宁波高考化学知识点过关培优 易错 难题训练∶化学反应原理综合考查

宁波高考化学知识点过关培优易错难题训练∶化学反应原理综合考查
一、化学反应原理综合考查
1．（15分）甲烷水蒸气催化重整（SMR）是传统制取富氢混合气的重要方法，具有工艺简单、成本低等优点。

回答下列问题：
（1）已知1000 K时，下列反应的平衡常数和反应热：
①CH 4(g)C(s)+2H2(g) K1=10.2 ΔH1
②2CO(g)C(s)+CO 2(g) K2=0.6 ΔH2
③CO(g)+H 2O(g)CO2(g)+H2(g) K3=1.4 ΔH3
④CH 4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) K4 ΔH4（SMR）
则1000 K时，K4=____________；ΔH4=_________（用ΔH1、ΔH2、ΔH3来表示）。

（2）在进入催化重整装置前，先要对原料气进行脱硫操作，使其浓度为0.5 ppm以下。

脱硫的目的为______________。

（3）下图为不同温度条件下电流强度对CH4转化率的影响。

由图可知，电流对不同催化剂、不同温度条件下的甲烷水蒸气催化重整反应均有着促进作用，则可推知ΔH4____0（填“>”或“<”）。

（4）下图为不同温度条件下6小时稳定测试电流强度对H2产率的影响。

由图可知，随着温度的降低，电流对H2产率的影响作用逐渐____________（填“增加”“减小”或“不变”），600 ℃时，电流对三种催化剂中的____________（用图中的催化剂表示式回答）影响效果最为显著，当温度高于750 ℃时，无论电流强度大小，有无催化剂，H2产率趋于相同，其
原因是______________。

（5）我国科学家对甲烷和水蒸气催化重整反应机理也进行了广泛研究，通常认为该反应分两步进行。

第一步：CH 4催化裂解生成H 2和碳（或碳氢物种），其中碳（或碳氢物种）吸附在催化剂上，如CH 4→C ads /[C(H)n ]ads +(2–2n )H 2；第二步：碳（或碳氢物种）和H 2O 反应生成CO 2和H 2，如C ads /[C(H)n ]ads +2H 2O→CO 2 +(2+
2n )H 2。

反应过程和能量变化残图如下（过程①没有加催化剂，过程②加入催化剂），过程①和②ΔH 的关系为：①_______②（填“＞”“＜”或“＝”）；控制整个过程②反应速率的是第_______步，其原因为
____________________________。

【答案】33.32 ΔH 1+2ΔH 3−ΔH 2 硫能使催化剂中毒（或硫能使催化剂活性下降等） > 增加 10Ni−3MgO/γ−Al 2O 3 温度高于750 ℃时，几种情况下的反应均达到平衡，催化剂不改变平衡状态 = Ⅱ 第Ⅱ步的活化能大，反应速率慢
【解析】
【分析】
【详解】
（1）方程式CH 4(g)+2H 2O(g)CO 2(g)+4H 2(g)，是由方程式①+2×③−②得到，
K4=
2 1
3
2
K K
K
=
2
10.2 1.4
0.6
=33.32，ΔH4=ΔH1+2ΔH3−ΔH2。

（2）硫会与催化剂反应，会使催化剂中毒，因此要脱硫。

（3）由图可知电流相同时，750 ℃甲烷的转化率比600 ℃时甲烷的转化率高，说明温度越高，转化率越高，K越大，ΔH4>0。

（4）据图可知，随温度降低，H2产率的变化幅度也增大，电流对H2产率的影响作用逐渐增加；600 ℃时，10Ni−3MgO/γ−Al2O3催化剂在不同电流时H2产率的变化幅度最大，因此电流对10Ni−3MgO/γ−Al2O3催化剂影响最为显著；测试时间为6小时，当温度高于750 ℃时，由于反应速率加快，反应已经达平衡移动，而催化剂不影响平衡移动，因此无论电流强度大小，有无催化剂，H2产率趋于相同。

（5）同一化学反应，催化剂只能改变反应的速率，对反应热不会造成影响，故过程①和②ΔH相等。

根据活化能越大，反应速率就越慢，故控制整个反应速率的是活化能较高的步骤，即控速步骤为第Ⅱ步。

2．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.4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)△H1=-905 kJ/mol
Ⅱ.4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)△H2
（1）已知：
物质中断裂1mol化学键需要的能量/kJ
NO O2N2
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。

3．CH4超干重整CO2技术可得到富含CO的化工原料。

回答下列问题：
（1）CH4超干重整CO2的催化转化如图所示：
①已知相关反应的能量变化如图所示：
过程Ⅰ的热化学方程式为________。

②关于上述过程Ⅱ的说法不正确的是________（填序号）。

a．实现了含碳物质与含氢物质的分离
b．可表示为CO2＋H2＝H2O（g）＋CO
c．CO未参与反应
d．Fe3O4、CaO为催化剂，降低了反应的ΔH
③其他条件不变，在不同催化剂（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）作用下，反应CH4（g）＋CO2（g）＝2CO （g）＋2H2（g）进行相同时间后，CH4的转化率随反应温度的变化如图所示。

a点所代表的状态________（填“是”或“不是”）平衡状态；b点CH4的转化率高于c点，原因是
________。

（2）在一刚性密闭容器中，CH4和CO2的分压分别为20kPa、25kPa，加入Ni／α－Al2O3催化剂并加热至1123K使其发生反应CH4（g）＋CO2（g）＝2CO（g）＋2H2（g）。

①研究表明CO的生成速率υ（CO）＝1.3×10－2·p（CH4）·p（CO2）mol·g－1·s－1，某时刻测得p（CO）＝20kPa，则p（CO2）＝________kPa，υ（CO）＝________mol·g－1·s－1。

②达到平衡后测得体系压强是起始时的1.8倍，则该反应的平衡常数的计算式为K p＝
________（kPa）2。

（用各物质的分压代替物质的量浓度计算）
（3）CH4超干重整CO2得到的CO经偶联反应可制得草酸（H2C2O4）。

常温下，向某浓度的草
酸溶液中加入一定浓度的NaOH溶液，所得溶液中()()2-
22424
c H C O=c C O，则此时溶液的pH＝________。

（已知常温下H2C2O4的K a1＝6×10－2，K a2＝6×10－5，lg6＝0.8）
【答案】CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH=247.4kJ·mol-1 cd 不是 b和c都未达平衡，b
点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高 15 1.95
22
3636
27
⨯
⨯
2.7
【解析】
【分析】
由能量－反应进程曲线得热化学方程式，应用盖斯定律可得过程I的热化学方程式。

过程II 中进入循环的物质是最初反应物，出循环的物质是最终生成物，可得总反应方程式。

恒温恒容时组分气体的分压与其物质的量成正比，故用分压代替物质的量进行计算。

草酸溶液与NaOH溶液混合后，其两步电离平衡仍然存在，据电离常数表达式可求特定条件下溶液的pH。

【详解】
(1)①据CH4超干重整CO2的催化转化图，过程I的化学反应为
CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)。

由能量－反应进程曲线得热化学方程式：
CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH＝+206.2kJ·mol-1（i）
CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) ΔH＝－165kJ·mol-1（ii）
(i)×2+(ii)得过程I的热化学方程式：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH=247.4kJ·mol-1
②过程Ⅱ物质变化为：左上（CO、H2、CO2）+ 右下（惰性气体）→ 左下（H2O）+ 右上（CO、惰性气体），总反应为H2+CO2=H2O+CO。

Fe3O4、CaO为总反应的催化剂，能降低反应的活化能，但不能改变反应的ΔH。

故ab正确，cd错误。

③通常，催化剂能加快反应速率，缩短反应到达平衡的时间。

但催化剂不能使平衡发生移动，即不能改变平衡转化率。

若图中a点为化学平衡，则保持温度不变（800℃），将催化剂II换成I或III，CH4转化率应不变，故a点不是化学平衡。

同理，图中b 、c 两点都未达到化学平衡。

据题意，b 、c 两点只有温度不同，b 点温度较高，反应速率快，相同时间内CH 4转化率高。

(2)①据气态方程PV ＝nRT ，恒温恒容时某组分气体的分压与其物质的量成正比。

则反应中分压为
1123K 恒容时，CH 4（g ）＋CO 2（g ）＝2CO （g ）＋2H 2（g ）
起始分压/kPa ： 20 25 0 0
改变分压/kPa ： 10 10 20 20
某时分压/kPa ： 10 15 20 20
即某时刻p(CO 2)＝15kPa ，p(CH 4)＝10kPa 。

代入υ(CO)＝1.3×10－2·
p(CH 4)·p(CO 2)mol·g －1·s －1＝1.95mol·g －1·s －1。

②设达到平衡时CH 4的改变分压为x kPa ，
1123K 恒容时，CH 4（g ）＋CO 2（g ）＝2CO （g ）＋2H 2（g ）
起始分压/kPa ： 20 25 0 0
改变分压/kPa ： x x 2x 2x
平衡分压/kPa ： 20－x 25－x 2x 2x 据题意，有(20)(25)222025
x x x x ++++－－＝1.8，解得x ＝18。

CH 4(g)、CO 2(g)、CO(g)、H 2(g)的平衡分压依次是2 kPa 、7 kPa 、36 kPa 、36 kPa ，代入K p ＝22242(CO)(H )(CH )(CO )
p p p p ⋅⋅＝22
363627
⨯⨯(kPa)2。

(3)常温下，草酸溶液与NaOH 溶液混合，所得混合溶液中仍存在分步电离：
H 2C 2O 4H ++HC 2O 4－
K a1＝+-
24224(H )(HC O )(H C O )c c c ⋅ HC 2O 4－H ++C 2O 42－ K a2＝+2-
2424
(H )(C O )(HC O )c c c -⋅ 当()()2-22424
c H C O =c C O 时，K a1·K a2＝2+(H )c 。

+(H )c ＝a1a2·
K K ＝6×10－3.5 mol/L ，pH ＝2.7。

【点睛】 一定温度下，可逆反应建立平衡时，用平衡浓度求得浓度平衡常数K c ，用平衡分压求得压力平衡常数K p ，它们可通过气态方程进行换算。

4．研究发现，NO x 和SO 2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 )＋O 2(g )
2NO (g ) ΔH ＝＋180 kJ ·mol －1 2CO (g )＋O 2(g )
2CO 2(g ) ΔH ＝－564 kJ ·mol －1
（1）2NO (g )＋2CO (g ) 2CO 2(g )＋N 2(g ) ΔH ＝________。

（2）T ℃时，将等物质的量的NO 和CO 充入容积为2 L 的密闭容器中，保持温度和体积不
变，反应过程(0～15 min )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CO 2各0.3mol ，平衡将_____ (填“向左”、“向右”或“不”)移动。

②15 min 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. SO 2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）
22
2CO+N
2NO+2CO
00 (mol)0.40.4
0.20.1
(mol)0.20.2
0.20.1
(mol)0.20.2
垐?
噲?
起始量
转化量
平衡量
p(NO)=p(CO)=p(CO2)=20MPa×
0.2
0.2+0.2+0.2+0.1
=
40
7
，
p(N2)=20MPa×
0.1
0.2+0.2+0.2+0.1
=
20
7
，K p=
2
22
22
p(CO)p(N)
p(NO)p(CO)
g
g
=
7
80
=0.0875；同样可计算化学平衡常数K=5，再向容器中充入NO和CO2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）HSO3-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SO2转化为硫酸铵，说明NO转化成NH4＋，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。

5．（1）如图的氮循环是生态系统物质循环的重要部分，人类活动加剧了氮循环中的物质转化。

①下列说法正确的是_______（填字母序号）
A．固氮过程中，N2只做氧化剂
B．硝化过程需要有氧化剂参与
C ．反硝化过程有助于弥补人工固氮对氮循环造成的影响
D ．同化、氨化过程中，实现了氮元素在无机物和有机物之间的转化
②反硝化过程中，CH 3OH 可作为反应的还原剂，1mol 还原剂失去6mol 电子。

请将该反应的离子方程式补充完整：5CH 3OH+□NO 3—□_______+□_______+□_______+□_______，
_____________
（2）研究表明，氮氧化物（NO x ）和二氧化硫都与大气中雾霾的形成有关。

①已知：SO 2生成SO 3总反应方程式是2SO 2(g)＋O 2(g)
2SO 3(g)ΔH ＝－196.6kJ/mol 此反应可通过如下两步完成：2NO(g)＋O 2(g)
2NO 2(g)ΔH 1＝－113kJ/mol NO 2(g)＋SO 2(g)SO 3(g)＋NO(g)ΔH 2＝_______。

②一定温度下，向2L 恒容密闭容器中充入NO 2和SO 2各1mol ，5min 达到平衡，此时容器中NO 2和NO 的浓度之比为1∶3，则NO 2的平衡转化率是_______。

（3）砷（As ）是第四周期ⅤA 族元素，其化合物，有着广泛的用途。

①AsH 3的稳定性比NH 3的稳定性_______（填“强’’或“弱’’）。

用原子结构解释原因_______。

②常将含砷废渣（主要成分为As 2S 3）制成浆状，通入O 2氧化，生成H 3AsO 4和单质硫。

写出发生反应的化学方程式_______。

③298K 时，将20mL3xmol•L -1Na 3AsO 3、20mL3xmol•L -1I 2和20mLNaOH 溶液混合，发生反应：AsO 33-(aq)+I 2(aq)+2OH -AsO 43-(aq)+2I -(aq)+H 2O(l)。

溶液中c(AsO 43﹣)与反应时间（t ）的关系如图所示。

若平衡时溶液的pH=14，则该反应的平衡常数K 为_______。

【答案】BCD 5CH 3OH+6NO 3-N 2↑+4HCO 3-+CO 32-+8H 2O —41.8kJ/mol 75% 弱 N 和As 位于同一主族，As 的电子层数比N 的多，原子半径As 比N 的大，得电子能力As 比N 弱，非金属性As 比N 弱，氢化物AsH 3的稳定性比NH 3弱 2As 2S 3+5O 2+6H 2O=4H 3AsO 4+6S 3
24y (x-y)
【解析】
【分析】
【详解】
（1）①A ．氮气在大气中氧化为亚硝酸根离子、硝酸根离子，N 的化合价升高，被氧化，所以N 2作还原剂，故A 错误；
B ．NH 3转化成HNO 2，增加了O 元素，则NH 3被氧气氧化，所以在硝化细菌作用下发生的
硝化过程需要有氧化剂参与，故B 正确；
C ．反硝化过程，生成氮气，向大气提供氮气，即反硝化过程有助于弥补人工固氮对氮循环造成的影响，故C 正确；
D ．氨化过程是动植物蛋白转化为氨气或铵根离子，即有机物转化为无机物，同化、氨化过程中，实现了氮元素在无机物和有机物之间的转化，故D 正确；
故选BCD 。

②反硝化过程中，CH 3OH 可作为反应的还原剂，1mol 还原剂失去6mol 电子。

CH 3OH 与硝酸根离子反应生成氮气、碳酸根离子、碳酸氢根离子和水，反应的离子方程式为：5CH 3OH+6NO 3-N 2↑+4HCO 3-+CO 32-+8H 2O ，故答案为：5CH 3OH+6NO 3-
N 2↑+4HCO 3-+CO 32-+8H 2O ；
（2）①Ⅰ.2SO 2(g)＋O 2(g)
2SO 3(g)ΔH ＝－196.6kJ·mol －1 Ⅱ.2NO(g)＋O 2(g)2NO 2(g)ΔH 1＝－113kJ·mol －1
盖斯定律计算（Ⅰ-Ⅱ）×12
得到NO 2(g)＋SO 2(g)SO 3(g)＋NO(g)ΔH 2＝-41.8 kJ·mol －1，故答案为：-41.8 kJ·mol －1； ②一定温度下，向2 L 恒容密闭容器中充入NO 2和SO 2各1 mol ，5min 达到平衡，此时容器中NO 2和NO 的浓度之比为1：3，结合三行计算列式得到，设消耗NO 2的物质的量为x ：
223NO g +SO g SO g +NO g mol 1100mol x x x x mol 1-x 1-x x x ƒ
（）（）（）（）起始量（）
变化量（）
平衡量（）
NO 2和NO 的浓度之比为1：3，物质的量之比=1：3，（1-x ）：x=1：3，x=0.75mol ，NO 2
的平衡转化率=
0.75mol 1mol
×100%=75%， 故答案为：75%； （3）①非金属性：N>As ，AsH 3的稳定性比NH 3的稳定性弱，用原子结构解释原因：N 和As 位于同一主族，As 的电子层数比N 的多，原子半径As 比N 的大，得电子能力As 比N 弱，非金属性As 比N 弱，氢化物AsH 3的稳定性比NH 3弱；
②常将含砷废渣（主要成分为As 2S 3）制成浆状，通入O 2氧化，生成H 3AsO 4和单质硫，结合电子转移配平得方程式为：2As 2S 3+5O 2+6H 2O=4H 3AsO 4+6S ；
故答案为：2As 2S 3+5O 2+6H 2O=4H 3AsO 4+6S ；
③列三段式如下：
333242AsO aq +I aq +2OH AsO aq +2I aq +H O l x x y y y 2y x-y x-y y 2y
ƒ－－－－（）（）（）（）（）
起始量
转化量
平衡量
根据平衡常数表达式K=()32
43232c(AsO )c (I )c(AsO )c I c (OH )⨯⨯⨯－－－－ =()()()2
2y y x y x y ⨯-⨯-=3
2
4y (x-y)，故答案为：3
24y (x-y)。

6．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O 2发生反应：
2NO(g)+O 2(g)⇌2NO 2(g)，不同时刻测得容器中n (NO)、n (O 2)如表：
时间/s
0 1 2 3 4 5 n (NO)/mol
1 0.6 0.4 0.
2 0.2 0.2 n (O 2)/mol 0.6 0.4 0.
3 0.2 0.2 0.2
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O 2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】N 2＋O 2闪电2NO 0.15mol·L －1·s －1 160.0L·mol －1 增大O 2的浓度 增大体系压强 2NO(g)ƒN 2O 2(g) △H =－(E 3－E 2)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 (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
【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)ƒN 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。

7．工业上利用废镍催化剂(主要成分为Ni ，还含有一定量的Zn 、Fe 、SiO 2、CaO 等)制备草酸镍晶体的流程如下：
(1)请写出一种能提高“酸浸”速率的措施：________________________；滤渣I的成分是____________(填化学式)。

(2)除铁时，控制不同的条件可以得到不同的滤渣II。

已知滤渣II的成分与温度、pH的关系如图所示：
①若控制温度40℃、pH=8，则滤渣II的主要成分为_________________________(填化学式)。

②若控制温度80℃、pH=2，可得到黄铁矾钠[Na2Fe6(SO4)4(OH)12](图中阴影部分)，写出生成黄铁矾钠的离子方程式：___________________________________________。

(3)已知除铁后所得100 mL溶液中c(Ca2+)=0.01mol·L-1，加入100 mL NH4F溶液，使Ca2+恰好沉淀完全即溶液中c(Ca2+)=1×10-5mol·L-1，则所加c(NH4F)=_________mol·L-1。

[已知K sp(CaF2)=5.29×10-9]
(4)加入有机萃取剂的作用是________________________。

(5)某化学镀镍试剂的化学式为M x Ni(SO4)y(M为+1价阳离子，Ni为+2价，x、y均为正整数)。

为测定该镀镍试剂的组成，进行如下实验：
I．称量28.7g镀镍试剂，配制100 mL溶液A；
Ⅱ．准确量取10.00 mL溶液A，用0.40 mol·L-1的EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的
Ni2+(离子方程式为Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+)，消耗EDTA标准溶液25.00mL；
Ⅲ．另取10.00 mL溶液A，加入足量的BaCl2溶液，得到白色沉淀4.66g。

①配制100 mL镀镍试剂时，需要的仪器除药匙、托盘天平、玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管外，还需要________________________。

②该镀镍试剂的化学式为________________________________。

【答案】把废镍催化剂粉碎、适当加热，适当增大酸的浓度或搅拌等SiO2、CaSO4FeOOH 2Na++3ClO- +6Fe2++4SO42-+9H2O =Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+3Cl-+6H+6.6×10-2除去溶液中的Zn2+100 mL容量瓶(NH4)2Ni(SO4)2
【解析】试题分析：(1)根据影响反应速率的因素分析提高“酸浸”速率的措施；废镍催化剂中SiO2与硫酸不反应，CaO与硫酸反应的产物CaSO4微溶于水；(2)根据滤渣II的成分与温度、pH的关系图，可知控制温度40℃、pH=8时，滤渣II的主要成分；
②Na2Fe6(SO4)4(OH)12中铁元素化合价是+3，可知ClO-把Fe2+氧化为Fe3+，同时生成
Na2Fe6(SO4)4(OH)12沉淀；(3)根据方程式Ca2++2F-= CaF2↓，沉淀Ca2+消耗0.002mol
NH4F ，根据K sp(CaF2)=5.29×10-9，沉淀Ca2+后，溶液中c(F-)=；(4)根据流程图，加入有机萃取剂的作用是除去溶液中的Zn2+；(5)①根据配制100mL一定物质的量浓度
溶液分析需要的仪器；②根据Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+计算Ni2+的物质的量，根据可计算相对分子质量；根据10.00 mL溶液A，加入足量的BaCl2溶液，得到白色沉淀
4.66g，可计算SO42-的物质的量，根据n(Ni2+)：n(SO42-)计算y值，根据化合价代数和等于零计算x值，最后根据相对分子质量计算M的相对原子质量。

解析：(1)根据影响反应速率的因素，升高温度、把废镍催化剂粉碎、适当增大酸的浓度或搅拌等，都可以提高“酸浸”速率；废镍催化剂中SiO2与硫酸不反应，CaO与硫酸反应的产物CaSO4微溶于水，所以滤渣I的成分是SiO2、CaSO4；(2) ①根据滤渣II的成分与温度、pH的关系图，可知控制温度40℃、pH=8时，滤渣II的主要成分是FeOOH；
②Na2Fe6(SO4)4(OH)12中铁元素化合价是+3，可知ClO-把Fe2+氧化为Fe3+，同时生成
Na2Fe6(SO4)4(OH)12沉淀，反应的离子方程式是2Na++3ClO- +6Fe2+ +4SO42-
+9H2O =Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+3Cl-+6H+；(3)根据方程式Ca2++2F-= CaF2↓，沉淀Ca2+消耗0.002mol NH4F ，根据K sp(CaF2)=5.29×10-9，沉淀Ca2+后，溶液中c(F-)=，设加入c(NH4F)=c mol·L-1，则 =；c=6.6×10-2；(4)根据流
程图，加入有机萃取剂的作用是除去溶液中的Zn2+；(5)①根据配制100mL一定物质的量浓度溶液需要100mL容量瓶；②根据Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+，n(Ni2+)=0.025L0.4 mol·L-
1=0.01mol ，根据，M x Ni(SO4)y的相对分子质量=；
10.00 mL溶液A，加入足量的BaCl2溶液，得到硫酸钡4.66g，所以SO42-的物质的量
0.02mol，根据n(Ni2+)：n(SO42-)=1：y，则y=2，根据化合价代数和等于零,x=2，设 M的相对原子质量是a，则2a+59+96=287；a=18，所以M是NH4+，该镀镍试剂的化学式为(NH4)2Ni(SO4)2。

8．C、N、S和Cl元素的单质及化合物在工业生产中的有效利用备受关注。

请回答下列问题：
（1）已知：I.2SO2(g)+O2(g)+2H2O(1) =2H2SO4(aq) △H1；
Ⅱ.Cl 2(g)+H2O(1)HCl(aq)+HClO(aq) △H2；
Ⅲ.2HClO(aq) =2HCl(aq)+O2(g) △H3
SO2(g)+Cl2(g)+2H2O(1)=2HCl(aq)+H2SO4 (aq) △H4=__________(用含有△H1、△H2和△H3的代数式表示)。

（2）25℃时，H2SO3溶液中各含硫微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的变化关系如图所示。

已知25℃时，NaHSO3的水溶液pH＜7，用图中的数据通过计算解释原因
____________________。

（3）利用“ Na-CO2”电池将CO2变废为宝。

我国科研人员研制出的可充电“ Na-CO2”电池，以钠箔和多壁碳纳米管（MWCNT）为电极材料，总反应为4Na+3CO22Na2CO3+C。

放电时该电池“吸入”CO2，其工作原理如图所示：
①放电时，正极的电极反应式为______。

②选用高氯酸钠—四甘醇二甲醚做电解液的优点是_______（至少写两点）。

（4）氯氨是氯气遇到氨气反应生成的一类化合物，是常用的饮用水二级消毒剂，主要包括一氯胺、二氯胺和三氯胺(NH2C1、NHC12和NC13)，副产物少于其它水消毒剂。

①一氯胺(NH2Cl)的电子式为_______。

一氯胺是重要的水消毒剂，其原因是由于一氯胺在中性、酸性环境中会发生水解，生成具有强烈杀菌作用的物质，该反应的化学方程式为
_______。

②在恒温条件下，2molCl2和1molNH3发生反应2Cl2(g)+NH3(g)NHCl2(l)+2HCl(g)，测得平衡时Cl2和HCl的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：
计算C点时该反应的压强平衡常数K p(C)= _______ (K p是平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)
【答案】（△H1+2△H2+△H3）/2由图中数据可以计算出K a2(H2SO3)=10－7.2 ，K a1(H2SO3)=10－
1.9，所以HSO
3—的水解常数是10－12.1，HSO
3
—电离程度大于水解程度，溶液显酸性
3CO2+4Na++4e-═2Na2CO3+C导电性好、与金属钠不反应、难挥发等特点。