D.从状态Ⅰ到状态Ⅲ的升温过程中,每一时刻,正逆反应速率:
v逆>v正
5.
（1）碳酸钠作固硫剂并用氢还原辉钼矿的原理为MoS2（s）+4H2（g）+2Na2CO3（s）
Mo（s）+2CO（g）+4H2O（g）+2Na2S（s） ΔH。
实验测得平衡时的有关变化曲线如图Z8-4所示。
（a）温度与平衡时气体成分的关系 （b）正、逆反应的平衡常数（K）与温度（T）的关系
图Z8-4
①一定温度下,在体积固定的密闭容器中进行上述反应,下列能说明反应达到了平衡状态的是 （填序号）。
A.2v正（H2）=v逆（CO）
B.CO体积分数保持不变
C.混合气体的平均相对分子质量不再变化
D.ΔH不再变化
②图Z8-4（a）中A点对应的平衡常数Kp= （已知A点总压强为0.1MPa,用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数）。
③综合上述分析得到,图Z8-4（b）中,其中表示逆反应的平衡常数（K逆）的曲线是 （填“A”或“B”）,T1对应的平衡常数为 。
（2）在某密闭容器中发生反应2CO2（g）
2CO（g）+O2（g）,1molCO2在不同温度下反应,平衡时各气体的体积分数如图Z8-5所示。
图Z8-5
①恒温恒容条件下,能表示该可逆反应达到平衡状态的有 （填字母）。
A.CO的体积分数保持不变
B.容器内混合气体的密度保持不变
C.容器内混合气体的平均摩尔质量保持不变
D.单位时间内,消耗CO的浓度等于生成CO2的浓度
②分析图Z8-5,若1500℃时反应达到平衡状态,且容器体积为1L,则此时反应的平衡常数K= （计算结果保留1位小数）。
图Z8-6
③向2L的恒容密闭容器中充入2molCO2（g）,发生反应2CO2（g）
2CO（g）+O2（g）,测得温度为T℃时,容器内O2的物质的量浓度随时间的变化如图Z8-6中曲线Ⅱ所示。
图中曲线Ⅰ表示相对于曲线Ⅱ仅改变一种反应条件后,c（O2）随时间的变化,则改变的条件是 。
（3）在体积固定为1L的恒温密闭容器中,发生反应2NO（g）+2CO（g）
N2（g）+2CO2（g）,有关物质的量如下表:
起始物质的量/mol
平衡物质的量/mol
NO
CO
N2
CO2
CO2
0.2
0.2
0
0
a
①上述反应的化学平衡常数表达式K= 。
②若达到平衡后气体的压强为开始时的0.875倍,则a= 。
（4）汽车使用乙醇汽油并不能减少NOx的排放,某研究小组在实验室以耐高温试剂Ag-ZSW-5催化,测得NO转化为N2的转化率随温度变化情况如图Z8-7所示。
①在n（NO）/n（CO）=1条件下,最佳温度应控制在 左右。
②若不使用CO,温度超过775K,发现NO的分解率降低,其可能的原因为 。
③用平衡移动原理解释为什么加入CO后NO转化为N2的转化率增大?
。
图Z8-7
6.石油产品含有多种含硫物质,如H2S、COS等。
（1）一种脱硫工艺为真空K2CO3-克劳斯法。
①K2CO3溶液吸收H2S的反应为K2CO3+H2S
KHS+KHCO3,该反应的平衡常数的对数值为lgK= 。
（已知:
H2CO3的lgK1=-6.4,lgK2=-10.3;H2S的lgK1=-7,lgK2=-19）
②已知下列热化学方程式:
2H2S（g）+3O2（g）
2SO2（g）+2H2O（l）
ΔH1=-1172kJ·mol-1
2H2S（g）+O2（g）
2S（s）+2H2O（l）
ΔH2=-632kJ·mol-1
克劳斯法回收硫的反应为SO2气体和H2S气体反应生成S（s）,则该反应的热化学方程式为 。
同时,COS发生水解反应:
COS（g）+H2O（g）
CO2（g）+H2S（g） ΔH>0,结合以上两个反应,克劳斯法选择反应温度为300℃,温度低有利于 ,但温度过低会使硫析出,降低催化剂活性,反应过慢,以及不利于 。
（2）石灰石料浆作为脱硫剂可有效吸收废气中的SO2,将CO2气体通入石灰石料浆罐对CaCO3脱硫剂进行活化处理可明显提高CaCO3脱硫的效率,活化后的主要脱硫反应之一为2Ca2++2SO2+O2+3H2O
2CaSO4·
H2O+4H+。
①废气经脱硫后,除水蒸气外, （填气体化学式）含量明显增多。
②其他条件一定,物料比为1.2时,脱硫反应的速率受Ca2+浓度的影响。
图Z8-8中a点是Ca（OH）2为脱硫剂时的脱硫效率,曲线表示CaCO3活化时间对脱硫效率的影响。
图Z8-8
Ⅰ.CaCO3与SO2反应的速率明显低于Ca（OH）2与SO2反应的速率,其原因是 。
Ⅱ.a点和b点脱硫效率接近的原因是 。
答案及解析
1.D [解析]W是固体,加入少量W,反应速率不变,平衡不移动,A错误;增大压强,正、逆反应速率均增大,B错误;温度、体积不变,充入He,反应物浓度不变,反应速率不变,C错误;正反应吸热,升高温度,平衡向正反应方向移动,混合气体的质量减少,物质的量不变,因此混合气体的平均相对分子质量减小,D正确。
2.C [解析]产物A、B互为同分异构体,由活性中间体生成A、B的反应互相竞争,A正确;由活性中间体生成A的活化能较低,故相同条件下由活性中间体C生成产物A的速率更快,B正确;实验1测定产物组成时,无法判断体系是否已达平衡状态,C错误;由图像可知,由C生成A和B的反应皆为放热反应,由表中数据可知,在较高的温度下,C转化为B有竞争优势,故实验1在tmin时,若升高温度至25℃,部分产物A会经活性中间体C转化成产物B,D正确。
3.D [解析]同一温度下,两种物质参加反应,增加氢气的浓度,二氧化碳的转化率增大,因此从图中可知,按投料比①时,CO2的平衡转化率随温度变化的曲线对应的是图中的曲线Ⅱ,A错误。
相同条件下,二氧化碳的含量越高,二氧化碳转化率越低,所以曲线Ⅰ的投料比
为1∶6,而一氧化碳与氢气的物质的量之比未知,无法计算氢气的转化率,B错误。
温度升高,二氧化碳的平衡转化率降低,所以平衡逆向移动,则正反应是放热反应,所以b点对应的平衡常数K的值小于c点,C错误。
假设CO为1mol·L-1,则按
为1∶4时,c（CO2）=1mol·L-1,c（H2）=3mol·L-1,根据图像可知,500℃时,CO2的平衡转化率约为45%,所以反应剩余c（CO2）=1mol-1mol×45%=0.55mol·L-1,生成甲醇的浓度为0.45mol·L-1,代入并计算
==1.22;假设CO为1mol·L-1,则按
为1∶6时,c（CO2）=1mol·L-1,c（H2）=5mol·L-1,根据图像可知,500℃时,CO2的平衡转化率为60%,所以反应剩余c（CO2）=1mol-1mol×60%=0.4mol·L-1,生成甲醇的浓度为0.6mol·L-1,代入并计算
==0.67;综上分析可知
的数值,a点比c点小,D正确。
4.B [解析]根据图像,升高温度c（CO2）减小,平衡向正反应方向移动,正反应为吸热反应,ΔH>0,A错误;状态Ⅱ和状态Ⅲ温度和体积相同,点Ⅱ处于起始加入0.2molCO2的曲线上,点Ⅲ处于起始加入0.1molCO2的曲线上,状态Ⅱ起始加入的CO2物质的量是状态Ⅲ的两倍,状态Ⅱ相当于在状态Ⅲ达平衡后将体积缩小一半,若平衡不移动,状态Ⅱ总压强等于状态Ⅲ的两倍,增大压强平衡逆向移动,p总（状态Ⅱ）<2p总（状态Ⅲ）,B正确;状态Ⅰ处于起始加入0.1molCO2的曲线上,状态Ⅱ处于起始加入0.2molCO2的曲线上,根据图像,状态Ⅰ、状态Ⅱ平衡时c（CO2）相等且小于0.08mol·L-1,状态Ⅰ平衡时c（CO）=2[0.1-c（CO2）平衡],状态Ⅱ平衡时c（CO）=2[0.2-c（CO2）平衡],若c（CO2）平衡=0.08mol·L-1,则6c（CO,状态Ⅰ）=c（CO,状态Ⅱ）,而c（CO2）平衡<0.08mol·L-1,则6c（CO,状态Ⅰ）>c（CO,状态Ⅱ）,C错误;该反应为吸热反应,从状态Ⅰ到状态Ⅲ升温过程中v正>v逆,D错误。
5.
（1）①BC ②4×10-4MPa2 ③B 1.0
（2）①AC ②3.2×10-8 ③升温
（3）①
②0.1
（4）①870K（860~880K范围都可以）
②NO直接分解成N2的反应是放热反应,升高温度不利于反应进行
③加入的CO与NO分解生成的O2反应,使NO分解平衡向生成N2的方向移动,因此NO的转化率升高
[解析]
（1）①2v正（H2）=v逆（CO）不满足反应速率之比等于化学计量数之比,反应没有达到平衡状态,A错误;CO体积分数保持不变说明正、逆反应速率相等,反应达到平衡状态,B正确;反应前后混合气体的质量变化程度大于物质的量的变化,因此混合气体的平均相对分子质量不再变化说明正、逆反应速率相等,反应达到平衡状态,C正确;对于具体的化学反应,ΔH是不变的,D错误。
②图（a）中A点氢气和水蒸气的体积分数相等,均是40%,CO的体积分数是20%,这说明氢气、一氧化碳、水蒸气的物质的量之比是2∶1∶2,所以对应的平衡常数Kp=
=4×10-4MPa2;③升高温度氢气的体积分数减小,说明平衡向正反应方向进行,正反应是吸热反应,所以升高温度正、反应的平衡常数增大,则逆反应的平衡常数减小,因此表示逆反应的平衡常数（K逆）的曲线是B;T1时正、逆反应的平衡常数相等,因此对应的平衡常数为1.0。
（2）①CO的体积分数保持不变是平衡标志,A正确;反应前后气体质量不变,体积不变,容器内混合气体的密度始终保持不变,不能说明反应达到平衡状态,B错误;反应前后气体物质的量变化,气体质量不变,容器内混合气体的平均摩尔质量保持不变说明反应达到平衡状态,C正确;2CO2（g）
2CO（g）+O2（g）,单位时间内,消耗CO的浓度等于生成CO2的浓度,均表示逆反应方向,不能说明反应达到平衡状态,D错误。
②设生成的氧气为xmol,
2CO2（g）
2CO（g）+O2（g）
起始量（mol）:
100
转化量（mol）:
2x2xx
平衡量（mol）:
1-2x2xx
平衡时,氧气的体积分数为0.2%,
×100%=0.2%,x=0.002,则c（CO2）=0.996mol·L-1,c（CO）=0.004mol·L-1,c（O2）=0.002mol·L-1,则K=≈3.2×10-8;③向2L的恒容密闭容器中充入2molCO2（g）,发生反应2CO2（g）
2CO（g）+O2（g）,经分析,正反应为吸热反应,图中曲线Ⅰ表示相对于曲线Ⅱ仅改变一种反应条件后c（O2）随时间的变化,曲线Ⅰ达到平衡所用的时间缩短,平衡状态下氧气浓度增大,则改变的条件是升温。
（3）①根据化学方程式可写出化学平衡常数表达式K=
。
②根据三段式:
2NO（g）+2CO（g）
N2（g）+2CO2（g）
n（起始）/mol0.20.200
n（转化）/molaa
a
n（平衡）/mol0.2-a0.2-a
a
达到平衡后气体的压强为开始时的0.875倍,0.2-a+0.2-a+
+a=0.875×（0.2+0.2）,解得a=0.1。
（4）①根据图像
=1条件下,反应温度为870K左右时NO还原为N2的转化率已经很大,继续升高温度NO还原为N2的转化率增大不明显,最佳温度控制在870K左右。
②温度超过775K时NO分解率降低的原因可能是该反应为放热反应,升高温度平衡向逆反应方向移动,不利于NO转化为N2,NO的分解率降低。
③加入的CO与NO分解生成的O2反应,使NO分解平衡向生成N2的方向移动,NO的转化率升高,所以加入CO后NO转化为N2的转化率增大。
6.
（1）①3.3 ②2H2S（g）+SO2（g）
3S（s）+2H2O（l） ΔH=-362kJ·mol-1 H2S与SO2反应平衡正向移动 COS水解
（2）①CO2 ②相同条件下,Ca（OH）2的溶解度大于CaCO3,溶液中产生的Ca2+浓度比CaCO3产生的Ca2+浓度大 用CaCO3脱硫时会产生CO2,CaCO3+CO2+H2O
Ca2++2HC
Ca2+浓度增大
[解析]
（1）①根据平衡常数的表达式和H2CO3、H2S的电离平衡常数计算。
②应用盖斯定律写出SO2气体和H2S气体反应的热化学方程式。
H2S与SO2的反应为放热反应,COS的水解反应为吸热反应,温度低有利于H2S与SO2的反应平衡正向移动,温度过低不利于COS的水解。
（2）①石灰石料浆吸收SO2的原理为2CaCO3+2SO2+O2+H2O
2CaSO4·
H2O+2CO2;将CO2通入石灰石料浆进行活化处理,脱硫的原理为CO2+CaCO3+H2O
Ca（HCO3）2,2Ca（HCO3）2+2SO2+O2
2CaSO4·
H2O+4CO2+H2O;废气脱硫后,CO2含量明显增多。
②Ⅰ.相同条件下,Ca（OH）2的溶解度大于CaCO3,Ca（OH）2溶液中产生Ca2+浓度比CaCO3中产生的Ca2+浓度大,Ca2+浓度越大反应速率越快。
Ⅱ.用CaCO3脱硫时会产生CO2,CO2与CaCO3、H2O反应生成可溶性Ca（HCO3）2,溶液中Ca2+浓度增大,使a点和b点的脱硫效率接近。
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