2023屆高考化學專項小練化學反應速率和化學平衡1

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l2+SiCl4起始：100反應：0.220.110.11(轉化率為22%)平衡：0.780.110.11所以平衡常數(shù)K=0.112÷0.782=0.02。②溫度不變，提高三氯氫硅轉化率的方法可以是將產物從體系分離(兩邊物質的量相等，壓強不影響平衡)?？s短達到平衡的時間，就是加快反應速率，所以可以采取的措施是增大壓強(增大反應物濃度)、加入更高效的催化劑(改進催化劑)。③A項，b兩點的轉化率相等，可以認為各物質的濃度對應相等，而a點的溫度更高，所以速率更快，即Va＞Vb。當反應達平衡時，＝，所以=K，所以0.02。a點時，轉化率為20%，所以計算出：2SiHCl3SiH2Cl2+SiCl4起始：100反應：0.20.10.1(轉化率為20%)平衡：0.80.10.1所以=0.8；==0.1；所以6.近年來，研究人員提出利用含硫物質熱化學循環(huán)實現(xiàn)太陽能的轉化與存儲。過程如下：(2)對反應Ⅱ，在某一投料比時，兩種壓強下，H2SO4在平衡體系中物質的量分數(shù)隨溫度的變化關系如圖所示。p2_______p1(填“＞”或“＜”)，得出該結論的理由是________________。(3)I－可以作為水溶液中SO2歧化反應的催化劑，可能的催化過程如下。將ii補充完整。i．SO2+4I－+4H+=S↓+2I2+2H2Oii．I2+2H2O+_________=_________+_______+2I－(4)探究i、ii反應速率與SO2歧化反應速率的關系，實驗如下：分別將18mLSO2飽和溶液加入到2mL下列試劑中，密閉放置觀察現(xiàn)象。(已知：I2易溶解在KI溶液中)序號ABCD試劑組成0.4

mol·L－1

KIa

mol·L－1

KI0.2

mol·L－1

H2SO40.2

mol·L－1

H2SO40.2

mol·L－1

KI0.0002

mol

I2實驗現(xiàn)象溶液變黃，一段時間后出現(xiàn)渾濁溶液變黃，出現(xiàn)渾濁較A快無明顯現(xiàn)象溶液由棕褐色很快褪色，變成黃色，出現(xiàn)渾濁較A快①B是A的對比實驗，則a=__________。②比較A項，B項，C，可得出的結論是______________________。③實驗表明，SO2的歧化反應速率D＞A，結合i、ii反應速率解釋原因：________________。【答案】(2)>反應Ⅱ是氣體物質的量減小的反應，溫度一定時，增大壓強使反應正向移動，H2SO4的物質的量增大，體系總物質的量減小，H2SO4的物質的量分數(shù)增大(3)SO2SO42?4H+(4)0.4I?是SO2歧化反應的催化劑，H+單獨存在時不具有催化作用，但H+可以加快歧化反應速率反應ii比i快；D中由反應ii產生的H+使反應i加快【解析】(2)在橫坐標上任取一點，作縱坐標的平行線，可見溫度相同時，p2時H2SO4物質的量分數(shù)大于p1時；反應II是氣體分子數(shù)減小的反應，增大壓強平衡向正反應方向移動，H2SO4物質的量增加，體系總物質的量減小，H2SO4物質的量分數(shù)增大；則p2p1。(3)反應II的總反應為3SO2+2H2O=2H2SO4+S，I-可以作為水溶液中SO2歧化反應的催化劑，催化劑在反應前后質量和化學性質不變，(總反應-反應i)2得，反應ii的離子方程式為I2+2H2O+SO2=4H++SO42-+2I-。(4)①B是A的對比實驗，采用控制變量法，B比A多加了0.2mol/LH2SO4，A與B中KI濃度應相等，則a=0.4；②對比A與B，加入H+可以加快SO2歧化反應的速率；對比B與C，單獨H+不能催化SO2的歧化反應；比較A項，B項，C，可得出的結論是：I?是SO2歧化反應的催化劑，H+單獨存在時不具有催化作用，但H+可以加快歧化反應速率；③對比D和A，D中加入KI的濃度小于A，D中多加了I2，反應i消耗H+和I-，反應ii中消耗I2，D中“溶液由棕褐色很快褪色，變成黃色，出現(xiàn)渾濁較A快”，反應速率DA，由此可見，反應ii比反應i速率快，反應ii產生H+使c(H+)增大，從而反應i加快。7.CO2是一種廉價的碳資源，其綜合利用具有重要意義?；卮鹣铝袉栴}：(2)CO2與CH4經催化重整，制得合成氣：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)①已知上述反應中相關的化學鍵鍵能數(shù)據(jù)如下：化學鍵C—HC=OH—HCO(CO)鍵能/kJ·mol?14137454361075分別在VL恒溫密閉容器A(恒容)、B(恒壓，容積可變)中，加入CH4和CO2各1mol的混合氣體。兩容器中反應達平衡后放出或吸收的熱量較多的是_______(填“A”或“B”)。②按一定體積比加入CH4和CO2，在恒壓下發(fā)生反應，溫度對CO和H2產率的影響如圖3所示。此反應優(yōu)選溫度為900℃的原因是________。【答案】①B②900℃時，合成氣產率已經較高，再升高溫度產率增幅不大，能耗升高，經濟效益降低?！窘馕觥?2)①化學反應的焓變應該等于反應物鍵能減去生成物的鍵能，所以焓變?yōu)?4×413+2×745)－(2×1075+2×436)=+120kJ·mol-1。初始時容器A項，B的壓強相等，A容器恒容，隨著反應的進行壓強逐漸增大(氣體物質的量增加)；B容器恒壓，壓強不變；所以達平衡時壓強一定是A中大，B中小，此反應壓強減小平衡正向移動，所以B的反應平衡更靠右，反應的更多，吸熱也更多。②根據(jù)圖3得到，900℃時反應產率已經比較高，溫度再升高，反應產率的增大并不明顯，而生產中的能耗和成本明顯增大，經濟效益會下降，所以選擇900℃為反應最佳溫度。8.NOx(主要指NO和NO2)是大氣主要污染物之一。有效去除大氣中的NOx是環(huán)境保護的重要課題。(4)在有氧條件下，新型催化劑M能催化NH3與NOx反應生成N2。②將一定比例的O2、NH3和NOx的混合氣體，勻速通入裝有催化劑M的反應器中反應。反應相同時間NOx的去除率隨反應溫度的變化曲線如題20圖?2所示，在50～250℃范圍內隨著溫度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升緩慢的主要原因是____________________________；當反應溫度高于380℃時，NOx的去除率迅速下降的原因可能是___________________________。【答案】(4)②迅速上升段是催化劑活性隨溫度升高增大與溫度升高共同使NOx去除反應速率迅速增大；上升緩慢段主要是溫度升高引起的NOx去除反應速率增大催化劑活性下降;NH3與O2反應生成了NO【解析】(4)①NH3與NO2的反應為8NH3+6NO27N2+12H2O，該反應中NH3中-3價的N升至0價，NO2中+4價的N降至0價，生成7molN2轉移24mol電子。生成1molN2時轉移電子數(shù)為24/7mol。②因為反應時間相同，所以低溫時主要考慮溫度和催化劑對化學反應速率的影響；高溫時NH3與O2發(fā)生催化氧化反應。在50~250℃范圍內，NOx的去除率迅速上升段是催化劑活性隨溫度升高增大與溫度升高共同使NOx去除反應速率迅速增大；上升緩慢段主要是溫度升高引起的NOx去除反應速率增大，溫度升高催化劑活性下降。反應溫度高于380℃時，NOx的去除率迅速下降的原因可能是NH3與O2反應生成了NO，反應的化學方程式為4NH3+5O24NO+6H2O。9.近期發(fā)現(xiàn)，H2S是繼NO、CO之后的第三個生命體系氣體信號分子，它具有參與調節(jié)神經信號傳遞、舒張血管減輕高血壓的功能?；卮鹣铝袉栴}：(3)H2S與CO2在高溫下發(fā)生反應：H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)。在610K時，將0.10molCO2與0.40molH2S充入2.5L的空鋼瓶中，反應平衡后水的物質的量分數(shù)為0.02。①H2S的平衡轉化率=_______%，反應平衡常數(shù)K=________。②在620K重復試驗，平衡后水的物質的量分數(shù)為0.03，H2S的轉化率_____，該反應的H_____0。(填“>”“<”或“=”)③向反應器中再分別充入下列氣體，能使H2S轉化率增大的是________(填標號)A．H2SB．CO2C．COSD．N2【答案】(3)①2.5 2.8×10–3 ②>> ③B【解析】(3)①H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)開始0.40mol0.10mol00反應xxxx平衡(0.40–x)mol(0.10–x)molxx，解得x=0.01mol，所以H2S的轉化率是；由于該反應是反應前后氣體體積相等的反應，所以在該條件下反應達到平衡時化學平衡常數(shù)；②根據(jù)題目提供的數(shù)據(jù)可知溫度由610K升高到620K時，化學反應達到平衡，水的物質的量分數(shù)由0.02變?yōu)?.03，所以H2S的轉化率增大。α2>α1；根據(jù)題意可知：升高溫度，化學平衡向正反應方向移動，根據(jù)平衡移動原理：升高溫度，化學平衡向吸熱反應方向移動，所以該反應的正反應為吸熱反應，故△H>0；③A．增大H2S的濃度，平衡正向移動，但加入量遠遠大于平衡移動轉化消耗量，所以H2S轉化率降低，A錯誤；B．增大CO2的濃度，平衡正向移動，使更多的H2S反應，所以H2S轉化率增大，B正確；C．COS是生成物，增大生成物的濃度，平衡逆向移動，H2S轉化率降低，C錯誤；D．N2是與反應體系無關的氣體，充入N2，不能使化學平衡發(fā)生移動，所以對H2S轉化率無影響，D錯誤。故選B。10.丁烯是一種重要的化工原料，可由丁烷催化脫氫制備?；卮鹣铝袉栴}：(1)正丁烷(C4H10)脫氫制1-丁烯(C4H8)的熱化學方程式如下：①C4H10(g)=C4H8(g)+H2(g)ΔH1已知：②C4H10(g)+O2(g)=C4H8(g)+H2O(g)ΔH2=?119kJ·mol?1③H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH3=?242kJ·mol?1反應①的ΔH1為________kJ·mol?1。圖(a)是反應①平衡轉化率與反應溫度及壓強的關系圖，x_________0.1(填“大于”或“小于”)；欲使丁烯的平衡產率提高，應采取的措施是__________(填標號)。A．升高溫度 B．降低溫度 C．增大壓強 D．降低壓強(2)丁烷和氫氣的混合氣體以一定流速通過填充有催化劑的反應器(氫氣的作用是活化催化劑)，出口氣中含有丁烯、丁烷、氫氣等。圖(b)為丁烯產率與進料氣中n(氫氣)/n(丁烷)的關系。圖中曲線呈現(xiàn)先升高后降低的變化趨勢，其降低的原因是___________。(3)圖(c)為反應產率和反應溫度的關系曲線，副產物主要是高溫裂解生成的短碳鏈烴類化合物。丁烯產率在590℃之前隨溫度升高而增大的原因可能是___________、____________；590℃之后，丁烯產率快速降低的主要原因可能是_____________。【答案】(1)+123小于AD(2)氫氣是產物之一，隨著n(氫氣)/n(丁烷)增大，逆反應速率增大(3)升高溫度有利于反應向吸熱方向進行溫度升高反應速率加快丁烯高溫裂解生成短鏈烴類【解析】(1)根據(jù)蓋斯定律，用②式-③式可得①式，因此△H1=△H2-△H3=-119kJ/mol+242kJ/mol=+123kJ/mol。由a圖可以看出，溫度相同時，由0.1MPa變化到xMPa，丁烷的轉化率增大，即平衡正向移動，所以x的壓強更小，x<0.1。由于反應①為吸熱反應，所以溫度升高時，平衡正向移動，丁烯的平衡產率增大，因此A正確、B錯誤。反應①正向進行時體積增大，加壓時平衡逆向移動，丁烯的平衡產率減小，因此C錯誤，D正確。正確答案：+43kJ·mol－1、小于、AD。(2)一方面H2可以活化催化劑，同時作為反應①的產物，他也會促使平衡逆向移動，從而減少平衡體系中的丁烯的含量。正確答案：原料中過量H2會使反應①平衡逆向移動，所以丁烯轉化率下降。(3)590℃之前，溫度升高時反應速率加快，生成的丁烯會更多，同時由于反應①是吸熱反應，升高溫度平衡正向移動，平衡體系中會含有更多的丁烯。而溫度超過590℃時，由于丁烷高溫會裂解生成短鏈烴類，所以參加反應①的丁烷也就相應減少。正確答案：590℃前升高溫度，反應①平衡正向移動、升高溫度時，反應速率加快，單位時間產生丁烯更多、更高溫度則有更多的C4H10裂解導致產率降低。11.砷(As)是第四周期ⅤA族元素，可以形成As2S3、As2O5、H3AsO3、H3AsO4等化合物，有著廣泛的用途?；卮鹣铝袉栴}：(2)工業(yè)上常將含砷廢渣(主要成分為As2S3)制成漿狀，通入O2氧化，生成H3AsO4和單質硫。寫出發(fā)生反應的化學方程式________。該反應需要在加壓下進行，原因是________________________。(4)298K時，將20mL3xmol·L?1Na3AsO3、20mL3xmol·L?1I2和20mLNaOH溶液混合，發(fā)生反應：AsOeq\o\al(3－,3)(aq)＋I2(aq)＋2OH－(aq)AsOeq\o\al(3－,4)(aq)＋2I－(aq)＋H2O(l)。溶液中c(AsOeq\o\al(3－,4))與反應時間(t)的關系如圖所示。①下列可判斷反應達到平衡的是__________(填標號)。a．溶液的pH不再變化b．v(I?)=2v(AsOeq\o\al(3－,3))c．c(AsOeq\o\al(3－,4))/c(AsOeq\o\al(3－,3))不再變化d．c(I?)=ymol·L?1②tm時，v正_____v逆(填“大于”“小于”或“等于”)。③tm時v逆_____tn時v逆(填“大于”“小于”或“等于”)，理由是_____________。④若平衡時溶液的pH=14，則該反應的平衡常數(shù)K為___________?！敬鸢浮?2)2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S增加反應物O2的濃度，提高As2S3的轉化速率(4)①ac ②大于 ③小于 tm時生成物濃度較低④【解析】(2)原已知可以得到As2S3+O2→H3AsO4+S，As2S3總共升高10價，得失電子配平得2As2S3+5O2→4H3AsO4+6S，再考慮質量守恒，反應前少12H、6O，所以反應原理為2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S。該反應加壓時，增加反應物O2的濃度，平衡正向移動，能夠有效提高As2S3的轉化率；(4)①a．溶液pH不變時，則c(OH-)也保持不變，反應處于平衡狀態(tài)；b．根據(jù)速率關系，v(I-)/2=v(AsO33-)，則v(I?)=2v(AsO33－)始終成立，v(I?)=2v(AsO33－)時反應不一定處于平衡狀態(tài)；c．由于提供的Na3AsO3總量一定，所以c(AsO43-)/c(AsO33-)不再變化時，c(AsO43-)與c(AsO33-)也保持不變，反應處于平衡狀態(tài)；d．平衡時c(I?)=2c(AsO33－)=2×ymol/L=2ymol/L時，即c(I-)=ymol/L時反應不是平衡狀態(tài)。②反應從正反應開始進行，tm時反應繼續(xù)正向進行，v正>v逆。③tm時比tn時AsO43-濃度小，所以逆反應速率：tm<tn。④反應前，三種溶液混合后，Na3AsO3濃度為3xmol/L×20/(20+20+20)=xmol/L，同理I2濃度為xmol/L，反應達到平衡時，生成c(AsO43-)為ymol/L，則反應生成I-濃度c(I-)=2ymol/L，消耗AsO33-、I2濃度均為ymol/L，平衡時c(AsO33-)為(x-y)mol/L，c(I2)為(x-y)mol/L，溶液中c(OH-)=1mol/L，K=(mol·L－1)－1。12.某混合物漿液含有Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4，?？紤]到膠體的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小組利用設計的電解分離裝置，使?jié){液分離成固體混合物和含鉻元素溶液，并回收利用?；卮稷窈廷蛑械膯栴}。(2)該小組探究反應②發(fā)生的條件。D與濃鹽酸混合，不加熱，無變化，加熱有Cl2生成，當反應停止后，固體有剩余，此時滴加硫酸，又產生Cl2。由此判斷影響該反應有效進行的因素有(填序號)___________。a．溫度b．Cl?的濃度c．溶液的酸度【答案】(2)ac【解析】(2)根據(jù)實驗方案可知，D與濃鹽酸混合，不加熱，無變化；加熱有Cl2生成，可知溫度對該反應有影響；當反應停止后，固體有剩余，此時滴加硫酸，又產生Cl2。說明加入H+能繼續(xù)產生Cl2，可知溶液的酸度對該反應有影響，綜上所述，影響該反應的因素有溫度和溶液的酸度，故選ac。13.TiCl4是由鈦精礦(主要成分為TiO2)制備鈦(Ti)的重要中間產物，制備純TiCl4的流程示意圖如下：(1)氯化過程：TiO2與Cl2難以直接反應，加碳生成CO和CO2可使反應得以進行。已知：TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g)ΔH1=+175.4kJ·mol-12C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH2=-220.9kJ·mol-1②氯化過程中CO和CO2可以相互轉化，根據(jù)如圖判斷：CO2生成CO反應的ΔH_____0(填“＞”“＜”或“=”)，判斷依據(jù)：_______________?！敬鸢浮?1)②>隨溫度升高，CO含量增大，說明生成CO的反應是吸熱反應【解析】(1)②根據(jù)圖像，隨著溫度的升高，CO的濃度增加，CO2濃度降低，說明升高溫度，平衡向正反應方向移動，即△H>0。正確答案：>、溫度越高，CO的物質的量越多(或CO2的物質的量越少)，說明CO2生成CO的反應是吸熱反應，所以△H>0。14.元素鉻(Cr)在溶液中主要以Cr3+(藍紫色)、Cr(OH)4?(綠色)、Cr2O72?(橙紅色)、CrO42?(黃色)等形式存在，Cr(OH)3為難溶于水的灰藍色固體，回答下列問題：(2)CrO42?和Cr2O72?在溶液中可相互轉化。室溫下，初始濃度為1.0molL?1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72?)隨c(H+)的變化如圖所示。②由圖可知，溶液酸性增大，CrO42?的平衡轉化率__________(填“增大”“減小”或“不變”)。根據(jù)A點數(shù)據(jù)，計算出該轉化反應的平衡常數(shù)為__________。③升高溫度，溶液中CrO42?的平衡轉化率減小，則該反應的ΔH______0(填“大于”“小于”或“等于”)?！敬鸢浮?2)①2CrO42-+2H＋Cr2O72-+H2O；②增大；1.0×1014；③小于；【解析】(2)①隨著H+濃度的增大，CrO42-與溶液中的H+發(fā)生反應，反應轉化為Cr2O72-的離子反應式為：2CrO42-+2H＋Cr2O72-+H2O。②根據(jù)化學平衡移動原理，溶液酸性增大，c(H+)增大，化學平衡2CrO42-+2H＋Cr2O72-+H2O向正反應方向進行，導致CrO42?的平衡轉化率增大；根據(jù)圖像可知，在A點時，c(Cr2O72-)=0.25mol/L，由于開始時c(CrO42?)=1.0mol/L，根據(jù)Cr元素守恒可知A點的溶液中CrO42-的濃度c(CrO42?)=0.5mol/L；H+濃度為1.0×10-7mol/L；此時該轉化反應的平衡常數(shù)為；③由于升高溫度，溶液中CrO42?的平衡轉化率減小，說明升高溫度，化學平衡逆向移動，導致溶液中CrO42?的平衡轉化率減小，根據(jù)平衡移動原理，升高溫度，化學平衡向吸熱反應方向移動，逆反應方向是吸熱反應，所以該反應的正反應是放熱反應，故該反應的ΔH＜0；15.丙烯腈(CH2=CHCN)是一種重要的化工原料，工業(yè)上可用“丙烯氨氧化法”生產，主要副產物有丙烯醛(CH2=CHCHO)和乙腈(CH3CN)等，回答下列問題：(1)以丙烯、氨、氧氣為原料，在催化劑存在下生成丙烯腈(C3H3N)和副產物丙烯醛(C3H4O)的熱化學方程式如下：①C3H6(g)+NH3(g)+3/2O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g)ΔH=-515kJ/mol①C3H6(g)+O2(g)=C3H4O(g)+H2O(g)ΔH=-353kJ/mol兩個反應在熱力學上趨勢均很大，其原因是________；有利于提高丙烯腈平衡產率的反應條件是________；提高丙烯腈反應選擇性的關鍵因素是________。(2)圖(a)為丙烯腈產率與反應溫度的關系曲線，最高產率對應溫度為460℃。低于460℃時，丙烯腈的產率________(填“是”或者“不是”)對應溫度下的平衡產率，判斷理由是________；高于460℃時，丙烯腈產率降低的可能原因是________(雙選，填標號)A．催化劑活性降低B．平衡常數(shù)變大C．副反應增多D．反應活化能增大(3)丙烯腈和丙烯醛的產率與n(氨)/n(丙烯)的關系如圖(b)所示。由圖可知，最佳n(氨)/n(丙烯)約為，理由是_______________。進料氨、空氣、丙烯的理論體積約為________。【答案】(1)兩個反應均為放熱量大的反應降低溫度降低壓強催化劑(2)不是該反應為放熱反應，平衡產率應隨溫度升高而降低AC(3)1該比例下丙烯腈產率最高，而副產物丙烯醛產率最低1：7.5：1【解析】(1)因為兩個反應均為放熱量大的反應，所以熱力學趨勢大；該反應為氣體分子數(shù)增大的放熱反應，所以降低溫度、降低壓強有利于提高丙烯腈的平衡產率；提高丙烯腈反應選擇性的關鍵因素是催化劑。(2)因為該反應為放熱反應，平衡產率應隨溫度升高而降低，反應剛開始進行，尚未達到平衡狀態(tài)，460℃以前是建立平衡的過程，所以低于460℃時，丙烯腈的產率不是對應溫度下的平衡產率；高于460℃時，丙烯腈產率降低，A．催化劑在一定溫度范圍內活性較高，若溫度過高，活性降低，正確；B．平衡常數(shù)變大，對產率的影響是提高產率才對，錯誤；C．根據(jù)題意，副產物有丙烯醛，副反應增多導致產率下降，正確；D．反應活化能的大小不影響平衡，錯誤；故選AC。(3)根據(jù)圖像可知，當n(氨)/n(丙烯)約為1時，該比例下丙烯腈產率最高，而副產物丙烯醛產率最低；根據(jù)化學反應C3H6(g)+NH3(g)+3/2O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g)，氨氣、氧氣、丙烯按1：1.5：1的體積比加入反應達到最佳狀態(tài)，而空氣中氧氣約占20%，所以進料氨、空氣、丙烯的理論體積約為1：7.5：1。16.煤燃燒排放的煙氣含有SO2和NOx，形成酸雨、污染大氣，采用NaClO2溶液作為吸收劑可同時對煙氣進行脫硫、脫硝?；卮鹣铝袉栴}：(2)在鼓泡反應器中通入含有SO2和NO的煙氣，反應溫度為323K，NaClO2溶液濃度為5×10?3mol·L?1。反應一段時間后溶液中離子濃度的分析結果如下表。離子SO42?SO32?NO3?NO2?Cl?c/(mol·L?1)8.35×10?46.87×10?61.5×10?41.2×10?53.4×10?3①寫出NaClO2溶液脫硝過程中主要反應的離子方程式__________。增加壓強，NO的轉化率______(填“提高”、“不變”或“降低”)。③由實驗結果可知，脫硫反應速率______脫硝反應速率(填“大于”或“小于”)。原因是除了SO2和NO在煙氣中的初始濃度不同，還可能是___________。(3)在不同溫度下，NaClO2溶液脫硫、脫硝的反應中，SO2和NO的平衡分壓pe如圖所示。①由圖分析可知，反應溫度升高，脫硫、脫硝反應的平衡常數(shù)均______________(填“增大”、“不變”或“減小”)。②反應ClO2?+2SO32?===2SO42?+Cl?的平衡常數(shù)K表達式為___________。(4)如果采用NaClO、Ca(ClO)2替代NaClO2，也能得到較好的煙氣脫硫效果。①從化學平衡原理分析，Ca(ClO)2相比NaClO具有的優(yōu)點是_______?！敬鸢浮?1)亞氯酸鈉(2)①4OH-＋3ClO2－＋4NO＝4NO3－＋3Cl－＋2H2O提高②減?、鄞笥贜O溶解度較低或脫硝反應活化能較高(3)①減?、?4)①形成CaSO4沉淀，反應平衡向產物方向移動，SO2轉化率提高【解析】(1)NaClO2的化學名稱為亞氯酸鈉。(2)①亞氯酸鈉具有氧化性，分析題給數(shù)據(jù)知NaClO2溶液脫硝過程中主要生產硝酸根和氯離子，利用化合價升降法結合原子守恒和電荷守恒配平，該反應的離子方程式為4OH-+3ClO2-+4NO=4NO3-+3Cl-+2H2O；該反應正反應是氣體體積減小的，則增加壓強，平衡正向移動，NO的轉化率提高；②根據(jù)反應的方程式2H2O+ClO2-+2SO2=2SO42-+Cl-+4H+、2H2O+3ClO2-+4NO=4NO3-+3Cl-+4H＋，可知隨著吸收反應的進行氫離子濃度增大，吸收劑溶液的pH逐漸減小；③由實驗結果可知，在相同時間內硫酸根離子的濃度增加的多，因此脫硫反應速率大于脫硝反應速率。原因是除了SO2和NO在煙氣中的初始濃度不同，還可能是NO溶解度較低或脫硝反應活化能較高或SO2的溶解度大于NO或二氧化硫的還原性強，易被氧化；(3)①由圖像知，隨著溫度的升高，O2和NO的平衡分壓的負對數(shù)逐漸減小，O2和NO的平衡分壓逐漸增大，平衡逆向移動，脫硫、脫硝反應的平衡常數(shù)均減小；②根據(jù)反應ClO2?+2SO32?=2SO42-+Cl-寫出反應的平衡常數(shù)K表達式為；(4)①形成CaSO4沉淀，反應平衡向產物方向移動，SO2轉化率提高，所以Ca(ClO)2效果好。17.催化還原CO2是解決溫室效應及能源問題的重要手段之一。研究表明，在Cu/ZnO催化劑存在下，CO2和H2可發(fā)生兩個平行反應，分別生成CH3OH和CO。反應的熱化學方程式如下：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-53.7kJ·mol-1ICO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2II某實驗室控制CO2和H2初始投料比為1:2.2，在相同壓強下，經過相同反應時間測得如下實驗數(shù)據(jù)：【備注】Cat.1:Cu/ZnO納米棒；Cat.2:Cu/ZnO納米片；甲醇選擇性：轉化的CO2中生成甲醇的百分比已知：①CO和H2的標準燃燒熱分別為-283.0kJ·mol-1和-285.8kJ·mol-1②H2O(l)=H2O(g)ΔH3=44.0kJ·mol-1請回答(不考慮溫度對ΔH的影響)：(1)反應I的平衡常數(shù)表達式K=________；(2)有利于提高CO2轉化為CH3OH平衡轉化率的措施有。A．使用催化劑Cat.1B．使用催化劑Cat.2C．降低反應溫度D．投料比不變，增加反應物的濃度E．增大CO2和H2的初始投料比(3)表中實驗數(shù)據(jù)表明，在相同溫度下不同的催化劑對CO2轉化成CH3OH的選擇性有顯著的影響，其原因是。(4)在圖中分別畫出反應I在無催化劑、有Cat.1和有Cat.2三種情況下“反應過程～能量”示意圖?！敬鸢浮?1)+41.2(2)CD(3)表中數(shù)據(jù)表明此時反應未達到平衡，不同的催化劑對反應Ⅰ的催化能力不同，因而在該時刻下對甲醇選擇性有影響。(4)【解析】(1)反應I的平衡常數(shù)表達式K=；由①CO和H2的標準燃燒熱分別為-283.0kJ?mol-1和-285.8kJ?mol-1以及②H2O(l)=H2O(g)△H3=+44.0kJ?mol-1，由蓋斯定律可得反應II的△H2=-285.8kJ?mol-1-(-283.0kJ?mol-1)+44.0kJ?mol-1=+41.2kJ?mol-1。(2)因為CO2轉化為CH3OH的反應是一個氣體分子數(shù)減少的放熱反應，所以降溫或加壓可以使該反應的化學平衡向正反應方向移動。有利于提高CO2轉化為CH3OH平衡轉化率的措施有降低反應溫度或在投料比不變的條件下增加反應物的濃度(即增大壓強)，選CD。(3)從表格數(shù)據(jù)分析，在相同的溫度下，不同的催化劑，相同的反應時間內，其二氧化碳的轉化率也不同，說明不同的催化劑的催化能力不同；相同催化劑不同的溫度，二氧化碳的轉化率不同，且溫度高的轉化率大，因為正反應為放熱反應，說明表中數(shù)據(jù)是未到平衡數(shù)據(jù)。所以答案為：表中數(shù)據(jù)表明此時反應未達到平衡，不同的催化劑對反應Ⅰ的催化能力不同，因而在該時刻下對甲醇選擇性有影響。(4)從表中數(shù)據(jù)分析，在催化劑Cat.2的作用下，甲醇的選擇性更大，說明催化劑Cat.2對反應Ⅰ的催化效果更好，催化劑能降低反應的活化能，說明使用催化劑Cat.2的反應過程中活化能更低，故圖為。18.順-1，2-二甲基環(huán)丙烷和反-1，2-二甲基環(huán)丙烷可發(fā)生如下轉化：該反應的速率方程可表示為：v(正)=k(正)c(順)和v(逆)=k(逆)c(反)，k(正)和k(逆)在一定溫度時為常數(shù)，分別稱作正，逆反應速率常數(shù)?；卮鹣铝袉栴}：(1)已知：t1溫度下，k(正)=0.006s－1，k(逆)=0.002s－1，該溫度下反應的平衡常數(shù)值K1=_____；該反應的活化能Ea(正)小于Ea(逆)，則△H________0(填“小于”“等于”或“大于”)。(2)t2溫度下，圖中能表示順式異構體的質量分數(shù)隨時間變化的曲線是_______(填曲線編號)，平衡常數(shù)值K2=_____；溫度t2___t1(填“小于”“等于”或“大于”)，判斷理由是______?！敬鸢浮?1)3小于(2)B7/3大于放熱反應升高溫度時平衡向逆反應方向移動【解析】(1)根據(jù)v(正)=k(正)c(順)、k(正)=0.006s－1，則v(正)=0.006c(順)，v(逆)=k(逆)c(反)，k(逆)=0.002s－1，v(逆)=0.002c(反)，達到化學平衡狀態(tài)時正逆反應速率相等，則0.006c(順)=0.002c(反)，K1=c(反)/c(順)=0.006÷0.002=3；該反應的活化能Ea(正)小于Ea(逆)，說明斷鍵吸收的能量小于成鍵釋放的能量，即該反應為放熱反應，則小于零。(2)隨著時間的推移，順式異構體的質量分數(shù)不斷減少，則符合條件的曲線是B，設順式異構體的起始濃度為x，該可逆反應左右物質系數(shù)相等，均為1，則平衡時，順式異構體為0.3x，反式異構體為0.7x，所以平衡常數(shù)值K2==7/3，因為K1>K/r