浙江2019_2020年高中化学非选择题专题汇编（化学反应原理)

试卷第 1 页，总 28 页 浙江省 2019~2020 年高中化学非选择题专题汇编（化学反应原理) 1．（2019·浙江高考模拟）烟气(主要污染物 SO2、NO、NO2)的大量排放造成严重的大气污染，国内较新研 究成果是采用以尿素为还原剂的脱硫脱硝一体化技术。 (1)脱硫总反应：SO2(g)＋CO(NH2)2(aq)＋2H2O(l)＋1/2O2(g)＝(NH2)SO4(aq)＋CO2(g)，已知该反应能自发进 行，则条件是____(填“高温”、“低温”或“任何温度”)。 (2)电解稀硫酸制备 O3(原理如图)，则产生 O3 的电极反应式为______。 (3)室温下，往恒容的反应器中加入固定物质的量的 SO2 和 NO，通入 O3 充分混合。反应相同时间后，各组 分的物质的量随 n(O3)∶n(NO)的变化见上图。 ① n(NO2)随 n(O3)∶n(NO)的变化先增加后减少，原因是____。 ② 臭氧量对反应 SO2(g)＋O3(g)＝SO3(g)＋O2(g)的影响不大，试用过渡态理论解释可能原因__。 (4)通过控制变量法研究脱除效率的影响因素得到数据如下图所示，下列说法正确的是____。 A．烟气在尿素溶液中的反应：v(脱硫)＜v(脱硝) B．尿素溶液 pH 的变化对脱硝效率的影响大于对脱硫效率的影响 C．强酸性条件下不利于尿素对氮氧化物的脱除 D．pH=7 的尿素溶液脱硫效果最佳 试卷第 2 页，总 28 页 (5)尿素的制备：2NH3(g)＋CO2(g) CO(NH2)2(s)＋H2O(g) ΔH＜0。一定条件下，往 10 L 恒容密闭容器 中充入 2 mol NH3 和 1 mol CO2。 ① 该反应 10 min 后达到平衡，测得容器中气体密度为 4.8 g·L－1，平衡常数 K=__。 ② 上图是该条件下，系统中尿素的物质的量随反应时间的变化趋势，当反应时间达到 3min 时，迅速将体 系升温，请在图中画出 3~10 min 内容器中尿素的物质的量的变化趋势曲线__________。 2．（2019·浙江高三）生产钡盐的主要原料是重晶石（BaSO4）。在高温下，重晶石与石墨存在如下反应： ①： BaSO4(s)＋4C(s，石墨) 4CO(g)＋BaS(s) ΔH1=＋571.2 kJ/mol ②： BaSO4(s)＋4CO(g) 4CO2(g)＋BaS(s) ΔH2=－118.8 kJ/mol 回答下列问题： （1）反应①在一定条件下能够自发的原因：_______________； （2）已知：C(s，石墨)＋O2(g)＝CO2(g) ΔH3=－393.5 kJ/mol； 求 CO 的标准燃烧热 ΔH4=_______kJ/mol； （3）图 1 为 1200K 下，恒容密闭容器中重晶石与石墨反应时，c(CO)随时间变化曲线图。请分析图 1 曲线 c(CO)在 0－t2 区间变化的原因：_________________；试卷第 3 页，总 28 页 （4）图 2 为实验测得不同温度下，反应体系中初始浓度比 与固体中 BaS 质量分数的关系曲线。分 析图 2 曲线，下列说法正确的有________； A．提高 BaSO4 的投料量，可提高 BaS 的产率 B．恒温恒容时，当混合气体的密度不变，反应①、②均达到化学平衡状态 C．减小初始浓度比 ，有利于增大 BaSO4 的转化率 D．适当升高温度，反应②的平衡左移，对生成 BaS 不利 （5）图 1 中，t2 时刻将容器体积减小为一半，t3 时刻达到新的平衡，请在图 1 中画出 t2－t3 区间 c(CO)的变 化曲线________________。 （6）工业生产中产生的 SO2 废气可用如图方法获得 H2SO4。写出电解的阳极反应式_________。 3．（2019·浙江高三）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) 氨气分解反应的热化学方程式如下：2NH3(g) N2(g)＋3H2(g)　ΔH 2)c(CO c(CO) 2)c(CO c(CO) 试卷第 4 页，总 28 页 若：N≡N键、H－H键和N－H键的键能分别记作a、b和c(单位：kJ·mol−1)则上述反应的ΔH＝________kJ·mol−1。 (2) 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(mmol·min−1)。 催化剂 Ru Rh Ni Pt Pd Fe 初始速率 7.9 4.0 3.0 2.2 1.8 0.5 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 mol NH3，此时压强为 P0，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 2NH3(g) N2(g)＋3H2(g)用平衡分压代替平衡浓度表示的化 学平衡常数 Kp＝________。[已知：气体分压(p 分)＝气体总压(p 总)×体积分数] (3) 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 NH3 的产量苇 C．合成氨工业采用 10 MPa～30 MPa，是因常压下 N2 和 H2 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 (4) 在 1 L 1 mol·L−1 的盐酸中缓缓通入 2 mol 氨气，请在图中画出溶液中水电离出的 OH−浓度随氨气通入变 化的趋势图。______________________________ 试卷第 5 页，总 28 页 (5) 电化学法也可合成氨。下图是用低温固体质子导体作为电解质，用 Pt−C3N4 作阴极催化剂电解 H2(g)和 N2(g)合成 NH3 的原理示意图： ①Pt−C3N4 电极反应产生 NH3 的电极反应式________。 ②实验研究表明，当外加电压超过一定值以后，发现阴极产物中氨气的体积分数随着电压的增大而减小， 分析其可能原因________。 4．（2019·浙江高三）（1）世界水产养殖协会介绍了一种利用电化学原理净化鱼池中水质的方法，其装置如 图所示。请写出阴极的电极反应式 _________________________。 （2）甲醇可利用水煤气合成：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △Hv(脱硝)，故 A 错误； B.由右图可知，随尿素溶液 pH 的增大，脱硫率的曲线没变化，但脱硝率曲线变化比较大， 故尿素溶液 pH 的变化对脱硝效率的影响大于对脱硫效率的影响，故 B 正确； C.如右图所示，pH 越大脱除率越高，则强酸性条件下不利于尿素对氮氧化物的脱除，故 C答案第 2 页，总 36 页 正确； D.如右图所示，溶液的 pH 对脱硫率没有影响，故 D 错误。 （5）①NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)反应 10 min 后达到平衡，容器中气体密度为 4.8 g·L－1，则容器中气体的质量为 4.8 g·L－1×10L=48g， 2NH3(g) + CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g) 起始量(mol/L) 0.2 0.1 0 0 变化量(mol/L) 2x x x x 平衡量(mol/L) 0.2-2x 0.1-x x x 则(0.2-2x)mol/L×10L×17g/mol+ (0.1-x)mol/L×10L×44g/mol+xmol/L×10L×18g/mol=48， x=0.05，K= 。 ②通过①的分析可知，若温度不变，反应 10 min 后达到平衡，CO(NH2)2 的物质的量为 0.5mol。由于此反应为放热反应，升高温度，正逆反应速率均增大，达到平衡的时间小于10min， 平衡向逆向移动，CO(NH2)2 的物质的量为小于 0.5mol。据此解答。 【详解】 （1）SO2(g)＋CO(NH2)2(aq)＋2H2O(l)＋1/2O2(g)＝(NH2)SO4(aq)＋CO2(g)反应为熵减的反应， 熵减的反应在低温下有利于自发进行。本小题答案为：低温。 （2）用惰性电极电解稀硫酸，H+在阴极得电子发生还原反应，电极反应式为：2H++e-=H2↑； OH-在阳极失电子发生氧化反应，电极反应式为：3H2O―6e―＝O3＋6H＋，则产生 O3 的电极 反应式为：3H2O―6e―＝O3＋6H＋。本小题答案为：3H2O―6e―＝O3＋6H＋。 （3）①n(O3):n(NO)1，NO2 被转化为 更高价的氮氧化物，所以减少。本小题答案为：n(O3):n(NO)1，NO2 被转化为更高价的物质，所以减少。 ②臭氧的量对反应 SO2(g)＋O3(g)＝SO3(g)＋O2(g)的影响不大，若用过渡态理论解释可能是 该反应的活化能高，反应速率慢。本小题答案为：该反应的活化能高，反应速率慢。 2 2 2 3 2 c(H O) 0.05 100c (NH )c(CO ) 0.1 0.05 = =×答案第 3 页，总 36 页 （4）A.由左图可知相同时间内脱硫率大于脱硝率，则 v(脱硫)>v(脱硝)，故 A 错误； B.由右图可知，随尿素溶液 pH 的增大，脱硫率的曲线没变化，但脱硝率曲线变化比较大， 故尿素溶液 pH 的变化对脱硝效率的影响大于对脱硫效率的影响，故 B 正确； C.如右图所示，pH 越大脱除率越高，则强酸性条件下不利于尿素对氮氧化物的脱除，故 C 正确； D.如右图所示，溶液的 pH 对脱硫率没有影响，故 D 错误。答案选 BC。 （5）①NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)反应 10 min 后达到平衡，容器中气体密度为 4.8 g·L－1，则容器中气体的质量为 4.8 g·L－1×10L=48g， 2NH3(g) + CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g) 起始量(mol/L) 0.2 0.1 0 0 变化量(mol/L) 2x x x x 平衡量(mol/L) 0.2-2x 0.1-x x x 则(0.2-2x)mol/L×10L×17g/mol+ (0.1-x)mol/L×10L×44g/mol+xmol/L×10L×18g/mol=48， x=0.05，K= 。本小题答案为：100。 ②通过①的分析可知，若温度不变，反应 10 min 后达到平衡，CO(NH2)2 的物质的量为 0.5mol。由于此反应为放热反应，升高温度，正逆反应速率均增大，达到平衡的时间小于10min， 平衡向逆向移动，CO(NH2)2 的物质的量为小于 0.5mol，图像为 。本小题答案为： 2 2 2 3 2 c(H O) 0.05 100c (NH )c(CO ) 0.1 0.05 = =×答案第 4 页，总 36 页 。 2．反应①ΔS＞0，ΔH＞0，在较高温度下能自发 -283 开始时反应以①为主，反应体 系中 c(CO)逐渐增大，随着反应的进行，生成的 CO 和硫酸钡反应生成二氧化碳，导致 c(CO) 减小，当反应达到平衡状态时 c(CO)不变 BC Mn2+-2e-+2H2O＝MnO2↓+4H+ 【解析】 【详解】 （1）反应 BaSO4(s)＋4C(s，石墨) 4CO(g)＋BaS(s) ΔH1=＋571.2 kJ/mol 为 ΔH1＞ 0，反应物均为固态，生成物有气态，故反 ΔS＞0。所以反应①ΔS＞0，ΔH＞0，在较高温度 下能自发。 ②： BaSO4(s)＋4CO(g) 4CO2(g)＋BaS(s) ΔH2 =－118.8 kJ/mol （2）已知：①： BaSO4(s)＋4C(s，石墨) 4CO(g)＋BaS(s) ΔH1=＋571.2 kJ/mol ②： BaSO4(s)＋4CO(g) 4CO2(g)＋BaS(s) ΔH2=－118.8 kJ/mol ③C(s，石墨)＋O2(g)＝CO2(g) ΔH3 =－393.5 kJ/mol 由盖斯定律可知③- 得到 2CO(g)+ O2(g)＝2CO2(g) ΔH=-566 kJ/mol，所以 CO 的 标准燃烧热 ΔH4=-283 kJ/mol； （3）开始时反应以①为主，反应体系中 c(CO)逐渐增大，随着反应的进行，生成的 CO 和 4 ① ②−答案第 5 页，总 36 页 硫酸钡反应生成二氧化碳，导致 c(CO)减小，当反应达到平衡状态时 c(CO)不变。 （4）A．BaSO4 是固体，改变用量不会影响平衡移动，不会提高 BaS 的产率。故 A 错； B．①： BaSO4(s)＋4C(s，石墨) 4CO(g)＋BaS(s) ΔH1=＋571.2 kJ/mol，②： BaSO4(s)＋4CO(g) 4CO2(g)＋BaS(s) ΔH2=－118.8 kJ/mol，恒温恒容时，当混合气 体的密度不变，反应①、②均达到化学平衡状态，故 B 对； C．根据图像可知减小初始浓度比 ，BaS 的质量分数增大，有利于增大 BaSO4 的转 化率，故 C 正确； D．反应②为放热反应，而反应①为吸热反应，适当升高温度，对生成 BaS 由利，故 D 错； 答案选 BC。 （5）图 1 中，t2 时刻将容器体积减小为一半，压强迅速增大一倍，t3 时刻达到新的平衡，曲 线图为： ； （6）SO2 做还原剂，MnO2 做氧化剂，作阳极，阳极反应式 Mn2+-2e-+2H2O＝MnO2↓+4H+。 3．6c－a－3b Fe BC N2＋6e−＋6H+=2NH3 超过一定电压以后，H+得电子变成 H2，而且速率比氮气快 【解析】 【详解】 （1）2NH3(g) N2(g)＋3H2(g)中，N≡N 有 1 个，N－H 有 6 个，H-H 有 3 个，△H=反应物 ( )2c(CO ) c CO 227 64 op 答案第 6 页，总 36 页 的键能之和—生成物的键能之和=6c－a－3b； （2）金属催化剂可加速氨气的分解，反应越慢，说明反应所需的活化能越大，据表所知，Fe 催化时反应速率最慢，氨气分解反应活化能最大的是 Fe。 （3）反应 2NH3(g) N2(g)＋3H2(g)开始时有 2 mol NH3，此时压强为 P0，NH3 的转化率 为 50%，反应平衡时体系内有 1mol NH3，0.5mol N2 和 1.5mol H2，总物质的量为 3mol，所 以平衡时的总压为 P0，氮气的分压为 P0，氢气的分压为 P0，氨气的分压为 P0， 故 Kp= = ； （4）A. 合成氨的反应是放热的，所以合成氨时温度越低，氨的转化率越高。但温度过低则 影响催化剂的活性，适宜温度为 500℃，和勒夏特列原理没有关系，故 A 错误； B. 使用催化剂不能改变反应程度，故不能提高平衡时 NH3 的产量，B 正确； C. 合成氨工业采用 10 MPa～30 MPa，是因常压下 N2 和 H2 的转化率不高，故 C 正确； D. 氨气易溶于水，所以不能采用冷水降温的方法可将合成后混合气体中的氨液化，故 D 错 误； 正确答案是 BC。 （5）刚开始通入 NH3，NH3 和 HCl 反应生成氯化铵，促进水的电离，当 NH3 的量大于 1mol 时，HCl 反应完，生成氨水又慢慢抑制水的电离，所以答案如图： （6）Pt−C3N4 电极产生氨气得电子，电极方程式为：N2＋6e−＋6H+=2NH3；当外加电压超过 一定值以后，发现阴极产物中氨气的体积分数随着电压的增大而减小，分析其可能原因是超 过一定电压以后，H+得电子变成 H2，而且速率比氮气快。  3 2 1 4 3 4 1 2 3 2 2 2 3 p(H ) p(N ) p(NH ) × 227 64 op答案第 7 页，总 36 页 4．2NO3 －＋12H＋＋10e－=N2＋6H2OBC 不正确图中 b 线表示 I3 －，随着 n(I2)/n(SO2) 的值增大，有利于 I2＋I－ I3 －平衡向正反应方向移动，平衡后 I－浓度降低 961 【解析】 【详解】 （1）根据电解的原理，阴极上得到电子，发生还原反应，根据装置图，NO3 －在阴极上放 电，电解质环境为酸性，因此阴极反应式为 2NO3 －＋12H＋＋10e－=N2＋6H2O；（2） A、状态 M 时，甲醇的体积分数为 10%，令该条件下，消耗 CO 的物质的量为 xmol，则 平衡时 CO 的物质的量为(1－x)mol，混合气体总物质的量为(3－2x)mol，因此有 1−x 3−2x ×100%=10%，解得 x=7/8，则 CO 的转化率为 7/8，故 A 错误；B、根据图像，从左向 右甲醇的体积分数增大，说明平衡向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，压强大小关系是 aⅢ>Ⅰ 300℃0 T3 9푉2 2푎2 AD C 负极 4K2CrO4+4H2O 2K2Cr2O7+2H2↑+O2↑+4KOH 【解析】 【分析】 (1)在高温下能自发进行，根据△G=△H-T△S＜0 判断； 3 2 2 ( ) ( ) ( ) c CH OH c CO c H 2 0.25 0.25 0.5×答案第 12 页，总 36 页 (2)①反应是从正反应方向开始，随着反应的进行，反应物不断消耗，反应物的物质的量逐 渐减小，当达到平衡后，若升高温度，反应物的物质的量增多，说明反应达到平衡；根据平 衡时 CO 的含量，计算出各种物质的平衡时的物质的量，结合容器的容积，计算出各种物质 的浓度，带入平衡常数表达式即可； ②从平衡移动角度分析影响反应发生的因素； (3) A.当催化剂失活后，副产物增多，甲醇的转化率下降； B.使用 Cat.2 时，随反应不断进行，生成的副产物二甲醚增多，会导致生成乙烯和丙烯的选 择性下降； C.由图示可知，使用 Cat.1 时丙烯与乙烯的比值随时间增长不断减小，说明乙烯增多； D.催化剂能降低反应活化能，提高活化分子的百分数； ②根据图象曲线变化可知，在催化剂 Cat.1 的作用下，催化效果更好，催化剂能降低反应的 活化能，说明使用催化剂 Cat.1 的反应过程中活化能更低 (4)H+在阴极获得电子变为 H2，OH-在阳极失去电子变为 O2，阴极连接电源的负极，阳极连 接电源正极。根据溶液成分，结合电极反应式书写反应方程式。 【详解】 (1)在高温下反应能自发进行，根据△G=△H-T△S＜0，由于该反应中△H＞0，所以△S＞0； (2)①该反应是从正反应方向开始，随着反应的进行，反应物不断消耗，反应物的物质的量 会逐渐减小，当反应达到平衡后，若升高温度，该反应物的物质的量又增多，说明反应达到 平衡，升高温度使化学平衡发生移动所致。根据图示可知 T3 时达到平衡状态；根据平衡常 数表达式，将各种物质的平衡浓度带入公式可得其数值。 CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) n(始)mol a 2a 0 n(变)mol x 2x x n(平)mol a-x 2a-2x x答案第 13 页，总 36 页 푎 ― x (푎 ― x) + (2a ― 2x) + x = 20 100，解得 x=2푎 3 ，所以平衡时 n(CO)=푎 3mol，n(H2)=2푎 3 mol，n(CH3OH)=2푎 3 mol，所以在 T3 时该反应的化学平衡常数 K= 푐(퐶퐻3OH) 푐(퐶푂) ∙ 푐2(퐻2) = 2푎 3푉푚표푙/퐿 푎 3푉푚표푙/퐿 × (2푎 3푉) 2 = 9푉2 2푎2L2/mol2。 ②A.反应前加入少量的水蒸气，副反应 CO(g)+H2(g) C(s)+H2O(g)中由于生成物浓度增 大，平衡逆向移动，减少副反应的发生，A 正确； B.副反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，促进了副反应的发生，B 错误； C.副反应 CO(g)+H2(g) C(s)+H2O(g)的正反应是放热反应，降低反应温度 ，平衡正向移 动，促进了副反应的发生，C 错误； D.使用合适催化剂，提高甲醇的选择性，使更多 CO 发生主反应，可以减少副反应的发生，D 正确； 故合理选项是 AD； (3)A.当催化剂失活后，副产物增多，甲醇的转化率下降，需要及时更换催化剂，A 正确； B.使用 Cat.2 时，随反应的不断进行，生成的副产物二甲醚增多，导致生成乙烯和丙烯的选 择性下降，B 正确； C.由图示可知，使用 Cat.1 时丙烯与乙烯的比值随时间增长不断减小，说明乙烯增多，即使 用 Cat.1 时主要生成乙烯，而使用 Cat.2 时，产物中乙烯的含量明显大于丙烯，可见使用 Cat.2 时产生的烯烃也主要为乙烯，C 错误； D.使用催化剂能降低反应活化能，提高活化分子的百分数，D 正确； 故合理选项是 C。 (4)①在 KOH、K2CrO4 溶液中含有的阳离子是有 H+、K+，由于放电能力 H+>K+，所以 H+在 阴极获得电子变为 H2；溶液中含有的阴离子 OH-在阳极失去电子变为 O2。阴极连接电源的 负极，阳极连接电源正极，所以 a 为负极，b 为正极。 ②H+在阴极放电产生 H2 逸出，使附近溶液中 c(OH-)增大，溶液的碱性增强，在阳极上溶液 中的 OH-放电产生 O2 放出，阳极附近 c(H+)增大，平衡 2CrO42-+2H+ Cr2O72-+H2O 正向答案第 14 页，总 36 页 移动，可反应产生 Cr2O72-，所以根据电子守恒、原子守恒，可得该电解反应的总反应方程 式为 4K2CrO4+4H2O 2K2Cr2O7+2H2↑+O2↑+4KOH。 【点睛】 本题考查化学平衡状态的判断、化学平衡的计算、反应热与焓变电解原理的应用等知识，注 意掌握化学平衡及其影响因素，(3)为易错点，注意图象曲线变化的含义。 8． 359.8kJ·mol-1 正反应放热，温度升高平衡逆向移动，SO2 平衡转化率降低。 温度高于 445℃后硫变成气态，正反应吸热，温度升高平衡正向移动， SO2 平衡转 化 率 增 加 。 7 2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O 3S2O42-+2HNO2+2H2O =6HSO3-+N2 ↑ 【 解 析 】 （ 1 ） 已 知 ： ① 2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) △H1=-198kJ·mol-1 ， ②SO2(g)+NO2(g)=SO3(g)+NO(g) △H2=-41.8kJ·mol-1 ， ③CO(g) + O2(g) =CO2(g) △H3=-213kJ·mol-1，根据盖斯定律可知，由②+③-①× 可得 NO2(g) +CO(g) =CO2(g) +NO(g) ，即△H= （-41.8kJ·mol-1）+（-213kJ·mol-1）-（-198kJ·mol-1）× =-155.8kJ·mol-1， 则 E2=E1-△H=（134kJ·mol-1）-（-225.8kJ·mol-1）=359.8kJ·mol-1 ； （2）①由图示可知 SO2 的平衡转化率随反应温度的变化是先降低，但当温度达到后 445℃， 再升温，转化率反应而升高，出现此现象的可能原因是：正反应放热，温度升高平衡逆向移 动，SO2 平衡转化率降低。温度高于 445℃后硫变成气态，正反应吸热，温度升高平衡正向 移动， SO2 平衡转化率增加； ②某温度下在 2L 恒容密闭容器中发生 2CO(g)+SO2(g) S(l)+2CO2(g)，通入 2 molSO2 和 一定量的 CO 发生反应，5min 后达到平衡，生成 1molCO2，此时 SO2 的物质的量为 1.5mol， 1 2 1 2 1 2答案第 15 页，总 36 页 浓度为 0.75mol/L；第 8 分钟时，保持其他条件不变，将容器体积迅速压缩至 1L，此时 SO2 的浓度为1.5mol/L，此时平衡会正向进行，10 分钟时达到平衡，CO 的物质的量变化了1mol。 SO2 变化 0.5mol，重新平衡时 SO2 的浓度为 =1mol/L，可得 SO2 浓度从 6~11 分钟的变化曲线为 ； （3）根据 HSO3- SO32-+H+平衡常数 K= =1.0×10-7，此时 HSO3-, SO32- 离子相等，则 c(H+)=1.0×10-7mol/L，溶液的 pH=7； （4）亚硫酸氢钠电解产生连二亚硫酸根发生还原反应，应在电解池的阴极进行，电极反应 为 2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O；连二亚硫酸根与 HNO2 反应生成无毒气体为氮气，则 HNO2 发生还原反应，连二亚硫酸根发生氧化反应生成 HSO3-，则发生反应的离子方程式为 3S2O42-+2HNO2+2H2O =6HSO3-+N2↑。 9．(b−푎 2 +c)kJ·mol-1 C 4NH3+4NO+O2 4N2+6H2O 纳米铁粉与 H+反应生成 H2，导致 NO3-的去除率下降 Cu 或 Cu2+对纳米铁粉去除 NO3-的 反应有催化作用(或形成的 Fe-Cu 原电池增大了纳米铁粉去除 NO3-的反应速率) 2 NO3-+12H++10e-=N2↑+6H2O(或 10H++NO3-+8e-=NH4++3H2O) 【解析】 【分析】 (1)根据盖斯定律分析解答； (2)由图可知，温度越高平衡时 c(NO)越大，即升高温度平衡逆向移动，说明该反应的正反应 1.5mol 0.5mol 1L − ( ) ( ) ( ) 2 3 3 c H c SO c HSO + − − ×答案第 16 页，总 36 页 为放热反应，△H＜0，据此分析判断； (3) 根据三段式结合平衡常数计算出平衡时 c(NO)，再画出图像； (4)根据题意，用活性炭作催化剂，反应物为 NH3、NO 和 O2 且 n(NH3)=n(NO)生成氮气和水； (5) pH 偏小时，纳米铁粉能够与 H+反应；根据图像，从 Cu2+的存在思考对反应速率的影响； (6)阴极上 NO3-放电生成氮气(也可能生成铵根离子等)，据此书写电极反应式。 【详解】 (1)①4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(l)　ΔH1=a kJ·mol-1，②4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)　 ΔH2=b kJ·mol-1，③C(s)+O2(g)=CO2(g)　ΔH3=c kJ·mol-1，根据盖斯定律，将方程式按照② - ① 2 +③得：C(s) +2NO(g) N2(g) +CO2(g) ΔH=(b−푎 2 +c)kJ·mol-1，故答案为：(b−푎 2 +c)kJ·mol-1； (2)由图可知，温度越高平衡时 c(NO)越大，即升高温度平衡逆向移动，说明该反应的正反应 为放热反应，△H＜0。 A.其他条件不变，改变活性炭的用量，炭为固体，因此平衡一定不移动，但是如果将炭完全 移除，过加入足够多的炭，影响了容器中气体的压强，则平衡会发生移动，故 A 错误；B. 该反应正反应是放热反应，Q＜0，升高温度平衡向逆反应方向移动，所以升高温度，化学 平衡常数减小，所以 T1、T2、T3 对应的平衡常数 K1＞K2＞K2，故 B 错误；C. T2 时反应进行 到状态 D，c(NO)高于平衡浓度，故反应向正反应方向进行，则一定有 υ(正)＞υ(逆)，故 C 正确；D. 达到平衡状态时，压强和温度成正比例关系，则 PB=PD＜PC，故 D 错误；故选 C； (3) 某温度时，反应 C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g)的平衡常数 K=9/16，在该温度下的 2 L 密闭容器中投入足量的活性炭和 2.0 mol NO 发生反应，随着反应的进行，c(NO)由 1mol/L 逐渐减小，设 c(NO)的变化量为 2x， C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g) 起始(mol/L) 1 0 0 反应(mol/L) 2x x x答案第 17 页，总 36 页 平衡(mol/L) 1-2x x x 则 푥 × 푥 (1−2푥)2= 9 16，解得 x=0.3，则平衡时，c(NO)=0.4mol/L，因此 c(NO)随时间 t 的变化曲线为 ，故答案为： ； (4)用活性炭作催化剂，用 NH3 还原 NO，同时通入一定量的 O2 以提高处理效果。当 n(NH3)=n(NO)时，反应的化学方程式为 4NH3+4NO+O2 4N2+6H2O，故答案为： 4NH3+4NO+O2 4N2+6H2O； (5)纳米铁粉处理污水中 NO3-的离子方程式为 4Fe+ NO3-+10H+=4Fe2++NH4++3H2O，pH 偏小 时，纳米铁粉与 H+反应生成 H2，导致 NO3-的去除率下降；根据图像，相同条件下，纳米铁 粉去除不同水样中 NO3-的速率有较大差异，可能原因是 Cu 或 Cu2+对纳米铁粉去除 NO3-的 反应有催化作用(或形成的 Fe-Cu 原电池增大了纳米铁粉去除 NO3-的反应速率)，故答案为： 纳米铁粉与 H+反应生成 H2，导致 NO3-的去除率下降；Cu 或 Cu2+对纳米铁粉去除 NO3-的反 应有催化作用(或形成的 Fe-Cu 原电池增大了纳米铁粉去除 NO3-的反应速率)； (6)以金属 Pt 作电极，用质子交换膜把溶液分为阴阳两极区，阴极区为含硝酸盐的工业废水， 接通直流电源进行电解，阴极上 NO3-放电生成氮气(也可能生成铵根离子等)，电极反应式为 2 NO3-+12H++10e-=N2↑+6H2O，故答案为：2 NO3-+12H++10e-=N2↑+6H2O。 【点睛】 本题的易错点为(3)，画曲线时要注意图像的起点和拐点，要能够表示出图像的变化趋势。 10．AD ＜ 2 使 CO 充分反应，避免反应催化剂寿命下降 C CO+4H++4 e-= CH3OH CH3OH+H2O－6e-=CO2+6H+ 答案第 18 页，总 36 页 【解析】 【详解】 (一)（1）根据表格数据，温度越高，平衡常数越大，说明反应向正反应移动，正反应为吸 热，A 正确；反应①CO2(g)+H2(g) COg)+H2O(g)是反应前后气体体积不变的体系，压强 不影响平衡移动，B 错误；1000℃时 K 为 1.7，温度越高，平衡常数越大，1100℃时 K>1.7，C 错误；在 1000℃时，[c(CO2)·c(H2)]/[c(CO)·c(H2O)]为 K 的倒数，约为 0.59，D 正确；答案 为 AD。 （2）随温度升高 K1 增大，说明反应①的正反应为吸热反应，△H1>0，盖斯定律计算得到 △H3=△H1+△H2,则△H2D>F。在 D 点对反应容器升温的同时扩大体积，使体系的 压强减小，则化学平衡逆向移动，最终导致 NO 的体积分数增大，所以重新达到平衡时，可 能 D 点变为图中的 A 点； ③在一定温度范围内温度升高，催化剂活性增大，但达到平衡时 NO 脱除率降低，且催化剂 b 的催化效率 b>a，b 的活性温度约 450℃。在相同温度时，b 比 a 先使 NO 达到最大脱氮率， 所以催化剂 b 的曲线表示为 ； (3)第一阶段用氢气还原 B4+得到低价态的金属离子增多，还原后催化剂中金属原子的个数不 变，价态降低，低价态的金属离子越多，氧缺位增多，反应速率加快，故第二阶段反应的速 率越快。 【点睛】 本题综合考查了反应热的计算、化学平衡的影响因素、催化剂的作用、化学平衡的计算等， 掌握盖斯定律、化学反应速率和化学平衡移动原理是解题关键，试题培养了学生的分析能力 及灵活应用能力，综合性强。 19．低温 D ACD 增大压强，有利于反应Ⅰ平衡正向移动，使反应物浓 度减小，从而使反应Ⅱ逆向移动，CO 选择性下降 【解析】 1 60答案第 35 页，总 36 页 【分析】 根据吉布斯自由能判断反应自发进行的条件；根据平衡移动原理分析解答；根据转化率、平 衡常数的表达式分析解答。 【详解】 （1）对于反应 CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1=﹣49.6kJ•mol﹣1，△H＜ 0，△S＜0，则如反应能自发进行，应满足△H﹣T•△S＜0，低温下即可进行，故答案为： 低温； （2）反应 CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1=﹣49.6kJ•mol﹣1，由化学计 量数可知，增大压强，平衡正向移动，且正反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，则 低温高压有利于提高甲醇的产率，故答案为：D； （3）①A.增大压强，反应Ⅰ正向移动，甲醇的产率增大，说明压强影响产物的选择性，故 A 正确； B.反应Ⅰ为放热反应，生成温度，平衡逆向移动，二氧化碳的平衡转化率减小，故 B 错误； C.由图 1 可知，反应的温度控制在 220℃左右时，二氧化碳的转化率、甲醇的含量较大，CO 的含量较小，升高到 240℃以后，甲醇的选择性减小，则反应的最佳温度为 220℃左右，故 C 正确； D.及时分离出甲醇和水，可使平衡正向移动，且循环使用氢气和二氧化碳，可提供原料的利 用率，故 D 正确，故答案为：ACD； ②在 Cu﹣ZnO/ZrO2 催化下，CO2 和 H2 混合气体，体积比 1：3，总物质的量 amol 进行反应， 250℃时，反应Ⅰ和Ⅱ达到平衡，平衡时容器体积为 VL，CO2 转化率为 25%，CH3OH 和 CO 选择性均为 50%，由方程式可知，消耗 n（CO2）= ×25%mol= mol，生成 CH3OH 和 CO 共 mol，分别为 mol，生成 n（H2O）= mol，两个反应消耗氢气的物质的量为 mol×3+ mol= mol，则剩余氢气的物质的量为 mol﹣ mol= mol， ，则反应Ⅱ a 4 a 16 a 16 a 32 a 16 a 32 a 32 a 8 3a 4 a 8 5a 8 3a 16答案第 36 页，总 36 页 的平衡常数 ，故答案为： ； ③对于反应Ⅱ，增大压强平衡不移动，但对应反应Ⅰ，增大压强，平衡正向移动，导致反应 物的浓度降低，生成水的浓度增大，则导致反应Ⅱ平衡逆向移动，CO 的选择性下降，故答 案为：增大压强，有利于反应Ⅰ平衡正向移动，使反应物浓度减小，从而使反应Ⅱ逆向移动， CO 选择性下降。 2 2 2 a a 16 32 c(CO) c(H O) 1V VK= = =3a 5ac(CO ) c(H ) 60 16 8 V V ×⋅ ⋅ × 1 60