2022届高三化学一轮化学反应原理题型必练—72化学反应原理新题精练 WORD版含答案.docx

1、2022届高三化学一轮化学反应原理题型训练：72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0.4molL-1(NH4)2S溶液常压下吸收SO2烟气的吸收率。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

2、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”“”、“”、“”或“=”）M点乙烯体积分数为_；（保留2位有效数字）300，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

3、转化率（%）各产物在所有产物中的占比（%）C2H4C3H6其他Na42.535.939.624.5K27.275.622.81.6Cu9.880.712.56.8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_；下列说法正确的是_；a第步所反应为：CO2+H2CO+H2Ob第步反应的活化能低于第步c催化剂助剂主要在低聚反应、异构化反应环节起作用dFe3(CO)12/ZSM-5使CO2加氢合成低碳烯烃的H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

4、图所示。b极接的是太阳能电池的_极；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) H=131.3 kJmol-1。该反应在常温下_自发进行（填“能”与“不能”）；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 b1 mol HH键断裂的同时断裂2 mol HO键cc(CO)=c(H2) d密闭容器的容积不再改变(2)将不

5、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/minH2OCOH2CO1650241.62.462900120.41.633900abcdt实验1中以v(CO2) 表示的反应速率为_ 。（取小数二位，下同）该反应为 _（填“吸”或“放”）热反应，实验2条件下平衡常数K=_。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t3min，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。

6、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kJmol-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 H29二氧化氯(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Cl

7、O2。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：pH2时，ClO2与I-反应生成I2的离子方程式为_。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。NCl3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_。NCl3在NaOH溶液中水解生成N2，NaClO和NaCl，其化学方程式为_。NCl3与NaClO2按物质的量之比16混合，在溶液中恰好反应生成ClO2

8、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

9、进一步被空气氧化成Na2S2O3。请回答下列问题：（1）Na2S2O3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。COS的分子结构与CO2相似，COS的电子式为_。Br2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”）。已知断裂1mol化学键所需的能量如下：化学键HHCOCSHSE/kJmol-14367455773391072H2还原COS发生的反应为H2(g)+COS(g) H2S(g)+CO(g)，该反应的H=_kJmol-1。用活性Al2O3催化COS水解的反应为C

10、OS(g)+ H2 O(g) CO2(g)+ H2S (g) H0。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(N2O4)随温度的变化如下图某条曲线：(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) H0。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

11、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，0120min的速率v(N2)=_mol/(Lmin)，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(NH3H2O)=2.0105，Ka1(H2CO3)=4.0107、Ka2(H2CO3)=5.01011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_。0.50mol/L的Na2CO3溶液的pH=_。(不考虑CO32第二步水解和H2

12、O的电离)12INO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) H1，4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g) H2，N2(g)+O2(g)2NO(g) H3，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

13、忽略不计），保持温度不变，只发生反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) H”、“”或“=”）。II(3)某化学研究性学习小组模拟用CO和H合成甲醇，其反应为：CO(g)+2H(g) CH3OH(g)HO。在容积固定为1L的密闭容器内充入2mol CO和4 mol H2，加入合适的催化剂（体积可以忽略不计）、保持250不变发生上述反应，用压力计监测容器内压强的变化如下：反应时间/min0510152025压强/MPa12.410.28.47.06.26.2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

14、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：B极上的电极反应式为_。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)。13NO2、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：CO23H2CH3OHH2O已知：CO2(g)3H2

15、(g)CH3OH(g)H2O(g) Ha kJmol1；2H2(g)O2(g)2H2O(g) Hb kJmol1；H2O(g)H2O(l) Hc kJmol1；CH3OH(g)CH3OH(l) Hd kJmol1，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：06 min内，反应的平均速率v(Cl2)_；若保持温度不变，在第7min 向体

16、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”)；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；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”)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

17、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+可实现过程的转化，将过程的离子方程式补充完整：_NH4+ + 5O2= 2NO2- + _H+ +_+_工业合成氨原理是：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H1.881 10-2p故设想不成立，共存时NH4HCO3(s)更易分解。 0.400 1.881 10-2p故设想不成立，共存时NH4HCO3(s)更易分解。6-5在373K时，= 129076-334.2373 4419.4 Jmol-1=-RTlnK K = 0.240 (5) 假设气

18、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QK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

19、.5 分)33d 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 molL-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

20、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()+6I-3I2+ 2Cr3+，故可得关系式：2Cr3+2C

21、r()3I26S2O，可得Cr3+3S2O，则萃取所得水层溶液中Cr3+的物质的量浓度。4513.5 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）设NO的键能为x，反应，H=(10762+2x)-(74522+945)=-746，解得x=513.5，NO的键能为513.5；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

22、，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）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；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）与生成的反应方程式为，28克氮气就是1摩尔，=3.43；在一定温度范围内催化剂活性较大

23、，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。5AD AC (或) 升温，反应的平衡逆向移动，而反应的平衡正向移动且幅度更大 时以反应为主，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

24、，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)A反应为吸热反应，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，反应平衡不移动，但反应平衡正向移动，导致反应物浓度的降低和水蒸气浓度

25、的增大，从而使反应的平衡逆向移动，选择性下降，D不正确；故选AC。答案为：AC；时，反应和达到化学平衡，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)=，则该温度下反应的平衡常数为=(或)。答案为：(或)；以上，升高温度，的选择性降低，反应平衡逆向移动，但的平衡转化率升高，则表明反应正向进行的程度远大于反应，其原因是：升温，反应的平衡逆向移动，而反应的平衡正向移

26、动且幅度更大。答案为：升温，反应的平衡逆向移动，而反应的平衡正向移动且幅度更大；反应中，CO2的平衡转化率不受压强变化的影响，但反应来说，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为主，其原因是：时以反应为主，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和反应的影响时，应依据图象提供的信息，确定对两反应影响的主次。6BD 9.7%或 0.03molL-1min-1 K 降低生成乙

27、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，H3，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KMKN，故答案为：；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%，

28、故答案为：9.7%；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=0.3molL-1，所以v(H2)=0.03mol（Lmin）-1，故答案为：0.03molL-1min-1； （3）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；a由条

29、件可知第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第步反应明显慢于第步反应，故第步反应更容易发生，第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；dH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）PTFE(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；阴极的电极反应式为2CO2+

30、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(Lmin)-1 放 K=0.17 b=2a，a1 c、d 【详解】（1）对于反应C(s)H2O(g) CO(g)H2(g) H=131.3 kJmol-1，H0，S0，根据G=H-TS0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

31、：不能；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； b1 mol HH键断裂表示逆反应， 2 mol HO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；cc(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）根据CO

32、(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)=；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=；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

33、满足的关系是a:b=1:2，即b=2a，若t3min，说明实验3容器内压强大于实验2，则a1（或b2）；答案为：放 0.17 b=2a，a1；（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

34、，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H和V，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。92ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O 2：1 +1 NH2Cl+2H2O NH3H2O+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

35、潜在危害的有机氯代物 NH4Cl+2HCl 3H2+NCl3 【分析】（1）由图可知，pH2时，ClO2与I反应生成I2、Cl-和H2O；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）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；NCl3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；由NCl3与NaClO2按物质的量之比16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

36、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）由图可知，pH2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；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

37、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）NCl3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 NH3H2O+HClO，故答案为；+1；NH2Cl+2H2O NH3H2O+HClO；NCl3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+3Na

38、ClO+3H3O，故答案为2NCl3+6NaOH=N2+3NaCl+3NaClO+3H3O；由NCl3与NaClO2按物质的量之比16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

39、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】(

40、1) Na2S2O3的化学名称是硫代硫酸钠。(2) CO2的结构式为O=C=O，据此写出COS的电子式。Br2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。根据反应热H=反应物总键能生成物总键能，结合物质结构式计算。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

41、息写出去除SO2的化学方程式为SO2(g)+NH3H2O(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)CO2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。Br2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

42、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。H2(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H=反应物总键能生成物总键能=(1436kJ/mol+1745kJ/mol+1577kJ/mol)(2339kJ/mol+11072kJ/mol)=+8kJ/mol。COS(g)+H2O(g)CO2(g)+ H2S(g) H0，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

43、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)+NH3H2O(aq)=NH4HSO3(aq)， 2NH4HSO3(aq)+O2(g)=(NH4)2SO4(aq)+

44、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。11346 N2O5= NO2+ NO3 i 204kPa 乙 0.005 正反应 蓝色 c(NH4+)c(CO32)c(HCO3) 12

45、【分析】（1）由盖斯定律计算H；（2）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；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：NH3H2OH2CO3HCO3，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：CO32HCO3NH4+。【详解】（1）由盖斯定律

46、可知，（I步+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）N2O5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；N2O4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，N2

47、O4的平衡转化率(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 kPa1/3=51 kPa，NO2物质的量分数2/3，平衡分压为150 kPa2/3=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，

48、0120min时，CO浓度变化量为（2.000.80）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/L120min=0.005 mol/(Lmin)；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：NH3H2OH2CO3HCO3，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：CO32HCO3NH4+。由于0.1mol/L的(NH4)2CO3溶液中，CO32和NH4+均水解，水解程度大

49、小顺序为：CO32NH4+，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)；0.50mol/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=1.01014/5.01011=2.0104，0.50mol/L的Na2CO3溶液中c(OH)=1.0102mol/L，溶液pH=12，故答案为12。【点睛】本题考查化学反应

50、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=(H1H2 )/2 b c 0. 075 mol/(Lmin) 3（mol/L)-2 (单位不作要求） CH48e4O2=CO22H2O 2.8 【解析】【分析】（1）由盖斯定律计算可得H3；（2）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；

51、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）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；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，（）/2得N2(g)+O2(g)2NO(g)，则H3=(H1H2 )/2，故答案为H3=(H1H2 )/2；（2）a、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

52、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；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0是个体系混乱程度减小的吸热反应。H0；S0，.所以该设想不能实现。反应器中发

53、生的反应离子方程式为：SO2I22H2OSO42-2I4H+。2HI 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。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MHOHeH2OM；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4O24e2H2O=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。