大题训练（共10题）
1.氯氨是氯气遇到氨气反应生成的一类化合物，是常用的饮用水二级消毒剂，主要包括一氯胺、二氯胺和三氯胺(NH2Cl、NHCl2和NCl3)，副产物少于其它水消毒剂。回答下列问题： (1)①一氯胺(NH2Cl)的电子式为 ________________ 。
②工业上可利用反应Cl2(g)+NH3(g)=NH2Cl(g)+HCl(g)制备一氯胺，已知部分化学键的键能如下表所示（假设不同物质中同种化学键的键能相同），则该反应的△H=________。 化学键 键能(kJ/mol) N-H 391 Cl-Cl 243 N-Cl 191 H-Cl 431 ③一氯胺是重要的水消毒剂，其原因是由于一氯胺在中性、酸性环境中会发生水解，生成具有强烈杀菌消毒作用的物质，该反应的化学方程式为_________________________。 (2)用Cl2和NH3反应制备二氯胺的方程式为2Cl2(g)+NH3(g)
NHCl2(l)+2HCl(g)，向容积均
为1 L的甲、乙两个恒温（反应温度分别为400℃、T℃)容器中分别加入2 mol Cl2和2 mol NH3，测得各容器中n(Cl2)随反应时间t的变化情况如下表所示： t/min n(Cl2)(甲容器)/mol n(Cl2) (乙容器）/mol 0 2.00 2.00 40 1.50 1.45 80 1. 10 1.00 120 0.80 1.00 160 0.80 1.00 ①甲容器中，0～40 min内用NH3的浓度变化表示的平均反应速率v(NH3)=___________。 ②该反应的△H________0(填“>”或“<”) 。
③对该反应，下列说法正确的是______________(填选项字母）。 A．若容器内气体密度不变，则表明反应达到平衡状态
B．若容器内Cl2和NH3物质的量之比不变，则表明反应达到平衡状态
C．反应达到平衡后，其他条件不变，在原容器中充入一定量氦气，Cl2的转化率增大 D．反应达到平衡后，其他条件不变，加入一定量的NHCl2，平衡向逆反应方向移动 (3)在恒温条件下，2molCl2和1molNH3发生反应2Cl2(g)+NH3(g)平衡时Cl2和HCl的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：
NHCl2(l)+2HCl(g)，测得
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①A、B、C三点中Cl2转化率最高的是______点(填“A”“B”或“C”)。(提示：C点时HCl和Cl2的浓度相等)
②计算C点时该反应的压强平衡常数Kp(C)=_________(Kp是平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)
2.一氧化碳是一种重要的化工原料。结合所学知识回答下列问题： (1)工业上可通过CO和H2化合制取CH3OH： CO(g)+2H2(g)
CH3OH(g) △H1
已知：①CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) △H2=-41.1kJ·mol-1 ②CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) △H3=-49.0kJ·mol 则△H1=___。
(2)二氧化碳的回收利用是环保领域研究的热点课题。
在太阳能的作用下，以CO2为原料制取炭黑的流程如图所示。其总反应的化学方程式为___。
-1
(3)工业上还可通过CO和Cl2化合制取光气(COCl2)：Cl2(g) +CO(g)=COCl2(g) △H。向密闭容器中充入1molCl2(g)和1molCO(g)，反应速率随温度的变化如图所示。
①图中Q点的含义是___，△H___0(填“＞”或“＜”）。
②某温度下，该反应达到平衡时c(COCl2)=0.80mol•L-1，c(Cl2)=0.20mol•L-1，则平衡体系中CO的体积分数为___(保留2位小数）。在该温度下，反应的平衡常数K=___。
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(4)以稀硫酸为电解质溶液，利用太阳能将CO2转化为低碳烯烃，工作原理如图：
①b电极的名称是___。
②生成丙烯(C3H6)的电极反应式为___。
3.空气中有丰富的氮气，科学家展开了向空气要氨气的系列研究。 （1）已知：2H2（g）＋O2（g）=2H2O（l） ΔH＝a kJ·mol－1 N2（g）＋O2（g） =2NO（g） ΔH＝b kJ·mol－1
4NH3（g）＋5O2（g） =4NO（g）＋6H2O（l） ΔH＝c kJ·mol－1 工业上合成氨反应N2（g）＋3H2（g）
2NH3（g） ΔH＝ _______ kJ·mol
－1
（2）以悬浮的纳米Fe2O3作催化剂，H2O和N2为原料直接常压电化学合成氨方面取得了突破性进展。其工作原理如图所示：
①Ni电极处发生的总反应为： N2＋6e－＋6H2O=2NH3＋6OH－
已知该反应分为两步，其中第二步的反应为2Fe＋3H2O＋N2=2NH3＋Fe2O3，则第一步反应为 _______ 。
②蒙乃尔筛网处发生的电极反应为： _______ 。 （3）NH3可以合成尿素，反应为2NH3（g）＋CO2（g）
CO（NH2）2（g）＋H2O（g）。向一
体积可变的恒压容器中充入一定量的NH3和CO2，保持容器的温度不变，NH3和CO2的转化率随时间的变化如图所示。
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①下列情况能说明反应达到平衡状态的是 _______ 。 A NH3和CO2的物质的量之比为2∶1 B 容器内气体的密度保持不变 C 2v正（NH3）＝v逆（CO2） D 各气体的体积分数保持不变
②起始时NH3和CO2的物质的量之比为 _______ 。
③维持容器的温度和压强不变，向上述平衡后的容器中充入NH3（g）、CO（NH2）2（g）和H2O（g）各1 mol，则达到新平衡时NH3的体积分数为 _______ 。
4.MoS2(s)(辉钼矿的主要成分可用于制取钼的化合物、润滑添加剂、氢化反应和异构化反应的催化剂等，回答下列问题：
(1)已知：MoS2(s)=Mo(s)+S2(g) △H1； S2(g)+2O2(g)=2SO2(g) △H2；
2MoS2(s)+7O2(g)=2MoO3(s)+4SO2(g) △H3；；
反应2Mo(s)+3O2(g)=2MoO3(s)的△H=______用含△H1、△H2、△H3的代数式表示 (2)利用电解法可浸取辉钼矿得到Na2MoO4和Na2SO4溶液装置如图所示。
①阴极的电极反应式为__________。 ②MoO42-在电极______(填A或B)附近生成。
③实际生产中，惰性电极A一般不选用石墨，而采用DSA惰性阳极(基层为TiO2，涂层为RuO2+IrO2)，理由是_______________。
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(3)用辉钼矿冶炼Mo的反应为MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)
△H。该反应的△H______0(填“＞”或“＜”)；p1、p2、p3按从小到大的顺序为______________。 (4)若该反应在体积固定的密闭容器中进行，在一定条件下达到平衡状态，若充入氦气，平衡 ________(填“向正反应方向”“向逆反应方向”或“不移动”)。
(5)在2L的恒温恒容密闭容器中加入0.1mol MoS2、0.2mol Na2CO3、0.4mol H2，在1100K时发生反应，达到平衡时恰好处于图中A点，则此温度下该反应的平衡常数为______。
5.化学反应原理在科研和生产中有广泛应用。
（1）用生物质热解气（主要成分为 CO、CH4、H2）将SO2在一定条件下还原为单质硫进行烟 气脱硫。已知：①C（s）+O2（g）=CO2（g）ΔH1= -393.5 kJ·mol-1 ②CO2（g）+C（s）=2CO（g） ΔH2= + 172.5 kJ·mol-1 ③S（s）+O2（g）=SO2（g） ΔH3= -296.0kJ·mol-1 CO将SO2还原为单质硫的热化学方程式为_______。
（2）CO可用于合成甲醇，一定温度下，向体积为2L的密闭容器中加入CO和H2，发生 反应CO（g）+2H2（g）
CH3OH（g），达到平衡后测得各组分的浓度如下：
①反应达到平衡时，CO的转化率为_______。 ②该反应的平衡常数值 K=_______。
③恒温恒容条件下，可以说明反应已达到平衡状态的是_______（填标号）。 A v 正（CO）=2v 逆（H2） B 混合气体的密度不变
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C 混合气体的平均相对分子质量不变 D CH3OH、CO、H2 的浓度都不再发生变化
④若保持容器体积不变，再充入 0.6mol CO 和 0.4mol CH3OH，此时v正_______v逆（填“ >” 、< ”或“= ”）。
（3）在常温下，亚硝酸HNO2的电离常数 Ka=7.1×10-4mol·L-1，NH3·H2O的电离常数 Kb=1.7×10mol·L。0.1mol·L NH4NO2溶液中离子浓度由大到小的顺序是__________，常温下NO2水解反应的平衡常数Kh=_______（保留两位有效数字）。
6．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。
I.氨为重要的化工原料，有广泛用途。 (1)合成氨中的氢气可由下列反应制取：
a. CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g) ∆H1=+216.4kJ/mol b. CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) ∆H2=-41.2kJ/mol
则反应CH4(g)+2H2O(g)⇌CO2(g)+4H2(g) ∆H= _____________。
(2)起始时投入氮气和氢气的物质的量分别为1mol、3mol，在不同温度和压强下合成氨。平衡时混合物中氨的体积分数与温度的关系如图。
--5
-1
-1
①恒压时，反应一定达到平衡状态的标志是_____________(填序号) A．N2和H2的转化率相等 B．反应体系密度保持不变
C．
cH2cNH32 保持不变 D．
cNH3cN2②P1_____P2 (填“>”“=”或“不确定”，下同)；反应的平衡常数：B点_______D点。 ③C点H2的转化率为________；在A、B两点条件下，该反应从开始到平衡时生成氮气的平均速率：υ(A)__________υ(B)。
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Ⅱ.用间接电化学法去除烟气中NO的原理如下图所示。
已知阴极室溶液呈酸性，则阴极的电极反应式为_____________。反应过程中通过质子交换膜(ab)的H+为2mol时，吸收柱中生成的气体在标准状况下的体积为_____________L。
7.十九大报告指出：“坚持全民共治、源头防治，持续实施大气污染防治行动，打赢蓝天保卫战！”以NOx为主要成分的雾霾的综合治理是当前重要的研究课题。 汽车的排气管上安装“催化转化器”，发生反应①：2NO（g）＋2CO（g）（g） △H＝－746.5 kJ·mol。
（1）T℃时，将等物质的量的NO和CO充入容积为2L的密闭容器中，若温度和体积不变，反应过程中（0～15min）NO的物质的量随时间变化如图。
－1
2CO2（g）＋N2
①图中a，b分别表示在相同温度下，使用质量相同但表面积不同的催化剂时，达到平衡过程中n（NO）的变化曲线，其中表示催化剂表面积较大的曲线是__。（填“a”或“b”） ②T℃时，该反应的化学平衡常数K＝__；平衡时若保持温度不变，再向容器中充入CO、CO2各0.2 mol，则平衡将__移动。（填“向左”、“向右”或“不”）
③15min时，若改变外界反应条件，导致n（NO）发生图中所示变化，则改变的条件可能是___（任答一条即可）。
④又已知：反应②N2（g）＋O2（g）△H＝__。
（2）在密闭容器中充入5 mol CO和4 mol NO，发生上述反应①，如图为平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系。
2NO（g） △H2＝＋180.5 kJ·mol－1，则CO的燃烧热
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①温度：T1__T2（填“<”或“>”）。
②若在D点对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小，重新达到的平衡状态可能是图中A～G点中的____点。
（3）目前，科学家正在研究一种以乙烯作为还原剂的脱硝原理，其脱硝率（脱硝率即NO的转化率）与温度、负载率（分子筛中催化剂的质量分数）的关系如图所示。
为达到最佳脱硝效果，应采取的条件是________。
8.烟气脱硝技术是烟气治理的发展方向和研究热点。 （1）用NH3选择性脱除氮氧化物，有如下反应： 6NO(g)+4NH3(g)=5N2(g)+6H2O(g) 已知化学键的键能数据如下表：
化学键 键能（kJ·mol-1） NO中的氮氧键 a N-H b NN c O-H d 则该反应的ΔH=__kJ·mol-1。
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（2）在汽车尾气的净化装置中CO和NO发生反应：2NO(g)+2CO(g)ΔH=-746.8kJ·mol。
-1
N2(g)+2CO(g)
实验测得：v正=k正·c(NO)·c(CO)，v逆=k逆·c(N2)·c(CO2)（k正、k逆为速率常数，只与温度有关）
①达平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数__k逆增大的倍数（填“＞”或“＜”或“＝”）。 ②若在1L的密闭容器中充入1molCO和1molNO，在一定温度下达到平衡，CO的转化率为50%，则
222
k正=__。 k逆N2(g)+CO2(g)
（3）现利用反应除去汽车尾气中的NOx：C(s)+2NO(g)
ΔH=-34.0kJ·mol-1。在密闭容器中发生该反应，催化反应相同时间，测得不同温度下NO的转化率a（NO）随温度的变化如图所示。由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升高而增大，原因是__。
（4）以连二硫酸根（S2O42-）为媒介，使用间接电化学法也可处理燃煤烟气中的NO，装置如图所示：
①阴极区的电极反应式为__。
②NO吸收转化后的主要产物为NH4+，若通电时电路中转移了0.3mole-，则此通电过程中理论上吸收的NO在标准状况下的体积为__mL。
9.燃煤废气中的氮氧化物（NOx）、CO2、SO2等气体，常要采用不同方法处理，以实现节能减排、废物利用等。
- 9 -
（1）下列为二氧化硫和氮的氧化物转化的部分环节： ①已知：2SO2（g）＋O2（g）2NO（g）＋O2（g）
2SO3（g） △H＝－196.6 kJ・mol－1
－1
2NO2（g） △H＝－113.0 kJ·mol
则SO2气体与NO2气体反应生成SO3气体和NO气体的热化学方程式为_________。
②一定条件下，工业上可通过下列反应实现燃煤烟气中液态硫的回收，其中Y是单质：SO2（g）＋2CO（g）
催化剂2X（g）＋Y（l）。为了测定在某种催化剂作用下的反应速率，某化学兴
趣小组在某温度下、固定容器中用超灵敏气体传感器测得不同时间的SO2和CO浓度如下表： 时间/s c（SO2）/mol·L －1－10 1.00 4.00 1 0.50 3.00 2 0.23 2.46 3 3.00×102.00 －374 3.00×102.00 －37 c（CO）/mol·L X的化学式为_____；当时间为第4 s时，2v（SO2）正____（填“>”“＝”或“<”）v（X）逆。 （2）有科学家经过研究发现，在210~290℃、催化剂条件下用H2可将CO2转化生成甲醇蒸气和水蒸气。一定条件下，往2 L恒容密闭容器中充入1 mol CO2和3. 0 mol H2，在不同催化剂作用下，相同时间内CO2的转化率随温度变化如图所示：
①催化剂效果最佳的是催化剂 ________（填“I”“II”或“III”）。
②此反应在a点时已达平衡状态，a点的转化率比c点高的原因是___________。已知容器内的起始压强为100 kPa，则图中c点对应温度下反应的平衡常数Kp＝______（保留两位有效数字）（Kp为以分压表示的平衡常数， 分压＝总压×物质的量分数）。
10.某同学查阅资料得知25℃时部分弱酸的电离常数如下表: 酸 HCOOH HClO H2CO3 H2C2O4 H2S - 10 -
K1=4.4×10 电离常数(Ka) 1.8×10-4 3×10-8 K2=4.7×10 据此回答以下几个问题:
(1)四位同学根据表中数据写出以下几个反应方程式 甲：H2S+Na2CO3=NaHS+NaHCO3
乙：H2C2O4+Na2CO3=Na2C2O4+CO2+H2O 丙：HClO+Na2S=NaClO+NaHS
丁：H2C2O4+HCOONa=NaHC2O4+HCOOH 上述反应可以成功进行的是______(填同学代号)。
-11-7K1=5.4×10 K2=5.4×10 -5-2K1=1.3×10 K2=7.1×10 -15-7(2)甲同学为证明 HCOOH 为弱酸，采用以下方法一定能证明的是_______(填序号)。 ①常温下测得HCOONa溶液的pH大于7 ②用HCOOH 溶液做导电实验，灯泡很暗
③HCOOH与Na2S能发生反应产生臭鸡蛋气味的气体 ④采用pH计测得常温下 0.1 mol/L HCOOH 溶液的pH=1.37 ⑤HCOONa和H3PO4反应，生成 HCOOH
⑥pH=2的HCOOH溶液稀释至100倍后，测得pH约为3.4
(3)乙同学取10.00 mL 0.1 mol/L H2C2O4在室温下用0.1 mol/L NaOH 溶液进行滴定，并使用氢离子浓度监测仪进行实时监控，当电脑显示 pH=7并稳定时停止滴定，此时测得消耗NaOH 溶液体积为V mL。
①该实验可使用________量取10.00 mL 0.1 mol/L H2C2O4(填仪器名称)。 ②V____10.00 mL(填“>”“=\"或“<”)。
③滴定结束后溶液中所含离子浓度由大到小为：_________(书写离子浓度符号并用“>”连接)。
④丙同学与甲同学做同样实验。但他将0.1 mol/L H2C2O4换成0.1 mol/L H2S溶液，丙同学实验结束后溶液c(HS-)___ c(S2-)(填\">\"\"<\"或“=”)。
(4)已知酸性高锰酸钾可将甲酸氧化成二氧化碳，丁采用 HCOOH 溶液对某KMnO4样品进行纯度测定(杂质不参导反应)，取0.200 g KMnO4样品(M=158 g/mol)在锥形瓶中溶解并酸化后，用0.100 mol/L的标准HCOOH溶液进行滴定，滴定至终点时消耗 HCOOH 溶液20.00 mL。
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①对 KMnO4溶液进行酸化时，通常选用的酸是__________。 ②确定达到滴定终点的判断方法是_________。 ③该样品中KMnO4的纯度为 _______(用百分数表示)。
【参考答案及解析】 1. 【答案】(1)
+12 kJ/mol NH2Cl +H2O
HClO +NH3
(2)6.25×10-3 mol/(L.min) ＜ AB (3)B 0.5 （M Pa）－1
【解析】【分析】(1) ①一氯胺是共价化合物，N原子与H原子、Cl原子之间形成1对共用电子对；
②一氯胺为共价化合物，发生反应Cl2(g)+NH3(g)=NH2Cl(g)+HCl(g)，根据△H=反应物的总键能-生成物的总键能进行计算；
③一氯胺是重要的水消毒剂，在中性、酸性环境中发生水解反应生成NH3和HClO； (2) ①根据v=
c进行计算； t②根据数据可知，甲容器达到平衡时，用时120min，乙容器达到平衡时，用时80min，说明乙容器的反应速率大于甲容器的反应速率，说明乙容器的温度高于甲容器中的温度，且甲容器中剩余的Cl2多余乙容器中剩余的Cl2，Cl2增多，说明升高温度，平衡逆向进行； ③可逆反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，各组分的浓度、含量等保持不变，由此衍生出的其它的一些量不变；
(3) ①反应前后气体的体积减小，生成HCl越多，Cl2转化率越大；
②C点HCl和Cl2浓度相同，结合三段法列式可计算得到平衡状态下各物质的物质的量， 再计算物质的量分数，最后根据Kp=
p2HClp2Cl2pNH3进行计算。
【详解】(1) ①一氯胺是共价化合物，N原子与H原子、Cl原子之间形成1对共用电子对，
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其电子式为：；
②△H=反应物的总键能-生成物的总键能=(3×391+243)-(2×391+191+431)=+12 kJ/mol； ③一氯胺是重要的水消毒剂，在中性、酸性环境中发生水解反应生成NH3和HClO，反应方程式为：NH2Cl +H2O
HClO +NH3；
(2) ①甲容器中，0～40 min内氯气的物质的量的变化量为2.00mik-1.50mol=0.50mol，变化量之比等于化学计量数之比，因此氨气的物质的量的变化量为化量为
0.50mol=0.25mol，浓度的变2c0.25mol/L0.25mol=0.25mol/L，因此v===0.00625mol/(L•min)； 1L40mint②根据数据可知，甲容器达到平衡时，用时120min，乙容器达到平衡时，用时80min，说明乙容器的反应速率大于甲容器的反应速率，说明一容器的温度高于甲容器中的温度，且甲容器中剩余的Cl2多余乙容器中剩余的Cl2，Cl2增多，说明升高温度，平衡逆向进行，进一步说明该反应正向为放热反应，即△H<0；
③A. 由反应的方程式可知，该反应气体的质量发生变化，气体体积不变，当容器内气体的密度不变时，证明达到了平衡状态，A项正确；
B. 若容器内Cl2和NH3物质的量之比不变，说明容器内物质的浓度不发生变化，说明反应达到了平衡状态，B项正确；
C. 反应达到平衡后，其他条件不变，在原容器中充入一定量氦气，各物质的浓度不发生变化，平衡不移动，Cl2的转化率不变，C项错误；
D. 反应达到平衡后，其他条件不变，加入一定量的NHCl2，因NHCl2为液态，增大液体的量，平衡不移动，D项错误； 正确的选AB；
(3) ①反应前后气体的体积减小，由图象可知三点中B点HCl最多，因此B点Cl2转化率最高； ②设反应掉的NH3的物质的量为xmol，那么
2Cl2g+NH3g起始(mol)21变化(mol)平衡(mol)2x22xx1xNHCl2l+2HClg02x2x
2-2x=2x，解得x=0.5mol，总物质的量为3-3x+2x=3-x=3-0.5=2.5mol，总压强为10MPa，因此
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12)pHCl2.5Kp(C)=2==0.5MPa。
pCl2pNH3(101)2100.52.52.52(102.
【答案】(1)-90.1kJ·mol (2)CO2
C+O2
-1
(3)化学平衡状态 ＜ 16.67% 20 (4)正极 3CO2+18H+18e→CH3CH=CH2+6H2O 【解析】【分析】(1)根据盖斯定律计算；
(2)根据图像可知，反应物为二氧化碳，生成物为炭黑和氧气；
(3)根据图像可知，升高温度，正逆反应速率均增大，且逆反应速率增大的程度大于正反应速率，则升高温度，平衡逆向移动，逆向反应为吸热，则正反应为放热反应。
(4)①根据图知，氧的化合价由-2变为0价，失电子，则生成氧气的电极是阳极，则连接阳极的电源电极为正极；
②阴极上二氧化碳得电子和氢离子反应生成丙烯和水。 【详解】(1)根据盖斯定律可知，①+②可得CO(g)+2H2(g)△H1=△H2+△H3=-90.1kJ·mol-1；
(2)根据图像可知，反应物为二氧化碳，生成物为炭黑和氧气，则方程式为CO2
C+O2；
CH3OH(g)，则
+
-
(3)根据图像可知，升高温度，正逆反应速率均增大，且逆反应速率增大的程度大于正反应速率，则升高温度，平衡逆向移动，逆向反应为吸热，则正反应为放热反应。
①根据图像可知在Q点之前为建立平衡的过程，而Q点之后为平衡移动的过程，且随着温度的升高平衡逆向移动，Q点为化学平衡状态；正反应为放热反应，则△H＜0； ②初始时，充入等物质的量的Cl2、CO，根据Cl2(g)+CO(g)=COCl2(g)，平衡时，c(Cl2)=c(CO)=0.20mol•L-1，平衡体系中CO的体积分数=K=
0.20×100%=16.67%；
0.200.200.800.80=20；
0.200.20(4)①根据图知，氧的化合价由-2变为0价，失电子，则生成氧气的电极是阳极，则连接阳极的电源电极为正极，所以b为正极；
②阴极上二氧化碳得电子和氢离子反应生成丙烯和水，电极反应式为
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3CO2+18H+18e→CH3CH=CH2+6H2O。 3.
【答案】（1）（b＋
+-
c3a － ）
22（2）Fe2O3＋6e－＋3H2O=2Fe＋6OH－ 4OH－－4e－=2H2O＋O2↑ （3）BD 3∶1 52.94%
【解析】【分析】(1)可根据盖斯定理由已知反应求得目标反应的焓变；
(2)观察其工作原理图可知，Ni电极变化为N2→NH3，发生还原反应，是阴极，则蒙乃尔筛网处是阳极，发生氧化反应。
(3)①反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度保持不变及由此衍生的其他物理量进行分析；
②设起始时NH3和CO2的物质的量分别为n(NH3)、n(CO2)，反应消耗的CO2的物质的量为x，结合方程式列三段式，结合氨气、二氧化碳的转化率进行分析计算，求出n（NH3）:n（CO2）； ③维持容器的温度和压强不变，向上述平衡后的容器中充入NH3(g)、CO(NH2)2(g)和H2O(g)各1 mol，进行转化，通过把生成物全部转化为反应物后，可知转化后比值相等，与原平衡等效，则达到新平衡时NH3的体积分数与原平衡相同，所以，只需计算原平衡中NH3的体积分数即可。 【详解】(1)由已知：①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH＝a k·mol-1 ②N2(g)+O2(g) =2NO(g) ΔH＝b k·mol-1
③4NH3(g)+5O2(g) =4NO(g)+6H2O(l) ΔH＝c k·mol-1 根据盖斯定理，可由①×
13+②-③×得反应：N2(g)+3H2(g)
222NH3(g)，则ΔH＝ (b+
3a 2-
c3ac )k·mol-1。答案为：(b+ - ) 222----
(2)①用总反应减第二步的反应得：Fe2O3+6e+3H2O=2Fe+6OH。答案为：Fe2O3+6e+3H2O=2Fe+6OH ②蒙乃尔筛网处是阳极，OH-放电，发生氧化反应：4OH--4e-=2H2O+O2↑。答案为：4OH-4e=2H2O+O2↑
(3)①A. NH3和CO2的物质的量之比为2∶1时不一定达到平衡，A选项错误；
B. 反应体系条件为恒温恒压，平衡移动，气体物质的量变化，所以气体体积也变化，而体系气体质量不变，所以密度会随平衡的移动而变化，密度不变时反应达到平衡状态，B选项正确； C. 由2v正(NH3)＝v逆(CO2)，得v正(NH3)：v逆(CO2)=1：2，不等于计量数之比，反应没有达到
- 15 -
--
平衡状态，C选项错误；
D. 根据化学平衡状态的定义，平衡时各组分的百分含量保持不变，D选项正确； 答案为：BD
②设起始时NH3和CO2的物质的量分别为n(NH3)、n(CO2)，反应消耗的CO2的物质的量为x，则有：
2NH3(g)+CO2(g)n(CO2)开始n(NH3)2xx反应平衡n(NH3)-2xn(CO2)-xCO(NH2)(g)+H2O(g)0xx0xx
2xx40% ，60%
n(NH3)n(CO2)解得：
n(NH3)3
n(CO2)1答案为：3∶1
③维持容器的温度和压强不变，向上述平衡后的容器中充入NH3(g)、CO(NH2)2(g)和H2O(g)各1 mol，进行转化:
2NH3(g)+CO2(g)加料转化原加料1mol3mol3:01mol1CO(NH2)(g)+H2O(g)1mol001mol00
转化后比值相等，与原平衡等效，则达到新平衡时NH3的体积分数与原平衡相同，所以，只需计算原平衡中NH3的体积分数即可。
在②的计算中，n(NH3)=3n(CO2)，x=0.6 n(CO2)，则平衡时总物质的量为n(NH3)- 2x+ n(CO2)-x+ x + x = n(NH3)+ n(CO2)-x=3.4 n(CO2)，则达到新平衡时NH3的体积分数为：
nNH32x3nCO220.6nCO2100%100%52.94%
3.4nCO23.4nCO2答案为：52.94%
【点睛】1. 判断可逆反应是否达到平衡的方法：v正＝v逆；各物质含量不变；其它表现：看该量是否随平衡移动而改变，是则可。
2. 恒温恒压时，同一种反应，按不同方式投料，如果转化后的投料比相等，则建立的平衡等效，平衡时各物质的百分含量对应相等。
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4.
【答案】(1)△H3－2△H2－2△H1
(2)2H2O＋2e=H2↑＋2OH或2H＋2e=H2↑ A 阳极主要生成Cl2，还会生成O2，生成的O2会消耗石墨 (3)＞ p1＜p2＜p3 (4)不移动 (5)2.5×10
【解析】【分析】（1）根据盖斯定律，将几个热化学反应方程式叠加，可得到相应反应的热化学反应方程式；
（2）根据电解原理进行分析；
（3）根据化学平衡移动的因素进行分析； （4）根据化学平衡移动的因素进行分析； （5）利用三段式进行化学平衡常数的计算；
【详解】（1）MoS2(s)=Mo(s)+S2(g) ①，S2(g)+2O2(g)=2SO2(g) ②；
2MoS2(s)+7O2(g)=2MoO3(s)+4SO2(g) ③；利用盖斯定律，以及目标反应方程式，得出③－2×②－2×①得出△H=△H3－2△H2－2△H1；答案为△H3－2△H2－2△H1；
（2）①该装置为电解池，电极B连接电源负极，即电极B为阴极，根据电解原理，阴极上应是H2O电离出H＋放电，即电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－或2H＋＋2e－=H2↑；答案为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－或2H＋＋2e－=H2↑；
②阳极电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑，Cl2具有强氧化性，溶于水后产生的HClO也具有强氧化性，能将MoS2氧化成MoO42－，即MoO42－在阳极A附近生成；答案为A；
③食盐水中含有的阴离子是Cl－、OH－，Cl－失去电子产生Cl2，OH－也可能失去电子变为O2，生成O2会与石墨在高温下反应生成CO2，不断消耗石墨，因此阳极一般不选用石墨，而采用DSA惰性阳极；答案为阳极主要生成Cl2，还会生成O2，生成的O2会消耗石墨；
（3）根据图像，随着温度的升高，H2的转化率增大，根据勒夏特列原理，该反应的正反应方向为吸热反应，即△H＞0；在相同的温度下，压强越大，H2的转化率越小，因此根据图像，压强由小到大的顺序是p1＜p2＜p3；答案为＞；p1＜p2＜p3；
（4）体积固定，达到平衡时，充入氦气，组分的浓度不变，平衡不移动；答案是不移动；
－3－
－
＋
－
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MoS2s+4H2g+2Na2CO3s（5）
Mos+2COg+4H2Og+2Na2Ss00.050.0500.10.1
起始变化平衡0.20.10.1c2(CO)c4(H2O)0.0520.14根据化学平衡常数的定义，K==2.5×10－3；答案为2.5×10－
44c(H2)0.13
。
5.
【答案】（1）2CO(g)+SO2(g)=2CO2(g)+S(s) ΔH=-270kJ·mol-1 （2）40%
2 CD = 3（3） c(NO2-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-) 1.4×10-11
【解析】【分析】（1）根据盖斯定律分析，将几个热化学方程式即反应热进行计算即可； （2）列出反应的三段式进行分析；
（3）由题知，HNO2的电离常数大于NH3·H2O，则NH4NO2溶液中，NH4+的水解程度大于NO2-的水
Kw解程度，则溶液中c(NO2)>c(NH4)；Kh=。
Ka-+
【详解】（1）根据盖斯定律可得，该反应=反应①-反应②-反应③，ΔH=ΔH1-ΔH2-ΔH3，即该反应的热化学方程式为：2CO(g)+SO2(g)=2CO2(g)+S(s) ΔH=-270kJ·mol-1； （2）该反应的三段式如下：
CO(g)+2H2(g)12起始(molL-1)1.52.2转化(molL-1)0.61.2平衡(molL-1)0.91.00.6molL-1①α(CO)=100%=40%；
1.5molL-1②K=
CH3OH(g)1 00.60.6[c(CH3OH)]0.62==；
[c(CO)][c(H2)]20.91.023③A、平衡时，2v正(CO)=v逆(H2)； v正(CO)=2v逆(H2)是某一个点时，体系中的速率关系，且一定不是平衡时的速率关系，故该说法不能说明反应达到平衡，A错误；
B、根据质量守恒定律，反应体系的总质量始终不变，由于该反应是在恒容的容器中进行的，
- 18 -
故反应体系的密度始终不变，故该说法不能说明反应达到平衡，B错误；
C、根据质量守恒定律，反应体系的总质量始终不变，但是反应体系的总物质的量在减小，即在反应体系达到平衡之前，反应体系的平均相对分子质量在增大，故当混合气体的平均相对分子质量不再变化时，反应达到平衡，C正确；
D、反应体系的各组分的浓度不再变化时，反应达到平衡，D正确； 故选CD；
④保持容器体积不变，再充入0.6mol CO和0.4mol CH3OH，c(CO)=1.5mol·L，c(H2)=1.0mol·L，c(CH3OH)=1.0mol·L，Qc=不移动，即v正=v逆；
（3）由题知，HNO2的电离常数大于NH3·H2O，则NH4NO2溶液中，NH4+的水解程度大于NO2-的水解程度，故该溶液中各离子浓度由大到小为：c(NO2-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)；NO2-的水解平衡
-1
-1
-1
[c(CH3OH)]1.02===K，则平衡
[c(CO)][c(H2)]21.51.023c(HNO2)c(OH-)c(HNO2)c(OH-)c(H+)Kw1.01014-11
常数Kh=====1.4×10。 --+Ka7.1104c(NO2)c(NO2)c(H)6．
【答案】I.(1)+175.2kJ/mol (2)BC < > 66.7% < Ⅱ.2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O 11.2
【解析】【分析】I.(1)则将a+b可得CH4(g)+2H2O(g)⇌CO2(g)+4H2(g) △H；
(2)①起始时投入氮气和氢气分别为1mol、3mol，在不同温度和压强下合成氨，达到平衡时，正、逆反应速率相等，各物质的浓度不变，气体的总物质的量不变，以此判断；
②增大压强，平衡正向移动，平衡混合气体中氨气的百分含量增大；升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小；
③起始时投入氮气和氢气分别为1mol、3mol，反应的方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，C点氨气的含量为50%，结合方程式计算；压强越大、温度越高，反应速率越快；
II.根据图示可知，阴极通入的SO3发生得电子的还原反应生成S2O4，结合溶液为酸性书写阴极反应式；写出电解池的总反应，根据通过的氢离子物质的量可知转移电子的物质的量，吸收柱中生成的气体为氮气，然后利用电子守恒计算氮气的物质的量，最后根据V=n·Vm计算标况下体积。
【详解】I.(1)已知a.CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)△H=+216.4kJ/mol
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2-2-
b.CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H=-41.2kJ/mol
则将a+b，可得CH4(g)+2H2O(g)⇌CO2(g)+4H2(g) △H=（+216.4-41.2）kJ/mol=+175.2kJ/mol； (2)①A.N2和H2的起始物料比为1：3，且按照1：3反应，则无论是否达到平衡状态，转化率都相等，N2和H2转化率相等不能用于判断是否达到平衡状态，A错误；
B.气体的总质量不变，由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，恒压条件下，当反应体系密度保持不变时，说明体积不变，则达到平衡状态，B正确； C.
cH2保持不变，说明氢气、氨气的浓度不变，反应达到平衡状态，C正确；
cNH3cNH32不能确定反D.达平衡时各物质的浓度保持不变，但不一定等于化学计量数之比，
cN2应是否达到平衡状态，D错误； 故合理选项是BC；
②由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，平衡混合气体中氨气的百分含量增大，由图象可知P1 22x23则×100%=50%，解得x=，则C点H2的转化率为3100%=66.7%，B点的压强、 342x3温度都比A点高，压强越大、温度越高，反应速率越大，所以υ(A)<υ(B)； II.根据图示可知，阴极通入的SO32-发生得电子的还原反应生成S2O42-，则阴极反应式为：2SO3+4H+2e=S2O4+2H2O；电解池的阳极水电离出的氢氧根离子放电生成氧气，发生反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，则电解池中总反应为：4SO32-+4H+ 2S2O42-+2H2O+O2↑，即转移4mol电子 2-+ -2- 时有4mol氢离子通过质子交换膜，则反应过程中通过质子交换膜（ab）的H+为2mol时，转移电子的物质的量为2mol，生成1molS2O42-，图示NO吸收柱中S2O42-失去电子被氧化成SO32-，NO得到电子被还原成N2，根据得失电子守恒可知，吸收柱中生成N2的物质的量为： - 20 - 2moln(N2)==0.5mol，标况下0.5mol氮气的体积为：22.4L/mol×0.5mol=11.2L。 202【点睛】本题考查化学平衡、电解原理、反应热计算等知识，明确盖斯定律、电解原理，把握化学平衡三段法、转化率计算等为解答的关键，知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力、计算能力及综合应用能力。 7. 【答案】（1）b 5L/mol 不 加压（或增加CO的物质的量浓度或减少生成物浓度或降温等） 283.0kJ·mol （2）＞ A （3）350℃左右、负载率3％ 【解析】【分析】（1）①使用催化剂缩短到平衡状态用时来判断； ②根据三段法计算平衡常数，比较Qc与平衡常数K大小判断移动方向； ③用n（NO）发生图中所示变化判断改变的条件； ④用盖斯定律来计算CO的燃烧热； （2）①根据反应2CO（g）+2NO（g） N2（g）+2CO2（g）△H=-746kJ•mol-1，升高温度， -1 平衡逆向移动，所以NO的体积分数会增大； ②若在D点对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小，则平衡会逆向移动； ③从图中判断达到最佳脱硝效果应采取的条件。 【详解】（1）①使用催化剂缩短到平衡状态用时，因此催化剂面积较大的曲线是b； ②根据化学反应速率的数学表达式，v(CO)=(0.4－0.2)/(2×10)mol/(L·min)=0.01 mol/(L·min)； 2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g) 起始浓度： 0.2 0.2 0 0 变化浓度： 0.1 0.1 0.1 0.05 平衡浓度： 0.1 0.1 0.1 0.05， c2(CO2)c(N2)0.120.05K2根据平衡常数的表达式，=5；此时CO的浓度为0.2mol·L222c(NO)c(CO)0.10.1－1 ，CO2的浓度为0.2mol·L－1，代数上式，此时的浓度商为5，与化学平衡常数相等，即平衡 不移动； ③15min时，NO的物质的量减少，将N2移出减少生成物浓度、加压等，平衡向正反应方向移 - 21 - 动，NO的物质的量减小， ④用盖斯定律结合反应①与反应来② ，（3）①根据反应2CO（g）+2NO（g） ①②-1 计算CO的燃烧热283.0kJ·mol 2N2（g）+2CO2（g）△H=-746kJ•mol-1，升高温度， 平衡逆向移动，所以NO的体积分数会增大，即T1＞T2。 ②若在D点对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小，则平衡会逆向移动，NO的体积分数增加，重新达到的平衡状态可能是图中A点。 ③从图中判断达到最佳脱硝效果应采取的条件350℃左右、负载率3％。 【点睛】利用盖斯定律的求算燃烧热，是高考热点；平衡常数的计算及Qc计算并比较是难点。 8. 【答案】（1）6a+12b-5c-12d （2）＜ 1 （3）1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大 （4）2SO3+4H+2e=S2O4+2H2O 1344 【解析】【分析】（1）反应的ΔH等于反应物的总键能减去生成物的总键； （2）①根据升温对反应2NO(g)+2CO(g)动及反应速率的影响幅度来判断； ②若在1L的密闭容器中充入1molCO和1molNO，在一定温度下达到平衡，CO的转化率为50%，用三段式求出平衡时各物质的浓度，再按照平衡时正逆反应速率相等来计算； （3）假如已平衡，升温平衡应左移，转化率下降，之所以有矛盾，从假设不成立角度分析； （4）①阴极区发生还原反应，从图中找出阴极反应物，写它发生还原反应的电极反应式； ②NO吸收转化后的主要产物为NH4+，写出关系式，按电子数守恒，求出一氧化氮在标准状况下体积； 【详解】（1）反应的ΔH等于反应物的总键能减去生成物的总键，ΔH=（6a+12b-5c-12d）kJ·mol-1； 答案为：6a+12b-5c-12d； （2）①该反应的正反应是放热反应，达到平衡后，仅升高温度，平衡逆向移动，所以逆反应速率大于正反应速率，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数，所以k正增大的倍数 2-+ -2- N2(g)+2CO(g) ΔH=-746.8kJ·mol的平衡移 -1 ②若在1L的密闭容器中充入1molCO和1molNO，在一定温度下达到平衡，CO的转化率为50%， 2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)起始(mol)110.50.500.250.252 00.50.5转化(mol)0.5平衡(mol)0.52 2 正 平衡时正逆反应速率相等，v正=k·c(NO)·c(CO)，v逆=k逆·c(N2)·c(CO2)，则 k正·c(NO)·c(CO) =k逆·c(N2)·c(CO2)， 2 2 2 222 k正因为是1L的密闭容器，k正×0.5×0.5=k逆·×0.25×0.5，则=1； k逆答案为：1； （3）假如已平衡，升温平衡应左移，转化率下降，而当反应在建立平衡的过程中时，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大； 答案为：1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大； （4）①由图可知，阴极区通入液体主要含SO3，流出主要含S2O4，所以阴极区电极反应式为2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O； 答案为：2SO3+4H+2e=S2O4+2H2O； ②NO吸收转化后的主要产物为NH4+，若通电一段时间后阴极区n(SO32-)减少了0.3mol，此过程转移0.3mole；由于NO吸收转化后的主要产物为NH4，NO～NH4～5e，若电路中转移转移0.3mole−，消耗NO0.06mol，标准状况下体积为V(NO)=0.06mol×22.4L/mol=1.344L=1344mL； 答案为：1344。 9. 【答案】（1）SO2(g) ＋NO2(g) SO3(g)＋NO(g) △H＝－41.8 kJ·mol－1 CO2 ＝ − + + − 2-+ -2-2-2- （2）I a点达到平衡，c点温度升高，反应是放热反应，平衡逆向，转化率减小 8.3104(kPa)2 【解析】【分析】⑴①根据盖斯定律，第一个方程式减去第二个方程式，再除以2得到热化学方程式；②Y为S，根据原子守恒思想得出X的化学式；当时间为第4 s时，已经达到平衡，则速率比等于计量系数比。 ⑵①T3温度以前，相同温度下，催化剂Ⅰ的催化效率更高；②该反应是放热反应，温度越高，平衡逆向移动，建立三段式，先计算平衡后的压强，再根据压强平衡常数计算。 【详解】⑴①第一个方程式减去第二个方程式，再除以2得到SO2气体与NO2气体反应生成SO3 - 23 - 气体和NO气体的热化学方程式为SO2(g) ＋NO2(g) kJ·mol；故答案为：SO2(g) ＋NO2(g) －1 SO3(g) ＋NO(g) △H＝－41.8 －1 SO3(g) ＋NO(g) △H＝－41.8 kJ·mol。 ②Y为S，根据原子守恒思想得出X的化学式为CO2；当时间为第4 s时，已经达到平衡，则速率比等于计量系数比，故2v(SO2)正 ＝ v(X)逆；故答案为：CO2；＝。 ⑵①T3温度以前，相同温度下，催化剂Ⅰ的催化效率更高；故答案为：I。 ②该反应是放热反应，温度越高，平衡逆向移动，因此a点的转化率比c点高的原因是a点达到平衡，c点温度升高，反应是放热反应，平衡逆向，转化率减小； 3H2g＋CO2g开始：3mol转化：1.8mol平衡：1.2mol1mol0.6mol0.4molCH3OHg+H2Og 0 0 0.6mol 0.6mol 0.6mol 0.6molP前n前100kPa4mol===利用压强之比等于物质的量之比，，反应后的压强为P后n后P后2.8mol0.60.670kPa70kPa2.8P后=70kPa，K2.88.3104(kPa)2；故答案为：a点达到 1.20.4(70kPa)370kPa2.82.8平衡，c点温度升高，反应是放热反应，平衡逆向，转化率减小；8.310(kPa)。 10. 【答案】(1)甲、乙、丁 (2)①④⑤⑥ (3)酸式滴定管(或移液管) > c(Na)>c(C2O4)>c(HC2O4)>c(H)=c(OH) > (4)硫酸 当滴入最后一滴标准液时，溶液由红色变为无色，且半分钟内不变色 63.2% 【解析】【分析】由题目所给表格可知，酸性 -H2C2O4>HCOOH>HC2O-4>H2CO3>H2S>HClO>HCO3>HS-，得到质子的能力 42+2--+-2-2-HC2O4- （2）①常温下测得HCOONa溶液的pH大于7，说明HCOONa为强碱弱酸盐，则HCOOH为弱电解 - 24 - 质； ② 溶液的导电性与离子浓度成正比，用HCOOH 溶液做导电实验，灯泡很暗，只能说明溶液中离子浓度很小，不能说明HCOOH的电离程度，则不能说明HCOOH为弱电解质； ③ HCOOH与Na2S能发生反应产生臭鸡蛋气味的气体，说明HCOOH的酸性强于H2S，不能说明其为弱电解质； ④采用pH计测得常温下 0.1 mol/L HCOOH 溶液的pH=1.37，说明HCOOH不完全电离，溶液中存在电离平衡，所以能说明其为弱电解质； ⑤ 强酸可以制取弱酸，HCOONa和H3PO4反应，生成 HCOOH，说明HCOOH的酸性弱于H3PO4，可以说明其为弱电解质； ⑥pH=2的HCOOH溶液稀释至100倍后，测得pH约为3.4，说明HCOOH溶液中存在电离平衡，说明其为弱电解质； 故答案选①④⑤⑥； （3）①中和滴定实验中，应使用酸式滴定管或移液管量取H2CO4溶液； ②当V=10mL时，溶液中的溶质为NaHC2O4，显酸性，因此当pH=7时，加入NaOH的体积V>10mL； ③ 由题目可知pH=7并稳定时停止滴定，因此滴定结束后溶液中c(H+)=c(OH-)，根据②可知，该溶液可以看作向NaHC2O4溶液中继续滴加NaOH溶液至中性，因此可得 -+-c(Na+)>c(C2O2-4)>c(HC2O4)>c(H)=c(OH)； ④由于HS-离子的水解程度大于电离程度，因此当滴定至pH=7时，溶液中c(HS-)> c(S2-)； （4）①对KMnO4溶液进行酸化时，通常选用的酸是稀硫酸； ②确定达到滴定终点的判断方法是当滴入最后一滴标准液时，溶液由红色变为无色，且半分钟内不变色； 2③该滴定发生的反应为2MnO45H2C2O46H2Mn10CO28H2O，滴定过程 参与反应的草酸的物质的量为0.100 mol/L×20.00 mL=0.002mol，方程式计量关系可知反应的KMnO4物质的量为0.002mol20.0008mol，其质量为0.0008mol×158g/mol=0.1264g，5该样品中KMnO4的纯度为 0.1264g×100%=63.2%。 0.2g - 25 - 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容