2020-2021高考化学二模试题分类汇编——化学反应原理综合考查综合及答案解析

2020-2021高考化学二模试题分类汇编——化学反应原理综合考查综合及答案
解析
一、化学反应原理综合考查
1．近年全球气候变暖，造成北极冰川大面积融化，其罪魁之一就是CO2，如何吸收大气中的CO2，变废为宝，是当今化学研究的主题之一。

I.二甲醚可用作溶剂、冷冻剂喷雾剂等，科学家提出利用CO2和H2合成二甲醚，反应原理为2CO 2(g)+6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g) ∆H
（1）已知：①H 2O(g)+CO(g)CO2(g)+H2(g) △H1=+42kJ/mol
②CH 3OCH3(g)+H2O(g)2CH3OH(g) ∆H2=+24.52kJ/mol
③CH 3OH(g)CO(g)+2H2(g) ∆H3=+90.73kJ/mol
则∆H=__kJ/mol。

（2）一定温度下，在一个2L的密闭容器中充入2molCO2和6molH2发生上述反应，经过
5min反应达到平衡，此时容器中压强与起始压强之比为3：4，则用CH3OCH3表示的平均反应速率为__，H2的转化率为___；此时若向体系中再加入2molCO2和1.5molH2O(g)，平衡__移动(填正向、逆向、不)。

（3）对于恒温恒容条件下进行的反应①，下列说法能说明反应已达平衡的是__。

A．混合气体密度不发生改变
B．混合气体的平均相对分子质量不再发生改变
C．v(CO)正=v(H2)逆
D．n(CO)与n(H2)的比值不变
（4）一定温度下，密闭容器中进行的反应③，测得平衡时混合物中某物质的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示，则纵坐标表示的物质是__，压强P1_P2(填>、<)。

II.工业锅炉长期煮烧会形成锅垢(主要成分CaSO4、Mg(OH)2)，必须定期除去。

（5）CaSO4微溶于水和酸，可加入氢氧化钠并通入CO2使转化为CaCO3，然后加酸浸泡除去，反应的离子方程式为CaSO4+CO32-=CaCO3+SO42-，室温下，该反应的化学平衡常数为
__(室温下，K sp(CaCO3)=3×10-9，K sp(CaSO4)=9×10-6)。

【答案】－289.98 0.05mol·L－1·min－1 50% 正向 CD CH3OH > 3×103
【解析】
【分析】
【详解】
(1)根据盖斯定律，方程式2CO 2(g)+6H 2(g)垐?噲?CH 3OCH 3(g)+3H 2O(g)，可用－①×2－②－
③×2得到，则△H =－△H 1×2－△H 2－△H 3×2=－(＋42)×2－(＋24.52)－(＋
90.73)×2kJ·mol －1=－289.98kJ·mol －1；
(2)根据物质的量比等于压强比，平衡时容器中压强与起始压强之比为3:4，可得平衡时混合气体的物质的量为6mol ，设达到平衡时，生成CH 3OCH 3的物质的量为xmol ，有：
223322CO (g)6H (g)CH OCH (g)3H O(g)
260026322663x x x x
x x x x
++--垐?噲?开始的物质的量转化的物质的量平衡的物质的量 可得2－2x+6－6x ＋x ＋3x=6mol ，求解x=0.5mol ，可得平衡时CO 2、H 2、CH 3OCH 3、H 2O 的物质的量分别为1mol 、3mol 、0.5mol 、1.5mol ；
用CH 3OCH 3表示的平均反应速率-1-10.5mol 0.05mol L min 2L 5min v =
=⨯g g ； H 2的转化率为3mol 100%50%6min
α=⨯=； 平衡常数333332262262620.5 1.5()(CH OCH )(H O)0.250.75220.03713(CO )(H )0.5 1.5()()22
c c K c c ⨯⨯===≈⨯⨯g ，若向体系中再加入2molCO 2和1.5.molH 2O(g)，此时CO 2、H 2、CH 3OCH 3、H 2O 的物质的量分别为3mol 、3mol 、0.5mol 、3mol ，则浓度商
33
3332262662220.53()(CH OCH )(H O)0.25 1.5220.03333(CO )(H ) 1.5 1.5
()()22
c c Qc c c ⨯⨯===≈⨯⨯g ，可知Q c<K ，则平衡正向移动；
(3)A ．恒容条件下的气体间反应，根据m V
ρ=，根据质量守恒，混合气体的质量不变，恒容，体积不变，则混合气体密度永远不发生改变，不能说明反应达到平衡，A 错误；
B ．反应①前后气体分子数不变的反应，根据m M n =，根据质量守恒，混合气体的质量不变，混合气体的物质的量不变，则混合气体的平均相对分子质量永远不会发生改变，不能说明反应达到平衡，B 错误；
C ．正逆反应速率相等，反应达到平衡，C 正确；
D ．随着反应的进行，n (CO)与n (H 2)的比值时刻在变化，现在不变，说明达到平衡，D 正确；
答案选CD ；
(4)根据图示，温度升高，该物质的体积分数减小。

反应③的△H>0，升高温度，平衡正向
移动，CH 3OH 的体积分数减小；则纵坐标表示的物质为CH 3OH ；
增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即平衡逆向移动，CH 3OH 的体积分数增大，所以P 1>P 2；
(5)根据CaSO 4(s)+CO 32-(aq)垐?噲?CaCO 3(s)+SO 42-(aq)，平衡常数
2-2+2--643442-2+2-9
333(CaSO )(SO )(Ca )(SO )910=310(CO )(Ca )(CO )(CaCO )310sp sp
K c c c K c c c K -⨯====⨯⨯。

【点睛】
问题(2)中，同时加入2molCO 2和1.5.molH 2O(g)，不能根据勒夏特列原理判断，因此利用浓度商和平衡常数的关系，判断平衡移动方向。

2．铁的许多化合物在生产、生活中有着广泛的应用，如FeCl 3是重要的金属蚀刻剂、水处理剂；影视作品拍摄中常用Fe (SCN )3溶液模拟血液；FeS 可用于消除水中重金属污染等。

（1）已知：①3Cl 2(g )+2Fe (s )=2FeCl 3(s ) ΔH 1=akJ ·mol -1
②2FeCl 2(s )+Cl 2(g )=2FeCl 3(s ) ΔH 2=bkJ ·mol -1
则2FeCl 3(s )+Fe (s )=3FeCl 2(s ) ΔH 3=____。

（2）将c (FeCl 3)=0.2mol ·L -1的溶液与c (KSCN )=0.5mol ·L -1的溶液按等体积混合于某密
闭容器发生反应：FeCl 3+3KSCN Fe (SCN )3+3KCl ，测得常温下溶液中c (Fe 3+)的浓度随着时间的变化如图1所示；测得不同温度下t 1时刻时溶液中c [Fe (SCN )3]如图2所示。

①研究表明，上述反应达到平衡后，向体系中加入适量KCl 固体后，溶液颜色无变化，其原因是___，根据图1分析，在t 1、t 2时刻，生成Fe 3+的速率较大的是____时刻。

②常温下Fe 3++3SCN -Fe (SCN )3的平衡常数的值约为___，其它条件不变时，若向容器中加适量蒸馏水，则新平衡建立过程中v (正)___v (逆)（填“＞”“＜”或“=”）。

③根据图2判断，该反应的ΔH ___0（填“＞”或“＜”），图中五个点对应的状态中，一定处于非平衡态的是___（填对应字母）。

（3）利用FeS 可除去废水中的重金属离子，如用FeS 将Pb 2+转化为PbS 可消除Pb 2+造成的污染，当转化达到平衡状态时，废水中c (Fe 2+)=___c (Pb 2+
)[填具体数据，已知
K sp (PbS )=8×10-28，K sp (FeS )=6×10-18]。

【答案】(0.5a -1.5b )kJ ·mol -1 反应的本质是Fe 3++3SCN -
Fe (SCN )3，KCl 的加入对可逆反应状态不造成影响 t 2 1000 ＜ ＜ a 、b 7.5×109
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律12⨯(①-②3)，可得热化学方程式；
（2）①判断KCl 固体对可逆反应()3+-3Fe +3SCN Fe SCN ƒ的影响，t 2时生成物浓度比t 1时大，逆反应速率较大，故生成Fe 3+速率较大；
②()3+-3Fe +3SCN Fe SCN ƒ平衡常数33+3-c[Fe(SCN)]K=c(Fe )c (SCN )
以此计算；溶液稀释后Q >K 平衡向左移动，v (正)<v (逆)；
③随着温度的升高反应速率加快，故a 、b 、c c [Fe (SCN )3]增大，随着温度升高t 1时已达到平衡点，温度升高c [Fe (SCN )3]减小，则平衡逆移；
（3）由2+2+FeS+Pb PbS+Fe ƒ知，2+2+2-2+2+2-c(Fe )c(Fe )c(S )Ksp(FeS)K===c(Pb )c(Pb )c(S )Ksp(PbS)
，以此分析。

【详解】
（1）已知：①3Cl 2(g )+2Fe (s )=2FeCl 3(s ) ΔH 1=akJ ·mol -1
②2FeCl 2(s )+Cl 2(g )=2FeCl 3(s ) ΔH 2=bkJ ·mol -1
根据盖斯定律12⨯(①-②3)可得()()()322FeCl s +Fe s =3FeCl s ΔH 3=(0.5a -1.5b )kJ ·mol -1，故答案为：(0.5a -1.5b )kJ ·mol -1；
（2）①由于反应的本质是()3+-3Fe +3SCN Fe SCN ƒ，因此KCl 的加入对可逆反应状态
不造成影响；t 2时生成物浓度比t 1时大，逆反应速率较大，故生成Fe 3+速率较大，故答案为：反应的本质是Fe 3++3SCN
-Fe (SCN )3，KCl 的加入对可逆反应状态不造成影响；t 2；
②由图Ⅰ知，达到平衡时c (Fe 3+)=0.05 mol ·L -1，故反应中消耗Fe 3+的浓度为0.1 mol ·L -1-0.05 mol ·L -1=0.05 mol ·L -1，平衡时c [Fe (SCN )3]=0.05 mol ·L -1，c (SCN -)=0.25 mol ·L -1-0.15 mol ·L -1=0.1 mol ·L -1，则平衡常数
33+3-3c[Fe(SCN)]0.05K===1000c(Fe )c (SCN )0.050.1⨯；溶液稀释后33+3-c[Fe(SCN)]Q=c(Fe )c (SCN )
＞K 平衡向左移动，v (正)＜v (逆)，故答案为：1000；＜；
③随着温度的升高反应速率加快，故a 、b 、c 三点c [Fe (SCN )3]增大，随着温度升高c 时已达到平衡点，温度升高c [Fe (SCN )3]减小，则平衡逆移，则反应ΔH ＜0，图中五个点对应的状态中，处于非平衡态的是a 、b ，故答案为：＜；a 、b ；
（3）由2+2+FeS+Pb PbS+Fe ƒ可知，
2+2+2-18
92+2+2-28c(Fe )c(Fe )c(S )Ksp(FeS)610K===7.510c(Pb )c(Pb )c(S )Ksp(PbS)810
--⨯==⨯⨯，故()()2+92+c Fe =7.510c Pb ⨯，故答案为：7.5×109。

3．（15分）甲烷水蒸气催化重整（SMR ）是传统制取富氢混合气的重要方法，具有工艺
简单、成本低等优点。

回答下列问题：
（1）已知1000 K时，下列反应的平衡常数和反应热：
①CH 4(g)C(s)+2H2(g) K1=10.2 ΔH1
②2CO(g)C(s)+CO 2(g) K2=0.6 ΔH2
③CO(g)+H 2O(g)CO2(g)+H2(g) K3=1.4 ΔH3
④CH 4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) K4 ΔH4（SMR）
则1000 K时，K4=____________；ΔH4=_________（用ΔH1、ΔH2、ΔH3来表示）。

（2）在进入催化重整装置前，先要对原料气进行脱硫操作，使其浓度为0.5 ppm以下。

脱硫的目的为______________。

（3）下图为不同温度条件下电流强度对CH4转化率的影响。

由图可知，电流对不同催化剂、不同温度条件下的甲烷水蒸气催化重整反应均有着促进作用，则可推知ΔH4____0（填“>”或“<”）。

（4）下图为不同温度条件下6小时稳定测试电流强度对H2产率的影响。

由图可知，随着温度的降低，电流对H2产率的影响作用逐渐____________（填“增加”“减小”或“不变”），600 ℃时，电流对三种催化剂中的____________（用图中的催化剂表示式回答）影响效果最为显著，当温度高于750 ℃时，无论电流强度大小，有无催化剂，H2产率趋于相同，其原因是______________。

（5）我国科学家对甲烷和水蒸气催化重整反应机理也进行了广泛研究，通常认为该反应分两步进行。

第一步：CH 4催化裂解生成H 2和碳（或碳氢物种），其中碳（或碳氢物种）吸附在催化剂上，如CH 4→C ads /[C(H)n ]ads +(2–2n )H 2；第二步：碳（或碳氢物种）和H 2O 反应生成CO 2和H 2，如C ads /[C(H)n ]ads +2H 2O→CO 2 +(2+
2n )H 2。

反应过程和能量变化残图如下（过程①没有加催化剂，过程②加入催化剂），过程①和②ΔH 的关系为：①_______②（填“＞”“＜”或“＝”）；控制整个过程②反应速率的是第_______步，其原因为
____________________________。

【答案】33.32 ΔH 1+2ΔH 3−ΔH 2 硫能使催化剂中毒（或硫能使催化剂活性下降等） > 增加 10Ni−3MgO/γ−Al 2O 3 温度高于750 ℃时，几种情况下的反应均达到平衡，催化剂不改变平衡状态 = Ⅱ 第Ⅱ步的活化能大，反应速率慢
【解析】
【分析】
【详解】
（1）方程式CH 4(g)+2H 2O(g)CO 2(g)+4H 2(g)，是由方程式①+2×③−②得到，
K4=
2
13
2
K K
K
=
2
10.2 1.4
0.6
=33.32，ΔH4=ΔH1+2ΔH3−ΔH2。

（2）硫会与催化剂反应，会使催化剂中毒，因此要脱硫。

（3）由图可知电流相同时，750 ℃甲烷的转化率比600 ℃时甲烷的转化率高，说明温度越高，转化率越高，K越大，ΔH4>0。

（4）据图可知，随温度降低，H2产率的变化幅度也增大，电流对H2产率的影响作用逐渐增加；600 ℃时，10Ni−3MgO/γ−Al2O3催化剂在不同电流时H2产率的变化幅度最大，因此电流对10Ni−3MgO/γ−Al2O3催化剂影响最为显著；测试时间为6小时，当温度高于750 ℃时，由于反应速率加快，反应已经达平衡移动，而催化剂不影响平衡移动，因此无论电流强度大小，有无催化剂，H2产率趋于相同。

（5）同一化学反应，催化剂只能改变反应的速率，对反应热不会造成影响，故过程①和
②ΔH相等。

根据活化能越大，反应速率就越慢，故控制整个反应速率的是活化能较高的步骤，即控速步骤为第Ⅱ步。

4．中国是世界上最大的钨储藏国，超细钨粉是生产硬质合金所必须的原料。

（1）工业上可以采用铝热还原法生产钨铁合金，已知：
①WO3(s)+2Al(s)=W(s)+Al2O3(s) ∆H1
②3Fe3O4(s)+8Al(s)=9Fe(s)+4Al2O3(s) ∆H2
则四氧化三铁与钨反应的热化学方程式为___(反应热写为∆H3并用含△H1、A H2的代数式表示)；在反应②中若有0.1molFe3O4参加反应，则转移电子___mol。

（2）自然界中钨主要存在于黑钨矿中(主要成分是铁和锰的钨酸盐)，从中制备出黄钨(WO3)后再用H2逐级还原：WO3→WO2.90→WO2.72→WO2→W，总反应为
3H2(g)+WO3(s)ƒW(s)+3H2O(g) ∆H，实验测得一定条件下平衡时H2的体积分数曲线如图所示：
①由图可知，该反应的∆H____(填“>”或“<”)0；a点处的v正___v逆(填“>”“<”或“=”)。

②如果上述反应在体积不变的密闭容器中达到平衡，下列说法错误的是__(填序号)。

A．v正(H2)=v逆(H2O)
B．加入WO3，则H2的转化率增大
C．容器内气体的密度不变时，一定达到平衡状态
D．容器内压强不变时，一定达到平衡状态
③由图可知900K，氢气的平衡转化率为__，K p(900K)=____(用平衡分压代替平衡浓度计
算，已知：平衡分压=p总×气体物质的量分数)。

④已知在高温下，氧化钨会与水蒸气反应生成一种挥发性极强的水钨化合物WO2(OH)2，因
此在反应中要适当加快氢气的流速，原因是__。

【答案】3Fe 3O 4(s)＋4W(s)=9Fe(s)＋4WO 3(s) △H 3=△H 2-4△H 1 0.8 > > BD 75% 27 加快氢气的流速可以脱除氢气中的水蒸汽，提高钨的产率
【解析】
【分析】
【详解】
（1）①WO 3(s)+2Al(s)=W(s)+Al 2O 3(s) ∆H 1
②3Fe 3O 4(s)+8Al(s)=9Fe(s)+4Al 2O 3(s) ∆H 2
由盖斯定律：①-②×4，则四氧化三铁与钨反应的热化学方程式为3Fe 3O 4(s)＋4W(s)=9Fe(s)＋4WO 3(s) △H 3=△H 2-4△H 1(反应热写为∆H 3并用含△H 1、A H 2的代数式表示)；在反应②中若
有0.1molFe 3O 4参加反应，则转移电子83
×3×0.1mol=0.8mol 。

故答案为：3Fe 3O 4(s)＋4W(s)=9Fe(s)＋4WO 3(s) △H 3=△H 2-4△H 1；0.8；
（2）①由图可知，3H 2(g)+WO 3(s)ƒW(s)+3H 2O(g) 随温度升高，氢气的体积分数减小，平衡正向进行，正向为吸热反应，该反应的∆H >0；a 点要达平衡状态，氢的体积分数要减小，反应正向进行，a 点处的v 正>v 逆 。

故答案为：>；>；
②如果上述反应在体积不变的密闭容器中达到平衡，
A ．氢气消耗的速率与水消耗的速率相等，v 正(H 2)=v 逆(H 2O)，故A 正确；
B ．WO 3是固体，加入WO 3，则H 2的转化率不变，故B 错误；
C ．反应前后气体的质量不同，容器内气体的密度不变时，一定达到平衡状态，故C 正确；
D ．反应前后气体的体积不变，容器内压强不变时，不一定达到平衡状态，故D 错误； 故答案为：BD ；
③由图可知900K ，M 点时氢气的体积分数为25%，设氢气的起始量为3mol ，转化率为x ，氢气的变化量为3xmol ，列出三段式：
()()()()232333333330H g WO s W s H O g x x x x ++-ƒ
开始
转化
平衡
则有33100%25%3
x -⨯= ，x=0.75，氢气的平衡转化率为75%； 平衡常数可用平衡分压代替平衡浓度计算，气体分压=气体总压×物质的量分数。

水蒸汽的
分压为p 总×0.75，氢气的分压为p 总×0.25，K p (900K)=3
33
0.75=30.25 =27。

故答案为：75%；27；
④在高温下，氧化钨会与水蒸气反应生成一种挥发性极强的水钨化合物WO 2(OH)2，因此在反应中要适当加快氢气的流速，原因是加快氢气的流速可以脱除氢气中的水蒸汽，提高钨的产率。

故答案为：加快氢气的流速可以脱除氢气中的水蒸汽，提高钨的产率。

【点睛】
本题考查化学平衡的计算，把握盖斯定律计算焓变、化学平衡三段法、转化率及K p的计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，难点（2）③列出三段式，利用K p的定义进行计算。

5．研究CO和CO2的利用对促进低碳社会的构建具有重要意义。

请回答下列问题：(1)利用CO和H2在一定条件下可合成甲醇，发生反应：CO(g)+ 2H2(g)ƒCH3OH(g)，其两种反应过程中能量的变化曲线如图中a、b所示，下列说法正确的是_____(填字母)。

A.上述反应的△H= -91kJ·mol-1
B.该反应自发进行的条件为高温
C. b过程使用催化剂后降低了反应的活化能和∆H
D. b过程的反应速率：第Ⅱ阶段＞第Ⅰ阶段
(2)若反应CO(g)+2H2(g)ƒCH3OH(g)在温度不变且体积恒定为1L密闭容器中发生，反应过程中各物质的物质的量随时间变化见表所示：
时间/min051015
H242
CO21
CH3OH(g)00.7
①下列各项能作为判断该反应达到平衡标志的是_______(填字母)
A.2v正(H2)=v逆(CH3OH)
B. CO与CH3OH的物质的量之比保持不变
C.混合气的平均相对分子质量保持不变
D.混合气体的密度保持不变
②若起始压强为P0kPa，反应速率若用单位时间内分压的变化表示，则10min内H2的反应速率v(H2)=_____kPa/min；该温度下反应的平衡常数Kp=______。

(分压=总压×物质的量分数)。

(3)甲和乙两个恒容密闭容器的体积相同，向甲中加入1mol CO和2mol H2，向乙中加入2mol CO和4molH2，测得不同温度下CO的平衡转化率如图所示，则L、M两点容器内平衡常数：K(M)_____K(L)；压强：p(M)__2p(L)。

(填“＞”“<”或“=”)
(4)以纳米二氧化钛为工作电极，稀硫酸为电解质溶液，在一定条件下通入CO 2进行电解，在阴极可制得低密度聚乙烯(
)。

电解时，阴极的电极反应式是
_________。

【答案】AD BC 030P 20
9P kPa -2（可不带单位） ＜ ＞ 2nCO 2+12ne －+12nH +=
+4nH 2O 【解析】
【分析】
【详解】
(1)A .对于反应CO (g )+ 2H 2(g )ƒ CH 3OH (g )，根据反应过程中能量的变化图可得△H =正反应的活化能-逆反应的活化能=419 kJ ·mol -1-510 kJ ·mol -1= -91 kJ ·mol -1，A 项正确； B .该反应正向是气体粒子数目减小的反应，属于熵减过程△S ＜0，根据△G =△H -T △S ，△G ＜0可自发，需要低温环境才可以自发，B 项错误；
C .b 过程使用催化剂后降低了反应的活化能，但是∆H 只与反应始末状态有关，与反应途径
无关，∆
H 故不变，C 项错误； D .b 过程中第I 阶段正反应活化能较高，故活化分子的百分含量较低，因此化学反应速率较慢，b 过程的反应速率：第I 阶段＜第Ⅱ阶段，D 项正确。

故说法正确的选AD 。

(2) ①A .对于反应CO (g )+2H 2(g )ƒCH 3OH (g )，当v 正(H 2)=2v 逆(CH 3OH )时，反应到达平衡，2v 正(H 2)=v 逆(CH 3OH )，正逆反应各物质速率不成比例，未达到平衡，故A 项错误； B .反应物CO 与生成物CH 3OH 的物质的量之比从开始反应逐渐减小，若保持不变可以说明达到平衡，B 项正确；
C .混合气的平均相对分子质量数值上等于摩尔质量M =m n
，因为质量守恒m 不变，该反应正向是气体粒子数目较小方向，n 会减小，M 会增大，达到平衡之后M 不变，故C 项正确；
D .混合气体的密度=m V
，m 不变容器体积固定，则混合气体的密度是个定值，一直不变，不能做平衡的判定依据，D 项错误；
故能作为判断该反应达到平衡标志的是BC ；
②同温1L 容器中，气体的物质的量与压强呈正比，初始加入2 mol CO 和4 molH 2，混合气体共6mol ，起始压强为P 0kPa ，则起始氢气的分压23P 0kPa ，反应10 min H 2的物质的量为2mol ，是原来氢气物质的量的一半，反应10 min H 2的分压13P 0kPa ，故10 min 内H 2的反应速率v (H 2)=()2t P H ∆∆= 0010min
2133P kPa P kPa -=030P kPa /min ；反应10 min H 2的物质的量为2mol ，CO 的物质的量为1mol ，生成的甲醇为1mol ，混合气体共4mol ，那么H 2的物质的量分数0.5，CO 和甲醇的物质的量分数均为0.25。

反应15min 和反应10min 数据一
样，故10min 已经达到平衡。

由于气体的物质的量与压强呈正比，故0P P 平=0n n 平=32
，得P 平=230P kPa ，则平衡时H 2的分压P ()2H =0.5×230P =13
0P kPa ，同理P ()CO = P ()3CH OH =0.25×
230P =160P kPa ，该温度下平衡常数Kp =322P(CH OH)P(CO)P (H )g =020*******P kPa P kPa P kPa ⎛⎫⨯ ⎪⎝⎭
=209P kPa -2； (3)根据CO 的平衡转化率-T -P 图分析，其他条件不变（观察甲或者乙），升高温度，CO 的平衡转化率降低，根据平衡移动原理该可逆反应的正反应是放热的，则K 值随温度升高而降低，由于甲和在在温度不变的时候平衡常数是相同的，故L 、M 两点容器内平衡常数：K (M )＜K (L )；向甲中加入1 mol CO 和2 mol H 2，向乙中加入2 mol CO 和4 molH 2，在相同转化率的情况下，平衡时刻乙的总物质的量等于甲总物质的量的2倍，由气体状态方程PV =nRT ，温度越高气体的压强越大，故压强：p (M )＞2p (L )；
(4)通入CO 2进行在硫酸电解质中电解，在阴极可制得低密度聚乙烯
()，2nCO 2→，碳元素化合价从+4降到-2，每个碳得6个电子，2nCO 2共得12n 个电子，则阴极的电极反应式是2nCO 2+12ne －+12nH +=+4nH 2O 。

6．消除尾气中的NO 是环境科学研究的热点课题。

I .NO 氧化机理
已知：2NO (g )+O 2(g )
2NO 2(g ) ΔH =-110kJ •mol -1 T 1℃时，将NO 和O 2按物质的量之比为2：1充入刚性反应容器中(忽略NO 2与N 2O 4的转
化)。

（1）下列可以作为反应已经到达平衡状态的判断依据的是____。

A .2v 正(O 2)=v 逆(NO 2)
B.NO与O2的物质的量之比为2：1
C.容器内混合气体的密度保持不变
D.K不变
E.容器内混合气体的颜色保持不变
（2）通过现代科学技术动态跟踪反应的进行情况，得到容器内混合气体的压强、平均摩尔质量随反应时间的变化曲线如图1图2所示。

则反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)在T1℃时的平衡常数K p=____。

[对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作K p，如p(B)=p•x(B)，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B 的物质的量分数]。

保持其它条件不变，仅改变反应温度为T2℃(T2＞T1)，在图2中画出容器内混合气体的平均摩尔质量随反应时间的变化趋势图_____。

II.NO的工业处理
（3）H 2还原法：2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g) ΔH1
已知在标准状况下，由元素最稳定的单质生成1mol纯化合物时的焓变叫做标准摩尔生成焓。

NO(g)和H2O(g)的标准摩尔生成焓分别为+90kJ•mol-1、-280kJ•mol-1。

则ΔH1=____。

（4）O3-CaSO3联合处理法
NO可以先经O3氧化，再用CaSO3水悬浮液吸收生成的NO2，转化为HNO2。

已知难溶物在溶液中并非绝对不溶，同样存在着一定程度的沉淀溶解平衡。

在CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液能提高SO32-对NO2的吸收速率，请用平衡移动原理解释其主要原因____。

（5）电化学处理法
工业上以多孔石墨为惰性电极，稀硝酸铵溶液为电解质溶液，将NO分别通入阴阳两极，通过电解可以得到浓的硝酸铵溶液。

则电解时阳极发生的电极反应为____。

【答案】AE 0.08 -740kJ•mol-1对于反应
CaSO 3(s)Ca2+(aq)+SO32-(aq)，加入Na2SO4溶液时，SO42-结合部分Ca2+，使其平衡向正反应方向移动，c(SO32-)增大，吸收NO2的速率增大 NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+
【解析】
【分析】
【详解】
I.（1）在一定条件下，当一个可逆反应的正反应速率与逆反应速率相等时，反应物的浓度
与生成物的浓度不再改变，达到一种表面静止的状态，即“化学平衡状态”。

其中，正反应速率与逆反应速率相等是化学平衡状态的实质，而反应物的浓度与生成物的浓度不再改变是化学平衡状态的表现。

A .当2v 正(O 2)=v 逆(NO 2)时，说明反应已达平衡态，故A 正确；
B . NO 与O 2的物质的量之比为2：1时，不能说明该反应反应物的浓度与生成物的浓度不再改变，故B 错误；
C .根据质量守恒定律，容器内气体的质量恒定不变，则恒容容器内混合气体的密度始终保持不变，不能说明达到化学平衡状态，故C 错误；
D .该反应中平衡常数K 只与温度有关，则不能用K 不变来判断化学平衡状态，故D 错误；
E .容器内混合气体的颜色保持不变，则说明反应物的浓度与生成物的浓度不再改变，即达到化学平衡状态，故E 正确；
综上所述，答案为AE ；
（2）设容器内二氧化氮与氧气分别为2mol 、1mol ，达平衡态时，氧气转化了xmol ，则可列三段式为：
222NO +O 2NO ()210 ()22()222mol mol x x
x mol x x x -ƒ
起始量转化量平衡量
平衡时平均摩尔质量为36.8g /mol ，则有m 2mol 30g/mol+1mol 32g/mol M =36.8g /mol n (3-x)mol
⨯⨯==u u v ，解得x =0.5，则NO 、O 2、NO 2的物质的量分数分别为0.4、0.2、0.4，同温同体积，根据压强之比等于物质的量之比，有3753-x a
=，代入x ，解得a =62.5，根据平衡常数公式有2
p 2(0.462.5)K =0.08(0.462.5)(0.262.5)
⨯=⨯⨯⨯；因为该反应为放热反应，升高温度时，反应速率会加快，平衡逆向移动，平均摩尔质量会减小，容器内混合气体的平均摩尔质量随反应时间的变化趋势图为，故答案为：0.08；
；
（3）1ΔH =生成物标准摩尔生成焓之和-反应物标准摩尔生成焓之和=-280kJ •mol -1×2-
90kJ•mol-1×2=-740kJ•mol-1，故答案为：-740kJ•mol-1；
（4）相同条件下，硫酸钙的溶解度小于亚硫酸钙的溶解度，亚硫酸钙可转化为硫酸钙，对于反应CaSO 3(s)Ca2+(aq)+SO32-(aq)，加入Na2SO4溶液时，SO42-结合部分Ca2+，使其平衡向正反应方向移动，c(SO32-)增大，吸收NO2的速率增大，故答案为：对于反应CaSO 3(s)Ca2+(aq)+SO32-(aq)，加入Na2SO4溶液时，SO42-结合部分Ca2+，使其平衡向正反应方向移动，c(SO32-)增大，吸收NO2的速率增大；
（5）由电解原理可知，阳极发生氧化反应，则一氧化氮转化为硝酸根，其电极方程式为NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，故答案为：NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+。

7．碳酸亚铁（FeCO3）是菱铁矿的主要成分，将其隔绝空气加热到200 ℃开始分解为FeO 和CO2，若将其在空气中高温煅烧则生成Fe2O3。

（1）已知25 ℃、101 kPa时：
①C（s）＋O2（g）=CO2（g）ΔH＝－393 kJ·mol－1
②铁及其化合物反应的焓变示意图如图：
请写出FeCO3在空气中煅烧生成Fe2O3的热化学方程式：___________。

（2）据报道，一定条件下Fe2O3可被甲烷还原为“纳米级”的金属铁。

其化学方程式为
噲?2Fe（s）＋3CO（g）＋6H2（g）ΔH
Fe2O3（s）＋3CH4（g）垐?
①反应在3 L的密闭容器中进行，2 min后达到平衡，测得Fe2O3在反应中质量减少4.8 g，则该段时间内用H2表示该反应的平均反应速率为________________。

②将一定量的Fe2O3（s）和CH4（g ）置于恒温恒容密闭容器中，在一定条件下反应，能说明反应达到平衡状态的是____________。

A CO和H2的物质的量之比为1∶2
B 混合气体的密度不再改变
C 铁的物质的量不再改变
D v正（CO）＝2v逆（H2）
③在容积均为V L的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个相同的密闭容器中加入足量“纳米级”的金属铁，然后分别充入a mol CO和2a mol H2，三个容器的反应温度分别为T1、T2、T3且恒定不变，在其他条件相同的情况下，实验测得反应均进行到t min时，CO的体积分数如图所示，此时Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个容器中一定处于化学平衡状态的是________；上述反应的ΔH________0（填“大于”或“小于”）。

（3）Fe2O3用CO还原焙烧的过程中，反应物、生成物和温度之间的关系如图所示。

（图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四条曲线是四个化学反应平衡时的气相组成对温度作图得到的；A、B、C、D四个区域分别是Fe2O3、Fe3O4、FeO、Fe稳定存在的区域）
若在800 ℃，混合气体中CO2体积分数为40%的条件下，Fe2O3用CO还原焙烧，写出反应的化学方程式：__________。

（4）Fe2O3还可以用来制备FeCl3，通过控制条件FeCl3可生成聚合物，其离子方程式为xFe3＋＋yH2O垐?
噲?Fe x（OH）＋yH＋。

下列措施不能使平衡正向移动的是________（填字母）。

A 加水稀释
B 加入少量铁粉
C 升温
D 加入少量Na2CO3
【答案】4FeCO3（s）＋O2（g）=2Fe2O3（s）＋4CO2（g）ΔH＝－260 kJ·mol－1 0.03 mol·L－
1·min－1 BC Ⅲ大于 Fe2O3＋CO 800℃
2FeO＋CO2 B
【解析】
【分析】
（1）图1分析书写热化学方程式，结合C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393kJ•mol-1和盖斯定律计算得到FeCO3在空气中煅烧生成Fe2O3的热化学方程式；
（2）①2min后达到平衡，测得Fe2O3在反应中质量减少4.8g，依据化学方程式反应前后质量变化计算生成氢气的物质的量，根据反应速率概念计算得到氢气的反应速率；
②反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分浓度保持不变，据此分析；
③2Fe（s）+3CO（g）+6H2（g）═Fe2O3（s）+3CH4（g），根据图2中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ图象，CO百分含量，由小到大，Ⅱ＜Ⅰ＜Ⅲ，结合化学平衡移动分析解答；根据温度对平衡的影响来判断，升高温度平衡逆向移动，CO的转化率减小，据此判断Fe2O3（s）+3CH4（g）═2Fe（s）+3CO（g）+6H2（g）△H大小；
（3）800℃时，混合气体中CO2体积分数为40%时，图象分析可知Fe2O3用CO还原得到氧化亚铁和一氧化碳；
（4）A．加水稀释，则水解平衡正向移动；
B．固体不能影响化学平衡；
C．控制条件使平衡正向移动，水解为吸热反应，所以升温平衡正向移动；
D．加入碳酸钠，则消耗氢离子，平衡正向移动。

【详解】
（1）由铁及其化合物反应的焓变示意图可推知
①4Fe（s）＋3O2（g）=2Fe2O3ΔH1＝-1648 kJ·mol-1
②2FeCO3（s）=2Fe（s）＋2C（s）＋3O2（g）ΔH2＝+1480 kJ·mol-1
③C（s）＋O2（g）=CO2（g）ΔH3＝-393 kJ·mol-1
则在空气中煅烧FeCO3生成Fe2O3的焓变ΔH＝2×ΔH2＋ΔH1＋4×ΔH3＝2×1480 kJ·mol-1＋（-1648 kJ·mol-1）＋4×（-393 kJ·mol-1）＝-260 kJ·mol-1，则热化学方程式为4FeCO3（s）＋O2（g）=2Fe2O3（s）＋4CO2（g）ΔH＝-260 kJ·mol-1；
故答案为：4FeCO3（s）＋O2（g）=2Fe2O3（s）＋4CO2（g）ΔH＝-260 kJ·mol-1；
（2）①测得Fe2O3在反应中减少的质量为4.8 g，则反应的n（Fe2O3）＝
4.8g
160g/mol
＝0.03
mol，根据反应方程式得n（H2）＝6n（Fe2O3）＝6×0.03 mol＝0.18 mol，则用H2表示的反
应速率为v（H2）＝
0.18mol
3L2min
＝0.03 mol·L-1·min-1；
故答案为：0.03 mol·L-1·min-1；
②A.因为反应开始时，无CO和H2，随着反应的进行，CO和H2的物质的量之比一直为1∶2，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；
B.该反应有固体参加，反应前后气体的质量有变化，又因为容器恒容，所以当混合气体的密度不变时，反应达到平衡状态，故B正确；
C.铁为反应物，当其质量不再改变时，反应达到平衡状态，故C正确；
D.当2v正（CO）＝v逆（H2）时，反应达到平衡状态，故D错误；
综上所述，答案为BC；
③由题图可知，T1中的状态转变为T2中的状态，CO的体积分数减小，说明反应正向进行，所以状态Ⅰ未达到平衡状态；T2中的状态转变为T3中的状态，CO的体积分数增加，说明反应逆向移动，说明Ⅱ可能达到平衡状态，一定达到平衡状态的是状态Ⅲ；T3时温度最高，CO的体积分数增大，所以2Fe（s）＋3CO（g）＋6H2（g）=Fe2O3（s）＋3CH4（g）的正反应为放热反应，则逆反应的ΔH大于0，故答案为：Ⅲ；大于；
（3）800℃时，混合气体中二氧化碳的体积分数为40%时，由图可知，在C区，此时为氧化亚铁的稳定区域，所以产物为氧化亚铁，Fe2O3用CO还原焙烧得到氧化亚铁和二氧化
碳，反应的方程式为：Fe2O3＋CO 800℃
2FeO＋CO2，故答案为：Fe2O3＋CO
800℃
2FeO＋
CO2；
（4）A.水为反应物，加水稀释平衡会正向移动，故A正确；
B.加入铁粉，反应物Fe3＋的量减少，平衡会向逆向移动，故B错误；
C.该反应为吸热反应，所以升高温度，平衡会正向移动，故C正确；
D.加入少量Na2CO3，碳酸钠会消耗氢离子，使氢离子的浓度减小，平衡正向移动，故D正确；
综上所述，答案为B。

8．近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。

因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。

回答下列问题：
（1）Deacon发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。

下图为刚性容器中，。