2020-2021高考化学易错题专题训练-化学反应原理综合考查练习题含答案

2020-2021高考化学易错题专题训练-化学反应原理综合考查练习题含答案
一、化学反应原理综合考查
1．铁及铁的氧化物广泛应于生产、生活、航天、科研领域。

(1)铁氧化合物循环分解水制H2
已知：H2O(l)===H2(g)＋O2(g)ΔH1＝＋285.5 kJ/mol
6FeO(s)＋O2(g) ===2Fe3O4(s)ΔH2＝－313.2 kJ/mol
则：3FeO(s)＋H2O(l)===H2(g)＋Fe3O4(s)ΔH3＝___________
(2)Fe2O3与CH4反应可制备“纳米级”金属铁，其反应为： 3CH4(g) ＋ Fe2O3(s) 2Fe(s) ＋6H2(g) ＋3CO(g) ΔH4
①此反应的化学平衡常数表达式为_________________________________。

②在容积均为VL的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个相同密闭容器中加入足量“纳米级”金属铁，然后分别充入a molCO和2a mol H2，三个容器的反应温度分别保持T1、T2、T3，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1所示，此时I、II、III三个容器中一定处于化学平衡状态的是___________(选填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)；制备“纳米级”金属铁的反应：ΔH4 _____ 0(填“＞”或“＜”)。

③在T℃下，向某恒容密闭容器中加入3molCH4(g)和2mol Fe2O3(s)进行上述反应，反应起始时压强为P0，反应进行至10min时达到平衡状态，测得此时容器的气体压强是起始压强的2倍。

10 min内用Fe2O3(s)表示的平均反应速率为_______g·min－1； T℃下该反应的K p =
_____________________；T℃下若起始时向该容器中加入2molCH4(g)、4mol Fe2O3(s)、
1molFe(s)、2mol H2(g)、2molCO(g)，则起始时v (正)______v (逆) (填“＞”、“＜”或“＝”)。

(3)纳米铁粉与水中NO3－反应的离子方程式为 4Fe+ NO3－+10H+=4Fe2++NH4++3H2O
①研究发现，若pH偏低将会导致NO3－的去除率下降，其原因是_________________。

②相同条件下，纳米铁粉去除不同水样中NO3－的速率有较大差异，图2中所产生的差异的可能原因是__________________________________________________(答一条)。

【答案】＋128.9 kJ/mol
()()
()
36
2
3
4
CO H
CH
c c
K
c
=Ⅲ＞ 8 P06＞纳米铁粉与H＋反应
生成H2 Cu或Cu2+催化纳米铁粉去除NO3－的反应(或形成的Fe－Cu原电池增大纳米铁粉去除NO3－的反应速率)
【解析】
【分析】
(1)依据题干热化学方程式，结合盖斯定律进行计算；
(2)①化学平衡常数=生成物浓度幂之积反应物浓度幂之积
； ②2Fe(s)＋6H 2(g)＋3CO(g)⇌3CH 4(g)＋Fe 2O 3(s)，根据图1中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ图象，CO 百分含量由小到大的顺序为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ΔH 4大小；
③在T ℃下，向某恒容密闭容器中加入3molCH 4(g)和2mol Fe 2O 3(s)进行反应：3CH 4(g)＋Fe 2O 3(s)⇌2Fe(s)＋H 2(g)＋3CO(g)；反应起始时压强为P 0，反应进行至10min 时达到平衡状态，测得此时容器的气体压强是起始压强的2倍，列出三段式，求用Fe 2O 3(s)表示的平均反应速率；K p ＝生成物平衡分压幂次方乘积
反应物平衡分压幂次方乘积；若起始时向该容器中加入2molCH 4(g)、4mol
Fe 2O 3(s)、1molFe(s)、2mol H 2(g)、2molCO(g)，根据Q C 与K 的关系判断反应进行的方向；
(3)①pH 偏低，氢离子浓度偏大，则铁可与氢离子反应生成氢气；
②由图2可知铜离子浓度越大，去除率越大，铜离子可起到催化作用，也可能形成原电池反应。

【详解】
(1)已知：①H 2O(l)=H 2(g)＋O 2(g) ΔH 1＝＋285.5 kJ/mol ；②6FeO(s)＋O 2(g)=2Fe 3O 4(s) ΔH 2＝－313.2 kJ/mol ；③3FeO(s)＋H 2O(l)=H 2(g)＋Fe 3O 4(s) ΔH 3；由盖斯定律可得：
③=①+12×②，则ΔH 3=ΔH 1+12×ΔH 2=＋285.5 kJ/mol+12
×(－313.2 kJ/mol)=＋128.9 kJ/mol ； (2)①3CH 4(g)＋Fe 2O 3(s)⇌2Fe(s)＋6H 2(g)＋3CO(g)的化学平衡常数表达式为
()()
()36234CO H CH c c K c =； ②在容积均为VL 的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个相同密闭容器中加入足量“纳米级”金属铁，然后分别充入a molCO 和2a mol H 2，发生反应2Fe(s)＋6H 2(g)＋3CO(g)⇌3CH 4(g)＋Fe 2O 3(s)，根据图1中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ图象，CO 百分含量由小到大依次为：Ⅱ＜Ⅰ＜Ⅲ，T 1中的状态转变成T 2中的状态，CO 百分含量减小，说明平衡正向移动，说明T 1未达平衡状态，T 2中的状态转变成T 3中的平衡状态，CO 百分含量增大，说明平衡逆向移动，说明T 2可能达平衡状态，一定达到化学平衡状态的是Ⅲ；2Fe(s)＋6H 2(g)＋3CO(g)⇌3CH 4(g)＋Fe 2O 3(s)，该反应正反应为放热反应，则上述反应3CH 4(g)＋Fe 2O 3(s)⇌2Fe(s)＋6H 2(g)＋3CO(g)的ΔH 4大于0； ③在T ℃下，向某恒容密闭容器中加入3molCH 4(g)和2mol Fe 2O 3(s)进行上述反应，反应起始时压强为P 0，反应进行至10min 时达到平衡状态，测得此时容器的气体压强是起始压强的2倍，设消耗甲烷的物质的量为xmol ，则：
42323CH (g)+Fe O (s)2Fe(s)+6H (g)+3CO(g)(mol)32
0001(mol)
x x 2x x 3(mol)3-x 2x x ƒ
初始变化平衡
压强之比为气体物质的量之比，则平衡时气体物质的量为6mol ，列式为3−x+2x+x ＝6，解得x ＝1.5mol ，10 min 内用Fe 2O 3(s)表示的平均反应速率为1 1.5mol 160g/mol 310min ⨯⨯=8g/min ，T
℃下该反应的K p =生成物平衡分压幂次方乘积反应物平衡分压幂次方乘积=()()()63
234H CO CH p p p =6300301()21()2P P P ⨯=P 06；假设容器的体积为1L ，则在T ℃下，平衡时有1.5molCH 4(g)，3molH 2(g)，1.5molCO(g)，该反应的平衡常数K= 36234c CO c H c CH （）（）（）=36
31.531.5
⨯=36；若起始时向该容器中加入2molCH 4(g)、4mol Fe 2O 3(s)、1molFe(s)、2mol H 2(g)、2molCO(g)，Q C = 36234c CO c H c CH （）（）（）=36
3222
⨯=26<K, 平衡正向移动，则起始时v (正)>v (逆)；
(3)①pH 偏低，氢离子浓度偏大，则铁可与氢离子反应生成氢气，可导致NO 3-的去除率下降；
②由图2可知铜离子浓度越大，去除率越大，铜离子可起到催化作用，也可能形成原电池反应。

【点睛】
本题(2)判断正逆反应速率相对大小时，要注意应用等效平衡的思想判断正逆反应进行的方向。

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：
--3-2242OH+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．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 H 3PO 4
HF
电离常数 Ka 1＝7.1×10−3；
Ka 2＝6.3×10−8；
Ka 3＝4.2×10−13 Ka ＝6.6×10−4 向NaF 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) ΔH ＝-271kJ·mol −1
Ⅱ.5CaO(s)+3H 3PO 4(l)+HF(g)
Ca 5(PO 4)3F(s)+5H 2O(l) ΔH ＝-937kJ·mol −1 则：①工业上用Ca 5(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 5(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) ΔH 。

①一定温度下，向10L 密闭容器中充入0.5mol CO 和1mol H 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Ca5(PO4)3F和硫酸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=－418kJ·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0～2min内用CO2表示的反应速率v(CO2)=0.02mol·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
ƒ
＋＋
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
；
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。

4．（11分）近年来，随着锂离子电池的广泛应用，废锂离子电池的回收处理至关重要。

下面是利用废锂离子电池正极材料（有Al、LiCoO2、Ni、Mn、Fe等）回收钴、镍、锂的流程图。

已知：P204[二(2−乙基己基)磷酸酯]常用于萃取锰，P507(2−乙基己基膦酸−2−乙基己酯）和Cyanex272[二(2，4，4)−三甲基戊基次磷酸]常用于萃取钴、镍。

回答下列问题：
（1）在硫酸存在的条件下，正极材料粉末中LiCoO2与H2O2反应能生成使带火星木条复燃的气体，请写出反应的化学方程式__________________________________。

（2）一些金属难溶氢氧化物的溶解度（用阳离子的饱和浓度表示）与pH的关系图如下：
加入NaOH溶液调pH=5可除去图中的________（填金属离子符号）杂质；写出除去金属
离子的离子方程式________________________（一种即可）。

噲?MR n(Org)+n H+(aq)，且随着（3）已知P507萃取金属离子的原理为n HR(Org)+M n+(aq)垐?
萃取过程中pH降低，萃取效率下降。

萃取前先用NaOH对萃取剂进行皂化处理，皂化萃
噲?MR n(Org)+n Na+(aq)。

对萃取剂进行皂取剂萃取金属离子的反应为n NaR(Org)+M n+(aq)垐?
化处理的原因为________________。

（4）控制水相pH=5.2，温度25℃，分别用P507、Cyanex272作萃取剂，萃取剂浓度对萃取分离钴、镍的影响实验结果如图所示。

■—Co(Cyanex272)；●—Ni(Cyanex272)；▲—Co(P507)；▼—Ni(P507)
由图可知，钴、镍的萃取率随萃取剂浓度增大而_________（填“增大”或“减小”）；两种萃取剂中___________（填“P507”或“Cyanex272”）的分离效果比较好，若选P507为萃取剂，则最适宜的萃取剂浓度大约为__________mol·L−1；若选Cyanex272萃取剂，则最适宜的萃取剂浓度大约为___________mol·L−1。

（5）室温下，用NaOH溶液调节钴萃余液的pH=12，搅拌一段时间后，静置，离心分离得到淡绿色氢氧化镍固体，镍沉淀率可达99.62%。

已知K sp[Ni(OH)2]=5.25×10−16，则沉镍母液中Ni2+的浓度为2.1×10−11 mol·L−1时，pH=______(lg5=0.7)。

【答案】2LiCoO 2+3H2SO4+H2O2Li2SO4+O2↑+2CoSO4+4H2O Fe3+、Al3+（1分，少选和错选没分） Fe3+ +3OH−Fe(OH)3或Al3+ +3OH−Al(OH)3（合理即可）维持萃取过程中pH恒定增大 Cyanex272 0.25 0.4 11.7
【解析】
【分析】
【详解】
（1）LiCoO2与硫酸和H2O2反应生成能使带火星木条复燃的气体，说明LiCoO2在硫酸作用下把H2O2氧化成O2，+3价Co降低为+2价的Co2+，方程式为
2LiCoO 2+3H2SO4+H2O2Li2SO4+O2↑+
2CoSO4+4H2O。

（2）由图可知，加入NaOH溶液调pH=5时，Fe3+、Al3+沉淀完全，所以去除Fe3+的离子方程式为Fe3++3OH−Fe(OH)3，去除Al3+的离子方程式为Al3++3OH−Al(OH)3。

噲?MR n(Org)+ n H+(aq)，会使溶液酸性增强，萃取效率下降，故用（3）n HR(Org)+M n+(aq)垐?
NaOH进行皂化处理后离子反应变为n NaR(Org)+M n+(aq)垐?
噲?MR n(Org)+n Na+(aq)，反应前后pH基本不变，根据题意可知，萃取效率不会降低。

故萃取前先用NaOH对萃取剂进行皂化处理的目的是维持萃取过程中pH恒定。

（4）由图可知，钴、镍的萃取率随萃取剂浓度增大而呈增大趋势，萃取时“Cyanex272”比“P507”对钴、镍萃取率的差值大，Cyanex272分离效果好。

选P507为萃取剂，浓度在0.25 mol·L−1以后变化不大，所以0.25 mol·L−1最好；选Cyanex272萃取剂，浓度在0.40 mol·L−1以后变化不大，所以0.4 mol·L−1最好。

（5）K sp[Ni(OH)2]=c(Ni2+)·c2(OH−)=5.25×10−16，c2(OH−)=
16
11
5.2510
2.110
-
-
⨯
⨯
=2.5×10−5，
c(OH−)=5×10−3，pOH=3−lg5=2.3，pH=14−pOH=14−2.3=11.7。

5．CO2催化加氢制甲醇，是极具前景的温室气体资源化研究领域。

在某CO催化加氢制甲醇的反应体系中，发生的主要反应有：
i.CO2(g)+3H2(g) 垐?
噲?CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-49.4kJ·mol-1
ⅱ.CO2(g)+H2(g) 垐?
噲?CO(g)+H2O(g) △H2=+41.2kJ·mol-1
ⅲ.CO(g)+2H2(g) 垐?
噲?CH3OH(g) △H3
（1）△H3________kJ·mol-1
（2）5MPa时，往某密闭容器中按投料比n（H2）:n（CO2）=3：1充入H2和CO2。

反应达到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。

①体系中CO2的物质的量分数受温度的影响不大，原因是____。

②250℃时，反应ii的平衡常数____1（填“＞”“＜”或“=”）。

③下列措施中，无法提高甲醇产率的是____（填标号）。

A加入适量CO B增大压强C循环利用原料气D升高温度
④如图中X、Y分别代表____（填化学式）。

（3）反应i可能的反应历程如下图所示。

注：方框内包含微粒种类及数目、微粒的相对总能量（括号里的数字或字母，单位：eV）。

其中，TS表示过渡态、*表示吸附在催化剂上的微粒。

①反应历程中，生成甲醇的决速步骤的反应方程式为____。

②相对总能量E=____（计算结果保留2位小数）。

（已知：leV=1.6×10-22kJ）
（4）用电解法也可实现CO2加氢制甲醇（稀硫酸作电解质溶液）。

电解时，往电解池的____极通入氢气，阴极上的电极反应为____。

【答案】-90.6 温度改变时，反应i和反应ii平衡移动方向相反＜ D CO、CH3OH HCOOH*+2H2(g)=H2COOH*+3/2H2-0.51 阳 CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O
【解析】
【分析】
【详解】
(1)已知：
i.CO2(g)+3H2(g) 垐?
噲?CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-49.4kJ·mol-1
ⅱ.CO2(g)+H2(g) 垐?
噲?CO(g)+H2O(g) △H2=+41.2kJ·mol-1
ⅲ.CO(g)+2H2(g) 垐?
噲?CH3OH(g) △H3
根据盖斯定律可知反应i-ii可得反应iii，所以△H3=△H1-△H2=-49.4kJ/mol-41.2kJ/mol=-90.6kJ/mol；
(2)△H1＜0，△H3＜0，即生成甲醇的反应均为放热反应，所以温度升高平衡时甲醇的物质的量分数应减小，△H2＞0，生成CO的反应为吸热反应，所以随温度升高CO平衡时的物质的量分数会变大，二者共同作用导致水蒸气减小幅度小于甲醇，所以Z代表H2O，Y 代表CH3OH，X代表CO。

①依据主要反应的化学方程式可知，反应i消耗CO2，反应ii逆向产生CO2，最终体系内CO2的物质的量分数与上述两个反应进行的程度相关。

由于△H1＜0而△H2＞0,根据勒夏特列原理，温度改变时，反应i和反应ii平衡移动方向相反，且平衡移动程度相近，导致体系内CO2的物质的量分数受温度的影响不大；
②反应ii平衡常数K=
()()
()()2
22
CO H O
CO H
c c
c c
，该反应前后气体体积计量数之和不变，所以可以用
物质的量分数来代表浓度估算K值，据图可知250℃时，CO2与H2的物质的量分数大于CO 和H2O的物质的量分数，所以K＜1；
③A. 加入适量CO，促使反应iii平衡正向移动，产生更多的CH3OH,而反应ii平衡逆向移动，又可减少CO2转化为CO,使更多的CO2通过反应i转化为CH3OH，故CH3OH产率提高，A项正确；
B. 增大压强，有利于反应i和iii的平衡正向移动，而对反应ii无影响，B项正确；
C. 循环利用原料气能提高CO2的转化率，使CH3OH的产率提高，C项正确；
D. 由图可知，升温，CH3OH的物质的量分数下降，产率降低，D项错误；
综上所述选D；
④根据分析可知X代表CO，Y代表CH3OH；
(3)①生成CH3OH的决速步骤，指反应历程中反应速率最慢的反应。

速率快慢则由反应的活化能决定，活化能越大，反应速率越慢。

仔细观察并估算表中数据，找到活化能(过渡态与起始态能量差)最大的反应步骤为:HCOOH*+2H2(g)=H2COOH*+3/2H2，E a=-0.18-(-
1.66)= 1.48eV；
②反应i的△H1= -49.4kJ/mol，指的是1mol CH3OH(g)和1molH2O(g)的总能量与1mol CO2(g)和3mol H2(g)的总能量之差，而反应历程图中的E表示的是1个CH3OH分子和1个H2O分子的相对总能量与1个CO2分子和3个H2分子的相对总能量之差(单位为cV)，且将起点的相对总能量设定为0。

所以，作如下换算即可求得相对总能量E:
E=
1
22
1.610
A
H
N-
⨯⨯
V
=
2322
49.4
6.0210 1.610-
⨯
⨯
-
⨯
=-0.51eV；
(4)因为电解过程CO2被还原为CH3OH，H2应发生氧化反应，故氢气通入阳极附近溶液中；而阴极上CO2转化为CH3OH，碳元素从+4价降为-2价，电解质溶液为硫酸，所以电极方程式为：CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O。

【点睛】
解答第3题第1小问时要注意框图中最后一步并非产生CH3OH的过程，而是已经生成的CH3OH分子从催化剂表面解吸附的过程。

6．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_________________。

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·mol－1。

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<b<a； b=c>d；60%。

【解析】
【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(H 2)/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(H 2)/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Q c ，比较Q c 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N 2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HCO 3-+H 2O=H 2CO 3+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(H 2)/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(H 2)/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(H 2)/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T 1<T 2<T 3；B 项错误；
C.c 点状态下再通入1molCO 和4molH 2，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H 2的体积分数减小，C 项错误；
D.T 1温度下，a 点n(H 2)/n(CO)=1.5，列出三段式：
()()()23 CO g 2H g ===CH OH g ?
1 1.5 0
0.5 1 0.5
0.5 0.5 0.5
＋起始反应平衡 ，T 1温度下的平衡常数K=20.50.50.5⨯ =4，再通入0.5molCO 和0.5molCH 3OH ，Qc=
2
0.50.5(0.50.5)0.5++⨯ =4，所以平衡不移动，D 项正确；
（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：NO 2(g)+O(g)=NO(g)+O 2(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N 2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
c<b<a；平衡常数只与温度有关，所以b、c点的平衡常数相同，反应放热，升温平衡正向移动，N2的体积分数减小，所以T1>T2，d点平衡常数小于b、c点，所以b、c、d三点的平衡常数从大到小的顺序为b=c>d；
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，
列出三段式：
()()()()
22
0.8 1 0 0
2
0.8
1
2CO g2NO g=N g2CO g
2
x
x x x
x
x x
--
起始
反应
平衡
＋＋
x
，N的体积分数为
2
1.8
2
x
x
-
=20%，解得x=0.6，所以CO转化率为0.6/1=60%。

【点睛】
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。

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
ƒ
＋＋
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．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：CH 4(g )+4NO 2(g )=4NO (g )+CO 2(g )+2H 2O (g ) ΔH =-574kJ ·mol −1
CH 4(g )+4NO (g )=2N 2(g )+CO 2(g )+2H 2O (g ) ΔH =-1160kJ ·mol −1
甲烷直接将NO 2还原为N 2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 )N 2(g )+2CO 2(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
/s 0 1 2 3 4
c (NO )/×10-3mol ·L −1 9.00 4.00 2.00 1.00 1.00
c (CO )/×10-3mol ·L −1 9.00 4.00 2.00 1.00 1.00
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SO 2和氮的氧化物气体(NO x )，可得到Na 2SO 3、NaHSO 3、NaNO 2、NaNO 3等溶液。

（已知：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 a1=1.2×10-2、K a2=5.8×10-8）。

①常温下，相同浓度的Na 2SO 3、NaNO 2溶液中pH 较大的是________溶液。

②常温下，NaHSO 3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Ce 4+的溶液吸收，生成NO 2-、NO 3-（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NO 2-
转化为无毒物质，同时再生Ce 4+，其原理如图所示。

①Ce 4+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】CH 4(g )+2NO 2(g )=N 2(g )+CO 2(g )+2H 2O (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 Na 2SO 3 酸 因为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 a 2NO 2-+8H ++6e −=N 2↑+4H 2O
【解析】
【分析】
【详解】
(1)已知：CH 4(g )+4NO 2(g )=4NO (g )+CO 2(g )+2H 2O (g ) ΔH =-574kJ ·mol −1
CH 4(g )+4NO (g )=2N 2(g )+CO 2(g )+2H 2O (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NO 2还原为N 2的热化学方程式为CH 4(g )+ 2NO 2(g )= N 2(g )+ CO 2(g )+2H 2O (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 a1
K 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 。

9．近年来，为应对温室气体排放问题和日益增长的能源需求问题，CO 2综合利用技术作为潜在的解决方案受到了研究者的广泛关注。

请按照要求回答问题
（1）CO 常用于工业冶炼金属，下图是在不同温度下CO 还原四种金属氧化物达平衡后气体中2c(CO)lg c(CO )
与温度（t ）的关系曲线图。

下列说法正确的是________。

（填序号）。