2020-2021备战高考化学复习化学反应原理综合考查专项易错题含答案解析

1、2020-2021 备战高考化学复习化学反应原理综合考查专项易错题含答案解析一、化学反应原理综合考查1 德国化学家哈伯（F.Haber）从 1902 年开始研究由氮气和氢气直接合成氨。合成氨为解决世界的粮食问题作出了重要贡献。其原理为N2（g）+3H2（g）? 2NH3（g） H=-92.4kJ/mol（1） 若已知 H-H 键的键能为 436.0kJ/mol , N-H 的键能为 390.8kJ/mol，贝 U N N 的键能约为kJ/mol（2）合成氨反应不加催化剂很难发生，催化剂铁触媒加入后参与了反应降低了活化能。其能量原理如图所示，则加了催化剂后整个反应的速率由 _ 决定（填第一步反应

2、”或者 第二步反应”，）未使用催化剂时逆反应活化能 _正反应活化能（填大于”小于”或者 等于”）从平衡和速率角度考虑，工业生产采取20MPa 到 50MPa 的高压合成氨原因 _（4）一定温度下恒容容器中，以不同的 H2和 N2物质的量之比加入，平衡时 NH3体积分数如 图所示，则 H2转化率 a 点_b 点（填大于”小于”或者 等于”。若起始压强为 20MPa,则 b 点时体系的总压强约为 _MPa。（5）若该反应的正逆反应速率分别表示为v正=心g N2gc H2， v逆=K逆？NH3），则一定温度下，该反应 的平衡常数 K=_（用含 K正和 K逆的表达式表示），若 K正和 K逆都是温度的函

3、数，且随温度升高而升高，则图中c 和 d 分别表示 _和_随温度变化趋势（填 K正或者 K逆）。常温下，向 20mL 的 0.1mol/L 的盐酸中通入一定量氨气反应后溶液呈中性（假设溶液体积变化忽略不计）则所得溶液中 C（NH4+）=_【答案】944.4 第一步反应 大于 当压强低于 20MPa 时，反应速率慢，且反应转化率一-席令岸。*丄二Z123456H M狎瞳呻覺丈it低，压强过大于 50MPa 时，转化率提升不大，但对设备的要求高，生产成本高小于 19衡）=19MPa，故答案为：小于；19 ；32（5）平衡时，正反应速率 =逆反应速率，则有K正9（N2）9（H2）=K逆gc NH3，

4、平衡常K正数会减小，则 K逆大于 K正，c 代表 K正，d 代表 K逆，故答案为：一；K正；K逆;K逆（6）反应后溶液呈中性，溶液中 c（H+） =c （OH-）且由电荷守恒 c（ H+） +c（ NH4+） =c（OH-） +c（ C-），贝Vc（ NH4+） = c（ Cl-） =0.1mol/L，故答案为:0.1mol/L。K正K逆O.1mol/L【解析】【分析】【详解】（1 ）根据反应热的计算公式H = E（反应物的键能厂E（生成物的键能）=EN N3EH-H6EN-HEN N，可得ENN=944.4kJ/mol，故答案为：944.4；3 436.0kJ/mol6 390.8kJ/mo

5、l92.4kJ/mol（2 ）因为第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能，则催化剂后整个反应的速率由第步反应决定，由图可知未使用催化剂时逆反应活化能大于正反应活化能，故答案为：第步反应；大于;（3）根据工业上制备氨气的原理可知，当压强低于20MPa 时，反应速率慢，且反应转化率低，压强过大于 50MPa 时，转化率提升不大，但对设备的要求高，生产成本高，所以工业生产采取 20MPa 到 50MPa 的高压合成氨，故答案为：当压强低于20MPa 时，反应速率慢，且反应转化率低，压强过大于50MPa 时，转化率提升不大，但对设备的要求高，生产成本高；（4）当增大氢气的用量时，氮气的转化率升高，氢

6、气的转化率降低，则H2的转化率 a 点小于 b 点；根据图知b 点氨气的体积分数为5%,设氮气与氢气在恒容密闭容器中各投1mol，转化的氮气为N2+3H2? 2NH3起始量(mol) 1 转化量(mol) x平衡量(mol) 1-xxmol，则可列三段式为:103x 2x3-2x 2x2x则有=5%，2-2xP （平衡）P （始态）n（平衡）=2-2xn（始态厂 2=巳平衡，由此可数 K=c2NH3=K正c(N2)gc3(H2)= K逆该反应为放热反应, 温度升高时，平衡会逆向移动，平衡常2.氢气是一种清洁高效的新型能源，如何经济实用的制取氢气成为重要课题。（1）硫碘循环分解水是一种高效、环保

7、的制氢方法，其流程图如下：已知：反应 I： SQ(g) + I2(g) + 2H2O(l) = 2HI(aq) + H2SC4(aq)怙*213 kJ mol-1反应 II:H2SC4(aq) = SQ(g) + H2O(l) +1/2O2(g)AH2= +327 kJmol：1反应 III: 2HI(aq) = H2(g) + b(g)3= +172 kJmolAH则反应 2H2O(l) = 2H2(g)+O2(g)A H_。H2S 可用于高效制取氢气，发生的反应为2H2S(g)? S2(g) + 2H2(g)。I若起始时容器中只有H2S,平衡时三种物质的物质的量与裂解温度的关系如图:1图中

8、曲线 1 表示的物质是 _(填化学式)。2A 点时 H2S 的转化率为_。3C 点时，设容器内的总压为pPa,则平衡常数 Kp=_(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压 物质的量分数)。II若在两个等体积的恒容容器中分别加入2.0mol H2S I.Omol H2S,测得不同温度下 H2S 的平衡转化率如图所示：(1)利用盖斯定律进行反应2H2O(l) = 2H2(g)+O2(g)出的计算;(2)I.由反应方程式 2H2S(g)S2(g)+2H2(g)可知，若起始时容器中只有H2S,平衡时 9 的M、N 两点容器内的压强【答案】+ 572kJmo1S【解析】【分析】”或“=”下同)；P(N)

9、，平衡常数 K(M).K(N)。50% p Pa 1200 MMIfidfiBo1物质的量为 H2的一，则曲线 I 表示的物质是 3，曲线 m 表示的物质是 H2S,曲线 n 表示的2物质是 H2,据此分析解答；H仮应 2H2S(g) S2(g)+2H2(g)中，H2S 的物质的量增加，其平衡转化率反而减小，即点和 0 点分别所在的曲线代表H2S 的起始量为 O.lmol 和 0.2mol，据此解答;【详解】(1)根据盖斯定律， 反应(I+n+m)X可得到反应 2H2O(I) = 2H2(g)+Q(g),其AH=2(屈什出2+出3)=2X(172+327-213)=+572kdol-1,故答案

10、为：+572kJmol-1;I由反应方程式 2H2S(g) Q(g)+2H2(g)可知，若起始时容器中只有H2S,平衡时 91的物质的量为 H2的，则曲线 I 表示的物质是 屯故答案为：9；22根据图像，A 点时，硫化氢和氢气的物质的量相等，根据2H2S(g)S2(g)+2H2(g),说明反应的硫化氢与剩余的硫化氢相等，H2S 的转化率为 50%，故答案为：50%;3根据 A 点可知，起始时硫化氢为20mol , B 点时，硫化氢与 S2的物质的量相等，设分解的硫化氢为 x,贝 V 20-x=，解得 x=40mol，容器中含有 H2S-2-0mol, S2-20mol,233340111H2m

11、ol，物质的量分数分别为 一，平衡常数3442(2p Pa)2(；p Pa)如鼻4=p Pa,故答案为：p Pa；(4p Pa)24n反应 2H2S(g)=9(g)+2H2(g)中，H2S 的物质的量增加，其平衡转化率反而减小，即M 点和 O 点分别所在的曲线代表H2S 的起始量为 0.1mol 和 0.2mol，恒容容器中，M 点的浓度小于 O 点，则逆反应速率 v(M) v(O)，故答案为：;由图像可知，H2S 的转化率均为 45%，S2g可列三段式有+2H2g2H2S g垐 0起始 mol200转化mol0.90.450.9平衡mol1.10.450.9n(总)N=1.1+0.45+0.

12、9=2.45mol2H2S g垐 0 S2g+2H2g起始 mol100转化 mol0.450.2250.45平衡mol0.550.2250.45n(总)M=0.55+0.45+0.225=1.225mol答案为：;。2n(总)M= n(总)M，又图像可知TMTN，由 PV=nRT 可得,2P(M)c【答案】-164.4 4 火 Limol-1a 20.93 6.62 ACD 反应 i 和反应 ii 为竞争反应，甲醇浓 度增大，促进了甲醇和三氧化硫反应，抑制了三氧化硫和水的反应，硫酸的浓度减小水的浓度越大，甲醇和三氧化硫碰撞几率越小，生成CHOSOH 越小，c(CH30SOH)越小【解析】【分

13、析】图形很陌生，但仔细观察发现其实是反应历程与能量变化图，问题就变简单了。(4)反应 i 和反应 ii 为竞争反应，两个反应都消耗三氧化硫，三氧化硫浓度不变的情况下，一个反应程度增大另一个反应程度一定减小。【详解】1(1)反应 i：SO3(g)+H2O(g)=H2SO4(1)H1227.8kJ mol1反应 ii：CH3OH(g)+SO3(g)=CH3OSO3H(g)H2-63.4kJ mol-反应 i-反应 ii 有：CH3OSO3H(g) H2O(g) CH3OH(g) H2SO4(1)，所以H=H1-H2=(227.8kJ mol1)-(-63.4kJ mol-1)=-164.4kJ m

14、ol-1，故答案为：-164.4；(2)SO3转化率为 0.04%,贝 y SO3转化值=2 10-9mol L-1X0.04%=8x-1fmol L-1,列三段式如-138 10-13-13100000 10 20000 10(3) a 处的两个分子能量更低，更稳定，分子间静电作用更强，故答案为：a;2无水时，反应 ii 的最高能垒为 19.59eV-(-1.34eV)=20.93eV，有水时，反应 ii 的最高能垒为3.66eV-(-2.96eV)=6.62eV， 即水将反应ii的最高能垒由20.93eV降为6.62eV,故答案为： 20.93 ； 6.62 ；3由图可知，水分子中的氢氧键

15、断了一根，又形成一根；CfOH 中的氢氧键断了， O 和 S原子重新形成一根键；SQ 中硫氧双键断了一根，变成硫氧单键，S 和甲醇中的 O 重新形成一根单键，综上所述，水中的氢氧键、甲醇中的氢氧键、三氧化硫中的硫氧键都发生了断裂，ACD 符合，故答案为：ACD;(4) 反应 i 和反应 ii 都消耗三氧化硫，为竞争反应，甲醇浓度增大，促进了甲醇和三氧化硫反应，抑制了三氧化硫和水的反应，硫酸的浓度减小，故答案为：反应i 和反应 ii 为竞争反应，甲醇浓度增大，促进了甲醇和三氧化硫反应，抑制了三氧化硫和水的反应，硫酸 的浓度减小；水的浓度越大，甲醇和三氧化硫碰撞几率越小，生成CfOSQH 减小，c

16、(CHOSQH)减小，故答案为：水的浓度越大，甲醇和三氧化硫碰撞几率越小，生成CHsOSQH 越少，c(CHOSOH)越小。【点睛】CH3OH+SO3(g)=CH3OSO3H起始浓度/mol L-11 10-82 10-90卜：变化浓度/mol L-18 10-138 10-138 10-13平衡浓度/mol L-1(100000-8) 1013(20000-8) 10-138 10-138-13-110 mol LK=-13-1-13-1(100000-8)10 mol L (20000-8)10 mol Lmol1=4X111 mol-1，故答案为:4X10Lmol-1；计算时作如下近似处

17、理：(100000-8) 10-13mol L-1 100000 x-1(0nol L-1=10-8molL-1(20000-8)10-13molL-1-20000 10-13molL-1210-9mol L-1。4.磷酸是重要的化学试剂和工业原料。请回答下列问题:(1)已知：25C时，磷酸和氢氟酸的电离常数如下表所示。物质H3PO4HF电离常数Ka1=7.1X130Ka2=6.3X1 务Ka3=4.2X110Ka=6.6X10向 NaF 溶液中滴加少量 H3PO4溶液，反应的离子方程式为 _已知：I.CaO(s)+H2S04(l)=CaSQ(s)+H2O(l)AH=-271kJmol-1n.

18、5CaO(s)+3H3PO4(l)+HF(g)= Cas(PO4)3F(s)+5H2O(l)AH=-937kJ mol-1则：工业上用 Cas(PO4)3F 和硫酸反应制备磷酸的热化学方程式为 _一定条件下，在密闭容器中只发生反应n,达到平衡后缩小容器容积，_(填增大”减小”或不变”，下同);HF 的平衡浓度_ 。工业上用磷尾矿制备 Cas(PO4)3F 时生成的副产物 CO 可用于制备 H2，原理为 CO(g)+HO(g)= CQ(g)+H2(g)AH1一定温度下，向 10L 密闭容器中充入 0.5mol CO 和 1mol H2O(g), 2min 达到平衡时，测得02min 内用 CO2

19、表示的反应速率 v(CC2)= 0.02mol L-1min-1。贝VCO 的平衡转化率a=;该反应的平衡常数 K=_。2在压强不变的密闭容器中发生上述反应，设起始的n(CO)= y, CO 的平衡体积分数(0)n(H2O)与温度(T)的关系如图所示。则：该反应的A0(填“”或二”，下同)。a1,理CaHFH2PO4 HPO42，所以向 NaF(1)根据电离平衡常数可知酸性有如下关系:溶液中滴加少量 H3PO4溶液，反应的离子方程式为为：H3PO4+F= HF+H2PO4；(2)已知：I.CaO(s) + H2SC4( I)CaSO( s) + H2O(I)AH=-271 kJ moln.5C

20、aO(s)+3H3PO4(|)+HF(g) Cas(PQ)3F(s)+5H2O( I)AH=-937 kJmol-1根据盖斯定律可知IX5-n即得到 Ca5( PO4)3F 和硫酸反应制备磷酸的热化学方程式为 Ca5( PO4)3F(s)+5H2SC4( I)3H3PQ( I)+HF( g)+5CaSO( s)AH=-418 kJ - mol1;反应n的正反应体积减小，所以达到平衡后缩小容器容积平衡向正反应方向移动，HF 的平衡转化率增大。由于温度不变，平衡常数不变，即K= c(HF)，因此 HF 的平衡浓度不变；(3) 测得 02 min 内用 CO2表示的反应速率 v(CQ)=0.02 m

21、ol L-1 min-1,所以生成 CQ 浓度是 0. 04moI/L,则CO g+ H2O g ? CO2g+ H2g起始浓度(mol/L) 0.050.1 00转化浓度(mol/L) 0.040.040.040.04平衡浓度(mol/L) 0.010.060.040.04因此 CO 的平衡转化率a004X100% 80%该反应的平衡常数 K=0.04 0.04=8；0.050.010.0635. CQ 催化加氢制甲醇， 是极具前景的温室气体资源化研究领域。 在某 醇的反应体系中，发生的主要反应有：噲 CH3OH(g)+H2O(g)i. CQ(g)+3H2(g)H1=-49. 4kJ mol

22、1CO 催化加氢制甲ii.CCb(g)+H2( g)垐?CO g)+ H2O(g)H2=+41.2kJ - mol-1iii.CO( g)+ 2H2( g)垐?CH3OH(g)H3(1 ) H3n(H2) : n ( CQ) =3: 1 充入 H2和 CQ。反应达kJ - mol1(2) 5MPa 时，往某密闭容器中按投料比到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。根据图像可知升高温度 CO 的体积分数增大，说明平衡向逆反应方向进行，所以该反应 的AHV0，由于相同温度下，y 越小，CO 的转化率越大，其平衡体积分数越小，所以av1。250C时，反应 ii 的平衡常数_1 (

23、填 “”“V”或“=”)。3下列措施中，无法提高甲醇产率的是_ (填标号)。A 加入适量 CO B 增大压强 C 循环利用原料气D 升高温度4如图中 X、Y 分别代表_(填化学式)。(3) 反应 i 可能的反应历程如下图所示。注：方框内包含微粒种类及数目、微粒的相对总能量(括号里的数字或字母，单位： eV)。其中，TS 表示过渡态、*表示吸附在催化剂上的微粒。1反应历程中，生成甲醇的决速步骤的反应方程式为 _。2相对总能量 E=_ (计算结果保留 2 位小数)。(已知：leV=1.6x10-22kJ)(4)_ 用电解法也可实现 CC2加氢制甲醇(稀硫酸作电解质溶液)。电解时，往电解池的 _ 极

24、通入氢气，阴极上的电极反应为。【答案】-90.6 温度改变时，反应 i 和反应 ii 平衡移动方向相反vD CO CfOHHCCCH*+ 2H2(g)= H2CCCH*+ 3/2H2-0. 51 阳 CQ+6e-+6H+=CH3OH+H2O【解析】【分析】【详解】(1) 已知：i.CO2(g)+3H2(g)噲QCH3OH(g)+H2O(g)H1=-49.4kJmol-1ii.CO?(g)+ H2( g)垐?CO( g)+ H2O( g)H2=+41.2kJmol1iii.Cq g)+2出(g)垐？CfOH(g)H3根据盖斯定律可知反应i- ii 可得反应 iii，所以 出=厶 H1- H2=-

25、49. 4kJ mol-41.2kJ/ mol=-90. 6kJ/ mol ；(2) H1v0,AH3v0,即生成甲醇的反应均为放热反应，所以温度升高平衡时甲醇的物质的量分数应减小， H2 0，生成 CO 的反应为吸热反应，所以随温度升高CO 平衡时的物质的量分数会变大，二者共同作用导致水蒸气减小幅度小于甲醇，所以Z 代表 H2O, Y代表 CfOH, X 代表 CO。1依据主要反应的化学方程式可知，反应i 消耗 CO2,反应 ii 逆向产生 CQ,最终体系内CO2的物质的量分数与上述两个反应进行的程度相关。由于H1V0 而厶 H2 0,根据勒夏特列原理，温度改变时，反应i 和反应 ii 平衡

26、移动方向相反，且平衡移动程度相近，导致体系内 CQ 的物质的量分数受温度的影响不大；c CO c H2O、,.、2反应 ii 平衡常数 K=-，该反应前后气体体积计量数之和不变，所以可以用c CO2c H2物质的量分数来代表浓度估算K 值，据图可知 250C时，CO2与 H2的物质的量分数大于 CO(2)联氨作火箭燃料的反应为：2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g)AH1和 H20 的物质的量分数，所以KV1;3A.加入适量 CO,促使反应 iii 平衡正向移动，产生更多的CH3OH,而反应 ii 平衡逆向移动，又可减少 C02转化为 CO,使更多的 CQ 通过反应 i

27、 转化为 CH3OH,故 CH3OH 产率提 高，A 项正确；B. 增大压强，有利于反应 i 和 iii 的平衡正向移动，而对反应ii 无影响，B 项正确；C.循环利用原料气能提高 CO2的转化率，使 CH3OH 的产率提高，C 项正确；D. 由图可知，升温，CH3OH 的物质的量分数下降，产率降低，D 项错误；综上所述选 D；4根据分析可知 X 代表 CO, Y 代表 CH3OH；（3）生成 CH3OH 的决速步骤，指反应历程中反应速率最慢的反应。速率快慢则由反应的 活化能决定，活化能越大，反应速率越慢。仔细观察并估算表中数据，找到活化能（过渡态与起始态能量差）最大的反应步骤为：HCOOHr

28、+2H2（g） =H2COOF*+3/2H2， Ea=-0. 18-（- 1.66） = 1.48eV；反应 i 的厶 H1= - 49. 4kJ/ mol，指的是 1mol CH3OH（ g）和 1molH20（g）的总能量与 1 molCQ（g）和 3mol H2（g）的总能量之差，而反应历程图中的 E 表示的是 1 个 CH3OH 分子和 1 个 H2O 分子的相对总能量与 1 个 CQ 分子和 3 个 H2分子的相对总能量之差（单位为 cV）， 且将起点的相对总能量设定为 0。所以，作如下换算即可求得相对总能量E:VH149.41.6 106.02 10231.6 10（4）因为电解过

29、程 CO2被还原为 CH3OH, H2应发生氧化反应，故氢气通入阳极附近溶液 中；而阴极上 CO2转化为 CH3OH,碳元素从+4 价降为-2 价，电解质溶液为硫酸，所以电极 方程式为：CQ+6e-+6H+=CH3OH+H2O。【点睛】解答第 3 题第 1 小问时要注意框图中最后一步并非产生CH3OH 分子从催化剂表面解吸附的过程。6.碳和氮的氢化物是广泛的化工原料，回答下列问题：（1 ）工业上合成氨的反应为 N2（g）+3H2（g）= 2NH3（g） H=-92.2kJ/mol，反应过程中能量变化如图 I 所示。2NH反应辻茏1氨分解：2NH3（g）= N2（g）+3H2（g）的活化能为 _

30、kJ/mol2合成氨时加入铁粉可以加快生成NH3的速率，在图 I 中画出加入铁粉后的能量变化曲线。_E= 一NA=-0.5仙；CH3OH 的过程，而是已经生成的已知：2O2(g)+N2(g)=N2O4(1) H2N2H4(1)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) H3上述热效应之间的关系式为AIHi=_ 。某新型火箭用液氧/煤油代替联氨/N2O4，这种替换可能的好处是(一条即可)。(3)天然气制氢气是工业上制氢气的主要方法之一，其主要反应如下：i.CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3Hz(g)-+2H=.4kJ/mol ,ii.CO(g)+ HO(g)= CO2(g)+H2(g)-4

31、1H=cJ/mol在一定温度下，2L 的密闭容器中加入 a molCH4和 2amolH2O 发生反应，t min 时反应达平衡，测得容器内 CObmol、CQcmol。回答下列问题：1下列可判断体系达到平衡状态的是 _ 。n(CO)、“A.CO 的体积分数不变B.容器内气体密度不变C. 3v(CH4)=v(H2) D.不再变化n(H2)20tmin 反应速率 v(CO2)=_ , CH 的的转化率为 _，反应ii的平衡常数 K=_ 0,则要 G=AH-SvZH1=+83kJ mol出2=-20kJ 4HCI(g)+ O2(g)2C(g)+ 2H2O (g)4 0.24 1 0.24P=2 0

32、.762 0.76P0=0.848p0；初始4100转化4 0.760.7620.762 0.76平衡4 0.240.2420.762 0.76进料浓度比 c ( HCI): c (02)过低时，02浓度较大，HCI 的转化率较高，但 C12和 02分离 能耗较高，生成成本提高；进料浓度比c( HCI)： c( O2)过高时，02浓度较低，导致 HCI的转化率减小；40.24 1 0.24 2 0.76 2 0.76/故答案为：大于； p=Po=O. 848po； CI2和 02分离能4 1耗较高、HCI 转化率较低；(3)生成 NaCIQ 的反应分两步进行：I.2CI0-=CI02-+CI,

33、n.CI02+CIO=CIQ-+CI,常温 下，反应n能快速进行，但氯气与 Na0H 溶液反应很难得到 NaCIQ，用碰撞理论解释其原 因：反应I的活化能高，活化分子百分数低，不利于 CI0向 CI0T 转化；故答案为：反应I的活化能高，活化分子百分数低，不利于CI0向 CI0T 转化；(4)电解 NaCIQ 水溶液可制备NaCICH，阳极发生氧化反应生成CI0T,阳极反应式：CIQ+ H20-2e=CI0T + 2H+O故答案为：CI03+ H20 - 2e=CI0T + 2H+O【点睛】本题考查化学平衡计算、 盖斯定律应用及电解原理等知识， 明确化学平衡及其影响为解答 关键， 难点(2)注

34、意掌握盖斯定律内容及三段式在化学平衡计算中的应用，试题侧重考查 学生的分析、理解能力及综合应用能力。& SQ 的含量是衡最大气污染的一个重要指标，工业上常采用催化还原法或吸收法处理SQ。利用催化还原 S02不仅可消除 SQ 污染，而且可得到有经济价值的单质So(1)在复合组分催化剂作用下，CH4可使 S02转化为 S,同时生成 CQ和 H20o己知 CH4和 S 的燃烧热(AH)分别为-890.3kJmol 和-297.2kJ/mol，贝 U CH4和 SQ 反应的热化学方程式为_O(2)用 H2还原 S02生成 S 的反应分两步完成，如图1 所示，该过程中相关物质的物质的量浓度随时间

35、的变化关系如图2 所示：1分析可知 X 为_(写化学式)，0t1时间段的温度为 _ , 0t1时间段用 so 表示的化学反应速率为 _O2总反应的化学方程式为 _O(3)焦炭催化还原 SQ 生成虫化学方程式为：2qs)+2SQ(g)= 9(g)+2CQ(g)，恒容容 器中，1mol/LSQ 与足量的焦炭反应，S02的转化率随温度的变化如图3 所示。(4)_ 工业上可用 Na2SO3溶液吸收法处理SQ,25C时用 1mo/L 的 NazSO 溶液吸收 SQ。当 溶液 pH=7 时，溶液中各离子浓度的大小关系为 。已知：H2SQ 的电离常数Ki=1. 3X10-2, K2=6. 2X10-8。【答

36、案】CH4(g)+2SO2(g)=CO2(g)+2S(s)+2H2O(l)H=-295. 9kJ/mol H2S 300C2X10-3/t1mol/( Lmin) 2H2+SO2 &2H2Ov36. 45mol/L c(Na+)c( HSO3-)Ac(SO3Z) c( H+)= c( OH)【解析】【分析】【详解】(1) CH4和 S 的燃烧热分别为 890. 3kJmol 和 297. 2kJ/ mol，可知热化学方程式：CH4( g)+ 202( g) = CQ( g)+ 2H2O( l) H=- 890. 3kJ/ mol， S( s)+ 02( g) = SQ( g) H=-2

37、97. 2kJ/ mol，根据盖斯定律，将-X2 可得 CH4(g)+2SQ( g)=CO2( g)+ 2S( s)+ 2H2O( l) H=-295. 9k/ mol，故答案为 CH4( g)+ 2SO2(g)=CO2( g)+ 2S( s)+ 2H2O( l) H=- 295. 9kJ mol;(2)根据图 1 可知，在 300C时，SQ 和 H2反应生成 H2S,在 100C到 200C时，H2S 和 SQ 反应生成S 和水，故 X 为 H2S;在图 2 中，0t1时间段 SQ 和 H2的浓度降低，H2S 的 浓度升高，故 0t1时间段温度为 300C;用 SC2表示的化学反应速率322

38、v=VC=-=X10-3mol/( L min)，故答案为 H2S；300C； X10-3tt1mint1t1mol/( L min);根据分析可知， SQ 和 H2最终反应生成 S 和水，故化学方程式为2H2+SQ= S+2H2O,故答案为 2H2+SO2 = S+2H2O;(3)根据图像可知，平衡后升高温度， SQ 的转化率降低， 即平衡左移，此反应为放热反应，即 Hv0,故答案为V；由于点 a 的二氧化硫的转化率为 90%故有：2C（s）+2SO2（g）? S2（g） +2g（g）起始浓度 （mol / L）100转化浓度 （mol / L）0.90.450.9平衡浓度 （mol / L

39、）0.10.450.9故平衡常数2c CO2c S20.920.45=36.45，故答案为K=兴-=236.45;c(4)Na2SC3溶液吸收 SO2生成 NaHSQ，离子方程式为 SQ2-+SQ+H2O= 2HSO3; 25C时用1mol/L 的 Na2SO3溶液吸收 SQ,当溶液 pH=7 时，溶液中的溶质为 NazSQ 和 NaHSO3,故2-+c(SO3)gc H-可知c(HSOj)2_c(S3)=0.62，故 c(HSQ_) c(SQ2_)，则有：c(Na+) c( HSC3_) c(SQ2_) C(HSO3)c( H+)= c(OH_)，故答案为 c( Na+) c( HSQ_)

40、c( SQ2_) c( H+)= c(OH_)。【点睛】本题考查盖斯定律的应用、 热化学方程式的书写和平衡常数的计算等， 注意利用三段式来 计算平衡常数。本题的易错点为(4)，正确判断 pH=7 时，溶液中的溶质为 Na2SQ 和NaHSQ 是解题的关键。9.生活污水中的氮和磷主要以铵盐和磷酸盐形式存在，可用电解法从溶液中去除。电解装 置如图：以铁作阴极、石墨作阳极，可进行除氮；翻转电源正负极，以铁作阳极、石墨作 阴极，可进行除磷。4s点流电楝*1石铁）1:、I.电解除氮(1)在碱性溶液中，NH3能直接在电极放电，转化为N2，相应的电极反应式为:(2)有 C_存在时，除氮原理如图 1 所示，主

41、要依靠有效氯(HCIO CIO)将 NH4+或 NH3氧化为N2。在不同 pH 条件下进行电解时，氮的去除率和水中有效氯浓度如图2 :c（Na+）最大，c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L,根据 K=6.2x10-8=1当 pH8 时，主要发生 HCIO 氧化 NH4+的反应，其离子方程式为： _2结合平衡移动原理解释，当pH8 时，CQ 发生歧化导致有效氯浓度下降，而氮的去除率却并未明显下降，可能的 原因是(答出一点即可)：_。II.电解除磷(3) 除磷的原理是利用 Fe2将 PO43-转化为 Fa(PO4)2沉淀。1用化学用语表示产生 Fe2*的主要过程：_。2如图为某含 Cr 污

42、水在氮磷联合脱除过程中溶液pH 的变化。推测在 20-40 min 时脱除的兀素是_ 。7-xy /5V1 1；1沖事9 4曲M加BO(4)测定污水磷含量的方法如下：取 100mL 污水，调节至合适pH 后用 AgNO3溶液使磷全部转化为 Ag3PO4沉淀。将沉淀过滤并洗涤后，用硝酸溶解，再使用NH4SCN 溶液滴定产生的 Ag+， 发生反应 Ag+sCN=AgSCNj， 共消耗 c mol/LNH4SCN 溶液 V mL。 则此污水中磷的 含量为mg/L(以磷元素计)。【答案】2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O 3HClO +2NH4+=3C+N2+3HzO+5H+随溶液 pH 降低

43、，c(H+) 增大，Cl2+ H2O?H+ C-+HClO 平衡逆向移动，溶液中c(HCIO 减小，使”日4+的氧化率下降 pH 升高有利于“出+转变为 NH3, NH3可直接在电极上放电而氧化(或 pH 升高有利于310cvNH4+转变为 NH3，且有利于 NH3逸出)FeEeFe 磷3【解析】【分析】石墨电极(1) 碱性溶液中，NH3转化为 N2，化合价降低得电子；(2) 当 pH8 时，有利于 NH4转变为 NH3, NH3可直接在电极上放 电而氧化，或有利于 NH3逸出；(3)除磷时，Fe 作阳极失电子；电解除氮，pH 会减小。电解除磷，pH 会增大；(4 )由关系式 P Ag3PO4

44、 3AgSCN3NH4SC N 解答。【详解】(1 )在碱性溶液中，NH3转化为 N2,化合价降低得电子，相应的电极反应式为2NH3- 6e+6OH-=N2+6H2O;(2)当 pH8 时，HCIO 将 NH4+氧化为 N2的离子方程式为 3HCIO + 2NH4+=3C +N2f + 3H2O+5H+；2当 pH8 时，CIO 发生歧化导致有效氯浓度下降，NH4+的氧化率下降，而氮的去除率却并未明显下降，可能的原因是 pH 升高有利于 NH4+转变为 NH3, NH3可直接在电极上放电而氧 化(或 pH升高有利于 NH4+转变为 NH3，且有利于 NH3逸出)；(3)除磷时，Fe 作阳极失电

45、子，产生 F*的主要过程为 Fe-2e-=F0;由图溶液 pH 的变化，在碱性溶液中，电解除氮时 2NH3N2+3H2，消耗 NH3, pH 会减 小。电解除磷，阳极电解铁，阴极电解氢离子，pH 会增大，20-40 min 时 pH 增大，则脱除的元素是磷；(4) 由关系式 PAgsPQ3AgSCN- 3NH4SCN 可知：n(P)mg/Lo【点睛】第( 4)问解题关键是找准所求量与标准液的关系，如PAg3PC43AgSCN- 3NH4SCN010.我国科学家结合实验与计算机模拟结果，研究了在铁掺杂W18O49 纳米反应器催化剂表面上实现常温低电位合成氨，获得较高的氨产量和法拉第效率。反应历程如图所示，其 中吸附在催化剂表面的物种用 *标注。11=一 n(NH4SCN =eV1033mol，则此污水中磷的含量为:eV103mol331g/ mol3,10 mg /g310eV-O-2-47W Lo 0F反应历程固氮酶。中间所用的交换膜应该为 (填 阳离子交换膜” ”)。相比现有工业合成氨，该方法的优点是：。(任(1)需要吸收能量最大的能垒(活化能)E=_ev,该步骤的化学方程式为(2)_对于合成氨反应 N2+3H