高考化学与化学反应与能量有关的压轴题含答案解析

高考化学与化学反应与能量有关的压轴题含答案解析
一、化学反应与能量练习题（含详细答案解析）
1．五氧化二钒常用作化学工业中的催化剂，广泛用于冶金、化工生产。

一种以粗钒（主要含有V2O5、V2O4，还有少量Fe3O4、Al2O3、SiO2等）为原料生产五氧化二钒的工艺流程如下：
已知：①部分含钒物质的溶解情况：（VO2）2SO4易溶于水，VOSO4可溶于水，NH4VO3难溶于水。

②部分金属离子[c（M n+）=0.1 mol/L]形成氢氧化物及氢氧化物溶解与pH的关系如下表：
回答下列问题：
（l）“研磨”的目的是___，“酸溶”时V2O5发生反应的化学方程式为____ 。

（2）加入NaCIO溶液，含钒元素的粒子发生反应的离子方程式为___。

（3）向三颈烧瓶中加入NaOH溶液时实验装置如图所示，虚线框中最为合适的仪器是___（填标号），调节溶液的pH范围为___，滤渣b为___（写化学式）。

（4）实验显示，沉钒率的高低与温度有关，如图是沉钒率随温度的变化曲线，则沉钒时的加热方法为___。

温度高于80℃，沉钒率下降，其可能原因是____
【答案】增大固体与酸溶液的接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率
V2O5+H2SO4=(VO2)2SO4+H2O 2VO2++ClO-+H2O=2VO2++Cl-+2H+ D 4.7≤pH＜7.8 Fe(OH)3、
Al(OH) 水浴加热(热水浴) 温度高于80℃，NH4+水解程度增大成为主要因素，由于NH4+浓度减小，沉钒率下降
【解析】
【分析】
粗钒(主要含有V2O5、V2O4，还有少量Fe3O4、Al2O3、SiO2等)经过研磨粉碎，加入硫酸进行酸浸，V2O5、V2O4，还有少量Fe3O4、Al2O3被硫酸溶解形成含有VO2+、VO2+、Fe2+、Fe3+、Al3+的浸出液，由于SiO2不与硫酸反应，经过滤后，得到的滤渣a为SiO2，滤液a为含有VO2+、VO2+、Fe2+、Fe3+、Al3+的滤液，向滤液a中加入具有强氧化性的NaClO溶液，将滤液中的VO2+、Fe2+氧化为VO2+、Fe3+，再加入氢氧化钠溶液，调节溶液pH值，将滤液中的Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，过滤后得到的滤渣b为Fe(OH)3、Al(OH)3、滤液b为主要含有VO2+的滤液，加入饱和氯化铵溶液，使VO2+转化为NH4VO3沉淀，对生成的NH4VO3沉淀高温煅烧，获得V2O5，据此分析解答。

【详解】
(l)“研磨”可将块状固体变为粉末状，目的是增大固体与酸溶液的接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；“酸溶”时V2O5被硫酸溶解形成VO2+，发生反应的化学方程式为
V2O5+H2SO4=(VO2)2SO4+H2O；
(2)根据分析，向滤液a中加入具有强氧化性的NaClO溶液，将滤液中的VO2+、Fe2+氧化为VO2+、Fe3+，含钒元素的粒子发生反应的离子方程式为2VO2++ClO-+H2O=2VO2++Cl-+2H+；(3)加入氢氧化钠溶液，调节溶液pH值，将滤液中的Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，根据部分金属离子[c(M n+)=0.1 mol/L]形成氢氧化物及氢氧化物溶解与pH的关系表格数据可知， pH值为2.8时，Fe(OH)3完全沉淀，pH值为4.7时，Al(OH)3完全沉淀，pH 值为7.8时，Al(OH)3开始溶解，调节溶液的pH范围为4.7≤pH＜7.8，滤渣b为Fe(OH)3、Al(OH)3，向三颈烧瓶中加入NaOH溶液时，虚线框中最为合适的仪器是恒压漏斗，能保证仪器内外压强相等，使氢氧化钠溶液顺利流下，答案选D；
(4)由图像可知，当温度为80℃左右钒的沉淀率最高，酒精灯的火焰温度太高，不能直接用酒精灯加热，则在该温度下加热方法应使用水浴加热；沉钒过程中使用的是饱和氯化铵溶液，铵根离子可水解，温度越高水解程度越大，铵盐不稳定，受热易分解生成氨气，温度高于80℃，NH4+水解程度增大成为主要因素，溶液中NH4+浓度减小，使沉钒率下降。

2．工业上利用锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等杂质)制取金属锌的工艺流程如下。

回答下列问题：
(1)ZnFe2O4是一种性能优良的软磁材料，也是一种催化剂，能催化烯类有机物氧化脱氢等反应。

①ZnFe2O4中Fe的化合价是________。

②工业上利用反应ZnFe2(C2O4)3·6H2O Δ
ZnFe2O4＋2CO2↑＋4CO↑＋6H2O制备ZnFe2O4。

该
反应中每生成1 mol ZnFe2O4转移电子的物质的量是________。

(2)酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率。

为达到这一目的，还可采用的措施是________________________(任答一条)；已知ZnFe2O4能溶于酸，则酸浸后溶液中存在的金属离子有____________________________________________。

(3)净化Ⅰ中H2O2参与反应的离子方程式为_________；试剂X的作用是_______。

【答案】＋3 4 mol 增大硫酸的浓度(或升高温度、搅拌等其他合理答案) Zn2＋、Fe3＋、Fe2＋、Cu2＋ H2O2＋2Fe2＋＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O 调节溶液的pH，促进Fe3＋水解
【解析】
【分析】
将锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等氧化物杂质)酸浸，发生反应ZnFe2O4+8H+=Zn2++2Fe3++4H2O、ZnO+2H+=Zn2++H2O、FeO+2H+=Fe2++H2O、
CuO+2H+=Cu2++H2O，向溶液中加入双氧水，发生反应2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，调节溶液的pH将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，调节溶液pH时不能引进新的杂质，可以用ZnO，所以X为ZnO，然后向溶液中加入Zn，发生反应Cu2++Zn=Zn2++Cu，然后过滤，所以Y中含有Cu，最后电解得到Zn；
(1)①ZnFe2O4中锌的化合价+2价，氧元素化合价-2价，结合化合价代数和为0计算得到Fe 的化合价；
②工业上利用反应ZnFe2(C2O4)3•6H2O Δ
ZnFe2O4+2CO2↑+4CO↑+6H2O制备ZnFe2O4．反应过
程中铁元素化合价+2价变化为+3价，碳元素化合价+3价变化为+4价好+2价，计算转移电子的物质的量；
(2)酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率．为达到这一目的，还可采用的措施是增大硫酸的浓度或升高温度、空气搅拌等，已知ZnFe2O4能溶于酸，则酸浸后溶液中存在的金属离子有，氧化锌溶解得到锌离子、氧化亚铁溶解得到亚铁离子、氧化铜溶解得到铜离子、ZnFe2O4能溶于酸得到铁离子；
(3)净化Ⅰ中H2O2参与反应是双氧水具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，试剂X的作用是调节溶液PH，促进Fe3+水解生成氢氧化铁沉淀除去。

【详解】
(1)①ZnFe2O4中锌的化合价+2价，氧元素化合价-2价，结合化合价代数和为0计算得到Fe 的化合价，+2+x×2+(-2)×4=0，x=+3；
②工业上利用反应ZnFe2(C2O4)3•6H2O Δ
ZnFe2O4+2CO2↑+4CO↑+6H2O制备ZnFe2O4，反应过
程中铁元素化合价+2价变化为+3价，碳元素化合价+3价变化为+4价好+2价，则氧化产物为：ZnFe2O4、CO2，每生成1mol ZnFe2O4，碳元素化合价+3价变化为+2价降低得到电子，每生成1mol ZnFe2O4，生成4molCO转移电子的物质的量是4mol；
(2)酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率．为达到这一目的，还可采用的措施是增大硫酸的浓度或升高温度、空气搅拌等，已知ZnFe2O4能溶于酸，则酸浸后溶液中存在的金属离子有，氧化锌溶解得到锌离子、氧化亚铁溶解得到亚铁离子、氧化铜溶解得到铜
离子、ZnFe2O4能溶于酸得到铁离子，所以得到的金属离子有：Zn2+、Fe3+、Fe2+、Cu2+；(3)净化Ⅰ中H2O2参与反应是双氧水具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为：H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O，试剂X的作用是调节溶液pH，促进Fe3+水解生成氢氧化铁沉淀除去。

3．钴和锌是重要的有色金属，其单质及化合物被广泛用于国民经济各个领域。

一种从有机废催化剂中回收钴和锌的工艺流程如下：
已知：“浸出”后溶液中含有Co2＋、Zn2＋、Mn2＋、Fe2＋、Fe3＋等。

请回答：
(1)“煅烧”的目的为______________________________。

(2)“净化”时，与KMnO4发生反应的所有离子方程式有
_____________________________。

(3)“沉钴”时，发生如下反应：(NH4)2S2O8＋H2O→NH4HSO4＋H2O2；H2O2→H2O＋O；···········；Co3＋＋H2O→Co(OH)3＋H＋。

所缺的化学方程式为
______________________________；每生成1 molCo(OH)3，理论上消耗(NH4)2S2O8的物质的量为__________。

(4)Co(OH)3沉淀应依次用稀硫酸和水洗涤，检验沉淀是否洗涤干净的方法是
____________。

(5)“沉钴”时pH不能太高，其原因为______________________________；“沉锌”时温度不能太高，其原因为________________________________________。

(6)取“沉锌”后所得固体34.1g，煅烧后得到固体24.3g，将生成的气体通过足量的浓硫酸，增重5.4g。

则所得固体的化学式为____________。

【答案】除去其中的有机物(或将金属元素转化为氧化物，有利于后续浸出，合理即可) MnO4-+3Fe2++7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+、3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+
2Co2++O+2H+=2Co3++H2O 0.5mol 取最后一次洗涤液少许于试管中，向其加入氯化钡溶液，没有白色沉淀生成，证明洗涤干净防止Zn2+提前沉淀防止NH4HCO3热分解
ZnCO3∙2Zn(OH)2∙H2O
【解析】
【分析】
将废催化剂高温煅烧，将有机废催化剂中的有机物除去，并将金属元素转化为金属氧化物，用硫酸对煅烧产物进行酸浸，pH控制在1~5，得到含有Co2＋、Zn2＋、Mn2＋、Fe2＋、Fe3＋的浸出液，调节溶液pH值为5~5.2，加入高锰酸钾将Mn2＋、Fe2＋氧化并转化为Fe(OH)3和MnO2除去，再次调节溶液pH值为4.5，加入(NH4)2S2O8将Co2＋氧化为Co3＋并转化为Co(OH)3沉淀除去，调节pH值为8，加入碳酸氢铵使锌离子转化为ZnCO3∙xZn(OH)2∙yH2O沉淀，据此分析解答。

【详解】
(1)“煅烧”可以除去其中的有机物，同时可将金属元素转化为金属氧化物，有利于后续浸出；
(2)“净化”时，加入KMnO 4的目的是除去溶液中的Fe 2+和Mn 2+，反应的离子方程式为：MnO 4-+3Fe 2+ +7H 2O= MnO 2↓+3Fe(OH)3↓+5H +、3Mn 2++2MnO 4-+2H 2O=5MnO 2↓+4H +；
(3)从流程中可以看出，“沉钴”时，(NH 4)2S 2O 8为氧化剂，因此除去的是Co 2＋，结合所给反应过程，缺少将Co 2＋转化为Co 3＋的反应，则可得所缺的化学方程式为
2Co 2++O+2H +=2Co 3++H 2O ；根据电荷守恒可得，(NH 4)2S 2O 8~H 2O 2~O~2Co 3+~ 2Co(OH)3，每生成1mol Co(OH)3理论上消耗(NH 4)2S 2O 8的物质的量为0.5mol ；
(4) Co(OH)3沉淀应依次用稀硫酸和水洗涤，检验Co(OH)3沉淀是否洗涤干净，也就是检验是否含有硫酸根离子，可取取最后一次洗涤液少许于试管中，向其加入氯化钡溶液，没有白色沉淀生成，证明洗涤干净；
(5)“沉钴”时pH 不能太高，防止Zn 2+提前沉淀；“沉锌”时，加入NH 4HCO 3，铵盐受热易分解，温度不能太高，防止NH 4HCO 3热分解；
(6)取“沉锌”后所得固体34.1g ，煅烧后得到固体24.3g ，将生成的气体通过足量的浓硫酸，增重5.4g ，增重的质量为水，根据质量守恒，煅烧生成的CO 2气体的物质的量为()34.1-24.3-544g .4g
/mol =0.1mol ，根据元素守恒可知ZnCO 3∙xZn(OH)2∙yH 2O 为0.1mol ，煅烧后生成的ZnO 的物质的量为24.3g 81g/mol
=0.3mol ，根据Zn 元素守恒，0.1mol+0.1molx=0.3mol ，则x=2，生成水的物质的量为
5.4g 18g/mol =0.3mol ，根据氢元素守恒，0.1mol×2×2+0.1mol×2y=0.3mol×2，则y=1，则所得固体的化学式为ZnCO 3∙2Zn(OH)2∙H 2O 。

4．以氯化钾和硫酸亚铁为原料生产硫酸钾和氧化铁红颜料，其主要流程如下：
已知：NH 4HCO 3溶液呈碱性，30℃以上NH 4HCO 3大量分解。

(1)NH 4HCO 3溶液呈碱性的原因是_____________________________________。

(2)写出沉淀池I 中反应的化学方程式_____________________________，该反应必须控制的反应条件是________________________________________。

(3)检验沉淀池I 中Fe 2+沉淀是否完全的方法是_____________________。

(4)酸化的目的是______________________________。

(5)在沉淀池II 的反应中，为使反应物尽可能多地转化为生成物，可在反应过程中加入___。

a ．(NH 4)2SO 4
b ．KCl
c ．丙醇
d ．水
(6)N 、P 、K 、S 都是植物生长所需的重要元素。

滤液A 可做复合肥料，因为其中含有_____________等元素。

【答案】NH 4+的水解程度小于HCO 3-的水解程度 2NH 4HCO 3 + FeSO 4 → FeCO 3↓ + (NH 4 )2SO 4 + CO 2↑ + H 2O 反应温度低于30℃ 取沉淀池I 的滤液，滴加KSCN 溶液后滴加氯水，若无红色出现，说明沉淀完全 除去溶液中的HCO 3- c N 、S 、K
【解析】
【分析】
FeSO 4与NH 4HCO 3发生双水解反应生成碳酸亚铁、硫酸铵、二氧化碳等，然后过滤得到碳酸亚铁，碳酸亚铁在空气中加热得到氧化铁，因滤液中含有NH 4HCO 3，向滤液中加入硫酸，可除去-3HCO ，此时溶液中溶质为硫酸铵、硫酸，向溶液中加入足量KCl ，此时溶液中因硫酸钾的溶解度较氯化铵低而发生沉淀，然后过滤，得到硫酸钾固体，以此解答。

【详解】
（1）NH 4HCO 3溶液中铵根离子水解显示酸性，碳酸氢根离子水解显示碱性，+4NH 的水解程度小于-3HCO 的水解程度，所以NH 4HCO 3溶液呈碱性，故答案为：+4NH 的水解程度小于-
3HCO 的水解程度；
（2）碳酸氢根离子和亚铁离子之间发生双水解反应生成碳酸亚铁沉淀，并放出二氧化碳，反映的原理方程式为：2NH 4HCO 3+FeSO 4=FeCO 3↓+(NH 4)2SO 4+CO 2↑+H 2O ，为防止较高温度下碳酸氢铵的分解，要注意温度的选择，故答案为：
2NH 4HCO 3+FeSO 4=FeCO 3↓+(NH 4)2SO 4+CO 2↑+H 2O ；反应温度低于30℃；
（3）亚铁离子可以被氯气氧化为三价铁离子，亚铁离子遇到硫氰酸钾不显色，但是三价铁遇到硫氰酸钾显示红色，检验沉淀池I 中Fe 2+沉淀是否完全的方法是：取沉淀池I 的滤液，滴加KSCN 溶液后滴加氯水，若无红色出现，说明沉淀完全，故答案为：取沉淀池I 的滤液，滴加KSCN 溶液后滴加氯水，若无红色出现，说明沉淀完全；
（4）沉淀池Ⅰ中，除了生成的碳酸亚铁之外，溶液中含有过量的碳酸氢铵，加入酸，酸化的目的是除去溶液中的-3HCO ，故答案为：除去溶液中的-3HCO ；
（5）由题目看出在沉淀池II 中生成的K 2SO 4为固体，而K 2SO 4在无机溶剂中溶解度是比较大的，要想使K 2SO 4析出只能降低其溶解度所以加入醇类溶剂目的降低K 2SO 4的溶解度，故选：c ；
（6）滤液A 的成分中含有(NH 4)2SO 4以及KCl ，即其中含有N 、S 、K 元素，属于复合肥料，故答案为：N 、S 、K 。

5．阅读下列材料，并完成相应填空
钯（Pd ）是一种不活泼金属，性质与铂相似。

在科研和工业生产中，含钯催化剂不仅用途广泛，且用量大，因此从废催化剂中回收钯具有巨大的经济效益。

已知废催化剂的主要成分是钯和活性炭，还含有少量铁、锌。

工业上采用如下流程从废催化剂中提取钯。

（1）气体I的化学式为__________，酸溶I的目的是___________。

（2）王水指是浓硝酸和浓盐酸组成的混合物，其体积比为__________。

残渣与王水发生的反应有：
a. Pd + HCl + HNO3→……
b. ___________（写出化学方程式并配平）。

（3）若用足量的烧碱吸收气体II，请写出吸收后溶液中含有的溶质的化学式：NaOH、
_______、________、________。

（4）写出用NaHCO3调节pH值时发生反应的离子方程式：_________。

使用甲醛还原钯的化合物时，溶液须保持碱性，否则会造成甲醛的额外损耗，原因是______________。

（5）操作I的名称是_______________，溶液I可能含有的有机离子为_________。

（6）有人提出，在进行酸溶前最好先将废催化剂在700℃下进行灼烧，同时不断通入空气，其目的是____________。

【答案】H2除去铁、锌等杂质 1:3 C+4HNO3＝CO2↑+4NO2↑+2H2O NaNO3 NaNO2 Na2CO3 HCO3- + H+=H2O + CO2↑酸性条件下，甲醛会被硝酸氧化过滤 HCOO-（甲酸根离子）除去废催化剂中的活性炭，减少王水的消耗（必须涉及炭的除去）
【解析】
【分析】
酸溶时铁和锌能与盐酸反应产生氢气，过滤出的残渣用王水溶解，然后通过碳酸氢钠调节pH，最后通过甲醛还原得到金属钯，据此解答。

【详解】
(1)铁和锌能与盐酸反应产生氢气；废催化剂的主要成分是钯和活性炭，还含有少量铁、锌，而实验的目的是从废催化剂中提取钯，所以酸溶I的目的是除去铁、锌等杂质；(2)王水是浓硝酸与盐酸按体积比1：3的混合物，浓硝酸具有氧化性，能将碳氧化生成二氧化碳，本身被还原成一氧化氮，反应的方程式为：C+4HNO3＝CO2↑+4NO2↑+2H2O；(3)氢氧化钠与二氧化氮、二氧化碳反应的方程式：2NO2+2NaOH＝NaNO3+NaNO2+H2O，
2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，同时氢氧化钠过量，所以吸收后溶液中含有的溶质的化学式：NaOH、NaNO3、NaNO2、Na2CO3；
(4)NaHCO3能和盐酸发生反应，离子方程式为：HCO3-+H+＝H2O+CO2↑，甲醛具有还原性，酸性条件下，甲醛会被硝酸氧化；
(5)金属钯不溶于水，利用过滤的方法分离，甲醛会被硝酸氧化生成甲酸，所以溶液I可能含有的有机离子为HCOO-；
(6)由于废催化剂中的含有活性炭，不断通入空气，能除去活性炭，同时减少王水的消耗。

6．氨气是一种重要的化工产品。

(1)工业中用氯气和氢气在一定条件下合成氨气，有关方程式如下： 3H2 (g)+N2(g)⇌2NH3 (g) + 92.4 kJ
①对于该反应：要使反应物尽可能快的转化为氨气，可采用的反应条件是__________，要使反应物尽可能多的转化为氨气，可采用的反应条件是__________：(均选填字母)
A．较高温度B．较低温度C．较高压强 D．较低压强 E．使用合适的催化剂
工业上对合成氨适宜反应条件选择，是综合考虑了化学反应速率、化学平衡和设备材料等的影响。

②该反应达到平衡后，只改变其中一个因素，以下分析中不正确的是_______：(选填字母) A．升高温度，对正反应的反应速率影响更大
B．增大压强，对正反应的反应速率影响更大
C．减小生成物浓度，对逆反应的反应速率影响更大
③某化工厂为了综合利用生产过程中副产品CaSO4，和相邻的合成氨厂联合设计了制备(NH4)2SO4的工艺流程(如图)，该流程中：
向沉淀池中通入足量的氨气的目的是______________________________，可以循环使用的X是_______________。

(填化学式)
(2)实验室中可以用铵盐与强碱共热得到氨气。

有关的离子方程式为
_____________________。

①0.01 mol/L硝酸铵溶液0.5L，与足量的氢氧化钠溶液共热，可产生氨气_____L(标准状态)。

②若有硝酸铵和硫酸铵的混合溶液0.5L，与足量的氢氧化钠溶液共热，可产生氨气
0.025mol；在反应后的溶液中加入足量的氯化钡溶液，产生0.01 mol 白色沉淀，则原混合液中，硝酸铵的浓度为_______mol/L。

③现有硝酸铵、氯化铵和硫酸铵的混合溶液V L，将混合溶液分成两等分：一份溶液与足量的氢氧化钠溶液共热，共产生氨气A mol；另一份溶液中慢慢滴入C mol/L的氯化钡溶液B L，溶液中SO42-恰好全部沉淀；将沉淀过滤后，在滤液中继续滴入硝酸银溶液至过量，又产生D mol沉淀。

则原混合溶液中，氯化铵的浓度为________mol/L，硝酸铵的浓度为
_______mol/L。

(用含有字母的代数式表示)
【答案】ACE BC A 生成正盐，使Ca2+完全沉淀 CO2 NH4++OH-Δ
H2O+NH3 0.112
0.01 2D-4BC
V
2A-2D
V
【解析】
【分析】
(1)①要使反应物尽可能快的转化为氨气，需要加快反应速率，可以通过升高温度、增大压强和使用合适的催化剂实现；要使反应物尽可能多的转化为氨气，需要反应正向移动，反应3H2 (g)+N2(g)⇌2NH3 (g) + 92.4 kJ是气体体积减小的放热反应，可以通过增大压强和较低温度实现；
②根据影响平衡移动的条件分析判断；
③在上述流程的沉淀池中通入足量氨气的目的是一方面提供反应物，另一方面使溶液呈碱性有利于CO2的吸收，在煅烧炉中发生CaCO3CaO+CO2↑，则X为CO2可在此制备实验中循环使用；
(2)铵盐与强碱共热得到氨气和水；
①根据NH4+元素守恒计算；
②根据NH4+元素守恒计算；；
③一份溶液与足量的氢氧化钠溶液共热，共产生氨气A mol，根据NH4++OH-═NH3+H2O可知每份中含有AmolNH4+，与氯化钡溶液完全反应消耗C mol/LBaCl2溶液B L，根据
Ba2++SO42-═BaSO4↓可知每份含有SO42-CBmol，将沉淀过滤后，在滤液中继续滴入硝酸银溶液至过量，又产生D mol沉淀，根据Ag++Cl-=AgCl↓，结合前面加入CBmol的BaCl2溶液可知，每份含有Cl-(D-2BC) mol。

【详解】
(1)①要使反应物尽可能快的转化为氨气，需要加快反应速率，可以通过升高温度、增大压强和使用合适的催化剂实现，故选ACE；要使反应物尽可能多的转化为氨气，需要反应正向移动，反应3H2 (g)+N2(g)⇌2NH3 (g) + 92.4 kJ是气体体积减小的放热反应，可以通过增大压强和较低温度实现，故选BC；
②A. 反应3H2 (g)+N2(g)⇌2NH3 (g) + 92.4 kJ是气体体积减小的放热反应，升高温度反应逆向移动，说明升高温度，对逆反应的反应速率影响更大，故A错误；
B. 反应3H2 (g)+N2(g)⇌2NH3 (g) + 92.4 kJ是气体体积减小的放热反应，增大压强反应速率加快，反应正向移动，说明增大压强对正反应的反应速率影响更大，故B正确；
C. 减小生成物浓度，反应逆向移动，说明减小生成物浓度对逆反应的反应速率影响更大，故C正确；
故选A。

③在上述流程的沉淀池中通入足量氨气的目的是一方面提供反应物，另一方面使溶液呈碱性有利于CO2的吸收，在煅烧炉中发生CaCO3CaO+CO2↑，则X为CO2可在此制备实验中循环使用；
(2)铵盐与强碱共热得到氨气和水，离子方程式为：NH4++OH-Δ
H2O+NH3↑；
①0.5L 0.01 mol/L硝酸铵溶液中硝酸铵的物质的量为：0.5L⨯0.01 mol/L=0.005mol，根据NH4+守恒，最多生成氨气0.005mol，标况下的体积为：0.005mol⨯22.4L/mol=0.112L；
②由题意可知，在反应后的溶液中加入足量的氯化钡溶液，产生0.01 mol BaSO4白色沉淀，说明原溶液中含有硫酸根0.01mol，设硝酸铵的物质的量为xmol，根据NH4+守恒有
x+0.01mol ⨯2=0.025，得x=0.005mol ，硝酸铵的浓度为0.005mol 0.5L =0.01mol/L ； ③一份溶液与足量的氢氧化钠溶液共热，共产生氨气A mol ，根据NH 4++OH -
═NH 3+H 2O 可知每份中含有AmolNH 4+，与氯化钡溶液完全反应消耗C mol/LBaCl 2溶液B L ，根据Ba 2++SO 42-═BaSO 4↓可知每份含有SO 42-CBmol ，将沉淀过滤后，在滤液中继续滴入硝酸银溶液至过量，又产生D mol 沉淀，根据Ag ++Cl -=AgCl↓，结合前面加入CBmol 的BaCl 2溶液可知，每份含有Cl -(D-2BC) mol ，则原混合溶液中，氯化铵的浓度为
()2D-2BC V mol/L =2D-4BC V
mol/L ；每份中硝酸根的物质的量为： n(NH 4+)- n(Cl -)-2n(SO 42-
)=()Amol-2BCmol-D-2BC mol ，硝酸铵的浓度为()2A-2BC-D-2BC V ⎡⎤⎣⎦
mol/L =
2A-2D V
mol/L 。

7．在一定温度下，体积为2L 的密闭容器中，NO 2和N 2O 4之间发生反应：2NO 2(g)(红棕色)N 2O 4(g)(无色)，如图所示。

(1)曲线_____________(填“X”或“Y”)表示N 2O 4的物质的量随时间的变化曲线。

(2)3min 内，以X 的浓度变化表示的平均反应速率为_____________。

(3)下列措施能使该反应速率加快的是________。

①升高温度 ②减小容器体积 ③通入N 2O 4 ④通入Ar 使压强增大 ⑤通入HCl 气体 A ．①③④ B ．①②③ C ．①④⑤ D ．①②④
(4)此反应在该条件下达到限度时，X 的转化率为________。

(5)下列叙述能说明该反应已达到化学平衡状态的是____________(填标号)。

A ．容器内压强不再发生变化 B ．混合气体的密度不变
C ．容器内混合气体原子总数不变
D ．混合气体的平均相对分子质量不变
E ．v(NO 2)=2v(N 2O 4)
F ．相同时间内消耗n mol 的Y 的同时消耗2n mol 的X
【答案】Y 0.1mol·
L －1·min －1 B 60% A 、D 、F 【解析】
【分析】
【详解】
(1)据图可知相同时间内△n (X)是△n (Y)的两倍，根据方程式2NO 2(g)ƒN 2O 4(g)可知单位时间内NO 2的变化量更大，所以Y 代表N 2O 4的物质的量随时间的变化曲线；
(2)X代表NO2，3min内，v(NO2)=
1mol-0.4mol
2L
=
3min
c
t
∆
∆
=0.1mol·L－1·min－1；
(3)①升高温度可以增大活化分子百分含量，增大反应速率，故正确；
②减小容器体积，各物质浓度增大，反应速率加快，故正确；
③通入N2O4，平衡逆向移动，反应物和生成物浓度均增大，反应速率加快，故正确；
④通入Ar使压强增大，各物质的浓度没有发生改变，反应速率不变，故错误；
⑤通入HCl气体，各物质的浓度没有发生改变，反应速率不变，故错误；
综上所述选①②③，答案为B；
(4)据图可知初始X的物质的量为1mol，平衡时X的物质的量为0.4mol，转化率为
1mol-0.4mol
100%
1mol
⨯=60%；
(5)A．容器恒容，平衡移动时气体的总物质的量发生改变，所以未达到平衡时体系内压强会变，压强不变时说明反应达到平衡，故A正确；
B．气体总体积不变，总质量不变，所以密度一直不变，故B错误；
C．反应物和生成物均为气体，根据质量守恒定律可知平衡移动时原子总数不变，故C错误；
D．气体总质量不变，平衡移动时气体总的物质的量会发生改变，所以气体平均相对分子质量会变，当气体平均相对分子质量不变时说明反应达到平衡，故D正确；
E．未指明是正反应速率还是逆反应速率，故E错误；
F．相同时间内消耗n mol的Y的同时消耗2n mol的X即反应的正逆反应速率相等，说明反应达到平衡，故F正确；
综上所述选A、D、F。

【点睛】
判断压强是否影响反应速率时关键是要看压强的改变是否改变了反应物和生成物的浓度，若改变了则压强的改变影响反应速率，若不改变，则压强的变化不影响反应速率。

8．汽车尾气中的主要污染物是NO以及燃料不完全燃烧所产生的CO。

为了减轻大气污染科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO和CO转变成CO2和N2，即
2NO+2CO垐?
噲?2CO2+N2。

为了测定在某种催化剂作用下该反应的反应速率，t1℃下，在一等容的密闭容器中，用气体传感器测得了不同时间的NO和CO的浓度如表(CO2和N2的起始浓度为0)。

回答下列问题：
（1）已知在上述反应中，反应物总能量大于生成物总能量，则正反应是___反应（填“放热”或“吸热”)。

（2）前3s 内的平均反应速率：v(N 2)=___。

（3）t 1℃时该反应的平衡常数表达式：K =___。

（4）假设在密闭容器中该反应达到平衡后，改变下列条件，能提高NO 转化率的是___（选填答案编号）。

a .选用更有效的催化剂
b .升高反应体系的温度
c .降低反应体系的温度
d .缩小容器的体积
【答案】放热 1.42×10-4
mol/(L·
s) 22222c (CO )c(N )c (NO)c (CO)
⋅⋅ c 、d 【解析】 【分析】
(1)根据图示所给的反应物总能量与生成物总能量大小关系进行分析；
(2)同一反应同一时段内各物质反应速率之比等于计量数之比，v (N 2)=1
2
v (NO)； (3)根据平衡常数的概念进行书写； (4)根据影响平衡移动的规律进行分析。

【详解】
(1)反应物总能量大于生成物总能量，则该反应为放热反应；
(2)同一反应同一时段内各物质反应速率之比等于计量数之比，所以前3s 内的平均反应速率
v (N 2)=12v (NO)=12
×-4-410.010mol/L-1.5010m 3s ol/L ⨯⨯=1.42×10-4 mol•L -1•s -1；
(3)根据平衡常数的概念可知反应 2NO+2CO 垐?噲?2CO 2 +N 2的K =
22222(CO )(N )(NO)(CO)
c c c c ⋅⋅；
(4)a ．选用更有效的催化剂，不能使平衡发生移动，故错误；
b ．因反应放热，升高反应体系的温度，则平衡逆向移动，转化率减小，故错误；
c ．降低反应体系的温度，平衡正向移动，转化率增大，故正确；
d ．缩小容器的体积，平衡正向移动，转化率增大，故正确； 故答案为：cd 。

9．1100℃时，在体积固定且为5L 的密闭容器中，发生可逆反应：
()()()()()24222Na SO s 4H g Na S s 4H O g Q Q>0++-ƒ并达到平衡。

(1)平衡后，向容器中充入1mol 2H ，平衡向___________(填“正反应方向”、“逆反应方向”或“不移动”)，重新达到平衡后，与原平衡相比，逆反应速率________(填“增大”、“减小”或“不变”)。

(2)若混合气体的密度不变，(填“能”或“不能”)______判断该反应达已经到平衡状态。

若初始时加入的24Na SO 为2.84g ，10分钟后达到平衡时24Na SO 的转化率(参加反应的碳酸钠占加入硫酸钠总质量的百分比)为45%，()2v H =________。

【答案】正反应方向 增大 能 7.2×10-4mol/(L·min) 【解析】 【分析】
增大反应物浓度，有利于反应正向进行，最终达到新平衡时，整体浓度都是增大的，逆反应速率较原平衡也是增大的；混合气体的密度为ρ＝
m
V
，反应前后气体总质量发生改变，气体总体积不变，混合气体的密度发生改变，当到达化学平衡时，混合气体的密度不变；
根据v=
c
t V V 计算。

【详解】
（1）平衡后，向容器中充入1mol H 2，增大反应物浓度，有利于反应正向进行，最终达到新平衡时，整体浓度都是增大的，逆反应速率较原平衡也是增大的，故答案为：正反应方向；增大；
（2）混合气体的密度为ρ＝
m
V
，反应前后气体总质量发生改变，气体总体积不变，混合气体的密度发生改变，当到达化学平衡时，混合气体的密度不变，所以根据混合气体的密度可以判断化学反应是否达到平衡；初始时加入的Na 2SO 4为2.84g ，10分钟后达到平衡时
Na 2SO 4的转化率为45%，则反应消耗n （Na 2SO 4）=45%
1422.8/4g g mol
⨯=0.009mol ，根据反应方
程式，则消耗n （H 2）=4n （Na 2SO 4）=0.036mol ，所以v （H 2）=
c t
V V ＝n V t V V =0.036510min mol
L ⨯=7.2×10-4mol/（L•min ），故答案为：能；7.2×10-4mol/（L•min ）。

【点睛】
本题考查化学原理部分知识，运用化学平衡移动的知识分析问题，根据方程式计算化学反应速率。

10．为了减少CO 对大气的污染，某研究性学习小组拟研究CO 和H 2O 反应转化为绿色能源H 2。

已知：① CO(g)+
1
2
O 2(g) = CO 2 (g) △H=-283kJ·mol -1 ② H 2(g)+1
2
O 2(g) = H 2O (g) △H=-241.8kJ·mol -1 ③ H 2O (l)=H 2O (g) △H=+44.0kJ·mol -1 (1)H 2的燃烧热△H=________。

(2)写出CO(g)和H 2O (g)作用生成CO 2 (g)和H 2(g)的热化学方程式：________。