专题八化学反应速率和化学平衡考点一 化学反应速率1．(2022·海南化学，8，4分)10mL浓度为1mol·L－1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量的是(双选)( )A．K2SO4B．CH3COONaC．CuSO4D．Na2CO3解析 锌与稀盐酸反应过程中，若加入物质使反应速率降低，则溶液中的氢离子浓度减小，但由于不影响氢气的生成量，故氢离子的总物质的量不变。A项，硫酸钾为强酸强碱盐，不发生水解，若加入其溶液，则对盐酸产生稀释作用，氢离子浓度减小，但H＋物质的量不变，正确；B项，加入醋酸钠，则与盐酸反应生成醋酸，使溶液中氢离子浓度减小，随着反应的进行，CH3COOH最终又完全电离，故H＋物质的量不变，正确；C项，加入硫酸铜溶液，Cu2＋会与锌反应生成铜，构成原电池，会加快反应速率，错误；D项，加入碳酸钠溶液，会与盐酸反应，使溶液中的氢离子的物质的量减少，导致反应速率减小，生成氢气的量减少，错误。答案 AB2．(2022·福建理综，12，6分)在不同浓度(c)、温度(T)条件下，蔗糖水解的瞬时速率(v)如下表。下列判断不正确的是( )c/mol·L-1v/mmol·L-1·min-1T/K0.6000.5000.4000.300318.23.603.002.401.80328.29.007.50a4.50b2.161.801.441.08A.a＝6.00B．同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变C．b＜318.2D．不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同\n解析 A项，根据表中的数据可知：328.2K时，蔗糖溶液的浓度越大，水解的速率越快。根据浓度与速率的变化关系可知，蔗糖的浓度每减小0.100mol·L－1，速率减小1.50mmol·L－1·min－1，所以在浓度为0.400mol·L－1时，蔗糖水解的速率a＝6.00mmol·L－1·min－1，正确；B项，根据表中的数据可知：温度升高，水解速率越快，浓度越高，水解速率也越快，同时改变反应物的浓度和反应的温度，若二者对反应速率的影响趋势相反，并能相互抵消，反应速率也可能不变，正确；C项，在物质的浓度不变时，温度升高，水解速率加快，温度降低，水解速率减慢。由于在物质的浓度为0.600mol·L－1时，当318.2K时水解速率是3.60mmol·L－1·min－1，现在该反应的速率为2.16mmol·L－1·min－1小于3.60mmol·L－1·min－1，所以反应温度低于318.2K，即b＜318.2，正确；D项，由于温度不同时，在相同的浓度时的反应速率不同，所以不同温度下，蔗糖浓度减小一半所需的时间不同，错误。答案 D3．(2022·课标全国卷Ⅰ，9，6分)已知分解1molH2O2放出热量98kJ在含少量I－的溶液中，H2O2分解的机理为：H2O2＋I－―→H2O＋IO－ 慢H2O2＋IO－―→H2O＋O2＋I－ 快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－1D．v(H2O2)＝v(H2O)＝v(O2)解析 由于反应速率由慢反应决定，故I－浓度越大，反应速率越快，A正确；IO－为中间产物，不是催化剂，B错误；活化能不是反应热，反应热是正、逆反应活化能的差值，C错误；依据总反应2H2O2===2H2O＋O2和反应速率计量数间的关系判断，D错误。答案 A4．(2022·北京理综，12，6分)一定温度下，10mL0.40mol·L－1H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积(已折算为标准状况)如下表。t/min0246810V(O2)/mL0.09.917.222.426.529.9\n下列叙述不正确的是(溶液体积变化忽略不计)( )A．0～6min的平均反应速率：v(H2O2)≈3.3×10－2mol·(L·min)－1B．6～10min的平均反应速率：v(H2O2)<3.3×10－2mol·(L·min)－1C．反应至6min时，c(H2O2)＝0.30mol·L－1D．反应至6min时，H2O2分解了50%解析 A项，0～6min内，产生n(O2)＝1×10－3mol，消耗n(H2O2)＝2×10－3mol，则v(H2O2)＝＝≈3.3×10－2mol·(L·min)－1，故A正确；B项，依照A项解题步骤，可知B项正确；C项，反应至6min时，消耗n(H2O2)为2×10－3mol，剩余c(H2O2)＝＝0.2mol·L－1，故C项不正确；D项，反应至6min时，消耗n(H2O2)为2×10－3mol，占起始物质的量的50%，故D项正确。答案 C5．(2022·重庆理综，7，6分)在恒容密闭容器中通入X并发生反应：2X(g)Y(g)，温度T1、T2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B．T2下，在0～t1时间内，v(Y)＝mol·L－1·min－1C．M点的正反应速率v正大于N点的逆反应速率v逆D．M点时再加入一定量X，平衡后X的转化率减小解析 依据题中图示，可看出T1>T2，由于T1时X的平衡浓度大，可推出该反应为放热反应。A项，M点与W点比较，X的转化量前者小于后者，故进行到M点放出的热量应小于进行到W点放出的热量，A项错误；B项，2v(Y)＝v(X)＝mol·L－1·min－1，B项错误；C项，T1>T2，温度越高，反应速率越大，M点的正反应速率v正>W点的正反应速率v正′，而W点的正反应速率v正′＝其逆反应速率v逆′>N点的逆反应速率v逆，C项正确；D项，恒容时充入X，压强增大，平衡正向移动，X的转化率增大，D项错误。\n答案 C6．(2022·福建理综，12，6分)NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗即有I2析出，依据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反应速率。将浓度均为0.020mol·L－1的NaHSO3溶液(含少量淀粉)10.0mL、KIO3(过量)酸性溶液40.0mL混合，记录10～55℃间溶液变蓝时间，55℃时末观察到溶液变蓝，实验结果如图。据图分析，下列判断不正确的是( )A．40℃之前与40℃之后溶液变蓝的时间随温度的变化趋势相反B．图中b、c两对应的NaHSO3反应速率相等C．图中a点对应的NaHSO3反应速率为5.0×10－5mol·L－1·s－1D．温度高于40℃时，淀粉不宜作用该实验的指示剂解析 由图像知A正确；b、c点变蓝时间相同，但温度不同，故速率不同，B错误；反应为5HSO＋2IO===I2＋3H＋5SO＋H2O，v(HSO)＝＝5.0×10－5mol·L－1·s－1，C正确；温度高于40℃的酸性环境下淀粉会水解，从而导致实验失败，D正确。答案 B7．(2022·四川理综，6，6分)在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭器中，发生反应X(g)＋Y(g)2Z(g)ΔH<0，一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如下表：t/min2479n(Y)/mol0.120.110.100.10下列说法正确的是( )A．反应前2min的平均速率v(Z)＝2.0×10－3mol·(L·min)－1B．其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v(逆)>v(正)C．该温度下此反应的平衡常数K＝1.44\nD．其他条件不变，再充入0.2molZ，平衡时X的体积分数增大解析 反应前2min，v(Y)＝＝2.0×10－3mol·(L·min)－1，v(Z)＝2v(Y)＝4.0×10－3mol·(L·min)－1，A项错误；其他条件不变时，降低温度平衡向放热方向即正反应方向移动，达到新的平衡前v(正)>v(逆)，B项错误；由表中数据知平衡时Y的物质的量为0.10mol，则平衡时X、Y、Z三种气体的物质的量浓度分别为0.010mol·L－1、0.010mol·L－1、0.012mol·L－1，则该温度下K＝＝1.44，C项正确；其他条件不变，再充入0.2molZ，因该反应前后气体体积不变，所以建立的平衡与原平衡是等效平衡，平衡时X的体积分数不变，D错误。答案 C8．(2022·福建理综，12，6分)一定条件下，溶液的酸碱性对TiO2光催化染料R降解反应的影响如下图所示。下列判断正确的是( )A．在0～50min之间，pH＝2和pH＝7时R的降解百分率相等B．溶液酸性越强，R的降解速率越小C．R的起始浓度越小，降解速率越大D．在20～25min之间，pH＝10时R的平均降解速率为0.04mol·L－1·min－1解析 在0～50min之间，pH＝2和pH＝7时反应物R都能完全反应，降解率都是100%，故A正确；由斜率可知pH越小降解速率越大，即溶液的酸性越强，R的降解速率越大，故B错误；浓度越大化学反应速率越大，所以起始浓度越小降解速率越小，故C错误；20～25min之间，pH＝10时R的平均降解速率为4×10－6mol·L－1·min－1，故D错误。答案 A9．(2022·广东理综，31，16分)大气中的部分碘源于O3对海水中I－的氧化。将O3持续通入NaI溶液中进行模拟研究。(1)O3将I－氧化成I2的过程由3步反应组成：①I－(aq)＋O3(g)===IO－(aq)＋O2(g) ΔH1\n②IO－(aq)＋H＋(aq)HOI(aq) ΔH2③HOI(aq)＋I－(aq)＋H＋(aq)I2(aq)＋H2O(l) ΔH3总反应的化学方程式为____________________________________________，其反应热ΔH＝________。(2)在溶液中存在化学平衡：I2(aq)＋I－(aq)I(aq)，其平衡常数表达式为________。(3)为探究Fe2＋对O3氧化I－反应的影响(反应体系如图甲)某研究小组测定两组实验中I浓度和体系pH，结果见图乙和下表。 编号反应物反应前pH反应后pH第1组O3＋I－5.211.0第2组O3＋I－＋Fe2＋5.24.1①第1组实验中，导致反应后pH升高的原因是____________________________________________________________________________________________________________________________________。②图甲中的A为________。由Fe3＋生成A的过程能显著提高I－的转化率，原因是___________________________________________________________。③第2组实验进行18s后，I浓度下降。导致下降的直接原因有(双选)________。A．c(H＋)减小B．c(I－)减小C．I2(g)不断生成D．c(Fe3＋)增加(4)据图乙，计算3～18s内第2组实验中生成I的平均反应速率(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。解析 (1)依据题干信息，结合盖斯定律可知总反应可由(①＋②＋③)得出。(2)依据化学平衡常数表达式的表示方法可正确写出答案。(3)①通过题中信息分析，反应过程中H＋被消耗导致c(H＋)下降，所以pH升高；②从图甲可看出Fe2＋→Fe3＋→A应为Fe2＋与Fe3＋间的相互转化，所以A应为Fe2＋；③观察图甲和图乙综合分析知，I2(g)不断生成，c(I\n－)减小，使平衡I2(aq)＋I－(aq)I(aq)逆向移动，c(I)下降。(4)依据v＝，结合图中数据即可正确求出生成I的平均反应速率。答案 (1)O3(g)＋2I－(aq)＋2H＋(aq)===I2(aq)＋O2(g)＋H2O(l) ΔH1＋ΔH2＋ΔH3(2)K＝(3)①反应中消耗了H＋，使c(H＋)降低②Fe2＋ 2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，增大I－的转化速率和转化量③BC(4)3～18s内c(I)的变化量Δc(I)＝11.8×10－3mol·L－1－3.5×10－3mol·L－1＝8.3×10－3mol·L－1，时间变化量Δt＝18s－3s＝15s，所以用(I)浓度变化表示的平均反应速率为v(I)＝＝＝5.5×10－4mol·L－1·s－110．(2022·课标全国卷，27节选)COCl2的分解反应为COCl2(g)Cl2(g)＋CO(g) ΔH＝＋108kJ·mol－1。反应体系达到平衡后，各物质的浓度在不同条件下的变化状况如下图所示(第10mim到14min的COCl2浓度变化曲线未示出)：(1)计算反应在第8min时的平衡常数K＝________；(2)比较第2min反应温度T(2)与第8min反应温度T(8)的高低：T(2)________T(8)(填“<”“>”或“＝”)；(3)若12min时反应于温度T(8)下重新达到平衡，则此时c(COCl2)＝________mol·L－1；(4)比较产物CO在2～3min、5～6min和12～13min时平均反应速率[平均反应速率为分别以v(2～3)、v(5～6)、v(12～13)表示]的大小________；(5)比较反应物COCl2在5～6min和15～16min时平均反应速率的大小：v(5～6)________v(15～16)(填“<”“>”或“＝”)，原因是__________________________________________________________________。解析 (1)c(Cl2)＝0.11mol·L－1、c(CO)＝0.085mol·L－1、c(COCl2)＝0.04mol·L\n－1，代入K＝≈0.234mol·L－1；(2)第4min时，Cl2与CO的浓度均逐渐增大，再结合此反应正向为吸热反应，所以第4min时改变的条件一定是升高温度，故T(2)<T(8)；(3)用平衡常数进行求解，此温度下K＝＝0.234mol·L－1＝可知c(COCl2)≈0.031mol·L－1；(4)依据v(CO)＝可知v(2～3)＝v(12～13)＝0；(5)由图像可知上面的两个曲线是生成物浓度变化曲线、下面的曲线为COCl2浓度变化曲线，c(COCl2)＝，5～6min时的Δc(COCl2)大于15～16min时的，所以v(5～6)>v(15～16)；应从影响化学反应速率的因素入手分析，由图像可知4～18分钟温度相同，只能从浓度角度分析。答案 (1)0.234mol·L－1 (2)< (3)0.031(4)v(5～6)>v(2～3)＝v(12～13)(5)> 在相同温度时，该反应的反应物浓度越高，反应速率越大考点二 化学平衡1．(2022·天津理综，6，6分)某温度下，在2L的密闭容器中，加入1molX(g)和2molY(g)发生反应：X(g)＋mY(g)3Z(g)平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入1molZ(g)，再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变。下列叙述不正确的是( )A．m＝2B．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∶1D．第二次平衡时，Z的浓度为0.4mol·L－1解析 A项，由题意可知两种条件下X、Y、Z的初始物质的量不同，而最终平衡状态相同，则两种条件下建立的平衡为温度、容积不变时的等效平衡，故满足反应前后气态物质计量数之和相等，则1＋m＝3，m＝2，正确；B项，温度不变，平衡常数不变，正确；C项，X、Y的初始物质的量之比为1∶2，根据方程式可知参加反应的X、Y的物质的量之比也为1∶2，故X与Y的平衡转化率之比为1∶1，正确；D项，由方程式可知该反应反应前后气体的物质的量不变，所以第二次平衡时气体的总物质的量为4mol，则Z的物质的量为4mol×10%＝0.4mol，Z的浓度为0.4mol÷2L＝0.2mol·L－1，错误。答案 D\n2．(2022·重庆理综，7，6分)羰基硫(COS)可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。在恒容密闭容器中，将CO和H2S混合加热并达到下列平衡：CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g) K＝0.1反应前CO物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol。下列说法正确的是( )A．升高温度，H2S浓度增加，表明该反应是吸热反应B．通入CO后，正反应速率逐渐增大C．反应前H2S物质的量为7molD．CO的平衡转化率为80%解析 A项，升高温度，H2S浓度增大，说明平衡向逆反应方向移动，逆反应吸热，正反应放热，错误；B项，通入CO气体瞬间正反应速率增大，达到最大值，向正反应方向建立新的平衡，正反应速率开始减小，错误；C项，因为该反应是反应前后气体体积不变的反应，所以有K＝＝0.1，解得n＝7，正确；D项，根据上述计算可知CO的转化率为20%，错误。答案 C3．(2022·安徽理综，11，6分)汽车尾气中NO产生的反应为：N2(g)＋O2(g)2NO(g)，一定条件下，等物质的量的N2(g)和O2(g)在恒容密闭容器中反应，下图曲线a表示该反应在温度T下N2的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时N2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\nD．若曲线b对应的条件改变是温度，可判断该反应的ΔH<0解析 A项，在温度T下，由曲线a可知，达到平衡后N2、O2、NO的浓度分别为c1mol/L、c1mol/L、2(c0－c1)mol/L，所以该反应的平衡常数K＝，正确；B项，反应前后，混合气体的体积与质量都没有发生改变，所以混合气体的密度不变，错误；C项，加入催化剂只改变反应速率而不改变反应的转化率，若加入催化剂达到平衡后，c(N2)应与曲线a对应的平衡浓度相同，错误；D项，若曲线b对应的条件改变是温度，由于曲线b相对于曲线a先达到了平衡，故应该为升温，升高温度，N2的平衡浓度减小，说明平衡向正向移动，该反应为吸热反应，ΔH>0，错误。答案 A4．(2022·四川理综，7，6分)一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)＋CO2(g)2CO(g)，平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示：已知：气体分压(p分)＝气体总压(p总)×体积分数。下列说法正确的是( )A．550℃时，若充入惰性气体，v正、v逆均减小，平衡不移动B．650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0%C．T℃时，若充入等体积的CO2和CO，平衡向逆反应方向移动D．925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp＝24.0p总解析 A项，C(s)＋CO2(g)2CO(g)的正反应是气体物质的量增加的反应，由于反应容器为体积可变的恒压密闭容器，充入惰性气体容器体积扩大，对反应体系相当于减小压强，故v(正)、v(逆)均减小，平衡正向移动，错误；B项，由图可知，650℃时若设起始时CO2的体积为1L，平衡时CO2消耗的体积为x，则×100%＝40.0%，x＝0.25L，CO2的转化率为25%，正确；C项，由图可知，T℃时平衡体系中CO和CO2的体积分数均为50%，故若恒压时充入等体积的CO2\n和CO两种气体平衡不发生移动，错误；D项，925℃时，CO的平衡分压p(CO)＝p总×96.0%，CO2的平衡分压p(CO2)＝p总×4%，根据化学平衡常数的定义可知Kp＝＝＝23.04p总，错误。答案 B5．(2022·江苏化学，15，4分)在体积均为1.0L的两恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉，再分别加入0.1molCO2和0.2molCO2，在不同温度下反应CO2(g)＋C(s)2CO(g)达到平衡，平衡时CO2的物质的量浓度c(CO2)随温度的变化如图所示(图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上)。下列说法正确的是(双选)( )A．反应CO2(g)＋C(s)===2CO(g)的ΔS＞0、ΔH＜0B．体系的总压强p总：p总(状态Ⅱ)＞2p总(状态Ⅰ)C．体系中c(CO)：c(CO，状态Ⅱ)＜2c(CO，状态Ⅲ)D．逆反应速率：v逆(状态Ⅰ)＞v逆(状态Ⅲ)解析 A项，CO2(g)＋C(s)===2CO(g)气体的物质的量增加的反应，故ΔS>0，观察图像知，随着温度的升高，c(CO2)减小，平衡为正移，则ΔH＞0，错误；B项，Ⅰ所在d曲线表示的是通入0.1molCO2的变化过程，此时此时气体总的物质的量为0.12mol，Ⅱ所在曲线表示的是通入0.2molCO2的变化过程，此时此时气体总的物质的量为0.32mol，此时Ⅱ中气体总物质的量大于Ⅰ中气体总物质的量的2倍，且Ⅱ的温度高，气体体积膨胀，压强又要增大，则p总(状态Ⅱ)>2p总(状态Ⅰ)\n，正确；C项，状态Ⅱ和Ⅲ，温度相同，Ⅱ中CO2的投料量是Ⅲ中CO2投料量的2倍，若恒容时两平衡等效，则有c(CO，状态Ⅱ)＝2c(CO，状态Ⅲ)，但成比例增加投料量，相当于加压，平衡向逆反应方向移动，所以c(CO，状态Ⅱ)<2c(CO，状态Ⅲ)，正确；D项，状态Ⅰ和Ⅲ相比，Ⅲ的温度高，反应速率快，所以v逆(状态Ⅲ)>v逆(状态Ⅰ)，错误。答案 BC6．(2022·安徽理综，10，6分)臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱硝反应为：2NO2(g)＋O3(g)N2O5(g)＋O2(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0～3s内，反应速率为：v(NO2)＝0.2mol·L－1CDt1时仅加入催化剂，平衡正向移动达平衡时，仅改变x，则x为c(O2) 解析 A项，由图像可知，该可逆反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，正确；v(NO2)＝＝＝0.2mol·L－1·s－1，B项错误；使用催化剂可加快反应速率，但不能使平衡发生移动，C项错误；D项，若x为c(O2)，则O2浓度增大，NO2的转化率减小，与图像不符，D项错误。答案 A7．(2022·四川理综，7，6分)在10L恒容密闭容器中充入X(g)和Y(g)，发生反应X(g)＋Y(g)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/moln(X)n(Y)n(M)\n①7000.400.100.090②8000.100.400.080③8000.200.30a④9000.100.15b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·min)－1B．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%D．实验④中，达到平衡时，b>0.060解析 A项，0至5min内，v(M)＝＝1×10－3mol·(L·min)－1，v(N)＝v(M)＝1×10－3mol·(L·min)－1，A项错误；B项，根据“三段式”： X(g) ＋ Y(g)M(g) ＋ N(g)初始(mol·L－1)0.0100.040 0 0转化(mol·L－1)0.0080.0080.0080.008平衡(mol·L－1)0.0020.0320.0080.008K＝＝1，B项错误；实验③，根据“三段式”得： X(g) ＋ Y(g)M(g) ＋ N(g)初始(mol·L－1)0.0200.030 0 0转化(mol·L－1) x x x x平衡(mol·L－1)0.020－x0.030－x x x根据温度不变，K不变可得＝1，x＝0.012X的转化率＝×100%＝60%，C项正确；由实验①②中数据可知该反应为放热反应，900℃时的平衡常数应小于800℃\n时的平衡常数，假设实验④中K＝1，则＝1b＝0.06综上所述，900℃达到平衡时b<0.06，D错误。答案 C8．(2022·江苏化学，15，4分)一定温度下，在三个体积均为1.0L的恒容密闭容器中发生反应：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)容器编号温度(℃)起始物质的量(mol)平衡物质的量(mol)CH3OH(g)CH3OCH3(g)H2O(g)Ⅰ3870.200.0800.080Ⅱ3870.40Ⅲ2070.200.0900.090下列说法正确的是(双选)( )A．该反应的正反应为放热反应B．达到平衡时，容器Ⅰ中的CH3OH体积分数比容器Ⅱ中的小C．容器Ⅰ中反应到达平衡所需时间比容器Ⅲ中的长D．若起始时向容器Ⅰ中充入CH3OH0.15mol、CH3OCH30.15mol和H2O0.10mol，则反应将向正反应方向进行解析 由Ⅰ、Ⅲ数据分析可知，降温CH3OH的转化率增大，平衡向正反应方向移动，正反应为放热反应，A项正确；B项，Ⅰ和Ⅱ对比，CH3OH(g)的起始浓度增大一倍，容器体积不变，相当于增大压强，而此反应为反应前后气体分子数不变的反应，增大压强平衡不移动，CH3OH体积分数不变，B项错误；Ⅲ比Ⅰ温度低，反应更慢，到达平衡所需时间更长，C项错误；D项，容器Ⅰ温度为387℃，平衡常数K＝＝＝4，而此时浓度商Qc＝＝<4，反应向正反应方向进行，D项正确。\n答案 AD9．(2022·安徽理综，11，6分)一定条件下，通过下列反应可以制备特种陶瓷的原料MgO：MgSO4(s)＋CO(g)MgO(s)＋CO2(g)＋SO2(g) ΔH>0该反应在恒容的密闭容器中达到平衡后，若仅改变图中横坐标x的值，重新达到平衡后，纵坐标y随x变化趋势合理的是( )选项xyA温度容器内混合气体的密度BCO的物质的量CO2与CO的物质的量之比CSO2的浓度平衡常数KDMgSO4的质量(忽略体积)CO的转化率解析 由于该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO2、SO2的含量增加，因是恒容密闭容器，故混合气体的密度增大，A项正确；当增加CO的物质的量时，由于反应前气体的计量数小于反应后气体的计量数，因此CO的转化率降低，CO2与CO的物质的量之比减小，B项错误；平衡常数K只受温度的影响，不受反应物浓度和生成物浓度的影响，C项错误；MgSO4为固体，增加其质量，化学平衡不移动，CO的转化率不增大，D项错误。答案 A10．(2022·重庆理综，7，6分)将E和F加入密闭容器中，在一定条件下发生反应：E(g)＋F(s)2G(g)。忽略固体体积，平衡时G的体积分数(%)随温度和压强的变化如下表所示：压强/MPa体积分数/%温度℃1.02.03.081054.0ab915c75.0d\n1000ef83.0①b<f②915℃、2.0MPa时E的转化率为60%③该反应的ΔS>0④K(1000℃)>K(810℃)上述①～④中正确的有( )A．4个B．3个C．2个D．1个解析 增大压强，平衡逆向移动，G的体积分数减小，b<a<54%，则升高温度G的体积分数增大，所以平衡正向移动，即ΔH>0，所以K(1000℃)>K(810℃)；压强为2.0MPa时，升高温度，平衡正向移动，G的体积分数增大，f>75%，所以f>b；已知915℃、2.0MPa时G的体积分数为75%，设总物质的量为1mol，则G为0.75mol，E为0.25mol。 E(g)＋F(s)2G(g)始n(E)0转0.375mol0.75mol平0.25mol0.75mol则n(E)＝0.375mol＋0.25mol＝0.625mol，E的转化率α(E)＝×100%＝60%。答案 A11．(2022·天津理综，6，6分)已知2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH＝－197kJ·mol－1。向同温、同体积的三个密闭容器中分别充入气体：(甲)2molSO2和1molO2；(乙)1molSO2和0.5molO2；(丙)2molSO3。恒温、恒容下反应达平衡时，下列关系一定正确的是( )A．容器内压强p：p甲＝p丙>2p乙B．SO3的质量m：m甲＝m丙>2m乙C．c(SO2)与c(O2)之比k：k甲＝k丙>k乙D．反应放出或吸收热量的数值Q：Q甲＝Q丙>2Q乙解析 三个容器T、V相同，由三种情况下充入物质的物质的量，可知甲、丙两种情况下充入的物质相当，达到同一平衡状态，乙充入比甲少一半，故压强：p甲＝p丙<2p乙，A\n错；SO3的质量为m甲＝m丙>2m乙，B对；c(SO2)与c(O2)之比均相等，C错；反应放出或吸收热量的数值Q甲≠Q丙，D错。答案 B12．(2022·福建理综，12，6分)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ΔH>0D．25℃时，该反应的平衡常数K＝2.2解析 A项，金属铅是固体，其量的多少对平衡没有影响；B项，往平衡体系中加入少量Sn(NO3)2固体，体系中c(Sn2＋)增大，促使平衡逆向移动，c(Pb2＋)增大；C项，升高温度，c(Pb2＋)增大，说明平衡逆向移动，则ΔH小于零；D项，该反应的平衡常数达式为K＝＝＝2.2，故D项正确。答案 D13．(2022·山东理综，30，19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)。在OA段，氢溶解于M中形成固溶体MHx，随着氢气压强的增大，H/M逐渐增大；在AB段，MHx与氢气发生氢化反应生成氢化物MHy，氢化反应方程式为：zMHx(s)＋H2(g)zMHy(s) ΔHⅠ(Ⅰ)；在B点，氢化反应结束，进一步增大氢气压强，H/M几乎不变。反应(Ⅰ)中z＝________(用含x和y的代数式表示)。温度为T1时，2g某合金4min内吸收氢气240mL，吸氢速率v＝________mL·g－1·min－1。反应的焓变ΔHⅠ________0\n(填“>”“<”或“＝”)。(2)η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，则温度为T1、T2时，η(T1)________η(T2)(填“>”“<”或“＝”)。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，达到平衡后反应(Ⅰ)可能处于图中的________点(填“b”“c”或“d”)，该贮氢合金可通过________或________的方式释放氢气。(3)贮氢合金ThNi5可催化由CO、H2合成CH4的反应，温度为T时，该反应的热化学方程式为________________。已知温度为T时：CH4(g)＋2H2O(g)===CO2(g)＋4H2(g) ΔH＝＋165kJ·mol－1CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g) ΔH＝－41kJ·mol－1解析 (1)根据H原子守恒得zx＋2＝zy，则z＝。由题中所给数据可知吸氢速率v＝240mL÷2g÷4min＝30mL·g－1·min－1。由图像可知，T1<T2，且T2时氢气的压强大，说明升高温度平衡向生成氢气的方向移动，逆反应为吸热反应，所以正反应为放热反应，故ΔHⅠ<0。(2)由图像可知，固定横坐标不变，即氢原子与金属原子个数比相同时，T2时氢气的压强大，说明吸氢能力弱，故η(T1)>η(T2)。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，H2浓度增大，平衡正向移动，一段时间后再次达到平衡，此时H/M增大，故可能处于图中的c点。由氢化反应方程式及图像可知，这是一个放热的气体体积减小的反应，根据平衡移动原理，要使平衡向左移动释放H2，可改变的条件是：升温或减压。(3)CO、H2合成CH4的反应为CO(g)＋3H2(g)===CH4(g)＋H2O(g) ΔH，将已知的两个热化学方程式依次编号为①、②，②－①即得所求的反应，根据盖斯定律有：ΔH＝－41kJ·mol－1－(＋165kJ·mol－1)＝－206kJ·mol－1。答案 (1) 30 <(2)> c 加热 减压(3)CO(g)＋3H2(g)===CH4(g)＋H2O(g) ΔH＝－206kJ·mol－114．(2022·浙江理综，28，15分)乙苯催化脱氢制苯乙烯反应：＋H2(g)(1)已知：化学键C—HC—CC===CH—H\n键能/kJ·mol－1412348612436计算上述反应的ΔH＝________kJ·mol－1。(2)维持体系总压p恒定，在温度T时，物质的量为n、体积为V的乙苯蒸气发生催化脱氢反应。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α等符号表示)。(3)工业上，通常在乙苯蒸气中掺混水蒸气(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H2以外的产物中苯乙烯的物质的量分数)示意图如下：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________。(4)某研究机构用CO2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，与掺水蒸气工艺相比，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：CO2＋H2===CO＋H2O，CO2＋C===2CO。新工艺的特点有________(填编号)。①CO2与H2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④有利于CO2资源利用解析 (1)设“”部分的化学键键能为akJ·mol－1，则ΔH＝(a＋348＋412×5)kJ·mol－1－(a＋612＋412×3＋436)kJ·mol－1＝124kJ·mol－1。\n(2)根据反应：起始物质的量 n 0 0改变物质的量 nαnαnα平衡物质的量 (1－α)nnαnα平衡时体积为(1＋α)V平衡常数K＝＝另外利用分压也可以计算出：Kp＝p(3)①正反应方向气体分子数增加，掺入水蒸气作稀释剂，相当于降低反应体系的分压，平衡正向移动，可以提高平衡转化率；②由图可知，温度为600℃时，乙苯的平衡转化率较大，苯乙烯的选择性较高。(4)①CO2与H2反应，H2浓度减小，使乙苯脱氢反应的化学平衡右移，正确；②不用高温水蒸气，可降低能量消耗，正确；③CO2能与碳反应，生成CO，减少积炭，正确；④充分利用CO2资源，正确。故选①②③④。答案 (1)124 (2)p或(3)①正反应方向气体分子数增加，加入水蒸气稀释，相当于起减压的效果②600℃，乙苯的转化率和苯乙烯的选择性均较高。温度过低，反应速率慢，转化率低；温度过高，选择性下降。高温还可能使催化剂失活，且能耗大(4)①②③④15．(2022·课标全国卷Ⅱ，26，13分)在容积为1.00L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4(g)2NO2(g)，随温度升高，混合气体的颜色变深。回答下列问题：\n(1)反应的ΔH________0(填“大于”或“小于”)；100℃时，体系中各物质浓度随时间变化如上图所示。在0～60s时段，反应速率v(N2O4)为________mol·(2)L－1·s－1；反应的平均常数K1为________。(2)100℃时达平衡后，改变反应温度为T，c(N2O4)以0.0020mol·L－1·s－1的平均速率降低，经10s又达到平衡。①T________100℃(填“大于”或“小于”)，判断理由是____________________________________________________________________________________________________________________________________。②列式计算温度T时反应的平衡常数K2_________________________________________________________________________________________________。(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”或“逆反应”)方向移动，判断理由是____________________________________________________________________________________________________________________________________。解析 (1)由题意及图示知，在1.00L的容器中，通入0.100mol的N2O4，发生反应：N2O4(g)2NO2(g)，随温度升高混合气体的颜色变深，说明反应向生成NO2的方向移动，即向正反应方向移动，所以正反应为吸热反应，即ΔH>0；由图示知60s时该反应达到平衡，消耗N2O4为0.100mol·L－1－0.040mol·L－1＝0.060mol·L－1，根据v＝可知：v(N2O4)＝＝0.0010mol·L－1·s－1；求平衡常数可利用三段式： N2O4(g)2NO2(g)起始量/(mol·L－1)0.1000转化量/(mol·L－1)0.0600.120平衡量/(mol·L－1)0.0400.120K1＝＝＝0.36mol·L－1(2)100℃时达平衡后，改变反应温度为T，c(N2O4)降低，说明平衡N2O4(g)2NO2(g)向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，温度升高，向吸热反应方向移动，即向正反应方向移动，故T>100℃，由c(N2O4)以0.0020mol·L－1·s－1的平衡速率降低，经10s\n又达到平衡，可知此时消耗N2O40.0020mol·L－1·s－1×10s＝0.020mol·L－1，由三段式： N2O4(g)2NO2(g)起始量/(mol·L－1)0.0400.120转化量/(mol·L－1)0.0200.040平衡量/(mol·L－1)0.0200.160K2＝＝≈1.3mol·L－1(3)温度T时反应达到平衡后，将反应容器的容积减少一半，压强增大，平衡会向气体体积减小的方向移动，该反应逆反应为气体体积减小的反应，故平衡向逆反应方向移动。答案 (1)大于 0.0010 0.36mol·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(NO2)＝0.120mol·L－1＋0.0020mol·L－1·s－1×10s×2＝0.160mol·L－1c(N2O4)＝0.040mol·L－1－0.0020mol·L－1·s－1×10s＝0.020mol·L－1K2＝≈1.3mol·L－1(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16．(2022·课标全国卷Ⅱ，28，14分)在1.0L密闭容器中放入0.10molA(g)，在一定温度进行如下反应：A(g)B(g)＋C(g) ΔH＝＋85.1kJ·mol－1反应时间(t)与容器内气体总压强(p)的数据见下表：时间t/h0124816202530总压强p/100kPa4.915.586.327.318.549.509.529.539.53回答下列问题：(1)欲提高A的平衡转化率，应采取的措施为________。(2)由总压强p和起始压强p0计算反应物A的转化率α(A)的表达式为________，平衡时A的转化率为________，列式并计算反应的平衡常数K________。(3)①由总压强p和起始压强p0表示反应体系的总物质的量n总和反应物A的物质的量\nn(A)，n总＝________mol，n(A)＝________mol。②下表为反应物A浓度与反应时间的数据，计算：a＝______________。反应时间t/h04816c(A)/(mol·L－1)0.10a0.0260.0065分析该反应中反应物的浓度c(A)变化与时间间隔(Δt)的规律，得出的结论是_______，由此规律推出反应在12h时反应物的浓度c(A)为________mol·L－1。解析 (1)从可逆反应A(g)B(g)＋C(g)可知该反应是化学计量数增大的反应，正反应是吸热反应，欲提高A的转化率，可采用升温或降压的方法使平衡正方向移动。(2)根据恒容密闭容器中，压强之比等于物质的量之比，结合差量法可求算α(A)。平衡时α(A)＝×100%＝94.1%。(3)①由阿伏加德罗定律：＝n总＝0.10×mol，n(A)＝0.10[1－xA]＝0.10×(2－)。②根据＝，＝，a＝0.051。由图表分析知，达平衡前每间隔4h，c(A)减少接近一半，故12h时c(A)为0.013mol·L－1。答案 (1)升高温度、降低压强(2)(－1)×100% 94.1% A(g) B(g) ＋ C(g) 0.10 0 00．10×(1－94.1%) 0.10×94.1% 0.10×94.1%K＝＝1.5mol·L－1(3)①0.10× 0.10×(2－) ②0.051达到平衡前每间隔4h，c(A)减少约一半 0.013考点三 综合题1．(2022·福建理综，12，6分)在一定条件下，N2O分解的部分实验数据如下：\n反应时间/min0102030405060708090100c(N2O)/mol·L－10.1000.0900.0800.0700.0600.0500.0400.0300.0200.0100.000下图能正确表示该反应有关物理量变化规律的是( )(注：图中半衰期指任一浓度N2O消耗一半时所需的相应时间，c1、c2均表示N2O初始浓度且c1<c2)解析 A项，v(N2O)＝，从表中数据分析可知，反应速率不变，A项正确；N2O的分解反应不是可逆反应，反应终点速率为0，B项错误；C项，由半衰期的定义并结合表中数据可知，随着浓度减小，半衰期缩短，C项错误；D项，由转化率定义并结合表中数据可知，初始浓度越大，则转化率越小，D项错误。答案 A2．(2022·课标全国卷Ⅰ，28，15分)碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。回答下列问题：(1)大量的碘富集在海藻中，用水浸取后浓缩，再向浓缩液中加MnO2和H2SO4，即可得到I2，该反应的还原产物为________。(2)上述浓缩液中主要含有I－、Cl－等离子，取一定量的浓缩液，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时，溶液中为________________，已知Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgI)＝8.5×10－17。(3)已知反应2HI(g)===H2(g)＋I2(g)的ΔH＝＋11kJ·mol－1，1molH2(g)、1molI2\n(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。(4)Bodensteins研究了下列反应：2HI(g)H2(g)＋I2(g)在716K时，气体混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：t/min020406080120x(HI)10.910.850.8150.7950.784x(HI)00.600.730.7730.7800.784①根据上述实验结果，该反应的平衡常数K的计算式为__________________________________________________________________。②上述反应中，正反应速率为v正＝k正x2(HI)，逆反应速率为v逆＝k逆x(H2)x(I2)，其中k正、k逆为速率常数，则k逆为________(以K和k正表示)。若k正＝0.0027min－1，在t＝40min时，v正＝________min－1。③由上述实验数据计算得到v正～x(HI)和v逆～x(H2)的关系可用下图表示。当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为________________(填字母)。解析 (1)海藻中的碘元素以I－形式存在，MnO2在酸性条件下将I－氧化为I2，自身被还原为Mn2＋(MnSO4)。(2)AgI的溶度积小于AgCl，当滴加AgNO3溶液时，AgI沉淀先生成，AgCl开始沉淀时，AgI已经沉淀完全，则＝＝＝4.7×10－7。(3)形成1molH2(g)和1molI2(g)共放出436kJ＋151kJ＝587kJ能量，设断裂2molHI(g)中化学键吸收2akJ能量，则有2a－587＝11，得a＝299kJ。[另解：ΔH＝2E(H—I)－E(H—H)－E(I—I)，2E(H—I)＝ΔH＋E(H—H)＋E(I—I)＝11kJ·mol－1＋436kJ·mol－1＋151kJ·mol－1＝598kJ·mol－1，则E(H—I)＝299kJ·mol－1\n]。(4)①2HI(g)H2(g)＋I2(g)是反应前后气体物质的量不变的反应。反应后x(HI)＝0.784，则x(H2)＝x(I2)＝0.108，K＝＝＝。②到达平衡时，v正＝v逆，即k正x2(HI)＝k逆x(H2)x(I2)，k逆＝k正·＝k正/K，在t＝40min时，x(HI)＝0.85，v正＝k正x2(HI)＝0.0027min－1×(0.85)2＝1.95×10－3min－1。③原平衡时，x(HI)为0.784，x(H2)为0.108，二者图中纵坐标均约为1.6(因为平衡时v正＝v逆)，升高温度，正、逆反应速率均加快，对应两点在1.6上面，升高温度，平衡向正反应方向移动，x(HI)减小(A点符合)，x(H2)增大(E点符合)。答案 (1)MnSO4(或Mn2＋) (2)4.7×10－7 (3)299(4)① ②k正/K 1.95×10－3 ③A点、E点3．(2022·课标全国卷Ⅱ，27，14分)甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料，利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：①CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH1②CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH2③CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH3回答下列问题：(1)已知反应①中相关的化学键键能数据如下：化学键H—HC—OH—OC—HE/(kJ·mol－1)4363431076465413由此计算ΔH1＝________kJ·mol－1；已知ΔH2＝－58kJ·mol－1，则ΔH3＝________kJ·mol－1。(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________。\n图1图2(3)合成气组成n(H2)/n(CO＋CO2)＝2.60时，体系中的CO平衡转化率(α)与温度和压强的关系如图2所示。α(CO)值随温度升高而________(填“增大”或“减小”)，其原因是________________________________；图2中的压强由大到小为________，其判断理由是____________。解析 (1)根据反应①，ΔH1＝[E(C≡O)＋2E(H—H)]－[3E(C—H)＋E(C—O)＋E(H—O)]＝[1076kJ·mol－1＋2×436kJ·mol－1]－[3×413kJ·mol－1＋343kJ·mol－1＋465kJ·mol－1]＝－99kJ·mol－1；根据盖斯定律，②－①可得反应③，ΔH3＝ΔH2－ΔH1＝－58kJ·mol－1－(－99kJ·mol－1)＝＋41kJ·mol－1。(2)根据化学平衡常数的概念可写出反应①K的表达式；反应①是放热反应，升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数K减小，因此曲线a符合。(3)由图2可知，压强不变时，随着温度的升高，α(CO)减小；反应③为气体分子数不变的反应，加压对其平衡无影响；反应①为气体分子数减小的反应，加压使α(CO)增大；由图2可知，固定温度(如530K)时，p1→p2→p3，α(CO)增大，因此综合分析可知p3＞p2＞p1。答案 (1)－99 ＋41\n(2)K＝ a 反应①为放热反应，升高温度使其平衡向逆反应方向移动，平衡常数K应减小(3)减小 由图2可知，压强恒定时，随着温度的升高，α(CO)减小 p3＞p2＞p1 温度恒定时，反应①为气体分子数减小的反应，加压使平衡向正反应方向移动，α(CO)增大，而反应③为气体分子数不变的反应，加压对其平衡无影响，故增大压强时，有利于α(CO)增大4．(2022·天津理综，10，14分)合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，其反应原理为：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.4kJ·mol－1一种工业合成氨的简易流程图如下：(1)天然气中的H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS。一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，写出再生反应的化学方程式：____________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)步骤Ⅱ中制氢气原理如下：①CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)ΔH＝＋206.4kJ·mol－1②CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH＝－41.2kJ·mol－1对于反应①，一定可以提高平衡体系中H2百分含量，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H2产量。若1molCO和H2的混合气体(CO的体积分数为20%)与H2O反应，得到1.18molCO、CO2和H2的混合气体，则CO转化率为________。(3)图1表示500℃、60.0MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH3体积分数的关系。根据图中a点数据计算N2的平衡体积分数：________。\n(4)依据温度对合成氨反应的影响，在图2坐标系中，画出一定条件下的密闭容器内，从通入原料气开始，随温度不断升高，NH3物质的量变化的曲线示意图。(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)________。简述本流程中提高合成氨原料总转化率的方法：____________________________________________________________________________________________________________________________________。解析 (1)依据题意，NH4HS被空气中氧气氧化，将－2价S元素氧化成S，同时生成一水合氨，其反应方程式为2NH4HS＋O22NH3·H2O＋2S↓。(2)结合反应特点，正反应方向是气体物质的量增大的吸热反应，若要加快反应速率又增加H2的百分含量，可升高温度，a项正确；增加水蒸气浓度，能加快反应速率，使平衡正向移动，但H2增加的量没有水蒸气增加的量多，H2的百分含量减少，b项错误；加入催化剂平衡不移动，H2的百分含量不变，c项错误；降低压强反应速率减慢，d项错误。根据“三段式”法有： CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)开始(mol)0.200.8转化(mol)xxx一定时间(mol)0.2－xx0.8＋x则0.2－x＋x＋0.8＋x＝1.18，解得x＝0.18，故CO转化率为×100%＝90%。(3)根据“三段式”法有 N2 ＋ 3H22NH3开始(mol)130转化(mol)x3x2x平衡(mol)1－x3－3x2x×100%＝42%，解之，x＝，\n所以N2的平衡体积分数×100%＝14.5%。(4)由于N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH<0，反应开始时，温度大于零，随着反应进行，达到平衡前NH3的物质的量增加，达到平衡后，温度升高，平衡逆向移动，NH3的物质的量将减少，图示见答案。(5)根据流程图可知，使合成氨放出的能量得到充分利用的主要步骤见Ⅳ(热交换)，用合成氨放出热量对N2和H2进行预热。合成氨的正反应是气体物质的量减少的放热反应，为提高合成氨原料总转化率，又不降低反应速率，可采取对原料加压、分离液氨，使化学平衡正向移动，同时对未反应的N2、H2循环使用，提高原料转化率。答案 (1)2NH4HS＋O22NH3·H2O＋2S↓(2)a 90% (3)14.5%(4)(5)Ⅳ 对原料气加压，分离液氨未反应的N2、H2循环使用
