1、 1 高考化学专题突破：平衡大题高考化学专题突破：平衡大题 2018 年年 【2018新课标】新课标】采用 N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛 应用，回答下列问题： （1）1840 年 Devil 用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到 N2O5 ， 该反应的氧化产物是一种气体，其 分子式为为_。 （2）F.Daniels 等曾利用测压法在刚性反应器中研究了 25时 N2O5(g)分解反应： 其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡,体系的总压强 p随时间 t的变化如下表所示(t=x 时,N2O4(g) 完全分解): t/min 0 40 80 160
2、 260 1300 1700 P/kPa 35.8 40.3 42.5 45.9 49.2 61.2 62.3 63.1 已知：2N2O5（g）=2N2O4（g）+O2（g） H1=- 4.4kJ mol-1 2NO2（g）=N2O4（g） H2=-55.3kJ mol-1 则反应 N2O5(g)=2NO2(g)+ O2(g)的 H=_ kJ mol-1 研究表明研究表明,N2O5(g)分解的反应速率分解的反应速率 v=2 10-3 (KPa min-1)， t=62min 时时,测得体系中测得体系中 =2.9kPa, 则此时的则此时的 =_ kPa，V=_ kPa，min-1。 若提高反应温
3、度至 35,则 N2O5(g)完全分解后体系压强 pX(35)_63.1kPa(填大于等于或小 于),原因是_。 25时时 N2O4(g) 2NO2(g)反应的平衡常数反应的平衡常数 Kp=_ kPa (Kp为以分压表示的平衡常数为以分压表示的平衡常数,计算结果保计算结果保 留留 1 位小位小数)。 （3）对于反应 2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g),R，A，Ogg 提出如下反应历程:第一步 N2O5NO3+NO2 快 速平衡 第二步 NO2+NO3NO+NO2+O2 慢反应 第三步 NO+NO32NO2 快反应 其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是 _（填标号
4、)。 A. (第一步的逆反应(第二步反应) B. 反应的中间产物只有 NO3 C. 第二步中 NO2与 NO3的碰撞仅部分有效 D. 第三步反应活化能较高。 【答案】【答案】 （1）O2 （2）53.1；30.0；6.0 10-2；大于；温度升高，体积不变，总压强升高；NO2二聚是放热反应，温度升高， 平衡左移，体系物质的量增加，总压强升高；13.4 （3）A,C 【解析】【解析】氯气与硝酸银发生氧化还原反应，其中化合价能升高的只有氯元素和氧元素，由于得到了 N2O5 ， 氮元素化合价没有变化，因此在该反应中氯气作氧化剂，被氧化的是氧元素，则生成 O2。 运用盖斯定律， H= H1 H2= +
5、53.1kJ/mol p(O2)=2.9kPa，根据反应 2N2O5=4NO2+O2 ， 则五 2 氧化二氮减少的压强为 2p(O2)=2 2.9kPa=5.8kPa，所以 p(N2O5)=35.85.8=30.0kPa，v=2 10 3 p(N 2O5) = 6.0 10 2 N2O5完全分解发生的反应：2N2O5(g) 4NO2(g) + O2(g) N2O5此时分解压强的变化 35.8 71.6 17.9 生成的 NO2建立平衡 2NO2(g)N2O4(g) 此平衡压强的变化为 2y y 平衡时总压是 63.1kPa， 即 63.1 = 71.62y + y + 17.9 求得 y=26
6、.4， 所以 NO2产生的压强为 71.62 26.4 = 18.8kPa。反应 N2O4（g）2NO2（g）的 Kp= = = 13.4；第一步反应比第二步反应快， 因此 A 符合题意；中间产物有 NO、NO2 ， B 不符合题意；第二步反应慢，说明反应难进行，则有效碰 撞少，C 符合题意；第三步反应很快，说明活化能较低，D 不符合题意。 【2018 卷】卷】 催化重整不仅可以得到合成气（CO 和 ） 。还对温室气体的减排具有重要 意义。回答下列问题： （1） 催化重整反应为： 。 已知： 该催化重整反应的 _ 。有利于提高 平衡转化率的条件是_（填标 号） 。 A.高温低压 B.低温高压
7、C.高温高压 D.低温低压 某温度下， 在体积为 2L的容器中加入 以及催化剂进行重整反应。 达到平衡时 的 转化率是 50%，其平衡常数为_ 。 （2）反中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。相关数据如下表： 积碳反应 消碳反应 75 172 活化能/ 催化剂 X 33 91 催化剂 Y 43 72 由上表判断,催化剂 X_Y(填优于或劣于),理由是_.在反应进料气组成,压强及反应时间 相同的情况下,某催化剂表面的积碳量随温度的变化关系如右图所示,升高温度时,下列关于积碳反应,消碳 3 反应的平衡常数(K)和速率(v)的叙述正确的是_(填标号) A.K积、K消均增
8、加 B.V积减小、V消增加 C.K积减小、K消增加 D.v消消增加的倍数比增加的倍数比 v积积增加的倍数大增加的倍数大 在一定温度下,测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为 (k为速率常数)。 在 一定时,不同 下积碳量随时间的变化趋势如右图所示,则 Pa(CO2)、Pb(CO2)、Pc(CO2)从 大到小的顺序为_ 【答案】【答案】 （1）247；A； （2）劣于；相对于催化剂 X，催化剂 Y 积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相 对小，消碳反应速率大；AD；pc(CO2) 、pb(CO2)、pa(CO2) 【解析】【解析】 （1）由盖斯定律： =2 （-111）-（-39
9、4）-（-75）=247kJ/mol; 0 为吸热反应，加 热或高温有利于正反应的进行，反应物的系数和小于生成物的系数和，所以减压或低压有利于正反应的进 行，所以应选择 A：高温高压 根据三段式秋各物质的物质的量 n CH4(g)+ CO2(g) 2CO(g)+ 2H2(g) 起始 (mol) 2 1 0 0 转化 (mol) 0.5 0.5 1 1 平衡 (mol) 1.5 0.5 1 1 4 则平衡常数 K= ;(2)通过表格可看出催化剂 Y 的积碳反应的活化能答 而消碳反应的活化能小，即消碳反应需要的能量低二积碳反应需要的能量相对高，所以催化剂 X 劣于 Y。 由图可知消碳量一直是正值，
10、说明消碳量要大于积碳量，即消碳速率增大的比积碳速率增大的快，两个反 应均是吸热反应，升高温度均有利于正向进行，故平衡常数 K 均变大，选 AD。由图可知三种状态下积 碳的速率 VaVbVc 而积碳速率=K p(CH4)p(CO2)-0.5= P(CH4)一定时，说明速率与 p(CO2)成反比 即：p(CO2)越大速率越小 故：pc(CO2) pb(CO2)pa(CO2) 【2018新课标】新课标】三氯氢硅（SiHCl3）是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题： （1）SiHCl3在常温常压下为易挥发的无色透明液体，遇潮气时发烟生成(HSiO)2O 等，写出该反应的化学 方程式_。 （2）S
11、iHCl3在催化剂作用下发生反应：2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+ SiCl4(g) H1=48 kJ mol1 3SiH2Cl2(g)=SiH4(g)+2SiHCl3 (g) H2=30 kJmol1 则反应 4SiHCl3(g)=SiH4(g)+ 3SiCl4(g)的 H=_ kJ mol1。 （3） 对于反应 2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)， 采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂， 在 323 K 和 343 K 时 SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。 343 K 时反应的平衡转化率 =_%。平衡常数 K343 K=_（保留 2 位小数
12、） 。 在 343 K 下：要提高 SiHCl3转化率，可采取的措施是_；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的 措施有_、_。 比较 a、b 处反应速率大小：va_vb（填大于小于或等于） 。反应速率 v=v正v逆= ，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x 为物质的量分数，计算 a 处 =_ （保留 1 位小数） 。 【答案】【答案】 （1）2SiHCl3+3H2O=(HSiO)2O+6HCl （2）114 （3）22%；0.02；及时移出产物；加入合适的催化剂；增大压强；大于；1.3 【解析】【解析】由盖斯定律， H=3H1+H2 ， 计算出该反应的反应热； 反应 2SiHCl3=SiH2
13、Cl2+SiCl4 H= +48kJ/mol，为吸热反应，温度升高，平衡向正反应方向移动，所以 a 曲线对应的温度为 343K，由图像可知， = 22% 5 2SiHCl3= SiH2Cl2+ SiCl4 起始（mol/L） 1 0 0 转化（mol/L） 0.22 0.11 0.11 平衡（mol/L） 0.78 0.11 0.11 K = = 0.02 要提高 SiHCl3的转化率，使平衡向正反应方向移动，可以移出生成物实现；缩短达到平衡的时间，就 是要加快化学反应速率，则可以增大压强、使用催化剂。 a 的反应温度高于 b，所以反应速率更快； 因为 k正和 k逆是常数，当达到化学平衡时，v
14、正 = v逆 ， 即 k正x2(SiHCl3)=k逆x(SiH2Cl2) x(SiCl4)，因此 = 2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g) + SiCl4(g) 起始 1 0 0 转化 1 22% 0.22 0.22 平衡 0.78 0.22 0.22 因此 = = a 点 = = 2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g) + SiCl4(g) 起始 1 0 0 转化 1 20% 0.2 0.2 a 点 0.8 0.2 0.2 a 点 = = = = 1.3 【2018天津卷】天津卷】CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题： （1）CO2可以被 NaOH 溶液捕
15、获。若所得溶液 pH=13，CO2主要转化为_（写离子符号） ；若所得 溶液 c(HCO3)c(CO32)=21，溶液 pH=_。 （室温下，H2CO3的 K1=4 107；K2=5 1011） （2）CO2与 CH4经催化重整，制得合成气： 6 CH4(g)+ CO2(g) 2CO (g)+ 2H2(g) 已知上述反应中相关的化学键键能数据如下： 化学键 CH C=O HH C O(CO) 键能/kJ mol1 413 745 436 1075 则该反应的 H=_。分别在 VL 恒温密闭容器 A（恒容） 、B（恒压，容积可变）中，加入 CH4和 CO2各 1 mol 的混合气体。两容器中反应
16、达平衡后放出或吸收的热量较多的是_（填A 或B ） 。 按一定体积比加入 CH4和 CO2 ， 在恒压下发生反应，温度对 CO 和 H2产率的影响如图 3 所示。此反 应优选温度为 900的原因是_。 （3）O2辅助的 AlCO2电池工作原理如图 4 所示。该电池电容量大，能有效利用 CO2 ， 电池反应产物 Al2(C2O4)3是重要的化工原料。 电池的负极反应式：_。 电池的正极反应式：6O2+6e=6O2 6CO2+6O2=3C2O42 反应过程中 O2的作用是_。 该电池的总反应式：_。 【答案】 （1）CO32-；10 （2）+120 kJ mol-1；B；900 时，合成气产率已经
17、较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济 效益降低。 （3）Al3e=Al3+（或 2Al6e=2Al3+） ；催化剂；2Al+6CO2=Al2(C2O4)3 【考点】反应热和焓变，用盖斯定律进行有关反应热的计算，原电池和电解池的工作原理，电极反应和电 池反应方程式 【解析】 （1）CO2可以被 NaOH 溶液捕获。若所得溶液 pH=13，因为得到溶液的碱性较强，所以 CO2主要 转化为碳酸根离子（CO32-） 。若所得溶液 c(HCO3)c(CO32)=21， ，则根据第二步电离平衡常数 K2= =5 1011 ， 所以氢离子浓度为 1 10-10mol/L，pH=10。 （2）化学反
18、应的焓变应该 等于反应物键能减去生成物的键能，所以焓变为(4 413+2 745)(2 1075+2 436)= +120 kJ mol-1。初始时 容器 A、B 的压强相等，A 容器恒容，随着反应的进行压强逐渐增大（气体物质的量增加） ；B 容器恒压， 压强不变；所以达平衡时压强一定是 A 中大，B 中小，此反应压强减小平衡正向移动，所以 B 的反应平衡 更靠右，反应的更多，吸热也更多。 根据图 3 得到，900时反应产率已经比较高，温度再升高，反应产率的增大并不明显，而生产中的能 7 耗和成本明显增大，经济效益会下降，所以选择 900为反应最佳温度。 （3）明显电池的负极为 Al，所以 反
19、应一定是Al失电子， 该电解质为氯化铝离子液体， 所以Al失电子应转化为Al3+ ， 方程式为： Al3e=Al3+ （或 2Al6e=2Al3+） 。根据电池的正极反应，氧气再第一步被消耗，又在第二步生成，所以氧气为正极反 应的催化剂。将方程式加和得到，总反应为：2Al+6CO2=Al2(C2O4)3。 【2018江苏卷】江苏卷】 NOx（主要指 NO 和 NO2）是大气主要污染物之一。有效去除大气中的 NOx是环境保护的 重要课题。 （1）用水吸收 NOx的相关热化学方程式如下： 2NO2（g）+H2O（l）=HNO3（aq）+HNO2（aq） H=116.1 kJmol1 3HNO2（a
20、q）=HNO3（aq）+2NO（g）+H2O（l） H=75.9 kJ mol1 反应 3NO2（g）+H2O（l）=2HNO3（aq）+NO（g）的 H=_kJ mol1。 （2）用稀硝酸吸收 NOx ， 得到 HNO3和 HNO2的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出 电解时阳极的电极反应式：_。 （3）用酸性(NH2)2CO 水溶液吸收 NOx ， 吸收过程中存在 HNO2与(NH2)2CO 生成 N2和 CO2的反应。写 出该反应的化学方程式：_。 （4）在有氧条件下，新型催化剂 M 能催化 NH3与 NOx反应生成 N2。 NH3与 NO2生成 N2的反应中，当生成 1 m
21、ol N2时，转移的电子数为_mol。 将一定比例的 O2、 NH3和 NOx的混合气体， 匀速通入装有催化剂 M 的反应器中反应 （装置见题 20 图1） 。 反应相同时间 NOx的去除率随反应温度的变化曲线如题 20 图2 所示，在 50250 范围内随着温度的升 高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是_；当反应温度高于 380 时，NOx的去除 率迅速下降的原因可能是_。 【答案】【答案】 （1）136.2 （2）HNO22e+H2O=3H+NO3 （3）2HNO2+(NH2)2CO=2N2+CO2+3H2O （4） ；迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使 N
22、Ox去除反应速率迅速增大；上升 缓慢段主要是温度升高引起的 NOx去除反应速率增大；催化剂活性下降；NH3与 O2反应生成了 NO 【解析】【解析】 （1）将两个热化学方程式编号， 2NO2（g）+H2O（l）=HNO3（aq）+HNO2（aq） H=116.1 kJmol1（式） 3HNO2（aq）=HNO3（aq）+2NO（g）+H2O（l） H=75.9 kJmol1（式） 8 应用盖斯定律， 将 （式 3+式） 2 得， 反应 3NO2（g） +H2O （l） =2HNO3（aq） +NO （g） H= （116.1 kJ mol1） 3+75.9 kJ mol1 2=-136.2kJ
23、 mol1。 （2）根据电解原理，阳极发生失电子的氧化反应，阳极反应为 HNO2失去电子生成 HNO3 ， 1molHNO2 反应失去 2mol 电子，结合原子守恒和溶液呈酸性，电解时阳极电极反应式为 HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+。 （3）HNO2与（NH2）2CO 反应生成 N2和 CO2 ， N 元素的化合价由 HNO2中+3 价降至 0 价，N 元素的 化合价由（NH2）2CO 中-3 价价升至 0 价，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为 2HNO2+ （NH2）2CO=2N2+CO2+3H2O。 （4）NH3与 NO2的反应为 8NH3+6NO2 7N2+12
24、H2O，该反应中 NH3中-3 价的 N 升至 0 价，NO2 中+4 价的 N 降至 0 价，生成 7molN2转移 24mol 电子。生成 1molN2时转移电子数为 mol。 因为反应时间相同，所以低温时主要考虑温度和催化剂对化学反应速率的影响；高温时 NH3与 O2发生 催化氧化反应。在 50250范围内，NOx的去除率迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共 同使 NOx去除反应速率迅速增大； 上升缓慢段主要是温度升高引起的 NOx去除反应速率增大， 温度升高催 化剂活性下降。反应温度高于 380时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是 NH3与 O2反应生成了 NO， 反应的
25、化学方程式为 4NH3+5O2 4NO+6H2O。 【2018北京卷】北京卷】近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下： （1）反应： 2H2SO4（l）=2SO2（g）+2H2O（g）+O2（g） H1=+551 KJ mol-1反应： S（s）+O2 （g）=SO2（g） H3=-297 KJ mol-1 反应的热化学方程式：_。 （2）对反应，在某一投料比时，两种压强下，H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图 所示。P2_P1（填或） ，得出该结论的理由是_。 （3）-可以作为水溶液中 SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将 ii
26、 补充完 整。 i.SO2+4I-+4H+=S+2I2+2H2O ii.I2+2H2O+_ =_+ _+2I- （4）探究 i、ii 反应速率与 SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将 18mLSO2饱和溶液加入到 2mL 下列试剂中，密闭放置观察现象。 （已知：I2易溶解在 KI 溶液中） 9 B 是 A 的对比实验，则 a=_。 比较 A、B、C，可得出的结论是_。 实验表明，SO2的歧化反应速率 DA，结合 i、ii 反应速率解释原因：_。 【答案】【答案】 （1）3SO2(g)+2H2O (g)=2H2SO4 (l)+S(s) H2=254kJ mol1 （2）；反应是气体物质的量
27、减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，H2SO4 的物质的 量增大，体系总物质的量减小，H2SO4的物质的量分数增大 （3）SO2；SO42；4H+ （4）0.4；I是 SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但 H+可以加快歧化反应速率；反 应 ii 比 i 快；D 中由反应 ii 产生的 H+使反应 i 加快 【解析】【解析】 （1）根据过程，反应 II 为 SO2催化歧化生成 H2SO4和 S，反应为 3SO2+2H2O=2H2SO4+S。应用 盖斯定律，反应 I+反应 III 得，2H2SO4（l）+S（s）=3SO2（g）+2H2O（g）H=H1+H3=（+5
28、51kJ/mol） + （-297kJ/mol） =+254kJ/mol， 反应 II 的热化学方程式为 3SO2（g） +2H2O （g） =2H2SO4（l） +S （s） H=-254kJ/mol。 （2）在横坐标上任取一点，作纵坐标的平行线，可见温度相同时，p2时 H2SO4物质的量分数大于 p1时； 反应 II 是气体分子数减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，H2SO4物质的量增加，体系总物质的 量减小，H2SO4物质的量分数增大；则 p2 p1。 （3）反应 II 的总反应为 3SO2+2H2O=2H2SO4+S，I-可以作为水溶液中 SO2歧化反应的催化剂，催化剂在反 应前
29、后质量和化学性质不变， （总反应-反应 i） 2 得，反应 ii 的离子方程式为 I2+2H2O+SO2=4H+SO42-+2I-。 （4）B 是 A 的对比实验，采用控制变量法，B 比 A 多加了 0.2mol/LH2SO4 ， A 与 B 中 KI 浓度应相 等，则 a=0.4。 对比 A 与 B，加入 H+可以加快 SO2歧化反应的速率；对比 B 与 C，单独 H+不能催化 SO2的歧化反应； 比较 A、B、C，可得出的结论是：I是 SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但 H+可 以加快歧化反应速率。 对比 D 和 A， D 中加入 KI 的浓度小于 A， D 中多加了
30、 I2 ， 反应 i 消耗 H+和 I- ， 反应 ii 中消耗 I2 ， D 中溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较 A 快，反应速率 D A，由此可见，反应 ii 比反 应 i 速率快，反应 ii 产生 H+使 c（H+）增大，从而反应 i 加快 2017 年年 【2017 新课标新课标 I 卷】卷】 （14 分）分）易，传统易，传统 近期发现，H2S 是继 NO、CO 之后的第三个生命体系气体信号分子，它具有参与调节神经信号传递、 舒张血管减轻高血压的功能。回答下列问题： 10 （1）下列事实中，不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是_（填标号） 。 A氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，
31、而亚硫酸可以 B氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸 C0.10 mol L1的氢硫酸和亚硫酸的 pH 分别为 4.5 和 2.1 D氢硫酸的还原性强于亚硫酸 （2）下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。 通过计算， 可知系统 （） 和系统 （） 制氢的热化学方程式分别为_、 _， 制得等量 H2所需能量较少的是_。 （3） H2S 与 CO2在高温下发生反应： H2S(g)+CO2(g)COS(g) +H2O(g)。 在 610 K 时， 将 0.10 mol CO2 与 0.40 mol H2S 充入 2.5 L 的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为
32、0.02。 H2S 的平衡转化率 1 =_%，反应平衡常数 K=_。 在 620 K 重复试验，平衡后水的物质的量分数为 0.03，H2S 的转化率 2 _ 1 ，该反应的 H_0。 （填 B 【解答】【解答】 （1）A氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以，符合强酸制备弱酸的特 点，可说明亚硫酸的酸性比氢硫酸强，故 A 正确； B氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸，可说明亚硫酸的电离程度大，则亚硫酸的酸 性强，B 正确； C.0.10molL 1 的氢硫酸和亚硫酸的 pH 分别为 4.5 和 2.1，可说明亚硫酸的电离程度大，酸性 较强，C 正确； D氢硫酸的还原性强于亚硫酸，不能用于
33、比较酸性的强弱，故 D 错误 （2） 系统 （） 涉及水的分解， 系统 （） 涉及硫化氢的分解， 利用盖斯定律分别将系统 （） 和系统（）的热化学方程式相加，可得到水、硫化氢分解的热化学方程式，则系统（I）的 11 热化学方程式 H2O（l）=H2（g）+O2（g）H=+286kJ/mol； 系统（II）的热化学方程式 H2S （g）+=H2（g）+S（s）H=+20kJ/mol 根据系统 I、 系统 II 的热化学方程式可知： 每反应产生 1mol 氢气， 后者吸收的热量比前者少， 所以制取等量的 H2所需能量较少的是系统 II 故答案为：H2O（l）=H2（g）+O2（g）H=+286kJ
34、/mol；H2S （g）+=H2（g）+S（s） H=+20kJ/mol；系统（） ； （3）对于反应 H2S（g）+CO2（g）COS（g）+H2O（g） 起始（mol）0.40 0.10 0 0 转化（mol）x x x x 平衡（mol）0.40 x 0.10 x x x 反应平衡后水的物质的量分数为 0.02， 则=0.02，x=0.01， H2S 的平衡转化率 a1=2.5%， 体积为 2.5L，则平衡时各物质的浓度为 c（H2S）=mol/L=0.156mol/L，c（CO2） =mol/L=0.036mol/L，c（COS）=c（H2O）=mol/L=0.004molL， 则 K
35、=0.00285， 根据题目提供的数据可知温度由 610K 升高到 620K 时，化学反应达到平衡，水的物质的量 分数由 0.02 变为 0.03，所以 H2S 的转化率增大，a2a1；根据题意可知：升高温度，化学平 衡向正反应方向移动，根据平衡移动原理：升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，所以 该反应的正反应为吸热反应，故H0，A增大 H2S 的浓度，平衡正向移动，但加入量 远远大于平衡移动转化消耗量，所以 H2S 转化率降低，故 A 错误； B增大 CO2的浓度，平衡正向移动，使更多的 H2S 反应，所以 H2S 转化率增大，故 B 正确； CCOS 是生成物，增大生成物的浓度，平衡逆向
36、移动，H2S 转化率降低，故 C 错误； DN2是与反应体系无关的气体，充入 N2，不能使化学平衡发生移动，所以对 H2S 转化率无 影响，故 D 错误 【2017 新课标新课标 2 卷】卷】 （14 分）分）易，传统易，传统 丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备回答下列问题： （1）正丁烷（C4H10）脱氢制 1丁烯（C4H8）的热化学方程式如下： 12 C4H10（g）=C4H8（g）+H2（g）H1 已知：C4H10（g）+O2（g）=C4H8（g）+H2O（g）H2=119kJmol 1 H2（g）+O2（g）=H2O（g）H3 =242kJmol 1 反应的H1为 kJmo
37、l 1 图 （a） 是反应平衡转化率与反应温度及压强的关系图， x 0.1（填大于或小于） ；欲使丁烯的平衡产率提高，应采取的措施是 （填 标号） A升高温度 B降低温度 C增大压强 D降低压强 （2）丁烷和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器（氢气的作用是活化催化 剂） ，出口气中含有丁烯、丁烷、氢气等图（b）为丁烯产率与进料气中 n（氢气）/n（丁烷） 的关系图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势，其降低的原因是 （3）图（c）为反应产率和反应温度的关系曲线，副产物主要是高温裂解生成的短碳链烃类 化合物丁烯产率在 590之前随温度升高而增大的原因可能是 、 ；590之 后，丁烯产率
38、快速降低的主要原因可能是 【解析】【解析】 （1）C4H10（g）+O2（g）=C4H8（g）+H2O（g）H2=119kJmol 1 H2（g）+O2（g）=H2O（g）H3=242kJmol 1 得 C4H10（g）=C4H8（g）+H2（g）H1=+123kJmol 1 由 a 图可知温度相同时，由 0.1MPa 变化到 xMPa，丁烷转化率增大，即平衡正向移动，该反 应是气体体积增大的反应，所以 x 的压强更小，x0.1； 由于反应为吸热反应，温度升高时，平衡正向移动，丁烯的平衡产率增大，反应正向进 行时体积增大，减压时平衡正向移动，丁烯的平衡产率增大，因此 AD 正确， 故答案为：+
39、123；小于；AD； （2）丁烷分解产生丁烯和氢气，一开始充入氢气是为活化催化剂，同时氢气作为反应的产 13 物，增大氢气的量会促使平衡逆向移动，从而减少平衡体系中的丁烯的含量，使丁烯的产率 降低， 故答案为：原料中过量 H2会使反应平衡逆向移动，所以丁烯产率下降； （3）590之前，温度升高时反应速率加快，单位时间内生成的丁烯会更多，同时由于反应 是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡体系中会含有更多的丁烯； 而温度超过 590时，由于丁烷高温会裂解生成短链烃类，所以参加反应的丁烷也就相应 减少，产率下降， 故答案为：升高温度时，反应速率加快，单位时间产生丁烯更多；590前升高温度，反应 平
40、衡正向移动；高温则有更多的丁烷裂解生成副产物导致产率降低 【2017 新课标新课标 3 卷】卷】 砷 （As） 是第四周期A 族元素， 可以形成 As2S3、 As2O5、 H3AsO3、 H3AsO4 等化合物，有着广泛的用途回答下列问题： （1）画出砷的原子结构示意图 （2）工业上常将含砷废渣（主要成分为 As2S3）制成浆状，通入 O2氧化，生成 H3AsO4和单 质硫写出发生反应的化学方程式 该反应需要在加压下进 行，原因是 （3）已知：As（s）+H2（g）+2O2（g）=H3AsO4（s）H1 H2（g）+O2（g）=H2O（l）H2 2As（s）+O2（g）=As2O5（s）H3
41、 则反应 As2O5（s）+3H2O（l）=2H3AsO4（s）的H= （4）298K 时，将 20mL 3x molL 1 Na 3AsO3、20mL 3x molL 1 I 2和 20mL NaOH 溶液混合， 发生反应：AsO33 （aq）+I 2（aq）+2OH AsO 43 （aq）+2I（aq）+H 2O（l） 溶液中 c（AsO43 ）与反应时间（t）的关系如图所示 下列可判断反应达到平衡的是 （填标号） a溶液的 pH 不再变化 bv（I ）=2v（AsO 33 ） 14 cc （AsO43 ）/c （AsO 33 ）不再变化 dc（I ）=y molL1 tm时，v正 v逆（
42、填大于小于或等于） tm时 v逆 tn时 v逆（填大于小于或等于） ，理由是 若平衡时溶液的 pH=14，则该反应的平衡常数 K 为 【解析】【解析】解： （1）砷元素原子序数为 33，原子核外有四个电子层，最外层 5 个电子，原子 结构示意图为，故答案为：； （2）工业上常将含砷废渣（主要成分为 As2O3）制成浆状，通入 O2氧化，生成 H3AsO4和单 质硫， 砷元素化合价+3 价变化为+5 价， 反应的化学方程式为 2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S， 增大压强，可增大反应速率，并使平衡正向移动，增大反应物的转化率， 故答案为：2As2S3+5O2+6H2O=4H3A
43、sO4+6S；加压反应速率增大，而且平衡右移，可提高生产 效率； （3）已知：As（s）+H2（g）+2O2（g）=H3AsO4（s）H1 H2（g）+O2（g）=H2O（l）H2 2As（s）+O2（g）=As2O5（s）H3 则利用盖斯定律将23可得 As2O5（s）+3H2O（l）=2H3AsO4（s）H=2H1 3H2H3， 故答案为：2H13H2H3； （4）a溶液 pH 不变时，则 c（OH ）也保持不变，反应达到平衡状态，故 a 正确； b同一个化学反应，速率之比等于化学计量数之比，无论是否达到平衡，都存在 v（I ）=2v （AsO33 ） ，故 b 错误； cc （AsO43
44、 ）/c （AsO 33 ）不再变化，可说明各物质的浓度不再变化，反应达到平衡状态， 故 c 正确； d由图可知，当 c （AsO43 ）=y molL1 时，浓度不再发生变化，则达到平衡状态，由方程 式可知此时 c（I ）=2y molL1，所以 c（I）=y molL1 时没有达到平衡状态，故 d 错误 故答案为：ac； 反应从正反应开始进行，tm时反应继续正向进行，则 v正 大于 v逆，故答案为：大于； tm时比 tn时浓度更小，则逆反应速率更小，故答案为：小于；tm 时 AsO43 浓度更小，反应 15 速率更慢； 反应前，三种溶液混合后，Na3AsO3的浓度为 3xmol/L=xmo
45、l/L，同理 I2的浓度 为 xmol/L，反应达到平衡时，生产 c（AsO43 ）为 ymol/L，则反应生产的 c（I）=2ymol/L， 消耗的 AsO33 、I 2的浓度均为 ymol/L，平衡时 c（AsO33 ）=（xy）mol/L，c（I 2）=（xy） mol/L，溶液中 c（OH ）=1mol/L，则 K= =， 故答案为： 【2017 江苏卷】江苏卷】难，新颖难，新颖 （14 分）砷（As）是一些工厂和矿山废水中的污染元素，使用吸附剂是去除水中砷的有效措 施之一 （1）将硫酸锰、硝酸钇与氢氧化钠溶液按一定比例混合，搅拌使其充分反应，可获得一种砷 的高效吸附剂 X，吸附剂 X
46、 中含有 CO32 ，其原因是 （2）H3AsO3和 H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓 度之和的分数）与 pH 的关系分别如图1 和图2 所示 以酚酞为指示剂（变色范围 pH 8.010.0） ，将 NaOH 溶液逐滴加入到 H3AsO3溶液中，当 溶液由无色变为浅红色时停止滴加该过程中主要反应的离子方程式为 H3AsO4第一步电离方程式 H3AsO4H2AsO4 +H+的电离常数为 K a1， 则 pKa1= （p Ka1= lg Ka1 ） （3）溶液的 pH 对吸附剂 X 表面所带电荷有影响pH=7.1 时，吸附剂 X 表面不带电荷； pH 7.1 时带负电荷，pH 越高，表面所带负电荷越多；pH7.1 时带正电荷，pH 越低，表面所 带正电荷越多pH 不同时吸附剂 X 对三价砷和五价砷的平衡吸附量（吸附达平衡时单位质 量吸附剂 X 吸附砷的质量）如图3 所示 16 在pH79之间， 吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降， 其原因是 在pH47之间， 吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱， 这是因为 提 高吸附剂 X 对三价砷去除效果可采取的措施是 【答案】 （1）空气中的 CO2属于酸性氧化物，能溶于强碱溶
