6.2化学平衡（第2课时）-高一化学教材解读（沪科版2020）

第六章化学反应速率和化学平衡6.2化学平衡 课时2 化学平衡图像课标导航课标导航1.知道化学平衡移动的原因2.了解浓度、温度对化学平衡移动的影响知识点拨知识点拨知识点拨01浓度时间曲线该类曲线多用于判断反应物与生成物的化学计量数之比、计算化学平衡常数等。右图为nt曲线，在图像中注意观察以下几点：①各物质的量在变化中增加还是减少：X、Y减少了，则为反应物，Z增加了，则为生成物。②相同时间内变化量的比例关系：X、Y、Z变化量之比为0.3:0.1:0.2，即化学计量数之比为3:1:2③在哪个时间达到化学平衡：需在该时间段，各物质的物质的量或者浓度保持不变。利用①②写出相应化学方程式。利用③中平衡时的浓度计算该温度下化学平衡常数。知识点拨02速率时间曲线根据正逆反应速率与时间的曲线，判断平衡的时间段，及达到平衡后改变了何种条件导致平衡被破坏。以下说明以N2(g)+3H2(g)2NH3(g)+Q为例。1、浓度①规律增加反应物浓度或减少生成物的浓度，都可以使平衡朝着正向移动；减少反应物浓度或增加生成物的浓度，都可以使平衡朝着逆向移动。②理解增加反应物浓度或减少生成物的浓度，使V,(正)>V,(逆)平衡正向移动；减少反应物浓度或增加生成物的浓度，使V,(正)<V,(逆)平衡逆向移动。③υt函数图④注意点增加或减少固态物质(或液态纯物质)不能使平衡发生移动。2、压强①规律增加压强，使平衡朝着气体体积减小的方向移动；减小压强，可以使平衡朝着气体体积增大的方向移动。②理解增大压强，使正逆反应速率均增大，使V,(缩小体积)>V,(扩大体积)平衡向缩小体积的方向移动；减少压强，使正逆反应速率均减小，使V,(缩小体积)<V,(增大体积)平衡向增大体积的方向移动。③υt函数图④注意点因压强的影响实质是浓度的影响，所以只有当这些“改变”能造成浓度改变时，平衡才有可能移动。对反应前后气体体积不变的平衡体系，压强改变不会使平衡态发生移动。恒温恒容下，向容器中充入惰性气体，平衡不发生移动。因压强虽增加，但各反应物和生成物的浓度都不改变。恒温恒压下，向容器中充入惰性气体，平衡会向气体体积增大的方向移动。因容器体积要增加，各反应物和生成物的浓度都降低引起平衡移动。3温度①规律升高温度，平衡向吸热反应方向移动；降低温度，平衡向放热反应方向移动。②理解升高温度，正逆反应速率都要提高，但吸热反应的速率提高的幅度更大，使平衡向吸热反应方向移动了。降低温度，正逆反应速率都要减小，但吸热反应的速率降低的幅度更小，使平衡向放热反应方向移动了。③υt函数图③注意点对任何一个平衡体系，温度改变都会使平衡发生移动。4催化剂可以极大改变反应的速率，缩短(或延缓)到达平衡所需的时间，因催化剂能同等程度改变正逆反应速率，故对平衡状态不影响，既使用催化剂不能提高反应转化率，不能改变原有平衡的各组份含量。【总结】时间－速度变化表或平衡曲线图像分析(以合成氨为例)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)（∆H<0）渐变（一种速率变化）t1时刻，引起平衡移动的因素是反应物的浓度增大；渐变（一种速率变化）突变（正逆速率均变）t2时刻，引起平衡移动的因素是NH3的浓度减小；突变（正逆速率均变）t3时刻，引起平衡移动的因素是压强增大；t4时刻，引起平衡移动的因素是温度减小；t5时刻，引起平衡移动的因素是使用催化剂；※如果是浓度—时间图像，则阴影部分面积表示N2物质的量浓度额减少量。如果是气体体积不变的反应，t4时刻的因素也可能是压强增大。知识点拨03转化率、摩尔质量、体积分数时间曲线N2(g)+3H2(g)2NH3(g)（∆H<0）为例，开始时加入一定量氮气和氢气，一段时间后达到平衡。①转化率：开始时，反应物还未进行反应，转化率为0，随着反应的进行，转化率逐渐增大，达到平衡后，转化率不再变化，如图(A)。②摩尔质量：开始时，摩尔质量是氮气和氢气的平均值，大于0，随着反应的进行，气体质量不变，物质的量逐渐减小，则平均摩尔质量逐渐增大，如图(B)。③体积分数：开始时，氮气和氢气体积分数大于0，随着反应的进行，逐渐被消耗，体积分数逐渐减小，达到平衡后保持不变，氨气开始时，体积分数为0，之后逐渐增大，达到平衡后保持不变。思维探究思维探究探究一、为验证氧化性Cl2＞Fe3+＞SO2，某小组用下图所示装置进行实验(夹持仪器和A中加热装置已省略，气密性已检验)。实验过程：I．打开弹簧夹K1~K4，通入一段时间N2，再将T型导管插入B中，继续通入N2，然后关闭K1、K3、K4。II．打开活塞a，滴加一定量的浓盐酸，给A加热。III．当B中溶液变黄时，停止加热，夹紧弹簧夹K2。IV．打开活塞b，使约2mL的溶液流入D试管中，检验其中的离子。V．打开弹簧夹K3、活塞c，加入70%的硫酸，一段时间后夹紧弹簧夹K3。VI．更新试管D，重复过程IV，检验B溶液中的离子。VII．实验结束后，打开弹簧夹K1~K4，再通入一段时间N2，然后拆卸，洗涤，整理仪器。(1)过程I的目的是。(2)棉花中浸润的溶液为，过程VII的目的是。(3)C中发生反应的化学方程式为。(4)用70%的硫酸制取SO2，反应速率比用98%的硫酸快，原因是。(5)甲、乙、两三位同学分别完成了上述实验，结论如下表所示。他们的检测结果一定能够证明氧化性Cl2＞Fe3+＞SO2的是(填“甲”、“乙”、“丙”)。过程IV中B溶液中含有的离子过程VI中B溶液中含有的离子甲有Fe3+无Fe2+有乙既有Fe3+又有Fe2+有丙有Fe3+无Fe2+有Fe2+(6)进行实验过程V时，B中溶液颜色由黄色逐渐变为红棕色，停止通气，放置一段时间后溶液颜色变为浅绿色。查阅资料：Fe2+(aq)+(aq)FeSO3(s)(墨绿色)提出假设：FeCl3与SO2的反应经历了中间产物FeSO3，溶液的红棕色是FeSO3(墨绿色)与FeCl3(黄色)的混合色。某同学设计如下实验，证实该假设成立：①溶液E和F分别为、。②请用化学平衡原理解释步骤3中溶液由红棕色变为浅绿色的原因。【答案】(1)排除装置中的空气，防止干扰实验(2)NaOH溶液排出装置内残留的Cl2或SO2，使其被NaOH溶液吸收，防止对实验人员生命安全造成危险，并防止污染空气(3)H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+H2O+SO2↑(4)70%的硫酸中的H+的浓度比98%的硫酸中的H+的浓度大(5)乙、丙(6)Na2SO3FeCl3Fe3+消耗，c()减小，使平衡Fe2+(aq)+(aq)FeSO3(s)逆向移动，溶液颜色由红棕色变为浅绿色。【分析】空气中的氧气也能氧化Fe2+为Fe3+，所以先通入氮气可以排除装置中的空气，防止干扰实验；A装置中MnO2与浓盐酸混合加热制取Cl2，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；Cl2具有氧化性，会将B中Fe2+氧化为Fe3+，可用KSCN溶液检验Fe3+，现象是溶液变为血红色；当打开弹簧夹K3、活塞c，加入70%的硫酸，H2SO4与Na2SO3溶液反应产生SO2气体，SO2与FeCl3发生氧化还原反应SO2+2FeCl3+2H2O=H2SO4+FeCl2+2HCl，根据Fe2+与铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀检验Fe2+的存在。氯气有毒，不能排放到空气中污染空气，所以用沾有NaOH溶液的棉花堵塞T型导管，防止氯气逸出，实验结束后，打开弹簧夹K1~K4，再通入一段时间N2，驱赶装置中的Cl2、SO2，使其被NaOH溶液吸收，然后拆卸，洗涤，整理仪器。【详解】（1）打开弹簧夹K1~K4，通入一段时间N2，再将T型导管插入B中，继续通入N2，然后关闭K1、K3、K4，目的是排出装置中的氧气，防止对实验结果造成干扰；（2）棉花中浸有NaOH溶液，吸收多余Cl2、SO2，防止污染空气；过程VII的目的是排出装置内残留的Cl2或SO2，使其被NaOH溶液吸收，防止对实验人员生命安全造成危险，并防止污染空气；（3）在C中H2SO4与Na2SO3发生复分解反应，产生Na2SO4、H2O、SO2，该反应的化学方程式为：H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+H2O+SO2↑；（4）98%的浓硫酸主要以H2SO4分子形式存在，而70%的硫酸中含有较多的H+，所以使用70%的硫酸制取SO2气体，反应速率比用98%的浓硫酸快；（5）甲的结论：IV中B溶液含有Fe3+，说明氧化性：Cl2＞Fe3+，VI中B溶液含有；若B溶液中Cl2有剩余，则Cl2会氧化SO2生成，不能判断氧化性Fe3+＞SO2；乙的结论：IV中B溶液含有Fe3+和Fe2+，说明氧化性：Cl2＞Fe3+，且Cl2不足，所以VI中B溶液含有，则一定是Fe3+氧化SO2生成，所以判断氧化性Fe3+＞SO2，因此可得氧化性Cl2＞Fe3+＞SO2的结论；丙的结论：IV中B溶液含有Fe3+，说明氧化性：Cl2＞Fe3+；VI中B溶液含有Fe2+，若是Cl2氧化SO2，不会有Fe2+生成，说明Fe3+与SO2发生氧化还原反应，Fe3+被还原为Fe2+，所以氧化性：Fe3+＞SO2，因此可得氧化性：Cl2＞Fe3+＞SO2的结论，所以能够证明氧化性Cl2＞Fe3+＞SO2的结论的是乙、丙；（6）①实验中溶液显墨绿色，说明平衡向正反应方向移动，所以加入的应该是Na2SO3(或可溶性亚硫酸盐)；而步骤2中溶液显红棕色，说明加入的应该是FeCl3；②由于Fe3+消耗，使溶液中c()减小，导致化学平衡Fe2+(aq)+(aq)FeSO3(s)逆向移动，溶液颜色由红棕色变为浅绿色。探究二、次氯酸仅存在于溶液中，有很强的氧化性和漂白作用。某学习小组通过查阅资料知，可用以下两种方法制备次氯酸溶液。实验1：与水反应实验装置如图所示(制备装置、装置B中的冷却装置未画出)，将氯气和空气(不参与反应)以体积比约为1：3混合通入含水8%的碳酸钠中制备，并用水吸收制备次氯酸溶液。已知：极易溶于水；的沸点为3.8℃，42℃以上可分解为和回答下列问题：(1)该实验用浓盐酸和漂白粉制备氯气，该反应的化学方程式为；装置A中饱和食盐水的作用是。(2)反应过程中，装置B需放在冷水中，其目的是。(3)若装置B中反应生成8.7g，则该反应中转移电子的总数为(设为阿伏加德罗常数的值)。(4)装置C中使用棕色圆底烧瓶的原因是(用化学方程式表示)。实验2：饱和氯水与石灰石反应实验操作：①在试管中加入过量的块状碳酸钙，再加入约20mL饱和氯水，充分反应，有少量气泡产生，溶液浅黄绿色褪去。②过滤，滤液即为较浓的HClO溶液。(5)实验2能得到较浓HClO溶液的原因是。(6)请设计一个简单的实验，证明实验2所得滤液中HClO的浓度比饱和氯水中HClO浓度大。【答案】(1)除去氯气中混有的氯化氢气体，并便于观察氯气和空气的流速(2)防止温度过高导致分解(3)(4)(5)饱和氯水中，氯气与水反应的化学方程式为，加入饱和氯水后，碳酸钙与盐酸反应生成，使上述平衡正向移动，HClO浓度增大(6)将实验2所得滤液和饱和氯水同时滴在有色布条上，比较有色布条褪色的快慢【分析】本实验用浓盐酸和漂白粉反应制备氯气，实验制得的氯气中混有HCl气体，利用装置A中饱和食盐水除去氯气中的HCl气体，利用信息可知装置B中采用冷水浴、与发生反应生成，在装置C中与水反应生成HClO，为防止HClO见光易分解，装置C应选用棕色烧瓶，碱石灰用来吸收多余的Cl2，防止污染大气。要设计实验比较HClO的浓度大小时，可依据：HClO具有强氧化性，浓度越大，其漂白性越强，据此回答。【详解】（1）浓盐酸和漂白粉发生氧化还原反应生成氯气、水和氯化钙，可用于制备氯气，该反应的化学方程式为；浓盐酸易挥发，实验制得的氯气中混有HCl气体，装置A中饱和食盐水可除去HCl气体，且可通过观察装置A中产生气泡的快慢调节气体的流速。（2）由已知信息可得，42℃以上分解为和，又与反应放热，为了防止温度过高导致分解，装置B需放在冷水中。则装置B需放在冷水中，其目的是防止温度过高导致分解。（3）在装置B中与反应生成，氯元素化合价由0变为+1，故生成8.7g(0.1mol)时，应转移0.2mol电子，则该反应中转移电子的总数为。（4）装置C中与水反应生成HClO，HClO见光易分解，故装置C应选用棕色烧瓶。用化学方程式表示原因为：。（5）实验2能得到较浓HClO溶液的原因是：饱和氯水中，氯气与水反应的化学方程式为，加入饱和氯水后，碳酸钙与盐酸反应生成，使上述平衡正向移动，HClO浓度增大。（6）要设计一个简单的实验证明实验2所得滤液中HClO的浓度比饱和氯水中HClO浓度大，可依据：HClO具有强氧化性，浓度越大，其漂白性越强，则方案为：将实验2所得滤液和饱和氯水同时滴在有色布条上，比较有色布条褪色的快慢。探究三、某实验小组采用下列实验探究外界条件对化学反应速率及其化学平衡的影响。按要求回答下列问题：(1)实验(1)目的是探究浓度对反应速率的影响。①为了观察到明显的现象，它们初始物质的量需要满足的关系为：n(H2C2O4)：n(KMnO4)。②在实验中，草酸(H2C2O4)溶液与KMnO4酸性溶液反应时，褪色总是先慢后快。甲同学据此提出以下假设：假设1：反应放热假设2：生成Mn2+对反应有催化作用乙同学用如下实验证明假设2成立：实验编号室温下，试管中所加试剂及用量/mL0.20mol/LH2C2O4溶液0.10mol/L酸性KMnO4溶液0.10mol/LMnSO4溶液H2Oa4.001.001.000b4.001.000V则实验b中V=mL，在实验b中加入蒸馏水的目的是。预期的实验现象是。(2)实验(II)探究浓度对化学平衡的影响。①试管甲中发生反应的离子方程式为。②试管乙中的现象是，说明增大溶液中的Fe3+浓度，平衡。(正移、逆移或不移动)③向试管丙中加入KC1固体，平衡。(正移、逆移或不移动)【答案】(1)≥2.51.00采用控制变量法进行实验，保证其它条件都相同，只有实验a使用了Mn2+，实验b没有使用Mn2+这一个外界条件不同实验a中褪色比实验b快，产生气泡比b早(2)Fe3++3SCN⇌Fe(SCN)3红色加深正向移动不移动【分析】探究实验探究外界条件对化学反应速率及其化学平衡的影响，只改变一个变量，即采用控制变量法进行实验，以此来解析；【详解】（1）①H2C2O4被酸性KMnO4氧化为CO2逸出，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+8H2O+10CO2↑，为了观察到实验现象从而判断反应的快慢，H2C2O4与KMnO4初始的物质的量需要满足关系为：n(H2C2O4)：n(KMnO4)≥2.5；反应快慢可通过逸出CO2气体，根据反应产生气泡的快慢来判断；②在实验中，草酸(H2C2O4)溶液与KMnO4酸性溶液反应时，溶液褪色总是先慢后快。为验证Mn2+是否对反应有催化作用，应该保持其它外界条件都相同，根据表格数据可知V=1.00mL；在实验b中加入蒸馏水的目的是使其它反应条件都相同，只改变一个变量，即采用控制变量法进行实验；预期实验现象是：实验a中使用了催化剂，褪色比实验b快，产生气泡也比b快；（2）①在实验II中，在甲试管中FeCl3与KSCN发生反应产生Fe(SCN)3和KCl，反应的离子方程式为：Fe3++3SCNFe(SCN)3；②在试管乙中，向上述平衡体系中加入几滴饱和FeCl3溶液，溶液中c(Fe3+)增大，化学平衡正向移动，最终达到平衡时溶液中c[Fe(SCN)3]增大，溶液红色加深；③向试管丙中加入KC1固体，固体溶解电离产生K+、Cl，但不能改变反应体系中任何一种微粒的浓度，因此化学平衡不移动；核心技巧突破核心技巧突破技巧1特征曲线图（转化率、摩尔质量、体积分数压强/温度曲线）N2(g)+3H2(g)2NH3(g)（∆H<0）由于合成氨是放热反应，故温度升高，平衡向逆反应方向移动，反应物转化率减少(A)，反应物平衡浓度增大(B)，生成物平衡浓度减小，则体积分数减少(C)，由于物质的量增大，则气体平均摩尔质量减小(D)。技巧2双变量曲线：该类曲线中，除表达出纵坐标随横坐标的变化而变化的趋势，还存在第二个变量，若要分析第二个变量对纵坐标的影响，需在与横坐标做垂直线(等温线或者等压线)。以合成氨为例N2(g)+3H2(g)2NH3(g)（∆H<0）左图中有3根等压曲线，即在三种不同压强下测定的平衡曲线，由于合成氨是气体总体积减小的反应，压强增高，平衡向正反应方向移动，故转化率α1>α2>α3※平衡曲线上的每一个点都是平衡点；而化学反应速率曲线上的点不一定都是平衡点。技巧3平衡曲线的应用：给出平衡曲线可以判断该反应时放热还是吸热？该反应气体总体积缩小还是增大。如：mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)又知右图平衡曲线推测：∆H大于0还是小于0？(m+n)大于还是小于(p+q)选择一根等压线，t℃升高，A平衡浓度增大，向逆反应方向移动，故正反应放热，∆H<0。选择某一温度下，P升高，分析三条等压线可知C平衡浓度增大，反应向逆方向移动，故(m+n)<(p+q)。【例题解析】【例1】下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是A．实验室收集氯气时，常用排饱和食盐水的方法B．配制FeCl3溶液时，常将FeCl3晶体溶于较浓的盐酸中C．工业合成氨N2(g)+3H2(g)  2NH3(g)△H＜0，采用400℃~500℃的高温条件D．工业制备TiO2：TiCl4+(x+2)H2O⇌TiO2•xH2O↓+4HCl，加入大量水，同时加热【答案】C【解析】A．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应是可逆反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，饱和食盐水中含有氯化钠电离出的氯离子，饱和食盐水抑制了氯气的溶解，所以实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，能用平衡移动原理来解释，故A不符合题意；B．Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，配制FeCl3溶液时，向溶液中加入盐酸，可以抑制铁离子的水解，能用勒平衡移动原理解释，故B不符合题意；C．合成氨的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，但500℃左右的温度比室温更有利于合成氨反应，不能用平衡移动原理解释，故C符合题意；D．TiCl4水解生成TiO2•xH2O和HCl，该过程是吸热反应，加入大量水，同时加热升高温度，平衡正向移动，能用平衡移动原理解释，故D不符合题意；故选C。【例2】将FeSO4晶体置于真空刚性容器中，升温可发生反应：2FeSO4s⇌Fe2OA．700K前，只发生反应2FeSOB．650K时，若容器内气体压强为P0，则C．b点温度下，SO3D．在a点容器中加入催化剂，则b点将向上平移【答案】A【分析】只发生硫酸亚铁晶体的分解反应时，生成二氧化硫和三氧化硫气体，二氧化硫的体积分数为50%，符合700K之前图中的曲线变化情况；700K之后，发生反应2SO3【详解】A．700K之前，二氧化硫的体积分数为50%，说明只发生反应：2FeSO4B．650K时，容器内气体只有二氧化硫和三氧化硫，且物质的量相等，若容器内气体的压强为P0，则Kp=12P0C．b点二氧化硫的平衡体积分数为54%，设硫酸亚铁分解产生的二氧化硫和三氧化硫的物质的量均为1mol，三氧化硫的分解率为x，可列三段式：2SO3(g)D．催化剂不会影响化学平衡，加入催化剂，b点不移动，故D错误；故选A。【例3】一定条件下，将3molA气体和1molB气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生反应：3A(g)+B(g)⇌4C(g)+2D(s)。2min末该反应达到平衡，生成D的物质的量随时间的变化情况如图所示。下列判断正确的是A．若混合气体的平均摩尔质量不再改变时，该反应一定达到平衡状态B．平衡时的体系的压强与开始时体系的压强之比为3∶2C．反应过程中A和B的转化率之比为3∶1D．从开始到平衡，用D表示的化学反应速率为0.2mol/(L·min)【答案】A【分析】由图可知，2min后D的物质的量为0.8mol且不再改变，反应达到平衡状态。可列三段式3【详解】A．混合气体的平均摩尔质量等于气体的总质量除以气体的总物质的量，反应有固体生成，气体总质量随时间减小至平衡时不变，该反应前后气体分子数不变，因此气体平均摩尔质量不再改变时，反应一定达到平衡状态，A正确；B．平衡时气体总物质的量为1.8+0.6+1.6=4mol，气体物质的量与起始相同，在一定条件下，体积恒定，平衡时的体系的压强与开始时体系的压强之比为1∶1，B错误；C．由分析可知A的转化率为1.23=40%，B的转化率为0.4D．D为固体，不能用单位时间内浓度的变化率来表示反应速率，D错误；故选A。【例4】】下列反应中，与三个图象全部相符合的反应是A．N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH<0B．2SO3(g)⇌2SO2(g)+O2(g)ΔH>0C．4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)ΔH<0D．H2(g)+CO(g)⇌C(s)+H2O(g)ΔH>0【答案】B【解析】根据先拐先平温度高的规律，由图1可知，温度T1<T2；升高温度，生成物的平衡浓度增大，说明该反应为吸热反应；由图2、3可知，增大压强，平衡逆向移动，说明逆反应为气体体积缩小的反应，正反应为气体体积增大的反应，符合以上三个条件的反应为：2SO3(g)⇌2SO2(g)+O2(g)ΔH>0；故选B。【例5】下列说法正确且能用勒夏特列原理解释的是A．对于反应2HI(B．向FeCl3+3KSCNC．重铬酸钾溶液中滴加NaOH溶液，溶液由橙色变黄色【重铬酸钾溶液中存在：CrD．2NO【答案】C【解析】A．缩小容器的体积，增大压强不能使反应2HI(g)  B．由于反应FeCl3+3KSCN  Fe(SCN)3+3KClC．已知重铬酸钾溶液中存在：Cr2O72-D．2NO故答案为：C。【例６】升高温度，下列数据一定增大的是A．反应后容器内总压强 B．某物质的平衡转化率C．化学平衡常数 D．反应的活化分子百分数【答案】D【解析】A．由pV=nRT可知，压强还与容器的容积、气体物质的量有关，故反应后容器内总压强不一定增大，故A错误；B．若反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故某物质的平衡转化率不一定增大，故B错误；C．若反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，化学平衡常数减小，故化学平衡常数不一定增大，故C错误；D．升高温度，反应物分子获得能量，故反应的活化分子百分数一定增大，故D正确；故选D。【例7】只改变一个影响因素，平衡常数K与化学平衡移动的关系叙述不正确的是A．平衡移动，K一定变化 B．平衡移动，K可能不变C．K变化，平衡一定移动 D．K不变，平衡可能移动【答案】A【解析】A．平衡移动，温度可能不变，因此K值不一定变化，A错误；B．平衡移动，温度可能不变，因此K值可能不变，B正确；C．K值变化，说明反应的温度一定发生了变化，化学反应一定伴随着热量变化，因此平衡一定移动，C正确；D．温度不变，K值不变，但改变压强、浓度等平衡也可能发生移动，因此平衡可能移动，D正确；故选A。【例8】．下列有关可逆反应2A(g)+B(g)⇌2C(g)△H<0的图象正确的是A． B．C． D．【答案】A【解析】A．温度越高，反应速率越快，越早达到平衡，升高温度，平衡逆向移动，C的质量分数减小，A正确；B．升高温度，正逆反应速率均增大，化学平衡逆向移动，故逆反应速率大于正反应速率，最终重新达到相等，再次平衡，B错误；C．增大压强，正逆反应速率均增大，化学平衡正向移动，故正反应速率大于逆反应速率，最终重新达到相等，再次平衡，C错误；D．温度相同时，增大压强，平衡正向移动，A的转化率增大，压强相同时，升高温度，平衡逆向移动，A的转化率减小，D错误；故答案为：A。【例9】我国自主研发的DMTO技术是以煤或天然气代替石油作原料生产乙烯和丙烯的新技术。DMTO工业化技术的成功研发，对开辟我国烯烃产业新途径具有重要意义。回答下列问题：(1)煤气化包含一系列化学反应，热化学方程式如下：①Cs+②COg+③Cs+CO2g(2)在一定温度下，向某刚性容器中充入一定量CO2、H2仅发生反应：CA．混合气体的密度保持不变 B．混合气体的平均摩尔质量保持不变C．混合气体的总压强保持不变 D．含碳粒子总浓度保持不变(3)向一密闭容器中充入2molCH3OHg，发生反应：2①p1_______(填“>”或“<”)p2，②欲提高CH(4)一定温度下，向一恒容密闭容器中投入1.5molCO、3molH2发生反应：COg+2H2g⇌CH3OHg

ΔH=−91kJ【答案】(1)172(2)BC(3)

>

136(4)

1×104

1×1010【解析】（1）①Cs+②COg+根据盖斯定律①②得Cs+CO2g（2）A．反应前后气体总质量不变、容器体积不变，密度是恒量，混合气体的密度保持不变，反应不一定平衡，故不选A；

B．反应前后气体总质量不变，反应后气体物质的量减少，混合气体的平均摩尔质量是变量，混合气体的平均摩尔质量保持不变，反应一定达到平衡状态，故选B；C．反应后气体物质的量减少，压强是变量，混合气体的总压强保持不变，反应一定达到平衡状态，故选C；D．根据碳元素守恒，含碳粒子总数不变，含碳粒子总浓度保持不变，反应不一定平衡，故不选D；选BC。（3）①增大压强，2CH3OHg⇌C2H2CH3②根据影响平衡移动的因素，减小压强、降低温度平衡正向移动，CH（4）一定温度下，向一恒容密闭容器中投入1.5molCO、3molH2发生反应：COg+2H2COg3×1052x=2×105，x=5×104MPa；vH2=1×105Pa【例10】合成氨是人类科学技术上的一项重大突破：(1)根据下表中键能写出合成氨的热化学方程式_______。化学键HHOHN≡NHNE/(kJ·mol1)436465946391(2)科研小组模拟不同条件下的合成氨反应，向容器中充入amolN2和bmolH2，不同温度下平衡混合物中氨气的体积分数与总压强(p)的关系如图1：①T1、T2、T3由大到小的排序为_______。②在T2、60MPa条件下，A点v正_______v逆(填“>”、“<”或“=”)③图2表示500°C、60MPa条件下，合成氨反应原料气投料比与平衡时NH3体积分数的关系。根据图中a点数据计算N2的平衡转化率为_______%(结果保留一位小数)。(3)用NH3可消除NO污染，反应原理为：4NH3+6NO⇌5N2+6H2O，以n(NH3)﹕n(NO)分别为4﹕1、3﹕1、1﹕3投料，得到NO脱除率随温度变化的曲线如图所示：①曲线a对应的n(NH3)﹕n(NO)=_______。②曲线c中NO的起始浓度为4×104mg/m3，从A点到B点(经过0.8s，该时间段内NO的脱除速率_______mg/(m3·s)。(4)用间接电化学法可对NO进行无害化处理，其原理如下图所示(质子膜允许H＋和H2O通过)，用离子方程式表示吸收塔内吸收NO的原理：_______。【答案】(1)N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)∆H=92kJ•mol1(2)

T3＞T2＞T1

＞

59.2%(3)

1：3

1×104(4)2NO+2S2O42−+2H2【解析】（1）N≡N的键能是946kJ/mol，HH的键能为436kJ/mol，NH的键能为391kJ/mol，则N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)∆H=946kJ/mol+3×436kJ/mol6×390.8kJ/mol=90.8kJ/mol，该热化学方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)∆H=92kJ•mol1，故答案为：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)∆H=92kJ•mol1；（2）①N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)∆H＜0，相同压强下，升高温度平衡逆向移动，氨气的体积分数减小，根据图知，温度由大到小的顺序为T3＞T2＞T1，故答案为：T3＞T2＞T1；②根据图知，在T2、60MPa条件下，A点为达到平衡状态，要达到平衡，反应需要继续正向进行，因此v正＞v逆，故答案为：＞；③a点时，氢气和氮气的物质的量之比为3：1，设起始时投入的氢气和氮气的物质的量分别为3mol、1mol，设平衡时n(N2)=xmol，N2g+3H（3）①n(NH3)：n(NO)越大时，可视为一氧化氮物质的量不变不断增大氨气的物质的量，平衡会正向移动，从而提高了NO的转化率，因此比值越大的NO的脱除率越高，而曲线a的脱除率最低，应该为1：3，故答案为：1：3；②根据图中信息，A到B点NO的脱除率由0.55增加到0.75，则NO的浓度变化量为：(0.750.55)×4×104

mg/m3=8×105mg/m3，则0.8s内NO的脱除速率为：v=8×10−50.8mg/(m3•s)=1×104mg/(m3（4）吸收塔中通入NO和S2O42−离子反应,生成N2和HSO3−，所以反应方程式为：2NO+2S【基础提升】1．下列事实能用勒夏特列原理解释的是A．工业合成氨，选择500℃B．2NO2(g)⇌N2O4(g)，压缩体积气体颜色加深C．实验室采用排饱和食盐水法收集氯气D．实验室利用双氧水制氧气，加入二氧化锰【答案】C【详解】A．合成氨是放热反应，选择低温有利于平衡正向进行，选择500℃是因为催化剂催化效果最好，故A错误；B．2NO2(g)⇌N2O4(g)，压缩体积NO2气体浓度增大，气体颜色加深，没有体现平衡移动，不能用勒夏特列原理解释，故B错误；C．，饱和食盐水中有大量氯离子，可以使平衡逆向移动，实验室采用排饱和食盐水法收集氯气，减少氯气与水的反应，能用勒夏特列原理解释，故C正确；D．利用双氧水制氧气不是可逆反应，加入二氧化锰可以提高反应速率，不能用勒夏特列原理解释，故D错误；故答案为C2．时，在一固定容积的密闭容器中发生反应：，按照不同配比充入，达到平衡时容器中浓度变化如图中曲线实线所示，下列判断错误的是A．时，该反应的平衡常数值为0.25B．c点没有达到平衡，此时反应正向进行C．时，平衡时A的转化率：b点小于a点D．若c点为平衡点，则此时容器内的温度高于【答案】C【详解】A．由图可知，达到平衡时容器中A、B浓度变化如图中曲线（实线）所示，则a、b、d均为平衡状态，以d点数据计算，则，故A正确；B．c点浓度商小于K，反应正向进行，故B正确；C．a点时A的投入量大于b点，所以平衡时A的转化率：b点大于a点，故C错误；D．若c点为平衡点，此温度下化学平衡常数小于T℃温度下平衡常数，说明平衡逆向移动，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则若c点为平衡点，则此时容器内的温度高于T℃，故D正确；【点睛】本题考查化学平衡图象、影响平衡的因素、平衡常数影响因素等，难度不大，注意掌握平衡移动原理，掌握化学平衡常数只与温度有关。3．已知：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)

△H＜0。其它条件不变的情况下，下列有关该反应的说法中正确的是A．升高温度可以提高CO的转化率 B．加入催化剂能提高CO的转化率C．缩小反应器容积可以使平衡正向移动 D．再充入适量H2，该反应平衡常数的数值会增大【答案】C【详解】A．此反应正向为放热反应，升高温度平衡逆向移动，CO转化率减小，A错误；B．加入催化剂平衡不移动，转化率不变，B错误；C．缩小容器容积相当于加压，加压此平衡正向移动，C正确；D．平衡常数只与温度有关，D错误；故选C。4．用合成甲醇(CH3OH)的化学方程式为

，按照相同的物质的量投料，测得在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。下列说法正确的是A．温度：B．正反应速率：、C．平衡常数：、D．平均摩尔质量：、【答案】C【详解】A．该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，CO的转化率越大，则T1＜T2＜T3，A错误；B．由图可知，a、c两点压强相同，平衡时a点CO转化率更高，该反应为放热反应，温度越低，CO的转化率越大，故温度T1＜T3，温度越高，反应速率越快，故v(a)＜v(c)；b、d两点温度相同，压强越大，反应速率越大，b点大于d点压强，则v(b)＞v(d)，B错误；C．由图可知，a、c两点压强相同，平衡时a点CO转化率更高，该反应为放热反应，故温度T1＜T3，降低温度平衡向正反应方向移动，则K(a)＞K(c)，平衡常数只与温度有关，b、d两点温度相同，平衡常数相同，则K(b)=K(d)，C正确；D．CO转化率的越大，气体的物质的量越小，而气体的总质量不变，由可知，M越大；则可知M(a)>M(c)，M(b)>M(d)，D错误；答案选C。5．有一化学平衡mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，如图表示的是A的转化率与压强、温度的关系。下列叙述正确的是A．正反应是放热反应；m＋n＞p＋qB．正反应是吸热反应；m＋n＜p＋qC．正反应是放热反应；m＋n＜p＋qD．正反应是吸热反应；m＋n＞p＋q【答案】D【详解】首先分析压强不变时，温度对化学平衡移动的影响。根据图象可知：在压强不变时，升高温度，A的平衡转化率增大，说明升高温度，化学平衡正向移动，则该反应的正反应是吸热反应，排除选项AC；然后分析在温度不变时，压强改变对化学平衡移动的影响。在温度不变时，压强增大，A的平衡转化率增大，说明增大压强，化学平衡正向移动，则该反应的正反应是气体体积缩小的反应，所以m＋n＞p＋q，则选项B错误，选项D正确，故合理选项是D。6．下列叙述中，不能用勒夏特列原理解释的是A．开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫B．红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅C．一定温度和压强下，加催化剂利于N2和H2合成NH3D．在含有Fe(SCN)3的红色溶液中加铁粉，振荡静置后溶液颜色变浅或褪去【答案】C【分析】勒夏特列原理内容是：如果改变影响平衡的条件之一，化学平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。【详解】A．啤酒溶液中存在二氧化碳的溶解平衡，开启啤酒瓶后气体压强减小，二氧化碳溶解度降低，CO2气体逸出，瓶中马上泛起大量泡沫，能用勒夏特列原理解释，A不符合题意；B．在密闭容器中存在平衡2NO2(g)N2O4(g)，增大压强，物质单位体积内分子数增大，混合气体颜色变深；加压后化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，导致NO2的分子数又有所减少，混合气体颜色有变浅，故加压后混合气体的颜色先变深后变浅，能用勒夏特列原理解释，B不符合题意；C．N2、H2合成氨气的反应是可逆反应，加催化剂后能够加快反应速率，利于N2和H2合成NH3，但由于催化剂对正、逆反应速率影响相同，因此不能使化学平衡发生移动，故不能用勒夏特列原理解释，C符合题意；D．溶液中存在化学平衡Fe(SCN)3Fe3++3SCN，当向其中加入铁粉后发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，导致溶液c(Fe3+)减小，使化学平衡正向移动，最终达到平衡后，Fe(SCN)3的浓度降低，因此混合溶液颜色变浅；若加入的Fe粉足量，上述平衡完全被破坏，溶液颜色就会褪去，能用勒夏特列原理解释，D不符合题意；故合理选项是C。7．二氧化硫的催化氧化反应：是工业制硫酸中的重要反应。某温度下，在一密闭容器中探究二氧化硫的催化氧化反应，下列叙述正确的是A．加入合适催化剂可以提高的平衡产率B．缩小容器容积可以增大活化分子百分含量C．扩大容器容积可以提高的平衡产率D．缩小容器容积可以增大反应速率【答案】D【详解】A．催化剂只加快反应速率，不影响平衡产率，A错误；B．缩小容器容积增大单位体积内活化分子的数目，不能改变活化分子百分含量，B错误；C．扩大容器容积会使平衡逆向移动，降低的平衡产率，C错误；D．缩小容器容积可增大反应物的浓度，可以加快反应速率，D正确；故选D。8．在密闭容中发生下列反应aA(g)+bB(g)⇌cC(g)+dD(s)，反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，达到平衡时，C的浓度为原平衡的1.7倍，下列叙述正确的是A．A的转化率变大 B．a+b＜cC．化学平衡常数K减小 D．平衡向正反应方向移动【答案】B【分析】在密闭容中发生下列反应aA(g)+bB(g)⇌cC(g)+dD(s)，反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，达到平衡时，若平衡不移动，C的浓度为原平衡的2倍，现C的浓度为原平衡的1.7倍，说明平衡逆向移动，由此分析。【详解】A．平衡逆向移动，A的转化率变小，故A错误；B．加压平衡逆向移动，a+b＜c，故B正确；C．温度不变，化学平衡常数K不变，故C错误；D．平衡向逆反应方向移动，故D错误；故选B。9．下列说法正确的是A．在海轮外壳表面附着铜块，可减缓海轮外壳的腐蚀B．工业上采用电解熔融AlCl3制备金属铝C．工业合成氨采用高温是为了提高反应物的平衡转化率D．已知2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)在常温下能自发进行，则该反应ΔH＜0【答案】D【详解】A．由于金属活动性：Fe＞Cu，所以在海轮外壳表面附着铜块时，Fe、Cu及海水构成原电池，Fe为负极，先被腐蚀氧化，导致海轮外壳的腐蚀速率加快，A错误；B．AlCl3是由分子构成的共价化合物，在熔融状态下不能导电，因此不能采用电解熔融AlCl3制备金属铝，应该采用熔融Al2O3的方法制备金属铝，同时要加入冰晶石作助溶剂，B错误；C．合成氨气的反应是放热反应，升高温度化学平衡逆向移动，导致氨的平衡转化率降低，在工业合成氨采用高温是为了提高反应物的化学反应速率，C错误；D．2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)的正反应是气体体积减小的反应，ΔS＜0，反应在常温下能自发进行，则ΔG=ΔHTΔS＜0，由于ΔS＜0，因此反应热该反应ΔH＜0，D正确；故合理选项是D。10．25℃时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表，说法错误的是物质XYZ初始浓度/mol·L10.10.20平衡浓度/mol·L10.050.050.1A．反应达到平衡时，X的转化率为50%B．方程式为X+3Y⇌2Z，平衡常数为1600C．增大压强使平衡正向方向移动，平衡常数增大D．改变温度可以改变此反应的平衡常数【答案】C【分析】根据表中数据，反应从开始到平衡，X、Y减少，Z增多，则可确定X、Y为反应物，Z为生成物，X、Y、Z三种气体的浓度变化量之比为：(0.10.05):(0.20.05):(0.10)=1:3:2，浓度变化量等于物质的量的变化量，且物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，因此该反应方程式为X+3Y⇌2Z，据此分析解答。【详解】A．反应达到平衡时，X的浓度变化量为(0.10.05)mol·L1=0.05mol·L1，则转化率为100%=50%，故A正确；B．根据分析，该反应的方程式为X+3Y⇌2Z，平衡常数为==1600，故B正确；C．增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，即向正向方向移动，但平衡常数只与温度有关，增大压强不可能使平衡常数增大，故C错误；D．化学平衡常数只受温度影响，因此温度改变，则化学平衡常数改变，故D正确；答案选C。11．在恒温恒压下，向密闭容器中充入4molSO2和2molO2，发生如下反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH＜0，2min后，反应达到平衡，生成SO3为1.4mol，同时放出热量QkJ。则下列分析正确的是A．若把条件“恒温恒压”改为“恒温恒容”，则平衡时放出热量小于QkJB．2min后，向容器中再通入一定量的SO3气体，重新达到平衡时，SO2的含量变小C．若把条件“恒温恒压”改为“恒压绝热”，则平衡后n(SO3)大于1.4molD．若反应开始时容器体积为2L，则v(SO3)=0.7mol·L1·min1【答案】A【详解】A．该反应的正反应的气体体积减小，恒温恒压下平衡时容器体积减小，促进反应正向进行，恒温恒容下容器体积不变，SO2转化率比“恒温恒压”时的低，放出热量减少，A选项正确；B．向恒温恒压条件下的平衡状态容器中加入SO3，SO2的物质的量增加，但含量不变，B选项错误；C．若把“恒温恒压”改为“恒压绝热”，正反应放热，绝对温度升高，平衡向逆反应方向移动，平衡后n(SO3)<1.4mol，C选项错误；D．若容器恒容，则v(SO3)=0.35mol·L1·min1，但反应是在恒温恒压条件下进行，反应达到平衡时容器容积小于2L，v(SO3)>0.35mol·L1·min1，D选项错误；答案选A。12．在恒容密闭容器中通入物质的量浓度均0.1mol·L1的CH4与CO2，在一定条件下发生反应：CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图5，下列有关说法正确的是A．上述反应的ΔH>0 B．压强P1>P2>P3>P4C．1100℃该反应的平衡常数为64 D．压强为P4时，在Y点：v(正)<v(逆)【答案】A【详解】A．P相同时，温度越高，CH4平衡转化率越大，说明升温平衡右移，ΔH>0，A正确；B．增大压强，平衡左移，CH4的平衡转化率减小，p4>p3>p2>p1，B错误；C．X点CH4平衡转化率为80%，则列三段式，则K＝＝1.6384，C错误；D．Y点CH4转化率小于CH4平衡转化率，则此点平衡正在正向移动，所以v(正)>v(逆)，D错误；答案选A。13．取若干份(各1mol)NO2，分别加入若干个2L的恒容密闭容器中，在不同温度下，发生反应：2NO2(g)N2O4(g)ΔH<0。反应10s时，分别测定体系中NO2的物质的量分数，分别测定体系中NO2的百分含量(NO2%)，并作出其随反应温度(T)变化的关系图，据图分析，下列说法不正确的是A．10s内，图中a点对应的N2O4反应速率为0.01mol/(L•s)B．图中b点对应的NO2反应速率小于d点对应的NO2反应速率C．d、e两点对应的状态均已达到平衡状态D．e点对应的容器中气体颜色最深【答案】D【详解】A．图中a点NO2的百分含量(NO2%)为75，列三段式：，可得，x=0.2，则10s内，图中a点对应的N2O4反应速率为=0.01mol/(L•s)，A正确；B．d点温度更高，速率更快，故b点对应的NO2反应速率小于d点对应的NO2反应速率，B正确；C．该反应放热，c点之前反应正向进行还未达到平衡，c点反应达到对应温度下的限度，随着温度升高平衡逆向移动，NO2的百分含量增大，故d、e两点对应的状态均已达到平衡状态，C正确；D．由图可知a点NO2的百分含量最大，对应的容器中气体颜色最深，D错误；故选D。14．乙烯可由乙烷脱氢制得：，在一定条件下反应于密闭容器中达到平衡。下列各项措施中，既能加快化学反应速率又能提高乙烷平衡转化率的是A．升高温度 B．缩小容器体积C．分离出部分乙烯 D．恒容条件下通入氦气【答案】A【详解】A．温度升高，化学反应速率增大，这是一个吸热反应，温度升高，平衡正向移动，乙烷平衡转化率增大，A正确；B．这是一个反应前后气体分子数增加的反应，缩小容器体积，化学反应速率增大，但平衡逆向移动，乙烷平衡转化率降低，B错误；C．分离出部分乙烯，产物浓度降低，平衡正向移动，乙烷平衡转化率增大，但化学反应速率减小，C错误；D．恒容条件下通入氦气，参与反应各物质浓度不变，平衡不移动，化学反应速率不变，D错误；答案选A。15．实验室将I2溶于KI溶液中，配制浓度较大的碘水，主要是因为发生了反应：I2(aq)+I—(aq)I(aq)，上述平衡体系中，I的物质的量浓度c(I)与温度T的关系如图所示(曲线上的任何一点都表示平衡状态，温度对速率的影响比浓度大得多)，下列说法不正确的是A．该反应的正反应是放热反应B．A点与C点的化学反应速率v(A)<v(C)C．在反应进行到D点时，v(正)<v(逆)D．A点与B点相比，B点的c(I2)大【答案】C【详解】A．由图可知，温度升高，I的物质的量浓度减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，故A正确；B．由图可知，A点反应温度低于C点，温度越高，反应速率越快，则A点反应速率小于C点，故B正确；C．由图可知，温度一定时，D点反应未达到平衡，I的物质的量浓度小于A点，反应应向正反应方向进行，则反应速率v(正)>v(逆)，故C错误；D．由图可知，温度升高，I的物质的量浓度减小，说明平衡向逆反应方向移动，c(I2)增大，则B点的c(I2)大，故D正确；故选C。16．催化重整可得到合成气(和)，其主要反应为。同时存在以下反应：积碳反应：；消碳反应：，在反应进料气组成、压强及反应时间相同的情况下，某催化剂表面的积碳量随温度的变化关系如图所示。下列说法正确的是A．高压有利于提高CH4的平衡转化率并减少积碳B．温度低于600℃，催化剂增大了活化分子百分数，加快了反应速率，增大了CH4积碳反应的平衡转化率C．温度高于600℃，升高温度v消(消碳反应速率)增加的倍数比v积(积碳反应速率)增加的倍数大D．升高温度K积(积碳反应平衡常数)减小、K消(消碳反应平衡常数)增大【答案】C【详解】A．由题干反应方程式，可知增大压强，上述反应平衡均逆向进行，即高压不有利于提高CH4的平衡转化率，有利于减少积碳，A错误；B．催化剂改变反应速率，但是不改变反应的平衡转化率，B错误；C．由图示可知，温度高于600℃时，积碳率随温度升高而减小，是因为温度高于600℃，升高温度v消(消碳反应速率)增加的倍数比v(积碳反应速率)增加的倍数大，C正确；D．由题干信息可知，升高温度上述平衡均正向移动，则平衡常数均增大，即升高温度K积(积碳反应平衡常数)增大、K消(消碳反应平衡常数)增加，D错误；故选C。17．将一定物质的量的HI(g)置于2L的恒容密闭容器中，发生反应2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)。在其他条件相同时，HI(g)的物质的量n随时间t的变化情况如表中数据所示，下列说法不正确的是

01020304050601(800℃)1.00.800.670.570.500.500.502(800℃)1.20.920.750.630.600.600.603(820℃)1.00.400.250.200.200.200.20A．在实验1中，反应在10～20min内v(HI)=6.5×103mol/(L·min)B．根据实验1和实验2，可知反应恰好达到平衡状态的时间相同C．根据实验2和实验3，无法说明浓度对反应速率的影响趋势D．根据实验1和实验3，可得出反应吸热，温度越高，平衡越正向移动，HI的分解率越大【答案】B【详解】A．实验1中，反应在10～20min内，v(HI)==0.0065mol•L1•min1=6.5×103mol/(L·min)，A正确；B．在实验1和实验2中，40min后HI(g)的物质的量不再变化，说明40min后反应处于平衡状态，但不能说明40min时反应恰好达到平衡状态，B错误；C．实验2和实验3的反应温度不同，且HI(g)的起始物质的量不同，则无法说明浓度对反应速率的影响趋势，C正确；D．比较实验1和实验3，开始时加入的n(HI)相同，反应温度不同，平衡时实验3中HI(g)的物质的量少，说明温度越高，HI的分解率越大，D正确；综上所述答案为B。18．下列事实能用勒夏特列原理解释的是A．、、平衡时的混合气体加压后颜色变深B．的平衡体系，加入少量固体后溶液颜色加深C．催化氧化成的反应，加入催化剂可以加快反应速率D．合成反应，为提高的产率，应采取升高温度的措施【答案】B【详解】A．H2、I2、HI存在平衡：H2(g)+I2(g)2HI(g)，该反应前后气体体积不变，增大压强平衡不移动，混合气体加压后颜色变深是容器体积变小，碘蒸气浓度变大，不能用勒夏特列原理解释，故A不选；B．加入KSCN固体后，SCN浓度增大，平衡正向移动，Fe(SCN)3浓度增大，溶液颜色加深，可以用勒夏特列原理解释，故B选；C．催化剂只能加快反应速率，不影响平衡，所以SO2催化氧化成SO3的反应，加入催化剂加快反应速率不能用勒夏特列原理解释，故B不选；D．合成氨的反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不能提高氨的产率，所以不能用勒夏特列原理解释，故D不选；故选B。19．下列变化不能用勒夏特列原理解释的是A．红棕色的NO2气体加压后颜色先变深再变浅B．打开汽水瓶，看到有大量的气泡逸出C．二氧化硫转化为三氧化硫时增加空气的量以提高二氧化硫的转化率D．H2、I2、HI混合气体加压后颜色变深【答案】D【详解】A．加压二氧化氮的浓度增大，平衡向生成四氧化二氮的方向移动，故加压后颜色先变深后变浅，但仍比原来的颜色深，可以勒夏特列原理解释；B．因溶液中存在二氧化碳的溶解平衡，打开汽水瓶后，压强减小，二氧化碳逸出，能用勒夏特列原理解释；C．二氧化硫转化为三氧化硫时增加空气的量，使平衡正移，能提高原料的利用率，所以能用勒沙特列原理解释；D．H2、I2、HI三者的平衡，增大压强平衡不移动，但浓度增大，则颜色加深，不能用勒沙特列原理解释。故选D。20．1，3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。下列说法错误的是A．1，2加成产物比1，4加成产物稳定B．两种产物的化学键种类和数目相同，但1，4加成产物的总键能更大C．相同条件下，第二步正反应(或逆反应)比较：1，2加成较1，4加成更易发生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【答案】A【详解】A．由图示可知1，2加成产物的能量比1，4加成产物的能量高，所以1，4加成产物稳定，选项A错误；B．两种产物为同分异构体且化学键种类和数目相同，但生成1，4加成产物放出的热量相对较多，故1,4加成产物的总键能更大，选项B正确；C．相同条件下，第二步正反应(或逆反应)比较：1，2加成的活化能较1，4加成的低，故更易发生，选项C正确；D．升高温度，反应的正、逆反应速率均增大，根据题干的信息可以看出，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，选项D正确；答案选A。21．下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是A．打开汽水瓶盖时，溶液中有气泡产生B．实验室可用排饱和食盐水法收集氯气C．合成氨工业中常采用高压条件D．H2(g)、I2(g)、HI(g)平衡混合气加压颜色变深【答案】D【详解】A．在汽水瓶中存在化学平衡：H2CO3H2O+CO2，打开汽水瓶时，CO2气体的溶解度由于压强减小而降低，从水中逸出产生大量气泡，化学平衡正向移动，因此可以使用勒夏特列原理解释，A不符合题意；B．Cl2在水中反应时存在化学平衡：Cl2+H2OH++Cl+HClO，饱和食盐水中Cl浓度大，可以抑制氯气在溶液中的溶解，因此可以使用勒夏特列原理解释，B不符合题意；C．合成氨气的反应是可逆反应，反应方程式：N2+3H22NH3，该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，在高压条件下可以使化学平衡正向移动，因此可以使用勒夏特列原理解释，C不符合题意；D．H2(g)、I2(g)、HI(g)的反应为：H2(g)+I2(g)2HI(g)，该反应是反应前后气体物质的量不变的反应，当反应达到平衡后，对反应体系加压，化学平衡不移动，但反应混合气加压后气体物质的浓度增大，因此气体颜色变深，这与平衡移动无关，因此不能使用勒夏特列原理解释，D符合题意；故合理选项是D。22．下列实验中的颜色变化与勒夏特列原理无关的是ABCD实验SO2通入Na2S溶液中向AgCl浊液中不断滴入浓KI溶液加热滴加了酚酞试液的碳酸钠溶液推动吸入了20mLNO2和N2O4的注射器的活塞至10mL处现象产生淡黄色沉淀沉淀由白色逐渐变成黄色溶液红色变深气体颜色先变深后变浅A．A B．B C．C D．D【答案】A【详解】A．SO2通入Na2S溶液中发生氧化还原反应生成单质硫和水，与勒夏特列原理无关，A选；B．向AgCl浊液中不断滴入浓KI溶液，沉淀由白色逐渐变成黄色，即向更难溶的方向移动，与勒夏特列原理有关，B不选；C．水解吸热，加热促进水解，所以加热滴加了酚酞试液的碳酸钠溶液，溶液红色变深，与勒夏特列原理有关，C不选；D．推动吸入了20mLNO2和N2O4的注射器的活塞至10mL处，体积减小，压强增大，平衡向生成N2O4的方向移动，但平衡后NO2的浓度仍然比原来大，所以气体颜色先变深后变浅与勒夏特列原理有关，D不选；答案选A。23．已知：2NO2N2O4是放热反应。如图所示，三个烧瓶中分别充满NO2气体并分别放置在盛有下列物质的烧杯(烧杯内有水)中：在①中加入CaO，在②中不加其他任何物质，在③中加入NH4Cl晶体，下列叙述正确的是A．烧瓶①中气体的颜色最深B．烧瓶③中气体的颜色最深C．烧瓶②中气体的物质的量最多D．NH4Cl溶于水时放出热量【答案】A【详解】A．①中加入CaO，CaO与水反应放热，使溶液的温度升高，平衡逆向移动，圆底烧瓶内气体颜色加深，A正确；B．③中加入NH4Cl溶于水后吸热，使溶液温度降低，平衡正向移动，圆底烧瓶内气体颜色变浅，颜色最浅，B错误；C．①中加入CaO，CaO与水反应放热，使溶液的温度升高，平衡逆向移动，气体物质的量增多，③中加入NH4Cl溶于水后吸热，使溶液温度降低，平衡正向移动，气体物质的量减少，因此烧瓶①中气体的物质的量最多，C错误；D．氯化铵溶于水吸热，溶液温度降低，D错误；答案选A。24．在恒温的密闭容器中，加入和足量活性炭发生反应，测得平衡时和的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示(为以分压表示的平衡常数，分压总压物质的量分数)。下列说法错误的是A．图示的三个点中，a点的转化率最高B．该温度下，点的C．减小容器体积可实现从c点到b点的移动D．a、b、c三点的大小相同【答案】B【分析】要留意：图中曲线表示平衡时的数据。根据，计算时可用浓度分数代替物质的量分数。【详解】A．该反应为正向气体体积增大的反应，压强小有利于正反应的进行，故图示的三个点中，点的转化率最高，A正确；B．c点时，的平衡浓度与的平衡浓度相等，列三段式可求出该条件下平衡时：、，可求出，B错误；C．减小容器体积(即增大反应的压强)可实现从c点到b点的移动，C正确；D．恒温条件下保持不变，D正确；故选B。25．下列事实中，能用勒夏特列原理解释的是A．火电厂中燃烧煤粉以提高燃煤效率B．工业合成氨时采用较高的温度(400℃~500℃)C．密闭的注射器中装有NO2和N2O4的混合气体，向外拉活塞，最终气体颜色变浅D．实验室用排饱和食盐水法收集氯气【答案】D【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。【详解】A．火电厂中燃烧煤粉以提高燃煤效率，目的是为了加快反应速率，与平衡移动无关，不能用勒夏特列原理解释，故A错误；B．合成NH3的反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，工业合成氨时采用较高的温度(400℃~500℃)是为了加快反应速率，与平衡移动无关，不能用勒夏特列原理解释，故B错误；C．存在平衡2NO2⇌N2O4，拉动活塞后压强减小，平衡逆向移动，NO2的数目增多，气体颜色变浅是由于体积增大导致NO2的浓度减小所致，不能用勒夏特列原理解释，故C错误；D．氯气和水的反应方程式为：Cl2＋H2O⇌HCl＋HClO，饱和食盐水中含大量的氯离子，可使平衡向逆向移动，从而降低氯气在水中的溶解，所以可以用勒夏特列原理解释，故D正确；故答案选D。26．恒容密闭容器中，在作催化剂条件下，分解反应如下：，不同温度下，分解率随时间变化如图所示，，；的初始浓度为，时分解反应达到平衡时；曲线①②中，值较小的曲线为。【答案】②【详解】图像是分解率和时间的关系，先达到平衡，说明温度高，即，当反应达到平衡，，即，可知，达平衡时，分解率为40%，此时消耗，达到平衡时，，，，，即；值较小，说明反应向逆反应方向进行程度较大，根据图像，温度升高分解率增大，即温度越低，反应向逆反应方向进行的程度越大，则值较小的曲线为②，故答案为；②。27．根据反应速率判断①：平衡向方向移动。②：反应达到平衡状态，不发生平衡移动。③：平衡向方向移动。【答案】正反应逆反应【详解】①v正＞v逆：正反应速率更大，平衡向正反应方向移动。②v正=v逆：反应达到平衡状态，不发生平衡移动。③v正＜v逆：逆反应速率更大，平衡向逆反应方向移动。28．合成氨工业的核心反应是：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH="Q"kJ·mol1，能量变化如图所示，回答下列问题：(1)在500℃、2×107Pa和催化剂条件下向一密闭容器中充入0.5molN2和1.5molH2，充分反应后，放出的热量46.2kJ（填“＜”、“＞”或“=”)。(2)在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1和E2的变化是：E1（填“增大”、“减小”、“不变”,下同)；E2E1。若升高温度，平衡向反应方向移动（填“正”或“逆”)，E2E1（填“增大”、“减小”、“不变”)。(3)将一定量的N2(g)和H2(g)放入1L密闭容器中，在500℃、2×107Pa下达到平衡，测得N2为0.10mol，H2为0.30mol，NH3为0.10mol。计算该条件下达到平衡时H2的转化率。(4)在上述（3）反应条件的密闭容器中欲提高合成氨中H2的转化率，下列措施可行的（填字母)。A．向容器中按原比例再充入原料气B．向容器中再充入惰性气体C．改变反应的催化剂D．分离出氨气【答案】(1)<(2)减小不变逆不变(3)33.3%(4)AD【详解】（1）根据图像可知，1mol氮气完全反应生成2mol氨气放出92.4kJ热量，则0.5molN2和1.5molH2完全反应放出46.2kJ热量，实际上工业合成氨是可逆反应，所以放出的热量小于46.2kJ，故填“<”；（2）在反应体系中加入催化剂，降低了反应的活化能，即E1减小，E2减小，但反应热不变，即E2E1不变，工业合成氨为放热反应，则升高温度，平衡向逆反应方向移动，反应热不变，即E2E1不变；（3）由反应方程式得N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，平衡时氨气的物质的量为0.1mol，则氢气消耗0.1mol×3÷2=0.15mol，起始氢气的物质的量为(0.3+0.15)mol=0.45mol，所以氢气的转化率为0.15mol÷0.45mol×100%=33.3%；（4）A.

欲提高H2的转化率应使平衡右移，向容器中按原比例再充入原料气，相当于增大压强，平衡右移，A符合题意；B.

B中充惰性气体对平衡无影响，B不符合题意；C.

C中改变催化剂不改变平衡，C不符合题意；D.

D中分离出氨气，平衡右移，方法可行，D符合题意；故选AD。29．砷为VA族元素，金属冶炼过程产生的含砷有毒废水需处理与检测。(1)I．已知：As(s)+H2(g)+2O2(g)=H3AsO4(s)ΔH1H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH22As(s)+O2(g)=As2O5(s)ΔH3则反应As2O5(s)+3H2O(l)=2H3AsO4(s)的ΔH=。II.冶炼废水中砷元素主要以亚砷酸(H3AsO3)形式存在，可用化学沉降法处理酸性高浓度含砷废水，其工艺流程如下：已知：①As2S3与过量的S2存在以下反应：As2S3(s)+3S2(aq)2AsS(aq)；②亚砷酸盐的溶解性大于相应砷酸盐。（1）亚砷酸中砷元素的化合价为；砷酸的第一步电离方程式为。(2)“一级沉砷”中FeSO4的作用是；“二级沉砷”中H2O2与含砷物质反应的化学方程式为。III.去除水体中的砷，将As(Ⅲ)转化为As(Ⅴ)，也可选用NaClO实现该转化。研究NaClO投加量对As(Ⅲ)氧化率的影响得到如下结果：已知：投料前水样pH＝5.81，0.1mol/LNaClO溶液pH＝10.5，溶液中起氧化作用的物质是次氯酸。产生此结果的原因是。【答案】(1)2△H13△H2△H3+3H3AsO4H++H2AsO(2)沉淀过量的S2，使As2O3(a)+3S2(aq)⇌2AsS(aq)平衡左移，提高沉砷效果H3AsO3+H2O2=H3AsO4+H2O起氧化作用的物质是次氯酸，NaClO溶液为碱性，当加入量大时，溶液碱性增强，NaClO溶液浓度增大，水解程度降低，次氯酸不易生成，所以As(Ⅲ)氧化率降低【解析】（1）I．①As(s)+H2(g)+2O2(g)=H3AsO4(s)ΔH1，②H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH2，③2As(s)+O2(g)=As2O5(s)ΔH3，根据盖斯定律，将①×2②×3③得：As2O5(s)+3H2O(l)=2H3AsO4(s)的ΔH=2△H13△H2△H3，故答案为2△H13△H2△H3；亚砷酸(H3AsO3)中，氧元素化合价为2价，氢元素化合价为+1价，砷元素化合价设为x，+1×3+x+(2)×3=0，x=+3；第ⅤA族非金属元素形成最高价含氧酸中磷、砷形成的含氧酸都是弱酸，水溶液中分步电离，电离方程式为：H3AsO4⇌H++H2AsO，故答案为+3；H3AsO4⇌H++H2AsO；（2）“一级沉砷”中FeSO4的作用是除去过量的硫离子，As2S3+3S2⇌2AsS使平衡逆向进行，提高沉砷效果，“二级沉砷”中H2O2与含砷物质发生氧化还原反应，氧化亚砷酸为砷酸；，反应的化学方程式为：H2AsO3+H2O2=H3AsO4+H2O，故答案为沉淀过量的硫离子，使As2S3+3S2⇌2AsS使平衡逆向进行，提高沉砷效果；H2AsO3+H2O2=H3AsO4+H2O；III.投料前水样pH=5.81，0.1mol/LNaClO溶液pH=10.5，溶液中起氧化作用的物质是次氯酸．产生此结果的原因是：起氧化作用的物质是次氯酸，NaClO溶液为碱性，当加入量大时，溶液碱性增强，NaClO溶液浓度增大，水解程度降低，次氯酸不易生成，所以As(Ⅲ)氧化率降低，故答案为起氧化作用的物质是次氯酸，NaClO溶液为碱性，当加入量大时，溶液碱性增强，NaClO溶液浓度增大，水解程度降低，次氯酸不易生成，所以As(Ⅲ)氧化率降低。30．工业上，裂解正丁烷可以获得乙烯、丙烯等化工原料。反应1：反应2：已知几种共价键的键能如下表：共价键C—HC—C键能/(kJ·mol1)413614347(1)根据上述数据估算，=kJ·mol1。(2)正丁烷和异丁烷之间转化的能量变化如图所示。①正丁烷气体转化成异丁烷气体的热化学方程式为。②下列有关催化剂的叙述错误的是(填标号)。A．能改变反应途径

B．能降低反应焓变C．能加快反应速率

D．能增大平衡常数(3)向密闭容器中投入一定量的正丁烷，发生反应1和反应2，测得正丁烷的平衡转化率(α)与压强(p)、温度(T)的关系如图所示。①、、由小到大的