2020-2021高考化学易错题精选-化学反应原理综合考查练习题附答案
2020-2021高考化学易错题精选-化学反应原理综合考查练习题附答案
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.4NH 3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)△H1=-905 kJ/mol
Ⅱ.4NH 3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)△H2
（1）已知：
NO O2N2
物质中断裂1mol化学键需要的能量/kJ
629496942
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NO x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NO x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NO x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，NO x的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是_______________。
【答案】-1265kJ/mol160%
26
43
0.20.9
0.4 1.45
?
?
AD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24
7
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NO x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NO x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，NO x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NO x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NO x去除反应速率增大；
【详解】
（1）盖斯定律：Ⅰ-Ⅱ得2N 2(g)+2O24NO(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， 4NH 3（g）+5O2 4NO（g）+6H2O（g）
变化（mol ）： 0.2 0.25 0.2 0.3
4NH 3（g）+3O2（g） 2N2（g）+6H2O（g）变化（mol ）：0.4 0.3 0.2 0.6
NH3的转化率为0.20.4
1
+
×100%=60%
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：
4NH 3（g）+5O2 4NO（g）+6H2O（g）
变化（mol ）：0.2 0.25 0.2 0.3
4NH 3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（g）
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
替浓度计算平衡常数K=
26
43 0.20.9 0.4 1.45
?
?
答案：
26
43 0.20.9 0.4 1.45
?
?
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；
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
7
mol；
答案：24 7
②反应相同时间NO x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，NO x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NO x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NO x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NO x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NO x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．Cr、S等元素的化合物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的影响。
（1）还原沉淀法是处理含铬（Cr2O72?和CrO42?）工业废水的常用方法，过程如下：
①已知：常温下，初始浓度为1.0 mol·L?1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72?)随c(H+)的变化如图所示。则上述流程中CrO42-转化为Cr2O72-的离子方程式为______________________。
②还原过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________。
③Cr3+与Al3+的化学性质相似，对CrCl3溶液蒸干并灼烧，最终得到的固体的化学式为
____________。
④常温下，Ksp[Cr(OH)3]=1.0×10-32，欲使处理后废水中的c(Cr3+)降至1.0×10-5mol·L?1（即沉淀完全），应调节至溶液的pH=_____。
（2）“亚硫酸盐法”吸收烟中的SO2
①将烟气通入1.0mol/L 的Na2SO3溶液，当Na2SO3恰好完全反应时，溶液pH约为3，此时，溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为_________（用离子浓度符号和“＞”号表示）。
②室温下，将烟道气通入(NH4)2SO3溶液中，测得溶液pH与含硫组分物质的量分数的变化关系如图所示。
已知部分弱电解质的电离常数（25℃）如下：
电解质电离常数
H2SO3K a1=1.54×10-2 K a2=1.02×10-7
NH 3·H 2O K b =1.74×10-5
（i ）(NH 4)2SO 3溶液呈____（填“酸”、“碱”或“中”）性，其原因是_________________。 （ii ）图中b 点时溶液pH=7，则n(NH 4+):n(HSO 3- )=_________。
【答案】CrO 42-＋2H +Cr 2O 72-＋H 2O 1:6 Cr 2O 3 5 c (Na +)＞c (HSO 3-)＞c (H +)＞c (SO 32-)＞c(OH -) 碱 H 2SO 3的第二电离常数K a2=1.02×10-7小于NH 3·H 2O 的电离常数K b ，故SO 32-的水解程度比NH 4+的水解程度大，溶液呈碱性 3:1
【解析】
【详解】
(1) ① 从图中可以看出，c (Cr 2O 72?) 随c (H +)的增大而不断增大，当c (H +)=6.0×10-7mol/L 时，c (Cr 2O 72?)=0.4mol/L ，此时反应达平衡状态，所以此反应为可逆反应。由此可得CrO 42-转化为Cr 2O 72-的离子方程式为CrO 42-＋2H +Cr 2O 72-＋H 2O 答案为CrO 42-＋2H +Cr 2O 72-＋H 2O ② 依据电子守恒，氧化剂Cr 2O 72?与还原剂Fe 2+的关系为：Cr 2O 72?——6Fe 2+
从而得出还原过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:6。答案为1:6；
③ Cr 3+与Al 3+的化学性质相似，说明Cr 3+在水溶液中易发生水解反应，最终生成Al(OH)3，灼烧时再分解为铬的氧化物。所以对CrCl 3溶液蒸干并灼烧，最终得到的固体的化学式为Cr 2O 3。答案为Cr 2O 3 ④ Ksp[Cr(OH)3]=3353()() 1.010()c Cr c OH c OH +---?=??=1.0×10-32
9()10/c OH mol L --=，pH=5。答案为5；
(2) ① 将烟气通入1.0mol/L 的Na 2SO 3溶液，当Na 2SO 3恰好完全反应时，全部生成NaHSO 3，此时溶液pH 约为3，则表明HSO 3-以电离为主。
发生的电离、水解反应方程式为：HSO 3-
H ++SO 32-、 HSO 3-+H 2O H 2SO 3+OH -、H 2O H ++OH - 且前面反应进行的程度大于后面反应， 从而得出溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为c (Na +)＞c (HSO 3-)＞c (H +)＞c (SO 32-)＞c (OH -)。
答案为c (Na +)＞c (HSO 3-)＞c (H +)＞c (SO 32-)＞c (OH -)
②（i ）在(NH 4)2SO 3溶液中，NH 4+、SO 32-都将发生水解，从表中数据K a2=1.02×10-7、 K b =1.74×10-5可以看出，HSO 3-的电离常数小，SO 32-的水解常数大，所以溶液呈碱性。 答案为碱；
溶液呈碱性的原因是：溶液H 2SO 3的第二电离常数K a2=1.02×10-7小于NH 3·
H 2O 的电离常数K b ，故SO 32-的水解程度比NH 4+的水解程度大，溶液呈碱性。
答案为：H 2SO 3的第二电离常数K a2=1.02×10-7小于NH 3·
H 2O 的电离常数K b ，故SO 32-的水解程度比NH 4+的水解程度大，溶液呈碱性。
（ii ）图中b 点时溶液pH=7，此时c (HSO 3-)=c (SO 32-)，则c (NH 4HSO 3)=c [(NH 4)2SO 3]，从而得出n (NH 4+) ：n (HSO 3- )= 3：1 答案为3：1。
3．
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：
CuCl2(s)=CuCl(s)+
1
2
Cl2(g) ΔH1=83 kJ·mol-1
CuCl(s)+1
2
O2(g)=CuO(s)+
1
2
Cl2(g) ΔH2=-20 kJ·mol-1
CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH3=-121 kJ·mol-1
则4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=_________ kJ·mol-1。
（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）
【答案】大于
22
4
(0.42)(0.42)
(10.84)(10.21)c
?
-?-
O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低﹣116
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：
2224HCl(g)O (g)2Cl (g)2H O(g)+=+
起始（浓度） c 0 c 0 0 0
变化（浓度） 0.84c 0 0.21c 0 0.42c 0 0.42c 0
平衡（浓度）(1-0.84)c 0 (1-0.21)c 0 0.42c 0 0.42c 0
则K =22
40
(0.42)(0.42)(10.84)(10.21)c ?-?-；根据题干信息知，进料浓度比过低，氧气大量剩余，导致分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
2224HCl(g)O (g)2Cl (g)2H O(g)+=+ ?H =（?H 1+?H 2+?H 3）×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：Fe 3++e －＝Fe 2+和4Fe 2++O 2+4H +＝4Fe 3++2H 2O ；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 。
4．消除尾气中的NO 是环境科学研究的热点课题。
I .NO 氧化机理
已知：2NO (g )+O 2(g )
2NO 2(g ) ΔH =-110kJ ?mol -1 T 1℃时，将NO 和O 2按物质的量之比为2：1充入刚性反应容器中(忽略NO 2与N 2O 4的转
化)。
（1）下列可以作为反应已经到达平衡状态的判断依据的是____。
A .2v 正(O 2)=v 逆(NO 2)
B .NO 与O 2的物质的量之比为2：1
C .容器内混合气体的密度保持不变
D .K 不变
E .容器内混合气体的颜色保持不变
（2）通过现代科学技术动态跟踪反应的进行情况，得到容器内混合气体的压强、平均摩尔质量随反应时间的变化曲线如图1图2所示。则反应2NO (g )+O 2(g )2NO 2(g )在T 1℃时的平衡常数K p =____。[对于气相反应，用某组分B 的平衡压强p (B )代替物质的量浓度c (B )也可表示平衡常数，记作K p ，如p (B )=p ?x (B )，p 为平衡总压强，x (B )为平衡系统中B 的物质的量分数]。保持其它条件不变，仅改变反应温度为T 2℃(T 2＞T 1)，在图2中画出容器内混合气体的平均摩尔质量随反应时间的变化趋势图_____。
II.NO的工业处理
（3）H 2还原法：2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g) ΔH1
已知在标准状况下，由元素最稳定的单质生成1mol纯化合物时的焓变叫做标准摩尔生成焓。NO(g)和H2O(g)的标准摩尔生成焓分别为+90kJ?mol-1、-280kJ?mol-1。则ΔH1=____。（4）O3-CaSO3联合处理法
NO可以先经O3氧化，再用CaSO3水悬浮液吸收生成的NO2，转化为HNO2。已知难溶物在溶液中并非绝对不溶，同样存在着一定程度的沉淀溶解平衡。在CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液能提高SO32-对NO2的吸收速率，请用平衡移动原理解释其主要原因____。（5）电化学处理法
工业上以多孔石墨为惰性电极，稀硝酸铵溶液为电解质溶液，将NO分别通入阴阳两极，通过电解可以得到浓的硝酸铵溶液。则电解时阳极发生的电极反应为____。
【答案】AE 0.08 -740kJ?mol-1对于反应
CaSO 3(s)Ca2+(aq)+SO32-(aq)，加入Na2SO4溶液时，SO42-结合部分Ca2+，使其平衡向正反应方向移动，c(SO32-)增大，吸收NO2的速率增大 NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+
【解析】
【分析】
【详解】
I.（1）在一定条件下，当一个可逆反应的正反应速率与逆反应速率相等时，反应物的浓度与生成物的浓度不再改变，达到一种表面静止的状态，即“化学平衡状态”。其中，正反应速率与逆反应速率相等是化学平衡状态的实质，而反应物的浓度与生成物的浓度不再改变是化学平衡状态的表现。
A.当2v正(O2)=v逆(NO2)时，说明反应已达平衡态，故A正确；
B. NO与O2的物质的量之比为2：1时，不能说明该反应反应物的浓度与生成物的浓度不再改变，故B错误；
C.根据质量守恒定律，容器内气体的质量恒定不变，则恒容容器内混合气体的密度始终保持不变，不能说明达到化学平衡状态，故C错误；
D.该反应中平衡常数K只与温度有关，则不能用K不变来判断化学平衡状态，故D错误；
E.容器内混合气体的颜色保持不变，则说明反应物的浓度与生成物的浓度不再改变，即达
到化学平衡状态，故E 正确；
综上所述，答案为AE ；
（2）设容器内二氧化氮与氧气分别为2mol 、1mol ，达平衡态时，氧气转化了xmol ，则可列三段式为：
222NO +O 2NO ()210 ()22()222mol mol x x
x mol x x x -?
起始量转化量平衡量
平衡时平均摩尔质量为36.8g /mol ，则有m 2mol 30g/mol+1mol 32g/mol M =36.8g /mol n (3-x)mol
??==u u v ，解得x =0.5，则NO 、O 2、NO 2的物质的量分数分别为0.4、0.2、0.4，同温同体积，根据压强之比等于物质的量之比，有3753-x a
=，代入x ，解得a =62.5，根据平衡常数公式有2
p 2(0.462.5)K =0.08(0.462.5)(0.262.5)
?=???；因为该反应为放热反应，升高温度时，反应速率会加快，平衡逆向移动，平均摩尔质量会减小，容器内混合气体的平均摩尔质量随反应时间的变化趋势图为，故答案为：0.08；
；
（3）1ΔH =生成物标准摩尔生成焓之和-反应物标准摩尔生成焓之和=-280kJ ?mol -1×2-90kJ ?mol -1×2=-740kJ ?mol -1，故答案为：-740kJ ?mol -1；
（4）相同条件下，硫酸钙的溶解度小于亚硫酸钙的溶解度，亚硫酸钙可转化为硫酸钙，对于反应CaSO 3(s )
Ca 2+(aq )+SO 32-(aq )，加入Na 2SO 4溶液时，SO 42-结合部分Ca 2+，使其平衡向正反应方向移动，c (SO 32-)增大，吸收NO 2的速率增大，故答案为：对于反应CaSO 3(s )Ca 2+(aq )+SO 32-(aq )，加入Na 2SO 4溶液时，SO 42-结合部分Ca 2+，使其平衡向正反应方向移动，c (SO 32-)增大，吸收NO 2的速率增大；
（5）由电解原理可知，阳极发生氧化反应，则一氧化氮转化为硝酸根，其电极方程式为NO -3e -+2H 2O =NO 3-+4H +，故答案为：NO -3e -+2H 2O =NO 3-+4H +。
5．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：25℃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＝7.1×10?3；
Ka2＝6.3×10?8；
Ka3＝4.2×10?13
Ka＝6.6×10?4
向NaF溶液中滴加少量H3PO4溶液，反应的离子方程式为____________
(2)已知：
Ⅰ.CaO(s)+H2SO4(l)CaSO4(s)+H2O(l)ΔH＝-271kJ·mol?1
Ⅱ.5CaO(s)+3H3PO4(l)+HF(g)Ca5(PO4)3F(s)+5H2O(l)ΔH＝-937kJ·mol?1
则：①工业上用Ca5(PO4)3F和硫酸反应制备磷酸的热化学方程式为____________。
②一定条件下，在密闭容器中只发生反应Ⅱ，达到平衡后缩小容器容积，HF的平衡转化率________(填“增大”“减小”或“不变”，下同)；HF的平衡浓度________。
(3)工业上用磷尾矿制备Ca5(PO4)3F时生成的副产物CO可用于制备H2，原理为CO(g)+H2O(g)
CO2(g)+H2(g)ΔH。
①一定温度下，向10L密闭容器中充入0.5mol CO和1mol H2O(g)，2min达到平衡时，测得0～2min内用CO2表示的反应速率v(CO2)＝0.02mol·L?1·min?1。则CO的平衡转化率α＝
________；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
2
n(CO)
n(H O)＝y，CO的平衡体积分数(φ)与温度(T)的关系如图所示。则：该反应的ΔH___0(填“＞”“＜”或“＝”，下同)。a_____1，理由为_____________
【答案】H3PO4+F－＝HF+H2PO4－ Ca5(PO4)3F(s)＋5H2SO4(l)3H3PO4(l)＋HF(g)＋5CaSO4(s) ΔH=－418 kJ·mol－1增大不变 80%
8
3
＜＜相同温度下，y越小，CO的转化率越大，其平衡体积分数越小
【解析】
【分析】
【详解】
（1）根据电离平衡常数可知酸性有如下关系：H3PO4＞HF＞H2PO4－＞HPO42－，所以向NaF 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）①已知：Ⅰ．CaO(s)＋H2SO4(l)CaSO4(s)＋H2O(l) ΔH=－271kJ·mol－1
Ⅱ．5CaO(s)+3H3PO4(l)＋HF(g)Ca5(PO4)3F(s)＋5H2O(l) ΔH=－937kJ·mol－1
根据盖斯定律可知Ⅰ×5－Ⅱ即得到Ca 5(PO 4)3F 和硫酸反应制备磷酸的热化学方程式为Ca 5(PO 4)3F (s )＋5H 2SO 4(l )3H 3PO 4(l )＋HF (g )＋5CaSO 4(s ) ΔH =－418 kJ ·mol －1； ②反应Ⅱ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）①测得 0～2 min 内用CO 2表示的反应速率v (CO 2)=0.02 mol ·L －1·min －1，所以生成CO 2浓度是0.04mol /L ，则
()()()()
2220.05
0.10.04
0.040.CO g H O g CO g H g (mol 01
0.06/L)00(mol/L)0.040.04(mol/L)0.040.04?＋＋起始浓度转化浓度平衡浓度 因此CO 的平衡转化率α=0.040.05×
100%＝80%，该反应的平衡常数K ＝0.040.040.010.06??=83
； ②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ΔH ＜0，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a ＜1。
6．尿素在农业、医药等诸多领域应用广泛。工业上有多种工艺用NH 3和CO 2直接合成尿素。
(1)水溶液全循环法合成尿素的反应过程可用下列热化学方程式表示：
反应I 2NH 3(1) +CO 2(g)?NH 2 COONH 4(1) △H 1 = - 119.2 kJ?mol -1
反应II NH 2COONH 4(1)?CO(NH 2)2(1)+ H 2O(1) △H 2= 15.5 kJ?mol -1
①写出NH 3(1)与CO 2(g)反应生成CO(NH 2)2(1)和液态水的热化学方程式：______。
②该工艺要求在190~ 200℃、13 ~ 24 MPa 的条件下反应，90℃左右反应可实现最高平衡转化率。试解释选择高压条件的理由：_________。
(2)在不同氨碳比L=()
()32n NH n CO 和水碳比W=()()22n H O n CO 条件下CO 2平衡转化率x 随温度T 变
化情况如图所示：
①CO2平衡转化率x随温度T升高先增大后减小，试分析原因：_________。
②在图中，画出L=4、W=O时CO2平衡转化率x随温度T变化的曲线示意图____。
(3)实验室模拟热气循环法合成尿素，T℃度时，将5.6mol NH3与5.2molCO2在容积恒定为0.5L的恒温密闭容器中发生反应：2NH3(g)+CO2(g)?CO(NH2)2(s)+H2O (g) △H1＝—43kJ?mol-1。达到平衡状态时，NH3与CO2的平衡分压之比 p(NH3): p(CO2)= 2:13。[p(NH3)= x(NH3)?p，x(NH3)为平衡体系中NH3的物质的量分数，p为平衡总压]。
①T ℃时，该反应的平衡常数 K = ______________。
②若不考虑副反应，对于该反应体系，下列说法正确的是 _________ 。
A．当反应体系中气体分子的平均摩尔质量保持不变时，反应达到平衡状态
B．相同条件下，提高水碳比或降低氨碳比都会使NH3的平衡转化率降低
C．在容器中加入CaO，(可与 H2O反应)，提高CO(NH2)2产率
D．反应开始后的一段时间内，适当升温可提高单位时间内CO2的转化率
【答案】2NH3(l)+ CO2(g)?CO(NH2)2 (l)+ H2O(l) △H =-103.7kJ·mol-1 190~200℃时，NH
2COONH4容易分解为 NH3和CO2，高压有利于反应I正向进行温度升高，反应I平衡逆向移动，反应II 平衡正向移动，在190~200℃之前，反应II 正向进行的趋势更大，190~200℃之后，反应I逆向进行的趋势更大
1.5625 D
【解析】
【分析】
【详解】
（1）水溶液全循环法合成尿素的反应过程可用下列热化学方程式表示：
反应I 2NH3(1) +CO2(g)?NH2 COONH4(1) △H1 = - 119.2 kJ?mol-1
反应II NH2COONH4(1)?CO(NH2)2(1)+ H2O(1) △H2= 15.5 kJ?mol-1
①根据盖斯定律，反应I+反应II得：NH3(1)与CO2(g)反应生成CO(NH2)2(1)和液态水的热化学方程式：2NH3(l)+ CO2(g)?CO(NH2)2 (l)+ H2O(l) △H =-103.7kJ·mol-1。故答案为：2NH3(l)+ CO2(g)?CO(NH2)2 (l)+ H2O(l) △H2=-103.7kJ·mol-1；
②反应I 2NH3(1) +CO2(g)?NH2 COONH4(1) 是气体体积减小的反应，选择高压条件的理由：
190~200℃时，NH 2COONH 4 容易分解为 NH 3和CO 2，高压有利于反应I 正向进行。故答案为：190~200℃时，NH 2COONH 4 容易分解为 NH 3和CO 2，高压有利于反应I 正向进行； （2）①CO 2平衡转化率x 随温度T 升高先增大后减小，因为：温度升高，反应I 平衡逆向移动，反应II 平衡正向移动，在190~200℃之前，反应II 正向进行的趋势更大，190~200℃ 之后，反应I 逆向进行的趋势更大。故答案为：温度升高，反应I 平衡逆向移动，反应II 平衡正向移动，在190~200℃之前，反应II 正向进行的趋势更大，190~200℃ 之后，反应I 逆向进行的趋势更大；
②L 越大，氨的比例越大，根据反应I ，提高氨的浓度，二氧化碳的转化率增大，曲线应在原曲线之上，温度升高，反应I 平衡逆向移动，反应II 平衡正向移动，在190~200℃之前，反应II 正向进行的趋势更大，转化率先增大，此后变小，L=4、W=O 时CO 2平衡转化率x 随温度T 变化的曲线示意图。故答案为：
；
（3）①T ℃时，该反应的平衡常数:
()()()()()322222NH g +CO g CO NH s +H O g /mol
5.6 5.20/mol
2x x x /mol 5.6-2x 5.2-x x ?
开始变化平衡
5.6225.213
x x -=- ， x=2.6mol K=22.6
0.52.60.4()0.50.5
?= 1.5625。
故答案为：1.5625；
②A．2NH3(g)+CO2(g)?CO(NH2)2(s)+H2O (g) 该反应中，若平衡正向移动，混合气的总质量减小，总物质的量也减小，所以反应体系中气体分子的平均摩尔质量不能确定是否保持不变，故当反应体系中气体分子的平均摩尔质量不再变化时，不能判断反应是否达到平衡状态，故A错误；
B．相同条件下，提高水碳比相当于提高生成物浓度，氨的平衡转化率降低，降低氨碳比会使NH3的平衡转化率增大，故B错误；
C．在容器中加入CaO，(可与 H2O)反应，但生成的氢氧化钙也能与反应物反应，降低
CO(NH2)2产率，故C错误；
D．反应开始后的一段时间内，在没有达到平衡前，适当升温可提高单位时间内CO2的转化率，故D正确；
故选D。
故答案为：D。
7．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：
①C（s）＋O2（g）=CO2（g）ΔH＝－393 kJ·mol－1
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
噲?2Fe（s）＋3CO（g）＋6H2（g）ΔH
Fe2O3（s）＋3CH4（g）垐?
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xFe3＋＋yH2O垐?
噲?Fe x（OH）＋yH＋。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】4FeCO3（s）＋O2（g）=2Fe2O3（s）＋4CO2（g）ΔH＝－260 kJ·mol－1 0.03 mol·L－
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
①4Fe（s）＋3O2（g）=2Fe2O3ΔH1＝-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·mol-1＋（-1648 kJ·mol-1）＋4×（-393 kJ·mol-1）＝-260 kJ·mol-1，则热化学方程式为4FeCO3（s）＋O2（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·mol-1；
（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
160g/mol
＝0.03
mol，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）＝
0.18mol
3L2min
＝0.03 mol·L-1·min-1；
故答案为：0.03 mol·L-1·min-1；
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＋CO 800℃
2FeO＋CO2，故答案为：Fe2O3＋CO
800℃
2FeO＋
CO2；
（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；
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 。
8．CO 2是地球上取之不尽用之不竭的碳源，将CO 2应用于生产中实现其综合利用是目前的研究热点。
（1）由CO 2转化为羧酸是CO 2资源化利用的重要方法。
I.在催化作用下由CO 2和CH 4转化为CH 3COOH 的反应历程示意图如图。
①在合成CH 3COOH 的反应历程中，下列有关说法正确的是_____。（填字母） a.该催化剂使反应的平衡常数增大
b.CH 4→CH 3COOH 过程中，有C —H 键发生断裂
c.由X→Y 过程中放出能量并形成了C —C 键
②该条件下由CO 2和CH 4合成CH 3COOH 的化学方程式为_____。
II.电解法转化CO 2制HCOOH 的原理如图。
①写出阴极CO 2还原为HCOO -的电极反应式：_____。
②电解一段时间后，阳极区的KHCO 3溶液浓度降低，其原因是_____。
（2）由CO 2合成甲醇是CO 2资源化利用的重要方法。研究表明在催化剂作用下CO 2和H 2可发生反应：CO 2(g)+3H 2(g)CH 3OH(g)+H 2O(g) ΔH
①有利于提高合成CH 3OH 反应中CO 2的平衡转化率的措施有_____。（填字母） a.使用催化剂 b.加压 c.
增大初始投料比22n(CO )n(H )
②研究温度对于甲醇产率的影响。在210℃~290℃保持原料气中CO 2和H 2的投料比不变，得到甲醇的实际产率、平衡产率与温度的关系如图所示。ΔH ____0（填“＞”或“＜”），其依据是____。
【答案】bc CH4+CO2CH3COOH 2CO2+HCO3-+2e-=HCOO-+CO32-阳极产生O2，c （H+）增大，c（HCO3-）降低；K+部分进入阴极 b < 温度升高，甲醇的平衡产率降低【解析】
【分析】
(1)Ⅰ．①根据合成示意图进行判断；
②由图示写出由CO2和CH4合成CH3COOH的化学方程式；
Ⅱ．①根据图示分析，阴极CO2得电子，写出CO2还原为HCOO-的电极反应式；
②根据电解池反应原理分析；
(2)①根据平衡转化率影响因素方面分析；
②根据图像得甲醇的平衡产率随着温度的升高的变化趋势。
【详解】
(1)Ⅰ．①a．催化剂只能改变化学反应速率，不能改变反应的平衡常数，故a错误；b．由图中变化可知甲烷在催化剂作用下选择性活化，甲烷分子中碳原子会与催化剂形成新的共价键，必有C-H键发生断裂，故b正确；
c．X→Y的焓值降低，说明为放热过程，由CH4→CH3COOH有C-C键形成，故c正确；
故答案选bc；
②由图示可知，由CO2和CH4合成CH3COOH的化学方程式为CH4+CO2CH3COOH；Ⅱ．①阴极得电子，CO2还原为HCOO-的电极反应式为：2CO2+HCO3-+2e-=HCOO-+CO32-；
②阳极H2O失电子产生O2，c(H+)增大，碳酸氢根离子与氢离子反应，所以c(HCO3-)降低，K+部分进入阴极，导致阳极区的KHCO3溶液浓度降低；
(2)①a．使用催化剂只能改变化学反应速率，不影响化学平衡，也就不影响CO2的平衡转化率；
b．该反应的正反应为气体体积减小的反应，加压能使化学平衡正向移动，能够提高CO2的平衡转化率；
c．增大CO2和H2的初始投料比，CO2的平衡转化率降低；
故答案选b；
②根据图像可知，甲醇的平衡产率随着温度的升高而降低，所以正反应为放热反应，即
ΔH<0。
9．汽车尾气和燃煤尾气是造成雾霾的主要原因之一。
(1)工业上利用甲烷催化还原NO，可减少氮氧化物的排放。
已知：CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-574kJ·mol?1
CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH =-1160kJ·mol?1
甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为____________________________。
(2)减少汽车尾气污染的原理为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH＜0。向恒温恒容密闭容器中充入NO和CO，用传感器测得的数据如下表所示：
时间/s01234
c(NO)/×10-3mol·L?19.004.002.001.001.00
c(CO)/×10-3mol·L?19.004.002.001.001.00
①为了提高尾气处理的效果，可采取的措施有____________（写出两种即可）。
②此条件下达到平衡时，计算该反应的平衡常数K=____________________。
(3)工业上用氢氧化钠溶液来同时吸收SO2和氮的氧化物气体(NO x)，可得到Na2SO3、NaHSO3、NaNO2、NaNO3等溶液。（已知：常温下，HNO2的电离常数为K a=7×10-4，H2SO3的电离常数为K a1=1.2×10-2、K a2=5.8×10-8）。
①常温下，相同浓度的Na2SO3、NaNO2溶液中pH较大的是________溶液。
②常温下，NaHSO3显_________性（填“酸”“碱”或“中”），判断的理由是
________________________________________________（通过计算说明）。
(4)铈元素(Ce)常见有+3、+4两种价态。NO可以被含Ce4+的溶液吸收，生成NO2-、NO3-（二者物质的量之比为1∶1)。可采用电解法将上述吸收液中的NO2-转化为无毒物质，同时再生Ce4+，其原理如图所示。
①Ce4+从电解槽的__________(填字母代号)口流出。
②写出阴极的电极反应式______________________。
【答案】CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-867kJ·mol?1降低温度，或增大压强（或压缩体积），或使用催化活性更好的催化剂等（写出两种即可） 2.56×105
Na2SO3酸因为HSO3-的电离常数K a2=5.8×10-8，水解常数K h2=W
a1
K
K≈8.3×10
-13，电离常数大于水解常数，所以溶液显酸性 a 2NO2-+8H++6e?=N2↑+4H2O
【解析】
【分析】
【详解】
(1)已知：CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-574kJ·mol?1
CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH =-1160kJ·mol?1
将第一个方程式加上第二个方程式，再整体除以2得到甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为CH4(g)+ 2NO2(g)= N2(g)+ CO2(g)+2H2O(g) ΔH
=111574kJ mol 1160kJ mol 867kJ mo ()2
l ----?-?-?+=；故答案为：CH 4(g )+2NO 2(g )= N 2(g ) + CO 2(g ) + 2H 2O (g ) ΔH =-867kJ ·mol ?1。
(2)①该反应是正向为体积减小的放热反应，为了提高尾气处理的效果，可采取的措施有降低温度，或增大压强（或压缩体积），或使用催化活性更好的催化剂等；故答案为：降低温度，或增大压强（或压缩体积），或使用催化活性更好的催化剂等(写出两种即可)。 ②此条件下达到平衡时，c (NO )= c (CO ) =1.00×10-3mol ·L ?1，Δc (NO )=8.00×10-3mol ·L ?1，c (N 2)=Δc (N 2)= 12Δc (NO )= 12
×8.00×10-3mol ·L ?1 =4.00×10-3mol ·L ?1，c (CO 2)=Δc (CO 2)=Δc (NO )=8.00×10-3mol ·L ?1，因此反应的平衡常数
2
3353223(8) 2.56(1)41010(00)
10111K ----???????==；故答案为：2.56×105。 (3)①常温下，HNO 2的电离常数为K a =7×10-4，H 2SO 3的电离常数为K a2=5.8×10-8，因此酸性强弱为HNO 2＞HSO 3－，根据越弱越水解，碱性强，则相同浓度的Na 2SO 3、NaNO 2溶液中pH 较大的是Na 2SO 3溶液；故答案为：Na 2SO 3。
②常温下，HSO 3－的电离常数K a2=5.8×10?8，水解常数K h2=W a1
K K ≈8.3×10?13，电离常数大于水解常数，所以溶液显酸性；故答案为：酸；因为HSO 3－的电离常数K a2=5.8×10?8，水解常数K h2=
W a1K K ≈8.3×10?13，电离常数大于水解常数，所以溶液显酸性。 (4)①Ce 3+化合价升高变为Ce 4+，失去电子发生氧化反应，在阳极反应，因此Ce 4+从电解槽的a 口流出；故答案为：a 。
②NO 2－转化为无毒物质，N 化合价降低，得到电子发生还原反应，在阴极反应，因此阴极的电极反应式2NO 2－ + 8H ++6e － = N 2↑+4H 2O ；故答案为：2NO 2－ + 8H ++6e － = N 2↑+4H 2O 。
10．研究CO 2与CH 4反应使之转化为CO 和H 2，对减缓燃料危机和减少温室效应具有重要的意义。工业上CO 2与CH4发生反应I ：CH 4(g )+CO 2(g )＝2CO (g )+2H 2(g ) △H 1
在反应过程中还发生反应Ⅱ：H 2(g )+CO 2(g )＝H 2O (g )+CO (g ) △H 2=+41kJ/mol
(l)已知部分化学键的键能数据如下表所示：
则△H l =____kJ/mol ，反应Ⅰ在一定条件下能够自发进行的原因是____，该反应工业生产适宜的温度和压强为____（填标号）。
A ．高温高压
B ．高温低压
C ．低温高压
D ．低温低压