高考化学化学反应原理综合考查-经典压轴题(1)

高考化学化学反应原理综合考查-经典压轴题(1)
一、化学反应原理综合考查
1．研究CO和CO2的利用对促进低碳社会的构建具有重要意义。

请回答下列问题：(1)利用CO和H2在一定条件下可合成甲醇，发生反应：CO(g)+ 2H2(g)ƒCH3OH(g)，其两种反应过程中能量的变化曲线如图中a、b所示，下列说法正确的是_____(填字母)。

A.上述反应的△H= -91kJ·mol-1
B.该反应自发进行的条件为高温
C. b过程使用催化剂后降低了反应的活化能和∆H
D. b过程的反应速率：第Ⅱ阶段＞第Ⅰ阶段
(2)若反应CO(g)+2H2(g)ƒCH3OH(g)在温度不变且体积恒定为1L密闭容器中发生，反应过程中各物质的物质的量随时间变化见表所示：
时间/min051015
H242
CO21
CH3OH(g)00.7
①下列各项能作为判断该反应达到平衡标志的是_______(填字母)
A.2v正(H2)=v逆(CH3OH)
B. CO与CH3OH的物质的量之比保持不变
C.混合气的平均相对分子质量保持不变
D.混合气体的密度保持不变
②若起始压强为P0kPa，反应速率若用单位时间内分压的变化表示，则10min内H2的反应速率v(H2)=_____kPa/min；该温度下反应的平衡常数Kp=______。

(分压=总压×物质的量分数)。

(3)甲和乙两个恒容密闭容器的体积相同，向甲中加入1mol CO和2mol H2，向乙中加入2mol CO和4molH2，测得不同温度下CO的平衡转化率如图所示，则L、M两点容器内平衡常数：K(M)_____K(L)；压强：p(M)__2p(L)。

(填“＞”“<”或“=”)
(4)以纳米二氧化钛为工作电极，稀硫酸为电解质溶液，在一定条件下通入CO 2进行电解，在阴极可制得低密度聚乙烯()。

电解时，阴极的电极反应式是
_________。

【答案】AD BC
30P 20
9P kPa -2（可不带单位） ＜ ＞ 2nCO 2+12ne －+12nH +=+4nH 2O
【解析】 【分析】 【详解】
(1)A .对于反应CO (g )+ 2H 2(g )ƒ CH 3OH (g )，根据反应过程中能量的变化图可得△H =正反应的活化能-逆反应的活化能=419 kJ ·mol -1-510 kJ ·mol -1= -91 kJ ·mol -
1，A 项正确； B .该反应正向是气体粒子数目减小的反应，属于熵减过程△S ＜0，根据△G =△H -T △S ，△G ＜0可自发，需要低温环境才可以自发，B 项错误；
C .b 过程使用催化剂后降低了反应的活化能，但是∆H 只与反应始末状态有关，与反应途径无关，∆
H 故不变，C 项错误； D .b 过程中第I 阶段正反应活化能较高，故活化分子的百分含量较低，因此化学反应速率较慢，b 过程的反应速率：第I 阶段＜第Ⅱ阶段，D 项正确。

故说法正确的选AD 。

(2) ①A .对于反应CO (g )+2H 2(g )ƒCH 3OH (g )，当v 正(H 2)=2v 逆(CH 3OH )时，反应到达平衡，2v 正(H 2)=v 逆(CH 3OH )，正逆反应各物质速率不成比例，未达到平衡，故A 项错误； B .反应物CO 与生成物CH 3OH 的物质的量之比从开始反应逐渐减小，若保持不变可以说明达到平衡，B 项正确；
C .混合气的平均相对分子质量数值上等于摩尔质量M =
m
n
，因为质量守恒m 不变，该反应正向是气体粒子数目较小方向，n 会减小，M 会增大，达到平衡之后M 不变，故C 项正确；
D .混合气体的密度=
m
V
，m 不变容器体积固定，则混合气体的密度是个定值，一直不变，不能做平衡的判定依据，D 项错误； 故能作为判断该反应达到平衡标志的是BC ；
②同温1L 容器中，气体的物质的量与压强呈正比，初始加入2 mol CO 和4 molH 2，混合气体共6mol ，起始压强为P 0kPa ，则起始氢气的分压
2
3
P 0kPa ，反应10 min H 2的物质的量为2mol ，是原来氢气物质的量的一半，反应10 min H 2的分压
1
3
P 0kPa ，故10 min 内H 2的反应速率v (H 2)=()2t
P H ∆∆= 0010min
21
33
P kPa P kPa -=0
30P kPa /min ；反应10 min H 2的物质的量为2mol ，CO 的物质的量为1mol ，生成的甲醇为1mol ，混合气体共4mol ，那么H 2的物质的量分数0.5，CO 和甲醇的物质的量分数均为0.25。

反应15min 和反应10min 数据一
样，故10min 已经达到平衡。

由于气体的物质的量与压强呈正比，故0P P 平=0n n 平=3
2，得
P 平=
230P kPa ，则平衡时H 2的分压P ()2H =0.5×2
30P =13
0P kPa ，同理P ()CO = P ()3CH OH =0.25×
2
30P =16
0P kPa ，该温度下平衡常数Kp =322P(CH OH)P(CO)P (H )g =02001
61163P kPa
P kPa P kPa ⎛⎫⨯ ⎪⎝⎭
=20
9P kPa -2
； (3)根据CO 的平衡转化率-T -P 图分析，其他条件不变（观察甲或者乙），升高温度，CO 的平衡转化率降低，根据平衡移动原理该可逆反应的正反应是放热的，则K 值随温度升高而降低，由于甲和在在温度不变的时候平衡常数是相同的，故L 、M 两点容器内平衡常数：K (M )＜K (L )；向甲中加入1 mol CO 和2 mol H 2，向乙中加入2 mol CO 和4 molH 2，在相同转化率的情况下，平衡时刻乙的总物质的量等于甲总物质的量的2倍，由气体状态方程PV =nRT ，温度越高气体的压强越大，故压强：p (M )＞2p (L )； (4)通入CO 2进行在硫酸电解质中电解，在阴极可制得低密度聚乙烯(
)，2nCO 2→
，碳元素化合价从+4降到-2，每
个碳得6个电子，2nCO 2共得12n 个电子，则阴极的电极反应式是2nCO 2+12ne －+12nH +=
+4nH 2O 。

2．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CH3COOH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)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，故答案为：
C(s)+H 2O(g)CO(g)+H2(g)；
3．研究发现，NO x和SO2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)＋O2(g) 2NO(g) ΔH＝＋180kJ·mol－1
2CO(g)＋O 2(g)2CO2(g) ΔH＝－564kJ·mol－1
（1）2NO(g)＋2CO(g)2CO2(g)＋N2(g) ΔH＝________。

（2）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CO2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. SO2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：Ka1=2.0×10-2Ka2=6.0×10-7
（3）请通过计算证明，NaHSO3溶液显酸性的原因：_________________________。

（4）如图示的电解装置，可将雾霾中的NO、SO2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SO2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）
2
22CO +N 2NO +2CO 00(mol)
0.40.4 0.20.1(mol)0.20.20.20.1
(mol)0.20.2
垐?噲?
起始量转化量平衡量
p (NO )=p (CO )=p (CO 2)=20MPa ×
0.20.2+0.2+0.2+0.1=40
7
，
p (N 2)=20MPa ×0.10.2+0.2+0.2+0.1=20
7
，K p =22222p (CO )p(N )p (NO)p (CO)g g =780=0.0875；同样可计算
化学平衡常数K =5，再向容器中充入NO 和CO 2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）HSO 3-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SO 2转化为硫酸铵，说明NO 转化成NH 4＋
，即NO 在阴极上发
生NO ＋6H ＋＋5e －=NH 4＋＋H 2O ；阳极反应式为SO 2＋2H 2O －2e －=4H ＋＋SO 42－，根据得失电子数目守恒，因此有2NO ～10e －～5SO 2，求出SO 2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。

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。

（3）n HR(Org)+M n+(aq)垐?
噲?MR n(Org)+ n H+(aq)，会使溶液酸性增强，萃取效率下降，故用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．I. 合成气（CO+H2）广泛用于合成有机物，工业上常采用天然气与水蒸气反应等方法来制取合成气。

（1）已知：5.6L(标况下)CH4与水蒸气完全反应，吸收51.5KJ的热量，请写出该反应的热化学方程式_______________________________________________。

（2）在150℃时2L的密闭容器中，将2 mol CH4和2 mol H2O(g)混合，经过15min达到平衡,此时CH4的转化率为60%。

回答下列问题：
①从反应开始至平衡，用氢气的变化量来表示该反应速率v(H2)=____________。

②在该温度下，计算该反应的平衡常数K＝________________________(保留两位小数)。

③下列选项中能表示该反应已达到平衡状态的是__________________________
A．v(H2)逆＝3v (CO)正 B．密闭容器中混合气体的密度不变
C．密闭容器中总压强不变 D．C (CH4) = C (CO)
（3）合成气中的氢气也用于合成氨气：N2 + 3H 22NH3。

保持温度和体积不变，在甲、
乙、丙三个容器中建立平衡的相关信息如下表。

则下列说法正确的是___________。

容
器
体积起始物质
平衡时NH3的
物质的量
平衡时N2
的
体积分数
反应开始
时的速率
平衡时容
器内压强甲1L1molN2+3molH2 1.6molφ甲ν甲P甲
乙1L2molN2+6molH2n1 molφ乙ν乙P乙
丙2L2molN2+6molH2n2 molφ丙ν丙P丙
A．n1=n2=3.2 B．φ甲=φ丙＞φ乙 C．ν乙＞ν丙＞ν甲 D．P乙＞P甲=P丙
II.（1）常温下，在x mol·L－1氨水中加入等体积的y mol·L－1硫酸得混合溶液M恰好显中性。

①M溶液中所有离子浓度由大到小的顺序为_________________。

②常温下，NH3·H2O的电离常数K=_____(用含x和y的代数式表示，忽略溶液混合前后的体积变化)。

（2）利用电解法处理高温空气中稀薄的NO(O2浓度约为NO浓度的10倍)，装置示意图如下，固体电解质可传导O2－
阴极的电极反应式为___________________________。

②消除一定量的NO所消耗的电量远远大于理论计算量，可能的原因是(不考虑物理因素)________。

【答案】CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）H=+206 kJ/mol
∆-1-1
0.12mol L min
g g
21.87 AC BD 2
44
c(NH)>c(SO)>c(H)=c(OH)
+-+-
-7
2y10
x-2y
⨯
2NO+4e-=N2+2O2-阴极发生副反应O2+4e-=2O2-
【解析】
【分析】
【详解】
I .(1)标况下，5.6LCH 4物质的量为：
5.6L 22.4L/mol =0.25mol ，吸收51.5kJ 的热量，则1mol 甲烷反应吸收热量=51.5kJ ×1mol 0.25mol
=206kJ ，该反应的热化学方程式为：CH 4(g )+H 2O (g )=CO (g )+3H 2(g )△H =+206 kJ /mol ；
(2)在150℃时2L 的密闭容器中，将2mol CH 4和2mol H 2O (g )混合，经过15min 达到平衡，此时CH 4的转化率为60%，则
4
22CH +H O CO +3H (/)1
100 (/)0.6
0.60.6 1.8(/)0.40.40.6 1.8
mol L mol L mol L ƒ起始量转化量平衡量 ①从反应开始至平衡，用氢气的变化量来表示该反应速率v (H 2)=
1.8mol/L 15min =0.12mol •L -1•min -
1； ②结合①计算得到的平衡浓度，计算得到该反应的平衡常数
K =(1.83×0.6)/(0.4×0.4)=21.87；
③A ．v 逆(H 2)＝3v 正(CO )，说明正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，故A 正确； B ．密闭容器中混合气体的质量和体积不变，密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故B 错误；
C ．反应前后气体物质的量增加，气体压强之比等于气体物质的量之比，密闭容器中总压强不变，说明反应达到平衡状态，故C 正确；
D ．浓度关系和消耗量、起始量有关，c (CH 4)=c (CO )不能说明反应达到平衡状态，故D 错误；
故答案为：AC ；
(3)A ．甲和丙为等效平衡，则n 2=1.6mol ，但乙与甲相比，相当于增大压强，平衡向着正向移动，则n 1＞3.2，故A 错误；
B ．甲和丙达到平衡状态为相同平衡状态，氮气体积分数相同，乙相当于甲平衡状态再加入1mol 氮气和3mol 氢气，增大压强平衡正向进行，氮气体积分数减小，φ甲=φ丙＞φ乙，故B 正确；
C ．乙容器中反应物浓度大于甲和丙，反应速率大，甲和丙起始浓度相同反应速率相同，故C 错误；
D ．乙中物质浓度是甲的2倍，且压强大于甲，甲和丙为等效平衡，压强相同，得到P 乙＞P 甲=P 丙，故D 正确；
故答案为：BD ；
II .(1)①根据电荷守恒，c (NH 4+)+c (H +)=c (OH -)+2c (SO 42-)，混合后溶液显中性，则
c (NH 4+)=2c (SO 42-)，则244c(NH )>c(SO )>c(H )=c(OH )+-+-；
②x mol •L -1氨水中加入等体积的y mol •L -1硫酸得混合溶液M 恰好显中性，则
c(NH4+)=2c(SO42-)=2×y
2
mol•L-1=ymol•L-1，混合后，根据物料守恒
c(NH3•H2O)+c(NH4+)=0.5x mol•L-1，则c(NH3•H2O)=(0.5x-y)mol•L-1，K=c(NH4+)•c(OH-
)/c(NH3•H2O)=y×1×10-7/(0.5x-y)=2y×10-7/(x-2y)；
(2)①阴极：NO得到电子生成N2，结合守恒原则，则电极方程式为2NO+4e-=N2+2O2-；
②消除一定量的NO所消耗的电量远远大于理论计算量，可能存在副反应，O2浓度约为NO 浓度的10倍，氧气易得到电子生成O2-，电极方程式为：O2+4e-=2O2-。

6．碳酸亚铁（FeCO3）是菱铁矿的主要成分，将其隔绝空气加热到200 ℃开始分解为FeO 和CO2，若将其在空气中高温煅烧则生成Fe2O3。

（1）已知25 ℃、101 kPa时：
①C（s）＋O2（g）=CO2（g）ΔH＝－393 kJ·mol－1
②铁及其化合物反应的焓变示意图如图：
请写出FeCO3在空气中煅烧生成Fe2O3的热化学方程式：___________。

（2）据报道，一定条件下Fe2O3可被甲烷还原为“纳米级”的金属铁。

其化学方程式为
Fe2O3（s）＋3CH4（g）垐?
噲?2Fe（s）＋3CO（g）＋6H2（g）ΔH
①反应在3 L的密闭容器中进行，2 min后达到平衡，测得Fe2O3在反应中质量减少4.8 g，则该段时间内用H2表示该反应的平均反应速率为________________。

②将一定量的Fe2O3（s）和CH4（g ）置于恒温恒容密闭容器中，在一定条件下反应，能说明反应达到平衡状态的是____________。

A CO和H2的物质的量之比为1∶2
B 混合气体的密度不再改变
C 铁的物质的量不再改变
D v正（CO）＝2v逆（H2）
③在容积均为V L的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个相同的密闭容器中加入足量“纳米级”的金属铁，然后分别充入a mol CO和2a mol H2，三个容器的反应温度分别为T1、T2、T3且恒定不变，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的体积分数如图所示，此时Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个容器中一定处于化学平衡状态的是________；上述反应的ΔH________0（填“大于”或“小于”）。

（3）Fe2O3用CO还原焙烧的过程中，反应物、生成物和温度之间的关系如图所示。

（图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四条曲线是四个化学反应平衡时的气相组成对温度作图得到的；A、B、C、D四个区域分别是Fe2O3、Fe3O4、FeO、Fe稳定存在的区域）
若在800 ℃，混合气体中CO2体积分数为40%的条件下，Fe2O3用CO还原焙烧，写出反应的化学方程式：__________。

（4）Fe2O3还可以用来制备FeCl3，通过控制条件FeCl3可生成聚合物，其离子方程式为xFe3＋＋yH2O垐?
噲?Fe x（OH）＋yH＋。

下列措施不能使平衡正向移动的是________（填字母）。

A 加水稀释
B 加入少量铁粉
C 升温
D 加入少量Na2CO3
【答案】4FeCO3（s）＋O2（g）=2Fe2O3（s）＋4CO2（g）ΔH＝－260 kJ·mol－1 0.03 mol·L－
1·min－1 BC Ⅲ大于 Fe2O3＋CO 800℃
2FeO＋CO2 B
【解析】
【分析】
（1）图1分析书写热化学方程式，结合C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393kJ•mol-1和盖斯定律计算得到FeCO3在空气中煅烧生成Fe2O3的热化学方程式；
（2）①2min后达到平衡，测得Fe2O3在反应中质量减少4.8g，依据化学方程式反应前后质量变化计算生成氢气的物质的量，根据反应速率概念计算得到氢气的反应速率；
②反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分浓度保持不变，据此分析；
③2Fe（s）+3CO（g）+6H2（g）═Fe2O3（s）+3CH4（g），根据图2中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ图象，CO百分含量，由小到大，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Fe2O3（s）+3CH4（g）═2Fe（s）+3CO（g）+6H2（g）△H大小；
（3）800℃时，混合气体中CO2体积分数为40%时，图象分析可知Fe2O3用CO还原得到氧化亚铁和一氧化碳；
（4）A．加水稀释，则水解平衡正向移动；
B．固体不能影响化学平衡；
C．控制条件使平衡正向移动，水解为吸热反应，所以升温平衡正向移动；
D．加入碳酸钠，则消耗氢离子，平衡正向移动。

【详解】
（1）由铁及其化合物反应的焓变示意图可推知
①4Fe（s）＋3O2（g）=2Fe2O3ΔH1＝-1648 kJ·mol-1
②2FeCO3（s）=2Fe（s）＋2C（s）＋3O2（g）ΔH2＝+1480 kJ·mol-1
③C（s）＋O2（g）=CO2（g）ΔH3＝-393 kJ·mol-1
则在空气中煅烧FeCO3生成Fe2O3的焓变ΔH＝2×ΔH2＋ΔH1＋4×ΔH3＝2×1480 kJ·mol-1＋（-1648 kJ·mol-1）＋4×（-393 kJ·mol-1）＝-260 kJ·mol-1，则热化学方程式为4FeCO3（s）＋O2（g）=2Fe2O3（s）＋4CO2（g）ΔH＝-260 kJ·mol-1；
故答案为：4FeCO3（s）＋O2（g）=2Fe2O3（s）＋4CO2（g）ΔH＝-260 kJ·mol-1；
（2）①测得Fe2O3在反应中减少的质量为4.8 g，则反应的n（Fe2O3）＝
4.8g
160g/mol
＝0.03
mol，根据反应方程式得n（H2）＝6n（Fe2O3）＝6×0.03 mol＝0.18 mol，则用H2表示的反
应速率为v（H2）＝
0.18mol
3L2min
＝0.03 mol·L-1·min-1；
故答案为：0.03 mol·L-1·min-1；
②A.因为反应开始时，无CO和H2，随着反应的进行，CO和H2的物质的量之比一直为1∶2，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；
B.该反应有固体参加，反应前后气体的质量有变化，又因为容器恒容，所以当混合气体的密度不变时，反应达到平衡状态，故B正确；
C.铁为反应物，当其质量不再改变时，反应达到平衡状态，故C正确；
D.当2v正（CO）＝v逆（H2）时，反应达到平衡状态，故D错误；
综上所述，答案为BC；
③由题图可知，T1中的状态转变为T2中的状态，CO的体积分数减小，说明反应正向进行，所以状态Ⅰ未达到平衡状态；T2中的状态转变为T3中的状态，CO的体积分数增加，说明反应逆向移动，说明Ⅱ可能达到平衡状态，一定达到平衡状态的是状态Ⅲ；T3时温度最高，CO的体积分数增大，所以2Fe（s）＋3CO（g）＋6H2（g）=Fe2O3（s）＋3CH4（g）的正反应为放热反应，则逆反应的ΔH大于0，故答案为：Ⅲ；大于；
（3）800℃时，混合气体中二氧化碳的体积分数为40%时，由图可知，在C区，此时为氧化亚铁的稳定区域，所以产物为氧化亚铁，Fe2O3用CO还原焙烧得到氧化亚铁和二氧化
碳，反应的方程式为：Fe2O3＋CO 800℃
2FeO＋CO2，故答案为：Fe2O3＋CO
800℃
2FeO＋
CO2；
（4）A.水为反应物，加水稀释平衡会正向移动，故A正确；
B.加入铁粉，反应物Fe3＋的量减少，平衡会向逆向移动，故B错误；
C.该反应为吸热反应，所以升高温度，平衡会正向移动，故C正确；
D.加入少量Na2CO3，碳酸钠会消耗氢离子，使氢离子的浓度减小，平衡正向移动，故D正确；
综上所述，答案为B。

7．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O2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。

8．氮氧化物是大气主要污染物，主要来自于工业废气及汽车尾气的排放，工业废气中NO 是主要成分之一。

（1）乙烯作为还原剂的脱硝(NO)，其反应机理示意图如图所示．写出解吸过程的化学方程式____________________。

（2）FeSO 4-Na 2SO 3复合吸收剂吸收烟气中的NO ，该方法利用Fe 2+易与NO 发生络合反应的特性，原理如下NO+FeSO 4Fe(NO)SO 4
①如图是一段时间内不同吸收剂对NO 脱除率对比，加入Na 2SO 3溶液后，吸收效率增强，除了Na 2SO 3也能吸收部分NO 外，还能防氧化从而增大Fe 2+的含量，写出此原理的离子方程式_______________________________________。

②模拟实验表明，温度过高或过低都会降低NO的脱除率，其原因是
_______________________________________。

（3）采用无隔膜法电解食盐水脱氮可将氮氧化物转化成NO3-,原理如图
①无隔膜条件下电解食盐水后溶液呈弱碱性，原因是____________________________.
②写出NO发生反应的离子方程式____________________________。

③根据下图所示，脱NO过程中控制溶液pH在______________范围内更合理。

【答案】2C2H4+6NO24CO2+3N2+4H2O 2Fe3++SO32－+H2O=2Fe3++SO42－+2H+温度过低，反应速率缓慢；温度过高，NO的溶解度降低，都会造成脱除率下降 ClO－
+H 2O HClO+OH－ 2NO+3ClO－+2OH－2NO3－+3Cl－+2H2O 5—6
【解析】
【分析】
(1)反应机理示意图如图所示,解吸过程反应物为C2H4，NO2生成物为CO2、N2、H2O ，写出对应化学方程式；
(2)①Na2SO3具有还原性，Fe3+具有氧化性，两者发生氧化还原反应，能防Fe2+氧化从而增
大Fe2+的含量；
②温度过低，反应速率缓慢，温度过高，NO的溶解度降低；
(3)①电解食盐水，阳极失去电子，反生为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极得到电子，反生的反应为
2H2O+2e-=2OH-+H2↑，总反应方程式为Cl-+ H2O= ClO-+H2↑，ClO-会水解；
②ClO-作氧化剂，NO为还原剂，在碱性条件下的反应为2NO+3ClO－+2OH－2NO3－+3Cl－+2H2O；
③根据图分析，当pH介于5-6时，Cl元素以HClO存在，此时氧化性最强。

【详解】
(1)反应机理示意图如图所示,解吸过程反应物为C2H4，NO2生成物为CO2、N2、H2O ，化学方程式为2C2H4+6NO24CO2+3N2+4H2O，故答案为：
2C2H4+6NO24CO2+3N2+4H2O；
(2) ①Na2SO3具有还原性，Fe3+具有氧化性，两者发生氧化还原反应，能防Fe2+氧化从而增大Fe2+的含量，离子方程式为2Fe3++SO32－+H2O=2Fe3++SO42－+2H+，故答案为：2Fe3++SO32－+H2O=2Fe3++SO42－+2H+；
②温度过低，反应速率缓慢，温度过高，NO的溶解度降低，故答案为：温度过低，反应速率缓慢；温度过高，NO的溶解度降低，都会造成脱除率下降；
(3)①电解食盐水，阳极失去电子，反生为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极得到电子，反生的反应为
2H2O+2e-=2OH-+H2↑，总反应方程式为Cl-+ H2O= ClO-+H2↑，ClO-会发生水解，方程式为ClO －+H 2O HClO+OH－，故答案为：ClO－+H2O HClO+OH－；
②ClO-作氧化剂，NO为还原剂，在碱性条件下的反应为2NO+3ClO－+2OH－2NO3－+3Cl－+2H2O，故答案为：2NO+3ClO－+2OH－2NO3－+3Cl－+2H2O；
③根据图分析，当pH介于5-6时，Cl元素以HClO存在，此时氧化性最强，故答案为5-6。

9．CO2的回收与利用是科学家研究的热点课题。

可利用CH4与CO2制备合成气(CO、H2)，还可制备甲醇、二甲醚、低碳烯经等燃料产品。

I.科学家提出制备“合成气”反应历程分两步：
反应①：CH4(g)⇌C(ads) +2H2(g) (慢反应)
反应②：C(ads) + CO2(g)⇌2CO(g) (快反应)
上述反应中C(ads)为吸附性活性炭，反应历程的能量变化如图：。