2021届高考化学二轮大题强化训练：化学反应原理综合题【答案+解析】

1、化学反响原理综合1.安徽省江淮十校2021届咼三第二次联考某科研团队研究将磷钨酸H3PWQ0,以下简称HPW代替浓硫酸作为酯化反响的催化剂，但 HPW自身存 在比外表积小、易溶于有机溶剂而难以重复使用等缺点，将其负载在多孔载 体如硅藻土、C等上那么能有效克服以上缺乏，提高其催化活性。用HPW负载在硅藻土上催化制取乙酸正丁酯的酯化率与HPW负载量的关系温度：120C，时间：2h如下图，以下说法不正确 的是射如騎就巧7D&560O 4 3C20OA. 与HPW相比，HPW硅藻土比外表积显著增加，有助于提高其催化性能B. 当HPW负载量为40%寸到达饱和，酯化率最高C用HPW硅藻土代替传统催

2、化剂，可减少设备腐蚀等缺乏D.不同催化剂对酯化率的影响程度主要取决于化学反响正向进行的程度【答案】D【解析】A、HPW6身存在比外表积小、易溶于有机溶剂而难以重复使用等缺 点，将其负载在多孔载体如硅藻土、C等上那么能有效克服以上缺乏，提高其 催化活性，选项A正确；B、根据图中曲线可知，当HPW负载量为40%寸到达饱和，酯化率最高，选项B正确；C、 用HPW硅藻土代替传统催化剂浓硫酸，可减少设备腐蚀等缺乏，选项C 正确；D催化剂不能使平衡移动，不能改变反响正向进行的程度，选项D不正确。答案选Do2. 甲醇CHOH是一种重要的化工原料，工业上有多种方法可制得甲醇成品一以CO “和CO制备甲醇 CQ

3、(g)+H2(g) COg)+HO(g)?H CO(g)+2H (g)CHOH(g) H2 CQ(g)+3H2(g)CHaOH(g)+h2O(g)?Hb(1)：反响的化学平衡常数 K和温度的关系如下表t/ r70080083010001200K0.60.91.01.72.6那么以下说法正确的选项是A. 反响正反响是吸热反响B. 定体积的密闭容器中，压强不再变化时，说明反响到达平衡状态C. 1100C时，反响的K可能为1.5D. 在 1000C 时，c(CO2) c(H2)/c(CO) c(H2。)约为 0.59 比拟 H H(填“>、“二或 “V)(3)现利用和两个反响合成 CHOHCO

4、可使反响的催化剂寿命下降假设氢碳比表示为f =n(H2)-n(CO2)/n(CO)+n(CO 2)，那么理论上f =时，原料气的利用率高，但生产中住往采用略高于该值的氯碳比，理由是(二) 以天然气为原料，分为两阶段制备甲醇：(i) 制备合成气：CH(g)+H2Og) CO(g)+3H(g)?H>0(ii) 合成甲醇：CO(g)+2H(g)- CHOH(g) ?Fb>0在一定压强下，1 mol Cf(g)和1 mol H 2O(g)在三种不同催化剂作用下发生 反响(i)，经历相同时间时，CO的物质的量(n)随温度变化的关系如图1(1) 以下说法正确的选项是A. 曲线中n(CO)随温度

5、变化的原因是正反响为吸热反响，升高温度，平 衡向右移动B. 三种催化剂中，催化剂的催化效果最好，所以能获得最高的产率c当温度低于700r时的曲线上的点可能都没有到达平衡d.假设温度大于700r时，co勺物质的量保持不变(2) 500 r时，反响 在催化剂的作用下到10mim时到达平衡，请在图2 中画出反响(1)在此状态下0至12分钟内反响体系中H的体积分数(H2)随时间t变化的总趋势 S05ntDO/malW HQ卜iMi .Z.iK 三1/2 卜* * 2OT 300 4W 500 6M 700 畐蔭 图1024 fi S 10 12 tmin图2三研究说明，CO也可在酸性条件下通过电化学的

6、方法制备甲醇，原理如 图3所示。1产生甲醇的电极反响式为 ;2甲醇燃料电池应用很广，其工作原理如图4,写出电池工作时的负极反应式：0coH2CHSOH*-Tz z ptptH1 扩散层2催优层 工馬子交换膜图4两子交換【答案】一1AD2分2 V 1分2 1分使CO充分反响，防止反响催化剂寿命下降二1C3 分三1CO+4H+4 e = CfOH2分 2CH3OH+HO 6e=CO+6H2 分【解析】一1根据表格数据，温度越高，平衡常数越大，说明反响向正上 COg+HOg是反响移动，正反响为吸热，A正确；反响COg+H2g-反响前后气体体积不变的体系，压强不影响平衡移动，B错误；1000°

7、;C时K为1.7 ,温度越高，平衡常数越大，1100C时K>1.7, C错误；在1000C时，c(CO2) c(H2)/c(CO) c(H2O)为 K的倒数，约为 0.59 , D正确；答案为 AD (2)随温度升高Ki增大，说明反响的正反响为吸热反响， Hi>0，盖斯定律计 算得到 H=A H+A，那么厶"< Hbo (3)由CO(g)+2H(g)CHOH(g)CO(g)+3H2(g) = CHOH(g)+HO(g)化学方程式可知f =2，原料气的利用率最 高，但生产中往往采用略高于该值的氢碳比，理由：使CO充分反响，防止反响催化剂寿命下降。(二)(1)曲线中n(

8、CO)随温度升高而增大，反响逆向进行，正反响为放 热，A错；催化剂的使用时n(CO)变化量少，即CO转化率低，产率也不高，B 错；当体系中各物质的物质的量保持不变时，反响平衡，根据图象，曲线上的 点在不停地变化，反响没有到达平衡，C正确；温度大于700C时，CO的物质的 量曲线未画出，不一定保持不变，D错误。答案选Co (2)根据图一中CO的物质啊II"“的体积分数(H2)随时间t变化的总趋势为的量曲线及反响中H生成和消耗的计量关系，0至12分钟内反响体系中生成物K 10 12 t min(三)(1)CO也可在酸性条件下通过电化学的方法制备甲醇，据图3可知，一氧化碳得电子生成甲醇，那

9、么产生甲醇的电极反响式为CO+4F+4 e-= CHOH据图4可知，正极上氧气得电子和氢离子反响生成水，电极反响式为：3Q+12HF+12e=6HO,负极上甲醇失电子和水反响生成二氧化碳和氢离子，电极 反响式为 2CHOH12e-+2HO=2CM +12H，故答案为：CHOH6e-+HO=CE +6H3. 以下关于"S和SO的说法正确的选项是 A. 两气体都可用浓硫酸枯燥B. 两气体均可以用NaOH溶液吸收C. 两气体按体积比1: 2混合可完全转化为SD. 将两气体通入溴水或酸性KMnO容液中，可通过颜色变化鉴别两气体(2) 目前治理汽车尾气是在催化剂条件下发生反响2NO+2C 2+

10、2CO,现在实验室模拟上述反响，己知在 t C时在2L恒容密闭容器中参加2 molNO和1mol CO气体，经lOmin到达平衡，测得此时CQ的体积分数为1/7 ,答复以下问题： 这段时间内CQ的反响速率为。 该反响平衡常数 (保存两位有效数字)。 平衡后再向密闭容器通入0.4molCO和0.4molCQ，平衡将(填“正向、“逆向或“不)移动。判断理由是 。 假设升温发现体系气体平均相对分子质量增大，那么该反响的 H0(填 “ >、“ <或“=)。 维持条件不变，向平衡后的容器再充入O.2molNO和O.lmolCO,到达新平衡，那么与原平衡相比NO勺转化率(填“增大、“减小或“不

11、变)。【答案】(1). B (2). 0.02mol/L/min (3). 0.069 (4).逆向.通入气体后Qc大于平衡常数，故平衡逆向移动(6). > (7).增大【解析】(1) "S具有复原性，不能用浓硫酸枯燥，A项错误；"S和SO均能与NaOH§液反响，B项正确;完全转化为S，C项错误；2HS+ SO=3SJ +出0,两气体按体积比2: 1混合可通过颜色变化鉴别两气体,D项错误；(2)根据题意列三段式可知:2NO + 2CON 2 + 2CO 2c 起始(mol/L)0.5c变化 (mol/L)2x2x2xc 平衡(mol/L)1-2x0.5-2x

12、2x"S和SO均能与溴水或酸性KMnO容液反响，故不能1L2x + 0.52x + X + 3X 了 ，2 xx O.lnmol/L由到达平衡，测得此时CO的体积分数为1/7，可得:解得 x= 0.1mol/L=0.02moI/(L ?min):金 *fic(CO) 2 x O.lmol/L，心)= iQmlnK =怛工“ 3叫心；=0.069L/mol ;平衡后再tJCO)*c (NO (1-2 x 0 LJnwUL x (0.5-2 x O.lJmalJlJ向密闭容器通入0.4molCO和0.4molCQ，此时各物质的浓度分别为c(NO)=0.8mol/L、c(CO)=0.5mo

13、l/L、c(N2)=0.1mol/L、c(CQ)=0.4mol/L，贝U 葺y四=少如呼5叫=0 LUmo| > ©故平衡逆向移动；根 c (CO?c (NO) (O Bmol/Lj' x (0.5mcl/L)'据M = 可知，都是气体，m为不变量，升高温度，用增大，说明n减小，即向 正反响方向移动，结合升高温度，平衡向吸热的方向移动，故正反响为吸热，即厶H>0维持条件不变，向平衡后的容器再充入 0.2molNQ和O.lmoICQ,达 到新平衡，即相当于原平衡根底上增大压强，平衡正向移动，故 NQ的转化率增 大o4. 燃煤产生的烟气中含有较多的 CQ、CQ

14、 SQ等影响环境的气体。如何综合利用 这些气体一直是科研单位研究的热点。 ：2CQ(g) + 6H(g) = CHQCHg) + 3H2Q(g) HCQ(g) + H2Q(g) = CQ(g) + H(g) H22CQ(g)+ 4H(g)_CHQCHg) + H>Q(g) H3用 A H?>A H3 表示 H， H =。研究发现，催化剂可以使烟气 CQ SQ转化为CQ、S。反响原理为：2CQ(g) + SQ(g) 2CQ(g) + S(l)A H= 270kJ mo。 其他条件相同时，研究发现，分别选取 FqQ、NiQ、CrQ作上述反响的催化剂 时，SQ的转化率随反响温度的变化如图

15、，研究得出，应该选择 FeO作催化剂， 主要原因可能是_ M M T 士 卜 卜 卜 卜 卜 価和6|4|2| =<苓羊笹假设o'工 假设在2L恒容密闭容器中，将3molCO ImolSO混合，在一定条件下引发反响,当SO的平衡转化率为40%寸，此时K=o 向反响容器中再分别通入以下气体，可以使SQ转化率增大的是 (字母)。A. CO B. SQ C. ND. H2SE. CQ答案(1) H 2A H(2)Fe2Q3作催化剂时，在相对较低的温度下可获得较高的SO转化率，从而节约能源0.44A 解析 根据盖斯定律，得出A H=A H 2A f(2)利用三段式法进行计算：2CO(g)

16、 + SO(g) =2CO(g) + S(l)初始 /mol 3 1 0转化 /mol 0.8 0.4 0.8平衡 /mol 2.2 0.6 0.80.8K=2.2-°； 0"4。增加CO的量，可以使SO的转化率增大，A项符合题意；假设增加SO的量，平 衡向正反响方向移动，但是 SO的转化率会降低，B项不符合题意；通入 N,不 影响平衡移动，C项不符合题意；通入 HS, HS会与SO反响，平衡逆向移动， SQ的转化率会降低，D项不符合题意；通入 CO平衡逆向移动，SQ的转化率会 降低，E项不符合题意。5. (渭南市2021届高三第一次教学质量检测)全球碳方案组织(GCpTh

17、e Global Carbon Project )报告称，2021年全球碳排放量约371亿吨，到达历史新高。(1)中科院设计了一种新型的多功能复合催化剂，实现了CO直接加氢制取高辛烷值汽油，其过程如图1所示。客 *<¥#03芳香优cor-*co co-*ft 坤悭二厂G*HZSM-5Si ：CQ(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) H= + 41 kJ mol_12CO(g)+6H 2(g)=4H 2O(g)+CH=CH(g) H= -128 kJ mol那么上述过程中CO和H转化为CH=CH的热化学方程式是 。 以下有关CO转化为汽油的说法，正确的选项是(填标号)A.

18、 该过程中，CO转化为汽油的转化率高达78%B. 中间产物F&C2的生成是实现CO转化为汽油的关键C. 在Na-FaQ上发生的反响为CO+H=CO+2OD. 催化剂HZSM-5可以提高汽油中芳香烃的平衡产率 假设在一容器中充入一定量的 CO和"，参加催化剂恰好完全反响，且产物只 生成C5以上的烷烃类物质和水。那么起始时 CO和H的物质的量之比不低于0(2)研究说明，CO和H2在一定条件下可以合成甲醇。反响方程式为CO(g)+3H2(g) =CHOH(g)+HO(g) HvQ 定条件下，往 2L 恒容密闭容器 中充入I.OmoICQ和3.0molH2，在不同催化剂作用下合成甲醇

19、，相同时间内 CO的转化率随温度变化关系如图2所示。 该反响自发进行的条件是 (填“高温 “低温或“任意温度) 催化效果最正确的催化剂是 (填“ A “B或“ C'); b点时，v(正)v(逆)(填 “)“V 或“=)。 假设容器容积保持不变，那么不能说明该反响到达化学平衡状态的是 。a. c(CO2)与c(H2)的比值保持不变b. v(CO 2)正=v(H 2O)逆c. 体系的压强不再发生变化d. 混合气体的密度不变e. 有ImoICQ生成的同时有断开3mol的H-H键f. 气体的平均相对分子质量不变 容器内的起始压强为100 kPa，假设图2中c点已到达平衡状态，那么该温度下反响的

20、平衡常数 Kp=(只列出计算式，不要求化简，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压X物质的量分数)。【答案】(1 2CO(g)+4H(g)=CH2=CH(g)+2H2O(g) ?H=-210kJ?mo1 B 6:196060(2)低温 A >60 -12(60 -1)34【解析】 根据热化学方程式运用盖斯定律书写新的热化学方程式；根据图示反响 历程分析反响的中间产物，判断催化剂对反响的影响；根据烷烃的通式及题 干信息进行相关计算；根据熵变和焓变判断反响是否自发进行；根据平衡状 态的特征分析反响是否到达平衡状态；根据各物质的分压计算平衡常数。(1) ：I CO2(g)+H2(g)=CO(g

21、)+H2O(g) H= + 41 kJ mol-1, II 2CO(g)+6H2(g)=4H2O(g)+CH=CH(g) H= -128 kJ mol-1，根据盖斯定律II-I x 2 得：2CO(g)+4H(g)=CH2=CH(g)+2H2O(g) H=-128 kJ mol-1- (+ 41 kJ mol-1) x 2=-210kJ?mol-1，故热化学方程式为： 2CO(g)+4H(g)=CH2=CH(g)+2H 20(g) ?H=-210kJ?nol-1 ； A.由图示分析78%并不是表示CQ转化为汽油的转化率，故 A错误；B. 中间产物F&C2是无机物转化为有机物的中间产物，

22、是转化的关键，故B正确；C. 根据图1所示，在Na-FaQ上发生的反响应为CO生成CO的反响，氢气未 参加反响，故C错误；D. 催化剂HZSM-5勺作用是加快反响速率，对平衡产率没有影响，故D错误； 故答案为：B； 烷烃的通式为CH2n+2)，假设只生成GHm和水，那么根据原子守恒知：6molCO恰好完全反响生成1molCH4和12molHO需要的H的物质的量为:1mol 14+12mol2219mol，所以CO和H的物质的量之比不低于6mol:19mol=6:9，故答案为：6:9 ；(2) 该反响为放热反响， H<0,根据方程式知： S<0,根据 G=A H- T S,假设A G

23、<0那么T较小，即低温时该反响自发进行，故答案为：低温；如下图相同时间内催化剂 A的转化率较高，说明反响较快催化效果好；b点时，还未到达平衡，那么说明v(正)> v(逆)，故答案为：A;>a.c(CO2)与c(H2)初始时比值为1： 3,所以按照化学计量数1:3反响后，比值始终保持不变，不能说明该反响到达平衡，故a选；b. 根据化学计量数之比知：v(CQ)正=v(H2O)正 =v(H2O)逆，正逆反响速率相等, 那么说明已经到达平衡，故b不选；c. 该反响为气体减小的反响，所以当体系的压强不再发生变化，说明反响物和生成物浓度保持不变，能说明到达平衡状态，故c不选；d. 根据质

24、量守恒原理知，反响前后总质量始终不变，且容器体积不变，那么混合气体的密度始终不变，所以气体密度不变不能说明到达平衡，故d选；e. 断开3mol的H-H键时说明有3mol氢气消耗，那么应该消耗ImolCO，贝U CO的浓度保持不变，能说明到达平衡状态，故 e不选；f. 反响前后气体的物质的量减小，质量保持不变，那么气体的平均相对分子质量应增大，假设不变，说明到达平衡状态，故 f不选；故答案为：ad ； c点时CO的转率为80% 那么反响掉1molx 80%=0.8mo,CO2 g +3H2 g 垐? CH3OH g +H2O g起始 mol1300变化 mol0.82.40.80.8平衡 mol

25、0.20.60.80.8起始状态容器中气体总物质的量为1mol+3mol=4mol,平衡时容器中气体总物质的量为0.2mol+0.6mol+0.8mol+0.8mol=2.4mol ，容器体积不变，起始压强为100 kPa那么平衡时总压强为：皿际鴛=60kPa，根据分压=总压x物质的量分数计算得：1 1川眾溜甞6013 60 3，故答案为:P(CO2)P(H2)60 (60 -)31241160 匚 60 二331160 (60 -1246. 工业上利用合成气(CO CO和“)来生产甲醇，有关反响的化学方程式及其在 不同温度下的化学平衡常数如下表所示。化学反响平衡常数温度/ r50070080

26、0I .2H2(g)十 CO(g)CHOH(g) HK12.50.340.15n .H2(g)十 CO(g)HO(g)十 CO(g) H2K21.01.702.52川.3H2(g)十 CO(g)CHOH(g)+ HO(g) HK3假设合成气为f和CO,发生反响川。 由H2(g)和CO(g)合成CHOH(g)的4耳=。(用厶H、A H表示)n CHOH 以下措施能使反响川的平衡体系中 增大的是(填字母)。n rbA. 将水蒸气从体系中别离出去B. 恒压时充入氦气C升高温度D. 恒容时再充入一定量CO 500C测得反响川在 10min时，H2(g)、CO(g)、CHOH(g)、H2O(g)的浓度分

27、別为 2mol LU 1.0mol LI 0.6mol LJ 0.6mol L_，那么此时 v 正(填“或“ < )v逆。从开始到该时刻，用H2表示反响的平均速率为v(Hb)=_n Hb(2) 用合成气“、CO和CO生产甲醇。当-=a时，体系中COn co 十 n co平衡转化率a (CO)与温度和压强关系的一些散点如图 1所示。520K、压强为p时，a (CO)处于C点。 假设保持温度不变，增大压强，那么可能是图中的 点(填字母，下同)。 假设保持压强不变，升高温度，那么可能是图中的 点。(3) 利用甲醇燃料电池进行电解的装置如图 2，其中 A、B、D 均为石墨电极， C为铜电极。工作

28、一段时间后断开 K,此时A B两极上生成等物质的量的气体。 乙中 B 电极为 (填“阴极或“阳极 ) ，该电极上生成的气体在标准状况下的体积为o 丙装置溶液中金属阳离子的物质的量(n)与转移电子的物质的量n(e)变化关系如图 3，那么图中 c 线表示的是 (填离子符号 ) 的变化。答案 (1)厶 Hi+A H2 AD > 0.18mol L“ min-1DI(3)阴极 2.24L Cu2+7. 辉铜矿主要成分是CsS,可用于制取金属铜和铜盐。(1) 局部反响的热化学方程式如下：1C(s) + S2(g)=CS2(g)A a kJ molCaS(s) + H(g)=2Cu(s) + HS(

29、g) A b kJ mo112H2S(g)=2H(g) + $(g)A 14= c kJ mol1那么 C(s) + 2CuS(s)=4Cu(s) + CS(g)的 A H=kJ mo(用含 a、b、c的代数式表示 ) 。 从辉铜矿中浸取铜元素，可用 FeCb作浸取剂。 反响 Cu>S+ 4FeCl3=2CuC2l+ 4FeCb+ S,每生成 1 mol CuCl2,反响中转移电 子的数目为 浸取时，在有氧环境下可维持卩63+较高浓度，有关反响的离子方程式是 浸取过程中参加洗涤剂溶解硫时，铜元素浸取率的变化如图甲所示，其原因 是 353 K时，向FeCb浸取液中参加CuCb,能加快铜元素

30、的浸取速率，其反响原 理可用化学方程式表示为，CuCI+ FeCb=CuC2+ FeCb。(3) 辉铜矿可由黄铜矿(主要成分为CuFeS)通过电化学反响转变而成，有关转化 如图乙所示。转化时正极的电极反响式为0CuCI悬浊液中参加 NqS,发生的反响为2CuCI(s) + L(aq) =CibS(s)+2C(aq)，该反响的平衡常数 K= Ksp(CuCI) = 1.2 x 10_6,Kp(Cu2S)=2.5 X 10-43。解析 由盖斯定律知： H=A Hi + 2A H+A H = (a+ 2b + c) kJ mo。(2) 由反响方程式知，生成 2 mol CuCl 2时转移4 mol电

31、子，根据“有氧 “Fe3+ 较高浓度信息可知，有 Q参加反响，生成Fe3+，从而写出正确的离子方程式。 S单质覆盖在辉铜矿外表，阻碍 CsS与FeCb的接触。先要想到参加的 CuC2与CuS参加了反响，由题目所给的另一方程式知生成了CuCl，结合总反响知生成了 S,写出ChS+ CuCl2>CuCl+ S后进行配平即可。(3)正极是得电子的还 原反响，由图乙可知，CuFeS得到电子结合转化为CuS、HS、Fe2+，配平即可c2 (C)2 -c (S )c2 (Cu ) c2 (Cl-)= 2 +2-c (Cu ) c (S )心(CuCl)K.p (CuS)=5.76 X 1030(mo

32、l 1)。答案 (1) a + 2b+ c (2)2M(或 1.204 x 1024)4Fe2+ 02+4H+ =4Fe+ + 2HO 生成的硫覆盖在CuS外表，阻碍浸取 CnS+ 2CuCb=4CuC+ S(3) 2CuFeS2 + 6H+ + 2e_=CuS+ 2Fe2+ + 3HST(4) 5.76 x 10308. 研究和深度开发CO CO的应用对构建生态文明社会具有重要的意义。答复下 列问题：I.CO可用于高炉炼铁，Fe3C4(s)+4CO(g)=3Fe(s)+4CO2(g) H =a kJ/ mol3Fe2O(s)+CO(g)=2Fe3O (s)+CO 2(g) HbkJ/mol那

33、么反响 Fe2Q(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)的厶 f=kJ/mol(用含 a、b的代数式表示)n . 一定条件下，co和cc可以互相转化。(1) 某温度下，在容积为2L的密闭容器按甲、乙两种方式投入反响物发生反 应：C0(g)+H2(g) =CO(g)+HO(g)。容器反响物甲8 mol CO,<g)mol H2(g)乙w mol CO? (r)mol Hg (g)、y mol CO<g)，龙 mol H韋0(g)甲容器15min后到达平衡，此时CO的转化率为75%那么015min内平均反响速 率v(H2)=，此条件下该反响的平衡常数 K=。欲使平衡后乙与甲中

34、相同组分气体的体积分数相等，那么、x、y、z需满足的关系是，且(用含y的等式表示)。(2) 研究说明，温度、压强对反响“ GF5CHCH(g)+CO2(g)=GH5CH=C2Hg)+CO(g)+H2O(g) H'中乙苯的平衡转化率影响如以下图所示：600 &W 100012001400温度/K那么 H0(填“ V或“=)，压强P1、P2、P3从大到小的顺序是 。(3) CO可被NQ氧化：CO+N2CO+NQ当温度高于225E时，反响速率v正 =k正 c(CO) c(NQ)、v逆=k逆 c(CQ) c(NO)，k正、k逆分别为正、逆反响速率 常数。在上述温度范围内，k正、k逆与该

35、反响的平衡常数K之间的关系为O【答案】(1).(b+2a)/3(2).0.2molmin-1(3).1.8x=2w+y(5). z=y(6). >(7). p1>p2>p3(8). k=k正/k 逆【解析】【分析】I .根据盖斯疋律H3= ( H+2A H2)/3 ；11( 1) v(H2)= c/ t ;由 K=c(CO) c(H2O)/c(CO2) n(H2)计算平衡常数；欲使平衡后乙与甲中相同组分气体的体积分数相等，那么、x、y、z需满足的关系(w-y):(x-y)=8:16 即 x=2w+y且 z=y;(2) 压强越大，乙苯的平衡转化率越小；(3) 达平衡时v正=v逆

36、，即k正 c(CO) c(NQ)=k逆 c(CQ) c(NO)，由此计算。【详解】I 根据盖斯定律厶H= ( H+2AH) /3= (b+2a) /3kJ/mol ;n( 1) v(H2)=8molx75%/(2L x 15min)=0.2mol/(L min)。反响 8mol x 75%=6mol CQ,那么平衡时 n(CO)=n(H2O)=6mol，n(CQ)=8 mol-6 mol=2 mol, n(H 2)=16 mol-6 mol=10 mol ，K=c(CO) - c(H2O)/c(CO2) n(H2)=6molx6mol/(2mol x 10mol)=l.8.要使平衡后乙与甲中相

37、同组分气体的体积分数相等,需满足(w-y):(x-y)=8:16即 x=2w+y 且 z=y;(2)温度越高、乙苯的平街转化率越大,说明 H>0该反响的厶n气>0,那么压强 越大，乙苯的平衡转化率越小，故Pl>P2>P3；(3) 达平衡时V正=v逆，即k正c(CO) c(NO)=k逆 c(CQ) c(NO)，故k正/k逆 =c(CC2) c(NO)/c(CO) c(NQ)=k9. (武汉市武昌区2021届高三元月调研)金属钒(V)及其化合物有着广泛的用 途。请答复以下冋题：(1) 钒在溶液中的主要聚合状态与溶液的pH关系如图1所示。V2C74-中V元素的化合价是 溶液中

38、VO-转化为MQ4-的离子方程式为 。46K10121 11 1VOs* VO/ VO?1* vo/'Si(2) 偏钒酸铵是最普通的钒酸盐，将 V2Q溶于碳酸钠溶液中(有气体生成)， 然后参加氯化铵，便可析出偏钒酸铵(NHVO)，该过程总反响的化学方程式为 ;当pH超过8.0时偏钒酸铵会发生转化，其原因是溶液中的 VO-转 化为VO74-、(请另写出一点原因)。(3) NHVO在高温下分解产生的 匕Q可作为硫酸工业中2SO(g)+O2(g) -2SO(g) H=pkJ/mol反响的催化剂，其催化原理如图 2所示。2SO. + O.性亠 2SOj 过程a和过程b的热化学方程式为MQ(s)

39、+SO2(g)=V 2Q(s)+SO3(g) H=qkJ/molV2Q(s)+O 2(g)+2SO2(g)=2VOSO(s) H=rkJ/mol那么过程c的热化学方程式为。 TC时反响2SO(g) = 2SO(g)+O 2(g) H>0中SO的转化率(a )与体系总压强(p)的关系如图3所示。TC时，将2molSQ置于10L密闭容器中，反响达到平衡后，体系总压强为O.IOMPa那么TC时B点的化学平衡常数Kc=。(4) 全钒液流储能电池是利用不同价态离子对的氧化复原反响来实现化学能和电能相互转化的装置，其原理如图 4所示。 充电过程中，右槽溶液颜色逐渐由 变为色; 充电时假设转移的电子数

40、为 M个，那么左槽溶液中n(H+)的变化量为Mt Utt' - Z.tnuVLffl4【答案】(1)+5 2VO 3-+20H=V2O4-+HO(2) V2Q+NaC0+2NHCI=2NHV0+2NaCI+C0TpH 过大，溶液中的 NH+会转 化为NH - HO(3) 2VOS0s)=V 2O(s)+SO3(g)+SO2(g) H=(p-q-r)kJ/mol 0.00125(4) 绿 紫 1mol【解析】【分析】(1) 根据化合物中元素化合价代数和等于 0分析判断，根据图示，在碱性溶 液中VG转化为VO74-;(2) V2Q、NqCQ NHCI混合发生反响产生 NHVO、CO气体及N

41、aCI,据此书 写反响方程式；根据NH*与OH不能大量共存分析；(3) 根据盖斯定律，将的热化学方程式叠加，可得待求反响的热化学方程式；SQ的平衡转化率为20%那么反响的三氧化硫为0.4mol，根据三段式计算平衡时各组分物质的量浓度，根据平衡压强，结合气体的物质的量、计算平衡浓度，带入平衡常数表达式2 c K=SQ2 n c Q2c2 SQ3计算平衡常数;(4) 充电时阳极发生氧化反响，阴极发生复原反响，根据不同价态离子的颜 色判断；【详解】(1) Q元素化合价为-2价，那么在VQ74-中V元素的化合价是(2 X 7-4) -2=+5 价；根据图示，在碱性溶液中 VQ-转化为V2Q4-，转化的

42、离子方程式是 2VQ+2QH=MQ4-+HQ(2) V2Q、NqCQ NHCI混合发生反响产生 NHVQ CQ及NaCI，反响方程式 为：MQ+NaCG+2NHCI=2NHVQ+2NaCI+CQT;根据图示可知：当溶液pH在8 10时，VQ-转化为V2C74-，同时溶液中的NH+与QH会发生反响，转化为弱电 解质NH HQ(3) (i)2SQ 2(g)+Q2(g) = 2SQ(g) H=pkJ/mol(ii) V 2Q(s)+SQ2(g)=V2Q(s)+SQ3(g) H=qkJ/moI(iii) V 2Q(s)+Q 2(g)+2SQ2(g)=2VQSQ(s) H=rkJ/moI根据盖斯定律，-

43、得过程iii的反响为：2VQSQs)=V 2Q5(s)+SQ3(g)+SQ2(g)， H=(p-q-r)kJ/moI ;TC时，将2molSQ置于10L密闭容器中，反响开始时，c(SQ)=2mol -10L=0.2mol/L，反响到达平衡后，体系总压强为 O.IOMPa,此时SQ的平衡转化率为20%那么反响的三氧化硫的物质的量 n(SQ)=2mol X 20%=0.4mol,容器体积为 10L，那么厶 c(SQ3)=0.4mol - 10L=0.04moI/L，平衡时c(SQ)=0.2mol/L-0.04mol/L=0.16mol/L，c(SQ2)=0.04mol/L ，c(Q2)=0.02m

44、ol/L，那么该反响的化学平衡常数c2 SQ2 n c Q2K=2c2 SQ30.042 0.022moI/L=0.00125moI/L0.162(4)在充电时，右侧阴极上发生复原反响， 才+获得电子变为V右侧会看到溶液由绿色变为紫色；充电时右侧发生复原反响：V3+e-=V2+，每转移1mol电子，右侧正电荷数目 减少M个，所以转移的电子数为 M个，溶液中HT会通过质子交换膜由左侧进 入右侧，那么左槽n(H+)的变化量为1mol。10. 大气、水体污染的治理是化学工作者研究的重要课题，燃煤的烟道气和汽车 尾气是造成雾霾天气污染的原因之一。(1) 用 CH催化复原氮氧化物， CH(g)+2O2(

45、g)=CO2(g)+2H2O(l) H= a kJ/mol，欲计算反响 CH(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(1)的焓变那么还需要查找某化合反响的焓变该化合反响中各物质化学计量数之比为最简整数比时 HbkJ/mol，那么该化合反响的热化学方程式为 。据此计算出厶Hj=kJ/mol(用含a和b的式子表示)。汽车尾气转化的反响之一：2NO(g)+2CO(g) = N2(g)+2CO2(g) H=-746.5kJ/mol。在某温度时，可按以下流程探究某种催化剂作用下的反响速率，用气体传感器测得不同时间的 NO和CO浓度如下表：时间012345c(NO)(x1frrmhL-J

46、)10,04+50250L50L00i,on3.603.052.852.752J02.70请答复以下问题(均不考虑温度变化对催化剂催化效率的影响)： 前2s内的平均反响速率u (N)=。 在该温度下，反响的平衡常数 K=只写出计算结果)。 对于该可逆反响，通过综合分析以上信息，至少可以说明 (填字母)。A. 该反响的反响物混合后很不稳定B. 在催化剂的作用下，该反响一旦发生将在较短的时间内完成C. 该反响体系到达平衡时至少有一种反响物的百分含量较小D. 该反响在一定条件下能自发进行E. 该反响使用催化剂意义不大(3) 通过调节溶液pH,在弱碱性条件下，用漂白粉溶液可将废水中的CNT转化为碳酸盐

47、和N2而除去。写出该反响的离子方程式为 。(4) 废水中的重金属离子通常用沉淀法除去。心(NiS)=1.1 x I。-21,心(CuS)=1.3 x 10-36,国家规定的排放标准：镍低于1.1 X10-5mol L-1，铜低于7.8 x 10-5mol L-1。那么需要控制溶液中S2-的浓度不低于_mol L-1。【 答 案 】(1). N2(g)+O2(g)=2NO(g) H3=bkJ/mol(2). a-2b(3). 1.875 x 10-4mol/(L ?s)(4). 5000(5). BCD (6). 2CN-+5CIO+20H+2CaT=2CaCOj +NT +5C+H0(7).

48、1 x 10-16【解析】【分析】(1) 根据盖斯定律进行计算；(2) 根据表格数据先计算出u (NO),然后根据速率之比和系数成正比计算出u (N2)； 计算出平衡以后各物质的浓度，根据平衡常数计算公式进行计算； 根据影响化学反响速率的因素进行分析，根据？G=?H-T?S<0反响能够自发进行进行分析；根据平衡常数定义进行分析；(3) 漂白粉有效成分为次氯酸钙，次氯酸根离子具有氧化性，能够把CN氧化为 碳酸盐和氮气，据此写出反响方程式； 根据Ni 2+到达排放标准时，c(S2-) x c(Ni 2+) < ©(NiS)，从而计算出S2-的浓度 的最小值。【详解】CH(g)

49、+2O2(g)=CQ(g)+2H2O(l) H=a kJ/mol， CH(g)+4NO(g)=2N2(g)+CQ(g)+2H 2O(1) H,根据盖斯定律可知，1/2-可得2NO(g)-O2(g)=N2(g) , 1/2 出 Hi,根 据题意可知，2(g)+ O 2(g)=2NO(g) Hf-1/2 H2- H=bkJ/mol ； H2=(a-2b)kJ/mol ；综上所述，此题答案是：N2(g)+ O 2(g)=2NO(g)H3=bkJ/mol ， a-2b 。(2) 从表格数据可知前 2s 内， ?c(NO)=(10-2.5) x 10-4mol/L=7.5 x 10-4mol/L ， u

50、 (NO)=7.5 X 10-4mol/L /2s=3.75 X 10-4 mol/(L ?)，根据速率之比和系数成正比 可知，前2s内的平均反响速率u (N2)=1/2 u (NO)= 1.875 X 10-4mol/(L; 综上所述，此题答案是： 1.875X10-4mol/(L ?s)。 4s以后，反响到达平衡状态，平衡后各物质浓度分别为：c(NO)=1x 10-4mol/L ,c(CO)=2.7X10-3 mol/L ， c(N2)=0.5X(10-1) X10-4 mol/L =4.5 X10-4mol/L， c(CO2)=(10-1)X10-4 mol/L =9 X10-4mol/

51、L， K=c2(CO2)c(N2)/c 2(CO)c2(NO)=(9X10-4)2X4.5X10-4/(1 X10-4)2X(2.7 X10-3 ) 2=5000；综上所述，此题答案是：5000。 该反响在催化剂存在时反响速率很快，所以反响一旦发生将在很短的时间内完成，但不能说明NO和CO混合后很不稳定，A项错误、B项正确；该反响的化 学平衡常数大，所以反响到达平衡时至少有一种反响物的百分含量较小，C项正确；该反响是一个熵减的放热反响，所以一定条件下能自发进行，D项正确；使用高效催化剂能大大加快化学反响速率，故E 项错误。综上所述，此题选 BCD。(3) 漂白粉有效成分为次氯酸钙，次氯酸根离子

52、具有氧化性，能够把CN氧化为 碳酸盐和氮气，该反响的离子方程式为2CN+5CIO+2OH+2CaT=2CaC以+N T+5Cl-+H2O；综上所述，此题答案是：2CN+5CIO+2OH+2CaT=2CaCOJ +N T +5Cl-+HQ Ni 2+到达排放标准时，c(S2-) x c(Ni 2+) < KNiS)，所以 c(S2-) > ©(NiS)-QiQ AC,c(Ni )mol/L=1.1 x 10-十(1.1 x 10- )mol/L=10 - mol/L，因为 Kp(CuS)远小于Ksp(NiS)，所以此时Cf肯定到达排放标准，那么需要控制溶液中S的浓度不低于1

53、0-16mol/L 。综上所述，此题答案是：1 0-16 。11(泰安市 2021 届高三上学期期末) 氮的氧化物是造成大气污染的主要物质。研究氮氧化物的反响机理对于消除环境污染有重要意义。(1) NO在空气中存在如下反响：2NO(g)+Q(g)垐0 2NO(g) H,上述反响分两步完成，其反响历程如以下图所示：答复以下问题： 写出反响I的热化学方程式。 反响I和反响U中，一个是快反响，会快速建立平衡状态，而另一个是慢反响。决定2N0(g)+Q(g)垐? 2NO(g)反响速率的是 (填“反响I 或“反响U)；对该反响体系升高温度，发现总反响速率反而变慢，其原因可能是(反响未使用催化剂)。(2)

54、 用活性炭复原法处理氮氧化物的有关反响为：C(s)+2NQ(g)垐?> N(g)+CQ2(g)。向恒容密闭容器中参加一定量的活性炭和NQ TC时，各物质起始浓度及10min和20min各物质平衡浓度如表所示:7、迟度/测小匚对间NOIco.0040000 100.0400,0300.030200.0320.0340,017| TC时，该反响的平衡常数为 (保存两位有效数字) 在10min时，假设只改变某一条件使平衡发生移动，20min时重新到达平衡,那么改变的条件是。在20min时，保持温度和容器体积不变再充入 NQ和2,使二者的浓度均增加至原来的两倍，此时反响V正v逆(填“、“ V或“二)。(3) NQ存在如下