2020-2021高考化学专题复习化学反应原理综合考查的综合题及详细答案

2020-2021高考化学专题复习化学反应原理综合考查的综合题及详细答案
一、化学反应原理综合考查
1．碳、氮及其化合物在化工生产和国防工业中具有广泛应用。

请回答：
（1）科学家研究利用某种催化剂，成功实现将空气中的碳氧化合物和氮氧化合物转化为无毒的大气循环物质。

已知：
①N 2(g)+O2(g)2NO(g) ΔH1=+180kJ·mol−1
②NO 2(g)+CO(g)NO(g)+CO2(g) ΔH2=-235kJ·mol−1
③2NO(g)+O 2(g)2NO2(g) ΔH3=-112kJ·mol−1
则反应2NO(g)+2CO(g)N 2(g)+2CO2(g)的ΔH=__kJ·mol−1，有利于提高CO平衡转化率的条件是__（填标号）。

A．高温低压 B．低温高压 C．高温高压 D．低温低压
某温度下，在体积为2L的容器中加入2molNO、2molCO，达到平衡时CO的转化率是50%，其平衡常数为__。

（2）在密闭容器中充入10molCO和8molNO，发生反应，如下图为平衡时NO的体积分数与温度，压强的关系。

①由图判断，温度T1__T2（填“低于”或“高于”），理由是__？升高温度时，下列关于该反应的平衡常数（K）和速率（v）的叙述正确的是__填标号）。

A．K、V均增加 B．K增加，v减小
C．K减小，V增加 D．K、V均减小
②压强为20MPa、温度为T2下，若反应进行到10min达到平衡状态，容器的体积为2L，则此时CO的转化率=__，用CO2的浓度变化表示的平均反应速率v(CO2)=__，该温度下，如图所示A、B、C对应的p A(CO2)、p B(CO2)、p C(CO2)从大到小的顺序为__。

③若在D点对反应容器降温的同时缩小体积至体系压强增大，重新达到的平衡状态可能是图中A～G点中的__点。

（3）用活化后的V2O5作催化剂，氨气将NO还原成N2的一种反应历程如图所示。

测得该反应的平衡常数与温度的关系为1gK=5.08+217.5/T，该反应是__反应(填“吸热”或“放热”)。

该反应的含氮气体浓度随温度变化如图所示，则将NO转化为N2的最佳温度为__；当温度达到700K时，发生副反应的化学方程式__。

【答案】-762 B 1 低于 )该反应为放热反应，其他条件相同时，升高温度有利于反应
向逆反应方向移动，图中T2对应的NO的体积分数更高，所以对应的温度也更高 C 10% 0.05mol·(L·min)−1p C(CO2)＞p B(CO2)＞p A(CO2) G 放热 600K 4NH3+5O24NO+6H2O 【解析】
【分析】
(1)由①N2(g)+O2(g)⇌2NO(g) ΔH1=+180kJ·mol−1
②NO2(g)+CO(g)⇌NO(g)+CO2(g) ΔH2=-235kJ·mol−1
③2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g) ΔH3=-112kJ·mol−1
结合盖斯定律可知，②×2＋③−①得到反应2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)；有利于提高CO
平衡转化率的条件根据反应是放热还是吸热、该反应气体体积缩小的角度进行分析；用“三
段式”法分析反应后各物质的浓度，化学反应平衡常数K=生成物浓度幂之积反应物浓度幂之积
；
(2)①该反应是放热反应，温度越高，平衡逆向移动，NO的体积分数越大；升高温度时，反应向吸热方向进行；
②用“三段式”法分析反应后各物质的浓度，计算CO的转化率和用CO2的浓度变化表示的平均反应速率；该反应是气体体积减小的反应，压强越大，平衡正向移动，p(CO2)越大；
③D点对反应容器降温的同时缩小体积至体系压强增大，平衡正向移动，NO的体积分数减小；
(3)1g K＝5.08＋217.5/T，可知温度越高，K越小；由图可知600K最适合将NO转化为N2，当温度达到700K时NO较多。

【详解】
(1)由①N 2(g)+O 2(g)⇌2NO(g) ΔH 1=+180kJ·mol −1
②NO 2(g)+CO(g)⇌NO(g)+CO 2(g) ΔH 2=-235kJ·
mol −1 ③2NO(g)+O 2(g)⇌2NO 2(g) ΔH 3=-112kJ·
mol −1 结合盖斯定律可知，②×2＋③−①得到反应2NO(g)+2CO(g)⇌N 2(g)+2CO 2(g)，其ΔH ＝(−235kJ/mol)×2＋(−112kJ/mol)−(＋180kJ/mol)＝−762kJ/mol ，则该反应是放热反应、气体体积缩小，有利于提高CO 平衡转化率的条件是低温高压；某温度下，在体积为2L 的容器中加入2molNO 、2molCO ，达到平衡时CO 的转化率是50%，列“三段式”得：
()()()()22(mol/L)
1100(mol/L)
0.5150%0.250.52NO g +2C (mol/L)0.50.50.250O g N g +2CO g .5⨯ƒ
起始量转化量平衡量
化学反应平衡常数K =22222(N )(CO )(NO)(CO)c c c c =2
22
0.250.50.50.5⨯⨯=1； (2)①该反应为放热反应，其他条件相同时，升高温度有利于反应向逆反应方向移动，图中T 2对应的NO 的体积分数更高，所以对应的温度也更高，则温度T 1低于T 2；升高温度时，反应向吸热方向进行，化学平衡常数减小，化学反应速率增加；
②压强为20MPa 、温度为T 2下，若反应进行到10min 达到平衡状态，NO 体积分数为40%，容器的体积为2L ，设平衡时c(N 2)=xmol/L ，用“三段式”法分析得：
()()()()22(mol/L)
4500(mol/L)
2NO g +2CO g N g 2x 2x x 2x (mol/L)4-2x 5-2x x 2x +2CO g ƒ
起始量转化量平衡量
4-2x 100%(4-2x)+(5-2x)+x+2x
⨯=40%，解得x=0.25，CO 的转化率为20.25100%5⨯⨯=10%，v (CO 2)= 20.25mol/L 10min
⨯=0.05mol·(L·min)−1；该反应是气体体积减小的反应，压强越大，平衡正向移动，p (CO 2)越大，A 、B 、C 对应的压强依次增大，则A 、B 、C 对应的p A (CO 2)、p B (CO 2)、p C (CO 2)从大到小的顺序为p C (CO 2)＞p B (CO 2)＞p A (CO 2)； ③D 点对反应容器降温，平衡正向移动，缩小体积至体系压强增大，平衡正向移动，NO 的体积分数减小，重新达到的平衡状态可能是图中A ～G 点中的G 点。

(3)lg K ＝5.08＋217.5/T ，可知温度越高，K 越小，则正反应为放热反应；由图可知，将NO 转化为N 2的最佳温度为600K ，当温度达到700K 时，发生副反应的化学方程式为4NH 3+5O 2
4NO+6H 2O 。

【点睛】
把握K 的意义、盖斯定律、图象分析为解答的关键，注意(2)为解答的难点，正确分析题目信息结合勒夏特列原理、化学平衡三段式解答。

2．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 ƒ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 ƒ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)<v (逆)；
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 ƒ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12⨯(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 ƒ，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)]0.05K===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 ƒ可知，
2+2+2-18
92+2+2-28c(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。

3．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（Cr 2O 72−和CrO 42−）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Na 2CrO 4溶液中c(Cr 2O 72−)随c(H +)的变化如图所示。

则上述流程中CrO 42-转化为Cr 2O 72-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
NH3·H2O K b=1.74×10-5
（i）(NH4)2SO3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(NH4+):n(HSO3- )=_________。

【答案】CrO 42-＋2H+Cr2O72-＋H2O 1:6 Cr2O3 5 c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(SO32-)＞c(OH-) 碱 H2SO3的第二电离常数K a2=1.02×10-7小于NH3·H2O的电离常数K b，故SO32-的水解程度比NH4+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(Cr2O72−) 随c(H+)的增大而不断增大，当c(H+)=6.0×10-7mol/L时，c(Cr2O72−)=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CrO42-转化为Cr 2O72-的离子方程式为CrO42-＋2H+Cr2O72-＋H2O 答案为CrO42-＋2H+Cr2O72-＋H2O ② 依据电子守恒，氧化剂Cr2O72−与还原剂Fe2+的关系为：Cr2O72−——6Fe2+
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 Cr3+与Al3+的化学性质相似，说明Cr3+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。

4．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。

5．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= ()22
323K =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 。

6．含氮化合物对环境、生产和人类生命活动等具有很大的影响。

请按要求回答下列问题： （1）利用某分子筛作催化剂，NH 3可脱除工厂废气中的NO 、NO 2，反应机理如图所示。

A 包含的物质为H 2O 和___(填化学式)。

（2）研究氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应： ①2NO 2(g)+NaCl(g)=NaNO 3(g)+ClNO(g) ΔH 1<0
②2NO(g)+Cl 2(g)=2ClNO(g) ΔH 2<0
则4NO 2(g)+2NaCl(g)=2NaNO 3(g)+2NO(g)+Cl 2(g)的ΔH =___(用ΔH 1和ΔH 2表示)。

若反应①在绝热密闭容器中进行，实验测得NO 2(g)的转化率随时间的变化示意图如图所示，NO 2(g)的转化率α(NO 2)在t 3-t 4时间降低的原因是___。

（3）工业上利用氨气生产氢氰酸(HCN)的反应为CH 4(g)+NH 3(g)HCN(g)+3H 2(g) ΔH >0。

在一定温度下，向2L 密闭容器中加入nmolCH 4和2molNH 3平衡时NH 3体积分数随n 变化的
关系如图所示。

a 点时，CH 4的转化率为___%；平衡常数：K (a)___K (b)(填“>”“=”或“<”)。

（4）肌肉中的肌红蛋白(Mb)与O 2结合生成MbO 2，其反应原理可表示为
Mb(aq)+O 2(g)MbO 2(aq)，该反应的平衡常数可表示为K =
22c(MbO )c(Mb)p(O )
，在一定条件下达到平衡时，测得肌红蛋白的结合度(α)[α=2c(MbO )c(Mb)
生产的初始的×100%]与p(O 2)的关系如图所示。

研究表明正反应速率V 正=k 正·
c(Mb)·p(O 2)，逆反应速率V 逆=k 逆·c(MbO 2)(其中k 正和k 逆分别表示正反应和逆反应的速率常数)。

①试写出平衡常数K 与速率常数k 正、k 逆的关系式：K =___(用含有k 正、k 逆的式子表示)。

②试求出图中c(4.50，90)点时，上述反应的平衡常数K =___kPa -1。

已知k 逆=60s -1，则速率常数k 正=___s ·kPa -1。

【答案】N 2 2ΔH 1-ΔH 2 因反应为放热反应且反应容器为绝热容器，随着反应正向进行，体系的温度升高，t 3-t 4时间段温度升高使平衡逆向移动，转化率降低 25 =
k k 正逆
2 120
【解析】
【分析】
【详解】
(1)由图示可得到方程[(NH 4)2(NO 2)]2++NO===[(NH 4)(HNO 2)]++A+H +，根据化学反应前后原子种类和数目不变可知，A 为H 2O 和N 2，故答案为：N 2；
(2)根据盖斯定律，由反应①×2-②可得4NO 2(g)+2NaCl(g)=2NaNO 3(g)+2NO(g)+Cl 2(g)，则ΔH =2ΔH 1-ΔH 2，因反应为放热反应且反应容器为绝热容器，随着反应正向进行，体系的温度
升高，t 3-t 4时间段温度升高使平衡逆向移动，NO 2的转化率降低，故答案为：2ΔH 1-ΔH 2；因反应为放热反应且反应容器为绝热容器，随着反应正向进行，体系的温度升高，t 3-t 4时间段温度升高使平衡逆向移动，转化率降低；
(3)a 点时，n(CH 4)=2mol ，平衡时NH3的体积分数为30%，设转化的CH 4的物质的量为x ，
列三段式有：()()()()()()()432mol 220
CH g +NH 0mol x
x x
3x mol 2-x 2-x
x 3x g HCN g +3H g 垐?噲?
起始转化平衡 则有2-x 30%42x =+，解得x=0.5，则CH 4的转化率为0.5100%25%2
⨯=，由于a 点和b 点的温度相同，所以K(a)=K(b)，故答案为：25%；=； (4)①已知正反应速率v 正=k 正·c(Mb)·P(O 2)，逆反应速率v 逆=k 逆·c(MbO 2)，平衡时，v 正=v 逆，
则k 正·c(Mb)·P(O 2)= k 逆·c(MbO 2)，即()()()
22c MbO k =k c Mb P O K =g 正逆，故答案为：k k 正逆； ②由图可知，c 点时，P(O 2)=4.5kPa ，()2c MbO α=100%=90%c(Mb)
⨯生成的初始的，则生成的c(MbO 2)=0.9c(Mb)初始，平衡时c(Mb)=0.1 c(Mb)初始，则
()()()()()2-120.9c Mb c MbO ===2kPa c Mb P O 0.1c Mb 4.5kPa
K ⨯g 初始初始，已知K 逆=60s -1，又k ==2k K 正逆，则速率常数k 正=120s -1·
kPa -1，故答案为：2；120。

7．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 a1K 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
33
5
32
2
3
(8)
2.56
(1)
41010
(
0)
1
01
11
K
--
--
⨯⨯
⨯
⨯
⨯⨯
⨯
==；故答案为：2.56×105。

(3)①常温下，HNO2的电离常数为K a=7×10-4，H2SO3的电离常数为K a2=5.8×10-8，因此酸性强弱为HNO2＞HSO3－，根据越弱越水解，碱性强，则相同浓度的Na2SO3、NaNO2溶液中pH较大的是Na2SO3溶液；故答案为：Na2SO3。

②常温下，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；故答案为：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。

(4)①Ce3+化合价升高变为Ce4+，失去电子发生氧化反应，在阳极反应，因此Ce4+从电解槽的a口流出；故答案为：a。

②NO2－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2NO2－+ 8H++6e－= N2↑+4H2O；故答案为：2NO2－+ 8H++6e－=
N2↑+4H2O。

8．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()()-2-33c 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 +)＝10-4mol ·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：
431.410g 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 。

9．Ⅰ.含氮化合物在工农业生产中都有重要应用。

(1)氨和肼(N 2H 4)是两种最常见的氮氢化物。

己知：4NH 3(g )＋3O 2(g )⇌2N 2(g )＋6H 2O (g ) ΔH 1=－541.8kJ /mol ，化学平衡常数为K 1。

N 2H 4(g )＋O 2(g )⇌N 2(g )＋2H 2O (g ) ΔH 2=－534kJ /mol ，化学平衡常数为K 2。

则用NH 3和O 2制取N 2H 4的热化学方程式为___________，该反应的化学平衡常数K =__________(用K 1、K 2表示)。

(2)对于2NO (g )＋2CO (g )⇌N 2(g )＋2CO 2(g )，在一定温度下，于1L 的恒容密闭容器中充入0.1molNO 和0.3molCO ，反应开始进行。

①下列能说明该反应已经达到平衡状态的是____________(填字母代号)。

A .c (CO )=c (CO 2)
B .容器中混合气体的密度不变
C .v (N 2)正=2v (NO )逆
D .容器中混合气体的平均摩尔质量不变
②图为容器内的压强(P )与起始压强(P 0)的比值(P /P 0)随时间(t )的变化曲线。

0～5min 内，该反应的平均反应速率v (N 2)= _____________，平衡时NO 的转化率为______________。

(已知气体的压强比等于其物质的量之比)。