江苏省2020高考化学二轮复习题型一化学反应原理综合题教案含解析

江苏省2020高考化学二轮复习题型一化学反应原理综合题教案含解析

题型一 化学反应原理综合题 ‎　反应热与化学平衡的综合 ‎1．题型特点 这类试题往往以能量变化、化学反应速率、化学平衡知识为主题，借助图像、图表的手段，综合考查关联知识。关联知识主要有：‎ ‎(1)ΔH符号的判断、热化学方程式的书写、应用盖斯定律计算ΔH。‎ ‎(2)化学反应速率的计算与比较，外因(浓度、压强、温度、催化剂)对化学反应速率的影响。‎ ‎(3)平衡常数、转化率的计算，温度对平衡常数的影响；化学平衡状态的判断，用化学平衡的影响因素进行分析和解释。‎ ‎(4)在多层次曲线图中反映化学反应速率、化学平衡与温度、压强、浓度的关系。‎ ‎2．热化学方程式的书写及反应热计算技巧 首先根据要求书写目标热化学方程式的反应物、产物并配平，其次在反应物和生成物的后面的括号内注明其状态，再次将目标热化学方程式与已有的热化学方程式比对(主要是反应物和生成物的位置、化学计量数)，最后根据盖斯定律进行适当运算得出目标热化学方程式的反应热ΔH，空一格写在热化学方程式右边即可。‎ ‎3．分析反应速率和化学平衡问题的注意点 ‎(1)熟练“三段式”，准确计算反应速率、转化率和平衡常数。‎ ‎①明确三种量的意义：一是起始量(物质的量或浓度)，二是变化量，三是平衡量；‎ ‎②用变化量求反应速率和转化率，用平衡浓度求平衡常数。‎ ‎(2)化学平衡状态的比较分析时，要审清两个条件：①恒温恒容；②恒温恒压。‎ ‎(3)平衡常数的计算 ‎①固体和纯液体的浓度视为常数(不出现在平衡常数表达式中)；‎ ‎②理解气体分压的意义(等于气体物质的量之比)以及气体压强平衡常数的计算。‎ ‎(4)对于可逆反应，温度变化对正、逆反应速率均产生影响，且影响趋势相同，但影响程度不同。‎ ‎①升温对吸热反应影响较大，对放热反应影响较小；‎ ‎②降温对吸热反应影响较小，对放热反应影响较大。‎ - 29 -‎ ‎4．分析图表与作图时应注意的问题 ‎(1)仔细分析并准确画出曲线的最高点、最低点、拐点和平衡点。‎ ‎(2)找准纵坐标与横坐标的对应数据。‎ ‎(3)描绘曲线时注意点与点之间的连接关系。‎ ‎(4)分析表格数据时，找出数据大小的变化规律。‎ ‎1．(2019·高考江苏卷)CO2的资源化利用能有效减少CO2排放，充分利用碳资源。‎ ‎(1)CaO可在较高温度下捕集CO2，在更高温度下将捕集的CO2释放利用。CaC2O4·H2O热分解可制备CaO，CaC2O4·H2O加热升温过程中固体的质量变化如图1。‎ ‎①写出400～600 ℃范围内分解反应的化学方程式：_______________________。‎ ‎②与CaCO3热分解制备的CaO相比，CaC2O4·H2O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能，其原因是______________________________________________。‎ ‎(2)CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应：‎ 反应Ⅰ：CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g)　ΔH＝41.2 kJ·mol－1‎ 反应Ⅱ：2CO2(g)＋6H2(g)===CH3OCH3(g)＋3H2O(g)　ΔH＝－122.5 kJ·mol－1‎ 在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图2。‎ - 29 -‎ 其中：CH3OCH3的选择性＝×100%‎ ‎①温度高于300 ℃，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是_________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎②220 ℃时，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性为48%(图中A点)。不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的措施有________________________________________________________________________。‎ 解析：(1)①M(CaC2O4·H2O)＝146 g·mol－1，取1 mol CaC2O4·H2O，质量为146 g，当剩余质量为128 g时，质量减少了18 g，即减少1 mol H2O，结合题图1知，在400 ℃时，固体的化学式为CaC2O4；当剩余质量为100 g时，质量又减少了28 g，即减少1 mol CO，CaC2O4失去1个CO后变成CaCO3，所以在400～600 ℃时发生的反应为CaC2O4CaCO3＋CO↑。②CaC2O4·H2O热分解会放出CO、CO2、H2O等气体，可以使制备的CaO更加疏松多孔，这样得到的CaO捕集CO2的性能更好。(2)①反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，当升高温度时，反应Ⅰ平衡正向移动，CO2转化为CO的平衡转化率上升，反应Ⅱ平衡逆向移动，CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度。②反应Ⅰ是气体分子数不变的反应，反应Ⅱ是气体分子数减小的反应，所以可以通过加压使反应Ⅱ平衡正向移动，或者加入有利于反应Ⅱ进行的催化剂。‎ 答案：(1)①CaC2O4CaCO3＋CO↑‎ ‎②CaC2O4·H2O热分解放出更多的气体，制得的CaO更加疏松多孔 ‎(2)①反应Ⅰ的ΔH>0，反应Ⅱ的ΔH<0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度 ‎②增大压强、使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂 ‎2．(2015·高考江苏卷)烟气(主要污染物SO2、NOx )经O3预处理后用CaSO3水悬浮液吸收，可减少烟气中SO2、NOx的含量。O3氧化烟气中SO2、NOx的主要反应的热化学方程式为 NO(g)＋O3(g)===NO2(g)＋O2(g)　‎ ΔH＝－200.9 kJ·mol－1‎ NO(g)＋O2(g)===NO2(g)ΔH＝－58.2 kJ·mol－1‎ SO2(g)＋O3(g)===SO3(g)＋O2(g)　‎ ΔH＝－241.6 kJ·mol－1‎ - 29 -‎ ‎(1)反应3NO(g)＋O3(g)===3NO2(g)的ΔH＝________kJ·mol－1。‎ ‎(2)室温下，固定进入反应器的NO、SO2的物质的量，改变加入O3的物质的量，反应一段时间后体系中 n(NO)、n(NO2)和n(SO2)随反应前n(O3)∶n(NO) 的变化如图。‎ ‎①当n(O3)∶n(NO)>1时，反应后NO2的物质的量减少，其原因是___________________。‎ ‎②增加n(O3)，O3氧化SO2的反应几乎不受影响， 其可能原因是___________________。‎ ‎(3)当用CaSO3水悬浮液吸收经O3预处理的烟气时，清液(pH约为8)中SO将NO2转化为NO ，其离子方程式为________________________________________________________。‎ ‎(4)CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液，达到平衡后溶液中c(SO)＝________[用c(SO)、Ksp(CaSO3 )和Ksp(CaSO4 )表示]；CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4 溶液能提高NO2的吸收速率，其主要原因是____________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ 解析：(1)应用盖斯定律进行解答。‎ ‎(2)①O3的氧化性很强，O3能将NO2氧化为更高价的氮氧化物。‎ ‎②O3能氧化SO2，而增加n(O3)时O3氧化SO2的反应几乎不受影响，则“几乎不受影响”的原因是SO2与O3的反应速率慢。‎ ‎(3)NO2转化为NO是NO2发生了还原反应，则SO发生氧化反应；pH＝8的溶液呈碱性。在此基础上，应用书写氧化还原反应型离子方程式的规则，可写出SO与NO2反应的离子方程式。‎ ‎(4)CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液以后的体系中存在两个沉淀溶解平衡：‎ CaSO3 (s)Ca2＋(aq)＋SO(aq)，‎ Ksp(CaSO3)＝c(Ca2＋)·c(SO)‎ CaSO4 (s)Ca2＋(aq)＋SO(aq)，‎ Ksp(CaSO4)＝c(Ca2＋)·c(SO)‎ 则c(SO)＝×c(SO)。‎ - 29 -‎ CaSO3水悬浮液吸收NO2的实质是SO与NO2发生氧化还原反应。CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液以后，发生反应：Ca2＋(aq)＋SO(aq)CaSO4(s)，促使沉淀溶解平衡CaSO3(s)Ca2＋(aq)＋SO(aq)向右移动，SO的浓度增大，加快了SO与NO2的反应速率。‎ 答案：(1)－317.3‎ ‎(2)①O3将NO2氧化为更高价氮氧化物(或生成了N2O5)‎ ‎②SO2与O3的反应速率慢 ‎(3)SO＋2NO2＋2OH－===SO＋2NO＋H2O ‎(4)×c(SO)　CaSO3转化为CaSO4使溶液中SO的浓度增大，加快SO与NO2的反应速率 ‎1．1，2二氯丙烷(CH2ClCHClCH3)是重要的化工原料，工业上可用丙烯加成法生产，主要副产物为3氯丙烯(CH2===CHCH2Cl)，反应原理为 i．CH2===CHCH3(g)＋Cl2(g)CH2ClCHClCH3(g)‎ ΔH＝－134 kJ·mol－1‎ ii.CH2===CHCH3(g)＋Cl2(g)CH2===CHCH2Cl(g)＋HCl(g)　ΔH2＝－102 kJ·mol－1‎ 已知相关化学键的键能数据如下表所示：‎ 化学键 C===C C—C C—Cl Cl—Cl E/(kJ·mol－1)‎ ‎611‎ x ‎328‎ ‎243‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)由反应i计算出表中x＝________。‎ ‎(2)一定温度下，密闭容器中发生反应i和反应ii，达到平衡后增大压强，CH2ClCHClCH3的产率________(填“增大”“减小”或“不变”)，理由是__________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(3)T1 K时，向10 L恒容的密闭容器中充入1 mol CH2===CHCH2Cl和2 mol HCl，只发生反应 CH2===CHCH2Cl(g)＋HCl(g)CH2ClCHClCH3(g)　ΔH3。5 min反应达到平衡，测得0～5 min内，用CH2ClCHClCH3表示的反应速率v(CH2ClCHClCH3)＝0.016 mol·L－1·min－1。‎ ‎①平衡时，HCl的体积分数为________(保留三位有效数字)。‎ ‎②保持其他条件不变，6 min时再向该容器中充入0.6 mol CH2===CHCH2Cl、0.2 mol - 29 -‎ ‎ HCl和0.1 mol CH2ClCHClCH3，则起始反应速率v正(HCl)________(填“>”“<”或“＝”)v逆(HCl)。‎ ‎(4)一定压强下，向密闭容器中充入一定量的CH2===CHCH3和Cl2发生反应ii。设起始时＝w，平衡时Cl2的体积分数(φ)与温度(T)、w的关系如图甲所示。w＝1时，正、逆反应的平衡常数(K)与温度(T)的关系如图乙所示。‎ ‎①图甲中，w2________(填“>”“<”或“＝”)1。‎ ‎②图乙中，表示正反应平衡常数的曲线为________(填“A”或“B”)，理由为_________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎③T1K，w1条件下，平衡时φ(Cl2)＝_________________________________________。‎ ‎(5)起始时向某恒容绝热容器中充入1 mol CH2===CHCH3和1 mol Cl2发生反应ii，达到平衡时，容器内气体压强________(填“增大”“减小”或“不变”)。‎ 解析：(1)根据ΔH＝反应物键能之和－生成物键能之和计算。‎ ‎(2)依据压强对化学平衡的影响解答。‎ ‎(3)①生成n(CH2ClCHClCH3)＝0.016 mol·L－1·min－1×5 min×10 L＝0.8 mol，则HCl的体积分数为×100%≈54.5%。②依据上述数据计算T1 K下的平衡常数，再根据新加入各组分的量计算此时的浓度商Q，通过比较Q与K的相对大小，判断反应进行的方向。‎ ‎(4)①相同温度下，w2时φ(Cl2)小，相当于其他条件不变，增大CH2===CHCH3的浓度，即w2>1。③由题图乙可知，T1K条件下K正＝K逆＝1，再应用三段式和平衡常数表达式解答。‎ ‎(5)该反应正向放热，随反应进行，温度升高，压强增大。‎ 答案：(1)332‎ ‎(2)增大　增大压强，反应ii的平衡不移动，反应i的平衡正向移动 ‎(3)①54.5%　②>‎ ‎(4)①>　②B　反应ii的正反应为放热反应，温度升高，正反应的平衡常数减小　③25%‎ ‎(5)增大 ‎2．采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，‎ - 29 -‎ 在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。回答下列问题：‎ ‎(1)1840年Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5。该反应的氧化产物是一种气体，其分子式为________。‎ ‎(2)F.Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25 ℃时N2O5(g)分解反应：‎ 其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间t的变化如下表所示[t＝∞时，N2O5(g)完全分解]：‎ t/min ‎0‎ ‎40‎ ‎80‎ ‎160‎ ‎260‎ ‎1 300‎ ‎1 700‎ ‎∞‎ p/kPa ‎35.8‎ ‎40.3‎ ‎42.5‎ ‎45.9‎ ‎49.2‎ ‎61.2‎ ‎62.3‎ ‎63.1‎ ‎①已知：2N2O5(g)=== 2N2O4(g)＋O2(g)　ΔH1＝－4.4 kJ·mol－1‎ ‎2NO2(g)=== N2O4(g)　ΔH2＝－55.3 kJ·mol－1‎ 则反应N2O5(g)=== 2NO2(g)＋O2(g)的ΔH＝________kJ·mol－1。‎ ‎②研究表明，N2O5(g)分解的反应速率v＝2×10－3×pN2O5(kPa·min－1)。t＝62 min时，测得体系中pO2＝2.9 kPa，则此时的pN2O5＝________kPa，v＝________kPa·min－1。‎ ‎③若提高反应温度至35 ℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35 ℃)________63.1 kPa(填“大于”“等于”或“小于”)，原因是_____________________________________。‎ ‎④25 ℃时N2O4(g) 2NO2(g)反应的平衡常数Kp＝________(Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1位小数)。‎ ‎(3)对于反应2N2O5(g)―→ 4NO2(g)＋O2(g)，R.A.Ogg提出如下反应历程：‎ 第一步　N2O5 NO2＋NO3　　　　　　 快速平衡 第二步　NO2＋NO3―→ NO＋NO2＋O2 慢反应 第三步　NO＋NO3―→ 2NO2 快反应 其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是________(填标号)。‎ A．v(第一步的逆反应)>v(第二步反应)‎ B．反应的中间产物只有NO3‎ C．第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效 D．第三步反应活化能较高 - 29 -‎ 解析：(1)氯气与硝酸银反应生成N2O5，氯气做氧化剂，还原产物为氯化银，又硝酸银中氮元素、银元素已经是最高化合价，则只能是氧元素化合价升高，所以气体氧化产物为O2。(2)①将已知热化学方程式依次编号为a、b，根据盖斯定律，由×a－b得N2O5(g)===2NO2(g)＋O2(g)　ΔH＝＝ kJ·mol－1＝＋53.1 kJ·mol－1。②t＝62 min时，体系中pO2＝2.9 kPa，根据三段式法得 ‎　　　2N2O5(g)===2N2O4(g)＋O2(g)‎ 起始 35.8 kPa 0 0‎ 转化 5.8 kPa 5.8 kPa 2.9 kPa ‎62 min 30.0 kPa 5.8 kPa 2.9 kPa 则62 min时pN2O5＝30.0 kPa，v＝2×10－3×30.0 kPa·min－1＝6.0×10－2kPa·min－1。③刚性反应容器的体积不变，25 ℃ N2O5(g)完全分解时体系的总压强为63.1 kPa，升高温度，从两个方面分析：一方面是体积不变，升高温度，体系总压强增大；另一方面，2NO2(g)N2O4(g)的逆反应是吸热反应，升高温度，平衡向生成NO2的方向移动，体系物质的量增大，故体系总压强增大。④N2O5完全分解生成N2O4和O2，起始p N2O5＝35.8 kPa，其完全分解时p N2O4＝35.8 kPa，p O 2＝17.9 kPa，设25 ℃平衡时N2O4转化了x，则 ‎　　　N2O4(g)　　　　2NO2(g)‎ 平衡 35.8 kPa－x 2x ‎35．8 kPa－x＋2x＋17.9 kPa＝63.1 kPa，解得x＝9.4 kPa。平衡时，p N2O4＝26.4 kPa，p N O 2＝18.8 kPa，Kp＝＝＝13.4。(3)快速平衡，说明第一步反应的正、逆反应速率都较大，则第一步反应的逆反应速率大于第二步反应的速率，A项正确；反应的中间产物除NO3外还有NO，B项错误；发生有效碰撞才能发生反应，第二步反应慢，说明部分碰撞有效，C项正确；第三步反应快，说明反应活化能较低，D项错误。‎ 答案：(1)O2‎ ‎(2)①＋53.1　②30.0　6.0×10－2　③大于　温度提高，体积不变，总压强提高；NO2二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高　④13.4‎ ‎(3)AC ‎3．钼及其合金在冶金、环保和航天等方面有着广泛的应用。‎ - 29 -‎ ‎(1)钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)可用于制造阻燃剂和无公害型冷却水系统的金属缓蚀剂。Na2MoO4中Mo的化合价为________。在碱性条件下，将辉钼矿(主要成分为MoS2)加入NaClO溶液中，也可以制备钼酸钠，该反应的离子方程式为___________________________。‎ ‎(2)已知：‎ ‎①2Mo(s)＋3O2(g)===2MoO3(s)　ΔH1‎ ‎②2MoS2(s)＋7O2(g)===2MoO3(s)＋4SO2(g)　ΔH2‎ ‎③MoS2(s)＋2O2(g)===Mo(s)＋2SO2(g)　ΔH3‎ 则ΔH3＝________(用含ΔH1、ΔH2的代数式表示)。‎ ‎(3)碳酸钠做固硫剂并用氢气还原辉钼矿的原理为MoS2(s)＋4H2(g)＋2Na2CO3(s)Mo(s)＋2CO(g)＋4H2O(g)＋2Na2S(s)　ΔH。实验测得平衡时的有关变化曲线如图所示。‎ ‎①一定温度下，在体积固定的密闭容器中进行上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是________(填标号)。‎ A．2v正(H2)＝v逆(CO)‎ B．CO体积分数保持不变 C．混合气体的平均相对分子质量保持不变 D．ΔH保持不变 ‎②图中A点对应的平衡常数Kp＝________(已知A点对应的压强为0.1 MPa，用平衡分压代替平衡浓度进行计算，分压＝总压×物质的量分数)。‎ 解析：(1)Na2MoO4·2H2O中Na是＋1价，O是－2价，所以根据化合物中各元素正负化合价代数和为0可知，Mo的化合价是＋6；反应中Mo的化合价从＋4升高到＋6，S的化合价从－2升高到＋6，Cl的化合价从＋1降低到－1，所以根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知，该反应的离子方程式为MoS2＋9ClO－＋6OH－===MoO＋9Cl－＋2SO＋3H2O。(2)根据盖斯定律，由得到MoS2(s)＋2O2(g)===Mo(s)＋2SO2(g)　ΔH3＝ΔH2－ΔH1。(3)①2v正(H2)＝‎ - 29 -‎ v逆(CO)不满足反应速率之比等于化学计量数之比，反应没有达到平衡状态，A错误；CO体积分数保持不变说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，B正确；反应前后混合气体的质量和物质的量是变化的，因此混合气体的平均相对分子质量保持不变说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，C正确；同一温度下，对于具体的化学反应，ΔH是不变的，D错误。②图中A点处对应的氢气和水蒸气的体积分数相等，均是40%，所以一氧化碳的体积分数是20%，说明氢气、一氧化碳、水蒸气的物质的量之比是2∶1∶2，所以对应的平衡常数Kp＝＝4×10－4。‎ 答案：(1)＋6　MoS2＋9ClO－＋6OH－===MoO＋9Cl－＋2SO＋3H2O　(2)ΔH2－ΔH1　(3)①BC ②4×10－4‎ ‎　电解质溶液、电化学与化学平衡的综合 ‎1．题型特点 主要以元素及其化合物的性质做素材，设计为溶液中进行的可逆反应。试题主要考查电化学、溶液中的电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡的有关知识，同时往往涉及氧化还原反应的相关知识。‎ ‎2．解题指导 ‎(1)浏览全题 根据题目提供的信息，结合相关基础知识，先对简单问题进行解答。‎ ‎(2)对于氧化还原反应 ‎①通过陌生物质的价态判断其氧化性与还原性。‎ ‎②氧化还原滴定的分析计算要正确利用“关系式”。‎ ‎(3)化学反应速率的影响因素的实验探究 影响化学反应速率的探究实验中，控制变量是关键。‎ ‎(4)化学平衡常数及平衡转化率的计算 平衡常数的计算可用三段式法找出浓度可变的反应物、产物在起始时、转化的、平衡时的浓度，然后代入平衡常数表达式(平衡时生成物浓度化学计量数次幂的乘积与反应物浓度化学计量数次幂的乘积的比值)进行计算。‎ - 29 -‎ ‎(5)对于电化学类试题，首先判断是原电池还是电解池，然后分析电极类别，书写电极反应式，最后按电极反应式进行相关计算。‎ ‎　电化学中的电极反应式的书写要做到以下几点：‎ ‎(1)根据题意、装置图分清“原电池”“电解池”或“电镀池”。‎ ‎(2)定电极：阴极、阳极；正极、负极。‎ ‎(3)根据电极反应物和介质确定产物进而写出电极反应式。‎ ‎①配平(原子守恒、电荷守恒、电子守恒)；‎ ‎②产物粒子在介质中存在的形式；‎ ‎③得、失电子要表达准确，得电子写＋ne－，失电子写－ne－。‎ ‎(4)对电化学计算要利用各电极转移的电子数相等求未知量。‎ ‎(6)对于电解质溶液类试题，要明确溶液中的物质类型及其可能存在的平衡类型，然后进行解答。‎ 有关Ksp的计算往往与pH的计算结合起来，要注意pH与c(OH－)浓度关系的转换，难溶电解质的悬浊液即为其沉淀溶解平衡状态，满足相应的Ksp。‎ ‎1．(2018·高考江苏卷)NOx(主要指NO和NO2)是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3和NOx反应生成N2。‎ ‎(1)NH3与NO2生成N2的反应中，当生成1 mol 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M的反应器中反应(装置如图1)。‎ 反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图2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___________________‎ ‎________________________________________________________________________；‎ 当反应温度高于380 ℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是________________。‎ 解析：(1)反应时NH3中N由－3价升高到0价，NO2中N由＋4价降低到0价，反应为6NO2‎ - 29 -‎ ‎＋8NH3===7N2＋12H2O，则生成1 mol N2，转移电子 mol。(2)迅速上升段是催化剂活性随温度升高而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；温度高于380 ℃，催化剂活性下降，且NH3与O2反应生成了NO。‎ 答案：(1)　(2)迅速上升段是催化剂活性随温度升高而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　催化剂活性下降；NH3与O2反应生成了NO ‎2．(2016·高考江苏卷)铁炭混合物(铁屑和活性炭的混合物)、纳米铁粉均可用于处理水中污染物。‎ ‎(1)铁炭混合物在水溶液中可形成许多微电池。将含有Cr2O的酸性废水通过铁炭混合物，在微电池正极上Cr2O转化为Cr3＋，其电极反应式为__________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(2)在相同条件下，测量总质量相同、铁的质量分数不同的铁炭混合物对水中Cu2＋和Pb2＋的去除率，结果如图所示。‎ ‎①当铁炭混合物中铁的质量分数为0时，也能去除水中少量的Cu2＋和Pb2＋，其原因是________________________________________________________________________。‎ ‎②当铁炭混合物中铁的质量分数大于50%时，随着铁的质量分数的增加，Cu2＋和Pb2＋的去除率不升反降，其主要原因是_______________________________________________。‎ ‎(3)纳米铁粉可用于处理地下水中的污染物。‎ ‎①一定条件下，向FeSO4溶液中滴加碱性NaBH4溶液，溶液中BH(B元素的化合价为＋3)与Fe2＋反应生成纳米铁粉、H2和B(OH)，其离子方程式为_____________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎②纳米铁粉与水中NO反应的离子方程式为 ‎4Fe＋NO＋10H＋===4Fe2＋＋NH＋3H2O 研究发现，若pH偏低将会导致NO的去除率下降，其原因是__________________。‎ - 29 -‎ ‎③相同条件下，纳米铁粉去除不同水样中NO的速率有较大差异(见图)，产生该差异的可能原因是___________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ 解析：(1)微电池的正极为炭，电极反应式为Cr2O＋6e－＋14H＋===2Cr3＋＋7H2O。(2)①铁的质量分数为0时，活性炭会吸附Cu2＋和Pb2＋，因此也能去除水中少量的Cu2＋和Pb2＋。②铁的质量分数大于50%时，铁炭混合物中微电池数目减少，因此去除率不升反降。(3)①根据题中提供信息知，Fe2＋在碱性条件下与BH反应，生成Fe、H2和B(OH)，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒配平并写出离子方程式：2Fe2＋＋BH＋4OH－===2Fe＋2H2↑＋B(OH)。②pH偏低，纳米铁粉与H＋反应生成H2，Fe的量减少，因此NO的去除率下降。③根据图示，Ⅱ中纳米铁粉去除NO的速率快，Ⅱ与Ⅰ相比多了Cu2＋，可能原因是Cu2＋或铁置换出的Cu能催化纳米铁粉去除NO的反应或Fe和Cu形成了FeCu原电池，从而增大了纳米铁粉去除NO的反应速率。‎ 答案：(1)Cr2O＋14H＋＋6e－===2Cr3＋＋7H2O ‎(2)①活性炭对Cu2＋和Pb2＋有吸附作用 ‎②铁的质量分数增加，铁炭混合物中微电池数目减少 ‎(3)①2Fe2＋＋BH＋4OH－===2Fe＋2H2↑＋B(OH) ‎②纳米铁粉与H＋反应生成H2‎ ‎③Cu或Cu2＋催化纳米铁粉去除NO的反应(或形成的FeCu原电池增大纳米铁粉去除NO的反应速率)‎ ‎3．(2017·高考江苏卷)砷(As)是一些工厂和矿山废水中的污染元素，使用吸附剂是去除水中砷的有效措施之一。‎ ‎(1)将硫酸锰、硝酸钇与氢氧化钠溶液按一定比例混合，搅拌使其充分反应，可获得一种砷的高效吸附剂X，吸附剂X中含有CO，其原因是_____________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ - 29 -‎ ‎ (2)H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系分别如图1和图2所示。‎ ‎ ‎ ‎①以酚酞为指示剂(变色范围pH 8.0～10.0)，将NaOH溶液逐滴加入H3AsO3溶液中，当溶液由无色变为浅红色时停止滴加。该过程中主要反应的离子方程式为______________。 ‎ ‎②H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4H2AsO＋H＋的电离常数为Ka1，则pKa1＝____________(pKa1＝－lg Ka1)。‎ ‎(3)溶液的pH对吸附剂X表面所带电荷有影响。pH ＝7.1时， 吸附剂X表面不带电荷；pH>7.1时带负电荷，pH越高，表面所带负电荷越多；pH<7.1时带正电荷，pH越低，表面所带正电荷越多。pH不同时吸附剂X对三价砷和五价砷的平衡吸附量(吸附达平衡时单位质量吸附剂X吸附砷的质量)如图3所示。‎ ‎①在pH 7～9之间，吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降，其原因是 ‎________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎②在pH 4～7之间，吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱，这是因为 ‎________________________________________________________________________‎ - 29 -‎ ‎________________________________________________________________________‎ ‎______________________________________________________________________。‎ ‎ 提高吸附剂X对三价砷去除效果可采取的措施是____________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ 解析：(1)制吸附剂X的混合溶液中含有NaOH溶液，能吸收空气中的CO2生成CO。(2)①图1中pH为8～10时，三价砷物种主要以H3AsO3和H2AsO的形式存在，故滴加NaOH溶液的过程中主要反应的离子方程式为OH－＋H3AsO3===H2AsO＋H2O。②Ka1＝，Ka仅与温度有关，为方便计算，在图2中取pH＝2.2时计算，此时c(H2AsO)＝c(H3AsO4)，则Ka1＝c(H＋)＝10－2.2，pKa1＝2.2。(3)①从图2知，pH由7升至9时，H2AsO转变为HAsO，由题中信息知，pH＞7.1时，pH越高，吸附剂X所带负电荷越多，则吸附剂X与HAsO静电斥力增强。②在pH为4～7之间，吸附剂X表面带正电荷，从图2知，pH在4～7之间，吸附剂X吸附H2AsO和HAsO；从图1知，pH在4～7之间，三价砷主要以分子形式存在，吸附剂X不会吸附分子。加入氧化剂，可以将三价砷转化为五价砷，而被吸附剂X吸附。‎ 答案：(1)碱性溶液吸收了空气中的CO2　(2)①OH－＋H3AsO3===H2AsO＋H2O　②2.2‎ ‎(3)①在pH 7～9之间，随pH升高H2AsO转变为HAsO，吸附剂X表面所带负电荷增多，静电斥力增加 ‎②在pH 4～7之间，吸附剂X表面带正电，五价砷主要以H2AsO和HAsO阴离子存在，静电引力较大；而三价砷主要以H3AsO3分子存在，与吸附剂X表面产生的静电引力小　加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷 ‎4.(2014·高考江苏卷)硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。由硫化氢获得硫单质有多种方法。‎ ‎(1)将烧碱吸收H2S后的溶液加入如图1所示的电解池的阳极区进行电解。电解过程中阳极区发生如下反应：‎ S2－－2e－===S　(n－1)S＋S2－===S ‎①写出电解时阴极的电极反应式：_________________________________________。‎ - 29 -‎ ‎②电解后阳极区的溶液用稀硫酸酸化得到硫单质，其离子方程式可写成：________________________________________________________________________。‎ ‎(2)将H2S和空气的混合气体通入FeCl3 、FeCl2 、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图2所示。‎ ‎①在图示的转化中，化合价不变的元素是________。‎ ‎②反应中当有1 mol H2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3＋的物质的量不变，需消耗O2的物质的量为________。‎ ‎③在温度一定和不补加溶液的条件下，缓慢通入混合气体，并充分搅拌。欲使生成的硫单质中不含CuS，可采取的措施有____________________。‎ ‎(3)H2S在高温下分解生成硫蒸气和H2。若反应在不同温度下达到平衡时，混合气体中各组分的体积分数如图3所示，H2S在高温下分解反应的化学方程式为___________________。‎ 解析：(1)①在阴极电解质溶液是NaOH，同时图中显示产生了H2，因此阴极发生的电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－；②加入H2SO4后，H＋与S反应生成S和H2S。(2)①根据图2可知，整个过程中－2价的S与0价的S之间相互转化，还存在Fe2＋与Fe3＋之间的相互转化；②根据电子守恒和化学反应方程式知，1 mol H2S转化为单质S转移2 mol电子，而1 mol O2转移4 mol电子，因此需消耗O2 0.5 mol；③根据图示，可增大空气的量，使S2－完全转化为S，使其没有机会和Cu2＋结合生成CuS。(3)根据图3可知，反应达到平衡过程中，生成的一种产物的物质的量是另一种产物的2倍，再结合原子守恒，可知另一种产物为S2。‎ 答案：(1)①2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－‎ ‎②S＋2H＋===(n－1)S↓＋H2S↑‎ - 29 -‎ ‎(2)①Cu、H、Cl(或铜、氢、氯)　②0.5 mol　③提高混合气体中空气的比例 ‎(3)2H2S2H2＋S2‎ ‎1．多晶硅是制作光伏电池的关键材料。以下是由粗硅制备多晶硅的简易过程。‎ 回答下列问题：‎ 将SiCl4氢化为SiHCl3有三种方法，对应的反应依次为 ‎①SiCl4(g)＋H2(g)SiHCl3(g)＋HCl(g)　ΔH1>0‎ ‎②3SiCl4(g)＋2H2(g)＋Si(s)4SiHCl3(g)　ΔH2<0‎ ‎③2SiCl4(g)＋H2(g)＋Si(s)＋HCl(g)3SiHCl3(g)　ΔH3‎ ‎(1)氢化过程中所需的高纯度H2可用惰性电极电解KOH溶液制备，写出产生H2的电极名称：________(填“阳极”或“阴极”)，该电极反应方程式为______________________。‎ ‎(2)已知体系自由能变ΔG＝ΔH－TΔS，ΔG<0时反应自发进行。三个氢化反应的ΔG与温度的关系如图所示，可知：反应①能自发进行的最低温度是__________；相同温度下，反应②比反应①的ΔG小，主要原因是________________________________________。‎ ‎(3)反应③的ΔH3＝________(用ΔH1，ΔH2表示)。温度升高，反应③的平衡常数K______(填“增大”“减小”或“不变”)。‎ ‎(4)由粗硅制备多晶硅过程中循环使用的物质除SiCl4、SiHCl3和Si外，还有________(填分子式)。‎ 解析：(1)用惰性电极电解KOH溶液，实质为电解水，阴极上产生氢气，电极反应式为2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑。(2)ΔG<0时，反应能自发进行，故反应①自发进行的最低温度为1 000 ℃。由于ΔG＝ΔH－TΔS，反应②的ΔH2<0，而反应①的ΔH1>0，ΔH2<ΔH1，ΔS1>ΔS2，因此相同温度下反应②比反应①的ΔG小的主要原因为ΔH2<ΔH1。(3)根据盖斯定律，‎ - 29 -‎ 由反应②－反应①，可得反应③，则ΔH3＝ΔH2－ΔH1。由ΔH2<0，ΔH1>0知ΔH3<0，反应③为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小。(4)根据由粗硅制备多晶硅的过程可知，循环使用的物质还有HCl和H2。‎ 答案：(1)阴极　2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－‎ ‎(2)1 000 ℃　ΔH2<ΔH1导致反应②的ΔG小 ‎(3)ΔH2－ΔH1　减小 ‎(4)HCl、H2‎ ‎2．CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题：‎ ‎(1)CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH＝13，CO2主要转化为________(写离子符号)；若所得溶液c(HCO)∶c(CO)＝2∶1，溶液pH＝________。(室温下，H2CO3的K1＝4×10－7；K2＝5×10－11)‎ ‎(2)CO2与CH4经催化重整，制得合成气：‎ CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)　ΔH＝＋120 kJ·mol－1‎ ‎①分别在v L恒温密闭容器A(恒容)、B(恒压，容积可变)中，加入CH4和CO2各1 mol的混合气体。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是________(填“A”或“B”)。‎ ‎②按一定体积比加入CH4和CO2，在恒压下发生反应，温度对CO和H2产率的影响如图1所示。此反应优选温度为900 ℃的原因是________________________________________。‎ ‎(3)O2辅助的AlCO2电池工作原理如图2所示。该电池电容量大，能有效利用CO2，电池反应产物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。‎ 电池的负极反应式：_____________________________________________________。‎ 电池的正极反应式：6O2＋6e－===6O ‎6CO2＋6O===3C2O＋6O2‎ 反应过程中O2的作用是__________________________________________________。‎ 该电池的总反应式：____________________________________________________。‎ - 29 -‎ 解析：(1)若所得溶液的pH＝13，溶液呈强碱性，则CO2主要转化为CO。若所得溶液c(HCO)∶c(CO)＝2∶1，根据K2＝，则c(H＋)＝K2×＝5×10－11×2 mol·L－1＝10－10 mol·L－1，pH＝－lg 10－10＝10。(2)①该反应为气体分子数增大的吸热反应，恒容时达到的平衡相当于恒压条件下达到平衡后增大压强，加压平衡向逆反应方向移动，故恒容时反应达平衡后吸收的热量比恒压时反应达平衡后吸收的热量少。②根据题图1可知，900 ℃时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但升高温度，能耗升高，经济效益降低。(3)该电池中Al做负极，电解质为含AlCl3的离子液体，故负极反应式为Al－3e－===Al3＋。正极为多孔碳电极，根据正极反应式，得正极总反应为6CO2＋6e－===3C2O，O2不参与正极的总反应，故O2为催化剂。将负极反应式2Al－6e－===2Al3＋和正极反应式6CO2＋6e－===3C2O相加，可得该电池的总反应式为2Al＋6CO2===Al2(C2O4)3。‎ 答案：(1)CO　10‎ ‎(2)①B ‎②900 ℃时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低 ‎(3)Al－3e－===Al3＋　催化剂　2Al＋6CO2===Al2(C2O4)3　‎ ‎3．(2019·扬州高三模拟)硒(Se)是第四周期第ⅥA元素，是人体内不可或缺的微量元素，其氢化物H2Se是制备新型光伏太阳能电池、半导体材料和金属硒化物的基础原料。‎ ‎(1)已知：①2H2Se(g)＋O2(g)2Se(s)＋2H2O(l)‎ ΔH1＝a kJ·mol－1‎ ‎②2H2(g)＋O2(g)2H2O(l)　ΔH2＝b kJ·mol－1‎ 某同学可以从反应能否自发进行的角度判断出a<0，你认为他的判断理由是 ‎________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________，‎ 反应H2(g)＋Se(s)H2Se(g)的反应热ΔH3＝________kJ·mol－1(用含a、b的代数式表示)。‎ ‎(2)温度为T时，向一恒容密闭容器中加入3 mol H2和1 mol Se，发生反应H2(g)＋Se(s)H2Se(g)。‎ ‎①下列情况可判断反应达到平衡状态的是________(填字母)。‎ a．气体的密度不变 - 29 -‎ b．v(H2)＝v(H2Se)‎ c．气体的压强不变 d．气体的平均摩尔质量不变 ‎②当反应达到平衡后，将平衡混合气体通入气体液化分离器使H2Se气体转化为液体H2Se，并将分离出的H2再次通入发生反应的密闭容器中继续与Se反应时，Se的转化率会提高。请用化学平衡理论解释：_________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎③以5小时内得到H2Se为产量指标，且温度、压强对H2Se产率的影响如图1、图2所示：‎ 则制备H2Se的最佳温度和压强为______________________________________________。‎ ‎(3)已知常温下H2Se的电离平衡常数K1＝1.3×10－4，K2＝5.0×10－11，则NaHSe溶液呈________(填“酸性”或“碱性”)，该溶液中的物料守恒关系式为___________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(4)用电化学方法制备H2Se的实验装置如图所示：‎ 写出Pt电极上发生反应的电极反应式：______________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(5)H2Se在一定条件可以制备CuSe，已知，常温时CuSe的Ksp＝7.9×10－49，CuS的Ksp - 29 -‎ ‎＝1.3×10－36，则反应CuS(s)＋Se2－(aq)CuSe(s)＋S2－(aq)的化学平衡常数K＝________(保留两位有效数字)。‎ 解析：(1)反应①的正反应为熵减反应，只有当ΔH1小于零即a<0时，正反应在一定条件下才能发生。根据盖斯定律，由(②－①)可得其反应③，则反应③的ΔH3＝(ΔH2－ΔH1)＝(b－a) kJ·mol－1。(2)①由于反应前后气体的质量发生了变化，但气体的总物质的量不变，则恒容容器中气体的密度不变和气体的平均摩尔质量不变均可作为反应达到平衡状态的判定依据；该反应前后气体分子数不变，故压强不变不能作为反应达到平衡状态的判定依据；反应过程中v(H2)＝v(H2Se)恒成立，不能作为达到平衡状态的判定依据，故选ad。②将平衡混合气通入气体液化分离器将气体H2Se转化为液体H2Se，并将分离出的H2重新通入反应容器，会增大反应物中H2的浓度，平衡正向移动，Se的转化率提高。③由于最终是以5小时内得到的H2Se为产量指标，则由图1可知，在550 ℃时产率最高，所以最适宜的反应温度为550 ℃，由图2可知，当压强从0.3 MPa上升到1 MPa时，H2Se的产率变化不大，考虑到成本因素和安全性，最适宜压强为0.3 MPa。(3)HSe－在溶液中存在电离平衡和水解平衡，HSe－的水解平衡常数Kh＝＝＝7.7×10－11，大于其电离平衡常数K2，即HSe－的水解能力大于其电离能力，则NaHSe溶液呈碱性，溶液中的物料守恒关系为c(Na＋)＝c(HSe－)＋c(Se2－)＋c(H2Se)。(4)通入CO的电极为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为CO－2e－＋H2O===CO2＋2H＋，Se在石墨电极发生还原反应，电极反应式为Se＋2e－＋2H＋===H2Se，电池的总反应为CO＋H2O＋Se===CO2＋H2Se。(5)反应CuS(s)＋Se2－(aq)CuSe(s)＋S2－(aq)的化学平衡常数K＝＝＝＝≈1.6×1012。‎ 答案：(1)反应①的正反应为熵减反应，只有当ΔH1小于零即a<0时，正反应在一定条件下才能发生　(b－a)‎ ‎(2)①ad　②将分离出的H2重新通入反应容器中，平衡正向移动，Se的转化率提高　③550 ℃、0.3 MPa ‎(3)碱性　c(Na＋)＝c(HSe－)＋c(Se2－)＋c(H2Se)‎ ‎(4)CO－2e－＋H2O===CO2＋2H＋　(5)1.6×1012‎ ‎[专题强化训练]‎ ‎1．(2019·泰州四校高三联考)燃煤的过程中排放大量CO2、SO2、NOx以及固体颗粒物，对环境污染严重。请回答下列问题：‎ - 29 -‎ ‎(1)将煤作为燃料常通过下列两种途径：‎ 途径Ⅰ：C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1<0 ①‎ 途径Ⅱ：先制水煤气，后燃烧水煤气 C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)　ΔH2>0 ②‎ ‎2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)　ΔH3<0 ③‎ ‎2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH4<0 ④‎ ΔH1、ΔH2、ΔH3、ΔH4的关系式是___________________________________________。‎ ‎(2)已知碳的气化反应在不同温度下平衡常数的对数值(lg K)如表：‎ 气化反应 lg K ‎700 K ‎900 K ‎1 200 K C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)　i ‎－2.64‎ ‎－0.39‎ ‎1.58‎ C(s)＋2H2O(g)CO2(g)＋2H2(g)　ii ‎－1.67‎ ‎－0.03‎ ‎1.44‎ 升高温度时，反应i中H2的产率________(填“增大”“减小”或“不变”)。在900 K时，反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)的平衡常数的对数值(lg K)为__________。‎ ‎(3)为了减少燃煤污染，可将煤燃烧产生的SO2制成自发电池，其电池总反应为2SO2＋O2＋2H2O===2H2SO4，该电池的负极反应式为____________________________________。‎ 用这种方法处理含SO2废气的优点是________________________________________。‎ ‎(4)新型氨法烟气脱硫技术采用氨吸收烟气中的SO2生成亚硫酸铵和亚硫酸氢铵。亚硫酸铵又可用于燃煤烟道气脱氮，将氮氧化物转化为氮气，同时生成一种氮肥，形成共生系统。写出二氧化氮与亚硫酸铵反应的化学方程式：_____________________________________。‎ ‎(5)用K2CO3溶液可吸收燃煤反应中生成的CO2，常温下pH＝10的K2CO3溶液中由水电离的OH－的物质的量浓度为______________。常温下，0.1 mol·L－1KHCO3溶液的pH>8，则溶液中c(H2CO3)________(填“>”“＝”或“<”)c(CO)。‎ 解析：(1)根据盖斯定律，由(②×2＋③＋④)/2可得①，则2ΔH1＝2ΔH2＋ΔH3＋ΔH4。(2)依题表中数据可知，温度升高时，反应i的lg K增大，平衡正向移动，反应i中H2的产率增大。根据盖斯定律，由反应ii－反应i得CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，900 K时，此反应的平衡常数K＝＝100.36，则lg K＝0.36。(3)2SO2＋O2＋2H2O===2H2SO4，在此反应中，SO2被氧化生成H2SO4，通入SO2的一极是负极，负极的电极反应式为SO2＋2H2O－2e－‎ - 29 -‎ ‎===SO＋4H＋。(4)NO2与(NH4)2SO3反应时，NO2是氧化剂，还原产物是N2；(NH4)2SO3是还原剂，氧化产物是(NH4)2SO4。(5)常温下pH＝10的K2CO3溶液中，c(H＋)＝1×10－10mol·L－1，c(OH－)＝1×10－4mol·L－1，K2CO3溶液中的OH－就是由水电离产生的。KHCO3溶液显碱性，说明HCO的水解能力大于其电离能力，故c(H2CO3)>c(CO)。‎ 答案：(1)2ΔH1＝2ΔH2＋ΔH3＋ΔH4‎ ‎(2)增大　0.36‎ ‎(3)SO2＋2H2O－2e－===SO＋4H＋　减少环境污染，获得副产品H2SO4，获得电能 ‎(4)4(NH4)2SO3＋2NO2===4(NH4)2SO4＋N2‎ ‎(5)1×10－4mol·L－1　>‎ ‎2．(2019·连云港高三质检)“绿水青山就是金山银山”。近年来，绿色发展、生态保护成为中国展示给世界的一张新“名片”。汽车尾气是造成大气污染的重要原因之一，减少氮的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容之一。请回答下列问题：‎ ‎(1)已知：N2(g)＋O2(g)===2NO(g)　ΔH1＝＋180.5 kJ·mol－1‎ C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH2＝－393.5 kJ·mol－1‎ ‎2C(s)＋O2(g)===2CO(g)　ΔH3＝－221 kJ·mol－1‎ 若某反应的平衡常数表达式为K＝，则此反应的热化学方程式为________________________________________________________________________。‎ ‎(2)N2O5在一定条件下可发生分解反应：2N2O5(g)4NO2(g)＋O2(g)，某温度下向恒容密闭容器中加入一定量N2O5，测得N2O5浓度随时间的变化如下表：‎ t/min ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ c(N2O5)/(mol·L－1)‎ ‎1.00‎ ‎0.71‎ ‎0.50‎ ‎0.35‎ ‎0.25‎ ‎0.17‎ ‎①反应开始时体系压强为p0，第2 min时体系压强为p1，则p1∶p0＝________。2～5 min内用NO2表示的该反应的平均反应速率为________________。‎ ‎②一定温度下，在恒容密闭容器中充入一定量N2O5进行该反应，能判断反应已达到化学平衡状态的是________________(填字母)。‎ a．NO2和O2的浓度比保持不变 b．容器中压强不再变化 c．2v正(NO2)＝v逆(N2O5)‎ d．气体的密度保持不变 - 29 -‎ ‎(3)Kp是用反应体系中气体物质的分压来表示的平衡常数，即将K表达式中平衡浓度用平衡分压代替。已知反应：NO2(g)＋CO(g)NO(g)＋CO2(g)，该反应中正反应速率v正＝k正·p(NO2)·p(CO)，逆反应速率v逆＝k逆·p(NO)·p(CO2)，其中k正、k逆为速率常数，则Kp为________________(用k正、k逆表示)。‎ ‎(4)如图是密闭反应器中按n(N2)∶n(H2)＝1∶3投料后，在200 ℃、400 ℃、600 ℃下，合成NH3反应达到平衡时，混合物中NH3的物质的量分数随压强的变化曲线，已知该反应为放热反应。‎ ‎①曲线a对应的温度是________。‎ ‎②M点对应的H2的转化率是________。‎ ‎(5)工业生产中产生的SO2废气可用如图方法获得H2SO4。写出电解的阳极反应式：________________________________________________________________________。‎ 解析：(1)若某反应的平衡常数表达式为K＝，则其化学方程式为2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g)，将题中3个已知热化学方程式依次编号为①②③，根据盖斯定律，由②×2－①－③，可得：2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g)　ΔH＝(－393.5 kJ·mol－1)×2－(＋180.5 kJ·mol－1)－(－221 kJ·mol－1)＝－746.5 kJ·mol－1。(2)①根据题表中数据及三段式法有：‎ ‎　　　　　　　　　　2N2O5(g)4NO2(g)＋O2(g)‎ 开始/(mol·L－1) 1.00 0 0‎ 转化/(mol·L－1) 0.50 1.00 0.25‎ ‎2 min时/(mol·L－1) 0.50 1.00 0.25‎ 该反应在恒温恒容条件下发生，反应前后气体的压强之比等于物质的量之比，也等于物质的量浓度之比，所以p1∶p0＝(0.50＋1.00＋0.25)∶1.00＝7∶4。2～5 min内，v(N2O5)＝‎ - 29 -‎ ＝0.11 mol·L－1·min－1，v(NO2)＝2v(N2O5)＝0.22 mol·L－1·min－1。②反应过程中NO2和O2的浓度比始终保持不变，a项不能说明反应已经达到化学平衡状态；该反应在反应前后气体分子数不相等，反应过程中容器内压强为变量，容器内压强不再变化可以说明反应已经达到化学平衡状态，b项符合题意；v正(NO2)＝2v逆(N2O5)时，正、逆反应速率相等，而2v正(NO2)＝v逆(N2O5)时，正、逆反应速率不相等，c项不能说明反应已经达到化学平衡状态；反应物和生成物全为气体，气体总质量不变，而容器恒容，故反应过程中气体密度始终不变，d项不能说明反应已经达到化学平衡状态。(3)Kp＝，v正＝k正·p(NO2)·p(CO)，v逆＝k逆·p(NO)·p(CO2)，平衡时正、逆反应速率相等，即k正·p(NO2)·p(CO)＝k逆·p(NO)·p(CO2)，则＝，故Kp＝。(4)①合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，NH3的产率降低，NH3的物质的量分数减小，曲线a、b、c中，在相同条件下曲线a对应NH3的物质的量分数最高，其反应温度最低，所以曲线a对应的温度为200 ℃。②M点NH3的物质的量分数为60%，设NH3为0.6a mol，则N2、H2共为0.4a mol，因为反应器中按n(N2)∶n(H2)＝1∶3投料，故M点时H2为0.3a mol，结合N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)可知，转化的H2的物质的量为0.9a mol，所以M点对应H2的转化率为×100%＝75%。(5)由题图可知，在电解池的阳极发生Mn2＋转化为MnO2的反应，电极反应式为Mn2＋＋2H2O－2e－===MnO2↓＋4H＋。‎ 答案：(1)2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g)　ΔH＝－746.5 kJ·mol－1‎ ‎(2)①7∶4　0.22 mol·L－1·min－1　②b ‎(3) ‎(4)①200 ℃　②75%‎ ‎(5)Mn2＋＋2H2O－2e－===MnO2↓＋4H＋‎ ‎3．对温室气体二氧化碳的研究一直是科技界关注的重点。‎ Ⅰ.在催化剂存在下用H2还原CO2是解决温室效应的重要手段之一，相关反应如下：‎ 主反应：CO2(g)＋4H2(g)===CH4(g)＋2H2O(g)　ΔH1‎ 副反应：CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g)　ΔH2＝＋41.2 kJ·mol－1‎ 已知H2和CH4的燃烧热分别为－285.5 kJ·mol－1和－890.0 kJ·mol－1‎ H2O(l)===H2O(g)　ΔH＝＋44 kJ·mol－1‎ ‎(1)ΔH1＝________kJ·mol－1。‎ - 29 -‎ ‎(2)有利于提高CH4平衡产率的反应条件是___________________________________‎ ‎_____________________________________________________________(至少写两条)。‎ 工业上提高甲烷反应选择性的关键因素是__________。‎ ‎(3)T ℃时，若在体积恒为2 L的密闭容器中同时发生上述反应，将物质的量之和为5 mol的H2和CO2以不同的投料比进行反应，结果如图1所示。若a、b表示反应物的转化率，则表示H2转化率的是________，c、d分别表示CH4(g)和CO(g)的体积分数，由图可知＝________时，甲烷产率最高。若该条件CO的产率趋于0，则T ℃时①的平衡常数K＝________。‎ Ⅱ.溶于海水的CO2 95%以HCO形式存在。在海洋中，通过如图2钙化作用实现碳自净。‎ ‎(4)写出钙化作用的离子方程式：_______________________________________________。‎ ‎(5)如图3，电解完成后，a室的pH________(填“变大”“变小”或“几乎不变”)；其间b室发生反应的离子方程式为__________________________________________________。‎ 解析：Ⅰ.(1)根据已知有②CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g)　ΔH2＝＋41.2 kJ·mol－1‎ ‎③2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH3＝－571.0 kJ·mol－1‎ ‎④CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH4＝－890.0 kJ·mol－1‎ ‎⑤H2O(l)===H2O(g)　ΔH5＝＋44 kJ·mol－1‎ 根据盖斯定律，由③×2－④＋⑤×2可得CO2(g)＋4H2(g)===CH4(g)＋2H2O(g)　ΔH1＝2ΔH3－ΔH4＋2ΔH5＝－164.0 kJ·mol－1。‎ ‎(2)反应CO2(g)＋4H2(g)===CH4(g)＋2H2O(g)是正方向为气体体积减小的放热反应，降低温度和增大压强都有利于反应正向移动，提高CH4平衡产率；工业上提高甲烷反应选择性的关键因素是催化剂。‎ - 29 -‎ ‎(3)随着比值的增大，氢气的转化率降低，则表示H2转化率的是b。随着比值的增大，氢气的量增多，一氧化碳的量减少，甲烷的量增加，故c为CH4(g)的体积分数，由图可知＝4时，甲烷的产量最高。若该条件下CO的产率趋于0，＝4，由于H2、CO2的物质的量之和为5 mol，则H2和CO2分别为4 mol和1 mol，平衡转化率为0.80，则利用三段式法：‎ CO2(g)＋4H2(g)===CH4(g)＋2H2O(g)‎ 开始时浓度 ‎/(mol·L－1) 0.5 2 0 0‎ 改变的浓度 ‎/(mol·L－1) 0.4 1.6 0.4 0.8‎ 平衡时浓度 ‎/(mol·L－1) 0.1 0.4 0.4 0.8‎ K＝＝100。‎ Ⅱ.(4)根据图中信息可知，钙化作用是碳酸氢钙转化为碳酸钙、二氧化碳和水，其反应的离子方程式为2HCO＋Ca2＋===CaCO3↓＋CO2↑＋H2O。‎ ‎(5)电解完成后，a室中水放电产生氧气，而氢离子进入b室，pH几乎不变；其间b室发生反应的离子方程式为H＋＋HCO===CO2↑＋H2O。‎ 答案：Ⅰ.(1)－164.0　(2)降低温度，增大压强　催化剂 ‎(3)b　4　100　Ⅱ.(4)2HCO＋Ca2＋===CaCO3↓＋CO2↑＋H2O　(5)几乎不变　H＋＋HCO===CO2↑＋H2O ‎4．甲醇既是重要的化工原料，又是一种可再生能源，具有广泛地开发和应用前景。‎ ‎(1)已知反应CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)　ΔH＝－99 kJ·mol－1 中的相关化学键键能如下：‎ 化学键 H—H C—O C≡O H—O C—H E/(kJ·mol－1)‎ ‎436‎ ‎343‎ x ‎465‎ ‎413‎ 则x＝________。‎ ‎(2)在一容积可变的密闭容器中，1 mol CO与2 mol H2发生反应：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)　ΔH<0，CO在不同温度下的平衡转化率(α)与压强的关系如图所示。‎ - 29 -‎ ‎①a、b两点的反应速率：v(a)________(填“>”“<”或“＝”)v(b)。‎ ‎②T1________(填“>”“<”或“＝”)T2，原因是_____________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎③在c点条件下，下列叙述能说明上述反应达到化学平衡状态的是________(填字母)。‎ A．H2的消耗速率是CH3OH生成速率的2倍 B．CH3OH的体积分数不再改变 C．混合气体的密度不再改变 D．CO和CH3OH的物质的量之和保持不变 ‎④计算图中a点的平衡常数Kp＝__________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。‎ ‎(3)利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)合成甲醇，发生的主要反应如下：‎ Ⅰ：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)　ΔH1‎ Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)　ΔH2‎ Ⅲ：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH3‎ 上述反应对应的平衡常数分别为K1、K2、K3，它们随温度变化的曲线如图所示。‎ 则ΔH1________(填“>”“<”或“＝”)ΔH3，理由是______________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ 解析：(1)根据反应CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)　ΔH＝－99 kJ·mol－1及表中数据可知，反应断键吸收的能量为(x＋2×436) kJ，成键放出的能量为(3×413＋465＋343) kJ＝2 047 kJ，反应放出99 kJ的热量，则2 047－(x＋2×436)＝99，x＝1‎ - 29 -‎ ‎ 076。(2)①a、b两点处在同一条等温线上，a点的压强小于b点的压强，由于增大压强，化学反应速率增大，则反应速率v(a)0，根据盖斯定律可得ΔH3＝ΔH1＋ΔH2，所以ΔH1<ΔH3‎ - 29 -‎