化学 化学反应与能量的专项 培优练习题及答案

化学化学反应与能量的专项培优练习题及答案

一、化学反应与能量练习题（含详细答案解析）

1．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。

2．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) MnO 4-+3Fe 2++7H 2O=MnO 2↓+3Fe(OH)3↓+5H +、3Mn 2++2MnO 4-+2H 2O=5MnO 2↓+4H + 2Co 2++O+2H +=2Co 3++H 2O 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Zn 2+提前沉淀 防止NH 4HCO 3热分解 ZnCO 3?2Zn(OH)2?H 2O

【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Co 2＋、Zn 2＋、Mn 2＋、Fe 2＋、Fe 3＋的浸出液，调节溶液pH 值为5~5.2，加入高锰酸钾将Mn 2＋、Fe 2＋

氧化并转化为Fe(OH)3和MnO 2除去，再次调节溶液pH 值为4.5，加入(NH 4)2S 2O 8将Co 2＋氧化为Co 3＋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ZnCO 3?xZn(OH)2?yH 2O 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 。

3．利用石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO 、NO 2)反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca(NO 2)2，其部分工艺流程如下：

(1)上述工艺中采用气液逆流接触吸收(尾气从吸收塔底部进入，石灰乳从吸收塔顶部喷淋)，其目的是______________________________；滤渣可循环利用，滤渣的主要成分是

____________(填化学式)。

(2)该工艺需控制NO和NO2物质的量之比接近1∶1。

若排放的尾气中NO含量升高，则NO和NO2物质的量之比______；若产品Ca(NO2)2中

Ca(NO3)3含量升高，则NO和NO2物质的量之比_______。（填写序号）

①＝1∶1 ②＞1∶1 ③＜1∶1 ④无法判断

(3)生产中溶液需保持弱碱性，在酸性溶液中Ca(NO2)2会发生分解，产物之一是NO，据此信息，某同学所写的反应离子方程式为2NO2－＋2H＋=NO2＋NO↑＋H2O，你同意吗？

_________（填“同意”或“不同意“），如不同意，请说明你的理由

________________________________________________。

【答案】使尾气中NO、NO2被充分吸收 Ca(OH)2②③不同意二氧化氮能与水会发生反应，产物中不可能生成二氧化氮

【解析】

【分析】

由流程可知，石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，生成Ca(NO2)2，过量的石灰乳

以滤渣存在，碱性溶液中尾气处理较好；

(1)使尾气中NO、NO2与石灰乳充分接触；滤渣的主要成分是Ca(OH)2；

(2)若n(NO)：n(NO2)＞1：1，则一氧化氮过量，若＜1：1，则二氧化氮过量；

(3)二氧化氮能与水会发生反应，据此分析解答。

【详解】

由流程可知，石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，生成Ca(NO2)2，过量的石灰乳

以滤渣存在，

(1)使尾气中NO、NO2与石灰乳充分接触，NO、NO2被充分吸收，滤渣主要成分是

Ca(OH)2；

(2)若n(NO)：n(NO2)＞1：1，则一氧化氮过量，排放气体中NO含量升高，若n(NO)：n(NO2)＜1：1，则二氧化氮过量，二氧化氮可与石灰乳反应生成Ca(NO3)2，产品中Ca(NO3)2含量升高；

(3)若离子方程式为2NO2－＋2H＋=NO2＋NO↑＋H2O，二氧化氮能与水会发生反应，产物中

不可能生成二氧化氮，则不同意该同学书写的离子反应方程式。

4．碳酸锰是制取其他含锰化合物的原料，也可用作脱硫的催化剂等。一种焙烧氯化铵和菱锰矿粉制备高纯度碳酸锰的工艺流程如图所示

已知①菱锰矿粉的主要成分是MnCO3，还有少量的Fe、Al、Ca、Mg等元素

②常温下，相关金属离子在浓度为0.1mol/L时形成M(OH)n沉淀的pH范围如表

金属离子Al3+Fe3+Fe2+Ca2+Mn2+Mg2+

开始沉淀的pH 3.8 1.5 6.310.68.89.6

沉淀完全的pH 5.2 2.88.312.610.811.6

③常温下，Ksp(CaF2)=1.46×10?10，Ksp(MgF2)=7.42×10?11；Ka(HF)=1.00×10?4

回答下列问题：

（1）“混合研磨”的作用为_______________________

（2）“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为_________________________________（3）分析图1、图2，焙烧氯化铵、菱锰矿粉的最佳条件是

_____________________________

（4）净化除杂流程如下

①已知几种物质氧化能力的强弱顺序为(NH4)2S2O8＞KMnO4＞MnO2＞Fe3+，则氧化剂X宜选择__________

A．(NH4)2S2O8 B．MnO2 C．KMnO4

②调节pH时，pH可取的范围为_________________

③常温下加入NH4F将Ca2+、Mg2+沉淀除去，此时溶液中，

2+

2+

c Ca

c Mg

（）

（）

=______若此时pH

为6，c(Mg2+)= a mol/L，则c(HF)为______________ mol/L （用a表示）

（5）“碳化结晶”过程中不能用碳酸铵代替碳酸氢铵，可能的原因是__________________【答案】加快反应速率 MnCO3+2NH4Cl加热MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O 温度为500℃且

m(MnCO3):m(NH4Cl)=1.10 B 5.2≤pH＜

×10-7 CO32-水解程度大于

HCO3-，易生成氢氧化物沉淀

【解析】

【分析】

根据流程：将菱锰矿粉(主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素)和氯化铵混

合研磨后焙烧：MnCO3+2NH4Cl加热MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O，浸出液含有Mn2+、Fe2+、

Al3+、Ca2+、Mg2+，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，反应为：

MnO2+2Fe2++4H+═Mn2++2Fe3++2H2O，再调节溶液的pH将Al3+、Fe3+变为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀除去，然后加入NH4F将Ca2+、Mg2+以CaF2、MgF2沉淀除去，净化液主要溶质主要为

MnCl2、NH4Cl，加入碳酸氢铵发生反应：Mn2++2HCO3-加热MnCO3↓+CO2↑+H2O，炭化结

晶，过滤，滤饼干燥后得到MnCO3，滤液为NH4Cl溶液，蒸发结晶得到NH4Cl固体，可循环使用，据此分析作答。

【详解】

(1)“混合研磨”可使物质充分接触，加快反应速率；

(2)“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为MnCO3+2NH4Cl加热MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O；

(3) 根据图可知，锰的浸出率随着温度的升高而增大，随着m(NH4Cl)：m(锰矿粉)增大而增到，500℃、m(NH4Cl)：m(锰矿粉)=1.10时，锰的浸出率最高，温度过高，m(NH4Cl)：m(锰矿粉)增大，浸出率变化不大，成本增加，故焙烧温度取500℃、m(NH4Cl)：m(锰矿粉)=1.10即可；

(4)①根据分析，浸出液含有Mn2+、Fe2+、Al3+、Ca2+、Mg2+，加入氧化剂X的目的将Fe2+氧化为Fe3+，同时在选择氧化剂时，要尽可能不要引入新的杂质，则氧化剂X宜选择MnO2，答案选B；

②根据分析，再调节溶液的pH将Al3+、Fe3+变为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀除去，然后加入NH4F将Ca2+、Mg2+以CaF2、MgF2沉淀除去，净化液主要溶质主要为MnCl2、NH4Cl，过程中不能让Mn2+沉淀，结合相关金属离子在浓度为0.1mol/L时形成M(OH)n沉淀的pH范围表，Al3+、Fe3+完全沉淀时的pH值分别为5.2和2.8，Mn2+开始沉淀的PH值为8.8，pH可取的范围为5.2≤pH＜8.8；

③

()

()

()()

()()

2

2

2+-2+10

2

2+11

2+-

2

c c

==

Ca F

Ksp CaF c Ca 1.4610

Ksp MgF c M

=

c c g7.4210

Mg F

-

-

?

?

（）

（）

≈1.97；若此时pH为6，即

c(H+)=10-6 mol/L，c(Mg2+)= a mol/L，c(F-

mol/L，HF是弱

酸，在溶液中部分电离，已知K a(HF)=()(

)()c H c F c HF +-?=1.00×10?4则

c(HF)=()()()-11

-6

+-7.421010mol/L mol/L c H c F a mol/L Ka HF =???= 0.742a ×10-7mol/L ； (5)“碳化结晶”过程中，因为碳酸根离子水解程度大，碳酸铵溶液中c (OH ?)较大，易产生Mn(OH)2沉淀，故碳化结晶过程中不能用碳酸铵溶液代替碳酸氢铵溶液。

5．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： 3H 2 (g)+N 2(g)?2NH 3 (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CaSO 4，和相邻的合成氨厂联合设计了制备(NH 4)2SO 4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CO 2的吸收，在煅烧炉中发生CaCO 3

CaO+CO 2↑，则X 为CO 2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：NH 4++OH -Δ

H 2O+NH 3↑；

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NH 4+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 BaSO 4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NH 4+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 。

6．以镍废料(主要成分为镍铁合金，含少量铜)为原料，生产NiO 的部分工艺流程如下：

已知：下表列出了几种金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH 按金属离子浓度为1.0 mol·L －1计算)。

氢氧化物

Fe(OH)3 Fe(OH)2 Ni(OH)2 开始沉淀的pH

1.5 6.5 7.7 沉淀完全的pH 3.3 9.9 9.2

（1）“除铁”时需控制溶液的pH 范围为________。

（2）“滤渣”的主要成分为________(填化学式)。

（3）“沉镍”时得到碱式碳酸镍[用xNiCO3·yNi(OH)2表示]沉淀。

①在隔绝空气条件下，“煅烧”碱式碳酸镍得到NiO，该反应的化学方程式为________。

②“沉镍”时，溶液pH增大，碱式碳酸镍中Ni元素含量会增加，原因是________。

【答案】3.3≤pH<7.7 CuS xNiCO3·yNi(OH)2煅烧(x＋y)NiO＋xCO2↑＋yH2O Ni(OH)2中Ni含量高于NiCO3，pH越大，碱式碳酸镍中Ni(OH)2比例增大

【解析】

【分析】

以镍废料（主要成分为镍铁合金，含少量铜）为原料，加入硫酸、硝酸酸浸，Ni转化为NiSO4，同时生成亚铁离子、铁离子、铜离子等，加入过氧化氢，可氧化亚铁离子生成铁离子，加入氢氧化钠调节pH可生成氢氧化铁沉淀，然后通入硫化氢生成CuS沉淀，达到除铜的目的，在滤液中加入碳酸钠溶液可生成xNiCO3?yNi(OH)2，煅烧可生成NiO；

(1)根据表格数据分析“除铁”时要求铁离子全部除掉需要的pH；

(2)S2-可与Cu2+反应生成CuS沉淀；

(3)①在隔绝空气条件下，“煅烧”碱式碳酸镍得到NiO，xNiCO3·yNi(OH)2高温下分解生成NiO、CO2和H2O；

②pH越大，溶液碱性越强，结合碱式碳酸镍[用xNiCO3·yNi(OH)2表示]组成分析；

【详解】

(1)“除铁”时要求铁离子全部除掉，pH 3.3，镍离子和铜离子留在溶液中，pH<7.7，所以需控制溶液的pH范围为3.3≤pH<7.7；

(2)向除铁后的滤液中通入H2S气体，发生反应H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，因此滤渣的成分为CuS；

(3)①在隔绝空气条件下，“煅烧”碱式碳酸镍得到NiO，xNiCO3·yNi(OH)2高温下分解生成NiO、CO2和H2O，其化学方程式为：xNiCO3·yNi(OH)2煅烧(x＋y)NiO＋xCO2↑＋yH2O；

②碱式碳酸镍[用xNiCO3·yNi(OH)2表示]沉淀中Ni(OH)2中Ni含量高于NiCO3，pH越大，碱式碳酸镍中Ni(OH)2比例增大，所以碱式碳酸镍中Ni元素含量会增加。

【点睛】

题目难度不大，需要考生注意分析题目提供的表格信息和流程图中物质转化信息，如：根“除铁”时要求铁离子全部除掉需要的pH，直接可用表格中的数据获得取值范围。

7．如图是常见原电池装置，电流表A发生偏转。

(1)若两个电极分别是铁、铜，电解质溶液是浓硝酸，Cu极发生反应_______（填“氧化”或“还原”），其电极反应式为________________；

(2)若两个电极分别是镁、铝，电解质溶液是氢氧化钠溶液，Al电极是_____极（填“正”

或“负”），其电极反应式为_________________________________。

(3)若原电池的总反应是2FeCl3＋Cu=2FeCl2＋CuCl2，则可以作负极材料的是_______，正极电极反应式为_________________________。

【答案】氧化 Cu－2e－=Cu2＋负 Al－3e－＋4OH－=AlO2－＋2H2O Cu(或铜) Fe3＋＋e－=Fe2＋

【解析】

【分析】

【详解】

(1)虽然铁比铜活泼，但是铁在浓硝酸中发生钝化，所以该原电池中铜被氧化，即铜电极为负极，失电子发生氧化反应，电极方程式为Cu－2e－=Cu2＋；

(2)镁虽然比铝活泼，但镁不与氢氧化钠溶液发生反应，所以该原电池中Al被氧化，即Al 为负极，失电子发生氧化反应，电极方程式为：Al－3e－＋4OH－=AlO2－＋2H2O；

(3)根据总反应2FeCl3＋Cu=2FeCl2＋CuCl2可知Cu被氧化，Fe3+被还原，原电池中负极发生氧化反应，所以负极材料为Cu；正极发生还原反应，电极方程式为Fe3＋＋e－=Fe2＋。

【点睛】

第1小题为易错点，虽然铁和铜都能被浓硝酸氧化，但要注意铁在浓硝酸中发生钝化，所以该原电池中铜为负极。

8．现将一定量NO2和N2O4的混合气体通入一定体积为2L的恒温密闭容器中，反应物浓度随时间变化关系如图。已知：2NO2(g)N2O4(g)+Q。

（1）前10min内用NO2表示的化学反应速率v(NO2)=___；

（2）a、b、c、d四个点中，表示化学反应处于平衡状态是___；

（3）35min时，反应2NO2(g)N2O4(g)在d点的平衡常数K(d)___K(b)（填“>”、“=”或“<”）。

（4）若要达到使NO2(g)的百分含量与d点相同的化学平衡状态，在25min时还可以采取的措施是___。

A．加入催化剂 B．缩小容器体积 C．升高温度 D．加入一定量的N2O4

【答案】0.04mol/(L·min) b和d = B、D

【解析】

【分析】

据图可知单位时间内X的浓度变化是Y的两倍，根据方程式2NO2( g )?N2O4(g)+Q可知，反

应中NO2的浓度变化是N2O4的两倍，所以X表示NO2浓度随时间的变化曲线，Y表示N2O4浓度随时间的变化曲线。

【详解】

(1)根据分析可知X表示NO2浓度随时间的变化曲线，则

v(NO2)=

-1-1

0.6mol L-0.2mol L

=

10min

c

t

?

?

g g

= 0.04mol/(L·min)；

(2)达到平衡时X、Y的物质的量不发生变化，故b、d处于化学平衡状态；

(3)据图可知25min时NO2的浓度瞬间增大，N2O4的浓度不变，可知改变的条件是又通入一定量的NO2，温度不变，则平衡常数不变，所以K(d)=K(b)；

(4)因在25 min时，增大了NO2的浓度，同时容器内压强也增大，则d点平衡状态NO2的百分含量小于b点NO2百分含量，

A．使用催化剂不影响平衡移动，二氧化氮含量不变，故A错误；

B．缩小体积，压强增大，平衡正向移动，二氧化氮含量减小，故B正确；

C．正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，二氧化氮含量增大，故C错误；

D．加入一定量的N2O4，等效为增大压强，平衡正向移动，二氧化氮含量减小，故D正确；

故答案为：BD。

【点睛】

第4为易错点，学生容易认为d点二氧化氮浓度大，则二氧化氮含量高，注意等效平衡原理的应用。

9．已知反应：3I－(aq)+S 2O82－(aq)I3－(aq)+2SO42－(aq)+Q

（1）写出反应的平衡常数表达式：K=______________。

（2）如图表示反应过程中有关物质的能量，则反应过程中的Q_____0（填>、<、=）；（I）、（II）两曲线中，使用催化剂的是______曲线。

（3）反应的速率可以用I3－与加入的淀粉溶液反应显蓝色的时间t来度量，t越小，反应速率越大。下表是在20℃进行实验时所记录的数据

实验编号①②③④⑤

c(I－)/mol·L－10．0400．0800．0800．1600．160

c(S2O82－)/mol·L－10．0400．0400．0800．0800．040

t/s 88 44 22 11 t 1

从表中数据分析，该实验的目的是___________________________________________； 表中显色时间t 1=_____s ；最终得出的结论是__________________________________。

【答案】2433228c SO c I c I c S O ----（）（）（）（）

> （II ） 研究I -、S 2O 82-浓度对反应速率的影响 22 反应速率与反应物浓度乘积成正比

【解析】

【分析】

（1）K 为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积；

（2）由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，使用催化剂不改变焓变，降低反应所需的活化能；

（3）由表格中的数据可知，只有浓度为变量，且反应速率与浓度的乘积成正比，以此来解答。

【详解】

（1）由3I -（aq ）+S 2O 82-（aq ）═I 3-（aq ）+2SO 42-（aq ）可知K=2433228c SO c I c I c S O ----（）（）（）（）

； 故答案为：2433228c SO c I c I c S O ----（）（）（）（）

； （2）由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，则Q ＞0，使用催化剂不改变焓变，降低反应所需的活化能，则使用催化剂的是（II ）曲线；

故答案为：＞；（II ）；

（3）由表格中的数据可知，只有浓度为变量，该实验的目的为研究I -、S 2O 82-浓度对反应速率的影响；且反应速率与浓度的乘积成正比，可知③⑤中浓度乘积相同，则t 1=22s ，实验结论为反应速率与反应物浓度乘积成正比；

故答案为：研究I -、S 2O 82-浓度对反应速率的影响；22；反应速率与反应物浓度乘积成正比。

10．I 某课外兴趣小组对H 2O 2的分解速率做了如下实验探究。

（1）下表是该小组研究影响过氧化氢(H 2O 2)分解速率的因素时采集的一组数据： 用2210mLH O 10mL H 2O 2制取2150mLO 150mL O 2所需的时间(秒)

2230%H O 2215%H O 2210%H O 225%H O

无催化剂、不加热

几乎不反应 几乎不反应 几乎不反应 几乎不反应 无催化剂、加热 360

480 540 720 2MnO 催化剂、加热

10 25 60 120 ①该研究小组在设计方案时，考虑了温度、________、催化剂等因素对过氧化氢分解速率的影响。

②从上述影响过氧化氢分解速率的因素中任选一个，说明该因素对分解速率有何影响： _____________。

（2）将质量相同但颗粒大小不同的MnO 2分别加入到5mL5%的双氧水中，并用带火星的木条测试。测定结果如下：

催化剂(MnO 2)

操作情况 观察结果 反应完成所需的时间 粉末状

混合不振荡

剧烈反应，带火星的布条复燃 3.5分钟

块状 反应较慢，火星红亮

但木条未复燃 30分钟 实验结果说明催化剂作用的大小与_________________________有关。

Ⅱ.在体积为2L 的密闭容器中充入1molH 2 (g)和1molI 2 (g)，在一定温度下发生下列反应：()()

22H g I g +()2HI g ，回答下列问题： （1）保持容器体积不变，向其中充入1molHI(g)，反应速率_________（填“加快”“减慢”或

“不变”）。 （2）保持容器内气体压强不变，向其中充入1mol 氦气，反应速率_________________。（填“加快”“减慢”或“不变”）。

（3）反应进行到2min ，测得容器内HI 的浓度为0.2mol/L ，用H 2表示前2min 该反应的平均化学反应速率为________________________，此时I 2的转化率为____________。

【答案】浓度 其它条件相同时,使用催化剂比不用催化剂, H 2O 2分解速率更快 (或其它条件相同时,反应物H 2O 2的浓度越大, H 2O 2分解速率更快。或其它条件相同时,反应物H 2O 2的温

度越高, H 2O 2分解速率更快。) 催化剂表面积 加快 减慢 0.05mol/(L·

min) 20% 【解析】

【详解】

I(1)①根据表中给出的数据，无催化剂不加热的情况下，不同浓度的过氧化氢溶液都是几乎不反应，在无催化剂加热的情况下，不同浓度的过氧化氢溶液都分解，说明过氧化氢的分解速率与温度有关；但是得到相同气体的时间不同，浓度越大，反应的速度越快，说明过氧化氢的分解速率与浓度有关；比较同一浓度的过氧化氢溶液如30%时，在无催化剂加热的时候，需要时间是360s ，有催化剂加热的条件下，需要时间是10s ，说明过氧化氢的分

解速率与催化剂有关，故答案为：浓度；

②其它条件相同时，使用催化剂比不用催化剂， H 2O 2分解速率更快 (或其它条件相同时，反应物H 2O 2的浓度越大， H 2O 2分解速率更快。或其它条件相同时，反应物H 2O 2的温度越高， H 2O 2分解速率更快。)；

(2)因在其他条件相同时，粉末状二氧化锰比块状二氧化锰反应所需时间短，说明催化剂表面积对反应速率有影响，故答案为：催化剂表面积；

Ⅱ. (1)保持容器体积不变，向其中充入1molHI(g)，生成物浓度变大，逆反应速率增大，平衡左移，左移之后反应物浓度增大，正反应速率增大，之后重新达到平衡，故答案为：加快；

(2)保持容器内气体压强不变，向其中充入1mol 氦气，容器的体积增大，反应物和生成物的浓度都减小，所以反应速率减慢，故答案为：减慢；

(3)反应进行到2min ，测得容器内HI 的浓度为0.2mol/L ，则

v (HI)=-10.2mol L 2min

g =0.1mol/(L·min)，同一反应中用不同物质表示反应速率时反应速率之比等于计量数之比，所以v (H 2)=12

? v (HI)=0.05mol/(L·min)；容器体积为2L ，碘的初始浓度为0.5mol/L ，平衡时HI 的浓度为0.2mol/L ，根据方程式()()22H g I g +()2HI g 可知，

消耗的c(I 2)=0.1mol/L ，所以I 2的转化率为-1

-10.1mol L 100%0.5mol L

?g g =20%，故答案为：0.05mol/(L·min)；20%。

11．一氧化碳和二氧化硫是用途广泛的化工基础原料。

（1）已知：C （s ）＋O 2（g ）＝CO 2（g ） △H 1＝– 393.5 kJ·

mol – 1 C （s ）＋CO 2（g ）＝2CO （g ） △H 2＝＋172.5 kJ·mol – 1

S （s ）＋O 2（g ）＝SO 2（g ） △H 3＝– 296.0 kJ·mol – 1

已知某反应的平衡常数[][]2

22

2CO K SO [CO]=?，据以上信息，请写出该反应的热化学反应方程式：________________。 （2）工业上用一氧化碳制取氢气的反应为：CO （g ）＋H 2O （g ） 垐?噲?CO 2（g ）＋H 2

（g ），已知420℃时，该反应的化学平衡常数为9.0。如果反应开始时，在2 L 的密闭容器中充入CO 和H 2O 的物质的量都是0.60 mol ，5 min 末达到平衡，则此时CO 的转化率为______，H 2的化学反应速率为_____。

（3）工业利用反应2SO 2（g ）＋O 2（g ） 垐?噲?2SO 3（g ）制硫酸，一定条件下，将

1molSO 2与2molO 2置于恒容密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是______

a 体系压强保持不变

b 混合气体密度保持不变

c SO 2和O 2的物质的量保持不变

d 每消耗1 mol SO 3的同时，生成0.5 mol O 2

【答案】SO 2（g ）＋2CO （g ） 垐?噲? 2CO 2（g ）＋S （s ） △H ＝－270kJ·

mol -1； 75% 0.045mol·L -1·min -1 a 、c

【解析】

【分析】

(1)已知某反应的平衡常数[][]22

22CO SO [CO]K =?，则该反应的方程式为

SO 2(g)+2CO(g)?2CO 2(g)+S(s)，根据盖斯定律结合已知方程式计算反应热；

(2)根据所给反应的平衡常数，利用三段式法计算浓度变化值结合公式计算；

(3)学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断；

【详解】

(1)已知某反应的平衡常数[][]22

22CO SO [CO]K =?，则该反应的方程式为

SO 2(g)+2CO(g)?2CO 2(g)+S(s)，

①C(s)+O 2(g)=CO 2(g)△H 1=-393.5kJ?mol -1

②C(s)+CO 2(g)=2CO(g)△H 2=+172.5kJ?mol -1

③S(s)+O 2(g)=SO 2(g)△H 3=-296.0kJ?mol -1，

由盖斯定律①-②-③可得SO 2(g)+2CO(g)?2CO 2(g)+S(s) △H =-270kJ?mol -1；

故答案为：SO 2(g)+2CO(g)?2CO 2(g)+S(s) △H =-270kJ?mol -1；

(2)设参加反应的CO 的浓度为x

()()()()

222++CO 0.300.3000x x x x

0.30-x 0.30-x H O C x

O H x g g g g ?起始转化平衡 [][]()222

222CO x =9.0SO [CO]0.30-x =K =?，解得x=0.225mol/L ，所以CO 的转化率α(CO)=

-1

-1

0.225mol L 0.30mol L g g ×100%=75%，氢气反应速率v (H 2)=()-1

2H 0.225mol L =5min

c t ??g =0.045mol/(L?min)，故答案为：75%；0.045mol /(L?min)； (3)a ．反应前后气体的体积不等，故容器总压强随时间改变，当压强不再随着时间变化时，即达到化学平衡状态，故a 正确；

b ．总质量不变，体积不变，故混合气体的密度始终不变，所以不能作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故b 错误；

c ．起始SO 2和O 2的物质的量之比为1:2，而反应过程中按照2:1的比例进行反应，所以SO 2和O 2的物质的量之比不变时说明反应达到平衡，故c 正确；

d．每消耗1mol SO3为逆反应速率，同时，生成0.5mol O2也为逆反应速率，任一时刻不同物质表示的同一方向速率之比等于计量数之比，故d错误；故答案为：ac；

12．合成氨反应N2 ( g ) +3H2 ( g ) = 2NH3 ( g ) ，反应过程的能量变化如图所示。已知N2 ( g ) 与 H2( g )反应生成 17 gNH3(g)，放出46. 1kJ的热量。请回答下列问题：

(1)该反应通常用铁作催化剂，加催化剂会使图中E_______________（填“变大”或“变小”) ，

E 的大小对该反应的反应热有无影响？___________，理由是__________。

(2)图中△H=________kJ·mol -1。

(3)起始充入2mol·L-1N2和5.5mol·L-1H2，经过50min，NH3的浓度为1mol·L-1，则v（N2）

=______mol·L-1·min-1，c(H2)=_____mol·L-1

(4)已知NH3(g)=NH3(l) △H=-QkJ·mol-1,则N2 ( g ) +3H2 ( g ) = 2NH3 ( l )的△H=_______kJ·mol-1

【答案】变小无ΔH取决于反应物的总能量和生成物的总能量差 -92.2 0.01 4 -（92.2+2Q）

【解析】

【分析】

(1)依据催化剂降低反应的活化能加快反应速率分析；反应热取决于反应物和生成物的能量变化，活化能和反应热无关；

(2)结合已知N2(g)与H2(g)反应生成17g NH3(g)，放出46.1kJ的热量，分析图象是合成氨反应N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)，计算得到；

(3)依据化学平衡三段式列式计算；

(4)结合(2)计算的焓变写出反应的热化学方程式，依据盖斯定律计算所需让化学方程式。【详解】

(1)催化剂降低反应的活化能加快反应速率，但不改变平衡，反应热不变，E的大小对该反应的反应热无影响，反应热取决于反应物的总能量和生成物的总能量差，故答案为：变小；无；△H取决于反应物的总能量和生成物的总能量差；

(2)已知N2(g)与H2(g)反应生成17g NH3(g)，放出46.1kJ的热量，图象是表示的是反应

N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)能量变化，所以生成34g氨气放热92.2kJ，热化学方程式为：

N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)，△H=-92.2kJ/mol，故答案为：-92.2；

(3)起始充入2mol?L-1N2和5.5mo l?L-1H2，经过50min，NH3的浓度为1mol?L-1，则依据所给数据建立如下三段式：

()()()

223N g 3H +2 5.500.5 1.51

1.54g 2NH g 1

?开始变化平衡 由三段式可得v(N 2

)=0.5mol/L 50min

=0.01mol/(L?min)，c(H 2)=4mol/L ，故答案为：0.01；

4； (4)由热化学方程式①N 2(g)+3H 2(g)=2NH 3(g)△H=-92.2kJ/mol ，②NH 3(g)═NH 3(l)△H=-QkJ?mol -1，依据盖斯定律①+②×2得到N 2(g)+3H 2(g)═2NH 3 (l)△H=-(92.2+2Q)kJ?mol -1，故答案为：-（92.2+2Q ）。

13．2007年诺贝尔化学奖授予德国科学家格哈德·埃特尔，以表彰他在表面化学研究领域作出的开拓性贡献。

（1）某校化学研究性学习小组的同学在技术人员的指导下，按下列流程探究不同催化剂对NH 3还原NO 反应的催化性能。

若控制其他实验条件均相同，在催化反应器中装载不同的催化剂，将经催化反应后的混合气体通过滴有酚酞的稀硫酸溶液（溶液的体积、浓度均相同）。为比较不同催化剂的催化性能，需要测量并记录的数据是___。

（2）在汽车的排气管上安装“催化转化器”(用铂、钯合金作催化剂)，它的作用是使CO 、NO 反应生成可参与大气生态环境循环的无毒气体，并促使烃类充分燃烧。

①写出CO 与NO 反应的化学方程式：___，该反应作氧化剂的物质是__。

②用CH 4催化还原NO x 也可以消除氮氧化物的污染。例如：

CH 4(g)+4NO 2(g)=4NO(g)＋CO 2(g)+2H 2O(g)；ΔH 1＝－574kJ·mol －1

CH 4(g)+4NO(g)=2N 2(g)＋CO 2(g)+2H 2O(g)；ΔH 2

若1molCH 4还原NO 2至N 2，整个过程中放出的热量为867kJ ，则ΔH 2=___。

（3）有人认为：该研究可以使氨的合成反应，在铁催化剂表面进行时的效率大大提高，从而使原料的转化率大大提高。请你应用化学基本理论对此观点进行评价：___。

【答案】溶液显色所需要的时间 2CO+2NO N 2+2CO 2 NO -1160kJ·mol －1 该研究只能提高化学反应速率，不能使化学平衡发生移动

【解析】

【分析】

(1)催化剂不同催化效果不同，可将经催化反应后的混合气体通过滴有酚酞的稀硫酸溶液(溶

液的体积、浓度均相同)，测量并记录的溶液显色的时间；

(2)①CO、NO反应生成了CO2和N2，据此写出反应的化学方程式，然后判断氧化剂；

②写出CH4还原NO2至N2的热化学方程式，然后结合

CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)；△H1=-574kJ?mol-1反应，求算出△H2；

(3)催化剂只能加快反应速度，不能改变化学平衡。

【详解】

(1)溶液显色的时间不同，说明催化剂的催化效果不同，需要测量并记录溶液显色所需要的时间；

(2)①CO和NO反应生成了CO2和N2，根据化合价变化配平该反应方程式为：

2CO+2NO 催化剂

N2+2CO2，该反应中一氧化氮被还原生成氮气，NO为氧化剂；

②1molCH4还原NO2至N2，热化学方程式是：CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)；

△H3=-867kJ?mol-1；结合热化学方程式CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)；△H1=-

574kJ?mol-1，可以得出：CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)；△H2=-1160 kJ?mol-1；

故答案为：-1160 kJ?mol-1；

(3)催化剂只能加快反应速度，不能改变化学平衡，所以该研究只能提高化学反应速率，不能使化学平衡发生移动。

14．已知：反应aA(g)＋bB(g) €cC(g)，某温度下，在2 L的密闭容器中投入一定量的A、B，两种气体的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示。

（1）从反应开始到12 s时，用A表示的反应速率为________。

（2）经测定前4 s内v(C)＝0.05 mol·L－1·s－1，则该反应的化学方程式为______________。（3）若上述反应分别在甲、乙、丙三个相同的密闭容器中进行，经同一段时间后，测得三个容器中的反应速率分别为甲：v(A)＝0.3 mol·L－1·s－1；乙：v(B)＝0.12 mol·L－1·s－1；丙：v(C)＝9.6 mol·L－1·min－1；则甲、乙、丙三个容器中反应速率由快到慢的顺序为________。（4）下表所列数据是反应CO（g）+2H2（g）€CH3OH（g） H1在不同温度下的化学平衡常数(K)。

温度250℃300℃350℃

K 2.0410.2700.012

①由表中数据判断?H1_______0(填“>”“=”或“<”)；

②某温度下，将2molCO和6molH2充入2L密闭容器，充分反应，达平衡后，测得

c(CO)=0.2mol·L－1，则CO的转化率为__________，此时的温度为_______________从上表中选择)

（5）将CH4转化成CO，工业上常采用催化转化技术，其反应原理为：

CH4（g）+3/2O2（g）€CO（g）+2H2O（g）?H=-519kJ·mol－1。工业上，为选择合适的催化剂，分别对X、Y、Z三种催化剂进行了如下实验(其他条件相同)

①X在T1℃时催化效率最高，能使正反应速率加快约3×105倍；

②Y在T2℃时催化效率最高，能使正反应速率加快约3×105倍；

③Z在T3℃时催化效率最高，能使逆反应速率加快约1×106倍；

已知：T1> T2> T3，根据上述信息，你认为在生产中应该选择的适宜催化剂是__(填“X”、“Y”或“Z”)选择的理由是_______________________________________________。

【答案】0.05 mol·L－1·s－1 3A(g)＋B(g) €2C(g) 乙>甲>丙 < 80% 250℃ Z 催化效率高且活性温度低

【解析】

【分析】

（1）根据

c

v=

t

?

?

进行计算；

（2）计算出12s内用A表示的化学反应速率，可以计算出a与b的比值，利用题给4s内v（C）=0.05mol?L-1?s-1，计算出abc的最简整数比；

（3）将不同速率转化为同一物质的用相同单位进行描述的速率进行比较；

（4）①由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应；

②根据CO的平衡浓度计算平衡时CO的物质的量，进而计算参加反应的CO的物质的量，再根据转化率定义计算；列式三段式计算平衡浓度，结合平衡常数概念计算得到；

（5）该反应正反应为放热反应，应选择催化活性高、速度快、反应温度较低；

【详解】

（1）从反应开始到12s时，A的浓度变化量△c=0.8mol/L-0.2mol/L=0.6mol/L，时间为12s，

故

c

v=

t

?

?

=0.05mol/（L?s），故答案为：0.05 mol·L－1·s－1；

（2）12s时，B的浓度变化量△c=0.5mol/L-0.3mol/L=0.2mol/L，故a：b=0.6：0.2=3：1，经测定前4s内v（C）=0.05mol?L-1?s-1，此时A浓度变化为：0.8mol/L-0.5mol/L=0.3mol/L，此

时v（A）=

()

0.3/

4

mol L

s

=0.075mol/（L?s），即v（A）：v（C）=0.075：0.05=3：2，故

a：b：c=3：1：2，故化学反应方程式为：3A（g）+B（g）?2C（g）；

故答案为：3A（g）+B（g）?2C（g）；

（3）确定A的速率为：甲：v（A）=0.3mol?L-1?s-1；乙：v（B）=0.12mol?L-1?s-1，故v （A）=3×0.12mol?L-1?s-1=0.36mol?L-1?s-1；丙：v（C）=9.6mol?L-1?min-1==0.16mol?L-1?s-1，