高考化学二轮复习解密09 化学反应速率与平衡(讲义)（含解析）

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解密09 化学反应速率与平衡

【考纲导向】
1．了解化学反应速率的概念、化学反应速率的定量表示方法。
2．了解催化剂在生产、生活和科学研究领域中的重要作用。
3．了解化学反应的可逆性，能用焓变和熵变说明常见简单化学反应的方向。
4．了解化学平衡建立的过程。理解化学平衡常数的含义，能够利用化学平衡常数进行简单的计算。
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，认识其一般规律。
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。
【命题分析】
化学反应速率与化学平衡是高中化学重要理论主干知识,试题难度一般较大,特别是原理综合题型,将多个知识点组合在一起,客观上增加了思维容量。化学反应速率一般考查形式如下：一是考查化学反应速率图像问题；二是考查化学反应速率的影响因素；三是在填空题中综合考查。化学反应进行的方向和限度一般考查形式有：一是在选择题中某个选项考查可逆反应焓变和熵变的大小；二是考查化学平衡状态的判断；三是与化学平衡相结合考查化学平衡常数的应用等。化学平衡的移动考查形式固定，一般是以图像或者表格的形式为载体，考查平衡移动、化学平衡的计算、等效平衡、平衡图像等知识点等，综合性强，难度大，为选择题中的压轴题型。在填空题中也会结合工农业生产考查平衡状态的判断、平衡图像、化学平衡常数等。



核心考点一 化学反应速率及其影响因素
1．化学反应速率

化学反应速率与化学计量数的关系。对于已知反应mA(g)＋nB(g)===pC(g)＋qD(g)，其化学反应速率可用不同的反应物或生成物来表示，当单位相同时，化学反应速率的数值之比等于方程式中各物质的化学计量数之比，即v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝m∶n∶p∶q。
2．影响化学反应速率的因素
(1)内因
反应物本身的性质是影响化学反应速率的主要因素。如相同条件下Mg、Al与稀盐酸反应的速率大小关系为：v(Mg)>v(Al)。
(2)外因(其他条件不变，只改变一个条件)

3．理论解释——有效碰撞理论
(1)活化分子：能够发生有效碰撞的分子。
(2)活化能：如图

图中：E1为正反应的活化能，使用催化剂时的活化能为E3，E2为逆反应的活化能，反应热为E1－E2。
(3)有效碰撞：活化分子之间能够引发化学反应的碰撞。
活化分子、有效碰撞与反应速率的关系。


考法一 化学反应速率的相关计算
【典例1】将4 mol A气体和2 mol B气体在2 L的容器中混合，并在一定条件下发生反应：2A(g)＋B(g) 2C(g)，若经2 s 后测得C的浓度为0.6 mol·L－1，现有下列几种说法：
①用物质A表示的反应的平均速率为0.3 mol·L－1·s－1
②用物质B表示的反应的平均速率为0.6 mol·L－1·s－1
③2 s时物质A的转化率为70%
④2 s时物质B的浓度为0.7 mol·L－1
其中正确的是(　　)
A.①③ B.①④ C.②③ D.③④
【解析】A、B的起始浓度分别为2 mol·L－1、1 mol·L－1，由2 s后C的浓度可得A、B的变化浓度分别为0.6 mol·L－1、0.3 mol·L－1，所以用A、B表示的反应的平均速率分别为0.3 mol·L－1·s－1、0.15 mol·L－1·s－1。2 s时A、B的浓度分别为1．4 mol·L－1、0.7 mol·L－1。2 s时物质A的转化率为30%。
【答案】B
考法二 化学反应速率的大小比较
【典例2】已知反应4CO＋2NO2N2＋4CO2在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示反应速率最快的是(　　)
A.v(CO)＝1．5 mol·L－1·min－1 B.v(NO2)＝0.7 mol·L－1·min－1
C.v(N2)＝0.4 mol·L－1·min－1 D.v(CO2)＝1．1 mol·L－1·min－1
【解析】先看单位是否相同，若不同，先换算成同一单位，再换算成同一物质再比较，如以N2为标准，A、B、D项分别换算为0.375 mol·L－1·min－1、
0.35 mol·L－1·min－1、0.275 mol·L－1·min－1，C项正确。
【答案】C
考法三 外界条件对化学反应速率的影响
【典例3】(2020•山东卷)1，3-丁二烯与HBr发生加成反应分两步：第一步H+进攻1，3-丁二烯生成碳正离子()；第二步Br -进攻碳正离子完成1，2-加成或1，4-加成。反应进程中的能量变化如下图所示。已知在0℃和40℃时，1，2-加成产物与1，4-加成产物的比例分别为70:30和15:85。下列说法正确的是( )

A．1，4-加成产物比1，2-加成产物稳定
B．与0℃相比，40℃时1，3-丁二烯的转化率增大
C．从0℃升至40℃，1，2-加成正反应速率增大，1，4-加成正反应速率减小
D．从0℃升至40℃，1，2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度
【解析】A项，能量越低越稳定，根据图像可看出，1，4-加成产物的能量比1，2-加成产物的能量低，即1，4-加成产物的能量比1，2-加成产物稳定，故A正确；B项，该加成反应不管生成1，4-加成产物还是1，2-加成产物，均为放热反应，则升高温度，不利用1，3-丁二烯的转化，即在400C时其转化率会减小，故B错误；C项，从00C升至400C，正化学反应速率均增大，即1，4-加成和1，2-加成反应的正速率均会增大，故C错误；D项，从00C升至400C，对于1，2-加成反应来说，化学平衡向逆向移动，即1，2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度，故D正确；故选AD。
【答案】AD
考法四 控制变量法探究影响化学反应速率的因素
【典例4】硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋S↓＋H2O，下列各组实验中最先出现浑浊的是(　　)
实验
反应温度/℃
Na2S2O3溶液
稀H2SO4
H2O
V/mL
c/(mol·L－1)
V/mL
c/(mol·L－1)
V/mL
A
25
5
0.1
10
0.1
5
B
25
5
0.2
5
0.2
10
C
35
5
0.1
10
0.1
5
D
35
5
0.2
5
0.2
10
【解析】结合选项知混合液的体积都为20 mL，但选项D中反应温度最高、反应物Na2S2O3的浓度最大，其反应速率最大，故最先看到浑浊(有硫单质生成)。
【答案】D
考法五 化学反应速率的图象
【典例5】(2017•江苏卷)H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得70℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是( )

A．图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越快
B．图乙表明，其他条件相同时，溶液pH越小，H2O2分解速率越快
C．图丙表明，少量Mn 2+存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快
D．图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大
【解析】A项，浓度对反应速率的影响是浓度越大，反应速率越快，错误；B项，NaOH浓度越大，即pH越大，H2O2分解速率越快，错误；C项，由图，Mn2＋存在时，0.1 mol·L－1的NaOH时H2O2的分解速率比1 mol·L－1的NaOH时快，错误；D项，由图可知，碱性条件下，Mn2＋存在时，H2O2分解速率快，正确。
【答案】D
考法六 化学反应速率的综合分析
【典例6】(2021年1月浙江选考)取50 mL过氧化氢水溶液，在少量I- 存在下分解：2H2O2=2H2O+O2↑。在一定温度下，测得O2的放出量，转换成H2O2浓度(c)如下表：
t/min
0
20
40
60
80
c/(mol·L-1)
0.80
0.40
0.20
0.10
0.050
下列说法不正确的是( )
A．反应20min时，测得O2体积为224mL(标准状况)
B．20~40min，消耗H2O2的平均速率为0.010mol·L-1·min-1
C．第30min时的瞬时速率小于第50min时的瞬时速率
D．H2O2分解酶或Fe2O3代替I-也可以催化H2O2分解
【解析】A项，反应20min时，过氧化氢的浓度变为0.4mol/L，说明分解的过氧化氢的物质的量n(H2O2)=(0.80-0.40)mol/L×0.05L=0.02mol，过氧化氢分解生成的氧气的物质的量n(O2)=0.01mol，标况下的体积V=n·Vm=0.01mol×22．4L/mol=0.224L=224mL，A正确；B项，20~40min，消耗过氧化氢的浓度为(0.40-0.20)mol/L=0.20 mol·L-1，则这段时间内的平均速率v===0.010 mol·L-1·min-1，B正确；C项，随着反应的不断进行，过氧化氢的浓度不断减小，某一时刻分解的过氧化氢的量也不断减小，故第30min时的瞬时速率大于第50min时的瞬时速率，C错误；D项，I-在反应中起到催化的作用，故也可以利用过氧化氢分解酶或Fe2O3代替，D正确；故选C。
【答案】C

分析外界因素对化学反应速率的影响时要注意以下几点
1．对于固体和纯液体反应物，其浓度可视为常数，改变用量速率不变。但固体颗粒的大小决定反应物接触面积的大小，会影响化学反应速率。
2．压强对速率的影响有以下几种情况：
(1)恒温时：增大压强体积缩小浓度增大化学反应速率加快。
(2)恒容时：
①充入气体反应物压强增大浓度增大速率加快。
②充入惰性气体总压强增大，但各气体物质的量浓度不变，反应速率不变。
(3)恒压时：压强不变充入惰性气体压强不变体积增大各物质浓度减小反应速率减慢。
3．温度改变对任何反应的速率都有影响。
4．加入催化剂可以同等程度的改变正逆化学反应速率。

1．在密闭容器中进行反应N2＋O22NO，下列条件能加快反应速率的是(　　)
A．增大体积使压强减小 B．体积不变，充入N2使压强增大
C．体积不变，充入He使压强增大 D．压强不变，充入气体Ne
【答案】B
【解析】A项，增大体积使压强减小，物质浓度减小，速率减慢，故A错误；B项，体积不变，充入N2使压强增大，氮气浓度增大，速率加快，故B正确；C项，体积不变，充入He使压强增大，反应物浓度不变，速率不变，故C错误；D项，压强不变，充入气体Ne，体积增大，浓度减小，速率减慢，故D错误；故选B。
2．5．6 g铁粉投入到足量的100 mL 2 mol·L－1的稀硫酸的烧杯中，2 min时铁粉刚好溶解，下列表示这个反应的速率正确的是(　　)
A．v(Fe)＝0.5 mol·L－1·min－1 B．v(H2SO4)＝1 mol· L－1·min－1
C．v(H2)＝0.5 mol· L－1·min－1 D．v(FeSO4)＝0.5 mol·L－1·min－1
【答案】D
【解析】Fe是固体，不能用来表示化学反应速率，A错误；Fe与稀硫酸发生反应：Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑，2 min时铁粉刚好溶解，铁反应的物质的量是0.1 mol，根据方程式可知硫酸反应的物质的量是0.1 mol，则v(H2SO4)＝0.1 mol÷0.1 L÷2 min＝0.5 mol·L－1·min－1，B错误；该反应为溶液中的反应，无法表示氢气的浓度变化，C错误；根据方程式可知：n(Fe)∶n(FeSO4)＝1∶1，所以n(FeSO4)＝0.1 mol，则v(FeSO4)＝0.1 mol÷0.1 L÷2 min＝0.5 mol·L－1·min－1，D正确。
3．已知分解1 mol H2O2放出热量98 kJ，在含少量I－的溶液中，H2O2分解的机理为
H2O2＋I－―→H2O＋IO－　慢
H2O2＋IO－―→H2O＋O2＋I－　快
下列有关该反应的说法正确的是(　　)
A.反应速率与I－浓度有关 B.IO－也是该反应的催化剂
C.反应活化能等于98 kJ·mol－1 D.v(H2O2)＝v(H2O)＝v(O2)
【答案】A
【解析】A项，将题给两个反应合并可得总反应为2H2O2===2H2O＋O2↑，该反应中I－作催化剂，其浓度的大小将影响该反应的反应速率；B项，该反应中IO－是中间产物，不是该反应的催化剂；C项，反应的活化能表示一个化学反应发生所需要的最小能量，分解1 mol H2O2放出98 kJ热量，不能据此判断该反应的活化能；D项，由反应速率与对应物质的化学计量数的关系可知v(H2O2)＝v(H2O)＝2v(O2)。
4．在一密闭容器中充入1 mol H2和1 mol I2，压强为p(Pa)，并在一定温度下使其发生反应：H2(g)＋I2(g) 2HI(g)　ΔH<0，下列说法正确的是(　　)
A.保持容器容积不变，向其中加入1 mol H2(g)，反应速率一定加快
B.保持容器容积不变，向其中加入1 mol N2(N2不参加反应)，反应速率一定加快
C.保持容器内气体压强不变，向其中加入1 mol N2(N2不参加反应)，反应速率一定加快
D.保持容器内气体压强不变，向其中加入1 mol H2(g)和1 mol I2(g) ，再次平衡时反应速率一定加快
【答案】A
【解析】增加反应物的浓度，反应速率加快，A项正确；加入氮气，因为容器体积不变，反应体系中各气体的浓度不变，故反应速率不变，B项错误；保持压强不变，加入氮气，容器体积增大，反应体系中各气体的浓度减小，反应速率减小，C项错误；保持压强不变，再次充入1 mol H2(g)和1 mol I2(g)，则容器容积增大为原来的2倍，再次平衡反应体系中各气体的浓度不变，反应速率不变，D项错误。
5．(2019•浙江4月选考)高温高压液态水具有接近常温下弱酸的c(H+)或弱碱的c(OH−)，油脂在其中能以较快的反应速率水解。与常温常压水相比，下列说法不正确的是( )
A．高温高压液态水中，体系温度升高，油脂水解反应速率加快
B．高温高压液态水中，油脂与水的互溶能力增强，油脂水解反应速率加快
C．高温高压液态水中，c(H+)增大，可催化油脂水解反应，且产生的酸进一步催化水解
D．高温高压液态水中的油脂水解，相当于常温下在体系中加入了相同c(H+)的酸或相同c(OH−)的碱的水解
【答案】D
【解析】A．对于任何化学反应，体系温度升高，均可加快反应速率，A项正确；B．由于高温高压液态水中，c(H+)和c(OH−)增大，油脂水解向右移动的倾向变大，因而油脂与水的互溶能力增强，反应速率加快，B项正确；C．油脂在酸性条件下水解，以H+做催化剂，加快水解速率，因而高温高压液态水中，c(H+)增大，可催化油脂水解反应，且产生的酸进一步催化水解，C项正确；D．高温高压液态水中的油脂水解，其水环境仍呈中性，因而不能理解成相当于常温下在体系中加入了相同c(H+)的酸或相同c(OH−)的碱的水解，而是以体系升温、增加水和油脂的互溶以及提高水中H+浓度的方式，促进油脂的水解，D项不正确。故选D。
6．由下列生产或实验事实得出的相应结论不正确的是(　　)

事实
结论
A
其他条件相同，Na2S2O3溶液和H2SO4溶液反应，升高溶液的温度，析出硫沉淀所需时间缩短
当其他条件不变时，升高反应温度，化学反应速率加快
B
工业制硫酸中，在SO3的吸收阶段，吸收塔里要装填瓷环
增大气液接触面积，使SO3的吸收速率增大
C
在容积可变的密闭容器中发生反应：2NH3(g)N2H4(l)＋H2(g)，把容积的体积缩小一半
正反应速率加快，逆反应速率减慢
D
向A、B两支试管中分别加入等体积5%的H2O2溶液，在B试管中加入2～3滴FeCl3溶液，B试管中产生气泡快
当其他条件不变时，催化剂可以改变化学反应速率
【答案】C
【解析】C项中压缩容器体积，反应物、生成物的浓度均增加，正、逆反应速率均加快。
7．在一密闭容器中充入1 mol H2和1 mol I2，压强为p(Pa)，并在一定温度下使其发生反应：H2(g)＋I2(g) 2HI(g)　ΔH<0，下列说法正确的是(　　)
A．保持容器容积不变，向其中加入1 mol H2(g)，反应速率一定加快
B．保持容器容积不变，向其中加入1 mol N2(N2不参加反应)，反应速率一定加快
C．保持容器内气体压强不变，向其中加入1 mol N2(N2不参加反应)，反应速率一定加快
D．保持容器内气体压强不变，向其中加入1 mol H2(g)和1 mol I2(g) ，再次平衡时反应速率一定加快
【答案】A
【解析】增加反应物的浓度，反应速率加快，A项正确；加入氮气，因为容器体积不变，反应体系中各气体的浓度不变，故反应速率不变，B项错误；保持压强不变，加入氮气，容器体积增大，反应体系中各气体的浓度减小，反应速率减小，C项错误；保持压强不变，再次充入1 mol H2(g)和1 mol I2(g)，则容器容积增大为原来的2倍，再次平衡反应体系中各气体的浓度不变，反应速率不变，D项错误。
8．以反应 5H2C2O4+2MnO4 -+6H＋ = 10CO2↑+ 2Mn2+ + 8H2O 为例探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时，分别量取 H2C2O4溶液和酸性 KMnO4溶液，迅速混合并开始计时，通过测定溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。

下列说法不正确的是( )
A．实验①、 ②、 ③所加的H2C2O4 溶液均要过量
B．若实验①测得 KMnO4溶液的褪色时间为 40 s， 则这段时间内平均反应速率 v(KMnO4)= 2． 5×10-4 mol/L/s
C．实验①和实验②是探究浓度对化学反应速率的影响， 实验②和③是探究温度对化学反应速率的影响
D．实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大，可能是生成的 Mn2+对反应起催化作用
【答案】B
【解析】A项，根据反应方程式可得5H2C2O4~2MnO4-，由实验数据分析可知，在这三个实验中，所加H2C2O4溶液均过量，A正确；B项，根据已知数据可得v(KMnO4)=0.010mol/L×0.004L/40s =1．0×10-6 mol/L/s，B错误；C项，分析表中数据可知，实验①和实验②只是浓度不同，实验②和③只是温度不同，C是正确的；D项，在其它条件都相同时，开始速率很小，过一会儿速率突然增大，说明反应生成了具有催化作用的物质，其中水没有这种作用，CO2释放出去了，所以可能起催化作用的是Mn2+，故D正确。故选B。
核心考点二 化学反应进行的方向与化学平衡状态
1．自发过程
(1)含义
在一定条件下，不需要借助外力作用就能自动进行的过程。
(2)特点
①体系趋向于从高能状态转变为低能状态(体系对外部做功或释放热量)。
②在密闭条件下，体系有从有序转变为无序的倾向性(无序体系更加稳定)。
2．化学反应方向
(1)判据

(2)一般规律：
①ΔH<0，ΔS>0的反应任何温度下都能自发进行；
②ΔH>0，ΔS<0的反应任何温度下都不能自发进行；
③ΔH和ΔS的作用相反，且相差不大时，温度对反应的方向起决定性作用。当ΔH<0，ΔS<0时低温下反应能自发进行；当ΔH>0，ΔS>0时，高温下反应能自发进行。
说明：对于一个特定的气相反应，熵变的大小取决于反应前后的气体物质的化学计量数大小。
2．化学平衡状态的判断
(1)原则
“体系中一个变化的物理量到某一时刻不再变化”，这个物理量可作为平衡状态的“标志”。
(2)等速标志
v正＝v逆是化学平衡状态的本质特征，对于等速标志的理解，要注意以下两个方面的内容：
①用同一种物质来表示反应速率时，该物质的生成速率与消耗速率相等。
②用不同种物质来表示反应速率时必须符合两方面：a.表示两个不同的方向；b.速率之比＝浓度的变化量之比＝物质的量的变化量之比＝化学计量数之比。
(3)浓度标志
反应混合物中各组分的浓度不变是平衡状态的宏观表现，可逆反应中各组分的物质的量、浓度、百分含量、气体的体积分数一定时，可逆反应达到平衡状态。
(4)混合气体的平均相对分子质量()标志
①当反应物与生成物均为气体时：对于反应前后气体分子数不等的反应，为定值可作为反应达到平衡状态的标志；对于反应前后气体分子数相等的反应，为定值不能作为反应达到平衡状态的标志。
②若有非气体参与，无论反应前后气体的分子数是否相等，为定值一定可作为反应达到平衡状态的标志。
(5)混合气体的密度(ρ)标志
①当反应物与生成物均为气体时：在恒容条件下，无论反应前后气体分子数是否相等，ρ为定值，不能作为反应达到平衡状态的标志；在恒压条件下，对于反应前后气体分子数相等的反应，ρ为定值，不能作为反应达到平衡状态的标志，对于反应前后气体分子数不等的反应，ρ为定值，可作为反应达到平衡状态的标志。
②当有非气体物质参与反应时：对于恒容体系，ρ为定值，可作为反应达到平衡状态的标志。
(6)混合气体的压强标志
因为恒容、恒温条件下，气体的物质的量n(g)越大则压强p就越大，则无论各成分是否均为气体，只需要考虑Δn(g)。对于Δn(g)＝0的反应，当p为定值时，不能作为反应达到平衡状态的标志；对于Δn(g)≠0的反应，当p为定值时，可作为反应达到平衡状态的标志。

考法一 化学反应的自发进行
【典例1】下列反应在任何温度下均能自发进行的是(　　)
A．2N2(g)＋O2(g)===2N2O(g)　ΔH＝163 kJ·mol－1
B．Ag(s)＋Cl2(g)===AgCl(s) ΔH＝－127 kJ·mol－1
C．HgO(s)===Hg(l)＋O2(g)　ΔH＝91 kJ·mol－1
D．H2O2(l)===O2(g)＋H2O(l) ΔH＝－98 kJ·mol－1
【解析】对于A项，ΔH>0，ΔS<0，在任何温度下，ΔH－TΔS>0，即任何温度下反应都不能自发进行；对于B项，ΔH<0，ΔS<0，在较低温度下，ΔH－TΔS<0，即低温下反应能自发进行；对于C项，ΔH>0，ΔS>0，若使反应自发进行，即ΔH－TΔS<0，必须升高温度，即反应只有在较高温度时能自发进行；对于D项，ΔH<0，ΔS>0，在任何温度下，ΔH－TΔS<0，即在任何温度下反应均能自发进行。
【答案】D
考法二 化学反应进行的方向
【典例2】下列说法正确的是(　　)
A.反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)的ΔH<0，ΔS>0
B.反应2CO＋2NO===N2＋2CO2在常温下能自发进行，则反应的ΔH＞0，ΔS＜0
C.反应TiO2(s)＋2Cl2(g)===TiCl4(g)＋O2(g)　ΔH>0能自发进行，其原因是ΔS>0
D.反应4Fe(s)＋3O2(g)===2Fe2O3(s)常温下可自发进行，该反应为吸热反应
【解析】该反应的正反应为气体分子数减少的反应，ΔS<0，A项错误；从反应方程式中气体物质化学计量系数来看，物质的量在减小，即熵减小，但反应能自发，则该反应是放热反应，ΔH<0，B项错误；一个吸热反应如果能自发进行，则该反应一定是熵增大反应，C项正确；该反应的气体分子数减小，即熵减小，但反应能自发，说明反应一定为放热反应，D项错误。
【答案】C
考法三 化学平衡状态的判断
【典例3】在一定温度下，下列叙述不是可逆反应A(g)＋3B(g) 2C(g)达到平衡状态标志的是(　　)
①C的生成速率与C的分解速率相等；
②单位时间生成a mol A，同时生成3a mol B；
③A、B、C的浓度不再变化；
④A、B、C的分子数目比为1∶3∶2；
⑤混合气体的总压强不再变化；
⑥混合气体的物质的量不再变化；
⑦单位时间消耗a mol A，同时生成3a mol B
A.②④ B.⑦④ C.①③ D.⑤⑥
【解析】C的生成速率是正反应速率，C的分解速率是逆反应速率，正逆反应速率相等，说明达到平衡状态，①不选；单位时间生成a mol A为逆反应，同时生成3a mol B也是逆反应，不能说明达到平衡状态，②选；A、B、C的浓度不再变化，说明达到平衡状态，③不选；平衡时各物质的分子数之比取决于物质的起始物质的量和转化率，故A、B、C的分子数目比为1∶3∶2不能作为判断是否达到平衡状态的依据，④选；反应前后气体的体积不等，故混合气体的总压强不再变化可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，⑤不选；混合气体的物质的量会变，故混合气体的物质的量不再变化，说明达到平衡状态，⑥不选；单位时间消耗a mol A是正反应，同时生成3a mol B是逆反应，且化学反应速率之比等于化学计量数之比，故正逆反应速率相等，说明达到平衡状态，⑦不选；A正确。
【答案】A

焓变、熵变和温度对化学反应方向的影响
ΔH
ΔS
ΔH－TΔS
反应情况
－
＋
永远是负值
在任何温度下过程均自发进行
＋
－
永远是正值
在任何温度下过程均非自发进行
＋
＋
低温为正高温为负
低温时非自发，高温时自发
－
－
低温为负高温为正
低温时自发，高温时非自发

1．下列对化学反应预测不正确的是(　　)
选项
化学方程式
已知条件
预测
A
W(s)＋G(g)= 2Q(g)
任何温度都自发进行
ΔH＜0
B
4M(s)＋N(g)＋2W(l)= 4Q(s)
常温下自发进行
ΔH＞0
B
3C(s)＋CaO(s)= CaC2(s)＋CO(g)
常温下不能自发进行
ΔH＞0
D
2NO(g)＋O2(g)===2NO2(g)
常温下能够自发进行
ΔH＜0
【答案】B
【解析】A项，W(s)+G(g)═2Q(g)反应为气体的化学计量数增大的反应，△S＞0，△H＜0，反应能够自发进行，故A正确；B项，4M(s)+N(g)+2W(l)═4Q(s)为气体的化学计量数减小的反应，△S＜0，当△H＞0时，△H-T△S＞0，一定不能自发进行，故B错误；C项，3C(s)＋CaO(s)= CaC2(s)＋CO(g) 的∆S>0，在常温下不能自发进行，则表明反应吸热，即说明该反应的ΔH>0，C正确；D项，常温下，2NO(g)＋O2(g)===2NO2(g) 的∆S<0，能够自发进行，则表明反应放热，即该反应的ΔH<0，D正确。故选B。
2．(2020•江苏卷)反应可用于纯硅的制备。下列有关该反应的说法正确的是( )
A．该反应 、
B．该反应的平衡常数
C．高温下反应每生成1 mol Si需消耗
D．用E表示键能，该反应
【答案】B
【解析】A项，SiCl4、H2、HCl为气体，且反应前气体系数之和小于反应后气体系数之和，因此该反应为熵增，即△S>0，故A错误；B项，根据化学平衡常数的定义，该反应的平衡常数K=，故B正确；C项，题中说的是高温，不是标准状况下，因此不能直接用22．4L·mol－1计算，故C错误；D项，△H=反应物键能总和－生成物键能总和，即△H=4E(Si－Cl)＋2E(H－H)－4E(H－Cl) －2E(Si－Si)，故D错误；故选B。
3．250 ℃和 1．01×105 Pa时，2N2O5(g)===4NO2(g)＋O2(g)　ΔH＝＋56．76 kJ/mol 能自发进行，其自发进行的原因是(　　)
A.是吸热反应 B.是放热反应
C.是熵减少的反应 D.熵增效应大于能量效应
【答案】D
【解析】反应能自发进行，则有ΔH－TΔS＜0，因ΔH＞0，则ΔH＜TΔS，即熵增效应大于能量效应，D项正确。
4．已知吸热反应2CO(g)===2C(s)＋O2(g)，设ΔH 和ΔS不随温度而变，下列说法中正确的是(　　)
A.低温下能自发进行 B.高温下能自发进行
C.任何温度下都能自发进行 D.任何温度下都不能自发进行
【答案】D
【解析】已知反应2CO(g)===2C(s)＋O2(g)的ΔH＞0，ΔS＜0，所以ΔH－TΔS＞0，反应任何温度下都是不能自发进行，D项正确。
5．一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应：Si(s)＋3HCl(g)SiHCl3(g)＋H2(g)。不能表明该反应达到平衡状态的是( )
A．生成1molH2的同时生成3molHCl B．混合气体的平均相对分子质量不变
C．HCl、SiHCl3、H2三者的浓度比值3：1：1 D．混合气体的密度不变
【答案】C
【解析】A项，生成1molH2的同时生成3molHCl，表示正逆反应速率相等，说明反应达到平衡状态，故A正确；B项，该反应为气体的物质的量增大的反应，混合气体的质量不变，则混合气体的平均相对分子质量为变量，当混合气体的平均相对分子质量不变，表明反应达到平衡状态，故B正确；C项，HCl、SiHCl3、H2三者的浓度比值1∶1∶1，不能说明浓度是否不变，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；D项，体积不变，混合气体的密度始终不变，说明混合气体的质量不变，反应达到平衡状态，故D正确；故选C。
核心考点三 化学平衡常数
1．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，用符号K表示。
(2)表达式：对于反应mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)，K＝。
实例：
化学方程式
平衡常数
关系式
N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)
K1＝
K2＝
(或K1)
K3＝
N2(g)＋H2(g) NH3(g)
K2＝
2NH3(g) N2(g)＋3H2(g)
K3＝
(3)意义：
①K值越大，正反应进行的程度越大，反应物的转化率越大。
②K只受温度影响，与反应物或生成物的浓度变化无关，吸热反应，升高温度，K增大，放热反应，升高温度，K减小。
2．平衡转化率
对于上例反应中A(g)的平衡转化率可表示为：
α(A)＝×100%{c0(A)代表A的初始浓度，c平(A)代表A的平衡浓度}。


考法一 化学平衡常数的理解
【典例1】某温度下气体反应达到化学平衡，平衡常数K＝，恒容时，若温度适当降低，F的浓度增加，下列说法正确的是(　　)
A.增大c(A)、c(B)，K增大
B.降低温度，正反应速率增大
C.该反应的焓变为负值
D.该反应的化学方程式为2E(g)＋F(g) A(g)＋2B(g)
【解析】某温度下气体反应达到化学平衡，平衡常数K＝，则该反应为2E(g)＋F(g) A(g)＋2B(g)，恒容时，若温度适当降低，F的浓度增加，平衡向逆反应方向移动，正反应为吸热反应，故C错误，D正确；平衡常数只受温度影响，与浓度无关，温度不变，平衡常数不变，故A错误；降低温度，正、逆反应速率都降低，正反应速率降低更多，平衡向逆反应方向移动，故B错误。
【答案】D
考法二 利用化学平衡常数判断反应进行的方向
【典例2】(2020•北京卷)一定温度下，反应I2(g)+H2(g)⇌2Hl(g)在密闭容器中达到平衡时，测得c(I2)=0.11mmol•L-1，c(HI)=0.78mmol•L-1。相同度温下，按下列4组初始浓度进行实验，反应逆向进行的是(注：1mmol•L-1=10-3mol•L-1) ( )

A
B
C
D
c(I2)/mmol•L-1
1．00
0.22
0.44
0.11
c(H2)/mmol•L-1
1．00
0.22
0.44
0.44
c(HI)/mmol•L-1
1．00
1．56
4．00
1．56
【解析】题目中缺少c(H2)，则无法计算K，则不能通过Qc与K的关系判断平衡的移动方向，但可比较4个选项中Qc的大小关系，Qc越大，则可能逆向移动。Qc(A)==1，Qc(B)==50.28，Qc(C)==82．64，Qc(D)==50.28，Qc(C)的值最大，答案为C。
【答案】C
考法三 化学平衡常数的运用r
【典例3】(2020•浙江7月选考)5mL0.1mol/LKI溶液与1mL0.1mol/LFeCl3溶液发生反应：2Fe3+(aq)+2I-( aq) 2Fe2+(aq)+I2(aq)，达到平衡。下列说法不正确的是( )
A．加入苯，振荡，平衡正向移动
B．经苯2次萃取分离后，在水溶液中加入KSCN，溶液呈血红色，表明该化学反应存在限度
C．加入FeSO4固体，平衡逆向移动
D．该反应的平衡常数
【解析】A项，加入苯振荡，苯将I2萃取到苯层，水溶液中c(I2)减小，平衡正向移动，A正确；B项，将5mL0.1mol/LKI溶液与1mL0.1mol/LFeCl3溶液混合，参与反应的Fe3+与I-物质的量之比为1:1，反应后I-一定过量，经苯2次萃取分离后，在水溶液中加入KSCN溶液呈血红色，说明水溶液中仍含有Fe3+，即Fe3+没有完全消耗，表明该化学反应存在限度，B正确；C项，加入FeSO4固体溶于水电离出Fe2+，c(Fe2+)增大，平衡逆向移动，C正确；D项，该反应的平衡常数K=，D错误；故选D。
【答案】D
考法四 有关化学平衡“三段式”计算
【典例4】已知反应X(g)＋Y(g) R(g)＋Q(g)的平衡常数与温度的关系如表所示。830 ℃时，向一个2 L的密闭容器中充入0.2 mol X和0.8 mol Y，反应初始4 s内v(X)＝0.005 mol/(L·s)。下列说法正确的是(　　)
温度/℃
700
800
830
1 000
1 200
平衡常数
1．7
1．1
1．0
0.6
0.4
A.4 s时容器内c(Y)＝0.76 mol/L
B.830 ℃达平衡时，X的转化率为80%
C.反应达平衡后，升高温度，平衡正向移动
D.1 200 ℃时反应R(g)＋Q(g)X(g)＋Y(g)的平衡常数K＝0.4
【解析】反应初始4 s内X的平均反应速率v(X)＝0.005 mol/(L·s)，根据速率之比等于化学计量数之比，可知v(Y)＝v(X)＝0.005 mol/(L·s)，则4 s内Δc(Y)＝0.005 mol·L－1·s－1×4 s＝0.02 mol/L，Y的起始浓度为＝0.4 mol/L，故4 s时c(Y)＝0.4 mol/L－0.02 mol/L＝0.38 mol/L，A项错误；设平衡时A的浓度变化量为x，则：
　　　　　　　X(g)　＋　Y(g)　 　R(g)＋Q(g)
开始(mol/L): 0.1 0.4 0 0
变化(mol/L): x x x x
平衡(mol/L): 0.1－x 0.4－x x x
故＝1．0，解得x＝0.08，所以平衡时X的转化率为×100%＝80%，B项正确；由表格可知，温度升高，化学平衡常数减小，平衡逆向移动，C项错误；1 200 ℃时反应X(g)＋Y(g) R(g)＋Q(g)的平衡常数值为0.4，所以1 200 ℃时反应R(g)＋Q(g) X(g)＋Y(g)的平衡常数的值为＝2．5，D项错误。
【答案】B

“三段式法”解答化学平衡计算题
1．步骤
(1)写出涉及的可逆反应的化学方程式。
(2)找出起始量、转化量和平衡量中哪些是已知量，哪些是未知量，按“三段式”列出。
(3)根据问题建立相应的关系式进行计算。
2．模板
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。

建立等式求解：(1)K＝
(2)c平(A)＝(mol·L－1)。
(3)α(A)平＝×100%，α(A)∶α(B)＝∶＝。
(4)φ(A)＝×100%。
(5)＝。

1．下列关于平衡常数的说法正确的是(　　)
A.在平衡常数表达式中，反应物浓度用起始浓度，生成物浓度用平衡浓度
B.在任何条件下，化学平衡常数都是一个恒定值
C.平衡常数的大小与温度、浓度、压强、催化剂等无关
D.从平衡常数的大小可以推断一个反应进行的程度
【答案】D
【解析】在平衡常数表达式中，反应物及生成物浓度均为达到化学平衡时的浓度；在温度一定时，对一个确定化学计量数的可逆反应，化学平衡常数是一个恒定值，其大小只与温度有关，与其他外界条件无关，平衡常数的大小反映了化学反应可能进行的程度。
2．反应H2(g)＋I2(g) 2HI(g)的平衡常数为K1；反应HI(g) H2(g)＋I2(g)的平衡常数为K2，则K1、K2的关系式为(平衡常数为同温度下的测定值)(　　)
A.K1＝2K2 B.K1＝K C.K1＝ D.K1＝K2
【答案】C
【解析】K1＝c2(HI)/[c(H2)·c(I2)]，K2＝[c(H2)·c(I2)]/c(HI)，K1＝。
3．(2020•浙江1月选考)一定温度下，在2 L的恒容密闭容器中发生反应A(g)＋2B(g) 3C(g)。反应过程中的部分数据如下表所示：
n/mol
t/min
n(A)
n(B)
n(C)
0
2．0
2．4
0
5


0.9
10
1．6


15

1．6

下列说法正确的是( )
A．0~5 min用A表示的平均反应速率为
B．该反应在10 min后才达到平衡
C．平衡状态时，
D．物质B的平衡转化率为20%
【答案】C
【解析】A项，v(C)= ，同一反应反应中反应速率之比等于计量数之比，3v(A)=v(C)，所以v(A)=，故A错误；B项，15min时，n(B)=1．6mol，消耗了2．4mol-1．6mol=0.8mol，根据方程式可知这段时间内消耗A的物质的量为0.4mol，所以15min时，n(A)=1．6mol，与10min时A的物质的量相同，说明10~15min这段时间内平衡没有移动，但无法确定是10min时达到平衡，还是10min前已经达到平衡，故B错误；C项，根据B选项分析可知平衡时消耗的B为0.8mol，根据方程式可知生成C的物质的量为1．2mol，浓度为，故C正确；D项，物质B的平衡转化率为，故D错误；故选C。
4．在25 ℃时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的起始浓度和平衡浓度如下表，下列说法错误的是(　　)
物质
X
Y
Z
起始浓度/(mol·L－1)
0.1
0.2
0
平衡浓度/(mol·L－1)
0.05
0.05
0.1
A.反应达到平衡时，X的转化率为50%
B.反应可表示为X＋3Y2Z，平衡常数为1 600
C.其他条件不变时，增大压强可使平衡常数增大
D.改变温度可以改变该反应的平衡常数
【答案】C
【解析】达到平衡消耗X的物质的量浓度为(0.1－0.05)mol·L－1＝0.05 mol·L－1，因此转化率为0.05/0.1×100%＝50%，A项正确；根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，因此三种组分的系数之比为：(0.1－0.05)∶(0.2－0.05)∶0.1＝1∶3∶2，因此反应方程式为：X＋3Y2Z，根据化学平衡常数的表达式，K＝0.12/(0.05×0.053)＝1 600，B项正确；化学平衡常数只受温度的影响，与浓度、压强无关，C项错误、D项正确。
5．某温度下2 L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)如表所示，下列说法正确的是(　　)


X
Y
W
n(起始状态)/mol
2
1
0
n(平衡状态)/mol
1
0.5
1．5
A.该温度下，此反应的平衡常数表达式是K＝
B.其他条件不变，升高温度，若W的体积分数减小，则此反应ΔH<0
C.其他条件不变，使用催化剂，正、逆反应速率和平衡常数均增大，平衡不移动
D.其他条件不变，当密闭容器中混合气体密度不变时，表明反应已达到平衡
【答案】B
【解析】由表知，X、Y是反应物，W是生成物，且Δn(X)∶Δn(Y)∶Δn(W)＝2∶1∶3，化学方程式为2X＋Y3W，反应的平衡常数表达式是K＝，A项错误；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，则此反应的ΔH<0，B项正确；使用催化剂，平衡常数不变，C项错误；混合气体密度一直不变，因此混合气体密度不变，不能说明反应已达到平衡，D项错误。
6．(2019•江苏卷)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)。下列说法正确的是( )

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>2000
【答案】BD
【解析】A项，随温度升高NO的转化率先升高后降低，说明温度较低时反应较慢，一段时间内并未达到平衡，分析温度较高时，已达到平衡时的NO转化率可知，温度越高NO转化率越低，说明温度升高平衡向逆方向移动，根据勒夏特列原理分析该反应为放热反应，∆H<0，故A错误；B项，根据上述分析，X点时，反应还未到达平衡状态，平衡正向移动，所以延长反应时间能提高NO的转化率，故B正确；C项，Y点，反应已经达到平衡状态，此时增加O2的浓度，使得正反应速率大于逆反应速率，平衡向正方向移动，可以提高NO的转化率，故C错误；D项，设NO起始浓度为a，NO的转化率为50%，则平衡时NO、O2和NO2的浓度分别为0.5amol/L、(5×10-4-0.25a)mol/L、0.5amol/L，根据平衡常数表达式 K=>=2000，故D正确；选BD。
核心考点四 化学平衡的移动
1．化学平衡的移动
平衡移动就是由一个“平衡状态→不平衡状态→新平衡状态”的过程。一定条件下的平衡体系，条件改变后，平衡可能发生移动，如下所示：

2．化学平衡移动与化学反应速率的关系
v正>v逆，平衡向正反应方向移动；
v正＝v逆，反应达到平衡状态，不发生平衡移动 ；
v正 3．影响化学平衡的因素
(1)若其他条件不变，改变下列条件对化学平衡的影响如下：
改变的条件(其他条件不变)
化学平衡移动的方向
浓度
增大反应物浓度或减小生成物浓度
向正反应方向移动
减小反应物浓度或增大生成物浓度
向逆反应方向移动
压强(对有气体参加的反应)
反应前后气体体积改变
增大压强
向气体分子总数减小的方向移动
减小压强
向气体分子总数增大的方向移动
反应前后气体体积不变
改变压强
平衡不移动
温度
升高温度
向吸热反应方向移动
降低温度
向放热反应方向移动
催化剂
同等程度改变v正、v逆，平衡不移动
(2)通过图像分析影响化学平衡移动的因素
某温度下，在密闭容器中SO2、O2、SO3三种气态物质建立化学平衡后，改变条件对反应2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)　ΔH<0的正、逆反应速率的影响如图所示：

①加催化剂对反应速率影响的图像是C(填字母，下同)，平衡不移动。
②升高温度对反应速率影响的图像是A，平衡向逆反应方向移动。
③增大反应容器体积对反应速率影响的图像是D，平衡向逆反应方向移动。
④增大O2的浓度对反应速率影响的图像是B，平衡向正反应方向移动。
4．勒夏特列原理
如果改变影响化学平衡的条件之一(如温度、压强、以及参加反应的化学物质的浓度)，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。

考法一 判断化学平衡移动的结果
【典例1】(2019•上海卷)已知反应式：mX(g)+nY(?)pQ(s)+2mZ(g)，已知反应已达平衡，此时c(X)=0.3mol/L，其他条件不变，若容器缩小到原来的1/2，c(X)=0.5mol/L，下列说法正确的是( )
A． 反应向逆方向移动 B． Y可能是固体或液体
C． 系数n>m D． Z的体积分数减小
【答案】C
【解析】A．已知反应达平衡时c(X)=0.3mol/L，其他条件不变，若容器缩小到原来的1/2，如果化学平衡不移动，c(X)=0.6mol/L，但是题中说c(X)=0.5mol/L说明加压后化学平衡向正向移动了，故A错误；B．结合题意可知正反应是气体总体积减少的反应，如果y为固体或液体，则必须满足m>2m，显然不可能成立。所以有只能是气体B 错误；C．要满足m+n>2m，所以n>m。C正确；D．根据题意化学平衡向右移动，Z的体积分数是增大的，所以D错误。
【答案】C
考法二 化学平衡移动的方向
【典例2】(2020•浙江1月选考)在干燥的HCl气流中加热MgCl2·6H2O，能得到无水MgCl2。下列说法不正确的是( )
A．MgCl2·nH2O(s)=MgCl2·(n－1)H2O(s)＋H2O(g)　ΔH＞0
B．MgCl2·2H2O(s)=Mg(OH)2(s)＋2HCl(g)，HCl气流可抑制反应进行
C．MgCl2·H2O(s)=Mg(OH)Cl(s)＋HCl(g)，升高温度，反应更易发生
D．MgCl2·4H2O(s)=MgCl2·2H2O(s)＋2H2O(g)，HCl气流可抑制反应进行
【解析】A项，MgCl2·nH2O的失水反应是吸热反应，焓变ΔH＞0，故A正确；B项，在HCl气流中，能使MgCl2·2H2O的水解平衡向逆反应方向移动，抑制反应进行，故B正确；C项，MgCl2·H2O的水解反应是吸热反应，升高温度，水解平衡向正反应方向移动，促进反应进行，故C正确；D项，MgCl2·4H2O的失水反应没有氯化氢生成，HCl气流对反应没有影响，故D错误；故选D。
【答案】D
考法三 外界条件对化学平衡的影响
【典例3】(2020•浙江7月选考)一定条件下：2NO2(g)N2O4(g) 。在测定NO2的相对分子质量时，下列条件中，测定结果误差最小的是( )
A．温度0℃、压强50 kPa B．温度130℃、压强300 kPa
C．温度25℃、压强100 kPa D．温度130℃、压强50 kPa
【解析】测定二氧化氮的相对分子质量，要使测定结果误差最小，应该使混合气体中NO2的含量越多越好，为了实现该目的，应该改变条件使平衡尽可以地逆向移动。该反应是一个反应前后气体分子数减小的放热反应，可以通过减小压强、升高温度使平衡逆向移动，则选项中，温度高的为130℃，压强低的为50kPa，结合二者选D。
【答案】D
考法四 化学平衡移动的综合分析
【典例4】(2020•新课标Ⅱ卷)二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响，其原理如下图所示。下列叙述错误的是( )

A．海水酸化能引起HCO3-浓度增大、CO32-浓度减小
B．海水酸化能促进CaCO3的溶解，导致珊瑚礁减少
C．CO2能引起海水酸化，其原理为HCO3-H++ CO32-
D．使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境
【解析】A项，海水酸化，H+浓度增大，平衡H++ CO32-HCO3-正向移动，CO32-浓度减小，HCO3-浓度增大，A正确；B项，海水酸化，CO32-浓度减小，导致CaCO3溶解平衡正向移动，促进了CaCO3溶解，导致珊瑚礁减少，B正确；C项，CO2引起海水酸化的原理为：CO2+H2OH2CO3H++ HCO3-，HCO3-H++ CO32-，导致H+浓度增大，C错误；D项，使用太阳能、氢能等新能源，可以减少化石能源的燃烧，从而减少CO2的排放，减弱海水酸化，从而改善珊瑚礁的生存环境，D正确；故选C。
【答案】C
考法五 化学平衡图象
【典例5】(2020•江苏卷)(双选)CH4与CO2重整生成H2和CO的过程中主要发生下列反应
CH4(g)＋CO2(g)=2H2 (g)＋2CO(g) ΔH=247．1kJ·mol-1
H2(g)＋CO2(g)=H2O (g)＋CO(g) ΔH=41．2kJ·mol-1
在恒压、反应物起始物质的量比n(CH4)：n(CO2)=1：1条件下，CH4和CO2的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示。下列有关说法正确的是( )


A．升高温度、增大压强均有利于提高CH4的平衡转化率
B．曲线B表示CH4的平衡转化率随温度的变化
C．相同条件下，改用高效催化剂能使曲线A和曲线B相重叠
D．恒压、800K、n(CH4)：n(CO2)=1:1条件下，反应至CH4转化率达到X点的值，改变除温度外的特定条件继续反应，CH4转化率能达到Y点的值
【解析】A项，甲烷和二氧化碳反应是吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应即正向移动，甲烷转化率增大，甲烷和二氧化碳反应是体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，甲烷转化率减小，故A错误；B项，根据两个反应得到总反应为CH4(g)＋2CO2(g) == H2(g)＋3CO(g) ＋H2O (g)，加入的CH4与CO2物质的量相等，CO2消耗量大于CH4，因此CO2的转化率大于CH4，因此曲线B表示CH4的平衡转化率随温度变化，故B正确；C项，使用高效催化剂，只能提高反应速率，但不能改变平衡转化率，故C错误；D项，800K时甲烷的转化率为X点，可以通过改变二氧化碳的量来提高甲烷的转化率达到Y点的值，故D正确。故选BD。
【答案】BD
考法六 “等效平衡”理论的应用
【典例6】(2018•江苏卷)(双选)一定温度下，在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应2SO2(g)+ O2(g) 2SO3(g)(正反应放热)，测得反应的相关数据如下：

下列说法正确的是( )
A．v1< v2，c2< 2c1 B．K1> K3，p2> 2p3
C．v1< v3，α1(SO2 ) >α3(SO2 ) D．c2> 2c3，α2(SO3 )+α3(SO2 )<1
【解析】对比容器的特点，将容器1和容器2对比，将容器1和容器3对比。容器2中加入4molSO3等效于在相同条件下反应物投入量为4molSO2和2molO2，容器2中起始反应物物质的量为容器1的两倍，容器2相当于在容器1达平衡后增大压强，将容器的体积缩小为原来的一半，增大压强化学反应速率加快，υ2>υ1，增大压强平衡向正反应方向移动，平衡时c2>2c1，p2<2p1，α1(SO2)+α2(SO3)<1，容器1和容器2温度相同，K1=K2；容器3相当于在容器1达到平衡后升高温度，升高温度化学反应速率加快，υ3>υ1，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡时c3p1，α3(SO2)<α1(SO2)，K3υ1，c2>2c1，A项错误；B项，K3p1，则p2<2p3，B项错误；C项，υ3>υ1，α3(SO2)<α1(SO2)，C项正确；D项，c2>2c1，c32c3，α1(SO2)+α2(SO3)<1，α3(SO2)<α1(SO2)，则α2(SO3)+α3(SO2)<1，D项正确；故选CD。
【答案】CD

等效平衡判断“四步曲”
：观察可逆反应特点(物质状态、气体分子数)，判断反应是反应前后气体体积不变的可逆反应还是反应前后气体体积改变的可逆反应；
：挖掘反应条件，是恒温恒容还是恒温恒压，注意密闭容器不等于恒容容器；
：采用一边倒法，将起始物质按可逆反应化学计量数之比转化成同一边的物质；
：联系等效平衡判断依据，结合题目条件判断是否达到等效平衡。

1．将等物质的量的N2、H2气体充入某密闭容器中，在一定条件下，发生如下反应并达到平衡：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)　ΔH＜0。当改变某个条件并维持新条件直至新的平衡时，下表中关于新平衡与原平衡的比较正确的是(　　)
选项
改变条件
新平衡与原平衡比较
A
增大压强
N2的浓度一定变小
B
升高温度
N2的转化率变小
C
充入一定量H2
H2的转化率不变，N2的转化率变大
D
使用适当催化剂
NH3的体积分数增大
【答案】B
【解析】A项，正反应是气体体积减小的反应，依据勒夏特列原理可知增大压强平衡向正反应方向移动，但氮气的浓度仍然比原平衡大，不正确；B项，正反应是放热反应，则升高温度平衡向逆反应方向移动，氮气的转化率降低，正确；C项，充入一定量的氢气，平衡向正反应方向移动，氮气的转化率增大，而氢气的转化率降低，不正确；D项，催化剂只能改变反应速率而不能改变平衡状态，不正确，答案选B。
2．将NO2装入带有活塞的密闭容器中，当反应2NO2(g)N2O4(g)达到平衡后，下列叙述正确的是(　　)
A．升高温度，气体颜色加深，则此反应为吸热反应
B．慢慢压缩气体体积，平衡向正反应方向移动，混合气体的颜色变浅
C．慢慢压缩气体体积，若体积减小一半，压强增大，但小于原来的两倍
D．恒温恒容时，充入稀有气体，压强增大，平衡向正反应方向移动，混合气体的颜色变浅
【答案】C
【解析】升高温度，气体颜色加深，则平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，A错误；首先假设平衡不移动，压缩体积即增大压强，气体颜色加深，但平衡向正反应方向移动，使混合气体的颜色在加深基础上变浅，但一定比原平衡的颜色深，B错误；同理，首先假设平衡不移动，若体积减小一半，则压强变为原来的两倍，但平衡向正反应方向移动，使压强在原平衡两倍的基础上减小，C正确；体积不变，反应物及生成物浓度不变，正、逆反应速率均不变，平衡不移动，颜色不变化，D错误。
3．处于平衡状态的反应2H2S(g) 2H2(g)＋S2(g)　ΔH>0，不改变其他条件的情况下合理的说法是(　　)
A.加入催化剂，反应途径将发生改变，ΔH也将随之改变
B.升高温度，正逆反应速率都增大，H2S分解率也增大
C.增大压强，平衡向逆反应方向移动，将引起体系温度降低
D.若体系恒容，注入一些H2后达新平衡，H2浓度将减小
【答案】B
【解析】焓变是一个状态函数，与反应发生的途径无关，A项错误；温度升高，正逆反应速率均增大，因该反应是吸热反应，故平衡正向移动，分解率增大，B项正确；该反应是气体体积增大的反应，增大压强平衡逆向移动，逆向反应是放热反应，会使体系温度升高，C项错误；体系中注入H2，体系将向H2浓度降低方向移动，但最终H2的浓度增大，D项错误。
4．(2020•天津卷)已知[Co(H2O)6]2+呈粉红色，[CoCl4]2-呈蓝色，[ZnCl4]2-为无色。现将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：[Co(H2O)6]2++4Cl- [CoCl4]2-+6H2O ΔH，用该溶液做实验，溶液的颜色变化如下：

以下结论和解释正确的是( )
A．等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-中σ键数之比为3:2
B．由实验①可推知△H<0
C．实验②是由于c(H2O)增大，导致平衡逆向移动
D．由实验③可知配离子的稳定性：[ZnCl4]2->[CoCl4]2-
【答案】D
【解析】A项，1个[Co(H2O)6]2+中含有18个σ键，1个[CoCl4]2-中含有4个σ键，等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-所含σ键数之比为18:4=9:2，A错误；B项，实验①将蓝色溶液置于冰水浴中，溶液变为粉红色，说明降低温度平衡逆向移动，则逆反应为放热反应，正反应为吸热反应，∆H>0，B错误；C项，实验②加水稀释，溶液变为粉红色，加水稀释，溶液的体积增大，[Co(H2O)6]2+、[CoCl4]2-、Cl-浓度都减小，[Co(H2O)6]2+、Cl-的化学计量数之和大于[CoCl4]2-的化学计量数，则瞬时浓度商>化学平衡常数，平衡逆向移动，C错误；D项，实验③加入少量ZnCl2固体，溶液变为粉红色，说明Zn2+与Cl-结合成更稳定的[ZnCl4]2-，导致溶液中c(Cl-)减小，平衡逆向移动，则由此说明稳定性：[ZnCl4]2->[CoCl4]2-，D正确；故选D。
5．大气中CO2含量的增多除了导致地球表面温度升高外，还会影响海洋生态环境。某研究小组在实验室测得不同温度下(T1，T2)海水中CO32-浓度与模拟空气中CO2浓度的关系曲线。已知：海水中存在以下平衡：CO2(aq)+CO32-(aq)+H2O(aq)2HCO3-(aq)，下列说法不正确的是( )

A．T1>T2
B．海水温度一定时，大气中CO2浓度增加，海水中溶解的CO2随之增大，CO32-浓度降低
C．当大气中CO2浓度确定时，海水温度越高，CO32- 浓度越低
D．大气中CO2含量增加时，海水中的珊瑚礁将逐渐溶解
【答案】C
【解析】题中给出的图，涉及模拟空气中CO2浓度以及温度两个变量，类似于恒温线或恒压线的图像，因此，在分析此图时采用“控制变量”的方法进行分析。判断温度的大小关系，一方面将模拟空气中CO2浓度固定在某个值，另一方面也要注意升高温度可以使HCO3-分解，即让反应CO2+CO32-+H2O2HCO3-逆向移动。A项，升高温度可以使HCO3-分解，反应CO2+CO32-+H2O2HCO3-逆向移动，海水中的CO32-浓度增加；当模拟空气中CO2浓度固定时，T1温度下的海水中CO32-浓度更高，所以T1温度更高，A项正确；B项，假设海水温度为T1，观察图像可知，随着模拟空气中CO2浓度增加，海水中的CO32-浓度下降，这是因为更多的CO2溶解在海水中导致反应CO2+CO32-+H2O2HCO3-正向移动，从而使CO32-浓度下降，B项正确；C项，结合A的分析可知，大气中CO2浓度一定时，温度越高，海水中的CO32-浓度也越大，C项错误；D项，结合B项分析可知，大气中的CO2含量增加，会导致海水中的CO32-浓度下降；珊瑚礁的主要成分是CaCO3，CaCO3的溶解平衡方程式为：CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32-(aq)，若海水中的CO32-浓度下降会导致珊瑚礁中的CaCO3溶解平衡正向移动，珊瑚礁会逐渐溶解，D项正确；故选C。
6．如图，甲容器有一个移动活塞，能使容器保持恒压。起始时，关闭活塞K，向甲中充入2mol SO2、1mol O2，向乙中充入4 mol SO2、2 mol O2。甲、乙的体积都为1 L(连通管体积忽略不计)。保持相同温度和催化剂存在的条件下，使两容器中各自发生下述反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。达平衡时，甲的体积为0.8 L。下列说法正确的是( )

A．乙容器中SO2的转化率小于60%
B．平衡时SO3的体积分数：甲＞乙
C．打开K后一段时间，再次达到平衡，甲的体积为1．4 L
D．平衡后向甲中再充入2 mol SO2、1 mol O2和3 mol SO3，平衡向正反应方向移动
【答案】C
【解析】A项，根据阿伏加德罗定律(同温同容时，压强之比等于物质的量之比)，达平衡后，混合气体的物质的量是初始时物质的量的0.8倍，即0.8×3mol=2．4mol，即减小了0.6mol，
2 SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) △n
2 1
1．2mol 0.6mol
即达平衡后，反应掉1．2molSO2，甲容器中SO2的转化率为×100%=60%，若乙容器也保持压强不变，则平衡后体积为1．6L，现体积不变，相当于甲平衡后增大压强，平衡正向移动，SO2的转化率增大，故A错误；B项，根据上述分析，平衡时SO3的体积分数：甲＜乙，故B错误；C项，根据上述分析，打开K后一段时间.再次达到平衡，总体积为2．4L，因此甲的体积为1．4 L，故C正确；D项，根据上述分析，甲平衡后，容器中有0.8molSO2，0.4molO2，1．2molSO3，物质的量之比为2:1:3，平衡后向甲中再充入2mol SO2、1mol O2和3moLSO3，物质的量之比不变，平衡不移动，故D错误；故选C。
7．(2021年1月浙江选考)“氯碱工业”以电解饱和食盐水为基础制取氯气等产品， 氯气是实验室和工业上的常用气体。请回答：
(1)电解饱和食盐水制取氯气的化学方程式是______。
(2)下列说法不正确的是______。
A．可采用碱石灰干燥氯气
B．可通过排饱和食盐水法收集氯气
C．常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中
D．工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸
(3)在一定温度下，氯气溶于水的过程及其平衡常数为：
Cl2(g)Cl2(aq) K1=c(Cl2)/p
Cl 2(aq) + H2O(l)H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq) K2
其中p为Cl2(g)的平衡压强，c(Cl2)为Cl2在水溶液中的平衡浓度。
①Cl2(g)Cl2(aq)的焓变ΔH1______0。(填”>”、“=”或“<”)
②平衡常数K2的表达式为K2=______。
③氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，则c=______。(用平衡压强p和上述平衡常数表示，忽略HClO的电离)
(4)工业上，常采用“加碳氯化”的方法以高钛渣(主要成分为TiO2)为原料生产TiCl4，相应的化学方程式为；
I.TiO2(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+O2(g) ΔHI=181 mol·L-1，KI=-3．4×10-29
II.2C(s)+O2(g)2CO(g) ΔHII= - 221 mol·L-1，KII=1．2×1048
结合数据说明氯化过程中加碳的理由______ 。
(5)在一定温度下，以I2为催化剂，氯苯和Cl2在CS2中发生平行反应，分别生成邻二氯苯和对二氯苯，两产物浓度之比与反应时间无关。反应物起始浓度均为0.5 mol·L-1，反应30 min测得氯苯15%转化为邻二氯苯，25%转化为对二氯苯。保持其他条件不变，若要提高产物中邻二氯苯的比例，可采用的措施是______。
A．适当提高反应温度 B．改变催化剂
C．适当降低反应温度 D．改变反应物浓度
【答案】(1)2NaCl+ 2H2O2NaOH + H2↑+Cl2↑ (2)A
(3)①＜ ② ③K1p +
(4)反应I + II得： TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)，K=KIKII=4．1×1019远大于K1，反应II使TiO2氯化为TiCl4得以实现；ΔH=ΔHI+ΔHII= -40kJ·mol-1，反应II 可为反应I提供所需的能量
(5)AB
【解析】(1)电解饱和食盐水制取氯气时，同时还生成氢气和氢氧化钠，该反应的化学方程式是2NaCl+ 2H2O 2NaOH + H2↑+Cl2↑。(2) A项，氯气可与碱反应，碱石灰含有氢氧化钠和氧化钙，因此，不能用碱石灰干燥氯气，A说法不正确；B项，氯气可与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应是可逆反应，在饱和食盐水中存在浓度较大的氯离子，可以使氯气的溶解平衡逆向移动，因此，氯气在饱和食盐水中的溶解度较小，可以通过排饱和食盐水法收集氯气，B说法正确；C项，氯气在常温下不与铁反应；氯气的相对分子质量较大，其分子间的作用力较大，因此，氯气属于易液化的气体，常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中，C说法正确；D项，氢气和氯气反应生成氯化氢，氯化氢溶于水得到盐酸，因此，工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸，D说法正确。综上所述，相关说法不正确的是A，故选A。(3)①Cl2(g) Cl2(aq)表示的是氯气的溶解平衡，氯气在常温下可溶于水，该过程是自发的，由于该过程的熵变小于0，因此，其焓变ΔH1＜0。②由化学方程式Cl 2(aq) + H2O(l) ⇌ H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq)可知，其平衡常数K2的表达式为K2=，注意水为液态，其不出现在表达式中。③Cl2(g) Cl2(aq) 与Cl 2(aq) + H2O(l) H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq) 相加可以得到Cl2(g) + H2O(l) H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq)，因此，该反应的平衡常数为；氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，根据物料守恒可知，c= + c(HClO)+ c(Cl-)，由于HCl是强电解质，若忽略水的电离和次氯酸的电离，则，由K2=可知=，由K1=c(Cl2)/p可知，=，则=，因此，c= K1p + 。(4)已知：I . TiO2(s)+2Cl2(g) TiCl4(g)+O2(g) ΔHI=181 mol ·L-1，KI=-3．4 ×10-29；II. 2C(s)+O2(g) ⇌ 2CO(g) ΔHII= - 221 mol ·L-1，KII=1．2×1048。根据盖斯定律可知，I + II得： TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)，则K=KIKII=4．1 ×1019远大于K1，反应II的发生可以减小反应I的平衡体系中氧气的浓度，从而使TiO2氯化为TiCl4得以实现；反应I为吸热反应，而ΔH=ΔHI+ΔHII= -40kJ·mol-1，说明TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)为放热反应，则反应II 可为反应I提供所需的能量。(5) A项，由于两产物浓度之比与反应时间无关，适当提高反应温度，使催化剂碘的溶解度增大，既可以加快化学反应速率，同时可以提高邻位取代的机率(催化剂会参与反应形成中间体，根据信息可知，碘在对位的取代机率较大)，从而提高产物中邻二氯苯的比例，故A符合题意；B项，可以使用对生成邻二氯苯有更高选择性的催化剂，以提高产物中邻二氯苯的比例，B符合题意；C项，适当降低反应温度，不利于提高邻二氯苯的生成机率，不能提高产物中邻二氯苯的比例，C不符合题意；D项，改变反应物浓度可以改变化学反应速率，从而改变反应达到化学平衡状态的时间，但是，产物浓度之比与反应时间无关，因此，不能提高产物中邻二氯苯的比例，D不符合题意。故选AB。
8．(2019·全国卷Ⅱ(2)(3)改编)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：
(2)某温度，等物质的量的碘和环戊烯()在刚性容器内发生反应(g)＋I2(g)===(g)＋2HI(g)
ΔH>0，起始总压为105 Pa，平衡时总压增加了20%，环戊烯的转化率为________，该反应的平衡常数Kp＝__________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________(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________(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
【答案】(2)40%　3．56×104　BD　(3)CD
【解析】(2)设容器中起始加入I2(g)和环戊烯的物质的量均为a，平衡时转化的环戊烯的物质的量为x，列出三段式：
(g)　＋　I2(g)===(g)＋2HI(g)
起始：　a a 　 0 　 0
转化：　x x 　 x 　 2x
平衡：　a－x a－x 　x 　2x
根据平衡时总压强增加了20%，且恒温恒容时，压强之比等于气体物质的量之比，得＝，解得x＝0.4a，则环戊烯的转化率为×100%＝40%，平衡时(g)、I2(g)，(g)、HI(g)的分压分别为、、、，则Kp＝＝p总，根据p总＝1．2×105 Pa，可得Kp＝×1．2×105 Pa≈3．56×104 Pa。通入惰性气体，对反应的平衡无影响，A项不符合题意；反应为吸热反应，提高温度，平衡正向移动，可提高环戊烯的平衡转化率，B项符合题意；增加环戊烯浓度，能提高I2(g)的平衡转化率，但环戊烯的平衡转化率降低，C项不符合题意；增加I2(g)的浓度，能提高环戊烯的平衡转化率，D项符合题意。(3)由相同时间内，环戊二烯浓度减小量越大，反应速率越快可知，T1