1、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
2、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) H-a（a0） kJmol-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Q10.1akJ，当2 mol NH3分解为N2和H2的转化率为10%时，吸收热量Q20.1akJ，故Q1Q2，D项错
3、误,故选B。 2.（2018全国III28）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。343K时反应的平衡转化率=_%。平衡常数K343K=_（保留2位小数）。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_、_。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）22 0
4、.02 及时移去产物 改进催化剂 提高反应物压强（浓度） 大于 1.3【解析】（3）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=0.1120.782=0.02。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
5、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）。a、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VaVb。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III28）（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
6、间(t)的关系如图所示。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bc不再变化d时，_（填“大于”、“小于”或“等于”）。时_时（填“大于”、“小于”或“等于”），理由是_。若平衡时溶液的，则该反应的平衡常数K为_。【答案】（4）ac 大于 小于 时刻生成物的浓度更高，反应速率更快【解析】（4）a.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；时
7、刻后还在不断增加，说明反应还在正向进行，故此时；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；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xx00变化量yy2yy2y反应后x-yx-y1y2y则平衡常数。4.（2016全国II27）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： C3H6(g)+NH3(g)+ O2(
8、g)=C3H3N(g)+3H2O(g) H=-515kJ/mol 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）
9、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（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
10、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，Mn
11、2+对H2O2分解速率的影响大【答案】D6.（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A该反应的正反应放热B达到平衡时，容器中反应物转化率比容器中的大C达到平衡时，容器中c(H2)大于容器中c(H2)的两倍D达到平衡时，容器中的正反应速率比容器中的大【答案】AD7.（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H0B图
12、中Z的大小为a3bC图中X点对应的平衡混合物中=3D温度不变时，图中X点对应的平衡在加压后 (CH4)减小【答案】A8.（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H0【答案】A的浓度发生变化，故
13、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H0，故D错误。9.（2015天津3）下列说法不正确的是ANa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CFeCl3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DMg(OH)2固体在溶液中存在平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH(aq)，该固体可溶于NH4Cl溶液【答案】C10.（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
14、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】B11.（2015江苏15）在体积均为10L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、点均处于曲线上)。下列说法正确的是（ ）A反应CO2(g)c(s)2CO(g) S0、H2P总（状态）C体系中c(CO)：c(CO，状态)V逆（状态)【答案】BC【解析】A、由气体的化学计量数
15、增大可知S0，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H0，故A错误；B、这条曲线，是通入0.1molCO2，这条曲线是通入0.2molCO2，状态可以看作先通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），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)2P总（状态），故正确；C、状态可以看作先通0.1CO2，此时两者CO的浓度相等，在通入0.1molCO2，加入平衡不移动，状态CO的浓度等于2倍，但再充入CO2，相当增大压强，平衡右移，消耗CO，因此c(CO，状态)2c(
16、CO，状态)，故正确；D、温度越高，反应速率越快，V逆（状态）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、0t1时间段内，X的浓度变化量为（a-b）mol/L，所以= molL-1min-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
17、应能自发进行，因此该反应是熵增反应BNH4F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HTS0时，反应能自发进行，吸热反应的H0，吸热反应能自发，说明S0，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4HFSiO2=SiF42H2O，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。1
18、4（2014全国I8）下列叙述错误的是ASO2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
19、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I9）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 BIO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；98KJmol-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：2H2O
20、22H2OO2，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)I3870.200.0800.0803870.402070.200.0900.090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体积分数比容器中的小C容器I中反应达到平衡所需时间比容器中的长D若起始时向容器I中充入CH3OH 0.1mol、CH3OCH3 0.1
21、5mol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=0.100.15/0.15=0.100.16,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(g)达到平衡，保
22、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
23、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PH3D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2HClO2HC
24、l+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）ZnSCuS，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/min0246810V(O2)/mL0.09.917.222.426.529.9下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）A06 min的平衡反应速率
25、：v(H2O2)3.310-2 mol/(Lmin)B610 min的平衡反应速率：v(H2O2)3.310-2 mol/(Lmin)C反应到6 min时，c(H2O2)=0.30mol/LD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开始（mol） 0.004 0 0转化（mol） 0.002 0.0016min时（mol） 0.002 0.001 所以06min，H2O2的物质的量变化了0.002mol，浓度变化
26、量=0.2mol/L，则v（H2O2）=mol/(Lmin)，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610min的平均反应速率要小于06min的平均反应速率，即v（H2O2）mol/(Lmin)，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
27、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为以下实验作参照0.52.090.0醋酸浓度的影响0.536.00.22.090.0 （2）编号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（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
28、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/g2.0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）药品用量和操作同编号实验（多孔橡皮塞增加进、出导管）通入氩气排净瓶内空气；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
29、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，所以实验中铁的量不能发生变化，即质量为2.0g；实验和实验相比，只有碳粉的质量发生了变化，所以实验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；（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
30、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。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 molL1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)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)H2S的起始浓
31、度为c molL1，985 时H2S的平衡转化率为40%，则H2S的变化浓度为0.4c molL1，则：H2S(g)H2 (g)S2 (g)c0 0 0.4c0.4c0.2c 0.6c0.4c0.2cK；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0.0
32、20 molL1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1055 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0A40 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5.0105 molL1s1D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，1040 间溶液变蓝时间由80 s逐渐减小，4055 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
33、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 molL1，忽略稀溶液混合前后溶液体积的变化，根据c1V1c2V2的稀释定律可得，混合后NaHSO3浓度为0.020 molL10.004 0 molL1，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 molL1变为0，由v可得，a点对应的NaHSO3反应速率为0.004 0 molL180 s5.0105 molL1s1，C项正确；配平可得：10NaHSO34KIO3 (过量)=5N
34、a2SO42K2SO42I23H2SO42H2O，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编号反应物反应前pH反应后pH第1组O3I5.211.0第2组O3IFe25.24.1第
35、1组实验中，导致反应后pH升高的原因是_。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_。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)_。Ac(H)减小Bc(I)减小CI2(g)不断生成 Dc(Fe3)增加(4)据图1，计算318 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)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Fe2Fe3将I直接氧化成I2，使溶液中c(I2)增大，促使I2(aq)II(aq)的平衡右移，消耗的c(H)增多BC(4)v(I)5.5104 mol/(Ls)【解析
36、】(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)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2IO32HI2O2(g)H2O(或者第步反应的反应物中都有氢离子，第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；第一组实验无催化剂，O3将I氧化成I2分3步进行，第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(2IO32HI2O2H2O)一分为二，先后反应的离子方程式为2Fe2O32H=2F
37、e3O2H2O、2Fe32I=2Fe2I2，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2Fe32I=2Fe2I2，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；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
38、，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HOI(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2Fe32I=2Fe2I2，则溶液中c(I2)增大，而海水中c(I)略为减小或忽略
39、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，318 s内第2组实验中I浓度由3.5103 mol/L增加到11.8103 mol/L，则生成I的平均反应速率v(I)5.5104 mol/(Ls)，此问需要注意纵坐标中 “c(I)/103 molL1” 隐含的信息，计算时需要图中所得数据乘以“103 molL1”。24（2014山东）对于反应CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)H0，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H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
40、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H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1
41、2。N2的结构式为_。上述反应离子方程式为_，其平均反应速率v(NO)为_molL1min1。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)NN2NO5H2N22OH4H2O0.001加酸升高温度加水【解析】(1)N2结构中含有氮氮三键，其结构式为NN；H2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5H22NON24H2O2OH；溶液的pH由7变为12，表明c(H)由107变成1012，则c(OH)由107增大到102，c(OH)在10 min 内的变化量约为102 mol/L，而c(OH)与c(NO)的变
42、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/(Lmin)；NO水解：NOH2OHNO2OH，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)H0，一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如下表：t/min2479n(Y)/mol0.120.110.100.10下列说法正确的是()A反应前2 min的平均速率v(Z)2.0103 mol/(Lmin)B其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v逆
43、v正C该温度下此反应的平衡常数K1.44D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 mol0.12 mol)(10 L2 min)4.0103 mol/(Lmin)，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，K1.44，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）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)H85.1 kJmol1。反应时间
44、(t)与容器内气体总压强(p)的数据见下表：时间t/h0124816202530总压强p/100 kPa4.915.586.327.318.549.509.529.539.53 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(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)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。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/h04816c(A)/(molL1)0.10a0.026
45、0.006 5分析该反应中反应物的浓度c(A)变化与时间间隔(t)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_molL1。【答案】(1)升高温度、降低压强(2)(1)100%94.1%A(g)B(g)C(g)010 0 00.1094.1% 0.1094.1%K1.5(3)0.100.10(2)0.051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pVnRT，该反应消耗A的物质的量即是体系增加的物质的量，(A)；(A)100%94.1%。(3)结合在等
46、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)0.100.10。结合，4 min时n(A)0.10 mol0.051 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H0B电解法精炼铜时，以粗铜作阴极，纯铜作阳极CCH3COOH溶液加水稀释后，溶液中的值减小DNa2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2固体，CO水解程度减小，溶液的pH减
47、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S0，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)H0。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
48、标y随x变化趋势合理的是()图0选项xyA温度容器内混合气体的密度BCO的物质的量CO2与CO的物质的量之比CSO2的浓度平衡常数KDMgSO4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
49、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)H0，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)H0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8104 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_。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)O
50、2(g)己知该反应的H0，简述该设想能否实现的依据：_。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)a、b(3)4106温度升高，反应速率加快，平衡右移该反应是焓增、熵减的反应，任何温度下均不自发进行2CO2NO催化剂,2CO2N2【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)104 molL1，pH4。SO2是酸性氧化物，可用碱性物质吸收，故正确答案为a、b。(3)K4106；该反应为吸热反应，升高温度，平
51、衡向正反应方向移动，且升高温度，反应速率加快。该反应H0、且S0，故反应在任何温度下都不能自发。NO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/1.02.03.081054.0ab915c75.0d1000ef83.0b0K(1000 )K(810 )上述中正确的有()A4个B3个C2个 D1个【答案】A【解析】E(g)F(s)2G(g)为气体分子数增加的反应，S0，正确。因增大压强，平衡逆向移动
52、，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，H0，K(1000 )K(810 )，bf，、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，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)H0，一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如下表：t/min2479n(Y)/mol0.120.110.100.10下列说法正确的是()A反应前
53、2 min的平均速率v(Z)2.0103 mol/(Lmin)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K1.44D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 mol0.12 mol)(10 L2 min)4.0103 mol/(Lmin)，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，K1.44，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
54、)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、，在中充入1 mol CO和1 mol H2O，在中充入1 mol CO2和1 mol H2，在中充入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()A容器、中正反应速率相同B容器、中反应的平衡常数相同C容器中CO的物质的量比容器中的多D容器中CO的转化率与容器中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，容器的温度升高，容器的温度降低，故反应速率中快，A项错误；由于容器中加入的反应物多，放出的热
55、量也多，容器内温度高，故平衡常数不同，B项错误；因容器的温度高，故相当于平衡逆向移动，CO的转化率降低，C项正确；如果容器和容器在温度相同的情况下达到平衡，CO、CO2转化率之和等于1，但容器的温度升高，平衡逆向移动，CO的转化率降低，容器温度降低，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H0 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) H0，其他条件不变时升高温度，反应速率(H2)和氢气的平衡转化率均增大 D.水的离子积常数Kw随着
56、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
57、个反应：a(g)+b(g) 2c(g) H10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：2SO2+O22SO3；H0。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
58、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161.980gD.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14
59、6.79 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)；H 197 kJmol1。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 mo
60、l 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 BSO3的质量m：m甲m丙 2m乙Cc(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
61、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B38（2012全国I8）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【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
62、，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 H0 S0B.水解反应NH4H2ONH3H2OH达到平衡后，升高温度平衡逆向移
63、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2H2O22H2OO2, 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H2
64、O,发生反应：CO(g)H2O(g) CO2H2(g) 反应过程中测定的部分数据见下表（表中t1t2）:反应时间/minn(CO)/molH2O/ mol01.200.60t10.80t20.20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 molL1min1B.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
65、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
66、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。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2:1B. 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
67、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：平均速率的比等于计量数的比；平均速率的计算；反应过程中即时速率变化；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kJmol）容器甲乙丙反应物投入量1mol N2、3mol H22mol NH34mol NH3NH3的浓度（molL）c1c2c3反应的能
68、量变化放出akJ吸收bkJ吸收ckJ体系压强（Pa）p1p2p3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”、“0B.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.
69、010-4molL-1,NO平衡转化率为50%,则平衡常数K2 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+O22NO2的平衡逆向移动，说明该反应为放热反应，H0，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
70、始时c(NO)=amolL-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C2H5OH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C2H5BrC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
71、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Av1v2，c2K3，p2 2p3Cv13(SO2 ) Dc2 2c3，2(SO3 )+3(SO2 )T1【答案】CDII在某时刻，由反应2NO22NO + O2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，
72、B错误；C 若容器III在某时刻，NO的体积分数为50%，由反应2NO22NO + 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-x52.（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
73、H2S物质的量为7molDCO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 （2V）（2V）（8V）（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210100%=20%，D错误；答案选C。53.（2015天津
74、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Am=2B两次平衡的平衡常数相同CX与Y的平衡转化率之比为1:1D第二次平衡时，Z的浓度为0.4 molL1【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Aa=6.00 B同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变Cb318.2 D不同温度时，蔗糖
75、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 molL1，速率减小1.50 mmolL1min1，所以在浓度为0.400 molL1时，蔗糖水解的速率a6.00 mmolL1min1，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
76、0.600 molL1时，当318.2 K时水解速率是3.60 mmolL1min1，现在该反应的速率为2.16 mmolL1min1小于3.60 mmolL1min1，所以反应温度低于318.2 K，即b318.2，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。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/moln(X)n(Y)n(M)7000.400.100.0908000.100.40
77、0.0808000.200.30a9000.100.15b下列说法正确的是：A.实验中，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）=1.010-2mol/(Lmin)B.实验中，该反应的平衡常数K=2.0C.实验中，达到平衡时，X的转化率为60%D.实验中，达到平衡时，b0.060【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）=1.010-3mol/(Lmin),A错误；实验中，该反应的平衡常数K=0
78、.0080.008/0.0020.032=1,B错误；实验中，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；实验中，升高温度，平衡向逆反应方向移动，达到平衡时，b0.12/2=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AK值不变，平衡可能移动 BK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
79、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B2NO(g)2CO(g)=N2(g)2CO2(g)在常温下能自发进行，则该反应的H0C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（H0），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
80、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：t/s050150250350n(PCl3)/ mol00.160.190.200.20下列说法正确的是A.反应在前50 s的平均速率为v(PCl3)=0.0032molL1s1B.保持其他条件不变，升高温度
81、，平衡时，c(PCl3)=0.11molL1,则反应的H0C.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
82、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,KQc,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
83、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.（201
84、4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/ 70090083010001200平衡常数1.71.11.00.60.4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 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)=0003 molL-1s-1。，则6s时c(A)=molL-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
85、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 molL-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H0。(2)(A)=0.003 molL-1s-1，则6s后A减少的浓度c(A)= (A)t=0.018 molL-1，故剩
86、余的A的浓度为-0.018 molL-1=0.022 molL-1；A减少的物质的量为0.018 molL-15L=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(molL1) 0.04 0.1600转化浓度(molL1) x x xx平衡浓度(molL1) 0.04x0.16x xx有：=1， 解得x =0.032，故A的转化率(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
87、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： 上述反应的化学平衡常数表达式
88、为_。 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”）。 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_。 已知：温度过高时，WO2 (s)转变为WO2 (g)；WO2 (s) + 2H2 (g) W (s) + 2H2O (g)；H +66.0 kJmol1WO2 (g) +
89、 2H2 W (s) + 2H2O (g)；H 137.9 kJmol1则WO2 (s) WO2 (g) 的H _。 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bWI4在灯丝上分解，产生的W又沉积在灯丝上cWI4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
90、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，
91、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。曲线b对应的投料比是_.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_.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】4:1(1分)投料比越高，对应的反应温度越低(2分)30.8%(2分)【解析】（2）在其他条件不变时，O2的量越大，
92、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 0.8n（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II8）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%
93、，则平衡时的氮气的体积分数接近于A5%B10%C15%D20%【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X(g)+2Y(g)2Z(g) 、2M（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：下列判断正确的是A. 反应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14:15C. 达平衡（I）时，X的转化
94、率为。xx。k.ComD. 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：升温 恒容通入惰性气体 增加CO的浓度 减压 加催化剂 恒压通入惰性气体，能提高COCl2转化
95、率的是A B C D【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） H0在恒容的密闭容器中，下列有关说
96、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12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。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
97、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
98、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
99、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
100、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：温度对应该反应的反应速率和平衡移动的影响是_该反应的_0(填“”).(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 molL-1 H3BO 3溶液中，上述反应于298K达到平衡时，c平衡（H
101、+）=2. 0 10-5molL-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) 升高温度，反应速率加快，平衡正向移动 HO(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，HO。(3) K=71.（2010山东28）硫一碘循环分解水制氢主要涉及
102、下列反应： SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI 2HIH2+I2 2H2SO42=2SO2+O2+2H2O（1）分析上述反应，下列判断正确的是。a反应易在常温下进行b反应中氧化性比HI强c循环过程中需补充H2Od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，H2物质的量随时间的变化如图所示。 02 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 bHI的平衡浓度 c达到平衡的时间
103、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。aNaNO3 bCuSO4 cNa2SO4 dNaHSO3【答案】（1）c（2）0.1 molL-1min-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；反应中SO2是还原剂，HI是还原产物，故还原性SO2HI，则b错；将和分别乘以2和相加得：2H2O=2H2+O2，故c正确d错误。(2) (H2)=0. 1mol/1L/2min=0.05 molL-1min-1，则 (
104、HI)=2 (H2)=0.1 molL-1min-1；2HI(g)=H2(g)+I2(g) 2 1 1起始浓度/molL1 1 0 0变化浓度/molL1： 0.2 0.1 0.1平衡浓度/molL1： 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
105、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：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0.0
106、250。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）。A0.25B0.25 C0.250.50D0.50E0.50（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H_0（填“大于”“等于”或“小于”），该历程中最大能垒（活
107、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3090 min内的平均速率(a)=_kPamin1。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）0.0
108、047（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由题给信息可知，H2(g)CoO(s) Co(s)H2O(g)（i）K139,由题给信息可知，CO(g)CoO(s) Co(s)CO2(g)（ii）K251.08。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) CO2(g)H2(g)K1.31。设起始时CO（g）、H2O(g)的
109、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x0.67，(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，H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COOHHT*HHT*H2OHT*，产物为COOHHT*2HHT*OHHT*。（4）由题图可知，3090 min内。水煤气变换中CO是反
110、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)H1=100.3 kJmol 1H2(g)+ I2(g)2HI(g)H2=11.0 kJmol 1 对于反应：(g)+ I2(g)(g)+2HI(g) H
111、3=_kJmol 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，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（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）。AT1T2Ba点的反应速率小于c点的反应速率Ca点的正反应速率大于b点的逆反应速率Db点时二聚体的浓度为0.45 molL1（4）环戊二烯可用于制备二茂铁（F
112、e(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+反应得反应，则H3=H1+H2=（100.3-11.0） kJmol-1=+89.3 kJmol-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
113、三段式：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=1.2105Pa，可得Kp=1.2105Pa3.56104Pa。通入惰性气体，对反应的平衡无影响， A项不符合题意；反应为吸热反应，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，T1T2，A项错误；影响反应速
114、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0.9molL-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 molL-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
115、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】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；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
116、(g)。下图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl) c(O2)分别等于11、41、71时HCl平衡转化率随温度变化的关系：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)=11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) H1=83 kJmol-1Cul(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)
117、H2=-20 kJmol-1CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) H3=-121 kJmol-1则4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的H=_ kJmol-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（
118、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+2H2O5.6【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)DKc(O2)=1DK1、400 时HCl的平衡转化率为84%,列出三段式：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
119、。(2)将已知热化学方程式依次编号为、，根据盖斯定律，由(+)2得4HCl(g)+O2(g) 2Cl2(g)+2H2O(g)H=-116 kJmol-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 mol22.4 Lmol-1=5.6 L。 【技巧点拨】电
120、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III27）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
121、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5103molL1 。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表离子SO42SO32NO3NO2Clc/（molL1）8.351046.871061.51041.21053.4103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”）。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”）。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
122、”）。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。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”）。反应ClO2+2SO32=2SO42+Cl的平衡常数K表达式为_。【答案】（1）亚氯酸钠；（2）2OH-3ClO24NO4NO33Cl2H2O；提高 减小；大于；NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高 （3）减小；【解析】（1） NaClO2的化学名称为亚氯酸钠；（2）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
123、4NO4NO33Cl2H2O；正反应是体积减小的，则增加压强，NO的转化率提高。根据反应的方程式2H2OClO22SO22SO42Cl4H、2H2O3ClO24NO4NO33Cl4H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。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。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
124、此脱硫、脱硝反应的平衡常数均减小。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A550时，若充入惰性气体，正，逆 均减小，平衡不移动B650时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0%CT时，若充入等体积的CO2和CO，平衡向逆反应方向移动D925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
125、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：反应时间/min0102030405060708090100(N2O)/molL-10.1000.0900.0800.0700.0600.0500.0400.0300.0200.0100.000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
126、N2O初始浓度且12)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（ ）ABCD升高温度，平衡常数减小03s内，反应速率为=0.2 molL-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
127、)+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/（Ls）或者mol/（Lmin），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
128、、P2）下温度变化的曲线（如右图）。比较P1、P2的大小关系：_。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。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）_。 A B CN2O4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）p1p2 变小（3） A 2N2O4+O2+2H2O=4HNO3（
129、4） （4）NH3根据反应8NO+7H2O4NH4NO3+2HNO3，电解产生的HNO3多【解析】（1）NH3和O2在催化剂作用下发生氧化还原反应，产物是NO和H2O，所以反应的方程式为4NH3+5O2 4NO+6H2O；(2)由2NO(g)O2(g) 2NO2(g)可知该反应为气体体积减小的反应，温度相同，增大压强，平衡正向移动，NO的平衡转化率增大，根据图示和坐标含义，判断p1p2；再看同一压强线，温度升高，NO的平衡转化率降低，平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，温度升高，平衡常数减小。(3)降低温度，NO2(g)转变为N2O4(l)，则H20。根据图像可知，060s时间段内，NO
130、2的物质的量浓度变化量是0.120 molL，所以=0.0020 molL1s1，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 molL1s1；由图像可知，100达到平衡时，(NO2)= 0.120 molL1，(N2O4)= 0.040 molL1，所以化学平衡常数=0.36molL1；（2）改变反应温度为，以以0.0020 molLs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；因为以0.0020 molLs，反应经过的时间是10s，所以(N2O4)= 0.0020 molL1s110s=
131、0.020 molL1，则(NO2)= 0.020 molL12= 0.040 molL1，所以平衡时(N2O4)= 0.040 molL1-0.020 molL1=0.020 molL1，(NO2)=0.120 molL1+0.040 molL1=0.16 molL1，则=1.3 molL1；（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I28）乙酸是重要的有机化工原料
132、，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 KJmol-1甲醇制烯烃反应 2CH3OH(g)= C2H4(g)+ 2H2O (g) =29.1 KJmol-1乙醇异构化反应 C2H5OH(g) =CH3OCH3(g) =+50.7KJmol-1则乙烯气相直接水合反应C2H4(g)+H2O(g)=C2H5OH(g)的=_KJmol-1。与间接水合法相比，气相直接水合法
133、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）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）。图中压强（、）的大小顺序为_，理由是_。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）CH2CH2H2SO4 C2H5OSO3H；C2H5OSO3HH2OCH3CH2OHH2SO4（2）45.5；减少污染；减少对设备的腐蚀。（3
134、）0.07 Mpa-1 P4P3P2P1；反应分子数减少，相同温度下，压强升高乙烯转化率升高。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。CH2CH2H2SO4 C2H5OSO3H,C2H5OSO3HH2OCH3CH2OHH2SO4.（2）通过盖斯定律，H2H1H345.5KJmol-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)A点乙烯的平衡转化率是20%。根据反应：CH2CH2H2O C2H5OH起始 1
135、mol 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)7.85Mpa0.8mol/1.8mol3.4889 Mpa水蒸气的分压：P(H2O)7.85Mpa0.8mol/1.8mol3.4889 Mpa乙醇的分压：P(C2H5OH)7.85Mpa0.2mol/1.8mol0.8722 Mpa则平衡常数KpP(C2H5OH)/ P(C2H4) P(H2O)0.8722 Mpa/3.4889 Mpa3.4889 Mpa0.07 Mpa-1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：
136、P4P3P2P1。可以增大H2O的浓度，及时分离出生成的乙醇。86.（2014全国I28）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。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)。图中3组实验从反应开始至达
137、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。用p0表示开始时总压强，p表示平衡时总压强，表示AX3的平衡转化率，则的表达式为 ；实验a和c的平衡转化率：a为、c为。【答案】（1）AX3（）+X2（）=AX5（）H= 123.8kJmol1（2分）（2）=1.7104mol/（Lmin）解：开始时no=0.4mol，总压强为160KPa，平衡时总压强为120KPa，则n为，=0.30molAX3（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
138、-x）+（0.20-x）+x=0.30，则x=0.10=1.7104mol/（Lmin） （3分）bca（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）；=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= 123.8kJmol1，（2）起始时AX3和
139、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=1.7104mol/（Lmin）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：bca；用p0表示开始时总压强，p表示平衡时总压强，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（
140、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=2（1-）a=2（1-）=2(1)100%=50%；c=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 ”“；不变；升高温度 （3）c(NO3) c(NO2-) c(CH3COO)；b、c【解析】（1）（I）2（II）
141、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）=7.510-2molL，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1=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21；因为温度不变，所以化学平衡常数不变；因
142、为反应（II）的H 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 （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)H92.4 kJmol1。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
143、质硫并使吸收液再生，写出再生反应的化学方程式：_。(2)步骤中制氢气的原理如下：CH4(g)H2O(g)CO(g)3H2(g) H206.4 kJmol1CO(g)H2O(g) CO2(g)H2(g) H41.2 kJmol1对于反应，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，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
144、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)2NH4HSO22NH3H2O2S(2)a90%(3)14.5%(4)(5)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
145、)反应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13时，NH3的平衡体积
146、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：N23H22NH3起始(mol): 1 3 0转化(mol): x 3x 2x平衡(mol): 1x 3 3x 2x100%42%，则x0.59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
147、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) H1=218.4kJmol-1(反应) CaSO4(s)+4CO(g) CaS(s) + 4CO2(g) H2= -175.6kJmol1(反应)请回答下列问题：反应能自发进行的条件是。对于气体参与的反应，表示平衡常数Kp时用气体组分(B)的
148、平衡压强p(B)代替该气体物质的量浓度c(B)，则反应的Kp=(用表达式表示)。假设某温度下，反应的速率(v1)大于反应的速率(v2)，则下列反应过程能量变化示意图正确的是。A B C D通过监测反应体系中气体浓度的变化可判断反应和是否同时发生，理由是。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恒温恒容条件下，假设反应和同时发生，且v1v2，则下，请在图2中画出反应体系中c(SO2)随时间t
149、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-TS0,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，反应放热，产物的能量低于反应物，反应的速率(v1)大于反应的速率(v2)，反应的活化能低。（4）反应中生成二氧化硫，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，使反应逆向进行，课降低反应体系中二氧化硫生
150、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。（6）反应的速率(v1)大于反应的速率(v2)，故二氧化硫增加的快，反应到达平衡快；随着反应的进行，二氧化碳的浓度增大，使反应逆向移动。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。（
151、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amolL1，平衡时苯的浓度为bmolL1，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）。H2O2.8mol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AB题11图导线中电子转移方向为。（用A、D表示）生成目标产物的电极反应式为。该储氢装置的电流效率。（生成目
152、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）NaBH42H2O=NaBO24H2，4NA或2.4081024（3）mol3L3（4）AD C6H66H6eC6H12 64.3%【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
153、)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）根据反应的+3H2，可知H元素失去电子，做负极，所以电子流向AD；反应物是，产物是，介质是H+，所以电极反应式为+6 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)H0。选项xyA温度容器内混合气体的密度BCO的物质的量CO2与CO的物质的量之比CSO2的浓度平衡常数KDMgSO4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
154、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
155、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CR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 molL1min1【答案】A【解析】从图像中可以读出pH2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0.04104molL1min1，D项错误。A项中R都是完全降解，降解百分率都是100%。这
156、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 2(t-BuNO) 。（1）当(t-BuNO)2的起始浓度（c0）为0.50 molL-1时，实验测得20时的平衡转化率（）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-
157、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H = 50.5 kJmol-1，活化能Ea = 90.4 kJmol-1。下列能量关系图合理的是。（4）该反应的S0（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。ApH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
158、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。【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
159、 0.5-x 2x已知20时(t-BuNO)2的平衡转化率= 解得 X = 0.325 molL-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=65 % ， 则 (t-BuNO)2 2(t-BuNO)平衡时： C0(1-) 2c0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
160、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H = 50.5 kJmol-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 kJmol-1，EaH50.5 kJmol-1,Ea与H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，S 0；而该反应又是一个吸热反应，H0，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
161、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
162、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。A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”）NH3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。电源的负极为（填“A”或“B”）。阳极室中发生的反应依次为、。电解结束后，阴
163、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）小于30（3）B2Cl-2e-=Cl2， CO(NH3)2 +3 Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl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0.50molL-1KI、0.2淀粉溶液、0.20molL-1K2S2O8、0.10molL-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
164、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）【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
165、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) ()当温度升高时，气体颜色变深，则反应()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。0ta气体密度0tbH/KJmol10tdN2O4转化率0tcv(正)NO2N2O4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”“
166、不变”或“减小”)，反应3s后NO2的物质的量为0.6mol，则03s的平均反应速率v(N2O4)=molL1s1。【答案】(1)N2O4 (2)吸热 (3) a，d；不变；0.1 (4) NH4+H2ONH3H2O+H；逆向 【解析】（1）反应（）中N2O4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
167、，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/（Ls）。（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)107mol/L，则c(NH4)200c(NH3H2O)，故n(NH4)200n(NH3H2O)，根据电荷守恒，n(NH4)n(NO3)，则溶液中n(NH4)n(NH3H2O)a，根据物料守恒，滴加氨水的浓度为（aa
168、）molbL 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） Ht1，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
169、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；（4） 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，HX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A，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
170、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HF键的极性最强，HI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
171、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030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 kJmol-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）将等物质的量的CH4和H2O
172、(g)充入1L恒容密闭容器，某温度下反应达到平衡，平衡常数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=802kJmol-1写出由CO2生成CO的热化学方程式 。【答案】（1）VIIIVIIVI；（2） 91%（3）CO2(g)3H2O(g) = CO(g)+3H2(g)2O2(g) H=+1008 kJmol-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。
173、（1）由图像可以看出，反应进行到30小时时，催化剂生成的甲烷最多，其次是催化剂，催化剂生成的甲烷最少。因此VI、VII和VIII从大到小的顺序为VIIIVIIVI；同理由图像也可以看出，反应进行到12小时时，催化剂生成的甲烷最多，因此在第种催化剂的作用下，收集的CH4最多。（2）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CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) H=+206 kJmol-1 CH4(g)2O2(g) =CO2(g)2H2O(g) H=802kJmol-1得CO2(g)3H2O(g)
174、= CO(g)+3H2(g)2O2(g) H=+1008 kJmol-1111.（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 8NH37N512 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） H=-196.6 kJmol-12NO（g）+O2（g）2NO2（g） H=-113.0 kJmol-1则反应NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）的H=kJmol-1。一定条件下，将NO2与SO2以体积比1:
175、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cSO3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H0（填“”或“ ”）。实际生产条件控制在250、1.3104kPa左右，选择此压强的理由是。【答案】（1）3NO2H2O=NO2HNO3；6.72（2）41.8；b；8/3；（3）”“ 此反应为放热反应，降低温度，
176、平衡向正反应方向移动BBA0.05.010.00.05.010.01.02.0时间/min浓度/molL1CAC(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)、v(A)、v(A)分别为2/20、0.36/15和0.12/15，vI(A)、v(A)、v(A)从大到小排列次序为vI(A)、v(A)、v(A)；同理可以计算出B的平衡转化率I(B)、(B)、(B)分别为0.5、0.38和0.19；由第
177、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；第阶段和第阶段相比，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2500030000 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
178、果上述反应的平衡常数K值变大，该反应（选填编号）。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）。a2v正(HF)=v逆(H2O) bv(H2O)=2v(SiF4)cSiO2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(Lmin)【解析】
179、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图表示25时，用0.1 molL1盐酸滴定20 mL 0.1 molL1 NaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化B图中曲线表示反应2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g)；H 0 正、逆反应的平衡常数K随温度的变化C图表示10 mL 0.01 molL1KMnO4 酸性溶液与过量的0.1 molL1H2C2O4溶液混合时，n(Mn2+) 随时间的变化D图中a、b曲线分别表示反应CH2CH2 (g
180、) + H2(g)CH3CH3(g)；H0）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abcdx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 02mol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) ； A（2）（3），（4）a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
181、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）氨水与双氧水发生氧化还原反应：生成无污染的氮气；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
182、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，moln(SO3) mol。【答案】1）五氧化二钒（V2O5
183、）；大于；2）在450时，2molSO2气体和1molO2气体完全反应生成2molSO3气体时放出的热量为190kJ；3）bd；4）0.036；向正反应方向；0.36；0.40。【解析】此题考查了工业制硫酸、化学平衡常数、热化学方程式、化学平衡状态、有关化学平衡的计算等知识。1）工业制硫酸时二氧化硫催化氧化使用的催化剂是五氧化二钒；该反应正向放热，故温度越高化学平衡常数越小；2）热化学方程式表示的是450时，2molSO2气体和1molO2气体完全反应生成2molSO3气体时放出的热量为190kJ；3）根据化学平衡状态的特征，容器中气体的平均相对分子质量不随时间变化、分子总数不随时间变化时，说
184、明反应达到平衡状态；4）当达到平衡时，容器中SO3的物质的量为0.18mol，则v（SO3）=0.072mol.L-1.min-1，则v（O2）=0.036mol.L-1.min-1；再继续通入0.20molSO2和0.10molO2时，平衡向正反应方向移动，在此达到平衡时，SO3的物质的量介于0.36和0.40之间。【知识归纳】化学平衡常数只是和温度相关的函数，其随温度变化而变化。若正反应为吸热反应，温度升高K值增大；若正反应为放热反应，温度升高K值减小。121.（2010江苏17）下表列出了3种燃煤烟气脱硫方法的原理。（1）方法中氨水吸收燃煤烟气中的化学反应为：能提高燃煤烟气中去除率的措施
185、有 （填字母）。A增大氨水浓度 B.升高反应温度C.使燃煤烟气与氨水充分接触 D. 通入空气使转化为采用方法脱硫，并不需要预先除去燃煤烟气中大量的，原因是（用离子方程式表示）。（2）方法重要发生了下列反应：与反应生成的热化学方程式为。（3）方法中用惰性电极电解溶液的装置如右图所示。阳极区放出气体的成分为。（填化学式）【答案】（1）AC(2)S（g）+O2（g）= S O2（g） H=-574.0kJmol-1(3) O2 SO2【解析】本题考察的知识比较散，涉及到环境保护，一道题考察了几个知识点。覆盖面比较多。但盖斯定律、热化学方程式、离子方程式、点击方程式都是重点内容（1）提高SO2的转化率
186、，可以增大氨水的浓度、与氨水充分接触；不需要通入CO2的原因是因为HCO3+SO2=CO2+HSO3而产生CO2 (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）阴极的电极产生的气体为O2和SO2.122.（2010重庆29）钒（V）及其化合物广泛应用于工业催化、新材料和新能源等领域（1）V2O5是接触法制硫酸的催化剂一定条件下，与空气反映t min后，和物质的量浓度分别为a mol/L和b mol/L, 则起始物质的量浓度为mol/L ；生成的化学反应速率为 mol/(Lmin) 工业制硫酸，尾气用_吸收【答案】（1）；氨水【解析】本题考查以钒为材料的化学原理题，涉及化学反应速率和电化学知识。（1） 由S守恒可得，的起始浓度为（a+b）mol/L。的速率为单位时间内浓度的变化，即b/tmol/(Lmin)。可以用碱性的氨水吸收。【规律总结】电化学试题的分析一般是从化合价着手，对于原电池，化合价升高的作为负极，化合价降低的作为正极，两极方程式相加即可得总反应。对于电解池，化合价升高作为阳极，降低的作为阴极。两者之间的关系是：正极反应式颠倒即为阳极反应式，负极反应式颠倒即为阴极反应式。
