第三單元化學(xué)平衡的移動[考點分布]知識內(nèi)容考試要求2021年2021年2021年2021年2021年4月10月4月11月4月11月4月1月(1)化學(xué)平衡移動的概念a(2)影響化學(xué)平衡移動的因素及平衡移動方向的判斷bT30(1)T30(一)(1)T30(二)T30(一)(3)T20、T30(2)②T19、T22、T29(2)②(3)用化學(xué)平衡移動原理選擇和確定適宜的生產(chǎn)條件cT21T22T30(3)③化學(xué)平衡的移動1．化學(xué)平衡移動的原因與方向(1)原因反響條件改變，引起v正≠v逆。(2)方向①v正>v逆時，平衡向正反響方向移動；②v正＜v逆時，平衡向逆反響方向移動。2．化學(xué)平衡移動的過程3．影響化學(xué)平衡移動的因素(1)勒夏特列原理如果改變影響化學(xué)平衡的條件之一(如溫度、壓強(qiáng)以及參加反響的化學(xué)物質(zhì)的濃度)，平衡將向著能夠減弱這種改變的方向移動。(2)影響化學(xué)平衡移動的因素假設(shè)其他條件不變，改變以下條件對化學(xué)平衡的影響如下：條件的改變(其他條件不變)化學(xué)平衡的移動濃度增大反響物濃度或減小生成物濃度向正反響方向移動減小反響物濃度或增大生成物濃度向逆反響方向移動壓強(qiáng)(對有氣體參加的反響)反響前后氣體分子數(shù)改變增大壓強(qiáng)向氣體體積減小的方向移動減小壓強(qiáng)向氣體體積增大的方向移動反響前后氣體分子數(shù)不變改變壓強(qiáng)平衡不移動溫度升高溫度向吸熱反響方向移動降低溫度向放熱反響方向移動催化劑使用催化劑平衡不移動題組一化學(xué)平衡移動方向的判斷1．(2021·嘉興高三選考科目教學(xué)測試)反響X(g)＋Y(g)2Z(g)ΔH＜0，到達(dá)平衡時，以下說法正確的選項是()A．減小容器體積，平衡向右移動B．參加催化劑，Z的產(chǎn)率增大C．增大c(X)，X的轉(zhuǎn)化率增大D．降低溫度，Y的轉(zhuǎn)化率增大解析：，平衡不受壓強(qiáng)影響，減小容器體積，，c(X)，平衡正向移動，Y的轉(zhuǎn)化率增大，X，降低溫度，平衡正向移動，Y的轉(zhuǎn)化率增大。2．對可逆反響：2A(s)＋3B(g)C(g)＋2D(g)ΔH<0，在一定條件下到達(dá)平衡。以下有關(guān)表達(dá)正確的選項是()①增加A的量，平衡向正反響方向移動②升高溫度，平衡向逆反響方向移動，v(正)減小③壓強(qiáng)增大一倍，平衡不移動，v(正)、v(逆)不變④增大B的濃度，v(正)>v(逆)⑤參加催化劑，B的轉(zhuǎn)化率提高A．①②B．④C．③D．④⑤解析：選B。A是固體，其量的變化對平衡無影響；而增大B的濃度，正反響速率增大，平衡向正反響方向移動，v(正)>v(逆)；升高溫度，v(正)、v(逆)均增大，但v(逆)增大的程度大，平衡向逆反響方向移動；增大壓強(qiáng)，平衡不移動，但v(正)、v(逆)都增大；催化劑不能使化學(xué)平衡發(fā)生移動，B的轉(zhuǎn)化率不變。3．(2021·浙江11月選考，T22)2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔHkJ·mol－1。起始反響物為SO2和O2(物質(zhì)的量之比為2∶1，且總物質(zhì)的量不變)。SO2的平衡轉(zhuǎn)化率(%)隨溫度和壓強(qiáng)的變化如下表：溫度/K壓強(qiáng)/(105Pa)67372399.5773以下說法不正確的選項是()A．一定壓強(qiáng)下降低溫度，SO2平衡轉(zhuǎn)化率增大B．在不同溫度、壓強(qiáng)下，轉(zhuǎn)化相同物質(zhì)的量的SO2所需要的時間相等C．使用催化劑可以縮短反響到達(dá)平衡所需的時間D．工業(yè)生產(chǎn)通常不采取加壓措施是因為常壓下SO2轉(zhuǎn)化率已相當(dāng)高解析：選B。A項，由于該反響是放熱反響，所以一定壓強(qiáng)下降低溫度，平衡向放熱反響方向移動，SO2的轉(zhuǎn)化率增大，故A正確；B項，在不同溫度、壓強(qiáng)下，由于化學(xué)反響速率不一定相同，所以轉(zhuǎn)化相同物質(zhì)的量的SO2所需要的時間不一定相等，故B不正確；C項，使用催化劑的目的是加快化學(xué)反響速率，縮短反響到達(dá)平衡所需的時間，故C正確；D項，分析2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)可知，加壓可以提高SO2的轉(zhuǎn)化率，但因為常壓下SO2的轉(zhuǎn)化率已相當(dāng)高，所以工業(yè)生產(chǎn)中通常不采取加壓措施，故D正確。eq\a\vs4\al()化學(xué)平衡移動問題的分析步驟題組二勒夏特列原理及其應(yīng)用4．(2021·衢州高二期末)以下有關(guān)合成氨工業(yè)的表達(dá)，可用勒夏特列原理來解釋的是()A．使用鐵作催化劑，可提高合成氨反響的速率B．高壓比常壓條件更有利于合成氨的反響C．500℃左右比室溫更有利于合成氨的反響D．合成氨時采用循環(huán)操作，可提高原料的利用率解析：選B。催化劑只能改變反響途徑，不能影響平衡的移動，A不符合題意；高壓有利于合成氨反響的平衡右移，B符合題意；采用高溫會使合成氨反響的平衡左移，但500℃下催化劑的活性較高，C不符合題意；循環(huán)操作與平衡移動沒有直接關(guān)系，D不符合題意。5．以下實驗事實不能用平衡移動原理解釋的是()A.B.t/℃2550100Kw/10－14C.D.c(氨水)/(mol·L－1)pH解析：選C。A.二氧化氮氣體中存在平衡：2NO2N2O4，，溫度升高促進(jìn)水的電離，，加速了過氧化氫的分解，這是二氧化錳的催化作用，，但其pH的變化小于1，說明氨水在稀釋的過程中平衡：NH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－發(fā)生了移動。eq\a\vs4\al()(1)判斷轉(zhuǎn)化率的變化時，不要把平衡正向移動與反響物轉(zhuǎn)化率提高等同起來，要視具體情況而定。(2)壓強(qiáng)的影響實質(zhì)是濃度的影響，所以只有當(dāng)壓強(qiáng)的改變造成濃度改變時，平衡才有可能移動。(3)化學(xué)平衡移動的目的是“減弱〞外界條件的改變，而不是“消滅〞外界條件的改變，改變是不可逆轉(zhuǎn)的。到達(dá)新平衡時此物理量更靠近于改變的方向。例如：①對于反響A(g)＋B(g)C(g)，增大反響物A的濃度，平衡右移，A的濃度在增大的根底上減小，但到達(dá)新平衡時，A的濃度一定比原平衡大；②假設(shè)將體系溫度從50℃升高到80℃，那么化學(xué)平衡向吸熱反響方向移動，到達(dá)新的平衡狀態(tài)時50℃<T<80℃；③假設(shè)對體系N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)加壓，如從30MPa加壓到60MPa，化學(xué)平衡向氣體分子數(shù)減小的方向移動，到達(dá)新的平衡時30MPa<p<60MPa。(4)在分析化學(xué)平衡移動后顏色、壓強(qiáng)、濃度等的變化時，有時可以先建立一個平臺，“假設(shè)平衡不移動〞，然后在此平臺的根底上進(jìn)行分析、比擬就容易得到正確答案?；瘜W(xué)平衡的圖像一、速率—壓強(qiáng)(或溫度)圖像特點：曲線的意義是外界條件(溫度、壓強(qiáng))對正、逆反響速率影響的變化趨勢及變化幅度。圖中交點是平衡狀態(tài)，壓強(qiáng)增大(或溫度升高)后正反響速率增大得快，平衡正向移動。二、轉(zhuǎn)化率—時間—溫度(或壓強(qiáng))圖像不同溫度或壓強(qiáng)下，反響物的轉(zhuǎn)化率α(或百分含量)與時間的關(guān)系曲線，推斷溫度的上下及反響的熱效應(yīng)或壓強(qiáng)的大小及氣體物質(zhì)間的化學(xué)計量數(shù)的關(guān)系。[以反響aA(g)＋bB(g)cC(g)中反響物的轉(zhuǎn)化率αA為例說明]解答這類圖像題時應(yīng)注意以下兩點：1．“先拐先平，數(shù)值大〞原那么分析反響由開始(起始物質(zhì)的量相同時)到達(dá)平衡所用時間的長短可推知反響條件的變化。(1)假設(shè)為溫度變化引起，溫度較高時，反響達(dá)平衡所需時間短，如甲中T2>T1。(2)假設(shè)為壓強(qiáng)變化引起，壓強(qiáng)較大時，反響達(dá)平衡所需時間短，如乙中p1>p2。(3)假設(shè)為是否使用催化劑引起，使用適宜催化劑時，反響達(dá)平衡所需時間短，如丙中a使用催化劑。2．正確掌握圖像中反響規(guī)律的判斷方法(1)圖甲中，T2>T1，升高溫度，αA降低，平衡逆移，那么正反響為放熱反響。(2)圖乙中，p1>p2，增大壓強(qiáng)，αA升高，平衡正移，那么正反響為氣體體積減小的反響。(3)假設(shè)縱坐標(biāo)表示A的百分含量，那么甲中正反響為吸熱反響，乙中正反響為氣體體積增大的反響。三、恒溫線(或恒壓線)圖像不同溫度下的轉(zhuǎn)化率—壓強(qiáng)圖像或不同壓強(qiáng)下的轉(zhuǎn)化率—溫度圖像，推斷反響的熱效應(yīng)或反響前后氣體物質(zhì)間化學(xué)計量數(shù)的關(guān)系。[以反響aA(g)＋bB(g)cC(g)中反響物的轉(zhuǎn)化率αA為例說明]解答這類圖像題時遵循的原那么——“定一議二〞原那么：1．可通過分析相同溫度下不同壓強(qiáng)時反響物A的轉(zhuǎn)化率變化來判斷平衡移動的方向，從而確定反響方程式中反響物與產(chǎn)物氣體物質(zhì)間的化學(xué)計量數(shù)的大小關(guān)系。如甲中任取一條溫度曲線研究，壓強(qiáng)增大，αA增大，平衡正移，正反響為氣體體積減小的反響；乙中任取橫坐標(biāo)一點作橫坐標(biāo)垂直線，也能得出結(jié)論。2．可通過分析相同壓強(qiáng)下不同溫度時反響物A的轉(zhuǎn)化率變化來判斷平衡移動的方向，從而確定反響的熱效應(yīng)。如利用上述分析方法，在甲中作垂直線，乙中任取一曲線，即能分析出正反響為放熱反響。四、特殊圖像1．如圖，對于化學(xué)反響：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，M點前，表示化學(xué)反響從反響物開始，那么v正>v逆；M點為剛到達(dá)的平衡點；M點后為平衡受溫度的影響情況，即升溫，A%增大(C%減小)，平衡左移，ΔH<0。2．如圖，對于化學(xué)反響：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，曲線L上所有的點都是平衡點。曲線左上方(E點)，A%大于此壓強(qiáng)時平衡體系中的A%，E點必須朝正反響方向移動才能到達(dá)平衡狀態(tài)，所以，E點v正>v逆；那么曲線右下方(F點)v正<v逆。題組一物質(zhì)的量(濃度)、速率—時間圖像1．(2021·紹興高三選考適應(yīng)性考試)在某密閉恒容容器中發(fā)生反響：X(g)Y(g)＋nZ(g)ΔH＝QkJ·mol－1(Q>0)。反響體系在2min到達(dá)平衡后，各物質(zhì)的濃度在不同條件下的變化如下圖(第12min到第16min的X濃度變化曲線未標(biāo)出)，以下說法不正確的選項是()A．化學(xué)方程式中n＝1B．12～14min內(nèi)，mol·L－1·min－1C．在6～10min內(nèi)，QkJD．第12min時，Z曲線發(fā)生變化的原因是移走一局部Z解析：選C。根據(jù)題圖中6～12minX、Y、Z濃度的變化量可以求得n＝1，A項正確；12～14min內(nèi)，v(Y)＝()mol·L－1÷2minmol·L－1·min－1，B項正確；在6～10min內(nèi)，Y的物質(zhì)的量濃度變化為mol·L－1，但由于容器體積未知，Y的物質(zhì)的量無法計算，故反響吸收的熱量也無法計算，C項錯誤；第12min時，Z的濃度瞬時減少，Y的濃度不變，隨后平衡正向移動，故Z曲線變化的原因是移走一局部Z，D項正確。2．25℃時，在體積為2L的密閉容器中，氣態(tài)物質(zhì)A、B、C的物質(zhì)的量n(mol)隨時間t的變化如下圖，到達(dá)平衡后，降低溫度，A的轉(zhuǎn)化率增大。(1)根據(jù)上圖中數(shù)據(jù)，寫出該反響的化學(xué)方程式：__________________________。此反響的平衡常數(shù)表達(dá)式K＝________，從反響開始到第一次平衡時的平均速率v(A)為____________。(2)在5～7min內(nèi)，假設(shè)K值不變，那么此處曲線變化的原因是________________________。(3)以下圖表示此反響的反響速率v和時間t的關(guān)系圖：各階段的平衡常數(shù)如下表所示：t2～t3t4～t5t5～t6t7～t8K1K2K3K4K1、K2、K3、K4之間的關(guān)系為__________________________________________(用“>〞“<〞或“＝〞連接)。A的轉(zhuǎn)化率最大的一段時間是________。解析：(1)由圖中曲線變化情況可知：A和B是反響物，C是生成物，再由物質(zhì)的量的變化值可得化學(xué)計量數(shù)之比，由此可寫出反響的化學(xué)方程式及其平衡常數(shù)表達(dá)式，v(A)＝eq\f(1mmol,2L×3min)mol·L－1·min－1。(2)根據(jù)，反響到達(dá)平衡后，降低溫度，A的轉(zhuǎn)化率增大，可知正反響是放熱反響。在5～7min內(nèi)，K值不變，說明平衡移動不是由溫度引起的，因此改變的條件只能是增大壓強(qiáng)。(3)根據(jù)速率－時間圖分析，t3處改變的條件是升溫，t5處改變的條件是使用催化劑，t6處改變的條件是減壓，因此有K1>K2＝K3＝K4。由于整個過程條件的改變均造成轉(zhuǎn)化率減小，所以轉(zhuǎn)化率最大的一段時間為開始建立平衡的t2～t3段。答案：(1)A＋2B2Ceq\f(c2〔C〕,c〔A〕·c2〔B〕)mol·L－1·min－1(2)增大壓強(qiáng)(3)K1>K2＝K3＝K4t2～t3題組二百分含量(物質(zhì)的量)—時間—溫度(壓強(qiáng))圖像3．(2021·浙江11月選考，T21)在催化劑作用下，用乙醇制乙烯，乙醇轉(zhuǎn)化率和乙烯選擇性(生成乙烯的物質(zhì)的量與乙醇轉(zhuǎn)化的物質(zhì)的量的比值)隨溫度、乙醇進(jìn)料量(單位：mL·min－1)的關(guān)系如下圖(保持其他條件相同)。在410～440℃溫度范圍內(nèi)，以下說法不正確的選項是()A．當(dāng)乙醇進(jìn)料量一定，隨乙醇轉(zhuǎn)化率增大，乙烯選擇性升高B．當(dāng)乙醇進(jìn)料量一定，隨溫度的升高，乙烯選擇性不一定增大C．當(dāng)溫度一定，隨乙醇進(jìn)料量增大，乙醇轉(zhuǎn)化率減小D．當(dāng)溫度一定，隨乙醇進(jìn)料量增大，乙烯選擇性增大答案：A4．可逆反響：aA(s)＋bB(g)cC(g)＋dD(g)ΔH＝QkJ·mol－1，反響過程中，當(dāng)其他條件不變時，某物質(zhì)在混合物中的百分含量與溫度(T)、壓強(qiáng)(p)的關(guān)系如下圖，據(jù)圖分析，以下說法正確的選項是()A．T1>T2，ΔH>0B．T1<T2，ΔH>0C．p1>p2，a＋b＝c＋dD．p1<p2，b＝c＋d解析：選D。由圖1可知T2>T1，且由T1→T2時，C%減小，即升溫平衡左移，故此反響的ΔH<0，所以A、B項均錯誤；由圖2知，p2>p1且壓強(qiáng)改變B%不變，說明壓強(qiáng)改變對此平衡無影響，由于A為固體，故b＝c＋d，所以D項正確，C項錯誤。5．[2021·浙江4月選考，T30(3)③]水在高溫高壓狀態(tài)下呈現(xiàn)許多特殊的性質(zhì)。當(dāng)溫度、壓強(qiáng)分別超過臨界溫度(℃)、臨界壓強(qiáng)(MPa)時的水稱為超臨界水。超臨界水能夠與氧氣等氧化劑以任意比例互溶，由此開展了超臨界水氧化技術(shù)。一定實驗條件下，測得乙醇的超臨界水氧化結(jié)果如圖1、圖2所示，其中x為以碳元素計的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，t為反響時間。以下說法合理的是________。A．乙醇的超臨界水氧化過程中，一氧化碳是中間產(chǎn)物，二氧化碳是最終產(chǎn)物B．在550℃條件下，反響時間大于15s時，乙醇氧化為二氧化碳已趨于完全C．乙醇的超臨界水氧化過程中，乙醇的消耗速率或二氧化碳的生成速率都可以用來表示反響的速率，而且兩者數(shù)值相等D．隨溫度升高，xCO峰值出現(xiàn)的時間提前，且峰值更高，說明乙醇的氧化速率比一氧化碳氧化速率的增長幅度更大解析：由題圖1可以看出，反響過程中CO的量先增加，后減少，CO2的量始終增加，所以在乙醇的超臨界水氧化過程中，一氧化碳是中間產(chǎn)物，二氧化碳是最終產(chǎn)物，A項正確；由題圖1可以看出，在550℃條件下，反響時間大于15s時，二氧化碳的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)已接近1，B項正確；每個乙醇分子中含有兩個碳原子，每個二氧化碳分子中只含一個碳原子，所以可以用乙醇的消耗速率或二氧化碳的生成速率來表示反響的速率，但兩者數(shù)值不相等，C項錯誤；隨溫度升高，xCO峰值出現(xiàn)的時間提前，且峰值更高，說明在短時間內(nèi)CO大量生成而消耗較少，說明乙醇的氧化速率比一氧化碳的氧化速率的增長幅度更大，D項正確。答案：ABDeq\a\vs4\al()有關(guān)化學(xué)反響速率和化學(xué)平衡圖像題的分析方法(1)認(rèn)清坐標(biāo)系：弄清縱、橫坐標(biāo)所代表的意義，并與勒夏特列原理結(jié)合進(jìn)行分析。(2)緊扣可逆反響的特征：弄清正反響是吸熱還是放熱，體積是增大、減小還是不變，有無固體、純液體參與或生成等。(3)看清變化：看清反響速率的變化及變化量的大小，在條件與變化之間搭橋?？辞迤瘘c、拐點、終點，看清曲線的變化趨勢。(4)先拐先平：例如，在轉(zhuǎn)化率—時間圖像上，先出現(xiàn)拐點的曲線先到達(dá)平衡，此時逆向推理可得該變化是由溫度高還是壓強(qiáng)大引起的。(5)定一議二：當(dāng)圖像中有三個量時，先固定一個量不變，再討論另外兩個量的關(guān)系。課后達(dá)標(biāo)檢測一、選擇題1．(2021·溫州選考適應(yīng)性測試)反響A2(g)＋2B2(g)2AB2(g)ΔH＜0，以下說法正確的選項是()A．升高溫度，正向反響速率增加，逆向反響速率減小B．升高溫度有利于反響速率增加，從而縮短到達(dá)平衡的時間C．到達(dá)平衡后，升高溫度或增加壓強(qiáng)都有利于該反響平衡正向移動D．到達(dá)平衡后，降低溫度或減小壓強(qiáng)都有利于該反響平衡正向移動答案：B2．(2021·浙江選考十校聯(lián)盟)某溫度下，反響H2(g)＋I(xiàn)2(g)2HI(g)(正反響為放熱反響)在帶有活塞的密閉容器中到達(dá)平衡。以下說法中正確的選項是()A．體積不變，升溫，正反響速率減小B．溫度、壓強(qiáng)均不變，充入HI氣體，開始時正反響速率增大C．溫度不變，壓縮氣體的體積，平衡不移動，顏色加深D．體積、溫度不變，充入氮氣后，正反響速率將增大答案：C3．在一個不導(dǎo)熱的密閉反響器中，只發(fā)生兩個反響：a(g)＋b(g)2c(g)ΔH1＜0x(g)＋3y(g)2z(g)ΔH2＞0到達(dá)平衡后，進(jìn)行以下操作(忽略體積改變所做的功)，以下表達(dá)錯誤的選項是()A．等壓時，通入惰性氣體，c的物質(zhì)的量不變B．等壓時，通入z氣體，反響器中溫度升高C．等容時，通入惰性氣體，各反響速率不變D．等容時，通入z氣體，y的物質(zhì)的量濃度增大答案：A4．在一定條件下，向一帶活塞的密閉容器中充入2molNO2，發(fā)生以下反響：2NO2(g)N2O4(g)ΔH＜0，到達(dá)平衡狀態(tài)后，在t1時刻改變條件，化學(xué)反響速率隨時間變化關(guān)系如圖。以下對t1時刻改變條件的推測中正確的選項是()A．保持壓強(qiáng)不變，升高反響溫度B．保持溫度和容器體積不變，充入1molN2(g)C．保持溫度和容器體積不變，充入1molN2O4(g)D．保持溫度和壓強(qiáng)不變，充入1molN2O4(g)解析：選D。該反響是放熱反響，升高溫度，正、逆反響速率都增大，正、逆反響速率曲線都在原直線上方，逆反響速率增大倍數(shù)大于正反響速率增大的倍數(shù)，導(dǎo)致平衡向逆反響方向移動，故A錯誤；保持溫度和容器體積不變，充入1molN2，混合物的濃度不變，正、逆反響速率不變，平衡不移動，故B錯誤；保持溫度和容器體積不變，充入1molN2O4，瞬間生成物的濃度增大，反響物的濃度不變，逆反響速率增大，正反響速率不變，所以逆反響速率大于正反響速率，正反響速率與原速率有接觸點，故C錯誤；保持溫度和壓強(qiáng)不變，充入1molN2O4(g)的瞬間，生成物的濃度增大，容器的體積增大，導(dǎo)致反響物的濃度減小，逆反響速率增大，正反響速率降低，平衡向逆反響移動，且最終與原平衡等效，故D正確。5．(2021·浙江4月選考，T20)在溫?zé)釟夂驐l件下，淺海地區(qū)有厚層的石灰石沉積，而深海地區(qū)卻很少。以下解析不正確的選項是()A．與深海地區(qū)相比，淺海地區(qū)水溫較高，有利于游離的CO2增多、石灰石沉積B．與淺海地區(qū)相比，深海地區(qū)壓強(qiáng)大，石灰石巖層易被CO2溶解，沉積少C．深海地區(qū)石灰石巖層的溶解反響為CaCO3(s)＋H2O(l)＋CO2(aq)=Ca(HCO3)2(aq)D．海水呈弱堿性，大氣中CO2濃度增加，會導(dǎo)致海水中COeq\o\al(2－,3)濃度增大解析：選D。與深海地區(qū)相比，淺海地區(qū)水溫較高，會使海水中碳酸氫根離子分解生成二氧化碳和碳酸鹽，所以有利于游離的CO2增多、石灰石沉積，A項正確；與淺海地區(qū)相比，深海地區(qū)壓強(qiáng)大，有利于CaCO3(s)＋H2O(l)＋CO2(aq)Ca(HCO3)2(aq)平衡向正反響方向移動，所以石灰石巖層易被CO2溶解，沉積少，B項正確；由B項分析可知，C項正確；海水呈弱堿性，大氣中CO2濃度增加，會使二氧化碳與碳酸根離子反響生成碳酸氫根離子，導(dǎo)致海水中COeq\o\al(2－,3)濃度減小，D項錯誤。6．(2021·溫州十校聯(lián)考)以下表達(dá)及解釋正確的選項是()A．2NO2(g)(紅棕色)N2O4(g)(無色)ΔH＜0，在平衡后，對平衡體系采取縮小容積、增大壓強(qiáng)的措施，因為平衡向正反響方向移動，故體系顏色變淺B．H2(g)＋I(xiàn)2(g)2HI(g)ΔH＜0，在平衡后，對平衡體系采取增大容積、減小壓強(qiáng)的措施，因為平衡不移動，故體系顏色不變C．FeCl3＋3KSCNFe(SCN)3(紅色)＋3KCl，在平衡后，加少量KCl(s)，因為平衡向逆反響方向移動，故體系顏色變淺D．對于N2＋3H22NH3，平衡后，壓強(qiáng)不變，充入O2，平衡左移解析：選D。A.縮小容積、增大壓強(qiáng)平衡向氣體體積減小的方向移動即正反響方向移動，但二氧化氮的濃度仍然增大，所以體系顏色加深，故A錯誤；B.增大容積、減小壓強(qiáng)，平衡不發(fā)生移動，但容器體積增大，反響物濃度減小，體系顏色變淺，，平衡不移動，，充入O2，那么體積增大相當(dāng)于反響體系的壓強(qiáng)減小，平衡向氣體體積增大的方向移動，所以平衡左移，故D正確。7．一定條件下，通過以下反響可實現(xiàn)燃煤煙氣中硫的回收：SO2(g)＋2CO(g)2CO2(g)＋S(l)ΔH＜0。假設(shè)反響在恒容的密閉容器中進(jìn)行，以下有關(guān)說法正確的選項是()A．平衡前，隨著反響的進(jìn)行，容器內(nèi)壓強(qiáng)始終不變B．平衡時，其他條件不變，別離出硫，正反響速率加快C．平衡時，其他條件不變，升高溫度可提高SO2的轉(zhuǎn)化率D．其他條件不變，使用不同催化劑，該反響的平衡常數(shù)不變解析：選D。生成物中S為液體，反響前后氣體體積不同，故平衡前隨著反響的進(jìn)行，壓強(qiáng)始終變化，A項錯；平衡時，其他條件不變，別離出硫，正反響速率不變，B項錯；平衡時，其他條件不變，升高溫度，平衡向逆反響方向移動，SO2的轉(zhuǎn)化率減小，C項錯；平衡常數(shù)僅與溫度有關(guān)，故其他條件不變時，使用不同的催化劑，該反響的平衡常數(shù)不變，D項對。8．(2021·浙江1月選考,T19)在枯燥的HCl氣流中加熱MgCl2·6H2O，能得到無水MgCl2。以下說法不正確的選項是()A．MgCl2·nH2O(s)=MgCl2·(n－1)H2O(s)＋H2O(g)ΔH>0B．MgCl2·2H2O(s)Mg(OH)2(s)＋2HCl(g)，HCl氣流可抑制反響進(jìn)行C．MgCl2·H2O(s)Mg(OH)Cl(s)＋HCl(g)，升高溫度，反響更易發(fā)生D．MgCl2·4H2O(s)MgCl2·2H2O(s)＋2H2O(g)，HCl氣流可抑制反響進(jìn)行答案：D9．某化學(xué)科研小組研究在其他條件不變時，改變某一條件對A2(g)＋3B2(g)2AB3(g)化學(xué)平衡狀態(tài)的影響，得到如下圖的變化規(guī)律(圖中T表示溫度)，由此可得出的結(jié)論是()A．反響速率a＞b＞cB．到達(dá)平衡時A2的轉(zhuǎn)化率大小為b＞a＞cC．假設(shè)T2＞T1，那么正反響一定是放熱反響D．到達(dá)平衡時，AB3的物質(zhì)的量大小為c＞b＞a解析：選D。A項，反響速率c>b>a，錯誤；B項，n(B2)起始增大，A2的轉(zhuǎn)化率增大，所以A2的轉(zhuǎn)化率為c＞b＞a，錯誤；C項，升溫，AB3的體積分?jǐn)?shù)增大，平衡右移，正反響為吸熱反響，錯誤；D項，n(B2)起始增大，平衡右移，n(AB3)增大，所以到達(dá)平衡時AB3的物質(zhì)的量c＞b＞a，正確。 10．2CH3OH(g)C2H4(g)＋2H2O(g)。某研究小組將甲醇蒸氣以一定的流速持續(xù)通過相同量的同種催化劑，不同溫度得到如以下圖像，那么以下結(jié)論不正確的選項是()A．一段時間后甲醇轉(zhuǎn)化率下降可能是因為催化劑活性下降B．綜合圖1、圖2可知，甲醇還發(fā)生了其他反響C．假設(shè)改變甲醇蒸氣的流速，不會影響甲醇轉(zhuǎn)化率和乙烯產(chǎn)率D．制乙烯比擬適宜的溫度是450℃左右解析：選C。催化劑可加快反響速率，一段時間后甲醇轉(zhuǎn)化率下降可能是因為催化劑活性下降，A項正確；根據(jù)圖1、圖2可知，甲醇還發(fā)生了其他反響，B項正確；假設(shè)改變甲醇蒸氣的流速，甲醇轉(zhuǎn)化率和乙烯產(chǎn)率都將改變，C項錯誤；由題圖可知，一定時間內(nèi)450℃左右甲醇轉(zhuǎn)化率和乙烯產(chǎn)率均比擬高，D項正確。二、非選擇題11.將1molI2(g)和2molH2(g)置于某2L的密閉容器中，在一定溫度下發(fā)生反響：I2(g)＋H2(g)2HI(g)ΔH<0，并到達(dá)平衡，HI的體積分?jǐn)?shù)φ(HI)隨時間變化如曲線(Ⅱ)所示，試答復(fù)以下問題：(1)達(dá)平衡時，I2(g)的物質(zhì)的量濃度為_____________________________________。(2)假設(shè)改變反響條件，在甲條件下φ(HI)的變化如曲線(Ⅰ)所示，在乙條件下φ(HI)的變化如曲線(Ⅲ)所示，那么甲條件可能是________，乙條件可能是________。(填入以下條件的序號)①恒容條件下，升高溫度②恒容條件下，降低溫度③恒溫條件下，縮小反響容器體積④恒溫條件下，擴(kuò)大反響容器體積⑤恒溫、恒容條件下，參加適當(dāng)催化劑解析：(1)設(shè)達(dá)平衡時，I2(g)的物質(zhì)的量濃度為xmol·L－1，依題意，有I2(g)＋H2(g)2HI(g)起始物質(zhì)的量/mol120轉(zhuǎn)化物質(zhì)的量/mol1－2x1－2x2(1－2x)平衡物質(zhì)的量/mol2x2－(1－2x)2－4x所以eq\f(2－4x,2x＋2－〔1－2x〕＋2－4x)，x。(2)由曲線(Ⅱ)到曲線(Ⅰ)，縮短了到達(dá)化學(xué)平衡的時間，但由于HI的體積分?jǐn)?shù)未變，故化學(xué)平衡并未發(fā)生移動。根據(jù)影響化學(xué)平衡移動的因素和規(guī)律，應(yīng)選擇③⑤。同理可知由曲線(Ⅱ)到曲線(Ⅲ)是延長了到達(dá)化學(xué)平衡的時間，應(yīng)選擇④。答案：(1)mol·L－1(2)③⑤④12．(2021·杭州選考模擬)SiCl4在室溫下為無色液體，易揮發(fā)，有強(qiáng)烈的刺激性。一定條件下，在20L恒容密閉容器中發(fā)生SiCl4轉(zhuǎn)化為SiHCl3的反響：3SiCl4(g)＋2H2(g)＋Si(s)4SiHCl3(g)ΔH＝QkJ·mol－1。2min后到達(dá)平衡，H2與SiHCl3mol·L－1mol·L－1。(1)從反響開始到平衡，v(SiCl4)＝_________________________________________。(2)該反響的平衡常數(shù)表達(dá)式為K＝_____________________________________，溫度升高，K值增大，那么Q________0(填“＞〞“＜〞或“＝〞)。(3)假設(shè)平衡后再向容器中充入與起始時等量的SiCl4和H2(假設(shè)Si足量)，當(dāng)反響再次到達(dá)平衡時，與原平衡相比擬，H2的體積分?jǐn)?shù)將________(填“增大〞“減小〞或“不變〞)。(4)原容器中，通入H2的體積(標(biāo)準(zhǔn)狀況)為________________。(5)平衡后，將容器的體積縮為10L，再次到達(dá)平衡時，H2的物質(zhì)的量濃度范圍為________________。(6)圖中x軸表示溫度，y軸表示平衡混合氣中H2的體積分?jǐn)?shù)，a、b表示不同的壓強(qiáng)，那么壓強(qiáng)a________b(填“＞〞“＜〞或“＝〞)。解析：(1)v(SiHCl3)＝eq\mol·L－1,2min)mol·L－1·min－1，v(SiCl4)∶v(SiHCl3)＝3∶4，v(SiCl4)mol·L－1·min－1。(2)溫度升高，K值增大，說明平衡向正反響方向移動，正反響為吸熱反響。(3)平衡后再充入與起始時等量的SiCl4和H2，相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，平衡正向移動，H2的體積分?jǐn)?shù)減小。(4)Δc(SiHCl3)＝mol·L－1，那么Δc(H2)＝mol·L－1，那么起始時c(H2)mol·L－1，物質(zhì)的量為4mol。標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積為V(H2)＝4mol×L·mol－1L。(5)體積變?yōu)樵瓉淼囊话?，假設(shè)平衡不移動，那么濃度變?yōu)樵瓉淼?倍，壓強(qiáng)增大，平衡正向移動，H2濃度減小，所以mol·L－1＜c(H2)mol·L－1。(6)壓強(qiáng)增大，H2的體積分?jǐn)?shù)減小，那么壓強(qiáng)a>b。答案：(1)mol·L－1·min－1(2)eq\f(c4〔SiHCl3〕,c3〔SiCl4〕·c2〔H2〕)＞(3)減小(4)L(5)mol·L－1＜c(H2)mol·L－1(6)＞13．CO2的轉(zhuǎn)化一直是全球研究的熱點，其中將CO2和H2合成甲醇及二甲醚具備相對成熟的技術(shù)。工業(yè)生產(chǎn)中，有以下相關(guān)反響(熱效應(yīng)都是在25℃、×105Pa下測定)：①CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(l)＋H2O(l)ΔH＝－49.01kJ·mol－1②2CH3OH(l)CH3OCH3(g)＋H2O(l)ΔH＝－24.52kJ·mol－1③CO(g)＋H2O(l)CO2(g)＋H2(g)ΔH＝－41.17kJ·mol－1(1)在三個體積相同的密閉容器A、B、C中參加相同物質(zhì)的量的CO和H2O，在不同溫度下發(fā)生反響③，經(jīng)過相同時間后測得容器中的CO物質(zhì)的量與溫度的關(guān)系如圖。a．A、C兩點的速率大小v(A)________(填“大于〞“小于〞“等于〞或“無法判斷〞)v(C)。b．請解釋曲線中CO的物質(zhì)的量先減小后增大的原因：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)一定量的CO2和H2在一密閉容器中發(fā)生反響①，以下圖是容器內(nèi)CO2的百分含量隨著外界條件改變的變化曲線圖，請補(bǔ)充完整(t1時刻升溫；t2時刻添加催化劑)。解析：(1)，那么A、C兩點的速率大小為v(A)小于v(C)。b.由于B容器的反響溫度比A容器高，反響速率快，在相同時間內(nèi)消耗掉CO多，而C容器中溫度更高，反響速率更快，反響到達(dá)平衡后隨溫度上升平衡逆向移動，CO的量增大，因此曲線中CO的物質(zhì)的量先減小后增大。(2)t1時升高溫度，平衡向逆反響方向移動，CO2的百分含量增加。答案：(1)b．B容器的反響溫度比A容器高，反響速率快，在相