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2022届高三化学一轮复习化学反应原理题型必练72化学反应原理新题精练含解析
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这是一份2022届高三化学一轮复习化学反应原理题型必练72化学反应原理新题精练含解析，共38页。
化学反应原理新题精练
非选择题（共15题）
1．和氮氧化物(NOx)都是空气污染物，科学处理及综合利用是环境科学研究的热点。
(1)某科研小组研究不同条件下0.4mol⋅L-1(NH4)2S溶液常压下吸收SO2烟气的吸收率。
①溶液pH：随着含SO2烟气的不断通入，SO2和硫的吸收率如图-1所示：
i：当pH=10-8.6，硫的总吸收率不断减小，因为S2-浓度较高与SO2反应，生成S，同时产生大量的___________，导致硫的总吸收率减小。
ii：当pH=8-3，硫的总吸收率增大，生成的主要产物为(NH4)2S2O3和NH4HSO3。(NH4)2S2O3和NH4HSO3一定条件下反应，生成硫磺和(NH4)2SO4最终回收，反应的化学方程式为___________。
iii：当pH<3时，___________导致SO2和硫的总吸收率降低。
②温度：如图-2所示，该项目选择常温，一是为了节能，另一个原因是___________。
(2)联合脱硫脱硝技术，是一种工业工艺技术，采用“35%的氯酸(HClO3)同时脱硫脱氮技术”，处理烟气(含SO2、NO)可获得H2SO4、HCl、HNO3副产品，通过实验发现，当氯酸的浓度小于35%时，SO2和NO的脱除率几乎不变，但生成HNO3的量远小于理论值，可能的原因是___________。
2．下列反应，其自由能在一定 范围符合给出的关 系式：
(I)2NaHCO3(s) = Na2CO3(g)+ H2O(g)+ CO2(g) =[129076- 334.2T/K]J· mol-1
(II)NH4HCO3(s) = NH3(g) + H2O(g) + CO2(g) =[171502 - 476.4 T/K]J· mol-1
以下问题中与上述反应相关的自由能，均可由上述条件式计算，所有分压均须以p表示。
(1)计算在 298K时，当NaHCO3(s)， Na2CO3(s)和NH4HCO3(s)平衡共存时氨的分压________。
(2)将NaHCO3(s)， Na2CO3(s)和NH4HCO3(s)放入一个真空容器中平衡后，体系的独立组分数K，相数Φ和自由度f各为多少________、________、________？
(3) 计算当=时，NH4HCO3(s)， Na2CO3(s)和NaHCO3(s)平街共存的温度________。
(4)在298K时，将Na2CO3(s)， NaHCO3(s)和NH4HCO3(s)共同置于密闭容器中，使NH4HCO3(s)免受更多的分解，这种设想能否实现________？请用热力学原理计算说明________。
(5)在373K，p条件下，将含有H2O(g)的CO2(g)通过NaHCO3(s)， 计算：为避免NaHCO3(s)分解，气流中水的摩尔分数________。
(6)CO2(g)是温室气体， 焙烧CaCO3(s)时产生过程有两种：
①CaCO3(s)热分解制生石灰，不同温度下的分解压力即CO2的平衡压力示于下表。由CaCO3(s)烧制生石灰时， 若窑中气体不与外界对流，则窑温至少应维持多少度________？
t/℃
600
795
840
880
896
910
p/ p
0.0132
0.210
0.421
0.763
1.00
1.32
②用焦炭作燃料产生CO2：若通入空气的量恰好能使其中的O2完全转化为CO2，燃烧后的气体从窑顶逸出，欲使CaCO3(s)不断分解，窑的温度最低维持多少________？ (设空气体积分数为21.0% O2和79.0% N2，每种气体均看作理想气体)
3．铬铁矿主要成分为铬尖晶石(FeCr2O4)，以铬铁矿为原料可制备Cr2(SO4)3溶液。铬铁矿的尖晶石结构在通常条件下难以被破坏，其中的二价铁被氧化后，会促进尖晶石结构分解，有利于其参与化学反应。
(1)铬铁矿中的基态二价铁被氧化过程中，失去的电子所处的能级为_______。
(2)120℃时，向铬铁矿矿粉中加入50%的H2SO4，不断搅拌，铬铁矿溶解速率很慢。向溶液中加入一定量的CrO3，矿粉溶解速率明显加快，得到含较多Cr3+和Fe3+的溶液。写出加入CrO3后促进尖晶石溶解的离子方程式：_______。
(3)其它条件不变，测得不同温度下Cr3+的浸出率随酸浸时间的变化如图1所示。实际酸浸过程中选择120℃的原因是_______。
(4)已知：室温下Ksp[Cr(OH)3]=8×10-31，Ksp [Fe(OH)3]=3×10-39，可通过调节溶液的pH，除去酸浸后混合液中的Fe3+。实验测得除铁率和铬损失率随混合液pH的变化如图2所示。pH=3时铬损失率高达38%的原因是_______。
(5)在酸浸后的混合液中加入有机萃取剂，萃取后，Fe2(SO4)3进入有机层，Cr2(SO4)3进入水层。取10.00mL水层溶液于锥形瓶中，先加入氢氧化钠调节溶液至碱性，再加入足量过氧化氢溶液。充分反应后，加热煮沸除去过量过氧化氢。待溶液冷却至室温，加入硫酸和磷酸的混合酸酸化，此时溶液中Cr全部为+6价。在酸化后的溶液中加入足量KI溶液，以淀粉溶液作指示剂，用0.3000mol·L-1Na2S2O3溶液滴定，发生反应：I2+2S2O=S4O+2I-，滴定至终点时消耗Na2S2O3溶液19.80mL，计算萃取所得水层溶液中Cr3+的物质的量浓度_______。(写出计算过程)
4．“绿水青山就是金山银山”，运用化学反应原理研究碳、氮、硫的单质及其化合物的反应对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。
(1) CO还原NO的反应为2CO(g)+ 2NO(g) 2CO2 (g)+ N2 (g) ΔH= -746kJ·mol-1。部分化学键的键能数据如下表(设CO以C≡ O键构成)：
化学键
C≡ O
N ≡ N
C=O
E/(kJ·mol-1)
1076
945
745
①由以上数据可求得NO的键能为___________kJ·mol-1。
②写出两条有利于提高NO平衡转化率的措施___________。
(2)一定条件下，向某恒容密闭容器中充入x molCO2和y mol H2，发生的反应CO2(g)+3H2(g) =CH3OH(g)+H2O(g) ΔH= -50kJ·mol-1
①如图中能表示该反应的平衡常数K与温度T之间的变化关系曲线为___________(填“a”或“b”)，其判断依据是___________。
②若x=2、 y=3，测得在相同时间内不同温度下H2的转化率如图所示，则在该时间段内，恰好达到化学平衡时，此时容器内的压强与反应开始时的压强之比为___________。
(3)在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2.①NH3与NO2生成N2的反应中，当生成28gN2时，转移的电子的物质的量为___________ mol(保留 三位有效数字)。
②将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应(装置如图3)。
图3 图4
反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图4所示：在50~250 ℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是___________
5．研究合成对资源综合利用有重要意义。涉及的主要反应如下，请回答：
Ⅰ. △H1=-49kJ∙mol-1
Ⅱ. △H2=+41kJ∙mol-1
(1)加氢制甲醇可在催化剂表面进行，其主反应历程如图所示(催化剂表面吸附的物种用*标注)，下列说法不正确的是___________。
A．若该方法实现工业生产，气体以一定流速通过，催化剂对反应物的转化率无影响
B．在催化剂表面的吸附过程放热，有利于键的断裂，从而降低反应活化能
C．反应②中，断裂和形成的共价键至少有种
D．水的吸附和解吸在整个反应过程中实现了循环利用，原子利用率为
(2)和(按物质的量投料，总物质的量为)在有催化剂的密闭容器中进行反应，测得平衡转化率、和选择性(转化的中生成或的百分比)随温度、压强变化情况分别如下图2、图3所示：
a：平衡转化率
b：选择性
c：选择性
①下列说法正确的是___________。
A．升温，反应Ⅱ的平衡正向移动
B．加压，反应Ⅰ的平衡正向移动，平衡常数增大
C．及时分离出甲醇和水，循环使用和，可提高原料利用率
D．升温，使反应Ⅰ的选择性降低；加压，对反应Ⅱ的选择性无影响
②时，在体积为的容器中，反应Ⅰ和Ⅱ达到化学平衡，转化率为25%，和选择性均为，则该温度下反应Ⅱ的平衡常数为___________。
③如图2，以上，随着温度升高，的平衡转化率升高，而的选择性降低，分析其原因：___________。
④如图3，压强大小关系：___________(填：＞、＜或=)；温度时，三条曲线几乎交于一点，分析其原因___________。
6．合成氨技术的创立开辟了人工固氮的重要途径。回答下列问题：
(1)在2L密闭绝热容器中，投入4molN2和6molH2，在一定条件下生成NH3，测得不同温度下，平衡时NH3的物质的量数据如表：
温度/K
T1
T2
T3
T4
n(NH3)/mol
3.6
3.2
2.8
2.0
①下列能说明该反应已达到平衡状态的是___。
A．3v正(H2)=2v逆(NH3) B．容器内气体压强不变
C．混合气体的密度不变 D．混合气的温度保持不变
②温度T1___(填“>”“<”或“=”)T3。
③在T3温度下，达到平衡时N2的体积分数____。
(2)N2O4为重要的火箭推进剂之一、N2O4与NO2转换的热化学方程式为N2O4(g)2NO2(g)△H。上述反应中，正反应速率v正=k正·p(N2O4)，逆反应速率v逆=k逆·p2(NO2)，其中k正、k逆为速率常数，则该反应的化学平衡常数Kp为___(以k正、k逆表示)。若将定量N2O4投入真空容器中恒温恒压分解(温度298K、压强110kPa)，已知该条件下k逆=5×102kPa-1·s-1，当N2O4分解10%时，v逆=____kPa·s-1。
(3)T℃时，在恒温恒容的密闭条件下发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，反应过程中各物质浓度的变化曲线如图所示：
①表示H2浓度变化的曲线是____(填“A”、“B”或“C”。与(1)中的实验条件(1.01×105Pa、450℃)相比，改变的条件可能是___。
②在0～25min内N2的平均反应速率为___。在该条件下反应的平衡常数为___mol-2·L2(保留两位有效数字)。
7．一定条件下，二氧化碳可合成低碳烯烃，缓解温室效应、充分利用碳资源。
（1）已知：①C2H4(g)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2(g) ΔH1
②2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) ΔH2
③H2O(1)=H2O(g) ΔH3
④2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) ΔH4
则ΔH4=___(用ΔH1、ΔH2、ΔH3表示)。
（2）反应④的反应温度、投料比[=x]对CO2平衡转化率的影响如图所示。
①a__3（填“>”、“<”或“=”）；M、N两点反应的平衡常数KM__KN（填填“>”、“<”或“=”）
②M点乙烯体积分数为__；（保留2位有效数字）
③300℃，往6L反应容器中加入3molH2、1molCO2，反应10min达到平衡。求0到10min氢气的平均反应速率为__；
（3）中科院兰州化学物理研究所用Fe3(CO)12/ZSM-5催化CO2加氢合成低碳烯烃反应，所得产物含CH4、C3H6、C4H8等副产物，反应过程如图。
催化剂中添加Na、K、Cu助剂后（助剂也起催化作用）可改变反应的选择性，在其他条件相同时，添加不同助剂，经过相同时间后测得CO2转化率和各产物的物质的量分数如下表。
助剂
CO2转化率
（%）
各产物在所有产物中的占比（%）
C2H4
C3H6
其他
Na
42.5
35.9
39.6
24.5
K
27.2
75.6
22.8
1.6
Cu
9.8
80.7
12.5
6.8
①欲提高单位时间内乙烯的产量，在Fe3(CO)12/ZSM-5中添加__助剂效果最好；加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是__；
②下列说法正确的是__；
a．第ⅰ步所反应为：CO2+H2CO+H2O
b．第ⅰ步反应的活化能低于第ⅱ步
c．催化剂助剂主要在低聚反应、异构化反应环节起作用
d．Fe3(CO)12/ZSM-5使CO2加氢合成低碳烯烃的ΔH减小
e．添加不同助剂后，反应的平衡常数各不相同
（4）2018年，强碱性电催化还原CO2制乙烯研究取得突破进展，原理如图所示。
①b极接的是太阳能电池的__极；
②已知PTFE浸泡了饱和KCl溶液，请写出阴极的电极反应式__。
8．以煤为原料，经过化学加工使煤转化为气体、液体、固体燃料以及各种化工产品的工业叫煤化工
(1)将水蒸气通过红热的碳即可产生水煤气。反应为：C(s)＋H2O(g) CO(g)＋H2(g) ΔH=＋131.3 kJ•mol-1。
①该反应在常温下____________自发进行（填“能”与“不能”）；
②一定温度下，在一个容积可变的密闭容器中，发生上述反应，下列能判断该反应达到化学平衡状态的是______________（填字母，下同）。
a．容器中的压强不变 b．1 mol H—H键断裂的同时断裂2 mol H—O键
c．c(CO)=c(H2) d．密闭容器的容积不再改变
(2)将不同量的CO(g)和H2O(g)分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，得到如下三组数据：
实验组
温度/℃
起始量/mol
平衡量/mol
达到平衡所需时间/min
H2O
CO
H2
CO
1
650
2
4
1.6
2.4
6
2
900
1
2
0.4
1.6
3
3
900
a
b
c
d
t
①实验1中以v(CO2) 表示的反应速率为________________ 。（取小数二位，下同）
②该反应为 _____（填“吸”或“放”）热反应，实验2条件下平衡常数K=________。
③若实验3达平衡时与实验2平衡状态中各物质的质量分数分别相等，且t＜3min，则a、b应满足的关系是________________________（用含a、b的数学式表示）。
(3)目前工业上有一种方法是用CO2来生产甲醇。一定条件下发生反应： CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ，如图表示该反应进行过程中能量(单位为kJ•mol-1)的变化。在体积为1 L的恒容密闭容器中，充入1mol CO2和3mol H2，下列措施中能使c(CH3OH)增大的是___________。
a．升高温度
b．充入He(g)，使体系压强增大
c．将H2O(g)从体系中分离出来
d．再充入1mol CO2和3mol H2
9．二氧化氯(ClO2))是一种在水处理等方面有广泛应用的高效安全消毒剂，而且与Cl2相比不会产生对人体有潜在危害的有机氯代物。某课题组以惰性电极电解盐酸和NH4Cl的混合溶液获得NCl3溶液，再以NCl3溶液和NaClO2反应制得ClO2。回答下列问题：
（1）ClO2被I-还原为ClO2-、Cl-的转化率与溶液pH的关系如图所示：
①pH≤2时，ClO2与I-反应生成I2的离子方程式为_________________。
②在用ClO2进行水处理时，除了杀菌消毒外，还能除去水中的Fe2+和Mn2+，ClO2氧化Mn2+生成MnO2的反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为________。
（2）NCl3的水解产物有NHCl2、NH2Cl等。
①NCl3的电子式为________，其中氯元素的化合价是________；NH2Cl仍可缓慢发生水解，其化学方程式为_________________。
②NCl3在NaOH溶液中水解生成N2，NaClO和NaCl，其化学方程式为______________。
③NCl3与NaClO2按物质的量之比1∶6混合，在溶液中恰好反应生成ClO2和氨，该反应的离子方程式为___________________。
（3）有下列两种方法制备ClO2：
方法一：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O
方法二：2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+Na2SO4+O2↑+2H2O
用方法二制备的ClO2更适合用于饮用水消毒，其主要原因是_______________。
（4）电解获得NCl3溶液的化学方程式为__________________。
10．煤气中主要的含硫杂质有H2S以及CS2、COS等有机硫，煤气燃烧后含硫杂质会转化成SO2从而引起大气污染。煤气中H2S的脱除程度已成为其洁净度的一个重要指标，脱除煤气中H2S的方法有干法脱硫和湿法脱硫，其中湿法脱硫的原理是利用Na2CO3溶液吸收H2S生成NaHS，再进一步被空气氧化成Na2S2O3。
请回答下列问题：
（1）①Na2S2O3的化学名称为___________。
（2）脱除煤气中COS的方法有Br2的KOH溶液氧化法、H2还原法以及水解法等。
①COS的分子结构与CO2相似，COS的电子式为_____________。
②Br2的KOH溶液将COS氧化为硫酸盐和碳酸盐的离子方程式为___________________；增大压强，COS的转化率_____________（填“提高”、“不变”或“降低”）。
③已知断裂1mol化学键所需的能量如下：
化学键
H—H
C═O
C═S
H—S
E/kJ•mol-1
436
745
577
339
1072
H2还原COS发生的反应为H2(g)+COS(g) ═H2S(g)+CO(g)，该反应的ΔH=________kJ·mol-1。
④用活性α—Al2O3催化COS水解的反应为COS(g)+ H2 O(g) CO2(g)+ H2S (g) ΔH<0，相同投料比、相同流量且在催化剂表面停留相同时间时，在相同的时间内测得不同温度下COS的转化率（未达平衡）如图1所示；某温度下，COS的平衡转化率与的关系如图2所示。
由图1可知，催化剂活性最大时对应的温度约为_______；由图2可知，P点时平衡常数K=____________（保留2位有效数字）。
（3）回收处理燃煤烟气中SO2的方法之一是用氨水先将SO2转化为NH4HSO3，再通入空气将其氧化成(NH4)2SO4。能提高燃煤烟气中SO2去除率的措施有__________（填字母）。
a．增大氨水浓度 b．增大燃煤烟气的流速 c．升高温度 d．增大压强
11．氮及其化合物与人们的生活生产密切相关。回答下列问题：
(1)微生物作用下，废水中的NH4+可转化为NO3－，该反应分两步反应：
I步：2NH4+(aq)+3O2(g)= 2NO2－(aq)+4H+(aq)+2H2O(l) △H=－546 kJ/mol
Ⅱ步：2NO2－(aq)+O2(g)= 2NO3－(aq) △H=－146 kJ/mol。
则低浓度氨氮废水中的NH4+(aq)氧化生成NO3－(aq)的热化学方程式为NH4+(aq)+2O2(g)===2H+(aq)+H2 O(1)+NO3－(aq) △H=___________ kJ/mol。
(2)氮与氧能形成多种二元化合物，这些化合物往往不稳定，其中NO2比较稳定。
①N2O5分解生成NO2和另外一种氮的氧化物，生成1 moI NO2时，转移1mol电子，则该反应的化学方程式是____________________________________________。
②已知可逆反应N2O4g)2NO2(g) △H >0。在恒容密闭容器中充入一定量的N2O4，发生上述反应。测得N2O4的平衡转化率[α(N2O4)]随温度的变化如下图某条曲线：
α(N2O4)随温度的变化的正确曲线是___________(填“i”或“ii”)。若容器中通入N2O4的起始压强为102kPa，则a点温度下的平衡常数Kp=___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，P分=P总×物质的量分数)。
(3)机动车尾气是造成雾霾的主要因素之一，CO、NO在催化剂作用下可转化为无害气体：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) △H<0。已知甲、乙两个恒温恒容容器，容积均为1L，两个容器中加入的CO的物质的量及CO随反应时间的变化如下表：
则反应温度高的容器是___________(填“甲”或“乙”)；甲容器中，0~120min的速率v(N2)=___________mol/(L·min)，达到化学平衡后，乙容器中各物质均加倍，则平衡向___________(“正反应”或“逆反应”)方向移动。
(4)已知：25℃时，电离常数Kb(NH3·H2O)=2.0×10－5，Ka1(H2CO3)=4.0×10－7、Ka2(H2CO3)=5.0×10－11
①判断0.1mol/L的(NH4)2CO3溶液使pH试纸___________(填“变蓝”“不变色”或“变红”)，该溶液中c(CO32－)、c(HCO3－)、c(NH4+)的浓度大小关系是___________。
②0.50mol/L的Na2CO3溶液的pH=__________。(不考虑CO32－第二步水解和H2O的电离)
12．I．NO是第一个被发现的生命体系气体信号分子，具有舒张血管的功能。工业上可用“氨催化氧化法”生产NO，主要副产物为N2。请回答下列问题：
(1)以氨气、氧气为原料，在催化剂存在下生成NO和副产物N2的热化学方程式如下：4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) △H1①，4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g) △H2②，N2(g)+O2(g)2NO(g) △H3③，则上述反应热效应之间的关系式为△H3 =___________________。
(2)某化学研究性学习小组模拟工业合成NO的反应。在1110K时，向一恒容密闭容器内充入1mol NH3和2.8mol O2，加入合适催化剂（催化剂的体积大小可忽略不计），保持温度不变，只发生反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) △H<0。
①下列各项能说明反应已达到化学平衡状态的是_______。（填字母序号）
a．5c(NH3)=4c(O2)
b．N-H键的生成速率与O-H键的生成速率相等
c．混合气体的压强不变
d．混合气体的密度不变
②若其他条件不变，将容器改为恒容的绝热容器，在达到平衡后的体系温度下的化学平衡常数为K1，则K1_____K（填“>”、“<”或“=”）。
II．(3)某化学研究性学习小组模拟用CO和H２合成甲醇，其反应为：CO(g)+2H２(g) CH3OH(g)△H
0
5
10
15
20
25
压强/MPa
12.4
10.2
8.4
7.0
6.2
6.2
则反应从开始到20min时，以CO浓度变化表示的平均反应速率v(CO)＝_______，该温度下平衡常数K=_______。
III．(4)以甲烷为燃料的新型电池，其成本大大低于以氢气为燃料的传统燃料电池，目前得到广泛的研究，下图是目前研究较多的一类固体氧化物燃料电池工作原理示意图。回答下列问题：
①B极上的电极反应式为_____________。
②若用该燃料电池作电源，用石墨作电极电解硫酸铜溶液，当阳极收集到5.6 L(标准状况)气体时，消耗甲烷的体积为________L(标准状况下)。
13．NO2、CO、CO2是对环境影响较大的气体，对它们的合理控制、利用是优化我们生存环境的有效途径。
（1）如图所示，利用电化学原理将NO2转化为重要化工原料C。
若A为NO2，B为O2，则负极的电极反应式为______________________________；
（2）有一种用CO2生产甲醇燃料的方法：
CO2＋3H2CH3OH＋H2O
已知：
CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) △H＝－a kJ·mol－1；
2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g) △H＝－b kJ·mol－1；
H2O(g)＝H2O(l) △H＝－c kJ·mol－1；
CH3OH(g)＝CH3OH(l) △H＝－d kJ·mol－1，
则表示CH3OH(l)燃烧热的热化学方程式为：_________________________________；
（3）光气 (COCl2)是一种重要的化工原料，用于农药、医药、聚酯类材料的生产，工业上通过Cl2(g)＋CO(g) COCl2(g)制备。左图为此反应的反应速率随温度变化的曲线，右图为某次模拟实验研究过程中容器内各物质的浓度随时间变化的曲线。回答下列问题：
①0~6 min内，反应的平均速率v(Cl2)＝______________；
②若保持温度不变，在第7min 向体系中加入这三种物质各2mol，则平衡向____________________
移动(填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”)；
③若将初始投料浓度变为c(Cl2)=0.7mol/L、c(CO)=0.5mol/L、c(COCl2)_________ mol/L，保持反应温度不变，则最终达到化学平衡时，Cl2的体积分数与上述第6min时Cl2的体积分数相同；
④随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是__________；(填“增大”、“减小”或“不变”)
⑤比较第8min反应温度T（8）与第15min反应温度T(15)的高低：T（8）_______T(15)(填“＜”、“＞”或“=”)
14．化学反应原理在科研和生产中有广泛应用．
Ⅰ．氮元素在海洋中的循环，是整个海洋生态系统的基础和关键。海洋中无机氮的循环过程可用下图表示。
（1）海洋中的氮循环起始于氮的固定，其中属于固氮作用的一步是____（填图中数字序号）。
（2）有氧时，在硝化细菌作用下，NH4+可实现过程④的转化，将过程④的离子方程式补充完整：________NH4+ + 5O2== 2NO2- + ________H+ +__________+__________
Ⅱ．工业合成氨原理是：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H<0，当反应器中按n(N2)：n(H2)=1：3投料，分别在200℃、400℃、600℃下达到平衡时，混合物中NH3的物质的量分数随压强的变化曲线如图。
（1）曲线a对应的温度是____________。
（2）关于工业合成氨的反应，下列叙述正确的是_________________。
A．及时分离出NH3可以提高H2的平衡转化率
B．上图中M、N、Q点平衡常数K的大小关系是K(M)=K(Q)＞K(N)
C．M点比N点的反应速率快
D．由曲线a可知，当压强增加到100 MPa以上，NH3的物质的量分数可达到100%
（3）如果N点时c(NH3)＝0.2mol·L－1，N点的化学平衡常数K＝_________L2/mol2 (精确到小数点后两位)
Ⅲ．尿素[CO(NH2)2]是一种非常重要的高效氮肥，工业上以NH3、CO2为原料生产尿素，该反应实际为两步反应：
第一步：2NH3(g)＋CO2(g) H2NCOONH4(s) ΔH=－272kJ·mol－1
第二步：H2NCOONH4(s) CO(NH2)2(s)＋H2O(g) ΔH=＋138kJ·mol－1
（1）写出工业上以NH3、CO2为原料合成尿素的热化学方程式：_________________________
（2）某实验小组模拟工业上合成尿素的条件，在一体积为0.5 L的密闭容器中投入4 mol氨和1mol二氧化碳，实验测得反应中各组分的物质的量随时间的变化如下图所示：
①反应进行到10 min时测得CO2的物质的量如图所示，则用CO2表示的第一步反应的速率v(CO2)＝ _______________mol/(L·min)。
②已知总反应的快慢由慢的一步决定，则合成尿素总反应的快慢由第_________步反应决定，总反应进行到_________min时到达平衡。
15．中国环境监测总站数据显示，颗粒物(PM2.5等)为连续雾霾过程影响空气质量最显著的污染物，其主要来源为燃煤、机动车尾气等。因此，对PM2.5、SO2、NOx等进行研究具有重要意义。请回答下列问题：
⑴ 将PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试样。若测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：
离子
K+
Na+
NH4+
SO42-
NO3-
Cl－
浓度/mol•L－1
4×10－6
6×10－6
2×10－5
4×10－5
3×10－5
2×10－5
根据表中数据计算PM2.5待测试样的pH ＝_________。
⑵ NOx是汽车尾气的主要污染物之一。汽车发动机工作时会引发N2和O2反应，其能量变化示意图如下：
① N2(g)＋O2(g)2NO(g) △H＝________________。
② 当尾气中空气不足时，NOx在催化转化器中被还原成N2排出。写出NO被CO还原的化学方程式____________________________________________。
③ 汽车汽油不完全燃烧时还产生CO，有人设想按下列反应除去CO：
2CO(g)＝2C(s)＋O2(g),已知该反应的△H＞0，该设想能否实现？____。
⑶ 碘循环工艺不仅能吸收SO2降低环境污染，同时又能制得氢气，具体流程如下：
① 用离子方程式表示反应器中发生的反应_____________________________。
② 用化学平衡移动的原理分析，在HI分解反应中使用膜反应器分离出H2的目的是__________________________________________________。
③ 用吸收H2后的稀土储氢合金作为电池负极材料(用MH）表示），NiO(OH)作为电池正极材料，KOH溶液作为电解质溶液，可制得高容量、长寿命的镍氢电池。电池充放电时的总反应为：Ni(OH)2＋MNiO(OH)＋MH，电池放电时，负极电极反应式为__________________________________； 充电完成时，全部转化为NiO(OH)，若继续充电，将在一个电极产生O2，O2扩散到另一个电极发生电极反应被消耗，从而避免产生的气体引起电池爆炸，此时，阴极电极反应式为________________。
参考答案
1．气体 吸收剂消耗完全，饱和逸出 常温时硫的吸收率已经很高了，升高温度吸收率变化不大 NO可能被氧化成及其他含氮化合物
【详解】
(1)①由图可知当时，硫的总吸收率不断减小；当，硫的总吸收率增大；当时，和硫的总吸收率降低。当时，浓度较高与反应，生成硫单质和硫化氢气体，导致硫的总吸收率减小；由题目可知，和一定条件下反应，生成硫磺和，故反应的化学方程式为：；当时，吸收剂消耗完全，饱和逸出，导致和硫的总吸收率降低。故答案为：气体；；吸收剂消耗完全，饱和逸出。
②由图二可看出，温度对吸收率的影响不大，说明常温时硫的吸收率已经很高了，升高温度吸收率变化不大；
(2)采用“35%的氯酸同时脱硫脱氮技术”，处理烟气，因为烟气中含有、NO，故可能导致NO被氧化成及其他含氮化合物，故答案为：NO可能被氧化成及其他含氮化合物。
2．0.980p K=S-R-R'=6-2-1=3 相数φ=4 (三种固体和气体) 自由度f=K-φ+2=3-4+2=1 286.7K 不成立 298K， 当NH4HCO3(s)单独存在时
=171502 -476.4×298 =29534.8(J·mol-1)
=- RTln( /p )3 ∴=1.881×10-2p
同温时当存在NaHCO3(s)和Na2CO3(s)时 = 0.980p>1.881 ×10-2p
故设想不成立，共存时NH4HCO3(s)更易分解。 0.400< <0.600 896℃ 795℃
【详解】
如果计算结果正确但未用表示，而用Pa或kPa表示，整体扣0.5分。
6-1两方程式作差得NH4HCO3(s) +Na2CO3(s) =2NaHCO3(s) +NH3(g)
= (2)- (1)=[42426-1422T/K] J·mol-1
当T=298K时， =50.4 (J·mol-1)
= -RT ln /p故p (NH3) =0980p
另解：对于方程式(I)，当在298K时 =[129076 -334.2T/K)]=29484.4( J·mol-1)
_=-RTlnK= - RTln(/ p)( / p)
对于方程(II)，当在298K时 =[171502- 476.4T/K] =29534.8( J·mol-1)
=- RTlnK= - RTln(/ p) ( / p)( /p)
= -RT[ln (/ p) ( / p)( /p)]
RTln( /p )= 29484.4- -29534.8= -50.4(J·mol-1 )
故( /p) =0.980即=0.980p
6-2物种数S=6，独立化学反应R=2，浓度限制条件R'=1(气相中H2O和CO2的摩尔分数相等)，因此：独立组分数K=S-R-R'=6-2-1=3
相数φ=4 (三种固体和气体) (0.5 分)
自由度f=K-φ+2=3-4+2=1 (0.5 分)
6-3当=时， =-RTln =5.7628T
则42426-142.2T/K= 5.7628T/K ∴。T=286.7K (0.5 分)
6-4 298K， 当NH4HCO3(s)单独存在时
=171502 -476.4×298 =29534.8(J·mol-1) (0.5 分)
=- RTln( /p )3 ∴=1.881×10-2p
同温时当存在NaHCO3(s)和Na2CO3(s)时 = 0.980p>1.881 ×10-2p
故设想不成立，共存时NH4HCO3(s)更易分解。
6-5在373K时，= 129076-334.2×373 – 4419.4 J·mol-1
=-RTlnK ∴K = 0.240 (5)
假设气流中水的摩尔分数为则CO2的摩尔分数为1- ，总压为p
则K==(1-)
若使NaHCO3(s)不分解，即反应向逆(左)方向进行，
则Q>K即(1-)>0.240
解得0.400< <0.600
6-6-1窑中气体不与外界对流，则体系中气相应为p 的CO2 (由CaCO3分解产生)那么欲使CaCO3(s)不断分解，则窑温至少婴维持在896℃(读题目所给数据表即可)。(0.5 分)
6-6-2因为C(s)+O2(g) CO2(g) 则1molO2可产生1molCO2
由题意，空气中O2的分压为0.210 p ，因此这就是CO2的分压，欲使CaCO3不断分解，窑温至少要维持在795 ℃(读题目所给数据表即可) 。 (0.5 分)
3．3d CrO3+3FeCr2O4+30H+=3Fe3++7Cr3++15H2O 120℃时，铬的浸出率较高，升高温度铬的浸出率提高不大，但消耗的能量越多 Fe(OH)3 吸附 Cr3+造成铬损失大 0.198 0 mol·L-1
【详解】
(1)铁为26号元素，基态二价铁的价电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，则基态二价铁被氧化过程中，失去的电子所处的能级为3d能级。
(2)120℃时，向铬铁矿矿粉中加入50%的H2SO4，不断搅拌，铬铁矿溶解速率很慢。向溶液中加入一定量的CrO3，矿粉溶解速率明显加快，得到含较多Cr3+和Fe3+的溶液，故加入CrO3后促进尖晶石溶解的离子方程式为：CrO3+3FeCr2O4+30H+=3Fe3++7Cr3++15H2O。
(3)其它条件不变，测得不同温度下Cr3+的浸出率随酸浸时间的变化如图1所示。实际酸浸过程中选择120℃的原因是120℃时，铬的浸出率较高，升高温度铬的浸出率提高不大，但消耗的能量越多。
(4) pH=3时，若Cr3+沉淀，则Cr3+的最小浓度应为，，显然是达不到的，故此时Cr3+未沉淀，则此时铬损失率高达38%的原因应是Fe(OH)3 具有吸附性，Fe(OH)3 吸附Cr3+造成铬损失大。
(5)由题意可知，+6价Cr氧化碘离子生成碘单质，则根据得失电子守恒可得2Cr(Ⅵ)+6I-→3I2+ 2Cr3+，故可得关系式：2Cr3+~2Cr(Ⅵ)~3I2~6S2O，可得Cr3+~3S2O，则萃取所得水层溶液中Cr3+的物质的量浓度。
4．513.5 增大压强、 降低温度、增大CO与NO的投料比 a 该反应是放热反应，升高温度不利于反应向右进行，会使平衡常数减小 17：25。 3.43 在一定温 度范围内催化剂活性较大，超过温度范围，催化剂活性降低
【分析】
热化学方程式已给，直接带入计算公式就可以计算，后面涉及到平衡移动的计算，平衡移动的改变条件。
【详解】
（1）①设NO的键能为x，反应，∆H=(1076×2+2x)-(745×2×2+945)=-746，解得x=513.5，NO的键能为513.5；
②该反应为气体体积缩小的放热反应，若提高NO的平衡转化率，需要使平衡正向移动，采取的措施有：增大压强、降低温度、增大与的投料比等；
（2）①该反应是放热反应，升高温度不利于反应向右进行，会使平衡常数减小，曲线a符合此特点；
②由图可知，当温度在T2时，的转化率最高。温度越高反应速率越大，在相同时间内达到平衡状态前，H2的转化率最高，但达到平衡状态后继续升温，反应会向逆反应方向移动，导致H2的转化率降低，由图知b点为平衡状态；列三段式：
同温同体积时压强比等于物质的量比，故b点时对应的压强与反应开始时的压强比为（1.2+0.6+0.8+0.8）:（2+3）=17:25；
（3）①与生成的反应方程式为，28克氮气就是1摩尔，
，=3.43；
②在一定温度范围内催化剂活性较大，超过温度范围，催化剂活性降低，由图可知迅速上升段是催化剂活性随温度升高而增大，与温度升高共同使NOx的去除反应速率增大；上升阶段缓慢主要是温度上高引起的NOx的去除反应速率增大但催化剂活性降低。
【点睛】
本题考查热化学方程式的计算和平衡移动方面的问题。
5．AD AC (或) 升温，反应Ⅰ的平衡逆向移动，而反应Ⅱ的平衡正向移动且幅度更大 ＞ 时以反应Ⅱ为主，其反应前后气体分子数相等，改变压强对其平衡没有影响
【详解】
(1)A．气体以一定流速通过时，与催化剂的接触面积增大，反应速率加快，有利于提高平衡前单位时间内反应物的转化率，A不正确；
B．在催化剂表面的吸附过程中，由气态转化为液态，从而放出热量，有利于键的断裂，催化剂改变了反应的路径，降低了反应的活化能，B正确；
C．反应②中，断裂C=O键，可能断裂C-O键，同时形成C-H键、H-O键，断裂和形成的共价键至少有种，C正确；
D．在整个反应过程中，水并没有全部转化为CH3OH，所以原子利用率小于，D不正确；
故选AD。答案为：AD；
(2)①A．反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，A正确；
B．加压，虽然反应Ⅰ的平衡正向移动，但由于温度不变，所以平衡常数不变，B不正确；
C．及时分离出甲醇和水，可促进平衡正向移动，循环使用和，也有利于提高反应物的转化率，两个方面的操作都可提高原料利用率，B正确；
D．增大压强，反应Ⅱ平衡不移动，但反应Ⅰ平衡正向移动，导致反应物浓度的降低和水蒸气浓度的增大，从而使反应Ⅱ的平衡逆向移动，选择性下降，D不正确；
故选AC。答案为：AC；
②时，反应Ⅰ和Ⅱ达到化学平衡，平衡时容器体积为VL，CO2转化率为25%，和选择性均为50%，和按物质的量投料，总物质的量为，依据方程式，两反应中共消耗n(CO2)=，两反应各消耗n(CO2)=，从而得出两反应共消耗n(H2)=，剩余n(H2)=-=，剩余n(CO2)=-=，生成n(CO)=，共生成n(H2O)=，则该温度下反应Ⅱ的平衡常数为=(或)。答案为：(或)；
③以上，升高温度，的选择性降低，反应Ⅰ平衡逆向移动，但的平衡转化率升高，则表明反应Ⅱ正向进行的程度远大于反应Ⅰ，其原因是：升温，反应Ⅰ的平衡逆向移动，而反应Ⅱ的平衡正向移动且幅度更大。答案为：升温，反应Ⅰ的平衡逆向移动，而反应Ⅱ的平衡正向移动且幅度更大；
④反应Ⅱ中，CO2的平衡转化率不受压强变化的影响，但反应Ⅰ来说，压强越大，CO2的转化率越大，由图3可得出，压强大小关系：＞；温度时，三条曲线几乎交于一点，则表明压强对CO2的转化率基本没有影响，从而表明此时以反应Ⅱ为主，其原因是：时以反应Ⅱ为主，其反应前后气体分子数相等，改变压强对其平衡没有影响。答案为：＞；时以反应Ⅱ为主，其反应前后气体分子数相等，改变压强对其平衡没有影响。
【点睛】
在分析外界条件对反应Ⅰ和反应Ⅱ的影响时，应依据图象提供的信息，确定对两反应影响的主次。
6．BD < 36.1% 2×105 A 加压或降温 0.002mol•L-1•min-1 0.73
【详解】
(1)①A．3v正(H2)=2v逆(NH3)，则3v正(H2)=v逆(H2)，正、逆反应速率不相等，反应未达到平衡状态，故A错误；
B．合成氨反应是气体体积减小的反应，容器内气体压强不变说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B正确；
C．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量不变，在恒容容器中，混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度不变不能判断反应是否达到平衡状态，故C错误；
D．合成氨反应是放热反应，在密闭绝热容器中，反应放出的热量使混合气的温度升高，则混合气的温度保持不变说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D正确；
BD正确，故答案为：BD；
②合成氨反应是放热反应，温度升高，氨气的物质的量减小，由表格数据可知，温度T1时氨气的物质的量大于T3，则温度T1＜T3，故答案为：＜；
③由表格数据可知，温度T3时氨气的物质的量为2.8mol，由题意可建立如下三段式：
由三段式所得数据可知，达到平衡时氮气的体积分数为×100%=36.1%，故答案为：36.1%；
(2)当反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，则v正=k正·p(N2O4)=v逆=k逆·p2(NO2)， =Kp；设四氧化二氮起始物质的量为1mol，当四氧化二氮分解10%时，四氧化二氮的物质的量为(1—1×10%)=0.9mol、二氧化氮的物质的量为1mol×10%×2=0.2mol，则二氧化氮的分压为 ×110kPa=20kPa，v逆=5×102kPa-1·s-1×(20kPa)2=2×105kPa·s-1，故答案为：；2×105；
(3)①由图可知，A、B的浓度减小，代表反应物，A、B的浓度的变化量之比为(0.6—0.45)mol/L：(0.2—0.15)mol/L=3:1，则曲线A代表氢气浓度的变化；设容器的体积为VL，平衡时氨气的体积分数为 ×100%=14.3%＞4.5%，则与实验条件为1.01×105Pa、450℃相比，平衡向正反应方向移动，该反应为气体体积减小的放热反应，改变的条件可能为增大压强或降低温度，故答案为：A；加压或降温；
②由题给数据可知，在0～25min内氮气的平均反应速率为 =0.002mol•L-1•min-1，平衡时反应的平衡常数为 =0.73mol-2·L2，故答案为：0.002mol•L-1•min-1；0.73。
7．2△H2+4△H3-△H1 > > 9.7%或 0.03mol·L-1·min-1 K 降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响 ac 正 2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-
【分析】
（1）利用盖斯定律计算；
（2）从图上看，投料比相同时，温度升高，二氧化碳转化率减小，说明温度升高，平衡逆向移动，逆反应是吸热反应，正反应是放热反应，△H<0；投料比从3到a，二氧化碳的转化率增大，说明3到a投料比在增大；而平衡常数只和温度有关；平衡题中的计算用三行式解答；
（3）从表格来看，使用Na作助剂转化率最高，但乙烯含量最低，使用Cu作助剂依稀含量最高，但二氧化碳转化率最低，使用K作助剂二氧化碳转化率高且乙烯含量也高，单位时间内产出乙烯最多；加入助剂使反应具有选择性的原因是助剂降低了某个反应所需的活化能，相同条件下更容易发生某个反应所致；
（4）PTFE电极CO2变成C2H4，碳元素化合价从+4降低到-2，为阴极；
据以上分析作答。
【详解】
（1）根据盖斯定律，方程式有如下关系：2×②-①+4×③=④，所以△H 4=2△H2+4△H3-△H1，故答案为：2△H2+4△H3-△H1；
（2）①相同温度下，投料比从3→a，二氧化碳转化率增大，说明投料比在增大，所以a>3，投料比相同时，升高温度，二氧化碳转化率减小，说明升高温度，平衡逆向移动，则K减小，而N点温度高于M点，所以KM>KN，故答案为：>；>；
②由图可知,M点投料比为3，二氧化碳转化率为0.6，设开始投入1mol二氧化碳，3mol氢气，则二氧化碳转化量为0.6，用三行式解法如下：
所以M点乙烯的体积分数=×100%=9.7%，故答案为：9.7%；
③同样用三行式来解如下：
可知，氢气在这10min消耗了1.8mol，所以浓度减小值==0.3mol·L-1，所以v(H2)==0.03mol·（L·min）-1，故答案为：0.03mol·L-1·min-1；
（3）①使用Na作助剂转化率最高，但乙烯含量最低，使用Cu作助剂依稀含量最高，但二氧化碳转化率最低，使用K作助剂二氧化碳转化率高且乙烯含量也高,单位时间内产出乙烯最多；加入助剂使生成乙烯具有选择性的原因是助剂降低了生成乙烯反应所需的活化能，相同条件下更容易生成乙烯，而其他副反应几乎无影响；故答案为：K；降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响；
②a．由条件可知第ⅰ步反应物为二氧化碳和氢气，生成物有CO，根据氧化还原反应可得方程式为CO2+H2CO+H2O，a正确；
b．第ⅰ步反应明显慢于第ⅱ步反应，故第ⅱ步反应更容易发生，第ⅱ步反应的活化能更低，b错误；
c．从图上看生成CH4、C3H6、C4H8等副产物主要在低聚反应、异构化反应环节，所以助剂主要在低聚反应、异构化反应环节起作用，c正确；
d．ΔH与反应途径无关，只和起始有关，d错误；
e．反应的平衡常数只和温度有关，温度不变，K不变，e错误；
故答案为：ac；
（4）①PTFE(a极)电极CO2变成C2H4，碳元素化合价从+4降低到-2，为阴极，则b极为阳极，与太阳能电池正极相连，故答案为：正；
②阴极的电极反应式为2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-，故答案为：2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-。
【点睛】
万变不离其宗，解决化学平衡图像题关键还是抓住横坐标、纵坐标的含义，结合平衡移动原理知识点解答。比如本题的量比=3可理解成氢气的物质的量=3mol，二氧化碳的物质的量=1mol，复杂问题就简单化了。
8．不能 b d 0.13mol•(L•min)-1 放 K=0.17 b=2a，a＞1 c、d
【详解】
（1）①对于反应C(s)＋H2O(g) CO(g)＋H2(g) ΔH=＋131.3 kJ•mol-1，ΔH＞0，ΔS＞0，根据ΔG=ΔH-TΔS＜0反应能自发进行，可知在高温条件下反应能自发进行，常温下不能自发进行；答案为：不能；
②一定温度下，在一个容积可变的密闭容器中发生上述反应，根据“正逆相等，变量不变”可判断一个可逆反应是否达到化学平衡状态；
a．因为容器的容积可变，说明是恒压条件，故容器中的压强不变不能说明反应达到平衡，a错误；
b．1 mol H—H键断裂表示逆反应， 2 mol H—O键断裂表示正反应，且正逆反应速率相等，说明反应达到平衡，b正确；
c．c(CO)=c(H2)并不能说明正逆反应速率相等或各组分的百分含量不变，不能说明反应达到平衡，c错误；
d．因为该反应是一个气体物质的量增加的反应，由于容器的容积可变，随反应进行，容器的容积增大，故当容器的容积不变时说明反应达到平衡，d正确；
故选bd；
（2）①根据CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)，结合表中数据，平衡时消耗的CO的物质的量为1.6mol，则生成的CO2的物质的量为1.6mol，CO2的浓度变化为0.8 mol/L，根据可得(CO2)=；
②根据表中1、2两组实验数据，假设温度相同，实验2相对于实验1为减小压强，因为该反应反应前后气体物质的量不变，则两平衡等效，平衡时H2的物质的量应该为0.8mol,但由于温度升高，H2的物质的量为0.4mol，说明升温平衡逆向移动，则该反应为放热反应；容器的容积为2L，结合表中实验2的数据，利用三段式：
则=；
③实验3与实验2反应温度相同，若平衡状态中各物质的质量分数分别相等，则为等效平衡，则a、b应满足的关系是a:b=1:2，即b=2a，若t＜3min，说明实验3容器内压强大于实验2，则a＞1（或b＞2）；
答案为：①放 ②0.17 ③b=2a，a＞1；
（3）根据图象可知CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)为放热反应，在体积为1 L的恒容密闭容器中，充入1mol CO2和3mol H2，
a．升高温度，平衡逆向移动，c(CH3OH)减小，a错误；
b．充入He(g)，使体系压强增大，平衡不移动，c(CH3OH)不变，b错误；
c．将H2O(g)从体系中分离出来，平衡逆向移动，c(CH3OH)增大，c正确；
d．再充入1mol CO2和3mol H2，等效成增大压强，平衡正向移动，c(CH3OH)增大，d正确；
故选cd。
【点睛】
（1）解决化学平衡的问题一定要注意审题，首先要审清反应条件，是恒温恒容还是恒温恒压；其次是审清反应特点，即ΔH和ΔV，然后再根据外界条件对反应速率的影响和平衡移动原理解决问题；（2）注意“虚拟法”在化学平衡中的应用，即把一个过程分成两个阶段，把无法比较的过程变得具有可比性。
9．2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O 2：1 +1 NH2Cl+2H2O NH3·H2O+HClO 2NCl3+6NaOH=N2↑+3NaCl+3NaClO+3H3O NCl3+6ClO-+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3Cl-+3OH- 制备的ClO2中不含Cl2，不会产生对人体有潜在危害的有机氯代物 NH4Cl+2HCl 3H2↑+NCl3
【分析】
（1）①由图可知，pH≤2时，ClO2与I－反应生成I2、Cl-和H2O；
②由图可知，中性溶液中ClO2与Mn2+反应生成MnO2和ClO2-；NH2Cl在溶液中缓慢发生水解生成一水合氨和次氯酸；
（2）①由NCl3的水解产物有NHCl2、NH2Cl可知，分子中氮元素呈-3价，氯元素呈+1价；
②NCl3在NaOH溶液中水解生成N2，NaClO和NaCl，反应中氮元素被氧化，氯元素部分被还原；
③由NCl3与NaClO2按物质的量之比1∶6混合，在溶液中恰好反应生成ClO2和氨可知，反应中+3价氯元素失电子被氧化生成ClO2，+1价氯元素得电子被还原生成Cl-；
（4）由题给信息可知Cl2在水处理过程中会产生对人体有潜在危害的有机氯代物，用方法二制备的ClO2中不含Cl2；
（5）以惰性电极电解盐酸和NH4Cl的混合溶液获得NCl3溶液时，氯离子在阳极失电子发生氧化反应生成NCl3，氢离子在阴极得电子发生还原反应生成氢气。
【详解】
（1）①由图可知，pH≤2时，ClO2与I-反应生成I2、Cl-和H2O，反应的离子方程式为2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O，故答案为2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O；
②由图可知，中性溶液中ClO2与Mn2+反应生成MnO2和ClO2-，由得失电子数目守恒可知，ClO2氧化Mn2+生成MnO2的反应中有如下关系n(ClO2)=2n(Mn2+)，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1，故答案为2:1；
（2）①NCl3为共价化合物，由NCl3的水解产物有NHCl2、NH2Cl可知，分子中氮元素呈—3价，氯元素呈+1价，电子式为；NH2Cl在溶液中缓慢发生水解生成一水合氨和次氯酸，水解反应的化学方程式为NH2Cl+2H2O NH3·H2O+HClO，故答案为；+1；NH2Cl+2H2O NH3·H2O+HClO；
②NCl3在NaOH溶液中水解生成N2，NaClO和NaCl，反应中氮元素被氧化，氯元素部分被还原，反应的化学方程式为2NCl3+6NaOH=N2↑+3NaCl+3NaClO+3H3O，故答案为2NCl3+6NaOH=N2↑+3NaCl+3NaClO+3H3O；
③由NCl3与NaClO2按物质的量之比1∶6混合，在溶液中恰好反应生成ClO2和氨可知，反应中+3价氯元素失电子被氧化生成ClO2，+1价氯元素得电子被还原生成Cl-，反应的离子方程式为NCl3+6ClO2-+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3Cl-+3OH-，故答案为NCl3+6ClO-+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3Cl-+3OH-；
（4）由题给信息可知Cl2在水处理过程中会产生对人体有潜在危害的有机氯代物，用方法二制备的ClO2中不含Cl2，不会产生对人体有潜在危害的有机氯代物，故选择方法二，故答案为制备的ClO2中不含Cl2，不会产生对人体有潜在危害的有机氯代物；
（5）以惰性电极电解盐酸和NH4Cl的混合溶液获得NCl3溶液时，氯离子在阳极失电子发生氧化反应生成NCl3，氢离子在阴极得电子发生还原反应生成氢气，电解反应的化学方程式为NH4Cl+2HCl 3H2↑+NCl3，故答案为NH4Cl+2HCl 3H2↑+NCl3。
【点睛】
由NCl3的水解产物有NHCl2、NH2Cl可知，分子中氮元素呈—3价，氯元素呈+1价是解题关键，也是分析的难点。
10．硫代硫酸钠 COS+4Br2+12OH- = CO32- + SO42- + 8Br- +6H2O 提高 +8 150℃ 0.048 ad
【分析】
(1) Na2S2O3的化学名称是硫代硫酸钠。
(2) ①CO2的结构式为O=C=O，据此写出COS的电子式。②Br2具有较强氧化性，COS中硫元素显-2价，其中硫元素表现较强的还原性，结合题给信息写出其离子方程式。③根据反应热ΔH=反应物总键能－生成物总键能，结合物质结构式计算。④由图像1可知，COS的转化率开始一段时间随温度的升高而增大，当温度约为150℃时转化率最大，随后温度升高COS转化率反而减小，说明催化剂的活性降低。图2是COS的平衡转化率随变化曲线，P点的COS的平衡转化率为30%，初始投料比=3，再根据反应COS(g)+H2O(g)CO2(g)+ H2S(g)平衡常数表达式计算。
(3)根据题给信息写出去除SO2的化学方程式为SO2(g)+NH3·H2O(aq)=NH4HSO3(aq)， 2NH4HSO3(aq)+O2(g)=(NH4)2SO4(aq)+H2SO4(aq)，根据反应速率和反应进行的限度分析。
【详解】
(1) Na2S2O3的化学名称是硫代硫酸钠。
(2)①CO2的结构式为O=C=O，S和O一样都有6个价电子，COS的电子式为。
②Br2具有较强氧化性，COS中硫元素显-2价，其中硫元素表现较强的还原性，反应生成SO42-、CO32-、Br-和H2O，根据元素守恒和得失电子守恒写出其离子方程式为COS+4Br2+12OH- = CO32- + SO42- + 8Br- +6H2O。该反应的正反应气体体积减小，故增大压强平衡向正反应方向移动，所以增大压强，COS的转化率提高。
③H2(g)+COS(g) ═H2S(g)+CO(g)，根据物质结构式H-H，O=C=S，H-S-H，CC，有反应热ΔH=反应物总键能－生成物总键能=(1×436kJ/mol+1×745kJ/mol+1×577kJ/mol)－(2×339kJ/mol+1×1072kJ/mol)=+8kJ/mol。
④COS(g)+H2O(g)CO2(g)+ H2S(g) ΔH<0，由图1可知，相同投料比、相同流量且在催化剂表面停留相同时间时，COS的转化率开始一段时间随温度的升高而增大，当温度约为150℃时转化率最大，所以催化剂活性最大时对应的温度约为150℃。由图2可知，P点对应的状态是平衡状态，且COS的平衡转化率为30%，初始投料比=3，设初始COS的物质的量为a mol，容器体积为VL，则初始H2O的物质的量为3a mol。达到平衡时COS转化的物质的量为0.3a mol，则平衡时COS、H2O、CO2、H2S的物质的量分别为0.7a mol、2.7a mol、0.3a mol、0.3a mol，由COS(g)+H2O(g)CO2(g)+ H2S(g)知P点平衡常数K===≈0.048。
(3)根据题给信息可得：SO2(g)+NH3·H2O(aq)=NH4HSO3(aq)， 2NH4HSO3(aq)+O2(g)=(NH4)2SO4(aq)+H2SO4(aq)。a.增大氨水浓度，可使SO2的吸收率增大，反应转化得更彻底，可以有效提高SO2的去除率，a项正确；b. 增大燃煤烟气的流速，将使气体与溶液接触时间缩短，燃煤烟气吸收不充分，SO2的去除率降低，b项错误；c.升高温度气体的溶解度减小，使浓氨水挥发，SO2溶解度降低，所以SO2的去除率降低，c项错误；d.由去除SO2的反应原理可知，增大压强反应速率增大，而且平衡向正反应方向移动，所以增大压强能够有效增大SO2的去除率，d项正确；答案选ad。
11．—346 N2O5= NO2+ NO3 i 204kPa 乙 0.005 正反应 蓝色 c(NH4+)＞c(CO32－)＞c(HCO3－) 12
【分析】
（1）由盖斯定律计算△H；
（2）①由得失电子数目守恒计算另一种氮的氧化物中N元素的化合价，再书写化学方程式；
②该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动；由三段式计算平衡时各物质的物质的量，由物质的量比等于压强比计算平衡总压，计算各物质的物质的量分数和各物质分压，最后就是Kp；
（3）温度越高，反应速率越快，达到平衡所需时间越少；由化学反应速率公式计算；达到化学平衡后，乙容器中各物质均加倍，相当于增大压强；
（4）由题给电离常数可知，电离程度大小顺序为：NH3·H2O＞H2CO3＞HCO3－，电离程度越大，离子的水解程度越小，则水解程度大小顺序为：CO32－＞HCO3－＞NH4+。
【详解】
（1）由盖斯定律可知，（I步+Ⅱ步）/2可得反应NH4+(aq)+2O2(g)=2H+(aq)+H2 O(1)+NO3－(aq)，则△H=[(－546 kJ/mol)+( －146 kJ/mol)]/2=—346 kJ/mol，故答案为—346；
（2）①N2O5生成NO2，N元素化合价降低，则另一种氮的氧化物中N元素的化合价高于+5，由生成1 moINO2时转移1mol电子可知另一种氮的氧化物的分子式为NO3，N2O5分解的化学方程式为N2O5= NO2+ NO3，故答案为N2O5= NO2+ NO3；
②N2O4转化为NO2的反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动，N2O4的平衡转化率增大，则图中的正确曲线是i；a点时，N2O4的平衡转化率α(N2O4)为0.5，设起始N2O4为1mol，由此建立如下三段式：
N2O4g)2NO2(g)
起（mol） 1 0
变（mol） 0.5 1
平（mol） 0.5 1
由P始：P平=n始：n平可得：102kPa：P平=1 mol：1.5 mol，n平=153 kPa，N2O4物质的量分数为1/3，平衡分压为153 kPa×1/3=51 kPa，NO2物质的量分数2/3，平衡分压为150 kPa×2/3=102 kPa，则Kp=（102 kPa）2/51 kPa=204kPa，故答案为i；204kPa；
（3）由表格数据可知，容器乙先达到平衡，则容器乙的反应温度高于容器甲；甲容器中，0~120min时，CO浓度变化量为（2.00—0.80）mol/1L=1.20mol/L，由化学方程式可知N2浓度变化量为0.60 mol/L，则v(N2)为0.60 mol/L÷120min=0.005 mol/(L·min)；达到化学平衡后，乙容器中各物质均加倍，相当于增大压强，增大压强平衡向化学计量数减小的正反应方向移动，故答案为乙；0.005；正反应；
（4）由题给电离常数可知，电离程度大小顺序为：NH3·H2O＞H2CO3＞HCO3－，电离程度越大，离子的水解程度越小，则水解程度大小顺序为：CO32－＞HCO3－＞NH4+。
①由于0.1mol/L的(NH4)2CO3溶液中，CO32－和NH4+均水解，水解程度大小顺序为：CO32－＞NH4+，溶液呈碱性，使pH试纸变蓝；水解程度越大，离子浓度越小，CO32－和NH4+虽然相互促进水解，但水解程度依然很小，则溶液中浓度大小关系为c(NH4+)＞c(CO32－)＞c(HCO3－)，故答案为蓝色；c(NH4+)＞c(CO32－)＞c(HCO3－)；
②0.50mol/L的Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32－+H2O HCO3－+OH—，水解常数Kh= c(HCO3－) c(OH—)/ c(CO32－)=Kw/Ka2=1.0×10－14/5.0×10－11=2.0×10－4，0.50mol/L的Na2CO3溶液中c(OH—)===1.0×10－2mol/L，溶液pH=12，故答案为12。
【点睛】
本题考查化学反应原理的综合应用，涉及了盖斯定律、化学平衡移动原理、化学平衡计算、化学反应速率计算和盐类水解等，注意运用影响化学反应速率和化学平衡移动的因素和水解规律进行分析是解答关键。
12． △H3=(△H1—△H2 )/2 b c < 0. 075 mol/(L﹒min) 3（mol/L)-2 (单位不作要求） CH4－8e－＋4O2－=CO2＋2H2O 2.8
【解析】
【分析】
（1）由盖斯定律计算可得△H3；
（2）①根据化学平衡状态的特征分析，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、质量、体积分数以及百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，注意选择的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变，说明到达平衡；
②该反应为放热反应，反应过程中反应温度升高，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小；
（3）依据表给数据建立三段式，通过化学反应速率公式和化学平衡常数公式计算化学反应速率和化学平衡常数；
（4）①由阴离子移动方向可知B为负极，负极发生氧化反应，甲烷被氧化生成二氧化碳和水；
②依据得失电子数目守恒计算消耗甲烷的体积。
【详解】
（1）由盖斯定律可知，（①—②）/2得N2(g)+O2(g)2NO(g)，则△H3=(△H1—△H2 )/2，故答案为△H3=(△H1—△H2 )/2；
（2）①a、5c(NH3)=4c(O2)与反应的初始物质的量以及反应的转化程度有关，不能确定是否达到平衡，错误；
b、N-H键的生成速率与O-H键的生成速率相等说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，正确；
c、该反应是一个反应前后气体体积改变的化学反应，当反应达到平衡状态时，各物质的量不变，导致容器中压强不随时间的变化而改变，混合气体的压强不变能够说明反应达到平衡状态，正确；
d、容器是恒容的，无论反应是否达到平衡状态，混合物的质量始终不变，容器的体积不变，导致密度始终不变，混合气体的密度不变不能说明费用达到平衡，错误；
故选bc，故答案为bc；
②该反应为放热反应，若其他条件不变，将容器改为恒容的绝热容器，反应过程中反应温度升高，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，故答案为<；
（3）由表中数据可知，20min时处于平衡状态，设CO的转化率为x，依据题意建立如下三段式：
CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）
起始量（mol）：2 4 0
变化量（mol）：x 2x x
平衡量（mol）：2-x 4-2x x
压强之比等于物质的量之比，则平衡时混合气体总物质的量为（2mol+4mol）×6.2MPa/12.4MPa=（6-2x）mol，解得x=1.5 mol，则反应消耗c（CO）=1.5mol/1L=1.5 mol/L，
以CO浓度变化表示的平均反应速率v(CO)＝1.5 mol/L/20min=0.075mol/（L．min）；化学平衡常数K=c(CH3OH)/c(CO)c2(H2)= 1.5 mol/L/0.5 mol/L×(1 mol/L)2=3（mol/L)-2，故答案为0.075mol/（L．min）；3（mol/L)-2；
（4）①由阴离子移动方向可知B为负极，负极发生氧化反应，甲烷被氧化生成二氧化碳和水，电极方程式为CH4+4O2--8e-=CO2+2H2O，故答案为CH4+4O2--8e-=CO2+2H2O；
②若用该燃料电池作电源，用石墨作电极电解硫酸铜溶液，当阳极收集到5.6L(标准状况)氧气时，反应转移1mol 电子，由得失电子数目守恒可知消耗甲烷的物质的量为0.125mol，则甲烷的体积为0.125mol×22.4mol/L=2.8L，故答案为2.8。
【点睛】
本题考查化学平衡状态判断、化学平衡常数、化学平衡计算、化学反应速率计算等，注意理解化学平衡状态的判断，选择的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变，说明到达平衡。
13．NO2-e-+H2O=NO3-+2H+ CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-(c+2d-a-b)kJ•mol-1 0.15 mol•L-1•min -1 平衡正向移动 0.5 减小 ＜
【详解】
试题分析：（1）NO2在负极上失去电子发生氧化反应转化为NO3-，故电极反应式为NO2-e-+H2O=NO3-+2H+；
（2）应用盖斯定律解题，△H=-△H1-△H2+△H3+2△H4=-(c+2d-a-b)kJ•mol-1，所以CH3OH(l)燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-(c+2d-a-b)kJ•mol-1；
（3）①由图可知，6min时Cl2的平衡浓度为0.3mol/L，浓度变化为1.2mol/L-0.3mol/L=0.9mol/L，则v(Cl2)=="0.15" mol•L-1•min -1；
②8min时，平衡时c(Cl2)=0.3mol/L、c(CO)=0.1mol/L、c(COCl2)=0.9mol/L，则原平衡时n(Cl2)：n(CO)：n(COCl2)=3：1：9，现在第8 min 加入体系中的三种物质各1 mol，则反应物的浓度增大程度大些，平衡正向移动；
③最终达到化学平衡时，Cl2的体积分数与上述第6min时Cl2的体积分数相同，即与开始平衡为等效平衡，完全转化到左边满足Cl2浓度为1.2mol/L、CO浓度为1.0mol/L，则：0.7ol/L+c(COCl2)=1.2mol/L，c(CO)=0.5mol/L+c(COCl2)=1.0mol/L，故c(COCl2)=0.5mol/L；
④由图1可知，升温平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，所以温度高，平衡常数减小；
⑤根据图象，第8min反应处于平衡状态，在第10分钟时是改变温度使平衡向逆反应方向移动，由④升温平衡向逆反应方向移动，可知正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，故T（8）＜T(15)。
考点：考查热反应方程式、化学平衡计算、化学平衡影响因素、化学平衡常数、反应速率计算等。
14．② 4 6 N2O 5H2O 200℃ AB 0.93 2NH3(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(NH2)2 (s) ΔH=－134kJ/mol 0.148 二 55
Ⅱ．（1） （2）（3）
Ⅲ．（1）)（2）①②；
【详解】
试题分析：Ⅰ．（1）氮的固定作用是指游离态氮元素发生反应生成化合态氮元素的过程为固氮作用，由转化关系图可知只有反应②是固氮作用；
（2）有氧时，在硝化细菌作用下，NH4+可实现过程④的转化，生成N2O、NO2-、H+和水，氮元素化合价-3价变化为+1价和+3价，氧元素化合价0价变化为-2价，根据得失电子守恒配平得到离子方程式为4NH4+ + 5O2 = 2NO2- + 6H+ + N2O + 5H2O ；
Ⅱ．（1）（1）该反应为放热反应，温度升高，反应逆向进行，氨气的物质的量分数降低，曲线a的氨气的物质的量分数最高，所以反应温度最低，所以a曲线对应温度为200°C；
（2）A．及时分离出NH3，平衡正向进行，可以提高H2的平衡转化率，A正确；B．温度不变，平衡常数不变，该反应为放热反应，温度越高，平衡常数越小，则M、N、Q点平衡常数K的大小关系是K（M）=K（Q）＞K（N），B正确；C．N点温度高于M点，温度越低反应速率越快，所以N点比M点的反应速率快，C错误；D．该反应为可逆反应，反应不能进行到底，当压强增加到100 MPa以上，NH3的物质的量分数接近达到100%，D错误； 答案选AB；
（3）N点时c（NH3）=0.2mol•L-1，氨气物质的量分数为20%，则：
N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）
起始浓度（mol/L）：x 3x 0
变化浓度（mol/L）：0.1 0.3 0.2
平衡浓度（mol/L）：x-0.1 3x-0.3 0.2
所以0.2/(4x-0.2)=0.2，x=0.3；则平衡常数K=c2(NH3)/c3(H2)c(N2)=0.22/0.63×0.2=0.93；
Ⅲ．（1）第一步：2NH3(g)＋CO2(g) H2NCOONH4(s) ΔH=－272kJ·mol－1———①
第二步：H2NCOONH4(s) CO(NH2)2(s)＋H2O(g) ΔH=＋138kJ·mol－1———②
根据盖斯定律①+②得2NH3(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(NH2)2 (s) ΔH=－134kJ/mol；
（2）①由图可知反应进行到10 min时测得CO2的物质的量由1mol变为0.26mol，则用CO2表示的第一步反应的速率v(CO2)＝（0.74/0.5）÷10=0.148mol/(L·min)；
②由图象可知在15分钟左右，第一步反应的氨气和二氧化碳反应生成氨基甲酸铵后不再变化，第二步反应的氨基甲酸铵先增大再减小最后达到平衡，从曲线斜率可知第二步反应速率慢，所以合成尿素总反应的快慢由第二步反应决定，由图可知，尿素在55分钟时，物质的量不再变化，所以总反应进行到55min时到达平衡。
考点：平衡移动的影响因素，热化学方程式
15．4 +183 kJ·mol－1 2NO＋2CO2CO2＋N2 不能 SO2＋I2＋2H2O＝SO42-＋2I－＋4H+ HI 分解为可逆反应，及时分离出产物H2，有利于反应正向进行 MH＋OH－－e－＝H2O＋M 4O2＋4e－＋2H2O＝4OH
【详解】
试题分析：（1）根据溶液呈电中性的原理可得c(H+)+c(K+)+c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO42－)+c(NO3－)+c(Cl－)。将各个数值代入上述式子可得c(H+)=1.0×10－4mol/L,所以pH=4；(2)① N2(g)＋O2(g)2NO(g) △H＝945kJ/mol+498kJ/mol-2×630kJ/mol="+183" kJ/mol. ②NO被CO还原的化学方程式为2NO＋2CO2CO2＋N2。③由于反应2CO（g）=2C（s）+O2（g）△H>0是个体系混乱程度减小的吸热反应。ΔH>0；△S<0，根据体系的自由能ΔG=ΔH-T·ΔS>0，.所以该设想不能实现。⑶①反应器中发生的反应离子方程式为：SO2＋I2＋2H2O＝SO42-＋2I－＋4H+。②2HI H2+I2 .该发生是可逆反应。若在HI分解反应中使用膜反应器分离出H2，由于减小生成物的浓度，平衡正向移动，就可以使更多的HI分解，制得氢气。③由电池放电、充电的方程式可知：在电池放电时，负极电极反应式为MH＋OH－－e－＝H2O＋M；充电完成时，全部转化为NiO(OH)，若继续充电，将在一个电极产生O2，O2扩散到另一个电极发生电极反应被消耗，从而避免产生的气体引起电池爆炸，此时，阴极电极反应式为4O2＋4e－＋2H2O=4OH－。
考点：考查溶液的电中性原理、热化学方程式的书写、反应的化学方程式、离子方程式的书写及反应的自发性的判断原电池、电解池的工作原理的知识。
化学反应原理新题精练
非选择题（共15题）
1．和氮氧化物(NOx)都是空气污染物，科学处理及综合利用是环境科学研究的热点。
(1)某科研小组研究不同条件下0.4mol⋅L-1(NH4)2S溶液常压下吸收SO2烟气的吸收率。
①溶液pH：随着含SO2烟气的不断通入，SO2和硫的吸收率如图-1所示：
i：当pH=10-8.6，硫的总吸收率不断减小，因为S2-浓度较高与SO2反应，生成S，同时产生大量的___________，导致硫的总吸收率减小。
ii：当pH=8-3，硫的总吸收率增大，生成的主要产物为(NH4)2S2O3和NH4HSO3。(NH4)2S2O3和NH4HSO3一定条件下反应，生成硫磺和(NH4)2SO4最终回收，反应的化学方程式为___________。
iii：当pH<3时，___________导致SO2和硫的总吸收率降低。
②温度：如图-2所示，该项目选择常温，一是为了节能，另一个原因是___________。
(2)联合脱硫脱硝技术，是一种工业工艺技术，采用“35%的氯酸(HClO3)同时脱硫脱氮技术”，处理烟气(含SO2、NO)可获得H2SO4、HCl、HNO3副产品，通过实验发现，当氯酸的浓度小于35%时，SO2和NO的脱除率几乎不变，但生成HNO3的量远小于理论值，可能的原因是___________。
2．下列反应，其自由能在一定 范围符合给出的关 系式：
(I)2NaHCO3(s) = Na2CO3(g)+ H2O(g)+ CO2(g) =[129076- 334.2T/K]J· mol-1
(II)NH4HCO3(s) = NH3(g) + H2O(g) + CO2(g) =[171502 - 476.4 T/K]J· mol-1
以下问题中与上述反应相关的自由能，均可由上述条件式计算，所有分压均须以p表示。
(1)计算在 298K时，当NaHCO3(s)， Na2CO3(s)和NH4HCO3(s)平衡共存时氨的分压________。
(2)将NaHCO3(s)， Na2CO3(s)和NH4HCO3(s)放入一个真空容器中平衡后，体系的独立组分数K，相数Φ和自由度f各为多少________、________、________？
(3) 计算当=时，NH4HCO3(s)， Na2CO3(s)和NaHCO3(s)平街共存的温度________。
(4)在298K时，将Na2CO3(s)， NaHCO3(s)和NH4HCO3(s)共同置于密闭容器中，使NH4HCO3(s)免受更多的分解，这种设想能否实现________？请用热力学原理计算说明________。
(5)在373K，p条件下，将含有H2O(g)的CO2(g)通过NaHCO3(s)， 计算：为避免NaHCO3(s)分解，气流中水的摩尔分数________。
(6)CO2(g)是温室气体， 焙烧CaCO3(s)时产生过程有两种：
①CaCO3(s)热分解制生石灰，不同温度下的分解压力即CO2的平衡压力示于下表。由CaCO3(s)烧制生石灰时， 若窑中气体不与外界对流，则窑温至少应维持多少度________？
t/℃
600
795
840
880
896
910
p/ p
0.0132
0.210
0.421
0.763
1.00
1.32
②用焦炭作燃料产生CO2：若通入空气的量恰好能使其中的O2完全转化为CO2，燃烧后的气体从窑顶逸出，欲使CaCO3(s)不断分解，窑的温度最低维持多少________？ (设空气体积分数为21.0% O2和79.0% N2，每种气体均看作理想气体)
3．铬铁矿主要成分为铬尖晶石(FeCr2O4)，以铬铁矿为原料可制备Cr2(SO4)3溶液。铬铁矿的尖晶石结构在通常条件下难以被破坏，其中的二价铁被氧化后，会促进尖晶石结构分解，有利于其参与化学反应。
(1)铬铁矿中的基态二价铁被氧化过程中，失去的电子所处的能级为_______。
(2)120℃时，向铬铁矿矿粉中加入50%的H2SO4，不断搅拌，铬铁矿溶解速率很慢。向溶液中加入一定量的CrO3，矿粉溶解速率明显加快，得到含较多Cr3+和Fe3+的溶液。写出加入CrO3后促进尖晶石溶解的离子方程式：_______。
(3)其它条件不变，测得不同温度下Cr3+的浸出率随酸浸时间的变化如图1所示。实际酸浸过程中选择120℃的原因是_______。
(4)已知：室温下Ksp[Cr(OH)3]=8×10-31，Ksp [Fe(OH)3]=3×10-39，可通过调节溶液的pH，除去酸浸后混合液中的Fe3+。实验测得除铁率和铬损失率随混合液pH的变化如图2所示。pH=3时铬损失率高达38%的原因是_______。
(5)在酸浸后的混合液中加入有机萃取剂，萃取后，Fe2(SO4)3进入有机层，Cr2(SO4)3进入水层。取10.00mL水层溶液于锥形瓶中，先加入氢氧化钠调节溶液至碱性，再加入足量过氧化氢溶液。充分反应后，加热煮沸除去过量过氧化氢。待溶液冷却至室温，加入硫酸和磷酸的混合酸酸化，此时溶液中Cr全部为+6价。在酸化后的溶液中加入足量KI溶液，以淀粉溶液作指示剂，用0.3000mol·L-1Na2S2O3溶液滴定，发生反应：I2+2S2O=S4O+2I-，滴定至终点时消耗Na2S2O3溶液19.80mL，计算萃取所得水层溶液中Cr3+的物质的量浓度_______。(写出计算过程)
4．“绿水青山就是金山银山”，运用化学反应原理研究碳、氮、硫的单质及其化合物的反应对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。
(1) CO还原NO的反应为2CO(g)+ 2NO(g) 2CO2 (g)+ N2 (g) ΔH= -746kJ·mol-1。部分化学键的键能数据如下表(设CO以C≡ O键构成)：
化学键
C≡ O
N ≡ N
C=O
E/(kJ·mol-1)
1076
945
745
①由以上数据可求得NO的键能为___________kJ·mol-1。
②写出两条有利于提高NO平衡转化率的措施___________。
(2)一定条件下，向某恒容密闭容器中充入x molCO2和y mol H2，发生的反应CO2(g)+3H2(g) =CH3OH(g)+H2O(g) ΔH= -50kJ·mol-1
①如图中能表示该反应的平衡常数K与温度T之间的变化关系曲线为___________(填“a”或“b”)，其判断依据是___________。
②若x=2、 y=3，测得在相同时间内不同温度下H2的转化率如图所示，则在该时间段内，恰好达到化学平衡时，此时容器内的压强与反应开始时的压强之比为___________。
(3)在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2.①NH3与NO2生成N2的反应中，当生成28gN2时，转移的电子的物质的量为___________ mol(保留 三位有效数字)。
②将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应(装置如图3)。
图3 图4
反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图4所示：在50~250 ℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是___________
5．研究合成对资源综合利用有重要意义。涉及的主要反应如下，请回答：
Ⅰ. △H1=-49kJ∙mol-1
Ⅱ. △H2=+41kJ∙mol-1
(1)加氢制甲醇可在催化剂表面进行，其主反应历程如图所示(催化剂表面吸附的物种用*标注)，下列说法不正确的是___________。
A．若该方法实现工业生产，气体以一定流速通过，催化剂对反应物的转化率无影响
B．在催化剂表面的吸附过程放热，有利于键的断裂，从而降低反应活化能
C．反应②中，断裂和形成的共价键至少有种
D．水的吸附和解吸在整个反应过程中实现了循环利用，原子利用率为
(2)和(按物质的量投料，总物质的量为)在有催化剂的密闭容器中进行反应，测得平衡转化率、和选择性(转化的中生成或的百分比)随温度、压强变化情况分别如下图2、图3所示：
a：平衡转化率
b：选择性
c：选择性
①下列说法正确的是___________。
A．升温，反应Ⅱ的平衡正向移动
B．加压，反应Ⅰ的平衡正向移动，平衡常数增大
C．及时分离出甲醇和水，循环使用和，可提高原料利用率
D．升温，使反应Ⅰ的选择性降低；加压，对反应Ⅱ的选择性无影响
②时，在体积为的容器中，反应Ⅰ和Ⅱ达到化学平衡，转化率为25%，和选择性均为，则该温度下反应Ⅱ的平衡常数为___________。
③如图2，以上，随着温度升高，的平衡转化率升高，而的选择性降低，分析其原因：___________。
④如图3，压强大小关系：___________(填：＞、＜或=)；温度时，三条曲线几乎交于一点，分析其原因___________。
6．合成氨技术的创立开辟了人工固氮的重要途径。回答下列问题：
(1)在2L密闭绝热容器中，投入4molN2和6molH2，在一定条件下生成NH3，测得不同温度下，平衡时NH3的物质的量数据如表：
温度/K
T1
T2
T3
T4
n(NH3)/mol
3.6
3.2
2.8
2.0
①下列能说明该反应已达到平衡状态的是___。
A．3v正(H2)=2v逆(NH3) B．容器内气体压强不变
C．混合气体的密度不变 D．混合气的温度保持不变
②温度T1___(填“>”“<”或“=”)T3。
③在T3温度下，达到平衡时N2的体积分数____。
(2)N2O4为重要的火箭推进剂之一、N2O4与NO2转换的热化学方程式为N2O4(g)2NO2(g)△H。上述反应中，正反应速率v正=k正·p(N2O4)，逆反应速率v逆=k逆·p2(NO2)，其中k正、k逆为速率常数，则该反应的化学平衡常数Kp为___(以k正、k逆表示)。若将定量N2O4投入真空容器中恒温恒压分解(温度298K、压强110kPa)，已知该条件下k逆=5×102kPa-1·s-1，当N2O4分解10%时，v逆=____kPa·s-1。
(3)T℃时，在恒温恒容的密闭条件下发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，反应过程中各物质浓度的变化曲线如图所示：
①表示H2浓度变化的曲线是____(填“A”、“B”或“C”。与(1)中的实验条件(1.01×105Pa、450℃)相比，改变的条件可能是___。
②在0～25min内N2的平均反应速率为___。在该条件下反应的平衡常数为___mol-2·L2(保留两位有效数字)。
7．一定条件下，二氧化碳可合成低碳烯烃，缓解温室效应、充分利用碳资源。
（1）已知：①C2H4(g)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2(g) ΔH1
②2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) ΔH2
③H2O(1)=H2O(g) ΔH3
④2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) ΔH4
则ΔH4=___(用ΔH1、ΔH2、ΔH3表示)。
（2）反应④的反应温度、投料比[=x]对CO2平衡转化率的影响如图所示。
①a__3（填“>”、“<”或“=”）；M、N两点反应的平衡常数KM__KN（填填“>”、“<”或“=”）
②M点乙烯体积分数为__；（保留2位有效数字）
③300℃，往6L反应容器中加入3molH2、1molCO2，反应10min达到平衡。求0到10min氢气的平均反应速率为__；
（3）中科院兰州化学物理研究所用Fe3(CO)12/ZSM-5催化CO2加氢合成低碳烯烃反应，所得产物含CH4、C3H6、C4H8等副产物，反应过程如图。
催化剂中添加Na、K、Cu助剂后（助剂也起催化作用）可改变反应的选择性，在其他条件相同时，添加不同助剂，经过相同时间后测得CO2转化率和各产物的物质的量分数如下表。
助剂
CO2转化率
（%）
各产物在所有产物中的占比（%）
C2H4
C3H6
其他
Na
42.5
35.9
39.6
24.5
K
27.2
75.6
22.8
1.6
Cu
9.8
80.7
12.5
6.8
①欲提高单位时间内乙烯的产量，在Fe3(CO)12/ZSM-5中添加__助剂效果最好；加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是__；
②下列说法正确的是__；
a．第ⅰ步所反应为：CO2+H2CO+H2O
b．第ⅰ步反应的活化能低于第ⅱ步
c．催化剂助剂主要在低聚反应、异构化反应环节起作用
d．Fe3(CO)12/ZSM-5使CO2加氢合成低碳烯烃的ΔH减小
e．添加不同助剂后，反应的平衡常数各不相同
（4）2018年，强碱性电催化还原CO2制乙烯研究取得突破进展，原理如图所示。
①b极接的是太阳能电池的__极；
②已知PTFE浸泡了饱和KCl溶液，请写出阴极的电极反应式__。
8．以煤为原料，经过化学加工使煤转化为气体、液体、固体燃料以及各种化工产品的工业叫煤化工
(1)将水蒸气通过红热的碳即可产生水煤气。反应为：C(s)＋H2O(g) CO(g)＋H2(g) ΔH=＋131.3 kJ•mol-1。
①该反应在常温下____________自发进行（填“能”与“不能”）；
②一定温度下，在一个容积可变的密闭容器中，发生上述反应，下列能判断该反应达到化学平衡状态的是______________（填字母，下同）。
a．容器中的压强不变 b．1 mol H—H键断裂的同时断裂2 mol H—O键
c．c(CO)=c(H2) d．密闭容器的容积不再改变
(2)将不同量的CO(g)和H2O(g)分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，得到如下三组数据：
实验组
温度/℃
起始量/mol
平衡量/mol
达到平衡所需时间/min
H2O
CO
H2
CO
1
650
2
4
1.6
2.4
6
2
900
1
2
0.4
1.6
3
3
900
a
b
c
d
t
①实验1中以v(CO2) 表示的反应速率为________________ 。（取小数二位，下同）
②该反应为 _____（填“吸”或“放”）热反应，实验2条件下平衡常数K=________。
③若实验3达平衡时与实验2平衡状态中各物质的质量分数分别相等，且t＜3min，则a、b应满足的关系是________________________（用含a、b的数学式表示）。
(3)目前工业上有一种方法是用CO2来生产甲醇。一定条件下发生反应： CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ，如图表示该反应进行过程中能量(单位为kJ•mol-1)的变化。在体积为1 L的恒容密闭容器中，充入1mol CO2和3mol H2，下列措施中能使c(CH3OH)增大的是___________。
a．升高温度
b．充入He(g)，使体系压强增大
c．将H2O(g)从体系中分离出来
d．再充入1mol CO2和3mol H2
9．二氧化氯(ClO2))是一种在水处理等方面有广泛应用的高效安全消毒剂，而且与Cl2相比不会产生对人体有潜在危害的有机氯代物。某课题组以惰性电极电解盐酸和NH4Cl的混合溶液获得NCl3溶液，再以NCl3溶液和NaClO2反应制得ClO2。回答下列问题：
（1）ClO2被I-还原为ClO2-、Cl-的转化率与溶液pH的关系如图所示：
①pH≤2时，ClO2与I-反应生成I2的离子方程式为_________________。
②在用ClO2进行水处理时，除了杀菌消毒外，还能除去水中的Fe2+和Mn2+，ClO2氧化Mn2+生成MnO2的反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为________。
（2）NCl3的水解产物有NHCl2、NH2Cl等。
①NCl3的电子式为________，其中氯元素的化合价是________；NH2Cl仍可缓慢发生水解，其化学方程式为_________________。
②NCl3在NaOH溶液中水解生成N2，NaClO和NaCl，其化学方程式为______________。
③NCl3与NaClO2按物质的量之比1∶6混合，在溶液中恰好反应生成ClO2和氨，该反应的离子方程式为___________________。
（3）有下列两种方法制备ClO2：
方法一：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O
方法二：2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+Na2SO4+O2↑+2H2O
用方法二制备的ClO2更适合用于饮用水消毒，其主要原因是_______________。
（4）电解获得NCl3溶液的化学方程式为__________________。
10．煤气中主要的含硫杂质有H2S以及CS2、COS等有机硫，煤气燃烧后含硫杂质会转化成SO2从而引起大气污染。煤气中H2S的脱除程度已成为其洁净度的一个重要指标，脱除煤气中H2S的方法有干法脱硫和湿法脱硫，其中湿法脱硫的原理是利用Na2CO3溶液吸收H2S生成NaHS，再进一步被空气氧化成Na2S2O3。
请回答下列问题：
（1）①Na2S2O3的化学名称为___________。
（2）脱除煤气中COS的方法有Br2的KOH溶液氧化法、H2还原法以及水解法等。
①COS的分子结构与CO2相似，COS的电子式为_____________。
②Br2的KOH溶液将COS氧化为硫酸盐和碳酸盐的离子方程式为___________________；增大压强，COS的转化率_____________（填“提高”、“不变”或“降低”）。
③已知断裂1mol化学键所需的能量如下：
化学键
H—H
C═O
C═S
H—S
E/kJ•mol-1
436
745
577
339
1072
H2还原COS发生的反应为H2(g)+COS(g) ═H2S(g)+CO(g)，该反应的ΔH=________kJ·mol-1。
④用活性α—Al2O3催化COS水解的反应为COS(g)+ H2 O(g) CO2(g)+ H2S (g) ΔH<0，相同投料比、相同流量且在催化剂表面停留相同时间时，在相同的时间内测得不同温度下COS的转化率（未达平衡）如图1所示；某温度下，COS的平衡转化率与的关系如图2所示。
由图1可知，催化剂活性最大时对应的温度约为_______；由图2可知，P点时平衡常数K=____________（保留2位有效数字）。
（3）回收处理燃煤烟气中SO2的方法之一是用氨水先将SO2转化为NH4HSO3，再通入空气将其氧化成(NH4)2SO4。能提高燃煤烟气中SO2去除率的措施有__________（填字母）。
a．增大氨水浓度 b．增大燃煤烟气的流速 c．升高温度 d．增大压强
11．氮及其化合物与人们的生活生产密切相关。回答下列问题：
(1)微生物作用下，废水中的NH4+可转化为NO3－，该反应分两步反应：
I步：2NH4+(aq)+3O2(g)= 2NO2－(aq)+4H+(aq)+2H2O(l) △H=－546 kJ/mol
Ⅱ步：2NO2－(aq)+O2(g)= 2NO3－(aq) △H=－146 kJ/mol。
则低浓度氨氮废水中的NH4+(aq)氧化生成NO3－(aq)的热化学方程式为NH4+(aq)+2O2(g)===2H+(aq)+H2 O(1)+NO3－(aq) △H=___________ kJ/mol。
(2)氮与氧能形成多种二元化合物，这些化合物往往不稳定，其中NO2比较稳定。
①N2O5分解生成NO2和另外一种氮的氧化物，生成1 moI NO2时，转移1mol电子，则该反应的化学方程式是____________________________________________。
②已知可逆反应N2O4g)2NO2(g) △H >0。在恒容密闭容器中充入一定量的N2O4，发生上述反应。测得N2O4的平衡转化率[α(N2O4)]随温度的变化如下图某条曲线：
α(N2O4)随温度的变化的正确曲线是___________(填“i”或“ii”)。若容器中通入N2O4的起始压强为102kPa，则a点温度下的平衡常数Kp=___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，P分=P总×物质的量分数)。
(3)机动车尾气是造成雾霾的主要因素之一，CO、NO在催化剂作用下可转化为无害气体：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) △H<0。已知甲、乙两个恒温恒容容器，容积均为1L，两个容器中加入的CO的物质的量及CO随反应时间的变化如下表：
则反应温度高的容器是___________(填“甲”或“乙”)；甲容器中，0~120min的速率v(N2)=___________mol/(L·min)，达到化学平衡后，乙容器中各物质均加倍，则平衡向___________(“正反应”或“逆反应”)方向移动。
(4)已知：25℃时，电离常数Kb(NH3·H2O)=2.0×10－5，Ka1(H2CO3)=4.0×10－7、Ka2(H2CO3)=5.0×10－11
①判断0.1mol/L的(NH4)2CO3溶液使pH试纸___________(填“变蓝”“不变色”或“变红”)，该溶液中c(CO32－)、c(HCO3－)、c(NH4+)的浓度大小关系是___________。
②0.50mol/L的Na2CO3溶液的pH=__________。(不考虑CO32－第二步水解和H2O的电离)
12．I．NO是第一个被发现的生命体系气体信号分子，具有舒张血管的功能。工业上可用“氨催化氧化法”生产NO，主要副产物为N2。请回答下列问题：
(1)以氨气、氧气为原料，在催化剂存在下生成NO和副产物N2的热化学方程式如下：4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) △H1①，4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g) △H2②，N2(g)+O2(g)2NO(g) △H3③，则上述反应热效应之间的关系式为△H3 =___________________。
(2)某化学研究性学习小组模拟工业合成NO的反应。在1110K时，向一恒容密闭容器内充入1mol NH3和2.8mol O2，加入合适催化剂（催化剂的体积大小可忽略不计），保持温度不变，只发生反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) △H<0。
①下列各项能说明反应已达到化学平衡状态的是_______。（填字母序号）
a．5c(NH3)=4c(O2)
b．N-H键的生成速率与O-H键的生成速率相等
c．混合气体的压强不变
d．混合气体的密度不变
②若其他条件不变，将容器改为恒容的绝热容器，在达到平衡后的体系温度下的化学平衡常数为K1，则K1_____K（填“>”、“<”或“=”）。
II．(3)某化学研究性学习小组模拟用CO和H２合成甲醇，其反应为：CO(g)+2H２(g) CH3OH(g)△H
0
5
10
15
20
25
压强/MPa
12.4
10.2
8.4
7.0
6.2
6.2
则反应从开始到20min时，以CO浓度变化表示的平均反应速率v(CO)＝_______，该温度下平衡常数K=_______。
III．(4)以甲烷为燃料的新型电池，其成本大大低于以氢气为燃料的传统燃料电池，目前得到广泛的研究，下图是目前研究较多的一类固体氧化物燃料电池工作原理示意图。回答下列问题：
①B极上的电极反应式为_____________。
②若用该燃料电池作电源，用石墨作电极电解硫酸铜溶液，当阳极收集到5.6 L(标准状况)气体时，消耗甲烷的体积为________L(标准状况下)。
13．NO2、CO、CO2是对环境影响较大的气体，对它们的合理控制、利用是优化我们生存环境的有效途径。
（1）如图所示，利用电化学原理将NO2转化为重要化工原料C。
若A为NO2，B为O2，则负极的电极反应式为______________________________；
（2）有一种用CO2生产甲醇燃料的方法：
CO2＋3H2CH3OH＋H2O
已知：
CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) △H＝－a kJ·mol－1；
2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g) △H＝－b kJ·mol－1；
H2O(g)＝H2O(l) △H＝－c kJ·mol－1；
CH3OH(g)＝CH3OH(l) △H＝－d kJ·mol－1，
则表示CH3OH(l)燃烧热的热化学方程式为：_________________________________；
（3）光气 (COCl2)是一种重要的化工原料，用于农药、医药、聚酯类材料的生产，工业上通过Cl2(g)＋CO(g) COCl2(g)制备。左图为此反应的反应速率随温度变化的曲线，右图为某次模拟实验研究过程中容器内各物质的浓度随时间变化的曲线。回答下列问题：
①0~6 min内，反应的平均速率v(Cl2)＝______________；
②若保持温度不变，在第7min 向体系中加入这三种物质各2mol，则平衡向____________________
移动(填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”)；
③若将初始投料浓度变为c(Cl2)=0.7mol/L、c(CO)=0.5mol/L、c(COCl2)_________ mol/L，保持反应温度不变，则最终达到化学平衡时，Cl2的体积分数与上述第6min时Cl2的体积分数相同；
④随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是__________；(填“增大”、“减小”或“不变”)
⑤比较第8min反应温度T（8）与第15min反应温度T(15)的高低：T（8）_______T(15)(填“＜”、“＞”或“=”)
14．化学反应原理在科研和生产中有广泛应用．
Ⅰ．氮元素在海洋中的循环，是整个海洋生态系统的基础和关键。海洋中无机氮的循环过程可用下图表示。
（1）海洋中的氮循环起始于氮的固定，其中属于固氮作用的一步是____（填图中数字序号）。
（2）有氧时，在硝化细菌作用下，NH4+可实现过程④的转化，将过程④的离子方程式补充完整：________NH4+ + 5O2== 2NO2- + ________H+ +__________+__________
Ⅱ．工业合成氨原理是：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H<0，当反应器中按n(N2)：n(H2)=1：3投料，分别在200℃、400℃、600℃下达到平衡时，混合物中NH3的物质的量分数随压强的变化曲线如图。
（1）曲线a对应的温度是____________。
（2）关于工业合成氨的反应，下列叙述正确的是_________________。
A．及时分离出NH3可以提高H2的平衡转化率
B．上图中M、N、Q点平衡常数K的大小关系是K(M)=K(Q)＞K(N)
C．M点比N点的反应速率快
D．由曲线a可知，当压强增加到100 MPa以上，NH3的物质的量分数可达到100%
（3）如果N点时c(NH3)＝0.2mol·L－1，N点的化学平衡常数K＝_________L2/mol2 (精确到小数点后两位)
Ⅲ．尿素[CO(NH2)2]是一种非常重要的高效氮肥，工业上以NH3、CO2为原料生产尿素，该反应实际为两步反应：
第一步：2NH3(g)＋CO2(g) H2NCOONH4(s) ΔH=－272kJ·mol－1
第二步：H2NCOONH4(s) CO(NH2)2(s)＋H2O(g) ΔH=＋138kJ·mol－1
（1）写出工业上以NH3、CO2为原料合成尿素的热化学方程式：_________________________
（2）某实验小组模拟工业上合成尿素的条件，在一体积为0.5 L的密闭容器中投入4 mol氨和1mol二氧化碳，实验测得反应中各组分的物质的量随时间的变化如下图所示：
①反应进行到10 min时测得CO2的物质的量如图所示，则用CO2表示的第一步反应的速率v(CO2)＝ _______________mol/(L·min)。
②已知总反应的快慢由慢的一步决定，则合成尿素总反应的快慢由第_________步反应决定，总反应进行到_________min时到达平衡。
15．中国环境监测总站数据显示，颗粒物(PM2.5等)为连续雾霾过程影响空气质量最显著的污染物，其主要来源为燃煤、机动车尾气等。因此，对PM2.5、SO2、NOx等进行研究具有重要意义。请回答下列问题：
⑴ 将PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试样。若测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：
离子
K+
Na+
NH4+
SO42-
NO3-
Cl－
浓度/mol•L－1
4×10－6
6×10－6
2×10－5
4×10－5
3×10－5
2×10－5
根据表中数据计算PM2.5待测试样的pH ＝_________。
⑵ NOx是汽车尾气的主要污染物之一。汽车发动机工作时会引发N2和O2反应，其能量变化示意图如下：
① N2(g)＋O2(g)2NO(g) △H＝________________。
② 当尾气中空气不足时，NOx在催化转化器中被还原成N2排出。写出NO被CO还原的化学方程式____________________________________________。
③ 汽车汽油不完全燃烧时还产生CO，有人设想按下列反应除去CO：
2CO(g)＝2C(s)＋O2(g),已知该反应的△H＞0，该设想能否实现？____。
⑶ 碘循环工艺不仅能吸收SO2降低环境污染，同时又能制得氢气，具体流程如下：
① 用离子方程式表示反应器中发生的反应_____________________________。
② 用化学平衡移动的原理分析，在HI分解反应中使用膜反应器分离出H2的目的是__________________________________________________。
③ 用吸收H2后的稀土储氢合金作为电池负极材料(用MH）表示），NiO(OH)作为电池正极材料，KOH溶液作为电解质溶液，可制得高容量、长寿命的镍氢电池。电池充放电时的总反应为：Ni(OH)2＋MNiO(OH)＋MH，电池放电时，负极电极反应式为__________________________________； 充电完成时，全部转化为NiO(OH)，若继续充电，将在一个电极产生O2，O2扩散到另一个电极发生电极反应被消耗，从而避免产生的气体引起电池爆炸，此时，阴极电极反应式为________________。
参考答案
1．气体 吸收剂消耗完全，饱和逸出 常温时硫的吸收率已经很高了，升高温度吸收率变化不大 NO可能被氧化成及其他含氮化合物
【详解】
(1)①由图可知当时，硫的总吸收率不断减小；当，硫的总吸收率增大；当时，和硫的总吸收率降低。当时，浓度较高与反应，生成硫单质和硫化氢气体，导致硫的总吸收率减小；由题目可知，和一定条件下反应，生成硫磺和，故反应的化学方程式为：；当时，吸收剂消耗完全，饱和逸出，导致和硫的总吸收率降低。故答案为：气体；；吸收剂消耗完全，饱和逸出。
②由图二可看出，温度对吸收率的影响不大，说明常温时硫的吸收率已经很高了，升高温度吸收率变化不大；
(2)采用“35%的氯酸同时脱硫脱氮技术”，处理烟气，因为烟气中含有、NO，故可能导致NO被氧化成及其他含氮化合物，故答案为：NO可能被氧化成及其他含氮化合物。
2．0.980p K=S-R-R'=6-2-1=3 相数φ=4 (三种固体和气体) 自由度f=K-φ+2=3-4+2=1 286.7K 不成立 298K， 当NH4HCO3(s)单独存在时
=171502 -476.4×298 =29534.8(J·mol-1)
=- RTln( /p )3 ∴=1.881×10-2p
同温时当存在NaHCO3(s)和Na2CO3(s)时 = 0.980p>1.881 ×10-2p
故设想不成立，共存时NH4HCO3(s)更易分解。 0.400< <0.600 896℃ 795℃
【详解】
如果计算结果正确但未用表示，而用Pa或kPa表示，整体扣0.5分。
6-1两方程式作差得NH4HCO3(s) +Na2CO3(s) =2NaHCO3(s) +NH3(g)
= (2)- (1)=[42426-1422T/K] J·mol-1
当T=298K时， =50.4 (J·mol-1)
= -RT ln /p故p (NH3) =0980p
另解：对于方程式(I)，当在298K时 =[129076 -334.2T/K)]=29484.4( J·mol-1)
_=-RTlnK= - RTln(/ p)( / p)
对于方程(II)，当在298K时 =[171502- 476.4T/K] =29534.8( J·mol-1)
=- RTlnK= - RTln(/ p) ( / p)( /p)
= -RT[ln (/ p) ( / p)( /p)]
RTln( /p )= 29484.4- -29534.8= -50.4(J·mol-1 )
故( /p) =0.980即=0.980p
6-2物种数S=6，独立化学反应R=2，浓度限制条件R'=1(气相中H2O和CO2的摩尔分数相等)，因此：独立组分数K=S-R-R'=6-2-1=3
相数φ=4 (三种固体和气体) (0.5 分)
自由度f=K-φ+2=3-4+2=1 (0.5 分)
6-3当=时， =-RTln =5.7628T
则42426-142.2T/K= 5.7628T/K ∴。T=286.7K (0.5 分)
6-4 298K， 当NH4HCO3(s)单独存在时
=171502 -476.4×298 =29534.8(J·mol-1) (0.5 分)
=- RTln( /p )3 ∴=1.881×10-2p
同温时当存在NaHCO3(s)和Na2CO3(s)时 = 0.980p>1.881 ×10-2p
故设想不成立，共存时NH4HCO3(s)更易分解。
6-5在373K时，= 129076-334.2×373 – 4419.4 J·mol-1
=-RTlnK ∴K = 0.240 (5)
假设气流中水的摩尔分数为则CO2的摩尔分数为1- ，总压为p
则K==(1-)
若使NaHCO3(s)不分解，即反应向逆(左)方向进行，
则Q>K即(1-)>0.240
解得0.400< <0.600
6-6-1窑中气体不与外界对流，则体系中气相应为p 的CO2 (由CaCO3分解产生)那么欲使CaCO3(s)不断分解，则窑温至少婴维持在896℃(读题目所给数据表即可)。(0.5 分)
6-6-2因为C(s)+O2(g) CO2(g) 则1molO2可产生1molCO2
由题意，空气中O2的分压为0.210 p ，因此这就是CO2的分压，欲使CaCO3不断分解，窑温至少要维持在795 ℃(读题目所给数据表即可) 。 (0.5 分)
3．3d CrO3+3FeCr2O4+30H+=3Fe3++7Cr3++15H2O 120℃时，铬的浸出率较高，升高温度铬的浸出率提高不大，但消耗的能量越多 Fe(OH)3 吸附 Cr3+造成铬损失大 0.198 0 mol·L-1
【详解】
(1)铁为26号元素，基态二价铁的价电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，则基态二价铁被氧化过程中，失去的电子所处的能级为3d能级。
(2)120℃时，向铬铁矿矿粉中加入50%的H2SO4，不断搅拌，铬铁矿溶解速率很慢。向溶液中加入一定量的CrO3，矿粉溶解速率明显加快，得到含较多Cr3+和Fe3+的溶液，故加入CrO3后促进尖晶石溶解的离子方程式为：CrO3+3FeCr2O4+30H+=3Fe3++7Cr3++15H2O。
(3)其它条件不变，测得不同温度下Cr3+的浸出率随酸浸时间的变化如图1所示。实际酸浸过程中选择120℃的原因是120℃时，铬的浸出率较高，升高温度铬的浸出率提高不大，但消耗的能量越多。
(4) pH=3时，若Cr3+沉淀，则Cr3+的最小浓度应为，，显然是达不到的，故此时Cr3+未沉淀，则此时铬损失率高达38%的原因应是Fe(OH)3 具有吸附性，Fe(OH)3 吸附Cr3+造成铬损失大。
(5)由题意可知，+6价Cr氧化碘离子生成碘单质，则根据得失电子守恒可得2Cr(Ⅵ)+6I-→3I2+ 2Cr3+，故可得关系式：2Cr3+~2Cr(Ⅵ)~3I2~6S2O，可得Cr3+~3S2O，则萃取所得水层溶液中Cr3+的物质的量浓度。
4．513.5 增大压强、 降低温度、增大CO与NO的投料比 a 该反应是放热反应，升高温度不利于反应向右进行，会使平衡常数减小 17：25。 3.43 在一定温 度范围内催化剂活性较大，超过温度范围，催化剂活性降低
【分析】
热化学方程式已给，直接带入计算公式就可以计算，后面涉及到平衡移动的计算，平衡移动的改变条件。
【详解】
（1）①设NO的键能为x，反应，∆H=(1076×2+2x)-(745×2×2+945)=-746，解得x=513.5，NO的键能为513.5；
②该反应为气体体积缩小的放热反应，若提高NO的平衡转化率，需要使平衡正向移动，采取的措施有：增大压强、降低温度、增大与的投料比等；
（2）①该反应是放热反应，升高温度不利于反应向右进行，会使平衡常数减小，曲线a符合此特点；
②由图可知，当温度在T2时，的转化率最高。温度越高反应速率越大，在相同时间内达到平衡状态前，H2的转化率最高，但达到平衡状态后继续升温，反应会向逆反应方向移动，导致H2的转化率降低，由图知b点为平衡状态；列三段式：
同温同体积时压强比等于物质的量比，故b点时对应的压强与反应开始时的压强比为（1.2+0.6+0.8+0.8）:（2+3）=17:25；
（3）①与生成的反应方程式为，28克氮气就是1摩尔，
，=3.43；
②在一定温度范围内催化剂活性较大，超过温度范围，催化剂活性降低，由图可知迅速上升段是催化剂活性随温度升高而增大，与温度升高共同使NOx的去除反应速率增大；上升阶段缓慢主要是温度上高引起的NOx的去除反应速率增大但催化剂活性降低。
【点睛】
本题考查热化学方程式的计算和平衡移动方面的问题。
5．AD AC (或) 升温，反应Ⅰ的平衡逆向移动，而反应Ⅱ的平衡正向移动且幅度更大 ＞ 时以反应Ⅱ为主，其反应前后气体分子数相等，改变压强对其平衡没有影响
【详解】
(1)A．气体以一定流速通过时，与催化剂的接触面积增大，反应速率加快，有利于提高平衡前单位时间内反应物的转化率，A不正确；
B．在催化剂表面的吸附过程中，由气态转化为液态，从而放出热量，有利于键的断裂，催化剂改变了反应的路径，降低了反应的活化能，B正确；
C．反应②中，断裂C=O键，可能断裂C-O键，同时形成C-H键、H-O键，断裂和形成的共价键至少有种，C正确；
D．在整个反应过程中，水并没有全部转化为CH3OH，所以原子利用率小于，D不正确；
故选AD。答案为：AD；
(2)①A．反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，A正确；
B．加压，虽然反应Ⅰ的平衡正向移动，但由于温度不变，所以平衡常数不变，B不正确；
C．及时分离出甲醇和水，可促进平衡正向移动，循环使用和，也有利于提高反应物的转化率，两个方面的操作都可提高原料利用率，B正确；
D．增大压强，反应Ⅱ平衡不移动，但反应Ⅰ平衡正向移动，导致反应物浓度的降低和水蒸气浓度的增大，从而使反应Ⅱ的平衡逆向移动，选择性下降，D不正确；
故选AC。答案为：AC；
②时，反应Ⅰ和Ⅱ达到化学平衡，平衡时容器体积为VL，CO2转化率为25%，和选择性均为50%，和按物质的量投料，总物质的量为，依据方程式，两反应中共消耗n(CO2)=，两反应各消耗n(CO2)=，从而得出两反应共消耗n(H2)=，剩余n(H2)=-=，剩余n(CO2)=-=，生成n(CO)=，共生成n(H2O)=，则该温度下反应Ⅱ的平衡常数为=(或)。答案为：(或)；
③以上，升高温度，的选择性降低，反应Ⅰ平衡逆向移动，但的平衡转化率升高，则表明反应Ⅱ正向进行的程度远大于反应Ⅰ，其原因是：升温，反应Ⅰ的平衡逆向移动，而反应Ⅱ的平衡正向移动且幅度更大。答案为：升温，反应Ⅰ的平衡逆向移动，而反应Ⅱ的平衡正向移动且幅度更大；
④反应Ⅱ中，CO2的平衡转化率不受压强变化的影响，但反应Ⅰ来说，压强越大，CO2的转化率越大，由图3可得出，压强大小关系：＞；温度时，三条曲线几乎交于一点，则表明压强对CO2的转化率基本没有影响，从而表明此时以反应Ⅱ为主，其原因是：时以反应Ⅱ为主，其反应前后气体分子数相等，改变压强对其平衡没有影响。答案为：＞；时以反应Ⅱ为主，其反应前后气体分子数相等，改变压强对其平衡没有影响。
【点睛】
在分析外界条件对反应Ⅰ和反应Ⅱ的影响时，应依据图象提供的信息，确定对两反应影响的主次。
6．BD < 36.1% 2×105 A 加压或降温 0.002mol•L-1•min-1 0.73
【详解】
(1)①A．3v正(H2)=2v逆(NH3)，则3v正(H2)=v逆(H2)，正、逆反应速率不相等，反应未达到平衡状态，故A错误；
B．合成氨反应是气体体积减小的反应，容器内气体压强不变说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B正确；
C．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量不变，在恒容容器中，混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度不变不能判断反应是否达到平衡状态，故C错误；
D．合成氨反应是放热反应，在密闭绝热容器中，反应放出的热量使混合气的温度升高，则混合气的温度保持不变说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D正确；
BD正确，故答案为：BD；
②合成氨反应是放热反应，温度升高，氨气的物质的量减小，由表格数据可知，温度T1时氨气的物质的量大于T3，则温度T1＜T3，故答案为：＜；
③由表格数据可知，温度T3时氨气的物质的量为2.8mol，由题意可建立如下三段式：
由三段式所得数据可知，达到平衡时氮气的体积分数为×100%=36.1%，故答案为：36.1%；
(2)当反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，则v正=k正·p(N2O4)=v逆=k逆·p2(NO2)， =Kp；设四氧化二氮起始物质的量为1mol，当四氧化二氮分解10%时，四氧化二氮的物质的量为(1—1×10%)=0.9mol、二氧化氮的物质的量为1mol×10%×2=0.2mol，则二氧化氮的分压为 ×110kPa=20kPa，v逆=5×102kPa-1·s-1×(20kPa)2=2×105kPa·s-1，故答案为：；2×105；
(3)①由图可知，A、B的浓度减小，代表反应物，A、B的浓度的变化量之比为(0.6—0.45)mol/L：(0.2—0.15)mol/L=3:1，则曲线A代表氢气浓度的变化；设容器的体积为VL，平衡时氨气的体积分数为 ×100%=14.3%＞4.5%，则与实验条件为1.01×105Pa、450℃相比，平衡向正反应方向移动，该反应为气体体积减小的放热反应，改变的条件可能为增大压强或降低温度，故答案为：A；加压或降温；
②由题给数据可知，在0～25min内氮气的平均反应速率为 =0.002mol•L-1•min-1，平衡时反应的平衡常数为 =0.73mol-2·L2，故答案为：0.002mol•L-1•min-1；0.73。
7．2△H2+4△H3-△H1 > > 9.7%或 0.03mol·L-1·min-1 K 降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响 ac 正 2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-
【分析】
（1）利用盖斯定律计算；
（2）从图上看，投料比相同时，温度升高，二氧化碳转化率减小，说明温度升高，平衡逆向移动，逆反应是吸热反应，正反应是放热反应，△H<0；投料比从3到a，二氧化碳的转化率增大，说明3到a投料比在增大；而平衡常数只和温度有关；平衡题中的计算用三行式解答；
（3）从表格来看，使用Na作助剂转化率最高，但乙烯含量最低，使用Cu作助剂依稀含量最高，但二氧化碳转化率最低，使用K作助剂二氧化碳转化率高且乙烯含量也高，单位时间内产出乙烯最多；加入助剂使反应具有选择性的原因是助剂降低了某个反应所需的活化能，相同条件下更容易发生某个反应所致；
（4）PTFE电极CO2变成C2H4，碳元素化合价从+4降低到-2，为阴极；
据以上分析作答。
【详解】
（1）根据盖斯定律，方程式有如下关系：2×②-①+4×③=④，所以△H 4=2△H2+4△H3-△H1，故答案为：2△H2+4△H3-△H1；
（2）①相同温度下，投料比从3→a，二氧化碳转化率增大，说明投料比在增大，所以a>3，投料比相同时，升高温度，二氧化碳转化率减小，说明升高温度，平衡逆向移动，则K减小，而N点温度高于M点，所以KM>KN，故答案为：>；>；
②由图可知,M点投料比为3，二氧化碳转化率为0.6，设开始投入1mol二氧化碳，3mol氢气，则二氧化碳转化量为0.6，用三行式解法如下：
所以M点乙烯的体积分数=×100%=9.7%，故答案为：9.7%；
③同样用三行式来解如下：
可知，氢气在这10min消耗了1.8mol，所以浓度减小值==0.3mol·L-1，所以v(H2)==0.03mol·（L·min）-1，故答案为：0.03mol·L-1·min-1；
（3）①使用Na作助剂转化率最高，但乙烯含量最低，使用Cu作助剂依稀含量最高，但二氧化碳转化率最低，使用K作助剂二氧化碳转化率高且乙烯含量也高,单位时间内产出乙烯最多；加入助剂使生成乙烯具有选择性的原因是助剂降低了生成乙烯反应所需的活化能，相同条件下更容易生成乙烯，而其他副反应几乎无影响；故答案为：K；降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响；
②a．由条件可知第ⅰ步反应物为二氧化碳和氢气，生成物有CO，根据氧化还原反应可得方程式为CO2+H2CO+H2O，a正确；
b．第ⅰ步反应明显慢于第ⅱ步反应，故第ⅱ步反应更容易发生，第ⅱ步反应的活化能更低，b错误；
c．从图上看生成CH4、C3H6、C4H8等副产物主要在低聚反应、异构化反应环节，所以助剂主要在低聚反应、异构化反应环节起作用，c正确；
d．ΔH与反应途径无关，只和起始有关，d错误；
e．反应的平衡常数只和温度有关，温度不变，K不变，e错误；
故答案为：ac；
（4）①PTFE(a极)电极CO2变成C2H4，碳元素化合价从+4降低到-2，为阴极，则b极为阳极，与太阳能电池正极相连，故答案为：正；
②阴极的电极反应式为2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-，故答案为：2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-。
【点睛】
万变不离其宗，解决化学平衡图像题关键还是抓住横坐标、纵坐标的含义，结合平衡移动原理知识点解答。比如本题的量比=3可理解成氢气的物质的量=3mol，二氧化碳的物质的量=1mol，复杂问题就简单化了。
8．不能 b d 0.13mol•(L•min)-1 放 K=0.17 b=2a，a＞1 c、d
【详解】
（1）①对于反应C(s)＋H2O(g) CO(g)＋H2(g) ΔH=＋131.3 kJ•mol-1，ΔH＞0，ΔS＞0，根据ΔG=ΔH-TΔS＜0反应能自发进行，可知在高温条件下反应能自发进行，常温下不能自发进行；答案为：不能；
②一定温度下，在一个容积可变的密闭容器中发生上述反应，根据“正逆相等，变量不变”可判断一个可逆反应是否达到化学平衡状态；
a．因为容器的容积可变，说明是恒压条件，故容器中的压强不变不能说明反应达到平衡，a错误；
b．1 mol H—H键断裂表示逆反应， 2 mol H—O键断裂表示正反应，且正逆反应速率相等，说明反应达到平衡，b正确；
c．c(CO)=c(H2)并不能说明正逆反应速率相等或各组分的百分含量不变，不能说明反应达到平衡，c错误；
d．因为该反应是一个气体物质的量增加的反应，由于容器的容积可变，随反应进行，容器的容积增大，故当容器的容积不变时说明反应达到平衡，d正确；
故选bd；
（2）①根据CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)，结合表中数据，平衡时消耗的CO的物质的量为1.6mol，则生成的CO2的物质的量为1.6mol，CO2的浓度变化为0.8 mol/L，根据可得(CO2)=；
②根据表中1、2两组实验数据，假设温度相同，实验2相对于实验1为减小压强，因为该反应反应前后气体物质的量不变，则两平衡等效，平衡时H2的物质的量应该为0.8mol,但由于温度升高，H2的物质的量为0.4mol，说明升温平衡逆向移动，则该反应为放热反应；容器的容积为2L，结合表中实验2的数据，利用三段式：
则=；
③实验3与实验2反应温度相同，若平衡状态中各物质的质量分数分别相等，则为等效平衡，则a、b应满足的关系是a:b=1:2，即b=2a，若t＜3min，说明实验3容器内压强大于实验2，则a＞1（或b＞2）；
答案为：①放 ②0.17 ③b=2a，a＞1；
（3）根据图象可知CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)为放热反应，在体积为1 L的恒容密闭容器中，充入1mol CO2和3mol H2，
a．升高温度，平衡逆向移动，c(CH3OH)减小，a错误；
b．充入He(g)，使体系压强增大，平衡不移动，c(CH3OH)不变，b错误；
c．将H2O(g)从体系中分离出来，平衡逆向移动，c(CH3OH)增大，c正确；
d．再充入1mol CO2和3mol H2，等效成增大压强，平衡正向移动，c(CH3OH)增大，d正确；
故选cd。
【点睛】
（1）解决化学平衡的问题一定要注意审题，首先要审清反应条件，是恒温恒容还是恒温恒压；其次是审清反应特点，即ΔH和ΔV，然后再根据外界条件对反应速率的影响和平衡移动原理解决问题；（2）注意“虚拟法”在化学平衡中的应用，即把一个过程分成两个阶段，把无法比较的过程变得具有可比性。
9．2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O 2：1 +1 NH2Cl+2H2O NH3·H2O+HClO 2NCl3+6NaOH=N2↑+3NaCl+3NaClO+3H3O NCl3+6ClO-+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3Cl-+3OH- 制备的ClO2中不含Cl2，不会产生对人体有潜在危害的有机氯代物 NH4Cl+2HCl 3H2↑+NCl3
【分析】
（1）①由图可知，pH≤2时，ClO2与I－反应生成I2、Cl-和H2O；
②由图可知，中性溶液中ClO2与Mn2+反应生成MnO2和ClO2-；NH2Cl在溶液中缓慢发生水解生成一水合氨和次氯酸；
（2）①由NCl3的水解产物有NHCl2、NH2Cl可知，分子中氮元素呈-3价，氯元素呈+1价；
②NCl3在NaOH溶液中水解生成N2，NaClO和NaCl，反应中氮元素被氧化，氯元素部分被还原；
③由NCl3与NaClO2按物质的量之比1∶6混合，在溶液中恰好反应生成ClO2和氨可知，反应中+3价氯元素失电子被氧化生成ClO2，+1价氯元素得电子被还原生成Cl-；
（4）由题给信息可知Cl2在水处理过程中会产生对人体有潜在危害的有机氯代物，用方法二制备的ClO2中不含Cl2；
（5）以惰性电极电解盐酸和NH4Cl的混合溶液获得NCl3溶液时，氯离子在阳极失电子发生氧化反应生成NCl3，氢离子在阴极得电子发生还原反应生成氢气。
【详解】
（1）①由图可知，pH≤2时，ClO2与I-反应生成I2、Cl-和H2O，反应的离子方程式为2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O，故答案为2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O；
②由图可知，中性溶液中ClO2与Mn2+反应生成MnO2和ClO2-，由得失电子数目守恒可知，ClO2氧化Mn2+生成MnO2的反应中有如下关系n(ClO2)=2n(Mn2+)，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1，故答案为2:1；
（2）①NCl3为共价化合物，由NCl3的水解产物有NHCl2、NH2Cl可知，分子中氮元素呈—3价，氯元素呈+1价，电子式为；NH2Cl在溶液中缓慢发生水解生成一水合氨和次氯酸，水解反应的化学方程式为NH2Cl+2H2O NH3·H2O+HClO，故答案为；+1；NH2Cl+2H2O NH3·H2O+HClO；
②NCl3在NaOH溶液中水解生成N2，NaClO和NaCl，反应中氮元素被氧化，氯元素部分被还原，反应的化学方程式为2NCl3+6NaOH=N2↑+3NaCl+3NaClO+3H3O，故答案为2NCl3+6NaOH=N2↑+3NaCl+3NaClO+3H3O；
③由NCl3与NaClO2按物质的量之比1∶6混合，在溶液中恰好反应生成ClO2和氨可知，反应中+3价氯元素失电子被氧化生成ClO2，+1价氯元素得电子被还原生成Cl-，反应的离子方程式为NCl3+6ClO2-+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3Cl-+3OH-，故答案为NCl3+6ClO-+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3Cl-+3OH-；
（4）由题给信息可知Cl2在水处理过程中会产生对人体有潜在危害的有机氯代物，用方法二制备的ClO2中不含Cl2，不会产生对人体有潜在危害的有机氯代物，故选择方法二，故答案为制备的ClO2中不含Cl2，不会产生对人体有潜在危害的有机氯代物；
（5）以惰性电极电解盐酸和NH4Cl的混合溶液获得NCl3溶液时，氯离子在阳极失电子发生氧化反应生成NCl3，氢离子在阴极得电子发生还原反应生成氢气，电解反应的化学方程式为NH4Cl+2HCl 3H2↑+NCl3，故答案为NH4Cl+2HCl 3H2↑+NCl3。
【点睛】
由NCl3的水解产物有NHCl2、NH2Cl可知，分子中氮元素呈—3价，氯元素呈+1价是解题关键，也是分析的难点。
10．硫代硫酸钠 COS+4Br2+12OH- = CO32- + SO42- + 8Br- +6H2O 提高 +8 150℃ 0.048 ad
【分析】
(1) Na2S2O3的化学名称是硫代硫酸钠。
(2) ①CO2的结构式为O=C=O，据此写出COS的电子式。②Br2具有较强氧化性，COS中硫元素显-2价，其中硫元素表现较强的还原性，结合题给信息写出其离子方程式。③根据反应热ΔH=反应物总键能－生成物总键能，结合物质结构式计算。④由图像1可知，COS的转化率开始一段时间随温度的升高而增大，当温度约为150℃时转化率最大，随后温度升高COS转化率反而减小，说明催化剂的活性降低。图2是COS的平衡转化率随变化曲线，P点的COS的平衡转化率为30%，初始投料比=3，再根据反应COS(g)+H2O(g)CO2(g)+ H2S(g)平衡常数表达式计算。
(3)根据题给信息写出去除SO2的化学方程式为SO2(g)+NH3·H2O(aq)=NH4HSO3(aq)， 2NH4HSO3(aq)+O2(g)=(NH4)2SO4(aq)+H2SO4(aq)，根据反应速率和反应进行的限度分析。
【详解】
(1) Na2S2O3的化学名称是硫代硫酸钠。
(2)①CO2的结构式为O=C=O，S和O一样都有6个价电子，COS的电子式为。
②Br2具有较强氧化性，COS中硫元素显-2价，其中硫元素表现较强的还原性，反应生成SO42-、CO32-、Br-和H2O，根据元素守恒和得失电子守恒写出其离子方程式为COS+4Br2+12OH- = CO32- + SO42- + 8Br- +6H2O。该反应的正反应气体体积减小，故增大压强平衡向正反应方向移动，所以增大压强，COS的转化率提高。
③H2(g)+COS(g) ═H2S(g)+CO(g)，根据物质结构式H-H，O=C=S，H-S-H，CC，有反应热ΔH=反应物总键能－生成物总键能=(1×436kJ/mol+1×745kJ/mol+1×577kJ/mol)－(2×339kJ/mol+1×1072kJ/mol)=+8kJ/mol。
④COS(g)+H2O(g)CO2(g)+ H2S(g) ΔH<0，由图1可知，相同投料比、相同流量且在催化剂表面停留相同时间时，COS的转化率开始一段时间随温度的升高而增大，当温度约为150℃时转化率最大，所以催化剂活性最大时对应的温度约为150℃。由图2可知，P点对应的状态是平衡状态，且COS的平衡转化率为30%，初始投料比=3，设初始COS的物质的量为a mol，容器体积为VL，则初始H2O的物质的量为3a mol。达到平衡时COS转化的物质的量为0.3a mol，则平衡时COS、H2O、CO2、H2S的物质的量分别为0.7a mol、2.7a mol、0.3a mol、0.3a mol，由COS(g)+H2O(g)CO2(g)+ H2S(g)知P点平衡常数K===≈0.048。
(3)根据题给信息可得：SO2(g)+NH3·H2O(aq)=NH4HSO3(aq)， 2NH4HSO3(aq)+O2(g)=(NH4)2SO4(aq)+H2SO4(aq)。a.增大氨水浓度，可使SO2的吸收率增大，反应转化得更彻底，可以有效提高SO2的去除率，a项正确；b. 增大燃煤烟气的流速，将使气体与溶液接触时间缩短，燃煤烟气吸收不充分，SO2的去除率降低，b项错误；c.升高温度气体的溶解度减小，使浓氨水挥发，SO2溶解度降低，所以SO2的去除率降低，c项错误；d.由去除SO2的反应原理可知，增大压强反应速率增大，而且平衡向正反应方向移动，所以增大压强能够有效增大SO2的去除率，d项正确；答案选ad。
11．—346 N2O5= NO2+ NO3 i 204kPa 乙 0.005 正反应 蓝色 c(NH4+)＞c(CO32－)＞c(HCO3－) 12
【分析】
（1）由盖斯定律计算△H；
（2）①由得失电子数目守恒计算另一种氮的氧化物中N元素的化合价，再书写化学方程式；
②该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动；由三段式计算平衡时各物质的物质的量，由物质的量比等于压强比计算平衡总压，计算各物质的物质的量分数和各物质分压，最后就是Kp；
（3）温度越高，反应速率越快，达到平衡所需时间越少；由化学反应速率公式计算；达到化学平衡后，乙容器中各物质均加倍，相当于增大压强；
（4）由题给电离常数可知，电离程度大小顺序为：NH3·H2O＞H2CO3＞HCO3－，电离程度越大，离子的水解程度越小，则水解程度大小顺序为：CO32－＞HCO3－＞NH4+。
【详解】
（1）由盖斯定律可知，（I步+Ⅱ步）/2可得反应NH4+(aq)+2O2(g)=2H+(aq)+H2 O(1)+NO3－(aq)，则△H=[(－546 kJ/mol)+( －146 kJ/mol)]/2=—346 kJ/mol，故答案为—346；
（2）①N2O5生成NO2，N元素化合价降低，则另一种氮的氧化物中N元素的化合价高于+5，由生成1 moINO2时转移1mol电子可知另一种氮的氧化物的分子式为NO3，N2O5分解的化学方程式为N2O5= NO2+ NO3，故答案为N2O5= NO2+ NO3；
②N2O4转化为NO2的反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动，N2O4的平衡转化率增大，则图中的正确曲线是i；a点时，N2O4的平衡转化率α(N2O4)为0.5，设起始N2O4为1mol，由此建立如下三段式：
N2O4g)2NO2(g)
起（mol） 1 0
变（mol） 0.5 1
平（mol） 0.5 1
由P始：P平=n始：n平可得：102kPa：P平=1 mol：1.5 mol，n平=153 kPa，N2O4物质的量分数为1/3，平衡分压为153 kPa×1/3=51 kPa，NO2物质的量分数2/3，平衡分压为150 kPa×2/3=102 kPa，则Kp=（102 kPa）2/51 kPa=204kPa，故答案为i；204kPa；
（3）由表格数据可知，容器乙先达到平衡，则容器乙的反应温度高于容器甲；甲容器中，0~120min时，CO浓度变化量为（2.00—0.80）mol/1L=1.20mol/L，由化学方程式可知N2浓度变化量为0.60 mol/L，则v(N2)为0.60 mol/L÷120min=0.005 mol/(L·min)；达到化学平衡后，乙容器中各物质均加倍，相当于增大压强，增大压强平衡向化学计量数减小的正反应方向移动，故答案为乙；0.005；正反应；
（4）由题给电离常数可知，电离程度大小顺序为：NH3·H2O＞H2CO3＞HCO3－，电离程度越大，离子的水解程度越小，则水解程度大小顺序为：CO32－＞HCO3－＞NH4+。
①由于0.1mol/L的(NH4)2CO3溶液中，CO32－和NH4+均水解，水解程度大小顺序为：CO32－＞NH4+，溶液呈碱性，使pH试纸变蓝；水解程度越大，离子浓度越小，CO32－和NH4+虽然相互促进水解，但水解程度依然很小，则溶液中浓度大小关系为c(NH4+)＞c(CO32－)＞c(HCO3－)，故答案为蓝色；c(NH4+)＞c(CO32－)＞c(HCO3－)；
②0.50mol/L的Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32－+H2O HCO3－+OH—，水解常数Kh= c(HCO3－) c(OH—)/ c(CO32－)=Kw/Ka2=1.0×10－14/5.0×10－11=2.0×10－4，0.50mol/L的Na2CO3溶液中c(OH—)===1.0×10－2mol/L，溶液pH=12，故答案为12。
【点睛】
本题考查化学反应原理的综合应用，涉及了盖斯定律、化学平衡移动原理、化学平衡计算、化学反应速率计算和盐类水解等，注意运用影响化学反应速率和化学平衡移动的因素和水解规律进行分析是解答关键。
12． △H3=(△H1—△H2 )/2 b c < 0. 075 mol/(L﹒min) 3（mol/L)-2 (单位不作要求） CH4－8e－＋4O2－=CO2＋2H2O 2.8
【解析】
【分析】
（1）由盖斯定律计算可得△H3；
（2）①根据化学平衡状态的特征分析，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、质量、体积分数以及百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，注意选择的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变，说明到达平衡；
②该反应为放热反应，反应过程中反应温度升高，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小；
（3）依据表给数据建立三段式，通过化学反应速率公式和化学平衡常数公式计算化学反应速率和化学平衡常数；
（4）①由阴离子移动方向可知B为负极，负极发生氧化反应，甲烷被氧化生成二氧化碳和水；
②依据得失电子数目守恒计算消耗甲烷的体积。
【详解】
（1）由盖斯定律可知，（①—②）/2得N2(g)+O2(g)2NO(g)，则△H3=(△H1—△H2 )/2，故答案为△H3=(△H1—△H2 )/2；
（2）①a、5c(NH3)=4c(O2)与反应的初始物质的量以及反应的转化程度有关，不能确定是否达到平衡，错误；
b、N-H键的生成速率与O-H键的生成速率相等说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，正确；
c、该反应是一个反应前后气体体积改变的化学反应，当反应达到平衡状态时，各物质的量不变，导致容器中压强不随时间的变化而改变，混合气体的压强不变能够说明反应达到平衡状态，正确；
d、容器是恒容的，无论反应是否达到平衡状态，混合物的质量始终不变，容器的体积不变，导致密度始终不变，混合气体的密度不变不能说明费用达到平衡，错误；
故选bc，故答案为bc；
②该反应为放热反应，若其他条件不变，将容器改为恒容的绝热容器，反应过程中反应温度升高，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，故答案为<；
（3）由表中数据可知，20min时处于平衡状态，设CO的转化率为x，依据题意建立如下三段式：
CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）
起始量（mol）：2 4 0
变化量（mol）：x 2x x
平衡量（mol）：2-x 4-2x x
压强之比等于物质的量之比，则平衡时混合气体总物质的量为（2mol+4mol）×6.2MPa/12.4MPa=（6-2x）mol，解得x=1.5 mol，则反应消耗c（CO）=1.5mol/1L=1.5 mol/L，
以CO浓度变化表示的平均反应速率v(CO)＝1.5 mol/L/20min=0.075mol/（L．min）；化学平衡常数K=c(CH3OH)/c(CO)c2(H2)= 1.5 mol/L/0.5 mol/L×(1 mol/L)2=3（mol/L)-2，故答案为0.075mol/（L．min）；3（mol/L)-2；
（4）①由阴离子移动方向可知B为负极，负极发生氧化反应，甲烷被氧化生成二氧化碳和水，电极方程式为CH4+4O2--8e-=CO2+2H2O，故答案为CH4+4O2--8e-=CO2+2H2O；
②若用该燃料电池作电源，用石墨作电极电解硫酸铜溶液，当阳极收集到5.6L(标准状况)氧气时，反应转移1mol 电子，由得失电子数目守恒可知消耗甲烷的物质的量为0.125mol，则甲烷的体积为0.125mol×22.4mol/L=2.8L，故答案为2.8。
【点睛】
本题考查化学平衡状态判断、化学平衡常数、化学平衡计算、化学反应速率计算等，注意理解化学平衡状态的判断，选择的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变，说明到达平衡。
13．NO2-e-+H2O=NO3-+2H+ CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-(c+2d-a-b)kJ•mol-1 0.15 mol•L-1•min -1 平衡正向移动 0.5 减小 ＜
【详解】
试题分析：（1）NO2在负极上失去电子发生氧化反应转化为NO3-，故电极反应式为NO2-e-+H2O=NO3-+2H+；
（2）应用盖斯定律解题，△H=-△H1-△H2+△H3+2△H4=-(c+2d-a-b)kJ•mol-1，所以CH3OH(l)燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-(c+2d-a-b)kJ•mol-1；
（3）①由图可知，6min时Cl2的平衡浓度为0.3mol/L，浓度变化为1.2mol/L-0.3mol/L=0.9mol/L，则v(Cl2)=="0.15" mol•L-1•min -1；
②8min时，平衡时c(Cl2)=0.3mol/L、c(CO)=0.1mol/L、c(COCl2)=0.9mol/L，则原平衡时n(Cl2)：n(CO)：n(COCl2)=3：1：9，现在第8 min 加入体系中的三种物质各1 mol，则反应物的浓度增大程度大些，平衡正向移动；
③最终达到化学平衡时，Cl2的体积分数与上述第6min时Cl2的体积分数相同，即与开始平衡为等效平衡，完全转化到左边满足Cl2浓度为1.2mol/L、CO浓度为1.0mol/L，则：0.7ol/L+c(COCl2)=1.2mol/L，c(CO)=0.5mol/L+c(COCl2)=1.0mol/L，故c(COCl2)=0.5mol/L；
④由图1可知，升温平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，所以温度高，平衡常数减小；
⑤根据图象，第8min反应处于平衡状态，在第10分钟时是改变温度使平衡向逆反应方向移动，由④升温平衡向逆反应方向移动，可知正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，故T（8）＜T(15)。
考点：考查热反应方程式、化学平衡计算、化学平衡影响因素、化学平衡常数、反应速率计算等。
14．② 4 6 N2O 5H2O 200℃ AB 0.93 2NH3(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(NH2)2 (s) ΔH=－134kJ/mol 0.148 二 55
Ⅱ．（1） （2）（3）
Ⅲ．（1）)（2）①②；
【详解】
试题分析：Ⅰ．（1）氮的固定作用是指游离态氮元素发生反应生成化合态氮元素的过程为固氮作用，由转化关系图可知只有反应②是固氮作用；
（2）有氧时，在硝化细菌作用下，NH4+可实现过程④的转化，生成N2O、NO2-、H+和水，氮元素化合价-3价变化为+1价和+3价，氧元素化合价0价变化为-2价，根据得失电子守恒配平得到离子方程式为4NH4+ + 5O2 = 2NO2- + 6H+ + N2O + 5H2O ；
Ⅱ．（1）（1）该反应为放热反应，温度升高，反应逆向进行，氨气的物质的量分数降低，曲线a的氨气的物质的量分数最高，所以反应温度最低，所以a曲线对应温度为200°C；
（2）A．及时分离出NH3，平衡正向进行，可以提高H2的平衡转化率，A正确；B．温度不变，平衡常数不变，该反应为放热反应，温度越高，平衡常数越小，则M、N、Q点平衡常数K的大小关系是K（M）=K（Q）＞K（N），B正确；C．N点温度高于M点，温度越低反应速率越快，所以N点比M点的反应速率快，C错误；D．该反应为可逆反应，反应不能进行到底，当压强增加到100 MPa以上，NH3的物质的量分数接近达到100%，D错误； 答案选AB；
（3）N点时c（NH3）=0.2mol•L-1，氨气物质的量分数为20%，则：
N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）
起始浓度（mol/L）：x 3x 0
变化浓度（mol/L）：0.1 0.3 0.2
平衡浓度（mol/L）：x-0.1 3x-0.3 0.2
所以0.2/(4x-0.2)=0.2，x=0.3；则平衡常数K=c2(NH3)/c3(H2)c(N2)=0.22/0.63×0.2=0.93；
Ⅲ．（1）第一步：2NH3(g)＋CO2(g) H2NCOONH4(s) ΔH=－272kJ·mol－1———①
第二步：H2NCOONH4(s) CO(NH2)2(s)＋H2O(g) ΔH=＋138kJ·mol－1———②
根据盖斯定律①+②得2NH3(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(NH2)2 (s) ΔH=－134kJ/mol；
（2）①由图可知反应进行到10 min时测得CO2的物质的量由1mol变为0.26mol，则用CO2表示的第一步反应的速率v(CO2)＝（0.74/0.5）÷10=0.148mol/(L·min)；
②由图象可知在15分钟左右，第一步反应的氨气和二氧化碳反应生成氨基甲酸铵后不再变化，第二步反应的氨基甲酸铵先增大再减小最后达到平衡，从曲线斜率可知第二步反应速率慢，所以合成尿素总反应的快慢由第二步反应决定，由图可知，尿素在55分钟时，物质的量不再变化，所以总反应进行到55min时到达平衡。
考点：平衡移动的影响因素，热化学方程式
15．4 +183 kJ·mol－1 2NO＋2CO2CO2＋N2 不能 SO2＋I2＋2H2O＝SO42-＋2I－＋4H+ HI 分解为可逆反应，及时分离出产物H2，有利于反应正向进行 MH＋OH－－e－＝H2O＋M 4O2＋4e－＋2H2O＝4OH
【详解】
试题分析：（1）根据溶液呈电中性的原理可得c(H+)+c(K+)+c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO42－)+c(NO3－)+c(Cl－)。将各个数值代入上述式子可得c(H+)=1.0×10－4mol/L,所以pH=4；(2)① N2(g)＋O2(g)2NO(g) △H＝945kJ/mol+498kJ/mol-2×630kJ/mol="+183" kJ/mol. ②NO被CO还原的化学方程式为2NO＋2CO2CO2＋N2。③由于反应2CO（g）=2C（s）+O2（g）△H>0是个体系混乱程度减小的吸热反应。ΔH>0；△S<0，根据体系的自由能ΔG=ΔH-T·ΔS>0，.所以该设想不能实现。⑶①反应器中发生的反应离子方程式为：SO2＋I2＋2H2O＝SO42-＋2I－＋4H+。②2HI H2+I2 .该发生是可逆反应。若在HI分解反应中使用膜反应器分离出H2，由于减小生成物的浓度，平衡正向移动，就可以使更多的HI分解，制得氢气。③由电池放电、充电的方程式可知：在电池放电时，负极电极反应式为MH＋OH－－e－＝H2O＋M；充电完成时，全部转化为NiO(OH)，若继续充电，将在一个电极产生O2，O2扩散到另一个电极发生电极反应被消耗，从而避免产生的气体引起电池爆炸，此时，阴极电极反应式为4O2＋4e－＋2H2O=4OH－。
考点：考查溶液的电中性原理、热化学方程式的书写、反应的化学方程式、离子方程式的书写及反应的自发性的判断原电池、电解池的工作原理的知识。
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