2023年高考化学二轮复习核心考点专项突破化学反应速率与化学平衡练习含解析20230238224

化学反应速率与化学平衡知识点一、物质状态和浓度对反应速率的影响1．对于有固体参加的化学反应而言，由于在一定条件下，固体的浓度是固定的，所以固体物质在化学反应中浓度不改变，因此在表示化学反应速率时，不能用固体物质。但因为固体物质的反应是在其表面进行的，故与其表面积有关，当固体颗粒变小时，会增大表面积，加快反应速率。2．对于有气体参加的反应而言，改变压强，对化学反应速率产生影响的根本原因是引起浓度改变所致。所以，在讨论压强对反应速率的影响时，应区分引起压强改变的原因，这种改变对反应体系的浓度产生何种影响，由此判断出对反应速率产生何种影响。对于气体反应体系，有以下几种情况：(1)恒温时：增加压强体积缩小浓度增大反应速率加快。(2)恒容时：①充入气体反应物浓度增大总压增大速率加快②充入“惰气”总压增大，但各分压不变，即各物质的浓度不变，反应速率不变。(3)恒压时：充入：“惰气”体积增大各反应物浓度减少反应速率减慢。知识点二、外界条件对化学反应速率的影响影响因素分子总数活化分子百分数活化分子总数活化分子浓度（单位体积活化分子数）增大浓度增加  不变 增加 增加增大压强 不变 不变 不变 增加升高温度不变  增加 增加 增加正催化剂不变  增加 增加 增加知识点三、化学反应速率的图象图象也是一种表达事物的语言符号，化学反应速率图象是将化学反应速率变化的状况在直角坐标系中以图的形式表达的结果，是化学反应速率变化规律的反映。认识和应用化学反应速率图象时，要立足于化学方程式，应用化学反应速率变化的规律，分析直角坐标系及其图象的涵义。\n1．化学反应CaCO3＋2HCl===CaCl2＋CO2↑＋H2O(1)其他条件一定，反应速率随着c(HCl)的增大而增大，如图①。(2)其他条件一定，反应速率随着温度的升高而增大，如图②。(3)随着反应时间的延长，c(HCl)逐渐减小，化学反应速率逐渐减小，如图③。2．化学反应2H2S(g)＋SO2(g)===3S↓(s)＋2H2O(g)(1)其他条件一定，增大气态反应物的压强(缩小气体容器的容积)，反应速率随着压强的增大而增大。如图①。(2)其他条件一定，减小气态反应物的压强(扩大气体容器的容积)，反应速率随着压强的减小而减小，如图②。(3)温度、气体容器的容积都一定，随着时间的增加，SO2、H2S物质的量逐渐减少，气体的压强逐渐减小，反应速率逐渐减小，如图③。(4)分别在较低温度T1和较高温度T2下反应，气态反应物的压强都是逐渐增大(缩小容器容积)，反应速率随着压强的增大而增大及随着温度的升高而增大，如图④。知识点四、化学平衡状态的特征和判断方法1．化学平衡状态的特征化学平衡状态的特征可以概括为：逆、等、动、定、变。(1)“逆”——研究对象是可逆反应。(2)“等”——化学平衡状态建立的条件是正反应速率和逆反应速率相等，即v正＝v逆，这是可逆反应达到平衡状态的重要标志。\n(3)“动”——指化学反应已达到化学平衡状态时，反应并没有停止，实际上正反应与逆反应始终在进行，只是正反应速率等于逆反应速率，即v正＝v逆≠0，所以化学平衡状态是动态平衡状态。(4)“定”——在一定条件下可逆反应一旦达到平衡(可逆反应进行到最大的程度)状态时，在平衡体系的混合物中，各组成成分的含量(即反应物与生成物的物质的量、物质的量浓度、质量分数、体积分数等)保持一定而不变(即不随时间的改变而改变)。这是判断体系是否处于化学平衡状态的重要依据。(5)“变”——任何化学平衡状态均是暂时的、相对的、有条件的(与浓度、压强、温度等有关)，而与达到平衡的过程无关(化学平衡状态既可从正反应方向开始达到平衡，也可以从逆反应方向开始达到平衡)。当外界条件变化时，原来的化学平衡也会发生相应的变化。2．化学平衡状态的判断方法(1)直接判定：v正＝v逆(实质)①同一物质：该物质的生成速率等于它的消耗速率。②不同的物质：速率之比等于方程式中的系数比，但必须是不同方向的速率。(2)间接判定：①各组成成分的质量、物质的量、分子数、体积(气体)、物质的量浓度保持不变。②各组成成分的质量分数、物质的量分数、气体的体积分数保持不变。③若反应前后的物质都是气体，且系数不等，总物质的量、总压强(恒温、恒容)、平均摩尔质量、混合气体的密度(恒温、恒压)保持不变。④反应物的转化率、产物的产率保持不变。总之，能变的量保持不变说明已达平衡。(如下表所示)例举反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)是否平衡状态混合物体系中各成分的量①各物质的物质的量或各物质的物质的量分数一定是②各物质的质量或各物质的质量分数一定是③各气体的体积或体积分数一定是④总体积、总压强、总物质的量、总浓度一定不一定正反应速率与逆反应速率的关系①在单位时间内消耗了mmolA，同时生成mmolA，即v正＝v逆是②在单位时间内消耗了nmolB，同时消耗了pmolC，则v正＝v逆是③vA∶vB∶vC∶vD＝m∶n∶p∶q，v正不一定等于v逆不一定④在单位时间内生成nmolB，同时消耗qmolD，均指v逆，v正不一定等于v逆不一定\n压强①若m＋n≠p＋q，总压强一定(其他条件不变)是②若m＋n＝p＋q，总压强一定(其他条件不变)不一定平均相对分子质量①r一定，只有当m＋n≠p＋q时是②r一定，但m＋n＝p＋q时不一定温度任何化学反应都伴随着能量变化，在其他条件不变的情况下，体系温度一定时是体系的密度密度一定不一定【特别提醒】①化学平衡的实质是v(正)＝v(逆)≠0时，表现为平衡体系中各组分的物质的量或物质的量分数不再变化，因此v(正)＝v(逆)＞0是化学平衡判断的充要条件。②运用v(正)＝v(逆)≠0时，注意方向和数量关系。③学会“变”与“不变”判断。“变”就是到达平衡过程中量“变”，而到达平衡后“不变”。否则，不一定平衡。知识点五、等效平衡1．等效平衡在一定条件（恒温恒容或恒温恒压）下，同一可逆反应体系，不管是从正反应开始，还是从逆反应开始，在达到化学平衡状态时，任何相同组分的百分含量（体积分数、物质的量分数等）均相同，这样的化学平衡互称等效平衡（。概念的理解：（1）外界条件相同：通常可以是①恒温、恒容，②恒温、恒压。（2）“等效平衡”与“完全相同的平衡状态”不同：“完全相同的平衡状态”是指在达到平衡状态时，任何组分的物质的量分数（或体积分数）对应相等，并且反应的速率等也相同，但各组分的物质的量、浓度可能不同。而“等效平衡”只要求平衡混合物中各组分的物质的量分数（或体积分数）对应相同，反应的速率、压强等可以不同（3）平衡状态只与始态有关，而与途径无关，（如：①无论反应从正反应方向开始，还是从逆反应方向开始②投料是一次还是分成几次③反应容器经过扩大—缩小或缩小—扩大的过程，）只要起始浓度相当，就达到相同的平衡状态。2.等效平衡的分类在等效平衡中比较常见并且重要的类型主要有以下三种：\n第一类：对于恒温、恒容条件下反应前后气体体积改变的可逆反应如果按方程式的化学计量关系转化为方程式同一半边的物质，其物质的量与对应组分的起始加入量相同，则建立的化学平衡状态是等效的。例如，恒温恒容下的可逆反应：2SO2　＋O22SO3①　　2mol　　1mol　　　0mol②　　0mol　　0mol　　　2mol③　0.5mol　　0.25mol　　1.5mol上述三种配比，按方程式的计量关系均转化为反应物，则SO2均为2mol、O2均为1mol，三者建立的平衡状态完全相同。第二类：对于恒温、恒容条件下为反应前后气体体积不变的可逆反应如果按方程式的化学计量关系转化为方程式同一边的物质，其物质的量比与对应组分的起始加入量比相同，则建立的化学平衡是等效的。例如，恒温恒容条件下，对于可逆反应：H2(g)＋I2(g)2HI(g)①　1mol　　1mol　　0mol②　2mol　　2mol　　1mol上述两种配比，按方程式中化学计量关系均转化为反应物，两种情况下H2与I2(g)的物质的量比均为1:1，因此上述两种情况建立的化学平衡状态是等效的。第三类：对于恒温、恒压条件下的任何气体参加的可逆反应(无论反应前后气体体积可变或不变)。如果按方程式的化学计量关系转化为方程式同一边的物质，其物质的量比与对应组分的起始加入量比相同，则建立的化学平衡是等效的。例如，恒温、恒压条件下，对于可逆反应：N2＋3H22NH3①　1mol　3mol　　0mol②　2mol　6mol　　1mol③　0mol　0mol　　0.5mol上述三种配比，按方程式中化学计量关系均转化为反应物，三种情况下，N2与H2的物质的量比均1∶3，因此上述三种情况建立的化学平衡状态是等效的。3.化学平衡的思维方法：(1)可逆反应“不为零”原则\n可逆性是化学平衡的前提，达到平衡时，反应物和生成物共存，每种物质的物质的量不为零。一般可用极限分析法推断：假设反应不可逆，则最多生成产物多少，有无反应物剩余，余多少。这样的极值点是不可能达到的，故可用确定某些范围或在范围中选择合适的量。(2)“一边倒”原则可逆反应，在条件相同时(如等温等容)，若达到等同平衡，其初始状态必须能互变，从极限角度看，就是各物质的物质的量要相当。因此，可以采用“一边倒”的原则来处理以下问题：化学平衡等同条件(等温等容)可逆反应aA(g)+bB(g)＝cC(g)①起始量ab0平衡态Ⅰ②起始量00c平衡态Ⅱ③起始量xyz平衡态Ⅲ为了使平衡Ⅰ=平衡Ⅱ=平衡Ⅲ，根据“一边倒”原则，即可得：x+a/cz=a得x/a+z/c=1；y+b/cz=b得y/b+z/c=1。知识点六、化学平衡移动与图像\n总结：①只要增大浓度、增大压强、升高温度，新平衡都在原平衡的上方，v′正=v′逆>v正=v逆；只要减小浓度、降低压强、降低温度，新平衡都在原平衡下方，v″正＝v″逆<v正＝v逆。②只要是浓度改变，一个速率一定是在原平衡的基础上改变；两个速率同时增大或减小(中间断开)一定是压强或温度改变。③加入催化剂能同等程度地增大正、逆反应速率，平衡不移动。知识点七化学平衡常数1．概念：对于一定条件下的可逆反应(aA＋bBcC＋dD)，达到化学平衡时，生成物浓度的乘幂的乘积与反应物浓度的乘幂的乘积之比为一常数，记作Kc，称为化学平衡常数(浓度平衡常数)。\n2．平衡常数的意义平衡常数的大小反映了化学反应进行的程度(也叫反应的限度)。(1)K值越大，表示反应进行得越完全，反应物转化率越大；一般认为，K＞105时，该反应进行得就基本完全了。(2)K值越小，表示反应进行得越不完全，反应物转化率越小。3．注意事项(1)化学平衡常数只与温度有关，与反应物或生成物的浓度无关。(2)化学平衡常数是指某一具体反应的平衡常数。若反应方向改变，则平衡常数改变。若方程式中各物质的系数等倍扩大或缩小，尽管是同一反应，平衡常数也会改变。(3)在平衡常数表达式中：反应物或生成物中固体、纯液体、稀溶液中水的浓度不写。C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)，K＝c(CO)·c(H2)/c(H2O)FeO(s)＋CO(g)Fe(s)＋CO2(g)，K＝c(CO2)/c(CO)4．化学平衡常数的应用(1)化学平衡常数值的大小是可逆反应进行程度的标志，它能够表示可逆反应进行的完全程度。一个反应的K值越大，表明平衡时生成物的浓度越大，反应物的浓度越小，反应物的转化率也越大，可以说，化学平衡常数是在一定温度下一个反应本身固有的内在性质的定量体现。(2)可以利用平衡常数的值，判断正在进行的可逆反应是否平衡以及不平衡时向何方进行建立平衡。如对于可逆反应：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)在任意时刻反应物与生成物的浓度有如下关系：Qc＝，Qc叫做该反应的浓度商。(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。高频考点一　化学反应速率及其影响因素例1．【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\n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Mn2+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【答案】D【解析】由甲图可知，双氧水浓度越大，分解越快，A错误；由图乙可知，溶液的碱性越强即pH越大，双氧水分解越快，B错误；根据变量控制法，3个实验必须加入等量的Mn2+才能比较溶液的碱性对双氧水分解的影响。由图丙可知，3个实验中由于仅在其中一个加了Mn2+，C错误；由图丙和图丁可知，溶液的碱性越强、Mn2+浓度越大，双氧水分解越快，D正确。【变式探究】硝基苯甲酸乙酯在OH－存在下发生水解反应：O2NC6H4COOC2H5＋OH－O2NC6H4COO－＋C2H5OH两种反应物的初始浓度均为0.050mol·L－1,15℃时测得O2NC6H4COOC2H5的转化率α随时间变化的数据如表所示。t/s0120180240330530600700800α/%033.041.848.858.069.070.471.071.0回答下列问题：列式计算该反应在120～180s与180～240s区间的平均反应速率____________、____________；比较两者大小可得出的结论是_______________________________________________________。【解析】v1＝≈7.3×10－5mol·L－1·s－1，v2＝≈5.8×10－5mol·L－1·s－1。\n通过计算可知，随着反应的进行，反应速率减慢，其原因是浓度的减小造成的。【答案】7.3×10－5mol·L－1·s－1　5.8×10－5mol·L－1·s－1　随着反应的进行，反应物浓度降低，反应速率减慢【变式探究】对水样中溶质M的分解速率影响因素进行研究。在相同温度下，M的物质的量浓度(mol·L－1)随时间(min)变化的有关实验数据见下表：　　　　时间水样　　　　0510152025Ⅰ(pH＝2)0.400.280.190.130.100.09Ⅱ(pH＝4)0.400.310.240.200.180.16Ⅲ(pH＝4)0.200.150.120.090.070.05Ⅳ(pH＝4，含Cu2＋)0.200.090.050.030.010下列说法不正确的是(　　)A.在0～20min内，Ⅰ中M的分解速率为0.015mol·L－1·min－1B.水样酸性越强，M的分解速率越快C.在0～25min内，Ⅲ中M的分解百分率比Ⅱ大D.由于Cu2＋存在，Ⅳ中M的分解速率比Ⅰ快【解析】分解速率＝M浓度的变化量/时间＝(起点浓度－时刻浓度)/时间，分解百分率＝(M浓度的变化量/起点浓度)。在0～20min内，Ⅰ中M的分解速率为(0.4－0.1)mol·L－1/20min＝0.015mol·L－1·min－1，A正确；Ⅰ和Ⅱ比较可以得出B结论正确；Ⅱ分解百分率＝0.24/0.4＝0.6，Ⅲ分解百分率＝0.15/0.2＝0.75，后者大，C正确；Ⅳ20分钟内M变化量为0.19mol/L，Ⅰ中为0.3mol/L，后者大，D错误。【答案】D高频考点二　化学平衡状态及其影响因素例2．(2019·江苏化学，15)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(　　)\nA.反应2NO(g)＋O2(g)===2NO2(g)的ΔH>0B.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)＝5.0×10－4mol·L－1，NO平衡转化率为50%，则平衡常数K>2000【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NO的平衡转化率，由题图知，随着温度升高，NO的平衡转化率减小，即温度升高，反应2NO＋O22NO2的平衡逆向移动，说明该反应为放热反应，ΔH<0，错误；B项，X点对应NO的转化率低于该温度下NO的平衡转化率，所以反应没有达到平衡状态，延长反应时间，可以提高NO的转化率，正确；C项，Y点时反应已达平衡状态，增加O2的浓度，平衡正向移动，NO的转化率会提高，错误；D项，设起始时c(NO)＝amol·L－1，则：K＝＝，当0.25a＝0时，K＝2000，但0.25a＞0，所以K＞2000，正确。【答案】BD【举一反三】（2018年天津卷）室温下，向圆底烧瓶中加入1molC2H5OH和含1molHBr的氢溴酸，溶液中发生反应；C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O，充分反应后达到平衡。已知常压下，C2H5Br和C2H5OH的沸点分别为38.4℃和78.5℃。下列有关叙述错误的是A.加入NaOH，可增大乙醇的物质的量B.增大HBr浓度，有利于生成C2H5BrC.若反应物增大至2mol，则两种反应物平衡转化率之比不变D.若起始温度提高至60℃，可缩短反应达到平衡的时间【答案】D【解析】加入NaOH，中和HBr，平衡逆向移动，可增大乙醇的物质的量，A正确。增大HBr浓度，平衡正向移动，有利于生成C2H5Br，B正确。若反应物增大至2\nmol，实际上就是将反应的浓度都增大至原来的2倍，比例不变（两次实验反应物的比例都是1:1，等于方程式中的系数比），这里有一个可以直接使用的结论：只要反应物的投料比等于系数比，达平衡时反应物的转化率一定是相等的。所以两种反应物的转化率一定是1:1，C正确。若起始温度提高至60℃，考虑到HBr是挥发性酸，在此温度下会挥发出去，降低HBr的浓度减慢速率，增加了反应时间，D错误。【变式探究】【2017海南】已知反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH＜0。在一定温度和压强下于密闭容器中，反应达到平衡。下列叙述正确的是A.升高温度，K减小B.减小压强，n(CO2)增加C.更换高效催化剂，α(CO)增大D.充入一定量的氮气，n(H2)不变【答案】AD【解析】此反应的正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向进行，化学平衡常数只受温度的影响，即升高温度，K值减小，A正确；反应前后气体体积之和相等，因此减小压强，平衡不移动，即n(CO2)不变，B错误；催化剂对化学平衡移动无影响，因此CO的转化率不变，C错误；恒压下，充入N2，容器的体积增大，组分浓度降低，但化学反应前后气体系数之和不变，因此化学平衡不移动，n(H2)不变，D正确。【变式探究】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的浓度大于原平衡时的浓度，D项错误。高频考点三　化学平衡常数及其应用例3．（2018年江苏卷）根据下列图示所得出的结论不正确的是\nA.图甲是CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的ΔH<0B.图乙是室温下H2O2催化分解放出氧气的反应中c(H2O2)随反应时间变化的曲线，说明随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小C.图丙是室温下用0.1000mol·L−1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L−1某一元酸HX的滴定曲线，说明HX是一元强酸D.图丁是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2+达到沉淀溶解平衡时，溶液中c(Ba2+)与c(SO42−)的关系曲线，说明溶液中c(SO42−)越大c(Ba2+)越小【答案】C【解析】升高温度，lgK减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH＜0，A正确；根据图像，随着时间的推移，c（H2O2）变化趋于平缓，随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小，B正确；根据图像，没有滴入NaOH溶液时，0.1000mol/LHX溶液的pH＞1，HX为一元弱酸，C错误；根据图像可见横坐标越小，纵坐标越大，-lgc（SO42-）越小，-lgc（Ba2+）越大，说明c（SO42-）越大c（Ba2+）越小，D正确。【变式探究】【2017天津卷】常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)。230℃时，该反应的平衡常数K=2×10−5。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍。下列判断正确的是A．增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大B．第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃C．第二阶段，Ni(CO)4分解率较低D．该反应达到平衡时，v生成[Ni(CO)4]=4v生成(CO)【答案】B【解析】平衡常数只与温度有关，与浓度无关，A错误；230时，Ni(CO)4分解的平衡常数为5×106\n，可知分解率较高，B错误；50时，Ni(CO)4以气态存在，有利于分离，从而促使平衡正向移动，C正确；平衡时，4v生成[Ni(CO)4]=v生成(CO)，D错误。【变式探究】在容积为1.00L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4(g)2NO2(g)，随温度升高，混合气体的颜色变深。回答下列问题：(1)反应的ΔH________0(填“大于”或“小于”)；100℃时，体系中各物质浓度随时间变化如上图所示。在0～60s时段，反应速率v(N2O4)为________mol·L－1·s－1；反应的平衡常数K1为________。(2)100℃时达平衡后，改变反应温度为T，c(N2O4)以0.0020mol·L－1·s－1的平均速率降低，经10s又达到平衡。①T________100℃(填“大于”或“小于”)，判断理由是______________________________________________。②列式计算温度T时反应的平衡常数K2_______________________________________________。(3)温度T时反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半。平衡向________(填“正反应”或“逆反应”)方向移动，判断理由是___________________________________________________________。【解析】(1)由题意及图示知，在1.00L的容器中，通入0.100mol的N2O4，发生反应：N2O4(g)2NO2(g)，随温度升高混合气体的颜色变深，说明反应向生成NO2的方向移动，即向正反应方向移动，所以正反应为吸热反应，即ΔH>0；由图示知60s时该反应达到平衡，消耗N2O4为0.100mol·L－1－0.040mol·L－1＝0.060mol·L－1，根据v＝可知：v(N2O4)＝＝0.0010mol·L－1·s－1；求平衡常数可利用三段式：　　　　　　　　　　N2O4(g)2NO2(g)起始量/(mol·L－1)　0.100　　　　　0转化量/(mol·L－1)　0.060　　　　　0.120平衡量/(mol·L－1)　0.040　　　　　0.120K1＝＝＝0.36mol·L－1。\n(2)100℃时达平衡后，改变反应温度为T，c(N2O4)降低，说明平衡N2O4(g)2NO2(g)向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，温度升高，向吸热反应方向移动，即向正反应方向移动，故T>100℃，由c(N2O4)以0.0020mol·L－1·s－1的平均速率降低，经10s又达到平衡，可知此时消耗N2O40.0020mol·L－1·s－1×10s＝0.020mol·L－1，由三段式：　　　　　　　　N2O4(g)2NO2(g)起始量/(mol·L－1)　0.040　　　0.120转化量/(mol·L－1)　0.020　　　0.040平衡量/(mol·L－1)　0.020　　　0.160K2＝＝≈1.3mol·L－1。(3)温度T时反应达到平衡后，将反应容器的容积减少一半，压强增大，平衡会向气体体积减小的方向移动，该反应逆反应为气体体积减小的反应，故平衡向逆反应方向移动。【答案】(1)大于　0.0010　0.36mol·L－1(2)①大于　反应正方向吸热，反应向吸热方向进行，故温度升高②平衡时，c(NO2)＝0.120mol·L－1＋0.0020mol·L－1·s－1×10s×2＝0.160mol·L－1c(N2O4)＝0.040mol·L－1－0.0020mol·L－1·s－1×10s＝0.020mol·L－1K2＝≈1.3mol·L－1(3)逆反应　对气体分子数增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向移动高频考点四有关化学平衡的计算例4.(1)[2019·课标全国Ⅲ，28(1)]Deacon发明的直接氧化法为：4HCl(g)＋O2(g)===2Cl2(g)＋2H2O(g)。如图为刚性容器中，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℃)________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\n)过低、过高的不利影响分别是________________________、________________________。(2)(2016·全国Ⅱ)在不同温度下，NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中SO2和NO的平衡分压pc如图所示。①由图分析可知，反应温度升高，脱硫、脱硝反应的平衡常数均________(填“增大”“不变”或“减小”)。②反应ClO＋2SO===2SO＋Cl－的平衡常数K表达式为_______________________________。(3)[2019·天津理综，7(5)]在1L真空密闭容器中加入amolPH4I固体，t℃时发生如下反应：PH4I(s)PH3(g)＋HI(g)　①4PH3(g)P4(g)＋6H2(g)　②2HI(g)H2(g)＋I2(g)　③达平衡时，体系中n(HI)＝bmol，n(I2)＝cmol，n(H2)＝dmol，则t℃时反应①的平衡常数K值为________(用字母表示)。【解析】(1)由题给HCl平衡转化率随温度变化的关系图可知，随温度升高，HCl平衡转化率降低，则此反应为放热反应，温度越高，平衡常数越小，即K(300℃)大于K(400℃)。结合题图可知，c(HCl)∶c(O2)＝1∶1、400℃时HCl的平衡转化率为84%，列出三段式：则K(400℃)＝＝；进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低会使O2和Cl2分离的能耗较高，过高则会造成HCl转化率较低。(2)①由图分析可知，温度升高，SO2或NO平衡分压的负对数均减小，说明升高温度，平衡逆向移动，因此脱硫、脱硝反应的平衡常数均减小。②根据反应ClO＋2SO===2SO＋Cl―可写出其平衡常数表达式为K＝。(3)反应①生成的n(HI)＝体系中n(HI)＋2×体系中n(I2)＝(b＋2c)mol，反应②中生成的n(H2)＝体系中n(H2)－反应③中生成的n(H2)＝(d－c)mol，体系中n(PH3)＝反应①生成的n(PH3)－反应②中转化的n(PH3\n)＝[b＋2c－(d－c)]mol＝(b＋)mol，反应①的平衡常数K＝c(PH3)·c(HI)＝(b＋)b。【答案】(1)大于　　O2和Cl2分离能耗较高　HCl转化率较低(2)①减小　②K＝(3)(b＋)b【举一反三】[2018·课标全国Ⅰ，28(1)]采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。回答下列问题：(1)F.Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25℃时N2O5(g)分解反应：其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间t的变化如表所示(t＝∞时，N2O5(g)完全分解)：t/min0408016026013001700∞p/kPa35.840.342.545.949.261.262.363.1①已知：2N2O5(g)===2N2O4(g)＋O2(g)ΔH1＝－4.4kJ·mol－12NO2(g)===N2O4(g)　ΔH2＝－55.3kJ·mol－1则反应N2O5(g)===2NO2(g)＋O2(g)的ΔH＝________kJ·mol－1。②研究表明，N2O5(g)分解的反应速率v＝2×10－3×pN2O5(kPa·min－1)。t＝62min时，测得体系中pO2＝2.9kPa，则此时的pN2O5＝________kPa，v＝________kPa·min－1。③若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)________63.1kPa(填“大于”“等于”或“小于”)，原因是________________________________________。④25℃时N2O4(g)2NO2(g)反应的平衡常数Kp＝________kPa(Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1位小数)。【解析】(1)①将已知热化学方程式依次编号为a、b，根据盖斯定律，由×a－b得N2O5(g)===2NO2(g)＋O2(g)　ΔH＝＝kJ·mol－1＝＋53.1kJ·mol－1。②t＝62min时，体系中pO2\n＝2.9kPa，根据三段式法得则62min时pN2O5＝30.0kPa，v＝2×10－3×30.0kPa·min－1＝6.0×10－2kPa·min－1。③刚性反应容器的体积不变，25℃N2O5(g)完全分解时体系的总压强为63.1kPa，升高温度，从两个方面分析：一方面是体积不变，升高温度，体系总压强增大；另一方面，2NO2N2O4的逆反应是吸热反应，升温，平衡向生成NO2的方向移动，气体物质的量增大，故体系总压强增大。④N2O5完全分解生成N2O4和O2，起始pN2O5＝35.8kPa，其完全分解时pN2O4＝35.8kPa，pO2＝17.9kPa，设25℃平衡时N2O4转化了x，则35.8kPa－x＋2x＋17.9kPa＝63.1kPa，解得x＝9.4kPa。平衡时，pN2O4＝26.4kPa，pNO2＝18.8kPa，K＝＝kPa＝13.4kPa。【答案】①＋53.1　②30.0　6.0×10－2　③大于　温度升高，体积不变，总压强增大；NO2二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强增大　④13.4【方法技巧】“三段式”计算解题模型(1)分析三个量：即起始量、转化量、平衡量。(2)明确三个关系①对于同一反应物，起始量－转化量＝平衡量。②对于同一生成物，起始量＋转化量＝平衡量。③各转化量之比等于各物质的化学计量数之比。(3)计算模式对于反应：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VL。计算模式如下：则有：①平衡常数：K＝\n②A的平衡浓度：c(A)平＝mol·L－1。③A的转化率：α(A)平＝×100%，α(A)∶α(B)＝∶＝。④A的体积分数：φ(A)＝×100%。⑤平衡与起始压强之比：＝。⑥混合气体的平均密度：ρ混＝g·L－1。⑦混合气体的平均摩尔质量：M＝g·mol－1。【变式探究】CH4超干重整CO2技术可得到富含CO的化工原料。回答下列问题：(1)CH4超干重整CO2的催化转化如图所示：①关于上述过程Ⅱ的说法不正确的是________(填序号)。a.实现了含碳物质与含氢物质的分离b.可表示为CO2＋H2===H2O(g)＋COc.CO未参与反应d.Fe3O4、CaO为催化剂，降低了反应的ΔH②其他条件不变，在不同催化剂(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)作用下，反应CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g)进行相同时间后，CH4的转化率随反应温度的变化如图所示。a点所代表的状态________(填“是”或“不是”)平衡状态；b点CH4的转化率高于c点，原因是____________________________________________________________。(2)在一刚性密闭容器中，CH4和CO2的分压分别为20kPa、25kPa，加入Ni/α－Al2O3催化剂并加热至1123K使其发生反应CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)。\n①研究表明CO的生成速率v(CO)＝1.3×10－2·p(CH4)·p(CO2)mol·g－1·s－1，某时刻测得p(CO)＝20kPa，则p(CO2)＝________kPa，v(CO)＝________mol·g－1·s－1。②达到平衡后测得体系压强是起始时的1.8倍，则该反应的平衡常数的计算式为Kp＝________(kPa)2。(用各物质的分压代替物质的量浓度计算)【解析】(1)①由过程Ⅱ分析知H2→H2O(g)，CO2、CO→CO和惰性气体，分离开来，a正确；由过程Ⅱ可分析知H2→H2O(g)，CO2→CO，故反应的方程式为CO2＋H2===H2O(g)＋CO，b正确；由过程Ⅱ分析知CO、CO2→CaCO3，CO参与反应，c不正确；催化剂不改变反应的ΔH，d不正确。②若a点为平衡状态，相同温度下Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中CH4的转化率应相同，故a点不是平衡状态。故p(CO2)＝15kPav(CO)＝1.3×10－2·p(CH4)·p(CO2)mol·g－1·s－1＝1.3×10－2×10×15mol·g－1·s－1＝1.95mol·g－1·s－120kPa－x＋25kPa－x＋2x＋2x＝1.8×(20kPa＋25kPa)x＝18平衡时p(CH4)＝2kPa，p(CO2)＝7kPa，p(CO)＝p(H2)＝36kPaKp＝＝【答案】(1)①c、d　②不是　b、c均未达到平衡，b点温度高，反应速率快，消耗CH4量多，故转化率高(2)①15　1.95　②高频考点五有关化学反应速率、化学平衡的图像分析例5.[2019·天津理综，10Ⅱ(2)(3)(4)]将SiCl4氢化为SiHCl3有三种方法，对应的反应依次为：①SiCl4(g)＋H2(g)SiHCl3(g)＋HCl(g)　ΔH1＞0②3SiCl4(g)＋2H2(g)＋Si(s)4SiHCl3(g)　ΔH2＜0\n③2SiCl4(g)＋H2(g)＋Si(s)＋HCl(g)3SiHCl3(g)　ΔH3(2)已知体系自由能变ΔG＝ΔH－TΔS，ΔG＜0时反应自发进行。三个氢化反应的ΔG与温度的关系如图1所示，可知：反应①能自发进行的最低温度是________；相同温度下，反应②比反应①的ΔG小，主要原因是____________________________________________________________________。(3)不同温度下反应②中SiCl4转化率如图2所示。下列叙述正确的是________(填序号)。a.B点：v正＞v逆b.v正：A点＞E点c.反应适宜温度：480～520℃(4)反应③的ΔH3＝________(用ΔH1，ΔH2表示)。温度升高，反应③的平衡常数K________(填“增大”、“减小”或“不变”)。【解析】(2)ΔG<0时，反应能自发进行，故反应①自发进行的最低温度为1000℃。由于ΔG＝ΔH－TΔS，反应②的ΔH2<0，而反应①的ΔH1>0，ΔH2<ΔH1，ΔS1>ΔS2，因此相同温度下反应②比反应①的ΔG小的主要原因为ΔH2<ΔH1。(3)a项，同一点比较正、逆反应速率看反应进行方向，B点反应正向进行，所以v正>v逆，正确.b项，不同点比较正、逆反应速率看反应条件，A点温度低于E点温度，所以v正：A点<E点，错误；c项，根据图示，温度在480～520℃时，SiCl4转化率高，480～520℃为反应适宜温度，正确。(4)根据盖斯定律，由反应②－反应①，可得反应③，则ΔH3＝ΔH2－ΔH1。由ΔH2<0，ΔH1>0知ΔH3<0，反应③为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小。【答案】(2)1000℃　ΔH2＜ΔH1导致反应②的ΔG小(3)ac(4)ΔH2－ΔH1　减小【方法技巧】1.化学平衡的常见图像转化率(或含量)—时间图像\n反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，m＋n＞p＋q，且ΔH＞0(1)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；(2)图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；(3)图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，不能改变反应物的转化率。2.恒压(温)线反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，m＋n＞p＋q，且ΔH＞0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。3.特殊类型图像(1)对于化学反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋q(D)g，M点前，表示从反应物开始，v正＞v逆；M点为刚达到平衡点(如下图)；M点后为平衡受温度的影响情况，即升温，A的百分含量增加或C的百分含量减少，平衡左移，故正反应ΔH＜0。(2)对于化学反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，L线上所有的点都是平衡点(如图)。L线的左上方(E点)，A的百分含量大于此压强时平衡体系的A的百分含量，所以E点v正＞v逆；则L线的右下方(F点)，v正＜v逆。【变式探究】(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\n)，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＝－75kJ·mol－1C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－394kJ·mol－1C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH＝－111kJ·mol－1该催化重整反应的ΔH＝________kJ·mol－1。有利于提高CH4平衡转化率的条件是________(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2L的容器中加入2molCH4、1molCO2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)75172活化能催化剂X3391(kJ·mol－1)催化剂Y4372①由上表判断，催化剂X________Y(填“优于”或“劣于”)，理由是____________________________________________________________。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________(填标号)。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\n②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____________________________________________________________。【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＝＋247kJ·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1mol×50%＝0.5mol，则消耗的CH4为0.5mol，生成的CO和H2均为1mol，根据三段式法可知平衡时CH4、CO2、CO和H2的平衡浓度分别为0.75mol·L－1、0.25mol·L－1、0.5mol·L－1、0.5mol·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)。【答案】(1)＋247　A　(2)①劣于　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　AD　②pc(CO2)>pb(CO2)>pa(CO2)1．[2019江苏]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\nA．反应2NO(g)+O2(g)===2NO2(g)的ΔH>0B．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)=5.0×10−4mol·L−1，NO平衡转化率为50%，则平衡常数K>2000【答案】BD【解析】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；根据上述分析，X点时，反应还未到达平衡状态，反应正向进行，所以延长反应时间能提高NO的转化率，故B正确；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，平衡向正反应方向移动，可以提高NO的转化率，故C错误；设NO起始浓度为amol/L，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；故选BD。2．[2019浙江选考]下列说法正确的是()A．H(g)＋I2(g)2HI(g)，其他条件不变，缩小反应容器体积，正逆反应速率不变B．C(s)＋H2O(g)H2(g)＋CO(g)，碳的质量不再改变说明反应已达平衡C．若压强不再随时间变化能说明反应2A(?)＋B(g)2C(?)已达平衡，则A、C不能同时是气体D．1molN2和3molH2反应达到平衡时H2转化率为10%，放出的热量为Q1；在相同温度和压强下，当2molNH3分解为N2和H2的转化率为10%时，吸收的热量为Q2，Q2不等于Q1【答案】B\n【解析】该可逆反应的反应前后气体计量数不发生变化，当缩小反应容器体积，相当于加压，正逆反应速率同等程度增加，A项错误；在建立平衡前，碳的质量不断改变，达到平衡时，质量不变，因而碳的质量不再改变说明反应已达平衡，B项正确；若压强不再改变说明反应达到平衡，表明反应前后气体的计量数不等，故A、C不可能均为气体，C项错误；易知N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH，合成氨气实际参与反应n(H2)=3×10％=0.3mol，因而Q1=0.3/3×|ΔH|=0.1|ΔH|，分解氨气时实际消耗的n(NH3)=2×10％=0.2mol，Q2=0.2/2×|ΔH|=0.1|ΔH|，则Q1=Q2，D项错误。1.（2018年天津卷）室温下，向圆底烧瓶中加入1molC2H5OH和含1molHBr的氢溴酸，溶液中发生反应；C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O，充分反应后达到平衡。已知常压下，C2H5Br和C2H5OH的沸点分别为38.4℃和78.5℃。下列有关叙述错误的是A.加入NaOH，可增大乙醇的物质的量B.增大HBr浓度，有利于生成C2H5BrC.若反应物增大至2mol，则两种反应物平衡转化率之比不变D.若起始温度提高至60℃，可缩短反应达到平衡的时间【答案】D【解析】加入NaOH，中和HBr，平衡逆向移动，可增大乙醇的物质的量，A正确。增大HBr浓度，平衡正向移动，有利于生成C2H5Br，B正确。若反应物增大至2mol，实际上就是将反应的浓度都增大至原来的2倍，比例不变（两次实验反应物的比例都是1:1，等于方程式中的系数比），这里有一个可以直接使用的结论：只要反应物的投料比等于系数比，达平衡时反应物的转化率一定是相等的。所以两种反应物的转化率一定是1:1，C正确。若起始温度提高至60℃，考虑到HBr是挥发性酸，在此温度下会挥发出去，降低HBr的浓度减慢速率，增加了反应时间，D错误。2.（2018年江苏卷）根据下列图示所得出的结论不正确的是A.图甲是CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的ΔH<0B.图乙是室温下H2O2催化分解放出氧气的反应中c(H2O2)随反应时间变化的曲线，说明随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小C.图丙是室温下用0.1000mol·L−1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L−1某一元酸HX的滴定曲线，说明HX是一元强酸D.图丁是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2+达到沉淀溶解平衡时，溶液中c(Ba2+)与c(SO42−\n)的关系曲线，说明溶液中c(SO42−)越大c(Ba2+)越小【答案】C【解析】升高温度，lgK减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH＜0，A正确；根据图像，随着时间的推移，c（H2O2）变化趋于平缓，随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小，B正确；根据图像，没有滴入NaOH溶液时，0.1000mol/LHX溶液的pH＞1，HX为一元弱酸，C错误；根据图像可见横坐标越小，纵坐标越大，-lgc（SO42-）越小，-lgc（Ba2+）越大，说明c（SO42-）越大c（Ba2+）越小，D正确。3.（2018年江苏卷）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<2c1B.K1>K3，p2>2p3C.v1<v3，α1(SO2)>α3(SO2)D.c2>2c3，α2(SO3)+α3(SO2)<1【答案】CD【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，υ2υ1，增大压强平衡向正反应方向移动，平衡时c22c1，p22p1，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，υ3υ1，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡时c3c1，p3p1，α3（SO2）α1（SO2），K3K1。根据上述分析，A项，υ2υ1，c22c1，A项错误；B项，K3K1，p22p1，p3p1，则p22p3，B项错误；C项，υ3υ1，α3（SO2）α1（SO2），C项正确；D项，c22c1，c3c1，则c22c3，α1（SO2）+α2（SO3）1，α3（SO2）α1（SO2），则α2（SO3）+α3（SO2）1，D项正确；答案选CD。1．【2017天津卷】常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)。230℃时，该反应的平衡常数K=2×10−5。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。\n第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍。下列判断正确的是A．增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大B．第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃C．第二阶段，Ni(CO)4分解率较低D．该反应达到平衡时，v生成[Ni(CO)4]=4v生成(CO)【答案】B【解析】平衡常数只与温度有关，与浓度无关，A错误；230时，Ni(CO)4分解的平衡常数为5×106，可知分解率较高，B错误；50时，Ni(CO)4以气态存在，有利于分离，从而促使平衡正向移动，C正确；平衡时，4v生成[Ni(CO)4]=v生成(CO)，D错误。2．【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Mn2+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【答案】D【解析】由甲图可知，双氧水浓度越大，分解越快，A错误；由图乙可知，溶液的碱性越强即pH越大，双氧水分解越快，B错误；根据变量控制法，3个实验必须加入等量的Mn2+才能比较溶液的碱性对双氧水分解的影响。由图丙可知，3个实验中由于仅在其中一个加了Mn2+，C错误；由图丙和图丁可知，溶液的碱性越强、Mn2+浓度越大，双氧水分解越快，D正确。3．【2017海南】已知反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH＜0。在一定温度和压强下于密闭容器中，反应达到平衡。下列叙述正确的是\nA.升高温度，K减小B.减小压强，n(CO2)增加C.更换高效催化剂，α(CO)增大D.充入一定量的氮气，n(H2)不变【答案】AD【解析】此反应的正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向进行，化学平衡常数只受温度的影响，即升高温度，K值减小，A正确；反应前后气体体积之和相等，因此减小压强，平衡不移动，即n(CO2)不变，B错误；催化剂对化学平衡移动无影响，因此CO的转化率不变，C错误；恒压下，充入N2，容器的体积增大，组分浓度降低，但化学反应前后气体系数之和不变，因此化学平衡不移动，n(H2)不变，D正确。4．【2017江苏卷】温度为T1时，在三个容积均为1L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A．达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为4∶5B．达平衡时，容器Ⅱ中比容器Ⅰ中的大C．达平衡时，容器Ⅲ中NO的体积分数小于50%D．当温度改变为T2时，若k正=k逆，则T2>T1【答案】CD【解析】由容器I中反应2NO22NO+O2起始量(mol/L)0.600变化量(mol/L)0.40.40.2平衡量(mol/L)0.20.40.2可以求出平衡常数K=，平衡时气体的总物质的量为0.8mol，其中NO占0.4mol，所以NO的体积分数为50%，。在平衡状态下，v正=v(NO2)消耗=v逆=v(NO)消耗，所以k正c2(NO2)=k逆c2(NO)•c(O2)，进一步求出\n。A．显然容器II的起始投料与容器I的平衡量相比，增大了反应物浓度，平衡将向逆反应方向移动，所以容器II在平衡时气体的总物质的量一定小于1mol，故两容器的压强之比一定大于4：5，A错误；B．若容器II在某时刻，，由反应2NO22NO+O2起始量(mol/L)0.30.50.2变化量(mol/L)2x2xx平衡量(mol/L)0.3−2x0.5+2x0.2+x因为，，解之得x=，求出此时浓度商Qc=>K，所以容器II达平衡时，一定小于1，B错误；C．若容器III在某时刻，NO的体积分数为50%，由反应2NO22NO+O2起始量(mol/L)00.50.35变化量(mol/L)2x2xx平衡量(mol/L)2x0.5−2x0.35−x由0.5−2x=2x+0.35−x，解之得，x=0.05，求出此时浓度商Qc=>，说明此时反应未达平衡，反应继续向逆反应方向进行，NO进一步减少，所以C正确；D．温度为T2时，>0.8，因为正反应是吸热反应，升高温度后化学平衡常数变大，所以T2>T1，D正确。1．【2016年高考北京卷】下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是（）A．抗氧化剂B．调味剂C．着色剂D．增稠剂【答案】A【解析】抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，A正确；调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，B错误；着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，C错误；增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，D错误。2．【2016年高考四川卷】一定条件下，CH4与H2O(g)发生反应：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)，设起始=Z，在恒压下，平衡时(CH4\n)的体积分数与Z和T（温度）的关系如图所示。下列说法正确的是（）A．该反应的焓变△H>0B．图中Z的大小为a>3>bC．图中X点对应的平衡混合物中=3D．温度不变时，图中X点对应的平衡在加压后(CH4)减小【答案】A【解析】从图分析，随着温度升高甲烷的体积分数逐渐减小，说明升温平衡正向移动，则正反应为吸热反应，A正确；的比值越大，则甲烷的体积分数越小，故a<3<b，B错误；起始加入量的比值为3，但随着反应的进行甲烷和水是按等物质的量反应，所以到平衡时比值不是3，C错误；温度不变时，加压，平衡逆向移动，甲烷的体积分数增大，D错误。3．【2016年高考江苏卷】一定温度下，在3个体积均为1.0L的恒容密闭容器中反应2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)达到平衡。下列说法正确的是（）A．该反应的正反应放热B．达到平衡时，容器Ⅰ中反应物转化率比容器Ⅱ中的大C．达到平衡时，容器Ⅱ中c(H2)大于容器Ⅲ中c(H2)的两倍D．达到平衡时，容器Ⅲ中的正反应速率比容器Ⅰ中的大\n【答案】AD【解析】分析Ⅰ、Ⅲ中数据知反应开始时Ⅰ中加入的H2、CO与Ⅲ中加入甲醇的物质的量相当，平衡时甲醇的浓度：Ⅰ＞Ⅲ，温度：Ⅰ＜Ⅲ，即升高温度平衡逆向移动，该反应正向为放热反应，A正确；Ⅱ相当于将容器Ⅰ的体积缩小二分之一，该反应正向为气体物质的量减小的反应，增大压强平衡正向移动，达到平衡时，容器Ⅰ中反应物转化率比容器Ⅱ中的小，B错误；Ⅰ和Ⅱ对比，Ⅱ相当于将容器Ⅰ的体积缩小二分之一，该反应正向为气体物质的量减小的反应，增大压强平衡正向移动，则Ⅱ中氢气的浓度小于Ⅰ中氢气浓度的2倍，Ⅲ和Ⅰ对比，平衡逆向移动，氢气浓度增大，故达到平衡时，容器Ⅱ中c(H2)小于容器Ⅲ中c(H2)的两倍，C错误；温度：Ⅲ＞Ⅰ，当其他条件不变时，升高温度反应速率加快，故达到平衡时，容器Ⅲ中的正反应速率比容器Ⅰ中的大，D正确。4．【2016年高考海南卷】(9分)顺-1，2-二甲基环丙烷和反-1，2-二甲基环丙烷可发生如下转化：该反应的速率方程可表示为：v(正)=k(正)c(顺)和v(逆)=k(逆)c(反)，k(正)和k(逆)在一定温度时为常数，分别称作正，逆反应速率常数。回答下列问题：（1）已知：t1温度下，k(正)=0.006s－1，k(逆)=0.002s－1，该温度下反应的平衡常数值K1=_____；该反应的活化能Ea(正)小于Ea(逆)，则________0(填“小于”“等于”或“大于”)。（2）t2温度下，图中能表示顺式异构体的质量分数随时间变化的曲线是_______(填曲线编号)，平衡常数值K2=_____；温度t2___t1(填“小于”“等于”或“大于”),判断理由是______。【答案】（1）3小于（2）B7/3大于放热反应升高温度时平衡向逆反应方向移动【解析】（1）根据v（正）=k（正）c（顺）、，则v（正）=0.006c（顺）,v（逆）=k（逆）c（反），,v（逆）=0.002c（反）,达到化学平衡状态时正逆反应速率相等，则\n0.006c（顺）=0.002c（反），K1=c(反)/c(顺)=0.006÷0.002=3；该反应的活化能Ea(正)小于Ea(逆)，说明断键吸收的能量小于成键释放的能量，即该反应为放热反应，则小于零。（2）随着时间的推移，顺式异构体的质量分数不断减小，则符合条件的曲线是B，设顺式异构体的起始浓度为x,该可逆反应左右物质系数相等，均为1，则平衡时，顺式异构体的浓度为0.3x,反式异构体的浓度为0.7x，所以平衡常数值K2=0.7x÷0.3x=7/3，因为K1>K2,放热反应升高温度时平衡向逆反应方向移动,所以温度t2大于t1。5．【2016年高考上海卷】（本题共12分）随着科学技术的发展和环保要求的不断提高，CO2的捕集利用技术成为研究的重点。完成下列填空：（1）目前国际空间站处理CO2的一个重要方法是将CO2还原，所涉及的反应方程式为：CO2（g）+4H2（g）CH4（g）+2H2O（g）已知H2的体积分数随温度的升高而增加。若温度从300℃升至400℃，重新达到平衡，判断下列表格中各物理量的变化。（选填“增大”、“减小”或“不变”）v正v逆平衡常数K转化率α（2）相同温度时，上述反应在不同起始浓度下分别达到平衡，各物质的平衡浓度如下表：[CO2]/mol·L-1[H2]/mol·L-1[CH4]/mol·L-1[H2O]/mol·L-1平衡Ⅰabcd平衡Ⅱmnxya、b、c、d与m、n、x、y之间的关系式为_________。（3）碳酸：H2CO3，Ki1=4.3×10-7，Ki2=5.6×10-11草酸：H2C2O4，Ki1=5.9×10-2，Ki2=6.4×10-50.1mol/LNa2CO3溶液的pH____________0.1mol/LNa2C2O4溶液的pH。（选填“大于”“小于”或“等于”）等浓度广东草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是___________。若将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合，溶液中各种离子浓度大小的顺序正确的是_____。（选填编号）A．[H+]>[HC2O4-]>[HCO3-]>[CO32-]b．[HCO3-]>[HC2O4-]>[C2O42-]>[CO32-]\nc．[H+]>[HC2O4-]>[C2O42-]>[CO32-]d．[H2CO3]>[HCO3-]>[HC2O4-]>[CO32-]（4）人体血液中的碳酸和碳酸氢盐存在平衡：H++HCO3-H2CO3，当有少量酸性或碱性物质进入血液中时，血液的pH变化不大，用平衡移动原理解释上述现象。________________________________【答案】（1）v正v逆平衡常数K转化率α增大增大减小减小（2）（3）大于；草酸；ac（4）当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H+浓度变化较小，血液中的pH基本不变；当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变。（合理即给分）【解析】（1）H2的体积分数随温度的升高而增加，这说明升高温度平衡向逆反应方向进行，即正反应是放热反应。升高温度正逆反应速率均增大，平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小，反应物的转化率减小。（2）相同温度时平衡常数不变，则a、b、c、d与m、n、x、y之间的关系式为。（3）根据电离常数可知草酸的酸性强于碳酸，则碳酸钠的水解程度大于草酸钠，所以0.1mol/LNa2CO3溶液的pH大于0.1mol/LNa2C2O4溶液的pH。草酸的酸性强于碳酸，则等浓度草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是草酸。a．草酸的两级电离常数均大于碳酸的，所以草酸的两级的电离程度均大于碳酸的，因此溶液中[H+]＞[HC2O4-]＞[C2O42-]＞[HCO3-]＞[CO32-]，a正确；b．根据a中分析可知b错误；c．根据a中分析可知c正确；d．根据a中分析可知d错误，答案选ac。（4）根据平衡可知当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H+浓度变化较小，血液中的pH基本不变；当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变。6．【2016年高考天津卷】(14分)氢能是发展中的新能源，它的利用包括氢的制备、储存和应用三个环节。回答下列问题：（3）在恒温恒容的密闭容器中，某储氢反应：MHx(s)+yH2(g)MHx+2y(s)ΔH<0达到化学平衡。下列有关叙述正确的是________。\na．容器内气体压强保持不变b．吸收ymolH2只需1molMHxc．若降温，该反应的平衡常数增大d．若向容器内通入少量氢气，则v(放氢)>v(吸氢)（4）利用太阳能直接分解水制氢，是最具吸引力的制氢途径，其能量转化形式为_______。【答案】（3）ac（4）光能转化为化学能【解析】（3）MHx(s)+yH2(g)MHx+2y(s)ΔH<0，该反应属于气体的物质的量发生变化的反应。a.平衡时气体的物质的量不变，压强不变，正确；b.该反应为可逆反应，吸收ymolH2需要大于1mol的MHx，错误；c.降低温度，平衡向正反应方向移动，平衡常数增大，正确；d.向容器内通入少量氢气，相当于增大压强，平衡正向移动，v(放氢)＜v(吸氢)，错误；故选ac；（4）利用太阳能直接分解水制氢，是将光能转化为化学能，故答案为：光能转化为化学能；7．【2016年高考新课标Ⅰ卷】(15分)元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3+(蓝紫色)、Cr(OH)4−(绿色)、Cr2O72−(橙红色)、CrO42−(黄色)等形式存在，Cr(OH)3为难溶于水的灰蓝色固体，回答下列问题：（2）CrO42−和Cr2O72−在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为1.0mol·L−1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72−)随c(H+)的变化如图所示。①离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应____________。②由图可知，溶液酸性增大，CrO42−的平衡转化率__________(填“增大“减小”或“不变”)。根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为__________。③升高温度，溶液中CrO42−的平衡转化率减小，则该反应的ΔH_________(填“大于”“小于”或“等于”)。\n【答案】(2)①2CrO42-+2H＋Cr2O72-+H2O；②增大；1.0×1014；③小于；【解析】（2）①随着H+浓度的增大，CrO42-与溶液中的H+发生反应，反应转化为Cr2O72-的离子反应式为：2CrO42-+2H＋Cr2O72-+H2O。②根据化学平衡移动原理，溶液酸性增大，c(H+)增大，化学平衡2CrO42-+2H＋Cr2O72-+H2O向正反应方向进行，导致CrO42−的平衡转化率增大；根据图像可知，在A点时，c(Cr2O72-)=0.25mol/L，由于开始时c(CrO42−)=1.0mol/L，根据Cr元素守恒可知A点的溶液中CrO42-的浓度c(CrO42−)=0.5mol/L；H+浓度为1.0×10-7mol/L；此时该转化反应的平衡常数为；③由于升高温度，溶液中CrO42−的平衡转化率减小，说明升高温度，化学平衡逆向移动，导致溶液中CrO42−的平衡转化率减小，根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，逆反应方向是吸热反应，所以该反应的正反应是放热反应，故该反应的ΔH＜0；8．【2016年高考新课标Ⅱ卷】丙烯腈（CH2=CHCN）是一种重要的化工原料，工业上可用“丙烯氨氧化法”生产，主要副产物有丙烯醛（CH2=CHCHO）和乙腈CH3CN等，回答下列问题：（1）以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈（C3H3N）和副产物丙烯醛（C3H4O）的热化学方程式如下：①C3H6(g)+NH3(g)+3/2O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g)△H=-515kJ/mol②C3H6(g)+O2(g)=C3H4O(g)+H2O(g)△H=-353kJ/mol两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是；有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是；提高丙烯腈反应选择性的关键因素是。（2）图（a）为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线，最高产率对应温度为460OC．低于460OC时，丙烯腈的产率（填“是”或者“不是”）对应温度下的平衡产率，判断理由是；高于460OC时，丙烯腈产率降低的可能原因是（双选，填标号）A．催化剂活性降低B．平衡常数变大C．副反应增多D．反应活化能增大\n（3）丙烯腈和丙烯醛的产率与n（氨）/n（丙烯）的关系如图（b）所示。由图可知，最佳n（氨）/n（丙烯）约为，理由是。进料氨、空气、丙烯的理论体积约为【答案】（1）两个反应均为放热量大的反应；降低温度、降低压强；催化剂；（2）不是；该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低；AC（3）1；该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低；1:7.5:1【解析】（1）因为两个反应均为放热量大的反应，所以热力学趋势大；该反应为气体分子数增大的放热反应，所以降低温度、降低压强有利于提高丙烯腈的平衡产率；提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催化剂。（2）因为该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低，反应刚开始进行，尚未达到平衡状态，460℃以前是建立平衡的过程，所以低于460℃时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡产率；高于460℃时，丙烯腈产率降低，A．催化剂在一定温度范围内活性较高，若温度过高，活性降低，正确；B．平衡常数变大，对产率的影响是提高产率才对，错误；C．根据题意，副产物有丙烯醛，副反应增多导致产率下降，正确；D．反应活化能的大小不影响平衡，错误；答案选AC。（3）根据图像可知，当n（氨）/n（丙烯）约为1时，该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低；根据化学反应C3H6(g)+NH3(g)+3/2O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g)，氨气、氧气、丙烯按1：1.5：1的体积比加入反应达到最佳状态，而空气中氧气约占20%，所以进料氨、空气、丙烯的理论体积约为1：7.5：1。9．【2016年高考新课标Ⅲ卷】（15分）煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，形成酸雨、污染大气，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝，回答下列问题：（1）NaClO2的化学名称为_______。（2）在鼓泡反应器中通入含有含有SO2和NOx的烟气，反应温度为323K，NaClO2溶液浓度为5×10−3mol·L−1。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表》离子SO42−SO32−NO3−NO2−Cl−c/（mol·L−1）8.35×10−46.87×10−61.5×10−41.2×10−53.4×10−3①写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式__________。增加压强，NO的转化率______（填“提高”“不变”或“降低”）。②随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的pH逐渐______（填“提高”“不变”或“降低”）。③由实验结果可知，脱硫反应速率______脱硝反应速率（填“大于”或“小于”）。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是___________。\n（3）在不同温度下，NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中，SO2和NO的平衡分压px如图所示。①由图分析可知，反应温度升高，脱硫、脱硝反应的平衡常数均______________（填“增大”“不变”或“减小”）。②反应ClO2−+2SO32−===2SO42−+Cl−的平衡常数K表达式为___________。【答案】（1）亚氯酸钠；（2）①2OH-＋3ClO2－＋4NO＝4NO3－＋3Cl－＋2H2O；提高②减小；③大于；NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高（3）①减小；②②根据反应的方程式ClO2−+2SO32−===2SO42−+Cl−可知平衡常数K表达式为。【解析】（1）NaClO2的化学名称为亚氯酸钠；（2）①亚氯酸钠具有氧化性，则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式为4OH-＋3ClO2－＋4NO＝4NO3－＋3Cl－＋2H2O；正反应是体积减小的，则增加压强，NO的转化率提高。②根据反应方程式2H2O＋ClO2－＋2SO2＝2SO42－＋Cl－＋4H＋、2H2O＋3ClO2－＋4NO＝4NO3－＋3Cl－＋4H＋可知随着吸收反应的进行氢离子浓度增大，吸收剂溶液的pH逐渐降低。③由实验结果可知，在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多，因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是二氧化硫的还原性强，易被氧化。（3）在不同温度下，NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中，SO2和NO的平衡分压pe如图所示。①由图分析可知，反应温度升高，SO2和NO的平衡分压负对数减小，这说明反应向逆反应方向进行，因此脱硫、脱硝反应的平衡常数均减小。②根据反应的方程式ClO2−+2SO32−===2SO42−+Cl−可知平衡常数K表达式为。10．【2016年高考浙江卷】（15分）催化还原CO2是解决温室效应及\n能源问题的重要手段之一。研究表明，在Cu/ZnO催化剂存在下，CO2和H2可发生两个平衡反应，分别生成CH3OH和CO。反应的热化学方程式如下：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1=-53.7kJ·mol-1ICO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）ΔH2II某实验室控制CO2和H2初始投料比为1:2.2，经过相同反应时间测得如下实验数据：【备注】Cat.1:Cu/ZnO纳米棒；Cat.2:Cu/ZnO纳米片；甲醇选择性：转化的CO2中生成甲醛的百分比已知：①CO和H2的标准燃烧热分别为-283.0kJ·mol-1和-285.8kJ·mol-1②H2O（l）H2O（g）ΔH3=44.0kJ·mol-1请回答（不考虑温度对ΔH的影响）：（1）反应I的平衡常数表达式K=；反应II的ΔH2=kJ·mol-1。（2）有利于提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有。A．使用催化剂Cat.1B．使用催化剂Cat.2C．降低反应温度D．投料比不变，增加反应物的浓度E．增大CO2和H2的初始投料比（3）表中实验数据表明，在相同温度下不同的催化剂对CO2转化成CH3OH的选择性有显著的影响，其原因是。【答案】（1）+41.2（2）CD（3）表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响。【解析】（1）根据平衡常数的公式，生成物的浓度幂之积与反应物浓度的幂之积的比值，书写平衡常数为。已知热化学方程式：a:CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283.0kJ·mol-1b：H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ·mol-1c:H2O（l）=H2O（g）ΔH3=44.0kJ·mol-1根据盖斯定律分析，b-a+c即可得热化学方程式为：CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2\nO（g）ΔH2=-285.8+283.0+44=+41.2kJ·mol-1。（2）反应Ⅰ中A、使用催化剂，平衡不移动，不能提高转化率，错误；B、使用催化剂，平衡不移动，不能提高转化率，错误；C、降低反应温度，平衡正向移动，提高二氧化碳的转化率，正确；D、投料比不变，增加反应的浓度，平衡正向移动，提高二氧化碳的转化率，正确；E、增大二氧化碳和氢气的初始投料比，能提高氢气的转化率，二氧化碳的会降低，故错误。故选CD。（3）从表格数据分析，在相同的温度下，不同的催化剂，相同的反应时间内，其二氧化碳的转化率也不同，说明不同的催化剂的催化能力不同；相同催化剂不同的温度，二氧化碳的转化率不同，且温度高的转化率大，因为正反应为放热反应，说明表中数据是未到平衡数据。所以答案为：表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响。