2021届新高考选考化学一轮复习苏教版-化学平衡的移动-学案

第三单元化学平衡的移动[考点分布]知识内容考试要求2021年2021年2021年2021年2021年4月10月4月11月4月11月4月1月(1)化学平衡移动的概念a(2)影响化学平衡移动的因素及平衡移动方向的判断bT30(1)T30(一)(1)T30(二)T30(一)(3)T20、T30(2)②T19、T22、T29(2)②(3)用化学平衡移动原理选择和确定适宜的生产条件cT21T22T30(3)③化学平衡的移动1．化学平衡移动的原因与方向(1)原因反响条件改变，引起v正≠v逆。(2)方向①v正>v逆时，平衡向正反响方向移动；②v正＜v逆时，平衡向逆反响方向移动。2．化学平衡移动的过程3．影响化学平衡移动的因素(1)勒夏特列原理如果改变影响化学平衡的条件之一(如温度、压强以及参加反响的化学物质的浓度)，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。(2)影响化学平衡移动的因素假设其他条件不变，改变以下条件对化学平衡的影响如下：条件的改变(其他条件不变)化学平衡的移动浓度增大反响物浓度或减小生成物浓度向正反响方向移动减小反响物浓度或增大生成物浓度向逆反响方向移动压强(对有气体参加的反响)反响前后气体分子数改变增大压强向气体体积减小的方向移动减小压强向气体体积增大的方向移动反响前后气体分子数不变改变压强平衡不移动温度升高温度向吸热反响方向移动降低温度向放热反响方向移动催化剂使用催化剂平衡不移动题组一化学平衡移动方向的判断1．(2021·嘉兴高三选考科目教学测试)反响X(g)＋Y(g)2Z(g)ΔH＜0，到达平衡时，以下说法正确的选项是()A．减小容器体积，平衡向右移动B．参加催化剂，Z的产率增大C．增大c(X)，X的转化率增大D．降低温度，Y的转化率增大解析：，平衡不受压强影响，减小容器体积，，c(X)，平衡正向移动，Y的转化率增大，X，降低温度，平衡正向移动，Y的转化率增大。2．对可逆反响：2A(s)＋3B(g)C(g)＋2D(g)ΔH<0，在一定条件下到达平衡。以下有关表达正确的选项是()①增加A的量，平衡向正反响方向移动②升高温度，平衡向逆反响方向移动，v(正)减小③压强增大一倍，平衡不移动，v(正)、v(逆)不变④增大B的浓度，v(正)>v(逆)⑤参加催化剂，B的转化率提高A．①②B．④C．③D．④⑤解析：选B。A是固体，其量的变化对平衡无影响；而增大B的浓度，正反响速率增大，平衡向正反响方向移动，v(正)>v(逆)；升高温度，v(正)、v(逆)均增大，但v(逆)增大的程度大，平衡向逆反响方向移动；增大压强，平衡不移动，但v(正)、v(逆)都增大；催化剂不能使化学平衡发生移动，B的转化率不变。3．(2021·浙江11月选考，T22)2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔHkJ·mol－1。起始反响物为SO2和O2(物质的量之比为2∶1，且总物质的量不变)。SO2的平衡转化率(%)随温度和压强的变化如下表：温度/K压强/(105Pa)67372399.5773以下说法不正确的选项是()A．一定压强下降低温度，SO2平衡转化率增大B．在不同温度、压强下，转化相同物质的量的SO2所需要的时间相等C．使用催化剂可以缩短反响到达平衡所需的时间D．工业生产通常不采取加压措施是因为常压下SO2转化率已相当高解析：选B。A项，由于该反响是放热反响，所以一定压强下降低温度，平衡向放热反响方向移动，SO2的转化率增大，故A正确；B项，在不同温度、压强下，由于化学反响速率不一定相同，所以转化相同物质的量的SO2所需要的时间不一定相等，故B不正确；C项，使用催化剂的目的是加快化学反响速率，缩短反响到达平衡所需的时间，故C正确；D项，分析2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)可知，加压可以提高SO2的转化率，但因为常压下SO2的转化率已相当高，所以工业生产中通常不采取加压措施，故D正确。eq\a\vs4\al()化学平衡移动问题的分析步骤题组二勒夏特列原理及其应用4．(2021·衢州高二期末)以下有关合成氨工业的表达，可用勒夏特列原理来解释的是()A．使用铁作催化剂，可提高合成氨反响的速率B．高压比常压条件更有利于合成氨的反响C．500℃左右比室温更有利于合成氨的反响D．合成氨时采用循环操作，可提高原料的利用率解析：选B。催化剂只能改变反响途径，不能影响平衡的移动，A不符合题意；高压有利于合成氨反响的平衡右移，B符合题意；采用高温会使合成氨反响的平衡左移，但500℃下催化剂的活性较高，C不符合题意；循环操作与平衡移动没有直接关系，D不符合题意。5．以下实验事实不能用平衡移动原理解释的是()A.B.t/℃2550100Kw/10－14C.D.c(氨水)/(mol·L－1)pH解析：选C。A.二氧化氮气体中存在平衡：2NO2N2O4，，温度升高促进水的电离，，加速了过氧化氢的分解，这是二氧化锰的催化作用，，但其pH的变化小于1，说明氨水在稀释的过程中平衡：NH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－发生了移动。eq\a\vs4\al()(1)判断转化率的变化时，不要把平衡正向移动与反响物转化率提高等同起来，要视具体情况而定。(2)压强的影响实质是浓度的影响，所以只有当压强的改变造成浓度改变时，平衡才有可能移动。(3)化学平衡移动的目的是“减弱〞外界条件的改变，而不是“消灭〞外界条件的改变，改变是不可逆转的。到达新平衡时此物理量更靠近于改变的方向。例如：①对于反响A(g)＋B(g)C(g)，增大反响物A的浓度，平衡右移，A的浓度在增大的根底上减小，但到达新平衡时，A的浓度一定比原平衡大；②假设将体系温度从50℃升高到80℃，那么化学平衡向吸热反响方向移动，到达新的平衡状态时50℃<T<80℃；③假设对体系N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)加压，如从30MPa加压到60MPa，化学平衡向气体分子数减小的方向移动，到达新的平衡时30MPa<p<60MPa。(4)在分析化学平衡移动后颜色、压强、浓度等的变化时，有时可以先建立一个平台，“假设平衡不移动〞，然后在此平台的根底上进行分析、比拟就容易得到正确答案。化学平衡的图像一、速率—压强(或温度)图像特点：曲线的意义是外界条件(温度、压强)对正、逆反响速率影响的变化趋势及变化幅度。图中交点是平衡状态，压强增大(或温度升高)后正反响速率增大得快，平衡正向移动。二、转化率—时间—温度(或压强)图像不同温度或压强下，反响物的转化率α(或百分含量)与时间的关系曲线，推断温度的上下及反响的热效应或压强的大小及气体物质间的化学计量数的关系。[以反响aA(g)＋bB(g)cC(g)中反响物的转化率αA为例说明]解答这类图像题时应注意以下两点：1．“先拐先平，数值大〞原那么分析反响由开始(起始物质的量相同时)到达平衡所用时间的长短可推知反响条件的变化。(1)假设为温度变化引起，温度较高时，反响达平衡所需时间短，如甲中T2>T1。(2)假设为压强变化引起，压强较大时，反响达平衡所需时间短，如乙中p1>p2。(3)假设为是否使用催化剂引起，使用适宜催化剂时，反响达平衡所需时间短，如丙中a使用催化剂。2．正确掌握图像中反响规律的判断方法(1)图甲中，T2>T1，升高温度，αA降低，平衡逆移，那么正反响为放热反响。(2)图乙中，p1>p2，增大压强，αA升高，平衡正移，那么正反响为气体体积减小的反响。(3)假设纵坐标表示A的百分含量，那么甲中正反响为吸热反响，乙中正反响为气体体积增大的反响。三、恒温线(或恒压线)图像不同温度下的转化率—压强图像或不同压强下的转化率—温度图像，推断反响的热效应或反响前后气体物质间化学计量数的关系。[以反响aA(g)＋bB(g)cC(g)中反响物的转化率αA为例说明]解答这类图像题时遵循的原那么——“定一议二〞原那么：1．可通过分析相同温度下不同压强时反响物A的转化率变化来判断平衡移动的方向，从而确定反响方程式中反响物与产物气体物质间的化学计量数的大小关系。如甲中任取一条温度曲线研究，压强增大，αA增大，平衡正移，正反响为气体体积减小的反响；乙中任取横坐标一点作横坐标垂直线，也能得出结论。2．可通过分析相同压强下不同温度时反响物A的转化率变化来判断平衡移动的方向，从而确定反响的热效应。如利用上述分析方法，在甲中作垂直线，乙中任取一曲线，即能分析出正反响为放热反响。四、特殊图像1．如图，对于化学反响：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，M点前，表示化学反响从反响物开始，那么v正>v逆；M点为刚到达的平衡点；M点后为平衡受温度的影响情况，即升温，A%增大(C%减小)，平衡左移，ΔH<0。2．如图，对于化学反响：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，曲线L上所有的点都是平衡点。曲线左上方(E点)，A%大于此压强时平衡体系中的A%，E点必须朝正反响方向移动才能到达平衡状态，所以，E点v正>v逆；那么曲线右下方(F点)v正<v逆。题组一物质的量(浓度)、速率—时间图像1．(2021·绍兴高三选考适应性考试)在某密闭恒容容器中发生反响：X(g)Y(g)＋nZ(g)ΔH＝QkJ·mol－1(Q>0)。反响体系在2min到达平衡后，各物质的浓度在不同条件下的变化如下图(第12min到第16min的X浓度变化曲线未标出)，以下说法不正确的选项是()A．化学方程式中n＝1B．12～14min内，mol·L－1·min－1C．在6～10min内，QkJD．第12min时，Z曲线发生变化的原因是移走一局部Z解析：选C。根据题图中6～12minX、Y、Z浓度的变化量可以求得n＝1，A项正确；12～14min内，v(Y)＝()mol·L－1÷2minmol·L－1·min－1，B项正确；在6～10min内，Y的物质的量浓度变化为mol·L－1，但由于容器体积未知，Y的物质的量无法计算，故反响吸收的热量也无法计算，C项错误；第12min时，Z的浓度瞬时减少，Y的浓度不变，随后平衡正向移动，故Z曲线变化的原因是移走一局部Z，D项正确。2．25℃时，在体积为2L的密闭容器中，气态物质A、B、C的物质的量n(mol)随时间t的变化如下图，到达平衡后，降低温度，A的转化率增大。(1)根据上图中数据，写出该反响的化学方程式：__________________________。此反响的平衡常数表达式K＝________，从反响开始到第一次平衡时的平均速率v(A)为____________。(2)在5～7min内，假设K值不变，那么此处曲线变化的原因是________________________。(3)以下图表示此反响的反响速率v和时间t的关系图：各阶段的平衡常数如下表所示：t2～t3t4～t5t5～t6t7～t8K1K2K3K4K1、K2、K3、K4之间的关系为__________________________________________(用“>〞“<〞或“＝〞连接)。A的转化率最大的一段时间是________。解析：(1)由图中曲线变化情况可知：A和B是反响物，C是生成物，再由物质的量的变化值可得化学计量数之比，由此可写出反响的化学方程式及其平衡常数表达式，v(A)＝eq\f(1mmol,2L×3min)mol·L－1·min－1。(2)根据，反响到达平衡后，降低温度，A的转化率增大，可知正反响是放热反响。在5～7min内，K值不变，说明平衡移动不是由温度引起的，因此改变的条件只能是增大压强。(3)根据速率－时间图分析，t3处改变的条件是升温，t5处改变的条件是使用催化剂，t6处改变的条件是减压，因此有K1>K2＝K3＝K4。由于整个过程条件的改变均造成转化率减小，所以转化率最大的一段时间为开始建立平衡的t2～t3段。答案：(1)A＋2B2Ceq\f(c2〔C〕,c〔A〕·c2〔B〕)mol·L－1·min－1(2)增大压强(3)K1>K2＝K3＝K4t2～t3题组二百分含量(物质的量)—时间—温度(压强)图像3．(2021·浙江11月选考，T21)在催化剂作用下，用乙醇制乙烯，乙醇转化率和乙烯选择性(生成乙烯的物质的量与乙醇转化的物质的量的比值)随温度、乙醇进料量(单位：mL·min－1)的关系如下图(保持其他条件相同)。在410～440℃温度范围内，以下说法不正确的选项是()A．当乙醇进料量一定，随乙醇转化率增大，乙烯选择性升高B．当乙醇进料量一定，随温度的升高，乙烯选择性不一定增大C．当温度一定，随乙醇进料量增大，乙醇转化率减小D．当温度一定，随乙醇进料量增大，乙烯选择性增大答案：A4．可逆反响：aA(s)＋bB(g)cC(g)＋dD(g)ΔH＝QkJ·mol－1，反响过程中，当其他条件不变时，某物质在混合物中的百分含量与温度(T)、压强(p)的关系如下图，据图分析，以下说法正确的选项是()A．T1>T2，ΔH>0B．T1<T2，ΔH>0C．p1>p2，a＋b＝c＋dD．p1<p2，b＝c＋d解析：选D。由图1可知T2>T1，且由T1→T2时，C%减小，即升温平衡左移，故此反响的ΔH<0，所以A、B项均错误；由图2知，p2>p1且压强改变B%不变，说明压强改变对此平衡无影响，由于A为固体，故b＝c＋d，所以D项正确，C项错误。5．[2021·浙江4月选考，T30(3)③]水在高温高压状态下呈现许多特殊的性质。当温度、压强分别超过临界温度(℃)、临界压强(MPa)时的水称为超临界水。超临界水能够与氧气等氧化剂以任意比例互溶，由此开展了超临界水氧化技术。一定实验条件下，测得乙醇的超临界水氧化结果如图1、图2所示，其中x为以碳元素计的物质的量分数，t为反响时间。以下说法合理的是________。A．乙醇的超临界水氧化过程中，一氧化碳是中间产物，二氧化碳是最终产物B．在550℃条件下，反响时间大于15s时，乙醇氧化为二氧化碳已趋于完全C．乙醇的超临界水氧化过程中，乙醇的消耗速率或二氧化碳的生成速率都可以用来表示反响的速率，而且两者数值相等D．随温度升高，xCO峰值出现的时间提前，且峰值更高，说明乙醇的氧化速率比一氧化碳氧化速率的增长幅度更大解析：由题图1可以看出，反响过程中CO的量先增加，后减少，CO2的量始终增加，所以在乙醇的超临界水氧化过程中，一氧化碳是中间产物，二氧化碳是最终产物，A项正确；由题图1可以看出，在550℃条件下，反响时间大于15s时，二氧化碳的物质的量分数已接近1，B项正确；每个乙醇分子中含有两个碳原子，每个二氧化碳分子中只含一个碳原子，所以可以用乙醇的消耗速率或二氧化碳的生成速率来表示反响的速率，但两者数值不相等，C项错误；随温度升高，xCO峰值出现的时间提前，且峰值更高，说明在短时间内CO大量生成而消耗较少，说明乙醇的氧化速率比一氧化碳的氧化速率的增长幅度更大，D项正确。答案：ABDeq\a\vs4\al()有关化学反响速率和化学平衡图像题的分析方法(1)认清坐标系：弄清纵、横坐标所代表的意义，并与勒夏特列原理结合进行分析。(2)紧扣可逆反响的特征：弄清正反响是吸热还是放热，体积是增大、减小还是不变，有无固体、纯液体参与或生成等。(3)看清变化：看清反响速率的变化及变化量的大小，在条件与变化之间搭桥。看清起点、拐点、终点，看清曲线的变化趋势。(4)先拐先平：例如，在转化率—时间图像上，先出现拐点的曲线先到达平衡，此时逆向推理可得该变化是由温度高还是压强大引起的。(5)定一议二：当图像中有三个量时，先固定一个量不变，再讨论另外两个量的关系。课后达标检测一、选择题1．(2021·温州选考适应性测试)反响A2(g)＋2B2(g)2AB2(g)ΔH＜0，以下说法正确的选项是()A．升高温度，正向反响速率增加，逆向反响速率减小B．升高温度有利于反响速率增加，从而缩短到达平衡的时间C．到达平衡后，升高温度或增加压强都有利于该反响平衡正向移动D．到达平衡后，降低温度或减小压强都有利于该反响平衡正向移动答案：B2．(2021·浙江选考十校联盟)某温度下，反响H2(g)＋I2(g)2HI(g)(正反响为放热反响)在带有活塞的密闭容器中到达平衡。以下说法中正确的选项是()A．体积不变，升温，正反响速率减小B．温度、压强均不变，充入HI气体，开始时正反响速率增大C．温度不变，压缩气体的体积，平衡不移动，颜色加深D．体积、温度不变，充入氮气后，正反响速率将增大答案：C3．在一个不导热的密闭反响器中，只发生两个反响：a(g)＋b(g)2c(g)ΔH1＜0x(g)＋3y(g)2z(g)ΔH2＞0到达平衡后，进行以下操作(忽略体积改变所做的功)，以下表达错误的选项是()A．等压时，通入惰性气体，c的物质的量不变B．等压时，通入z气体，反响器中温度升高C．等容时，通入惰性气体，各反响速率不变D．等容时，通入z气体，y的物质的量浓度增大答案：A4．在一定条件下，向一带活塞的密闭容器中充入2molNO2，发生以下反响：2NO2(g)N2O4(g)ΔH＜0，到达平衡状态后，在t1时刻改变条件，化学反响速率随时间变化关系如图。以下对t1时刻改变条件的推测中正确的选项是()A．保持压强不变，升高反响温度B．保持温度和容器体积不变，充入1molN2(g)C．保持温度和容器体积不变，充入1molN2O4(g)D．保持温度和压强不变，充入1molN2O4(g)解析：选D。该反响是放热反响，升高温度，正、逆反响速率都增大，正、逆反响速率曲线都在原直线上方，逆反响速率增大倍数大于正反响速率增大的倍数，导致平衡向逆反响方向移动，故A错误；保持温度和容器体积不变，充入1molN2，混合物的浓度不变，正、逆反响速率不变，平衡不移动，故B错误；保持温度和容器体积不变，充入1molN2O4，瞬间生成物的浓度增大，反响物的浓度不变，逆反响速率增大，正反响速率不变，所以逆反响速率大于正反响速率，正反响速率与原速率有接触点，故C错误；保持温度和压强不变，充入1molN2O4(g)的瞬间，生成物的浓度增大，容器的体积增大，导致反响物的浓度减小，逆反响速率增大，正反响速率降低，平衡向逆反响移动，且最终与原平衡等效，故D正确。5．(2021·浙江4月选考，T20)在温热气候条件下，浅海地区有厚层的石灰石沉积，而深海地区却很少。以下解析不正确的选项是()A．与深海地区相比，浅海地区水温较高，有利于游离的CO2增多、石灰石沉积B．与浅海地区相比，深海地区压强大，石灰石岩层易被CO2溶解，沉积少C．深海地区石灰石岩层的溶解反响为CaCO3(s)＋H2O(l)＋CO2(aq)=Ca(HCO3)2(aq)D．海水呈弱碱性，大气中CO2浓度增加，会导致海水中COeq\o\al(2－,3)浓度增大解析：选D。与深海地区相比，浅海地区水温较高，会使海水中碳酸氢根离子分解生成二氧化碳和碳酸盐，所以有利于游离的CO2增多、石灰石沉积，A项正确；与浅海地区相比，深海地区压强大，有利于CaCO3(s)＋H2O(l)＋CO2(aq)Ca(HCO3)2(aq)平衡向正反响方向移动，所以石灰石岩层易被CO2溶解，沉积少，B项正确；由B项分析可知，C项正确；海水呈弱碱性，大气中CO2浓度增加，会使二氧化碳与碳酸根离子反响生成碳酸氢根离子，导致海水中COeq\o\al(2－,3)浓度减小，D项错误。6．(2021·温州十校联考)以下表达及解释正确的选项是()A．2NO2(g)(红棕色)N2O4(g)(无色)ΔH＜0，在平衡后，对平衡体系采取缩小容积、增大压强的措施，因为平衡向正反响方向移动，故体系颜色变浅B．H2(g)＋I2(g)2HI(g)ΔH＜0，在平衡后，对平衡体系采取增大容积、减小压强的措施，因为平衡不移动，故体系颜色不变C．FeCl3＋3KSCNFe(SCN)3(红色)＋3KCl，在平衡后，加少量KCl(s)，因为平衡向逆反响方向移动，故体系颜色变浅D．对于N2＋3H22NH3，平衡后，压强不变，充入O2，平衡左移解析：选D。A.缩小容积、增大压强平衡向气体体积减小的方向移动即正反响方向移动，但二氧化氮的浓度仍然增大，所以体系颜色加深，故A错误；B.增大容积、减小压强，平衡不发生移动，但容器体积增大，反响物浓度减小，体系颜色变浅，，平衡不移动，，充入O2，那么体积增大相当于反响体系的压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，所以平衡左移，故D正确。7．一定条件下，通过以下反响可实现燃煤烟气中硫的回收：SO2(g)＋2CO(g)2CO2(g)＋S(l)ΔH＜0。假设反响在恒容的密闭容器中进行，以下有关说法正确的选项是()A．平衡前，随着反响的进行，容器内压强始终不变B．平衡时，其他条件不变，别离出硫，正反响速率加快C．平衡时，其他条件不变，升高温度可提高SO2的转化率D．其他条件不变，使用不同催化剂，该反响的平衡常数不变解析：选D。生成物中S为液体，反响前后气体体积不同，故平衡前随着反响的进行，压强始终变化，A项错；平衡时，其他条件不变，别离出硫，正反响速率不变，B项错；平衡时，其他条件不变，升高温度，平衡向逆反响方向移动，SO2的转化率减小，C项错；平衡常数仅与温度有关，故其他条件不变时，使用不同的催化剂，该反响的平衡常数不变，D项对。8．(2021·浙江1月选考,T19)在枯燥的HCl气流中加热MgCl2·6H2O，能得到无水MgCl2。以下说法不正确的选项是()A．MgCl2·nH2O(s)=MgCl2·(n－1)H2O(s)＋H2O(g)ΔH>0B．MgCl2·2H2O(s)Mg(OH)2(s)＋2HCl(g)，HCl气流可抑制反响进行C．MgCl2·H2O(s)Mg(OH)Cl(s)＋HCl(g)，升高温度，反响更易发生D．MgCl2·4H2O(s)MgCl2·2H2O(s)＋2H2O(g)，HCl气流可抑制反响进行答案：D9．某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对A2(g)＋3B2(g)2AB3(g)化学平衡状态的影响，得到如下图的变化规律(图中T表示温度)，由此可得出的结论是()A．反响速率a＞b＞cB．到达平衡时A2的转化率大小为b＞a＞cC．假设T2＞T1，那么正反响一定是放热反响D．到达平衡时，AB3的物质的量大小为c＞b＞a解析：选D。A项，反响速率c>b>a，错误；B项，n(B2)起始增大，A2的转化率增大，所以A2的转化率为c＞b＞a，错误；C项，升温，AB3的体积分数增大，平衡右移，正反响为吸热反响，错误；D项，n(B2)起始增大，平衡右移，n(AB3)增大，所以到达平衡时AB3的物质的量c＞b＞a，正确。 10．2CH3OH(g)C2H4(g)＋2H2O(g)。某研究小组将甲醇蒸气以一定的流速持续通过相同量的同种催化剂，不同温度得到如以下图像，那么以下结论不正确的选项是()A．一段时间后甲醇转化率下降可能是因为催化剂活性下降B．综合图1、图2可知，甲醇还发生了其他反响C．假设改变甲醇蒸气的流速，不会影响甲醇转化率和乙烯产率D．制乙烯比拟适宜的温度是450℃左右解析：选C。催化剂可加快反响速率，一段时间后甲醇转化率下降可能是因为催化剂活性下降，A项正确；根据图1、图2可知，甲醇还发生了其他反响，B项正确；假设改变甲醇蒸气的流速，甲醇转化率和乙烯产率都将改变，C项错误；由题图可知，一定时间内450℃左右甲醇转化率和乙烯产率均比拟高，D项正确。二、非选择题11.将1molI2(g)和2molH2(g)置于某2L的密闭容器中，在一定温度下发生反响：I2(g)＋H2(g)2HI(g)ΔH<0，并到达平衡，HI的体积分数φ(HI)随时间变化如曲线(Ⅱ)所示，试答复以下问题：(1)达平衡时，I2(g)的物质的量浓度为_____________________________________。(2)假设改变反响条件，在甲条件下φ(HI)的变化如曲线(Ⅰ)所示，在乙条件下φ(HI)的变化如曲线(Ⅲ)所示，那么甲条件可能是________，乙条件可能是________。(填入以下条件的序号)①恒容条件下，升高温度②恒容条件下，降低温度③恒温条件下，缩小反响容器体积④恒温条件下，扩大反响容器体积⑤恒温、恒容条件下，参加适当催化剂解析：(1)设达平衡时，I2(g)的物质的量浓度为xmol·L－1，依题意，有I2(g)＋H2(g)2HI(g)起始物质的量/mol120转化物质的量/mol1－2x1－2x2(1－2x)平衡物质的量/mol2x2－(1－2x)2－4x所以eq\f(2－4x,2x＋2－〔1－2x〕＋2－4x)，x。(2)由曲线(Ⅱ)到曲线(Ⅰ)，缩短了到达化学平衡的时间，但由于HI的体积分数未变，故化学平衡并未发生移动。根据影响化学平衡移动的因素和规律，应选择③⑤。同理可知由曲线(Ⅱ)到曲线(Ⅲ)是延长了到达化学平衡的时间，应选择④。答案：(1)mol·L－1(2)③⑤④12．(2021·杭州选考模拟)SiCl4在室温下为无色液体，易挥发，有强烈的刺激性。一定条件下，在20L恒容密闭容器中发生SiCl4转化为SiHCl3的反响：3SiCl4(g)＋2H2(g)＋Si(s)4SiHCl3(g)ΔH＝QkJ·mol－1。2min后到达平衡，H2与SiHCl3mol·L－1mol·L－1。(1)从反响开始到平衡，v(SiCl4)＝_________________________________________。(2)该反响的平衡常数表达式为K＝_____________________________________，温度升高，K值增大，那么Q________0(填“＞〞“＜〞或“＝〞)。(3)假设平衡后再向容器中充入与起始时等量的SiCl4和H2(假设Si足量)，当反响再次到达平衡时，与原平衡相比拟，H2的体积分数将________(填“增大〞“减小〞或“不变〞)。(4)原容器中，通入H2的体积(标准状况)为________________。(5)平衡后，将容器的体积缩为10L，再次到达平衡时，H2的物质的量浓度范围为________________。(6)图中x轴表示温度，y轴表示平衡混合气中H2的体积分数，a、b表示不同的压强，那么压强a________b(填“＞〞“＜〞或“＝〞)。解析：(1)v(SiHCl3)＝eq\mol·L－1,2min)mol·L－1·min－1，v(SiCl4)∶v(SiHCl3)＝3∶4，v(SiCl4)mol·L－1·min－1。(2)温度升高，K值增大，说明平衡向正反响方向移动，正反响为吸热反响。(3)平衡后再充入与起始时等量的SiCl4和H2，相当于增大压强，平衡正向移动，H2的体积分数减小。(4)Δc(SiHCl3)＝mol·L－1，那么Δc(H2)＝mol·L－1，那么起始时c(H2)mol·L－1，物质的量为4mol。标准状况下体积为V(H2)＝4mol×L·mol－1L。(5)体积变为原来的一半，假设平衡不移动，那么浓度变为原来的2倍，压强增大，平衡正向移动，H2浓度减小，所以mol·L－1＜c(H2)mol·L－1。(6)压强增大，H2的体积分数减小，那么压强a>b。答案：(1)mol·L－1·min－1(2)eq\f(c4〔SiHCl3〕,c3〔SiCl4〕·c2〔H2〕)＞(3)减小(4)L(5)mol·L－1＜c(H2)mol·L－1(6)＞13．CO2的转化一直是全球研究的热点，其中将CO2和H2合成甲醇及二甲醚具备相对成熟的技术。工业生产中，有以下相关反响(热效应都是在25℃、×105Pa下测定)：①CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(l)＋H2O(l)ΔH＝－49.01kJ·mol－1②2CH3OH(l)CH3OCH3(g)＋H2O(l)ΔH＝－24.52kJ·mol－1③CO(g)＋H2O(l)CO2(g)＋H2(g)ΔH＝－41.17kJ·mol－1(1)在三个体积相同的密闭容器A、B、C中参加相同物质的量的CO和H2O，在不同温度下发生反响③，经过相同时间后测得容器中的CO物质的量与温度的关系如图。a．A、C两点的速率大小v(A)________(填“大于〞“小于〞“等于〞或“无法判断〞)v(C)。b．请解释曲线中CO的物质的量先减小后增大的原因：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)一定量的CO2和H2在一密闭容器中发生反响①，以下图是容器内CO2的百分含量随着外界条件改变的变化曲线图，请补充完整(t1时刻升温；t2时刻添加催化剂)。解析：(1)，那么A、C两点的速率大小为v(A)小于v(C)。b.由于B容器的反响温度比A容器高，反响速率快，在相同时间内消耗掉CO多，而C容器中温度更高，反响速率更快，反响到达平衡后随温度上升平衡逆向移动，CO的量增大，因此曲线中CO的物质的量先减小后增大。(2)t1时升高温度，平衡向逆反响方向移动，CO2的百分含量增加。答案：(1)b．B容器的反响温度比A容器高，反响速率快，在相