专题二十七化学平衡状态解密高考化学（新教材2019）

2023——2024年解密高考化学大一轮复习精讲案第七章化学反应速率和化学平衡专题二十七化学平衡状态第一板块明确目标课标要求核心素养了解化学反应的可逆性及化学平衡的建立。掌握化学平衡的特征。了解化学平衡的含义，能利用化学平衡常数进行相关计算。能正确计算化学反应的转化率。理解外界条件（浓度、温度、压强等）对化学平衡的影响，能用相关理论解释其一般规律。了解化学平衡的调控在生活、生产和科学领域中的重要作用。了解化学平衡常数(K)的含义,能利用化学平衡常数进行相关计算。变化观念与平衡思想宏观辨识与微观探析科学精神与社会责任证据推理及模型认知第二板块夯实基础考点一可逆反应、化学平衡状态1．可逆反应(1)概念在同一条件下，既可以向____________进行，同时又能向____________进行的化学反应。(2)特点双向性可逆反应分为方向相反的两个反应：正反应和逆反应双同性正、逆反应是在同一条件下，同时进行共存性反应物的转化率______100%，反应物与生成物共存(1)概念在一定条件下的______反应体系中，当正、逆反应速率______时，反应物和生成物的浓度均保持不变，即体系的组成不随时间而改变，表明该反应中物质的转化达到了“限度”，这时的状态称之为化学平衡状态，简称化学平衡。(2)化学平衡的建立绘制“反应速率－时间”图像，表示从正反应开始建立化学平衡状态的过程。(3)平衡特征(4)化学平衡状态的判断方法①v正＝v逆eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(同种物质，消耗速率等于生成速率,不同种物质，速率之比等于化学计,量数之比，但必须同时有正、逆反应))②宏观组成标志各组分的浓度保持不变，或各组分的质量、物质的量、百分含量、质量分数等保持不变的状态是平衡状态。③间接标志a．有气体参加的________反应，气体的总压强、总体积、总物质的量不变时，达到平衡状态。b．如果平衡体系中的物质有颜色，则平衡体系的颜色不变时，达到平衡状态。c．气体的密度、气体的平均相对分子质量不变时，要具体分析各表达式中的分子或分母变化情况，判断是否平衡(若体系中各组分均为气体，气体质量守恒；若体系中不全是气体，要注意气体质量变化)。考点二化学平衡常数1．概念在一定温度下，当一个可逆反应达到化学平衡时，生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值是一个常数，即化学平衡常数，用符号____表示。2．表达式对于一般的可逆反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，当在一定温度下达到平衡时，K＝______________(固体和纯液体的浓度视为常数，通常不计入化学平衡常数表达式中)。3．影响因素K只受______影响，与反应物或生成物的浓度变化无关，与压强变化、是否使用催化剂无关。4．平衡常数的意义及应用(1)判断可逆反应进行的程度K<10－510－5～105>105反应程度很难进行反应可逆反应接近完全(2)判断反应是否达到平衡或进行的方向对于化学反应aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g)的任意状态，浓度商Q＝eq\f(ccC·cdD,caA·cbB)。Q＜K，反应向____反应方向进行；Q＝K，反应处于______状态；Q＞K，反应向____反应方向进行。(3)判断可逆反应的热效应(1)．常用的四个公式公式备注反应物的转化率eq\f(n转化,n起始)×100%＝eq\f(c转化,c起始)×100%①平衡量可以是物质的量、气体的体积；②某组分的体积分数，也可以是物质的量分数生成物的产率eq\f(实际产量,理论产量)×100%平衡时混合物组分的百分含量eq\f(平衡量,平衡时各物质的总量)×100%某组分的体积分数eq\f(某组分的物质的量,混合气体总的物质的量)×100%(2).平衡常数的计算步骤①写出有关可逆反应的化学方程式，写出平衡常数表达式。②利用“三段式”(见化学反应速率及影响因素)，确定各物质的起始浓度、转化浓度、平衡浓度。③将平衡浓度代入平衡常数表达式。④注意单位的统一。(3)．压强平衡常数①以aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g)为例，Kp＝eq\f(pcC·pdD,paA·pbB)[p(X)：X在平衡体系中物质的量分数(或体积分数)×总压强]。②计算方法根据“三段式”法计算平衡体系中各物质的物质的量或物质的量浓度。计算各气体组分的物质的量分数或体积分数。根据分压计算公式求出各气体物质的分压，某气体的分压＝气体总压强×该气体的体积分数(或物质的量分数)。根据平衡常数计算公式代入计算。6、化学平衡常数与速率常数的关系正、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)考点三影响化学平衡的因素一化学平衡的移动1．含义在一定条件下，当可逆反应达到化学平衡状态后，如果改变影响平衡的条件(如____、______、______等)，化学平衡状态被破坏(正、逆反应速率不再相等)，平衡体系的物质组成也会随着改变，直至正、逆反应速率再次______，在新的条件下达到新的化学平衡状态。这种由原有的平衡状态达到新的平衡状态的过程叫做化学平衡的移动，简称平衡移动。2．平衡移动方向的判断(1)根据速率判断①若v正____v逆，则平衡向正反应方向移动。②若v正____v逆，则平衡不移动。③若v正____v逆，则平衡向逆反应方向移动。(2)根据体系中各组分含量的变化判断平衡移动的结果，如果是使体系中产物含量(如物质的量、浓度或百分含量等)______，则平衡正向移动；反之则逆向移动。3．外界因素对化学平衡的影响条件的改变(其他条件不变)化学平衡的移动浓度增大反应物浓度或减小生成物浓度向________方向移动减小反应物浓度或增大生成物浓度向________方向移动压强(对有气体参加的反应)反应前后气体分子数改变增大压强向________________的方向移动减小压强向________________的方向移动反应前后气体分子数不变改变压强温度升高温度向______反应方向移动降低温度向______反应方向移动催化剂使用催化剂5．勒夏特列原理如果改变影响平衡的一个因素(如浓度、压强或温度)，平衡就向着能够______这种改变的方向移动，这就是勒夏特列原理，也称化学平衡移动原理。二平衡移动方向与转化率的判断反应aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g)的转化率分析(1)若反应物起始物质的量之比等于化学计量数之比，达到平衡后，它们的转化率相等。(2)若只增加A的量，平衡正向移动，B的转化率增大，A的转化率减小。(3)若按原比例同倍数地增加(或降低)A、B的浓度，等效于压缩(或扩大)容器体积，气体反应物的转化率与化学计量数有关。同倍数增大c(A)和c(B)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＝c＋dA、B的转化率不变,a＋b＞c＋dA、B的转化率增大,a＋b＜c＋dA、B的转化率减小))应用举例对于以下三个反应，从反应开始进行到达到平衡后，保持温度、体积不变，按要求回答下列问题。(1)PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)再充入PCl5(g)，平衡向________方向移动，达到平衡后，PCl5(g)的转化率________，PCl5(g)的百分含量______。(2)2HI(g)I2(g)＋H2(g)再充入HI(g)，平衡向________方向移动，达到平衡后，HI(g)的分解率__________，HI(g)的百分含量________。(3)2NO2(g)N2O4(g)再充入NO2(g)，平衡向________方向移动，达到平衡后，NO2(g)的转化率________，NO2(g)的百分含量________。(4)mA(g)＋nB(g)pC(g)同等倍数的加入A(g)和B(g)，平衡________移动，达到平衡后，①m＋n>p，A、B的转化率都________，体积分数都________；②m＋n＝p，A、B的转化率、体积分数都________；③m＋n<p，A、B的转化率都________，体积分数都________。考点四常考化学反应速率和化学平衡图像的分析类型一速率－时间图像1．常见含“断点”的速率—时间图像图像t1时刻所改变的条件温度升高降低升高降低正反应为放热反应正反应为吸热反应压强增大减小增大减小正反应为气体物质的量增大的反应正反应为气体物质的量减小的反应2.“渐变”类速率—时间图像图像分析结论t1时v′正突然增大，v′逆逐渐增大；v′正＞v′逆，平衡向正反应方向移动t1时其他条件不变，增大反应物的浓度t1时v′正突然减小，v′逆逐渐减小；v′逆＞v′正，平衡向逆反应方向移动t1时其他条件不变，减小反应物的浓度t1时v′逆突然增大，v′正逐渐增大；v′逆＞v′正，平衡向逆反应方向移动t1时其他条件不变，增大生成物的浓度t1时v′逆突然减小，v′正逐渐减小；v′正＞v′逆，平衡向正反应方向移动t1时其他条件不变，减小生成物的浓度类型二反应进程折线图此类图像一般纵坐标表示物质的量、浓度、百分含量、转化率，横坐标表示反应时间。解题的关键是找转折点。(1)转折点之前，用外因对速率的影响分析问题，用“先拐先平，数值大”的规律判断不同曲线表示温度或压强的大小。(2)转折点之后是平衡状态或平衡移动，解题时要抓住量的变化，找出平衡移动的方向，利用化学平衡移动原理推理分析。例1已知：反应为mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)。(1)T1____T2，正反应为______反应。(2)p1____p2，正反应为气体体积______的反应。(3)图中______使用催化剂或者增大压强，此时m＋n____p＋q。例2现将一定量N2O4气体充入恒容密闭容器中，控制反应温度为T1℃[N2O4(g)2NO2(g)ΔH>0]，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。保持其他条件不变，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。类型三恒压(或恒温)线此类图像的纵坐标为某物质的平衡浓度或转化率，横坐标为温度或压强，解答此类问题，要关注曲线的变化趋势，有多个变量时，注意控制变量，即“定一议二”。反应：aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g)ΔH图像结论a＋b____c＋d，ΔH____0a＋b____c＋d，ΔH____0类型四投料比—转化率相关图像例1在保持体系总压为105Pa的条件下进行反应：SO2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)SO3(g)，原料气中SO2和O2的物质的量之比m[m＝eq\f(nSO2,nO2)]不同时，SO2的平衡转化率与温度(T)的关系如图所示：(1)图中m1、m2、m3的大小顺序为______________________________________________。反应的化学平衡常数Kp表达式为______________________(用平衡分压代替平衡浓度表示)。(2)图中A点原料气的成分：n(SO2)＝10mol，n(O2)＝24.4mol，n(N2)＝70mol，达平衡时SO2的分压p(SO2)为________Pa(分压＝总压×物质的量分数)。【答案】考点一可逆反应、化学平衡状态1．(1)正反应方向逆反应方向(2)小于考点二化学平衡常数1．K2.eq\f(cpC·cqD,cmA·cnB)3．温度4．(2)正平衡逆(3)吸热放热放热吸热考点三影响化学平衡的因素一、化学平衡的移动1．浓度温度压强相等2．(1)①>②＝③<(2)增大3．正反应逆反应气体分子数减小气体分子数增加不移动吸热放热不移动5．减弱二、平衡移动方向与转化率的判断(1)正反应减小增大(2)正反应不变不变(3)正反应增大减小(4)正向增大减小不变减小增大考点四常考化学反应速率和化学平衡图像的分析类型二反应进程折线图例1(1)<放热(2)<增大(3)a＝例2类型三恒压(或恒温)线>>>>类型四投料比—转化率相关图像例1(1)m1>m2>m3Kp＝(2)1200考点一可逆反应、化学平衡状态1、（g），发生反应：。图中所示曲线分别表示反应在min时和平衡时的转化率与温度的关系。下列说法正确的是()A.的、B.当容器中气体密度恒定不变时，反应达到平衡状态，min时的转化率大于50%D.82℃，起始时在该密闭容器中充入、和各0.1mol，此时>

【答案】C【解析】反应物的平衡转化率是该条件下的最大转化率，由图可知，上方曲线（虚线）为平衡时的转化率曲线，下方曲线（实线）为时的转化率曲线，温度升高，的平衡转化率增大，可知该反应为吸热反应，，由化学方程式可知反应前后气体分子总数不变，，A错误；，该反应在密闭容器进行，反应前后气体分子数不变，不变，反应物和生成物均为气体，气体总质量不变，则为定值，即一直不变，所以当容器中气体密度恒定不变时，不能确定该反应是否达到平衡状态，B错误；由图可知，随着温度的升高，的转化率增大，当两条曲线相交时，交点表示此温度下，反应在时达到平衡，55℃，在容积为的密闭容器中充入0.2mol（g），时，反应物浓度增大，反应速率加快，相同时间内，反应物转化率增大，所以时（g）的转化率大于50%，C正确；由图可知82℃时，的平衡转化率为0%，得出三段式：求出82℃时平衡常数，在该密闭容器中充入和各0.1mol，此时浓度商，反应正向进行，所以（逆）<（正），D错误。2、某反应在5L的恒温、恒容密闭容器中进行，在0~3min各物质的物质的量变化情况如图所示（A、B、C均为气体），下列说法错误的是()A.该反应的化学方程式为2A+B2CB.保持容器容积不变，充入氦气，反应速率不变C.平衡时容器内气体的压强与反应前的比值为8∶7D.当容器内混合气体的平均摩尔质量不变时，反应达到平衡状态

【答案】C【解析】根据2min三种物质的物质的量变化可知，该该反应的化学方程式为2A+B2C，A项正确；保持容器容积不变，充入氦气，反应物和生成物的浓度不变，反应速率不变，B项正确；恒温、恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，故平衡时容器内气体的压强与反应前的比值为8:9，C项错误；气体的总质量守恒，当容器内混合气体的平均摩尔质量不变时说明气体总的物质的量保持恒定，反应达到平衡状态，D项正确。3、反应：，则下列叙述正确的是()A.

【答案】D【解析】假设x+y=z，说明平衡向逆反应方向移动，则x+y>z，A错误；平衡向左移动，B错误；平衡向左移，B的转化率降低，C错误；由于容器体积扩大，平衡向左移动，所以C的体积分数降低，D正确。4、可以证明可逆反应已达到平衡状态的是()①一个断裂的同时，有3个H—H断裂②一个断裂的同时，有6个N—H断裂③其他条件不变时，混合气体平均相对分子质量不再改变④恒温恒容时，体系压强不再改变⑤的体积分数都不再改变⑥恒温恒容时，混合气体密度保持不变⑦正反应速率，逆反应速率 B.②③④⑤ C.②③④⑤⑦ D.③⑤⑥⑦

【答案】C【解析】①一个断裂的同时，有3个HH断裂，表示的都是，不能说明可逆反应达到平衡状态，①错误；②一个断裂的同时，有6个NH断裂，表示的是=，可以说明可逆反应达到平衡状态，②正确；③该可逆反应为反应前后气体体积减小的反应，其他条件不变时，混合气体平均相对分子质量不再改变，可以说明反应达到平衡状态，③正确；④对于反应前后气体体积不等的可逆反应，恒温恒容时，体系压强不再改变，说明该可逆反应达到平衡状态，④正确；⑤的体积分数都不再改变，说明各组分的浓度不变，反应达到了平衡状态，⑤正确；⑥恒温恒容时，混合气体的密度始终不变，由于混合气体的质量不变，容器的容积不变，所以混合气体的密度始终不变，故密度不变无法判断反应是否达到平衡状态，⑥错误；⑦根据同一化学反应中，各物质的化学反应速率之比等于化学计量数之比，正反应速率时，用表示的正反应速率，则有：，可以说明可逆反应达到平衡状态，⑦正确。5、在一定温度下的容积不变的密闭绝热容器中发生反应：。下列不能说明反应到达平衡状态的是()A. B.的体积分数不再变化

【答案】A【解析】A.时不满足正逆反应速率相等，没有达到平衡状态，故A选；B.的体积分数不再变化，说明各物质的量不变，正逆反应速率相等，说明达平衡状态，故B不选；C.反应前后气体质量不变，物质的量变化，因此混合气体的平均摩尔质量不再变化，说明正逆反应速率相等，反应达平衡状态，故C不选；D.正反应体积减小，当容器的压强保持不变，说明正逆反应速率相等，反应达平衡状态，故D不选；故选A。6、“绿水青山就是金山银山”，运用化学反应原理研究NO的反应对缓解环境污染具有重要意义。回答下列问题：（1）汽车尾气中NO生成过程的能量变化如图所示。1mol和1mol完全反应生成NO会______（填“吸收”或“放出”）______kJ能量。（2）工业上可利用甲烷还原NO减少氮氧化物的排放。向2L恒容密闭容器中通入2mol（g）、4molNO（g），一定条件下发生反应：，测得（g）与（g）的物质的量随时间变化的关系如下：01020304050（g）2（g）0①下列措施能够加快该反应速率的是________（填标号）。②下列叙述中能说明该反应已达平衡状态的是________。a.，同时消耗2mol③0~10min内，用表示该反应的平均反应速率为________。④30min时，的物质的量浓度为________。⑤平衡时，的体积分数为________。（3）一种NO—空气燃料电池的工作原理如图所示。①通入的电极为电池的________极（填“正”或“负”）。②写出通入NO电极的电极反应式________。【答案】（1）吸收；180（2）①a；②d；③0.03；④0.325；⑤25%（3）①正；②【解析】（1）由示意图可知，1mol和1mol完全反应断键共吸收1444kJ能量，生成2molNO成键共放出1264kJ能量，故反应吸收180kJ能量。（2）①使用催化剂可以降低反应活化能，加快反应速率，a项正确；降低温度，减慢反应速率，b项错误；及时分离水会减小生成物浓度，减慢反应速率，c项错误；②该反应生成和浓度之比为2:1，是定值，当并不能说明反应到平衡状态，a项错误；该反应前后气体的总质量恒定，反应容器的体积恒定，故混合气体的密度是定值，密度不再变化并不能说明反应到平衡状态，b项错误；该反应前后气体的化学计量数之和不变，故恒容条件下，该反应容器内气体的压强是定值，压强不再变化并不能说明反应达到平衡状态，c项错误；该反应生成1mol的同时会生成2mol，故单位时间内生成1mol，同时消耗2mol说明的浓度保持恒定，反应达到化学平衡状态，d项正确。③0～10min内，的物质的量增加0.6mol，。④根据方程式可推知，30min时，的物质的量为1.3mol，则。⑤的体积分数等于其物质的量分数，根据三段式计算可得平衡时，、。（3）①根据燃料电池的工作原理可知，通入的电极为电池的正极；②通入NO后失电子转化为硝酸，故电极反应式为。考点二化学平衡常数1、一定条件下,向容积为2L的密闭容器中充入1molCO2和3molH2,发生如下反应:,5min后反应达到平衡时C(CH3OH)为0.2mol·L1。CO2(g)的平衡物质的量浓度c(CO2)与温度关系如图所示。下列说法错误的是()

A.0~5min,CO2的平均反应速率为0.04mol·(L·min)1反应

B.

2℃时,若反应处于状态D,则一定有V正<V逆

1℃、T2℃时的平衡常数分别为K1、K2,则K1>K2【答案】C【解析】A.5min后反应达到平衡时c(CH3OH)为0.2mol/L,则反应消耗的CO2浓度变化Δc(CO2)="0.2"mol/L。所以V(CO2)=Δc(CO22平衡浓度与温度的关系可知:升高温度CO22℃时,若反应处于状态D,由于CO2浓度大于该温度的平衡浓度,所以反应向消耗CO2的方向移动。即向正反应方向移动。一定有V正>V逆1℃、T2℃时的平衡常数分别为K1、K2,由于该反应的正反应为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,T1℃<T2℃则K1>K2。正确。2、在某温度下，可逆反应mA(g)+nB(g)⇌pC(g)+qD(g)；△H＜0的平衡常数为K，下列说法正确的是()A.增加A的量，平衡正向移动，达到新平衡时K值增大

B.升高温度，K值增大

C.K越大，说明该反应的进行程度越大D.该反应的K=

【答案】C【解析】平衡常数只与温度有关系,所以选项A不正确;升高温度,平衡不一定向正反应方向进行,K值不一定是增大的,选项B不正确;平衡常数是在一定条件下,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,所以选项D不正确,C正确,答案选C。3、N2O5是一种新型硝化剂,在一定温度下可发生下列反应:2N2O5(g)4NO2(g)+

O2(g)

△H

>0

T1温度下的部分实验数据为t/s050010001500C(N2O5)mol/L下列说法不正确的是(

)2O5分解速率为2.96×103mol/(L·s)

1温度下的平衡常数为K1=125,1000s时转化率为50%

1温度下的平衡常数为K1,T2温度下的平衡常数为K2,若K1<K2,则T1>T2

D.平衡后其他条件不变,将容器的体积压缩到原来的1/2,则再平衡时C(N2O5

【答案】C【解析】略4、已知反应在某温度下的平衡常数为400.此温度下，在密闭容器中加入，反应进行到某时刻测得各组分的浓度如下：物质浓度/（）0.44,下列叙述中正确的是()A.该反应的平衡常数表达式为：B.该时刻正、逆反应速率的大小：C.若将容器体积压缩为原来的一半，平衡向左移动D.平衡时，

【答案】C【解析】A.平衡常数是生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物的平衡浓度幂次方乘积得到，的平衡常数，说明反应正向进行，，设平衡时转化的甲醇农鷹为xmol/L，根据三段式：可知。解，若经10min后反应达到平衡，此时，C项正确；D.若将容器体积压缩为原来的一半，则，平衡向右移动，D项错误；答案选C。5、关于化学平衡常数，下列说法不正确的是()B.对于一定温度下的同一个反应，其正反应和逆反应的化学平衡常数的乘积等于1C.温度越高，K值越大

【答案】C【解析】A选项，同一反应，化学平衡常数只受温度影响，与反应物或生成物的浓度无关，故A正确。B选项，同一可逆反应的正、逆反应平衡常数互为倒数，对于一定温度下的同一个反应，其正反应和逆反应的化学平衡常数的乘积等于1，故B正确。C选项，平衡常数越大，说明可逆反应进行的程度越大，正反应可能是吸热反应也可能是放热反应；升温，平衡向吸热反应方向进行，平衡常数不一定增大，故C错误。D选项，化学平衡常数只受温度影响，故D正确。6、一定条件下进行反应：COCl2(g)⇌Cl2(g)+CO(g)t/s02468n(C00.300.390.400.40下列说法正确的是

(

)A.保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(Cl2)=0.22 mol·L−1，则反应的ΔH<0

B.若在2 L恒容绝热(与外界没有热量变换)密闭容器进行该反应，化学平衡常数不变

C.保持其他条件不变，起始向容器中充入1.2 mol COCl2、0.60 mol Cl2和0.6 mol CO，反应达到平衡前的速率：v(正)>v(逆)

【答案】D

【解析】A.由表中数据可知，6s、8s时氯气的物质的量都是0.4mol，说明6s时反应到达平衡，平衡时氯气的浓度为0.2mol/L，升高温度，到达新平衡，氯气的浓度变为0.22mol/L，氯气浓度增大，说明平衡向正反应方向移动，故正反应为吸热反应，即△H>0，故A错误；

B.正反应为吸热反应，恒容绝热密闭容器进行该反应，随反应进行温度降低，而平衡常数只受温度影响，故平衡常数一定发生变化，故B错误；

C.平衡时c(Cl2)=0.2mol/L，

COCl2(g)⇌Cl2(g)+CO(g)

起始(mol/L)：0.5

0

0

转化(mol/L)：0.2

0.2

0.2

平衡(mol/L)：0.3

0.2

0.2

该温度下平衡常数K=0.2×0.20.3=0.13，若起始向容器中充入1.2molCOCl2、0.60molCl2和0.60molCO，此时Qc=0.62×0.621.22=0.15>0.13，则反应向逆反应方向移动，反应达到平衡前v正<v逆，故C7、Ni(CO)4可用于有机合成，也常用作催化剂。一定条件下，恒容密闭容器中发生反应Ni(s)+4CO(g)⇌Ni(CO温度/℃2580230平衡常数5×21.9×下列说法正确的是(

)A.25℃达到平衡时，向容器中继续充入CO(g)，CO的转化率减小

B.温度越低，越有利于Ni(CO)4的生产

C.80℃时，测得某时刻Ni(CO)4、CO的浓度均为0.5 mol·L−1，则此时【答案】C

【解析】A.向容器中继续充入CO(g)，相当于增大压强，平衡正向进行，CO的转化率增大，A项错误；

B.由表中数据可知，升高温度，平衡常数减小，说明正反应是放热反应，降低温度平衡正向移动，但反应速率小，生产效益低，不利于Ni(CO)4的生产，B项错误；

C.Qc=0.50.54=8>K=2，反应逆向进行，则v正<v逆【方法规律】K的相关计算(1)正、逆反应的化学平衡常数互为倒数。(2)若化学方程式中各物质的化学计量数都变成n倍或eq\f(1,n)倍，则化学平衡常数变为原来的n次幂或eq\f(1,n)次幂。(3)两化学方程式相加得到新的化学方程式，其化学平衡常数是两反应平衡常数的乘积。【模型展示】化学平衡计算的答题模板反应：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，令A、B起始物质的量分别为amol、bmol，达到平衡后，A的转化量为mxmol，容器容积为VL，则有以下关系：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)起始/molab00转化/molmxnxpxqx平衡/mola－mxb－nxpxqx则有：①K＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(px,V)))p·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(qx,V)))q,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－mx,V)))m·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b－nx,V)))n)②c平(A)＝eq\f(a－mx,V)mol·L－1③α(A)平＝eq\f(mx,a)×100%，α(A)∶α(B)＝eq\f(mx,a)∶eq\f(nx,b)＝eq\f(mb,na)④φ(A)＝eq\f(a－mx,a＋b＋p＋q－m－nx)×100%⑤eq\f(p平,p始)＝eq\f(a＋b＋p＋q－m－nx,a＋b)⑥eq\x\to(ρ)混＝eq\f(a·MA＋b·MB,V)g·L－1[其中M(A)、M(B)分别为A、B的摩尔质量]⑦平衡时体系的平均摩尔质量：eq\x\to(M)＝eq\f(a·MA＋b·MB,a＋b＋p＋q－m－nx)g·mol－1考点三影响化学平衡的因素1.反应A(s)+2B(g)⇌2C(g)

ΔH<0，在反应过程中，正反应速率随条件改变的变化如图。下列条件改变的结果与图像不符的是（）

A.t1时增大了生成物浓度 B.t2时降低了温度

C.t2时减小了压强 【答案】C

【解析】A.t1时刻正反应速率没有变化，但随着时间推移正反应速率增大，直到平衡，说明改变条件为增大生成物浓度，故A正确；

B.t2时刻正反应速率降低，但随着时间推移正反应速率继续降低直到平衡，说明改变条件降低了温度，故B正确；

C.该反应是反应前后气体计量系数不变的反应，压强减小，同等程度的减小正、逆反应速率，化学平衡不动，故C错误；2.2020年是勒夏特列诞辰170周年，他发现的平衡移动原理在工、农业生产和日常生活中有许多重要应用，下列事实能用勒夏特列原理解释的是(

)A.2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)，加压，体系颜色变深

B.已知反应N2(g) + 3H2(g) ⇌ 2NH3(g)，△H< 0，高温比低温更有利于【答案】C

【解析】A.2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)，加压平衡不移动，但由于碘蒸气浓度增大，所以体系颜色变深，因此不能用平衡移动原理解释，故A不符；

N2(g) + 3H2(g) ⇌ 2NH3(g)，△H< 03.一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中的硫的回收：SO2(g)+2CO(g)2CO2(g)+S(l) ΔH<0。一定温度下，在容积为2 L的恒容密闭容器中1 mol SO2和nmol CO发生反应，5 minA.反应前2 min的平均速率v(SO2)=0.1a mol/(L·min)

B.当混合气体的物质的量不再改变时，反应达到平衡状态

C.平衡后保持其他条件不变，从容器中分离出部分硫，平衡向正反应方向移动

【答案】B

【解析】2 minSO2的转化量未知，无法计算平均速率，故A错误；

B.根据方程式可知，该反应是反应前后气体的物质的量减小的可逆反应，因此当混合气体的物质的量不再改变时，可以说明反应达到平衡状态，故B正确；

C.S是纯液体，从容器中分离出部分硫，平衡不移动，故C错误；

D.该反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，SO4.在300 mL的密闭容器中，放入镍粉并充入一定量的CO气体，一定条件下发生反应：Ni(s)+4CO(g)⇌Ni(CO)4温度/℃2580230平衡常数5×21.9×下列说法不正确的是(

)A.上述生成Ni(CO4)(g)的反应为放热反应

B.25 ℃时反应Ni(CO)4(g)⇌Ni(s)+4CO(g)的平衡常数为2×10−5

C.在80 ℃时，测得某时刻，Ni(CO)4、CO的浓度均为0.5 mol·L−1，则此时v(正【答案】C

【解析】因为温度升高，平衡常数减小，所以正反应为放热反应，A正确；Ni(CO)4(g)⇌Ni(s)+4CO(g)的平衡常数为Ni(s)+4CO(g)⇌Ni(CO)4(g)的平衡常数的倒数，所以其应为(5×104)−1=2×10−5，B正确；在80 ℃时，测得某时刻Ni(CO)4、CO的浓度均为0.5 mol·L−1，此时浓度商为8，所以反应逆向进行，此时v(正)<v(5.在容积一定的密闭容器中，置入一定量的NO(g)和足量C(s)，发生反应C(s)+2NO(g)⇌CO2(g)+N2(g)，平衡状态时NO(g)的物质的量浓度[NO]与温度T的关系如图所示。则下列说法中正确的是A.该反应的ΔH>0

B.若该反应在T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1<K2

C.在T2【答案】D

【解析】A.由图可知，温度越高平衡时c(NO)越大，即升高温度平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，即△H<0，故A错误；

B.该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，所以升温化学平衡常数减小，故K ​1>K2，故B错误；

C.T2时反应进行到状态D，c(NO)高于平衡浓度，故反应向正反应方向进行，则一定有v(正)>v(逆)，故C错误；

D.在容积一定的密闭容器中，发生反应C(s)+2NO(g)⇌CO26.在一定温度下、1L密闭容器中，3种气体起始状态和平衡状态时的物质的量(n)如下表所示，下列有关说法正确的是xywn(起始)/mol210n(平衡)/mol10.51.5A.该温度下，此反应的平衡常数表达式是K=c2(x)⋅c(y)c3(w)

B.升高温度，若w的体积分数减小，则此反应ΔH>0

C.增大压强，正、逆反应速率均增大，平衡向正反应方向移动【答案】D

【解析】由表中数据可知x的物质的量减少1mol，y减少0.5mol，w增加1.5mol，则反应的化学方程式为2x(g)+y(g)⇌3w(g)，反应前后气体的体积不变，则压强对平衡移动没有影响，以此解答该题；

A.该温度下，此反应的平衡常数表达式是K=c3(w)c2(x)×c(y)，故A错误；

B.升高温度，若w的体积分数减小，说明平衡向逆反应方向移动，则此反应△H<0，故B错误；

C.反应前后气体的体积不变，则压强对平衡移动没有影响，故C错误；

D.反应前后气体的体积不变，则压强对平衡移动没有影响，该温度下，再向容器中通入3molw，达到平衡时等效于加入4molx、7.乙烯气相水化法制备乙醇：C2H4(g)+H2O(g)⇌

C2H5OH(g)。乙烯的平衡转化率随温度、压强的变化关系如下(A.乙烯气相直接水化反应的ΔH<0

B.图中压强的大小关系为：p3>p2>p1

C.图中a、b两点对应的化学平衡常数相等【答案】C

【解析】A.压强不变时，升高温度乙烯转化率降低，平衡逆向移动，正反应为放热反应，则△H<0，故A正确；

B.相同温度下，增大压强平衡正向移动，乙烯转化率增大，根据图知，相同温度下转化率：p1<p2<p3 ，则压强p1<p2<p3 ，故B正确；

a、8.Bodensteins研究反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)

ΔH<0，温度为T时，在两个体积均为1L的密闭容器中进行实验，测得气体混合物中碘化氢的物质的量分数w

容器编号起始物质t/min020406080100Ⅰ0.5mol

I0.5mol

Hw(HI)/%05068768080Ⅱx

mol

HIw(HI)/%1009184818080研究发现上述反应中：v正=ka·w(H2)·w(A.温度为T时，该反应kakb=64

B.容器I中在前20

min的平均速率v(HI)=0.025 mol·(L·min)−1

C.若起始时，向容器I中加入物质的量均为0.1mol的H2、I2、HI【答案】C

【解析】

H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)△H<0

起始量(mol/L) 0.5

0.5

0

变化量(mol/L) n

n

2n

平衡量(mol/L) 0.5−n

0.5−n

2n

w(HI)/%=2n1×100%=80%，

n=0.4

平衡常数K=0．820.1×0.1=64，

A.反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，ka⋅w(H2)⋅w(I2)=v正=v逆=kb⋅w2(HI)，则kakb=w2(HI)w(H2)w(I2)=K=64，故A正确；

B.容器I中前20min，H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)△H<0

起始量(mol/L)

0.5

0.5

0

变化量(mol/L)

m

m【模型建构】等效平衡模型建构(1)构建恒温恒容平衡思维模式新平衡状态可认为是两个原平衡状态简单的叠加并压缩而成，相当于增大压强。(2)构建恒温恒压平衡思维模式(以气体物质的量增加的反应为例，见图示)新平衡状态可认为是两个原平衡状态简单的叠加，压强不变，平衡不移动。考点四常考化学反应速率和化学平衡图像的分析1.反应mX(g)⇌nY(g)+pZ(g) ΔH，在不同温度下的平衡体系中物质Y的体积分数随压强变化的曲线如图所示。下列说法错误的是(

)

A.m<n+p B.该反应的ΔH>0

C.B、C两点化学平衡常数：KB> KC D.A【答案】C

【解析】A.由图可知，增大压强，Y的体积分数减小，说明平衡逆向移动，则m<n+p，故A正确；

B.由图可知温度升高，Y的体积分数增大，说明平衡正向移动，则正向为吸热反应，故B正确；

C.对吸热反应来说，温度升高，K增大，KB<KC，故C错误；

D.A、C温度相同，C点压强大，则C点的速率大于A点，故D正确。2.在恒容的密闭容器中进行如下反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SOA. B. C. D.【答案】B

【解析】根据方程式2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H<0，该反应正反应是气体体积减小的放热反应，

A、达到平衡后，增大SO2的浓度，氧气的转化率增大，但二氧化硫的转化率降低，故A错误；

B、该反应正反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，但平衡常数保持不变，故B正确；

3.已知：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H=−49.0kJ⋅mol−1.A.从反应开始到平衡，H2的平均反应速率v(H2)=0.075mol⋅L−1⋅min−1

B.此温度下，该反应的平衡常数为0.225

【答案】C

【解析】A.由图可知，从开始到平衡生成CH3OH为0.75mol，结合反应可知消耗氢气为0.75mol×3=2.25mol，H2的平均反应速率v(H2)=2.25mol1L10min=0.225mol⋅L−1⋅min−1，故A错误；

B.在容积为1L的密闭容器中充入1molCO2和3.25molH2，结合图中数据可知，

CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)

开始(

mol⋅L−1)

1

3.25

0

0

转化(

mol⋅L−1)

0.754.下面是某化学研究小组探究外界条件对化学反应速率和化学平衡影响时所画的图象，其中图象和实验结论表达均正确的是(

)

A.①是其他条件一定时，反应速率随温度变化的图象，正反应ΔH<0

B.②是在平衡体系的溶液中溶入少量KCl晶体后化学反应速率随时间变化的图象

C.③是在有、无催化剂存在下建立平衡过程的图象，a表示使用催化剂时的曲线

D.④是一定条件下，向含有一定量A的容器中逐渐加入B时的图象，压强p1【答案】C

【解析】A.根据图象知，升高温度，平衡向正反应方向移动，则正反应的△H>0，故A错误；

B.该反应实质为Fe3++3SCN−⇌Fe(SCN)3，钾离子和氯离子不参加反应，则KCl浓度增大不影响化学平衡移动，故B错误；

C.使用催化剂，反应速率加快，缩短反应达到平衡所需时间，所以先达到平衡状态，故C正确；

D.该反应前后气体的物质的量不变，改变压强不影响平衡状态，即不影响A的转化率，由于不断加入B，A的转化率增大，故D错误；

故选：C。

5A.B.C. D.【答案】A

【解析】A.该反应正反应方向是放热反应，温度升高，反应速率加快，达到平衡的时间缩短，平衡逆向移动，C的体积分数减小，故A正确；

B.压强增大，正逆反应速率都增加，且平衡正向移动，正反应速率增加的程度比逆反应速率增加的程度大，故B错误；

C.催化剂只能改变反应速率，不能改变化学反应的平衡状态，即有无催化剂，C平衡时的体积分数不变，故C错误；

D.该反应正反应方向是放热反应，温度升高平衡逆向移动，A的转化率减小，故D错误。

故选A。6.某化学研究小组探究外界条件对化学反应mA (g)+nB (g)pC

(g)的速率和平衡的影响图象如下，下列判断正确的是(

)

A.由图1可知，T1<T2，该反应正反应为吸热反应

B.由图2可知，该反应m+n<p

C.图3中，点3的反应速率v正>v逆

D.图【答案】C

【解析】A.根据“先拐先平数值大”，可知T1<T2，升高温度，B.由图可知，增大压强，C的百分含量增大，说明加压平衡正向移动，所以该反应m+n>p，故B错误；C.图中点3的转化率小于同温下的平衡转化率，说明点3反应正向进行，反应速率：v正>vD.曲线a速率加快、平衡没移动，若m+n=p，曲线a可能使用了催化剂或加压，故D错误，故答案选C。7.恒温下某化学反应的反应速率随反应时间的变化关系如图所示。下列叙述与示意图不符的是(

)

A.反应达到平衡时，正反应速率和逆反应速率相等

B.该反应达到平衡状态Ⅰ后，增大反应物浓度，平衡发生移动，达到平衡状态Ⅱ

C.该反应达到平衡状态Ⅰ后，减小反应物浓度，平衡发生移动，达到平衡状态Ⅱ

D.同一种反应物在平衡状态Ⅰ和平衡状态Ⅱ时浓度不相等【答案】C

【解析】A.由平衡的特征可知，反应达平衡时，正反应速率和逆反应速率相等，故A正确；

B.该反应达到平衡态Ⅰ后，增大反应物浓度，一瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变，平衡正向移动，达到平衡态Ⅱ，故B正确；

C.该反应达到平衡态后，减小反应物浓度，平衡应逆向移动，逆反应速率大于正反应速率，与图像矛盾，故C错误；

D.该反应达到平衡态Ⅰ后，改变条件使反应继续正向移动达到平衡态Ⅱ，所以同一种反应物在平衡态Ⅰ和平衡Ⅱ时浓度不相等，故D正确；

故选C。8.在1.0 L恒容密闭容器中投入1 mol CO2和2.75 mol H2发生反应CO2A.该反应的正反应为吸热反应

B.压强大小关系为p1<p2<p3

C.M点对应平衡常数K的值约为1.04×10−2

【答案】C

【解析】A..由图可知，随着温度升高，平衡时甲醇的物质的量在减小，所以升温平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，故A错误；

B.由图可知，作一条等温线，因为该反应为气体体积减小的反应，压强越大，平衡时甲醇的物质的量也越大，所以p1>p2>p3，故B错误；

C.由图可知，M点对应的甲醇产量为0.25mol，则

CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)

开始(mol)

1

2.75

0

0

反应(mol)

0.25

0.75

0.25

0.25

平衡(mol)

0.75

2

0.25

0.25

又体积为1.0L，所以K=0.25×0.250.75×23=1.04×第三板块真题演练1.（2023·广东）催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应R(g)⇀↽P(g)。反应历程(下图)中，M为中间产物。其它条件相同时，下列说法不正确的是（）

A.使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行

B.反应达平衡时，升高温度，R的浓度增大

C.使用Ⅱ时，反应体系更快达到平衡

D.使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大【答案】C

【解析】A.由图可知两种催化剂均出现四个波峰，所以使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行，A正确；B.由图可知该反应是放热反应，所以达平衡时，升高温度平衡向左移动，R的浓度增大，B正确；C.由图可知Ⅰ的最高活化能小于Ⅱ的最高活化能，所以使用Ⅰ时反应速率更快，反应体系更快达到平衡，C错误；D.由图可知在前两个历程中使用Ⅰ活化能较低反应速率较快，后两个历程中使用Ⅰ活化能较高反应速率较慢，所以使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大，D正确；故选C。2.（2023·辽宁）一定条件下，酸性KMnO4溶液与H2C2O4发生反应，Mn(Ⅱ)起催化作用，过程中不同价态含MnA.Mn(Ⅲ)不能氧化H2C2O4

B.随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小

C.该条件下，Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)【答案】C

【解析】A.图像可知，随着时间推移，Mn(Ⅲ)浓度先增大，后减小，说明开始反应生成Mn(Ⅲ)，后Mn(Ⅲ)被消耗生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4，故A错误；

B.随着反应物浓度减小，到大约13min时，开始生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)对反应起到催化剂作用，13mmin后反应速率会增大，故B错误；

C.图象可知Mn(Ⅶ)的浓度为0后才开始生成Mn(Ⅱ)，该条件下，Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存，故C正确；

D.H2C2O4为弱酸，在离子方程式中不能拆分为离子，总反应离子方程式为：2MnO4−+5H2C2OA.H2O2溶液中加入少量MnO2固体，促进H2O2分解

B.密闭烧瓶内的NO2和N2O4的混合气体，受热后颜色加深

【答案】B

【解析】A.MnO2作H2O2分解的催化剂，催化剂只改变化学反应速率，不影响平衡移动，所以不能用平衡移动原理解释，故A错误；

B.2NO2(g)⇌N2O4(g)△H<0，密闭烧瓶内的NO2和N2O4的混合气体，加热，平衡逆向移动，导致c(NO2)增大，气体颜色加深，能用平衡移动原理解释，故B正确；

C.常温下，Fe和浓硝酸发生钝化现象，加热使铁表面的氧化物薄膜溶解，且在加热条件下铁和浓硝酸发生氧化还原反应生成NO2，NO2呈红棕色，与平衡移动原理无关，不能用平衡移动原理解释，故C错误；

D.Fe能置换出Cu，Fe、Cu和稀硫酸构成原电池而促进H2的产生，与平衡移动原理无关，不能用平衡移动原理解释，故D错误；

A.x1<x2

B.反应速率：vb正<vc正

C.点a、b、【答案】B

【解析】A.相同温度下，n(CH4)n(H2O)比值越大，甲烷转化率越小，图像分析可知x1<x2，故A正确；

B.b、c点反应的温度相同，不同投料比x(x=n(CH4)n(H2O))不同，b点甲烷转化率大，说明投料比b<c，但不能说明正反应速率大小，故B错误；

C.升高温度，甲烷转化率增大，说明反应为吸热反应，升高温度平衡常数增大，则Ka<KbCO2CO2在密闭容器中，1.01×105Pa、n起始CO2:n起始H2A.反应2COg+2H2g=CO2g+CH4g的焓变ΔH=−205.9kJ⋅mol−1

B.C【答案】D

【解析】A.由盖斯定律可知反应

2COg+2H2g=CO2B.

CO2g+4H2g=CH4g+2C.由图可知温度范围约为450∼550℃时二氧化碳实际转化率趋近于平衡转化率，此时为最适温度，温度继续增加，催化剂活性下降，C错误；D.450℃时，提高

n起始H2n起始CO2

的值可提高二氧化碳的平衡转化率，增大压强反应I平衡正向移动，可提高二氧化碳的平衡转化率，均能使故选D。6.（2023·重庆）逆水煤气变换体系中存在以下两个反应：

反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)

反应Ⅱ：CO2(g)+4A.反应Ⅰ的ΔH<0，反应Ⅱ的ΔH>0

B.M点反应Ⅰ的平衡常数K<1

C.N点H2O的压强是CH4的3倍

D.若按V(CO【答案】C

【解析】A.由图可知，随着温度的升高，CH4含量减小，CO含量增大，则说明随着温度升高，反应Ⅱ逆向移动、反应Ⅰ正向移动，则反应Ⅱ为放热反应焓变小于零、反应Ⅰ为吸热反应焓变大于零，故A错误；

B.M点没有CH4产物，且CO2、CO含量相等，按V(CO2)：V(H2)=1：1投料比进行反应，则此时反应Ⅰ平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳、水的物质的量相等，反应Ⅰ的平衡常数K=c(CO)×c(H2O)c(CO2)×c(H2)=1，故B错误；

C.N点CO、CH4物质的量相等，结合反应方程式的系数可知，生成水得总的物质的量为甲烷的7.（2023·海南）磷酸二氢钾在工农业生产及国防工业等领域都有广泛的应用。某研究小组用质量分数为85%的磷酸与KCls反应制备KH2PO4s回答问题：(1)该条件下，反应至1h时KCl的转化率为_______。(2)该制备反应的ΔH随温度变化关系如图2所示。该条件下反应为_______反应(填“吸热”或“放热”)，且反应热随温度升高而_______。(3)该小组为提高转化率采用的措施中有：使用浓磷酸作反应物、向系统中不断通入水蒸气等。它们能提高转化率的原因是：不使用稀磷酸_______；通入水蒸气_______。(4)298K时，H3PO4aq+KClaq⇀↽【答案】(1)70%

(2)吸热；降低

(3)使用浓磷酸作反应物可以提高磷酸的浓度，促使反应正向进行；使得气体中氯化氢的分压减小，促使反应正向进行

(4)6.9×1【解析】(1)由图可知，该条件下，反应至1h时KCl的转化率为70%；(2)由图可知，焓变为正值，则该条件下反应为吸热反应，且反应热随温度升高而降低；(3)使用浓磷酸作反应物可以提高磷酸的浓度，促使反应正向进行；向系统中不断通入水蒸气，使得气体中氯化氢的分压减小，促使反应正向进行；都可以促进氯化钾的转化率的提高；(4)298K时，H3PO4aq+KCl8.（2023·辽宁）硫酸工业在国民经济中占有重要地位。(1)我国古籍记载了硫酸的制备方法——“炼石胆(CuSO4·5H2O)取精华法”。借助现代仪器分析，该制备过程中CuSO4·5H2O分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)(2)铅室法使用了大容积铅室制备硫酸(76%以下)，副产物为亚硝基硫酸，主要反应如下：N2NO+(ⅰ)上述过程中NO2的作用为(ⅱ)为了适应化工生产的需求，铅室法最终被接触法所代替，其主要原因是_______(答出两点即可)。(3)接触法制硫酸的关键反应为SOSO2(ⅰ)为寻求固定投料比下不同反应阶段的最佳生产温度，绘制相应转化率(α)下反应速率(数值已略去)与温度的关系如下图所示，下列说法正确的是_______。a.温度越高，反应速率越大b.α=0.88的曲线代表平衡转化率c.α越大，反应速率最大值对应温度越低d.可根据不同α下的最大速率，选择最佳生产温度(ⅱ)为提高钒催化剂的综合性能，我国科学家对其进行了改良。不同催化剂下，温度和转化率关系如下图所示，催化性能最佳的是_______(填标号)。(ⅲ)设O2的平衡分压为p，SO2的平衡转化率为αe，用含p和αe的代数式表示上述催化氧化反应的Kp【答案】(1)CuO；SO(2)(ⅰ)催化剂；(ⅱ)反应中有污染空气的NO和NO2放出影响空气环境、NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质、产率不高(3)(ⅰ)cd

(ⅱ)d

(ⅲ)【解析】(1)根据图示的热重曲线所示，在700℃左右会出现两个吸热峰，说明此时CuSO4发生热分解反应，从TG图像可以看出，质量减少量为原CuSO4质量的一半，说明有固体CuO剩余，还有其他气体产出，此时气体产物为SO2、SO3、O2，可能出现的化学方程式为3CuSO4

700

3CuO+2SO(2)(i)根据所给的反应方程式，NO2在反应过程中先消耗再生成，说明(ii)近年来，铅室法被接触法代替因为在反应中有污染空气的NO和NO2放出影响空气环境、同时作为催化剂的NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质影响产品质量、产率不高(3)(i)a.根据不同转化率下的反应速率曲线可以看出，随着温度的升高反应速率先加快后减慢，a错误；b.从图中所给出的速率曲线可以看出，相同温度下，转化率越低反应速率越快，但在转化率小于88%的时的反应速率图像并没有给出，无法判断α=0.88的条件下是平衡转化率，b错误；c.从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率不断减小，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，c正确；d.从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，这时可以根据不同转化率选择合适的反应温度以减少能源的消耗，d正确；故答案选cd；(ii)为了提高催化剂的综合性能，科学家对催化剂进行了改良，从图中可以看出标号为d的催化剂V−K−Cs−Ce对SO2的转化率最好，产率最佳，故答案选(iii)利用分压代替浓度计算平衡常数，反应的平衡常数Kp=

p(SO3)p(SO2)p12(O2)

=

n(SO3)n(总)p(总)n(SO2)n(总)p(总)⋅p19.（2023·湖南）聚苯乙烯是一类重要的高分子材料，可通过苯乙烯聚合制得。

Ⅰ.苯乙烯的制备

(1)已知下列反应的热化学方程式：

①C6H5C2H5(g)+212O2(g)=8CO2(g)+5H2O(g)ΔH1=−4386.9kJ⋅mol−1

②C6H5CH=CH2(g)+10O2(g)=8CO2(g)+4H2O(g)ΔH2=−4263.1kJ⋅mol−1

③H2(g)+12O2(g)=H2O(g)ΔH3=−241.8kJ⋅mol−1

计算反应④C6H5C2H5(g)⇌C6H3CH=CH2(g)+H2(g)的ΔH4=______kJ⋅mol−1；

(2)在某温度、100kPa下，向反应器中充入1mol气态乙苯发生反应④，其平衡转化率为50%，欲将平衡转化率提高至75%，需要向反应器中充入______mol水蒸气作为稀释气(计算时忽略副反应)；

(3)在913K、100kPa下，以水蒸气作稀释气、Fe2O3作催化剂，乙苯除脱氢生成苯乙烯外，还会发生如下两个副反应：

⑤C6H5C2H5(g)⇌C6H【答案】+118

5

苯乙烯

生成苯乙烯的同时生成H2，而H2是生成甲苯的原料，所以当甲苯产率增加时，苯乙烯产量增加更多

BD

C6【解析】(1)根据盖斯定律：①−②−③计算C6H5C2H5(g)⇌C6H3CH=CH2(g)+H2(g)的ΔH4=−4386.9kJ⋅mol−1−(−4263.1kJ⋅mol−1)−(−241.8kJ⋅mol−1)=+118kJ/mol，

故答案为：+118；

(2)反应④为C6H5C2H5(g)⇌C6H3CH=CH2(g)+H2(g)，乙苯的平衡转化率为50%，则平衡时n(C6H5C2H5)=n(C6H3CH=CH2)=n(H2)=0.5mol，平衡分压p(C6H5C2H5)=p(C6H3CH=CH2)=p(H2)=0.5mol0.5mol+0.5mol+0.5mol×100kPa=1003kPa，该温度下的平衡常数Kp=p(C6H3CH=CH2)⋅p(H2)p(C6H5C2H5)=1003，乙苯的平衡转化率为75%时，n(C6H5C210.（2023·华侨、港澳台联考）在326℃的密闭刚性容器中，1，3−丁二烯(C4H6)在催化剂At/min03.2512.1824.5542.5068.05∞p/kPa84.2582.4577.8772.8567.8963.2647.61回答下列问题(列出计算表达式即可)：

(1)成立t=24.55min时，C4H6(g)的转化率α=______%。

(2)3.25～24.55min之间的平均速率v−(C8H12)=______kPa⋅min−1。

(3)该反应的平衡常数Kp=______kPa−1。

(4)【答案】27

0.45

(47.61×0.871.13)(47.61×2−2×0.871.13)2

大于

1【解析】(1)结合三段式列式计算，设起始1，3−丁二烯(C4H6)物质的量为2mol，生成二聚物物质的量为xmol，气体压强之比等于气体物质的量之比，

2C4H6(g)=C8H12(g)

起始量(mol)

2

0

变化量(mol)

2x

x

24.55min时(mol)2−2x x

22−x=84.2572.85，x≈0.27，转化率=消耗量起始量×100%=2x2×100%=2×0.272×100%=27%，

故答案为：27%；

(2)气体压强减小量和C8H12生成的量相同，3.25～24.55min之间的平均速率v−(C8H12)=△p△t=82.45kPa−72.85kPa24.55min−3.25min≈0.45kPa⋅min−1，

故答案为：0.45；

(3)平衡状态下气体压强47.61kPa，结合三段式列式计算，设起始1，3−丁二烯(C4H6)物质的量为2mol，平衡状态下生成C8H12(g)物质的量为ymol，

2C4H6(g)=C8H12(g)

起始量(mol) 2

0

变化量(mol) 2y

y

平衡量(mol)2−2y

y

气体压强之比等于气体物质的量之比，22−y=84.2547.61，y≈0.87，平衡状态下气体总物质的量=2mol−0.87mol=1.13mol，Kp=p(C8H12)p2(C4H6)=(47.61×0.871.13)(47.61×2−2×0.871.13)2kPa−1

故答案为：(47.61×0.871.13)(47.61×2−2×0.871.13)2；

(4)反应为放热反应，若提高反应温度，平衡逆向进行，气体物质的量增大，则平衡时容器中的压强大于47.61kPa，

故答案为：大于；

(5)保持反应温度不变，改用催化剂B，发现平衡时容器中的压强小于47.61kPa。分析可能的原因是：1，3−丁二烯(C4H6)在催化剂B作用下生成了高聚物，

故答案为：1，3−丁二烯(C4H6)在催化剂B作用下生成了高聚物。

11.（2023·浙江）“碳达峰⋅碳中和”是我国社会发展重大战略之一，CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有：

Ⅰ：CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g) ΔH1=+247kJ⋅mol−1，K1

Ⅱ：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41kJ⋅mol−1，K2

请回答：

(1)有利于提高CO2平衡转化率的条件是______。

A.低温低压

B.低温高压

C.高温低压温度/℃480500520550CH47.911.520.234.8R2.62.42.11.8下列说法不正确的是______。

A.R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应Ⅱ的速率

B.温度越低，含氢产物中H2O占比越高

C.温度升高，CH4转化率增加，CO2转化率降低，R值减小

D.【答案】(1)C

(2)+329；K1⋅K22

(3)①BC

②通入He，CaCO3分解平衡正移，导致c(CO2)c(CO)【解析】(1)反应Ⅰ是一个反应前后气体体积增大的吸热反应、反应Ⅱ是一个反应前后气体体积不变的吸热反应，升高温度、减小压强有利于反应Ⅰ平衡正向移动，所以要提高CO2的转化率，应该选取高温、低压条件，

故答案为：C；

(2)Ⅰ：CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)

ΔH1=+247kJ⋅mol−1，K1=c2(CO)⋅c2(H2)c(CH4)⋅c(CO2)；Ⅱ：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)

ΔH2=+41kJ⋅mol−1，K2=c(CO)⋅c(H2O)c(CO2)⋅c(H2)；将反应Ⅰ+2Ⅱ得反应CH4(g)+3CO2(g)⇌4CO(g)+2H2O(g)

ΔH=△H1+2△H2=[(+247)+2×(+41)]kJ/mol=+329kJ/mol，K=c4(CO)⋅c2(H2O)c(CH4)⋅c3(CO2)=c2(CO)⋅c2(H2)c(CH4)⋅c(CO2)×(c(CO)⋅c(H2O)c(CO2)⋅c(H2))2=K1⋅K22；

(3)①A.根据图知，Fe3O4、CaO在过程ii中作反应物、过程iii中作生成物，所以CaO、Fe3O4可循环利用，故A错误；

B.过程ii，CO2和CaO反应生成CaCO3，导致c(CO2)降低，可促使Fe3O4氧化CO的平衡正移，故B正确；

C.12.（2023·上海）在某温度下，在体积为5L的密闭容器内发生如下反应：CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)−Q

(1)在上述反应的反应物与生成物中，非极性分子为：______。

(2)若反应20min后气体总物质的量增加了10mol，则甲烷的平均反应速率为______。

(3)下列选项中的物理量不变时，一定可以判断反应达到平衡的是______。

A.容器中氢元素的质量分数

B.容器内的压强

C.反应的平衡常数

D.容器内气体的平均相对分子质量

(4)在某一时刻，v正=v逆=v0，反应若改变一条件，可使得v正<v逆<v0，指出可以改变的条件，并说明理由：______。

已知CO【答案】CH4、H2

0.05 mol/(L⋅min)

BD

降温；温度降低时，正、逆反应速率都降低，反应为吸热反应，降低温度，平衡向逆反应方向移动，因此v【解析】(1)非极性分子是指结构对称、正负电荷中心重合的分子，在上述反应的反应物与生成物中，甲烷和氢气分子都有结构对称、正负电荷中心重合，为非极性分子，

故答案为：CH4、H2；

(2)根据反应系数关系可知气体总物质的量增加了10mol，则甲烷减少了5mol，甲烷的平均反应速率v=△c△t=5mol5L20min=0.05 mol/(L⋅min)，

故答案为：0.05 mol/(L⋅min)；

(3)A.容器内氢元素的质量分数为定量，与反应进行的程度无关，故不能作为判断平衡的标志，故A错误；

B.容器体积不变，气体的总物质的量改变，则压强也随之改变，故压强不变时反应达到平衡，故B正确；

C.反应的平衡常数只与温度有关，只要温度不变平衡常数就不变，故不能作为判断平衡的标志，故C错误；

D.各物质均为气体，气体的总质量不变，随着反应进行气体的总物质的量改变，各容器内气体的M−是变量，变量不变则反应达到平衡，故D正确；

故答案为：BD；

(4)若使v正<v逆<v0，即速率降低且平衡逆向移动，该反应的正反应为吸热反应，则改变的条件可能为降温，

故答案为：降温；温度降低时，正、逆反应速率都降低，反应为吸热反应，降低温度，平衡向逆反应方向移动，因此v正<v逆；

(5)根据反应方程式可知CO与H2的变化量之比为1：2，由α=△nn0×100%可得，若使转化率相同，则投料比1：2，

故答案为：1：2。

13.（2023·全国乙卷）硫酸亚铁在工农业生产中有许多用途，如可用作农药防治小麦黑穗病，制造磁性氧化铁、铁催化剂等。回答下列问题：

(1)在N2气氛中，FeSO4⋅7H2O的脱水热分解过程如图所示：

根据上述实验结果，可知x=______，y=______。

(2)已知下列热化学方程式：

FeSO4⋅7H2O(s)=FeSO4(s)+7H2O(g) ΔH1=akJ⋅mol−1

FeSO4⋅xH2O(s)=FeSO4(s)+xH2O(g) ΔH2=bkJ⋅mol−1

FeSO4⋅yH2O(s)=FeSO4(s)+yH2【答案】4

1

(a+c−2b)

3.0

2.25

增大

14(pSO【解析】(1)设起始时FeSO4⋅7H2O的物质的量为1mol，m(FeSO4⋅7H2O)=278g，生成FeSO4⋅xH2O的失重率为19.4%，生成FeSO4⋅yH2O的失重率为38.8%，即278×19.4%=126−18x，278×38.8%=126−18y，解得x≈4，y≈1，

故答案为：4；1；

(2)①FeSO4⋅7H2O(s)=FeSO4(s)+7H2O(g)ΔH1=akJ⋅mol−1，②FeSO4⋅xH2O(s)=FeSO4(s)+xH2O(g)ΔH2=bkJ⋅mol−1，③FeSO4⋅yH2O(s)=FeSO4(s)+yH2O(g)ΔH3=ckJ⋅mol−1，根据盖斯定律：①+③−2×②计算反应：FeSO4⋅7H2O(s)+FeSO4⋅yH2O(s)=2(FeSO4⋅xH2O)(s)的ΔH=(a+c−2b)kJ/mol，

故答案为：(a+c−2b)；

(3)反应为2FeSO4(s)⇌Fe2O3(g)+SO2(g)+SO3(g)(Ⅰ)，由图可知，平衡时pSO3随着温度升高而增大，说明升高温度时平衡正向移动，该反应为吸热反应，则平衡常数Kp(Ⅰ)随反应温度升高而增大，并且刚性容器中存在n(SO2)=n(SO3)，根据恒温恒容条件下气体的物质的量之比等于压强之比、660K时pSO3=1.5kPa可知p(SO2)=p(SO3)=1.5kPa，平衡总压p总=p(SO2)+p(SO3)=2p(SO3)=3.0kPa，该反应的分压平衡常数Kp(Ⅰ)=p(SO2)⋅p(SO3)=1.5kPa×1.5kPa=2.25(kPa)2，

故答案为：3.0；2.25；增大；

(4)设平衡