專題講座四加試第30題基本概念、基本理論綜合1(2016·浙江4月選考，30)氨氣及其相關產品是基本化工原料，在化工領域中具有重要的作用。(1)以鐵為催化劑，0.6 mol氮氣和1.8 mol氫氣在恒溫、容積恒定為1 L的密閉容器中反應生成氨氣，20 min后達到平衡，氮氣的物質的量為0.3 mol。在第25 min時，保持溫度不變，將容器體積迅速增大至2 L并保持恒容，體系達到平衡時N2的總轉化率為38.2%，請畫出從第25 min起H2的物質的量濃度隨時間變化的曲線。該反應體系未達到平衡時，催化劑對逆反應速率的影響是_(填“增大”、“減少”或“不變”)。(2)N2H4是一種高能燃料，有強還原性，可通過NH3和NaClO反應制得，寫出該制備反應的化學方程式_。N2H4的水溶液呈弱堿性，室溫下其電離常數K11.0×106，則0.01 mol·L1 N2H4水溶液的pH等于_(忽略N2H4的二級電離和H2O的電離)。已知298 K和101 kPa條件下：N2(g)3H2(g)=2NH3(g) H1 2H2(g)O2(g)=2H2O(l)H22H2(g)O2(g)=2H2O(g)H34NH3(g)O2(g)=2N2H4(l)2H2O(l)H4則N2H4(l)的標準燃燒熱H_。(3)科學家改進了NO2轉化為HNO3的工藝(如虛框所示)，在較高的操作壓力下，提高N2O4/H2O的質量比和O2的用量，能制備出高濃度的硝酸。實際操作中，應控制N2O4/H2O質量比高于5.11，對此請給出合理解釋_。答案(1)增大(2)2NH3NaClO=N2H4NaClH2O10H2H1H4(3)2N2O42H2OO2=4HNO3，N2O4/H2O質量比等于5.11時恰好反應，高于5.11是為了提高N2O4濃度，有利于平衡正向移動，得到高濃度的硝酸2(2015·浙江10月選考，30)由某精礦石(MCO3·ZCO3)可以制備單質M，制備過程中排放出的二氧化碳可以作為原料制備甲醇，取該礦石樣品1.84 g，高溫灼燒至恒重，得到0.96 g僅含兩種金屬氧化物的固體，其中m(M)m(Z)35，請回答：(1)該礦石的化學式為_。(2)以該礦石灼燒后的固體產物為原料，真空高溫條件下用單質硅還原，僅得到單質M和一種含氧酸鹽(只含Z、Si和O元素，且Z和Si的物質的量之比為21)。寫出該反應的化學方程式_。單質M還可以通過電解熔融MCl2得到，不能用電解MCl2溶液的方法制備M的理由是_。 (3)一定條件下，由CO2和H2制備甲醇的過程中含有下列反應：反應1：CO2(g)H2(g)CO(g)H2O(g)H1反應2：CO(g)2H2(g)CH3OH(g)H2反應3：CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)H3其對應的平衡常數分別為K1、K2、K3，它們隨溫度變化的曲線如圖1所示。則H2_(填“大于”、“小于”或“等于”)H3，理由是_。(4)在溫度T1時，使體積比為31的H2和CO2在體積恒定的密閉容器內進行反應。T1溫度下甲醇濃度隨時間變化曲線如圖2所示；不改變其他條件，假定t時刻迅速降溫到T2，一段時間后體系重新達到平衡。試在圖中畫出t時刻后甲醇濃度隨時間變化至平衡的示意曲線。答案(1)MgCO3·CaCO3(2)2MgO2CaOSi Ca2SiO42Mg 電解MgCl2溶液時，陰極上H比Mg2容易得電子，電極反應式2H2O2e= H22OH，所以不能得到Mg單質(3)小于由圖1可知，隨著溫度升高，K1增大，則H1> 0，根據蓋斯定律又得H3H1H2，所以H2<H3(4)加試題第30題是基本概念、基本理論組合題，主要是結合無機推斷、化學工藝，考查了熱化學、電化學、化學平衡及電解質溶液的知識，涉及的基本能力有審題能力、計算能力、簡答能力及繪圖能力等。由于考查知識全面，題目綜合性較強，但每空分值較少(最多2分)，這就要求學生審題要仔細，計算要準確，繪圖要規(guī)范，簡答要精煉，爭取在有限的時間內得高分。(一)信息型方程式的書寫1某科研小組在實驗室用較濃的KOH溶液直接吸收氯氣，研究發(fā)現反應進行一段時間后開始出現KClO3并逐漸增多，產生KClO3的離子方程式是_。答案6OH3Cl2=5ClClO3H2O2MnO2與KClO3、KOH溶液共熱，可得到K2MnO4，此反應的化學方程式是_。答案3MnO26KOHKClO33K2MnO4KCl3H2O3向1 L 1 mol·L1的K2FeO4中加入足量稀H2SO4酸化，可以產生O2和Fe3，該反應的離子方程式為_。答案4FeO20H=4Fe33O210H2O4NaOCN與NaClO反應，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2(已知HCN、HOCN中N元素的化合價相同)則反應的離子方程式：_。答案2OCN3ClO=COCO23ClN25在催化劑作用下，尿素CO(NH2)2也可以將NOx反應生成N2和H2O。寫出CO(NH2)2與NO2反應的化學方程式_。答案4CO(NH2)26NO27N24CO28H2O6氨基甲酸銨(NH2COONH4) 極易水解，產物是碳酸氫銨和一種弱堿，請寫出其水解反應方程式：_。答案 NH2COONH4 2H2ONH4HCO3NH3·H2O7煤燃燒排放的煙氣含有SO2和NOx，形成酸雨、污染大氣，采用NaClO2溶液作為吸收劑可同時對煙氣進行脫硫、脫硝。寫出NaClO2溶液脫硝過程中主要反應的離子方程式：_。答案4OH3ClO4NO=4NO3Cl2H2O8在堿性條件下，寫出O2將Mn2氧化成MnO(OH)2的離子方程式：_。答案O22Mn24OH=2MnO(OH)2 9一定條件下，向FeSO4溶液中滴加堿性NaBH4溶液，溶液中BH(B元素的化合價為3)與Fe2反應生成納米鐵粉、H2和B(OH)，其離子方程式為_。答案2Fe2BH4OH=2Fe B(OH)2H2106價鉻的化合物毒性較大，常用NaHSO3將廢液中的Cr2O還原成Cr3，該反應的離子方程式為_。答案Cr2O3HSO5H=2Cr33SO4H2O或Cr2O8HSO=2Cr33SO5SO4H2O(二) 蓋斯定律應用強化練1CO2可作為合成低碳烯烴的原料加以利用。如：2CO2(g)6H2(g)CH2=CH2(g)4H2O(g)Ha kJ·mol1已知：H2和CH2=CH2的標準燃燒熱分別是285.8 kJ·mol1和1 411.0 kJ·mol1。H2O(g)H2O(l)H44 kJ·mol1則a_。答案127.8解析 H2的標準燃燒熱的熱化學方程式為H2(g)O2(g)=H2O(l)H285.8 kJ·mol1；CH2=CH2的標準燃燒熱的熱化學方程式為CH2=CH2(g)3O2(g)=2CO2(g)2H2O(l)H1 411.0 kJ·mol1；H2O(g) H2O(l)H44 kJ·mol1；根據蓋斯定律可知，×6×4可得：2CO2(g)6H2(g)CH2=CH2(g)4H2O(g)H285.8×61 41144×4127.8 kJ·mol1。2近幾年，利用CO2合成二甲醚已成為人們所關注的熱點。其反應原理如下：反應CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(l)H149.01 kJ·mol1反應2CH3OH(g) CH3OCH3(g)H2O(l)H224.52 kJ·mol1反應CO2(g)H2(g) CO(g)H2O(l)H3 請回答：CO2轉化為二甲醚的反應原理為反應2CO2(g)6H2(g)CH3OCH3(g)3H2O(l)H4_。答案122.54 kJ·mol1解析反應CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(l)H149.01 kJ·mol1反應2CH3OH(g)CH3OCH3(g)H2O(l)H224.52 kJ·mol1，根據蓋斯定律，×2可得：2CO2(g)6H2(g)CH3OCH3(g)3H2O(l)H4(49.01 kJ·mol1)×2(24.52 kJ·mol1)122.54 kJ·mol1。3已知：Al2O3(s)3C(s)=2Al(s)3CO(g)H11 344.1 kJ ·mol12AlCl3(g)=2Al(s)3Cl2(g)H21 169.2 kJ ·mol1由Al2O3、C和Cl2反應生成AlCl3的熱化學方程式為_。答案 Al2O3(s)3C(s)3Cl2(g)=2AlCl3(g)3CO(g)H174.9 kJ·mol1解析.Al2O3(s)3C(s)=2Al(s)3CO(g)H11 344.1 kJ·mol1.2AlCl3(g)=2Al(s)3Cl2(g)H21 169.2 kJ·mol1，根據蓋斯定律，將可得Al2O3(s)3C(s)3Cl2(g)=2AlCl3(g)3CO(g)H1 344.1 kJ·mol11 169.2 kJ·mol1174.9 kJ·mol1。4已知：Ti(s)2Cl2(g)=TiCl4(l)Ha kJ·mol1；2Na(s)Cl2(g)=2NaCl(s)Hb kJ·mol1；Na(s)=Na(l)Hc kJ·mol1；則TiCl4(l)4Na(l)=Ti(s)4NaCl(s)H_ kJ·mol1。答案2b4ca解析()Ti(s)2Cl2(g)=TiCl4(l)Ha kJ·mol1；()2Na(s)Cl2(g)=2NaCl(s)Hb kJ·mol1；()Na(s)=Na(l)Hc kJ·mol1，將方程式2()()4()得：TiCl4(l)4Na(l)=Ti(s)4NaCl(s)H2b4ca kJ·mol1。5由CO可以直接合成許多C1化工產品，如生產甲醇。已知：2CH3OH(l)3O2(g)=2CO2(g)4H2O(l)H1 453 kJ·mol12H2(g)O2(g)=2H2O(l)H571.6 kJ·mol1又知CO(g)燃燒熱H283 kJ·mol1，則CO(g)2H2(g)=CH3OH(l) H _ kJ·mol1。答案128.1 解析CO(g)燃燒熱H283 kJ·mol1，則CO(g)O2(g)= CO2(g) H283 kJ·mol1，2CH3OH(l)3O2(g)=2CO2(g)4H2O(l)H1 453 kJ·mol1，2H2(g)O2(g)=2H2O(l)H571.6 kJ·mol1，根據蓋斯定律×得：CO(g)2H2(g)=CH3OH(l)H128.1 kJ·mol1。6用CH4催化還原煤燃燒產生的氮氧化物，可以消除污染。已知：CH4(g)2NO2(g)=N2(g)CO2(g)2H2O(g)H867 kJ·mol1NO2(g)=N2O4(g)H 28.5 kJ·mol1寫出CH4催化還原N2O4(g)生成CO2、N2和H2O(g)的熱化學方程式_。答案CH4(g)N2O4(g)=N2(g)CO2(g)2H2O(g)H810 kJ·mol1解析已知：.CH4(g)2NO2(g)=N2(g)CO2(g)2H2O(g)H867 kJ·mol1，.2NO2(g)=N2O4(g)H57 kJ·mol1，根據蓋斯定律，得CH4(g)N2O4(g)=N2(g)CO2(g)2H2O(g)，故H867 kJ·mol1(57 kJ·mol1)810 kJ·mol1，即CH4(g)N2O4(g)=N2(g)CO2(g)2H2O(g)H810 kJ·mol1。7已知：N2(g)3H2(g)2NH3(g)H1a kJ·mol14NH3(g)5O2(g)=4NO(g)6H2O(l)H2b kJ·mol14NO(g)3O2(g)2H2O(l)=4HNO3(aq)H3c kJ·mol1則N2(g)3H2(g)4O2(g)=2HNO3(aq)2H2O(l)H_kJ·mol1(用a、b、c、H2和H3表示)。答案a0.5b0.5c解析(×2)÷2即可得目標等式，故Ha0.5b0.5c kJ·mol1。8肼(N2H4)是一種火箭燃料。已知：N2(g)2O2(g)=2NO2(g)H67.7 kJ·mol1N2H4(g)O2(g)=N2(g)2H2O(g)H534.0 kJ·mol1NO2(g)=N2O4(g)H28.0 kJ·mol1 反應2N2H4(g)N2O4(g)=3N2(g)4H2O(g)的H_ kJ·mol1。答案1 079.7(三)電化學知識應用集訓1用Na2SO3溶液充分吸收SO2得NaHSO3溶液，然后電解該溶液可制得硫酸。電解原理示意圖如圖所示。電解時陽極區(qū)會產生氣體，產生氣體的原因是_。答案在陽極區(qū)HSO放電生成H，H與HSO反應產生SO22TiO2直接電解法生產鈦是一種較先進的方法，電解質為熔融的氯化鈣，原理如圖所示，二氧化鈦電極連接電源_極，該極電極反應為_；但此法會產生有毒氣體，為減少對環(huán)境的污染，在電池中加入固體氧離子隔膜(氧離子能順利通過)，將兩極產物隔開，再將石墨改為金屬陶瓷電極，并通入一種無毒的還原性氣體，該氣體是_。答案負 TiO24e=Ti2O2 H2解析電解時，陰極上得電子發(fā)生還原反應，所以二氧化鈦得電子生成鈦和氧離子，和電源負極相連；電極反應式為TiO24e=Ti2O2，陽極上加入的物質應該具有還原性且是氣體，反應后的生成物不會污染環(huán)境，水不會污染環(huán)境，所以該氣體是氫氣。3(1)As2S3和HNO3反應如下：As2S310H10NO=2H3AsO43S10NO22H2O，將該反應設計成原電池，則NO2應該在_(填“正極”或“負極”)附近逸出，該極的電極反應式為_。(2)利用LiOH和鈷氧化物可制備鋰離子電池正極材料。LiOH可由電解法制備，鈷氧化物可通過處理鈷渣獲得。利用如下圖裝置電解制備LiOH，兩電極區(qū)電解液分別為LiOH和LiCl溶液。B極區(qū)電解液為_(填化學式)溶液，陽極電極反應式為_，電解過程中Li向_(填“A”或“B”)電極遷移。答案(1)正極NOe2H=NO2H2O(2)LiOH2Cl2e=Cl2B解析(1)原電池中正極發(fā)生還原反應，則某元素的化合價降低，由反應可知N元素的化合價由5降低到4，則NO2屬于還原產物，在正極生成，即NOe2H=NO2H2O。(2)電解制備LiOH，兩電極區(qū)電解液分別為LiOH和LiCl溶液，由圖可知，右側生成氫氣，則B中氫離子放電，可知B為陰極，在B中制備LiOH，B極區(qū)電解液為LiOH溶液；Li由A經過陽離子交換膜向B移動；A中為LiCl溶液，氯離子放電生成氯氣，則陽極反應式為2Cl2e=Cl2。4通過SO2傳感器可監(jiān)測大氣中SO2的含量，其工作原理如下圖所示。(1)固體電解質中O2向_極移動(填“正”或“負”)。(2)寫出V2O5電極的電極反應式：_。答案(1)負(2)SO22eO2=SO3 5如下圖所示裝置是一種可充電電池，裝置是一種以石墨為電極的家用環(huán)保型消毒液發(fā)生器。裝置中離子交換膜只允許Na通過，充放電的化學方程式為2Na2S2NaBr3Na2S43NaBr(1)負極區(qū)電解質為_(用化學式表示)。(2)家用環(huán)保型消毒液發(fā)生器發(fā)生反應的離子方程式為_。答案(1)Na2S2(2)Cl22OH=ClClOH2O 或ClH2O=ClOH26用甲醇燃料電池高溫電解等物質的量的H2OCO2混合氣體可以間接制備H2。其基本原理如圖所示。(1)甲醇燃料電池以酸性溶液為電解質，寫出電池負極的電極反應式_。(2)電解池中發(fā)生的總反應方程式為_。答案(1)CH3OHH2O 6e=CO26H(2)H2OCO2H2COO27應用電化學原理，將PbSO4轉化為鉛可以清潔處理蓄電池，其原理是先用細菌將PbSO4轉換為PbS，再用氟硼酸鐵浸出PbS，化學方程式為PbS2Fe(BF4)3=Pb(BF4)22Fe(BF4)2S最后通過電解浸出液得到金屬鉛，電解后的溶液可以循環(huán)使用，寫出電解的總反應方程式：_。 答案Pb(BF4)22Fe(BF4)2 Pb2Fe(BF4)38用電化學方法也可去除廢水中氨氮。在蒸餾水中加入硫酸銨用惰性電極直接電解發(fā)現氨氮去除效率極低，但在溶液中再加入一定量的氯化鈉后，去除效率可以大大提高。反應裝置如圖乙所示，b為電源_極，電解時陰極的電極反應式為_。答案正2H2O2NH2e=2NH3·H2OH2或2H2e=H2(四)電解質溶液1高氯酸、鹽酸和硝酸的酸性在水溶液中差別不大。某溫度下，這三種酸在冰醋酸中的電離平衡常數如表所示。冰醋酸做溶劑，這三種酸酸性最強的是_。在冰醋酸中，鹽酸的電離方程式為_。酸HClO4HClHNO3Ka1.6×1051.6×1094.2×1010答案HClO4HClHCl2次磷酸(H3PO2)是一種一元弱酸，具有較強的還原性。試回答下列問題：NaH2PO2為_(填“正鹽”或“酸式鹽”)，溶液中有關離子濃度從大到小的順序為_。答案正鹽c(Na)c(H2PO)c(OH)c(H)3硅元素最高價氧化物對應的水化物是H2SiO3。室溫下，0.1 mol·L1 的硅酸鈉溶液和0.1 mol·L1 的碳酸鈉溶液，堿性更強的是_，其原因是_。已知：H2SiO3：Ka12.0×1010Ka21.0×1012 H2CO3：Ka14.3×107Ka25.6×1011。答案硅酸鈉硅酸的Ka2小于碳酸的Ka2，硅酸鈉更易水解解析根據所給數據可知：硅酸的Ka2小于碳酸的Ka2，依據“越弱越水解”可知硅酸鈉更易水解。4已知室溫下，碳酸的電離常數K14.4×107，K24.7×1011。NaHCO3水溶液顯堿性，原因：_(用K 定量解釋)。答案碳酸氫鈉溶液中的水解平衡常數Kh2.5×108，大于碳酸的電離常數K24.7×10115已知：HSOHSOK1.02×107NHH2ONH3·H2OHK5.65×1010往亞硫酸氫銨中加入一定量的氫氧化鋇溶液，可能發(fā)生反應的離子方程式是_(選填編號)。aHSOBa2OH=BaSO3H2ObNH2HSO2Ba23OH=2BaSO32H2ONH3·H2OcNHHSOBa22OH=BaSO3H2ONH3·H2Od2NH4HSO3Ba26OH=3BaSO34H2O2NH3·H2OSO答案cd解析已知：HSOHSOK1.02×107，NHH2ONH3·H2OHK5.65×1010，亞硫酸氫根離子電離程度大于一水合氨的電離程度，所以亞硫酸氫銨溶液中滴入氫氧化鋇溶液，氫氧根離子先和亞硫酸氫根離子反應，后與銨根離子結合生成一水合氨，反應中氫氧化鋇量不同產物不同，不足量的氫氧化鋇反應時需要滿足化學式的組成比。a項中的離子方程式分析，HSOBa2OH=BaSO3H2O是氫氧化鋇不足量時的反應，只和亞硫酸氫根離子反應，則氫氧化鋇電離出的鋇離子和氫氧根離子全部反應，需要符合化學式的組成比，正確的應為2HSOBa22OH=BaSO32H2OSO；b項中離子方程式分析，NH2HSO2Ba23OH=2BaSO32H2ONH3·H2O，電離出2 mol Ba2，電離出的氫氧根離子為4 mol，其中2 mol OH和2 mol亞硫酸氫根離子反應，2 mol OH和2 mol NH反應，正確的反應離子方程式為NHHSOBa22OH=BaSO3H2ONH3·H2O；c項依據b分析可知，選項中離子方程式為氫氧化鋇和亞硫酸氫銨11反應的離子方程式，NHHSOBa22OH=BaSO3H2ONH3·H2O；d項，2NH4HSO3Ba26OH=3BaSO34H2O2NH3·H2OSO，分析離子方程式，反應是4 mol NH4HSO3和3 mol Ba(OH)2的反應，6 mol OH先和4 mol HSO反應，剩余 2 mol OH再和2 mol NH反應，剩余2 mol NH生成亞硫酸銨，反應的離子方程式正確。6已知硫酸的第二級電離并不完全：HSOHSO(Ka1.2×102)。在0.1 mol·L1的硫酸氫鉀溶液中大約有30%的HSO電離，則該溶液中離子濃度由大到小排列第2位的離子是_，第4位的離子是_。往該溶液中加入硫酸氫鉀固體并保持溫度不變，則溶液中_(填“增大”、“減小”或“不變”)。答案HSOSO減小解析已知硫酸的第二級電離并不完全，在0.1 mol·L1的硫酸氫鉀溶液中大約有30% 的HSO電離，溶液顯酸性，則溶液中離子濃度大小為c(K)c(HSO)c(H)c(SO)c(OH)，則該溶液中離子濃度由大到小排列第2位的離子是HSO，第4位的離子是SO，往該溶液中加入硫酸氫鉀固體并保持溫度不變，則溶液中c(HSO)、c(K)濃度增大，但對于電離平衡，HSOHSO，硫酸氫根離子只電離不水解，氫離子濃度增大平衡逆向進行，電離程度減小，c(HSO)增大的多，比值減小。7已知常溫下，H2CO3：Ka14.3×107、Ka25.6×1011。結合H的能力Na2CO3溶液_(填“”、“”或“”)NaHCO3溶液，設計簡單實驗證明：_。答案取等濃度等體積的NaHCO3和Na2CO3溶液混于同一燒杯中，加入稀鹽酸，邊滴邊攪拌，若一段時間無氣泡，則Na2CO3結合H能力強解析電解質越弱，其相應的陰離子結合質子能力越強，常溫下，H2CO3：Ka14.3×107Ka25.6×1011，電離強弱順序：碳酸的一級電離大于其二級電離，即結合H的能力Na2CO3溶液大于NaHCO3溶液，取等濃度等體積的NaHCO3和Na2CO3溶液混于同一燒杯中，加入稀鹽酸，邊滴邊攪拌，若一段時間無氣泡，則Na2CO3結合H能力強。8在1 L 0.3 mol·L1的NaOH溶液中，通入4.48 L CO2(標準狀況)，反應后所得溶液中離子的濃度之間有一些等量關系，例如：c(Na)c(H)c(HCO)2c(CO)c(OH)，另外對此溶液中存在的離子按濃度由大到小排序為_。答案c(Na)c(HCO)c(CO)c(OH)c(H)解析n (CO2)0.2 mol、n(NaOH)0.3 mol·L1×1 L0.3 mol，則反應的可能方程式有CO22NaOH=Na2CO3H2O，CO2NaOH=NaHCO3，根據21可知反應后產物為Na2CO3和NaHCO3，設所得產物中含Na2CO3為x mol，NaHCO3為y mol，則xy0.2、2xy0.3，解得x0.1、y0.1，在含等物質的量的碳酸鈉、碳酸氫鈉的溶液中，c(Na)最大，碳酸根離子水解大于碳酸氫根離子的水解，則c(HCO)c(CO)，水解使溶液顯堿性，則c(OH)c(H)，顯性離子大于隱性離子，則c(HCO)c(CO)c(OH)c(H)，所以離子濃度大小為c(Na)c(HCO)c(CO)c(OH)c(H)。9流程中所用的NaHSO3溶液顯弱酸性，源于NaHSO3存在以下兩種程度不同的平衡體系：(1)水解_和電離_(用離子方程式表示)。(2)如向0.1 mol·L1的NaHSO3溶液中分別加入以下物質，回答問題：加入少量Ba(OH)2固體，水解平衡向_移動；加入少量NaClO固體，溶液的pH_(選填“增大”、“減小”或“不變”)。答案(1)HSOH2OH2SO3OHHSOSOH(2)逆反應方向減小解析(1)NaHSO3溶液顯弱酸性，是因為該溶液中存在以下的平衡：水解：HSOH2OH2SO3OH和電離：HSOSOH，電離程度大于水解程度。(2)加入Ba(OH)2，OH濃度增大，平衡逆向移動；加入少量NaClO固體，發(fā)生氧化還原反應生成硫酸和氯化鈉，溶液pH減小。10已知常溫下，H2SO3的電離常數為 K11.54×102，K21.02×107，H2CO3的電離常數為 K14.30×107，K25.60×1011，則下列微?？梢源罅抗泊娴氖莀(選填編號)。aCOHSO bHCOHSOcSOHCO dH2SO3HCO已知NaHSO3溶液顯酸性，解釋原因_。答案bc亞硫酸氫根的電離程度大于水解程度解析已知Ka越大酸性越強，酸性較強的能與酸性較弱的酸根離子反應，由于HCO的酸性小于HSO的酸性，所以HCO與SO不反應，即b、c能共存。(五)有關化學反應速率、化學平衡的簡答與繪圖1CO2可作為合成低碳烯烴的原料加以利用。如：2CO2(g)6H2(g)=CH2=CH2(g)4H2O(g)H127.8 kJ·mol1(1)上述由CO2合成CH2=CH2的反應在_(填“高溫”或“低溫”)下自發(fā)進行，理由是_。(2)保持某溫度(大于100 )不變，在體積為V L的恒容容器中以n(H2)n(CO2)31的投料比加入反應物，至t0時達到化學平衡。t1時將容器體積瞬間擴大至2V L 并保持不變，t2時重新達平衡。作出容器內混合氣體的平均相對分子質量 隨時間變化的圖像。答案(1)低溫該反應的H0，S0(2)解析(1)由CO2合成CH2=CH2的反應H0，S0，根據復合判據HTS0時，反應自發(fā)進行，因此低溫時自發(fā)進行。(2)初始狀態(tài)，加入的n(H2)n(CO2)31，因此平均相對分子質量2×0.7544×0.2512.5，因此起點坐標為(0,12.5)；若該反應進行到底，即H2和CO2全部轉化為CH2=CH2和H2O，則產物的物質的量之比為n(CH2=CH2)n(H2O)14，此時混合氣體的平均相對分子質量為28×0.218×0.820，因此t0達平衡時應在區(qū)間(12.5,20)；t1時將容器體積瞬間擴大至2V L并保持不變，平衡逆向移動，混合氣體的平均相對分子質量減小，但是t2達平衡時應大于12.5。由此可以做出圖像。2在某溫度下，2 L密閉容器中充入NO、CO各0.4 mol進行反應2NO(g)2CO(g)N2(g)2CO2(g)H0，測得NO物質的量變化如下圖所示：5分鐘末反應達到平衡，該反應的平衡常數K_。第6分鐘繼續(xù)加入0.2 mol NO、0.2 mol CO、0.2 mol CO2和0.3 mol N2，請在上圖中畫出到9分鐘末反應達到平衡NO的物質的量隨時間的變化曲線。答案5解析已知反應為2NO(g)2CO(g)N2(g)2CO2(g),2 L密閉容器中充入NO、CO各0.4 mol，達到平衡時NO為0.2 mol，2NO(g)2CO(g)N2(g)2CO2(g) 起始(mol)：0.40.400轉化(mol)：0.2 0.2 0.1 0.2平衡(mol)：0.2 0.2 0.1 0.2則K5；第6分鐘繼續(xù)加入0.2 mol NO、0.2 mol CO、0.2 mol CO2和0.3 mol N2，則c(NO)0.2 mol·L1，c(CO)0.2 mol·L1，c(N2)0.2 mol·L1，c(CO2)0.2 mol·L1，Q5K，說明是平衡狀態(tài)，所以第6分鐘繼續(xù)加入0.2 mol NO、0.2 mol CO、0.2 mol CO2和0.3 mol N2，仍是平衡狀態(tài)，但是NO的物質的量變?yōu)樵瓉淼?倍，作圖為3下圖表示起始投料量H2/CO24時，反應CO2(g)H2(g)CO(g)H2O(l)H1反應2CO2(g)6H2(g)CH3OCH3(g)3H2O(l)H2122.54 kJ·mol1中CO2的平衡轉化率隨反應溫度的變化關系圖，根據圖示回答下列問題：(1)H1_(填寫“>”、”<”或“”)0。(2)_(填“高溫”或“低溫”)有利于提高反應二甲醚的產率，請簡述理由：_。(3)若起始投料量H2/CO24，起始溫度為298 K，反應在503 K時達到平衡，請在上圖畫出CO2轉化率隨溫度升高的變化曲線。答案(1)(2)低溫較低溫度下，反應的平衡轉化率較小而反應較大，所以低溫對反應有利，二甲醚的產率較高(3)解析(1)根據圖像可知，升高溫度后，二氧化碳的轉化率增大，說明升高溫度平衡向著正向移動，則正反應為吸熱反應，所以H10。(2)由于反應為吸熱反應，反應為放熱反應，所以在較低溫度下，反應的平衡轉化率較小而反應較大，故低溫對反應有利，二甲醚的產率較高。反應在503 K時達到平衡，則從298 K開始，二氧化碳的轉化率逐漸增大，當溫度達到503 K時，二氧化碳的轉化率達到最大，當溫度大于503 K后，二氧化碳的轉化率會減小，則CO2轉化率隨溫度升高的變化曲線為。4(1)利用反應4NH3(g)6NO(g)=5N2(g)6H2O(g)H1 811.63 kJ·mol1消除氮氧化物的污染，相同條件下，在2 L恒容密閉容器中，選用不同的催化劑，反應產生N2的物質的量隨時間變化如圖1所示。圖1下列說法正確的是_。A該反應的活化能大小順序是Ea(A)Ea(B)Ea(C)B使用催化劑A達到平衡時，N2最終產率更大C單位時間內HO鍵與NH鍵斷裂的數目相等時，說明反應已經達到平衡D若在恒容絕熱的密閉容器中發(fā)生反應，當K值不變時，說明反應已經達到平衡(2)在氨氣足量時，反應4NH3(g)6NO(g)=5N2(g)6H2O(g)H1 811.63 kJ·mol1在催化劑A作用下，經過相同時間，測得脫氮率隨反應溫度的變化情況如圖2所示，據圖可知，在相同的時間內，溫度對脫氮率的影響_，其可能的原因是_。(已知A、B催化劑在此溫度范圍內不失效)(3)其他條件相同時，請在圖2中補充在催化劑B作用下脫氮率隨溫度變化的曲線。圖2答案(1)CD(2)300 之前，溫度升高，脫氮率逐漸增大，300 之后溫度升高，脫氮率逐漸減小300 前反應未平衡，脫氮率決定于速率，溫度越高速率越快，所以脫氮率增大，300 之后反應達平衡，脫氮率決定于平衡的移動，該反應正反應是放熱反應，升高溫度平衡逆向移動，脫氮率減小(3)解析(1)A項，反應速率越快活化能越小，該反應的活化能大小順序是Ea(A)Ea(B)Ea(C)，故錯誤；B項，使用催化劑平衡不移動，N2最終產率相同，故錯誤；C項，反應前后HO鍵與NH鍵的數目相等，所以單位時間內HO鍵與NH鍵斷裂的數目相等時，說明正、逆反應速率相等，反應已經達到平衡，故正確；D項，若在恒容絕熱的密閉容器中發(fā)生反應，當K值不變時，說明溫度不變，反應已經達到平衡，故正確。(2)由圖可知300 以前溫度越高脫氮率越高，300 后溫度越高脫氮率越低，原因可能是300 前是平衡的建立過程，而300 后是平衡的移動。(3)B催化劑的效率低，所以達平衡的時間長，平衡不移動，但最終的脫氮率不變，所以圖像為5對于可逆反應Fe(s)CO2(g)FeO(s)CO(g)，該反應的逆反應速率隨時間變化的關系如下圖。(1)從圖中看到，反應在t2時達平衡， 在t1時改變了某種條件，改變的條件可能是_。A升溫B增大CO2濃度C使用催化劑 (2)如果在t3時從混合物中分離出部分CO，t4 t5時間段反應處于新平衡狀態(tài)，請在圖上畫出t3 t5的v逆變化曲線。答案(1)AC(2)6在常溫、常壓、光照條件下，N2在催化劑TiO2表面與H2O發(fā)生反應，2N2(g)6H2O(l)=4NH3(g)3O2(g)H1 530.4 kJ·mol1進一步研究相同條件下NH3生成量與溫度的關系，部分實驗數據見下表：實驗組別1234T/K303313323353NH3生成量/(106 mol)4.85.96.02.0O2生成量/(106 mol)3.64.44.51.5反應時間/h3333容器體積/L2222(1)請在圖中畫出上述反應在“有催化劑”與“無催化劑”兩種情況下反應過程中體系能量隨反應過程的變化趨勢示意圖(圖中標明必要的文字說明)。(2)根據表中數據，在303 K時，在3 h內用氮氣表示其平均反應速率為_ mol·L1·h1。判斷組別4中反應是否達到平衡狀態(tài)_(填“是”或“否”)，并說明理由_。答案(1)(2)4×107否該反應正向反應為吸熱反應，升高溫度平衡正向移動，則n(NH3)應大于6.0×106 mol解析(1)催化劑是通過降低反應的活化能來加快化學反應速率的，使用催化劑后，活化能降低，圖像需要符合：1.兩條線的起點、終點分別相同；2.有催化劑曲線最高處能量要低；3.反應物的總能量要低于生成物的總能量。圖像為(2)在303 K時，在3 h內氧氣的反應速率6×107 mol·L1·h1，用氮氣表示其平均反應速率v(N2)v(O2)×6×107 mol·L1·h14×107 mol·L1·h1，組別4中正向反應為吸熱反應，升高溫度平衡正向移動，則n(NH3)應大于6.0×106 mol，則組別4中反應未達到平衡狀態(tài)。(六)模擬綜合訓練1(2016·紹興選考適應性考試)碳、硫和氮元素及其化合物的處理，是資源利用和環(huán)境保護的重要研究課題。(1)CO可轉化成二甲醚，原理為2CO(g)4H2(g)CH3OCH3(g)H2O(g)。已知一定條件下，該反應中CO的平衡轉化率隨溫度、投料比n(H2)/n(CO)的變化曲線如圖所示若溫度升高，則反應的平衡常數K將_(填“增大”、“減小”或“不變”)。(2)SO2的水溶液呈酸性，某溫度下，0.02 mol·L1亞硫酸水溶液的pH等于2，若忽略亞硫酸的二級電離和H2O的電離，則該溫度下亞硫酸的一級電離常數Ka1_。(3)已知：反應1：2SO2(g)O2(g)2SO3(g)H1；反應2：2NO(g)O2(g)2NO2(g)H2；若H1H20，則反應3：SO2(g)NO2(g)SO3(g)NO(g)屬于_(填“放熱”或“吸熱”)反應。(4)若用少量NaOH溶液吸收SO2氣體，對產物NaHSO3進一步電解可制得硫酸，電解原理示意圖見上圖。電解時陽極的電極反應式為_。(5)在恒溫密閉容器中通入SO2和NO2各1 mol發(fā)生反應3：SO2(g)NO2(g)SO3(g)NO(g)，當反應達到平衡后，維持溫度和容積不變，10 min時再通入各1 mol 的SO2和NO2的混合氣體，20 min時再次平衡。兩次平衡時NO2的轉化率1_(填“”、“”或“”)2；請在下圖中畫出正反應速率v正在10至30 min間隨時間變化的曲線圖。答案(1)減小(2)1.0×102(3)放熱(4)HSO2eH2O=SO3H(5)解析(1)由題圖可知，在投料比一定的條件下，升高溫度平衡向CO轉化率減小的方向即逆反應方向移動，說明逆反應