高考化学真题分类汇编专题06化学反应速率和化学平衡
专题六 化学反应速率与化学平衡
1.（2019·浙江4月选考·17）下列说法正确的是
A. H2(g)+I2(g)2HI(g),其他条件不变,缩小反应容器体积,正逆反应速率不变
B.C(s)+H2O(g)H2(g)+CO(g),碳的质量不再改变说明反应已达平衡
C.若压强不再随时间变化能说明反应2A(?)+B(g)2C(?) 已达平衡,则A、C不能同时是气体
D.1 mol N2和3 mol H2反应达到平衡时H2转化率为10%,放出热量Q1;在相同温度和压强下，当2 mol NH3分解为N2和H2的转化率为10%时,吸收热量Q2,Q2不等于Q1
【答案】B
【解析】本题考查化学反应速率的影响因素，可逆反应化学平衡状态的判断与可逆反应中的能量变化判断。对于反应H2(g)+I2(g)2HI(g)，反应前后气体分子数相等，缩小反应容器体积，平衡不移动，正逆反应速率增大相同的倍数，A项错误；碳的质量不变，说明正、逆反应速率相等，反应已达平衡状态，B项正确；恒温恒容条件下，若A、C同时为气体，当压强不变时，也能说明反应达到平衡状态，C项错误；设N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH＝-a（a>0） kJ·mol-1，1 mol N2和3 mol H2反应达到平衡时H2转化率为10%，放出热量Q1＝0.1akJ，当2 mol NH3分解为N2和H2的转化率为10%时，吸收热量Q2＝0.1akJ，故Q1＝Q2，D项错误,故选B。
2.（2018·全国III·28）对于反应2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)，采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323K和343K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。
①343K时反应的平衡转化率α=_________%。平衡常数K343K=__________（保留2位小数）。
②在343K下：要提高SiHCl3转化率，可采取的措施是___________；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有____________、___________。
③比较a、b处反应速率大小：va________vb（填“大于”“小于”或“等于”）。反应速率v=v正−v逆=−，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数，计算a处=__________（保留1位小数）。
【答案】（3）①22 0.02 ②及时移去产物 改进催化剂 提高反应物压强（浓度）
③大于 1.3
【解析】（3）①由图示，温度越高反应越快，达到平衡用得时间就越少，所以曲线a代表343K的反应。从图中读出，平衡以后反应转化率为22%。设初始加入的三氯氢硅的浓度为1mol/L，得到：
2SiHCl3 SiH2Cl2 + SiCl4
91
起始： 1 0 0
反应： 0.22 0.11 0.11 （转化率为22%）
平衡： 0.78 0.11 0.11
所以平衡常数K=0.112÷0.782=0.02。
②温度不变，提高三氯氢硅转化率的方法可以是将产物从体系分离（两边物质的量相等，压强不影响平衡）。缩短达到平衡的时间，就是加快反应速率，所以可以采取的措施是增大压强（增大反应物浓度）、加入更高效的催化剂（改进催化剂）。
③a、b两点的转化率相等，可以认为各物质的浓度对应相等，而a点的温度更高，所以速率更快，即Va＞Vb。根据题目表述得到，，当反应达平衡时，＝，所以，实际就是平衡常数K值，所以0.02。a点时，转化率为20%，所以计算出：
2SiHCl3 SiH2Cl2 + SiCl4
起始： 1 0 0
反应： 0.2 0.1 0.1 （转化率为20%）
平衡： 0.8 0.1 0.1
所以=0.8；==0.1；所以
3.（2017·全国III·28）（4）298K时，将20mL 3xmol、20mL 3xmol和20mL NaOH溶液混合，发生反应：。溶液中与反应时间(t)的关系如图所示。
①下列可判断反应达到平衡的是__________（填标号）。
a．溶液的pH不再变化 b．
c．不再变化 d．
②时，__________（填“大于”、“小于”或“等于”）。
③时__________时（填“大于”、“小于”或“等于”），理由是__________。
④若平衡时溶液的，则该反应的平衡常数K为__________。
91
【答案】（4）①ac ②大于
③小于 时刻生成物的浓度更高，反应速率更快④
【解析】（4）①a.随反应进行，pH不断降低，当pH不再变化时，说明反应达到了平衡；
b.未指明和，且速率之比等于化学计量数之比，故任何时刻该结论均成立，无法判断是否达到平衡；
c．随反应进行，不断增大，不断减小，当二者比值不变时，说明二者浓度不再改变，则反应达到平衡；
d.平衡时，故当时，反应未达到平衡；
②时刻后还在不断增加，说明反应还在正向进行，故此时；
③由于到时刻在不断增加，则生成物浓度在增大，故逆反应速率在增大；
④混合后，，由图像可知平衡时生成的，pH=14说明，故可列出三段式为
+ + + +
反应前
x
x
0
0
变化量
y
y
2y
y
2y
反应后
x-y
x-y
1
y
2y
则平衡常数。
4.（2016·全国II·27）丙烯腈（CH2=CHCN）是一种重要的化工原料，工业上可用“丙烯氨氧化法”生产，主要副产物有丙烯醛（CH2=CHCHO）和乙腈CH3CN等，回答下列问题：
（1）以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈（C3H3N）和副产物丙烯醛（C3H4O）的热化学方程式如下：① C3H6(g)+NH3(g)+ O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g) △H=-515kJ/mol
② C3H6(g)+ O2(g)=C3H4O(g)+H2O(g) △H=-353kJ/mol
两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是；有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是；提高丙烯腈反应选择性的关键因素是。
（2）图（a）为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线，最高产率对应温度为460OC．低于460OC时，丙烯腈的产率（填“是”或者“不是”）对应温度下的平衡产率，判断理由是；高于460OC时，丙烯腈产率降低的可能原因是（双选，填标号）
A．催化剂活性降低 B．平衡常数变大 C．副反应增多 D．反应活化能增大
（3）丙烯腈和丙烯醛的产率与n（氨）/n（丙烯）的关系如图（b）所示。由图可知，最佳n（氨）/n（丙烯）约为，理由是。进料氨、空气、丙烯的理论体积约为
【答案】（1）两个反应均为放热量大的反应；降低温度、降低压强；催化剂；
（2）不是；该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低 ；AC
91
（3）1 ； 该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低； 1:7.5:1
【解析】（1）因为两个反应均为放热量大的反应，所以热力学趋势大；该反应为气体体积增大的放热反应，所以降低温度、降低压强有利于提高丙烯腈的平衡产率；由图a可知，提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催化剂。
（3）根据图像可知，当n（氨）/n（丙烯）约为1时，该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低；根据化学反应C3H6(g)+NH3(g)+ 3/2O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g)，氨气、氧气、丙烯按1:1.5:1的体积比加入反应达到最佳状态，而空气中氧气约占20%，所以进料氨、空气、丙烯的理论体积约为1:7.5:1。
5.（2017·江苏·10）H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得70℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是
A．图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越快
B．图乙表明，其他条件相同时，溶液pH越小，H2O2分解速率越快
C．图丙表明，少量Mn 2+存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快
D．图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大
【答案】D
6.（2016·江苏·15）一定温度下，在3个体积均为1.0 L的恒容密闭容器中反应2H2(g)+CO(g)CH3OH(g) 达到平衡。下列说法正确的是
91
A．该反应的正反应放热
B．达到平衡时，容器Ⅰ中反应物转化率比容器Ⅱ中的大
C．达到平衡时，容器Ⅱ中c(H2)大于容器Ⅲ中c(H2)的两倍
D．达到平衡时，容器Ⅲ中的正反应速率比容器Ⅰ中的大
【答案】AD
7.（2016·四川·6）一定条件下，CH4与H2O(g)发生反应：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)，设起始=Z，在恒压下，平衡时 (CH4)的体积分数与Z和T（温度）的关系如图所示。下列说法正确的是
A．该反应的焓变ΔH>0
B．图中Z的大小为a>3>b
C．图中X点对应的平衡混合物中=3
D．温度不变时，图中X点对应的平衡在加压后 (CH4)减小
【答案】A
91
8.（2015·安徽·11）汽车尾气中，产生NO的反应为：N2(g)+O2(g)2NO(g)，一定条件下，等物质的量的N2(g)和O2(g)在恒容密闭容器中反应，下图曲线a表示该反应在温度T下N2的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始条件改变时N2的浓度随时间的变化。下列叙述正确的是
A．温度T下，该反应的平衡常数K=
B．温度T下，随着反应的进行，混合气体的密度减小
C．曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂
D．若曲线b对应的条件改变是温度，可判断该反应的△H＜0
【答案】A
的浓度发生变化，故C错误，D、由图可知，b曲线化学反应速率快（变化幅度大），氮气的平衡浓度减小，升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应，即△H>0，故D错误。
9.（2015·天津·3）下列说法不正确的是
A．Na与H2O的反应是熵增的放热反应，该反应能自发进行
B．饱和Na2SO4溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀，但原理不同
C．FeCl3和MnO2均可加快H2O2分解，同等条件下二者对H2O2分解速率的改变相同
D．Mg(OH)2固体在溶液中存在平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH—
91
(aq)，该固体可溶于NH4Cl溶液
【答案】C
10.（2015·上海·20）对于合成氨反应，达到平衡后，以下分析正确的是
A．升高温度，对正反应的反应速率影响更大
B．增大压强，对正反应的反应速率影响更大
C．减小反应物浓度，对逆反应的反应速率影响更大
D．加入催化剂，对逆反应的反应速率影响更大
【答案】B
11.（2015·江苏·15）在体积均为1．0L的量恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉，再分别加入0.1molCO2和0.2molCO2，在不同温度下反应CO2(g)＋c(s)2CO(g)达到平衡，平衡时CO2的物质的量浓度c(CO2)随温度的变化如图所示(图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上)。下列说法正确的是（ ）
A．反应CO2(g)＋c(s)2CO(g) △S>0、△H<0
91
B．体系的总压强P总：P总(状态Ⅱ)>2P总（状态Ⅰ）
C．体系中c(CO)：c(CO，状态Ⅱ)<2c(CO，状态Ⅲ)
D．逆反应速率V逆：V逆（状态Ⅰ）>V逆（状态Ⅲ)
【答案】BC
【解析】A、由气体的化学计量数增大可知△S＞0，由图中温度高平衡时c（CO2）小，则升高温度平衡正向移动，可知△H＞0，故A错误；B、Ⅰ这条曲线，是通入0.1molCO2，Ⅱ这条曲线是通入0.2molCO2，状态Ⅱ可以看作先通0.1CO2，此时的压强相等，再通入0.1molCO2加入平衡不移动，此时的压强等于2倍P总（状态Ⅰ），但要求CO2的浓度相等，应对此加热使反应向正反应方向移动，气体物质的量增加，因此P总(状态Ⅱ)>2P总（状态Ⅰ），故正确；C、状态Ⅱ可以看作先通0.1CO2，此时两者CO的浓度相等，在通入0.1molCO2，加入平衡不移动，Ⅱ状态CO的浓度等于2倍Ⅲ，但再充入CO2，相当增大压强，平衡右移，消耗CO，因此c(CO，状态Ⅱ)<2c(CO，状态Ⅲ)，故正确；D、温度越高，反应速率越快，V逆（状态Ⅰ）
T2，达到平衡时，在T2温度下X的浓度要小于T1时的浓度，说明温度降低，平衡向正方向移动，即正反应属于放热反应，所以低温时平衡向正方向移动，会放出更多的热量，A错误；B、0~t1时间段内，X的浓度变化量为（a-b）mol/L，所以= mol·L-1·min-1，根据各物质的化学反应速率之比等于化学计量数之比，所以=，B错误；C、M点对应的温度高于N点对应的温度，二者均处于化学平衡状态，所以温度升高，化学反应速率增大，即M点对应的速率大于N点对应的速率，C正确。
13．（2014·天津·3）运用相关化学知识进行判断，下列结论错误的是( )
A．某吸热反应能自发进行，因此该反应是熵增反应
B．NH4F水溶液中含有HF，因此NH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中
C．可燃冰主要是甲烷与水在低温高压下形成的水合物晶体，因此可存在于海底
D．增大反应物浓度可加快反应速率，因此用浓硫酸与铁反应能增大生成H2的速率
【答案】D
【解析】A、当ΔH－TΔS＜0时，反应能自发进行，吸热反应的ΔH＞0，吸热反应能自发，说明ΔS＞0，A项正确；B、NH4F溶液中F－水解生成HF，HF能与玻璃中的SiO2发生反应4HF＋SiO2===SiF4↑＋2H2O，故NH4F溶液不能存放在玻璃试剂瓶中，B项正确；C、可燃冰需在低温高压下形成，所以可燃冰可存在于海底，C项正确；D、常温下，浓硫酸使铁发生钝化，D项错误。
14．（2014·全国I·8）下列叙述错误的是
91
A．SO2使溴水褪色与乙烯使KMnO4溶液褪色的原理相同
B．制备乙酸乙酯时可用热的NaOH溶液收集产物以除去其中的乙酸
C．用饱和食盐水替代水跟电石反应，可以减缓乙炔的产生速率
D．用AgNO3溶液可以鉴别KC1和KI
【答案】B
【解析】A、SO2使溴水褪色是因为SO2和Br2发生了氧化还原反应（SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4）, 乙烯使KMnO4溶液褪色也是发生了氧化还原反应，A正确；B、热的NaOH溶液虽然可以中和乙酸，但也会使乙酸乙酯发生水解，B错误；C、实验室制取乙烯实验中，由于电石和水的反应很剧烈，所以常用饱和食盐水代替水，目的是减缓电石与水的反应速率，C正确；D、AgNO3和KC1产生白色沉淀AgCl，AgNO3和KI产生黄色沉淀AgI，D正确。
15． （2014·全国I·9）已知分解1mol H2O2放出热量98KJ。在含有少量I的溶液中，H2O2分解的机理为：H2O2+ I H2O+IO，H2O2+ IO H2O+O2+ I，下列有关该反应的说法正确的是（ ）
A．反应速率与I浓度有关 B．IO也是该反应的催化剂
C．反应活化能等于98KJmol-1 D．
【答案】A
【解析】决定化反应速率的主要是慢反应，所以I-浓度越大，则整个反应速率越快，A正确、B错误；98KJ·mol-1是该反应的△H，活化能不能确定，C 错误；把两个方程式处理得到：2H2O2＝2H2O＋O2，v(H2O2)＝v(H2O)＝2v(O2)，D错误。
16．（2014·江苏·15）一定温度下，在三个体积约为1.0L的恒容密闭容器中发生反应：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)
容器
编号
温度（℃）
起始物质的量（mol）
平衡物质的量（mol）
CH3OH(g)
CH3OCH3(g)
H2O(g)
I
387
0.20
0.080
0.080
Ⅱ
387
0.40
Ⅲ
207
0.20
0.090
0.090
下列说法正确的是
A．该反应的正方应为放热反应
B．达到平衡时，容器I中的CH3OH体积分数比容器Ⅱ中的小
C．容器I中反应达到平衡所需时间比容器Ⅲ中的长
D．若起始时向容器I中充入CH3OH 0.1mol、CH3OCH3 0.15mol和H2O 0.10mol，则反应将向正反应方向进行
【答案】AD
【解析】由图表可以看出，温度高的容器，平衡时二甲醚的物质的量小，说明反应为放热反应，A正确；由于反应为气体总体积保持不变的反应，增大甲醇的量，平衡不移动，B错误；容器I的温度高，到达平衡所用的时间短，C错误；根据容器I中各物质的量的关系，可以求出平衡常数K=0.16，当充入甲醇0.15mol，甲醚0.15mol，水0.10mol时， Qc=0.10×0.15/0.15=0.10<0.16,平衡向正方向移动，D正确。
17.（2014·海南·12）将BaO2放入密闭真空容器中，反应2BaO2(s) 2BaO(s)+O2
91
(g)达到平衡，保持温度不变，缩小容器容积，体系重新达到平衡，下列说法正确的是（ ）
A、平衡常数减小 B、BaO量不变 C、氧气压强不变 D、BaO2量增加
【答案】CD
【解析】A、化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不改变，A错误；B、由于该反应2BaO2(s) 2BaO(s)+O2(g)的正反应是体积增大的反应，当温度保持不变时，缩小容器体积（相当于加压），平衡会向体积减小的方向即逆方向移动，所以BaO量减小，B错误；C、由于温度不变，则化学平衡常数（）不变，所以不变，所以氧气压强不变，C正确；D、由于该反应2BaO2(s) 2BaO(s)+O2(g)的正反应是体积增大的反应，当温度保持不变时，缩小容器体积（相当于加压），平衡会向体积减小的方向即逆方向移动，所以BaO2量增加，D正确。
18．（2014·安徽·11）中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论正确的是（ ）
选项
规律
结论
A
较强酸可以制取较弱酸
次氯酸溶液无法制取盐酸
B
反应物浓度越大，反应速率越快
常温下，相同的铝片中分别加入足量的浓、稀硝酸，浓硝酸中铝片先溶解完
C
结构和组成相似的物质，沸点随相对分子质量增大而升高
NH3沸点低于PH3
D
溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化
ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可以得到CuS沉淀
【答案】D
【解析】A项，盐酸的制备可以有HClO光照分解产生，反应的方程式为2HClO2HCl+O2↑，A错误；B、注意一个特殊的现象—钝化（铝和浓硝酸发生钝化反应），反应速率减慢，B错误；C、NH3分子之间存在氢键，熔沸点升高，故NH3的沸点高于PH3，C错误；D、ZnS沉淀中加入几滴CuSO4溶液，沉淀由白色转化为黑色，硫化锌和硫化铜阴阳离子比相同，说明溶度积（Ksp）ZnS＞CuS，故D正确。
19．（2014·北京·12）在一定温度下，10mL0.40mol/L H2O2发生催化分解。不同时刻测定生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表。
t/min
0
2
4
6
8
10
V(O2)/mL
0.0
9.9
17.2
22.4
26.5
29.9
下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）
A．0~6 min的平衡反应速率：v(H2O2)≈3.3×10-2 mol/(L·min)
B．6~10 min的平衡反应速率：v(H2O2)<3.3×10-2 mol/(L·min)
C．反应到6 min时，c(H2O2)=0.30mol/L
D．反应到6 min时，H2O2分解了50%
【答案】C
【解析】10mL0.40mol/L H2O2溶液含H2O2的物质的量是0.004mol，6min时，生成氧气的物质电离是n==0.001mol，则有：
2H2O22H2O+ O2↑
91
开始（mol） 0.004 0 0
转化（mol） 0.002 0.001
6min时（mol） 0.002 0.001
所以0~6min，H2O2的物质的量变化了0.002mol，浓度变化量=0.2mol/L，则v（H2O2）=mol/(L·min)，A正确；B、随着反应的不断进行，H2O2的浓度越来越小，反应速率越来越慢，所以6~10min的平均反应速率要小于0~6min的平均反应速率，即v（H2O2）＜mol/(L·min)，B正确；C、反应至6min时，剩余的H2O2的物质的量是0.002mol，则此时H2O2的物质的量浓度是=0.2mol/L，C错误；D、反应至6min时，参加反应的H2O2的物质的量是0.002mol，所以H2O2分解了50%，D正确。。
20．（2014·安徽·28）某研究小组为探究弱酸性条件下铁发生电化学腐蚀类型的影响因素，将混合均匀的新制铁粉和碳粉置于锥形瓶底部，塞上瓶塞（如图1）。从胶头滴管中滴入几滴醋酸溶液，同时测量容器中的压强变化。
图1
（1）请完成以下实验设计表（表中不要留空格）
编号
实验目的
碳粉/g
铁粉/g
醋酸/g
①
为以下实验作参照
0.5
2.0
90.0
②
醋酸浓度的影响
0.5
36.0
③
0.2
2.0
90.0
（2）编号①实验测得容器中压强随时间变化如图2。时，容器中压强明显小于起始压强，其原因是铁发生了腐蚀，请在图3中用箭头标出发生该腐蚀时电子流动的方向；此时，碳粉表面发生了（填“氧化”或“还原”）反应，其电极反应式为
___________________________。
图2 图3
91
（3）该小组对图2中的0 ~时压强变大的原因提出如下假设。请你完成假设二：
假设一：发生析氢腐蚀产生气体；假设二：；．．．．．．
（4）为验证假设一，某同学设计了检验收集的气体中是否含有H2的方案。请你再设计一种方案验证假设一，写出实验步骤和结论。
实验步骤和结论（不要求写具体操作过程）
【答案】（1）
编号
实验目的
碳粉/g
铁粉/g
醋酸/g
②
2.0
③
碳粉含量的影响
（2）吸氧 还原 2H2O+O2+4=4OH—（或4H++ O2+4=2H2O）
（3）放热反应，温度升高
（4）
实验步骤和结论（不要求写具体操作过程）
①药品用量和操作同编号①实验（多孔橡皮塞增加进、出导管）
②通入氩气排净瓶内空气；
③滴入醋酸溶液，同时测量瓶内压强变化（也可测温度变化，检验Fe2+等）。
如果瓶内压强增大，假设一成立。否则假设一不成立。
（本题属于开放性试题，合理答案均给分）
【解析】（1）探究外界因素对化学反应速率的影响，一般采取控制变量法，即每次只能改变一个变量，所以实验②中铁的量不能发生变化，即质量为2.0g；实验③和实验①相比，只有碳粉的质量发生了变化，所以实验③室探究碳粉的质量对化学反应速率的影响；
（2）因为压强的大小与气体的物质的量成正比，从所给的图像可看出，气体的量开始增加，后来逐渐减小，故~发生了吸氧腐蚀；原电池装置中，活泼金属（Fe）做负极，不活泼的C作正极，正极发生还原反应，电极反应式为2H2O+O2+4=4OH—或4H++ O2+4=2H2O；
（3）从体积的影响因素着手，温度升高，体积增大；
91
（4）基于假设一可知，产生氢气，发生了哪些变化，具体参考答案。
21．（2014·福建·）利用化石燃料开采、加工过程产生的H2S 废气制取氢气，既价廉又环保。
(2)利用H2S废气制取氢气的方法有多种。
①高温热分解法已知：H2S(g)H2(g)＋S2(g)
在恒容密闭容器中，控制不同温度进行H2S分解实验。以H2S起始浓度均为c mol·L－1测定H2S的转化率，结果见图0。图中a为H2S的平衡转化率与温度关系曲线，b曲线表示不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率。据图计算 985 ℃时H2S按上述反应分解的平衡常数K＝________；说明随温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因：______________。
图0
【答案】(2)① 温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短(或其他合理答案)
【解析】(2)①H2S的起始浓度为c mol·L－1，985 ℃时H2S的平衡转化率为40%，则H2S的变化浓度为0.4c mol·L－1，则：
H2S(g)H2 (g)＋S2 (g)
c0 0
0.4c0.4c0.2c
0.6c0.4c0.2c
K＝＝＝；
读图可得，未达平衡时H2S的转化率逐渐增大，原因是温度逐渐升高，H2S分解的反应速率逐渐增大，消耗的H2S逐渐增多；已达平衡后H2S的平衡转化率逐渐增大的原因是H2S分解是吸热反应，升高温度时平衡右移，消耗的H2S增多；
22．（2014·福建）NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗即有
91
I2析出，依据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反应速率。将浓度均为0.020 mol·L－1的NaHSO3溶液(含少量淀粉)10.0 mL、KIO3(过量)酸性溶液40.0 mL混合，记录10～55 ℃间溶液变蓝时间，55 ℃时未观察到溶液变蓝，实验结果如图0。据图分析，下列判断不正确的是( )
图0
A．40 ℃之前与40 ℃之后溶液变蓝的时间随温度的变化趋势相反
B．图中b、c两点对应的NaHSO3反应速率相等
C．图中a点对应的NaHSO3反应速率为5.0×10－5 mol·L－1·s－1
D．温度高于40 ℃时，淀粉不宜用作该实验的指示剂
【答案】B
【解析】读图可得，10～40 ℃间溶液变蓝时间由80 s逐渐减小，40～55 ℃间溶液变蓝时间逐渐增大，A项正确；b、c两点所代表的温度分别是25 ℃、47 ℃，其他条件保持不变时，温度越高，反应速率越快，则图中b点对应的NaHSO3反应速率较小，c点对应的NaHSO3反应速率较大，B项错误；混合前NaHSO3浓度为0.020 mol·L－1，忽略稀溶液混合前后溶液体积的变化，根据c1·V1＝c2·V2的稀释定律可得，混合后NaHSO3浓度为0.020 mol·L－1×＝0.004 0 mol·L－1，a点溶液变蓝时间为80 s，因为NaHSO3不足或KIO3过量，NaHSO3浓度由0.004 0 mol·L－1变为0，由＝v可得，a点对应的NaHSO3反应速率为0.004 0 mol·L－1÷80 s＝5.0×10－5 mol·L－1·s－1，C项正确；配平可得：10NaHSO3＋4KIO3 (过量)===5Na2SO4＋2K2SO4＋2I2＋3H2SO4＋2H2O，生成的硫酸是淀粉水解反应的催化剂，若温度高于40 ℃时，淀粉水解反应速率加快，其水解产物遇析出的I2不会变蓝，因此淀粉不宜用作该实验的指示剂，D项正确。
23．（2014·广东）大气中的部分碘源于O3对海水中I－的氧化。将O3持续通入NaI溶液中进行模拟研究。
(2)在溶液中存在化学平衡：I2(aq)＋I－(aq)I(aq)，其平衡常数表达式为_______。
(3)为探究Fe2＋对O3氧化I－反应的影响(反应体系如图0)，某研究小组测定两组实验中I浓度和体系pH，结果见图1和下表。
图0图1
91
编号
反应物
反应前pH
反应后pH
第1组
O3＋I－
5.2
11.0
第2组
O3＋I－＋Fe2＋
5.2
4.1
①第1组实验中，导致反应后pH升高的原因是____________________________。
②图0中的A为________。由Fe3＋生成A的过程能显著提高I－的转化率，原因是__________。
③第2组实验进行18 s后，I浓度下降。导致下降的直接原因有(双选)________。
A．c(H＋)减小 B．c(I－)减小C．I2(g)不断生成 D．c(Fe3＋)增加
(4)据图1，计算3～18 s内第2组实验中生成I的平均反应速率(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。
【答案】(2)K＝
(3)①反应既消耗了氢离子又生成水，导致溶液中c(H＋)降低，pH升高
②Fe2＋ Fe3＋将I－直接氧化成I2，使溶液中c(I2)增大，促使I2(aq)＋I－I(aq)的平衡右移，消耗的c(H＋)增多
③BC
(4)v(I)＝＝≈5.5×10－4 mol/(L·s)
【解析】(2)由化学平衡常数定义式可得，I2(aq)＋ I－(aq)I(aq)的平衡常数表达式为；(3)①导致前者反应后pH升高的原因是臭氧将碘离子氧化为I2的总反应的离子方程式为2I－＋O3＋2H＋I2＋O2(g)＋H2O(或者第②③步反应的反应物中都有氢离子，第③步反应的生成物中有水)，既消耗氢离子又生成水，导致溶液的酸性减弱、pH升高；②第一组实验无催化剂，O3将I－氧化成I2分3步进行，第②③步反应都是可逆反应，因此I－的转化率很小；第二组实验有催化剂，能加快反应速率，改变反应的路径，使发生反应所需活化能降低，催化剂的加入将总反应的离子方程式(2I－＋O3＋2H＋I2＋O2＋H2O)一分为二，先后反应的离子方程式为2Fe2＋＋O3＋2H＋===2Fe3＋＋O2＋H2O、2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，且催化剂在反应前后的总质量保持不变，因此图中A为Fe2＋；虽然催化剂(或Fe2＋)不能使总反应2 I－(aq)＋ O3(g)＋2H＋(aq)I2(aq) ＋O2(g)＋H2O(l)所达平衡移动，但是它改变反应的路径，由铁离子生成亚铁离子的过程能显著提高碘离子的转化率的原因是Fe3＋可以将I－直接氧化成I2或2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，使溶液中c(I2)增大，进而使I2(aq)＋I－(aq)I(aq)的平衡右移，消耗的c(I－)增多；③对比表格中第1、2组实验前后pH可得，第1组pH增大，c(H＋)减小，图中第1组实验所得I浓度曲线先略为增大后几乎不变，第2组pH减小，c(H＋)增大，图中第2组实验所得I浓度曲线先显著增大后逐渐减小至无，根据上述分析可得，若c(H＋)减小，I浓度不会下降，A项错误；若c(I－)减小，则反应③HOI(aq)＋I－(aq)＋H＋(aq)I2(aq)＋H2O(l)的平衡左移，c(I2)也减小，导致I2(aq)＋I－(aq)I(aq)的平衡左移，所以I浓度下降，B项正确；若I2(g)不断生成，导致I2(aq)I2(g)的溶解平衡右移，既使溶液中c(I2)减小，又使 I2(aq)＋I－(aq)I(aq)的平衡左移，则I浓度下降，C项正确；若c(Fe3＋)增加，Fe3＋将I－直接氧化成I2或发生反应2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，则溶液中c(I2)增大，而海水中c(I－)略为减小或忽略不计，导致I2(aq)＋I－(aq)I(aq)的平衡右移，I浓度增大，D项错误；(4)读图，3～18 s内第2组实验中I浓度由3.5×10－3 mol/L增加到11.8×10－3 mol/L，则生成I的平均反应速率v(I)＝＝≈5.5×10－4
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mol/(L·s)，此问需要注意纵坐标中 “c(I)/10－3 mol·L－1” 隐含的信息，计算时需要图中所得数据乘以“×10－3 mol·L－1”。
24．（2014·山东）对于反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH＜0，在其他条件不变的情况下( )
A．加入催化剂，改变了反应的途径，反应的ΔH也随之改变
B．改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量不变
C．升高温度，反应速率加快，反应放出的热量不变
D．若在原电池中进行，反应放出的热量不变
【答案】B
【解析】反应的ΔH大小只取决于反应物、生成物的状态与反应条件，而和反应是否使用催化剂、反应途径无关，A项错误；该反应在反应前后气体的总体积不变，因此改变压强，平衡不移动，反应放出的热量不变，B项正确；升高温度，平衡逆向进行，反应放出热量减小，C项错误；在原电池中，随反应进行，能量转化形式是化学能转化为电能，而不再是化学能转化为热能，D项错误。
25．（2014·重庆）化学在环境保护中起着十分重要的作用。催化反硝化法和电化学降解法可用于治理水中硝酸盐的污染。
(1)催化反硝化法中，H2能将NO还原为N2。25 ℃时，反应进行10 min，溶液的pH由7变为12。
①N2的结构式为________。
②上述反应离子方程式为______，其平均反应速率v(NO)为________mol·L－1·min－1。
③还原过程中可生成中间产物NO，写出3种促进NO水解的方法______________。
【答案】(1)①N≡N②2NO＋5H2N2＋2OH－＋4H2O 0.001
③加酸 升高温度 加水
【解析】(1)①N2结构中含有氮氮三键，其结构式为N≡N；②H2与NO发生氧化还原反应，H由0价升到＋1价，N由＋5价降到0价，结合电子守恒及电荷守恒规律，其离子方程式为5H2＋2NON2＋4H2O＋2OH－；溶液的pH由7变为12，表明c(H＋)由10－7变成10－12，则c(OH－)由10－7增大到10－2，c(OH－)在10 min 内的变化量约为10－2 mol/L，而c(OH－)与c(NO)的变化量之比等于化学计量数之比，因此c(NO)的变化量为0.01 mol/L，则v(NO)＝0.001 mol/(L·min)；③NO水解：NO＋H2OHNO2＋OH－，是一个吸热过程，可通过升高温度、加酸和加水的方法促进其水解。
26．（2014·四川）在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16 mol充入10 L恒容密闭容器中，发生反应X(g)＋Y(g)2Z(g) ΔH＜0，一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如下表：
t/min
2
4
7
9
n(Y)/mol
0.12
0.11
0.10
0.10
下列说法正确的是( )
A．反应前2 min的平均速率v(Z)＝2.0×10－3 mol/(L·min)
B．其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v逆＞v正
C．该温度下此反应的平衡常数K＝1.44
D．其他条件不变，再充入0.2 mol Z，平衡时X的体积分数增大
【答案】C
【解析】利用反应式可知v(Z)＝2v(Y)＝2×(0.16 mol－0.12 mol)÷(10 L×2
91
min)＝4.0×10－3 mol/(L·min)，A项错误；该反应放热，降温平衡正向移动，v正＞v逆，B项错误；列三段式，K＝＝＝1.44，C项正确；因反应前后气体物质的量不变，故再充入0.2 mol Z，平衡不移动，平衡时X的体积分数不变，D项错误。
27．（2014·全国Ⅱ）在1.0 L密闭容器中放入0.10 mol A(g)，在一定温度进行如下反应：
A(g)B(g)＋C(g) ΔH＝＋85.1 kJ·mol－1。
反应时间(t)与容器内气体总压强(p)的数据见下表：
时间t/h
0
1
2
4
8
16
20
25
30
总压强p/
100 kPa
4.91
5.58
6.32
7.31
8.54
9.50
9.52
9.53
9.53
回答下列问题：
(1)欲提高A的平衡转化率，应采取的措施为________________。
(2)由总压强p和起始压强p0计算反应物A的转化率α(A)的表达式为____________，平衡时A的转化率为________ ，列式并计算反应的平衡常数K____________________。
(3)①由总压强p和起始压强p0表示反应体系的总物质的量n总和反应物A的物质的量n(A)，n总＝________mol，n(A)＝________mol。
②下表为反应物A的浓度与反应时间的数据，计算：a＝________。
反应时间t/h
0
4
8
16
c(A)/(mol·L－1)
0.10
a
0.026
0.006 5
分析该反应中反应物的浓度c(A)变化与时间间隔(Δt)的规律，得出的结论是_______，
由此规律推出反应在12 h时反应物的浓度c(A)为________mol·L－1。
【答案】(1)升高温度、降低压强(2)(－1)×100% 94.1%
A(g) B(g) ＋ C(g)
0．10 0 0
0.10×94.1% 0.10×94.1%
K＝＝1.5
(3)①0.10× 0.10×(2－)
②0.051 达到平衡前每间隔4 h，c(A)减少约一半 0.013
【解析】(1)该反应是一个体积增加的吸热反应，升温、降压均有利于平衡正向移动，提高A的转化率。(2)结合pV＝nRT，该反应消耗A的物质的量即是体系增加的物质的量，α(A)＝＝＝＝；α(A)＝×100%＝94.1%。(3)①结合在等温、等容下物质的量之比等于压强之比，那么＝，n总＝0.10×；n(A)＝0.10－(n总－0.10)＝0.10－＝0.10×。②结合①，4 min时n(A)＝0.10 mol×
91
eq blc(rc)(avs4alco1(2－f(7.31,4.91)))＝0.051 mol，c(A)＝0.051 mol/L。由表格数据可知，达到平衡前每4 h，c(A)减小约一半，那么12 h时，c(A)约为0.013 mol/L。
28．（2013·江苏）下列有关说法正确的是( )
A．反应NH3(g)＋HCl(g)===NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的ΔH<0
B．电解法精炼铜时，以粗铜作阴极，纯铜作阳极
C．CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中的值减小
D．Na2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2固体，CO水解程度减小，溶液的pH减小
【答案】AC
【解析】根据该反应中各物质的聚集状态可知，该反应的ΔS＜0，因反应能自发进行，则该反应一定为放热反应，A项正确；在电解精炼铜中，粗铜作阳极，纯铜作阴极，B项错误；醋酸加水稀释过程中，c(H＋)减小，但电离常数不变，故C项中式子的比值将减小，C项正确；向Na2CO3溶液中加入Ca(OH)2后生成CaCO3沉淀，溶液中c(CO)减小，c(OH－)增大，pH增大，D项错误。
29．（2013·安徽）一定条件下，通过下列反应可以制备特种陶瓷的原料MgO：
MgSO4(s)＋CO(g)MgO(s)＋CO2(g)＋SO2(g) ΔH＞0。
该反应在恒容的密闭容器中达到平衡后，若仅改变图中横坐标x的值，重新达到平衡后，纵坐标y随x变化趋势合理的是( )
图0
选项
x
y
A
温度
容器内混合气体的密度
B
CO的物质的量
CO2与CO的物质
的量之比
C
SO2的浓度
平衡常数K
D
MgSO4的质量(忽略体积)
CO的转化率
【答案】A
【解析】正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，容器内混合气体质量增加，而容器体积不变，故容器内混合气体的密度随温度升高而增大，A项正确；增加CO的物质的量，平衡虽正向移动，但因正反应为气体体积增大的反应，故达到新平衡时CO的转化率较原来的低，所以变小，B项错误；反应的平衡常数只与温度有关，因此SO2的浓度变大，反应平衡常数K不变，C项错误；MgSO4为固态，因此增加MgSO4的质量(忽略体积)，其他反应物的浓度不变，平衡不移动，CO的转化率不变，D项错误。
30．（2013·全国I）反应X(g)＋Y(g)2Z(g) ΔH<0，达到平衡时，下列说法正确的是( )
A．减小容器体积，平衡向右移动
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B．加入催化剂，Z的产率增大
C．增大c(X)，X的转化率增大
D．降低温度，Y的转化率增大
【答案】D
【解析】由X(g)＋Y(g)2Z(g) ΔH<0可知，反应前后气体分子数不变，故减小容器体积，压强增大，平衡不移动，A项错误；加入催化剂，平衡不移动，故Z的产率不变，B项错误；增大c(X)，X的转化率减小，C项错误；降温平衡向右移动，Y的转化率增大，D项正确。
31．（2013·天津）某市对大气进行监测，发现该市首要污染物为可吸入颗粒物PM2.5(直径小于等于2.5 μm的悬浮颗粒物)，其主要来源为燃煤、机动车尾气等。因此，对PM2.5、SO2、NOx等进行研究具有重要意义。
请回答下列问题：
(1)将PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试样。
若测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：
离子
K＋
Na＋
NH
SO
NO
Cl－
浓度/mol·L－1
4×
10－6
6×
10－6
2×
10－5
4×
10－5
3×
10－5
2×
10－5
根据表中数据判断PM2.5的酸碱性为________，试样的pH＝________。
(2)为减少SO2的排放，常采取的措施有：
②洗涤含SO2的烟气。以下物质可作洗涤剂的是_________________________。
a．Ca(OH)2 b．Na2CO3c．CaCl2 d．NaHSO3
(3)汽车尾气中NOx和CO的生成及转化
①已知汽缸中生成NO的反应为N2(g)＋O2(g)2NO(g) ΔH>0
若1 mol空气含0.8 mol N2和0.2 mol O2，1300 ℃时在密闭容器内反应达到平衡，测得NO为8×10－4 mol。计算该温度下的平衡常数K＝________。
汽车启动后，汽缸温度越高，单位时间内NO排放量越大，原因是_______________。
②汽车燃油不完全燃烧时产生CO，有人设想按下列反应除去CO：2CO(g)===2C(s)＋O2(g)
己知该反应的ΔH>0，简述该设想能否实现的依据：_____________________。
③目前，在汽车尾气系统中装置催化转化器可减少CO和NO的污染，其化学反应方程式为___。
【答案】(1)酸性 4(2)②a、b
(3)①4×10－6 温度升高，反应速率加快，平衡右移
②该反应是焓增、熵减的反应，任何温度下均不自发进行
③2CO＋2NO催化剂,Ｆ2CO2＋N2
【解析】(1)PM2.5中含NH，因NH的水解而显酸性；根据电荷守恒得c(H＋)＋c(K＋)＋c(Na＋)＋c(NH)＝2c(SO)＋c(NO)＋c(Cl－)，将表格中的数据代入求得c(H＋)＝10－4 mol·L－1，pH＝4。
②SO2是酸性氧化物，可用碱性物质吸收，故正确答案为a、b。
91
(3)①K＝＝＝4×10－6；该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，且升高温度，反应速率加快。
②该反应ΔH＞0、且ΔS＜0，故反应在任何温度下都不能自发。
③NO具有氧化性，能将CO氧化成CO2，自身被还原为N2。
32．（2013·重庆）将E和F加入密闭容器中，在一定条件下发生反应：E(g)＋F(s)2G(g)。忽略固体体积，平衡时G的体积分数(%)随温度和压强的变化如下表所示：
压强/MPa体积分数/%温度/℃
1.0
2.0
3.0
810
54.0
a
b
915
c
75.0
d
1000
e
f
83.0
①b0④K(1000 ℃)>K(810 ℃)
上述①～④中正确的有( )
A．4个 B．3个C．2个 D．1个
【答案】A
【解析】E(g)＋F(s)2G(g)为气体分子数增加的反应，ΔS＞0，③正确。因增大压强，平衡逆向移动，G的体积分数减小，由表中数据可知，升高温度，增大压强时，G的体积分数增大，故该反应为吸热反应，ΔH＞0，K(1000 ℃)＞K(810 ℃)，b＜f，①、④正确；915 ℃、2.0 MPa条件下，平衡时G的体积分数为0.75，则E的体积分数为0.25，而G的变化量为0.75，则E的变化量为0.375，可知E的初始量为0.625，②正确。
33．（2013·四川安）在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16 mol充入10 L恒容密闭容器中，发生反应X(g)＋Y(g)2Z(g) ΔH＜0，一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如下表：
t/min
2
4
7
9
n(Y)/mol
0.12
0.11
0.10
0.10
下列说法正确的是( )
A．反应前2 min的平均速率v(Z)＝2.0×10－3 mol/(L·min)
B．其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v逆＞v正
C．该温度下此反应的平衡常数K＝1.44
D．其他条件不变，再充入0.2 mol Z，平衡时X的体积分数增大
【答案】C
【解析】利用反应式可知v(Z)＝2v(Y)＝2×(0.16 mol－0.12 mol)÷(10 L×2 min)＝4.0×10－3 mol/(L·min)，A项错误；该反应放热，降温平衡正向移动，v正＞v逆，B项错误；列三段式，K＝＝＝1.44，C项正确；因反应前后气体物质的量不变，故再充入0.2 mol Z，平衡不移动，平衡时X的体积分数不变，D项错误。
33．（2013·江苏）一定条件下存在反应：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，其正反应放热。现有三个相同的2 L恒容绝热(与外界没有热量交换)密闭容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，在Ⅰ中充入1 mol CO和1 mol H2O，在Ⅱ中充入1 mol CO2和1 mol H2，在Ⅲ中充入2 mol CO和2 mol H2O，700 ℃条件下开始反应。达到平衡时，下列说法正确的是( )
91
A．容器Ⅰ、Ⅱ中正反应速率相同
B．容器Ⅰ、Ⅲ中反应的平衡常数相同
C．容器Ⅰ中CO的物质的量比容器Ⅱ中的多
D．容器Ⅰ中CO的转化率与容器Ⅱ中CO2的转化率之和小于1
【答案】CD
【解析】因为容器绝热，给定反应的正反应为放热反应，容器Ⅰ的温度升高，容器Ⅱ的温度降低，故反应速率Ⅰ中快，A项错误；由于容器Ⅲ中加入的反应物多，放出的热量也多，容器内温度高，故平衡常数不同，B项错误；因容器Ⅰ的温度高，故相当于平衡逆向移动，CO的转化率降低，C项正确；如果容器Ⅰ和容器Ⅱ在温度相同的情况下达到平衡，CO、CO2转化率之和等于1，但容器Ⅰ的温度升高，平衡逆向移动，CO的转化率降低，容器Ⅱ温度降低，CO2的转化率也降低，D项正确。
34．（2012·江苏·10）下列有关说法正确的是
A.CaCO3(s)=CaO(s)＋CO2(g)室温下不能自发进行，说明该反应的△H＜0
B.镀铜铁制品镀层受损后，铁制品比受损前更容易生锈
C.N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) △H＜0，其他条件不变时升高温度，反应速率Ｖ(H2)和氢气的平衡转化率均增大
D.水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，说明水的电离是放热反应
【答案】B
【解析】本题是化学反应与热效应、电化学等的简单综合题，着力考查学生对熵变、焓变，水解反应、原电池电解池、化学反应速率的影响因素等方面的能力。
A.分解反应一般是常识吸热反应，熵变、焓变都大于零，仅在高温下自发。内容来源于《选修四》P34-P36中化学方向的判断。
B.铁比铜活泼，组成的原电池中铁为负极，更易被氧化。
C.据平衡移动原理，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡转化率减小。
D.水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，说明水的电离是吸热反应，越热越电离，水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大。
35．（2012·重庆）在一个不导热的密闭反应器中，只发生两个反应：
a(g)+b(g) 2c(g) △H1<0； x(g)+3y(g) 2z (g) △H2>0
进行相关操作且达到平衡后（忽略体积改变所做的功），下列叙述错误的是
A.等压时，通入惰性气体，c的物质的量不变
B.等压时，通入z气体，反应器中温度升高
C.等容时，通入惰性气体，各反应速率不变
D.等容时，通入z气体，y的物质的量浓度增大
【答案】C
【解析】
36．（2012·四川·6）在体积恒定的密闭容器中，一定量的SO2与1.100mol O2在催化剂作用下加热到600℃发生反应：
91
2SO2+O22SO3；△H＜0。当气体的物质的量减少0.315mol时反应达到平衡，在相同的温度下测得气体压强为反应前的82.5%。下列有关叙述正确的是
A.当SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等时反应达到平衡
B.降低温度，正反应速率减小程度比逆反应速率减小程度大
C.将平衡混合气体通入过量BaCl2溶液中，得到沉淀的质量为161.980g
D.达到平衡时，SO2的转化率是90%
【答案】D
【解析】本题考查化学反应速率、平衡及计算。SO3的生成速率和SO2的消耗速率都是正反应速率，两者始终相等，不能说明已达平衡，A错；由于正反应是放热的，所以降温时平衡右移，正反应速率大于逆反应速率，即正反应速率较小程度小于逆反应速率，B错；根据化学方程式知：生成的SO3的物质的量是气体总物质的量减小量的2倍，即0.63 mol，SO2不与BaCl2反应，则生成硫酸钡为0.63 mol，得到146.79 g，C错；根据平衡前后的压强比知反应前气体的总物质的量减小0.315 g，即减小1-82.5%=17.5%，所以反应前气体总物质的量为1.8 mol，O2为1.1 mol，则SO2为0.7 mol.消耗的SO2的物质的量等于生成的SO3的物质的量，即0.63 mol，转化率为0.63 mol/0.7 mol=90%，D正确。
37．（2012·天津·7）已知2SO2 (g) + O2 (g) 2SO3 (g)；ΔH ＝ －197 kJ·mol－1。向同温、同体积的三个密闭容器中分别充入气体：(甲) 2 mol SO2和1 mol O2；(乙) 1 mol SO2和0.5 mol O2 ；(丙) 2 mol SO3 。恒温、恒容下反应达平衡时，下列关系一定正确的是 （ ）
A．容器内压强P：P甲＝P丙> 2P乙 B．SO3的质量m：m甲＝m丙> 2m乙
C．c(SO2)与c(O2)之比k：k甲＝k丙> k乙
D．反应放出或吸收热量的数值Q：Q甲＝G丙> 2Q乙
【答案】B
【解析】考查化学平衡中等效平衡知识。考查的知识点有些单一。等温等容时反应前后气体体积变化的反应规律：将起始投料量按化学计量系数之比换算成同一半边的物质，其物质的量与对应组分的起始投料量相等，则建立的化学平衡是等效的，简称“等量等效”。这种情况下的等效平衡中的“等效”指平衡体系中的各种性质( 各对应物的浓度、体积分数、转化率、物质的量) 是完全相同的。类似于数学中的全等三角形，也可叫“全等平衡”。甲和乙容器内的平衡是完全相同的平衡（等同平衡），各物理参数除热量都相同。甲和乙的比较可用下图处理帮助理解
P甲＜2P乙，m甲>2m乙，K甲＜K乙， Q乙=197-Q甲，Q甲不等于Q乙所以选B
38．（2012·全国I·8）合成氨所需的氢气可用煤和水作原料经多步反应制得，其中的一步反应为
CO（g）+ H2O(g) CO2(g) + H2(g) △H ＜0
反应达到平衡后，为提高CO的转化率，下列措施中正确的是
A 增加压强 B 降低温度 C 增大CO 的浓度 D 更换催化剂
【答案】B
91
【解析】CO（g）+ H2O(g) CO2(g) + H2(g) 是一个气体总体积不发生改变的反应，增大压强平衡不移动，CO的转化率不变，A错误；反应式放热反应，降低温度平衡向放热方向移动，B正确；增大CO 的浓度，平衡向正反应方向移动，CO 的转化率降低，C错误；催化剂对化学平衡没有影响，D错误。
【点评】本题属于基本理论中化学平衡问题，主要考查学生对平衡移动等有关内容理解和掌握程度；题目推陈出新，难度适中，貌似简单，实则有一定的陷阱，对概念的内涵和外延理解不深刻的考生容易出现失误，非常符合高考选拔人才的要求。
39．（2011·江苏·12）下列说法正确的是
A.一定温度下，反应MgCl2(1)＝Mg(1)＋ Cl2(g)的 △H＞0 △S＞0
B.水解反应NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋达到平衡后，升高温度平衡逆向移动
C.铅蓄电池放电时的负极和充电时的阳极均发生还原反应
D.对于反应2H2O2＝2H2O＋O2↑, 加入MnO2或升高温度都能加快O2的生成速率
【答案】AD
【解析】本题是化学反应与热效应、电化学等的简单综合题，着力考查学生对熵变、焓变，水解反应、原电池电解池、化学反应速率的影响因素等方面的能力。A.分解反应是吸热反应，熵变、焓变都大于零，内容来源于选修四化学方向的判断。B.水解反应是吸热反应，温度越高越水解，有利于向水解方向移动。C.铅蓄电池放电时的负极失电子，发生氧化反应。[D.升高温度和加入正催化剂一般都能加快反应速率。
40．（2011·江苏·15）700℃时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的CO和H2O,发生反应：CO(g)＋H2O(g) CO2＋H2(g)
反应过程中测定的部分数据见下表（表中t1＞t2）:
反应时间/min
n(CO)/mol
H2O/ mol
0
1.20
0.60
t1
0.80
t2
0.20
下列说法正确的是
A.反应在t1min内的平均速率为v(H2)＝0.40/t1 mol·L－1·min－1
B.保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.60molCO和1.20 molH2O，到达平衡时，n(CO2)＝0.40 mol。
C.保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20molH2O，与原平衡相比，达到新平衡时CO转化率增大，H2O的体积分数增大
D.温度升至800℃，上述反应平衡常数为0.64，则正反应为吸热反应
【答案】BC
【解析】本题属于基本理论中化学平衡问题，主要考查学生对速率概念与计算，平衡常数概念与计算，平衡移动等有关内容理解和掌握程度。高三复习要让学生深刻理解一些基本概念的内涵和外延。A.反应在t1min内的平均速率应该是t1min内H2浓度变化与t1的比值，而不是H2物质的量的变化与t1的比值。B.因为反应前后物质的量保持不变，保持其他条件不变，平衡常数不会改变，起始时向容器中充入0.60molCO和1.20 molH2O，似乎与起始时向容器中充入0.60molH2O和1.20 molCO效果是一致的，到达平衡时，n(CO2)＝0.40 mol。C.保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20molH2O，与原平衡相比，平衡向右移动，达到新平衡时CO转化率增大，H2O转化率减小，H2O的体积分数会增大。D.原平衡常数可通过三段式列式计算（注意浓度代入）结果为1，温度升至800℃，上述反应平衡常数为0.64，说明温度升高，平衡是向左移动的，那么正反应应为放热反应。
91
41．（2011·海南·8）对于可逆反应，在温度一定下由H2（g）和I2（g）开始反应，下列说法正确的是
A. H2（g）的消耗速率与HI（g）的生成速率之比为2:1
B. 反应进行的净速率是正、逆反应速率之差
C. 正、逆反应速率的比值是恒定的
D. 达到平衡时，正、逆反应速率相等
【答案】BD
【解析】A选项中，速率之比等于计量数之比，应为1:2；B选项出现的净速率在中学没出现过，但根据平均速率的求算，为反应物的净减少量，该项正确；C项明显错误，反应过程中，正反应速率是减小的过程，而逆反应速率是增大的过程；D选项是平衡定义中来，正确。
【技巧点拨】这类题就只有几个考点：①平均速率的比等于计量数的比；平均速率的计算；③反应过程中即时速率变化；④平衡中的速率问题。
42．（2011·江苏·14）在温度、容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下（已知kJ·mol）
容器
甲
乙
丙
反应物投入量
1mol N2、3mol H2
2mol NH3
4mol NH3
NH3的浓度（mol·L）
c1
c2
c3
反应的能量变化
放出akJ
吸收bkJ
吸收ckJ
体系压强（Pa）
p1
p2
p3
反应物转化率
下列说法正确的是
A． B． C． D．
【答案】BD
【解析】本题主要考查的是化学平衡知识。A项，起始浓度不同，转化率也不同，不成倍数关系，B项，实际上为等同平衡，不同的是反应的起始方向不同，在此过程中乙吸收的热热量相当于甲完全转化需再放出的热量，故a+b=92.4;C项，通过模拟中间状态分析，丙的转化率小于乙，故2p2> p3;D项，a1+b1=1.，而a2> a3,所以a1+ a3<1.综上分析可知，本题选BD项。
43．（2010·四川·13）反应aM(g)+bN(g) cP(g)+dQ(g)达到平衡时。M的体积分数y(M)与反应条件的关系如图所示。其中：Z表示反应开始时N的物质的量与M的物质的量之比。下列说法正确的是
A.同温同压Z时，加入催化剂，平衡时Q的体积分数增加
B.同压同Z时，升高温度，平衡时Q的体积分数增加
C.同温同Z时，增加压强，平衡时Q的体积分数增加
D.同温同压时，增加Z，平衡时Q的体积分数增加。
【答案】B
91
【解析】本题考查了平衡移动原理的应用。A项加入催化剂只能改变反应速率，不会使平衡移动。B项由图像（1）知随着温度的升高M的体积分数降低，说明正反应吸热，所以温度升高平衡正向移动，Q的体积分数增加。C项对比（1）（2）可以看出相同温度条件，压强增大M的体积分数增大，所以正反应是体积缩小的反应，增大压强Q的体积分数减小。D项由C项可以判断D也不对。
44.（2010·天津·10）二甲醚是一种重要的清洁燃料，也可替代氟利昂作制冷剂等，对臭氧层无破坏作用。工业上可利用煤的气化产物（水煤气）合成二甲醚。
请回答下列问题：
⑴ 煤的气化的主要化学反应方程式为：___________________________。
⑵ 煤的气化过程中产生的有害气体H2S用Na2CO3溶液吸收，生成两种酸式盐，该反应的化学方程式为：________________________________________。
⑶ 利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下：
① 2H2(g) + CO(g) CH3OH(g)；ΔH ＝ －90.8 kJ·mol－1
② 2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g)；ΔH＝ －23.5 kJ·mol－1
③ CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g)；ΔH＝ －41.3 kJ·mol－1
总反应：3H2(g) + 3CO(g) CH3OCH3(g) + CO2 (g)的ΔH＝ ___________；
一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡，要提高CO的转化率，可以采取的措施是__________（填字母代号）。
a．高温高压 b．加入催化剂 c．减少CO2的浓度
d．增加CO的浓度 e．分离出二甲醚
⑷ 已知反应②2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g)某温度下的平衡常数为400 。此温度下，在密闭容器中加入CH3OH ，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：
物质
CH3OH
CH3OCH3
H2O
浓度/（mol·L－1）
0.44
0.6
0.6
① 比较此时正、逆反应速率的大小：v正 ______ v逆 （填“>”、“<”或“＝”)。
② 若加入CH3OH后，经10 min反应达到平衡，此时c(CH3OH) ＝ _________；该时间内反应速率v(CH3OH) ＝ __________。
【答案】(1) C+H2OCO+H2。(2) Na2CO3+H2S==NaHCO3+NaHS
(3) -246.4kJ· mol -1 c、e
(4) ①＞ ②0.04 mol·L-1 0.16 mol·L-1·min-1
【解析】(1)煤生成水煤气的反应为C+H2OCO+H2。
(2)既然生成两种酸式盐，应是NaHCO3和NaHS，故方程式为：
Na2CO3+H2S==NaHCO3+NaHS。
(3)观察目标方程式，应是①×2+②+③，故△H=2△H1+△H2+△H3=-246.4kJ· mol -1。
正反应是放热反应，升高温度平衡左移，CO转化率减小；加入催化剂，平衡不移动，转化率不变；减少CO2的浓度、分离出二甲醚，平衡右移，CO转化率增大；增大CO浓度，平衡右移，但CO转化率降低；故选c、e。
(4)此时的浓度商Q==1.86＜400，反应未达到平衡状态，向正反应方向移动，故正＞逆；设平衡时生成物的浓度为0.6+x，则甲醇的浓度为（0.44-2x）有：400=
91
，解得x=0.2 mol·L-1，故0.44 mol·L-1-2x=0.04 mol·L-1。
由表可知，甲醇的起始浓度度为(0.44+1.2) mol·L-1=1.64 mol·L-1，其平衡浓度为0.04 mol·L-1，10min变化的浓度为1.6 mol·L-1，故(CH3OH)=0.16 mol·L-1·min-1。
【命题立意】本题是化学反应原理的综合性试题，考查了化学方程式的书写、盖斯定律的应用、化学平衡移动原理，和利用浓度商和平衡常数的关系判断平衡移动的方向、平衡常数和速率的计算等。
45.（2010·全国I·27）在溶液中，反应A+2BC分别在三种不同实验条件下进行，它们的起始浓度均为、及。反应物A的浓度随时间的变化如下图所示。
请回答下列问题：
（1）与①比较，②和③分别仅改变一种反应条件。所改变的条件和判断的理由是：
②_______________；③_______________；
（2）实验②平衡时B的转化率为_________；实验③平衡时C的浓度为____________；
（3）该反应的_________0，判断其理由是__________________________________；
（4）该反应进行到4.0min时的平均反应速度率：
实验②：=________________；实验③：=________________。
【答案】（1）②加催化剂；达到平衡的时间缩短，平衡时A的浓度未变
③温度升高；达到平衡的时间缩短，平衡时A的浓度减小
（2）40%（或0.4）；0.06mol/L；（3）﹥；升高温度向正方向移动，故该反应是吸热反应
（4）0.014mol(L·min)-1；0.008mol(L·min)-1
【解析】（1）②使用了（正）催化剂；理由：因为从图像可看出，两者最终的平衡浓度相同，即最终的平衡状态相同，而②比①所需要的时间短，显然反应速率加快了，故由影响反应速率和影响平衡的因素可知是加入（正）催化剂；③升高温度；理由：因为该反应是在溶液中进行的反应，所以不可能是改变压强引起速率的改变，又由于各物质起始浓度相同，故不可能是改变浓度影响反应速率，再由于③和①相比达平衡所需时间短，平衡时浓度更小，故不可能是改用催化剂，而只能是升高温度来影响反应速率的
（2）不妨令溶液为1L，则②中达平衡时A转化了0.04mol，由反应计量数可知B转化了0.08mol，所以B转化率为
91
；同样在③中A转化了0.06mol，则生成C为0.06mol,体积不变，即平衡时C(c)=0.06mol/L
(3)﹥0；理由：由③和①进行对比可知升高温度后A的平衡浓度减小，即A的转化率升高，平衡向正方向移动，而升温是向吸热的方向移动，所以正反应是吸热反应，﹥0
（4）从图上读数，进行到4.0min时，实验②的A的浓度为：0.072mol/L,则△C(A)=0.10-0.072=0.028mol/L，,∴=2=0.014mol(L·min)-1；进行到4.0mi实验③的A的浓度为：0.064mol/L：△C(A,) =0.10-0.064=0.036mol/L，,∴==0.0089mol(L·min)-1
【命题意图】考查基本理论中的化学反应速率化学平衡部分，一些具体考点是：易通过图像分析比较得出影响化学反应速率和化学平衡的具体因素（如：浓度，压强，温度，催化剂等）、反应速率的计算、平衡转化率的计算，平衡浓度的计算，的判断；以及计算能力，分析能力，观察能力和文字表述能力等的全方位考查。
【点评】本题所涉及的化学知识非常基础，但是能力要求非常高，观察和分析不到位，就不能准确的表述和计算，要想此题得满分必须非常优秀才行！此题与2009年全国卷II理综第27题，及安微卷理综第28题都极为相似，有异曲同工之妙，所以对考生不陌生！
考点二：化学平衡常数与转化率
46.（2019·江苏·15）在恒压、NO和O2的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图中实线所示（图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化）。下列说法正确的是
A.反应2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)的ΔH>0
B.图中X点所示条件下，延长反应时间能提高NO转化率
C.图中Y点所示条件下，增加O2的浓度不能提高NO转化率
D.380 ℃下，c起始(O2)=5.0×10-4mol·L-1,NO平衡转化率为50%,则平衡常数K>2 000
【答案】BD
【解析】本题考查化学平衡图像分析与平衡移动，考查的核心素养是变化观念与平衡思想。A项，实线表示不同温度下相同时间内NO的转化率，虚线表示相同条件下NO的平衡转化率，由题图知，随着温度升高，NO的平衡转化率减小，即温度升高，反应2NO+O2
2NO2的平衡逆向移动，说明该反应为放热反应，ΔH<0，错误；B项，X点对应NO的转化率低于该温度下NO的平衡转化率，所以反应没有达到平衡状态，延长反应时间，可以提高NO的转化率，正确；C项，Y点时反应已达平衡状态，增加O2的浓度，平衡正向移动，NO的转化率会提高，错误；D项，设起始时c(NO)=amol·L-1，则：
47.（2018·天津·5）室温下，向圆底烧瓶中加入1 molC2H5OH和含1molHBr的氢溴酸，溶液中发生反应；C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O，充分反应后达到平衡。已知常压下，C2H5Br和C2H5
91
OH的沸点分别为38.4℃和78.5℃。下列有关叙述错误的是
A．加入NaOH，可增大乙醇的物质的量
B．增大HBr浓度，有利于生成C2H5Br
C．若反应物增大至2 mol，则两种反应物平衡转化率之比不变
D．若起始温度提高至60℃，可缩短反应达到平衡的时间
【答案】D
【解析】
D．若起始温度提高至60℃，考虑到HBr是挥发性酸，在此温度下会挥发出去，降低HBr的浓度减慢速率，增加了反应时间。选项D错误。
48.（2018·江苏·15）一定温度下，在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应2SO2(g)+ O2(g)2SO3(g)(正反应放热)，测得反应的相关数据如下：
下列说法正确的是
A．v1K3，p2> 2p3
C．v1α3(SO2 ) D．c2> 2c3，α2(SO3 )+α3(SO2 )<1
【答案】CD
【解析】
91
49.（2017·全国II·27）丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备。回答下列问题：
（1）正丁烷（C4H10）脱氢制1-丁烯（C4H8）的热化学方程式如下：
①C4H10(g)= C4H8(g)+H2(g) ΔH1
已知：②C4H10(g)+O2(g)= C4H8(g)+H2O(g) ΔH2=−119 kJ·mol−1
③H2(g)+ O2(g)= H2O(g) ΔH3=−242kJ·mol−1
反应①的ΔH1为_____kJ·mol−1。图（a）是反应①平衡转化率与反应温度及压强的关系图，x_______0.1（填“大于”或“小于”）；欲使丁烯的平衡产率提高，应采取的措施是________（填标号）。
A．升高温度 B．降低温度 C．增大压强 D．降低压强
91
（2）丁烷和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器（氢气的作用是活化催化剂），出口气中含有丁烯、丁烷、氢气等。图（b）为丁烯产率与进料气中n（氢气）/n（丁烷）的关系。图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势，其降低的原因是____________。
（3）图（c）为反应产率和反应温度的关系曲线，副产物主要是高温裂解生成的短碳链烃类化合物_____________。丁烯产率在590 ℃之前随温度升高而增大的原因可能是；590 ℃之后，丁烯产率快速降低的主要原因可能是_________________。
【答案】(1)③+123小于AD (2)氢气的浓度增大，平衡向逆反应进行
(3)温度升高反应速率加快、温度升高平衡向正反应方向进行丁烯分解成短碳链烃的速率加快
【解析】（1）②-③得①，故①中△H1= +123 kJ·mol-1；由图像a知，相同温度下转化率x Mpa＞0.1Mpa，该反应正反应为气体分子数增大的反应，故x＜0.1；欲使丁烯的平衡产率提高，需使平衡向正反应方向进行，该反应为气体分子数增大的吸热反应，而升高温度平衡向吸热反应方向进行，降低压强平衡向气体分子数增大的方向移动，故答案为AD；
（2）降低的原因是氢气的浓度增大，促使平衡向逆反应方向进行；
（3）590℃之前，随温度升高反应速率加快，温度升高平衡向正反应方向进行；590℃之后，丁烯分解成短碳链烃的速率加快；
50.（2017·天津·6）常压下羰基化法精炼镍的原理为：
Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)。230℃时，该反应的平衡常数K=2×10−5。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。
第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；
第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍。
下列判断正确的是
A．增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大
B．第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃
C．第二阶段，Ni(CO)4分解率较低
D．该反应达到平衡时，v生成[Ni(CO)4]=4v生成(CO)
【答案】B
91
51．（2017·江苏·15）温度为T1时，在三个容积均为1 L的恒容密闭容器中仅发生反应：2NO2(g) 2NO(g)+O2 (g) (正反应吸热)。实验测得：v正= v(NO2)消耗=k正c2(NO2)，v逆=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k逆c2(NO)·c(O2)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。下列说法正确的是
A．达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为4∶5
B．达平衡时，容器Ⅱ中比容器Ⅰ中的大
C．达平衡时，容器Ⅲ中NO的体积分数小于50%
D．当温度改变为T2时，若k正=k逆，则 T2>T1
【答案】CD
II在某时刻，，
由反应2NO2 2NO + O2
91
起始量(mol/L) 0.3 0.5 0.2
变化量(mol/L) 2x 2x x
平衡量(mol/L) 0.3-2x 0.5+2x 0.2+x
因为，，解之得x=，求出此时浓度商Qc= >K，所以容器II达平衡时，一定小于1，B错误；C． 若容器III在某时刻，NO的体积分数为50%，
由反应2NO2 2NO + O2
起始量(mol/L) 0 0.5 0.35
变化量(mol/L) 2x 2x x
平衡量(mol/L) 2x 0.5-2x 0.35-x
52.（2015·重庆·7）羰基硫（COS）可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。在恒容密闭容器中，将CO和H2S混合加热并达到下列平衡：
CO（g）+H2S（g）COS（g）+H2（g） K=0.1
反应前CO物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol。下列说法正确的是
A．升高温度，H2S浓度增加，表明该反应是吸热反应
B．通入CO后，正反应速率逐渐增大
C．反应前H2S物质的量为7mol
D．CO的平衡转化率为80%
【答案】C
【解析】A. 升高温度，H2S浓度增加，说明平衡逆向移动，则该反应是放热反应，A错误；B．通入CO后，正反应速率瞬间增大，又逐渐减小，B错误；C. 根据
CO（g）+H2S（g）COS（g）+H2（g） K=0.1
起始物质的量（mol） 10 n 0 0
变化物质的量（mol） 2 2 2 2
平衡物质的量（mol） 8 n-2 2 2
设该容器的体积为V，根据K=0.1，列关系式得 [（2÷V）×（2÷V））÷[（8÷V）×（n-2）÷V]=0.1，解得n=7，C正确；D.根据上述数据CO的平衡转化率为2÷10×100%=20%，D错误；答案选C。
53.（2015·天津·6）某温度下，在2L的密闭容器中，加入1molX（g）和2molY（g）发生反应：X（g）+m Y（g）3Z（g），平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入1molZ（g），再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变。下列叙述不正确的是
A．m=2
B．两次平衡的平衡常数相同
C．X与Y的平衡转化率之比为1:1
D．第二次平衡时，Z的浓度为0.4 mol·L－1
91
【答案】D
【解析】
54.（2015·福建·12）在不同浓度（c)、温度（T)条件下，蔗糖水解的瞬时速率（v）如下表。下列判断不正确的是
A．a=6.00
B．同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变
C．b＜318.2
D．不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同
【答案】D
【解析】A项，根据表中的数据可知：328.2 K时，蔗糖溶液的浓度越大，水解的速率越快。根据浓度与速率的变化关系可知，蔗糖的浓度每减小0.100 mol·L－1，速率减小1.50 mmol·L－1·min－1，所以在浓度为0.400 mol·L－1时，蔗糖水解的速率a＝6.00 mmol·L－1·min－1，正确；B项，根据表中的数据可知：温度升高，水解速率越快，浓度越高，水解速率也越快，同时改变反应物的浓度和反应的温度，若二者对反应速率的影响趋势相反，并能相互抵消，反应速率也可能不变，正确；C项，在物质的浓度不变时，温度升高，水解速率加快，温度降低，水解速率减慢。由于在物质的浓度为0.600 mol·L－1时，当318.2 K时水解速率是3.60 mmol·L－1·min－1，现在该反应的速率为2.16 mmol·L－1·min－1小于3.60 mmol·L－1·min－1，所以反应温度低于318.2 K，即b＜318.2，正确；D项，由于温度不同时，在相同的浓度时的反应速率不同，所以不同温度下，蔗糖浓度减小一半所需的时间不同，错误。
91
55.（2014·四川·7）在10L 恒容密闭容器中充入X（g）和Y(g)，发生反应X（g）+Y(g)M(g)+N(g)，所得实验数据如下表：
实验
温度/℃
起始时物质的量/mol
平衡时物质的量/mol
n(X)
n(Y)
n(M)
①
700
0.40
0.10
0.090
②
800
0.10
0.40
0.080
③
800
0.20
0.30
a
④
900
0.10
0.15
b
下列说法正确的是：
A.实验①中，若5min时测得n(M)=0.050mol，则0至5min时间内，用N表示的平均反应速率v（N）=1.0×10-2mol/(L·min)
B.实验②中，该反应的平衡常数K=2.0
C.实验③中，达到平衡时，X的转化率为60%
D.实验④中，达到平衡时，b>0.060
【答案】C
【解析】根据X（g）+Y(g)M(g)+N(g)5min时测得n(M)=0.050mol，则c(N)=0.0050mol/L则则0至5min时间内，用N表示的平均反应速率v（N）=1.0×10-3mol/(L·min),A错误；实验②中，该反应的平衡常数K=0.008×0.008/0.002×0.032=1,B错误；实验③中，达到平衡时，根据平衡常数为1，可以求出平衡时反应的X的物质的量为0.12mol，a=0.12mol。X的转化率为60%，C正确；实验④中，升高温度，平衡向逆反应方向移动，达到平衡时，b<0.12/2=0.06，D错误。
56.（2014·上海·14）只改变一个影响因素，平衡常数K与化学平衡移动的关系叙述错误的是
A．K值不变，平衡可能移动 B．K值变化，平衡一定移动
C．平衡移动，K值可能不变 D．平衡移动，K值一定变化
【答案】D
【解析】A、K值代表化学平衡常数，平衡常数只与温度有关系，K值不变只能说明温度不改变，但是其他条件也可能发生改变，平衡也可能发生移动，A正确；B、K值变化，说明反应的温度一定发生了变化，因此平衡一定移动，B正确；C、平衡移动，温度可能不变，因此K值可能不变，C正确；D、平衡移动，温度可能不变，因此K值不一定变化，D错误。
57.（2014·江苏·11）下列有关说法正确的是
A．若在海轮外壳上附着一些铜块，则可以减缓海轮外壳的腐蚀
B．2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)在常温下能自发进行，则该反应的△H＞0
C．加热0.1mol/LNa2CO3溶液，CO32－的水解程度和溶液的pH均增大
D．对于乙酸与乙醇的酯化反应（△H＜0），加入少量浓硫酸并加热，该反应的反应速率和平衡常数均增大
【答案】C
【解析】在海轮外壳上附着铜片，铁做负极，加速腐蚀，A错误；B选项中反应为熵减的反应，△H不一定大于0，错误；加热碳酸钠溶液，碳酸根的水解程度变大，水解吸热，氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，C正确；浓硫酸做催化剂和吸水剂，平衡常数不变，D错误。
58.（2012·江苏·14）温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0 molPCl5，反应PCl5(g) PCl3(g)＋Cl2(g)经一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：
91
t/s
0
50
150
250
350
n(PCl3)/ mol
0
0.16
0.19
0.20
0.20
下列说法正确的是
A.反应在前50 s的平均速率为v(PCl3)=0.0032mol·L－1·s－1
B.保持其他条件不变，升高温度，平衡时，c(PCl3)=0.11mol·L－1,则反应的△H＜0
C.相同温度下，起始时向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2，达到平衡前v(正)＞v(逆)
D.相同温度下，起始时向容器中充入2.0molPCl3、2.0molCl2，达到平衡时，PCl3的转化率小于80%
【答案】C
【解析】本题素材似乎来源于《选修四》课本第32页习题的第8题，属于基本理论中化学平衡问题，主要考查学生对速率概念理解与计算，平衡常数概念与计算，平衡移动等有关内容理解和掌握程度。高三复习要让学生深刻理解一些基本概念的内涵和外延。
A.反应在前50 s内的平均速率应该是前50 s内PCl3浓度变化与时间的比值，而不是PCl3物质的量的变化与时间的比值。B.相同温度下，起始时向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2应先求平衡常数K为0.025，再求浓度商（Qc）为0.02,K＞Qc,说明平衡向正反应方向移动。C.保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20molH2O，与原平衡相比，平衡向右移动，达到新平衡时CO转化率增大，H2O转化率减小，H2O的体积分数会增大。D.从等效平衡的角度，先建立原容器两倍关系的模型，即与原平衡完全等效，再把容器两倍关系压缩成原容器，则平衡向逆反应方向移动，PCl3的转化率应大于80%
59.（201·安徽·9）一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：
若反应在恒容的密闭容器中进行，下列有关说法正确的是
A．平衡前，随着反应的进行，容器内压强始终不变
B．平衡时，其它条件不变，分享出硫，正反应速率加快
C．平衡时，其他条件不变，升高温度可提高的转化率
D．其它条件不变，使用不同催化剂，该反应的平衡常数不变
【答案】D
【解析】本题主要考查外界条件对化学平衡的影响，同时考查考生应用基础知识解决简单化学问题的能力。因反应前后气体分子数不等，平衡前容器内压强逐渐变小，A项错误；硫为固体，减少其量不影响化学反应速率，B项错误；升温，平衡左移，SO2的转化率降低，C项错误；只有温度的改变，才能影响反应的平衡常数，故D项正确。
60.（2014·海南·15）已知A(g)+B(g)C(g)+D(g)反应的平衡常数和温度的关系如下：
|温度/ ℃
700
900
830
1000
1200
平衡常数
1.7
1.1
1.0
0.6
0.4
回答下列问题：
(1)该反应的平衡常数表达式K= ，△H0（填“<”“ >”“ =”)；
(2)830℃时，向一个5
91
L的密闭容器中充入0.20mol的A和0.80mol的B，如反应初始6s内A的平均反应速率v(A)=0．003 mol·L-1·s-1。，则6s时c(A)=mol·L-1， C的物质的量为mol；若反应经一段时间后，达到平衡时A的转化率为，如果这时向该密闭容器中再充入1 mol氩气，平衡时A的转化率为；
(3)判断该反应是否达到平衡的依据为(填正确选项前的字母)：
a．压强不随时间改变 b.气体的密度不随时间改变
c. c(A)不随时问改变 d.单位时间里生成c和D的物质的量相等
(4)1200℃时反应C(g)+D(g) A(g)+B(g)的平衡常数的值为。
【答案】(1)<
(2)0.022 mol·L-1 0.09mol 80% 80%(3)c(4)2.5
【解析】(1)因反应中的物质都是气体，据平衡常数的定义可知其K=；由表中数据可知，温度升高，K值减小，说明升高温度向吸热的逆反应方向移动，故正反应为放热反应，即ΔH<0。
(2)υ(A)=0.003 mol·L-1·s-1，则6s后A减少的浓度c(A)= υ(A)t=0.018 mol·L-1，故剩余的A的浓度为-0.018 mol·L-1=0.022 mol·L-1；A减少的物质的量为0.018 mol·L-1×5L=0.09mol，根据方程式的系数关系，生成的C的物质的量也为0.09mol。
设830℃达平衡时，转化的A的浓度为x，则：
A(g)+B(g)C(g)+D(g)
起始浓度(mol·L－1) 0.04 0.16 0 0
转化浓度(mol·L－1) x x x x
平衡浓度(mol·L－1) 0.04－x 0.16－x x x
有：=1， 解得x =0.032，故A的转化率α(A)＝×100%＝80%；由于容器的体积是固定的，通入氩气后各组分的浓度不变，反应速率不改变，平衡不移动。
(3)由于该反应是气体分子数不变的反应，容器中压强、气体的密度都永远不变，故a、b错；c(A)随反应的进行要减小，故c可以；不论是否达平衡，单位时间里生成C和D的物质的量永远相等，故d错。
(4)反应“ C(g)+D(g)A(g)+B(g)”与“A(g)+B(g)C(g)+D(g)”互为逆反应，平衡常数互为倒数关系，故1200℃时，C(g)+D(g)A(g)+B(g)的K==2.5。
61.（2012·天津·10）金属钨用途广泛，主要用于制造硬质或耐高温的合金，以及灯泡的灯丝。高温下，在密闭容器中用H2还原WO3可得到金属钨，其总反应为：WO3 (s) + 3H2 (g) W (s) + 3H2O (g)
请回答下列问题：
⑴ 上述反应的化学平衡常数表达式为_______________。
⑵ 某温度下反应达平衡时，H2与水蒸气的体积比为2:3，则H2的平衡转化率为____________；随温度的升高，H2与水蒸气的体积比减小，则该反应为反应（填“吸热”或“放热”）。
⑶ 上述总反应过程大致分为三个阶段，各阶段主要成分与温度的关系如下表所示：
温度
25℃ ~ 550℃ ~ 600℃ ~ 700℃
主要成份
WO3 W2O5 WO2 W
第一阶段反应的化学方程式为________________；580℃时，固体物质的主要成分为_______；假设WO3完全转化为W，则三个阶段消耗H2物质的量之比为__________。
91
⑷ 已知：温度过高时，WO2 (s)转变为WO2 (g)；
WO2 (s) + 2H2 (g) W (s) + 2H2O (g)；ΔH ＝ +66.0 kJ·mol－1
WO2 (g) + 2H2 W (s) + 2H2O (g)；ΔH ＝ －137.9 kJ·mol－1
则WO2 (s) WO2 (g) 的ΔH ＝ ______________________。
⑸ 钨丝灯管中的W在使用过程中缓慢挥发，使灯丝变细，加入I2可延长灯管的使用寿命，其工作原理为：W (s) +2I2 (g) WI4 (g)。下列说法正确的有___________。
a．灯管内的I2可循环使用
b．WI4在灯丝上分解，产生的W又沉积在灯丝上
c．WI4在灯管壁上分解，使灯管的寿命延长
d．温度升高时，WI4的分解速率加快，W和I2的化合速率减慢
【答案】（1）（2）60%（3）2WO3+H2=W2O5+H2O；W2O5；1:1:4
（4）+203.9KJ.mol-1.（5）a、b。
【解析】（1）该题考查化学平衡常数表达式、化学平衡的移动原理、反应热的计算、转化率计算。
根据反应方程，注意的是WO3和W都是固体，不写入平衡常数表达式。所以；（2）达平衡时H2与水蒸气的体积比2:3，消耗的H2体积为3，所以H2的平衡转化率为3/(2+3)=60%。（3）温度升高，H2与水蒸气的体积比减小说明平衡向右移动，正反应吸热。第一阶段的方程：2WO3+H2=W2O5+H2O，第二阶段方程：W2O5+H2=2WO2+H2O第三阶段方程：WO2+2H2=W+2H2O，所以三个阶段消耗H2的物质量之比为1:1:4；（4）利用盖斯定律可计算△H=+203.9KJ.mol-1.（5）根据可逆反应原理I2可以循环使用，WI4是在灯丝上分解，生成的W沉积在灯丝上，选a、b。
62.（201·北京·26）用生产某些含氯有机物时会产生副产物HC1。利用反应A，可实现氯的循环利用。反应A:
（2）对于反应A，下图是4种投料比[n（HCl）：，分别为1：1、2：1、4：1、6：1、]下，反应温度对HCl平衡转化率影响的曲线。
91
①曲线b对应的投料比是______________.②当曲线b, c, d对应的投料比达到相同的HCI平衡转化率时，对应的反应温度与投料比的关系是_________________.
⑧投料比为2:1、温度为400℃时，平衡混合气中的物质的量分数是_______________.
【答案】⑵①4:1(1分)②投料比越高，对应的反应温度越低(2分)③30.8%(2分)
【解析】（2）在其他条件不变时，O2的量越大，HCl的转化率越大，由此可确定a为6:1，b为4:1，c为2:1，d为1:1；由图可知，当HCl的转化率相同时，温度由低到高的顺序是bcd，由此可确定温度与投料比的关系是：投料比越高温度越高；由图可读出投料比2:1，温度400℃时，HCl的转化率为80%，由此可建立三段式：
n（起） 2 1 0 0
△n 1.6 0.4 0.8 0.8
n（平） 0.4 0.6 0.8 0.8
所以平衡混合气中Cl2的物质的量分数=0.8/（0.4+0.6+0.8+0.8）=0.308。
63.（2011·全国II·8）在容积可变的密闭容器中，2mo1N2和8mo1H2在一定条件下发生反应，达到平衡时，H2的转化率为25%，则平衡时的氮气的体积分数接近于
A．5% B．10% C．15% D．20%
【答案】C
【解析】 N2 + 3H22NH3
起始量（mol） 2 8 0
转化量（mol） 2/3 2 4/3
平衡量（mol） 4/3 6 4/3
所以平衡时的氮气的体积分数＝。
64.（2011·四川·10）可逆反应①X(g)+2Y(g)2Z(g) 、②2M（g）N（g）+P(g)分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有无摩擦、可滑动的密封隔板。反应开始和达到平衡状态时有关物理量的变化如图所示：
91
下列判断正确的是
A. 反应①的正反应是吸热反应
B. 达平衡（I）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为14:15
C. 达平衡（I）时，X的转化率为[。xx。k.Com]
D. 在平衡（I）和平衡（II）中M的体积分数相等
【答案】C
【解析】温度降低时，反应②中气体的物质的量减少，说明平衡向正方应方向移动，因此正方应是放热反应；由图可以看出达平衡（I）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为；同理可以计算出达平衡（I）时反应①中气体的物质的量是，即物质的量减少了，所以达平衡（I）时，X的转化率为；由于温度变化反应②的平衡已经被破坏，因此在平衡（I）和平衡（II）中M的体积分数不相等。
65.（2010·重庆·10）（2010卷）10． 当反应达到平衡时，下列措施：①升温 ②恒容通入惰性气体 ③增加CO的浓度 ④减压 ⑤加催化剂 ⑥恒压通入惰性气体，能提高COCl2转化率的是
A．①②④ B．①④⑥ C．②③⑥ D．③⑤⑥
【答案】B
【解析】本题考查化学平衡的移动。该反应为体积增大的吸热反应，所以升温和减压均可以促使反应正向移动。恒压通入惰性气体，相当于减压。恒容通入惰性气体与加催化剂均对平衡无影响。增加CO的浓度，将导致平衡逆向移动。
【方法提炼】对于恒容容器，通入稀有气体，由于容器的体积不变，各组分的浓度保持不变，故反应速率保持不变，平衡也即不移动。若为恒压容器，通入稀有气体，容器的体积膨胀，对于反应则相当于减压。
66.（2010·安徽·10）低脱硝技术可用于处理废气中的氮氧化物，发生的化学反应为：
2NH2（g）＋NO（g）＋NH2（g）2H3（g）＋3H2O（g） H<0
在恒容的密闭容器中，下列有关说法正确的是
A.平衡时，其他条件不变，升高温度可使该反应的平衡常数增大
B.平衡时，其他条件不变，增加NH3的浓度，废气中氮氧化物的转化率减小
C.单位时间内消耗NO和N2的物质的量比为1∶2时，反应达到平衡
D.其他条件不变，使用高效催化剂，废气中氮氧化物的转化率增大
【答案】C
【解析】A选项，放热反应升温平衡常数减小，错误；增大一个反应物浓度另一反应物转化率增大，B错；使用催化剂平衡不移动，D错。
91
67.（2010·福建·8）下列有关化学研究的正确说法是
A．同时改变两个变量来研究反映速率的变化，能更快得出有关规律
B．对于同一个化学反应，无论是一步完成还是分几步完成，其反应的焓变相同
C．依据丁达尔现象可将分散系分为溶液、胶体与浊液
D．从HF、HCl、、HI酸性递增的事实，推出F、Cl、Br、I的非金属递增的规律
【答案】B
【解析】本题侧重考查反应速率、盖斯定律、分散系、元素周期律重要的基本概念，规律
A.同时改变两个变量来研究反应速率的变化，不容易判断影响反应速率的主导因素，因此更难得出有关规律；B.这是盖斯定律的表述；C.分散系的划分是以分散质颗粒大小来区分的；D.在以酸性强弱作为判断元素非金属性非金属性强弱依据时，是以最高价氧化物对应水化物的酸性强弱为判断依据的。
68.（201·江苏·8）下列说法不正确的是
A．铅蓄电池在放电过程中，负极质量减小，正极质量增加
B．常温下，反应不能自发进行，则该反应的
C．一定条件下，使用催化剂能加快反应速率并提高反应物的平衡转化率
D．相同条件下，溶液中、、的氧化性依次减弱
【答案】AC
【解析】本题主要考查的是相关的反应原理。A项，铅蓄电池在放电过程中，负极反应为其质量在增加；B项，该反应是典型的吸热反应，在常温下不能自发进行；C项，催化剂能改变反应速率，不一定加快，同时它不能改变转化率；D项，可知的氧化性大于，综上分析可知，本题选AC项。
69.（201·上海·17）据报道，在300℃、70MPa下由二氧化碳和氢气合成乙醇已成为现实。
2CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g) 下列叙述错误的是
A．使用Cu-Zn-Fe催化剂可大大提高生产效率
B．反应需在300℃进行可推测该反应是吸热反应
C．充入大量CO2气体可提高H2的转化率
D．从平衡混合气体中分离出CH3CH2OH和H2O可提高CO2和H2的利用率
【答案】B
【解析】此题考查化学反应速率和化学平衡知识。催化剂能提高化学反应速率，加快反应进行，也就是提高了生产效率，A对；反应需在300℃进行是为了获得较快的反应速率，不能说明反应是吸热还是放热，B错；充入大量CO2气体，能使平衡正向移动，提高H2的转化率，C对；从平衡混合物中及时分离出产物，使平衡正向移动，可提高CO2和H2的转化率，D对。
易错警示：利用化学平衡知识判断反应吸热还是放热时，一定要注意温度的变化使反应正向移动还是逆向移动，倘若给出的知识温度条件则无法判断。
70.（2010·广东·31）硼酸（H3BO3）在食品、医药领域应用广泛。
(1)请完成B2H6气体与水反应的化学方程式：B2H6 + 6H2O=2H3BO3 +________。
(2)在其他条件相同时，反应H3BO3 +3CH3OHB(OCH3)3 +3H2O中，H3BO 3的转化率（）在不同温度下随反应时间（t）的变化见图12，由此图可得出：
91
①温度对应该反应的反应速率和平衡移动的影响是_______
②该反应的_____0(填“<”、“=”或“>”).
(3)H3BO 3溶液中存在如下反应：
H3BO 3（aq）+H2O（l） [B(OH)4]-( aq)+H+（aq）已知0.70 mol·L-1 H3BO 3溶液中，上述反应于298K达到平衡时，c平衡（H+）=2. 0 × 10-5mol·L-1，c平衡（H3BO 3）≈c起始（H3BO 3），水的电离可忽略不计，求此温度下该反应的平衡常数K（H2O的平衡浓度不列入K的表达式中，计算结果保留两位有效数字）
【答案】(1) B2H6 + 6H2O=2H3BO3 +6H2
(2) ①升高温度，反应速率加快，平衡正向移动 ②△H＞O(3) 或1.43
【解析】(1)根据元素守恒，产物只能是H2， 故方程式为B2H6 + 6H2O=2H3BO3 +6H2。
(2)由图像可知，温度升高，H3BO 3的转化率增大，故升高温度是平衡正向移动，正反应是吸热反应，△H＞O。
(3) K===
71.（2010·山东·28）硫一碘循环分解水制氢主要涉及下列反应：
Ⅰ SO2+2H2O+I2===H2SO4+2HI Ⅱ 2HIH2+I2
Ⅲ 2H2SO42===2SO2+O2+2H2O
（1）分析上述反应，下列判断正确的是。
a．反应Ⅲ易在常温下进行 b．反应Ⅰ中氧化性比HI强
c．循环过程中需补充H2O d．循环过程中产生1mol O2的同时产生1mol H2
（2）一定温度下，向1L密闭容器中加入1mol HI（g），发生反应Ⅱ，H2物质的量随时间的变化如图所示。
0~2 min内的平均放映速率v（HI）=。该温度下，H2（g）+I2（g）2HI（g）的平衡常
91
数K=。
相同温度下，若开始加入HI（g）的物质的量是原来的2倍，则是原来的2倍。
a．平衡常数 b．HI的平衡浓度 c．达到平衡的时间 d．平衡时H2的体积分数
（3）实验室用Zn和稀硫酸制取H2，反应时溶液中水的电离平衡移动（填“向左”“向右”或者“不”）；若加入少量下列试剂中的，产生H2的速率将增大。
a．NaNO3 b．CuSO4 c．Na2SO4 d．NaHSO3
【答案】（1）c（2）0.1 mol·L-1·min-1 ；64mol/L；b（3）向右；b
【解析】(1)H2SO4在常温下，很稳定不易分解，这是常识，故a错；反应Ⅰ中SO2是还原剂，HI是还原产物，故还原性SO2＞HI，则b错；将Ⅰ和Ⅱ分别乘以2和Ⅲ相加得：2H2O==2H2+O2，故c正确d错误。
(2) υ (H2)=0. 1mol/1L/2min=0.05 mol·L-1·min-1，则υ (HI)=2 υ (H2)=0.1 mol·L-1·min-1；
2HI(g)==H2(g)+I2(g)
2 1 1
起始浓度/mol·L－1 1 0 0
变化浓度/mol·L－1： 0.2 0.1 0.1
平衡浓度/mol·L－1： 0.8 0.1 0.1
则H2(g)+I2(g)== 2HI(g)的平衡常数K==64mol/L。
若开始时加入HI的量是原来的2倍，则建立的平衡状态和原平衡是等比平衡，HI、H2、I2 的物质的量、平衡浓度都是原来的两倍；各组分的百分含量、体积分数相等，平衡常数相等（因为温度不变）；因开始时的浓度增大了，反应速率加快，达平衡时间不可能是原来的两倍，故选b.
（3）水的电离平衡为,硫酸电离出的对水的电离是抑制作用，当消耗了，减小，水的电离平衡向右移动；若加入,溶液变成的溶液了，不再生成H2；加入的会和反应，降低，反应速率减慢；的加入对反应速率无影响；加入CuSO4 后，与置换出的Cu构成原电池，加快了反应速率，选b.
考点三：化学反应速率与化学平衡的图像分析与综合应用
72.（2019·全国Ι·28）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H2的物质的量分数为_________（填标号）。
91
A．＜0.25 B．0.25 C．0.25~0.50 D．0.50 E．＞0.50
（3）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用标注。
可知水煤气变换的ΔH________0（填“大于”“等于”或“小于”），该历程中最大能垒（活化能）E正=_________eV，写出该步骤的化学方程式_______________________。
（4）Shoichi研究了467 ℃、489 ℃时水煤气变换中CO和H2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PH2O和PCO相等、PCO2和PH2相等。
计算曲线a的反应在30~90 min内的平均速率(a)=___________kPa·min−1。467 ℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是___________、___________。489 ℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是___________、___________。
【答案】（1）大于（1分）（2）C（2分）
（3）小于（1分） 2.02 （2分） COOH*+H*+H2O*===COOH*+2H*+OH*（或H2O*=== H*+OH*）（2分）（4）0.0047（2分） b（1分） c（1分） a（1分） d（1分）
【解析】本题考查化学反应原理，涉及活化能、反应速率、反应热等知识，考查的核心素养是变化观念与平衡思想、证据推理与模型认知。（1）〖JP3〗由题给信息①可知，H2(g)＋CoO(s) Co(s)＋H2O(g)（i）K1＝＝39,由题给信息②可知，CO(g)＋CoO(s) Co(s)＋CO2(g)（ii）K2＝＝≈51.08。相同温度下，平衡常数越大，反应倾向越大，故CO还原氧化钴的倾向大于H2。（2）第（1）问和第（2）问的温度相同，利用盖斯定律，由(ii)-(i)得CO(g)＋H2O(g)
91
CO2(g)＋H2(g)K＝≈1.31。设起始时CO（g）、H2O(g)的物质的量都为1 mol，容器体积为1 L，在721 ℃下，反应达平衡时H2的物质的量为xmol。
若K取4，则x≈0.67，φ(H2)≈0.33。
氢气的物质的量分数介于0.25与0.33之间，故选C。（3）观察起始态物质的相对能量与终态物质的相对能量知，终态物质相对能量低于始态物质相对能 量，说明该反应是放热反应，ΔH小于0。过渡态物质相对能量与起始态物质相对能量相差越大，活化能越大，由题图知，最大活化能E正＝1.86 eV－(－0.16 eV)＝2.02 eV， 该步起始物质为COOH[HT]*＋H[HT]*＋H2O[HT]*，产物为COOH[HT]*＋2H[HT]*＋OH[HT]*。（4）由题图可知，30~90 min内。水煤气变换中CO是反应物，H2是产物，又该反应是放热反应，升高温度，平衡向左移动，重新达到平衡时，H2的压强减小，CO的压强增大。故a曲线代表489 ℃时pH2随时间变化关系的曲线，d曲线代表489 ℃时pCO随时间变化关系的曲线，b曲线代表467 ℃时pH2随时间变化关系的曲线,c曲线代表467 ℃时pCO随时间变化关系的曲线。
73.（2019·全国Ⅱ·27）环戊二烯（）是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下列问题：
（1）已知：(g)(g)+H2(g) ΔH1=100.3 kJ·mol −1①
H2(g)+ I2(g)2HI(g) ΔH2=−11.0 kJ·mol −1 ②
对于反应：(g)+ I2(g)(g)+2HI(g) ③ ΔH3=___________kJ·mol −1。
（2）某温度下，等物质的量的碘和环戊烯（）在刚性容器内发生反应③，起始总压为105Pa，平衡时总压增加了20%，环戊烯的转化率为_________，该反应的平衡常数Kp=_________Pa。达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，可采取的措施有__________（填标号）。
A．通入惰性气体 B．提高温度
C．增加环戊烯浓度 D．增加碘浓度
91
（3）环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是__________（填标号）。
A．T1＞T2
B．a点的反应速率小于c点的反应速率
C．a点的正反应速率大于b点的逆反应速率
D．b点时二聚体的浓度为0.45 mol·L−1
（4）环戊二烯可用于制备二茂铁（Fe(C5H5)2结构简式为），后者广泛应用于航天、化工等领域中。二茂铁的电化学制备原理如下图所示，其中电解液为溶解有溴化钠（电解质）和环戊二烯的DMF溶液（DMF为惰性有机溶剂）。
该电解池的阳极为____________，总反应为__________________。电解制备需要在无水条件下进行，原因为_________________________。
【答案】
【解析】本题考查化学反应与能量变化、化学反应速率与化学平衡、电化学知识，考查的核心素养是变化观念与平衡思想。（1）〖JP3〗根据盖斯定律，由反应①+反应②得反应③，则ΔH3=ΔH1+ΔH2=（100.3-11.0） kJ·mol-1=+89.3 kJ·mol-1。（2）设容器中起始加入I2(g)和环戊烯的物质的量均为a，平衡时转化的环戊烯的物质的量为x，列出三段式：
91
根据平衡时总压强增加了20%，且恒温恒容时，压强之比等于气体物质的量之比，得，解得x=0.4a，则环戊烯的转化率为，平衡时的分压分别为则Kp=，根据p总=1.2×105Pa，可得Kp=×1.2×105Pa≈3.56×104Pa。通入惰性气体，对反应③的平衡无影响， A项不符合题意；反应③为吸热反应，提高温度，平衡正向移动，可提高环戊烯的平衡转化率，B项符合题意；增加环戊烯浓度，能提高I2(g)的平衡转化率，但环戊烯的平衡转化率降低，C项不符合题意；增加I2(g)的浓度，能提高环戊烯的平衡转化率，D项符合题意。（3）由相同时间内，环戊二烯浓度减小量越大，反应速率越快可知，T1＜T2，A项错误；影响反应速率的因素有温度和环戊二烯的浓度等，a点时温度较低，但环戊二烯浓度较大，c点时温度较高，但环戊二烯浓度较小，故无法比较a点和c点的反应速率大小，B项错误；a点和b点温度相同，a点时环戊二烯的浓度大于b点时环戊二烯的浓度，即a点的正反应速率大于b点的正反应速率，因为b点时反应未达到平衡，b点的正反应速率大于逆反应速率，故a点的正反应速率大于b点的逆反应速率，C项正确；b点时，环戊二烯的浓度减小0.9mol·L-1，结合生成的二聚体浓度为环戊二烯浓度变化量的，可知二聚体的浓度为0.45 mol·L-1，D项正确。
（4） 结合图示电解原理可知，Fe电极发生氧化反应，为阳极；在阴极上有H2生成，故电解时的总反应为。结合相关反应可知，电解制备需在无水条件下进行，否则水会阻碍中间产物Na的生成，水电解生成OH-，OH-会进一步与Fe2+反应生成Fe(OH)2，从而阻碍二茂铁的生成。
【易错警示】①影响化学反应速率的因素有浓度、温度、压强等，比较化学反应速率的大小时要考虑多个因素的相互影响；②注意原电池和电解池的区别，并能结合图示和题干信息等进行综合分析。
74.（2019·全国Ⅲ·28）近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：
（1）Deacon发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl) ∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系：
91
可知反应平衡常数K（300℃）____________K（400℃）（填“大于”或“小于”）。设HCl初始浓度为c0，根据进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=1∶1的数据计算K（400℃）=____________（列出计算式）。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低、过高的不利影响分别是____________。
（2）Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：
CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g) ΔH1=83 kJ·mol-1
Cul(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g) ΔH2=-20 kJ·mol-1
CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH3=-121 kJ·mol-1
则4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=_________ kJ·mol-1。
（3）在一定温度的条件下，进一步提高HCI的转化率的方法是_______。（写出2种）
（4）在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如下图所示：
负极区发生的反应有____________________（写反应方程式）。电路中转移1 mol电子，需消耗氧气__________L（标准状况）
【答案】（除标明外，每空2分）（1）大于 O2和Cl2分离能耗较高（1分）HCl转化率较低（1分）（2）﹣116
（3）增加反应体系压强、及时除去产物（4）Fe3++e−=Fe2+，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O 5.6
【解析】本题考查反应热、电化学、化学平衡知识，考查的核心素养是变化观念与平衡思想。(1)由题给HCl平衡转化率随温度变化的关系图可知，随温度升高，HCl平衡转化率降低，则此反应为放热反应，温度越高，平衡常数越小，即K(300 ℃)大于K(400 ℃)。结合题图可知，c(HCl)〖DK〗∶c(O2)=1〖DK〗∶1、400 ℃时HCl的平衡转化率为84%,列出三段式：
91
则K (400 ℃)= ；进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低会使O2和Cl2分离的能耗较高，过高则会造成HCl转化率较低。(2)将已知热化学方程式依次编号为①、②、③，根据盖斯定律，由(①+②+③)×2得4HCl(g)+O2(g) 2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH=-116 kJ·mol-1。(3)题述反应是气体体积减小的反应，增大反应体系压强可使反应正向移动，提高HCl的转化率，及时分离出产物也能提高HCl的转化率。(4)负极区发生还原反应Fe3++e-Fe2+，生成的二价铁又被氧气氧化成三价铁，发生反应4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O，由反应可知电路中转移4 mol电子消耗1 mol O2，则转移1 mol电子消耗氧气1/4 mol，其在标准状况下的体积为1/4 mol×22.4 L·mol-1=5.6 L。
【技巧点拨】电解池中电极反应式的书写技巧：(1)首先看阳极材料，如果阳极是活泼金属作电极，则应是阳极失电子，阳极不断溶解，溶液中的阴离子不能失电子。(2)如果阳极是惰性电极(Pt、Au、石墨等作电极)，则应是电解质溶液中的离子放电，根据离子的放电顺序书写电极反应式。阳极(惰性电极)发生氧化反应，阴离子失去电子被氧化的顺序为S2-＞I-＞Br-＞Cl-＞OH-＞含氧酸根离子＞F-。阴极发生还原反应，阳离子得到电子被还原的顺序为Ag+＞Hg2+＞Fe3+＞Cu2+＞H+＞Pb2+＞Sn2+＞Fe2+＞Zn2+。
75.（2016·全国III·27）煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，形成酸雨、污染大气，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝，回答下列问题：
（1） NaClO2的化学名称为_______。
（2）在鼓泡反应器中通入含有含有SO2和NOx的烟气，反应温度为323 K，NaClO2溶液浓度为5×10−3mol·L−1 。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表》
离子
SO42−
SO32−
NO3−
NO2−
Cl−
c/（mol·L−1）
8.35×10−4
6.87×10−6
1.5×10−4
1.2×10−5
3.4×10−3
①写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式__________。增加压强，NO的转化率______（填“提高”“不变”或“降低”）。
②随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的pH逐渐______ （填“提高”“不变”或“降低”）。
③由实验结果可知，脱硫反应速率______脱硝反应速率（填“大于”或“小于”）。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是___________。
（3）在不同温度下，NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中，SO2和NO的平衡分压px如图所示。
①由图分析可知，反应温度升高，脱硫、脱硝反应的平衡常数均______________（填“增大”“不变”或“减小”）。
②反应ClO2−+2SO32−=2SO42−+Cl−的平衡常数K表达式为___________。
91
【答案】（1）亚氯酸钠；（2）①2OH-＋3ClO2－＋4NO＝4NO3－＋3Cl－＋2H2O；提高 ②减小；
③大于；NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高 （3）①减小；②
【解析】（1） NaClO2的化学名称为亚氯酸钠；
（2）①亚氯酸钠具有氧化性，则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式为2OH-＋3ClO2－＋4NO＝4NO3－＋3Cl－＋2H2O；正反应是体积减小的，则增加压强，NO的转化率提高。
②根据反应的方程式2H2O＋ClO2－＋2SO2＝2SO42－＋Cl－＋4H＋、2H2O＋3ClO2－＋4NO＝4NO3－＋3Cl－＋4H＋可知随着吸收反应的进行氢离子浓度增大，吸收剂溶液的pH逐渐降低。
③由实验结果可知，在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多，因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是二氧化硫的还原性强，易被氧化。
（3）在不同温度下，NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中，SO2和NO的平衡分压px如图所示。
①由图分析可知，反应温度升高，O2和NO的平衡分压负对数减小，这说明反应向逆反应方向进行，因此脱硫、脱硝反应的平衡常数均减小。
②根据反应的方程式ClO2−+2SO32−===2SO42−+Cl−可知平衡常数K表达式为。
76．（2015·四川·7）一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)+CO2(g)2CO(g)。平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示：
已知：气体分压（P分）=气体总压（P总）×体积分数。下列说法正确的是
A．550℃时，若充入惰性气体，ʋ正，ʋ逆 均减小，平衡不移动
B．650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0%
C．T℃时，若充入等体积的CO2和CO，平衡向逆反应方向移动
D．925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=24.0P总[om]
【答案】B
【解析】A、平衡向正反应方向移动，A错误；B、利用三段式，可得CO2的转化率为25.0%，B正确，C、由图可知T℃时，平衡体系中CO2和CO体积分数相等，则在恒压密闭容器中再充入等体积的CO2和CO，平衡不移动，C错误；D、平衡后。选B。
77.（2014·福建·12）在一定条件下，N2O分解的部分实验数据如下：
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
91
反应时间/min
(N2O)/mol·L-1
0.100
0.090
0.080
0.070
0.060
0.050
0.040
0.030
0.020
0.010
0.000
下图能正确表示该反应有关物理量变化规律的是(注：图中半衰期指任一浓度N2O消耗一半时所需的相应时间， 1、2均表示N2O初始浓度且1＜2)
A B
C D
【答案】A
【解析】半衰期是一定值，与浓度无关，A正确；浓度越大，反应速率越快，到达平衡所用时间越短，B错误；半衰期是一定值，与浓度无关，C错误；浓度越大，物质的转化率不一定变大，D错误。
78.（2014·安徽·10）臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱硝反应为2NO2(g)+O3(g) N2O5(g)+O2(g)，若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图像作出的判断正确的是（ ）
A
B
C
D
91
升高温度，平衡常数减小
0~3s内，反应速率为=0.2 mol·L-1
时仅加入催化剂，平衡正向移动
达到平衡时，仅改变，则为
【答案】A
【解析】A、根据化学反应热量的变化可知，2NO2(g)+O3(g) N2O5(g)+O2(g)为放热反应，升高温度，平衡则向吸热的方向（逆方向）移动，所以化学平衡常数减小，A正确；B、化学反应速率的单位是mol/（L•s）或者mol/（L•min），B错误；C、平衡时加入催化剂，不能改变化学平衡的移动，C错误；D、加入为O2，通入O2，增大了生成物的浓度，则化学平衡向逆方向移动，故NO2的转化率减小，D错误。
79.（2014·北京·26）NH3经一系列反应可以得到HNO3，如下图所示。
（1）I中，NH3 和O2在催化剂作用下反应，其化学方程式是_____________________。
（2）II中，2NO（g）+O22NO2(g)。在其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强（P1、P2）下温度变化的曲线（如右图）。
①比较P1、P2的大小关系：________________。
②随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是________________。
（3）III中，将NO2（）转化为N2O4（），再制备浓硝酸。
①已知：2NO2（） N2O4（）△H1 2NO2（） N2O4（） △H2
下列能量变化示意图中，正确的是（选填字母）_______________。
91
A B C
②N2O4与O2、H2O化合的化学方程式是_________________。
（4）IV中，电解NO制备 NH4NO3，其工作原理如右图所示，为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A，A是_____________，说明理由：________________。
【答案】（1）4NH3+5O2 4NO+6H2O（2）①p10。根据图像可知，0~60s时间段内，NO2的物质的量浓度变化量是0.120 mol·L，所以=0.0020 mol·L—1·s—1，根据各物质的化学反应速率之比等于化学计量数之比，所以==0.0010 mol·L—1·s—1；由图像可知，100℃达到平衡时，(NO2)= 0.120 mol·L—1，(N2O4)= 0.040 mol·L—1，所以化学平衡常数=0.36mol·L—1；
（2）改变反应温度为，以以0.0020 mol·L·s的平均速率降低，说明减低，平衡向着正方向移动，又因为该反应N2O4g) 2NO2 (g)的焓变>0，说明反应温度意味着温度升高；②因为以0.0020 mol·L·s
91
，反应经过的时间是10s，所以△(N2O4)= 0.0020 mol·L—1·s—1×10s=0.020 mol·L—1，则△(NO2)= 0.020 mol·L—1×2= 0.040 mol·L—1，所以平衡时(N2O4)= 0.040 mol·L—1-0.020 mol·L—1=0.020 mol·L—1，(NO2)=0.120 mol·L—1+0.040 mol·L—1=0.16 mol·L—1，则=1.3 mol·L—1；
（3）温度为T时，达到平衡时，将反应容器的体积减小一半，此过程相当于增大用气枪的过程。当其他条件不变时，增大压强，平衡会向着气体物质的量减小的方向移动，对于此反应来说（N2O4 (g) 2NO2 (g)），当其他条件不变时，增大压强，平衡向逆方向移动。
85.（2014·全国I·28）乙酸是重要的有机化工原料，可由乙烯气相直接水合法或间接水合法生产。回答下列问题：
（1）间接水合法是指现将乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯（C2H5OSO3H），再水解生成乙醇，写出相应反应的化学方程式__________________________________。
（2）已知：甲醇脱水反应 2CH3OH(g)==CH3OCH3(g)+ H2O (g) =23.9 KJ﹒mol-1
甲醇制烯烃反应 2CH3OH(g)== C2H4(g)+ 2H2O (g) =29.1 KJ﹒mol-1
乙醇异构化反应 C2H5OH(g) ==CH3OCH3(g) =+50.7KJ﹒mol-1
则乙烯气相直接水合反应C2H4(g)+H2O(g)==C2H5OH(g)的=______KJ﹒mol-1。与间接水合法相比，气相直接水合法的优点是____________________________________。
（3）下图为气相直接水合法乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系（其中=1:1）
①列式计算乙烯水合制乙醇反应在图中A点的平衡常数Kp=_______（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。
②图中压强（、、、）的大小顺序为_________，理由是_________。
③气相直接水合法常采用的工艺条件为：磷酸/硅藻土为催化剂，反应温度290℃，压强6.9MPa，=0.6:1，乙烯的转化率为5%，若要进一步提高转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以采取的措施有_________、_________。
【答案】（1）CH2＝CH2＋H2SO4 C2H5OSO3H；C2H5OSO3H＋H2OCH3CH2OH＋H2SO4
91
（2）—45.5；减少污染；减少对设备的腐蚀。
（3）①0.07 Mpa-1 ②P4＞P3＞P2＞P1；反应分子数减少，相同温度下，压强升高乙烯转化率升高。③增大n(H2O)︰n(C2H4)的比值，及时把生成的乙醇液化分离
【解析】（1）乙烯与硫酸发生加成反应生成硫酸氢乙酯，硫酸氢乙酯再通过取代反应得到乙醇。CH2＝CH2＋H2SO4 C2H5OSO3H,C2H5OSO3H＋H2OCH3CH2OH＋H2SO4.
（2）通过盖斯定律，—△H2＋△H1－△H3＝—45.5KJ·mol-1
比较两种流程，可看出气相直接水合法减少反应步骤，增大产物的产率，同时减少污染物的排放；不用硫酸作反应物，减少对设备的腐蚀。
(3)①A点乙烯的平衡转化率是20%。
根据反应：CH2＝CH2＋H2O C2H5OH
起始 1mol 1mol 0
转化 0.2mol 0.2mol 0.2mol
平衡 0.8mol 0.8mol 0.2mol
则平衡时乙烯的分压：P(C2H4)＝7.85Mpa×0.8mol/1.8mol＝3.4889 Mpa
水蒸气的分压：P(H2O)＝7.85Mpa×0.8mol/1.8mol＝3.4889 Mpa
乙醇的分压：P(C2H5OH)＝7.85Mpa×0.2mol/1.8mol＝0.8722 Mpa
则平衡常数Kp＝P(C2H5OH)/ P(C2H4)× P(H2O)＝0.8722 Mpa/3.4889 Mpa×3.4889 Mpa＝0.07 Mpa-1
②通过反应可以看出压强越大，乙烯的转化率越高，通过在300℃时转化率可得出：P4＞P3＞P2＞P1。
③可以增大H2O的浓度，及时分离出生成的乙醇。
86.（2014·全国I·28）化合物AX3和单质X2在一定条件下反应可生成化合物AX5。回答下列问题：
（1）已知AX3的熔点和沸点分别为－93.6 ℃和76 ℃，AX5的熔点为167 ℃。室温时AX3与气体X2反应生成lmol AX5，放出热量123.8 kJ。该反应的热化学方程式为。
（2）反应AX3(g)＋X2(g)AX5(g)在容积为10 L的密闭容器中进行。起始时AX3和X2均为0.2 mol。反应在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图所示。
①列式计算实验a从反应开始至达到平衡时的反应速率 v(AX5)＝。
②图中3组实验从反应开始至达到平衡时的反应速率v(AX5)由大到小的次序为 (填实验序号)；与实验a相比，其他两组改变的实验条件及判断依据是：b、c。
③用p0表示开始时总压强，p表示平衡时总压强，α表示AX3的平衡转化率，则α的表达式为 ；实验a和c的平衡转化率：αa为、αc为。
【答案】（1）①AX3（）+X2（）=AX5（）△H= —123.8kJ•mol—1（2分）
91
（2）=1.7×10—4mol/（L•min）
解：开始时no=0.4mol，总压强为160KPa，平衡时总压强为120KPa，则n为，
，==0.30mol
AX3（g）+X2（g）AX5（g）
初始 （mol） 0.20 0.20 0
平衡 （mol） 0.20-x 0.20-x x
（0.20-x）+（0.20-x）+x=0.30，则x=0.10
=1.7×10—4mol/（L•min） （3分）②bca（2分） 加入催化剂．反应速率加快，但平衡点没有改变（2分）；温度升高。反应速率加快，但平衡点向逆反应方向移动（或反应容器的容积和起始物质的量未改变，但起始总压强增大）（2分）；③α=2（1-）（2分）；50%（1分）；40%（1分）。
【解析】（1）因为AX3的熔点和沸点分别为—93.6℃和76℃，AX5的熔点为167℃，室温时，AX3为液态，AX5为固态，生成1mol AX5，放出热量123.8kJ，该反应的热化学方程为：AX3（）+X2（）=AX5（）△H= —123.8kJ•mol—1，
（2）①起始时AX3和X2均为0.2mol，即no=0.4mol，总压强为160KPa，平衡时总压强为120KPa，设平衡时总物质的量为n，根据压强之比就等于物质的量之比有：，n=0.30mol。
AX3（g）+X2（g）AX5（g）
初始 （mol） 0.20 0.20 0
平衡 （mol） 0.20-x 0.20-x x
（0.20-x）+（0.20-x）+x=0.30，则x=0.10
=1.7×10—4mol/（L•min）
②根据到abc达平衡用时的多少可以比较出反应速率的大小为：b＞c＞a；
③用p0表示开始时总压强，p表示平衡时总压强，α表示AX3的平衡转化率，根据压强之比就等于物质的量之比有：=，=
AX3（g）+X2（g）AX5（g）
初始 （mol） 0.20 0.20 0
平衡 （mol） 0.20-x 0.20-x x
（0.20-x）+（0.20-x）+x=n，则x=0.40-n=0.4—
则α==2（1-）
91
∴αa=2（1-）=2(1—)×100%=50%；
αc=2（1-）=2(1—)×100%=40%。
87.（2014·山东·29）研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：2NO2（g）+NaCl（s）NaNO3（s）+ClNO（g） K1 ∆H < 0 （I）
2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g） K2 ∆H < 0 （II）
（1）4NO2（g）+2NaCl（s）2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常数K=（用K1、K2表示）。
（2）为研究不同条件对反应（II）的影响，在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2mol NO和0.1mol Cl2，10min时反应（II）达到平衡。测得10min内（ClNO）=7.5×10-3mol•L-1•min-1，则平衡后n（Cl2）=mol，NO的转化率а1=。其它条件保持不变，反应（II）在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率а2а1（填“>”“<”或“=”），平衡常数K2（填“增大”“减小”或“不变”。若要使K2减小，可采用的措施是。
（3）实验室可用NaOH溶液吸收NO2，反应为2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O。含0.2mol NaOH的水溶液与0.2mol NO2恰好完全反应得1L溶液A，溶液B为0.1mol•L‾1的CH3COONa溶液，则两溶液中c（NO3‾）、c（NO2-）和c（CH3COO‾）由大到小的顺序为。（已知HNO2的电离常数Ka=7.1×10-4mol•L‾1，CH3COOH的电离常数K a=1.7×10-5mol•L‾1，可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是。
a．向溶液A中加适量水 b.向溶液A中加适量NaOH
c．向溶液B中加适量水 d..向溶液B中加适量NaOH
【答案】（1）（2）（2）2.5×10-2；75%；>；不变；升高温度 （3）c(NO3‾) >c(NO2-) >c(CH3COO‾)；b、c
【解析】（1）（I）×2（II）即可得到4NO2（g）+2NaCl（s）2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g），所以平衡常数K=；
（2）ClNO的浓度变化△c（ClNO）=7.5×10-2mol•L，所以ClNO的物质的量变化△n（ClNO）=0.15mol，所以Cl2的物质的量变化率△n（Cl2）=0.075mol，则平衡后n（Cl2）=0.1mol-0.075mol=0.025mol；转化的n（NO）=0.15mol，则NO的转化率а1==75%；其他条件保持不变，反应（II）在恒压条件下进行，则反应（II）的压强大于反应（I）的压强，则平衡有利于向正方向移动，所以平衡时NO的转化率а2>а1；因为温度不变，所以化学平衡常数不变；因为反应（II）的∆H < 0，为放热反应，所以要减小化学平衡常数，就要使平衡向逆方向移动，可以采取加热的方法；
（3）根据盐类水解规律，越弱越水解，所以CH3COO‾的水解程度大于NO2-，故离子浓度大小是c（NO3‾）>c（NO2-）>c（CH3COO‾）; 因为CH3COO‾的水解程度大于NO2-，所以溶液A的PH小于溶液B的PH。 a．向溶液A中加适量水 （使A的PH减小），b．向溶液A中加适量NaOH（使A的PH增大），c．向溶液B中加适量水（使B的PH减小），d..向溶液B中加适量NaOH
91
（使B的PH增大），只有bc满足题意。
88.（2014·天津·10）合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，其反应原理为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－92.4 kJ·mol－1。一种工业合成氨的简式流程图如下：
(1)天然气中的H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS。一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，写出再生反应的化学方程式：_________________________。
(2)步骤Ⅱ中制氢气的原理如下：
①CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) ΔH＝＋206.4 kJ·mol－1
②CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) ΔH＝－41.2 kJ·mol－1
对于反应①，一定可以提高平衡体系中H2的百分含量，又能加快反应速率的措施是____________。
a．升高温度 b．增大水蒸气浓度 c．加入催化剂 d．降低压强
利用反应②，将CO进一步转化，可提高H2的产量。若1 mol CO和H2的混合气体(CO的体积分数为20%)与H2O反应，得到1.18 mol CO、CO2和H2的混合气体，则CO的转化率为____________。
(3)图(a)表示500 ℃、60.0 MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH3体积分数的关系。根据图中a点数据计算N2的平衡体积分数：____________。
(4)依据温度对合成氨反应的影响，在图(b)坐标系中，画出一定条件下的密闭容器内，从通入原料气开始，随温度不断升高，NH3物质的量变化的曲线示意图。
(a) (b)
(5)上述流程图中，使合成氨放出的能量得到充分利用的主要步骤是(填序号)________。简述本流程中提高合成氨原料总转化率的方法：_________________________________。
【答案】(1)2NH4HS＋O22NH3·H2O＋2S↓(2)a 90%(3)14.5%
(4)(5)Ⅳ 对原料气加压；分离液氨后，未反应的N2、H2循环使用
【解析】(1)由题意可知为空气中的O2将负二价硫氧化为硫单质，根据电子守恒将方程式配平即可。(2)反应①为气体物质的量增大的吸热反应，降低压强使平衡右移，但反应速率减小，d错；催化剂不能改变反应限度，即不能改变H2的百分含量，c错；增大水蒸气浓度虽
91
可使反应速率增大以及平衡右移，但产物H2的百分含量却减小，b错；升高温度反应速率增大，且平衡正向移动，H2的百分含量增大，a对。CO与H2的混合气体与水蒸气的反应中，反应体系中的气体的物质的量不变，而1 molCO与H2的混合气体参加反应生成1.18 mol混合气，说明有0.18 mol 水蒸气参加反应，则根据方程式②可知参加反应的CO也为0.18 mol，则其转化率为×100%＝90%。
(3)由图中看出当N2与H2物质的量比为1∶3时，NH3的平衡体积分数最大，为42%。设平衡时转化的N2的物质的量为x mol，由三段式：
N2＋3H22NH3
起始(mol): 1 3 0
转化(mol): x 3x 2x
平衡(mol): 1－x 3－ 3x 2x
×100%＝42%，则x＝0.59
则平衡时N2的体积分数为×100%＝14.5%。(4)作图时要注意开始时NH3物质的量不断增多，是因为反应正向进行(反应未达平衡)，达到一定程度后反应达到平衡而此时温度继续升高，平衡逆向移动，NH3的物质的量减小。(5)热交换器可以使需要加热的物质得到加热，还可以使需要冷却的物质得到冷却，能充分利用能量。合成氨反应为气体物质的量减小的反应，加压利于反应正向进行；此外，循环利用可反复利用原料，提高原料利用率。
89.（2014·浙江·27）煤炭燃烧过程中会释放出大量的SO2，严重破坏生态环境。采用一定的脱硫技术可以把硫元素以CaSO4的形式固定，从而降低SO2的排放。但是煤炭燃烧过程中产生的CO又会与CaSO4发生化学反应，降低脱硫效率。相关反应的热化学方程式如下：
CaSO4(s)+CO(g) CaO(s) + SO2(g) + CO2(g) ΔH1=218.4kJ·mol-1(反应Ⅰ)
CaSO4(s)+4CO(g) CaS(s) + 4CO2(g) ΔH2= -175.6kJ·mol－1(反应Ⅱ)
请回答下列问题：
⑴反应Ⅰ能自发进行的条件是。
⑵对于气体参与的反应，表示平衡常数Kp时用气体组分(B)的平衡压强p(B)代替该气体物质的量浓度c(B)，则反应Ⅱ的Kp=(用表达式表示)。
⑶假设某温度下，反应Ⅰ的速率(v1)大于反应Ⅱ的速率(v2)，则下列反应过程能量变化示意图正确的是。
A B C D
⑷通过监测反应体系中气体浓度的变化可判断反应Ⅰ和Ⅱ是否同时发生，理由是。
⑸图1为实验测得不同温度下反应体系中CO初始体积百分数与平衡时固体产物中CaS质量
91
百分数的关系曲线。则降低该反应体系中SO2生成量的措施有。
A．向该反应体系中投入石灰石
B．在合适的温度区间内控制较低的反应温度
C．提高CO的初始体积百分数
D．提高反应体系的温度
⑹恒温恒容条件下，假设反应Ⅰ和Ⅱ同时发生，且v1＞v2，则下，请在图2中画出反应体系中c(SO2)随时间t变化的总趋势图。
【答案】（1）高温 （2）（3）C
（4）如果气相中SO2和CO2两种气体的浓度之比随时间发生变化，则标明两个反应同时发生。
（5）A、B、C
（6）
【解析】（1）由△G=△H-T△S<0时自发，△H>0,则T要大，故应选择高温。（2）根据固体的浓度为常数，则反应的平衡常数为Kp=；
（3）反应I为吸热反应，产物的能量高于反应物，反应Ⅱ放热，产物的能量低于反应物，反应Ⅰ的速率(v1)大于反应Ⅱ的速率(v2)，反应Ⅰ的活化能低。
（4）反应Ⅰ中生成二氧化硫，监测SO2和CO2两种气体的浓度之比随时间发生变化，则标明两个反应同时发生。
（5）向该反应体系中投入石灰石，产生二氧化碳，使反应Ⅰ逆向进行，课降低反应体系中二氧化硫生成量，A正确；在合适的温度区间内控制较低的反应温度，由图可以看出最低温度的硫化钙的含量最高，B正确，D错误；由图可以看出提高CO的体积分数，可以提高硫化钙的含量，C正确。
91
（6）反应Ⅰ的速率(v1)大于反应Ⅱ的速率(v2)，故二氧化硫增加的快，反应到达平衡快；随着反应Ⅱ的进行，二氧化碳的浓度增大，使反应Ⅰ逆向移动。
90.（2014·重庆·11）氢能是最重要的新能源。储氢作为氢能利用的关键技术，是当前关注的热点之一。
（1）氢气是清洁能源，其燃烧产物为。
（2）NaBH4是一种重要的储氢载体，能与水反应生成NaBO3，且反应前后B的化合价不变，该反应的化学方程式为，反应消耗1molNaBH4时转移的电子数目为。
（3）储氢还可借助有机物，如利用环已烷和苯之间的可逆反应来实现脱氢和加氢。
(g)
高温
FeSO4/Al2O3
(g)＋3H2(g)
在某温度下，向恒容容器中加入环已烷，其起始浓度为amol·L－1，平衡时苯的浓度为bmol·L－1，该反应的平衡常数K＝
（4）一定条件下，题11图所示装置可实现有机物的电化学储氢（忽略其它有机物）。
H2O
2.8mol气体
(忽略水蒸汽)
含苯的物质的量分数为10%的混合气
10mol混合气,其中苯的物质的量分数为24%
高分子电解质膜(只允许H＋通过)
多孔性惰性电极D
多孔性惰性电极E
电源
A
B
题11图
①导线中电子转移方向为。（用A、D表示）
②生成目标产物的电极反应式为。
③该储氢装置的电流效率η＝。（η＝生成目标产物消耗的电子数/转移的电子总数×100%，计算结果保留小数点后1位。）
【答案】（1）H2O（2）NaBH4＋2H2O=NaBO2＋4H2↑，4NA或2.408×1024
（3）mol3·L－3（4）①AD ②C6H6＋6H＋＋6e－＝C6H12 ③64.3%
【解析】（1）氢气完全燃烧的产物是H2O；
（2）反应前后B元素的化合价没有变化，均显+3价，所以NaBH4中H元素的化合价为-1价，H2O中H元素显+1价，所以该反应是H元素之间的归中反应，即产物有H2，故反应的方程式为NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑；1mol NaBH4参加反应转移的电子数为4mol。
（3）利用三段式解题
(g)
高温
FeSO4/Al2O3
(g)＋3H2(g)
起始（mol/L） a 0 0
转化（mol/L） b b 3b
平衡（mol/L） a-b b 3b
化学平衡常数K==mol3/L3；
（4）①根据反应的+3H2，可知H元素失去电子，做负极，所以电子流向A→D；②反应物是，产物是，介质是H+，所以电极反应式为+6
91
H++6e-= 。
91.（2013·安徽）一定条件下，通过下列反应可以制备特种陶瓷的原料MgO：
MgSO4(s)＋CO(g)MgO(s)＋CO2(g)＋SO2(g) ΔH＞0。
选项
x
y
A
温度
容器内混合气体的密度
B
CO的物质的量
CO2与CO的物质的量之比
C
SO2的浓度
平衡常数K
D
MgSO4的质量(忽略体积)
CO的转化率
该反应在恒容的密闭容器中达到平衡后，若仅改变图中横坐标x的值，重新达到平衡后，纵坐标y随x变化趋势合理的是( )
图0
【答案】A
【解析】正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，容器内混合气体质量增加，而容器体积不变，故容器内混合气体的密度随温度升高而增大，A项正确；增加CO的物质的量，平衡虽正向移动，但因正反应为气体体积增大的反应，故达到新平衡时CO的转化率较原来的低，所以变小，B项错误；反应的平衡常数只与温度有关，因此SO2的浓度变大，反应平衡常数K不变，C项错误；MgSO4为固态，因此增加MgSO4的质量(忽略体积)，其他反应物的浓度不变，平衡不移动，CO的转化率不变，D项错误。
92.（2012·福建·12）一定条件下，溶液的酸碱性对TiO2光催化燃料R降解反应的影响如右图所示。下列判断判断正确的是
A．在0-50min之间，pH=2和pH=7时R的降解百分率相等
B．溶液酸性越强，R的降解速率越小
C．R的起始浓度越小，降解速率越大
D．在20-25min之间，pH=10时R的平均降解速率为0.04 mol·L—1·min—1
【答案】A
【解析】从图像中可以读出pH＝2时，曲线下降是最快的，说明溶液的酸性越强，降解速率越大，所以B项错误。一般来说，反应物的浓度越大，反应速率越大，R的起始浓度越小，其降解的速率越小，C项错误。D项中可计算出其速率为0.04×10—4mol·L—1·min—1，D项错误。A项中R都是完全降解，降解百分率都是100%。这题是选择题的创新点，题给信息量大，考查学生能力全面，尤其是读图能力要求较高。其中D项要注意横坐标的数量级，不太细心的同学要吃亏。
93.（2012·浙江·27）物质(t-BuNO)2在正庚烷溶剂中发生如下反应：(t-BuNO)2
91
2(t-BuNO) 。
（1）当(t-BuNO)2的起始浓度（c0）为0.50 mol·L-1时，实验测得20℃时的平衡转化率（α）是65 %。列式计算20℃时上述反应的平衡常数K =。
（2）一定温度下，随着(t-BuNO)2的起始浓度增大，其平衡转化率（填“增大”、“不变”或“减小”）。
已知20℃时该反应在CCl4溶剂中的平衡常数为1.9，若将反应溶剂正庚烷改成CCl4，并保持(t-BuNO)2起始浓度相同，则它在CCl4溶剂中的平衡转化率（填“大于”、“等于”或“小于”）其在正庚烷溶剂中的平衡转化率。
（3）实验测得该反应的ΔH = 50.5 kJ·mol-1，活化能Ea = 90.4 kJ·mol-1。下列能量关系图合理的是。
（4）该反应的ΔS0（填“＞”、“＜”或“＝”）。在（填“较高”或“较低”）温度下有利于该反应自发进行。
（5）随着该反应的进行，溶液的颜色不断变化，分析溶液颜色与反应物（或生成物）浓度的关系（即比色分析），可以确定该化学反应的速率。用于比色分析的仪器 是。
A．pH计 B．元素分析仪 C．分光光度计 D．原子吸收光谱仪
（6）通过比色分析得到30℃时(t-BuNO)2浓度随时间的变化关系如下图所示，请在同一图中绘出t-BuNO浓度随时间的变化曲线。
91
【答案】（1）
（2）减小 小于（3）D（4）＞ 较高（5）C
（6）
【解析】（1）物质t-BuNO)2是2-甲基2-亚硝基丙烷二聚体。在正庚烷溶剂中会部分分解为
t-BuNO（2-甲基2-亚硝基丙烷），反应：(t-BuNO)2 2(t-BuNO) 。对于这种物质没有学
过，用这样的形式来表示的反应也没有见到过，很陌生，这就给解题增加了理解上的难度。
其实这就是一个普通的分解反应，一个可逆反应，只要按常规的化学平衡三段式方法解题就
可求得20℃时平衡常数。
(t-BuNO)2 2(t-BuNO)
c0 0.5 0
c转 -x -2x
c平 0.5-x 2x
已知20℃时(t-BuNO)2的平衡转化率α= 解得 X = 0.325 mol·L-1
由于分解反应的反应物和生成物各只有一种，因此也可以用下列方法来求平衡常数：已知20℃时(t-BuNO)2的平衡转化率α=65 % ， 则
(t-BuNO)2 2(t-BuNO)
平衡时： C0(1-α) 2c0α
平衡常数
（2）一定温度下，随着(t-BuNO)2的起始浓度增大，即增加反应物(t-BuNO)2的浓度，虽然平
衡向正反应方向移动，但由于 (t-BuNO)2的起始浓度增大，其平衡转化率是减小的。
保持温度20℃不变，保持(t-BuNO)2
91
起始浓度相同，平衡转化率越小，K值越小。已知该反应在CCl4溶剂中的平衡常数为1.9，则(t-BuNO)2它在CCl4溶剂中的平衡转化率小于其在正庚烷溶剂中的平衡转化率。
（3）由实验测得该反应的ΔH = 50.5 kJ·mol-1，可知该反应是吸热反应，则反应物的总能量低于生成物的总能量。可排除能量关系图B和C，又依据活化能Ea = 90.4 kJ·mol-1，Ea－ΔH<50.5kJ·mol-1, 能量关系图A中, Ea－ΔH.>50.5 kJ·mol-1,Ea与ΔH的比例不对。而能量关系图D是合理的。
（4）由于该反应是一个分解反应，所以是一个混乱度增加（熵增）的反应，ΔS ＞0；而该反应又是一个吸热反应，ΔH＞0，所以该反应应在较高温度下有利于自发进行。
（5）现代化学分析中，常借助一些仪器来分析化学物质的组成，用元素分析仪确定物质中是否含有C、H、O、N、S、Cl、Br等元素；用红外光谱仪确定物质中是否存在某些有机原子团；用原子吸收光谱仪确定物质中含有哪些金属元素；用用于比色分析的分光光度计测定溶液颜色深浅，分析溶液颜色与反应物（或生成物）浓度的关系（即比色分析），从而可以确定该化学反应的速率；pH计是测定溶液pH的仪器。
（6）在图中绘出t-BuNO浓度随时间的变化曲线：先从图中30℃时(t-BuNO)2浓度随时间的变
化关系曲线上，分别查得1min、3 min、4.5 min、8 min等时刻时(t-BuNO)2的浓度，然后按
(t-BuNO)2 2(t-BuNO)
c0 0.05 0
c转 -x -2x
c某时刻 0.5-x 2x
求出1min、3 min、4.5 min、8 min等时(t-BuNO)的浓度，最在图上找出相应的点，连成平滑曲线即可（见答案）。
94.（2012·重庆·29）尿素[CO(NH2)2]是首个由无机物人工合成的有机物。
（1）工业上尿素CO2和NH3，在一定条件下合成，其反应方程式为。
（2）当氨碳比的转化率随时间的变化
关系如题29图1所示。
①A点的逆反应速率v逆（CO2）点的正反应速率
为V正（CO2）（填“大于”、“小于”或“等于”）
②NH3的平衡转化率为。
（3） 人工肾脏可用间接电化学方法除去代谢产物中的尿素，原理如图29图2。
①电源的负极为（填“A”或“B”）。
②阳极室中发生的反应依次为、。
③电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将；若两极共收集到气体13.44
（标准状况），则除去的尿素为
g（忽略气体的溶解）。
【答案】（1）2NH3+CO2CO(NH3)2+H2O
（2）①小于②30％（3）①B②2Cl-—2e-=Cl2↑， CO(NH3)2 +3 Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl
91
③不变；7.2
【解析】
95.（2012·广东·31）碘在科研与生活中有重要应用。某兴趣小组用0.50mol·L-1KI、0.2％淀粉溶液、0.20mol·L-1K2S2O8、0.10mol·L-1Na2S2O3等试剂，探究反应条件对化学反应速率的影响。
已知：
（1）向KI、Na2S2O3与淀粉的混合溶液中加入一定量的K2S2O8溶液，当溶液中的__________耗尽后，溶液颜色将由无色变成为蓝色。为确保能观察到蓝色，S2O32—与S2O82—初始的物质的量需满足的关系为：n（S2O32—）：n（S2O82—）______。
（2）为探讨反应物浓度对化学反应速率的影响，设计的实验方案如下表：
表中Vx=___mL，理由是_________。
（3）已知某条件下，浓度c（S2O82—）～反应时间t的变化曲线如图13，若保持其他条件不变，请在答题卡坐标图中，分别画出降低反应温度和加入催化剂时c（S2O82—）～t的变化曲线示意图（进行相应的标注）
91
【答案】（1）Na2S2O3，<2（2）2；保证反应物K2S2O8浓度改变，而其他的不变，才到达实验目的。（3）
96.（2012·山东·29）偏二甲肼与N2O4是常用的火箭推进剂，二者发生如下化学反应:
(CH3)2NNH2(l)+2N2O4(1)=2CO2(g)+3N2(g)+4H2O(g) (I)
(1)反应(I)中氧化剂是。
(2)火箭残骸中常现红棕色气体，原因为：N2O4(g)2NO2(g) (Ⅱ)
当温度升高时，气体颜色变深，则反应(Ⅱ)为(填“吸热”或“放热”)反应。
(3)一定温度下，反应(II)的焓变为△H。现将1molN2O4充入一恒压密闭容器中，下列示意图正确且能说明反应达到平衡状态的是。
0
t
a
气体密度
0
t
b
△H/KJ∙mol−1
0
t
d
N2O4转化率
0
t
c
v(正)
NO2
N2O4
若在相同沮度下,上述反应改在体积为IL的恒容密闭容器中进行，平衡常数(填“增大”“不变”或“减小”)，反应3s后NO2的物质的量为0.6mol，则0~3s的平均反应速率v(N2O4)=mol·L－1·s－1。
【答案】(1)N2O4 (2)吸热 (3) a，d；不变；0.1
(4) NH4＋+H2ONH3∙H2O+H＋；逆向
【解析】（1）反应（Ⅰ）中N2O4
91
中N由＋4价变为0价，作为氧化剂。（2）温度升高时，气体颜色加深，说明平衡向逆反应方向移动，则逆反应为吸热反应，正反应为放热反应。（3）该反应由正方向开始进行，气体分子数逐渐增大，而压强保持不变，则容器体积增大，气体密度减小，达平衡时保持不变，a对；该反应的△H始终保持不变，不能说明达到平衡状态，b错；该反应由正方向开始进行，N2O4逐渐减小，恒压过程中容器体积增大，N2O4浓度减小，v正逐渐减小，达平衡时保持不变，c错；该反应由正方向开始进行，N2O4转化率逐渐增大，达平衡时保持不变，d对。平衡常数只与温度有关，温度保持不变，平衡常数不变。v(N2O4)=v(NO2)=×＝0.1mol/（L·s）。（4）NH4NO3溶液由于NH4＋水解溶液显酸性，滴加氨水后溶液由酸性变为中性，水的电离平衡向逆反应方向移动。Kb＝，而c(OH－)＝10－7mol/L，则c(NH4＋)＝200c(NH3·H2O)，故n(NH4＋)＝200n(NH3·H2O)，根据电荷守恒，n(NH4＋)＝n(NO3－)，则溶液中n(NH4＋)＋n(NH3·H2O)＝a＋，根据物料守恒，滴加氨水的浓度为（a＋－a）mol÷bL＝ mol/L。
97.（2011·安徽·9）电镀废液中Cr2O72－可通过下列反应转化成铬黄(PbCrO4)：
Cr2O72－（aq）+2Pb2＋（aq）+H2O（l）2 PbCrO4（s）+2H＋（aq） ΔH< 0
该反应达平衡后，改变横坐标表示的反应条件，下列示意图正确的是
【答案】A
【解析】由题意知该反应是一个放热的可逆反应，升高温度平衡向吸热的逆反应方向移动，依据平衡常数的表达式可知K应该减小，A正确；pH增大溶液碱性增强，会中和溶液中H＋，降低生成物浓度平衡向正方应方向移动，Cr2O72－的转化率会增大，B不正确；温度升高，正、逆反应速率都增大，C错误；增大反应物Pb2＋的浓度，平衡向正方应方向移动，Cr2O72－的物质的量会减小，D不正确。
98.（2011·北京·12）已知反应：2CH3COCH3(l) CH3COCH2COH(CH3) 2(l)。取等量CH3COCH3，分别在0℃和20℃下，测得其转化分数随时间变化的关系曲线（Y－t）如下图所示。下列说法正确的是
91
A.b代表0℃下CH3COCH3的Y－t曲线
B.反应进行到20min末，H3COCH3的
C.升高温度可缩短反应达平衡的时间并能提高平衡转化率
D.从Y=0到Y=0.113，CH3COCH2COH(CH3)2的
【答案】D
【解析】温度高反应速率就快，到达平衡的时间就短，由图像可与看出曲线b首先到达平衡，所以曲线b表示的是20℃时的Y－t曲线，A不正确；根据图像温度越高CH3COCH3转化的越少，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，即正方应是放热反应，C不正确；当反应进行到反应进行到20min时，从图像中可以看出b曲线对应的转化分数高于a曲线对应的转化分数，这说明b曲线即20℃时对应的反应速率快，所以，B不正确；根据图像可以看出当反应进行到66min时a、b曲线对应的转化分数均相同，都是0.113，这说明此时生成的CH3COCH2COH(CH3)2一样多，所以从Y=0到Y=0.113，CH3COCH2COH(CH3)2的，即选项D正确。
99.（2011·福建·12）25℃时，在含有Pb2＋、Sn2＋的某溶液中，加入过量金属锡(Sn)，发生反应：Sn(s)＋Pb2＋(aq)Sn2＋(aq)＋Pb(s)，体系中c(Pb2＋)和c(Sn2＋)变化关系如下图所示。
下列判断正确的是[xk.Com]
A．往平衡体系中加入金属铅后，c(Pb2＋)增大
91
B．往平衡体系中加入少量Sn(NO3)2固体后，c(Pb2＋)变小
C．升高温度，平衡体系中c(Pb2＋)增大，说明该反应△H＞0[]
D．25℃时，该反应的平衡常数K＝2.2
【答案】D
【解析】由于铅是固体状态，往平衡体系中加入金属铅后，平衡不移动，c(Pb2＋)不变；往平衡体系中加入少量Sn(NO3)2固体后，平衡向左移动，c(Pb2＋)变大；升高温度，平衡体系中c(Pb2＋)增大，平衡向左移动，说明该反应是放热反应，即△H﹤0；25℃时，该反应的平衡常数K＝=0.22/0.10=2.2，故D项正确。此题也是新情景，考查平衡移动原理以及平衡常数计算，题目不偏不怪，只要基础扎实的同学都能顺利作答。
100.（2011·天津·6）向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，在一定条件下使反应SO2(g)＋NO2(g)SO3(g)＋NO(g)达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如下所示。由图可得出的正确结论是
A.反应在c点达到平衡状态
B.反应物浓度：a点小于b点
C.反应物的总能量低于生成物的总能量
D.△t1＝△t2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段
【答案】D
【解析】这是一个反应前后体积不变的可逆反应，由于容器恒容，因此压强不影响反应速率，所以在本题中只考虑温度和浓度的影响。由图可以看出随着反应的进行正反应速率逐渐增大，因为只要开始反应，反应物浓度就要降低，反应速率应该降低，但此时正反应却是升高的，这说明此时温度的影响是主要的，由于容器是绝热的，因此只能是放热反应，从而导致容器内温度升高反应速率加快，所以选项C不正确；但当到达c点后正反应反而降低，这么说此时反应物浓度的影响是主要的，因为反应物浓度越来越小了。但反应不一定达到平衡状态，所以选项A、B均不正确；正反应速率越快，消耗的二氧化硫就越多，因此选项D是正确的。
101.（2011·重庆·7） 一定条件下，下列反应中水蒸气含量随反应时间的变化趋势符合题图10 的是
A．CO2(g)＋2NH3(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(g)； △H＜0
91
B．CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)； △H＞0
C．CH3CH2OH (g)CH2=CH2(g)＋H2O(g)； △H＞0
D．2C6H5CH2CH3(g)＋O2(g)2 C6H5CH=CH2(g)＋2H2O(g)； △H＜0
【答案】A
【解析】本题考察外界条件对化学平衡的影响及有关图像的分析和识别。温度越高，反应越快，到达平衡的时间就越少，因此T2＞T1；同理压强越大，反应越快，到达平衡的时间就越少，因此P1＞P2；反应A是一个体积减小的、放热的可逆反应，因此升高温度平衡向逆反应方向移动，降低水蒸气的含量；而增大压强平衡向正反应方向移动，增大水蒸气的含量，所以A正确；反应B是一个体积不变的、吸热的可逆反应，压强对水蒸气的含量不影响；升高温度平衡向正反应方向移动，增大水蒸气的含量，因此均不符合；反应C是一个体积增大的、吸热的可逆反应，同样分析也均不符合；反应D是一个体积增大的、放热的可逆反应，压强不符合。
107.（2011·浙江·27）某研究小组在实验室探究氨基甲酸铵（NH2COONH4）分解反应平衡常数和水解反应速率的测定。
（1）将一定量纯净的氨基甲酸铵置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4(s)2NH3(g)＋CO2(g)。
实验测得不同温度下的平衡数据列于下表：
温度(℃)
15.0
20.0
25.0
30.0
35.0
平衡总压强(kPa)
5.7
8.3
12.0
17.1
24.0
平衡气体总浓度
(×10－3mol/L)
2.4
3.4
4.8
6.8
9.4
①可以判断该分解反应已经达到化学平衡的是___________。
A． B．密闭容器中总压强不变
C．密闭容器中混合气体的密度不变 D．密闭容器中氨气的体积分数不变
②根据表中数据，列式计算25.0℃时的分解平衡常数：__________________________。
③取一定量的氨基甲酸铵固体放在一个带活塞的密闭真空容器中，在25℃下达到分解平衡。若在恒温下压缩容器体积，氨基甲酸铵固体的质量______（填“增加”、“减小”或“不变”）。
④氨基甲酸铵分解反应的焓变△H____0，熵变△S___0（填＞、＜或＝）。
（2）已知：NH2COONH4＋2H2ONH4HCO3＋NH3·H2O。该研究小组分别用三份不同初始浓度的氨基甲酸铵溶液测定水解反应速率，得到c(NH2COO－)随时间变化趋势如图所示。
91
⑤计算25℃时，0～6min氨基甲酸铵水解反应的平均速率___________________________。
⑥根据图中信息，如何说明水解反应速率随温度升高而增大：_______________________。
【答案】（1）①BC； ②K＝c2(NH3)·c(CO2)＝(2c/3)2(1c/3)＝1.6×10－8（mol·L－1)3
③增加； ④＞，＞。（2）⑤0.05mol·L－1·min－1；
⑥25℃反应物的起始浓度较小，但0～6min的平均反应速率（曲线的斜率）仍比15℃大。
【解析】解析：（1）①A．不能表示正逆反应速率相等；B．反应进行则压强增大；C．恒容，反应进行则密度增大；D．反应物是固体，NH3的体积分数始终为2/3
②需将25℃的总浓度转化为NH3和CO2的浓度；K可不带单位。
③加压，平衡逆移；④据表中数据，升温，反应正移，△H＞0，固体分解为气体，△S＞0。
（2）⑤；
⑥图中标▲与标●的曲线相比能确认。
108.（2011·安徽·28）地下水中硝酸盐造成的氮污染已成为一个世界性的环境问题。文献报道某课题组模拟地下水脱氮过程，利用Fe粉和KNO3溶液反应，探究脱氮原理及相关因素对脱氮速率的影响。
（1）实验前：①先用0.1mol ·L-1H2SO4洗涤Fe粉，其目的是，然后用蒸馏水洗涤至中性；②将KNO3溶液的pH调至2.5；③为防止空气中的O2对脱氮的影响，应向KNO3溶液中通入（写化学式）。
（2）下图表示足量Fe粉还原上述KNO3溶液过程中，测出的溶液中相关离子浓度、pH随时间的变化关系（部分副反应产物曲线略去）。请根据图中信息写出t1时刻前该反应的离子方程式。t1时刻后，该反应仍在进行，溶液中NH4＋的浓度在增大，Fe2+的浓度却没有增大，可能的原因是。
（3）该课题组对影响脱氮速率的因素提出了如下假设，请你完成假设二和假设三：
假设一：溶液的pH；假设二：；假设三：；
……..
91
（4）请你设计实验验证上述假设一，写出实验步骤及结论。
（已知：溶液中的NO3－浓度可用离子色谱仪测定）
实验步骤及结论：
【答案】（1）除去铁粉表面的氧化物等杂质 N2
（2）4Fe＋10H＋＋NO3－=4Fe2＋＋NH4＋＋3H2O；生成的Fe2＋水解（或和溶液中OH－的结合）；
（3）温度 铁粉颗粒大小（4）实验步骤及结论：
①分别取等体积、等浓度的KNO3溶液于不同的试管中；
②调节溶液呈酸性且pH各不相同，并通入氮气；
③分别向上述溶液中加入足量等质量的同种铁粉；
④用离子色谱仪测定相同反应时间时各溶液中NO3－的浓度。若pH不同KNO3溶液中，测出的NO3－浓度不同，表明pH对脱氮速率有影响，否则无影响。
（本题属于开放性试题，合理答案均可）
【解析】（1）因为铁易生锈，即铁表面会有铁的氧化物等杂质，所以要用硫酸除去铁表面的氧化物等杂质；氧气具有强氧化性，会氧化生成的Fe2+，为防止该反应的发生必需通入一种保护原性气体且不能引入杂质，因此可以选用氮气；
（2）由图像可知反应的产物有Fe2+、NH4＋和NO气体，所以该反应的离子方程式是：4Fe＋10H＋＋NO3－=4Fe2＋＋NH4＋＋3H2O；t1时刻后，随着反应的进行，溶液中pH逐渐增大，当pH达到一定程度时就会和反应产生的Fe2+结合，因此其浓度没有增大；
（3）影响反应速率的外界因素比较多，例如温度、浓度、溶液多酸碱性、固体多表面积等等；
（4）要验证假设一，需要固定其它条件不变，例如硝酸的浓度、反应的温度、铁的表面积都必需保持一致，然后在相同时间内测量溶液中NO3－的浓度（依据提示：溶液中的NO3－浓度可用离子色谱仪测定）来判断pH不同时对脱氮对反应速率有没有影响。
109.（2011·北京·25）在温度t1和t2下，X2(g)和 H2反应生成HX的平衡常数如下表：
化学方程式
K (t1 )
K (t2)
2
1.8
43
34
（1）已知t2>t1，HX的生成反应是反应（填“吸热”或“放热”）。
（2）HX的电子式是 。
（3）共价键的极性随共用电子对偏移程度的增大而增强，HX共价键的极性由强到弱的顺序是 。
（4）X2都能与H2反应生成HX，用原子结构解释原因： 。
(5)K的变化体现出X2化学性质的递变性，用原子结构解释原因：__________，原子半径逐
91
渐增大，得电子能力逐渐减弱。
（6）仅依据K的变化，可以推断出：随着卤素原子核电荷数的增加，_______（选填字母）
a. 在相同条件下，平衡时X2的转化率逐渐降低
b. X2与H2反应的剧烈程度逐渐减弱
c. HX的还原性逐渐
d. HX的稳定性逐渐减弱
【答案】（1）发热（2）（3）HF、HCl、HBr、HI；
（3） 卤素原子的最外层电子数均为7个
（5）同一主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多（6）a、d
【解析】（1）由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，这说明升高温度平衡向逆反应方向移动，所以HX的生成反应是发热反应；
（2）HX属于共价化合物，H－X之间形成的化学键是极性共价键，因此HX的电子式是；
（3）F、Cl、Br、I属于ⅦA，同主族元素自上而下随着核电荷数的增大，原子核外电子层数逐渐增多，导致原子半径逐渐增大，因此原子核对最外层电子的吸引力逐渐减弱，从而导致非金属性逐渐减弱，即这四种元素得到电子的能力逐渐减弱，所以H－F键的极性最强，H－I的极性最弱，因此HX共价键的极性由强到弱的顺序是HF、HCl、HBr、HI；
（4）卤素原子的最外层电子数均为7个，在反应中均易得到一个电子而达到8电子的稳定结构。而H原子最外层只有一个电子，在反应中也想得到一个电子而得到2电子的稳定结构，因此卤素单质与氢气化合时易通过一对共用电子对形成化合物HX；
（5）同（3）
（6）K值越大，说明反应的正向程度越大，即转化率越高，a正确；反应的正向程度越小，说明生成物越不稳定，越易分解，因此选项d正确；而选项c、d与K的大小无直接联系。
110.（2011·广东·31）利用光能和光催化剂，可将CO2和H2O(g)转化为CH4和O2。紫外光照射时，在不同催化剂（I、II、III）作用下，CH4产量随光照时间的变化如图13所示。
（1）在0－30小时内，CH4的平均生成速率VI、VII和VIII从大到小的顺序为 ；反应开始后的12小时内，在第种催化剂的作用下，收集的CH4最多。
（2）将所得CH4与H2O(g)通入聚焦太阳能反应器，发生反应：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)。该反应的△H=+206 kJ•mol-1。
①在答题卡的坐标图中，画出反应过程中体系的能量变化图（进行必要的标注）
②将等物质的量的CH4和H2O(g)充入1L恒容密闭容器，某温度下反应达到平衡，平衡常数
91
K=27，此时测得CO的物质的量为0.10mol，求CH4的平衡转化率（计算结果保留两位有效数字）。
（3）已知：CH4(g)＋2O2(g) ===CO2(g)＋2H2O(g) △H=－802kJ•mol-1
写出由CO2生成CO的热化学方程式 。
【答案】（1）VIII＞VII＞VI＞；Ⅱ
（2）① ②91%
（3）CO2(g)＋3H2O(g) === CO(g)+3H2(g)＋2O2(g) △H=+1008 kJ•mol-1
【解析】本题考察化学反应速率的概念、计算及外界条件对反应速率对影响；反应热的概念和盖斯定律的计算；热化学方程式的书写；与化学平衡有关的计算；图像的识别和绘制。
（1）由图像可以看出，反应进行到30小时时，催化剂Ⅲ生成的甲烷最多，其次是催化剂Ⅱ，催化剂Ⅰ生成的甲烷最少。因此VI、VII和VIII从大到小的顺序为VIII＞VII＞VI＞；同理由图像也可以看出，反应进行到12小时时，催化剂Ⅱ生成的甲烷最多，因此在第Ⅱ种催化剂的作用下，收集的CH4最多。
（2）①由热化学方程式可知，该反应是吸热反应，即反应物的总能量小于生成物的总能量，因此反应过程中体系的能量变化图为。
（3）由热化学方程式①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H=+206 kJ•mol-1
②CH4(g)＋2O2(g) ===CO2(g)＋2H2O(g) △H=－802kJ•mol-1
①－②得CO2(g)＋3H2O(g) === CO(g)+3H2(g)＋2O2(g) △H=+1008 kJ•mol-1
91
111.（2011·山东·28）研究NO2、SO2 、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。
（1）NO2可用水吸收，相应的化学反应方程式为。利用反应6NO2＋ 8NH37N5＋12 H2O也可处理NO2。当转移1.2mol电子时，消耗的NO2在标准状况下是L。
（2）已知：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g） ΔH=-196.6 kJ·mol-1
2NO（g）+O2（g）2NO2（g） ΔH=-113.0 kJ·mol-1
则反应NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）的ΔH=kJ·mol-1。一定条件下，将NO2与SO2以体积比1:2置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡
状态的是。
a．体系压强保持不变
b．混合气体颜色保持不变
c．SO3和NO的体积比保持不变
d．每消耗1 mol SO3的同时生成1 molNO2
测得上述反应平衡时NO2与SO2体积比为1:6，则平衡常数K＝。
（3）CO可用于合成甲醇，反应方程式为CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）。CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如下图所示。该反应ΔH0（填“>”或“ <”）。实际生产条件控制在250℃、1.3×104kPa左右，选择此压强的理由是。
【答案】（1）3NO2＋H2O=NO＋2HNO3；6.72（2）－41.8；b；8/3；
（3）< 在1.3×104kPa下，CO的转化率已经很高，如果增加压强CO的转化率提高不大，而生产成本增加，得不偿失。
【解析】（1）NO2溶于水生成NO和硝酸，反应的方程式是3NO2＋H2O=NO＋2HNO3；在反应6NO
＋ 8NH37N5＋12 H2O中NO2作氧化剂，化合价由反应前的+4价降低到反应后0价，因此当反应中转移1.2mol电子时，消耗NO2的物质的量为，所以标准状况下的体积是。
（2）本题考察盖斯定律的应用、化学平衡状态的判断以及平衡常数的计算。① 2SO2（g）+O2（g）2SO3（g） ΔH1=-196.6 kJ·mol-1 ② 2NO（g）+O2（g）2NO2（g） ΔH2=-113.0 kJ·mol-1 。②－①即得出2NO2（g）+2SO2（g）2SO3（g）+2NO（g） ΔH=ΔH2－ΔH1=-113.0 kJ·mol-1 +196.6 kJ·mol-1＝+83.6kJ·mol-1。所以本题的正确答案是41.8；反应NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）的特点体积不变的、吸热的可逆反应，
因此a不能说明。颜色的深浅与气体的浓度大小有关，而在反应体系中只有二氧化氮是红棕色气体，所以混合气体颜色保持不变时即说明NO2的浓度不再发生变化，因此b可以说明；SO3和NO是生成物，因此在任何情况下二者的体积比总是满足1：1，c不能说明；SO3和NO2
91
一个作为生成物，一个作为反应物，因此在任何情况下每消耗1 mol SO3的同时必然会生成1 molNO2，因此d也不能说明；设NO2的物质的量为1mol，则SO2的物质的量为2mol，参加反应的NO2的物质的量为xmol。
（3）由图像可知在相同的压强下，温度越高CO平衡转化率越低，这说明升高温度平衡向逆反应方向移动，因此正反应是放热反应；实际生产条件的选择既要考虑反应的特点、反应的速率和转化率，还要考虑生产设备和生产成本。由图像可知在1.3×104kPa左右时，CO的转化率已经很高，如果继续增加压强CO的转化率增加不大，但对生产设备和生产成本的要求却增加，所以选择该生产条件。
112.（2011·重庆·16）臭氧是一种强氧化剂，常用于消毒、灭菌等。
（1）O3与KI溶液反应生成的两种单质是___________和_________。（填分子式）
（2）O3在水中易分解，一定条件下，O3的浓度减少一半所需的时间（t）如题29表所示。已知：O3的起始浓度为0.0216 mol/L。
①pH增大能加速O3分解，表明对O3分解起催化作用的是___________.
②在30°C、pH=4.0条件下，O3的分解速率为__________ mol/(L·min)。
③据表中的递变规律，推测O3在下列条件下分解速率依次增大的顺序为___.（填字母代号）
a. 40°C、pH=3.0 b. 10°C、pH=4.0 c. 30°C、pH=7.0
（3）O3 可由臭氧发生器（原理如题29图）电解稀硫酸制得。
①图中阴极为_____(填“A”或“B”)，其电极反应式为_____。
②若C处通入O 2 ，则A极的电极反应式为_____.
③若C处不通入O 2 ，D、E处分别收集到xL和有yL气体(标准情况)，则E处收集的气体中O 3 所占的体积分数为_____。(忽略O 3 的分解)。
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【答案】（1）O2 I2（2）①OH－； ②1.00×10－4③b、a、c
（3）①2H＋＋2e－=H2↑ ②O2＋4H＋＋4e－＝2H2O； ③
【解析】本题考察化学反应速率的概念、计算、外界条件对反应速率对影响以及有关电化学知识。
（1）臭氧是一种强氧化剂，能氧化I－生成单质碘，方程式为O3＋2KI＋H2O=I2＋2KOH＋O2↑；
（2）①pH增大，说明碱性增强，因此其催化剂作用的是OH－；
②由表中数据可知，在30°C、pH=4.0条件下，O3的浓度减少一半所需的时间是108min，所以其反应速率是；
③由表中数据知温度越高，pH越大，反应速率越快，所以分解速率依次增大的顺序为b、a、c；
（3）①溶液中－2价的O失去电子被氧化得到臭氧，在电解池中阳极失去电子，发生氧化反应，溶液中的阳离子在阴极得到电子，发生还原反应，因此A是阴极，B是阳极；溶液中只有阳离子氢离子，所以阴极电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑；
②若阴极通氧气，则氧气得到电子被还原成OH－，然后结合溶液中氢离子生成水，方程式为O2＋4H＋＋4e－＝2H2O；
③由以上分析知D、E分别产生的气体是氢气和氧气、臭氧的混合气体。设臭氧的体积是nL，根据得失电子守恒知，解得n＝x－2y，所以臭氧的体积分数是。
113.（2011·全国I·17）科学家利用太阳能分解水生成的氢气在催化剂作用下与二氧化碳反应生成甲醇，并开发出直接以甲醇为燃料的燃料电池。已知H2（g）、CO（g）和CH3OH（l）的燃烧热△H分别为-285.8kJ·mol-1、-283.0kJ·mol-1和-726.5kJ·mol-1。请回答下列问题：
（1）用太阳能分解10mol水消耗的能量是_____________kJ；
（2）甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为_____________；
（3）在溶积为2L的密闭容器中，由CO2和H2合成甲醇，在其他条件不变得情况下，考察温度对反应的影响，实验结果如下图所示（注：T1、T2均大于300℃）；
91
下列说法正确的是________（填序号）
①温度为T1时，从反应开始到平衡，生成甲醇的平均速率为：v(CH3OH)=mol·L-1·min-1
②该反应在T1时的平衡常数比T2时的小
③该反应为放热反应
④处于A点的反应体系从T1变到T2，达到平衡时增大
（4）在T1温度时，将1molCO2和3molH2充入一密闭恒容器中，充分反应达到平衡后，若CO2转化率为a,则容器内的压强与起始压强之比为______；
（5）在直接以甲醇为燃料电池中，电解质溶液为酸性，负极的反应式为________、正极的反应式为________。理想状态下，该燃料电池消耗1mol甲醇所能产生的最大电能为702.1kJ,则该燃料电池的理论效率为________（燃料电池的理论效率是指电池所产生的最大电能与燃料电池反应所能释放的全部能量之比）
【答案】（1）2858； （2）CH3OH(l) ＋O2(g)＝CO(g)+2 H2O(l) △H＝-443.5kJ·mol-1；
（3）③④； （4）1－a/2； （5）CH3OH－6e－＋H2O=CO2＋6H＋、3/2O2＋6e－＋6H＋=3H2O、96.6%
【解析】（1）氢气的燃烧热是-285.8kJ·mol-1，即每生成1mol的水就放出285.8kJ的能量，反之分解1mol的水就要消耗285.8kJ的能量，所以用太阳能分解10mol水消耗的能量是2858kJ；（2）由CO（g）和CH3OH（l）燃烧热的热化学方程式
①CO(g)＋1/2O2(g)＝CO2(g) △H＝-283.0kJ·mol-1；
②CH3OH(l) ＋3/2O2(g)＝CO2(g)+2 H2O(l) △H＝-726.5kJ·mol-1；
可知②－①得到CH3OH(l) ＋O2(g)＝CO(g)+2 H2O(l) △H＝-443.5kJ·mol-1；
（3）CO2和H2合成甲醇的化学方程式为CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g) + H2O(g)。由图像可知B曲线先得到平衡，因此温度T2＞T1，温度高平衡时甲醇的物质的量反而低，说明正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，不利于甲醇的生成，平衡常数减小，即②错③正确；温度为T1时，从反应开始到平衡，生成甲醇的物质的量为mol，此时甲醇的浓度为，所以生成甲醇的平均速率为：v(CH3OH)= mol·L-1·min-1，因此①不正确；因为温度T2＞T1，所以A点的反应体系从T1变到T2时，平衡会向逆反应方向移动，即降低生成物浓度而增大反应物浓度，所以④正确。
91
。
(5)在甲醇燃料电池中，甲醇失去电子，氧气得到电子，所以负极的电极反应式是CH3OH－6e－＋H2O=CO2＋6H＋，正极的电极反应式是3/2O2＋6e－＋6H＋=3H2O；甲醇的燃烧热是-726.5kJ·mol-1，所以该燃料电池的理论效率为。
114.（2011·海南·18）氯气在298K、100kPa时，在1L水中可溶解0.09mol，实验测得溶于水的Cl2约有三分之一与水反应。请回答下列问题：
（1）该反应的离子方程式为__________;
（2）估算该反应的平衡常数__________（列式计算）
（3）在上述平衡体系中加入少量NaOH固体，平衡将向________移动；
（4）如果增大氯气的压强，氯气在水中的溶解度将______（填“增大”、“减小”或“不变”），平衡将向______________移动。
【答案】(1)；
（2） (水视为纯液体)
C起 0.09 0 0 0
C变 0.09× 0.03 0.03 0.03
C平 0.06 0.03 0.03 0.03
；
（3）正反应方向；（4）增大，正反应方向
【解析】题干中用“溶于水的Cl2约有三分之一与水反应”给出可逆反应（该反应在教材中通常没提及可逆）；平衡常数的计算根据题中要求列三行式求算；平衡移动是因为H+的减少向正反应方向移动；增大压强将增大氯气的浓度，平衡向正反应方向移动。
【技巧点拨】平衡题在近年的高考题中比较平和，但新课标高考题今年引入了对过程呈现的考查，这是以后高考中应注意的。
115.（2011·全国II·28）反应aA(g)+bB(g) cC(g)（ΔH＜0）在等容条件下进行。改变其他反应条件，在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ阶段体系中各物质浓度随时间变化的曲线如下图所示：
91
0.0
1.0
2.0
3.0
4.0
5.0
6.0
5.0
10.0
15.0
20.0
0.0
5.0
10.0
15.0
0.0
10.0
15.0
浓度/(mol·L－1)
B
A
C
3.00
2.00
1.00
1.86
0.76
0.62
1.50
1.00
0.50
时间/min
I
Ⅱ
Ⅲ
回答问题：(1）反应的化学方程式中，a:b:c为_____________;
(2）A的平均反应速率vI(A)、vⅡ(A)、vⅢ(A)从大到小排列次序为_________；
(3）B的平衡转化率αI(B)、αⅡ(B)、αⅢ(B)中最小的是_____,其值是__________;
(4）由第一次平衡到第二次平衡，平衡移动的方向是________,采取的措施是______;
(5）比较第Ⅱ阶段反应温度(T2)和第Ⅲ阶段反应温度(T3)的高低：T2T3(填“>”“<”“=”），判断的理由是__________________;
(6）达到第三次平衡后，将容器的体积扩大一倍，假定10min后达到新的平衡，请在下图中用曲线表示第IV阶段体系中各物质的浓度随时间变化的趋势（曲线上必须标出A、B、C）。
0.0
5.0
10.0
0.0
5.0
10.0
1.0
2.0
Ⅲ
Ⅳ
时间/min
浓度/mol·L－1
B
A
C
【答案】(1)1:3:2 (2)VI(A)VⅡ(A)VⅢ(A) (3)αⅢ(B) 19% (4)向正反应方向 从反应体系中移出产物C (5) > 此反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动
B
B
A
0.0
5.0
10.0
0.0
5.0
10.0
1.0
2.0
Ⅲ
Ⅳ
时间/min
浓度/mol·L－1
C
A
C
(注：只要曲线能表示出平衡向逆反应方向移动及各物质浓度的相对变化比例即可）
【解析】由图像知在第Ⅰ阶段达到平衡时A、B、C的浓度变化量分别是1.0、3.0和2.0，所以反应的化学方程式中，a:b:c＝)1:3:2；由图像可以计算出A的平均反应速率vI(A)、vⅡ(A)、vⅢ(A)分别为2/20、0.36/15和0.12/15，vI(A)、vⅡ(A)、vⅢ(A)从大到小排列次序为vI(A)、vⅡ(A)、vⅢ(A)；同理可以计算出B的平衡转化率αI(B)、αⅡ(B)、αⅢ(B)分别为0.5、0.38和0.19； 由第一次平衡到第二次平衡是C的浓度瞬间降低到0，即移走量产物C，平衡向正方应方向移动；第Ⅱ阶段和第Ⅲ阶段相比，反应物浓度降低，生成物浓度增大，平衡向正方应方向移动，因为反应放热，所以是降低了温度；由于反应是一个体积增大的可逆反应，所以扩大容器的体积平衡向逆反应方向移动。
116.（2011·上海·25）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）。
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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】本题考察外界条件对化学平衡的影响、化学平衡常数和化学平衡状态的的理解以及反应速率的有关计算。由于反应吸热，平衡常数K值变大，说明温度降低。
117.（2010·天津·6）下列各表述与示意图一致的是
A．图①表示25℃时，用0.1 mol·L－1盐酸滴定20 mL 0.1 mol·L－1 NaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化
B．图②中曲线表示反应2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g)；ΔH < 0 正、逆反应的平衡常数K随温度的变化
C．图③表示10 mL 0.01 mol·L－1KMnO4 酸性溶液与过量的0.1 mol·L－1H2C2O4溶液混合时，n(Mn2+) 随时间的变化
D．图④中a、b曲线分别表示反应CH2＝CH2 (g) + H2(g)CH3CH3(g)；ΔH< 0使用和未使用催化剂时，反应过程中的能量变化
【解析】B
【解析】本题综合考查了有关图像问题，有酸碱中和滴定图像、正逆反应的平衡常数图像，反应速率图像和能量变化图像。
酸碱中和在接近终点时，pH会发生突变，曲线的斜率会很大，故A错；正逆反应的平衡常数互为倒数关系，故B正确；反应是放热反应，且反应生成的Mn2+对该反应有催化作用，故反应速率越来越快，C错；反应是放热反应，但图像描述是吸热反应，故D错。
118.（2010·福建·12）化合物Bilirubin在一定波长的光照射下发生分解反应，反应物尝试随反应时间变化如右图所示，计算反应4~8 min间的平均反应速率和推测反应16 min 反应物的浓度，结果应是
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A 2.5和2.0
B 2.5和2.5
C 3.0和3.0
D 3.0和3.0
【答案】B
【解析】本题考察化学反应速率的计算第8秒与第4秒时反应物浓度差△C为10，为4秒，所以在4~8间的平均反应速率为2.5，可以排除CD两个答案；图中从0开始到8反应物浓度减低了4倍，根据这一幅度，可以推测从第8到第16分也降低4倍，即由10降低到2.5，因此推测第16反应物的浓度为2.5，所以可以排除A而选B
119.（2010·福建·23）J、L、M、R、T是原子序数依次增大的短周期主族元素，J、R在周期表中的相对位置如右表；J元素最低负化合价的绝对值与其原子最外层电子数相等；M是地壳中含量最多的金属元素。
（1）M的离子结构示意图为_____;元素T在周期表中位于第_____族。
（2）J和氢组成的化合物分子有6个原子，其结构简式为______。
（3）M和T形成的化合物在潮湿的空气中冒白色烟雾，反应的化学方程式为_____。
（4）L的最简单气态氢化物甲的水溶液显碱性。
①在微电子工业中，甲的水溶液可作刻蚀剂H2O2 的清除剂，所发生反应的产物不污染环境，其化学方程式为______。
②一定条件下，甲在固定体积的密闭容器中发生分解反应（△H>0）并达平衡后，仅改变下表中反应条件x，该平衡体系中随x递增y递减的是_______（选填序号）。
选项
a
b
c
d
x
温度
温度
加入H2的物质的量
加入甲的物质的量
y
甲的物质的量
平衡常数K
甲的转化率
生成物物质的量总和
（5）由J、R形成的液态化合物JR2 0．2mol在O2中完全燃烧，生成两种气态氧化物，298K时放出热量215kJ。 该反应的热化学方程式为________。
【答案】(1) ； ⅦA（2）
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（3），
（4）①②a和c;a或c
（5）
【解析】(1) J元素最低负化合价的绝对值与其原子最外层电子数相等,可以判断J元素为碳元素；M是地壳中含量最多的金属元素为铝元素；根据J、R在周期表中的相对位置可以判断R为硫元素，则T为氯元素，处于第三周期第七主族
（2）J和氢组成含有6个原子的分子为乙烯，其结构简式为
（3）M和T形成的化合物为，与水反应，其中氯化氢气体呈雾状
（4）①氨水与双氧水发生氧化还原反应：
生成无污染的氮气；
②甲在固体体积的密闭容器中发生分解反应，表明正反应为吸热反应，升高温度，平衡朝着正方向移动，甲物质的量减少；加入的物质的量即增加生成物的浓度，平衡朝逆方向移动，甲的转化率减小
（5）JR2为CS2,燃烧生成二氧化碳和二氧化硫，依题意可以很快的写出反应的热化学方程式
120.（2011·上海·25）接触法制硫酸工艺中，其主反应在450℃并有催化剂存在下进行：
1)该反应所用的催化剂是 (填写化合物名称)，该反应450℃时的平衡常数 500℃时的平衡常数(填“大于”、“小于”或“等于”)。
2)该热化学反应方程式的意义是．
a． b．容器中气体的平均分子量不随时间而变化
c．容器中气体的密度不随时间而变化 d．容器中气体的分子总数不随时间而变化
4)在一个固定容积为5L的密闭容器中充入0.20 mol SO2和0.10molSO2，半分钟后达到平衡，测得容器中含SO30.18mol，则=mol.L-1.min-1：若继续通入0.20mol SO2和0.10mol O2，则平衡移动(填“向正反应方向”、“向逆反应方向” 或“不”)，再次达到平衡后，mol
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