2020-2021化学 化学反应原理综合考查的专项 培优易错试卷练习题含详细答
案
一、化学反应原理综合考查
1．氨催化氧化是硝酸工业的基础，氦气在Pt催化剂作用下发生主反应Ⅰ和副反应Ⅱ： Ⅰ.4NH3(g)+5O2(g)Ⅱ.4NH3(g)+3O2(g)（1）已知：
NO 物质中断裂1mol化学键需要的能量/kJ 629 496 942 O2 N2 4NO(g)+6H2O(g) △H1=-905 kJ/mol 2N2(g)+6H2O(g) △H2
则△H2=___________。
（2）以Pt为催化剂，在1L密闭容器中充入1mol NH3和2mol O2，测得有关物质的量与温度的关系如下图：
①该催化剂在高温时对反应__________更有利（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）。 ②520℃时，NH3的转化率为____________。
③520℃时，反应Ⅱ的平衡常数K=________（数字计算式）。 ④下列说法正确的是____________（填标号）。
A 工业上氨催化氧化生成NO时，最佳温度应控制在840℃左右 B 增大NH3和O2的初始投料比可以提高NH3生成NO的平衡转化率 C 投料比不变，增加反应物的浓度可以提高NH3生成NO的平衡转化率 D 使用催化剂时，可降低反应的活化能，加快其反应速率
⑤温度高于840℃时，NO的物质的量减少的原因可能是____________。 （3）在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。
①NH3与NO2生成N2的反应中，当生成1mol N2时，转移的电子数为___________mol。 ②将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂的反应器中反应。 反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如下图所示，在50-250℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是_______________。
0.22?0.96 AD 催化剂失去活性、有其他副反应发【答案】-1265kJ/mol 1 60% 430.4?1.45生、生成NO的反应为放热反应温度升高生成NO的转化率降低
24 迅速上升段是催化剂7活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大 【解析】 【分析】
（1）利用盖斯定律和△H=反应物总键能-生成物总键能计算；
（2）①由图可知，该催化剂在高温时，生成的NO物质的量远大于氮气的； ②根据图示A点计算出两个反应消耗氨气的量，再计算转化率；
③利用A点，计算出两个反应后剩余的氨气，氧气，生成的水和N2，再根据平衡常数公式计算；
④A.工业上氨催化氧化生成NO时，根据图示可知840℃生成NO最多，故A正确； B.增大NH3和O2的初始投料比可以降低NH3转化率，提高氧气转化率，故B错误； C.投料比不变，增加反应物的浓度可以看成增大压强，不利于向体积增大的方向进行，因此降低NH3生成NO的平衡转化率，故C错误；
D.使用催化剂时，可降低反应的活化能，加快其反应速率，故D正确；
⑤温度高于840℃时，NO的物质的量减少的原因可能是催化剂失去活性、有其他副反应发生、生成NO的反应为放热反应温度升高生成NO的转化率降低； （3）①8NH3+6NO2=7N2+12H2O根据方程式判断；
②在50-250℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大； 【详解】
（1）盖斯定律：Ⅰ-Ⅱ得2N2(g)+2O2
4NO(g) △H= △H1- △H2=-905-△H2kJ/mol；
△H=反应物总键能-生成物总键能=2×942 kJ/mol +2×496 kJ/mol -4×629 kJ/mol =360kJ/mol； 所以：△H2=△H1- △H==-905 kJ/mol -360 kJ/mol =-1265kJ/mol ； 答案：-1265kJ/mol
（2）①由图可知，该催化剂在高温时，生成的NO物质的量远大于氮气的，故该催化剂在高温下选择反应I； 答案：Ⅰ
②520℃时， 4NH3（g）+5O2
4NO（g）+6H2O（g）
变化（mol ）： 0.2 0.25 0.2 0.3 4NH3（g）+3O2（g）
2N2（g）+6H2O（g）
变化（mol ）：0.4 0.3 0.2 0.6 NH3的转化率为答案:60%
③在 1L 密闭容器中充入 1mol NH3和 2mol O2，520℃平衡时n（NO）=n（N2）=0.2mol，则：
4NH3（g）+5O2 4NH3（g）+3O2（g）
4NO（g）+6H2O（g）
=2N2（g）+6H2O（g）
变化（mol ）：0.2 0.25 0.2 0.3 变化（mol ）：0.4 0.3 0.2 0.6
故平衡时，n（NH3）=1mol-0.2mol-0.4mol=0.4mol，n（O2）=2mol-0.25mol-0.3mol=1.45mol，n（H2O）=0.3mol+0.6mol=0.9mol，由于容器体积为1L，利用物质的量代
0.2?0.4×100%=60% 10.22?0.96 替浓度计算平衡常数K=430.4?1.450.22?0.96 答案：
0.44?1.453④A.工业上氨催化氧化生成NO时，根据图示可知840℃生成NO最多，故A正确； B.增大NH3和O2的初始投料比可以降低NH3转化率，提高氧气转化率，故B错误； C.投料比不变，增加反应物的浓度可以看成增大压强，不利于向体积增大的方向进行，因此降低NH3生成NO的平衡转化率，故C错误；
D.使用催化剂时，可降低反应的活化能，加快其反应速率，故D正确； 答案：AD
⑤温度高于840℃时，NO的物质的量减少的原因可能是催化剂失去活性、有其他副反应发生、生成NO的反应为放热反应温度升高生成NO的转化率降低；
答案：催化剂失去活性、有其他副反应发生、生成NO的反应为放热反应温度升高生成NO的转化率降低
（3）①8NH3+6NO2=7N2+12H2O生成N2的反应中，当生成1mol N2时，转移的电子数为
24 mol； 7答案：
24 7②反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如下图所示，在50-250℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大；
答案：迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大
【点睛】
本题难点是图象分析应用，易错点平衡常数的计算，注意三段式法在平衡计算中的应用。
2．
近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：
（1）Deacon发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl) ∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系：
可知反应平衡常数K（300℃）____________K（400℃）（填“大于”或“小于”）。设HCl初始浓度为c0，根据进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=1∶1的数据计算K（400℃）=____________（列出计算式）。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低、过高的不利影响分别是____________。 （2）Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：
1Cl2(g) ΔH1=83 kJ·mol-1 211CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g) ΔH2=-20 kJ·mol-1
22CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH3=-121 kJ·mol-1
CuCl2(s)=CuCl(s)+
mol-1。 则4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=_________ kJ·
（3）在一定温度的条件下，进一步提高HCI的转化率的方法是______________。（写出2种）
（4）在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如下图所示：
负极区发生的反应有____________________（写反应方程式）。电路中转移1 mol电子，
需消耗氧气__________L（标准状况）
(0.42)2?(0.42)2 O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低 ﹣116 【答案】大于
(1?0.84)4?(1?0.21)c0增加反应体系压强、及时除去产物 Fe3++e?=Fe2+，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O 5.6 【解析】 【详解】
（1）根据反应方程式知，HCl平衡转化率越大，平衡常数K越大，结合图像知升高温度平衡转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，则K(300℃)>K(400℃)； 由图像知，400℃时，HCl平衡转化率为84%，用三段式法对数据进行处理得：
4HCl(g)?O2(g)?2Cl2(g)?2H2O(g)
起始（浓度） c0 c0 0 0
变化（浓度） 0.84c0 0.21c0 0.42c0 0.42c0 平衡（浓度）(1-0.84)c0 (1-0.21)c0 0.42c0 0.42c0
(0.42)2?(0.42)2则K=；根据题干信息知，进料浓度比过低，氧气大量剩余，导致分
(1?0.84)4?(1?0.21)c0离产物氯气和氧气的能耗较高；进料浓度比过高，HCl不能充分反应，导致HCl转化率较低；
（2）根据盖斯定律知，（反应I+反应II+反应III）×2得
4HCl(g)?O2(g)?2Cl2(g)?2H2O(g) ?H=（?H1+?H2+?H3）×2=-116kJ·mol-1；
（3）若想提高HCl的转化率，应该促使平衡正向移动，该反应为气体体积减小的反应，根据勒夏特列原理，可以增大压强，使平衡正向移动；也可以及时除去产物，减小产物浓度，使平衡正向移动；
（4）电解过程中，负极区即阴极上发生的是得电子反应，元素化合价降低，属于还原反应，则图中左侧为负极反应，根据图示信息知电极反应为：Fe3++e－＝Fe2+和4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O；电路中转移1 mol电子，根据电子得失守恒可知需消耗氧气的物质的量是1mol÷4＝0.25mol，在标准状况下的体积为0.25mol×22.4L/mol＝5.6L。
3．运用化学反应原理研究化学反应有重要意义。
（1）一氯胺（NH2Cl）是饮用水的二级消毒剂，水解生成一种具有强烈杀菌消毒作用的物质：
①NH2Cl中Cl元素的化合价为_____________。
②NH2Cl发生水解反应的化学方程式为_____________________________。
（2）SO2和CO均为燃煤产生的烟道气中有害成分，在催化作用下可利用二者相互反应进行无害化处理并回收硫。有关资料如图1所示。则：
①常温常压下，质量均为11.2g的CO（g）和S（s）分别完全燃烧生成CO2（g）或SO2（g），放出的热量前者比后者多________kJ。
②SO2（g）+2CO（g）=S（s）+2CO2（g） △H=___________________.
（3）在一定条件下，向恒容密闭容器中充入1.0molCO2和3.0molH2，在一定温度范围内发生如下转化：CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（g） △H=-xkJ/mol x>0）。在不同催化剂作用下，相同时间内CO2的转化率随温度的变化如图2所示：
①催化效果最佳的是催化剂__________（选填“I”、“Ⅱ”或“Ⅲ”）；b点v(正)___v(逆)（选填“>”、“<”或“=”）
②此反应在a点时已达到平衡状态，a点的转化率比c点高的原因是_____________ （4）常温下，H2CO3的电离常数为：Ka1=4×10－7，Ka2=4×10－11。已知0.1mol/LNH4HCO3溶液的pH=8，则在此溶液中：
①下列有关离子浓度的关系式中，不正确的是_____（填序号） A．c(NH4＋)>c(HCO3－)>c(OH－)>c(H＋) B．c(NH4＋)＋c(NH3·H2O)=c(HCO3－)＋c(H2CO3) C．c(H2CO3)－c(CO32－)－c(NH3·H2O)=9.9×10－7mol·L－1
c(H2CO3)=________（结果保留三位有效数字）。 ②2-c(CO3)H2O＋HClO） 9.6 【答案】+1 NH2Cl＋H2O=NH3＋HClO（或NH2Cl＋2H2O=NH3·
+270.0kJ/mol I > 该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动 B 6.25 【解析】 【分析】 【详解】
（1）发生水解反应时，元素的化合价一般不发生变化，一氯胺（NH2Cl）水解时能生成有强烈杀菌消毒作用的物质（HClO），可知Cl元素的化合价为+1价；水解的方程式为：NH2Cl+H2O=NH3+HClO（或NH2Cl＋2H2O=NH3·H2O＋HClO），故答案为：+1；NH2Cl+H2O=NH3+HClO（或NH2Cl＋2H2O=NH3·H2O＋HClO）； （2）11.2gCO的物质的量为0.4mol，完全燃烧生成CO2放出的热量为
283.0kJ×0.4=113.2kJ；11.2gS的物质的量为0.35mol，完全燃烧生成SO2放出的热量为296.0kJ×0.35=103.6kJ，前者比后者放出的热量多9.6kJ；SO2（g）+2CO（g）=S（s）+2CO2（g） △H=296.0kJ/mol－283.0kJ/mol×2=+270.0kJ/mol；故答案为：9.6；+270.0kJ/mol； （3）根据图2，相同温度时，在催化剂Ⅰ的作用下，反应相同时间CO2的转化率最大，因此催化剂Ⅰ的效果最好；b点时反应还未达到平衡状态，CO2的转化率还会继续增加，反应正向进行，因此v(正)＞v(逆)；该反应为放热反应，a点时达到平衡，从a点到c点，温度升高，平衡逆向移动，CO2的转化率下降，故答案为：Ⅰ；＞；该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动；
（4）0.1mol/LNH4HCO3溶液中，NH4+水解：NH4++H2O
NH3·H2O+H+，HCO3-水解：HCO3-
+H2O
－
H2CO3+OH-，溶液pH=8，说明HCO3-水解的程度更大；
＋
①A. 由于NH4HCO3溶液中HCO3-水解的程度更大，离子浓度大小顺序为c(NH4)>c(HCO3
)>c(OH－)>c(H＋)，A项正确；
B.NH4+达到水解平衡后，在溶液中的存在形式为NH4+、NH3·H2O，HCO3-达到电离、水解平衡后，在溶液中的存在形式为HCO3-、CO32-、H2CO3，因此物料守恒式为：c(NH4
＋
)+c(NH3·H2O)=c(HCO3－)+c(H2CO3)+c(CO32-)，B项错误；
C.列出电荷守恒式：c(NH4＋)+c(H+)=c(HCO3－)+2c(CO32-)+c(OH-)，与上述物料守恒式联立，得H2O) +c(CO32-)+c(OH-)= c(H+)+ c(H2CO3)，则c(H2CO3)－c(CO32－)－c(NH3·H2O)=c(OH-)到：c(NH3·
L－1－10-8 mol·L－1=9.9×10－7mol·L－1，C项正确；故答案为：B； －c(H+)=10-6 mol·
-c(H2CO3)c(H2CO3)c(HCO3)c2(H+)2+××c(H)===6.25，故答②2--2-c(CO3)c(HCO3Ka1?Ka2)?c(H+)c(CO3)?c(H+)案为：6.25。 【点睛】
在水溶液中，若要计算两种离子的浓度之比，往往可从平衡常数的角度思考，将公式进行变换，得到有关平衡常数及c(H+)、c(OH-)的式子，再代入数据计算：
c(H2CO3)要计算，Ka1的表达式分母是c(H2CO3)，Ka2的表达式分子中有c(CO32-)这一项，2-c(CO3)因此把Ka1、Ka2的表达式取倒数相乘，再乘c(H+)的平方，可推导出公式
-c(H2CO3)c(H2CO3)c(HCO3)c2(H+)2+××c(H)== 2--+2-+c(CO3)c(HCO3Ka?Ka)?c(H)c(CO3)?c(H)12
4．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)变化如图I所示。
2NH3(g) △H=-92.2kJ/mol，反应过程中能量
①氨分解：2NH3(g)线。_______
N2(g)+3H2(g)的活化能为_________kJ/mol
②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（2）联氨作火箭燃料的反应为：2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g) △H1 已知：2O2(g)+N2(g)=N2O4(1) △H2 N2H4(1)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H3
上述热效应之间的关系式为△H1=____。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)ii．CO(g)+ H2O(g)
CO(g)+3H2(g) ΔH=-+206.4kJ/mol， CO2(g)+H2(g) ΔH=-41.0kJ/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、CO2cmol。回答下列问题： ①下列可判断体系达到平衡状态的是_______。
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．
n(CO)不再变化 n(H2)②0~tmin反应速率v(CO2)=_____，CH4的的转化率为_____，反应ⅱ的平衡常数K=______。 ③图Ⅱ中T℃之后c(CO2)随温度升高而减小的原因是_________。
【答案】427.2
2△H3-△H2 环境污染小（或
成本低） AD
c(3b+4c)cb+cmol/(L·min) ×100% T℃之后，反应②为放热反
b(2a-b-2c)2ta应，升高温度反应②向逆反应方向移动是影响c（CO2）的主要因素，故c（CO2）减小 【解析】 【分析】
(1)①放热反应的反应热△H=—（Ea2—Ea1）；
②催化剂可以降低反应的活化能，增大反应速率，即Ea、Ea1均减小，但反应热不变； （2）依据盖斯定律计算可得；液氧/煤油所用原料成本低，无毒；
（3）①反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质浓度或百分含量保持不变； ②依据题给数据，建立三段式，结合速率、转化率和化学平衡常数表达式计算可得； ③反应i为吸热反应，反应ii为放热反应，由图Ⅱ可知T℃时反应达到平衡，升高温度，反应i向正反应方向移动，一氧化碳浓度增大，反应ii向逆反应方向移动，温度对c（CO2）的影响大于浓度的影响。 【详解】
(1)①放热反应的反应热△H=—（Ea2—Ea1），由图可知Ea1=335.0 kJ/mol，则合成氨反应△H=—（Ea2—335.0 kJ/mol）=—92.2kJ/mol，Ea2=427.2 kJ/mol，即2NH3(g)
N2(g)+3H2(g)的活化能为427.2 kJ/mol，故答案为427.2；
②催化剂可以降低反应的活化能，增大反应速率，即Ea、Ea1均减小，但反应热不变，则加
入铁粉后的能量变化曲线为，故答案为；
（2）将题给反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知③×2—②=①，则△H1=2△H3-△H2；用液氧/煤油代替联氨/N2O4的主要原因是液氧/煤油所用原料成本低，无毒，对环境污染小，故答案为2△H3-△H2；环境污染小；
（3）①A、CO的体积分数不变，说明正反应速率等于逆反应速率，该反应已达平衡状态，故正确；
B、根据质量守恒定律，平衡前后气体质量是不变的，在恒温恒容密闭体系中，整个反应过程混合气体的密度始终是不变的，不可作为判断体系达到平衡状态的判据，故错误； C、3v(CH4)=v(H2)不能说明正反应速率等于逆反应速率，不可作为判断体系达到平衡状态的判据，故错误；
n(CO)D、不再变化，说明在恒温恒容密闭体系中CO和H2的浓度不在变化，该反应已达
n(H2)平衡状态，故正确； AD正确，故答案为AD；
②设反应i生成一氧化碳的物质的量为x，由题给条件建立如下三段式： CH4(g)+H2O(g)
CO(g)+3H2(g)
起（mol） a 2a 0 0 变（mol） x x x 3x 平（mol） a—x 2a—x x 3x CO(g)+ H2O(g)
CO2(g)+H2(g)
起（mol） x 2a—x 0 3x 变（mol） c c c c 平（mol） x—c 2a—x—c c 3x+c
0～tmin内，生成CO2的物质的量为cmol，浓度的变化量为v(CO2)=
c mol/L，则反应速率2cmol/(L·min)；由题意可知一氧化碳的物质的量为bmol，则有x—c=b，2tb+cb2a-b-2c×100%；平衡时，c（CO）为 mol/L，c（H2O）为 a22x=c+b，CH4的转化率为mol/L，c（CO2）为
c3b+4cmol/L，c（H2O）为mol/L，反应ⅱ的平衡常数22c3b+4cc（CO2）c（H2）2?2c(3b+4c)cK===，故答案为mol/(L·min)；c（CO）c（H2O）b2a-b-2cb(2a-b-2c)2t?22c(3b+4c)b+c×100%；；
b(2a-b-2c)a③反应i为吸热反应，反应ii为放热反应，由图Ⅱ可知T℃时反应达到平衡，升高温度，反应i向正反应方向移动，一氧化碳浓度增大，使二氧化碳浓度有增大的趋势，反应ii向逆反应方向移动，使二氧化碳浓度有减小的趋势，由于温度对c（CO2）的影响大于浓度的影响，所以c(CO2)随温度升高而减小，故答案为T℃之后，反应②为放热反应，升高温度反应②向逆反应方向移动是影响c（CO2）的主要因素，故c（CO2）减小。 【点睛】
本题考查化学反应原理综合应用，侧重分析与应用能力的考查，注意把握反应热与活化能的关系、盖斯定律的计算、化学平衡状态的判断、化学平衡计算为解答的关键。
5．碳酸亚铁（FeCO3）是菱铁矿的主要成分，将其隔绝空气加热到200 ℃开始分解为FeO和CO2，若将其在空气中高温煅烧则生成Fe2O3。 （1）已知25 ℃、101 kPa时：
mol－1 ①C（s）＋O2（g）=CO2（g） ΔH＝－393 kJ·②铁及其化合物反应的焓变示意图如图：
请写出FeCO3在空气中煅烧生成Fe2O3的热化学方程式：___________。
（2）据报道，一定条件下Fe2O3可被甲烷还原为“纳米级”的金属铁。其化学方程式为
垐?Fe2O3（s）＋3CH4（g）噲?2Fe（s）＋3CO（g）＋6H2（g） ΔH
①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________________。
②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∶2 B 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（H2）
③在容积均为V L的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个相同的密闭容器中加入足量“纳米级”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T1、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、Ⅱ、Ⅲ三个容器中一定处于化学平衡状态的是________；上述反应的ΔH________0
（填“大于”或“小于”）。
（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。
（图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、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）
若在800 ℃，混合气体中CO2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）Fe2O3还可以用来制备FeCl3，通过控制条件FeCl3可生成聚合物，其离子方程式为
垐?xFe3＋＋yH2O噲?Fex（OH）
（填字母）。
A 加水稀释 B 加入少量铁粉 C 升温 D 加入少量Na2CO3
＋yH。下列措施不能使平衡正向移动的是________
＋
mol－1 0.03 mol·L－【答案】4FeCO3（s）＋O2（g）=2Fe2O3（s）＋4CO2（g）ΔH＝－260 kJ·
1
·min－1 BC Ⅲ 大于 Fe2O3＋CO
800℃2FeO＋CO2 B
【解析】 【分析】
（1）图1分析书写热化学方程式，结合C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393kJ?mol-1和盖斯定律计算得到FeCO3在空气中煅烧生成Fe2O3的热化学方程式；
（2）①2min后达到平衡，测得Fe2O3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； ②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； ③2Fe（s）+3CO（g）+6H2（g）═Fe2O3（s）+3CH4（g），根据图2中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ图象，CO百分含量，由小到大，Ⅱ＜Ⅰ＜Ⅲ，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）+3CH4（g）═2Fe（s）+3CO（g）+6H2（g）△H大小；
（3）800℃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焓变示意图可推知 mol-1 ①4Fe（s）＋3O2（g）=2Fe2O3 ΔH1＝-1648 kJ·
mol-1 ②2FeCO3（s）=2Fe（s）＋2C（s）＋3O2（g）ΔH2＝+1480 kJ·mol-1 ③C（s）＋O2（g）=CO2（g） ΔH3＝-393 kJ·
mol-1＋（-则在空气中煅烧FeCO3生成Fe2O3的焓变ΔH＝2×ΔH2＋ΔH1＋4×ΔH3＝2×1480 kJ·
1648 kJ·mol-1）＋4×（-393 kJ·mol-1）＝-260 kJ·mol-1，则热化学方程式为4FeCO3（s）＋O2mol-1； （g）=2Fe2O3（s）＋4CO2（g）ΔH＝-260 kJ·
mol-1； 故答案为：4FeCO3（s）＋O2（g）=2Fe2O3（s）＋4CO2（g）ΔH＝-260 kJ·（2）①测得Fe2O3在反应中减少的质量为4.8 g，则反应的n（Fe2O3）＝
4.8g＝0.03
160g/molmol，根据反应方程式得n（H2）＝6n（Fe2O3）＝6×0.03 mol＝0.18 mol，则用H2表示的反应速率为v（H2）＝
0.18molL-1·min-1； ＝0.03 mol·
3L?2minL-1·min-1； 故答案为：0.03 mol·
②A.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（CO）＝v逆（H2）时，反应达到平衡状态，故D错误； 综上所述，答案为BC；
③由题图可知，T1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；T2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Ⅱ可能达到平衡状态，一定达到平衡状态的是状态Ⅲ；T3时温度最高，CO的体积分数增大，所以2Fe（s）＋3CO（g）＋6H2（g）=Fe2O3（s）＋3CH4（g）的正反应为放热反应，则逆反应的ΔH大于0，故答案为：Ⅲ；大于；
（3）800℃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碳，反应的方程式为：Fe2O3＋COCO2；
（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，平衡会正向移动，故C正确；
800℃2FeO＋CO2，故答案为：Fe2O3＋CO
800℃2FeO＋
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。
6．工业上将石灰石和硫煤混合使用，称之为“固硫”，其反应原理为：2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)已知：CaO(s)+CO2(g)2SO2(g)+O2(g)请回答下列问题： （1）CaSO4(s)CaO(s)+CO2(g)
CaO(s)+SO3(g)△H=___kJ·mol-1(用a、b、c表示)。 CaCO3(s)，CO2的浓度随时间变化如图所示：
（2）T1℃时，向某恒容密闭容器中通入一定量的CO2和足量CaO发生反应：
2CaSO4(s)+2CO2(g) △H1=akJ·mol-1。 CaCO3(s) △H2=bkJ·mol-1；
2SO3(g) △H3=ckJ·mol-1。
①0～8min，v(CO2)=___。
1，t2min重新达到平衡，请在2图中画出CO2的浓度自条件改变至新平衡的变化曲线___。
②t1min时，若保持其他条件不变，压缩容器体积至原来的（3）T2℃时，向某密闭容器中通入2molSO2和1molO2发生反应：2SO2(g)+O2(g)
2SO3(g) △H3=ckJ·mol-1。
①若该容器为恒压密闭容器，下列选项可判断反应已达平衡状态的是___。 A.混合气体的密度不再改变 B混合气体的压强不再改变
C.相同时间内，每断裂0.1molO=O键，同时生成0.2molSO3 D.混合气体的平均相对分子质量不再改变
②若该容器为2L的恒容密闭容器，达平衡时SO3的体积分数为40%，则O2的转化率为___，T2℃时该反应的平衡常数K=___。
③反应达到②中的平衡状态后，保持反应温度和O2的浓度不变，增大容器体积，则平衡将___(填“正向”、“逆向”或“不“)移动，原因为___。
【答案】
ca-b- 0.05mol·L－1·min－1 22 AD 50% 4
c2(SO3)不 K=2，保持O2浓度不变，扩大容器体积，SO2、SO3浓度同等程度的减
c(SO2)c(O2)小，则Qc=K，平衡不移动 【解析】 【分析】 【详解】
(1)巳知反应①2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)②CaO(s)+CO2(g)③2SO2(g)+O2(g)结合盖斯定律：△H=
2CaSO4(s)+2CO2(g)△H1=akJ·mol-1；
CaCO3(s) △H2=bkJ·mol-1； 2SO3(g) △H3=ckJ·mol-1。
CaO(s)+SO3(g)，则
11×③-②-×①可得反应CaSO4(s)22ca1111×③-②-×①=×c-b-×a=-b-； 222222－1
(2)①CO2的浓度从0.8mol·L
降低到0.4mol·L1，变化了0.4mol·L1，则
－－
v(CO2)??c0.4mol/L?=0.05molgL-1gmin-1； ?t8min1－－
的瞬间CO2的浓度增加一倍，从0.4mol·L1变成0.8mol·L1，该2②压缩体积至原来的
反应的平衡常数为K=1，温度不变，平衡常数不变，则CO2的浓度不变，达到新
c(CO2)的平衡时CO2的浓度仍为0.4mol·L1，则图像为
－
；
(3)①A．该反应为气体分子数改变的反应，且该容器为恒压密闭容器，则反应过程中体积改变，气体质量不变，则气体密度会发生变化，则混合气体的密度不再改变可以说明平衡，A正确；
B．该容器为恒压密闭容器，体系压强恒定，则混合气体的压强不再改变不能说明平衡状态，B错误；
C．相同时间内，每断裂0.1molO＝O键，同时生成0.2molSO3的反应方向相同，不能说明平衡状态，C错误；
D．该反应气体质量不变，但气体物质的量改变，则平均相对分子质量为变化值，则混合气体的平均相对分子质量不再改变可以说明平衡状态，D正确； 答案为：AD；
②利用三等式求转化率和平衡常数，设O2转化了xmol，有
垐?2SO2(g)?O2(g)噲?2SO3(g)开始的物质的量210
转化的物质的量2xx2x平衡的物质的量2?2x1?x2x平衡时，SO3的体积分数为40%，有转化率?(O2)?22x?100%?40%，得x=0.5，则O2的
2-2x?1-x?2x0.5mol?100%?50%；容器的体积为2L，则平衡常数1mol12()c(SO3)2K=2=?4； 10.5c(SO2)c(O2)()2?()22c2(SO3)③因为平衡常数K=2，保持O2浓度不变，且原平衡c(SO3)=c(SO2)，扩大
c(SO2)c(O2)c2(SO3)容器体积，SO2、SO3浓度同等程度的减小，2不变，则Qc=K，平衡不移动。答
c(SO2)案：不
c2(SO3)K=2，保持O2浓度不变，扩大容器体积，SO2、SO3浓度同等程度的减小，
c(SO2)c(O2)则Qc=K，平衡不移动。 【点睛】
(2)②需要注意，由于平衡常数只与CO2的浓度有关，因此平衡常数不变，CO2的浓度不变，因此达到新平衡时，CO2的浓度与原浓度相同，作图要注意。
7．研究碳、氮、硫等元素化合物的性质或转化对建设生态文明、美丽中国具有重要意义。
(1)海水中无机碳的存在形式及分布如图所示,用离子方程式表示海水呈弱碱性的主要原因______________________。已知春季海水pH＝8.1，预测冬季海水碱性将会_______(填“增强”或“减弱”)，理由是_________________。
(2)工业上以CO和H2为原料合成甲醇的反应：CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g) ΔH＜0，在容积为1L的恒容容器中，分别在T1、T2、T3三种温度下合成甲醇。如图是上述三种温度下不同H2和CO的起始组成比(起始时CO的物质的量均为1mol)与CO平衡转化率的关系。下列说法正确的是________(填字母)。
A．a、b、c三点H2转化率：c＞a＞b B．上述三种温度之间关系为T1＞T2＞T3
C．c点状态下再通入1molCO和4molH2，新平衡中H2的体积分数增大 D．a点状态下再通入0.5molCO和0.5molCH3OH，平衡不移动 (3)NO加速臭氧层被破坏，其反应过程如下图所示：
①NO的作用是_________________。
mol－1 ②已知：O3(g)＋O(g)===2O2(g) ΔH＝－143kJ·
mol－1 。 反应1：O3(g)＋NO(g)===NO2(g)＋O2(g) ΔH1＝－200.2kJ·反应2：热化学方程式为____________________________。
(4)若将CO和NO按不同比例投入一密闭容器中发生反应：2CO(g)＋2NO(g)=N2(g)＋2CO2(g) ΔH＝－759.8kJ·mol -1，反应达到平衡时，N的体积分数随n(CO)n(NO)的变化曲线如下图。
①b点时，平衡体系中C、N原子个数之比接近________。
②a、b、c三点CO的转化率从小到大的顺序为________；b、c、d三点的平衡常数从大到小的顺序为__________。
③若n(CO)n(NO)＝0.8，反应达平衡时，N的体积分数为20%，则NO的转化率为_____。 【答案】HCO3-+H2O=H2CO3+OH-； 减弱； 水解是吸热的，温度越低，水解程度越低； D； 催化剂； NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g) △H=+57.2 kJ/mol； 1：1； c
【分析】
（1）本小题考察盐类水解，水解平衡为吸热反应，冬天温度降低，水解平衡逆向移动，溶液碱性减弱；
（2）根据图中n(H2)/n(CO)越大，即增大氢气浓度，平衡正向移动，CO的转化率增大；根据图中关系，当n(H2)/n(CO)一定时，温度升高，CO转化率变大，反应正方向为吸热反应，与题意反应是放热反应像违背；利用反应平衡常数，在此基础上再加入反应物质，可求出Qc，比较Qc与K即可推断出平衡是否移动。
（3）通过图示，不难得到NO起着催化剂的作用，根据盖斯定律，可以得到反应2的热化学方程式；
（4）当反应物按化学计量数之比加入时，平衡时的N2的体积分数最大，所以b点的平衡体系中C、N原子个数比接近1：1；根据反应是放热反应，当n(CO)/n(NO)一定时，温度升高，平衡逆向移动，平衡常数变小，CO的转化率变小；列出三段式即可求出NO的转化率。 【详解】
(1)海水呈弱碱性的主要原因是HCO3-+H2O=H2CO3+OH-；春季海水pH＝8.1，水解平衡为吸热反应，冬天温度降低，水解平衡逆向移动，溶液碱性减弱；
(2) A.根据图中n(H2)/n(CO)越大，即增大氢气浓度，平衡正向移动，CO的转化率增大，而氢气转化率变小，图中CO转化率c>b，所以氢气转化率b>c；a、b两点的n(H2)/n(CO)相同，CO转化率越大，氢气的转化率越大，所以a>b。综上氢气的转化率为a>b>c；A项错误；
B.根据图中关系，当n(H2)/n(CO)一定时，温度升高，CO转化率变大，反应正方向为吸热反应，与题意反应是放热反应像违背；所以温度T1 C.c点状态下再通入1molCO和4molH2，等效平衡在原平衡的基础上压强增大一倍，正方向为气体体积减小的反应，故平衡正向移动，新平衡中H2的体积分数减小，C项错误； D.T1温度下，a点n(H2)/n(CO)=1.5，列出三段式： CO?g?＋2H2?g?===CH3OH?g??起始 1 1.5 0反应 0.5 1 0.5平衡 0.5 0.5 0.5再通入0.5molCO和0.5molCH3OH，Qc=确； （3）反应①是臭氧在NO作用下生成二氧化氮和氧气，二氧化氮在氧原子作用下生成NO和氧气，反应过程中NO参与反应后又生成，所以NO作用为催化剂； 根据盖斯定律两个热化学反应相减可得到反应2的热化学方程式：NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g) △H=+57.2kJ/mol； （4）①当反应物按化学计量数之比加入时，平衡时的N2的体积分数最大，所以b点的平衡体系中C、N原子个数比接近1：1； ②增大n(CO)/n(NO)，CO转化率降低，所以a、b、c三点CO的转化率从小到大的顺序为 ，T1温度下的平衡常数K= 0.5 =4， 0.5?0.520.5?0.5 =4，所以平衡不移动，D项正 (0.5?0.5)?0.52c ③若n(CO)n(NO)＝0.8，反应达平衡时，N的体积分数为20%，令平衡时CO转化了xmol， 2CO?g?＋2NO?g?=N2?g?＋2CO2?g?起始 0.8 1 0 0列出三段式：反应 x x x x ，N的体积分数为 2x平衡 0.8?x 1?x x2x2x =20%，解得x=0.6，所以CO转化率为0.6/1=60%。 2【点睛】 1.8?盐类水解，水解平衡为吸热反应，冬天温度降低，水解平衡逆向移动，溶液碱性减弱；反应平衡常数K只与温度有关，温度升高，平衡正向移动，K值增大，平衡逆向移动，K值减小；在有关平衡反应中转化率或涉及体积分数、物质的量分数题型中一般设未知数。列出三段式，即可得到方程得出答案。 8．氮氧化物是大气主要污染物，主要来自于工业废气及汽车尾气的排放，工业废气中NO是主要成分之一。 （1）乙烯作为还原剂的脱硝(NO)，其反应机理示意图如图所示．写出解吸过程的化学方程式____________________。 （2）FeSO4-Na2SO3复合吸收剂吸收烟气中的NO，该方法利用Fe2+易与NO发生络合反应的特性，原理如下NO+FeSO4 Fe(NO)SO4 ①如图是一段时间内不同吸收剂对NO脱除率对比，加入Na2SO3溶液后，吸收效率增强，除了Na2SO3也能吸收部分NO外，还能防氧化从而增大Fe2+的含量，写出此原理的离子方程式_______________________________________。 ②模拟实验表明，温度过高或过低都会降低NO的脱除率，其原因是_______________________________________。 （3）采用无隔膜法电解食盐水脱氮可将氮氧化物转化成NO3-,原理如图 ①无隔膜条件下电解食盐水后溶液呈弱碱性，原因是____________________________. ②写出NO发生反应的离子方程式____________________________。 ③根据下图所示，脱NO过程中控制溶液pH在______________范围内更合理。 【答案】2C2H4+6NO24CO2+3N2+4H2O 2Fe3++SO32－+H2O=2Fe3++SO42－+2H+ 温度过 低，反应速率缓慢；温度过高，NO的溶解度降低，都会造成脱除率下降 ClO－+H2OHClO+OH－ 2NO+3ClO－+2OH－ 2NO3－+3Cl－+2H2O 5—6 【解析】 【分析】 (1)反应机理示意图如图所示,解吸过程反应物为C2H4，NO2生成物为CO2、N2、H2O ，写出对应化学方程式； (2)①Na2SO3具有还原性，Fe3+具有氧化性，两者发生氧化还原反应，能防Fe2+氧化从而增 大Fe2+的含量； ②温度过低，反应速率缓慢，温度过高，NO的溶解度降低； (3)①电解食盐水，阳极失去电子，反生为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极得到电子，反生的反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，总反应方程式为Cl-+ H2O= ClO-+H2↑，ClO-会水解； ②ClO-作氧化剂，NO为还原剂，在碱性条件下的反应为2NO+3ClO－+2OH－+2H2O； ③根据图分析，当pH介于5-6时，Cl元素以HClO存在，此时氧化性最强。 【详解】 (1)反应机理示意图如图所示,解吸过程反应物为C2H4，NO2生成物为CO2、N2、H2O ，化学方程式为2C2H4+6NO22C2H4+6NO2 4CO2+3N2+4H2O，故答案为： 2NO3－+3Cl－ 4CO2+3N2+4H2O； (2) ①Na2SO3具有还原性，Fe3+具有氧化性，两者发生氧化还原反应，能防Fe2+氧化从而增大Fe2+的含量，离子方程式为2Fe3++SO32－+H2O=2Fe3++SO42－+2H+，故答案为：2Fe3++SO32－+H2O=2Fe3++SO42－+2H+； ②温度过低，反应速率缓慢，温度过高，NO的溶解度降低，故答案为：温度过低，反应速率缓慢；温度过高，NO的溶解度降低，都会造成脱除率下降； (3)①电解食盐水，阳极失去电子，反生为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极得到电子，反生的反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，总反应方程式为Cl-+ H2O= ClO-+H2↑，ClO-会发生水解，方程式为ClO － +H2OHClO+OH－，故答案为：ClO－+H2OHClO+OH－； 2NO3－+3Cl－ ②ClO-作氧化剂，NO为还原剂，在碱性条件下的反应为2NO+3ClO－+2OH－+2H2O，故答案为：2NO+3ClO－+2OH－6。 2NO3－+3Cl－+2H2O； ③根据图分析，当pH介于5-6时，Cl元素以HClO存在，此时氧化性最强，故答案为5- 9．C、N、S和Cl元素的单质及化合物在工业生产中的有效利用备受关注。请回答下列问题： （1）已知：I.2SO2(g)+O2(g)+2H2O(1) =2H2SO4(aq) △H1； Ⅱ.Cl2(g)+H2O(1) HCl(aq)+HClO(aq) △H2； Ⅲ.2HClO(aq) =2HCl(aq)+O2(g) △H3 SO2(g)+Cl2(g)+2H2O(1)=2HCl(aq)+H2SO4 (aq) △H4=__________(用含有△H1、△H2和△H3的代数式表示)。 （2）25℃时，H2SO3溶液中各含硫微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的变化关系如图所示。 已知25℃时，NaHSO3的水溶液pH＜7，用图中的数据通过计算解释原因 ____________________。 （3）利用“ Na-CO2”电池将CO2变废为宝。我国科研人员研制出的可充电“ Na-CO2”电池，以钠箔和多壁碳纳米管（MWCNT）为电极材料，总反应为4Na+3CO2放电时该电池“吸入”CO2，其工作原理如图所示： 2Na2CO3+C。 ①放电时，正极的电极反应式为______。 ②选用高氯酸钠—四甘醇二甲醚做电解液的优点是_______（至少写两点）。 （4）氯氨是氯气遇到氨气反应生成的一类化合物，是常用的饮用水二级消毒剂，主要包括一氯胺、二氯胺和三氯胺(NH2C1、NHC12和NC13)，副产物少于其它水消毒剂。 ①一氯胺(NH2Cl)的电子式为_______。一氯胺是重要的水消毒剂，其原因是由于一氯胺在中性、酸性环境中会发生水解，生成具有强烈杀菌作用的物质，该反应的化学方程式为_______。 ②在恒温条件下，2molCl2和1molNH3发生反应2Cl2(g)+NH3(g)得平衡时Cl2和HCl的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示： NHCl2(l)+2HCl(g)，测 计算C点时该反应的压强平衡常数Kp(C)= _______ (Kp是平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数) 【答案】（△H1+2△H2+△H3）/2 由图中数据可以计算出Ka2(H2SO3)=10－7.2 ，Ka1(H2SO3)=10－ 1.9 ，所以HSO3—的水解常数是10－12.1，HSO3—电离程度大于水解程度，溶液显酸性 3CO2+4Na++4e-═2Na2CO3+C 导电性好、与金属钠不反应、难挥发等特点 NH2Cl+H2O═NH3+HClO 0.5MPa-1 【解析】 【分析】 （1）根据盖斯定律，反应SO2(g)+Cl2(g)+2H2O(l)=2HCl(aq)+H2SO4(aq)是(Ⅰ+2×Ⅱ+Ⅲ)/2，那么△H4=（△H1+2△H2+△H3）/2； （2）由图中数据可以，求出H2SO3的Ka1和Ka2， Ka1?cH?cHSO3?c?H2SO3?????，pH?1.9时，（cHSO）?c23-14 -1.9 ?HSO?,K?3a1?10?1.9； 同理，用pH=7.2的数据计算，可以得到Ka2=10-7.2，HSO3-既可以水解又可以电离，电离常数为Ka2，水解常数Kh=Kw/Ka1=10/10 =10 -12.1 ，水解大于电离，溶液呈酸性； + - （3）根据总反应方程式，正极是CO2得电子变成C，电极反应式为3CO2+4Na+4e此外可以根据，电解质溶液的作用来答题，应该要有导电性好，难挥发等等； ═2Na2CO3+C；不选择水做溶剂，而选择有机物做溶剂，可以知道Na不和有机物发生反应，（4）①可以按照氨气的电子式来写，一氯氨可以当做氯代替氨气中的一个H。电子式为 ；根据水解反应的特点，要和水发生作用，一部分结合氢氧根，一部分结合氢离 子，产生一种具有强烈杀菌的作用，应该是次氯酸，可以写出来NH2Cl+H2O═NH3+HClO；②C点平衡时Cl2和HCl的物质的量浓度相等，可以利用三段式列出式子，设转化NH3物质的量为x 2Cl2(g) + NH3 (g) NHCl2(l) + 2HCl(g) 开始（mol） 2 1 0 0 转换（mol） 2x x 2x C点的平衡（mol） 2-2x 1-x 2x 则2-2x=2x，解得x=0.5mol，平衡时Cl2、NH3、HCl物质的量依次为1mol、0.5mol、1mol，NHCl2为液体，计算压强是不计入，气体一共2.5mol，总压为10MPa，可以Cl2、NH3、HCl分压为4MPa、2MPa、4MPa； (4MPa)2-1Kp?C?=2==0.5MPa。 2p(Cl2)p(NH3)(4MPa)?(2MPa)【详解】 （1）根据盖斯定律，反应SO2(g)+Cl2(g)+2H2O(l)=2HCl(aq)+H2SO4(aq)是(Ⅰ+2×Ⅱ+Ⅲ)/2，那么△H4=（△H1+2△H2+△H3）/2； (2) 由图中数据可以，求出H2SO3的Ka1和Ka2， p2?HCl? Ka1?cH?cHSO3?c?H2SO3?????，pH?1.9时，（cHSO）?c23?HSO?,K?3a1?10?1.9； 同理，用pH=7.2的数据计算，可以得到Ka2=10-7.2，水解常数Kh=Kw/Ka1=10-14/10-1.9=10-12.1，水解大于电离，溶液呈酸性； （3）根据总反应方程式，正极是CO2得电子变成C，电极反应式为3CO2+4Na++4e- ═2Na2CO3+C；不选择水做溶剂，而选择有机物做溶剂，可以知道Na不和有机物发生反应，此外可以根据，电解质溶液的作用来答题，应该要有导电性好，难挥发等等； （4）①可以按照氨气的电子式来写，一氯氨可以当做氯代替氨气中的一个H。电子式为 ；根据水解反应的特点，要和水发生作用，一部分结合氢氧根，一部分结合氢离 子，产生一种具有强烈杀菌的作用，应该是次氯酸，可以写出来NH2Cl+H2O═NH3+HClO；②C点平衡时Cl2和HCl的物质的量浓度相等，可以利用三段式列出式子，设转化NH3物质的量为x 2Cl2(g) + NH3 (g) NHCl2(l) + 2HCl(g) 开始（mol） 2 1 0 0 转换（mol） 2x x 2x C点的平衡（mol） 2-2x 1-x 2x 则2-2x=2x，解得x=0.5mol，平衡时Cl2、NH3、HCl物质的量依次为1mol、0.5mol、1mol，NHCl2为液体，计算压强是不计入，气体一共2.5mol，总压为10MPa，可以Cl2、NH3、HCl分压为4MPa、2MPa、4MPa； (4MPa)2-1Kp?C?=2==0.5MPa。 2p(Cl2)p(NH3)(4MPa)?(2MPa)【点睛】 第（4）②不要忘记了，NHCl2是液体，它不代入平衡常数表达式中。 p2?HCl? 10．CO、SO2是常见的大气污染物，应用化学原理变废为宝，意义重大。 (1)CO与SO2用铝矾土作催化剂、475 ℃条件下反应生成CO2和硫蒸气，该反应可用于从烟道气中回收硫，反应过程中各组分的物质的量与反应时间的关系如图所示，该反应的化学方程式为________。 (2)利用CO可以合成新能源物质——甲醇。其原理为CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH。在压强分别为p1、p2，体积均为V L的两个容器中充入a mol CO、2a mol H2，在催化剂作用下反应生成甲醇，平衡时转化率与温度、压强的关系有下表数据： p1 p2 50 ℃ 0.65 0.80 100 ℃ 0.50 0.70 200 ℃ 0.40 0.65 300 ℃ 0.32 0.50 400 ℃ 0.24 0.41 ①ΔH________0，p1________p2。(填“＞”“＜”或“＝”)。 ②压强为p2，温度为300 ℃时，该反应的平衡常数K＝________。 ③压强为p1，温度为100 ℃时，达到平衡后，继续向其中通入0.5a mol CO、a mol H2、0.5a mol CH3OH，则平衡时CH3OH的体积分数________(填“增大”“减小”或“不变”)。 ④下列说法正确的是________。 a．当n(CO)∶n(H2)∶n(CH3OH)＝1∶2∶1时，可逆反应达到平衡状态 b．平衡后向体积为V L的容器内继续充入He，平衡不移动 c．使用新型催化剂，可提高CO的平衡转化率 (3)MnO2悬浊液、NaOH溶液都是SO2气体常用的吸收剂。 ①已知MnO2＋SO2＝MnSO4，吸收SO2的装置如图所示。反应过程中，为使SO2尽可能转化完全，可采取的合理措施有___________、__________。 ②将标准状况下4.48 L SO2气体缓缓通入100 mL 3 mol·L－1 NaOH溶液中，充分反应后c(Na＋)＝___ (填几种粒子浓度之和)。 ③取②中所得溶液10 mL，加水稀释成1 L，向其中加入CaCl2固体至有沉淀CaSO3(Ksp＝3.1×10－7)生成，则所加CaCl2固体的质量为_____mg。 V垐垐【答案】4CO＋2SO2噲垐??4CO2＋S2 ＜ ＜ a2 增大 b 缓慢通入SO2 控制合适475℃2催化剂的温度 1.5[c(SO32—)＋c(HSO3—)＋c(H2SO3)] 3.441 【解析】 【详解】 (1)结合题中所给图像可知反应物、生成物的变化量，0～40min，两种反应物的变化量分别为2mol、1mol，两种生成物的变化量分别为2mol、0.5mol，反应物CO中的C为+2价，生成物CO2中的C为+4价，而反应物SO2中的S为+4价，生成物硫蒸气中的S为0价，根据氧化还原反应中得失电子守恒，以及反应物、生成物的变化量之比等于化学计量 垐垐数之比，推断出硫蒸气的化学式为S2，该方程式为4CO＋2SO2噲垐??4CO2＋S2； 475℃(2)①当压强一定时，温度越高，反应物的转化率越低，故该反应为放热反应，ΔH＜0，由CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)的方程式可知，该反应为反应前后气体分子数减小的反应， 压强越大，转化率越高，故p1＜p2； ②压强为p2，温度为300 ℃时，平衡时转化率为0.50，可知平衡时： c(CO)=0.5a/VmolgL-1、c(H2)=a/VmolgL-1、c(CH3OH)=0.5a/VmolgL-1，该反应的平衡常数K＝c(CH3OH)/c2(H2)c(CO)＝V； a2③压强为p1，温度为100 ℃时，达到平衡后，平衡时转化率为0.50，CO、H2、CH3OH的物质的量分别为0.5a mol、a mol、0.5a mol，继续向其中通入0.5a mol CO、a mol H2、0.5a mol CH3OH，各物质的浓度加倍，等效于体积压缩一半，平衡正向移动，CH3OH 2催化剂的体积分数增大； ④a．没有说明温度压强，当n(CO)∶n(H2)∶n(CH3OH)＝1∶2∶1时，不能排判断该反应达到平衡，a错误； b．平衡后向体积为V L的容器内继续充入He，反应物、生成物的浓度没有改变，平衡不移动，b正确； ? c．使用新型催化剂，可提高反应速率，但是不能提高CO的平衡转化率，c错误； 答案选b。 (3)①反应过程中，为使SO2尽可能转化完全，可采取缓慢通入SO2，增大SO2与MnO2的接触时间，另外也可以降低温度，因为温度越高，气体在溶液中的溶解度越小； ②n(Na+)=0.3mol，n(SO32-)＋n(HSO3—)＋n(H2SO3)=0.2mol，故根据物料守恒c(Na+)=1.5[c(SO32—)＋c(HSO3—)＋c(H2SO3)]； — ③ 0.2mol SO2与0.3mol NaOH反应生成0.1molNa2SO3、0.1molNaHSO3，此时c(SO32 )=0.1mol/0.1L=1molgL-1，取该溶液溶液10 mL，加水稀释成1 L，稀释后c(SO32—)=0.01 mol gL-1，c(SO32—) ?c(Ca2+)=0.01?c(Ca2+)=3.1×10－7，c(Ca2+)=3.1×10－5 molgL-1，m(CaCl2)= 3.1×10－5 molgL-1 ?1L ?111ggL-1 ?1000mggg-1=3.441 mg。
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