高考化学易错题精选-化学反应原理综合考查练习题

高考化学易错题精选-化学反应原理综合考查练习题

一、化学反应原理综合考查

1．铁的许多化合物在生产、生活中有着广泛的应用，如FeCl 3是重要的金属蚀刻剂、水处理剂；影视作品拍摄中常用Fe (SCN )3溶液模拟血液；FeS 可用于消除水中重金属污染等。

（1）已知：①3Cl 2(g )+2Fe (s )=2FeCl 3(s ) ΔH 1=akJ ·mol -1

②2FeCl 2(s )+Cl 2(g )=2FeCl 3(s ) ΔH 2=bkJ ·mol -1 则2FeCl 3(s )+Fe (s )=3FeCl 2(s ) ΔH 3=____。

（2）将c (FeCl 3)=0.2mol ·L -1的溶液与c (KSCN )=0.5mol ·L -1的溶液按等体积混合于某密闭容器发生反应：FeCl 3+3KSCN

Fe (SCN )3+3KCl ，测得常温下溶液中c (Fe 3+)的浓度随着

时间的变化如图1所示；测得不同温度下t 1时刻时溶液中c [Fe (SCN )3]如图2所示。

①研究表明，上述反应达到平衡后，向体系中加入适量KCl 固体后，溶液颜色无变化，其

原因是___，根据图1分析，在t 1、t 2时刻，生成Fe 3+

的速率较大的是____时刻。

②常温下Fe 3++3SCN -

Fe (SCN )3的平衡常数的值约为___，其它条件不变时，若向容器

中加适量蒸馏水，则新平衡建立过程中v (正)___v (逆)（填“＞”“＜”或“=”）。 ③根据图2判断，该反应的ΔH ___0（填“＞”或“＜”），图中五个点对应的状态中，一定处于非平衡态的是___（填对应字母）。

（3）利用FeS 可除去废水中的重金属离子，如用FeS 将Pb 2+转化为PbS 可消除Pb 2+

造成的

污染，当转化达到平衡状态时，废水中c (Fe 2+)=___c (Pb 2+)[填具体数据，已知K sp (PbS )=8×10-28，K sp (FeS )=6×10-18]。

【答案】(0.5a -1.5b )kJ ·mol -1 反应的本质是Fe 3++3SCN -Fe (SCN )3，KCl 的加入对可

逆反应状态不造成影响 t 2 1000 ＜ ＜ a 、b 7.5×109 【解析】 【分析】

（1）根据盖斯定律12

?(①-②3)，可得热化学方程式； （2）①判断KCl 固体对可逆反应()3+

-

3Fe +3SCN Fe SCN ?

的影响，t 2时生成物浓度比

t 1时大，逆反应速率较大，故生成Fe 3+速率较大；

②()3+-3Fe +3SCN Fe SCN ?平衡常数33+3-c[Fe(SCN)]

K=

c(Fe )c (SCN )

以此计算；溶液稀释后Q >K 平衡向左移动，v (正)

③随着温度的升高反应速率加快，故a 、b 、c c [Fe (SCN )3]增大，随着温度升高t 1时已达

到平衡点，温度升高c [Fe (SCN )3]减小，则平衡逆移；

（3）由2+

2+

FeS+Pb PbS+Fe ?知，2+2+2-2+2+2-c(Fe )c(Fe )c(S )Ksp(FeS)

K===c(Pb )c(Pb )c(S )Ksp(PbS)

，以此分析。 【详解】

（1）已知：①3Cl 2(g )+2Fe (s )=2FeCl 3(s ) ΔH 1=akJ ·mol -1 ②2FeCl 2(s )+Cl 2(g )=2FeCl 3(s ) ΔH 2=bkJ ·mol -1

根据盖斯定律1

2

?(①-②3)可得()()()322FeCl s +Fe s =3FeCl s ΔH 3=(0.5a -1.5b )kJ ·mol -1

，故答案为：(0.5a -1.5b )kJ ·mol -1；

（2）①由于反应的本质是()3+

-

3Fe +3SCN Fe SCN ?

，因此KCl 的加入对可逆反应状态

不造成影响；t 2时生成物浓度比t 1时大，逆反应速率较大，故生成Fe 3+速率较大，故答案为：反应的本质是Fe 3++3SCN -Fe (SCN )3，KCl 的加入对可逆反应状态不造成影响；

t 2；

②由图Ⅰ知，达到平衡时c (Fe 3+)=0.05 mol ·L -1，故反应中消耗Fe 3+的浓度为0.1 mol ·L -1

-0.05 mol ·L -1=0.05 mol ·L -1，平衡时c [Fe (SCN )3]=0.05 mol ·L -1，c (SCN -

)=0.25

mol ·L -1-0.15 mol ·L -1=0.1 mol ·L -1，则平衡常数

33+3-3c[Fe(SCN)]0.05

K=

==1000c(Fe )c (SCN )0.050.1?；溶液稀释后33+3-c[Fe(SCN)]Q=c(Fe )c (SCN )

＞K 平衡向

左移动，v (正)＜v (逆)，故答案为：1000；＜；

③随着温度的升高反应速率加快，故a 、b 、c 三点c [Fe (SCN )3]增大，随着温度升高c 时已达到平衡点，温度升高c [Fe (SCN )3]减小，则平衡逆移，则反应ΔH ＜0，图中五个点对应的状态中，处于非平衡态的是a 、b ，故答案为：＜；a 、b ； （3）由2+2+FeS+Pb PbS+Fe ?

可知，

2+2+2-1892+2+2-28

c(Fe )c(Fe )c(S )Ksp(FeS)610K===7.510c(Pb )c(Pb )c(S )Ksp(PbS)810--?==??，故()()2+92+c Fe =7.510c Pb ?，故答案为：7.5×109。

2．H 2O 2的制取及其在污水处理方面的应用是当前科学研究的热点。 (1)“氧阴极还原法”制取H 2O 2的原理如题图所示：

阴极表面发生的电极反应有： Ⅰ.2H ++O 2+2e -=H 2O 2 Ⅱ. H 2O 2+2H ++ 2e -=2H 2O

Ⅲ. 2H + +2e -=H 2↑

①写出阳极表面的电极反应式：___。

②其他条件相同时，不同初始pH (均小于2)条件下，H 2O 2浓度随电解时间的变化如图所示，c (H +)过大或过小均不利于H 2O 2制取，原因是_______。

(2)存碱性条件下，H 2O 2的一种催化分解机理如下：

H 2O 2(aq )+Mn 2+(aq )=·OH (aq )+Mn 3+(aq )+OH -(aq ) ?H =akJ /mol

H 2O 2(aq )+ Mn 3+(aq ) +2OH -(aq )= Mn 2+(aq ) +·O 2-(aq ) +2H 2O (l ) ?H =bkJ /mol

·OH (aq ) +·O 2-(aq )=O 2(g ) +OH -(aq ) ?H =ckJ /mol

2H 2O 2(aq )= 2H 2O (l )+O 2(g ) △H =_______ 。该反应的催化剂为 ____。

(3)H 2O 2、O 3在水中可形成具有超强氧化能力的羟基自由基(·OH )，可有效去除废水中的次磷酸根离子(H 2PO 2-)。

①弱碱性条件下·OH 将H 2PO 2-氧化成PO 43-，理论上l .7g ·OH 可处理含0.001mol /L H 2PO 2-的模拟废水的体积为______。

②为比较不同投料方式下含H 2PO 2-模拟废水的处理效果，向两份等体积废水样品中加入等量H 2O 2和O 3，其中一份再加入FeSO 4。反应相同时间，实验结果如图所示：

添加FeSO 4后，次磷酸盐氧化率、磷元素沉淀率均显著提高，原因是______。

【答案】-+

222H O-4e =4H +O c （H +）过小时，反应Ⅰ的化学反应速率较慢，c （H +

）过大时，主要发生反应Ⅲ （a +b +c ）kJ /mol Mn 2+ 25L Fe 2+

促进H 2O 2和O 3产生·OH ，

氧化产生的Fe 3+将PO 43-转化为FePO4沉淀 【解析】 【分析】

（1）由电解装置图可知阳极表面消耗水，产生氧气，以此写出电极方程式； （2）由盖斯定律可得，①＋②+③可得所求热化学方程式，中间产物Mn 2+为催化剂； （3）①弱碱性条件下?OH 将H 2PO 2-氧化成PO 43-，反应为：

--3-2242OH+2OH +H PO =PO +4H O g 4,以此计算废水的体积；

②由图可知添加FeSO 4后，次磷酸盐氧化率、磷元素沉淀率均显著提高，原因是Fe 2+促进

H 2O 2和O 3产生·OH ，氧化产生的Fe 3+将PO 43-转化为FePO4沉淀。 【详解】

（1）由电解装置图可知阳极表面消耗水，产生氧气，则电极方程式为

-+222H O-4e =4H +O ↑，

故答案为：-+

222H O-4e =4H +O ↑；

（2）已知：①H 2O 2(aq )+Mn 2+(aq )=·OH (aq )+Mn 3+(aq )+OH -(aq ) ?H =akJ /mol ②H 2O 2(aq )+ Mn 3+(aq ) +2OH -(aq )= Mn 2+(aq ) +·O 2-(aq ) +2H 2O (l ) ?H =bkJ /mol ③·OH (aq ) +·O 2-(aq )=O 2(g ) +OH -(aq ) ?

H =ckJ /mol 由盖斯定律可得，①＋②+③可得所求热化学方程式()()()22222H O aq = 2H O l +O g ，则△H =（a +b +c ）kJ /mol ， Mn 2+为中间产物反应前后不发生改变为催化剂，

故答案为：（a +b +c ）kJ /mol ；Mn 2+

；

（3）①弱碱性条件下·OH 将H 2PO 2-氧化成PO 43-，反应为：

--3-

224

2OH+2OH +H PO =PO +4H O g 4, l .7g ·OH 物质的量 1.7g

n=

=0.1mol 17g/mol

，则参

与反应的H 2PO 2-

物质的量为0.025mol ，则废水的体积n 0.025mol V===25L c 0.001mol/L

， 故答案为：25L ；

②由图可知添加FeSO 4后，次磷酸盐氧化率、磷元素沉淀率均显著提高，原因是Fe 2+促进H 2O 2和O 3产生·OH ，氧化产生的Fe 3+将PO 43-转化为FePO4沉淀，

故答案为：Fe 2+促进H 2O 2和O 3产生·OH ，氧化产生的Fe 3+将PO 43-转化为FePO4沉淀。

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)+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c 0，根据进料浓度比c (HCl)∶c (O 2)=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：

222

4HCl(g)O(g)2Cl(g)2H O(g)

+=+

起始（浓度）c0c000

变化（浓度）0.84c00.21c00.42c00.42c0

平衡（浓度）(1-0.84)c0 (1-0.21)c00.42c00.42c0

则K=

22

4

(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

222

4HCl(g)O(g)2Cl(g)2H O(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：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 。

4．十八大以来，各地重视“蓝天保卫战”战略。作为煤炭使用大国，我国每年煤炭燃烧释放出的大量SO 2严重破坏生态环境。现阶段主流煤炭脱硫技术通常采用石灰石-石膏法将硫元素以CaSO 4的形式固定，从而降低SO 2的排放。但是煤炭燃烧过程中产生的CO 又会与CaSO 4发生化学反应，降低脱硫效率。相关反应的热化学方程式如下： 反应Ⅰ：CaSO 4(s )+CO (g )

CaO (s ) + SO 2(g ) + CO 2(g ) 活化能Ea 1，ΔH 1=218.4kJ ·mol -1

反应Ⅱ：CaSO 4(s )+4CO (g ) CaS (s ) + 4CO 2(g ) 活化能Ea 2，ΔH 2= -175.6kJ ·mol －1

请回答下列问题：

（1）反应CaO (s )+3CO (g )+SO 2(g )?CaS (s )+3CO 2(g )；△H =__________kJ ?mol -1；该反应在

________（填“高温”“低温”“任意温度”）可自发进行。

（2）恒温密闭容器中，加入足量CaSO 4和一定物质的量的CO 气体，此时压强为p 0。tmin 中时反应达到平衡，此时CO 和CO 2体积分数相等，CO 2是SO 2体积分数的2倍，则反应I 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)。

（3）图1为1000K 时，在恒容密闭容器中同时发生反应I 和II ，c (SO 2)随时间的变化图像。请分析图1曲线中c (SO 2)在0～t 2区间变化的原因___________________。

（4）图2为实验在恒容密闭容器中，测得不同温度下，反应体系中初始浓度比2c(CO )

c(CO)

与

SO 2体积分数的关系曲线。下列有关叙述正确的是______________________。 A ．当气体的平均密度不再变化，反应I 和反应Ⅱ同时达到平衡状态 B ．提高CaSO 4的用量，可使反应I 正向进行，SO 2体积分数增大

C ．其他条件不变，升高温度，有利于反应I 正向进行，SO 2体积分数增大，不利于脱硫

D ．向混合气体中通入氧气（不考虑与SO 2反应），可有效降低SO 2体积分数，提高脱硫效率

（5）图1中，t 2时刻将容器体积减小至原来的一半，t 3时达到新的平衡，请在图1中画出t 2-t 3区间c (SO 2)的变化曲线__________。

【答案】-394.0kJ ·mol -

1 低温 0.25p 0 反应I 的活化能Ea 1较小，反应速率I 比II 大，0～t 1阶段c (SO 2)增大，t 1后反应II 为主，c (CO )减小，使反应I 逆向进行，故c (SO 2)减

小，t 2时反应达到平衡状态。 ACD ；

【解析】 【分析】 【详解】

(1)反应Ⅰ：CaSO 4(s )+CO (g )?CaO (s ) + SO 2(g ) + CO 2(g ) ΔH 1=218.4kJ ·mol -1 反应Ⅱ：CaSO 4(s )+4CO (g )?CaS (s ) + 4CO 2(g ) ΔH 2= -175.6kJ ·mol －

1

根据盖斯定律反应Ⅱ-反应Ⅰ得：CaO (s )+3CO (g )+SO 2(g )?CaS (s )+3CO 2(g )，所以，ΔH =ΔH 2-ΔH 1=-175.6kJ ·mol －1-218.4kJ ·mol -1=-394.0kJ ·mol -1。该反应为气体分子数减小的反应，ΔS ＜0，ΔH ＜0，当ΔH -TΔS ＜0时，反应能自发进行，则T 较小的时候反应能自发进行，即该反应在低温时能自发进行，故答案为：-394.0kJ ·mol -1；低温；

(2)设参加反应Ⅰ的CO 起始的物质的量为a ，平衡时，CO 和CO 2体积分数相等，CO 2的体积分数是SO 2体积分数的2倍，故设平衡时，SO 2的物质的量为xmol ，CO 和CO 2的物质的量为2x ，则对于反应Ⅰ有：

()()()()()

422+CaSO s +CO g CaO s + SO g CO g /mol a 00

/mol x x x /mol

a-x

x

x

?

起始变化平衡

则反应Ⅱ生成的CO 2的物质的量为(2x -x )mol =xmol ，生成CO 的物质的量=[2x -(a -x )]mol =(3x -a )mol ，则对于反应Ⅱ有：

()()()()

42++CaSO s 4CO 4x-a x 3x-a

g CaS s 4CO g /mol 0

/mol x /mol

x

?起始变化平衡

结合反应Ⅰ、Ⅱ可知：CO 的充入量为(4x -a )+a =4x ，而平衡时，气体的总物质的量=2x +x +2x =5x ，设平衡时体系总压为p ，则

04x p =5x p ，解得：p =05

p 4

，所以反应Ⅰ的平衡常

数Kp =0005p 25p 1

(

)()4

5455p 2()45

????=0.25p 0，故答案为：0.25p 0； (3)因反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，0到t 1，反应Ⅰ速率大于反应Ⅱ，c (SO 2)增大，t 1后反应II 为主，c (CO )减小，使反应I 逆向进行，故c (SO 2)减小，t 2时反应达到平衡状态，故答案为：反应I 的活化能Ea 1较小，反应速率I 比II 大，0～t 1阶段c (SO 2)增大，t 1后反应II 为主，c (CO )减小，使反应I 逆向进行，故c (SO 2)减小，t 2时反应达到平衡状态； (4)A ．反应Ⅰ、Ⅱ都是反应前后气体质量变化的反应，由m =ρV 可知，容器体积V 恒定下，ρ不变，说明气体总质量m 不变，那么容器内每种气体的质量均不变化，已达到平衡，A 正确；

B ．CaSO 4是固体，提高CaSO 4的用量，平衡不移动，B 错误；

C ．反应Ⅰ是吸热反应，升高温度，反应Ⅰ正向移动，SO 2体积分数增大，不利于脱硫，C 正确；

D ．通入氧气，CO 被消耗，反应Ⅰ逆向移动，SO 2体积分数降低，脱硫效率增大，D 正确；

综上所述，ACD 满足题意，故答案为：ACD ；

(5)容器体积减小一半瞬间，二氧化硫浓度变为2倍，同时压强增大，平衡逆向移动，二氧化硫浓度减小，t 2～t 3二氧化硫浓度比t 1～t 2减小的多。根据勒夏特列原理可知，t 3重新平

衡时，二氧化硫浓度略比t 2时刻大，据此如图：，故答

案为：。

【点睛】

勒夏特列原理：当改变外界条件时，平衡向减弱这种改变的方向移动，但不能抵消这种改变。

5．SO 2的含量是衡最大气污染的一个重要指标，工业上常采用催化还原法或吸收法处理

SO2。利用催化还原SO2不仅可消除SO2污染，而且可得到有经济价值的单质S。

（1）在复合组分催化剂作用下，CH4可使SO2转化为S，同时生成CO2和H2O。己知CH4和S的燃烧热(△H)分别为-890.3kJ/mol和-297.2kJ/mol，则CH4和SO2反应的热化学方程式为_____________。

（2）用H2还原SO2生成S的反应分两步完成，如图1所示，该过程中相关物质的物质的量浓度随时间的变化关系如图2所示:

①分析可知X为______(写化学式)，0～t1时间段的温度为_____，0～t1时间段用SO2表示的化学反应速率为________。

②总反应的化学方程式为_____________。

（3）焦炭催化还原SO 2生成S2,化学方程式为:2C(s)+2SO2(g)S2(g)+2CO2(g)，恒容容器中，1mol/LSO2与足量的焦炭反应，SO2的转化率随温度的变化如图3所示。

①该反应的△H____0(填“＞”或“＜”)。

②算a点的平衡常数为_________。

（4）工业上可用Na2SO3溶液吸收法处理SO2,25℃时用1mo/L的Na2SO3溶液吸收SO2。当溶液pH=7时，溶液中各离子浓度的大小关系为________。已知:H2SO3的电离常数

K1=1.3×10-2，K2=6.2×10-8。

【答案】CH4(g)+2SO2(g)=CO2(g)+2S(s)+2H2O(l) △H=-295.9kJ/mol H2S 300℃

2×10-3/t1mol/(L·min) 2H2+SO2S+2H2O ＜ 36.45mol/L c(Na+)＞c(HSO3-)＞

c(SO32-)＞c(H+)=c(OH-)

【解析】

【分析】

【详解】

(1)CH 4和S 的燃烧热分别为890.3kJ /mol 和297.2kJ /mol ，可知热化学方程式：①CH 4(g )+2O 2(g )＝CO 2(g )+2H 2O (l )△H =-890.3kJ /mol ，②S (s )+O 2(g )＝SO 2(g )△H =-297.2kJ /mol ，根据盖斯定律，将①-②×2可得CH 4(g )+2SO 2(g )＝CO 2(g )+2S (s )+2H 2O (l )△H =-295.9kJ /mol ，故答案为CH 4(g )+2SO 2(g )＝CO 2(g )+2S (s )+2H 2O (l )△H =-295.9kJ /mol ；

(2)①根据图1可知，在300℃时，SO 2和H 2反应生成H 2S ，在100℃到200℃时，H 2S 和SO 2反应生成S 和水，故X 为H 2S ；在图2中，0～t 1时间段SO 2和H 2的浓度降低，H 2S 的浓度升高，故0～t 1时间段温度为300℃；用SO 2表示的化学反应速率

v =c t

V =31210/min mol L t -?=12

t ×10?3 mol /(L ·min )，故答案为H 2S ；300℃；12t ×10?3

mol /(L ·min )；

②根据分析可知，SO 2和H 2最终反应生成S 和水，故化学方程式为2H 2+SO 2＝S +2H 2O ，故答案为2H 2+SO 2＝S +2H 2O ；

(3)①根据图像可知，平衡后升高温度，SO 2的转化率降低，即平衡左移，此反应为放热反应，即△H ＜0，故答案为＜；

②由于点a 的二氧化硫的转化率为90%，故有：

2222C(s)+2SO (g)S (g)+2CO (g)

(/)1

00

(/)0.90.450.9(/)0.10.450.9

mol L mol L mol L ?

起始浓度转化浓度平衡浓度

故平衡常数K =()()()22222CO S SO c c c ?=22

090.45

01?．．

=36.45，故答案为36.45； (4)Na 2SO 3溶液吸收SO 2生成NaHSO 3，离子方程式为SO 32-+SO 2+H 2O ＝2HSO 3-；25℃时用1mol /L 的Na 2SO 3溶液吸收SO 2，当溶液pH =7时，溶液中的溶质为Na 2SO 3和NaHSO 3，故c (Na +

)最大，c (H +

)=c (OH -)=10-7

mol /L ，根据K 2=6.2×10-8

=

()2-+

3-3c(SO )c H c(HSO )

g 可知

2-3-3c(SO )

c(HSO )

=0.62，故c (

HSO 3-)＞c (SO 32-)，则有：c (Na +)＞c (HSO 3-)＞c (SO 32-)＞c (H +)=c (OH -)，故答案为c (Na +)＞c (HSO 3-)＞c (SO 32-)＞c (H +)=c (OH -)。 【点睛】

本题考查盖斯定律的应用、热化学方程式的书写和平衡常数的计算等，注意利用三段式来计算平衡常数。本题的易错点为(4)，正确判断pH =7时，溶液中的溶质为Na 2SO 3和NaHSO 3是解题的关键。

6．乙烯是一种重要的化工原料，可由乙烷为原料制取，回答下列问题。 （1）传统的热裂解法和现代的氧化裂解法的热化学方程式如下： ①C 2H 6(g)=C 2H 4(g)+H 2(g) ΔH 1=+136kJ·

mol -1

②C 2H 6(g)+1

2

O 2(g)=C 2H 4(g)+H 2O(g) ΔH 2=-110kJ·mol -1 已知反应相关的部分化学键键能数据如下：

化学键

H-H(g) H-O(g) O=O

键能(kJ·

mol -1) 436 x

496

由此计算x=___，通过比较ΔH 1和ΔH 2，说明和热裂解法相比，氧化裂解法的优点是___(任写一点)。

（2）乙烷的氧化裂解反应产物中除了C 2H 4外，还存在CH 4、CO 、CO 2等副产物(副反应均为放热反应)，图甲为温度对乙烷氧化裂解反应性能的影响。乙烷的转化率随温度的升高而升高的原因是___，反应的最佳温度为___(填序号)。 A ．700℃ B ．750℃ C ．850℃ D ．900℃

[乙烯选择性=

242442n(C H )

n(C H )+n(CH )+n(CO)+n(CO )

；乙烯收率=乙烷转化率×乙烯选择性]

（3）烃类氧化反应中，氧气含量低会导致反应产生积炭堵塞反应管。图乙为262n(C H )

n(O )的

值对乙烷氧化裂解反应性能的影响。判断乙烷氧化裂解过程中262n(C H )

n(O )

的最佳值是___，

判断的理由是___。

（4）工业上，保持体系总压恒定为100kPa 的条件下进行该反应，通常在乙烷和氧气的混合气体中掺混惰性气体(惰性气体的体积分数为70%)，掺混惰性气体的目的是___。反应达平衡时，各组分的体积分数如下表： 组分

C 2H 6 O 2

C 2H 4 H 2O 其他物质

体积分数/% 2.4 1.0 12

15

69.6

计算该温度下的平衡常数：K p =___(用平衡分压代替平衡浓度，平衡分压=总压×体积分数)。 【答案】465 氧化裂解反应是放热反应，节约能源(或氧化裂解反应热力学趋势上大) 温度升高，反应速率加快，转化率升高 C 2.0 比值小于2.0时，乙烯的收率降低；比值大

于2.0时，乙烯的收率并未增加且产生更多的积炭，堵塞反应管 正反应是气体分子数增多的反应，恒压充入惰性气体相当于扩大容器体积，降低分压，有利于平衡正向移动 75(kPa)0.5 【解析】 【分析】

(1)根据盖斯定律，得出H 2(g)＋

1

2

O 2(g)=H 2O(g)的反应热，再根据△H ＝反应物的总键能?生成物的总键能，可求出x 的值；

(2)温度升高，化学反应速率加快，根据图象，随温度升高，乙烷的转换率越高；综合乙烯的转化率和选择性，图中即可对应找出最佳的反应温度；

(3)含氧量高，会造成积炭，要根据图象找出乙烯收率高而相对积炭少的点，即图中

()

()

226O C H n n 的比值为2时最佳；

(4)根据平衡常数与反应物、生成物的关系，并且将浓度关系转变为分压关系来解答。 【详解】

(1)根据盖斯定律，②?①得到：H 2(g)＋

1

2

O 2(g)═H 2O(g) △H ＝?246kJ/mol ，根据键能关系△H ＝反应物的总键能?生成物的总键能＝436＋496/2?2x ＝?246，x ＝465；由热化学方程式可以看出，热裂解法是吸热反应，需要消耗能源，氧裂解法是放热反应，不需要从外界得到能量，故答案为：465；氧化裂解反应是放热反应，节约能源(或氧化裂解反应热力学趋势上大)；

(2)由图可知，随温度的升高，乙烷的转化率在升高，考虑化学反应速率的影响因素，温度越高，反应速率越快；由图，要乙烷的转化率尽可能高，而副产物又相对较少，及乙烯的选择性较高，应找到乙烯收率较高时的温度，对应下温度在850左右，故答案为：温度升高，反应速率加快，转化率升高；C ；

(3)由(2)分析可知，我们要选择乙烯收率较高的点，在图2中，比值小于2时，乙烯收率随比值增大在上升，比值大于2时，乙烯的收率并未增加，并且氧含量值在降低，会造成积炭，故答案为：2.0；比值小于2.0时，乙烯的收率降低；比值大于2.0时，乙烯的收率并未增加且产生更多的积炭，堵塞反应管； (4)C 2H 6(g)＋

1

2

O 2(g)＝C 2H 4(g)＋H 2O(g)反应是体积在增大的反应，充入惰性气体，总压恒定，分压就降低了，压强降低会促使反应向体积增大的方向移动，即正向移动。根据平衡常数的表达式K p ＝()()242

22126(C H ))

H O O C (H P P P P ??＝75(kPa)0.5，故答案为：75(kPa)0.5。

【点睛】

解答(1)关键在于考查断键吸热，成键放热的知识；利用反应速率的影响因素来分析实践生活中最佳的反应条件，本题主要考虑温度，化学反应速率常数的表达式要转变成用分压来表示。

7．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Na2CO3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) ?H= -271kJ·mol-1

II.5CaO(s)+3H3PO4(l)+HF(g)=Ca3(PO4)3F(s)+5H2O(l) ?H=-937 kJ·mol-1

回答下列问题：

①工业上用Ca3(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Ca3(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) ?H。

①一定温度下，向10L密闭容器中充入0.5molCO和lmolH2O(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

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?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-，H2PO4-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。

8．（1）乙基叔丁基醚(以ETBE表示)是一种性能优良的高辛烷值汽油调和剂。用乙醇与异丁烯(以IB表示)在催化剂HZSM－5催化下合成ETBE，反应的化学方程式为：

C2H5OH(g)+IB(g)ETBE(g) △H。回答下列问题：

反应物被催化剂HZSM－5吸附的顺序与反应历程的关系如图所示，该反应的△H=__kJ·mol-1。反应历程的最优途径是__(填C1、C2或C3)。

（2）一定条件下，用Fe 2O 3、NiO 或Cr 2O 3作催化剂对燃煤烟气回收。反应为2CO(g)+SO 2(g)

2CO 2(g)+S(l) ΔH =-270kJ·mol -1

①其他条件相同、催化剂不同，SO 2的转化率随反应温度的变化如图1，Fe 2O 3和NiO 作催化剂均能使SO 2的转化率达到最高，不考虑催化剂价格因素，选择Fe 2O 3的主要优点是：__。

②某科研小组用Fe 2O 3作催化剂。在380℃时，分别研究了[n(CO)∶n(SO 2)]为1∶1、3∶1时SO 2转化率的变化情况(图2)。则图2中表示n(CO)∶n(SO 2)=3∶1的变化曲线为__。

（3）已知NO 2存在如下平衡：2NO 2(g)N 2O 4(g) △H <0，在一定条件下NO 2与N 2O 4的

消耗速率与各自的分压(分压=总压×物质的量分数)有如下关系：v(NO 2)=k 1·p 2(NO 2)，v(N 2O 4)=k 2·p(N 2O 4)，相应的速率与其分压关系如图所示。

一定温度下，k 1、k 2与平衡常数K p (压力平衡常数，用平衡分压代替平衡浓度计算)间的关系是k 1=__；在图标出点中，指出能表示反应达到平衡状态的点是__，理由是__。 （4）二氧化硫的催化氧化是工业上生产硫酸的主要反应O 2(g)+2SO 2(g)

2SO 3(g)。

已知：标准平衡常数K θ=2

3θ222θθpSO [

]p

pSO pO [][]p p

，其中p θ为标准压强(1×105Pa)，p(SO 3)、p(O 2)和

p(SO 2)为各组分的平衡分压，如p(SO 3)=x(SO 3)p ，p 为平衡总压，x(SO 3)为平衡系统中SO 3的物质的量分数。

SO 2和O 2起始物质的量之比为2：1，反应在恒定温度和标准压强下进行，SO 3的平衡产率为ω，则K θ=___(用含ω的最简式表示)。

【答案】-4a C 3 Fe 2O 3作催化剂时，在相对较低的温度可获得较高的SO 2转化率，从而节约能源 a k 1=2k 2·

K P BD 达到平衡时，N 2O 4与NO 2的消耗速率满足条件v(NO 2)=2v(N 2O 4) 23

(3-)

(1-)

ωωω 【解析】

【分析】

（1）由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，由图给数据可计算△H ；活化能的大小可以反映化学反应发生的难易程度，活化能越小，反应越容易进行； （2）①Fe 2O 3作催化剂时，在相对较低温度可获得较高SO 2的转化率，从而节约大量能源；

②n （CO ）：n （SO 2）=2：1时反应速率界于n （CO ）：n （SO 2）=3：1和n （CO ）：n （SO 2）=1：1之间，反应速率介于二者之间，且二氧化硫的转化率和n （CO ）：n （SO 2）=3：1是相等的；

（3）当反应达到平衡时，正逆反应速率相等，NO 2与N 2O 4的消耗速率的关系为v （NO 2）=2v （N 2O 4），则k 1?p 2（NO 2）=2k 2?p （N 2O 4）；满足平衡条件v （NO 2）=2v （N 2O 4）即为平衡点，B 、D 点的压强之比等于其反应速率之比为1：2；

（4）设SO 2和O 2起始物质的量为2mol 和1mol ，由SO 3的平衡产率为ω可知，平衡时SO 3的物质的量为2ω，由题意建立三段式计算可得。 【详解】

（1）由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，则该反应的△H =—（5—1）akJ/mol=—4 akJ/mol ；活化能的大小可以反映化学反应发生的难易程度，过渡态1和2的活化能都为6akJ/mol ，过渡态3的活化能为4akJ/mol ，活化能越小，反应越容易进行，过渡态3的活化能最小，反应历程最优，故答案为：-4a ；C 3；

（2）①根据图示内容，对比260℃时不同催化剂作用下SO 2的转化率，可以看出Cr 2O 3作催化剂时，反应速率最快，Fe 2O 3和NiO 作催化剂均能使SO 2的转化率达到最高，但是Fe 2O 3作催化剂时，在相对较低温度可获得较高SO 2的转化率，从而节约大量能源，故答案为：Fe 2O 3作催化剂时，在相对较低温度可获得较高SO 2的转化率，从而节约大量能源； ②n （CO ）：n （SO 2）=2：1时反应速率界于n （CO ）：n （SO 2）=3：1和n （CO ）：n （SO 2）=1：1之间，反应速率介于二者之间，且二氧化硫的转化率和n （CO ）：n （SO 2）=3：1是相等的，Fe 2O 3作催化剂时，曲线a 符合，故答案为：a ；

（3）反应的化学平衡常数K p =24

22

p(N O )

p (NO )，当反应达到平衡时，正逆反应速率相等，NO 2与

N 2O 4的消耗速率的关系为v （NO 2）=2v （N 2O 4），则k 1?p 2（NO 2）=2k 2?p （N 2O 4），k 1=2k 2·K P ；满足平衡条件v （NO 2）=2v （N 2O 4）即为平衡点，B 、D 点的压强之比等于其反应速率之比为1：2，所以B 、D 为平衡点，故答案为：2k 2·

K P ；BD ； （4）设SO 2和O 2起始物质的量为2mol 和1mol ，由SO 3的平衡产率为ω可知，平衡时SO 3的物质的量为2ω，由题意建立如下三段式：

()()()223mol mol 2 O g +2SO g 2SO g ωωω 2 mol 1- 2-2 2ω ω ω起（） 1 2 0变（）平（）

?

由三段式可得p(SO 3)、p(O 2)和p(SO 2)分别为23-ωω×p θ、1-3-ωω×p θ、2-23-ωω×p θ，则标准平衡常

数Kθ=

2

3

θ

2

22

θθ

p SO

[]

p

p SO p O [

]

[]

p p

（）

（）（）=

2

2

3-

2

2-21-

3-3-

[]

[][]

ω

ω

ωω

ωω

?

=

2

3

(3-)

(1-)

ωω

ω

，故答案为：

2

3

(3-)

(1-)

ωω

ω

。

【点睛】

由平衡分压等于平衡总压和物质的量分数之积和Kθ=

2

3

θ

2

22

θθ

p SO

[]

p

p SO p O

[][]

p p

（）

（）（）可知

Kθ=

2

3

θ

2

22

θθ

p SO

[]

p

p SO p O

[][]

p p

（）

（）（）=

2

2

3-

2

2-21-

3-3-

[]

[][]

ω

ω

ωω

ωω

?

是解答关键，也是难点。

9．研究和深度开发CO、CO2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义。

（1）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液c(HCO3-)：c(CO32-)=2：1，溶液中由水电离出的c(H+)=__。(室温下，H2CO3的K1=4×10-7；K2=5×10-11)

（2）CO2和H2充入一定体积的密闭容器中，反应过程和在两种温度下CH3OH的物质的量随时间的变化如图所示。

①已知图所示反应每消耗1molH2，热量变化是16.3kJ，则反应的热化学方程式为__。曲线

I、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为K1__K2(填“＞”或“=”或“＜”)。

②一定温度下，若此反应在恒压容器中进行，能判断该反应达到化学平衡状态的依据是

__。

a.容器中压强不变

b.H2的体积分数不变

c.c(H2)=3c(CH3OH)

d.容器中密度不变

e.2个C=O断裂的同时有3个H—H断裂

③一定比例的合成气在装有催化剂的反应器中反应12小时，体系中甲醇的产率和催化剂的催化活性与温度的关系如图所示。

当温度为470K 时，图中P 点__(填“是”或“不是”)处于平衡状态。490K 之后，甲醇产率下降的原因是__。

（3）用二氧化碳可合成低密度聚乙烯(LDPE )。常温常压下以纳米二氧化钛膜为工作电极，电解CO 2，可制得LDPE ，可能的机理如图所示。

则过程I 中阴极电极反应式__，工业上生产1.4×104g 的LDPE ，转移电子的物质的量为__。

【答案】10-4mol ·L -1 CO 2(g )+3H 2(g )CH 3OH (g )+H 2O (g ) ΔH =-48.9kJ ·mol -1 >

bd 不是 反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，且催化剂活性降低 CO 2+e -=CO 2-

6×103mol 【解析】 【分析】 【详解】

（1）所得溶液(

)(

)-

2-

33

c HCO c CO 2:1：＝ ，由()()()

2-+3-112

-3c CO c H K

=

=510c HCO ??可知

()10c H 110mol /L +-?＝ ，则c (OH ?)＝10-4mol ·L -1，则溶液中由水电离出的c (H +)＝10-4

mol ·L -1；

故答案为： 10-4mol ·L -

1；

（2）①已知图1所示反应每消耗1molH 2，热量变化是16.3KJ ，涉及反应为

CO 2(g )+3H 2(g )垐?噲?CH 3OH (g )+H 2O (g )，消耗3mol 氢气，则热量变化为48.9kJ ，曲线I 、

Ⅱ中Ⅱ温度较高，可知升高温度甲醇物质的量较小，应为放热反应，则热化学方程式为

CO 2(g )+3H 2(g ) 垐?噲? CH 3OH (g )+H 2O (g ) △H ＝－48.9kJ /mol ，升高温度，平衡逆向移

动，则平衡常数减小，K 1＞K 2； 故答案为：CO 2(g )+3H 2(g )

CH 3OH (g )+H 2O (g ) ΔH =-48.9kJ ·mol -1；＞；

②a ．反应在恒压条件下进行，无论是否达到平衡，容器中压强都不变，故a 错误；b ．H 2

的体积分数不变，可说明达到平衡状态，故b 正确；c ．平衡常数未知，且不能确定反应物转化的程度，c (H 2)＝3c (CH 3OH )不能确定是否达到平衡状态，故c 错误；d ．反应前后体积不等，在恒压条件下，容器中密度不变，可说明达到平衡状态，故d 正确；e ．2个C ＝O 断裂的同时有3个H －H 断裂，都为正反应速率，不能说明正逆反应速率相等，故e 错误；故答案为：bd ；

③由于产率最高之前，未达到平衡状态，反应为放热反应，达到平衡之后，升高温度，平衡逆向移动，产率下降，且催化剂活性降低；

故答案为：不是；反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，且催化剂活性降低； （3）过程I 中阴极电极发生还原反应生成2CO -

，电极方程式为22CO e CO --

+＝ ，由C 原子守恒可知关系式为2nCO 2～

，碳的化合价从+4变为－2，每个C 原子得

到6个电子，则2nCO 2总共得到12n 个电子，根据电荷守恒可得该电极反应式为：2nCO 2+12e ?+12nH +＝

+4nH 2O ，需要二氧化碳的物质的量为：

43

1.410g

2n 110mol 28ng /mol

???＝ ，则转移电子的物质的量为336110mol 610mol ??=?；

故答案为：22CO e CO -

-

+＝；6×103mol 。

10．氨是重要的基础化工原料，可以制备尿素[CO (NH 2)2]、N 2H 4等多种含氮的化工产品。 （1）以NH 3与CO 2为原料可以合成尿素[CO (NH 2)2]，涉及的化学反应如下：

反应I ：-1

3222412NH (g)+CO (g)NH CO NH (s) =159.5kJ mol H ?-?垐?噲?

反应Ⅱ：-12242222NH CO NH (s)CO(NH )(s)+H O(g)116.5kJ mol H ?=+?垐?噲?

反应Ⅲ：H 2O (1)＝H 2O (g ) △H 3=+44.0 kJ ·mol －1

则反应：322222NH (g)+CO (g)CO(NH )(s)+H O(1)=H ?垐?噲? __________kJ /mol

（2）将氨气与二氧化碳在有催化剂的反应器中反应

322222NH (g)+CO (g)CO(NH )(s)+H O(g)垐?噲?，体系中尿素的产率和催化剂的活性与

温度的关系如图1所示：

①a 点________(填是或不是)处于平衡状态，T 1之后尿素产率下降的原因是___________________________。

②实际生产中，原料气带有水蒸气，图2表示CO 2的转化率与氨碳比32n(NH )

n(CO )、水碳比

22n(H O)

n(CO )

的变化关系。曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的水碳比最大的是___________，测得b 点氨的

转化率为30％，则x =___________________。

③已知该反应的2

32(v =k c (NH )c(CO )正）（正）

，2(v =k c H O)逆）（逆）（，k (正)和k (逆)为速率常数，则平衡常数K 与k (正)，k (逆)的关系式是____________________________________。 （3）N 2H 4可作火箭推进剂。已知25℃时N 2H 4水溶液呈弱碱性：

+-a

242251N H +H O N H +OH 110K -=?垐?噲?； +2+-b 252262N H +H O N H +OH 110K -=?垐?噲?

①25℃时，向N 2H 4水溶液中加入H 2SO 4，欲使+

2524c(N H )c(N H )＞，同时

+2+

2526c(N H )c(N H )＞，应控制溶液pH 范围_____________(用含a 、b 式子表示)。

②水合肼(N 2H 4·H 2O )的性质类似一水合氨，与硫酸反应可以生成酸式盐，该盐的化学式为_______________。

【答案】－87.0 不是 升高温度反应逆向移动；催化剂活性降低 Ⅰ 4 k K k =正

逆

14－b ＜pH ＜14－a N 2H 6(HSO 4)2 【解析】 【分析】 【详解】 (1)已知：

反应I ：-1

3222412NH (g)+CO (g)NH CO NH (s) =159.5kJ mol H ?-?垐?噲? 反应Ⅱ：-12242222NH CO NH (s)CO(NH )(s)+H O(g)116.5kJ mol H ?=+?垐?噲?

反应Ⅲ：H 2O (1)＝H 2O (g ) △H 3=+44.0 kJ ·mol －

1

NH 3与CO 2合成尿素同时生成液态水的化学方程式为

2NH 3(g )+CO 2(g )?CO (NH 2)2(s )+H 2O (l )，根据盖斯定律I +II -III 得

2NH 3(g )+CO 2(g )?CO (NH 2)2(s )+H 2O (l )，则△H =-159.5kJ ?mol -1+(+116.5kJ ?mol -1)-(+44.0kJ ?mol -1)=-87.0 kJ ?mol -1；

(2)①产率最高之前，未达到平衡状态，反应为放热反应，达到平衡之后，升高温度，平衡逆向移动，产率下降，且催化剂活性降低；

②氨碳比相同时曲线Ⅲ二氧化碳的转化率大，所以曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的水碳比最大的是为Ⅰ；由题意可知：

32222+2NH g CO g CO NH H O (s)+x 12a a

g （）（）（）（）

起始量变化量? 即

20.3a x =，1

a

=0.6，则x =4； ③当V 正=V 逆时反应达到平衡，即2322k c (NH )c(CO )=k c H O)（正）（逆）

（，此时平衡常数K =

()()()

2232c H O c NH c CO ?=

K K 正

逆

；