2020高考化学江苏专用提分大二轮复习讲义专题六化学反应速率化学平衡

[考纲要求]1.了解化学反应速率的概念和平均反应速率的表示方法。2.理解温度、浓度、压强和催化剂等对化学反应速率影响的一般规律。3.认识催化剂在生产、生活和科学研究领域中的重大作用。4.认识化学反应的可逆性。能用焓变和熵变说明常见简单化学反应的方向。5.理解化学平衡和化学平衡常数的含义，能用化学平衡常数进行简单计算。6.理解浓度、温度、催化剂等对化学平衡影响的一般规律。7.认识化学反应速率和化学平衡的调控在生产、生活和科学研究领域中的重要作用。考点一化学反应速率及其影响因素(一)化学反应速率的计算及速率常数1．化学反应速率的计算(1)根据图表中数据和定义计算：v(X)＝eq\f(X的浓度变化量mol·L－1,时间的变化量s或min或h)，即v(X)＝eq\f(|Δc|,Δt)＝eq\f(|Δn|,V·Δt)，计算时一定要注意容器或溶液的体积，不能忽视容器或溶液的体积V，盲目地把Δn当作Δc代入公式进行计算，同时还要注意单位及规范书写，还要根据要求注意有效数字的处理。(2)根据化学方程式计算：对于反应“mA＋nB=pC＋qD”，有v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝m∶n∶p∶q。2．速率常数(1)假设基元反应(能够一步完成的反应)为aA(g)＋bB(g)=cC(g)＋dD(g)，其速率可表示为v＝kca(A)cb(B)，式中的k称为反应速率常数或速率常数，它表示单位浓度下的化学反应速率，与浓度无关，但受温度、催化剂、固体表面性质等因素的影响，通常反应速率常数越大，反应进行得越快。不同反应有不同的速率常数。(2)正、逆反应的速率常数与平衡常数的关系对于基元反应aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g)，v正＝k正·ca(A)·cb(B)，v逆＝k逆·cc(C)·cd(D)，平衡常数K＝eq\f(ccC·cdD,caA·cbB)＝eq\f(k正·v逆,k逆·v正)，反应达到平衡时v正＝v逆，故K＝eq\f(k正,k逆)。(二)正确理解化学反应速率的影响因素1．内因——活化能活化能是指为了能发生化学反应，普通分子(具有平均能量的分子)变成活化分子所需要吸收的最小能量，即活化分子比普通分子所多出的那部分能量。相同条件下，不同化学反应的速率不同，主要是内因——活化能大小不同所致，活化能小的化学反应速率快，活化能大的反应速率慢。注意反应热为正、逆反应活化能的差值。2．外因相同的化学反应，在不同条件下，化学反应速率不同，主要原因是外因——浓度、压强、温度、催化剂、光照、接触面积等因素不同所致。(1)浓度(c)：增大(减小)反应物浓度→单位体积内活化分子数目增加(减少)，活化分子百分数不变→有效碰撞频率提高(降低)→化学反应速率加快(减慢)。(2)压强(p)：对于气相反应来说，增大(减小)压强→相当于减小(增大)容器容积→相当于增大(减小)反应物的浓度→化学反应速率加快(减慢)。注意“惰性气体”对反应速率的影响①恒容：充入“惰性气体”eq\o(→,\s\up7(引起))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”eq\o(→,\s\up7(引起))体积增大eq\o(→,\s\up7(引起))参与反应的物质浓度减小(活化分子浓度减小)eq\o(→,\s\up7(引起))反应速率减小。(3)温度(T)：升高(降低)温度→活化分子百分数增大(减小)→有效碰撞频率提高(降低)→化学反应速率加快(减慢)。(4)催化剂①添加催化剂→降低反应的活化能→活化分子百分数增大→有效碰撞频率提高→化学反应速率加快。②添加催化剂→降低反应的活化能→降低反应所需的温度→减少能耗。③添加催化剂能改变反应的路径，如乙醇的氧化实验，该实验的总反应为2CH3CH2OH＋O2→2CH3CHO＋2H2O，活化能为E总；使用铜丝作催化剂将一步反应改变为两步反应，第一步反应为2Cu＋O2eq\o(=,\s\up7(△))2CuO，活化能为E1；第二步反应为CH3CH2OH＋CuOeq\o(→,\s\up7(△))CH3CHO＋Cu＋H2O，活化能为E2；由于E1<E总、E2<E总，所以化学反应速率加快。④催化剂的选择性：对于在给定条件下反应物之间能够同时发生多个反应的情况，理想的催化剂还具有大幅度提高目标产物在最终产物中比率的作用。⑤酶作催化剂的特点：高效性、专一性(高选择性，一种酶只能催化一种或一类化学反应，如蛋白酶只能催化蛋白质水解成多肽)、温和性(反应条件温和，温度升高，酶发生变性失去催化活性)。1．(2017·江苏，10)H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得70℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是()A．图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越快B．图乙表明，其他条件相同时，溶液pH越小，H2O2分解速率越快C．图丙表明，少量Mn2＋存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快D．图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2＋对H2O2分解速率的影响大答案D解析A项，浓度对反应速率的影响是浓度越大，反应速率越快，错误；B项，NaOH浓度越大，即pH越大，H2O2分解速率越快，错误；C项，由图可知，Mn2＋存在时，0.1mol·L－1NaOH溶液中H2O2的分解速率比1.0mol·L－1的NaOH中的快，错误；D项，由图可知，碱性条件下，Mn2＋存在时，对H2O2分解速率影响大，正确。2．(2017·浙江4月选考，21)对水样中溶质M的分解速率影响因素进行研究。在相同温度下，M的物质的量浓度(mol·L－1)随时间(min)变化的有关实验数据见下表。时间水样0510152025Ⅰ(pH＝2)0.400.280.190.130.100.09Ⅱ(pH＝4)0.400.310.240.200.180.16Ⅲ(pH＝4)0.200.150.120.090.070.05Ⅳ(pH＝4含Cu2＋)0.200.090.050.030.010下列说法不正确的是()A．在0～20min内，Ⅰ中M的分解速率为0.015mol·L－1·min－1B．水样酸性越强，M的分解速率越快C．在0～25min中，Ⅲ中M的分解百分率比Ⅱ大D．由于Cu2＋存在，Ⅳ中M的分解速率比Ⅰ快答案D解析在0～20min内，Ⅰ中M的分解速率为eq\f(0.40－0.10mol·L－1,20min)＝0.015mol·L－1·min－1，A正确；根据实验Ⅰ、Ⅱ数据对比可判断水样酸性越强，M的分解速率越快，B正确；在0～25min内，Ⅲ中M的分解百分率是eq\f(0.20－0.05,0.20)×100%＝75%，Ⅱ中M的分解百分率是eq\f(0.40－0.16,0.40)×100%＝60%，C正确。1．CaCO3与稀盐酸反应(放热反应)生成CO2的量与反应时间的关系如图所示。下列结论不正确的是()A．反应开始2min内平均反应速率最大B．反应4min后平均反应速率最小C．反应开始4min内温度对反应速率的影响比浓度大D．反应4min后反应速率下降的原因是盐酸浓度逐渐减小答案A解析根据图示可知在前2min内反应产生CO2的物质的量是0.1mol，在2～4min内反应产生0.2molCO2，在4～6min内反应产生的CO2小于0.1mol，所以在第2～4min内反应速率最快，A错误；碳酸钙与盐酸的反应是放热反应，在反应4min后由于物质的浓度降低，所以平均反应速率也逐渐减小，由于在相同时间段内反应产生二氧化碳物质的量最小，故该时间段内的反应速率最小，B正确；碳酸钙与盐酸的反应是放热反应，在开始的不长时间段内，随着反应的进行，溶液的温度逐渐升高，反应速率逐渐加快，根据图示可知在反应开始4min内温度对反应速率的影响比浓度大，C正确；反应4min后盐酸浓度降低，反应速率减小，反应速率下降的原因是盐酸浓度逐渐减小，D正确。2．二氧化钛在一定波长光的照射下，可有效降解甲醛、苯等有机物，效果持久，且自身对人体无害。某课题组研究了溶液的酸碱性对TiO2光催化染料R降解反应的影响，结果如图所示。下列判断正确的是()A．在0～50min之间，R的降解百分率pH＝2大于pH＝7B．溶液酸性越强，R的降解速率越大C．R的起始浓度不同，无法判断溶液的酸碱性对R的降解速率的影响D．在20～25min之间，pH＝10时R的降解速率为0.04mol·L－1·min－1答案B解析在0～50min之间，pH＝2和pH＝7时反应物R都能完全反应，降解率都是100%，A错误；由斜率可知pH越小降解速率越大，即溶液的酸性越强，R的降解速率越大，B正确；浓度越大化学反应速率越大，所以起始浓度越小降解速率越小，C错误；20～25min之间，pH＝10时R的平均降解速率为eq\f(0.2×10－4mol·L－1,5min)＝4×10－6mol·L－1·min－1，D错误。3．用Na2FeO4溶液氧化废水中的还原性污染物M，为研究降解效果，设计如下对比实验探究温度、浓度、pH、催化剂对降解速率和效果的影响，实验测得M的浓度与时间关系如图所示：实验编号温度℃pH①251②451③257④251下列说法正确的是()A．实验①在15min内M的降解速率为1.33×10－2mol·L－1·min－1B．若其他条件相同，实验①②说明升高温度，M降解速率增大C．若其他条件相同，实验①③证明pH越高，越有利于M的降解D．实验②④说明M的浓度越小，降解的速率越慢答案B解析根据化学反应速率的数学表达式可知，v(M)＝eq\f(Δc,Δt)＝eq\f(0.3－0.1×10－3,15)mol·L－1·min－1≈1.33×10－5mol·L－1·min－1，故A错误；其他条件相同，①②温度不同，②的温度高于①的，而②中浓度变化大于①，说明②的降解速率大，故B正确；其他条件相同，①③的pH不同，③的pH大于①，在相同时间段内，①中M的浓度变化大于③，说明①的降解速率大于③，故C错误；②④这两组实验温度不同，浓度也不同，不是单一变量，无法比较浓度对此反应的影响，故D错误。考点二化学平衡化学平衡常数及转化率1．化学平衡状态的判断标志(1)等速标志(v正＝v逆)：①用同一种物质表示的消耗速率等于生成速率。②用不同物质表示时，必须标明是“异向”的反应速率关系且反应速率之比等于化学方程式中对应的化学计量数之比。(2)各组分浓度不变：当v正＝v逆≠0时，同一瞬间、同一物质的生成量等于消耗量，所以混合体系中各组分的物质的量、质量、物质的量浓度、各组分的百分含量(体积分数、质量分数)、转化率等不随时间而改变。(3)有气体参与的可逆反应①从反应混合气体的平均相对分子质量考虑若各物质均为气体eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(当Δng≠0，平均相对分子质量为定值时，,可作为判断化学反应达到平衡状态的标志,当Δng＝0，平均相对分子质量为定值时，,不能作为判断化学反应达到平衡状态的标志))若有非气体物质参与反应，无论Δn(g)是否等于0，当平均相对分子质量为定值时，即可判断化学反应达到平衡状态。②从气体密度考虑：ρ＝eq\f(m,V)若各物质均为气体eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(恒容：ρ为定值时，不能作为判断化学反应达到,平衡状态的标志,恒压\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δng＝0，ρ为定值时，不能作为判断化,学反应达到平衡状态的标志,Δng≠0，ρ为定值时，可作为判断化学,反应达到平衡状态的标志))))若有非气体物质参与反应eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(恒容：ρ为定值时，可作为判断化,学反应达到平衡状态的标志,恒压：Δng＝0，ρ为定值时，可,作为判断化学反应达到平,衡状态的标志))③从体系总压强考虑恒温恒容时eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δng＝0，p为定值时，不能作为判断化学反应,达到平衡状态的标志,Δng≠0，p为定值时，可作为判断化学反应达,到平衡状态的标志))④从体系内部温度考虑：当化学平衡尚未建立或平衡正在移动的过程中，反应总要放出或吸收热量，所以对于绝热体系，当体系温度不变时，则达到平衡状态。2．掌握化学平衡移动的判断方法(1)依据勒夏特列原理判断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，此时正反应占优势，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，此时逆反应占优势，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。(2)依据浓度商(Q)规则判断通过比较浓度商(Q)与平衡常数(K)的大小来判断平衡移动的方向。①若Q＞K，平衡逆向移动；②若Q＝K，平衡不移动；③若Q＜K，平衡正向移动。3．理解不能用勒夏特列原理解释的问题(1)若外界条件改变后，无论平衡向正反应方向移动或向逆反应方向移动都无法减弱外界条件的变化，则平衡不移动。如对于H2(g)＋Br2(g)2HBr(g)，由于反应前后气体的分子总数不变，外界压强增大或减小时，平衡无论正向或逆向移动都不能减弱压强的改变。所以对于该反应，压强改变，平衡不发生移动。(2)催化剂能同等程度地改变正、逆反应速率，所以催化剂不会影响化学平衡。4．化学平衡常数及转化率(1)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＝eq\f(cpC·cqD,cmA·cnB)。另可用压强平衡常数表示：Kp＝eq\f(ppC·pqD,pmA·pnB)[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a．同一可逆反应中，K正·K逆＝1。b．同一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′＝eq\r(n,K)。c．几个可逆反应方程式相加，得总方程式，则总反应的平衡常数等于各分步反应平衡常数之积。(2)转化率、产率及分压的计算反应物转化率＝eq\f(反应物的变化量,反应物的起始量)×100%产物的产率＝eq\f(生成物的实际产量,生成物的理论产量)×100%分压＝总压×物质的量分数(3)常用的气体定律同温同体积：p(前)∶p(后)＝n(前)∶n(后)同温同压强：eq\f(ρ前,ρ后)＝eq\f(\x\to(M)前,\x\to(M)后)＝eq\f(V后,V前)＝eq\f(n后,n前)1．(2019·江苏，15)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＞0B．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A项，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，由题图知，随着温度升高，NO的平衡转化率减小，即温度升高，反应2NO＋O22NO2的平衡逆向移动，说明该反应为放热反应，ΔH＜0，错误；B项，X点对应NO的转化率低于该温度下NO的平衡转化率，所以反应没有达到平衡状态，延长反应时间，可以提高NO的转化率，正确；C项，Y点时反应已达平衡状态，增加O2的浓度，平衡正向移动，NO的转化率会提高，错误；D项，设起始时c(NO)＝amol·L－1，则：2NO＋O22NO2起始/mol·L－1a5.0×10－40转化/mol·L－10.5a0.25a0.5a平衡/mol·L－10.5a5.0×10－4－0.25a0.5aK＝eq\f(0.5a2,0.5a2×5.0×10－4－0.25a)＝eq\f(1,5.0×10－4－0.25a)，当0.25a＝0时，K＝2000，但0.25a＞0，所以K＞2000，正确。2．(2018·江苏，15)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：容器1容器2容器3反应温度T/K700700800反应物投入量2molSO2、1molO24molSO32molSO2、1molO2平衡v正(SO2)/mol·L－1·s－1v1v2v3平衡c(SO3)/mol·L－1c1c2c3平衡体系总压强p/Pap1p2p3物质的平衡转化率αα1(SO2)α2(SO3)α3(SO2)平衡常数KK1KK3下列说法正确的是()A．v1＜v2，c2＜2c1B．K1＞K3，p2＞2p3C．v1＜v3，α1(SO2)＞α3(SO2)D．c2＞2c3，α2(SO3)＋α3(SO2)＜1答案CD解析由题中表格信息可知，容器2建立的平衡相当于容器1建立平衡后再将容器的容积缩小为原来的1/2(相当于压强增大为原来的2倍)后平衡移动的结果。由于加压，化学反应速率加快，则v1＜v2；题给平衡右移，则α1(SO2)＜α2(SO2)，根据勒夏特列原理可得c2＞2c1，p1＜p2＜2p1。容器3中建立的平衡相当于容器1建立的平衡升温后平衡移动的结果。升高温度，化学反应速率加快，则v1＜v3；题给平衡左移，则α1(SO2)＞α3(SO2)，c1＞c3。由于温度升高，气体物质的量增加，故p3＞p1。对于特定反应，平衡常数仅与温度有关，温度升高，题给平衡左移，平衡常数减小，则K1＝K2＞K3。C对：由以上分析可得结论v1＜v3，α1(SO2)＞α3(SO2)。D对：因为c2＞2c1，c1＞c3，则c2＞2c3。若容器2的容积是容器1的2倍，则两者建立的平衡完全相同，根据平衡特点，此时应存在α1(SO2)＋α2(SO3)＝1，由于容器2的平衡相当于容器1的平衡加压，故α2(SO3)将减小，则α1(SO2)＋α2(SO3)＜1，结合α1(SO2)＞α3(SO2)，则α2(SO3)＋α3(SO2)＜1。A错：由以上分析可知c2＞2c1。B错：由以上分析可知p1＜p2＜2p1，p1＜p3，则p2＜2p3。3．(2017·江苏，15)温度为T1时，在三个容积均为1L的恒容密闭容器中仅发生反应：2NO2(g)2NO(g)＋O2(g)(正反应吸热)。实验测得v正＝v(NO2)消耗＝k正c2(NO2)，v逆＝v(NO)消耗＝2v(O2)消耗＝k逆c2(NO)·c(O2)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。下列说法正确的是()容器编号物质的起始浓度(mol·L－1)物质的平衡浓度(mol·L－1)c(NO2)c(NO)c(O2)c(O2)Ⅰ0.6000.2Ⅱ0.30.50.2Ⅲ00.50.35A.达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为4∶5B．达平衡时，容器Ⅱ中eq\f(cO2,cNO2)比容器Ⅰ中的大C．达平衡时，容器Ⅲ中NO的体积分数小于50%D．当温度改变为T2时，若k正＝k逆，则T2>T1答案CD解析由Ⅰ中数据可计算温度T1时反应的平衡常数。2NO2(g)2NO(g)＋O2(g)起始/mol·L－10.600转化/mol·L－10.40.40.2平衡/mol·L－10.20.40.2平衡后气体总物质的量：n(气体)＝(0.2mol·L－1＋0.4mol·L－1＋0.2mol·L－1)×1L＝0.8mol。K＝eq\f(c2NO·cO2,c2NO2)＝eq\f(0.42×0.2,0.22)＝0.8。A项，此时容器Ⅱ中，Q＝eq\f(c2NO·cO2,c2NO2)＝eq\f(0.52×0.2,0.32)<K，反应正向进行建立平衡，由于反应正向进行，气体的物质的量增加，故建立平衡后n(气体)>(0.3mol·L－1＋0.5mol·L－1＋0.2mol·L－1)×1L＝1.0mol，则达到平衡后容器Ⅰ和容器Ⅱ中的总压强之比p(Ⅰ)∶p(Ⅱ)<0.8mol∶1.0mol＝4∶5，错误；B项，根据等效平衡特点可知，容器Ⅱ中平衡体系相当于在容器Ⅰ平衡体系中同时加入0.2mol·L－1NO和0.05mol·L－1O2，平衡左移的结果，故容器Ⅱ的平衡体系中，0.2mol·L－1<c(O2)<0.25mol·L－1,0.2mol·L－1<c(NO2)<0.3mol·L－1，达平衡时，容器Ⅰ中eq\f(cO2,cNO2)＝eq\f(0.2mol·L－1,0.2mol·L－1)＝1，容器Ⅱ中eq\f(0.2mol·L－1,0.3mol·L－1)<eq\f(cO2,cNO2)<1，即容器Ⅱ中eq\f(cO2,cNO2)比容器Ⅰ中的小，错误；C项，同理，根据等效平衡特点可知，容器Ⅲ中平衡体系相当于在容器Ⅰ平衡体系中同时减去0.1mol·L－1NO2、增加0.1mol·L－1O2，平衡左移，建立新平衡时，NO的体积分数减小，因容器Ⅰ中NO的体积分数为eq\f(0.4mol·L－1,0.2mol·L－1＋0.4mol·L－1＋0.2mol·L－1)×100%＝50%，故容器Ⅲ平衡体系中NO的体积分数小于50%，正确；D项，由题中关系式v正＝v(NO2)消耗＝k正c2(NO2)，v逆＝v(NO)消耗＝2v(O2)消耗＝k逆c2(NO)·c(O2)可得，k正＝eq\f(vNO2消耗,c2NO2)，k逆＝eq\f(vNO消耗,c2NO·cO2)，当温度改变为T2时，k正＝k逆，即eq\f(vNO2消耗,c2NO2)＝eq\f(vNO消耗,c2NO·cO2)。反应达到平衡时v(NO2)消耗＝v(NO)消耗，则c2(NO2)＝c2(NO)·c(O2)，温度T2时，K＝eq\f(c2NO·cO2,c2NO2)＝1，平衡常数增大，因为该反应的正反应为吸热反应，所以T2>T1，正确。题组一利用图像、Q与K的关系判断化学平衡状态1．汽车尾气净化的主要原理为2NO(g)＋2CO(g)eq\o(,\s\up7(催化剂))2CO2(g)＋N2(g)ΔH＜0。若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是________(填标号)。答案②④⑤解析①达到平衡时，v正应保持不变。②由于是放热反应，又是绝热容器，体系温度升高，平衡左移，K减小。③图中达到平衡时，CO、CO2的物质的量的变化量之比不是1∶1。④w(NO)逐渐减小，达到平衡时保持不变。⑤因正反应放热，容器绝热，故反应开始后体系温度升高，达到平衡状态时，体系温度不再发生变化。⑥ΔH是一个定值，不能用于判断可逆反应是否达到平衡状态。2．一定温度下，将2molNO、1molCO充入1L固定容积的密闭容器中发生反应：2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)ΔH＜0。反应过程中部分物质浓度变化如图所示：若15min时再向容器中充入CO、N2各0.6mol，该反应是否处于平衡状态？答案该反应处于平衡状态。解析由图像知，10min时反应达到平衡状态，K＝eq\f(0.2×0.42,0.62×1.62)＝eq\f(5,144)，Q＝eq\f(0.2＋0.6×0.42,0.6＋0.62×1.62)＝eq\f(5,144)，Q＝K，所以该反应仍处于平衡状态。题组二“建模、解模”分析法在平衡移动结果判定中的应用3．在一定条件下，可逆反应2NO2(g)N2O4(g)ΔH＜0达到平衡，当分别改变下列条件时，请回答下列问题：(1)保持容器容积不变，通入一定量NO2，则达到平衡时NO2的百分含量________(填“增大”“减小”或“不变”，下同)；保持容器容积不变，通入一定量N2O4，则达到平衡时NO2的百分含量________________。(2)保持压强不变，通入一定量NO2，则达到平衡时NO2的百分含量________；保持压强不变，通入一定量N2O4，则达到平衡时NO2的百分含量__________。(3)保持容器容积不变，通入一定量氖气，则达到平衡时NO2的转化率__________；保持压强不变，通入氖气使体系的容积增大一倍，则达到平衡时NO2的转化率_______________。答案(1)减小减小(2)不变不变(3)不变减小解析(1)保持容器容积不变，通入一定量NO2，等效为增大压强，平衡正向移动，NO2的百分含量减小；保持容器容积不变，通入一定量N2O4，等效为增大压强，平衡正向移动，所以NO2的百分含量减小。(2)保持压强不变，通入一定量NO2或N2O4，不影响平衡，所以NO2的百分含量不变。(3)保持容器容积不变，通入一定量氖气，此过程中各物质的物质的量浓度都没有发生改变，所以平衡不移动，NO2的转化率不变；保持压强不变，通入氖气使体系的容积增大一倍，则相当于减小压强，所以平衡向生成NO2的方向移动，所以NO2的转化率会减小。反思归纳1．对于反应物或生成物只有一种的可逆反应而言，在改变物质浓度而引起化学平衡移动时应遵循或应用下列方法进行分析：(1)建模法分析化学平衡当容器Ⅱ中的投料量是容器Ⅰ中的n倍时，可通过建模思想来进行考虑。一般解题步骤[以PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)为例]：①建模：构建容器Ⅰ的模型：pⅠ(始)pⅠ(平)Ⅰeq\x(1molPCl5)eq\o(→,\s\up7(恒容))eq\x(PCl5M%)②解模：将容器Ⅱ进行拆分，构建新的模型(用实线箭号表示状态变化的方向，用虚线箭号表示虚拟的过程)：

Ⅱ最后将虚拟出的两个平衡状态进行加压，把体积较大的平衡状态转化为体积较小的平衡状态。即容器Ⅱ的反应相当于在虚拟容器的基础上增大压强，平衡逆向移动，容器Ⅱ相对于容器Ⅰ，PCl5的体积分数增大。(2)在温度、压强不变的体系中加入某种气体反应物(或生成物)的平衡移动问题：对于aA(g)bB(g)＋cC(g)或bB(g)＋cC(g)aA(g)，当T、p不变时，加入A气体，平衡移动的最终结果与原平衡等效，相当于平衡不移动；而加入B或C，则平衡的移动由浓度决定。2．转化率的变化分析在一恒容密闭容器中通入amolA、bmolB发生反应aA(g)＋bB(g)cC(g)，达到平衡后，改变下列条件，分析转化率的变化情况：(1)再通入bmolB，α(A)增大，α(B)减小。(2)再通入amolA、bmolB：若a＋b＞c，α(A)增大、α(B)增大；若a＋b＝c，α(A)不变、α(B)不变；若a＋b＜c，α(A)减小、α(B)减小。题组三反应热与化学平衡移动4．已知298K时，2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH＝－197kJ·mol－1，在相同温度下，向密闭容器中通入2molSO2和1molO2，达到平衡时放出热量Q1；向另一体积相同的密闭容器中通入1molSO2和1molO2，达到平衡时放出热量Q2。则下列关系正确的是()A．2Q2＝Q1 B．2Q2＜Q1C．Q2＜Q1＜197kJ D．Q2＝Q1＜197kJ答案C解析反应的热化学方程式：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH＝－197kJ·mol－1，由热化学方程式可知，加入2molSO2和1molO2，生成的SO3量小于2mol，所以Q1＜197kJ,1molSO2和1molO2相当于在2molSO2和1molO2达到平衡的基础上，减少反应物的浓度，平衡逆向移动，即Q2＜Q1，综上：Q2＜Q1＜197kJ，故选C。5．已知2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH＝－197kJ·mol－1。在25℃时，向恒压密闭容器中通入2molSO2和1molO2，达到平衡时放出热量a1；若25℃时，在此恒压密闭容器中只通入1molSO2和0.5molO2，达到平衡时放出热量a2。则下列关系正确的是()A．2a2＝a1＝197kJ B．197kJ＞a1＝2a2C．a2＞a1＞197kJ D．2a2＜a1＜197kJ答案B解析恒温恒压下，对于可逆反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，向恒压密闭容器中通入2molSO2和1molO2与只通入1molSO2和0.5molO2互为等效平衡，达到平衡时反应物的转化率一定相等，则反应放出的热量关系：a1＝2a2；在可逆反应的热化学方程式中，反应热是指完全转化吸收或放出的热量，所以a1＜197kJ，即197kJ＞a1＝2a2，故选B。题组四“极限转化法”在等效平衡中的应用6．在温度、容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下[已知N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.4kJ·mol－1]，下列说法正确的是()容器甲乙丙反应物投入量1molN2、3molH22molNH34molNH3NH3的浓度/mol·L－1c1c2c3反应的能量变化放出akJ吸收bkJ吸收ckJ体系压强(Pa)p1p2p3反应物转化率α1α2α3A.2c1＞c3 B．a＋b＞92.4C．2p2＜p3 D．α1＋α3＜1答案D解析甲容器投入1molN2、3molH2，乙容器投入2molNH3，恒温恒容条件下，甲容器与乙容器是等效平衡，各组分的物质的量、百分含量等完全相等；而甲容器投入1molN2、3molH2，丙容器加入4molNH3，采用极限转化法，丙相当于加入2molN2、6molH2，丙中加入量是甲中的二倍，如果恒温且丙容器容积是甲容器二倍，则甲容器与丙容器为等效平衡，所以丙所到达的平衡可以看作在恒温且容积是甲容器二倍条件下到达平衡后，再压缩体积至与甲容器体积相等所达到的平衡，由于该反应是体积减小的反应，缩小容器体积，增大了压强，平衡正向移动，所以丙中氮气、氢气转化率大于甲和乙的。A项，丙容器反应物投入4molNH3，采用极限转化法转化为反应物为2molN2、6molH2，是甲中的二倍，若平衡不移动，c3＝2c1，丙相当于增大压强，平衡正向移动，所以丙中氨气的浓度大于甲中氨气浓度的二倍，即c3＞2c1，错误；B项，甲投入1molN2、3molH2，乙中投入2molNH3，则甲与乙是完全等效的，根据盖斯定律可知，甲与乙反应的能量变化之和为92.4kJ，故a＋b＝92.4，错误；C项，丙容器反应物投入4molNH3，是乙的二倍，若平衡不移动，丙中压强为乙的二倍，由于丙中相当于增大压强，平衡正向移动，所以丙中压强减小，小于乙的2倍，即2p2＞p3，错误；D项，丙容器反应物投入4molNH3，是乙的二倍，若平衡不移动，转化率α1＋α3＝1，由于丙中相当于增大压强，平衡正向移动，氨气的转化率减小，所以转化率α1＋α3＜1，正确。7．T℃时，在容积为2L的3个恒容密闭容器中发生反应：3A(g)＋B(g)xC(g)，按不同方式投入反应物，测得反应达到平衡时的有关数据如下：容器甲乙丙反应物的投入量3molA、2molB6molA、4molB2molC达到平衡的时间/min58A的浓度/mol·L－1c1c2C的体积分数%w1w3混合气体的密度/g·L－1ρ1ρ2下列说法正确的是()A．若x＜4，则2c1＜c2B．若x＝4，则w1＝w3C．无论x的值是多少，均有2ρ1＝ρ2D．甲容器达到平衡所需的时间比乙容器达到平衡所需的时间短答案C解析若x＜4，则正反应为气体分子数减小的反应，乙容器对于甲容器而言，相当于加压，平衡正向移动，所以2c1＞c2，A项错误；若x＝4，则反应前后气体分子数相等，由于起始时甲容器中A、B的投入量之比与化学方程式中对应化学计量数之比不相等，故w3不可能等于w1，B项错误；起始时乙容器中A、B的投入量是甲容器的2倍，两容器的容积相等，故恒有2ρ1＝ρ2，C项正确；起始时乙容器中A、B的浓度是甲容器中的2倍，故乙容器达到平衡所需的时间比甲容器达到平衡所需的时间短，D项错误。反思归纳三种等效平衡模型等效模型实例起始投料平衡时等量备注恒温恒容Δn(g)≠0N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)甲：1molN2＋3molH2乙：2molNH3(转化为同种物质完全等同)两容器中各组分的n、c、w等同α(N2)＋α(NH3)＝1恒温恒容Δn(g)＝0I2(g)＋H2(g)2HI(g)甲：1molI2＋1molH2乙：2molI2＋2molH2(或4molHI)(成比例)两容器中各组分的w等同，n、c成倍数关系恒温恒压N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)甲：1molN2＋3molH2乙：2molN2＋6molH2(或4molNH3)(成比例)两容器中各组分的w、c等同，n成倍数关系题组五平衡常数、转化率的综合8．(2019·南京市、盐城市调研)CO2与CH4可制得合成气：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)ΔH＝＋247kJ·mol－1。初始温度均为TK时，在3个容器中按不同方式投入反应物，发生上述反应，相关信息如下表：容器起始物质的量/molCO2平衡转化率α编号容积/L条件CH4(g)CO2(g)CO(g)H2(g)Ⅰ2恒温恒容210050%Ⅱ10.5100Ⅲ1绝热恒容10.500－下列说法正确的是()A．TK时，反应CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)的平衡常数为eq\f(1,3)B．容器Ⅱ中反应达到平衡时，α(CO2，Ⅱ)＝50%C．容器Ⅱ、Ⅲ中反应达到平衡时，c(CH4，Ⅱ)＋c(CH4，Ⅲ)<1mol·L－1D．答案AD解析根据容器Ⅰ中α(CO2，Ⅰ)＝50%，则转化的CO2浓度为eq\f(1mol,2L)×50%＝0.25mol·L－1，列出三段式如下：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)起始量/mol·L－110.500转化量/mol·L－10.250.250.50.5平衡量/mol·L－10.750.250.50.5则平衡常数K＝eq\f(c2CO·c2H2,cCH4·cCO2)＝eq\f(0.52×0.52,0.75×0.25)＝eq\f(1,3)，α(CH4，Ⅰ)＝25%，A项正确；与容器Ⅰ相比，若向容器Ⅱ中加入1molCH4和0.5molCO2，则建立与容器Ⅰ等效的平衡，α(CO2，Ⅱ)＝50%，由于两种反应物的化学计量数相同，则向容器Ⅱ中加入0.5molCH4和1molCO2，则平衡状态下，α(CH4，Ⅱ)＝50%，CO2的平衡转化率等于25%，B项错误；该反应正方向为吸热反应，则绝热恒容，等效于恒容、降温条件，与容器Ⅰ相比，容器Ⅲ平衡向逆反应方向移动，则达到平衡时，CO2的平衡转化率小于50%，CH4的转化率也同时变小，c(CH4，Ⅱ)＋c(CH4，Ⅲ)>1mol·L－1，C项错误；容器Ⅱ中反应达到平衡时，根据B项分析可知，α(CH4，Ⅱ)＝50%，CO2的平衡转化率等于25%，则CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)起始量/mol·L－10.5100转化量/mol·L－10.250.250.50.5平衡量/mol·L－10.250.750.50.5再投入0.5molCH4、0.25molCO，则c(CH4)＝0.75mol·L－1，c(CO2)＝0.75mol·L－1，c(CO)＝0.75mol·L－1，c(H2)＝0.5mol·L－1，此时的浓度商Q＝eq\f(0.52×0.752,0.75×0.75)＝0.25<K，则平衡向正反应方向移动，v正>v逆，D项正确。9．(2019·江苏四校联考)一定温度下，有两个容积均为2.0L的恒容密闭容器Ⅰ和Ⅱ，向Ⅰ中加入1molCO和2molH2，向Ⅱ中加入2molCO和4molH2，均发生下列反应并建立平衡：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)，测得不同温度下CO的平衡转化率如图所示。下列说法正确的是()A．该反应的ΔH>0B．N点的化学平衡常数K＝0.59C．L、M两点容器内压强：p(M)>2p(L)D．向N点平衡体系中再加入1molCH3OH，建立新平衡时被分解的CH3OH的物质的量小于0.4mol答案CD解析图像分析可知，CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)，反应中CO转化率随温度升高减小，说明升温逆向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，ΔH<0，A错误；根据化学平衡三段式列式计算M点平衡浓度，CO的转化率为60%，CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)，起始量/mol·L－1120变化量/mol·L－10.61.20.6平衡量/mol·L－10.40.80.6计算平衡常数K＝eq\f(cCH3OH,cCO·c2H2)＝eq\f(0.6,0.4×0.82)≈2.34，平衡常数随温度变化，M、N点温度相同，化学平衡常数相同，B错误；L、M两点容器内压强之比等于气体的物质的量之比等于1∶2，p(M)＝2p(L)，但温度升高，M点压强增大，p(M)>2p(L)，C正确；N点平衡体系中再加入1molCH3OH，相当于Ⅰ中再加入1molCO和2molH2，最后达到平衡状态和Ⅱ中加入2molCO和4molH2的平衡状态相同，最后平衡状态甲醇为1.2mol，CO转化率60%，则相当于逆向进行甲醇分解率为40%，加入1mol甲醇增大压强平衡正向进行，则分解率小于40%，分解的甲醇小于0.4mol，D正确。1．(2019·无锡高三期末)一定温度下，在三个体积均为2L的恒容密闭容器中发生反应：NO2(g)＋SO2(g)SO3(g)＋NO(g)，测得有关实验数据如下表所示，其中容器Ⅰ中5min时到达平衡。容器温度/℃起始时物质的量/mol平衡时物质的量/mol平衡压强平衡常数NO2SO2SO3NOSO3Ⅰ5000.200.20000.02p1K1Ⅱ7000.200.2000n2p2K2＝eq\f(1,36)Ⅲ7000.400.4000n3p3K3下列说法正确的是()A．ΔH<0，反应到达平衡后的压强：p1<p2<p3B．0.02<n2<n3，K1<eq\f(1,36)<K3C．容器Ⅰ中到达平衡后，再充入SO2(g)和SO3(g)各0.02mol，此时v正<v逆D．容器Ⅲ中再充入SO3(g)和NO(g)各0.20mol，达到新平衡时SO2的体积分数增大答案C解析A项，容器Ⅰ中K1＝eq\f(\f(0.02,2)×\f(0.02,2),\f(0.18,2)×\f(0.18,2))＝eq\f(1,81)，与容器Ⅱ对比发现，升高温度，K增大，说明该反应是吸热反应，ΔH>0，该反应为等体积变化的反应，Ⅱ中温度比Ⅰ中高，所以Ⅱ中对应的压强大，容器Ⅲ与容器Ⅱ中的温度相同，但是Ⅲ中投入量是Ⅱ中的2倍，所以Ⅲ中对应的压强比Ⅱ中大，压强为：p1<p2<p3，错误；B项，Ⅱ相对于Ⅰ的平衡正向移动，所以0.02<n2，Ⅲ相当于2份Ⅱ加压，所以平衡时，2n2＝n3，即有：0.02<n2<n3，由于Ⅱ和Ⅲ中的温度相同，所以K2＝K3，错误；C项，Q＝eq\f(\f(0.02,2)×\f(0.04,2),\f(0.2,2)×\f(0.18,2))＝eq\f(1,45)，Q>K1，平衡逆向移动，即v正<v逆，正确；D项，该反应为等体积变化，再等比例投入物质，达到平衡时，是等效的，即SO2的体积分数不变，错误。2．(2019·镇江高三期末)一定条件下存在反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，其正反应放热。图1、图2表示起始时容器甲、丙体积都是V，容器乙、丁体积都是eq\f(V,2)；向甲、丙内均充入2amolSO2和amolO2并保持恒温；向乙、丁内均充入amolSO2和0.5amolO2并保持绝热(即与外界无热量交换)，在一定温度时开始反应。下列说法不正确的是()A．图1达平衡时，浓度c(SO2)：甲＝乙B．图1达平衡时，平衡常数K：甲>乙C．图2达平衡时，所需时间t：丙<丁D．图2达平衡时，体积分数φ(SO3)：丙>丁答案AC解析A项，若甲和乙的温度相同，则平衡时，c(SO2)相等，由于乙为绝热容器，故乙中相当于加热，平衡逆向移动，乙中c(SO2)增大，即c(SO2)：甲<乙，错误；B项，乙相对于甲平衡逆向移动，则乙中平衡常数小，正确；C项，丁相当于加热，所以反应速率快，所需时间：丙>丁，错误；D项，若温度相同，则丙和丁中SO3的体积分数相等，但丁相当于加热，平衡逆向移动，则丁中SO3的含量减小，即体积分数φ(SO3)：丙>丁，正确。3．(2019·南通、扬州、泰州、宿迁四市高三一模)在三个容积均为2L的密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH＝－akJ·mol－1(a＞0)相关反应数据如下：容器容器类型起始温度/℃起始物质的量/mol平衡时H2的物质的量/molCOH2OCO2H2Ⅰ恒温恒容8001.20.6000.4Ⅱ恒温恒容9000.70.10.50.5Ⅲ绝热恒容800001.20.8下列说法正确的是()A．B．若向容器Ⅰ平衡体系中再加入CO、H2O、CO2、H2各0.1mol，平衡将正向移动C．达到平衡时，容器Ⅱ中反应吸收的能量小于0.1akJD．达平衡时，容器Ⅲ中n(CO)＜0.48mol答案BD解析A项，v(CO)＝eq\f(\f(0.4mol,2L),10min)＝0.02mol·L－1·min－1，错误；B项，CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)起始/mol1.20.600变化/mol0.40.40.40.4平衡/mol0.80.20.40.4改变后/mol0.90.30.50.5K＝eq\f(\f(0.4,2)×\f(0.4,2),\f(0.8,2)×\f(0.2,2))＝1，Q＝eq\f(\f(0.5,2)×\f(0.5,2),\f(0.9,2)×\f(0.3,2))＝eq\f(25,27)<1，平衡正向移动，正确；C项，容器Ⅱ与容器Ⅰ中的投料完全等效，若Ⅱ中的温度为800℃，则平衡时Ⅱ中H2也为0.4mol，现在为0.5molH2，所以平衡应逆向移动，以减小0.1molH2，现温度为900℃，该反应下升温会使平衡逆向移动，所以H2的量减少不止0.1mol，即吸收的热量大于0.1akJ，错误；D项，因为是绝热容器，由CO2和H2为起始物质逆向反应建立平衡的过程吸收热量，容器温度降低、反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)的平衡常数小于1。如果假设为1，则：

CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)起始/mol001.20.8变化/molxxxx平衡/molxx1.2－x0.8－x列式：eq\f(\f(1.2－x,2)×\f(0.8－x,2),\f(x,2)×\f(x,2))＝1解得：x＝0.48但因为温度降低，实际所得n(CO)＜0.48mol，正确。4．(2019·淮安、徐州、连云港三市高三期末)在初始温度为T时，向三个密闭的容器中按不同方式投入反应物，发生反应：A(g)＋3B(g)2C(g)ΔH<0，测得反应的相关数据如下：容器容器类型初始体积反应物投入量/mol反应物的平衡转化率α平衡时C的物质的量/mol平衡常数KABCⅠ恒温恒容1L130α1(A)1.2K1Ⅱ绝热恒容1L002α2(C)xKⅢ恒温恒压2L260α3(A)yK3下列说法正确的是()A．x<1.2，y<2.4 B．α1(A)<α3(A)C．K2>K3＝eq\f(25,12) D．α1(A)＋α2(C)>1答案BC解析A项，容器Ⅰ和容器Ⅱ投料完全等效，若均为恒温恒容，则x＝1.2，绝热容器Ⅱ中，C分解为吸热反应，所以相当于容器降温，平衡向生成C的方向移动，所以x>1.2，容器Ⅰ和容器Ⅲ对比，Ⅲ中相当于2份Ⅰ加压，平衡会正向移动，y>2.4，错误；B项，Ⅲ相对于Ⅰ，Ⅲ中平衡会正向移动，则有α3(A)>α1(A)，正确；C项，K与温度有关，K3＝K1＝eq\f(1.22,0.4×1.23)＝eq\f(25,12)，Ⅱ中平衡向生成C的方向移动，所以K2>K1＝K3，正确；D项，若Ⅰ和Ⅱ均为恒温，则有α1(A)＋α2(C)＝1，Ⅱ中平衡向生成C的方向转化，C的转化率减小，所以α1(A)＋α2(C)<1，错误。5．(2019·扬州考前调研)0.1molCO2与0.3molC在恒压密闭容器中发生反应：CO2(g)＋C(s)2CO(g)。平衡时，体系中各气体的体积分数与温度的关系如图。已知：用气体分压表示的化学平衡常数Kp＝eq\f(p2CO,pCO2)；气体分压(p分)＝气体总压(p总)×体积分数。下列说法正确的是()A．650℃时，CO2的平衡转化率为25%B．800℃达平衡时，若充入气体He，v正<v逆C．T℃达平衡时，若充入等体积的CO2和CO时，v正>v逆D．925℃时，用平衡气体分压表示的化学平衡常数Kp＝23.04p总答案AD解析A项，650℃时，CO的体积分数为40.0%，反应：CO2(g)＋C(s)2CO(g)起始0.1mol0转化xmol2xmol平衡(0.1－x)mol2xmolCO的体积分数为：eq\f(2x,0.1－x＋2x)×100%＝40%，得x＝0.025，CO2的转化率为eq\f(0.025mol,0.1mol)×100%＝25%，正确；B项，该容器为恒压容器，充入He，容器体积增大，压强减小，平衡正向移动，则有v正>v逆，错误；C项，从图知，T℃达平衡时，n(CO)＝n(CO2)，若充入等体积的CO2和CO时，平衡不移动，v正＝v逆，错误；D项，925℃时，CO的体积分数为96%，CO2体积分数为4%，Kp＝eq\f(p2CO,pCO2)＝eq\f(0.962,0.04)p总＝23.04p总，正确。6．(2019·南通、扬州、泰州、徐州、淮安、宿迁、连云港七市高三三模)甲、乙是体积均为1.0L的恒容密闭容器，向甲容器中加入0.1molCO2和0.3mol碳粉，向乙容器中加入0.4molCO，在不同温度下发生反应：CO2(g)＋C(s)2CO(g)。达到平衡时CO的物质的量浓度随温度的变化如图所示。下列说法正确的是()A．曲线Ⅰ对应的是甲容器B．a、b两点对应平衡体系中的压强之比：pa∶pb＜14∶9C．c点对应的平衡体系中，CO的体积分数大于eq\f(4,7)D．900K时，起始向容器乙中加入CO、CO2、碳粉各1mol，此时v正＞v逆答案BC解析A项，固体物质不影响平衡的移动。甲容器中，投入0.1molCO2，乙容器中，投入0.4molCO，相当于投入0.2molCO2，所以乙容器相当于两个甲容器加压，不论平衡向哪个方向移动，乙中CO的浓度肯定比甲中的大，所以图中Ⅰ对应乙容器，错误；B项，a、b两点处：甲容器中(b处)：CO2(g)＋C(s)2CO(g)起始/mol0.10转化/mol0.080.16平衡/mol0.020.16乙容器中(a处)：CO2(g)＋C(s)2CO(g)起始/mol00.4转化/mol0.120.24平衡/mol0.120.16若a、b两点的温度相同，压强之比等于物质的量之比，pa∶pb＝(0.12＋0.16)∶(0.02＋0.16)＝0.28∶0.18＝14∶9，但是b处的温度比a处的高，所以b处压强会增大，即pa∶pb＜14∶9，正确；C项，由于c处没有数据，可以转化为求a处，a处的CO的体积分数为eq\f(0.16,0.12＋0.16)＝eq\f(16,28)＝eq\f(4,7)，乙相当于两个甲容器加压，平衡向逆反应方向移动，CO的体积分数减小，即甲容器中，c处CO的体积分数大于eq\f(4,7)，正确；D项，900K时，图中没有数据，可以先求容器乙中a处1100K时的平衡常数，K＝eq\f(0.162,0.12)≈0.213，图像中温度越高，c(CO)越大，说明升温平衡正向移动，K增大，所以900K时，平衡常数小于0.213，Q＝eq\f(12,1)＝1，Q>K，平衡逆向移动，则v正<v逆，错误。7．(2019·盐城高三三模)利用CO2重整CH4制合成气的反应为：CO2(g)＋CH4(g)2CO(g)＋2H2(g)ΔH＞0。在容积均为2.0L的四个恒容密闭容器中，按不同方式投料(如下表所示)，测得反应的相关数据如下：容器温度/℃物质的起始物质的量/mol物质的平衡物质的量/moln(CO2)n(CH4)n(CO)n(H2)n(H2)ⅠT100.80.80.80.6ⅡT11.21.21.21.2/ⅢT21.02.0001.0ⅣT20.51.000/下列说法正确的是()A．T1＞T2B．容器Ⅱ起始时的反应速率：v正＞v逆C．容器Ⅰ、Ⅲ达到平衡时，容器内气体总压强之比：p(Ⅰ)∶p(Ⅲ)＝11∶20D．容器Ⅲ中CO2的平衡转化率比容器Ⅳ中的小答案AD解析A项，容器Ⅰ中：CO2(g)＋CH4(g)2CO(g)＋2H2(g)起始/mol00.80.80.8转化/mol0.10.10.20.2平衡/mol0.10.90.60.6KⅠ＝eq\f(\f(0.6,2)2×\f(0.6,2)2,\f(0.1,2)×\f(0.9,2))＝0.36容器Ⅲ中：CO2(g)＋CH4(g)2CO(g)＋2H2(g)起始/mol1.02.000转化/mol0.50.51.01.0平衡/mol0.51.51.01.0KⅢ＝eq\f(\f(1.0,2)2×\f(1.0,2)2,\f(0.5,2)×\f(1.5,2))＝eq\f(1,3)，KⅢ<KⅠ，相当于容器Ⅲ逆向移动，该反应的ΔH＞0，要使吸热反应逆向移动，应该是降温，即T1＞T2，正确；B项，容器Ⅱ中QⅡ＝eq\f(\f(1.2,2)2×\f(1.2,2)2,\f(1.2,2)×\f(1.2,2))＝0.36，QⅡ＝K，平衡不移动，起始时的反应速率：v正＝v逆，错误；C项，平衡时，容器Ⅰ中气体的总物质的量为(0.1＋0.9＋0.6＋0.6)mol＝2.2mol，容器Ⅲ中气体的总物质的量为(0.5＋1.5＋1.0＋1.0)mol＝4.0mol，n(Ⅰ)∶n(Ⅲ)＝2.2mol∶4.0mol＝11∶20，由于Ⅰ、Ⅲ中温度不同，所以平衡时，压强比是不确定的，错误；D项，容器Ⅲ中投入量是容器Ⅳ中的2倍，则Ⅲ中相当于加压，该反应逆向移动，则Ⅲ中CO2的平衡转化率减小，正确。

8．(2019·南京、盐城高三一模)在三个容积相同的恒容密闭容器中，起始时按表中相应的量加入物质，在相同温度下发生反应CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)(不发生其他反应)，CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如下图所示。容器起始物质的量/molCH4的平衡转化率CH4H2OCOH2Ⅰ0.10.10050%Ⅱ0.10.10.10.3/Ⅲ00.10.20.6/下列说法错误的是()A．该反应的ΔH＞0，图中压强p1>p2B．起始时，容器Ⅱ中v(CH4)正＜v(CH4)逆C．达到平衡时，容器Ⅰ、Ⅱ中CO的物质的量满足：n(CO)Ⅱ<2n(CO)ⅠD．达到平衡时，容器Ⅱ、Ⅲ中气体的总压强之比pⅡ∶pⅢ＝4∶5答案AD解析A项，从图看，随着温度升高，CH4的转化率增大，即平衡正向移动，说明正反应为吸热反应，作一等温线知，p1对应的CH4的转化率大，该反应是气体体积增大的反应，在减压下，平衡正向移动，CH4的转化率增大，即p1<p2，错误；B项，三个容器的温度相同，所以化学平衡常数相同，设三个容器的体积均为V，对容器Ⅰ中，K＝eq\f(\f(0.05,V)×\f(0.15,V)3,\f(0.05,V)×\f(0.05,V))＝eq\f(0.0675,V2)，容器Ⅱ中，Q＝eq\f(\f(0.1,V)×\f(0.3,V)3,\f(0.1,V)×\f(0.1,V))＝eq\f(0.27,V2)，Q>K，平衡逆向移动，即有v(CH4)正＜v(CH4)逆，正确；C项，容器Ⅱ中的投料相当于容器Ⅰ中的两倍，容器Ⅱ相当于两个容器Ⅰ加压，若平衡不移动，则容器Ⅱ中的n(CO)是容器Ⅰ中n(CO)的2倍，该反应为气体体积增大的反应，在加压时，平衡逆向移动，所以容器Ⅱ中的n(CO)小于容器Ⅰ中n(CO)的2倍，正确；D项，将容器Ⅱ中CO和H2折算成CH4和H2O，相当于容器Ⅱ中起始投入0.2molCH4和0.2molH2O，气体共0.4mol，容器Ⅲ中CO和H2折算成CH4和H2O，相当于容器Ⅲ中起始投入0.2molCH4和0.3molH2O，气体共0.5mol，物质的量之比等于压强之比，起始时，pⅡ∶pⅢ＝4∶5，Ⅲ中投入量比Ⅱ中的多，相当于加压，平衡逆向移动，则达到平衡时，pⅡ∶pⅢ>4∶5，错误。1．[2019·江苏卷，20(3)]CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应：反应Ⅰ：CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g)ΔH＝41.2kJ·mol－1反应Ⅱ：2CO2(g)＋6H2(g)=CH3OCH3(g)＋3H2O(g)ΔH＝－122.5kJ·mol－1在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图3。其中：CH3OCH3的选择性＝eq\f(2×CH3OCH3的物质的量,反应的CO2的物质的量)×100%①温度高于300℃，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是________________________。②220℃时，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性为48%(图中A点)。不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的措施有________。答案①反应Ⅰ的ΔH＞0，反应Ⅱ的ΔH＜0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度②增大压强、使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂解析①反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，当升高温度时，反应Ⅰ平衡正向移动，CO2转化为CO的平衡转化率上升，反应Ⅱ平衡逆向移动，CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度。②反应Ⅰ是气体分子数不变的反应，反应Ⅱ是气体分子数减小的反应，所以可以通过加压使反应Ⅱ平衡正向移动，或者加入有利于反应Ⅱ进行的催化剂。2．[2018·江苏，20(4)]在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。①NH3与NO2生成N2的反应中，当生成1molN2时，转移的电子数为________mol。②将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应(装置见图1)。反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图2所示，在50～250℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是___________________________________________________________________________________________；当反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是____________________。答案①eq\f(24,7)②迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大，与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大催化剂活性下降；NH3与O2反应生成了NO解析①NH3中N的化合价为－3，NO2中N的化合价为＋4，N2中N的化合价为0，每生成1molN2，有8/7的N由－3价变为0价，被氧化的N的物质的量为8/7mol，因此每生成1molN2转移的电子数为24/7mol。②温度升高，反应速率增大，同时催化剂的活性增大也会提高反应效率。一段时间后催化剂活性增大幅度变小，主要是温度升高使反应速率增大。当温度超过一定值时，催化剂的活性下降，同时氨气与氧气反应生成NO而使反应速率减小。3．[2015·江苏，20(2)]烟气(主要污染物SO2、NOx)经O3预处理后用CaSO3水悬浮液吸收，可减少烟气中SO2、NOx的含量。O3氧化烟气中SO2、NOx的主要反应的热化学方程式为NO(g)＋O3(g)=NO2(g)＋O2(g)ΔH＝－200.9kJ·mol－1NO(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=NO2(g)ΔH＝－58.2kJ·mol－1SO2(g)＋O3(g)=SO3(g)＋O2(g)ΔH＝－241.6kJ·mol－1(1)反应3NO(g)＋O3(g)=3NO2(g)的ΔH＝________kJ·mol－1。(2)室温下，固定进入反应器的NO、SO2的物质的量，改变加入O3的物质的量，反应一段时间后体系中n(NO)、n(NO2)和n(SO2)随反应前n(O3)∶n(NO)的变化见下图：①当n(O3)∶n(NO)＞1时，反应后NO2的物质的量减少，其原因是_______________________。②增加n(O3)，O3氧化SO2的反应几乎不受影响，其可能原因是__________________。(3)当用CaSO3水悬浮液吸收经O3预处理的烟气时，清液(pH约为8)中SOeq\o\al(2－,3)将NO2转化为NOeq\o\al(－,2)，其离子方程式为_________________________________________________。(4)CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液，达到平衡后溶液中c(SOeq\o\al(2－,3))＝_____________[用c(SOeq\o\al(2－,4))、Ksp(CaSO3)和Ksp(CaSO4)表示]；CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液能提高NO2的吸收速率，其主要原因是_______________________________________________________________________________________________________________________________。答案(1)－317.3(2)①O3将NO2氧化为更高价氮氧化物(或生成了N2O5)②SO2与O3的反应速率慢(3)SOeq\o\al(2－,3)＋2NO2＋2OH－=SOeq\o\al(2－,4)＋2NOeq\o\al(－,2)＋H2O(4)eq\f(KspCaSO3,KspCaSO4)×c(SOeq\o\al(2－,4))CaSO3转化为CaSO4使溶液中SOeq\o\al(2－,3)的浓度增大，加快SOeq\o\al(2－,3)与NO2的反应速率解析(1)对所给的三个热化学方程式由上到下依次标记为①、②、③，由反应①和②可知O2是中间产物，①＋②×2消去O2，可得目标反应的ΔH＝－200.9kJ·mol－1＋(－58.2kJ·mol－1)×2＝－317.3kJ·mol－1。(2)①由图可知，当n(O3)∶n(NO)>1时，n(NO)没有变化，而n(NO2)减少，说明NO2被O3氧化了，生成了更高价态的氧化物N2O5；②SO2具有较强的还原性，O3具有较强的氧化性，而增加n(O3)，O3氧化SO2的反应几乎不受影响，其原因可能是SO2与O3的反应速度很慢，SO2的量变化不明显。(3)SOeq\o\al(2－,3)将NO2还原为NOeq\o\al(－,2)，本身被氧化为SOeq\o\al(2－,4)，溶液的pH约为8，说明溶液呈弱碱性，由此可写出反应的离子方程式：SOeq\o\al(2－,3)＋2NO2＋2OH－=SOeq\o\al(2－,4)＋2NOeq\o\al(－,2)＋H2O。(4)CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液，发生反应：CaSO3(s)＋SOeq\o\al(2－,4)CaSO4(s)＋SOeq\o\al(2－,3)(aq)，溶液中CaSO3、CaSO4均处于饱和状态，则有eq\f(cSO\o\al(2－,3),cSO\o\al(2－,4))＝eq\f(\f(KspCaSO3,cCa2＋),\f(KspCaSO4,cCa2＋))＝eq\f(KspCaSO3,KspCaSO4)，所以c(SOeq\o\al(2－,3))＝eq\f(KspCaSO3,KspCaSO4)·c(SOeq\o\al(2－,4))；由反应CaSO3(s)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)CaSO4(s)＋SOeq\o\al(2－,3)(aq)可知，CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液能提高NO2的吸收率的主要原因是增大了溶液中c(SOeq\o\al(2－,3))，使反应速率加快。题组一选择反应最佳条件1．(2018·湖北八市3月联考)汽车尾气是雾霾形成的原因之一。研究氮氧化物的处理方法可有效减少雾霾的形成，可