高考各地化学试题分类汇编和解析
2011年高考各地化学试题分类汇编和解析
十一、化学反应速率和化学平衡
【经典例题】
1．速率~时间图 此类图像定性揭示了v正、v逆随时间(含条件改变对速率的影响)而变化的规律，体现了平衡的“动、等、定、变”的基本特征，以及平衡移动的方向等。如N2+ 3H22NH3+Q建立平衡后加热对速率的影响如图1。
***（图1、2）
2．浓度~时间图 此类图像能说明各平衡体系组分(或某一成分)在反应过程中的变化情况。如A+BAB反应情况如图2，此类图像要注意各物质曲线的折点(达平衡)时刻相同，各物质浓度变化的内在联系及其比例符合化学方程式中的系数关系。
3．全程速率~时间图 如Zn与足量盐酸的反应，反应速率随时间的变化出现如下情况如图3，解释原因：AB段（v渐增），因反应为放热反应，随反应的进行，温度渐增，导致反应速率的渐增；BC段（v渐小），则主要因为随反应的迸行，溶液中 [H+]渐小，导致反应速率的减小。故分析时要抓住各阶段的主要矛盾，认真探究。
***（图3）
4．含量~时间~温度(压强)图 常见形式有如下几种。 (C%指产物百分数；B%指某反应物百分数)(在其他条件不变时，改变任一条件如：使用催化剂或温度升高或压强增大，都能缩短到达平衡的时间)，这种图像的折点反映了速率大小——T (P)高低；水平线高低对应平衡移动方向。
***（图4）
(a用催剂，b不用)
(T2>T1，正反应为吸热反应)
(T2>T1，正反应为放热反应)
(P1>P2，正反应为体积减小)
(P1>P2，正反应为体积增大)
5．恒压(温)线 该类图的纵坐标为物质的平衡浓度(c)或反应物的转化率(α)，横坐标为温度(T)或压强(P)，常见类型有：
***(图5)
6．速率——温度(压强)图，这类图有两种情况，一是不隐含时间因素的速率——时间图，二是隐含时间变化的速率——时间图。以2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)；△H<0为例，v-t(P)图如图6。v-t(P)图：**（图6）
7．其它如图在一定条件下，将X、Y按不同的物质的量比放入密闭容器中反应，平衡后测得X和Y的转化率(α)与起始两物质的物质的量之比[n(X)/n(Y)]的关系如图7，据此可推知X、Y的反应式系数比为3:1。
***（图7）
如图8曲线是其它条件不变时，某反应物的最大转化率 (α)与温度(T)的关系曲线，图中标出的1、2、3、4四个点，表示v(正)>v(逆)的点是3，表示v(正)
V逆，即逆反应减小的倍数大，错误。
3．(09天津卷5)人体血液内的血红蛋白(Hb)易与O2结合生成HbO2,因此具有输氧能力，CO吸入肺中发生反应：CO+HbO2O2+HbCO ，37 ℃时，该反应的平衡常数K=220 。HbCO的浓度达到HbO2浓度的0.02倍，会使人智力受损。据此，下列结论错误的是
A.CO与HbO2反应的平衡常数K=
B.人体吸入的CO越多，与血红蛋白结合的O2越少
C.当吸入的CO与O2浓度之比大于或等于0.02时，人的智力才会受损
D.把CO中毒的病人放入高压氧仓中解毒，其原理是使上述平衡向左移动
答案：C
解析：由反应方程式知，K的表达式正确，A对；CO与HbO2反应的平衡常数达220，可见其正向进行的程度很大，正确。K=，由题意知，K=220， 时，人受损，则C(CO)/C(O2)=9×10-5,C项错。D项，当O2浓度很大时，题中平衡将逆向移动，从而解救人，正确。
4．（09江苏卷14）I2在KI溶液中存在下列平衡：
某I2、、KI混合溶液中， 的物质的量浓度c()与温度T的关系如图所示（曲线上任何一点都表示平衡状态）。下列说法正确的是
A. 反应 的△H>0w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
B．若温度为，反应的平衡常数分别为
C．若反应进行到状态D时，一定有
D．状态A与状态B相比，状态A的c(I2)大
答案：BC
解析：
随着温度的不断升高，的浓度逐渐的减小，说明反应向逆方向移动，也就意味着该反应是放热反应，所以，所以A项错；
因为，，所以当温度升高时，反应向逆方向移动，即；C项，
从图中可以看出D点并没有达到平衡状态，所以它要向A点移动，这时的浓度在增加，所以，C项正确；D项，从状态A到状态B，的浓度在减小，那么的浓度就在增加。
5．（09广东理科基础29）已知汽车尾气无害化处理反应为
下列说法不正确的是
A．升高温度可使该反应的逆反应速率降低
B．使用高效催化剂可有效提高正反应速率
C．反应达到平衡后，N0的反应速率保持恒定
D．单位时间内消耗CO和CO2的物质的量相等时，反应达到平衡
答案：A
解析：升温，无论是正反应，还是逆反应，速率均加快，A项错；催化剂可以加快化学反应速率，B项正确；达平衡后，各组分的速率保持不变，C项正确；由于CO和CO2的计量系数相等，故当两者同时消耗的量相等时，反应即达平衡，D项正确。
6．（09福建卷10） 在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：
。下列说法正确的是
A. 稀释溶液，水解平衡常数增大 B. 通入CO2，平衡朝正反应方向移动
C. 升高温度，减小 D. 加入NaOH固体，溶液PH减小
答案：B
解析：平衡常数仅与温度有关，故稀释时是不变的，A项错；CO2通入水中，相当于生成H2CO3，可以与OH－反应，而促进平衡正向移动，B项正确；升温，促进水解，平衡正向移动，故表达式的结果是增大的，C项错；D项，加入NaOH,碱性肯定增强，pH增大，故错。
7．（09福建卷12）某探究小组利用丙酮的溴代反应：（）来研究反应物浓度与反应速率的关系。反应速率通过测定溴的颜色消失所需的时间来确定。在一定温度下，获得如下实验数据：
分析实验数据所得出的结论不正确的是w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
A. 增大增大 B. 实验②和③的相等
C. 增大增大 D. 增大，增大
答案：D
解析：从表中数据看，①④中CH3COCH3,HCl的浓度是相同的，而④中Br2比①中的大，所以结果，时间变长，即速率变慢了，D项错。其他选项依次找出表中两组相同的数据，看一变量对另一变量的影响即可。
8. （09广东化学7）难挥发性二硫化钽（TaS2 ）可采用如下装置提纯。将不纯的TaS2 粉末装入石英管一端，抽真空后引入适量碘并封管，置于加热炉中。反应如下：
TaS2 （s）+2I2 (g)TaI4 (g)+S2 (g)
下列说法正确的是
A．在不同温度区域，TaI4 的量保持不变
B. 在提纯过程中，I2 的量不断减少
C．在提纯过程中，I2 的作用是将TaS2 从高温区转移到低温区
D. 该反应的平衡常数与TaI4 和S2 的浓度乘积成反比
答案：C
解析：根据反应条件可知当温度不同时反应进行的主要方向不同所以A错误。
因为是在同一密闭系统中有质量守恒定律可知I2的量不可能不断减少，而是充当一个“搬运工”的角色，将TaS2从高温区转移到低温区，B错误。
根据平衡常数表达式可知K与Tal4 和S2 的浓度乘积成正比，D错误。
9．（09广东化学15）取五等份NO2 ，分别加入温度不同、容积相同的恒容密闭容器中，发生反应：2NO2(g) N2O4(g)，ΔH＜0 反应相同时间后，分别测定体系中NO2的百分量（NO2%），并作出其随反应温度（T）变化的关系图。下列示意图中，可能与实验结果相符的是
答案：BD
解析：在恒容状态下，在五个相同的容器中同时通入等量的NO2，反应相同时间。那么则有两种可能，一是已达到平衡状态，二是还没有达到平衡状态，仍然在向正反应移动。若5个容器在反应相同时间下，均已达到平衡，因为该反应是放热反应，温度越高，平衡向逆反应方向移动，NO2的百分含量随温度升高而升高，所以B正确。若5个容器中有未达到平衡状态的，那么温度越高，反应速率越大，会出现温度高的NO2转化得快，导致NO2的百分含量少的情况，在D图中转折点为平衡状态，转折点左则为未平衡状态，右则为平衡状态，D正确。
10．（09北京卷9）已知有相同容积的定容密封容器甲和乙，甲中加入和各0.1mol ，乙中加入HI 0.2mol，相同温度下分别达到平衡。欲使甲中HI的平衡浓度大于乙中HI的平衡浓度，应采取的措施是
A．甲、乙提高相同温度 B 甲中加入0.1mol He，乙不改变
C．甲降低温度，乙不变 D 甲增加0.1mol ，乙增加0.1mol
答案：C
【解析】本题考查化学平衡移动、等效平衡。 在相同条件下，甲、乙容器中达平衡时是等效平衡，欲使甲中HI的平衡浓度大于乙中HI的平衡浓度，则甲中平衡向着正反应方向移动，同时乙向着逆反应方向移动或者不移动。选项A，甲、乙提高相同温度时，平衡均向逆反应方向移动，且达平衡是二者等效，HI浓度相等。选项B，加入稀有气体时，平衡不移动，二者HI浓度相等。选项C，甲降低温度平衡向着正反应方向移动，达平衡是HI浓度增大，而乙中HI浓度不变，符合题意。选项D，甲中增加等量的H2或I2，达平衡是HI浓度相等。
11. （09四川卷13）在一体积可变的密闭容器中，加入一定量的X、Y，发生反应 kJ/mol。反应达到平衡时，Y的物质的量浓度与温度、气体体积的关系如下表所示：
气体体积
C(Y)/mol·L-1
温度℃
1
2
3
100
1.00
0.75
0.53
200
1.20
0.09
0.63
300
1.30
1.00
0.70
下列说法正确的是
A.m＞n B.Q＜0
C.温度不变，压强增大，Y的质量分数减少
D.体积不变，温度升高，平衡向逆反应方向移动
答案：C
【解析】 根据题目信息可得，在温度相同的条件下，当体积扩大到原来的两倍时，Y的浓度降低的倍数小于2，所以可确定增大体积，平衡正向移动，根据平衡移动原理，增大体积，平衡向体积增大的方向移动，因此A错误，C项正确。当体积相同时，温度升高，Y的浓度增大，即平衡正向移动，所以此反应的正向为放热反应，B、D错误。
【点评】本题主要通过控制变量讨论化学平衡移动问题，对于学生的基本功要求较高。
12. (09重庆卷13)各可逆反应达平衡后，改变反应条件，其变化趋势正确的是
答案：D
解析：A项CH3COOH溶液中加入CH3COONa固体，CH3COOH溶液中CH3COO—浓度增加，电离平衡逆向移动，c(H+)减小，pH逐渐增大，A错误；B项加入KCl对平衡体系无影响，化学平衡不移动，B错误；C项恒温恒压，加入Ar，各反应物的物质的量不变，体积变大，各物质的量浓度成倍减小（等效于减压），化学平衡朝体积增大方向移动，H2的改变量减小，起始量不变，转化率减小，C错误；大暗暗选D。
13．（09海南卷4）在25℃时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：
下列说法错误的是：w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
A．反应达到平衡时，X的转化率为50％
B．反应可表示为X+3Y2Z，其平衡常数为1600
C．增大压强使平衡向生成Z的方向移动，平衡常数增大
D．改变温度可以改变此反应的平衡常数
答案：C
解析： 由 aX+ bY cZ
初始浓度/mol·L-1 0.1 0.2 0
平衡浓度/mol·L-1 0.05 0.05 0.1
转化浓度/mol·L-1 0.05 0.15 0.1
利用转化浓度之比等于化学计量数比可得到化学方程式为X+3Y2Z，这样再利用相关数据可得到A、B正确，D因为平衡常数是温度函数而正确。
点评：本题考查化学反应速率和化学平衡的相关知识。最快捷的方法是利用排除法，抓住化学平衡常数是温度函数，即可得到C错误。
14．（09宁夏卷10）硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2+S↓+H2O,下列各组实验中最先出现浑浊的是
实验
反应温度/℃
Na2S2O3溶液
稀H2SO4
H2O
V/mL
c/（mol·L-1）
V/mL
c/（mol·L-1）
V/mL
A
25
5
0.1
10
0.1
5
B
25
5
0.2
5
0.2
10
C
35
5
0.1
10
0.1
5
D
35
5
0.2
5
0.2
10
答案：D
解析：影响化学反应速率的因素众多，本题从浓度和和温度两个因素考查，非常忠实于新教材必修2,只要抓住浓度越大，温度越高反应速率越大，便可以选出正确答案D。
15．（09宁夏卷13）在一定温度下，反应1/2H2(g)+ 1/2X2(g) HX(g)的平衡常数为10。若将1.0mol的HX(g)通入体积为1.0L的密闭容器中，在该温度时HX(g)的最大分解率接近于
A. 5% B. 17% C. 25% D.33%
答案：B
解析：
1/2H2(g)+ 1/2X2(g) HX(g)的平衡常数K1为10,那么HX(g) 1/2H2(g)+ 1/2X2(g) 的平衡常数K2为1/10, 2HX(g) H2(g)+ X2(g) 的平衡常数K3为(1/10)2=0.01.设HX(g)分解xmol/L,有, 2HX(g) H2(g)+ X2(g)
1 0 0
x x x
1-x x x
K3= x·x/(1-x) 2= 0.01 ,得到x=0.17,所以, 该温度时HX(g)的最大分解率接近于B. 17%
16.（09全国卷Ⅱ27）(15分)w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
某温度时，在2L密闭容器中气态物质X和Y反应生成气态物质Z，它们的物质的量随时间的变化如表所示。
（1）根据左表中数据，在右图中画出X、Y、Z的物质的量（n）随时间（t）变化的曲线：
t/min
X/mol
Y/mol
Z/mol
0
1.00
1.00
0.00
1
0.90
0.80
0.20
3
0.75
0.50
0.50
5
0.65
0.30
0.70
9
0.55
0.10
0.90
10
0.55
0.10
0.90
14
0.55
0.10
0.90
(2) 体系中发生反应的化学方程式是______________;
(3) 列式计算该反应在0-3min时间内产物Z的平均反应速率：_______________;
(4) 该反应达到平衡时反应物X的转化率等于___________________________;
(5) 如果该反应是放热反应。改变实验条件（温度、压强、催化剂）得到Z随时间变化的曲线①、②、③（如右图所示）则曲线①、②、③所对应的实验条件改变分别是：
① _________________ ②________________ ③__________________
答案：
解析：本题考查化学反应速率和化学平衡的综合运用，注意图像和有关计算。
（1）根据题目中表格给出的数据，在坐标系中找出相应的点，然后用光滑的曲线描点即可。
（2）根据题意，可以利用“三步法”求解
开始 1.00 1.00 0
转化 0.45 0.9 0.9
平衡 0.55 0.1 0.9
根据各物质的量之比可得体系中发生反应的化学方程式是：。
（3）根据图像可知在3min时，生成物Z的物质的量为0.5mol， 其平均速率为0.083mol/L·min。
（4）X的转化率等于0.45。
（5）由题目所给图象可知，在1中，平衡时Z的物质的量小于原平衡的物质的量，说明平衡逆向移动，条件为升高温度。在2中，平衡时Z的物质的量与原平衡相同，且速率加快，条件为加入催化剂；在3中，平衡正向移动，且速率加快，条件为加压。
17.（09安徽卷28）（17分）Fenton法常用于处理含难降解有机物的工业废水，通常是在调节好PH和浓度的废水中加入H2O2，所产生的羟基自由基能氧化降解污染物。现运用该方法降解有机污染物p-CP，探究有关因素对该降解反应速率的影响。
[实验设计]控制p-CP的初始浓度相同，恒定实验温度在298K或313K（其余实验条件见下表），设计如下对比试验。
（1）请完成以下实验设计表（表中不要留空格）。
实验
编号
实验目的
T/K
PH
c/10-3mol·L-1
H2O2
Fe2+
①
为以下实验作参考
298
3
6.0
0.30
②
探究温度对降解反应速率的影响
③
298
10
6.0
0.30
[数据处理]实验测得p-CP的浓度随时间变化的关系如右上图。
（2）请根据右上图实验①曲线，计算降解反应在50~150s内的反应速率：
（p-CP）= mol·L-1·s-1
[解释与结论]
（3）实验①、②
表明温度升高，降解反应速率增大。但温度过高时反而导致降解反应速率减小，请从Fenton法所用试剂H2O2的角度分析原因： 。
（4）实验③得出的结论是：PH等于10时， 。
[思考与交流]
（5）实验时需在不同时间从反应器中取样，并使所取样品中的反应立即停止下来。根据上图中的信息，给出一种迅速停止反应的方法：
答案：（1）
实验编号
实验目的
T/K
PH
c/10-3mol·L-1
H2O2
Fe2+
①
②
313
3
6.0
0.30
③
探究实验的对PH降解反应速率的影响
（2）8.0×10-6（3）过氧化氢在温度过高时迅速分解。
（4）反应速率趋向于零（或该降解反应趋于停止）
（5）将所取样品迅速加入到一定量的NaOH溶液中，使pH约为10（或将所取样品骤冷等其他合理答案均可）
解析：（1）实验①是参照实验，所以与实验①相比，实验②和③只能改变一个条件，这样才能起到对比实验的目的，则实验②是探究温度对反应速率的影响，则T=313K，pH=3，c(H2O2)=6.0 mol·L-1，c(Fe2＋)=0.30 mol·L-1，实验③显然是探究pH的大小对反应速率的影响；（2）在50～150s内，△c(p-CP)=0.8mol·L-1，则v (p-CP)=0.08mol·L-1·s-1；（3）温度过高时，H2O2分解，c(H2O2)浓度减小，导致反应速率减小；（4）从图中看出，pH=10时，c(p-CP)不变，即反应速率为零，说明碱性条件下，有机物p-CP不能降解；
（5）从第（4）可以得出，在发言液中加入NaOH溶液，使溶液的pH迅速增大，反应停止。
18.（山东卷28）（14分）运用化学反应原理研究氮、氧等单质及其化合物的反应有重要意义。
（1）合成氨反应反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，若在恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气，平衡 移动（填“向左”“向右”或“不”）；，使用催化剂 反应的ΔH（填“增大”“减小”或“不改变”）。
（2）O2 (g)= O+2(g)+e- H1= 1175.7 kJ·mol-1
PtF6(g)+ e-1 PtF6-(g) H2= - 771.1 kJ·mol-1
O2+PtF6-(s)=O2+(g)+PtF6- H3=482.2 kJ·mol-1
则反应O2（g）+ PtF6 (g) = O2+PtF6- (s)的H=_____________ kJ·mol-1。
（3）在25℃下，向浓度均为0.1 mol·L-1的MgCL2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成__________沉淀（填化学式），生成该沉淀的离子方程式为____________。已知25℃时Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11,KsP[Cu(OH)2]=2.2×10-20。
（4）在25℃下，将a mol·L-1的氨水与0.01 mol·L-1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH4*)=c(Cl-)，则溶液显_____________性（填“酸”“碱”或“中”）；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb=__________。
答案: （1）向左 不改变 （2）-77.6 （3）Cu(OH)2 Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2 ↓+2NH4+
（4）中 Kb=10-9/(a-0.01)mol·L-1.
解析:（1）在恒压条件下加入氩气，则容积增大，导致原平衡中各物质的浓度同等比例减小，所以平衡向气体体积增大的方向即向左移动；催化剂仅是改变化学反应速率，不会影响焓变。（2）根据盖斯定律，将化学方程式①+②-③叠加。
（3）Cu(OH)2 的Ksp小于Mg(OH)2的，所以离子的浓度商首先大于Cu(OH)2 的而先沉淀；由于氨水是弱碱，书写离子方程式时
不能拆开。
（4）由溶液的电荷守恒可得: c(H*)+c(NH4*)=c(Cl-)+c(OH-),已知c(NH4*)=c(Cl-)，则有c(H*)=c(OH-)，溶液显中性；电离常数只与温度有关，则此时NH3·H2O的电离常数
Kb= [c(NH4*)·c(OH-)]/c(NH3·H2O)= (0.01 mol·L-1·10-7mol·L-1)/(amol·L-1-0.01 mol·L-1)= 10-9/(a-0.01)mol·L-1.
19.（09江苏卷17）（8分）废旧印刷电路板的回收利用可实现资源再生，并减少污染。废旧印刷电路板经粉碎分离，能得到非金属粉末和金属粉末。
（1）下列处理印刷电路板非金属粉末的方法中，不符合环境保护理念的是 （填字母）。
A.热裂解形成燃油 B.露天焚烧
C.作为有机复合建筑材料的原料 D.直接填埋
（2）用的混合溶液可溶出印刷电路板金属粉末中的铜。已知：
====
====
====
在溶液中与反应生成和的热化学方程式为 。
（3）控制其他条件相同，印刷电路板的金属粉末用10℅和3.0的混合溶液处理，测得不同温度下铜的平均溶解速率（见下表）。
温度（℃）
20
30
40
50
60
70
80
铜平均溶解速率
（）
7.34
8.01
9.25
7.98
7.24
6.73
5.76
当温度高于40℃时，铜的平均溶解速率随着反应温度升高而下降，其主要原因是 。
（4）在提纯后的溶液中加入一定量的和溶液，加热，生成沉淀。制备的离子方程式是 。
答案: （1）BD（2）Cu(s)+H2O2 (l)+2H＋(aq)=Cu2＋(aq)+2H2O(l) △H=-319.68KJ.mol-1
（3）H2O2 分解速率加快（4）2Cu2＋+SO32-+2Cl－+H2O2CuCl↓+SO42-+2H＋
解析:（1）有关环保的比较容易。（2）主要考察盖斯定律的灵活运用。适当变形，注意反应热的计算。不要忽视热化学方程式的书写的注意事项。（3）考察影响化学反应速率的因素，结合双氧水的性质即可得出答案。（4）根据题目条件书写离子方程式常规题。
20.（09江苏卷20）（10分）联氨（N2H4）及其衍生物是一类重要的火箭燃料。N2H4与N2O4反应能放出大量的热。
（1）已知：2NO2（g）=====N2O4（g） △H=-57.20kJ·mol-1。一定温度下，在密闭容器中反应2NO2（g）N2O4（g）达到平衡。
其他条件不变时，下列措施能提高NO2转化率的是 （填字幕）
A．减小NO2的浓度 B.降低温度 C.增加NO2的浓度 D.升高温度
（2）25℃时，1.00gN2H4（l）与足量N2O4（l）完全反应生成N2（g）和H2O（l），放出19.14kJ的热量。则反应2N2H4（l）+N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（l）的△H= kJ·mol-1
（3）17℃、1.01×105Pa，密闭容器中N2O4和NO2的混合气体达到平衡时，c（NO2）=0.0300 mol·L-1、c（N2O4）=0.0120 mol·L-1。计算反应2NO2（g）N2O4（g）的平衡常数K。
（4）现用一定量的Cu与足量的浓HNO3反应，制得1.00L已达到平衡的N2H4和NO2的混合气体（17℃、1.01×105Pa），理论上至少需消耗Cu多少克？
答案:（1）BC（2）-1224.96
（3）根据题意知平衡时：；
K=
答：平衡常数为13.3。
（4）由（3）可知，在17℃、1.01×105Pa达到平衡时，1.00L混合气体中：
则
由===可得
答：理论上至少需消耗Cu 1.73 g.
解析:（1）考查影响化学平衡移动的因素（2）简单的反应热计算要注意将质量转化为物质的量，还要注意比例关系。（3）（4）见答案
21.（09浙江卷27）（15分）超音速飞机在平流层飞行时，尾气中的会破坏臭氧层。科学家正在研究利用催化技术将尾气中的和转变成和，化学方程式如下：
为了测定在某种催化剂作用下的反应速率，在某温度下用气体传感器测得不同时间的NO和CO浓度如表：
请回答下列问题（均不考虑温度变化对催化剂催化效率的影响）：
（1）在上述条件下反应能够自发进行，则反应的 0（填写“>”、“<”、“=”。
（2）前2s内的平均反应速率v(N2)=_____________。
（3）在该温度下，反应的平衡常数K= 。
（4）假设在密闭容器中发生上述反应，达到平衡时下列措施能提高NO转化率的是 。
A.选用更有效的催化剂 B.升高反应体系的温度
C．降低反应体系的温度 D.缩小容器的体积
（5）研究表明：在使用等质量催化剂时，增大催化剂比表面积可提高化学反应速率。为了分别验证温度、催化剂比表面积对化学反应速率的影响规律，某同学设计了三组实验，部分实验条件已经填在下面实验设计表中。
①请在上表格中填入剩余的实验条件数据。
②请在给出的坐标图中，画出上表中的三个实验条件下混合气体中NO浓度随时间变化的趋势曲线图，并标明各条曲线是实验编号。
答案:(1)< (2) 1.88×10-4mol/(L·s) (3)5000 (4)C、D(5)①II: 280、1.20×10-3、5.80×10-3Ⅲ：1.2×10-3 、5.80×10-3
②
解析:（1）自发反应，通常为放热反应，即H小于0。（2）以NO计算，2s内NO的浓度变化为(10－2.5)×10-4mol/L，V（NO）=7.5×10-4/2 =3.75×10-4mol/(L·s)。根据速率之比等于计量系数比可知，V(N2)=1/2 V(NO)=1.875×10-4mol/(L·s)。
（3）==5000。
（4）催化剂不影响平衡的移动，A项错；该反应放热，故降温平衡正向移动，NO转化率增大，B项错，C项正确；缩小体积，即增大压强，平衡向体积减小的方向运动，即正向移动，D项正确。
（5）本题为实验探究题，目的是研究温度和催化剂的比表面积对速率的影响，研究时只能是一个变量在起作用，所以II中数据与I比较催化剂的比表面积增大了，故其他的数据应与I完全相同；III中数据与II比较，催化剂的比表面积数据未变，但是温度升高，故其他数据是不能改变的。实质I、II研究是催化剂的比表面积对速率的影响，II、III研究是温度对速率的影响。作图，可根据先拐先平的原则，即最里面的线先达平衡，速率快，应对应于III（因为其温度和催化剂的比表面积是三组中最高的），II比I快，因为两组温度相同，但是II中催化剂的比表面积大。
22.（10分）甲酸甲酯水解反应方程式为：
某小组通过实验研究该反应（反应过程中体积变化忽略不计）。反应体系中各组分的起始量如下表：
甲酸甲酯转化率在温度T1下随反应时间（t）的变化如下图：
（1）根据上述条件，计算不同时间范围内甲酸甲酯的平均反应速率，结果见下表：
请计算15~20min范围内甲酸甲酯的减少量为 mol，甲酸甲酯的平均反应速率
为 mol·min-1(不要求写出计算过程)。
（2）依据以上数据，写出该反应的反应速率在不同阶段的变化规律及其原因： 。
（3）上述反应的平衡常数表达式为：，则该反应在温度T1下的K值为 。
（4）其他条件不变，仅改变温度为T2（T2大于T1），在答题卡框图中画出温度T2下甲酸甲酯转化率随反应时间变化的预期结果示意图。
答案：（1）0.045 9.0×10-3 （2）该反应中甲酸具有催化作用
①反应初期：虽然甲酸甲酯的量较大，但甲酸量很小，催化效果不明显，反应速率较慢。
②反应中期：甲酸量逐渐增多，催化效果显著，反应速率明显增大。③反应后期：甲酸量增加到一定程度后，浓度对反应速率的影响成主导因素，特别是逆反应速率的增大，使总反应速率逐渐减小，直至为零。（3）0.14
（4）
解析：（1）15min时，甲酸甲酯的转化率为6.7%，所以15min时，甲酸甲酯的物质的量为1-1.00mol×6.7%==0.933mol；20min时，甲酸甲酯的转化率为11.2%所以20min时，甲酸甲酯的物质的量为1-1.00mol×11.2%==0.888mol，所以15至20min甲酸甲酯的减少量为0.933mol-0.888mol=0.045mol，则甲酸甲酯的平均速率=0.045mol/5min==0.009mol·min-1。
（2）参考答案。（3）由图象与表格可知，在75min时达到平衡，甲酸甲酯的转化率为24%，所以甲酸甲酯转化的物质的量为1.00×24%=0.24mol，结合方程式可计算得平衡时，甲酸甲酯物质的量=0.76mol，水的物质的量1.75mol，甲酸的物质的量=0.25mol 甲醇的物质的量=0.76mol所以K=（0.76×0.25）/（1.75×0.76）=1/7
（4）因为升高温度，反应速率增大，达到平衡所需时间减少，所以绘图时要注意T2达到平衡的时间要小于T1，又该反应是吸热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，甲酸甲酯的转化率减小，所以绘图时要注意T2达到平衡时的平台要低于T1。
23.（09北京卷28）（15分）以黄铁矿为原料生产硫酸的工艺流程图如下：
（1）将燃烧黄铁矿的化学方程式补充完整
4 +11
（2）接触室中发生反应的化学方程式是 。
（3）依据工艺流程图判断下列说法正确的是（选填序号字母） 。
a. 为使黄铁矿充分燃烧，需将其粉碎
b. 过量空气能提高的转化率
c. 使用催化剂能提高的反应速率和转化率
d. 沸腾炉排出的矿渣可供炼铁
（4）每160g气体与化合放出260.6kJ的热量，该反应的热化学方程是 。
（5）吸收塔排出的尾气先用氨水吸收，再用浓硫酸处理，得到较高浓度的和铵盐。
①既可作为生产硫酸的原料循环再利用，也可用于工业制溴过程中吸收潮湿空气中的。吸收的离子方程式是 。
② 为测定该铵盐中氮元素的质量分数，将不同质量的铵盐分别加入到50.00mL相同浓度的溶液中，沸水浴加热至气体全部逸出(此温度下铵盐不分解)。该气体经干燥后用浓硫酸吸收完全，测定浓硫酸增加的质量。
部分测定结果；
铵盐质量为10.00g和20.00g 时，浓硫酸增加的质量相同；铵盐质量为30.00g时，浓硫酸增加的质量为0.68g；铵盐质量为40.00g时，浓硫酸的质量不变。
计算：该铵盐中氮元素的质量分数是 %； 若铵盐质量为15.00g。 浓硫酸增加的质量为 。 （计算结果保留两位小数）
答案：（1）FeS2（2）（3）a b d
（4）SO3(g) + H2O(l) = H2SO4(l)；ΔH=-130.3kJ/mol（5）①SO2 + Br2 + 2H2O = 4H+ + 2Br- + SO42-②14.56 2.31g
【解析】本题主要考查硫酸工业、热化学方程式的书写、计算等。
（1）根据原子守恒即可判断该物质为FeS2。
（2）SO2和O2在接触室发生反应生成SO3：2SO2 + O2 2SO3。
（3）选项a，将黄铁矿粉碎更增加反应接触面积而加快反应速率。选项b，增加空气（O2）浓度能提高SO2的转化率。选项c，催化剂对转化率无影响。选项d，矿渣中含有Fe2O3，可用于冶炼铁。
（4）160g SO3(g)与H2O(l)反应生成H2SO4(l)放出260.6kJ热量，则1mol SO3(g)与H2O(l)反应生成H2SO4(l)放出130.3kJ热量，则相关热化学方程式为： SO3(g) + H2O(l)＝H2SO4(l)；△H＝－130.3kJ/mol。
（5）10g时说明铵盐不足,20g时说明氢氧化钠不足,由10.00g和20.00g 时浓硫酸增加的质量相同说明铵盐有酸式根产生的氨气, 氢氧化钠的物质的量浓度为Cmol/L
设10克中有Xmol的 (NH4)2SO4 和ymol的NH4HSO4则
132X + 115y=10…………………………………………………….(1)
10g时说明铵盐不足由N守恒知
n(NH3)=2X + y
20g时铵盐已经过量，氢氧化钠先和酸式根反应，则(NH4)2SO4为2Xmol，2ymol的NH4HSO4
HSO4— + OH— = SO42— + H2O
1 1
2y 2y
NH4+ + OH— = NH3 + H2O
1 1
50C×10—3—2y 50C×10—3—2y
由于产生的氨气一样多
n(NH3)=2X + y=50C×10—3—2y………………………………….(2)
30g时铵盐过量，则(NH4)2SO4为3Xmol，3ymol的NH4HSO4 n(NH3)=0.68/17=0.04mol
HSO4— + OH— = SO42— + H2O
1 1
3y 3y
NH4+ + OH— = NH3 + H2O
1 1
50C×10—3—3y 0.04
所以
50C×10—3—3y=0.04…………………………………………………….(3)
联立(1) (2) (3)解得
X=0.02mol y=0.064mol C=4.64mol/L
氮的质量百分含量= ×100％=(0.04+0.064) ×14/10×100％=14.56％
15g时铵盐已经过量，则(NH4)2SO4为1.5Xmol，1.5 ymol的NH4HSO4
HSO4— + OH— = SO42— + H2O
1 1
1.5y 1.5y
NH4+ + OH— = NH3 + H2O
1 1
50C×10—3—1.5y 50C×10—3—1.5y
n(NH3)= 50C×10—3—1.5y=50×4.64×10—3—1.5×0.064=0.136mol
m(NH3)=0.136×17=2.31g
