备战高考化学 化学反应原理综合考查 培优练习(含答案)及答案解析

备战高考化学化学反应原理综合考查培优练习(含答案)及答案解析
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)
0.5
0.5
0.25
0O 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 =2222
2(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 24NO+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．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)＋4WO3(s) △H3=△H2-4△H1；0.8；
（2）①由图可知，3H2(g)+WO3(s)ƒW(s)+3H2O(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
3
3100%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。

3．以天然气为原料合成氨是现代合成氨工业发展的方向与趋势
（一）天然气与氮气为原料，以固态质子交换膜为电解质，在低温常压下通过电解原理制备氨气如图所示：
写出在阴极表面发生的电极反应式：_____________。

（二）天然气为原料合成氨技术简易流程如下：
一段转化主要发生的反应如下:
噲?CO（g）+3H2（g）ΔH1 = 206kJ·molˉ1
①CH4（g） +H2O（g）垐?
噲?CO2（g） + H2（g）ΔH2 = -41kJ·molˉ1
②CO（g） + H2O（g）垐?
二段转化主要发生的反应如下:
噲?2CO（g）+4H2（g）ΔH3 = -71.2kJ·molˉ1
③2CH4（g）+ O2（g）垐?
噲?2CO2（g）ΔH4 = -282kJ·molˉ1
④2CO（g） + O2（g）垐?
（1）已知CO中不含C=O，H－H的键能为436kJ·molˉ1，H－O的键能为463 kJ·molˉ1，C－H的键能为414kJ·molˉ1，试计算C=O的键能_________。

（2）实验室模拟一段转化过程，在800o C下，向体积为1L的恒容密闭反应器中，充入
1mol的CH4与1mol的H2O，达到平衡时CH4的转化率为40%，n（H2）为1.4mol，请计算反应②的平衡常数_________。

（3）下列说法正确的是_________。

A．合成氨过程实际选择的温度约为700℃，温度过高或过低都会降低氨气平衡产率B．上述工业流程中压缩既能提高反应速率又能提高合成氨的产率
C．二段转化释放的热量可为一段转化提供热源，实现能量充分利用
D．二段转化过程中，需严格控制空气的进气量，否则会破坏合成气中的氢氮比
（4）已知催化合成氨中催化剂的活性与催化剂的负载量、催化剂的比表面积和催化反应温度等因素有关，如图所示：
①实验表明相同温度下，负载量5%催化剂活性最好，分析负载量9%与负载量1%时，催化剂活性均下降的可能原因是________。

②在上图中用虚线作出负载量为3%的催化剂活性变化曲线_______。

【答案】N2+6H++6e- = 2NH3 799.5kJ·molˉ1 3.5 BCD 负载量1%时，则负载量过低导致催化活性降低，负载量9%负载量虽高但催化剂的比表面积会降低而使催化活性降低
【解析】 【分析】 【详解】
(一)与外电源负极相连的为电解池阴极，发生还原反应，装置中N 2转化为NH 3，所以阴极表面发生的电极反应：N 2+6H ++6e -=2NH 3，故答案：N 2+6H ++6e - = 2NH 3； (二)(1)根据盖斯定律可知将反应①+②得到：CH 4(g )+2H 2O (g )=CO 2(g )+4H 2(g ) ΔH =165kJ /mol ，ΔH =4E (C -H )+4E (O -H )-2E (C =O )-4E (H -H )=4×414kJ /mol +4×463kJ /mol -2×E (C =O )-4×436kJ /mol =165kJ /mol ，可得E (C =O )=799.5kJ /mol ，故答案为：799.5kJ /mol ；
(2)发生的反应为① CH 4(g )+H 2O (g )垐?噲? CO (g )+3H 2(g ) ΔH 1 = 206 kJ ·mol ˉ1
()()()()422(mol/L)1100(mol/L)
0.40.40.4 1.2(mol/L)0.60.60.41CH g +H O g CO g +3H g .2起始变化平衡ƒ
()()()()
222(mol/L)0.40.60 1.2(mol/L) 1.4 1.2(mol/L)
0.40.6 1.4
CO g + H O g CO g +H g x x x x
x
x
---起始变化平衡ƒ
解得x =0.2mol /L 。

反应②的平衡常数K =
0.2 1.4
0.20.4
⨯⨯=3.5，故答案：3.5；
(3)A ．合成氨的反应为放热过程，温度升高降低平衡转化率，故A 错误；
B ．压缩相当于加压，反应向气体分子数减少方向移动，加压有利于反应正向进行，所以上述工业流程中压缩既能提高反应速率又能提高合成氨的产率，故B 正确；
C ．一段过程主要为吸热过程，二段主要过程为放热过程，因此可以通过传热装置转化释放的热量，可为一段反应转化提供热源，实现能量充分利用，故C 正确；
D ．二段过程中主要是有O 2参加反应，可通过空气来提供反应所需要的O 2，但需严格控制空气的进气量，否则会发生其余副反应，破坏合成气中的氢氮比，故D 正确；
故答案为：B、C、D；
(4)①负载量较低时，提供催化活性中心的活性位点不足，可能导致催化剂活性不够，负载量过高，催化剂的比表面积会降低，导致催化剂活性中心位点过于拥挤，可能导致空间坍塌影响催化活性，故答案为：负载量1%时,则负载量过低导致催化活性降低,负载量9%负载量虽高但催化剂的比表面积会降低而使催化活性降低；
②负载量为3%小于负载量5%，并且已知负载量1%时活性低于5%负载量，负载量为9%时高于负载量为1%的催化剂活性，但1%的负载量与9%的负载量所体现的催化活性及其接近，可推知低负载量对于催化剂活性的影响较之于高负载量对于催化剂活性的影响更大，则3%负载量的催化剂活性应介于5%与9%之间的负载量之间的活性，所以作图为：
，故答案：。

4．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H3PO4HF
电离常数Ka1＝7.1×10−3；
Ka2＝6.3×10−8；
Ka3＝4.2×10−13
Ka＝6.6×10−4
向NaF溶液中滴加少量H3PO4溶液，反应的离子方程式为____________
(2)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
则：①工业上用Ca5(PO4)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Ca5(PO4)3F时生成的副产物CO可用于制备H2，原理为CO(g)+H2O(g)
CO2(g)+H2(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
()()()()
2220.050.10.040.040.CO g H O g CO g H g (mol 01
0.06
/L)00(mol/L)0.040.04(mol/L)0.04
0.04
ƒ＋＋起始浓度转化浓度平衡浓度
因此CO 的平衡转化率α=
0.040.05
×100%＝80%，该反应的平衡常数K ＝0.040.040.010.06⨯⨯=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。

5．（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 、LiCoO 2、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LiCoO 2与H 2O 2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Ni 2+的浓度为2.1×10−11 mol·L −1时，pH=______(lg5=0.7)。

【答案】2LiCoO 2+3H 2SO 4+H 2O 2Li 2SO 4+O 2↑+2CoSO 4+4H 2O Fe 3+、Al 3+（1分，少选和错
选没分） Fe 3+ +3OH −Fe(OH)3或Al 3+ +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）LiCoO 2与硫酸和H 2O 2反应生成能使带火星木条复燃的气体，说明LiCoO 2在硫酸作用下把H 2O 2氧化成O 2，+3价Co 降低为+2价的Co 2+，方程式为2LiCoO 2+3H 2SO 4+H 2O 2Li 2SO 4+O 2↑+
2CoSO 4+4H 2O 。

（2）由图可知，加入NaOH 溶液调pH=5时，Fe 3+、Al 3+沉淀完全，所以去除Fe 3+的离子方程式为Fe 3++3OH −
Fe(OH)3，去除Al 3+的离子方程式为Al 3++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 (Ni 2+
)·c 2
(OH −
)=5.25×10−16
，c 2
(OH −
)=16
11
5.25102.110
--⨯⨯=2.5×10−5，c (OH −)=5×10−3，pOH=3−lg5=2.3，pH=14−pOH=14−2.3=11.7。

6．甲烷催化裂解、氧气部分氧化和水煤气重整是目前制氢的常用方法。

回答下列问题： (1)甲烷隔绝空气分解，部分反应如下： Ⅰ.CH 4(g )=C (s )+2H 2(g ) ∆H 1=+74.9kJ /mol Ⅱ.6CH 4(g )=C 6H 6(g )+9H 2(g ) ∆H 2=+531kJ /mol Ⅲ.2CH 4(g )=C 2H 4(g )+2H 2(g ) ∆H 3=+202kJ /mol ①反应I 的△S___(填“＞”或“＜”)0。

②66224C H (g)3H (g)3C H (g)+=的 △H =______kJ /mol 。

(2)CH 4用水蒸气重整制氢包含的反应为： Ⅰ.水蒸气重整：1422CH (g)H O(g)CO(g)3H (g)ΔH 206kJ mol -++=+⋅ƒ Ⅱ.水煤气变换：1222CO(g)H O(g)CO (g)H (g)ΔH 41.2kJ mol -++=-⋅ƒ
平衡时各物质的物质的量分数如图所示：
①为提高CH 4的平衡转化率，除压强、温度外，还可采取的措施是___________(写一条)。

②温度高于T 1℃时，CO 2的物质的量分数开始减小，其原因是___________。

③T 2℃时，容器中
()()
22n H =n CO ______________。

(3)甲烷部分氧化反应为14221
CH (g)O (g)CO(g)2H (g)ΔH 36kJ mol 2
-+
=+=-⋅。

已知甲烷部分氧化、甲烷水蒸气重整、水煤气变换反应的平衡常数的自然对数ln K p 与温度的关系如图所示：
①图中Q 点时，反应242CO (g)CH (g)2CO(g)2H (g)++ƒ的In K p =________。

②在某恒压密闭容器中充入lmol CH 4和1mol H 2O (g )在某温度下发生水蒸气重整反应达到平衡时，CH 4的转化率为50%，容器总压强为1 atm 。

H 2的平衡分压p (H 2)=____atm ；此温度下反应的lnKp =___(已知；ln3≈l .1，ln4≈l .4)。

【答案】＞ +75 增大起始时
()()
24n H O n CH (或及时从产物中分离出氢气) 反应Ⅱ为放热反
应，从T 1℃升高温度，平衡向逆反应方向移动的因素大于CO 浓度增大向正反应方向移动的因素，净结果是平衡逆向移动 7(或7:1) 0 0.5 -0.3
【解析】 【分析】 【详解】
(1)①气体体积增大的过程为熵增的过程，熵增过程△S 大于0，反之小于0，反应I 为CH 4(g )=C (s )+2H 2(g )，气体物质的量增大，混乱度增大，属于熵增的过程，△S ＞0； ②已知：Ⅱ.6CH 4(g )=C 6H 6(g )+9H 2(g ) ∆H 2=+531kJ /mol Ⅲ.2CH 4(g )=C 2H 4(g )+2H 2(g ) ∆H 3=+202kJ /mol
根据盖斯定律，Ⅲ×3-Ⅱ可得：C 6H 6(g )+3H 2(g )=3C 2H 4(g ) △H =(+202kJ /mol )×3-(+531kJ /mol )=+75 kJ /mol ；
(2)①为提高CH 4的平衡转化率，即要让反应向正向进行，除压强、温度外，还可将生成的氢气从产物中分离出去，或增大起始时的
()()
24n H O n CH ；
②反应Ⅰ是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO 的浓度增大，反应Ⅱ为放热反应，升高温度，反应逆向进行，CO 2的量减少，出现如图所示CO 2的物质的量分数开始减小，说明T 1℃升高温度，平衡向逆向移动的因素大于CO 浓度增大向正向移动的因素，结果是平衡逆向移动；
③根据图像，T 2℃时，容器中一氧化碳和二氧化碳的物质的量分数相等，设T 2℃时，二氧化碳的物质的量为x ，列三段式：
222
2CO+H O CO +H (mol)2x 00(mol)x x
x x T (mol)x
x x ƒ
始变时
422
2CH +H O CO+3H (mol)00(mol)2x 2x
2x 6x T (mol)
2x
2x
6x
ƒ
始变时
根据上述分析，T 2℃时，n (H 2)=6x +x =7x ，n (CO 2)=x ，则
()()
22n H =
n CO 7x
x
=7； (3)①图中Q 点时，甲烷水蒸气重整、水煤气变换反应的平衡常数的自然对数ln K p 相等，
即压强平衡常数相等，则()()()()()()
()()
3
222422p H p CO p CO p H =p CH p H O p CO p H O ，可得
()()
()()
2
2
242p H p CO p CH p CO =1；则反应242CO (g)CH (g)2CO(g)2H (g)++ƒ的压强平衡常数
K p =()()()()
22
242p H p CO p CH p CO =1，则ln K p =ln1=0； ②在某恒压密闭容器中充入lmol CH 4和1mol H 2O (g )在某温度下发生水蒸气重整反应达到
平衡时，CH 4的转化率为50%，容器总压强为1atm 。

根据反应
422CH (g)H O(g)CO(g)3H (g)++ƒ，则平衡时n (CH 4)=lmol -lmol ×50%=0.5mol ，
n (H 2O )= lmol -lmol ×50%=0.5mol ，n (CO )=0.5mol ，n (H 2)=3×0.5mol =1.5mol ，根据分压=总压×物质的量分数，则H 2的平衡分压p (H 2)=
1.5
0.50.50.5 1.5
++
+×1atm =0.5 atm ，用
压强表示该反应的平衡常数K p =3
1atm 1atm 1.50.5
330.1at 50.5
3m 1atm 3
⎛⎫⨯⨯⨯⎭⨯ ⎪⎝⨯⨯=34，则ln K p =ln 34= ln3-
ln4=1.1-1.4=-0.3。

7．亚硝酰硫酸（NOSO 4H ）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SO 2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NOSO 4H 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NOSO 4H 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KMnO 4标准溶液和足量稀H 2SO 4，摇匀，使其充分反应。

再将反应后溶液加热至60~70℃（使生成的HNO 3挥发逸出），冷却至室温，用0.2500mol·L -1Na 2C 2O 4标准溶液滴定至终点，消耗Na 2C 2O 4溶液的体积为16.00mL 。

已知：2KMnO 4+5NOSO 4H+2H 2O=K 2SO 4+2MnSO 4+5HNO 3+2H 2SO 4；KMnO 4在酸性条件下被还原为Mn 2+。

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】HNO 3+SO 2NOSO 4H 生成的NOSO 4H 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．研究碳、氮、硫等元素化合物的性质或转化对建设生态文明、美丽中国具有重要意义。

(1)海水中无机碳的存在形式及分布如图所示,用离子方程式表示海水呈弱碱性的主要原因______________________。

已知春季海水pH＝8.1，预测冬季海水碱性将会_______(填“增强”或“减弱”)，理由是_________________。

(2)工业上以CO和H2为原料合成甲醇的反应：CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g) ΔH＜0，在容积为1L的恒容容器中，分别在T1、T2、T3三种温度下合成甲醇。

如图是上述三种温度下不同H2和CO的起始组成比(起始时CO的物质的量均为1mol)与CO平衡转化率的关系。

下列说法正确的是________(填字母)。

A．a、b、c三点H2转化率：c＞a＞b
B．上述三种温度之间关系为T1＞T2＞T3
C．c点状态下再通入1molCO和4molH2，新平衡中H2的体积分数增大
D．a点状态下再通入0.5molCO和0.5molCH3OH，平衡不移动
(3)NO加速臭氧层被破坏，其反应过程如下图所示：
①NO的作用是_________________。

②已知：O3(g)＋O(g)===2O2(g) ΔH＝－143kJ·mol－1
反应1：O3(g)＋NO(g)===NO2(g)＋O2(g) ΔH1＝－200.2kJ·mol－1。

反应2：热化学方程式为____________________________。

(4)若将CO和NO按不同比例投入一密闭容器中发生反应：2CO(g)＋2NO(g)=N2(g)＋2CO2(g) ΔH＝－759.8kJ·mol -1，反应达到平衡时，N的体积分数随n(CO)n(NO)的变化曲线如下图。

①b点时，平衡体系中C、N原子个数之比接近________。

②a 、b 、c 三点CO 的转化率从小到大的顺序为________；b 、c 、d 三点的平衡常数从大到小的顺序为__________。

③若n(CO)n(NO)＝0.8，反应达平衡时，N 的体积分数为20%，则NO 的转化率为_____。

【答案】HCO 3-+H 2O=H 2CO 3+OH -； 减弱； 水解是吸热的，温度越低，水解程度越低； D ； 催化剂； NO 2(g)+O(g)=NO(g)+O 2(g) △H=+57.2 kJ/mol ； 1：1； c<b<a ； b=c>d ； 60%。

【解析】 【分析】
（1）本小题考察盐类水解，水解平衡为吸热反应，冬天温度降低，水解平衡逆向移动，溶液碱性减弱；
（2）根据图中n(H 2)/n(CO)越大，即增大氢气浓度，平衡正向移动，CO 的转化率增大；根据图中关系，当n(H 2)/n(CO)一定时，温度升高，CO 转化率变大，反应正方向为吸热反应，与题意反应是放热反应像违背；利用反应平衡常数，在此基础上再加入反应物质，可求出Q c ，比较Q c 与K 即可推断出平衡是否移动。

（3）通过图示，不难得到NO 起着催化剂的作用，根据盖斯定律，可以得到反应2的热化学方程式；
（4）当反应物按化学计量数之比加入时，平衡时的N 2的体积分数最大，所以b 点的平衡体系中C 、N 原子个数比接近1：1；根据反应是放热反应，当n(CO)/n(NO)一定时，温度升高，平衡逆向移动，平衡常数变小，CO 的转化率变小；列出三段式即可求出NO 的转化率。

【详解】
(1)海水呈弱碱性的主要原因是HCO 3-+H 2O=H 2CO 3+OH -；春季海水pH ＝8.1，水解平衡为吸热反应，冬天温度降低，水解平衡逆向移动，溶液碱性减弱；
(2) A.根据图中n(H 2)/n(CO)越大，即增大氢气浓度，平衡正向移动，CO 的转化率增大，而氢气转化率变小，图中CO 转化率c>b ，所以氢气转化率b>c ；a 、b 两点的n(H 2)/n(CO)相同，CO 转化率越大，氢气的转化率越大，所以a>b 。

综上氢气的转化率为a>b>c ；A 项错误；
B.根据图中关系，当n(H 2)/n(CO)一定时，温度升高，CO 转化率变大，反应正方向为吸热反应，与题意反应是放热反应像违背；所以温度T 1<T 2<T 3；B 项错误；
C.c 点状态下再通入1molCO 和4molH 2，等效平衡在原平衡的基础上压强增大一倍，正方向为气体体积减小的反应，故平衡正向移动，新平衡中H 2的体积分数减小，C 项错误；
D.T 1温度下，a 点n(H 2)/n(CO)=1.5，列出三段式：
()()()23 CO g 2H g ===CH OH g ? 1 1.5 0 0.5 1 0.5 0.5 0.5 0.5
＋起始反应平衡 ，T 1温度下的平衡常数K=
2
0.5
0.50.5
⨯ =4，再通入0.5molCO 和0.5molCH 3OH ，Qc=2
0.50.5
(0.50.5)0.5++⨯ =4，所以平衡不移动，D 项正
确；。