2020-2021備戰(zhàn)高考化學復習化學反應原理綜合考查專項易錯題含答案解析

1、2020-2021備戰(zhàn)高考化學復習化學反應原理綜合考查專項易錯題含答案解析一、化學反應原理綜合考查1.德國化學家哈伯(F.Haber)從1902年開始研究由氮氣和氫氣直接合成氨。合成氨為解決世界的糧食問題作出了重要貢獻。其原理為N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)H=-92.4kJ/mol(1)若已知H-H鍵的鍵能為436.0kJ/mol,N-H的鍵能為390.8kJ/mol,則NN的鍵能約為kJ/mol(2)合成氨反應不加催化劑很難發(fā)生，催化劑鐵觸媒加入后參與了反應降低了活化能。其能量原理如圖所示，則加了催化劑后整個反應的速率由決定(填第一步反應”或者第二步反應”，)未使用催化劑時逆反應

2、活化能正反應活化能(填大于“小于”或者等于”)/IEui126_反庭后程(3)從平衡和速率角度考慮，工業(yè)生產采取20MPa到50MPa的高壓合成氨原因(4)一定溫度下恒容容器中，以不同的H2和N2物質的量之比加入，平衡時NH3體積分數(shù)如圖所示，則H2轉化率a點b點(填"大于"小于”或者等于“J若起始壓強為20MPa,則b點時體系的總壓強約為MPa。(1123456|N.#:用悔法.七比(5)若該反應的正逆反應速率分別表示為v正水正gN2gc3H2,v逆二K逆？2(NH3),則一定溫度下，該反應的平衡常數(shù)K=(用含K正和K逆的表達式表示)，若K正和K逆都是溫度的函數(shù)，且隨溫度

3、升高而升高，則圖中c和d分別表示和隨溫度變化趨勢(填K正或者K逆)。(6)常溫下，向20mL的0.1mol/L的鹽酸中通入一定量氨氣反應后溶液呈中性(假設溶液體積變化忽略不計)則所得溶液中c(NH4+)=【答案】944.4第一步反應大于當壓強低于20MPa時，反應速率慢，且反應轉化率低，壓強過大于50MPa時，轉化率提升不大，但對設備的要求高，生產成本高小于19K正K逆0.1mol/L【解析】【分析】【詳解】(1)根據(jù)反應熱的計算公式AH=E(反應物的鍵能)-E(生成物的鍵能)=Enn3Eh-h6En-hEnn3436.0kJ/mol6390.8kJ/mol92.4kJ/mol,可得EnN=9

4、44.4kJ/mol,故答案為：944.4；(2)因為第一步反應的活化能大于第二步反應的活化能，則催化劑后整個反應的速率由第一步反應決定，由圖可知未使用催化劑時逆反應活化能大于正反應活化能，故答案為：第一步反應；大于；(3)根據(jù)工業(yè)上制備氨氣的原理可知，當壓強低于20MPa時，反應速率慢，且反應轉化率低，壓強過大于50MPa時，轉化率提升不大，但對設備的要求高，生產成本高，所以工業(yè)生產采取20MPa到50MPa的高壓合成氨，故答案為：當壓強低于20MPa時，反應速率慢，且反應轉化率低，壓強過大于50MPa時，轉化率提升不大，但對設備的要求高，生產成本高；H2的轉化率a點(4)當增大氫氣的用量時

5、，氮氣的轉化率升高，氫氣的轉化率降低，則小于b點；根據(jù)圖知1mol,轉化的氮氣為xmol,則可列三段式為:N2+3H2?2NH3起始量(mol)轉化量(mol)平衡量(mol)1-x3x2x3-2x2x則有二=5%,胃等2-2xP(始態(tài))衡)二19MPa,故答案為：小于;n(平衡)_2-2xn(始態(tài))-219;P®，由此可得x=2,P(平20MPa21b點氨氣的體積分數(shù)為5%,設氮氣與氫氣在恒容密閉容器中各投322c2NH3(5)平衡時，正反應速率=逆反應速率，則有K正gp(N2)gp(H2)=K逆gcNH3,平衡常數(shù)K=3-區(qū)也；該反應為放熱反應，溫度升高時，平衡會逆向移動，平衡常

6、c(N2)gc3(H2)K逆KKF數(shù)會減小，則K逆大于K正，c代表K正，d代表K逆，故答案為：;K正；K逆；(6)反應后溶液呈中性，溶液中c(H+)=c(OH-)且由電荷守恒c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(C-),則c(NH4+)=c(Cl-)=0.1mol/L,故答案為：0.1mol/L。2.氫氣是一種清潔高效的新型能源，如何經濟實用的制取氫氣成為重要課題。(1)硫碘循環(huán)分解水是一種高效、環(huán)保的制氫方法，其流程圖如下：已知：反應I：SQ(g)+I2(g)+2H2O(l)=2HI(aq)+H2SO4(aq)1六213kJmol-1反應II:H2sO4(aq)=sO2(g)+H20

7、(1)+1/2O2(g)AH2=+327kJmol-1反應III：2HI(aq)=H2(g)+b(g)3=+172kJmol-kH貝U反應2H20(1)=2H2(g)+02(g)=。(2)H2s可用于高效制取氫氣，發(fā)生的反應為2H2s(g)?s2(g)+2H2(g)。若起始時容器中只有H20平衡時三種物質的物質的量與裂解溫度的關系如圖:1200Ifidfi裂解溫度"圖中曲線1表示的物質是(填化學式)。A點時H2s的轉化率為。C點時，設容器內的總壓為pPa,則平衡常數(shù)Kp=(用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓蹴質的量分數(shù))。II.若在兩個等體積的恒容容器中分別加入2.0molH2s

8、1.0molH2S,測得不同溫度下H2s的平衡轉化率如圖所示：10001200MOO16Mxi度/X?M點和。點的逆反應速率v(M)v(O)(填“>”典""=；'下同)；M、N兩點容器內的壓強2P(M)P(N),平衡常數(shù)K(M)K(N)?！敬鸢浮?572kJmol1S50%pPa<<<【解析】【分析】(1)利用蓋斯定律進行反應2H20(1)=2H2(g)+O2(g)HX的計算；(2)I.由反應方程式2H2s(g)-S2(g)+2H2(g)可知，若起始時容器中只有H2S,平衡時金的1物質的量為H2的一，則曲線l表木的物質是3,曲線m表示的物質是

9、H2S,曲線n表示的2物質是H2,據(jù)此分析解答；n.反應2H2s(g)kS2(g)+2H2(g)中，H2s的物質的量增加，其平衡轉化率反而減小，即M點和。點分別所在的曲線代表H2s的起始量為0.1mol和0.2mol,據(jù)此解答;【詳解】根據(jù)蓋斯定律，反應(I+n+出)X可得到反應2H20(1)=2H2(g)+O2(g),其AH=2(2H1+山2+汨3)=2X(172+327-213)=+572mol-1,故答案為：+572kJmol-1；(2)1.由反應方程式2H2s(g)k=8(g)+2H2(g)可知，若起始時容器中只有H2S,平衡時金1的物質的量為H2的一，則曲線1表布的物質是S,故答案為

10、：金；2根據(jù)圖像，A點時，硫化氫和氫氣的物質的量相等，根據(jù)2H2s(g尸S2(g)+2H2(g),說明反應的硫化氫與剩余的硫化氫相等，H2s的轉化率為50%,故答案為：50%;根據(jù)A點可知，起始時硫化氫為20mo1,B點時，硫化氫與S2的物質的量相等，設分解的硫化氫為x,則20-x=,解得*=三mol,容器中含有h2smmoi,s2gm。1,H290mo1,物質的量分數(shù)分別為1,1，平衡常數(shù)3 442(1pPa)2(1pPa)Kp=-4=pPa,故答案為：pPa；4 PPa)24n.反應2H2s(g)k&(g)+2H2(g)中，H2s的物質的量增加，其平衡轉化率反而減小，即；M點和。點

11、分別所在的曲線代表H2s的起始量為0.1mol和0.2mol，恒容容器中，M點的2n(總)M=n(總)m,又圖像可知0.4520.225Tm<Tn,由PV=nRT可得,2P(M)<P(N),答案為：;。V2-0.55V0.90.151V,KN=V2-0.45V21.1V0.301一,則K(M)<K(N),故V2H2sgS2g+2H2!起始mol200轉化mol0.90.450.9平衡mol1.10.450.9n(總)N=1.1+0.45+0.9=2.45mol2H2sgS2g+2匕！起始mol100轉化mol0.450.2250.45平衡mol0.550.2250.45濃度小

12、于。點，則逆反應速率v(M)v(O),故答案為:由圖像可知,H2s的轉化率均為45%,可列三段式有:ggn(總)M=0.55+0.45+0.225=1.225mol【點睛】本題考查了蓋斯定律的應用、化學平衡圖象的分析應用，掌握蓋斯定律的使用方法和圖象題的分析方法是解題的關鍵。本題的易錯點是(2)1,注意理解平衡常數(shù)Kp的含義和計算方法。3.研究大氣污染物SQ、CH30H與H2O之間的反應，有利于揭示霧霾的形成機理。反應i：S03(g)+H20(g)=H2SO4(1)H1227.8kJmol1反應ii：CH30H(g)+SO3(g尸CH3OSO3H(g)(硫酸氫甲酯)H2-63.4kJmol-1

13、(1) CROSQH發(fā)生水解：CH3OSO3H(g)H2O(g)CH30H(g)H2SO4(1)AH=kJ/mol。(2) TC時，反應ii的CH30H(g)、SQ(g)的初始濃度分別為110-8molL-1、210-9molL-1,平衡時SQ轉化率為0.04%,貝UK=。(3)我國科學家利用計算機模擬計算，分別研究反應ii在無水和有水條件下的反應歷程，如圖所示，其中分子間的靜電作用力用“”表示。CH.OH.和SO.2近歷程l：上水)分子間的靜電作用力最強的是(填“a"、"b”或“c”)。水將反應ii的最高能壘由eV降為eV。d到f轉化的實質為質子轉移，該過程斷裂的化學鍵為

14、(填標號)。A.CH30H中的氫氧鍵B.CH30H中的碳氧鍵C.H20中的氫氧鍵D.S03中的硫氧鍵(4)分別研究大氣中H2O、CH30H的濃度對反應i、反應ii產物濃度的影響，結果如圖所rztAI毫?_:,*=*2>LJ當c(CH30H)大于10-11mol.L-1時，c(CH30H)越大，c(H2S04)越小的原因是。當c(CH30H)小于10-11mol.L-1時，c(H20)越大，c(CHsOSQH)越小的原因是。【答案】-164.44丸1mol-1a20.936.62ACD反應i和反應ii為競爭反應，甲醇濃度增大，促進了甲醇和三氧化硫反應，抑制了三氧化硫和水的反應，硫酸的濃度減

15、小水的濃度越大，甲醇和三氧化硫碰撞幾率越小，生成CH30SOH越小，c(CH30SOH)越小【解析】【分析】(3)圖形很陌生，但仔細觀察發(fā)現(xiàn)其實是反應歷程與能量變化圖，問題就變簡單了。(4)反應i和反應ii為競爭反應，兩個反應都消耗三氧化硫，三氧化硫濃度不變的情況下，一個反應程度增大另一個反應程度一定減小?！驹斀狻?反應i：SO3(g)+H2O(g尸H2sO4(1)H1227.8kJmol1反應ii：CH3OH(g)+SO3(g尸CH3OSO3H(g)H2-63.4kJmol反應i-反應ii有：CH3OSO3H(g)H2O(g)CH3OH(g)H2sO4(1),所以H=H1-H2=(227.8

16、kJmol1)-(-63.4kJmol-1)=-164.4kJmol-1,故答案為：-164.4；(2)SO3轉化率為0.04%,則SO3轉化值=210-9molL-1x0.04%=8X-彳molL-1,列三段式如CH30H(g)+SO3(g)=CH3OSO3H(g)起始濃度/molL-1110-8210-90變化濃度/molL-1810810810'平衡濃度/molL-1(100000-8)10-13(20000-8)10-13810-13-13-1810molLK=-13-1-13-1x(100000-8)10molL(20000-8)10molL-134xi0lmol-1;13i

17、o-Lmol1=4x14Lmol-1,故答案為:100000102000010(3)a處的兩個分子能量更低，更穩(wěn)定，分子間靜電作用更強，故答案為：a;無水時，反應ii的最高能壘為19.59eV-(-1.34eV)=20.93eV,有水時，反應ii的最高能壘為3.66eV-(-2.96eV)=6.62eV,即水將反應ii的最高能壘由20.93eV降為6.62eV,故答案為：20.93；6.62；由圖可知，水分子中的氫氧鍵斷了一根，又形成一根；CH30H中的氫氧鍵斷了，。和S原子重新形成一根鍵；SQ中硫氧雙鍵斷了一根，變成硫氧單鍵，S和甲醇中的。重新形成一根單鍵，綜上所述，水中的氫氧鍵、甲醇中的氫

18、氧鍵、三氧化硫中的硫氧鍵都發(fā)生了斷裂，ACD符合，故答案為：ACD;(4)反應i和反應ii都消耗三氧化硫，為競爭反應，甲醇濃度增大，促進了甲醇和三氧化硫反應，抑制了三氧化硫和水的反應，硫酸的濃度減小，故答案為：反應i和反應ii為競爭反應，甲醇濃度增大，促進了甲醇和三氧化硫反應，抑制了三氧化硫和水的反應，硫酸的濃度減?。凰臐舛仍酱?，甲醇和三氧化硫碰撞幾率越小，生成CH30SQH減小，c(CH30SQH)減小，故答案為：水的濃度越大，甲醇和三氧化硫碰撞幾率越小，生成CH30SQH越少，c(CH30SOH)越小。【點睛】(2)計算時作如下近似處理：(100000-8)10-13molL-1=100

19、000x-10molL-1=10-8molL-1(20000-8)10-13molL-1-2000010-13molL-1210-9molL-1。4.磷酸是重要的化學試劑和工業(yè)原料。請回答下列問題:(1)已知：25c時，磷酸和氫氟酸的電離常數(shù)如下表所示。物質H3PO4HF電窗常數(shù)Ka1=7.1X也Ka2=6.3x180Ka3=4.2x110Ka=6.6x140向NaF溶液中滴加少量H3PO4溶液，反應的離子方程式為(2)已知：I.CaO(s)+H2S04(l)CaSQ(s)+H2O(l)AH=-271kJmol-1n.5CaO(s)+3H3PO4(l)+HF(g)Cas(PO4)3F(s)+5

20、H2O(l)AH=-937kJmol-1則：工業(yè)上用C%(PO4)3F和硫酸反應制備磷酸的熱化學方程式為。一定條件下，在密閉容器中只發(fā)生反應n,達到平衡后縮小容器容積，HF的平衡轉化率(填揩大"減小“或不變”，下同)；HF的平衡濃度。(3)工業(yè)上用磷尾礦制備Cas(PO4)3F時生成的副產物CO可用于制備H2,原理為CO(g)+H>O(g)=CQ(g)+H2(g)AH。一定溫度下，向10L密閉容器中充入0.5molCO和1molHzO(g),2min達到平衡時，測得02min內用CO2表示的反應速率v(CQ)=0.02molL-1min-1。則CO的平衡轉化率”=;該反應的平衡

21、常數(shù)K=。在壓強不變的密閉容器中發(fā)生上述反應，設起始的n(CO)=v,CO的平衡體積分數(shù)(力)n(H2O)與溫度(T)的關系如圖所示。則：該反應的AH0(填4"無"或=下同)。a1,理Cas(PO4)3F(s)+5H2SO4(l)3H3PO4(l)+HF(g)+5CaSQ(s)AH=418kJmol1增大不變80%83大，其平衡體積分數(shù)越小【解析】<<相同溫度下，y越小，CO的轉化率越(1)根據(jù)電離平衡常數(shù)可知酸性有如下關系:H3PQ>HF>H2PO4>HPO42,所以向NaF溶液中滴加少量H3PO4溶液，反應的離子方程式為為：H3PO4+F=

22、HF+H2PO4；(2)已知：I.CaO(s)+H2SC4(l)CaSQ(s)+H2O(l)AH=-271kJ-moln.5CaO(s)+3H3PO4(l)+HF(g)Csb(PO4)3F(s)+5H2O(l)AH=937kJ-mol1根據(jù)蓋斯定律可知IX5-n即得到Ca5(PO4)3F和硫酸反應制備磷酸的熱化學方程式為Ca5(Pd)3F(s)+5H2SQ(l)3H3PO4(l)+HF(g)+5CaSQ(s)AH=418kJ-mol1;反應n的正反應體積減小，所以達到平衡后縮小容器容積平衡向正反應方向移動，HF的平衡轉化率增大。由于溫度不變，平衡常數(shù)不變，即K=c(HF),因此HF的平衡濃度不

23、變；(3)測得。2min內用CC2表示的反應速率v(CO2)=0.02mol-L.1-min1,所以生成CQ濃度是0.04mol/L,則COg+H2Og?CO2g+H2g起始濃度(mol/L)0.050,100轉化濃度(mol/L)0.040.040.040.04平衡濃度(mol/L)0.010.060.040.04因此CO的平衡轉化率獷05X100唳80%該反應的平衡常數(shù)K=0.040.04=-;0.050.010.063根據(jù)圖像可知升高溫度CO的體積分數(shù)增大，說明平衡向逆反應方向進行，所以該反應的AHV0,由于相同溫度下，y越小，CO的轉化率越大，其平衡體積分數(shù)越小，所以a<1。5.

24、CQ催化加氫制甲醇，是極具前景的溫室氣體資源化研究領域。在某CO催化加氫制甲醇的反應體系中，發(fā)生的主要反應有：i. CO2(g)+3H2(g)幅?CH30H(g)+H2O(g)AH1=-49.4kJ-mol-1ii. CO?(g)+H2(g)峰？CO(g)+H2O(g)H2=+41.2kJmol-1iii. CO(g)+2H2(g)麻？CH3OH(g)AH3(1) H3kJ.mol-1(2) 5MPa時，往某密閉容器中按投料比n(H2):n(CO?)=3:1充入H2和CQ。反應達到平衡時，測得各組分的物質的量分數(shù)隨溫度變化的曲線如圖所示。體系中CQ的物質的量分數(shù)受溫度的影響不大，原因是。250

25、c時，反應ii的平衡常數(shù)1(填“V”或“=”)。下列措施中，無法提高甲醇產率的是(填標號)。A加入適量COB增大壓強C循環(huán)利用原料氣D升高溫度如圖中X、Y分別代表(填化學式)。(3)反應i可能的反應歷程如下圖所示。注：方框內包含微粒種類及數(shù)目、微粒的相對總能量(括號里的數(shù)字或字母，單位：eV)。其中，TS表示過渡態(tài)、*表示吸附在催化劑上的微粒。反應歷程中，生成甲醇的決速步驟的反應方程式為。相對總能量E=(計算結果保留2位小數(shù))。(已知：leV=1.6X10-22J)(4)用電解法也可實現(xiàn)CC2加氫制甲醇(稀硫酸作電解質溶液)。電解時，往電解池的極通入氫氣，陰極上的電極反應為?！敬鸢浮?90.6

26、溫度改變時，反應i和反應ii平衡移動方向相反vDCOCH30HHCOOH*+2H2(g尸H2COOhf+3/2H2-0.51陽CQ+6e+6H+=CH3OH+H2?！窘馕觥俊痉治觥俊驹斀狻?1)已知：i.CO2(g)+3H2(g)幅?CH30H(g)+H2O(g)AHi=-49.4kJ-mol-1ii.CO?(g)+H2(g)齡為CO(g)+H2O(g)AH2=+41.2kJ-mol-1iii.CO(g)+2H2(g)麻”CH3OH(g)AH3根據(jù)蓋斯定律可知反應i-ii可得反應iii,所以H3=AHi-AH2=-49.4kJmol-41.2kJ/mol=-90.6kJ/mol；(2)Hi0,

27、H3V0,即生成甲醇的反應均為放熱反應，所以溫度升高平衡時甲醇的物質的量分數(shù)應減小，H2>0,生成CO的反應為吸熱反應，所以隨溫度升高CO平衡時的物質的量分數(shù)會變大，二者共同作用導致水蒸氣減小幅度小于甲醇，所以Z代表H2O,Y代表CH3OH,X代表CO。依據(jù)主要反應的化學方程式可知，反應i消耗CO2,反應ii逆向產生CO2,最終體系內CO2的物質的量分數(shù)與上述兩個反應進行的程度相關。由于H1V0而4H2>0,根據(jù)勒夏特列原理，溫度改變時，反應i和反應ii平衡移動方向相反，且平衡移動程度相近，導致體系內CO2的物質的量分數(shù)受溫度的影響不大；一cCOcH2O、_、反應ii平衡常數(shù)K=,

28、該反應前后氣體體積計量數(shù)之和不變，所以可以用cCO2cH2物質的量分數(shù)來代表濃度估算K值，據(jù)圖可知250c時，CO2與H2的物質的量分數(shù)大于CO和H2O的物質的量分數(shù)，所以KV1;A.加入適量CO,促使反應iii平衡正向移動，產生更多的CH3OH,而反應ii平衡逆向移動，又可減少CC2轉化為CO,使更多的CQ通過反應i轉化為CH3OH,故CH3OH產率提高，A項正確；B.增大壓強，有利于反應i和iii的平衡正向移動，而對反應ii無影響，B項正確；C.循環(huán)利用原料氣能提高CO2的轉化率，使CH3OH的產率提高，C項正確；D.由圖可知，升溫，CH3OH的物質的量分數(shù)下降，產率降低，D項錯誤；綜上所

29、述選D;根據(jù)分析可知X代表CO,丫代表CH3OH；(3)生成CH3OH的決速步驟，指反應歷程中反應速率最慢的反應。速率快慢則由反應的活化能決定，活化能越大，反應速率越慢。仔細觀察并估算表中數(shù)據(jù)，找到活化能(過渡態(tài)與起始態(tài)能量差)最大的反應步驟為：HCOOH+2H2(g)=H2COOd+3/2H2,Ea=-0.18-(-1.66)=1.48eV；反應i的4曰=-49.4kJ/mol,指的是1molCH30H(g)和ImolH2O(g)的總能量與1molCQ(g)和3molH2(g)的總能量之差，而反應歷程圖中的E表示的是1個CH30H分子和1個叱0分子的相對總能量與1個CQ分子和3個H2分子的相

30、對總能量之差(單位為cV),且將起點的相對總能量設定為0。所以，作如下?lián)Q算即可求得相對總能量E：E=一NaVH11221.61049.46.0210231.61022=-0.5近；(1)工業(yè)上合成氨的反應為N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)線。(4)因為電解過程CC2被還原為CH30H,H2應發(fā)生氧化反應，故氫氣通入陽極附近溶液中；而陰極上CO2轉化為CH30H,碳元素從+4價降為-2價，電解質溶液為硫酸，所以電極方程式為：CQ+6e-+6H+=CH3OH+H2O。【點睛】CH30H的過程，而是已經生成的解答第3題第1小問時要注意框圖中最后一步并非產生CH30H分子從催化劑表面解吸附的過

31、程。6.碳和氮的氫化物是廣泛的化工原料，回答下列問題:H=-92.2kJ/mol,反應過程中能量(2)聯(lián)氨作火箭燃料的反應為：2N2H4(|)+N2O4(|)=3N2(g)+4H2O(g)AH1已知：2O2(g)+N2(g尸N2O4AH2N2H4+O2(g尸N2(g)+2H2O(g)AH3上述熱效應之間的關系式為AHi=。某新型火箭用液氧/煤油代替聯(lián)氨/N2O4,這種替換可能的好處是(一條即可)。(3)天然氣制氫氣是工業(yè)上制氫氣的主要方法之一，其主要反應如下：i. CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)-+206.4kJ/mol,ii. CO(g)+噸O(g)=CO2(g)+H2(

32、g)-41H0kJ/mol在一定溫度下，2L的密閉容器中加入amolCH4和2amolH2O發(fā)生反應，tmin時反應達平衡，測得容器內CObmol、CQcmol?；卮鹣铝袉栴}：下列可判斷體系達到平衡狀態(tài)的是。n(CO)一A.CO的體積分數(shù)不變B.容器內氣體密度不變C.3v(CH4)=v(H2)D.、不再變化n(H2)0tmin反應速率v(CC2)=,CH4的的轉化率為,反應ii的平衡常數(shù)K=(圖H中TC之后c(CQ)隨溫度升高而減小的原因是?！敬鸢浮?27.2N<gH犯(g)2AH3-AH2環(huán)境污染小(或反應過槎成本低)ADb+cX100%aCmol/(Lmin)2t應，升高溫度反應向逆

33、反應方向移動是影響【解析】【分析】(1)放熱反應的反應熱H=-(Ea2Ea1)c(3b+4c)c、TC之后，反應為放熱反b(2a-b-2c)c(CQ)的主要因素，故c(CC2)減小催化劑可以降低反應的活化能，增大反應速率，即Ea、Ea1均減小，但反應熱不變；(2)依據(jù)蓋斯定律計算可得；液氧/煤油所用原料成本低，無毒；(3)反應達到化學平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，各物質濃度或百分含量保持不變；依據(jù)題給數(shù)據(jù)，建立三段式，結合速率、轉化率和化學平衡常數(shù)表達式計算可得；反應i為吸熱反應，反應ii為放熱反應，由圖n可知TC時反應達到平衡，升高溫度，反應i向正反應方向移動，一氧化碳濃度增大，反應ii向逆

34、反應方向移動，溫度對c(CQ)的影響大于濃度的影響?！驹斀狻?1)放熱反應的反應熱H=(Ea2Ea1),由圖可知Ea1=335.0kJmol,則合成氨反應H=一(曰2335.0kJmol)=92.2kjmol,Ea2=427.2kJmol,即2NH3(g)二N2(g)+3H2(g)的活化能為427.2kJmol,故答案為427.2;催化劑可以降低反應的活化能，增大反應速率，即Ea、Ea1均減小，但反應熱不變，則加H2；用液氧/煤油代替聯(lián)氨/N2O4的主要原因是液氧/煤油所用原料成本低，無毒，對環(huán)境污染小，故答案為2AH3-AH2；環(huán)境污染??；（3）A、CO的體積分數(shù)不變，說明正反應速率等于逆反

35、應速率，該反應已達平衡狀態(tài)，故正確；B、根據(jù)質量守恒定律，平衡前后氣體質量是不變的，在恒溫恒容密閉體系中，整個反應過程混合氣體的密度始終是不變的，不可作為判斷體系達到平衡狀態(tài)的判據(jù)，故錯誤；C、3v（CH尸v（H2）不能說明正反應速率等于逆反應速率，不可作為判斷體系達到平衡狀態(tài)的判據(jù)，故錯誤；n（CC）.D、一不再變化，說明在恒溫恒容密閉體系中CO和H2的濃度不在變化，該反應已達n（H2）平衡狀態(tài)，故正確；AD正確，故答案為AD；x,由題給條件建立如下三段式:設反應i生成一氧化碳的物質的量為CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)起（mol）變（mol）平（mol）2a2ax3x3x

36、CC(g)+H2O(g)=CC2(g)+H2(g)起（mol）變（mol）平（mol）2ax2axc3x3x+c0tmin內，生成CO2的物質的量為cmol,濃度的變化量為cmol/L,則反應速率2v(CC2)=mol/(2tL.min）;由題意可知一氧化碳的物質的量為bmol,則有xc=b,x=c+b,CH的轉化率為"x100%平衡時，c(CO為bmol/L,c(H2O)為2a-b-2ca22c3b+4cmol/L,c(CO?)為一mol/L,c(H2O)為mol/L,反應ii的平衡常數(shù)22c3b+4cc(CO2)c(H2)22c(3b+4c)I”心/工cK=/、/11n=工o=n

37、=，故答案為一mol/(L-min);c(CO)c(H2O)b2a-b-2cb(2a-b-2c)2t22"Xi。c(3b+4c)；ab(2a-b-2c)反應i為吸熱反應，反應ii為放熱反應，由圖n可知TC時反應達到平衡，升高溫度，反應i向正反應方向移動，一氧化碳濃度增大，使二氧化碳濃度有增大的趨勢，反應ii向逆反應方向移動，使二氧化碳濃度有減小的趨勢，由于溫度對c(CQ)的影響大于濃度的影響，所以c(CO2)隨溫度升高而減小，故答案為TC之后，反應為放熱反應，升高溫度反應向逆反應方向移動是影響c(CO2)的主要因素，故c(CO?)減小。【點睛】本題考查化學反應原理綜合應用，側重分析與

38、應用能力的考查，注意把握反應熱與活化能的關系、蓋斯定律的計算、化學平衡狀態(tài)的判斷、化學平衡計算為解答的關鍵。7.氯氣是現(xiàn)代工業(yè)的重要原料，將氯化氫轉化為氯氣的技術成為科學研究的熱車點，回答下列問題：(1)Deacon發(fā)明的直接氧化法為：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)?？砂聪铝写呋^程進行：1-1小2=-20kJmol-1I.CuC2(s)=CuC(s)+Cl2(g)ZHi=+83kJmol1n.CuC(s)+-O2(g)=CuO(s)+-Cl2(g)m.4HCl(g)+O2(g)=2C2(g)+2H2O(g)AH3反應I能自發(fā)進行的條件是。利用加1和AH2計算AH3

39、時，還需要利用反應的出。(2)如圖為剛性容器中，進料濃度比c(HCl)：c(O2)分別等于1：1、4:1、7:1時HCl平衡轉化率隨溫度變化的關系：可知反應平衡常數(shù)K(400C)_K(500C)(填“大于”或“小于”)。設容器內初始壓強為P0,根據(jù)進料濃度比c(HCl):a02)=4:1的數(shù)據(jù)，計算400c時容器內的平衡壓強=(列出計算式)。按化學計量比進料可以保持反應物高轉化率，同時降低產物分離的能耗。進料濃度比aHC)：c(02)過低、過高的不利影響分別是。(3)已知：氯氣與NaOH溶液反應可生成NaClQ。有研究表明，生成NaClO3的反應分兩步進行：I.2ClO-=ClO2-+Cn.c

40、iO2-+cio-=ciO3+c常溫下，反應n能快速進行，但氯氣與NaOH溶液反應很難得到NaClO3,試用碰撞理論解釋其原因：。(4)電解NaClO3水溶液可制備NaClO4,寫出陽極反應式：?！敬鸢浮扛邷谻uO(s)+2HC1(g)=CuC2+H2O(g)大于0.848p0C2和02分離能耗較高、HCl轉化率較低反應I的活化能高，活化分子百分數(shù)低，不利于CIO向C103轉化C1C3+H2O2e=ClO4+2H+【解析】【分析】【詳解】一1T(1)I.CuC2(s)=CuC(s)+-Cl2(g)AHi=+83kJ-mol1,S>0,則要G=AH-T-ASv0,須高溫條件下才能自發(fā)；ZH

41、1=+83kJ-molI.CuC2(s尸CuC(s)+1Cl2(g)211小2=-20kJ-moln.CuC(s)+-O2(g)=CuO(s)+-Cl2(g)出.4HCl(g)+O2(g)=2c2(g)+2H2O(g)AH3利用AH1和AH2計算出3時，由蓋斯定律，(出-nX2-IX2)/2得：還需要利用反應CuO(s)+2HCl(g)=CuC2(s)+H2O(g)的ZH。故答案為：高溫；CuO(s)+2HCl(g)=CuC2(s)+H2O(g)；(2)根據(jù)圖象可知，進料濃度比相同時，溫度越高HCl平衡轉化率越低，說明該反應為放熱反應，升高溫度平衡向著逆向移動，則溫度越高平衡常數(shù)越小，所以反應

42、平衡常數(shù)K(400C)大于K(500C)；進料濃度比c(HCl):c(。2)的比值越大，HCl的平衡轉化率越低，根據(jù)圖象可知，相同溫度時HCl轉化率最高的為進料濃度比c(HCl):c(O2)初始41轉化40.760.76平衡40.240.244HCl(g)+O2(g)二4：1,該曲線中400CHCl的平衡轉化率為76%則2Cl2(g)+2H2O(g)0020.7620.7620.7620.76進料濃度比c(HCl):c(。2)過低時，O2濃度較大，HCl的轉化率較高，但C12和O2分離能耗較高，生成成本提高；進料濃度比c(HCl):c(O2)過高時，O2濃度較低，導致HCl的轉化率減小；40.

43、2410.24P=20.7620.76P0=0.848P0；田依40.2410.2420.7620.76/故答案為：大于；p=P0=0.848p0；CI2和O2分離能41耗較高、HCl轉化率較低；(3)生成NaClO3的反應分兩步進行：i.2clO-=CQ-+C，n.ClO2+ClO=ClO3-+C，常溫下，反應n能快速進行，但氯氣與NaOH溶液反應很難得到NaClO3,用碰撞理論解釋其原因：反應I的活化能高，活化分子百分數(shù)低，不利于CIO向C1Q一轉化；故答案為：反應I的活化能高，活化分子百分數(shù)低，不利于ci。一向C1O3轉化；(4)電解NaClC3水溶液可制備NaClO4,陽極發(fā)生氧化反應

44、生成C1O4,陽極反應式：C1O3+H2O-2e=ClO4+2H+O故答案為：C1O3+H2O_2e=ClO4+2Ho【點睛】本題考查化學平衡計算、蓋斯定律應用及電解原理等知識，明確化學平衡及其影響為解答關鍵，難點(2)注意掌握蓋斯定律內容及三段式在化學平衡計算中的應用，試題側重考查學生的分析、理解能力及綜合應用能力。8. SQ的含量是衡最大氣污染的一個重要指標，工業(yè)上常采用催化還原法或吸收法處理SC2o利用催化還原SO2不僅可消除SC2污染，而且可得到有經濟價值的單質S(1)在復合組分催化劑作用下，CH4可使SC2轉化為S,同時生成CC2和H2C。己知CH4和S的燃燒熱(AH)分另1J為-8

45、90.3kJmol和-297.2kJ/mol,則CH4和SC2反應的熱化學方程式為。(2)用H2還原SC2生成S的反應分兩步完成，如圖1所示，該過程中相關物質的物質的量濃度隨時間的變化關系如圖2所示：分析可知X為(寫化學式)，0t1時間段的溫度為,0t1時間段用SC2表示的化學反應速率為。總反應的化學方程式為。(3)焦炭催化還原SC2生成金,化學方程式為：2C(s)+2SQ(g)=&(g)+2CC2(g),恒容容器中，1mol/LSQ與足量的焦炭反應，SC2的轉化率隨溫度的變化如圖3所示。(4)工業(yè)上可用Na2SQ溶液吸收法處理SQ,25c時用1mo/L的NazSQ溶液吸收SQ。當。已

46、知：H2SO3的電離常數(shù)H=-295.9kJmolH2s300c溶液pH=7時，溶液中各離子濃度的大小關系為Ki=1.3X10-2,K2=6.2X10-8?！敬鸢浮緾H4(g)+2SO2(g尸CO2(g)+2S(s)+2H2O(l)2X10-3/t1mol/(Lmin)2H2+SO2.硒12H2O<36.45mol/Lc(Na+)>c(HSO3-)>Ac(SO3Z)>c(H+)=c(OH)【解析】【分析】【詳解】(1)CH4和S的燃燒熱分別為890.3kJmol和297.2kJmol,可知熱化學方程式：CH4(g)+2O2(g)=CQ(g)+2H2O(l)H=-890.

47、3kJ/mol,Ss)+O2(g)=SQ(g)H=-297.2kJmol,根據(jù)蓋斯定律，將-X2可彳導CH4(g)+2SC2(g)=CQ(g)+2S(s)+2H2O(l)4H=-295.9kJmol,故答案為CH4(g)+2SO2(g)=CO2(g)+2S(s)+2H2O(l)H=-295.9kJmol;(2)根據(jù)圖1可知，在300c時，SQ和H2反應生成H2S,在100c到200c時，H2s和SQ反應生成S和水，故X為H2S；在圖2中，0t1時間段SQ和H2的濃度降低，H2s的濃度升高，故0t1時間段溫度為300C；用SC2表示的化學反應速率v=V21q3l/l2=-=x10-3mol/(L

48、-min),故答案為H2S；300C；tt1mint1t1minX10-3t1mol/(Lmin);根據(jù)分析可知，SQ和H2最終反應生成S和水，故化學方程式為2H2+SQ=S+2H2O,故答案為2H2+SQ=S+2H2O;(3)根據(jù)圖像可知，平衡后升高溫度，SQ的轉化率降低，即平衡左移，此反應為放熱反應，即HV0,故答案為;由于點a的二氧化硫的轉化率為90%故有：起始濃度轉化濃度平衡濃度2C(s)(mol/L)(mol/L)(mol/L)+2SO2(g)?10.90.1故平衡常數(shù)K=22cCO2cS20920.45c2SO2012S2(g)00.450.45=36.45,故答案為2CO2(g)

49、00.90.936.45;(4)Na2SO3溶液吸收SC2生成NaHSQ,離子方程式為SO32-+SQ+H2O=2HSC3;25c時用1mol/L的Na2SC3溶液吸收SQ,當溶液pH=7時，溶液中的溶質為Na2SC3和NaHSC3,故2-+7Rc(SO32)gch_c(HSO3)c(SO32-)c(HSO3-)=0.62,故c(HSO3-)>c(SQ2-),則有：c(Na+)>c(HSC3-)>c(SO32-)>c(Na)最大，c(H)=c(OH)=107mo|/L,根據(jù)K>=6.2x108=可知c(H+)=c(CH-),故答案為c(Na+)>c(HSC3

50、-)>c(SC32-)>c(H+)=c(CH-)?！军c睛】本題考查蓋斯定律的應用、熱化學方程式的書寫和平衡常數(shù)的計算等，注意利用三段式來計算平衡常數(shù)。本題的易錯點為(4),正確判斷pH=7時，溶液中的溶質為Na2SO3和NaHSC3是解題的關鍵。9.生活污水中的氮和磷主要以錢鹽和磷酸鹽形式存在，可用電解法從溶液中去除。電解裝置如圖：以鐵作陰極、石墨作陽極，可進行除氮；翻轉電源正負極，以鐵作陽極、石墨作I.電解除氮(1)在堿性溶液中，NH3能直接在電極放電，轉化為N2,相應的電極反應式為:O(2)有C-存在時，除氮原理如圖1所示，主要依靠有效氯(HClOkCIO)將NH4+或NH3氧

51、化為N2o在不同pH條件下進行電解時，氮的去除率和水中有效氯濃度如圖石®電極簿W汩罌嚏,群當pH<8時，主要發(fā)生HC1O氧化NH4+的反應，其離子方程式為：結合平衡移動原理解釋，當pH<8時，氮的去除率隨pH的降低而下降的原因是：O當pH>8時，CIO發(fā)生歧化導致有效氯濃度下降，而氮的去除率卻并未明顯下降，可能的原因是(答出一點即可)：。II.電解除磷(3)除磷的原理是利用Fe2+將PO43-轉化為Fe3(PO4)2沉淀。用化學用語表示產生Fe2+的主要過程：。如圖為某含Cr污水在氮磷聯(lián)合脫除過程中溶液pH的變化。推測在20-40min時脫除的兀素是O(4)測定污水

52、磷含量的方法如下：取100mL污水，調節(jié)至合適pH后用AgNO3溶液使磷全部轉化為Ag3PO4沉淀。將沉淀過濾并洗滌后，用硝酸溶解，再使用NH4SCN溶液滴定產生的Ag+,發(fā)生反應Ag+SCN=AgSCNj,共消耗cmol/LNH4SCN溶液VmL。則此污水中磷的含量為mg/L(以磷元素計)?！敬鸢浮?NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O3HClO+2NH4+=3C+N2+3H2O+5H+隨溶液pH降低，c(H+)增大，Cl2+H2O?H+C-+HClO平衡逆向移動，溶液中c(HClO)M小，使NH4+的氧化率下降pH升高有利于NH4筆變?yōu)镹H3,NH3可直接在電極上放電而氧化(或pH升高

53、有利于NH4+轉變?yōu)镹%,且有利于NH3逸出)Fe2e-=Fe2+磷310cv3(1)堿性溶液中，NH3轉化為N2,化合價降低得電子;(2)當pH<8時，HClO將NH4+氧化為N2；隨溶液pH降低，c(H+)增大，C2+H2O?H+Cl-+HC1O平衡逆向移動；當pH>8時，有利于NH4轉變?yōu)镹H3,NH3可直接在電極上放電而氧化，或有利于N%逸出；(3)除磷時，F(xiàn)e作陽極失電子；電解除氮，pH會減小。電解除磷，pH會增大；(4)由關系式PAg3Pd3AgSCN3NH4SCN解答?！驹斀狻?1)在堿性溶液中，NH3轉化為N2,化合價降低得電子，相應的電極反應式為2NH3-6e+6

54、OH-=N2+6H2O;(2)當pH<8時，HClO將NH4+氧化為N2的離子方程式為3HC1O+2NH4+=3Cl-+N2T+3H2O+5H+；當pH<8時，隨溶液pH降低，c(H+)增大，CI2+H2O?H+Cl-+HC1O平衡逆向移動，溶液中4HClO)減小，使NH4+的氧化率下降，則氮的去除率隨pH的降低而下降；當pH>8時，ClO-發(fā)生歧化導致有效氯濃度下降，NH4+的氧化率下降，而氮的去除率卻并未明顯下降，可能的原因是pH升高有利于NH4+轉變?yōu)镹H3,NH3可直接在電極上放電而氧化(或pH升高有利于NH4+轉變?yōu)镹H3,且有利于NH3逸出)；(3)除磷時，F(xiàn)e作陽極失電子，產生Fe2+的主要過程為Fe-2e=Fe2+;由圖溶液pH的變化，在堿性溶液中，電解除氮時2NH33N2+3H2,消耗NH3,pH會減小。電解除磷，陽極電解鐵，陰極電解氫離子，pH會增大，20-40min時pH增大，則脫除的元素是磷；11Q(4)由關系式PAg3PO43AgSCN-3NH4SCN可知：n(P)=-n(NH4SCIN)=-cV1030.1L=310