3化学平衡难题答案解析文档格式.docx
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，解得x＝
，则AX3的转化率为
＝2（1－
）；
分别将实验a、c的p、p0的数据代入上式，得aa、ac分别为50%、40%。
2．
（1）2NH4HS＋O2
2NH3·
H2O＋2S↓
（2）a 90%
（3）14.5%
（4）
（5）Ⅳ 对原料气加压；
分离液氨后，未反应的N2、H2循环使用
[解析]
（1）由题意可知为空气中的O2将负二价硫氧化为硫单质，根据电子守恒将方程式配平即可。
（2）反应①为气体物质的量增大的吸热反应，降低压强使平衡右移，但反应速率减小，d错；
催化剂不能改变反应限度，即不能改变H2的百分含量，c错；
增大水蒸气浓度虽可使反应速率增大以及平衡右移，但产物H2的百分含量却减小，b错；
升高温度反应速率增大，且平衡正向移动，H2的百分含量增大，a对。
CO与H2的混合气体与水蒸气的反应中，反应体系中的气体的物质的量不变，而1molCO与H2的混合气体参加反应生成1.18mol混合气，说明有0.18mol水蒸气参加反应，则根据方程式②可知参加反应的CO也为0.18mol，则其转化率为
×
100%＝90%。
（3）由图中看出当N2与H2物质的量比为1∶3时，NH3的平衡体积分数最大，为42%。
设平衡时转化的N2的物质的量为xmol，由三段式：
N2＋3H22NH3
起始（mol）:
130
转化（mol）:
x3x2x
平衡（mol）:
1－x3－3x2x
100%＝42%，则x＝0.59
则平衡时N2的体积分数为
100%＝14.5%。
（4）作图时要注意开始时NH3物质的量不断增多，是因为反应正向进行（反应未达平衡），达到一定程度后反应达到平衡而此时温度继续升高，平衡逆向移动，NH3的物质的量减小。
（5）热交换器可以使需要加热的物质得到加热，还可以使需要冷却的物质得到冷却，能充分利用能量。
合成氨反应为气体物质的量减小的反应，加压利于反应正向进行；
此外，循环利用可反复利用原料，提高原料利用率。
3.
（1）高温 （2
（3）C
（4）如果气相中SO2和CO2两种气体的浓度之比随时间发生变化，则表明两个反应同时发生
（5）A、B、C
（6）
[解析]
（1）反应Ⅰ是一个熵增焓增的反应，由ΔG＝ΔH－TΔS知，只有在高温下反应Ⅰ的ΔG才有可能小于0，反应才具有自发性。
（3）由于反应Ⅰ是吸热反应，故反应Ⅰ生成物所具有的能量高于反应物，A、D项排除；
反应Ⅰ的速率（v1）大于反应Ⅱ的速率（v2），说明反应Ⅰ的活化分子百分数比较大、活化能低于反应Ⅱ，反应Ⅰ的中间产物所具有的能量低，B排除。
（4）因反应Ⅱ中没有SO2生成，故若监测过程中，SO2、CO2浓度比保持不变，说明只发生反应Ⅰ，若发生变化，则说明反应Ⅰ、Ⅱ同时进行。
（5）加入的石灰石分解可生成CO2，这有利于两个反应的平衡向左进行，从而可减少SO2的生成，A项可行；
由图像知，初始的CO浓度越大、温度低些时，CaS的含量越高，依硫守恒知，此条件下生成的SO2较少，B、C项可行，D项不可行。
（6）因反应Ⅰ的速率大于反应Ⅱ的速率，故开始时体系内c（SO2）是快速增大的，随着第Ⅱ个反应中生成的CO2的增加，SO2的百分含量又会降低，当达到平衡时其百分含量会保持不变，由此可绘制出相应的图像。
4．
（1）4NH3＋5O2
4NO＋6H2O
（2）①p1＜p2 ②减小
（3）①A ②2N2O4＋O2＋2H2O===4HNO3
（4）NH3 根据反应：
8NO＋7H2O
3NH4NO3＋2HNO3，电解产生的HNO3多
[解析]
（1）氨的催化氧化的反应方程式为
4NH3＋5O2
4NO＋6H2O。
（2）①由2NO（g）＋O2（g）
2NO2（g）可知该反应为气体体积减小的反应，温度相同，增大压强，平衡正向移动，NO的平衡转化率增大，根据图示和坐标含义，判断p1<
p2；
②再看同一压强线，温度升高，NO的平衡转化率降低，平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，温度升高，平衡常数减小。
（3）①降低温度，NO2（g）转变为N2O4（l），则ΔH2<
0，反应物能量高于生成物能量，C错误；
N2O4（g）转变为N2O4（l）需要放出热量，所以NO2（g）转变为N2O4（g）比NO2（g）转变为N2O4（l）放出的热量少，B错误，所以正确的图示为A；
②N2O4、O2和H2O反应生成硝酸的反应方程式为2N2O4＋O2＋2H2O===4HNO3。
（4）根据工作原理装置图，可以确定阳极为NO失去电子转变为NO
，阴极NO转变为NH
，根据电极反应书写电极反应式为：
阳极：
NO－3e－＋2H2O===NO
＋4H＋
阴极：
NO＋5e－＋6H＋===NH
＋H2O
然后根据得失电子守恒，硝酸根离子物质的量比铵根离子物质的量多，所以需要向溶液中加入的物质为NH3（即8NO＋7H2O
3NH4NO3＋2HNO3）。
5.解析：
考察化学平衡知识，涉及平衡移动，转化率、平衡常数、平衡计算、反应速率、表格数据分析。
（1）根据反应是放热的、气体分子数增大的特征可知，要使A的转化率增大，平衡要正向移动，可
以采用升高温度、降低压强的方法。
（2）反应前气体总物质的量为0.10mol，令A的转化率为α（A），改变量为0.10α（A）mol，根据差量
法可得，气体增加0.10α（A）mol，由阿伏加德罗定律列出关系：
α（A）=（
－1）×
100%；
α（A）=（
100%＝94.1%
平衡浓度c（C）=C（B）=0.1×
94.1%=0.0941mol/L
C（A）=0.1-0.0941=0.0059mol/L
K＝
＝1.5
（3）①
n=0.1×
；
其中，n（A）=0.1－（0.1×
－0.1）=0.1×
（2－
）
②n（A）=0.1×
）=0.051C（A）=0.051/1=0.051mol/L
每间隔4小时，A的浓度为原来的一半
当反应12小时时，c（A）=0.026/2=0.013mol/L
答案：
（1）升高温度、降低压强
（2）（
94.1%；
K=
=1.5mol/L
（3）①0.1×
；
0.1×
②0.051；
达到平衡前每间隔4小时，c（A）减少约为一半；
0.013
6.答案：
（1）Al2O3（铝土矿）+2NaOH+3H2O＝2NaAl（OH）4；
NaAlO2+CO2+2H2O＝NaHCO3+Al（OH）3↓；
2Al（OH）3
Al2O3＋3H2O
（2）消耗甲醇，促进甲醇合成反应①平衡向右移，CO转化率增大；
生成的H2O，通过水煤气变换反应③消耗部分CO。
（3）2CO（g）+4H2（g）＝CH3OCH3（g）+H2O（g）ΔH=-204.7kJ/mol；
该反应分子数减小，压强升高使平衡右移，CO和H2的转化率增大，CH3OCH3产率增加。
压强升高使CO和H2的浓度增加，反应速率增大。
（4）反应放热，温度升高，平衡左移
（5）CH3OCH3－12e－＋3H2O＝2CO2＋12H＋；
12
。
（1）工业上从铝土矿中提纯高纯度氧化铝的流程是：
用氢氧化钠溶液溶解铝土矿，然后过滤，在滤液中通入过量的CO2，得到氢氧化铝，然后高温煅烧氢氧化铝，即可得到高纯度的氧化铝。
（2）合成二甲醚消耗甲醇，对于CO参与的反应相当于减小生成物的浓度，有利于平衡向右移动，使CO的转化率提高。
（3）根据盖斯定律可知，将①×
2＋④即得到反应2CO（g）+4H2（g）＝CH3OCH3（g）+H2O（g），所以该反应的放热△H＝－90.1kJ/mol×
2－24.5kJ/mol＝－204.7kJ/mol。
（4）该反应分子数减小，压强升高使平衡右移，CO和H2的转化率增大，CH3OCH3产率增加。
（5）原电池中负极失去电子，所以负极电极反应式是CH3OCH3－12e－＋3H2O＝2CO2＋12H＋；
二甲醚中碳原子的化合价是－2价，反应后变为＋4价，失去6个电子，所以一个二甲醚分子经过电化学氧化，可以产生12个电子的电量；
由于能量密度＝电池输出电能/燃料质量，所以该电池的能量密度＝
7.【解析】该题综合考查化学反应原理的基础知识。
涉及离子的水解、pH的计算、盖斯定律的应用、化学平衡常数的计算、自由能的应用等。
（1）观察表格中离子可知，含有NH4＋，水解溶液显酸性，即pM2.5的酸碱性应该是酸性。
试样的pH值根据表中数据依据溶液中的电荷守恒可计算出氢离子浓度是10－4mol/L，则pH＝4。
（2）根据盖斯定律可知，②－①即得到C（s）＋H2O（g）=CO（g）＋H2（g），所以该反应的反应热△H＝－110.5kJ/mol＋241.8kJ/mol＝＋131.3kJ/mol。
烟气中含有SO2，而SO2是酸性氧化物，所以可以选择碱性物质氢氧化钙和碳酸钠，即答案选ab。
（3）①N2（g）+O2（g）
2NO（g）
起始量（mol）0.80.20
转化量（mol）4×
10-44×
10-48×
10-4
平衡量（mol）0.80.28×
由于反应前后体积不变，所以该反应的平衡常数K＝
正方应是吸热反应，升高温度，反应速率加快，平衡向正反应方向移动，所以单位时间内NO的排放量增大。
②该反应是焓值增加，熵值减小的反应，所以根据△G＝△H－T·
△S可知。
△G始终大于0，因此在任何温度下都不能实现。
③CO和NO在催化剂的作用下反应生成CO2和氮气，反应的化学方程式是2CO＋2NO
2CO2＋N2。
（1）酸性；
4
（2）①C（s）＋H2O（g）=CO（g）＋H2（g）△H＝＋131.3kJ/mol②a、b
（3）①4×
10－6；
温度升高，反应速率加快，平衡右移
②该反应是焓增，熵减的反应，任何温度下均不能自发进行
③2CO＋2NO
2CO2＋N2
8.解析：
（1）
或
，通过三行式法列出平衡浓度，带入K值可以得出转化率为66.7%。
（2）由所给方程式可知该反应为吸热反应，低温有利于反应向逆反应方向进行，即有利于提纯TaS2。
在温度为T1的一端得到了纯净的TaS2晶体，所以T1＜T2。
I2是可以循环使用的物质。
（3）因为I2遇到淀粉会变蓝色,所以可以用淀粉溶液作指示剂。
离子反应方程式是H2SO3＋I2+H2O＝4H+＋SO42-＋2I-。
（4）Ka＝
HSO3-＋H2O
H2SO3＋OH-,Kb＝
＝1.0×
102×
1.0×
10-14＝1.0×
10-12,当加入少量I2时，溶液酸性增强，[H+]增大，但是温度不变，Kb不变，则
增大。
66.7%
（2）＜；
I2
（3）淀粉；
H2SO3＋I2+H2O＝4H+＋SO42-＋2I-
（4）1.0×
10-12；
增大
9.解析：
（1）将已知3个化学方程式连加可得O3+2Ⅰ—+2H+＝Ⅰ2+O2+H2O，由盖斯定律得△H＝△H1+△H2+△H3。
（2）依据平衡常数的定义可得，K＝
（3）①由表格可以看出第一组溶液的pH由反应前的5.2变为反应后的11.0，其原因是反应过程中消耗氢离子，溶液酸性减弱，pH增大，水电离出氢离子参与反应破坏水的电离平衡，氢氧根浓度增大，溶液呈碱性，pH增大。
②由于是持续通入O3=，O3可以将Fe2+氧化为Fe3+：
O3+2Fe2++2H+＝2Fe3++O2+H2O，Fe3+氧化Ⅰ—：
2Fe3++2Ⅰ—＝Ⅰ2+2Fe2+，即A是亚铁离子。
Ⅰ—消耗量增大，转化率增大，与Ⅰ2反应的量减少，Ⅰ3—浓度减小。
（4）由图给数据可知△c（Ⅰ3—）=（11.8×
10—3mol/L-3.5×
10—3mol/L）=8.3×
10—3mol/L，由速率公式得：
v（Ⅰ3—）=△c（Ⅰ3—）/△t=8.3×
10—3mol/L/（18—3）=5.5×
10—4mol/L·
s。
（1）O3+2Ⅰ—+2H+=Ⅰ2+O2+H2O，△H=△H1+△H2+△H3。
（2）
（3）反应过程中消耗氢离子，溶液酸性减弱，pH增大，水电离出氢离子参与反应破坏水的电离平衡，氢氧根浓度增大，溶液呈碱性，pH增大；
Fe3+，BD
（4）（计算过程略）5.5×
s
命题意图：
化学反应原理与元素化合物
10.【答案】
（1）①
②b、e
（2）①
温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的进间缩短（或其它合理答案）
②增大反应物接触面积，使反应更反分
H2S+2FeCl3=2FeCl2+S↓+2HCl2Fe2＋+2H＋
2Fe3＋+H2↑
【解析】本题考查元素推断、原子结构、化学平衡的影响因素及计算、电化学等化学反应原理的知识，同时考查学生的图表分析能力。
（1）R为+4价，位于第3周期，应为Si元素，同理M为Al元素。
常温下铝与Fe2O3不反应，与Na2CO3也不反应；
（2）①K=
=
温度越高，反应速率越快，反应物的转化率越高，与平衡转化率差距越小，所以离得近。
②FeCl3具有强氧化性，能够氧化H2S：
2FeCl3＋H2S＝2FeCl2＋S＋2HCl。
该逆流原理与浓硫酸中SO3的吸收相类似，气体从下端通入，液体从上端喷，可以增大气液接触面积，反应充分。
从图可知电解过程中从左池通入的Fe2生成Fe3（阳极反应），循环使用；
而另一电极产生的则为H2（阴极反应）。
故电解总的离子方程式为：
2Fe2+＋2H＋
2Fe3+＋H2↑。
11.【解析】
（1）反应（Ⅰ）中N2O4中N由＋4价变为0价，作为氧化剂。
（2）温度升高时，气体颜色加深，说明平衡向逆反应方向移动，则逆反应为吸热反应，正反应为放热反应。
（3）该反应由正方向开始进行，气体分子数逐渐增大，而压强保持不变，则容器体积增大，气体密度减小，达平衡时保持不变，a对；
该反应的△H始终保持不变，不能说明达到平衡状态，b错；
该反应由正方向开始进行，N2O4逐渐减小，恒压过程中容器体积增大，N2O4浓度减小，v正逐渐减小，达平衡时保持不变，c错；
该反应由正方向开始进行，N2O4转化率逐渐增大，达平衡时保持不变，d对。
平衡常数只与温度有关，温度保持不变，平衡常数不变。
v（N2O4）=
v（NO2）=
＝0.1mol/（L·
s）。
（4）NH4NO3溶液由于NH4＋水解溶液显酸性，滴加氨水后溶液由酸性变为中性，水的电离平衡向逆反应方向移动。
Kb＝
，而c（OH－）＝10－7mol/L，则c（NH4＋）＝200c（NH3·
H2O），故n（NH4＋）＝200n（NH3·
H2O），根据电荷守恒，n（NH4＋）＝n（NO3－），则溶液中n（NH4＋）＋n（NH3·
H2O）＝a＋
，根据物料守恒，滴加氨水的浓度为（a＋
－a）mol÷
bL＝
mol/L。
（1）N2O4
（2）吸热（3）a，d；
不变；
0.1（4）NH4＋+H2O
NH3∙H2O+H＋；
逆向
12.该题考查化学平衡常数表达式、化学平衡的移动原理、反应热的计算、转化率计算。
（1）根据反应方程
，注意的是WO3和W都是固体，不写入平衡常数表达式。
所以
（2）达平衡时H2与水蒸气的体积比2:
3，消耗的H2体积为3，所以H2的平衡转化率为3/（2+3）=60%。
温度升高，H2与水蒸气的体积比减小说明平衡向右移动，正反应吸热。
（3）第一阶段的方程：
2WO3+H2=W2O5+H2O，第二阶段方程：
W2O5+H2=2WO2+H2O
第三阶段方程：
WO2+2H2=W+2H2O所以三个阶段消耗H2的物质量之比为1:
1:
4
（4）利用盖斯定律可计算△H=+203.9KJ.mol-1.
（5）根据可逆反应原理I2可以循环使用，WI4是在灯丝上分解，生成的W沉积在灯丝上，选a、b。
13.【答案】⑴①
（1分）②4HCl（g）+O2（g）
2Cl2（g）+2H2O（g）△H=—115.6kJ/mol（2分）
③32（2分）强（2分）
⑵①4:
1（1分）②投料比越高，对应的反应温度越低（2分）③30.8%（2分）
【解析】解析：
（１）由题给条件可知，4molHCl被氧化，放出热量为115.6KJ，可知∆H=—115.6KJ/mol；
由∆H=—（生成物键能之和—反应物键能之和）可得，E（H—O）—E（H—Cl）=〔115.6+（498—（２×
２４３））/4=31.9，键能越大化学键越稳定越强，所以水中的H—O键比氯化氢中H—Cl强。
（2）在其他条件不变时，O2的量越大，HCl的转化率越大，由此可确定a为6:
1，b为4:
1，c为2:
1，d为1:
1；
由图可知，当HCl的转化率相同时，温度由低到高的顺序是bcd，由此可确定温度与投料比的关系是：
投料比越高温度越高；
由图可读出投料比2:
1，温度400℃时，HCl的转化率为80%，由此可建立三段式：
n（起）2100
△n1.60.40.80.8
n（平）0.40.60.80.8
所以平衡混合气中Cl2的物质的量分数=0.8/（0.4+0.6+0.8+0.8）=0.308。
14.【答案】：
（1）MnO2+4HCl（浓）
MnCl2+2H2O+Cl2↑；
（2）5.52×
103KJ；
（3）CHCl3+H2O2=HCl+H2O+COCl2
（4）①K=0.234mol·
L-1；
②＜③0.031
④v（2～3）＞v（5～6）＝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。
【解析】：
此题中挡题。
但拿满分较难，这主要体现在计算麻烦上，第2问其实出题人完全直接说CH4、H2和CO的燃烧热分别为890.3KJ·
mol-1、285.8KJ·
mol-1、283.0KJ·
mol-1，这样很多同学在计算反应热的时候更容易出错。
因为反应为CH4+CO2=2CO+2H2△H=反应物的燃烧热-产物的燃烧热=+247.3KJ/mol，也就是生成2molCO，需要吸热247.3KJ，那么要得到1立方米的CO，放热为（1000/22.4）×
247.3/2=5.52×
103KJ。
第3问要根据电负性分析碳元素化合价的变化，CHCl3碳为+2价，COCl2中碳为+4价，即可写出方程式。
第4问，①根据K计算公式即可求出；
②同时计算T
（2）时的K值很明显小于T（8）时的K值，说明是升高温度平衡正向移动的原因；
③题目说了是不同条件下的平衡状态，那么后面温度就不会改变。
根据K值可计算C（COCl2）；
④因为5-6分钟，CO浓度在改变所以平均反应速率大于其它的，因为处于平衡状态，根据V的计算公式，2-3、12-13的平均反应速率为0；
⑤因为5-6分钟时浓度改变大于12-13。
本题第四问中①、③的答案有待商榷，为什么都要保留到小数点后三位，从题目中能看出来吗？
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