1997-2011年高考化学试题分类汇编——化学反应速率与化学平衡
文档属性
| 名称 | 1997-2011年高考化学试题分类汇编——化学反应速率与化学平衡 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 2.1MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2012-04-13 00:19:27 | ||
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文档简介
1997-2011年高考化学试题分类汇编
化学反应速率与化学平衡
（2011·江苏卷）下列说法正确的是
A.一定温度下，反应MgCl2(1)＝Mg(1)＋ Cl2(g)的 △H＞0 △S＞0
B.水解反应NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋达到平衡后，升高温度平衡逆向移动
C.铅蓄电池放电时的负极和充电时的阳极均发生还原反应
D.对于反应2H2O2＝2H2O＋O2↑, 加入MnO2或升高温度都能加快O2的生成速率
【解析】本题是化学反应与热效应、电化学等的简单综合题，着力考查学生对熵变、焓变，水解反应、原电池电解池、化学反应速率的影响因素等方面的能力。
A.分解反应是吸热反应，熵变、焓变都大于零，内容来源于选修四化学方向的判断。
B.水解反应是吸热反应，温度越高越水解，有利于向水解方向移动。
C.铅蓄电池放电时的负极失电子，发生氧化反应。
D.升高温度和加入正催化剂一般都能加快反应速率。
【答案】AD
（2011·江苏卷）700℃时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的CO和H2O,发生反应：
CO(g)＋H2O(g) CO2＋H2(g)
反应过程中测定的部分数据见下表（表中t1＞t2）:
反应时间/min n(CO)/mol H2O/ mol
0 1.20 0.60
t1 0.80
t2 0.20
下列说法正确的是
A.反应在t1min内的平均速率为v(H2)＝0.40/t1 mol·L－1·min－1
B.保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.60molCO和1.20 molH2O，到达平衡时，n(CO2)＝0.40 mol。
C.保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20molH2O，与原平衡相比，达到新平衡时CO转化率增大，H2O的体积分数增大
D.温度升至800℃，上述反应平衡常数为0.64，则正反应为吸热反应
【解析】本题属于基本理论中化学平衡问题，主要考查学生对速率概念与计算，平衡常数概念与计算，平衡移动等有关内容理解和掌握程度。高三复习要让学生深刻理解一些基本概念的内涵和外延。
A.反应在t1min内的平均速率应该是t1min内H2浓度变化与t1的比值，而不是H2物质的量的变化与t1的比值。
B.因为反应前后物质的量保持不变，保持其他条件不变，平衡常数不会改变，起始时向容器中充入0.60molCO和1.20 molH2O，似乎与起始时向容器中充入0.60molH2O和1.20 molCO效果是一致的，到达平衡时，n(CO2)＝0.40 mol。
C.保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20molH2O，与原平衡相比，平衡向右移动，达到新平衡时CO转化率增大，H2O转化率减小，H2O的体积分数会增大。
D.原平衡常数可通过三段式列式计算（注意浓度代入）结果为1，温度升至800℃，上述反应平衡常数为0.64，说明温度升高，平衡是向左移动的，那么正反应应为放热反应。
【答案】BC
（2011·安徽卷）电镀废液中Cr2O72－可通过下列反应转化成铬黄(PbCrO4)：
Cr2O72－（aq）+2Pb2＋（aq）+H2O（l）2 PbCrO4（s）+2H＋（aq） ΔH< 0
该反应达平衡后，改变横坐标表示的反应条件，下列示意图正确的是
【解析】由题意知该反应是一个放热的可逆反应，升高温度平衡向吸热的逆反应方向移动，依据平衡常数的表达式可知K应该减小，A正确；pH增大溶液碱性增强，会中和溶液中H＋，降低生成物浓度平衡向正方应方向移动，Cr2O72－的转化率会增大，B不正确；温度升高，正、逆反应速率都增大，C错误；增大反应物Pb2＋的浓度，平衡向正方应方向移动，Cr2O72－的物质的量会减小，D不正确。
【答案】A
（2011·北京卷）已知反应：2CH3COCH3(l) CH3COCH2COH(CH3) 2(l)。取等量CH3COCH3，分别在0℃和20℃下，测得其转化分数随时间变化的关系曲线（Y－t）如下图所示。下列说法正确的是
A.b代表0℃下CH3COCH3的Y－t曲线
B.反应进行到20min末，H3COCH3的
C.升高温度可缩短反应达平衡的时间并能提高平衡转化率
D.从Y=0到Y=0.113，CH3COCH2COH(CH3)2的
【解析】温度高反应速率就快，到达平衡的时间就短，由图像可与看出曲线b首先到达平衡，所以曲线b表示的是20℃时的Y－t曲线，A不正确；根据图像温度越高CH3COCH3转化的越少，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，即正方应是放热反应，C不正确；当反应进行到反应进行到20min时，从图像中可以看出b曲线对应的转化分数高于a曲线对应的转化分数，这说明b曲线即20℃时对应的反应速率快，所以，B不正确；根据图像可以看出当反应进行到66min时a、b曲线对应的转化分数均相同，都是0.113，这说明此时生成的CH3COCH2COH(CH3)2一样多，所以从Y=0到Y=0.113，CH3COCH2COH(CH3)2的，即选项D正确。
【答案】D
（2011·福建卷）25℃时，在含有Pb2＋、Sn2＋的某溶液中，加入过量金属锡(Sn)，发生反应：
Sn(s)＋Pb2＋(aq)Sn2＋(aq)＋Pb(s)，体系中c(Pb2＋)和c(Sn2＋)变化关系如下图所示。
下列判断正确的是
A．往平衡体系中加入金属铅后，c(Pb2＋)增大
B．往平衡体系中加入少量Sn(NO3)2固体后，c(Pb2＋)变小
C．升高温度，平衡体系中c(Pb2＋)增大，说明该反应△H＞0
D．25℃时，该反应的平衡常数K＝2.2
【解析】由于铅是固体状态，往平衡体系中加入金属铅后，平衡不移动，c(Pb2＋)不变；往平衡体系中加入少量Sn(NO3)2固体后，平衡向左移动，c(Pb2＋)变大；升高温度，平衡体系中c(Pb2＋)增大，平衡向左移动，说明该反应是放热反应，即△H﹤0；25℃时，该反应的平衡常数K＝=0.22/0.10=2.2，故D项正确。此题也是新情景，考查平衡移动原理以及平衡常数计算，题目不偏不怪，只要基础扎实的同学都能顺利作答。
【答案】D
（2011·天津卷）向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，在一定条件下使反应SO2(g)＋NO2(g)SO3(g)＋NO(g)达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如下所示。由图可得出的正确结论是
A.反应在c点达到平衡状态
B.反应物浓度：a点小于b点
C.反应物的总能量低于生成物的总能量
D.△t1＝△t2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段
【解析】这是一个反应前后体积不变的可逆反应，由于容器恒容，因此压强不影响反应速率，所以在本题中只考虑温度和浓度的影响。由图可以看出随着反应的进行正反应速率逐渐增大，因为只要开始反应，反应物浓度就要降低，反应速率应该降低，但此时正反应却是升高的，这说明此时温度的影响是主要的，由于容器是绝热的，因此只能是放热反应，从而导致容器内温度升高反应速率加快，所以选项C不正确；但当到达c点后正反应反而降低，这么说此时反应物浓度的影响是主要的，因为反应物浓度越来越小了。但反应不一定达到平衡状态，所以选项A、B均不正确；正反应速率越快，消耗的二氧化硫就越多，因此选项D是正确的。
【答案】D
（2011·重庆卷）一定条件下，下列反应中水蒸气含量随反应时间的变化趋势符合题图10 的是
A．CO2(g)＋2NH3(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(g)； △H＜0
B．CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)； △H＞0
C．CH3CH2OH (g)CH2=CH2(g)＋H2O(g)； △H＞0
D．2C6H5CH2CH3(g)＋O2(g)2 C6H5CH=CH2(g)＋2H2O(g)； △H＜0
【解析】本题考察外界条件对化学平衡的影响及有关图像的分析和识别。温度越高，反应越快，到达平衡的时间就越少，因此T2＞T1；同理压强越大，反应越快，到达平衡的时间就越少，因此P1＞P2；反应A是一个体积减小的、放热的可逆反应，因此升高温度平衡向逆反应方向移动，降低水蒸气的含量；而增大压强平衡向正反应方向移动，增大水蒸气的含量，所以A正确；反应B是一个体积不变的、吸热的可逆反应，压强对水蒸气的含量不影响；升高温度平衡向正反应方向移动，增大水蒸气的含量，因此均不符合；反应C是一个体积增大的、吸热的可逆反应，同样分析也均不符合；反应D是一个体积增大的、放热的可逆反应，压强不符合。
【答案】A
（2011·海南卷）对于可逆反应，在温度一定下由H2（g）和I2（g）开始反应，下列说法正确的是
A. H2（g）的消耗速率与HI（g）的生成速率之比为2:1
B. 反应进行的净速率是正、逆反应速率之差
C. 正、逆反应速率的比值是恒定的
D. 达到平衡时，正、逆反应速率相等
【答案】BD
【解析】A选项中，速率之比等于计量数之比，应为1:2；B选项出现的净速率在中学没出现过，但根据平均速率的求算，为反应物的净减少量，该项正确；C项明显错误，反应过程中，正反应速率是减小的过程，而逆反应速率是增大的过程；D选项是平衡定义中来，正确。
技巧点拨：这类题就只有几个考点：①平均速率的比等于计量数的比；平均速率的计算；③反应过程中即时速率变化；④平衡中的速率问题。
(2011·全国II卷)在容积可变的密闭容器中，2mo1N2和8mo1H2在一定条件下发生反应，达到平衡
时，H2的转化率为25%，则平衡时的氮气的体积分数接近于
A．5% B．10% C．15% D．20%
【解析】 N2 + 3H22NH3
起始量（mol） 2 8 0
转化量（mol） 2/3 2 4/3
平衡量（mol） 4/3 6 4/3
所以平衡时的氮气的体积分数＝。
【答案】C
（2011·四川卷）可逆反应①X(g)+2Y(g)2Z(g) 、②2M（g）N（g）+P(g)分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有无摩擦、可滑动的密封隔板。反应开始和达到平衡状态时有关物理量的变化如图所示：
下列判断正确的是
A. 反应①的正反应是吸热反应
B. 达平衡（I）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为14:15
C. 达平衡（I）时，X的转化率为
D. 在平衡（I）和平衡（II）中M的体积分数相等
【解析】温度降低时，反应②中气体的物质的量减少，说明平衡向正方应方向移动，因此正方应是放热反应；由图可以看出达平衡（I）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为；同理可以计算出达平衡（I）时反应①中气体的物质的量是，即物质的量减少了，所以达平衡（I）时，X的转化率为；由于温度变化反应②的平衡已经被破坏，因此在平衡（I）和平衡（II）中M的体积分数不相等。
【答案】C
（2011·浙江卷）某研究小组在实验室探究氨基甲酸铵（NH2COONH4）分解反应平衡常数和水解反应速率的测定。
（1）将一定量纯净的氨基甲酸铵置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4(s)2NH3(g)＋CO2(g)。
实验测得不同温度下的平衡数据列于下表：
温度(℃) 15.0 20.0 25.0 30.0 35.0
平衡总压强(kPa) 5.7 8.3 12.0 17.1 24.0
平衡气体总浓度(×10－3mol/L) 2.4 3.4 4.8 6.8 9.4
①可以判断该分解反应已经达到化学平衡的是___________。
A． B．密闭容器中总压强不变
C．密闭容器中混合气体的密度不变 D．密闭容器中氨气的体积分数不变
②根据表中数据，列式计算25.0℃时的分解平衡常数：__________________________。
③取一定量的氨基甲酸铵固体放在一个带活塞的密闭真空容器中，在25℃下达到分解平衡。若在恒温下压缩容器体积，氨基甲酸铵固体的质量______（填“增加”、“减小”或“不变”）。
④氨基甲酸铵分解反应的焓变△H____0，熵变△S___0（填＞、＜或＝）。
（2）已知：NH2COONH4＋2H2ONH4HCO3＋NH3·H2O。该研究小组分别用三份不同初始浓度的氨基甲酸铵溶液测定水解反应速率，得到c(NH2COO－)随时间变化趋势如图所示。
⑤计算25℃时，0～6min氨基甲酸铵水解反应的平均速率___________________________。
⑥根据图中信息，如何说明水解反应速率随温度升高而增大：_______________________。
【解析】（1）①A．不能表示正逆反应速率相等；B．反应进行则压强增大；C．恒容，反应进行则密度增大；D．反应物是固体，NH3的体积分数始终为2/3
②需将25℃的总浓度转化为NH3和CO2的浓度；K可不带单位。
③加压，平衡逆移；④据表中数据，升温，反应正移，△H＞0，固体分解为气体，△S＞0。
（2）⑤；
⑥图中标▲与标●的曲线相比能确认。
【答案】（1）①BC； ②K＝c2(NH3)·c(CO2)＝(2c/3)2(1c/3)＝1.6×10－8（mol·L－1)3
③增加； ④＞，＞。
（2）⑤0.05mol·L－1·min－1；
⑥25℃反应物的起始浓度较小，但0～6min的平均反应速率（曲线的斜率）仍比15℃大。
（2011·安徽卷）地下水中硝酸盐造成的氮污染已成为一个世界性的环境问题。文献报道某课题组模拟地下水脱氮过程，利用Fe粉和KNO3溶液反应，探究脱氮原理及相关因素对脱氮速率的影响。
（1）实验前：①先用0.1mol ·L-1H2SO4洗涤Fe粉，其目的是 ，然后用蒸馏水洗涤至中性；②将KNO3溶液的pH调至2.5；③为防止空气中的O2对脱氮的影响，应向KNO3溶液中通入 （写化学式）。
（2）下图表示足量Fe粉还原上述KNO3溶液过程中，测出的溶液中相关离子浓度、pH随时间的变化关系（部分副反应产物曲线略去）。请根据图中信息写出t1时刻前该反应的离子方程式 。t1时刻后，该反应仍在进行，溶液中NH4＋的浓度在增大，Fe2+的浓度却没有增大，可能的原因是 。
（3）该课题组对影响脱氮速率的因素提出了如下假设，请你完成假设二和假设三：
假设一：溶液的pH；
假设二： ；
假设三： ；
……..
（4）请你设计实验验证上述假设一，写出实验步骤及结论。
（已知：溶液中的NO3－浓度可用离子色谱仪测定）
【解析】（1）因为铁易生锈，即铁表面会有铁的氧化物等杂质，所以要用硫酸除去铁表面的氧化物等杂质；氧气具有强氧化性，会氧化生成的Fe2+，为防止该反应的发生必需通入一种保护原性气体且不能引入杂质，因此可以选用氮气；
（2）由图像可知反应的产物有Fe2+、NH4＋和NO气体，所以该反应的离子方程式是：4Fe＋10H＋＋NO3－=4Fe2＋＋NH4＋＋3H2O；t1时刻后，随着反应的进行，溶液中pH逐渐增大，当pH达到一定程度时就会和反应产生的Fe2+结合，因此其浓度没有增大；
（3）影响反应速率的外界因素比较多，例如温度、浓度、溶液多酸碱性、固体多表面积等等；
（4）要验证假设一，需要固定其它条件不变，例如硝酸的浓度、反应的温度、铁的表面积都必需保持一致，然后在相同时间内测量溶液中NO3－的浓度（依据提示：溶液中的NO3－浓度可用离子色谱仪测定）来判断pH不同时对脱氮对反应速率有没有影响。
【答案】（1）除去铁粉表面的氧化物等杂质 N2
（2）4Fe＋10H＋＋NO3－=4Fe2＋＋NH4＋＋3H2O；生成的Fe2＋水解（或和溶液中OH－的结合）；
（3）温度 铁粉颗粒大小
（4）实验步骤及结论：
①分别取等体积、等浓度的KNO3溶液于不同的试管中；
②调节溶液呈酸性且pH各不相同，并通入氮气；
③分别向上述溶液中加入足量等质量的同种铁粉；
④用离子色谱仪测定相同反应时间时各溶液中NO3－的浓度。若pH不同KNO3溶液中，测出的NO3－浓度不同，表明pH对脱氮速率有影响，否则无影响。
（本题属于开放性试题，合理答案均可）
(2011·北京卷)在温度t1和t2下，X2(g)和 H2反应生成HX的平衡常数如下表：
化学方程式 K (t1 ) K (t2)
2 1.8
43 34
（1）已知t2 >t1，HX的生成反应是 反应（填“吸热”或“放热”）。
（2）HX的电子式是 。
（3）共价键的极性随共用电子对偏移程度的增大而增强，HX共价键的极性由强到弱的顺序是 。
（4）X2都能与H2反应生成HX，用原子结构解释原因： 。
(5)K的变化体现出X2化学性质的递变性，用原子结构解释原因：__________，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱。
（6）仅依据K的变化，可以推断出：随着卤素原子核电荷数的增加，_______（选填字母）
a. 在相同条件下，平衡时X2的转化率逐渐降低
b. X2与H2反应的剧烈程度逐渐减弱
c. HX的还原性逐渐
d. HX的稳定性逐渐减弱
【解析】（1）由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，这说明升高温度平衡向逆反应方向移动，所以HX的生成反应是发热反应；
（2）HX属于共价化合物，H－X之间形成的化学键是极性共价键，因此HX的电子式是；
（3）F、Cl、Br、I属于 ⅦA，同主族元素自上而下随着核电荷数的增大，原子核外电子层数逐渐增多，导致原子半径逐渐增大，因此原子核对最外层电子的吸引力逐渐减弱，从而导致非金属性逐渐减弱，即这四种元素得到电子的能力逐渐减弱，所以H－F键的极性最强，H－I的极性最弱，因此HX共价键的极性由强到弱的顺序是HF、HCl、HBr、HI；
（4）卤素原子的最外层电子数均为7个，在反应中均易得到一个电子而达到8电子的稳定结构。而H原子最外层只有一个电子，在反应中也想得到一个电子而得到2电子的稳定结构，因此卤素单质与氢气化合时易通过一对共用电子对形成化合物HX；
（5）同（3）
（6）K值越大，说明反应的正向程度越大，即转化率越高，a正确；反应的正向程度越小，说明生成物越不稳定，越易分解，因此选项d正确；而选项c、d与K的大小无直接联系。
【答案】（1）发热
（2）
（3）HF、HCl、HBr、HI；
（4）卤素原子的最外层电子数均为7个
（5）同一主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多
（6）a、d
（2011·广东卷）利用光能和光催化剂，可将CO2和H2O(g)转化为CH4和O2。紫外光照射时，在不同催化剂（I、II、III）作用下，CH4产量随光照时间的变化如图13所示。
（1）在0－30小时内，CH4的平均生成速率VI、VII和VIII从大到小的顺序为 ；反应开始后的12小时内，在第 种催化剂的作用下，收集的CH4最多。
（2）将所得CH4与H2O(g)通入聚焦太阳能反应器，发生反应：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)。该反应的△H=+206 kJ mol-1。
①在答题卡的坐标图中，画出反应过程中体系的能量变化图（进行必要的标注）
②将等物质的量的CH4和H2O(g)充入1L恒容密闭容器，某温度下反应达到平衡，平衡常数K=27，此时测得CO的物质的量为0.10mol，求CH4的平衡转化率（计算结果保留两位有效数字）。
（3）已知：CH4(g)＋2O2(g) ===CO2(g)＋2H2O(g) △H=－802kJ mol-1
写出由CO2生成CO的热化学方程式 。
【解析】本题考察化学反应速率的概念、计算及外界条件对反应速率对影响；反应热的概念和盖斯定律的计算；热化学方程式的书写；与化学平衡有关的计算；图像的识别和绘制。
（1）由图像可以看出，反应进行到30小时时，催化剂Ⅲ生成的甲烷最多，其次是催化剂Ⅱ，催化剂Ⅰ生成的甲烷最少。因此VI、VII和VIII从大到小的顺序为VIII＞VII＞VI＞；同理由图像也可以看出，反应进行到12小时时，催化剂Ⅱ生成的甲烷最多，因此在第Ⅱ种催化剂的作用下，收集的CH4最多。
（2）①由热化学方程式可知，该反应是吸热反应，即反应物的总能量小于生成物的总能量，因此反应过程中体系的能量变化图为。
（3）由热化学方程式①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H=+206 kJ mol-1
②CH4(g)＋2O2(g) ===CO2(g)＋2H2O(g) △H=－802kJ mol-1
①－②得CO2(g)＋3H2O(g) === CO(g)+3H2(g)＋2O2(g) △H=+1008 kJ mol-1
【答案】（1）VIII＞VII＞VI＞；Ⅱ
（2）①
②91%
（3）CO2(g)＋3H2O(g) === CO(g)+3H2(g)＋2O2(g) △H=+1008 kJ mol-1
（2011·山东卷）研究NO2、SO2 、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。
（1）NO2可用水吸收，相应的化学反应方程式为 。利用反应6NO2＋ 8NH37N5＋12 H2O也可处理NO2。当转移1.2mol电子时，消耗的NO2在标准状况下是 L。
（2）已知：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g） ΔH=-196.6 kJ·mol-1
2NO（g）+O2（g）2NO2（g） ΔH=-113.0 kJ·mol-1
则反应NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）的ΔH= kJ·mol-1。
一定条件下，将NO2与SO2以体积比1:2置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡
状态的是 。
a．体系压强保持不变
b．混合气体颜色保持不变
c．SO3和NO的体积比保持不变
d．每消耗1 mol SO3的同时生成1 molNO2
测得上述反应平衡时NO2与SO2体积比为1:6，则平衡常数K＝ 。
（3）CO可用于合成甲醇，反应方程式为CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）。CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如下图所示。该反应ΔH 0（填“>”或“ <”）。实际生产条件控制在250℃、1.3×104kPa左右，选择此压强的理由是 。
【解析】（1）NO2溶于水生成NO和硝酸，反应的方程式是3NO2＋H2O=NO＋2HNO3；在反应6NO
＋ 8NH37N5＋12 H2O中NO2作氧化剂，化合价由反应前的+4价降低到反应后0价，因此当反应中转移1.2mol电子时，消耗NO2的物质的量为，所以标准状况下的体积是。
（2）本题考察盖斯定律的应用、化学平衡状态的判断以及平衡常数的计算。① 2SO2（g）+O2（g）2SO3（g） ΔH1=-196.6 kJ·mol-1 ② 2NO（g）+O2（g）2NO2（g） ΔH2=-113.0 kJ·mol-1 。②－①即得出2NO2（g）+2SO2（g）2SO3（g）+2NO（g） ΔH=ΔH2－ΔH1=-113.0 kJ·mol-1 +196.6 kJ·mol-1＝+83.6 kJ·mol-1。所以本题的正确答案是41.8；反应NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）的特点体积不变的、吸热的可逆反应，因此a不能说明。颜色的深浅与气体的浓度大小有关，而在反应体系中只有二氧化氮是红棕色气体，所以混合气体颜色保持不变时即说明NO2的浓度不再发生变化，因此b可以说明；SO3和NO是生成物，因此在任何情况下二者的体积比总是满足1：1，c不能说明；SO3和NO2一个作为生成物，一个作为反应物，因此在任何情况下每消耗1 mol SO3的同时必然会生成1 molNO2，因此d也不能说明；设NO2的物质的量为1mol，则SO2的物质的量为2mol，参加反应的NO2的物质的量为xmol。
（3）由图像可知在相同的压强下，温度越高CO平衡转化率越低，这说明升高温度平衡向逆反应方向移动，因此正反应是放热反应；实际生产条件的选择既要考虑反应的特点、反应的速率和转化率，还要考虑生产设备和生产成本。由图像可知在1.3×104kPa左右时，CO的转化率已经很高，如果继续增加压强CO的转化率增加不大，但对生产设备和生产成本的要求却增加，所以选择该生产条件。
【答案】（1）3NO2＋H2O=NO＋2HNO3；6.72
（2）－41.8；b；8/3；
（3）< 在1.3×104kPa下，CO的转化率已经很高，如果增加压强CO的转化率提高不大，而生产成本增加，得不偿失。
（2011·重庆卷）臭氧是一种强氧化剂，常用于消毒、灭菌等。
（1）O3与KI溶液反应生成的两种单质是___________和_________。（填分子式）
（2）O3在水中易分解，一定条件下，O3的浓度减少一半所需的时间（t）如题29表所示。已知：O3的起始浓度为0.0216 mol/L。
①pH增大能加速O3分解，表明对O3分解起催化作用的是___________.
②在30°C、pH=4.0条件下，O3的分解速率为__________ mol/(L·min)。
③据表中的递变规律，推测O3在下列条件下分解速率依次增大的顺序为______.（填字母代号）
a. 40°C、pH=3.0 b. 10°C、pH=4.0 c. 30°C、pH=7.0
（3）O3 可由臭氧发生器（原理如题29图）电解稀硫酸制得。
①图中阴极为_____(填“A”或“B”)，其电极反应式为_____。
②若C处通入O 2 ，则A极的电极反应式为_____.
③若C处不通入O 2 ，D、E处分别收集到xL和有yL气体(标准情况)，则E处收集的气体中O 3 所占的体积分数为_____。(忽略 O 3 的分解)。
【解析】本题考察化学反应速率的概念、计算、外界条件对反应速率对影响以及有关电化学知识。
（1）臭氧是一种强氧化剂，能氧化I－生成单质碘，方程式为O3＋2KI＋H2O=I2＋2KOH＋O2↑；
（2）①pH增大，说明碱性增强，因此其催化剂作用的是OH－；
②由表中数据可知，在30°C、pH=4.0条件下，O3的浓度减少一半所需的时间是108min，所以其反应速率是；
③由表中数据知温度越高，pH越大，反应速率越快，所以分解速率依次增大的顺序为b、a、c；
（3）①溶液中－2价的O失去电子被氧化得到臭氧，在电解池中阳极失去电子，发生氧化反应，溶液中的阳离子在阴极得到电子，发生还原反应，因此A是阴极，B是阳极；溶液中只有阳离子氢离子，所以阴极电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑；
②若阴极通氧气，则氧气得到电子被还原成OH－，然后结合溶液中氢离子生成水，方程式为O2＋4H＋＋4e－＝2H2O；
③由以上分析知D、E分别产生的气体是氢气和氧气、臭氧的混合气体。设臭氧的体积是nL，根据得失电子守恒知，解得n＝x－2y，所以臭氧的体积分数是。
【答案】（1）O2 I2
（2）①OH－；
②1.00×10－4
③b、a、c
（3）①2H＋＋2e－=H2↑
②O2＋4H＋＋4e－＝2H2O；
③
（2011·新课标全国卷）科学家利用太阳能分解水生成的氢气在催化剂作用下与二氧化碳反应生成甲醇，并开发出直接以甲醇为燃料的燃料电池。已知H2（g）、CO（g）和CH3OH（l）的燃烧热△H分别为-285.8kJ·mol-1、-283.0kJ·mol-1和-726.5kJ·mol-1。请回答下列问题：
（1）用太阳能分解10mol水消耗的能量是_____________kJ；
（2）甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为_____________；
（3）在溶积为2L的密闭容器中，由CO2和H2合成甲醇，在其他条件不变得情况下，考察温度对反应的影响，实验结果如下图所示（注：T1、T2均大于300℃）；
下列说法正确的是________（填序号）
①温度为T1时，从反应开始到平衡，生成甲醇的平均速率为：v(CH3OH)=mol·L-1·min-1
②该反应在T1时的平衡常数比T2时的小
③该反应为放热反应
④处于A点的反应体系从T1变到T2，达到平衡时增大
（4）在T1温度时，将1molCO2和3molH2充入一密闭恒容器中，充分反应达到平衡后，若CO2转化率为a,则容器内的压强与起始压强之比为______；
（5）在直接以甲醇为燃料电池中，电解质溶液为酸性，负极的反应式为________、正极的反应式为________。理想状态下，该燃料电池消耗1mol甲醇所能产生的最大电能为702.1kJ,则该燃料电池的理论效率为________（燃料电池的理论效率是指电池所产生的最大电能与燃料电池反应所能释放的全部能量之比）
【解析】（1）氢气的燃烧热是-285.8kJ·mol-1，即每生成1mol的水就放出285.8kJ的能量，反之分解1mol的水就要消耗285.8kJ的能量，所以用太阳能分解10mol水消耗的能量是2858kJ；
（2）由CO（g）和CH3OH（l）燃烧热的热化学方程式
①CO(g)＋1/2O2(g)＝CO2(g) △H＝-283.0kJ·mol-1；
②CH3OH(l) ＋3/2O2(g)＝CO2(g)+2 H2O(l) △H＝-726.5kJ·mol-1；
可知②－①得到CH3OH(l) ＋O2(g)＝CO(g)+2 H2O(l) △H＝-443.5kJ·mol-1；
（3）CO2和H2合成甲醇的化学方程式为CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g) + H2O(g)。由图像可知B曲线先得到平衡，因此温度T2＞T1，温度高平衡时甲醇的物质的量反而低，说明正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，不利于甲醇的生成，平衡常数减小，即②错③正确；温度为T1时，从反应开始到平衡，生成甲醇的物质的量为mol，此时甲醇的浓度为，所以生成甲醇的平均速率为：v(CH3OH)= mol·L-1·min-1，因此①不正确；因为温度T2＞T1，所以A点的反应体系从T1变到T2时，平衡会向逆反应方向移动，即降低生成物浓度而增大反应物浓度，所以④正确。
。
(5)在甲醇燃料电池中，甲醇失去电子，氧气得到电子，所以负极的电极反应式是CH3OH－6e－＋H2O=CO2＋6H＋，正极的电极反应式是3/2O2＋6e－＋6H＋=3H2O；甲醇的燃烧热是-726.5kJ·mol-1，所以该燃料电池的理论效率为。
【答案】（1）2858； （2）CH3OH(l) ＋O2(g)＝CO(g)+2 H2O(l) △H＝-443.5kJ·mol-1；
（3）③④； （4）1－a/2；
（5）CH3OH－6e－＋H2O=CO2＋6H＋、3/2O2＋6e－＋6H＋=3H2O、96.6%
（2011·海南卷）氯气在298K、100kPa时，在1L水中可溶解0.09mol，实验测得溶于水的Cl2约有三分之一与水反应。请回答下列问题：
（1）该反应的离子方程式为__________;
（2）估算该反应的平衡常数__________（列式计算）
（3）在上述平衡体系中加入少量NaOH固体，平衡将向________移动；
（4）如果增大氯气的压强，氯气在水中的溶解度将______（填“增大”、“减小”或“不变”），平衡将向______________移动。
【答案】
(1)；
（2） (水视为纯液体)
C起 0.09 0 0 0
C变 0.09× 0.03 0.03 0.03
C平 0.06 0.03 0.03 0.03
；
（3）正反应方向；（4）增大，正反应方向
【解析】题干中用“溶于水的Cl2约有三分之一与水反应”给出可逆反应（该反应在教材中通常没提及可逆）；平衡常数的计算根据题中要求列三行式求算；平衡移动是因为H+的减少向正反应方向移动；增大压强将增大氯气的浓度，平衡向正反应方向移动。技巧点拨：平衡题在近年的高考题中比较平和，但新课标高考题今年引入了对过程呈现的考查，这是以后高考中应注意的。
(2011·全国II卷)反应aA(g)+bB(g) cC(g)（ΔH＜0）在等容条件下进行。改变其他反应条件，在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ阶段体系中各物质浓度随时间变化的曲线如下图所示：
回答问题：
(1） 反应的化学方程式中，a:b:c为_____________;
(2）A的平均反应速率vI(A)、vⅡ(A)、vⅢ(A)从大到小排列次序为_________；
(3）B的平衡转化率αI(B)、αⅡ(B)、αⅢ(B)中最小的是_____,其值是__________;
(4） 由第一次平衡到第二次平衡，平衡移动的方向是________________,采取的措施是____________;
(5） 比较第Ⅱ阶段反应温度(T2)和第Ⅲ阶段反应温度(T3)的高低：T2 T3(填“>”“<”“=”），判断的理由是_________________________________________;
(6）达到第三次平衡后，将容器的体积扩大一倍，假定10min后达到新的平衡，请在下图中用曲线表示第IV阶段体系中各物质的浓度随时间变化的趋势（曲线上必须标出A、B、C）。
【解析】由图像知在第Ⅰ阶段达到平衡时A、B、C的浓度变化量分别是1.0、3.0和2.0，所以反应的化学方程式中，a:b:c＝)1:3:2；由图像可以计算出A的平均反应速率vI(A)、vⅡ(A)、vⅢ(A)分别为2/20、0.36/15和0.12/15，vI(A)、vⅡ(A)、vⅢ(A)从大到小排列次序为vI(A)、vⅡ(A)、vⅢ(A)；同理可以计算出B的平衡转化率αI(B)、αⅡ(B)、αⅢ(B)分别为0.5、0.38和0.19； 由第一次平衡到第二次平衡是C的浓度瞬间降低到0，即移走量产物C，平衡向正方应方向移动；第Ⅱ阶段和第Ⅲ阶段相比，反应物浓度降低，生成物浓度增大，平衡向正方应方向移动，因为反应放热，所以是降低了温度；由于反应是一个体积增大的可逆反应，所以扩大容器的体积平衡向逆反应方向移动。
【答案】(1)1:3:2 (2)VI(A)VⅡ(A)VⅢ(A) (3)αⅢ(B) 19% (4)向正反应方向 从反应体系中移出产物C (5) > 此反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动
(注：只要曲线能表示出平衡向逆反应方向移动及各物质浓度的相对变化比例即可）
20．(2011上海25)自然界的矿物、岩石的成因和变化受到许多条件的影响。地壳内每加深1km，压强增大约25000~30000 kPa。在地壳内SiO2和HF存在以下平衡：SiO2(s) +4HF(g)SiF4(g)+ 2H2O(g)+148.9 kJ
根据题意完成下列填空：
（1）在地壳深处容易有 气体逸出，在地壳浅处容易有 沉积。
（2）如果上述反应的平衡常数K值变大，该反应 （选填编号）。
a．一定向正反应方向移动 b．在平衡移动时正反应速率先增大后减小
c．一定向逆反应方向移动 d．在平衡移动时逆反应速率先减小后增大
（3）如果上述反应在体积不变的密闭容器中发生，当反应达到平衡时， （选填编号）。
a．2v正(HF)=v逆(H2O) b．v(H2O)=2v(SiF4)
c．SiO2的质量保持不变 d．反应物不再转化为生成物
（4）若反应的容器容积为2.0L，反应时间8.0 min，容器内气体的密度增大了0.12 g/L，在这段时间内HF的平均反应速率为 。
【解析】本题考察外界条件对化学平衡的影响、化学平衡常数和化学平衡状态的的理解以及反应速率的有关计算。由于反应吸热，平衡常数K值变大，说明温度降低。
【答案】（1）SiF4 H2O SiO2
（2）ad
（3）bc
（4）0.0010mol(L·min)
（2010·天津卷）6．下列各表述与示意图一致的是
A．图①表示25℃时，用0.1 mol·L－1盐酸滴定20 mL 0.1 mol·L－1 NaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化
B．图②中曲线表示反应2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g)；ΔH < 0 正、逆反应的平衡常数K随温度的变化
C．图③表示10 mL 0.01 mol·L－1 KMnO4 酸性溶液与过量的0.1 mol·L－1 H2C2O4溶液混合时，n(Mn2+) 随时间的变化
D．图④中a、b曲线分别表示反应CH2＝CH2 (g) + H2(g)CH3CH3(g)；ΔH< 0使用和未使用催化剂时，反应过程中的能量变化
【解析】酸碱中和在接近终点时，pH会发生突变，曲线的斜率会很大，故A错；正逆反应的平衡常数互为倒数关系，故B正确；反应是放热反应，且反应生成的Mn2+对该反应有催化作用，故反应速率越来越快，C错；反应是放热反应，但图像描述是吸热反应，故D错。
【答案】B
命题立意：综合考查了有关图像问题，有酸碱中和滴定图像、正逆反应的平衡常数图像，反应速率图像和能量变化图像。
（2010·重庆卷）10． 当反应达到平衡时，下列措施：①升温 ②恒容通入惰性气体 ③增加CO的浓度 ④减压 ⑤加催化剂 ⑥恒压通入惰性气体，能提高COCl2转化率的是
A．①②④ B．①④⑥ C．②③⑥ D．③⑤⑥
【答案】B
【解析】本题考查化学平衡的移动。该反应为体积增大的吸热反应，所以升温和减压均可以促使反应正向移动。恒压通入惰性气体，相当于减压。恒容通入惰性气体与加催化剂均对平衡无影响。增加CO的浓度，将导致平衡逆向移动。 方法提炼：对于恒容容器，通入稀有气体，由于容器的体积不变，各组分的浓度保持不变，故反应速率保持不变，平衡也即不移动。若为恒压容器，通入稀有气体，容器的体积膨胀，对于反应则相当于减压。
（2010·安徽卷）10.低脱硝技术可用于处理废气中的氮氧化物，发生的化学反应为：
2NH2（g）＋NO（g）＋NH2（g）2H3（g）＋3H2O（g） H<0
在恒容的密闭容器中，下列有关说法正确的是
A.平衡时，其他条件不变，升高温度可使该反应的平衡常数增大
B.平衡时，其他条件不变，增加NH3的浓度，废气中氮氧化物的转化率减小
C.单位时间内消耗NO和N2的物质的量比为1∶2时，反应达到平衡
D.其他条件不变，使用高效催化剂，废气中氮氧化物的转化率增大
【答案】C
【解析】A选项，放热反应升温平衡常数减小，错误；增大一个反应物浓度另一反应物转化率增大，B错；使用催化剂平衡不移动，D错。
（2010·福建卷）8．下列有关化学研究的正确说法是
A．同时改变两个变量来研究反映速率的变化，能更快得出有关规律
B．对于同一个化学反应，无论是一步完成还是分几步完成，其反应的焓变相同
C．依据丁达尔现象可将分散系分为溶液、胶体与浊液
D．从HF、HCl、、HI酸性递增的事实，推出F、Cl、Br、I的非金属递增的规律
【解析】本题侧重考查反应速率、盖斯定律、分散系、元素周期律重要的基本概念，规律
同时改变两个变量来研究反应速率的变化，不容易判断影响反应速率的主导因素，因此更难得出有关规律
这是盖斯定律的表述
分散系的划分是以分散质颗粒大小来区分的
在以酸性强弱作为判断元素非金属性非金属性强弱依据时，是以最高价氧化物对应水化物的酸性强弱为判断依据的。
【答案】B
（2010·福建卷）12．化合物Bilirubin在一定波长的光照射下发生分解反应，反应物尝试随反应时间变化如右图所示，计算反应4~8 min间的平均反应速率和推测反应16 min 反应物的浓度，结果应是
A 2.5和2.0
B 2.5和2.5
C 3.0和3.0
D 3.0和3.0
【解析】本题考察化学反应速率的计算。第8秒与第4秒时反应物浓度差△C为10，为4秒，所以在4~8间的平均反应速率为2.5，可以排除CD两个答案；图中从0开始到8反应物浓度减低了4倍，根据这一幅度，可以推测从第8到第16分也降低4倍，即由10降低到2.5，因此推测第16反应物的浓度为2.5，所以可以排除A而选B
【答案】B
（2010·江苏卷）8．下列说法不正确的是
A．铅蓄电池在放电过程中，负极质量减小，正极质量增加
B．常温下，反应不能自发进行，则该反应的
C．一定条件下，使用催化剂能加快反应速率并提高反应物的平衡转化率
D．相同条件下，溶液中、、的氧化性依次减弱
【答案】AC
【解析】本题主要考查的是相关的反应原理。A项，铅蓄电池在放电过程中，负极反应为其质量在增加；B项，该反应是典型的吸热反应，在常温下不能自发进行；C项，催化剂能改变反应速率，不一定加快，同时它不能改变转化率；D项，可知的氧化性大于，综上分析可知，本题选AC项。
（2010·上海卷）17.据报道，在300℃、70MPa下由二氧化碳和氢气合成乙醇已成为现实。
2CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g) 下列叙述错误的是
A．使用Cu-Zn-Fe催化剂可大大提高生产效率
B．反应需在300℃进行可推测该反应是吸热反应
C．充入大量CO2气体可提高H2的转化率
D．从平衡混合气体中分离出CH3CH2OH和H2O可提高CO2和H2的利用率
【答案】B
【解析】此题考查化学反应速率和化学平衡知识。催化剂能提高化学反应速率，加快反应进行，也就是提高了生产效率，A对；反应需在300℃进行是为了获得较快的反应速率，不能说明反应是吸热还是放热，B错；充入大量CO2气体，能使平衡正向移动，提高H2的转化率，C对；从平衡混合物中及时分离出产物，使平衡正向移动，可提高CO2和H2的转化率，D对。
易错警示：利用化学平衡知识判断反应吸热还是放热时，一定要注意温度的变化使反应正向移动还是逆向移动，倘若给出的知识温度条件则无法判断。
（2010·江苏卷）14．在温度、容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下（已知 kJ·mol）
容器 甲 乙 丙
反应物投入量 1mol N2、3mol H2 2mol NH3 4mol NH3
NH3的浓度（mol·L） c1 c2 c3
反应的能量变化 放出akJ 吸收bkJ 吸收ckJ
体系压强（Pa） p1 p2 p3
反应物转化率
下列说法正确的是
A． B． C． D．
【答案】BD
【解析】本题主要考查的是化学平衡知识。A项，起始浓度不同，转化率也不同，不成倍数关系，B项，实际上为等同平衡，不同的是反应的起始方向不同，在此过程中乙吸收的热热量相当于甲完全转化需再放出的热量，故a+b=92.4;C项，通过模拟中间状态分析，丙的转化率小于乙，故2p2> p3;D项，a1+b1=1.，而a2> a3,所以a1+ a3<1.综上分析可知，本题选BD项。
（2010·四川理综卷）13.反应aM(g)+bN(g) cP(g)+dQ(g)达到平衡时。M的体积分数y(M)与反应条件的关系如图所示。其中：Z表示反应开始时N的物质的量与M的物质的量之比。下列说法正确的是
A.同温同压Z时，加入催化剂，平衡时Q的体积分数增加
B.同压同Z时，升高温度，平衡时Q的体积分数增加
C.同温同Z时，增加压强，平衡时Q的体积分数增加
D.同温同压时，增加Z，平衡时Q的体积分数增加。
【答案】B
【解析】本题考查了平衡移动原理的应用。A项加入催化剂只能改变反应速率，不会使平衡移动。B项由图像（1）知随着温度的升高M的体积分数降低，说明正反应吸热，所以温度升高平衡正向移动，Q的体积分数增加。C项对比（1）（2）可以看出相同温度条件，压强增大M的体积分数增大，所以正反应是体积缩小的反应，增大压强Q的体积分数减小。D项由C项可以判断D也不对。
（2010·天津卷）10．（14分）二甲醚是一种重要的清洁燃料，也可替代氟利昂作制冷剂等，对臭氧层无破坏作用。工业上可利用煤的气化产物（水煤气）合成二甲醚。
请回答下列问题：
⑴ 煤的气化的主要化学反应方程式为：___________________________。
⑵ 煤的气化过程中产生的有害气体H2S用Na2CO3溶液吸收，生成两种酸式盐，该反应的化学方程式为：________________________________________。
⑶ 利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下：
① 2H2(g) + CO(g) CH3OH(g)；ΔH ＝ －90.8 kJ·mol－1
② 2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g)；ΔH＝ －23.5 kJ·mol－1
③ CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g)；ΔH＝ －41.3 kJ·mol－1
总反应：3H2(g) + 3CO(g) CH3OCH3(g) + CO2 (g)的ΔH＝ ___________；
一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡，要提高CO的转化率，可以采取的措施是__________（填字母代号）。
a．高温高压 b．加入催化剂 c．减少CO2的浓度
d．增加CO的浓度 e．分离出二甲醚
⑷ 已知反应②2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g)某温度下的平衡常数为400 。此温度下，在密闭容器中加入CH3OH ，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：
物质 CH3OH CH3OCH3 H2O
浓度/（mol·L－1） 0.44 0.6 0.6
① 比较此时正、逆反应速率的大小：v正 ______ v逆 （填“>”、“<”或“＝”)。
② 若加入CH3OH后，经10 min反应达到平衡，此时c(CH3OH) ＝ _________；该时间内反应速率v(CH3OH) ＝ __________。
【解析】(1)煤生成水煤气的反应为C+H2OCO+H2。
(2)既然生成两种酸式盐，应是NaHCO3和NaHS，故方程式为：
Na2CO3+H2S==NaHCO3+NaHS。
(3)观察目标方程式，应是①×2+②+③，故△H=2△H1+△H2+△H3=-246.4kJ· mol -1。
正反应是放热反应，升高温度平衡左移，CO转化率减小；加入催化剂，平衡不移动，转化率不变；减少CO2的浓度、分离出二甲醚，平衡右移，CO转化率增大；增大CO浓度，平衡右移，但CO转化率降低；故选c、e。
(4)此时的浓度商Q==1.86＜400，反应未达到平衡状态，向正反应方向移动，故正＞逆；设平衡时生成物的浓度为0.6+x，则甲醇的浓度为（0.44-2x）有：400=，解得x=0.2 mol·L-1，故0.44 mol·L-1-2x=0.04 mol·L-1。
由表可知，甲醇的起始浓度度为(0.44+1.2) mol·L-1=1.64 mol·L-1，其平衡浓度为0.04 mol·L-1，
10min变化的浓度为1.6 mol·L-1，故(CH3OH)=0.16 mol·L-1·min-1。
【答案】(1) C+H2OCO+H2。
(2) Na2CO3+H2S==NaHCO3+NaHS
(3) -246.4kJ· mol -1 c、e
(4) ①＞ ②0.04 mol·L-1 0.16 mol·L-1·min-1
命题立意：本题是化学反应原理的综合性试题，考查了化学方程式的书写、盖斯定律的应用、化学平衡移动原理，和利用浓度商和平衡常数的关系判断平衡移动的方向、平衡常数和速率的计算等。
（2010·全国卷Ⅰ）27.（15分）在溶液中，反应A+2BC分别在三种不同实验条件下进行，它们的起始浓度均为、及。反应物A的浓度随时间的变化如下图所示。
请回答下列问题：
（1）与①比较，②和③分别仅改变一种反应条件。所改变的条件和判断的理由是：
②_______________；
③_______________；
（2）实验②平衡时B的转化率为_________；实验③平衡时C的浓度为____________；
（3）该反应的_________0，判断其理由是__________________________________；
（4）该反应进行到4.0min时的平均反应速度率：
实验②：=__________________________________；
实验③：=__________________________________。
【解析】（1）②使用了（正）催化剂；理由：因为从图像可看出，两者最终的平衡浓度相同，即最终的平衡状态相同，而②比①所需要的时间短，显然反应速率加快了，故由影响反应速率和影响平衡的因素可知是加入（正）催化剂；③升高温度；理由：因为该反应是在溶液中进行的反应，所以不可能是改变压强引起速率的改变，又由于各物质起始浓度相同，故不可能是改变浓度影响反应速率，再由于③和①相比达平衡所需时间短，平衡时浓度更小，故不可能是改用催化剂，而只能是升高温度来影响反应速率的
（2）不妨令溶液为1L，则②中达平衡时A转化了0.04mol，由反应计量数可知B转化了0.08mol，所以B转化率为；同样在③中A转化了0.06mol，则生成C为0.06mol,体积不变，即平衡时C(c)=0.06mol/L
(3) ﹥0；理由：由③和①进行对比可知升高温度后A的平衡浓度减小，即A的转化率升高，平衡向正方向移动，而升温是向吸热的方向移动，所以正反应是吸热反应，﹥0
（4）从图上读数，进行到4.0min时，实验②的A的浓度为：0.072mol/L,则△C(A)=0.10-0.072=0.028mol/L，,∴=2=0.014mol(L·min)-1；进行到4.0mi实验③的A的浓度为：0.064mol/L：△C(A,) =0.10-0.064=0.036mol/L，,∴==0.0089mol(L·min)-1
【答案】（1）②加催化剂；达到平衡的时间缩短，平衡时A的浓度未变
③温度升高；达到平衡的时间缩短，平衡时A的浓度减小
（2）40%（或0.4）；0.06mol/L；（3）﹥；升高温度向正方向移动，故该反应是吸热反应
（4）0.014mol(L·min)-1；0.008mol(L·min)-1
命题意图：考查基本理论中的化学反应速率化学平衡部分，一些具体考点是：易通过图像分析比较得出影响化学反应速率和化学平衡的具体因素（如：浓度，压强，温度，催化剂等）、反应速率的计算、平衡转化率的计算，平衡浓度的计算，的判断；以及计算能力，分析能力，观察能力和文字表述能力等的全方位考查。
（2010·广东卷）31．（16分）硼酸（H3BO3）在食品、医药领域应用广泛。
(1)请完成B2H6气体与水反应的化学方程式：B2H6 + 6H2O=2H3BO3 +________。
(2)在其他条件相同时，反应H3BO3 +3CH3OHB(OCH3)3 +3H2O中，H3BO 3的转化率（）在不同温度下随反应时间（t）的变化见图12，由此图可得出：
①温度对应该反应的反应速率和平衡移动的影响是____ ___
②该反应的_____0(填“<”、“=”或“>”).
(3)H3BO 3溶液中存在如下反应：
H3BO 3（aq）+H2O（l） [B(OH)4]-( aq)+H+（aq）已知0.70 mol·L-1 H3BO 3溶液中，上述反应于298K达到平衡时，c平衡（H+）=2. 0 × 10-5mol·L-1，c平衡（H3BO 3）≈c起始（H3BO 3），水的电离可忽略不计，求此温度下该反应的平衡常数K（H2O的平衡浓度不列入K的表达式中，计算结果保留两位有效数字）
【解析】(1)根据元素守恒，产物只能是H2， 故方程式为B2H6 + 6H2O=2H3BO3 +6H2。
(2)由图像可知，温度升高，H3BO 3的转化率增大，故升高温度是平衡正向移动，正反应是吸热反应，△H＞O。
(3) K===
【答案】
(1) B2H6 + 6H2O=2H3BO3 +6H2
(2) ①升高温度，反应速率加快，平衡正向移动 ②△H＞O
(3) 或1.43
（2010·山东卷）28．（14分）硫一碘循环分解水制氢主要涉及下列反应：
Ⅰ SO2+2H2O+I2===H2SO4+2HI
Ⅱ 2HIH2+I2
Ⅲ 2H2SO42===2SO2+O2+2H2O
（1）分析上述反应，下列判断正确的是 。
a．反应Ⅲ易在常温下进行 b．反应Ⅰ中氧化性比HI强
c．循环过程中需补充H2O d．循环过程中产生1mol O2的同时产生1mol H2
（2）一定温度下，向1L密闭容器中加入1mol HI（g），发生反应Ⅱ，H2物质的量随时间的变化如图所示。
0~2 min内的平均放映速率v（HI）= 。该温度下，H2（g）+I2（g）2HI（g）的平衡常数K= 。
相同温度下，若开始加入HI（g）的物质的量是原来的2倍，则 是原来的2倍。
a．平衡常数 b．HI的平衡浓度 c．达到平衡的时间 d．平衡时H2的体积分数
（3）实验室用Zn和稀硫酸制取H2，反应时溶液中水的电离平衡 移动（填“向左”“向右”或者“不”）；若加入少量下列试剂中的 ，产生H2的速率将增大。
a．NaNO3 b．CuSO4 c．Na2SO4 d．NaHSO3
（4）以H2为燃料可制成氢氧燃料电池。
已知 2H2（g）+O2（g）===2H2O(I) △H=-572KJ．mol-1
某氢氧燃料电池释放228．8KJ电能时，生成1mol液态水，该电池的能量转化率为 。
【解析】(1)H2SO4在常温下，很稳定不易分解，这是常识，故a错；反应Ⅰ中SO2是还原剂，HI是还原产物，故还原性SO2＞HI，则b错；将Ⅰ和Ⅱ分别乘以2和Ⅲ相加得：2H2O==2H2+O2，故c正确d错误。
(2) υ (H2)=0. 1mol/1L/2min=0.05 mol·L-1·min-1，则υ (HI)=2 υ (H2)=0.1 mol·L-1·min-1；
2HI(g)==H2(g)+I2(g)
2 1 1
起始浓度/mol·L－1 1 0 0
变化浓度/mol·L－1： 0.2 0.1 0.1
平衡浓度/mol·L－1： 0.8 0.1 0.1
则H2(g)+I2(g)== 2HI(g)的平衡常数K==64mol/L。
若开始时加入HI的量是原来的2倍，则建立的平衡状态和原平衡是等比平衡，HI、H2、I2 的物质的量、平衡浓度都是原来的两倍；各组分的百分含量、体积分数相等，平衡常数相等（因为温度不变）；因开始时的浓度增大了，反应速率加快，达平衡时间不可能是原来的两倍，故选b.
（3）水的电离平衡为,硫酸电离出的对水的电离是抑制作用，当消耗了，减小，水的电离平衡向右移动；若加入,溶液变成的溶液了，不再生成H2；加入的会和反应，降低，反应速率减慢；的加入对反应速率无影响；加入CuSO4 后，与置换出的Cu构成原电池，加快了反应速率，选b.
（4）根据反应方程式，生成1mol水时放出热量为：572kJ=286 kJ,故该电池的能量转化率为
【答案】（1）c
（2）0.1 mol·L-1·min-1 ；64mol/L；b
（3）向右；b
（4）80%
（2010·福建卷）J、L、M、R、T是原子序数依次增大的短周期主族元素，J、R在周期表中的相对位置如右表；J元素最低负化合价的绝对值与其原子最外层电子数相等；M是地壳中含量最多的金属元素。
（1）M的离子结构示意图为_____;元素T在周期表中位于第_____族。
（2）J和氢组成的化合物分子有6个原子，其结构简式为______。
（3）M和T形成的化合物在潮湿的空气中冒白色烟雾，反应的化学方程式为_____。
（4）L的最简单气态氢化物甲的水溶液显碱性。
①在微电子工业中，甲的水溶液可作刻蚀剂H2O2 的清除剂，所发生反应的产物不污染环境，其化学方程式为______。
②一定条件下，甲在固定体积的密闭容器中发生分解反应（△H>0）并达平衡后，仅改变下表中反应条件x，该平衡体系中随x递增y递减的是_______（选填序号）。
选项 a b c d
x 温度 温度 加入H2的物质的量 加入甲的物质的量
y 甲的物质的量 平衡常数K 甲的转化率 生成物物质的量总和
（5）由J、R形成的液态化合物JR2 0．2mol在O2中完全燃烧，生成两种气态氧化物，298K时放出热量215kJ。 该反应的热化学方程式为________。
【解析】
(1) J元素最低负化合价的绝对值与其原子最外层电子数相等,可以判断J元素为碳元素；M是地壳中含量最多的金属元素为铝元素；根据J、R在周期表中的相对位置可以判断R为硫元素，则T为氯元素，处于第三周期第七主族
（2）J和氢组成含有6个原子的分子为乙烯，其结构简式为
（3）M和T形成的化合物为，与水反应，其中氯化氢气体呈雾状
（4）①氨水与双氧水发生氧化还原反应：
生成无污染的氮气；
②甲在固体体积的密闭容器中发生分解反应，表明正反应为吸热反应，升高温度，平衡朝着正方向移动，甲物质的量减少；加入的物质的量即增加生成物的浓度，平衡朝逆方向移动，甲的转化率减小
（5）JR2为CS2,燃烧生成二氧化碳和二氧化硫，依题意可以很快的写出反应的热化学方程式
【答案】(1) ； ⅦA
（2）
（3），
（4）①
②a和c;a或c
（5）
（2010·上海卷）25．接触法制硫酸工艺中，其主反应在450℃并有催化剂存在下进行：
1)该反应所用的催化剂是 (填写化合物名称)，该反应450℃时的平衡常数 500℃时的平衡常数(填“大于”、“小于”或“等于”)。
2)该热化学反应方程式的意义是 ．
a． b．容器中气体的平均分子量不随时间而变化
c．容器中气体的密度不随时间而变化 d．容器中气体的分子总数不随时间而变化
4)在一个固定容积为5L的密闭容器中充入0.20 mol SO2和0.10molSO2，半分钟后达到平衡，测得容器中含SO30.18mol，则= mol.L-1.min-1：若继续通入0.20mol SO2和0.10mol O2，则平衡 移动(填“向正反应方向”、“向逆反应方向” 或“不”)，再次达到平衡后， mol【答案】1）五氧化二钒（V2O5）；大于；2）在450℃时，2molSO2气体和1molO2气体完全反应生成2molSO3气体时放出的热量为190kJ；3）bd；4）0.036；向正反应方向；0.36；0.40。
【解析】此题考查了工业制硫酸、化学平衡常数、热化学方程式、化学平衡状态、有关化学平衡的计算等知识。1）工业制硫酸时二氧化硫催化氧化使用的催化剂是五氧化二钒；该反应正向放热，故温度越高化学平衡常数越小；2）热化学方程式表示的是450℃时，2molSO2气体和1molO2气体完全反应生成2molSO3气体时放出的热量为190kJ；3）根据化学平衡状态的特征，容器中气体的平均相对分子质量不随时间变化、分子总数不随时间变化时，说明反应达到平衡状态；4）当达到平衡时，容器中SO3的物质的量为0.18mol，则v（SO3）=0.072mol.L-1.min-1，则v（O2）=0.036mol.L-1.min-1；再继续通入0.20molSO2和0.10molO2时，平衡向正反应方向移动，在此达到平衡时，SO3的物质的量介于0.36和0.40之间。
知识归纳：化学平衡常数只是和温度相关的函数，其随温度变化而变化。若正反应为吸热反应，温度升高K值增大；若正反应为放热反应，温度升高K值减小。
（2010·江苏卷）17.（8分）下表列出了3种燃煤烟气脱硫方法的原理。
方法Ⅰ中氨水吸收燃煤烟气中的化学反应为：
能提高燃煤烟气中去除率的措施有 （填字母）。
A．增大氨水浓度
B.升高反应温度
C.使燃煤烟气与氨水充分接触
D. 通入空气使转化为
采用方法Ⅰ脱硫，并不需要预先除去燃煤烟气中大量的，原因是 （用离子方程式表示）。
方法Ⅱ重要发生了下列反应：
与反应生成的热化学方程式为 。
方法Ⅲ中用惰性电极电解溶液的装置如右图所示。阳极区放出气体的成分为 。（填化学式）
【答案】（1）AC
(2)S（g）+O2（g）= S O2（g） H=-574.0kJmol-1
(3) O2 SO2
【解析】本题考察的知识比较散，涉及到环境保护，一道题考察了几个知识点。覆盖面比较多。但盖斯定律、热化学方程式、离子方程式、点击方程式都是重点内容（1）提高SO2的转化率，可以增大氨水的浓度、与氨水充分接触；不需要通入CO2的原因是因为HCO3+SO2=CO2+HSO3而产生CO2 (2)主要考察盖斯定律的灵活运用。适当变形，注意反应热的计算。不要忽视热化学方程式的书写的注意事项。（3）阴极的电极产生的气体为O2和SO2.
（2010·重庆卷）29．（14分）钒（V）及其化合物广泛应用于工业催化、新材料和新能源等领域．
（1）V2O5是接触法制硫酸的催化剂．
①一定条件下，与空气反映t min后，和物质的量浓度分别为a mol/L和b mol/L, 则起始物质的量浓度为 mol/L ；生成的化学反应速率为 mol/(L·min) ．
②工业制硫酸，尾气用_______吸收．
（2）全钒液流储能电池是利用不同价态离子对的氧化还原反应来实现化学能和电能相互转化的装置，其原理如下图所示．
①当左槽溶液逐渐由黄变蓝，其电极反应式为 ．
②充电过程中，右槽溶液颜色逐渐由 色变为 色．
③放电过程中氢离子的作用是 和 ；充电时若转移的电子数为3.011023个，左槽溶液中n(H+)的变化量为 ．
【答案】
（1）①；
②氨水
（2）①
②绿 紫
③参与正极反应; 通过交换膜定向移动使电流通过溶液；0.5mol
【解析】本题考查以钒为材料的化学原理题，涉及化学反应速率和电化学知识。
（1）由S守恒可得，的起始浓度为（a+b）mol/L。的速率为单位时间内浓度的变化，即b/tmol/(L﹒min)。可以用碱性的氨水吸收。
（2）①左槽中，黄变蓝即为生成，V的化合价从+5降低为+4，得一个电子，0原子减少，从图中知，其中发生了移动，参与反应，由此写成电极反应式。②作为原电池，左槽得电子，而右槽失电子。充电作为电解池处理，有槽中则为得电子，对应化合价降低，即为生成，颜色由绿生成紫。③由电极反应式知，参与了反应。溶液中离子的定向移动可形成电流。n=N/NA=3.01×/6.02×=0.5mol。
规律总结:电化学试题的分析一般是从化合价着手，对于原电池，化合价升高的作为负极，化合价降低的作为正极，两极方程式相加即可得总反应。对于电解池，化合价升高作为阳极，降低的作为阴极。两者之间的关系是：正极反应式颠倒即为阳极反应式，负极反应式颠倒即为阴极反应式。
（2009·山东卷）2SO2（g）+O2(g)2SO3(g)是制备硫酸的重要反应。下列叙述正确的是( )
A.催化剂V2O5不改变该反应的逆反应速率
B.增大反应体系的压强，反应速率一定增大
C.该反应是放热反应，降低温度将缩短反应达到平衡的时间
D.在t1、t2时刻，SO3（g）的浓度分别是c1、c2，则时间间隔t1～t2内，SO3（g）生成的平均速率为
【答案】D
【解析】本题重点考查化学反应速率的影响因素，还有反应速率的简单计算。V2O5作为催化剂，能同等程度改变正、逆化学反应速率，A不正确；压强并不是影响反应速率的唯一因素，只有当其他条件不变时，增大压强，反应速率才增大，B不正确；不管反应吸热、放热，降低温度均减小反应速率，达到平衡时间增多，C不正确，据，可知D正确。
（2009·浙江卷）已知：25 ℃时，Ksp［Mg(OH)2］=5.61×10-12，Ksp［MgF2］=7.42×10-11。下列说法正确的是（ ）
A.25 ℃时，饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c(Mg2+)大
B. 25 ℃时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，c(Mg2+)增大
C. 25 ℃时，Mg(OH)2固体在20 mL 0.01 mol·L-1氨水中的Ksp比在20 mL 0.01 mol·L-1 NH4Cl溶液中的Ksp小
D.25 ℃时，在Mg(OH)2悬浊液中加入NaF溶液后，Mg(OH)2不可能转化为MgF2
【答案】B
【解析】A项Mg（OH）2和MgF2两者结构组成相似，但Mg（OH）2的Ksp小，c(Mg2+)也小。B项能结合OH-，使Mg（OH）2的沉淀溶解平衡发生移动，使c(Mg2+)增大。C项Ksp只受温度影响，故两者的Ksp是相等的。D项只要不断地加入足量的NaF，会促进Mg（OH）2不断溶解转化为MgF2。
（2009·四川卷）在一体积可变的密闭容器中，加入一定量的X、Y，发生反应mX（g）====nY（g）；ΔH=Q kJ/mol。反应达到平衡时，Y的物质的量浓度与温度、气体体积的关系如下表所示：
下列说法正确的是（ ）
A.m＞n
B.Q＜0
C.温度不变，压强增大，Y的质量分数减少
D.体积不变，温度升高，平衡向逆反应方向移动
【答案】C
【解析】以表格形式考查化学平衡知识。要善于对表格数据分析、对比，结合具体化学知识，深入分析，得出结论。升高温度，c（Y）增大，平衡正移，正反应吸热，Q＞0，B、D错。通过计算：温度恒定时，如100 ℃时，n1（Y）=1.00×1=1 mol；n2（Y）=0.75×2 mol=1.5 mol，n3（Y）=4×0.53=2.12 mol；n（Y）增大，平衡正移，体积增大相当于体系不断减压，因此可知：m＜n，A错。
（2009·重庆卷）各可逆反应达平衡后，改变反应条件，其变化趋势正确的是（ ）
【答案】D
【解析】此题考查平衡状态的影响因素及平衡移动方向。A项，加入乙酸钠固体，增大乙酸根的浓度，平衡左移，H+浓度减小，pH增大；B项，该反应的实质是:Fe3++3SCN-Fe（SCN）3，加入KCl对平衡几乎无影响，Fe3+的浓度几乎不变；C项恒温恒压下充入氩气，原平衡体系中各组分的分压减小，相当于温度不变，减小体系的压强，故平衡左移，氢气的转化率减小。D项，反应是吸热反应，升高温度反应向正方向移动，故CH3OCH3的转化率增大。
（2009·广东卷）取五等份NO2，分别加入温度不同、容积相同的恒容密闭容器中，发生反应：2NO2（g）N2O4（g） ΔH＜0反应相同时间后，分别测定体系中NO2的百分含量（NO2%），并作出其随反应温度（T）变化的关系图。下列示意图中，可能与实验结果相符的是…（ ）
【答案】BD
【解析】在恒容状态下，在5个相同的容器中同时通入等量的NO2，反应相同时间。那么则有两种可能，一是已达到平衡状态，二是还没有达到平衡状态，仍然在向正反应方向移动。若5个容器在反应相同时间下，均已达到平衡，因为该反应是放热反应，温度越高，平衡向逆反应方向移动的程度越大，NO2的百分含量随温度升高而升高，所以B正确。若5个容器中有未达到平衡状态的，刚反应时，平衡向右移动，NO2的含量减少，而后达到平衡时，由于该反应为放热反应，升高温度，平衡向左移动，NO2的含量逐渐增加，故D项可能与实验结果相符合。
（2009·江苏卷）I2在KI溶液中存在下列平衡：I2(aq)+I-(aq)(aq)
某I2、KI混合溶液中，的物质的量浓度c()与温度T的关系如图所示(曲线上任何一点都表示平衡状态)。下列说法正确的是( )
A.反应I2(aq)+I- (aq)====(aq)的ΔH＞0
B.若温度为T1、T2，反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1＞K2
C.若反应进行到状态D时，一定有v正＞v逆
D.状态A与状态B相比，状态A的c(I2)大
【答案】BC
【解析】
本题为化学平衡的图象题，考查化学平衡移动原理及识图能力。由图象可知，反应I2(aq)+I- (aq) (aq)随着T的增加的浓度减小，反应向逆方向进行，所以反应的ΔH＜0，A不正确；温度由T1→T2，温度升高，平衡左移，平衡常数减小，即K1＞K2，B正确；D点不是平衡状态，平衡向右移动，即v正＞v逆，C正确；状态A时，c()大，则c(I2)小，D不正确。
（2009·广东卷）硫酸锶（SrSO4）在水中的沉淀溶解平衡曲线如下。下列说法正确的是（ ）
A.温度一定时，Ksp（SrSO4）随c()的增大而减小
B.三个不同温度中，313 K时Ksp（SrSO4）最大
C.283 K时，图中a点对应的溶液是不饱和溶液
D.283 K下的SrSO4饱和溶液升温到363 K后变为不饱和溶液
【答案】BC
【解析】首先对图象分析，横轴自左向右c()逐渐增大，纵轴自下而上c(Sr2+)也逐渐增大，即随着c()的增大，c(Sr2+)逐渐减小，温度一定时，Ksp (SrSO4)＝c(Sr2+)·c()即为横坐标与纵坐标的乘积，积的大小不存在递变关系，所以A不正确；当c()一定时，在313 K时，c(Sr2+)最大，B正确；283 K时，在a点，c(Sr2+)·c()＜Ksp (283 K)，所以a点对应的溶液不饱和，C正确；SrSO4在283 K下饱和溶液升温至363 K时，Ksp减小，饱和溶液中析出SrSO4固体，D不正确。
（2009·广东卷）难挥发性二硫化钽（TaS2）可采用如下装置提纯。将不纯的TaS2粉末装入石英管一端，抽真空后引入适量碘并封管，置于加热炉中。反应如下：TaS2(s)+2I2(g)TaI4(g)+S2(g)
下列说法正确的是（ ）
A.在不同温度区域，TaI4的量保持不变
B.在提纯过程中，I2的量不断减少
C.在提纯过程中，I2的作用是将TaS2从高温区转移到低温区
D.该反应的平衡常数与TaI4和S2的浓度乘积成反比
【答案】C
【解析】从方程式分析可知，高温区，反应正向进行，生成的气体在低温区向左进行，以达到提纯的目的，所以A、B均不正确，C正确；平衡常数，所以D不正确。
（2009·宁夏、辽宁卷）硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为：
Na2S2O3+H2SO4====Na2SO4+SO2+S↓+H2O，下列各组实验中最先出现浑浊的是( )
实验 反应温度/℃ Na2S2O3溶液 稀H2SO4 H2O
V/mL c/(mol·L-1) V/mL c/(mol·L1-) V/mL
A 25 5 0.1 10 0.1 5
B 25 5 0.2 5 0.2 10
C 35 5 0.1 10 0.1 5
D 35 5 0.2 5 0.2 10
【答案】D
【解析】本题考查影响化学反应速率的因素。温度越高、溶液的浓度越大，化学反应速率越快，即出现浑浊所需时间越短。综合分析4种情况下的温度和浓度，D中温度最高，溶液浓度最大。所以本题选D。
（2009·天津卷）人体血液内的血红蛋白（Hb）易与O2结合生成HbO2，因此具有输氧能力。CO吸入肺中发生反应：CO+HbO2O2+HbCO，37 ℃时，该反应的平衡常数K=220。HbCO的浓度达到HbO2浓度的0.02倍，会使人智力受损。据此，下列结论错误的是（ ）
A.CO与HbO2反应的平衡常数
B.人体吸入的CO越多，与血红蛋白结合的O2越少
C.当吸入的CO与O2浓度之比大于或等于0.02时，人的智力才会受损
D.把CO中毒的病人放入高压氧仓中解毒，其原理是使上述平衡向左移动
【答案】C
【解析】由平衡表达式CO+HbO2O2+HbCO可知A正确；CO增多，平衡向右移动，B正确；同理D正确。当时，人的智力受损，结合，得，所以C不正确。
（2009·全国Ⅰ卷）下图表示反应X(g)4Y(g)+Z(g),ΔH＜0,在某温度时X的浓度随时间变化的曲线：
下列有关该反应的描述正确的是( )
A.第6 min后，反应就终止了
B.X的平衡转化率为85%
C.若升高温度，X的平衡转化率将大于85%
D.若降低温度，v正和v逆将以同样倍数减小
【答案】B
【解析】本题具体考查化学反应速率与化学平衡部分知识，关键是深刻理解“勒夏特列原理”并结合具体反应灵活应用。A项，考查化学平衡的特点，由图知：6 min以后，反应物X浓度不再改变，说明达到了平衡。但化学平衡是动态平衡，反应未终止。B项，X的转化率计算：。C项，该反应ΔH＜0，据“勒夏特列原理”，升温，平衡向着使体系降温的方向移动，即平衡逆移，故X的转化率降低。D项，考查温度与速率的关系。降低温度,v正、v逆都减小，但不会是同样倍数，与该反应热效应有关。正反应放热，降低温度，平衡正向移动，说明v正′＞v逆′。
（2009·广东卷）已知汽车尾气无害化处理反应为2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）。下列说法不正确的是（ ）
A.升高温度可使该反应的逆反应速率降低
B.使用高效催化剂可有效提高正反应速率
C.反应达到平衡后，NO的反应速率保持恒定
D.单位时间内消耗CO和CO2的物质的量相等时，反应达到平衡
【答案】A
【解析】本题以尾气处理反应为载体,考查化学反应速率与化学平衡的相关知识。升温,正逆反应速率均增大,A错。催化剂可同等程度地提高v正、v逆,B对。平衡状态的标志之一是“定”——反应速率保持不变,C对。单位时间内消耗CO(代表v正)和CO2(代表v逆)的物质的量相等,再依据反应速率之比等于系数之比,实质反映了同一物质的v正=v逆,说明反应达平衡，D对。
（2009·北京卷）已知：H2(g)+I2(g)2HI(g);ΔH＜0。有相同容积的定容密闭容器甲和乙，甲中加入H2和I2各0.1 mol，乙中加入HI 0.2 mol，相同温度下分别达到平衡。欲使甲中HI的平衡浓度大于乙中HI的平衡浓度，应采取的措施是（ ）
A.甲、乙提高相同温度
B.甲中加入0.1 mol He，乙不变
C.甲降低温度，乙不变
D.甲增加0.1 mol H2，乙增加0.1 mol I2
【答案】C
【解析】本题考查勒夏特列原理的应用及“等效平衡”。恒温、恒压条件下，起始甲、乙投入量相当，是等效平衡，平衡状态相同。升高相同温度，平衡移动情况相同，仍然相等，A错。甲中加入0.1 mol He，平衡不移动，仍相等，B错。对甲降温，平衡正移，则甲中c(HI)增大，C对。甲、乙分别增加0.1 mol H2、0.1mol I2，平衡同等程度地正移，二者仍相等，D错。
（2009·福建卷）某探究小组利用丙酮的溴代反应（CH3COCH3+Br2CH3COCH2Br+HBr）来研究反应物浓度与反应速率的关系。反应速率v(Br2)通过测定溴的颜色消失所需的时间来确定。在一定温度下，获得如下实验数据：
实验序号 初始浓度c/mol·L-1 溴颜色消失所需时间t/s
CH3COCH3 HCl Br2
① 0.80 0.20 0.001 0 290
② 1.60 0.20 0.001 0 145
③ 0.80 0.40 0.001 0 145
④ 0.80 0.20 0.002 0 580
分析实验数据所得出的结论不正确的是（ ）
A.增大c（CH3COCH3），v(Br2)增大
B.实验②和③的v(Br2)相等
C.增大c（HCl），v(Br2)增大
D.增大c（Br2），v(Br2)增大
【答案】D
【解析】由实验数据分析可知，CH3COCH3、HCl的浓度增大，均会缩短反应时间，而c(Br2)增大，加大反应时间，所以本题选D。
（2009·安徽卷）汽车尾气净化中的一个反应如下:NO(g)+CO(g)N2(g)+CO2(g) ΔH=-373.4 kJ·mol-1 在恒容的密闭容器中,反应达平衡后,改变某一条件,下列示意图正确的是( )
【答案】C
【解析】首先明确该反应的特征：气体体积缩小的放热反应。根据勒夏特列原理，升高温度，平衡应向吸热方向(逆反应方向)移动，所以平衡常数K应减小，CO的转化率也应减小，所以A、B选项均错误。因某一化学反应的平衡常数K只随温度的改变而改变，与物质的浓度及压强无关，故增加NO的物质的量，平衡常数K并不改变，C选项正确。恒容条件下，增加N2的物质的量(即增加N2的浓度)，平衡应向逆反应方向移动，故NO转化率应减小，D选项错误。
（2009·江苏卷）联氨(N2H4)及其衍生物是一类重要的火箭燃料，N2H4与N2O4反应能放出大量的热。
(1)已知：2NO2(g)====N2O4(g) ΔH＝-57.20 kJ·mol-1。一定温度下，在密闭容器中反应2NO2(g) N2O4(g)达到平衡。
其他条件不变时，下列措施能提高NO2转化率的是______________(填字母)。
A.减小NO2的浓度 B.降低温度
C.增加NO2的浓度 D.升高温度
(2)25 ℃时，1.00 g N2H4(l)与足量N2O4(l)完全反应生成N2(g)和H2O(l)，放出19.14 kJ的热量。则反应2N2H4(l)+N2O4(l)====3N2(g)+4H2O(l)的ΔH＝_______________kJ·mol-1。
(3)17 ℃、1.01×105 Pa，密闭容器中N2O4和NO2的混合气体达到平衡时，c(NO2)＝0.030 0 mol·L-1、c(N2O4)＝0.012 0 mol·L-1。计算反应2NO2(g) N2O4(g)的平衡常数K。
(4)现用一定量的Cu与足量的浓HNO3反应，制得1.00 L已达到平衡的N2O4和NO2的混合气体(17 ℃、1.01×105 Pa)，理论上至少需消耗Cu多少克？
【答案】(1)BC
(2)-1 224.96
(3)根据题意知平衡时：c(N2O4)＝0.012 0 mol·L-1；c(NO2)＝0.030 0 mol·L-1
答：平衡常数为13.3。
(4)由(3)可知，在17 ℃、1.01×105 Pa达到平衡时，1.00 L混合气体中：
n(N2O4)＝c(N2O4)×V＝0.012 0 mol·L-1×1.00 L＝0.012 0 mol
n(NO2)＝c(NO2)×V＝0.030 0 mol·L-1×1.00 L＝0.030 0 mol
则n总(NO2)＝n(NO2)+2×n(N2O4)＝0.054 0 mol
由Cu+4HNO3 Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O可得
答：理论上至少需消耗Cu 1.73 g。
【解析】(1)要提高NO2的转化率，即要使平衡2NO2(g) N2O4(g) ΔH＝-57.20 kJ·mol-1向右移动，采取的措施有降低温度和增大气体压强，所以本题选BC。
(4)计算中，要注意运用(3)题中的已知条件。
（2009·浙江卷）超音速飞机在平流层飞行时，尾气中的NO会破坏臭氧层。科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO和CO转变成CO2和N2，化学方程式如下：2NO+2CO2CO2+N2
为了测定在某种催化剂作用下的反应速率，在某温度下用气体传感器测得不同时间的NO和CO浓度如表：
时间/s 0 1 2
c(NO)/mol·L-1 1.00×10-3 4.50×10-4 2.50×10-4
c(CO)/ mol·L-1 3.60×10-3 3.05×10-3 2.85×10-3
时间/s 3 4 5
c(NO)/mol·L-1 1.50×10-4 1.00×10-4 1.00×10-4
c(CO)/ mol·L-1 2.75×10-3 2.70×10-3 2.70×10-3
请回答下列问题（均不考虑温度变化对催化剂催化效率的影响）：
(1)在上述条件下反应能够自发进行，则反应的ΔH________0(填写“＞”、“＜”、“＝”)。
(2)前2 s内的平均反应速率v(N2)=________。
(3)在该温度下，反应的平衡常数K=________。
(4)假设在密闭容器中发生上述反应，达到平衡时下列措施能提高NO转化率的是________。
A.选用更有效的催化剂 B.升高反应体系的温度
C.降低反应体系的温度 D.缩小容器的体积
(5)研究表明：在使用等质量催化剂时，增大催化剂比表面积可提高化学反应速率。为了分别验证温度、催化剂比表面积对化学反应速率的影响规律，某同学设计了三组实验，部分实验条件已经填在下面实验设计表中。
实验编号 T/℃ NO初始浓度/ mol·L-1 CO初始浓度/mol·L-1 催化剂的比表面积/ m2·g-1
Ⅰ 280 1.20×10-3 5.80×10-3 82
Ⅱ 124
Ⅲ 350 124
①请在上表空格中填入剩余的实验条件数据。
②请在给出的坐标图中，画出上表中的三个实验条件下混合气体中NO浓度随时间变化的趋势曲线图，并标明各条曲线的实验编号。
【答案】
（1）＜ (2)1.88×10-4 mol·（L·s）-1
（3）5 000
（4）CD （5）①Ⅱ.280 1.20×10-3 5.80×10-3 Ⅲ.1.20×10-3 5.80×10-3
②如下图：
【解析】本题考查化学反应速率和化学平衡的知识内容。（1）能自发进行的反应一般是放热反应，故ΔH＜0。（2）先算出NO或CO前2 s内表示的反应速率，再转化成用N2表示的反应速率。（3）注意是4 s后浓度不变，达到平衡，先算好平衡状态时各物质的“平衡浓度”，再计算出其平衡常数K的数值。（4）A项：催化剂不能使平衡移动，故不影响NO的转化率。
B、C项：第（1）问中说明该反应是放热反应，故降低温度有利于提高NO的转化率，C对。
D项：正反应是气体体积减小的反应，增大压强有利于提高NO的转化率，D也对。（5）表格中的关键信息是“初始浓度”，Ⅱ与Ⅲ中的当然应该与Ⅰ相一致了。另外要理解Ⅰ与Ⅱ实验对比，是研究催化剂比表面积的，温度应该一致。Ⅱ与Ⅲ实验是对比温度的影响，这在画②问曲线时尤其要注意。
（2009·山东卷）运用化学反应原理研究氮、氧等单质及其化合物的反应有重要意义。
（1）合成氨反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）,若在恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气，平衡_________移动（填“向左”“向右”或“不”）；使用催化剂________反应的ΔH（填“增大”“减小”或“不改变”）。
（2）已知：O2（g）====（g）+e- ΔH1=1 175.7 kJ·mol-1
PtF6（g）+e-==== ΔH2=-771.1 kJ·mol-1
====（g）+ ΔH3=482.2 kJ·mol-1
则反应O2（g）+FtF6(g)= ===的ΔH=___________ kJ·mol-1。
(3)在25 ℃下，向浓度均为0.1 mol·L-1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成________沉淀（填化学式），生成该沉淀的离子方程式为________________________。已知25 ℃时Ksp［Mg(OH)2］=1.8×10-11,Ksp［Cu(OH)2］=2.2×10-20。
（4）在25 ℃下，将a mol·L-1的氨水与0.01 mol·L-1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c()=c(Cl-)，则溶液显___________性（填“酸”“碱”或“中”）；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb=__________。
【答案】
（1）向左 不改变
（2）-77.6
(3)Cu(OH)2 Cu2++2NH3·H2O====Cu(OH)2↓+2
(4)中
【解析】本题考查①平衡移动，②盖斯定律，③沉淀的生成，④溶液中的电荷守恒和电离常数的计算等知识点。（1）恒温、恒压下向平衡体系中充入氩气，容器的体积增大，相当于减小平衡体系的压强，所以平衡向左移动；使用催化剂不改变化学平衡状态也不改变反应的ΔH。（2）据已知热化学方程式，利用盖斯定律，得反应O2（g）+PtF6（g）====的ΔH=1 175.7 kJ·moL-1+(-771.1 kJ·moL-1)-482.2 kJ·moL-1=-77.6 kJ·moL-1。（3）因Ksp〔Mg(OH)2〕＞Ksp〔Cu(OH)2〕，所以向MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，首先生成Cu(OH)2沉淀。书写离子方程式时注意NH3·H2O是弱电解质，应写分子形式。（4）当c()=c(Cl-)时，根据电荷守恒c()+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，可得c(H+)=c(OH-)，所以溶液显中性，此时c(OH-)=10-7 mol·L-1，c()=c(Cl-)=0.005 mol·L-1，NH3·H2O+OH-，
。
（2009·安徽卷）Fenton法常用于处理含难降解有机物的工业废水,通常是在调节好pH和Fe2+浓度的废水中加入H2O2,所产生的羟基自由基能氧化降解污染物。现运用该方法降解有机污染物p-CP,探究有关因素对该降解反应速率的影响。
［实验设计］控制p-CP的初始浓度相同,恒定实验温度在298 K或313 K(其余实验条件见下表),设计如下对比实验。
(1)请完成以下实验设计表(表中不要留空格)。
实验编号 实验目的 T/K pH c/10-3 mol·L-1
H2O2 Fe2+
① 为以下实验作参照 298 3 6.0 0.30
② 探究温度对降解反应速率的影响
③ 298 10 6.0 0.30
［数据处理］实验测得p-CP的浓度随时间变化的关系如上图。
(2)请根据上图实验①曲线,计算降解反应在50～150 s内的反应速率:
v(p-CP)=_____________ mol·L-1·s-1。
［解释与结论］
(3)实验①、②表明温度升高,降解反应速率增大。但温度过高时反而导致降解反应速率减小,请从Fenton法所用试剂H2O2的角度分析原因:______________________________。
(4)实验③得出的结论是:pH等于10时,______________________________________。
［思考与交流］
(5)实验时需在不同时间从反应器中取样,并使所取样品中的反应立即停止下来。根据上图中的信息,给出一种迅速停止反应的方法:________________________________________。
【答案】
(1)
实验编号 实验目的 T/K pH c/10-3 mol·L-1
H2O2 Fe2+
①
② 313 3 6.0 0.30
③ 探究溶液的pH对降解反应速率的影响
(2)8.0×10-6
(3)过氧化氢在温度过高时迅速分解
(4)反应速率趋向于零(或该降解反应趋于停止)
(5)将所取样品迅速加入到一定量的NaOH溶液中,使pH约为10(或将所取样品骤冷等其他合理答案均可)
【解析】该题为信息型(文字、图表提供信息)的实验探究题，仔细阅读题目信息，明确实验目的，该题还是比较容易作答的。
(1)②的实验目的为“探究温度对降解反应速率的影响”，很显然就要固定其他变量〔pH、c(H2O2)、c(Fe2＋)〕，而只改变温度——题目中已给的另一个恒定温度313 K。第③组实验的变量是pH，其他条件未变，显然实验目的是：探究溶液的pH对降解反应速率的影响。
(2)根据图中实验①曲线，该降解反应在50～150 s内的反应速率为：
(3)温度过高时，导致降解反应速率减小，从Fenton法所使用试剂H2O2的角度分析原因，就要联系H2O2的相关性质，再和“温度”这一因素联系起来，就不难得出“H2O2在温度过高时迅速分解，从而不能产生羟基自由基氧化降解污染物”的结论。(4)观察实验③的曲线，几乎是一条c(p-CP)不变的曲线，说明p-CP几乎没有被降解。所以当pH=10时反应速率趋向于零(或该降解反应趋于停止)。(5)该题承接第(4)题，根据题目信息，使该降解反应迅速停止反应的方法应是：将所取样品迅速加入到一定量的碱性溶液中，并控制溶液的pH=10。
（2009·上海卷）(1)在一定温度下，氧化铁可以与一氧化碳发生下列反应：
Fe2O3(s)+3CO(g) 2Fe(s)+3CO2(g)
①该反应的平衡常数表达式为：K=______________________。
②该温度下，在2 L盛有Fe2O3粉末的密闭容器中通入CO气体，10 min后，生成了单质铁11.2 g。则10 min内CO的平均反应速率为_______________________。
(2)请用上述反应中某种气体的有关物理量来说明该反应已达到平衡状态：
①_______________________；②_______________________。
(3)某些金属氧化物粉末和Al粉在镁条的引燃下可以发生铝热反应。下列反应速率(v)和温度(T)的关系示意图中与铝热反应最接近的是_______________________。
(4)写出氢氧化铝在水中发生酸式电离的电离方程式：___________________________________。欲使上述体系中Al3+浓度增加，可加入的物质是_______________________。
【答案】
(1) 0.015 mol·(L·min)-1
（2）①CO（或CO2）的生成速率与消耗速率相等 ②CO（或CO2）的质量不再改变
（3）b
（4）Al(OH)3H++ +H2O 盐酸
【解析】（1）Fe2O3(s)＋3CO(g) 2Fe(s)＋3CO2(g)
3 mol 2×56 g
0.3 mol 11.2 g
（3）根据温度升高，反应速率增大判断可知，图像b正确。
（4）Al(OH)3是两性氢氧化物，其酸式电离的离子方程式为Al(OH)3H＋＋＋H2O；碱式电离的离子方程式为Al(OH)3====Al3＋＋3OH-，欲使Al3＋浓度增大，可加入盐酸、硫酸等以降低OH-浓度，使平衡向碱式电离的方向移动。
（2009·宁夏、辽宁卷）2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反应过程的能量变化如图所示。已知1 mol SO2(g)氧化为1 mol SO3(g)的ΔH=-99 kJ·mol-1
请回答下列问题：
(1)图中A、C分别表示_________、_________，E的大小对该反应的反应热有无影响？_________。该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点升高还是降低？_________，理由是__________________；
(2)图中ΔH=_________kJ·mol-1；
(3)V2O5的催化循环机理可能为：V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒化合物；四价钒化合物再被氧气氧化。写出该催化循环机理的化学方程式_____________________________；
(4)如果反应速率v(SO2)为0.05 mol·L-1·min-1，则v(O2)=_______mol·L-1·min-1、v(SO3)=_______mol·L-1·min-1；
(5)已知单质硫的燃烧热为296 kJ·mol-1，计算由S(s)生成3 mol SO3(g)的ΔH_______(要求计算过程)。
【答案】
(1)反应物能量 生成物能量 没有影响 降低 因为催化剂改变了反应历程，使活化能E降低
(2)-198
(3)SO2+V2O5====SO3+2VO2 4VO2+O2====2V2O5
(4)0.025 0.05
(5)S(s)+O2(g)====SO2(g) ΔH1=-296 kJ·mol-1①
SO2(g)+O2(g)====SO3(g) ΔH2=-99 kJ·mol-1②
①×3+②×3得
3S(s)+O2(g)====3SO3(g) ΔH=(ΔH1+ΔH2)×3=-1185 kJ·mol-1
【解析】本题考查化学反应中的能量变化、盖斯定律、反应速率计算及催化剂的催化原理。(1)由图象知A、C点分别代表反应物、产物的总能量，E为反应的活化能，因反应历程不同而不同，但对反应热无影响；催化剂的加入，改变了反应历程，降低了反应的活化能，从而加快了反应速率。(2)由已知数据可知ΔH=-99 kJ·mol-1×2=-198 kJ·mol-1。(4)对于反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，v(SO2)∶v(O2)∶v(SO3)=2∶1∶2，由v(SO2)=0.05 mol·L-1·min-1可得v(O2)和v(SO3)。(5)硫的燃烧热为296 kJ·mol-1，可得S(s)+O2(g)====SO2(g)，ΔH=-296 kJ·mol-1，结合2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，ΔH=-198 kJ·mol-1，利用盖斯定律，即可求得由S(s)生成3 mol SO3(g)的ΔH。
（2008·广东卷）对于反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），能增大正反应速率的措施是（ ）
A.通入大量O2 B.增大容器容积
C.移去部分SO3 D.降低体系温度
【答案】A
【解析】增大容器容积、移去部分SO3，即减少浓度，而减少物质的浓度、降低温度均减小反应速率，B、C、D错误，A中增加O2的浓度，反应速率加快，A正确。
（2008·上海卷）等质量的铁与过量的盐酸在不同的实验条件下进行反应，测定在不同时间t产生氢气体积V的数据，根据数据绘制得到下图，则曲线a、b、c、d所对应的实验组别可能是（ ）
组别 c(HCl)/mol·L-1 温度/℃ 状态
1 2.0 25 块状
2 2.5 30 块状
3 2.5 50 块状
4 2.5 30 粉末状
A.4-3-2-1 B.1-2-3-4
C.3-4-2-1 D.1-2-4-3
【答案】AC
【解析】从图象上可看出，反应速率由快到慢的顺序是a＞b＞c＞d，由影响反应速率因素可知，温度越高反应速率越快，粉末状固体比块状固体表面积大，反应速率快，提高温度对速率的影响和将固体做成粉末的影响大小不确定，故有A、C两种可能。
（2008·天津卷）对于平衡CO2(g)CO2(aq)；ΔH=-19.75 kJ·mol-1，为增大二氧化碳气体在水中的溶解度，应采用的方法是( )
A.升温增压 B.降温减压
C.升温减压 D.降温增压
【答案】D
【解析】由反应：CO2(g)CO2(aq)；ΔH=-19.75 kJ·mol-1可知，CO2溶解是气体体积减小且放热的反应，根据化学平衡移动原理，为增大CO2气体在水中的溶解度，应采取的措施是降温、增压，故答案为D。
（2008·广东卷）碘钨灯比白炽灯使用寿命长。灯管内封存的少量碘与使用过程中沉积在管壁上的钨可以发生反应：W（s）+I2(g)WI2(g) ΔH＜0(温度T1＜T2)。下列说法正确的是…（ ）
A.灯管工作时，扩散到灯丝附近高温区的WI2（g）会分解出W，W重新沉积到灯丝上
B.灯丝附近温度越高，WI2（g）的转化率越低
C.该反应的平衡常数表达式是K=
D.利用该反应原理可以提纯钨
【答案】AD
【解析】该反应的正反应为放热反应，温度升高，化学平衡向左移动。所以灯丝附近温度越高，WI2的转化率越高，B错。平衡常数，应为生成物浓度除以反应物浓度：K=。利用该反应，可往钨矿石中加入I2单质，使其反应生成WI2富集，再通过高温加热WI2生成钨，从而提纯W，D正确。
（2008·广东卷）将H2（g）和Br2（g）充入恒容密闭容器，恒温下发生反应H2（g）+Br2（g）2HBr（g） ΔH＜0，平衡时Br2（g）的转化率为a；若初始条件相同，绝热下进行上述反应，平衡时Br2（g）的转化率为b。a与b的关系是（ ）
A.a＞b B.a=b C.a＜b
化学反应速率与化学平衡
（2011·江苏卷）下列说法正确的是
A.一定温度下，反应MgCl2(1)＝Mg(1)＋ Cl2(g)的 △H＞0 △S＞0
B.水解反应NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋达到平衡后，升高温度平衡逆向移动
C.铅蓄电池放电时的负极和充电时的阳极均发生还原反应
D.对于反应2H2O2＝2H2O＋O2↑, 加入MnO2或升高温度都能加快O2的生成速率
【解析】本题是化学反应与热效应、电化学等的简单综合题，着力考查学生对熵变、焓变，水解反应、原电池电解池、化学反应速率的影响因素等方面的能力。
A.分解反应是吸热反应，熵变、焓变都大于零，内容来源于选修四化学方向的判断。
B.水解反应是吸热反应，温度越高越水解，有利于向水解方向移动。
C.铅蓄电池放电时的负极失电子，发生氧化反应。
D.升高温度和加入正催化剂一般都能加快反应速率。
【答案】AD
（2011·江苏卷）700℃时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的CO和H2O,发生反应：
CO(g)＋H2O(g) CO2＋H2(g)
反应过程中测定的部分数据见下表（表中t1＞t2）:
反应时间/min n(CO)/mol H2O/ mol
0 1.20 0.60
t1 0.80
t2 0.20
下列说法正确的是
A.反应在t1min内的平均速率为v(H2)＝0.40/t1 mol·L－1·min－1
B.保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.60molCO和1.20 molH2O，到达平衡时，n(CO2)＝0.40 mol。
C.保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20molH2O，与原平衡相比，达到新平衡时CO转化率增大，H2O的体积分数增大
D.温度升至800℃，上述反应平衡常数为0.64，则正反应为吸热反应
【解析】本题属于基本理论中化学平衡问题，主要考查学生对速率概念与计算，平衡常数概念与计算，平衡移动等有关内容理解和掌握程度。高三复习要让学生深刻理解一些基本概念的内涵和外延。
A.反应在t1min内的平均速率应该是t1min内H2浓度变化与t1的比值，而不是H2物质的量的变化与t1的比值。
B.因为反应前后物质的量保持不变，保持其他条件不变，平衡常数不会改变，起始时向容器中充入0.60molCO和1.20 molH2O，似乎与起始时向容器中充入0.60molH2O和1.20 molCO效果是一致的，到达平衡时，n(CO2)＝0.40 mol。
C.保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20molH2O，与原平衡相比，平衡向右移动，达到新平衡时CO转化率增大，H2O转化率减小，H2O的体积分数会增大。
D.原平衡常数可通过三段式列式计算（注意浓度代入）结果为1，温度升至800℃，上述反应平衡常数为0.64，说明温度升高，平衡是向左移动的，那么正反应应为放热反应。
【答案】BC
（2011·安徽卷）电镀废液中Cr2O72－可通过下列反应转化成铬黄(PbCrO4)：
Cr2O72－（aq）+2Pb2＋（aq）+H2O（l）2 PbCrO4（s）+2H＋（aq） ΔH< 0
该反应达平衡后，改变横坐标表示的反应条件，下列示意图正确的是
【解析】由题意知该反应是一个放热的可逆反应，升高温度平衡向吸热的逆反应方向移动，依据平衡常数的表达式可知K应该减小，A正确；pH增大溶液碱性增强，会中和溶液中H＋，降低生成物浓度平衡向正方应方向移动，Cr2O72－的转化率会增大，B不正确；温度升高，正、逆反应速率都增大，C错误；增大反应物Pb2＋的浓度，平衡向正方应方向移动，Cr2O72－的物质的量会减小，D不正确。
【答案】A
（2011·北京卷）已知反应：2CH3COCH3(l) CH3COCH2COH(CH3) 2(l)。取等量CH3COCH3，分别在0℃和20℃下，测得其转化分数随时间变化的关系曲线（Y－t）如下图所示。下列说法正确的是
A.b代表0℃下CH3COCH3的Y－t曲线
B.反应进行到20min末，H3COCH3的
C.升高温度可缩短反应达平衡的时间并能提高平衡转化率
D.从Y=0到Y=0.113，CH3COCH2COH(CH3)2的
【解析】温度高反应速率就快，到达平衡的时间就短，由图像可与看出曲线b首先到达平衡，所以曲线b表示的是20℃时的Y－t曲线，A不正确；根据图像温度越高CH3COCH3转化的越少，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，即正方应是放热反应，C不正确；当反应进行到反应进行到20min时，从图像中可以看出b曲线对应的转化分数高于a曲线对应的转化分数，这说明b曲线即20℃时对应的反应速率快，所以，B不正确；根据图像可以看出当反应进行到66min时a、b曲线对应的转化分数均相同，都是0.113，这说明此时生成的CH3COCH2COH(CH3)2一样多，所以从Y=0到Y=0.113，CH3COCH2COH(CH3)2的，即选项D正确。
【答案】D
（2011·福建卷）25℃时，在含有Pb2＋、Sn2＋的某溶液中，加入过量金属锡(Sn)，发生反应：
Sn(s)＋Pb2＋(aq)Sn2＋(aq)＋Pb(s)，体系中c(Pb2＋)和c(Sn2＋)变化关系如下图所示。
下列判断正确的是
A．往平衡体系中加入金属铅后，c(Pb2＋)增大
B．往平衡体系中加入少量Sn(NO3)2固体后，c(Pb2＋)变小
C．升高温度，平衡体系中c(Pb2＋)增大，说明该反应△H＞0
D．25℃时，该反应的平衡常数K＝2.2
【解析】由于铅是固体状态，往平衡体系中加入金属铅后，平衡不移动，c(Pb2＋)不变；往平衡体系中加入少量Sn(NO3)2固体后，平衡向左移动，c(Pb2＋)变大；升高温度，平衡体系中c(Pb2＋)增大，平衡向左移动，说明该反应是放热反应，即△H﹤0；25℃时，该反应的平衡常数K＝=0.22/0.10=2.2，故D项正确。此题也是新情景，考查平衡移动原理以及平衡常数计算，题目不偏不怪，只要基础扎实的同学都能顺利作答。
【答案】D
（2011·天津卷）向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，在一定条件下使反应SO2(g)＋NO2(g)SO3(g)＋NO(g)达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如下所示。由图可得出的正确结论是
A.反应在c点达到平衡状态
B.反应物浓度：a点小于b点
C.反应物的总能量低于生成物的总能量
D.△t1＝△t2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段
【解析】这是一个反应前后体积不变的可逆反应，由于容器恒容，因此压强不影响反应速率，所以在本题中只考虑温度和浓度的影响。由图可以看出随着反应的进行正反应速率逐渐增大，因为只要开始反应，反应物浓度就要降低，反应速率应该降低，但此时正反应却是升高的，这说明此时温度的影响是主要的，由于容器是绝热的，因此只能是放热反应，从而导致容器内温度升高反应速率加快，所以选项C不正确；但当到达c点后正反应反而降低，这么说此时反应物浓度的影响是主要的，因为反应物浓度越来越小了。但反应不一定达到平衡状态，所以选项A、B均不正确；正反应速率越快，消耗的二氧化硫就越多，因此选项D是正确的。
【答案】D
（2011·重庆卷）一定条件下，下列反应中水蒸气含量随反应时间的变化趋势符合题图10 的是
A．CO2(g)＋2NH3(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(g)； △H＜0
B．CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)； △H＞0
C．CH3CH2OH (g)CH2=CH2(g)＋H2O(g)； △H＞0
D．2C6H5CH2CH3(g)＋O2(g)2 C6H5CH=CH2(g)＋2H2O(g)； △H＜0
【解析】本题考察外界条件对化学平衡的影响及有关图像的分析和识别。温度越高，反应越快，到达平衡的时间就越少，因此T2＞T1；同理压强越大，反应越快，到达平衡的时间就越少，因此P1＞P2；反应A是一个体积减小的、放热的可逆反应，因此升高温度平衡向逆反应方向移动，降低水蒸气的含量；而增大压强平衡向正反应方向移动，增大水蒸气的含量，所以A正确；反应B是一个体积不变的、吸热的可逆反应，压强对水蒸气的含量不影响；升高温度平衡向正反应方向移动，增大水蒸气的含量，因此均不符合；反应C是一个体积增大的、吸热的可逆反应，同样分析也均不符合；反应D是一个体积增大的、放热的可逆反应，压强不符合。
【答案】A
（2011·海南卷）对于可逆反应，在温度一定下由H2（g）和I2（g）开始反应，下列说法正确的是
A. H2（g）的消耗速率与HI（g）的生成速率之比为2:1
B. 反应进行的净速率是正、逆反应速率之差
C. 正、逆反应速率的比值是恒定的
D. 达到平衡时，正、逆反应速率相等
【答案】BD
【解析】A选项中，速率之比等于计量数之比，应为1:2；B选项出现的净速率在中学没出现过，但根据平均速率的求算，为反应物的净减少量，该项正确；C项明显错误，反应过程中，正反应速率是减小的过程，而逆反应速率是增大的过程；D选项是平衡定义中来，正确。
技巧点拨：这类题就只有几个考点：①平均速率的比等于计量数的比；平均速率的计算；③反应过程中即时速率变化；④平衡中的速率问题。
(2011·全国II卷)在容积可变的密闭容器中，2mo1N2和8mo1H2在一定条件下发生反应，达到平衡
时，H2的转化率为25%，则平衡时的氮气的体积分数接近于
A．5% B．10% C．15% D．20%
【解析】 N2 + 3H22NH3
起始量（mol） 2 8 0
转化量（mol） 2/3 2 4/3
平衡量（mol） 4/3 6 4/3
所以平衡时的氮气的体积分数＝。
【答案】C
（2011·四川卷）可逆反应①X(g)+2Y(g)2Z(g) 、②2M（g）N（g）+P(g)分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有无摩擦、可滑动的密封隔板。反应开始和达到平衡状态时有关物理量的变化如图所示：
下列判断正确的是
A. 反应①的正反应是吸热反应
B. 达平衡（I）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为14:15
C. 达平衡（I）时，X的转化率为
D. 在平衡（I）和平衡（II）中M的体积分数相等
【解析】温度降低时，反应②中气体的物质的量减少，说明平衡向正方应方向移动，因此正方应是放热反应；由图可以看出达平衡（I）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为；同理可以计算出达平衡（I）时反应①中气体的物质的量是，即物质的量减少了，所以达平衡（I）时，X的转化率为；由于温度变化反应②的平衡已经被破坏，因此在平衡（I）和平衡（II）中M的体积分数不相等。
【答案】C
（2011·浙江卷）某研究小组在实验室探究氨基甲酸铵（NH2COONH4）分解反应平衡常数和水解反应速率的测定。
（1）将一定量纯净的氨基甲酸铵置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4(s)2NH3(g)＋CO2(g)。
实验测得不同温度下的平衡数据列于下表：
温度(℃) 15.0 20.0 25.0 30.0 35.0
平衡总压强(kPa) 5.7 8.3 12.0 17.1 24.0
平衡气体总浓度(×10－3mol/L) 2.4 3.4 4.8 6.8 9.4
①可以判断该分解反应已经达到化学平衡的是___________。
A． B．密闭容器中总压强不变
C．密闭容器中混合气体的密度不变 D．密闭容器中氨气的体积分数不变
②根据表中数据，列式计算25.0℃时的分解平衡常数：__________________________。
③取一定量的氨基甲酸铵固体放在一个带活塞的密闭真空容器中，在25℃下达到分解平衡。若在恒温下压缩容器体积，氨基甲酸铵固体的质量______（填“增加”、“减小”或“不变”）。
④氨基甲酸铵分解反应的焓变△H____0，熵变△S___0（填＞、＜或＝）。
（2）已知：NH2COONH4＋2H2ONH4HCO3＋NH3·H2O。该研究小组分别用三份不同初始浓度的氨基甲酸铵溶液测定水解反应速率，得到c(NH2COO－)随时间变化趋势如图所示。
⑤计算25℃时，0～6min氨基甲酸铵水解反应的平均速率___________________________。
⑥根据图中信息，如何说明水解反应速率随温度升高而增大：_______________________。
【解析】（1）①A．不能表示正逆反应速率相等；B．反应进行则压强增大；C．恒容，反应进行则密度增大；D．反应物是固体，NH3的体积分数始终为2/3
②需将25℃的总浓度转化为NH3和CO2的浓度；K可不带单位。
③加压，平衡逆移；④据表中数据，升温，反应正移，△H＞0，固体分解为气体，△S＞0。
（2）⑤；
⑥图中标▲与标●的曲线相比能确认。
【答案】（1）①BC； ②K＝c2(NH3)·c(CO2)＝(2c/3)2(1c/3)＝1.6×10－8（mol·L－1)3
③增加； ④＞，＞。
（2）⑤0.05mol·L－1·min－1；
⑥25℃反应物的起始浓度较小，但0～6min的平均反应速率（曲线的斜率）仍比15℃大。
（2011·安徽卷）地下水中硝酸盐造成的氮污染已成为一个世界性的环境问题。文献报道某课题组模拟地下水脱氮过程，利用Fe粉和KNO3溶液反应，探究脱氮原理及相关因素对脱氮速率的影响。
（1）实验前：①先用0.1mol ·L-1H2SO4洗涤Fe粉，其目的是 ，然后用蒸馏水洗涤至中性；②将KNO3溶液的pH调至2.5；③为防止空气中的O2对脱氮的影响，应向KNO3溶液中通入 （写化学式）。
（2）下图表示足量Fe粉还原上述KNO3溶液过程中，测出的溶液中相关离子浓度、pH随时间的变化关系（部分副反应产物曲线略去）。请根据图中信息写出t1时刻前该反应的离子方程式 。t1时刻后，该反应仍在进行，溶液中NH4＋的浓度在增大，Fe2+的浓度却没有增大，可能的原因是 。
（3）该课题组对影响脱氮速率的因素提出了如下假设，请你完成假设二和假设三：
假设一：溶液的pH；
假设二： ；
假设三： ；
……..
（4）请你设计实验验证上述假设一，写出实验步骤及结论。
（已知：溶液中的NO3－浓度可用离子色谱仪测定）
【解析】（1）因为铁易生锈，即铁表面会有铁的氧化物等杂质，所以要用硫酸除去铁表面的氧化物等杂质；氧气具有强氧化性，会氧化生成的Fe2+，为防止该反应的发生必需通入一种保护原性气体且不能引入杂质，因此可以选用氮气；
（2）由图像可知反应的产物有Fe2+、NH4＋和NO气体，所以该反应的离子方程式是：4Fe＋10H＋＋NO3－=4Fe2＋＋NH4＋＋3H2O；t1时刻后，随着反应的进行，溶液中pH逐渐增大，当pH达到一定程度时就会和反应产生的Fe2+结合，因此其浓度没有增大；
（3）影响反应速率的外界因素比较多，例如温度、浓度、溶液多酸碱性、固体多表面积等等；
（4）要验证假设一，需要固定其它条件不变，例如硝酸的浓度、反应的温度、铁的表面积都必需保持一致，然后在相同时间内测量溶液中NO3－的浓度（依据提示：溶液中的NO3－浓度可用离子色谱仪测定）来判断pH不同时对脱氮对反应速率有没有影响。
【答案】（1）除去铁粉表面的氧化物等杂质 N2
（2）4Fe＋10H＋＋NO3－=4Fe2＋＋NH4＋＋3H2O；生成的Fe2＋水解（或和溶液中OH－的结合）；
（3）温度 铁粉颗粒大小
（4）实验步骤及结论：
①分别取等体积、等浓度的KNO3溶液于不同的试管中；
②调节溶液呈酸性且pH各不相同，并通入氮气；
③分别向上述溶液中加入足量等质量的同种铁粉；
④用离子色谱仪测定相同反应时间时各溶液中NO3－的浓度。若pH不同KNO3溶液中，测出的NO3－浓度不同，表明pH对脱氮速率有影响，否则无影响。
（本题属于开放性试题，合理答案均可）
(2011·北京卷)在温度t1和t2下，X2(g)和 H2反应生成HX的平衡常数如下表：
化学方程式 K (t1 ) K (t2)
2 1.8
43 34
（1）已知t2 >t1，HX的生成反应是 反应（填“吸热”或“放热”）。
（2）HX的电子式是 。
（3）共价键的极性随共用电子对偏移程度的增大而增强，HX共价键的极性由强到弱的顺序是 。
（4）X2都能与H2反应生成HX，用原子结构解释原因： 。
(5)K的变化体现出X2化学性质的递变性，用原子结构解释原因：__________，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱。
（6）仅依据K的变化，可以推断出：随着卤素原子核电荷数的增加，_______（选填字母）
a. 在相同条件下，平衡时X2的转化率逐渐降低
b. X2与H2反应的剧烈程度逐渐减弱
c. HX的还原性逐渐
d. HX的稳定性逐渐减弱
【解析】（1）由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，这说明升高温度平衡向逆反应方向移动，所以HX的生成反应是发热反应；
（2）HX属于共价化合物，H－X之间形成的化学键是极性共价键，因此HX的电子式是；
（3）F、Cl、Br、I属于 ⅦA，同主族元素自上而下随着核电荷数的增大，原子核外电子层数逐渐增多，导致原子半径逐渐增大，因此原子核对最外层电子的吸引力逐渐减弱，从而导致非金属性逐渐减弱，即这四种元素得到电子的能力逐渐减弱，所以H－F键的极性最强，H－I的极性最弱，因此HX共价键的极性由强到弱的顺序是HF、HCl、HBr、HI；
（4）卤素原子的最外层电子数均为7个，在反应中均易得到一个电子而达到8电子的稳定结构。而H原子最外层只有一个电子，在反应中也想得到一个电子而得到2电子的稳定结构，因此卤素单质与氢气化合时易通过一对共用电子对形成化合物HX；
（5）同（3）
（6）K值越大，说明反应的正向程度越大，即转化率越高，a正确；反应的正向程度越小，说明生成物越不稳定，越易分解，因此选项d正确；而选项c、d与K的大小无直接联系。
【答案】（1）发热
（2）
（3）HF、HCl、HBr、HI；
（4）卤素原子的最外层电子数均为7个
（5）同一主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多
（6）a、d
（2011·广东卷）利用光能和光催化剂，可将CO2和H2O(g)转化为CH4和O2。紫外光照射时，在不同催化剂（I、II、III）作用下，CH4产量随光照时间的变化如图13所示。
（1）在0－30小时内，CH4的平均生成速率VI、VII和VIII从大到小的顺序为 ；反应开始后的12小时内，在第 种催化剂的作用下，收集的CH4最多。
（2）将所得CH4与H2O(g)通入聚焦太阳能反应器，发生反应：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)。该反应的△H=+206 kJ mol-1。
①在答题卡的坐标图中，画出反应过程中体系的能量变化图（进行必要的标注）
②将等物质的量的CH4和H2O(g)充入1L恒容密闭容器，某温度下反应达到平衡，平衡常数K=27，此时测得CO的物质的量为0.10mol，求CH4的平衡转化率（计算结果保留两位有效数字）。
（3）已知：CH4(g)＋2O2(g) ===CO2(g)＋2H2O(g) △H=－802kJ mol-1
写出由CO2生成CO的热化学方程式 。
【解析】本题考察化学反应速率的概念、计算及外界条件对反应速率对影响；反应热的概念和盖斯定律的计算；热化学方程式的书写；与化学平衡有关的计算；图像的识别和绘制。
（1）由图像可以看出，反应进行到30小时时，催化剂Ⅲ生成的甲烷最多，其次是催化剂Ⅱ，催化剂Ⅰ生成的甲烷最少。因此VI、VII和VIII从大到小的顺序为VIII＞VII＞VI＞；同理由图像也可以看出，反应进行到12小时时，催化剂Ⅱ生成的甲烷最多，因此在第Ⅱ种催化剂的作用下，收集的CH4最多。
（2）①由热化学方程式可知，该反应是吸热反应，即反应物的总能量小于生成物的总能量，因此反应过程中体系的能量变化图为。
（3）由热化学方程式①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H=+206 kJ mol-1
②CH4(g)＋2O2(g) ===CO2(g)＋2H2O(g) △H=－802kJ mol-1
①－②得CO2(g)＋3H2O(g) === CO(g)+3H2(g)＋2O2(g) △H=+1008 kJ mol-1
【答案】（1）VIII＞VII＞VI＞；Ⅱ
（2）①
②91%
（3）CO2(g)＋3H2O(g) === CO(g)+3H2(g)＋2O2(g) △H=+1008 kJ mol-1
（2011·山东卷）研究NO2、SO2 、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。
（1）NO2可用水吸收，相应的化学反应方程式为 。利用反应6NO2＋ 8NH37N5＋12 H2O也可处理NO2。当转移1.2mol电子时，消耗的NO2在标准状况下是 L。
（2）已知：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g） ΔH=-196.6 kJ·mol-1
2NO（g）+O2（g）2NO2（g） ΔH=-113.0 kJ·mol-1
则反应NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）的ΔH= kJ·mol-1。
一定条件下，将NO2与SO2以体积比1:2置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡
状态的是 。
a．体系压强保持不变
b．混合气体颜色保持不变
c．SO3和NO的体积比保持不变
d．每消耗1 mol SO3的同时生成1 molNO2
测得上述反应平衡时NO2与SO2体积比为1:6，则平衡常数K＝ 。
（3）CO可用于合成甲醇，反应方程式为CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）。CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如下图所示。该反应ΔH 0（填“>”或“ <”）。实际生产条件控制在250℃、1.3×104kPa左右，选择此压强的理由是 。
【解析】（1）NO2溶于水生成NO和硝酸，反应的方程式是3NO2＋H2O=NO＋2HNO3；在反应6NO
＋ 8NH37N5＋12 H2O中NO2作氧化剂，化合价由反应前的+4价降低到反应后0价，因此当反应中转移1.2mol电子时，消耗NO2的物质的量为，所以标准状况下的体积是。
（2）本题考察盖斯定律的应用、化学平衡状态的判断以及平衡常数的计算。① 2SO2（g）+O2（g）2SO3（g） ΔH1=-196.6 kJ·mol-1 ② 2NO（g）+O2（g）2NO2（g） ΔH2=-113.0 kJ·mol-1 。②－①即得出2NO2（g）+2SO2（g）2SO3（g）+2NO（g） ΔH=ΔH2－ΔH1=-113.0 kJ·mol-1 +196.6 kJ·mol-1＝+83.6 kJ·mol-1。所以本题的正确答案是41.8；反应NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）的特点体积不变的、吸热的可逆反应，因此a不能说明。颜色的深浅与气体的浓度大小有关，而在反应体系中只有二氧化氮是红棕色气体，所以混合气体颜色保持不变时即说明NO2的浓度不再发生变化，因此b可以说明；SO3和NO是生成物，因此在任何情况下二者的体积比总是满足1：1，c不能说明；SO3和NO2一个作为生成物，一个作为反应物，因此在任何情况下每消耗1 mol SO3的同时必然会生成1 molNO2，因此d也不能说明；设NO2的物质的量为1mol，则SO2的物质的量为2mol，参加反应的NO2的物质的量为xmol。
（3）由图像可知在相同的压强下，温度越高CO平衡转化率越低，这说明升高温度平衡向逆反应方向移动，因此正反应是放热反应；实际生产条件的选择既要考虑反应的特点、反应的速率和转化率，还要考虑生产设备和生产成本。由图像可知在1.3×104kPa左右时，CO的转化率已经很高，如果继续增加压强CO的转化率增加不大，但对生产设备和生产成本的要求却增加，所以选择该生产条件。
【答案】（1）3NO2＋H2O=NO＋2HNO3；6.72
（2）－41.8；b；8/3；
（3）< 在1.3×104kPa下，CO的转化率已经很高，如果增加压强CO的转化率提高不大，而生产成本增加，得不偿失。
（2011·重庆卷）臭氧是一种强氧化剂，常用于消毒、灭菌等。
（1）O3与KI溶液反应生成的两种单质是___________和_________。（填分子式）
（2）O3在水中易分解，一定条件下，O3的浓度减少一半所需的时间（t）如题29表所示。已知：O3的起始浓度为0.0216 mol/L。
①pH增大能加速O3分解，表明对O3分解起催化作用的是___________.
②在30°C、pH=4.0条件下，O3的分解速率为__________ mol/(L·min)。
③据表中的递变规律，推测O3在下列条件下分解速率依次增大的顺序为______.（填字母代号）
a. 40°C、pH=3.0 b. 10°C、pH=4.0 c. 30°C、pH=7.0
（3）O3 可由臭氧发生器（原理如题29图）电解稀硫酸制得。
①图中阴极为_____(填“A”或“B”)，其电极反应式为_____。
②若C处通入O 2 ，则A极的电极反应式为_____.
③若C处不通入O 2 ，D、E处分别收集到xL和有yL气体(标准情况)，则E处收集的气体中O 3 所占的体积分数为_____。(忽略 O 3 的分解)。
【解析】本题考察化学反应速率的概念、计算、外界条件对反应速率对影响以及有关电化学知识。
（1）臭氧是一种强氧化剂，能氧化I－生成单质碘，方程式为O3＋2KI＋H2O=I2＋2KOH＋O2↑；
（2）①pH增大，说明碱性增强，因此其催化剂作用的是OH－；
②由表中数据可知，在30°C、pH=4.0条件下，O3的浓度减少一半所需的时间是108min，所以其反应速率是；
③由表中数据知温度越高，pH越大，反应速率越快，所以分解速率依次增大的顺序为b、a、c；
（3）①溶液中－2价的O失去电子被氧化得到臭氧，在电解池中阳极失去电子，发生氧化反应，溶液中的阳离子在阴极得到电子，发生还原反应，因此A是阴极，B是阳极；溶液中只有阳离子氢离子，所以阴极电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑；
②若阴极通氧气，则氧气得到电子被还原成OH－，然后结合溶液中氢离子生成水，方程式为O2＋4H＋＋4e－＝2H2O；
③由以上分析知D、E分别产生的气体是氢气和氧气、臭氧的混合气体。设臭氧的体积是nL，根据得失电子守恒知，解得n＝x－2y，所以臭氧的体积分数是。
【答案】（1）O2 I2
（2）①OH－；
②1.00×10－4
③b、a、c
（3）①2H＋＋2e－=H2↑
②O2＋4H＋＋4e－＝2H2O；
③
（2011·新课标全国卷）科学家利用太阳能分解水生成的氢气在催化剂作用下与二氧化碳反应生成甲醇，并开发出直接以甲醇为燃料的燃料电池。已知H2（g）、CO（g）和CH3OH（l）的燃烧热△H分别为-285.8kJ·mol-1、-283.0kJ·mol-1和-726.5kJ·mol-1。请回答下列问题：
（1）用太阳能分解10mol水消耗的能量是_____________kJ；
（2）甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为_____________；
（3）在溶积为2L的密闭容器中，由CO2和H2合成甲醇，在其他条件不变得情况下，考察温度对反应的影响，实验结果如下图所示（注：T1、T2均大于300℃）；
下列说法正确的是________（填序号）
①温度为T1时，从反应开始到平衡，生成甲醇的平均速率为：v(CH3OH)=mol·L-1·min-1
②该反应在T1时的平衡常数比T2时的小
③该反应为放热反应
④处于A点的反应体系从T1变到T2，达到平衡时增大
（4）在T1温度时，将1molCO2和3molH2充入一密闭恒容器中，充分反应达到平衡后，若CO2转化率为a,则容器内的压强与起始压强之比为______；
（5）在直接以甲醇为燃料电池中，电解质溶液为酸性，负极的反应式为________、正极的反应式为________。理想状态下，该燃料电池消耗1mol甲醇所能产生的最大电能为702.1kJ,则该燃料电池的理论效率为________（燃料电池的理论效率是指电池所产生的最大电能与燃料电池反应所能释放的全部能量之比）
【解析】（1）氢气的燃烧热是-285.8kJ·mol-1，即每生成1mol的水就放出285.8kJ的能量，反之分解1mol的水就要消耗285.8kJ的能量，所以用太阳能分解10mol水消耗的能量是2858kJ；
（2）由CO（g）和CH3OH（l）燃烧热的热化学方程式
①CO(g)＋1/2O2(g)＝CO2(g) △H＝-283.0kJ·mol-1；
②CH3OH(l) ＋3/2O2(g)＝CO2(g)+2 H2O(l) △H＝-726.5kJ·mol-1；
可知②－①得到CH3OH(l) ＋O2(g)＝CO(g)+2 H2O(l) △H＝-443.5kJ·mol-1；
（3）CO2和H2合成甲醇的化学方程式为CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g) + H2O(g)。由图像可知B曲线先得到平衡，因此温度T2＞T1，温度高平衡时甲醇的物质的量反而低，说明正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，不利于甲醇的生成，平衡常数减小，即②错③正确；温度为T1时，从反应开始到平衡，生成甲醇的物质的量为mol，此时甲醇的浓度为，所以生成甲醇的平均速率为：v(CH3OH)= mol·L-1·min-1，因此①不正确；因为温度T2＞T1，所以A点的反应体系从T1变到T2时，平衡会向逆反应方向移动，即降低生成物浓度而增大反应物浓度，所以④正确。
。
(5)在甲醇燃料电池中，甲醇失去电子，氧气得到电子，所以负极的电极反应式是CH3OH－6e－＋H2O=CO2＋6H＋，正极的电极反应式是3/2O2＋6e－＋6H＋=3H2O；甲醇的燃烧热是-726.5kJ·mol-1，所以该燃料电池的理论效率为。
【答案】（1）2858； （2）CH3OH(l) ＋O2(g)＝CO(g)+2 H2O(l) △H＝-443.5kJ·mol-1；
（3）③④； （4）1－a/2；
（5）CH3OH－6e－＋H2O=CO2＋6H＋、3/2O2＋6e－＋6H＋=3H2O、96.6%
（2011·海南卷）氯气在298K、100kPa时，在1L水中可溶解0.09mol，实验测得溶于水的Cl2约有三分之一与水反应。请回答下列问题：
（1）该反应的离子方程式为__________;
（2）估算该反应的平衡常数__________（列式计算）
（3）在上述平衡体系中加入少量NaOH固体，平衡将向________移动；
（4）如果增大氯气的压强，氯气在水中的溶解度将______（填“增大”、“减小”或“不变”），平衡将向______________移动。
【答案】
(1)；
（2） (水视为纯液体)
C起 0.09 0 0 0
C变 0.09× 0.03 0.03 0.03
C平 0.06 0.03 0.03 0.03
；
（3）正反应方向；（4）增大，正反应方向
【解析】题干中用“溶于水的Cl2约有三分之一与水反应”给出可逆反应（该反应在教材中通常没提及可逆）；平衡常数的计算根据题中要求列三行式求算；平衡移动是因为H+的减少向正反应方向移动；增大压强将增大氯气的浓度，平衡向正反应方向移动。技巧点拨：平衡题在近年的高考题中比较平和，但新课标高考题今年引入了对过程呈现的考查，这是以后高考中应注意的。
(2011·全国II卷)反应aA(g)+bB(g) cC(g)（ΔH＜0）在等容条件下进行。改变其他反应条件，在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ阶段体系中各物质浓度随时间变化的曲线如下图所示：
回答问题：
(1） 反应的化学方程式中，a:b:c为_____________;
(2）A的平均反应速率vI(A)、vⅡ(A)、vⅢ(A)从大到小排列次序为_________；
(3）B的平衡转化率αI(B)、αⅡ(B)、αⅢ(B)中最小的是_____,其值是__________;
(4） 由第一次平衡到第二次平衡，平衡移动的方向是________________,采取的措施是____________;
(5） 比较第Ⅱ阶段反应温度(T2)和第Ⅲ阶段反应温度(T3)的高低：T2 T3(填“>”“<”“=”），判断的理由是_________________________________________;
(6）达到第三次平衡后，将容器的体积扩大一倍，假定10min后达到新的平衡，请在下图中用曲线表示第IV阶段体系中各物质的浓度随时间变化的趋势（曲线上必须标出A、B、C）。
【解析】由图像知在第Ⅰ阶段达到平衡时A、B、C的浓度变化量分别是1.0、3.0和2.0，所以反应的化学方程式中，a:b:c＝)1:3:2；由图像可以计算出A的平均反应速率vI(A)、vⅡ(A)、vⅢ(A)分别为2/20、0.36/15和0.12/15，vI(A)、vⅡ(A)、vⅢ(A)从大到小排列次序为vI(A)、vⅡ(A)、vⅢ(A)；同理可以计算出B的平衡转化率αI(B)、αⅡ(B)、αⅢ(B)分别为0.5、0.38和0.19； 由第一次平衡到第二次平衡是C的浓度瞬间降低到0，即移走量产物C，平衡向正方应方向移动；第Ⅱ阶段和第Ⅲ阶段相比，反应物浓度降低，生成物浓度增大，平衡向正方应方向移动，因为反应放热，所以是降低了温度；由于反应是一个体积增大的可逆反应，所以扩大容器的体积平衡向逆反应方向移动。
【答案】(1)1:3:2 (2)VI(A)VⅡ(A)VⅢ(A) (3)αⅢ(B) 19% (4)向正反应方向 从反应体系中移出产物C (5) > 此反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动
(注：只要曲线能表示出平衡向逆反应方向移动及各物质浓度的相对变化比例即可）
20．(2011上海25)自然界的矿物、岩石的成因和变化受到许多条件的影响。地壳内每加深1km，压强增大约25000~30000 kPa。在地壳内SiO2和HF存在以下平衡：SiO2(s) +4HF(g)SiF4(g)+ 2H2O(g)+148.9 kJ
根据题意完成下列填空：
（1）在地壳深处容易有 气体逸出，在地壳浅处容易有 沉积。
（2）如果上述反应的平衡常数K值变大，该反应 （选填编号）。
a．一定向正反应方向移动 b．在平衡移动时正反应速率先增大后减小
c．一定向逆反应方向移动 d．在平衡移动时逆反应速率先减小后增大
（3）如果上述反应在体积不变的密闭容器中发生，当反应达到平衡时， （选填编号）。
a．2v正(HF)=v逆(H2O) b．v(H2O)=2v(SiF4)
c．SiO2的质量保持不变 d．反应物不再转化为生成物
（4）若反应的容器容积为2.0L，反应时间8.0 min，容器内气体的密度增大了0.12 g/L，在这段时间内HF的平均反应速率为 。
【解析】本题考察外界条件对化学平衡的影响、化学平衡常数和化学平衡状态的的理解以及反应速率的有关计算。由于反应吸热，平衡常数K值变大，说明温度降低。
【答案】（1）SiF4 H2O SiO2
（2）ad
（3）bc
（4）0.0010mol(L·min)
（2010·天津卷）6．下列各表述与示意图一致的是
A．图①表示25℃时，用0.1 mol·L－1盐酸滴定20 mL 0.1 mol·L－1 NaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化
B．图②中曲线表示反应2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g)；ΔH < 0 正、逆反应的平衡常数K随温度的变化
C．图③表示10 mL 0.01 mol·L－1 KMnO4 酸性溶液与过量的0.1 mol·L－1 H2C2O4溶液混合时，n(Mn2+) 随时间的变化
D．图④中a、b曲线分别表示反应CH2＝CH2 (g) + H2(g)CH3CH3(g)；ΔH< 0使用和未使用催化剂时，反应过程中的能量变化
【解析】酸碱中和在接近终点时，pH会发生突变，曲线的斜率会很大，故A错；正逆反应的平衡常数互为倒数关系，故B正确；反应是放热反应，且反应生成的Mn2+对该反应有催化作用，故反应速率越来越快，C错；反应是放热反应，但图像描述是吸热反应，故D错。
【答案】B
命题立意：综合考查了有关图像问题，有酸碱中和滴定图像、正逆反应的平衡常数图像，反应速率图像和能量变化图像。
（2010·重庆卷）10． 当反应达到平衡时，下列措施：①升温 ②恒容通入惰性气体 ③增加CO的浓度 ④减压 ⑤加催化剂 ⑥恒压通入惰性气体，能提高COCl2转化率的是
A．①②④ B．①④⑥ C．②③⑥ D．③⑤⑥
【答案】B
【解析】本题考查化学平衡的移动。该反应为体积增大的吸热反应，所以升温和减压均可以促使反应正向移动。恒压通入惰性气体，相当于减压。恒容通入惰性气体与加催化剂均对平衡无影响。增加CO的浓度，将导致平衡逆向移动。 方法提炼：对于恒容容器，通入稀有气体，由于容器的体积不变，各组分的浓度保持不变，故反应速率保持不变，平衡也即不移动。若为恒压容器，通入稀有气体，容器的体积膨胀，对于反应则相当于减压。
（2010·安徽卷）10.低脱硝技术可用于处理废气中的氮氧化物，发生的化学反应为：
2NH2（g）＋NO（g）＋NH2（g）2H3（g）＋3H2O（g） H<0
在恒容的密闭容器中，下列有关说法正确的是
A.平衡时，其他条件不变，升高温度可使该反应的平衡常数增大
B.平衡时，其他条件不变，增加NH3的浓度，废气中氮氧化物的转化率减小
C.单位时间内消耗NO和N2的物质的量比为1∶2时，反应达到平衡
D.其他条件不变，使用高效催化剂，废气中氮氧化物的转化率增大
【答案】C
【解析】A选项，放热反应升温平衡常数减小，错误；增大一个反应物浓度另一反应物转化率增大，B错；使用催化剂平衡不移动，D错。
（2010·福建卷）8．下列有关化学研究的正确说法是
A．同时改变两个变量来研究反映速率的变化，能更快得出有关规律
B．对于同一个化学反应，无论是一步完成还是分几步完成，其反应的焓变相同
C．依据丁达尔现象可将分散系分为溶液、胶体与浊液
D．从HF、HCl、、HI酸性递增的事实，推出F、Cl、Br、I的非金属递增的规律
【解析】本题侧重考查反应速率、盖斯定律、分散系、元素周期律重要的基本概念，规律
同时改变两个变量来研究反应速率的变化，不容易判断影响反应速率的主导因素，因此更难得出有关规律
这是盖斯定律的表述
分散系的划分是以分散质颗粒大小来区分的
在以酸性强弱作为判断元素非金属性非金属性强弱依据时，是以最高价氧化物对应水化物的酸性强弱为判断依据的。
【答案】B
（2010·福建卷）12．化合物Bilirubin在一定波长的光照射下发生分解反应，反应物尝试随反应时间变化如右图所示，计算反应4~8 min间的平均反应速率和推测反应16 min 反应物的浓度，结果应是
A 2.5和2.0
B 2.5和2.5
C 3.0和3.0
D 3.0和3.0
【解析】本题考察化学反应速率的计算。第8秒与第4秒时反应物浓度差△C为10，为4秒，所以在4~8间的平均反应速率为2.5，可以排除CD两个答案；图中从0开始到8反应物浓度减低了4倍，根据这一幅度，可以推测从第8到第16分也降低4倍，即由10降低到2.5，因此推测第16反应物的浓度为2.5，所以可以排除A而选B
【答案】B
（2010·江苏卷）8．下列说法不正确的是
A．铅蓄电池在放电过程中，负极质量减小，正极质量增加
B．常温下，反应不能自发进行，则该反应的
C．一定条件下，使用催化剂能加快反应速率并提高反应物的平衡转化率
D．相同条件下，溶液中、、的氧化性依次减弱
【答案】AC
【解析】本题主要考查的是相关的反应原理。A项，铅蓄电池在放电过程中，负极反应为其质量在增加；B项，该反应是典型的吸热反应，在常温下不能自发进行；C项，催化剂能改变反应速率，不一定加快，同时它不能改变转化率；D项，可知的氧化性大于，综上分析可知，本题选AC项。
（2010·上海卷）17.据报道，在300℃、70MPa下由二氧化碳和氢气合成乙醇已成为现实。
2CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g) 下列叙述错误的是
A．使用Cu-Zn-Fe催化剂可大大提高生产效率
B．反应需在300℃进行可推测该反应是吸热反应
C．充入大量CO2气体可提高H2的转化率
D．从平衡混合气体中分离出CH3CH2OH和H2O可提高CO2和H2的利用率
【答案】B
【解析】此题考查化学反应速率和化学平衡知识。催化剂能提高化学反应速率，加快反应进行，也就是提高了生产效率，A对；反应需在300℃进行是为了获得较快的反应速率，不能说明反应是吸热还是放热，B错；充入大量CO2气体，能使平衡正向移动，提高H2的转化率，C对；从平衡混合物中及时分离出产物，使平衡正向移动，可提高CO2和H2的转化率，D对。
易错警示：利用化学平衡知识判断反应吸热还是放热时，一定要注意温度的变化使反应正向移动还是逆向移动，倘若给出的知识温度条件则无法判断。
（2010·江苏卷）14．在温度、容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下（已知 kJ·mol）
容器 甲 乙 丙
反应物投入量 1mol N2、3mol H2 2mol NH3 4mol NH3
NH3的浓度（mol·L） c1 c2 c3
反应的能量变化 放出akJ 吸收bkJ 吸收ckJ
体系压强（Pa） p1 p2 p3
反应物转化率
下列说法正确的是
A． B． C． D．
【答案】BD
【解析】本题主要考查的是化学平衡知识。A项，起始浓度不同，转化率也不同，不成倍数关系，B项，实际上为等同平衡，不同的是反应的起始方向不同，在此过程中乙吸收的热热量相当于甲完全转化需再放出的热量，故a+b=92.4;C项，通过模拟中间状态分析，丙的转化率小于乙，故2p2> p3;D项，a1+b1=1.，而a2> a3,所以a1+ a3<1.综上分析可知，本题选BD项。
（2010·四川理综卷）13.反应aM(g)+bN(g) cP(g)+dQ(g)达到平衡时。M的体积分数y(M)与反应条件的关系如图所示。其中：Z表示反应开始时N的物质的量与M的物质的量之比。下列说法正确的是
A.同温同压Z时，加入催化剂，平衡时Q的体积分数增加
B.同压同Z时，升高温度，平衡时Q的体积分数增加
C.同温同Z时，增加压强，平衡时Q的体积分数增加
D.同温同压时，增加Z，平衡时Q的体积分数增加。
【答案】B
【解析】本题考查了平衡移动原理的应用。A项加入催化剂只能改变反应速率，不会使平衡移动。B项由图像（1）知随着温度的升高M的体积分数降低，说明正反应吸热，所以温度升高平衡正向移动，Q的体积分数增加。C项对比（1）（2）可以看出相同温度条件，压强增大M的体积分数增大，所以正反应是体积缩小的反应，增大压强Q的体积分数减小。D项由C项可以判断D也不对。
（2010·天津卷）10．（14分）二甲醚是一种重要的清洁燃料，也可替代氟利昂作制冷剂等，对臭氧层无破坏作用。工业上可利用煤的气化产物（水煤气）合成二甲醚。
请回答下列问题：
⑴ 煤的气化的主要化学反应方程式为：___________________________。
⑵ 煤的气化过程中产生的有害气体H2S用Na2CO3溶液吸收，生成两种酸式盐，该反应的化学方程式为：________________________________________。
⑶ 利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下：
① 2H2(g) + CO(g) CH3OH(g)；ΔH ＝ －90.8 kJ·mol－1
② 2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g)；ΔH＝ －23.5 kJ·mol－1
③ CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g)；ΔH＝ －41.3 kJ·mol－1
总反应：3H2(g) + 3CO(g) CH3OCH3(g) + CO2 (g)的ΔH＝ ___________；
一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡，要提高CO的转化率，可以采取的措施是__________（填字母代号）。
a．高温高压 b．加入催化剂 c．减少CO2的浓度
d．增加CO的浓度 e．分离出二甲醚
⑷ 已知反应②2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g)某温度下的平衡常数为400 。此温度下，在密闭容器中加入CH3OH ，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：
物质 CH3OH CH3OCH3 H2O
浓度/（mol·L－1） 0.44 0.6 0.6
① 比较此时正、逆反应速率的大小：v正 ______ v逆 （填“>”、“<”或“＝”)。
② 若加入CH3OH后，经10 min反应达到平衡，此时c(CH3OH) ＝ _________；该时间内反应速率v(CH3OH) ＝ __________。
【解析】(1)煤生成水煤气的反应为C+H2OCO+H2。
(2)既然生成两种酸式盐，应是NaHCO3和NaHS，故方程式为：
Na2CO3+H2S==NaHCO3+NaHS。
(3)观察目标方程式，应是①×2+②+③，故△H=2△H1+△H2+△H3=-246.4kJ· mol -1。
正反应是放热反应，升高温度平衡左移，CO转化率减小；加入催化剂，平衡不移动，转化率不变；减少CO2的浓度、分离出二甲醚，平衡右移，CO转化率增大；增大CO浓度，平衡右移，但CO转化率降低；故选c、e。
(4)此时的浓度商Q==1.86＜400，反应未达到平衡状态，向正反应方向移动，故正＞逆；设平衡时生成物的浓度为0.6+x，则甲醇的浓度为（0.44-2x）有：400=，解得x=0.2 mol·L-1，故0.44 mol·L-1-2x=0.04 mol·L-1。
由表可知，甲醇的起始浓度度为(0.44+1.2) mol·L-1=1.64 mol·L-1，其平衡浓度为0.04 mol·L-1，
10min变化的浓度为1.6 mol·L-1，故(CH3OH)=0.16 mol·L-1·min-1。
【答案】(1) C+H2OCO+H2。
(2) Na2CO3+H2S==NaHCO3+NaHS
(3) -246.4kJ· mol -1 c、e
(4) ①＞ ②0.04 mol·L-1 0.16 mol·L-1·min-1
命题立意：本题是化学反应原理的综合性试题，考查了化学方程式的书写、盖斯定律的应用、化学平衡移动原理，和利用浓度商和平衡常数的关系判断平衡移动的方向、平衡常数和速率的计算等。
（2010·全国卷Ⅰ）27.（15分）在溶液中，反应A+2BC分别在三种不同实验条件下进行，它们的起始浓度均为、及。反应物A的浓度随时间的变化如下图所示。
请回答下列问题：
（1）与①比较，②和③分别仅改变一种反应条件。所改变的条件和判断的理由是：
②_______________；
③_______________；
（2）实验②平衡时B的转化率为_________；实验③平衡时C的浓度为____________；
（3）该反应的_________0，判断其理由是__________________________________；
（4）该反应进行到4.0min时的平均反应速度率：
实验②：=__________________________________；
实验③：=__________________________________。
【解析】（1）②使用了（正）催化剂；理由：因为从图像可看出，两者最终的平衡浓度相同，即最终的平衡状态相同，而②比①所需要的时间短，显然反应速率加快了，故由影响反应速率和影响平衡的因素可知是加入（正）催化剂；③升高温度；理由：因为该反应是在溶液中进行的反应，所以不可能是改变压强引起速率的改变，又由于各物质起始浓度相同，故不可能是改变浓度影响反应速率，再由于③和①相比达平衡所需时间短，平衡时浓度更小，故不可能是改用催化剂，而只能是升高温度来影响反应速率的
（2）不妨令溶液为1L，则②中达平衡时A转化了0.04mol，由反应计量数可知B转化了0.08mol，所以B转化率为；同样在③中A转化了0.06mol，则生成C为0.06mol,体积不变，即平衡时C(c)=0.06mol/L
(3) ﹥0；理由：由③和①进行对比可知升高温度后A的平衡浓度减小，即A的转化率升高，平衡向正方向移动，而升温是向吸热的方向移动，所以正反应是吸热反应，﹥0
（4）从图上读数，进行到4.0min时，实验②的A的浓度为：0.072mol/L,则△C(A)=0.10-0.072=0.028mol/L，,∴=2=0.014mol(L·min)-1；进行到4.0mi实验③的A的浓度为：0.064mol/L：△C(A,) =0.10-0.064=0.036mol/L，,∴==0.0089mol(L·min)-1
【答案】（1）②加催化剂；达到平衡的时间缩短，平衡时A的浓度未变
③温度升高；达到平衡的时间缩短，平衡时A的浓度减小
（2）40%（或0.4）；0.06mol/L；（3）﹥；升高温度向正方向移动，故该反应是吸热反应
（4）0.014mol(L·min)-1；0.008mol(L·min)-1
命题意图：考查基本理论中的化学反应速率化学平衡部分，一些具体考点是：易通过图像分析比较得出影响化学反应速率和化学平衡的具体因素（如：浓度，压强，温度，催化剂等）、反应速率的计算、平衡转化率的计算，平衡浓度的计算，的判断；以及计算能力，分析能力，观察能力和文字表述能力等的全方位考查。
（2010·广东卷）31．（16分）硼酸（H3BO3）在食品、医药领域应用广泛。
(1)请完成B2H6气体与水反应的化学方程式：B2H6 + 6H2O=2H3BO3 +________。
(2)在其他条件相同时，反应H3BO3 +3CH3OHB(OCH3)3 +3H2O中，H3BO 3的转化率（）在不同温度下随反应时间（t）的变化见图12，由此图可得出：
①温度对应该反应的反应速率和平衡移动的影响是____ ___
②该反应的_____0(填“<”、“=”或“>”).
(3)H3BO 3溶液中存在如下反应：
H3BO 3（aq）+H2O（l） [B(OH)4]-( aq)+H+（aq）已知0.70 mol·L-1 H3BO 3溶液中，上述反应于298K达到平衡时，c平衡（H+）=2. 0 × 10-5mol·L-1，c平衡（H3BO 3）≈c起始（H3BO 3），水的电离可忽略不计，求此温度下该反应的平衡常数K（H2O的平衡浓度不列入K的表达式中，计算结果保留两位有效数字）
【解析】(1)根据元素守恒，产物只能是H2， 故方程式为B2H6 + 6H2O=2H3BO3 +6H2。
(2)由图像可知，温度升高，H3BO 3的转化率增大，故升高温度是平衡正向移动，正反应是吸热反应，△H＞O。
(3) K===
【答案】
(1) B2H6 + 6H2O=2H3BO3 +6H2
(2) ①升高温度，反应速率加快，平衡正向移动 ②△H＞O
(3) 或1.43
（2010·山东卷）28．（14分）硫一碘循环分解水制氢主要涉及下列反应：
Ⅰ SO2+2H2O+I2===H2SO4+2HI
Ⅱ 2HIH2+I2
Ⅲ 2H2SO42===2SO2+O2+2H2O
（1）分析上述反应，下列判断正确的是 。
a．反应Ⅲ易在常温下进行 b．反应Ⅰ中氧化性比HI强
c．循环过程中需补充H2O d．循环过程中产生1mol O2的同时产生1mol H2
（2）一定温度下，向1L密闭容器中加入1mol HI（g），发生反应Ⅱ，H2物质的量随时间的变化如图所示。
0~2 min内的平均放映速率v（HI）= 。该温度下，H2（g）+I2（g）2HI（g）的平衡常数K= 。
相同温度下，若开始加入HI（g）的物质的量是原来的2倍，则 是原来的2倍。
a．平衡常数 b．HI的平衡浓度 c．达到平衡的时间 d．平衡时H2的体积分数
（3）实验室用Zn和稀硫酸制取H2，反应时溶液中水的电离平衡 移动（填“向左”“向右”或者“不”）；若加入少量下列试剂中的 ，产生H2的速率将增大。
a．NaNO3 b．CuSO4 c．Na2SO4 d．NaHSO3
（4）以H2为燃料可制成氢氧燃料电池。
已知 2H2（g）+O2（g）===2H2O(I) △H=-572KJ．mol-1
某氢氧燃料电池释放228．8KJ电能时，生成1mol液态水，该电池的能量转化率为 。
【解析】(1)H2SO4在常温下，很稳定不易分解，这是常识，故a错；反应Ⅰ中SO2是还原剂，HI是还原产物，故还原性SO2＞HI，则b错；将Ⅰ和Ⅱ分别乘以2和Ⅲ相加得：2H2O==2H2+O2，故c正确d错误。
(2) υ (H2)=0. 1mol/1L/2min=0.05 mol·L-1·min-1，则υ (HI)=2 υ (H2)=0.1 mol·L-1·min-1；
2HI(g)==H2(g)+I2(g)
2 1 1
起始浓度/mol·L－1 1 0 0
变化浓度/mol·L－1： 0.2 0.1 0.1
平衡浓度/mol·L－1： 0.8 0.1 0.1
则H2(g)+I2(g)== 2HI(g)的平衡常数K==64mol/L。
若开始时加入HI的量是原来的2倍，则建立的平衡状态和原平衡是等比平衡，HI、H2、I2 的物质的量、平衡浓度都是原来的两倍；各组分的百分含量、体积分数相等，平衡常数相等（因为温度不变）；因开始时的浓度增大了，反应速率加快，达平衡时间不可能是原来的两倍，故选b.
（3）水的电离平衡为,硫酸电离出的对水的电离是抑制作用，当消耗了，减小，水的电离平衡向右移动；若加入,溶液变成的溶液了，不再生成H2；加入的会和反应，降低，反应速率减慢；的加入对反应速率无影响；加入CuSO4 后，与置换出的Cu构成原电池，加快了反应速率，选b.
（4）根据反应方程式，生成1mol水时放出热量为：572kJ=286 kJ,故该电池的能量转化率为
【答案】（1）c
（2）0.1 mol·L-1·min-1 ；64mol/L；b
（3）向右；b
（4）80%
（2010·福建卷）J、L、M、R、T是原子序数依次增大的短周期主族元素，J、R在周期表中的相对位置如右表；J元素最低负化合价的绝对值与其原子最外层电子数相等；M是地壳中含量最多的金属元素。
（1）M的离子结构示意图为_____;元素T在周期表中位于第_____族。
（2）J和氢组成的化合物分子有6个原子，其结构简式为______。
（3）M和T形成的化合物在潮湿的空气中冒白色烟雾，反应的化学方程式为_____。
（4）L的最简单气态氢化物甲的水溶液显碱性。
①在微电子工业中，甲的水溶液可作刻蚀剂H2O2 的清除剂，所发生反应的产物不污染环境，其化学方程式为______。
②一定条件下，甲在固定体积的密闭容器中发生分解反应（△H>0）并达平衡后，仅改变下表中反应条件x，该平衡体系中随x递增y递减的是_______（选填序号）。
选项 a b c d
x 温度 温度 加入H2的物质的量 加入甲的物质的量
y 甲的物质的量 平衡常数K 甲的转化率 生成物物质的量总和
（5）由J、R形成的液态化合物JR2 0．2mol在O2中完全燃烧，生成两种气态氧化物，298K时放出热量215kJ。 该反应的热化学方程式为________。
【解析】
(1) J元素最低负化合价的绝对值与其原子最外层电子数相等,可以判断J元素为碳元素；M是地壳中含量最多的金属元素为铝元素；根据J、R在周期表中的相对位置可以判断R为硫元素，则T为氯元素，处于第三周期第七主族
（2）J和氢组成含有6个原子的分子为乙烯，其结构简式为
（3）M和T形成的化合物为，与水反应，其中氯化氢气体呈雾状
（4）①氨水与双氧水发生氧化还原反应：
生成无污染的氮气；
②甲在固体体积的密闭容器中发生分解反应，表明正反应为吸热反应，升高温度，平衡朝着正方向移动，甲物质的量减少；加入的物质的量即增加生成物的浓度，平衡朝逆方向移动，甲的转化率减小
（5）JR2为CS2,燃烧生成二氧化碳和二氧化硫，依题意可以很快的写出反应的热化学方程式
【答案】(1) ； ⅦA
（2）
（3），
（4）①
②a和c;a或c
（5）
（2010·上海卷）25．接触法制硫酸工艺中，其主反应在450℃并有催化剂存在下进行：
1)该反应所用的催化剂是 (填写化合物名称)，该反应450℃时的平衡常数 500℃时的平衡常数(填“大于”、“小于”或“等于”)。
2)该热化学反应方程式的意义是 ．
a． b．容器中气体的平均分子量不随时间而变化
c．容器中气体的密度不随时间而变化 d．容器中气体的分子总数不随时间而变化
4)在一个固定容积为5L的密闭容器中充入0.20 mol SO2和0.10molSO2，半分钟后达到平衡，测得容器中含SO30.18mol，则= mol.L-1.min-1：若继续通入0.20mol SO2和0.10mol O2，则平衡 移动(填“向正反应方向”、“向逆反应方向” 或“不”)，再次达到平衡后， mol
【解析】此题考查了工业制硫酸、化学平衡常数、热化学方程式、化学平衡状态、有关化学平衡的计算等知识。1）工业制硫酸时二氧化硫催化氧化使用的催化剂是五氧化二钒；该反应正向放热，故温度越高化学平衡常数越小；2）热化学方程式表示的是450℃时，2molSO2气体和1molO2气体完全反应生成2molSO3气体时放出的热量为190kJ；3）根据化学平衡状态的特征，容器中气体的平均相对分子质量不随时间变化、分子总数不随时间变化时，说明反应达到平衡状态；4）当达到平衡时，容器中SO3的物质的量为0.18mol，则v（SO3）=0.072mol.L-1.min-1，则v（O2）=0.036mol.L-1.min-1；再继续通入0.20molSO2和0.10molO2时，平衡向正反应方向移动，在此达到平衡时，SO3的物质的量介于0.36和0.40之间。
知识归纳：化学平衡常数只是和温度相关的函数，其随温度变化而变化。若正反应为吸热反应，温度升高K值增大；若正反应为放热反应，温度升高K值减小。
（2010·江苏卷）17.（8分）下表列出了3种燃煤烟气脱硫方法的原理。
方法Ⅰ中氨水吸收燃煤烟气中的化学反应为：
能提高燃煤烟气中去除率的措施有 （填字母）。
A．增大氨水浓度
B.升高反应温度
C.使燃煤烟气与氨水充分接触
D. 通入空气使转化为
采用方法Ⅰ脱硫，并不需要预先除去燃煤烟气中大量的，原因是 （用离子方程式表示）。
方法Ⅱ重要发生了下列反应：
与反应生成的热化学方程式为 。
方法Ⅲ中用惰性电极电解溶液的装置如右图所示。阳极区放出气体的成分为 。（填化学式）
【答案】（1）AC
(2)S（g）+O2（g）= S O2（g） H=-574.0kJmol-1
(3) O2 SO2
【解析】本题考察的知识比较散，涉及到环境保护，一道题考察了几个知识点。覆盖面比较多。但盖斯定律、热化学方程式、离子方程式、点击方程式都是重点内容（1）提高SO2的转化率，可以增大氨水的浓度、与氨水充分接触；不需要通入CO2的原因是因为HCO3+SO2=CO2+HSO3而产生CO2 (2)主要考察盖斯定律的灵活运用。适当变形，注意反应热的计算。不要忽视热化学方程式的书写的注意事项。（3）阴极的电极产生的气体为O2和SO2.
（2010·重庆卷）29．（14分）钒（V）及其化合物广泛应用于工业催化、新材料和新能源等领域．
（1）V2O5是接触法制硫酸的催化剂．
①一定条件下，与空气反映t min后，和物质的量浓度分别为a mol/L和b mol/L, 则起始物质的量浓度为 mol/L ；生成的化学反应速率为 mol/(L·min) ．
②工业制硫酸，尾气用_______吸收．
（2）全钒液流储能电池是利用不同价态离子对的氧化还原反应来实现化学能和电能相互转化的装置，其原理如下图所示．
①当左槽溶液逐渐由黄变蓝，其电极反应式为 ．
②充电过程中，右槽溶液颜色逐渐由 色变为 色．
③放电过程中氢离子的作用是 和 ；充电时若转移的电子数为3.011023个，左槽溶液中n(H+)的变化量为 ．
【答案】
（1）①；
②氨水
（2）①
②绿 紫
③参与正极反应; 通过交换膜定向移动使电流通过溶液；0.5mol
【解析】本题考查以钒为材料的化学原理题，涉及化学反应速率和电化学知识。
（1）由S守恒可得，的起始浓度为（a+b）mol/L。的速率为单位时间内浓度的变化，即b/tmol/(L﹒min)。可以用碱性的氨水吸收。
（2）①左槽中，黄变蓝即为生成，V的化合价从+5降低为+4，得一个电子，0原子减少，从图中知，其中发生了移动，参与反应，由此写成电极反应式。②作为原电池，左槽得电子，而右槽失电子。充电作为电解池处理，有槽中则为得电子，对应化合价降低，即为生成，颜色由绿生成紫。③由电极反应式知，参与了反应。溶液中离子的定向移动可形成电流。n=N/NA=3.01×/6.02×=0.5mol。
规律总结:电化学试题的分析一般是从化合价着手，对于原电池，化合价升高的作为负极，化合价降低的作为正极，两极方程式相加即可得总反应。对于电解池，化合价升高作为阳极，降低的作为阴极。两者之间的关系是：正极反应式颠倒即为阳极反应式，负极反应式颠倒即为阴极反应式。
（2009·山东卷）2SO2（g）+O2(g)2SO3(g)是制备硫酸的重要反应。下列叙述正确的是( )
A.催化剂V2O5不改变该反应的逆反应速率
B.增大反应体系的压强，反应速率一定增大
C.该反应是放热反应，降低温度将缩短反应达到平衡的时间
D.在t1、t2时刻，SO3（g）的浓度分别是c1、c2，则时间间隔t1～t2内，SO3（g）生成的平均速率为
【答案】D
【解析】本题重点考查化学反应速率的影响因素，还有反应速率的简单计算。V2O5作为催化剂，能同等程度改变正、逆化学反应速率，A不正确；压强并不是影响反应速率的唯一因素，只有当其他条件不变时，增大压强，反应速率才增大，B不正确；不管反应吸热、放热，降低温度均减小反应速率，达到平衡时间增多，C不正确，据，可知D正确。
（2009·浙江卷）已知：25 ℃时，Ksp［Mg(OH)2］=5.61×10-12，Ksp［MgF2］=7.42×10-11。下列说法正确的是（ ）
A.25 ℃时，饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c(Mg2+)大
B. 25 ℃时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，c(Mg2+)增大
C. 25 ℃时，Mg(OH)2固体在20 mL 0.01 mol·L-1氨水中的Ksp比在20 mL 0.01 mol·L-1 NH4Cl溶液中的Ksp小
D.25 ℃时，在Mg(OH)2悬浊液中加入NaF溶液后，Mg(OH)2不可能转化为MgF2
【答案】B
【解析】A项Mg（OH）2和MgF2两者结构组成相似，但Mg（OH）2的Ksp小，c(Mg2+)也小。B项能结合OH-，使Mg（OH）2的沉淀溶解平衡发生移动，使c(Mg2+)增大。C项Ksp只受温度影响，故两者的Ksp是相等的。D项只要不断地加入足量的NaF，会促进Mg（OH）2不断溶解转化为MgF2。
（2009·四川卷）在一体积可变的密闭容器中，加入一定量的X、Y，发生反应mX（g）====nY（g）；ΔH=Q kJ/mol。反应达到平衡时，Y的物质的量浓度与温度、气体体积的关系如下表所示：
下列说法正确的是（ ）
A.m＞n
B.Q＜0
C.温度不变，压强增大，Y的质量分数减少
D.体积不变，温度升高，平衡向逆反应方向移动
【答案】C
【解析】以表格形式考查化学平衡知识。要善于对表格数据分析、对比，结合具体化学知识，深入分析，得出结论。升高温度，c（Y）增大，平衡正移，正反应吸热，Q＞0，B、D错。通过计算：温度恒定时，如100 ℃时，n1（Y）=1.00×1=1 mol；n2（Y）=0.75×2 mol=1.5 mol，n3（Y）=4×0.53=2.12 mol；n（Y）增大，平衡正移，体积增大相当于体系不断减压，因此可知：m＜n，A错。
（2009·重庆卷）各可逆反应达平衡后，改变反应条件，其变化趋势正确的是（ ）
【答案】D
【解析】此题考查平衡状态的影响因素及平衡移动方向。A项，加入乙酸钠固体，增大乙酸根的浓度，平衡左移，H+浓度减小，pH增大；B项，该反应的实质是:Fe3++3SCN-Fe（SCN）3，加入KCl对平衡几乎无影响，Fe3+的浓度几乎不变；C项恒温恒压下充入氩气，原平衡体系中各组分的分压减小，相当于温度不变，减小体系的压强，故平衡左移，氢气的转化率减小。D项，反应是吸热反应，升高温度反应向正方向移动，故CH3OCH3的转化率增大。
（2009·广东卷）取五等份NO2，分别加入温度不同、容积相同的恒容密闭容器中，发生反应：2NO2（g）N2O4（g） ΔH＜0反应相同时间后，分别测定体系中NO2的百分含量（NO2%），并作出其随反应温度（T）变化的关系图。下列示意图中，可能与实验结果相符的是…（ ）
【答案】BD
【解析】在恒容状态下，在5个相同的容器中同时通入等量的NO2，反应相同时间。那么则有两种可能，一是已达到平衡状态，二是还没有达到平衡状态，仍然在向正反应方向移动。若5个容器在反应相同时间下，均已达到平衡，因为该反应是放热反应，温度越高，平衡向逆反应方向移动的程度越大，NO2的百分含量随温度升高而升高，所以B正确。若5个容器中有未达到平衡状态的，刚反应时，平衡向右移动，NO2的含量减少，而后达到平衡时，由于该反应为放热反应，升高温度，平衡向左移动，NO2的含量逐渐增加，故D项可能与实验结果相符合。
（2009·江苏卷）I2在KI溶液中存在下列平衡：I2(aq)+I-(aq)(aq)
某I2、KI混合溶液中，的物质的量浓度c()与温度T的关系如图所示(曲线上任何一点都表示平衡状态)。下列说法正确的是( )
A.反应I2(aq)+I- (aq)====(aq)的ΔH＞0
B.若温度为T1、T2，反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1＞K2
C.若反应进行到状态D时，一定有v正＞v逆
D.状态A与状态B相比，状态A的c(I2)大
【答案】BC
【解析】
本题为化学平衡的图象题，考查化学平衡移动原理及识图能力。由图象可知，反应I2(aq)+I- (aq) (aq)随着T的增加的浓度减小，反应向逆方向进行，所以反应的ΔH＜0，A不正确；温度由T1→T2，温度升高，平衡左移，平衡常数减小，即K1＞K2，B正确；D点不是平衡状态，平衡向右移动，即v正＞v逆，C正确；状态A时，c()大，则c(I2)小，D不正确。
（2009·广东卷）硫酸锶（SrSO4）在水中的沉淀溶解平衡曲线如下。下列说法正确的是（ ）
A.温度一定时，Ksp（SrSO4）随c()的增大而减小
B.三个不同温度中，313 K时Ksp（SrSO4）最大
C.283 K时，图中a点对应的溶液是不饱和溶液
D.283 K下的SrSO4饱和溶液升温到363 K后变为不饱和溶液
【答案】BC
【解析】首先对图象分析，横轴自左向右c()逐渐增大，纵轴自下而上c(Sr2+)也逐渐增大，即随着c()的增大，c(Sr2+)逐渐减小，温度一定时，Ksp (SrSO4)＝c(Sr2+)·c()即为横坐标与纵坐标的乘积，积的大小不存在递变关系，所以A不正确；当c()一定时，在313 K时，c(Sr2+)最大，B正确；283 K时，在a点，c(Sr2+)·c()＜Ksp (283 K)，所以a点对应的溶液不饱和，C正确；SrSO4在283 K下饱和溶液升温至363 K时，Ksp减小，饱和溶液中析出SrSO4固体，D不正确。
（2009·广东卷）难挥发性二硫化钽（TaS2）可采用如下装置提纯。将不纯的TaS2粉末装入石英管一端，抽真空后引入适量碘并封管，置于加热炉中。反应如下：TaS2(s)+2I2(g)TaI4(g)+S2(g)
下列说法正确的是（ ）
A.在不同温度区域，TaI4的量保持不变
B.在提纯过程中，I2的量不断减少
C.在提纯过程中，I2的作用是将TaS2从高温区转移到低温区
D.该反应的平衡常数与TaI4和S2的浓度乘积成反比
【答案】C
【解析】从方程式分析可知，高温区，反应正向进行，生成的气体在低温区向左进行，以达到提纯的目的，所以A、B均不正确，C正确；平衡常数，所以D不正确。
（2009·宁夏、辽宁卷）硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为：
Na2S2O3+H2SO4====Na2SO4+SO2+S↓+H2O，下列各组实验中最先出现浑浊的是( )
实验 反应温度/℃ Na2S2O3溶液 稀H2SO4 H2O
V/mL c/(mol·L-1) V/mL c/(mol·L1-) V/mL
A 25 5 0.1 10 0.1 5
B 25 5 0.2 5 0.2 10
C 35 5 0.1 10 0.1 5
D 35 5 0.2 5 0.2 10
【答案】D
【解析】本题考查影响化学反应速率的因素。温度越高、溶液的浓度越大，化学反应速率越快，即出现浑浊所需时间越短。综合分析4种情况下的温度和浓度，D中温度最高，溶液浓度最大。所以本题选D。
（2009·天津卷）人体血液内的血红蛋白（Hb）易与O2结合生成HbO2，因此具有输氧能力。CO吸入肺中发生反应：CO+HbO2O2+HbCO，37 ℃时，该反应的平衡常数K=220。HbCO的浓度达到HbO2浓度的0.02倍，会使人智力受损。据此，下列结论错误的是（ ）
A.CO与HbO2反应的平衡常数
B.人体吸入的CO越多，与血红蛋白结合的O2越少
C.当吸入的CO与O2浓度之比大于或等于0.02时，人的智力才会受损
D.把CO中毒的病人放入高压氧仓中解毒，其原理是使上述平衡向左移动
【答案】C
【解析】由平衡表达式CO+HbO2O2+HbCO可知A正确；CO增多，平衡向右移动，B正确；同理D正确。当时，人的智力受损，结合，得，所以C不正确。
（2009·全国Ⅰ卷）下图表示反应X(g)4Y(g)+Z(g),ΔH＜0,在某温度时X的浓度随时间变化的曲线：
下列有关该反应的描述正确的是( )
A.第6 min后，反应就终止了
B.X的平衡转化率为85%
C.若升高温度，X的平衡转化率将大于85%
D.若降低温度，v正和v逆将以同样倍数减小
【答案】B
【解析】本题具体考查化学反应速率与化学平衡部分知识，关键是深刻理解“勒夏特列原理”并结合具体反应灵活应用。A项，考查化学平衡的特点，由图知：6 min以后，反应物X浓度不再改变，说明达到了平衡。但化学平衡是动态平衡，反应未终止。B项，X的转化率计算：。C项，该反应ΔH＜0，据“勒夏特列原理”，升温，平衡向着使体系降温的方向移动，即平衡逆移，故X的转化率降低。D项，考查温度与速率的关系。降低温度,v正、v逆都减小，但不会是同样倍数，与该反应热效应有关。正反应放热，降低温度，平衡正向移动，说明v正′＞v逆′。
（2009·广东卷）已知汽车尾气无害化处理反应为2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）。下列说法不正确的是（ ）
A.升高温度可使该反应的逆反应速率降低
B.使用高效催化剂可有效提高正反应速率
C.反应达到平衡后，NO的反应速率保持恒定
D.单位时间内消耗CO和CO2的物质的量相等时，反应达到平衡
【答案】A
【解析】本题以尾气处理反应为载体,考查化学反应速率与化学平衡的相关知识。升温,正逆反应速率均增大,A错。催化剂可同等程度地提高v正、v逆,B对。平衡状态的标志之一是“定”——反应速率保持不变,C对。单位时间内消耗CO(代表v正)和CO2(代表v逆)的物质的量相等,再依据反应速率之比等于系数之比,实质反映了同一物质的v正=v逆,说明反应达平衡，D对。
（2009·北京卷）已知：H2(g)+I2(g)2HI(g);ΔH＜0。有相同容积的定容密闭容器甲和乙，甲中加入H2和I2各0.1 mol，乙中加入HI 0.2 mol，相同温度下分别达到平衡。欲使甲中HI的平衡浓度大于乙中HI的平衡浓度，应采取的措施是（ ）
A.甲、乙提高相同温度
B.甲中加入0.1 mol He，乙不变
C.甲降低温度，乙不变
D.甲增加0.1 mol H2，乙增加0.1 mol I2
【答案】C
【解析】本题考查勒夏特列原理的应用及“等效平衡”。恒温、恒压条件下，起始甲、乙投入量相当，是等效平衡，平衡状态相同。升高相同温度，平衡移动情况相同，仍然相等，A错。甲中加入0.1 mol He，平衡不移动，仍相等，B错。对甲降温，平衡正移，则甲中c(HI)增大，C对。甲、乙分别增加0.1 mol H2、0.1mol I2，平衡同等程度地正移，二者仍相等，D错。
（2009·福建卷）某探究小组利用丙酮的溴代反应（CH3COCH3+Br2CH3COCH2Br+HBr）来研究反应物浓度与反应速率的关系。反应速率v(Br2)通过测定溴的颜色消失所需的时间来确定。在一定温度下，获得如下实验数据：
实验序号 初始浓度c/mol·L-1 溴颜色消失所需时间t/s
CH3COCH3 HCl Br2
① 0.80 0.20 0.001 0 290
② 1.60 0.20 0.001 0 145
③ 0.80 0.40 0.001 0 145
④ 0.80 0.20 0.002 0 580
分析实验数据所得出的结论不正确的是（ ）
A.增大c（CH3COCH3），v(Br2)增大
B.实验②和③的v(Br2)相等
C.增大c（HCl），v(Br2)增大
D.增大c（Br2），v(Br2)增大
【答案】D
【解析】由实验数据分析可知，CH3COCH3、HCl的浓度增大，均会缩短反应时间，而c(Br2)增大，加大反应时间，所以本题选D。
（2009·安徽卷）汽车尾气净化中的一个反应如下:NO(g)+CO(g)N2(g)+CO2(g) ΔH=-373.4 kJ·mol-1 在恒容的密闭容器中,反应达平衡后,改变某一条件,下列示意图正确的是( )
【答案】C
【解析】首先明确该反应的特征：气体体积缩小的放热反应。根据勒夏特列原理，升高温度，平衡应向吸热方向(逆反应方向)移动，所以平衡常数K应减小，CO的转化率也应减小，所以A、B选项均错误。因某一化学反应的平衡常数K只随温度的改变而改变，与物质的浓度及压强无关，故增加NO的物质的量，平衡常数K并不改变，C选项正确。恒容条件下，增加N2的物质的量(即增加N2的浓度)，平衡应向逆反应方向移动，故NO转化率应减小，D选项错误。
（2009·江苏卷）联氨(N2H4)及其衍生物是一类重要的火箭燃料，N2H4与N2O4反应能放出大量的热。
(1)已知：2NO2(g)====N2O4(g) ΔH＝-57.20 kJ·mol-1。一定温度下，在密闭容器中反应2NO2(g) N2O4(g)达到平衡。
其他条件不变时，下列措施能提高NO2转化率的是______________(填字母)。
A.减小NO2的浓度 B.降低温度
C.增加NO2的浓度 D.升高温度
(2)25 ℃时，1.00 g N2H4(l)与足量N2O4(l)完全反应生成N2(g)和H2O(l)，放出19.14 kJ的热量。则反应2N2H4(l)+N2O4(l)====3N2(g)+4H2O(l)的ΔH＝_______________kJ·mol-1。
(3)17 ℃、1.01×105 Pa，密闭容器中N2O4和NO2的混合气体达到平衡时，c(NO2)＝0.030 0 mol·L-1、c(N2O4)＝0.012 0 mol·L-1。计算反应2NO2(g) N2O4(g)的平衡常数K。
(4)现用一定量的Cu与足量的浓HNO3反应，制得1.00 L已达到平衡的N2O4和NO2的混合气体(17 ℃、1.01×105 Pa)，理论上至少需消耗Cu多少克？
【答案】(1)BC
(2)-1 224.96
(3)根据题意知平衡时：c(N2O4)＝0.012 0 mol·L-1；c(NO2)＝0.030 0 mol·L-1
答：平衡常数为13.3。
(4)由(3)可知，在17 ℃、1.01×105 Pa达到平衡时，1.00 L混合气体中：
n(N2O4)＝c(N2O4)×V＝0.012 0 mol·L-1×1.00 L＝0.012 0 mol
n(NO2)＝c(NO2)×V＝0.030 0 mol·L-1×1.00 L＝0.030 0 mol
则n总(NO2)＝n(NO2)+2×n(N2O4)＝0.054 0 mol
由Cu+4HNO3 Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O可得
答：理论上至少需消耗Cu 1.73 g。
【解析】(1)要提高NO2的转化率，即要使平衡2NO2(g) N2O4(g) ΔH＝-57.20 kJ·mol-1向右移动，采取的措施有降低温度和增大气体压强，所以本题选BC。
(4)计算中，要注意运用(3)题中的已知条件。
（2009·浙江卷）超音速飞机在平流层飞行时，尾气中的NO会破坏臭氧层。科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO和CO转变成CO2和N2，化学方程式如下：2NO+2CO2CO2+N2
为了测定在某种催化剂作用下的反应速率，在某温度下用气体传感器测得不同时间的NO和CO浓度如表：
时间/s 0 1 2
c(NO)/mol·L-1 1.00×10-3 4.50×10-4 2.50×10-4
c(CO)/ mol·L-1 3.60×10-3 3.05×10-3 2.85×10-3
时间/s 3 4 5
c(NO)/mol·L-1 1.50×10-4 1.00×10-4 1.00×10-4
c(CO)/ mol·L-1 2.75×10-3 2.70×10-3 2.70×10-3
请回答下列问题（均不考虑温度变化对催化剂催化效率的影响）：
(1)在上述条件下反应能够自发进行，则反应的ΔH________0(填写“＞”、“＜”、“＝”)。
(2)前2 s内的平均反应速率v(N2)=________。
(3)在该温度下，反应的平衡常数K=________。
(4)假设在密闭容器中发生上述反应，达到平衡时下列措施能提高NO转化率的是________。
A.选用更有效的催化剂 B.升高反应体系的温度
C.降低反应体系的温度 D.缩小容器的体积
(5)研究表明：在使用等质量催化剂时，增大催化剂比表面积可提高化学反应速率。为了分别验证温度、催化剂比表面积对化学反应速率的影响规律，某同学设计了三组实验，部分实验条件已经填在下面实验设计表中。
实验编号 T/℃ NO初始浓度/ mol·L-1 CO初始浓度/mol·L-1 催化剂的比表面积/ m2·g-1
Ⅰ 280 1.20×10-3 5.80×10-3 82
Ⅱ 124
Ⅲ 350 124
①请在上表空格中填入剩余的实验条件数据。
②请在给出的坐标图中，画出上表中的三个实验条件下混合气体中NO浓度随时间变化的趋势曲线图，并标明各条曲线的实验编号。
【答案】
（1）＜ (2)1.88×10-4 mol·（L·s）-1
（3）5 000
（4）CD （5）①Ⅱ.280 1.20×10-3 5.80×10-3 Ⅲ.1.20×10-3 5.80×10-3
②如下图：
【解析】本题考查化学反应速率和化学平衡的知识内容。（1）能自发进行的反应一般是放热反应，故ΔH＜0。（2）先算出NO或CO前2 s内表示的反应速率，再转化成用N2表示的反应速率。（3）注意是4 s后浓度不变，达到平衡，先算好平衡状态时各物质的“平衡浓度”，再计算出其平衡常数K的数值。（4）A项：催化剂不能使平衡移动，故不影响NO的转化率。
B、C项：第（1）问中说明该反应是放热反应，故降低温度有利于提高NO的转化率，C对。
D项：正反应是气体体积减小的反应，增大压强有利于提高NO的转化率，D也对。（5）表格中的关键信息是“初始浓度”，Ⅱ与Ⅲ中的当然应该与Ⅰ相一致了。另外要理解Ⅰ与Ⅱ实验对比，是研究催化剂比表面积的，温度应该一致。Ⅱ与Ⅲ实验是对比温度的影响，这在画②问曲线时尤其要注意。
（2009·山东卷）运用化学反应原理研究氮、氧等单质及其化合物的反应有重要意义。
（1）合成氨反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）,若在恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气，平衡_________移动（填“向左”“向右”或“不”）；使用催化剂________反应的ΔH（填“增大”“减小”或“不改变”）。
（2）已知：O2（g）====（g）+e- ΔH1=1 175.7 kJ·mol-1
PtF6（g）+e-==== ΔH2=-771.1 kJ·mol-1
====（g）+ ΔH3=482.2 kJ·mol-1
则反应O2（g）+FtF6(g)= ===的ΔH=___________ kJ·mol-1。
(3)在25 ℃下，向浓度均为0.1 mol·L-1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成________沉淀（填化学式），生成该沉淀的离子方程式为________________________。已知25 ℃时Ksp［Mg(OH)2］=1.8×10-11,Ksp［Cu(OH)2］=2.2×10-20。
（4）在25 ℃下，将a mol·L-1的氨水与0.01 mol·L-1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c()=c(Cl-)，则溶液显___________性（填“酸”“碱”或“中”）；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb=__________。
【答案】
（1）向左 不改变
（2）-77.6
(3)Cu(OH)2 Cu2++2NH3·H2O====Cu(OH)2↓+2
(4)中
【解析】本题考查①平衡移动，②盖斯定律，③沉淀的生成，④溶液中的电荷守恒和电离常数的计算等知识点。（1）恒温、恒压下向平衡体系中充入氩气，容器的体积增大，相当于减小平衡体系的压强，所以平衡向左移动；使用催化剂不改变化学平衡状态也不改变反应的ΔH。（2）据已知热化学方程式，利用盖斯定律，得反应O2（g）+PtF6（g）====的ΔH=1 175.7 kJ·moL-1+(-771.1 kJ·moL-1)-482.2 kJ·moL-1=-77.6 kJ·moL-1。（3）因Ksp〔Mg(OH)2〕＞Ksp〔Cu(OH)2〕，所以向MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，首先生成Cu(OH)2沉淀。书写离子方程式时注意NH3·H2O是弱电解质，应写分子形式。（4）当c()=c(Cl-)时，根据电荷守恒c()+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，可得c(H+)=c(OH-)，所以溶液显中性，此时c(OH-)=10-7 mol·L-1，c()=c(Cl-)=0.005 mol·L-1，NH3·H2O+OH-，
。
（2009·安徽卷）Fenton法常用于处理含难降解有机物的工业废水,通常是在调节好pH和Fe2+浓度的废水中加入H2O2,所产生的羟基自由基能氧化降解污染物。现运用该方法降解有机污染物p-CP,探究有关因素对该降解反应速率的影响。
［实验设计］控制p-CP的初始浓度相同,恒定实验温度在298 K或313 K(其余实验条件见下表),设计如下对比实验。
(1)请完成以下实验设计表(表中不要留空格)。
实验编号 实验目的 T/K pH c/10-3 mol·L-1
H2O2 Fe2+
① 为以下实验作参照 298 3 6.0 0.30
② 探究温度对降解反应速率的影响
③ 298 10 6.0 0.30
［数据处理］实验测得p-CP的浓度随时间变化的关系如上图。
(2)请根据上图实验①曲线,计算降解反应在50～150 s内的反应速率:
v(p-CP)=_____________ mol·L-1·s-1。
［解释与结论］
(3)实验①、②表明温度升高,降解反应速率增大。但温度过高时反而导致降解反应速率减小,请从Fenton法所用试剂H2O2的角度分析原因:______________________________。
(4)实验③得出的结论是:pH等于10时,______________________________________。
［思考与交流］
(5)实验时需在不同时间从反应器中取样,并使所取样品中的反应立即停止下来。根据上图中的信息,给出一种迅速停止反应的方法:________________________________________。
【答案】
(1)
实验编号 实验目的 T/K pH c/10-3 mol·L-1
H2O2 Fe2+
①
② 313 3 6.0 0.30
③ 探究溶液的pH对降解反应速率的影响
(2)8.0×10-6
(3)过氧化氢在温度过高时迅速分解
(4)反应速率趋向于零(或该降解反应趋于停止)
(5)将所取样品迅速加入到一定量的NaOH溶液中,使pH约为10(或将所取样品骤冷等其他合理答案均可)
【解析】该题为信息型(文字、图表提供信息)的实验探究题，仔细阅读题目信息，明确实验目的，该题还是比较容易作答的。
(1)②的实验目的为“探究温度对降解反应速率的影响”，很显然就要固定其他变量〔pH、c(H2O2)、c(Fe2＋)〕，而只改变温度——题目中已给的另一个恒定温度313 K。第③组实验的变量是pH，其他条件未变，显然实验目的是：探究溶液的pH对降解反应速率的影响。
(2)根据图中实验①曲线，该降解反应在50～150 s内的反应速率为：
(3)温度过高时，导致降解反应速率减小，从Fenton法所使用试剂H2O2的角度分析原因，就要联系H2O2的相关性质，再和“温度”这一因素联系起来，就不难得出“H2O2在温度过高时迅速分解，从而不能产生羟基自由基氧化降解污染物”的结论。(4)观察实验③的曲线，几乎是一条c(p-CP)不变的曲线，说明p-CP几乎没有被降解。所以当pH=10时反应速率趋向于零(或该降解反应趋于停止)。(5)该题承接第(4)题，根据题目信息，使该降解反应迅速停止反应的方法应是：将所取样品迅速加入到一定量的碱性溶液中，并控制溶液的pH=10。
（2009·上海卷）(1)在一定温度下，氧化铁可以与一氧化碳发生下列反应：
Fe2O3(s)+3CO(g) 2Fe(s)+3CO2(g)
①该反应的平衡常数表达式为：K=______________________。
②该温度下，在2 L盛有Fe2O3粉末的密闭容器中通入CO气体，10 min后，生成了单质铁11.2 g。则10 min内CO的平均反应速率为_______________________。
(2)请用上述反应中某种气体的有关物理量来说明该反应已达到平衡状态：
①_______________________；②_______________________。
(3)某些金属氧化物粉末和Al粉在镁条的引燃下可以发生铝热反应。下列反应速率(v)和温度(T)的关系示意图中与铝热反应最接近的是_______________________。
(4)写出氢氧化铝在水中发生酸式电离的电离方程式：___________________________________。欲使上述体系中Al3+浓度增加，可加入的物质是_______________________。
【答案】
(1) 0.015 mol·(L·min)-1
（2）①CO（或CO2）的生成速率与消耗速率相等 ②CO（或CO2）的质量不再改变
（3）b
（4）Al(OH)3H++ +H2O 盐酸
【解析】（1）Fe2O3(s)＋3CO(g) 2Fe(s)＋3CO2(g)
3 mol 2×56 g
0.3 mol 11.2 g
（3）根据温度升高，反应速率增大判断可知，图像b正确。
（4）Al(OH)3是两性氢氧化物，其酸式电离的离子方程式为Al(OH)3H＋＋＋H2O；碱式电离的离子方程式为Al(OH)3====Al3＋＋3OH-，欲使Al3＋浓度增大，可加入盐酸、硫酸等以降低OH-浓度，使平衡向碱式电离的方向移动。
（2009·宁夏、辽宁卷）2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反应过程的能量变化如图所示。已知1 mol SO2(g)氧化为1 mol SO3(g)的ΔH=-99 kJ·mol-1
请回答下列问题：
(1)图中A、C分别表示_________、_________，E的大小对该反应的反应热有无影响？_________。该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点升高还是降低？_________，理由是__________________；
(2)图中ΔH=_________kJ·mol-1；
(3)V2O5的催化循环机理可能为：V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒化合物；四价钒化合物再被氧气氧化。写出该催化循环机理的化学方程式_____________________________；
(4)如果反应速率v(SO2)为0.05 mol·L-1·min-1，则v(O2)=_______mol·L-1·min-1、v(SO3)=_______mol·L-1·min-1；
(5)已知单质硫的燃烧热为296 kJ·mol-1，计算由S(s)生成3 mol SO3(g)的ΔH_______(要求计算过程)。
【答案】
(1)反应物能量 生成物能量 没有影响 降低 因为催化剂改变了反应历程，使活化能E降低
(2)-198
(3)SO2+V2O5====SO3+2VO2 4VO2+O2====2V2O5
(4)0.025 0.05
(5)S(s)+O2(g)====SO2(g) ΔH1=-296 kJ·mol-1①
SO2(g)+O2(g)====SO3(g) ΔH2=-99 kJ·mol-1②
①×3+②×3得
3S(s)+O2(g)====3SO3(g) ΔH=(ΔH1+ΔH2)×3=-1185 kJ·mol-1
【解析】本题考查化学反应中的能量变化、盖斯定律、反应速率计算及催化剂的催化原理。(1)由图象知A、C点分别代表反应物、产物的总能量，E为反应的活化能，因反应历程不同而不同，但对反应热无影响；催化剂的加入，改变了反应历程，降低了反应的活化能，从而加快了反应速率。(2)由已知数据可知ΔH=-99 kJ·mol-1×2=-198 kJ·mol-1。(4)对于反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，v(SO2)∶v(O2)∶v(SO3)=2∶1∶2，由v(SO2)=0.05 mol·L-1·min-1可得v(O2)和v(SO3)。(5)硫的燃烧热为296 kJ·mol-1，可得S(s)+O2(g)====SO2(g)，ΔH=-296 kJ·mol-1，结合2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，ΔH=-198 kJ·mol-1，利用盖斯定律，即可求得由S(s)生成3 mol SO3(g)的ΔH。
（2008·广东卷）对于反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），能增大正反应速率的措施是（ ）
A.通入大量O2 B.增大容器容积
C.移去部分SO3 D.降低体系温度
【答案】A
【解析】增大容器容积、移去部分SO3，即减少浓度，而减少物质的浓度、降低温度均减小反应速率，B、C、D错误，A中增加O2的浓度，反应速率加快，A正确。
（2008·上海卷）等质量的铁与过量的盐酸在不同的实验条件下进行反应，测定在不同时间t产生氢气体积V的数据，根据数据绘制得到下图，则曲线a、b、c、d所对应的实验组别可能是（ ）
组别 c(HCl)/mol·L-1 温度/℃ 状态
1 2.0 25 块状
2 2.5 30 块状
3 2.5 50 块状
4 2.5 30 粉末状
A.4-3-2-1 B.1-2-3-4
C.3-4-2-1 D.1-2-4-3
【答案】AC
【解析】从图象上可看出，反应速率由快到慢的顺序是a＞b＞c＞d，由影响反应速率因素可知，温度越高反应速率越快，粉末状固体比块状固体表面积大，反应速率快，提高温度对速率的影响和将固体做成粉末的影响大小不确定，故有A、C两种可能。
（2008·天津卷）对于平衡CO2(g)CO2(aq)；ΔH=-19.75 kJ·mol-1，为增大二氧化碳气体在水中的溶解度，应采用的方法是( )
A.升温增压 B.降温减压
C.升温减压 D.降温增压
【答案】D
【解析】由反应：CO2(g)CO2(aq)；ΔH=-19.75 kJ·mol-1可知，CO2溶解是气体体积减小且放热的反应，根据化学平衡移动原理，为增大CO2气体在水中的溶解度，应采取的措施是降温、增压，故答案为D。
（2008·广东卷）碘钨灯比白炽灯使用寿命长。灯管内封存的少量碘与使用过程中沉积在管壁上的钨可以发生反应：W（s）+I2(g)WI2(g) ΔH＜0(温度T1＜T2)。下列说法正确的是…（ ）
A.灯管工作时，扩散到灯丝附近高温区的WI2（g）会分解出W，W重新沉积到灯丝上
B.灯丝附近温度越高，WI2（g）的转化率越低
C.该反应的平衡常数表达式是K=
D.利用该反应原理可以提纯钨
【答案】AD
【解析】该反应的正反应为放热反应，温度升高，化学平衡向左移动。所以灯丝附近温度越高，WI2的转化率越高，B错。平衡常数，应为生成物浓度除以反应物浓度：K=。利用该反应，可往钨矿石中加入I2单质，使其反应生成WI2富集，再通过高温加热WI2生成钨，从而提纯W，D正确。
（2008·广东卷）将H2（g）和Br2（g）充入恒容密闭容器，恒温下发生反应H2（g）+Br2（g）2HBr（g） ΔH＜0，平衡时Br2（g）的转化率为a；若初始条件相同，绝热下进行上述反应，平衡时Br2（g）的转化率为b。a与b的关系是（ ）
A.a＞b B.a=b C.a＜b
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