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高考化学二轮复习专题8化学反应速率化学平衡学案
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这是一份高考化学二轮复习专题8化学反应速率化学平衡学案，共46页。
专题八 化学反应速率 化学平衡
体系构建·串真知
真题回放·悟高考
解读考纲
1．了解化学反应速率的概念和定量表示方法。能正确计算化学反应的转化率(α)。
2．了解反应活化能的概念，了解催化剂的重要作用。
3．了解可逆反应及化学平衡的建立。
4．掌握化学平衡的特征。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的计算。
5．理解外界条件(浓度、温度、压强、催化剂等)对反应速率和化学平衡的影响，能用相关理论解释其一般规律。
6．了解化学反应速率和化学平衡的调控在生活、生产和科学研究领域中的重要作用。
体验真题
1．(2020·全国卷Ⅰ·28节选)硫酸是一种重要的基本化工产品，接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧化：SO2(g)＋O2(g)SO3(g)ΔH＝－98 kJ·mol－1。回答下列问题：
(1)当SO2(g)、O2(g)和N2(g)起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在0.5 MPa、2.5 MPa和5.0 MPa压强下，SO2平衡转化率α随温度的变化如图所示。反应在5.0 MPa、550 ℃时的α＝__0.975__，判断的依据是__该反应气体分子数减少，增大压强，α提高。所以p1＝5.0_MPa__。影响α的因素有__反应物(N2和O2)的起始浓度(组成)、温度、压强__。
(2)将组成(物质的量分数)为2m% SO2(g)、m% O2(g)和q% N2(g)的气体通入反应器，在温度t、压强p条件下进行反应。平衡时，若SO2转化率为α，则SO3压强为____，平衡常数Kp＝____(以分压表示，分压＝总压×物质的量分数)。
(3)研究表明，SO2催化氧化的反应速率方程为：v＝k(－1)0.8(1－nα′)。式中：k为反应速率常数，随温度t升高而增大；α为SO2平衡转化率，α′为某时刻SO2转化率，n为常数。在α′＝0.90时，将一系列温度下的k、α值代入上述速率方程，得到v～t曲线，如图所示。
曲线上v最大值所对应温度称为该α′下反应的最适宜温度tm。ttm后，v逐渐下降。原因是__升高温度，k增大使v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降。当t＜tm，k增大对v的提高大于α引起的降低；当t＞tm，k增大对v的提高小于α引起的降低__。
【解析】 (1)SO2(g)＋O2(g)SO3(g)，该反应是一个气体分子数减少的放热反应，故增大压强可以使化学平衡向正反应方向移动。因此，在相同温度下，压强越大，SO2的平衡转化率越大，所以，该反应在550 ℃、压强为5.0 MPa条件下，SO2的平衡转化率一定高于相同温度下、压强为2.5 MPa的，因此，p1＝5.0 MPa，由图中数据可知，α＝0.975。影响α的因素就是影响化学平衡移动的因素，主要有反应物(N2和O2)的起始浓度(组成)、温度、压强等。
(2)假设原气体的物质的量为100 mol，则SO2、O2和N2的物质的量分别为2m mol、m mol和q mol,2m＋m＋q＝3m＋q＝100，SO2的平衡转化率为α，则有下列关系：
SO2 ＋ O2SO3
起始量(mol) 2m m 0
变化量(mol) 2mα mα 2mα
平衡量(mol) 2m(1－α) m(1－α) 2mα
平衡时气体的总物质的量为n(总)＝2m(1－α)＋m(1－α)＋2mα mol＋q mol，则SO3的物质的量分数为×100%＝×100%＝×100%。该反应在恒压容器中进行，因此，SO3的分压p(SO3)＝，p(SO2)＝，p(O2)＝，在该条件下，SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)的Kp＝＝＝。(3)由于该反应是放热反应，温度升高后α降低。由题中信息可知，v＝k0.8(1－nα′)，升高温度，k增大使v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降。当t＜tm，k增大对v的提高大于α引起的降低；当t＞tm，k增大对v的提高小于α引起的降低。
2．(2020·全国卷Ⅱ·28)天然气的主要成分为CH4，一般还含有C2H6等烃类，是重要的燃料和化工原料。
(1)乙烷在一定条件可发生如下反应：C2H6(g)═══C2H4(g)＋H2(g) ΔH，相关物质的燃烧热数据如下表所示：
物质
C2H6(g)
C2H4(g)
H2(g)
燃烧热ΔH/(kJ·mol－1)
－1 560
－1 411
－286
①提高该反应平衡转化率的方法有__升高温度__、__减小压强(增大体积)__。
②容器中通入等物质的量的乙烷和氢气，在等压下(p)发生上述反应，乙烷的平衡转化率为α。反应的平衡常数Kp＝__×p__(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。
(2)高温下，甲烷生成乙烷的反应如下：2CH4C2H6＋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＝__1－α__r1。
②对于处于初期阶段的该反应，下列说法正确的是__AD__。
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)①反应C2H6(g)C2H4(g)＋H2(g)为气体体积增大的吸热反应，升高温度、减小压强平衡都向正反应方向移动，故提高该反应平衡转化率的方法有升高温度、减小压强(增大体积)；
②设起始时加入的乙烷和氢气各为1 mol，列出三段式，
C2H6(g)C2H4(g)＋H2(g)
起始(mol) 1 0 1
转化(mol) α α α
平衡(mol) 1－α α 1＋α
平衡时，C2H6、C2H4和H2平衡分压分别为p、p和p，则反应的平衡常数为Kp＝×p；
(2)①根据r＝k×cCH4，若r1＝kc，甲烷转化率为α时，甲烷的浓度为c(1－α)，则r2＝kc(1－α)，所以r2＝(1－α)r1；
②A．增大反应物浓度反应速率增大，故A说法正确；B．由速率方程可知，初期阶段的反应速率与氢气浓度无关，故B说法错误；C．反应物甲烷的浓度逐渐减小，结合速率方程可知，乙烷的生成速率逐渐减小，故C说法错误；D．化学反应速率与温度有关，温度降低，反应速率常数减小，故D正确。
3．(2020·全国卷Ⅲ·28)二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO2的热点研究领域。回答下列问题：
(1)CO2催化加氢生成乙烯和水的反应中，产物的物质的量之比n(C2H4)∶n(H2O)＝__1∶4__。当反应达到平衡时，若增大压强，则n(C2H4)__变大__(填“变大”“变小”或“不变”)。
(2)理论计算表明，原料初始组成n(CO2)∶n(H2)＝1∶3，在体系压强为0.1 MPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。
图中，表示C2H4、CO2变化的曲线分别是__d__、__c__。CO2催化加氢合成C2H4反应的ΔH__小于__0(填“大于”或“小于”)。
(3)根据图中点A(440 K,0.39)，计算该温度时反应的平衡常数Kp＝__×或×__(MPa)－3(列出计算式。以分压表示，分压＝总压×物质的量分数)。
(4)二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随副反应，生成C3H6、C3H8、C4H8等低碳烃。一定温度和压强条件下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当__选择合适催化剂等__。
【解析】 (1)CO2催化加氢生成乙烯和水，该反应的化学方程式可表示为2CO2＋6H2CH2＝CH2＋4H2O，因此，该反应中产物的物质的量之比n(C2H4)∶n(H2O)＝1∶4。由于该反应是气体分子数减少的反应，当反应达到平衡状态时，若增大压强，则化学平衡向正反应方向移动，n(C2H4)变大。(2)由题中信息可知，两反应物的初始投料之比等于化学计量数之比；由图中曲线的起点坐标可知，c和a所表示的物质的物质的量分数之比为1∶3、d和b表示的物质的物质的量分数之比为1∶4，则结合化学计量数之比可以判断，表示乙烯变化的曲线是d，表示二氧化碳变化曲线的是c。由图中曲线的变化趋势可知，升高温度，乙烯的物质的量分数减小，则化学平衡向逆反应方向移动，则该反应为放热反应，Δ H小于0。(3)原料初始组成n(CO2)∶n(H2)＝1∶3，在体系压强为0.1 MPa建立平衡。由A点坐标可知，该温度下，氢气和水的物质的量分数均为0.39，则乙烯的物质的量分数为水的四分之一，即，二氧化碳的物质的量分数为氢气的三分之一，即，因此，该温度下反应的平衡常数Kp＝×(MPa)－3＝×(MPa)－3。(4)工业上通常通过选择合适的催化剂，以加快化学反应速率，同时还可以提高目标产品的选择性，减少副反应的发生。因此，一定温度和压强下，为了提高反应速率和乙烯的选择性，应当选择合适的催化剂。
4．(2019·全国卷Ⅰ，28)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。回答下列问题：
(1)Shibata曾做过下列实验：①使纯H2缓慢地通过处于721 ℃下的过量氧化钴CoO(s)，氧化钴部分被还原为金属钴Co(s)，平衡后气体中H2的物质的量分数为0.025 0。
②在同一温度下用CO还原CoO(s)，平衡后气体中CO的物质的量分数为0.019 2。根据上述实验结果判断，还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO__大于__H2(填“大于”或“小于”)。
(2)721 ℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合，采用适当的催化剂进行反应，则平衡时体系中H2的物质的量分数为__C__(填标号)。
A．<0.25 B．0.25
C．0.25～0.50 D．0.50
E．>0.50
(3)我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用·标注。
可知水煤气变换的ΔH__小于__0(填“大于”“等于”或“小于”)。该历程中最大能垒(活化能)E正＝__2.02__eV，写出该步骤的化学方程式__COOH·＋H·＋H2O·═══COOH·＋2H·＋OH·(或H2O·═══H·＋OH·)__。
(4)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30～90 min内的平均速率(a)＝__0.004_7__kPa·min－1。467 ℃时pH2和pCO随时间变化关系的曲线分别是__b__、__c__。489 ℃时pH2和pCO随时间变化关系的曲线分别是__a__、__d__。
【解析】 (1)H2还原氧化钴的方程式为H2(g)＋CoO(s)═══Co(s)＋H2O(g)；CO还原氧化钴的方程式为CO(g)＋CoO(s)═══Co(s)＋CO2(g)，平衡时H2还原体系中H2的物质的量分数高于CO还原体系中CO的物质的量分数，故还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO大于H2；
(2)721 ℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合，可设其物质的量为1 mol，则
CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)
起始(mol) 1 1 0 0
转化(mol) x x x x
平衡(mol) 1－x 1－x x x
则平衡时体系中H2的物质的量分数＝＝，因该反应为可逆反应，故x<1，可假设二者的还原倾向相等，则x＝0.5，由(1)可知CO的还原倾向大于H2，所以CO更易转化为H2，故x>0.5，由此可判断最终平衡时体系中H2的物质的量分数介于0.25～0.50，故答案为C；
(3)根据水煤气变换[CO(g)＋H2O(g)═══CO2(g)＋H2(g)]并结合水煤气变换的反应历程相对能量可知，CO(g)＋2H2O(g)的能量(0 eV)高于CO2(g)＋H2(g)＋H2O(g)的能量(－0.72 eV)，故水煤气变换的ΔH小于0；活化能即反应物状态达到活化状态所需能量，根据变换历程的相对能量可知，最大差值为：
其最大能垒(活化能)E正＝1.86 eV－(－0.16) eV＝2.02 eV；该步骤的反应物COOH·＋H·＋H2O·═══COOH·＋2H·＋OH·；因反应前后COOH·和1个H·未发生改变，也可以表述成H2O·═══H·＋OH·；
(4)由图可知，30～90 min内a曲线对应物质的分压变化量Δp＝(4.08－3.80) kPa＝0.28 kPa，故曲线a的反应在30～90 min内的平均速率(a)＝≈0.004 7 kPa·min－1；由(2)中分析得出H2的物质的量分数介于0.25～0.5，CO的物质的量分数介于0～0.25，即H2的分压始终高于CO的分压，据此可将图分成两部分：
由此可知，a、b表示的是H2的分压，c、d表示的是CO的分压，该反应为放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，CO分压增加，H2分压降低，故467 ℃时pH2和pCO随时间变化关系的曲线分别是b、c；489 ℃时pH2和pCO随时间变化关系的曲线分别是a、d。
5．(2019·全国卷Ⅱ·27，节选)环戊二烯()是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下列问题：
(1)已知：(g)═══(g)＋H2(g) ΔH1＝100.3 kJ·mol－1①
H2(g)＋I2(g)═══2HI(g)ΔH2＝－11.0 kJ·mol－1②
对于反应：(g)＋I2(g)═══(g)＋2HI(g)③ ΔH3＝__＋89.3__kJ·mol－1
(2)某温度下，等物质的量的碘和环戊烯()在刚性容器内发生反应③，起始总压为105Pa，平衡时总压增加了20%，环戊烯的转化率为__40%__，该反应的平衡常数Kp＝__3.56×104__Pa。达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，可采取的措施有__BD__(填标号)。
A．通入惰性气体 B．提高温度
C．增加环戊烯浓度 D．增加碘浓度
(3)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，下列说法正确的是__CD__(填标号)。
A．T1>T2
B．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0.45 mol·L－1
【解析】 (1)根据盖斯定律①－②，可得反应③的ΔH＝＋89.3 kJ·mol－1；
(2)设起始加入反应物的物质的量都为1 mol，
(g)＋I2(g)═══(g)＋2HI(g)
起始(mol) 1 1 0 0
转化(mol) x x x 2x
平衡(mol) 1－x 1－x x 2x
反应后气体的总物质的量为2＋x，平衡由压强之比等于气体物质的量之比知：＝1.2，x＝0.4，环戊烯的转化率为×100%＝40%；反应后的气体的总压强为1.2×105 Pa，、I2、、HI的分压分别为×1.2×105 Pa＝0.3×105 Pa、×1.2×105 Pa＝0.3×105 Pa、×1.2×105 Pa＝0.2×105 Pa、×1.2×105 Pa＝0.4×105 Pa，Kp＝ Pa≈3.56×104 Pa；达到平衡后，通入惰性气体对平衡没有影响，环戊烯的平衡转化率不变，A错误；反应③是吸热反应，提高温度平衡向正反应方向移动，环戊烯的平衡转化率增大，B正确；增加环戊烯浓度，环戊烯的平衡转化率减小，C错误；增加碘浓度平衡向正反应方向移动，环戊烯的平衡转化率增大，D正确。
(3)由图知虚线对应的速率快，对应温度高，则T2>T1，A错误；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0.9 mol·L－1，则b点时二聚体的浓度为0.45 mol·L－1，D正确。
6.(2019·全国卷Ⅲ·28)近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：
(1)Deacon发明的直接氧化法为：4HCl(g)＋O2(g)═══2Cl2(g)＋2H2O(g)。下图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系：
可知反应平衡常数K(300 ℃)__大于__K(400 ℃)(填“大于”或“小于”)。设HCl初始浓度为c0，根据进料浓度比c(HCl)∶c(O2)＝1∶1的数据计算K(400 ℃)＝____(列出计算式)。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低、过高的不利影响分别是__O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低__。
(2)Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：
CuCl2(s)═══CuCl(s)＋Cl2(g) ΔH1＝83 kJ·mol－1
CuCl(s)＋O2(g)═══CuO(s)＋Cl2(g) ΔH2＝－20 kJ·mol－1
CuO(s)＋2HCl(g)═══CuCl2(s)＋H2O(g) ΔH3＝－121 kJ·mol－1
则4HCl(g)＋O2(g)═══2Cl2(g)＋2H2O(g)的ΔH＝__－116__ kJ·mol－1。
(3)在一定温度的条件下，进一步提高HCl的转化率的方法是__增加反应体系压强、及时除去产物__。(写出2种)
(4)在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如下图所示：
负极区发生的反应有__Fe3＋＋e－═══Fe2＋，4Fe2＋＋O2＋4H＋═══4Fe3＋＋2H2O__(写反应方程式)。
电路中转移1 mol电子，需消耗氧气__5.6__L(标准状况)。
【解析】 (1)根据题中示意图可以看出随着温度的升高，HCl的转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，所以温度越高，反应进行的程度越小，K值越小，即K(300 ℃)大于K(400 ℃)。相同条件下进料浓度比c(HCl)∶c(O2)越大，HCl的转化率越低；进料浓度比c(HCl)∶c(O2)越小，HCl的转化率越高。即三条曲线中，最上面一条是c(HCl)∶c(O2)＝1∶1的变化曲线。将400 ℃时的数据代入可得：K＝。由示意图可以看出进料浓度比过高或过低对反应都不利，过高会造成HCl利用率降低，过低会有大量氧气剩余，分离氧气能耗过高。
(2)利用盖斯定律解答本题。
CuCl2(s)═══CuCl(s)＋Cl2(g) ΔH1＝83 kJ·mol－1①
CuCl(s)＋O2(g)═══CuO(s)＋Cl2(g) ΔH2＝－20 kJ·mol－1②
CuO(s)＋2HCl(g)═══CuCl2(s)＋H2O(g) ΔH3＝－121 kJ·mol－1③
则4HCl(g)＋O2(g)═══2Cl2(g)＋2H2O(g)可由①×2＋②×2＋③×2得到，所以其ΔH＝83×2＋(－20)×2＋(－121)×2＝－116(kJ·mol－1)。
(3)根据平衡移动原理，为了提高HCl的转化率，使反应4HCl(g)＋O2(g)═══2Cl2(g)＋2H2O(g)正向移动，可以采用增大反应体系压强、及时分离出产物等措施。
(4)根据示意图中H＋的流动方向可以判断电源的正负极情况，左侧为负极，右侧为正极。根据示意图中负极区物质的转化可以写出相应的方程式：Fe3＋＋e－═══Fe2＋，4Fe2＋＋O2＋4H＋═══4Fe3＋＋2H2O。在反应中，1 mol O2得到4 mol电子，所以转移1 mol电子时消耗氧气0.25 mol，在标准状况下的体积为5.6 L。
7．(2018·课标全国Ⅱ，27)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。回答下列问题：
(1)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＝－75 kJ·mol－1
C(s)＋O2(g)═══CO2(g) ΔH＝－394 kJ·mol－1
C(s)＋O2(g)═══CO(g) ΔH＝－111 kJ·mol－1
该催化重整反应的ΔH＝__＋247__ kJ·mol－1。有利于提高CH4平衡转化率的条件是__A__(填标号)。
A．高温低压 B．低温高压
C．高温高压 D．低温低压
某温度下，在体积为2 L的容器中加入2 mol CH4、1 mol CO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，其平衡常数为____mol2·L－2。
(2)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。相关数据如下表：
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X
33
91
催化剂Y
43
72
①由上表判断，催化剂X__劣于__Y(填“优于”或“劣于”)，理由是__相对于催化剂X、催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大__。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1所示。升高温度时，下列关于积碳反应、消碳反应的平衡常数(K)和速率(v)的叙述正确的是__AD__(填标号)。
图1
A．K积、K消均增加
B．v积减小、v消增加
C．K积减小、K消增加
D．v消增加的倍数比v积增加的倍数大
②在一定温度下，测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为v＝k·p(CH4)·[p(CO2)]－0.5(k为速率常数)。在p(CH4)一定时，不同p(CO2)下积碳量随时间的变化趋势如图2所示，则pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为__pc(CO2)>pb(CO2)>pa(CO2)__。
图2
【解析】 (1)将已知中3个反应依次记为①、②、③，根据盖斯定律③×2－①－②得该催化重整反应的ΔH＝[(－111)×2＋75＋394] kJ·mol－1＝＋247 kJ·mol－1，由于该反应为吸热且气体体积增大的反应，要提高CH4的平衡转化率，需在高温低压下进行。根据平衡时消耗的CO2为1 mol×50%＝0.5 mol·L－1，则消耗的CH4为0.5 mol，生成的CO和H2均为1 mol，根据三段式法可知平衡时CH4、CO2、CO和H2的平衡浓度分别为0.75 mol·L－1、0.25 mol·L－1、0.5 mol·L－1、0.5 mol·L－1，则平衡常数K＝＝ mol2·L－2。(2)①从表格中数据可看出相对于催化剂X，用催化剂Y催化时积碳反应的活化能大，则积碳反应的反应速率小，而消碳反应活化能相对小，则消碳反应的反应速率大，再根据题干信息“反应中催化剂活性会因积碳反应而降低”可知催化剂X劣于催化剂Y。两个反应均吸热，故随温度升高，K积和K消均增加，且消碳反应速率增加的倍数比积碳反应的大，故A、D正确。②由该图像可知在反应时间和p(CH4)相同时，图像中速率关系va>vb>vc，结合沉积碳的生成速率方程v＝k·p(CH4)·[p(CO2)]－0.5，在p(CH4)相同时，随着p(CO2)增大，反应速率逐渐减慢，即可判断：pc(CO2)>pb(CO2)>pa(CO2)。
预判考情
化学反应速率与化学平衡是历年高考必考知识点，主要考查点为平衡常数表达式、意义及相关计算、转化率的计算及化学平衡状态的判断等。预计在2021年的高考中，选择题型中会借助速率、平衡图像的分析进行考查，在化学反应原理的综合题中仍会与生产生活实际联系紧密的创新题材为载体，考查考生化学平衡常数的多种表达形式，通过图像等信息获取解题数据，完成平衡常数与转化率和Ksp的计算等，另外速率常数的理解与应用也是近年高考考查的重点内容之一，应予关注。
知识深化·精整合
一、化学反应速率及其影响因素
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)＝，即v(X)＝＝，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。
(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．外界因素对化学反应速率的影响及规律
(1)当其他条件相同时，增大反应物浓度时，v正增大，v逆瞬间不变，随后也增大。
(2)压强对反应速率的影响(有气体参加的化学反应)
①恒温时，压缩体积→压强增大→反应物浓度增大→反应速率加快。
②恒温时，对于恒容密闭容器
a．充入气体反应物→总压强增大→气体反应物浓度增大→反应速率加快。
b．充入“惰性”气体→总压强增大→气体反应物浓度未改变→反应速率不变。
③恒温恒压时
充入“惰性”气体→体积增大→气体反应物浓度减小→反应速率减小。
(3)升高温度，v正和v逆都增大，但吸热反应方向的反应速率增大的程度大；降低温度，v正和v逆都减小，但吸热反应方向的反应速率减小的程度大。
(4)使用催化剂，能同等程度地改变正、逆反应速率。
3．化学反应速率常数及应用
(1)速率常数含义
速率常数(k)是指在给定温度下，反应物浓度皆为1 mol·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计量数为指数的幂的乘积成正比。
对于反应：aA(g)＋bB(g)gG(g)＋hH(g)
则v正＝k正ca(A)·cb(B)(其中k正为正反应的速率常数)，v逆＝k逆·cg(G)·ch(H)(其中k逆为逆反应的速率常数)。
如反应2NO2(g)2NO(g)＋O2(g)，v正＝k正·c2(NO2)，v逆＝k逆·c2(NO)·c(O2)。
(3)速率常数与化学平衡常数之间的关系
一定温度下，可逆反应：aA(g)＋bB(g)gG(g)＋hH(g)，达到平衡状态时，v正＝k正·ca(A)·cb(B)，v逆＝k逆·cg(G)·ch(H)，
因平衡时v正＝v逆，则k正·ca(A)·cb(B)＝k逆·cg(G)·ch(H)，＝＝K
二、化学平衡状态及移动方向判断
1．化学平衡状态的判断
(1)等——“逆向相等”(三种表述)。
①同一物质(两种表述)：v正＝v逆、断键数＝成键数。
②不同物质：＝
(2)定——“变量不变”：如果一个量是随反应进行而改变的(即变量)，当其“不变”时反应就达到平衡状态，即“变量”不变―→平衡状态。
①平衡体系中各物质的m、n、c和n%等保持不变。
②一定条件下的气体密度、总压强、气体的平均相对分子质量不变等。
③有色体系的颜色保持不变。
(3)依Qc与K关系判断：若Qc＝K，反应处于平衡状态。
2．平衡移动方向的判断
(1)依勒夏特列原理判断。
(2)根据图像中正、逆反应速率相对大小判断：若v正>v逆，则平衡向正反应方向移动；反之向逆反应方向移动。
(3)依变化过程中速率变化的性质判断：若平衡移动过程中，正反应速率逐渐增大(减小)，则平衡向逆(正)反应方向移动。
(4)依浓度商(Qc)规则判断：若某温度下QcK，反应向逆反应方向进行。
三、化学平衡常数与转化率的计算
1．化学平衡常数表达式的书写
(1)不要把反应体系中纯固体、纯液体以及稀水溶液中水的浓度写进平衡常数表达式。如：
CaCO3(s)CaO(s)＋CO2(g) K＝c(CO2)
Cr2O(aq)＋H2O(l)2CrO(aq)＋2H＋(aq) K＝
但在非水溶液中，若有水参加或生成，则此时水的浓度不可视为常数，应写进平衡常数表达式中。如：
C2H5OH＋CH3COOHCH3COOC2H5＋H2O K＝
C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g) K＝
(2)同一化学反应，化学反应方程式写法不同，其平衡常数表达式及数值亦不同。如：
N2O4(g)2NO2(g) K＝
N2O4(g)NO2(g) K′＝＝
(3)有气体参与的反应，用平衡分压(总压乘以各自的物质的量分数)表示平衡常数。
如：2A(g)＋B(s)C(g)。若达到平衡时，n(A)＝n1、n(C)＝n2密闭体系的压强为p，则Kp＝＝。
2．化学平衡常数(K)的应用
(1)K值越大，说明平衡体系中生成物所占的比例越大，正向反应进行的程度越大，即该反应进行得越完全，反应物转化率越大；反之，就越不完全，转化率就越小。
(2)若用任意状态的浓度幂之积的比值(称为浓度商，用Q表示)与K比较，可判断可逆反应是否达到平衡状态和反应进行的方向。即对于反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，Q＝。
Q
Q＝K
反应达到平衡状态
Q>K
反应向逆反应方向进行
(3)利用K可判断反应的热效应。
若升高温度，K值增大，则正反应为吸热反应；
若升高温度，K值减小，则正反应为放热反应。
3．化学平衡常数与转化率的计算
(1)牢记一个万能模式(“三段式”法)
如mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，令A、B起始物质的量浓度分别为a mol·L－1、b mol·L－1，达到平衡后消耗A的物质的量浓度为mx mol·L－1。
mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)
起始/(mol·L－1) a b 0 0
变化/(mol·L－1) mx nx px qx
平衡/(mol·L－1) a－mx b－nx px qx
K＝
(2)掌握三个百分数
①转化率＝×100%＝×100%
②生成物的产率：实际产量(指生成物)占理论产量的百分数。一般来讲，转化率越大，原料利用率越高，产率越大。
产率＝×100%
③平衡混合物某组分的百分含量＝×100%
四、化学反应速率与化学平衡图像
1．化学反应速率与化学平衡图像分析方法
分析图像时，一看面(即看清横坐标和纵坐标所代表的含义)；二看线(即看线的走向和变化趋势)；三看点(即看线是否通过原点，两条线的交点或线的拐点)；四看有没有作辅助线(如等温线、等压线)；五看定量图像中有关数据。在分析时要联系可逆反应的特点，即外界因素对化学反应速率和化学平衡的影响规律以及化学平衡常数、转化率等计算公式。
2．化学反应速率图像
以反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g) ΔH>0为例：反应速率－时间(v－t)图像中，在平衡后的某时刻t1改变某一条件后，v(正)与v(逆)的变化有两种情况：
(1)v(正)、v(逆)同时突变
(2)v(正)、v(逆)之一渐变
3．化学平衡图像的三种类型
对于反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，m＋n>p＋q，且ΔH>0。
(1)速率—时间图
t1时增大反应物的浓度，正反应速率瞬间增大，然后逐渐减小，而逆反应速率逐渐增大；t2时升高温度，对任何反应，正反应和逆反应速率均增大，吸热反应的正反应速率增大较快；t3时减小压强，正反应速率和逆反应速率均减小；t4时使用催化剂，正反应速率和逆反应速率均瞬间增大。
(2)转化率(或含量)—时间图
甲表示压强对反应物转化率的影响，对于气体反应物化学计量数之和大于气体生成物化学计量数之和的反应，压强越大，反应物的转化率越大；乙表示温度对反应物转化率的影响，对于吸热反应，温度越高，反应物的转化率越大；丙表示催化剂对反应物转化率的影响，催化剂只能改变化学反应速率，不能改变平衡时反应物的转化率。
(3)恒压(温)线
分析时可沿横轴作一条平行于纵轴的虚线，即为等压线或等温线，然后分析另一条件变化对该反应的影响。
典题精研·通题型
考点一 化学反应速率及影响因素
典例探究
角度一 化学反应速率的影响因素
典例1 (2020·宁波模拟)不同条件下，用O2氧化a mol/L FeCl2溶液过程中所测的实验数据如图所示。下列分析或推测合理的是( D )
A．由①、②可知，pH越大，＋2价铁越易被氧化
B．由②、③推测，若pH＞7，＋2价铁更难被氧化
C．由①、③推测，FeCl2被O2氧化的反应为放热反应
D．60 ℃、pH＝2.5时，4 h内Fe2＋的平均消耗速率大于0.15 a mol/(L·h)
【解析】 ①、②中温度和pH均不同，无法判断pH对反应的影响，A错误；若pH＞7，FeCl2变成Fe(OH)2，Fe(OH)2非常容易被氧化成Fe(OH)3，B错误；①、③中pH相同、温度升高、Fe2＋的氧化率增大，即平衡正向移动，则FeCl2被O2氧化的以应为吸热反应，C错误；50 ℃、pH＝2.5时，4 h内Fe2＋的氧化率是60%，即消耗0.6 a mol/L,4 h内平均消耗速率等于0.15 a mol/(L·h)，温度升高到60 ℃、pH＝2.5时，＋2价铁的氧化率速率加快，4 h内Fe2＋的平均消耗速率大于0.15 a mol/(L·h)，D正确。
角度二 化学反应速率常数及应用
典例2 许多含氮物质是农作物生长的营养物质。
(1)一定温度下，向某密闭容器中充入1 mol NO2，发生反应：2NO2(g)N2O4(g)。测得反应体系中气体体积分数与压强之间的关系如图所示：
①a、b、c三点逆反应速率由大到小的顺序为__c>b>a__。平衡时若保持压强、温度不变，再向体系中加入一定量的Ne，则平衡移动__逆向__移动(填“正向”“逆向”或“不”)。
②a点时NO2的转化率为__66.7%__，用平衡分压代替平衡浓度可求出平衡常数Kp，则该温度下Kp＝__Pa－1__(用含p0的代数式表示)。
(2)已知在一定温度下的可逆反应N2O4(g)2NO2(g) ΔH>0中，v正＝k正c(N2O4)，v逆＝k逆c2(NO2)(k正、k逆只有温度的函数)。若该温度下的平衡常数K＝10，则k正＝__10__k逆，升高温度，k正增大的倍数__大于__(填“大于”“小于”或“等于”)k逆增大的倍数。
【解析】 (1)①由图知，a点到c点的过程中，N2O4的体积分数不断增大，故逆反应速率不断增大；一定温度下，保持压强不变，加入稀有气体，相当于降低压强，故平衡逆向移动；②a点时，设消耗了x mol NO2，则生成0.5x mol N2O4，剩余(1－x)mol NO2，由图可知1－x＝0.5x，x＝ mol，此时NO2的转化率为66.7%，平衡时p(N2O4)＝0.96p0，p(NO2)＝0.04p0，由此可求出Kp＝。(2)当反应达到平衡时，v正＝v逆，即k正·c(N2O4)＝k逆·c2(NO2)，k正＝＝k逆·K＝10k逆；该反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，k正增大的倍数大于k逆增大的倍数。
类题精练
1．(2020·武威模拟)一定温度下，在1 L恒容密闭容器中加入1 mol的N2(g)和3 mol H2(g)发生反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH<0，NH3的物质的量与时间的关系如下表所示，下列说法不正确的是( D )
时间(min)
0
t1
t2
t3
NH3物质的量(mol)
0
0.2
0.3
0.3
A．0～t1 min，v(NH3)＝0.2/t1 mol·L－1·min－1
B．t3时再加入1 mol的N2(g)和3 mol H2(g)，反应达新平衡时，c(N2)>0.85 mol·L－1
C．N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)的活化能小于2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)的活化能
D．升高温度，可使正反应速率减小，逆反应速率增大，故平衡逆移
【解析】 0～t1 min时生成NH3的浓度＝＝0.2 mol/L，生成NH3的平均反应速率＝＝ mol·L－1·min－1，A正确；由表格数据可知，第t3时反应已处于平衡状态，根据反应方程式N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)可知此时消耗N2的物质的量＝n(NH3)＝×0.3 mol＝0.15 mol，所以平衡时N2的浓度c(N2)＝＝0.85 mol/L。当t3时再加入1 mol的N2(g)和3 mol H2(g)时，尽管平衡向正反应方向移动，但加入的1 mol N2不可能完全转化，所以再次平衡时c(N2)>0.85 mol/L，B正确；因为合成氨反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)是放热反应，其能量关系图可表示为下图，(其中E1为正反应的活化能，E2为逆反应的活化能)，显然合成氨的活化能(E1)小于其逆反应2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)活化能(E2)，C正确；升高温度，正反应速率和逆反应速率都增大，平衡向吸热反应方向移动，即向逆反应方向移动，D错误。
2．温度为T1时，在三个容积均为1 L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( C )
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)
Ⅰ
0.6
0
0
0.2
Ⅱ
0.3
0.5
0.2
Ⅲ
0
0.5
0.35
A．设k为该反应的化学平衡常数，则有k＝k逆∶k正
B．达平衡时，容器Ⅱ与容器Ⅲ中的总压强之比为20∶17
C．容器Ⅱ中起始平衡正向移动，达平衡时，容器Ⅱ中NO2的转化率比容器Ⅰ中的小
D．若改变温度为T2，且T2>T1，则k正∶k逆<0.8
【解析】 平衡时，正、逆反应速率相等，则有k正c2(NO2)＝k逆c2(NO)·c(O2)，所以K＝c2(NO)c(O2)/c2(NO2)＝k正/k逆；A错误；根据反应方程式和容器Ⅰ中O2的平衡浓度可知：平衡时，c(NO)＝0.4 mol·L－1，c(NO2)＝0.2 mol·L－1，则T1温度下，该反应的平衡常数K＝＝＝0.8；容器Ⅱ中浓度熵Qc＝0.2×0.52/0.32＝0.56<0.8，反应正向移动，气体的总量大于1 mol，而容器Ⅲ中反应向左进行，气体的总量小于0.85 mol，所以达平衡时，容器Ⅱ与容器Ⅲ中的总压强之比大于20∶17，B错误；针对于容器Ⅰ内反应可知：NO2的转化率为0.4/0.6＝2/3，假设容器Ⅱ中NO2的转化率也为2/3，反应正向进行：
2NO2(g)2NO(g)＋O2(g)
起始量 0.3 0.5 0.2
变化量 0.2 0.2 0.1
平衡量 0.1 0.7 0.3
平衡常数为K＝0.3×0.72/0.12＝14.7>0.8，所以容器Ⅱ中NO2的转化率小于2/3，即容器Ⅱ中起始平衡正向移动，达平衡时，容器Ⅱ中NO2的转化率比容器Ⅰ中的小，C正确；由于该反应正反应是吸热反应，温度T2>T1，所以T2时平衡常数增大，则k正∶k逆>0.8。
3．对于基元反应，如aA＋bBcC＋dD，反应速率v正＝k正·ca(A)·cb(B)，v逆＝k逆·cc(C)·cd(D)，其中k正、k逆是取决于温度的速率常数。
对于基元反应2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)，在653 K时，速率常数k正＝2.6×103L2·mol－2·s－1，k逆＝4.1×103 L·mol－1·s－1。
(1)计算653 K时的平衡常数K＝__ L·mol－1__。
(2)653 K时，若NO的浓度为0.006 mol·L－1，O2的浓度为0.290 mol·L－1，则正反应速率为__2.7×10－2__mol·L－1·s－1。
【解析】 (1)653 K反应达到平衡时，v正＝k正·c2(NO)·c(O2)＝v逆＝k逆·c2(NO2)，该温度下的平衡常数K＝＝＝ L·mol－1。(2)正反应速率v正＝k正·c2(NO)·c(O2)，将数据代入，计算得到v正＝2.6×103×0.0062×0.290 mol·L－1·s－1＝2.7×10－2 mol·L－1·s－1。
考点二 化学平衡状态及移动方向的判断
典例探究
角度一 化学平衡状态的判断
典例3 (2020·天津宝坻区模拟)运用化学反应原理研究碳、氮、硫的单质及其化合物的反应对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。
Ⅰ.氨为重要的化工原料，有广泛用途。
(1)合成氨中的氢气可由下列反应制取：
a．CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) ΔH1＝＋216.4 kJ/mol
b．CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH2＝－41.2 kJ/mol
则反应CH4(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g) ΔH＝__＋175.2_kJ/mol__。
(2)起始时投入氮气和氢气的物质的量分别为1 mol、3 mol，在不同温度和压强下合成氨。平衡时混合物中氨的体积分数与温度的关系如图。
①恒压时，反应一定达到平衡状态的标志是__BC__(填序号)
A．N2和H2的转化率相等 B．反应体系密度保持不变
C．保持不变 D．＝2
②P1__<__P2(填“>”“＝”或“不确定”，下同)；反应的平衡常数：B点__>__D点。
③C点H2的转化率为__66.7%__；在A、B两点条件下，该反应从开始到平衡时生成氮气的平均速率：v(A)__<__v(B)。
Ⅱ.用间接电化学法去除烟气中NO的原理如下图所示。
已知阴极室溶液呈酸性，则阴极的电极反应式为__2SO＋4H＋＋2e－═══S2O＋2H2O__。反应过程中通过质子交换膜(ab)的H＋为2 mol时，吸收柱中生成的气体在标准状况下的体积为__11.2__L。
【解析】 Ⅰ.(1)已知a.CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) ΔH＝＋216.4 kJ/mol；b.CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH＝－41.2 kJ/mol，则将a＋b，可得CH4(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g) ΔH＝(＋216.4－41.2) kJ/mol＝＋175.2 kJ/mol；
(2)①N2和H2的起始物料比为1∶3，且按照1∶3反应，则无论是否达到平衡状态，转化率都相等，N2和H2转化率相等不能用于判断是否达到平衡状态，A错误；气体的总质量不变，由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，恒压条件下，当反应体系密度保持不变时，说明体积不变，则达到平衡状态，B正确；保持不变，说明氢气、氨气的浓度不变，反应达到平衡状态，C正确；达平衡时各物质的浓度保持不变，但不一定等于化学计量数之比，＝2不能确定反应是否达到平衡状态，D错误；
②由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，平衡混合气体中氨气的百分含量增大，由图像可知P1
N2(g) ＋ 3H2(g) 2NH3(g)
起始：1 mol 3 mol 0
转化：x mol 3x mol 2x mol
平衡：(1－x)mol (3－3x)mol 2xmol
则×100%＝50%，解得x＝，则C点H2的转化率为×100%＝66.7%，B点的压强、温度都比A点高，压强越大、温度越高，反应速率越大，所以v(A)
规律方法
化学平衡状态的判断
(1)两方法——逆向相等、变量不变
①“逆向相等”：反应速率必须一个是正反应的速率，一个是逆反应的速率，且经过换算后同一种物质的消耗速率和生成速率相等。
②“变量不变”：如果一个量是随反应进行而改变的，当不变时为平衡状态；一个随反应进行保持不变的量，不能作为是否达到平衡状态的判断依据。
(2)“三关注”
①关注反应条件，是恒温恒容，恒温恒压还是绝热容器；
②关注反应特点，是等体积反应，还是非等体积反应；
③关注特殊情况，是否有固体参加或生成，或固体的分解反应。
角度二 化学平衡移动方向的判断
典例4 (2020·阜阳模拟)CO2是主要的温室气体，也是一种工业原料。回收利用CO2有利于缓解温室效应带来的环境问题。
(1)我国科学家通过采用一种新型复合催化剂，成功实现了CO2直接加氢制取高辛烷值汽油。已知：2H2(g)＋O2(g)═══2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ/mol
2C8H18(l)＋25O2(g)═══16CO2(g)＋18H2O(l) ΔH＝－11 036 kJ/mol
25 ℃、101 kPa条件下，CO2与H2反应生成辛烷(以C8H18表示)和液态水的热化学方程式是__8CO2(g)＋25H2(g)═══C8H18(l)＋16H2O(l) ΔH＝－1 627 kJ/mol__。
(2)CO2催化加氢合成乙醇的反应原理是：2CO2(g)＋6H2(g)C2H5OH(g)＋3H2O(g) ΔH＝－173.6 kJ/mol图是起始投料不同时，CO2的平衡转化率随温度的变化关系，m为起始时的投料比，即m＝。m1、m2、m3投料比从大到小的顺序为__m1>m2>m3__，理由是__温度相同时，c(H2)增大，CO2平衡转化率增大，平衡向正反应方向移动__。
(3)在Cu/ZnO催化剂存在下，将CO2与H2混合可合成甲醇，同时发生以下两个平行反应：
反应ⅠCO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1＝－53.7 kJ/mol
反应ⅡCO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝＋41.2 kJ/mol
控制一定的CO2和H2初始投料比，在相同压强下，经过相同反应时间测得如下实验数据(其中“甲醇选择性”是指转化的CO2中生成甲醇的百分比)：
实验序号
T/K
催化剂
CO2转化率/%
甲醇选择性/%
实验1
543
Cu/ZnO纳米棒
12.3
42.3
实验2
543
Cu/ZnO纳米片
10.9
72.7
实验3
553
Cu/ZnO纳米棒
15.3
39.1
实验4
553
Cu/ZnO纳米片
12.0
71.6
①对比实验1和实验3可发现：同样催化剂条件下，温度升高，CO2转化率升高，而甲醇的选择性却降低，请解释甲醇选择性降低的可能原因__反应Ⅰ是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，因此甲醇的产率减小，甲醇的选择性降低__；
②对比实验1和实验2可发现：在同样温度下，采用Cu/ZnO纳米片使CO2转化率降低，而甲醇的选择性却提高，请解释甲醇的选择性提高的可能原因__Cu/ZnO纳米片对反应I的催化作用更好，测定时间内得到的甲醇较多，甲醇选择性提高__。
③有利于提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有__cd__。
a．使用Cu/ZnO纳米棒做催化剂
b．使用Cu/ZnO纳米片做催化剂
c．降低反应温度
d．投料比不变，增加反应物的浓度
e．增大的初始投料比
(4)以纳米二氧化钛膜为工作电极，稀硫酸为电解质溶液，在一定条件下通入CO2，电解，在阴极可制得低密度聚乙烯H2C—CH2(简称LDPE)。
①电解时，阴极的电极反应式是__2n CO2＋12n H＋＋12n e－═══H2C—CH2＋4n H2O__。
②工业上生产1.4×104 kg的LDPE，理论上需要标准状况下__2.24×107__L的CO2。
【解析】 (1)①2H2(g)＋O2(g)═══2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ/mol；②2C8H18(l)＋25O2(g)═══16CO2(g)＋18H2O(l) ΔH＝－11 036 kJ/mol，(①×25－②)÷2，整理可得：8CO2(g)＋25H2(g)═══C8H18(l)＋16H2O(l) ΔH＝－1 627 kJ/mol；
(2)CO2催化加氢合成乙醇的反应原理是：2CO2(g)＋6H2(g)C2H5OH(g)＋3H2O(g) ΔH＝－173.6 kJ/mol，根据方程式可知：CO2、H2都是反应物，根据平衡移动原理可知，在温度不变时，c(H2)增大，平衡正向移动，CO2转化率增大，即一定温度下二氧化碳转化率随m(为起始时的投料比)增大而增大，根据图示可知转化率：m1＞m2＞m3，所以m1、m2、m3投料比从大到小的顺序为：m1＞m2＞m3；
(3)①同样催化剂条件下，温度升高，CO2转化率升高，而甲醇的选择性却降低的原因是反应Ⅰ为生成甲醇的反应，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，因此甲醇的产率减小，甲醇的选择性降低；②在同样温度下，采用Cu/ZnO纳米片使CO2转化率降低，而甲醇的选择性却提高的可能原因是在该时间内，使用Cu/ZnO纳米片催化剂使反应I速率增加，因此测得该时间内得到的甲醇较多，甲醇选择性提高；③a.使用Cu/ZnO纳米棒做催化剂，对化学平衡无影响，无法提高CO2转化为CH3OH平衡转化率，a错误；b.使用Cu/ZnO纳米片做催化剂，催化剂不影响化学平衡移动，无法提高CO2转化为CH3OH平衡转化率，b错误；c.该反应为放热反应，降低反应温度，平衡向正反应方向移动，可提高CO2转化为CH3OH平衡转化率，c正确；d.投料比不变，增加反应物氢气的浓度，可提高CO2转化为CH3OH平衡转化率，d正确；e.增大CO2和H2的初始投料比，二氧化碳浓度增大，则CO2转化率降低，e错误；故合理选项为cd；
(4)电解过程中阴极上CO2发生还原反应生成H2C—CH2：由C原子守恒可知关系式为2nCO2→H2C—CH2，碳的化合价从＋4变为－2，每个C原子得到6个电子，则2nCO2总共得到12n个电子，结合电荷守恒可得该电极反应式为：2nCO2＋12e－＋12n H＋═══H2C—CH2＋4n H2O，需要二氧化碳的物质的量为n(CO2)＝＝×2n＝1×106 mol，则在标准状况下CO2的体积为V(CO2)＝1×106 mol×22.4 L/mol＝2.24×107 L。
技巧点拨
解答化学平衡移动问题的步骤
其中条件改变可以按以下思路分析：
类题精练
4．(2020·合肥模拟)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(g)，已知该反应平衡常数与温度的关系如表：
温度/℃
25
80
230
平衡常数
5×104
2
1.9×10－5
下列说法不正确的是( C )
A．上述生成Ni(CO)4(g)的反应为放热反应
B．在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，某时刻，Ni(CO)4、CO浓度均为0.5 mol·L－1，则此时v正>v逆
D．在80 ℃达平衡时，n(CO)＝0.3 mol，则Ni(CO)4的平衡浓度为2 mol·L－1
【解析】 由表格数据可知，随着温度的升高，化学平衡常数降低，说明反应向逆反应反向进行，根据勒夏特列原理，正反应方向是放热反应，A正确；此反应的化学平衡常数应是上述反应平衡常数的倒数，即1/5×104＝2×10－5，B正确；在80 ℃时，K＝2，此时的浓度商为0.5/0.54＝8>2，说明反应向逆反应方向进行，即v正
(1)能说明该反应已达平衡状态的是__AB__(填标号，下同)。
A．CO2的体积分数保持不变
B．体系中n(CO2)/n(H2)的值保持不变
C．混合气体的密度保持不变
D．单位时间内有n mol H—H键断裂，同时有n mol O—H键生成
(2)下列措施能使n(CH3OH)/n(CO2)的值增大的是__D__。
A．升高温度
B．恒温恒容下，充入He
C．使用高效催化剂
D．恒温恒容下，再充入2 mol CO2、3 mol H2
(3)反应10 min时体系达到平衡状态，此时CO2的转化率为25%，该反应的反应速率v(H2)＝__0.075_mol·L－1·min－1__，反应的平衡常数K＝__0.198__(保留三位有效数字)；若使K的值变为1，则应采取的措施是__C__。
A．增大压强 B．恒压下加入一定量H2
C．降低温度 D．升高温度
【解析】 (1)各物质的物质的量分数或体积分数保持不变，说明反应达到平衡状态；该反应的投料比不等于其化学计量数之比，当反应物的物质的量之比保持不变时，说明反应达到平衡状态；反应中物质的总质量和体积恒定不变，不管反应是否达到平衡，混合气体的密度都不变，无法说明反应是否达到平衡状态；H—H键的断裂和O—H键的生成都表示正反应方向，无法说明反应是否达到平衡状态。
(2)反应正向移动时，n(CH3OH)/n(CO2)的值增大。升高温度，平衡逆向移动；恒温恒容下，充入He，平衡不移动；催化剂不影响化学平衡的移动；D项条件可等效为增大压强，平衡正向移动。
(3)达到平衡时CO2的转化率为25%，即CO2反应了2 mol×25%＝0.5 mol，则
CO2(g) ＋ 3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)
初始 2 mol 3 mol 0 0
转化 0.5 mol 1.5 mol 0.5 mol 0.5 mol
平衡 1.5 mol 1.5 mol 0.5 mol 0.5 mol
平衡时c(CO2)＝c(H2)＝0.75 mol·L－1，c(CH3OH)＝c(H2O)＝0.25 mol·L－1，v(H2)＝＝0.075 mol·L－1·min－1，平衡常数K＝≈0.198。K只与温度有关，若使K的值变为1，则应改变温度使平衡正向移动，应采取的措施是降低温度。
考点三 化学平衡常数及转化率计算
典例探究
角度一 化学平衡常数与转化率的计算
典例5 (2020·成都模拟)(1)在一定条件下氨气和氧气能发生反应生成氮气和水蒸气：4NH3(g)＋3O2(g)═══2N2(g)＋6H2O(g) ΔH
查阅资料可得有关的化学键键能数据如下：
化学键
N≡N
H－O
N－H
O＝O
E/(kJ·mol－1)
946
463
391
496
由此计算上述反应的反应热ΔH＝－__1_268__kJ·mol－1。
(2)已知：N2(g)＋O2(g)═══2NO(g) K1
N2(g)＋3H2(g)═══2NH3(g) K2
2H2(g)＋O2(g)═══2H2O(g) K3
注：K1、K2、K3分别为上述三个反应的平衡常数
回答下列问题：
①氨催化氧化反应(生成气态水)的平衡常数K为__K＝k·k/k__(用K1、K2、K3表示)。
②一定条件下，将4 mol NH3和5.2 mol O2混合于容积为4 L的恒容密闭容器中发生催化氧化反应，经过10 s后达到平衡，测得NO的浓度为0.4 mol/L，则0到10 s内用NH3表示该反应的平均反应速率为__0.04_mol·L－1·s－1__，O2的转化率为__38.5%__(用百分数表示，且保留小数点后一位)，该反应的平衡常数为____(列出计算式即可)。
③若上述反应第一次达到平衡时，保持其他条件不变的情况下，只是将容器的体积扩大一倍，假定在25 s后达到新的平衡。请在下图中用曲线表示15～30 s这个阶段体系中NH3的浓度随时间变化的趋势。
(3)下列有关该反应的说法正确的是__C__(填字母)。
A．恒温恒容，再充入4 mol NH3和5.2 mol O2，再次达到平衡时，NH3的转化率增大
B．恒温恒容，当容器内的密度保持不变时，反应达到了平衡
C．当混合气体的平均摩尔质量不变时，反应达到了平衡
D．当2v正(NO)＝3v逆(H2O)时，反应达到了平衡
(4)工业上常用氨水吸收SO2，可生成(NH4)2SO3，请判断常温下(NH4)2SO3溶液的酸碱性并通过计算说明判断依据：__碱性，NH的水解常数为：Kh(NH)＝Kw/Kb＝1.0×10－14/1.8×10－5，SO的水解常数为：Kh(SO)＝Kw/Ka2＝1.0×10－14/6.3×10－8，因为NH的水解程度小于SO的水解程度，故(NH4)2SO3显碱性__。(已知：NH3·H2O的Kb＝1.8×10－5；H2SO3的Ka1＝1.3×10－2，Ka2＝6.3×10－8)
【解析】 (1)4NH3(g)＋3O2(g)═══2N2(g)＋6H2O(g)，反应的ΔH＝反应物的键能总和－生成物的键能总和＝(391×12＋496×3－946×2－463×12) kJ·mol－1＝－1 268 kJ·mol－1；
(2)已知：a、N2(g)＋O2(g)═══2NO(g) K1
b、N2(g)＋3H2(g)═══2NH3(g) K2
c、2H2(g)＋O2(g)═══2H2O(g) K3
①上述2a＋3b－2c得氨催化氧化反应，平衡常数K为K＝k·k/k；
② 4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)
起始量 4 mol 5.2 mol 0 0
变化量 1.6 mol 2.0 mol 1.6 mol 2.4 mol
平衡量 2.4 mol 3.2 mol 1.6 mol 2.4 mol
c平/mol·L－1 0.6 0.8 0.4 0.6
NH3表示的速率为1.6 mol/(4 L·10 s)＝0.04 mol·L－1·s－1；
O2的转化率为2.0 mol/5.2 mol×100%＝38.5%；
该反应的平衡常数为K＝。
③容器体积扩大一倍，15 s时NH3浓度变为0.3 mol/L，体积扩大，压强减小，平衡正向移动，15 s～25 s NH3浓度继续减小，25 s后达到新的平衡状态。
(3)恒温恒容，再充入4 mol NH3和5.2 mol O2，相当于加压，平衡逆向移动，再次达到平衡时，NH3的转化率减小，A错误；恒温恒容，容器中气体的质量不变，当容器内的密度保持不变时，无法判断反应是否达到了平衡，B错误；反应前后气体的物质的量改变，当混合气体的平均摩尔质量不变时，反应达到了平衡，C正确；当3v正(NO)＝2v逆(H2O)时，反应达到了平衡，D错误。
(4)常温下(NH4)2SO3溶液显碱性。NH的水解常数为Kh(NH)＝Kw/Kb＝1.0×10－14/1.8×10－5，SO的水解常数为Kh(SO)＝Kw/Ka2＝1.0×10－14/6.3×10－8。因为NH的水解程度小于SO的水解程度，故(NH4)2SO3显碱性。
【答案】 (2)③
技巧点拨
化学平衡计算的一般方法——“三段式法”
对于反应：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，令A、B起始物质的量(mol)分别为a、b，达到平衡后，A的消耗量为mx，容器容积为V L。
mA(g) ＋ n(B)(g)pC(g)＋qD(g)
起始(mol) a b 0 0
变化(mol) mx nx px qx
平衡(mol) a－mx b－nx px qx
建立等式求解：
(1)K＝
(2)c(A)平＝ mol·L－1
(3)α(A)平＝×100%
α(A)∶α(B)＝∶＝
(4)φ(A)＝×100%
(5)＝
(6)(混)＝ g·L－1
角度二 分压平衡常数的计算
典例6 (2020·西安模拟)氮和硫的化合物在工农业生产、生活中具有重要应用。请回答下列问题：
(1)航天领域中常用N2H4作为火箭发射的助燃剂。N2H4与氨气相似，是一种碱性气体，易溶于水，生成弱碱N2H4·H2O。用电离方程式表示N2H4·H2O显碱性的原因是：__N2H4·H2ON2H＋OH－(或N2H4＋H2ON2H＋OH－)__。
(2)在恒温条件下，1 mol NO2和足量C发生反应2NO2(g)＋2C(s)N2(g)＋2CO2(g)，测得平衡时NO2和CO2的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：
①A、B两点的浓度平衡常数关系：Kc(A)__＝__Kc(B)(填“<”或“>”或“＝”)。
②A、B、C三点中NO2的转化率最高的是__A__(填“A”或“B”或“C”)点。
③计算C点时该反应的压强平衡常数Kp＝__2__MPa(Kp是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。
(3)已知：亚硝酸(HNO2)性质和硝酸类似，但它是一种弱酸。常温下亚硝酸的电离平衡常数Ka＝5.1×10－4；H2CO3的Ka1＝4.2×10－7，Ka2＝5.61×10－11。在常温下向含有2 mol碳酸钠的溶液中加入1 mol的HNO2后，则溶液中CO、HCO和NO的离子浓度由大到小的顺序是__c(HCO)>c(NO)>c(CO)__。
(4)已知：常温下甲胺(CH3NH2)的电离常数为Kb，且pKb＝－lg Kb＝3.4，水溶液中有CH3NH2＋H2OCH3NH＋OH－。常温下向CH3NH2溶液滴加稀硫酸至c(CH3NH2)═══c(CH3NH)时，则溶液pH＝__10.6__。
(5)一种煤炭脱硫技术可以把硫元素以CaSO4的形成固定下来，但产生的CO又会与CaSO4发生化学反应，相关的热化学方程式如下：
①CaSO4(s)＋CO(g)CaO(s)＋SO2(g)＋CO2(g) ΔH＝＋210.5 kJ·mol－1
②CaSO4(s)＋4CO(g)CaS(s)＋4CO2(g) ΔH＝－189.2 kJ·mol－1
反应CaO(s)＋3CO(g)＋SO2(g)CaS(s)＋3CO2(g) ΔH＝__－399.7__kJ·mol－1
【解析】 (1)肼易溶于水，它是与氨类似的弱碱，则电离生成OH－和阳离子，电离方程式为N2H4·H2ON2H＋OH－；(2)①平衡常数只受温度影响，所以Kc(A)＝Kc(B)；②增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，该反应的正反应是气体体积增大的反应，所以A、B、C三点中NO2的转化率最高的是A点；③在C点时，二氧化碳与二氧化氮的浓度相等，根据反应2NO2(g)＋2C(s)N2(g)＋2CO2(g)，可以知道氮气的浓度为二氧化碳的一半，所以混合气体中CO2的体积分数为，NO2的体积分数，N2的体积分数，所以反应的压强平衡常数Kp＝＝＝2MPa；(3)2 mol碳酸钠的溶液中加入1 mol的HNO2后，得到含有1 mol碳酸钠、1 mol碳酸氢钠和1 mol亚硝酸钠的混合液。由亚硝酸的电离平衡常数Ka＝5.1×10－4，H2CO3的Ka1＝4.2×10－7，Ka2＝5.61×10－11，可判断水解程度大小顺序为CO>NO，CO水解生成HCO，所以溶液中CO离子、HCO离子和NO离子的浓度大小关系为c(HCO)>c(NO)>c(CO)；(4)电离常数Kb只随温度改变，常温时，CH3NH2＋H2OCH3NH＋OH－，当滴加稀硫酸至c(CH3NH2)＝c(CH3NH)时，Kb＝＝c(OH－)，即c(OH－)＝Kb＝10－3.4 mol/L，则c(H＋)＝＝10－10.6，所以pH＝－lg10－10.6＝10.6；(5)利用盖斯定律将②－①可得CaO(s)＋3CO(g)＋SO2(g)CaS(s)＋3CO2(g) ΔH＝(－189.2 kJ·mol－1)－(＋210.5 kJ·mol－1)＝－399.7 kJ·mol－1。
类题精练
6．(2019·江苏高考改编)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)。下列说法错误的是( C )
A．反应2NO(g)＋O2(g)═══2NO2(g)的ΔH<0
B．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)＝5.0×10－4 mol·L－1，NO平衡转化率为50%，则平衡常数K>2 000
【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随温度变化的NO的平衡转化率，随着温度升高，由虚线知，NO的平衡转化率减小，即温度升高，2NO＋O2═══2NO2的平衡逆向移动，说明该反应为放热反应，ΔH<0，正确；B项，与X点相同温度下，NO的转化率没有达到最大，所以反应没有达到平衡，如果延长时间，使反应达到平衡，则可以提高NO的转化率，正确；C项，Y点处，反应已达平衡，通入O2时，平衡正向移动，NO的转化率会提高，错误；D项，设起始时c(NO)＝a mol·L－1，则：
2NO ＋ O2 ═══ 2NO2
起始c(mol·L－1) a 5×10－4 0
转化c(mol·L－1) 0.5a 0.25a 0.5a
平衡c(mol·L－1) 0.5a (5×10－4－0.25a) 0.5a
K＝＝
当0.25a＝0时，K＝2 000，但0.25a>0，所以K>2 000，正确。
7．(2020·烟台模拟)研究化学反应时，既要考虑物质变化与能量变化，又要关注反应的快慢与限度。回答下列问题：
(1)NH3还原NO是重要的烟气脱硝技术，其反应过程与能量关系如图所示
①上图中因为改变了反应条件，反应的活化能：b__<__a(填“＞”“＜”或“＝”)。
②脱硝反应的热化学方程式可表示为反应物→生成物ΔH＝__－(E2－E1)__(用E1、E2的代数式表示)。
③研究发现，一定条件下的脱硝反应过程可能如图所示，根据氧化还原反应中物质的作用，NO为__氧化__剂，脱硝总反应的化学方程式为__4NH3＋4NO＋O24N2＋6H2O__。
(2)一定温度下，将不同物质的量的H2O(g)和CO分别通入容积为1 L的恒容密闭容器中，进行反应H2O(g)＋CO(g)CO2(g)＋H2(g)，得到如表所示的三组数据
试验编号
温度/℃
起始量/mol
平衡量/mol
达到平衡
时间/min
H2O(g)
CO(g)
CO(g)
H2(g)
1
650
2.0
4.0
3.0
1.0
5
2
900
1.0
2.0
1.8
0.2
4
3
900
a
b
c
d
t
①4 mim内，实验2中v(CO2)＝__0.05_mol·L－1·min－1__；900 ℃时，反应的平衡常数为____；降低温度时，平衡常数会__增大__(填“增大”“减小”或“不变”)。
②650 ℃时，若在此容器中充入2.0 mol H2O(g)、1.0 mol CO(g)、1.0 mol CO2(g)和x mol H2(g)，要使反应在开始时向正反应方向进行，则x应满足的条件是__0≤x<__。若a＝2.0.b＝1.0，则平衡时实验2中H2O(g)和实验3中CO(g)的转化率(a)的关系为a(H2O)__＝__(填“＞”“＜”或“＝”)a(CO)。
【解析】 (1)①由图像可知活化能降低，故答案应为：＜；②由图，反应物能量大于生成物能量，故反应是放热反应，用“－”表示放热，ΔH＝正反应活化能－逆反应活化能，故答案应为：－(E2－E1)；③NO在反应中化合价降低，作氧化剂；由图可知反应物为NH3、NO和O2，生成物为N2和H2O，所以化学方程式为4NH3＋4NO＋O24N2＋6H2O。(2)①由方程式可知v(CO2)∶v(H2)＝1∶1，根据图表计算v(H2)＝0.2 mol/L÷4 min＝0.05 mol·L－1·min－1，故v(CO2)＝0.05 mol·L－1·min－1，根据平衡常数计算公式，900 ℃平衡常数为＝，同理可计算650 ℃平衡常数为，故降低温度平衡常数增大。②计算此时此刻的Q＝，化学平衡正向移动，所以Q＜平衡常数k，所以<，x<，由题x应≥0。③根据平衡常数和三段式分别求出实验2中H2O(g)的转化率为20%。实验3中CO(g)的转化率为y，则
H2O(g)＋CO(g)CO2(g)＋H2(g)
起始浓度(mol/L) 2 1 0 0
转化浓度(mol/L) y y y y
平衡浓度(mol/L) 2－y 1－y y y
则＝，解得y＝0.2，即实验3中CO(g)的转化率为20%。
考点四 化学反应速率和化学平衡图像
典例探究
典例7 (2020·银川模拟)含氮化合物对环境、生产和人类生命活动等具有很大的影响。请按要求回答下列问题：
(1)利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除工厂废气中的NO、NO2，反应机理如下图所示。A包含物质为H2O和__N2__(填化学式)
(2)已知：4NH3(g)＋6NO(g)═══5N2(g)＋6H2O(g) ΔH1＝－a kJ/mol
4NH3(g)＋5O2(g)═══4NO(g)＋6H2O(g) ΔH2＝－b kJ/mol
H2O(l)═══H2O(g) ΔH3＝＋c kJ/mol
则反应4NH3(g)＋3O2(g)═══2N2(g)＋6H2O(l)的ΔH＝__－(2a＋3b＋30c)__kJ/mol
(3)工业上利用氨气生产氢氰酸(HCN)的反应为：CH4(g)＋NH3(g)HCN(g)＋3H2(g) ΔH>0
①其他条件一定，达到平衡时NH3转化率随外界条件X变化的关系如图甲所示。则X可以是__bd__(填字母序号)
a．温度 b．压强
c．催化剂 d.
②在一定温度下，向2 L密闭容器中加入n mol CH4和2 mol NH3，平衡时NH3体积分数随n变化的关系如图乙所示。
a点时，CH4的转化率为__25__%；平衡常数：K(a)__＝__K(b)(填“>”“＝”或“<”)。
(4)肌肉中的肌红蛋白(Mb)与O2结合生成MbO2，其反应原理可表示为：Mb(aq)＋O2(g)MbO2(aq)，该反应的平衡常数可表示为：K＝。在37 ℃条件下达到平衡时，测得肌红蛋白的结合度(a)与P(O2)的关系如图丙所示[α＝×100%]。研究表明正反应速率v正＝k正·c(Mb)·P(O2)，逆反应速率v逆＝k逆·c(MbO2)(其中k正和k逆分别表示正反应和逆反应的速率常数)。
①试写出平衡常数K与速率常数k正、k逆之间的关系式为K＝____(用含有k正、k逆的式子表示)。
②试求出图丙中c点时，上述反应的平衡常数K＝__2__kPa－1。已知k逆＝60 s－1，则速率常数k正＝__120__s－1·kPa－1。
【解析】 (1)根据流程图可知NH3与废气中的NO、NO2反应，最终产生无毒无害的氮气和水；
(2)①4NH3(g)＋6NO(g)═══5N2(g)＋6H2O(g) ΔH1＝－a kJ/mol
②4NH3(g)＋5O2(g)═══4NO(g)＋6H2O(g) ΔH2＝－b kJ/mol
③H2O(l)═══H2O(g) ΔH3＝＋c kJ/mol
根据盖斯定律，将(①×2＋②×3－③×30)×，整理可得4NH3(g)＋3O2(g)═══2N2(g)＋6H2O(l) ΔH＝－(2a＋3b＋30c) kJ/mol；
(3)①反应CH4(g)＋NH3(g)HCN(g)＋3H2(g)的正反应是气体体积增大的吸热反应，根据图像可知：X越大，氨气的转化率越小。a.升高温度，化学平衡向吸热的正反应方向移动，使氨气的转化率增大，a错误；b.增大压强，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，使氨气的转化率降低，b正确；c.催化剂只能改变反应速率，但不能使化学平衡发生移动，因此对氨气的转化率无影响，c错误；d.增大，相对来说氨气增大的多，平衡正向移动，但平衡移动消耗量远远小于加入氨气的量，所以氨气的转化率降低，d正确；故合理选项是bd；
②对于反应：
CH4(g) ＋ NH3(g)HCN(g)＋3H2(g)，
假设反应消耗CH4物质的量为x
开始(mol) 2 2 0 0
转化(mol) x x x 3x
平衡(mol) 2－x 2－x x 3x
根据图像可知在平衡时氨气的体积分数是30%，可得＝30%，解得x＝0.5，则a点时，CH4的转化率为×100%＝25%；由于温度不变，所以无论是在线上任何一点，化学反应的平衡常数都不变，因此K(a)＝K(b)；(4)①可逆反应达到平衡状态时，V正＝V逆，由于v正＝k正·c(Mb)·P(O2)，v逆＝k逆·c(MbO2)，所以k正·c(Mb)·P(O2)＝k逆·c(MbO2)，＝，而反应Mb(aq)＋O2(g)MbO2(aq)的平衡常数K＝＝；②将C点时，P(O2)＝4.5，肌红蛋白的结合度(a)是90%带入平衡常数表达式中可得K＝＝＝2 kPa－1；K＝，由于K＝2 kPa－1，k逆＝60 s－1带入该式子，可得k正＝K·k逆＝2kPa－1×60 s－1＝120 s－1·kPa－1。
规律方法
化学平衡图像题的解题流程
类题精练
8．研究碳氧化合物、氮氧化合物、硫氧化合物等大气污染物的处理对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。
(1)用焦炭还原NO2的反应为2C(s)＋2NO2(g)N2(g)＋2CO2(g)，向两个容积均为2 L，反应温度分别为T1℃、T2℃的恒温恒容密闭容器中分别加入足量的焦炭和一定量的NO2，测得各容器中n(NO2)随反应时间t的变化情况如图1所示：
①T1__>__T2(填“>”或“<”)，该反应为__放热__(填“放热”或“吸热”)反应。
②T2℃时，40～80 min，用N2的浓度变化表示的平均反应速率为v(N2)＝__0.002_5_mol/(L·min)__，此温度下的化学平衡常数K＝__0.675__。
(2)工业上消除氮氧化物的常用方法是SCR(选择性催化还原)脱硝法，反应原理为4NH3(g)＋4NO(g)＋O2(g)4N2(g)＋6H2O(g) ΔH<0。
①SCR法除NO，投料比一定时有利于提高NO平衡转化率的反应条件是__降低温度__、__减小压强__。
当反应温度过高时，会发生以下副反应：2NH3(g)＋2O2(g)N2O(g)＋3H2O(g)；4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)。
②某科研小组通过系列实验，分析得出脱硝率与氨氮比、温度的关系如图2、图3所示，从图2可以看出，最佳氨氮比为2.0，理由是__氨氮比从2.0到2.4时，脱硝率变化不大，但氨的浓度增加较大，导致生产成本提高__；
由图3可知，当温度高于405 ℃后，脱硝率会逐渐减小，原因是__当温度过高时，还会发生副反应生成N2O和NO__。
【解析】 (1)①在其他条件不变时，反应温度越高，化学反应速率就越快，达到平衡需要的时间就越短，根据图1可知，在温度为T1℃时先达到平衡，说明T1>T2，温度由T1℃降到T2℃后n(NO2)减小，说明平衡正向移动，该反应为放热反应；②根据图1可知，在40～80 min，NO2的物质的量改变了1.50 mol－1.10mol＝0.40 mol，容器的容积为2 L，v(NO2)＝＝＝0.005 mol/(L·min)，则v(N2)＝v(NO2)＝×0.005 mol/(L·min)＝0.002 5 mol/(L·min)；
列三段式：2C(s)＋2NO2(g)N2(g)＋2CO2(g)
c(始)/(mol/L) 1 0 0
c(变)/(mol/L) 0.60 0.30 0.60
c(平)/(mol/L) 0.40 0.30 0.60
则在T2℃时的化学平衡常数K＝＝＝0.675。
(2)①4NH3(g)＋4NO(g)＋O2(g)═══4N2(g)＋6H2O(g)ΔH<0的正反应是气体体积增大的放热反应，投料比不变时，若要提高NO的平衡转化率，就要使化学平衡正向移动，可以采取降低反应体系的温度，也可以扩大容器的容积使体系的压强减小等措施；②根据图2可知，氨氮比从2.0到2.4，脱硝率变化并不大，但氨的浓度增加较大，必然会导致生产成本提高；由图3可知，当温度高于405 ℃后，脱硝率逐渐减小，是因为当温度过高时，会发生副反应生成N2O和NO。
专题八 化学反应速率 化学平衡
体系构建·串真知
真题回放·悟高考
解读考纲
1．了解化学反应速率的概念和定量表示方法。能正确计算化学反应的转化率(α)。
2．了解反应活化能的概念，了解催化剂的重要作用。
3．了解可逆反应及化学平衡的建立。
4．掌握化学平衡的特征。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的计算。
5．理解外界条件(浓度、温度、压强、催化剂等)对反应速率和化学平衡的影响，能用相关理论解释其一般规律。
6．了解化学反应速率和化学平衡的调控在生活、生产和科学研究领域中的重要作用。
体验真题
1．(2020·全国卷Ⅰ·28节选)硫酸是一种重要的基本化工产品，接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧化：SO2(g)＋O2(g)SO3(g)ΔH＝－98 kJ·mol－1。回答下列问题：
(1)当SO2(g)、O2(g)和N2(g)起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在0.5 MPa、2.5 MPa和5.0 MPa压强下，SO2平衡转化率α随温度的变化如图所示。反应在5.0 MPa、550 ℃时的α＝__0.975__，判断的依据是__该反应气体分子数减少，增大压强，α提高。所以p1＝5.0_MPa__。影响α的因素有__反应物(N2和O2)的起始浓度(组成)、温度、压强__。
(2)将组成(物质的量分数)为2m% SO2(g)、m% O2(g)和q% N2(g)的气体通入反应器，在温度t、压强p条件下进行反应。平衡时，若SO2转化率为α，则SO3压强为____，平衡常数Kp＝____(以分压表示，分压＝总压×物质的量分数)。
(3)研究表明，SO2催化氧化的反应速率方程为：v＝k(－1)0.8(1－nα′)。式中：k为反应速率常数，随温度t升高而增大；α为SO2平衡转化率，α′为某时刻SO2转化率，n为常数。在α′＝0.90时，将一系列温度下的k、α值代入上述速率方程，得到v～t曲线，如图所示。
曲线上v最大值所对应温度称为该α′下反应的最适宜温度tm。t
【解析】 (1)SO2(g)＋O2(g)SO3(g)，该反应是一个气体分子数减少的放热反应，故增大压强可以使化学平衡向正反应方向移动。因此，在相同温度下，压强越大，SO2的平衡转化率越大，所以，该反应在550 ℃、压强为5.0 MPa条件下，SO2的平衡转化率一定高于相同温度下、压强为2.5 MPa的，因此，p1＝5.0 MPa，由图中数据可知，α＝0.975。影响α的因素就是影响化学平衡移动的因素，主要有反应物(N2和O2)的起始浓度(组成)、温度、压强等。
(2)假设原气体的物质的量为100 mol，则SO2、O2和N2的物质的量分别为2m mol、m mol和q mol,2m＋m＋q＝3m＋q＝100，SO2的平衡转化率为α，则有下列关系：
SO2 ＋ O2SO3
起始量(mol) 2m m 0
变化量(mol) 2mα mα 2mα
平衡量(mol) 2m(1－α) m(1－α) 2mα
平衡时气体的总物质的量为n(总)＝2m(1－α)＋m(1－α)＋2mα mol＋q mol，则SO3的物质的量分数为×100%＝×100%＝×100%。该反应在恒压容器中进行，因此，SO3的分压p(SO3)＝，p(SO2)＝，p(O2)＝，在该条件下，SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)的Kp＝＝＝。(3)由于该反应是放热反应，温度升高后α降低。由题中信息可知，v＝k0.8(1－nα′)，升高温度，k增大使v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降。当t＜tm，k增大对v的提高大于α引起的降低；当t＞tm，k增大对v的提高小于α引起的降低。
2．(2020·全国卷Ⅱ·28)天然气的主要成分为CH4，一般还含有C2H6等烃类，是重要的燃料和化工原料。
(1)乙烷在一定条件可发生如下反应：C2H6(g)═══C2H4(g)＋H2(g) ΔH，相关物质的燃烧热数据如下表所示：
物质
C2H6(g)
C2H4(g)
H2(g)
燃烧热ΔH/(kJ·mol－1)
－1 560
－1 411
－286
①提高该反应平衡转化率的方法有__升高温度__、__减小压强(增大体积)__。
②容器中通入等物质的量的乙烷和氢气，在等压下(p)发生上述反应，乙烷的平衡转化率为α。反应的平衡常数Kp＝__×p__(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。
(2)高温下，甲烷生成乙烷的反应如下：2CH4C2H6＋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＝__1－α__r1。
②对于处于初期阶段的该反应，下列说法正确的是__AD__。
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)①反应C2H6(g)C2H4(g)＋H2(g)为气体体积增大的吸热反应，升高温度、减小压强平衡都向正反应方向移动，故提高该反应平衡转化率的方法有升高温度、减小压强(增大体积)；
②设起始时加入的乙烷和氢气各为1 mol，列出三段式，
C2H6(g)C2H4(g)＋H2(g)
起始(mol) 1 0 1
转化(mol) α α α
平衡(mol) 1－α α 1＋α
平衡时，C2H6、C2H4和H2平衡分压分别为p、p和p，则反应的平衡常数为Kp＝×p；
(2)①根据r＝k×cCH4，若r1＝kc，甲烷转化率为α时，甲烷的浓度为c(1－α)，则r2＝kc(1－α)，所以r2＝(1－α)r1；
②A．增大反应物浓度反应速率增大，故A说法正确；B．由速率方程可知，初期阶段的反应速率与氢气浓度无关，故B说法错误；C．反应物甲烷的浓度逐渐减小，结合速率方程可知，乙烷的生成速率逐渐减小，故C说法错误；D．化学反应速率与温度有关，温度降低，反应速率常数减小，故D正确。
3．(2020·全国卷Ⅲ·28)二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO2的热点研究领域。回答下列问题：
(1)CO2催化加氢生成乙烯和水的反应中，产物的物质的量之比n(C2H4)∶n(H2O)＝__1∶4__。当反应达到平衡时，若增大压强，则n(C2H4)__变大__(填“变大”“变小”或“不变”)。
(2)理论计算表明，原料初始组成n(CO2)∶n(H2)＝1∶3，在体系压强为0.1 MPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。
图中，表示C2H4、CO2变化的曲线分别是__d__、__c__。CO2催化加氢合成C2H4反应的ΔH__小于__0(填“大于”或“小于”)。
(3)根据图中点A(440 K,0.39)，计算该温度时反应的平衡常数Kp＝__×或×__(MPa)－3(列出计算式。以分压表示，分压＝总压×物质的量分数)。
(4)二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随副反应，生成C3H6、C3H8、C4H8等低碳烃。一定温度和压强条件下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当__选择合适催化剂等__。
【解析】 (1)CO2催化加氢生成乙烯和水，该反应的化学方程式可表示为2CO2＋6H2CH2＝CH2＋4H2O，因此，该反应中产物的物质的量之比n(C2H4)∶n(H2O)＝1∶4。由于该反应是气体分子数减少的反应，当反应达到平衡状态时，若增大压强，则化学平衡向正反应方向移动，n(C2H4)变大。(2)由题中信息可知，两反应物的初始投料之比等于化学计量数之比；由图中曲线的起点坐标可知，c和a所表示的物质的物质的量分数之比为1∶3、d和b表示的物质的物质的量分数之比为1∶4，则结合化学计量数之比可以判断，表示乙烯变化的曲线是d，表示二氧化碳变化曲线的是c。由图中曲线的变化趋势可知，升高温度，乙烯的物质的量分数减小，则化学平衡向逆反应方向移动，则该反应为放热反应，Δ H小于0。(3)原料初始组成n(CO2)∶n(H2)＝1∶3，在体系压强为0.1 MPa建立平衡。由A点坐标可知，该温度下，氢气和水的物质的量分数均为0.39，则乙烯的物质的量分数为水的四分之一，即，二氧化碳的物质的量分数为氢气的三分之一，即，因此，该温度下反应的平衡常数Kp＝×(MPa)－3＝×(MPa)－3。(4)工业上通常通过选择合适的催化剂，以加快化学反应速率，同时还可以提高目标产品的选择性，减少副反应的发生。因此，一定温度和压强下，为了提高反应速率和乙烯的选择性，应当选择合适的催化剂。
4．(2019·全国卷Ⅰ，28)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。回答下列问题：
(1)Shibata曾做过下列实验：①使纯H2缓慢地通过处于721 ℃下的过量氧化钴CoO(s)，氧化钴部分被还原为金属钴Co(s)，平衡后气体中H2的物质的量分数为0.025 0。
②在同一温度下用CO还原CoO(s)，平衡后气体中CO的物质的量分数为0.019 2。根据上述实验结果判断，还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO__大于__H2(填“大于”或“小于”)。
(2)721 ℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合，采用适当的催化剂进行反应，则平衡时体系中H2的物质的量分数为__C__(填标号)。
A．<0.25 B．0.25
C．0.25～0.50 D．0.50
E．>0.50
(3)我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用·标注。
可知水煤气变换的ΔH__小于__0(填“大于”“等于”或“小于”)。该历程中最大能垒(活化能)E正＝__2.02__eV，写出该步骤的化学方程式__COOH·＋H·＋H2O·═══COOH·＋2H·＋OH·(或H2O·═══H·＋OH·)__。
(4)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30～90 min内的平均速率(a)＝__0.004_7__kPa·min－1。467 ℃时pH2和pCO随时间变化关系的曲线分别是__b__、__c__。489 ℃时pH2和pCO随时间变化关系的曲线分别是__a__、__d__。
【解析】 (1)H2还原氧化钴的方程式为H2(g)＋CoO(s)═══Co(s)＋H2O(g)；CO还原氧化钴的方程式为CO(g)＋CoO(s)═══Co(s)＋CO2(g)，平衡时H2还原体系中H2的物质的量分数高于CO还原体系中CO的物质的量分数，故还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO大于H2；
(2)721 ℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合，可设其物质的量为1 mol，则
CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)
起始(mol) 1 1 0 0
转化(mol) x x x x
平衡(mol) 1－x 1－x x x
则平衡时体系中H2的物质的量分数＝＝，因该反应为可逆反应，故x<1，可假设二者的还原倾向相等，则x＝0.5，由(1)可知CO的还原倾向大于H2，所以CO更易转化为H2，故x>0.5，由此可判断最终平衡时体系中H2的物质的量分数介于0.25～0.50，故答案为C；
(3)根据水煤气变换[CO(g)＋H2O(g)═══CO2(g)＋H2(g)]并结合水煤气变换的反应历程相对能量可知，CO(g)＋2H2O(g)的能量(0 eV)高于CO2(g)＋H2(g)＋H2O(g)的能量(－0.72 eV)，故水煤气变换的ΔH小于0；活化能即反应物状态达到活化状态所需能量，根据变换历程的相对能量可知，最大差值为：
其最大能垒(活化能)E正＝1.86 eV－(－0.16) eV＝2.02 eV；该步骤的反应物COOH·＋H·＋H2O·═══COOH·＋2H·＋OH·；因反应前后COOH·和1个H·未发生改变，也可以表述成H2O·═══H·＋OH·；
(4)由图可知，30～90 min内a曲线对应物质的分压变化量Δp＝(4.08－3.80) kPa＝0.28 kPa，故曲线a的反应在30～90 min内的平均速率(a)＝≈0.004 7 kPa·min－1；由(2)中分析得出H2的物质的量分数介于0.25～0.5，CO的物质的量分数介于0～0.25，即H2的分压始终高于CO的分压，据此可将图分成两部分：
由此可知，a、b表示的是H2的分压，c、d表示的是CO的分压，该反应为放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，CO分压增加，H2分压降低，故467 ℃时pH2和pCO随时间变化关系的曲线分别是b、c；489 ℃时pH2和pCO随时间变化关系的曲线分别是a、d。
5．(2019·全国卷Ⅱ·27，节选)环戊二烯()是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下列问题：
(1)已知：(g)═══(g)＋H2(g) ΔH1＝100.3 kJ·mol－1①
H2(g)＋I2(g)═══2HI(g)ΔH2＝－11.0 kJ·mol－1②
对于反应：(g)＋I2(g)═══(g)＋2HI(g)③ ΔH3＝__＋89.3__kJ·mol－1
(2)某温度下，等物质的量的碘和环戊烯()在刚性容器内发生反应③，起始总压为105Pa，平衡时总压增加了20%，环戊烯的转化率为__40%__，该反应的平衡常数Kp＝__3.56×104__Pa。达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，可采取的措施有__BD__(填标号)。
A．通入惰性气体 B．提高温度
C．增加环戊烯浓度 D．增加碘浓度
(3)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，下列说法正确的是__CD__(填标号)。
A．T1>T2
B．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0.45 mol·L－1
【解析】 (1)根据盖斯定律①－②，可得反应③的ΔH＝＋89.3 kJ·mol－1；
(2)设起始加入反应物的物质的量都为1 mol，
(g)＋I2(g)═══(g)＋2HI(g)
起始(mol) 1 1 0 0
转化(mol) x x x 2x
平衡(mol) 1－x 1－x x 2x
反应后气体的总物质的量为2＋x，平衡由压强之比等于气体物质的量之比知：＝1.2，x＝0.4，环戊烯的转化率为×100%＝40%；反应后的气体的总压强为1.2×105 Pa，、I2、、HI的分压分别为×1.2×105 Pa＝0.3×105 Pa、×1.2×105 Pa＝0.3×105 Pa、×1.2×105 Pa＝0.2×105 Pa、×1.2×105 Pa＝0.4×105 Pa，Kp＝ Pa≈3.56×104 Pa；达到平衡后，通入惰性气体对平衡没有影响，环戊烯的平衡转化率不变，A错误；反应③是吸热反应，提高温度平衡向正反应方向移动，环戊烯的平衡转化率增大，B正确；增加环戊烯浓度，环戊烯的平衡转化率减小，C错误；增加碘浓度平衡向正反应方向移动，环戊烯的平衡转化率增大，D正确。
(3)由图知虚线对应的速率快，对应温度高，则T2>T1，A错误；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0.9 mol·L－1，则b点时二聚体的浓度为0.45 mol·L－1，D正确。
6.(2019·全国卷Ⅲ·28)近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：
(1)Deacon发明的直接氧化法为：4HCl(g)＋O2(g)═══2Cl2(g)＋2H2O(g)。下图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系：
可知反应平衡常数K(300 ℃)__大于__K(400 ℃)(填“大于”或“小于”)。设HCl初始浓度为c0，根据进料浓度比c(HCl)∶c(O2)＝1∶1的数据计算K(400 ℃)＝____(列出计算式)。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低、过高的不利影响分别是__O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低__。
(2)Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：
CuCl2(s)═══CuCl(s)＋Cl2(g) ΔH1＝83 kJ·mol－1
CuCl(s)＋O2(g)═══CuO(s)＋Cl2(g) ΔH2＝－20 kJ·mol－1
CuO(s)＋2HCl(g)═══CuCl2(s)＋H2O(g) ΔH3＝－121 kJ·mol－1
则4HCl(g)＋O2(g)═══2Cl2(g)＋2H2O(g)的ΔH＝__－116__ kJ·mol－1。
(3)在一定温度的条件下，进一步提高HCl的转化率的方法是__增加反应体系压强、及时除去产物__。(写出2种)
(4)在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如下图所示：
负极区发生的反应有__Fe3＋＋e－═══Fe2＋，4Fe2＋＋O2＋4H＋═══4Fe3＋＋2H2O__(写反应方程式)。
电路中转移1 mol电子，需消耗氧气__5.6__L(标准状况)。
【解析】 (1)根据题中示意图可以看出随着温度的升高，HCl的转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，所以温度越高，反应进行的程度越小，K值越小，即K(300 ℃)大于K(400 ℃)。相同条件下进料浓度比c(HCl)∶c(O2)越大，HCl的转化率越低；进料浓度比c(HCl)∶c(O2)越小，HCl的转化率越高。即三条曲线中，最上面一条是c(HCl)∶c(O2)＝1∶1的变化曲线。将400 ℃时的数据代入可得：K＝。由示意图可以看出进料浓度比过高或过低对反应都不利，过高会造成HCl利用率降低，过低会有大量氧气剩余，分离氧气能耗过高。
(2)利用盖斯定律解答本题。
CuCl2(s)═══CuCl(s)＋Cl2(g) ΔH1＝83 kJ·mol－1①
CuCl(s)＋O2(g)═══CuO(s)＋Cl2(g) ΔH2＝－20 kJ·mol－1②
CuO(s)＋2HCl(g)═══CuCl2(s)＋H2O(g) ΔH3＝－121 kJ·mol－1③
则4HCl(g)＋O2(g)═══2Cl2(g)＋2H2O(g)可由①×2＋②×2＋③×2得到，所以其ΔH＝83×2＋(－20)×2＋(－121)×2＝－116(kJ·mol－1)。
(3)根据平衡移动原理，为了提高HCl的转化率，使反应4HCl(g)＋O2(g)═══2Cl2(g)＋2H2O(g)正向移动，可以采用增大反应体系压强、及时分离出产物等措施。
(4)根据示意图中H＋的流动方向可以判断电源的正负极情况，左侧为负极，右侧为正极。根据示意图中负极区物质的转化可以写出相应的方程式：Fe3＋＋e－═══Fe2＋，4Fe2＋＋O2＋4H＋═══4Fe3＋＋2H2O。在反应中，1 mol O2得到4 mol电子，所以转移1 mol电子时消耗氧气0.25 mol，在标准状况下的体积为5.6 L。
7．(2018·课标全国Ⅱ，27)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。回答下列问题：
(1)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＝－75 kJ·mol－1
C(s)＋O2(g)═══CO2(g) ΔH＝－394 kJ·mol－1
C(s)＋O2(g)═══CO(g) ΔH＝－111 kJ·mol－1
该催化重整反应的ΔH＝__＋247__ kJ·mol－1。有利于提高CH4平衡转化率的条件是__A__(填标号)。
A．高温低压 B．低温高压
C．高温高压 D．低温低压
某温度下，在体积为2 L的容器中加入2 mol CH4、1 mol CO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，其平衡常数为____mol2·L－2。
(2)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。相关数据如下表：
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X
33
91
催化剂Y
43
72
①由上表判断，催化剂X__劣于__Y(填“优于”或“劣于”)，理由是__相对于催化剂X、催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大__。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1所示。升高温度时，下列关于积碳反应、消碳反应的平衡常数(K)和速率(v)的叙述正确的是__AD__(填标号)。
图1
A．K积、K消均增加
B．v积减小、v消增加
C．K积减小、K消增加
D．v消增加的倍数比v积增加的倍数大
②在一定温度下，测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为v＝k·p(CH4)·[p(CO2)]－0.5(k为速率常数)。在p(CH4)一定时，不同p(CO2)下积碳量随时间的变化趋势如图2所示，则pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为__pc(CO2)>pb(CO2)>pa(CO2)__。
图2
【解析】 (1)将已知中3个反应依次记为①、②、③，根据盖斯定律③×2－①－②得该催化重整反应的ΔH＝[(－111)×2＋75＋394] kJ·mol－1＝＋247 kJ·mol－1，由于该反应为吸热且气体体积增大的反应，要提高CH4的平衡转化率，需在高温低压下进行。根据平衡时消耗的CO2为1 mol×50%＝0.5 mol·L－1，则消耗的CH4为0.5 mol，生成的CO和H2均为1 mol，根据三段式法可知平衡时CH4、CO2、CO和H2的平衡浓度分别为0.75 mol·L－1、0.25 mol·L－1、0.5 mol·L－1、0.5 mol·L－1，则平衡常数K＝＝ mol2·L－2。(2)①从表格中数据可看出相对于催化剂X，用催化剂Y催化时积碳反应的活化能大，则积碳反应的反应速率小，而消碳反应活化能相对小，则消碳反应的反应速率大，再根据题干信息“反应中催化剂活性会因积碳反应而降低”可知催化剂X劣于催化剂Y。两个反应均吸热，故随温度升高，K积和K消均增加，且消碳反应速率增加的倍数比积碳反应的大，故A、D正确。②由该图像可知在反应时间和p(CH4)相同时，图像中速率关系va>vb>vc，结合沉积碳的生成速率方程v＝k·p(CH4)·[p(CO2)]－0.5，在p(CH4)相同时，随着p(CO2)增大，反应速率逐渐减慢，即可判断：pc(CO2)>pb(CO2)>pa(CO2)。
预判考情
化学反应速率与化学平衡是历年高考必考知识点，主要考查点为平衡常数表达式、意义及相关计算、转化率的计算及化学平衡状态的判断等。预计在2021年的高考中，选择题型中会借助速率、平衡图像的分析进行考查，在化学反应原理的综合题中仍会与生产生活实际联系紧密的创新题材为载体，考查考生化学平衡常数的多种表达形式，通过图像等信息获取解题数据，完成平衡常数与转化率和Ksp的计算等，另外速率常数的理解与应用也是近年高考考查的重点内容之一，应予关注。
知识深化·精整合
一、化学反应速率及其影响因素
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)＝，即v(X)＝＝，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。
(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．外界因素对化学反应速率的影响及规律
(1)当其他条件相同时，增大反应物浓度时，v正增大，v逆瞬间不变，随后也增大。
(2)压强对反应速率的影响(有气体参加的化学反应)
①恒温时，压缩体积→压强增大→反应物浓度增大→反应速率加快。
②恒温时，对于恒容密闭容器
a．充入气体反应物→总压强增大→气体反应物浓度增大→反应速率加快。
b．充入“惰性”气体→总压强增大→气体反应物浓度未改变→反应速率不变。
③恒温恒压时
充入“惰性”气体→体积增大→气体反应物浓度减小→反应速率减小。
(3)升高温度，v正和v逆都增大，但吸热反应方向的反应速率增大的程度大；降低温度，v正和v逆都减小，但吸热反应方向的反应速率减小的程度大。
(4)使用催化剂，能同等程度地改变正、逆反应速率。
3．化学反应速率常数及应用
(1)速率常数含义
速率常数(k)是指在给定温度下，反应物浓度皆为1 mol·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计量数为指数的幂的乘积成正比。
对于反应：aA(g)＋bB(g)gG(g)＋hH(g)
则v正＝k正ca(A)·cb(B)(其中k正为正反应的速率常数)，v逆＝k逆·cg(G)·ch(H)(其中k逆为逆反应的速率常数)。
如反应2NO2(g)2NO(g)＋O2(g)，v正＝k正·c2(NO2)，v逆＝k逆·c2(NO)·c(O2)。
(3)速率常数与化学平衡常数之间的关系
一定温度下，可逆反应：aA(g)＋bB(g)gG(g)＋hH(g)，达到平衡状态时，v正＝k正·ca(A)·cb(B)，v逆＝k逆·cg(G)·ch(H)，
因平衡时v正＝v逆，则k正·ca(A)·cb(B)＝k逆·cg(G)·ch(H)，＝＝K
二、化学平衡状态及移动方向判断
1．化学平衡状态的判断
(1)等——“逆向相等”(三种表述)。
①同一物质(两种表述)：v正＝v逆、断键数＝成键数。
②不同物质：＝
(2)定——“变量不变”：如果一个量是随反应进行而改变的(即变量)，当其“不变”时反应就达到平衡状态，即“变量”不变―→平衡状态。
①平衡体系中各物质的m、n、c和n%等保持不变。
②一定条件下的气体密度、总压强、气体的平均相对分子质量不变等。
③有色体系的颜色保持不变。
(3)依Qc与K关系判断：若Qc＝K，反应处于平衡状态。
2．平衡移动方向的判断
(1)依勒夏特列原理判断。
(2)根据图像中正、逆反应速率相对大小判断：若v正>v逆，则平衡向正反应方向移动；反之向逆反应方向移动。
(3)依变化过程中速率变化的性质判断：若平衡移动过程中，正反应速率逐渐增大(减小)，则平衡向逆(正)反应方向移动。
(4)依浓度商(Qc)规则判断：若某温度下Qc
三、化学平衡常数与转化率的计算
1．化学平衡常数表达式的书写
(1)不要把反应体系中纯固体、纯液体以及稀水溶液中水的浓度写进平衡常数表达式。如：
CaCO3(s)CaO(s)＋CO2(g) K＝c(CO2)
Cr2O(aq)＋H2O(l)2CrO(aq)＋2H＋(aq) K＝
但在非水溶液中，若有水参加或生成，则此时水的浓度不可视为常数，应写进平衡常数表达式中。如：
C2H5OH＋CH3COOHCH3COOC2H5＋H2O K＝
C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g) K＝
(2)同一化学反应，化学反应方程式写法不同，其平衡常数表达式及数值亦不同。如：
N2O4(g)2NO2(g) K＝
N2O4(g)NO2(g) K′＝＝
(3)有气体参与的反应，用平衡分压(总压乘以各自的物质的量分数)表示平衡常数。
如：2A(g)＋B(s)C(g)。若达到平衡时，n(A)＝n1、n(C)＝n2密闭体系的压强为p，则Kp＝＝。
2．化学平衡常数(K)的应用
(1)K值越大，说明平衡体系中生成物所占的比例越大，正向反应进行的程度越大，即该反应进行得越完全，反应物转化率越大；反之，就越不完全，转化率就越小。
(2)若用任意状态的浓度幂之积的比值(称为浓度商，用Q表示)与K比较，可判断可逆反应是否达到平衡状态和反应进行的方向。即对于反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，Q＝。
Q
Q＝K
反应达到平衡状态
Q>K
反应向逆反应方向进行
(3)利用K可判断反应的热效应。
若升高温度，K值增大，则正反应为吸热反应；
若升高温度，K值减小，则正反应为放热反应。
3．化学平衡常数与转化率的计算
(1)牢记一个万能模式(“三段式”法)
如mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，令A、B起始物质的量浓度分别为a mol·L－1、b mol·L－1，达到平衡后消耗A的物质的量浓度为mx mol·L－1。
mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)
起始/(mol·L－1) a b 0 0
变化/(mol·L－1) mx nx px qx
平衡/(mol·L－1) a－mx b－nx px qx
K＝
(2)掌握三个百分数
①转化率＝×100%＝×100%
②生成物的产率：实际产量(指生成物)占理论产量的百分数。一般来讲，转化率越大，原料利用率越高，产率越大。
产率＝×100%
③平衡混合物某组分的百分含量＝×100%
四、化学反应速率与化学平衡图像
1．化学反应速率与化学平衡图像分析方法
分析图像时，一看面(即看清横坐标和纵坐标所代表的含义)；二看线(即看线的走向和变化趋势)；三看点(即看线是否通过原点，两条线的交点或线的拐点)；四看有没有作辅助线(如等温线、等压线)；五看定量图像中有关数据。在分析时要联系可逆反应的特点，即外界因素对化学反应速率和化学平衡的影响规律以及化学平衡常数、转化率等计算公式。
2．化学反应速率图像
以反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g) ΔH>0为例：反应速率－时间(v－t)图像中，在平衡后的某时刻t1改变某一条件后，v(正)与v(逆)的变化有两种情况：
(1)v(正)、v(逆)同时突变
(2)v(正)、v(逆)之一渐变
3．化学平衡图像的三种类型
对于反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，m＋n>p＋q，且ΔH>0。
(1)速率—时间图
t1时增大反应物的浓度，正反应速率瞬间增大，然后逐渐减小，而逆反应速率逐渐增大；t2时升高温度，对任何反应，正反应和逆反应速率均增大，吸热反应的正反应速率增大较快；t3时减小压强，正反应速率和逆反应速率均减小；t4时使用催化剂，正反应速率和逆反应速率均瞬间增大。
(2)转化率(或含量)—时间图
甲表示压强对反应物转化率的影响，对于气体反应物化学计量数之和大于气体生成物化学计量数之和的反应，压强越大，反应物的转化率越大；乙表示温度对反应物转化率的影响，对于吸热反应，温度越高，反应物的转化率越大；丙表示催化剂对反应物转化率的影响，催化剂只能改变化学反应速率，不能改变平衡时反应物的转化率。
(3)恒压(温)线
分析时可沿横轴作一条平行于纵轴的虚线，即为等压线或等温线，然后分析另一条件变化对该反应的影响。
典题精研·通题型
考点一 化学反应速率及影响因素
典例探究
角度一 化学反应速率的影响因素
典例1 (2020·宁波模拟)不同条件下，用O2氧化a mol/L FeCl2溶液过程中所测的实验数据如图所示。下列分析或推测合理的是( D )
A．由①、②可知，pH越大，＋2价铁越易被氧化
B．由②、③推测，若pH＞7，＋2价铁更难被氧化
C．由①、③推测，FeCl2被O2氧化的反应为放热反应
D．60 ℃、pH＝2.5时，4 h内Fe2＋的平均消耗速率大于0.15 a mol/(L·h)
【解析】 ①、②中温度和pH均不同，无法判断pH对反应的影响，A错误；若pH＞7，FeCl2变成Fe(OH)2，Fe(OH)2非常容易被氧化成Fe(OH)3，B错误；①、③中pH相同、温度升高、Fe2＋的氧化率增大，即平衡正向移动，则FeCl2被O2氧化的以应为吸热反应，C错误；50 ℃、pH＝2.5时，4 h内Fe2＋的氧化率是60%，即消耗0.6 a mol/L,4 h内平均消耗速率等于0.15 a mol/(L·h)，温度升高到60 ℃、pH＝2.5时，＋2价铁的氧化率速率加快，4 h内Fe2＋的平均消耗速率大于0.15 a mol/(L·h)，D正确。
角度二 化学反应速率常数及应用
典例2 许多含氮物质是农作物生长的营养物质。
(1)一定温度下，向某密闭容器中充入1 mol NO2，发生反应：2NO2(g)N2O4(g)。测得反应体系中气体体积分数与压强之间的关系如图所示：
①a、b、c三点逆反应速率由大到小的顺序为__c>b>a__。平衡时若保持压强、温度不变，再向体系中加入一定量的Ne，则平衡移动__逆向__移动(填“正向”“逆向”或“不”)。
②a点时NO2的转化率为__66.7%__，用平衡分压代替平衡浓度可求出平衡常数Kp，则该温度下Kp＝__Pa－1__(用含p0的代数式表示)。
(2)已知在一定温度下的可逆反应N2O4(g)2NO2(g) ΔH>0中，v正＝k正c(N2O4)，v逆＝k逆c2(NO2)(k正、k逆只有温度的函数)。若该温度下的平衡常数K＝10，则k正＝__10__k逆，升高温度，k正增大的倍数__大于__(填“大于”“小于”或“等于”)k逆增大的倍数。
【解析】 (1)①由图知，a点到c点的过程中，N2O4的体积分数不断增大，故逆反应速率不断增大；一定温度下，保持压强不变，加入稀有气体，相当于降低压强，故平衡逆向移动；②a点时，设消耗了x mol NO2，则生成0.5x mol N2O4，剩余(1－x)mol NO2，由图可知1－x＝0.5x，x＝ mol，此时NO2的转化率为66.7%，平衡时p(N2O4)＝0.96p0，p(NO2)＝0.04p0，由此可求出Kp＝。(2)当反应达到平衡时，v正＝v逆，即k正·c(N2O4)＝k逆·c2(NO2)，k正＝＝k逆·K＝10k逆；该反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，k正增大的倍数大于k逆增大的倍数。
类题精练
1．(2020·武威模拟)一定温度下，在1 L恒容密闭容器中加入1 mol的N2(g)和3 mol H2(g)发生反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH<0，NH3的物质的量与时间的关系如下表所示，下列说法不正确的是( D )
时间(min)
0
t1
t2
t3
NH3物质的量(mol)
0
0.2
0.3
0.3
A．0～t1 min，v(NH3)＝0.2/t1 mol·L－1·min－1
B．t3时再加入1 mol的N2(g)和3 mol H2(g)，反应达新平衡时，c(N2)>0.85 mol·L－1
C．N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)的活化能小于2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)的活化能
D．升高温度，可使正反应速率减小，逆反应速率增大，故平衡逆移
【解析】 0～t1 min时生成NH3的浓度＝＝0.2 mol/L，生成NH3的平均反应速率＝＝ mol·L－1·min－1，A正确；由表格数据可知，第t3时反应已处于平衡状态，根据反应方程式N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)可知此时消耗N2的物质的量＝n(NH3)＝×0.3 mol＝0.15 mol，所以平衡时N2的浓度c(N2)＝＝0.85 mol/L。当t3时再加入1 mol的N2(g)和3 mol H2(g)时，尽管平衡向正反应方向移动，但加入的1 mol N2不可能完全转化，所以再次平衡时c(N2)>0.85 mol/L，B正确；因为合成氨反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)是放热反应，其能量关系图可表示为下图，(其中E1为正反应的活化能，E2为逆反应的活化能)，显然合成氨的活化能(E1)小于其逆反应2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)活化能(E2)，C正确；升高温度，正反应速率和逆反应速率都增大，平衡向吸热反应方向移动，即向逆反应方向移动，D错误。
2．温度为T1时，在三个容积均为1 L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( C )
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)
Ⅰ
0.6
0
0
0.2
Ⅱ
0.3
0.5
0.2
Ⅲ
0
0.5
0.35
A．设k为该反应的化学平衡常数，则有k＝k逆∶k正
B．达平衡时，容器Ⅱ与容器Ⅲ中的总压强之比为20∶17
C．容器Ⅱ中起始平衡正向移动，达平衡时，容器Ⅱ中NO2的转化率比容器Ⅰ中的小
D．若改变温度为T2，且T2>T1，则k正∶k逆<0.8
【解析】 平衡时，正、逆反应速率相等，则有k正c2(NO2)＝k逆c2(NO)·c(O2)，所以K＝c2(NO)c(O2)/c2(NO2)＝k正/k逆；A错误；根据反应方程式和容器Ⅰ中O2的平衡浓度可知：平衡时，c(NO)＝0.4 mol·L－1，c(NO2)＝0.2 mol·L－1，则T1温度下，该反应的平衡常数K＝＝＝0.8；容器Ⅱ中浓度熵Qc＝0.2×0.52/0.32＝0.56<0.8，反应正向移动，气体的总量大于1 mol，而容器Ⅲ中反应向左进行，气体的总量小于0.85 mol，所以达平衡时，容器Ⅱ与容器Ⅲ中的总压强之比大于20∶17，B错误；针对于容器Ⅰ内反应可知：NO2的转化率为0.4/0.6＝2/3，假设容器Ⅱ中NO2的转化率也为2/3，反应正向进行：
2NO2(g)2NO(g)＋O2(g)
起始量 0.3 0.5 0.2
变化量 0.2 0.2 0.1
平衡量 0.1 0.7 0.3
平衡常数为K＝0.3×0.72/0.12＝14.7>0.8，所以容器Ⅱ中NO2的转化率小于2/3，即容器Ⅱ中起始平衡正向移动，达平衡时，容器Ⅱ中NO2的转化率比容器Ⅰ中的小，C正确；由于该反应正反应是吸热反应，温度T2>T1，所以T2时平衡常数增大，则k正∶k逆>0.8。
3．对于基元反应，如aA＋bBcC＋dD，反应速率v正＝k正·ca(A)·cb(B)，v逆＝k逆·cc(C)·cd(D)，其中k正、k逆是取决于温度的速率常数。
对于基元反应2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)，在653 K时，速率常数k正＝2.6×103L2·mol－2·s－1，k逆＝4.1×103 L·mol－1·s－1。
(1)计算653 K时的平衡常数K＝__ L·mol－1__。
(2)653 K时，若NO的浓度为0.006 mol·L－1，O2的浓度为0.290 mol·L－1，则正反应速率为__2.7×10－2__mol·L－1·s－1。
【解析】 (1)653 K反应达到平衡时，v正＝k正·c2(NO)·c(O2)＝v逆＝k逆·c2(NO2)，该温度下的平衡常数K＝＝＝ L·mol－1。(2)正反应速率v正＝k正·c2(NO)·c(O2)，将数据代入，计算得到v正＝2.6×103×0.0062×0.290 mol·L－1·s－1＝2.7×10－2 mol·L－1·s－1。
考点二 化学平衡状态及移动方向的判断
典例探究
角度一 化学平衡状态的判断
典例3 (2020·天津宝坻区模拟)运用化学反应原理研究碳、氮、硫的单质及其化合物的反应对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。
Ⅰ.氨为重要的化工原料，有广泛用途。
(1)合成氨中的氢气可由下列反应制取：
a．CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) ΔH1＝＋216.4 kJ/mol
b．CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH2＝－41.2 kJ/mol
则反应CH4(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g) ΔH＝__＋175.2_kJ/mol__。
(2)起始时投入氮气和氢气的物质的量分别为1 mol、3 mol，在不同温度和压强下合成氨。平衡时混合物中氨的体积分数与温度的关系如图。
①恒压时，反应一定达到平衡状态的标志是__BC__(填序号)
A．N2和H2的转化率相等 B．反应体系密度保持不变
C．保持不变 D．＝2
②P1__<__P2(填“>”“＝”或“不确定”，下同)；反应的平衡常数：B点__>__D点。
③C点H2的转化率为__66.7%__；在A、B两点条件下，该反应从开始到平衡时生成氮气的平均速率：v(A)__<__v(B)。
Ⅱ.用间接电化学法去除烟气中NO的原理如下图所示。
已知阴极室溶液呈酸性，则阴极的电极反应式为__2SO＋4H＋＋2e－═══S2O＋2H2O__。反应过程中通过质子交换膜(ab)的H＋为2 mol时，吸收柱中生成的气体在标准状况下的体积为__11.2__L。
【解析】 Ⅰ.(1)已知a.CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) ΔH＝＋216.4 kJ/mol；b.CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH＝－41.2 kJ/mol，则将a＋b，可得CH4(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g) ΔH＝(＋216.4－41.2) kJ/mol＝＋175.2 kJ/mol；
(2)①N2和H2的起始物料比为1∶3，且按照1∶3反应，则无论是否达到平衡状态，转化率都相等，N2和H2转化率相等不能用于判断是否达到平衡状态，A错误；气体的总质量不变，由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，恒压条件下，当反应体系密度保持不变时，说明体积不变，则达到平衡状态，B正确；保持不变，说明氢气、氨气的浓度不变，反应达到平衡状态，C正确；达平衡时各物质的浓度保持不变，但不一定等于化学计量数之比，＝2不能确定反应是否达到平衡状态，D错误；
②由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，平衡混合气体中氨气的百分含量增大，由图像可知P1
N2(g) ＋ 3H2(g) 2NH3(g)
起始：1 mol 3 mol 0
转化：x mol 3x mol 2x mol
平衡：(1－x)mol (3－3x)mol 2xmol
则×100%＝50%，解得x＝，则C点H2的转化率为×100%＝66.7%，B点的压强、温度都比A点高，压强越大、温度越高，反应速率越大，所以v(A)
规律方法
化学平衡状态的判断
(1)两方法——逆向相等、变量不变
①“逆向相等”：反应速率必须一个是正反应的速率，一个是逆反应的速率，且经过换算后同一种物质的消耗速率和生成速率相等。
②“变量不变”：如果一个量是随反应进行而改变的，当不变时为平衡状态；一个随反应进行保持不变的量，不能作为是否达到平衡状态的判断依据。
(2)“三关注”
①关注反应条件，是恒温恒容，恒温恒压还是绝热容器；
②关注反应特点，是等体积反应，还是非等体积反应；
③关注特殊情况，是否有固体参加或生成，或固体的分解反应。
角度二 化学平衡移动方向的判断
典例4 (2020·阜阳模拟)CO2是主要的温室气体，也是一种工业原料。回收利用CO2有利于缓解温室效应带来的环境问题。
(1)我国科学家通过采用一种新型复合催化剂，成功实现了CO2直接加氢制取高辛烷值汽油。已知：2H2(g)＋O2(g)═══2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ/mol
2C8H18(l)＋25O2(g)═══16CO2(g)＋18H2O(l) ΔH＝－11 036 kJ/mol
25 ℃、101 kPa条件下，CO2与H2反应生成辛烷(以C8H18表示)和液态水的热化学方程式是__8CO2(g)＋25H2(g)═══C8H18(l)＋16H2O(l) ΔH＝－1 627 kJ/mol__。
(2)CO2催化加氢合成乙醇的反应原理是：2CO2(g)＋6H2(g)C2H5OH(g)＋3H2O(g) ΔH＝－173.6 kJ/mol图是起始投料不同时，CO2的平衡转化率随温度的变化关系，m为起始时的投料比，即m＝。m1、m2、m3投料比从大到小的顺序为__m1>m2>m3__，理由是__温度相同时，c(H2)增大，CO2平衡转化率增大，平衡向正反应方向移动__。
(3)在Cu/ZnO催化剂存在下，将CO2与H2混合可合成甲醇，同时发生以下两个平行反应：
反应ⅠCO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1＝－53.7 kJ/mol
反应ⅡCO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝＋41.2 kJ/mol
控制一定的CO2和H2初始投料比，在相同压强下，经过相同反应时间测得如下实验数据(其中“甲醇选择性”是指转化的CO2中生成甲醇的百分比)：
实验序号
T/K
催化剂
CO2转化率/%
甲醇选择性/%
实验1
543
Cu/ZnO纳米棒
12.3
42.3
实验2
543
Cu/ZnO纳米片
10.9
72.7
实验3
553
Cu/ZnO纳米棒
15.3
39.1
实验4
553
Cu/ZnO纳米片
12.0
71.6
①对比实验1和实验3可发现：同样催化剂条件下，温度升高，CO2转化率升高，而甲醇的选择性却降低，请解释甲醇选择性降低的可能原因__反应Ⅰ是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，因此甲醇的产率减小，甲醇的选择性降低__；
②对比实验1和实验2可发现：在同样温度下，采用Cu/ZnO纳米片使CO2转化率降低，而甲醇的选择性却提高，请解释甲醇的选择性提高的可能原因__Cu/ZnO纳米片对反应I的催化作用更好，测定时间内得到的甲醇较多，甲醇选择性提高__。
③有利于提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有__cd__。
a．使用Cu/ZnO纳米棒做催化剂
b．使用Cu/ZnO纳米片做催化剂
c．降低反应温度
d．投料比不变，增加反应物的浓度
e．增大的初始投料比
(4)以纳米二氧化钛膜为工作电极，稀硫酸为电解质溶液，在一定条件下通入CO2，电解，在阴极可制得低密度聚乙烯H2C—CH2(简称LDPE)。
①电解时，阴极的电极反应式是__2n CO2＋12n H＋＋12n e－═══H2C—CH2＋4n H2O__。
②工业上生产1.4×104 kg的LDPE，理论上需要标准状况下__2.24×107__L的CO2。
【解析】 (1)①2H2(g)＋O2(g)═══2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ/mol；②2C8H18(l)＋25O2(g)═══16CO2(g)＋18H2O(l) ΔH＝－11 036 kJ/mol，(①×25－②)÷2，整理可得：8CO2(g)＋25H2(g)═══C8H18(l)＋16H2O(l) ΔH＝－1 627 kJ/mol；
(2)CO2催化加氢合成乙醇的反应原理是：2CO2(g)＋6H2(g)C2H5OH(g)＋3H2O(g) ΔH＝－173.6 kJ/mol，根据方程式可知：CO2、H2都是反应物，根据平衡移动原理可知，在温度不变时，c(H2)增大，平衡正向移动，CO2转化率增大，即一定温度下二氧化碳转化率随m(为起始时的投料比)增大而增大，根据图示可知转化率：m1＞m2＞m3，所以m1、m2、m3投料比从大到小的顺序为：m1＞m2＞m3；
(3)①同样催化剂条件下，温度升高，CO2转化率升高，而甲醇的选择性却降低的原因是反应Ⅰ为生成甲醇的反应，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，因此甲醇的产率减小，甲醇的选择性降低；②在同样温度下，采用Cu/ZnO纳米片使CO2转化率降低，而甲醇的选择性却提高的可能原因是在该时间内，使用Cu/ZnO纳米片催化剂使反应I速率增加，因此测得该时间内得到的甲醇较多，甲醇选择性提高；③a.使用Cu/ZnO纳米棒做催化剂，对化学平衡无影响，无法提高CO2转化为CH3OH平衡转化率，a错误；b.使用Cu/ZnO纳米片做催化剂，催化剂不影响化学平衡移动，无法提高CO2转化为CH3OH平衡转化率，b错误；c.该反应为放热反应，降低反应温度，平衡向正反应方向移动，可提高CO2转化为CH3OH平衡转化率，c正确；d.投料比不变，增加反应物氢气的浓度，可提高CO2转化为CH3OH平衡转化率，d正确；e.增大CO2和H2的初始投料比，二氧化碳浓度增大，则CO2转化率降低，e错误；故合理选项为cd；
(4)电解过程中阴极上CO2发生还原反应生成H2C—CH2：由C原子守恒可知关系式为2nCO2→H2C—CH2，碳的化合价从＋4变为－2，每个C原子得到6个电子，则2nCO2总共得到12n个电子，结合电荷守恒可得该电极反应式为：2nCO2＋12e－＋12n H＋═══H2C—CH2＋4n H2O，需要二氧化碳的物质的量为n(CO2)＝＝×2n＝1×106 mol，则在标准状况下CO2的体积为V(CO2)＝1×106 mol×22.4 L/mol＝2.24×107 L。
技巧点拨
解答化学平衡移动问题的步骤
其中条件改变可以按以下思路分析：
类题精练
4．(2020·合肥模拟)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(g)，已知该反应平衡常数与温度的关系如表：
温度/℃
25
80
230
平衡常数
5×104
2
1.9×10－5
下列说法不正确的是( C )
A．上述生成Ni(CO)4(g)的反应为放热反应
B．在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，某时刻，Ni(CO)4、CO浓度均为0.5 mol·L－1，则此时v正>v逆
D．在80 ℃达平衡时，n(CO)＝0.3 mol，则Ni(CO)4的平衡浓度为2 mol·L－1
【解析】 由表格数据可知，随着温度的升高，化学平衡常数降低，说明反应向逆反应反向进行，根据勒夏特列原理，正反应方向是放热反应，A正确；此反应的化学平衡常数应是上述反应平衡常数的倒数，即1/5×104＝2×10－5，B正确；在80 ℃时，K＝2，此时的浓度商为0.5/0.54＝8>2，说明反应向逆反应方向进行，即v正
(1)能说明该反应已达平衡状态的是__AB__(填标号，下同)。
A．CO2的体积分数保持不变
B．体系中n(CO2)/n(H2)的值保持不变
C．混合气体的密度保持不变
D．单位时间内有n mol H—H键断裂，同时有n mol O—H键生成
(2)下列措施能使n(CH3OH)/n(CO2)的值增大的是__D__。
A．升高温度
B．恒温恒容下，充入He
C．使用高效催化剂
D．恒温恒容下，再充入2 mol CO2、3 mol H2
(3)反应10 min时体系达到平衡状态，此时CO2的转化率为25%，该反应的反应速率v(H2)＝__0.075_mol·L－1·min－1__，反应的平衡常数K＝__0.198__(保留三位有效数字)；若使K的值变为1，则应采取的措施是__C__。
A．增大压强 B．恒压下加入一定量H2
C．降低温度 D．升高温度
【解析】 (1)各物质的物质的量分数或体积分数保持不变，说明反应达到平衡状态；该反应的投料比不等于其化学计量数之比，当反应物的物质的量之比保持不变时，说明反应达到平衡状态；反应中物质的总质量和体积恒定不变，不管反应是否达到平衡，混合气体的密度都不变，无法说明反应是否达到平衡状态；H—H键的断裂和O—H键的生成都表示正反应方向，无法说明反应是否达到平衡状态。
(2)反应正向移动时，n(CH3OH)/n(CO2)的值增大。升高温度，平衡逆向移动；恒温恒容下，充入He，平衡不移动；催化剂不影响化学平衡的移动；D项条件可等效为增大压强，平衡正向移动。
(3)达到平衡时CO2的转化率为25%，即CO2反应了2 mol×25%＝0.5 mol，则
CO2(g) ＋ 3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)
初始 2 mol 3 mol 0 0
转化 0.5 mol 1.5 mol 0.5 mol 0.5 mol
平衡 1.5 mol 1.5 mol 0.5 mol 0.5 mol
平衡时c(CO2)＝c(H2)＝0.75 mol·L－1，c(CH3OH)＝c(H2O)＝0.25 mol·L－1，v(H2)＝＝0.075 mol·L－1·min－1，平衡常数K＝≈0.198。K只与温度有关，若使K的值变为1，则应改变温度使平衡正向移动，应采取的措施是降低温度。
考点三 化学平衡常数及转化率计算
典例探究
角度一 化学平衡常数与转化率的计算
典例5 (2020·成都模拟)(1)在一定条件下氨气和氧气能发生反应生成氮气和水蒸气：4NH3(g)＋3O2(g)═══2N2(g)＋6H2O(g) ΔH
查阅资料可得有关的化学键键能数据如下：
化学键
N≡N
H－O
N－H
O＝O
E/(kJ·mol－1)
946
463
391
496
由此计算上述反应的反应热ΔH＝－__1_268__kJ·mol－1。
(2)已知：N2(g)＋O2(g)═══2NO(g) K1
N2(g)＋3H2(g)═══2NH3(g) K2
2H2(g)＋O2(g)═══2H2O(g) K3
注：K1、K2、K3分别为上述三个反应的平衡常数
回答下列问题：
①氨催化氧化反应(生成气态水)的平衡常数K为__K＝k·k/k__(用K1、K2、K3表示)。
②一定条件下，将4 mol NH3和5.2 mol O2混合于容积为4 L的恒容密闭容器中发生催化氧化反应，经过10 s后达到平衡，测得NO的浓度为0.4 mol/L，则0到10 s内用NH3表示该反应的平均反应速率为__0.04_mol·L－1·s－1__，O2的转化率为__38.5%__(用百分数表示，且保留小数点后一位)，该反应的平衡常数为____(列出计算式即可)。
③若上述反应第一次达到平衡时，保持其他条件不变的情况下，只是将容器的体积扩大一倍，假定在25 s后达到新的平衡。请在下图中用曲线表示15～30 s这个阶段体系中NH3的浓度随时间变化的趋势。
(3)下列有关该反应的说法正确的是__C__(填字母)。
A．恒温恒容，再充入4 mol NH3和5.2 mol O2，再次达到平衡时，NH3的转化率增大
B．恒温恒容，当容器内的密度保持不变时，反应达到了平衡
C．当混合气体的平均摩尔质量不变时，反应达到了平衡
D．当2v正(NO)＝3v逆(H2O)时，反应达到了平衡
(4)工业上常用氨水吸收SO2，可生成(NH4)2SO3，请判断常温下(NH4)2SO3溶液的酸碱性并通过计算说明判断依据：__碱性，NH的水解常数为：Kh(NH)＝Kw/Kb＝1.0×10－14/1.8×10－5，SO的水解常数为：Kh(SO)＝Kw/Ka2＝1.0×10－14/6.3×10－8，因为NH的水解程度小于SO的水解程度，故(NH4)2SO3显碱性__。(已知：NH3·H2O的Kb＝1.8×10－5；H2SO3的Ka1＝1.3×10－2，Ka2＝6.3×10－8)
【解析】 (1)4NH3(g)＋3O2(g)═══2N2(g)＋6H2O(g)，反应的ΔH＝反应物的键能总和－生成物的键能总和＝(391×12＋496×3－946×2－463×12) kJ·mol－1＝－1 268 kJ·mol－1；
(2)已知：a、N2(g)＋O2(g)═══2NO(g) K1
b、N2(g)＋3H2(g)═══2NH3(g) K2
c、2H2(g)＋O2(g)═══2H2O(g) K3
①上述2a＋3b－2c得氨催化氧化反应，平衡常数K为K＝k·k/k；
② 4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)
起始量 4 mol 5.2 mol 0 0
变化量 1.6 mol 2.0 mol 1.6 mol 2.4 mol
平衡量 2.4 mol 3.2 mol 1.6 mol 2.4 mol
c平/mol·L－1 0.6 0.8 0.4 0.6
NH3表示的速率为1.6 mol/(4 L·10 s)＝0.04 mol·L－1·s－1；
O2的转化率为2.0 mol/5.2 mol×100%＝38.5%；
该反应的平衡常数为K＝。
③容器体积扩大一倍，15 s时NH3浓度变为0.3 mol/L，体积扩大，压强减小，平衡正向移动，15 s～25 s NH3浓度继续减小，25 s后达到新的平衡状态。
(3)恒温恒容，再充入4 mol NH3和5.2 mol O2，相当于加压，平衡逆向移动，再次达到平衡时，NH3的转化率减小，A错误；恒温恒容，容器中气体的质量不变，当容器内的密度保持不变时，无法判断反应是否达到了平衡，B错误；反应前后气体的物质的量改变，当混合气体的平均摩尔质量不变时，反应达到了平衡，C正确；当3v正(NO)＝2v逆(H2O)时，反应达到了平衡，D错误。
(4)常温下(NH4)2SO3溶液显碱性。NH的水解常数为Kh(NH)＝Kw/Kb＝1.0×10－14/1.8×10－5，SO的水解常数为Kh(SO)＝Kw/Ka2＝1.0×10－14/6.3×10－8。因为NH的水解程度小于SO的水解程度，故(NH4)2SO3显碱性。
【答案】 (2)③
技巧点拨
化学平衡计算的一般方法——“三段式法”
对于反应：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，令A、B起始物质的量(mol)分别为a、b，达到平衡后，A的消耗量为mx，容器容积为V L。
mA(g) ＋ n(B)(g)pC(g)＋qD(g)
起始(mol) a b 0 0
变化(mol) mx nx px qx
平衡(mol) a－mx b－nx px qx
建立等式求解：
(1)K＝
(2)c(A)平＝ mol·L－1
(3)α(A)平＝×100%
α(A)∶α(B)＝∶＝
(4)φ(A)＝×100%
(5)＝
(6)(混)＝ g·L－1
角度二 分压平衡常数的计算
典例6 (2020·西安模拟)氮和硫的化合物在工农业生产、生活中具有重要应用。请回答下列问题：
(1)航天领域中常用N2H4作为火箭发射的助燃剂。N2H4与氨气相似，是一种碱性气体，易溶于水，生成弱碱N2H4·H2O。用电离方程式表示N2H4·H2O显碱性的原因是：__N2H4·H2ON2H＋OH－(或N2H4＋H2ON2H＋OH－)__。
(2)在恒温条件下，1 mol NO2和足量C发生反应2NO2(g)＋2C(s)N2(g)＋2CO2(g)，测得平衡时NO2和CO2的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：
①A、B两点的浓度平衡常数关系：Kc(A)__＝__Kc(B)(填“<”或“>”或“＝”)。
②A、B、C三点中NO2的转化率最高的是__A__(填“A”或“B”或“C”)点。
③计算C点时该反应的压强平衡常数Kp＝__2__MPa(Kp是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。
(3)已知：亚硝酸(HNO2)性质和硝酸类似，但它是一种弱酸。常温下亚硝酸的电离平衡常数Ka＝5.1×10－4；H2CO3的Ka1＝4.2×10－7，Ka2＝5.61×10－11。在常温下向含有2 mol碳酸钠的溶液中加入1 mol的HNO2后，则溶液中CO、HCO和NO的离子浓度由大到小的顺序是__c(HCO)>c(NO)>c(CO)__。
(4)已知：常温下甲胺(CH3NH2)的电离常数为Kb，且pKb＝－lg Kb＝3.4，水溶液中有CH3NH2＋H2OCH3NH＋OH－。常温下向CH3NH2溶液滴加稀硫酸至c(CH3NH2)═══c(CH3NH)时，则溶液pH＝__10.6__。
(5)一种煤炭脱硫技术可以把硫元素以CaSO4的形成固定下来，但产生的CO又会与CaSO4发生化学反应，相关的热化学方程式如下：
①CaSO4(s)＋CO(g)CaO(s)＋SO2(g)＋CO2(g) ΔH＝＋210.5 kJ·mol－1
②CaSO4(s)＋4CO(g)CaS(s)＋4CO2(g) ΔH＝－189.2 kJ·mol－1
反应CaO(s)＋3CO(g)＋SO2(g)CaS(s)＋3CO2(g) ΔH＝__－399.7__kJ·mol－1
【解析】 (1)肼易溶于水，它是与氨类似的弱碱，则电离生成OH－和阳离子，电离方程式为N2H4·H2ON2H＋OH－；(2)①平衡常数只受温度影响，所以Kc(A)＝Kc(B)；②增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，该反应的正反应是气体体积增大的反应，所以A、B、C三点中NO2的转化率最高的是A点；③在C点时，二氧化碳与二氧化氮的浓度相等，根据反应2NO2(g)＋2C(s)N2(g)＋2CO2(g)，可以知道氮气的浓度为二氧化碳的一半，所以混合气体中CO2的体积分数为，NO2的体积分数，N2的体积分数，所以反应的压强平衡常数Kp＝＝＝2MPa；(3)2 mol碳酸钠的溶液中加入1 mol的HNO2后，得到含有1 mol碳酸钠、1 mol碳酸氢钠和1 mol亚硝酸钠的混合液。由亚硝酸的电离平衡常数Ka＝5.1×10－4，H2CO3的Ka1＝4.2×10－7，Ka2＝5.61×10－11，可判断水解程度大小顺序为CO>NO，CO水解生成HCO，所以溶液中CO离子、HCO离子和NO离子的浓度大小关系为c(HCO)>c(NO)>c(CO)；(4)电离常数Kb只随温度改变，常温时，CH3NH2＋H2OCH3NH＋OH－，当滴加稀硫酸至c(CH3NH2)＝c(CH3NH)时，Kb＝＝c(OH－)，即c(OH－)＝Kb＝10－3.4 mol/L，则c(H＋)＝＝10－10.6，所以pH＝－lg10－10.6＝10.6；(5)利用盖斯定律将②－①可得CaO(s)＋3CO(g)＋SO2(g)CaS(s)＋3CO2(g) ΔH＝(－189.2 kJ·mol－1)－(＋210.5 kJ·mol－1)＝－399.7 kJ·mol－1。
类题精练
6．(2019·江苏高考改编)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)。下列说法错误的是( C )
A．反应2NO(g)＋O2(g)═══2NO2(g)的ΔH<0
B．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)＝5.0×10－4 mol·L－1，NO平衡转化率为50%，则平衡常数K>2 000
【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随温度变化的NO的平衡转化率，随着温度升高，由虚线知，NO的平衡转化率减小，即温度升高，2NO＋O2═══2NO2的平衡逆向移动，说明该反应为放热反应，ΔH<0，正确；B项，与X点相同温度下，NO的转化率没有达到最大，所以反应没有达到平衡，如果延长时间，使反应达到平衡，则可以提高NO的转化率，正确；C项，Y点处，反应已达平衡，通入O2时，平衡正向移动，NO的转化率会提高，错误；D项，设起始时c(NO)＝a mol·L－1，则：
2NO ＋ O2 ═══ 2NO2
起始c(mol·L－1) a 5×10－4 0
转化c(mol·L－1) 0.5a 0.25a 0.5a
平衡c(mol·L－1) 0.5a (5×10－4－0.25a) 0.5a
K＝＝
当0.25a＝0时，K＝2 000，但0.25a>0，所以K>2 000，正确。
7．(2020·烟台模拟)研究化学反应时，既要考虑物质变化与能量变化，又要关注反应的快慢与限度。回答下列问题：
(1)NH3还原NO是重要的烟气脱硝技术，其反应过程与能量关系如图所示
①上图中因为改变了反应条件，反应的活化能：b__<__a(填“＞”“＜”或“＝”)。
②脱硝反应的热化学方程式可表示为反应物→生成物ΔH＝__－(E2－E1)__(用E1、E2的代数式表示)。
③研究发现，一定条件下的脱硝反应过程可能如图所示，根据氧化还原反应中物质的作用，NO为__氧化__剂，脱硝总反应的化学方程式为__4NH3＋4NO＋O24N2＋6H2O__。
(2)一定温度下，将不同物质的量的H2O(g)和CO分别通入容积为1 L的恒容密闭容器中，进行反应H2O(g)＋CO(g)CO2(g)＋H2(g)，得到如表所示的三组数据
试验编号
温度/℃
起始量/mol
平衡量/mol
达到平衡
时间/min
H2O(g)
CO(g)
CO(g)
H2(g)
1
650
2.0
4.0
3.0
1.0
5
2
900
1.0
2.0
1.8
0.2
4
3
900
a
b
c
d
t
①4 mim内，实验2中v(CO2)＝__0.05_mol·L－1·min－1__；900 ℃时，反应的平衡常数为____；降低温度时，平衡常数会__增大__(填“增大”“减小”或“不变”)。
②650 ℃时，若在此容器中充入2.0 mol H2O(g)、1.0 mol CO(g)、1.0 mol CO2(g)和x mol H2(g)，要使反应在开始时向正反应方向进行，则x应满足的条件是__0≤x<__。若a＝2.0.b＝1.0，则平衡时实验2中H2O(g)和实验3中CO(g)的转化率(a)的关系为a(H2O)__＝__(填“＞”“＜”或“＝”)a(CO)。
【解析】 (1)①由图像可知活化能降低，故答案应为：＜；②由图，反应物能量大于生成物能量，故反应是放热反应，用“－”表示放热，ΔH＝正反应活化能－逆反应活化能，故答案应为：－(E2－E1)；③NO在反应中化合价降低，作氧化剂；由图可知反应物为NH3、NO和O2，生成物为N2和H2O，所以化学方程式为4NH3＋4NO＋O24N2＋6H2O。(2)①由方程式可知v(CO2)∶v(H2)＝1∶1，根据图表计算v(H2)＝0.2 mol/L÷4 min＝0.05 mol·L－1·min－1，故v(CO2)＝0.05 mol·L－1·min－1，根据平衡常数计算公式，900 ℃平衡常数为＝，同理可计算650 ℃平衡常数为，故降低温度平衡常数增大。②计算此时此刻的Q＝，化学平衡正向移动，所以Q＜平衡常数k，所以<，x<，由题x应≥0。③根据平衡常数和三段式分别求出实验2中H2O(g)的转化率为20%。实验3中CO(g)的转化率为y，则
H2O(g)＋CO(g)CO2(g)＋H2(g)
起始浓度(mol/L) 2 1 0 0
转化浓度(mol/L) y y y y
平衡浓度(mol/L) 2－y 1－y y y
则＝，解得y＝0.2，即实验3中CO(g)的转化率为20%。
考点四 化学反应速率和化学平衡图像
典例探究
典例7 (2020·银川模拟)含氮化合物对环境、生产和人类生命活动等具有很大的影响。请按要求回答下列问题：
(1)利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除工厂废气中的NO、NO2，反应机理如下图所示。A包含物质为H2O和__N2__(填化学式)
(2)已知：4NH3(g)＋6NO(g)═══5N2(g)＋6H2O(g) ΔH1＝－a kJ/mol
4NH3(g)＋5O2(g)═══4NO(g)＋6H2O(g) ΔH2＝－b kJ/mol
H2O(l)═══H2O(g) ΔH3＝＋c kJ/mol
则反应4NH3(g)＋3O2(g)═══2N2(g)＋6H2O(l)的ΔH＝__－(2a＋3b＋30c)__kJ/mol
(3)工业上利用氨气生产氢氰酸(HCN)的反应为：CH4(g)＋NH3(g)HCN(g)＋3H2(g) ΔH>0
①其他条件一定，达到平衡时NH3转化率随外界条件X变化的关系如图甲所示。则X可以是__bd__(填字母序号)
a．温度 b．压强
c．催化剂 d.
②在一定温度下，向2 L密闭容器中加入n mol CH4和2 mol NH3，平衡时NH3体积分数随n变化的关系如图乙所示。
a点时，CH4的转化率为__25__%；平衡常数：K(a)__＝__K(b)(填“>”“＝”或“<”)。
(4)肌肉中的肌红蛋白(Mb)与O2结合生成MbO2，其反应原理可表示为：Mb(aq)＋O2(g)MbO2(aq)，该反应的平衡常数可表示为：K＝。在37 ℃条件下达到平衡时，测得肌红蛋白的结合度(a)与P(O2)的关系如图丙所示[α＝×100%]。研究表明正反应速率v正＝k正·c(Mb)·P(O2)，逆反应速率v逆＝k逆·c(MbO2)(其中k正和k逆分别表示正反应和逆反应的速率常数)。
①试写出平衡常数K与速率常数k正、k逆之间的关系式为K＝____(用含有k正、k逆的式子表示)。
②试求出图丙中c点时，上述反应的平衡常数K＝__2__kPa－1。已知k逆＝60 s－1，则速率常数k正＝__120__s－1·kPa－1。
【解析】 (1)根据流程图可知NH3与废气中的NO、NO2反应，最终产生无毒无害的氮气和水；
(2)①4NH3(g)＋6NO(g)═══5N2(g)＋6H2O(g) ΔH1＝－a kJ/mol
②4NH3(g)＋5O2(g)═══4NO(g)＋6H2O(g) ΔH2＝－b kJ/mol
③H2O(l)═══H2O(g) ΔH3＝＋c kJ/mol
根据盖斯定律，将(①×2＋②×3－③×30)×，整理可得4NH3(g)＋3O2(g)═══2N2(g)＋6H2O(l) ΔH＝－(2a＋3b＋30c) kJ/mol；
(3)①反应CH4(g)＋NH3(g)HCN(g)＋3H2(g)的正反应是气体体积增大的吸热反应，根据图像可知：X越大，氨气的转化率越小。a.升高温度，化学平衡向吸热的正反应方向移动，使氨气的转化率增大，a错误；b.增大压强，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，使氨气的转化率降低，b正确；c.催化剂只能改变反应速率，但不能使化学平衡发生移动，因此对氨气的转化率无影响，c错误；d.增大，相对来说氨气增大的多，平衡正向移动，但平衡移动消耗量远远小于加入氨气的量，所以氨气的转化率降低，d正确；故合理选项是bd；
②对于反应：
CH4(g) ＋ NH3(g)HCN(g)＋3H2(g)，
假设反应消耗CH4物质的量为x
开始(mol) 2 2 0 0
转化(mol) x x x 3x
平衡(mol) 2－x 2－x x 3x
根据图像可知在平衡时氨气的体积分数是30%，可得＝30%，解得x＝0.5，则a点时，CH4的转化率为×100%＝25%；由于温度不变，所以无论是在线上任何一点，化学反应的平衡常数都不变，因此K(a)＝K(b)；(4)①可逆反应达到平衡状态时，V正＝V逆，由于v正＝k正·c(Mb)·P(O2)，v逆＝k逆·c(MbO2)，所以k正·c(Mb)·P(O2)＝k逆·c(MbO2)，＝，而反应Mb(aq)＋O2(g)MbO2(aq)的平衡常数K＝＝；②将C点时，P(O2)＝4.5，肌红蛋白的结合度(a)是90%带入平衡常数表达式中可得K＝＝＝2 kPa－1；K＝，由于K＝2 kPa－1，k逆＝60 s－1带入该式子，可得k正＝K·k逆＝2kPa－1×60 s－1＝120 s－1·kPa－1。
规律方法
化学平衡图像题的解题流程
类题精练
8．研究碳氧化合物、氮氧化合物、硫氧化合物等大气污染物的处理对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。
(1)用焦炭还原NO2的反应为2C(s)＋2NO2(g)N2(g)＋2CO2(g)，向两个容积均为2 L，反应温度分别为T1℃、T2℃的恒温恒容密闭容器中分别加入足量的焦炭和一定量的NO2，测得各容器中n(NO2)随反应时间t的变化情况如图1所示：
①T1__>__T2(填“>”或“<”)，该反应为__放热__(填“放热”或“吸热”)反应。
②T2℃时，40～80 min，用N2的浓度变化表示的平均反应速率为v(N2)＝__0.002_5_mol/(L·min)__，此温度下的化学平衡常数K＝__0.675__。
(2)工业上消除氮氧化物的常用方法是SCR(选择性催化还原)脱硝法，反应原理为4NH3(g)＋4NO(g)＋O2(g)4N2(g)＋6H2O(g) ΔH<0。
①SCR法除NO，投料比一定时有利于提高NO平衡转化率的反应条件是__降低温度__、__减小压强__。
当反应温度过高时，会发生以下副反应：2NH3(g)＋2O2(g)N2O(g)＋3H2O(g)；4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)。
②某科研小组通过系列实验，分析得出脱硝率与氨氮比、温度的关系如图2、图3所示，从图2可以看出，最佳氨氮比为2.0，理由是__氨氮比从2.0到2.4时，脱硝率变化不大，但氨的浓度增加较大，导致生产成本提高__；
由图3可知，当温度高于405 ℃后，脱硝率会逐渐减小，原因是__当温度过高时，还会发生副反应生成N2O和NO__。
【解析】 (1)①在其他条件不变时，反应温度越高，化学反应速率就越快，达到平衡需要的时间就越短，根据图1可知，在温度为T1℃时先达到平衡，说明T1>T2，温度由T1℃降到T2℃后n(NO2)减小，说明平衡正向移动，该反应为放热反应；②根据图1可知，在40～80 min，NO2的物质的量改变了1.50 mol－1.10mol＝0.40 mol，容器的容积为2 L，v(NO2)＝＝＝0.005 mol/(L·min)，则v(N2)＝v(NO2)＝×0.005 mol/(L·min)＝0.002 5 mol/(L·min)；
列三段式：2C(s)＋2NO2(g)N2(g)＋2CO2(g)
c(始)/(mol/L) 1 0 0
c(变)/(mol/L) 0.60 0.30 0.60
c(平)/(mol/L) 0.40 0.30 0.60
则在T2℃时的化学平衡常数K＝＝＝0.675。
(2)①4NH3(g)＋4NO(g)＋O2(g)═══4N2(g)＋6H2O(g)ΔH<0的正反应是气体体积增大的放热反应，投料比不变时，若要提高NO的平衡转化率，就要使化学平衡正向移动，可以采取降低反应体系的温度，也可以扩大容器的容积使体系的压强减小等措施；②根据图2可知，氨氮比从2.0到2.4，脱硝率变化并不大，但氨的浓度增加较大，必然会导致生产成本提高；由图3可知，当温度高于405 ℃后，脱硝率逐渐减小，是因为当温度过高时，会发生副反应生成N2O和NO。
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