高考化学专题突破：平衡大题
2018年
【2018?新课标Ⅰ】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：
（1）1840年 Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5 ， 该反应的氧化产物是一种气体，其分子式为________。
（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=x时,N2O4(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） △H1=-4.4kJ·mol-1 2NO2（g）=N2O4（g） △H2=-55.3kJ·mol-1
则反应N2O5(g)=2NO2(g)+ O2(g)的△H=________ kJ·mol-1 ②研究表明,N2O5(g)分解的反应速率v=2×10-3× 的
(KPa·min-1)，t=62min时,测得体系中
=2.9kPa,则此时
=________ 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pX(35℃)________63.1kPa(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N2O5?NO3+NO2 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. ν(第一步的逆反应P>ν(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）ClO2 （2）53.1；30.0；6.0×10-2；大于；温度升高，体积不变，总压强升高；NO2二聚是放热反应，温度升高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强升高；13.4 （3）A,C
【解析】⑴氯气与硝酸银发生氧化还原反应，其中化合价能升高的只有氯元素和氧元素，由于得到了N2O5 ， 氮元素化合价没有变化，因此在该反应中氯气作氧化剂，被氧化的是氧元素，则生成O2。⑵①运用盖斯定律，
△H= △H1－△H2= +53.1kJ/mol ②p(O2)=2.9kPa，根据反应2N2O5=4NO2+O2 ， 则五氧化二氮减少的压强为2p(O2)=2×2.9kPa=5.8kPa，所以p(N2O5)=35.8－5.8=30.0kPa，v=2×103 ×p(N2O5) = 6.0×102 ④N2O5完全分解发生的反应：2N2O5(g) →4NO2(g) + O2(g)
－
－
1
N2O5此时分解压强的变化 35.8 71.6 17.9 生成的NO2建立平衡 2NO2(g)?N2O4(g) 此平衡压强的变化为 2y y 平衡时总压是63.1kPa，即63.1 = 71.6－2y + y + 17.9 求得y=26.4，所以NO2产生的压强为71.6－2×26.4 = 18.8kPa。
反应N2O4（g）?2NO2（g）的Kp= = = 13.4；⑶第一步反应比第二步反应快，因此A符合题意；
中间产物有NO、NO2 ， B不符合题意；第二步反应慢，说明反应难进行，则有效碰撞少，C符合题意；第三步反应很快，说明活化能较低，D不符合题意。 【2018?卷Ⅱ】 回答下列问题： （1）已知：
催化重整反应为：
。
催化重整不仅可以得到合成气（CO和
）。还对温室气体的减排具有重要意义。
该催化重整反应的
________
。有利于提高
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2L的容器中加入 率是50%，其平衡常数为________ 。 积碳反应 消碳反应 以及催化剂进行重整反应。达到平衡时
的转化
（2）反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：
75 活化能/ 催化剂X 催化剂Y 33 43 172 91 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右图所示,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)
2
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
一定时,不同
顺序为________
(k为速率常数)。在
下积碳量随时间的变化趋势如右图所示,则Pa(CO2)、Pb(CO2)、Pc(CO2)从大到小的
【答案】（1）247；A；
（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）由盖斯定律：
=2×（-111）-（-394）-（-75）=247kJ/mol;
＞0为吸热反应，加热或高
温有利于正反应的进行，反应物的系数和小于生成物的系数和，所以减压或低压有利于正反应的进行，所以应选择A：高温高压
根据三段式秋各物质的物质的量n
CH4(g)+
CO2(g)
起始2 (mol) 转化0.5 (mol) 平衡1.5 (mol)
1 0.5 0.5
0 1 1
0 1 1
2CO(g)+ 2H2(g)
则平衡常数K=
;(2)①通过表格可看出催化剂Y的积碳反应的活化能答而消碳
3
反应的活化能小，即消碳反应需要的能量低二积碳反应需要的能量相对高，所以催化剂X劣于Y。由图可知消碳量一直是正值，说明消碳量要大于积碳量，即消碳速率增大的比积碳速率增大的快，两个反应均是吸热反应，升高温度均有利于正向进行，故平衡常数K均变大，选AD。②由图可知三种状态下积碳的速率Va＞Vb＞Vc
而积碳速率=K·p(CH4)[p(CO2)]-0.5=
P(CH4)一定时，说明速率与p(CO2)成反比 即：p(CO2)越大速率越小
故：pc(CO2) ＞pb(CO2)＞pa(CO2)
【2018?新课标Ⅲ】三氯氢硅（SiHCl3）是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题：
（1）SiHCl3在常温常压下为易挥发的无色透明液体，遇潮气时发烟生成(HSiO)2O等，写出该反应的化学方程式________。
（2）SiHCl3在催化剂作用下发生反应：2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+ SiCl4(g) ΔH1=48 kJ·mol?1 3SiH2Cl2(g)=SiH4(g)+2SiHCl3 (g) ΔH2=?30 kJ·mol?1
则反应4SiHCl3(g)=SiH4(g)+ 3SiCl4(g)的ΔH=________ kJ·mol?1。
（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、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】（1）2SiHCl3+3H2O=(HSiO)2O+6HCl （2）114
（3）22%；0.02；及时移出产物；加入合适的催化剂；增大压强；大于；1.3 【解析】由盖斯定律，△H=3ΔH1+ΔH2 ， 计算出该反应的反应热；
反应2SiHCl3=SiH2Cl2+SiCl4 △H= +48kJ/mol，为吸热反应，温度升高，平衡向正反应方向移动，所以a曲线对应的温度为343K，由图像可知，α = 22%
起始（mol/L） 转化（mol/L）
2SiHCl3= 1 0.22
SiH2Cl2+ 0 0.11
SiCl4 0 0.11
4
平衡（mol/L） 0.78 0.11 0.11
K = = 0.02
② 要提高SiHCl3的转化率，使平衡向正反应方向移动，可以移出生成物实现；缩短达到平衡的时间，就是要加快化学反应速率，则可以增大压强、使用催化剂。 ③a的反应温度高于b，所以反应速率更快；
因为k正和k逆是常数，当达到化学平衡时，v正 = v逆 ， 即k正x2(SiHCl3)=k逆x(SiH2Cl2)×x(SiCl4)，因此
=
起始 转化 平衡
2SiHCl3(g) ? 1 1×22% 0.78
SiH2Cl2(g) + 0 0.22 0.22
SiCl4(g) 0 0.22 0.22
因此 = =
a点 起始 转化 a点
=
2SiHCl3(g) ? 1 1×20% 0.8
= ×
SiH2Cl2(g) + 0 0.2 0.2
SiCl4(g) 0 0.2 0.2
a点 = = × = × = 1.3
【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：
（1）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13，CO2主要转化为________（写离子符号）；若所得溶液c(HCO3?)∶c(CO32?)=2∶1，溶液pH=________。（室温下，H2CO3的K1=4×10?7；K2=5×10?11） （2）CO2与CH4经催化重整，制得合成气：
CH4(g)+ CO2(g) 2CO (g)+ 2H2(g)
C O(CO) ①已知上述反应中相关的化学键键能数据如下： 化学键 键能/kJ·mol?1
C—H C=O H—H 413 745 436 1075 5
则该反应的ΔH=________。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________。
（3）O2辅助的Al～CO2电池工作原理如图4所示。该电池电容量大，能有效利用CO2 ， 电池反应产物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。
电池的负极反应式：________。 电池的正极反应式：6O2+6e?=6O2? 6CO2+6O2?=3C2O42?
反应过程中O2的作用是________。 该电池的总反应式：________。 【答案】（1）CO32-；10 （2）+120 kJ·mol-1；B；900 ℃时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低。
（3）Al–3e–=Al3+（或2Al–6e–=2Al3+）；催化剂；2Al+6CO2=Al2(C2O4)3
【考点】反应热和焓变，用盖斯定律进行有关反应热的计算，原电池和电解池的工作原理，电极反应和电池反应方程式 【解析】（1）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13，因为得到溶液的碱性较强，所以CO2主要转化为
碳酸根离子（CO32-）。若所得溶液c(HCO3?)∶c(CO32?)=2∶1，，则根据第二步电离平衡常数K2=
=5×10?11 ， 所以氢离子浓度为1×10-10mol/L，pH=10。（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、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。（3）明显电池的负极为Al，所以反应一定是Al失电子，该电解质为氯化铝离子液体，所以Al失电子应转化为Al3+ ， 方程式为：Al–3e–=Al3+（或2Al–6e–=2Al3+）。根据电池的正极反应，氧气再第一步被消耗，又在第二步生成，所以氧气为正极反应的催化剂。将方程式加和得到，总反应为：2Al+6CO2=Al2(C2O4)3。
【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。
（1）用水吸收NOx的相关热化学方程式如下：
2NO2（g）+H2O（l）=HNO3（aq）+HNO2（aq） ΔH=?116.1 kJ·mol?1 3HNO2（aq）=HNO3（aq）+2NO（g）+H2O（l） ΔH=75.9 kJ·mol?1 反应3NO2（g）+H2O（l）=2HNO3（aq）+NO（g）的ΔH=________kJ·mol?1。
6
（2）用稀硝酸吸收NOx ， 得到HNO3和HNO2的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应式：________。
（3）用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx ， 吸收过程中存在HNO2与(NH2)2CO生成N2和CO2的反应。写出该反应的化学方程式：________。
（4）在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。
①NH3与NO2生成N2的反应中，当生成1 mol N2时，转移的电子数为________mol。
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（装置见题20图?1）。
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】（1）?136.2
（2）HNO2?2e?+H2O=3H++NO3?
（3）2HNO2+(NH2)2CO=2N2↑+CO2↑+3H2O
（4）；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】（1）将两个热化学方程式编号，
2NO2（g）+H2O（l）=HNO3（aq）+HNO2（aq） ΔH=?116.1 kJ·mol?1（①式） 3HNO2（aq）=HNO3（aq）+2NO（g）+H2O（l） ΔH=75.9 kJ·mol?1（②式） 应用盖斯定律，将（①式
3+②式）
2得，反应3NO2（g）+H2O（l）=2HNO3（aq）+NO（g）ΔH=[（?116.1
kJ·mol?1） 3+75.9 kJ·mol?1] 2=-136.2kJ·mol?1。
（2）根据电解原理，阳极发生失电子的氧化反应，阳极反应为HNO2失去电子生成HNO3 ， 1molHNO2反应
失去2mol电子，结合原子守恒和溶液呈酸性，电解时阳极电极反应式为HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+。
（3）HNO2与（NH2）2CO反应生成N2和CO2 ， N元素的化合价由HNO2中+3价降至0价，N元素的化合价由（NH2）2CO中-3价价升至0价，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为2HNO2+（NH2）
2CO=2N2↑+CO2↑+3H2O。 （4）①NH3与NO2的反应为8NH3+6NO2
7N2+12H2O，该反应中NH3中-3价的N升至0价，NO2中+4
mol。
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
7
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+5O2
【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：
4NO+6H2O。
（1）反应Ⅰ： 2H2SO4（l）=2SO2（g）+2H2O（g）+O2（g） △H1=+551 KJ·mol-1反应Ⅲ： S（s）+O2（g）=SO2（g） △H3=-297 KJ·mol-1
反应Ⅱ的热化学方程式：________。
（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________P1（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+________ =________+ ________+2I-
（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18mLSO2饱和溶液加入到2mL下列试剂中，密闭放置观察现象。（已知：I2易溶解在KI溶液中）
①B是A的对比实验，则a=________。
②比较A、B、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】（1）3SO2(g)+2H2O (g)=2H2SO4 (l)+S(s) ΔH2=?254kJ·mol?1
（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，
8
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】（1）根据过程，反应II为SO2催化歧化生成H2SO4和S，反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S。应用盖斯定律，反应I+反应III得，2H2SO4（l）+S（s）=3SO2（g）+2H2O（g）ΔH=ΔH1+ΔH3=（+551kJ/mol）+（-297kJ/mol）
=+254kJ/mol，反应II的热化学方程式为3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s）ΔH=-254kJ/mol。 （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p2 p1。
（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、B、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D A，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
2017年
【2017新课标I卷】（14分）——易，传统
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：
（1）下列事实中，不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是_________（填标号）。
A．氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以 B．氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸 C．0.10 mol·L?1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1 D．氢硫酸的还原性强于亚硫酸
（2）下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。
通过计算，可知系统（Ⅰ）和系统（Ⅱ）制氢的热化学方程式分别为________________、______________，制得等量H2所需能量较少的是_____________。
（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。
9
①H2S的平衡转化率?1=_______%，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?2_____?1，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】（1）D
（2）H2O(l)=H2(g)+（3）①2.5
1O2(g) ΔH=+286 kJ/mol 2
②> >
H2S(g)=H2(g)+S(s) ΔH=+20 kJ/mol
③B
系统（II）
2.8×10-37
【解答】（1）A．氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以，符合强酸制备弱酸的特点，可说明亚硫酸的酸性比氢硫酸强，故A正确；
B．氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸，可说明亚硫酸的电离程度大，则亚硫酸的酸性强，B正确；
C.0.10mol?L﹣1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1，可说明亚硫酸的电离程度大，酸性较强，C正确；
D．氢硫酸的还原性强于亚硫酸，不能用于比较酸性的强弱，故D错误．
（2）系统（Ⅰ）涉及水的分解，系统（Ⅱ）涉及硫化氢的分解，利用盖斯定律分别将系统（Ⅰ）和系统（Ⅱ）的热化学方程式相加，可得到水、硫化氢分解的热化学方程式，则系统（I）的热化学方程式H2O（l）=H2（g）+O2（g）△H=+286kJ/mol；
系统（II）的热化学方程式H2S （g）+=H2（g）+S（s）△H=+20kJ/mol．
根据系统I、系统II的热化学方程式可知：每反应产生1mol氢气，后者吸收的热量比前者少，所以制取等量的H2所需能量较少的是系统II．
故答案为：H2O（l）=H2（g）+O2（g）△H=+286kJ/mol；H2S （g）+=H2（g）+S（s）△H=+20kJ/mol；系统（Ⅱ）；
（3）对于反应H2S（g）+CO2（g）?COS（g）+H2O（g） 起始（mol）0.40 0.10 0 0 转化（mol）x x x x 平衡（mol）0.40﹣x 0.10﹣x x x 反应平衡后水的物质的量分数为0.02， 则
=0.02，x=0.01，
=2.5%，
①H2S的平衡转化率a1=
10
体积为2.5L，则平衡时各物质的浓度为c（H2S）==则K=
mol/L=0.036mol/L，c（COS）=c（H2O）=
=0.00285，
mol/L=0.156mol/L，c（CO2）
mol/L=0.004mol．L，
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，a2＞a1；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，故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，故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，故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，故D错误．
【2017新课标2卷】（14分）——易，传统
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）△H1
已知：②C4H10（g）+O2（g）=C4H8（g）+H2O（g）△H2=﹣119kJ?mol﹣1 ③H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H3 =﹣242kJ?mol﹣1
反应①的△H1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 ．
11
（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 ．
【解析】（1）②C4H10（g）+O2（g）=C4H8（g）+H2O（g）△H2=﹣119kJ?mol﹣1 ③H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H3=﹣242kJ?mol﹣1
②﹣③得C4H10（g）=C4H8（g）+H2（g）△H1=+123kJ?mol﹣1
由a图可知温度相同时，由0.1MPa变化到xMPa，丁烷转化率增大，即平衡正向移动，该反应是气体体积增大的反应，所以x的压强更小，x＜0.1；
由于反应①为吸热反应，温度升高时，平衡正向移动，丁烯的平衡产率增大，反应①正向进行时体积增大，减压时平衡正向移动，丁烯的平衡产率增大，因此AD正确， 故答案为：+123；小于；AD；
（2）丁烷分解产生丁烯和氢气，一开始充入氢气是为活化催化剂，同时氢气作为反应①的产物，增大氢气的量会促使平衡逆向移动，从而减少平衡体系中的丁烯的含量，使丁烯的产率降低， 故答案为：原料中过量H2会使反应①平衡逆向移动，所以丁烯产率下降；
（3）590℃之前，温度升高时反应速率加快，单位时间内生成的丁烯会更多，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，产率下降，
故答案为：升高温度时，反应速率加快，单位时间产生丁烯更多；590℃前升高温度，反应①平衡正向移动；高温则有更多的丁烷裂解生成副产物导致产率降低．
【2017新课标3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：
（1）画出砷的原子结构示意图 ．
（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 ．
（3）已知：As（s）+H2（g）+2O2（g）=H3AsO4（s）△H1 H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H2 2As（s）+O2（g）=As2O5（s）△H3
则反应As2O5（s）+3H2O（l）=2H3AsO4（s）的△H= ． （4）298K时，将20mL 3x mol?L﹣1 Na3AsO3、20mL 3x mol?L﹣1 I2和20mL NaOH溶液混合，发生
12
反应：AsO33﹣（aq）+I2（aq）+2OH﹣?AsO43﹣（aq）+2I﹣（aq）+H2O（l）．溶液中c（AsO43﹣）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（AsO33﹣）
c．c （AsO43﹣）/c （AsO33﹣）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 ．
【解析】解：（1）砷元素原子序数为33，原子核外有四个电子层，最外层5个电子，原子结构
示意图为，故答案为：；
（2）工业上常将含砷废渣（主要成分为As2O3）制成浆状，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫，砷元素化合价+3价变化为+5价，反应的化学方程式为2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S，增大压强，可增大反应速率，并使平衡正向移动，增大反应物的转化率，
故答案为：2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S；加压反应速率增大，而且平衡右移，可提高生产效率； （3）已知：①As（s）+H2（g）+2O2（g）=H3AsO4（s）△H1 ②H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H2 ③2As（s）+O2（g）=As2O5（s）△H3
则利用盖斯定律将①×2﹣②×3﹣③可得As2O5（s）+3H2O（l）=2H3AsO4（s）△H=2△H1﹣3△H2﹣△H3，
故答案为：2△H1﹣3△H2﹣△H3；
（4）①a．溶液pH不变时，则c（OH﹣）也保持不变，反应达到平衡状态，故a正确；
b．同一个化学反应，速率之比等于化学计量数之比，无论是否达到平衡，都存在v（I﹣）=2v（AsO33
﹣
），故b错误；
13
c．c （AsO43﹣）/c （AsO33﹣）不再变化，可说明各物质的浓度不再变化，反应达到平衡状态，故c正确；
d．由图可知，当c （AsO43﹣）=y mol?L﹣1时，浓度不再发生变化，则达到平衡状态，由方程式可知此时c（I﹣）=2y mol?L﹣1，所以c（I﹣）=y mol?L﹣1时没有达到平衡状态，故d错误． 故答案为：ac；
②反应从正反应开始进行，tm时反应继续正向进行，则v正 大于 v逆，故答案为：大于；
③tm时比tn时浓度更小，则逆反应速率更小，故答案为：小于；tm时AsO43﹣浓度更小，反应速率更慢；
④反应前，三种溶液混合后，Na3AsO3的浓度为3xmol/L×
=xmol/L，同理I2的浓度为
xmol/L，反应达到平衡时，生产c（AsO43﹣）为ymol/L，则反应生产的c（I﹣）=2ymol/L，消耗的AsO33﹣、I2的浓度均为ymol/L，平衡时c（AsO33﹣）=（x﹣y）mol/L，c（I2）=（x﹣y）mol/L，溶液中c（OH﹣）=1mol/L，则K=
=
，
故答案为：．
【2017江苏卷】——难，新颖
（14分）砷（As）是一些工厂和矿山废水中的污染元素，使用吸附剂是去除水中砷的有效措 施之一．
（1）将硫酸锰、硝酸钇与氢氧化钠溶液按一定比例混合，搅拌使其充分反应，可获得一种砷的高效吸附剂X，吸附剂X中含有CO32﹣，其原因是 ．
（2）H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与pH的关系分别如图﹣1和图﹣2所示．
①以酚酞为指示剂（变色范围pH 8.0～10.0），将NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中，当溶液由无色变为浅红色时停止滴加．该过程中主要反应的离子方程式为 ．
②H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4?H2AsO4﹣+H+的电离常数为Ka1，则pKa1= （p Ka1=﹣lg Ka1 ）．
14
（3）溶液的pH对吸附剂X表面所带电荷有影响．pH=7.1时，吸附剂X表面不带电荷； pH＞7.1时带负电荷，pH越高，表面所带负电荷越多；pH＜7.1时带正电荷，pH越低，表面所带正电荷越多．pH不同时吸附剂X对三价砷和五价砷的平衡吸附量（吸附达平衡时单位质量吸附剂X吸附砷的质量）如图﹣3所示．
①在pH7～9之间，吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降，其原因是 ． ②在pH4～7之间，吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱，这是因为 ． 提高吸附剂X对三价砷去除效果可采取的措施是 ．
【答案】（1）空气中的CO2属于酸性氧化物，能溶于强碱溶液；
（2）①根据图知，碱性条件下H3AsO3的浓度减小、H2AsO3﹣浓度增大，说明碱和H3AsO3生成H2AsO3
﹣
，该反应为酸碱的中和反应；
，pH=2.2时c（H+）=10﹣2.2 mol/L，c（H3AsO3）=c（H2AsO3﹣）；
②Ka1=
（3）①吸附剂X表面所带负电荷增多，静电斥力越大；
②在pH4～7之间，吸附剂X表面带正电，五价砷主要以H2AsO4﹣和HAsO42﹣阴离子存在，pH＜7.1时带正电荷，pH越低，表面所带正电荷越多；而三价砷主要以H3AsO3分子存在；
在pH4～7之间，吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱，如果能将三价砷转化为五价砷，能有效的去除三价砷．
【解析】 （1）空气中的CO2属于酸性氧化物，能溶于强碱溶液，NaOH是碱，能吸收空气中的二氧化碳而生成碳酸根离子，所以其原因是碱性溶液吸收了空气中的CO2，故答案为：碱性溶液吸收了空气中的CO2；
（2）①根据图知，碱性条件下H3AsO3的浓度减小、H2AsO3﹣浓度增大，说明碱和H3AsO3生成H2AsO3
﹣
，该反应为酸碱的中和反应，同时还生成水，离子方程式为OH﹣+H3AsO3=H2AsO3﹣+H2O，
故答案为：OH﹣+H3AsO3=H2AsO3﹣+H2O； ②Ka1=
，pH=2.2时c（H+）=10﹣2.2 mol/L，c（H3AsO3）=c（H2AsO3﹣），p Ka1=
15
﹣lg Ka1=﹣lg故答案为：2.2；
=2.2，
（3）①吸附剂X表面所带负电荷增多，静电斥力越大，在pH7～9之间，随pH升高H2AsO4﹣转变为HAsO42﹣，吸附剂X表面所带负电荷增多，静电斥力增加，导致在pH7～9之间，吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降，
故答案为：在pH7～9之间，随pH升高H2AsO4﹣转变为HAsO42﹣，吸附剂X表面所带负电荷增多，静电斥力增加；
②在pH4～7之间，吸附剂X表面带正电，五价砷主要以H2AsO4﹣和HAsO42﹣阴离子存在，pH＜7.1时带正电荷，pH越低，表面所带正电荷越多，所以静电引力较大；而三价砷主要以H3AsO3分子存在，与吸附剂X表面产生的静电引力小，所以在pH4～7之间，吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱；
在pH4～7之间，吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱，如果能将三价砷转化为五价砷，能有效的去除三价砷，所以采取的措施是加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷，
故答案为：在pH4～7之间，吸附剂X表面带正电，五价砷主要以H2AsO4﹣和HAsO42﹣阴离子存在，静电引力较大；而三价砷主要以H3AsO3分子存在，与吸附剂X表面产生的静电引力小；加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷．
【2017天津】．（14分）H2S和SO2会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上采取多种方法减少这些有害气体的排放，回答下列方法中的问题． Ⅰ．H2S的除去
方法1：生物脱H2S的原理为： H2S+Fe2（SO4）3═S↓+2FeSO4+H2SO4 4FeSO4+O2+2H2SO4
2Fe2（SO4）3+2H2O
（1）硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍，该菌的作用是 ． （2）由图1和图2判断使用硫杆菌的最佳条件为 ．若反应温度过高，反应速率下降，其原因是 ．
16
方法2：在一定条件下，用H2O2氧化H2S
（3）随着参加反应的n（H2O2）/n（H2S）变化，氧化产物不同．当n（H2O2）/n（H2S）=4时，氧化产物的分子式为 ． Ⅱ．SO2的除去
方法1（双碱法）：用NaOH吸收SO2，并用CaO使NaOH再生 NaOH溶液
Na2SO3溶液
（4）写出过程①的离子方程式： ；CaO在水中存在如下转化： CaO（s）+H2O （l）═Ca（OH）2（s）?Ca2+（aq）+2OH﹣（aq） 从平衡移动的角度，简述过程②NaOH再生的原理 ． 方法2：用氨水除去SO2
（5）已知25℃，NH3?H2O的Kb=1.8×10﹣5，H2SO3的Ka1=1.3×10﹣2，Ka2=6.2×10﹣8．若氨水的浓度为2.0mol?L﹣1，溶液中的c（OH﹣）= mol?L﹣1．将SO2通入该氨水中，当c（OH﹣）降至1.0×10﹣7 mol?L﹣1时，溶液中的c（SO32﹣）/c（HSO3﹣）= ．
【解析】 （1）4FeSO4+O2+2H2SO4
2Fe2（SO4）3+2H2O，硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的
速率是无菌时的5×105倍，该菌的作用是做催化剂降低反应的活化能， 故答案为：降低反应活化能（或作催化剂）；
（2）从图象中分析可知，使用硫杆菌的最佳条件是亚铁离子氧化速率最大时，需要的温度和溶液PH分别为：30℃、pH=2.0，反应温度过高，反应速率下降是因为升温使蛋白质发生变性，催化剂失去生理活性，
故答案为：30℃、pH=2.0； 蛋白质变性（或硫杆菌失去活性）； （3）当
=4时，结合氧化还原反应电子守恒，4H2O2～4H2O～8e﹣，电子守恒得到H2S变
化为+6价化合物，H2S～H2SO4～8e﹣，氧化产物的分子式为H2SO4， 故答案为：H2SO4 ； （4）过程①是二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为：2OH﹣+SO2=SO32﹣+H2O，过程②加入CaO，存在CaO（s）+H2O （l）═Ca（OH）2（s）?Ca2+（aq）+2OH
﹣
（aq），因SO32﹣与Ca2+生成CaSO3沉淀，平衡向正向移动，有NaOH生成，
故答案为：2OH﹣+SO2=SO32﹣+H2O；SO32﹣与Ca2+生成CaSO3沉淀，平衡向正向移动，有NaOH生成；
17
（5）NH3?H2O的Kb=1.8×10﹣5，若氨水的浓度为2.0mol?L﹣1，由Kb=
﹣
可知c（OH
）=
mol/L=6.0×10﹣3mol/L，
当c（OH﹣）降至1.0×10﹣7 mol?L﹣1时，c（H+）=1.0×10﹣7 mol?L﹣1，H2SO3的Ka2=6.2×10﹣8，由Ka2=
可知c（SO32﹣）/c（HSO3﹣）=
=0.62，
故答案为：6.0×10﹣3；0.62．
【2017北京】．（12分）SCR和NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放． （1）SCR（选择性催化还原）工作原理：
①尿素[CO（NH2）2]水溶液热分解为NH3和CO2，该反应的化学方程式： ． ②反应器中NH3还原NO2的化学方程式： ．
③当燃油中含硫量较高时，尾气中SO2在O2作用下会形成（NH4）2SO4，使催化剂中毒．用化学方程式表示（NH4）2SO4的形成： ．
④尿素溶液浓度影响NO2的转化，测定溶液中尿素（M=60g?mol﹣1）含量的方法如下：取a g尿素溶液，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的v1 mL c1 mol?L﹣1H2SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用v2mL c2 mol?L﹣1NaOH溶液恰好中和，则尿素溶液中溶质的质量分数是 ． （2）NSR（NOx储存还原）工作原理：
NOx的储存和还原在不同时段交替进行，如图a所示．
①通过BaO和Ba（NO3）2的相互转化实验NOx的储存和还原．储存NOx的物质是 ． ②用H2模拟尾气中还原性气体研究了Ba（NO3）2的催化还原过程，该过程分两步进行，图b表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系．第一步反应消耗的H2与Ba（NO3）2的物质的量之比是 ．
③还原过程中，有时会产生笑气（N2O）．用同位素示踪法研究发现笑气的产生与NO有关．在有
18
氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO．将该反应的化学方程式补充完整：
15
NNO+ H2O．
【解析】 （1）①尿素[CO（NH2）2]水溶液热分解为NH3和CO2，反应物为尿素和水，反应生成物为氨气和水，原子守恒书写化学方程式为：CO（NH2）2+H2O故答案为：CO（NH2）2+H2O2NH3↑+CO2↑； 2NH3↑+CO2↑，
②NH3在催化剂作用下还原NO2生成氮气和水，反应的化学方程式为8NH3+6NO2
7N2+12H2O，
7N2+12H2O； 故答案为：8NH3+6NO2③SO2在O2作用下与NH3、H2O反应形成（NH4）2SO4，此反应中SO2是还原剂，氧气是氧化剂，反应的化学方程式为2SO2+O2+4NH3+2H2O═2（NH4）2SO4， 故答案为：2SO2+O2+4NH3+2H2O═2（NH4）2SO4； ④涉及反应为2NH3+H2SO4=n（NH4）2SO4，2NaOH+H2SO4=Na2SO4+H2O，反应中n（H2SO4）=v1×c1×10﹣3mol，n（NaOH）=v2×c2×10﹣3mol， 由方程式可知n（NaOH）+n（NH3）=2n（H2SO4）， 则n（NH3）=（2v1×c1×10﹣3﹣v2×c2×10﹣3）mol，
则m（CO（NH2）2）=×（2v1×c1×10﹣3﹣v2×c2×10﹣3）mol×60g/mol=（0.06v1c1﹣0.03v2c2 ）g，
尿素溶液中溶质的质量分数是故答案为：
；
=
，
（2）①由图示可知BaO和NOx反应生成Ba（NO3）2，Ba（NO3）2再还原为N2，则储存NOx的物质为BaO，故答案为：BaO；
②第一步反应中H2被氧化生成水，化合价由0价升高到+1价，Ba（NO3）2的N元素化合价由+5价降低到﹣3价，生成氨气，则1molBa（NO3）2生成氨气转移16mol电子，参加反应的氢气的物质的量为
=8mol，则消耗的H2与Ba（NO3）2的物质的量之比是8：1，
故答案为：8：1；
③在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO，由N元素守恒可知
19
15
NO与NH3应为1：1，可知反应的化学方程式为415NO+4NH3+3O2415NNO+6H2O，
故答案为：415NO+4NH3+3O2；4；6．
2016年
【2016新课标I卷】（15分）——易，传统
2??元素铬（Cr）在溶液中主要以Cr3?（蓝紫色）、Cr(OH)?、Cr2O7（橙红色）、CrO24（黄色）等形式存4（绿色）
在。Cr(OH)3为难溶于水的灰蓝色固体，回答下列问题：
（1）Cr3?与Al3?的化学性质相似。在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，可观察到的现象是________________________________。
?2?2?)随c(H?)（2）CrO2室温下，初始浓度为1.0mol?L?1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O74和Cr2O7在溶液中可相互转化。
的变化如图所示。
①用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应 计算出该转化反应的平衡常数为___________。
。
?②由图可知，溶液酸性增大，CrO2“减小”或“不变”）。根据A点数据，4的平衡转化率_________（填“增大”
?③温度升高，溶液中CrO2、“小于”或“等于”）。 4的平衡转化率减小，则该反应的?H______0（填“大于”?（3）在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3，标准溶液滴定溶液中Cl?，利用Ag?与CrO24生成转红色
沉淀，指示剂达滴定终点。当溶液中Cl?恰好沉淀完全（浓度等于1.0?10?5mol?L?1）时，溶液中c(Ag?)为
??1__________mol?L?1，此时溶液中c(CrO2（已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为4)等于__________mol?L。
2.0?10?12和2.0?10?10）。
2?（4）?6价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3将废液中的Cr2O7还原成Cr3?，该反应的离子方程式为
______________________________________________________________。
20
②下表为反应物A浓度与反应时间的数据，计算：a＝ 。 0 4 8 反应时间t/h 16 0.10 a 0.026 0.0065 c(A)/(mol·L-1) 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12h时反应物的浓度c(A)为 mol·L-1。
p0.09412
【答案】（1）升高温度、降低压强（2）α(A)=( －1)×100%；94.1%；K==1.5；
po0.0059pp
（3）①0.1×；0.1×（2－）； ②0.051；每间隔4小时，A的浓度为原来的一半。0.013
popo
【解析】（1）根据反应是放热反应特征和是气体分子数增大的特征，要使A的转化率增大，平衡要正向移动，
可以采用升高温度、降低压强的方法。
（2）反应前气体总物质的量为0.10mol，令A的转化率为α(A)，改变量为0.10α(A) mol,根据差量法，气体增加
0.10α(A)mol，由阿伏加德罗定律列出关系：
0.10pOp9.53
= α(A)=( －1)×100%；α(A)=（－1）×100%=94.1%
0.10+0.10α(A)ppo4.91
0.09412
平衡浓度C(C)=C(B)=0.1×94.1%=0.0941mol/L,C(A)=0.1-0.0941=0.0059mol/L, K==1.5 0.00590.10pOppp
（3）①= n=0.1× ；其中，n（A）=0.1－（0.1×－0.1）=0.1×（2－）
nppopopo7.31
②n(A)=0.1×（2－）=0.051 C(A)=0.051/1=0.051mol/L
4.91
每间隔4小时，A的浓度为原来的一半。 当反应12小时时，C(A)=0.026/2=0.013mol/L
－－－
【2014·海南卷】 硝基苯甲酸乙酯在OH存在下发生水解反应：O2NC6H4COOC2H5＋OHO2NC6H4COO＋C2H5OH
－1
两种反应物的初始浓度均为0.050 mol·L，15 ℃时测得O2NC6H4COOC2H5的转化率α随时间变化的数据如表所示。回答下列问题： t/s α/% 0 0 120 33.0 180 41.8 240 48.8 330 58.0 530 69.0 600 70.4 700 71.0 800 71.0 (1)列式计算该反应在120～180 s与180～240 s 区间的平均反应速率________、________；比较两者大小可得出的结论是____________________。
(2)列式计算15 ℃时该反应的平衡常数________。 (3)为提高O2NC6H4COOC2H5的平衡转化率，除可适当控制反应温度外，还可采取的措施有________(要求写出两条)。
0.050 mol·L×（41.8%－33.0%）－5－1－1
【答案】(1)v＝＝7．3×10 mol·L·s
（180－120）s0.050 mol·L×（48.8%－41.8%）－5－1－1v＝＝5．8×10mol·L·s
（240－180）s随着反应的进行，反应物浓度降低，反应速率减慢
（0.050 mol·L×71.0%）（71.0%）
(2)K＝－12＝6.0或K＝2＝6.0
[0.050 mol·L×（1－71.0%）]（1－71.0%）
(3)增加OH的浓度、移去产物
【解析]】(1)反应过程中硝基苯甲酸乙酯浓度的变化量等于其起始浓度与转化率的乘积，再利用求反应速率的计
－5－1－1－5－1－1
算公式可求出两个时间段内的平均反应速率分别为7.3×10 mol·L·s、5.8×10 mol·L·s，由此可得出的结论是随着反应的进行，反应物浓度减小导致反应速率降低。(2)反应时间达到700 s时，硝基苯甲酸乙酯的转化率不再随时间的变化而发生变化，即反应在700 s时达到平衡。此时体系内两种产物浓度为0.05 mol/L
－
×71%，反应物浓度为0.05 mol/L×29%，由此可求出该反应的平衡常数。(3)根据可逆反应的特点可知增加OH的浓度、及时地移去产物均可以增大硝基苯甲酸乙酯的转化率。 【2014·天津卷】 合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，其反应原理为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－92.4 kJ·mol－1。一种工业合成氨的简式流程图如下：
46
－
－1
2
2
－1
－1
(1)天然气中的H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS。一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，写出再生反应的化学方程式：_________________________________。
(2)步骤Ⅱ中制氢气的原理如下：
－1
①CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) ΔH＝＋206.4 kJ·mol
－1
②CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH＝－41.2 kJ·mol
对于反应①，一定可以提高平衡体系中H2的百分含量，又能加快反应速率的措施是____________。 a．升高温度 b．增大水蒸气浓度 c．加入催化剂 d．降低压强
利用反应②，将CO进一步转化，可提高H2的产量。若1 mol CO和H2的混合气体(CO的体积分数为20%)与H2O反应，得到1.18 mol CO、CO2和H2的混合气体，则CO的转化率为____________。
(3)图(a)表示500 ℃、60.0 MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH3体积分数的关系。根据图中a点数据计算N2的平衡体积分数：____________。
(4)依据温度对合成氨反应的影响，在图(b)坐标系中，画出一定条件下的密闭容器内，从通入原料气开始，随温度不断升高，NH3物质的量变化的曲线示意图。
(a) (b)
(5)上述流程图中，使合成氨放出的能量得到充分利用的主要步骤是(填序号)________。简述本流程中提高合成氨原料总转化率的方法：______________________________________________。
一定条件
【答案】(1)2NH4HS＋O2=====2NH3·H2O＋2S↓ (2)a 90% (3)14.5%
(4)(5)Ⅳ 对原料气加压；分离液氨后，未反应的N2、H2循环使用
【解析]】(1)由题意可知为空气中的O2将负二价硫氧化为硫单质，根据电子守恒将方程式配平即可。(2)反应①为气体物质的量增大的吸热反应，降低压强使平衡右移，但反应速率减小，d错；催化剂不能改变反应限度，即不能改变H2的百分含量，c错；增大水蒸气浓度虽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0.18 mol
有0.18 mol 水蒸气参加反应，则根据方程式②可知参加反应的CO也为0.18 mol，则其转化率为×1 mol×200%＝90%。
(3)由图中看出当N2与H2物质的量比为1∶3时，NH3的平衡体积分数最大，为42%。设平衡时转化的N2的物质的量为x mol，由三段式：
N2＋3H22NH3 起始(mol): 1 3 0 转化(mol): x 3x 2x
平衡(mol): 1－x 3－ 3x 2x
47
2x×100%＝42%，则x＝0.59
（1－x）＋（3－3x）＋2x（1－x）
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
（1－x）＋（3－3x）＋2x不断增多，是因为反应正向进行(反应未达平衡)，达到一定程度后反应达到平衡而此时温度继续升高，平衡逆向移动，NH3的物质的量减小。(5)热交换器可以使需要加热的物质得到加热，还可以使需要冷却的物质得到冷却，能充分利用能量。合成氨反应为气体物质的量减小的反应，加压利于反应正向进行；此外，循环利用可反复利用原料，提高原料利用率。
【2014·全国卷】 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1 mol AX5，放出热量123.8 kJ。该反应的热化学方程式为_______________________。
(2)反应AX3(g)＋X2(g)AX5(g)在容积为10 L的密闭容器中进行。起始时AX3和X2均为0.2 mol。反应在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图所示。
①列式计算实验a从反应开始至达到平衡时的反应速率v(AX5)＝______________________。
②图中3组实验从反应开始至达到平衡时的反应速率v(AX5)由大到小的次序为____________(填实验序号)；与实验a相比，其他两组改变的实验条件及判断依据是：b_________________，c_____________________。
③用p0表示开始时总压强，p表示平衡时总压强，α表示AX3的平衡转化率，则α的表达式为______________；实验a和c的平衡转化率：αa为________，αc为________。
0.10 mol－4－1－1
【答案】(1)AX3(l)＋X2(g)===AX5(s) ΔH＝－123.8 kJ/mol (2)①＝1.7×10 mol·L·min
10 L×60 min
120 kPan解：开始时n0＝0.4 mol，总压强为160 kPa，平衡时总压强为120 kPa，则n为＝，
160 kPa0.40 mol
n＝0.40 mol×
120 kPa
＝0.30 mol，
160 kPa
AX3(g)＋X2(g) AX5(g) 起始时n0/mol：0.20 0.20 0 平衡时n/mol：0.20－x 0.20－x x
(0.20－x)＋(0.20－x)＋x＝0.30 解得x＝0.10
v(AX5)＝
0.10 mol－4－1－1
＝1.7×10 mol·L·min
10 L×60 min
②bca 加入催化剂。反应速率加快，但平衡点没有改变 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) ③α＝2(1－) 50% 40%
【解析】 (1)书写热化学方程式时要注意常温下AX3呈液态，AX5呈固态。(2)②由图像知，达到平衡所需时间：a＞c＞b，所以反应速率v(AX5)由大到小的顺序为b＞c＞a；与实验a相比，实验b先达到平衡，化学反应速率快，但平衡点没有变化，说明实验b加入了催化剂；反应为放热反应，与实验a相比，实验c平衡向逆反应方向移动，且反应速率加快，说明实验c改变的条件是升高温度。
AX3(g) ＋ X2(g)AX5(g) 起始量(mol) 0.2 0.2 0 变化量(mol) x x x
平衡量(mol) 0.2－x 0.2－x x
48
pp0
0.4－xp0.4（p0－p）0.4（p0－p）p则有＝，解得x＝，则AX3的转化率为＝2(1－)；分别将实验a、c的p、
0.4p0p00.2×p0p0
p0的数据代入上式，得aa、ac分别为50%、40%。
【2014·山东卷】研究氨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 ΔH1<0(Ⅰ) 2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g) K2 ΔH2<0(Ⅱ) (1)4NO2(g)＋2NaCl(s)2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)的平衡常数K＝________(用K1、K2表示)。
(2)为研究不同条件对反应(Ⅱ)的影响，在恒温条件下，向2 L恒容密闭容器中加入0.2 mol NO和0.1 mol
－3－1－1
Cl2，10 min时反应(Ⅱ)达到平衡。测得10 min内v(ClNO)＝7.5×10 mol·L·min，则平衡后n(Cl2)＝________mol，NO的转化率α1＝________。其他条件保持不变，反应(Ⅱ)在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率α2________α1(填“>”“<”或“＝”)，平衡常数K2______(填“增大”“减小”或“不变”)。若要使K2减小，可采取的措施是________。
(3)实验室可用NaOH溶液吸收NO2，反应为2NO2＋2NaOH===NaNO3＋NaNO2＋H2O。含0.2 mol NaOH的水溶液与
－1－－
0.2 mol NO2恰好完全反应得1 L溶液A，溶液B为0.1 mol·L的CH3COONa溶液，则两溶液中c(NO3)、c(NO2)
－
和c(CH3COO)由大到小的顺序为____________________________________________。(已知HNO2电离常数Ka＝7.1
－4－1－5－1
×10 mol·L，CH3COOH的电离常数Ka＝1.7×10 mol·L)
可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是________。
a．向溶液A中加适量水 b．向溶液A中加适量NaOH c．向溶液B中加适量水 d．向溶液B中加适量NaOH
K21－2－－－
【答案】(1) (2)2.5×10 75% > 不变 升高温度 (3)c(NO3)>c(NO2)>c(CH3COO) b、c
K2
【解析】 (1)反应(Ⅰ)×2－反应(Ⅱ)即得到反应：4NO2(g)＋2NaCl(s)
2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)，利用平
K21－3－1－1
衡常数定义可知该反应平衡常数K＝。(2)平衡时容器中n(ClNO)＝7.5×10mol·L·min×10 min×2 L＝
K2
10.15 mol
0.15 mol，则平衡后n(Cl2)＝0.1 mol－×0.15 mol＝0.025 mol；NO的转化率＝×100%＝75%；若恒
20.2 mol压下达到平衡态相当于将原平衡加压，平衡正向移动，NO的转化率增大；平衡常数只与温度有关，恒压下达到
平衡的平衡常数与原平衡常数相等；因该反应为放热反应，升高温度，反应逆向进行，反应平衡常数减小 。(3)
－
反应后得到溶液A为物质的量浓度均为0.1 mol/L的NaNO2与NaNO3的混合溶液，利用已知电离常数可知CH3COO
－－－－－－－
水解程度大于NO2，NO3不发生水解，两溶液中c(NO3)＞c(NO2)＞c(CH3COO)；利用CH3COO水解程度大于NO2可知溶液B的碱性强于溶液A，为使溶液A、B的pH相等，可采取的措施有向溶液A中加适量NaOH或向B溶液中加入适量水稀释或向B溶液中加入适量稀醋酸等。
【2014·福建卷】 铁及其化合物与生产、生活关系密切。
(1)下图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图。
①该电化腐蚀称为________。②图中A、B、C、D四个区域，生成铁锈最多的是________(填字母)。
(2)用废铁皮制取铁红(Fe2O3)的部分流程示意图如下：
49
①步骤Ⅰ若温度过高，将导致硝酸分解。硝酸分解的化学方程式为______________________________。 ②步骤Ⅱ中发生反应：4Fe(NO3)2＋O2＋(2n＋4)H2O===2Fe2O3·nH2O＋8HNO3，反应产生的HNO3又将废铁皮中的铁转化为Fe(NO3)2，该反应的化学方程式为____________________________。
③上述生产流程中，能体现“绿色化学”思想的是______(任写一项)。 (3)已知t ℃时，反应FeO(s)＋CO(g)Fe(s)＋CO2(g)的平衡常数K＝0.25。 ①t ℃时，反应达到平衡时n(CO)∶n(CO2)＝________。
②若在1 L密闭容器中加入0.02 mol FeO(s)，并通入x mol CO, t ℃时反应达到平衡。此时FeO(s)转化率为50%，则x＝________。
【答案】(1)①吸氧腐蚀 ②B(2)①4HNO3
?4NO↑＋O↑＋2HO
2
2
2
?②4Fe＋10HNO3===4Fe(NO3)2＋NH4NO3＋3H2O ③
氮氧化物排放少(或其他合理答案) (3)①4∶1 ②0.05
【解析】 (1)①若为析氢腐蚀则B、C、D的腐蚀程度相同，则该电化学腐蚀为吸氧腐蚀。②氧气的浓度越大，吸氧腐蚀越严重，则B区域产生铁锈最多。(2)①硝酸的受热分解产生NO2、O2、H2O ，则根据氧化还原的化合价升降法配平其化学方程式为4HNO3
?4NO↑＋O↑＋2HO。②根据图示和信息可知：该生产流程中生成了 NHNO，则
2
2
2
4
3
?硝酸与废铁皮反应的化学方程式为 4Fe＋10HNO3===4Fe(NO3)2＋ NH4NO3＋3H2O。
(3)①在t ℃时，K＝c（CO2）n（CO2）n（CO）
＝＝0.25，则＝4。
c（CO）n（CO）n（CO2）
② FeO(s)＋ CO(g) Fe(s)＋CO2(g)
n起始/mol 0.02 x 0 0 n转化/mol 0.01 0.01 0.01 0.01 n平衡/mol 0.01 x－0.01 0.01 0.01 根据t ℃时，K＝
c（CO2）n（CO2）0.01
＝ ＝＝0.25 ，求得x＝0.05。
c（CO）n（CO） x－0.01
50