2023届新教材高考化学一轮复习速率方程学案

速率方程1．速率常数速率常数(k)是指在给定温度下，反应物浓度皆为1mol·L－1时的反应速率。在相同的浓度条件下，可用速率常数大小来比较化学反应的反应速率。化学反应速率与反应物浓度(或浓度的次方)成正比，而速率常数是其比例常数，在恒温条件下，速率常数不随反应物浓度的变化而改变。因此，可以应用速率方程求出该温度下任意浓度时的反应速率。2．速率方程一定温度下，化学反应速率与反应物浓度以其化学计量数为指数的幂的乘积成正比。对于反应：aA＋bB=gG＋hH则v＝kca(A)·cb(B)(其中k为速率常数)。如：①SO2Cl2SO2＋Cl2v＝k1c(SO2Cl2)②2NO22NO＋O2v＝k2c2(NO2)③2H2＋2NON2＋2H2Ov＝k3c2(H2)·c2(NO)速率常数k为比例系数，是一个与浓度无关的量，是化学动力学中一个重要的物理量，其数值直接反映了速率的快慢。3．速率常数的影响因素温度对化学反应速率的影响是显著的，速率常数是温度的函数，同一反应，温度不同，速率常数将有不同的值，但浓度不影响速率常数。【典例】(2021·河北选择考)室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反应：①M＋N=X＋Y；②M＋N=X＋Z。eq\a\vs4\al(反应①的速率可表示)为v1＝k1c2(M)，反应②的速率可表示为v2＝k2c2(M)eq\a\vs4\al(（k1、k2为)eq\a\vs4\al(速率常数）)a。反应体系中eq\a\vs4\al(组分M、Z的浓)eq\a\vs4\al(度随时间变)eq\a\vs4\al(化情况)b如图。下列说法错误的是()A.0～30min时间段内，Y的平均反应速率为6.67×10－3mol·L－1·min－1B．反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变C.如果反应能进行到底，反应结束时62.5%的M转化为ZD.反应①的活化能比反应②的活化能大[解题思维]解答本题的思维流程如下：提取信息a反应①、反应②的速率方程b图示中组分M、Z的浓度随时间变化情况信息转化a利用速率方程判断反应①和反应②的速率之比为eq\f(k1,k2)，判断Y和Z的浓度比值为常数b可利用M浓度的变化量计算Y的平均反应速率，结合速率方程计算M的转化量联想质疑若提高原溶液的反应温度，反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比是否保持不变？提示：提高原溶液的反应温度，速率常数发生改变，反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比等于升温后的速率常数之比，其比值保持不变。【解析】选A。由图中数据可知，30min时，M、Z的浓度分别为0.300mol·L－1和0.125mol·L－1，则M的变化量为0.5mol·L－1－0.300mol·L－1＝0.200mol·L－1，其中转化为Y的变化量为0.200mol·L－1－0.125mol·L－1＝0.075mol·L－1。因此，0～30min时间段内，Y的平均反应速率为eq\f(0.075mol·L－1,30min)＝0.0025mol·L－1·min－1，A错误；由题中信息可知，反应①和反应②的速率之比为eq\f(k1,k2)，Y和Z分别为反应①和反应②的产物，且两者与M的化学计量数均为1，反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比等于eq\f(k1,k2)，由于k1、k2为速率常数，比值保持不变，B正确；反应开始后，在相同的时间内体系中Y和Z的浓度之比等于eq\f(k1,k2)＝eq\f(0.075,0.125)＝eq\f(3,5)，如果反应能进行到底，反应结束时有eq\f(5,8)的M转化为Z，即62.5%的M转化为Z，C正确；在相同的时间内生成Z较多、生成Y较少，因此，反应①的化学反应速率较小，在同一体系中，活化能较小的化学反应速率较快，故反应①的活化能比反应②的活化能大，D正确。1．(2022·广州模拟)乙醛蒸气在一定条件下可发生反应：CH3CHO(g)CH3(g)＋CO(g)ΔH＞0。(1)某绝热体系中测得如表实验数据。则42～242s时间间隔的平均反应速率为__________mol·L－1·s－1。242～665s时间间隔的平均反应速率减小的原因是_________________________________。t/s421052423846651070c(CH3CHO)/(10－1mol·L－1)6.685.854.643.832.812.01(2)已知乙醛分解反应的速率方程表达式为v＝kcn(CH3CHO)(k为速率常数，与温度、催化剂有关)，测得反应速率与乙醛浓度的关系如表。c(CH3CHO)/(mol·L－1)0.100.200.300.40v/(mol·L－1·s－1)0.0250.1020.2280.406①该反应的速率方程中n＝____________(n取整数)。②当c(CH3CHO)＝0.25mol·L－1时，反应速率为____________mol·L－1·s－1(保留2位有效数字)。【解析】(1)依据v＝eq\f(Δc,Δt)计算，由表格数据可知CH3CHO在42～242s时间间隔的平均反应速率为－eq\f(4.64－6.68,242－42)×10－1mol·L－1·s－1＝1.02×10－3mol·L－1·S－1，由数据可知反应由正方向开始进行，根据外界条件对速率的影响，正反应为吸热反应，随着反应的进行，反应吸热使绝热体系温度下降，且反应物浓度不断减小，反应速率减小；(2)①把表格数据分别代入速率方程表达式，可得(i)0.025＝k(0.10)n，(ii)0.102＝k(0.20)n，联立(i)和(ii)解得n≈2，k≈2.5；②当c(CH3CHO)＝0.25mol·L－1时，反应速率v＝kcn(CH3CHO)＝2.5×(0.25)2mol·L－1·s－1≈0.16mol·L－1·s－1。答案：(1)1.02×10－3正反应为吸热反应，随着反应的进行，反应吸热使绝热体系温度下降，且反应物浓度不断减小，反应速率减小(2)①2②0.162．工业上利用CH4(混有CO和H2)与水蒸气在一定条件下反应制取H2，原理为CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)，该反应的逆反应速率表达式为v逆＝k·c(CO)·c3(H2)，k为速率常数，在某温度下测得实验数据如表所示：CO浓度/(mol·L－1)H2浓度/(mol·L－1)逆反应速率/(mol·L－1·min－1)0.1c18.0c2c116.0c20.156.75由上述数据可得该温度下，c2＝________mol·L－1，该反应的逆反应速率常数k＝________L3·mol－3·min－1。【解析】根据v逆＝k·c(CO)·c3(H2)，由表中数据可得ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1))＝eq\f(8.0mol·L－1·min－1,0.1mol·L－1×k)，c2＝eq\f(6.75mol·L－1·min－1,（0.15mol·L－1）3×k)，所以有k×eq\f(8.0mol·L－1·min－1,0.1mol·L－1×k)×eq\f(6.75mol·L－1·min－1,（0.15mol·L－1）3×k)＝16.0mol·L－1·min－1，解得k＝1.0×104L3·mol－3·min－1，代入c2的等式可得c2＝0.2mol·L－1。答案：0.21.0×104【加固训练】1．工业上，可采用还原法处理尾气中的NO，其原理为2NO(g)＋2H2(g)N2(g)＋2H2O(g)ΔH<0。在化学上，正反应速率方程式可表示为v正＝k正·cm(NO)·cn(H2)，逆反应速率方程式可表示为v逆＝k逆·cx(N2)·cy(H2O)，其中，k表示反应速率常数，只与温度有关，m、n、x、y为反应级数，由实验测定。在恒容密闭容器中充入NO、H2，在T℃下进行实验，测得有关数据如表所示：实验c(NO)/(mol·L－1)c(H2)/(mol·L－1)v正/(mol·L－1·min－1)①0.100.100.414k正②0.100.401.656k正③0.200.101.656k正下列有关推断正确的是()A．上述反应中，正反应活化能大于逆反应活化能B．若升高温度，则k正增大，k逆减小C．在上述反应中，反应级数：m＝2，n＝1D．在一定温度下，NO、H2的浓度对正反应速率影响程度相同【解析】选C。题中反应的正反应是放热反应，反应热等于正反应的活化能与逆反应的活化能之差，由此推知，正反应活化能小于逆反应活化能，A项错误；升高温度，正、逆反应速率都增大，故正、逆反应速率常数都增大，B项错误；由①②组实验数据可知，eq\f(1.656k正,0.414k正)＝eq\f(k正·（0.10）m·（0.40）n,k正·（0.10）m·（0.10）n)＝4n，则n＝1，同理，根据①③组实验数据可求得m＝2，C项正确；由于正反应速率表达式中NO、H2的反应级数不相等，所以，NO、H2的浓度对正反应速率的影响程度不相同，D项错误。2．温度为T1时，在容积为1L的密闭容器中仅发生反应：2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)ΔH<0。实验测得：v正＝v(NO)消耗＝2v(O2)消耗＝k正c2(NO)·c(O2)，v逆＝v(NO2)消耗＝k逆c2(NO2)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。物质的起始浓度/mol·L－1物质的平衡浓度mol·L－1c(NO)c(O2)c(NO2)c(O2)0.60.300.2温度为T1时，eq\f(k正,k逆)＝____________________；当温度升高为T2时，k正、k逆分别增大m倍和n倍，则m____________(填“>”“<”或“＝”)n。【解析】根据v正＝v(NO)消耗＝2v(O2)消耗＝k正c2(NO)·c(O2)，得出k正＝eq\f(v（NO）消耗,c2（NO）·c（O2）)，根据v逆＝v(NO2)消耗＝k逆c2(NO2)，得出k逆＝eq\f(v（NO2）消耗,c2（NO2）)，当反应达到平衡时，v(NO)消耗＝v(NO2)消耗，所以eq\f(k正,k逆)＝eq\f(c2（NO2）,c2（NO）·c（O2）)＝K，2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)起始/mol·L－10.60.30转化/mol·L－10.20.10.2平衡/mol·L－10.40.20.2K＝eq\f(c2（NO2）,c2（NO）·c（O2）)＝eq\f(0.22,0.42×0.2)＝1.25；2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)ΔH<0，此反应正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，由于k正/k逆＝K，若温度升高为T2时，k正、k逆分别增大m倍和n倍，则m<n。答案：1.25<【科技前沿】2021年，中国科学技术大学某研究团队，通过协同金属载体相互作用和原子限域，在石墨型氮化碳载体上制备出一种高密度镍铜三原子催化剂。在富乙烯氛围的乙炔(或1，3丁二烯)选择性加氢反应中，活性金属镍原子通过羟基被限域在两个铜原子位点中间，形成一种线式结构，镍原子位点在加氢反应中可以发生动态结构变化。这种动态结构变化，不仅可以改进催化剂对反应分子的吸附从而提高催化活性，而且可以维持高稳定性，而单镍位点则使得该催化剂表现出高选择性和高抗积碳性能。命题视角1：催化剂与反应历程如何从微观角度理解催化剂改变反应速率？催化剂在反应前后，性质上是否改变？提示：催化剂参与反应，改变了反应历程，降低活化能，提高活化分子百分数，增大有效碰撞几率，从而提高反应速率。催化剂在反应前后，化学性质没变，物理性质改变。命题视角2：对催化剂性能的评价与镍单原子催化剂相比，该催化剂有哪些优点？提示：该催化剂在活性、选择性、稳定性方面表现出优异的催化性能，远远优于镍单原子催化剂。命题视角3：思维拓展CH4—CO2催化重整不仅可以得到合成气(CO和H2)，还对温室气体的减排具有重要意义。CH4—CO2催化重整反应为CH4(g)＋CO2(g)=2CO(g)＋2H2(g)。已知：C(s)＋2H2(g)=CH4(g) ΔH＝－75kJ·mol－1C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH＝－394kJ·mol－1C(s)＋eq\f(1,2)O2(g)=CO(g)ΔH＝－111kJ·mol－1反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。相关数据如表所示：积碳反应CH4(g)=C(s)+2H2(g)消碳反应CO2(g)+C(s)=2CO(g)ΔH/(kJ·mol-1)+75+172活化能/(kJ·mol-1)催化剂X3391催化剂Y4372由上表判断，催化剂X和催化剂Y哪种性能更优？原因是什么？提示：由于催化剂的活性会因积碳反应降低，因此应该使积碳反应尽可能减少或降低其速率，同时使消碳反应尽可能增多或加快其反应速率。根据表格可以得出积碳反应的活化能催化剂X小于催化剂Y，消碳反应的活化能催化剂X大于催化剂Y，故催化剂Y性能更优。命题视角4：社会担当这种高密度镍铜三原子催化剂的开发对工业发展有何意义？提示：为未来设计高效、稳定且低成本的工业加氢催化剂提供了新思路。1．[“源”来如此](2019·全国卷Ⅰ节选)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。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30～90min内的平均速率eq\x\to(v)(a)＝____________________kPa·min－1。【解析】由图可知，30～90min内a曲线对应物质的分压变化量Δp＝(4.08－3.80)kPa＝0.28kPa，故曲线a的反应在30～90min内的平均速率eq\x\to(v)(a)＝eq\f(0.28kPa,60min)≈0.0047kPa·min－1。答案：0.00472．[变换有道](2021·湖南选择考节选)某兴趣小组对反应2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)进行了实验探究。在一定温度和催化剂的条件下，将0.1molNH3通入3L的密闭容器中进行反应(此时容器内总压为200kPa)，各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。若保持容器体积不变，t1时反应达到平衡，用H2的浓度变化表示0～t1时间内的反应速率v(H2)＝__________mol·L－1·min－1(用含t1的代数式表示)。【解析】设t1时达到平衡，转化的NH3的物质的量为2x，列出三段式： 2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)起始/mol0.1 0 0转化/mol2x x 3x平衡/mol0.1－2x x 3x根据同温同压下，混合气体的物质的量之比等于体积之比，eq\f(0.1mol,0.1mol＋2x)＝eq\f(200,120＋120＋40)，解得x＝0.02mol，v(H2)＝eq\f(0.02×3mol,3L×t1)＝eq\f(0.02,t1)mol·L－1·min－1。答案：eq\f(0.02,t1)eq\a\vs4\al(点睛：)两道试题均考查了涉及压强变化的反应速率的计算，并均以图示形式提供信息，但两题有明显的不同：第1小题是用单位时间内压强的变化表示反应速率，与反应速率的常用表示方法不同，可借助图中数据直接进行计算；第2小题是根据气体的物质的量与压强之间的关系，利用三段式进行分析计算，通过物质的量浓度表示反应速率。【加固训练】1．(2020·全国Ⅱ卷节选)高温下，甲烷生成乙烷的反应如下：2CH4eq\o(→,\s\up7(高温))C2H6＋H2。反应在初期阶段的速率方程为：r＝k×cCH4，其中k为反应速率常数。①设反应开始时的反应速率为r1，甲烷的转化率为α时的反应速率为r2，则r2＝________r1。②对于处于初期阶段的该反应，下列说法正确的是________。A．增加甲烷浓度，r增大B．增加H2浓度，r增大C．乙烷的生成速率逐渐增大D．降低反应温度，k减小【解析】①设开始甲烷的浓度为1mol·L－1，由速率方程r＝k×cCH4，则r1＝k，甲烷的转化率为α时甲烷的浓度为(1－α)mol·L－1，则r2＝(1－α)k＝(1－α)r1。②由速率方程知甲烷浓度越大，r越大，与H2浓度无关，A正确，B错误；随反应进行甲烷浓度减小，r减小，乙烷的生成速率逐渐减小，C错误；降低反应温度，反应速率减小即k减小，D正确。答案：①(1－α)②AD2．(2018·全国卷Ⅲ节选)三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。对于反应2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)，采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323K和343K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。①343K时反应的平衡转化率α＝________%。平衡常数K343K＝________(保留2位小数)。②在343K下：要提高SiHCl3转化率，可采取的措施是________；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有________、________。③比较a、b处反应速率大小：va______vb(填“大于”“小于”或“等于”)。反应速率v＝v正－v逆＝k正x2SiHCl3－k逆xSiH2Cl2xSiCl4，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数，计算a处的eq\f(v正,v逆)＝________(保留1位小数)。【解析】①2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)，该反应为吸热反应，343K时的平衡转化率比323K时要高，所以α＝22% 2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)起始浓度 c00改变浓度 0.22c0.11c0.11c平衡浓度 0.78c0.11c0.11c平衡常数K343K＝eq\f(0.11c×0.11c,（0.78c）2)≈0.02②在343K下：要提高SiHCl3转化率，可采取的措施是及时移去产物等；要缩短反应达到平衡的时间，可采取加压、增大反应物浓度、使用催化剂等加快化学反应速率的措施。③应根据温度比较a、b处反应速率大小，a处温度为343K，b处温度为323K，温度越高反应速率越快，故va大于vb 2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)起始浓度c00改变浓度0.22c0.11c0.11c平衡浓度0.78c0.11c0.11c当反应达到平衡时，v正＝v逆，即k正x2SiHCl3＝k逆xSiH2Cl2xSiCl4xSiHCl3＝eq\f(0.78c,（0.78c＋0.11c＋0.11c）)＝0.78，xSiH2Cl2＝xSiCl4＝eq\f(0.11c,（0.78c＋0.11c＋0.11c）)＝0.11eq\f(k正,k逆)＝eq\f(0.11×0.11,0.78×0.78)a处时结合图像可知：xSiHCl3＝0.8，xSiH2Cl2＝0.1，xSiCl4＝0.1，a处时，eq\f(v正,v逆)＝eq\f(k正x2SiHCl3,k逆xSiH2Cl2xSiCl4)＝eq\f(0.112×0.82,0.782×0.12)≈1.3答案：①220.02②及时移去产物使用催化剂增大反应物压强(合理即可)③大于1.3【知识点避坑】对于可逆反应aA＋bBgG＋hH，v正＝k正·ca(A)·cb(B)，v逆＝k逆·cg(G)·ch(H)，浓度指数为反应级数，取决于反应历程。在基元反应中，反应级数等于化学计量数。但在非基元反应中，反应级数与化学计量数不一定相等。1．(2021·浙江6月选考)一定温度下，在N2O5的四氯化碳溶液(100mL)中发生分解反应：2N2O54NO2＋O2。在不同时刻测量放出的O2体积，换算成N2O5浓度如下表：t/s06001200171022202820xc(N2O5)/(mol·L－1)1.400.960.660.480.350.240.12下列说法正确的是()A．600～1200s，生成NO2的平均速率为5.0×10－4mol·L－1·s－1B．反应2220s时，放出的O2体积为11.8L(标准状况)C．反应达到平衡时，v正(N2O5)＝2v逆(NO2)D．推测上表中的x为3930【解析】选D。A.600～1200s，N2O5的变化量为(0.96－0.66)mol·L－1＝0.3mol·L－1，在此时间段内NO2的变化量为其2倍，即0.6mol·L－1，因此，生成NO2的平均速率为eq\f(0.6mol·L－1,600s)＝1.0×10－3mol·L－1·s－1，A说法不正确；B.由表中数据可知，反应2220s时，N2O5的变化量为(1.40－0.35)mol·L－1＝1.05mol·L－1，其物质的量的变化量为1.05mol·L－1×0.1L＝0.105mol，O2的变化量是其eq\f(1,2)，即0.0525mol，因此，放出的O2在标准状况下的体积为0.0525mol×22.4L·mol－1＝1.176L，B说法不正确；C.反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，用不同物质表示该反应的速率时，其数值之比等于化学计量数之比，2v正(N2O5)＝v逆(NO2)，C说法不正确；D.分析表中数据可知，该反应经过1110s(600～1710，1710～2820)后N2O5的浓度会变为原来的eq\f(1,2)，因此，N2O5的浓度由0.24mol·L－1变为0.12mol·L－1时，可以推测上表中的x为(2820＋1110)＝3930，D说法正确。2．(2019·全国卷Ⅱ节选改编)环戊二烯()容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法不正确的是________(填标号)。A．T1<T2B．a点的反应速率小于c点的反应速率C．a点的正反应速率大于b点的逆反应速率D．b点时二聚体的浓度为0.45mol·L－1【解析】选B。由图知虚线对应的速率快，对应温度高，则T2＞T1，A正确；由T2(c点)＞T1(a点)，但环戊二烯的浓度a点大于c点，则a点、c点的速率大小无法确定，B错误；a点、b点的温度相同，环戊二烯的浓度a点大于b点，则a点的正反应速率大于b点的正反应速率，b点没有达到平衡状态，则b点的正反应速率大于b点的逆反应速率，C正确；b点时环戊二烯的浓度减少0.9mol·L－1，则b点时二聚体的浓度为0.45mol·L－1，D正确。3．(2020·山东等级考改编)1，3­丁二烯与HBr发生加成反应分两步：第一步H＋进攻1，3­丁二烯生成碳正离子()；第二步Br－进攻碳正离子完成1，2­加成或1，4­加成。反应进程中的能量变化如下图所示。已知在0℃和40℃时，1，2­加成产物与1，4­加成产物的比例分别为70∶30和15∶85。下列说法正确的是()A．1，2­加成产物比1，4­加成产物稳定B．与0℃相比，40℃时1，3­丁二烯的转化率增大C．从0℃升至40℃，1，2­加成正反应速率增大，1，4­加成正反应速率减小D．从0℃升至40℃，1，2­加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度【解析】选D。根据图像分析可知该加成反应为放热反应，且生成的1，4­加成产物的能量比1，2­加成产物的能量低。能量越低越稳定，即1，4­加成产物比1，2­加成产物稳定，故A错误；该加成反应不管生成1，4­加成产物还是1，2­加成产物，均为放热反应，则升高温度，不利于1，3­丁二烯的转化，即在40℃时其转化率会减小，故B错误；从0℃升至40℃，正化学反应速率均增大，即1，4­加成和1，2­加成反应的正反应速率均会增大，故C错误；从0℃升至40℃，对于1，2­加成反应来说，化学平衡向逆向移动，即1，2­加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度，故D正确。4．(2017·江苏高考改编)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(c（O2）,c（NO2）)比容器Ⅰ中的大C．达平衡时，容器Ⅲ中NO的体积分数等于50%D．当温度改变为T2时，若k正＝k逆，则T2>T1【解析】选D。A项，由容器Ⅰ中反应， 2NO2(g)2NO(g)＋O2(g)起始(mol·L－1)0.600变化量(mol·L－1)0.40.40.2平衡量(mol·L－1)0.20.40.2可以求出平衡常数K＝eq\f(0.42×0.2,0.22)＝0.8，平衡时气体的总物质的量为0.8mol，其中NO占0.4mol，所以NO的体积分数为50%，eq\f(c（O2）,c（NO2）)＝1。在平衡状态下，v正＝v(NO2)消耗＝v逆＝v(NO)消耗，所以k正·c2(NO2)＝k逆·c2(NO)·c(O2)，进一步求出eq\f(k正,k逆)＝K＝0.8；容器Ⅱ起始时Q≈0.56<K，反应正向进行，气体物质的量增大，容器Ⅱ在平衡时气体的总物质的量一定大于1mol，两容器的压强之比一定小于4∶5，错误；B项，若容器Ⅱ在某时刻eq\f(c（O2）,c（NO2）)＝1，由反应2NO2(g)2NO(g)＋O2(g)起始(mol·L－1)0.30.50.2变化量(mol·L－1)2x2xx平衡量(mol·L－1)0.3－2x0.5＋2x0.2＋x因为，eq\f(c（O2）,c（NO2）)＝eq\f(0.2＋x,0.3－2x)，解得x＝eq\f(1,30)，求出此时浓度商Q＝eq\f(（\f(17,30)）2×\f(7,30),（\f(7,30)）2)＝eq\f(289,210)>K，容器Ⅱ达平衡时，eq\f(c（O2）,c（NO2）)一定小于1