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) Y(g)，温度T1、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
B．T2下，在0 ~ t1时间内， v(Y)＝a－bt1mol•L－1•min－1
C．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 = mol•L-1•min-1，根据各物质的化学反应速率之比等于化学计量数之比，所以 = ，B错误；C、M点对应的温度高于N点对应的温度，二者均处于化学平衡状态，所以温度升高，化学反应速率增大，即M点对应的速率大于N点对应的速率，C正确。
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=10－1.2
Cl2(aq)+ H2O HClO + H+ +Cl－ K2=10－3.4
HClO 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：
实验
编号 温度/℃起始时物质的量/mol 平衡时物质的量/mol
n(X)n(Y)n(M)
①
7000.400.100.090
②
8000.100.400.080
③
8000.200.30a
④
9000.100.15b
下列说法正确的是：
A.实验①中，若5min时测得n(M)=0.050mol，则0至5min时间内，用N表示的平均反应速率v（N）=1.0×10-2mol/(L•min)
B.实验②中，该反应的平衡常数K=2.0
C.实验③中，达到平衡时，X的转化率为60%
D.实验④中，达到平衡时，b>0.060
【答案】C
【解析】根据X（g）+Y(g) M(g)+N(g)5min时测得n(M)=0.050mol，则c(N)=0.0050mol/L则则0至5min时间内，用N表示的平均反应速率v（N）=1.0×10-3mol/(L•min),A错误；实验②中，该反应的平衡常数K=0.008×0.008/0.002×0.032=1,B错误；实验③中，达到平衡时，根据平衡常数为1，可以求出平衡时反应的X的物质的量为0.12mol，a=0.12mol。X的转化率为60%，C正确；实验④中，升高温度，平衡向逆反应方向移动，达到平衡时，b<0.12/2=0.06，D错误。
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 B．K值变化，平衡一定移动
C．平衡移动，K值可能不变 D．平衡移动，K值一定变化
【答案】D
【解析】A、K值代表化学平衡常数，平衡常数只与温度有关系，K值不变只能说明温度不改变，但是其他条件也可能发生改变，平衡也可能发生移动，A正确；B、K值变化，说明反应的温度一定发生了变化，因此平衡一定移动，B正确；C、平衡移动，温度可能不变，因此K值可能不变，C正确；D、平衡移动，温度可能不变，因此K值不一定变化，D错误。
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。
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 H2O+IO
H2O2+ IO H2O+O2+ I
下列有关该反应的说法正确的是（ ）
A．反应速率与I 浓度有关 B．IO 也是该反应的催化剂
C．反应活化能等于98KJ mol-1 D．
【答案】A
【解析】决定化反应速率的主要是慢反应，所以I-浓度越大，则整个反应速率越快，A正确、B错误；98KJ•mol-1是该反应的△H，活化能不能确定，C 错误；把两个方程式处理得到：2H2O2＝2H2O＋O2，v(H2O2)＝v(H2O)＝2v(O2)，D错误。
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
编号温度（℃）起始物质的量（mol）平衡物质的量（mol）
CH3OH(g)CH3OCH3(g)H2O(g)
I3870.200.0800.080
Ⅱ3870.40
Ⅲ2070.200.0900.090
下列说法正确的是
A．该反应的正方应为放热反应
B．达到平衡时，容器I中的CH3OH体积分数比容器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。
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（ ）不变，所以 不变，所以氧气压强不变，C正确；D、由于该反应2BaO2(s) 2BaO(s)+O2(g)的正反应是体积增大的反应，当温度保持不变时，缩小容器体积（相当于加压），平衡会向体积减小的方向即逆方向移动，所以BaO2量增加，D正确。
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/min0102030405060708090100
(N2O)/mol•L-1
0.1000.0900.0800.0700.0600.0500.0400.0300.0200.0100.000
下图能正确表示该反应有关物理量变化规律的是(注：图中半衰期指任一浓度N2O消耗一半时所需的相应时间， 1、 2均表示N2O初始浓度且 1＜ 2)
A B
C D
【答案】A
【解析】半衰期是一定值，与浓度无关，A正确；浓度越大，反应速率越快，到达平衡所用时间越短，B错误；半衰期是一定值，与浓度无关，C错误；浓度越大，物质的转化率不一定变大，D错误。
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（ ）
ABCD
升高温度，平衡常数减小0~3s内，反应速率为 =0.2 mol•L-1
时仅加入催化剂，平衡正向移动达到平衡时，仅改变 ，则 为
【答案】A
【解析】A、根据化学反应热量的变化可知，2NO2(g)+O3(g) N2O5(g)+O2(g)为放热反应，升高温度，平衡则向吸热的方向（逆方向）移动，所以化学平衡常数减小，A正确；B、化学反应速率的单位是mol/（L•s）或者mol/（L•min），B错误；C、平衡时加入催化剂，不能改变化学平衡的移动，C错误；D、加入 为O2，通入O2，增大了生成物的浓度，则化学平衡向逆方向移动，故NO2的转化率减小，D错误。
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（ ）
选项规律结论
A较强酸可以制取较弱酸次氯酸溶液无法制取盐酸
B反应物浓度越大，反应速率越快常温下，相同的铝片中分别加入足量的浓、稀硝酸，浓硝酸中铝片先溶解完
C结构和组成相似的物质，沸点随相对分子质量增大而升高NH3沸点低于PH3
D溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可以得到CuS沉淀
【答案】D
【解析】A项，盐酸的制备可以有HClO光照分解产生，反应的方程式为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/min0246810
V(O2)/mL0.09.917.222.426.529.9
下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）
A．0~6 min的平衡反应速率：v(H2O2)≈3.3×10-2 mol/(L•min)
B．6~10 min的平衡反应速率：v(H2O2)<3.3×10-2 mol/(L•min)
C．反应到6 min时，c(H2O2)=0.30mol/L
D．反应到6 min时，H2O2分解了50%
【答案】C
【解析】10mL0.40mol/L H2O2溶液含H2O2的物质的量是0.004mol，6min时，生成氧气的物质电离是n= =0.001mol，则有：
2H2O2 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 =0.2mol/L，则v（H2O2）= mol/(L•min)，A正确；B、随着反应的不断进行，H2O2的浓度越来越小，反应速率越来越慢，所以6~10min的平均反应速率要小于0~6min的平均反应速率，即v（H2O2）＜ mol/(L•min)，B正确；C、反应至6min时，剩余的H2O2的物质的量是0.002mol，则此时H2O2的物质的量浓度是 =0.2mol/L，C错误；D、反应至6min时，参加反应的H2O2的物质的量是0.002mol，所以H2O2分解了50%，D正确。。
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）
编号实验目的碳粉/g铁粉/g醋酸/g
①为以下实验作参照0.52.090.0
②醋酸浓度的影响0.536.0
③0.22.090.0
（2）编号①实验测得容器中压强随时间变化如图2。 时，容器中压强明显小于起始压强，其原因是铁发生了 腐蚀，请在图3中用箭头标出发生该腐蚀时电子流动的方向；此时，碳粉表面发生了 （填“氧化”或“还原”）反应，其电极反应式为
___________________________。
图2 图3
（3）该小组对图2中的0 ~ 时压强变大的原因提出如下假设。请你完成假设二：
假设一：发生析氢腐蚀产生气体；
假设二： ；
．．．．．．
（4）为验证假设一，某同学设计了检验收集的气体中是否含有H2的方案。请你再设计一种方案验证假设一，写出实验步骤和结论。
【答案】（14分）
（1）
编号实验目的碳粉/g铁粉/g醋酸/g
②2.0
③碳粉含量的影响
（2）吸氧 还原 2H2O+O2+4 =4OH―（或4H++ O2+4 =2H2O）
（3）放热反应，温度升高
（4）
（本题属于开放性试题，合理答案均给分）
【解析】（1）探究外界因素对化学反应速率的影响，一般采取控制变量法，即每次只能改变一个变量，所以实验②中铁的量不能发生变化，即质量为2.0g；实验③和实验①相比，只有碳粉的质量发生了变化，所以实验③室探究碳粉的质量对化学反应速率的影响；
（2）因为压强的大小与气体的物质的量成正比，从所给的图像可看出，气体的量开始增加，后来逐渐减小，故 ~ 发生了吸氧腐蚀；原电池装置中，活泼金属（Fe）做负极，不活泼的C作正极，正极发生还原反应，电极反应式为2H2O+O2+4 =4OH―或4H++ O2+4 =2H2O；
（3）从体积的影响因素着手，温度升高，体积增大；
（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。
（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（ ）转化为N2O4（ ），再制备浓硝酸。
①已知：2NO2（ ） N2O4（ ）△H1
2NO2（ ） N2O4（ ） △H2
下列能量变化示意图中，正确的是（选填字母）_______________。
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
（4）NH3 根据反应8NO+7H2O 4NH4NO3+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
(4)根据工作原理装置图，可以确定阳极为NO失去电子转变为NO－3，阴极NO转变为NH＋4，根据电极反应书写电极反应式为：
阳极：NO－3e－＋2H2O===NO－3＋4H＋
阴极：NO＋5e－＋ 6H＋===NH＋4＋ 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，所以需要向溶液中加入的物质为NH3(即8NO＋7H2O=====电解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： ，解得x=0.05。
18．（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 CaSO4(s)+CO(g) CaS(s)+CO2(g) ∆H1= ―47.3kJ∙mol-1
② CaSO4(s)+CO(g) CaO(s)+CO2(g) +SO2(g) ∆H2= +210.5kJ∙mol-1
③ CO(g) C(s)+ CO2(g) ∆H3= ―86.2kJ∙mol-1
（1）反应2CaSO4(s)+7CO(g) CaS(s)+ CaO(s)+6CO2(g)+ C(s) +SO2(g)的∆H＝___________（用∆H1、∆H2和∆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%
CaSO4(s)+CO(g) CaS(s)+CO2(g)
初始浓度（mol/L） a 0
转化浓度（mol/L） a- 平衡（CO） a- 平衡（CO）
平衡浓度（mol/L） 平衡（CO） a- 平衡（CO）
依题意，K= ，a=8.08×10―3 mol∙L―1
CO的转化率：
（5分）
（4）氧气 （2分）
（5）CaS+2O2 CaSO4 （2分） （1分）
【解析】（1）根据盖斯定律，①×4+②+③×2得：2CaSO4(s)+7CO(g) CaS(s)+ CaO(s)+6CO2(g)+ C(s) +SO2(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。
（3）由图可可知，900 ℃时 CaSO4(s)+CO(g) CaS(s)+CO2(g)的lgK=2，即K=100，K= ，可知平衡时c(CO2)= 8.0×10―3 mol∙L―1，CO的转化率为 =99%；
（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 。
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……
1a……
2a……
（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 （3分）②收集到相同体积氧气所需要的时间（或相同时间内，收集到氧气的体积）（2分）
③ （3分）
④（5分）
物理量
实验序号V[0.1mol∙L-1Fe2(SO4)3]
/mLV[30% H2O2]
/mLV[ H2O]
/mLV[O2]
/mL收集d mL O2所需时间t/s
1abcdt1
2acbdt2
（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， 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，故收集装置是
（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， 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 ― 存在下发生水解反应：O2NC6H4COOC2H5+OH― 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：
0120180240330530600700800
033.041.848.858.069.070.471.071.0
（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）
（1） （2分）
（2分）
随着反应进行，反应物浓度降低，反应速率减慢 （1分）
（2） 或 （2分）
（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：
在180~240s内的平均反应速率是：
根据以上两个反应速率120~180s内（ ）和180~240s内（ ），可以看出：随着反应进行，反应物浓度降低，反应速率减慢；
（2）15°C时该反应的平衡常数 ；
（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 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 为 mol•L •s ；反应的平衡常数 为 。
（2）100℃时达平衡后，改变反应温度为 ，以 以0.0020 mol•L •s 的平均速率降低，经10s又达到平衡。
① 100℃（填“大于”或“小于”），判断理由是 。
②列式计算温度 时反应的平衡常数 。
(3)温度 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， (NO2)=0.120 mol•L―1+0.0020 mol•L―1•s―1×10s×2=0.16 mol•L―1， (N2O4)=0.040 mol•L―1-0.0020 mol•L―1•s―1×10s=0.020 mol•L―1，则 =1.3 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， >0。根据图像可知，0~60s时间段内，NO2的物质的量浓度变化量是0.120 mol•L ，所以 =0.0020 mol•L―1•s―1，根据各物质的化学反应速率之比等于化学计量数之比，所以 = =0.0010 mol•L―1•s―1；由图像可知，100℃达到平衡时， (NO2)= 0.120 mol•L―1， (N2O4)= 0.040 mol•L―1，所以化学平衡常数 =0.36mol•L―1；
（2）改变反应温度为 ，以 以0.0020 mol•L •s 的平均速率降低，说明 减低，平衡向着正方向移动，又因为该反应N2O4g) 2NO2 (g)的焓变 >0，说明反应温度意味着温度升高；②因为 以0.0020 mol•L •s ，反应经过的时间是10s，所以△ (N2O4)= 0.0020 mol•L―1•s―1×10s=0.020 mol•L―1，则△ (NO2)= 0.020 mol•L―1×2= 0.040 mol•L―1，所以平衡时 (N2O4)= 0.040 mol•L―1-0.020 mol•L―1=0.020 mol•L―1， (NO2)=0.120 mol•L―1+0.040 mol•L―1=0.16 mol•L―1，则 =1.3 mol•L―1；
（3）温度为T时，达到平衡时，将反应容器的体积减小一半，此过程相当于增大用气枪的过程。当其他条件不变时，增大压强，平衡会向着气体物质的量减小的方向移动，对于此反应来说（N2O4 (g) 2NO2 (g)），当其他条件不变时，增大压强，平衡向逆方向移动。
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) = 23.9 KJ?mol-1
甲醇制烯烃反应 2CH3OH(g)== C2H4(g)+ 2H2O (g) = 29.1 KJ?mol-1
乙 醇异构化反应 C2H5OH(g) ==CH3OCH3(g) =+50.7KJ?mol-1
则乙烯气相直接水合反应C2H4(g)+H2O(g)==C2H5OH(g)的 =______KJ?mol-1。与间接水合法相比，气相直接水合法的优点是____________________________________。
（3）下图为气相直接水合法乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系（其中 =1:1）
①列式计算乙烯水合制乙醇反应在图中A点的平衡常数Kp=_______（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。
②图中压强（ 、 、 、 ）的大小顺序为_________，理由是_________。
③气相直接水合法常采用的工艺条件为：磷酸/硅藻土为催化剂，反应温度290℃，压强6.9MPa， =0.6:1，乙烯的转化率为5%，若要进一步提高转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以采取的措施有_________、_________。
【答案】（1）CH2＝CH2＋H2SO4 C2H5OSO3H；C2H5OSO3H＋H2O 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＋H2SO4 C2H5OSO3H
C2H5OSO3H＋H2O 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 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 (填实验序号)；与实验a相比，其他两组改变的实验条件及判断依据是：b 、
c 。
③用p0表示开始时总压强，p表示平衡时总压强，α表示AX3的平衡转化率，则α的表达式为 ；实验a和c的平衡转化率：αa为 、αc为 。
【答案】(15分)
（1）①AX3（ ）+X2（ ）=AX5（ ）△H= ―123.8kJ•mol―1（2分）
（2） = 1.7×10―4mol/（L•min）
解：开始时no=0.4mol，总压强为160KPa，平衡时总压强为120KPa，则n为，
， = =0.30mol
AX3（g）+X2（g） AX5（g）
初始 （mol） 0.20 0.20 0
平衡 （mol） 0.20-x 0.20-x x
（0.20-x）+（0.20-x）+x=0.30，则x=0.10
= 1.7×10―4mol/（L•min） （3分）②bca（2分） 加入催化剂．反应速率加快，但平衡点没有改变（2分）；温度升高。反应速率加快，但平衡点向逆反应方向移动（或反应容器的容积和起始物质的量未改变，但起始总压强增大）（2分）；③α=2（1- ）（2分）；50%（1分）；40%（1分）。
【解析】（1）因为AX3的熔点和沸点分别为―93.6℃和76℃，AX5的熔点为167℃，室温时，AX3为液态，AX5为固态，生成1mol AX5，放出热量123.8kJ，该反应的热化学方程为：AX3（ ）+X2（ ）=AX5（ ）△H= ―123.8kJ•mol―1，
（2）①起始时AX3和X2均为0.2mol，即no=0.4mol，总压强为160KPa，平衡时总压强为120KPa，设平衡时总物质的量为n，根据压强之比就等于物质的量之比有： ，n=0.30mol。
AX3（g）+X2（g） AX5（g）
初始 （mol） 0.20 0.20 0
平衡 （mol） 0.20-x 0.20-x x
（0.20-x）+（0.20-x）+x=0.30，则x=0.10
= 1.7×10―4mol/（L•min）
②根据到abc达平衡用时的多少可以比较出反应速率的大小为：b＞c＞a；
③用p0表示开始时总压强，p表示平衡时总压强，α表示AX3的平衡转化率，根据压强之比就等于物质的量之比有： = ， =
AX3（g）+X2（g） AX5（g）
初始 （mol） 0.20 0.20 0
平衡 （mol） 0.20-x 0.20-x x
（0.20-x）+（0.20-x）+x=n，则x= 0.40-n=0.4―
则α= =2（1- ）
∴αa=2（1- ）=2(1― )×100%=50%；
αc=2（1- ）=2(1― )×100%=40%。
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） NaNO3（s）+ClNO（g） K1 ∆H < 0 （I）
2NO（g）+Cl2（g） 2ClNO（g） K2 ∆H < 0 （II）
（1）4NO2（g）+2NaCl（s） 2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常数K= （用K1、K2表示）。
（2）为研究不同条件对反应（II）的影响，在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2mol NO和0.1mol Cl2，10min时反应（II）达到平衡。测得10min内 （ClNO）=7.5×10-3mol•L-1•min-1，则平衡后n（Cl2）= mol，NO的转化率а1= 。其它条件保持不变，反应 （II）在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率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（NO3‾）、c（NO2-）和c（CH3COO‾）由大到小的顺序为 。（已知HNO2的电离常数Ka=7.1×10-4mol•L‾1，CH3COOH的电离常数K a=1.7×10-5mol•L‾1，可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是 。
a．向溶液A中加适量水 b.向溶液A中加适量NaOH
c．向溶液B中加适量水 d..向溶液B中加适量NaOH
【答案】（1） （2）（2）2.5×10-2；75%；>；不变；升高温度 （3）c(NO3‾) > c(NO2-) > c(CH3COO‾)；b、c
【解析】（1）（I）×2 （II）即可得到4NO2（g）+2NaCl（s） 2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g），所以平衡常数K= ；
（2）ClNO的浓度变化△c（ClNO）=7.5×10-2mol•L，所以ClNO的物质的量变化△n（ClNO）=0.15mol，所以Cl2的物质的量变化率△n（Cl2）=0.075mol，则平衡后n（Cl2）=0.1mol-0.075mol=0.025mol；转化的n（NO）=0.15mol，则NO的转化率а1= =75%；其他条件保持不变，反应（II）在恒压条件下进行，则反应（II）的压强大于反应（I）的压强，则平衡有利于向正方向移动，所以平衡时NO的转化率а2>а1；因为温度不变，所以化学平衡常数不变；因为反应（II）的∆H < 0，为放热反应，所以要减小化学平衡常数，就要使平衡向逆方向移动，可以采取加热的方法；
（3）根据盐类水解规律，越弱越水解，所以CH3COO‾的水解程度大于NO2-，故离子浓度大小是c（NO3‾）>c（NO2-）>c（CH3COO‾）; 因为CH3COO‾的水解程度大于NO2-，所以溶液A的PH小于溶液B的PH。 a．向溶液A中加适量水 （使A的PH减小），b．向溶液A中加适量NaOH（使A的PH增大），c．向溶液B中加适量水（使B的PH减小），d..向溶液B中加适量NaOH （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 [Cu(NH3)3CO]Ac
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。
_______________________________________________________________________
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； ；NH3和PH3的稳定性
27． 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（ ）可以写出CS2的电子式（ ）；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•mol－1。一种工业合成氨的简式流程图如下：
(1)天然气中的H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS。一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，写出再生反应的化学方程式：________________________________________________________________________。
(2)步骤Ⅱ中制氢气的原理如下：
①CH4(g)＋H2O(g) CO(g)＋3H2(g) ΔH＝＋206.4 kJ•mol－1
②CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) ΔH＝－41.2 kJ•mol－1
对于反应①，一定可以提高平衡体系中H2的百分含量，又能加快反应速率的措施是____________。
a．升高温度 b．增大水蒸气浓度 c．加入催化剂 d．降低压强
利用反应②，将CO进一步转化，可提高H2的产量。若1 mol CO和H2的混合气体(CO的体积分数为20%)与H2O反应，得到1.18 mol CO、CO2和H2的混合气体，则CO的转化率为____________。
(3)图(a)表示500 ℃、60.0 MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH3体积分数的关系。根据图中a点数据计算N2的平衡体积分数：____________。
(4)依据温度对合成氨反应的影响，在图(b)坐标系中，画出一定条件下的密闭容器内，从通入原料气开始，随温度不断升高，NH3物质的量变化的曲线示意图。
(a) (b)
(5)上述流程图中，使合成氨放出的能量得到充分利用的主要步骤是(填序号)________。简述本流程中提高合成氨原料总转化率的方法：
________________________________________________________________________。
【答案】
(1)2NH4HS＋O2=====一定条件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 mol1 mol×20%×100%＝90%。
(3)由图中看出当N2与H2物质的量比为1∶3时，NH3的平衡体积分数最大，为42%。设平衡时转化的N2的物质的量为x mol，由三段式：
N2＋3H2 2NH3
起始(mol): 1 3 0
转化(mol): x 3x 2x
平衡(mol): 1－x 3－ 3x 2x
2x（1－x）＋（3－3x）＋2x×100%＝42%，则x＝0.59
则平衡时N2的体积分数为（1－x）（1－x）＋（3－3x）＋2x×100%＝14.5%。(4)作图时要注意开始时NH3物质的量不断增多，是因为反应正向进行(反应未达平衡)，达到一定程度后反应达到平衡而此时温度继续升高，平衡逆向移动，NH3的物质的量减小。(5)热交换器可以使需要加热的物质得到加热，还可以使需要冷却的物质得到冷却，能充分利用能量。 合成氨反应为气体物质的量减小的反应，加压利于反应正向进行；此外，循环利用可反复利用原料，提高原料利用率。
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) CaO(s) + SO2(g) + CO2(g) ΔH1=218.4kJ•mol-1(反应Ⅰ)
CaSO4(s)+4CO(g) CaS(s) + 4CO2(g) ΔH2= -175.6kJ•mol－1(反应Ⅱ)
请回答下列问题：
⑴反应Ⅰ能自发进行的条件是 。
⑵对于气体参与的反应，表示平衡常数Kp时用气体组分(B)的平衡压强p(B)代替该气体物质的量浓度c(B)，则反应Ⅱ的Kp= (用表达式表示)。
⑶假设某温度下，反应Ⅰ的速率(v1)大于反应Ⅱ的速率(v2)，则下列反应过程能量变化示意图正确的是 。
A B C D
⑷通过监测反应体系中气体浓度的变化可判断反应Ⅰ和Ⅱ是否同时发生，理由是 。
⑸图1为实验测得不同温度下反应体系中CO初始体积百分数与平衡时固体产物中CaS质量百分数的关系曲线。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
（2）
（3）C
（4）如果气相中SO2和CO2两种气体的浓度之比随时间发生变化，则标明两个反应同时发生。
（5）A、B、C
（6）
【解析】（1）由△G=△H-T△S<0时自发，△H>0,则T要大，故应选择高温。（2）根据固体的浓度为常数，则反应的平衡常数为Kp= ；
（3）反应I为吸热反应，产物的能量高于反应物，反应Ⅱ放热，产物的能量低于反应物，反应Ⅰ的速率(v1)大于反应Ⅱ的速率(v2)，反应Ⅰ的活化能低。
（4）反应Ⅰ中生成二氧化硫，监测SO2和CO2两种气体的浓度之比随时间发生变化，则标明两个反应同时发生。
（5）向该反应体系中投入石灰石，产生二氧化碳，使反应Ⅰ逆向进行，课降低反应体系中二氧化硫生成量，A正确；在合适的温度区间内控制较低的反应温度，由图可以看出最低温度的硫化钙的含量最高，B正确，D错误；由图可以看出提高CO的体积分数，可以提高硫化钙的含量，C正确。
（6）反应Ⅰ的速率(v1)大于反应Ⅱ的速率(v2)，故二氧化硫增加的快，反应到达平衡 快；随着反应Ⅱ的进行，二氧化碳的浓度增大，使反应Ⅰ逆向移动。
28．（2014•重庆理综化学卷，T11）（14分）氢能是最重要的新能源。储氢作为氢能利用的关键技术，是当前关注的热点之一。
（1）氢气是清洁能源，其燃烧产物为 。
（2）NaBH4是一种重要的储氢载体，能与水反应生成NaBO3，且反应前后B的化合价不变，该反应的化学方程式为 ，反应消耗1molNaBH4时转移的电子数目为 。
（3）储氢还可借助有机物，如利用环已烷和苯之间的可逆反应来实现脱氢和加氢。
(g) (g)＋3H2(g)
在某温度下，向恒容容器中加入环已烷，其起始浓度为amol•L－1，平衡时苯的浓度为bmol•L－1，该反应的平衡常数K＝
（4）一定条件下，题11图所示装置可实现有机物的电化学储氢（忽略其它有机物）。
①导线中电子转移方向为 。（用A、D表示）
②生成目标产物的电极反应式为 。
③该储氢装置的电流效率η＝ 。（η＝生成目标产物消耗的电子数/转移的电子总数×100%，计算结果保留小数点后1位。）
【答案】(14分)
（1）H2O
（2）NaBH4＋2H2O=NaBO2＋4H2↑，4NA或2.408×1024
（3）27b4a－bmol3•L－3
（4）①A D ②C6H6＋6H＋＋6e－＝C6H12 ③64.3%
【解析】（1）氢气完全燃烧的产物是H2O；
（2）反应前后B元素的化合价没有变化，均显+3价，所以NaBH4中H元素的化合价为-1价，H2O中H元素显+1价，所以该反应是H元素之间的归中反应，即产物有H2，故反应的方程式为NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑；1mol NaBH4参加反应转移的电子数为4mol。
（3）利用三段式解题
(g) (g)＋3H2(g)
起始（mol/L） a 0 0
转化（mol/L） b b 3b
平衡（mol/L） a-b b 3b
化学平衡常数K= = mol3/L3；
（4）①根据反应的 +3H2 ，可知H元素失去电子，做负极，所以电子流向A→D；②反应物是 ，产物是 ，介质是H+，所以电极反应式为 +6 H++6e-= 。