第二节综合训练

反应Ⅰ-反应Ⅱ $ = $ 反应Ⅲ，由盖斯定律可得 $ {\rm \mathrm{\Delta }{H}_{3}=\mathrm{\Delta }{H}_{1}-\mathrm{\Delta }{H}_{2}} $ ，而平衡常数之间是除法运算，则 $ {\rm {K}_{3}=\dfrac{{K}_{1}}{{K}_{2}}} $ ， $ {\rm \mathrm{A}} $ 正确。

温度升高， $ {\rm \mathrm{H}\mathrm{b}+{\mathrm{O}}_{2}⇌\mathrm{H}\mathrm{b}({\mathrm{O}}_{2}).} $ 平衡向吸热方向即逆反应方向移动，血红蛋白输送 $ {\rm {\mathrm{O}}_{2}} $ 的能力减弱， $ {\rm \mathrm{A}} $ 错误；深海压强较大，从深海浮出时压强减小， $ {\rm \mathrm{H}\mathrm{b}+{\mathrm{O}}_{2}⇌\mathrm{H}\mathrm{b}({\mathrm{O}}_{2}).} $ 平衡向气体分子数增大的方向即逆反应方向移动，大量氧合血红蛋白分子 $ {\rm \mathrm{H}\mathrm{b}({\mathrm{O}}_{2})} $ 分解释放 $ {\rm {\mathrm{O}}_{2}} $ ，且上浮过快，外界压强迅速减小，溶解在血液中的 $ {\rm {\mathrm{O}}_{2}} $ 会迅速逸出形成气泡，阻塞血管，危害健康， $ {\rm \mathrm{B}} $ 正确； $ {\rm {\mathrm{O}}_{2}} $ 浓度增大，有利于 $ {\rm \mathrm{H}\mathrm{b}+{\mathrm{O}}_{2}⇌\mathrm{H}\mathrm{b}({\mathrm{O}}_{2}).} $ 平衡向正反应方向移动， $ {\rm \mathrm{H}\mathrm{b}} $ 减少，促使 $ {\rm \mathrm{H}\mathrm{b}+\mathrm{C}\mathrm{O}⇌\mathrm{H}\mathrm{b}(\mathrm{C}\mathrm{O}).} $ 平衡向逆反应方向移动，减轻 $ {\rm \mathrm{C}\mathrm{O}} $ 中毒， $ {\rm \mathrm{C}} $ 正确；该反应的平衡常数 $ {\rm K=\dfrac{c[\mathrm{H}\mathrm{b}({\mathrm{O}}_{2})]\cdot c(\mathrm{C}\mathrm{O})}{c[\mathrm{H}\mathrm{b}(\mathrm{C}\mathrm{O})]\cdot c({\mathrm{O}}_{2})}=\dfrac{c[\mathrm{H}\mathrm{b}({\mathrm{O}}_{2})]\cdot c(\mathrm{C}\mathrm{O})\cdot c(\mathrm{H}\mathrm{b})}{c[\mathrm{H}\mathrm{b}(\mathrm{C}\mathrm{O})]\cdot c({\mathrm{O}}_{2})\cdot c(\mathrm{H}\mathrm{b})}=\dfrac{{K}_{1}}{{K}_{2}}} $ ， $ {\rm \mathrm{D}} $ 正确。

由实验①和实验②中数据可知，升高温度，平衡时 $ {\rm \mathrm{C}} $ 的物质的量减少，说明升温平衡逆向移动， $ {\rm \mathrm{A}} $ 错误； $ 500℃ $ 时，在 $ {\rm 2\mathrm{L}} $ 密闭容器中反应，根据实验②中数据列出三段式：

$ {\rm\hspace{-0.5em} \begin{array} {l} \rm\hspace{-0.5em} \begin{array}{cccccccc}& \mathrm{A}\left(\mathrm{g}\right)& +& \mathrm{B}\left(\mathrm{g}\right)& ⇌& \mathrm{C}\left(\mathrm{g}\right)& +& 2\mathrm{D}\left(\mathrm{s}\right)\\ 起始浓度/\left(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}\cdot {\mathrm{L}}^{-1}\right)& 0.2& & 0.05& & 0& & \\ 转化浓度/\left(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}\cdot {\mathrm{L}}^{-1}\right)& 0.04& & 0.04& & 0.04& & \\ 平衡浓度/\left(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}\cdot {\mathrm{L}}^{-1}\right)& 0.16& & 0.01& & 0.04& & \end{array} \hspace{-0.5em}\end{array} \hspace{-0.5em} } $

则 $ {\rm K=\dfrac{0.04}{0.16×0.01}=25} $ ， $ {\rm \mathrm{B}} $ 错误；由上述分析可得实验②中 $ {\rm \mathrm{A}} $ 的转化率为 $ \dfrac{0.04}{0.2}×100\%=20\% $ ，而实验③与实验②相比，温度相同，但投入反应物的量减半，则相当于减压，该反应为气体分子数减少的反应，减压平衡逆向移动，所以实验③中 $ {\rm \mathrm{A}} $ 的转化率小于 $ 20\% $ ， $ {\rm \mathrm{C}} $ 错误；②中平衡后继续充入 $ {\rm \mathrm{B}} $ 和 $ {\rm \mathrm{C}} $ 各 $ 0.1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l} $ ，根据上述三段式中数据可得浓度商 $ {\rm Q=\dfrac{0.04+\dfrac{0.1}{2}}{0.16×[0.01+(\dfrac{0.1}{2})]}=9.375 < K} $ ，则平衡正向移动， $ {\rm \mathrm{D}} $ 正确。

反应体系中 $ {\rm {\mathrm{N}\mathrm{O}}_{2}} $ 为有色气体， $ {\rm {\mathrm{N}}_{2}{\mathrm{O}}_{4}} $ 为无色气体，结合题意知，体系中 $ {\rm {\mathrm{N}\mathrm{O}}_{2}} $ 越多，气体颜色越深，透光率越低。由图知， $ d $ 点后透光率减小，说明 $ {\rm c({\mathrm{N}\mathrm{O}}_{2})} $ 增大，此时反应逆向进行，故 $ d $ 点： $ {\rm {v}_{逆}({\mathrm{N}\mathrm{O}}_{2}) > {v}_{正}({\mathrm{N}\mathrm{O}}_{2})} $ ， $ {\rm \mathrm{A}} $ 错误；反应到达平衡时 $ {\rm {v}_{正}({\mathrm{N}\mathrm{O}}_{2})=2{v}_{逆}({\mathrm{N}}_{2}{\mathrm{O}}_{4})} $ ，代入题给表达式得 $ {\rm {k}_{1}{c}^{2}({\mathrm{N}\mathrm{O}}_{2})=2{k}_{2}c({\mathrm{N}}_{2}{\mathrm{O}}_{4})} $ ， $ {\rm {T}_{0}} $ 时， $ {k}_{1}={k}_{2} $ ，则平衡常数 $ {\rm K=\dfrac{c({\mathrm{N}}_{2}{\mathrm{O}}_{4})}{{c}^{2}({\mathrm{N}\mathrm{O}}_{2})}=\dfrac{{k}_{1}}{2{k}_{2}}=\dfrac{1}{2}} $ ， $ {\rm \mathrm{B}} $ 错误； $ {\rm {T}_{1}} $ 时， $ {k}_{2}=0.6{k}_{1} $ ，根据上述分析可得： $ {\rm {T}_{1}} $ 时 $ {\rm K^\prime =\dfrac{{k}_{1}}{2{k}_{2}}=\dfrac{5}{6} > {T}_{0}} $ 时平衡常数 $ {\rm K=\dfrac{1}{2}} $ ，已知反应放热，则 $ {\rm K} $ 越大，对应温度越低，即 $ {\rm {T}_{1} < {T}_{0}} $ ， $ {\rm \mathrm{C}} $ 错误；平均摩尔质量 $ {\rm \overline{M}=\dfrac{m(气)}{n(气)}} $ ，气体的总质量始终不变， $ {\rm \overline{M}} $ 与 $ n $ （气）成反比，根据题图剖析知， $ {\rm {\overline{M}}_{c} > {\overline{M}}_{d}} $ ， $ {\rm \mathrm{D}} $ 正确。

【题图剖析】

由题图甲可知，该催化剂可减少积碳产生，但不影响平衡移动，不能提高原料平衡转化率， $ {\rm \mathrm{A}} $ 错误；由题图乙可知，温度升高丙烷平衡转化率增大，说明升温平衡正向移动，正反应为吸热反应， $ {\rm \mathrm{\Delta }H > 0} $ ， $ {\rm \mathrm{B}} $ 错误；正反应为气体分子数增大的反应，增大压强平衡逆向移动，丙烷平衡转化率降低，相同温度下，不同压强对应的转化率： $ {p}_{1} > {p}_{2} > {p}_{3} $ ，则压强： $ {p}_{1} < {p}_{2} < {p}_{3} $ ， $ {\rm \mathrm{C}} $ 错误； $ a $ 点总压 $ {\rm {p}_{2}=7\mathrm{M}\mathrm{P}\mathrm{a}} $ 、丙烷平衡转化率为 $ 40\% $ ，设初始投入 $ {\rm 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}{\mathrm{C}}_{3}{\mathrm{H}}_{8}} $ ，根据 $ \alpha $ （丙烷） $ =40\% $ 可知丙烷转化了 $ 0.4\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l} $ ，列三段式：

$ {\rm\hspace{-0.5em} \begin{array} {l} \rm\hspace{-0.5em} \begin{array}{cccccc}& {\mathrm{C}}_{3}{\mathrm{H}}_{8}\left(\mathrm{g}\right)& ⇌& {\mathrm{C}}_{3}{\mathrm{H}}_{6}\left(\mathrm{g}\right)& +& {\mathrm{H}}_{2}\left(\mathrm{g}\right)\\ {n}_{起}/\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}& 1& & 0& & 0\\ {n}_{转}/\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}& 0.4& & 0.4& & 0.4\\ {n}_{平}/\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}& 0.6& & 0.4& & 0.4\end{array} \hspace{-0.5em}\end{array} \hspace{-0.5em} } $

则平衡时 $ {n}_{总}=1.4\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l} $ ，各组分的分压分别为 $ {\rm p({\mathrm{C}}_{3}{\mathrm{H}}_{8})=\dfrac{0.6}{1.4}×7\mathrm{M}\mathrm{P}\mathrm{a}=3\mathrm{M}\mathrm{P}\mathrm{a}} $ ， $ {\rm p({\mathrm{C}}_{3}{\mathrm{H}}_{6})=p({\mathrm{H}}_{2})=\dfrac{0.4}{1.4}×7\mathrm{M}\mathrm{P}\mathrm{a}=2\mathrm{M}\mathrm{P}\mathrm{a}} $ ，故平衡常数 $ {\rm {K}_{\mathrm{p}}=\dfrac{p({\mathrm{C}}_{3}{\mathrm{H}}_{6})\cdot p({\mathrm{H}}_{2})}{p({\mathrm{C}}_{3}{\mathrm{H}}_{8})}=\dfrac{2×2}{3}\mathrm{M}\mathrm{P}\mathrm{a}=\dfrac{4}{3}\mathrm{M}\mathrm{P}\mathrm{a}} $ ， $ {\rm \mathrm{D}} $ 正确。

反应2生成等物质的量的 $ {\rm {\mathrm{H}}_{2}\mathrm{O}(\mathrm{g})} $ 和 $ {\rm {\mathrm{C}\mathrm{O}}_{2}(\mathrm{g})} $ ，则 $ {\rm p({\mathrm{H}}_{2}\mathrm{O})=p({\mathrm{C}\mathrm{O}}_{2})} $ ，且 $ {\rm {p}_{2}=p({\mathrm{H}}_{2}\mathrm{O})+p({\mathrm{C}\mathrm{O}}_{2})} $ ，则 $ {\rm p({\mathrm{H}}_{2}\mathrm{O})=p({\mathrm{C}\mathrm{O}}_{2})=\dfrac{{p}_{2}}{2}=2×{10}^{3}\mathrm{P}\mathrm{a}} $ ，反应2的平衡常数 $ {\rm {K}_{\mathrm{p}2}=p({\mathrm{H}}_{2}\mathrm{O})\cdot p({\mathrm{C}\mathrm{O}}_{2})=4×{10}^{6}{\mathrm{P}\mathrm{a}}^{2}} $ ， $ {\rm \mathrm{A}} $ 正确；通入 $ {\rm {\mathrm{N}\mathrm{H}}_{3}} $ 后，根据勒夏特列原理，反应1平衡逆向移动以消耗部分 $ {\rm {\mathrm{N}\mathrm{H}}_{3}} $ ，温度不变，平衡常数不变，故 $ {\rm p({\mathrm{N}\mathrm{H}}_{3})=\dfrac{{K}_{\mathrm{p}1}}{p({\mathrm{H}}_{2}\mathrm{O})\cdot p({\mathrm{C}\mathrm{O}}_{2})}=\dfrac{{K}_{\mathrm{p}1}}{{K}_{\mathrm{p}2}}} $ 不变，即 $ {\rm {\mathrm{N}\mathrm{H}}_{3}} $ 的分压不变， $ {\rm \mathrm{B}} $ 错误；根据 $ {\rm \mathrm{A}} $ 项分析，同样可计算反应1平衡常数 $ {\rm {K}_{\mathrm{p}1}} $ ， $ {\rm p({\mathrm{N}\mathrm{H}}_{3})=p({\mathrm{H}}_{2}\mathrm{O})=p({\mathrm{C}\mathrm{O}}_{2})=\dfrac{{p}_{1}}{3}=\dfrac{3.6×{10}^{4}}{3}\mathrm{P}\mathrm{a}=1.2×{10}^{4}\mathrm{P}\mathrm{a}} $ ，故 $ {\rm {K}_{\mathrm{p}1}=p({\mathrm{N}\mathrm{H}}_{3})\cdot p({\mathrm{H}}_{2}\mathrm{O})\cdot p({\mathrm{C}\mathrm{O}}_{2})={\left(1.2×{10}^{4}\right) ^ {3}}{\mathrm{P}\mathrm{a}}^{3}=1.728×{10}^{12}{\mathrm{P}\mathrm{a}}^{3}} $ ，反应1和反应2中均存在 $ {\rm n({\mathrm{H}}_{2}\mathrm{O})=n({\mathrm{C}\mathrm{O}}_{2})} $ ，则始终存在 $ {\rm p({\mathrm{H}}_{2}\mathrm{O})=p({\mathrm{C}\mathrm{O}}_{2})} $ ，且温度不变，平衡常数不变，则 $ {\rm p({\mathrm{H}}_{2}\mathrm{O})=p({\mathrm{C}\mathrm{O}}_{2})=\sqrt{{K}_{\mathrm{p}2}}=2×{10}^{3}\mathrm{P}\mathrm{a}} $ ， $ {\rm p({\mathrm{N}\mathrm{H}}_{3})=\dfrac{{K}_{\mathrm{p}1}}{{K}_{\mathrm{p}2}}=4.32×{10}^{5}\mathrm{P}\mathrm{a}} $ ，总压强为 $ {\rm p({\mathrm{N}\mathrm{H}}_{3})+p({\mathrm{H}}_{2}\mathrm{O})+p({\mathrm{C}\mathrm{O}}_{2})=(4.32×{10}^{5}+2×{10}^{3}+2×{10}^{3})\mathrm{P}\mathrm{a}=4.36×{10}^{5}\mathrm{P}\mathrm{a}} $ ， $ {\rm \mathrm{C}} $ 正确；缩小体积时，气体分压瞬间增大， $ {\rm Q} $ 超过 $ {\rm K} $ ，导致反应1和2平衡均逆向移动， $ {\rm \mathrm{D}} $ 正确。

反应 $ {\rm {\mathrm{A}\mathrm{g}}_{2}\mathrm{O}(\mathrm{s})⇌2\mathrm{A}\mathrm{g}(\mathrm{s})+\dfrac{1}{2}{\mathrm{O}}_{2}(\mathrm{g}).} $ 的平衡常数 $ {\rm {K}_{\mathrm{p}}={p}^{\frac{1}{2}}({\mathrm{O}}_{2})} $ ，温度不变，平衡常数不变，则 $ {\rm p({\mathrm{O}}_{2})} $ 不变，即体系总压强不变；反应 $ {\rm \mathrm{\Delta }H > 0} $ ，为吸热反应，降低温度，平衡逆向移动。状态Ⅱ $ \to Ⅲ. $ 温度不变，体积增大（减小压强），平衡向气体分子数增多的正反应方向移动，固体质量减小，但平衡常数不变，即 $ {\rm p({\mathrm{O}}_{2})} $ 不变， $ p(Ⅱ)=p(Ⅲ) $ ；而状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，所以恒温恒容下起始状态Ⅰ向固体质量增大（逆反应）的方向进行达到平衡状态Ⅱ，体系压强减小，即 $ p(Ⅰ) > p(Ⅱ) $ ，因此 $ p(Ⅰ) > p(Ⅲ) $ ， $ {\rm \mathrm{A}} $ 正确。平衡常数 $ {\rm K} $ 仅与温度有关，状态Ⅱ $ \to Ⅲ. $ 温度不变， $ {\rm K(Ⅱ)=K(Ⅲ)} $ ；状态Ⅲ $ \to Ⅳ. $ 温度降低，平衡逆向移动， $ {\rm K} $ 减小，故 $ {\rm K(Ⅲ) > K(Ⅳ)} $ ，即 $ {\rm K(Ⅱ) > K(Ⅳ)} $ ， $ {\rm \mathrm{B}} $ 正确。起始状态Ⅰ逆向进行达到平衡状态Ⅱ，故 $ v(Ⅰ) > v(Ⅱ) $ ；状态Ⅱ、Ⅲ温度相同，压强也相同，则 $ v(Ⅱ)=v(Ⅲ) $ ；状态Ⅲ $ \to Ⅳ. $ 温度降低且压强减小，故 $ v(Ⅲ) > v(Ⅳ) $ ，即 $ v(Ⅰ) > v(Ⅱ)=v(Ⅲ) > v(Ⅳ) $ ， $ {\rm \mathrm{C}} $ 正确。状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，则体系内 $ {\rm {\mathrm{O}}_{2}} $ 的质量（物质的量）也相等，而体积 $ {\rm V(Ⅲ)=4V(Ⅰ)} $ ，则压强 $ {\rm {p}_{{\mathrm{O}}_{2}}(Ⅰ)=4{p}_{{\mathrm{O}}_{2}}(Ⅲ)} $ ，因此浓度商 $ {\rm Q(Ⅰ)={[{p}_{{\mathrm{O}}_{2}}(Ⅰ)]}^{\frac{1}{2}}={[4{p}_{{\mathrm{O}}_{2}}(Ⅲ)]}^{\frac{1}{2}}=2{[{p}_{{\mathrm{O}}_{2}}(Ⅲ)]}^{\frac{1}{2}}=2K(Ⅲ)} $ ， $ {\rm \mathrm{D}} $ 错误。

【题图剖析】

（1） 温度升高 $ {\rm {\mathrm{C}\mathrm{O}}_{2}} $ 的平衡转化率减小，说明升温平衡逆向移动，正反应为放热反应， $ {\rm \mathrm{\Delta }H < 0} $ 。由题给数据知投入的 $ {\rm {\mathrm{C}\mathrm{O}}_{2}} $ 和 $ {\rm {\mathrm{H}}_{2}} $ 物质的量浓度之比为 $ 1:3 $ ， $ {\rm {\mathrm{C}\mathrm{O}}_{2}} $ 和 $ {\rm {\mathrm{H}}_{2}} $ 反应消耗量之比等于化学计量数之比，为 $ 1:3 $ ，则 $ {\rm {\mathrm{C}\mathrm{O}}_{2}} $ 和 $ {\rm {\mathrm{H}}_{2}} $ 的平衡转化率相同， $ {\rm M} $ 点时 $ {\rm {\mathrm{H}}_{2}} $ 的平衡转化率为 $ 50\% $ 。 $ {\rm {\mathrm{C}\mathrm{H}}_{2}\xlongequal{}{\mathrm{C}\mathrm{H}}_{2}} $ 和 $ {\rm {\mathrm{H}}_{2}\mathrm{O}} $ 都是生成物且起始投入量为0，故二者的物质的量之比始终为 $ 1:4 $ ，混合气体中乙烯与水的体积分数之比为 $ 1:4 $ 不能说明反应处于平衡状态， $ {\rm \mathrm{A}} $ 错误；若断裂 $ {\rm {\mathrm{H}}_{2}\mathrm{O}} $ 中 $ {\rm \mathrm{H}—\mathrm{O}} $ 、 $ {\rm {\mathrm{H}}_{2}} $ 中 $ {\rm \mathrm{H}—\mathrm{H}} $ 的数量相同，则 $ {\rm {v}_{正}({\mathrm{H}}_{2})=2{v}_{逆}({\mathrm{H}}_{2}\mathrm{O})} $ ，不满足化学计量数之比，即正、逆反应速率不相等，反应未达到平衡， $ {\rm \mathrm{B}} $ 错误； $ {\rm {\mathrm{C}\mathrm{O}}_{2}} $ 与乙烯的生成速率之比为 $ 2:1 $ ，即 $ {\rm {v}_{正}({\mathrm{C}}_{2}{\mathrm{H}}_{4}):{v}_{逆}({\mathrm{C}\mathrm{O}}_{2})=1:2} $ ，符合正、逆反应速率相等，反应达到平衡， $ {\rm \mathrm{C}} $ 正确；混合气体密度 $ {\rm \rho =\dfrac{m}{V}} $ ，气体总质量始终不变，恒容条件下 $ {\rm V} $ 始终不变，故 $ \rho $ 为定值， $ \rho $ 不变不能说明反应达到平衡， $ {\rm \mathrm{D}} $ 错误。

（2） ① $ {\rm {M}_{1}} $ 未处于平衡状态，由分析可知 $ {\rm {M}_{1}} $ 点乙烯的 $ {v}_{生成} > {v}_{消耗} $ 。

② 由图知 $ 250℃ $ 时，达到平衡时 $ {\rm {\mathrm{C}\mathrm{O}}_{2}} $ 的转化率为 $ 50\% $ ，则 $ {\rm \mathrm{\Delta }c({\mathrm{C}\mathrm{O}}_{2})=4\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}\cdot {\mathrm{L}}^{-1}×50\%=2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}\cdot {\mathrm{L}}^{-1}} $ ， $ {\rm v({\mathrm{C}\mathrm{O}}_{2})=\dfrac{2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}\cdot {\mathrm{L}}^{-1}}{10 \min }=0.2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}\cdot {\mathrm{L}}^{-1}\cdot { \min }^{-1}} $ ；根据题给数据列出三段式如下：

$ {\rm\hspace{-0.5em} \begin{array} {l} \rm\hspace{-0.5em} \begin{array}{cccccccc}& 2{\mathrm{C}\mathrm{O}}_{2}\left(\mathrm{g}\right)& +& 6{\mathrm{H}}_{2}\left(\mathrm{g}\right)& ⇌& {\mathrm{C}\mathrm{H}}_{2}\xlongequal{}{\mathrm{C}\mathrm{H}}_{2}\left(\mathrm{g}\right)& +& 4{\mathrm{H}}_{2}\mathrm{O}\left(\mathrm{g}\right)\\ {c}_{始}/\left(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}\cdot {\mathrm{L}}^{-1}\right)& 4& & 12& & 0& & 0\\ \mathrm{\Delta }c/\left(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}\cdot {\mathrm{L}}^{-1}\right)& 2& & 6& & 1& & 4\\ {c}_{平}/\left(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}\cdot {\mathrm{L}}^{-1}\right)& 2& & 6& & 1& & 4\end{array} \hspace{-0.5em}\end{array} \hspace{-0.5em} } $

则平衡常数 $ {\rm K=\dfrac{c({\mathrm{C}\mathrm{H}}_{2}\xlongequal{}{\mathrm{C}\mathrm{H}}_{2})×{c}^{4}({\mathrm{H}}_{2}\mathrm{O})}{{c}^{2}({\mathrm{C}\mathrm{O}}_{2})×{c}^{6}({\mathrm{H}}_{2})}=\dfrac{1×{4}^{4}}{{2}^{2}×{6}^{6}}=\dfrac{1}{729}} $ 。

（3） 提高 $ {\rm {\mathrm{C}\mathrm{O}}_{2}} $ 的平衡转化率，即使平衡正向移动，该反应是放热反应，则适当降低温度可使平衡正向移动，增大 $ {\rm {\mathrm{H}}_{2}} $ 的浓度，分离出生成物 $ {\rm {\mathrm{C}\mathrm{H}}_{2}\xlongequal{}{\mathrm{C}\mathrm{H}}_{2}(\mathrm{g})} $ 或 $ {\rm {\mathrm{H}}_{2}\mathrm{O}(\mathrm{g})} $ 也能使平衡正向移动，均能提高 $ {\rm {\mathrm{C}\mathrm{O}}_{2}} $ 的平衡转化率。

【题图剖析】