高考化学化学反应原理综合考查的综合题试题及详细答案

高考化学化学反应原理综合考查的综合题试题及详细答案
一、化学反应原理综合考查
1．中国是世界上最大的钨储藏国，超细钨粉是生产硬质合金所必须的原料。

（1）工业上可以采用铝热还原法生产钨铁合金，已知：
①WO3(s)+2Al(s)=W(s)+Al2O3(s) ∆H1
②3Fe3O4(s)+8Al(s)=9Fe(s)+4Al2O3(s) ∆H2
则四氧化三铁与钨反应的热化学方程式为___(反应热写为∆H3并用含△H1、A H2的代数式表示)；在反应②中若有0.1molFe3O4参加反应，则转移电子___mol。

（2）自然界中钨主要存在于黑钨矿中(主要成分是铁和锰的钨酸盐)，从中制备出黄钨(WO3)后再用H2逐级还原：WO3→WO2.90→WO2.72→WO2→W，总反应为
3H2(g)+WO3(s)ƒW(s)+3H2O(g) ∆H，实验测得一定条件下平衡时H2的体积分数曲线如图所示：
①由图可知，该反应的∆H____(填“>”或“<”)0；a点处的v正___v逆(填“>”“<”或“=”)。

②如果上述反应在体积不变的密闭容器中达到平衡，下列说法错误的是__(填序号)。

A．v正(H2)=v逆(H2O)
B．加入WO3，则H2的转化率增大
C．容器内气体的密度不变时，一定达到平衡状态
D．容器内压强不变时，一定达到平衡状态
③由图可知900K，氢气的平衡转化率为__，K p(900K)=____(用平衡分压代替平衡浓度计
算，已知：平衡分压=p总×气体物质的量分数)。

④已知在高温下，氧化钨会与水蒸气反应生成一种挥发性极强的水钨化合物WO2(OH)2，因此在反应中要适当加快氢气的流速，原因是__。

【答案】3Fe3O4(s)＋4W(s)=9Fe(s)＋4WO3(s) △H3=△H2-4△H1 0.8 > > BD 75% 27
加快氢气的流速可以脱除氢气中的水蒸汽，提高钨的产率
【解析】
【分析】
【详解】
（1）①WO3(s)+2Al(s)=W(s)+Al2O3(s) ∆H1
②3Fe3O4(s)+8Al(s)=9Fe(s)+4Al2O3(s) ∆H2
由盖斯定律：①-②×4，则四氧化三铁与钨反应的热化学方程式为3Fe3O4(s)＋4W(s)=9Fe(s)＋4WO3(s) △H3=△H2-4△H1(反应热写为∆H3并用含△H1、A H2的代数式表示)；在反应②中若
有0.1molFe3O4参加反应，则转移电子8
3
×3×0.1mol=0.8mol。

故答案为：3Fe3O4(s)＋
4W(s)=9Fe(s)＋4WO 3(s) △H 3=△H 2-4△H 1；0.8；
（2）①由图可知，3H 2(g)+WO 3(s)ƒW(s)+3H 2O(g) 随温度升高，氢气的体积分数减小，平衡正向进行，正向为吸热反应，该反应的∆H >0；a 点要达平衡状态，氢的体积分数要减小，反应正向进行，a 点处的v 正>v 逆 。

故答案为：>；>； ②如果上述反应在体积不变的密闭容器中达到平衡，
A ．氢气消耗的速率与水消耗的速率相等，v 正(H 2)=v 逆(H 2O)，故A 正确；
B ．WO 3是固体，加入WO 3，则H 2的转化率不变，故B 错误；
C ．反应前后气体的质量不同，容器内气体的密度不变时，一定达到平衡状态，故C 正确；
D ．反应前后气体的体积不变，容器内压强不变时，不一定达到平衡状态，故D 错误； 故答案为：BD ；
③由图可知900K ，M 点时氢气的体积分数为25%，设氢气的起始量为3mol ，转化率为x ，氢气的变化量为3xmol ，列出三段式：
()()()()
232333333330H g WO s W s H O g x x x
x
++-ƒ开始转化平衡
则有
33100%25%3
x
-⨯= ，x=0.75，氢气的平衡转化率为75%； 平衡常数可用平衡分压代替平衡浓度计算，气体分压=气体总压×物质的量分数。

水蒸汽的
分压为p 总×0.75，氢气的分压为p 总×0.25，K p (900K)=33
3
0.75=30.25
=27。

故答案为：75%；27；
④在高温下，氧化钨会与水蒸气反应生成一种挥发性极强的水钨化合物WO 2(OH)2，因此在反应中要适当加快氢气的流速，原因是加快氢气的流速可以脱除氢气中的水蒸汽，提高钨的产率。

故答案为：加快氢气的流速可以脱除氢气中的水蒸汽，提高钨的产率。

【点睛】
本题考查化学平衡的计算，把握盖斯定律计算焓变、化学平衡三段法、转化率及K p 的计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，难点（2）③列出三段式，利用K p 的定义进行计算。

2．(1)SO 2 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 SO 2。

已知吸收过程中相关反应的热化学方程式如下： ①SO 2(g)+NH 3·
H 2O(aq)=NH 4HSO 3(aq) ΔH 1=a kJ/mol ； ②NH 3·
H 2O(aq)+ NH 4HSO 3(aq)=(NH 4)2SO 3(ag)+H 2O(l) ΔH 2=b kJ/mol ； ③2(NH 4)2SO 3(aq)+O 2(g)=2(NH 4)2SO 4(aq) ΔH 3=c kJ/mol 。

则反应 2SO 2(g)+4NH 3·
H 2O(aq)+O 2(g)=2(NH 4)2SO 4(aq)+2H 2O(l)的 ΔH=____kJ/mol 。

(2)SO 2是形成酸雨的主要污染物，燃煤脱硫原理为 2CaO(s)+2SO 2(g)+O 2(g)⇌2CaSO 4(s)。

向
10L 恒温恒容密闭容器中加入 3mol CaO ，并通入 2mol SO 2 和 lmol O 2 发生上述反应，2min 时达平衡，此时 CaSO 4 为1.8mol 。

0〜2min 内，用 SO 2 表示的该反应的速率v(SO 2)=____，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 SO 2 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)⇌N 2(g)+2CO 2(g)
ΔH=−746.8kJ/mol 。

实验测得，v 正=k 正·c 2(NO)·c 2(CO)，v 逆=k 逆·c(N 2)·c 2(CO 2)(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(S 2O 42-)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 NH 4+，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 Na 2CO 3 溶液将 23.3g BaSO 4 固体全都转化为 BaCO 3，则所用的 Na 2CO 3 溶液的物质的量浓度至少为____。

[已知：常温下K(BaSO 4)=1×10−7、K(BaCO 3)=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
2SO 32-+4H ++2e - =S 2O 42-+2H 2O 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()()
()()
()()
()()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 -
-+
---
-+⨯=
=
====⨯-。

【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：20
81
； (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 。

3．水蒸汽催化重整生物油是未来工业化制氢的可行方案。

以乙酸为模型物进行研究，发生的主要反应如下：
Ⅰ.CH 3COOH （g ）+2H 2O （g ）⇌2CO 2（g ）+4H 2（g ） △H 1 Ⅱ.CH 3COOH （g ）⇌2CO （g ）+2H 2（g ） △H 2 Ⅲ.CO 2（g ）+H 2（g ）⇌CO （g ）+H 2O （g ） △H 3 回答下列问题：
（1）用△H 1、△H 2表示，△H 3=___。

（2）重整反应的含碳产物产率、H 2产率随温度、水与乙酸投料比（S/C ）的变化关系如图（a ）、（b ）所示。

①由图（a ）可知，制备H 2最佳的温度约为___。

②由图（b ）可知，H 2产率随S/C 增大而___（填“增大”或“减小”）。

（3）向恒容密闭容器中充入等物质的量的CH 3COOH 和H 2O 混合气体，若仅发生反应Ⅰ至平衡状态，测得H 2的体积分数为50%，则CH 3COOH 的平衡转化率为___。

（4）反应体系常生成积碳。

当温度一定时，随着S/C 增加，积碳量逐渐减小，其原因用化学方程式表示为___。

【答案】
21
H -H 2
V V 800℃ 增大 40% C(s)+H 2O (g)CO(g)+H 2(g)
【解析】 【分析】 【详解】
(1)根据题干信息分析，反应Ⅲ=1
2(反应Ⅱ-反应Ⅰ)，由盖斯定律可得213-2
H H H ∆∆∆=，故答案为：
21
-2
H H ∆∆； (2)①由图(a)可知，制备H 2在800℃时，达到最高转化率，则制备氢气最佳的温度约为800℃,故答案为：800℃；
②由图(b)可知，S/C 增大时，反应I 平衡向正反应方向移动，反应III 平衡向逆反应方向移动，使体系中的H 2的量增大，故答案为：增大；
(3)设CH 3COOH 和H 2O 的物质的量均为1mol ，平衡时，反应了CH 3COOH x mol ，列三段式
有：
()()()()()()()
3222CH COOH g +2H O g 2CO g + 4H g mol 1100mol x 2x 2x 4x mol 1-x
1-2x
2x
4x
ƒ
起始转化平衡
测得H 2的体积分数为50%，则41
112242
x x x x x =-+-++，计算得x=0.4mol ，醋酸的转
化率为：
0.4mol
100%1mol
⨯=40%，即CH 3COOH 平衡转化率为40%，故答案为：40%； (4)当温度一定时，随着S/C 增加，积碳量逐渐减小，是由于积碳与水蒸气反应生成了CO 和H 2，反应的化学方程式为C(s)+H 2O (g)CO(g)+H 2(g)，故答案为：
C(s)+H 2O (g)
CO(g)+H 2(g)；
4．秋冬季是雾霾高发的季节，其中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）汽车尾气催化净化是控制汽车尾气排放、减少汽车尾气污染的最有效的手段，主要原理为2NO(g)+2CO(g)
N 2(g)+2CO
2(g)ΔH<0
T ℃时，将等物质的量的NO 和CO 充入容积为2L 的密闭容器中，保持温度和体积不变，反应过程(0～15min)中NO 的物质的量随时间变化如上图所示。

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。

②15min 时，若改变外界反应条件，导致n(NO)发生如图所示的变化，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
（3）工业上常采用“碱溶液吸收”的方法来同时吸收SO 2，和氮的氧化物气体(NO x )，如用氢氧化钠溶液吸收可得到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)是镧系金属中自然丰度最高的一种，常见有+3、+4两种价态。

雾霾中含有大量的污染物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 0.0875(MPa)-1或7
80
(MPa)-1 不 AC Na 2SO 3 酸 因为HSO 3-的电离常数K a2=5.8×10-8，水解常数K h =
w
a2
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】
(4)电解过程中Ce 3+在阳极失电子，变为Ce 4+，则b 进Ce 3+，a 出Ce 4+，NO 2-在阴极得电子变为N 2，则d 进NO 2-，c 出N 2。

【详解】
(1)①CH 4(g)+4NO 2(g)=4NO(g)+CO 2(g)+2H 2O(g) ΔH 1=-574kJ·mol −1 ②CH 4(g)+4NO(g)=2N 2(g)+CO 2(g)+2H 2O(g) ΔH 2=-1160kJ·
mol −1 +2①②得：CH 4(g)+2NO 2(g)=N 2(g)+CO 2(g)+2H 2O(g) ΔH =-1-1(-574kJ mol )+(-1160kJ mol 2
)
⋅⋅=-867kJ·mol −1，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由图可知，NO 起始物质的量为0.4mol ，0到15min 共减少了0.2mol ，则
222NO(g)+2CO(g)N (g)+2CO (g)
/mol 0.40.400/mol 0.20.20.10.2/mol
0.2
0.2
0.1
0.2
垐垐?噲垐?催化剂起始值变化值平衡值，平衡时p(NO)=
20MPa×
0.2
0.2+0.2+0.1+0.2=407MPa ，同理可得：p(CO)=407
MPa ，p(N 2)=207MPa ，p(CO 2)
=407MPa ，所以K p ＝()()()()2
2222
p CO p N p NO p CO ⨯⨯=2
224020MPa MPa 774040MPa MPa 77
⨯⨯（
）（）（）
=0.0875(MPa)-1或7
80
(MPa)-1。

再向容器中充入NO 和CO 2各0.3mol ，加入的NO 和CO 2物质的量相等，那么二者引起压强增大量相等，假设二者引起的压强增量分别为p ，则
Qc=2
224020MPa+p MPa
774040MPa+p MPa 77
⨯⨯（
）（）（）=
780(MPa)-1，Qc=Kp ，平衡不移动，故答案为：0.0875(MPa)-1或
7
80
(MPa)-1；不； ②由图可知NO 物质的量减小，说明平衡正向移动。

A ．增大CO 浓度，平衡正向移动，NO 物质的量减小，A 正确；
B ．升温，平衡逆向移动，NO 物质的量增大，B 错误；
C ．减小容器体积，等同于增大压强，平衡正向移动，NO 物质的量减小，C 正确；
D ．加入催化剂，反应速率增大，但平衡不移动，NO 物质的量不变，D 错误； 故答案为：AC ；
(3)①HNO 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可知，HNO 2的酸性强于HSO 3-的酸性，则NO 2-的水解程度小于SO 32-，所以相同浓度的Na 2SO 3、NaNO 2溶液，Na 2SO 3的碱性更强，pH 更大，故答案为：Na 2SO 3；
②HSO 3-+H 2O ƒH 2SO 3，K a2×K h =K w ，故HSO 3-的水解常数K h =-14-2
10
1.210
⨯≈8.3×10-13，又因为HSO 3-的电离常数K a2=5.8×10-8，所以，HSO 3-的电离常数大于水解常数，常温下，NaHSO 3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 h =w
a2
K K ≈8.3×10-13，
电离常数大于水解常数，所以溶液显酸性；
(4)①生成Ce 4+，则Ce 3+-e -= Ce 4+，Ce 4+在阳极生成，从a 口流出，故答案为：a ； ②NO 2-转化为无毒物质，则NO 2-在阴极得电子，转化为N 2，结合电子得失守恒、电荷守恒可得阴极电极反应为：2NO 2-+8H ++6e −=N 2↑+4H 2O ，故答案为：2NO 2-+8H ++6e −=N 2↑+4H 2O 。

【点睛】
K a ×K h =K w ，越弱越水解。

5．运用化学反应原理研究化学反应有重要意义。

（1）一氯胺（NH 2Cl ）是饮用水的二级消毒剂，水解生成一种具有强烈杀菌消毒作用的物质：
①NH 2Cl 中Cl 元素的化合价为_____________。

②NH 2Cl 发生水解反应的化学方程式为_____________________________。

（2）SO 2和CO 均为燃煤产生的烟道气中有害成分，在催化作用下可利用二者相互反应进
行无害化处理并回收硫。

有关资料如图1所示。

则：
①常温常压下，质量均为11.2g 的CO （g ）和S （s ）分别完全燃烧生成CO 2（g ）或SO 2（g ），放出的热量前者比后者多________kJ 。

②SO 2（g ）+2CO （g ）=S （s ）+2CO 2（g ） △H=___________________.
（3）在一定条件下，向恒容密闭容器中充入1.0molCO 2和3.0molH 2，在一定温度范围内发生如下转化：CO 2（g ）+3H 2（g ）=CH 3OH （g ）+H 2O （g ） △H=-xkJ/mol x>0）。

在不同催化剂作用下，相同时间内CO 2的转化率随温度的变化如图2所示：
①催化效果最佳的是催化剂__________（选填“I”、“Ⅱ”或“Ⅲ”）；b 点v(正)___v(逆)（选填“>”、“<”或“=”）
②此反应在a 点时已达到平衡状态，a 点的转化率比c 点高的原因是_____________
（4）常温下，H 2CO 3的电离常数为：K a1=4×10－7，K a2=4×10－
11。

已知0.1mol/LNH 4HCO 3溶液
的pH=8，则在此溶液中：
①下列有关离子浓度的关系式中，不正确的是_____（填序号） A ．c(NH 4＋)>c(HCO 3－)>c(OH －)>c(H ＋) B ．c(NH 4＋)＋c(NH 3·H 2O)=c(HCO 3－)＋c(H 2CO 3) C ．c(H 2CO 3)－c(CO 32－)－c(NH 3·H 2O)=9.9×10－7mol·L －1 ②
232-3c(H CO )
c(CO )
=________（结果保留三位有效数字）。

【答案】+1 NH 2Cl ＋H 2O=NH 3＋HClO （或NH 2Cl ＋2H 2O=NH 3·
H 2O ＋HClO ） 9.6 +270.0kJ/mol I > 该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动 B 6.25 【解析】 【分析】 【详解】
（1）发生水解反应时，元素的化合价一般不发生变化，一氯胺（NH 2Cl ）水解时能生成有强烈杀菌消毒作用的物质（HClO ），可知Cl 元素的化合价为+1价；水解的方程式为：NH 2Cl+H 2O=NH 3+HClO （或NH 2Cl ＋2H 2O=NH 3·H 2O ＋HClO ），故答案为：+1；NH 2Cl+H 2O=NH 3+HClO （或NH 2Cl ＋2H 2O=NH 3·H 2O ＋HClO ）； （2）11.2gCO 的物质的量为0.4mol ，完全燃烧生成CO 2放出的热量为
283.0kJ×0.4=113.2kJ ；11.2gS 的物质的量为0.35mol ，完全燃烧生成SO 2放出的热量为296.0kJ×0.35=103.6kJ ，前者比后者放出的热量多9.6kJ ；SO 2（g ）+2CO （g ）=S （s ）+2CO 2（g ） △H=296.0kJ/mol －283.0kJ/mol×2=+270.0kJ/mol ；故答案为：9.6；+270.0kJ/mol ； （3）根据图2，相同温度时，在催化剂Ⅰ的作用下，反应相同时间CO 2的转化率最大，因此催化剂Ⅰ的效果最好；b 点时反应还未达到平衡状态，CO 2的转化率还会继续增加，反应
正向进行，因此v(正)＞v(逆)；该反应为放热反应，a 点时达到平衡，从a 点到c 点，温度升高，平衡逆向移动，CO 2的转化率下降，故答案为：Ⅰ；＞；该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动；
（4）0.1mol/LNH 4HCO 3溶液中，NH 4+水解：NH 4++H 2O NH 3·H 2O+H +，HCO 3-水解：HCO 3-
+H 2O
H 2CO 3+OH -，溶液pH=8，说明HCO 3-水解的程度更大；
①A. 由于NH 4HCO 3溶液中HCO 3-水解的程度更大，离子浓度大小顺序为c(NH 4＋)>c(HCO 3－
)>c(OH －)>c(H ＋)，A 项正确；
B.NH 4+达到水解平衡后，在溶液中的存在形式为NH 4+、NH 3·H 2O ，HCO 3-达到电离、水解平衡后，在溶液中的存在形式为HCO 3-、CO 32-、H 2CO 3，因此物料守恒式为：c(NH 4
＋
)+c(NH 3·H 2O)=c(HCO 3－)+c(H 2CO 3)+c(CO 32-)，B 项错误；
C.列出电荷守恒式：c(NH 4＋)+c(H +)=c(HCO 3－)+2c(CO 32-)+c(OH -)，与上述物料守恒式联立，得到：c(NH 3·
H 2O) +c(CO 32-)+c(OH -)= c(H +)+ c(H 2CO 3)，则c(H 2CO 3)－c(CO 32－)－c(NH 3·H 2O)=c(OH -)－c(H +)=10-6 mol·
L －1－10-8 mol·L －1=9.9×10－7mol·L －1，C 项正确；故答案为：B ； ②232-3c(H CO )c(CO )=-2+
233-
+2-+
33c(H CO )c(HCO )××c (H )c(HCO )c(H )c(CO )c(H )⋅⋅=2+12
c (H )Ka Ka ⋅=6.25，故答案为：6.25。

【点睛】
在水溶液中，若要计算两种离子的浓度之比，往往可从平衡常数的角度思考，将公式进行变换，得到有关平衡常数及c(H +)、c(OH -)的式子，再代入数据计算：
要计算232-3c(H CO )c(CO )
，K a1的表达式分母是c(H 2CO 3)，K a2的表达式分子中有c(CO 32-)这一项，因此把K a1、K a2的表达式取倒数相乘，再乘c(H +)的平方，可推导出公式
232-3c(H CO )c(CO )=-2+
233-+2-+33c(H CO )c(HCO )××c (H )c(HCO )c(H )c(CO )c(H )
⋅⋅=2+12c (H )Ka Ka ⋅
6．碳和氮的氢化物是广泛的化工原料，回答下列问题： （1）工业上合成氨的反应为N 2(g)+3H 2(g)2NH 3(g) △H=-92.2kJ/mol ，反应过程中能量
变化如图I 所示。

①氨分解：2NH 3(g)N 2(g)+3H 2(g)的活化能为_________kJ/mol
②合成氨时加入铁粉可以加快生成NH 3的速率，在图I 中画出加入铁粉后的能量变化曲线。

_______
（2）联氨作火箭燃料的反应为：2N 2H 4(l)+N 2O 4(l)=3N 2(g)+4H 2O(g) △H 1
已知：2O 2(g)+N 2(g)=N 2O 4(1) △H 2 N 2H 4(1)+O 2(g)=N 2(g)+2H 2O(g) △H 3
上述热效应之间的关系式为△H 1=____。

某新型火箭用液氧/煤油代替联氨/N 2O 4，这种替换可能的好处是___（一条即可）。

（3）天然气制氢气是工业上制氢气的主要方法之一，其主要反应如下：
i ．CH 4(g)+H 2O(g)
CO(g)+3H 2(g) ΔH=-+206.4kJ/mol ， ii ．CO(g)+ H 2O(g)CO 2(g)+H 2(g) ΔH=-41.0kJ/mol
在一定温度下，2L 的密闭容器中加入a molCH 4和2amolH 2O 发生反应，t min 时反应达平衡，测得容器内CObmol 、CO 2cmol 。

回答下列问题：
①下列可判断体系达到平衡状态的是_______。

A ．CO 的体积分数不变
B ．容器内气体密度不变
C ．3v(CH 4)=v(H 2) D
．2n(CO)n(H )不再变化 ②0~tmin 反应速率v(CO 2)=_____，CH 4的的转化率为_____，反应ⅱ的平衡常数K=______。

③图Ⅱ中T ℃之后c(CO 2)随温度升高而减小的原因是_________。

【答案】427.2 2△H 3-△H 2 环境污染小（或成本低） AD c 2t mol/(L·min) b+c a
×100% c(3b+4c)b(2a-b-2c) T ℃之后，反应②为放热反应，升高温度反应②向逆反应方向移动是影响c （CO 2）的主要因素，故c （CO 2）减小
【解析】
【分析】
(1)①放热反应的反应热△H =—（E a2—E a1）；
②催化剂可以降低反应的活化能，增大反应速率，即E a 、E a1均减小，但反应热不变； （2）依据盖斯定律计算可得；液氧/煤油所用原料成本低，无毒；
（3）①反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质浓度或百分含量保持不变； ②依据题给数据，建立三段式，结合速率、转化率和化学平衡常数表达式计算可得； ③反应i 为吸热反应，反应ii 为放热反应，由图Ⅱ可知T ℃时反应达到平衡，升高温度，反应i 向正反应方向移动，一氧化碳浓度增大，反应ii 向逆反应方向移动，温度对c （CO 2）的影响大于浓度的影响。

【详解】
(1)①放热反应的反应热△H =—（E a2—E a1），由图可知E a1=335.0 kJ /mol ，则合成氨反应△H =—（E a2—335.0 kJ /mol ）=—92.2kJ /mol ，E a2=427.2 kJ /mol ，即
2NH 3(g )N 2(g )+3H 2(g )的活化能为427.2 kJ /mol ，故答案为427.2；
②催化剂可以降低反应的活化能，增大反应速率，即E a 、E a1均减小，但反应热不变，则加入铁粉后的能量变化曲线为，故答案为； （2）将题给反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知③×2—②=①，则△H 1=2△H 3-△H 2；用液氧/煤油代替联氨/N 2O 4的主要原因是液氧/煤油所用原料成本低，无毒，对环境污染小，故答案为2△H 3-△H 2；环境污染小；
（3）①A 、CO 的体积分数不变，说明正反应速率等于逆反应速率，该反应已达平衡状态，故正确；
B 、根据质量守恒定律，平衡前后气体质量是不变的，在恒温恒容密闭体系中，整个反应过程混合气体的密度始终是不变的，不可作为判断体系达到平衡状态的判据，故错误；
C 、3v (CH 4)=v (H 2)不能说明正反应速率等于逆反应速率，不可作为判断体系达到平衡状态的判据，故错误；
D 、2n(CO)n(H )
不再变化，说明在恒温恒容密闭体系中CO 和H 2的浓度不在变化，该反应已达平衡状态，故正确；
AD 正确，故答案为AD ；
②设反应i 生成一氧化碳的物质的量为x ，由题给条件建立如下三段式：
CH 4(g )+H 2O (g )CO (g )+3H 2(g )
起（mol ） a 2a 0 0
变（mol ） x x x 3x
平（mol ） a —x 2a —x x 3x
CO (g )+ H 2O (g )CO 2(g )+H 2(g )
起（mol ） x 2a —x 0 3x
变（mol ） c c c c
平（mol ） x —c 2a —x —c c 3x +c
0～tmin 内，生成CO 2的物质的量为cmol ，浓度的变化量为
c 2 mol /L ，则反应速率v (CO 2)= c 2t mol /(L ·min )；由题意可知一氧化碳的物质的量为bmol ，则有x —c =b ，x =c +b ，CH 4的转化率为
b+c a ×100%；平衡时，c （CO ）为b 2 mol /L ，c （H 2O ）为2a-b-2c 2
mol /L ，c （CO 2）为2c mol /L ，c （H 2
O ）为3b+4c 2
mol /L ，反应ⅱ的平衡常数K =222c CO c H c CO c H O （
）（）（）（）=3b+4c 22b 2a-b-2c 22
c ⨯⨯=c(3b+4c)b(2a-b-2c)，故答案为c 2t mol /(L ·min )；b+c a
×100%；c(3b+4c)b(2a-b-2c)； ③反应i 为吸热反应，反应ii 为放热反应，由图Ⅱ可知T ℃时反应达到平衡，升高温度，反应i 向正反应方向移动，一氧化碳浓度增大，使二氧化碳浓度有增大的趋势，反应ii 向逆反应方向移动，使二氧化碳浓度有减小的趋势，由于温度对c （CO 2）的影响大于浓度的影响，所以c (CO 2)随温度升高而减小，故答案为T ℃之后，反应②为放热反应，升高温度反应②向逆反应方向移动是影响c （CO 2）的主要因素，故c （CO 2）减小。

【点睛】
本题考查化学反应原理综合应用，侧重分析与应用能力的考查，注意把握反应热与活化能的关系、盖斯定律的计算、化学平衡状态的判断、化学平衡计算为解答的关键。

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．有效去除大气中的NO x（主要是NO和NO2）是环境保护的重要课题。

（1）用Pl-g-C3N4光催化氧化法脱除NO的过程如图-1所示。

在酸性水溶液中，光催化脱除原理和电化学反应原理类似。

g-C3N4端的反应：O2+2H++2e-=H2O2，Pl端的反应：___。

（2）次氯酸盐脱除NO的主要过程如下：
①NO+HClO=NO2+HCl
②NO+NO2+H2O2HNO2
③HClO+HNO2=HNO3+HCl
下列分析正确的是___。

a.烟气中含有的少量O2能提高NO的脱除率
b.NO2单独存在时不能被脱除
c.脱除过程中，次氯酸盐溶液的pH下降
（3）NaClO溶液能有效脱除NO。

25℃时，NO的脱除率随pH的变化如图-2所示；pH=4时，NO的脱除率随温度的变化如图-3所示。

①25℃时，随着pH 降低，NO 的脱除率增大的原因：___。

②pH=4时，60～80℃NO 的脱除率下降的原因：___。

（4）一定条件下，将一定浓度NO x （NO 2和NO 的混合气体）通入Ca(OH)2悬浊液中，改变2n(NO )
n(NO)，NO x 的去除率如图-4所示。

已知：NO 与Ca(OH)2不反应；
NO x 的去除率=1-2x 2x Ca(OH)NO Ca(OH)NO 从悬浊液中逸出的的物质的量通入悬浊液中的物质的量
×100% ①2n(NO )n(NO)
在0.3-0.5之间，NO 吸收时发生的主要反应的离子方程式为：___。

②当2n(NO )n(NO)
大于1.4时，NO 2去除率升高，但NO 去除率却降价。

其可能的原因是___。

③O 3与NO 反应的方程式为：NO+O 3=NO 2+O 2，（该条件下不考虑O 2与NO 的反应）。

保持NO 的初始浓度不变，改变n(O 3)/n(NO)，将反应后的混合气体通入Ca(OH)2悬浊液中吸
收。

为节省O 3的用量，又能保持NO x 总去除效果好，则3n(O )n(NO)
合适的值范围为___。

（保留两位小数）
【答案】NO−2e -+H 2O=2H ++NO 2 ac pH 降低，ClO -+H +=HClO ，溶液中c(HClO)增大 HClO 受热分解，溶液中c(HClO)减小 NO+NO 2+Ca(OH)2=Ca 2++2NO 2-+H 2O NO 2量太多，剩余的NO 2和水反应生成NO 逸出，导致NO 去除率降低 0.55~0.58
【解析】
【分析】
（1）g-C 3N 4端得电子，那么Pl 端失电子，结合电荷守恒、原子守恒可写P1端离子方程式；
（2）次氯酸盐脱除NO 的主要过程可看出，脱NO 的本质是转换成HNO 3；
（3）NaClO 脱NO 的过程可看出，实际上是HClO 与NO 反应，所以pH 变化HClO 跟着变化，脱NO 效果也会跟着变化；
（4）NO 和Ca(OH)2不反应，NO 、NO 和Ca(OH)2三者反应，分析化合价可知产物为亚硝酸钙，在此基础上分析解答。

【详解】
（1）g-C 3N 4端得电子发生还原反应，生成过氧化氢，P1端NO 失电子变成NO 2，这样左边就出现了正电荷，右边加H +，结合原子守恒，左边应加H 2O,所以P1端的离子方程式为：NO−2e -+H 2O=2H ++NO 2，故答案为：NO−2e -+H 2O=2H ++NO 2；
（2）a ．从给出的条件看，次氯酸盐脱除NO 是先将一部分NO 氧化成NO 2才脱出的，O 2和NO 反应生成NO 2，就省了第一步了，所以烟气中含有的少量O 2能提高NO 的脱除率，a 正确；
b ．从原理上看，氮氧化物转换为HNO 3就被脱出了，NO 2单独存在时能和水反应生成HNO 3和NO ，有一定的脱出率，b 错误；
c ．次氯酸盐水解显碱性，从原理来看，最后生成硝酸和HCl ，pH 下降，c 正确； 故答案为：ac ；
（3）①pH 降低，c(H +)增大，产生更多的HClO ，所以NO 的脱除率增大，故答案为：pH 降低，ClO -+H +=HClO ，溶液中c(HClO)增大；
②HClO 会分解，温度太高，HClO 分解得太多，溶液中HClO 浓度减小了，故答案为：HClO 受热分解，溶液中c(HClO)减小；
（4）①NO 和Ca(OH)2不反应，所以反应物有NO 、NO 2和Ca(OH)2，根据氧化还原规律，产物为Ca(NO 2)2和水，所以离子方程式为：NO+NO 2+Ca(OH)2=Ca 2++2NO 2-+H 2O ，故答案为：NO+NO 2+Ca(OH)2=Ca 2++2NO 2-+H 2O ； ②当2n(NO )n(NO)
太大，NO 2量太多，吸收不完，有一部分NO2就和水反应生成硝酸和NO ，这样就导致NO2去除率升高，但NO 去除率却降价，故答案为：NO2量太多，剩余的NO2和水反应生成NO 逸出，导致NO 去除率降低；
③从图上看NO x 总去除效果最好时，2n(NO )n(NO)
介于1.2到1.4之间，设NO 的物质量为1，那么则NO 2的物质的量为1.2介于1.4之间，由NO+O 3=NO 2+O 2可知，此时消耗O 3和NO 的量均为1.2到1.4之间，所以O 3的量为1.2-1.4，NO 的量为（1.2+1）到（1.4+1）之间，。