高考化学 化学反应速率和化学平衡 专项训练（WORD版） 答案解析

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考点 化学反应速率
答案：1.快慢 减少 增加 ml·L－1·min－1 ml·L－1·s－1 2 ml·L－1·min－1
题组一 化学反应速率概念的理解与计算
1．
答案：C 解析：A是固体，不能用其浓度变化量表示反应速率，A、B错误；2 min内，v(B)＝0.3 ml·L－1·min－1，在2 min 末的速率为瞬时速率，应小于0.3 ml·L－1·min－1，C正确；反应中，B的浓度逐渐减小，无论用B还是C表示反应速率，其值都是逐渐减小的，D错误。
2．
答案：C 解析：反应20 min时，过氧化氢的浓度变为0.4 ml·L－1，说明分解的过氧化氢的物质的量n(H2O2)＝(0.80－0.40)ml·L－1×0.05 L＝0.02 ml，过氧化氢分解生成的氧气的物质的量n(O2)＝0.01 ml，标准状况下的体积V＝n·Vm＝0.01 ml×22.4 L·ml－1＝0.224 L＝224 mL，A正确；20～40 min，消耗过氧化氢的浓度为(0.40－0.20)ml·L－1＝0.20 ml·L－1，则这段时间内的平均速率v＝eq \f(Δc,t)＝eq \f(0.20 ml·L－1,20 min)＝0.010 ml·L－1·min－1，B正确；随着反应的不断进行，过氧化氢的浓度不断减小，某一时刻分解的过氧化氢的量也不断减小，故第30 min时的瞬时速率大于第50 min时的瞬时速率，C错误；I－在反应中起到催化的作用，故也可以利用过氧化氢分解酶或Fe2O3代替，D正确。
3．
答案：(1)30.0 6.0×10－2
(2)反应速率＝eq \f(5.4－1.8×10－3 ml×2,6.0－2.0 min)
＝1.8×10－3 ml·min－1
(3)7.3×10－5 ml·L－1·s－1 5.8×10－5 ml·L－1·s－1
随着反应的进行，反应物浓度减小导致反应速率降低
解析：(1)由方程式2N2O5(g)===4NO2(g)＋O2(g)可知，62 min时，pO2＝2.9 kPa，则减小的N2O5为5.8 kPa，此时pN2O5＝35.8 kPa－5.8 kPa＝30.0 kPa，则v＝2×10－3×30.0 kPa·min－1＝6.0×10－2 kPa·min－1。
(2)2.0～6.0 min内氯气的物质的量增大3.6×10－3 ml，因此消耗HCl的物质的量为7.2×10－3 ml，即反应速率＝eq \f(7.2×10－3 ml,4.0 min)＝1.8×10－3 ml·min－1。
(3)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约为7.3×10－5 ml·L－1·s－1、5.8×10－5 ml·L－1·s－1，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。
题组二 利用速率常数计算
4．
答案：D 解析：本题考查反应速率常数、活化能、反应速率的影响因素。将①②两组数据代入速率关系式，可得m＝2，将①③两组数据代入速率关系式，可得n＝1，故该反应的反应级数为3，A正确；将m＝2、n＝1及第①组数据代入速率关系式可得k＝8.0 ml－2·L2·s－1，当c(NO)＝0.200 ml·L－1，c(Cl2)＝0.300 ml·L－1时，v(Cl2)＝8.0×0.2002×0.300 ml·L－1·s－1＝0.096 ml·L－1·s－1，则有v(NO)＝2v(Cl2)＝2×0.096 ml·L－1·s－1＝0.192 ml·L－1·s－1，B正确；加入催化剂可以改变反应途径，使反应的活化能Ea减小，由速率常数表达式可知速率常数k增大，反应速率加快，C正确；升高温度，速率常数k增大，但不能增大反应的活化能Ea，D错误。
5．
答案：A 解析：由图中数据可知，30 min时，M、Z的浓度分别为0.300 ml·L－1和0.125 ml·L－1，则M的变化量为0.5 ml·L－1－0.300 ml·L－1＝0.200 ml·L－1，其中转化为Y的变化量为0.200 ml·L－1－0.125 ml·L－1＝0.075 ml·L－1，因此，0～30 min时间段内，Y的平均反应速率为eq \f(0.075 ml·L－1,30 min)＝0.002 5 ml·L－1·min－1，A说法不正确；由题中信息可知，反应①和反应②的速率之比为eq \f(k1,k2)，Y和Z分别为反应①和反应②的产物，且两者与M的化学计量数相同(化学计量数均为1)，因此反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比等于eq \f(k1,k2)，由于k1、k2为速率常数，故该比值保持不变，B说法正确；结合A、B的分析可知反应开始后，在相同的时间内体系中Y和Z的浓度之比＝eq \f(k1,k2)＝eq \f(0.075 ml·L－1,0.125 ml·L－1)＝eq \f(3,5)，因此，如果反应能进行到底，反应结束时有eq \f(5,8)的M转化为Z，即62.5%的M转化为Z，C说法正确；由以上分析可知，在相同的时间内生成Z较多、生成Y较少，因此，反应①的化学反应速率较小，在同一体系中，活化能较小的化学反应速率较快，故反应①的活化能比反应②的活化能大，D说法正确。
题组三 化学反应速率大小的比较
6．
答案：B 解析：可用比值法进行反应速率的大小比较，①eq \f(vA,1)＝0.45 ml·L－1·s－1；②eq \f(vB,3)＝eq \f(0.6,3) ml·L－1·s－1＝0.2 ml·L－1·s－1；③eq \f(vC,2)＝eq \f(0.4,2) ml·L－1·s－1＝0.2 ml·L－1·s－1；④eq \f(vD,2)＝eq \f(0.45,2) ml·L－1·s－1＝0.225 ml·L－1·s－1，故①>④>②＝③，B项正确。
7．
答案：C 解析：由c­t图像的变化趋势可看出T2时，环戊二烯浓度的变化趋势大，因此T2>T1，选项A错误；a点环戊二烯的浓度大于c点，但c点温度高于a点，因此无法判断a点和c点的反应速率大小关系，选项B错误；相同温度下，随着时间的延长，反应物的浓度逐渐减小，正反应速率逐渐减小，因此a点的正反应速率大于b点的正反应速率，且b点环戊二烯浓度减小，正反应速率大于逆反应速率，选项C正确；由图像知，开始时环戊二烯的浓度为1.5 ml·L－1，b点时的浓度为0.6 ml·L－1，设二聚体的浓度为x ml·L－1，则有：
2  二聚体
eq \a\vs4\al(初始物质的量,浓度ml·L－1) 1.5 0
eq \a\vs4\al(转化物质的量,浓度ml·L－1) 2x x
eq \a\vs4\al(b点物质的量,浓度ml·L－1) 0.6 x
则有1.5－2x＝0.6，解得x＝0.45，选项D错误。
考点 影响化学反应速率的因素
答案：1.性质 2.增大 增大 增大 相同
3．(3)活化分子 (4)增加 百分数 不变 百分数 4.(1)不参与反应的气体 (2)减小
题组一 外因对化学反应速率的影响
1．
答案：B 解析：由题图中曲线①②可知，其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应所需要的时间越短，故反应速率越大，A正确；由题图中曲线①③可知，其他条件相同时，降冰片烯浓度①是③的两倍，所用时间①也是③的两倍，反应速率相等，故说明反应速率与降冰片烯浓度无关，B错误；由题图中数据可知，条件①，反应速率v＝eq \f(Δc,Δt)＝eq \f(3.0 ml·L－1－0,250 min)＝0.012 ml·L－1·min－1，C正确；反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，由题图中数据可知，条件②，降冰片烯起始浓度为3.0 ml·L－1时，半衰期为125 min÷2＝62.5 min，D正确。
题组二 有效碰撞理论
2．
答案：D 解析：1,4­加成产物所具有的能量比1,2­加成产物低，则1,4­加成产物较稳定，A项错误；1,3­丁二烯的1,2­加成和1,4­加成都是放热反应，则温度升高，1,3­丁二烯的总转化率减小，B项错误；升高温度，化学反应速率均加快，C项错误；1,2­加成是放热反应，D项正确。
题组三 “控制变量法”探究影响化学反应速率的因素
3．
答案：A 解析：A项，实验2、3中主要发生Mg与NHeq \\al(＋,4)水解产生的H＋的反应，由于实验2中的n(NHeq \\al(＋,4))大于实验3中的n(NHeq \\al(＋,4))，而镁过量，所以不能得出NHeq \\al(＋,4)浓度越大，反应速率越快的结论，错误；B项，由实验1、4对比可知，反应速率加快，其原因有可能是Na＋、Cl－具有催化作用，由实验4、5对比可知，Na＋对反应几乎无催化作用，由此可知，Cl－对镁和水的反应有催化作用，正确；C项，实验7中NH4Cl浓度较实验3高，但由表格中数据可知，二者产生氢气的速率几乎相等，其原因在于实验7中加入了一定浓度的NH3·H2O，NH3·H2O与Mg2＋反应生成了Mg(OH)2覆盖在镁表面，减慢反应，正确；D项，由实验1、2、7对比可知，无论酸性条件还是碱性条件，NHeq \\al(＋,4)都能加快镁和水的反应，正确。
4．
答案：C 解析：根据表中数据可知在其他条件相同时分解百分率越高，催化效果越好，因此Cu2＋与Fe3＋对H2O2分解都有催化作用，但Cu2＋催化效果更好，故A正确；由Ⅰ与Ⅱ可知其他条件相同时，反应时间越长，分解百分率越高，分解越彻底，故B正确；Ⅰ与Ⅲ溶液的酸碱性和温度不一样，无法单独判断温度越高，H2O2分解越快，故C错误；由Ⅰ与Ⅲ可知温度和pH均不相同，Ⅲ中在相同条件下，温度低，溶液显碱性时，H2O2分解更快，故D正确。
考点 化学反应速率相关图像
题组一 时间—速率图像
1．
答案：C 解析：镁条与盐酸发生反应Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑，影响产生H2反应速率v的因素主要有两个：一是温度，反应放出热量，使体系的温度升高，v(H2)增大；二是溶液中的c(H＋)，反应过程中c(H＋)减小，v(H2)减小。图中AB段v(H2)逐渐增大，说明温度对反应速率的影响大于c(H＋)对反应速率的影响，故影响AB段速率的主要因素是温度。
2．
答案：B 解析：本题考查化学反应速率的影响因素。使用合适的催化剂能加快反应速率，图乙中反应速率比图甲快，图乙中反应达到平衡所需时间比图甲短，则有a1t2，A、C正确；达到平衡时，其他条件都相同，图乙反应体系中有催化剂，故图乙中正反应速率仍大于图甲，B错误；催化剂只能改变反应速率，不能使平衡移动，故平衡时图甲和图乙中反应限度相同，D正确。
题组二 物质的量(浓度)—时间图像
3．
答案：D 解析：由题中信息可知，反应X===2Z经历两步：①X―→Y；②Y―→2Z。因此，图中呈不断减小趋势的a线为X的浓度c(X)随时间t的变化曲线，呈不断增加趋势的线为Z的浓度c(Z)随时间t的变化曲线，先增加后减小的线为Y的浓度c(Y)随时间t的变化曲线。X是唯一的反应物，随着反应的发生，其浓度不断减小，因此，由图可知，a为c(X)随t的变化曲线，A正确；由图可知，分别代表3种不同物质的曲线相交于t1时刻，因此，t1时c(X)＝c(Y)＝c(Z)，B正确；由图中信息可知，t2时刻以后，X、Y的浓度仍在不断减小，说明t2时刻两步反应仍在向正反应方向进行，而且反应①生成Y的速率小于反应②消耗Y的速率，即t2时Y的消耗速率大于生成速率，C正确；由图可知，t3时刻反应①完成，X完全转化为Y，若无反应②发生，则c(Y)＝c0，由于反应②Y―→2Z的发生，t3时刻Y浓度的变化量为c0－c(Y)，变化量之比等于化学计量数之比，所以Z的浓度的变化量为2[c0－c(Y)]，这种关系在t3后仍成立，D不正确。
4．
答案：B 解析：分析图像可知12 s内A的浓度变化为0.8 ml·L－1－0.2 ml·L－1＝0.6 ml·L－1，反应速率v(A)＝eq \f(Δc,Δt)＝eq \f(0.6 ml·L－1,12 s)＝0.05 ml·L－1·s－1，A项错误；分析图像，12 s内B的浓度变化为0.5 ml·L－1－0.3 ml·L－1＝0.2 ml·L－1，v(B)＝eq \f(0.2 ml·L－1,12 s)＝eq \f(1,60) ml·L－1·s－1，速率之比等于化学方程式中化学计量数之比，3∶b＝0.05∶eq \f(1,60)＝3∶1，b＝1，3∶c＝0.05∶eq \f(\f(0.8,2),12)＝3∶2，c＝2，化学方程式中A、B的化学计量数不同，12 s后达到平衡状态，B项正确，C项错误；消耗3 ml A放热Q kJ,12 s内消耗A的物质的量为0.6 ml·L－1×2 L＝1.2 ml，1.2 ml A反应放出热量0.4Q kJ，D项错误。
题组三 速率与外界条件图像
5．
答案：C 解析：分析可知，t1时改变的条件是升温，A项错误；使用催化剂，会使反应的正活化能降低，但焓变保持不变，B项错误；对于同一个反应，只有温度影响平衡常数，该反应是放热反应，升高温度，平衡常数降低，故平衡常数K(t0～t1)>K(t2～t3) ＝K(t5～t6)，C项正确；t3时改变的条件是使用了催化剂，加入催化剂不影响平衡移动，氨气的体积分数φ(t2～t3)＝φ(t3～t4)，t4时改变的条件是降低压强(增大反应容器体积)，平衡向逆反应方向移动，平衡后氨气的体积分数降低，即φ(t3～t4)>φ(t5～t6)，D项错误。
6.
答案：B 解析：根据图像可知，向恒温恒容密闭容器中充入1 ml A和3 ml B发生反应，反应时间从开始到t1阶段，正反应速率不断减小，t1～t2时间段，正反应速率不变，反应达到平衡状态，t2～t3时间段，改变条件使正反应速率逐渐增大，平衡向逆反应方向移动，t3以后反应达到新的平衡状态，据此结合图像分析解答。容器内发生的反应为A(g)＋2B(g)3C(g)，该反应是气体分子数不变的可逆反应，所以在恒温恒容条件下，气体的压强始终保持不变，则容器内压强不变，不能说明反应达到平衡状态，A错误；根据图像变化曲线可知，t2～t3过程中，t2时v正瞬间不变，之后不断增大，则说明反应向逆反应方向移动，且不是“突变”图像，属于“渐变”过程，所以排除温度与催化剂等影响因素，改变的条件为向容器中加入C，B正确；根据上述分析可知，t2～t3时间段，改变条件使正反应速率逐渐增大，平衡向逆反应方向移动，所以A的体积分数φ增大，即平衡时A的体积分数φ：φ(Ⅱ)＞φ(Ⅰ)，C错误；平衡常数K与温度有关，因该反应在恒温条件下进行，所以K保持不变，D错误。
第22讲 化学平衡
考点 可逆反应与化学平衡状态
答案：1.(1)同一条件 (2)①同时 ②小于
2．(1)相等 不变 (3)动态 进行 相等 改变
题组一 对可逆反应的理解与计算
1．
答案：A 解析：将0.2 ml·L－1的KI溶液和0.1 ml·L－1 Fe2(SO4)3溶液等体积混合后，若此反应不可逆，则Fe3＋和I－能恰好完全反应，则溶液中无Fe3＋和I－，故只需要证明溶液中含Fe3＋和I－，则能证明此反应为可逆反应，能建立化学平衡。①向溶液中滴入KSCN溶液，溶液变红，则说明溶液中有Fe3＋，能说明反应存在平衡，故①正确；②向溶液中滴入AgNO3溶液有黄色沉淀生成，说明溶液中含I－，能说明反应存在平衡，故②正确；③无论反应存不存在平衡，溶液中均存在Fe2＋，滴入K3[Fe(CN)6] 溶液均有蓝色沉淀生成，故③错误；④无论反应存不存在平衡，溶液中均有I2，滴入淀粉溶液后溶液均变蓝色，不能证明存在平衡，故④错误。
2．
答案：B 解析：平衡浓度之比为1∶3，转化浓度亦为1∶3，故c1∶c2＝1∶3，A正确、C正确；平衡时Y生成表示逆反应速率，Z生成表示正反应速率且v生成(Y)∶v生成(Z)应为3∶2，B不正确；由可逆反应的特点可知0＜c1＜0.14 ml·L－1，D正确。
题组二 化学平衡状态的理解与判断
3．
答案：(1)①③④⑦ (2)⑤⑦ (3)①③④⑤⑦ (4)①②③④⑦ (5)①②③ (6)②④⑦
考点 借助速率—时间图像探究化学平衡的移动
答案：1.改变 平衡状态 3.(1)正反应 (3)逆反应 4.(1)加快 减慢 增大 减小 不变 增大
加快 吸热 放热 增大 减小
题组一 应用勒夏特列原理判断化学平衡移动
1．
答案：A 解析：钢铁在潮湿的空气中比在干燥空气中更容易生锈，原因是在潮湿的环境中易发生电化学腐蚀，与平衡移动原理无关，故A选；加热AlCl3溶液，促进AlCl3的水解，生成氢氧化铝和盐酸，盐酸易挥发，最终得到氢氧化铝，与平衡移动原理有关，故B不选；水的电离存在平衡H2OH＋＋OH－，NaOH溶液中，OH－浓度增大，抑制水的电离，NaOH溶液中由水电离出的c(H＋)<蒸馏水中的c(H＋)，能用勒夏特列原理解释，故C不选；加入MgCO3与酸及铁离子水解生成的氢离子反应，会促进水解反应的正向进行，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，使铁离子沉淀完全，与平衡移动原理有关，故D不选。
2．
答案：A 解析：本题考查化学平衡移动原理的应用。氯水中存在平衡：Cl2＋H2OHCl＋HClO，加入少量CaCO3，CaCO3与HCl反应生成CaCl2、CO2和H2O，使平衡正向移动，c(HClO)增大，溶液的漂白性增强，A符合题意；H2(g)＋I2(g)2HI(g)是反应前后气体分子总数不变的反应，加压后，平衡不移动，但容器容积缩小，c(I2)增大，颜色加深，B不符合题意；H2O2分解反应中加入MnO2，MnO2起催化作用，反应速率加快，与平衡移动无关，C不符合题意；合成氨反应是放热反应，高温有利于平衡逆移，D不符合题意。
题组二 外界因素对化学平衡的影响
3．
答案：C 解析：根据盖斯定律结合题干信息①C3H8(g)＋5O2(g)===3CO2(g)＋4H2O(l) ΔH1＝－2 220 kJ·ml－1，②C3H6(g)＋9/2O2(g)===3CO2(g)＋3H2O(l) ΔH2＝－2 058 kJ·ml－1，③H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(l) ΔH3＝－286 kJ·ml－1可知，可由①－②－③得到目标反应C3H8(g)===C3H6(g)＋H2(g)，该反应的ΔH＝ΔH1－ΔH2－ΔH3＝＋124 kJ·ml－1，A正确；仅由反应C3H8(g)C3H6(g)＋H2(g)可知C3H6、H2的浓度随CO2浓度变化趋势应该是一致的，但是氢气的变化不明显，反而是CO与C3H6的变化趋势是一致的，因此可以推断高温下能够发生反应CO2＋H2CO＋H2O，从而导致C3H6、H2的浓度随CO2浓度变化趋势出现这样的差异，B正确；其他条件不变，投料比增大，相当于增大C3H8浓度，浓度增大，转化率减小，C错误；根据质量守恒定律，抓住碳原子守恒即可得出，如果生成物只有C3H6、CO、H2O、H2，那么入口各气体的浓度c0和出口各气体的浓度c符合3c0(C3H8)＋c0(CO2)＝3c(C3H6)＋c(CO)＋3c(C3H8)＋c(CO2)，D正确。
题组三 外因对平衡移动、转化率等物理量的影响
4．
答案：B 解析：该反应的正反应是气体体积增大的反应，所以ΔS＞0，A错误；升高温度，物质的内能增加，分子运动速率加快，有效碰撞次数增加，因此化学反应速率增大，B正确；恒温下，增大总压，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，使H2O(g)的平衡转化率减小，C错误；恒温恒压下，加入催化剂，化学平衡不移动，因此化学平衡常数不变，D错误。
5．
答案：A 解析：2NO(g)＋O2(g)===2NO2(g) ΔH＝－116.4 kJ·ml－1，反应过程中气体物质的量减少，ΔS<0，故A正确；该反应的平衡常数可表示为K＝eq \f(c2NO2,c2NO·cO2)，故B错误；使用高效催化剂，反应的焓变不变，故C错误；其他条件相同，增大eq \f(nO2,nNO)，NO的转化率增大，故D错误。
考点 等效平衡
答案：(1)正反应 减小 增大 (2)正反应 不变
不变 (3)正反应 增大 减小
题组 等效平衡
1．
答案：B 解析：本题考查恒温恒容、恒温恒压条件下的“等效平衡”规律及应用。若容器Ⅱ是恒温恒容，投入2 ml C时与容器Ⅰ中反应是等效平衡，C(g)的分解反应是吸热反应，在绝热条件下达到平衡时容器Ⅱ中温度低于容器Ⅰ，而降低温度，平衡正向移动，n(C)增大，则有x>1.2；若容器Ⅲ保持恒温恒容，则容器Ⅰ和容器Ⅲ中反应是等效平衡，由于该反应的正反应是气体总分子数减小的反应，容器Ⅲ中反应达到平衡时，容器Ⅲ的体积小于2 L，相当于增大压强，平衡正向移动，平衡时n(C)增大，则有y>2.4，α1(A)<α3(A)，A错误、B正确。容器Ⅰ和Ⅲ都是T ℃，反应的平衡常数相等，选择容器Ⅰ进行平衡常数的计算，平衡时，c(C)＝1.2 ml·L－1、c(A)＝1 ml·L－1－0.6 ml·L－1＝0.4 ml·L－1、c(B)＝3 ml·L－1－1.8 ml·L－1＝1.2 ml·L－1，则有K3＝K1＝eq \f(1.22,1.23×0.4)＝eq \f(25,12)；容器Ⅱ中C(g)的分解反应是吸热反应，而容器Ⅱ是恒容绝热体系，温度降低，不利于C的分解，则容器Ⅱ中反应达到平衡时n(C)大于容器Ⅰ，则容器Ⅱ中平衡常数大于容器Ⅰ，则有K2>K3＝eq \f(25,12)，C错误。若容器Ⅱ是恒温恒容，则容器Ⅰ、Ⅱ中反应达到平衡时，对应物质的物质的量相等，则有α1(A)＋α2(C)＝1；由C项分析可知，容器Ⅱ中反应逆向进行的程度小，C的平衡转化率小于恒温时，则有α1(A)＋α2(C)<1，D错误。
2．
答案：C 解析：由容器Ⅰ数据计算可得平衡时总物质的量为1.6 ml，K＝1.25，若平衡时容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为4∶5，则容器Ⅱ平衡时总物质的量为2.0 ml，对容器Ⅱ列三段式：设容器Ⅱ中平衡时A转化的浓度为x，
A(g) ＋ 2B(g)  2C(g)
起始(ml·L－1) 0.2 0.5 0.3
转化(ml·L－1) x 2x 2x
平衡(ml·L－1) 0.2－x 0.5－2x 0.3＋2x
(0.2－x＋0.5－2x＋0.3＋2x)ml·L－1×2 L＝2.0 ml，解得x＝0，说明反应已经达到平衡状态，而该时刻的Q＝eq \f(c2C,cA·c2B)＝eq \f(0.32,0.2×0.52)＝1.8>K＝1.25，明显起始投料反应该逆向移动，两者出现矛盾，说明平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比不是4∶5，故A错误；若容器Ⅲ在某时刻，B的体积分数为50%，
A(g) ＋ 2B(g)  2C(g)
起始(ml·L－1) 0.35 0.5 0
转化(ml·L－1) x 2x 2x
某时刻(ml·L－1) 0.35－x 0.5－2x 2x
B的体积分数eq \f(0.5－2x,0.35－x＋0.5－2x＋2x)×100%＝50%，解得x＝0.05，则该时刻的Q＝eq \f(c2C,cA·c2B)＝eq \f(0.12,0.3×0.42)＝eq \f(1,4.8)500 K，故D错误。
考点 化学速率、平衡图像
题组 化学速率、平衡图像
1．
答案：(1)ACDF (2)C E B (3)A
2．
答案：D 解析：甲烷和二氧化碳反应是吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应即正向移动，甲烷转化率增大，甲烷和二氧化碳反应是体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，甲烷转化率减小，故A错误；根据两个反应得到总反应为CH4(g)＋2CO2(g)===H2(g)＋3CO(g)＋H2O(g)，加入的CH4与CO2物质的量相等，CO2消耗量大于CH4，因此CO2的转化率大于CH4，因此曲线B表示CH4的平衡转化率随温度的变化，故B错误；使用高效催化剂，只能提高反应速率，但不能改变平衡转化率，故C错误；800 K时甲烷的转化率为X点，可以通过改变二氧化碳的量来提高甲烷的转化率达到Y点的值，故D正确。
3．
答案：C 解析：A项，若p1>p2，由图像知，增大压强，α(A)升高，则a＋b>c；B项，T2时反应先达到平衡，则T2>T1，升高温度，n(C)减小，则反应为放热反应，ΔH<0；D项，若T14．
答案：B 解析：分析图像可知，已知相同条件下，反应Ⅰ速率比反应Ⅱ快，c、d表示两反应的平衡曲线，曲线d的生成物COS的物质的量大，则曲线b、d表示反应Ⅰ，曲线a、c表示反应Ⅱ，c、d均随温度的升高，生成物COS的物质的量减小，则反应Ⅰ、Ⅱ均为放热反应。分析可知，ΔH1<0，曲线c为反应Ⅱ的平衡曲线，故A错误；900 ℃时，反应Ⅰ、Ⅱ的初始量相同，平衡曲线d在c上方，则平衡常数KⅠ>KⅡ，故B正确；曲线a反应未达到平衡状态，相同条件下，延长反应时间能使反应体系中Y点COS的量达到X点，故C错误；恒温恒容下，向W点表示的反应体系中增大N2的物质的量，对反应体系中各物质的浓度无影响，则不能提高H2S的转化率，故D错误。
5．
答案：D 解析：NH3与O2作用分别生成N2、NO、N2O的反应均为放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度，平衡向逆反应方向进行，NH3的平衡转化率降低，故A错误；根据图像，在175～300 ℃范围，随温度的升高，N2的选择性降低，即产生N2的量减少，故B错误；根据图像，温度高于250 ℃ N2的选择性降低，且NH3的转化率变化并不大，浪费能源，温度应略小于225 ℃，此时NH3的转化率、N2的选择性较大，故C错误；N2对环境无污染，氮的氧化物污染环境，因此高效除去尾气中的NH3，需研发低温下NH3转化率高和N2选择性高的催化剂，故D正确。
6．
答案：(1)271 (2)减小气体浓度，使平衡右移，提高C3H8转化率 16.7
(3)2 H2和C3H6都消耗O2
(4)先增大后减小 反应开始时，体系中主要发生反应Ⅱ，c(C3H6)逐渐增大，随着反应进行，p(C3H8)减小，p(C3H6)增大，C3H6生成速率减小，之后体系中主要发生反应Ⅲ，c(C3H6)逐渐减小
解析：(1)由C3H8(g)===C3H6(g)＋H2(g) ΔH1＝＋125 kJ·ml－1可知反应中需要断裂2 ml C—H键、形成1 ml碳碳π键和1 ml H—H键，416 kJ·ml－1×2－436 kJ·ml－1－E(碳碳π键) ＝ ＋125 kJ·ml－1，解得：E(碳碳π键)＝ 271 kJ·ml－1，所以形成1 ml碳碳π键放出的能量为271 kJ。
(2)达到平衡后，通入N2，由于总压恒定为100 kPa，则容器体积增大，平衡向气体体积增大的方向移动，即向正反应方向移动，C3H8的转化率增大；根据图a，C3H8的物质的量分数为0.4时，其平衡转化率为50%，假设混合气体为1 ml，则起始时C3H8为0.4 ml，N2为0.6 ml，运用三段式法计算：
C3H8(g)H2(g) ＋ C3H6(g)
开始量(ml) 0.4 0 0
变化量(ml) 0.2 0.2 0.2
平衡量(ml) 0.2 0.2 0.2
由于总压恒定为100 kPa，平衡时C3H8为0.2 ml，C3H6为0.2 ml，H2为0.2 ml，N2为0.6 ml，则C3H8(g)、C3H6(g)、H2(g)的分压均为100 kPa×eq \f(0.2 ml,1.2 ml)＝eq \f(100,6) kPa，故T1时反应Ⅰ的平衡常数Kp＝eq \f(\f(100,6) kPa×\f(100,6) kPa,\f(100,6) kPa)≈16.7 kPa。
(3)0～1.2 s内C3H6的分压由0增大至2.4 kPa，则生成C3H6的平均速率为eq \f(2.4 kPa,1.2 s)＝2 kPa·s－1；若只发生反应Ⅰ、Ⅱ，C3H6的分压应大于H2和H2O的分压，但由图b知，随着反应进行，分压p(H2O)>p(C3H6)>p(H2)，且有CO2生成，H2分压降低，故体系中还发生反应：C3H6＋eq \f(9,2)O2===3CO2＋3H2O，H2＋eq \f(1,2)O2===H2O，消耗O2，因此C3H8和O2的消耗速率比小于2∶1。
(4)反应开始时，反应Ⅱ向右进行，c(C3H6)逐渐增大，且体系中以反应Ⅱ为主，随着反应进行，p(C3H8)减小，p(C3H6)增大，使得C3H6生成速率减小，之后体系中以反应Ⅲ为主，c(C3H6)逐渐减小，因此丙烯的浓度随时间的变化趋势为先增大后减小。
7．
答案：(1)－49 A ΔH1为正值，ΔH2和ΔH为负值，反应①的活化能大于反应②的
(2)①eq \f(pH2O·pCH3OH,p3H2·pCO2) ②b
总反应ΔH<0，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变小 ③33.3% 5×105 Pa,210 ℃ 9×105 Pa,250 ℃
解析：(2)①二氧化碳加氢制甲醇的总反应为CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)，因此利用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式Kp＝eq \f(pH2O·pCH3OH,p3H2·pCO2)。
②该反应正向为放热反应，升高温度时平衡逆向移动，体系中x(CH3OH)将减小，因此图中对应等压过程的曲线是b。
③设起始n(CO2)＝1 ml，n(H2)＝3 ml，则
3H2(g)＋CO2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)
起始(ml) 3 1 0 0
转化(ml) 3a a a a
平衡(ml) 3－3a 1－a a a
当平衡时x(CH3OH)＝0.10时，eq \f(a,3－3a＋1－a＋a＋a)＝0.1，解得a＝eq \f(1,3) ml，平衡时CO2的转化率α＝eq \f(\f(1,3) ml, 1 ml)×100%≈33.3%；由题图可知，满足平衡时x(CH3OH)＝0.10的条件有：5×105 Pa，210 ℃或9×105 Pa,250 ℃。
8．
答案：(1)2甲基2丁烯 D (2)0.9α eq \f(1－α1＋α,0.1α2) 逆向移动
1∶10 (3)X ＜
解析：(1)由平衡常数Kx与温度T变化关系曲线可知，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的平衡常数的自然对数随温度升高(要注意横坐标为温度的倒数)而减小，说明3个反应均为放热反应，即ΔH1＜0、ΔH2＜0、ΔH3＜0，因此，B的总能量低于A的总能量，能量越低越稳定，A和B中相对稳定的是B，其用系统命名法命名为2甲基2丁烯；由盖斯定律可知，Ⅰ－Ⅱ＝Ⅲ，则ΔH1－ΔH2＝ΔH3＜0，因此ΔH1＜ΔH2，由于放热反应的ΔH越小，其绝对值越大，则eq \f(ΔH1,ΔH2)的数值范围是大于1。
(2)向某反应容器中加入1.0 ml TAME，控制温度为353 K，测得TAME的平衡转化率为α，则平衡时n(TAME)＝(1－α)ml，n(A)＋n(B)＝n(CH3OH)＝α ml。已知反应Ⅲ的平衡常数Kx3＝9.0，则eq \f(nB,nA)＝9.0，将该式代入上式可以求出平衡体系中B的物质的量为0.9α ml，n(A)＝0.1α ml，反应Ⅰ的平衡常数Kx1＝eq \f(\f(1－α,1＋α),\f(0.1α,1＋α)×\f(α,1＋a))＝eq \f(1－α1＋α,0.1α2)。同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，反应Ⅰ的化学平衡将向着分子数增大的方向移动，即逆向移动。平衡时，TAME的转化率变大，但是平衡常数不变，A与CH3OH物质的量浓度之比不变，c(A)∶c(CH3OH)＝0.1α∶α＝1∶10。
(3)温度为353 K，反应Ⅲ的平衡常数Kx3＝9.0，eq \f(n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B)),n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A)))＝9.0。由A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化曲线可知，X代表的平衡浓度高于Y，则代表B的变化曲线为X；由曲线的变化趋势可知，100 s以后各组分的浓度仍在变化，t＝100 s时eq \f(n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B)),n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A)))＝eq \f(0.112,0.011)≈10.2>9.0，因此，反应Ⅲ正在向逆反应方向移动，故其正反应速率v正小于逆反应速率v逆。
eq \(\s\up15(第23讲 化学平衡常数 化学反应方向))

考点 化学平衡常数
答案：2.eq \f(cpC·cqD,cmA·cnB) 平衡 eq \f(c2NH3,cN2·c3H2) eq \f(cNH3,c eq \s\up15( eq \f (1,2)) N2·c eq \s\up15( eq \f (3,2)) H2)
eq \f(cN2·c3H2,c2NH3) eq \r(K1) eq \f(1,K1) 3.(1)越大 4.温度 5.(2)正 > ＝ 逆 < (3)吸热 放热 放热 吸热
题组一 化学平衡常数表达式及影响因素和相关计算
1．
答案：B 解析：由表格数据可知，升高温度时K1增大、K2减小，则ΔH1>0，ΔH2<0，A错误；由盖斯定律可知，②－①得到③，则ΔH2－ΔH1＝ΔH3，B正确；结合②－①得到③可知，eq \f(K2,K1)＝K3，C错误；由eq \f(K2,K1)随温度升高而减小可知，反应③为放热反应，则要使反应③的平衡向正反应方向移动，可采取降温措施，D错误。
2．
答案：(1)溴(或Br) (2)24.8 eq \f(100×7.6×103,24.8×1032)
(3)①大于 ②Kp1·Kp2 大于 设T′>T，即eq \f(1,T′)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(lg Kp1T′－lg Kp1T))＝lg Kp1(T)－lg Kp1(T′)，则lgeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(Kp2T′·Kp1T′))>lgeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(Kp2T·Kp1T))，即K(T′)>K(T)，因此该反应正反应为吸热反应，即ΔH大于0 (4)0.5
解析：(1)红棕色液体，推测为溴单质，因此错过发现的元素是溴(或Br)。
(2)由题意可知，376.8 ℃时玻璃烧瓶中发生两个反应：BaPtCl6(s)BaCl2(s)＋Pt(s)＋2Cl2(g)、Cl2(g)＋I2(g)2ICl(g)。BaPtCl6(s)BaCl2(s)＋Pt(s)＋2Cl2(g)的平衡常数Kp′＝1.0×104 Pa2，则平衡时p2(Cl2)＝1.0×104 Pa2，平衡时p(Cl2)＝100 Pa，设到达平衡时I2(g)的分压减小p kPa，则
Cl2(g) ＋ I2(g)  2ICl(g)
开始/kPa 20.0 0
变化/kPa p 2p
平衡/kPa 0.1 20.0－p 2p
376．8 ℃平衡时，测得烧瓶中压强为32.5 kPa，则0.1＋20.0＋p＝32.5，解得p＝12.4，则平衡时pICl＝2p kPa＝2×12.4 kPa＝24.8 kPa；则平衡时，I2(g)的分压为(20.0－p)kPa＝7.6 kPa＝7.6×103 Pa，pICl＝24.8 kPa＝24.8×103 Pa，p(Cl2)＝0.1 kPa＝100 Pa，因此反应2ICl(g)Cl2(g)＋I2(g)的平衡常数K＝eq \f(100×7.6×103,24.8×1032)。
(3)①结合题图可知，温度越高，eq \f(1,T)越小，lg Kp2越大，即Kp2越大，说明升高温度平衡2NOCl(g)2NO(g)＋Cl2(g)正向移动，则NOCl分解为NO和Cl2反应的ΔH大于0。
②Ⅰ.2NO(g)＋2ICl(g)2NOCl(g)＋I2(g) Kp1
Ⅱ.2NOCl(g)2NO(g)＋Cl2(g) Kp2
Ⅰ＋Ⅱ得2ICl(g)Cl2(g)＋I2(g)，则2ICl(g)Cl2(g)＋I2(g)的K＝Kp1·Kp2。该反应的ΔH大于0，推理过程如下：设T′>T，即eq \f(1,T′)|lg Kp1(T′)－lg Kp1(T)|＝lg Kp1(T)－lg Kp1(T′)，则lg[Kp2(T′)·Kp1(T′)]>lg[Kp2(T)·Kp1(T)]，即K(T′)>K(T)，因此该反应正反应为吸热反应，即ΔH大于0。
(4)Ⅰ.NOCl＋hveq \(――→,\s\up15())NOCl*
Ⅱ.NOCl＋NOCl*eq \(――→,\s\up15())2NO＋Cl2
Ⅰ＋Ⅱ得总反应为2NOCl＋hv===2NO＋Cl2，因此2 ml NOCl分解需要吸收1 ml光子能量，则分解1 ml的NOCl需要吸收0.5 ml光子。
3．
答案：(1)eq \f(0.02,t1) (2)b 开始体积减半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小 (3)0.48
解析：(1)设t1时达到平衡，转化的NH3的物质的量为2x，列出三段式：
2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)
起始/ml 0.1 0 0
转化/ml 2x x 3x
平衡/ml 0.1－2x x 3x
根据同温同体积下，气体的物质的量之比等于压强之比，eq \f(0.1,0.1＋2x)＝eq \f(200,120＋120＋40)，解得x＝0.02 ml，v(H2)＝eq \f(0.02×3 ml,3 L×t1)＝eq \f(0.02,t1) ml·L－1·min－1。(2)t2时将容器体积压缩到原来的一半，开始N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小，故b曲线符合。(3)由图可知，平衡时，NH3、N2、H2的分压分别为120 kPa、40 kPa、120 kPa，反应的标准平衡常数KΘ＝eq \f(0.4×1.23,1.22)＝0.48。
题组二 化学平衡常数的应用
4．答案：C 解析：题目中缺少c(H2)，则无法计算K，则不能通过Q与K的关系判断平衡的移动方向，但可比较4个选项中Q的大小关系，Q越大，则可能逆向移动。Q(A)＝eq \f(1.00 mml·L－12,1.00 mml·L－1×1.00 mml·L－1)＝1，Q(B)＝eq \f(1.56 mml·L－12,0.22 mml·L－1×0.22 mml·L－1)≈50.28，Q(C)＝eq \f(4.00 mml·L－12,0.44 mml·L－1×0.44 mml·L－1)≈82.64，Q(D)＝eq \f(1.56 mml·L－12,0.44 mml·L－1×0.11 mml·L－1)≈50.28，Q(C)的值最大。
5．
答案：(1)正反应 (2)850 ℃ 向正反应方向进行中
解析：(1)由表格数据，可知随着温度升高，平衡常数增大，说明化学平衡向正反应方向移动；(2)c(CO2)·c(H2)＝c(CO)·c(H2O)，则计算出K＝1.0，即此时温度为850 ℃，此温度下eq \f(cCO·cH2O,cCO2·cH2)＝eq \f(0.75×1.5,1×1.2)<1.0，故反应向正反应方向进行中。
考点 用“三段式法”突破化学平衡的计算
题组一 速率、平衡常数计算
1．
答案：C 解析：v(A)＝eq \f(1,3)v(C)＝eq \f(1,3)×eq \f(0.9 ml,2 L×5 min)＝0.03 ml·L－1·min－1，A错误；10 min时，n(B)＝2.4 ml－2×(2.0 ml－1.6 ml)＝1.6 ml，而15 min时，n(B)也为1.6 ml，说明10 min时反应已达到平衡状态，B错误；平衡时，c(C)＝eq \f(3×2.0 ml－1.6 ml,2 L)＝0.6 ml·L－1，C正确；B的平衡转化率＝eq \f(2×2.0 ml－1.6 ml,2.4 ml)×100%≈33.3%，D错误。
2．
答案：(1)6.7×103 L·ml－1 (2)88%
解析：(1)根据题中所给的数据可以求出该温度下2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)的平衡常数为K＝eq \f(c2SO3,c2SO2·cO2)＝eq \f(4.4×10－2 ml·L－12,6.0×10－3 ml·L－12×8.0×10－3 ml·L－1)≈6.7×103 L·ml－1。(2)平衡时SO2的转化率为eq \f(cSO3,cSO2＋cSO3)×100%＝eq \f(4.4×10－2 ml·L－1,6.0×10－3 ml·L－1＋4.4×10－2 ml·L－1)×100%＝88%。
3．
答案：(1)①ac ②eq \f([\f(pH2,p0)]2,\f(pCH4,p0)) ③68%(过程见解析) (2)100.8
解析：(1)①随着温度的升高，反应a和c的ln Keq \\al(r,p)增大，说明Keq \\al(r,p)的数值增大，反应向正反应方向进行，反应a和c为吸热反应，同理温度升高反应e的ln Keq \\al(r,p)减小，说明Keq \\al(r,p)的数值减小，反应向逆反应方向进行，反应e为放热反应。
②用相对分压代替浓度，则反应c的相对压力平衡常数表达式为Keq \\al(r,p)＝eq \f([\f(pH2,p0)]2,\f(pCH4,p0))。
③由题图可知，A处对应反应c的ln Keq \\al(r,p)＝0，即Keq \\al(r,p)＝eq \f([\f(pH2,p0)]2,\f(pCH4,p0))＝1，得p2(H2)＝p(CH4)·p0，已知反应平衡时p(H2)＝40 kPa，则有p(CH4)＝16 kPa，且初始状态时p(CH4)＝eq \f(1,1＋1)×100 kPa＝50 kPa，故CH4的平衡转化率为eq \f(50 kPa－16 kPa,50 kPa)×100%＝68%。
(2)2MHCO3(s)M2CO3(s)＋H2O(g)＋CO2(g)，等温等容条件下，压强之比等于物质的量之比，可用分压表示物质的量浓度，平衡常数Kp＝p(H2O)·p(CO2)＝eq \f(1,2)×46 kPa×eq \f(1,2)×46 kPa＝529 (kPa)2。温度不变化学平衡常数Kp不变，则Kp＝p(H2O)·p(CO2)＝529 (kPa)2，p(CO2)＝eq \f(529,5) kPa＝105.8 kPa，CO2的初始压强等于平衡压强减去碳酸氢盐分解产生的CO2的分压，即CO2(g)的初始压强应大于105.8 kPa－5 kPa＝100.8 kPa。
题组二 化学反应原理综合
4．
答案：(1)eq \f(3,2)ΔH3＋eq \f(1,2)ΔH4－ΔH5 (2)BC
(3)提高苯的利用率
(4)金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活性 (5)② (6)eq \f(p,\f(1－α,5－3α)p0×\f(4－3α,5－3α)p03)
解析：(1)根据盖斯定律结合已知反应：Ⅲ.2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH3；Ⅳ.2 (g)＋15O2(g)===12CO2(g)＋6H2O(l) ΔH4；Ⅴ. (g)＋9O2(g)===6CO2(g)＋6H2O(l) ΔH5。Ⅰ.主反应： (g)＋3H2(g) (g)可由eq \f(3,2)Ⅲ＋eq \f(1,2)Ⅳ－Ⅴ得到，则ΔH1＝eq \f(3,2)ΔH3＋eq \f(1,2)ΔH4－ΔH5。(2)根据Ⅰ.主反应： (g)＋3H2(g) (g)是一个气体体积减小的放热反应，提高平衡体系中环己烷体积分数即使平衡向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，适当降低温度和适当加压有利于平衡正向移动，而升温和减压都将使平衡逆向移动。(3)反应Ⅰ在管式反应器中进行，实际投料往往在n(H2)∶n(C6H6)＝3∶1的基础上适当增大H2用量，增大H2的浓度将使平衡正向移动，从而提高苯的转化率即利用率。(4)氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心时，才能发生反应。当H2中混有微量H2S或CO等杂质时，会导致反应Ⅰ的产率降低，推测其可能原因为金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活性。(5)催化剂载体中的酸性中心能催化苯及环己烷的裂解。已知酸性中心可结合孤对电子，由题图可知，①中原子既无孤对电子，也没有空轨道，②中原子无孤对电子，但有空轨道可接收孤对电子，③中有孤对电子，无空轨道，故可作为酸性中心的原子的标号是②。(6)恒压反应器中，按照n(H2)∶n(C6H6)＝4∶1投料，设投入的苯的物质的量为1 ml，发生Ⅰ、Ⅱ反应总压为p0，平衡时苯的转化率为α，环己烷的分压为p，则：
设副反应中环己烷的转化量为x，则
反应后平衡体系中总的物质的量为1－α＋4－3α＋α－x＋x＝5－3α，故平衡时，苯的分压为eq \f(1－α,5－3α)p0，H2的分压为eq \f(4－3α,5－3α)p0，则反应Ⅰ的Kp＝eq \f(p,p·p3H2)＝eq \f(p,\f(1－α,5－3α)p0×\f(4－3α,5－3α)p03)。
5．
答案：(1) 直线形
(2)①30% ②d
(3)放热 600 ℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600 ℃时，S2体积分数明显偏小，且反应速率减慢
(4)2H2S＋SO2===3S＋2H2O、2xH2S＋2NOx===2xS＋2xH2O＋N2、2H2S＋O2===2S＋2H2O(任写一个)
解析：(1)CH4的电子式为；CS2和二氧化碳是等电子体，故其立体构型为直线形。
(2)①在恒温密闭容器中，S2与CH4物质的量比为2∶1时开始反应，设CH4的物质的量为a，转化量为x，则
eq \a\vs4\ac\hs10\c8(,2S2g,＋,CH4g,,CS2g,＋,2H2Sg,开始ml,2a,,a,,0,,0,变化ml,2x,,x,,x,,2x,平衡ml,2a－2x,,a－x,,x,,2x)
CS2的体积分数为10%，即eq \f(x,3a)＝10%，解得x＝0.3a，则CH4的转化率为eq \f(x,a)×100%＝eq \f(0.3a,a)×100%＝30%。
②a.密闭容器中体积不变，质量不变，故密度一直不变，故密度不变不一定平衡，不选；b.反应前后气体的物质的量不变，故压强也一直不变，故压强不变不一定平衡，不选；c.CH4与S2体积比一直为1∶2，故不一定平衡，不选；d.CS2的体积分数不变说明反应已经达到了平衡，d选。
(3)由题图可知，随温度升高，甲烷的转化率降低，故反应为放热反应。工业上通常采用在600～650 ℃的条件下进行此反应，不采用低于600 ℃的原因是600 ℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600 ℃时，S2体积分数明显偏小，且反应速率减慢。
(4)用燃煤废气(含N2、O2、SO2、CO2、H2O、NOx等)使尾气中的H2S转化为单质硫(S)，发生的化学反应方程式为2H2S＋SO2===3S＋2H2O、2xH2S＋2NOx===2xS＋2xH2O＋N2、2H2S＋O2===2S＋2H2O。
6．
答案：(1)吸收CO2，提高H2的产率，提供热量 (2)①657.1 kJ·ml－1 ②反应Ⅰ和反应Ⅱ的ΔH＞0，高温下反应的平衡常数大(反应正向进行程度大)，CO2的消耗量大，反应Ⅲ的ΔH＜0，高温下反应的平衡常数小(反应正向进行程度小)，CO2的生成量小 (3)①铜的化合价由＋2价变为＋1价，铈的化合价由＋4价变为＋3价 ②高温下，Cu(＋2价)或Cu(＋1价)被H2还原为金属Cu
解析：(1)已知CaO(s)＋CO2(g)===CaCO3(s)
ΔH＝－178.8 kJ·ml－1，因此向重整反应体系中加入适量多孔CaO的优点是吸收CO2，使平衡正向移动，提高H2的产率，同时提供热量。(2)①反应Ⅰ：CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g) ΔH＝246.5 kJ·ml－1，反应Ⅱ：H2(g)＋CO2(g)===CO(g)＋H2O(g) ΔH＝41.2 kJ·ml－1，依据盖斯定律可知Ⅰ×3－Ⅱ×2即得到反应3CH4(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)===4CO(g)＋8H2(g)的ΔH＝657.1 kJ·ml－1。②由于反应Ⅰ和反应Ⅱ的ΔH＞0，高温下反应的平衡常数大(反应正向进行程度大)，CO2的消耗量大，反应Ⅲ的ΔH＜0，高温下反应的平衡常数小(反应正向进行程度小)，CO2的生成量小，所以800 ℃下CO2平衡转化率远大于600 ℃下CO2平衡转化率。(3)①图2所示机理的步骤(i)中CO结合O元素转化为CO2，根据Cu、Ce两种元素的核外电子排布式可判断元素Cu、Ce化合价发生的变化为Cu的化合价由＋2价变为＋1价，Ce的化合价由＋4价变为＋3价。②由于高温下，Cu(＋2价)或Cu(＋1价)被H2还原为金属Cu，所以当催化氧化温度超过150 ℃时，催化剂的催化活性下降。
考点 化学反应进行的方向
答案：2.(1)< > >0 ＝0 <0
(2)①< > ②> < ③温度 低温 高温
题组 化学反应方向的判断
1．
答案：B 解析：CH4(g)和H2(g)物质的量相同，且均为气态，CH4(g)含有的原子总数多，CH4(g)的摩尔质量大，所以熵值1 ml CH4(g)>1 ml H2(g)，A错误；相同状态的相同物质，物质的量越大，熵值越大，所以熵值1 ml H2O(g)<2 ml H2O(g)，B正确；等量的同一种物质，熵值关系为S(g)>S(l)>S(s)，所以熵值1 ml H2O(s)<1 ml H2O(l)，C错误；从金刚石和石墨的结构组成上来看，金刚石的微观结构更有序，熵值更低，所以熵值1 ml C(s，金刚石)<1 ml C(s，石墨)，D错误。
2．
答案：B 解析：A项，ΔH<0、ΔS>0，则ΔG<0，任何温度下反应都能自发进行，正确；B项，使用催化剂只能改变反应的活化能，不能改变反应的方向，错误；C项，CaCO3(s)的分解反应为吸热反应，ΔH>0，正确；D项，MgCl2(l)分解生成Cl2(g)和Mg(l)，ΔS>0，ΔH>0，正确。
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