2023届高考化学—— 化学反应速率和化学平衡专项小练 （解析版） WORD版含解析.docx

1、 化学反应速率和化学平衡1.高温高压液态水具有接近常温下弱酸的c(H+)或弱碱的c(OH)，油脂在其中能以较快的反应速率水解。与常温常压水相比，下列说法不正确的是( )A高温高压液态水中，体系温度升高，油脂水解反应速率加快B高温高压液态水中，油脂与水的互溶能力增强，油脂水解反应速率加快C高温高压液态水中，c(H+)增大，可催化油脂水解反应，且产生的酸进一步催化水解D高温高压液态水中的油脂水解，相当于常温下在体系中加入了相同c(H+)的酸或相同c(OH)的碱的水解【答案】D【解析】A对于任何化学反应，体系温度升高，均可加快反应速率，A项正确；B由于高温高压液态水中，c(H+)和c(OH)增大，油

2、脂水解向右移动的倾向变大，因而油脂与水的互溶能力增强，反应速率加快，B项正确；C油脂在酸性条件下水解，以H+做催化剂，加快水解速率，因而高温高压液态水中，c(H+)增大，可催化油脂水解反应，且产生的酸进一步催化水解，C项正确；D高温高压液态水中的油脂水解，其水环境仍呈中性，因而不能理解成相当于常温下在体系中加入了相同c(H+)的酸或相同c(OH)的碱的水解，而是以体系升温、增加水和油脂的互溶以及提高水中H+浓度的方式，促进油脂的水解，D项不正确。故选D。2.已知反应式：mX(g)+nY(?)pQ(s)+2mZ(g)，已知反应已达平衡，此时c(X)=0.3mol/L，其他条件不变，若容器缩小到原

3、来的1/2，c(X)=0.5mol/L，下列说法正确的是( )A 反应向逆方向移动B Y可能是固体或液体C 系数nmD Z的体积分数减小【答案】C【解析】A已知反应达平衡时c(X)=0.3mol/L，其他条件不变，若容器缩小到原来的1/2，如果化学平衡不移动，c(X)=0.6mol/L，但是题中说c(X)=0.5mol/L说明加压后化学平衡向正向移动了，故A错误；B结合题意可知正反应是气体总体积减少的反应，如果y为固体或液体，则必须满足m2m，显然不可能成立。所以有只能是气体B 错误；C要满足m+n2m，所以nm。C正确；D根据题意化学平衡向右移动，Z的体积分数是增大的，所以D错误。3.室温下

4、，向圆底烧瓶中加入1 molC2H5OH和含1molHBr的氢溴酸，溶液中发生反应；C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O，充分反应后达到平衡。已知常压下，C2H5Br和C2H5OH的沸点分别为38.4和78.5。下列有关叙述错误的是( )A加入NaOH，可增大乙醇的物质的量B增大HBr浓度，有利于生成C2H5BrC若反应物增大至2 mol，则两种反应物平衡转化率之比不变D若起始温度提高至60，可缩短反应达到平衡的时间【答案】D【解析】A项，加入NaOH，中和HBr，平衡逆向移动，可增大乙醇的物质的量，A正确；B项，增大HBr浓度，平衡正向移动，有利于生成C2H5Br，B正确；C项，若反应物

5、增大至2 mol，实际上就是将反应的浓度都增大至原来的2倍，比例不变(两次实验反应物的比例都是1:1，等于方程式中的系数比)，这里有一个可以直接使用的结论：只要反应物的投料比等于系数比，达平衡时反应物的转化率一定是相等的。所以两种反应物的转化率一定是1:1，C正确；D项，若起始温度提高至60，考虑到HBr是挥发性酸，在此温度下会挥发出去，降低HBr的浓度减慢速率，增加了反应时间，D错误。4.一定温度下，在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应2SO2(g)+ O2(g) 2SO3(g)(正反应放热)，测得反应的相关数据如下：下列说法正确的是( )Av1 v2，c2 K3，p

6、2 2p3Cv13(SO2 ) Dc2 2c3，2(SO3 )+3(SO2 )1，增大压强平衡向正反应方向移动，平衡时c22c1，p22p1，1(SO2)+2(SO3)1，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡时c3p1，3(SO2)1(SO2)，K31，c22c1，A项错误；B项，K3K1，p2p1，则p21，3(SO2)2c1，c32c3，1(SO2)+2(SO3)1，3(SO2)1(SO2)，则2(SO3)+3(SO2) T1【答案】CD【解析】由容器I中反应2NO2 2NO+O2 起始量(mol/L) 0.6 0 0变化量(mol/L) 0.4 0.4 0.2平衡量(mol/L) 0.2

7、0.4 0.2可以求出平衡常数K=，平衡时气体的总物质的量为0.8 mol，其中NO占0.4 mol，所以NO的体积分数为50%，。在平衡状态下，v正=v(NO2)消耗=v逆=v(NO)消耗，所以k正c2(NO2)=k逆c2(NO)c(O2)，进一步求出。A显然容器II的起始投料与容器I的平衡量相比，增大了反应物浓度，平衡将向逆反应方向移动，所以容器II在平衡时气体的总物质的量一定小于1 mol，故两容器的压强之比一定大于4：5，A错误；B若容器II在某时刻，则：由反应 2NO2 2NO + O2 起始量(mol/L) 0.3 0.5 0.2变化量(mol/L) 2x 2x x平衡量(mol/

8、L) 0.32x 0.5+2x 0.2+x因为，解之得x=，求出此时浓度商Qc=K，所以容器II达平衡时，一定小于1，B错误；C若容器III在某时刻，NO的体积分数为50%，则：由反应 2NO2 2NO + O2起始量(mol/L) 0 0.5 0.35变化量(mol/L) 2x 2x x平衡量(mol/L) 2x 0.52x 0.35x 由0.52x=2x+0.35x，解之得，x=0.05，求出此时浓度商Qc=，说明此时反应未达平衡，反应继续向逆反应方向进行，NO进一步减少，所以C正确；D温度为T2时，0.8，因为正反应是吸热反应，升高温度后化学平衡常数变大，所以T2T1，D正确。8.K2C

9、r2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-(橙色)+H2O2CrO42-(黄色)+2H+。用K2Cr2O7溶液进行下列实验：结合实验，下列说法不正确的是 ( )A中溶液橙色加深，中溶液变黄B中Cr2O72-被C2H5OH还原C对比和可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强D若向中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色【答案】D【解析】A在平衡体系中加入酸，平衡逆向移动，重铬酸根离子浓度增大，橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，A正确；B中重铬酸钾氧化乙醇，重铬酸钾被还原，B正确；C是酸性条件，是碱性条件，酸性条件下氧化乙醇，而碱性条件不能，说明酸性条件下氧化性强，B正确；D若向溶液中加入70

10、%的硫酸到过量，溶液为酸性，可以氧化乙醇，溶液变绿色，D错误。故选D。9.由反应物X转化为Y和Z的能量变化如图所示。下列说法正确的是( )A由XY反应的H=E5E2 B由XZ反应的H0C降低压强有利于提高Y的产率 D升高温度有利于提高Z的产率【答案】BC【解析】A根据化学反应的实质，由反应的H=E3E2，A项错误；B由图像可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，即由反应的H0，故A错误；B项，根据化学平衡常数的定义，该反应的平衡常数K=，故B正确；C项，题中说的是高温，不是标准状况下，因此不能直接用22.4Lmol1计算，故C错误；D项，H=反应物键能总和生成物键能总和，即H

11、=4E(SiCl)2E(HH)4E(HCl) 2E(SiSi)，故D错误；故选B。15【2020江苏卷】CH4与CO2重整生成H2和CO的过程中主要发生下列反应CH4(g)CO2(g)=2H2 (g)2CO(g) H=247.1kJmol-1H2(g)CO2(g)=H2O (g)CO(g) H=41.2kJmol-1在恒压、反应物起始物质的量比n(CH4)：n(CO2)=1：1条件下，CH4和CO2的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示。下列有关说法正确的是( )A升高温度、增大压强均有利于提高CH4的平衡转化率B曲线B表示CH4的平衡转化率随温度的变化C相同条件下，改用高效催化剂能使曲线A和曲

12、线B相重叠D恒压、800K、n(CH4)：n(CO2)=1:1条件下，反应至CH4转化率达到X点的值，改变除温度外的特定条件继续反应，CH4转化率能达到Y点的值【答案】BD【解析】A项，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；B项，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变化，故B正确；C

13、项，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；D项，800K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。故选BD。16【2020江苏卷】CO2/ HCOOH循环在氢能的贮存/释放、燃料电池等方面具有重要应用。(1)CO2催化加氢。在密闭容器中，向含有催化剂的KHCO3溶液(CO2与KOH溶液反应制得)中通入H2生成HCOO-，其离子方程式为_；其他条件不变，HCO3-转化为HCOO-的转化率随温度的变化如图-1所示。反应温度在4080范围内，HCO3-催化加氢的转化率迅速上升，其主要原因是_。(3) HCOOH催化释氢。在催化

14、剂作用下， HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图-3所示。HCOOD催化释氢反应除生成CO2外，还生成_(填化学式)。研究发现：其他条件不变时，以 HCOOK溶液代替 HCOOH催化释氢的效果更佳，其具体优点是_。【答案】(1)HCO3-+H2HCOO+H2O 温度升高反应速率增大，温度升高催化剂的活性增强 (3)HD 提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度 【解析】(1)含有催化剂的KHCO3溶液中通入H2生成HCOO，根据元素守恒和电荷守恒可得离子方程式为：HCO3-+H2HCOO+H2O；反应温度在4080范围内时，随温度升高，活化分子增多，反应速率加快，同时温度升高催化剂

15、的活性增强，所以HCO3-的催化加氢速率迅速上升。(3)根据分析可知HCOOD可以产生HCOO和D+，所以最终产物为CO2和HD(H与D+结合生成)；HCOOK是强电解质，更容易产生HCOO和K+，更快的产生KH，KH可以与水反应生成H2和KOH，生成的KOH可以吸收分解产生的CO2，从而使氢气更纯净，所以具体优点是：提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度。17【2020山东卷】1，3-丁二烯与HBr发生加成反应分两步：第一步H+进攻1，3-丁二烯生成碳正离子()；第二步Br -进攻碳正离子完成1，2-加成或1，4-加成。反应进程中的能量变化如下图所示。已知在0和40时，1，2-加成产物与1

16、，4-加成产物的比例分别为70:30和15:85。下列说法正确的是( )A1，4-加成产物比1，2-加成产物稳定B与0相比，40时1，3-丁二烯的转化率增大C从0升至40，1，2-加成正反应速率增大，1，4-加成正反应速率减小D从0升至40，1，2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度【答案】AD【解析】A项，能量越低越稳定，根据图像可看出，1，4-加成产物的能量比1，2-加成产物的能量低，即1，4-加成产物的能量比1，2-加成产物稳定，故A正确；B项，该加成反应不管生成1，4-加成产物还是1，2-加成产物，均为放热反应，则升高温度，不利用1，3-丁二烯的转化，即在400C时其转

17、化率会减小，故B错误；C项，从00C升至400C，正化学反应速率均增大，即1，4-加成和1，2-加成反应的正速率均会增大，故C错误；D项，从00C升至400C，对于1，2-加成反应来说，化学平衡向逆向移动，即1，2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度，故D正确；故选AD。18【2020天津卷】已知Co(H2O)62+呈粉红色，CoCl42-呈蓝色，ZnCl42-为无色。现将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：Co(H2O)62+4Cl- CoCl42-+6H2O H，用该溶液做实验，溶液的颜色变化如下：以下结论和解释正确的是( )A等物质的量的C

18、o(H2O)62+和CoCl42-中键数之比为3:2B由实验可推知HCoCl42-【答案】D【解析】A项，1个Co(H2O)62+中含有18个键，1个CoCl42-中含有4个键，等物质的量的Co(H2O)62+和CoCl42-所含键数之比为18:4=9:2，A错误；B项，实验将蓝色溶液置于冰水浴中，溶液变为粉红色，说明降低温度平衡逆向移动，则逆反应为放热反应，正反应为吸热反应，H0，B错误；C项，实验加水稀释，溶液变为粉红色，加水稀释，溶液的体积增大，Co(H2O)62+、CoCl42-、Cl-浓度都减小，Co(H2O)62+、Cl-的化学计量数之和大于CoCl42-的化学计量数，则瞬时浓度商

19、化学平衡常数，平衡逆向移动，C错误；D项，实验加入少量ZnCl2固体，溶液变为粉红色，说明Zn2+与Cl-结合成更稳定的ZnCl42-，导致溶液中c(Cl-)减小，平衡逆向移动，则由此说明稳定性：ZnCl42-CoCl42-，D正确；故选D。19.一定温度下，反应I2(g)+H2(g)2Hl(g)在密闭容器中达到平衡时，测得c(I2)=0.11mmolL-1，c(HI)=0.78mmolL-1。相同度温下，按下列4组初始浓度进行实验，反应逆向进行的是(注：1mmolL-1=10-3molL-1) ( )ABCDc(I2)/mmolL-11.000.220.440.11c(H2)/mmolL-1

20、1.000.220.440.44c(HI)/mmolL-11.001.564.001.56【答案】C【解析】题目中缺少c(H2)，则无法计算K，则不能通过Qc与K的关系判断平衡的移动方向，但可比较4个选项中Qc的大小关系，Qc越大，则可能逆向移动。Qc(A)=1.002(mol/L)21.00mol/L1.00mol/L=1，Qc(B)=1.562(mol/L)20.22mol/L0.22mol/L=50.28，Qc(C)=4.002(mol/L)20.44mol/L0.44mol/L=82.64，Qc(D)=1.562(mol/L)20.44mol/L0.11mol/L=50.28，Qc(C

21、)的值最大，答案为C。20.在恒压、NO和O2的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。下列说法正确的是( )A反应2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的H0B图中X点所示条件下，延长反应时间能提高NO转化率C图中Y点所示条件下，增加O2的浓度不能提高NO转化率D380下，c起始(O2)=5.0104 molL1，NO平衡转化率为50%，则平衡常数K2000【答案】BD【解析】A随温度升高NO的转化率先升高后降低，说明温度较低时反应较慢，一段时间内并未达到平衡，分析温度较高时，已达到

22、平衡时的NO转化率可知，温度越高NO转化率越低，说明温度升高平衡向逆方向移动，根据勒夏特列原理分析该反应为放热反应，H=2000，故D正确；选BD。21.下列说法正确的是( )AH(g)I2(g) 2HI(g)，其他条件不变，缩小反应容器体积，正逆反应速率不变BC(s)H2O(g) H2(g)CO(g)，碳的质量不再改变说明反应已达平衡C若压强不再随时间变化能说明反应2A(?)B(g) 2C(?)已达平衡，则A项，C不能同时是气体D1 mol N2和3 mol H2反应达到平衡时H2转化率为10%，放出的热量为Q1；在相同温度和压强下，当2 mol NH3分解为N2和H2的转化率为10%时，吸

23、收的热量为Q2，Q2不等于Q1【答案】B【解析】A该可逆反应的反应前后气体计量数不发生变化，当缩小反应容器体积，相当于加压，正逆反应速率同等程度增加，A项错误；B在建立平衡前，碳的质量不断改变，达到平衡时，质量不变，因而碳的质量不再改变说明反应已达平衡，B项正确；C若压强不再改变说明反应达到平衡，表明反应前后气体的计量数不等，故A项，C不可能均为气体，C项错误；D易知N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H，合成氨气实际参与反应n(H2)=310=0.3mol，因而Q1=0.3/3|H|=0.1|H|，分解氨气时实际消耗的n(NH3)=210=0.2mol，Q2=0.2/2|H|=0.1|H

24、|，则Q1=Q2，D项错误。故选B。22.水煤气变换CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)是重要的化工过程，主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。回答下列问题：(1)Shibata曾做过下列实验：使纯H2缓慢地通过处于721 下的过量氧化钴CoO(s)，氧化钴部分被还原为金属钴(Co)，平衡后气体中H2的物质的量分数为0.0250。在同一温度下用CO还原CoO(s)，平衡后气体中CO的物质的量分数为0.0192。根据上述实验结果判断，还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO_H2(填“大于”或“小于”)。(2)721 时，在密闭容器中将等物质量的CO(g)和H2O(g)混

25、合，采用适当的催化剂进行反应，则平衡时体系中H2的物质的量分数为_(填标号)。A0.25 B0.25 C0.250.50 D0.50 E0.50(4)Shoichi研究了467 、489 时水煤气变换中CO和H2分压随时间变化关系(如下图所示)，催化剂为氧化铁，实验初始时体系中的PH2O和PCO相等、PCO2和PH2相等。计算曲线a的反应在3090 min内的平均速率(a)=_kPamin1。467 时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是_、_。489 时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是_、_。【答案】 (1)大于 (2)C (4)0.0047 b c a d【解析】(1)H2还原

26、氧化钴的方程式为：H2(g)CoO(s)=Co(s)H2O(g)；CO还原氧化钴的方程式为：CO(g)CoO(s)=Co(s)CO2(g)，平衡时H2还原体系中H2的物质的量分数()高于CO还原体系中CO的物质的量分数()，故还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO大于H2；(2)721 时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合，可设其物质的量为1mol，则CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)起始(mol) 1 1 0 0转化(mol) x x x x平衡(mol) 1-x 1-x x x则平衡时体系中H2的物质的量分数=，因该反应为可逆反应，故x0.5，由此可

27、判断最终平衡时体系中H2的物质的量分数介于0.250.50，故答案为C；(4)由图可知，3090 min内a曲线对应物质的分压变化量p=(4.08-3.80)kPa=0.28 kPa，故曲线a的反应在3090 min内的平均速率(a)=0.0047 kPamin1；由(2)中分析得出H2的物质的量分数介于0.250.5，CO的物质的量分数介于00.25，即H2的分压始终高于CO的分压，据此可将图分成两部分：由此可知，A项，b表示的是H2的分压，C项，d表示的是CO的分压，该反应为放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，CO分压增加，H2分压降低，故467 时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是

28、B项，c；489 时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是A项，d。23.环戊二烯()是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下列问题：(2)某温度下，等物质的量的碘和环戊烯()在刚性容器内发生反应，起始总压为105Pa，平衡时总压增加了20%，环戊烯的转化率为_，该反应的平衡常数Kp=_Pa。达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，可采取的措施有_(填标号)。A通入惰性气体 B提高温度C增加环戊烯浓度 D增加碘浓度(3)环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是_(填标号)。AT1T2Ba点的反

29、应速率小于c点的反应速率Ca点的正反应速率大于b点的逆反应速率Db点时二聚体的浓度为0.45 molL1【答案】(2)40 3.56104 BD (3)CD 【解析】(2)假设反应前碘单质与环戊烯均为nmol，平衡时环戊烯反应了xmol，根据题意可知：(g)+I2(g)= (g)+2HI(g) 增加的物质的量 1mol 1mol 1mol 2mol 1molxmol 2n20%得x=0.4nmol，转化率为0.4n/n100%=40%；(g) + I2(g) = (g)+ 2HI(g)P(初) 0.5105 0.5105 0 0P 0.510540% 0.510540% 0.510540% 1

30、10540%P(平) 0.3105 0.3105 0.2105 0.4105Kp=3.56104；A项，T、V一定，通入惰性气体，由于对反应物和生成物浓度无影响，速率不变，平衡不移动，故A错误；B项，升高温度，平衡向吸热方向移动，环戊烯转化率升高，故B正确；C项，增加环戊烯的浓度平衡正向移动，但环戊烯转化率降低；D项，增加I2的浓度，平衡正向移动，环戊烯转化率升高，故D正确；(3)A项，温度越高，反应速率越快，其浓度下降的也越快。因此T1v(逆)，a点反应物浓度大于b点，故a点正反应速率大于b点，因此v(正a)v(逆b)，故C正确；D项，b点时环戊二烯浓度由1.5mol/L减小到0.6mol/

31、L，减少了0.9mol/L，因此生成二聚体0.45mol/L，故D正确；故选CD24.近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：(1)Deacon发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl) c(O2)分别等于11、41、71时HCl平衡转化率随温度变化的关系：可知反应平衡常数K(300)_K(400)(填“大于”或“小于”)。设HCl初始浓度为c0，根据进料浓度比c(HCl)c(O2)=11的数据计算K(400)=_(列

32、出计算式)。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)c(O2)过低、过高的不利影响分别是_。【答案】(1)大于 O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低【解析】(1)根据反应方程式知，HCl平衡转化率越大，平衡常数K越大，结合图像知K(300)K(400)；由图像知，400时，HCl平衡转化率为84%，用三段式法对数据进行处理得：起始(浓度) c0 c0 0 0变化(浓度) 0.84c0 0.21c0 0.42c0 0.42c0平衡(浓度)(1-0.84)c0 (1-0.21)c0 0.42c0 0.42c0则K=；根据题干信息知，进料浓度比过低

33、，氧气大量剩余，导致分离产物氯气和氧气的能耗较高；进料浓度比过高，HCl不能充分反应，导致HCl转化率较低；25.氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。(1)甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。反应器中初始反应的生成物为H2和CO2，其物质的量之比为41，甲烷和水蒸气反应的方程式是_。反应物投料比采用n(H2O)n(CH4)=41，大于初始反应的化学计量数之比，目的是_(选填字母序号)。A促进CH4转化 B促进CO转化为CO2 C减少积炭生成用CaO可以去除CO2。H2体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如下图所示。从t1时开始，H2体积分数显著降低，单位时间CaO

34、消耗率_(填“升高”“降低”或“不变”)。此时CaO消耗率约为35%，但已失效，结合化学方程式解释原因：_。【答案】(1) CH4 + 2H2O= 4H2 + CO2 abc 降低 H2体积分数在t1之后较少，结合CaO+H2O=Ca(OH)2可知水蒸气浓度较小，反应器内反应逆向反应，氧化钙很难和CO2反应，因而失效 【解析】(1)由于生成物为H2和CO2，其物质的量之比为4：1，反应物是甲烷和水蒸气，因而反应方程式为CH4 + 2H2O= 4H2 + CO2；初始反应n(H2O):n(CH4)=2：1，说明加入的水蒸气过量，又反应器中反应都存在一定可逆性，根据反应知水蒸气浓度越大，甲烷的转化

35、率越高，a正确；根据反应知水蒸气浓度越大，CO的转化率越高，b正确；和产生氢气，使得氢气浓度变大，抑制反应，积炭生成量减少，c正确；t1时CaO消耗率曲线斜率减小，因而单位时间内CaO的消耗率降低，H2体积分数在t1之后较少，结合CaO+H2O=Ca(OH)2可知水蒸气浓度较小，反应器内反应逆向反应，氧化钙很难和CO2反应，因而失效。26.N2O、NO和NO2等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。(2)NO和NO2的处理。已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收，主要反应为NO+NO2+2OH=2NO2-+H2O 2NO2+2OH= NO2-+ NO3-+H2O下列措施

36、能提高尾气中NO和NO2去除率的有_(填字母)。A加快通入尾气的速率B采用气、液逆流的方式吸收尾气C吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液【答案】(2)BC 【解析】(2)A项，加快通入尾气的速率，不能提高尾气中NO和NO2的去除率，不选A；B项，采用气、液逆流的方式吸收尾气，可使气液充分接触，能提高尾气中NO和NO2的去除率，选B；C项，定期补充适量的NaOH溶液可增大反应物浓度，能提高尾气中NO和NO2的去除率，选C。故选BC。27.CO2的资源化利用能有效减少CO2排放，充分利用碳资源。(3)CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应：反应：CO2(g)+H2

37、(g)=CO(g)+H2O(g) H =41.2 kJmol1反应：2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g) H =122.5 kJmol1在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图。其中：CH3OCH3的选择性=100温度高于300 ，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是_。220 时，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性为48%(图中A点)。不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的措施有_。【答案】(3) 反应的H0，反应的H0，温度升高使CO2转化为C

38、O的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度 增大压强，使用对反应催化活性更高的催化剂【解析】(3)根据反应方程式，反应I为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，CO2的转化率增大，反应II为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，CO2的转化率降低，根据图像，上升幅度超过下降幅度，因此温度超过300时，CO2转化率上升；图中A点CH3OCH3的选择性没有达到此温度下平衡时CH3OCH3的选择性，依据CH3OCH3选择性公式，提高CH3OCH3选择性，不改变反应时间和温度时，根据反应II，可以增大压强，或者使用对反应II催化活性更高的催化剂。2

39、8.氮、磷、砷、锑、铋、镆为元素周期表中原子序数依次增大的同族元素。回答下列问题：(5)在1L真空密闭容器中加入a mol PH4I固体，时发生如下反应：PH4I(s)PH3(g)+HI(g) 4 PH3(g)P4(g)+ 6H2(g) 2HI(g)H2(g)+I2(g) 达平衡时，体系中，则时反应的平衡常数值为_(用字母表示)。【答案】 (5)【解析】(5)由PH4I(s)PH3(g)+HI(g)可知，amolPH4I分解生成物质的量的PH3和HI，由2HI(g)H2(g)+I2(g)可知HI分解生成c(H2)= c(I2)=cmol/L，PH4I分解生成c(HI)为(2c+b)mol/L，则4 PH3(g)P4(g)+ 6H2(g)可知PH3分解生成c(H2)=(dc)mol/L，则体系中c(PH3)为(2c+b)(dc) mol/L=，故反应PH4I(s)PH3(g)+HI(g)的平衡常数K=c(PH3)c(HI)=，故答案为：。