2018年高考化学真题分类汇编 专题7 化学反应速率和化学平衡

2018年高考化学真题分类汇编
专题7 化学反应速率和化学平衡(选修4)
Ⅰ—化学反应速率
1.[2018全国卷Ⅲ-28] 三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题：
（1）SiHCl3在常温常压下为易挥发的无色透明液体，遇潮气时发烟生成(HSiO)2O等，写出该反应的化学方程式 。
（2）SiHCl3在催化剂作用下发生反应：
2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+ SiCl4(g) ΔH1=48 kJ·mol−1
3SiH2Cl2(g)=SiH4(g)+2SiHCl3 (g) ΔH2=−30 kJ·mol−1
则反应4SiHCl3(g)=SiH4(g)+ 3SiCl4(g)的ΔH=__________ kJ·mol−1。
（3）对于反应2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)，采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323 K和343 K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。

①343 K时反应的平衡转化率α= %。平衡常数K343 K= (保留2位小数)。
②在343 K下：要提高SiHCl3转化率，可采取的措施是 ；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有____________、___________。
③比较a、b处反应速率大小：υa________υb（填“大于”“小于”或“等于”）。反应速率υ=υ正−υ逆= k正x2(SiHCl3) −k逆x(SiH2Cl2) x(SiCl4)，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数，计算a处v正/v逆=__________(保留1位小数)。
【答案】(1) 2SiHCl3+3H2O=(HSiO)2O+6HCl (2) 114 (3)①22 0.02 ②及时移去产物，改进催化剂, 提高反应物压强(浓度) ③大于，1.3。
【解析】(1) SiHCl3遇潮气(H2O)时发烟生成(HSiO)2O，即反应物为SiHCl3和H2O，有一种生成物为(HSiO)2O，依原子守恒就可写出方程式：2SiHCl3+3H2O=(HSiO)2O+6HCl。
(2)①2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+ SiCl4(g) ΔH1=48 kJ·mol−1
②3SiH2Cl2(g)=SiH4(g)+2SiHCl3 (g) ΔH2=−30 kJ·mol−1
则反应4SiHCl3(g)=SiH4(g)+ 3SiCl4(g)可由反应：①×3+②得出，故ΔH=(48×3-30)kJ·mol−1。
（3）①温度越高时反应越快，达到平衡用得时间就越少，所以曲线a代表343K的反应。由图知，温度为343K时达到平衡以后，反应物SiHCl3(g)的转化率为22%。
解：设初始加入的反应物SiHCl3(g)的浓度为1mol/L，则有：
2SiHCl3 SiH2Cl2 + SiCl4
起始： 1 0 0
反应： 0.22 0.11 0.11 （转化率为22%）
平衡： 0.78 0.11 0.11
所以平衡常数K=0.112÷0.782=0.02。
②温度不变，提高三氯氢硅转化率的方法可以是将产物从体系分离（两边物质的量相等，压强不影响平衡）。缩短达到平衡的时间，就是加快反应速率，所以可以采取的措施是增大压强（增大反应物浓度）、加入更高效的催化剂（改进催化剂）。
③a、b两点的转化率相等，可以认为各物质的浓度对应相等，而a点的温度更高，所以速率更快，即Va＞Vb。根据题目表述得到v正=k正x2(SiHCl3)，v逆=k逆x(SiH2Cl2) x(SiCl4)，当反应达平衡时v正= v逆时，k正x2(SiHCl3) =k逆x(SiH2Cl2) x(SiCl4)， k正/k逆= x(SiH2Cl2) x(SiCl4)/ x2(SiHCl3) ＝k，k为反应2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)的平衡常数，所以，k正/k逆= K=0.02。a点时，转化率为20%，所以计算出：
2SiHCl3 SiH2Cl2 + SiCl4
起始： 1 0 0
反应： 0.2 0.1 0.1 （转化率为20%）
平衡： 0.8 0.1 0.1
所以x(SiHCl3)=0.8；x(SiH2Cl2) = x(SiCl4) =0.1；所以v正/ v逆= k正x2(SiHCl3)/ k逆x(SiH2Cl2) x(SiCl4)= 0.02×0.82/0.12=1.3
【考点】依情景 (信息)书写方程式；利用盖斯定律求反应热；温度对反应速率的影响；根据转化率求化学平衡常数；化学平衡的影响因素；利用平衡常数求正、逆反应速率之比。
2.[2018全国卷Ⅱ-13]下列实验过程可以达到实验目的的是
编号
实验目的
实验过程
A
配制0.4000 mol·L−1的NaOH溶液
称取4.0 g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，转移至250 mL容量瓶中定容
B
探究维生素C的还原性
向盛有2 mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，观察颜色变化
C
制取并纯化氢气
向稀盐酸中加入锌粒，将生成的气体依次通过NaOH溶液、浓硫酸和KMnO4溶液
D
探究浓度对反应速率的影响
向2支盛有5 mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2 mL 5%H2O2溶液，观察实验现象
【答案】B
【解析】A. 配制0.4000 mol·L−1的NaOH溶液，所用天平不可用托盘天平，称得的NaOH固体为4.000 g；另氢氧化钠溶于水放热，需等其溶液冷却后才可转移到容量瓶中。A错误； B. 黄色氯化铁溶液遇到浓的维生素C溶液，会被还原成Fe2+,溶液变为浅绿色。B正确； C.生成的氢气中混有氯化氢和水蒸气，将生成的气体依次通过NaOH溶液、浓硫酸即可，不需KMnO4溶液； D. 反应的离子方程式为HSO3－+H2O2＝SO42－+H＋+H2O，反应过程中没有明显的实验现象，因此无法探究浓度对反应速率的影响，D错误。
答案选B。
【考点】称量仪量的精确度； Fe3+的氧化性及Fe3+、Fe2+在溶液中的颜色；氢气的制备与除杂；用实验现象明显的实验来探究外界条件对反应速率的影响。
Ⅱ—化学平衡及勒夏特列原理化学反应进行的方向
3.[2018江苏卷-13]根据下列图示所得出的结论不正确的是

A. 图甲是CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的ΔH<0
B. 图乙是室温下H2O2催化分解放出氧气的反应中c(H2O2 )随反应时间变化的曲线，说明随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小
C. 图丙是室温下用0.1000 mol·L−1NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol·L−1某一元酸HX的滴定曲线，说明HX是一元强酸
D. 图丁是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2+达到沉淀溶解平衡时，溶液中c(Ba2+ )与c(SO42−)的关系曲线，说明溶液中c(SO42− )越大c(Ba2+ )越小
【答案】C
【解析】A.升高温度，lgK减小，即K减小，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，该反应的ΔH＜0，A正确； B.根据图像，随着时间的推移，c(H2O2)变化趋于平缓， H2O2分解速率逐渐减小，B正确； C.根据图像，没有滴入NaOH溶液时，0.1000mol/LHX溶液的pH＞1，HX为一元弱酸；也可根据图示，达到滴定终点时溶液呈碱性，说明HX为一元弱酸；C错误； D.根据图像可见横坐标值越小，纵坐标值越大，-lgc(SO42-)越小，-lgc(Ba2+)越大，说明c(SO42-)越大c(Ba2+)越小，D正确；
【考点】图像分析；温度改变后平衡常数K的变大变小与平衡移动方向的关系 ；酸碱中和滴定pH曲线；沉淀溶解平衡曲线。
4. [2018全国卷Ⅱ-27]CH4-CO2催化重整不仅可以得到合成气（CO和H2），还对温室气体的减排具有重要意义。回答下列问题：
（1）CH4-CO2催化重整反应为：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)。
已知：C(s)+2H2(g)=CH4(g) ΔH=-75 kJ·mol−1
C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-394 kJ·mol−1
C(s)+1/2O2(g)=CO(g) ΔH=-111 kJ·mol−1
该催化重整反应的ΔH= kJ·mol−1。有利于提高CH4平衡转化率的条件是____（填标号）。
A．高温低压 B．低温高压 C．高温高压 D．低温低压
某温度下，在体积为2 L的容器中加入2 mol CH4、1 mol CO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，其平衡常数为_______mol2·L−2。
（2）反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。
相关数据如下表：

积碳反应： CH4(g)=C(s)+2H2(g)
消碳反应： CO2(g)+C(s)=2CO(g)
ΔH/(kJ·mol−1)
75
172
活化能/
(kJ·mol−1)
催化剂X
33
91
催化剂Y
43
72
①由上表判断，催化剂X Y（填“优于”或“劣于”），理由是:

。在反应进料气
组成、压强及反应时间相同的情况下，某催化剂表面的积碳量随温
度的变化关系如图所示。升高温度时，下列关于积碳反应、消碳反
应的平衡常数(K)和速率(v)的叙述正确的是________填标号）。
A．K积、K消均增加
B．v积减小，v消增加
C．K积减小，K消增加
D．v消增加的倍数比v积增加的倍数大
②在一定温度下，测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为
v=k·p(CH4)·[p(CO2)]-0.5(k为速率常数)。在p(CH4)一定时，
不同p(CO2)下积碳量随时间的变化趋势如图所示，则pa(CO2)
、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为________________。
【答案】 (1) ①247；A；1/3 (2) ①劣于；相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小，而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大 AD ②pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)
【解析】（1）①C(s)+2H2(g)=CH4(g) ΔH=-75 kJ·mol−1 ②C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-394 kJ·mol−1
③C(s)+1/2O2(g)=CO(g) ΔH=-111 kJ·mol−1；根据盖斯定律计算：③×2－①－②，得：CH4(g)+CO2(g)=
2CO(g)+2H2(g) ΔH=+247kJ·mol−1。因正反应为吸热反应，且正反应方向为气体体积增加的反应，升高温度或减少压强有利于提高CH4平衡转化率， A正确。
CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)
始(mol/L): 1 0.5 0 0
变(mol/L): 0.25 0.25 0.25 0.25
平(mol/L): 0.75 0.25 0.25 0.25
K= 0.25×0.25/[0.75×0.25]=1/3
（2）①根据表中数据可知相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大，所以催化剂X劣于Y。 A．正反应均是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向进行，因此K积、K消均增加，A正确； B．升高温度反应速率均增大，B错误； C．根据A中分析可知选项C错误； D．积碳量达到最大值以后再升高温度积碳量降低，这说明v消增加的倍数比v积增加的倍数大，D正确。答案选AD。
②根据反应速率方程式: v=k·p(CH4)·[p(CO2)]-0.5可知，在p(CH4)一定时，生成速率随p(CO2)的升高而降低，所以根据图像可知pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)。
【考点】盖斯定律；化学平衡的影响因素； 利用转化率求化学平衡常数；温度对反应平衡常数的影响；化学图像的分析与判断；[化学平衡图像分析的答题技巧，看图像时：①一看面：纵坐标与横坐标的意义；②二看线：线的走向和变化趋势；③三看点：起点，拐点，终点，然后根据图象中呈现的关系、题给信息和所学知识相结合，做出符合题目要求的解答]。
Ⅲ—速率、平衡图像
5.[2018全国卷Ⅱ-27]CH4-CO2催化重整不仅可以得到合成气（CO和H2），还对温室气体的减排具有重要意义。回答下列问题：
（1）CH4-CO2催化重整反应为：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)。
已知：C(s)+2H2(g)=CH4(g) ΔH=-75 kJ·mol−1
C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-394 kJ·mol−1
C(s)+1/2O2(g)=CO(g) ΔH=-111 kJ·mol−1
该催化重整反应的ΔH= kJ·mol−1。有利于提高CH4平衡转化率的条件是____（填标号）。
A．高温低压 B．低温高压 C．高温高压 D．低温低压
某温度下，在体积为2 L的容器中加入2 mol CH4、1 mol CO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，其平衡常数为_______mol2·L−2。
（2）反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。
相关数据如下表：

积碳反应： CH4(g)=C(s)+2H2(g)
消碳反应： CO2(g)+C(s)=2CO(g)
ΔH/(kJ·mol−1)
75
172
活化能/
(kJ·mol−1)
催化剂X
33
91
催化剂Y
43
72
①由上表判断，催化剂X Y（填“优于”或“劣于”），理由是:

。在反应进料气
组成、压强及反应时间相同的情况下，某催化剂表面的积碳量随温
度的变化关系如图所示。升高温度时，下列关于积碳反应、消碳反
应的平衡常数(K)和速率(v)的叙述正确的是________填标号）。
A．K积、K消均增加
B．v积减小，v消增加
C．K积减小，K消增加
D．v消增加的倍数比v积增加的倍数大
②在一定温度下，测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为
v=k·p(CH4)·[p(CO2)]-0.5(k为速率常数)。在p(CH4)一定时，
不同p(CO2)下积碳量随时间的变化趋势如图所示，则pa(CO2)
、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为________________。
【答案】 (1) ①247；A；1/3 (2) ①劣于；相对于催
化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小，而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大 AD ②pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)
【解析】（1）①C(s)+2H2(g)=CH4(g) ΔH=-75 kJ·mol−1 ②C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-394 kJ·mol−1
③C(s)+1/2O2(g)=CO(g) ΔH=-111 kJ·mol−1；根据盖斯定律计算：③×2－①－②，得：CH4(g)+CO2(g)=
2CO(g)+2H2(g) ΔH=+247kJ·mol−1。因正反应为吸热反应，且正反应方向为气体体积增加的反应，升高温度或减少压强有利于提高CH4平衡转化率， A正确。
CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)
始(mol/L): 1 0.5 0 0
变(mol/L): 0.25 0.25 0.25 0.25
平(mol/L): 0.75 0.25 0.25 0.25
K= 0.25×0.25/[0.75×0.25]=1/3
（2）①根据表中数据可知相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大，所以催化剂X劣于Y。 A．正反应均是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向进行，因此K积、K消均增加，A正确； B．升高温度反应速率均增大，B错误； C．根据A中分析可知选项C错误； D．积碳量达到最大值以后再升高温度积碳量降低，这说明v消增加的倍数比v积增加的倍数大，D正确。答案选AD。
②根据反应速率方程式: v=k·p(CH4)·[p(CO2)]-0.5可知，在p(CH4)一定时，生成速率随p(CO2)的升高而降低，所以根据图像可知pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)。
【考点】盖斯定律；化学平衡的影响因素； 利用转化率求化学平衡常数；温度对反应平衡常数的影响；化学图像的分析与判断；[化学平衡图像分析的答题技巧，看图像时：①一看面：纵坐标与横坐标的意义；②二看线：线的走向和变化趋势；③三看点：起点，拐点，终点，然后根据图象中呈现的关系、题给信息和所学知识相结合，做出符合题目要求的解答]。
6.[2018北京卷-8]我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如下。

下列说法不正确的是
A. 生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
B. CH4→CH3COOH过程中，有C―H键发生断裂
C. ①→②放出能量并形成了C―C键
D. 该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
【答案】D
【解析】A. CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A正确； B.CH4选择性活化变为①的过程中，有1个C-H键断裂，B正确； C.根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量; 对比①和②，①→②形成C-C键，C正确； D.催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D错误。
【考点】本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是准确分析示意图中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变ΔH、不能使化学平衡发生移动。
7.[2018北京卷-27]近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：

（1）反应Ⅰ：2H2SO4(l)=2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g) ΔH1=+551 kJ·mol－1反应Ⅲ：S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH3=－297 kJ·mol－1
反应Ⅱ的热化学方程式： 。
（2）对反应Ⅱ，在某一投料比时，两种压强下，H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。p2 p 1（填“＞”或“＜”），得出该结论的理由是 。
（3）I－可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将ii补充完整。
i．SO2+4I－+4H+=S↓+2I2+2H2O
ii．I2+2H2O+_________=_________+_______+2 I－
（4）探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2饱和溶液加入到2 mL下列试剂中，密闭放置观察现象。（已知：I2易溶解在KI溶液中）
序号
A
B
C
D
试剂组成
0.4 mol·L－1 KI
a mol·L－1 KI
0.2 mol·L－1 H2SO4
0.2 mol·L－1 H2SO4
0.2 mol·L－1 KI
0.0002 mol I2
实验现象
溶液变黄，一段时间后出现浑浊
溶液变黄，出现浑浊较A快
无明显现象
溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快
①B是A的对比实验，则a=__________。
②比较A、B、C，可得出的结论是______________________。
③实验表明，SO2的歧化反应速率D＞A，结合i、ii反应速率解释原因：________________。
【答案】 (1) 3SO2(g)+2H2O (g)=2H2SO4 (l)+S(s) ΔH2=−254 kJ·mol−1 (2) > 反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，H2SO4的物质的量增大，体系总物质的量减小，H2SO4的物质的量分数增大 (3) SO2、SO42−、4H+ (4) 0.4； I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率 ；反应ii比i快；D中由反应ii产生的H+使反应i加快
【解析】（1）根据过程，反应II为SO2催化歧化生成H2SO4和S，反应为:3SO2+2H2O=2H2SO4+S。应用盖斯定律，反应I+反应III得，2H2SO4 (l)+S(s)=3SO2(g)+2H2O(g) ΔH=ΔH1+ΔH3=(+551kJ/mol) +(-297kJ/mol) =+254kJ/mol，反应II的热化学方程式为3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s) ΔH=-254kJ/mol。
(2)在横坐标上任取一点，作纵坐标的平行线，可见温度相同时，p2时H2SO4物质的量分数大于p1时，反应Ⅱ是气体分子数减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动， H2SO4物质的量增加，体系总物质的量减小，H2SO4物质的量分数增大，所以， p2＞p1。
（3）反应II的总反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S，I—可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，催化剂在反应前后质量和化学性质不变，(总反应-反应i)2得，反应ii的离子方程式为I2+2H2O+SO2=4H++SO42-+2I—。
（4）①B是A的对比实验，采用控制变量法，B比A多加了0.2mol/LH2SO4，A与B中KI浓度应相等，则a=0.4。 ②对比A与B，加入H+可以加快SO2歧化反应的速率；对比B与C，单独H+不能催化SO2的歧化反应；比较A、B、C，可得出的结论是：I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率。 ③对比D和A，D中加入KI的浓度小于A，D中多加了I2，反应i消耗H+和I-，反应ii中消耗I2，D中“溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快”，反应速率DA，由此可见，反应ii比反应i速率快，反应ii产生H+使c（H+）增大，从而反应i加快。
【考点】本题以利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储为载体，考查盖斯定律的应用、化学平衡图像的分析、方程式的书写、控制变量法探究外界条件对化学反应速率的影响，考查学生灵活运用所学知识解决实际问题的能力。
Ⅳ—化学平衡、平衡常数计算
8.[2018天津卷-5]室温下，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C2H5Br
C. 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．加入NaOH中和HBr，平衡逆向移动，可增大乙醇的物质的量。选项A正确。 B．增大HBr浓度，平衡正向移动，有利于生成C2H5Br。选B正确。 C．若反应物增大至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），当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相等。所以两种反应物的转化率一定是1:1。选项C正确。 D．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的浓度使速率减慢，增加了反应时间。选项D错误。
【考点】影响化学平衡的因素、转化率。
9.[2018全国卷Ⅰ-28] (15分)采用N2O5为硝化剂是一种新型绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。回答下列问题：
⑴1840年Devil用干燥的氯气通过通过干燥的硝酸银，得到N2O5，该反应的氧化产物是一种气体，其分子式为 。
⑵F.Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了250C时N2O5(g)分解反应:

其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强P随时间t的变化如下表所示(t=∞时，N2O5(g)完全分解)：
t/min
0
40
80
160
260
1300
1700
∞
p/kPa
35.8
40.3
42.5
45.9
49.2
61.2
62.3
63.1
①已知：2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g) △H=-4.4KJ/mol
2NO2(g)= N2O4(g) △H=-55.3KJ/mol
则N2O5(g)=2NO2(g)+0.5O2(g)的△H= KJ/mol
②研究表明，N2O5(g)分解的速率v=2×10-3×PN2O5(kPa/min)。t=62min时，测得体系PO2=2.9kPa,则此时PN2O5= kPa，v= kPa/min)
③若提高反应温度至350C，则N2O5(g)完全分解后体系压强P∞(350C) 大于63.1 kPa (填“大于”“等于”或“小于”)，原因是：
。
④250C时，N2O4(g) 2NO2(g)反应的平衡常数Kp= kPa(Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留一位小数)。
⑶对于反应2N2O5(g) → 4NO2(g)+ O2(g)，R.A.Ogg提 出如下反应历程：
第一步 N2O5 NO2 + NO3 快速平衡
第二步 NO2 + NO3 → NO +NO2 + O2 慢反应
第三步：NO+ NO3 → 2NO2 快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是 (填标号)。
A.v(第一步反应的逆反应)＞v(第二步反应 ) B.反应的中间产物只有NO3
C.第二步中的NO2与NO 3的碰撞只部分有效 D.第三步反应的活化能高
【答案】(1) O2 (2) ① 53.1 ②30.0； 6.0×10－2 ③大于； 温度提高，体积不变，总压强提高；NO2二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高。④13.4 (3) AC
【解析】（1）氯气在反应中得到电子作氧化剂，硝酸银中Ag元素、N元素都是最高价，不会被氧化，故只有-2价的氧元素化合价会升高，氧化产物是O2；
（2）①已知：ⅰ.2N2O5(g)＝2N2O4(g)+O2(g) △H1＝－4.4kJ/mol
ⅱ.2NO2(g)＝N2O4(g) △H2＝－55.3kJ/mol
根据盖斯定律可知ⅰ÷2－ⅱ即得到N2O5(g)＝2NO2(g)+1/2O2(g) △H1＝＋53.1kJ/mol；
②根据方程式：N2O5(g)=2NO2(g)+0.5O2(g)可知，生成的氧气与消耗的五氧化二氮的物质的量之比是1:2，又依阿伏加德罗定律知，同温同体积时，气体压强之比等于物质的量之比，所以消耗五氧化二氮减少的压强是是氧气压强的二倍，即：2.9kPa×2＝5.8kPa，则此时五氧化二氮的压强是35.8kPa－5.8kPa＝30.0kPa，因此此时反应速率v＝2.0×10－3×30＝6.0×10－2（kPa·min－1）；
也可依： N2O5(g) = 2NO2(g) + 0.5O2
始(kPa) 35.8 0 0
变(kPa) 5.8 5.8 2.9
62min (kPa) 30 2.9
解得，PN2O5=30kPa，v＝2.0×10－3×30＝6.0×10－2（kPa·min－1）
③由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高，所以若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)大于63.1 kPa。
④根据表中数据可知五氧化二氮完全分解时的压强是63.1kPa，根据方程式可知完全分解时最初生成的二氧化氮的压强是35.8kPa×2＝71.6 kPa，氧气是35.8kPa÷2＝17.9 kPa，总压强应该是71.6 kPa+17.9 kPa＝89.5 kPa，平衡后压强减少了89.5 kPa－63.1kPa＝26.4kPa，所以根据方程式2NO2(g)N2O4(g)可知平衡时四氧化二氮对应的压强是26.4kPa，二氧化氮对应的压强是71.6 kPa－26.4kPa×2＝18.8kPa，则反应的平衡常数Kp=18.82/26.4(kPa)。
也可依： N2O5(g) = 2NO2(g) + 0.5O2
始(kPa) 35.8 0 0
变(kPa) 35.8 17.9 17.9
∞(kPa) 0 71.6 17.9
又： N2O4(g) 2NO2(g)
始(kPa) 0 71.6
变(kPa) x 2x
∞(kPa) x 71.6-2x
t=∞时，N2O5(g)完全分解，气体总压强为63.1，即:P(N2O4)+ P(NO2)+ P(O2)= x +(71.6-2x )+ 17.9=63.1，x =26.4，71.6-2x=71.6-2×26.4=18.8，Kp= c2(NO2)/ c(N2O4)= 18.82/26.4=13.4kPa
（3）A、第一步反应快，所以第一步的逆反应速率大于第二步的逆反应速率，A正确；
B、根据第二步和第三步可知中间产物除有NO3外还有NO，B错误；
C、根据第二步反应生成物中有NO2可知NO2与NO3的碰撞仅部分有效，C正确；
D、第三步反应快，所以第三步反应的活化能较低，D错误。答案选AC。
【考点】元素化合价与元素性质的关系；盖斯定律的运用；化学平衡的影响因素；平衡常数；阿伏加德罗定律等。本题主要是考查化学反应原理，侧重于化学反应速率与化学平衡的有关分析与计算。但本题需用分压代替浓度进行平衡常数的相关计算，导到题目陌生感强、难度增大。压强和平衡常数的计算是解答的难点，注意从阿伏加德罗定律的角度去理解变化的压强与气体物质的量之间的关系，注意结合反应的方程式和表中数据的灵活应用。也可以利用变化的压强之比等于计量数之比，运用化学平衡利用三段式计算。
Ⅴ—化学反应速率和化学平衡综合
10.[2018浙江卷-14]反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH＜0，若在恒压绝热容器中发生，下列选项表明反应一定已达平衡状态的是
A. 容器内的温度不再变化
B. 容器内的压强不再变化
C. 相同时间内，断开H－H键的数目和生成N－H键的数目相等
D. 容器内气体的浓度c(N2):c(H2):c(NH3)=1:3:2
【答案】A
【解析】反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH＜0，若在恒压绝热容器中发生，则达到平衡时：容器内的温度不再变化；氢气的正反应速率与NH3的逆反应速率之比等于3:2，从健的断裂与形成分析有“相同时间内，断开H－H键的数目和断开N－H键的数目相等”； 容器内气体的浓度不再改变等。故：A. 容器内的温度不再变化，符合题意； B. 容器内的压强不再变化，不符合题意； C. 相同时间内，断开H－H键的数目和生成N－H键的数目相等，不符合题意； D. 容器内气体的浓度c(N2):c(H2):c(NH3)=1:3:2，不符合题意；
【考点】化学平衡及其影响因素
[2018浙江卷-22]某工业流程中，进入反应塔的混合气体中NO和O2的物质的量分数分别为0.10和0.06，发生化学反应2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)，在其他条件相同时，测得实验数据如下表：
压强/(×105Pa)
温度/℃
NO达到所列转化率需要时间/s
50%
90%
98%
1.0
30
12
250
2830
90
25
510
5760
8.0
30
0.2
3.9
36
90
0.6
7.9
74
根据表中数据，下列说法正确的是
A.升高温度，反应速率加快
B.增大压强，反应速率变慢
C.在1.0×105Pa、90℃条件下，当转化率为98%时的反应已达到平衡
D.若进入反应塔的混合气体为amol，反应速率以v=△n/△t表示，则在8.0×105Pa、30℃条件下转化率从50%增至90%时段NO的反应速率为4a/370mol/s
【答案】D
【解析】根据表中数据知，升高温度，达到相同转化率所需时间增知，反应速率减慢，A错误； 根据表中数据知，增大压强，达到相同转化率所需时间变短，反应速率加快，B错误； 在1.0×105Pa、90℃条件下，当转化率为98%时的反应，没有依据确定反应已达到平衡，C错误； 若进入反应塔的混合气体为amol，其中NO的物质的量为0.1amol，在8.0×105Pa、30℃条件下转化率从时段长为3.7s，△n(NO) =0.1amol(90- 50%)，反应速率v=△n/△t=0.1amol(90- 50%)/3.7s =4a/370mol/s ，D正确。
【考点】研究给定条件下化学反应速率及化学反应速率与化学平衡的影响因素。
11. [2018江苏卷-15]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：

容器1
容器2
容器3
反应温度T/K
700
700
800
反应物投入量
2molSO2、1molO2
4molSO3
2molSO2、1molO2
平衡v正(SO2)/mol·L-1·s-1
v1
v2
v3
平衡c(SO3)/mol·L-1
c1
c2
c3
平衡体系总压强p/Pa
p1
p2
p3
物质的平衡转化率a
a 1(SO2)
a 2(SO3)
a 3(SO2)
平衡常数K
K1
K2
K3
下列说法正确的是
A. v1< v2，c2< 2c1 B. K1> K3，p2> 2p3
C. v1< v3，α1(SO2 ) >α3(SO2 ) D. c2> 2c3，α2(SO3 )+α3(SO2 )<1
【答案】CD
【解析】对比容器的特点，将容器1和容器2对比，将容器1和容器3对比。容器2中加入4molSO3等效于在相同条件下反应物投入量为4molSO2和2molO2，容器2中起始反应物物质的量为容器1的两倍，容器2相当于在容器1达平衡后增大压强，将容器的体积缩小为原来的一半，增大压强化学反应速率加快，υ2υ1，增大压强平衡向正反应方向移动，平衡时c22c1，； p22p1，α1（SO2）+α2（SO3）1，容器1和容器2温度相同，K1=K2；容器3相当于在容器1达到平衡后升高温度，升高温度化学反应速率加快，υ3υ1，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡时c3c1，p3p1，α3（SO2）α1（SO2），K3K1。
根据上述分析，A项应为，υ2υ1，c22c1，A错误；B项应为，K3K1，p22p1，p3p1，则p22p3，B错误；C项为，υ3υ1，α3（SO2）α1（SO2），C正确； D项，c22c1，c3c1，则c22c3，α1（SO2）+α2（SO3）1，α3（SO2）α1（SO2），则α2（SO3）+α3（SO2）1，D正确
【考点】等效平衡；转化率；平衡常数；反应速率；解题时巧妙设计中间状态是关键。
12.[2018江苏卷-19]以Cl2、NaOH、(NH2)2CO（尿素）和SO2为原料可制备N2H4·H2O（水合肼）和无水Na2SO3，其主要实验流程如下：

已知：①Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O是放热反应。
②N2H4·H2O沸点约118 ℃，具有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。
（1）步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，若温度超过40 ℃，Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO3和NaCl，其离子方程式为
；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是_______________________。
（2）步骤Ⅱ合成N2H4·H2O的装置如图所示。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在40 ℃以下反应一段时间后，再迅速升温至110 ℃继续反应。实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是_____________；使用冷凝管的目的是_________________________。
（3）步骤Ⅳ用步骤Ⅲ得到的副产品Na2CO3制备无水Na2SO3（水溶液中H2SO3、HSO3−、SO32−随pH的分布如题19图−2所示，Na2SO3的溶解度曲线如题19图−3所示）。

①边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液。实验中确定何时停止通SO2的实验操作为 。
②请补充完整由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案： _______________________，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。
【答案】（15分）（1）3Cl2+6OH−5Cl−+ClO3−+3H2O 缓慢通入Cl2
（2）NaClO碱性溶液 减少水合肼的挥发
（3）①测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2
②边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤
【解析】（1）温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液发生歧化反应生成NaClO3、NaCl和H2O，反应的化学方程式为:3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O，离子方程式为:3Cl2+6OH−5Cl−
+ClO3−+3H2O。由于Cl2与NaOH溶液的反应为放热反应，为了减少NaClO3的生成，应控制温度不超过40℃、减慢反应速率；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是：缓慢通入Cl2。
（2）步骤II中的反应为NaClO碱性溶液与尿素水溶液反应制备水合肼，由于水合肼具有强还原性、能与NaClO剧烈反应生成N2，为了防止水合肼被氧化，应逐滴滴加NaClO碱性溶液，所以通过滴液漏斗滴加的溶液是NaClO碱性溶液。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在110℃继续反应，N2H4·H2O沸点约118 ℃，使用冷凝管的目的：减少水合肼的挥发。
（3）①向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液，根据图示溶液pH约为4时，HSO3−的摩尔分数最大，则溶液的pH约为4时停止通入SO2；实验中确定何时停止通入SO2的实验操作为：测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2。
②由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3，首先要加入NaOH将NaHSO3转化为Na2SO3，根据含硫微粒与pH的关系，加入NaOH应调节溶液的pH约为10；根据Na2SO3的溶解度曲线，温度高于34℃析出Na2SO3，低于34℃析出Na2SO3·7H2O，所以从Na2SO3溶液中获得无水Na2SO3应控制温度高于34℃。由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案为：边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。
【考点】本题以制备水合肼和无水Na2SO3的实验流程为载体，考查实验条件的控制、实验加料的方式、实验原理的理解和实验方案的设计、对图表等信息的获取和处理应用能力、氯及其化合物、硫及其化合物、温度对化学反应速率的影响。难点是实验方案的设计，在设计实验方案时要注重对实验过程和实验原理的理解，结合图表等信息细心分析答题要点。
13.[2018全国卷Ⅰ-28] (15分)采用N2O5为硝化剂是一种新型绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。回答下列问题：
⑴1840年Devil用干燥的氯气通过通过干燥的硝酸银，得到N2O5，该反应的氧化产物是一种气体，其分子式为 .
⑵F.Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了250C时N2O5(g)分解反应:

其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强P随时间t的变化如下表所示(t=∞时，N2O5(g)完全分解)：
t/min
0
40
80
160
260
1300
1700
∞
p/kPa
35.8
40.3
42.5
45.9
49.2
61.2
62.3
63.1
①已知：2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g) △H=-4.4KJ/mol
2NO2(g)= N2O4(g) △H=-55.3KJ/mol
则N2O5(g)=2NO2(g)+0.5O2(g)的△H= KJ/mol
②研究表明，N2O5(g)分解的速率v=2×10-3×PN2O5(kPa/min)。t=62min时，测得体系PO2=2.9kPa,则此时PN2O5= kPa，v= kPa/min)
③若提高反应温度至350C，则N2O5(g)完全分解后体系压强P∞(350C) 大于63.1 kPa (填“大于”“等于”或“小于”)，原因是：
。
④250C时，N2O4(g) 2NO2(g)反应的平衡常数Kp= kPa(Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留一位小数)。
⑶对于反应2N2O5(g) → 4NO2(g)+ O2(g)，R.A.Ogg提 出如下反应历程：
第一步 N2O5 NO2 + NO3 快速平衡
第二步 NO2 + NO3 → NO +NO2 + O2 慢反应
第三步：NO+ NO3 → 2NO2 快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是 (填标号)。
A.v(第一步反应的逆反应)＞v(第二步反应 ) B.反应的中间产物只有NO3
C.第二步中的NO2与NO 3的碰撞只部分有效 D.第三步反应的活化能高
【答案】(1) O2 (2) ① 53.1 ②30.0； 6.0×10－2 ③大于； 温度提高，体积不变，总压强提高；NO2二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高。④13.4 (3) AC
【解析】（1）氯气在反应中得到电子作氧化剂，硝酸银中Ag元素、N元素都是最高价，不会被氧化，故只有-2价的氧元素化合价会升高，氧化产物是O2；
（2）①已知：ⅰ.2N2O5(g)＝2N2O4(g)+O2(g) △H1＝－4.4kJ/mol
ⅱ.2NO2(g)＝N2O4(g) △H2＝－55.3kJ/mol
根据盖斯定律可知ⅰ÷2－ⅱ即得到N2O5(g)＝2NO2(g)+1/2O2(g) △H1＝＋53.1kJ/mol；
②根据方程式：N2O5(g)=2NO2(g)+0.5O2(g)可知，生成的氧气与消耗的五氧化二氮的物质的量之比是1:2，又依阿伏加德罗定律知，同温同体积时，气体压强之比等于物质的量之比，所以消耗五氧化二氮减少的压强是是氧气压强的二倍，即：2.9kPa×2＝5.8kPa，则此时五氧化二氮的压强是35.8kPa－5.8kPa＝30.0kPa，因此此时反应速率v＝2.0×10－3×30＝6.0×10－2（kPa·min－1）；
也可依： N2O5(g) = 2NO2(g) + 0.5O2
始(kPa) 35.8 0 0
变(kPa) 5.8 5.8 2.9
62min (kPa) 30 2.9
解得，PN2O5=30kPa，v＝2.0×10－3×30＝6.0×10－2（kPa·min－1）
③由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高，所以若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)大于63.1 kPa。
④根据表中数据可知五氧化二氮完全分解时的压强是63.1kPa，根据方程式可知完全分解时最初生成的二氧化氮的压强是35.8kPa×2＝71.6 kPa，氧气是35.8kPa÷2＝17.9 kPa，总压强应该是71.6 kPa+17.9 kPa＝89.5 kPa，平衡后压强减少了89.5 kPa－63.1kPa＝26.4kPa，所以根据方程式2NO2(g)N2O4(g)可知平衡时四氧化二氮对应的压强是26.4kPa，二氧化氮对应的压强是71.6 kPa－26.4kPa×2＝18.8kPa，则反应的平衡常数Kp=18.82/26.4(kPa)。
也可依： N2O5(g) = 2NO2(g) + 0.5O2
始(kPa) 35.8 0 0
变(kPa) 35.8 17.9 17.9
∞(kPa) 0 71.6 17.9
又： N2O4(g) 2NO2(g)
始(kPa) 0 71.6
变(kPa) x 2x
∞(kPa) x 71.6-2x
t=∞时，N2O5(g)完全分解，气体总压强为63.1，即:P(N2O4)+ P(NO2)+ P(O2)= x +(71.6-2x )+ 17.9=63.1，x =26.4，71.6-2x=71.6-2×26.4=18.8，Kp= c2(NO2)/ c(N2O4)= 18.82/26.4=13.4kPa
（3）A、第一步反应快，所以第一步的逆反应速率大于第二步的逆反应速率，A正确；
B、根据第二步和第三步可知中间产物除有NO3外还有NO，B错误；
C、根据第二步反应生成物中有NO2可知NO2与NO3的碰撞仅部分有效，C正确；
D、第三步反应快，所以第三步反应的活化能较低，D错误。答案选AC。
【考点】元素化合价与元素性质的关系；盖斯定律的运用；化学平衡的影响因素；平衡常数；阿伏加德罗定律等。本题主要是考查化学反应原理，侧重于化学反应速率与化学平衡的有关分析与计算。但本题需用分压代替浓度进行平衡常数的相关计算，导到题目陌生感强、难度增大。压强和平衡常数的计算是解答的难点，注意从阿伏加德罗定律的角度去理解变化的压强与气体物质的量之间的关系，注意结合反应的方程式和表中数据的灵活应用。也可以利用变化的压强之比等于计量数之比，运用化学平衡利用三段式计算。
14.[2018全国卷Ⅲ-28] 三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题：
（1）SiHCl3在常温常压下为易挥发的无色透明液体，遇潮气时发烟生成(HSiO)2O等，写出该反应的化学方程式 。
（2）SiHCl3在催化剂作用下发生反应：
2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+ SiCl4(g) ΔH1=48 kJ·mol−1
3SiH2Cl2(g)=SiH4(g)+2SiHCl3 (g) ΔH2=−30 kJ·mol−1
则反应4SiHCl3(g)=SiH4(g)+ 3SiCl4(g)的ΔH=__________ kJ·mol−1。
（3）对于反应2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)，采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323 K和343 K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。

①343 K时反应的平衡转化率α= %。平衡常数K343 K= (保留2位小数)。
②在343 K下：要提高SiHCl3转化率，可采取的措施是 ；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有____________、___________。
③比较a、b处反应速率大小：υa________υb（填“大于”“小于”或“等于”）。反应速率υ=υ正−υ逆= k正x2(SiHCl3) −k逆x(SiH2Cl2) x(SiCl4)，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数，计算a处v正/v逆=__________(保留1位小数)。
【答案】(1) 2SiHCl3+3H2O=(HSiO)2O+6HCl (2) 114 (3)①22 0.02 ②及时移去产物，改进催化剂, 提高反应物压强(浓度) ③大于，1.3。
【解析】(1) SiHCl3遇潮气(H2O)时发烟生成(HSiO)2O，即反应物为SiHCl3和H2O，有一种生成物为(HSiO)2O，依原子守恒就可写出方程式：2SiHCl3+3H2O=(HSiO)2O+6HCl。
(2)①2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+ SiCl4(g) ΔH1=48 kJ·mol−1
②3SiH2Cl2(g)=SiH4(g)+2SiHCl3 (g) ΔH2=−30 kJ·mol−1
则反应4SiHCl3(g)=SiH4(g)+ 3SiCl4(g)可由反应：①×3+②得出，故ΔH=(48×3-30)kJ·mol−1。
（3）①温度越高时反应越快，达到平衡用得时间就越少，所以曲线a代表343K的反应。由图知，温度为343K时达到平衡以后，反应物SiHCl3(g)的转化率为22%。
解：设初始加入的反应物SiHCl3(g)的浓度为1mol/L，则有：
2SiHCl3 SiH2Cl2 + SiCl4
起始： 1 0 0
反应： 0.22 0.11 0.11 （转化率为22%）
平衡： 0.78 0.11 0.11
所以平衡常数K=0.112÷0.782=0.02。
②温度不变，提高三氯氢硅转化率的方法可以是将产物从体系分离（两边物质的量相等，压强不影响平衡）。缩短达到平衡的时间，就是加快反应速率，所以可以采取的措施是增大压强（增大反应物浓度）、加入更高效的催化剂（改进催化剂）。
③a、b两点的转化率相等，可以认为各物质的浓度对应相等，而a点的温度更高，所以速率更快，即Va＞Vb。根据题目表述得到v正=k正x2(SiHCl3)，v逆=k逆x(SiH2Cl2) x(SiCl4)，当反应达平衡时v正= v逆时，k正x2(SiHCl3) =k逆x(SiH2Cl2) x(SiCl4)， k正/k逆= x(SiH2Cl2) x(SiCl4)/ x2(SiHCl3) ＝k，k为反应2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)的平衡常数，所以，k正/k逆= K=0.02。a点时，转化率为20%，所以计算出：
2SiHCl3 SiH2Cl2 + SiCl4
起始： 1 0 0
反应： 0.2 0.1 0.1 （转化率为20%）
平衡： 0.8 0.1 0.1
所以x(SiHCl3)=0.8；x(SiH2Cl2) = x(SiCl4) =0.1；所以v正/ v逆= k正x2(SiHCl3)/ k逆x(SiH2Cl2) x(SiCl4)= 0.02×0.82/0.12=1.3
【考点】依情景 (信息)书写方程式；利用盖斯定律求反应热；温度对反应速率的影响；根据转化率求化学平衡常数；化学平衡的影响因素；利用平衡常数求正、逆反应速率之比。
15.[2018浙江卷-30]【加试题】(10分)
（一）以四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]水溶液为原料，通过电解法
可以制备四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]，装置如图1所示。
（1）收集到(CH3)4NOH的区域是 (填a、b、c或d)。
（2）写出电池总反应 。
（二）乙酸乙酯一般通过乙酸和乙醇酯化合成：
CH3COOH(l)+C2H5OH(l) CH3COOC2H5(l)+H2O(l) ΔH=－2.7kJ·mol－1
已知纯物质和相关恒沸混合物的常压沸点如下表：
纯物质
沸点/℃
恒沸混合物（质量分数）
沸点/℃
乙醇
78.3
乙酸乙酯(0.92)+水(0.08)
70.4
乙酸
117.9
乙酸乙酯(0.69)+乙醇(0.31)
71.8
乙酸乙酯
77.1
乙酸乙酯(0.83)+乙醇(0.08) +水(0.09)
70.2
请完成：
（1）关于该反应，下列说法不合理的是 。
A．反应体系中硫酸有催化作用
B．因为化学方程式前后物质的化学计量数之和相等，所以反应的ΔS等于零
C．因为反应的△H 接近于零，所以温度变化对平衡转化率的影响大
D．因为反应前后都是液态物质，所以压强变化对化学平衡的影响可忽略不计
（2）一定温度下该反应的平衡常数K=4.0。若按化学方程式中乙酸
和乙醇的化学计量数比例投料，则乙酸乙酯的平衡产率y =
；若乙酸和乙醇的物质的量之比为n : 1，相应平衡体系中乙酸乙酯的
物质的量分数为x，请在图2中绘制x随n变化的示意图(计算时不计
副反应)。
（3）工业上多采用乙酸过量的方法，将合成塔中乙酸、乙醇和硫酸
混合液加热至110℃左右发生酯化反应并回流，直到塔顶温度达到70～71℃，开始从塔顶出料。控制乙酸过量的作用有 。
（4）近年，科学家研究了乙醇催化合成乙酸乙酯的新方法：
2C2H5OH(g) CH3COOC2H5(g)+2H2(g)
在常压下反应，冷凝收集，测得常温下液体收集物中主要产物的质量分数如图所示。关于该方法，下列推测合理的是 。

A．反应温度不宜超过300℃
B．增大体系压强，有利于提高乙醇平衡转化率
C．在催化剂作用下，乙醛是反应历程中的中间产物
D．提高催化剂的活性和选择性，减少乙醚、乙烯等副产物是工艺的关键
【答案】 (一) (1)d； (2)2(CH3)4NCl+2H2O2(CH3)4NOH+ H2 ↑+Cl2 ↑
(二)  (1)BC； (2)0.67(或67%)
(3)提高乙醇转化率；提高反应温度，从而加快反应速率；有利于后续产物分离。 (4)ACD
【解析】(一) (1)以四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]水溶液为原料，通过电解法制备四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]，则电解过程中生在成四甲基氢氧化铵的电极一定有OH—生成，电解四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]水溶液有OH—生成极为阴极，阴极反应为：2H2O+2e—= H2↑+2OH—。 (2)电池总反应为：
2(CH3)4NCl+2H2O2(CH3)4NOH+ H2 ↑+Cl2 ↑
(二)  (1) ΔS是指物质混乱度的变化，化学方程式前后物质的化学计量数之和相等，并不代表混乱度的变化等于零，所以B错误； 温度变化对平衡转化率的影响大小，取决于温度变化对化学平衡常数的影大小，而不是△H的大小，所以C错误；
（2）CH3COOH(l)+C2H5OH(l) CH3COOC2H5(l)+H2O(l)
始 1 1
变 x x x x
平 1- x 1- x x x
K= x·x/(1- x)2=4 解得：x =0.67 x /1=0.67=67%
(3)控制乙酸过量的作用有: 提高乙醇转化率；提高反应温度，从而加快反应速率；有利于后续产物分离。
(4)由图知，反应温度超过300℃后，乙酸乙酯的质量分数反而下降，所以反应温度不宜超过300℃，A正确； 对于反应：2C2H5OH(g) CH3COOC2H5(g)+2H2(g)，增大体系压强，平衡左移，乙醇平衡转化率减少，B错误； 在催化剂作用下，乙醇先被氧化成乙醛再被氧化成乙酸，所以乙醛是反应历程中的中间产物，C正确； 提高催化剂的活性和选择性，能提高乙醇平衡转化率，减少乙醚、乙烯等副产物，是工艺的关键，D正确。
【考点】电化学；化学平衡常数的运用及其计算；乙酸乙酯制备的探究。