备战高考化学化学反应原理综合考查综合题汇编附答案解析

1、备战高考化学化学反应原理综合考查综合题汇编附答案解析一、化学反应原理综合考查1.甲醇与水蒸气重整制氢可直接用于燃料电池。回答下列问题：(1)已知甲醇分解反应： CH30H(g)? CO(g)+ 2H2(g) AH1 = + 90.64 kJ mol 1 ；水蒸气变换反应：CO(g)+ H2O(g)? CO2(g)+ H2(g) AH2=- 41.20 kJ mol 1°则 CH30H(g)+ H2O(g) ? CO2(g) + 3H2(g) * =kJ mol 1。(2)科学家通过密度泛函理论研究甲醇与水蒸气重整制氢反应机理时，得到甲醇在Pd(III)表面发生解离时四个路径与相对能量

2、的关系如图所示，其中附在Pd(III)表面的物种用*标注。此历程中活化能最小的反应方程式为 c在0.1MPa下，将总进料量为 1 mol且n(CWOH)： n(H2O)= 1 ： 1.3的混合气体充入一刚性 密闭容器中反应。实验测得水蒸气变换反应的速率随温度的升高明显下降，原因是平衡时，测得 CH30H的含量在给定温度范围内极小，H2、H2O(g)、CO CO2四种组分的含量与反应温度的关系如图所示，曲线b、c对应物质的化学式分别为 、(4)573.2K时，向一刚性密闭容器中充入5.00 MPa CH30H使其分解，t h后达平衡时H2的物质的量分数为60%,则t h内v(CH3OH)=MPa

3、 - h 1,其分压平衡常数 Kp = MPa2。【答案】+49.44 CH2O*+2H*=CHO*+3H* (或CH2O*=CHO*+H* )随温度升高，催化活性降低 CO H2O (g)375 168.75t【解析】 【分析】 【详解】(1)甲醇分解反应：CH30H(g) ? CO(g)+ 2H2(g) AH1 = + 90.64 kJ mol 1;水蒸气变换反应：CO(g)+ H2O(g)? CO2(g)+ H2(g) AH2= 41.20 kJmol 1。将 +，即可求出 CH30H(g)+H2O(g)? CQ(g)+3H2(g) AH3= =+90.64 kJmol 1+ (-41.

4、20 kJmol 1) =+49.44 kJmol 1,故答案为:+49.44；(2)活化能为反应物的总能量与过渡态能量之差，从图中可以看出，过渡态 3发生的反应 活化能最小。反应物为“C2O*+2H*"，产物为“CHO*+3H*故反应方程式为CH2O*+2H*=CHO*+3H* .因为2H*反应前后都吸附在催化剂表面，未参与反应，故反应实 质为 CH?O*=CHO*+H* ,故答案为：CH2O*+2H*=CHO*+3H* (或 CH2O*=CHO*+H* );(3)因为温度升高，反应速率应加快，而图中速率减小，显然不是温度的影响，只能为催 化剂的活性降低，故答案为：随温度升高，催化

5、活性降低；对于反应CO (g) +H2O (g) =CQ (g) +H2 (g) AHv0,其他条件不变时，升高温 度，平衡向左移动，即 C。H2O的含量均增大，CQ、H2的含量均减小。依据图中信息， 可初步得知，a、b曲线分别对应CQ或H2, c、d曲线则对应CO或H2O (g)。根据反应 方程式可知：该反应起始时，n(H2)>n(CQ)、n( H2O)> n(CQ,平衡时含量必然有 H2>CQ、H2O>CO,故a、b、c、d 曲线分别对应H2、CO2、H2O(g)、CO,曲线b、c对应物质的化学式分别为 CQ、H2O (g),故答案为：CC2、H2O (g)；(4)

6、假设CH30H的压强变化量为 x,列出三段式：CO (g) + 2H2(g)00x2xx2x3.75MPa 3.75CH30H (g) ?起始(MPa)5.0转化(MPa)x平衡(MPa)5.00-x2x 60 ,x=3.75Mpa, v (CH3OH) = MPa h 1; 5 2x 100th t22P CO p2 H23.75MPa 7.5MPa0Kp= =168.75 (MPa) 2,P CH3OH1.25MPa3 75一 故答案为： ；168.75 (MPa) 2。t【点睛】本题综合考查化学平衡问题，题目涉及化学平衡计算与影响因素、反应热计算等，侧重考查学生分析计算能力，注意盖斯定律

7、在反应热计算中应用，难点(4)列出三段式，理清平衡时各物质的量，是解题关键。2.以天然气为原料合成氨是现代合成氨工业发展的方向与趋势(一)天然气与氮气为原料，以固态质子交换膜为电解质，在低温常压下通过电解原理制 备氨气如图所示：写出在阴极表面发生的电极反应式： (二)天然气为原料合成氨技术简易流程如下：期近五 军工段转化主要发生的反应如下CH4 (g) + H2O (g)CO (g) +3H2 (g)AHi = 206 kJ - mol - 1A 出=-41 kJ mol 一也=-71.2 kJ - mol 一Afk = - 282 kJ - mol 一1CO (g) + H2O (g) 麻)

8、CQ (g) + H2 (g)二段转化主要发生的反应如下 ：2CH4 (g) + Q(g) 脩？ 2CO (g) +4H2 (g)2CO (g) +。2 (g) 脩 为 2CO2 (g)(1)已知 CO中不含 C=O, HH的键能为436 kJ - mol - 1, H O的键能为463kJ - mol - 1, C- H的键能为414 kJ - mol - 1,试计算C=O的键能。(2)实验室模拟一段转化过程，在8000c下，向体积为1L的恒容密闭反应器中，充入1mol的CH4与1mol的H2O,达到平衡时 CH4的转化率为40% n (H2)为1.4mol ,请计算 反应的平衡常数。(3)

9、下列说法正确的是 。A.合成氨过程实际选择的温度约为700C,温度过高或过低都会降低氨气平衡产率B.上述工业流程中压缩既能提高反应速率又能提高合成氨的产率C.二段转化释放的热量可为一段转化提供热源，实现能量充分利用D.二段转化过程中，需严格控制空气的进气量，否则会破坏合成气中的氢氮比(4)已知催化合成氨中催化剂的活性与催化剂的负载量、催化剂的比表面积和催化反应温度等因素有关，如图所示：实验表明相同温度下，负载量5%崔化剂活性最好，分析负载量9%T负载量1%寸，催化剂活性均下降的可能原因是 。在上图中用虚线作出负载量为3% 勺催化剂活性变化曲线 。【答案】N2+6H+6e- = 2NH3 799

10、. 5kJ - mol - 1 3. 5 BCD负载量1%寸，则负载量过低导致催化活性降低，负载量9%1载量虽高但催化剂的比表面积会降低而使催化活性降低1 1Ml.500 «00 71MM4 9M SUKEl 不修也与K度胃化策住,【解析】【分析】【详解】(一)与外电源负极相连的为电解池阴极，发生还原反应，装置中N2转化为NH3,所以阴极表面发生的电极反应：N2+6H+6e-=2NH3,故答案：N2+6H+6e- = 2NH3；(二)(1)根据盖斯定律可知将反应+得到：CH4(g)+2H2O(g尸CQ(g)+4H2(g) AH=165kJ/mol, AH=4E( C H)+4E(O-

11、 H)- 2E(C=O)- 4E( H-H)= 4 x 414kJ/mol+4x 463kJ/ mol- 2XE(C=O)- 4X436kJ/mol=165kJ/mol ,可得 E( C=O)=799. 5kJ mol,故答案为：799. 5kJ/ mol;(2)发生的反应为 CH( g)+ H2O( g)麻？ CO( g)+ 3H2( g)Am = 206 kJ - mol - 1CH4 g+H2O g?CO g+3H2 g起始(mol/L)1100变化(mol/L)0.40.40.41.2平衡(mol/L)0.60.60.41.2CO g + H2O g起始(mol/L)0.40.6变化(

12、mol/L) xxCO2 g+H2 g01.2x1.4 1.2x1.4解得x=0. 2mol/ L。反应的平衡常数K=0.2 1.4=3. 5,故答案：3.5;0.2 0.4平衡(mol/L) 0.4 x 0.6 x(3)A.合成氨的反应为放热过程，温度升高降低平衡转化率，故 A错误;B.压缩相当于加压，反应向气体分子数减少方向移动，加压有利于反应正向进行，所以上述工业流程中压缩既能提高反应速率又能提高合成氨的产率，故B正确；C. 一段过程主要为吸热过程，二段主要过程为放热过程，因此可以通过传热装置转化释放 的热量，可为一段反应转化提供热源，实现能量充分利用，故 C正确；D.二段过程中主要是有

13、 O2参加反应，可通过空气来提供反应所需要的。2,但需严格控制空气的进气量，否则会发生其余副反应，破坏合成气中的氢氮比，故 D正确；故答案为：B、C D；(4)负载量较低时，提供催化活性中心的活性位点不足，可能导致催化剂活性不够，负载量过高，催化剂的比表面积会降低，导致催化剂活性中心位点过于拥挤，可能导致空间坍塌影响催化活性，故答案为：负载量1%t则负载量过低导致催化活性降低 ，负载量9%1载量虽高但催化剂的比表面积会降低而使催化活性降低；负载量为3%、于负载量5%并且已知负载量1%寸活性低于5%1载量，负载量为 9%时高于负载量为1%勺催化剂活性，但1%勺负载量与9%勺负载量所体现的催化活性

14、及其接近，可推知低负载量对于催化剂活性的影响较之于高负载量对于催化剂活性的影响更大，则3%负载量的催化剂活性应介于 5%与9%之间的负载量之间的活性，所以作图为：SOO MO TOO 8M 900 温度不懵低与度时优苑咕住的学o黄衾建s*负童”soo mo too aoo mo Msec)3.甲醛(HCHQ俗称蚁醛，在化工、医药、I 甲醛的制备工业上利用甲醇脱氢法制备甲醛，己知：(1)该反应的能量变化如图甲所示，农药等方面有广泛的应用。CH3OH( g) ；=! HCHQ g)+ H2( g)AHH=kJ?mol-1。状态的标志有(填标号)。；在温恒容条件下，该反应达到平衡不屈也与4度修化策后

15、住a.混合气体的密度保持不变b.混合气体的总压强保持不变c. v( CH3OH)消耗=v( H2) 生成d.甲醛的浓度保持不变(3)选用Ag/SQZnO作催化剂，在400750c区间进行活性评价，图乙给出了甲醇转 化率与甲醛选择性(选择性越大，表示生成该物质越多)随反应温度的变化曲线。制备甲 醛的最佳反应温度为(填标号)，理由是。a. 400 c b. 650 c c. 700 c d. 750 cm90叫70MSO翱町和IQa(4) TC时，在2L恒容密闭容器中充入 1mo1甲醇，发生反应： CH30H(g)HCHQg)+H2(g)CH30H(g).二 CO(g)+2H2(g)平衡时甲醇为0

16、.2mol,甲醛为0.7mo1。则反应i的平衡常数 K=。II.甲醛的用途(5)将甲醛水溶液与硫酸馍(NiS04)溶液混合，可用于化学镀馍。反应过程中有C02产生，则该反应的离子方程式为 ：若收集到112mLCQ (标准状况)，理论上转移电子 mol。【答案】+84 升高温度 降低压强bd c此温度下甲醛的选择性和甲醇的转化率均较高1.575 HCHO+2Ni2+H2O=2Ni+CQT+4H+ 0.02【解析】【分析】【详解】(1)生成物和反应物之间的能量差为463kJ/mol-379kJ/mol=84kJ/mol ；(2)该反应是气体分子数增加的、吸热的可逆反应，因此根据勒夏特列原理，我们可

17、以采用升高温度、降低压强的方法来促进平衡正向移动，提高转化率；再来看平衡的标志：a.反应物和生成物都是气体，因此气体的密度是恒定不变的，a项错误；b.该反应前后气体分子数不等，因此当压强保持不变时，说明反应已达到平衡状态，b项正确；c.甲醇和氢气的化学计量数相同，因此无论何时都有v( CKOH)消耗=v( H2)生成，c项错误；d.当甲醛的浓度保持不变，说明其消耗速率和生成速率相同，即此时达到了平衡状态，d项正确； 答案选bd;(3)在700c时，甲醛选择性和甲醇转化率均较高，因此700c是最合适的温度，答案选c；(4)平衡时甲醇为 0.2mol,因此有0. 8mol甲醇被消耗，其中甲醛有 0

18、. 7mol,说明有0. 7mol甲醇发生了反应，有 0.1mol甲醇发生了反应，因此氢气一共有0.7mol+0.1mol 2=0.9mol,代入平衡常数的表达式有I, c(HCHO)c(H 2) 0.35mol/L 0.45mol/LK=1.575；c(CH3OH)0.1mol/L(5既然是镀馍，则馍被还原为单质，而甲醛被氧化为二氧化碳，因此反应的离子方程式为HCHO+2Ni +H2O=2Ni+CO2 +4H + ；甲醛中的碳可以按 0价处理，二氧化碳中的碳为+4价，因此每生成1个二氧化碳分子需要转移 4个电子，而112mL二氧化碳的物质的口，0.112L,量为=0.005mol ,因此一共

19、要转移 0. 02mol电子。22.4L/mol【点睛】对于任意一个氧化还原反应，总有氧化剂得电子数=还原剂失电子数=转移的总电子数，因此只需求出最好求的那一项，另外两项就迎刃而解了。4. 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CO催化加氢制甲醇的反应体系中，发生的主要反应有：i. CO2(g)+3H2(g) 帝? CH30H(g)+H2O(g)H1=-49. 4kJ- mol-1ii . CO2( g)+ H2( g) 麻？? CO g)+ H2O( g)AH2=+41.2kJ - mol-1111. CO( g)+ 2H2( g)麻？ CH3OH( g)AH3(1)

20、H3 kJ. mol-1(2) 5MPa时，往某密闭容器中按投料比n (H2) : n ( CO2) =3： 1充入H2和CQ。反应达到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。金余闻£M事体系中CQ的物质的量分数受温度的影响不大，原因是 。250c时，反应ii的平衡常数 1 (填“V”或“=”)。下列措施中，无法提高甲醇产率的是(填标号)。A加入适量COB增大压强 C循环利用原料气D升高温度如图中X、丫分别代表 (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、

21、*表示吸附在催化剂上的微粒。反应历程中，生成甲醇的决速步骤的反应方程式为 。相对总能量E= (计算结果保留2位小数)。(已知：leV=1.6X 10-22kj)(4)用电解法也可实现 CO2加氢制甲醇(稀硫酸作电解质溶液)。电解时，往电解池的 极通入氢气，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v D CO CH30HHCOOH*+2H2(g尸 H2COOhf+3/2H2 -0. 51 阳 C02+6e+6H+=CH30H+H20【解析】【分析】【详解】(1)已知：i.CO2(g)+3H2(g) 璃？ CH30H(g)+H2O(g)Hi=-49.4k

22、J- mol-1ii . CO2( g)+ H2( g)脩？ CO g)+ H2O( g)AH2=+41.2kJ - mol-1iii. CO( g)+ 2H2( g)脩殳 CH3OH( g)AH3根据盖斯定律可知反应i-ii可得反应iii,所以 %= H1-H2=-49. 4kJ mol-41.2kJ/mol=-90.6kJ/mol;(2) H1<0, H3V0,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,

23、 Y 代表CH3OH, X代表CO。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CC2,最终体系内 CQ的物质的量分数与上述两个反应进行的程度相关。由于H1 v 0而4 H2> 0,根据勒夏特列原理，温度改变时，反应 i和反应ii平衡移动方向相反，且平衡移动程度相近，导致体 系内C6的物质的量分数受温度的影响不大；c CO c H2O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 CO2 c 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和叱。的物质的量分数，所以 KV 1;A.加入适量CO,促使反

24、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 CO2转化为CO,使更多的CO2通过反应i转化为CH3OH,故CH30H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 C02的转化率，使 CH30H的产率提高，C项正确；D.由图可知，升温，CH30H的物质的量分数下降，产率降低，D项错误；综上所述选D;根据分析可知 X代表CO, 丫代表CHOH;(3)生成CH30H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

25、据，找到活化能(过渡态与起始态能量差)最大的反应步骤为：HCOOH*+2H2(g尸H2COOH+3/2H2, Ea=-0. 18-(- 1.66)= 1.48 eV；反应i的4曰=-49.4kJ/mol,指的是1mol CH30H( g)和ImolH 2O(g)的总能量与 1 mol C02(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CH30H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:VH149.4E= . , c , c 2223_Na

26、 1.6 106.02 1023 1.6 10五二-0. 51eV；(4)因为电解过程 CC2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：CC2+6e-+6H+=CH3OH+H2Oo【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CH3CH的过程，而是已经生成的CH3CH分子从催化剂表面解吸附的过程。5.利用碳和水蒸气制备水煤气的核心反应为：C(s)+ H2C(g)?H2(g) + CC(g)(1)已知碳(石墨)、H2、CC 的燃烧热分别为 393.5kJmol 1、2

27、85.8kJmol 1、283kJ mol1,又 知 H2C(l)=H2C(g) AH= + 44kJ mol1,则 C(s)+ H20(g)?C0(g)+ H2(g) A H=。(2)在某温度下，在体积为 1L的恒容密闭刚性容器中加入足量活性炭，并充入 1mol H2C(g) 发生上述反应，反应时间与容器内气体总压强的数据如表：时间/min010203040总压强/100kPa1.01.21.31.41.4 平衡时，容器中气体总物质的量为 mol, H2C的转化率为 。 该温度下反应的平衡分压常数Kp=kPa(结果彳留2位有效数字)。(3)保持25C、体积恒定的1L容器中投入足量活性炭和相关

28、气体，发生可逆反应C+H2C(g)?CC+ H2并已建立平衡，在 40 min时再充入一定量 H2, 50min时再次达到平衡，反 应过程中各物质的浓度随时间变化如图所示：电 板A熔附NaNa .二固体 电解质 (A1.OJNa' 熔融 S+tlNa,St二 Na-电 极B放电时，电极 A为 极，S发生 反应(填“氧化”或“还原”)。40min时，再充入的 H2的物质的量为 mol。4050 min内H2的平均反应速率为 mol L_-1 min 1。(4)新型的钠硫电池以熔融金属钠、熔融硫和多硫化钠(N&S)分别作为两个电极的反应物,固体AI2O3陶瓷(可传导Na卡)为电解质

29、，其原理如图所示：用电器或业源 充电时，总反应为 Na2S=2Na+S(3<x<5), Na所在电极与直流电源 极相连，阳极的电极反应式为。【答案】+ 131.3 kJm ol 1 1.4 40% 27 6 0.1 负还原负 S2-2e-=S【解析】【分析】【详解】(1)已知碳(石墨)、H2、CO 的燃烧热分别为 393.5kJmo1、285.8kJ mol -1、283kJmol 1,则 C(s)+ 02(g) =CC2(g) AH= 393.5kJm ol 1三1一O2(g)+H2(g)=H2O(|) AH= 285.8kJ mol 121一 CO(g)+ O2(g)=CO2(

30、g) AH= 283kJ mol 1 2H 2O(l)=H2O(g) AH= + 44kJ mol 1根据盖斯定律可知 一一一即得到C(s)+ H20(g)? CO(g)+ H2(g) AH= + 131.3.I 一 I 1 kJ m ol。(2)根据方程式可知CH2O ?H2+ CO起始里(mol)100转化量(mol)xxx平衡量(mol)1 xxx压强之比是物质白量之比，则 (1 x+x+x):1= 1.4:1 ,解得x=0.4；根据以上分析可知平衡时，容器中气体总物质的量为1.4mol, H2O的转化率为40%。该温度下反应的平衡分压常数Kp=0.40.4140140 -1.41.41

31、40 061.427kPa(3)设50min时H2的物质的量为x mol,温度不变平衡常数不变，由于容积是1L,则根据3 2x1图像可知平衡常数 K=1解得x=8，由于CO的变化量是1mol,所以40min时再充入的 H2的物质的量为 8mol+1mol 3mol = 6mol。由于氢气的变化量是1mol ,所以4050 min内H2的平均反应速率为1mol/L10min0.1mol L-1 min 1。(4)放电时钠失去电子，则电极 A为负极，电极B是正极，则S发生还原反应。 放电时钠失去电子，则电极 A为负极，充电时，Na所在电极是阴极，与直流电源负极相连；阳极发生失去电子的氧化反应，则根

32、据总反应为Na2&=2Na+Sx(3vxv5)可知，阳极电极反应式为S2-2e-=S。6.碳酸亚铁(FeCQ)是菱铁矿的主要成分，将其隔绝空气加热到200 C开始分解为FeO和CC2,若将其在空气中高温煨烧则生成FG2O3o(1)已知 25 C、101 kPa 时:C (s) +C2 (g) =CC2 (g)AH= 393 kJ mol 1铁及其化合物反应的始变示意图如图：- - - /+2C (h) +3£)2 Qj)=1- - - - 4FV (h) +(g)Ml2FK1O 例 请写出FeCQ在空气中煨烧生成 Fe2O3的热化学方程式：。 (2)据报道，一定条件下Fe2O

33、3可被甲烷还原为 纳米级”的金属铁。其化学方程式为FbO3 (s) + 3CH4 (g)脩? 2Fe (s) + 3CO (g) + 6H2 (g)AH反应在3 L的密闭容器中进行，2 min后达到平衡，测得 Fe2O3在反应中质量减少 4.8 g, 则该段时间内用 H2表示该反应的平均反应速率为 。将一定量的Fe2O3 (s)和CH4 (g)置于恒温恒容密闭容器中，在一定条件下反应，能说明反应达到平衡状态的是 。A CO和H2的物质的量之比为 1 : 2B混合气体的密度不再改变C铁的物质的量不再改变D v正(CO) =2v 逆(IH2)在容积均为VL的I、n、出三个相同的密闭容器中加入足量纳

34、米级”的金属铁，然后分别充入a mol CO和2a mol H2,三个容器的反应温度分别为、T2、T3且恒定不变，在其他条件相同的情况下，实验测得反应均进行到t min时，CO的体积分数如图所示，此时I、n、出三个容器中一定处于化学平衡状态的是 ;上述反应的 AH 0(填大于"或小于”)。口门72巧r/r(3) Fe2O3用CO还原焙烧的过程中，反应物、生成物和温度之间的关系如图所示。100H+Y5 屯>1OM 阑RO卸(图中I、n、出、IV四条曲线是四个化学反应平衡时的气相组成对温度作图得到的；A、B、C D四个区域分别是 Fe2O3、Fe3O4、FeO、Fe稳定存在的区域)

35、若在800 C,混合气体中CC2体积分数为40%的条件下，Fe2O3用CO还原焙烧，写出反应 的化学方程式：。(4) F&O3还可以用来制备 FeC3,通过控制条件 FeC3可生成聚合物，其离子方程式为xFe3+ + yH20W ? Fex (OH)工* '+y1。下列措施不能使平衡正向移动的是 (填字母)。A加水稀释B加入少量铁粉C升温 D加入少量Na2CO3【答案】4FeCQ (s) + O2 (g) =2Fe?O3 (s) + 4CO2 (g) AH= 260 kJmol1 0.03 mol Ld d800 c1 min 1 BC m 大于 FeO3+ CO2FeO+ C

36、Q B【解析】【分析】(1)图1分析书写热化学方程式，结合C (s) +6 (g) =CQ (g) H=-393kJ?mol-1和盖斯定律计算得到 FeCQ在空气中煨烧生成 F&O3的热化学方程式；(2)2min后达到平衡，测得 F及O3在反应中质量减少 4.8g,依据化学方程式反应前后 质量变化计算生成氢气的物质的量，根据反应速率概念计算得到氢气的反应速率； 反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分浓度保持不变，据此分析；2Fe (s) +3CO (g) +6H2 (g) Fe2O3 (s) +3CH4 (g),根据图 2 中 I、n、出图象，co百分含量，由小到大，n<

37、i<m,结合化学平衡移动分析解答；根据温度对平衡的影响来判断，升高温度平衡逆向移动，CO的转化率减小，据此判断Fe2O3 (s) +3CH (g)2Fe (s) +3CO (g) +6H2 (g) AH 大小；(3) 800c时，混合气体中 CO2体积分数为40%时，图象分析可知 Fe2O3用CO还原得到氧 化亚铁和一氧化碳；(4) A.加水稀释，则水解平衡正向移动；B.固体不能影响化学平衡；C.控制条件使平衡正向移动，水解为吸热反应，所以升温平衡正向移动；D.加入碳酸钠，则消耗氢离子，平衡正向移动。【详解】(1)由铁及其化合物反应的始变示意图可推知4Fe (s) + 3O2 (g) =

38、2Fe203 AH1 =-1648 kJ mol-12FeCO3 (s) =2Fe (s) + 2C (s) + 302 (g) A心=+1480 kJ mol-1C (s) +O2 (g) =C02 (g)AH3=- 393 kJmol-1则在空气中煨烧 FeCQ 生成 Fe2O3 的烙变 AH= 2X A21+ AB + 4X A3 2X 1480 kchol；1+ (1648 kJmol-1) + 4X (-393 kJmol-1) = -260 kJmol-1,则热化学方程式为 4FeCO + O2 (g) =2Fe2O3 (s) + 4C02 (g) AH= -260 kJmol-1

39、；故答案为：4FeCQ (s) +O2 (g) =2Fe2O3 (s) + 4C02 (g) AH= -260 kJmol-1;4.8g(2)测得Fe2O3在反应中减少的质量为 4.8 g,则反应的n ( Fe2O3) = 160g/mol =。3 mol,根据反应方程式得 n (H2) =6n (Fe2O3) =6X0.03 mot 0.18 mol,则用H2表示的反 应速率为 v (H2)= 0.18mol =0.03 mol L-1 min-1;3L 2min故答案为：0.03 mol L-1 min-1;A.因为反应开始时，无 CO和H2,随着反应的进行，CO和H2的物质的量之比一直为

40、1：2,不能说明反应达到平衡状态，故 A错误；B.该反应有固体参加，反应前后气体的质量有变化，又因为容器恒容，所以当混合气体的密度不变时，反应达到平衡状态，故 B正确；C.铁为反应物，当其质量不再改变时，反应达到平衡状态，故 C正确；D.当2v正(C。)= v逆(h2)时，反应达到平衡状态，故 D错误；综上所述，答案为 BC；由题图可知，Ti中的状态转变为T2中的状态，CO的体积分数减小，说明反应正向进行，所以状态I未达到平衡状态；丁2中的状态转变为T3中的状态，CO的体积分数增加，说明反应逆向移动，说明H可能达到平衡状态，一定达到平衡状态的是状态出；丁3时温度最高，CO的体积分数增大，所以

41、2Fe(s)+ 3CO(g)+ 6H2(g)=Fe2O3(s) + 3CH4(g)的正反应为放热反应，则逆反应的AH大于0,故答案为：出；大于；(3) 800c时，混合气体中二氧化碳的体积分数为40%时，由图可知，在 C区，此时为氧化亚铁的稳定区域，所以产物为氧化亚铁，Fe2O3用CO还原焙烧得到氧化亚铁和二氧化,800 c800 c碳，反应的万程式为：Fe2O3+ CO-2FeO+ CC2,故答案为：F及O3+CO-2FeO+CQ；(4) A.水为反应物，加水稀释平衡会正向移动，故 A正确；B.加入铁粉，反应物 Fe3+的量减少，平衡会向逆向移动，故B错误；C.该反应为吸热反应，所以升高温度

42、，平衡会正向移动，故C正确；D.加入少量Na2CO3,碳酸钠会消耗氢离子，使氢离子的浓度减小，平衡正向移动，故 D正 确； 综上所述，答案为 B。7. I.亚硫酸钠的氧化反应 ：2Na2SQ ( aq) + O2(aq)= 2Na2SO4( aq)?H=x kJ mol。其反应速率受溶解氧浓度影响，分为富氧区和贫氧区两个阶段。(1)已知02(g) ? O2(aq)?H=y kJ mol, Na2SO3溶液与O2( g)反应的热化学方程式为(2) 291.5 K时，1.0 L溶液中Na2SQ初始量分别为4、6、8、12 mmol,溶解氧浓度初始 值为9.60 mg/L,每5 s记录溶解氧浓度，实

43、验结果如图所示。当N&SQ初始量为12 mmol,经过20 s溶解氧浓度降为 6. 40 mg/ L,则020s内NmSQ的平均反应速率为mol /( L . s)。(3)为确定贫氧区速率方程v=k - cSQ2-) cb(O2)中的a、b的值(取整数)，分析实验数据。c(Na2SQ) X1033.655. 657. 6511.65vx 10610. 224. 444. 7103. 6当溶解氧浓度为4.0 mg/L时，a SO32-)与速率数值关系如表(甲)所示，则a=。当溶解氧浓度小于 4. 0mg/ L时,图中曲线皆为直线，Na2SQ氧化速率与溶解氧浓度无关 贝U b=。k1(4)

44、两个阶段不同温度的速率常数之比如表(乙)所不。已知ln =Ea,11、 一R (T-T)，R为吊11211Kp=(分压=总压x物质的量分数)(写单位)。k2反应阶段速率方程k(297.0 K) k(291.5K)富氧区v=k - c ( SO32) c ( O2)1. 47贫氧区v=k - ca ( SO32-) - cb( O2)2. 59数。Ea(富氧区)(填或“v”) Ea(贫氧区)。II. (5)在容积固定的密闭容器中，起始充入0.2 mol SQ和0.1 mol O2,反应体系起始总 压弓II 0. 1MPa。反应在一定温度下达到平衡时 SQ的转化率为90%该反应的压强平衡常数(6)

45、利用原电池原理，也可用SQ和O2来制备硫酸，该电池用多孔材料作电极。请写出该电池负极反应式【答案】2Na2SQ(aq) + O2(g)= 2Na2S04(aq)224300MPa 1 SO2 2e 2H 2O SO4?H=(x+y) kJ mol 1 x 10-5 2 0 <4H +?H=x kJ mol ;(1) 2Na2SO3(aq) + O2 ( aq)= 2NazSQ( aq)02(g) ? O2(aq) ?H=y kJ mol ；将方程式 + 得 2Na2SO3 ( aq) + O2 ( g)= 2Na2SO4( aq) ?H=(x+y) kJ/mol ；(2) 020s 内溶

46、解氧浓度变化量 =(9.60-6. 40) mg/L=3.20mg/L=3.20X10-3g/L,贝U3.3.20 10 g/L-“ c(O2)= = 10 4mol/L,根据方程式得 c(Na2SQ)=24c(O2)=2X 1032g/mol44mol/L, 0 20s 内 Na2SO3 的平均反应速率 v= 2一0 mo = 1X 10-5mol ?L1?s-1 ； 20s(3)当溶解氧浓度为4.0mg/L时，c( SQ2-)与速率数值关系如表(甲)所示，w ：v2=c1a(SQ2-) ： Qa(SO2-), 型=565_,解得 a=2；10.2 3.65ak为常当溶解氧浓度小于 4. 0

47、mg?L-1时，图中曲线皆为直线，说明该方程为一次函数, 数，v与c(SQ2-)有关，溶解氧浓度对 v无影响，所以b=0;K1K1(4) ln随着Ea的增大而增大，富氧区的ln 较小，故 国富氧区)v Ea(贫氧区)；K2K22SO2+O2?2SO3开始 0.20.10(5)珏/fz转化 0.180.090.18平衡 0.020.010.18设平衡时的总压强P,03-0.21,P=0.07 MPa0.1P2Kp=20.07MPa ”20.210.07MPa 0180.210.07Mpa 瑞24300MPa-1；SQ失电子生成硫酸根离子，反应(6) SQ和O2来制备硫酸,的离子方程式是SO2 2

48、e硫元素化合价升高，负极为2H2O SO42 4H+。8. I .含氮化合物在工农业生产中都有重要应用。(1)氨和肿(N2H4)是两种最常见的氮氢化物。己知：4NH3(g) + 302(g) ?2N2(g)+6H2O(g) A Hi=541.8kJ/mol ,化学平衡常数为 Ki。N2H4(g) + 02(g)? N2(g)+2H2O(g) Af2=-534kJ/mol,化学平衡常数为 K2。则用 NH3 和 O2制取N2H4的热化学方程式为 ,该反应的化学平衡常数K=(用K1、K2表不)。(2)对于2NO(g) + 2CO( g) ? N2( g) + 2CO2( g),在一定温度下，于1L

49、的恒容密闭容器中充入 0.1molNO和0.3molCO,反应开始进行。下列能说明该反应已经达到平衡状态的是 (填字母代号)。A. c( CO)= c( CO2)B.容器中混合气体的密度不变C. v( N2)正=2v(NO)逆D.容器中混合气体的平均摩尔质量不变图为容器内的压强(P)与起始压强(P0)的比值(P/ P0)随时间(t)的变化曲线。05min内， 该反应的平均反应速率 v(N2)= ,平衡时 NO的转化率为 。(已知气体的压强比等于其物质的量之比)(3)使用间接电化学法可处理燃煤烟气中的NO,装置如图所示。已知电解池的阴极室中溶液的pH在47之间，写出阴极的电极反应式 。n.采用氨

50、水吸收烟气中的SQ若氨水与SC2恰好完全反应生成正盐，则此时溶液呈 性(填“酸”或“碱”)。常温下弱电解质的电离平衡常数如下：氨水：Kb=1. 8x 10-5mol?L- 1； H2SO3 :Kai=1. 3X 10-2mol?L- 1, K&=6. 3X 10-8mol?L- 1K1【答案】4N%(g)+O2(g) ?2N2H4(g)+2H2O(g) H=+526. 2kJ/mol - DK20.006mol/( L?min) 80% 2HSQ-+2e-+2H+=0042-+2也0 碱 【解析】 【分析】I.( 1)根据盖斯定律分析解答；(2)根据平衡状态的标志和特征结合方程式分析判

51、断； 根据三段式，结合气体的压强比等于其物质的量之比计算解答；(3)结合图象，找出阴极的反应物、生成物，联系电极反应式书写；n .先计算俊根离子与亚硫酸根的水解平衡常数，再进行判断。 【详解】I.( 1)4NH3(g) + 3O2(g)?2N2(g)+6H2O(g)A Hi=541.8kJ mol, N2H4( g) +O2(g)?N2(g)+2H2O(g)A出=534kJ/mol,根据盖斯定律，反应 -反应X 2即可消去N2,从而得到NH3和O2制取N2H4(g)的热化学方程式：4NH3(g)+O2(g) ?2N2H4(g)+2H2O(g) AH =AHi-AH2X 2 =- 541.8kJ

52、/mol+534kJ/mol X 2 = 526.2kjmol,贝 UKiKiK= 77,故答案为：4NH3( g)+O2( g) ?2N2H4(g)+2H2O(g) H=+526.2kJ/mol; 二；K 2K 2(2)对于 2NO( g) + 2CO( g)?N2( g) + 2CQ( g), A、c( CO)= c( CO2),浓度相等不表示浓度 不变，不能说明达到平衡状态，故 A错误；B、由于该反应气体的质量不变，体积不变，则密度为定值，所以容器中混合气体的密度不变，不能说明是平衡状态，故 B错误；C v(N2)正=2v(NO)逆，速率不与计量系数成正比，不能说明是平衡状态，故C错误；

53、D、由于气体的质量不变，但气体物质的量反应前后在变化，则混合气体的平均摩尔质量为变量， 因此容器中混合气体的平均摩尔质量不变可以说明达到平衡状态，故D正确；故答案为：D；由题知起始量0. 1mol NO 和 0. 3molCO,设N2变化量为xmolN2 g +2CO2 g起始量mol2NO g0.1+2CO g ?0.300转化量mol:2x2xx2x终了量mol:0.1-2x0.3-2xx2x根据气体的压强比等于其物质的量之比，则5min时P00.1 0.3P =0.1 2x 0.3 2x x 2x =0.925解得 x=0.03mol,c Vn 0.03mol工V(N2)=0. 006mol/( L?min); 平衡时,t VVt 1L 5min0.1 0.30.1 2x 0.3 2x x1=,解得x=0.04mol,平衡时 NO的转化率2x 0.90.08mol,“(NO)=x 100%=80% 故答案为：0. 006mol/( L?min) ； 80%0.1mol(3)由图可知阴极为 HSO3-放电生成S2O42-,结合电子转移、电荷守恒得出电极反应式为：2HSC3 +2e-+2H+=S2O42-+2H2O,故答案为:2HSQ-+2e-+2H+=S2O42- +2出。；K 10 14K 10 14n. Kh(N