精选高考化学易错题专题复习化学反应原理综合考查及详细答案

精选高考化学易错题专题复习化学反应原理综合考查及详细答案
一、化学反应原理综合考查
1．铜的多种化合物在生产生活中都有广泛用途。

请回答下列问题： （1）Cu 2O 和CuO 是铜的两种氧化物，可互相转化。

已知： i.2Cu 2O(s)＋O 2(g)=4CuO(s) △H =-292.0kJ·mol -1 ii.C(s)＋2CuO(s)=Cu 2O(s)＋CO(g) △H =＋35.5kJ·mol -1 若CO 的燃烧热为283.0kJ·
mol -1，则C(s)的燃烧热为___。

（2）Cu 2O 和CuO 常用作催化剂。

①质子交换膜燃料电池(PEMFC)的燃料气中除含有H 2外还含有少量的CO 和CO 2，其中CO 是PEMFC 催化剂的严重毒化剂，可用CuO/CeO 2作催化剂优先氧化脱除CO 。

160℃、用CuO/CeO 2作催化剂时，氧化CO 的化学方程式为___；分别用HIO 3和H 3PO 4对CuO/CeO 2进行处理，在一定条件下，利用不同催化剂进行CO 氧化的对比实验，得如图曲线，其中催化剂___ (填“b”或“c”)催化性能最好；120℃使用催化剂b 进行氧化，若燃料气中CO 的体积分数为0.71%，气体流速为2000mL·
h -1，则1h 后，CO 体积为___mL 。

②在Cu 2O 催化作用下合成CH 3OH ，反应如下：CO(g)＋2H 2(g)ƒCH 3OH(g) △H =-90.0kJ·
mol -1
，有利于提高该反应CO 的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
T ℃时，将CO 和H 2按一定比例混合后投入容积为2L 的恒容密闭容器中，CO 的起始浓度为1.0mol·L -1，平衡时，测得体系中，n(H 2)=1.4mol ，n(CH 3OH)=1.7mol ，反应达到平衡时CO 的转化率为___，若反应达到平衡状态后，保持其他条件不变，再充入0.2molCO 和0.2molCH 3OH ，平衡向___(填“正”或“逆”)反应方向移动，理由是___。

（3）CuS 呈黑色，是最难溶的物质之一，由于它的难溶性使得一些看似不可能的反应可以发生。

向0.01mol·L -1CuSO 4溶液中，持续通入H 2S 维持饱和(H 2S 饱和浓度为0.1mol·L -1)，发生反应：H 2S(aq)＋Cu 2＋(aq)
CuS(s)＋2H ＋(aq)，该反应的化学平衡常数K 为___(保留2位
有效数字)。

已知：K a1(H 2S)=1.1×10-7，K a2(H 2S)=1.3×10-13，K sp (CuS)=6.3×10-36。

【答案】393.5kJ·mol －1 2CO ＋O 22CO 2 b 2.84 B 85% 正 平衡常数
K=
322()()()c CH OH c H c CO ⨯ ≈11.6，再充入0.2molCO 和0.2molCH 3
OH ，Qc=322()
()()
c CH OH c H c CO ⨯
=
2
0.95
0.70.25⨯≈7.76<K,因此平衡向正向移动 2.3×1015 【解析】 【分析】 【详解】
（1）i.2Cu 2O(s)＋O 2(g)=4CuO(s) △H =-292.0kJ·
mol -1 ii.C(s)＋2CuO(s)=Cu 2O(s)＋CO(g) △H =＋35.5kJ·mol -1
根据盖斯定律，i+2ii 得：2C(s)＋O 2(g)=2CO(g) △H =-221.0kJ·mol -1，设为Ⅲ，因为2CO(g) +O 2(g)=2CO 2(g) △H =-2×283.0kJ·mol -1，设为Ⅳ，（Ⅲ+Ⅳ）×1
2
得：C(s)+O 2(g)=CO 2(g) △H =-393.5kJ·mol －1，C(s)的燃烧热为393.5kJ·mol －1。

故答案为：393.5kJ·
mol －1； （2）①160℃、用CuO/CeO 2作催化剂时，氧化CO 的化学方程式为2CO ＋O 2
2CO 2；如图曲线，其中催化剂b 催化性能最好；120℃使用催化剂b 进行氧
化，若燃料气中CO 的体积分数为0.71%，气体流速为2000mL·h -1，使用催化剂b 进行氧化时，则1h 后，CO 体积为2000mL·h -1×1h×0.71%×20%=2.84mL 。

故答案为：2CO ＋O 2
2CO 2；b ；2.84；
②CO(g)＋2H 2(g)ƒCH 3OH(g) △H =-90.0kJ·mol -1，反应是体积减小的放热反应，低温高压有利于提高该反应CO 的平衡转化率，故选B 。

T ℃时，将CO 和H 2按一定比例混合后投入容积为2L 的恒容密闭容器中，CO 的起始浓度为1.0mol·L -1，平衡时，测得体系中，n(H 2)=1.4mol ，n(CH 3OH)=1.7mol ，由三段式可得：
()()()231
11
2m ? 1.0 2.40m ?0.85 1.70.85m ?0.15
0.7
0.85
CO g H g CH OH g ol L ol L ol L ---+ƒ
起始变化平衡
反应达到平衡时CO 的转化率为85%，平衡常数K=32
2()
()()c CH OH c H c CO ⨯ ≈11.6，再充入0.2molCO 和0.2molCH 3OH ，Qc=322()()()c CH OH c H c CO ⨯ =20.95
0.70.25
⨯≈7.76<K,因此平衡向正向移
动；
故答案为：正；平衡常数K=32
2()
()()c CH OH c H c CO ⨯ ≈11.6，再充入0.2molCO 和0.2molCH 3OH ，Qc=322()()()c CH OH c H c CO ⨯ =20.950.70.25
⨯≈7.76<K,因此平衡向正向移动；
（3）H 2S(aq)＋Cu 2＋(aq)
CuS(s)＋2H ＋(aq)，该反应的化学平衡常数
K=()
()()222713
122222236
()()() 1.110 1.310()()() 6.310
a a sp K H S K H S c H c H c S c Cu c Cu c S K CuS ++---++--⨯⨯⨯=⨯===⨯ 2.3×1015；
故答案为：2.3×1015。

2．氢气是一种清洁高效的新型能源，如何经济实用的制取氢气成为重要课题。

(1)硫碘循环分解水是一种高效、环保的制氢方法，其流程图如下：
已知：
反应I ：SO 2(g) + I 2(g) + 2H 2O(l) = 2HI(aq) + H 2SO 4(aq) ΔH 1 =﹣213 kJ·mol -1 反应II ：H 2SO 4(aq) = SO 2(g) + H 2O(l) +1/2O 2(g) ΔH 2 = +327 kJ·mol -1
反应III ：2HI(aq) = H 2(g) + I 2(g) ΔH 3 = +172 kJ·mol -1 则反应2H 2O(l) = 2H 2 (g)+O 2(g) ΔH = ________。

(2)H 2S 可用于高效制取氢气，发生的反应为2H 2S(g)⇌S 2(g)＋2H 2(g)。

Ⅰ.若起始时容器中只有H 2S ，平衡时三种物质的物质的量与裂解温度的关系如图：
①图中曲线1表示的物质是________________(填化学式)。

②A 点时H 2S 的转化率为__________________。

③C 点时，设容器内的总压为pPa ，则平衡常数K p =________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。

II.若在两个等体积的恒容容器中分别加入2.0mol H 2S 、1.0mol H 2S ，测得不同温度下H 2S 的平衡转化率如图所示：
①M 点和O 点的逆反应速率v(M)______v(O) (填“>”“<”或“=”，下同)； ②M 、N 两点容器内的压强2P(M)_____P(N)，平衡常数K(M)_____K(N)。

【答案】＋572kJ·mol －1 S 2 50% p Pa < < < 【解析】
【分析】
(1)利用盖斯定律进行反应2H 2O(l) = 2H 2(g)+O 2(g) ΔH 的计算； (2)Ⅰ.由反应方程式2H 2S(g)S 2(g)+2H 2(g)可知，若起始时容器中只有H 2S ，平衡时S 2的
物质的量为H 2的
1
2
，则曲线l 表示的物质是S 2，曲线m 表示的物质是H 2S ，曲线n 表示的物质是H 2，据此分析解答；
Ⅱ.反应2H 2S(g)S 2(g)+2H 2(g)中，H 2S 的物质的量增加，其平衡转化率反而减小，即M
点和O 点分别所在的曲线代表H 2S 的起始量为0.1mol 和0.2mol ，据此解答；
【详解】
(1)根据盖斯定律，反应(Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ)×2可得到反应2H 2O(l) = 2H 2(g)+O 2(g)，其ΔH =2(ΔH 1+ΔH 2+ΔH 3)=2×(172+327-213)=+572kJ·mol -1，故答案为：+572kJ·mol -1； (2)Ⅰ.①由反应方程式2H 2S(g)S 2(g)+2H 2(g)可知，若起始时容器中只有H 2S ，平衡时S 2
的物质的量为H 2的
1
2
，则曲线l 表示的物质是S 2，故答案为：S 2； ②根据图像，A 点时，硫化氢和氢气的物质的量相等，根据2H 2S(g)
S 2(g)+2H 2(g)，说明
反应的硫化氢与剩余的硫化氢相等，H 2S 的转化率为50%，故答案为：50%；
③根据A 点可知，起始时硫化氢为20mol ，B 点时，硫化氢与S 2的物质的量相等，设分解的硫化氢为x ，则20-x=2x ，解得x=
403mol ，容器中含有H 2S 203mol ，S 220
3
mol ，H 2
403mol ，物质的量分数分别为14，14，1
2
，平衡常数K p =2211
(p Pa)(p Pa)
2
4=p Pa 1(p Pa)4
⨯，故答案为：p Pa ； Ⅱ.①反应2H 2S(g)
S 2(g)+2H 2(g)中，H 2S 的物质的量增加，其平衡转化率反而减小，即
M 点和O 点分别所在的曲线代表H 2S 的起始量为0.1mol 和0.2mol ，恒容容器中，M 点的浓度小于O 点，则逆反应速率v(M)< v(O)，故答案为：<； ②由图像可知，H 2S 的转化率均为45%，可列三段式有：
()()()()
()()
222mol 200mol 0.2H S g S g 90.450.9mol 1.1
0.45
+g 02.9
H 垐?噲?
起始转化平衡
n(总)N =1.1+0.45+0.9=2.45mol
()()()()
()()
222mol 100mol 0.450.2250.45mol 0.55
0.225
02H S g S g +.2H 45
g 垐?噲?
起始转化平衡
n(总)M =0.55+0.45+0.225=1.225mol
2n(总)M =n(总)M ，又图像可知T M <T N ，由PV=nRT 可得，2P(M)<P(N)，
()220.450.2250.151V V M =V 0.55V K ⎛⎫⨯ ⎪⎝⎭≈⎛⎫ ⎪⎝⎭，()2
2
0.90.45
0.301V V =V 1.1V K N ⎛⎫⨯ ⎪⎝⎭≈⎛⎫
⎪⎝⎭
，则K(M)<K(N)，故答案为：<；<。

【点睛】
本题考查了盖斯定律的应用、化学平衡图象的分析应用，掌握盖斯定律的使用方法和图象题的分析方法是解题的关键。

本题的易错点是(2)Ⅰ，注意理解平衡常数K p 的含义和计算方法。

3．消除尾气中的NO 是环境科学研究的热点课题。

I .NO 氧化机理 已知：2NO (g )+O 2(g )2NO 2(g ) ΔH =-110kJ •mol -1
T 1℃时，将NO 和O 2按物质的量之比为2：1充入刚性反应容器中(忽略NO 2与N 2O 4的转
化)。

（1）下列可以作为反应已经到达平衡状态的判断依据的是____。

A .2v 正(O 2)=v 逆(NO 2)
B .NO 与
O 2的物质的量之比为2：1 C .容器内混合气体的密度保持不变 D .K 不变
E .容器内混合气体的颜色保持不变
（2）通过现代科学技术动态跟踪反应的进行情况，得到容器内混合气体的压强、平均摩尔质量随反应时间的变化曲线如图1图2所示。

则反应2NO (g )+O 2(g )
2NO 2(g )在T 1℃
时的平衡常数K p =____。

[对于气相反应，用某组分B 的平衡压强p (B )代替物质的量浓度c (B )也可表示平衡常数，记作K p ，如p (B )=p •x (B )，p 为平衡总压强，x (B )为平衡系统中B 的物质的量分数]。

保持其它条件不变，仅改变反应温度为T 2℃(T 2＞T 1)，在图2中画出容器内混合气体的平均摩尔质量随反应时间的变化趋势图_____。

II .NO 的工业处理
（3）H 2还原法：2NO (g )+2H 2(g )
N 2(g )+2H 2O (g ) ΔH 1
已知在标准状况下，由元素最稳定的单质生成1mol 纯化合物时的焓变叫做标准摩尔生成
焓。

NO (g )和H 2O (g )的标准摩尔生成焓分别为+90kJ •mol -1、-280kJ •mol -1。

则ΔH 1=____。

（4）O 3-CaSO 3联合处理法
NO 可以先经O 3氧化，再用CaSO 3水悬浮液吸收生成的NO 2，转化为HNO 2。

已知难溶物在溶液中并非绝对不溶，同样存在着一定程度的沉淀溶解平衡。

在CaSO 3水悬浮液中加入Na 2SO 4溶液能提高SO 32-对NO 2的吸收速率，请用平衡移动原理解释其主要原因____。

（5）电化学处理法
工业上以多孔石墨为惰性电极，稀硝酸铵溶液为电解质溶液，将NO 分别通入阴阳两极，通过电解可以得到浓的硝酸铵溶液。

则电解时阳极发生的电极反应为____。

【答案】AE 0.08
-740kJ •mol -1 对于反应
CaSO 3(s )Ca 2+(aq )+SO 32-(aq )，加入Na 2SO 4溶液时，SO 42-结合部分Ca 2+，使其平衡向
正反应方向移动，c (SO 32-)增大，吸收NO 2的速率增大 NO -3e -+2H 2O =NO 3-+4H +
【解析】 【分析】 【详解】
I .（1）在一定条件下，当一个可逆反应的正反应速率与逆反应速率相等时，反应物的浓度与生成物的浓度不再改变，达到一种表面静止的状态，即“化学平衡状态”。

其中，正反应速率与逆反应速率相等是化学平衡状态的实质，而反应物的浓度与生成物的浓度不再改变是化学平衡状态的表现。

A .当2v 正(O 2)=v 逆(NO 2)时，说明反应已达平衡态，故A 正确；
B . NO 与O 2的物质的量之比为2：1时，不能说明该反应反应物的浓度与生成物的浓度不再改变，故B 错误；
C .根据质量守恒定律，容器内气体的质量恒定不变，则恒容容器内混合气体的密度始终保持不变，不能说明达到化学平衡状态，故C 错误；
D .该反应中平衡常数K 只与温度有关，则不能用K 不变来判断化学平衡状态，故D 错误；
E .容器内混合气体的颜色保持不变，则说明反应物的浓度与生成物的浓度不再改变，即达到化学平衡状态，故E 正确； 综上所述，答案为AE ；
（2）设容器内二氧化氮与氧气分别为2mol 、1mol ，达平衡态时，氧气转化了xmol ，则可列三段式为：
22
2NO +O 2NO ()21
()22()222mol mol x x x mol x x x
ƒ
起始量转化量平衡量
平衡时平均摩尔质量为36.8g /mol ，则有
m 2mol 30g/mol+1mol 32g/mol M =36.8g /mol n (3-x)mol
⨯⨯==u u v ，解得x =0.5，则NO 、O 2、NO 2
的物质的量分数分别为0.4、0.2、0.4，同温同体积，根据压强之比等于物质的量之比，有
3753-x a
=，代入x ，解得a =62.5，根据平衡常数公式有2
p 2
(0.462.5)K =0.08(0.462.5)(0.262.5)
⨯=⨯⨯⨯；因为该反应为放热反应，升高温度时，反应速率会加快，平衡逆向移动，平均摩尔质量会减小，容器内混合气体的平均摩尔质量随反应时
间的变化趋势图为，故答案为：0.08；
；
（3）1ΔH =生成物标准摩尔生成焓之和-反应物标准摩尔生成焓之和=-280kJ •mol -1×2-90kJ •mol -1×2=-740kJ •mol -1，故答案为：-740kJ •mol -1；
（4）相同条件下，硫酸钙的溶解度小于亚硫酸钙的溶解度，亚硫酸钙可转化为硫酸钙，对于反应CaSO 3(s )Ca 2+(aq )+SO 32-(aq )，加入Na 2SO 4溶液时，SO 42-结合部分Ca 2+，使其
平衡向正反应方向移动，c (SO 32-
)增大，吸收NO 2的速率增大，故答案为：对于反应
CaSO 3(s )
Ca 2+(aq )+SO 32-(aq )，加入Na 2SO 4溶液时，SO 42-结合部分Ca 2+，使其平衡向
正反应方向移动，c (SO 32-)增大，吸收NO 2的速率增大；
（5）由电解原理可知，阳极发生氧化反应，则一氧化氮转化为硝酸根，其电极方程式为NO -3e -+2H 2O =NO 3-+4H +，故答案为：NO -3e -+2H 2O =NO 3-+4H +。

4．合成氨是人类科学技术发展史上的一项重大突破，研究表明液氨是一种良好的储氢物质。

（1）化学家Gethard Ertl 证实了氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的过程，示意如下图：
下列说法正确的是____（选填字母）。

A ．①表示N 2、H 2分子中均是单键 B ．②→③需要吸收能量
C ．该过程表示了化学变化中包含旧化学键的断裂和新化学键的生成 （2）氨气分解反应的热化学方程式如下：2NH 3（g ）N 2（g ）＋3H 2（g ） △H ，若
N 三N 键、H 一H 键和N 一H 键的键能分别记作a 、b 和c （单位：kJ·mol －l ），则上述反
应的△H ＝___kJ·
mol 一1。

（3）研究表明金属催化剂可加速氨气的分解。

下表为某温度下等质量的不同金属分别催化
等浓度氨气分解生成氢气的初始速率（m mol ．min 一
1）。

①不同催化剂存在下，氨气分解反应活化能最大的是___（填写催化剂的化学式）。

②温度为T ，在一体积固定的密闭容器中加入2 molNH 3，此时压强为P 0，用Ru 催化氨气分解，若平衡时氨气分解的转化率为50％，则该温度下反应2NH 3（g ）N 2（g ）十
3H 2（g ）用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数K p ＝___。

[己知：气体分压（p 分）
＝气体总压（p 总）x 体积分数]
（4）关于合成氨工艺的理解，下列正确的是___。

A ．合成氨工业常采用的反应温度为500℃左右，可用勒夏特列原理解释
B ．使用初始反应速率更快的催化剂Ru ，不能提高平衡时NH 3的产量
C ．合成氨工业采用10 MPa 一30 MPa ，是因常压下N 2和H 2的转化率不高
D ．采用冷水降温的方法可将合成后混合气体中的氨液化
（5）下图为合成氨反应在不同温度和压强、使用相同催化剂条件下，初始时氮气、氢气的体积比为1：3时，平衡混合物中氨的体积分数[ （NH 3）]。

①若分别用v A （NH 3）和v B （NH 3）表示从反应开始至达平衡状态A 、B 时的化学反应速率，则v A （NH 3）____v B （NH 3）（填“＞”、“＜”或“＝”）。

②在250℃、1.0×104kPa 下，H 2的转化率为______%（计算结果保留小数点后1位）。

（6）N 2和H 2在铁作催化剂作用下从145℃就开始反应，随着温度上升，单位时间内NH 3产率增大，但温度高于900℃后，单位时间内NH 3产率逐渐下降的原因________。

【答案】BC 6c-a-3b Fe
2
027P 64
BC < 66.7 高于900℃后，产率受平衡移动影响为主，温度升高，平衡向左移动，NH 3 产率下降 【解析】 【分析】
⑴A. N 2分子中是三键不是单键；
B. ②→③的过程是分子中价键断裂为原子，价键断裂是吸收能量的；
C. 化学变化的本质就是旧化学键的断裂，新化学键的生成。

⑵H -∆=反应物化学键断裂吸收的能量生成物化学键生成放出的能量，根据反应方程式3222NH (g)N (g)+3H (g)ƒ
计算；
⑶①根据碰撞理论的解释，催化剂的催化原理实质上是降低反应的活化能，活化能越低，则活化分子百分数越高，反应速率越大； ②
体积分数等于物质的量分数所以3NH 的体积分数为
13 、N 2的体积分数为1
6
、2H 的体积分数为12 ，根据同温同体积下，压强之比等于物质的量之比得总压强03
P P 2
= 化学平衡常
数32p 211(P )(P )
326K P 116(P )3
⨯⨯⨯==⨯⨯ 带入03P P 2=，得20
27Kp P 64= ⑷A.反应为放热反应，按勒夏特列原理，应选择较低温度，此反应考虑到催化剂的活化温度；
B.催化剂的作用是增大反应速率，使反应尽快到到平衡，但不影响反应物转化率；
C. 223N (g)+3H (g)2NH (g)ƒ反应是体积减小的反应，增大压强反应向右进行，增大转
化率；
D.氨气的沸点比水低，采用冷水降温的方法不能将合成后混合气体中的氨液化； ⑸①压强大，速率大，温度高，速率大；
② 初始时氮气、氢气的体积比为1：3时，假设2N 为1 mol 、2H 为3 mol ， 设平衡时，
2N 消耗 x mol ，再根据三段式法列式计算。

⑹合成氨的反应是放热反应，当温度高于900℃后，产率受平衡移动影响为主，温度升高，平衡向左移动，NH 3 产率下降； 【详解】
⑴A.N 2分子中是三键不是单键，故A 错误；
B. ②→③的过程是分子中价键断裂为原子，价键断裂是吸收能量的，故需要吸收能量，故B 正确；
C.化学变化的本质就是旧化学键的断裂，新化学键的生成，所以氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的过程表示了化学变化中包含旧化学键的断裂和新化学键的生成，故C 正确；
故答案为：BC 。

⑵H -∆=反应物化学键断裂吸收的能量生成物化学键生成放出的能量，3NH 含有三个N-H 键，根据反应方程式3222NH (g)N (g)+3H (g)ƒ
可得
1H 6c a 3bkJ mol -∆=--g ，故答案为：6c a 3b --；
⑶①Fe 作催化剂时，氢气的初始生成速率最小，根据碰撞理论的解释，催化剂的催化原理实质上是降低反应的活化能，活化能越低，则活化分子百分数越高，反应速率越大，所以上述金属比较，铁作催化剂时，氨分解的活化能最大，故答案为：Fe ； ②
体积分数等于物质的量分数所以3NH 的体积分数为
13 、N 2的体积分数为1
6
、2H 的体积分数为12 ，根据同温同体积下，压强之比等于物质的量之比得总压强03
P P 2
= 化学平衡常
数32p 211(P )(P )
326K P 116(P )3
⨯⨯⨯==⨯⨯ 带入03P P 2=，得20
27Kp P 64= ⑷A.反应为放热反应，按勒夏特列原理，应选择较低温度，此反应主要是考虑到催化剂的活化温度，故A 错误；
B.催化剂的作用是增大反应速率，使反应尽快到到平衡，但不影响反应限度，故使用初始反应速率更快的催化剂Ru ，不能提高平衡时NH 3的产量，故B 正确；
C. 223N (g)+3H (g)2NH (g)ƒ
反应是体积减小的反应，增大压强反应向右进行，所以合
成氨工业压强采用10 MPa 一30 MPa ，可以大大增加转化率，故C 正确；
D.氨气的沸点比水低，采用冷水降温的方法不能将合成后混合气体中的氨液化，故D 错误； 故答案为BC ；
⑸①压强大，速率快，温度高，速率快，B 的温度比A 的高，B 的压强比A 的大，所以B 的速率大于A 的速率，故答案为：＜；
②初始时氮气、氢气的体积比为1：3时，假设2N 为1mol 、2H 为3mol ，设平衡时，2N 消耗xmol
由图可知在250℃、1.0×104kPa 下，平衡混合物中氨的体积分数为50%，列式
2x 50%100%1x 33x 2x =
⨯-+-+ ，解得23x = ，2H 的转化率为3x
100%66.7%3⨯=，
故答案为：66.7%； ⑹合成氨的反应是放热反应，当温度高于900℃后，产率受平衡移动影响为主，温度升高，平衡向左移动，NH 3 产率下降，故答案为：高于900℃后，产率受平衡移动影响为主，温度升高，平衡向左移动，NH 3 产率下降； 【点睛】
转化率、压强和平衡常数的计算是解答的难点，注意从阿伏加德罗定律的角度去理解压强与气体物质的量之间的关系，注意结合反应的方程式和表中数据的灵活应用。

也可以直接把压强看作是物质的量，利用三段式计算。

5．甲醛(HCHO )俗称蚁醛，在化工、医药、农药等方面有广泛的应用。

I ·甲醛的制备
工业上利用甲醇脱氢法制备甲醛，己知：CH 3OH (g )
HCHO (g )+H 2(g ) △H
（1）该反应的能量变化如图甲所示，△H =___kJ •mol -1。

（2）为提高CH 3OH 转化率，采取的措施有___、___；在温恒容条件下，该反应达到平衡状态的标志有___（填标号）。

a .混合气体的密度保持不变 b .混合气体的总压强保持不变 c .v (CH 3OH )消耗=v (H 2)生成 d .甲醛的浓度保持不变
（3）选用Ag /SiO 2—ZnO 作催化剂，在400～750℃区间进行活性评价，图乙给出了甲醇转化率与甲醛选择性（选择性越大，表示生成该物质越多）随反应温度的变化曲线。

制备甲醛的最佳反应温度为___（填标号），理由是___。

a .400℃ b .650℃ c .700℃ d .750℃
（4）T ℃时，在2L 恒容密闭容器中充入1mo1甲醇，发生反应： ①CH 3OH (g )HCHO (g )+H 2(g ) ②CH 3OH (g )CO (g )+2H 2(g )
平衡时甲醇为0.2mol ，甲醛为0.7mo1。

则反应i 的平衡常数K =___。

II .甲醛的用途
（5）将甲醛水溶液与硫酸镍(NiSO 4)溶液混合，可用于化学镀镍。

反应过程中有CO 2产生，则该反应的离子方程式为___：若收集到112mLCO 2（标准状况），理论上转移电子___ mo1。

【答案】+84 升高温度 降低压强 bd c 此温度下甲醛的选择性和甲醇的转化率均较高 1.575 HCHO +2Ni 2++H 2O =2Ni +CO 2↑+4H + 0.02 【解析】 【分析】 【详解】
（1）生成物和反应物之间的能量差为463kJ/mol-379kJ/mol=84kJ/mol ；
（2）该反应是气体分子数增加的、吸热的可逆反应，因此根据勒夏特列原理，我们可以采用升高温度、降低压强的方法来促进平衡正向移动，提高转化率；再来看平衡的标志： a .反应物和生成物都是气体，因此气体的密度是恒定不变的，a 项错误；
b .该反应前后气体分子数不等，因此当压强保持不变时，说明反应已达到平衡状态，b 项正确；
c .甲醇和氢气的化学计量数相同，因此无论何时都有v (CH 3OH )消耗=v (H 2)生成，c 项错误；
d .当甲醛的浓度保持不变，说明其消耗速率和生成速率相同，即此时达到了平衡状态，d 项正确； 答案选bd ；
（3）在700℃时，甲醛选择性和甲醇转化率均较高，因此700℃是最合适的温度，答案选c ；
（4）平衡时甲醇为0.2mol ，因此有0.8mol 甲醇被消耗，其中甲醛有0.7mol ，说明有0.7mol 甲醇发生了反应①，有0.1mol 甲醇发生了反应②，因此氢气一共有
0.7mol+0.1mol 2=0.9mol ⨯，代入平衡常数的表达式有
23c(HCHO)c(H )0.35mol/L 0.45mol/L K== 1.575c(CH OH)0.1mol/L
⨯=；
（5既然是镀镍，则镍被还原为单质，而甲醛被氧化为二氧化碳，因此反应的离子方程式
为2++
22HCHO+2Ni +H O=2Ni+CO +4H ；甲醛中的碳可以按0价处理，二氧化碳中的碳为+4价，因此每生成1个二氧化碳分子需要转移4个电子，而112mL 二氧化碳的物质的
量为
0.112L
=0.005mol
22.4L/mol ，因此一共要转移0.02mol 电子。

【点睛】
对于任意一个氧化还原反应，总有氧化剂得电子数=还原剂失电子数=转移的总电子数，因此只需求出最好求的那一项，另外两项就迎刃而解了。

6．乙烯是一种重要的化工原料，可由乙烷为原料制取，回答下列问题。

（1）传统的热裂解法和现代的氧化裂解法的热化学方程式如下： ①C 2H 6(g)=C 2H 4(g)+H 2(g) ΔH 1=+136kJ·
mol -1 ②C 2H 6(g)+1
2
O 2(g)=C 2H 4(g)+H 2O(g) ΔH 2=-110kJ·mol -1 已知反应相关的部分化学键键能数据如下：
化学键
H-H(g) H-O(g) O=O
键能(kJ·
mol -1) 436 x
496
由此计算x=___，通过比较ΔH 1和ΔH 2，说明和热裂解法相比，氧化裂解法的优点是___(任写一点)。

（2）乙烷的氧化裂解反应产物中除了C 2H 4外，还存在CH 4、CO 、CO 2等副产物(副反应均为放热反应)，图甲为温度对乙烷氧化裂解反应性能的影响。

乙烷的转化率随温度的升高而升高的原因是___，反应的最佳温度为___(填序号)。

A ．700℃ B ．750℃ C ．850℃ D ．900℃
[乙烯选择性=
242442n(C H )
n(C H )+n(CH )+n(CO)+n(CO )
；乙烯收率=乙烷转化率×乙烯选择性]
（3）烃类氧化反应中，氧气含量低会导致反应产生积炭堵塞反应管。

图乙为262n(C H )
n(O )的
值对乙烷氧化裂解反应性能的影响。

判断乙烷氧化裂解过程中262n(C H )
n(O )
的最佳值是___，
判断的理由是___。

（4）工业上，保持体系总压恒定为100kPa 的条件下进行该反应，通常在乙烷和氧气的混合气体中掺混惰性气体(惰性气体的体积分数为70%)，掺混惰性气体的目的是___。

反应达平衡时，各组分的体积分数如下表：
计算该温度下的平衡常数：K p =___(用平衡分压代替平衡浓度，平衡分压=总压×体积分数)。

【答案】465 氧化裂解反应是放热反应，节约能源(或氧化裂解反应热力学趋势上大) 温度升高，反应速率加快，转化率升高 C 2.0 比值小于2.0时，乙烯的收率降低；比值大于2.0时，乙烯的收率并未增加且产生更多的积炭，堵塞反应管 正反应是气体分子数增多的反应，恒压充入惰性气体相当于扩大容器体积，降低分压，有利于平衡正向移动 75(kPa)0.5 【解析】 【分析】
(1)根据盖斯定律，得出H 2(g)＋
1
2
O 2(g)=H 2O(g)的反应热，再根据△H ＝反应物的总键能−生成物的总键能，可求出x 的值；
(2)温度升高，化学反应速率加快，根据图象，随温度升高，乙烷的转换率越高；综合乙烯的转化率和选择性，图中即可对应找出最佳的反应温度；
(3)含氧量高，会造成积炭，要根据图象找出乙烯收率高而相对积炭少的点，即图中
()
()
226O C H n n 的比值为2时最佳；
(4)根据平衡常数与反应物、生成物的关系，并且将浓度关系转变为分压关系来解答。

【详解】
(1)根据盖斯定律，②−①得到：H 2(g)＋
1
2
O 2(g)═H 2O(g) △H ＝−246kJ/mol ，根据键能关系△H ＝反应物的总键能−生成物的总键能＝436＋496/2−2x ＝−246，x ＝465；由热化学方程式可以看出，热裂解法是吸热反应，需要消耗能源，氧裂解法是放热反应，不需要从外界得到能量，故答案为：465；氧化裂解反应是放热反应，节约能源(或氧化裂解反应热力学趋势上大)；
(2)由图可知，随温度的升高，乙烷的转化率在升高，考虑化学反应速率的影响因素，温度越高，反应速率越快；由图，要乙烷的转化率尽可能高，而副产物又相对较少，及乙烯的选择性较高，应找到乙烯收率较高时的温度，对应下温度在850左右，故答案为：温度升高，反应速率加快，转化率升高；C ；
(3)由(2)分析可知，我们要选择乙烯收率较高的点，在图2中，比值小于2时，乙烯收率随比值增大在上升，比值大于2时，乙烯的收率并未增加，并且氧含量值在降低，会造成积炭，故答案为：2.0；比值小于2.0时，乙烯的收率降低；比值大于2.0时，乙烯的收率并
未增加且产生更多的积炭，堵塞反应管；
(4)C2H6(g)＋1 2
O2(g)＝C2H4(g)＋H2O(g)反应是体积在增大的反应，充入惰性气体，总压恒定，分压就降低了，压强降低会促使反应向体积增大的方向移动，即正向移动。

根据平衡常数的表达式K p＝
()()
24
2
2
2
1
26
(C H))
H O
O
C
(
H
P P
P P
⋅
⋅
＝75(kPa)0.5，故答案为：75(kPa)0.5。

【点睛】
解答(1)关键在于考查断键吸热，成键放热的知识；利用反应速率的影响因素来分析实践生活中最佳的反应条件，本题主要考虑温度，化学反应速率常数的表达式要转变成用分压来表示。

7．亚硝酰硫酸（NOSO4H）主要用于染料、医药等工业。

实验室制备亚硝酰硫酸的方法如下：将SO2通入盛有浓硫酸和浓硝酸的混合液中，维持体系温度略低于20℃，搅拌，使其充分反应。

反应过程中，亚硝酰硫酸的物质的量和硝酸的物质的量随时间的变化如图所示。

（1）①实验室制备NOSO4H的化学反应方程式为___。

②反应进行到10min后，反应速度明显加快，其可能的原因是___。

③反应过程中，硝酸减少的物质的量大于NOSO4H 生成的物质的量的可能原因是___（2）为了测定亚硝酰硫酸的纯度，进行如下实验：。

准确称取1.200g产品放入锥形瓶中，加入50.00mL0.1000mol·L-1的KMnO4标准溶液和足量稀H2SO4，摇匀，使其充分反应。

再将反应后溶液加热至60~70℃（使生成的HNO3挥发逸出），冷却至室温，用0.2500mol·L-1Na2C2O4标准溶液滴定至终点，消耗Na2C2O4溶液的体积为16.00mL。

已知：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4；KMnO4在酸性条件下被还原为Mn2+。

根据以上实验数据计算亚硝酰硫酸的纯度。

（写出计算过程）___
【答案】HNO3+SO2NOSO4H 生成的NOSO4H对该反应有催化作用硝酸会挥发和分解 90.00%
【解析】
【分析】
（1）设NOSO 4H 中N 的化合价为x ，根据化合价代数和为0有：x+(+6)×1+(-2)×5+(+1) ×1=0，解得：x=+3，N 元素化合价从+5降低到+3，必有S 元素化合价从+4升高到+6，发生的是氧化还原反应，氧化剂与还原剂物质的量之比=1：1；
（2）50.00mL0.1000mol·L -1的KMnO 4与16.00mL 0.2500mol·L -1Na 2C 2O 4反应之后剩余的KMnO 4再与NOSO 4H 反应。

【详解】
（1）①N 元素化合价从+5降低到+3，必有S 元素化合价从+4升高到+6，N 元素和S 元素的物质的量之比=1:1，所以反应的方程式为：HNO 3+SO 2
浓硫酸
NOSO 4H ，故答案为：
HNO 3+SO 2
浓硫酸
NOSO 4H ；
②反应前十分钟没有加快，不是温度，十分钟后明显加快，说明生成的物质对反应有催化作用，故答案为：生成的NOSO 4H 对该反应有催化作用；
③从反应的方程式看：参加反应的硝酸和生成的NOSO 4H 比例为1:1，消耗的硝酸多，可能是有一部分挥发和分解了，故答案为：硝酸会挥发和分解；
（2）一部分KMnO 4标准溶液和NOSO 4H 反应，剩余的KMnO 4标准溶液用Na 2C 2O 4反滴定，KMnO 4和Na 2C 2O 4，KMnO 4中Mn 元素化合价从+7降低到+2，降低5，作氧化剂，Na 2C 2O 4中C 元素化合价从+3升高到+4升高了1，2个C 升高了2，作还原剂，根据得失电
子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比=2:5，所以
4224
-31
2KMnO 5Na C O 2mol 5mol n 0.25mol/L 1610L
~
⨯⨯，
解得：和Na 2C 2O 4反应的KMnO 4的物质的量n 1=1.6×10-3mol ，KMnO 4总的物质的量=50.00×10-3L×0.1000mol·L -1=5×10-3mol ，所以和NOSO 4H 反应的KMnO 4的物质的量=5×10-
3
mol-1.6×10-3mol=3.4×10-3mol ，所以4432KMnO 52mol 5127g 3.410m
NOSO H -~⨯⨯，解得NOSO 4H 的质量
m=1.0795g ，所以样品中NOSO 4H 的纯度=1.0795g
100%1.2g
⨯≈90.00%，故答案为：90.00%。

【点睛】
和Na 2C 2O 4反应的KMnO 4加上和NOSO 4H 反应的KMnO 4为总的KMnO 4的量。

8．CO 2的回收与利用是科学家研究的热点课题。

可利用CH 4与CO 2制备合成气(CO 、H 2)，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：CH 4(g)⇌C(ads) +2H 2(g) (慢反应) 反应②：C(ads) + CO 2(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：。