高考化学二轮复习题型专练11《基本理论》（含详解）

这是一份高考化学二轮复习题型专练11《基本理论》（含详解），共44页。试卷主要包含了5 kJ·ml－1，6 kJ·ml－1， －664，1 kJ·ml－1；正确答案，8kJ·ml-1；正确答案等内容，欢迎下载使用。
题型专练11 基本理论
1. 氮和碳的化合物与人类生产、生活密切相关。
（1）已知：N2(g)＋O2(g)===2NO(g)； ΔH＝＋180.5 kJ·mol－1
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)； ΔH＝－483.6 kJ·mol－1
则反应2H2(g)＋2NO(g)===2H2O(g)＋N2(g)；ΔH＝__________。
（2）在压强为0.1 MPa条件，将CO和H2的混合气体在催化剂作用下转化为甲醇的反应为CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g) ΔHm2>m3 (5). 相同温度和压强下，若SO2浓度不变，O2浓度增大，转化率提高，m值减小。 (6). Kp= (7). =1200Pa（ (8). 无尾气排放，不污染环境
【解析】（1）①反应热等于反应物的总键能减生成物的总键能；则反应I的△H=（2×535）+0.5×496-3×472=-98kJ/mol；正确答案：-98；
②反应Ⅱ生成V204•S03，方程式为S02+V205⇌V204•S03，反应ⅢV204•S03与氧气反应生成V205和S03，方程式为2V204•S03+02⇌2V205+S03，故答案为：S02+V205⇌V204•S03；
（2）该反应为反应前后气体的总量不为0的反应，恒容密闭容器中混合气体的压强不再变化，反应达平衡状态；A正确；反应前后气体的总质量不变，恒容密团容器中混合气体的密度恒为常数，无法判断反应是否达到平衡状态；B错误；该反应为反应前后气体的总量不为0的反应，合气体的总物质的量不再变化，反应达平衡状态；C正确；反应前后气体的总质量不变，混合气体的总量在变化，当混合气体的平均相对分子质量不再变化，反应达平衡状态；D正确；n(SO2)∶n(O2)∶n(SO3)=2∶1∶2，无法判定反应达平衡状态，E错误；反应达平衡状态，各组分的浓度保持不变；SO2气体的百分含量不再变化，可以判定反应达平衡状态；F正确；正确选项：B E ；
（3）根据图像可知：m=，m越大，二氧化硫转化率越小；原因相同温度和压强下，若SO2浓度不变，增大氧气的浓度，氧气的转化率减少，SO2的转化率增大；正确答案：
m1>m2>m3 ；相同温度和压强下，若SO2浓度不变，O2浓度增大，转化率提高，m值减小；
②根据反应：SO2(g)+1/2O2(g) SO3(g)，其他条件不变时，化学平衡常数Kp为生成物的平衡分压与反应物的平衡分压的分压幂之比；平衡常数可以用压强表示为：Kp=；
根据题给信息，压强为Pa，二氧化硫的转化率为88%；n(SO2)=10mol,n(O2)=24.4mol, n(N2)=70mol,进行如下计算：
SO2(g) + 1/2O2(g) SO3(g)，
起始量： 10 24.4 0
变化量： 10×88% 0.5×10×88% 10×88%
平衡量：10×12% 24.4-5×88% 10×88%
平衡时，混合气体总量为10×12%+24.4-5×88%+10×88%+70=104.4-5×88%=100mol
达平衡时SO2的分压p(SO2)为10×12%×105 ÷100×100%=1200 Pa；正确答案：1200 Pa；
③使二氧化硫气体趋于全部转化为三氧化硫，这样就没有二氧化硫气体的剩余，减少了对环境的污染；正确答案：无尾气排放，不污染环境；
3. 氮元素也与碳元素一样存在一系列氢化物,如NH3、N2H4、N3H5、N4H6等。请回答下列有关问题：
（1）上述氮的系列氢化物的通式为____________。
（2）已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=-483.6kJ·mol-1,查阅文献资料，化学键键能如下表：
化学键
H-H
N=N
N-H
E/kJ·mol-1
436
946
391

①氨分解反应NH3(g)N2(g)+H2(g)的活化能Ea1=300kJ·mol-1，则合成氨反应 N2(g)+H2(g)NH3(g)的活化能Ea2=___________。
②氨气完全燃烧生成氮气和气态水的热化学方程式为__________________________。
③如右图是氨气燃料电池示意图。a电极的电极反应式为________________。

（3）已知NH3·H2O为一元弱碱。N2H4·H2O为二元弱碱，在水溶液中的一级电离方程式表示为：N2H4·H2O+H2ON2H5·H2O++OH-。则可溶性盐盐酸肼(N2H6Cl2)第一步水解的离子方程式为__________________;溶液中离子浓度由大到小的排列顺序为___________________。
（4）通过计算判定(NH4)2SO3溶液的酸碱性(写出计算过程)________________________。(已知：氨水Kb=1.8×10-5;H2SO3 Ka1=1.3×10-2 Ka2=6.3×10-8)。
【答案】 (1). NnH(n+2) (2). 254kJ·mol-1 (3). 4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) △H=-1266.8kJ·mol-1 (4). NH3+6OH--6e-=N2↑+6H2O (5). N2H62++H2ON2H5·H2O++H+ (6). [Cl-]>[N2H62+]>[H+]>[N2H5·H2O+]>[OH-] (7). O32-的水解常数Kh1===×10-7，NH4+的水解常数Kh===×10-10，Kh1>Kh，故SO32-水解起主要作用而呈碱性
【解析】（1）通过观察可知：氮与氢原子数相差2个，通式为NnH(n+2)，正确答案：NnH(n+2)；
（2）①NH3(g)N2(g)+H2(g)，△H=反应物的总键能-生成物的总键能=3×391-1/2×946-3/2×436=+46 kJ·mol-1; △H= Ea1- Ea2=46；300- Ea2=46，Ea2=254kJ·mol-1；
② 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=-483.6kJ·mol-1, NH3(g)N2(g)+H2(g)，△H==+46 kJ·mol-1;
根据盖斯定律：两个式子整理完成后，4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) △H=1266.8kJ·mol-1；正确答案：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) △H=1266.8kJ·mol-1；
③ 氨气燃料电池，氨气做负极，负极发生氧化反应，失去电子，在碱性环境下氧化为氮气；极反应为NH3+6OH--6e-=N2↑+6H2O；正确答案为：NH3+6OH--6e-=N2↑+6H2O；
（3）N2H4·H2O为二元弱碱，N2H6Cl2为强酸弱碱盐，水解显酸性，第一步水解的离子方程式为N2H62++H2ON2H5·H2O++H+；溶液中的离子：Cl-、N2H62+、H+、OH-、N2H5·H2O+
；根据水解规律：溶液中离子浓度大小排列顺序为：c(Cl-)>c(N2H62+)>c(H+)>c(N2H5·H2O+)
>c(OH-)；正确答案：c(Cl-)>c(N2H62+)> c(H+)>c(N2H5·H2O+)>c(OH-)；
（4）盐类水解平衡常数Kh=KW/Ka ，其中KW为离子积，Ka为弱酸或弱碱的电离平衡常数；
已知：氨水Kb=1.8×10-5;H2SO3 Ka1=1.3×10-2  Ka2=6.3×10-8)；NH4+的水解常数Kh1===×10-10；SO32-的水解常数Kh2===×10-7，Kh1c(CO32-)>c(HCO3-)>c(H+) (7). 14%或0.14 (8). 逆向 (9). 减小
【解析】
(1).根据题给信息分别写出三个热化学反应方程式：H2O(g)=H2O(l)ΔH=-44.0kJ/mol，C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) △H=-1411.0kJ·mol- ，H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) △H=-285.8kJ/mol；根据盖斯定律，整理出热化学方程式并计算出反应的ΔH；正确答案:2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) ΔH=-127.8kJ/mol；该反应为一个∆Sc(HCO3-)；溶液中离子浓度大小关系：c(Na+)>c(CO32-)>c(HCO3-)>c(H+)；正确答案：c(Na+)>c(CO32-)>c(HCO3-)>c(H+)；
④可逆反应： 2CO2(g)+6H2(g) C2H4(g) + 4H2O(g)
起始量：1 3 0 0
变化量 1×50% 3×50% 0.5×50% 2×50%
平衡量 0.5 1.5 0.25 1
混合气体的总质量：1×44+3×2=50g， 乙烯的质量：0.25×28=7 g，所以乙烯的质量分数为7÷50×100%= 14%或0.14；正确答案：14%或0.14；
（5）增大体积，相当于减压，平衡向左移动；正确答案：逆向；反应前后混合气体的总质量不变，体积变大，所以密度减少；正确答案：减小。
5. 氮的化合物在生产生活中广泛存在。
(1)①氯胺（NH2Cl）的电子式为________。可通过反应NH3(g)＋Cl2(g)=NH2Cl(g)＋HCl(g)制备氯胺，已知部分化学键的键能如右表所示（假定不同物质中同种化学键的键能一样），则上述反应的ΔH=_________。

化学键
键能/(kJ·mol-1)
N-H
391.3
Cl-Cl
243.0
N-Cl
191.2
H-Cl
431.8

②NH2Cl与水反应生成强氧化性的物质，可作长效缓释消毒剂，该反应的化学方程式为________。
(2)用焦炭还原NO的反应为：2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)，向容积均为1L的甲、乙、丙三个恒容恒温（反应温度分别为400℃、400℃、T℃）容器中分别加入足量的焦炭和一定量的NO，测得各容器中n(NO)随反应时间t的变化情况如下表所示：
t/min
0
40
80
120
160
n(NO)（甲容器）/mol
2.00
1.50
1.10
0.80
0.80
n(NO)（乙容器）/mol
1.00
0.80
0.65
0.53
0.45
n(NO)（丙容器）/mol
2.00
1.45
1.00
1.00
1.00
①该反应为____________（填“放热”或“吸热”）反应。
②乙容器在200min达到平衡状态，则0～200min内用NO的浓度变化表示的平均反应速率v(NO)=_________。
(3)用焦炭还原NO2的反应为：2NO2(g)+2C(s) N2(g)+2CO2(g)，在恒温条件下，1molNO2和足量C发生该反应，测得平衡时NO2和CO2的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：

①A、B两点的浓度平衡常数关系：Kc(A)_____Kc(B)（填“＜”或“＞”或“=”）。
②A、B、C三点中NO2的转化率最高的是______（填“A”或“B”或“C”）点。
③计算C点时该反应的压强平衡常数Kp(C)=______（Kp是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。
【答案】 (1). (2). +11.3kJ/mol-1 (3). NH2Cl＋H2ONH3＋HClO或NH2Cl＋2H2ONH3H2O＋HClO( (4). 放热 (5). 0.003mol·L-1·min-1 (6). = (7). A (8). 2MPa
【解析】
(1)（1）①氮原子最外层有5个电子，氯原子最外层有7个电子，氢原子最外层1个电子，三种原子间以共价键结合，氯胺（NH2Cl）的电子式为；正确答案：。反应为NH3(g)＋Cl2(g)=NH2Cl(g)＋HCl(g)，ΔH=反应物总键能-生成物总键能=3×391.3+243-2×391.3-191.2-431.8=+11.3kJ/mol-1；正确答案：+11.3kJ/mol-1。
②生成物具有强氧化性、具有消毒作用的是次氯酸，氯元素由-1价氧化为+1价，氮元素由-2价还原到-3价，生成氨气；正确答案：NH2Cl＋H2ONH3＋HClO或NH2Cl＋2H2ONH3∙H2O＋HClO。
（2）①从甲丙两个反应过程看出，加入的n(NO)一样，但是丙过程先达平衡，说明丙的温度比甲高；丙中n(NO)剩余量比甲多，说明升高温度，平衡左移，该反应正反应为放热反应；正确答案：放热。
② 容积为1L的甲中： 2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)，
起始量 2 0 0
变化量 1.2 0.6 0.6
平衡量 0.8 0.6 0.6
平衡常数=c(N2)×c(CO2)/ c2(NO)=0.6×0.6/0.82=9/16;甲乙两个反应过程温度相同，所以平衡常数相同；
容积为1L的乙容器中，设NO的变化量为xmol：
2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)，
起始量 1 0 0
变化量 x 0.5x 0.5x
平衡量 1- x 0.5x 0.5x
平衡常数=c(N2)×c(CO2)/ c2(NO)= 0.5x×0.5x/(1- x)2=9/16,解之得x=0.6mol；0～200min内用NO的浓度变化表示的平均反应速率v(NO)= 0.6÷1÷200= 0.003mol·L-1·min-1；正确答案：0.003mol·L-1·min-1。
(3) ①平衡常数只与温度有关，由于温度不变，平衡常数不变， Kc(A)= Kc(B)；正确答案： =。
②增大压强，平衡左移，NO2的转化率降低，所以A、B、C三点中压强最小为A点，该点转化率最大；正确答案：A。
③由焦炭还原NO2的反应为：2NO2(g)+2C(s)N2(g)+2CO2(g)，在恒温条件下，1 mol NO2和足量C发生反应在C点时，NO2和CO2的物质的量浓度相等，可知此时反应体系中n(NO2)=0.5mol，n(N2)=0.25mol，n(CO2)=0.5mol，则三种物质的分压分别为：P(NO2)= P(CO2)=10MPa×=4，P(N2)=2MPa，C点时该反应的压强平衡常数Kp(C)= 2MPa×42MPa/42MPa=2 MPa；正确答案：2MPa。
6. 前两年华北地区频繁出现的雾霾天气引起了人们的高度重视，化学反应原理可用于治理环境污染，请回答以下问题。
（1）一定条件下，可用CO处理燃煤烟气生成液态硫，实现硫的回收。
①已知：2CO(g) + O2(g) = 2CO2(g) ΔH = −566 kJ·mol‾1
S(l) + O2(g) = SO2(g) ΔH = −296 kJ·mol‾1
则用CO处理燃煤烟气的热化学方程式是________________________。
②在一定温度下，向2 L 密闭容器中充入 2 mol CO、1 mol SO2发生上述反应，达到化学平衡时SO2的转化率为90%，则该温度下该反应的平衡常数K = _________________。
（2）SNCR─SCR是一种新型的烟气脱硝技术（除去烟气中的NOx），其流程如下：

已知该方法中主要反应的热化学方程式：
4NH3(g) + 4NO(g) + O2(g) ⇌ 4N2(g) + 6H2O(g) ΔH = −1646 kJ·mol‾1，在一定温度下的密闭恒压的容器中，能表示上述反应达到化学平衡状态的是__________________（填字母）。
a．4υ逆(N2) = υ正(O2)
b．混合气体的密度保持不变
c．c(N2):c(H2O):c(NH3)=4:6:4
d．单位时间内断裂4 mol N─H键的同时断裂4 mol N≡N键
（3）如图所示，反应温度会直接影响SNCR技术的脱硝效率。

①SNCR技术脱硝的温度选择925 ℃的理由是___________________。
②SNCR与SCR技术相比，SNCR技术的反应温度较高，其原因是____________________________________；但当烟气温度高于1000℃时，SNCR脱硝效率明显降低，其原因可能是_____________________。
（4）一种三室微生物燃料电池可用于污水净化、海水淡化，其工作原理如图所示：

①中间室的Cl‾ 移向_________（填“左室”或“右室”），处理后的含硝酸根废水的pH__________（填“增大”或“减小”）
②若图中有机废水中的有机物用C6H12O6表示，请写出左室发生反应的电极反应式：______________________________________________。
【答案】 (1). 2CO(g) + SO2(g) = 2CO2(g) + S(l) ΔH = −270 kJ/mol (2). K=1620 (3). b (4). 925℃时脱硝效率高，残留氨浓度较小 (5). 没有使用催化剂，反应的活化能较高 (6). 因为脱硝的主要反应是放热反应，温度过高，使脱硝反应逆向移动（或高温下N2与O2生成了NO等合理答案） (7). 左室 (8). 增大 (9). C6H12O6 – 24e‾ + 6H2O = 6CO2↑ + 24H+
【解析】（1）①根据盖斯定律：第一个反应减去第二个反应整理得出CO处理燃煤烟气的热化学方程式2CO(g) + SO2(g) = 2CO2(g) + S(l) ΔH = −270 kJ/mol；正确答案：2CO(g) + SO2(g)= 2CO2(g)+ S(l) ΔH = −270 kJ/mol。
②根据已知可知：反应开始时c(CO)=1 mol/L，c(SO2)=0.5 mol/L；据反应方程式列式：
2CO(g) + SO2(g) = 2CO2(g) + S(l)
起始浓度 1 0.5 0
变化浓度 1×90% 0.5×90% 1×90%
平衡浓度 0.1 0.05 0.9
该温度下该反应的平衡常数K = c2(CO2)/ c2(CO)×c(SO2)= 0.92/ 0.12×0.05=1620；正确答案1620。
（2）速率之比和系数成正比：υ逆(N2) = 4υ正(O2)，a错误；反应前后气体的总质量不变，当容器内的压强保持不变时，容器的体积也就不再发生改变，气体的密度也就不再发生变化，反应达到平衡状态；b正确；c(N2):c(H2O):c(NH3)=4:6:4 的状态仅仅是反应进行过程中一种状态，无法判定平衡状态； c错误；单位时间内断裂12mol N─H键的同时断裂4 mol N≡N键，反应达平衡状态，d错误；正确答案b。
（3）① 从图示看出当温度选择925 ℃时，脱硝效率高，残留氨浓度较小；正确答案：脱硝效率高，残留氨浓度较小。
② 从上述流程看出，SNCR技术的反应没有使用催化剂，反应的活化能较高，因此反应温度较高；因为脱硝的主要反应是放热反应，温度过高，使脱硝反应逆向移动，脱硝效率明显降低；正确答案：没有使用催化剂，反应的活化能较高；因为脱硝的主要反应是放热反应，温度过高，使脱硝反应逆向移动（或高温下N2与O2生成了NO等合理答案）。
（4）①从题给信息看出，硝酸根离子中氮元素变为氮气，发生还原反应，该极为原电池的正极（右室）；电解质溶液中的Cl‾ 移向负极，即左室；在正极溶液中的硝酸根离子发生反应为：2NO3-+10e-+6H2O=N2↑+12OH-,产生OH-,溶液的碱性增强，pH增大；正确答案：左室；增大。
②C6H12O6在负极失电子发生氧化反应生成二氧化碳气体，极反应为：C6H12O6 – 24e‾ + 6H2O = 6CO2↑ + 24H+；正确答案：C6H12O6 – 24e‾ + 6H2O = 6CO2↑ + 24H+。
7. COS 和H2S 是许多煤化工产品的原料气。已知： 
Ⅰ.COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g) ΔH=X kJ·mol-1；
I.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH=-42 kJ·mol-1；
（1）断裂1mol分子中的化学键所需吸收的能量如下表所示：
分子
COS(g)
H2(g)
CO(g)
H2S(g)
H2O(g)
CO2(g)
能量/kJ·mol-1
1321
440
1076
680
930
1606

则X=_____________________。
（2）向10 L容积不变的密闭容器中充入1mol COS(g)、Imol H2(g)和1mol H2O(g)，进行上述两个反应，在某温度下达到平衡，此时CO的体积分数为4%，且测得此时COS的物质的量为0.80mol，则该温度下反应I的平衡常数为_________________（保留两位有效数字）
（3）现有两个相同的2 L恒容绝热（与外界没有热量交换）密闭容器M、N，在M 中充入1mol CO和1molH2O，在N 中充入1molCO2和ImolH2，均在700℃下开始按Ⅱ进行反应。达到平衡时，下列说法正确的是_________。
A.两容器中CO 的物质的量M>N
B.两容器中正反应速率MN
（4）氢硫酸、碳酸均为二元弱酸，其常温下的电离常数如下表：

H2CO3
H2S
Ka1
4.4× 10-7
1.3×10-7
Ka2
4.7× 10-11
7.1×10-15

煤的气化过程中产生的H2S 可用足量的Na2CO3溶液吸收，该反应的离子方程式为______________；常温下，用100ml 0.2mol·L-1InaOH溶液吸收48mL（标况）H2S气体，反应后溶液中离子浓度从大到小的顺序为__________________________________。
（5）25℃时，用Na2S沉淀Cu2+、Sn2+两种金属离子 (M2+)，所需S2-最低浓度的对数值1gc(S2-)与Igc(M2+)的关系如右图所示，请回答：

①25℃时Ksp(CuS)=_______________。
②25℃时向50mL的Sn2+、Cu2+浓度均为0.01mol/L的混合溶液中逐滴加入Na2S溶液，当Na2S溶液加到150mL时开始生成SnS沉淀，则此时溶液中Cu2+浓度为_____________mol/L。
【答案】 (1). 5 (2). 0.034 (3). AC (4). H2S+CO32-＝HS-+HCO3－ (5). c(Na+)＞c(HS－)＞c(OH－) ＞c(H+))＞ c(S2－) (6). 10-35 (7). 2.5×10-13
【解析】(1) ΔH=反应物断键吸收的总能量-生成物成键放出的总能量=1321+440-680-1076=5 kJ·mol-1；正确答案：5。
（2） COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g)
起始量 1 1 0 0
变化量 x x x x
平衡量 1-x 1- x x x
CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)
起始量 x 1 0 1- x
变化量 y y y y
平衡量 x- y 1- y y 1- x+ y
根据题给信息可知：1-x=0.8, x=0.2 mol；反应后混合气体总量为1-x+x+x-y+1-y+y+1- x+y=3mol，根据CO的体积分数为4%列方程 (0.2-y)/3=0.04, y=0.08 mol； c(H2)=(1- x+ y)/10=0.088mol/L；c(H2S)= x /10=0.02mol/L；c(CO)= (x-y)/10=0.012 mol/L； c(COS)= (1-x)/10=0.08mol/L；反应I的平衡常数为c(CO)c(H2S)/ c(H2) c(COS)= 0.012×0.02/0.08×0.088=0.034；正确答案：0.034。
(3) 由于容器M的正反应为放热反应。随着反应的进行，反应的温度升高；由于恒容绝热，升高温度，平衡左移，两容器中CO的物质的量M>N，A正确；M中温度大于N中的温度，所以两容器中正反应速率M>N，B错误；容器M中反应是从正反应方向开始的，容器N中是反应是从逆反应方向开始的，由于恒容绝热(与外界没有热量交换)，所以CO的转化率与容器Ⅱ中CO2的转化率之和必然小于1，C正确；容器M中反应是从正反应方向开始的，由于恒容绝热(与外界没有热量交换)，平衡左移，所以两容器中反应的平衡常数MH2S>HCO3->HS-；所以H2S与Na2CO3溶液反应生成NaHS和NaHCO3；正确答案：H2S+CO32-＝HS-+HCO3－。设生成Na2S xmol和NaHS ymol，根据硫元素守恒：x+y=448×10-3/22.4 ；根据钠元素守恒：2x+y=0.1×0.2,解之x=0，y=0.02mol；所以100ml、0.2mol·L-1NaOH溶液恰好吸收448mL（标况）H2S气体生成NaHS，NaHS溶液电离大于水解过程，溶液显碱性，溶液中各离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(HS－)＞c(OH－) ＞c(H+))＞ c(S2－)；正确答案：c(Na+)＞c(HS－)＞c(OH－) >c(H+))＞ c(S2－)。
（5）①在25℃时，CuS饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：CuS（s）⇌Cu2+（aq）+S2-（aq），Ksp（CuS）=c（Cu2+）×c（S2-）=10-25×10-10=10-35；正确答案：10-35。
②Ksp（SnS）= c（Sn2+）×c（S2-）=10-25×1=10-25>Ksp（CuS）=10-35，所以25℃时向50mL的Sn2+、Cu2+浓度均为0.01mol/L的混合溶液中逐滴加入Na2S溶液，Cu2+先沉淀完成后，
Sn2+开始沉淀；c(Sn2+)=(50×10-3×0.01)/(200×10-3)=2.5×10-3 mol·L-1；根据Ksp（SnS）=c（S2-）×2.5×10-3=10-25，c（S2-）=4×10-23 mol·L-1 ；根据Ksp（CuS）=c（Cu2+）×4×10-23=10-35，c（Cu2+）=2.5×10-13mol·L-1；正确答案：2.5×10-13。
8. 2017年5月18日中共中央国务院公开致电祝贺南海北部神狐海域进行的“可燃冰”试采成功。“可燃冰”是天然气水合物，外形像冰，在常温常压下迅速分解释放出甲烷，被称为未来新能源。
（1）“可燃冰”作为能源的优点是__________(回答一条即可)。
（2）甲烷自热重整是先进的制氢方法,包含甲烷氧化和蒸汽重整两个过程。向反应系统同时通入甲烷，氧气和水蒸气,发生的主要化学反应如下:
反应过程
化学方程式
焓变△H(kJ.mol-l)
活化能E.(kJ.mol-1)
甲烷氧化
CH4(g)+O2(g)CO(g )+2H2O(g)
-802.6
125.6
CH4(g)+O2(g)CO2(g )+2H2(g)
-322.0
172. 5
蒸气重整
CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)
+206.2
240.1
CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)
+ 158. 6
243.9

回答下列问题:
①在初始阶段，甲烷蒸汽重整的反应速率______(填“大于”“小于”或“等于”)甲烷氧化的反应速率。
②反应CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) 的平衡转化率与温度、压强关系[其中n(CH4)：n(H2O)=1:1]如图所示。

该反应在图中A点的平衡常数Kp=________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)，图中压强(p1、p2、p3、p4)由大到小的顺序为___________。
③从能量角度分析，甲烷自热重整方法的先进之处在于___________。
④如果进料中氧气量过大,最终会导致H2物质量分数降底，原因是__________。
（3）甲烷超干重整CO2技术可得到富含CO的气体，其能源和开境上的双重意义重大，甲烷超干重整CO2的催化转化原理如图所示。

①过程II中第二步反应的化学方程式为_____________。
②只有过程I投料比_______，过程II中催化剂组成才会保持不变。
③该技术总反应的热化学方程式为______________。
【答案】 能量密度高、清洁、污染小、储量大 (2). 小于 (3). (Mpa)2或0.1875( Mpa)2 (4). p1>p2>p3>p4 (5). 甲烷氧化反应放出热量正好洪蒸汽重整反应所吸收自热量，达到能量平衡 (6). 氧气量过大,会将H2 氧化导致H2 物质量分数降低 (7). 3Fe+4CaCO3Fe3O4+4CaO+4CO↑ (8). 1/3 (9). CH4(g)+ 3CO2(g)2H2O(g) +4CO(g) △H=+349kJ/mol
【解析】(1). “可燃冰”分子结构式为：CH4·H2O，是一种白色固体物质，外形像冰，有极强的燃烧力，可作为上等能源。它主要由水分子和烃类气体分子（主要是甲烷）组成，所以也称它为甲烷水合物，它的优点：能量密度高、清洁、污染小、储量大等；正确答案：能量密度高、清洁、污染小、储量大。
（2）①从表中活化能数据看出在初始阶段，甲烷蒸汽重整反应活化能较大，而甲烷氧化的反应活化能均较小，所以甲烷氧化的反应速率快；正确答案：小于。
② 根据题给信息，假设甲烷有1mol, 水蒸气有1mol,
CH4(g)+ H2O(g) CO(g)+ 3H2(g) 
起始量 1 1 0 0
变化量 0.2 0.2 0.2 0.6
平衡量 0.8 0.8 0.2 0.6
平衡后混合气体的总量：0.8+0.8+0.2+0.6=2.4 mol；各物质分压分别为：p(CH4)=p(H2O)=4×0.8÷2.4=4/3，p(C0)= 4×0.2÷2.4=1/3, p(H2)=4×0.6÷2.4=1，A点的平衡常数Kp=13×1/3÷（4/3）2=3/16；根据图像分析，当温度不变时，压强减小，平衡左移，甲烷的转化率增大，所以压强的大小顺序：p1>p2>p3>p4；正确答案3/16；p1>p2>p3>p4。
③甲烷氧化反应放出热量正好提供给甲烷蒸汽重整反应所吸收热量，能量达到充分利用；正确答案：甲烷氧化反应放出热量正好洪蒸汽重整反应所吸收自热量，达到能量平衡。
④氧气量过大,剩余的氧气会将H2氧化为水蒸气，会导致H2物质量分数降低；正确答案：氧气量过大,会将H2氧化导致H2物质量分数降低。
（3）①根据图示分析，第一步反应是还原剂把四氧化三铁还原为铁，第二步反应是铁被碳酸钙氧化为四氧化三铁，而本身被还原为一氧化碳；正确答案：3Fe+4CaCO3 Fe3O4+4CaO+4CO↑。
②反应的历程：①CH4(g)+ CO2(g)2H2(g) +2CO(g);②Fe3O4(s)+4H23Fe(s)+4H2O(g); ③Fe3O4(s)+4 CO(g)3Fe(s)+4 CO2(g);三个反应消去Fe3O4和Fe，最终得到CH4(g)+ 3CO2(g)2H2O(g) +4CO(g)；所以只有过程I投料比1/3时，才能保证II中催化剂组成保持不变；正确答案：1/3。
③ ①CH4(g)+3/2O2(g)CO(g )+2H2O(g) △H1=-802.6 kJ.mol-l；
②CH4(g)+O2(g)CO2(g )+2H2(g) △H2=-322.0 kJ.mol-l；
③CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) △H3=+158.6 kJ.mol-l；
②×1.5-①得方程式⑤：1/2 CH4(g)+ CO(g)+ 2H2O(g)=3/2 CO2(g)+3 H2(g)，△H4=3/2△H2-△H1； 然后再进行③×3-⑤×4得方程式并进行△H的相关计算：CH4(g)+ 3CO2(g)2H2O(g) +4CO(g)，△H=+349kJ/mol；正确答案：CH4(g)+ 3CO2(g)2H2O(g) +4CO(g)，△H=+349kJ/mol。
9. 由H、C、N、O、S等元素形成多种化合物在生产生活中有着重要应用。
I.化工生产中用甲烷和水蒸气反应得到以CO和H2为主的混合气体，这种混合气体可用于生产甲醇，回答下列问题:
（1）对甲烷而言，有如下两个主要反应:
①CH4(g) +1/2O2(g) =CO(g) +2H2(g)△H1=-36kJ·mol-1
②2CH4(g) +H2O(g) =CO(g) +3H2(g) △H2=+216kJ·mol-1
若不考虑热量耗散，物料转化率均为100%，最终炉中出来的气体只有CO、H2，为维持热平衡，年生产lmolCO,转移电子的数目为______________________。
（2）甲醇催化脱氢可制得重要的化工产品一甲醛，制备过程中能量的转化关系如图所示。

①写出上述反应的热化学方程式________________________________。
②反应热大小比较:过程I________过程II (填“大 于”、“小于”或“等于”)。
II.（3）汽车使用乙醇汽油并不能减少NOx的排放，这使NOx的有效消除成为环保领城的重要课题。某研究性小组在实验室以Ag-ZSM-5为催化剂，删得NO转化为N2的转化率随温度变化情况如图所示。若不使用CO，温度超过775K，发现NO的分解率降低。其可能的原因为_____________________________________，
在n(NO)/n(CO)=1的条件下，为更好的除去NOx物质，应控制的最佳温度在_______K左右。


（4）车辆排放的氮氧化物、煤燃烧产生的二氧化硫是导致雾霾天气的“罪魁祸首”。活性炭可处理大气污染物NO。在5L密闭容器中加入NO和活性炭(假设无杂质)，一定条件下生成气体E和F。当温度分别在T1℃ 和T2℃时，测得各物质平衡时物质的量(n/mol) 如下表:
物质
温度℃
活性炭
NO
E
F
初始
3.000
0.10
0
0
T1
2.960
0.020
0.040
0.040
T2
2.975
0.050
0.025
0.025

①写出NO与活性炭反应的化学方程式_________________________________________；
②若T1”、“c(H+)>c(A2-)>c(OH-)； 正确答案：c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-)。
（5）①酸性条件下,具有强氧化性,可氧化,反应的离子方程式为Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O ,正确答案: Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O 。
②若处理后的废水中残留的•,•,计算得到,则残留的的浓度为,•；正确答案3.0×10-6mol/L。
12. 航天员呼吸产生的CO2用下列反应处理，可实现空间站中O2的循环利用。
Sabatier反应：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)
水电解反应：2H2O(l) 2H2(g) + O2(g)
（1）将原料气按∶=1∶4置于密闭容器中发生Sabatier反应，测得H2O(g)的物质的量分数与温度的关系如图所示（虚线表示平衡曲线）。

① 该反应的平衡常数K随温度升高而__________（填“增大”或“减小”）。

② 温度过高或过低均不利于该反应的进行，原因是__________________________。
③ 200℃达到平衡时体系的总压强为p，该反应平衡常数Kp的计算式为________。（不必化简。用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）
（2）Sabatier反应在空间站运行时，下列措施能提高CO2转化率的是______（填标号）。
A．适当减压 B．增大催化剂的比表面积
C．反应器前段加热，后段冷却 D．提高原料气中H2所占比例
（3）一种新的循环利用方案是用Bosch反应CO2(g)+2H2(g)C(s)+2H2O(g)代替Sabatier反应。
① 已知CO2(g)、H2O(g)的生成焓分别为–394 kJ∙mol－1、–242 kJ∙mol－1，Bosch反应的ΔH ＝________kJ∙mol－1。（生成焓指一定条件下由对应单质生成1mol化合物时的反应热）
② 一定条件下Bosch反应必须在高温下才能启动，原因是______________________。
【答案】 (1). 减小 (2). 温度过低，反应速率小；温度过高，反应向右进行的程度小（或温度过高，反应向左进行） (3). (4). CD (5). -90 (6). 反应的活化能高
【解析】（1）①根据图中平衡时水的物质的量分数曲线随温度的升高而减小，可知该反应正反应为放热反应，平衡常数随温度的升高而减小；正确答案：减小。
②反应速率随温度的升高而增大，温度过低，速率较小，反应进行缓慢；该反应为放热反应，温度过高，平衡左移，不利于反应的进行；正确答案：温度过低，反应速率小；温度过高，反应向右进行的程度小（或温度过高，反应向左进行）。
③ 根据图像可知，200℃时反应达到平衡时水的物质的量分数0.1，平衡时水所占的压强为0.6p，根据化学方程式可知甲烷所占的压强为0.3 p，因此二氧化碳和氢气所占的压强为0.1p；根据初始投料比以及二氧化碳和氢气的化学计量数之比可知反应达到平衡时，两者的物质的量之比也为1:4，故平衡时二氧化碳所占的压强为0.02p，氢气所占的压强为0.08 p，所以该反应平衡常数Kp的计算式为；正确答案：。
（2）该反应为一个体积变小可逆反应，减小压强，平衡左移，CO2转化率降低，A错误；增大催化剂的比表面积即增大了催化剂与反应物的接触面积，可以提高催化剂的催化效率，加快反应速率，但是平衡不移动，转化率不变，B错误；反应器前段加热，可以加快反应的速率，后段冷却可以减少生成物水蒸汽的浓度，平衡右移，提高CO2转化率，C正确；提高原料气中H2所占比例，会增大CO2转化率，D正确；正确选项CD。
（3）①根据题给条件可知：C(s)+O2(g)==CO2(g) ΔH=–394 kJ∙mol－1,H2(g)+1/2O2(g)= H2O(g) ΔH=–242 kJ∙mol－1,第二个反应×2-第一个反应可得CO2(g)+2H2(g)C(s)+2H2O ΔH ＝-90 kJ∙mol－1；正确答案：-90。
②在化学反应中，只有活化分子才能发生有效碰撞而发生化学反应；升温可以提高反应的活化能，从而利于反应的发生，而该反应的反应活化能高，必须在高温下才能启动；正确答案：反应的活化能高。
13. I、Cl2是一种常用的自来水消毒剂，高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型，高效、多功能绿色水处理剂。已知K2FeO4在Fe3+和Fe(OH)3催化下会分解，在酸性或弱碱性能与水反应生成Fe(OH)3和O2。生产K2FeO4的反应原理是：Fe(NO3)3+KClO+KOH→K2FeO4+KNO3+KCl+H2O
（1）该反应中氧化剂是______________（写电子式）
（2）制备K2FeO4时，将90%的Fe(NO3)3溶液缓缓滴加到碱性的KClO浓溶液中，并且不断搅拌，采用这种混合方式的原因是_____________________（回答一条即可）。
（3）工业上用“间接碘量法”测定高铁酸钾的纯度：用碱性KI溶液溶解3.00g K2FeO4样品，调节pH值使高铁酸根全部被还原成铁离子，再调节pH为3~4，用1.0mol/L的Na2S2O3标准溶液作为滴定剂进行滴定（2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI），淀粉作指示剂，滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液18.00mL。
①滴定终点的现象是__________________________________________。
②原样品中高铁酸钾的质量分数为______________。
II、研究发现，NOx和SO2是雾霾的主要成分。
已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+180.5kJ/moL ①
C(s)+O2(g)=CO2(g) △H=–393.5kJ/moL ②
2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H=–221.0kJ/moL ③
（4）某反应的平衡常数表达式，请写出此反应的热化学方程式：__。
（5）向绝热恒容密闭容器中充入等量的NO和CO进行反应，能判断反应已达到化学平衡状态的是___________（填序号）
a.容器中的压强不变
b.2v正（CO）= v逆（N2）
c.气体的平均相对分子质量保持34.2不变
d.该分应平衡常数保持不变
e.NO和CO的体积比保持不变
（6）2SO3(g) 2SO2(g)+O2(g)，将一定量的SO3放入恒容密闭容器中，测得其平衡转化率随温度变化如图所示。

图中a点对应温度下，已知SO3的起始压强为P0kPa，该温度下反应的平衡常数KP=____(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。在该温度下达到平衡后，再向容器中按=1加入SO2和SO3，平衡将___________（填“向正反应方向移动”，“向逆反应方向移动”，“不移动”）。
【答案】 (1). (2). K2FeO4在强碱性溶液中比较稳定（或减少K2FeO4在Fe3+作用下分解） (3). 滴入最后一滴Na2S2O3标准液，溶液由蓝色变无色，且半分钟内不变色 (4). 39.6% (5). 2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) △H=–746.5KJ/mol (6). acd (7). 4P0/45 (8). 向逆反应方向移动
【解析】（1）根据反应可知KClO中+1价的氯变为氯化钾中-1价的氯，发生了还原反应，KClO是氧化剂，它为离子化合物，电子式为： ；正确答案：。
（2）铁离子水解显酸性，K2FeO4水解显碱性，酸性和碱性溶液混合，会相互促进水解，得到的K2FeO4的量会减少，因此制备K2FeO4时，将90%的Fe(NO3)3溶液缓缓滴加到碱性的KClO浓溶液中，并且不断搅拌，让Fe(NO3)3溶液尽可能反应彻底；正确答案：K2FeO4在强碱性溶液中比较稳定（或减少K2FeO4在Fe3+作用下分解）。
（3）①淀粉遇到碘水会变蓝色，用1.0mol/L的Na2S2O3标准溶液作为滴定剂进行滴定（2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI），淀粉作指示剂，溶液由蓝色变无色，且半分钟内不变色，达到滴定终点；正确答案：滴入最后一滴Na2S2O3标准液，溶液由蓝色变无色，且半分钟内不变色。
②根据反应2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI可知：2Na2S2O3----I2，消耗碘的量为n(I2)= (1.0×18.00×10-3)/2=9×10-3 mol；再根据电子守恒规律可知：高铁酸钾中铁元素得电子总数等于碘单质失电子总数：设有K2FeO4为xmol,则x×（6-3）=9×10-3×2（0-（-1）），解之得：x=6×10-3mol；原样品中高铁酸钾的质量分数为（6×10-3×198）/3×100%=39.6%；正确答案：39.6%。
（4）平衡常数表达式为生成物浓度的幂之积与反应物浓度的幂之积的比值，根据，可知此反应的热化学方程式为2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)，然后再根据盖斯定律：反应③-②×2-①，可得△H=–746.5KJ/mol；所以该反应的热化学方程式为2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) △H=–746.5KJ/mol；正确答案：2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) △H=–746.5KJ/mol。
（5）该反应为反应前后气体的物质的量有变化的反应，当容器中的压强不变，反应达到化学平衡状态，a正确；速率和系数成正比，应为v正（CO）= 2v逆（N2），b错误；反应前后气体的总质量不变，气体的总量在发生变化，当气体的总量不再发生变化，气体的平均相对分子质量为定值，反应到化学平衡状态，c正确；该反应为放热反应，当温度不再发生改变，平衡常数保持不变，达到平衡状态，d正确； NO和CO两种反应是按照1:1投料、1:1反应，任何时候剩余的量都是1:1，无法判定反应是否达到化学平衡状态，e错误；正确选项acd。
（6）设起始SO3 为amol,根据题给信息有
2SO3(g) 2SO2(g)+O2(g)，
起始量 a 0 0
变化量 0.4a 0.4a 0.2 a
平衡量 0.6a 0.4 a 0.2 a
反应达到平衡后，气体的压强为a/(0.6a+0.4 a+ 0.2 a)= P0/p（平衡），p（平衡）=1.2 P0；SO3物质的量分数：0.6a/(0.6a+0.4 a+ 0.2 a)=1/2;；SO2物质的量分数：0.4 a /(0.6a+0.4 a+ 0.2 a)=1/3； O2物质的量分数: 0.2 a/(0.6a+0.4 a+ 0.2 a)=1/6；该温度下反应的平衡常数KP=（1/6×p（平衡））×（1/3×p（平衡））2/(1/2×p（平衡））2= 4P0/45；设容器的体积为1L,设起始SO3 为1mol,反应达平衡时平衡常数为0.2×0.42/0.62=0.8/9=0.09；假设再向容器中按=1加入SO2和SO3，分别为1mol,这时，n(SO3)=1.6 mol, n(SO2)=1.4 mol, n(O2)=0.2 mol, 反应的浓度商为Qc==0.2×1.42/1.62=0.15>0.09；平衡向左移；正确答案：4P0/45；向逆反应方向移动。
14. 目前我国已经全面实施汽车尾气国五排放标准，进一步降低汽车尾气污染。在汽车尾气管中加装催化剂可有效降低CO、NOx及碳氢化合物的排放。回答下列问题：
（1）引发光化学污染的气体是__________________。
（2）以NO为例，已知：
①H2(g)+O2(g)== H2O(g) ΔH1
②2NO(g)+O2(g)==2NO2(g) ΔH2
③N2(g)+2O2(g)==-2NO2(g) ΔH3
④2NO(g)+ 2H2(g)==2H2O(g)+N2(g) ΔH4=-664.14 kJ·mol-1
⑤2NO(g)+2CO(g)==2CO2(g)+N2(g) ΔH5=- 746.48 kJ·mol-1
①②③④反应热效应之间的关系式为ΔH4=____，反应④⑤在热力学上趋势均很大，其原因是_________________________；有利于提高NO转化率的反应条件是____________________；在尾气处理过程中防止NO与H2反应生成NH3，提高其反应选择性的关键因素是_______________________。
（3）研究表明不同负载钯量催化剂对汽车尾气处理结果如图所示，

根据图1和图2可知催化剂最佳负载钯的量为______； 当负载钯的量过大时，三种尾气的转化率反而下降的原因是___________________________________。
（4）尾气中CO与H2O在高温下发生反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)。在460K时，将0.10molCO与0.30molH2O(g)充入2L的密闭容器中，待反应平衡后测得CO2 的物质的量分数为10.5%。
①CO的平衡转化率a1=______%，反应平衡常数K=________________。
②在520 K重复实验，平衡后CO2 的物质的量分数为8.3%，CO的转化率a2_________a1，该反应的ΔH_______0（填“＞”、“＜”或“=”）。
【答案】 (1). NOx和碳氢化合物（HC） (2). 2ΔH1+ΔH2-ΔH3 (3). 两个反应均为放热量大的反应 (4). 降低温度、增大压强 (5). 找到合适的催化剂 (6). 2g·L-1 (7). 钯的负载量过大时在高温下可能使钯颗粒烧结，致使催化剂活性降低 (8). 42.0% (9). 0.118 (10). < (11).