课时 3 影响化学平衡的因素

使指示剂显红色，需要使平衡 $ {\rm \mathrm{H}\mathrm{I}\mathrm{n}(\mathrm{a}\mathrm{q})⇌{\mathrm{H}}^{+}(\mathrm{a}\mathrm{q})+{\mathrm{I}\mathrm{n}}^{-}(\mathrm{a}\mathrm{q}).} $ 逆向移动，即加入酸性物质，增大氢离子的浓度，①④符合， $ {\rm \mathrm{D}} $ 正确。

将容器容积增大一倍，容器内压强减小为原来的 $ \dfrac{1}{2} $ ，不考虑平衡移动的情况下， $ {\rm \mathrm{B}} $ 的浓度变为原来的 $ 50\% $ ，而达到新平衡时， $ {\rm \mathrm{B}} $ 的浓度为原来的 $ 60\% $ ，说明平衡移动过程中 $ {\rm \mathrm{B}} $ 的浓度是增大的，即平衡向正反应方向移动， $ {\rm \mathrm{A}} $ 错误；平衡正向移动，物质 $ {\rm \mathrm{A}} $ 的转化率增大， $ {\rm \mathrm{B}} $ 错误；平衡正向移动，物质 $ {\rm \mathrm{B}} $ 的质量分数增大， $ {\rm \mathrm{C}} $ 正确；减小压强，平衡正向移动，说明正反应是气体物质的量增加的反应，则 $ a < b $ ， $ {\rm \mathrm{D}} $ 错误。

$ {\rm \mathrm{C}} $ 是固体，其质量不再变化说明正、逆反应速率相等，达到平衡状态， $ {\rm \mathrm{A}} $ 正确； $ {\rm {\mathrm{H}}_{2}} $ 的物质的量增加 $ 0.2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l} $ ，对应消耗 $ {\rm 0.2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}{\mathrm{H}}_{2}\mathrm{O}} $ ， $ {\rm {\mathrm{H}}_{2}\mathrm{O}(\mathrm{g})} $ 的浓度变化为 $ {\rm \dfrac{0.2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}}{5\mathrm{L}}=0.04\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}\cdot {\mathrm{L}}^{-1}} $ ， $ {\rm v[{\mathrm{H}}_{2}\mathrm{O}(\mathrm{g})]=\dfrac{0.04\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}\cdot {\mathrm{L}}^{-1}}{5 \min }=0.008\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}\cdot {\mathrm{L}}^{-1}\cdot { \min }^{-1}} $ ， $ {\rm \mathrm{B}} $ 错误；该反应是气体体积增大的反应，缩小容器容积，气体浓度增大，平衡逆向移动，由勒夏特列原理可知新平衡时 $ {\rm \mathrm{C}\mathrm{O}} $ 的浓度仍比原平衡高， $ {\rm \mathrm{C}} $ 错误；保持压强不变，充入 $ {\rm \mathrm{A}\mathrm{r}} $ ，容器容积增大，各气体浓度降低，相当于减压，平衡向气体物质的量增多的方向移动，即向右移动， $ {\rm \mathrm{D}} $ 错误。

由题知 $ {\rm 2{\mathrm{N}\mathrm{O}}_{2}(\mathrm{g})⇌{\mathrm{N}}_{2}{\mathrm{O}}_{4}(\mathrm{g}).} $ 是一个放热反应，故该反应的反应物的总能量大于生成物的总能量， $ {\rm \mathrm{A}} $ 错误。该反应正反应是一个放热反应，则升高温度平衡向吸热反应方向即生成 $ {\rm {\mathrm{N}\mathrm{O}}_{2}} $ 的方向移动，故气体颜色加深；降低温度平衡向放热方向移动，气体颜色变浅，则仪器 $ \mathrm{a} $ 中颜色比仪器 $ \mathrm{b} $ 中颜色更深， $ {\rm \mathrm{B}} $ 错误。由上述分析知升温平衡逆向移动，气体的物质的量增加，且仪器 $ \mathrm{a} $ 中温度升高，故仪器 $ \mathrm{a} $ 中气体的压强增大， $ {\rm \mathrm{C}} $ 错误。标准状况下 $ {\rm {\mathrm{N}\mathrm{O}}_{2}} $ 不是气体，则标准状况下 $ {\rm 2.24\mathrm{L}{\mathrm{N}\mathrm{O}}_{2}} $ 的物质的量不等于 $ 0.1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l} $ ，且还有反应 $ {\rm 2{\mathrm{N}\mathrm{O}}_{2}(\mathrm{g})⇌{\mathrm{N}}_{2}{\mathrm{O}}_{4}(\mathrm{g}).} $ 存在，故 $ {\rm 2.24\mathrm{L}{\mathrm{N}\mathrm{O}}_{2}} $ 的质量不是 $ 4.6\mathrm{g} $ ， $ {\rm \mathrm{D}} $ 正确。

曲线Ⅰ代表的投料比 $ {\rm n(\mathrm{C}\mathrm{O}):n({\mathrm{S}\mathrm{O}}_{2})=3:1} $ ， $ {\rm \mathrm{A}} $ 正确；该反应为吸热反应，温度升高平衡正向移动， $ {\rm K} $ 增大， $ {\rm \mathrm{B}} $ 正确；向容器中继续充入 $ {\rm \mathrm{C}\mathrm{O}} $ ，平衡正向移动， $ {\rm {\mathrm{S}\mathrm{O}}_{2}} $ 的转化率提高，但 $ {\rm \mathrm{C}\mathrm{O}} $ 自身的转化率降低， $ {\rm \mathrm{C}} $ 错误；由分析知 $ a $ 点对应的投料比是 $ 2:1 $ ，设加入 $ {\rm \mathrm{C}\mathrm{O}} $ 的物质的量为 $ 2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l} $ 、 $ {\rm {\mathrm{S}\mathrm{O}}_{2}} $ 的物质的量为 $ 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l} $ ，根据图中数据列出三段式：

$ {\rm\hspace{-0.5em} \begin{array} {l} \rm\hspace{-0.5em} \begin{array}{cccccccc}& 2\mathrm{C}\mathrm{O}\left(\mathrm{g}\right)& +& {\mathrm{S}\mathrm{O}}_{2}\left(\mathrm{g}\right)& ⇌& \mathrm{S}\left(\mathrm{g}\right)& +& 2{\mathrm{C}\mathrm{O}}_{2}\left(\mathrm{g}\right)\\ 起始量/\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}& 2& & 1& & 0& & 0\\ 转化量/\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}& 1& & 0.5& & 0.5& & 1\\ 平衡量/\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}& 1& & 0.5& & 0.5& & 1\end{array} \hspace{-0.5em}\end{array} \hspace{-0.5em} } $

平衡时， $ {\rm {\mathrm{C}\mathrm{O}}_{2}} $ 的体积分数 $ =\dfrac{1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}}{(1+0.5+0.5+1)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}}×100\%\approx 33.3\% $ ， $ {\rm \mathrm{D}} $ 正确。

【题图剖析】

合成氨反应为 $ {\rm 3{\mathrm{H}}_{2}(\mathrm{g})+{\mathrm{N}}_{2}(\mathrm{g})\stackrel{高温{、}高压}{\underset{催化剂}{⇌}}2{\mathrm{N}\mathrm{H}}_{3}(\mathrm{g})} $ ，加压使平衡正向移动，涉及勒夏特列原理， $ {\rm \mathrm{A}} $ 错误； $ {\rm {\mathrm{H}}_{2}(\mathrm{g})+{\mathrm{I}}_{2}(\mathrm{g})⇌2\mathrm{H}\mathrm{I}(\mathrm{g}).} $ 反应前后气体分子数相同，加压，平衡不移动，加压后颜色变深是因为压缩体积后 $ {\rm c({\mathrm{I}}_{2})} $ 增大，不涉及勒夏特列原理， $ {\rm \mathrm{B}} $ 正确；加入 $ {\rm \mathrm{K}\mathrm{S}\mathrm{C}\mathrm{N}} $ 固体使 $ {\rm {\mathrm{S}\mathrm{C}\mathrm{N}}^{-}} $ 浓度增大，平衡 $ {\rm \mathrm{F}\mathrm{e}{(\mathrm{S}\mathrm{C}\mathrm{N})}_{3}⇌{\mathrm{F}\mathrm{e}}^{3+}+3{\mathrm{S}\mathrm{C}\mathrm{N}}^{-}.} $ 逆向移动，红色的 $ {\rm \mathrm{F}\mathrm{e}{(\mathrm{S}\mathrm{C}\mathrm{N})}_{3}} $ 浓度增大，溶液颜色加深，涉及勒夏特列原理， $ {\rm \mathrm{C}} $ 错误；酸性 $ {\rm {\mathrm{K}}_{2}{\mathrm{C}\mathrm{r}}_{2}{\mathrm{O}}_{7}} $ 溶液中有 $ {\rm {\mathrm{C}\mathrm{r}}_{2}{\mathrm{O}}_{7}^{2-}} $ （橙色） $ {\rm +{\mathrm{H}}_{2}\mathrm{O}⇌2{\mathrm{C}\mathrm{r}\mathrm{O}}_{4}^{2-}.} $ （黄色） $ {\rm +2{\mathrm{H}}^{+}} $ ，浓 $ {\rm \mathrm{N}\mathrm{a}\mathrm{O}\mathrm{H}} $ 溶液消耗 $ {\rm {\mathrm{H}}^{+}} $ ，使得 $ {\rm {\mathrm{H}}^{+}} $ 的浓度降低，平衡正向移动，黄色的 $ {\rm {\mathrm{C}\mathrm{r}\mathrm{O}}_{4}^{2-}} $ 浓度增大，溶液由橙色变为黄色，涉及勒夏特列原理， $ {\rm \mathrm{D}} $ 错误。

反应平衡后将气体体积压缩到原来的一半， $ {\rm \mathrm{D}} $ 的浓度增大到原来的两倍，而再次平衡后 $ {\rm \mathrm{D}} $ 的浓度为原平衡的1.6倍，说明加压使平衡逆向移动，逆反应方向气体体积减小，即 $ a < c+d $ ， $ {\rm \mathrm{A}} $ 错误；该反应平衡常数 $ {\rm K=c({\mathrm{O}}_{2})} $ ，温度不变则 $ {\rm K} $ 不变，即再次平衡时 $ {\rm c({\mathrm{O}}_{2})} $ 不变， $ {\rm \mathrm{B}} $ 错误；该反应为气体分子数减小的反应，恒温恒容，通入一定量 $ {\rm {\mathrm{N}}_{2}{\mathrm{O}}_{4}} $ 后，平衡逆向移动，生成 $ {\rm {\mathrm{N}\mathrm{O}}_{2}} $ ，但通入 $ {\rm {\mathrm{N}}_{2}{\mathrm{O}}_{4}} $ 等效于在原平衡基础上增大压强，达到新平衡时 $ {\rm {\mathrm{N}\mathrm{O}}_{2}} $ 的百分含量反而减小， $ {\rm \mathrm{C}} $ 正确；升高温度，单位体积内活化分子数增大，活化分子百分数增大，增大 $ {\rm \mathrm{C}\mathrm{O}} $ 浓度，单位体积内活化分子数增大，不改变活化分子百分数， $ {\rm \mathrm{D}} $ 错误。

【模型建构】

等效平衡思维模型

（1）构建恒温恒容平衡思维模型

新平衡状态可认为是两个原平衡状态简单地叠加并压缩而成，相当于增大压强。

（2）构建恒温恒压平衡思维模型

新平衡状态可以认为是两个原平衡状态简单地叠加，压强不变，平衡不移动。

甲、乙中投料“一边倒”后完全相同，乙为绝热容器，反应放热导致温度升高，乙中平衡相当于在甲中平衡基础上逆向移动， $ {\rm \mathrm{C}} $ 的物质的量减少，即 $ p < 1.6 $ ， $ {\rm \mathrm{A}} $ 正确；根据甲的数据计算平衡常数，起始 $ {\rm c(\mathrm{C})=2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}\cdot {\mathrm{L}}^{-1}} $ ， $ {\rm \mathrm{\Delta }c(\mathrm{C})=0.4\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}\cdot {\mathrm{L}}^{-1}} $ ，则 $ {\rm \mathrm{\Delta }c(\mathrm{A})=0.4\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}\cdot {\mathrm{L}}^{-1}} $ 、 $ {\rm \mathrm{\Delta }c(\mathrm{B})=0.2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}\cdot {\mathrm{L}}^{-1}} $ ，平衡时 $ {\rm c(\mathrm{A})=0.4\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}\cdot {\mathrm{L}}^{-1}} $ 、 $ {\rm c(\mathrm{B})=0.2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}\cdot {\mathrm{L}}^{-1}} $ ， $ {\rm K=\dfrac{{c}^{2}(\mathrm{C})}{{c}^{2}(\mathrm{A})\cdot c(\mathrm{B})}=\dfrac{{1.6}^{2}}{{0.4}^{2}×0.2}=80} $ ， $ {\rm \mathrm{B}} $ 正确；甲中 $ {\rm \mathrm{C}} $ 转化率为 $ \dfrac{(2-1.6)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}}{2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}}×100\%=20\% $ ，丙中起始等效于甲的3倍，但丙恒温恒压，压强大于甲，相较于甲中，丙中平衡正向移动，故丙中平衡时 $ {\rm \mathrm{A}} $ 转化率大于 $ 1-20\%=80\% $ ，两者转化率之和大于 $ {\rm 1， \mathrm{C}} $ 正确；甲吸热量 $ {\rm {Q}_{甲}=0.2a\mathrm{k}\mathrm{J}} $ ，根据 $ {\rm \mathrm{C}} $ 项分析丙中 $ {\rm \mathrm{A}} $ 的转化率大于 $ 80\% $ ，丙放热量 $ {\rm {Q}_{丙} > \dfrac{6\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}}{2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}}×80\%a\mathrm{k}\mathrm{J}=2.4a\mathrm{k}\mathrm{J}} $ ， $ {\rm {Q}_{甲}+\dfrac{1}{3}{Q}_{丙} > 0.2a\mathrm{k}\mathrm{J}+\dfrac{1}{3}×2.4a\mathrm{k}\mathrm{J}=a\mathrm{k}\mathrm{J}} $ ， $ {\rm \mathrm{D}} $ 错误。

根据反应 $ {\rm {\mathrm{S}}_{2}{\mathrm{C}\mathrm{l}}_{2}(\mathrm{g})+{\mathrm{C}\mathrm{l}}_{2}(\mathrm{g})⇌2{\mathrm{S}\mathrm{C}\mathrm{l}}_{2}(\mathrm{g}).} $ 可知， $ {\rm {v}_{正}({\mathrm{C}\mathrm{l}}_{2}):{v}_{逆}({\mathrm{S}\mathrm{C}\mathrm{l}}_{2})=1:2} $ 时，反应达到平衡状态，由图像可知， $ {\rm B} $ 、 $ {\rm D} $ 点时 $ {\rm {v}_{正}({\mathrm{C}\mathrm{l}}_{2}):{v}_{逆}({\mathrm{S}\mathrm{C}\mathrm{l}}_{2})=1:2} $ ，反应达到平衡状态，继续加热， $ {\rm {v}_{正}({\mathrm{C}\mathrm{l}}_{2}):{v}_{逆}({\mathrm{S}\mathrm{C}\mathrm{l}}_{2}) < 1:2} $ ，即 $ {\rm {v}_{正}({\mathrm{C}\mathrm{l}}_{2}) < {v}_{逆}({\mathrm{C}\mathrm{l}}_{2})} $ ，平衡逆向移动，该反应正向为放热反应， $ {\rm \mathrm{A}} $ 错误；由 $ {\rm \mathrm{A}} $ 项分析可知，该反应正反应是一个放热反应，故反应达到平衡后，降低温度化学平衡正向移动，有利于提高 $ {\rm {\mathrm{S}\mathrm{C}\mathrm{l}}_{2}} $ 的平衡产率， $ {\rm \mathrm{B}} $ 正确；该反应是反应前后气体分子数不变的反应，在恒容容器中初始投料改为 $ {\rm 2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}{\mathrm{S}}_{2}{\mathrm{C}\mathrm{l}}_{2}} $ 和 $ {\rm 2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}{\mathrm{C}\mathrm{l}}_{2}} $ ，相当于增大容器压强，而增大压强对该反应平衡移动无影响，则平衡时 $ {\rm {\mathrm{C}\mathrm{l}}_{2}} $ 的转化率不变， $ {\rm \mathrm{C}} $ 错误；同一个反应的平衡常数 $ {\rm K} $ 只与温度有关，与压强无关，温度不变则 $ {\rm K} $ 不变， $ {\rm \mathrm{D}} $ 错误。

由【思路导引】知， $ {\rm \mathrm{A}} $ 正确；由【思路导引】可知，Ⅲ中仍含有 $ {\rm {\mathrm{I}}_{2}} $ ， $ {\rm \mathrm{B}} $ 正确；Ⅱ中 $ {\rm \mathrm{K}\mathrm{S}\mathrm{C}\mathrm{N}} $ 结合 $ {\rm {\mathrm{F}\mathrm{e}}^{3+}} $ 使 $ {\rm {\mathrm{F}\mathrm{e}}^{3+}} $ 浓度减小，平衡逆向移动， $ {\rm {\mathrm{I}}^{-}} $ 浓度增大，Ⅳ中加入 $ {\rm {\mathrm{C}\mathrm{C}\mathrm{l}}_{4}} $ 萃取 $ {\rm {\mathrm{I}}_{2}} $ ，平衡正向移动， $ {\rm {\mathrm{I}}^{-}} $ 浓度减小，则 $ {\rm c({\mathrm{I}}^{-})：Ⅱ > Ⅳ} $ ， $ {\rm \mathrm{C}} $ 正确； $ {\rm 2{\mathrm{F}\mathrm{e}}^{3+}+2{\mathrm{I}}^{-}⇌.2{\mathrm{F}\mathrm{e}}^{2+}+{\mathrm{I}}_{2}} $ 为可逆反应， $ {\rm {\mathrm{F}\mathrm{e}}^{3+}} $ 不能完全被还原，Ⅳ中仍含有 $ {\rm {\mathrm{F}\mathrm{e}}^{3+}} $ ， $ {\rm \mathrm{D}} $ 错误。

在密闭容器中存在 $ {\rm {\mathrm{N}\mathrm{O}}_{2}} $ 和 $ {\rm {\mathrm{N}}_{2}{\mathrm{O}}_{4}} $ 的可逆反应： $ {\rm 2{\mathrm{N}\mathrm{O}}_{2}(\mathrm{g})⇌{\mathrm{N}}_{2}{\mathrm{O}}_{4}(\mathrm{g}).} $ ，将活塞由Ⅰ处拉到Ⅱ处时，气体的体积增大，使气体浓度减小，混合气体颜色变浅，体系的压强减小，化学平衡向逆反应方向移动，又使 $ {\rm c({\mathrm{N}\mathrm{O}}_{2})} $ 有所增加，因此混合气体颜色逐渐加深，故当活塞由Ⅰ处拉到Ⅱ处时，观察到管内混合气体的颜色变化为先变浅又逐渐变深， $ {\rm \mathrm{A}} $ 错误； $ {\rm 2{\mathrm{N}\mathrm{O}}_{2}(\mathrm{g})⇌{\mathrm{N}}_{2}{\mathrm{O}}_{4}(\mathrm{g})\mathrm{\Delta }H < 0.} $ ，若将活塞控制在Ⅱ处，将注射器放入热水中，升高温度，平衡逆向移动，管内气体颜色变深， $ {\rm \mathrm{B}} $ 错误；将活塞从Ⅰ处拉到Ⅱ处时，证明了其他条件不变时，增大体积相当于减小压强，平衡向气体分子数增大的方向移动， $ {\rm \mathrm{C}} $ 错误；若把活塞从Ⅱ处推回Ⅰ处，体积缩小相当于增大压强，一开始体积缩小使气体的浓度增大，注射器中气体颜色先变深，后由于压强增大，平衡正向移动，气体颜色又变浅， $ {\rm \mathrm{D}} $ 正确。

由题知该反应的 $ {\rm \mathrm{\Delta }H < 0} $ ，反应达到平衡时，温度升高，平衡向吸热反应方向即逆反应方向移动， $ {\rm \mathrm{C}\mathrm{O}} $ 的转化率降低， $ {\rm \mathrm{A}} $ 错误；当 $ {\rm n({\mathrm{H}}_{2}):n(\mathrm{C}\mathrm{O})=2:1} $ 即化学计量数之比时，达到平衡时 $ {\rm {\mathrm{C}\mathrm{H}}_{3}\mathrm{O}\mathrm{H}} $ 的体积分数最大，即 $ {\rm C} $ 点，而 $ {\rm \dfrac{n({\mathrm{H}}_{2})}{n(\mathrm{C}\mathrm{O})}=2.5} $ 时， $ {\rm {\mathrm{C}\mathrm{H}}_{3}\mathrm{O}\mathrm{H}} $ 的体积分数减小，可能是题图中的 $ {\rm F} $ 点， $ {\rm \mathrm{B}} $ 正确；该反应在恒容装置中进行，则气体的体积不变，而反应物和生成物均是气体，故混合气体的总质量不变，根据 $ {\rm \rho =\dfrac{m}{V}} $ ，可知 $ \rho $ 始终不变，不能作为平衡标志， $ {\rm \mathrm{C}} $ 错误；反应达到平衡时，向恒容容器中充入一定量 $ {\rm \mathrm{A}\mathrm{r}} $ ，平衡不移动，且平衡常数只与温度有关，和充入一定量 $ {\rm \mathrm{A}\mathrm{r}} $ 无关， $ {\rm \mathrm{D}} $ 错误。

由以上分析可知题图中曲线 $ {\rm \mathrm{B}} $ 表示 $ {\rm {\mathrm{C}\mathrm{O}}_{2}} $ 的物质的量随温度的变化， $ {\rm \mathrm{A}} $ 错误；由题图可知，温度低于 $ 600℃ $ 时，降低温度， $ {\rm n({\mathrm{C}\mathrm{O}}_{2})} $ 减小，则转化的 $ {\rm n({\mathrm{C}\mathrm{O}}_{2})} $ 增大，因此降低温度，可提高 $ {\rm {\mathrm{C}\mathrm{O}}_{2}} $ 平衡转化率， $ {\rm \mathrm{B}} $ 正确；反应Ⅲ的平衡常数 $ {\rm K=\dfrac{c({\mathrm{C}\mathrm{O}}_{2})×c({\mathrm{C}\mathrm{H}}_{4})}{{c}^{2}({\mathrm{H}}_{2})×{c}^{2}(\mathrm{C}\mathrm{O})}} $ ，由题图知 $ a $ 点时 $ {\rm c(\mathrm{C}\mathrm{O})=c({\mathrm{C}\mathrm{H}}_{4})} $ ，所以 $ a $ 点时反应Ⅲ的平衡常数 $ {\rm K=\dfrac{c({\mathrm{C}\mathrm{O}}_{2})}{{c}^{2}({\mathrm{H}}_{2})×c(\mathrm{C}\mathrm{O})}} $ ，与 $ {\rm c({\mathrm{C}\mathrm{H}}_{4})} $ 无关， $ {\rm \mathrm{C}} $ 正确；反应 $ {\rm {\mathrm{C}\mathrm{H}}_{4}(\mathrm{g})+{\mathrm{H}}_{2}\mathrm{O}(\mathrm{g})⇌\mathrm{C}\mathrm{O}(\mathrm{g})+3{\mathrm{H}}_{2}(\mathrm{g}).} $ 可由反应Ⅱ-反应Ⅰ得到，由盖斯定律可知，该反应的 $ {\rm \mathrm{\Delta }H=(+41.2)\mathrm{k}\mathrm{J}\cdot {\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}}^{-1}-(-164.7)\mathrm{k}\mathrm{J}\cdot {\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}}^{-1}=+205.9\mathrm{k}\mathrm{J}\cdot {\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}}^{-1}} $ ， $ {\rm \mathrm{D}} $ 正确。

【题图剖析】

平衡常数只与温度有关，该反应在恒温条件下进行，温度不变则平衡常数不变，故Ⅰ和Ⅱ的平衡常数相等， $ {\rm \mathrm{A}} $ 错误；Ⅰ、Ⅱ两过程分别达到平衡时， $ {v}_{逆} $ 相等，则两平衡等效， $ {\rm \mathrm{A}} $ 的体积分数相等， $ {\rm \mathrm{B}} $ 正确； $ 0\sim {t}_{1} $ 时段为平衡建立过程，反应正向进行，故 $ {v}_{正} > {v}_{逆} $ ， $ {\rm \mathrm{C}} $ 正确；加入 $ {\rm \mathrm{C}} $ 物质会瞬间增大 $ {\rm \mathrm{C}} $ 的浓度，使逆反应速率突增，与图像中 $ {t}_{2} $ 时刻 $ {v}_{逆} $ 突然增大的变化相符， $ {\rm \mathrm{D}} $ 正确。

由题图可知，压强一定时，升高温度，乙苯的平衡转化率增大，说明升温平衡正向移动，则正反应为吸热反应， $ {\rm \mathrm{A}} $ 正确；根据题意，相同温度下改变一个条件，乙苯的平衡转化率增大，若恒压条件下通入不参与反应的惰性气体，相当于减小压强，平衡向着气体体积增大的方向即正向移动，乙苯的平衡转化率增大， $ {\rm \mathrm{B}} $ 正确；平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，由题图知 $ {\rm Q} $ 、 $ {\rm P} $ 两点对应的温度相同，则 $ {\rm Q} $ 、 $ {\rm P} $ 两点的平衡常数相同， $ {\rm \mathrm{C}} $ 错误；由题图可知 $ 600℃ $ 时乙苯的平衡转化率为 $ 40\% $ ，根据题中数据列出三段式：

$ p $ （乙苯） $ {\rm =\dfrac{0.6\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}}{(0.6+0.4+0.4)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}}×0.1\mathrm{M}\mathrm{P}\mathrm{a}=\dfrac{0.3}{7}\mathrm{M}\mathrm{P}\mathrm{a}} $ ， $ p $ （苯乙烯） $ {\rm =p({\mathrm{H}}_{2})=\dfrac{0.4\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}}{(0.6+0.4+0.4)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}}×0.1\mathrm{M}\mathrm{P}\mathrm{a}=\dfrac{0.2}{7}\mathrm{M}\mathrm{P}\mathrm{a}} $ ， $ {\rm {K}_{\mathrm{p}}=\dfrac{p(苯乙烯)×p({\mathrm{H}}_{2})}{p(乙苯)}=\dfrac{\dfrac{0.2}{7}×\dfrac{0.2}{7}}{\dfrac{0.3}{7}}\mathrm{M}\mathrm{P}\mathrm{a}\approx 0.02\mathrm{M}\mathrm{P}\mathrm{a}} $ ， $ {\rm \mathrm{D}} $ 正确。

① 该反应正向气体分子数增大，恒温恒压时充入稀有气体相当于减压，平衡正向移动；由题图甲可知， $ {\rm T℃} $ 反应达到平衡时 $ {\rm {\mathrm{C}\mathrm{O}}_{2}} $ 、 $ {\rm \mathrm{C}\mathrm{O}} $ 的体积分数相同，即浓度相等，恒温恒压时充入等体积的 $ {\rm {\mathrm{C}\mathrm{O}}_{2}} $ 、 $ {\rm \mathrm{C}\mathrm{O}} $ ， $ {\rm Q} $ 仍等于 $ {\rm K} $ ，平衡不移动。

② 设 $ {\rm {\mathrm{C}\mathrm{O}}_{2}} $ 的转化量为 $ a\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l} $ ，由已知列三段式：

$ {\rm\hspace{-0.5em} \begin{array} {l} \rm\hspace{-0.5em} \begin{array}{cccccc}& \mathrm{C}\left(\mathrm{s}\right)& +& {\mathrm{C}\mathrm{O}}_{2}\left(\mathrm{g}\right)& ⇌& 2\mathrm{C}\mathrm{O}\left(\mathrm{g}\right)\\ 起始量/\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}& & & 1& & 0\\ 转化量/\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}& & & a& & 2a\\ 剩余量/\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}& & & 1-a& & 2a\end{array} \hspace{-0.5em}\end{array} \hspace{-0.5em} } $

$ {\rm \mathrm{C}\mathrm{O}} $ 体积分数 $ =\dfrac{2a}{1-a+2a}×100\%=80\% $ ，解得 $ a=\dfrac{2}{3} $ ， $ {\rm {\mathrm{C}\mathrm{O}}_{2}} $ 的转化率 $ =\dfrac{a}{1}×100\%\approx 67\% $ 。

（2） 温度越高，乙苯的平衡转化率越高，说明升高温度，平衡正向移动，则 $ {\rm \mathrm{\Delta }H > 0} $ ；该反应是气体分子数增大的反应，压强增大，平衡逆向移动，乙苯的平衡转化率降低，所以 $ {p}_{1} > {p}_{2} > {p}_{3} $ 。

（3） 达到平衡时， $ {v}_{正}={v}_{逆} $ ，即 $ {\rm {k}_{正}\cdot c(\mathrm{C}\mathrm{O})\cdot c({\mathrm{N}\mathrm{O}}_{2})={k}_{逆}\cdot c({\mathrm{C}\mathrm{O}}_{2})\cdot c(\mathrm{N}\mathrm{O})} $ ，所以 $ {\rm \dfrac{{k}_{正}}{{k}_{逆}}=\dfrac{c({\mathrm{C}\mathrm{O}}_{2})\cdot c(\mathrm{N}\mathrm{O})}{c(\mathrm{C}\mathrm{O})\cdot c({\mathrm{N}\mathrm{O}}_{2})}=K} $ 。

实验Ⅰ中“相同时间内测定”表明反应未达平衡，产物比例由反应速率（动力学控制）决定，而非平衡常数 $ {\rm K} $ （热力学控制）， $ {\rm \mathrm{A}} $ 错误；由题图可知， $ {\rm \mathrm{A}\to \mathrm{B}.} $ 的反应放热，若该反应可逆，加热， $ {\rm \mathrm{A}⇌\mathrm{B}.} $ 平衡左移，则 $ {\rm \mathrm{A}} $ 增加、 $ {\rm \mathrm{B}} $ 减少，而实验Ⅱ中加热低温产物后 $ {\rm \mathrm{A}} $ 减少、 $ {\rm \mathrm{B}} $ 增多，则实验Ⅱ中 $ {\rm \mathrm{A}} $ 、 $ {\rm \mathrm{B}} $ 含量的变化不可能是利用了化学平衡的移动， $ {\rm \mathrm{B}} $ 错误；实验Ⅰ相同时间内，低温 $ {\rm \mathrm{A}} $ 多（动力学控制）、高温 $ {\rm \mathrm{B}} $ 多（接近平衡），实验Ⅲ延长时间后，无论低温还是高温， $ {\rm \mathrm{B}} $ 均为主产物，说明反应达平衡时更稳定的 $ {\rm \mathrm{B}} $ （热力学控制）为主要产物， $ {\rm \mathrm{C}} $ 正确；实验Ⅰ中高温 $ {\rm \mathrm{B}} $ 比例增加可能是因 $ {\rm \mathrm{B}} $ 更稳定，而非单纯速率变化，且未直接测量速率，无法证明活化能与升温反应速率加快程度的关系， $ {\rm \mathrm{D}} $ 错误。

【题图剖析】