高考化学专题复习分类练习 化学反应原理综合考查综合解答题含答案解析

高考化学专题复习分类练习化学反应原理综合考查综合解答题含答案解析
一、化学反应原理综合考查
1．(1)SO2的排放主要来自于煤的燃烧，工业上常用氨水吸收法处理尾气中的 SO2。

已知吸收过程中相关反应的热化学方程式如下：
①SO2(g)+NH3·H2O(aq)=NH4HSO3(aq) ΔH1=a kJ/mol；
②NH3·H2O(aq)+ NH4HSO3(aq)=(NH4)2SO3(ag)+H2O(l) ΔH2=b kJ/mol；
③2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq) ΔH3=c kJ/mol。

则反应 2SO2(g)+4NH3·H2O(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)的ΔH=____kJ/mol。

(2)SO2是形成酸雨的主要污染物，燃煤脱硫原理为 2CaO(s)+2SO2(g)+O2(g)⇌2CaSO4(s)。

向10L 恒温恒容密闭容器中加入 3mol CaO，并通入 2mol SO2和 lmol O2发生上述反应，2min 时达平衡，此时 CaSO4为1.8mol。

0〜2min 内，用 SO2表示的该反应的速率v(SO2)=____，其他条件保持不变，若上述反应在恒压条件下进行，达到平衡时 SO2的转化率____(填“增大”、“减小”或“不变”)。

(3)NO 的排放主要来自于汽车尾气，净化原理为：2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)
ΔH=−746.8kJ/mol。

实验测得，v正=k正·c2(NO)·c2(CO)，v 逆=k逆·c(N2)·c2(CO2)(k 正、k 逆为速率常数，只与温度有关)。

①达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数____(填“>”“<”或“=”)k逆增大的倍数。

②若在 1L 的密闭容器中充入 1molCO 和 1mol NO，在一定温度下达到平衡时，CO 的转化率为 40%，则k正︰k逆=____。

(4)以连二硫酸根(S2O42-)为媒介，使用间接电化学法也可处理燃煤烟气中的NO，装置如图所示：
①阴极区的电极反应式为____。

②NO 吸收转化后的主要产物为 NH4+，若通电时电路中转移了 0.3mol e－，则此通电过程中理论上吸收的 NO 在标准状况下的体积为____mL。

(5)欲用 5L Na2CO3溶液将 23.3g BaSO4固体全都转化为 BaCO3，则所用的 Na2CO3溶液的物质的量浓度至少为____。

[已知：常温下K(BaSO4)=1×10−7、K(BaCO3)=2.5×10−6]。

(忽略溶液体积的变化)
【答案】2a+2b+c 0.09mol/(L·min) 增大﹤20
81
2SO32-+4H++2e- =S2O42-+2H2O 1344
0.52mol/L 【解析】【分析】
(1)根据盖斯定律解答；
(2)根据化学反应速率的数学表达式计算反应速率；向正反应方向进行，气体物质的量减小，维持恒压不变，SO 2的转化率比恒容时增大；
(3)①正反应为放热反应，升高温度平衡向左移动，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数，据此解答；
②当反应达到平衡时，,v v =正逆故
222222(CO )
(NO)k c(N )c k c c (N )K ⨯==⨯正逆，平衡时()2c N 0.2mol /L =，()2c CO 0.4mol /L =，据此解答；
(4)①阴极区发生还原反应，从图中找出阴极反应物，写它发生还原反应的电极反应式； ②NO 吸收转化后的主要产物为NH 4+，写出关系式，按电子数守恒，求出一氧化氮在标准状况下体积；
(5) n(BaSO 4)=23.3g
233g/mol
=0.1mol ，将0.1mol 硫酸钡溶解于5L 溶液中，设至少需要物质的量
浓度为xmol/L 的Na 2CO 3溶液，当BaSO 4完全溶解后，所得5L 溶液中c(SO 42-)=0.02mol/L ，此时溶液中c(CO 32-)=(x-0.02)mol/L ，由BaSO 4+CO 32-=BaCO 3+SO 42-可知，此反应的化学平衡常数()()
()()()()
()()222744
4622233
3c SO c SO c Ba sp BaSO 1100.02
0.04sp BaCO 2.510x 0.02
c CO c CO c Ba K K K -
-+
---
-+⨯=
=
====⨯-。

【详解】
(1)根据盖斯定律，热化学方程式①×2+②×2+③得：
()()()()()232242422SO g 4NH H O aq O g 2(NH )SO aq 2H O l +⋅+=+，故该反应的()2a 2b c KJ /mol H =++V ，故答案为：2a+2b+c ；
(2)生成CaSO 4物质的量为1.8mol 的同时消耗SO 2的物质的量为1.8mol ，根据化学反应速率的数学表达式，v(SO 2)=1.8/(10×2)mol/(L·
min)=0.09 mol/(L·min)；向正反应方向进行，气体物质的量减小，维持恒压不变，SO 2的转化率比恒容时增大，故答案为：0.09mol/(L·min)；增大；
(3)①正反应为放热反应，升高温度平衡向左移动，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数，浓度不变，故k 正增大的倍数小于k 逆增大的倍数，故答案为：<；
②当反应达到平衡时，,v v =正逆故
222222(CO )(NO)k c(N )c k c c (N )
K ⨯==⨯正逆，平衡时()2N 0.2mol /L c =，()2CO 0.4mol /L c =，则
222222222(CO )(NO)(k c(N )c 0.20.420k c c 0.60.68N )1⨯⨯===⨯⨯正逆，故答案为：2081
； (4) ①由图可知，阴极区通入液体主要含SO 32-，流出主要含S 2O 42-，所以阴极区电极反应式为2SO 32-+4H ++2e -=S 2O 42-+2H 2O ，故答案为：2SO 32-+4H ++2e -=S 2O 42-+2H 2O ；
②NO 吸收转化后的主要产物为NH 4+，若通电一段时间后阴极区n (SO 32-)减少了0.3mol ，此过程转移0.3mole −；由于NO 吸收转化后的主要产物为NH 4+，NO ～NH 4+～5e −，若电路中转
移转移0.3mole −，消耗NO0.06mol ，标准状况下体积为V(NO)=0.06mol×22.4L/mol=1.344L=1344mL ，故答案为：1344；
(5)设至少需要物质的量浓度为x 的23Na CO 溶液，当4BaSO 完全溶解后，所得5L 溶液中
()2-4c SO =0.02mol/L ，此时溶液中()
()2-3c CO =x-0.02mol/L ，由
()()()()2-2-4334BaSO s +CO aq =BaCO s +SO aq 可知，此反应的化学平衡常数
()()
()()
()()
()()2227444622233
3c SO c SO c Ba sp BaSO 1100.02
0.04sp BaCO 2.510x 0.02
c CO c CO c Ba K K K --+
---
-+⨯=
=
====⨯-，解得
x=0.52mol/L ，故答案为：0.52mol/L 。

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
H2O2和O3产生·OH，氧化产生的Fe3+将PO43-转化为FePO4沉淀，
故答案为：Fe2+促进H2O2和O3产生·OH，氧化产生的Fe3+将PO43-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)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。

下图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl) ∶c(O2)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
40
(0.42)(0.42)(10.84)(10.21)c ⨯-⨯- O 2和Cl 2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 Fe 3++e −=Fe 2+，4Fe 2++O 2+4H +=4Fe 3++2H 2O 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：
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，（反应I +反应II +反应III ）×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；
（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．研究煤的合理利用及 CO 2的综合应用有着重要的意义。

请回答以下问题： I.煤的气化
已知煤的气化过程涉及的基本化学反应有： ①C(s)+H 2O(g) CO(g)+H 2(g) △H=+131kJ ·mol -1 ②CO(g)+3H 2(g)
CH 4(g) +H 2O(g) △H=akJ ·mol -1
查阅资料反应②中相关化学键能数据如下表： 化学键 C ≡O H —H H —C H —O E(kJ ·mol -1)
1072
436
414
465
(1)则反应②中 a =_____________。

(2)煤直接甲烷化反应 C(s) + 2 H 2 (g) CH 4(g) 的△H=为 _____kJ • mol -1， 该反应在
_____________（填“高温”或“低温 ”）下自发进行。

II.合成低碳烯烃
在体积为1 L 的 密闭容器中，充入 1mol CO 2和 2 .5 mol H 2, 发生 反应： 2CO 2 ( g) + 6 H 2(g)
C 2H 4(g)+4 H 2O(g) △H=-128kJ ·mol -1，测得温度对催化剂催化效率和CO 2 平衡转化
率的影响如右图 所 示 ：
(3) 图中低温时， 随着温度升高催化剂的催化效率提高， 但 CO 2的平衡转化率却反而降低 ，其原因是_______________．
(4) 250℃时，该反应的平衡常数K 值为____________。

III.合成甲醇
在恒温 2 L 容积不变的密闭容器中，充入 1molCO 2 和 3 molH 2, 发生反应：. CO 2(g)+3H 2(g)
CH 3OH(g)+ H 2O(g),测得不同时刻反应前后容器内压强变化（p 后/p 前）如下表： 时间/h 1 2 3 4 5 6 p 后/p 前
0.90
0.85
0.82
0.81
0.80
0.80
(5) 反应前 1 小时内的平均反应速率 v(H 2）为_______mol •L -1h -1 , 该温度下CO 2的平衡转化率为_____________。

【答案】-206 -75 低温 该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，所以二氧化碳的转化率降低 1 0.3 40% 【解析】 【分析】 【详解】
（1）焓变△H=反应物的总键能-生成物的总键能=a=1072 kJ/mol +3×436 kJ/mol -（4×414 kJ/mol +2×465 kJ/mol ）=-206kJ/mol ，故答案为：-206； （2）由盖斯定律，方程式①+②得到C(s) + 2H 2 (g)
CH 4(g)，则△H=-75 kJ/mol ，反应
△H<0，△S<0，则低温下能使△H -T △S<0，所以低温能自发进行，故答案为：-75；低温； （3）该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，则二氧化碳的平衡转化率降低，故答案为：该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，所以二氧化碳的转化率降低； （4）250℃时，二氧化碳的平衡转化率为50%，可列三段式为： 2CO 2 ( g) + 6 H 2(g)
C 2H 4(g)+4 H 2O(g)
(mol/L)1 2.500(mol/L)0.5 1.50.251(mol/L)0.510.251
起始态转化态平衡态
426
10.25K=10.51
⨯=⨯，故答案为：1； （5）在恒温2L 容积不变的密闭容器中，充入1molCO 2和3molH 2，发生反应，设1h 消耗二氧化碳的物质的量为x ，则有三段式： CO 2(g)+3H 2(g)
CH 3OH(g)+ H 2O(g)
(mol)1300(mol)x 3x x x 1h (mol)1-x 3-3x x x
起始态转化态时 气体压强之比等于气体的物质的量之比，则
4-2x
=0.94
，x=0.2mol ，氢气的反应速率c 30.2mol v=
==0.3mol/(L h)
2L t
1h
∆⨯∆g ； 平衡状态下气体压强之比为0.8，设消耗二氧化碳的物质的量为y ，则有三段式： CO 2(g)+3H 2(g)
CH 3OH(g)+ H 2O(g)
(mol)1300(mol)y 3y y y (mol)1-y 3-3y y y
起始态转化态平衡态 4-2y =0.84，y=0.4，二氧化碳的平衡转化率= 0.4mol
100%=40%1mol ⨯，故答案为：0.3；40%。

5．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 H2O(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。

6．已知，常温下H2S、H2CO3 的电离常数如下表
K a1K a2
H2S9.1×10-81×10-15
H2CO3 4.3×10－7 5.6×10－11
（1）①常温下，0.1mol/L的硫化钠溶液和0.1mol.L-1的碳酸钠溶液，碱性更强的是
_______。

其原因是_____________________________。

②常温下，硫化钠水解的离子方程式_____________________________。

（2）H2S能与许多金属离子发生反应，生成溶解度不同和各种颜色的金属硫化物沉淀，可用于分离和鉴定金属离子。

①常温下，NaHS溶液显______（选填“酸性”、“中性”或“碱性”）
②常温下，向100 mL 0.1 mol·L－1 H2S溶液中滴加0.1 mol·L－1NaOH溶液，得到溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示：
试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是________；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是______________________________。

（3）脱除天然气中的硫化氢既能减少环境污染，又可回收硫资源，该部分硫化氢用过量NaOH溶液吸收后，再以石墨作电极电解该溶液可回收硫，写出电解得到硫的总反应方程式（忽略氧的氧化还原）_______________；从整个生产工艺的角度分析，该方法不仅能减少环境污染、回收硫、得到一定量的副产物，还具有的优点是___________。

【答案】硫化钠溶液硫化氢的K a2小于碳酸的K a2，硫化钠更易水解 S2- + H2O HS- + OH-、HS- + H 2O H2S + OH-碱性 c c(Na＋)＞c(HS－)＞c(OH－)＝c(H＋) ＞c(S2－)
Na2S＋2H2O S↓＋H2↑＋2NaOH 或S2－＋2H2O S↓＋H2↑＋2OH－产物NaOH可循环使用
【解析】
试题分析：（1）① H2CO3的第二步电离平衡常数是5.6×10－11，大于H2S的第二步电离平衡常数1×10-15，说明S2-的水解程度大于CO32-；②S2-的水解分两步进行；（1）①根据HS-的水解平衡常数和电离平衡常数分析NaHS溶液的酸碱性；②H2S抑制水电离，加入NaOH 中和H2S，H2S抑制作用逐渐减小，到c点H2S恰好与NaOH生成Na2S， Na2S水解促进水电离；d点氢氧化钠过量，过量的氢氧化钠抑制水电离。

NaHS溶液呈碱性，在b点溶液呈中
性，所以b点溶质是NaHS和H2S，HS-要水解和电离，HS-、H2S的电离生成S2-；HS-
、H2S、H2O电离出H+。

（3）硫化氢用过量NaOH溶液吸收后生成Na2S，电解硫化钠溶液生成硫、氢气、氢氧化钠。

解析：（1）① H2CO3的第二步电离平衡常数是5.6×10－11，大于H2S的第二步电离平衡常数1×10-15，说明S2-的水解程度大于CO32-，硫化钠更易水解，所以硫化钠溶液的碱性
强；②S2-的水解分两步进行，硫化钠水解的离子方程式S2- + H2O HS- + OH-、HS- +
H 2O H2S + OH-；（2）①HS-的水解平衡常数，电离平
衡常数1×10-15，水解大于电离，所以NaHS溶液的呈碱性；②H2S抑制水电离，加入NaOH 中和H2S，H2S抑制作用逐渐减小，到c点H2S恰好与NaOH生成Na2S， Na2S水解促进水电离；d点氢氧化钠过量，过量的氢氧化钠抑制水电离，所以C点水电离程度最大。

NaHS溶液呈碱性，在b点溶液呈中性，所以b点溶质是NaHS和H2S， HS-、H2S的电离生成S2-
；HS-、H2S、H2O电离出H+，所以b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是c(Na ＋)＞c(HS－)＞c(OH－)＝c(H＋) ＞c(S2－)。

（3）硫化氢用过量NaOH溶液吸收后生成Na2S，电解硫化钠溶液生成硫、氢气、氢氧化钠，电解总方程式为
Na2S＋2H2O S↓＋H2↑＋2NaOH。

该方法不仅能减少环境污染、回收硫、得到一定量的副产物，还具有的优点是NaOH可循环使用。

电解：向酸溶液中逐滴加入碱溶液，水电离程度逐渐增大，碱过量时水的电离程度再逐渐减小。

NaHA溶液的酸碱性要根据HA-的电离和水解程度判断，若电离程度大于水解程度，溶液呈酸性；若水解大于电离，则溶液呈碱性。

7．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，NH3可脱除工厂废气中的NO、NO2，反应机理如图所示。

A 包含的物质为H2O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：
①2NO2(g)+NaCl(g)=NaNO3(g)+ClNO(g) ΔH1<0
②2NO(g)+Cl2(g)=2ClNO(g) ΔH2<0
则4NO2(g)+2NaCl(g)=2NaNO3(g)+2NO(g)+Cl2(g)的ΔH=___(用ΔH1和ΔH2表示)。

若反应①在绝热密闭容器中进行，实验测得NO2(g)的转化率随时间的变化示意图如图所示，NO2(g)的转化率α(NO2)在t3-t4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。

8．研究CO 2与CH 4反应使之转化为CO 和H 2，对减缓燃料危机和减少温室效应具有重要的意义。

工业上CO 2与CH4发生反应I ：CH 4(g )+CO 2(g )＝2CO (g )+2H 2(g ) △H 1
在反应过程中还发生反应Ⅱ：H 2(g )+CO 2(g )＝H 2O (g )+CO (g ) △H 2=+41kJ/mol
(l)已知部分化学键的键能数据如下表所示：
则△H l =____kJ/mol，反应Ⅰ在一定条件下能够自发进行的原因是____，该反应工业生产适宜的温度和压强为____（填标号）。

A．高温高压 B．高温低压 C．低温高压 D．低温低压
(2)工业上将CH4与CO2按物质的量1:1投料制取CO2和H2时，CH4和CO2的平衡转化率随温度变化关系如图所示。

①923K时CO2的平衡转化率大于CH4的原因是________________________
②计算923K时反应II的化学平衡常数K=______（计算结果保留小数点后两位）。

③1200K以上CO2和CH4的平衡转化率趋于相等的原因可能是____。

(3)工业上CH4和CO2反应时通常会掺入O2发生反应
III:CH4+2O2＝CO2+2H2O，掺人O2可消除反应产生的积碳和减小反应器的热负荷（单位时间内维持反应发生所需供给的热量），O2的进气量与反应的热负荷的关系如图所示。

①随着O2进入量的增加，热负荷下降的原因是 ____。

②掺人O2可使CH4的平衡转化率____（填“增大”、“减小”或“不变”。

下同），CO2的平衡转化率________
【答案】+234 △S>0 B CH4和CO2按1:1投料发生反应I时转化率相等，CO2还发生反应II，所以平衡转化率大于CH4 0.39 1200K以上时以反应I为主，二者转化率趋于相等（或1200K以上时反应I的正向进行程度远大于反应II）（或1200K以上时反应I的平衡常数远大于反应II）反应III放热，给反应体系提供能量，使热负荷降低增大减小
【解析】
【分析】
(l)已知部分化学键的键能，通过反应物的总键能减去生成物的总键能可以计算
△H l，从焓变和熵变综合判断反应Ⅰ自发反应的原因，从平衡移动角度来判断反应条件；
(2)工业上将CH4与CO2按物质的量1:1投料,发生反应Ⅰ、II，则
①923K 时CO 2的平衡转化率大于CH 4的原因从二者实际参加的反应来讨论；
②从图、及题干中提供的数据结合反应Ⅰ、II ，用三段式按定义计算923K 时反应II 的化学平衡常数K ；
③1200K 以上CO 2和CH 4的平衡转化率趋于相等的原因还是从实际参加的反应来讨论；
(3)工业上CH 4和CO 2反应时通常会掺入O 2，则发生反应 III: CH 4+2O 2＝CO 2+2H 2O ； ①按热负荷的定义——单位时间内维持反应发生所需供给的热量以及O 2的进气量与反应III 放出的热量关系，据此解题；
②发生反应 III: CH 4+2O 2＝CO 2+2H 2O ，分析甲烷、二氧化碳的物质的量及消耗量，分析CH 4的平衡转化率和CO 2的平衡转化率受到的影响；
【详解】
(l)已知部分化学键的键能，焓变等于反应物的总键能减去生成物的总键能，则
△H l =4413kJ/mol+2803kJ/mol-21076kJ/mol-2436kJ/mol=+234kJ/mol ⨯⨯⨯⨯； 答案为：+234；
反应I ：CH 4(g )+CO 2(g )＝2CO (g )+2H 2(g ) △H 1=+234kJ/mol ，△S >0，因此△S >0是反应Ⅰ自发反应的原因，该反应是吸热、气体分子总数增大的反应，因此，选择高温低压的条件；
答案为：△S>0； B ；
(2)①923K 时反应Ⅰ中CH 4和CO 2的平衡转化率是一样的，但是，二氧化碳还参加反应II ，因此其平衡转化率大于CH 4；
答案为：CH 4和CO 2按1:1投料发生反应I 时转化率相等，CO 2还发生反应II ，所以平衡转化率大于CH 4；
②CH 4和CO 2按1:1投料，设投料时的物质的量浓度为1mol/L ，由图知CH 4和CO 2的转化率
为60%、70%，则发生反应I 时422CH (g)+CO (g)=2H (g)+2CO(g)
11000.60.6 1.2 1.2
0.40.4 1.2 1.2
起始浓度(mol/L)转化浓度(mol/L)平衡浓度(mol/L) 发生反应II:222222H (g)+CO (g)=H O(g)+CO(g)
1.20.40 1.2
0.10.10.10.11.10.30.1 1.3
c[H O(g)]c[CO(g)]0.1 1.30.39c[H (g)]c[CO (g)] 1.10.3
K ⋅⨯===⋅⨯起始浓度(mol/L)转化浓度(mol/L)平衡浓度(mol/L); 答案为：0.39；
③反应I 中CO 2和CH 4的平衡转化率相等，1200K 以上CO 2和CH 4的平衡转化率趋于相等则意味着该条件对反应I 更有利，以反应I 为主；
答案为：1200K 以上时以反应I 为主，二者转化率趋于相等（或1200K 以上时反应I 的正向进行程度远大于反应II ）（或1200K 以上时反应I 的平衡常数远大于反应II ）；
(3)工业上CH 4和CO 2反应时通常会掺入O 2，则发生反应 III: CH 4+2O 2＝CO 2+2H 2O ，
①反应III是放热反应，给反应体系提供能量，通入氧气越多反应中放出的热量越多，则热负荷值越小；
答案为：反应III放热，给反应体系提供能量，使热负荷降低；
②发生反应 III:CH4+2O2＝CO2+2H2O，促进甲烷消耗，则CH4的平衡转化率增大；
答案为：增大；
发生反应 III:CH4+2O2＝CO2+2H2O不利于反应I，减少了二氧化碳的消耗量，又使二氧化碳浓度增大，因此二氧化碳的平衡转化率下降；
答案为：减小。

9．碳及其化合物在科研、工业生产中有着重要作用。

请按要求回答下列问题。

（1）一定条件下，CH4和 CO2都能与 H2O 形成笼状结构的水合物晶体，CH4与 H2O形成的水合物俗称“可燃冰”。

已知：CO2（g）+nH2O（l）=CO2·nH2O（s）△H=-57.98 kJ·mol-1， CH4（g）+nH2O（l）=CH4·nH2O（s）△H=-54.49 kJ·mol-1。

则反应： CO2（g）+CH4·nH2O（s）= CH4（g） +CO2·nH2O（s）的△H=_______________；该反应能在一定条件下自发进行的理论依据是______________。

（2）固定和利用 CO2能有效地利用资源并减少空气中的温室气体。

工业上利用 CO2 生产甲
噲?CH3OH（g）+H2O（g）ΔH＜0。

现将6mol 醇方法的反应原理：CO2（g）+3H2（g）垐?
CO2和 8 mol H2充入一容积为 2 L 的密闭容器中（温度保持不变），测得 H2的物质的量随时间变化如下图实线所示。

①该反应在 0～8 min 时，H2的平均反应速率：_____________；v 正（a）_____________v 正（d）（填“<”“>”“=”）；CO2的平衡转化率：_____________。

该温度下平衡常数的值为_____________。

②若起始反应物投料量不变，重新进行两次实验（每次仅改变某一条件），所测得 H2的物质的量随时间变化如上图中两条虚线。

则 b、c、d 三点平衡常数： K（b）
______________K（c）______________K（d）（填“<”“>”“=”）。

③在恒温恒容的条件下，再充入 3 mol CO2 和 4 mol H2，达新平衡时，H2O 的体积分数将
______________（填“增大”“不变”或“减小”）
（3）如图为甲醇燃料电池，其负极电极方程式为______________。

【答案】-3.49 kJ·mol-1△G=△H- T·△S＜0 0.375mol·L-1·min-1 > 33.3% 0.5＜=增大 CH3OH-6e-+ H2O = CO2+6H+
【解析】
【分析】
(1)由盖斯定律可知，CO2(g)+nH2O(l)=CO2·nH2O(s)△H=-57.98 kJ·mol-1，CH4(g)+nH2O(s)
=CH4·nH2O(s) △H=-54.49 kJ·mol-1，以上两个式子相减得CO2(g)+CH4·nH2O(s)=CH4(g)
+CO2·nH2O(s) △H=(-57.98 kJ·mol-1)-(-54.49)=-3.49 kJ·mol-1；判断反应能否自发进行，依据
△G=△H- T·△S，若△G＜0，反应能自发进行；△G＞0反应不能自发进行，因为该反应的△H=-3.49 kJ·mol-1＜0，所以一定条件下能自发进行；
(2)①计算0～8 min 时，H2的物质的量的变化，求出H2的物质的量浓度的变化，依据反应中反应物、生成物物质的量变化之比等于化学计量数之比，计算出△n(CO2)、△n(CH3OH)、△n(H2O)，然后计算出平衡时的反应物、生成物的物质的量浓度；
②如图所示，以d点实线曲线为标准分析，b点曲线反应速率增大，但转化的氢气的物质的量少，应是升高温度，因该反应放热，升高温度平衡逆向移动；c点曲线反应速率增大，转化的氢气的物质的量多，平衡正向移动，应是增大压强；平衡常数只受温度的影响，该反应放热，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小；
③借助于等效平衡处理该题，达到平衡后在通入反应物物质的量之比与平衡前通入反应物的物质的量之比相等，相当于增大压强，反应物生成物浓度同等倍数增加。

(3)甲醇燃料电池，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，图中的交换层为质子交换层，故电解质为酸，负极的电极反应式：CH3OH-6e-+ H2O = CO2+6H+。

【详解】
(1)由盖斯定律可知，CO2(g)+nH2O(l)=CO2·nH2O(s)△H=-57.98 kJ·mol-1，
CH4(g)+nH2O(s)=CH4·nH2O(s) △H=-54.49 kJ·mol-1，以上两个式子相减得CO2(g)+CH4·nH2O(s)= CH4(g) +CO2·nH2O(s) △H=(-57.98 kJ·mol-1)-( -54.49)=-3.49kJ·mol-1；根据体系自由能变化
△G=△H- T·△S，判断反应能否自发进行，若△G=△H-T·△S＜0，反应能自发进行；
(2)①该反应在0～8 min时，△n(H2)=8mol-2mol=6mol，v(H2)=
6mol
2L8min
=0.375mol·L-1·min-
1；由a到d的过程，反应物的浓度逐渐减小，正反应速率逐渐变慢，故v
正(a)＞v
正
(d)；反
应中变化的物质的量之比等于化学计量数之比，因为△n(H2)=6mol，所以△n(CO2)=2mol，
△n(CH3OH)=△n(H2O)=2mol，CO2的平衡转化率：2mol
6mol
×100%=33.3%；平衡时n(H2)=8mol-
6mol=2mol，n(CO2)=6mol-2mol=4mol，n(CH3OH)=n(H2O)=2mol，平衡时反应物生成物的物质
的量浓度为：c(H2)=c(CH3OH)=c(H2O)= 2mol
2L
=1mol·L-1，c(CO2) =
4mol
2L
=2 mol·L-1，该温度下。