第二章化学反应速率与化学平衡单元测试（含解析）2023-2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1

试卷第=page11页，共=sectionpages33页第二章化学反应速率与化学平衡单元测试一、单选题1．在体积均为2L的恒温密闭容器1、2中，同时充入1molCl2(g)和1molPCl3(g)，在起始温度不同的条件下发生反应：PCl3(g)＋Cl2(g)PCl5(g)。下列叙述错误的是A．起始反应温度：容器1>容器2B．平衡时压强：容器1<容器2C．容器2中达到平衡时PCl5产率为80%D．其它条件不变，3min后向容器1中再充入1molPCl5(g)，达新平衡后PCl3(g)的体积分数减小2．恒容高压氢气氛围中CO在铑基催化剂表面主要发生反应为2CO(g)+4H2(g)C2H5OH(g)+H2O(g)，该反应的速率方程为=kc2(CO)，其中k为速率常数，下列说法中错误的是A．充入CO的量越多，平衡体系中C2H5OH的浓度越大B．在该体系中继续充入H2可提高反应速率C．在该体系中加入适量生石灰可提高反应物的平衡转化率D．对铑基催化剂进行改良可能会进一步提高催化效率3．由γ－羟基丁酸生成γ－丁内酯的反应为HOCH2CH2CH2COOH+H2O。在25℃下，γ－羟基丁酸水溶液的初始浓度为0.180mol·L－1，测得γ－丁内酯的浓度随时间变化的数据如图所示：t/min215080100120160220∞c/mol·L－10.0240.0500.0710.0810.0900.1040.1160.132则下列说法不正确的是A．在50~80min内，以γ－丁内酯的浓度变化表示的反应速率为7×10－4mol·L－1·min－1B．25℃时该反应的平衡常数K=2.5C．120min时γ－羟基丁酸的转化率为50%D．为提高γ－羟基丁酸的平衡转化率，除适当控制反应温度外，还可采用的措施是及时分离出γ－丁内酯4．已知2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)

∆H=＋571.0kJ·mol－1，两步热循环制H2的过程如图。下列说法正确的是过程I：2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g)

∆HⅠ=＋604.8kJ·mol－1过程II：H2O(l)+3FeO(s)=Fe3O4(s)+H2(g)

∆HIIA．该制氢过程中FeO为催化剂B．整个过程中能量转化形式只存在太阳能转化为化学能C．过程II在任何温度下均为自发反应D．根据盖斯定律∆HI+∆HII=05．已知：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)

ΔH=-41kJ·mol-1.相同温度下，在体积均为1L的两个恒温恒容密闭容器中，加入一定量的物质发生反应。相关数据：容器编号起始时各物质的物质的量/mol达平衡过程体系的能量变化COH2OCO2H2①1400放出热量：32.8kJ②2214热量变化：Q下列说法中，不正确的是A．容器①中反应达平衡时，CO的转化率为80%B．可以通过计算得出容器②中的热量变化Q=0C．容器①平衡时CO2和H2分压一定相同(分压=总压×物质的量分数)D．该温度下，容器②中化学平衡常数K=46．某小组为了探究BrO+5Br-+6H+=3Br2+3H2O反应速率(v)与反应物浓度的关系，在20℃进行实验，所得的数据如表：反应速率方程为v=k·cm(BrO)·cn(Br-)·cp(H+)(k为常数)实验编号相关数据①②③④⑤0.0080.0080.0040.0080.0040.0010.0010.0010.0020.0020.100.200.200.100.402.4×10-84.8×10-81.2×10-84.8×10-8v下列结论不正确的是A．实验⑤中，v=9.6×10-8 B．若温度升高到40℃，则常数k增大C．m=1，n=1，p=2 D．实验①④，探究的是c(BrO)对反应速率的影响7．将1molA和2molB放入5L恒温恒容密闭容器中发生反应：A(s)+2B(g)C(g)+2D(g)，一定温度，经5min后，测得容器内B的浓度减少了0.2mol·L-1，下列叙述不正确的是A．在5min内该反应用D的浓度变化表示的反应速率为0.04mol·L-1·min-1B．5min时容器内气体总的物质的量为3molC．随着反应的进行容器内压强会增大D．5min时，容器内C的浓度为0.1mol·L-18．对于反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)；ΔH=-196.6kJ·mol−1，下列说法正确的是A．反应物的总键能大于生成物的总键能B．反应的平衡常数可表示为K=C．从平衡体系中分离出SO3，正反应速率变快D．工业生产采用常压操作，可能是因为常压下SO2的转化率已经很高了9．在强碱中氢氧化铁可被一些氧化剂氧化为高铁酸根离子(FeO)，FeO在酸性条件下氧化性极强且不稳定，Fe3O4中铁元素有2、3价；H2O2可在催化剂Fe2O3或Fe3O4作用下产生OH，OH能将烟气中的NO、SO2氧化。OH产生机理如下：反应Ⅰ：Fe3H2O2=Fe2+OOHH(慢反应)反应Ⅱ：Fe2H2O2=Fe3OHOH-

(快反应)对于H2O2脱除SO2反应：SO2gH2O2l=H2SO4l，下列有关说法不正确的是A．该反应能自发进行，则该反应的ΔH0B．加入催化剂Fe2O3，可提高SO2的脱除效率C．向固定容积的反应体系中充入氦气，反应速率加快D．与Fe2O3作催化剂相比，相同条件下Fe3O4作催化剂时SO2脱除效率可能更高10．某研究人员通过测定不同条件下的化学反应速率得到以下两组数据(为反应活化能)。第1组：实验温度/Ka100298→31814.0第2组：实验温度/Kb100298K3205c120298K基于数据分析和平衡原理，以下说法错误的是A．一般离子反应的活化能接近于零，所以反应速率很快B．吸热反应中，温度升高对于放热方向的反应速度影响较大C．其他条件相同时，温度升高，化学反应速率加快D．该实验的目的是为了对比温度和活化能对化学反应速率的影响程度11．在298K和100kPa压力下，已知金刚石和石墨的熵、燃烧热和密度分别为：物质S/()/()/()C(金刚石)2.4-395.403513C(石墨)5.7-393.512260此条件下，对于反应C(石墨)→C(金刚石)，下列说法正确的是A．该反应的，B．金刚石比石墨稳定C．由公式可知，该反应D．超高压条件下，石墨有可能变为金刚石12．Pd-Mg/SiO2催化剂上CO2甲烷化反应机理如图所示。下列说法不正确的是A．SiO2与MgOCO2都是中间产物B．整个甲烷化过程真正起催化作用的物质为Pd和MgOC．上述甲烷化过程总反应可表示为D．经过一个加氢循环后MgO再次与CO2结合形成碳酸盐，继续一个新的加氢循环13．催化加氢制甲醇过程中的主要反应有：反应I：

反应II：

压强分别为、时，将的混合气体置于恒容密闭容器中反应，不同温度下平衡时体系中转化率和(或CO)选择性如图所示，(或CO)的选择性可表示为，下列说法正确的是A．曲线①代表的是CO选择性B．反应

C．D．其他条件不变，增大压强，CO选择性变小14．臭氧催化氧化是降解水体中有机污染物的常用方法。某科研小组研究降解有机物的路径：取四份废水，保持其他条件相同，第一份直接加入；第二份直接通入；第三份在加入一定量的同时通入；第四份在加入一定量与叔丁醇的同时通入，分别测的四份废水中有机物的残留率随时间的变化结果如图所示。已知：①除直接降解有机物外，在溶液中能产生羟基自由基，也能降解水中有机物。②叔丁醇能迅速结合而将除去。下列说法不正确的是A．几乎不能直接降解有机物B．对降解有催化作用C．溶液中产生的降解是该降解过程的主要途径D．直接降解是该降解过程的主要途径二、非选择题15．2023年全国政府工作报告指出，推动重点领域节能降碳减污。一种太空生命保障系统利用电解水供氧，生成的氢气与宇航员呼出的二氧化碳在催化剂作用下生成水和甲烷，水可循环使用。(1)已知与的燃烧热分别为、，，写出与反应生成和的热化学方程式。(2)一定温度下，在恒容密闭容器中与反应生成和。①能说明该反应达到平衡状态的是(填字母)。A．B．容器内压强一定

C．气体平均相对分子质量一定D．气体密度一定E．的体积分数一定②保持温度不变，再向容器中通入，则v(正)v(逆)(填“>”“<”或“=”)。(3)丙烷燃烧可以通过以下两种途径：途径I：途径Ⅱ：(a、b、c、d均为正值)请回答下列问题：判断等量的丙烷通过两种途径放出的热量，途径I放出的热量(填“大于”、“等于”或“小于”)途径Ⅱ放出的热量。的反应中，反应物具有的总能量(填“大于”、“等于”或“小于”)生成物具有的总能量。b与a、c、d的数学关系式是。16．油气开采、石油化工等行业废气含有的硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题：(1)已知下列反应的热化学方程式：①2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)

∆H=-1036kJ·mol-1②4H2S(g)+2SO2(g)=3S2(g)+4H2O(g)

∆H=+94kJ·mol-1③2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)

∆H=-484kJ·mol-1计算H2S热分解反应④2H2S(g)=S2(g)+2H2(g)的∆H4=。(2)较普遍采用的H2S处理方法是克劳斯工艺，即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是利用反应④高温热分解H2S。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是，缺点是。(3)在1470K、100Kpa反应条件下，将n(H2S)∶n(Ar)=1：4的混合气进行H2S热分解反应。平衡时混合气中H2S与H2的分压相等，H2S平衡转化率为，平衡常数Kp=Kpa．(以分压表示，分压=总压×物质的量分数，结果保留两位小数)(4)在1373K、100Kpa反应条件下，对于n(H2S)∶n(Ar)分别为4：1、1：1、1：4、1：9、1：19的H2S-Ar混合气，热分解反应过程中H2S转化率随时间的变化如下图所示。

①n(H2S)∶n(Ar)越小，H2S平衡转化率，理由是。②n(H2S)∶n(Ar)=1∶9对应图中曲线d，此时H2S的转化率为24%，则在0―0.1s之间H2S分压的平均变化率为Kpa·s-1。17．某可逆反应在体积为5L的密闭容器中进行，0~3min内各物质的物质的量的变化情况如图所示(A、B、C均为气体)。

(1)该反应的化学方程式为。(2)反应开始至2min时，B的平均反应速率为，A的转化率为。(3)能说明该反应已达到平衡状态的是___________(填字母)。A．v(A)=2v(B)B．容器内压强保持不变C．2v逆(A)=v正(B)D．容器内混合气体的密度保持不变(4)在密闭容器里，通入amolA(g)、bmolB(g)、cmolC(g)，发生上述反应，当改变下列条件时，反应速率会减小的是(填序号)。①降低温度

②加入催化剂(正)

③增大容器容积18．有资料显示汽车尾气(含有CO、NOx等有害气体)已成为当下最大的空气污染源。科研人员研发的新型催化剂能促使NO、CO转化为2种无毒气体、进而减少汽车尾气中有害气体的排放。已知在T℃时，容积为2L的含有多个催化层的密闭装置中，吸入含0.8molNO和0.8molCO的空气，测得NO物质的量随时间变化如图所示：

(1)利用新型催化剂，将NO、CO转化为2种无毒气体的化学方程式是。(2)反应至第5min时，该反应的v(正)v(逆)(填“大于”“等于”或“小于”)，判断理由为。(3)反应开始至10min，v(NO)=mol/(L·min)。(4)下列说法正确的是(填序号)。a．新型催化剂可以加快NO、CO的转化b．至10min时，该反应的正、逆反应速率均为零c．平衡时CO的浓度是0.4mol/Ld．通过调控反应条件可以提高该反应进行的程度(5)有同学质疑该催化剂对废气的处理，理由是汽车尾气排放后NO在空气中已经转化为NO2，由催化剂的专一性可知通常催化NO与CO反应的催化剂不能催化NO2与CO的反应。查阅文献可知当温度高于150℃时NO2开始分解，到650℃时完全分解为NO和O2，请结合文献说说你的看法：。(6)一定温度下，向装有催化剂的恒温容器中充入一定量的NO、CO气体，当NO与CO的反应达到平衡状态时，再向容器中充入一定量的CO气体，达到新的平衡后，NO的转化率(填“增大”“不变”或“减小”)。参考答案：1．B【分析】由图可知容器1中，3min、5minPCl5(g)的物质的量相等，说明反应3min时已达到平衡状态，而容器2中，4min时反应达到平衡状态，据此解答。【详解】A．由图可知，容器1中反应在3min时就达到平衡状态，可知容器1中反应速率较快，则温度：容器1>容器2，故A正确；B．由图可知，平衡时，容器1中生成的PCl5(g)少于容器2，则结合反应可知，该反应是气体体积减小的反应，所以最终容器1中气体的总量大于容器2，而气体的物质的量之比等于体系内压强之比，则压强：容器1>容器2，故B错误；C．1molCl2(g)和1molPCl3(g)充分反应，理论上生成1molPCl5，而容器2平衡时生成0.8molPCl5，所以容器2中达到平衡时PCl5产率为80%，故C正确；D．其它条件不变，3min后向容器1中再充入1molPCl5(g)，体积不变相当于增大压强，增大压强平衡向体积减小的方向移动，所以达新平衡后PCl3(g)的体积分数减小，故D正确；故选B。2．B【详解】A．充入CO的量越多，上述平衡正向移动，故平衡体系中C2H5OH的浓度越大，A正确；B．由题干信息可知，该反应的速率方程为=kc2(CO)，即反应速率与H2的浓度无关，故在该体系中继续充入H2的反应速率不变，B错误；C．在该体系中加入适量生石灰，CaO能吸收水蒸气，从而使H2O蒸气浓度减小，化学平衡正向移动，故可提高反应物的平衡转化率，C正确；D．对铑基催化剂进行改良，可能会进一步提高催化效率，D正确；故答案为：B。3．B【详解】A．在50~80min内，γ－丁内酯反应速率：，故A正确；B．∞时,即代表平衡,γ-丁内酯的浓度为0.132mol·L-1,γ-羟基丁酸为0.180mol·L-1-0.132mol·L-1=0.048mol·L-1,平衡常数：，故B错误；C．120min时生成γ－丁内酯浓度0.090mol·L－1，说明消耗γ－羟基丁酸浓度0.090mol·L－1，转化率：，故C正确；D．及时移走生成物,会使得平衡正向移动,从而提高γ-羟基丁酸的平衡转化率，故D正确；答案选B。4．C【详解】A．由题图可知，Fe3O4参与反应，但反应前后质量不变，为整个过程的催化剂，FeO是中间产物，故A错误；B．过程I将太阳能转化为化学能，过程II是放热反应，将化学能转化为热能，B错误；C．过程II的∆S>0、∆H<0，反应自发进行的判据：∆H-T∆S<0，该反应在任何温度下均为自发反应，C正确；D．∆H=∆HⅠ+2∆HII，∆HII=1/2(∆H-∆HⅠ)=-16.9kJ/mol，∆HI+∆HII不等于0，D错误；故选C。5．D【详解】A．当有1molCO完全反应，放出热量41kJ，现放出热量32.8kJ，说明参与反应的CO有0.8mol，即容器①中反应达平衡时，CO的转化率为80%，故A正确；B．假设容器②CO转化物质的量为amol，列三段式：，根据D选项可知平衡常数为1，则，解得，即无热量变化，故B正确；C．容器中CO2和H2初始物质的量均为0，随着反应的不断进行，CO2和H2始终按照1：1比例生成，平衡时CO2和H2分压一定相同，故C正确；D．反应①②温度相同，化学平衡常数相同，列三段式：，其化学平衡常数：，故D错误；答案选D。6．A【详解】A．对比实验①②可知，反应速率与c(Br-)成正比，对比实验①④可知，反应速率与c()成正比，对比实验③⑤可知，v=1.2×10-8×2×2=4.8×10-8，故A错误；B．温度升高，活化分子数增大，有效碰撞几率增大，反应速率加快，则常数k增大，故B正确；C．对比实验①②可知c(Br-)增大1倍，反应速率增大到原来的2倍，n=1，同理，对比实验①④可知m=1，对比实验②③可知，H+浓度增大1倍，反应速率增大到原来的4倍，则反应速率与c(H+)的平方成正比，所以p=2，故C正确；D．对比实验①④可知，H+、Br-浓度相同，只有的浓度不同，所以实验①④探究的是c()对反应速率的影响，故D正确；故选：A。7．B【分析】经5min后，测得容器内B的浓度减少了0.2mol/L，可知转化的B为0.2mol/L×5L=1mol，则。【详解】A．在5min内，该反应用D的浓度变化表示的反应速率为，故A正确；B．A为固体，B、C、D为气体，5min时容器内气体总的物质的量为1+0.5+1=2.5mol，故B错误；C．恒温恒容下，压强与气体物质的量成正比，该反应是气体分子数增大，即气体的总物质的量增大，则随着反应的进行容器内压强会增大，故C正确；D．5min时，容器内C的浓度为，故D正确；故选：B。8．D【详解】A．反应的焓变等于反应物键能和-生成物的键能和，反应焓变小于零，则反应物的总键能小于生成物的总键能，A错误；B．平衡常数等于生成物平衡浓度系数次方之积与反应物平衡浓度系数次方之积的比；反应的平衡常数表达式为K=，B错误；C．从平衡体系中分离出SO3，反应中各物质浓度会减小，正反应速率变慢，C错误；D．工业生产采用常压操作，可能是因为常压下SO2的转化率已经很高了，不必提高压强增大成本，D正确；故选D。9．C【详解】A．SO2gH2O2l=H2SO4l熵减，该反应能自发进行，时自发，则该反应的ΔH0，A正确；B．已知：H2O2可在催化剂Fe2O3或Fe3O4作用下产生OH，或结合反应机理：Fe2O3催化剂表面仅存在Fe3+，Fe3+通过慢反应Ⅰ产生Fe2+再通过快反应Ⅱ产生•OH，总反应速率由慢反应Ⅰ决定，生成的OH能将烟气中的NO、SO2氧化，则加入催化剂Fe2O3，可提高SO2的脱除效率，B正确；C．向固定容积的反应体系中充入氦气，反应相关的物质浓度不发生变化，则反应速率不变，C不正确；D．与Fe2O3作催化剂相比，相同条件下Fe3O4作催化剂时SO2脱除效率可能更高，D正确；答案选C。10．B【详解】A．离子反应中，离子已经是活化离子，其活化能几乎为零，所以反应速率很快，故A正确；B．对于吸热反应，温度升高，对于吸热方向的反应速率的影响更大，故B错误；C．从第1组的实验结果可知，温度升高，反应速率增大，故C正确；D．第1组实验中温度不同，温度高的反应速率更大，第2组实验中活化能不同，活化能低的反应速率更大，故D正确；故答案选B。11．D【详解】A．由燃烧热可知:，，则反应C(石墨)→C(金刚石)，，A错误；

B．物质本身具有的能量较低，越稳定，反应C(石墨)-C(金刚石)是吸热反应，石墨的能量较低，则石墨比金刚石稳定，B错误；C．该反应，C错误；

D．金刚石的密度比石墨大，故质量相同时，金刚石的体积小，则反应C(石墨)→C(金刚石)是体积减小的过程，由影响相变速率的因素可知，随着体积差的增大，增大压强，成核速率加快，有利于相变向密度大的多面体方向转变，故超高压条件下，石墨有可能变为金刚石，D正确；故选D。12．A【详解】A．Pd-Mg/SiO2是催化剂，SiO2不是中间产物，故A错误；B．整个甲烷化过程真正起催化作用的物质为MgO和Pd，故B正确；C．图示中箭头指入的是反应物，指出的是生成物，由图可知，CO2和H2在Pd-Mg/SiO2催化条件下生成甲烷和水，得到方程式：，故C正确；D．MgO是催化剂，在化学反应中的量不发生改变，反应前后性质不改变，经过一个加氢循环后的MgO再次与CO2结合形成碳酸盐，继续一个新的加氢循环过程，故D正确；故选：A。13．D【分析】由方程式可知，反应Ⅰ为气体体积减小的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇的选择性减小，二氧化碳的转化率减小，反应Ⅱ为气体体积不变的吸热反应，压强一定时升高温度，平衡向正反应方向移动，一氧化碳的选择性增大，二氧化碳的转化率增大，则曲线①代表的是甲醇的选择性，曲线②、③代表二氧化碳的转化率；温度一定时增大压强，反应Ⅰ的平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大、二氧化碳和氢气的浓度减小，反应Ⅱ的平衡不移动，二氧化碳的转化率不变，二氧化碳和氢气的浓度减小导致反应Ⅱ的平衡向逆反应方向移动，一氧化碳的选择性减小。【详解】A．由分析可知，曲线①代表的是甲醇的选择性，故A错误；B．由盖斯定律可知，反应Ⅰ—Ⅱ得到反应，则反应ΔH=(—49.4kJ/mol)—(+41.2kJ/mol)=—90.6kJ/mol，故B错误；C．由分析可知，曲线②、③代表二氧化碳的转化率，反应Ⅰ为气体体积减小的放热反应，温度一定时增大压强，反应Ⅰ的平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，反应Ⅱ为气体体积不变的吸热反应，平衡不移动，二氧化碳的转化率不变，由图可知，温度一定时，p1条件下二氧化碳的转化率大于p2，则压强p1大于p2，故C错误；D．由分析可知，温度一定时增大压强，反应Ⅰ的平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大、二氧化碳和氢气的浓度减小，反应Ⅱ的平衡不移动，二氧化碳的转化率不变，二氧化碳和氢气的浓度减小导致反应Ⅱ的平衡向逆反应方向移动，一氧化碳的选择性减小，故D正确；故选D。14．C【分析】第一份和第二份式样曲线对比可以判断臭氧和二氧化锰分别对有机物残留率的影响；对比第二份和第三份可知，加入二氧化锰后有机物残留率明显降低，因此MnO2对O3降解有催化作用；已知条件臭氧降解过程中产生了·OH，·OH参与降解，对比第三份和第四份图像可知，第四份加入的叔丁醇能迅速结合而将除去，但有机物残留率仍和第三份相当，即直接降解是该降解过程的主要途径，溶液中产生的降解不是该降解过程的主要途径，据此回答。【详解】A．由图知，只加入二氧化锰时废水中有机物的残留率随时间改变基本没有降低，即几乎不能直接降解有机物，A正确；B．由图对比第二份和第三份可知，加入二氧化锰后有机物残留率明显降低，因此MnO2对O3降解有催化作用，B正确；C．对比第三份和第四份图像可知，第四份加入的叔丁醇能迅速结合而将除去，但有机物残留率仍和第三份相当，即溶液中产生的降解不是该降解过程的主要途径，C错误；D．对比第三份和第四份图像可知，第四份加入的叔丁醇能迅速结合而将除去，但有机物残留率仍和第三份相当，即直接降解是该降解过程的主要途径，D正确；故选C。15．(1)(2)BCE=(3)等于小于【详解】（1）已知与的燃烧热分别为、，则①，②，③，将②的4倍减去①，再加上③的2倍，则与反应生成和的热化学方程式；故答案为：。（2）①A．，没有正逆反应，不能说明达到平衡，故A不符合题意；B．正向反应是体积减小的反应，压强不断减小，当容器内压强一定，则达到平衡，故B符合题意；C．平均摩尔质量等于气体质量除以气体物质的量，气体质量不变，正向反应，气体物质的量减小，平均摩尔质量增大，当气体平均相对分子质量一定，则达到平衡，故C符合题意；D．密度等于气体质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，密度始终不变，当气体密度一定，不能作为判断平衡，故D不符合题意；E．正向反应，甲烷体积分数增大，当的体积分数一定，则达到平衡，故E符合题意；综上所述，答案为：BCE。②保持温度不变，再向容器中通入，容器压强增大，但反应体积的浓度不变，则速率不变，平衡不移动，则v(正)=v(逆)；故答案为：=。（3）等量的丙烷通过两种途径放出的热量，根据盖斯定律，两者放出的热量相等，则途径I放出的热量等于途径Ⅱ放出的热量。的反应是吸热反应，则反应物具有的总能量小于生成物具有的总能量。根据盖斯定律，则b与a、c、d的数学关系式是即；故答案为：等于；小于；。16．(1)+170(2)副产物氢气可作燃料耗能高(3)50%4.76(4)越高n(H2S)：n(Ar)越小，H2S的分压越小，平衡向正反应方向进行，H2S平衡转化率越高24.9【详解】（1）根据盖斯定律(①+②)—③，即得到2H2S(g)=S2(g)+2H2(g)的△H4=(—1036+94)kJ/mol×+484kJ/mol=+170kJ/mol；（2）根据盖斯定律(①+②)×可得2H2S(g)+O2(g)=S2(g)+2H2O(g)△H=(—1036+94)kJ/mol==—314kJ/mol，因此，克劳斯工艺的总反应是放热反应；根据硫化氢分解的化学方程式可知，高温热分解方法在生成单质硫的同时还有氢气生成，因此，高温热分解方法的优点是可以获得氢气作燃料；但由于高温分解H2S会消耗大量能量，所以其缺点是耗能高；（3）假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和4mol，根据三段式可知，平衡时H2S和H2的分压相等，则二者的物质的量相等，即1—x=x，解得x=0.5，所以H2S的平衡转化率为=50%，所以平衡常数Kp=（4）由于正反应是体积增大的可逆反应，n(H2S):n(Ar)越小，H2S的分压越小，相当于降低压强，平衡向正反应方向移动，因此H2S平衡转化率越高；根据图像可知n(H2S):n(Ar)=1:9，反应进行到01s