高考化学试题分类汇编：2014-2018化学平衡大题

高考化学专题突破：平衡大题

2018年

【2018?新课标Ⅰ】采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用，回答下列问题：

（1）1840年 Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5 ， 该反应的氧化产物是一种气体，其分子式为________。

（2）F.Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25℃时N2O5(g)分解反应：

其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡,体系的总压强p随时间t的变化如下表所示(t=x时,N2O4(g)完全分解): t/min 0 40 80 160 260 1300 1700 ∞ P/kPa 35.8 40.3 42.5 45.9 49.2 61.2 62.3 63.1 ①已知：2N2O5（g）=2N2O4（g）+O2（g） △H1=-4.4kJ·mol-1 2NO2（g）=N2O4（g） △H2=-55.3kJ·mol-1

则反应N2O5(g)=2NO2(g)+ O2(g)的△H=________ kJ·mol-1 ②研究表明,N2O5(g)分解的反应速率v=2×10-3× 的

(KPa·min-1)，t=62min时,测得体系中

=2.9kPa,则此时

=________ kPa，V=________ kPa，min-1。

③若提高反应温度至35℃,则N2O5(g)完全分解后体系压强pX(35℃)________63.1kPa(填“大于”“等于”或“小于”),原因是________。

④25℃时N2O4(g) ?2NO2(g)反应的平衡常数Kp=________ kPa (Kp为以分压表示的平衡常数,计算结果保留1位小数)。

（3）对于反应2N2O5(g)→4NO2(g)+O2(g),R，A，Ogg提出如下反应历程:第一步N2O5?NO3+NO2 快速平衡 第二步NO2+NO3?NO+NO2+O2 慢反应 第三步NO+NO3?2NO2 快反应

其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是 __________（填标号)。 A. ν(第一步的逆反应P>ν(第二步反应) B. 反应的中间产物只有NO3 C. 第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效 D. 第三步反应活化能较高。 【答案】（1）ClO2 （2）53.1；30.0；6.0×10-2；大于；温度升高，体积不变，总压强升高；NO2二聚是放热反应，温度升高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强升高；13.4 （3）A,C

【解析】⑴氯气与硝酸银发生氧化还原反应，其中化合价能升高的只有氯元素和氧元素，由于得到了N2O5 ， 氮元素化合价没有变化，因此在该反应中氯气作氧化剂，被氧化的是氧元素，则生成O2。⑵①运用盖斯定律，

△H= △H1－△H2= +53.1kJ/mol ②p(O2)=2.9kPa，根据反应2N2O5=4NO2+O2 ， 则五氧化二氮减少的压强为2p(O2)=2×2.9kPa=5.8kPa，所以p(N2O5)=35.8－5.8=30.0kPa，v=2×103 ×p(N2O5) = 6.0×102 ④N2O5完全分解发生的反应：2N2O5(g) →4NO2(g) + O2(g)

－

－

1

N2O5此时分解压强的变化 35.8 71.6 17.9 生成的NO2建立平衡 2NO2(g)?N2O4(g) 此平衡压强的变化为 2y y 平衡时总压是63.1kPa，即63.1 = 71.6－2y + y + 17.9 求得y=26.4，所以NO2产生的压强为71.6－2×26.4 = 18.8kPa。

反应N2O4（g）?2NO2（g）的Kp= = = 13.4；⑶第一步反应比第二步反应快，因此A符合题意；

中间产物有NO、NO2 ， B不符合题意；第二步反应慢，说明反应难进行，则有效碰撞少，C符合题意；第三步反应很快，说明活化能较低，D不符合题意。 【2018?卷Ⅱ】 回答下列问题： （1）已知：

催化重整反应为：

。

催化重整不仅可以得到合成气（CO和

）。还对温室气体的减排具有重要意义。

该催化重整反应的

________

。有利于提高

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 率是50%，其平衡常数为________ 。 积碳反应 消碳反应 以及催化剂进行重整反应。达到平衡时

的转化

（2）反中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。相关数据如下表：

75 活化能/ 催化剂X 催化剂Y 33 43 172 91 72 ①由上表判断,催化剂X________Y(填“优于或劣于”),理由是________.在反应进料气组成,压强及反应时间相同的

情况下,某催化剂表面的积碳量随温度的变化关系如右图所示,升高温度时,下列关于积碳反应,消碳反应的平衡常数(K)和速率(v)的叙述正确的是________(填标号)

2

A.K积、K消均增加 B.V积减小、V消增加

C.K积减小、K消增加 D.v消增加的倍数比v积增加的倍数大 ②在一定温度下,测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为

一定时,不同

顺序为________

(k为速率常数)。在

下积碳量随时间的变化趋势如右图所示,则Pa(CO2)、Pb(CO2)、Pc(CO2)从大到小的

【答案】（1）247；A；

（2）劣于；相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大；AD；pc(CO2) 、pb(CO2)、pa(CO2) 【解析】（1）由盖斯定律：

=2×（-111）-（-394）-（-75）=247kJ/mol;

＞0为吸热反应，加热或高

温有利于正反应的进行，反应物的系数和小于生成物的系数和，所以减压或低压有利于正反应的进行，所以应选择A：高温高压

根据三段式秋各物质的物质的量n

CH4(g)+

CO2(g)

起始2 (mol) 转化0.5 (mol) 平衡1.5 (mol)

1 0.5 0.5

0 1 1

0 1 1

2CO(g)+ 2H2(g)

则平衡常数K=

;(2)①通过表格可看出催化剂Y的积碳反应的活化能答而消碳

3

反应的活化能小，即消碳反应需要的能量低二积碳反应需要的能量相对高，所以催化剂X劣于Y。由图可知消碳量一直是正值，说明消碳量要大于积碳量，即消碳速率增大的比积碳速率增大的快，两个反应均是吸热反应，升高温度均有利于正向进行，故平衡常数K均变大，选AD。②由图可知三种状态下积碳的速率Va＞Vb＞Vc

而积碳速率=K·p(CH4)[p(CO2)]-0.5=

P(CH4)一定时，说明速率与p(CO2)成反比 即：p(CO2)越大速率越小

故：pc(CO2) ＞pb(CO2)＞pa(CO2)

【2018?新课标Ⅲ】三氯氢硅（SiHCl3）是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题：

（1）SiHCl3在常温常压下为易挥发的无色透明液体，遇潮气时发烟生成(HSiO)2O等，写出该反应的化学方程式________。

（2）SiHCl3在催化剂作用下发生反应：2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+ SiCl4(g) ΔH1=48 kJ·mol?1 3SiH2Cl2(g)=SiH4(g)+2SiHCl3 (g) ΔH2=?30 kJ·mol?1

则反应4SiHCl3(g)=SiH4(g)+ 3SiCl4(g)的ΔH=________ kJ·mol?1。

（3）对于反应2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)，采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323 K和343 K时

SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。

①343 K时反应的平衡转化率α=________%。平衡常数K343 K=________（保留2位小数）。

②在343 K下：要提高SiHCl3转化率，可采取的措施是________；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有________、________。

③比较a、b处反应速率大小：va________vb（填“大于”“小于”或“等于”）。反应速率v=v正?v逆=

?

，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数，计算a处 =________（保留1

位小数）。 【答案】（1）2SiHCl3+3H2O=(HSiO)2O+6HCl （2）114

（3）22%；0.02；及时移出产物；加入合适的催化剂；增大压强；大于；1.3 【解析】由盖斯定律，△H=3ΔH1+ΔH2 ， 计算出该反应的反应热；

反应2SiHCl3=SiH2Cl2+SiCl4 △H= +48kJ/mol，为吸热反应，温度升高，平衡向正反应方向移动，所以a曲线对应的温度为343K，由图像可知，α = 22%

起始（mol/L） 转化（mol/L）

2SiHCl3= 1 0.22

SiH2Cl2+ 0 0.11

SiCl4 0 0.11

4

平衡（mol/L） 0.78 0.11 0.11

K = = 0.02

② 要提高SiHCl3的转化率，使平衡向正反应方向移动，可以移出生成物实现；缩短达到平衡的时间，就是要加快化学反应速率，则可以增大压强、使用催化剂。 ③a的反应温度高于b，所以反应速率更快；

因为k正和k逆是常数，当达到化学平衡时，v正 = v逆 ， 即k正x2(SiHCl3)=k逆x(SiH2Cl2)×x(SiCl4)，因此

=

起始 转化 平衡

2SiHCl3(g) ? 1 1×22% 0.78

SiH2Cl2(g) + 0 0.22 0.22

SiCl4(g) 0 0.22 0.22

因此 = =

a点 起始 转化 a点

=

2SiHCl3(g) ? 1 1×20% 0.8

= ×

SiH2Cl2(g) + 0 0.2 0.2

SiCl4(g) 0 0.2 0.2

a点 = = × = × = 1.3

【2018?天津卷】CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题：

（1）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13，CO2主要转化为________（写离子符号）；若所得溶液c(HCO3?)∶c(CO32?)=2∶1，溶液pH=________。（室温下，H2CO3的K1=4×10?7；K2=5×10?11） （2）CO2与CH4经催化重整，制得合成气：

CH4(g)+ CO2(g) 2CO (g)+ 2H2(g)

C O(CO) ①已知上述反应中相关的化学键键能数据如下： 化学键 键能/kJ·mol?1

C—H C=O H—H 413 745 436 1075 5

体积为2.5L，则平衡时各物质的浓度为c（H2S）==则K=

mol/L=0.036mol/L，c（COS）=c（H2O）=

=0.00285，

mol/L=0.156mol/L，c（CO2）

mol/L=0.004mol．L，

②根据题目提供的数据可知温度由610K升高到620K时，化学反应达到平衡，水的物质的量分数由0.02变为0.03，所以H2S的转化率增大，a2＞a1；根据题意可知：升高温度，化学平衡向正反应方向移动，根据平衡移动原理：升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，所以该反应的正反应为吸热反应，故△H＞0，③A．增大H2S的浓度，平衡正向移动，但加入量远远大于平衡移动转化消耗量，所以H2S转化率降低，故A错误；

B．增大CO2的浓度，平衡正向移动，使更多的H2S反应，所以H2S转化率增大，故B正确； C．COS是生成物，增大生成物的浓度，平衡逆向移动，H2S转化率降低，故C错误；

D．N2是与反应体系无关的气体，充入N2，不能使化学平衡发生移动，所以对H2S转化率无影响，故D错误．

【2017新课标2卷】（14分）——易，传统

丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备．回答下列问题： （1）正丁烷（C4H10）脱氢制1﹣丁烯（C4H8）的热化学方程式如下： ①C4H10（g）=C4H8（g）+H2（g）△H1

已知：②C4H10（g）+O2（g）=C4H8（g）+H2O（g）△H2=﹣119kJ?mol﹣1 ③H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H3 =﹣242kJ?mol﹣1

反应①的△H1为 kJ?mol﹣1．图（a）是反应①平衡转化率与反应温度及压强的关系图，x 0.1（填“大于”或“小于”）；欲使丁烯的平衡产率提高，应采取的措施是 （填标号）． A．升高温度B．降低温度C．增大压强D．降低压强

（2）丁烷和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器（氢气的作用是活化催化剂），出口气中含有丁烯、丁烷、氢气等．图（b）为丁烯产率与进料气中n（氢气）/n（丁烷）的关系．图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势，其降低的原因是 ．

11

（3）图（c）为反应产率和反应温度的关系曲线，副产物主要是高温裂解生成的短碳链烃类化合物．丁烯产率在590℃之前随温度升高而增大的原因可能是 、 ；590℃之后，丁烯产率快速降低的主要原因可能是 ．

【解析】（1）②C4H10（g）+O2（g）=C4H8（g）+H2O（g）△H2=﹣119kJ?mol﹣1 ③H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H3=﹣242kJ?mol﹣1

②﹣③得C4H10（g）=C4H8（g）+H2（g）△H1=+123kJ?mol﹣1

由a图可知温度相同时，由0.1MPa变化到xMPa，丁烷转化率增大，即平衡正向移动，该反应是气体体积增大的反应，所以x的压强更小，x＜0.1；

由于反应①为吸热反应，温度升高时，平衡正向移动，丁烯的平衡产率增大，反应①正向进行时体积增大，减压时平衡正向移动，丁烯的平衡产率增大，因此AD正确， 故答案为：+123；小于；AD；

（2）丁烷分解产生丁烯和氢气，一开始充入氢气是为活化催化剂，同时氢气作为反应①的产物，增大氢气的量会促使平衡逆向移动，从而减少平衡体系中的丁烯的含量，使丁烯的产率降低， 故答案为：原料中过量H2会使反应①平衡逆向移动，所以丁烯产率下降；

（3）590℃之前，温度升高时反应速率加快，单位时间内生成的丁烯会更多，同时由于反应①是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡体系中会含有更多的丁烯；

而温度超过590℃时，由于丁烷高温会裂解生成短链烃类，所以参加反应①的丁烷也就相应减少，产率下降，

故答案为：升高温度时，反应速率加快，单位时间产生丁烯更多；590℃前升高温度，反应①平衡正向移动；高温则有更多的丁烷裂解生成副产物导致产率降低．

【2017新课标3卷】 砷（As）是第四周期ⅤA族元素，可以形成As2S3、As2O5、H3AsO3、H3AsO4

等化合物，有着广泛的用途．回答下列问题：

（1）画出砷的原子结构示意图 ．

（2）工业上常将含砷废渣（主要成分为As2S3）制成浆状，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫．写出发生反应的化学方程式 ．该反应需要在加压下进行，原因是 ．

（3）已知：As（s）+H2（g）+2O2（g）=H3AsO4（s）△H1 H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H2 2As（s）+O2（g）=As2O5（s）△H3

则反应As2O5（s）+3H2O（l）=2H3AsO4（s）的△H= ． （4）298K时，将20mL 3x mol?L﹣1 Na3AsO3、20mL 3x mol?L﹣1 I2和20mL NaOH溶液混合，发生

12

反应：AsO33﹣（aq）+I2（aq）+2OH﹣?AsO43﹣（aq）+2I﹣（aq）+H2O（l）．溶液中c（AsO43﹣）与反应时间（t）的关系如图所示．

①下列可判断反应达到平衡的是 （填标号）． a．溶液的pH不再变化 b．v（I﹣）=2v（AsO33﹣）

c．c （AsO43﹣）/c （AsO33﹣）不再变化 d．c（I﹣）=y mol?L﹣1

②tm时，v正 v逆（填“大于”“小于”或“等于”）．

③tm时v逆 tn时v逆（填“大于”“小于”或“等于”），理由是 ． ④若平衡时溶液的pH=14，则该反应的平衡常数K为 ．

【解析】解：（1）砷元素原子序数为33，原子核外有四个电子层，最外层5个电子，原子结构

示意图为，故答案为：；

（2）工业上常将含砷废渣（主要成分为As2O3）制成浆状，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫，砷元素化合价+3价变化为+5价，反应的化学方程式为2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S，增大压强，可增大反应速率，并使平衡正向移动，增大反应物的转化率，

故答案为：2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S；加压反应速率增大，而且平衡右移，可提高生产效率； （3）已知：①As（s）+H2（g）+2O2（g）=H3AsO4（s）△H1 ②H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H2 ③2As（s）+O2（g）=As2O5（s）△H3

则利用盖斯定律将①×2﹣②×3﹣③可得As2O5（s）+3H2O（l）=2H3AsO4（s）△H=2△H1﹣3△H2﹣△H3，

故答案为：2△H1﹣3△H2﹣△H3；

（4）①a．溶液pH不变时，则c（OH﹣）也保持不变，反应达到平衡状态，故a正确；

b．同一个化学反应，速率之比等于化学计量数之比，无论是否达到平衡，都存在v（I﹣）=2v（AsO33

﹣

），故b错误；

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c．c （AsO43﹣）/c （AsO33﹣）不再变化，可说明各物质的浓度不再变化，反应达到平衡状态，故c正确；

d．由图可知，当c （AsO43﹣）=y mol?L﹣1时，浓度不再发生变化，则达到平衡状态，由方程式可知此时c（I﹣）=2y mol?L﹣1，所以c（I﹣）=y mol?L﹣1时没有达到平衡状态，故d错误． 故答案为：ac；

②反应从正反应开始进行，tm时反应继续正向进行，则v正 大于 v逆，故答案为：大于；

③tm时比tn时浓度更小，则逆反应速率更小，故答案为：小于；tm时AsO43﹣浓度更小，反应速率更慢；

④反应前，三种溶液混合后，Na3AsO3的浓度为3xmol/L×

=xmol/L，同理I2的浓度为

xmol/L，反应达到平衡时，生产c（AsO43﹣）为ymol/L，则反应生产的c（I﹣）=2ymol/L，消耗的AsO33﹣、I2的浓度均为ymol/L，平衡时c（AsO33﹣）=（x﹣y）mol/L，c（I2）=（x﹣y）mol/L，溶液中c（OH﹣）=1mol/L，则K=

=

，

故答案为：．

【2017江苏卷】——难，新颖

（14分）砷（As）是一些工厂和矿山废水中的污染元素，使用吸附剂是去除水中砷的有效措 施之一．

（1）将硫酸锰、硝酸钇与氢氧化钠溶液按一定比例混合，搅拌使其充分反应，可获得一种砷的高效吸附剂X，吸附剂X中含有CO32﹣，其原因是 ．

（2）H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与pH的关系分别如图﹣1和图﹣2所示．

①以酚酞为指示剂（变色范围pH 8.0～10.0），将NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中，当溶液由无色变为浅红色时停止滴加．该过程中主要反应的离子方程式为 ．

②H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4?H2AsO4﹣+H+的电离常数为Ka1，则pKa1= （p Ka1=﹣lg Ka1 ）．

14

（3）溶液的pH对吸附剂X表面所带电荷有影响．pH=7.1时，吸附剂X表面不带电荷； pH＞7.1时带负电荷，pH越高，表面所带负电荷越多；pH＜7.1时带正电荷，pH越低，表面所带正电荷越多．pH不同时吸附剂X对三价砷和五价砷的平衡吸附量（吸附达平衡时单位质量吸附剂X吸附砷的质量）如图﹣3所示．

①在pH7～9之间，吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降，其原因是 ． ②在pH4～7之间，吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱，这是因为 ． 提高吸附剂X对三价砷去除效果可采取的措施是 ．

【答案】（1）空气中的CO2属于酸性氧化物，能溶于强碱溶液；

（2）①根据图知，碱性条件下H3AsO3的浓度减小、H2AsO3﹣浓度增大，说明碱和H3AsO3生成H2AsO3

﹣

，该反应为酸碱的中和反应；

，pH=2.2时c（H+）=10﹣2.2 mol/L，c（H3AsO3）=c（H2AsO3﹣）；

②Ka1=

（3）①吸附剂X表面所带负电荷增多，静电斥力越大；

②在pH4～7之间，吸附剂X表面带正电，五价砷主要以H2AsO4﹣和HAsO42﹣阴离子存在，pH＜7.1时带正电荷，pH越低，表面所带正电荷越多；而三价砷主要以H3AsO3分子存在；

在pH4～7之间，吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱，如果能将三价砷转化为五价砷，能有效的去除三价砷．

【解析】 （1）空气中的CO2属于酸性氧化物，能溶于强碱溶液，NaOH是碱，能吸收空气中的二氧化碳而生成碳酸根离子，所以其原因是碱性溶液吸收了空气中的CO2，故答案为：碱性溶液吸收了空气中的CO2；

（2）①根据图知，碱性条件下H3AsO3的浓度减小、H2AsO3﹣浓度增大，说明碱和H3AsO3生成H2AsO3

﹣

，该反应为酸碱的中和反应，同时还生成水，离子方程式为OH﹣+H3AsO3=H2AsO3﹣+H2O，

故答案为：OH﹣+H3AsO3=H2AsO3﹣+H2O； ②Ka1=

，pH=2.2时c（H+）=10﹣2.2 mol/L，c（H3AsO3）=c（H2AsO3﹣），p Ka1=

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﹣lg Ka1=﹣lg故答案为：2.2；

=2.2，

（3）①吸附剂X表面所带负电荷增多，静电斥力越大，在pH7～9之间，随pH升高H2AsO4﹣转变为HAsO42﹣，吸附剂X表面所带负电荷增多，静电斥力增加，导致在pH7～9之间，吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降，

故答案为：在pH7～9之间，随pH升高H2AsO4﹣转变为HAsO42﹣，吸附剂X表面所带负电荷增多，静电斥力增加；

②在pH4～7之间，吸附剂X表面带正电，五价砷主要以H2AsO4﹣和HAsO42﹣阴离子存在，pH＜7.1时带正电荷，pH越低，表面所带正电荷越多，所以静电引力较大；而三价砷主要以H3AsO3分子存在，与吸附剂X表面产生的静电引力小，所以在pH4～7之间，吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱；

在pH4～7之间，吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱，如果能将三价砷转化为五价砷，能有效的去除三价砷，所以采取的措施是加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷，

故答案为：在pH4～7之间，吸附剂X表面带正电，五价砷主要以H2AsO4﹣和HAsO42﹣阴离子存在，静电引力较大；而三价砷主要以H3AsO3分子存在，与吸附剂X表面产生的静电引力小；加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷．

【2017天津】．（14分）H2S和SO2会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上采取多种方法减少这些有害气体的排放，回答下列方法中的问题． Ⅰ．H2S的除去

方法1：生物脱H2S的原理为： H2S+Fe2（SO4）3═S↓+2FeSO4+H2SO4 4FeSO4+O2+2H2SO4

2Fe2（SO4）3+2H2O

（1）硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍，该菌的作用是 ． （2）由图1和图2判断使用硫杆菌的最佳条件为 ．若反应温度过高，反应速率下降，其原因是 ．

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方法2：在一定条件下，用H2O2氧化H2S

（3）随着参加反应的n（H2O2）/n（H2S）变化，氧化产物不同．当n（H2O2）/n（H2S）=4时，氧化产物的分子式为 ． Ⅱ．SO2的除去

方法1（双碱法）：用NaOH吸收SO2，并用CaO使NaOH再生 NaOH溶液

Na2SO3溶液

（4）写出过程①的离子方程式： ；CaO在水中存在如下转化： CaO（s）+H2O （l）═Ca（OH）2（s）?Ca2+（aq）+2OH﹣（aq） 从平衡移动的角度，简述过程②NaOH再生的原理 ． 方法2：用氨水除去SO2

（5）已知25℃，NH3?H2O的Kb=1.8×10﹣5，H2SO3的Ka1=1.3×10﹣2，Ka2=6.2×10﹣8．若氨水的浓度为2.0mol?L﹣1，溶液中的c（OH﹣）= mol?L﹣1．将SO2通入该氨水中，当c（OH﹣）降至1.0×10﹣7 mol?L﹣1时，溶液中的c（SO32﹣）/c（HSO3﹣）= ．

【解析】 （1）4FeSO4+O2+2H2SO4

2Fe2（SO4）3+2H2O，硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的

速率是无菌时的5×105倍，该菌的作用是做催化剂降低反应的活化能， 故答案为：降低反应活化能（或作催化剂）；

（2）从图象中分析可知，使用硫杆菌的最佳条件是亚铁离子氧化速率最大时，需要的温度和溶液PH分别为：30℃、pH=2.0，反应温度过高，反应速率下降是因为升温使蛋白质发生变性，催化剂失去生理活性，

故答案为：30℃、pH=2.0； 蛋白质变性（或硫杆菌失去活性）； （3）当

=4时，结合氧化还原反应电子守恒，4H2O2～4H2O～8e﹣，电子守恒得到H2S变

化为+6价化合物，H2S～H2SO4～8e﹣，氧化产物的分子式为H2SO4， 故答案为：H2SO4 ； （4）过程①是二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为：2OH﹣+SO2=SO32﹣+H2O，过程②加入CaO，存在CaO（s）+H2O （l）═Ca（OH）2（s）?Ca2+（aq）+2OH

﹣

（aq），因SO32﹣与Ca2+生成CaSO3沉淀，平衡向正向移动，有NaOH生成，

故答案为：2OH﹣+SO2=SO32﹣+H2O；SO32﹣与Ca2+生成CaSO3沉淀，平衡向正向移动，有NaOH生成；

17

（5）NH3?H2O的Kb=1.8×10﹣5，若氨水的浓度为2.0mol?L﹣1，由Kb=

﹣

可知c（OH

）=

mol/L=6.0×10﹣3mol/L，

当c（OH﹣）降至1.0×10﹣7 mol?L﹣1时，c（H+）=1.0×10﹣7 mol?L﹣1，H2SO3的Ka2=6.2×10﹣8，由Ka2=

可知c（SO32﹣）/c（HSO3﹣）=

=0.62，

故答案为：6.0×10﹣3；0.62．

【2017北京】．（12分）SCR和NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放． （1）SCR（选择性催化还原）工作原理：

①尿素[CO（NH2）2]水溶液热分解为NH3和CO2，该反应的化学方程式： ． ②反应器中NH3还原NO2的化学方程式： ．

③当燃油中含硫量较高时，尾气中SO2在O2作用下会形成（NH4）2SO4，使催化剂中毒．用化学方程式表示（NH4）2SO4的形成： ．

④尿素溶液浓度影响NO2的转化，测定溶液中尿素（M=60g?mol﹣1）含量的方法如下：取a g尿素溶液，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的v1 mL c1 mol?L﹣1H2SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用v2mL c2 mol?L﹣1NaOH溶液恰好中和，则尿素溶液中溶质的质量分数是 ． （2）NSR（NOx储存还原）工作原理：

NOx的储存和还原在不同时段交替进行，如图a所示．

①通过BaO和Ba（NO3）2的相互转化实验NOx的储存和还原．储存NOx的物质是 ． ②用H2模拟尾气中还原性气体研究了Ba（NO3）2的催化还原过程，该过程分两步进行，图b表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系．第一步反应消耗的H2与Ba（NO3）2的物质的量之比是 ．

③还原过程中，有时会产生笑气（N2O）．用同位素示踪法研究发现笑气的产生与NO有关．在有

18

氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO．将该反应的化学方程式补充完整：

15

NNO+ H2O．

【解析】 （1）①尿素[CO（NH2）2]水溶液热分解为NH3和CO2，反应物为尿素和水，反应生成物为氨气和水，原子守恒书写化学方程式为：CO（NH2）2+H2O故答案为：CO（NH2）2+H2O2NH3↑+CO2↑； 2NH3↑+CO2↑，

②NH3在催化剂作用下还原NO2生成氮气和水，反应的化学方程式为8NH3+6NO2

7N2+12H2O，

7N2+12H2O； 故答案为：8NH3+6NO2③SO2在O2作用下与NH3、H2O反应形成（NH4）2SO4，此反应中SO2是还原剂，氧气是氧化剂，反应的化学方程式为2SO2+O2+4NH3+2H2O═2（NH4）2SO4， 故答案为：2SO2+O2+4NH3+2H2O═2（NH4）2SO4； ④涉及反应为2NH3+H2SO4=n（NH4）2SO4，2NaOH+H2SO4=Na2SO4+H2O，反应中n（H2SO4）=v1×c1×10﹣3mol，n（NaOH）=v2×c2×10﹣3mol， 由方程式可知n（NaOH）+n（NH3）=2n（H2SO4）， 则n（NH3）=（2v1×c1×10﹣3﹣v2×c2×10﹣3）mol，

则m（CO（NH2）2）=×（2v1×c1×10﹣3﹣v2×c2×10﹣3）mol×60g/mol=（0.06v1c1﹣0.03v2c2 ）g，

尿素溶液中溶质的质量分数是故答案为：

；

=

，

（2）①由图示可知BaO和NOx反应生成Ba（NO3）2，Ba（NO3）2再还原为N2，则储存NOx的物质为BaO，故答案为：BaO；

②第一步反应中H2被氧化生成水，化合价由0价升高到+1价，Ba（NO3）2的N元素化合价由+5价降低到﹣3价，生成氨气，则1molBa（NO3）2生成氨气转移16mol电子，参加反应的氢气的物质的量为

=8mol，则消耗的H2与Ba（NO3）2的物质的量之比是8：1，

故答案为：8：1；

③在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO，由N元素守恒可知

19

15

NO与NH3应为1：1，可知反应的化学方程式为415NO+4NH3+3O2415NNO+6H2O，

故答案为：415NO+4NH3+3O2；4；6．

2016年

【2016新课标I卷】（15分）——易，传统

2??元素铬（Cr）在溶液中主要以Cr3?（蓝紫色）、Cr(OH)?、Cr2O7（橙红色）、CrO24（黄色）等形式存4（绿色）

在。Cr(OH)3为难溶于水的灰蓝色固体，回答下列问题：

（1）Cr3?与Al3?的化学性质相似。在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，可观察到的现象是________________________________。

?2?2?)随c(H?)（2）CrO2室温下，初始浓度为1.0mol?L?1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O74和Cr2O7在溶液中可相互转化。

的变化如图所示。

①用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应 计算出该转化反应的平衡常数为___________。

。

?②由图可知，溶液酸性增大，CrO2“减小”或“不变”）。根据A点数据，4的平衡转化率_________（填“增大”

?③温度升高，溶液中CrO2、“小于”或“等于”）。 4的平衡转化率减小，则该反应的?H______0（填“大于”?（3）在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3，标准溶液滴定溶液中Cl?，利用Ag?与CrO24生成转红色

沉淀，指示剂达滴定终点。当溶液中Cl?恰好沉淀完全（浓度等于1.0?10?5mol?L?1）时，溶液中c(Ag?)为

??1__________mol?L?1，此时溶液中c(CrO2（已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为4)等于__________mol?L。

2.0?10?12和2.0?10?10）。

2?（4）?6价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3将废液中的Cr2O7还原成Cr3?，该反应的离子方程式为

______________________________________________________________。

20

【答案】（1）蓝紫色溶液变浅，同时生成灰蓝色沉淀，继续滴加NaOH溶液，沉淀溶解，最终溶液变绿色

??（2）①2CrO24?2H2?Cr2O7?H2O②增大；1.0?1014；③小于

（3）2.0?10?5；5.0?10?3

2???（4）Cr2O7?3HSO3?5H?===2Cr3??3SO24?4H2O 2??2?2?或：Cr2O7?8HSO3===2Cr3??3SO4?5SO3?4H2O

【解析】（1）类比Al3+与NaOH反应的性质，但需注意反应过程中伴有颜色变化。Cr3+为蓝紫色，滴加NaOH后

蓝紫色变浅同时产生灰蓝色沉淀Cr(OH)3，继续滴加，沉淀溶解，Cr(OH)3变为Cr(OH)?4，溶液最终变为绿色。

（2）①选修四26页的方程式，Na2CrO4在酸性条件会转化为Na2Cr2O7。②从图上可以看出，H+浓度

2??升高，Cr2O7浓度上升，说明反应向右进行的更多，CrO24的平衡转化率增大；根据A点数据，列三段

式计算平衡常数：

?2CrO24?2H?2?Cr2O7?H2O

起1mol/L变?0.5mol/L平0.5mol/L0?0.25mol/L0.25mol/L

2-c(Cr2O7)0.25K???1014 2-2?22?72c(CrO4)c(H)0.5?(10)?③升高温度，溶液中CrO24平衡转化率减小，说明反应逆向移动，故该反应为放热反应，?H?0。

（3）已知c(Cl?)?1.0?10-5mol/L，Ksp(Ag2CrO4)?2.0?10平衡可得：

c(Ag)?2?4??12，Ksp(AgCl)?2.0?10?10，当根据沉淀溶解

Ksp(AgCl)c(Cl?)2.0?10?10??2.0?10?5mol·L?1， ?51.0?102.0?10?12??5.0?10?3mol·L?1。 ?52(2.0?10)c(CrO)?Ksp(Ag2CrO4)c(Ag?)2?（4）NaHSO3盐溶液为酸性，因此配平时应在方程式左边添加H?或HSO3。

21

【2016新课标3】——中，半传统

煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，形成酸雨、污染大气，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝，回答下列问题：

(1) NaClO2的化学名称为_______。

（2）在鼓泡反应器中通入含有含有SO2和NOx的烟气，反应温度为323K，NaClO2溶液浓度为5×10mol·L 。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表》 离子 c/（mol·L） ?1-3

?1

SO4 8.35×10 ?42?SO3 6.87×10 ?62?NO3 1.5×10 ?4?NO2 1.2×10 ?5?Cl 3.4×10 ?3?①写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式__________。增加压强，NO的转化率______（填“提高”

“不变”或“降低”）。

②随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的pH逐渐______ （填“提高”“不变”或“降低”）。

③由实验结果可知，脱硫反应速率______脱硝反应速率（填“大于”或“小于”）。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是___________。

（3）在不同温度下，NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中，SO2和NO的平衡分压px如图所示。

①由图分析可知，反应温度升高，脱硫、脱硝反应的平衡常数均___ ___（填“增大”“不变”或“减小”）。 ②反应ClO2+2SO3===2SO4+Cl的平衡常数K表达式为___________。

（4）如果采用NaClO、Ca（ClO）2替代NaClO2，也能得到较好的烟气脱硫效果。 ①从化学平衡原理分析，Ca（ClO）2相比NaClO具有的有点是_______。 ②已知下列反应：

SO2(g)+2OH(aq)=SO3(aq)+H2O(l) △H1 ClO(aq)+SO3(aq)=SO4(aq)+Cl(aq) △H2 CaSO4(s)=Ca(aq)+SO4(aq) △H3

则反应SO2+Ca(aq)+ClO(aq)+2OH(aq)=CaSO4(s)+H2O(l)+Cl(aq)的△H=

22

2+

---2+

2--2-2---2-?

2?

2?

?

【答案】（1）亚氯酸钠；（2）①2H2O＋ClO2＋2SO2＝2SO4＋Cl＋4H；提高② 减小；?大于；NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高（3）①减小；?K=c（Cl)?c(SOc(ClO)?c(SO?22?22?42?－

2-－

＋

)

3)（4）①生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行 。 ΔH=△H1＋△H2－△H3。 【解析】(1) NaClO2的化学名称为亚氯酸钠；

（2）①亚氯酸钠具有氧化性，则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式为2H2O＋ClO2＋2SO2＝2SO4＋Cl－＋

＋4H；正反应是体积减小的，则增加压强，NO的转化率提高。

②根据反应的方程式2H2O＋ClO2＋2SO2＝2SO4＋Cl＋4H、2H2O＋3ClO2＋4NO＝4NO3＋3Cl＋4H可知随着吸收反应的进行氢离子浓度增大，吸收剂溶液的pH逐渐降低。

③由实验结果可知，在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多，因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是二氧化硫的还原性强，易被氧化。

（3）?从在不同温度下，NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中，SO2和NO的平衡分压图可知，反应温度越高，O2和NO的平衡分压负对数减小，这说明反应向逆反应方向进行，因此脱硫、脱硝反应的平衡常数均减小。?根据反应方程式ClO(aq)+SO3(aq)=SO4(aq)+Cl(aq) 可知平衡常数的表达式为K=c（Cl

?22?c(ClO2)?c(SO3)-2-2--－

2-－

＋

－

－

－

＋

－

2-

?)?c(SO4)22?（4）如果采用NaClO、Ca（ClO）2替代NaClO2，也能得到较好的烟气脱硫效果。

①由于生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行，所以Ca（ClO）2效果好。 ②已知下列反应：

SO2(g)+2OH(aq)=SO3(aq)+H2O(l) △H1 ClO(aq)+SO3(aq)=SO4(aq)+Cl(aq) △H2 CaSO4(s)=Ca(aq)+SO4(aq) △H3

则根据盖斯定律可知①＋②－③即得到反应SO2+Ca(aq)+ClO(aq)+2OH(aq)=CaSO4(s)+H2O(l)+Cl(aq)的ΔH=△H1＋△H2－△H3。

23

2+

---2+

2--2-2---2-

【2016年浙江】 ——中，半新颖

催化还原CO2是解决温室效应及能源问题的重要手段之一。研究表明，在Cu/ZnO催化剂存在下，CO2和H2可

发生两个平行反应，分别生成CH3OH和CO。反应的热化学方程式如下： CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1= -53.7kJ·mol-1 I CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g） ΔH2 II

某实验室控制CO2和H2初始投料比为1:2.2，在相同压强下，经过相同反应时间测得如下实验数据：

【备注】Cat.1：Cu/ZnO纳米棒；Cat.2：Cu/ZnO纳米片；甲醇选择性：转化的CO2中生成甲醇的百分比 已知：①CO和H2的标准燃烧热分别为-283.0kJ·mol-1和-285.8kJ·mol-1

②H2O（l）=H2O（g）ΔH3=44.0kJ·mol-1 请回答（不考虑温度对ΔH的影响）：

（1）反应I的平衡常数表达式K= ；反应II的ΔH2= kJ·mol-1。 （2）有利于提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有 。

A．使用催化剂Cat.1 B．使用催化剂Cat.2

C．降低反应温度 D．投料比不变，增加反应物的浓度 E．增大CO2和H2的初始投料比

（3）表中实验数据表明，在相同温度下不同的催化剂对CO2转化成CH3OH的选择性有显著的影响，其原因

是 。

（4）在右图中分别画出反应I在无催化剂、有Cat.1和有Cat.2三种情况下“反应过程～能量”示意图。 ．．．

（5）研究证实，CO2也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，则生成甲醇的反应发生在 极，该电极反

应式是 。

24

【答案】（1）

c(CH3OH)?c(H2O)+41.2 （2）CD 3c(CO2)?c(H2)；

（3）表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择

性有影响。

（4）

（5）阴 ； CO2+6H++6e- =CH3OH+H2O

【解析】（1）根据反应方程式，其平衡常数K为态水的汽化热（再相加），利用盖斯定律，即可得反应： CO2（g）+ H2（g）

。由CO和H2的标准燃烧热（相减）和液

CO（g）+H2O（g）故ΔH2=-285.8+283.0+44.0=+41.2 kJ·mol

-1

（2）常见对平衡无影响，AB错误，CD可使平衡正向移动，可提高CO2转化为CH3OH平衡转化率，E措施是氢气的转化率升高而CO2的转化率降低，正确措施只有CD。

（3）因相同的催化剂温度不同其催化你了不同，不同的催化剂，即使相同的温度，催化你了也不相同。故表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响。 （4）从表中数据分析，在催化剂Cat.2的作用下，甲醇的选择性更大，说明催化剂Cat.2对反应Ⅰ的催化效果更

好，催化剂能降低反应的活化能，说明使用催化剂Cat.2的反应过程中活化能更低，故图为：

（5）二氧化碳变甲醇，碳元素的化合价降低，得到电子，说明其在阴极反应，其电极反应为： CO2+6H+6e==CH3OH+H2O

25

+

-

【2016新课标Ⅱ】——中，传统

联氨（又称肼，N2H4，无色液体）是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料．回答下列问题： （1）联氨分子的电子式为 ，其中氮的化合价为 ．

（2）实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，反应的化学方程式为 ．

（3）①2O2（g）+N2（g）═N2O4（l）△H1 ②N2（g）+2H2（g）═N2H4（l）△H2 ③O2（g）+2H2（g）═2H2O（g）△H3

﹣1

④2N2H4（l）+N2O4（l）═3N2（g）+4H2O（g）△H4=﹣1048.9kJ?mol

上述反应热效应之间的关系式为△H4= ，联氨和N2O4可作为火箭推进剂的主要原因为 ．

（4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似．联氨第一步电离反应的平衡常数值为 （已知：N2H4+H?N2H5的K=8.7×10；Kw=1.0×10）．联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为 ．

（5）联氨是一种常用的还原剂．向装有少量AgBr的试管中加入联氨溶液，观察到的现象是 ．联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀．理论上1kg的联氨可除去水中溶解的O2 kg；与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是 ．

+

+

7

﹣14

【答案】 （1） ：

﹣7

；﹣2；（2） 2△H3﹣2△H2﹣△H1；反应放热量大，产生大量气体；

（4） 8.7×10，N2H6（HSO4）2；

（5） 固体逐渐变黑，并有气泡产生；1；N2H4的用量少，不产生其他杂质（还原产物为N2和H2O），而Na2SO3产生Na2SO4．

【解答】解：（1）肼的分子式为N2H4，是氮原子和氢原子形成四个共价键，氮原子和氮原子之间形成一个共价

键形成的共价化合物，电子式为：，其中氢元素化合价为+1价，则氮元素化合价为﹣2价，

（2）氨气被次氯酸钠溶液氧化生成肼，次氯酸钠被还原生成氯化钠，结合原子守恒配平书写反应的化学方程式为：2NH3+NaClO═N2H4+NaCl+H2O，

（3）①2O2（g）+N2（g）═N2O4（l）△H1 ②N2（g）+2H2（g）═N2H4（l）△H2 ③O2（g）+2H2（g）═2H2O（g）△H3 依据热化学方程式和盖斯定律计算③×2﹣②×2﹣①得到④2N2H4（l）+N2O4（l）═3N2（g）+4H2O（g）△H4=2△H3﹣2△H2﹣△H1，根据反应④可知，联氨和N2O4反应放出大量热且产生大量气体，因此可作为火箭推进剂，（4）

﹣+

联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似．联氨第一步电离方程式为N2H4+H2O?N2H5+OH，平衡常数Kb=

+

=

2+

﹣

×

=K×Kw=8.7×10×1.0×10

7﹣14

=8.7×10，第

﹣7

二步电离方程式为N2H5+H2O?N2H6+OH，因此联氨与硫酸形成的酸式盐为N2H6（HSO4）2，

（5）联胺被银离子氧化，银离子被还原生成单质银，﹣2价的N元素被氧化为N2，反应方程式为：

N2H4+4AgBr=4Ag↓+N2↑+4HBr，因此反应出现现象为：固体逐渐变黑，并有气泡产生，由于肼的氧化产物是氮气，不会对锅炉造成腐蚀，而亚硫酸钠被氧化产物为硫酸钠，易生成硫酸盐沉淀影响锅炉的安全使用，联胺被氧化失电子N2H4～N2﹣4e，O2～4e，N2H4～O2～4e，联胺和氧气摩尔质量都是32g/mol，则等质量联胺和氧气物质的量相同，理论上1kg的联氨可除去水中溶解的O21kg，与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是用量少，不产生其他杂质（还原产物为N2和H2O），而Na2SO3产生Na2SO4，

26

﹣

﹣

﹣

【2016新课标Ⅱ】——难，半新颖

丙烯腈（CH2=CHCN）是一种重要的化工原料，工业上可用“丙烯氨氧化法”生产．主要副产物有丙烯醛（CH2=CHCHO）和乙腈（CH3CN）等．回答下列问题：

（1）以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈（C3H3N）和副产物丙烯醛（C3H4O）的热化学方程式如下：

①C3H6（g）+NH3（g）+O2（g）═C3H3N（g）+3H2O（g）△H=﹣515kJ?mol

②C3H6（g）+O2（g）═C3H4O（g）+H2O（g）△H=﹣353kJ?mol

两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是 ；有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是 ；提高丙烯腈反应选择性的关键因素是 ．

（2）图（a）为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线，最高产率对应的温度为460℃．低于460℃时，丙烯腈的产率 （填“是”或“不是”）对应温度下的平衡转化率，判断理由是 ；高于460℃时，丙烯腈产率降低的可能原因是 （双选，填标号）．

A．催化剂活性降低 B．平衡常数变大 C．副反应增多 D．反应活化能增大

（3）丙烯腈和丙烯醛的产率与n（氨）/n（丙烯）的关系如图（b）所示．由图可知，最佳n（氨）/n（丙烯）约为 ，理由是 ．进料气氨、空气、丙烯的理论体积比约

﹣1

﹣1

为 ．

【答案】 （1） 两个反应均为放热量大的反应；低温、低压；催化剂； （2） 不是，该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低；AC；

（3） 1：1；该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低；1：7.5：1． 【解答】解：（1）两个反应在热力学上趋势均很大，两个反应均放热量大，即反应物和生成物的能量差大，因此热力学趋势大；该反应为气体体积增大的放热反应，所以降低温度、降低压强有利于提高丙烯腈的平衡产率，由图b可知，提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催化剂，

（2）因为该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低，反应刚开始进行，尚未达到平衡状态，460°C以前是建立平衡的过程，所以低于460°C时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡产率；高于460°C时，丙烯腈产率降低，

A．催化剂在一定温度范围内活性较高，若温度过高，活性降低，故A正确； B．平衡常数的大小不影响产率，故B错误；

C．根据题意，副产物有丙烯醛，副反应增多导致产率下降，故C正确； D．反应活化能的大小不影响平衡，故D错误； （3）根据图象可知，当

约为1时，该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低；根据化

学反应C3H6（g）+NH3（g）+O2（g）=C3H3N（g）+3H2O（g），氨气、氧气、丙烯按1：1.5：1的体积比加入反应达到最佳状态，而空气中氧气约占20%，所以进料氨、空气、丙烯的理论体积约为：1：7.5：1，

27

【2016天津】——中，传统

氢能是发展中的新能源，它的利用包括氢的制备、储存和应用三个环节。回答下列问题：

（1）与汽油相比，氢气作为燃料的优点是_________(至少答出两点)。但是氢气直接燃烧的能量转换率远低于燃料电池，写出碱性氢氧燃料电池的负极反应式：____________。 （2）氢气可用于制备H2O2。已知： H2(g)+A(l)=B(l) ΔH1 O2(g)+B(l)=A(l)+H2O2(l) ΔH2

其中A、B为有机物，两反应均为自发反应，则H2(g)+ O2(g)= H2O2(l)的ΔH____0(填“>”、“<”或“=”)。 （3）在恒温恒容的密闭容器中，某储氢反应：MHx(s)+yH2(g)正确的是________。 a．容器内气体压强保持不变 b．吸收y mol H2只需1 mol MHx c．若降温，该反应的平衡常数增大

d．若向容器内通入少量氢气，则v(放氢)>v(吸氢)

（4）利用太阳能直接分解水制氢，是最具吸引力的制氢途径，其能量转化形式为_______。 （5）化工生产的副产氢也是氢气的来源。电解法制取有广泛用途的Na2FeO4，同时获得氢气：Fe+2H2O+2OH?

FeO42?+3H2↑，工作原理如图1所示。装置通电后，铁电极附近生成紫红色的FeO42?，镍电

MHx+2y(s) ΔH<0达到化学平衡。下列有关叙述

极有气泡产生。若氢氧化钠溶液浓度过高，铁电极区会产生红褐色物质。已知：Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原。

①电解一段时间后，c(OH?)降低的区域在_______(填“阴极室”或“阳极室”)。 ②电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，其原因是_______。

③c( Na2FeO4)随初始c(NaOH)的变化如图2，任选M、N两点中的一点，分析c(Na2FeO4)低于最高值的原因：_____________。

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-- 【答案】（1）污染小；可再生；来源广；资源丰富；燃烧热值高；H2+2OH-2e=2H2O

（2）＜ （3）ac （4）光能转化为化学能 （5）①阳极室 ②防止Na2FeO4与H2反应使产率降低 ③M点：c(OH-)低，Na2FeO4稳定性差，且反应慢(或N点：c(OH-)过高，铁电极上有氢氧化铁生成，使Na2FeO4产率降低)。

【解析】（1）与汽油相比，H2作为燃料的优点有：污染小，可再生，来源广，资源丰富，燃烧热值高等，碱性氢氧燃料电池的负极反应式为H2+2OH-2e=2H2O；

（2）H2(g)+A(l)=B(l) ΔH1 ； O2(g)+B(l)=A(l)+H2O2(l) ΔH2

H2(g)+ O2(g)= H2O2(l)两反应△S<0，根据△G=△H-T△S，因为两反应均为自发反应，因此△H均小于0，将?+?得：的ΔH=△H1+△H2<0,故答案为< （3）MHx(s)+yH2(g)

MHx+2y(s) ΔH<0，该反应属于气体的物质的量发生变化的反应。a.平衡时气体的物质的

--

量不变，压强不变，正确；b.该反应为可逆反应，吸收y mol H2需要大于1 mol 的MHx，错误；c.降低温度，平衡向正反应分析移动，平衡常数增大，正确；d.向容器内通入少量氢气，相当于增大压强，平衡正向移动，v(放氢)＜v(吸氢)，错误；故选ac；

（4）利用太阳能直接分解水制氢，是将光能转化为化学能，故答案为：光能转化为化学能

（5）①根据题意镍电极有气泡产生是氢离子放电生成氢气，铁电极发生氧化反应，溶液中的氢氧根离子减少，

?

因此电解一段时间后，c(OH)降低的区域在阳极室，故答案为：阳极室；

[来源:gkstk.Com]

②氢气具有还原性，根据题意Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原。电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，防止Na2FeO4与H2反应使产率降低，故答案为：防止Na2FeO4与H2反应使产率降低；

--③根据题意Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，在M点，c(OH)低，Na2FeO4稳定性差，且反应慢，在N点：c(OH)

过高，铁电极上有氢氧化铁生成，使Na2FeO4产率降低，故答案为：M点：c(OH)低，Na2FeO4稳定性差，且反

-应慢(或N点：c(OH)过高，铁电极上有氢氧化铁生成，使Na2FeO4产率降低)。

-

29

【2016?上海】——难，新颖

随着科学技术的发展和环保要求的不断提高，CO2的捕集利用技术成为研究的重点。

完成下列填空：

29.目前国际空间站处理CO2的一个重要方法是将CO2还原，所涉及的反应方程式为：

CO2（g）+4H2（g）

已知H2的体积分数随温度的升高而增加。

若温度从300℃升至400℃，重新达到平衡，判断下列表格中各物理量的变化。（选填“增大”、“减小”或“不变”）

v正 v逆 平衡常数K 转化率α CH4（g）+2H2O（g）

30．相同温度时，上述反应在不同起始浓度下分别达到平衡，各物质的平衡浓度如下表：

[CO2]/mol·L-1 [H2]/mol·L-1 b n [CH4]/mol·L-1 c x [H2O]/mol·L-1 d y 平衡Ⅰ a 平衡Ⅱ m a、b、c、d与m、n、x、y之间的关系式为_________。 31．碳酸：H2CO3，Ki1=4.3×10-7，Ki2=5.6×10-11 草酸：H2C2O4，Ki1=5.9×10-2，Ki2=6.4×10-5

0.1 mol/L Na2CO3溶液的pH____________0.1 mol/L Na2C2O4溶液的pH。（选填“大于”“小于”或“等于”） 等浓度广东草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是___________。

若将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合，溶液中各种离子浓度大小的顺序正确的是__。（选填编号） a．[H+]>[HC2O4-]>[HCO3-]>[CO32-] b．[HCO3-]>[HC2O4-]>[C2O42-]>[CO32-] c．[H+]>[HC2O4-]>[C2O42-]>[CO32-] d．[H2CO3] >[HCO3-]>[HC2O4-]>[CO32-] 32．人体血液中的碳酸和碳酸氢盐存在平衡：H++ HCO3- H2CO3，当有少量酸性或碱性物质进入血液

中时，血液的pH变化不大，用平衡移动原理解释上述现象。_______________________________

30

【答案】

（1）MnSO4(或Mn2+) （2）4.7×10-7 （3）299 （4）①

②

0.108?0.1080.7842

k正-3

K,1.95×10min-1

③A、E

【解析】（1）用水浸取后碘以I-存在，加了MnO2和H2SO4后发生氧化还原反应，I-被氧化成I2，MnO2做氧化剂，被还原成+2价的Mn2+还原产物。 （2）KSP(AgCl)=1.8×10-10>KSP(AgI)=8.5×10-17,滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时， AgI肯定已经沉淀，此时溶液中c（Ag+）·c（Cl-）= KSP(AgCl)，c（Ag+）·c（I-）= KSP(AgI)，而c（Ag+）是相同的，所以

KSP(AgI)8.5×10-17c（I?）-7

=4.7×10。 ???-10c（Cl）KSP(AgCl)1.8×10（3）△H=反应物的键能和-生成物的键能和，则1mol HI（g）分子中化学键断裂时需要吸收的能量为（11+436+151）÷2=299kJ。

（4）①根据表格，两种投料建立化学平衡，一个从正反应建立平衡，一个从逆反应建立平衡，2HI(g) H2（g）+I2(g)是等气反应，x（HI）交叉点在0.784，所以在120min反应达到平衡。根据x（HI）=1（0min）和x（HI）=0.784（120min），可求出平衡时x（H2）= x（I2）=0.108。根据平衡常数定义，物质的量分数还需转换为浓度，设起始投有amolHI，容器体积为V，

a?0.108a?0.108?0.108?0.108VV则K== 2a?0.78420.784（）Vx（H2）x(I2)2

② 由①可知，K=, v正=k正x（HI）,v逆=k逆x（H2）x(I2), ，平衡时v正= v逆，

x2(HI）kk正x2(HI）k逆==正；40min时，v正=k正x2（HI）=0.852×0.0027=0.00195075≈1.95×10-3min-1，注意带单

x（H2）x(I2)K位。

③升高温度，2HI(g) H2（g）+I2(g)，正反应吸热，平衡向右移动，正逆化学反应速率等倍增大（排除F、C），x（HI）减小，x（H2）增大(排除D、B)。

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【2015天津理综化学】（14分）FeCl3 具有净水作用，但腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污

水比FeCl3 高效，且腐蚀性小。请回答下列问题：

（1）FeCl3 净水的原理是 。FeCl3 溶液腐蚀钢铁设备，除H作用外，另一主要原因是（用离子方程式

表示） 。

（2）为节约成本，工业上用NaClO3 氧化酸性FeCl2 废液得到FeCl3 。

①若酸性FeCl2 废液中c(Fe)=2.0×10mol·L, c(Fe)=1.0×10mol·L, c(Cl)=5.3×10mol·L,则该溶液的PH约为 。

②完成NaClO3 氧化FeCl2 的离子方程式：

ClO3+ Fe+ = Cl+ Fe+ . （3）FeCl3 在溶液中分三步水解：

Fe+H2O Fe(OH)+H2OFe(OH)+H2O

+2+

3＋

-2＋

－

3＋

2＋

-2

-1

3＋

-3

-1

－

-2

-1

＋

Fe(OH)+H

2+＋

K1 K2 K3

Fe(OH)2+HFe(OH)3+H

+＋

＋

以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是 。

通过控制条件，以上水解产物聚合，生成聚合氧化铁，离子方程式为： xFe+yH2O

3+

Fex(OH)y

(3x-y)+

+yH

+

欲使平衡正向移动可采用的方法是（填序号） 。

a．降温 b．加水稀释 c．加入NH4Cl d．加入NaHCO3

室温下，使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁的关键条件是 。

（4）天津某污水处理厂用氯化铁净化污水的结果如下图所示。由图中数据得出每升污水中投放聚合氯化铁

[以Fe(mg·L)表示]的最佳范围约为 mg·L。

【答案】（1）Fe水解生成的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质 2 Fe+Fe=3 Fe

（2）①2 ②1 6 6H 1 6 3H2O （3）K1>K2>K3 b d 调节溶液的pH （4）18～20

37

+

3+

3+

2+

-1

-1

【解析】（1）Fe水解生成的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质 ，所以可起到净水的作用；钢铁设备中的

Fe会与铁离子反应生成亚铁离子，离子方程式是2 Fe+Fe=3 Fe

（2）①根据电荷守恒，则溶液中氢离子的浓度是c(Cl) -2 c(Fe)-3 c(Fe)=1.0×10mol·L,所以pH=2； ②根据题意，氯酸钠氧化酸性的氯化亚铁，则反应物中有氢离子参加，则生成物中有水生成，Cl元素的化

合价从+5价降低到-1价，得到6个电子，而Fe元素的化合价从+2价升高到+3价，失去1个电子，根据得失电子守恒，则氯酸根离子的系数为1，Fe的系数为6，则铁离子的系数也是6，氯离子的系数是1，根据电荷守恒，则氢离子的系数是6，水的系数是3；

（3）铁离子的水解分为三步，且水解程度逐渐减弱，所以水解平衡常数逐渐减小，则K1>K2>K3；使平衡正向移动，因为水解为吸热反应，所以降温，平衡逆向移动；加水稀释，则水解平衡也正向移动；加入氯化铵，氯化铵溶液为酸性，氢离子浓度增大，平衡逆向移动；加入碳酸氢钠，则消耗氢离子，所以氢离子浓度降低，平衡正向移动，所以答案选bd；从反应的离子方程式中可知，氢离子的浓度影响高浓度聚合氯化铁的生成，所以关键步骤是调节溶液的pH。

（4）由图像可知，聚合氯化铁的浓度在18～20 mg·L时，去除率达到最大值，污水的浑浊度减小。

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-1

2+

－

2＋

3＋

-2

-1

3+

2+

3+

【2015浙江理综化学】(15分)乙苯催化脱氢制苯乙烯反应：

（1）已知：

化学键 键能/kJ·molˉ 1C－H 412 －1

C－C 348 C＝C 612 H－H 436 计算上述反应的△H＝________ kJ·mol。

（2）维持体系总压强p恒定，在温度T时，物质的量为n、体积为V的乙苯蒸汽发生催化脱氢反应。已知

乙苯的平衡转化率为α，则在该温度下反应的平衡常数K＝____________ (用α等符号表示)。 （3）工业上，通常在乙苯蒸气中掺混水蒸气(原料气中乙苯和水蒸气的物质的量之比为1︰9)，控制反应温

度600℃，并保持体系总压为常压的条件下进行反应。在不同反应温度下，乙苯的平衡转化率和某催化剂作用下苯乙烯的选择性(指除了H2以外的产物中苯乙烯的物质的量分数)示意图如下：

①掺入水蒸气能提高乙苯的平衡转化率，解释说明该事实___________。 ②控制反应温度为600℃的理由是____________。

（4）某研究机构用CO2代替水蒸气开发了绿色化学合成工艺——乙苯－二氧化碳耦合催化脱氢制苯乙烯。保

持常压和原料气比例不变，与掺水蒸汽工艺相比，在相同的生产效率下，可降低操作温度；该工艺中还能够发生反应：CO2＋H2＝CO＋H2O，CO2＋C＝2CO。新工艺的特点有_________(填编号)。 ① CO2与H2反应，使乙苯脱氢反应的化学平衡右移 ② 不用高温水蒸气，可降低能量消耗 ③ 有利于减少积炭 ④ 有利于CO2资源利用

n?2?2p或Kc?【答案】(15分)（1）124 （2） Kp? 22(1??)V1??（3） ① 正反应方向气体分子数增加，加入水蒸气起稀释，相当于起减压的效果

②600℃时，乙苯的转化率和苯乙烯的选择性均较高。温度过低，反应速率慢，转化率低；温度过高，选择性下降。高温还可能使催化剂失活，且能耗大 （4） ①②③④

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【2014新课标Ⅱ26）．在容积为1.00L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4(g)

2NO2(g)，随温度升

高，混合气体的颜色变深。

回答下列问题：

（1）反应的△H 0（填“大于”“小于”）；100℃时，体系中各物质浓度随时间变化如上图所示。在0~60s时

段，反应速率v(N2O4)为 mol?L-1?s-1反应的平衡常数K1为 。

（2）100℃时达到平衡后，改变反应温度为T，c(N2O4)以0.0020 mol?L-1?s-1的平均速率降低，经10s又达到平衡。

①T 100℃（填“大于”“小于”），判断理由是 。 ②列式计算温度时反应的平衡常数K2 （3）温度T时反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半，平衡向 （填“正反应”或“逆反应”）方

向移动，判断理由是 。 【答案】（1）大于；0.0010；0.36

0.0162（2）①大于；正反应方向吸热，升高温度，平衡向正反应方向进行； ②K2==1.3

0.020（3）逆反应；对于气体分子数增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动。

【解析】以N2O4和NO2相互转化为反应考察化学平衡理论。涉及△H的判断、反应速率的计算、平衡常数的计

算，平衡移动分析。

（1）温度升高， 体系的颜色加深，化学平衡正向移动， 反应放热，△H﹤0； V(N2O4)=0.06mol/L/60S=0.001mol/L/S; N2O4

2NO2

起始：0.1mol/L 0 转化：0.06mol/L 0.12 mol/L 平衡：0.04 mol/L 0.12 mol/L

0.122?0.36; K=[NO2]/[N2O4]=

0.042

（2）①升高温度，化学平衡正向移动， T大于100℃； ②c(N2O4)以0.0020 mol?L-1?s-1的平均速率降低, 经10s

又达到平衡， 平衡时，N2O4的浓度为0.02 mol/L, NO2的浓度为0.16 mol/L， 化学平衡常数为

2(0.16)K2??1.3;

0.02（3）压缩体积一半， 各物质的浓度均为 N2O4 0.04 mol/L

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