将1.0mol CO和1.0mol H2O（g）充入某固定容积的反应器中，在一定条件下反应：CO（g

解题思路：A．由表中数据可知，6s、8s时氯气的物质的量都是0.4mol，说明6s时反应到达平衡，平衡时氯气的浓度为0.2mol．L，升高温度，到达新平衡，氯气的浓度变为0.22mol/L，氯气浓度增大，说明平衡向生成氯气的方向移动；
B．恒容绝热密闭容器进行该反应，随反应进行温度发生变化，而平衡常数只受温度影响；
C．利用三段式计算平衡时各组分的平衡浓度，进而计算平衡常数，再计算此时的浓度商，根据浓度商与平衡常数大小判断反应进行方向，据此判断反应速率；
D．原平衡等效为起始向容器中充入1.0molCl₂和1.0molCO，如加入1.0 mol Cl₂和0.8 mol CO，相当于在上述等效平衡的基础上减小0.2molCO，平衡在原来的基础上向正反应方向移动，则Cl₂的转化率减小．

A．由表中数据可知，6s、8s时氯气的物质的量都是0.4mol，说明6s时反应到达平衡，平衡时氯气的浓度为0.2mol．L，升高温度，到达新平衡，氯气的浓度变为0.22mol/L，氯气浓度增大，说明平衡向正反应方向移动，故正反应为吸热反应，即△H＞0，故A错误；
B．正反应为吸热反应，恒容绝热密闭容器进行该反应，随反应进行温度降低，而平衡常数只受温度影响，故平衡常数一定发生变化，故B错误；
C．平衡时c（Cl₂）=0.2mol/L，
COCl₂（g）⇌Cl₂（g）+CO（g）
起始（mol/L）：0.5 0 0
转化（mol/L）：0.2 0.2 0.2
平衡（mol/L）：0.3 0.20.2
该温度下平衡常数k=[0.2×0.2/0.3]=0.013，
若起始向容器中充入1.2 molCOCl₂、0.60 molCl₂和0.60 molCO，此时Qc=

0.6
2×
0.6
2

1.2
2=0.15＞0.13，则反应向逆反应方向移动，反应达到平衡前v_正＜v_逆，故C正确；
D．原平衡等效为起始向容器中充入1.0molCl₂和1.0molCO，达到平衡时Cl₂的转化率=[1mol−0.4mol/1mol]×100%=60%，如加入1.0 mol Cl₂和0.8 mol CO，相当于在原来的基础上减小0.2molCO，平衡在原来的基础上向正反应方向移动，则Cl₂的转化率减小，则Cl₂的转化率小于60%，故D正确．
故选CD．

点评：
本题考点： 化学平衡的影响因素．

考点点评： 本题综合考查化学平衡的计算、等效平衡，难度较大，注意理解平衡常数的意义及应用，注意D选项中利用等效平衡思想进行解答．

解题思路：A、根据表中数据可知，在0～2s中氯气变化了0.3mol，在2～4s中氯气变化了0.09mol，所以生成Cl₂的平均反应速率，0～2s比2～4s快；
B、在0～2s中氯气增加了0.3mol，根据化学方程式可知，用去COCl₂气体为0.3mol，所以平均分解速率为

0.3 2.0

2

mol•L^-1•s^-1=0.075mol•L^-1•s^-1；
C、6s之后，氯气的物质的量不再变化，说明反应已经处于平衡状态；
D、根据表中数据，平衡时生成氯气0.4mol，即用去COCl₂的物质的量为0.4mol，所以转化率为[0.4/1]×100%=40%．

A、根据表中数据可知，在0～2s中氯气变化了0.3mol，在2～4s中氯气变化了0.09mol，所以生成Cl₂的平均反应速率，0～2s比2～4s快，故A正确；
B、在0～2s中氯气增加了0.3mol，根据化学方程式可知，用去COCl₂气体为0.3mol，所以平均分解速率为

0.3
2.0
2mol•L^-1•s^-1=0.075mol•L^-1•s^-1，故B错误；
C、6s之后，氯气的物质的量不再变化，说明反应已经处于平衡状态，故C正确；
D、根据表中数据，平衡时生成氯气0.4mol，即用去COCl₂的物质的量为0.4mol，所以转化率为[0.4/1]×100%=40%，故D正确；
故选B．

点评：
本题考点： 化学平衡建立的过程；化学平衡的计算．

考点点评： 本题主要考查了反应速率 的计算、平衡状态的判断、转化率的计算等知识，难度不大，解题注意基础知识的运用．

开始时CO的转化率为（1-0.5）/1=50%
此反应的平衡常数0.5*0.5/（0.5*0.5）=1
再加H2O 1mol
平衡常数不变
设反应消耗CO xmol
平衡常数（1-x）*（2-x)/x*x=1
x=2/3
转化率增大为0.667/1=66.7%

解题思路：令容器体积为1L，根据反应的方程式H₂O （g）+CO （g）⇌H₂（g）+CO₂ （g），分别计算起始、转化以及平衡时的浓度，首先可计算出800℃时该反应的平衡常数、转化率等，根据温度变化时平衡常数的变化可判断反应热．

①令容器体积为1L，
H₂O （g）+CO （g）⇌H₂（g）+CO₂ （g）
起始：1 1 0 0
变化：0.5 0.5 0.5 0.5
平衡：0.5 0.5 0.5 0.5
则800℃时该反应的平衡常数k=1．
平衡时CO的转化率为[0.5/1×100%=50%，
故答案为：50%；1；
②如果继续向该平衡体系中通入1.0mol的H₂O（g），设从起始到平衡CO的浓度变化为xmol•L ^-1，
H₂O （g）+CO（g）⇌H₂（g）+CO₂ （g）
起始：2 1 0 0
变化：x x x x
平衡：（2-x） （1-x） xx
k=
x2
(2−x)(1−x)]=1，解得x=[2/3]，CO转化率为

2
3
1×100%=66.7%，转化率增大，
故答案为：增大；66.7%；
③427℃时该反应的平衡常数为9.4，若保持其他条件不变，将温度从800℃降到427℃，平衡常数增加意味着反应正向移动，说明正反应放热，则该反应的△H＜0，
故答案为：＜．

点评：
本题考点： 化学平衡的计算．

考点点评： 本题考查化学平衡的计算，综合考查学生对化学平衡的理解以及计算能力，题目难度中等，本题注意根据物质的量浓度的变化利用三段式法解答．

解题思路：A、根据CO的物质的量，利用三段式计算平衡时各组分的物质的量，由于反应前后气体的体积不变，各物质的系数为1，故可以用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式计算；
B、结合A中的平衡常数，判断降低温度平衡的移动方向，据此判断反应热效应；
C、同温下，若继续向该平衡体系中通入1.0 mol的H₂O（g），等效为开始加入1.0mol CO与2.0mol H₂O，令平衡时参加反应的CO的物质的量为amol，利用三段式表示出平衡时各组分的物质的量，代入平衡常数列方程计算a的值，再根据转化率定义计算；
D、同温下，若继续向该平衡体系中通入1.0 mol的CO（g），等效为开始加入2.0mol CO与1.0mol H₂O，令平衡时参加反应的CO的物质的量为bmol，利用三段式表示出平衡时各组分的物质的量，代入平衡常数列方程计算b的值，再根据转化率定义计算．

A、平衡时CO的物质的量为0.5mol，则：
CO（g）+H₂O（g）⇌CO₂（g）+H₂（g）
开始（mol）：1 1 0 0
变化（mol）：0.5 0.5 0.5 0.5
平衡（mol）：0.5 0.5 0.5 0.5
故该温度下平衡常数k=[0.5×0.5/0.5×0.5]=1，故A错误；
B、427℃时该反应的平衡常数为9.4，大于800℃时的平衡常数1，故降低温度平衡向正反应进行，该反应正反应是放热反应，即△H＜0，故B正确；
C、同温下，若继续向该平衡体系中通入1.0 mol的H₂O（g），等效为开始加入1.0mol CO与2.0mol H₂O，令平衡时参加反应的CO的物质的量为amol，则：
CO（g）+H₂O（g）⇌CO₂（g）+H₂（g）
开始（mol）：12 0 0
变化（mol）：a a a a
平衡（mol）：1-a2-a aa
所以[a×a
(1−a)×(2−a)=1，解得a=
2/3]，故CO的转化率为

2
3mol
1mol×100%=66.7%，故C正确；
D、同温下，若继续向该平衡体系中通入1.0 mol的CO（g），等效为开始加入2.0mol CO与1.0mol H₂O，令平衡时参加反应的CO的物质的量为bmol，则：
CO（g）+H₂O（g）⇌CO₂（g）+H₂（g）
开始（mol）：21 0 0
变化（mol）：b b b b
平衡（mol）：2-b1-bbb
所以[b×b
(2−b)×(1−b)=1，解得b=
2/3]，故CO的转化率为

2
3mol
1mol×100%=66.7%，故D错误；
故选BC．

点评：
本题考点： 化学平衡的计算．

考点点评： 本题考查化学平衡常数的有关计算，难度中等，注意化学平衡常数的用途：1、判断反应进行的程度，2、判断反应的热效应，3、判断反应进行的方向，4、计算转化率．