2019年高考化学真题分类汇编专题07：化学平衡
一、单选题
1．（2019·北京）实验测得 溶液、 溶液以及 的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．随温度升高，纯水中
B．随温度升高， 的溶液的 减小
C．随温度升高， 的溶液的pH变化是 改变与水解平衡移动共同作用的结果
D．随水温升高， 溶液和 溶液的pH均降低，是因为 、 水解平衡移动方向不同
【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的调控
【解析】【解答】A.在纯水中，无论温度如何变化，氢离子和氢氧根的浓度都是相等的，选项的说法是错误的，不符合题意；
B.醋酸根离子的水解是吸热反应，因此升高温度会促进醋酸根的水解，所以由水电离出的氢氧根浓度会变大，选项的说法是错误的，不符合题意；
C.温度升高，水的离子积常数和铜离子的水解程度都会发生改变，选项的说法是正确的，符合题意；
D.弱酸根水解的过程是吸热的，因此温度升高，水解都会向正反应方向进行，选项的说法是错误的，不符合题意。
故答案为：C
【分析】A.水的离子积常数等于氢离子和氢氧根离子浓度的乘机，在纯水中二者是相等的；
B.弱酸根离子的水解程度随温度的升高而增大；
C.铜离子的水解和水的离子积常数变化都会使氢离子的浓度变大，使pH变小；
D..弱酸根水解的过程是吸热的，因此温度升高，水解会向正反应方向进行。
二、多选题
2．（2019·江苏）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】B,D
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的调控
【解析】【解答】A、由图可知，当温度升高时，NO的平衡转化率逐渐减小，说明温度升高，平衡逆向移动，而升高温度平衡向吸热反应方向移动，故逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，即该反应的ΔH<0，A不符合题意；
B、图中X点所示反应未达到平衡状态，延长反应时间，可使反应继续正向进行，NO的转化率增大，B符合题意；
C、图中Y点反应达到平衡状态，增加O2浓度，反应物浓度增大，正反应速率增大，平衡正向移动，NO的转化率增大，C不符合题意；
D、设c起始(NO)=a×10-4mol/L，则可得平衡三段式：
2NO(g)+ O2(g) 2NO2(g)
起始（×10-4mol/L） a 5.0 0
转化（×10-4mol/L） 0.5a 0.25a 0.5a
平衡（×10-4mol/L） 0.5a 5-0.25a 0.5a
该温度下，反应的平衡常数，D符合题意；
故答案为：BD
【分析】A、结合温度对平衡移动的影响分析反应的热效应；
B、图示X点反应未达到平衡状态，延长反应时间，可促使平衡继续正向进行；
C、结合浓度对平衡移动的影响分析；
D、根据三段式，结合平衡常数的表达式进行计算；
三、实验探究题
3．（2019·全国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：
（1）已知： (g) = (g)+H2(g) ΔH1=100.3 kJ·mol 1 ①
H2(g)+ I2(g) =2HI(g) ΔH2= 11.0 kJ·mol 1 ②
对于反应： (g)+ I2(g) = (g)+2HI(g) ③ ΔH3= kJ·mol 1。
（2）某温度下，等物质的量的碘和环戊烯（ ）在刚性容器内发生反应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
（4）环戊二烯可用于制备二茂铁（Fe(C5H5)2结构简式为 ），后者广泛应用于航天、化工等领域中。二茂铁的电化学制备原理如下图所示，其中电解液为溶解有溴化钠（电解质）和环戊二烯的DMF溶液（DMF为惰性有机溶剂）。
该电解池的阳极为 ，总反应为 。电解制备需要在无水条件下进行，原因为 。
【答案】（1）89.3
（2）40％；3.56×104；BD
（3）C；D
（4）Fe电极；Fe+2 = +H2↑（Fe+2C5H6=Fe(C5H5)2+H2↑）；水会阻碍中间物Na的生成；水会电解生成OH ，进一步与Fe2+反应生成Fe(OH)2
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡的调控；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）根据目标反应的反应物和生成物，
① +
② 即为所求，所以反应热为
89.3kJ·mol 1。
（2）
(g)+ I2(g) = (g)+2HI(g)
起始： a a 0 0
变化： x x x 2x
平衡： a-x a-x x 2x
根据 ： 起始总压为105Pa，平衡时总压增加了20% 列式计算：2a+x/2a=1.2，则a/x=0.4,转化率为 40％ ，平衡常数 Kp =
，根据a/x=0.4,可知平衡后各成分所占的百分含量分别为：
，
，
，
，代入公式Kp =
= 3.56×104 ， 达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，因为是吸热反应，所以可以采用提高温度，也可以通过增加碘的浓度，或减少碘化氢的浓度，环戊二烯的浓度，或通过减小压强。所以选BD 。
（3）因为环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，所以环戊二烯与二聚体系数关系为2:1，因为b点时环戊二烯浓度变化量为0.9，所以二聚体浓度为0.45。因为a点浓度大于b点浓度，所以a点速率快。答案为CD。
（4）
环戊二烯可用于制备二茂铁（Fe(C5H5)2结构简式为 ） ，铁被氧化，所以铁为阳极，总反应为： Fe+2C5H6=Fe(C5H5)2+H2↑ ，因为题中信息为生成钠，钠与水反应，所以环境必须无水。
【分析】本题以盖斯定律为起点引发了一道与平衡相关的问题，借助于平衡有关的知识解决问题。
（2）采用起始，变化，平衡三步计算法求转化率，采用分压法求平衡常数，通过平衡的移动方向确定转化率的变化。
（3）通过图像的变化来比较相关因素。
（4）本题考查了电解的相关原理。阳极发生氧化反应。
4．（2019·全国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 。
（2）Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：
CuCl2(s)=CuCl(s)+ Cl2(g) ΔH1=83 kJ·mol-1
CuCl(s)+ O2(g)=CuO(s)+ Cl2(g) ΔH2=-20 kJ·mol-1
CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH3=-121 kJ·mol-1
则4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH= kJ·mol-1。
（3）在一定温度的条件下，进一步提高HCl的转化率的方法是 。（写出2种）
（4）在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如下图所示：
负极区发生的反应有 （写反应方程式）。电路中转移1 mol电子，需消耗氧气 L（标准状况）
【答案】（1）大于；；O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低
（2）﹣116
（3）增加反应体系压强、及时除去产物
（4）Fe3++e =Fe2+，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；5.6
【知识点】化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）由图像可知，当温度升高时，HCl的平衡转化率降低，则温度升高，平衡逆向移动，故温度越高，平衡常数值越小，因此K(300℃)>K(400℃)；
进料浓度比值越大，则相当于增大c(HCl)，则HCl的平衡转化率减小，因此最上方的曲线表示的是进料浓度比为1:1时的曲线，则在400℃时，HCl的平衡转化率为84%，
4HCl(g)+ O2(g)= 2Cl2(g)+ 2H2O(g)
起始（mol/L） c0 c0 0 0
转化（mol/L） 0.84c0 0.21c0 0.42c0 0.42c0
平衡（mol/L） (1-0.84)c0 (1-0.21)c0 0.42c0 0.42c0
则该反应的平衡常数；
按化学计量比投料可以降低产物分离的能耗，因此进料浓度比过低或过高，会使得O2和Cl2的分离能耗较高，HCl的转化率较低；
（2）根据盖斯定律可得，该反应的反应热ΔH=2×(ΔH1+ΔH2+ΔH3)=2×(83kJ/mol-20kJ/mol-121kJ/mol)=-116kJ/mol；
（3）进一步提高HCl的平衡转化率，则应促使平衡正向移动，故可及时移出生成物，降低生成物浓度，平衡正向移动；由于该反应，反应前后，气体分子数减小，因此也可通过增大压强的方式促使平衡正向移动，从而增大HCl的平衡转化率；
（4）该装置为电解池装置，负极区为电解池的阴极，Fe3+在阴极区发生得电子的还原反应，生成Fe2+，其电极反应式为：Fe3++e-=Fe2+；Fe2+被O2氧化成Fe3+，该反应的离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；
O2在反应过程中，由0价变为-2价，得到4个电子，故可得关系式“O2~4e-”，因此电路中转移1mol电子时，需要消耗n(O2)=0.25mol，该气体在标准状态下的体积V=n×Vm=0.25mol×22.4L/mol=5.6L；
【分析】（1）结合温度对平衡移动的影响分析不同温度下K值的大小；
根据图像HCl平衡转化率的变化确定三条曲线对应的进料浓度比，进而确定进料浓度比为1:1且温度为400℃时HCl的平衡转化率，再结合三段式计算该温度下的平衡常数；
根据题干信息分析；
（2）根据盖斯定律计算目标反应的反应热；
（3）进一步提高HCl的转化率，则应促使平衡正向移动，据此结合平衡移动的影响因素分析；
（4）该装置为电解池装置，负极区为电解池的阴极，Fe3+在阴极上发生得电子的还原反应，生成的Fe2+与空气中的O2反应生成Fe3+；根据转移1mol电子，结合反应过程中O2化合价的变化计算需要消耗O2的体积；
四、综合题
5．（2019·全国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的量的CO(g)和H2O(g)混合，采用适当的催化剂进行反应，则平衡时体系中H2的物质的量分数为_________（填标号）。
A．＜0.25 B．0.25 C．0.25~0.50 D．0.50
E．＞0.50
（3）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用 标注。
可知水煤气变换的ΔH 0（填“大于”“等于”或“小于”），该历程中最大能垒（活化能）E正= eV，写出该步骤的化学方程式 。
（4）Shoichi研究了467 ℃、489 ℃时水煤气变换中CO和H2分压随时间变化关系（如下图所示），催化剂为氧化铁，实验初始时体系中的PH2O和PCO相等、PCO2和PH2相等。
计算曲线a的反应在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
（3）小于；2.02；COOH*+H*+H2O*=COOH*+2H*+OH*（或H2O*= H*+OH*）
（4）0.0047；b；c；a；d
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；反应热和焓变；化学反应速率；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据在相同条件下，CO和H 2在平衡时物质的量分数对比，CO的小，说明CO的转化掉的多，剩的少，所以倾向是CO>H2.
（2）根据反应特点 CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) 是等体反应，假设等物质的量的CO全部反应，最终H2的物质的分数是0.5，由于该反应是可逆反应，不可能完全转化，所以它的物质的量分数小于0.5，故选C。
（3）根据起始物质和最终物质的能量大小做比较，发现能量降低，说明是放热，所以 ΔH <0，故答案：小于。
根据图像找能量差距最大的，是-0.16到1.86的能量变化线，故答案为：2.02.
根据图像-0.16对应的物质和1.86对应的物质，从低到高反应变化，写方程式： COOH*+H*+H2O*=COOH*+2H*+OH*（或H2O*= H*+OH*） 。
（4）从图像的两点得出压强差是1.08-3.80=0.28KPa，然后除以时间60min得出答案： 0.0047
根据温度467和489比较，温度不同对反应平衡移动方向影响不同，由于水煤气转化是放热反应，所以 升高温度平衡是逆向移动，H2减少，CO增多，起始压强相同进行判断，467 ℃ 平衡正移，CO减少，H2增多。故答案为b、c；当489℃平衡逆移。答案为：a、d。
【分析】
（1）根据题目信息，看物质是生成物还是反应物，利用平衡解答。
（2）采用极限法，假设全部反应进行计算。因为题目缺少条件。
（3）此题主要是看图像信息进行解答。
（4）根据图像坐标进行计算速率，注意速率的单位。根据图像及速率影响因素进行判断平衡移动方向。
6．（2019·江苏）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。
（1）N2O的处理。N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解。NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式为 。
（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 =2 +H2O
2NO2+2OH = + +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
②吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到NaNO2晶体，该晶体中的主要杂质是 （填化学式）；吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是 （填化学式）。
（3）NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同，NO转化为 的转化率随NaClO溶液初始pH（用稀盐酸调节）的变化如图所示。
①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl 和 ，其离子方程式为 。
②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是 。
【答案】（1）2NH3+2O2N2O+3H2ON2O+3H2O
（2）BC；NaNO3；NO
（3）3HClO+2NO+H2O=3Cl +2 +5H+；溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强
【知识点】氮的固定；化学平衡的影响因素；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】（1）NH3和O2在催化剂作用下反应生成N2O和H2O，该反应中，氮元素由-3价变为+1价，失去8个电子，O2由0价变为-2价，得到4个电子，根据得失电子守恒可得，NH3和N2O的系数为2和1，O2的系数为2；由H原子个数守恒，可得H2O的系数为3；故该反应的化学方程式为：；
（2）①A、加快通入尾气的速率，会使得尾气未参与反应就逸出，导致NO和NO2的去除率降低，A不符合题意；
B、采用气、液逆流的方式，可以增大尾气和NaOH溶液的接触，提高NO和NO2的去除率，B符合题意；
C、定期补充NaOH溶液，可以提高NO和NO2的去除率，C符合题意；
故答案为：BC；
②由上述发生的反应可知，晶体后所得的NaNO2晶体中含有的主要杂质为NaNO3；
由于NO2能与水反应生成NO，且NO难溶于水，不与水反应，因此吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物为NO；
（3）①由题干信息可知，反应过程中，HClO将NO氧化成NO3-，自身还原为Cl-；Cl元素由+1价变为-1，得到2个电子；N元素由+2价变为+5价，失去3个电子；结合得失电子守恒可得，HClO和Cl-的系数为3，NO和NO3-的系数为2；由电荷守恒可得，产物中含有H+，且其系数为5；结合H原子个数守恒可得，反应物中有H2O，且其系数为1；因此可得该反应的离子方程式为：3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO3-+5H+；
②溶液的pH值越小，则酸性越强，溶液中c(HClO)越大，HClO的氧化性越强，其氧化NO的能量越强，因此NaClO溶液的起始pH越小，NO的转化率越高；
【分析】（1）由题干信息确定反应物和生成物，结合得失电子守恒和原子守恒书写反应的化学方程式；
（2）①A、加快通入气体的速率，气体吸收率降低；
B、气、液逆流可增大接触；
C、定期补充NaOH溶液，有利于尾气的吸收；
②结合发生反应的离子方程式确定晶体中所含杂质；结合NO和NO2的性质分析；
（3）①由题干信息确定反应物和生成物，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写反应的离子方程式；
②溶液pH越小，则溶液中c(HClO)越大，氧化性越强；
1 / 12019年高考化学真题分类汇编专题07：化学平衡
一、单选题
1．（2019·北京）实验测得 溶液、 溶液以及 的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．随温度升高，纯水中
B．随温度升高， 的溶液的 减小
C．随温度升高， 的溶液的pH变化是 改变与水解平衡移动共同作用的结果
D．随水温升高， 溶液和 溶液的pH均降低，是因为 、 水解平衡移动方向不同
二、多选题
2．（2019·江苏）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
三、实验探究题
3．（2019·全国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：
（1）已知： (g) = (g)+H2(g) ΔH1=100.3 kJ·mol 1 ①
H2(g)+ I2(g) =2HI(g) ΔH2= 11.0 kJ·mol 1 ②
对于反应： (g)+ I2(g) = (g)+2HI(g) ③ ΔH3= kJ·mol 1。
（2）某温度下，等物质的量的碘和环戊烯（ ）在刚性容器内发生反应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
（4）环戊二烯可用于制备二茂铁（Fe(C5H5)2结构简式为 ），后者广泛应用于航天、化工等领域中。二茂铁的电化学制备原理如下图所示，其中电解液为溶解有溴化钠（电解质）和环戊二烯的DMF溶液（DMF为惰性有机溶剂）。
该电解池的阳极为 ，总反应为 。电解制备需要在无水条件下进行，原因为 。
4．（2019·全国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 。
（2）Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：
CuCl2(s)=CuCl(s)+ Cl2(g) ΔH1=83 kJ·mol-1
CuCl(s)+ O2(g)=CuO(s)+ Cl2(g) ΔH2=-20 kJ·mol-1
CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH3=-121 kJ·mol-1
则4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH= kJ·mol-1。
（3）在一定温度的条件下，进一步提高HCl的转化率的方法是 。（写出2种）
（4）在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如下图所示：
负极区发生的反应有 （写反应方程式）。电路中转移1 mol电子，需消耗氧气 L（标准状况）
四、综合题
5．（2019·全国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的量的CO(g)和H2O(g)混合，采用适当的催化剂进行反应，则平衡时体系中H2的物质的量分数为_________（填标号）。
A．＜0.25 B．0.25 C．0.25~0.50 D．0.50
E．＞0.50
（3）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用 标注。
可知水煤气变换的ΔH 0（填“大于”“等于”或“小于”），该历程中最大能垒（活化能）E正= eV，写出该步骤的化学方程式 。
（4）Shoichi研究了467 ℃、489 ℃时水煤气变换中CO和H2分压随时间变化关系（如下图所示），催化剂为氧化铁，实验初始时体系中的PH2O和PCO相等、PCO2和PH2相等。
计算曲线a的反应在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 、 。
6．（2019·江苏）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。
（1）N2O的处理。N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解。NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式为 。
（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 =2 +H2O
2NO2+2OH = + +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
②吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到NaNO2晶体，该晶体中的主要杂质是 （填化学式）；吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是 （填化学式）。
（3）NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同，NO转化为 的转化率随NaClO溶液初始pH（用稀盐酸调节）的变化如图所示。
①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl 和 ，其离子方程式为 。
②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是 。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的调控
【解析】【解答】A.在纯水中，无论温度如何变化，氢离子和氢氧根的浓度都是相等的，选项的说法是错误的，不符合题意；
B.醋酸根离子的水解是吸热反应，因此升高温度会促进醋酸根的水解，所以由水电离出的氢氧根浓度会变大，选项的说法是错误的，不符合题意；
C.温度升高，水的离子积常数和铜离子的水解程度都会发生改变，选项的说法是正确的，符合题意；
D.弱酸根水解的过程是吸热的，因此温度升高，水解都会向正反应方向进行，选项的说法是错误的，不符合题意。
故答案为：C
【分析】A.水的离子积常数等于氢离子和氢氧根离子浓度的乘机，在纯水中二者是相等的；
B.弱酸根离子的水解程度随温度的升高而增大；
C.铜离子的水解和水的离子积常数变化都会使氢离子的浓度变大，使pH变小；
D..弱酸根水解的过程是吸热的，因此温度升高，水解会向正反应方向进行。
2．【答案】B,D
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的调控
【解析】【解答】A、由图可知，当温度升高时，NO的平衡转化率逐渐减小，说明温度升高，平衡逆向移动，而升高温度平衡向吸热反应方向移动，故逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，即该反应的ΔH<0，A不符合题意；
B、图中X点所示反应未达到平衡状态，延长反应时间，可使反应继续正向进行，NO的转化率增大，B符合题意；
C、图中Y点反应达到平衡状态，增加O2浓度，反应物浓度增大，正反应速率增大，平衡正向移动，NO的转化率增大，C不符合题意；
D、设c起始(NO)=a×10-4mol/L，则可得平衡三段式：
2NO(g)+ O2(g) 2NO2(g)
起始（×10-4mol/L） a 5.0 0
转化（×10-4mol/L） 0.5a 0.25a 0.5a
平衡（×10-4mol/L） 0.5a 5-0.25a 0.5a
该温度下，反应的平衡常数，D符合题意；
故答案为：BD
【分析】A、结合温度对平衡移动的影响分析反应的热效应；
B、图示X点反应未达到平衡状态，延长反应时间，可促使平衡继续正向进行；
C、结合浓度对平衡移动的影响分析；
D、根据三段式，结合平衡常数的表达式进行计算；
3．【答案】（1）89.3
（2）40％；3.56×104；BD
（3）C；D
（4）Fe电极；Fe+2 = +H2↑（Fe+2C5H6=Fe(C5H5)2+H2↑）；水会阻碍中间物Na的生成；水会电解生成OH ，进一步与Fe2+反应生成Fe(OH)2
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡的调控；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）根据目标反应的反应物和生成物，
① +
② 即为所求，所以反应热为
89.3kJ·mol 1。
（2）
(g)+ I2(g) = (g)+2HI(g)
起始： a a 0 0
变化： x x x 2x
平衡： a-x a-x x 2x
根据 ： 起始总压为105Pa，平衡时总压增加了20% 列式计算：2a+x/2a=1.2，则a/x=0.4,转化率为 40％ ，平衡常数 Kp =
，根据a/x=0.4,可知平衡后各成分所占的百分含量分别为：
，
，
，
，代入公式Kp =
= 3.56×104 ， 达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，因为是吸热反应，所以可以采用提高温度，也可以通过增加碘的浓度，或减少碘化氢的浓度，环戊二烯的浓度，或通过减小压强。所以选BD 。
（3）因为环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，所以环戊二烯与二聚体系数关系为2:1，因为b点时环戊二烯浓度变化量为0.9，所以二聚体浓度为0.45。因为a点浓度大于b点浓度，所以a点速率快。答案为CD。
（4）
环戊二烯可用于制备二茂铁（Fe(C5H5)2结构简式为 ） ，铁被氧化，所以铁为阳极，总反应为： Fe+2C5H6=Fe(C5H5)2+H2↑ ，因为题中信息为生成钠，钠与水反应，所以环境必须无水。
【分析】本题以盖斯定律为起点引发了一道与平衡相关的问题，借助于平衡有关的知识解决问题。
（2）采用起始，变化，平衡三步计算法求转化率，采用分压法求平衡常数，通过平衡的移动方向确定转化率的变化。
（3）通过图像的变化来比较相关因素。
（4）本题考查了电解的相关原理。阳极发生氧化反应。
4．【答案】（1）大于；；O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低
（2）﹣116
（3）增加反应体系压强、及时除去产物
（4）Fe3++e =Fe2+，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；5.6
【知识点】化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）由图像可知，当温度升高时，HCl的平衡转化率降低，则温度升高，平衡逆向移动，故温度越高，平衡常数值越小，因此K(300℃)>K(400℃)；
进料浓度比值越大，则相当于增大c(HCl)，则HCl的平衡转化率减小，因此最上方的曲线表示的是进料浓度比为1:1时的曲线，则在400℃时，HCl的平衡转化率为84%，
4HCl(g)+ O2(g)= 2Cl2(g)+ 2H2O(g)
起始（mol/L） c0 c0 0 0
转化（mol/L） 0.84c0 0.21c0 0.42c0 0.42c0
平衡（mol/L） (1-0.84)c0 (1-0.21)c0 0.42c0 0.42c0
则该反应的平衡常数；
按化学计量比投料可以降低产物分离的能耗，因此进料浓度比过低或过高，会使得O2和Cl2的分离能耗较高，HCl的转化率较低；
（2）根据盖斯定律可得，该反应的反应热ΔH=2×(ΔH1+ΔH2+ΔH3)=2×(83kJ/mol-20kJ/mol-121kJ/mol)=-116kJ/mol；
（3）进一步提高HCl的平衡转化率，则应促使平衡正向移动，故可及时移出生成物，降低生成物浓度，平衡正向移动；由于该反应，反应前后，气体分子数减小，因此也可通过增大压强的方式促使平衡正向移动，从而增大HCl的平衡转化率；
（4）该装置为电解池装置，负极区为电解池的阴极，Fe3+在阴极区发生得电子的还原反应，生成Fe2+，其电极反应式为：Fe3++e-=Fe2+；Fe2+被O2氧化成Fe3+，该反应的离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；
O2在反应过程中，由0价变为-2价，得到4个电子，故可得关系式“O2~4e-”，因此电路中转移1mol电子时，需要消耗n(O2)=0.25mol，该气体在标准状态下的体积V=n×Vm=0.25mol×22.4L/mol=5.6L；
【分析】（1）结合温度对平衡移动的影响分析不同温度下K值的大小；
根据图像HCl平衡转化率的变化确定三条曲线对应的进料浓度比，进而确定进料浓度比为1:1且温度为400℃时HCl的平衡转化率，再结合三段式计算该温度下的平衡常数；
根据题干信息分析；
（2）根据盖斯定律计算目标反应的反应热；
（3）进一步提高HCl的转化率，则应促使平衡正向移动，据此结合平衡移动的影响因素分析；
（4）该装置为电解池装置，负极区为电解池的阴极，Fe3+在阴极上发生得电子的还原反应，生成的Fe2+与空气中的O2反应生成Fe3+；根据转移1mol电子，结合反应过程中O2化合价的变化计算需要消耗O2的体积；
5．【答案】（1）大于
（2）C
（3）小于；2.02；COOH*+H*+H2O*=COOH*+2H*+OH*（或H2O*= H*+OH*）
（4）0.0047；b；c；a；d
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；反应热和焓变；化学反应速率；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据在相同条件下，CO和H 2在平衡时物质的量分数对比，CO的小，说明CO的转化掉的多，剩的少，所以倾向是CO>H2.
（2）根据反应特点 CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) 是等体反应，假设等物质的量的CO全部反应，最终H2的物质的分数是0.5，由于该反应是可逆反应，不可能完全转化，所以它的物质的量分数小于0.5，故选C。
（3）根据起始物质和最终物质的能量大小做比较，发现能量降低，说明是放热，所以 ΔH <0，故答案：小于。
根据图像找能量差距最大的，是-0.16到1.86的能量变化线，故答案为：2.02.
根据图像-0.16对应的物质和1.86对应的物质，从低到高反应变化，写方程式： COOH*+H*+H2O*=COOH*+2H*+OH*（或H2O*= H*+OH*） 。
（4）从图像的两点得出压强差是1.08-3.80=0.28KPa，然后除以时间60min得出答案： 0.0047
根据温度467和489比较，温度不同对反应平衡移动方向影响不同，由于水煤气转化是放热反应，所以 升高温度平衡是逆向移动，H2减少，CO增多，起始压强相同进行判断，467 ℃ 平衡正移，CO减少，H2增多。故答案为b、c；当489℃平衡逆移。答案为：a、d。
【分析】
（1）根据题目信息，看物质是生成物还是反应物，利用平衡解答。
（2）采用极限法，假设全部反应进行计算。因为题目缺少条件。
（3）此题主要是看图像信息进行解答。
（4）根据图像坐标进行计算速率，注意速率的单位。根据图像及速率影响因素进行判断平衡移动方向。
6．【答案】（1）2NH3+2O2N2O+3H2ON2O+3H2O
（2）BC；NaNO3；NO
（3）3HClO+2NO+H2O=3Cl +2 +5H+；溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强
【知识点】氮的固定；化学平衡的影响因素；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】（1）NH3和O2在催化剂作用下反应生成N2O和H2O，该反应中，氮元素由-3价变为+1价，失去8个电子，O2由0价变为-2价，得到4个电子，根据得失电子守恒可得，NH3和N2O的系数为2和1，O2的系数为2；由H原子个数守恒，可得H2O的系数为3；故该反应的化学方程式为：；
（2）①A、加快通入尾气的速率，会使得尾气未参与反应就逸出，导致NO和NO2的去除率降低，A不符合题意；
B、采用气、液逆流的方式，可以增大尾气和NaOH溶液的接触，提高NO和NO2的去除率，B符合题意；
C、定期补充NaOH溶液，可以提高NO和NO2的去除率，C符合题意；
故答案为：BC；
②由上述发生的反应可知，晶体后所得的NaNO2晶体中含有的主要杂质为NaNO3；
由于NO2能与水反应生成NO，且NO难溶于水，不与水反应，因此吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物为NO；
（3）①由题干信息可知，反应过程中，HClO将NO氧化成NO3-，自身还原为Cl-；Cl元素由+1价变为-1，得到2个电子；N元素由+2价变为+5价，失去3个电子；结合得失电子守恒可得，HClO和Cl-的系数为3，NO和NO3-的系数为2；由电荷守恒可得，产物中含有H+，且其系数为5；结合H原子个数守恒可得，反应物中有H2O，且其系数为1；因此可得该反应的离子方程式为：3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO3-+5H+；
②溶液的pH值越小，则酸性越强，溶液中c(HClO)越大，HClO的氧化性越强，其氧化NO的能量越强，因此NaClO溶液的起始pH越小，NO的转化率越高；
【分析】（1）由题干信息确定反应物和生成物，结合得失电子守恒和原子守恒书写反应的化学方程式；
（2）①A、加快通入气体的速率，气体吸收率降低；
B、气、液逆流可增大接触；
C、定期补充NaOH溶液，有利于尾气的吸收；
②结合发生反应的离子方程式确定晶体中所含杂质；结合NO和NO2的性质分析；
（3）①由题干信息确定反应物和生成物，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写反应的离子方程式；
②溶液pH越小，则溶液中c(HClO)越大，氧化性越强；
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