高考化学与化学反应的速率与限度有关的压轴题及答案解析

高考化学与化学反应的速率与限度有关的压轴题及答案解析
一、化学反应的速率与限度练习题（含详细答案解析）
1．二氧化氮在火箭燃料中可用作氧化剂，在亚硝基法生严流酸甲可用作催化剂，但直接将二氧化氮排放会造成环境污染。

已知反应CH4(g) +2NO2(g)N2(g) +CO2(g) + 2H2O(g) ，起始时向体积为V的恒容密闭容器中通人2mol CH4和3mol NO2，测得CH4.、N2、H2O的物质的量浓度与时间的关系如图所示。

(1)容器体积V=_______L。

(2)图中表示H2O的物质的量浓度与时间关系的是曲线___________. (填“甲”“乙"或"丙")。

(3)0 ~5min内，用N2表示的化学反应速率为____________________mol·L-1·min-1。

(4)a、b、c三点中达到平衡的点是______。

达到平衡时， NO2的转化率是___________ (物质平衡转化=转化的物质的量/起始的物质的量×100%)。

(5)a点时，c(CO2) =__________mol·L-1(保留两位小数) ，n( CH4):n(NO2)
=_________________。

【答案】2 甲 0.1 c 80% 或0.8 0.33 4:5
【解析】
【分析】
依据图像，根据反应物、生成物反应前后物质的量变化之比等于物质的量之比确定甲、乙、丙三条曲线分别代表CH4.、N2、H2O中的哪种物质；依据单位时间内浓度的变化，计算出0 ~5min内，用N2表示的化学反应速率；达到平衡时的判断依据。

【详解】
（1）起始时向体积为V的恒容密闭容器中通人2 mol CH4和3 mol NO2，测得CH4.、N2、H2O的物质的量浓度与时间的关系如图所示，CH4是反应物，即起始时的物质的量浓度为
1.0mol·L-1，依据c=n
V
，得V=
n
c
=
1
2mol
1mol L-
⋅
=2L；
（2）由(1)可知，丙代表CH4，从开始到平衡时，甲代表的物质的物质的量浓度增加量：1.2mol·L-1，乙代表的物质的物质的量浓度增加量：0.6mol·L-1，故从开始到平衡时，甲代表的物质的物质的量浓度增加量：1.2mol·L-1×2L=2.4mol；故从开始到平衡时，乙代表的物质的物质的量浓度增加量：0.6mol·L-1×2L=1.2mol，根据反应物、生成物反应前后物质的量变化之比等于物质的量之比，故甲代表H2O的物质的量浓度与时间关系，乙代表N2的物质的量浓度与时间关系；
（3）乙代表N2的物质的量浓度与时间关系，0 ~5 min内，N2的物质的量浓度变化量为：
0.5mol·L -1 - 0=0.5mol·L -1
，v(N 2)=10.5mol L 5min -⋅=0.1mol·L -1·min -1； （4）当达到平衡时反应物、生成物的浓度不再随着时间的变化而变化，故a 、b 、c 三点中
达到平衡的点是c ；达到平衡时，c(N 2)=0.6mol·
L -1，即从开始平衡，N 2的物质的量增加了：0.6mol·L -1×2L=1.2mol ，CH 4(g) +2NO 2(g)N 2(g) +CO 2(g) + 2H 2O(g) ，依据方程式中反应物、生成物的物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，即从开始到平衡，NO 2的物质的量变化量为：1.2mol×2=2.4mol ，故达到平衡时， NO 2的转化率是
2.4mol 100%3mol ⨯ =80%； （5）设a 点时的浓度为xmol·L -1，CH 4(g) +2NO 2(g)N 2(g) +CO 2(g) + 2H 2O(g) ，依据方程式
中反应物、生成物的物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，(1.0-x)：x=1:2，x=0.67，2n(H O)∆=0.67mol·L -1×2L=1.34mol ，
42222n(CH ):n(NO ):n(N ):n(CO ):n(H O)∆∆∆∆∆=1:2:1:1:2，a 点时，
2n(CO )∆=0.67mol ，c(CO 2) =0.67mol 2L
=0.33mol·L -1；4(CH )∆=0.67mol ，2n(NO )∆=1.34mol ，故a 点时，n( CH 4):n(NO 2)=(2mol-0.67mol)：(3mol-1.34mol)=4:5。

2．某温度时，在2L 的密闭容器中，X 、Y 、Z(均为气体)三种物质的量随时间的变化曲线如图所示：
(1)由图中所给数据进行分析，该反应的化学方程式为__________。

(2)若上述反应中X 、Y 、Z 分别为H 2、N 2、NH 3，某温度下，在容积恒定为2.0L 的密闭容器中充入2.0mol N 2和2.0mol H 2，一段时间后反应达平衡状态，实验数据如表所示： t/s
0 50 150 250 350 n(NH 3) 0 0.24 0.36 0.40 0.40
0~50s 内的平均反应速率v(N 2)=_________。

(3)已知：键能指在标准状况下，将1mol 气态分子AB(g)解离为气态原子A(g)，B(g)所需的能量，用符号E 表示，单位为kJ/mol 。

N N ≡的键能为946kJ/mol ，H-H 的键能为436kJ/mol ，N-H 的键能为391kJ/mol ，则生成1mol NH 3过程中___(填“吸收”或“放出”)的能量为____，反应达到(2)中的平衡状态时，对应的能量变化的数值为____kJ 。

(4)为加快反应速率，可以采取的措施是_______
a.降低温度
b.增大压强
c.恒容时充入He气
d.恒压时充入He气
e.及时分离NH3
【答案】3X+Y⇌2Z 1.2×10−3mol/(L·s) 放出 46kJ 18.4 b
【解析】
【分析】
（1）根据曲线的变化趋势判断反应物和生成物，根据物质的量变化之比等于化学计量数之比书写方程式；
（2）根据=
c
t
∆
∆
计算；
（3）形成化学键放出能量，断裂化合价吸收能量；
(4)根据影响反应速率的因素分析；
【详解】
（1）由图象可以看出，反应中X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增多，则X、Y为反应物，Z为生成物，且△n(X)：△n(Y)：△n(Z)=0.1mol：0.3mol：0.2mol=1：3：2，则反应的化学方程式为3X+Y⇌2Z；
（2）0～50s内，NH3物质的量变化为0.24mol，根据方程式可知，N2物质的量变化为
0.12mol，(Z)=
c
t
∆
∆
=
0.12mol
=
2L50s
⨯
1.2×10−3mol/(L·s)；
（3）断裂1mol N N
≡吸收946kJ的能量，断裂1mol H-H键吸能量436kJ，形成1mo N-H 键放出能量391kJ，根据方程式3H2+N2⇌2NH3，生成2mol氨气，断键吸收的能量是946kJ+ 436kJ×3=2254 kJ，成键放出的能量是391kJ×6=2346 kJ，则生成1mol NH3过程中放出的
能量为2346 kJ-2254 kJ
2
=46kJ；反应达到(2)中的平衡状态时生成0.4mol氨气，所以放
出的能量是46kJ×0.4=18.4kJ；
(4) a.降低温度，反应速率减慢，故不选a；
b.增大压强，体积减小浓度增大，反应速率加快，故选b；
c.恒容时充入He气，反应物浓度不变，反应速率不变，故不选c；
d.恒压时充入He气，容器体积增大，反应物浓度减小，反应速率减慢，故不选d；
e.及时分离NH3，浓度减小，反应速率减慢，故不选e。

【点睛】
本题考查化学平衡图象分析，根据键能计算反应热，影响化学反应速率的因素，注意压强对反应速率的影响是通过改变浓度实现的，若改变了压强而浓度不变，则反应速率不变。

3．新型材料 AIN 应用前景广泛，对其制备过程的研究成为热点。

(1)将物质的量均为a mol 的 Al2O3与N2充入恒温恒容密闭容器中，控制温度发生反应：
2Al2O3(s)+2N2(g) 4AlN(s) +3O2(g) △H>0。

①下列可作为反应达到平衡的判据是_________(填序号）。

A．固体的质量不再改变
B．2v正(N2)=3v逆(O 2)
C．△H不变
D．容器内气体的压强不变
E．N2分子数与 O2分子数比为 2:3
②在起始压强为p的反应体系中，平衡时 N2的转化率为α，则上述反应的平衡常数
K p__________(对于气相反应，用某组分 B 的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作K p，如p(B) =p总·x(B) ，p总为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数）。

③为促进反应的进行，实际生产中需加入焦炭，其原因是____________。

(2)铝粉与 N2在一定温度下可直接生成 AlN，加入少量 NH4Cl 固体可促进反应。

将等质量的A1粉与不同量的 NH4Cl混合均匀后置于充 N2的密闭容器中，电火花引燃，产品中 AlN的质量分数[ω(AlN)] 随原料中ω(NH4Cl)的变化如图1所示，燃烧过程中温度随时间变化如图2所示。

则：
①固体混合物中，ω(NH4Cl)的最佳选择是__________。

②结合图2解释当ω(NH4Cl)超过一定值后，ω(AlN)明显减少的原因__________。

(3)AIN粉末会缓慢发生水解反应，粒径为100 nm 的 AlN 粉末水解时溶液 pH的变化如图3 所示。

①AlN 粉末水解的化学方程式是______________。

②相同条件下，请在图3中画出粒径为40 nm 的AlN粉末水解的变化曲线____________。

【答案】AD
3
2
(1.5α)
(1-α)
p消耗O2、提供能量，均能使平衡向右移动 3 % NH4Cl分解吸热
造成温度降低，不利于Al 与N2反应 AlN + 4H2O Al(OH)3 + NH3•H2O
【解析】
【分析】
(1) ①根据反应达到平衡后，正逆反应速率，各成分的浓度不变及由此衍生的其它物理量进行分析；
②平衡时N2的转化率为α，由于反应物中只有N2是气体，所以起始压强p即为起始时N2的分压，列三段式求K p；
③碳在氧气中燃烧放出热量，焦炭既可以消耗氧气，使生成物浓度降低，又可以提供热量，这两方面的作用都可以使平衡右移；
(2)①根据图像分析，当ω(NH4Cl)=3%时，ω(AlN)最大；
②从图2可以看出，反应过程中温度会降低。

ω(NH4Cl)=3%时的温度比ω(NH4Cl)=1%时的温度降低得更多。

这是因为NH4Cl分解吸热，当ω(NH4Cl)超过一定值后，NH4Cl分解吸热造成温度降低不利于Al 与N2反应，导致ω(AlN)明显减少；
(3)①AIN粉末会缓慢发生水解反应，生成Al(OH)3和NH3；
②相同条件下，由于粒径为40nm的AlN粉末和水的接触面积更大，所以其水解速率大于粒径为100nm的AlN粉末的水解速率，由于固体不影响平衡，所以最终溶液的pH是相同。

【详解】
(1)①A．消耗2mol Al2O3会生成4molAlN，固体质量减少，当固体的质量不再改变时，反应达到了平衡状态；
B．当3v正(N2)=2v逆(O2)时，正逆反应速率相等，反应达到了平衡状态，但2v正(N2)=3v逆(O2)表示的正逆反应速率不相等，不是平衡状态；
C．△H取决于反应物和生成物的总能量的相对大小，和是否平衡无关；
D．在恒温恒容条件下，容器内的压强和气体的物质的量成正比。

该反应是反应前后气体分子数不相等的反应，在平衡建立过程中，气体总物质的量一直在改变，只有达到平衡时，气体总物质的量才不再不变，即容器内压强才不变，所以当容器内气体的压强不变
时，反应达到了平衡状态；
E ．N 2分子数与 O 2 分子数之比和起始投料以及转化率有关，当N 2分子数与O 2分子数比为 2:3时，反应不一定是平衡状态；
故选AD 。

②反应2Al 2O 3(s)+2N 2(g) 4AlN(s) +3O 2(g)，在起始时加入的是等物质的量的Al 2O 3与N 2，由于反应物中只有N 2是气体，所以起始压强p 即为起始时N 2的分压，列三段式求K p ，已知平衡时N 2的转化率为α，则
()()
()()23222Al O s +2N g 4AlN s +301.5-g 1.5O p p p p p p αααα
高温起始
变化
平衡 K p =32(1.5)()p p p αα-=3
2
(1.5)(1-)ααp 。

③为促进反应的进行，实际生产中需加入焦炭，焦炭和氧气反应，放出热量。

焦炭既可以消耗氧气，使生成物浓度降低，又可以提供热量，这两方面的作用都可以使平衡右移，从而促进反应的进行。

(2)①从图1可以看出，当ω(NH 4Cl)=3%时，ω(AlN)最大，所以最佳选择是ω(NH 4Cl)=3%。

②从图2可以看出，反应过程中温度会降低。

ω(NH 4Cl)=3%时的温度比ω(NH 4Cl)=1%时的温度降低得更多。

这是因为NH 4Cl 分解吸热，当ω(NH 4Cl)超过一定值后，NH 4Cl 分解吸热造成温度降低不利于Al 与N 2反应，导致ω(AlN)明显减少
(3)①AIN 粉末会缓慢发生水解反应，生成Al(OH)3和NH 3，AlN 粉末水解的化学方程式是AlN + 4H 2O Al(OH)3 + NH 3•H 2O 。

②相同条件下，由于粒径为40nm 的AlN 粉末和水的接触面积更大，所以其水解速率大于粒径为100nm 的AlN 粉末的水解速率，由于固体不影响平衡，所以最终溶液的pH 是相同的。

粒径为40 nm 的AlN 粉末水解的变化曲线为。

4．用酸性KMnO 4和H 2C 2O 4（草酸）反应研究影响反应速率的因素。

一实验小组欲通过测定单位时间内生成CO 2的速率，探究某种影响化学反应速率的因素，设计实验方案如下（KMnO 4溶液已酸化）：
实验序号 A 溶液 B 溶液
①20 mL 0.1 mol·L－1H2C2O4溶液30 mL 0.01 mol·L－1KMnO4溶液
②20 mL 0.2 mol·L－1H2C2O4溶液30 mL 0.01 mol·L－1KMnO4溶液
（1）该反应的离子方程式___________________________。

（已知H2C2O4是二元弱酸）（2）该实验探究的是_____________因素对化学反应速率的影响。

相同时间内针筒中所得CO2的体积大小关系是_________________＜_____________（填实验序号）。

（3）若实验①在2 min末收集了2.24 mL CO2（标准状况下），则在2 min末， c（MnO4－）＝__________mol/L（假设混合液体积为50mL）
（4）除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率，本实验还可通过测定
_____________来比较化学反应速率。

（一条即可）
（5）小组同学发现反应速率总是如图，其中t1～t2时间内速率变快的主要原因可能是：
①__________________________；②__________________________。

【答案】2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋＝2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O 浓度①② 0.0056 KMnO4溶液完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需的时间该反应放热产物Mn2＋是反应的催化剂
【解析】
【详解】
（1）高锰酸钾溶液具有强氧化性，把草酸氧化成CO2，根据化合价升降法进行配平，其离子反应方程式为：2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋＝2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O；
（2）对比表格数据可知，草酸的浓度不一样，因此是探究浓度对化学反应速率的影响，浓度越大，反应速率越快，则①<②；
（3）根据反应方程式并结合CO2的体积，求出消耗的n(KMnO4)= 2×10－5mol，剩余
n(KMnO4)=(30×10－3×0.01－2×10－5)mol=2.8×10－4mol，c(KMnO4)=2.8×10－4mol÷50×10－
3L=0.0056mol·L－1；
（4）除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率，还可以通过测定KMnO4溶液完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需的时间来比较化学反应速率；
（5）t1～t2时间内速率变快的主要原因可能是：①此反应是放热反应，温度升高，虽然反应物的浓度降低，但温度起决定作用；②可能产生的Mn2＋是反应的催化剂，加快反应速
率。

5．现代工业的发展导致CO2的大量排放，对环境造成的影响日益严重，通过各国科技工作者的努力，已经开发出许多将CO2回收利用的技术，其中催化转化法最具应用价值。

回答下列问题：
（1）在催化转化法回收利用CO2的过程中，可能涉及以下化学反应：
①CO2(g)+2H2O(1)CH3OH(1)+3
2
O2(g) △H=+727kJ·mol-1△G=+703kJ·mol-1
②CO2(g)+2H2O(1)CH4(g)+2O2(g) △H=+890kJ·mol-1△G=+818kJ·mol-1
③CO2(g)+3H2(g)CH3OH(1)+H2O(1) △H=-131kJ·mol-1 △G=-9.35kJ·mol-1
④CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(1) △H=-253kJ·mol-1 △G=-130kJ·mol-1
从化学平衡的角度来看，上述化学反应中反应进行程度最小的是____，反应进行程度最大的是_____。

（2）反应CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)称为Sabatier反应，可用于载人航空航天工业。

我国化学工作者对该反应的催化剂及催化效率进行了深入的研究。

①在载人航天器中利用Sabatier反应实现回收CO2再生O2，其反应过程如图所示，这种方法再生O2的最大缺点是需要不断补充_________（填化学式）。

②在1.5 MPa，气体流速为20 mL·min-l时研究温度对催化剂催化性能的影响，得到CO2的转化率(%)如下：
分析上表数据可知：_____（填化学式）的催化性能更好。

③调整气体流速，研究其对某一催化剂催化效率的影响，得到CO2的转化率(%)如下：
分析上表数据可知：相同温度时，随着气体流速增加，CO2的转化率____（填“增大”或“减小”），其可能的原因是_________________________________。

④在上述实验条件中，Sabatier反应最可能达到化学平衡状态的温度是____，已知初始反应气体中V(H2):V(CO2) =4:l，估算该温度下的平衡常数为 ___________（列出计算表达式）。

（3）通过改变催化剂可以改变CO2与H2反应催化转化的产物，如利用Co／C作为催化剂，反应后可以得到含有少量甲酸的甲醇。

为了研究催化剂的稳定性，将Co/C催化剂循环使用，相同条件下，随着循环使用次数的增加，甲醇的产量如图所示，试推测甲醇产量变化的原因_________________________________。

（已知Co的性质与Fe相似）
【答案】②④ H2 Co4N/Al2O3减小气流流速加快，导致反应物与催化剂接触时间不
够 360℃()
()
2
4
0.9820.98
0.0240.02
⨯⨯
⨯⨯
反应产生的甲酸腐蚀催化剂，使催化剂活性降低
【解析】
【分析】
（1）在温度、压强一定的条件下，反应总是向△G＜0的方向进行，由此判断。

（2）①分析反应过程图，CO2、O2、H2O属于循环过程中始终在循环过程中的，而H2属于循环过程中加入的，由此可知正确答案；
②分析表中数据，在相同温度下，对比不同催化剂时CO2的转化率可选择出催化性能更好的催化剂；
③分析表中数据，在温度不变的情况下，气流速度增大，CO2的转化率逐渐降低，据此分析原因；
④分析表中数据，大部分数据显示，在气流速度不变的情况下，CO2的转化率随着温度的增大而逐渐增大，但增大的幅度在逐渐减小，故在上述实验条件中，Sabatier反应最可能达到化学平衡状态的温度是360℃，根据此时CO2的转化率，计算该温度下的平衡常数；（3）由图可知，随着Co/C催化剂循环次数的增多，甲醇的产量逐渐降低，说明该催化剂
在循环过程中受到一定程度的影响，结合产物的性质进行分析；
【详解】
（1）分析四个反应，根据在温度、压强一定的条件下，反应总是向△G ＜0的方向进行，反应的△G 越小反应进行程度越大，反之反应进行的程度就越小，故上述化学反应中反应进行程度最小的是②，反应进行程度最大的是④。

答案为：②；④；
（2）①分析循环图，只有H 2需不断补充，答案为：H 2；
②对比表中的数据，在相同温度下，催化剂为Co 4N/Al 2O 3时，CO 2的转化率更大，答案为：Co 4N/Al 2O 3；
③分析表中数据，温度不变时，随着气体流速的逐渐增大，CO 2的转化率逐渐减小，可能是气体流速过快，来不及和催化剂充分接触，导致CO 2的转化率减小。

答案为：减小；气流流速加快，导致反应物与催化剂接触时间不够；
④分析表中数据，大部分数据表明，在320℃至360℃时，气体流速不变的情况下，CO 2的转化率的增大幅度在逐渐减小，由此可知Sabatier 反应最可能达到化学平衡状态的温度是360℃，结合题中所给信息，选择气体流速为10mL ·min -1时CO 2的转化率进行计算。

已知初始反应气体中V (H 2):V (CO 2) =4:l ，根据在密闭容器里，全部由气体参与的反应中，压强、温度不变时，气体的体积比等于物质的量之比，可知V (H 2):V (CO 2) = n (H 2):n (CO 2)=4:l ，设初始气体中H 2的物质的量为4mol ，CO 2的物质的量为1mol ，则有：
()()()()()2242g g g g (mol)
1400(mol)
0.9840.980.98
20.98(mol)0.0241-0.980.9820CO 4H CH 2H O .98
⨯⨯⨯⨯+
=+起始物质的量转化物质的量平衡物质的量 在密闭容器中，全部由气体参与的反应中，平衡时气体的物质的量之比=气体物质的量浓度之比，可知该温度下，该反应的平衡常数K =()()()()()()
22424422CH H O 0.9820.98CO H 0.0240.02c c c c ⨯⨯⨯=⨯⨯⨯。

答案为：360℃；()()2
40.9820.980.0240.02
⨯⨯⨯⨯； （3）根据题中催化剂循环次数和甲醇产量的关系：催化剂的循环次数越多，甲醇的产量逐渐降低，说明催化剂一定程度受到了其他物质的影响，结合题给信息：用Co ／C 作为催化剂，反应后可以得到含有少量甲酸的甲醇。

又已知Co 的性质与Fe 相似，说明甲酸可与催化剂中的Co 进行反应，故催化剂的活性降低，进而影响甲醇的产量，答案为：反应产生的甲酸腐蚀催化剂，使催化剂活性降低。

6．已知：N 2O 4(g)
2NO 2(g) ΔH =＋52．70kJ·mol -1 （1）在恒温、恒容的密闭容器中，进行上述反应时，下列描述中，能说明该反应已达到平衡的是___。

A ．v 正(N 2O 4)=2v 逆(NO 2)
B ．容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化
C ．容器中气体的密度不随时间而变化
D．容器中气体的分子总数不随时间而变化
（2）t℃恒温下，在固定容积为2L的密闭容器中充入0．054molN2O4，30秒后达到平衡，测得容器中含n(NO2)=0．06mol，则t℃时反应N2O4(g)2NO2(g)的平衡常数K=___。

若向容器内继续通入少量N2O4，则平衡___移动(填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”)，再次达到平衡后NO2的体积分数__原平衡时NO2的体积分数(填“大于”、“小于”或“等于”)。

（3）取五等份NO2，分别加入到温度不同、容积相同的恒容密闭容器中，发生反应：
2NO2(g)N2O4(g)。

反应相同时间后，分别测定体系中NO2的百分含量(NO2%)，并作出其百分含量随反应温度(T)变化的关系图。

下列示意图中，可能与实验结果相符的是___。

【答案】BD 0．075mol·L-1向正反应方向小于 BD
【解析】
【分析】
（1）根据平衡标志判断；
（2）K=
()
()2
2
24
NO
N O
c
c
；增大反应物的浓度平衡正向移动；
（3）该反应是体积减小的、放热的可逆反应，所以反应达到平衡后，升高温度，平衡向逆反应方向移动，NO2的含量增大；
【详解】
（1）A．反应达到平衡状态，正逆反应速率比等于系数比，所以2v正(N2O4)=v逆(NO2)时，反应不平衡，故不选A；
B．反应前后气体物质的量不同，根据
()
()
m
M
n
-
=
总
总
，平均相对分子质量是变量，若容器中
气体的平均相对分子质量不随时间而变化，反应一定达到平衡状态，故选B；
C．根据
m
V
ρ=，反应在恒容的密闭容器中进行，密度是恒量，容器中气体的密度不随时
间而变化，反应不一定达到平衡状态，故不选C；
D．反应前后气体物质的量不同，分子数是变量，容器中气体的分子总数不随时间而变化，一定达到平衡状态，故选D。

答案选BD。

（2）
()()2420.02700.015N O g 2N 0.030.012
0.03
O g 开始转化平衡
K =()()222
240.03=N 0O N O .012
c c =0．075mol·L -1；增大反应物的浓度平衡正向移动，若向容器内继续
通入少量N 2O 4，则平衡向正反应方向移动；再次达到平衡，相当于加压，N 2O 4转化率减小，NO 2的体积分数小于原平衡时NO 2的体积分数；
（3）A ．该反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，NO 2的含量增大，故A 错误； B ．若5个容器在反应相同时间下，均已达到平衡，因为该反应是放热反应，温度越高，平衡向逆反应方向移动，NO 2的百分含量随温度升高而升高，故B 正确； C ．该反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，NO 2的含量增大，故C 错误； D ．若5个容器中有未达到平衡状态的，那么温度越高，反应速率越大，会出现温度高的NO 2转化得快，导致NO 2的百分含量少的情况，在D 图中转折点为平衡状态，转折点左侧为未平衡状态，右侧为平衡状态，升高温度，平衡向逆反应方向移动，故D 正确。

答案选BD 。

7．工业废水中常含有一定量的Cr 2O 72-和CrO 42-，它们会对人类及生态系统产生很大危害，必须进行处理．常用的处理方法有两种．方法1：还原沉淀法． 该法的工艺流程为：
其中第①步存在平衡2CrO 42−（黄色）+2H +⇌Cr 2O 32−（橙色）+H 2O （1）若平衡体系的 pH=2，该溶液显______色． （2）能说明第①步反应达平衡状态的是_____（填序号） A ．Cr 2O 72−和CrO 42−的浓度相同 B ．2v （Cr 2O 72−）=v （CrO 42−） C ．溶液的颜色不变
（3）第②步中，还原1molCr 2O 72−离子，需要______mol 的FeSO 4•7H 2O ． （4）第③步生成的Cr （OH ）3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr （OH ）3（s ）⇌Cr 3+（aq ）+3OH -（aq ），常温下，Cr （OH ）3的溶度积
K sp =c （Cr 3+）•c 3（OH -）=10-32，要使c （Cr 3+）降至10-5mol/L ，溶液的pH 应调至______． 方法2：电解法．
该法用Fe 做电极电解含Cr 2O 72−的酸性废水，随着电解的进行，在阴极附近溶液pH 升高，产生Cr （OH ）3沉淀；
（5）用Fe 做电极的原因为______（用电极反应式解释）． （6）在阴极附近溶液 pH 升高，溶液中同时生成的沉淀还有______． 【答案】橙 C 6 5 阳极反应为Fe−2e −═Fe 2+，提供还原剂Fe 2+ Fe(OH)3 【解析】
【分析】
（1）pH=2，溶液呈酸性，有利于平衡向正反应分析移动；
（2）达到平衡时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变； （3）根据氧化还原反应中得失电子守恒来计算； （4）根据溶度积常数以及水的离子积常数来进行计算； （5）阳极是活性电极时，阳极本身失电子，生成阳离子；
（6）溶液PH 升高的原因是溶液中氢离子浓度减少，即氢离子在阴极得电子，PH 升高，生成沉淀为 Cr （OH ）3和Fe （OH ）3。

【详解】
（1）溶液显酸性，c(H +
)较大，上述平衡右移，该溶液显橙色；综上所述，本题答案是：
橙；
（2）A ．Cr 2O 72−和CrO 42−的浓度相同时，反应不一定达到平衡状态，A 错误； B ．2v （Cr 2O 72−）=v （CrO 42−），没有标出正逆反应速率，无法判定反应是否达到平衡状态，B 错误；
C ．平衡时各物质的浓度不再改变，即溶液的颜色不再改变，可以判断反应达到平衡状态，C 正确； 综上所述，本题选C ；
（3）根据电子得失守恒可以知道,还原1molCr 2O 72−离子，得到Cr 3+
，得到电子：2×（6-3）
=6mol ，Fe 2+被氧化为Fe 3+，需要FeSO 4•7H 2O 的物质的量为()
6
32-=6mol ； 综上所述，本题答案是：6；
（4）当c(Cr 3+
)=10-5
mol/L 时,溶液的c(OH -
=10-9mol/L,c(H +
)=1491010--=10-5mol/L, pH =5，即要使c(Cr 3+)降至10-5mol/L ，溶液的pH 应调至5； 综上所述，本题答案是：5；
（5）用Fe 做阳极，发生氧化反应，失电子：Fe −2e -=Fe 2+，产生的亚铁离子做还原剂； 综上所述，本题答案是：Fe −2e -=Fe 2+，提供还原剂Fe 2+；
（6）溶液中氢离子在阴极得电子被还原为氢气，阴极极反应为：2H ++2e -=H 2↑，溶液酸性减弱，溶液pH 升高，亚铁离子被氧化为铁离子，酸性减弱，铁离子产生沉淀Fe(OH)3； 综上所述，本题答案是：Fe(OH)3。

8．煤燃烧排放的烟气含有SO 2和NO x ，大量排放烟气形成酸雨、污染大气，因此对烟气进行脱硫、脱硝，对环境保护有重要意义。

回答下列问题： Ⅰ.利用CO 脱硫
(1)工业生产可利用CO 气体从燃煤烟气中脱硫，则25℃时CO 从燃煤烟气中脱硫的热化学方程式2CO(g)＋SO 2(g)⇌2CO 2(g)＋S(s)的焓变△H ＝_____________。

25℃，100kPa 时，由元素最稳定的单质生成1mol 纯化合物时的反应热称为标准摩尔生成焓，已知一些物质的“标
准摩尔生成焓”如下表所示：
物质CO(g)CO2(g)SO2(g)
标准摩尔生成焓
∆f H m(25℃)/kJ∙mol-1
-110.5-393.5-296.8
(2)在模拟脱硫的实验中，向多个相同的体积恒为2L的密闭容器中分别通入2.2mol CO和1mol SO2气体，在不同条件下进行反应，体系总压强随时间的变化如图所示。

①在实验b中，40 min达到平衡，则0～40 min用SO2表示的平均反应速率v(SO2)＝
_______。

②与实验a相比，实验b可能改变的条件为_______________，实验c可能改变的条件为_________________。

Ⅱ.利用NH3脱硝
(3)在一定条件下，用NH3消除NO污染的反应原理为：4NH3(g)＋6NO(g)⇌5N2(g)＋
6H2O(l)△H＝－1807.98kJ·mol－1。

在刚性容器中，NH3与NO的物质的量之比分别为X、Y、Z(其中X<Y<Z)，在不同温度条件下，得到NO脱除率(即NO转化率)曲线如图所示。

①NH3与NO的物质的量之比为X时对应的曲线为_____________(填“a”“b”或“c”)。

②各曲线中NO脱除率均先升高后降低的原因为__________。

③900℃条件下，设Z＝2
3
，初始压强p0，则4NH3(g)＋6NO(g)⇌5N2(g)＋6H2O(l)的平衡常数
K p＝_____________(列出计算式即可)。

Ⅲ.利用NaCIO2脱硫脱硝
(4)利用NaClO2的碱性溶液可吸收SO2和NO2(物质的量之比为1:1)的混合气体，自身转化为NaCl，则反应的离子方程式为________________。

【答案】-269.2kJ·mol-1 0.01mol·L-1·min-1加入催化剂升高温度 c 温度低于900℃时，反应速率较慢，随着温度升高反应速率加快，NO脱出率逐渐升高，温度高于900℃，反应
达到平衡状态，反应的ΔH <0，继续升高温度，平衡向左移动，NO 脱出率又下降
()()()5
046650
000.375p 0.3750.140.15p 0.1p 0.15p ⨯⨯或 3ClO 2-+4SO 2+4NO 2+12OH -===3Cl -+4SO 42-+4NO 3
-+6H 2O 【解析】 【分析】 【详解】
(1)根据“标准摩尔生成焓”的定义可得：
()()
()()()
()()()
()-12t 1-122t 2-1
22t 31
C s +O g CO g Δ=-110.5kJ mol 21
C s +O g CO g Δ=-393.5kJ mol 21
S s +O g SO g Δ=-296.8kJ mol 2
m m m H H H ①②③ 再根据盖斯定律2(反应③-反应①)-反应③可得到2CO(g)＋SO 2(g)⇌2CO 2(g)＋S(s)，则，CO 脱硫反应2CO(g)＋SO 2(g)⇌2CO 2(g)＋S(s)的焓变
()()()-1-1-1-1
t 2t 1t 3Δ=2Δ-Δ-Δ=2-393.5kJ mol -110.5kJ mol --296.8kJ mol =-269.2kJ mol m m m H H H H ，故答案为：-269.2kJ·
mol -1； (2)①结合题干信息，列三段式有：
()()()()222.21002CO g SO g 22x x 2x x 2.2-2x
1CO 2x
x
S x
g s -初始
转化末态
＋＋
则2.2-2x+1-x+2x 120
2.2+1260
=，解得x=0.8，则
()-1-120.8mol
2L v SO ==0.01mol L min 40min
，故答案为0.010.01mol·
L -1·min -1； ②与实验a 相比，实验b 达到的平衡状态不变且所需时间缩短，改变的条件应为加入了催化剂，与实验a 相比，实验c 达到平衡状态改变且所需时间缩短，可能是增大压强或升高温度，联系反应特点，若是增大压强，平衡向右移动，向右反应的程度应增大，与图像不符，若是升高温度，平衡向左移动，与图像相符，故答案为：加入催化剂；升高温度； (3)①NH 3和NO 的物质的量之比越大，NO 的脱出率月啊，则相同温度下，不同NH 3、NO 物质的量之比对应NO 的脱出率：X<Y<Z ，则X 对应曲线c ，Y 对应曲线b ，Z 对应曲线a ，故答案为：c ；
②NO 的脱出率会受到速率、平衡移动等因素的影响，温度低于900℃时，反应速率较慢，随着温度升高反应速率加快，NO 脱出率逐渐升高，温度高于900℃，反应达到平衡状态，反应的ΔH <0，继续升高温度，平衡向左移动，NO 脱出率又下降，故答案为：温度低于900℃时，反应速率较慢，随着温度升高反应速率加快，NO 脱出率逐渐升高，温度高于900℃，反应达到平衡状态，反应的ΔH <0，继续升高温度，平衡向左移动，NO 脱出率又下。