用不同物质表示的速率，速率之比等于化学计量数之比才能说明反应处于平衡状态，即2V (O2)正=v (SO3)逆，选项A错误；
B．该反应是气体分子数发生变化的反应，根据M=m/n，容器中气体的平均分子量不随时间而变化时，反应达到平衡状态，选项B正确；
C．在恒容密闭容器中，气体的密度始终不随时间而变化，不能作为标志，选项C错误；
D．该反应是气体分子数发生变化的反应，容器中气体的分子总数不随时间而变化时，说明反应处于平衡状态，选项D正确；
答案选BD；
（2）根据三段式解答2SO2 (g)+O2(g)2SO3(g) +190kJ
起始物质的量 0.20 0.10 0
变化物质的量 0.18 0.09 0.18
平衡物质的量 0.02 0.01 0.18
则V (O2)==0.036 mol.L-1.min-1；若继续通入0.20mol SO2和0.10mol O2,相当于增大压强，平衡正向移动；再次达到平衡时，若平衡不移动，SO3的物质的量为0.36mol,若SO2 全部转化为SO3，SO3的物质的量为0.40mol，所以再次达到平衡后，0.36mol
已知：平均反应速率；反应2min时，A的浓度减少了，B的物质的量减少了mol，有amolD生成。
回答下列问题：
（1）反应2min内，=_________，______；
（2）化学方程式中，______、______、______、______；
（3）反应平衡时，D为2amol，则B的转化率为______；
（4）如果只升高反应温度，其他反应条件不变，平衡时D为1.5amol，则该反应的______0；（填“＞”、“＜”或“＝”）
（5）如果其他条件不变，将容器的容积变为1L，进行同样的实验，则与上述反应比较：
①反应速率______（填“增大”、“减小”或“不变”），理由是______；
②平衡时反应物的转化率______（填“增大”、“减小”或“不变”），理由是______。
【答案】（1）mol/(L·min) mol/(L·min) （2）2 3 1 6 （3） （4）< （5）①增大 体积减小，反应物的浓度增大，因而使反应速率增大 ②减小 体积减小，压强增大，平衡向气体分子数少的方向（即逆反应方向）移动，因而使反应物转化率减小
【解析】
（1）根据题干信息结合平衡三段式列式，A减少物质的量和生成C的物质的量之比等于速率之比等于化学计量数之比，平均反应速率υC=υA，
xA(g)+yB(g)⇌pC(g)+qD(g)
起始量(mol) a b 0 0
变化量(mol) a a
平衡量(mol) a b- a
用A表示的反应速率υA==mol•L-1•min-1，
用B表示的反应速率υB==mol•L-1•min-1；
（2）依据（1）的列式计算x：y：p：q=a:::a=2:3:1:6，则x=2，y=3，p=1，q=6；
（3）反应平衡时，D为 2amol，则转化B的物质的量为amol，则B的转化率为=×100%=×100%；
（4）依据（3）的平衡物质的量，如果只升高反应温度，其他反应条件不变，平衡时D为 1.5a mol，说明升温平衡逆向进行，逆向是吸热反应，正向是放热反应，△H＜0；
（5）如果其他条件不变，将容器的容积变为 1L；反应是：2A(g)+3B(g)⇌C(g)+6D(g)
①体积减小，压强增大，反应物的浓度增大，反应速率增大；
②将容器的容积变为 1L，体积减小，压强增大，平衡向气体体积减小的反应方向进行，即向逆向进行，反应物转化率减小。
18．（2012·山东高考真题）偏二甲肼与N2O4是常用的火箭推进剂，二者发生如下化学反应：
（CH3）2NNH2（l）+2N2O4（l）═2CO2（g）+3N2（g）+4H2O（g） （Ⅰ）
（1）反应（Ⅰ）中氧化剂是 ．
（2）火箭残骸中常现红棕色气体，原因为：N2O4（g）⇌2NO2（g） （Ⅱ）
当温度升高时，气体颜色变深，则反应（Ⅱ）为 （填“吸热”或“放热”）反应．
（3）一定温度下，反应（Ⅱ）的焓变为△H．现将1mol N2O4充入一恒压密闭容器中，下列示意图正确且能说明反应达到平衡状态的是 ．若在相同温度下，上述反应改在体积为1L的恒容密闭容器中进行，平衡常数 （填“增大”“不变”或“减小”），反应3s后NO2的物质的量为0.6mol，则0～3s内的平均反应速率v（N2O4）= mol/（L•s）﹣1．
（4）NO2可用氨水吸收生成NH4NO3．25℃时，将a mol NH4NO3溶于水，溶液显酸性，原因是 （用离子方程式表示）．向该溶液滴加b L 氨水后溶液呈中性，则滴加氨水的过程中水的电离平衡将 （填“正向”“不”或“逆向”）移动，所滴加氨水的浓度为 mol•L﹣1．（NH3•H2O的电离平衡常数取Kb=2×10﹣5 mol•L﹣1）
【答案】（1）N2O4（2）吸热（3）ad；不变；0.1（4）NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；逆向；
【解析】
（1）反应（I）中，N2O4（l）中N元素得电子化合价降低，所以N2O4（l）是氧化剂，故答案为N2O4；
（2）升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，当温度升高时，气体颜色变深，平衡向正反应方向移动，所以正反应是吸热反应，故答案为吸热；
（3）一定温度下，反应（Ⅱ）的焓变为△H．现将1mol N2O4充入一恒压密闭容器中；
a、密度等于质量除以体积，平衡体系质量不变，反应体积增大，密度在反应过程中不变，说明反应达到平衡，故a符合；
b、反应的焓变和反应物与生成物能量总和之差计算，与平衡无关，故b不符合；
c、图象只表示正反应速率变化，不能证明正逆反应速率相同，故c不符合；
d、N2O4（l）转化率不变，证明反应达到平衡，故d符合；
示意图正确且能说明反应达到平衡状态的是ad；K=，化学平衡常数只与温度有关，与物质的浓度无关，所以平衡常数K不变；v（NO2）===0.2mol/L．s，则v（N2O4）=v（NO2）=0.1mol/L．s；
故答案为ad；不变；0.1；
（4）NO2可用氨水吸收生成NH4NO3．25℃时，将a mol NH4NO3溶于水，溶液显酸性，是因为铵根离子水解；反应的离子方程式为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；加入氨水溶液抑制铵根离子水解，平衡逆向进行；将a mol NH4NO3溶于水，向该溶液滴加b L 氨水后溶液呈中性，依据电荷守恒计算可知，溶液中氢氧根离子浓度=10﹣7mol/L，c（NH4+）=c（NO3﹣）；NH3•H2O的电离平衡常数取Kb=2×10﹣5 mol•L﹣1，设混合后溶液体积为1L，（NH4+）=c（NO3﹣）=amol/L；根据一水合氨电离平衡得到：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，平衡常数K===2×10﹣5 mol•L﹣1，计算得到c（NH3•H2O）=mol/L，
故答案为NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；逆向；．
19．（2013·浙江高考真题）捕碳技术（主要指捕获CO2）在降低温室气体排放中具有重要的作用。
目前NH3和(NH4)2CO3已经被用作工业捕碳剂，它们与CO2可发生如下可逆反应：
反应Ⅰ：2NH3(l)＋H2O(l)＋CO2(g)(NH4)2CO3(aq) △H1
反应Ⅱ：NH3(l)＋H2O(l)＋CO2(g) (NH4)2HCO3(aq) △H2
反应Ⅲ：(NH4)2CO3(aq)＋H2O(l)＋CO2(g)2(NH4)2HCO3(aq) △H3
请回答下列问题：
（1）△H3与△H1、△H2之间的关系是：△H3 。
（2）为研究温度对(NH4)2CO3捕获CO2效率的影响，在某温度T1下，将一定量的(NH4)2CO3溶液置于密闭容器中，并充入一定量的CO2气体（用氮气作为稀释剂），在t时刻，测得容器中CO2气体的浓度。然后分别在温度为T2、T3、T4、T5下，保持其它初始实验条件不变，重复上述实验，经过相同时间测得CO2气体浓度，得到趋势图（见图1）。则：
①△H3 0(填＞、＝或＜)。
②在T1～T2及T4～T5二个温度区间，容器内CO2气体浓度呈现如图1所示的变化趋势，
其原因是 。
③反应Ⅲ在温度为T1时，溶液pH随时间变化的趋势曲线如图2所示。当时间到达t1时，将该反应体系温度上升到T2，并维持该温度。请在图中画出t1时刻后溶液的pH变化总趋势曲线。
（3）利用反应Ⅲ捕获CO2，在(NH4)2CO3初始浓度和体积确定的情况下，提高CO2吸收量的措施有 （写出2个）。
（4）下列物质中也可能作为CO2捕获剂的是 。
A．NH4Cl B．Na2CO3
C．HOCH2CH2OH D．HOCH2CH2NH2
【答案】（1）2△H2-△H1
（2）①<
②T1-T2区间，化学反应未达到平衡，温度越高，化学反应的速率越快，所以CO2被捕获的量随温度升高而提高。T4-T5区间，化学反应已达到平衡，由于正反应是放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，所以不利于CO2的捕获。
③
（3）降低温度；增加CO2浓度（或分压）
（4）B、D
【解析】
（1）将反应Ⅰ倒过来书写：
(NH4)2CO3 (aq)2NH3 (l)+ H2O (l)+ CO2 (g) —△H1
将反应Ⅱ×2：
2NH3 (l)+ 2H2O (l)+ 2CO2 (g)2NH4HCO3 (aq) 2△H2
得：(NH4)2CO3 (aq) + H2O (l)+ CO2 (g)2NH4HCO3 (aq) △H3 =2△H2—△H1
（2）由图1可知：在温度为T3时反应达平衡，此后温度升高，c(CO2)增大，平衡逆向移动，说明反应Ⅲ是放热反应(△H3＜0)。在T3前反应未建立平衡，无论在什么温度下(NH4)2CO3 (aq)总是捕获CO2，故c(CO2)减小。反应Ⅲ在温度为T1时建立平衡后(由图2可知：溶液pH不随时间变化而变化)，迅速上升到T2并维持温度不变，平衡逆向移动，溶液pH增大，在T2时又建立新的平衡。
（3）根据平衡移动原理，降低温度或增大c(CO2)
（4）具有碱性的物质均能捕获CO2，反应如下：Na2CO3 +CO2 +H2O=2NaHCO3；HOCH2CH2NH2 +CO2 +H2O= HOCH2CH2NH3+ HCO3—。
20．（2013·上海高考真题）镍具有优良的物理和化学特性，是许多领域尤其是高技术产业的重要原料。羰基法提纯粗镍涉及的两步反应依次为：
（1）Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)+Q
（2）Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)
完成下列填空：
（1）在温度不变的情况下，要提高反应（1）中Ni(CO4)的产率，可采取的措施有________、______。
（2）已知在一定条件下的2L密闭容器中制备Ni(CO)4，粗镍（纯度98.5%,所含杂质不与CO反应）剩余质量和反应时间的关系如右图所示。Ni(CO)4在0～10min的平均反应速率为______。
（3）若反应（2）达到平衡后，保持其他条件不变，降低温度，重新达到平衡时______。
a．平衡常数K增大 b．CO的浓度减小
c．Ni的质量减小 d．v逆[Ni(CO)4]增大
（4）简述羰基法提纯粗镍的操作过程_____。
【答案】（1）及时移走Ni(CO)4 加压 （2）0.05mol·L-1·min-1 （3）bc （4）在封闭的玻璃管一端放入粗镍，控制温度在50℃，通入CO气体，一段时间后在玻璃管的另一端加热至230℃，即可在该端获得纯净的镍
【解析】
（1）反应（1）是正向气体体积缩小的放热反应，因此根据平衡移动原理在温度不变的情况下采取可增大CO浓度，及时移走Ni(CO)4，加压的方法等提高产率；
（2）随反应进行，粗镍减少的质量即为参加反应（1）消耗的镍的质量，粗镍的纯度98.5%，1～10min内粗镍质量减少100g-41g=59g；镍的质量=59g×98.5%=58.115g，在0～10min，生成Ni的物质的量=58.115g÷59g/mol=0.985mol，故在0～10min，v[Ni（CO）4]=0.985mol÷（2L×10min）≈0.05mol/（L•min）；
（3）由反应（1）为放热反应可知反应（2）为吸热反应，因此反应（2）达到平衡后，降温，平衡逆向进行，则
a、温度降低平衡向放热反应方向进行，反应（2）是吸热反应，平衡逆向进行，平衡常数减小，a错误；
b、温度降低平衡向放热反应方向进行，反应（2）是吸热反应，平衡逆向进行一氧化碳浓度减小，b正确；
c、依据反应分析，温度降低反应（1）平衡正向进行，反应（2）逆向进行，镍质量减小，c正确；
d、平衡逆向进行，温度降低，v逆[Ni(CO)4]减小，d错误；
故答案为：bc；
（4）利用信息可知，可采取在低温（50℃）时让粗镍和CO作用，使生成的Ni(CO)4在230℃时分解即可得到纯镍，即在封闭的玻璃管一端放入粗镍，控制温度在50℃，通入CO气体，一段时间后在玻璃管的另一端加热至230℃，即可在该端获得纯净的镍。
21．（2013·全国高考真题）在1.0 L密闭容器中放入0.10molA(g)，在一定温度进行如下反应应:
A（g）B（g）+C（g） △H=+85.1kJ·mol-1
反应时间(t)与容器内气体总压强(p)的数据见下表：
时间t/h
0
1
2
4
8
16
20
25
30
总压强p/100kPa
4.91
5.58
6.32
7.31
8.54
9.50
9.52
9.53
9.53
回答下列问题:
（1）欲提高A的平衡转化率，应采取的措施为 。
（2）由总压强P和起始压强P0计算反应物A的转化率α(A)的表达式为 。
平衡时A的转化率为 ，列式并计算反应的平衡常数K 。
（3）①由总压强p和起始压强p0表示反应体系的总物质的量n总和反应物A的物质的量n（A），n总= mol，n（A）= mol。
②下表为反应物A浓度与反应时间的数据，计算a=
反应时间t/h
0
4
8
16
C（A）/（mol·L-1）
0.10
a
0.026
0.0065
分析该反应中反应反应物的浓度c（A）变化与时间间隔（△t）的规律，得出的结论是 ，
由此规律推出反应在12h时反应物的浓度c（A）为 mol·L-1。
【答案】（1）升高温度、降低压强
（2）(PP0-1)×100% 94.1%
A(g)B(g) + C(g)
0.10 0 0
0.10×(1-94.1%) 0.10×94.1% 0.10×94.1%
K=(0.0941mol/L)20.0059mol/L=1.5mol/L
（3）①0.10×PP00.10×(2-PP0)
②0.051 达到平衡前每间隔4h，c(A)减少约一半 0.013
【解析】
（1）要提高A的转化率，实际就是使平衡正向移动，根据方程式的特点正反应为气体物质的量增大的反应，且为吸热反应，可确定采取的措施。
（2）由阿伏加德罗定律推论可知，在恒温、恒容条件下，压强与物质的量成正比，将压强变化转化为物质的量变化，从而解决压强与转化率的关系。
所以，解得a＝(－1) mol。
α(A)＝(－1)×100%
平衡时A的转化率＝(－1)×100%≈94.1%。
（3）①与（2）思路相似，应用阿伏加德罗定律推论，得n总＝0.10×。
由方程式特点，应用差量法可知，反应过程增加的气体的物质的量，恰好等于反应的A的物质的量。
即：0.1－n(A)＝n(总)－0.1
解得n(A)＝0.2－0.1×
②从上表读出4 h时p＝7.31
计算得n(A)＝0.2－0.1×≈0.051
依据此表中相邻两数据的差，即可得出规律。
22．（2010·天津高考真题）二甲醚是一种重要的清洁燃料，也可替代氟利昂作制冷剂等，对臭氧层无破坏作用。工业上可利用煤的气化产物（水煤气）合成二甲醚。
请回答下列问题：
（1）煤的气化的主要化学反应方程式为：_____________________________________。
（2）煤的气化过程中产生的有害气体H2S用Na2CO3溶液吸收，生成两种酸式盐，该反应的化学方程式为：_________________________________________________________。
（3）利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下：
① 2H2(g) + CO(g)CH3OH(g)；ΔH ＝－90.8 kJ·mol－1
② 2CH3OH(g)CH3OCH3(g) + H2O(g)；ΔH＝－23.5 kJ·mol－1
③ CO(g) + H2O(g)CO2(g) + H2(g)；ΔH＝－41.3 kJ·mol－1
总反应：3H2(g) + 3CO(g)CH3OCH3(g) + CO2(g)的ΔH＝ ___________；
一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡，要提高CO的转化率，可以采取的措施是__________（填字母代号）。
a．高温高压 b．加入催化剂 c．减少CO2的浓度
d．增加CO的浓度 e．分离出二甲醚
（4）已知反应②2CH3OH(g)CH3OCH3(g) + H2O(g)某温度下的平衡常数为400 。此温度下，在密闭容器中加入CH3OH，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：
物质
CH3OH
CH3OCH3
H2O
浓度/（mol·L－1）
0.44
0.6
0.6
① 比较此时正、逆反应速率的大小：v正______v逆（填“>”、“<”或“＝”)。
② 若加入CH3OH后，经10 min反应达到平衡，此时c(CH3OH) ＝ _________；该时间内反应速率v(CH3OH) ＝ __________。
【答案】（1）C + H2OCO + H2 （2）H2S + Na2CO3＝ NaHS + NaHCO3 （3）－246.4 kJ·mol－1 c、e （4）> 0.04 mol·L－1 0.16mol/L·min
【解析】
（1）煤生成水煤气的反应为C+H2OCO+H2。
（2）既然生成两种酸式盐，应是NaHCO3和NaHS，故方程式为：
Na2CO3+H2S==NaHCO3+NaHS。
（3）观察目标方程式，应是①×2+②+③，故△H=2△H1+△H2+△H3="-246.4kJ·" mol -1。
正反应是放热反应，升高温度平衡左移，CO转化率减小；加入催化剂，平衡不移动，转化率不变；减少CO2的浓度、分离出二甲醚，平衡右移，CO转化率增大；增大CO浓度，平衡右移，但CO转化率降低；故选c、e。
（4）此时的浓度商Q==1.86＜400，反应未达到平衡状态，向正反应方向移动，故正＞逆；设平衡时生成物的浓度为0.6+x，则甲醇的浓度为（0.44-2x）有：400=，解得x=0.2 mol·L-1，故0.44 mol·L-1-2x=0.04 mol·L-1。
由表可知，甲醇的起始浓度度为(0.44+1.2) mol·L-1=1.64 mol·L-1，其平衡浓度为0.04 mol·L-1， 10min变化的浓度为1.6 mol·L-1，故(CH3OH)=0.16 mol·L-1·min-1。
23．（2011·山东高考真题）研究NO2、SO2 、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。
（1）NO2可用水吸收，相应的化学反应方程式为 。利用反应6NO2＋7N5＋12 H2O也可处理NO2。当转移1.2mol电子时，消耗的NO2在标准状况下是 L。
（2）已知：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g） ΔH="-196.6" kJ·mol-1
2NO（g）+O2（g）2NO2（g） ΔH="-113.0" kJ·mol-1
则反应NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）的ΔH= kJ·mol-1。
一定条件下，将NO2与SO2以体积比1:2置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是 。
a．体系压强保持不变
b．混合气体颜色保持不变
c．SO3和NO的体积比保持不变
d．每消耗1 mol SO3的同时生成1 mol NO2
测得上述反应平衡时NO2与SO2体积比为1:6，则平衡常数K＝ 。
（3）CO可用于合成甲醇，反应方程式为CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）。
CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。该反应ΔH 0（填“>”或“ <”）。实际生产条件控制在250℃、1.3×104kPa左右，选择此压强的理由是 。
【答案】（1）3NO2+H2O==2HNO3+NO；6.72
（2）-41.8 ；v 2.67或8/3
（3）<；在1.3×104kPa下，CO转化率已交稿，再增大压强CO的转化率提高不大，而生产成本增加，得不偿失。
【解析】
（1）NO2与H2O反应的方程式为：3NO2+H2O═2HNO3+NO；6NO2+8NH3═7N2+12H2O，当反应中有1 mol NO2参加反应时，共转移了4 mol电子，故转移1.2mol电子时，消耗的NO2为1.2×1/4×22.4L=6.72L；
（2）根据盖斯定律，将第二个方程式颠倒过来，与第一个方程式相加得：2NO2+2SO2═2SO3+2NO，△H="-83.6" kJ•mol-1，则NO2+SO2⇌SO3+NO△H=-41.8 kJ•mol-1；
（3）a．本反应是反应前后气体分子数不变的反应，故体系的压强保持不变，故a不能说明反应已达到平衡状态，a错误；b．随着反应的进行，NO2的浓度减小，颜色变浅，故b可以说明反应已达平衡，故b正确；c．SO3和NO都是生成物，比例保持1：1，故c不能作为平衡状态的判断依据，故c错误；d．d中所述的两个速率都是逆反应速率，不能作为平衡状态的判断依据，故d错误，故选b。
NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)
起始物质的体积 a 2a 0 0
转化物质的体积 x x x x
平衡物质的体积 a-x 2a-x x x
平衡时NO2与SO2体积比为1：6，即(a-x)/(2a-x)=1/6，故x=4a/5，故平衡常数K====8/3；
（4）由图可知，温度升高，CO的转化率降低，平衡向逆反应方向移动，故逆反应是吸热反应，正反应是放热反应，△H＜0；压强大，有利于加快反应速率，有利于使平衡正向移动，但压强过大，需要的动力大，对设备的要求也高，故选择250℃、1.3×104kPa左右的条件．因为在250℃、压强为1.3×104 kPa时，CO的转化率已较大，再增大压强，CO的转化率变化不大，没有必要再增大压强。
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