第二篇第2部分专题2化学反应原理综合题

1、1(2017国卷全，28)近期发现，H2S是继NO、CO以后第三个生命系统气体信号分子，它拥有参加调理神经信号传达、舒张血管减少高血压的功能。回答以下问题：(1)以下事实中，不可以比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是_(填标号)。氢硫酸不可以与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸能够氢硫酸的导电能力低于同样浓度的亚硫酸1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1C0.10molLD氢硫酸的复原性强于亚硫酸(2)以下图是经过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。经过计算，可知系统()和系统()制氢的热化学方程式分别为_、_，制得等量H2所需能量较少的是_。(3)H2S与CO2在高温下发

2、生反应：H2S(g)CO2(g)COS(g)H2O(g)。在610K时，将0.10molCO2与0.40molH2S充入2.5L的空钢瓶中，反应均衡后水的物质的量分数为0.02。H2S的均衡转变率1_%，反应均衡常数K_。在620K重复实验，均衡后水的物质的量分数为0.03，H2S的转变率2_1，该反应的H_0。(填“”“B分析(1)A能：氢硫酸不可以与NaHCO3溶液反应，说明酸性：H2SH2CO3。B能：同样浓度时导电能力越强，说明溶液中离子浓度越大，酸的电离程度越大，故可判断酸性：H2SH2SO3。C能：pH：H2SH2SO3，则c(H)：H2SH2SO3，故酸性：H2S1。温度高升，均

3、衡向吸热反应方向挪动，故H0。A项，充入H2S，、H2S的转变率反而减小；B项，充入CO2，增大了一种反应物的浓度，能够提升另一种反应物的转变率，故H2S的转变率增大；C项，充入COS，均衡左移，H2S的转变率减小；D项，充入N2，对均衡无影响，不改变H2S的转变率。2(2017全国卷，27)丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备。回答以下问题：(1)正丁烷(C4H10)脱氢制1-丁烯(C4H8)的热化学方程式以下：C4H10(g)=C4H8(g)H2(g)H11H2119kJmol1已知：C4H10(g)O2(g)=C4H8(g)H2O(g)2H2(g)1O2(g)=H2O(g)H3

4、242kJmol12反应的H1为_kJmol1。图(a)是反应均衡转变率与反应温度及压强的关系图，x_0.1(填“大于”或“小于”)；欲使丁烯的均衡产率提升，应采纳的措施是_(填标号)。A高升温度B降低温度C增大压强D降低压强(2)丁烷和氢气的混淆气体以必定流速经过填补有催化剂的反应器(氢气的作用是活化催化)，出口气中含有丁烯、丁烷、氢气等。图(b)为丁烯产率与进料气中n(氢气)/n(丁烷)的关系。图中曲线表现先高升后降低的变化趋向，其降低的原由是_。图(c)为反应产率和反应温度的关系曲线，副产物主假如高温裂解生成的短碳链烃类化合物。丁烯产率在590从前随温度高升而增大的原由可能是_；590以

5、后，丁烯产率迅速降低的主要原由可能是_。答案(1)123kJmol1小于AD(2)氢气是产物之一，跟着n(氢气)/n(丁烷)增大，逆反应速率增大(3)高升温度有益于反应向吸热方向进行高升温度时，反应速率加快丁烯高温裂解生成短碳链烃类分析(1)依据盖斯定律，用式式可得式，所以H1H2H3119kJmol1(242)kJmol1123kJmol1。由(a)图能够看出，温度同样时，由0.1MPa变化到xMPa，丁烷的转变率增大，即均衡正向挪动，所以x0.1。因为反应为吸热反应，所以温度高升时，均衡正向挪动，丁烯的均衡产率增大，所以A正确、B错误；反应正向进行时体积增大，加压时均衡逆向挪动，丁烯的均衡

6、产率减小，所以C错误，D正确。(2)反应早期，H2能够活化催化剂，进料气中n(氢气)/n(丁烷)较小，丁烷浓度大，反应向正反应方向进行的程度大，丁烯转变率高升；跟着进料气中n(氢气)/n(丁烷)增大，原猜中过分的H2会使反应平衡逆向挪动，所以丁烯转变率降落。(3)590从前，温度高升时反应速率加快，生成的丁烯会更多，同时因为反应是吸热反应，高升温度均衡正向挪动，均衡系统中会含有更多的丁烯。而温度超出590时，丁烯高温会裂解生成短碳链烃类，使产率降低。热门题型一以气相反应为载体的综合观察1题型特色这种试题常常以化学反应速率，化学均衡知识为主题，借助图像、图表的手段，综合观察关联知识，关系知识主要

7、有：(1)H符号的判断、热化学方程式的书写、应用盖斯定律计算H。(2)化学反应速率的计算与比较，外因对化学反应速率的影响(浓度、压强、温度、催化剂)。(3)均衡常数、转变率的计算，温度对均衡常数的影响；化学均衡状态的判断，用化学均衡的影响要素进行分析和解说。(4)在多层次曲线图中反应化学反应速率、化学均衡与温度、压强、浓度的关系。2解答化学均衡挪动问题的步骤(1)正确分析反应特色：包含反应物、生成物的状态，气体体积变化、反应的热效率。(2)明确外界反应条件：恒温恒容、恒温恒压、反应温度能否变化、反应物配料比能否变化。(3)联合图像或K与Q的关系，均衡挪动原理等，判断均衡挪动的方向或结果。(4)

8、联合题意，运用“三段式”，分析计算、确立各物理量的变化。3分析图表与作图时应注意的问题(1)认真分析并正确画出曲线的最高点、最低点、拐点和均衡点。(2)找准纵坐标与横坐标的对应数据。(3)描述曲线时注意点与点之间的连结关系。(4)分析表格数据时，找出数据大小的变化规律。分析(1)因为生成丙烯腈和丙烯醛的两个反应均为放热量较大的反应，所以它们均可自觉进行且热力学趋向大；该反应为气体体积增大的放热反应，所以降低温度、降低压强有益于提高丙烯腈的均衡产率；由生成丙烯腈的反应条件可知，提升丙烯腈反应选择性的要点要素是催化剂。(2)因为该反应为放热反应，均衡产率应随温度高升而降低，反应刚开始进行，主要向正

9、反应方向进行，还没有达到均衡状态，460从前是成立均衡的过程，故低于460时，丙烯腈的产率不是对应温度下的均衡产率；高于460时，丙烯腈产率降低。A项，催化剂在必定温度范围内活性较高，若温度过高，活性降低，正确；B项，均衡常数的大小不影响产率，错误；C项，依据题意，副产物有丙烯醛，副反应增加以致产率降落，正确；D项，反应活化能的大小不影响均衡，错误。(3)依据图像知，当n(氨)/n(丙烯)约为1.0时，该比率下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低；依据化学反应C3H6(g)NH3(g)32O2(g)=C3H3N(g)3H2O(g)，氨气、氧气、丙烯按11.51的体积比加入反应达到最正确状态，

10、而空气中氧气约占20%，所以进料氨、空气、丙烯的理论体积约为17.51。1二甲醚(CH3OCH3)可作为干净的液体化石燃料，以CO和H2为原料生产二甲醚主要发生以下三个反应：编号热化学方程式化学均衡常数CO(g)2H2(g)CH3OH(g)H191kJmol1K12CH3OH(g)CH3OCH3(g)H2O(g)H224kJmol1K2CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)H341kJmol1K3回答以下问题：(1)该工艺的总反应热化学方程式为3CO(g)3H2(g)CH3OCH3(g)CO2(g)H。该反应H_，化学均衡常数K_(用含K1、K2、K3的代数式表示)。(2)以下措施中，能

11、提升CH3OCH3均衡产率的有_(填字母)。A使用过分的COB高升温度C增大压强D通入水蒸气E改用高效催化剂(3)工艺中反应和反应分别在不一样的反应器中进行，无反应发生。该工艺中反应的发生提升了CH3OCH3的产率，原由是_。(4)以投料比nH22将H2、CO通入1L的反应器中，必定条件下发生反应：4H2(g)nCO2CO(g)CH3OCH3(g)H2O(g)H，其CO的均衡转变率随温度、压强变化关系如图所示。以下说法正确的选项是_(填字母)。A上述反应H0B图中p1p2p3C若在p3和316时，测得容器中n(H2)n(CH3OCH3)，此时v正v逆D若在p3和316时，初步时nH23，则达到

12、均衡时，CO的转变率小于50%nCO答案(1)247kJmol1K12K2K3(2)AC(3)反应耗费了反应中的产物H2O，使反应的化学均衡向正反应方向挪动，从而提升CH3OCH3的产率(4)C分析(1)由盖斯定律可得，总反应3CO(g)3H2(g)CH3OCH3(g)CO2(g)由2相加可得，故H2H1H2H3，KK21K2K3。(2)因为3CO(g)3H2(g)CH3OCH3(g)CO2(g)为正反应方向气体体积减小的放热反应，根据化学均衡原理可知A、C两项正确。(4)由图像可知，温度高升，CO的转变率降低，说明正反应方向为放热反应，H0，A项错误；正反应方向为气体体积减小的反应，增大压强

13、，均衡向正反应方向进行，p1p2p3，nH22，设CO的B项错误；依据反应式：4H2(g)2CO(g)CH3OCH3(g)H2O(g)，按nCO转变率为，若在p3和316时，测得容器中n(H2)n(CH3OCH3)，求出(CO)80%50%,nH2反应逆向进行，C项正确；若在p3和316时，初步时nCO3，氢气的比率增大，CO的转变率应增大，D项错误。2甲醇既是重要的化工原料，又是一种可再生能源，拥有宽泛的开发和应用远景。(1)已知反应CO(g)2H2(g)CH3OH(g)H99kJmol1中的有关化学键键能以下：化学键HHCOCOHOCH1436343x465413E/kJmolx_。(2)

14、在一容积可变的密闭容器中，1molCO与2molH2发生反应：CO(g)2H2(g)CH3OH(g)H10，CO在不一样温度下的均衡转变率()与压强的关系以以下图。a、b两点的反应速率：v(a)_(填“”“”或“”)v(b)。T1_(填“”“”或“”)T2，原由是_。在c点条件下，以下表达能说明上述反应达到化学均衡状态的是_(填字母)。AH2的耗费速率是CH3OH生成速率的2倍BCH3OH的体积分数不再改变C混淆气体的密度不再改变DCO和CH3OH的物质的量之和保持不变计算图中a点的均衡常数Kp_(用均衡分压取代均衡浓度计算，分压总压物质的量分数)。(3)利用合成气(主要成分为CO、CO2和H

15、2)合成甲醇，发生的主要反应以下：CO(g)2H2(g)CH3OH(g)H1：CO2(g)H2(g)CO(g)H2O(g)H2：CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)H3上述反应对应的均衡常数分别为K1、K2、K3，它们随温度变化的曲线以以下图。H1_(填“”“”或“”)H3，原由是_。答案(1)1076(2)CO(g)2H2(g)CH3OH(g)是放热反应，温度高升，均衡逆向挪动，CO的均衡转变率减小，故T1T2BC1.6107(3)由图可知，跟着温度高升，K2增大，则H20，依据盖斯定律可得H3H1H2，所以H1H3分析(1)依据反应CO(g)2H2(g)CH3OH(g)H9

16、9kJmol1及表中数据可知，反应断键汲取的能量为(x2436)kJ，成键放出的能量为(3413465343)kJ2047kJ，反应放出99kJ的热量，则2047(x2436)99，x1076。(2)a、b两点处在同一条等温线上，a点的压强小于b点的压强，因为增大压强，化学反应速率增大，则反应速率v(a)v(b)。H2的耗费速率在任何时候都是CH3OH生成速率的2倍，不可以说明达到均衡状态，A项错误；CH3OH的体积分数不再改变，说明正、逆反应速率相等，能说明达到均衡状态，B项正确；该装置的容积可变，混淆气体的总质量不变，则混淆气体的密度是一变量，当混淆气体的密度不再改变时，能说明达到均衡状态

17、，C项正确；CO和CH3OH的物质的量之和保持不变，不可以说明达到均衡状态，D项错误。依据图中a点时CO的转变率是0.5，则有CO(g)2H2(g)CH3OH(g)初步/mol120变化/mol0.510.5均衡/mol0.510.5CO、H2、CH3OH的物质的量分数分别为0.25、0.5、0.25，均衡分压分别为0.250.5104kPa、0.50.51044kPa，所以a点的均衡常数KppCH3OH1.67kPa、0.250.5102H210。pCOp热门题型二物质性质与化学均衡的综合观察1题型特色此类试题以元素及化合物、化学均衡知识为主题，借助图像、图表的手段观察有关系的知识。主要观察

18、点：(1)反应现象的描述。(2)氧化复原反应、原电池与电解池、陌生离子方程式的书写。(3)化学键与反应的热效应计算、信息条件下速率计算、均衡常数的计算、Ksp的计算。(4)均衡的影响要素、均衡挪动与图像及有关原由的分析。2解题思路：四步打破物质性质与化学均衡综合题例(2016全国卷，27)元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr32(蓝紫色)、Cr(OH)4(绿色)、Cr2O72(橙红色)、CrO4(黄色)等形式存在，Cr(OH)3犯难溶于水的灰蓝色固体，回答以下问题：(1)Cr3与Al3的化学性质相像，在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过分，可观察到的现象是_。(2)CrO421的N

19、a2CrO4溶液中和Cr2O72在溶液中可互相转变。室温下，初始浓度为1.0molL2)的变化以以下图。c(Cr2O7)随c(H用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转变反应：_。由图可知，溶液酸性增大，CrO42的均衡转变率_(填“增大”“减小”或“不变”)。依据A点数据，计算出该转变反应的均衡常数为_。高升温度，溶液中CrO42的均衡转变率减小，则该反应的H_0(填“大于”“小于”或“等于”)。(3)在化学分析中采纳K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl，利用Ag与CrO42生成砖红色积淀，指示抵达滴定终点。当溶液中Cl恰巧完整积淀(浓度等于51c(Ag1，此时溶液中c

20、(CrO42)等于1.010molL)时，溶液中)为_molL_molL1(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.01012和2.01010)。(4)6价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3将废液中的Cr2O72复原成Cr3，该反应的离子方程式为_。分析(1)因为Cr3与Al3的化学性质相像，所以Cr(OH)3也拥有两性，依据题目信息，则可知在Cr24)3溶液中逐滴加入NaOH溶液，先生成灰蓝色积淀Cr(OH)3，并逐渐增加，随(SO着滴加NaOH溶液的过分，灰蓝色积淀Cr(OH)3逐渐溶解并生成绿色Cr(OH)4溶液。222(2)由图可知，跟着溶液酸性增大，溶液中c(Cr27)逐渐增

21、大，说明CrO4逐渐转变成Cr27，OO则CrO42的均衡转变率逐渐增大，其反应的离子方程式为2CrO422H2O72H2CrO；由图中A点数据，可知：c(Cr21、c(H)1.07127，则进一步可O)0.25molL10molL2111，依据均衡常数的定义可计算出该知c(CrO4)1.0molL20.25molL0.5molL转变反应的均衡常数为1.01014；高升温度，溶液中CrO24的均衡转变率减小，说明化学平衡逆向挪动，则正反应为放热反应，即该反应的H小于0。(3)依据sp)c(Cl)2.01010，可计算出当溶液中Cl恰巧完整积淀(即浓度K(AgCl)c(Ag等于1.0105mol

22、L1时，溶液中c(Ag)2.0105molL1，而后再依据Ksp24)(AgCrO22)2.01012，又可计算出此时溶液中c(CrO2)51031c(Ag)c(CrO44molL。(4)依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可写出NaHSO3将废液中的Cr2O72复原成Cr3反应的离子方程式：Cr2723HSO35H=2Cr33SO244H2O。O答案(1)蓝紫色溶液变浅，同时有灰蓝色积淀生成，最后积淀逐渐溶解形成绿色溶液(2)2CrO422HCr2O72H2O增大101014小于(3)2.01055103(4)Cr2O273HSO35H=2Cr33SO244H2O1大气中的部分碘源于O3对海

23、水中I的氧化。某科学小组进行O3与含I溶液反应的有关研究。(1)O3将I氧化生成I2的过程由3步反应构成：I(aq)O3(g)=IO(aq)O2(g)H1IO(aq)H(aq)HIO(aq)H2HIO(aq)I(aq)H(aq)I2(aq)H2O(l)H3用热化学方程式表示O3氧化I生成I2的反应：_。(2)O3在水中易分解，必定条件下，O3的浓度减少一半时所需的时间(t)以下表所示。已知：1。O3的初步浓度为0.0216molLpHt/min3.04.05.06.0T/2030123116958301581084815503126157在30、pH4.0条件下，O3的分解速率为_molL1m

24、in1。pH增大能加快O3分解，表示对O3分解起催化作用的是_。依据表中数据，推测O3在以下条件下分解速率挨次增大的次序为_(填序号)。a40、pH3.0b10、pH4.0c30、pH7.0(3)I2在KI溶液中存在以下均衡：I2(aq)I(aq)I3(aq)测得不一样温度下该反应的均衡常数如图甲所示。以下说法正确的选项是_(填序号)。A反应I2(aq)I(aq)I3(aq)的H0B利用该反应能够除掉硫粉中少许的碘单质C在上述均衡系统中加入苯，均衡不挪动D25时，在上述均衡系统中加入少许KI固体，均衡常数K小于680(4)将I2溶于CCl4中，获取紫红色的溶液，再加入必定浓度的KI溶液，现象如

25、图乙所示：上层溶液中含碘元素的微粒有_(用化学符号表示)。由实验现象可推测对于I2溶解性的结论是_。答案(1)O3(g)2I(aq)2(H)(aq)=I2(aq)H2O(l)O2(g)HH1H2H34OHbac(3)B(2)1.0010(4)I、I2、I3在此温度下，I2在KI溶液中的溶解度比在CCl4中大分析(1)将所给的三个反应进行加和：，可得总反应：2I(aq)O3(g)2H222O(l)HH1H2H3。(aq)=I(aq)O(g)Hc14110.0108molL(2)v(O3)t108min1.0010molLmin；pH增大，则OH浓度增大，pH增大能加快O3分解，表示对O3分解起催

26、化作用的是OH；由表中数据可知，40、pH3.0时，所需时间在31158min之间；10、pH4.0时，所需时间231min；30、pH7.0时，所需时间15min，则分解速率挨次增大的次序为bac。(3)由图中数据可知，温度越高均衡常数越小，说明高升温度均衡向逆反应方向挪动，故正反应为放热反应，即H0，A项错误；碘单质难溶于水，而I2与I形成I3而溶于水，能够达到除掉少许碘的目的，B项正确；加入苯，苯萃取溶液中的碘单质，这样水中碘的浓度变小，均衡向左挪动，C项错误；加入KI固体，均衡向右挪动，但均衡常数只受温度影响，与物质的浓度没关，故加入少许KI固体，均衡常数K不变，D项错误。(4)上层溶

27、液是碘化钾的水溶液，存在均衡I2(aq)I(aq)I3(aq)，所以溶液中含碘元素的微粒有I、I2、I3；由实验现象可推测出在此温度下，I2在KI溶液中的溶解度比在CCl4中大。2利用废碱渣(主要成分是Na2CO3)办理硫酸厂尾气中的SO2可制得无水Na2SO3(成品)，其流程以下：若欲利用废碱渣充分汲取SO2，则“汲取塔”内发生的主要反应的离子方程式为_。(2)办理过程中，要经过检验“汲取塔”排放出的尾气能否含有SO2来确立其能否达标。实验室中欲模拟检验尾气中的SO2，能够采纳的试剂有_(填序号)。a澄清石灰水b硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液c盐酸酸化的BaCl2溶液d品红溶液2(3)常温下

28、，向“中和器”中加入适当NaOH后，溶液呈中性，则溶液中c(SO3)c(HSO3)_已知：常温下，Ka1(H2SO3)1.5102，Ka2(H2SO3)6.3108。(4)以下图所示为亚硫酸钠的溶解度曲线，则上述流程中的“结晶”方法是_(填“蒸发结晶”或“降温结晶”)，图中a点所示分别系种类为_。(5)仅用BaCl2和H2O2的混淆溶液难以检出“成品”中的SO32，原由是“成品”中含有某种杂质阴离子，该杂质阴离子是_(填化学式)；实验室中常用以下方法检验2：SO3H2OBaCl2溶液少许盐酸BaCl2H2O2溶液成品试样溶液A白色积淀A溶液B白色积淀B过滤，清洗过滤已知25时，部分钡盐的Ksp

29、数值以下表：BaCO3BaSO4BaSO3BaS2O3910755.1101.1108.4101.610若“溶液1，且为杂质阴离子浓度的10倍，则向此中加入等体A”中SO32浓度为0.01molLBaCl2溶液充分反应后积0.01molL1c(Ba2)_molL1，向“溶液B”中滴入BaCl2H2O2的混淆溶液时，发生反应的离子方程式为_。答案(1)CO232SO2H2O=CO22HSO3(2)bd(3)0.63(4)蒸发结晶(悬)浊液或胶体(5)SO27104Ba2H2O2HSOH2O43=BaSO4H分析(1)由充分汲取SO2，CO32转变成CO2，SO2转变成HSO3，即可写出方程式。(

30、2)检验SO2，尾气中有CO2，因此a项不可以够；b项中HNO3可将SO2氧化为H2SO4，可与Ba2反应产生积淀；c项，无明显变化；d项中品红溶液是检验SO2的特色试剂。(3)Ka2cSO32cH则c(H)1107mol1cSO32Ka2cHSO3，因为溶液呈中性，L，故cHcHSO36.310811070.63。(4)目的获取无水Na2SO3，由图像可知60后为无水Na2SO3，因此应采纳“蒸发结晶”。由图像信息可知，a点为过饱和溶液，若结晶时析出晶体颗粒直径超出100nm则为浊液，若在1nm100nm之间，则形成胶体。(5)SO23在空气中易被氧化为SO42，因此可能有SO42搅乱。从表

31、格Ksp数据可知，Ba2应先2，则反应后节余231积淀SO4c(SO3)510molL。BaSO3溶解产生的c(Ba2)x，BaSO3Ba2SO23x5103x(x5103)8.4107解得x71041。molL注意白色积淀A加少许盐酸，所得溶液B为NaHSO3，H2O2将HSO3氧化为SO42，从而产生BaSO4积淀，即可写出方程式。高考12题逐题特训A组1某条件下，在2L密闭容器中发生以下反应：2NO2(g)2NO(g)O2(g)，在三种不一样条件下进行，此中实验、温度为800，实验温度为850，NO、O2的初步浓度都为0，1NO2的浓度(molL)随时间(min)的变化以以下图。请回答以

32、下问题。(1)实验隐含的反应条件是_。实验中，从反应开始至达到均衡，用氧气浓度变化表示的化学反应速率为_。(3)800时，该反应的均衡常数K_。该反应是_(填“吸热”或“放热”)反应，判断原由是_。(4)若实验中达到均衡后，再向密闭容器中通入2mol物质的量之比为11的NO2与O2混合气体(保持温度不变)，此时均衡将向_(填“正反应方向”或“逆反应方向”)挪动。(5)NO2、NO是重要的大气污染物，最近几年来人们利用NH3在必定条件下与之反应而将其转变为无害的参加大气循环的物质。已知以下热化学方程式：N2(g)3H2(g)=2NH3(g)1H92.4kJmol2H2(g)O2(g)=2H2O(

33、l)1H571.6kJmolN2(g)O2(g)=2NO(g)H180kJmol1请写出用NH3复原NO的热化学方程式：_。NH3与NO2发生以下反应必定条件8NH36NO2=7N212H2O。若将此反应设计成原电池，熔K2CO3为电解质，则正极反应式为_。答案(1)使用了催化剂11(2)0.0125molLmin(3)0.25吸热温度高升，NO2均衡浓度减小，均衡右移，说明正反应为吸热反应(4)正反应方向(5)4NH3(g)6NO(g)=5N2(g)6H2O(l)1H2070kJmol2NO24CO28e=N24CO32分析(1)由图像可知，实验达到的均衡与实验同样，不过反应速率加快了，据此

34、判断，1隐含的条件为使用了催化剂。(2)实验中NO2的浓度变化为0.5molL，则O2的浓度变化为1110.25molL，反应时间为20min，所以反应速率为0.25molL/20min0.0125molLmin1。(3)2NO2(g)2NO(g)O2(g)11.000c0/molL10.50.50.25c/molLc平/molL10.50.50.250.520.25则K20.25；温度高升，NO2的均衡浓度减小，说明均衡向右挪动，正反应为吸0.5热反应。(4)向容器中再通入2mol物质的量之比为11的NO2与O2，则NO2与O2的浓度分别变成110.520.75K(0.25)，均衡向正反1m

35、olL、0.75molL，NO的浓度未改变，由12应方向挪动。(5)将题给三个热化学方程式挨次编号为，依据盖斯定律，323得4NH36NO(g)=5N22H2070kJmol1。正极上NO2被(g)(g)6HO(l)复原为N2，N元素由4价降低到0，生成1molN2转移8mol电子，电解质为熔融K23，COCO23均衡电荷，则电极反应式为2NO24CO28e=N24CO23。2可燃冰的主要成分是甲烷，甲烷既是洁净燃料，也是重要的化工原料。(1)甲烷和二氧化碳重整制合成气对温室气体的治理拥有重要意义。已知：CH4(g)CO2(g)2CO(g)2H2(g)H247.3kJmol1CH4(g)C(s

36、)2H2(g)1H75kJmol反应2CO(g)=C(s)CO2(g)在_(填“高温”或“低温”)下能自觉进行。合成甲醇的主要反应：2H2(g)CO(g)CH3OH(g)H90.8kJmol1，T时此反应的均衡常数为160。此温度下，在密闭容器中开始只充入CO、H2，反应到某时刻测得各组分的浓度以下：物质H2COCH3OH浓度/molL10.200.100.40比较此时正、逆反应速率的大小：v正_(填“”“”或“”)v逆。生产过程中，合成气要进行循环，其目的是_。在一固定容积的密闭容器中发生反应2H2(g)CO(g)CH3OH(g)，若要提升CO的转变率，则能够采纳的措施是_(填字母)。a升温

37、b加入催化剂c增添CO的浓度d加入H2加压e加入惰性气体加压f分别出甲醇(2)以甲烷为燃料的新式电池的成本大大低于以氢为燃料的传统燃料电池，以下图是当前研究较多的一类固体氧化物燃料电池的工作原理表示图。B极为电池的_极，该电极的反应式为_。若用该燃料电池作电源，用石墨作电极电解100mL1molL1的硫酸铜溶液，当两极采集到的气体体积相等时，理论上耗费甲烷的体积为_(标况下)。答案(1)低温提升原料的利用率df(2)负CH428e1.12L4O=CO22H2O分析(1)用已知的第二个热化学方程式减去第一个热化学方程式得：2CO(g)=C(s)CO2(g)H75kJmol1247.3kJmol1

38、172.3kJmol1。该反应的H0，S0，欲使反应能自觉进行一定切合复合判据GHTS”“”“”或“”)(T2)。当反应()处于图中a点时，保持温度不变，向恒容系统中通入少许氢气，达到均衡后反应()可能处于图中的_(填“b”“c”或“d”)点，该贮氢合金可经过_或_的方式开释氢气。答案(1)230c升温减压分析(1)依据H原子守恒得zx2zy，则z2。由题中所给数据可知吸氢速率vyx240mL2g4min30mLg1min1。由图像可知，T1T2，且T2时氢气的压强盛，说明升高温度均衡向生成氢气的方向挪动，逆反应为吸热反应，所以正反应为放热反应，故H1(T2)。处于图中a点时，保持温度不变，向

39、恒容系统中通入少许氢气，H2浓度增大，均衡正向挪动，一段时间后再次达到均衡，此时H/M增大，由图像可知，气体压强在B点从前是不变的，故可能处于图中的c点。由氢化反应方程式及图像可知，这是一个放热的气体体积减小的反应，依据均衡挪动原理，要使均衡向左挪动开释H2，可改变的条件是升温或减压。B组1一种煤炭脱硫技术能够把硫元素以CaSO4的形式固定下来，能够减少SO2的排放，但产生的CO又会与CaSO4发生化学反应，从而降低脱硫效率。有关的热化学方程式以下：CaSO4(s)CO(g)CaO(s)SO2(g)CO2(g)1H1210.5kJmol1CaSO4(s)CO(g)1CaS(s)CO2(g)H2

40、47.3kJmol144请回答以下问题：(1)反应CaO(s)3CO(g)SO2(g)CaS(s)3CO2(g)H3_kJmol1；均衡时增大压强，此反应_(填“正向”“逆向”或“不”)挪动。(2)已知298Kpq。则反应2时，Ksp(CaCO3)m10，Ksp(CaSO4)n10CaSO4(s)CO32_(用含m、n、p、q的式子表示)。(aq)CaCO3(s)SO4(aq)的均衡常数表达式为(3)用碘量法可测定排放烟气中二氧化硫的含量，请写出碘溶液与二氧化硫发生氧化复原反应的离子方程式：_。(4)反应的均衡常数的对数lgK随T的变化曲线以以下图，此中曲线代表_反应，P为两曲线交点，则在该温

41、度下两反应均达均衡时，1系统中c(SO2)_molL，从减少二氧化硫排放的角度来考虑，本系统适合的反应条件是_(填字母)。A低温、低压B低温、高压C高温、高压D高温、低压答案(1)399.7正向n10pqm(3)I2SO22H2O=SO242I4H(4)1B分析(1)由盖斯定律可知，4可得反应CaO(s)3CO(g)SO2(g)=CaS(s)3CO2(g)，则H3H14H2399.7kJmol1，增大压强，均衡向气体体积减小的方向挪动，则应向正反应方向挪动。sp322p，Ksp422q，则该)c(CO3)m10)c(Ca)c(SO4)n10(2)K(CaCO)c(Ca(CaSO2KcSO4Ca

42、SO4n10pq。反应的均衡常数表达式为2KspKspCaCO3mcCO3(3)碘与二氧化硫发生氧化复原反应的方程式为I2SO22H2O=SO422I4H。(4)由图像可知，曲线中，跟着温度高升，lgK值减小，则反应为放热反应，故曲线代表cSO2cCO2cCO2的应当是反应，反应的K值表达式为cCO，反应的K值表达式为cCO，当P点时，曲线与曲线的K值同样，cSO2cCO2cCO21；从cCOcCO，所以c(SO2)1molL减小二氧化硫排放的角度考虑，低温、高压更有益于中均衡逆向挪动。2必定条件下，经过以下反应可实现燃煤烟气中硫的回收：催化剂2CO2(g)S(l)H2CO(g)SO2(g)(

43、1)已知：2CO(g)O2(g)=2CO2(g)H1566kJmol1S(l)O2(g)=SO2(g)H2296kJmol1则反应热H_kJmol1。(2)其余条件同样、催化剂不一样时，SO2的转变率随反应温度的变化如图a所示。260时_(填“Fe2O3”“NiO”或“Cr2O3”)作催化剂反应速率最快。Fe2O3和NiO作催化剂均能使SO2的转变率达到最高，不考虑价钱要素，选择Fe2O3的主要长处是_。(3)科研小组在380、Fe2O3作催化剂时，研究了不一样投料比n(CO)n(SO2)对SO2转变率的影响，结果如图b所示。请在图b中画出n(CO)n(SO2)21时，SO2的转变率的预期变化

44、曲线。(4)工业上还可用Na2SO3溶液汲取烟气中的SO2：Na2SO3SO2H2O=2NaHSO3。某温度1Na2SO3溶液汲取纯净的1下用1.0molLSO2，当溶液中c(SO32)降至0.2molL时，汲取能力明显降落，应改换汲取剂。1此时溶液中c(HSO3)约为_molL。2H6此时溶液的pH_。(已知该温度下SO3HSO3的均衡常数K8.010，计算时SO2、H2SO3的浓度忽视不计)答案(1)270(2)Cr2O3Fe2O3作催化剂时，在相对较低温度时可获取较高SO2的转变率，从而节俭大批能源(3)以以下图(4)1.66分析(1)依据盖斯定律，由已知中第一个反应减去第二个反应可得催

45、化剂2CO(g)SO2(g)2CO2(g)S(l)，则HH1H2270kJmol1。(2)依据图a,260时Cr2O3曲线对应的2的转变率最高。Fe2O3作催化剂的长处是在相对较低的温度时获取的SO2的转变率较高，SO能够节俭能源。(3)由图a知，在380、Fe23作催化剂条件下，n(CO)n(SO2)21时，O2的均衡转变率凑近100%，但比n(CO)n(SO22)3SO)31时达均衡要慢。(4)溶液中c(SO降至1时，参加反应的210.2molLc(SO3)为0.8molL，则反应生成的c(HSO3)约为1.6molL1cHSO31.66)1061。K28.010，则c(HmolL，pH6。cSO3cH0.2cH3金属钛被誉为“21世纪金属”。工业上用钛矿石(FeTiO3，含少许FeO、Al2O3、SiO2等杂质)制得海绵钛的流程以下。回答以下问题：(1)要提升酸浸时钛矿石的溶解速率，请供给可行的措施_，酸浸时主要反应的化学方程式为_。(2)副产品中含有杂质Al2(SO4)3。要将副产品进一步提纯，请联合以下图的绿矾溶解度曲线完成提纯过程：将副产品溶于稀硫酸中，加入足量的铁粉，充分搅拌后，用NaOH溶液调理反