2014年高考真题化学解析分类汇编—专题10 化学反应速率与化学平

2014年普通高等学校招生全国统一考试化学试题分类汇编

专题十 化学反应速率与化学平衡

1．（2014·重庆理综化学卷，T7）在恒容密闭容器中通入X并发生反应:2X(g) T2下X的物质的量浓度c(X)随时间t变化的曲线如题7图所示。下列叙述正确的是( )

A．该反应进行到M点放出的热量大于进行到W点放出的热量 a－b－－

B．T2下，在0 ~ t1时间内，v(Y)＝tmol·L1·min1

1C．M点的正反应速率v正大于N点的逆反应速率v逆 D．M点时再加入一定量X，平衡后X的转化率减小 【答案】C

【解析】A、根据图像的拐点可知T1>T2，达到平衡时，在T2温度下X的浓度要小于T1时的浓度，说明温度降低，平衡向正方向移动，即正反应属于放热反应，所以低温时平衡向正方向移动，会放出更多的热量，A错误；B、0~t1时间段内，X的浓度变化量为（a-b）mol/L，所以v(X)? Y(g)，温度T1、

c(X)/mol·L－1 a N T1 b W 0 t1

T2 题7图

t/min （a?b）mol/L（a?b）=

t1mint1（a?b），B错误；C、2t1mol·L-1·min-1，根据各物质的化学反应速率之比等于化学计量数之比，所以v(Y)=

M点对应的温度高于N点对应的温度，二者均处于化学平衡状态，所以温度升高，化学反应速率增大，即M点对应的速率大于N点对应的速率，C正确。

2．（2014·浙江理综化学卷，T12）氯在饮用水处理中常用作杀菌剂，且HClO的杀菌能力比ClO强。25℃时氯气-氯水体系中存在以下平衡关系： Cl2(g)

Cl2(aq) K1=10

HClO + H+ +Cl K2=10

－

－

－1.2

－

Cl2(aq)+ H2O HClO

－3.4

H+ + ClO Ka=?

－

其中Cl2(aq)、HClO和ClO分别在三者中所占分数（α）随pH变化的关系如图所示。下列表述正确的是 A．Cl2(g)+ H2O

2H+ + ClO + Cl K=10-10.9

－

－

－

－

B．在氯处理水体系中，c(HClO) + c(ClO) =c(H+)－c(OH) C．用氯处理饮用水时，pH=7.5时杀菌效果比pH=6.5时差 D．氯处理饮用水时，在夏季的杀菌效果比在冬季好

【答案】C

【解析】将两个方程式相加，得到Cl2(g)+ H2O

－

－

2H+ + ClO + Cl, K=K1K2=10-4.6，A错误；在氯

－

－

处理水体系中，根据电荷守恒可得：c(OH)+c(ClO) =c(H+)，B错误；根据图可以看出，次氯酸的浓度在pH=7.5时比pH=6.5时少，杀菌效果差，C正确；夏季温度高，次氯酸受热易分解，在夏季的杀菌效果比在冬季差，D错误。

3．（2014·天津理综化学卷，T3）运用相关化学知识进行判断，下列结论错误的是( ) A．某吸热反应能自发进行，因此该反应是熵增反应

B．NH4F水溶液中含有HF，因此NH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中

C．可燃冰主要是甲烷与水在低温高压下形成的水合物晶体，因此可存在于海底 D．增大反应物浓度可加快反应速率，因此用浓硫酸与铁反应能增大生成H2的速率 【答案】D

【解析】A、当ΔH－TΔS＜0时，反应能自发进行，吸热反应的ΔH＞0，吸热反应能自发，说明ΔS＞0，A项正确；B、NH4F溶液中F水解生成HF，HF能与玻璃中的SiO2发生反应4HF＋SiO2===SiF4↑＋2H2O，故NH4F溶液不能存放在玻璃试剂瓶中，B项正确；C、可燃冰需在低温高压下形成，所以可燃冰可存在于海底，C项正确；D、常温下，浓硫酸使铁发生钝化，D项错误。

4．（2014·四川理综化学卷，T7）在10L 恒容密闭容器中充入X（g）和Y(g)，发生反应X（g）+Y(g)

M(g)+N(g)，所得实验数据如下表：

起始时物质的量实验 温度/mol 编号 /℃ n(X) ① ② ③ ④ 下列说法正确的是：

A.实验①中，若5min时测得n(M)=0.050mol，则0至5min时间内，用N表示的平均反应速率v（N）=1.0×10-2mol/(L·min)

B.实验②中，该反应的平衡常数K=2.0 C.实验③中，达到平衡时，X的转化率为60%

－

平衡时物质的量/mol n(Y) 0.10 0.40 0.30 0.15 n(M) 0.090 0.080 a b 700 800 800 900 0.40 0.10 0.20 0.10

D.实验④中，达到平衡时，b>0.060

【答案】C

【解析】根据X（g）+Y(g)

M(g)+N(g)5min时测得n(M)=0.050mol，则c(N)=0.0050mol/L则则0至

5min时间内，用N表示的平均反应速率v（N）=1.0×10-3mol/(L·min),A错误；实验②中，该反应的平衡常数K=0.008×0.008/0.002×0.032=1,B错误；实验③中，达到平衡时，根据平衡常数为1，可以求出平衡时反应的X的物质的量为0.12mol，a=0.12mol。X的转化率为60%，C正确；实验④中，升高温度，平衡向逆反应方向移动，达到平衡时，b<0.12/2=0.06，D错误。

5．（2014·上海单科化学卷，T14）只改变一个影响因素，平衡常数K与化学平衡移动的关系叙述错误的是

A．K值不变，平衡可能移动 C．平衡移动，K值可能不变 【答案】D

【解析】A、K值代表化学平衡常数，平衡常数只与温度有关系，K值不变只能说明温度不改变，但是其他条件也可能发生改变，平衡也可能发生移动，A正确；B、K值变化，说明反应的温度一定发生了变化，因此平衡一定移动，B正确；C、平衡移动，温度可能不变，因此K值可能不变，C正确；D、平衡移动，温度可能不变，因此K值不一定变化，D错误。

6．（2014·全国大纲版理综化学卷，T8）下列叙述错误的是 A．SO2使溴水褪色与乙烯使KMnO4溶液褪色的原理相同 B．制备乙酸乙酯时可用热的NaOH溶液收集产物以除去其中的乙酸 C．用饱和食盐水替代水跟电石反应，可以减缓乙炔的产生速率 D．用AgNO3溶液可以鉴别KC1和KI 【答案】B

【解析】A、SO2使溴水褪色是因为SO2和Br2发生了氧化还原反应（SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4）, 乙烯使KMnO4溶液褪色也是发生了氧化还原反应，A正确；B、热的NaOH溶液虽然可以中和乙酸，但也会使乙酸乙酯发生水解，B错误；C、实验室制取乙烯实验中，由于电石和水的反应很剧烈，所以常用饱和食盐水代替水，目的是减缓电石与水的反应速率，C正确；D、AgNO3和KC1产生白色沉淀AgCl，AgNO3和KI产生黄色沉淀AgI，D正确。

B．K值变化，平衡一定移动

D．平衡移动，K值一定变化

7．（2014·全国理综I化学卷，T9）已知分解1mol H2O2放出热量98KJ。在含有少量I的溶液中，H2O2分解的机理为：

H2O2+ I H2O2+ IO

??? H2O+IO H2O+O2+ I

?? 下列有关该反应的说法正确的是（ ）

A．反应速率与I浓度有关 B．IO也是该反应的催化剂 C．反应活化能等于98KJ?mol【答案】A

【解析】决定化反应速率的主要是慢反应，所以I-浓度越大，则整个反应速率越快，A正确、B错误；98KJ·mol-1是该反应的△H，活化能不能确定，C 错误；把两个方程式处理得到：2H2O2＝2H2O＋O2，v(H2O2)＝v(H2O)＝2v(O2)，D错误。

8．（2014·江苏单科化学卷，T15）一定温度下，在三个体积约为1.0L的恒容密闭容器中发生反应：2CH3OH(g)

CH3OCH3(g)＋H2O(g)

容器 温度（℃） 编号 I Ⅱ Ⅲ 下列说法正确的是

A．该反应的正方应为放热反应

B．达到平衡时，容器I中的CH3OH体积分数比容器Ⅱ中的小 C．容器I中反应达到平衡所需时间比容器Ⅲ中的长

D．若起始时向容器I中充入CH3OH 0.1mol、CH3OCH3 0.15mol和H2O 0.10mol，则反应将向正反应方向进行 【答案】AD

【解析】由图表可以看出，温度高的容器，平衡时二甲醚的物质的量小，说明反应为放热反应，A正确；由于反应为气体总体积保持不变的反应，增大甲醇的量，平衡不移动，B错误；容器I的温度高，到达平衡所用的时间短，C错误；根据容器I中各物质的量的关系，可以求出平衡常数K=0.16，当充入甲醇0.15mol，甲醚0.15mol，水0.10mol时， Qc=0.10×0.15/0.15=0.10<0.16,平衡向正方向移动，D正确。

-1

??D．v(H2O2)?v(H2O)?v(O2)

起始物质的量（mol） 平衡物质的量（mol） CH3OH(g) 387 387 207 0.20 0.40 0.20 CH3OCH3(g) 0.080 0.090 H2O(g) 0.080 0.090

9．（2014·江苏单科化学卷，T11）下列有关说法正确的是 A．若在海轮外壳上附着一些铜块，则可以减缓海轮外壳的腐蚀

B．2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)在常温下能自发进行，则该反应的△H＞0 C．加热0.1mol/LNa2CO3溶液，CO32的水解程度和溶液的pH均增大

－

D．对于乙酸与乙醇的酯化反应（△H＜0），加入少量浓硫酸并加热，该反应的反应速率和平衡常数均增大

【答案】C

【解析】在海轮外壳上附着铜片，铁做负极，加速腐蚀，A错误；B选项中反应为熵减的反应，△H不一定大于0，错误；加热碳酸钠溶液，碳酸根的水解程度变大，水解吸热，氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，C正确；浓硫酸做催化剂和吸水剂，平衡常数不变，D错误。

10、（2014·海南单科化学卷，T12）将BaO2放入密闭真空容器中，反应2BaO2(s)

2BaO(s)+O2(g)

达到平衡，保持温度不变，缩小容器容积，体系重新达到平衡，下列说法正确的是（ ） A、平衡常数减小 B、BaO量不变 C、氧气压强不变 D、BaO2量增加 【答案】CD

【解析】A、化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不改变，A错误；B、由于该反应2BaO2(s)

2BaO(s)+O2(g)的正反应是体积增大的反应，当温度保持不变时，缩小容器体积（相当于加

压），平衡会向体积减小的方向即逆方向移动，所以BaO量减小，B错误；C、由于温度不变，则化学平衡常数（K?c(O2)）不变，所以c(O2)不变，所以氧气压强不变，C正确；D、由于该反应2BaO2(s)

2BaO(s)+O2(g)的正反应是体积增大的反应，当温度保持不变时，缩小容器体积（相当于加压），平衡会向体积减小的方向即逆方向移动，所以BaO2量增加，D正确。

11．（2014·福建理综化学卷，T12）在一定条件下，N2O分解的部分实验数据如下： 反应时间/min 0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 c(N2O)/mol·L-1 0.100 0.090 0.080 0.070 0.060 0.050 0.040 0.030 0.020 0.010 0.000 下图能正确表示该反应有关物理量变化规律的是(注：图中半衰期指任一浓度N2O消耗一半时所需的相应时间，c 1、c2均表示N2O初始浓度且c1＜c2)

A B

C D

【答案】A

【解析】半衰期是一定值，与浓度无关，A正确；浓度越大，反应速率越快，到达平衡所用时间越短，B错误；半衰期是一定值，与浓度无关，C错误；浓度越大，物质的转化率不一定变大，D错误。

12．（2014·安徽理综化学卷，T10）臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱硝反应为2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)，若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图像作出的判断正确的是（ ） A B C D

升高温度，平衡常数减小 【答案】A

0~3s内，反应速率为-1L v(NO2)=0.2 mol· t1时仅加入催化剂，平达到平衡时，仅改变x，衡正向移动 则x为c(O2) 【解析】A、根据化学反应热量的变化可知，2NO2(g)+O3(g) N2O5(g)+O2(g)为放热反应，升高温度，

平衡则向吸热的方向（逆方向）移动，所以化学平衡常数减小，A正确；B、化学反应速率的单位是mol/

（L?s）或者mol/（L?min），B错误；C、平衡时加入催化剂，不能改变化学平衡的移动，C错误；D、加入x为O2，通入O2，增大了生成物的浓度，则化学平衡向逆方向移动，故NO2的转化率减小，D错误。

13．（2014·安徽理综化学卷，T11）中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论正确的是（ ） 选项 A B 规律 较强酸可以制取较弱酸 反应物浓度越大，反应速率越快 浓、稀硝酸，浓硝酸中铝片先溶解完 结构和组成相似的物质，沸点随相C 对分子质量增大而升高 溶解度小的沉淀易向溶解度更小D 的沉淀转化 【答案】D

NH3沸点低于PH3 ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可以得到CuS沉淀 结论 次氯酸溶液无法制取盐酸 常温下，相同的铝片中分别加入足量的【解析】A项，盐酸的制备可以有HClO光照分解产生，反应的方程式为2HClO

2HCl+O2↑，

A错误；B、注意一个特殊的现象—钝化（铝和浓硝酸发生钝化反应），反应速率减慢，B错误；C、NH3分子之间存在氢键，熔沸点升高，故NH3的沸点高于PH3，C错误；D、ZnS沉淀中加入几滴CuSO4溶液，沉淀由白色转化为黑色，硫化锌和硫化铜阴阳离子比相同，说明溶度积（Ksp）ZnS＞CuS，故D正确。

14．（2014·北京理综化学卷，T12）在一定温度下，10mL0.40mol/L H2O2发生催化分解。不同时刻测定生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表。

t/min V(O2)/mL 0 0.0 2 9.9 4 17.2 6 22.4 8 26.5 10 29.9 下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）

A．0~6 min的平衡反应速率：v(H2O2)≈3.3×10-2 mol/(L·min) B．6~10 min的平衡反应速率：v(H2O2)<3.3×10-2 mol/(L·min) C．反应到6 min时，c(H2O2)=0.30mol/L D．反应到6 min时，H2O2分解了50% 【答案】C

【解析】10mL0.40mol/L H2O2溶液含H2O2的物质的量是0.004mol，6min时，生成氧气的物质电离是n=22.4ml=0.001mol，则有： 22.4L/mol2H2O2

2H2O+ O2↑

开始（mol） 0.004 0 0 转化（mol） 0.002 0.001 6min时（mol） 0.002 0.001

所以0~6min，H2O2的物质的量变化了0.002mol，浓度变化量c(H2O2)?（H2O2）=

0.002mol=0.2mol/L，则v

0.01L0.2mol/L-2?3.3′10mol/(L·min)，A正确；B、随着反应的不断进行，H2O2的浓度越来越小，

6min反应速率越来越慢，所以6~10min的平均反应速率要小于0~6min的平均反应速率，即v（H2O2）＜

3.3′10-2mol/(L·min)，B正确；C、反应至6min时，剩余的H2O2的物质的量是0.002mol，则此时H2O2

的物质的量浓度是c(H2O2)?0.002mol=0.2mol/L，C错误；D、反应至6min时，参加反应的H2O2的物

0.01L质的量是0.002mol，所以H2O2分解了50%，D正确。。

15．（2014·安徽理综化学卷，T28）（14分） 某研究小组为探究弱酸性条件下铁发生电化学腐蚀类型的影响因素，将混合均匀的新制铁粉和碳粉置于锥形瓶底部，塞上瓶塞（如图1）。从胶头滴管中滴入几滴醋酸溶液，同时测量容器中的压强变化。

图1

（1）请完成以下实验设计表（表中不要留空格）

编号 ① ② ③ 实验目的 为以下实验作参照 醋酸浓度的影响 碳粉/g 0.5 0.5 0.2 铁粉/g 2.0 2.0 醋酸/g 90.0 36.0 90.0

（2）编号①实验测得容器中压强随时间变化如图2。t2时，容器中压强明显小于起始压强，其原因是铁发生了 腐蚀，请在图3中用箭头标出发生该腐蚀时电子流动的方向；此时，碳粉表面发生了 （填“氧化”或“还原”）反应，其电极反应式为 ___________________________。

图2 图3

（3）该小组对图2中的0 ~t1时压强变大的原因提出如下假设。请你完成假设二： 假设一：发生析氢腐蚀产生气体； 假设二： ； ．．．．．．

（4）为验证假设一，某同学设计了检验收集的气体中是否含有H2的方案。请你再设计一种方案验证假设一，写出实验步骤和结论。

实验步骤和结论（不要求写具体操作过程）

【答案】（14分） （1）

编号 ②

实验目的 碳粉/g 铁粉/g 2.0 醋酸/g ③ 碳粉含量的影响 （2）吸氧

（3）放热反应，温度升高 （4）

还原 2H2O+O2+4e=4OH—（或4H++ O2+4e=2H2O）

??实验步骤和结论（不要求写具体操作过程）

①药品用量和操作同编号①实验（多孔橡皮塞增加进、出导管） ②通入氩气排净瓶内空气；

③滴入醋酸溶液，同时测量瓶内压强变化（也可测温度变化，检验Fe2+等）。

（本题属于开放性试题，合理答案均给分）

【解析】（1）探究外界因素对化学反应速率的影响，一般采取控制变量法，即每次只能改变一个变量，所以实验②中铁的量不能发生变化，即质量为2.0g；实验③和实验①相比，只有碳粉的质量发生了变化，所以实验③室探究碳粉的质量对化学反应速率的影响；

（2）因为压强的大小与气体的物质的量成正比，从所给的图像可看出，气体的量开始增加，后来逐渐减小，故t1~t2发生了吸氧腐蚀；原电池装臵中，活泼金属（Fe）做负极，不活泼的C作正极，正极发生还原反应，电极反应式为2H2O+O2+4e=4OH—或4H++ O2+4e=2H2O； （3）从体积的影响因素着手，温度升高，体积增大；

（4）基于假设一可知，产生氢气，发生了哪些变化，具体参考答案。

16．（2014·北京理综化学卷，T26）NH3经一系列反应可以得到HNO3，如下图所示。

??IINH3INOIVNO2IIIHNO3NH4NO3

（1）I中，NH3 和O2在催化剂作用下反应，其化学方程式是_____________________。 （2）II中，2NO（g）+O2

2NO2(g)。在其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强（P1、

P2）下温度变化的曲线（如右图）。

①比较P1、P2的大小关系：________________。

②随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是________________。 （3）III中，将NO2（g）转化为N2O4（l），再制备浓硝酸。 ①已知：2NO2（g）

2NO2（g）

N2O4（g）△H1 N2O4（l） △H2

下列能量变化示意图中，正确的是（选填字母）_______________。

A B C ②N2O4与O2、H2O化合的化学方程式是_________________。

（4）IV中，电解NO制备 NH4NO3，其工作原理如右图所示，为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A，A是_____________，说明理由：________________。

【答案】（14分） （1）4NH3+5O2

4NO+6H2O

（2）①p1

（3）①A ②2N2O4+O2+2H2O=4HNO3

（4）NH3 根据反应8NO+7H2O4NH4NO3+2HNO3，电解产生的HNO3多

【解析】（1）NH3 和O2在催化剂作用下发生氧化还原反应，产物是NO和H2O，所以反应的方程式为4NH3+5O2

4NO+6H2O；

(2)①由2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)可知该反应为气体体积减小的反应，温度相同，增大压强，平衡

正向移动，NO的平衡转化率增大，根据图示和坐标含义，判断p1

(3)①降低温度，NO2(g)转变为N2O4(l)，则ΔH2<0，反应物能量高于生成物能量，C错误； N2O4(g)转变为N2O4(l)需要放出热量，所以NO2(g)转变为N2O4(g)比NO2(g)转变为N2O4(l)放出的热量少，B错误，所以正确的图示为A；②N2O4、O2和H2O反应生成硝酸的反应方程式为2N2O4＋ O2＋2H2O===4HNO3。

(4)根据工作原理装臵图，可以确定阳极为NO失去电子转变为NO3，阴极NO转变为NH4，根据电极反应书写电极反应式为：

阳极：NO－3e＋2H2O===NO3＋4H 阴极：NO＋5e＋ 6H===NH4＋ H2O

然后根据得失电子守恒，硝酸根离子物质的量比铵根离子物质的量多，电解

所以需要向溶液中加入的物质为NH3(即8NO＋7H2O=====3NH4NO3＋2HNO3)。

17．（2014·福建理综化学卷，T24）(15分)铁及其化合物与生产、生活关系密切。

（1）右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：

－

＋

＋

－

－

＋

－

＋

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xmolCO，t℃时反应达到平衡。此时FeO(s)转化率为50%，则x＝ 。

【答案】（15分） （1）①吸氧腐蚀 ②B （2）①4HNO3

4NO2↑+O2↑+2H2O ②4Fe+10HNO3=4Fe(NO3)3+NH4NO3+3H2O

③氮氧化物排放少（或其他合理答案） （3）① 4:1 ②0.05

【解析】（1）由图看出，在海水中，该电化腐蚀属于吸氧腐蚀，在ABCD四个区域中，生成铁锈最多是B区，能接触到氧气。（2）浓硝酸分解的化学方程式为4HNO3

4NO2↑+O2↑+2H2O,硝酸氧化 废

铁皮中铁的化学方程式为4Fe+10HNO3=4Fe(NO3)3+NH4NO3+3H2O，生产过程中体现绿色思想的是整个过程中氮氧化物排放减少。

根据反应FeO(s)＋CO(g)

Fe(s)＋CO2(g)，平衡常数K为0.25，因为固体的浓度为1，则反应达到平

衡时n(CO)：n(CO2)=4:1，若在1 L密闭容器中加入0.02 mol FeO(s)，并通入xmolCO，t℃时反应达到平衡。此时FeO(s)转化率为率为50%，

FeO(s)＋CO(g)

Fe(s)＋CO2(g)

起始 0.02 x 0 0 变化 0.01 0.01 0.01 0.01 平衡时 0.01 x-0.01 0.01 0.01 根据平衡常数K=0.25得：

0.01?0.25，解得x=0.05。

x?0.0118．（2014·广东理综化学卷，T31）（16分）用CaSO4代替O2与燃料CO反应，既可提高燃烧效率，又能得到高纯CO2，是一种高效、清洁、经济的新型燃烧技术，反应①为主反应，反应②和③为副反应。 ①

1CaSO4(s)+CO(g) 41CaS(s)+CO2(g) ?H1= —47.3kJ?mol-1 4

② CaSO4(s)+CO(g) ③ CO(g)

CaO(s)+CO2(g) +SO2(g) ?H2= +210.5kJ?mol-1

11C(s)+ CO2(g) ?H3= —86.2kJ?mol-1 22CaS(s)+ CaO(s)+6CO2(g)+ C(s) +SO2(g)的?H＝___________（用?H1、?H2和

（1）反应2CaSO4(s)+7CO(g) ?H3表示）

（2）反应①－③的平衡常数的对数lgK随反应温度T的变化曲线见图18，结合各反应的?H，归纳lgK-T曲线变化规律：

a)_______________________________；b)____________________________。

（3）向盛有CaSO4的真空恒容密闭容器中充入CO，反应①于900℃达到平衡，c平衡(CO)=8.0×10-5 mol?L-1，计算CO的转化率（忽略副反应，结果保留两位有效数字）。 （4）为减少副产物，获得更纯净的CO2，可在初始燃料中适量加入____________。

（5）以反应①中生成的CaS为原料，在一定条件下经原子利用率100%的高温反应，可再生CaSO4，该反应的化学方程式为_______________；在一定条件下，CO2可与对二甲苯反应，在其苯环上引入一个羧基，产物的结构简式为________________。 【答案】（16分）

（1）?H＝4?H1+?H2+2?H3（2分）

（2）a)反应②为吸热反应，温度升高K值增大，lgK也增大（2分）

b)反应①③为放热反应，温度升高K值减小，lgK也减小（2分） （3）99%

1CaSO4(s)+CO(g) 41CaS(s)+CO2(g) 4初始浓度（mol/L） a 0 转化浓度（mol/L） a-c平衡（CO） a-c平衡（CO） 平衡浓度（mol/L） c平衡（CO） a-c平衡（CO）

c平衡（CO2）a?c平衡（CO）a?8.0?10?5—3—1

依题意，K=，a=8.08×10 mol?L ???100?5c平衡（CO）c平衡（CO）8.0?10CO的转化率：

a?c平衡（CO）8.08?10—3mol?L—1?8.0?10?5mol?L?1?100%??100%?99%（5分）

a8.08?10—3mol?L—1（4）氧气 （2分）

COOH CH3— （5）CaS+2O2

CaSO4 （2分）

—CH3

（1分）

CaS(s)+ CaO(s)+6CO2(g)+ C(s) +SO2(g)，

【解析】（1）根据盖斯定律，①×4+②+③×2得：2CaSO4(s)+7CO(g) 所以?H＝4?H1+?H2+2?H3；

（2）结合图像及反应的?H可知，反应①③为放热反应，温度升高K值减小，lgK也减小，反应②为吸热反应，温度升高K值增大，lgK也增大。

1（3）由图可可知，900℃时CaSO4(s)+CO(g)

4c?CO2?1CaS(s)+CO2(g)的lgK=2，即K=100，K=?100，4c?CO?可知平衡时c(CO2)= 8.0×10—3 mol?L—1，CO的转化率为

8.0?10?3mol?L?1?100%=99%；

(8.0?10?3mol?L?1?8.0?10?5mol?L?1) （5）CaS转化为CaSO4，从元素守恒角度分析，CaS与O2按照1:2反应转化为CaSO4，才能满足原子利用率100%，所以化学方程式为CaS+2O2

CaSO4；CO2可与对二甲苯反应，在其苯环上引入一个羧

COOH CH3— 基，因为对二甲苯的苯环上的氢原子只有1种，所以结构简式为

—CH3

。

19．（2014·广东理综化学卷，T33）（17分）H2O2是一种绿色氧化还原试剂，在化学研究中应用广泛。

（1）某小组拟在同浓度Fe3+的催化下，探究H2O2浓度对H2O2分解反应速率的影响。限选试剂与仪器：30% H2O2、0.1mol?L-1Fe2(SO4)3、蒸馏水、锥形瓶、双孔塞、水槽、胶管、玻璃导管、量筒、秒表、恒温水浴槽、注射器

①写出本实验H2O2分解反应方程式并标明电子转移的方向和数目：____________

②设计实验方案：在不同H2O2浓度下，测定____________________________________（要求所测得的数据能直接体现反应速率大小）。

③设计实验装置，完成图20的装置示意图。

④参照下表格式，拟定实验表格，完整体现实验方案（列出所选试剂体积、需记录的待测物理量和所拟定的数据；数据用字母表示）。 物理量 V*0.1mol?L-1Fe2(SO4)3]/mL a a …… …… …… 实验序号 1 2 （2）利用图21（a）和21（b）中的信息，按图21（c）装置（连能的A、B瓶中已充有NO2气体）进行实验。可观察到B瓶中气体颜色比A瓶中的_________（填“深”或“浅”），其原因是______________________________________________________。

【答案】（17分）

（1）①

间内，收集到氧气的体积）（2分）

（3分）②收集到相同体积氧气所需要的时间（或相同时

③

④（5分） 物理量 （3分）

V[0.1mol?L-1Fe2(SO4)3] V[30% H2O2] V[ H2O] V[O2] 收集d mL O2所 实验序号 1 2 /mL a a /mL b c /mL c b /mL d d 需时间t/s t1 t2 （2）深（2分）。由图21(a)可知H2O2分解为放热反应，H2O2分解使B瓶中温度升高，再由图21(b)可知反应2NO2(g)

N2O4(g)，也是放热反应，升温使平衡向左移动，c(NO2)增大，颜色加深（3分）

【解析】（1）①H2O2在Fe2(SO4)3作催化剂的条件下分解生成H2O和O2，在此反应中H2O2既做氧化剂

也做还原剂，所以用双线桥表示电子转移的方向和数目为；

②反应速率是单位时间内物质的量浓度的变化量，所以要测定不同浓度的H2O2对分解速率的影响，可以比较收集到相同体积氧气所需要的时间，或比较相同时间内，收集到氧气的体积；

③收集并测量气体的体积，我们可以采用排水法收集氧气，但要用量筒代替集气瓶，这样便于测量其体积，或者用注射器来测量体积，故收集装臵是

（2）由图21(a)可知H2O2分解为放热反应，H2O2分解使B瓶中温度升高，再由图21(b)可知反应2NO2(g)

N2O4(g)，也是放热反应，升温使平衡向左移动，c(NO2)增大，颜色加深，所以B瓶的颜色比A瓶的颜色深。

20、（2014·海南单科化学卷，T14）（9分）硝基苯甲酸乙酯在OH O2NC6H4COOC2H5+OH

—

—

存在下发生水解反应：

O2NC6H4COO+ C2H5OH

—

两种反应物的初始浓度均为0.050mol/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 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 a/% 0

（1）列式计算该反应在120~180s与180~240s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°C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，还可以采取的措施有______________________________（要求写出两条）。 【答案】（9分）

0.050mol?L?1?(41.8%?33.0%)（1）???7.3?10?5mol?L?1?s?1 （2分）

(180?120)s0.050m?o?1l?L(48.?8A.8%)?5 ???5.8?10mo??l1sL?? 1 （2分）

(24?018s0) 随着反应进行，反应物浓度降低，反应速率减慢 （1分）

[0.050mol?L?1?71.0%]2(71.0%)2（2）K??6.0或K??6.0（2分） ?122[0.050mol?L?(1?71.0%)](1?71.0%)（3）增加OH—的浓度、移去产物 （2分） 【解析】（1）根据题目中提供的信息。可知在120~180s内的平均反应速率是：

0.050mol?L?1?(41.8%?33.0%)???7.3?10?5mol?L?1?s?1

(180?120)s在180~240s内的平均反应速率是：

0.050mol?L?1?(48.8%?41.8%)???5.8?10?5mol?L?1?s?1

(240?180)s 根据以上两个反应速率120~180s内（7.3?10mol?L?s）和180~240s内（5.8?10mol?L?s），可以看出：随着反应进行，反应物浓度降低，反应速率减慢；

?5?1?1?5?1?1[0.050mol?L?1?71.0%]2 （2）15°C时该反应的平衡常数K??6.0； ?12[0.050mol?L?(1?71.0%)] （3）提高O2NC6H4COOC2H5 的平衡转化率，就意味着O2NC6H4COOC2H5+OH—

O2NC6H4COO—+

C2H5OH反应的平衡向正方向移动，可以采取的措施增大反应物的浓度（增加OH—的浓度），减小生成物的浓度（移去产

物）。

21．（2014·全国理综II化学

卷，T26）（13分）

在容积为100L的容器中，通入一定

量的N2O4，发生反应N2O4g) 2NO2 (g)，随温度升高，混合气体的颜色变深。

回答下列问题：

（1）反应的?H 0（填“大于”或“小于”）；100℃时，体系中各物质浓度随时间变化如上图所示。在0～60s时段，反应速率?(N2O4)为 mol·L

?1·s

?1；反应的平衡常数K1为 。

?1（2）100℃时达平衡后，改变反应温度为T，以c(N2O4)以0.0020 mol·L又达到平衡。

·s

?1的平均速率降低，经10s

T 100℃（填“大于”或“小于”），判断理由是 。 ①

②列式计算温度T时反应的平衡常数K2 。

(3)温度T时反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半。平衡向（填“正反应”或“逆反应”）方向移动，判断理由是 。

【答案】（13分）

（1）大于 0.0010 0.36mol·L—1

（2）①大于 反应正方向吸热，反应向吸热方向进行，故温度升高 ②平衡时，c(NO2)=0.120 mol·L—1+0.0020 mol·L—1·s—1×10s×2=0.16 mol·L—1，c(N2O4)=0.040 mol·L—1-0.0020 mol·L—1·s—1×10s=0.020

(0.16 mol?L—1)2—1mol·L，则K2?=1.3 mol·L； —10.020 mol?L—1

（3）逆反应 对气体分子数增大的反应，增大压强平衡向逆方向移动

【解析】（1）根据题目提供的信息：随温度升高，混合气体的颜色变深（NO2浓度增大），说明平衡N2O4g)

2NO2 (g)向正方向移动，则说明正反应是吸热反应，?H>0。根据图像可知，0~60s时间

?10.120mol?L?1段内，NO2的物质的量浓度变化量是0.120 mol·L，所以v(NO2)?=0.0020 mol·L—1·s—1，

60s

根据各物质的化学反应速率之比等于化学计量数之比，所以?(N2O4)=

1L—1·s—1；v(NO2)=0.0010 mol·

2由图像可知，100℃达到平衡时，c(NO2)= 0.120 mol·L—1，c(N2O4)= 0.040 mol·L—1，所以化学平衡常数

(0.120 mol?L—1)2—1K1?=0.36mol·L； —10.040 mol?L（2）改变反应温度为T，以c(N2O4)以0.0020 mol·L衡向着正方向移动，又因为该反应N2O4g) ②因为c(N2O4)以0.0020 mol·L

?1?1·s

?1的平均速率降低，说明c(N2O4)减低，平

2NO2 (g)的焓变?H>0，说明反应温度意味着温度升高；

·s

?1，反应经过的时间是10s，所以△c(N2O4)= 0.0020 mol·L—1·s—1×10s=0.020

mol·L—1，则△c(NO2)= 0.020 mol·L—1×2= 0.040 mol·L—1，所以平衡时c(N2O4)= 0.040 mol·L—1-0.020

(0.16 mol?L—1)2mol·L=0.020 mol·L，c(NO2)=0.120 mol·L+0.040 mol·L=0.16 mol·L，则K2?=1.3 —10.020 mol?L—1

—1

—1

—1

—1

mol·L—1；

（3）温度为T时，达到平衡时，将反应容器的体积减小一半，此过程相当于增大用气枪的过程。当其他条件不变时，增大压强，平衡会向着气体物质的量减小的方向移动，对于此反应来说（N2O4 (g)

2NO2 (g)），当其他条件不变时，增大压强，平衡向逆方向移动。

22．（2014·全国理综I化学卷，T28）（15分）乙酸是重要的有机化工原料，可由乙烯气相直接水合法或间接水合法生产。回答下列问题：

（1）间接水合法是指现将乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯（C2H5OSO3H），再水解生成乙醇，写出相应反应的化学方程式__________________________________。 （2）已知：

甲醇脱水反应 2CH3OH(g)==CH3OCH3(g)+ H2O (g) ?H1=?23.9 KJ﹒mol

-1

甲醇制烯烃反应 2CH3OH(g)== C2H4(g)+ 2H2O (g) ?H2=?29.1 KJ﹒mol

-1

乙醇异构化反应 C2H5OH(g) ==CH3OCH3(g) ?H3=+50.7KJ﹒mol

-1

则乙烯气相直接水合反应C2H4(g)+H2O(g)==C2H5OH(g)的?H=______KJ﹒mol。与间接水合法相比，气

-1

相直接水合法的优点是____________________________________。

（3）下图为气相直接水合法乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系（其中n(H2O):n(C2H4)=1:1）

①列式计算乙烯水合制乙醇反应在图中A点的平衡常数Kp=_______（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。

②图中压强（p1、p2、p3、p4）的大小顺序为_________，理由是_________。

③气相直接水合法常采用的工艺条件为：磷酸/硅藻土为催化剂，反应温度290℃，压强6.9MPa，乙烯的转化率为5%，若要进一步提高转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，n(H2O):n(C2H4)=0.6:1，

还可以采取的措施有_________、_________。

【答案】（1）CH2＝CH2＋H2SO4

催化剂 C2H5OSO3H；C2H5OSO3H＋H2O

催化剂 CH3CH2OH＋H2SO4

（2）—45.5；减少污染；减少对设备的腐蚀。

（3）①0.07 Mpa-1 ②P4＞P3＞P2＞P1；反应分子数减少，相同温度下，压强升高乙烯转化率升高。③增大n(H2O)︰n(C2H4)的比值，及时把生成的乙醇液化分离

【解析】（1）乙烯与硫酸发生加成反应生成硫酸氢乙酯，硫酸氢乙酯再通过取代反应得到乙醇。 CH2＝CH2＋H2SO4C2H5OSO3H＋H2O

催化剂 催化剂 C2H5OSO3H CH3CH2OH＋H2SO4

（2）通过盖斯定律，—△H2＋△H1－△H3＝—45.5KJ·mol-1

比较两种流程，可看出气相直接水合法减少反应步骤，增大产物的产率，同时减少污染物的排放；不用硫酸作反应物，减少对设备的腐蚀。

(3)①A点乙烯的平衡转化率是20%。 根据反应：CH2＝CH2＋H2O

催化剂 C2H5OH

起始 1mol 1mol 0 转化 0.2mol 0.2mol 0.2mol 平衡 0.8mol 0.8mol 0.2mol

则平衡时乙烯的分压：P(C2H4)＝7.85Mpa×0.8mol/1.8mol＝3.4889 Mpa 水蒸气的分压：P(H2O)＝7.85Mpa×0.8mol/1.8mol＝3.4889 Mpa 乙醇的分压：P(C2H5OH)＝7.85Mpa×0.2mol/1.8mol＝0.8722 Mpa

则平衡常数Kp＝P(C2H5OH)/ P(C2H4)× P(H2O)＝0.8722 Mpa/3.4889 Mpa×3.4889 Mpa＝0.07 Mpa-1 ②通过反应可以看出压强越大，乙烯的转化率越高，通过在300℃时转化率可得出：P4＞P3＞P2＞P1。 ③可以增大H2O的浓度，及时分离出生成的乙醇。

23．（2014·全国大纲版理综化学卷，T28）(15分) 化合物AX3和单质X2在一定条件下反应可生成化合物AX5。回答下列问题：

（1）已知AX3的熔点和沸点分别为－93.6 ℃和76 ℃，AX5的熔点为167 ℃。室温时AX3与气体X2反应生成lmol AX5，放出热量123.8 kJ。该反应的热化学方程式为 。 （2）反应AX3(g)＋X2(g)

AX5(g)在容积为10 L的密闭容器中进行。起始时AX3和X2均为0.2 mol。

反应在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图所示。

①列式计算实验a从反应开始至达到平衡时的反应速率 v(AX5)＝ 。 ②图中3组实验从反应开始至达到平衡时的反应速率v(AX5)由大到小的次序为 实验a相比，其他两组改变的实验条件及判断依据是：b 、 c 。

③用p0表示开始时总压强，p表示平衡时总压强，α表示AX3的平衡转化率，则α的表达式为 ；实验a和c的平衡转化率：αa为 、αc为 。

【答案】(15分)

（1）①AX3（l）+X2（g）=AX5（s）△H= —123.8kJ?mol—1（2分）

(填实验序号)；与

（2）v(AX5)?0.1mol= 1.7×10—4mol/（L?min）

10L?60min解：开始时no=0.4mol，总压强为160KPa，平衡时总压强为120KPa，则n为，

102KPan102KPa?，n=0.4mol?=0.30mol

160KPa0.4mol160KPaAX3（g）+X2（g）

AX5（g）

初始 （mol） 0.20 0.20 0 平衡 （mol） 0.20-x 0.20-x x （0.20-x）+（0.20-x）+x=0.30，则x=0.10 v(AX5)?0.1mol= 1.7×10—4mol/（L?min） （3分）②bca（2分） 加入催化剂．反应速率

10L?60min加快，但平衡点没有改变（2分）；温度升高。反应速率加快，但平衡点向逆反应方向移动（或反应容器的容积和起始物质的量未改变，但起始总压强增大）（2分）；③α=2（1-

p）（2分）；50%（1分）；p040%（1分）。

【解析】（1）因为AX3的熔点和沸点分别为—93.6℃和76℃，AX5的熔点为167℃，室温时，AX3为液态，AX5为固态，生成1mol AX5，放出热量123.8kJ，该反应的热化学方程为：AX3（l）+X2（g）=AX5（s）△H= —123.8kJ?mol—1，

（2）①起始时AX3和X2均为0.2mol，即no=0.4mol，总压强为160KPa，平衡时总压强为120KPa，设平衡时总物质的量为n，根据压强之比就等于物质的量之比有：

AX3（g）+X2（g）

AX5（g）

102KPan?，n=0.30mol。

160KPa0.4mol初始 （mol） 0.20 0.20 0 平衡 （mol） 0.20-x 0.20-x x （0.20-x）+（0.20-x）+x=0.30，则x=0.10 v(AX5)?0.1mol= 1.7×10—4mol/（L?min）

10L?60min②根据到abc达平衡用时的多少可以比较出反应速率的大小为：b＞c＞a；

③用p0表示开始时总压强，p表示平衡时总压强，α表示AX3的平衡转化率，根据压强之比就等于物质的量之比有：

pp0.4=，n=0.40

pp0nAX3（g）+X2（g）

AX5（g）

初始 （mol） 0.20 0.20 0 平衡 （mol） 0.20-x 0.20-x x

（0.20-x）+（0.20-x）+x=n，则x= 0.40-n=0.4—0.4p0 p0.4?则α=

p0p0.2=2（1-

p） p0∴αa=2（1-

120p）=2(1—)×100%=50%；

160p0140p）=2(1—)×100%=40%。

175p0 αc=2（1-

24．（2014·山东理综化学卷，T29）（17分）研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：

2NO2（g）+NaCl（s） 2NO（g）+Cl2（g）（1）4NO2（g）+2NaCl（s）

表示）。

（2）为研究不同条件对反应（II）的影响，在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2mol NO和0.1mol

Cl2，10min时反应（II）达到平衡。测得10min内v（ClNO）=7.5×10-3mol?L-1?min-1，则平衡后n（Cl2）= mol，NO的转化率а1= 。其它条件保持不变，反应（II）在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率а2 а1（填“>”“<”或“=”），平衡常数K2 （填“增大”“减小”或“不变”。若要使K2减小，可采用的措施是 。

（3）实验室可用NaOH溶液吸收NO2，反应为2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O。含0.2mol NaOH的水溶

液与0.2mol NO2恰好完全反应得1L溶液A，溶液B为0.1mol?L￣1的CH3COONa溶液，则两溶液中c

NaNO3（s）+ClNO（g） K1 ?H < 0 （I） 2ClNO（g） K2 ?H < 0 （II）

2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常数K= （用K1、K2

（NO3￣）、c（NO2-）和c（CH3COO￣）由大到小的顺序为 。（已知HNO2的电离常数Ka=7.1×10-4mol?L￣1，CH3COOH的电离常数K a=1.7×10-5mol?L￣1，可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是 。

a．向溶液A中加适量水 b.向溶液A中加适量NaOH c．向溶液B中加适量水 d..向溶液B中加适量NaOH

K12 【答案】（1）（2）（2）2.5×10-2；75%；>；不变；升高温度 （3）c(NO3￣) > c(NO2-) > c(CH3COO￣)；

K2b、c

【解析】（1）（I）×2?（II）即可得到4NO2（g）+2NaCl（s）

2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g），

K12所以平衡常数K=；

K2 （2）ClNO的浓度变化△c（ClNO）=7.5×10-2mol?L，所以ClNO的物质的量变化△n（ClNO）=0.15mol，所以Cl2的物质的量变化率△n（Cl2）=0.075mol，则平衡后n（Cl2）=0.1mol-0.075mol=0.025mol；转化的n（NO）=0.15mol，则NO的转化率а1=

0.15mol?100%=75%；其他条件保持不变，反应（II）在恒压条件

0.2mol下进行，则反应（II）的压强大于反应（I）的压强，则平衡有利于向正方向移动，所以平衡时NO的转化率а2>а1；因为温度不变，所以化学平衡常数不变；因为反应（II）的?H < 0，为放热反应，所以要减小化学平衡常数，就要使平衡向逆方向移动，可以采取加热的方法；

（3）根据盐类水解规律，越弱越水解，所以CH3COO￣的水解程度大于NO2-，故离子浓度大小是c（NO3￣）>c（NO2-）>c（CH3COO￣）; 因为CH3COO￣的水解程度大于NO2-，所以溶液A的PH小于溶液B的PH。 a．向溶液A中加适量水 （使A的PH减小），b．向溶液A中加适量NaOH（使A的PH增大），c．向溶液B中加适量水（使B的PH减小），d..向溶液B中加适量NaOH （使B的PH增大），只有bc满足题意。

25、（2014·上海单科化学卷，T四）（本题共12分）合成氨工艺的一个重要工序是铜洗，其目的是用铜液[醋酸二氨合铜（Ⅰ）、氨水]吸收在生产过程中产生的CO和CO2等气体。铜液吸收CO的反应是放热反应，其反应方程式为：Cu(NH3)2Ac +CO+NH3

完成下列填空：

23．如果要提高上述反应的反应速率，可以采取的措施是______________。（选填编号）

a．减压 b．增加NH3的浓度 c．升温 d．及时移走产物 24．铜液中的氨可吸收二氧化碳，写出该反应的化学方程式。

[Cu(NH3)3CO]Ac

_______________________________________________________________________ 25．简述吸收CO及铜液再生的操作步骤（注明吸收和再生的条件）

__________________________________________________________________________

26．铜液的组成元素中，短周期元素原子半径从大到小的排列顺序为_________________。 其中氮元素原子最外层电子排布的轨道表示式是_____________________________。通过比较___________________________可判断氮、磷两种元素的非金属性强弱。

27．已知CS2与CO2分子结构相似，CS2的电子式是_______________________。 CS2熔点高于CO2，其原因是_______________________________________。 【答案】（本题共12分） 23．bc

24．2NH3+CO2+H2O→(NH4)2CO3 (NH4)2CO3+ CO2+H2O→2 NH4HCO3

25．①低温加压下吸收CO；②然后将铜洗液转移至另一容器中；③高温低压下释放CO，然后将铜洗液循环利用

26．C>N>O>H； 27．

；NH3和PH3的稳定性

CS2和CO2都是分子晶体，CS2相对分子质量大，分子间作用力大。

【解析】23．a．减压，导致反应物的浓度降低，反应速率减慢；b．增加NH3的浓度，增大了反应物的浓度，反应速率加快；c．升温，化学反应速率加快； d．及时移走产物，降低了生成物的浓度，反应速率减慢。

24．铜液中的氨水（碱性）能与CO2发生反应，当CO2适量时发生的反应为2NH3+CO2+H2O→(NH4)2CO3，当CO2过量时发生的反应为 (NH4)2CO3+ CO2+H2O→2 NH4HCO3；

25．由化学方程式“Cu(NH3)2Ac + CO + NH3

[Cu(NH3)3CO]Ac ”以及“铜液吸收CO的反应是放热反

应”可知，该反应是体积减小的放热反应，因此吸收CO最适宜的条件是低温高压，即①低温加压下吸收CO；②然后将铜洗液转移至另一容器中；③高温低压下释放CO，然后将铜洗液循环利用。

26．铜液的组成元素中属于短周期元素有C、H、O、N，根据原子半径变化规律可知，原子半径C>N>O>H；氮元素原子最外层有5个电子，根据核外电子排布的规律可知最外层排布的轨道式是

；比较元素的非金属性强弱，我们可以通过比较元素气态氢化物低温稳定性或者

元素最高价氧化物的水化物的酸性进行判断。

27．根据题目中的信息“CS2与CO2分子结构相似”，根据CO2的电子式（的电子式（

）可以写出CS2

）；因为“CS2与CO2分子结构相似”，对于组成和结构相似的物质，相对分子质量

越大（分子间作用力就越强），熔沸点就越高，所以CS2的熔沸点高于CO2。

26．（2014·天津理综化学卷，T10）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·mol1。一种工业合成氨的简式流程图如下：

－

(1)天然气中的H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS。一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，写出再生反应的化学方程式：

________________________________________________________________________。

(2)步骤Ⅱ中制氢气的原理如下： ①CH4(g)＋H2O(g)②CO(g)＋H2O(g)

CO(g)＋3H2(g) ΔH＝＋206.4 kJ·mol1

－

CO2(g)＋H2(g) ΔH＝－41.2 kJ·mol1

－

对于反应①，一定可以提高平衡体系中H2的百分含量，又能加快反应速率的措施是____________。 a．升高温度 b．增大水蒸气浓度 c．加入催化剂 d．降低压强

利用反应②，将CO进一步转化，可提高H2的产量。若1 mol CO和H2的混合气体(CO的体积分数为20%)与H2O反应，得到1.18 mol CO、CO2和H2的混合气体，则CO的转化率为____________。

(3)图(a)表示500 ℃、60.0 MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH3体积分数的关系。根据图中a点数据计算N2的平衡体积分数：____________。

(4)依据温度对合成氨反应的影响，在图(b)坐标系中，画出一定条件下的密闭容器内，从通入原料气开始，随温度不断升高，NH3物质的量变化的曲线示意图。

(a) (b)

(5)上述流程图中，使合成氨放出的能量得到充分利用的主要步骤是(填序号)________。简述本流程中提高合成氨原料总转化率的方法：

________________________________________________________________________。 【答案】

一定条件

(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

0.18 mol

×100%＝90%。

1 mol×20%

(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＋3H2

2NH3

起始(mol): 1 3 0 转化(mol): x 3x 2x

平衡(mol): 1－x 3－ 3x 2x

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

（1－x）＋（3－3x）＋2x物质的量不断增多，是因为反应正向进行(反应未达平衡)，达到一定程度后反应达到平衡而此时温度继续升高，平衡逆向移动，NH3的物质的量减小。(5)热交换器可以使需要加热的物质得到加热，还可以使需要冷却的物质得到冷却，能充分利用能量。合成氨反应为气体物质的量减小的反应，加压利于反应正向进行；此外，循环利用可反复利用原料，提高原料利用率。

27．（2014·浙江理综化学卷，T27）（14分）煤炭燃烧过程中会释放出大量的SO2，严重破坏生态环境。采用一定的脱硫技术可以把硫元素以CaSO4的形式固定，从而降低SO2的排放。但是煤炭燃烧过程中产生的CO又会与CaSO4发生化学反应，降低脱硫效率。相关反应的热化学方程式如下： CaSO4(s)+CO(g) CaSO4(s)+4CO(g) 请回答下列问题：

⑴反应Ⅰ能自发进行的条件是 。

⑵对于气体参与的反应，表示平衡常数Kp时用气体组分(B)的平衡压强p(B)代替该气体物质的量浓度c(B)，则反应Ⅱ的Kp= (用表达式表示)。

⑶假设某温度下，反应Ⅰ的速率(v1)大于反应Ⅱ的速率(v2)，则下列反应过程能量变化示意图正确的是 。

CaO(s) + SO2(g) + CO2(g) ΔH1=218.4kJ·mol-1(反应Ⅰ) CaS(s) + 4CO2(g) ΔH2= -175.6kJ·mol1(反应Ⅱ)

－

A B C D

⑷通过监测反应体系中气体浓度的变化可判断反应Ⅰ和Ⅱ是否同时发生，理由是 。 ⑸图1为实验测得不同温度下反应体系中CO初始体积百分数与平衡时固体产物中CaS质量百分数的关系曲线。则降低该反应体系中SO2生成量的措施有 。

A．向该反应体系中投入石灰石

B．在合适的温度区间内控制较低的反应温度 C．提高CO的初始体积百分数 D．提高反应体系的温度

⑹恒温恒容条件下，假设反应Ⅰ和Ⅱ同时发生，且v1＞v2，则下，请在图2中画出反应体系中c(SO2)随时间t变化的总趋势图。

【答案】（14分） （1）高温

p4(CO2)（2）4

p(CO)（3）C

（4）如果气相中SO2和CO2两种气体的浓度之比随时间发生变化，则标明两个反应同时发生。 （5）A、B、C

（6）

【解析】（1）由△G=△H-T△S<0时自发，△H>0,则T要大，故应选择高温。（2）根据固体的浓度为常数，

p4(CO2)则反应的平衡常数为Kp=4；

p(CO)第一节

反应I为吸热反应，产物的能量高于反应物，反应Ⅱ放热，产物的能量低于反应物，

反应Ⅰ的速率(v1)大于反应Ⅱ的速率(v2)，反应Ⅰ的活化能低。

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/tye.html