高考化学与化学反应原理综合考查有关的压轴题附答案

高考化学与化学反应原理综合考查有关的压轴题附答案

一、化学反应原理综合考查

1．德国化学家哈伯(F.Haber)从1902年开始研究由氮气和氢气直接合成氨。合成氨为解决世界的粮食问题作出了重要贡献。其原理为N 2(g)+3H 2(g)?2NH 3(g) △H=-92.4kJ/mol

(1)若已知H-H 键的键能为436.0kJ/mol ，N-H 的键能为390.8kJ/mol ，则N ≡N 的键能约为_____kJ/mol

(2)合成氨反应不加催化剂很难发生，催化剂铁触媒加入后参与了反应降低了活化能。其能量原理如图所示，则加了催化剂后整个反应的速率由______决定(填“第一步反应”或者“第二步反应”)，未使用催化剂时逆反应活化能______正反应活化能(填“大于”“小于”或者“等于”)

(3)从平衡和速率角度考虑，工业生产采取20MPa 到50MPa 的高压合成氨原因______

(4)一定温度下恒容容器中，以不同的H 2和N 2物质的量之比加入，平衡时NH 3体积分数如图所示，则H 2转化率a 点______b 点(填"大于”“小于”或者“等于”)。若起始压强为20MPa ，则b 点时体系的总压强约为______MPa 。

(5)若该反应的正逆反应速率分别表示为v 正=K 正()()3

22N c H g g ，v 逆=K 逆?c 2(NH 3)，则一定温度下，该反应 的平衡常数K=______(用含K 正和K 逆的表达式表示)，若K 正和K 逆都是温度的函数，且随温度升高而升高，则图中c 和d 分别表示______和______随温度变化趋势(填K 正或者K 逆)。

(6)常温下，向20mL 的0.1mol/L 的盐酸中通入一定量氨气反应后溶液呈中性(假设溶液体积变化忽略不计)则所得溶液中c(NH 4+)=_______

【答案】944.4 第一步反应 大于 当压强低于20MPa 时，反应速率慢，且反应转化率低，压强过大于50MPa 时，转化率提升不大，但对设备的要求高，生产成本高 小于 19

K K 正逆 K 正 K 逆 0.1mol/L 【解析】

【分析】

【详解】

（1）根据反应热的计算公式

N N H-H ()(N-H N N )3436.0kJ/mol 6390.8kJ ΔH=E -E =/mol 92.4kJ/mo E E l 36≡≡+?-?=-+-=反应物的键能生成物的键能E E ，可得N N =944.4kJ/mol ≡E ，故答案为：944.4；

（2）因为第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能，则催化剂后整个反应的速率由第一步反应决定，由图可知未使用催化剂时逆反应活化能大于正反应活化能，故答案为：第一步反应；大于；

（3）根据工业上制备氨气的原理可知，当压强低于20MPa 时，反应速率慢，且反应转化率低，压强过大于50MPa 时，转化率提升不大，但对设备的要求高，生产成本高，所以工业生产采取20MPa 到50MPa 的高压合成氨，故答案为：当压强低于20MPa 时，反应速率慢，且反应转化率低，压强过大于50MPa 时，转化率提升不大，但对设备的要求高，生产成本高；

（4）当增大氢气的用量时，氮气的转化率升高，氢气的转化率降低，则H 2的转化率a 点小于b 点；根据图知b 点氨气的体积分数为5%，设氮气与氢气在恒容密闭容器中各投1mol ，转化的氮气为xmol ，则可列三段式为：

N 2+3H 2?2NH 3

(mol)110

(mol)x 3x 2x (mol)1-x 3-2x 2x

起始量转化量平衡量

则有2x =5%2-2x

，P()n()2-2x P()==P()n()220MPa =平衡平衡平衡始态始态，由此可得x= 121，P(平衡)=19MPa ，故答案为：小于；19； （5）平衡时，正反应速率=逆反应速率，则有()32322K c(N )c (H N )=K c H g g g 正逆，平衡常

数K= ()22323K =c(N )c c NH (H )K g 正逆

；该反应为放热反应，温度升高时，平衡会逆向移动，平衡常数会减小，则K 逆大于K 正，c 代表K 正，d 代表K 逆，故答案为：K K 正逆

；K 正；K 逆； （6）反应后溶液呈中性，溶液中c （H +）=c （OH -）且由电荷守恒c （H +）+c （NH 4+）=c （OH -）+c （Cl -），则c （NH 4+）= c （Cl -）=0.1mol/L ，故答案为：0.1mol/L 。

2．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

T1℃时，将NO和O2按物质的量之比为2：1充入刚性反应容器中(忽略NO2与N2O4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(O2)=v逆(NO2)

B.NO与O2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)+O2(g)2NO2(g)在T1℃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T2℃(T2＞T1)，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(O 2)=v 逆(NO 2)时，说明反应已达平衡态，故A 正确；

B . NO 与O 2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；

；

ΔH=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-（3）1

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)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，故答案为：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；

（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-+2H2O=NO3-+4H+，故答案为：NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+。

3．研究发现，NO x和SO2是雾霾的主要成分。

Ⅰ. NO x主要来源于汽车尾气，可以利用化学方法将二者转化为无毒无害的物质。

已知：N 2(g)＋O2(g) 2NO(g) ΔH＝＋180kJ·mol－1

2CO(g)＋O 2(g)2CO2(g) ΔH＝－564kJ·mol－1

（1）2NO(g)＋2CO(g)2CO2(g)＋N2(g) ΔH＝________。

（2）T℃时，将等物质的量的NO和CO充入容积为2L的密闭容器中，保持温度和体积不变，反应过程(0～15min)中NO的物质的量随时间变化如图所示。

①已知：平衡时气体的分压＝气体的体积分数×体系的总压强，T℃时达到平衡，此时体系的总压强为p=20MPa，则T℃时该反应的压力平衡常数K p＝_______；平衡后，若保持温度不变，再向容器中充入NO和CO2各0.3mol，平衡将_____ (填“向左”、“向右”或“不”)移动。

②15min时，若改变外界反应条件，导致n(NO)发生如上图所示的变化，则改变的条件可能是_____(填序号)

A.增大CO浓度

B.升温

C.减小容器体积

D.加入催化剂

Ⅱ. SO2主要来源于煤的燃烧。燃烧烟气的脱硫减排是减少大气中含硫化合物污染的关键。

已知：亚硫酸：Ka 1=2.0×10-2 Ka 2=6.0×10-7

（3）请通过计算证明，NaHSO 3溶液显酸性的原因：_________________________。 （4）如图示的电解装置，可将雾霾中的NO 、SO 2转化为硫酸铵，从而实现废气的回收再利用。通入NO 的电极反应式为____________________；若通入的NO 体积为4.48L (标况下)，则另外一个电极通入的SO 2质量至少为________g 。

【答案】-744 kJ ·mol －1 0.0875 (或7/80) 不 AC HSO 3-的水解常数

K =K w /K a1=5.0×10-13＜K a2=6.0×10-7(HSO 3-的电离常数)，所以显酸性 6H ＋＋ NO ＋ 5e － ＝NH 4＋＋H 2O 32

【解析】

【详解】

（1）已知：①N 2(g )＋O 2(g ) 2NO (g )，②2CO (g )＋O 2(g ) 2CO 2(g )，由盖斯定律

可知：②－①得2NO (g )＋2CO (g )垐垐垐?噲垐垐?催化剂2CO 2(g )＋N 2(g )的△H =(－564－180)kJ ·mol

－1=－744kJ ·mol －

1； （2）222CO +N 2NO +2CO 00(mol)

0.40.4 0.20.1(mol)

0.20.20.20.1(mol)0.20.2垐?噲?

起始量转化量平衡量

p (NO )=p (CO )=p (CO 2)=20MPa ×0.20.2+0.2+0.2+0.1=407

，p (N 2)=20MPa ×0.10.2+0.2+0.2+0.1=207

，K p =22222p (CO )p(N )p (NO)p (CO)g g =780=0.0875；同样可计算化学平衡常数K =5，再向容器中充入NO 和CO 2各0.3mol ，此时的浓度商为仍为5，因此平衡不移动；

②15min 时，改变某一因素，NO 的物质的量减少，说明平衡向正反应方向移动。增大CO 的浓度，平衡向正反应方向移动，NO 的物质的量减小，A 项正确；正反应是放热反应，升温，平衡向逆反应方向移动，NO 的物质的量增大，B 项错误；减小容器的体积，相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，NO 物质的量减小，C 项正确；加入催化剂，化学平衡不移动，D 项错误；答案选AC ；

（3）HSO 3-的水解常数K =K w /K a1=5.0×10-13＜K a2=6.0×10-7，电离平衡常数大于水解平衡常数，说明溶液显酸性；

（4）根据电解装置，NO 和SO 2转化为硫酸铵，说明NO 转化成NH 4＋，即NO 在阴极上发

生NO＋6H＋＋5e－=NH4＋＋H2O；阳极反应式为SO2＋2H2O－2e－=4H＋＋SO42－，根据得失电子数目守恒，因此有2NO～10e－～5SO2，求出SO2的质量为

4.48×5×64/(2×22.4)g=32g。

【点睛】

正确书写电极反应式做到“三看”①一看电极材料，若是金属(Au、Pt除外)作阳极，金属一定被电解(注：Fe生成Fe2＋)。②二看介质，介质是否参与电极反应。③三看电解质状态。

4．资源化利用CO2，可以减少温室气体排放，还可以获得燃料或重要的化工产品。回答下列问题：

(1)CO2的捕集

①用饱和Na2CO3溶液做吸收剂可“捕集”CO2。写出“捕集”CO2反应的离子方式

_____________。

②聚合离子液体是目前广泛研究的CO2吸附剂。结合图像分析聚合离子液体吸附CO2的有利条件是_________________________。

(2)生产尿素：

工业上以CO2、NH3为原料生产尿素[CO(NH2)2]，该反应分为二步进行：

第一步：2NH3(g)+CO2(g)?H2NCOONH4(s) △H = - 159.5 kJ·mol-1

第二步：H2NCOONH4(s)?CO(NH2)2(s)+ H2O(g) △H = +116.5 kJ·mol-1

①写出上述合成尿素的热化学方程式___________________________。该反应化学平衡常数K的表达式：_________________________。

②某实验小组模拟工业上合成尿素，在一定体积的密闭容器中投入4mol NH3和1mol CO2，实验测得反应中各组分物质的量随时间的变化如图所示：

已知总反应的快慢由慢的一步反应决定，则合成尿素总反应的快慢由第__________步反应

决定，总反应进行到___________min 时到达平衡

(3)合成乙酸：中国科学家首次以CH 3OH 、CO 2和H 2为原料高效合成乙酸，其反应路径如图所示：

①原料中的CH 3OH 可通过电解法由CO 2制取，用稀硫酸作电解质溶液，写出生成CH 3OH 的电极反应式_______________________。

②根据图示，写出总反应的化学方程___________。

【答案】H 2O + CO 32- + CO 2=2HCO 3- 低温，低流速 2NH 3(g)+ CO 2(g)?CO(NH 2)2(s)+ H 2O(g)△H= -43kJ·mol -1 K=[H 2O]/[NH 3]2.[CO 2] 二 55 CO 2 + 6e - + 6H + = CH 3OH + H 2O CH 3OH + CO 2 + H 2

*HI 、Rh CH 3COOH + H 2O 【解析】

【分析】

(1)①H 2O 、CO 32－、CO 2反应生成HCO 3－；

②根据图知，温度越低、流速越小吸附量越大；

(2)利用盖斯定律求解热化学方程式；K 等于气体生成物浓度幂之积与气体反应物浓度幂之积的比；

②达到平衡时时间越长，反应速率越慢，慢反应决定整个反应速率；各物质的物质的量不变时反应达到平衡状态；

(3)①电解时，CO 2失电子和H ＋反应生成CH 3CH 2OH ；

②根据图知，反应物是CH 3CH 2OH 、CO 2和H 2，生成物是CH 3COOH 和水，LiI 和Rh 作催化剂。

【详解】

(1)①H 2O 、CO 32－、CO 2反应生成HCO 3－，离子方程式为H 2O+CO 32－+CO 2=2HCO 3－； ②根据图知，温度越低、流速越小吸附量越大，所以聚合离子液体吸附CO 2的有利条件是低温，低流速(或25℃，10mL ·min -1)；

(2)①将第一步和第二步方程式相加得到方程式2NH 3(g)+CO 2(g)?CO(NH 2)2(s)+H 2O(g)△H =(-159.5+116.5)kJ ·mol －1=-43kJ ·mol －1；化学平衡常数K 等于气体生成物浓度幂之积与气体反应物浓度幂之积的比，2232(H O)=(NH )(CO )

c K c c ； ②达到平衡时时间越长，反应速率越慢，慢反应决定整个反应速率。根据图知，第一步的反应，的反应物NH 3和CO 2的量迅速达到定值，说明第一步反应速率大，第二步反应较慢，所以第二步决定整个反应速率；根据图知，55min 各物质的物质的量不变，反应达到

平衡状态；

(3)①电解时，CO2失电子和H＋反应生成CH3OH，电极反应式为CO2+6e－+6H＋

=CH3OH+H2O；

②根据图知，反应物是甲醇、二氧化碳和氢气，生成物是乙酸和水，LiI和Rh作催化剂，

总反应方程式为：CH3OH+CO2+H2

*

HI、Rh

CH3COOH+H2O。

5．研究NO的性质对建设美丽家乡，打造宜居环境具有重要意义。

(1)自然界在闪电时，生成NO的反应方程式为__________________。

(2)T℃时在容积为2L的恒容密闭容器中，充入NO和O2发生反应：

2NO(g)+O2(g)?2NO2(g)，不同时刻测得容器中n(NO)、n(O2)如表：

时间/s012345

n(NO)/mol10.60.40.20.20.2

n(O2)/mol0.60.40.30.20.20.2

①在T℃下，0~2s时，该反应的平均反应速率(NO)

v=________；

②该温度下反应的平衡常数K=________，在T℃下，能提高NO的平衡转化率的措施有

_______、________。

(3)已知NO和O2反应的历程如图，回答下列问题：

①写出其中反应①的热化学方程式也(△H用含物理量E的等式表示)：________。

②试分析上述基元反应中，反应①和反应②的速率较小的是_____（选填“反应①”或“反应②”）；已知反应①会快速建立平衡状态，反应②可近似认为不影响反应①的平衡。对该反应体系升高温度，发现总反应速率变慢，其原因可能是____________。

【答案】N2＋O2闪电

2NO 0.15mol·L－1·s－1 160.0L·mol－1增大O2的浓度增大体系压强

2NO(g)?N2O2(g) △H=－(E3－E2)kJ·mol－1反应②因为反应①为放热反应，升高温度，反应①平衡逆向移动，导致c(N2O2)减小，反应②变慢，而反应②为慢反应是总反应速率的决速反应

【解析】

【分析】

(2)根据(NO)=c n v t V t

??=??计算化学反应速率；根据2222(NO )=(NO)(O )c K c c 求算平衡常数； (3)根据△H =生成物的总能量－反应物的总能量求算△H ；

(4)一般来说，活化能越大，化学反应速率越慢。

【详解】

(1)在闪电时，N 2和O 2会发生化合反应生成NO ，化学方程式为N 2＋O 2闪电2NO ；

(2)①在T ℃下，0～2s 时，n (NO)从1mol 降低到0.4mol ，变化了0.6mol ，容器体积为2L 。根据(NO)=c n v t V t ??=??，带入数据，有-1-10.6mol (NO)=0.15mol L s 2L 2s

v =?g g ； ②根据方程式，从开始到平衡，消耗n (NO)=1mol －0.2mol=0.8mol ，则生成

n (NO 2)=0.8mol 。平衡时，NO 、O 2、NO 2的物质的量分别为0.2mol 、0.2mol 、0.8mol ，容器

体积为2L ，平衡常数2222(NO )=(NO)(O )

c K c c ，带入数据，有220.8mol (

)2==160.0L/mol 0.2mol 0.2mol ()()22L K L L ?； 在T ℃下，提高NO 的转化率，需平衡向正反应方向移动，需要注意的是，温度已经限定，不能改变温度。则增大NO 的转化率，可以增大O 2的浓度；该反应是气体分子数减小的反应，可以压缩体积，增大压强；

(3)①根据图像，反应①为NO(g)反应化合生成N 2O 2(g)，根据△H =生成物的能量－反应物的

能量，则热化学方程式：2NO(g)?N 2O 2(g) △H =－(E 3－E 2)kJ·

mol －1； ②一般来说，活化能越大，化学反应速率越慢。反应①的活化能为E 4－E 3，反应②的活化能为E 5－E 2，根据图示，反应②的活化能大，化学反应速率较小；

化学反应速率慢的基元反应是总反应的决速步，反应②的活化能大，化学反应速率较小，是总反应的决速步。从图示看，反应①和②都是放热反应，升高温度，平衡均逆向移动，由于反应①快速达到平衡，则反应①的产物N 2O 2的浓度会减小，但对于反应②来说，c (N 2O 2)减小，会使得反应②的反应速率减小，而反应②是总反应的决速步，因此总反应速率变慢。答案：因为反应①为放热反应，升高温度，反应①平衡逆向移动，导致c (N 2O 2)减小，反应②变慢，而反应②为慢反应是总反应速率的决速反应。

6．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)+O 2(g)=2Cl 2(g)+2H 2O(g)。下图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl) ∶c(O 2)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HCl的转化率的方法是______________。（写出2种）

【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

【解析】

【分析】

(1)结合图象可知，进料浓度比相同时，温度越高HCl平衡转化率越低，说明该反应为放热反应，升高温度平衡向着逆向移动，温度越高平衡常数越小；进料浓度比c(HCl)：c(O2)的比值越大，HCl的平衡转化率越低，根据图象可知，相同温度时HCl转化率最高的为进料浓度比c(HCl)：c(O2)=1：1，该曲线中400℃HCl的平衡转化率为84%，

4HCl(g)+O2(g)═2Cl2(g)+2H2O(g)

初始 c0 c0 0 0

平衡 0.84c0 0.21c0 0.42c0 0.42c0

转化c0-0.84c0 c0-0.21c0 0.42c0 0.42c0

带入K=

22

4

(0.42)(0.42)

(10.84)(10.21)c

?

-?-

计算即可；

进料浓度比c(HCl)：c(O2)过低时，O2浓度较大，Cl2和O2分离能耗较高；进料浓度比c(HCl)：c(O2)过高时，O2浓度过低，HCl的转化率减小；

(2)①CuCl 2(s)═CuCl(s)+12Cl 2(g)△H 1=83kJ?mol -1，②CuCl(s)+12O 2(g)═CuO(s)+12

Cl 2(g)△H 2=-20kJ?mol -1，③CuO(s)+2HCl(g)═CuCl 2(s)+H 2O(g)△H 3=-121kJ?mol -1，根据盖斯定律，(①+②+③)×2可得4HCl(g)+O 2(g)═2Cl 2(g)+2H 2O(g)，据此计算该反应的△H ；

(3)4HCl(g)+O 2(g)═2Cl 2(g)+2H 2O(g)为气体体积缩小的放热反应，若要提高HCl 的转化率，需要使平衡向着正向移动，结合平衡移动原理分析。

【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，(①+②+③)×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。

【点睛】

勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，但影响因素不能完全被消除；使用勒夏特列原理时，必须注意研究对象必须为可逆反应，否则勒夏特列原理不适用，特别是改变平衡移动的因素不能用平衡移动原理解释，如催化剂的使用只能改变反应速率，不改变平衡移动，无法用勒夏特列原理解释。

7．亚硝酰硫酸（NOSO 4H ）主要用于染料、医药等工业。实验室制备亚硝酰硫酸的方法如下：将SO 2通入盛有浓硫酸和浓硝酸的混合液中，维持体系温度略低于20℃，搅拌，使其充分反应。反应过程中，亚硝酰硫酸的物质的量和硝酸的物质的量随时间的变化如图所示。

（1）①实验室制备NOSO4H的化学反应方程式为___。

②反应进行到10min后，反应速度明显加快，其可能的原因是___。

③反应过程中，硝酸减少的物质的量大于NOSO4H生成的物质的量的可能原因是___（2）为了测定亚硝酰硫酸的纯度，进行如下实验：。

准确称取1.200g产品放入锥形瓶中，加入50.00mL0.1000mol·L-1的KMnO4标准溶液和足量稀H2SO4，摇匀，使其充分反应。再将反应后溶液加热至60~70℃（使生成的HNO3挥发逸出），冷却至室温，用0.2500mol·L-1Na2C2O4标准溶液滴定至终点，消耗Na2C2O4溶液的体积为16.00mL。

已知：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4；KMnO4在酸性条件下被还原为Mn2+。

根据以上实验数据计算亚硝酰硫酸的纯度。（写出计算过程）___

【答案】HNO3+SO2NOSO4H 生成的NOSO4H对该反应有催化作用硝酸会挥发和分解 90.00%

【解析】

【分析】

（1）设NOSO4H中N的化合价为x，根据化合价代数和为0有：x+(+6)×1+(-2)×5+(+1) ×1=0，解得：x=+3，N元素化合价从+5降低到+3，必有S元素化合价从+4升高到+6，发生的是氧化还原反应，氧化剂与还原剂物质的量之比=1：1；

（2）50.00mL0.1000mol·L-1的KMnO4与16.00mL0.2500mol·L-1Na2C2O4反应之后剩余的KMnO4再与NOSO4H反应。

【详解】

（1）①N元素化合价从+5降低到+3，必有S元素化合价从+4升高到+6，N元素和S元素

的物质的量之比=1:1，所以反应的方程式为：HNO3+SO2浓硫酸

NOSO4H，故答案为：

HNO3+SO2浓硫酸

NOSO4H；

②反应前十分钟没有加快，不是温度，十分钟后明显加快，说明生成的物质对反应有催化作用，故答案为：生成的NOSO4H对该反应有催化作用；

③从反应的方程式看：参加反应的硝酸和生成的NOSO 4H 比例为1:1，消耗的硝酸多，可能是有一部分挥发和分解了，故答案为：硝酸会挥发和分解；

（2）一部分KMnO 4标准溶液和NOSO 4H 反应，剩余的KMnO 4标准溶液用Na 2C 2O 4反滴定，KMnO 4和Na 2C 2O 4，KMnO 4中Mn 元素化合价从+7降低到+2，降低5，作氧化剂，Na 2C 2O 4中C 元素化合价从+3升高到+4升高了1，2个C 升高了2，作还原剂，根据得失电

子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比=2:5，所以4224-31

2KMnO 5Na C O 2mol 5mol n 0.25mol/L 1610L ~

??，

解得：和Na 2C 2O 4反应的KMnO 4的物质的量n 1=1.6×10-3mol ，KMnO 4总的物质的量=50.00×10-3L×0.1000mol·L -1=5×10-3mol ，所以和NOSO 4H 反应的KMnO 4的物质的量=5×10-

3mol-1.6×10-3mol=3.4×10-3mol ，所以4432KMnO 52mol 5127g 3.410m

NOSO H

-~??，解得NOSO 4H 的质量

m=1.0795g ，所以样品中NOSO 4H 的纯度

=1.0795g 100%1.2g

?≈90.00%，故答案为：90.00%。 【点睛】

和Na 2C 2O 4反应的KMnO 4加上和NOSO 4H 反应的KMnO 4为总的KMnO 4的量。

8．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°C 时，磷酸和碳酸的电离常数如下表所示。

向Na 2CO 3溶液中滴加少量H 3PO 4溶液，反应的离子方程式为__。

（2）已知：

I.CaO(s)+H 2SO 4(l)=CaSO 4(s)+H 2O(l) ?H = -271kJ·mol -1

II.5CaO(s)+3H 3PO 4(l)+HF(g)=Ca 3(PO 4)3F(s)+5H 2O(l) ?H =-937 kJ·mol -1

回答下列问题：

①工业上用Ca 3(PO 4)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Ca 3(PO 4)3F 时生成的副产物CO 可用于制备H 2，原理为CO(g)+H 2O(g)=CO 2(g)+H 2(g) ?H 。

①一定温度下，向10L 密闭容器中充入0.5molCO 和lmolH 2O(g)，2min 达到平衡时，测得0~2min 内用CO 2表示的反应速率v(CO 2)=0.02mol·L -1·min -1。则CO 的平衡转化率a=__，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2n(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?H__0(填“>”“<”或“=”，下同)。a_1，理由为__。

【答案】H3PO4+2CO32-= 2HCO3-+HPO42- 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】

根据电离平衡常数可知酸性有如下关系：H3PO4﹥H2CO3﹥H2PO4-﹥HCO3-﹥HPO42-，少量

H3PO4和CO32-不能生成二氧化碳和水，只能生成HCO3-，由于H2PO4-﹥HCO3-，H2PO 4-也能和CO32-反应，所以另一个产物为HPO42-。

【详解】

（1）根据电离平衡常数可知酸性有如下关系：H3PO4﹥H2CO3﹥H2PO4-﹥HCO3-﹥HPO42-，所以少量磷酸和碳酸钠反应的最终产物为：NaHCO3和NaHPO4，所以离子方程式为：

H3PO4+2CO32-= 2HCO3-+HPO42-，故答案为：H3PO4+2CO32-= 2HCO3-+HPO42-；

（2）①已知：Ⅰ．CaO(s)＋H2SO4(l)CaSO4(s)＋H2O(l) ΔH=－271 kJ·mol－1

Ⅱ．5CaO(s)+3H3PO4(l)＋HF(g)Ca5(PO4)3F(s)＋5H2O(l) ΔH=－937 kJ·mol－1

根据盖斯定律可知Ⅰ×5－Ⅱ即得到Ca5(PO4)3F和硫酸，所以反应制备磷酸的热化学方程式为Ca5(PO4)3F(s)＋5H2SO4(l)3H3PO4(l)＋HF(g)＋5CaSO4(s) ΔH=－418 kJ·mol－1，故答案为：Ca5(PO4)3F(s)＋5H2SO4(l)3H3PO4(l)＋HF(g)＋5CaSO4(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，故答案为：增大；不变；

（3）①测得 0～2 min内用CO2 表示的反应速率v(CO2)=0.02 mol·L－1·min－1，所以生成CO2

浓度是0.04mol/L，则

()()()()

222

0.050.1

0.040.04

0.

CO g H O g CO g H g

(mol

010.06

/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=0.04

0.05

×100%＝80%，该反应的平衡常数 K＝

0.040.04

0.010.06

?

?

=

8

3

，故答案

为：80%；8

3

；

②根据图像可知升高温度CO的体积分数增大，说明平衡向正反应方向进行，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，故答案为：<；<；相同温度下，y越小，CO 的转化率越大，其平衡体积分数越小。【点睛】

（1）根据电离平衡常数：H3PO4﹥H2CO3﹥H2PO4-﹥HCO3-﹥HPO42-，H3PO4少量，产物只能

是最后两个。

9．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+FeSO4Fe(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－

+H 2O HClO+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－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。

【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+6NO24CO2+3N2+4H2O，故答案为：

2C2H4+6NO24CO2+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 －+H 2O HClO+OH－，故答案为：ClO－+H2O HClO+OH－；

②ClO-作氧化剂，NO为还原剂，在碱性条件下的反应为2NO+3ClO－+2OH－2NO3－+3Cl－+2H2O，故答案为：2NO+3ClO－+2OH－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5-6。

10．羰基硫（COS）主要存在于煤、石油和天然气中，会造成设备腐蚀、环境污染，更危害人体健康。目前，我国已经实现了在催化剂（γ-Al2O3）、低温条件下的精度脱除COS，如图为天然气中脱除COS反应流化床示意图：

（1）①已知：H 2（g）+COS（g）H2S（g）+CO（g）△H1=+6.2kJ?mol-1

H 2（g）+CO2（g）H2O（g）+CO（g）△H2=+41.2kJ?mol-1

则COS精度脱除反应H 2O（g）+COS（g）H2S（g）+CO2（g）的△H=__kJ?mol-1。

②将H2O与COS以体积比1：2置于恒温恒容密闭容器中反应，若测得该反应平衡时H2O 与COS的体积比1：6，则该温度下，脱除反应的平衡常数K=__（保留两位小数）。（2）T℃时，以一定流速、不同物质的量的H2O（g）和COS（g）通过流化床，测得COS （g）脱除速率变化关系如图。

已知：COS脱除反应机理如下，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。

a．吸附：H2O→H2O*

b．反应：COS+H2O*→CO2+H2S*

c．脱附：H2S*→H2S

①若COS（g）脱除速率v=kn x（COS）?n y（H2O）（mol?min-1），由图中的数据可算出x、k的值：x=__，k=__。

②“吸附”步骤为__（填“快反应”或“慢反应”），理由是__。

③脱除反应的决速步骤为__（填“a”、“b”或“c”）。

④少量氢气可以抑制催化剂积硫（S*）中毒，分析该流化床中可能存在的可逆反应是__。（3）工业上常采用下图所示电解装置，将气态废弃物中的硫化氢转化为可利用的硫。首先通电电解K4[Fe（CN）6]与KHCO3的混合溶液，通电一段时间后，再向所得溶液通入H2S时发生反应的离子方程式为2[Fe（CN）6]3-+2CO32-+H2S═2[Fe（CN）6]4-+2HCO3-+S↓．电解过程中阴极区电极反应式为_。

【答案】-35 2.67 1 2 快反应 H2O（g）的物质的量不影响总反应速率 b

S*+H 2H2S* 2HCO3-+2e-=H2↑+2CO32-

【解析】

【分析】

【详解】

（1）①已知：①H2（g）+COS（g）?H2S（g）+CO（g）△H1=+6.2kJ?mol-1

②H2（g）+CO2（g）?H2O（g）+CO（g）△H2=+41.2kJ?mol-1

根据盖斯定律，反应①-②即可得COS精度脱除反应H2O（g）+COS（g）?H2S（g）+CO2（g）△H=（6.2-41.2）kJ/mol=-35kJ/mol，故答案为：-35；

②根据题意列三段式：

H2O（g）+COS（g）=H2S（g）+CO2（g）（单位：mol）

起始量：1 2 0 0

转化量：x x x x

平衡量：1-x 2-x x x

则11

26

x

x

-

=

-

，解得x=0.8，平衡常数K=

()

()

22

2

()0.80.8

()0.2 1.2

c H S c CO

c H O c COS

??

=

??

=2.67，

故答案为：2.67；

（2）①根据图示，当H2O的物质的量固定时，COS（g）脱除速率为COS（g）物质的量的2倍，则x=1，k=2，故答案为：1；2；

②根据图示，由于H2O（g）的物质的量不影响总反应速率，因此“吸附”步骤是快反应，故答案为：快反应；H2O（g）的物质的量不影响总反应速率；

③根据COS（g）脱除速率与COS（g）物质的量的关系可知脱除反应的决速步骤为b，

故答案为：b；

④少量氢气可以抑制催化剂积硫（S*）中毒，该过程可逆反应可能时S*+H2?H2S*，

故答案为：S*+H2?H2S*；

（3）根据信息可知，电解后溶液中存在CO32-，结合阴极化合价降低，电极反应式为

2HCO3-+2e-=H2↑+2CO32-，

故答案为：2HCO3-+2e-=H2↑+2CO32-。