高考化学试题分类汇编 化学反应速率和化学平衡

化学反应速率和化学平衡天津卷.2015.T9.下列说法不正确的是【解析】A项，△S>0、△H<0有利于反应的自发进行，A选项两条都满足，结合Na与HO反应的实验常识，选项正确；B项，饱和NaSO,溶液使蛋白质溶液聚沉，是物理变化，浓硝天津卷.2015.T12.某温度下，在2L的密闭容器中，加入1molX(g)和2molY(g)发生反的是B.两次平衡的平衡常数相同C.X与Y的平衡转化率之比为1:1【答案】D【解析】A项，根据题意，在此平衡系中加入1molZ(g),再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变，反应又是在恒温恒容条件下进行的，说明此平衡为等效平衡，根据恒温恒容条件变化只与温度的变化有关，此反应是在恒温条件下进行，故两次平衡的平衡常数相同，选项关系，而题目中给定的X与Y起始量也是1:2关系，因此X与Y的平衡转化率之比为1:1选项正确，;D项，根据三段式，结合第一次平衡时Z的体积分数为10%,可以计算出c(Z)=0.15四川卷.2015.T7.一定量的CO,与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：A.550℃时，若充入惰性气体，v,v均减小，平衡不移动为(1-X),由题可知，(1-X)/2X=60%/40%,解得x=0.25,故选项B正确。选项C中，当同时时加入2体积CO,而此时是等体积加入，相当于CO加少了，平衡应正向移动，故C错误。选项D中，通过题目所给条件计算K,应等于23.0P,故D错误。K=0.1,反应前CO的物质的量为10mol,平衡后CO物质的量为8mol,下列说法正确的是C.反应前HS物质的量为7molD.CO的平衡转化率为80%【答案】C【解析】A.升高温度，HS浓度增加，说明平衡逆向移动，则该反应是放热反应，错误；B.通入CO后，正反应速率瞬间增大，又逐渐减小，错误；C.根据Co(g)+HlS(g)=cos(g)+H,(g)起始物质的量10n00变化物质的量2222平衡物质的量8n-222设该容器的体积为V,根据K=0.1,列关系式得(2×2)÷[8×(n-2)]=0.1,解得n=7,正确；D.根据上述数据CO的平衡转化率为2÷10×100%=20%,错误；选C。考点：考查影响化学反应速率的因素，反应的热效应，化学平衡的有关计算。N,的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始条件改变时N,的浓度随时间的变化。下列叙述正确的是：A.温度T下，该反应的平衡常数K=B.温度T下，随着反应的进行，混合气体的密度减小C.曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂D.若曲线b对应的条件改变是温度，可判断该反应的△H<0【答案】A【解析】答案选A。选项A根据化学反应平衡常数的计算可知正确。选项B,由于反应容器是恒容的仪器，反应物和生成物均为气体，因此容器内的密度均不改变，该选项错误。选项C,加入催化剂只是改变化学反应的速率，并不能使化学平衡发生移动，由图可知平衡发生移动，因此改选项错误。选项D,,若曲线b的条件的改变是温度,由图可知，达到平衡的时间缩ab蔗糖水解速率增大2.5倍。故A选项正确。B选项中，根据速率的影响因素，化学反应速率上海卷.2015.T20.对于合成氨反应，达到平衡后，以下分析正确的是()[多选]【解析】对于合成氨反应，N+3H÷2NH+Q,属于放热反应，升高温度平衡会向着吸热方向移动，对逆反应的反应速率影响更大，A错误；增大压强，平衡向着正反应的反应速率影响较大，B正确；减小反应物浓度，平衡逆向移动，对逆反应的反应速海南卷.2015.T.8.10ml浓度为1mol/L的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但又不影响氢气生成的是()[多选]【解析】锌与盐酸反应Zn+2HCl=ZnCl+H,1若加入物质使反应速率降低，则c(H)减小。但是不影响产生氢气的物质的量，说明最终电离产生的的n(H)不变。A中硫酸钾是强酸强碱盐，生置换反应Zn+CuSO,=ZnSO4+Cu产生的铜与锌和盐酸构成原电池，会加快反应速率，与题意不符号，故错误。D中加入NaCO,溶液会与盐酸发生反应NaCO+2HCl1=2NaCl+H,O+COt,使溶液中的c(H)减小，但由于逸出二氧化碳气体，因此n(H)也减小，产生氢气的物质的量减小，不符合题意故D错误28.(15分)碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛图。回答下列问题：(2)上述浓缩液中含有I-、Cl-等离子，取一定量的(3)已知反应2HI(g)=H(g)+1(g)的△H=+11kJ·mol1,1molH(g)、1molI。(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收436KJ、151KJ的能量，则1molHI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为kJ。合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下表：010①根据上述实验结果，该反应的平衡常数K的计算式为：某一温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为(填字母) 平衡0.784mol·L-10.108mol·L-10.108mol·L-127.(14分)①②③(1)已知反应①中相关的化学键键能数据如下：化学键△H₂=-58kJ·mol-1△H₂=则(2)反应①的化学平衡常数K表达式为;图1中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为(填曲线标记字母),其判断理由是。(3)组成n(H₂)ln(CO+CO₂)=2.60温度和压强的关a(co)值随温度升高而(填“增大”或“缩小”)其原因是;图2中的压强由大到小为,其判断理由是。【答案：】(1)-99+44a反应①是放热反应，K应该随温度的升高而变小，(3)减小反应①是放热反应，平衡向左移动，使得体系的CO的量增大：反应③为吸热反应平衡向右移动，又使CO得量增大总的使温度升高，CO的转化率降低。原因相同温度下由于第一个反应为气体分子数减小的反应，加压有利于平衡右移动，提高CO的转化率，而反应③为气体分子数不变的反应，产生的CO不受压强的影响，故增大压强有利于CO的转化率升高。【解析：】(1)根据反应焓变等于反应物的键能总和-生成物的键能总和得出△H=-99kJ/mol,a反应①是放热反应，K应该随温度的升高而变小(3)减小反应①是放热反应，平衡向左移动，使得体系的CO的量增大：反应③为吸热反应平衡向右移动，又使CO得量增大总的使温度升高，CO的转化率降低。原因相同温度下由于第一个反应为气体分子数减小的反应，加压有利于平衡右移动，提高CO的转化率，而反应③为气体分子数不变的反应，产生的CO不受压强的影响，故增大压强有利于CO的转化率升高。北京卷反应1H反成Ⅱ(1)反应I的化学方程式是。c.I,在HI溶液中比在HSO,溶液中易溶(3)反应Ⅱ:2HSO(1)=2S0(g)+0,(g)+2HO(g)△H=+550kJ/mol【答案】HSo(1)=S₀(g)+HO(g)△H②L>L,L代表温度对S0的平衡转化率的影响，反应ii为吸热反应，温度升高SO,转化【解析】(1)根据图中信息可知反应I中反应物为SO、HO和I,生成物为HSO和HI,配平即得SO₂+2HO+I。=HSO+2HI。(2)①此问考查对于题干信息“该产物的溶液在过量I。的存在下会分成两层——含低浓度I,的HSO,层和含高浓度I,的HI层”的分析处理能力。加入I,前溶液未出现分层，加入I,后，碘在HI溶液中溶解度大于在HSO溶液中溶解度，两溶液中密度存在差异，故出现分层现象。②此问考查常见离子SO的检验。③由题干信息得知HSO,溶液中溶有低浓度的碘，碘单质可与水发生反应I。+HO÷HI+HIO,c(H)增大使溶液中c(H):c(SOz)的比值大于2。(3)影响化学反应平衡因素和图像综合问题。首先要根据反应Ⅱ和步骤i写出步骤ii的热化学反应方程式2S0(g)=2SO(g)+0,(g)△HH=+196KJmol-+。①该反应正反应为气体体积增大的反应，压强增大，平衡逆向27.(14分)HCO;→化作用光合作用(1)溶于海水的CO,主要以4种无机碳形式存在，其中HCO-占95%,写出CO,溶于水产生HCO(2)在海洋循环中，通过右图所示②同位素示踪法证实光合作用释放出的0,只来自于H0,用180标记物质的光合作用的化学方(3)海水中溶解无机碳占海水总碳的95%以上，其准确测量是研究海洋碳循环的基础，①气提、吸收CO,用N,从酸化后的还说中吹出CO,并用碱液吸收(装置示意图如下),将虚②滴定。将吸收液洗后的无机碳转化为NaHCO,再用(4)利用右图所示装置从海水中提取CO,有利于②用该装置产生的物质处理b室排出的海水，合格后排回大海。处理至合格的方法是。【答案】 HO=—OH-+H平衡正移，c(H)上升，H从aHCO-+H==CO+HO。②用a室产生的NaOH调节b室流出溶液的PH值至PH=8。②根据化学反应中元素守恒原理，及示踪原子可知方程式中1s0源自于水确定方程式中填空(3)①注意酸化的试剂要用硫酸，一定不能用盐酸，HCl会挥发出来影响后续的滴定。洗气装置导管需长进短出。根据未酸化信息可知需加入稀硫酸(无挥发性),需加分液漏斗。可得到无机碳浓度为xy/z。(4)①海水pH>8,显碱性，需要H中和降低海水的碱性，a室发生阳极反应：40H-4e-=HCOHH==COO。②b室排出的溶液PH值小于6显酸性，而海水PH为8,则需要一种碱将其中和。可用c室产生的NaOH中和显酸性的海水，再排回大海。北京卷28.(15分)为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系，某同学通过改变浓度研究K1溶液数流001molLAgNO溶FeSO,溶液溶液变浅称比日路说实验Ⅱ(1)待实验I溶液颜色不再改变时，再进行实验I,目的是使实验I的反应达到。(2)iii是ii的对比试验，目的是排除有ii中造成的影响。向Fe₃-转化。用化学平衡移动原理解释原降低，导致I-的还原性弱于Fe2,用右图装置(a、b均为石墨电极)进行实验验证。②当指针归零(反应达到平衡)后，向U型管左管滴加0.01mol/LAgNO,溶液，产生的现象(5)按照(4)的原理，该同学用上图装置进行实验，证实了ii中Fe₂向Fe3转化的原②与(4)实验对比，不同的操作是。将(3)和(4)、(5)作【答案】(1)化学平衡状态(2)水对溶液中离子浓度改变(3)i加入AgNO,Ag+I=AgI(色沉),I浓度降低，2Fex+2I÷2Fe2+I,平衡逆向移(4)①正②产生黄色沉淀，指针向左偏转。(5)①Fe₂浓度增大，还原性增强，使得Fez的还原性强于I。②当指针归零后，向U型管右管中滴加0.01mol/LFeSO,溶液。(6)在其它条件不变时，物质的氧化性和还原性与浓度有关，浓度的改变可影响物质的氧化【解析】本题通过2Fex+2I÷2Fex+1,反应，考察物质的性质与反应原理的结合。(1)根据题目给出的信息颜色不再改变，可确定达到平衡状态，且后面要求探究改变条件对平衡移动的影响也需达到平衡状态。(2)ii和iii比较可以看出ii中iii都加入1mL液体而ii中不同的是加入FeSO,溶液属于对比法探究Fe2的影响，排除水对平衡移动产生的影响。(3)本题考查影响平衡移动的因素中参加的物质的浓度对平衡移动的影响i加入AgNO,Ag+I-=AgI(黄沉),I浓度降低，2Fe+2I÷2Fez+I,平衡逆向移动。ii加入FeSO,使Fex浓度增大，平衡逆向移动。(4)加入Ag发生反应Ag+I=AgI(黄沉)根据猜测可知I浓度减小，氧化性增强，使得Fe2的还原性强于I-,I-一端成为正极，指针向左偏转。(5)与(4)同样原理Fe?浓度增大，还原性增强，使得Fe?的还原性强于I。②操作应参照“(4)②”进行当指针归零后，向U型管右管中滴加0.01mol/LFeSO溶液。(6)本题探究了浓度对平衡移动，很对氧化性还原性强弱变化的影响，利用了控制变量法得出：在其它条件不变时，物质的氧化性和还原性与浓度有关，浓度的改变可影响物质的氧化和还原性，导致平衡移动。天津卷28.(14分)FeCl,具有净水作用，但腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比FeCl,高效，且腐蚀性小。请回答下列问题：(1)FeC1,净水的原理是。FeCl,溶液腐蚀钢铁设备，除H+作用外，另一主要原因是(用离子方程式表示)。(2)为节约成本，工业上用NaCl⁰。氧化酸性FeCl。废液得到FeCl,。①若酸性FeCl,废液中c(Fez+)=2.0×10<mol·L-,c(Fes+)=1.0×10-mol·L,c(Cl-)=5.3×10-zmol·L-,则该溶液的PH约为。②完成NaC10,氧化FeCl。的离子方程式：(3)FeCl,在溶液中分三步水解：以上水解反应的平衡常数K、K、K由大到小的顺序是。通过控制条件，以上水解产物聚合，生成聚合氧化铁，离子方程式为：欲使平衡正向移动可采用的方法是(填序号)。室温下，使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁的关键条件是。(4)天津某污水处理厂用氯化铁净化污水的结果如下图所示。由图中数据得出每升污水中投放聚合氯化铁[以Fe(mg·L-1)表示]的最佳范围约为mg·L-1。【答案】中悬浮的杂质。(3)K>K>Kbd【解析】(1)FeCl净水的原理主要是利用了是Fe*水解成胶体的浮的杂质。Fe:具有非常强的氧化性，钢铁设备中大部分是Fe,因此二者会发生如下反应，2Fe+Fe=3Fe2,是造成钢铁腐蚀的重要原因。(2)①因为此溶液显酸性，因此溶液中OH-的电荷可以忽略不计，则溶液中的正电荷总数10-mol·L1+c(H),负电荷总数=c(C1-)=5.3×10emol·L-t,根据电荷守恒，4.3×10-mol·Li+c(H)=5.3×10-mol·L1,c(H)=1.0×10-2mol·L1,pH=-1g因此该溶液的pH约为2。②可以依次根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平此方程式。得失电子守恒此时系数为1C10+6Fez+□=1Cl+6Fea+□电荷守恒：溶液先酸性，需要用H配平，此时方程式的反应物一侧正电荷=+11,生应物一侧正电荷=+17,因此方程式左侧需要添加6H原子守恒：根据H原子守恒，很明显，方程式右侧需要补充3HO因此水解的平衡常数K、K、K,也依次减小，K>K>K,应吸热，降温会向放热反应进行，即向逆反应方向进行，所以a选项不正确。室温下，氯化铁溶液易水解，因此需要在制取高浓度聚合氯化铁的时候调节溶液的pH,防止(4)由图中数据可以看出，在18-20区间内，污水的去除率曲线会处于最高点，即去污效果最好，因此投放聚合氯化铁[以Fe(mg·L1)表示]的最佳范围约为18-20mg·L+。11.(14分)我国古代青铜器工艺精湛，有很高的艺术价值和历史价值，但出土的青铜器因受到环境腐蚀，欲对其进行修复和防护具有重要意义。(1)原子序数为29的铜元素位于元素周期表中第周期。(2)某青铜器中Sn、Pb的质量分别为119g、20.7g,则该青铜器中Sn和Pb原子数目之比(3)研究发现，腐蚀严重的青铜器表面大都存在CuCl。关于CuCl在青铜器腐蚀过程中的催A.降低了反应的活化能B.增大了反应的速率C.降低了反应的焓变D.增大了反应的平衡常数(4)采用“局部封闭法”可以防止青铜器进一步被腐蚀。如将糊状Ag0涂在被腐蚀部位，AgO与有害组分CuC1发生复分解反应，该化学方程式为。(5)题11图为青铜器在潮湿环境中发生的电化学腐蚀的示意图。腐蚀过程中，负极是(填图中字母“a”或“b”或“c”;②环境中的Cl扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔铜锈Cu(OH)Cl,③若生成4.29gCu,(OH)Cl,则理论上耗氧体积为L(标准状况)。【答案】11.(14分)(5)①c②2Cuz++30H-+Cl-=Cu,(OH)Cl↓③0.448【解析】(1)铜为29号元素，根据核外电子排布规则可知，铜元素位于元素周期表第四周期，(2),根据N=m/M×N,青铜器中Sn、Pb的质量分别为119g,20.7g,则该青铜器的Sn和Pb原子数之比为10:1,(3),催化剂能降低反应的活化能，从而加快化学反应速率，故选A、B(4),AgO与CuCl发生复分解反应，没有化合价的升价，则化学方程式为AgO(5),①根据图示，为原电池装置，负极发生氧化反应，化合价升高，腐蚀过程中，负极是c,正极是b,a为腐蚀之后生成的产物。②环境中的氯离子扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔铜锈Cu(OH)Cl,离子方程式为2Cu2++30H-+Cl-=Cu,(OH)Cl↓③4.29gCu,(OH)Cl的物质的量为4.29/241.5=0.02mol,根据电极放电量相等，则理论上耗氧体积为0。02×22.4=0.448L(标准状况)。福建卷23.(15分)(1)①硫离子的结构示意图为。②加热时，硫元素的最高价氧化物对应水化物的浓溶液与木炭反应的化学方程式为。(2)25℃,在0.10mol·L-HS溶液中，通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液PH,溶液PH与c(S2)关系如右图(忽略溶液体积的变化、HS的c(H2S)+c(HS-)=mol·L-1.(3)25℃,两种酸的电离平衡常数如右表。K【答案】23.(15分)②【解析】:本题考查的是有关硫及其化合物的性质，结合反应原理中化学反应平衡和弱电解质的电离平衡以及PH值的相关计算一起考查。①硫离子结构示意图,注意不要粗心写成硫原子的结构示意图。②硫元素的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液其实就是浓硫酸，本题考查的是碳与浓硫酸在加热时的方程式：C+2HSO(浓)C⁰,t+2SO₂t+2HO②根据Ksp(MnS)=c(Mn2)×c(S2)=2.8×10-13,已知c(Mnz)=0.020mol·L-1,故可算出c(S₂)=1.4×10-n,此时对应的PH为5.或为福建卷24.(15分)无水氯化铝在生产、生活中应用广泛。(1)氯化铝在水中形成具有净水作用的氢氧化铝胶体，其反应的离子方程式为。(2)工业上用铝土矿(主要成分为Al203,含有Fe203、SiO2等杂质)制取无水氯化铝的一种工艺流程示意如下：成品AC1,(整雄)第处AAV物质433FeCl₂沸点/℃180(升华)300(升华)①步骤I中焙烧使固体水分挥发、气孔数目增多，其作用是(只要求写出一种)。②步骤Ⅱ中若不通入氯气和氧气，则反应生成相对原子质量比硅大的单质是。④步骤Ⅲ的经冷却至室温后，气体用足量的NaOH冷溶液吸收，生成的盐主要有3种，其化学式分别为⑤结合流程及相关数据分析，步骤V中加入铝粉的目的是。【答案】2(15分)(2)①防止后续步骤生成的AlCl,水解或增大反应物的接触面积，加快反应速率①根据题目所给信息，气孔数目变多，可增大固体的表面积，增大反应速率，水分减少，减少AlCl3水解。②因为铝土矿中混有铁的氧化物，在与碳粉混合焙烧时，铁单质被还原出来，故答③根据盖斯定律可知，所求热化学方程式为Al0(s)+3C(s)+3Cl(g)=2A1Cl(s)+3C0(g)△H=+174.9三种盐。广东卷少污染，(1)传统上该转化通过如右图所示的催化剂循①实验测得在一定压强下，总反应的HCl平衡转化率随温度变化的a—T曲线如图12,则总反应的△H0,(填“>”、“=”或“<”);A、B两点的平衡常数K(A)与K(B)中较大的是。②在上述实验中若压缩体积使压强增大，画出相应a一T曲线的示意图，并简要说明理由。③下列措施中有利于提高qB、增大n(0)D、移去HO(3)一定条件下测得反应过程汇总n(Cl)的数据如下000计算2.0～6.0min以内HCl的物质的量变化表示的反应速率(以mol·min₁为单位，写出计【答案】(1)、2HCl(g)+1/20,(g)0(g)+Cl,(g)△H=△H+△H(3)V(HCl)=5.4×10-smo(2)从坐标图可知，温度越高，HCl的转化率在下降，可知平衡逆向移动，所以正向是放热反应。从图可知A点HC的转化率大于B点，所以平衡常K(A)要大。增大(3)设2.0到6.0分钟内HCl的物质的量变化为x,由图可得2.0到6.0分钟氯气的物质的量变化为(5.4—1.8)×10-mol=2.6×10-mol2列比例式解得X=5.4×10-molV(HC1)=5.4×10-mol÷4min=1.8×130、(19分)合金贮氢材料具有优异的吸收氢性能，在配合氢能的开发中起到重要作用。(1)一定温度下，某贮氢合金(M)的贮氢过程如图所示，纵轴为平衡时氢气的压强(p),横轴表示固相中氢原子与金属原子的个数比(H/M)。与氢气发生氢化反应生成氢化物MH,氢化反应方程式为：zMH(s)+H2(g)==ZMH(s)△H(I);x和y的代数式表示)。温度为T时，2g某合金4min内吸收氢气240mL,吸氢速率(2)里表示单位质量贮氢合金在氢化反应阶段的最大吸氢量占其总吸氢量的比例，则温度保持温度不变，向恒容体系中通入少量氢气，达到平衡后反应(I)可能处于图中的点(填“b”“c”或“d”),该贮氢合【答案】(1)2/(y-x);30;<(2)>;c;加热，减压y,从而解出z=2/(y-x);根据吸氢速率的单位mL·g-i·min-t,可知吸氢速率v=240mL÷2g÷4min=30mL·g-1*min-i;纵轴为平衡时氢气的压强(p),横轴表示固相中氢原子与金属(2)由图可知，温度T,平衡时氢气的压强大，也就说明此时吸氢量少，n(T)>n(T);当反应(I)处于图中a点时，保持温度不变，向恒容体系中通入少量氢气，平衡右移，H/M逐渐增大，又由于温度不变，平衡常数K=1/[H]不变，得出氢气浓度不变，又因为是恒容体系，故氢气的物质的量不变，即新平衡时氢气压强仍保持不变；根据平衡移动原理，可以升温或减小压强使平衡左移，释放氢气。浙江卷28.(15分)乙苯催化脱氢制苯乙烯反应：(1)已知：化学键键能/kJ·mol计算上述反应的△H=kJ·mol-t。(2)维持体系总压强p恒定，在温度T时，物质的量为n、体积为V的乙苯蒸汽发生催化脱氢反应。已知乙苯的平衡转化率为α,则在该温度下反应的平衡常数K= (用a等符号表示)。(3)工业上，通常在乙苯蒸汽中掺混水蒸气(原料气中乙苯和水蒸气的物质的量之比为1:9),控制反应温度600℃,并保持体系总压为常压的条件下进行反应。在不同反应温度下，乙苯的平衡转化率和某催化剂作用下苯乙烯的选择性(指除了H以外的产物中苯乙烯的物质的量分数)示意图如下：温度/℃①掺入水蒸气能提高乙苯的平衡转化率，解释说明该事实②控制反应温度为600℃的理由是(3)某研究机构用CO,代替水蒸气开发了绿色化学合成工艺----乙苯-二氧化碳耦合催化脱氢制苯乙烯。保持常压和原料气比例不变，与掺水蒸汽工艺相比，在相同的生产效率下，可降低操作温度；该工艺中还能够发生反应：CO+H=CO+HO,CO+C=2C0。新工艺的特点有(填编号)。①CO,与H反应，使乙苯脱氢反应的化学平衡右移②不用高温水蒸气，可降低能量消耗③有利于减少积炭【答案】(3)①加入水蒸气导致乙苯的分压降低，平衡向气体分子数大的方向移动，即正方向移动，乙苯的平衡转化率提高。②600℃,乙苯的平衡转化率和苯乙烯的选择性均较高，温度过低，乙苯转化率降低，温度过高，苯乙烯选择性下降，高温可能使催化剂失活，耗能大。【解析】(1)发生反应中，反应物乙苯的两个C-H和一个C-C断裂，故吸收热量412×2+348,生成物苯乙烯的一个C=C形成，故放出热量612,氢气的一个H-H形成，故放出热量436,列式得出△H=+124kJ·mol-。(2)根据压强恒定不变，故反应平衡后的体积为V(1+a),(3)①加入水蒸气，压强降低，平衡向正向移动。列式得②从图中信息得出，600℃,乙苯的平衡转化率和苯乙烯的选择性均较高，温度过低，乙苯转化率降低，温度过高，苯乙烯选择性下降，高温可能使催化剂失活，耗能大。(4)①②③④均正确合理上海卷系列产品有广泛的用途。白云石经煅烧、熔化后得到钙镁的氢氧化物，再经过碳化实现Ca2、完成下列填空24.碳化温度保持在50~60℃。温度偏高不利于碳化反应，原因是、。温度偏低也不利于碳化反应，原因是【答案】反应为放热反应，而且是可逆的，当温度过高时，平衡逆反应方向移动，导致钙镁小，导致得到产物消耗的时间太长，不利于碳化反应。【解析】根据勒夏特利原理解析，因为该反应为放热反应，而且是可逆的，当温度过高时，了。一个工业上的反应要考虑时间效益，所以当温度过低，反应速率太小，导致得到产物消耗的时间太长，不利于碳化反应。25.已知某次碳化时溶液中钙离子浓度随时间的变化如右图所示，在10min到13min之内钙离子的反应速率为。15min之后钙离子浓度增大，原因是 (用化学方程式表示)。滤液滤液【解析】由题中的图像给出，在10min到13min之间钙离子的浓度变化是0.145-0.118=0.027,时间的变化是3min,所以10min到13min的速率是0.009moL/(L.min)。随着反应的进行，产生了CaCO,CO,足量的时候会与CaCO,反应生成Ca(HCO),所以的浓度增大，方程式为：江苏卷16.(12分)以磷石膏(主要成分CaSO₄,杂质SO₂A₂G₃等)为原料可制备轻质CaCO₂氨水浆料高温蟹烧过滤转化(1)匀速向浆料中通入CO₂,随时间变化见右阁。清液pH>11时'转化的离子方程式为▲:能提高其转化速率的措施有▲(填序号)。舌A.搅扑浆料B.加热浆料至100℃C.增大氨水浓度D.减小CO₂通入速率(2)当清液pH接近6.5时，过滤并洗涤固体。滤液中物质的量浓度最大的两种阴离子为▲和▲(填化学式);检验洗涤是否完全的方法是▲。(3)在敞口容器中，用‘NH₄C溶液浸取高温锻烧的固体，随着浸取液温度上升，溶液【答案】(12分)CaSO₄+2NF₃-H₂O=CaCO+2NH*+SO⁷+H₂OCaSO₄+2NF₃-H₂O=CaCO+2NH*+SO⁷+H₂O(2)SOHCO取少量最后一次的洗涤过滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化【解析】(1)根据图示，当向硫酸钙溶液中通入二氧化碳时，溶液中硫酸根离子不断升高，说明促进了硫酸钙的电离，而钙离子则结合碳酸根离子变成了碳酸钙沉淀，据此可以写成离子方程式。搅拌可以使反应物快速充分接触，可以加快反应速率，加热则不利于二氧化碳的溶解，会降低反应速率。,增大氨水浓度有利于二氧化碳溶解，可以提高反应速率，减小二氧化碳通入速率则会减慢转化速率。所以正确的为AC。(2)因为为了使硫酸钙充分转化，所以通入二氧化碳要尽量过量，这样就会生成碳酸氢根，所以滤液中含有的主要离子为硫酸根离子和碳酸氢根离子。检验方法为：取少量最后一次的洗涤过滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的BaCl,溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤干净。(3)随着浸取液温度上升，溶液中c(H)增大，促进固体中Ca溶解而浸出。江苏卷水悬浮液吸收，外减少烟NO(g)+O₃(g)=NO₂(g)+O₂(g)AH=-2009LJ.mol¹(1)反应(2)室温下，固定进入反应器的NO、SO,的物质的量，改变加入0,的物质的量，反应一So²)、K(CaSO₃)和(CaSO₄)表示]:CaSO₃水悬浮液中加入Na₂SO₄溶液能提高【答案】(14分)的浓度增大，加快的反应速率(3)根据反应物是亚硫酸根和二氧化氮，生成物为亚硝酸根，所以亚硫酸根生成了硫酸根，另外溶液是呈碱性的，所以在反应物中还有氢氧根离子参加反应。据此写出方程式并配平：若若生成1molN,其△H=kJ·mol-,海南卷16.(8分)氨是合成硝酸.铵盐和氮肥的基本原料，回答下列问题：(1)氨的水溶液显弱碱性，其原因为(用离子方程式表示),0.1mol·L+的氨水中加入少量的NHC1固体，溶液的PH(填“升高”或“降低”);若加入少量的明矾，溶液中的NH的浓度(填“增大”或“减小”)。(2)硝酸铵加热分解可得到NO和HO,250℃时，硝酸铵在密闭容器中分解达到平衡，该分解反应的化学方程式为_,平衡常数表达式为：若有1mol硝酸铵完全分解，转移的电子数为mol。rr【解析】(1)氨水中的一水合氨部分电离出的氨根和氢氧跟使溶液呈碱性；加入氯化铵，则(2)根据题意可书写反应的化学方程式，注意为可逆反应；根据平衡常数的定义可写出反应的平衡常数，硝酸铵为固体，不能表示平衡常数；硝酸铵中氮元素的化合价从+5降到-1价，或从-3价升高到-1价，均转移4个电子，所以生成1mol氮气则转移4mol电子；根据图像可知N,0和NO反应生成氮气和二氧化氮的反应热为(209-348)kJ·mol+=-1097.[2014·重庆卷]在恒容密闭容器中通入X并发生反应：2X(g)==Y(g),温度T、T,下X的物质的量浓度c(X)随时间t变化的曲线如图所示，下列叙述正确的是()A.该反应进行到M点放出的热量大于进行到W点放出的热量D.M点时再加入一定量X,平衡后X的转化率减小7.C[解析]根据图像可知，T<T,△IK0,因此该反应是放热反应，故c(X)变化越大，放出热量越多，故M点放出的热量小于W点放出的热量，A项错误；T,温度下，在0~t<V,,所以√<V,,C正确；由于反应前后均只有一种物质，因此M点时再增加一定量的X,则相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，X的转化率升高，D项错误。3.[2014·天津卷]运用相关化学知识进行判断，下列结论错误的是()A.某吸热反应能自发进行，因此该反应是熵增反应B.NHF水溶液中含有HF,因此NHF溶液不能存放于玻璃试剂瓶中C.可燃冰主要是甲烷与水在低温高压下形成的水合物晶体，因此可存在于海底3.D[解析]当△H-T△S<0时，反应能自发进行，吸热反应的△H>0,吸热反应能自发，说明△S>0,A项正确；NHF溶液中F-水解生成HF,HF能与玻璃中的SiO发生反应4IIF+SiO₂=SiF1+2O,故NHF溶液不能存放在玻璃试剂瓶中，B项正确；可燃冰需在低温高压下形成，所以可燃冰可存在于海底，C项正确；常温下，浓硫酸使铁发生钝化，D项错误。9.[2014·新课标全国卷I]已知分解1molHO,放出热量98kJ。在含少量I-的溶下列有关该反应的说法正确的是()A.反应速率与I-浓度有关B.IO-也是该反应的催化剂C.反应活化能等于98kJ·mol-t=2v(0),D项错误。10.[2014·天津卷]合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，其反应原理为一种工业合成氨的简式流程图如下：(2)步骤Ⅱ中制氢气的原理如下：对于反应①,一定可以提高平衡体系中H,的百分含量，又能加快反应速率的措施是0a.升高温度b.增大水蒸气浓度c.加入催化剂d.降低压强利用反应②,将CO进一步转化，可提高H的产量。若1molCO和H的混合气体(CO的(3)图(a)表示500℃、60.0MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH体积分数的关系。(4)依据温度对合成氨反应的影响，在图(b)坐标系中，画出一定条件下的密闭容器内，(5)上述流程图中，使合成氨放出的能量得到充分利用的主要步骤是(填序号)(5)IV对原料气加压；分离液氨后，未反应的N、H循环使用[解析](1)由题意可知为空气中的0.将负二价硫氧化为硫单质，根据电子守恒将方程式配平即可。(2)反应①为气体物质的量增大的吸热反应，降低压强使平衡右移，但反应速率减小，d错；催化剂不能改变反应限度，即不能改变H的百分含量，c错；增大水蒸气浓度虽可使反应速率增大以及平衡右移，但产物H的百分含量却减小，b错；升高温度反应速率增大，且平衡正向移动，H的百分含量增大，a应体系中的气体的物质的量不变，而1molCO与H的混合气体参加反应生成1.18mol混合气，说明有0.18mol水蒸气参加反应，则根据方程式②可知参加反应的CO也为0.18mol,则其转化率衡时转化的N的物质的量为xmol,由三段式：转化(mol):x平衡(mol):开始时NH物质的量不断增多，是因为反应正向进行(反应未达平衡),达到一定程度后反应达到平衡而此时温度继续升高，平衡逆向移动，NH,的物质的量减小。(5)热交换器可以使需要加热的物质得到加热，还可以使需要冷却的物质得到冷却，能充分利用能量。合成氨反应为气体物质的量减小的反应，加压利于反应正向进行；此外，循环利用可反复利用原料，提高原料利用率。26.[2014·新课标全国卷Ⅱ]。反应的平衡(2)100℃时达平衡后，改变反应温度为T,c(NO)以0.0020mol·L-i·s-t的平均速率降低，经10s又达到平衡。②列式计算温度T时反应的平衡常数K:(3)温度T时反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半，平衡向(填“正反应”26.(1)大于0.00100.36mol·L-1(2)①大于反应正方向吸热，反应向吸热方向进行，故温度升高②平衡时，c(NO)=0.120mol·L-i+0.0020mol·L-1·s-1×10s×2=0.16mol·Lc(N0)=0.040mol·L-1-0.0020mol·L-1·s-1×10s=0.020m(3)逆反应对气体分子数增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向移动[解析](1)依题意知，温度升高，混合气体的颜色加深，说明平衡向生成NO.的正反应方向移动，即正反应是吸热反应；根据图像0～60s时段，NO.的物质的量浓度变化为0.060题意知，改变反应温度为T后，反应速率降低，故为降低温度，即T小于100℃;②根据题意知，再次达到平衡后的浓度减小，△c=v·△t=0.0020mol·L·s-i×10s=0.02应达到平衡，将反应容器减小一半，即增大压强。其他条件不变时，增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动，即向逆反应方向移动。与气体X,反应生成1molAX,放出热量123.8kJ。该反应的热化学方程式为为0.2mol。反应在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图所示。①列式计算实验a从反应开始至达到平衡时的反应速率v(AX)= bC 0解：开始时n=0.4mol,总压强为160kPa,平衡时总压强为120kPa,则n)起始时n/mol:0.20平衡时n/mol:0.20-x②bca加入催化剂。反应速率加快，但平衡点没有改变温度升高。反应速率加快，但平衡点向逆反应方向移动(或反应容器的容积和起始物质的量未改变，但起始总压强增大)[解析](1)书写热化学方程式时要注意常温下AX呈液态，AX呈固态。(2)②由图像知，达到平衡所需时间：a>c>b,所以反应速率v(AX)由大到小的顺序为b>c>a;与实验a相比，实验b先达到平衡，化学反应速率快，但平衡点没有变化，说明实验b加入了催化剂；反应为放热反应，与实验a相比，实验c平衡向逆反应方向移动，且反应速率加快，说明实验c改变的条件是升高温度。起始量(mol)0.20.20变化量(mol)xxx平衡量(mol)0.2-x0.2-xx10.[2014·安徽卷]臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱硝反应为2NO(g)+0(g),若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图像作出的判断正确的是()AB升高温度，平衡常数减小CDt时仅加入催化剂，平衡正向移动达平衡时，仅改变x,则x为12.[2014·安徽卷]中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论正确的是()选项规律结论A较强酸可以制取较弱酸次氯酸溶液无法制取盐酸B反应物浓度越大，反应速率越快常温下，相同的铝片中分别加入足量的浓、稀硝酸，浓硝酸中铝片先溶解完C结构和组成相似的物质，沸点随相对分子质量增大而升高D溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化ZnS沉淀中滴加CuSO,溶液可以得到CuS沉淀02468vIlO)≈3.3×10-mol·L-min,n(O)=1×10-mol,n(HO)=2×10-mol,△c(HO)=0.2mol/L,v(IIO)=0.2mol/L÷6min=33.3×10-mol·L-·min-),Amin消耗了2×10-mol,分解率为50%,D正确。24.[2014·福建卷]铁及其化合物与生产、生活关系密切。②图中A、B、C、D四个区域，生成铁锈最多的是(填字母)。·分期ⅡHNO又将废铁皮中的铁转化为该反应的化学方程式为③上述生产流程中，能体现“绿色化学”思想的是(任写一项)。(3)已知t℃时，反应Fe0(s)+CO(g)Fe(s)+CO(g)的平衡常数K=0.25。②若在1L密闭容器中加入0.02molFeO(s),并通入xmolCO,t℃时反应达到平衡。此时FeO(s)24.(1)①吸氧腐蚀②B氧化物排放少(或其他合理答案)(3)①4:1②0.05[解析](1)①若为析氢腐蚀则B、C、D的腐蚀程度相同，则该电化学腐蚀为吸氧腐蚀。②氧气的浓度越大，吸氧腐蚀越严重，则B区域产生铁锈最多。(2)①硝酸的受热分解产生NO、O、HO,则根据氧化还原的化合价升降法配平其化学方程式为n/mol0.02Xn/mol0.01x—0.017.[2014·四川卷]在10L恒容密闭容器中充入X(g)和Y(g),发生反应X(g)+Y(g) 一M(g)+N(g),所得实验数据如下表：实验编号温度/℃起始时物质的量/mol平衡时物质的量/mol①②③a④b下列说法正确的是()A.实验①中，若5min时测得n(M)=0.050mol,则0至5min时间内，用N表示的平均反应速率v(N)=1.0×10-2mol·L-i·min-tB.实验②中，该反应的平衡常数K=2.0C.实验③中，达到平衡时，X的转化率为60%7.C[解析]根据各物质的化学反应速率之比等于化学计量数之比，v(N)=v(M)=实验②中X(g)+Y(g)==M(g)+N(g)根据温度相同，则K相等，C项正确；根据上述三段式求得，在700℃,K≈2.6,则X的转化则温度升高，K减小，该反应为放热反应，若④的温度为800℃,此时与③为等效平衡，b=0.060,但④的温度为900℃,则平衡逆向移动，b<0.060,则D项错误。14.[2014·海南卷]硝基苯甲酸乙酯在OH-存在下发生水解反应：时间变化的数据如表所示。回答下列问题：00(1)列式计算该反应在120～180s与180～240s区间的平均反应速率、比较两者大小可得出的结论是。(2)列式计算15℃时该反应的平衡常数。 (要求写出两条),随着反应的进行，反应物浓度降低，反应速率减慢(3)增加OH-的浓度、移去产物[解析](1)反应过程中硝基苯甲酸乙酯浓度的变化量等于其起始浓度与转化率的乘积，再利用求反应速率的计算公式可求出两个时间段内的平均反应速率分别为7.3×10-smol·L-1·s-1、5.8×10-smol·L-1·s-,由此可得出的结论是随着反应的进行，反应物浓度减小导致反应速率降低。(2)反应时间达到700s时，硝基苯甲酸乙酯的转化率不再随时间的变化而发生变化，即反应在700s时达到平衡。此时体系内两种产物浓度为0.05mol/L×71%,反应物浓度为0.05mol/L×29%,由此可求出该反应的平衡常数。(3)根据可逆反应的特点可知增加OH-的浓度、及时地移去产物均可以增大硝基苯甲酸乙酯的转化率。过程的装置如图所示。1)b中反应的离子方程式为,c中试剂为(2)反应开始后，c中先有浑浊产生，后又变澄清。此浑浊物是。(3)d中的试剂为 [解析](2)由该反应的反应物和生成物的元素组成可知此浑浊物是S。(3)d装置的作用影响，故可通过控制反应温度及滴入酸溶液的速率的方式达到目的。(5)SO,溶于水可形成酸性较强的亚硫酸，而NaS0,遇酸会分解。12.[2014·浙江卷]氯在饮用水处理中常用作杀菌剂，且HC10的杀菌能力比C10-强。表述正确的是()A.Cl(g)+HO==2H++C10-+ClD.氯处理饮用水时，在夏季的杀菌效果比在冬季好,12.C[解析]由所给对应方程式知，,c(Cl-),故c(H+)>c(OH-)+c所占的分数小，由于HC10的杀菌能力比C10-强，故pH=7.5时杀菌效果比pH=6.5时差，C项正确；HCl0的电离是吸热过程，所10.[2014·天津卷]合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，其反应原理为N,(g)+3H(g)==2NH(g)△H=-92.4kJ·mol-1。对于反应①,一定可以提高平衡体系中H的百分含量，又能加快反应速率的措施是利用反应②,将CO进一步转化，可提高H的产量。若1molCO和H,的混合气体(CO的根据图中a点数据计算N的平衡体积分数：。○(5)IV对原料气加压；分离液氨后，未反应的N、H循环使用[解析](1)由题意可知为空气中的0将负二价硫氧化为硫单质，根据电子守恒将方程式配平即可。(2)反应①为气体物质的量增大的吸热反应，降低压强使平衡右移，但反应速率减小，d错；催化剂不能改变反应限度，即不能改变H的百分含量，c错；增大水蒸气浓度虽可使反应速率增大以及平衡右移，但产物H的百分含量却减小，b错；升高温度反应速率增应体系中的气体的物质的量不变，而1molCO与H的混合气体参加反应生成1.18mol混合气，说明有0.18mol水蒸气参加反应，则根据方程式②可知参加反应的CO也为0.18mol,则其转化率(3)由图中看出当N,与H物质的量比为1:3时，NH的平衡体积分数最大，为42%。设平衡时转化的N的物质的量为xmol,由三段式：起始(mol):130转化(mol):x3x2x开始时NH物质的量不断增多，是因为反应正向进行(反应未达平衡),达到一定程度后反应达到平衡而此时温度继续升高，平衡逆向移动，NH的物质的量减小。(5)热交换器可以使需要加热的物质得到加热，还可以使需要冷却的物质得到冷却，能充分利用能量。合成氨反应为气体物质的量减小的反应，加压利于反应正向进行；此外，循环利用可反复利用原料，提26.[2014·新课标全国卷Ⅱ]在容积为1.00L的容器中，通入一定量的NO,发生反应NO(g)==2NO(g),随温度(1)反应的△H0(填“大于”或“小于”);100℃时，体系中各物质浓度随时间变化如图所示。在0～60s时段，反应速率v(NO)为mol·L-1·s-1;反应的平衡常数K,为。(2)100℃时达平衡后，改变反应温度为T,c(NO)以0.0020mol·L-1·s-:的平均速率降低，经10s又达到平衡。②列式计算温度T时反应的平衡常数K:26.(1)大于0.00100.36mol·L-1(2)①大于反应正方向吸热，反应向吸热方向进行，故温度升高c(N0)=0.040mol·L-1-0.0020mol·L-1·s-1×10s=0.020(3)逆反应对气体分子数增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向移动[解析](1)依题意知，温度升高，混合气体的颜色加深，说明平衡向生成NO,的正反应方向移动，即正反应是吸热反应；根据图像0～60s时段，NO,的物质的量浓度变化为0.060mol·L-,根据公式即可计算出速率；根据图像可知NO,的平衡浓度为0.120mol·L,NO,的平衡浓度为0.040mol·L-,根据可计算出平衡常数K。(2)①根据题意知，改变反应温度为T后，反应速率降低，故为降低温度，即T小于100℃;②根据题意知，再次达到平衡后的浓度减小，△c=v·△t=0.002-0mol·L·s-i×10s=0.02应达到平衡，将反应容器减小一半，即增大压强。其他条件不变时，增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动，即向逆反应方向移动。列问题：。为0.2mol。反应在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图所示。①列式计算实验a从反应开始至达到平衡时的反应速率v(AX)=②图中3组实验从反应开始至达到平衡时的反应速率v(AX)由大到小的次序为 (填实验序号);与实验a相比，其他两组改变的实验条件及判断依据是：b0-4mol·L-1·min-1②bca加入催化剂。反应速率加快，但平衡点没有改变温度升高。反应速率加快，但平衡点向逆反应方向移动(或反应容器的容积和起始物质的量未改变，但起始总压强增大)[解析](1)书写热化学方程式时要注意常温下AX呈液态，AX,呈固态。(2)②由图像知，达到平衡所需时间：a>c>b,所以反应速率v(AX)由大到小的顺序为b>c>a;与实验a相比，实验b先达到平衡，化学反应速率快，但平衡点没有变化，说明实验b加入了催化剂；反应为放热反应，与实验a相比，实验c平衡向逆反应方向移动，且反应速率加快，说明实验c改变的条件是升高温度。起始量(mol)0.20.20变化量(mol)xxx平衡量(mol)0.2-x0.2-xx10.[2014·安徽卷]臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱硝反应为2NO(g)+0,(g)一N0(g)+0(g),若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图像作出的判断正确的是()AB升高温度，平衡常数减小CD时仅加入催化剂，平衡正后移动达平衡时，仅改变x,则x为02468v(HO)≈3.3×10--mol·L-v(HO)<3.3×10-mol·L-,min消耗了2×10-mol,分解率为50%,D正确。11.[2014·江苏卷]下列有关说法正确的是()A.若在海轮外壳上附着一些铜块，则可以减缓海轮外壳的腐蚀11.C[解析]海轮的外壳是钢铁，因铁比铜活泼，海轮外壳上附着铜块后形成原电池，若反应能自发进行，则AH-TAS<0,故反应的△H<0,B项错误；由于盐类的水解反应为吸热反应，升高温度能增大CO=-的水解程度，29.[2014·山东卷]研究氨氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下2NO₂(g)+NaCl(s)=—NaNO(s)+Cl2NO(g)+Cl(g)==2ClNO(1)4NO(g)+2NaCl(s)==2N(2)为研究不同条件对反应(Ⅱ)的影响，在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2平衡常数K(填“增大”“减小”或“不变”)。若要使K减小，可采取的措施是NaOH的水溶液与0.2molNO_恰好完全反应得1L溶液A,溶液B为0.1mol·L-1的CHCOONa 。(已知HNO电离常数K=7.1×10-4mol·L-1,CHCOOH的电离常数K=1.7×10-smol·L-i)可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是。a.向溶液A中加适量水b.向溶液A中加适量NaOHc.向溶液B中加适量水(2)2.5×10-275%>不变升高温度[解析](1)反应(I)×2-反应(Ⅱ)即得到反应：4NO(g)+2NaC1(s)2NaNO(s)+2NO(g)+Cl,(g),利用平衡常数定义可知该反应平衡常数(2)平衡时容器中n(ClNO)=7.5×10-mol·L-i·min-i×10min×2L=0.15mol,则平衡后.1:衡加压，平衡正向移动，NO的转化率增大；平衡常数只与温度有关，恒压下达到平衡的平衡常数与原平衡常数相等；因该反应为放热反应，升高温度，反应逆向进行，反应平衡常数减的pH相等，可采取的措施有向溶液A中加适量NaOH或向B溶液中加入适量水稀释或向B溶液中加入适量稀醋酸等。3.[2014·天津卷]运用相关化学知识进行判断，下列结论错误的是()A.某吸热反应能自发进行，因此该反应是熵增反应C.可燃冰主要是甲烷与水在低温高压下形成的水合物晶体，因此可存在于海底D.增大反应物浓度可加快反应速率，因此用浓硫酸与铁反应能增大生成H,的速率3.D[解析]当AH-T△S<0时，反应能自发进行，吸热反应的△H>0,吸热反应能自发，说明△S>0,A项正确；NHF溶液中F-水解生成HF,HF能与玻璃中的SiO发生反应4HF+SiO=SiF,↑+2HO,故NHF溶液不能存放在玻璃试剂瓶中，B项正确；可燃冰需在低温高压下形成，所以可燃冰可存在于海底，C项正确；常温下，浓硫酸使铁发生钝化，D项错27.[2014·浙江卷]煤炭燃烧过程中会释放出大量的SO,严重破坏生态环境。采用一定的脱硫技术可以把硫元素以CaSO,的形式固定，从产生的CO又会与CaSO,发生化学反应，降低脱硫效率。相关反应的热化学方程式如下：CaSO(s)+C⁰(g)=—CaO(s)+SO(g)+CO(g)△H=218.4kJ·mol-i(反应1)CaSO(s)+4C0(g)==CaS(s)+4C0(g)△H=-(2)对于气体参与的反应，表示平衡常数K时用气体组分(B)的平衡压强p(B)代替该气体物质的量的浓度c(B),则反应Ⅱ的K=(用表达式表示)。(3)假设某温度下，反应I的速率(v)大于反应Ⅱ的速率(v),则下列反应过程能量变化示意图正确的是。(4)通过监测反应体系中气体浓度的变化可判断反应I和Ⅱ是否同时发生，理由是 (27.(1)高温(3)C(4)如果气相中SO和CO两种气体的浓度之比随时间发生变化，则表明两个反应同时发生[解析](1)反应I是一个熵增焓增的反应，由△G=△H-T△S知，只有在高温下反应I的△G才有可能小于0,反应才具有自发性。(3)由于反应I是吸热反应，故反应I生成物应I的活化分子百分数比较大、活化能低于反应Ⅱ,反应I的中间产物所具有的能量低，B7.[2014·重庆卷]在恒容密闭容器中通入X并发生反应：2X(g)Y(g),温度T、T,下X的物质的量浓度c(X)随时间t变化的曲线如图所示，下列叙述正确的是()vD.M点时再加入一定量X,平衡后X的转化率减小X,则相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，X的转化率升高，D项错误。达到平衡。保持温度不变，缩小容器容积，体系重新达到平衡，下列说法正确的是()12.CD[解析]平衡常数仅与温度有关，A项错误；缩小容器容积时平衡左移；B项错与加压前相等，又由p=cRT知，新平衡时压强与原来相同，C项正确。14.[2014·海南卷]硝基苯甲酸乙酯在OH-存在下发生水解反应：时间变化的数据如表所示。回答下列问题：00(1)列式计算该反应在120～180s与180～240s区间的平均反应速率、 ;比较两者大小可得出的结论是(2)列式计算15℃时该反应的平衡常数。 (要求写出两条)。随着反应的进行，反应物浓度降低，反应速率减慢(3)增加OH-的浓度、移去产物[解析](1)反应过程中硝基苯甲酸乙酯浓度的变化量等于其起始浓度与转化率的乘积，再利用求反应速率的计算公式可求出两个时间段内的平均反应速率分别为7.3×10-5mol·L-1·S-1、5.8×10-smol·L-i·s-i,由此可得出的结论是随着反应的进行，反应物浓度减小导致反应速率降低。(2)反应时间达到700s时，硝基苯甲酸乙酯的转化率不再随时间的变化而发生变化，即反应在700s时达到平衡。此时体系内两种产物浓度为0.05mol/L×71%,反应物浓度为0.05mol/L×29%,由此可求出该反应的平衡常数。(3)根据可逆反应的特点可知增加OH-的浓度、及时地移去产物均可以增大硝基苯甲酸乙酯的转化率。12.[2014·浙江卷]氯在饮用水处理中常用作杀菌剂，且HC10的杀菌能力比C10-强。25℃时氯气-氯水体系中存在以下平衡关系：其中Cl(aq)、HC10和C10-分别在三者中占分数(a)随pH变化的关系如图所示。下列表述正确的是()C.用氯处理饮用水时，pH=7.5时杀菌效果比pH=6.5时差D.氯处理饮用水时，在夏季的杀菌效果比在冬季好12.C[解析]由所给对应方程式知，c(Cl-),故c(H-)>c(OH项错误；由图表中的信息知，pH=7.5的体系中HCl0所占的分数比pH=6.5的体系中HCl0所占的分数小，由于HC10的杀菌能力比C10-强，故pH=7.5时杀菌效果比pH=6.5时差，C项正确；HCl0的电离是吸热过程，所以夏天有更多的HClO电离为C10-和H+,故氯处理饮用水时，在夏季的杀菌效果比在冬季差，D项错误。10.[2014·天津卷]合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，其反应原理为N(g)+3H(g)==2N(g)△H=-92.4kJ·mol-1。对于反应①,一定可以提高平衡体系中H,的百分含量，又能加快反应速率的措施是a.升高温度b.增大水蒸气浓度c.加入催化剂d.降低压强利用反应②,将CO进一步转化，可提高H,的产量。若1molCO和H的混合气体(CO的体积分数为20%)与HO反应，得到1.18molCO、CO,和H的混合气体，则CO的转化率为(3)图(a)表示500℃、60.0MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH,体积分数的关系。(4)依据温度对合成氨反应的影响，在图(b)坐标系中，画出一定条件下的密闭容器内，(5)上述流程图中，使合成氨放出的能量得[解析](1)由题意可知为空气中的0将负二价硫氧化为硫单质，根据电子守恒将方程式配平即可。(2)反应①为气体物质的量增大的吸热反应，降低压强使平衡右移，但反应速率减小，d错；催化剂不能改变反应限度，即不能改变H的百分含量，c错；增大水蒸气浓度虽可使反应速率增大以及平衡右移，但产物H的百分含量却减小，b错；升高温度反应速率增大，且平衡正向移动，H的百分含量增大，a对。CO与H的混合气体与水蒸气的反应中，反应体系中的气体的物质的量不变，而1molCO与H的混合气体参加反应生成1.18mol混合气，说明有0.18mol水蒸气参加反应，则根据方程式②可知参加反应的CO也为0.18mol,则其转化率(3)由图中看出当N,与H物质的量比为1:3时，NH的平衡体积分数最大，为42%。设平衡时转化的N的物质的量为xmol,由三段式：N+3H==2NH平衡(mol):1-x3—3x开始时NH物质的量不断增多，是因为反应正向进行(反应未达平衡),达到一定程度后反应达到平衡而此时温度继续升高，平衡逆向移动，NH的物质的量减小