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高考化学二轮复习真题解密08化学反应速率和化学平衡(2份打包，解析版+原卷版，可预览)
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这是一份高考化学二轮复习真题解密08化学反应速率和化学平衡(2份打包，解析版+原卷版，可预览)，文件包含高考化学二轮复习真题解密08化学反应速率和化学平衡解析版doc、高考化学二轮复习真题解密08化学反应速率和化学平衡原卷版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共53页， 欢迎下载使用。
解密08 化学反应速率和化学平衡
1．了解化学反应速率的概念和定量表示方法。能正确计算化学反应的转化率(α)。
2．了解反应活化能的概念，了解催化剂的重要作用。
3．了解化学反应的可逆性及化学平衡的建立。
4．掌握化学平衡的特征。了解化学平衡常数(K)的含义，能利用化学平衡常数进行相关计算。
5．理解外界条件(浓度、温度、压强、催化剂等)对反应速率和化学平衡的影响，能用相关理论解释其一般规律。
6．了解化学反应速率和化学平衡的调控在生活、生产和科学研究领域中的重要作用。
一、选择题
1．【2020•新课标Ⅱ卷】二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响，其原理如下图所示。下列叙述错误的是( )
A．海水酸化能引起HCO3-浓度增大、CO32-浓度减小
B．海水酸化能促进CaCO3的溶解，导致珊瑚礁减少
C．CO2能引起海水酸化，其原理为HCO3-H++ CO32-
D．使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境
【答案】C
【解析】A项，海水酸化，H+浓度增大，平衡H++ CO32-HCO3-正向移动，CO32-浓度减小，HCO3-浓度增大，A正确；B项，海水酸化，CO32-浓度减小，导致CaCO3溶解平衡正向移动，促进了CaCO3溶解，导致珊瑚礁减少，B正确；C项，CO2引起海水酸化的原理为：CO2+H2OH2CO3H++ HCO3-，HCO3-H++ CO32-，导致H+浓度增大，C错误；D项，使用太阳能、氢能等新能源，可以减少化石能源的燃烧，从而减少CO2的排放，减弱海水酸化，从而改善珊瑚礁的生存环境，D正确；故选C。
2．【2020•浙江1月选考】在干燥的HCl气流中加热MgCl2·6H2O，能得到无水MgCl2。下列说法不正确的是( )
A．MgCl2·nH2O(s)=MgCl2·(n－1)H2O(s)＋H2O(g) ΔH＞0
B．MgCl2·2H2O(s)=Mg(OH)2(s)＋2HCl(g)，HCl气流可抑制反应进行
C．MgCl2·H2O(s)=Mg(OH)Cl(s)＋HCl(g)，升高温度，反应更易发生
D．MgCl2·4H2O(s)=MgCl2·2H2O(s)＋2H2O(g)，HCl气流可抑制反应进行
【答案】D
【解析】A项，MgCl2·nH2O的失水反应是吸热反应，焓变ΔH＞0，故A正确；B项，在HCl气流中，能使MgCl2·2H2O的水解平衡向逆反应方向移动，抑制反应进行，故B正确；C项，MgCl2·H2O的水解反应是吸热反应，升高温度，水解平衡向正反应方向移动，促进反应进行，故C正确；D项，MgCl2·4H2O的失水反应没有氯化氢生成，HCl气流对反应没有影响，故D错误；故选D。
3．【2020•浙江1月选考】一定温度下，在2 L的恒容密闭容器中发生反应A(g)＋2B(g) 3C(g)。反应过程中的部分数据如下表所示：
n/mol
t/min
n(A)
n(B)
n(C)
0
2.0
2.4
0
5
0.9
10
1.6
15
1.6
下列说法正确的是( )
A．0~5 min用A表示的平均反应速率为
B．该反应在10 min后才达到平衡
C．平衡状态时，
D．物质B的平衡转化率为20%
【答案】C
【解析】A项，v(C)= ，同一反应反应中反应速率之比等于计量数之比，3v(A)=v(C)，所以v(A)=，故A错误；B项，15min时，n(B)=1.6mol，消耗了2.4mol-1.6mol=0.8mol，根据方程式可知这段时间内消耗A的物质的量为0.4mol，所以15min时，n(A)=1.6mol，与10min时A的物质的量相同，说明10~15min这段时间内平衡没有移动，但无法确定是10min时达到平衡，还是10min前已经达到平衡，故B错误；C项，根据B选项分析可知平衡时消耗的B为0.8mol，根据方程式可知生成C的物质的量为1.2mol，浓度为，故C正确；D项，物质B的平衡转化率为，故D错误；故选C。
4．【2020•浙江7月选考】一定条件下：2NO2(g)N2O4(g) 。在测定NO2的相对分子质量时，下列条件中，测定结果误差最小的是( )
A．温度0℃、压强50 kPa B．温度130℃、压强300 kPa
C．温度25℃、压强100 kPa D．温度130℃、压强50 kPa
【答案】D
【解析】测定二氧化氮的相对分子质量，要使测定结果误差最小，应该使混合气体中NO2的含量越多越好，为了实现该目的，应该改变条件使平衡尽可以地逆向移动。该反应是一个反应前后气体分子数减小的放热反应，可以通过减小压强、升高温度使平衡逆向移动，则选项中，温度高的为130℃，压强低的为50kPa，结合二者选D。
5．【2020•江苏卷】反应可用于纯硅的制备。下列有关该反应的说法正确的是( )
A．该反应 、
B．该反应的平衡常数
C．高温下反应每生成1 mol Si需消耗
D．用E表示键能，该反应
【答案】B
【解析】A项，SiCl4、H2、HCl为气体，且反应前气体系数之和小于反应后气体系数之和，因此该反应为熵增，即△S>0，故A错误；B项，根据化学平衡常数的定义，该反应的平衡常数K=，故B正确；C项，题中说的是高温，不是标准状况下，因此不能直接用22.4L·mol－1计算，故C错误；D项，△H=反应物键能总和－生成物键能总和，即△H=4E(Si－Cl)＋2E(H－H)－4E(H－Cl) －2E(Si－Si)，故D错误；故选B。
6．【2020•江苏卷】CH4与CO2重整生成H2和CO的过程中主要发生下列反应
CH4(g)＋CO2(g)=2H2 (g)＋2CO(g) ΔH=247.1kJ·mol-1
H2(g)＋CO2(g)=H2O (g)＋CO(g) ΔH=41.2kJ·mol-1
在恒压、反应物起始物质的量比n(CH4)：n(CO2)=1：1条件下，CH4和CO2的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示。下列有关说法正确的是( )
A．升高温度、增大压强均有利于提高CH4的平衡转化率
B．曲线B表示CH4的平衡转化率随温度的变化
C．相同条件下，改用高效催化剂能使曲线A和曲线B相重叠
D．恒压、800K、n(CH4)：n(CO2)=1:1条件下，反应至CH4转化率达到X点的值，改变除温度外的特定条件继续反应，CH4转化率能达到Y点的值
【答案】BD
【解析】A项，甲烷和二氧化碳反应是吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应即正向移动，甲烷转化率增大，甲烷和二氧化碳反应是体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，甲烷转化率减小，故A错误；B项，根据两个反应得到总反应为CH4(g)＋2CO2(g) == H2(g)＋3CO(g) ＋H2O (g)，加入的CH4与CO2物质的量相等，CO2消耗量大于CH4，因此CO2的转化率大于CH4，因此曲线B表示CH4的平衡转化率随温度变化，故B正确；C项，使用高效催化剂，只能提高反应速率，但不能改变平衡转化率，故C错误；D项，800K时甲烷的转化率为X点，可以通过改变二氧化碳的量来提高甲烷的转化率达到Y点的值，故D正确。故选BD。
7．【2020•江苏卷】CO2/ HCOOH循环在氢能的贮存/释放、燃料电池等方面具有重要应用。
(1)CO2催化加氢。在密闭容器中，向含有催化剂的KHCO3溶液(CO2与KOH溶液反应制得)中通入H2生成HCOO-，其离子方程式为__________；其他条件不变，HCO3-转化为HCOO-的转化率随温度的变化如图-1所示。反应温度在40℃~80℃范围内，HCO3-催化加氢的转化率迅速上升，其主要原因是_____________。
(3) HCOOH催化释氢。在催化剂作用下， HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图-3所示。
①HCOOD催化释氢反应除生成CO2外，还生成__________(填化学式)。
②研究发现：其他条件不变时，以 HCOOK溶液代替 HCOOH催化释氢的效果更佳，其具体优点是_______________。
【答案】(1)HCO3-+H2HCOOˉ+H2O 温度升高反应速率增大，温度升高催化剂的活性增强
(3)①HD ②提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度
【解析】(1)含有催化剂的KHCO3溶液中通入H2生成HCOOˉ，根据元素守恒和电荷守恒可得离子方程式为：HCO3-+H2HCOOˉ+H2O；反应温度在40℃~80℃范围内时，随温度升高，活化分子增多，反应速率加快，同时温度升高催化剂的活性增强，所以HCO3-的催化加氢速率迅速上升。(3)①根据分析可知HCOOD可以产生HCOOˉ和D+，所以最终产物为CO2和HD(Hˉ与D+结合生成)；②HCOOK是强电解质，更容易产生HCOOˉ和K+，更快的产生KH，KH可以与水反应生成H2和KOH，生成的KOH可以吸收分解产生的CO2，从而使氢气更纯净，所以具体优点是：提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度。
8．【2020•山东卷】1，3-丁二烯与HBr发生加成反应分两步：第一步H+进攻1，3-丁二烯生成碳正离子()；第二步Br -进攻碳正离子完成1，2-加成或1，4-加成。反应进程中的能量变化如下图所示。已知在0℃和40℃时，1，2-加成产物与1，4-加成产物的比例分别为70:30和15:85。下列说法正确的是( )
A．1，4-加成产物比1，2-加成产物稳定
B．与0℃相比，40℃时1，3-丁二烯的转化率增大
C．从0℃升至40℃，1，2-加成正反应速率增大，1，4-加成正反应速率减小
D．从0℃升至40℃，1，2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度
【答案】AD
【解析】A项，能量越低越稳定，根据图像可看出，1，4-加成产物的能量比1，2-加成产物的能量低，即1，4-加成产物的能量比1，2-加成产物稳定，故A正确；B项，该加成反应不管生成1，4-加成产物还是1，2-加成产物，均为放热反应，则升高温度，不利用1，3-丁二烯的转化，即在400C时其转化率会减小，故B错误；C项，从00C升至400C，正化学反应速率均增大，即1，4-加成和1，2-加成反应的正速率均会增大，故C错误；D项，从00C升至400C，对于1，2-加成反应来说，化学平衡向逆向移动，即1，2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度，故D正确；故选AD。
9．【2020•天津卷】已知[Co(H2O)6]2+呈粉红色，[CoCl4]2-呈蓝色，[ZnCl4]2-为无色。现将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：[Co(H2O)6]2++4Cl- [CoCl4]2-+6H2O ΔH，用该溶液做实验，溶液的颜色变化如下：
以下结论和解释正确的是( )
A．等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-中σ键数之比为3:2
B．由实验①可推知△H<0
C．实验②是由于c(H2O)增大，导致平衡逆向移动
D．由实验③可知配离子的稳定性：[ZnCl4]2->[CoCl4]2-
【答案】D
【解析】A项，1个[Co(H2O)6]2+中含有18个σ键，1个[CoCl4]2-中含有4个σ键，等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-所含σ键数之比为18:4=9:2，A错误；B项，实验①将蓝色溶液置于冰水浴中，溶液变为粉红色，说明降低温度平衡逆向移动，则逆反应为放热反应，正反应为吸热反应，∆H>0，B错误；C项，实验②加水稀释，溶液变为粉红色，加水稀释，溶液的体积增大，[Co(H2O)6]2+、[CoCl4]2-、Cl-浓度都减小，[Co(H2O)6]2+、Cl-的化学计量数之和大于[CoCl4]2-的化学计量数，则瞬时浓度商>化学平衡常数，平衡逆向移动，C错误；D项，实验③加入少量ZnCl2固体，溶液变为粉红色，说明Zn2+与Cl-结合成更稳定的[ZnCl4]2-，导致溶液中c(Cl-)减小，平衡逆向移动，则由此说明稳定性：[ZnCl4]2->[CoCl4]2-，D正确；故选D。
10．【2020•北京卷】一定温度下，反应I2(g)+H2(g)⇌2Hl(g)在密闭容器中达到平衡时，测得c(I2)=0.11mmol•L-1，c(HI)=0.78mmol•L-1。相同度温下，按下列4组初始浓度进行实验，反应逆向进行的是(注：1mmol•L-1=10-3mol•L-1) ( )
A
B
C
D
c(I2)/mmol•L-1
1.00
0.22
0.44
0.11
c(H2)/mmol•L-1
1.00
0.22
0.44
0.44
c(HI)/mmol•L-1
1.00
1.56
4.00
1.56
【答案】C
【解析】题目中缺少c(H2)，则无法计算K，则不能通过Qc与K的关系判断平衡的移动方向，但可比较4个选项中Qc的大小关系，Qc越大，则可能逆向移动。Qc(A)==1，Qc(B)==50.28，Qc(C)==82.64，Qc(D)==50.28，Qc(C)的值最大，答案为C。
11．【2019•江苏卷】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)=5.0×10−4 mol·L−1，NO平衡转化率为50%，则平衡常数K>2000
【答案】BD
【解析】A．随温度升高NO的转化率先升高后降低，说明温度较低时反应较慢，一段时间内并未达到平衡，分析温度较高时，已达到平衡时的NO转化率可知，温度越高NO转化率越低，说明温度升高平衡向逆方向移动，根据勒夏特列原理分析该反应为放热反应，∆H<0，故A错误；B．根据上述分析，X点时，反应还未到达平衡状态，平衡正向移动，所以延长反应时间能提高NO的转化率，故B正确；C．Y点，反应已经达到平衡状态，此时增加O2的浓度，使得正反应速率大于逆反应速率，平衡向正方向移动，可以提高NO的转化率，故C错误；D．设NO起始浓度为a，NO的转化率为50%，则平衡时NO、O2和NO2的浓度分别为0.5amol/L、(5×10-4-0.25a)mol/L、0.5amol/L，根据平衡常数表达式 K=>=2000，故D正确；选BD。
12．【2019•浙江4月选考】下列说法正确的是( )
A．H(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项，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%，放出的热量为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，吸收的热量为Q2，Q2不等于Q1
【答案】B
【解析】A．该可逆反应的反应前后气体计量数不发生变化，当缩小反应容器体积，相当于加压，正逆反应速率同等程度增加，A项错误；B．在建立平衡前，碳的质量不断改变，达到平衡时，质量不变，因而碳的质量不再改变说明反应已达平衡，B项正确；C．若压强不再改变说明反应达到平衡，表明反应前后气体的计量数不等，故A项，C不可能均为气体，C项错误；D．易知N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH，合成氨气实际参与反应n(H2)=3×10％=0.3mol，因而Q1=0.3/3×|ΔH|=0.1|ΔH|，分解氨气时实际消耗的n(NH3)=2×10％=0.2mol，Q2=0.2/2×|ΔH|=0.1|ΔH|，则Q1=Q2，D项错误。故选B。
13．【2019•浙江4月选考】高温高压液态水具有接近常温下弱酸的c(H+)或弱碱的c(OH−)，油脂在其中能以较快的反应速率水解。与常温常压水相比，下列说法不正确的是( )
A．高温高压液态水中，体系温度升高，油脂水解反应速率加快
B．高温高压液态水中，油脂与水的互溶能力增强，油脂水解反应速率加快
C．高温高压液态水中，c(H+)增大，可催化油脂水解反应，且产生的酸进一步催化水解
D．高温高压液态水中的油脂水解，相当于常温下在体系中加入了相同c(H+)的酸或相同c(OH−)的碱的水解
【答案】D
【解析】A．对于任何化学反应，体系温度升高，均可加快反应速率，A项正确；B．由于高温高压液态水中，c(H+)和c(OH−)增大，油脂水解向右移动的倾向变大，因而油脂与水的互溶能力增强，反应速率加快，B项正确；C．油脂在酸性条件下水解，以H+做催化剂，加快水解速率，因而高温高压液态水中，c(H+)增大，可催化油脂水解反应，且产生的酸进一步催化水解，C项正确；D．高温高压液态水中的油脂水解，其水环境仍呈中性，因而不能理解成相当于常温下在体系中加入了相同c(H+)的酸或相同c(OH−)的碱的水解，而是以体系升温、增加水和油脂的互溶以及提高水中H+浓度的方式，促进油脂的水解，D项不正确。故选D。
14．【2019•上海卷】已知反应式：mX(g)+nY(?)pQ(s)+2mZ(g)，已知反应已达平衡，此时c(X)=0.3mol/L，其他条件不变，若容器缩小到原来的1/2，c(X)=0.5mol/L，下列说法正确的是( )
A． 反应向逆方向移动 B． Y可能是固体或液体
C． 系数n>m D． Z的体积分数减小
【答案】C
【解析】A．已知反应达平衡时c(X)=0.3mol/L，其他条件不变，若容器缩小到原来的1/2，如果化学平衡不移动，c(X)=0.6mol/L，但是题中说c(X)=0.5mol/L说明加压后化学平衡向正向移动了，故A错误；B．结合题意可知正反应是气体总体积减少的反应，如果y为固体或液体，则必须满足m>2m，显然不可能成立。所以有只能是气体B 错误；C．要满足m+n>2m，所以n>m。C正确；D．根据题意化学平衡向右移动，Z的体积分数是增大的，所以D错误。
15．【2018•天津卷】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】A项，加入NaOH，中和HBr，平衡逆向移动，可增大乙醇的物质的量，A正确；B项，增大HBr浓度，平衡正向移动，有利于生成C2H5Br，B正确；C项，若反应物增大至2 mol，实际上就是将反应的浓度都增大至原来的2倍，比例不变(两次实验反应物的比例都是1:1，等于方程式中的系数比)，这里有一个可以直接使用的结论：只要反应物的投料比等于系数比，达平衡时反应物的转化率一定是相等的。所以两种反应物的转化率一定是1:1，C正确；D项，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，D错误。
16．【2018•江苏卷】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．v1< v2，c2< 2c1 B．K1> K3，p2> 2p3
C．v1< v3，α1(SO2 ) >α3(SO2 ) D．c2> 2c3，α2(SO3 )+α3(SO2 )<1
【答案】CD
【解析】对比容器的特点，将容器1和容器2对比，将容器1和容器3对比。容器2中加入4molSO3等效于在相同条件下反应物投入量为4molSO2和2molO2，容器2中起始反应物物质的量为容器1的两倍，容器2相当于在容器1达平衡后增大压强，将容器的体积缩小为原来的一半，增大压强化学反应速率加快，υ2>υ1，增大压强平衡向正反应方向移动，平衡时c2>2c1，p2<2p1，α1(SO2)+α2(SO3)<1，容器1和容器2温度相同，K1=K2；容器3相当于在容器1达到平衡后升高温度，升高温度化学反应速率加快，υ3>υ1，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡时c3p1，α3(SO2)<α1(SO2)，K3υ1，c2>2c1，A项错误；B项，K3p1，则p2<2p3，B项错误；C项，υ3>υ1，α3(SO2)<α1(SO2)，C项正确；D项，c2>2c1，c32c3，α1(SO2)+α2(SO3)<1，α3(SO2)<α1(SO2)，则α2(SO3)+α3(SO2)<1，D项正确；故选CD。
17．【2017•天津卷】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
【解析】A项，平衡常数只与温度有关，与浓度无关，A错误；B项，50时，Ni(CO)4以气态存在，有利于分离，从而促使平衡正向移动，B正确；C项，230时，Ni(CO)4分解的平衡常数为5×106，可知分解率较高，C错误；D项，平衡时，4v生成[Ni(CO)4]= v生成(CO)，D错误。故选B。
18．【2017•江苏卷】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
【解析】A．由甲图可知，双氧水浓度越大，分解越快，A错误；B．由图乙可知，溶液的碱性越强即pH越大，双氧水分解越快，B错误；C．由图丙可知，有一定浓度Mn2+存在时，并不是碱性越强H2O2分解速率越快，C错误；由图丙可知，碱性溶液中，Mn2+对双氧水分解有影响，图丁说明Mn2+浓度越大，双氧水分解越快，图丙和图丁均能表明碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大，D正确。
19．【2017•江苏卷】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
【解析】由容器I中反应2NO2 2NO+O2
起始量(mol/L) 0.6 0 0
变化量(mol/L) 0.4 0.4 0.2
平衡量(mol/L) 0.2 0.4 0.2
可以求出平衡常数K=，平衡时气体的总物质的量为0.8 mol，其中NO占0.4 mol，所以NO的体积分数为50%，。在平衡状态下，v正=v(NO2)消耗=v逆=v(NO)消耗，所以k正c2(NO2)=k逆c2(NO)•c(O2)，进一步求出。A．显然容器II的起始投料与容器I的平衡量相比，增大了反应物浓度，平衡将向逆反应方向移动，所以容器II在平衡时气体的总物质的量一定小于1 mol，故两容器的压强之比一定大于4：5，A错误；B．若容器II在某时刻，，则：
由反应 2NO2 2NO + 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，B错误；C．若容器III在某时刻，NO的体积分数为50%，则：
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
由0.5−2x=2x+0.35−x，解之得，x=0.05，求出此时浓度商Qc=>，说明此时反应未达平衡，反应继续向逆反应方向进行，NO进一步减少，所以C正确；D．温度为T2时，>0.8，因为正反应是吸热反应，升高温度后化学平衡常数变大，所以T2>T1，D正确。
20．【2016•北京卷】K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-(橙色)+H2O2CrO42-(黄色)+2H+。用K2Cr2O7溶液进行下列实验：
结合实验，下列说法不正确的是 ( )
A．①中溶液橙色加深，③中溶液变黄
B．②中Cr2O72-被C2H5OH还原
C．对比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强
D．若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色
【答案】D
【解析】A．在平衡体系中加入酸，平衡逆向移动，重铬酸根离子浓度增大，橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，A正确；B．②中重铬酸钾氧化乙醇，重铬酸钾被还原，B正确；C．②是酸性条件，④是碱性条件，酸性条件下氧化乙醇，而碱性条件不能，说明酸性条件下氧化性强，B正确；D．若向④溶液中加入70%的硫酸到过量，溶液为酸性，可以氧化乙醇，溶液变绿色，D错误。故选D。
21．【2016•海南卷】由反应物X转化为Y和Z的能量变化如图所示。下列说法正确的是( )
A．由X→Y反应的ΔH=E5−E2 B．由X→Z反应的ΔH<0
C．降低压强有利于提高Y的产率 D．升高温度有利于提高Z的产率
【答案】BC
【解析】A．根据化学反应的实质，由反应的ΔH=E3−E2，A项错误；B．由图像可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，即由反应的ΔH<0，B项正确；C．根据化学反应2X(g)≒3Y(g)，该反应是气体分子数增加的可逆反应，降低压强，平衡正向移动，有利于提高Y的产率，C项正确；D．由B分析可知，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，Z的产率降低，D项错误；故选BC。
22．【2016•江苏卷】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
【解析】A项，分析Ⅰ、Ⅲ中数据知反应开始时Ⅰ中加入的H2、CO与Ⅲ中加入甲醇的物质的量相当，平衡时甲醇的浓度：Ⅰ＞Ⅲ，温度：Ⅰ＜Ⅲ，即升高温度平衡逆向移动，该反应正向为放热反应，A正确；B项，Ⅱ相当于将容器Ⅰ的体积缩小二分之一，该反应正向为气体物质的量减小的反应，增大压强平衡正向移动，达到平衡时，容器Ⅰ中反应物转化率比容器Ⅱ中的小，b错误；C项，Ⅰ和Ⅱ对比，Ⅱ相当于将容器Ⅰ的体积缩小二分之一，该反应正向为气体物质的量减小的反应，增大压强平衡正向移动，则Ⅱ中氢气的浓度小于Ⅰ中氢气浓度的2倍，Ⅲ和Ⅰ对比，平衡逆向移动，氢气浓度增大，故达到平衡时，容器Ⅱ中c(H2)小于容器Ⅲ中c(H2)的两倍，c错误；D项，温度：Ⅲ＞Ⅰ，当其他条件不变时，升高温度反应速率加快，故达到平衡时，容器Ⅲ中的正反应速率比容器Ⅰ中的大，d正确。故选AD。
23．【2016•四川卷】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φ(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φ(CH4)减小
【答案】A
【解析】A项，从图分析，随着温度升高甲烷的体积分数逐渐减小，说明升温平衡正向移动，则正反应为吸热反应，故A正确；B项，的比值越大，则甲烷的体积分数越小，故a＜3＜b，故B错误；C项，起始加入量的比值为3，但随着反应的进行甲烷和水是按等物质的量反应，所以到平衡时比值不是3，故C错误；D项，温度不变时，加压，平衡逆向移动，甲烷的体积分数增大，故D错误。
二、非选择题
1．【2019•新课标Ⅰ卷】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)。
A．＜0.25 B．0.25 C．0.25~0.50 D．0.50 E．＞0.50
(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 (2)C (4)0.0047 b c a d
【解析】(1)H2还原氧化钴的方程式为：H2(g)＋CoO(s)=Co(s)＋H2O(g)；CO还原氧化钴的方程式为：CO(g)＋CoO(s)=Co(s)＋CO2(g)，平衡时H2还原体系中H2的物质的量分数()高于CO还原体系中CO的物质的量分数()，故还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO大于H2；
(2)721 ℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合，可设其物质的量为1mol，则
CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)
起始(mol) 1 1 0 0
转化(mol) x x x x
平衡(mol) 1-x 1-x x x
则平衡时体系中H2的物质的量分数=，因该反应为可逆反应，故x<1，可假设二者的还原倾向相等，则x=0.5，由(1)可知CO的还原倾向大于H2，所以CO更易转化为H2，故x>0.5，由此可判断最终平衡时体系中H2的物质的量分数介于0.25~0.50，故答案为C；(4)由图可知，30~90 min内a曲线对应物质的分压变化量Δp=(4.08-3.80)kPa=0.28 kPa，故曲线a的反应在30~90 min内的平均速率(a)==0.0047 kPa·min−1；由(2)中分析得出H2的物质的量分数介于0.25~0.5，CO的物质的量分数介于0~0.25，即H2的分压始终高于CO的分压，据此可将图分成两部分：
由此可知，A项，b表示的是H2的分压，C项，d表示的是CO的分压，该反应为放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，CO分压增加，H2分压降低，故467 ℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是B项，c；489 ℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是A项，d。
2．【2019•新课标Ⅱ卷】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：
(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
(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
【答案】(2)40％ 3.56×104 BD (3)CD
【解析】(2)假设反应前碘单质与环戊烯均为nmol，平衡时环戊烯反应了xmol，根据题意可知：
(g)+I2(g)= (g)+2HI(g) 增加的物质的量
1mol 1mol 1mol 2mol 1mol
xmol 2n×20%
得x=0.4nmol，转化率为0.4n/n×100%=40%；
(g) + I2(g) = (g)+ 2HI(g)
P(初) 0.5×105 0.5×105 0 0
ΔP 0.5×105×40% 0.5×105×40% 0.5×105×40% 1×105×40%
P(平) 0.3×105 0.3×105 0.2×105 0.4×105
Kp==3.56×104；A项，T、V一定，通入惰性气体，由于对反应物和生成物浓度无影响，速率不变，平衡不移动，故A错误；B项，升高温度，平衡向吸热方向移动，环戊烯转化率升高，故B正确；C项，增加环戊烯的浓度平衡正向移动，但环戊烯转化率降低；D项，增加I2的浓度，平衡正向移动，环戊烯转化率升高，故D正确；(3)A项，温度越高，反应速率越快，其浓度下降的也越快。因此T1v(逆)，a点反应物浓度大于b点，故a点正反应速率大于b点，因此v(正a)>v(逆b)，故C正确；D项，．b点时环戊二烯浓度由1.5mol/L减小到0.6mol/L，减少了0.9mol/L，因此生成二聚体0.45mol/L，故D正确；故选CD
3．【2019•新课标Ⅲ卷】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：
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____________。
【答案】(1)大于 O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低
【解析】(1)根据反应方程式知，HCl平衡转化率越大，平衡常数K越大，结合图像知K(300℃)>K(400℃)；
由图像知，400℃时，HCl平衡转化率为84%，用三段式法对数据进行处理得：
起始(浓度) c0 c0 0 0
变化(浓度) 0.84c0 0.21c0 0.42c0 0.42c0
平衡(浓度)(1-0.84)c0 (1-0.21)c0 0.42c0 0.42c0
则K=；根据题干信息知，进料浓度比过低，氧气大量剩余，导致分离产物氯气和氧气的能耗较高；进料浓度比过高，HCl不能充分反应，导致HCl转化率较低；
4．【2019•北京卷】氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。
(1)甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。
①反应器中初始反应的生成物为H2和CO2，其物质的量之比为4∶1，甲烷和水蒸气反应的方程式是______________。
③反应物投料比采用n(H2O)∶n(CH4)=4∶1，大于初始反应的化学计量数之比，目的是________________(选填字母序号)。
A．促进CH4转化 B．促进CO转化为CO2 C．减少积炭生成
④用CaO可以去除CO2。H2体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如下图所示。从t1时开始，H2体积分数显著降低，单位时间CaO消耗率_______(填“升高”“降低”或“不变”)。此时CaO消耗率约为35%，但已失效，结合化学方程式解释原因：____________________________。
【答案】(1) ①CH4 + 2H2O= 4H2 + CO2 ③abc
④降低 H2体积分数在t1之后较少，结合CaO+H2O=Ca(OH)2可知水蒸气浓度较小，反应器内反应逆向反应，氧化钙很难和CO2反应，因而失效
【解析】(1)①由于生成物为H2和CO2，其物质的量之比为4：1，反应物是甲烷和水蒸气，因而反应方程式为CH4 + 2H2O= 4H2 + CO2；③初始反应n(H2O):n(CH4)=2：1，说明加入的水蒸气过量，又反应器中反应都存在一定可逆性，根据反应ⅰ知水蒸气浓度越大，甲烷的转化率越高，a正确；根据反应ⅱ知水蒸气浓度越大，CO的转化率越高，b正确；ⅰ和ⅱ产生氢气，使得氢气浓度变大，抑制反应ⅲ，积炭生成量减少，c正确；④t1时CaO消耗率曲线斜率减小，因而单位时间内CaO的消耗率降低，H2体积分数在t1之后较少，结合CaO+H2O=Ca(OH)2可知水蒸气浓度较小，反应器内反应逆向反应，氧化钙很难和CO2反应，因而失效。
5．【2019• 江苏卷】N2O、NO和NO2等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。
(2)NO和NO2的处理。已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收，主要反应为
NO+NO2+2OH−=2NO2-+H2O 2NO2+2OH−= NO2-+ NO3-+H2O
①下列措施能提高尾气中NO和NO2去除率的有________(填字母)。
A．加快通入尾气的速率
B．采用气、液逆流的方式吸收尾气
C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液
【答案】(2)BC
【解析】(2)①A项，加快通入尾气的速率，不能提高尾气中NO和NO2的去除率，不选A；B项，采用气、液逆流的方式吸收尾气，可使气液充分接触，能提高尾气中NO和NO2的去除率，选B；C项，定期补充适量的NaOH溶液可增大反应物浓度，能提高尾气中NO和NO2的去除率，选C。故选BC。
6．【2019• 江苏卷】CO2的资源化利用能有效减少CO2排放，充分利用碳资源。
(3)CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应：
反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH =41.2 kJ·mol−1
反应Ⅱ：2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH =﹣122.5 kJ·mol−1
在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图。其中：
CH3OCH3的选择性=×100％
①温度高于300 ℃，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是________。
②220 ℃时，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性为48%(图中A点)。不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的措施有________。
【答案】(3) ①反应Ⅰ的ΔH＞0，反应Ⅱ的ΔH＜0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度
②增大压强，使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂
【解析】(3)①根据反应方程式，反应I为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，CO2的转化率增大，反应II为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，CO2的转化率降低，根据图像，上升幅度超过下降幅度，因此温度超过300℃时，CO2转化率上升；②图中A点CH3OCH3的选择性没有达到此温度下平衡时CH3OCH3的选择性，依据CH3OCH3选择性公式，提高CH3OCH3选择性，不改变反应时间和温度时，根据反应II，可以增大压强，或者使用对反应II催化活性更高的催化剂。
7．【2019• 天津卷】氮、磷、砷、锑、铋、镆为元素周期表中原子序数依次增大的同族元素。回答下列问题：
(5)在1L真空密闭容器中加入a mol PH4I固体，℃时发生如下反应：
PH4I(s)PH3(g)+HI(g) ①
4 PH3(g)P4(g)+ 6H2(g) ②
2HI(g)H2(g)+I2(g) ③
达平衡时，体系中，，，则℃时反应①的平衡常数值为______(用字母表示)。
【答案】 (5)
【解析】(5)由PH4I(s)PH3(g)+HI(g)可知，amolPH4I分解生成物质的量的PH3和HI，由2HI(g)H2(g)+I2(g)可知HI分解生成c(H2)= c(I2)=cmol/L，PH4I分解生成c(HI)为(2c+b)mol/L，则4 PH3(g)P4(g)+ 6H2(g)可知PH3分解生成c(H2)=(d—c)mol/L，则体系中c(PH3)为[(2c+b)—(d—c)] mol/L=，故反应PH4I(s)PH3(g)+HI(g)的平衡常数K=c(PH3)c(HI)=，故答案为：。
8．【2018•新课标Ⅰ卷】采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。回答下列问题
(2)F. Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25℃时N2O5(g)分解反应：
其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间t的变化如下表所示(t=∞时，N2O5(g)完全分解)：
t/min
0
40
80
160
260
1300
1700
∞
p/kPa
35.8
40.3
42.5.
45.9
49.2
61.2
62.3
63.1
①已知：2N2O5(g)＝2N2O4(g)+O2(g) ΔH1=−4.4 kJ·mol−1
2NO2(g)＝N2O4(g) ΔH 2=−55.3 kJ·mol−1
则反应N2O5(g)＝2NO2(g)+ 1/2O2(g)的ΔH=_______ kJ·mol−1。
②研究表明，N2O5(g)分解的反应速率v=2×10−3×(kPa·min−1)，t=62 min时，测得体系中 =2.9 kPa，则此时的=________ kPa，v=_______ kPa·min−1。
③若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)____63.1 kPa(填“大于”“等于”或“小于”)，原因是________。
④25℃时N2O4(g) 2NO2(g)反应的平衡常数Kp=_______kPa(Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1位小数)。
(3)对于反应2N2O5(g)→4NO2(g)+O2(g)，R.A．Ogg提出如下反应历程：
第一步 N2O5NO2+NO3 快速平衡
第二步 NO2+NO3→NO+NO2+O2 慢反应
第三步 NO+NO3→2NO2 快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是_______(填标号)。
A．v(第一步的逆反应)＞v(第二步反应)
B．反应的中间产物只有NO3
C．第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效
D．第三步反应活化能较高
【答案】(1)O2 (2)①53.1 ②30.0 6.0×10－2 ③大于 温度提高，体积不变，总压强提高；NO2二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高 ④13.4
(3)AC
【解析】(2)①根据盖斯定律可知ⅰ÷2－ⅱ即得到N2O5(g)＝2NO2(g)+1/2O2(g) △H1＝＋53.1kJ/mol；②根据方程式可知氧气与消耗五氧化二氮的物质的量之比是1:2，又因为压强之比是物质的量之比，所以消耗五氧化二氮减少的压强是2.9kPa×2＝5.8kPa，则此时五氧化二氮的压强是35.8kPa－5.8kPa＝30.0kPa，因此此时反应速率v＝2.0×10－3×30＝6.0×10－2(kPa·min－1)；③由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高，所以若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)大于63.1 kPa。④根据表中数据可知五氧化二氮完全分解时的压强是63.1kPa，根据方程式可知完全分解时最初生成的二氧化氮的压强是35.8kPa×2＝71.6 kPa，氧气是35.8kPa÷2＝17.9 kPa，总压强应该是71.6 kPa+17.9 kPa＝89.5 kPa，平衡后压强减少了89.5 kPa－63.1kPa＝26.4kPa，所以根据方程式2NO2(g) N2O4(g)可知平衡时四氧化二氮对应的压强是26.4kPa，二氧化氮对应的压强是71.6 kPa－26.4kPa×2＝18.8kPa，则反应的平衡常数。(3)A项，第一步反应快，所以第一步的逆反应速率大于第二步的逆反应速率，A正确；B项，根据第二步和第三步可知中间产物还有NO，B错误；C项，根据第二步反应生成物中有NO2可知NO2与NO3的碰撞仅部分有效，C正确；D项，第三步反应快，所以第三步反应的活化能较低，D错误。故选AC。
9．【2018•新课标Ⅱ卷】CH4-CO2催化重整不仅可以得到合成气(CO和H2)，还对温室气体的减排具有重要意义。回答下列问题：
(1)CH4-CO2催化重整反应为：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)。
已知：C(s)+2H2(g)=CH4(g) ΔH=-75 kJ·mol−1
C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-394 kJ·mol−1
C(s)+1/2O2(g)=CO(g) ΔH=-111 kJ·mol−1
该催化重整反应的ΔH==______ kJ·mol−1。有利于提高CH4平衡转化率的条件是____(填标号)。
A．高温低压 B．低温高压 C．高温高压 D．低温低压
某温度下，在体积为2 L的容器中加入2 mol CH4、1 mol CO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，其平衡常数为_______mol2·L−2。
(2)反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。
相关数据如下表：
积碳反应CH4(g)=C(s)+2H2(g)
消碳反应CO2(g)+C(s)=2CO(g)
ΔH/(kJ·mol−1)
75
172
活化能/
(kJ·mol−1)
催化剂X
33
91
催化剂Y
43
72
①由上表判断，催化剂X____Y(填“优于”或“劣于”)，理由是_________________。在反应进料气组成、压强及反应时间相同的情况下，某催化剂表面的积碳量随温度的变化关系如图所示。升高温度时，下列关于积碳反应、消碳反应的平衡常数(K)和速率(v)的叙述正确的是________填标号)。
A．K积、K消均增加 B．v积减小，v消增加
C．K积减小，K消增加 D．v消增加的倍数比v积增加的倍数大
②在一定温度下，测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为v=k·p(CH4)·[p(CO2)]-0.5(k为速率常数)。在p(CH4)一定时，不同p(CO2)下积碳量随时间的变化趋势如图所示，则pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为________________。
【答案】(1)247 A 1/3
(2)劣于 相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大 AD pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)
【解析】(1)已知：
①C(s)+2H2(g)=CH4(g) ΔH=-75 kJ·mol−1
②C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-394 kJ·mol−1
③C(s)+1/2O2(g)=CO(g) ΔH=-111 kJ·mol−1
根据盖斯定律可知③×2－②－①即得到该催化重整反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)的ΔH=＋247 kJ·mol−1。正反应是体积增大的吸热反应，所以有利于提高CH4平衡转化率的条件是高温低压，故选A；某温度下，在体积为2 L的容器中加入2 mol CH4、1 mol CO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，根据方程式可知
CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)
起始浓度(mol/L) 1 0.5 0 0
转化浓度(mol/L) 0.25 0.25 0.5 0.5
平衡浓度(mol/L) 0.75 0.25 0.5 0.5
所以其平衡常数为mol2·L−2。
(2)①根据表中数据可知相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大，所以催化剂X劣于Y。A．正反应均是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向进行，因此K积、K消均增加，A正确；B．升高温度反应速率均增大，B错误；C．根据A中分析可知选项C错误；D．积碳量达到最大值以后再升高温度积碳量降低，这说明v消增加的倍数比v积增加的倍数大，D正确。故选AD。②根据反应速率方程式可知在p(CH4)一定时，生成速率随p(CO2)的升高而降低，所以根据图像可知pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)。
10．【2018•新课标Ⅲ卷】三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题：
(3)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323 K和343 K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。
①343 K时反应的平衡转化率α=_________%。平衡常数K343 K=__________(保留2位小数)。
②在343 K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项，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
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项，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。当反应达平衡时，＝，所以=K，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
11．【2018•北京卷】近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：
(2)对反应Ⅱ，在某一投料比时，两种压强下，H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。
p2_______p 1(填“＞”或“＜”)，得出该结论的理由是________________。
(3)I－可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将ii补充完整。
i．SO2+4I－+4H+=S↓+2I2+2H2O
ii．I2+2H2O+_________=_________+_______+2 I－
(4)探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2饱和溶液加入到2 mL下列试剂中，密闭放置观察现象。(已知：I2易溶解在KI溶液中)
序号
A
B
C
D
试剂组成
0.4 mol·L－1 KI
a mol·L－1 KI
0.2 mol·L－1 H2SO4
0.2 mol·L－1 H2SO4
0.2 mol·L－1 KI
0.0002 mol I2
实验现象
溶液变黄，一段时间后出现浑浊
溶液变黄，出现浑浊较A快
无明显现象
溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快
①B是A的对比实验，则a=__________。
②比较A项，B项，C，可得出的结论是______________________。
③实验表明，SO2的歧化反应速率D＞A，结合i、ii反应速率解释原因：________________。
【答案】(2)> 反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，H2SO4 的物质的量增大，体系总物质的量减小，H2SO4的物质的量分数增大
(3)SO2 SO42− 4H+
(4)0.4 I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率 反应ii比i快；D中由反应ii产生的H+使反应i加快
【解析】(2)在横坐标上任取一点，作纵坐标的平行线，可见温度相同时，p2时H2SO4物质的量分数大于p1时；反应II是气体分子数减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，H2SO4物质的量增加，体系总物质的量减小，H2SO4物质的量分数增大；则p2p1。(3)反应II的总反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S，I-可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，催化剂在反应前后质量和化学性质不变，(总反应-反应i)2得，反应ii的离子方程式为I2+2H2O+SO2=4H++SO42-+2I-。(4)①B是A的对比实验，采用控制变量法，B比A多加了0.2mol/LH2SO4，A与B中KI浓度应相等，则a=0.4；②对比A与B，加入H+可以加快SO2歧化反应的速率；对比B与C，单独H+不能催化SO2的歧化反应；比较A项，B项，C，可得出的结论是：I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率；③对比D和A，D中加入KI的浓度小于A，D中多加了I2，反应i消耗H+和I-，反应ii中消耗I2，D中“溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快”，反应速率DA，由此可见，反应ii比反应i速率快，反应ii产生H+使c(H+)增大，从而反应i加快。
12．【2018•天津卷】CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题：
(2)CO2与CH4经催化重整，制得合成气：CH4(g)+ CO2(g) 2CO (g)+ 2H2(g)
①已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：
化学键
C—H
C=O
H—H
CO(CO)
键能/kJ·mol−1
413
745
436
1075
分别在VL恒温密闭容器A(恒容)、B(恒压，容积可变)中，加入CH4和CO2各1 mol的混合气体。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是_______(填“A” 或“B ”)。
②按一定体积比加入CH4和CO2，在恒压下发生反应，温度对CO和H2产率的影响如图3所示。此反应优选温度为900℃的原因是________。
【答案】①B ②900 ℃时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，能耗升高，经济效益降低。
【解析】(2)①化学反应的焓变应该等于反应物键能减去生成物的键能，所以焓变为(4×413+2×745)－(2×1075+2×436)= +120 kJ·mol-1。初始时容器A项，B的压强相等，A容器恒容，随着反应的进行压强逐渐增大(气体物质的量增加)；B容器恒压，压强不变；所以达平衡时压强一定是A中大，B中小，此反应压强减小平衡正向移动，所以B的反应平衡更靠右，反应的更多，吸热也更多。②根据图3得到，900℃时反应产率已经比较高，温度再升高，反应产率的增大并不明显，而生产中的能耗和成本明显增大，经济效益会下降，所以选择900℃为反应最佳温度。
13．【2018•江苏卷】NOx(主要指NO和NO2)是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。
(4)在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。
②将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应。
反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如题20图−2所示，在50～250 ℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是____________________________；当反应温度高于380 ℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是___________________________。
【答案】(4)②迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大
催化剂活性下降;NH3与O2反应生成了NO
【解析】(4)①NH3与NO2的反应为8NH3+6NO27N2+12H2O，该反应中NH3中-3价的N升至0价，NO2中+4价的N降至0价，生成7molN2转移24mol电子。生成1molN2时转移电子数为24/7mol。②因为反应时间相同，所以低温时主要考虑温度和催化剂对化学反应速率的影响；高温时NH3与O2发生催化氧化反应。在50~250℃范围内，NOx的去除率迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大，温度升高催化剂活性下降。反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是NH3与O2反应生成了NO，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O。
14．【2017•新课标Ⅰ卷】近期发现，H2S是继NO、CO之后的第三个生命体系气体信号分子，它具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能。回答下列问题：
(3)H2S与CO2在高温下发生反应：H2S(g)+CO2(g)COS(g) +H2O(g)。在610 K时，将0.10 mol CO2与0.40 mol H2S充入2.5 L的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为0.02。
①H2S的平衡转化率=_______%，反应平衡常数K=________。
②在620 K重复试验，平衡后水的物质的量分数为0.03，H2S的转化率_____，该反应的H_____0。(填“>”“<”或“=”)
③向反应器中再分别充入下列气体，能使H2S转化率增大的是________(填标号)
A．H2S B．CO2 C．COS D．N2
【答案】(3)①2.5 2.8×10–3 ②> > ③B
【解析】(3)① H2S(g) + CO2(g) COS(g)+ H2O(g)
开始 0.40mol 0.10mol 0 0
反应 x x x x
平衡 (0.40–x)mol (0.10–x)mol x x
，解得x=0.01mol，所以H2S的转化率是；由于该反应是反应前后气体体积相等的反应，所以在该条件下反应达到平衡时化学平衡常数；②根据题目提供的数据可知温度由610K升高到620K时，化学反应达到平衡，水的物质的量分数由0.02变为0.03，所以H2S的转化率增大。α2>α1；根据题意可知：升高温度，化学平衡向正反应方向移动，根据平衡移动原理：升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，所以该反应的正反应为吸热反应，故△H>0；③A．增大H2S的浓度，平衡正向移动，但加入量远远大于平衡移动转化消耗量，所以H2S转化率降低，A错误；B．增大CO2的浓度，平衡正向移动，使更多的H2S反应，所以H2S转化率增大，B正确；C．COS是生成物，增大生成物的浓度，平衡逆向移动，H2S转化率降低，C错误；D．N2是与反应体系无关的气体，充入N2，不能使化学平衡发生移动，所以对H2S转化率无影响，D错误。故选B。
15．【2017•新课标Ⅱ卷】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=−242 kJ·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
(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)+123 小于 AD
(2)氢气是产物之一，随着n(氢气)/n(丁烷)增大，逆反应速率增大
(3)升高温度有利于反应向吸热方向进行 温度升高反应速率加快
丁烯高温裂解生成短链烃类
【解析】(1)根据盖斯定律，用②式-③式可得①式，因此△H1=△H2-△H3=-119 kJ/mol +242 kJ/mol =+123kJ/mol。由a图可以看出，温度相同时，由0.1MPa变化到xMPa，丁烷的转化率增大，即平衡正向移动，所以x的压强更小，x<0.1。由于反应①为吸热反应，所以温度升高时，平衡正向移动，丁烯的平衡产率增大，因此A正确、B错误。反应①正向进行时体积增大，加压时平衡逆向移动，丁烯的平衡产率减小，因此C错误，D正确。正确答案：+43kJ·mol－1、小于、AD。(2)一方面H2可以活化催化剂，同时作为反应①的产物，他也会促使平衡逆向移动，从而减少平衡体系中的丁烯的含量。正确答案：原料中过量H 2会使反应①平衡逆向移动，所以丁烯转化率下降。(3)590℃之前，温度升高时反应速率加快，生成的丁烯会更多，同时由于反应①是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡体系中会含有更多的丁烯。而温度超过590℃时，由于丁烷高温会裂解生成短链烃类，所以参加反应①的丁烷也就相应减少。正确答案：590℃前升高温度，反应①平衡正向移动、升高温度时，反应速率加快，单位时间产生丁烯更多、更高温度则有更多的C4H10裂解导致产率降低。
16．【2017•新课标Ⅲ卷】砷(As)是第四周期ⅤA族元素，可以形成As2S3、As2O5、H3AsO3、H3AsO4等化合物，有着广泛的用途。回答下列问题：
(2)工业上常将含砷废渣(主要成分为As2S3)制成浆状，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫。写出发生反应的化学方程式________。该反应需要在加压下进行，原因是________________________。
(4)298 K时，将20 mL 3x mol·L−1 Na3AsO3、20 mL 3x mol·L−1 I2和20 mL NaOH溶液混合，发生反应：AsO(aq)＋I2(aq)＋2OH－(aq) AsO(aq)＋2I－(aq)＋H2O(l)。溶液中c(AsO)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．v(I−)=2v(AsO)
c．c(AsO)/c(AsO)不再变化
d．c(I−)=y mol·L−1
②tm时，v正_____ v逆(填“大于”“小于”或“等于”)。
③tm时v逆_____ tn时v逆(填“大于”“小于”或“等于”)，理由是_____________。
④若平衡时溶液的pH=14，则该反应的平衡常数K为___________。
【答案】(2)2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S
增加反应物O2的浓度，提高As2S3的转化速率
(4)①ac ②大于 ③小于 tm时生成物浓度较低
④
【解析】(2)原已知可以得到As2S3+O2→H3AsO4+S，As2S3总共升高10价，得失电子配平得2As2S3+5O2→4H3AsO4+6S，再考虑质量守恒，反应前少12H、6O ，所以反应原理为2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S。该反应加压时，增加反应物O2的浓度，平衡正向移动，能够有效提高As2S3的转化率；(4)①a．溶液pH不变时，则c(OH-)也保持不变，反应处于平衡状态；b．根据速率关系，v(I-)/2=v(AsO33-)，则v(I−)=2v(AsO33－)始终成立，v(I−)=2v(AsO33－)时反应不一定处于平衡状态；c．由于提供的Na3AsO3总量一定，所以c(AsO43-)/c(AsO33-)不再变化时，c(AsO43-)与c(AsO33-)也保持不变，反应处于平衡状态；d．平衡时c(I−)=2c(AsO33－)=2×y mol/L=2y mol/L时，即c(I-)=y mol/L时反应不是平衡状态。②反应从正反应开始进行，tm时反应继续正向进行，v正>v逆。③tm时比tn时AsO43-浓度小，所以逆反应速率：tm
(2)该小组探究反应②发生的条件。D与浓盐酸混合，不加热，无变化，加热有Cl2生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2。由此判断影响该反应有效进行的因素有(填序号)___________。
a．温度 b．Cl−的浓度 c．溶液的酸度
【答案】(2)ac
【解析】(2)根据实验方案可知，D与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl2生成，可知温度对该反应有影响；当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2。说明加入H+能继续产生Cl2，可知溶液的酸度对该反应有影响，综上所述，影响该反应的因素有温度和溶液的酸度，故选ac。
18．【2017•北京卷】TiCl4是由钛精矿(主要成分为TiO2)制备钛(Ti)的重要中间产物，制备纯TiCl4的流程示意图如下：
(1)氯化过程：TiO2与Cl2难以直接反应，加碳生成CO和CO2可使反应得以进行。
已知：TiO2(s)+2 Cl2(g)= TiCl4(g)+ O2(g) ΔH1=+175.4 kJ·mol-1
2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH2=-220.9 kJ·mol-1
② 氯化过程中CO和CO2可以相互转化，根据如图判断：CO2生成CO反应的ΔH_____0(填“＞”“＜”或“=”)，判断依据：_______________。
【答案】(1)② > 随温度升高，CO含量增大，说明生成CO的反应是吸热反应
【解析】(1)②根据图像，随着温度的升高，CO的浓度增加，CO2浓度降低，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，即△H>0。正确答案：> 、温度越高，CO的物质的量越多(或CO2的物质的量越少)，说明CO2生成CO的反应是吸热反应，所以△H>0。
19．【2016•新课标Ⅰ卷】元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3+(蓝紫色)、Cr(OH)4−(绿色)、Cr2O72−(橙红色)、CrO42−(黄色)等形式存在，Cr(OH)3为难溶于水的灰蓝色固体，回答下列问题：
(2)CrO42−和Cr2O72−在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为1.0 molL−1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72−)随c(H+)的变化如图所示。
②由图可知，溶液酸性增大，CrO42−的平衡转化率__________(填“增大”“减小”或“不变”)。根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为__________。
③升高温度，溶液中CrO42−的平衡转化率减小，则该反应的ΔH______0(填“大于”“小于”或“等于”)。
【答案】(2)①2CrO42-+2H＋Cr2O72-+H2O； ② 增大；1.0×1014 ；③小于；
【解析】(2)①随着H+浓度的增大，CrO42-与溶液中的H+发生反应，反应转化为Cr2O72-的离子反应式为：2CrO42-+2H＋Cr2O72-+H2O。②根据化学平衡移动原理，溶液酸性增大，c(H+)增大，化学平衡2CrO42-+2H＋Cr2O72-+H2O向正反应方向进行，导致CrO42−的平衡转化率增大；根据图像可知，在A点时，c(Cr2O72-)=0.25 mol/L，由于开始时c(CrO42−)=1.0 mol/L，根据Cr元素守恒可知A点的溶液中CrO42-的浓度c(CrO42−)=0.5 mol/L；H+浓度为1.0×10-7 mol/L；此时该转化反应的平衡常数为；③由于升高温度，溶液中CrO42−的平衡转化率减小，说明升高温度，化学平衡逆向移动，导致溶液中CrO42−的平衡转化率减小，根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，逆反应方向是吸热反应，所以该反应的正反应是放热反应，故该反应的ΔH＜0；
20．【2016•新课标Ⅱ卷】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：
①C3H6(g)+NH3(g)+ 3/2O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g) ΔH=-515kJ/mol
①C3H6(g)+ O2(g)=C3H4O(g)+H2O(g) ΔH=-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460℃。低于460℃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460℃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
(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；该反应为气体分子数增大的放热反应，所以降低温度、降低压强有利于提高丙烯腈的平衡产率；提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催化剂。(2)因为该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低，反应刚开始进行，尚未达到平衡状态，460℃以前是建立平衡的过程，所以低于460℃时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡产率；高于460℃时，丙烯腈产率降低，A．催化剂在一定温度范围内活性较高，若温度过高，活性降低，正确；B．平衡常数变大，对产率的影响是提高产率才对，错误；C．根据题意，副产物有丙烯醛，副反应增多导致产率下降，正确；D．反应活化能的大小不影响平衡，错误；故选AC。(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。
21．【2016•新课标3卷】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：
(2)在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO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”)。
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pe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___________。
(4)如果采用NaClO、Ca(ClO)2替代NaClO2，也能得到较好的烟气脱硫效果。
①从化学平衡原理分析，Ca(ClO)2相比NaClO具有的优点是_______。
【答案】(1)亚氯酸钠
(2)①4OH-＋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
(4)①形成CaSO4沉淀，反应平衡向产物方向移动，SO2转化率提高
【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，分析题给数据知NaClO2溶液脱硝过程中主要生产硝酸根和氯离子，利用化合价升降法结合原子守恒和电荷守恒配平，该反应的离子方程式为4OH-+3ClO2-+4NO=4NO3-+3Cl-+2H2O；该反应正反应是气体体积减小的，则增加压强，平衡正向移动，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逐渐减小；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NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高或SO2的溶解度大于NO或二氧化硫的还原性强，易被氧化；(3)①由图像知，随着温度的升高，O2和NO的平衡分压的负对数逐渐减小，O2和NO的平衡分压逐渐增大，平衡逆向移动，脱硫、脱硝反应的平衡常数均减小；②根据反应ClO2−+2SO32−=2SO42-+Cl-写出反应的平衡常数K表达式为；(4)①形成CaSO4沉淀，反应平衡向产物方向移动，SO2转化率提高，所以Ca(ClO)2效果好。
22．【2016•6浙江卷】催化还原CO2是解决温室效应及能源问题的重要手段之一。研究表明，在Cu/ZnO催化剂存在下，CO2和H2可发生两个平行反应，分别生成CH3OH和CO。反应的热化学方程式如下：
CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-53.7kJ·mol-1I
CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2II
某实验室控制CO2和H2初始投料比为1:2.2，在相同压强下，经过相同反应时间测得如下实验数据：
【备注】Cat.1:Cu/ZnO纳米棒；Cat.2:Cu/ZnO纳米片；甲醇选择性：转化的CO2中生成甲醇的百分比
已知：①CO和H2的标准燃烧热分别为-283.0kJ·mol-1和-285.8kJ·mol-1
②H2O(l)=H2O(g)ΔH3=44.0kJ·mol-1
请回答(不考虑温度对ΔH的影响)：
(1)反应I的平衡常数表达式K=________；
(2)有利于提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有。
A．使用催化剂Cat.1 B．使用催化剂Cat.2 C．降低反应温度
D．投料比不变，增加反应物的浓度 E．增大CO2和H2的初始投料比
(3)表中实验数据表明，在相同温度下不同的催化剂对CO2转化成CH3OH的选择性有显著的影响，其原因是 。
(4)在图中分别画出反应I在无催化剂、有Cat.1和有Cat.2三种情况下“反应过程～能量”示意图。
【答案】(1) +41.2 (2)CD
(3)表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响。
(4)
【解析】(1)反应I的平衡常数表达式K=；由①CO和H2的标准燃烧热分别为-283.0kJ•mol-1和-285.8kJ•mol-1以及②H2O(l)=H2O(g) △H3=+44.0kJ•mol-1，由盖斯定律可得反应II的△H2=-285.8kJ•mol-1-(-283.0kJ•mol-1)+44.0kJ•mol-1=+41.2kJ•mol-1。(2)因为CO2转化为CH3OH的反应是一个气体分子数减少的放热反应，所以降温或加压可以使该反应的化学平衡向正反应方向移动。有利于提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有降低反应温度或在投料比不变的条件下增加反应物的浓度(即增大压强)，选CD。(3)从表格数据分析，在相同的温度下，不同的催化剂，相同的反应时间内，其二氧化碳的转化率也不同，说明不同的催化剂的催化能力不同；相同催化剂不同的温度，二氧化碳的转化率不同，且温度高的转化率大，因为正反应为放热反应，说明表中数据是未到平衡数据。所以答案为：表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响。(4)从表中数据分析，在催化剂Cat.2的作用下，甲醇的选择性更大，说明催化剂Cat.2对反应Ⅰ的催化效果更好，催化剂能降低反应的活化能，说明使用催化剂Cat.2的反应过程中活化能更低，故图为。
23．【2016•海南卷】顺-1，2-二甲基环丙烷和反-1，2-二甲基环丙烷可发生如下转化：
该反应的速率方程可表示为：v(正)=k(正)c(顺)和v(逆)=k(逆)c(反)，k(正)和k(逆)在一定温度时为常数，分别称作正，逆反应速率常数。回答下列问题：
(1)已知：t1温度下，k(正)=0.006s－1，k(逆)=0.002s－1，该温度下反应的平衡常数值K1=_____；该反应的活化能Ea(正)小于Ea(逆)，则△H________0(填“小于”“等于”或“大于”)。
(2)t2温度下，图中能表示顺式异构体的质量分数随时间变化的曲线是_______(填曲线编号)，平衡常数值K2=_____；温度t2___t1(填“小于”“等于”或“大于”)，判断理由是______。
【答案】(1)3 小于
(2)B 7/3 大于 放热反应升高温度时平衡向逆反应方向移动
【解析】(1)根据v(正)=k(正)c(顺)、k(正)=0.006s－1，则v(正)=0.006c(顺)， v(逆)=k(逆)c(反)，k(逆)=0.002s－1， v(逆)= 0.002 c(反)，达到化学平衡状态时正逆反应速率相等，则0.006c(顺)=0.002 c(反)，K1=c(反)/c(顺)=0.006÷0.002=3；该反应的活化能Ea(正)小于Ea(逆)，说明断键吸收的能量小于成键释放的能量，即该反应为放热反应，则小于零。(2)随着时间的推移，顺式异构体的质量分数不断减少，则符合条件的曲线是B，设顺式异构体的起始浓度为x，该可逆反应左右物质系数相等，均为1，则平衡时，顺式异构体为0.3x，反式异构体为0.7x，所以平衡常数值K2= =7/3，因为K1>K2，放热反应升高温度时平衡向逆反应方向移动， 所以温度t2大于t1。
24．【2016•上海卷】随着科学技术的发展和环保要求的不断提高，CO2的捕集利用技术成为研究的重点。完成下列填空：
(1)目前国际空间站处理CO2的一个重要方法是将CO2还原，所涉及的反应方程式为：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)
已知H2的体积分数随温度升高而增加。若温度从300℃升至400℃，重新达到平衡，判断下列表格中各物理量的变化。(选填“增大”、“减小”或“不变”)
v正
v逆
平衡常数K
转化率α
(2)相同温度时，上述反应在不同起始浓度下分别达到平衡，各物质的平衡浓度如下表：
[CO2]/mol·L-1
[H2]/mol·L-1
[CH4]/mol·L-1
[H2O]/mol·L-1
平衡Ⅰ
a
b
c
d
平衡Ⅱ
m
n
x
y
A项，B项，C项，d与m、n、x、y之间的关系式为_________。
【答案】(1)
v正
v逆
平衡常数K
转化率α
增大
增大
减小
减小
(2)
【解析】(1)H2的体积分数随温度的升高而增加，这说明升高温度平衡逆反应方向进行，即正反应是放热反应。升高温度正逆反应速率均增大，平衡逆反应方向进行，平衡常数减小，反应物的转化率减小。(2)相同温度时平衡常数不变，则A项，B项，C项，d与m、n、x、y之间的关系式为。
25．【2016•四川卷】资源的高效利用对保护环境、促进经济持续健康发展具有重要作用。磷尾矿主要含Ca5(PO4)3F和CaCO3·MgCO3 。某研究小组提出了磷尾矿综合利用的研究方案，制备具有重要工业用途的CaCO3、Mg(OH)2、P4和H2，其简化流程如下：略
已知：①Ca5(PO4)3F在950℃不分解；
②4Ca5(PO4)3F+18SiO2+30C2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4
请回答下列问题：
(6)在一定条件下CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)，当CO与H2O(g)的起始物质的量之比为1:5，达平衡时，CO转化了5/6。若a kg含Ca5(PO4)3F(相对分子质量为504)的质量分数为10%的磷尾矿，在上述过程中有b%的Ca5(PO4)3F转化为P4，将产生的CO与H2O(g)按起始物质的量之比1:3混合，则相同条件下达平衡时能产生H2________kg。
【答案】(6)
【解析】(6)根据题给数据利用三段式分析。设CO的起始浓度为1 mol/L，则水蒸气的起始浓度为5 mol/L
CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)
起始浓度(mol/L) 1 5 0 0
转化浓度(mol/L) 5/6 5/6 5/6 5/6
平衡浓度(mol/L) 1/6 25/6 5/6 5/6
则K=c(CO2)c(H2)/c(CO)c(H2O)=1。相同条件下当CO与H2O(g)的起始物质的量之比为1:3，平衡常数不变，设转化的CO为x mol。
CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)
起始浓度(mol/L) 1 3 0 0
转化浓度(mol/L) x x x x
平衡浓度(mol/L) (1-x) (3-x) x x
则x2/(1-x)(3-x)=1，解得x=3/4，即达平衡时，CO转化了3/4 mol。转化为P4的Ca5(PO4)3F质量为a×10%×b%kg，根据反应4Ca5(PO4)3F+18SiO2+30C2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4知生成CO的质量为(30×28×a×10%×b%)/(4×504)kg，则转化的CO的质量为3(30×28×a×10%×b%)/4(4×504)kg，根据反应：CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)知相同条件下达平衡时能产生H2的质量为3(30×28×a×10%×b%)/56(4×504)kg=kg。
26．【2016•天津卷】氢能是发展中的新能源，它的利用包括氢的制备、储存和应用三个环节。回答下列问题：
(2)氢气可用于制备H2O2。已知：
H2(g)+A(l)=B(l) ΔH1
O2(g)+B(l)=A(l)+H2O2(l) ΔH2
其中A项，B为有机物，两反应均为自发反应，则H2(g)+ O2(g)= H2O2(l)的ΔH____0(填“＞”、“<”或“=”)。
(3)在恒温恒容的密闭容器中，某储氢反应：MHx(s)+yH2(g) MHx+2y(s) ΔH<0达到化学平衡。下列有关叙述正确的是________。
a．容器内气体压强保持不变
b．吸收y mol H2只需1 mol MHx
c．若降温，该反应的平衡常数增大
d．若向容器内通入少量氢气，则v(放氢)＞v(吸氢)
【答案】(2)＜ (3)ac
【解析】(2)①H2(g)+A(l)=B(l) ΔH1，②O2(g)+B(l)=A(l)+H2O2(l) ΔH2，两反应的ΔS＜0，根据ΔG=ΔH−TΔS，因为均为两反应自发反应，因此ΔH均小于0，将①+②得：H2(g)+ O2(g)= H2O2(l)的ΔH=ΔH1+ΔH1＜0；(3)MHx(s)+yH2(g) MHx+2y(s) ΔH<0，该反应属于气体的物质的量发生变化的反应。A．平衡时气体的物质的量不变，压强不变，正确；B．该反应为可逆反应，吸收y mol H2需要大于1 mol 的MHx，错误；C．降低温度，平衡向正反应方向移动，平衡常数增大，正确；D．向容器内通入少量氢气，相当于增大压强，平衡正向移动，v(放氢)＜v(吸氢)，错误；故选ac；
解密08 化学反应速率和化学平衡
1．了解化学反应速率的概念和定量表示方法。能正确计算化学反应的转化率(α)。
2．了解反应活化能的概念，了解催化剂的重要作用。
3．了解化学反应的可逆性及化学平衡的建立。
4．掌握化学平衡的特征。了解化学平衡常数(K)的含义，能利用化学平衡常数进行相关计算。
5．理解外界条件(浓度、温度、压强、催化剂等)对反应速率和化学平衡的影响，能用相关理论解释其一般规律。
6．了解化学反应速率和化学平衡的调控在生活、生产和科学研究领域中的重要作用。
一、选择题
1．【2020•新课标Ⅱ卷】二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响，其原理如下图所示。下列叙述错误的是( )
A．海水酸化能引起HCO3-浓度增大、CO32-浓度减小
B．海水酸化能促进CaCO3的溶解，导致珊瑚礁减少
C．CO2能引起海水酸化，其原理为HCO3-H++ CO32-
D．使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境
【答案】C
【解析】A项，海水酸化，H+浓度增大，平衡H++ CO32-HCO3-正向移动，CO32-浓度减小，HCO3-浓度增大，A正确；B项，海水酸化，CO32-浓度减小，导致CaCO3溶解平衡正向移动，促进了CaCO3溶解，导致珊瑚礁减少，B正确；C项，CO2引起海水酸化的原理为：CO2+H2OH2CO3H++ HCO3-，HCO3-H++ CO32-，导致H+浓度增大，C错误；D项，使用太阳能、氢能等新能源，可以减少化石能源的燃烧，从而减少CO2的排放，减弱海水酸化，从而改善珊瑚礁的生存环境，D正确；故选C。
2．【2020•浙江1月选考】在干燥的HCl气流中加热MgCl2·6H2O，能得到无水MgCl2。下列说法不正确的是( )
A．MgCl2·nH2O(s)=MgCl2·(n－1)H2O(s)＋H2O(g) ΔH＞0
B．MgCl2·2H2O(s)=Mg(OH)2(s)＋2HCl(g)，HCl气流可抑制反应进行
C．MgCl2·H2O(s)=Mg(OH)Cl(s)＋HCl(g)，升高温度，反应更易发生
D．MgCl2·4H2O(s)=MgCl2·2H2O(s)＋2H2O(g)，HCl气流可抑制反应进行
【答案】D
【解析】A项，MgCl2·nH2O的失水反应是吸热反应，焓变ΔH＞0，故A正确；B项，在HCl气流中，能使MgCl2·2H2O的水解平衡向逆反应方向移动，抑制反应进行，故B正确；C项，MgCl2·H2O的水解反应是吸热反应，升高温度，水解平衡向正反应方向移动，促进反应进行，故C正确；D项，MgCl2·4H2O的失水反应没有氯化氢生成，HCl气流对反应没有影响，故D错误；故选D。
3．【2020•浙江1月选考】一定温度下，在2 L的恒容密闭容器中发生反应A(g)＋2B(g) 3C(g)。反应过程中的部分数据如下表所示：
n/mol
t/min
n(A)
n(B)
n(C)
0
2.0
2.4
0
5
0.9
10
1.6
15
1.6
下列说法正确的是( )
A．0~5 min用A表示的平均反应速率为
B．该反应在10 min后才达到平衡
C．平衡状态时，
D．物质B的平衡转化率为20%
【答案】C
【解析】A项，v(C)= ，同一反应反应中反应速率之比等于计量数之比，3v(A)=v(C)，所以v(A)=，故A错误；B项，15min时，n(B)=1.6mol，消耗了2.4mol-1.6mol=0.8mol，根据方程式可知这段时间内消耗A的物质的量为0.4mol，所以15min时，n(A)=1.6mol，与10min时A的物质的量相同，说明10~15min这段时间内平衡没有移动，但无法确定是10min时达到平衡，还是10min前已经达到平衡，故B错误；C项，根据B选项分析可知平衡时消耗的B为0.8mol，根据方程式可知生成C的物质的量为1.2mol，浓度为，故C正确；D项，物质B的平衡转化率为，故D错误；故选C。
4．【2020•浙江7月选考】一定条件下：2NO2(g)N2O4(g) 。在测定NO2的相对分子质量时，下列条件中，测定结果误差最小的是( )
A．温度0℃、压强50 kPa B．温度130℃、压强300 kPa
C．温度25℃、压强100 kPa D．温度130℃、压强50 kPa
【答案】D
【解析】测定二氧化氮的相对分子质量，要使测定结果误差最小，应该使混合气体中NO2的含量越多越好，为了实现该目的，应该改变条件使平衡尽可以地逆向移动。该反应是一个反应前后气体分子数减小的放热反应，可以通过减小压强、升高温度使平衡逆向移动，则选项中，温度高的为130℃，压强低的为50kPa，结合二者选D。
5．【2020•江苏卷】反应可用于纯硅的制备。下列有关该反应的说法正确的是( )
A．该反应 、
B．该反应的平衡常数
C．高温下反应每生成1 mol Si需消耗
D．用E表示键能，该反应
【答案】B
【解析】A项，SiCl4、H2、HCl为气体，且反应前气体系数之和小于反应后气体系数之和，因此该反应为熵增，即△S>0，故A错误；B项，根据化学平衡常数的定义，该反应的平衡常数K=，故B正确；C项，题中说的是高温，不是标准状况下，因此不能直接用22.4L·mol－1计算，故C错误；D项，△H=反应物键能总和－生成物键能总和，即△H=4E(Si－Cl)＋2E(H－H)－4E(H－Cl) －2E(Si－Si)，故D错误；故选B。
6．【2020•江苏卷】CH4与CO2重整生成H2和CO的过程中主要发生下列反应
CH4(g)＋CO2(g)=2H2 (g)＋2CO(g) ΔH=247.1kJ·mol-1
H2(g)＋CO2(g)=H2O (g)＋CO(g) ΔH=41.2kJ·mol-1
在恒压、反应物起始物质的量比n(CH4)：n(CO2)=1：1条件下，CH4和CO2的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示。下列有关说法正确的是( )
A．升高温度、增大压强均有利于提高CH4的平衡转化率
B．曲线B表示CH4的平衡转化率随温度的变化
C．相同条件下，改用高效催化剂能使曲线A和曲线B相重叠
D．恒压、800K、n(CH4)：n(CO2)=1:1条件下，反应至CH4转化率达到X点的值，改变除温度外的特定条件继续反应，CH4转化率能达到Y点的值
【答案】BD
【解析】A项，甲烷和二氧化碳反应是吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应即正向移动，甲烷转化率增大，甲烷和二氧化碳反应是体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，甲烷转化率减小，故A错误；B项，根据两个反应得到总反应为CH4(g)＋2CO2(g) == H2(g)＋3CO(g) ＋H2O (g)，加入的CH4与CO2物质的量相等，CO2消耗量大于CH4，因此CO2的转化率大于CH4，因此曲线B表示CH4的平衡转化率随温度变化，故B正确；C项，使用高效催化剂，只能提高反应速率，但不能改变平衡转化率，故C错误；D项，800K时甲烷的转化率为X点，可以通过改变二氧化碳的量来提高甲烷的转化率达到Y点的值，故D正确。故选BD。
7．【2020•江苏卷】CO2/ HCOOH循环在氢能的贮存/释放、燃料电池等方面具有重要应用。
(1)CO2催化加氢。在密闭容器中，向含有催化剂的KHCO3溶液(CO2与KOH溶液反应制得)中通入H2生成HCOO-，其离子方程式为__________；其他条件不变，HCO3-转化为HCOO-的转化率随温度的变化如图-1所示。反应温度在40℃~80℃范围内，HCO3-催化加氢的转化率迅速上升，其主要原因是_____________。
(3) HCOOH催化释氢。在催化剂作用下， HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图-3所示。
①HCOOD催化释氢反应除生成CO2外，还生成__________(填化学式)。
②研究发现：其他条件不变时，以 HCOOK溶液代替 HCOOH催化释氢的效果更佳，其具体优点是_______________。
【答案】(1)HCO3-+H2HCOOˉ+H2O 温度升高反应速率增大，温度升高催化剂的活性增强
(3)①HD ②提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度
【解析】(1)含有催化剂的KHCO3溶液中通入H2生成HCOOˉ，根据元素守恒和电荷守恒可得离子方程式为：HCO3-+H2HCOOˉ+H2O；反应温度在40℃~80℃范围内时，随温度升高，活化分子增多，反应速率加快，同时温度升高催化剂的活性增强，所以HCO3-的催化加氢速率迅速上升。(3)①根据分析可知HCOOD可以产生HCOOˉ和D+，所以最终产物为CO2和HD(Hˉ与D+结合生成)；②HCOOK是强电解质，更容易产生HCOOˉ和K+，更快的产生KH，KH可以与水反应生成H2和KOH，生成的KOH可以吸收分解产生的CO2，从而使氢气更纯净，所以具体优点是：提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度。
8．【2020•山东卷】1，3-丁二烯与HBr发生加成反应分两步：第一步H+进攻1，3-丁二烯生成碳正离子()；第二步Br -进攻碳正离子完成1，2-加成或1，4-加成。反应进程中的能量变化如下图所示。已知在0℃和40℃时，1，2-加成产物与1，4-加成产物的比例分别为70:30和15:85。下列说法正确的是( )
A．1，4-加成产物比1，2-加成产物稳定
B．与0℃相比，40℃时1，3-丁二烯的转化率增大
C．从0℃升至40℃，1，2-加成正反应速率增大，1，4-加成正反应速率减小
D．从0℃升至40℃，1，2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度
【答案】AD
【解析】A项，能量越低越稳定，根据图像可看出，1，4-加成产物的能量比1，2-加成产物的能量低，即1，4-加成产物的能量比1，2-加成产物稳定，故A正确；B项，该加成反应不管生成1，4-加成产物还是1，2-加成产物，均为放热反应，则升高温度，不利用1，3-丁二烯的转化，即在400C时其转化率会减小，故B错误；C项，从00C升至400C，正化学反应速率均增大，即1，4-加成和1，2-加成反应的正速率均会增大，故C错误；D项，从00C升至400C，对于1，2-加成反应来说，化学平衡向逆向移动，即1，2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度，故D正确；故选AD。
9．【2020•天津卷】已知[Co(H2O)6]2+呈粉红色，[CoCl4]2-呈蓝色，[ZnCl4]2-为无色。现将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：[Co(H2O)6]2++4Cl- [CoCl4]2-+6H2O ΔH，用该溶液做实验，溶液的颜色变化如下：
以下结论和解释正确的是( )
A．等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-中σ键数之比为3:2
B．由实验①可推知△H<0
C．实验②是由于c(H2O)增大，导致平衡逆向移动
D．由实验③可知配离子的稳定性：[ZnCl4]2->[CoCl4]2-
【答案】D
【解析】A项，1个[Co(H2O)6]2+中含有18个σ键，1个[CoCl4]2-中含有4个σ键，等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-所含σ键数之比为18:4=9:2，A错误；B项，实验①将蓝色溶液置于冰水浴中，溶液变为粉红色，说明降低温度平衡逆向移动，则逆反应为放热反应，正反应为吸热反应，∆H>0，B错误；C项，实验②加水稀释，溶液变为粉红色，加水稀释，溶液的体积增大，[Co(H2O)6]2+、[CoCl4]2-、Cl-浓度都减小，[Co(H2O)6]2+、Cl-的化学计量数之和大于[CoCl4]2-的化学计量数，则瞬时浓度商>化学平衡常数，平衡逆向移动，C错误；D项，实验③加入少量ZnCl2固体，溶液变为粉红色，说明Zn2+与Cl-结合成更稳定的[ZnCl4]2-，导致溶液中c(Cl-)减小，平衡逆向移动，则由此说明稳定性：[ZnCl4]2->[CoCl4]2-，D正确；故选D。
10．【2020•北京卷】一定温度下，反应I2(g)+H2(g)⇌2Hl(g)在密闭容器中达到平衡时，测得c(I2)=0.11mmol•L-1，c(HI)=0.78mmol•L-1。相同度温下，按下列4组初始浓度进行实验，反应逆向进行的是(注：1mmol•L-1=10-3mol•L-1) ( )
A
B
C
D
c(I2)/mmol•L-1
1.00
0.22
0.44
0.11
c(H2)/mmol•L-1
1.00
0.22
0.44
0.44
c(HI)/mmol•L-1
1.00
1.56
4.00
1.56
【答案】C
【解析】题目中缺少c(H2)，则无法计算K，则不能通过Qc与K的关系判断平衡的移动方向，但可比较4个选项中Qc的大小关系，Qc越大，则可能逆向移动。Qc(A)==1，Qc(B)==50.28，Qc(C)==82.64，Qc(D)==50.28，Qc(C)的值最大，答案为C。
11．【2019•江苏卷】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)=5.0×10−4 mol·L−1，NO平衡转化率为50%，则平衡常数K>2000
【答案】BD
【解析】A．随温度升高NO的转化率先升高后降低，说明温度较低时反应较慢，一段时间内并未达到平衡，分析温度较高时，已达到平衡时的NO转化率可知，温度越高NO转化率越低，说明温度升高平衡向逆方向移动，根据勒夏特列原理分析该反应为放热反应，∆H<0，故A错误；B．根据上述分析，X点时，反应还未到达平衡状态，平衡正向移动，所以延长反应时间能提高NO的转化率，故B正确；C．Y点，反应已经达到平衡状态，此时增加O2的浓度，使得正反应速率大于逆反应速率，平衡向正方向移动，可以提高NO的转化率，故C错误；D．设NO起始浓度为a，NO的转化率为50%，则平衡时NO、O2和NO2的浓度分别为0.5amol/L、(5×10-4-0.25a)mol/L、0.5amol/L，根据平衡常数表达式 K=>=2000，故D正确；选BD。
12．【2019•浙江4月选考】下列说法正确的是( )
A．H(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项，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%，放出的热量为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，吸收的热量为Q2，Q2不等于Q1
【答案】B
【解析】A．该可逆反应的反应前后气体计量数不发生变化，当缩小反应容器体积，相当于加压，正逆反应速率同等程度增加，A项错误；B．在建立平衡前，碳的质量不断改变，达到平衡时，质量不变，因而碳的质量不再改变说明反应已达平衡，B项正确；C．若压强不再改变说明反应达到平衡，表明反应前后气体的计量数不等，故A项，C不可能均为气体，C项错误；D．易知N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH，合成氨气实际参与反应n(H2)=3×10％=0.3mol，因而Q1=0.3/3×|ΔH|=0.1|ΔH|，分解氨气时实际消耗的n(NH3)=2×10％=0.2mol，Q2=0.2/2×|ΔH|=0.1|ΔH|，则Q1=Q2，D项错误。故选B。
13．【2019•浙江4月选考】高温高压液态水具有接近常温下弱酸的c(H+)或弱碱的c(OH−)，油脂在其中能以较快的反应速率水解。与常温常压水相比，下列说法不正确的是( )
A．高温高压液态水中，体系温度升高，油脂水解反应速率加快
B．高温高压液态水中，油脂与水的互溶能力增强，油脂水解反应速率加快
C．高温高压液态水中，c(H+)增大，可催化油脂水解反应，且产生的酸进一步催化水解
D．高温高压液态水中的油脂水解，相当于常温下在体系中加入了相同c(H+)的酸或相同c(OH−)的碱的水解
【答案】D
【解析】A．对于任何化学反应，体系温度升高，均可加快反应速率，A项正确；B．由于高温高压液态水中，c(H+)和c(OH−)增大，油脂水解向右移动的倾向变大，因而油脂与水的互溶能力增强，反应速率加快，B项正确；C．油脂在酸性条件下水解，以H+做催化剂，加快水解速率，因而高温高压液态水中，c(H+)增大，可催化油脂水解反应，且产生的酸进一步催化水解，C项正确；D．高温高压液态水中的油脂水解，其水环境仍呈中性，因而不能理解成相当于常温下在体系中加入了相同c(H+)的酸或相同c(OH−)的碱的水解，而是以体系升温、增加水和油脂的互溶以及提高水中H+浓度的方式，促进油脂的水解，D项不正确。故选D。
14．【2019•上海卷】已知反应式：mX(g)+nY(?)pQ(s)+2mZ(g)，已知反应已达平衡，此时c(X)=0.3mol/L，其他条件不变，若容器缩小到原来的1/2，c(X)=0.5mol/L，下列说法正确的是( )
A． 反应向逆方向移动 B． Y可能是固体或液体
C． 系数n>m D． Z的体积分数减小
【答案】C
【解析】A．已知反应达平衡时c(X)=0.3mol/L，其他条件不变，若容器缩小到原来的1/2，如果化学平衡不移动，c(X)=0.6mol/L，但是题中说c(X)=0.5mol/L说明加压后化学平衡向正向移动了，故A错误；B．结合题意可知正反应是气体总体积减少的反应，如果y为固体或液体，则必须满足m>2m，显然不可能成立。所以有只能是气体B 错误；C．要满足m+n>2m，所以n>m。C正确；D．根据题意化学平衡向右移动，Z的体积分数是增大的，所以D错误。
15．【2018•天津卷】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】A项，加入NaOH，中和HBr，平衡逆向移动，可增大乙醇的物质的量，A正确；B项，增大HBr浓度，平衡正向移动，有利于生成C2H5Br，B正确；C项，若反应物增大至2 mol，实际上就是将反应的浓度都增大至原来的2倍，比例不变(两次实验反应物的比例都是1:1，等于方程式中的系数比)，这里有一个可以直接使用的结论：只要反应物的投料比等于系数比，达平衡时反应物的转化率一定是相等的。所以两种反应物的转化率一定是1:1，C正确；D项，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，D错误。
16．【2018•江苏卷】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．v1< v2，c2< 2c1 B．K1> K3，p2> 2p3
C．v1< v3，α1(SO2 ) >α3(SO2 ) D．c2> 2c3，α2(SO3 )+α3(SO2 )<1
【答案】CD
【解析】对比容器的特点，将容器1和容器2对比，将容器1和容器3对比。容器2中加入4molSO3等效于在相同条件下反应物投入量为4molSO2和2molO2，容器2中起始反应物物质的量为容器1的两倍，容器2相当于在容器1达平衡后增大压强，将容器的体积缩小为原来的一半，增大压强化学反应速率加快，υ2>υ1，增大压强平衡向正反应方向移动，平衡时c2>2c1，p2<2p1，α1(SO2)+α2(SO3)<1，容器1和容器2温度相同，K1=K2；容器3相当于在容器1达到平衡后升高温度，升高温度化学反应速率加快，υ3>υ1，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡时c3
17．【2017•天津卷】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
【解析】A项，平衡常数只与温度有关，与浓度无关，A错误；B项，50时，Ni(CO)4以气态存在，有利于分离，从而促使平衡正向移动，B正确；C项，230时，Ni(CO)4分解的平衡常数为5×106，可知分解率较高，C错误；D项，平衡时，4v生成[Ni(CO)4]= v生成(CO)，D错误。故选B。
18．【2017•江苏卷】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
【解析】A．由甲图可知，双氧水浓度越大，分解越快，A错误；B．由图乙可知，溶液的碱性越强即pH越大，双氧水分解越快，B错误；C．由图丙可知，有一定浓度Mn2+存在时，并不是碱性越强H2O2分解速率越快，C错误；由图丙可知，碱性溶液中，Mn2+对双氧水分解有影响，图丁说明Mn2+浓度越大，双氧水分解越快，图丙和图丁均能表明碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大，D正确。
19．【2017•江苏卷】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
【解析】由容器I中反应2NO2 2NO+O2
起始量(mol/L) 0.6 0 0
变化量(mol/L) 0.4 0.4 0.2
平衡量(mol/L) 0.2 0.4 0.2
可以求出平衡常数K=，平衡时气体的总物质的量为0.8 mol，其中NO占0.4 mol，所以NO的体积分数为50%，。在平衡状态下，v正=v(NO2)消耗=v逆=v(NO)消耗，所以k正c2(NO2)=k逆c2(NO)•c(O2)，进一步求出。A．显然容器II的起始投料与容器I的平衡量相比，增大了反应物浓度，平衡将向逆反应方向移动，所以容器II在平衡时气体的总物质的量一定小于1 mol，故两容器的压强之比一定大于4：5，A错误；B．若容器II在某时刻，，则：
由反应 2NO2 2NO + 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，B错误；C．若容器III在某时刻，NO的体积分数为50%，则：
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
由0.5−2x=2x+0.35−x，解之得，x=0.05，求出此时浓度商Qc=>，说明此时反应未达平衡，反应继续向逆反应方向进行，NO进一步减少，所以C正确；D．温度为T2时，>0.8，因为正反应是吸热反应，升高温度后化学平衡常数变大，所以T2>T1，D正确。
20．【2016•北京卷】K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-(橙色)+H2O2CrO42-(黄色)+2H+。用K2Cr2O7溶液进行下列实验：
结合实验，下列说法不正确的是 ( )
A．①中溶液橙色加深，③中溶液变黄
B．②中Cr2O72-被C2H5OH还原
C．对比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强
D．若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色
【答案】D
【解析】A．在平衡体系中加入酸，平衡逆向移动，重铬酸根离子浓度增大，橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，A正确；B．②中重铬酸钾氧化乙醇，重铬酸钾被还原，B正确；C．②是酸性条件，④是碱性条件，酸性条件下氧化乙醇，而碱性条件不能，说明酸性条件下氧化性强，B正确；D．若向④溶液中加入70%的硫酸到过量，溶液为酸性，可以氧化乙醇，溶液变绿色，D错误。故选D。
21．【2016•海南卷】由反应物X转化为Y和Z的能量变化如图所示。下列说法正确的是( )
A．由X→Y反应的ΔH=E5−E2 B．由X→Z反应的ΔH<0
C．降低压强有利于提高Y的产率 D．升高温度有利于提高Z的产率
【答案】BC
【解析】A．根据化学反应的实质，由反应的ΔH=E3−E2，A项错误；B．由图像可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，即由反应的ΔH<0，B项正确；C．根据化学反应2X(g)≒3Y(g)，该反应是气体分子数增加的可逆反应，降低压强，平衡正向移动，有利于提高Y的产率，C项正确；D．由B分析可知，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，Z的产率降低，D项错误；故选BC。
22．【2016•江苏卷】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
【解析】A项，分析Ⅰ、Ⅲ中数据知反应开始时Ⅰ中加入的H2、CO与Ⅲ中加入甲醇的物质的量相当，平衡时甲醇的浓度：Ⅰ＞Ⅲ，温度：Ⅰ＜Ⅲ，即升高温度平衡逆向移动，该反应正向为放热反应，A正确；B项，Ⅱ相当于将容器Ⅰ的体积缩小二分之一，该反应正向为气体物质的量减小的反应，增大压强平衡正向移动，达到平衡时，容器Ⅰ中反应物转化率比容器Ⅱ中的小，b错误；C项，Ⅰ和Ⅱ对比，Ⅱ相当于将容器Ⅰ的体积缩小二分之一，该反应正向为气体物质的量减小的反应，增大压强平衡正向移动，则Ⅱ中氢气的浓度小于Ⅰ中氢气浓度的2倍，Ⅲ和Ⅰ对比，平衡逆向移动，氢气浓度增大，故达到平衡时，容器Ⅱ中c(H2)小于容器Ⅲ中c(H2)的两倍，c错误；D项，温度：Ⅲ＞Ⅰ，当其他条件不变时，升高温度反应速率加快，故达到平衡时，容器Ⅲ中的正反应速率比容器Ⅰ中的大，d正确。故选AD。
23．【2016•四川卷】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φ(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φ(CH4)减小
【答案】A
【解析】A项，从图分析，随着温度升高甲烷的体积分数逐渐减小，说明升温平衡正向移动，则正反应为吸热反应，故A正确；B项，的比值越大，则甲烷的体积分数越小，故a＜3＜b，故B错误；C项，起始加入量的比值为3，但随着反应的进行甲烷和水是按等物质的量反应，所以到平衡时比值不是3，故C错误；D项，温度不变时，加压，平衡逆向移动，甲烷的体积分数增大，故D错误。
二、非选择题
1．【2019•新课标Ⅰ卷】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)。
A．＜0.25 B．0.25 C．0.25~0.50 D．0.50 E．＞0.50
(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 (2)C (4)0.0047 b c a d
【解析】(1)H2还原氧化钴的方程式为：H2(g)＋CoO(s)=Co(s)＋H2O(g)；CO还原氧化钴的方程式为：CO(g)＋CoO(s)=Co(s)＋CO2(g)，平衡时H2还原体系中H2的物质的量分数()高于CO还原体系中CO的物质的量分数()，故还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO大于H2；
(2)721 ℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合，可设其物质的量为1mol，则
CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)
起始(mol) 1 1 0 0
转化(mol) x x x x
平衡(mol) 1-x 1-x x x
则平衡时体系中H2的物质的量分数=，因该反应为可逆反应，故x<1，可假设二者的还原倾向相等，则x=0.5，由(1)可知CO的还原倾向大于H2，所以CO更易转化为H2，故x>0.5，由此可判断最终平衡时体系中H2的物质的量分数介于0.25~0.50，故答案为C；(4)由图可知，30~90 min内a曲线对应物质的分压变化量Δp=(4.08-3.80)kPa=0.28 kPa，故曲线a的反应在30~90 min内的平均速率(a)==0.0047 kPa·min−1；由(2)中分析得出H2的物质的量分数介于0.25~0.5，CO的物质的量分数介于0~0.25，即H2的分压始终高于CO的分压，据此可将图分成两部分：
由此可知，A项，b表示的是H2的分压，C项，d表示的是CO的分压，该反应为放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，CO分压增加，H2分压降低，故467 ℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是B项，c；489 ℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是A项，d。
2．【2019•新课标Ⅱ卷】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：
(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
(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
【答案】(2)40％ 3.56×104 BD (3)CD
【解析】(2)假设反应前碘单质与环戊烯均为nmol，平衡时环戊烯反应了xmol，根据题意可知：
(g)+I2(g)= (g)+2HI(g) 增加的物质的量
1mol 1mol 1mol 2mol 1mol
xmol 2n×20%
得x=0.4nmol，转化率为0.4n/n×100%=40%；
(g) + I2(g) = (g)+ 2HI(g)
P(初) 0.5×105 0.5×105 0 0
ΔP 0.5×105×40% 0.5×105×40% 0.5×105×40% 1×105×40%
P(平) 0.3×105 0.3×105 0.2×105 0.4×105
Kp==3.56×104；A项，T、V一定，通入惰性气体，由于对反应物和生成物浓度无影响，速率不变，平衡不移动，故A错误；B项，升高温度，平衡向吸热方向移动，环戊烯转化率升高，故B正确；C项，增加环戊烯的浓度平衡正向移动，但环戊烯转化率降低；D项，增加I2的浓度，平衡正向移动，环戊烯转化率升高，故D正确；(3)A项，温度越高，反应速率越快，其浓度下降的也越快。因此T1
3．【2019•新课标Ⅲ卷】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：
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____________。
【答案】(1)大于 O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低
【解析】(1)根据反应方程式知，HCl平衡转化率越大，平衡常数K越大，结合图像知K(300℃)>K(400℃)；
由图像知，400℃时，HCl平衡转化率为84%，用三段式法对数据进行处理得：
起始(浓度) c0 c0 0 0
变化(浓度) 0.84c0 0.21c0 0.42c0 0.42c0
平衡(浓度)(1-0.84)c0 (1-0.21)c0 0.42c0 0.42c0
则K=；根据题干信息知，进料浓度比过低，氧气大量剩余，导致分离产物氯气和氧气的能耗较高；进料浓度比过高，HCl不能充分反应，导致HCl转化率较低；
4．【2019•北京卷】氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。
(1)甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。
①反应器中初始反应的生成物为H2和CO2，其物质的量之比为4∶1，甲烷和水蒸气反应的方程式是______________。
③反应物投料比采用n(H2O)∶n(CH4)=4∶1，大于初始反应的化学计量数之比，目的是________________(选填字母序号)。
A．促进CH4转化 B．促进CO转化为CO2 C．减少积炭生成
④用CaO可以去除CO2。H2体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如下图所示。从t1时开始，H2体积分数显著降低，单位时间CaO消耗率_______(填“升高”“降低”或“不变”)。此时CaO消耗率约为35%，但已失效，结合化学方程式解释原因：____________________________。
【答案】(1) ①CH4 + 2H2O= 4H2 + CO2 ③abc
④降低 H2体积分数在t1之后较少，结合CaO+H2O=Ca(OH)2可知水蒸气浓度较小，反应器内反应逆向反应，氧化钙很难和CO2反应，因而失效
【解析】(1)①由于生成物为H2和CO2，其物质的量之比为4：1，反应物是甲烷和水蒸气，因而反应方程式为CH4 + 2H2O= 4H2 + CO2；③初始反应n(H2O):n(CH4)=2：1，说明加入的水蒸气过量，又反应器中反应都存在一定可逆性，根据反应ⅰ知水蒸气浓度越大，甲烷的转化率越高，a正确；根据反应ⅱ知水蒸气浓度越大，CO的转化率越高，b正确；ⅰ和ⅱ产生氢气，使得氢气浓度变大，抑制反应ⅲ，积炭生成量减少，c正确；④t1时CaO消耗率曲线斜率减小，因而单位时间内CaO的消耗率降低，H2体积分数在t1之后较少，结合CaO+H2O=Ca(OH)2可知水蒸气浓度较小，反应器内反应逆向反应，氧化钙很难和CO2反应，因而失效。
5．【2019• 江苏卷】N2O、NO和NO2等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。
(2)NO和NO2的处理。已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收，主要反应为
NO+NO2+2OH−=2NO2-+H2O 2NO2+2OH−= NO2-+ NO3-+H2O
①下列措施能提高尾气中NO和NO2去除率的有________(填字母)。
A．加快通入尾气的速率
B．采用气、液逆流的方式吸收尾气
C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液
【答案】(2)BC
【解析】(2)①A项，加快通入尾气的速率，不能提高尾气中NO和NO2的去除率，不选A；B项，采用气、液逆流的方式吸收尾气，可使气液充分接触，能提高尾气中NO和NO2的去除率，选B；C项，定期补充适量的NaOH溶液可增大反应物浓度，能提高尾气中NO和NO2的去除率，选C。故选BC。
6．【2019• 江苏卷】CO2的资源化利用能有效减少CO2排放，充分利用碳资源。
(3)CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应：
反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH =41.2 kJ·mol−1
反应Ⅱ：2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH =﹣122.5 kJ·mol−1
在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图。其中：
CH3OCH3的选择性=×100％
①温度高于300 ℃，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是________。
②220 ℃时，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性为48%(图中A点)。不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的措施有________。
【答案】(3) ①反应Ⅰ的ΔH＞0，反应Ⅱ的ΔH＜0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度
②增大压强，使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂
【解析】(3)①根据反应方程式，反应I为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，CO2的转化率增大，反应II为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，CO2的转化率降低，根据图像，上升幅度超过下降幅度，因此温度超过300℃时，CO2转化率上升；②图中A点CH3OCH3的选择性没有达到此温度下平衡时CH3OCH3的选择性，依据CH3OCH3选择性公式，提高CH3OCH3选择性，不改变反应时间和温度时，根据反应II，可以增大压强，或者使用对反应II催化活性更高的催化剂。
7．【2019• 天津卷】氮、磷、砷、锑、铋、镆为元素周期表中原子序数依次增大的同族元素。回答下列问题：
(5)在1L真空密闭容器中加入a mol PH4I固体，℃时发生如下反应：
PH4I(s)PH3(g)+HI(g) ①
4 PH3(g)P4(g)+ 6H2(g) ②
2HI(g)H2(g)+I2(g) ③
达平衡时，体系中，，，则℃时反应①的平衡常数值为______(用字母表示)。
【答案】 (5)
【解析】(5)由PH4I(s)PH3(g)+HI(g)可知，amolPH4I分解生成物质的量的PH3和HI，由2HI(g)H2(g)+I2(g)可知HI分解生成c(H2)= c(I2)=cmol/L，PH4I分解生成c(HI)为(2c+b)mol/L，则4 PH3(g)P4(g)+ 6H2(g)可知PH3分解生成c(H2)=(d—c)mol/L，则体系中c(PH3)为[(2c+b)—(d—c)] mol/L=，故反应PH4I(s)PH3(g)+HI(g)的平衡常数K=c(PH3)c(HI)=，故答案为：。
8．【2018•新课标Ⅰ卷】采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。回答下列问题
(2)F. Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25℃时N2O5(g)分解反应：
其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间t的变化如下表所示(t=∞时，N2O5(g)完全分解)：
t/min
0
40
80
160
260
1300
1700
∞
p/kPa
35.8
40.3
42.5.
45.9
49.2
61.2
62.3
63.1
①已知：2N2O5(g)＝2N2O4(g)+O2(g) ΔH1=−4.4 kJ·mol−1
2NO2(g)＝N2O4(g) ΔH 2=−55.3 kJ·mol−1
则反应N2O5(g)＝2NO2(g)+ 1/2O2(g)的ΔH=_______ kJ·mol−1。
②研究表明，N2O5(g)分解的反应速率v=2×10−3×(kPa·min−1)，t=62 min时，测得体系中 =2.9 kPa，则此时的=________ kPa，v=_______ kPa·min−1。
③若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)____63.1 kPa(填“大于”“等于”或“小于”)，原因是________。
④25℃时N2O4(g) 2NO2(g)反应的平衡常数Kp=_______kPa(Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1位小数)。
(3)对于反应2N2O5(g)→4NO2(g)+O2(g)，R.A．Ogg提出如下反应历程：
第一步 N2O5NO2+NO3 快速平衡
第二步 NO2+NO3→NO+NO2+O2 慢反应
第三步 NO+NO3→2NO2 快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是_______(填标号)。
A．v(第一步的逆反应)＞v(第二步反应)
B．反应的中间产物只有NO3
C．第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效
D．第三步反应活化能较高
【答案】(1)O2 (2)①53.1 ②30.0 6.0×10－2 ③大于 温度提高，体积不变，总压强提高；NO2二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高 ④13.4
(3)AC
【解析】(2)①根据盖斯定律可知ⅰ÷2－ⅱ即得到N2O5(g)＝2NO2(g)+1/2O2(g) △H1＝＋53.1kJ/mol；②根据方程式可知氧气与消耗五氧化二氮的物质的量之比是1:2，又因为压强之比是物质的量之比，所以消耗五氧化二氮减少的压强是2.9kPa×2＝5.8kPa，则此时五氧化二氮的压强是35.8kPa－5.8kPa＝30.0kPa，因此此时反应速率v＝2.0×10－3×30＝6.0×10－2(kPa·min－1)；③由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高，所以若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)大于63.1 kPa。④根据表中数据可知五氧化二氮完全分解时的压强是63.1kPa，根据方程式可知完全分解时最初生成的二氧化氮的压强是35.8kPa×2＝71.6 kPa，氧气是35.8kPa÷2＝17.9 kPa，总压强应该是71.6 kPa+17.9 kPa＝89.5 kPa，平衡后压强减少了89.5 kPa－63.1kPa＝26.4kPa，所以根据方程式2NO2(g) N2O4(g)可知平衡时四氧化二氮对应的压强是26.4kPa，二氧化氮对应的压强是71.6 kPa－26.4kPa×2＝18.8kPa，则反应的平衡常数。(3)A项，第一步反应快，所以第一步的逆反应速率大于第二步的逆反应速率，A正确；B项，根据第二步和第三步可知中间产物还有NO，B错误；C项，根据第二步反应生成物中有NO2可知NO2与NO3的碰撞仅部分有效，C正确；D项，第三步反应快，所以第三步反应的活化能较低，D错误。故选AC。
9．【2018•新课标Ⅱ卷】CH4-CO2催化重整不仅可以得到合成气(CO和H2)，还对温室气体的减排具有重要意义。回答下列问题：
(1)CH4-CO2催化重整反应为：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)。
已知：C(s)+2H2(g)=CH4(g) ΔH=-75 kJ·mol−1
C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-394 kJ·mol−1
C(s)+1/2O2(g)=CO(g) ΔH=-111 kJ·mol−1
该催化重整反应的ΔH==______ kJ·mol−1。有利于提高CH4平衡转化率的条件是____(填标号)。
A．高温低压 B．低温高压 C．高温高压 D．低温低压
某温度下，在体积为2 L的容器中加入2 mol CH4、1 mol CO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，其平衡常数为_______mol2·L−2。
(2)反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。
相关数据如下表：
积碳反应CH4(g)=C(s)+2H2(g)
消碳反应CO2(g)+C(s)=2CO(g)
ΔH/(kJ·mol−1)
75
172
活化能/
(kJ·mol−1)
催化剂X
33
91
催化剂Y
43
72
①由上表判断，催化剂X____Y(填“优于”或“劣于”)，理由是_________________。在反应进料气组成、压强及反应时间相同的情况下，某催化剂表面的积碳量随温度的变化关系如图所示。升高温度时，下列关于积碳反应、消碳反应的平衡常数(K)和速率(v)的叙述正确的是________填标号)。
A．K积、K消均增加 B．v积减小，v消增加
C．K积减小，K消增加 D．v消增加的倍数比v积增加的倍数大
②在一定温度下，测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为v=k·p(CH4)·[p(CO2)]-0.5(k为速率常数)。在p(CH4)一定时，不同p(CO2)下积碳量随时间的变化趋势如图所示，则pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为________________。
【答案】(1)247 A 1/3
(2)劣于 相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大 AD pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)
【解析】(1)已知：
①C(s)+2H2(g)=CH4(g) ΔH=-75 kJ·mol−1
②C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-394 kJ·mol−1
③C(s)+1/2O2(g)=CO(g) ΔH=-111 kJ·mol−1
根据盖斯定律可知③×2－②－①即得到该催化重整反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)的ΔH=＋247 kJ·mol−1。正反应是体积增大的吸热反应，所以有利于提高CH4平衡转化率的条件是高温低压，故选A；某温度下，在体积为2 L的容器中加入2 mol CH4、1 mol CO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，根据方程式可知
CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)
起始浓度(mol/L) 1 0.5 0 0
转化浓度(mol/L) 0.25 0.25 0.5 0.5
平衡浓度(mol/L) 0.75 0.25 0.5 0.5
所以其平衡常数为mol2·L−2。
(2)①根据表中数据可知相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大，所以催化剂X劣于Y。A．正反应均是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向进行，因此K积、K消均增加，A正确；B．升高温度反应速率均增大，B错误；C．根据A中分析可知选项C错误；D．积碳量达到最大值以后再升高温度积碳量降低，这说明v消增加的倍数比v积增加的倍数大，D正确。故选AD。②根据反应速率方程式可知在p(CH4)一定时，生成速率随p(CO2)的升高而降低，所以根据图像可知pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)。
10．【2018•新课标Ⅲ卷】三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题：
(3)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323 K和343 K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。
①343 K时反应的平衡转化率α=_________%。平衡常数K343 K=__________(保留2位小数)。
②在343 K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项，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
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项，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。当反应达平衡时，＝，所以=K，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
11．【2018•北京卷】近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：
(2)对反应Ⅱ，在某一投料比时，两种压强下，H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。
p2_______p 1(填“＞”或“＜”)，得出该结论的理由是________________。
(3)I－可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将ii补充完整。
i．SO2+4I－+4H+=S↓+2I2+2H2O
ii．I2+2H2O+_________=_________+_______+2 I－
(4)探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2饱和溶液加入到2 mL下列试剂中，密闭放置观察现象。(已知：I2易溶解在KI溶液中)
序号
A
B
C
D
试剂组成
0.4 mol·L－1 KI
a mol·L－1 KI
0.2 mol·L－1 H2SO4
0.2 mol·L－1 H2SO4
0.2 mol·L－1 KI
0.0002 mol I2
实验现象
溶液变黄，一段时间后出现浑浊
溶液变黄，出现浑浊较A快
无明显现象
溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快
①B是A的对比实验，则a=__________。
②比较A项，B项，C，可得出的结论是______________________。
③实验表明，SO2的歧化反应速率D＞A，结合i、ii反应速率解释原因：________________。
【答案】(2)> 反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，H2SO4 的物质的量增大，体系总物质的量减小，H2SO4的物质的量分数增大
(3)SO2 SO42− 4H+
(4)0.4 I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率 反应ii比i快；D中由反应ii产生的H+使反应i加快
【解析】(2)在横坐标上任取一点，作纵坐标的平行线，可见温度相同时，p2时H2SO4物质的量分数大于p1时；反应II是气体分子数减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，H2SO4物质的量增加，体系总物质的量减小，H2SO4物质的量分数增大；则p2p1。(3)反应II的总反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S，I-可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，催化剂在反应前后质量和化学性质不变，(总反应-反应i)2得，反应ii的离子方程式为I2+2H2O+SO2=4H++SO42-+2I-。(4)①B是A的对比实验，采用控制变量法，B比A多加了0.2mol/LH2SO4，A与B中KI浓度应相等，则a=0.4；②对比A与B，加入H+可以加快SO2歧化反应的速率；对比B与C，单独H+不能催化SO2的歧化反应；比较A项，B项，C，可得出的结论是：I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率；③对比D和A，D中加入KI的浓度小于A，D中多加了I2，反应i消耗H+和I-，反应ii中消耗I2，D中“溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快”，反应速率DA，由此可见，反应ii比反应i速率快，反应ii产生H+使c(H+)增大，从而反应i加快。
12．【2018•天津卷】CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题：
(2)CO2与CH4经催化重整，制得合成气：CH4(g)+ CO2(g) 2CO (g)+ 2H2(g)
①已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：
化学键
C—H
C=O
H—H
CO(CO)
键能/kJ·mol−1
413
745
436
1075
分别在VL恒温密闭容器A(恒容)、B(恒压，容积可变)中，加入CH4和CO2各1 mol的混合气体。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是_______(填“A” 或“B ”)。
②按一定体积比加入CH4和CO2，在恒压下发生反应，温度对CO和H2产率的影响如图3所示。此反应优选温度为900℃的原因是________。
【答案】①B ②900 ℃时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，能耗升高，经济效益降低。
【解析】(2)①化学反应的焓变应该等于反应物键能减去生成物的键能，所以焓变为(4×413+2×745)－(2×1075+2×436)= +120 kJ·mol-1。初始时容器A项，B的压强相等，A容器恒容，随着反应的进行压强逐渐增大(气体物质的量增加)；B容器恒压，压强不变；所以达平衡时压强一定是A中大，B中小，此反应压强减小平衡正向移动，所以B的反应平衡更靠右，反应的更多，吸热也更多。②根据图3得到，900℃时反应产率已经比较高，温度再升高，反应产率的增大并不明显，而生产中的能耗和成本明显增大，经济效益会下降，所以选择900℃为反应最佳温度。
13．【2018•江苏卷】NOx(主要指NO和NO2)是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。
(4)在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。
②将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应。
反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如题20图−2所示，在50～250 ℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是____________________________；当反应温度高于380 ℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是___________________________。
【答案】(4)②迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大
催化剂活性下降;NH3与O2反应生成了NO
【解析】(4)①NH3与NO2的反应为8NH3+6NO27N2+12H2O，该反应中NH3中-3价的N升至0价，NO2中+4价的N降至0价，生成7molN2转移24mol电子。生成1molN2时转移电子数为24/7mol。②因为反应时间相同，所以低温时主要考虑温度和催化剂对化学反应速率的影响；高温时NH3与O2发生催化氧化反应。在50~250℃范围内，NOx的去除率迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大，温度升高催化剂活性下降。反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是NH3与O2反应生成了NO，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O。
14．【2017•新课标Ⅰ卷】近期发现，H2S是继NO、CO之后的第三个生命体系气体信号分子，它具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能。回答下列问题：
(3)H2S与CO2在高温下发生反应：H2S(g)+CO2(g)COS(g) +H2O(g)。在610 K时，将0.10 mol CO2与0.40 mol H2S充入2.5 L的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为0.02。
①H2S的平衡转化率=_______%，反应平衡常数K=________。
②在620 K重复试验，平衡后水的物质的量分数为0.03，H2S的转化率_____，该反应的H_____0。(填“>”“<”或“=”)
③向反应器中再分别充入下列气体，能使H2S转化率增大的是________(填标号)
A．H2S B．CO2 C．COS D．N2
【答案】(3)①2.5 2.8×10–3 ②> > ③B
【解析】(3)① H2S(g) + CO2(g) COS(g)+ H2O(g)
开始 0.40mol 0.10mol 0 0
反应 x x x x
平衡 (0.40–x)mol (0.10–x)mol x x
，解得x=0.01mol，所以H2S的转化率是；由于该反应是反应前后气体体积相等的反应，所以在该条件下反应达到平衡时化学平衡常数；②根据题目提供的数据可知温度由610K升高到620K时，化学反应达到平衡，水的物质的量分数由0.02变为0.03，所以H2S的转化率增大。α2>α1；根据题意可知：升高温度，化学平衡向正反应方向移动，根据平衡移动原理：升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，所以该反应的正反应为吸热反应，故△H>0；③A．增大H2S的浓度，平衡正向移动，但加入量远远大于平衡移动转化消耗量，所以H2S转化率降低，A错误；B．增大CO2的浓度，平衡正向移动，使更多的H2S反应，所以H2S转化率增大，B正确；C．COS是生成物，增大生成物的浓度，平衡逆向移动，H2S转化率降低，C错误；D．N2是与反应体系无关的气体，充入N2，不能使化学平衡发生移动，所以对H2S转化率无影响，D错误。故选B。
15．【2017•新课标Ⅱ卷】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=−242 kJ·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
(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)+123 小于 AD
(2)氢气是产物之一，随着n(氢气)/n(丁烷)增大，逆反应速率增大
(3)升高温度有利于反应向吸热方向进行 温度升高反应速率加快
丁烯高温裂解生成短链烃类
【解析】(1)根据盖斯定律，用②式-③式可得①式，因此△H1=△H2-△H3=-119 kJ/mol +242 kJ/mol =+123kJ/mol。由a图可以看出，温度相同时，由0.1MPa变化到xMPa，丁烷的转化率增大，即平衡正向移动，所以x的压强更小，x<0.1。由于反应①为吸热反应，所以温度升高时，平衡正向移动，丁烯的平衡产率增大，因此A正确、B错误。反应①正向进行时体积增大，加压时平衡逆向移动，丁烯的平衡产率减小，因此C错误，D正确。正确答案：+43kJ·mol－1、小于、AD。(2)一方面H2可以活化催化剂，同时作为反应①的产物，他也会促使平衡逆向移动，从而减少平衡体系中的丁烯的含量。正确答案：原料中过量H 2会使反应①平衡逆向移动，所以丁烯转化率下降。(3)590℃之前，温度升高时反应速率加快，生成的丁烯会更多，同时由于反应①是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡体系中会含有更多的丁烯。而温度超过590℃时，由于丁烷高温会裂解生成短链烃类，所以参加反应①的丁烷也就相应减少。正确答案：590℃前升高温度，反应①平衡正向移动、升高温度时，反应速率加快，单位时间产生丁烯更多、更高温度则有更多的C4H10裂解导致产率降低。
16．【2017•新课标Ⅲ卷】砷(As)是第四周期ⅤA族元素，可以形成As2S3、As2O5、H3AsO3、H3AsO4等化合物，有着广泛的用途。回答下列问题：
(2)工业上常将含砷废渣(主要成分为As2S3)制成浆状，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫。写出发生反应的化学方程式________。该反应需要在加压下进行，原因是________________________。
(4)298 K时，将20 mL 3x mol·L−1 Na3AsO3、20 mL 3x mol·L−1 I2和20 mL NaOH溶液混合，发生反应：AsO(aq)＋I2(aq)＋2OH－(aq) AsO(aq)＋2I－(aq)＋H2O(l)。溶液中c(AsO)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．v(I−)=2v(AsO)
c．c(AsO)/c(AsO)不再变化
d．c(I−)=y mol·L−1
②tm时，v正_____ v逆(填“大于”“小于”或“等于”)。
③tm时v逆_____ tn时v逆(填“大于”“小于”或“等于”)，理由是_____________。
④若平衡时溶液的pH=14，则该反应的平衡常数K为___________。
【答案】(2)2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S
增加反应物O2的浓度，提高As2S3的转化速率
(4)①ac ②大于 ③小于 tm时生成物浓度较低
④
【解析】(2)原已知可以得到As2S3+O2→H3AsO4+S，As2S3总共升高10价，得失电子配平得2As2S3+5O2→4H3AsO4+6S，再考虑质量守恒，反应前少12H、6O ，所以反应原理为2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S。该反应加压时，增加反应物O2的浓度，平衡正向移动，能够有效提高As2S3的转化率；(4)①a．溶液pH不变时，则c(OH-)也保持不变，反应处于平衡状态；b．根据速率关系，v(I-)/2=v(AsO33-)，则v(I−)=2v(AsO33－)始终成立，v(I−)=2v(AsO33－)时反应不一定处于平衡状态；c．由于提供的Na3AsO3总量一定，所以c(AsO43-)/c(AsO33-)不再变化时，c(AsO43-)与c(AsO33-)也保持不变，反应处于平衡状态；d．平衡时c(I−)=2c(AsO33－)=2×y mol/L=2y mol/L时，即c(I-)=y mol/L时反应不是平衡状态。②反应从正反应开始进行，tm时反应继续正向进行，v正>v逆。③tm时比tn时AsO43-浓度小，所以逆反应速率：tm
(2)该小组探究反应②发生的条件。D与浓盐酸混合，不加热，无变化，加热有Cl2生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2。由此判断影响该反应有效进行的因素有(填序号)___________。
a．温度 b．Cl−的浓度 c．溶液的酸度
【答案】(2)ac
【解析】(2)根据实验方案可知，D与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl2生成，可知温度对该反应有影响；当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2。说明加入H+能继续产生Cl2，可知溶液的酸度对该反应有影响，综上所述，影响该反应的因素有温度和溶液的酸度，故选ac。
18．【2017•北京卷】TiCl4是由钛精矿(主要成分为TiO2)制备钛(Ti)的重要中间产物，制备纯TiCl4的流程示意图如下：
(1)氯化过程：TiO2与Cl2难以直接反应，加碳生成CO和CO2可使反应得以进行。
已知：TiO2(s)+2 Cl2(g)= TiCl4(g)+ O2(g) ΔH1=+175.4 kJ·mol-1
2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH2=-220.9 kJ·mol-1
② 氯化过程中CO和CO2可以相互转化，根据如图判断：CO2生成CO反应的ΔH_____0(填“＞”“＜”或“=”)，判断依据：_______________。
【答案】(1)② > 随温度升高，CO含量增大，说明生成CO的反应是吸热反应
【解析】(1)②根据图像，随着温度的升高，CO的浓度增加，CO2浓度降低，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，即△H>0。正确答案：> 、温度越高，CO的物质的量越多(或CO2的物质的量越少)，说明CO2生成CO的反应是吸热反应，所以△H>0。
19．【2016•新课标Ⅰ卷】元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3+(蓝紫色)、Cr(OH)4−(绿色)、Cr2O72−(橙红色)、CrO42−(黄色)等形式存在，Cr(OH)3为难溶于水的灰蓝色固体，回答下列问题：
(2)CrO42−和Cr2O72−在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为1.0 molL−1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72−)随c(H+)的变化如图所示。
②由图可知，溶液酸性增大，CrO42−的平衡转化率__________(填“增大”“减小”或“不变”)。根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为__________。
③升高温度，溶液中CrO42−的平衡转化率减小，则该反应的ΔH______0(填“大于”“小于”或“等于”)。
【答案】(2)①2CrO42-+2H＋Cr2O72-+H2O； ② 增大；1.0×1014 ；③小于；
【解析】(2)①随着H+浓度的增大，CrO42-与溶液中的H+发生反应，反应转化为Cr2O72-的离子反应式为：2CrO42-+2H＋Cr2O72-+H2O。②根据化学平衡移动原理，溶液酸性增大，c(H+)增大，化学平衡2CrO42-+2H＋Cr2O72-+H2O向正反应方向进行，导致CrO42−的平衡转化率增大；根据图像可知，在A点时，c(Cr2O72-)=0.25 mol/L，由于开始时c(CrO42−)=1.0 mol/L，根据Cr元素守恒可知A点的溶液中CrO42-的浓度c(CrO42−)=0.5 mol/L；H+浓度为1.0×10-7 mol/L；此时该转化反应的平衡常数为；③由于升高温度，溶液中CrO42−的平衡转化率减小，说明升高温度，化学平衡逆向移动，导致溶液中CrO42−的平衡转化率减小，根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，逆反应方向是吸热反应，所以该反应的正反应是放热反应，故该反应的ΔH＜0；
20．【2016•新课标Ⅱ卷】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：
①C3H6(g)+NH3(g)+ 3/2O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g) ΔH=-515kJ/mol
①C3H6(g)+ O2(g)=C3H4O(g)+H2O(g) ΔH=-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460℃。低于460℃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460℃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
(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；该反应为气体分子数增大的放热反应，所以降低温度、降低压强有利于提高丙烯腈的平衡产率；提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催化剂。(2)因为该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低，反应刚开始进行，尚未达到平衡状态，460℃以前是建立平衡的过程，所以低于460℃时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡产率；高于460℃时，丙烯腈产率降低，A．催化剂在一定温度范围内活性较高，若温度过高，活性降低，正确；B．平衡常数变大，对产率的影响是提高产率才对，错误；C．根据题意，副产物有丙烯醛，副反应增多导致产率下降，正确；D．反应活化能的大小不影响平衡，错误；故选AC。(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。
21．【2016•新课标3卷】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：
(2)在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO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”)。
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pe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___________。
(4)如果采用NaClO、Ca(ClO)2替代NaClO2，也能得到较好的烟气脱硫效果。
①从化学平衡原理分析，Ca(ClO)2相比NaClO具有的优点是_______。
【答案】(1)亚氯酸钠
(2)①4OH-＋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
(4)①形成CaSO4沉淀，反应平衡向产物方向移动，SO2转化率提高
【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，分析题给数据知NaClO2溶液脱硝过程中主要生产硝酸根和氯离子，利用化合价升降法结合原子守恒和电荷守恒配平，该反应的离子方程式为4OH-+3ClO2-+4NO=4NO3-+3Cl-+2H2O；该反应正反应是气体体积减小的，则增加压强，平衡正向移动，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逐渐减小；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NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高或SO2的溶解度大于NO或二氧化硫的还原性强，易被氧化；(3)①由图像知，随着温度的升高，O2和NO的平衡分压的负对数逐渐减小，O2和NO的平衡分压逐渐增大，平衡逆向移动，脱硫、脱硝反应的平衡常数均减小；②根据反应ClO2−+2SO32−=2SO42-+Cl-写出反应的平衡常数K表达式为；(4)①形成CaSO4沉淀，反应平衡向产物方向移动，SO2转化率提高，所以Ca(ClO)2效果好。
22．【2016•6浙江卷】催化还原CO2是解决温室效应及能源问题的重要手段之一。研究表明，在Cu/ZnO催化剂存在下，CO2和H2可发生两个平行反应，分别生成CH3OH和CO。反应的热化学方程式如下：
CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-53.7kJ·mol-1I
CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2II
某实验室控制CO2和H2初始投料比为1:2.2，在相同压强下，经过相同反应时间测得如下实验数据：
【备注】Cat.1:Cu/ZnO纳米棒；Cat.2:Cu/ZnO纳米片；甲醇选择性：转化的CO2中生成甲醇的百分比
已知：①CO和H2的标准燃烧热分别为-283.0kJ·mol-1和-285.8kJ·mol-1
②H2O(l)=H2O(g)ΔH3=44.0kJ·mol-1
请回答(不考虑温度对ΔH的影响)：
(1)反应I的平衡常数表达式K=________；
(2)有利于提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有。
A．使用催化剂Cat.1 B．使用催化剂Cat.2 C．降低反应温度
D．投料比不变，增加反应物的浓度 E．增大CO2和H2的初始投料比
(3)表中实验数据表明，在相同温度下不同的催化剂对CO2转化成CH3OH的选择性有显著的影响，其原因是 。
(4)在图中分别画出反应I在无催化剂、有Cat.1和有Cat.2三种情况下“反应过程～能量”示意图。
【答案】(1) +41.2 (2)CD
(3)表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响。
(4)
【解析】(1)反应I的平衡常数表达式K=；由①CO和H2的标准燃烧热分别为-283.0kJ•mol-1和-285.8kJ•mol-1以及②H2O(l)=H2O(g) △H3=+44.0kJ•mol-1，由盖斯定律可得反应II的△H2=-285.8kJ•mol-1-(-283.0kJ•mol-1)+44.0kJ•mol-1=+41.2kJ•mol-1。(2)因为CO2转化为CH3OH的反应是一个气体分子数减少的放热反应，所以降温或加压可以使该反应的化学平衡向正反应方向移动。有利于提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有降低反应温度或在投料比不变的条件下增加反应物的浓度(即增大压强)，选CD。(3)从表格数据分析，在相同的温度下，不同的催化剂，相同的反应时间内，其二氧化碳的转化率也不同，说明不同的催化剂的催化能力不同；相同催化剂不同的温度，二氧化碳的转化率不同，且温度高的转化率大，因为正反应为放热反应，说明表中数据是未到平衡数据。所以答案为：表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响。(4)从表中数据分析，在催化剂Cat.2的作用下，甲醇的选择性更大，说明催化剂Cat.2对反应Ⅰ的催化效果更好，催化剂能降低反应的活化能，说明使用催化剂Cat.2的反应过程中活化能更低，故图为。
23．【2016•海南卷】顺-1，2-二甲基环丙烷和反-1，2-二甲基环丙烷可发生如下转化：
该反应的速率方程可表示为：v(正)=k(正)c(顺)和v(逆)=k(逆)c(反)，k(正)和k(逆)在一定温度时为常数，分别称作正，逆反应速率常数。回答下列问题：
(1)已知：t1温度下，k(正)=0.006s－1，k(逆)=0.002s－1，该温度下反应的平衡常数值K1=_____；该反应的活化能Ea(正)小于Ea(逆)，则△H________0(填“小于”“等于”或“大于”)。
(2)t2温度下，图中能表示顺式异构体的质量分数随时间变化的曲线是_______(填曲线编号)，平衡常数值K2=_____；温度t2___t1(填“小于”“等于”或“大于”)，判断理由是______。
【答案】(1)3 小于
(2)B 7/3 大于 放热反应升高温度时平衡向逆反应方向移动
【解析】(1)根据v(正)=k(正)c(顺)、k(正)=0.006s－1，则v(正)=0.006c(顺)， v(逆)=k(逆)c(反)，k(逆)=0.002s－1， v(逆)= 0.002 c(反)，达到化学平衡状态时正逆反应速率相等，则0.006c(顺)=0.002 c(反)，K1=c(反)/c(顺)=0.006÷0.002=3；该反应的活化能Ea(正)小于Ea(逆)，说明断键吸收的能量小于成键释放的能量，即该反应为放热反应，则小于零。(2)随着时间的推移，顺式异构体的质量分数不断减少，则符合条件的曲线是B，设顺式异构体的起始浓度为x，该可逆反应左右物质系数相等，均为1，则平衡时，顺式异构体为0.3x，反式异构体为0.7x，所以平衡常数值K2= =7/3，因为K1>K2，放热反应升高温度时平衡向逆反应方向移动， 所以温度t2大于t1。
24．【2016•上海卷】随着科学技术的发展和环保要求的不断提高，CO2的捕集利用技术成为研究的重点。完成下列填空：
(1)目前国际空间站处理CO2的一个重要方法是将CO2还原，所涉及的反应方程式为：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)
已知H2的体积分数随温度升高而增加。若温度从300℃升至400℃，重新达到平衡，判断下列表格中各物理量的变化。(选填“增大”、“减小”或“不变”)
v正
v逆
平衡常数K
转化率α
(2)相同温度时，上述反应在不同起始浓度下分别达到平衡，各物质的平衡浓度如下表：
[CO2]/mol·L-1
[H2]/mol·L-1
[CH4]/mol·L-1
[H2O]/mol·L-1
平衡Ⅰ
a
b
c
d
平衡Ⅱ
m
n
x
y
A项，B项，C项，d与m、n、x、y之间的关系式为_________。
【答案】(1)
v正
v逆
平衡常数K
转化率α
增大
增大
减小
减小
(2)
【解析】(1)H2的体积分数随温度的升高而增加，这说明升高温度平衡逆反应方向进行，即正反应是放热反应。升高温度正逆反应速率均增大，平衡逆反应方向进行，平衡常数减小，反应物的转化率减小。(2)相同温度时平衡常数不变，则A项，B项，C项，d与m、n、x、y之间的关系式为。
25．【2016•四川卷】资源的高效利用对保护环境、促进经济持续健康发展具有重要作用。磷尾矿主要含Ca5(PO4)3F和CaCO3·MgCO3 。某研究小组提出了磷尾矿综合利用的研究方案，制备具有重要工业用途的CaCO3、Mg(OH)2、P4和H2，其简化流程如下：略
已知：①Ca5(PO4)3F在950℃不分解；
②4Ca5(PO4)3F+18SiO2+30C2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4
请回答下列问题：
(6)在一定条件下CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)，当CO与H2O(g)的起始物质的量之比为1:5，达平衡时，CO转化了5/6。若a kg含Ca5(PO4)3F(相对分子质量为504)的质量分数为10%的磷尾矿，在上述过程中有b%的Ca5(PO4)3F转化为P4，将产生的CO与H2O(g)按起始物质的量之比1:3混合，则相同条件下达平衡时能产生H2________kg。
【答案】(6)
【解析】(6)根据题给数据利用三段式分析。设CO的起始浓度为1 mol/L，则水蒸气的起始浓度为5 mol/L
CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)
起始浓度(mol/L) 1 5 0 0
转化浓度(mol/L) 5/6 5/6 5/6 5/6
平衡浓度(mol/L) 1/6 25/6 5/6 5/6
则K=c(CO2)c(H2)/c(CO)c(H2O)=1。相同条件下当CO与H2O(g)的起始物质的量之比为1:3，平衡常数不变，设转化的CO为x mol。
CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)
起始浓度(mol/L) 1 3 0 0
转化浓度(mol/L) x x x x
平衡浓度(mol/L) (1-x) (3-x) x x
则x2/(1-x)(3-x)=1，解得x=3/4，即达平衡时，CO转化了3/4 mol。转化为P4的Ca5(PO4)3F质量为a×10%×b%kg，根据反应4Ca5(PO4)3F+18SiO2+30C2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4知生成CO的质量为(30×28×a×10%×b%)/(4×504)kg，则转化的CO的质量为3(30×28×a×10%×b%)/4(4×504)kg，根据反应：CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)知相同条件下达平衡时能产生H2的质量为3(30×28×a×10%×b%)/56(4×504)kg=kg。
26．【2016•天津卷】氢能是发展中的新能源，它的利用包括氢的制备、储存和应用三个环节。回答下列问题：
(2)氢气可用于制备H2O2。已知：
H2(g)+A(l)=B(l) ΔH1
O2(g)+B(l)=A(l)+H2O2(l) ΔH2
其中A项，B为有机物，两反应均为自发反应，则H2(g)+ O2(g)= H2O2(l)的ΔH____0(填“＞”、“<”或“=”)。
(3)在恒温恒容的密闭容器中，某储氢反应：MHx(s)+yH2(g) MHx+2y(s) ΔH<0达到化学平衡。下列有关叙述正确的是________。
a．容器内气体压强保持不变
b．吸收y mol H2只需1 mol MHx
c．若降温，该反应的平衡常数增大
d．若向容器内通入少量氢气，则v(放氢)＞v(吸氢)
【答案】(2)＜ (3)ac
【解析】(2)①H2(g)+A(l)=B(l) ΔH1，②O2(g)+B(l)=A(l)+H2O2(l) ΔH2，两反应的ΔS＜0，根据ΔG=ΔH−TΔS，因为均为两反应自发反应，因此ΔH均小于0，将①+②得：H2(g)+ O2(g)= H2O2(l)的ΔH=ΔH1+ΔH1＜0；(3)MHx(s)+yH2(g) MHx+2y(s) ΔH<0，该反应属于气体的物质的量发生变化的反应。A．平衡时气体的物质的量不变，压强不变，正确；B．该反应为可逆反应，吸收y mol H2需要大于1 mol 的MHx，错误；C．降低温度，平衡向正反应方向移动，平衡常数增大，正确；D．向容器内通入少量氢气，相当于增大压强，平衡正向移动，v(放氢)＜v(吸氢)，错误；故选ac；
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