【十年高考真题化学分项详解】专题39 化学反应速率与平衡综合问题

1．（2020·山东高考真题）探究CH 3OH 合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CH 3OH 的产率。

以
CO 2、H 2为原料合成CH 3OH 涉及的主要反应如下： Ⅰ. 2232CO (g)3H (g)CH OH(g)H O(g)++ 1149.5kJ mol H -∆=-⋅ Ⅱ. 23CO(g)2H (g)CH OH(g)+ 1290.4kJ mol H -∆=-⋅ Ⅲ. 222CO (g)H (g)CO(g)H O(g)++ 3H ∆
回答下列问题：
（1）3Δ=H _________1kJ mol -⋅。

（2）一定条件下，向体积为VL 的恒容密闭容器中通入1 mol CO 2和3 mol H 2发生上述反应，达到平衡
时，容器中CH 3OH(g)为ɑ mol ，CO 为b mol ，此时H 2O(g)的浓度为__________mol ﹒L -1(用含a 、b 、V 的代数式表示，下同)，反应Ⅲ的平衡常数为___________。

（3）不同压强下，按照n(CO 2)：n(H 2)=1：3投料，实验测定CO 2的平衡转化率和CH 3OH 的平衡产率随
温度的变化关系如下图所示。

已知：CO 2的平衡转化率=
()()()222CO CO 100%CO n n n -⨯初始平衡
初始
专题39 化学反应速率与
平衡综合问题
CH 3OH 的平衡产率=
()()32CH OH 100%CO n n ⨯平衡初始
其中纵坐标表示CO 2平衡转化率的是图___________(填“甲”或“乙”)；压强p 1、p 2、p 3由大到小的顺序为
___________；图乙中T 1温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是___________。

（4）为同时提高CO 2的平衡转化率和CH 3OH 的平衡产率，应选择的反应条件为_________(填标号)。

A ．低温、高压
B ．高温、低压
C ．低温、低压
D ．高温、高压 【答案】（1）+40.9 （2）
a+b
V
b(a+b)(1-a-b)(3-3a-b) （3）乙 p 1、p 2、p 3 T 1时以反应Ⅲ为
主，反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响 （4）A 【解析】
（1）.根据反应I-II=III ，则△H 3=△H 1-△H 2=-49.5kJ∙mol -1-(-90.4 kJ∙mol -1)=+40.9 kJ∙mol -1；
（2）.假设反应II 中，CO 反应了xmol ，则II 生成的CH 3OH 为xmol ，I 生成的CH 3OH 为(a-x)mol ，III 生
成CO 为(b+x)mol ，根据反应I ：
2232CO (g)+3H (g)CH OH(g)+H O(g)
a-x 3(a-x)a-x a-x
，反应II ：
23CO(g)+2H (g)CH OH(g)
x 2x
x
，反应III ：222CO (g)+H (g)
CO(g)+H O(g)
b+x b+x b+x b+x
，所以平衡时水的物
质的量为(a-x)mol+(b+x)mol =(a+b)mol ，浓度为:
()-1a+b mol a+b mol =L VL
V
⋅；平衡时CO
2的物质的量为
1mol-(a-x)mol-(b+x)mol=(1-a-b)mol ，H 2的物质的量为3mol-3(a-x)mol-2x-(b+x)mol=(3-3a-b)mol ，CO 的物质的量为bmol ，水的物质的量为(a+b)mol ，则反应III 的平衡常数为：
b a+b
b a+b 1-a-b 3-3a-b 1-a-b 3-3a-b ()V V =()()
V V
⨯
⨯⨯⨯；
（3）.反应I 和II 为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则CH 3OH 的平衡产率减少，所以图甲表示
CH 3OH 的平衡产率，图乙中，开始升高温度，由于反应I 和II 为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO 2的平衡转化率降低，反应III 为吸热反应，升高温度反应III 向正反应方向移动，升高一定温度后以反应III 为主，CO 2的平衡转化率又升高，所以图乙表示CO 2的平衡转化率；压强增大，反应I 和II 是气体体积减小的反应，反应I 和II 平衡正向移动，反应III 气体体积不变化，平衡不移动，故
压强增大CH 3OH 的平衡产率增大，根据图所以压强关系为：p 1>p 2>p 3；温度升高，反应I 和II 平衡逆向移动，反应III 向正反应方向移动，所以T 1温度时，三条曲线交与一点的原因为：T 1时以反应III 为主，反应III 前后分子数相等，压强改变对平衡没有影响；
（4）.根据图示可知，温度越低，CO 2的平衡转化率越大，CH 3OH 的平衡产率越大，压强越大，CO 2的平
衡转化率越大，CH 3OH 的平衡产率越大，所以选择低温和高压，答案选A 。

2．（2020·全国高考真题）二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO 2的热点研究领域。

回答下列问题： （1）CO 2催化加氢生成乙烯和水的反应中，产物的物质的量之比n (C 2H 4)∶n (H 2O)=__________。

当反应达
到平衡时，若增大压强，则n (C 2H 4)___________(填“变大”“变小”或“不变”)。

（2）理论计算表明，原料初始组成n (CO 2)∶n (H 2)=1∶3，在体系压强为0.1MPa ，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C 2H 4、CO 2变化的曲线分别是______、______。

CO 2催化加氢合成C 2H 4反应的ΔH ______0(填
“大于”或“小于”)。

（3）根据图中点A(440K ，0.39)，计算该温度时反应的平衡常数K p =_________(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C 3H 6、C 3H 8、C 4H 8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___________________。

【答案】（1）1∶4 变大 （2）d c 小于 （3）⨯3
9140.039或⨯
⨯⨯43620.39
0.39140.390.10.39()
3
等
（4）选择合适催化剂等 【解析】
（1）CO 2催化加氢生成乙烯和水，该反应的化学方程式可表示为2CO 2+6H 2 ⇌ CH 2 = CH 2+4H 2O
，因此，
该反应中产物的物质的量之比n (C 2H 4)：n (H 2O)=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 (C 2H 4)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，∆H 小于0。

（3） 原料初始组成n (CO 2)∶n (H 2)=1∶3，在体系压强为0.1Mpa 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0.39
4
，二氧化碳的物质的量分数为氢气的三分之一，即
0.39
3
，因此，该温度下反应的平衡常数42360.39
0.39140.10.390.393p K ⨯
=⨯⎛⎫⨯ ⎪⎝⎭
(MPa)-3
=3
9140.039⨯(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。

3．（2020·全国高考真题）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SO 2的催化
氧化：SO 2(g)+
12
O 2(g)钒催化剂
−−−−→SO 3(g) ΔH=−98 kJ·mol −1。

回答下列问题： （1）钒催化剂参与反应的能量变化如图所示，V 2O 5(s)与SO 2(g)反应生成VOSO 4(s)和V 2O 4(s)的热化学方
程式为：_________。

（2）当SO 2(g)、O 2(g)和N 2(g)起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在0.5MPa 、2.5MPa 和
5.0MPa 压强下，SO 2平衡转化率α 随温度的变化如图所示。

反应在5.0MPa 、550
℃时的
α=__________，判断的依据是__________。

影响α的因素有__________。

（3）将组成(物质的量分数)为2m% SO 2(g)、m% O 2(g)和q% N 2(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SO 2转化率为α，则SO 3压强为___________，平衡常数K p =___________(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。

（4）研究表明，SO 2催化氧化的反应速率方程为：v=k(′α
α
−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SO 2平衡转化率，α'为某时刻SO 2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t m 。

t<t m 时，v 逐渐提高；t>t m 后，v 逐渐下降。

原因是__________________________。

【答案】（1）2V 2O 5(s)+ 2SO 2(g)⇌ 2VOSO 4(s)+ V 2O 4(s) ∆H = -351 kJ∙mol -1 （2）0.975 该反应气体
分子数减少，增大压强，α提高。

所以，该反应在550℃、压强为5.0MPa ＞2.5MPa ＝p ２的，所以p 1=5.0MPa 反应物（N 2和O 2）的起始浓度（组成）、温度、压强 （3）
2m 100m p
αα
-
()
0.5
1.5
1100mp m α
αα⎛⎫- ⎪-⎝⎭
（4）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 ＜
t m ，k 增大对v 的提高大于α引起的降低；当t ＞t m ，k 增大对v 的提高小于α引起的降低 【解析】
（1）由题中信息可知：
①SO 2(g)+
1
2
O 2(g)⇌SO 3(g) ∆H = -98kJ∙mol -1 ②V 2O 4(s)+ SO 3(g)⇌V 2O 5(s)+ SO 2(g) ∆H 2= -24kJ∙mol -1 ③V 2O 4(s)+ 2SO 3(g)⇌2VOSO 4(s) ∆H 1= -399kJ∙mol -1
根据盖斯定律可知，③-②⨯2得2V 2O 5(s)+ 2SO 2(g)⇌ 2VOSO 4(s)+ V 2O 4(s)，则∆H = ∆H 1-2∆H 2=( -399kJ∙mol -1
)-( -24kJ∙mol -1)⨯2= -351kJ∙mol -1，所以该反应的热化学方程式为：2V 2O 5(s)+ 2SO 2(g)⇌ 2VOSO 4(s)+
V 2O 4(s) ∆H = -351 kJ∙mol -1； （2） SO 2(g)+
1
2
O 2(g)⇌SO 3(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，SO 2的平衡转化率越大，所以，该反应在550℃、压强为5.0MPa 条件下，SO 2的平衡转化率一定高于相同温度下、压强为2.5MPa 的，因此，p 1=5.0MPa ，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（N 2和O 2）的浓度、温度、压强等。

（3）假设原气体的物质的量为100mol ，则SO 2、O 2和N 2的物质的量分别为2m mol 、m mol 和q mol ，
2m+m+q=3m+q=100，SO 2的平衡转化率为α，则有下列关系：
2
231
SO +
O SO 20()2m m 2()
22()2m(1-)
m(1)
mol m mol m m m mol αα
αα
αα-矾催化剂
起始量变化量平衡量
平衡时气体的总物质的量为n(总)= 2m(1-α)+m(1-α)+2m αmol+q mol ，则SO 3的物质的量分数为
()()
()()3n SO 2m mol 2m 100%100%100%n 2m 1m 12m mol q?mol 100m αα
αααα
⨯=
⨯=⨯-+-++-总。

该反应
在恒压容器中进行，因此，SO 3的分压p (SO 3)=2m
100m p
αα-，p (SO 2)=()2m 1 100m p αα
--，p (O 2)=
()m 1
100m p αα
--，在该条件下，SO 2(g)+ 1
2O 2(g)⇌2SO 3(g) 的K p =()()()
()()()30.50.5
0.5 1.5222m SO 100m SO 2m 1m 11100100m 100m p
p p p O mp p p m ααααααααα-==⨯⎛⎫
⎛⎫---⨯ ⎪ ⎪
-⎝⎭--⎝⎭。

（4） 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 =()0.8
k 11n ααα⎛⎫-- ⎪⎝⎭
''，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 ＜t m ，k 增大对v 的提高大于α引起的降低；当t ＞t m ，k 增大对v 的提高小于α引起的降低。

4．（2020·浙江高考真题）研究NO x 之间的转化具有重要意义。

（1）已知：N 2O 4(g)
2NO 2(g) ΔH ＞0 将一定量N 2O 4气体充入恒容的密闭容器中，控制反应温度
为T 1。

①下列可以作为反应达到平衡的判据是________。

A ．气体的压强不变
B ．v 正(N 2O 4)＝2v 逆(NO 2)
C ．K 不变
D ．容器内气体的密
度不变 E ．容器内颜色不变
②t 1时刻反应达到平衡，混合气体平衡总压强为p ，N 2O 4气体的平衡转化率为75%，则反应N 2O 4(g)
2NO 2(g)的平衡常数K p ＝________(对于气相反应，用某组分B 的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作K p ，如p(B)＝p·x(B)，p 为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B 的物质的量分数)。

③反应温度T 1时，c(N 2O 4)随t(时间)变化曲线如图，画出0～t 2时段，c(NO 2)随t 变化曲线。

保持其它
条件不变，改变反应温度为T 2(T 2＞T 1)，再次画出0～t 2时段，c(NO 2)随t 变化趋势的曲线________。

（2） NO 氧化反应：2NO(g)＋O 2(g)=2NO 2(g)分两步进行，其反应过程能量变化示意图如图。

Ⅰ 2NO(g)=N 2O 2(g) ΔH 1
Ⅱ N 2O 2(g)＋O 2(g)→2NO 2(g) ΔH 2
①决定NO 氧化反应速率的步骤是________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。

②在恒容的密闭容器中充入一定量的NO 和O 2气体，保持其它条件不变，控制反应温度分别为T 3和
T 4(T 4＞T 3)，测得c(NO)随t(时间)的变化曲线如图。

转化相同量的NO ，在温度_____(填“T 3”或“T 4”)下消耗的时间较长，试结合反应过程能量图分析其原因____。

【答案】（1）①AE
②
36
7
p ③ （2）①Ⅱ ②T 4
ΔH 1＜0，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(N 2O 2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响 【解析】
（1）①A 、该反应是一个气体体积减小的反应，气体的压强不变说明各物质浓度保持不变，反应达到化学
平衡状态，故正确；
B 、v 正(N 2O 4)＝2v 逆(NO 2)说明正逆反应速率不相等，反应没有达到化学平衡状态，故错误；
C 、温度不变，化学平衡常数K 不变，则K 不变不能说明反应达到化学平衡状态，故错误；
D 、由质量守恒定律可知，反应前后气体质量不变，恒容容器的体积不变，则密度始终不变，则密度不变
不能说明反应达到化学平衡状态，故错误；
E 、容器内颜色不变说明各物质浓度保持不变，反应达到化学平衡状态，故正确； AE 正确，故答案为：AE ；
②设起始N 2O 4的物质的量为1mol ，由题给数据建立如下三段式：
()
()
242 N O g 2NO g mol ?1? 0mol ? 0.75? 1.5mol ? 0.25? 1.5
起始（）变化（）平衡（）
由三段式数据可知N2O4的平衡分压为0.25
1.75
mol
mol
×p=
7
p
，NO2的平衡分压为
1.5
1.75
mol
mol
×p=
6
7
p
，则平衡常
数K p＝
2
6
()
7
7
p
p=
36
7
p
，故答案为：
36
7
p
；
③由图可知，t1时反应消耗N2O4的浓度为（0.04—0.01）mol/L，由方程式可得反应生成NO2的浓度为
0.03 mol/L×2=0.06 mol/L；该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，NO2的浓度增
大，则0～t2时段，NO2的浓度c(NO2)随t变化趋势的曲线为，故答案为：；
（2）①由图可知，反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，活化能越大，反应速率越慢，则化学反应速率反应Ⅰ快于反应Ⅱ，化学反应取决于反应速率较慢的一步，则决定NO氧化反应速率的步骤是反应Ⅱ，故答案为：Ⅱ；
②由图可知，转化相同量的NO，在温度T4下消耗的时间较长，原因是反应Ⅰ为放热反应，温度升高，反
应Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响，导致转化相同量的NO，在温度较高的T4下消耗的时间较长，故答案为：T4；反应Ⅰ为放热反应，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响；
5．（2019·全国高考真题）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)，平衡后气体中H2的物质的量分数为0.0250。

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0.0192。

根据上述实验结果判断，还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO_________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H 2的物质的量分数为_________（填标号）。

A ．＜0.25
B ．0.25
C ．0.25~0.50
D ．0.50
E ．＞0.50
（4）Shoichi 研究了467 ℃、489 ℃时水煤气变换中CO 和H 2分压随时间变化关系（如下图所示），催化
剂为氧化铁，实验初始时体系中的P H2O 和P CO 相等、P CO2和P H2相等。

计算曲线a 的反应在30~90 min 内的平均速率v (a)=___________kPa·min −1。

467 ℃时P H2和P CO 随时间变
化关系的曲线分别是___________、___________。

489 ℃时P H2和P CO 随时间变化关系的曲线分别是___________、___________。

【答案】（1）大于 （2）C （4） 0.0047 b c a d 【解析】
（1）H 2还原氧化钴的方程式为：H 2(g)＋CoO(s)
Co(s)＋H 2O(g)；CO 还原氧化钴的方程式为：CO(g)＋
CoO(s)
Co(s)＋CO 2(g)，平衡时H 2还原体系中H 2
的物质的量分数（
()
()()
222n H n H +n H O ）高于CO
还原体系中CO 的物质的量分数（()
()()
2n CO n CO +n CO ），故还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO 大于
H 2；
（2）721 ℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H 2O(g)混合，可设其物质的量为1mol ，则
222 CO(g) + H O(g)CO (g)+H (g)00(mol)11x x (mol)
x
x x
x
(mol)1-x
1-x
起始转化平衡
则平衡时体系中H 2的物质的量分数=
()()()2n H xmol x
==n 2
1-x +1-x +x+x mol ⎡⎤⎣⎦总，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H 2，所以CO 更易转化为H 2，故x>0.5，由此可判断最终平衡时体系中H 2的物质的量分数介于0.25~0.50，故答案为C ； （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v (a)=
0.28 kPa
60min
=0.0047 kPa·min −1；由（2）中分析得出H 2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H 2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H 2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，H 2分压降低，故467 ℃时P H2和P CO 随时间变化关系的曲线分别是b 、c ；489 ℃时P H2和P CO 随时间变化关系的曲线分别是a 、d 。

6．（2016·上海高考真题）随着科学技术的发展和环保要求的不断提高，CO 2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CO 2的一个重要方法是将CO 2还原，所涉及的反应方程式为： CO 2（g ）+4H 2（g ）
CH 4（g ）+2H 2O （g ）
已知H 2的体积分数随温度升高而增加。

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”）
（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：
a、b、c、d与m、n、x、y之间的关系式为_________。

（3）碳酸：H2CO3，K i1=4.3×10-7，K i2=5.6×10-11
草酸：H2C2O4，K i1=5.9×10-2，K i2=6.4×10-5
0.1 mol/L Na2CO3溶液的pH____________0.1 mol/L Na2C2O4溶液的pH。

（选填“大于”、“小于”或“等于”）等浓度的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-]
c．[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）
（2）
22
44 cd xy ab mn
=
（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
22
44 cd xy
ab mn
=。

（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0.1 mol/L Na2CO3溶液的pH大于0.1 mol/L Na2C2O4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．草酸的二级电离常数均大于碳酸的，所以草酸的电离程度大于，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。

7．（2008·宁夏高考真题）已知可逆反应：M(g)＋N(g)P(g)＋Q(g)；△H＞0，
请回答下列问题：
（1）在某温度下，反应物的起始浓度分别为：c(M)=1 mol·L-1, c(N)=2.4mol·L-1，达到平衡后，M的转化率为60％，此时N的转化率为__________。

（2）若反应温度升高，M的转化率______(填“增大”“减小”或“不变”）。

（3）若反应温度不变，反应物的起始浓度分别为：c(M)= 4 mol·L-1,c(N)=amol·L-1;达到平衡后，c(P)=2 mol·L-1,a=________。

（4）若反应温度不变，反应物的起始浓度为：c(M)=c(N)= bmol·L-1，达到平衡后，M的转化率为_____________。

【答案】（1）25％（2）增大（3）6 （4）41％
【解析】
（1）△c（M）=60%×1mol•L-1=0.6mol•L-1，浓度变化量之比等于化学计量数之比，所以△c（N）=△c
（M ）=0.6mol•L -1，故此时N 的转化率
0.6/2.4/mol L
mol L
×100%=25%，故答案为25%；
（2）该反应正反应为吸热反应，升高温度平衡向吸热方向移动，即向正反应方向移动，M 的转化率增
大，故答案为增大；
（3）△c （M ）=60%×1mol•L -1=0.6mol•L -1，则： M （g ）+N （g ）⇌P （g ）+Q （g ）； 初始（mol/L ）： 1 2.4 0 0 转化（mol/L ）：0.6 0.6 0.6 0.6 平衡（mol/L ）：0.4 1.8 0.6 0.6 故该温度下平衡常数k=
0.60.6
0.4 1.8
⨯⨯=0.5，
反应温度不变，反应物的起始浓度分别为c （M ）=4mol•L -1，c （N ）=amol•L -1；达到平衡后，c （P ）
=2mol•L -1，则：
M （g ）+N （g ）⇌P （g ）+Q （g ）； 初始（mol/L ）：4 a 0 0 转化（mol/L ）：2 2 2 2 平衡（mol/L ）：2 a-2 2 2
所以
()
22
22a ⨯⨯-=0.5，解得a=6，故答案为6； （4）设平衡时M 的浓度变化量为为xmol/L ，则：
M （g ）+N （g ）⇌P （g ）+Q （g ）；初始（mol/L ）：b b 0 0 变化（mol/L ）：x x x x 平衡（mol/L ）：b-x b-x x x 所以
()()x x b x b x ⨯-⨯-=0.5，解得x=0.41b ，故M 的转化率为0.41//bmol L
bmol L
×100%=41%，故答案为41%。

8．（2007·上海高考真题）一定条件下，在体积为3 L 的密闭容器中，一氧化碳与氢气反应生成甲醇（催化
剂为Cu 2O/ZnO ）：CO(g)＋2H 2(g)
CH 3OH(g)。

根据题意完成下列各题：
（1）反应达到平衡时，平衡常数表达式K＝_______________，升高温度，K值_______（填“增大”、“减小”或“不变”）。

（2）在500℃，从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)＝_____________。

（3）在其他条件不变的情况下，对处于E点的体系体积压缩到原来的1/2，下列有关该体系的说法正确的是_______：
a．氢气的浓度减少b．正反应速率加快，逆反应速率也加快
c．甲醇的物质的量增加d．重新平衡时n(H2)/n(CH3OH)增大
（4）据研究，反应过程中起催化作用的为Cu2O，反应体系中含少量CO2有利于维持催化剂Cu2O的量不变，原因是：_______________________（用化学方程式表示）。

【答案】（1）K＝c(CH3OH)/［c(CO)·c2(H2)］减小（2）2n B/3t B mol·(L·min)－1（3）b c （4）Cu 2O＋CO2Cu＋CO2
【解析】
（1）反应达到平衡时，平衡常数表达式K＝c(CH3OH)/［c(CO)·c2(H2)］。

从图像可知，温度高时平衡体系中甲醇含量减少，可以推出CO(g)＋2H 2(g)CH3OH(g)反应放热，因此温度升高后，K值减小。

（2）从图像可以看出在500℃t B时刻达到平衡，此时甲醇物质的量为n B,反应消耗氢气物质的量为2n B，可求出氢气的平均反应速率为2n B/3t B mol·(L·min)－1。

（3）在其他条件不变的情况下，对处于E点的体系体积压缩到原来的1/2，加压时，反应物和生产物浓度均增大，正、逆反应速率都加快，由勒夏特列原理可知，加压时平衡右移。

a．氢气的浓度增大，，a错误；
b．正反应速率加快，逆反应速率也加快，b正确；
c．平衡向右移动，甲醇的物质的量增加，c正确；
d．重新平衡时n(H2)/n(CH3OH)减小，d错误。

有关该体系的说法正确的是bc：
（4）据研究，反应过程中起催化作用的为Cu2O，反应体系中含少量CO2有利于维持催化剂Cu2O的量不变，一氧化碳与氧化亚铜反应生成铜和二氧化碳，根据平衡移动原理可知，少量二氧化碳的存在可以抑制该化学平衡向正向移动，用化学方程式表示为：Cu 2O＋CO2Cu＋CO2。

9．（2014·全国高考真题）在容积为1.00L的容器中，通入一定量的N 2O4，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△H______0（填“大于”“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℃时达到平衡后，改变反应温度为T，c(N2O4)以0.0020 mol·L-1·s-1的平均速率降低，经10s又达到平衡。

①T_______100℃（填“大于”“小于”），判断理由是_____。

②列式计算温度T是反应的平衡常数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___________。

【答案】（1）大于0.001 0.36 mol·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）=0.120 mol·L—1+0.002 mol·L—1·s—1×10s×2=0.160mol·L—1
c（N2O4）=0.040 mol·L—1—0.002 mol·L—1·s—1×10s=0.02 mol·L—1
K2=0.160mol·L—1）2/0.020mol·L—1=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
【解析】
（1）根据题意知，随温度升高，混合气体的颜色变深，二氧化氮的浓度增大，说明平衡向正反应方向移
动；当其他条件不变时，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，说明正反应为吸热反应，故△H大于0。

根据题给图像知，0-60s时段，N2O4的物质的量浓度变化为0.060 mol·L-1，根据公式v=△c/△t计算，v (N2O4)= 0.060 mol·L-1/60s=0.001 mol·L-1·s-1；分析题给图像知，二氧化氮的平衡浓度为0.120 mol·L-1，四氧化二氮的平衡浓度为0.040 mol·L-1，K1= [NO2]2/[N2O4]=0.36 mol·L-1；
（2）①根据题意知，改变反应温度为T后，c(N2O4)以0.0020 mol·L-1·s-1的平均速率降低，即平衡向正反应方向移动，又反应正方向吸热，反应向吸热方向进行，故为温度升高，T大于1000C，答案为：大于；反应正方向吸热，反应向吸热方向进行，故温度升高；
②根据题意知，平衡时，c（NO2）=0.120 mol·L-1+0.002 mol·L-1·s-1×10s×2=0.160mol·L-1，c（N2O4）=0.040
mol·L-1-0.002 mol·L-1·s-1×10s=0.02 mol·L-1，K2=（0.160mol·L-1）2/0.020mol·L-1=1.3mol·L-1；
（3）温度为T时，反应达平衡，将反应容器的体积减小一半，即增大压强，当其他条件不变时，增大压强，平衡向气体物质平衡向气体物质系数减小的方向移动，即向逆反应方向移动，答案为：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。

10．（2011·上海高考真题）自然界的矿物、岩石的成因和变化受到许多条件的影响。

地壳内每加深1km，压强增大约25000~30000 kPa。

在地壳内SiO2和HF存在以下平衡：SiO2(s) +4HF(g)⇌SiF4(g)+
2H2O(g)+148.9 kJ。

根据题意完成下列填空：
（1）在地壳深处容易有_____________气体逸出，在地壳浅处容易有___________沉积。

（2）如果上述反应的平衡常数K值变大，该反应_____________(选填编号)。

A．一定向正反应方向移动B．在平衡移动时正反应速率先增大后减小
C．一定向逆反应方向移动D．在平衡移动时逆反应速率先减小后增大
（3）如果上述反应在体积不变的密闭容器中发生，当反应达到平衡时，________(选填编号)。

A．2v正(HF)=v逆(H2O) B．v(H2O)=2v(SiF4)
C．SiO2的质量保持不变D．反应物不再转化为生成物
（4）若反应的容器容积为2.0L，反应时间8.0 min，容器内气体的密度增大了0.12 g/L，在这段时间内HF 的平均反应速率为____________。

【答案】（1）SiF4、H2O SiO2（2）ad （3）bc （4）0.0010mol/(L⋅min)
【解析】
（1）SiO2(s)+4HF(g)⇌SiF4(g)+2H2O(g)+148.9kJ，该反应为正反应体积减小的反应,增大压强,平衡向右移动,有SiF4(g)逸出,H2O(g)凝结为水,减小压强有SiO2(s)沉淀析出;故在地壳深处容易有SiF4、H2O气体逸出,在地壳浅处容易有SiO2沉积。

（2）化学平衡常数只随温度的变化而变化，该反应为放热反应，平衡常数K值变大说明温度降低平衡右移，温度降低反应速率减小，平衡右移逆反应速率先减小后增大，故a、d正确；
（3）当反应达到平衡时，正反应速率=逆反应速率且各物质的浓度保持不变；
a．根据反应速率之比等于系数之比可以得出，v正(HF)=2v正(H2O)，当反应达到平衡时，v正(H2O)=v逆(H2O)，因此v正(HF)=2v逆(H2O)，因此a错误；
b．根据反应速率之比等于系数之比可以得出，不管反应有没有达到平衡，均有v正(H2O)=2v正(SiF4)，v逆(H2O)=2v逆(SiF4)，当反应达到平衡时，v正(H2O)=v逆(H2O)，v正(SiF4)=v逆(SiF4)，即v正(H2O)=2v逆(SiF4)或v逆(H2O)=2v正(SiF4)，因此不管反应有没有达到平衡，v(H2O)=2v(SiF4)均成立，故b正确；
c．SiO2的质量保持不变说明反应已经达到平衡，故c正确；
d．反应达到平衡时正逆反应仍然都在进行，反应物和生成物在互相转化，只是速率相等，故d错误。

（4）由容积为2.0L，反应时间8.0min，容器内气体的密度增大了0.12g/L，则增加的质量为
2.0L×0.12g/L=0.24g，由反应及元素守恒可知，每4molHF反应气体质量增加28+16×2=60g，设参加反
应的HF的物质量为x，
()()()()
242
SiO s+4HF g SiF g+2H O g m
4mol1mol2mol60g
x0.24g
4mol x =
60g
0.24g
，解得x=0.016mol，v(HF)=
c
t
=
0.016mol
2L8.0min
⨯
=0.0010mol/(L⋅min)。

11．（2012·上海高考真题）用氮化硅(Si 3N4)陶瓷代替金属制造发动机的耐热部件，能大幅度提高发动机的热效率。

工业上用化学气相沉积法制备氮化硅，其反应如下：3SiCl4(g)+2N2(g)+6H2(g)
高温Si3N4(s)+12HCl(g)+Q(Q>0)。

完成下列填空：
（1）在一定温度下进行上述反应，若反应容器的容积为2 L，3 min后达到平衡，测得固体的质量增加了
2.80 g，则H2的平均反应速率___ mol/(L·min)；该反应的平衡常数表达式K=_____
（2）上述反应达到平衡后，下列说法正确的是_____。

a．其他条件不变，压强增大，平衡常数K减小
b．其他条件不变，温度升高，平衡常数K减小
c．其他条件不变，增大Si3N4物质的量平衡向左移动
d．其他条件不变，增大HCl物质的量平衡向左移动
（3）一定条件下，在密闭恒容的容器中，能表示上述反应达到化学平衡状态的是__。

a．3v逆(N2)=v正(H2) b．v正(HCl)=4v正(SiCl4)
c．混合气体密度保持不变d．c(N2)：c(H2)：c(HCl)=1：3：6
（4）若平衡时H2和HCl的物质的量之比为m
n
，保持其它条件不变，降低温度后达到新的平衡时，H2和
HCl的物质的量之比___m
n
（填“>”、“=”或“<”)。

【答案】（1）0.02
()
()()()
12
326
422
c HCl
c SiCl c N c H
⋅⋅
（2）bd （3）ac （4）＜
【解析】
（1）固体的质量增加了2.80g为Si3N4的质量,其物质的量
2.8g
140g/mol
=0.02mol，根据方程式可知消耗氢气
的物质的量=0.02mol×6=0.12mol，故v(H2)=
0.12mol
2L3min
⨯
=0.02mol/(L.min)；
平衡常数为生成物浓度化学计量数次数幂之积与生成物浓度化学计量数次数幂之积的比值，故该反应平衡
常数K=
()
()()()
12
326
422
c HCl
c SiCl c N c H
⋅⋅
；
（2）a．平衡常数只受温度影响，压强增大，平衡常数K不变，故a错误；
b．正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故b正确；
c．Si3N4是固体，增大其物质的量，不影响平衡移动，故c错误；
d．增大HCl物质的量，平衡向消耗HCl的方向移动，即向逆反应方向移动，故d正确，
故答案为：bd；
（3）a．根据速率之比对化学计量数之比，可以确定v正(H2)=v逆(H2)，说明反应到达平衡状态，故a正确；
b．都表示正反应速率，反应自始至终都成立，不能说明到达平衡状态，故b错误；
c．混合气体密度保持不变说明混合气体的总质量不变，而平衡移动则气体的质量发生变化，可以说明到达平衡状态，故c正确；
d．平衡时浓度关系与起始浓度有关、与转化率有关，不能说明到达平衡状态，故d错误，
故答案为：ac；
（4）该反应正反应是放热反应，降低温度，平衡向正反应移动，到达新平衡，H2的物质的量减小，HCl
的物质的量物质的量增大，新平衡H2和HCl的物质的量之比＜m
n。