高中化学——猿题库——小猿热搜——反应原理典型题100（答案册）_初高中资料库_高中资料库（转存避免链接过期失效）_高中化学

≈
~~
｜
○
∩
答案与解析
1. ［答案］（除特殊标注外’每空2分）
（1）C（1分）
（2）温度升高加快反应速率,温度升高使平衡正向移动的作用大于压强增大使平
衡逆问移动的作用（l分）
（3）@1.951
@催化剂降低了Cl0H12—爷Cl0H8的活化能,反应生成的Cl0H12快
速转化为C10H8’ C10Hl2不能积累
@作图:
能
量
C｜0H8（l）＋5H2（g）
（l）＋3H2（g）
O
反应过程
（4）Fe2O3＋6eˉ＋3H2O-2Fe＋6（）Hˉ
［解析］（1）将两个反应式相加’得C10Hl8（l）-＝Cl0H8（l）＋5H2（g）
△H＝△H1＋
△H2, △H＞0,反应吸热’高温能提升反应平衡转化率;反应生成气体,
△S＞0’低压有利于提高反应平衡转化率’故高温低压有利于提高上述反应的
平衡转化率’故选C项°
综上所述’本题正确答案为C。
（2）升高温度可以使反应速率加快’且使平衡右移,虽高压使平衡左移,但温度
升高使平衡右移的作用大于压强增大使平衡左移的作用,所以该条件下也可显
著释氢·
（3）@参与反应的十氢茶为1.00mol, 8h时’ Cl0H8的产率为0.374,则其物质
的量为0.374mol, C10Hl2的产率为0.027,其物质的量为O027mol,则反应生成
的氢气的量为厕（H2）＝3×（0.027mol＋0.374mol）＋2×0.374mol＝1.951mol。
日
□
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｀
片
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~
＼
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≡
蛔小猿热搜.反应原理典型题｜00
@催化剂能降低反应需要的活化能’加快了Cl0Hl2向Cl0H8的转化速率’反应
生成的CI0H12快速转化为Cl0H8°
@△Hl＞△H2＞0’故生成物的能量上升,且第一步反应烩变比第二步高’生
成物能量逐步上升,第一步反应能量差值大于第二步°
绘制图:
能
量
C｜0H8（l）＋5H2（g）
（l）＋3H2（g）
O
反应过程
（4）阴极区发生还原反应’根据其中＿个反应2Fe＋3H2（）＋N2＿Fe2O3＋
2NH3可知’ Fe2O3作为催化剂首先转化为铁’因此电极反应式为Fe2O3＋6e＿
＋3H2O＝＝＝2Fe＋6OH—。
2. ［答案］
（1）Al2O3 （s）
＋3C（s）
＋N2 （g）-2AlN（s）
＋3（〕O（g）
△H＝
＋1026kJ .mol＿l（2分）
高温（1分）
（2）@CD（2分）
@里平（2分）
α
@如图所示:
‖
α
勺
凸
（
）
它
曰
＞
寸
田
○
言
｜｜‖｜
揖
厂
□
口
■
（1分）
（）」α
0
『｜
时间
（3）CO2＋6H2O＋8eˉ＝＝＝CH4＋8OHˉ（2分）
』
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答案与解析醒
…i＋2瞩′即可得总反应方程式A｜2O3（爵）＋3C（鼠）＋N:（g）-
［解析］
（1）由方程
＋3351＋3×（＿221）＋2×（-3l8）
2AlN（s）
＋3CO（g）’该反应的反应热为
勺
兰
kJ .mol—l＝＋l026kJ .molˉl ;若△G＜0则反应能自发进行’
AG＝△H-
T△S’该反应的△H＞0’
△S＞0,当温度升高时’△G＜0,因此该反应能自发进
行的条件为高温°
（2）@C项’ CO2和H2共能发生两个反应, 由图2可知当温度升高时’ CO2转
化成CH4的转化率减小’转化成CO的转化率增大,因此不能直接说CO2的平
衡转化率随温度升高先增大后减少’故C项错误;
D项’在可逆反应中若要提高某—反应物的转化率’可以通过增加另—反应物
的浓度来实现’因此若要提高CO2的平衡转化率’可以通过减小CO2和H2的
投料比来实现’故D项错误;
A项’根据图2可知’温度升高’甲烷的百分比减小’因此△必小于零』故A项
正确;
B项’ 由图2可知’随温度升高’甲烷的选择性降低, CO的选择性增加’因此温
度可影‖问产物的选择性,故B项正确。
综上所述’本题正确答案为CD。
@根据题目所给信息’ 350°C下反应I达到平衡时’ CO2转化率为80％’因此
可得
2H2O
＋
4H7
＝＝兰
CH4
＋
0.8α
0
0。64α
0。16α
0. 16α
016α
（〕（）2
（）
032〔J
032（】
反应前（mol）
0.2α
转化量（mol）
0. l6α
反应后（mol）
0.04α
…………‖琴｜‖蓑「.等
＝
◎根据分析已知’反应I为放热反应,随着温度升高, 甲烷生成量降低,但由于
温度越高反应速率越快,因此400°C时反应先达到平衡’但平衡时甲烷的物质的
｝
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晒｜小猿热搜.反应原理典型题｜00
量小于35（）°C平衡时甲烷的物质的量,根据图1可知400°C时CO2的平衡转化率
约为72％’因此生成甲烷的量约为0. l44αmol,详细曲线如图°
α
∑
‖
百
曰
≥
寸
园
○
百
厂
■■■■田■■■
■■■冈□□■■
■∏＝’■可■■■
■■■■■■■■
■■■■■■■田
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■『P■■■＝＝■
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『』■■■■■■■
′R■■■■■■■
■■■■■■■■
厂
0」α
0
『｜
时间
（3）CO2得电子与水反应生成甲烷电极反应方程式为CO2＋6H2O＋8eˉ-
CH4＋8（）H＿·
3. ［答案］
（1）D（l分）
（2）H2O（｜）-H』（g）＋÷O:（g）
△H-＋鳃6胀｝皿｜—｜（2分）
H2S（g）—H2（g）＋S（s）
△〃＝＋20kJ .molˉl（2分）
系统（Ⅱ）（1分）
（3）@2.5（2分）
2.8×10ˉ3（2分）
@＞（l分）
＞（l分）
@B（2分）
［解析］（1）根据较强酸制备较弱酸原理,氢硫酸不和碳酸氢钠反应,亚硫酸与碳酸氢钠
反应’说明亚硫酸碳酸氢硫酸的酸性依次减弱’A项正确;相同浓度’溶液
的导电能力与离子总浓度有关’相同浓度下’氢硫酸溶液导电能力弱’说明氢
硫酸的电离能力较弱’即电离出的氢离子数较少’ B项正确;相同浓度下,亚硫
酸的pH较小’故它的酸性较强’ C项正确;酸性强弱与还原性无关’酸性强调
酸电离出氢离子的难易’而还原性强调还原剂失电子的难易’
D项错误°
（2）系统（I ）和系统（Ⅱ）都是吸热反应’从热化学方程式可以看出,系统（Ⅱ）
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答案与解析｜…
制备lmolH2需要消耗20kJ能量,而系统（
I ）制备］molH2需要消耗286kJ能
量’故系统（Ⅱ）消耗的能量较少。
（3）@用三段式法计算:该反应是等气体分
子数反应’平衡时n（H2O）＝0.
02×0. 50mol＝0.
0lmol°
H2S（g）＋CO2（g）＝＝COS（g）＋H2O（g）
起始／mol
0.40
0. 10
0
0
转化／mol
0.0l
0.01
0.0l
0.0l
平衡／mol
0.39
0.09
0.01
0.0l
α（H2S）＝粉l00％二25％.
对于等气体分子数反应,可直接用物质的量
c（COS）
. c（H2O）
0.01×0.0l≈2. 8×10ˉ3°
替代浓度计算平衡常数:K＝
＝
c（H2S）
. c（CO2）
0.39×0.09
@总物质的量不变,H2O的物质的量分数增大’说明平衡问右移动’ H2S的转
化率增大。
即升高温度,平衡向正反应方向移动,正反应是吸热反应·
@平衡
之后,再充人H2S’则CO2的转化率增大,H2S的转化率减小, A项错误;充人
CO2’平衡向右移动, H2S的转化率增大’ B项正确;充人COS’平衡向左移
动’H2S的转化率减小’ C项错误;充人N2’无论体积是否变化,对于气体分
子数相等的反应’平衡不移动’H2S的转化率不变, D项错误。
@｝酗（｜分）
4. ［答案］
（l）
（2）2As2S3＋5O2＋6H2O-4H3AsO4＋6S（2分）
增加反应物O2的浓度’提
高As2S3的转化速率（2分）
（3）2△Hl-3△H2ˉ△H3（2分）
（4）@ac（2分）
@大于（l分）
@小于（1分）
′m时生成物浓度较低（l分）
酗（鳃雪〕:（2分）
‖
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硒｜小猿热搜.反应原理典型颗｜00
（l）从内向外P的各层电子数依次是2、
8＼5’砷与磷位于同主族且相邻’砷原
子比磷原子多—个电子层,所以从内向外砷的各层电子数分别为2、
8、
l8、
5’
据此可画出其原子结构示意图。
（2）根据得失电子守恒先确定As2S3与O2的化
学计量数分别为2＼5’再结合元素守恒得出H3AsO4＼S和H2O的化学计量数分
别为4＼6、6°
（3）将已知热化学方程式依次编号为@、@、@’根据盖斯定
律’由@×2＿@×3ˉ@可得: As2O5（s）＋3H2O（l）-2H3AsO4（s）
△H＝
2AH｜-3△H2-△H3°
（4）@溶液的pH不再变化’即OH—的浓度不再变化’
所以平衡体系中各组分的浓度均不再变化’说明反应达到平衡状态’a项正确;
当″正（Iˉ）＝2″逆（AsO;—）或″逆（Iˉ）＝2D正（AsO;＿）时反应达到平衡状态’选
项中的速率未指明是正反应速率还是逆反应速率, b项错误;反应达到平衡之
前’ c（AsO;—）逐渐减小而c（AsO』—）逐渐增大’故c（AsO』＿）／c（AsO;—）逐渐增
大,当c（AsO』ˉ）／c（AsO;ˉ）不变时反应达到平衡状态’ c项正确;根据离子方
程式可知反应体系中恒有c（Iˉ）＝2c（AsOiˉ）’观察图像可知反应达到平衡时
c（AsO』ˉ）＝ymol .Lˉl 』此时c（Iˉ）＝2γmol ~Lˉl
, d项错误。
@′m时反应未
达到平衡状态,所以″正大于″逆°
@从tm到tn’反应逐渐趋于平衡状态’反应
物浓度逐渐减小而生成物浓度逐渐增大’所以正反应速率逐渐减小’逆反应速
率逐渐增大,故′m时o逆小于t＂时″逆°
@根据题意’起始时c（AsO;ˉ）＝
c（I2）＝腮mol
. Lˉl 。
根据图像可知平衡时c（AsO』ˉ）＝γmol
. Lˉ｜’则此时
c（Iˉ）＝2ymol .Lˉl ’c（AsO;—）＝c（I2）＝（卯ˉγ）mol
. Lˉl ’平衡时溶液的
pH＝l4’则c （OH—
）
＝
l
mol
.
Lˉl ’故该反应的平衡常数K＝
c（AsO』ˉ）
. c2（Iˉ）
—4γ3
［解析］
c（As（）;—）
. c（I2）
. c2（OH—）
（卿ˉy）2
。
5. ［答案］（每空2分）
（1）＋l23小于AD
（2）氢气是产物之＿’随着＂（氢气）／〃（丁烷）增大’逆反应速率增大
（3）升高温度有利于反应向吸热方向进行温度升高反应速率加快丁烯高温裂
解生成短链烃类
［解析］（1）根据盖斯定律,可得@＝@ˉ@’则△Hl＝△H2-△H3＝-l19kJ .molˉl
＋242kJ .molˉl＝＋123kJ .molˉl
。
反应@为气体总体积增大的反应’在温度
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答案与解析｜蛔
相同时降低压强有利于提高平衡转化率’故则＜0. l。
反应@为吸热反应’升高
温度有利于平衡正向移动’ A项正确;降低压强平衡问气体总体积增大的万向
移动’ D项正确°
（2）结合图（b）可看出随着＂（氢气）／n（丁烷）增大’丁烯产
率先升高后降低’这是因为氢气是生成物’当＂（氢气）／n（丁烷）逐渐增大时’
逆反应速率加快’故丁烯的产率逐渐降低°
（3）在590。C之前随温度升高丁烯
产率逐渐增大,这是因为温度升高不仅能加快反应速率’还能促使平衡正向移
动;但温度高于590°C时’丁烯高温裂解生成短链烃类,导致丁烯产率快速
降低。
6. ［答案］（l）蓝紫色溶液变浅’同时有灰蓝色沉淀生成,然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液
（2分）
（2）@2CrOi＿＋2H＋-＝Cr2O;—＋H2O（2分）
@增大（l分）
1.0×］0l4（2分）
◎小于（2分）
（3）2.0×10ˉ5（2分）
5.0×10ˉ3（2分）
（4）Cr2O;ˉ＋3HSO丁＋5H＋-2Cr3＋＋3SOi—＋4H2O（2分）
［解析］（l）根据题意可知’在硫酸铬溶液中逐滴加人氢氧化钠溶液时’首先发生反应:
Cr3＋＋3OHˉ-Cr（OH）3↓’蓝紫色溶液逐渐变浅’同时产生灰蓝色沉淀’
当
氢氧化钠溶液过量时’灰蓝色沉淀逐渐溶解’发生反应: Cr（OH）3＋OH——
Cr（OH）J’最终得到绿色溶液°
（2）@从题图可看出’铬酸根离子在酸性条件下
逐渐转化成重铬酸根离子’离子方程式为2CrOiˉ＋2H＋＝＝Cr2O;ˉ＋H2O。
@从图像看出’酸性越强’ c（Cr2O;ˉ）越大’说明CrOiˉ的平衡转化率越大。
A点对应的离子浓度:
c （Cr2O;ˉ
）
＝0. 25mol
.
Lˉl
’ c （H＋
）
＝
1.0×l0ˉ7mol .Lˉl
’ c（CrOiˉ
）
＝l. 0mol
.
L—l
—0. 25mol
.
L—l ×2＝
c（Cr2O;ˉ）
0.25
二≡
三≡
10×10l4°
@升高温度’ CrO1—的平衡转化率减小’说明平衡向左移动,根据
平衡移动原理,正反应是放热反应,
△H＜0。
（3）根据溶度积计算: c（Ag＋）＝
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颐小猿热搜.反应原理典型题］00
KSp（AgCl）
2.0×10ˉl0
c（Clˉ）
＝1.0×10ˉ5mol
. L—l ＝2.0×l0ˉ5mol .Lˉl ’故c（CrOi—）
＝
Ksp（Ag2CrO4）
2.0×l0—l2
≡二
意’氧化剂是Cr2O;—’还原剂是HSO丁’氧化产物是SO1ˉ ’还原产物是Cr3＋。
根据得失电子守恒＼电荷守恒和原子守恒配平离子方程式: Cr2O;ˉ＋3HSO丁＋
5H＋-2Cr3＋＋3SOi—＋4H2O。
7. ［答案］（除特殊标注外,每空2分）
（1）两个反应均为放热量大的反应（l分）
降低温度、降低压强催化剂（1分）
（2）不是（l分）
该反应为放热反应,平衡转化率应随温度升高而降低AC
（3）1.0（1分）
该比例下丙烯腊产率最高,而副产物丙烯醛产率最低l :7.5: 1
［解析］（l）由于反应@和@均为放出热量较多的反应’产物的能量较低’故两个反应在
热力学上趋势很大;由于反应@为放热反应’且该反应为气体分子数增大的反
应’故降低温度和降低压强均有利于反应正问进行,从而提高丙烯腊的平衡产
率;提高丙烯腊反应选择性的关键因素是使用合适的催化剂°
（2）反应@为放
热反应’升高温度’丙烯腊的平衡产率应降低’故低于460°C时’丙烯腊的产率
不是对应温度下的平衡产率;高于460°C时’催化剂的活性降低＼副反应增多均
可能导致丙烯腊的产率降低,A、C项正确;该反应为放热反应’升高温度’平
衡常数减小’ B项错误;升高温度可以提高活化分子的百分数,但不能改变反应
所需的活化能’ D项错误°
（3）从题图（b）中可看出当n（氨）／″（丙烯）≈1.0
时’丙烯腊的产率最高,此时几乎没有丙烯醛;只发生反应@时NH3、
O2、
C3H6的物质的量之比为l
: l.5
: l’结合空气中O2的体积分数约为20％’可确
定进料气NH3、空气＼C3H6的理论体积之比约为l :7.5
: 1。
8. ［答案］
（l）3（2分）
小于（2分）
（2）B（l分）
;（2分）
大干（1分）
放热反应升高温度时平衡向逆反应方向
移动（l分）
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答案与解析｜醒
［解析］（l）〃（正）＝k（正）c（顺）＝0.006c（｜｜顷）
’ o（逆）≡片（逆）c（反）＝0.002c（反）’反
顺处于平衡状态时’ ＂（服）-删（逆）, “（反）≡3嚼（｜｜厦）′K｜-揣≡3;该反应
的活化能Ea（正）小于Ea（逆）,则说明断键吸收的能量小于成键释放的能量’即
该反应为放热反应’
△〃＜0。
（2）随着时间的推移’顺式异构体质量分数不断减小’且随着其浓度的减小’其
反应速率也逐渐变慢’故符合曲线B;设起始）｜顶式异构体物质的量为lmol,平
衡时顺式异构体质量分数为30％’则｜｜顷式异构体为0.3mol’反式异构体为
o7m＂Ⅲ』平衡常数K』二胳二÷因为K｜＞K2′该反应为放热反应,温度升
高’平衡逆向移动,转化率减小’平衡常数减小’所以t2＞』l
。
9. ［答案］（1）污染小、可再生、来源广、资源丰富、燃烧热值高（任写其中2个）（2分）
H2＋2OHˉ-2e—-2H2O（2分）
（2）＜（2分）
（3）ac（2分）
（4）光能转化为化学能（l分）
（5）@阳极室（1分）
@防止Na2FeO4与H2反应使产率降低（2分）
@M点: c（OH＿）低’ Na2FeO4稳定性差’且反应慢
或N点: c（OH—）过高’铁电极上有Fe（OH）3（或Fe2O3）生成’使Na2FeO4产
率降低（2分）
［解析］（l）氢气的来源广且可再生’燃烧生成水’无污染’且单位质量的氢气燃烧放出
的热量比汽泊多。
氢氧燃料电池的负极发生氧化反应’在碱性条件下氢气放电
生成H2O。
（2）题中的两个反应都是嫡减的反应’ 由于两个反应均能自发进
行’所以两个反应都是放热反应’即△Hl＜0、
△H2＜0。
根据盖斯定律’将题
中两个热化学方程式叠加得:H2（g）＋O2（g）-H2O2（l）
△H二△Hl＋△H2
＜0°
（3）达到化学平衡时,气体的物质的量不变』所以容器内气体压强保持不
变’ a项正确;由于该反应是可逆反应’所以吸收ymolH2所需的MH卿的物质的
哈
‖
▲
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颐｜小猿热搜.反应原理典型题｜00
量大于｜m°l, 0项错误（该反应的平衡常数表达式为愿＝幢Ⅱ（｛‖2）’由于该反应是
放热反应’降低温度’平衡向正反应方向移动’ c（H2）减小,故K增大, c项正
确;问容器内通人少量氢气,平衡向正反应方问移动’
″（正）＞″（逆）,即锄（吸
氢）＞似（放氢）
, d项错误°
（4）太阳能分解水制氢’是光能转化为化学能的过
程°
（5）@电解时’阳极反应式为Feˉ6eˉ＋8OHˉ-FeOi＿＋4H2O’阴极
反应式为: 2H2O＋2eˉ-H2↑＋2OH— ,电解过程中’阳极室悄耗OH—
,
c（OHˉ）降低°
@根据题意Na2FeO4易被H2还原’
由于阴极产生的气体为
H2’若不及时排出,会将Na2FeO4还原’使其产率降低。
@根据题意’若碱性
较弱’则Na2FeO4稳定性差’且反应慢;若碱性较强,则铁电极区会产生
Fe（OH）3或Fe（OH）3分解生成的Fe2O3 ’所以M点和N点的c（Na2FeO4）均低于
最高值。
′（i删毗‖）（｜分）
＋…分）
10. ［答案］
（l）
（2）CD（2分）
（3）表中数据表明此时反应未达到平衡’不同的催化剂对反应I的催化能力不
同,因而在该时刻下对甲醇选择性有影响（2分）
能
已
里
（4）
（3分）
O
反应过程
（5）阴（2分）
C（）2＋6H＋＋6e—-CH3OH＋H2O（2分）
［解析］（l）反应CO2（g）＋3H2（g）-＝CH3OH（g）＋H2O（g）的平衡常数K的表达式为
′（删）删｜］）;反碰co』（…（:）-co（…O（恩）的MˉH:
K＝
标准燃烧热ˉCO标准燃烧热＋△码＝-285.8kJ .molˉl ＋283. 0kJ .molˉ1＋
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答案与解析｜哑
44kJ .molˉl＝＋4l. 2kJ .molˉl°
（2）使用催化剂对化学平衡移动没有影
响;降低温度平衡正问移动’有利于提高CO2的转化率;增加反应物浓度
平衡正向移动,也有利于提高CO2的转化率;增大CO2与H2的初始投料
比’能提高H2的转化率’ CO2的转化率降低。
（3）表中数据表明反应未
达到平衡状态’
由于不同的催化剂对反应I的催化能力不同’因而在该时
刻下对甲醇的选择性有影响。
（4）综合表中CO2转化率和甲醇选择性数据
可知’ Cat. 2的催化效率比Cat.
l的高,故Cat. 2能更好地降低反应I的
活化能。
（5）CO2转化为CH3OH是还原反应,所以在阴极上发生’相应
的电极反应式为C（）2＋6H＋＋6eˉ＝＝＝CH3OH＋H2O°
11. ［答案］（l）@放热反应’
△S＜0且反应自发（l分）
045
900K
0。40
尸
〕
］
β
■
□
■
←
℃
◎
（2分）
030
β
日
斗
已
Ⅶ
日〕
‖
］
／
）
／
∑
］
（2）@3NaClO（aq）＝≡≡2NaCl（aq）＋NaClO3（aq）
△H＝-116kJ .molˉl（2分）
@c0＋2（c0丁c｜）或5c0了2c｜（2分）
@反应I的活化能高,活化分子百分数低’不利于ClOˉ向ClO3ˉ转化（l分）
（3）2NaClO3＋O2望皇2NaClO4（2分）
［解析］（1）@根据反应方程式可知,此反应为嫡减反应’即△S＜0,因为此反应能自
发进行’所以△H＜0’故此反应为放热反应。
@因为此反应为放热反应’当温度升高时’反应平衡逆向移动’ HCl的平衡转
化率减小’又因为反应历程不变,所以曲线的趋势大致不变。
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酮｜小猿热搜.反应原理典型题］00
（2）@给题中两个化学方程式依次编号为a、l〕’根据盖斯定律可知’ bˉ3×a
可得NaClO分解生成NaClO3的化学方程式,
△H＝-422kJ .molˉl ˉ3×
（—l02kJ .molˉl ）＝-ll6kJ .molˉl ’热化学方程式为3NaClO（aq）-2NaCl
（aq）＋NaClO3（aq）
AH＝ˉll6kJ .molˉl。
@用过量的冷NaOH溶液吸收氯气时,反应方程式为Cl2＋2NaOH—NaCl＋
NaClO＋H,O,此时ClO—的浓度为c0mol
.
L—1
,
则Clˉ的浓度为
c0mol .Lˉl ’当加热NaClO时又会产生Cl＿,因为分解了（c0-c｜）mol .Lˉ｜的
ClOˉ ’产生的（〕lˉ的浓度为2（c0二［）molLˉl ’所以该时刻溶液中Cl＿浓度
〕
2（c0—c｜）mol .L—l或5c0-2ct
3
的表达式为c0＋
mol .Lˉl
◎
3
@常温下’氯气和NaOH溶液容易反应生成ClO— ’所以反应I为控制步骤’
反应I的活化能高’在常温下活化分子百分数低,不利于ClO—向ClO丁转化°
（3）氢离子在阴极得电子生成氢气,为了抑制氢气产生且不引人新的杂质’可
以加人O2’氧气在阴极得电子’总化学方程式为2NaClO3＋O2里皇2Na（〕lO4°
12. ［答案］（1）亚氯酸钠（2分）
（2）@4NO＋3ClOr＋4OH——4NO丁＋2H2O＋3Clˉ（2分）
提高（1分）
@减小（l分）
@大于（1分）
NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高（1分）
‖删热Ⅲ（（2分）
（3）@减小（1分）
◎
（4）@形成CaSO4沉淀,反应平衡向产物方问移动, SO2转化率提高（2分）
@△Hl＋△Hi-△H3（2分）
［解析］
（l）NaClO2中氯元素的化合价为＋3’
NaClO2的名称是亚氯酸钠。
（2）@NaClO2溶液脱硝过程中’ NO转化为NO丁＼NO丁’主要转化为NO丁’
书写离子方程式时运用得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒’得到4NO＋
3ClOI＋4OHˉ-4NO丁＋2H2O＋3Clˉ·
上述反应是气体分子数减小的反
应’增加压强有利于反应正向进行’使NO的转化率提高。
@根据上述反应
可知’随着吸收反应的进行’溶液中c（H＋）逐渐增大’ pH逐渐减小。
@由
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答案与解析｜醒
实验结果看出,溶液中含硫离子的浓度大于含氮离子的浓度’所以脱硫反应
速率大于脱硝反应速率°
这可能是因为NO溶解度较低、脱硝反应活化能较
高等。
（3）@纵坐标是平衡分压的负对数’反应温度升高’ SO2和NO的平衡
分压的负对数减小,即平衡分压增大’说明平衡逆问移动’所以平衡常数减
小°
@根据平衡常数表达式的规则书写即可°
（4）@如果使用Ca（ClO）2’则
生成的SOiˉ会与Ca2＋结合,生成CaSO4沉淀,促使脱硫反应正向进行,提
高SO2的转化率°
@设三个反应依次是α、
b、c’根据盖斯定律’由α＋6-c
得: SO2（g）＋Ca2＋（aq）＋ClOˉ（aq）＋2OHˉ（aq）-CaSO4（s）＋H2O（l）＋
Clˉ（aq）
△H＝△Hl＋△H2-△Hj。
13. ［答案］（l）MgCO3 .CaCO3（l分）
（2）@2MgO＋2CaO＋Si直互Ca2SiO4＋2Mg（2分）
@电解MgCl2溶液时’阴极上H＋比Mg2＋容易得电子,电极反应式为2H2O＋
2e—-H2↑＋2OH— ’所以不能得到Mg单质（2分）
（3）小于（1分）
由图可知,随着温度升高,Kl增大’则△Hl＞0,根据盖斯
定律又得△H3＝△Hl＋△H2,所以△H2＜△H3（2分）
■■■■■■■■L■＝＝L＝＝＝L＝＝＝』＝■■儿■■■』＝＝＝』
《■《■＝』■＝＝
■＝＝■■■■■■L■＝■L＝■■四＝＝＝』■■■L■■■』■＝＝】＝＝＝】＝■甲
翘
逞
遵
旺
）
斗
（
＝■■■■■■
■■■q■■＝
＝■■■■■■
＝■■刁■■■
■■■D■＝＝
■＝＝可＝＝＝
■■■可＝＝＝
（2分）
′
反应时间
［解析］MCO3 .ZCO3热分解方程式为MCO3 .ZCO3直垦MO＋ZO＋2CO2↑’因为灼烧
后失去CO2,可知失去CO2的质量为（1.84ˉ0.96）g＝0.88g, CO2的物质的量
为O88g÷44g／mol＝0.02mol,则MO和ZO的物质的量都为0.01mol’MO和
ZO中含有的O为0.02mol’质量为0.02mol×16g／mol＝0.32g,所以M和Z的
质量为（0.96—0.32）g＝0.64g,又因为m（M）:m（Z）＝3 :5,所以M和Z的
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…｜小猿热搜.反应原理典型题｜00
质量分别为0.24g和0.40g’所以M和Z的相对原子质量分别为0.24g÷
0.01mol＝24g／mol和0.40g÷0.0lmol＝40g／mol’可知M为Mg’ Z为Ca’
所以该矿石的化学式为MgCO3 .CaCO3。
（l）根据上述分析,可知该矿石的化学式为MgCO3 .CaCO3。
（2）@该矿石灼烧后的固体产物为MgO和CaO,在真空高温条件下用单质硅还
原’生成单质Mg和—种含氧酸盐’因为此含氧酸盐只含Ca、Si和O元素’且
Ca和Si的物质的量之比为2
:
l ’可知此含氧酸盐为Ca2SiO4’所以该反应的化
学方程式为2MgO＋2CaO＋Si旦垦Ca2SiO4＋2Mg。
@因为氢离子的氧化性大于镁离子,
比镁离子更容易得到电子’所以若电解
MgCl2溶液’氢离子会得到电子生成氢气’镁离子不能得到电子’所以不能得
到镁单质°
（3）根据曲线图可知, Kl随着温度升高而变大’可知反应l为吸热反应,则
△Hl＞0’根据盖斯定律可知’
△Hj＝△Hl＋△腿’因为△Hl＞0’所以△Hi＜AHj·
（4）因为H2和CO2的体积比为3
: 1 ’所以反应按照反应3进行’因为K3随着
温度升高而减小’所以当温度由Tl降到L时’反应正向进行’
甲醇的浓度会
升高,但是由于温度降低’反应速率减小,所以曲线的斜率减小。
勺
（1）—兰-（2分）
30（2分）
＜（l分）
v-卯
14. ［答案）
（2）＞（1分）
c（2分）
加热（1分）
减压（1分）
（3）CO（g）＋3H2（g）—CH4（g）＋H2O（g）
△H＝ˉ206kJ .mol—l（2分）
［解析］（1）在反应（
I ）中’ zMH财（s）＋H2（g）—奎圈MHγ（s）,由方程式两边氢原子个数
守恒得z卯＋2＝zγ’ z＝～坠;温度为T］时’ 2g某合金4min内吸收氢气
y＿卯
240mL
＝30mL. g—｜.minˉl
°
因为Tl＜L,温度升
240mL,吸氢速率!′＝2g×4min
高’H2的压强增大,由平衡移动原理知’平衡问吸热方向移动’反应（
l ）的逆
反应为吸热反应’则正反应为放热反应’所以△Hl＜0°
（2）结合图像分析知’随着温度升高’反应（
I ）向左移动’ H2压强增大,故7′
随着温度升高而降低’所以″（T1）＞叮（Tb）;当反应处于图中a点时’保持温
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答案与解析｜
｜0｜5
度不变’向恒容体系中通人少量H2, H2压强增大’ H／M逐渐增大’由图像可
知』气体压强在B点以前是不改变的,故反应（
I ）可能处于图中的c点;该贮
氢合金要释放氢气’应该使反应（
I ）左移,根据平衡移动原理’可以通过升高
温度或减小压强的方式使反应向左移动。
（3）由题意知:
CH4（g）＋2H2O（g）—CO2（g）＋4H2（g）
△H＝＋l65kJ .mol—l
@
CO（g）＋H2O（g）-CO2（g）＋H2（g）
△H＝-41kJ .molˉl
@
应用盖斯定律’ 由@—@可得CO＼H2合成CH4的反应:
CO（g）＋3H2（g）-CH4（g）＋H2O（g）
△H＝ˉ206kJ .molˉl。
15. ［答案］（除特殊标注外,每空2分）
勺
寸
＝
■
丁
］
〕
）
］
（
（2）@O3将NO2氧化为更高价氮氧化物（或生成了N2O5）
@SO2与O3的反应速率慢
（3）SO;ˉ＋2NO2＋2OHˉ-SO1ˉ＋2NO页＋H2O（3分）
（4）i;｝勘｛×霄（so;—）（］分）
购so』转化为c滤o』使溶液中so;ˉ的浓
度增大’加快SO;ˉ与NO2的反应速率
［解析］（1）给题中三个热化学方程式分别编号为@、@、@’根据盖斯定律, 2×@＋@
即可得到方程3NO（g）＋O3（g）-3NO2（g）’则该方程的焰变为△H＝
2×（ˉ58.2kJ .molˉl）＋（ˉ200.9kJ .molˉl ）＝ˉ3l7.3kJ .mol＿l。
（2）@O3氧化性强’当″（O3）:＂（NO）＞1时’过量的O3可将NO2进＿步氧
化为更高价氮氧化物（或生成了N2O5）
;
@根据图像可观察到,增加″（O3）
’ SO2的含量变化不大,可能是SO2与O3
的反应速率慢,使得″（O3）含量对该反应的反应速率影响不大。
（3）根据题意’ pH约为8的清液中SO;—将NO2转化为NO页’ N元素化合价由
＋4变为＋3,被还原》则SO;—被氧化’生成SOiˉ ’根据得失电子守恒’
n（SO;ˉ）:厕（NO2）＝1 :2’可设SO;—的化学计量数为l’ NO2的化学计量数
为2’根据电荷守恒’可知还需要OH—参与反应,该化学反应方程式为SO;ˉ
＋2NO2＋2OHˉ＝＝SOiˉ＋2NOI＋H2O°
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哑｜小猿热搜,反应原理典型题｜00
（4）CaSO3水悬浮液中加人Na2SO4溶液,离子反应方程式为CaSO3＋SOiˉ
÷｛票三｝
:｝裴Ⅲ｛
; :｝::】｛~ ＂
＝＝（〕aSO4＋SO;ˉ ,平衡常数K＝
＝
糕←f:;｝勘）敞愿（so;ˉ）≡f::｛:;;;l｝“‘（s喝ˉ‰搬龋离子·
应方程式可知加人Na2SO4溶液, CaSO3转化为CaSO4使溶液中SO;—的浓度
增大’ SO;ˉ浓度越大’则其与NO2的反应速率越快。
16. ［答案］
（1）＋124（2分）
｜gi』p［豌（｜1萨）′
7
］（3分）
（2）
（3）@正反应方向气体分子数增加’加人水蒸气稀释相当于起减压的效果（3分）
@60O°C时’乙苯的转化率和苯乙烯的选择性均较高。
温度过低’反应速率慢,
转化率低;温度过高,选择性下降°
高温还可能使催化剂失活’且能耗大（3分）
（4）@@@@（3分）
［解析］（l）该反应相当于断裂了2个碳氢键和l个碳碳单键,形成1个碳碳双键和
l个氢氢键,所以反应的△H＝（4l2×2＋348ˉ612ˉ436）kJ .molˉ1
＝
＋124kJ .molˉl
◎
（2）压强不变’乙苯的转化率为α’则平衡时乙苯的物质的量为n（1ˉα）’生
成的苯乙烯和H2的物质的量均为αn’平衡时的总物质的量为n-α′』＋α则＋
α＂＝n（l＋α）;在＿个容器中’气体分压之比等于其物质的量之比’则Kp＝
′…卜′（＂』′却愿,-［‖（〈f可｜』
2
α
p（乙苯）
＝1ˉα2p’也可通过浓度求
′』（1干—∏—）p
平衡常数’等温等压下’体积之比等于物质的量之比’则平衡时的体积
c（苯乙烯）
. c（H2）
V／＝n（l＋α）V＝（l＋α）V’浓度平衡常数K°＝
＝
∏
c（乙苯）
2
｜（l鳃）v｜
∩
么
∏α
~
~ （l—α2）V°
′l（l—α）
（l＋α）V
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答案与解析｜∏Ⅲ
（3）@加人水蒸气’体系的体积增大,各反应物和产物的分压减小’相当于起
减压的效果,反应向压强增大的方向移动’则平衡正向移动’乙烯的平衡转化
率增大°
@根据图像可知’600。C时乙苯的转化率和苯乙烯的选择性均较高。
该反应为
吸热反应’温度过低’平衡逆向移动’转化率低’且反应速率慢;温度过高’
选择性下降·
高温还可能使催化剂失活’且能耗大°
（4）@CO2能与H2反应,使得乙苯脱氢反应的化学平衡右移,故选@
@不用高温水蒸气’可以降低能量的消耗’节约水资源’故选@;
@CO2还能与C反应’可以有效减少积炭’故选◎;
@CO2是温室气体,该反应有利于CO2资源的利用’故选@°
综上所述,本题正确答案为@@@@°
17ˉ ［答案］（1）O2（g）＋4HCl（g）-2Cl2（g）＋2H2O（g）
2△Hl＋2△H2（2分）
（2）@＜（1分）
K（A）（1分）
@如图所示:
l00
9（）
）
（
月
决
～
＝
○
予
＝
岂
（2分）
7（）
~
350
T／°〔
400
450
250
300
温度相同的条件下,增大压强,平衡向正反应方向移动,使HCl平衡转化率增
大（2分）
@BI）（2分）
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…｜小猿热搜.反应原理典型题｜00
（3）删（＂α）二2酗（c｜2）-2×（5耐删忌m,l-M×｜0ˉ』m＂｜min—!（2分）
（4）2Cl2＋2Ca（OH）2＝＝＝Ca（（〕lO）2＋CaCl2＋2H2O（2分）
［解析］（l）反应@的热化学方程式为2HCl（g）＋CuO（s）-H2O（g）＋CuCl2（s）
△Hl ’反应@生成lmolCl2（g）的反应热为AH2,则反应@的热化学方程式为
2CuCl2（s）＋O2（g）-2Cl2（g）＋2CuO（s）
2△H2’总反应方程式为O2（g）＋
4HCl（g）-2Cl2（g）＋2H2O（g）。
总反应方程式可由反应2×@＋@得到,
因此反应热化学方程式为O2（g）＋4HCl（g）-2Cl2（g）＋2H2O（g）
2△Hl
＋2△H2.
（2）@观察曲线可知随温度升高,HCl的平衡转化率降低°
温度升高’平衡向
逆反应方向移动,即正反应方向为放热反应’
△H＜0。
A点所处于的平衡状
态反应物转化率大’因此有K（A）＞K（B）。
@观察总反应方程式可知’正反应是气体分子数减小的反应’增大压强’有利
于平衡向正反应方向移动,使HCl的平衡转化率增大°
◎B项’增加O2的物质的量可使平衡问正反应方向移动’使HCl的平衡转化
率增大’故选B项;
I）项,移去H2O可使平衡向正反应方向移动,使HCl的平衡转化率增大,故选
I）项;
A项,增加HCl的物质的量能使平衡向正反应方向移动’但使HCl的平衡转化
率降低’故不选A项;
C项’催化剂不影响反应的平衡状态’因此对HCl的平衡转化率无影响’故不
选C项°
综上所述’本题正确答案为BI）。
（3）化学反应速率与化学反应计量数成正比,因此有o（HCl）＝2〃（Cl2）＝2×
（5.4-1.8）×l0ˉ3mol＝l
（6.0—2.0）min
8×l（）-3mol .minˉl
。
（4）漂白粉的有效成分为Ca（ClO）2,用Cl2和Ca（OH）2制备漂白粉的化学反
应方程式为2Cl2＋2Ca（OH）2-Ca（ClO）2＋CaCl2＋2H2O·
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答案与解析｜｜0］a
18. ［答案］（每空2分）
（1）四
（2）l0: l
（3）AB
（4）Ag2O＋2CuCl≡＝＝2AgCl＋Cu2O
（5）@c
@2Cu2＋＋3OHˉ＋Clˉ-Cu2（OH）3Cl↓
@0.448
［解析］（l）铜元素在元素周期表的第四周期第IB族。
（2）Sn＼Pb的质量分别为119g、20.7g’其原子数目之比等于物质的量之比’
2删『:厂｜0; ｜.
所以″（s＂）;″（『b）-＂（s＂）
; ′｝（Pb）二｜｜蛾｀』
（3）催化剂是通过降低反应所需活化能来加快反应速率,对化学平衡无影响,
化学平衡常数只与反应本身和温度有关,因此不会改变反应的平衡常数,也不
会改变反应焰变’故A、B正确’ C、D错误°
（4）Ag2O与CuCl发生复分解反应生成AgCl和Cu2O,化学方程式为Ag2O＋
2CuCl—2AgCl＋Cu2O°
（5）@金属腐蚀过程中’被腐蚀金属作负极’失电子,被氧化’电极反应式为
Cuˉ2eˉ—Cu2＋′因此负极是c青铜基体;
@正极氧气得电子: O2＋4eˉ＋2H2O-4OH—
’ Cl＿与正极反应产物和负极
反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2（OH）3Cl’离子方程式为2Cu2＋＋3OHˉ＋
Clˉ-Cu2（OH）3Cl↓
;
@4.29gCu2（OH）3Cl的物质的量为0.02mol,根据得失电子守恒可知
O2～4eˉ～2Cu2＋～Cu2（OH）3Cl’因此消耗氧气的物质的量为0.02mol’标准状
况下气体体积为0.02mol×22.4L.molˉl＝0.448L°
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函小猿热搜ˉ反应原理典型题｜00
19. ［答案］（每空2分）
（l）NH3 .H2O＝＝NH扩＋OH—
降低增大
△
（2）NH4NO3＝＝N2O↑＋2H2O↑
K＝c（N2O）c2（H2O）
4
（3）-139
［解析］（l）氨水显碱性是因为—水合氨部分电离出氢氧根使氨水显碱性’方程式为
MI3 .H2O＝＝NH矿＋OH- ;在氨水中加人氯化按固体后’氯化按电离出按
根’抑制氨水的电离’平衡逆向移动’氢氧根的浓度降低’溶液的pⅡ降低;
明矾是硫酸铝钾’加人少量明矾后’铝离子在溶液中与氨水发生反应Al3＋＋
3NH3 ·H2O-Al（OH）3↓＋3NHj’促使氨水的电离正向移动’溶液中按根
的浓度增大°
△
（2）硝酸按加热分解的方程式为NH4NO3-＝N2O↑＋2H2O↑’其中硝酸按为固
体,计算平衡常数时不算在内’故平衡常数的表达式为K＝c（N2O）c2（H2O）’硝
酸铰中的氮’—个为ˉ3价’＿个为＋5价’反应后都变为＋l价’故转移电子
数为4’ lmol硝酸按分解,转移电子数为4mol°
（3）该反应的方程式为N2O（g）＋NO（g）-N2（g）＋NO2（g）
’
由图可知该反
应放热’生成lmolN2时’放热（348ˉ209）kJ二139kJ’故该反应的反应热为
-l39kJ .molˉl
°
20. ［答案］（l）ˉ99（2分）
＋4l（2分）
′＂删丁「蛔≡川删）｜（!分）.（｜分）…
（2）K＝
为放热反应’平衡常数数值应随温度升高变小（1分）
（3）减小（1分）
升高温度时’反应@为放热反应’平衡逆向移动’使得体系
中CO的量增大;反应@为吸热反应,平衡正向移动,又使产生CO的量增大’
总结果’随温度升高’ CO的转化率降低（2分）
p3＞p2＞Pl （2分）
相同温度
下’ 由于反应@为气体分子数减小的反应’加压有利于提升CO的转化率;而
反应◎为气体分子数不变的反应’产生CO的量不受压强影响’故增大压强,
CO转化率的升高（2分）
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答案与解析｜画
［解析］
（l ）根据题中所给键能数据,
计算得到方程式@的反应热为
（1076＋2×436）kJ.molˉlˉ（4l3×3＋343＋465）kJ .molˉl＝ˉ99kJ .mol—l ;
方程式◎可以用方程式@ˉ@获得’根据盖斯定律,方程式◎的反应热为
-58kJ .molˉl-（-99kJ .molˉl）＝＋41kJ .molˉl°
（2）根据化学平衡常数的计算公式’可知反应@的化学平衡常数为K＝
′（6‖侧』）;经汁算反应…热反戍升阔撼度｜瘸逆向移动Ⅱ
值减小,故变化曲线应为a。
（3）由图像可知’ CO的平衡转化率随着温度的升高而减小。
升高温度时’
反应@为放热反应’平衡向左移动,使得体系中CO的量增大;反应@为吸
热反应,平衡问右移动’又使产生CO的量增大’最终随着温度升高’ CO的
转化率降低。
反应@为气体分子数减小的反应’加压有利于提高CO的转化
率;而反应@为气体分子数不变的反应’产生CO的量不受压强影‖问’故总
的来说’增大压强有利于CO转化率的升高可知P3＞P2＞P1
。
21. ［答案］（每空2分）
（l）MnSO4（或Mn2＋）
（2）47×l0ˉ7
（3）299
（4）囤K二揣;
忙
—
Ⅸ
◎
l.95×10—3
@A、E
［解析］（1）碘离子在H2SO4条件下与MnO2发生反应2Iˉ＋MnO2＋4H＋-Mn2＋＋
I2＋2H2O’其中还原产物是MnSO4或Mn2＋。
（2）Ksp（AgCl）＝c（Ag＋）
. c（Cl＿）,Ksp（AgI）＝c（Ag＋）
. c（I—）’当AgCl开
瓜,（鳃c｜）
Ⅸ消）,溶滚中＂（!ˉ）
厘,（A:n
始沉淀时’
c（Ag＋）＝
＝
＝
＝
c（Cl—）
c（Cl—）
Ksp（AgCl）
4。7×1（）ˉ
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醒｜小猿热搜。反应原理典型题｜00
（3）焰变△H等于反应物键能与生成物键能之差’设HI （g）键能为
αkJ .molˉl ,因此△H＝（2α—436ˉ15l）kJ .mol—l＝＋llkJ .molˉ｜’计算可
得α＝299’因此lmolHI（g）分子中化学键断裂需要吸收的能量为299kJ°
（4）@根据表中数据可知’ 120min时由两个方向进行的反应最终碘化氢的
物质的量分数均为0.784’起始反应碘化氢的质量分数为l ’则平衡时I2和H2
的物质的量分数为lˉ鸟784＝0108,反应前后』气体物质的量不变, 因此
凸
″（H2）
c（H2）V
厕（l2）
c（I2）V
厕（H2）＝
＝
, 绷（I2）＝＿＝
’ “（HI）＝皿ll11＝c（HI）V
′l总
n总
n总
Ⅶ总
n总
n总
c（H2）
. c（I2）
卿（H2）
.卯（I2）
0. l08×0. l08
则K＝
＝
＝
c2（HI）
卿2（HI）
0.7842
’
′（＂』）′（h）
”（巴）（h↑｛bl罐鹏
@根据化学平衡常数表达式可知K＝
＝
c2（HI）
删韭-腮正鹏2（HD, ＂逆-庶逆鳃（Hp）瓣（l』）,有她＝等;在′-40nm时’
k正＝0.0027minˉl ’反应正向进行’ 卯（Hl）逐渐减小’
因此卯（HI）＝0.85,
则似正＝0.0027min—l×0.852＝l.95×l0ˉ3minˉl
;
@升高温度’正、逆反应速率都加快, 2HI（g）＝＝H2（g）＋I2（g）
AH＞0,
是吸热反应,平衡正向移动, 绷（HI）减小’ 卯（H2）增大’因此″正对应A点’
″逆
对应E点。
22［答案］
（l）CH2＝（〕H2＋H2SO4（浓）＝＝＝C2H5OSO3H’
C2H5OSO3H＋H2（）＝＝
C2H5OH＋H2SO4（2分）
（2）—45.5（l分）
污染小’腐蚀性小等（l分）
20％l驴
2Ⅶ＿20％川
20×180
＝0.07（MPa）ˉl（4分）
＝＝
（2P!躺而）‘
80鉴诞7β5MP.
（3）
~~
O）
@p4＞p3＞p2＞pl
反应气体分子数减少’相同温度下’压强升高’乙烯转化
率提高（2分）
@将产物乙醇液化移去（2分）
增加nH2o与＂c2H4的比例（2分）
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答案与解析｜醒
［解析］
（1）乙烯与浓硫酸反应生成C2H5OSO3H’
C2H5OS（）3H与水反应生成
CH3CH2OH,根据元素守恒配平相应化学方程式: CH2＝CH2＋H2SO4（浓）
＝≡＝C2H5OSO3H, C2H5OSO3H＋H2O＝＝＝C2H5（）H＋H2SO4。
（2）2CH3OH（g）-CH3OCH3（g）＋H2O（g）
△Hl＝-23.9kJ .molˉl
@
2CH3OH（g）-C2H4（g）＋2H2O（g）
△H2＝ˉ29. lkJ .mol—l
@
C2H5OH（g）-CH3OCH3（g）
△H3＝＋50.7kJ .molˉl
O
根据盖斯定律’由@—@ˉ@得: C2H4（g）＋H2O（g）-C2H5OH（g）
△H＝-45.5kJ .molˉl°
浓H2SO4具有腐蚀性和强氧化性’在反应中可能会发生副反应’生成有害气
体。
所以气相直接水合法的优点是污染小、腐蚀性小等。
20％np
…＿p（毗删0）（i÷g絮丽）Ⅺ＂…5MP.
2n-20％〃
20×l80
≡0.07（Mpa）—l 。
二二
≡≡
@C2H4（g）＋H2O（g）＝＝C2H5OH（g）是＿个气体体积减小的反应’相同温
度下’增大压强’平衡问正反应方问移动, C2H4的转化率提高所以p4＞p3
＞p2＞p1。
@依据反应特点及平衡移动原理’为了提高乙烯转化率还可以增大H2O与
C2H4的比例或将乙醇及时分离出去等°
23. ［答案］
（l）大于（1分）
0.00l0（l分）
0.36（l分）
（2）大于（1分）
反应正方向吸热,反应向吸热方问进行’故温度升高（2分）
@平衡时’ c（NO2）＝0. l20mol
. Lˉl ＋0.0020mol
. Lˉl
. sˉl×l0s×2＝
0。160mol .L—1
c（N2O4）＝0.叫0mol .Lˉl-0.0020mol .Lˉ1
. sˉl ×10s＝0.020mol .Lˉl
腿二｛摇二山2:（3分）
（3）逆反应（2分）
对气体分子数增大的反应’增大压强’平衡向逆反应方向
移动（2分）
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硒｜小猿热搜。反应原理典型颗｜00
［解析］（1）N2O4无色’ NO2呈红棕色’温度升高,混合气体颜色变探’说明平衡正问
移动’
即正反应吸热’
因此△H＞0; 0～60s’反应速率″（N2O4）
＝
0. 100mol .L—l-（）。040mol .L＿l ＝0.0010mol .Lˉl
. s—1 ’反应平衡常数为
6（）s
c2（NO2）
（0. 12）2
K1＝
＝
（2）改变反应温度使得c（N2O4）减小’故平衡正向移动’根据上述分析正
反应吸热’因此温度升高》T＞l00°C;
△c（N2O4）＝0.0020mol .L—l
. s—l×
10s＝0.020mol
. Lˉl
’
c（N2（）4）＝0.020mol
. Lˉl
’
因此△c（NO2）
＝
c2（NO2）
O1602
0.040mol .L＿l
, c（NO2）＝0. 160mol .Lˉ｜’K2＝
＝
（3）正反应气体体积增大’因此体积减小压强增大’平衡逆向移动。
24. ［答案］（每空2分）
（l）@吸氧腐蚀@B
△
（2）@4HNO3＝＝＝4NO2↑＋O2↑＋2H2O
@4Fe＋10HNO3≡＝＝4Fe（NO3）2＋NH4NO3＋3H2O
@氮氧化物排放少（或其他合理答案）
（3）@4:
I
◎0.05
［解析］（l）@这是钢铁与海水接触的吸氧腐蚀;@因为B与海水接触的同时也与空气
接触,所以该处腐蚀最严重°
△
（2）@硝酸分解的方程式为4HNO3＝＝≡4NO2↑
＋O2
↑＋2H2O;@4Fe＋
10HNO3＝＝＝4Fe（NO3）2＋NH4NO3＋3H2O;@氮氧化物较少’节约原料°
湍｝滁〈～α25,所以侧（‘0）;＂（co）:-
（3）@该反应的平衡常数K＝
＝
4: 1 ;@反应前FeO与CO物质的量分别为0.02mol和卯mol’达到平衡时
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答案与解析｜…
FeO的转化率为50％’则平衡时FeO与CO物质的量分别为0.0lmol和（卯ˉ
c（CO2）
＂（CO2）
0.0l
0.0l）mol’生成的CO2为0.01mol,则K＝
＝
＝
＝
c（CO）
″（CO）
则ˉ0.01
0.25’解得绷＝0.05°
蕴搭露］（!）￡（M↑）
（2）2.5×l0—2（2分）
75％（2分）
＞（1分）
不变（2分）
升高温度（2分）
（3）c（NO丁）＞c（NOf）＞c（CH3COO—）（2分）
l）c（2分）
［解析］（1）设4NO2（g）＋2NaCl（s）＝＝2NaNO3（s）＋2NO（g）＋Cl2（g）为（Ⅲ）’则
Ⅲ）ˉⅪ×山—（『）所以乎衡…≡兽
（2）反应中消耗的Cl2的物质的量＂｜（α2）＝÷删（αNO）×2L×l0恤＝
0.075mol’平衡后″（Cl2）＝0. 1mol-0.075mol＝0.025mol;消耗NO的物质的
粤瑞×!00瞬-
量″1（NO）＝2″l（Cl2）＝0. 15mol’所以NO的转化率αl＝
75％;反应（Ⅱ）正反应为气体体积减小的反应’所以恒压相对于恒容而言’体
系的压强变大’平衡正向移动’平衡时NO的转化率α2＞αl ;平衡常数只与
自身性质和体系温度有关’所以平衡常数K2不变;
由于正反应为放热反应’
所以若要使K2减小’可采取的措施是升高温度。
（3）由HNO2和CH3COOH的电离常数知’ HNO2的酸性大于CH3COOH’即
CH3COOˉ的水解程度大于NO贞,而0.2molNaOH的水溶液与0.2molNO2恰好
完全反应得0. lmol .L—lNaNO3和01mol .Lˉ1NaNO2混合溶液’ CH3COO—
的水解程度大于NOf’所以两溶液中c（NO丁）、c（NOj）和CH3COOˉ由大到
小的｜｜厕序为c（NO丁）＞c（NOf）＞c（CH3COOˉ）; CH3COOˉ水解程度更大’则
溶液B的pH更大’要使溶液A和溶液B的pH相等,则可向溶液A中加适量
NaOH或向溶液B中加适量水,故选择b、c项°
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函｜小猿热搜.反应原理典型题］00
26. ［答案］
［答案］（每空2分）
（l）@2H2O＋2e——H2↑＋2OHˉ
@S:—＋2H＋-（″ˉ1）S↓＋H2S↑
（2）@Cu、H、Cl（或铜、氢氯）
@0.5mol
@提高混合气体中空气的比例
（3）2H2S旦旦2H2＋S2
［解析］（l）@电解时阴极氢氧化钠中氢元素得电子被还原生成氢气’
电极反应式为
2H2O＋2e＿—H2↑＋2OHˉ。
@电解后阳极得到S刊ˉ ’加人稀硫酸得到硫单质,离子方程式为S:ˉ＋2H＋
—（nˉl）S↓＋H2S↑。
（2）@根据转化过程可知,
Cu2＋、Cl＿＼H＋不发生氧化还原反应,化合价不
变’所以化合价不变的元素为Cu、H＼
Cl·
@Fe3＋与H2S发生氧化还原反应2Fe3＋＋H2S-2Fe2＋＋S↓＋2H＋
’
1molH2S参与反应消耗2molFe3＋;生成的Fe2＋被氧气氧化’发生反应4Fe2＋
＋O2＋4H＋—4Fe3＋＋2H2O’为保持Fe3＋物质的量不变’需要消耗
0。5molO2。
@增大混合气体中空气的浓度,可使H2S充分发生反应生成硫单质,不生
成CuS°
（3）H2S高温分解生成氢气和硫蒸气,根据不同温度时各组分的浓度可知’反
应生成的物质的体积分数之比约为2
: l ,同＿反应方程式中体积分数之比等于
化学计量系数之比》反应方程式为2H2S旦互2H2＋S2.
27. ［答案］（每空2分）
-定条件
（1）2NH4HS＋O2
（2）a
90％
（3）l4.5％
2NH3 .H2（）＋2S↓
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答案与解析｜囤
』
百
曰
≥
恫
四
∑
盲
｀
｀
‖
′
′
斗
（
O
刀oC
（5）Ⅳ对原料气加压;分离液氨后,未反应的N2＼H2循环使用
（1）根据已知条件’—定条件下向NH4HS溶液中通人空气得到单质S,说明硫
元素被氧化’则有氧气参加反应’吸收液再生’即生成了NH3 .H2O’所以反
［解析］
＿定条件2NH3 .H2O＋2S↓°
应方程式为2NH4HS＋O2
（2）a项’升高温度’增大反应速率,因为反应@是吸热反应’升高温度平衡正
向移动’所以氢气的百分含量增大’故a项正确;
b项’增大水蒸气浓度’可以在—段时间内提高正反应速率’但是此后会由于
甲烷浓度的降低使得反应减慢’故b项错误;
c项’加人催化剂不影响化学平衡’平衡体系中氢气的百分含量不变’故c项
错误;
d项’降低压强’反应速率减小’故d项错误°
综上所述,本题正确答案为a。
因为反应@是气体等体积反应’设反应的CO的物质的量为卯mol,则有0.2ˉ则
＋o8＋膊＋鞭＝｜」8′解得＂二α｜8,所以—氧化碳的转化率为惜器l
×
100％＝90％°
（3）根据图1和N2（g）＋3H2（g）＝＝2NH3（g）’设起始反应物为1molN2和
3molH2,达到平衡时生成NH3的物质的量为2γmol,则平衡时NH3的体积分
数为念×100髓-42辗,解得γ～α592,此时氮气的平衡体积分数为
41】!《粉l00％＝l45％.
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醒｜小猿热搜.反应原理典型题｜00
（4）温度低于—定值时,反应不会发生’高于这＿温度值后随看温度升高反应
速率增大’氨气的量快速增大’随后随着温度继续升高’ 由于该反应是放热反
应’平衡逆向移动’氨气的量逐渐减少,因此氨气的物质的量和温度的关系曲
百
巨
＞
戌
函
∑
三
为
线
◎
O
刀o〔
（5）步骤Ⅳ中进行热交换’使合成氨放出的能量得以充分利用;提高合成氨原
料总转化率’即尽量使平衡右移’常用方法有增大反应原料压强’使平衡右
移;分离出生成物氨气（常用方法使之液化）’使得平衡右移’也可以最大化利
用反应物。
28. ［答案］（1）4△Hl＋△H2＋2△H3（2分）
（2）放热反应的lgK随温度的升高而减小,吸热反应的lgK随温度的升高而
增大（2分）
同为放热反应’
△H越大’lgK随温度变化的变化值越小（2分）
（3）由图像可知,当反应@在900。C时’ lgK＝2’即平衡常数K＝100。
设起始时CO的浓度为αmol .Lˉl ’转化量为则mol .Lˉl。
士caSo4（舅）十co（g）ˉ＋cas（鼠）＋co:（g）
起始量
mol .Lˉ｜
0
α
转化量
卯
见
mol 。L-I
平衡量
mol .L—l
8.0×l0ˉ5
x
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答案与解析｜醒
卯
根据K＝8. （）×10—5
α＝8.08×1（）ˉ3°
＝100’解得“＝8.0×10ˉ3。
根据α-则＝8.0×1（）—5’解得
所以c0的转化率为『｜删］×l00％≈99％°
（5分）
（4）二氧化碳（或CO2）（2分）
出｜′｝…
（5）CaS＋2O2直垦CaSO4（2分）
HOOC
CH3
［解析］（1）根据盖斯定律,
由@×4＋@＋@×2可得目标热化学方程式’故有△H＝
4△Hl＋△H2＋2A腿。
（2）该图像只标明反应@的变化趋势’
由于反应@是
放热反应’可得出“放热反应的lgK随温度的升高而减小’吸热反应的lgK随
温度的升高而增大”的结论;
由于所给三个热化学方程式中有两个是放热反
应,＿个是吸热反应’而给出的图像中有两条变化趋势相同’因此可判断曲线
I代表反应◎’曲线Ⅱ代表反应@’通过反应@和反应@曲线相对关系’可得
出“同为放热反应’
△H越大, lgK随温度变化的变化值越小”的结论。
（3）由图像可知’当反应O在900°c时, lgK＝2’即平衡常数K＝100。
设起始
时CO的浓度为αmol .Lˉ1 ’转化量为匆mol .Lˉl°
÷caSo』（s）＋co（g）＿寸Cas（爵）＋co2（g）
起始量
0
α
mol .Lˉ］
转化量
卯
卯
~~~
mol 。L—］
平衡量
8.0×10ˉ5
见
mol 。L—］
卯
根据K＝80×10ˉ5 ＝100’解得卯＝8. （）×10＿3。
根据α-卿＝8.0×10ˉ5’解得
“＝M8×l0—』. 所以co的转化率为《删‖］×100％≈99％。
（4）要获得
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函｜／」｀猿热搜.反应原理典型题｜00
更纯净的二氧化碳’必须减少二氧化硫的量’通过反应@的分析可知’当二氧
化碳浓度增大时,可使平衡向左移动’所以可在初始燃料（CO）中加人适量二
氧化碳,减少二氧化硫的产生,获得更纯净的二氧化碳。
（5）本小题首先确定
三点:一是反应物为CaS;二是生成物为CaSO4;三是原子利用率为100％。
所
以另＿种反应物为O2’反应方程式为CaS＋2O2直旦CaSO4;通过分析题给信息
可知’生成物为反应物在苯环上引人竣基而得’所以生成物的结构简式
CH3
为H（）OC
CH］
29. ［答案］（每空2分）
（l）H2O
（2）NaBH4＋2H2O＝＝NaBO2＋4H2↑
4ⅣA（或2.408×l024）
（3）22丛
α-b
（4）@A→D
@C6H6＋6H＋＋6eˉ-C6Hl2
@643％
［解析］（l）氢气在氧气中燃烧’燃烧产物为H2O;
（2）在NaBH斗与NaBO2中’ B化合价没有变化’都为＋3价’但反应物NaBH4
中的H为ˉl价’极易发生氧化反应,与水接触时’会发生氧化还原反应’即
H2O中＋l价的H与NaBH4中ˉl价的H生成0价态的H2’化学方程式为
NaBH4＋2H2O-NaBO2＋4H2↑;反应消耗1molNaBH4时’有4molˉl价
态的H放出电子生成H2’故转移电子数为4ⅣA;
（3）环己烷的起始浓度为αmol .Lˉl ,平衡时苯的浓度为bmol .Lˉl ’根据化
学计量数不难得到’反应平衡后容器中环己烷的浓度为（αˉb）mol .L＿l
’ H2
c（苯）×c3（H2）
27b4
的浓度为3bmol .Lˉl ’则该反应的平衡常数为K≡
＝
c（环己烷）
J＝J;
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答案与解析｜…
（4）@多孔惰性电极D上发生的反应为C6H6＋6H＋＋6eˉ—C6Hl2’为得电
子的还原反应’故导线中电子移动方问为A—→D;
@目标产物是环己烷’该电极反应式为C6H6＋6H＋＋6e—-C6H12;
◎该反应正极产生的是O2’
由于负极可能发生的反应有C6H6＋6H十＋6eˉ
-C6Hl2和2H＋＋2e——H2↑’所以导致了电流效率的降低’
由正极产生
2.8molO2可知’转移的电子数为2.8mol×4＝1l.2mol,再根据苯的物质的量
列方程’解出反应产生的目标产物环己烷所消耗电子物质的量;
设反应生成环己烷卯mol’H2γmol’
由电子转移守恒可列出方程: 6×则＋2×y＝ll.2,
出苯物质的量分数为l0％可列出力程;粘÷＝0l ,最后解朋“二l2』γ-
2』则″＝6湍2
×l00％＝64.3％。
30. ［答案］
（每空2分）
催化剂
（1）4NⅡ3＋5O2
4NO＋6H2O
△
（2）@pl＜p2
@减小
（3）@A
@2N2O4＋O2＋2H2O＝≡＝4HNO3
（4）NH3
根据反应:8NO＋7H2O皇壁3NH4NO3 ＋2HNO3’ 电解产生的
HNO3多
［解析］（1）反应I中’ NH3与O2在催化剂作用下发生氧化还原反应,生成NO和
H2O,根据质量守恒及得失电子守恒’写出反应的化学方程式: 4NH3＋5O2
催化剂
4NO＋6H2O°
△
（2）反应2NO（g）＋O2（g）＝≡2NO2（g）的正反应为气体总分子数减小的反应’
在温度相同时’增大压强,平衡正问移动’ NO的平衡转化率增大’结合NO的
平衡转化率与压强的变化曲线可知’pl＜／）2°
由图可知’压强＿定时’温度升
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囤｜小猿热搜。反应原理典型题｜00
高, NO的平衡转化率降低,说明平衡逆向移动’则该反应正问的△H＜0’所
以随温度升高’该反应平衡常数减小。
（3）@等质量的N2O4（g）具有的能量高于N2O4（l）’因此等量的NO2（g）生成
N2O4（l）放出的热量多,只有A项符合题意°
◎N2O4与O2、H2O发生化合反
应生成HNO3 ’化学方程式为2N2O4＋O2＋2H2O一HNO3·
（4）由电解NO制备NH4NO3的工作原理图可知’ NO在阳极发生氧化反应生成
NO丁’电极反应式为5NO＋10H2Oˉ15eˉ-5NO丁＋20H十。
NO在阴极发
生还原反应生成NH旷’
电极反应式为3NO＋l8H＋＋l5eˉ-3NH扩＋
3H2O’电池总反应式为8NO＋7H2O星壁3NH4NO3＋2HNO3
’ 电解产生的
HNO3多,故应补充NH3 ’使其转化为NH4NO3。
31［答案］（l）AX3（l）＋X2（g）＝＝＝AX5（s）
△H＝ˉl23.8kJ .molˉl（2分）
（2）@l批期‖m二17×l0—剿m＂｜L—｜mi＂—｜（2分）
@bca（2分）
加人催化剂。
反应速率加快’但平衡点没有改变（2分）
温度
升高。
反应速率加快,但平衡点问逆反应方向移动（或反应容器的容积和起始
物质的量未改变,但起始总压强增大）（2分）
oα＝2（l—片）（2分）
50％（l分）
40％（l分）
［解析］（1）根据各物质的熔沸点可以推知常温下各物质的聚集状态’因此该反应热化
学方程式为AX3（l）＋X2（g）-AX5（s）
△H＝ˉ123.8kJ .molˉl
。
（2）@反应前后体系总压强之比等于物质的量之比’根据实验a压强变化可知’
反应后气体总体积缩小0. lmol,
由反应关系AX3＋X2-AX5得’生成
′』（AX鼠）二O1m.｜’因此删（AX5）-｜0!l删i＂-‖7×｜0—』m＂｜L—!mm—!.
@对实验c由反应前后总压强之比等于总物质的量之比以及差量法可得:
175kPa
0.4mol
≡目
l什删甜n二L77×l0—』m＂LL—｜mi＂—! ; ,b（AX5）-l0!l删＂＝25×
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答案与解析｜醒
1（）ˉ4mol .L＿l .minˉl ,综上可得反应速率由大到小的顺序为bca;实验a＼b
转化率相等,但实验b反应速率大于实验a’因此与实验a相比’实验b加人
了催化剂’仅仅增大了反应速率;实验c反应速率比实验a大’但平衡转化率
小于实验a,因此改变的条件是升高温度’反应速率增大但转化率降低°
@由反应关系可知,反应后体系减小的体积等于生成AX5的体积,也等于消耗
AX3的体积:山ˉ
0.4mol
P
0。4mol-0.2αmol’
人可解得’
αα＝50％’
α°＝40％。
解之得; α＝2（lˉ片）;将图中数瞬代
32. ［答案］（每空2分）
（1）!′＝0.050mol .Lˉl×（418％
（l80ˉl20）s —33.0％）＝7.3×l0＿5mol .Lˉl
. sˉ］
0.050mol .L—l×（48.8％ˉ4l.8％）＝5.8×10ˉ5mol .L＿l
. sˉl
O＝
（240ˉl80）s
随着反应进行’反应物浓度降低’反应速率减慢
［0050molLˉ」×（lˉ7lO％）］2二60｜或K＝
（7l0％）2
（0.050mol .Lˉl×71.0％）2
（｜ˉ7］0％）2＝60｜
（2）K＝
（3）增加OHˉ的浓度、移去产物
［解析］（1）对于反应O2NC6H4COOC2H5＋OHˉ-＝O2NC6H4COOˉ＋C2H5OH’两种
反应物的初始浓度均为0.050mol .Lˉl
, l20～l80s内的平均反应速率为o＝
0.050mol .Lˉl×（41.8％-33.0％）＝7.3×l0＿5mol .Lˉ］
. sˉl
’ 180～240s
（l80ˉ120）s
0.050mol .Lˉl×（48.8％ˉ4l.8％1＝5.8
×
内的平均反应速率为″＝
（240—180）s
l0ˉ5mol .Lˉl
. sˉ1 ’说明随着反应进行’反应物浓度降低,反应速率减慢。
（2）15。C时, O2NC6H4COOC2H5转化率为7l.0％时达到平衡,该反应的平衡常
（0.050mol .Lˉl×7l.0％）2
［0.050mol .Lˉl×（1-71.0％）］2≡6.0或K＝
（71.（）％）2
数K＝
（l-7l.0％）2＝6.0。
（3）为提高O2NC6H4COOC2H5的平衡转化率’还可采取增加OH—的浓度、移
去产物的方法。
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…｜小猿热搜.反应原理典型题↑00
33. ［答案］（除特殊标注外’每空2分）
I
. （l）6l2
（2）高温（l分）
Ⅱ（3）@0.032mol .Lˉ! .minˉl
@l6
o升高温度（l分）
@＜
［解析］
I
. （l）由反应@可知制备苯乙烯过程中断裂2个C—H键和l个C—C键生
成l个C＝C键和l个H—H键所以AHl＝（2×4l2＋348）kJ .mol—l—（X＋
436）kJ .mol＿l＝＋l24kJ .mol—l ,解得X＝6l2°
（2）反应@的△H＞0’ △S＞0,高温时更容易满足△G＝△HˉT△S＜0’更容
易自发进行°
Ⅱ. （3）@反应@的化学反应方程式中各物质的化学计量数均为l’ 5min内△c
0. l6mol °L—l
＝（）
~~
少
—
皿
~~
）
］
〔
Ⅱ
（
）
〖
’
］
儿
］
○
］
∏
／
◎
］
○
~~
032mol .L—l .min—l °
5min
@由图可知’
当反应进行到5～6min时’反应已达平衡状态, 6mjn时平衡
发生移动,该反应的反应前后气体分子数不变’平衡不受压强影响’故只能是
温度的变化导致平衡移动’
已知△H2＞0’升高温度’反应正向进行’符
合题意,故改变的条件是升高温度;所以T。C温度下’反应时间t＝5min时
达平衡’平衡时各物质浓度由图可得: c（乙苯）＝c（（〕l2）＝0.04mol
. Lˉl
’
c（α＿氯乙基苯）＝c（HCl）
＝0. l6mol .L—l ’故该温度下平衡常数K＝
（0. l6mol .Lˉ1）2
（0.04mol .Lˉl）2≡l6°
@6min时’反应物浓度降低’生成物浓度升高’反应正向移动,且浓度无突
变,改变的条件是升高温度°
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答案与解析｜
｜035｜
0. 16mol .L—l
@根据图像可得’ αl＝0.2mol .L—l ×100％＝80％’ 6min时升高温度’则平
衡常数改变该龋度下｀瓜三｝‖删!f｜｛;-刚,其他条件不变遮人气
体后,各气体的浓度分别是c（乙苯）＝c（Cl2）＝0. l2mol
. Lˉ‖
, c（αˉ氯乙基
苯）-〃（Hα）二α2:ln·］L—｜」此时浓度商0-（悯:｜光二｜｛;ˉ’孵, 由
于0＜K’所以平衡正向移动’达到平衡的过程中’设HCl的浓度变化为
…LL—｜,根搬平衡常数列出力程:K霉（;｝i:｛:｜;k二｜绷:｜;f｝｛;-8｜｀
解得＂-M:｀则α』的棘化率为删:｜!f二｝‖＂↓卢｝×」00％-
86.7％’则α2＝86.7％’则αl＜α2。
34. ［答案］（除特殊标注外,每空2分）
Cu（NO3）2
I
. （l）3CH3CHO＋4HNO3
3OH（】—CHO＋4NO↑＋5H2O尾气有污
染（或“腐蚀设备”等其他合理答案,1分）
胸
—
瓜
』
（2）@ˉ406
◎温度升高’主反应平衡向逆反应方向移动（l分）
温度高于495°C’乙二醇
大量转化为CO2等副产物（1分）
Ⅱ. （3）2H＋＋2e—-H2↑
（4）增强溶液导电性（或“平衡阴极区电解液电荷”等其他合理答案）
（5）I刑％
［解析］
I
. （l）在（〕u（N（）3）2催化下’乙醛被氧化为乙二醛NO可被还原为N（）,化学
Cu（NO3）2
方程式为3CH3CHO＋4HNO3
3OHC—CHO＋4N（）↑＋5H2O’该方法
的缺点是尾气有污染＼腐蚀设备等。
（2）@设前两个反应分别为反应@、◎’
目标反应为@—@’由盖斯定律可得
△″＝呕阔m＂｜—｜;平衡常数:购反……半衡常数的商,侧M-舟.
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036｜｜小猿热搜.反应原理典型题｜00
@反应HOCH2CH2OH（g）＋O2（g）＝＝OHC—CHO（g）＋2H2O（g）为放热反
应’温度升高’平衡逆向移动’乙二醛产率降低;温度超过495°C时’乙二醇
大量转化为CO2等副产物’乙二醛产率降低。
Ⅱ. （3）阴极上氢离子得电子生成氢气’电极反应式: 2H十＋2eˉ—H2↑°
（4）阳极液中盐酸可以增强溶液导电性、平衡阴极区电解液电荷等。
（5）tmin内’电极上通过的总电量q＝h＝αA×60』s＝60αjC,则电极上通过电
了的物顾的量为平m∩｜,制得乙醛酸师息,其物履的量为舟皿l』醛基氧化为
竣基, C由＋2价变为＋4价,则消耗电子的物质的量为2×粉mo｜』则电解效
2×匹
率为湍×｜00％＝I糕％.
／
35. ［答案］（l）283kJ .molˉl（l分）
63l.75（2分）
（2）2NO2（g）＋4CO（g）-＝N2（g）＋4CO2（g）
△H＝ˉ1l96kJ .molˉl（2分）
（3）@l.875×10—4mol .Lˉl
. sˉl（l分）
5000（2分）
@BD（2分）
@该反应的正反应放热’升高温度’平衡逆问移动’ NO的平衡转化率减小（或
该反应的正反应放热’温度越高’越不利于反应正问进行’ NO的平衡转化率
越小）（2分）
pl＞p2＞p3（］分）
该反应为气体体积减小的反应,增大压强,
平衡正向移动’ NO的平衡转化率增大（或该反应为气体分子数减小的反应,压
强越大,越有利于反应正向进行’ NO的平衡转化率越大）（2分）
［解析］（l）根据燃烧热是指在］0lkPa时, 1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时
所放出的热量』根据反应@可知CO的燃烧热为普器＝2鹏k｝刚＂｜—｜;反应热
等于反应物键能总和减去生成物键能总和’
lmolN2（g）、1molO2（g）分子中化
学键断裂时分别需要吸收946kJ＼
498 kJ的能量’
根据△H＝
＋l80.5kJ .molˉl ’则lmolNO（g）分子中化学键断裂时需吸收的能量为
946＋498-180。5
kJ＝63l。75kJ。
勺
乙
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答案与解析｜醒
（2）目标反应2NO2（g）＋4CO（g）＝＝N2（g）＋4CO2（g）可以由@×2-@ˉ@得
到’根据盖斯定律,则△H＝（-566.0×2＿l80.5＋ll6.5）kJ .mol—l
＝
-1 196kJ 。molˉl。
（3）@在2.内, Ac（N2）＝＋△c（NO）＝＋×（l00—250）×l0—4molL＿」＝
～
▲
△c（N2）
3.75×l0ˉ4mol .L—l
3.75×10ˉ4mol .L＿l ’故〃（N2）＝
＝
＝l.875×
△r
2s
l0—4mol
.
L—］
.
s—1
;
反应时间为4s时’
反应达到平衡’
K≡
c（N2）
. c2（CO2）＝（4.50×10＿4）×（9.0×l0ˉ4）2
@B项’该反应为非等体积反应’根据M＝匹可知当混合气体的平均相对分子
Ⅶ
质量不变时’气体的物质的量不变’说明混合气体各组分的物质的量不再改
变’可以说明反应达到平衡,故B项正确;
D项,该反应为气体体积减小的反应’故随着反应进行’容器内气体体积减
少’压强减小’当压强不变时,说明混合气体各组分保持平衡不再改变’可以
说明反应达到平衡’故D项正确;
A项’反应物只有NO和CO’根据化学计量数,在整个反应过程中’一定存在
″（CO2）＝2′』（N2）,故A项错误;
C项,气体的密度p＝半』根据质量守恒定律’气体质量不变』容器的体积不
变’则气体密度在整个反应过程中始终不变’故C项错误°
综上所述’本题正确答案为BD·
@该反应的正反应放热’升高温度’平衡逆向移动’ NO的平衡转化率减小;
由化学方程式可知’正反应为气体体积减小的反应’相同温度下’增大压强’
平衡正问移动’ NO的平衡转化率增大,故pl＞p2＞p3°
36. ［答案］（1）@ˉ90.7kJ .mol—l （2分）
@cd（3分）
OCu2O＋CO-＝2Cu＋CO2（2分）
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…｜小猿热搜.反应原理典型题｜00
（2）@pl＞p2＞I〕3（2分）
@0.36（2分）
＜（l分）
@＋62.7kJ .molˉl（2分）
［解析］（l）@将已知反应依次编号为I
、
Ⅱ’反应I减去反应Ⅱ可得CO（g）＋2H2（g）
＝＝CH3OH（g）’根据盖斯定律’则CO（g）＋2H2（g）＝＝CH3OH（g）的烩变
△H＝△H1
ˉ△H2 ＝-204. 9kJ
.
molˉl
ˉ
（ˉ1l4. 2kJ
.
mol—l
）
＝
-90。7kJ .molˉl
·
@c项’该反应为气体物质的量减少的反应,且反应为纯气态反应’则随着反
应进行’平均相对分子质量逐渐增大’当平均相对分子质量不变时’反应达到
平衡状态’故选c项;
d项’ CO的体积分数保持不变时’表明CO的生成速率等于消耗速率’此时反
应已达到平衡,故选d项;
a项’该反应为纯气态反应’混合气体的质量始终保持不变’不能表明该反应
达到平衡’故不选a项;
b项,该反应为纯气态反应,混合气体的质量始终保持不变’容器体积也不发
生改变’混合气体的密度始终保持不变’不能表明该反应达到平衡’故不选
b项;
e项’反应中H2和CH3OH的系数之比为2
:
1
,
当″逆（H2）＝2″正（CH3OH）
时’反应达到平衡状态’故不选e项。
综上所述’本题正确答案为cd。
@在反应Cu2O＋CO＝≡2Cu＋CO2中’少量的（〕O2可抑制Cu2O与CO反应’
抑制平衡正向移动’有利于维持Cu2O的量不变,其原理用化学方程式表示为
Cu2O＋C（）-2Cu＋（】（）2°
（2）@该反应为气体体积减小的反应’同—温度下,增大压强可使平衡右移’提
高转化率’生成CH3OH的物质的量增大’所以压强的大小关系为p｜＞p2＞p3。
O在A点』C＂］O＂（‘）和H2O（g）的浓度为竿mo皿, CO2的浓度为
c（CH3（）H）×c（H2O）
竿m＂l／L』H2的浓度为竿m＂｜／L,平衡常数K（A）＝
c（CO2）×c3（H2）
’
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答案与解析｜醒
带人数值计算可得K（A）≈0.36;随着温度的升高平衡时CH3OH的物质的量
减小’说明该反应的正反应放热’则反应平衡常数随温度的升高而减小’ B点
温度高于A点温度’所以K（B）＜K（A）°
O烩变等于反应物总键能减去生成物总键能’则反应CO2（g）＋3H2（g）＝≡
CH3OH（g）＋H2O（g）的焰变△H3＝803kJ .mol-l×2＋436kJ .molˉl×3
-（409kJ .molˉl×3＋326kJ .molˉl ＋463kJ .mol—l ＋463kJ .molˉl×2）＝
-28kJ .molˉl
。
CO2（g）＋3H2（g）＝≡CH3OH（g）＋H2O（g）减去CO（g）＋
2H2（g）＝＝CH3OH（g）可得CO2（g）＋H2（g）＝＝CO（g）＋H2O（g）,根据盖斯
定律’则CO2（g）＋H2（g）—兰CO（g）＋H2O（g）的△H＝-28kJ .molˉl -
（ˉ90.7kJ .molˉ｜）＝＋62.7kJ .molˉl
。
37. ［答案］（1）ˉ867kJ／mol（2分）
（2）此反应放出大量的热（l分）
降低温度、减小压强（2分）
（3）@研究温度对该化学平衡的影‖阿（l分）
@0.025mol／（L.min）（2分）
@70％（2分）
@1.20（2分）
（4）NO2＋NO丁—e——N2O5（2分）
［解析］（l）根据已知可得@＝@苛@’根据盖斯定律,则△″｀＝
△Hl＋△H2
~~
2
一574-1 l60 kJ／mol＝—867kJ／mol·
勺
～
（2）反应@的焰变很大’反应放出大量的热,即反应物和生成物的能量差很
大,所以反应在热力学上趋势很大;该反应△H3＜0’所以该反应为放热反
应’且该反应为气体体积增大的反应’可以降低温度或减小压强’使得平衡正
向移动’提高NO2转化率。
（3）@实验l和实验2中’初始反应物浓度和容器体积均相同’只有温度不
同’因此开展实验l和实验2的目的是研究温度对化学平衡的影‖问。
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函｜小猿热搜.反应原理典型题］00
@初始时c（CH4）＝0.50mol／L’ 20min时’ c（CH4）＝0.25mol／L,故△c（CH4）＝
0.50mol／Lˉ0.25mol／L＝0.25mol／L’所以△c（NO2）＝0.25mol／L×2＝
△c（NO2）
0.50mol／L’所以在20min时’ NO2的反应速率是o（NO2）＝
＝
△′
0.50mol／L
＝0.025mol／（L.min）。
20min
@当温度为l30°C时’反应在40min时已经达到平衡状态’当温度升高时’反
应平衡逆向移动,反应速率加快’所以达到平衡所需要的时间将减少’所以在
l80°C下’当40min时反应也已经达到平衡’ 40min时容器中各物质的量与
50min时相同’则平衡时的c（CH4）＝0. l5mol／L’
△c（CH4）＝0.50mol／Lˉ
△c（CH4）
0.35mol／L
0. l5mol／L≡0. 35mol／L’
故转化率为
×
1（）0％＝
×
c（CH4）
0.50mol／L
｜00％＝70％°
@在130°C下’反应达到平衡时’
c（CH4）
＝0. l0mol／L’
c（NO2）
＝
（α-（）.8）mol／L, c（N2）＝c（CO2）＝0.40mol／L’ c（H2O）＝0.80mol／L,所以
可以列出〃程｀（嘎q;9删『｜0
＝6.4,解得α＝1.20°
（4）体系中电解质为熔融NaNO3 ,石墨I上NO2中N由＋4价升至＋5价’且
Y为氧化物’则Y是N2O5’
因此该电极反应方程式为NO2＋NO丁ˉe—
＝＝＝N2O5·
38. ［答案］（除特殊标注外,每空2分）
（1）-2l7.4kJ .molˉl
（2）3.01×l024（写“5ⅣA”也给分）
（3）@D
@4050如图所示:
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答案与解析｜囤
尔
α
0.90
~~~~~~~~~~~~~~~~~
／
（3分）
／
（）
／
（4）@0.56αmol .Lˉl
@CuCl＋＋Ag＋＝＝＝AgCl↓＋Cu2＋
［解析］（1）@2Cu2S（s）＋3O2（g）＝＝2（〕u2O（s）＋2SO2（g）
△H＝-768.2kJ .molˉl
@2Cu2O（s）＋Cu2S（s）-6Cu（s）＋SO2（g）
△H＝＋1l6.0kJ .mol—l
将方程式@苛@得Cu2S（.）＋ˉO2 （g）-2Cu（§）＋SO2 （g）
M＝
-7682＋l16.0kJ .molˉ1＝一2l7.4kJ .molˉl ·
3
（2）H2S制取H2的反应方程式为H2S旦垦H2＋S↓’生成标准状况下56LH2
转移电了数为盖赋2＂A二5″｀.
（3）@D项’反应前后气体分子数减小’压强减小’当容器内压强不再发生变
化时正逆反应速率相等’说明反应达到平衡状态’故选D项;
A项,反应前后气体总质量不变、容器体积不变,所以容器内气体密度始终不
变’不能据此判断平衡状态,故不选A项;
B项,无论反应是否达到平衡状态都存在O2＼SO2的悄耗速率之比为1 :2’不
能据此判断平衡状态,故不选B项;
C项’ n（SO2）:Ⅶ（O2）
: （SO3）＝2
: 1 :2时该反应不—定达到平衡状态,与
反应初始浓度及转化率有关,不能据此判断平衡状态’故不选C项。
综上所述,本题正确答案为D。
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…｜小猿热搜.反应原理典型题］00
2.0∏Io］
@由图∏I知’ SO2的转化率为90％’开始时c（SO2）＝
≡0.4mol .Lˉl
、
5L
瞳（O2）＝1等＂｜二02m＂｜L—｜′参加反应的′（SO』）＝0…LL—｜×90％＝
0.36mol .L—l。
所以有
2SO2（g）＋（）2（g）＿兰2SO3（g）
开始时浓度／mol .Lˉl
0.4
0.2
0
浓度变化量／mol .Lˉl
0.36
0. 18
0.36
平衡时浓度／mol .L＿1
0.04
0.02
（）.36
c2（S（）3）
（036）2
化学平衡常数K＝b2（SO2）
. c（O2）
（0.04）2×0.02
三＝
＝4（）50;
升高温度正逆反应速率都增大’反应到达平衡的时间缩短’但升高温度使平衡
α
逆问移动’ SO2转化率降低’其图像为09（）
~~~~~
／
／
（）
／
（4）@若溶液中含铜微粒的总浓度为αmol .L—l ’则则点对应的c（CuCl＋）＝
αmol .Lˉl×（l-22％-22％）＝0.56αmol .Lˉl。
@根据图知’此时最大含铜微粒为CuCl＋’加人硝酸银后’氯离子与银离子生
成氯化银沉淀’溶液中氯离子浓度减小’含铜微粒由CuCl＋变为Cu2＋’反应离
子方程式为CuCl＋＋Ag＋-AgCl↓＋Cu2＋。
39. ［答案］（l）2CH4（g）＋O2（g）＝＝＝2CH3OH（g）
△H＝（α＋2b）kJ／mol（2分）
（2）0. l5mol／（L.min）（l分）
83.3％（l分）
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答案与解析｜醒
（3）@AC（2分）
@＜（2分）
@4（2分）
（4）@CH3OHˉ6eˉ＋8OHˉ＝≡＝CO;—＋6H2O（2分）
@c（K＋）＞c（HCO丁）＞c（CO;ˉ）＞c（OH—）＞c（H＋）（2分）
（l）已知反应@: 2CH4（g）＋O2（g）＝≡2CO（g）＋4H2（g）
△H＝αkJ／mol
反应@: CO（g）＋2H2（g）＝＝≡CH3OH（g）
△H＝bkJ／mol
将上述两式联立’反应@＋2×反应◎: 2CH4（g）＋O2（g）＝＝＝2CH3OH（g）
△H＝（α＋26）kJ／mol°
（2）由图可知从反应开始到平衡’ CO浓度变化量是0.90mol／L-0. 15mol／L＝
0.75mol／L, u（CO）＝0.075mol／（L.min）’则″（H2）＝0. l5mol／（L.min）’平
衡时Co的转化率为‖删:恍×l00％＝田3％.
［解析］
（3）@A项’H2的消耗和CH3OH的生成均代表着反应正向进行’根据化学计
量数关系’H2的消耗速率必然等于CH3OH的生成速率的2倍’所以不能判断
反应达到化学平衡,故A项符合题意;
C项’H2和CO两种气体初始投料比为2
:
l ’而反应的化学计量数比也为
2: l ’所以体系中二者转化率始终相等,不能判断反应达到化学平衡’故C项
符合题意;
B项’只要反应没有达到平衡’正逆反应速率不相等则反应体系中H2气体的
体积分数就会不断变化’所以可以判断反应达到化学平衡,故B项不符合题意;
D项,H2和CO生成CH3OH的反应是气体分子数减少的反应’若反应未达到
平衡’则气体分子总数不断变化’使气体平均摩尔质量不断变化,平衡时不再
改变’所以可以判断反应达到化学平衡,故D项不符合题意。
综上所述,本题正确答案为AC。
@H2和CO生成CH3OH的反应是气体分子数减少的反应,压强增大会使
H2和CO的转化率提高,又根据图中B点（〕O的平衡转化率高于A点,所
以I）A＜pB°
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醒｜小猿热搜.反应原理典型题｜00
@本小问从平衡常数角度来计算’化学平衡状态A时列式计算平衡物质的量:
H2
CH3OH
（］（）
平衡百分比／％
50
50
］
〔
）
Ⅲ
／
始
初
l0
20
0
转化／mol
5
l0
5
平衡／mol
5
l（）
5
5／20
得K＝（5／20）（l0／20）2＝4°
平衡状态B时,设容器体积为VL’列式计算平衡量
～
H2
CH3OH
（〕O
平衡百分比／％
20
20
初始／mol
l0
20
0
转化／mol
8
l6
8
平衡／mol
2
4
8
8／‖／
K＝—
＝4,得V＝4°
（2／‖／）（4／‖／）2
（4）@甲醇作为还原剂’在碱性溶液中失电子被氧化’生成物应为CO;ˉ和
水’电池负极反应的离子方程式为CH3OHˉ6eˉ＋8OHˉ-CO;—＋6H2O。
@溶液中KOH不过量时’电池负极产生的主要是HCOJ’少量CO;—由HCOI
生成’虽然来自KOH的OHˉ被消耗完’但是溶液呈碱性’所以OH—多于
H＋’则c（K＋）＞c（HCO丁）＞c（CO;ˉ）＞c（OHˉ）＞c（H＋）·
40. ［答案］（除特殊标注外,每空2分）
（l）-20.0
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答案与解析｜…
（2）0.24（l分）
1
＜
（3）AD（漏选得l分’错选不得分）
（4）2
（5）CH3OCH3—12eˉ＋6CO;ˉ＝＝＝8CO2↑＋3H2O外加电流的阴极保护法
（1分）
［解析］（l）已知:@（〕O（g）＋2H2（g）＝＝CH3OH（g）
△Hl＝ˉ90.0kJ .molˉl
;
@2CH3OH（g）ˉCH3OCH3（g）＋H2O（g）
△H2;
@H2O（l）＝＝H2O（g）
△H3＝＋44.0kJ .molˉ1 ;
又已知合成气（CO、H2）制备1molCH3OCH3（g）’且生成H2O（l）,整个过程
中放出的热量为244kJ,即:@2CO（g）＋4H2（g）-＝CH3OCH3（g）＋H2O（l）
△助＝-244kJ .mol—l ’因为反应@＝@×2＋@ˉ◎’所以△H2＝△肠＋
△H3-2△H1＝-20°0kJ .molˉl·
（2）
CO（g）＋2H2（g）-＝CH3OH（g）
起始浓度（mol .L—l）
1
3
0
转化浓度（mol .Lˉl
）
0.6
l.2
0.6
平衡浓度（mol ·Lˉl）
0.4
1.8
0.6
所以, 用Ⅱ2表示反应o的速率是,（H』）＝芳＝l2m＂｜L—』
吕＝
5min
024mol .L＿l .min-1
;
2CH3OH（g）＝＝CH3OCH3（g）＋H2O（g）
起始浓度（mol .L—l）
0.6
0
0
转化浓度（mol .Lˉ1）
0.4
0.2
0.2
平衡浓度（mol .Lˉ1）
0.2
0.2
0.2
所以,可逆反应o的平衡常数脆-α;i!2-｜;
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…｜小猿热搜.反应原理典型题］00
若在500K时’测得容器中′l（CH3OCH3）＝2＂（CH3OH）’又n（CH3OCH3）＝
c（CH3（）CH3）
. c（H2O）＝4＞K2’此时反应@问着逆反应方
＂（H2O）’则Q。＝
c2（CH3OH）
向进行’所以〃（正）＜″（逆）·
（3）A项’体积—定的密闭容器中发生反应@’
由于平衡常数只受温度的影
响,正反应为放热反应’如果该反应的平衡常数K2值变小,说明反应混合物
体系温度上升了’正逆反应速率都增大’又因为化学平衡逆向移动’所以逆反
应速率先增大后减小’故A项正确;
D项’虽然气体分子数不变’但是温度升高,气体体积膨胀,使得达到新平衡
后体系的压强增大’故D项正确。
B项,平衡逆向移动’ CH3OCH3的物质的量减小’所以容器中CH3OCH3的体
积分数减小’故B项错误;
C项’ 由于反应前后气体的分子数不变’容器中混合气体的平均相对分子质量
—直保持不变’故C项错误;
综上所述’本题正确答案为AI）°
（4）转化率二:鹏赡瞬｜00瞬』不同反廊物的变化量之比等于化学计量
数之比’所以当反应物的起始量之比等于化学计量数之比时,不同反应物的转
化率必然是相等的’所以α＝2。
（5）分析二甲醚燃料电池中反应物可知’二甲醚是还原剂’氧气是氧化剂’熔
融的碳酸钾为电解质’所以负极上是二甲醚失去电子发生氧化反应生成二氧化
碳和水’电极反应式为CH3OCH3ˉl2eˉ＋6CO;ˉ—8CO2↑＋3H2O;该电
池负极与水库的铁闸相连时’可以保护铁闸不被腐蚀’这种电化学保护方法叫
做外加电流的阴极保护法。
41［答案］（每空2分）
（1）@＋3@6FeO＋（〕O2＝＝＝2Fe3O4＋C
（2）@减小@＜
o＜
（3）@NH3 .H2O（aq）＋CO2（g）＝≡NHr（a〔I）＋HC（）丁（aq）
△H＝（α＋
b＋c）kJ .molˉl （写NH4HC（）］不扣分）
@l.25×l0ˉ3
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答案与解析｜…
［解析］（l）@Fe3O4可看做FeO. Fe2O3,其中FeO中的铁为＋2价, Fe2O3中的铁为
＋3价.其平均价态为÷价.
@由图可知’重整系统以FeO和CO2为反应物＼以Fe3O4和C为生成物发生氧
化还原反应』其巾铁元素山＋2价被氧化为÷价』c冗素出带4价被还原成
0价’故反应方程式为6FeO＋CO2＝≡≡2Fe3O4＋C°
（2）@其他条件不变时’减小H2的浓度’平衡逆向移动’则CO2转化率将
减小。
@由图可知’随着温度的升高’H2的物质的量不断增加,说明平衡发生了逆向
移动,故该反应正反应放热,则△H＜0°
◎测试中体系内无氧气产生’说明在实验温度下H2O未分解;观察图像可知’
实验温度升至TA前,H2物质的量的增加越来越缓慢’但温度升至TA时’H2
物质的量的增加突然加快’说明除了温度影‖问平衡以外还有其他因素导致
n（H2）的增加速率,即C2H4的分解’因此热稳定性C2H4＜H2O°
（3）@如已知条件所示’ CO2与氨水反应可拆分为三步’此三步合并即为
该反应的总方程式’因此△H＝△Hl＋△H2＋△H3’该反应的热化学方程式为
NH3
.
H2O（aq）
＋CO2 （g）≡＝NHj
（aq）
＋HCO丁
（aq）
△H＝
（α＋b十c）kJ .molˉl 。
c（HCO丁）
. c（H＋）
′（‖川＂M! （H型co」）≡
@由Kb（NH3 .H2O）＝
c（H2CO3）
’
卿≡贮（!脯q）〔i鹏｀」峨立赠闷（Ⅻ』咀:侧M测（＂』c则）≡
l0
l4
K
解得K＝1.25×l0ˉ3°
42. ［答案］（除特殊标注外,每空2分）
（1）2CO2＋2Na2O2—2Na2CO3＋O2
（2）@＞（l分）
0.5p总
@25％
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囤｜小猿热搜.反应原理典型题］00
◎向正反应方向（1分）
减小（1分）
（3）2.8×l0—4mol .L—1
（4）阴（l分）
CO2＋6H＋＋6eˉ＿CH3OH＋H2O
（l）CO2与Na2O2反应的化学方程式为2CO2＋2Na2O2-2Na2CO3＋O2。
（2）@根据图像可知:平衡时反应物CO2的体积分数随温度的升高而减小,故
该反应的正反应为吸热反应’反应的烩变△〃＞0;根据T°C时CO2的平衡体
积分数为50％和题目告知的“气体分压＝气体总压×体积分数”并结合Kp的
表达式’可计算得出该反应的平衡常数为0.5p总°
@设反应起始时CO2的物质的量为卯’转化的CO2的物质的量为＂’平衡时,
CO2的物质的量为卯ˉ″,则CO的物质的量为2n, 650°C时CO的平衡体积分数
［解析］
为40％』′‖有盖×l00％＝4α0％,解得÷×100％二÷× l00％＝25％,
即CO2的平衡转化率为25％°
@由于反应始终处于恒压中’故平衡后充人惰性气体,容器体积必扩大’对反
应体系来说相当于减压’故平衡问气体分子数增多方向（对该反应来说即为正
反应方向）移动;容器体积增大,气体浓度减小’正、逆反应速率均减小°
c（H＋）
. c（CO;ˉ）≡5×10ˉll ,
（3）先根据电离常数表达式K2（HCO丁）＝
c（HCO丁）
求出c（CO;ˉ）
’
然后根据CaCO3的溶度积常数求出c（Ca2＋
）
＝
2.8×10＿4mol .Lˉl
°
（4）电解时’ CO2在阴极得到电子生成CH3OH’阴极的电极反应式为（〕O2＋
6H＋＋6eˉ＝＝＝CH3OH＋H2O·
43. ［答案］（每空2分）
（l）Fe2O3（s）＋3CO（g）＝＝＝2Fe（s）＋3（〕O2（g）
△H＝（αˉ36）kJ .molˉl
（2）@BC◎＜
@＞
（3）@a
b@CO2＋2e＿＋2H＋＝＝＝HCOOH
［解析］（1）能表示参加反应的物质的量和反应热的关系的化学方程式叫做热化学
方程式’根据盖斯定律’ 已知的两个热化学方程式组合可以得出CO还原
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答案与解析｜
｜049
Fe2O3的热化学方程式为Fe2O3（s）＋3CO（g）＿2Fe（s）＋3CO2（g）
△H＝（α-3b）kJ.mol—l°
（2）@B项,反应前后气体压强改变’所以当气体总压强不变时反应达到平衡
状态,故B项正确;
C项,绝热恒容时’随着反应的进行’体系内温度发生改变,平衡常数变化’
当平衡常数不变时’反应达到平衡状态’故C项正确;
A项’由于该反应只有气体参与,且容器为恒容密闭容器』故气体总密度始终
不变,故A项错误;
D项’化学反应速率之比等于化学计量数之比’只有当3似正（CH3OH）＝
″逆（H2）时,反应达到平衡’故D项错误。
综上所述,本题正确答案为BC。
@随着反应的进行’甲醇的体积分数增大’反应温度升高’当温度升高到＿定
程度后’反应向着逆反应方向进行,甲醇的体积分数减小’所以该反应是放热
反应’
AH＜0。
@曲线I对应甲醇物质的量要大于曲线Ⅱ所以平衡常数KI＞KⅡ°
（3）@由于NH3极易溶于水需要防止倒吸’所以在a处通人NH3’面C（）2溶解
度较小’要使它充分反应’需在b处通人CO2°
@无外加电源’则装置为原电池反应为2CO2＋2H2O-2HCOOH＋O2’电
子由a极流向b极’所以b极发生得电子的还原反应’电极反应式为CO2＋
2e—＋2H＋＝≡≡HCOOH。
44. ［答案］
（1）＋247（2分）
（2）@大于（2分）
（】O2发生了其他副反应（2分）
@△S＞0（2分）
pd-Mg／SiO2
CH4＋2H2O（2分）
（3）CO2＋4H2
（4）BC（2分）
（5）CO2＋H2O＋2e—-CO＋2OHˉ（2分）
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050｜｜小猿热搜.反应原理典型题｜00
［解析］（l）将已知的三个反应重新组合:
I ＋］IˉⅢ’得反应CO2（g）＋（〕H4（g）—
2CO（g）
＋2H2 （g）
,
反应的焰变是△H＝
（＋75. 0）
kJ
.
mol＿｜
＋
（＋4l .0）kJ .molˉl-（-］310）kJ .molˉl＝＋247kJ .molˉl
（2）@反应方程式中CH4和CO2的化学计量数比为1
:
l ’二者投料比也为
1
:
l ’—般来说二者转化率也应该相同’但是所给的转化率图片中,
（〕O2转化
率曲线高于CH4曲线’可以认为是由于CO2发生了＿些副反应造成的°
@由于反应I是—个气体分子数增大的反应’
△S＞0’反应能否自发进行要看
△G＝△HˉT· △S是否小于零’因此温度增大时有自发反应的倾向。
（3）如图的反应机理虽然涉及大量的中间反应物和反应产物’但是大多数都可
以循环利用’最终的结果就是CO2与H2经＿系列转变为CH4’过程中还会产
p〔l—Mg／SjO2
生H2O
（〕H4＋2H2O。
CO2＋4H2
（4）B项’图中可见’
当CO用于还原Cr2O3的反应达到平衡时’气体中的
c（CO）远大于c（CO2）
’ C0的转化率很小’不具有实际的生产价值’故B项
正确;
C项,图中可见’当CO用于还原Cu2O时’随着反应温度的增加’ c（CO）占比
增大’转化率减小’所以低温有利于提高CO的利用率,故（〕项正确;
A项’ 由于反应是可逆反应,反应平衡不受反应时间的影响’延长反应时间对
增大CO的转化率没有帮助’故A项错误;
D项’ CO还原PbO2的反应, CO的转化率随着温度的升高而降低’所以可以
判断反应△H＜0’故I）项错误。
综上所述’本题正确答案为BC°
（5）KHCO3溶液呈碱性,电解KHCO3溶液时阴极CO2得电子,生成CO’电极
反应式为CO2＋H2O＋2e——CO＋2OHˉ°
45. ［答案］（除特殊标注外’每空2分）
（l）2NH3＋NO＋NO可-2N,＋3H,O
（2）增大（l分）
先增大后减小（1分）
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答案与解析｜
‖0丽
可能的原因有@低温阶段’温度升高反应速率加快导致NO去除率增大;高温
阶段’温度升高平衡逆向移动导致NO去除率下降;@低温阶段温度升高反
应速率加快导致NO去除率增大;高温阶段’发生NH3的非选择性氧化N（）躯反
应;@低温阶段,温度升高反应速率加快导致NO去除率增大;高温阶段》催
化剂活性下降（以上答案任选＿种回答即可）
（3）（〕D分别向催化剂中添加l％K、2％K’并控制与本小题中相同实验条件
下’然后测定不同温度下的NO去除率’绘制成图表
c（NH3）
. c（C（）2）
（4）K＝
254.8（3分）
c（HNCO）
. c（H2O）
［解析］
（1）V（NO）:V（NO2）＝l
: l ’则反应方程式中NO和NO2的化学计量数之比为
l
: 1 ’MI3与二者反应的方程式为2NH3＋NO＋NO2～2N2＋3H2O°
（2）从图中可以得出其他条件相同时’添加WO3可以使NO去除率增大;随着
温度升高NO去除率的变化趋势为先增大后减小;可能的原因有:@低温阶
段’温度升高反应速率加快导致NO去除率增大;高温阶段’温度升高平衡逆
向移动导致NO去除率下降;@低温阶段,温度升高反应速率加快导致NO去
除率增大;高温阶段’发生NH3的非选择性氧化NO颠反应;@低温阶段’温度
升高反应速率加快导致NO去除率增大;高温阶段,催化剂活性下降°
（3）A、B项’ Li和Mg分别为碱金属和碱土金属’能使催化剂中毒’不适合做
成型助剂’故不选A、B项;
C、D项’酸性铝溶胶和酸性硅溶胶可与碱金属和碱土金属反应’降低毒性,
适合做成型助剂,故选C、D项。
综上所述,本题正确答案为CD。
研究添加金属K对催化剂活性的影响’可分别向催化剂中添加1％K、2％K’并
控制与本小题中相同实验条件下’然后测定不同温度下的去除率’绘制成图表。
（4）平衡常数等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值（不考虑液态
c（NH3）
。c（CO2）
和固态物质）,则反应@的平衡常数表达式为K＝
该尿索
c（HNCO）
. c（H2O）
,
32.5％×L05吕.mL-1×100（）mL
溶液中CO（NH2）2的物质的量为
~~
60g .molˉ］
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052｜｜小猿热搜.反应原理典型题｜00
5.6875mol’因为＿分子尿素可以生成两分子NH3 ’根据（l）题中反应方程式
可知一分子尿素转化为NH3后最终消耗NO和NO2各—分子’则可消除的NO
和NO2在标准状况下的体积为‖／＝5.6875mol×22.4L.mol—l×2＝254.8L°
46. ［答案］（除特殊标注外’每空2分）
（l）ˉ283kJ .molˉl （2分’未写单位扣l分）
（2）
α
的
平
衡
转
化
率
尸
Tl
O
压强
（叫删删）（］分）
减小（］分）
◎0.05mol .L＿l .minˉl（2分’未写单位扣l分）
◎＜（l分）
＞（1分）
@c
◎cd（2分’各l分）
［解析］（l）观察题述4个反应方程式得知它们的关系为@＝@ˉ@＋3×@’所以反
应@的AH2＝AHl ＋3△H3-AH4＝ˉ566kJ .mol＿l
’ CO的燃烧热指的是
lmolCO完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量,所以CO的燃烧热
为-283kJ .molˉl
°
（2）反应@是放热反应,温度升高,平衡向吸热反应方向移动’ O2的转化率降
低’因为Tl＞吗’所以Tl时O2的转化率小于L,化学反应前后气体的体积没
有发生变化’改变压强平衡不发生移动’所以O2的平衡转化率不随压强变
化’关系如图°
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苔案与解忻｜｜053
α
的
平
衡
转
化
率
T,
T‖
O
压强
（3）@反应的平衡常数是各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物
浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值,所以该反应的平衡常数表达式为
′栅删:）;腮震升尚生硫物αM＂的物履的三撼小.平衡…
K＝
动, CO和H2的物质的量增大,所以K值减小。
@500。C时’从反应开始到达到化学平衡共4mln’所以用CH3OH的浓度变化
表示的化学反应速率是3器黑＂＝0025m.｜L—Lmm—｜
』CH』OH与Ⅱ2的
反应速率之比是l
: 2’所以用H2的浓度变化表示的化学反应速率
是0·05mol .Lˉl .minˉl°
@X点的平均速率等于4min时的平均速率,根据两条曲线的斜率比较反应速
率,斜率越大反应速率越快’Y点的斜率大于X点在4min时曲线的斜率’所
以o（X）＜″（Y）;在反应过程中’由于反应物逐渐被消耗且容器内压强逐渐降
低’正反应速率不断变慢,逆反应速度不断加快,最终正、逆反应速率相
同’即达到平衡状态’也就是X点的状态’所以″正（X）＝″逆（X）＞o逆（Z）,即
″正（X）＞o逆（Z）。
@c项’该反应为气体分子数减小但总气体质量不变的反应’如果反应继续进
行,混合气体的相对分子质量发生就会变化’所以当混合气体的平均相对分子
质量不再发生变化时’反应达到平衡,故选c项;
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囤｜小猿热搜.反应原理典型题｜00
a项’当CH3OH与H2的生成速率之比是l
: 2时’反应达到平衡’故不选
a项;
b项,反应在密闭容器内进行’ V始终不发生变化’反应遵循质量守恒定律’m
也不发生变化’ ′二爷,所以混合气体的密度始终不发生变化’故不选b项;
d项’三种物质的浓度相等不能证明反应达到平衡’故不选d项·
综上所述,本题正确答案为c。
@c项,容器的体积减小,压强增大’平衡问气体体积减小的方向移动’即向
正反应方问移动’ CH3OH物质的量增大’ CH3OH的百分含量增加’故选
c项;
d项’压缩体积后’反应正向移动,所以重新平衡时’ c（H2）／c（CH3OH）减
小’故选d项;
a项,容器体积减小’容器中三种物质的浓度均增大’根据勒夏特列原理可知
平衡正向移动只能减少而不能完全消除压缩体积带来的反应物浓度增大’因此
H2的浓度依然是增大的’故不选a项;
b项’容器体积减小’反应物和生成物浓度均增大’正、逆反应速率均加快’
故不选b项。
综上所述’本题正确答案为cd°
′）［（〕O（0CH3）2］
.P（H2（））
47. ［答案］
（1）r .＿｀
＿
〕／△ˉ
〃
｀
‘
p2（CH3OH）
.p（（〕O2）
（2）0. l92％（2分）
（3）
（l分）
Kb随温度的变化
-3
｜gKp
ˉ4
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
～
｜
-5
β
○
］
‖
○
∑
〔
◎
′
′
′
度
旧
皿
○
◎
］
（）
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答案与解析｜函
（2分’起终点正确』趋势合理即可得分）
（4）ˉll0.7（2分）
（5）该反应平衡常数极小’当反应达到平衡时,原料转化为DMC的产率很
低（l分）
反应放出更多的热量’反应体系能量降低的更多,所以反应更
完全（2分）
（l）平衡常数用压强表示可写成生成物压强的系数幂的乘积与反应物压强的系
数幂的乘积之比°
（2）根据图l曲线,点（l.2, 40）反应达到平衡’可得40≡转化的甲醇的物质的量
12×l0ˉ5mol
,
可求得转化的甲醇的物质的量为4. 8×l0—4mol》所以甲醇的转化率为
4撇腮严］×｜00链二α｜92轮.
（解析）
（3）该反应为放热反应,升高温度平衡会逆向移动’平衡常数会减小’所以随
着温度的升高’曲线所对应的纵坐标逐渐减小。
（4）@2CH3OH（g）＋CO2（g）＝＝CO（OCH3）2（g）
＋H2O（g）
△Hl
＝
ˉ155kJ .molˉl
;
O
OHOH
／＼
｜
｜
@（］H3—CH—CH2（g）＋H2O（g）
-—→
（〕H3—CH—CH2（g）
△H2
~
-95.2kJ .molˉl
.’
O
／＼
CH3—CH＿CH2（g）
@2CH3OH（g）＋CO2（g）
＋
一（〕O（O（】H3）2（g）
＋
OHOH
｜
｜
CH3—CH—CH2（g）
△H3
反应@≡@＋@’
所以△H3 ≡△H1 ＋△H2 ＝-15. 5kJ
.
mol—l
-
95.2kJ 。molˉl＝-110.7kJ .mol-l°
（5）CO2与甲醇直接反应时’因为该反应平衡常数极小,当反应达到平衡时’
原料转化率很低,所以没有工业价值;但引人环氧丙烷的反应时’反应放出更
多的热量’反应体系能量降低的更多’所以反应更完全。
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…｜小猿热搜.反应原理典型题｜00
48. ［答案］
（每空2分）
（l）＋30.8
（2）@CaS
CaS＋3CaSO4直垦4CaO＋4SO2↑
@作催化剂两种情况下反应均达到平衡催化剂CaCl2不改变平衡的移动
O高温下’过量的C与CO2反应生成CO,使气体总体积增大（或部分转化为其
他含硫物质）
（3）1.75×l0ˉ2mol .Lˉl
［解析］
（l）由盖斯定律,
△必＝△〃2-AHl -2×△〃3 ＝26kJ
.
mol—l
-
83。2kJ .mol—l＋2×44kJ .molˉl ＝＋30·8kJ .molˉl
°
（2）@由图1可知’温度低于800。C时, CaS的含量随温度升高而升高’ CaO
的含量几乎为零’即生成的SO2的量很少’因此温度低于800。C时’主要还原
产物是CaS;温度高于800°C时, CaS＼CaSO4含量降低, CaO含量升高, CaO
是主要生成物,
由题干条件得’ CaSO4被还原生成SO2’再结合得失电子总数
守恒,可以写出温度高于800°C时主要发生的化学反应的方程式:
CaS＋
3CaSO4直垦4CaO＋4SO2↑°
@根据图2’在经过相同时间’有CaCl2的CaSO4的转化率都先大于无（〕aCl2
的CaSO4的转化率,但随着温度升高两者的转化率开始接近,直到相等’所
以CaCl2不参与反应但能加快反应进程,因此CaCl2起催化剂的作用;温度升
高,化学反应速率增大,温度高于l200。C时’经过2.5小时,两个反应都达
到了平衡’因为CaCl2为催化剂,催化剂不能改变转化率’因此此时无论有
无CaCl2, CaSO4的转化率趋于相同°
@碳含量高时,会和生成的CO2反应生成CO,导致气体总体积变大’从∏
SO2的体积分数下降·
（3）反应达到平衡’由Ksp（CaSO4）＝3.2×l0ˉ7首先求出钙离子浓度: c（Ca2＋）＝
3.2×l0—7
20
mol .Lˉl＝l.6×l0—7mol .L—｜’然后根据Ksp（CaCO3）＝2.8×10—9计
算碳酸恨离子浓度; °（co;—）-;洲-;测。｜L—｜-｜″5熄｜0—2m°］Lˉ!.
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答案与解析｜圈
49. ［答案］
（1）＞（1分）
（2）@图如下（2分）
50％
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
40％
匡
％
∩
Ⅶ
勺
〕
2｛）％
10％
（）
′
@升高温度（或加H2）（l分）
（3）@0. 12（2分）
@AH2＋△H3-2△Hl（2分）
（4）SO2＋4H＋＋4eˉ＝＝＝S↓＋2H2O（或H2SO3＋4H＋＋4e—＝-S↓＋3H2O）
（2分）
［解析］（l）高温下能够自发反应,则△〃—〗△s＜0,即As＞竿,因为A′′＞0,
7＞0’所以△S＞0;
（2）@反应物中的气体化学计量数与生成物中的气体的化学计量数相等,平衡
时通人2molH2’相当于加压,平衡不移动’所以平衡时’ H2S的体积分数还
是30％’刚开始体积分数减小＿半,图见答案中。
@正反应吸热,所以升高温度有利于向正反应方向移动’提高脱硫率’且升温
加快反应速率;加人氢气也可以增加FeS2的转化率,加快反应速率。
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囤｜小猿热搜.反应原理典型题↑00
（3）@由题意知
4FeS2＋llO2＝＝＝8S（）2＋2Fe2O3
0。2
0
8
卯
＿卯
ll
起始时／mo］
转化时／mol
8
∏则
平衡时／mol
0.2-卯
02—卯
＝0.05,解得卿＝0. l52’故混合气体中二氧化硫的体积分数
α8＋丹＋02＿“
∩×0l52
为——
＝0. l2;
α;＋昔×0152＋02—0152
@根据盖斯定律’得△H＝△H2＋△H3ˉ2△H｜
;
（4）阴极SO2得电子’转化为硫单质,即为SO2＋4H＋＋4eˉ-S↓＋2H2O’
当SO2溶于水转化为亚硫酸’则电极反应式也可以写成H2SO3＋4H＋＋4eˉ
＝＝＝S↓＋3H2O。
50. ［答案］（除特殊标注外’每空2分）
（l）80％
（2）@增大压强（或提高二氧化碳的浓度或分离出乙酸）（1分）
@3Cu2Al2（）4＋32HNO3（稀）-6Cu（NO3）2＋6Al（NO3）3＋2NO↑＋l6H2O
（3）CO2＋8eˉ＋6H2O＝≡＝CH4＋8OHˉ
（4）@＞（l分）
@＞
@B
［解析］（1）起始二氧化碳的浓度为02mol／L＋0.8mol／L＝l.0mol／L’则CO2的平衡转
化率为（L‖批栅″∑~ ×l00％＝80％。
（2）@该反应是气体总体积缩小的反应’增大压强平衡向右移动’ CH4的转化
率提高,另外’增加CO2的浓度或分离出CH3COOH均可提高CH4的转化率。
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答案与解析｜囤
@Cu2Al2O4中铜的化合价为＋1价’与稀HNO3反应后生成Cu（NO3）2’根据
氧化还原反应规律写出该反应的化学方程式为3Cu2Al2O4＋32HNO3（稀）-
6Cu（NO3）2＋6Al（NO3）3＋2NO↑＋16H2O°
（3）CO2转变为CH4’ C的价态降低’即发生还原反应,说明在阴极上反应’结
合电解质溶液呈碱性写出电极反应式: CO2＋8eˉ＋6H2O-CH4＋8OH—。
（4）@温度升高碳的平衡转化率增大’说明正反应为吸热反应’故AH＞0。
@X点反应未达到平衡且此时碳的转化率小于该条件下平衡时的转化率’说明
反应向正反应方向进行’故″正（H2）＞o逆（H2）。
@在3MPa、800K条件下反应’碳的平衡转化率较低’在B、C、D三种条件下
反应’碳的平衡转化率差别不大’所以在6MPa、1000K条件下反应最经济,
故选B项°
综上所述,本题正确答案为B。
51. ［答案］（每空2分）
（l）1.75×l038
（2）@A
@A
50％
（3）@S2O;ˉ＋Mn2＋＋2H2O＝＝＝2SOiˉ＋MnO2↓＋4H＋
@2SOiˉˉ2e—＝＝＝S2O;ˉ
（4）B
［解析］
（l）依据各反应的化学方程式,得到题述反应的平衡常数K＝
Ka2
7.0×10一l5
＂（H:』!（）H九｝＂sˉ厂愿＂（H:s门0×｜0ˉ翅-l75×!0』:.
（2）@反应｜｜正问放热,升高温度时平衡逆向移动, A点位于平衡转化率曲线
之下’所以该点状态下还未达到平衡状态且向正向进行,即似（正）＞″（逆）。
@反应｜为吸热反应’升高温度平衡正向移动,正反应的平衡常数增大’故A
曲线符合; 由题图可知, Tl 。C时’向容积为l0L的恒容密闭容器中充人lmol
COS（g）和1molH2（g）’正、逆反应平衡常数相等,A和B两条曲线在Tl。C时
交于一点,两者相等,可知K＝1,可得COS的平衡转化率为5｛）％°
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颐｜小猿热搜.反应原理典型题｜00
（3）@酸性条件下’ S2O;—与Mn2＋反应生成SO1ˉ和MnO2’该反应的离子方
程式为S2O;＿＋Mn2＋＋2H2O—2SOiˉ＋MnO2↓＋4H＋°
@在电解池中, SO1＿在阳极上失去电子’发生氧化反应,电极反应式为
2SO;ˉˉ2e—＝＝＝S,O2ˉ
～
8
°
（4）B项, SO;ˉ与Brˉ都具有还原性’但是SO;ˉ还原性强于Brˉ ,通人Cl2
后’ Cl2首先氧化H2SO3为H2SO4’H2SO3反应完毕’然后再氧化Brˉ。
反
应分别为H2SO3＋Cl2＋H2O—H2SO4＋2HCl, 2HBr＋Cl2-Br2＋
2HCl°
在起初通人0.02mol的Cl2时,弱酸变强酸,溶液pH减小’之后HBr
转化为HCl’溶液的pH不再改变’故B项错误;
A项,随着Cl2的不断通人’溶液中不断发生氧化还原反应’产生Clˉ ’故A
项正确;
C项’电离常数只与温度有关’与Cl2的通人量无关’温度＿定时电离平衡常
数是＿个定值’故C项正确;
D项,与B项同理’在起初通人0.02mol的Cl2时,弱酸变强酸,溶液的
c（H＋）增大,之后HBr转化为HCl,溶液的c（H＋）不再改变’故D项正确°
综上所述,本题正确答案为B。
52. ［答案］（1）-875.3（2分）
（2）@阳（l分）
NaOH溶液（l分）
@SO;—ˉ2eˉ＋H2O＝≡＝2H＋＋SOiˉ（2分）
（3）@45％（2分）
@＞（2分）
@24300（2分）
（4）“宁2罐m＂卜L—!（2分,无单位抓l分）
［解析］（l）反应@＿@—2×@得到最终的反应方程式’得△H＝△〃l＿△H2-2AHj＝
［ˉ890.3-67.0-2×（-410）］kJ .molˉl＝-875.3kJ.molˉ｜。
（2）@电解池阳极失电子’阴极得电子’阳离子问阴极移动, a交换膜靠近阴极,
对阳离子具有高选择通过性’是阳离子交换膜;阴极发生反应2H2（）＋2eˉ—
2OHˉ＋H2↑’电解产物是H2和OH— ’故A物质应为NaOH溶液。
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答案与解析｜圃
@阳极的产物是硫酸’ SO;＿在阳极失电子生成SOiˉ ’电极反应式为SO;—ˉ
2eˉ＋H2O-2H＋＋SOi—°
（3）@设SO2和O2初始投料分别为2n和′』,转化的SO2和O2物质的量分别为
2卯和加’列式计算:
2SO2
＋
O2＝＝
2SO3
初始物质的量／mol
2〃
n
0
转化物质的量／mol
2卯
卯
2则
平衡物质的量／mol
2＂-2绷
厕-则
2卯
2“＋（″-卯）＋（2n一2厕）
勺
〕′l
3『〗-卯
0.085
≡≡
三≡
3几
0。10’ 得坐×100％＝45％。
几
@首先比较A、B两点的逆反应速率随反应的进行逆反应速率逐渐增大’ B
的逆反应速率大于A的逆反应速率,
B、C两点的正、逆反应速率分别相等,
L。C时反应比Tl。C时先到达平衡’证明7h＞Tl ’则B点反应速率小于C点反
应速率’所以oC（正）＝″C（逆）＞″B（正）二似B（逆）＞″A（逆）°
@类比于@中的计算, 2卯＋（＂-卯）＋（2n—2卯）
3′′ˉ则
0.07
3＂
3厕
＝∏ˉI6’ 卯二0.9n,平衡
吕二
分压′（so2）二羔争凰-盎R,′（o』）二搞′圈＝六p愿.p（s0』）-3÷兰′圈＝
6
p2（SO3）
＝24300°
了7pB,Kp＝p2（SO2）.p（O2）
（4）混合气体发生的反应是NO＋NO2＋2NaOH＝＝＝2NaNO2＋H2O’ 2NO2＋
2NaOH＝＝＝NaNOq＋NaNO2＋H2O’ N2O4＋2NaOH＝＝≡NaNO3＋NaNO2＋
H2O’全部吸收最少消耗的NaOH物质的量为2α＋（b—α）＋2c＝α＋b＋
2c（mol）,所以浓度为α＋b＋2cmol .Lˉl 。
V
F
: （2分）
53. ［答案］（1）-l（1分）
:
F
: N
:
: N
（2）△H2-2△Hl（2分）
（3）40％（2分）
0.0256（2分）
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囤｜小猿热搜.反应原理典型题｛00
（4）@HN3＝＝H＋＋Nf（1分）
@c（N丁）＞c（Na＋）＞c（H＋）＞c（OHˉ）（2分）
@1.0×10—3l（2分）
［解析］（l）设（N5）6（H3O）3（NH4）4Cl中“N5”的化合价为卯, H3O＋化合价为＋l
’
NH矿化合价为＋l
’
（〕l—化合价为ˉ1 ’则6＂＋1×3＋1×4ˉl＝（）,解得购＝
ˉl,即“N5”的化合价为-l ; F原子最外层电子数为7’则两个F原子各与
—个N原子形成＿个共价单键’ N原子最外层电子数为5’因此还需要在两个
N原子间形成两个共用电子对’故N2F2的电子式为: F
: N
:
: N
:
F
:
。
（2）将题目给定的两个热化学方程式依次编号为@＼@’反应CuO（s）
＋
2Na（s）—Na2O（s）＋Cu（s）编号为◎’则◎＝@-2×@’故△H＝△H2
＿2△Hl
·
（3）根据题意’反应方程式为NH4N3（s）-＝2N2（g）＋2H2（g）
NH4N3
一2H2
2N2
上
丁
初始／mol
］
0
0
转化／mol
卯
2x
2卯
平衡／mol
l＿则
2x
2觅
已知生成的两种单质的物质的量之和为l.6mol’则2卿＋2“＝1.6,解得卯＝
α4′故NH4N』的平衡转化率为0揣》｜×l00％＝40‰25.c时该反应的平衡常
数K＝c2（N2）
. c2（H2）＝0.42×0.42＝0.0256°
（4）@HN3的酸性与醋酸相近’则HN3为弱酸’弱酸在水溶液中部分电离,则
HN3在水溶液中的电离方程式为HN3＝＝H＋＋N丁°
@HN3的电离大于NaN3的水解’ HN3在溶液中电离出H＋利Nj ’因此溶液中
N丁浓度大于0. lmol
. L—l
’ H＋浓度小于0. lmol
. L—l ;溶液中Na＋为
0. 1mol .Lˉl ’则溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c（N丁）＞c（Na＋）＞
c（H＋）＞c（（）Hˉ）°
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答案与解析醒
@已知Ksp（CuN3）＝5.0×l0＿9’则c（Cu2＋）
. c（N丁）＝5.0×10ˉ9（I）;已知
K鳃（c＂:s）-2§×!0—鳃′则恿（cu』÷）＂（S』ˉ）二23※｜0—瓣（Ⅱ）
』由兴得
c（S2ˉ）＝l.0×l0ˉ3l ’则Cu2S（s）＋2N丁（aq）-＝2CuN3（s）＋S2ˉ（aq）的平
c2（N5）
衡常数K＝c（S2—1＝l.0×10ˉ3l °
c2（N可）
［答案］（l）C2H4（g）＋2H2O（g）＿2CH3OH（g）
△H＝＋29. 1kJ .molˉ｜（2分）
（2）@α到c反应未达平衡’温度越高反应速率越快’
甲醇的体积分数越大
（2分）
@＜（l分）
（3）@负极（l分）
@2NO2＋4H2O＋8e—-N2＋8OH—（2分）
@23（2分）
（4）@4（1分）
大于（l分）
@0. 160（1分）
@E（2分）
［解析］（1）乙烯与水蒸气的反应C2H4（g）＋2H2O（g）-2CH3OH（g）为反应@＋@ˉ
@的结果,所以△H＝△Hl＋△H3-△H2＝—45.5kJ .mol—! ＋50.7kJ .molˉ｜
ˉ（ˉ23.9kJ .molˉl）＝＋29. 1kJ .molˉl 。
（2）@由图像可得α到c反应未达平衡’温度越高反应速率越快’
甲醇的体积
分数越大;@根据c到e阶段的图像’反应到达平衡后’温度越高’
甲醇的体
积分数越小,平衡逆向移动’
由此可知,反应正向放热’
△H＜0。
（3）总反应为4CH3OH＋6NO2＋8OHˉ—3N2＋4CO;ˉ＋］2H2O’电极A的电
极反应为CH3OHˉ6e—＋8OH—-CO;＿＋6H2O’ A极失电子为负极’电极
B的电极反应为2NO2＋4H2O＋8eˉ-N2＋8OHˉ
’ B极得电子为正极。
当
用该电池对铁制品表面镀铜’电解池的阴极反应为Cu2＋＋2eˉ-Cu’铁制
品增加的质量为阴极得到的铜的质量,即得到lmol铜’对应转移了2mol电
子’原电池转移2mol电子消耗0. 5molNO2’所以处理NO2的质量为
54. ［答案］
0.5mol×46g 。molˉl＝23g°
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…｜小猿热搜ˉ反应原理典型题｜00
（4）@容器的体积为l.（）L’由题意可得温度为Tl时:
2CH3OH（g）-＝CH3OCH3（g）＋H2O（g）
起始时浓度／mol .Lˉl
0.20
0
0
变化的浓度／mol .Lˉl
0. 160
0.080
0.080
平衡的浓度／mol .L＿l
0.040
0.080
0.080
c（CH3OCH3）
. c（H2Q）＝4;温度由Tl变化到?b,平衡向右移动,已知正
K＝
c2（CH｀OH）
反应放热’所以Tl大于L。
@该反应前后气体分子数不变’反应温度不变’起始物质的量增加＿倍,则平
衡物质的量也增加—倍,所以α＝0. l60。
@E项’可逆反应中’反应物的生成速率与生成物的生成速率之比等于化学计
量数之比时’说明正｀逆反应速率相等,反应达到平衡状态’故选E项;
A项’反应前后气体分子数不变,容器中的气体压强始终不变’故不选A项;
B项’反应速率之比始终等于化学计量数之比,故不选B项;
C项’体系的总质量和总体积都不变’密度始终不变,故不选C项;
D项’二者的浓度之比与平衡状态没有关系,不能作为判断平衡的条件’故不
选D项。
综上所述,本题正确答案为E°
55. ［答案］（除特殊标注外’每空2分）
（l）＞（l分）
＜（l分）
（2）o｜旦…u（Ⅲmn）（』分）′:毗9划）（｜分）…
（3）@＞压强增大’平衡向正反应方问移动’从而导致生成物的量增大
@0.05mol
@96％
［解析］（l）＿定压强下’升高温度’ CH3OCH3浓度增大’则温度升高’平衡正｜可移
动’该反应为吸热反应,因此△H＞0;该反应生成物中有液态的水,且是气体
体积减少的反应,是墒减反应’
△S＜0。
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答案与解析｜｜065
（2）@由题图可知0～4min内, A催化剂对应的CH3O（〕H3的物质的量增大
5mol’根据化学计量数关系’则消耗CO2的物质的量为10mol’则反应速率为
赃（co2）二2黑黑i＂＝L25m＂″（Lm帅）;平衡常数等于雄成物浓度幂之积与
反应物浓度幂之积的比值,纯液体和固体不列人计算表达式’则平衡常数表达
c（CH3OCH3）
式为c2（CO2）
. c6（H2）°
@A项’ 由题图可知’相同时间内,生成的CH3OCH3的物质的量大小为A＞
B＞C’则对应的反应速率: A＞B＞C’活化能越低’反应速率越快,所以反应
所需活化能的大小顺序为Ea（A）＜Ea（B）＜Ea（C）,故A项正确;
B项’升高温度,分子能量增大,活化分子的数目增多’活化分子百分数增
大,反应速率加快’故B项正确;
C项’根据化学计量数关系,单位时间内消耗CO2与生成H2的数目比为l
: 3
时,说明正、逆反应速率相等’则反应已经达到平衡’故C项正确;
D项,增大压强,平衡正向移动’但某＿反应的平衡常数K只与温度有关’平
衡常数不变’故D项错误°
综上所述,本题正确答案为A、B、C。
（3）@由表可以看出’pl对应的生成物浓度大于p3 ’相同条件下’增大压强’
平衡正向移动’生成的CH3OCH3的物质的量增大’因此′〕l＞p3。
@体积可变的密闭容器中,
Ⅱ中起始投料量是I中的＿半》压强相等均为p1
’
则Ⅱ的容器的容积是I的—半,则起始各反应物物质的量浓度相等’二者互为
等效平衡’则达到平衡时’生成物CH3OCH3的物质的量浓度相等’
由表可知
CH3OCH3的物质的量为0. 10mol’
Ⅱ的容器的容积是I的＿半’则卯l
＝
0.05mol°
@根据化学反应方程式, p2压强条件下,
Ⅱ和I中的化学平衡互为等效平衡’
I从正问开始,
Ⅲ从逆向开始,最终达到相同的化学平衡。
I中生成
CH3OCH3的物质的量为0.（）4lnol,则Ⅲ中平衡时’剩余CH3O（〕H3的物质的量
为004m。l』则〔Ⅻ』OCU』的平衡转化率为l0!6｝｝04×!00％-96％.
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函小猿热搜.反应原理典型题｜00
56. ［答案］
（l）△〃l ＋△H3（2分）
（2）＞（2分）
@（l分）
（3）SO2（1分）
k3显示单独氧化SO2时产生ClO过慢,同时氧化使反应@产
生的ClO部分与SO2作用’使SO2的氧化率提高明显（2分）
（4）5SO2＋2ClO2＋6H2O—5H2SO4十2HCl（2分）
（5）@AC（2分）
@l.07×l05（2分）
［解析］（l）化学反应NO（g）＋SO2（g）＋2ClO2（g）-NO2（g）＋SO3（g）＋2ClO（g）
’
通过反应@＋@可以得到’所以其反应热最简表达式为△H＝△Hl＋△H3。
（2）显然∧4＞∧3 ,所以″3正＜″4正’因为反应速率越大,活化能越小’所以E3＞
E4’所以关键步骤是反应@’需要采取措施降低活化能’使反应更易进行。
（3）题图中上面两条线是氧化NO,差异不大,下面两条线是氧化SO2’后期对
氧化率影响明显’所以同时氧化对SO2的氧化率影‖问比较明显; ∧3显示单独氧
化SO2时产生ClO较慢’同时氧化使反应@的产物成为反应@的反应物’有助
于反应@的进行,反应@活化能较低’反应较容易’提高了SO2的氧化率°
（4）生成两种常见的酸为HCl和H2SO4’所以方程式为5SO2＋2ClO2＋
6H2O—5H2SO4＋2HCl·
（5）@SO2为酸性气体’需要碱性溶液来吸收’符合条件的液体为AC。
′（H［）j删oj）; HsOj＿s0;ˉ→
@因为H2SO3-＝H＋＋HSO丁’Kl＝
c（H＋）
. c（SO;＿）
又因为CaSO3＝兰Ca2＋＋SO;— ’Ksp（CaSO3）＝
H＋,K2＝
c（HS（）可）
Ksp（CaSO4）
6.76×10—3
c（Ca2＋）
. c（SO;＿）,所以K＝
＝
K2
630×l0-8
＝l。07×105。
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答案与解析｜醒
57. ［答案］（除特殊标注外,
（除特殊标注外’每空2分）
（1）原料来源广、燃烧热值高、污染小、可再生等（或其他合理答案）
（2）MH厕ˉ则eˉ＋卯OⅡˉ-M＋厕H2O
（3）c（Na＋）＞c（BOi）＞c（OHˉ）＞c（H＋）
BOI＋2H2O＝≡H3BO3＋OHˉ
（4）Ⅲ（1分）
T］（l分）
（5）@温度升高,反应速率加快’达到平衡所需的时间缩短（或其他合理答案）
7
′〗α←
@（l-α2）‖
［解析］（l）氢能是清洁能源’具有原料来源广、燃烧热值高、污染小、
∏I再生等
优点°
（2）放电过程中’负极储氢合金MH鳃中H失电子被氧化为H2O’电极反应为
MH觅-卯e—＋卯OH-—M＋卯H2O°
（3）因为溶液显碱性』则c（OHˉ）＞c（H＋）
’ Na＋不发生水解’ BOf部分发生
水解,水解生成OHˉ
’
因此Na＋浓度最高,离子浓度关系为c（Na＋）＞
c（BOf）＞c（OH—）＞c（H＋）
; BOf在溶液中发生水解’使得溶液显碱性:
BOf＋2H2O≡＝±H3BO3＋OHˉ。
（4）该反应正向为放热反应’由Tl变化到L,温度升高’平衡应该逆问移动’
但Tl变化到L后’储氢合金M的质量减少’反应正向进行’与平衡移动的方
向相反’说明I中反应未达到平衡状态’
Ⅱ不一定;L变化到吗’温度升高,
M的质量增大’平衡逆向进行,说明由L变化到吗的过程中已经达到平衡’
所以Ⅲ＿定处于平衡状态;当三个容器反应都达到化学平衡时’
由于T1温度
最低’有利于平衡正向进行’ H2的转化率最大。
（5）@随温度的升高’反应速率加快’达到平衡所需的时间缩短,经过相同时
间且未达到化学平衡时的转化率越来越接近平衡转化率’所以曲线B向曲线A
逼近°
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068｜
小猿热搜,反应原理典型题｜00
@由题意得:
c‘＂:—…丝坠心／嚼…（…°
起始／mol
′!
0
0
变化／mol
′lα
nα
nα
平衡／mo／
nˉnα
nα
nα
反应在恒压条件下进行,反应前体积为VL’反应前后气体总物质的量与气
体总体积成正比’平衡时气体总物质的量为n（l＋α）′nO′’则总体积为
′lα
几α
勺
△
α
〗
′
V（l＋α）
V（l＋α）
V（l＋α）L,则平衡常数K＝
~
‖
）
∑
α
●
‖
』
／
′
‖
｀
′』（l＿α）
V（l＋α）
58. ［答案］（l）ZnO＋2OH—＋H2O-［Zn（OH）4］2—（2分’只是配平错误得1分）
（2）@Zn（1分’写名称不给分）
◎0.4mol .Lˉ｜（2分,单位不作要求）
@C（2分）
@-696kJ .molˉl（2分’未带单位得l分）
（3）@偏高（2分）
@15. l2×l0ˉ3×0.04000×8l ×l0×100％（形式合理均可’ 2分）
0.5000
（4）2.5×l0ˉ22（2分）
［解析］（l）类比于Al2O3＋2OHˉ＋3H2O—2Al（（）H）J’可以写出ZnO＋2OHˉ＋
H2O-［Zn（OH）4］2—。
（2）@根据反应I知粗品ZnO经处理后获得单质Zn,反应Ⅱ单质Zn与O2反应
制得精品ZnO,所以冷凝物为Zn·
@由图中可得CO2的体积分数在反应达平衡后为0.4’设反应产生的CO2浓度
为“mol .Lˉl ’列出:
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答案与解析｜颐
CO
～
ZIl
～
CO2
初始（mol .Lˉl）
0.3
0
转化（mol .Lˉl ）
嘶
则
平衡（mol .Lˉ］
）
0.3-卿
卯
0
x
x
＝0. 4’
得厕＝0. 2’ 所以K＝c（Zn）
. c（CO2）
％
所以0.3-绷＋卿＋则
c（CO）
＝＝
0.2×0.2mol .L—l＝0。4mol .L-1。
0· l
@C项’将锌蒸汽及时分离’促进平衡向右移动’提高ZnO转化率’故选
C项;
A项’增大ZnO固体的投料量不会对反应平衡造成影响’故不选A项;
B项’该反应是气体分子数增多的反应’所以适当加压将使平衡向左移动,
ZnO转化率降低’故不选B项°
综上所述’本题正确答案为C°
@反应Ⅱ是放热反应’且方程式给定的氧化还原反应转移4mol电子’所以反
应Ⅱ的烩变△H2＝＿696kJ .molˉl 。
（3）@若滴定管未用EDTA标准液润洗,实际滴定过程中的EDTA溶液浓度低
于理论值’要用更多的EDTA溶液来完成滴定’所以测定的结果将偏高°
@每lmolZn2＋（对应lmolZnO）与1molEDTA反应,故样品的纯度为
15。12×10—3×0.04000×81×10×l00％°
0.5000
（4）已知ZnS完全溶解,则溶液中Zn2＋和S2ˉ的离子积小于或等于ZnS的溶度
积常数’ ′（Z＂』.）-0楞顾1二0｜m厕」L—‖则′（s』—）≤Ⅸ鞭‖个s）＝2,×
◎
】
［
］
○
Ⅲ
刃
≡
◎
］
59. ［答案］（除特殊标注外’每空2分）
（l）@6CO2（g）＋6H2O（l）-C6H12O6（s’葡萄糖）＋6O2（g）
△H＝＋2880kJ .molˉl
@溶洞形成过程的化学反应在自然条件下活化能较高
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颐｜小猿热搜。反应原理典型题｜00
（2）@NH3＋CO2＋H2O＋Na＋＝＝＝NaHCO3↓＋NHj
NaH（〕O3溶液中HCOj
的水解平衡常数大于HC（）J的电离常数’使得溶液中c（OHˉ）大于c（H＋）而
显碱性4.4
@60％
2CH3OH＋O2＝堡丝上兰2HCHO＋2H2O
0.5（l分）
＿定温度
（l）@将已知的热化学方程式依次编号为I ｀Ⅱ,根据盖斯定律’将I×3＋Ⅱ可
得: 6CO2（g）＋6H2O（l）-C6Hl2O6（s,葡萄糖）＋6O2（g）
△H＝
＋288（）kJ .molˉl
°
@溶洞是石灰岩中的主要成分碳酸钙在＿定条件下溶解和沉积而形成的’但溶
洞形成过程的化学反应在自然条件下活化能较高’因此形成过程极为缓慢。
（2）@根据溶解度曲线可知常温下NaHCO3的溶解度明显小于NaCl’向饱和氯
化钠溶液中先后通人足量的NH3、CO2将有NaHCO3析出’发生反应的离子方
程式为NH3＋CO2＋H2O＋Na＋-NaHCO3↓＋NH贮°
因NaHCO3溶液中HCOI的水解平衡常数大于HCO可的电离平衡常数’使得溶
液中c（OHˉ）＞c（H＋）’故NaHCO3溶液显碱性;溶液呈中性’则c（OHˉ）＝
［解析］
c（H2CO3）×c（OHˉ）
c（H＋）＝10—7mol／L’Kb＝
~~
c（HCO可）
!｝撇｝二』
@
起始量／mol
转化量／mol
平衡量／mol
4。
CH3OH（g）＝＝CO（g）＋2H2（g）
0。60
0
0
卯
卯
2卯
0.60—卯
几
2卯
（）。60—卯＋卯＋2久
恒温恒容条件下’气体压强之比等于气体物质的量之比
~
（）.60
0.36mol
2.2’解得卿＝0.36; CH3OH的转化率＝
×l00％＝60％。
0.60mol
由题图可知’
当〃（O2）／n（CH3OH）
＝0. 25时’
H（〕HO的选择性最大’则
CH3OH与O2反应主要生成HCHO’反应的方程式为2CH3OH＋O2＝幽i上≡
＿定温度
2HCHO＋2H2O;
由题图可知,
当″（O2）／′』（CH3OH）＝0.5时,氢气的选择性
最大’生成氢气最多’因此制备H2时最好控制n（O2）／厕（CH3OH）＝0.5。
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答案与解析｜颐
60. ［答案］（1）SO2（g）＋2C（）（g）-S（s）＋2CO2（g）
△H＝ˉ237.4kJ .mol—l（2分）
（2）@＜（2分）
Kl＞K2＞K3（2分）
3（2分）
@45（2分）
（3）@CH3CHO＋H2（）—2e—-CH3COOH＋2H＋（2分）
@0. l9（2分）
［解析］（l）根据盖斯定律’
由@×2-@×2-@得SO2（g）＋2CO（g）—S（s）＋
2CO2（g）
△H＝—237.4kJ .molˉl °
（2）@同压下’升高温度’ CO的转化率降低’说明正反应放热’则该反应△〃
＜0;起始投料比［″（H2）／″（CO）］＿定时’三条曲线CO的转化率I ＞Ⅱ＞
Ⅲ又因投料比＿定时’ CO的转化率越大,平衡常数越大,所以曲线I
、lI
｀
Ⅱ对应的平衡常数Kl 、陷、K3的大小关系为K1＞L＞K3 ;设起始充人的CO
为αmol’H2为6mol’平衡时反应的CO为mmol’由B点H2的转化率为40％
得到午×｜00％＝40％, CO的转化率为60％得到晋×100％＝60％.解得‖-
3’即绷＝3°
@设反应消耗的CO为卯mol’则消耗的氢气为2卯mol,生成甲醇卯mol』根据题
c（CH3OH）
＝4.5。
干则册剪）嘿l-＋′解得瑟-÷贝抨衡常数K- c（CO）
. c2（H2）
（3）@反应2CH3CHO＋H2O皇壁CH3CH2OH＋CH3COOH对应的阳极反应式为
CH3CHO＋H2O-2eˉ＝＝＝CH3COOH＋2H＋。
@阴极反应式为CH3CHO＋2eˉ＋2H＋＝＝CH3CH2OH’注人lm3乙醛含量为
300m舀
. Lˉl的废水’阴极乙醛的去除率可达60％’则生成乙醇的质量为
l00（）L×300m冯.Lˉl×60％×10ˉ3舀.m舀-l
molˉl×10ˉ3kg
。gˉl
＝
×46g
44g.mol-l
0。19kg。
61. ［答案］（除特殊标注外’每空2分）
（l）酸式滴定管箭
（2）@＞（1分）
@正问移动（1分）
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晒｜小猿热搜.反应原理典型题］00
@25.0％
@23.04p0
（3）负H2O＋2e＿—H2＋O2ˉ
CO2＋2e--（〕O＋O2ˉ
｜解析）
（1）滴定实验过程’需要使用滴定管’ HCl溶液显酸性’则应使用酸式滴定管
盛装盐酸标准溶液;根据离子方程式: HCO可＋H＋-CO2↑＋H2（）’ 1mol
◎
］
儿
■
』
○
Ⅲ
皿
］
~~
几
Ⅷ
『
~~
）
ˉ
〕
○
℃
Ⅱ
（
℃
‖
贝
’
＿
〕
～
」
（
］
（
】
【
］
◎
∏
Ⅱ
］
耗
肖
γ
』
］
（
Ⅱ
（2）@由图l可知’随温度升高,反应产物CO体积分数逐渐升高’ CO2体积分
数逐渐降低’说明平衡正向移动』则该反应为正向吸热的反应’故△H＞0。
@恒温恒压条件下’充人惰性气体’使得容器体积增大’反应气体分压减小’
则平衡向气体分子数增大的方向移动’即平衡正向移动。
@由题意:
C（s）＋CO2（g）＝＝2CO（g）
起始时各物质浓度／mol .Lˉl
α
0
变化的各物质浓度／mol .Lˉl
卯
2卯
平衡时各物质浓度／mol .L—l
αˉ匆
2卯
由图1可知650℃时.α）的体帜分数为4α0％』则（硼—荒2＂＝40.0％’解
得丝＝25.0％’即CO2转化率为25.0％。
α
闽由图｜可铡…时, co的体积分数为甄0瞬则瓜厂窍器ˉ
23.α↓p0°
（0.96p0）2
~~
0.叫p0
（3）由图2可知, Y极所连＿极有O2生成’氧元素从-2价变为0价’化合价
升高’则Y极连接电解池阳极, X极连接电解池阴极’则X为电源的负极;该
电解池阴极得到电子’发生还原反应,根据图中阴极产物为CO和H2,则电极
反应式为H2O＋2eˉ-H2＋O2ˉ
’ CO2＋2eˉ＝＝＝CO＋（）2—°
62. ［答案］（1）@减小（2分）
@温度过低,反应速率小;温度过高’反应向右进行的程度小（4分）
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答案与解析｜硒
（2）BCE（3分）
（3）-90（2分）
反应活化能高（l分）
氢原子利用率为l00％（l分）
（1）@根据图中平衡时H2O的物质的量分数曲线随温度升高而减小’可知该正
反应为放热反应’K随温度升高而减小·
@反应速率随温度升高而增大’若温度过低,反应速率较小’反应进行缓慢;
但该反应为放热反应’温度过高会导致平衡常数减小’反应向右进行的程度
小,所以温度过高或过低均不利于该反应的进行°
@在密闭容器里全部由气体参与的反应中,平衡时气体压强之比＝气体物质的
量之比＝气体物质的量浓度之比°
根据200°C反应达到平衡时H2O的物质的
量分数,可知平衡时H2O的分压为（）.6p,根据化学反应万程式可知CH4的分
压为0.3′〕°
根据初始投料比以及CO2和H2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CO2的分压为0.02P,H2的
［解析］
（2）B项’增大催化剂比表面积即增大了催化剂与反应物的接触面积,可以提
高催化剂催化效率’加大反应速率’从而提高CO2转化效率’故选B项;
C项’反应器前段加热可以加快反应速率’后段冷却可以加大反应的转化率,
因此该措施能提高CO2的转化效率’故选C项;
E项’合理控制反应器中气流速度,可以增大反应物接触面积’从而加快反应
速率’因此该措施能提高CO2的转化效率’故选E项;
A项’该反应为气体分子数减小的反应’根据勒夏特列原理可知减压后反应向
逆反应方向进行’会降低CO2的转化效率,故不选A项;
D项’提高原料气中CO2的比例会增大H2的转化率’但会减小C（）2的转化
率’故不选D项·
综上所述’本题正确答案为BCE°
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函｜小猿热搜.反应原理典型题｜00
（3）@根据题目给出条件可知a. C（s）＋O2 （g）-C（）2（g）
△〃＝
—］9仆」mo｜—｜
』bH:（g）＋÷O』（g）-H20（g）M-—242kJn｜＂｜—｜,由
b×2ˉa即可得Bosch反应’其反应热为—90kJ .molˉl°
@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°
升高温
度可以提高反应物的活化能’从而发生反应’而Bosch反应的活化能高’所以
必须在高温下才能启动。
◎在Bosch反应中’氢原子全部转化到水分子中’水电解后氢原子又重新全部
形成H2’因此该方案的优点为氢原子利用率为l00％。
63. ［答案］（1）l94lkJ（2分）
（2）@＞（l分）
温度升高’ α（N2O4）增大,说明平衡右移’该反应为吸热反
应（2分）
@1l5.2kPa（2分）
呻2K′（2分）
B点与D点（2分）
（3）@NO2ˉeˉ＋H2O＝＝NO丁＋2H＋（2分）
@NH3（l分）
［解析］
（1）已知2N2H4
（l）＋N2O4 （g）-3N2 （g）＋4H2O（g）
△H＝
ˉ1077kJ .molˉl
’
△H＝反应物中化学键的键能-生成物中化学键的键能’
所以lmolN2O4分子中化学键完全断裂时需要吸收的能量为［460×2×4＋946
×3-（l90＋39（）×4）×2-l077］kJ .mol—l＝l94lkJ .molˉl
°
（2）@由题图可知,随着温度的升高’ N2O4平衡转化率逐渐增大’则平衡正
向移动’所以正向吸热’即△H＞0°
◎a点时, N2O4的平衡转化率α＝0.4’所以N2O4的平衡压强为（lˉα）p0,
′）2（NO2）
NO2的平衡压强为2αP0’故该温度下反应的平衡常数Kp＝
4α2
4×（）.42
Iˉ＝ˉ∏p0＝lˉ0.4×l08kPa＝ll52kPa°
~~
p（N2O4）
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答案与解析函
圆阎中RD侧点所示删市））＿2.＂J［反…与逆…率相等所以
p2（NO2）
″（NO2）
又已知∏NI6刀
≡2＝
在此时反应达到平衡;平衡时有Kp＝p（N2O4）
,
豁删所以得腮｜→M…
（3）@阳极通人NO2生成NOJ ’所以电极反应式为NO2-eˉ＋H2O—
NOI＋2H＋.
@阳极每生成lmolNO可转移1mole— ,阴极每生成1molNH矿转移7moleˉ
’
当转移相同的电子时’阴极的产物少, NH矿需要补充,所以为使电解产物全
部转化为NH4NO3 ’需补充NH3。
64. ［答案］（每空2分）
（1）a
（2）氧气分压高,使反应@平衡逆向移动, c（H＋）增大’导致反应@平衡逆向
移动’释放出更多的CO2
（3）升m＂｜Lˉ!minˉ1
（4）反应@正反应是气体体积减小的反应’p（O2）增大’平衡正问移动
（5）2.00kPaˉl
（6）］娱q删w殉％
［解析］（1）由反应@’当pH增大时’ H＋减少,反应@的平衡逆向移动’HbO2的量增
加’因此pH＝7.6的曲线应该在pH＝7.4的曲线上方,即曲线a°
（2）肺部高氧分压’使反应@平衡逆向移动’ c（H＋）增大,导致反应@平衡逆
向移动,有利于CO2排出体外。
（3）Mb的浓度变化为÷,在!mi＂内』平均反应逮率为器m。lL—Lmin—1 .
（4）反应◎正反应是气体体积减小的反应’ p（O2）增大’正反应反应物浓度增
加’平衡正向移动’导致α增大°
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晒｜小猿热搜.反应原理典型题｜00
c（MbO2）
（5）取图2中p（O2）为2.00kPa的点’此时的结合度α＝8（）. （）％
’
c（Mb）
1辈需％二4』故平衡嗡数为200kPa—｜.
（6）人＝（］ˉα）腊′Ⅲ｛镶螺得α-!!k删）;由（5）知平衡常敝为
2.00kPa—l ’带人数据p（O2）＝20.0kPa即可求出最大结合度为97.6％°
●
■
65. ［答案］（1）OH :o :H（1分）
◎CH3CH2OH（g）＋H2O（g）≡＝4H2（g）＋2CO（g）
△H＝＋256kJ .mol—l
（3分）
（2）@＜（2分）
@化学平衡常数（1分）
@进气比越大,反应温度越低（2分）
（3）@l4CO2＋12eˉ＋9H2O-CH3CH2OH＋l2HCOI（3分）
◎蒸馏（l分）
［解析］
（l）@H2O中氧原子分别与两个氢原子形成共用电子对’其电子式
为H :O:H;
@由KˉT图可知’温度升高,反应I的平衡常数增大,说明升高温度’平衡向
正反应方问移动’因此反应I为正问吸热的反应,即△H＞0’根据反应前后
能量变化,则反应I的热化学方程式为CH3CH2OH（g）＋H2O（g）-＝4H2（g）
＋2CO（g）
△H＝＋256kJ .molˉl
°
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答案与解析｜酮
（2）@由KˉT图可知’温度升高’反应Ⅱ的平衡常数减小’说明升高温度,平
衡逆向移动’因此反应Ⅱ为正向放热的反应。
当CO和H2O物质的量之比相
等时, CO的平衡转化率: D＞E’说明由TD到TE’平衡逆向移动’则TD到
TE温度升高’即TD＜TE;
@＿可逆反应的化学平衡常数K只受温度影响’温度保持不变,改变影响化
学平衡的其他条件时,平衡可能发生移动’但K值不变°
因此要说明A＼E
和G三点对应的反应温度相同’依据是其化学平衡常数相同;
◎由第（2）@小题可知,
A、E和G三点反应温度相同’即TA＝TE＝TG。
由
题图可知’ B、E、F三点进气比: B＜E＜F’但CO的平衡转化率相同,符合
题干条件。
TA到TB, CO的平衡转化率降低’平衡逆问移动,因此TB＞TA;
同理TF到TG, CO的平衡转化率降低,平衡逆向移动’可得TG＞TF’因此
得出: TB＞TE＞TF’即当不同的进气比达到相同的CO平衡转化率时’进气比
越大,反应温度越低。
（3）@阴极得电子,发生还原反应’元素化合价降低’ CO2中碳元素为＋4
价’乙醇中碳元素平均化合价为ˉ2价,为了维持电荷守恒’生成物还有
H（〕OI’HCO可中的氢元素可从H2O中获得’则阴极的电极反应式为14CO2＋
l2eˉ＋9H2O-CH3CH2OH＋l2HCO了
;
@与水溶液相比,乙醇易挥发’沸点较低,可采用蒸馏的方法从电解后的溶液
中分离出乙醇°
（l）△H!＋3△H2ˉ斗△H3（3分）
＾
（2）@加快反应速率（1分）
◎催化剂达到最佳工作温度的需要（1分）
（3）@等于（2分）
@2.9（3分）
（l）令N2（g）＋O2（g）—2NO（息）M!为反应@,H2（曾）＋÷O』（g）—
H2O（l）
△H2为反应@’ 4NH3（g）＋5O2（g）—4NO（g）＋6H2O（l）
△H3
为反应◎’N2（g）＋3H2（g）＝＝2NH3（g）
AH4为反应@’根据盖斯定律可
知@＝@＋3×@ˉ05×@,所以△必＝M｜＋3△腿ˉ＋△″3.
凸
66. ［答案］
［解析）
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函｜小猿热搜,反应原理典型题｜00
（2）@当温度比较高时’反应速率比较快。
@在高温时,催化剂可以达到最佳活性’增大反应的速率°
（3）@当实验I和实验Ⅱ达到平衡时’可以看出N2的物质的量相等’因为起始
充人的N2的量相同’所以实验I和实验I的平衡常数相同’因为平衡常数只
与温度有关’所以Tl等于L°
@反应方程式为N2＋3H2-＝2NH3 ’根据表中数据有
N2
＋
3H2-＝2NH3
起始／mol .Lˉl
0. l
0.3
0
转化／mol .Lˉl
0.025
0.075
0.05
平衡／mol .Lˉl
0.075
0.225
0.05
所以平衡常数为M7!!『225』（m＂｜L—｜）—‘＝29（m＂皿—!）—:.
67. ［答案］
（l）@CH4（g）＋N2O4（g）＝＝N2（g）＋CO2（g）＋2H2O（l）
△H＝
-898. lkJ .mol—l （2分）
@D（2分）
（2）@COˉ2e—＋CO;ˉ＝＝＝2CO2（2分）
@4co＋2so2煞』』co2＋s:（2分）
@1.0×108L.molˉl（2分）
［解析］（l）@将已知的热化学方程式依次编号为@、@、@’@ˉ@＋2×@可得CH4
（g）＋N2O4（g）＝＝N2（g）＋CO2（g）＋2H2O（l）’根据盖斯定律’可得△H＝
-867kJ
.
mol
l
ˉ
（ˉ56. 9kJ
.
molˉl
）＋2×
（ˉ44kJ
.
molˉl
）
＝
-898. lkJ .mol—l ’则热化学方程式为CH4（g）＋N2O4（g）-＝N2（g）＋
CO2（g）＋2H2O（l）
△H≡-898. lkJ .mol—l
°
@D项,化学反应达到平衡时c（CH4）不—定等于c（N2）’故I）项错误;
A项,因为该反应在恒容容器中进行’而气体反应物系数和与气体生成物系数
和不相等,所以容器中压强不再变化时,反应达到平衡’故A项正确;
B项’根据化学平衡状态的判断方法,生成物中有非气体成分存在,当混合气
体的密度保持不变时,可得化学反应达到平衡’故B项正确;
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答案与解析｜函
C项,正反应速率等于逆反应速率’化学反应达到平衡,故C项正确。
综上所述’本题正确答案为D°
（2）@负极发生CO失电子与CO;—生成（〕O2的反应’根据元素守恒即可写出
反应式。
@根据题干所给各物质的物质的量之比可得化学方程式中各物质的系数之比,
根据元素守恒可得硫蒸气的化学式为S2,易得出反应的化学方程式为4CO＋
2so』煞』4co2＋s〗.
c2（CO2）
@根据平衡常数表达式可得K＝
~~
c2（CO）
. c（O2）
（4.0×10—4mol .Lˉl）2
＝L0×108L.mol-l
（2.0×10ˉ6mol .Lˉl）2×4.0×l0ˉ4mol .Lˉl
‘趴［答案］（］）K-丙「!削｝!』）（1分）
减小（2分）
（2）0. l67（2分）
62.5％（2分）
（3）@◎（2分）
@（2分）
（4）299（2分）
［解析］（1）平衡常数等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值则K＝
c2（HI）
c（H2）
. c（I2）; 由于该反应的△H＜0,升高温度’平衡逆向移动’化学平衡常
数K减小°
0.5mol／L＝（）. 167mol／（L.min）;氢气的转化率α（H2）＝
3min
（2）从图可知″（HI）＝
0.4-0. l5×100％＝62.5％。
0.4
（3）从题图2可知,改变反应条件后,达到平衡时, HI的体积分数不变’则平
衡未发生移动’说明改变的条件不是温度故不选@@。
在甲条件下’曲线I
达到平衡时间缩短’反应速率增大’◎缩小容器体积’浓度增大,则反应速率
增大（反应前后气体物质总量不变’压强不影响平衡状态）’故选@;@加人催
化剂能增大反应速率而不改变平衡状态’故选@。
在乙条件下,曲线Ⅲ达到
平衡时间增长’反应速率减小,只有@扩大容器体积从而反应物浓度降低’反
应速率减小’故选@。
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…｜小猿热搜.反应原理典型颗｜00
（4）由题干可知形成lmolH2（g）、lmolI2（g）需要释放的能量分别为436kJ、
l5lkJ’由于2HI（g）-＝H2（g）＋I2（g）的△H＝＋1lkJ .molˉ1
’
因此1mo］
HI（g）中化学键断裂需要吸收的能量为436＋15l＋l1kJ＝299kJ°
2
69. ［答案］（每空2分）
（l）C（s）＋2H2O（g）-CO2（g）＋2H2（g）
△H＝＋90. （）kJ .molˉl
高温
（2）@0.000l5mol／（L· s）［或0.009mol／（L.min）
］
@AD
（3）75％
（4）@2.24L
@Cu2＋
280
［解析］（l）根据盖斯定律, 由@—@可得C（s）＋2H2O（g）-CO2（g）＋2H2（g）
△H＝AHl＿△L＝＋90.0kJ .molˉl ,则焦炭与水蒸气反应生成二氧化碳和
氢气的热化学方程式为C（s）＋2H2O（g）-CO2（g）＋2H2（g）
△H＝
＋90.0kJ .mol—l°
△G＝△HˉmS＜0时,反应正向自发进行’因为△H＞
0’
AS＞0（正向反应时’物质混乱度增大）’则高温条件下有利于反应正向自
发进行°
（2）@根据表格可知l0～20min内,
△c（N2）＝0.09mol .Lˉl
’
″（N2）
＝
△c（N2）
0.09mol .Lˉl
△c（N2）
≡＝
＝0.009mol／（L.min）或″（N2）
＝
＝
』
l0miIl
0。09mol .Lˉ1
＝0.00015mol／（L. s）·
10×60s
@根据表格40min时与30min时相比,
N2、CO2和NO的浓度均同等程度地增
大〕且平衡常数小变’K-025憾025-o删30-队25.
0.502
A项’保持容积不变时’通人—定量的NO’会增大反应物的浓度,促进平衡正
问移动》最终各物质的浓度均同等程度地增大’故选A项;
D项,该反应前后气体体积不变’适当缩小容器的体积’平衡不移动’但容器
中各物质的浓度均同等程度地增大’故选I）项;
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答案与解析｜
｜08｜
B项’加人一定量的固体反应物活性炭’不改变反应的平衡状态’最终各物质
的浓度不变’不选B项;
C项’加人合适的催化剂’同等程度地增大正、逆反应速率,最终各物质的浓
度不变’不选C项。
综上所述,本题正确答案为AD°
（3）设CO的转化率为α（小于1）’列出三段式:
CO（g）
＋
H2O（g）
＝＝H2（g）＋CO2（g）
初始（mol／L）
:
0.02
0.02
0
0
转化（mol／L）
:
0.02α
0.02α
0.02α
0.02α
平衡（mol／L）
:
0.02（l-α）
0.02（1ˉα）
0.02α
0.02α
由表格知500.c时,反廊的平衡常数为,,则M』!′鹏）1～9,解得赋-
0.75’故CO的转化率为75％°
（4）@装置乙CuSO4溶液中含有铜离子的物质的量为0. lL×lmol／L＝0. 1mol’
A极先发生反应: Cu2＋＋2eˉ-Cu’转移电子0.2mol, B极发生反应:
4OH—ˉ4c——O2↑＋2H:O,惟成O2的物履的量为￥′＂侧｜-005皿｜;然后
A极发生反应: 2H＋＋2eˉ-H2↑,设产生的H2的物质的量为卯mol’ B极
发生反应: 4OHˉˉ4e—-O2↑＋2H2O,根据转移电子数相同’则生成的O2
为÷m。｜, 由A、B两极上产生的气体体积相同,则＂＝÷＋O05』解得鳃＝
0. l ’故A极产生的气体在标准状况下的体积为2.24L°
@丙装置中的反应的离子方程式为Cu＋2Fe3＋-2Fe2＋＋Cu2＋
, Cu2＋为新生
成的离子,起始时物质的量为0,故线@表示的是Cu2＋的变化;随反应进行,
Fe3＋减少’ Fe2＋增多,则线@、@分别表示的是Fe3＋、Fe2＋的变化’由题图
知’反应结束后, 几（Cu2＋）≡0.2mol’ 几（Fe3＋）＝0’川（Fe2＋）＝0.5mol’加人
NaOH溶液’发生反应: Fe2＋＋2OH——Fe（OH）2↓
＼Cu2十＋2OH—-
Cu（OH）2↓’则需加人NaOH溶液的体积为0.5mol×2＋0.2mol×2
5。0mol／L
＝0.28L≡
280mL。
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082｜
小猿热搜.反应原理典型题｜O0
70. ［答案］（除特殊标注外’每空2分）
（l）ˉl807.98kJ .molˉ｜（数据或正、负号错误’或单位不写均为0分）
内l正. k2正减小（l分）
（2）@第二步（1分）
@八2逆.∧l逆
（3）能（l分）
增加排气管长度,增大了NO鳃与活性炭涂层的接触面积（或延长
了反应物的接触时间）（l分）’能加快化学反应速率（l分）’使反应更充分（l分）
（4）86.9％
〕50°C
Mg（］u2＋3MgH2
（5）2Mg2（〕u＋3H2
［解析］（l）@ˉ5×@可得4NH3（g）＋6NO（g）＝＝5N2（g）＋6H2O（g）’根据盖斯定
律’则其焰变为△H＝ˉ905.48kJ .molˉl ˉ5×（＋180. 50kJ .mol—l
）
＝
-l807.98kJ 。molˉl
°
（2）@由题意可知’对于总反应2NO（g）＋O2（g）＝＝2NO2（g）
’
“第—步”反
应快,
“第二步”反应慢’所以决定NO2生成速率的是‘第二步”反应。
c2（NO2）
″2逆／A2逆
@由平衡常数计算公式得’
K＝
＝
＝
c2（NO）
. c（O2）
″l正／Al正. c（O2）
∧l正. 02逆
kl正. 02正
k2逆. ″l正· c（O2）’平衡时’ o2逆＝″2正, 〃l正＝″l逆’则K＝k2逆. ″l逆. c（O2）
鳃臆毗｝
; :｝‖;｛-｛器罐; 由题可知｛2NO（:）÷oi（:）＿
二＝
2NO2（g）的焰变△H＝△Hl＋△H2＜0’为放热反应’升高温度时’平衡逆向移
动’则K值减小°
（3）适当增加汽车排气管（内壁为活性炭涂层）长度,能够增大反应物接触面
积’使反应速率加快’同时也能够增长反应物反应时间》使反应更加完全’所
以能使NO膊更加有效地转化为无毒尾气而排放°
（4）设起始CO2的物质的量为lmol’其平衡转化率为卯’根据反应方程式可知
生成CO的物质的量为2厕mol’根据800。C条件下’达平衡时, CO的体积分数
为9虱0瞬』则有l＿;÷2蓝二9虱0％』解得蜒ˉα869＝M9％』则CO:的转化率
为86.9％°
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答案与解析｜｜083
（5）根据元素守恒可知’另—种氢化物是镁的氢化物’设其化学式为Mg蜒Hγ’
由氢的质量分数可得24六γ ＝0.077’解得γ; 卯＝2
: l’则该生成物的化学式
350°C
为MgH2’则该反应的化学方程式为2Mg2Cu＋3H2
MgCu2＋3MgH2·
71. ［答案］（除特殊标注外’每空2分）
（l）@2Ga（s）＋2NH3（g）＝＝2GaN（s）＋3H2（g）
△H＝ˉ30.8kJ／mol
删）））｜分）
变小皿分）
@K＝
@A
@GaN＋H2O＋OHˉ＝兰NH3↑＋GaOI
（2）Al（OH）3
（3）@Fe、Cu
@GaOf＋3eˉ＋2H2O＝＝＝Ga＋4（）Hˉ
［解析］（l）@由题意可知’嫁与氮气反应的热化学方程式为2Ga（s）＋2NH3（g）＝＝
2GaN（s）＋3H2（g）
AH＝-30.8kJ／mol°
@该反应的化学平衡常数等于气态生成物浓度幂之积与气态反应物浓度幂之积
的比值;′K≡瑞＋）; 山于此反…热厘应鳃度讣扁＂』竿…
移动’平衡常数变小。
@A项’由I图像可知’ t时刻时,反应速率突然增大’可能是由于升温或加压
导致’故A项正确;
B项,由反应的化学方程式可知’当压强增大时’平衡逆向移动’稼的转化率
减小,故B项错误;
C项’
由反应的化学方程式可知’嫁在反应中为固体’增大嫁的质量’反应的
速率不变,故C项错误;
D项’
由于此反应为放热反应’且正反应为体积增大的反应,升高温度、增大
压强均使反应逆向移动’气体的平均分子质量增大’故D项错误。
综上所述’本题正确答案为A。
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…｜小猿热搜.反应原理典型题｜00
@GaN可以和热NaOH溶液反应’生成NH3,此反应的离子方程式为GaN＋
△
H,O＋OH—-NH3↑＋GaOI。
（2）由表可知’
由于Al（OH）3的酸式电离常数小于Ga（OH）3 ’所以Al（OH）3
的酸性弱于Ga（OH）3 ’当过量的NaOH溶液溶解稼铝合金时’再向得到的溶液
中通人CO2’根据强酸制弱酸的原理’ Al（OII）3最先析出·
（3）@由于氧化性顺序Zn2＋＜Ca3＋＜Fe2＋＜Cu2＋,所以阳极上Zn、Ga失去电
子’而Fe、Cu不发生反应’以阳极泥的形式存在·
@由题意知,GaOI在阴极得到电子’发生还原反应’生成金属Ga’
电极反应
式为GaOI＋3eˉ＋2H2O-Ga＋4OHˉ。
72. ［答案］（每空2分）
（1）ˉ42kJ .mol—l
（2）增大不变
（3）@Z
@＝
m′α2
（4）（lˉα）（″-mα）
［解析］（l）由已知热化学方程式@＿@得到所求热化学方程式,根据盖斯定律可得
△H3＝△H2-AHl ＝-42kJ 。molˉl °
（2）平衡后减小容器体积,反应物和生成物的浓度都增大,正、逆反应速率都
增大;反应前后气体分子数不变,压强变化′平衡不移动’故COS的转化率
不变°
（3）@氢解反厕是吸热反应,当温度升高时』平衡正向移动,K增大,即＋增
大’ lgK减小,与图中Z直线的变化趋势相符合;
@催化剂只改变反应速率’但不改变平衡常数’所以无论使用何种催化剂,平
衡常数K都相等’则al＝a2°
（4）假设反应容器体积为VL’ COS起始物质的量为m’转化率为α’则变化量
为′m’列出三段式（单位为mol）
:
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答案与解析
｜085
COS（g）
＋
H2（g）一H2S（g）
＋
CO（g）
0
（）
m′
∏
m′α
刀lα
″〖α
′几α
m（l—α）
n-mα
mα
mα
起始:
变化:
平衡:
（半）2
’
＝
α
Ⅶ
『
则平衡常数K＝
三≡
m（lˉα）
″-″』α
（l-α）（′l-′nα）。
‖
‖
73. ［答案］（每空2分）
（l）-4l.8
（2）@未达到
@BI）
（3）温度Ll＜L2;合成氨的反应是放热反应’压强相同时,温度升高’平衡
逆向移动’氨的体积分数减小
（4）@正
@3Clˉˉ6eˉ＋NHj-NCl3＋4H＋
（5）NCl3＋6ClOI＋3H2O—6ClO2↑＋NH3↑＋3Cl—＋3OHˉ
［解析］
（l）将已知反应依次编号为@、@’设反应@为SO2（g）＋NO2（g）＝＝
SO』（g）＋NO（g）,则O＝＋（@＿@）,根据盖斯定律计算可得反应O的烩
变为M二÷×［—l966ˉ（＿U虱0）］｜qm。｜—!＝ˉ4lSk｝m.｜ˉ!.
（2）@在c点正反应速率最大, c点后正反应速率减小,说明c点时未达到平
衡状态’若达到平衡’则c点后正反应速率应不变°
@B项’增大—种反应物的量可以增大另＿种反应物的转化率,故B项正确;
D项,容器为恒容容器’平衡时’充人氮气’不改变参与反应的各组分气体物
质的量浓度,因此平衡不发生移动,故D项正确;
A项’该反应的反应物与生成物均为气体,气体的体积不变’质量不变,密度
也始终不变’不能判断反应是否达到平衡状态’故A项错误;
C项’反应的平衡常数K只与温度有关,温度不变,平衡常数K不变’故C项
错误。
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086｜
｜／」｀猿热搜.反应原理典型题｜00
综上所述’本题正确答案为BD。
（3）该反应为气体体积减小的反应,随着压强的增大’ NH3的体积分数也增
大’可判断出横轴X代表压强’所以L代表温度’又因为该反应为放热反应’
压强相同时’随温度的升高’Ml3的体积分数减小’可判断出Ll＜L2·
（4）@根据题图可知: H＋在b电极得电子生成H2’则b极为阴极’ a极为阳
极’ a极接电源的正极°
@氯元素化合价升高, Clˉ在阳极失电子’与NH茹结合反应生成N（〕l3 ’电极
反应式为3Cl—ˉ6eˉ＋NHj-NCl3＋4H＋°
（5）NCl3｀NaClO2和水反应生成Cl（）2和NH3等’根据质量守恒定律和得失电
子守恒,则该反应的离子方程式为NCl3＋6ClOI＋3H2O-6ClO2↑＋NH3↑
＋3Clˉ＋3OHˉ.
74. ［答案］（l）Pl＜P2＜P3（l分）
升高温度、降低压强（2分）
Ka＝Kb＜Kc（1分）
（2）66.7％（2分）
器［或用Kp计算;啥驴≡虱2×｜α3-32驯6］（2分）
（3）正反应速率和逆反应速率均减小（l分）
″（正）＜″（逆）（1分）
（4）@CO2（g）＋4H2（g）-＝CH4（g）＋2H2O（g）
△H＝ˉ165.0kJ／mol（2分）
@ˉ198kJ／mol（2分）
反应温度、压强与表中化学键键能对应的温度、压强不
同’键能数据不准确（l分）
［解析］（l）由于该反应是气体体积增大的反应’相同温度下’增大压强’平衡逆向移
动’ CO的含量降低’所以P｜＜P2＜P3 ;又由图可看出,相同压强下’随着温度
的升高’ CO含量增加’则平衡正向移动’该反应为吸热反应’所以欲提高C
与CO2反应中CO2的平衡转化率’应采取的措施是升高温度、降低压强;
a、b
两点对应的温度相同’则平衡常数相等,但c点温度较高,则平衡常数较大’
因此Ka＝Kb＜Kc°
（2）由图可知’该条件下’平衡时CO的含量为80％’设平衡时’反应消耗
＂mo』的co2 』则生成了2…』的co,则l—;÷2＂×l00％＝80％,解得则＝
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答案与解析｜醒
7
;,所以CO2的转化率为667％;反应达到平衡时’ CO2的物质的量为
＋皿｜, CO的物质的量为÷皿｜』则平衡常数K＝幢2（CO）-l6／（9瞬）
二≡
c（CO2）
l／（3V）
器［或用K,计算』楞旦二32×L0!…4!6｜.
（3）由于温度和压强均下降,则正反应速率和逆反应速率均减小’又反应达平
衡后二氧化碳的体积分数增大,说明平衡逆问移动’则条件改变时U（正）
＜〃（逆）°
（4）@根据盖斯定律反应a-b可得CO2（g）＋4H2（g）＝＝CH4（g）＋2H2O（g）
AH＝—l65.0kJ／mol;
@焰变等于反应物总键能减去生成物总键能,则△Hl
＝
［（436×3＋1076）-
（4×413＋2×465）］kJ／mol＝ˉl98kJ／mol;表中的化学键键能对应温度为
298K’与实际反应过程中的温度、压强均不相同’键能数据不准确,所以键能
计算值与实测值差异较大。
7虱!瞥鬃｜（u瓮u分）
（2）289-2α（2分）
（3）2（2分）
4.0×l（）—8L.molˉl
. sˉl（2分）
（4）@＜（l分）
@40％（2分）
@旦（2分）
p
（5）A（l分）
D（1分）
［解析］（1）平衡常数等于平衡状态下,气态生成物浓度幂之积与气态反应物浓度幂之
积的比值反应圆可由2×…得到所…｜K｜K1的关系为闷～兽
（2）反应的焰变△H等于反应物总键能减去生成物总键能’即有△H＝（630×2
＋243ˉ607×2ˉ2α）kJ .mol—1＝（289-2α）kJ .mol—l
°
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硒｜小猿热搜.反应原理典型题］00
（3）根据表格信息计算可得,反应速率与ClNO浓度的平方成正比’所以″＝
2;将″＝2代人〃（正）＝∧
. c″（ClNO）’并将表中数据代人该式’计算可得∧＝
4.0×10ˉ8L.mol—l
. s-l。
（4）@由图A可知,随着温度的升高’平衡时NO转化率降低’该反应为放热
反应’则△H＜0°
@按投料比［′』（NO）:几（Cl2）＝2
:
l ］投料’发生反应2NO（g）＋Cl2（g）＝＝
2ClNO（g）,M点NO的转化率为50％’ Cl2的转化率也为50％,剩余Cl2的体
积为剩余NO体积的＿半’生成的ClNO体积等于剩余NO的体积,此时’容器
中v（N0）
; v（α2）
; γ（αNo）＝l ;队5
; l , No的体积分数为l＋l＼05
×
l00％＝40％°
（0.4p）2
5
≡≡
（5）要使NO的转化率最大,应使几（NO）:″（Cl2）尽量的小’
A、
B、C三点
中’ A点的″（NO）:＂（Cl2）最小’故NO的转化率最大的是A点; 由图B可
知’随着投料比＂（NO）
:
＂（（〕l2）的增大,
ClNO的体积分数增大,
当
〃（NO）／″（Cl2）＝1.5时’ ClNO的体积分数可能为D点。
7‘［答案］（1）CH’OH（｜）÷O』（g）-CO2（g）＋2H2O（｜）
M二—｜;叶2dˉαˉb）k…l—｜（2分）
（2）@0.075mol
. （L.min）—l（2分）
@CD（l分）
端（或020）（2分）
c（］分）
（3）@CH3OHˉ6eˉ＋H2O-CO2↑＋6H＋（2分）
@2Clˉ＋2H2O里壁H2↑＋Cl2↑＋2OHˉ（2分）
0. l6g（2分）
［解析］（l）将己知反应依次编号为@｀o、o.图,根据盖斯定律』÷蒸o＋2×@＿
@—O可得甲烷燃烧的热化学方程式为CH』OH（l）÷O2（:）-CO2（:）＋
2比o（l）M二ˉ（÷瞳十2dˉα＿b）kJm·l—｜.
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答案与解析｜醒
（2）@0～10min’ ″（CO2）＝0.025mol
. （L.min）—l
’
″（H2）＝3D（CO2）＝0.075mol
. （L.min）ˉl。
圆健＂糕｝）增大,＂…正厕移动.
C项’将H2O（g）从体系中分离’生成物浓度降低,平衡正向移动,故选
C项;
D项,恒温恒容再充人2molCO2和3molH2’反应物的浓度增大’平衡正向移
动,故选D项;
A项’该反应为放热反应’升高温度’平衡逆向移动’故不选A项;
B项’恒温恒容下充人He（g）’不改变参与反应各组分的浓度’不影响反应的
平衡’平衡不移动’故不选B项。
综上所述’本题正确答案为CD°
@平衡时, c（CO2）＝c（H2）＝0.75mol／L’ c（CH3OH）＝c（H2O）＝0.25mol／L,
c（CH3OH）
. c（H2O）
0.25×0.25
＝L≈0.20;平衡常数只与温度有
K＝
＝
c（CO2）
. c3（H2）
0.75×（0.75）3
8l
关’该反应为放热反应,降低温度’平衡正阿移动′可使平衡常数由船增大至』
1 ’故选C项。
（3）@原电池中’阳离子由负极向正极移动°
根据图2中质子的移动方向’可
知M侧电极为负极’ N侧电极为正极。
CH3OH在负极（M区）放电,生成CO2
和H＋,电极反应式为CH3OHˉ6eˉ＋H2O-CO2↑＋6H＋。
◎惰性电极电解饱和食盐水时’生成氯气、氢气和氢氧化钠,离子方程式为
2Clˉ＋2H2O星壁H2
↑＋Cl2
↑＋2OHˉ
; 当pH＝l3时’ c（OHˉ）
＝
0. lmol／L’又溶液体积为300mL,
＂（OHˉ）＝0.03mol,转移的电子数为
0.03mol, 1molCH3OH放电转移6mol电子’因此消耗0.005mol的CH3OH’
质量为0. 16g。
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函小猿热搜.反应原理典型题］00
77. ［答案］（每空2分）
（l）@0. l5mol／（L.min）（无单位不给分）
@B
（2）@ˉ90.3
Kl .陀.K3
@A
（3）CH3OHˉ6e—＋3CO;＿—4CO2↑＋2H2O
（l）@反应5min时已经达到平衡’所以0～l0min内用＿氧化碳表示的平均反
应速率＂（Co）二2千皿｜／（Imm）-015皿″（L＂＂＂）.
@B项’ 5min后容器中反应达平衡’混合气体总质量不变’体积不变’平均相
对分子质量不变’故B项正确;
A项’平衡时生成15mol／LCH3OH,则根据已知化学方程式可知消耗3mol／L
H2’所以达到平衡时,H2的转化率为75％,故A项错误;
C项,达到平衡后’再充人氟气’恒容条件下’各组分的浓度不变’反应速率
不变’故C项错误;
D项’ 5mjn时反应才达平衡,所以5min前都满足″（正）＞〃（逆）’故D项错误。
综上所述,本题正确答案为B°
（2）@根据已知的热化学方程式I ＋Ⅱ＋Ⅲ得到所求热化学方程式,根据盖斯
定律’
△H＝（＋l31.0ˉ43.0ˉl78.3）kJ／mol＝-90.3kJ／mol’根据化学平衡常
［解析］
c2〈H,）
｀
▲′
数的定义式,将反应I ｀Ⅱ、Ⅱ的平衡常数相乘可得K＝
即K＝
c2（H2O）
,
Kl .K, .K3·
△
@A项’根据@可知可逆反应C（s）＋2H2O（g）＋CaO（s）＝＝CaCO3（s）＋
2H2（g）正向为放热反应’降低体系的温度促进反应正向进行’可以提高H2产
率’故选A项;
B项,反应前后气体体积相等,压缩容器的体积虽然可以增大气体浓度,但是
正、逆反应增大的效果相同平衡不移动,不可以提高H2产率’故不选B项;
C项, CaO为固体,增加CaO的量’不影响平衡移动’不可以提高H2产率’
故不选C项;
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答案与解析｜画
D项,催化剂只可以增大反应速率’不可以提高H2产率’故不选I）项°
综上所述’本题正确答案为A。
（3）燃料电池中负极失去电子’则甲醇在负极通人’ 由于是Li2CO3和Na2CO3
作电解质’则电池的负极反应式为CH3OHˉ6eˉ ＋3CO;ˉ-4CO2
↑
＋2H2O°
78［答案］（1）CO2竿孽C＋O2（不写反应条件不扣分）（2分）
FeO
（2）@＜（l分）
＞（1分）
圆等隘』（输位叫不写）（2分）
（3）@＞（l分）
@d（1分）
（4）Ⅱ＞Ⅲ＞I （l分）
（5）7.5×103（2分）
［解析］（1）由图可知C（）2分解为C和O2’反应分两步进行’总反应方程式为CO2
太阳能C＋O2.
FeO
（2）@温度较低时’同＿温度下’pl条件下CH4的平衡转化率较高’由于反应
是气体分子数增多的反应’故pl＜p2;在Y点’反应还未达到平衡’需继续反
应’所以″（正）＞″（逆）。
@X点时’ CH4的平衡转化率为50％,所以此时容器中CH4和C（）2的物质的量
均为0.05mol’ CO和H2的物质的量均为0. lmol’故Kp＝
（3）@△H＜0’又TA＜TB’故KA＞KB°
@30min时’三种物质的浓度均增大’所以a、c排除;又若改变的条件是通人
乙烯’则不可能30min时H2＼CO2、CH2＝CH2的浓度均增大,后又H2、CO2
的浓度均减小而CH2＝CH2的浓度增大,所以b错误;缩小容器体积时三种
物质的浓度均增大’所以d正确。
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囤｜小猿热搜.反应原理典型题｜00
（4）CH4的生成速率跟曲线斜率正相关’
由图可知’ CH4的生成速率:
Ⅱ＞Ⅲ
＞I
°
（5）H2CO3＝＝HCO丁＋H＋’Kal＝4.2×l0ˉ7 ;HCOf＝＝C（）;＿＋H＋
’
K惑～虱6×!0—｜］. 所以K—皇三叭5×l叭
79. ［答案］
（l）@cd（2分）
@＜（2分）
（2）@4NH3（g）＋4NO（g）＋O2（g）-＝4N2（g）＋6H2O（g）（2分）
′（栅）1（《｛捌｜0』）（1分）高阔吩』
@K＝
o3“芋d（2分）
（3）@＜（l分）
@NH旷（1分）
@c（Na＋）＞c（SOi＿）＞c（NHj）＞c（OHˉ）＝c（H＋）（2分）
［解析］（l）@c项,当化学反应仍在进行时,一定会吸热或放热,如果在绝热容器中反
应’容器内的温度—定会发生变化,若温度不再变化’则说明反应达到了平衡
状态’故选c项;
d项,平均相对分子质量等于物质的质量与物质的量之比’由于此反应中悄耗
的反应物和生成的生成物的物质的量不相同,因此反应过程中分子数目不断减
小’所以当相对分子质量不变时’说明物质的量不再发生变化’反应达到平
衡’故选d项;
a项’根据化学反应的方程式可知’单位时间内,只要生成了4molNH3同时就
＿定会消耗2molN2’故不选a项;
b项’气体的密度是气体的质量与体积之比’该反应中反应物和生成物都是气
体’因此在恒温恒容的条件下发生反应,无论反应平衡与否’气体的密度都不
会发生变化’故不选b项°
综上所述’本题正确答案为cd。
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答案与解析｜…
@由曲线图可知’当NH3的体积分数达到峰值以后’随着温度的升高’平衡逆
问移动,说明正反应是放热反应’
Q＜0。
（2）@在该反应中’ NO中的氮元素化合价降低,从＋2价变为0价, NH3中的
氮元素化合价升高,从ˉ3价变为0价,氧气中的氧元素化合价降低’从0价
变为ˉ2价’根据得失电子守恒规律’设NH3前的系数为卯,则有3绷＝4×2＋2
×2’解得狐＝4’配平化学方程式得4NH3（g）＋4NO（g）＋O2（g）＝＝4N2（g）
◎
）
吕
（
）
（
勺
～
Ⅱ
厂
◎
＋
cp（C）
. cq（D）
A、B为反应物’
@化学反应的平衡常数的计算公式为K＝
c″!（A）
. c厕（B）
’
′″、″为化学方程式中A、B的系数’
C、D为生成物’
p、q为化学方程式中
C、
D的系数’
所以反应Ⅱ的平衡常数表达式为K＝
c3（N2）
. c6（H2O）
c4（NH3）
. c2（NO2）
. c（O2）;根据平衡常数与温度的关系图可以得出’温度
越高’平衡常数越大,则△H＞0’又AS＞0,故在高温条件下,反应Ⅱ能自发
进行。
◎由化学反应方程式可知: 3I—4Ⅱ＋Ⅳ可以得出化学方程式: 2No（g）＋
4
O2（g）＝＝2NO2
（g）
’
由盖斯定律可知,
此反应的烩变
为3α—甜b＋d卧mo｜—! .
（3）@由于NH4HSO4是＿种强酸弱碱盐,溶液中的NH矿会发生水解生成氢离
子,
因此l00mL0. 1mol
. LˉlNH4HSO4溶液中氢离子浓度大于
0. 1mol .L—l ,所以溶液的pH小于1°
@b点时,加人的NaOH的物质的量等于溶液中NH4HSO4的物质的量,此时溶
液中溶质为（NH4）2SO4和Na2SO4’溶液中能发生水解的离子只有NH扩°
◎在c点时’溶液的pH＝7,溶液呈中性’所以c（H＋）＝c（OHˉ）’根据物料
守恒可知c（NH扩）＋c（NH3 .H2O）＝c（SOi—）’因为NH茹会发生水解’所以
SO;ˉ浓度大于NHr,但是由于水解是微量的’因此溶液中NH矿的浓度大于
OHˉ和H＋浓度,又因为加人的NaOH的物质的量大于NH4HSO4的物质的
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［094」
小猿热搜.反应原理典型题］00
量’因此Na＋浓度大于SO1ˉ浓度’因此溶液中的离子浓度关系为c（Na＋）＞
c（SOiˉ）＞c（NHj）＞c（OH—）＝c（H＋）°
80. ［答案］（每空2分）
（l）CH3OCH3（g）＋3H2O（g）≡≡2CO2（g）＋6H2（g）
△H＝＋（α＋2b）kJ .molˉl
（2）滁」毗｛
减小
（3）BC
（4）@I）
◎CH3OCH3
○
〕
（
〕
＋
勺
←
Ⅱ
〕
＿
—
＿
—
一
了
勺
＝
○
】
（
＋
CO2
百分含量
（5）
′｜
′2
时间
［解析］（1）由热化学方程式@＋2×@即可得到用二甲醚制H2同时全部转化为
CO2时反应的热化学方程式: CH3OCH3（g）＋3H2O（g）＝＝2C02（g）＋6H2（g）
△H＝＋（α＋2b）kJ .molˉ!
。
（2）平衡常数为生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积’
即K＝
:｝删′删该反…热反应升澜撼度反应的平衡徽敏减d＼
（3）B项’该反应前后气体的物质的量发生变化’
当气体的平均相对分子质量
不变时’反应达到平衡,故选B项;
C项’当CO的体积分数保持不变时’反应达到平衡,故选C项;
A项’反应物与生成物均为气体,且容器体积不变,容器内气体密度保持不
变,不能判断是否达到平衡’故不选A项;
D项’生成物CO与H2的物质的量之比—直保持l :2不变,不能判断是否达
到平衡』故不选D项°
综上所述’本题正确答案为BC°
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答案与解析｜｜095
（4）@400。C后二甲醚的转化率较高’且升高温度对其转化率提高不大’控制温
度在400～450。C’可达到节能并高效生产的目的’故选D项°
综上所述’本题正确答案为D。
@二甲醚与CO2以几乎相同的变化趋势降低’说明二甲醚与CO2在反应中减
少’为反应物’ CO、H2的体积分数也以几乎相同的变化趋势升高’说明反应
生成CO、H2’ CO、H2为生成物’可写出化学方程式CH3OCH3＋CO2＝＝
3H2＋3（〕O。
（5）反应@为吸热反应’升高温度’转化率升高, CO2的百分含量增大直到平
衡’ t2时刻添加催化剂,催化剂不能改变反应的平衡状态’
（〕（）2百分含量不
变’可画出图像如下°
「CO2
｜百分含量
′
／2
时｜旧］
81. ［答案］（除特殊标注外’每空2分）
（1）@＜（l分）
@0.05mol .Lˉl
. sˉl
@2.5L.mol—l
（2）@2MnO叮＋5SO2＋2H2O-2Mn2＋＋5SO〗ˉ＋4H＋
@负极CO2＋2eˉ＋2H＋—HCOOH
（3）Ba（OH）2
l.96×10ˉ2
［解析］（l）@由于化学反应速率与温度成正比’同样初始条件下’温度越高’达到平
衡的反应时间越短’由题图可知T1＞L;同样由题图可知’反应达到平衡时’
L温度下CO2的浓度大于Tl温度’说明温度升高,平衡逆向移动’则该反应
的正反应为放热反应’即△H＜0。
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D塑｜
｜1｜猿热搜.反应原理典型题｜00
@N2与CO2的化学计量数之比为l :2,则在T］温度下, 0～2s内’氮气的浓
△c（N2）
度增大0. lmol .Lˉl ,则0～2s内的平均反应速率为″（N2）＝
＝
At
0. lmol .L—l ＝0.05mol .L—］
. S-l°
2s
@由题图可知,在Tl温度下平衡时, c（CO2）＝0.2mol .Lˉl ’则由化学方程
式可知′（N:）二÷×′（CO2）＝0』皿lLˉ｜＼′（NO）-膜（C0）＝0器＂l
c2（CO2）
. c（N2）
c（CO2）＝0.2mol
. L＿l ’则该反应的平衡常数为K＝c2（N（））
. c2（CO）
≡＝
2。5L.molˉl
。
（2）@SO2与酸性高锰酸钾溶液反应’MnOJ被还原为Mn2＋
’ SO2被氧化成
SOiˉ ,其离子方程式为2MnOJ＋5SO2＋2H2O-2Mn2＋＋5SO1ˉ＋4H＋。
@由题图分析可知’该反应为原电池反应°
电极a附近的H2O中的氧元素化
合价升高,失电子’被氧化生成O2’发生氧化反应’作负极;电极b附近的
CO2中的C得电子,被还原成HCOOH’发生还原反应’作正极°
其中’电极
a的反应式: 2H2O＿4e＿-O2↑＋4H＋
;
电极b的反应式: CO2＋2H＋＋
2e＿＝＝＝HCOOH·
（3）由Ksp（BaSO4）＜Ksp（CaSO4）可知’ BaSO4的溶解度小于CaSO4的溶解度’
所以更易生成BaSO4沉淀’则使用Ba（OH）2吸收SO3气体效果更好;
由溶度
积常数计算公式Ksp（CaSO4）＝c（Ca2＋）×c（SO1ˉ）可知,
c（SOi—）
＝
Ksp（CaSO4）
l.96×10—4
c（Ca2＋）
＝
0.01
mol .Lˉl＝l.96×l0ˉ2mol .Lˉl°
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答案与解析｜
｜∏g7
82. ［答案］（每空2分）
（l）abd（漏选—个扣＿分,漏选两个及以上或错选不得分）
（2）@64
＞
@a
（3）@HSOJ
@ZnSO3＋SO2十H2O-Zn（HSO3）2
（4）HSO丁＋H2Oˉ2eˉ—SOi＿＋3H＋
（l）a项’因为反应在恒容绝热密闭容器中进行’气体体积V不变’但容器内温
度随反应程度不同而不同’根据方程式可知反应过程中气体物质的量〃不变,
当容器内压强p不变时’根据pV＝nRT可知容器内温度T不变’则可逆反应已
达到平衡,故选a项;
b项’因为反应在恒容绝热密闭容器中进行,当温度T不再变化时’可逆反应
达到平衡状态,故选b项;
d项’气体总质量不变,当CO的质量分数不再变化时’ CO的质量不变,即参
与可逆反应的某—物质的浓度不变’该可逆反应达到平衡’故选d项;
c项,根据方程式可知反应前后气体物质的量不变’且只有气体参与反应’则
气体的总质量不变’则混合气体的平均相对分子质量始终保持不变’不能判断
反应是否达到平衡状态’故不选c项。
综上所述’本题正确答案为abd°
（2）@根据图像可知反应达到平衡时（〕O的物质的量为0.2mol’故可推出其
SO2、
S、CO2的物质的量分别为0. 1mol、0.4mol＼0.8mol’故平衡常数K＝
（解析］
爷×（爷）:
爷×（爷）:二64;再充人CO（g）旧O:（g）β（g）LO2（:）备lⅧ＂l后, 0＝
爷×（爷）2
十（爷）2＝2:6＜K,则反应向正反应万问迸行』故渺（正）＞硼（逆）.
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醒｜小猿热搜.反应原理典型题↑00
@催化剂面积越大,反应速率越快’达到平衡所需时间越短,曲线a比曲线b
要早达到平衡’故催化剂面积较大的曲线是a·
（3）@充分吸收SO2后混合体系的pH为3.0～4.0’对应图2可知pH＝3.0～
4.0时硫元素的主要存在形式是HSO了。
@b点对应的pH约为6.0, c点对应的pH约为4.0,再结合图2知硫元素的主
要存在形式是HSOj ,则发生的化学万程式为ZnSO3＋SO2＋H2O—
Zn（HSO3）2。
（4）阳极与电源正极相连’根据原理示意图可知:HSO可在阳极失电子,被氧化
生成SOiˉ ’其电极反应方程式为HSO了＋H2O＿2e＿—SOiˉ＋3H＋°
83. ［答案］
I .4H2（g）＋2NO2（g）＝≡N2（g）＋4H2O（g）
△H＝-l 100.2kJ ·molˉl （共
3分,方程式2分’但分子式错或无配平或无状态,不给分’数据1分）
Ⅱ. （l）O低温（1分）
@de（2分）
@图像（共3分’ t2起点l分, ′3到′4终
点l分’ t4以后符合变化趋势1分）
CO2
（mo｜.Ll）
l
L仁～
05
0
『｜
／2
r3
′4
′5
／6
『（mi〖l）
（图中r3到j4终点平衡线在0.5的线上』偏离大不给分’ ′4以后可以在0.5线
以下’但不能到横坐标线上且有平衡线段’否则不给分）
（2）@＜（1分）
＜（l分）
@0.025mol .Lˉ］.minˉl（l分）
＜（2分）
不（2分）
［解析］
I .H2的热值为l42.9kJ
. gˉl ,则
@2H2（g）＋O2（g）-2H2（）（l）
AHl ＝l42.9kJ
. g—l
×2g .molˉl×2＝
-57l .6kJ .molˉl
@N2（g）＋2O2（g）＝＝＝2NO2（g）
△H2＝＋l33kJ .molˉl
◎H2O（g）＝＝＝H2O（l）
△H3＝＿44kJ .molˉl
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答案与解析
｜099
由2×@—@ˉ4×O可得: 4H2（g）＋2NO2（g）-N2（g）＋4H2O（g）
AH＝
—l l00.2kJ .molˉl。
Ⅱ. （l）@该反应为嫡减小的反应’在低温下才可能自发进行;
@d项,该反应的容器体积不变,正反应为气体质量减小的反应,混合气体的
密度′＝带保持不变时』气体质量保持不变,反应达到平衡』故选d项;
e项, 3molH—H键断裂说明有3molH2参与反应’ 当3molH2参与反应’有
lmolCO2参与反应,此时生成lmolCO2’则″正＝o逆’反应达到平衡’故选
e项;
a项’生成物均为液体’且投人的反应物之比等于系数之比’则混合气体的平
均式量始终为M『＝1×44＋3×2＝l2.5’不能以此说明此反应达到平衡状态’
l＋3
故不选a项;
b项’生成物均为液体’且投人的反应物之比等于系数之比,则CO2和H2的
体积分数始终保持不变’不能以此说明此反应达到平衡状态’故不选b项;
c项’投人的反应物之比等于系数之比,则CO2和H2的转化率始终相等’不
能以此说明此反应达到平衡状态’故不选c项°
综上所述’本题正确答案为de;
◎该反应的正反应为减压反应’在t2时将容器容积缩小—倍’ CO2的浓度瞬时
变为1mol .Lˉl ;减小容器体积’相当于加压’平衡向正反应方向移动’ CO2
的浓度减小;由于平衡移动只能削弱改变的因素对气体系统带来的影响,并不
能消除这种影响,故在』3达到平衡时’ CO2的浓度大于0.5mol .L—l
; r4时降
低温度,由△G＝△H—T△S可知’该反应要自发进行’要求△H＜0’降低温
度平衡向正反应方向进行’ CO2的浓度减小,该反应为可逆反应,故CO2的浓
度无法减小到0; t5时达到平衡’ CO2的浓度不再改变’图像如答案所示°
（2）@反应Ⅱ在绝热容器中进行’该反应的逆反应为吸热反应’从逆反应开始进
行’随着反应的进行,容器温度下降,故反应Ⅱ温度比反应I低°
温度降低’放
热反应的平衡常数增大’故K（I）＜K（Ⅱ）;两反应加人的反应物是等效的’温度
降低,平衡向正反应方向移动’ CH?OH的浓度升高’即c（I）＜c（Ⅱ）
;
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哑｜小猿热搜.反应原理典型题｜00
@l0m｜＂时, ″（CH』OH）二α…l’则鞭（CH』〔Ⅲ）二品＂°lL—Lmm—｜＝
0.025mol
. Lˉl .minˉl ;在Tl°C’ 30mjn时’ 厕（H2）＝3mol’只改变温度为
7b°C’此时H2的物质的量为3.2mol’说明平衡向逆反应方向移动’温度升
高》故Tl＜?h; 30min时反应达到平衡’此时c（CO2）＝0.5mol .L—l
、c（H2）
＝l.5mol .L—l
、c（CH3OH）＝0.5mol .L—l
、c（H2O）＝0.5mol .Lˉ｜’则K＝
像（删‖）毗′）＝′;淄÷;霉允人｜m＂lcoj（鼠｜枷m＂l＂』0（嚷）
后’容器内组成变为c（CO2）＝1mol
.
L＿l
＼
c（H2）＝l.5mol .Lˉl
、
c（CH3OH）＝0. 5mol
.
L—l
、
c （H2O）
＝
1
mol
.
Lˉl
’
此时Q＝
幢（删γ）泄‖）千湍÷K故平衡尔移魂
84. ［答案］（除特殊标注外,每空2分）
I
. （l）Cl2＋2NaOH-NaCl＋NaClO＋H,O
（2）2ClO了＋SO2＝＝＝2ClO2＋SOiˉ
（3）0.8
Ⅱ. （4）@Cl2＋H2O＝＝H＋＋Clˉ＋HClO’增大c（H＋）’平衡逆向移动’抑
制Cl2与水的反应（3分）
@3（1分）
3（1分）
1（1分）
3（l分）
5NaBr
（5）3
［解析］
I
. （l）用氢氧化钠和氯气反应制取消毒液,化学方程式为Cl2＋2NaOH—
NaCl＋NaClO＋H2O·
（2）由KClO3溶液在—定条件下与SO2反应制二氧化氯（ClO2）的离子方程式为
2ClO】＋SO2—2ClO2＋SOiˉ。
（3）亚氯酸不稳定可分解’反应的离子方程式为5HClO2-4ClO2↑＋H＋＋
Clˉ＋2H2O’反应中电子转移的数目是4,所以当lmolHClO2发生分解反应
时’转移电子的物质的量是0.8mol。
Ⅱ. （4）@调海水pH可提高Cl2的利用率’用平衡原理解释其原因是Cl2＋H2（）
-＝H＋＋Cl—＋HClO’增大c（H＋）’平衡逆问移动’抑制Cl2与水的反应。
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答案与解析｜
「↑0｜
@过程Ⅱ用热空气将澳赶出’再用浓碳酸钠溶液吸收’化学方程式: 3Br2＋
3Na2CO3-NaBrO3＋3CO2＋5NaBr。
（5）由题意知, 2.6molNaBrO3恰好全部转化为1.3molBr2’澳由＋5价降为0
价,共转移电子13mol,生成0.5mol碘’转移了1mol电子’所以NaI转化为
IO〗过程中转移了l2mol电子,碘的化合价由-l价升高到＋5价’所以发生这
种变化的″（№I）＝罕山二2m＂Ⅲ』则原溶液中N汕的物质的量是0…Ⅲ×2＋
2mol≡3mol。
85. ［答案］
［答案］（每空2分）
（l）C（s）＋SiO（g）-Si（s）＋CO（g）
AH二（αˉb）kJ／mol（不写物质状态不
给分）
SiO＋2KOH—K2SiO3＋H2↑（不配平不给分）
（2）@SiHCl3
@＞
@AE
（3）@Siˉ4e—＋4Hˉ-SiH4↑（不配平不给分）
@Si3N4
［解析］（1）SiO2（s）＋2C（s）—Si（s）＋2CO（g）
△H＝αkJ／mol@, SiO2（s）＋C（s）
-SiO（g）＋CO（g）
△H＝bkJ／mol@’根据盖斯定律’由@ˉ@可得另＿步
反应的热化学方程式为C（s）＋SiO（g）-Si （s）＋CO（g）
△H＝
（α—6）kJ／mol°
SiO与KOH溶液反应,产物之一为K2SiO3 ,根据质量守恒定律’ KOH前系数
为2》根据氢原子守恒可知另＿产物为H2’所以化学反应方程式为SiO＋2KOH
-K2SiO3＋H2↑。
（2）@两种反应物’增加其中一种’另—种物质的转化率增大,
自身的转化率
反而减小’横坐标表示H2的量增多’则H2转化率降低’ SiHCl3转化率升高’
所以纵坐标表示的应为SiHCl3的平衡转化率,故X是SiHCl3°
国当＂瞄〈）值圃定,由题图刚铡,髓着糯度的升高x的转化率孙高即平
衡右移’故正反应为吸热反应’随着温度升高平衡常数增大,故K（1 150°C）＞
K（950。C）。
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哑｜小猿热搜.反应原理典型题］00
@A项,H2的消耗速率和HCl的生成速率都表示正向反应的速率’无法判断
反应是否平衡,故选A项;
E项,未知反应投料情况’无法根据反应物或产物的浓度比判断反应是否达平
衡状态,故选E项;
B项’该反应为反应前后体积减小的反应’若恒温恒容下压强不变』则反应处
于平衡状态,故不选B项;
C项,该反应为吸热反应’若绝热恒容条件下体系的温度不随时间而变化’则
反应处于平衡状态’故不选C项;
D项’浓度商不随时间变化,说明各物质浓度不再随时间变化’则反应处于平
衡状态’故不选D项。
综上所述’本题正确答案为AE。
（3）@电解池中粗硅作阳极’失电子’
电极反应式为Si-4eˉ＋4H—-
SiH4↑
;
学
七
（
则
］
—
斗
~~
…
—
犯
＿
哪
—
叫
~~
啊
＿
州
则
％
·
β
为
数
分
垦
里
质
的
吕
中
物
△
口
化
的
成
组
Ⅳ
吕
◎
式为Si3N4。
86. ［答案］
（l）ˉ99（l分）
＋41（1分）
（2）见＝KlK3（l分）
减小（l分）
（3）p3＞p2＞pl（2分）
（4）6（2分）
CH3OH＋H2Oˉ6eˉ-CO2↑＋6H＋（2分）
［解析］（l）令题表中化学键键能从左至石依次为（l）～（5）’则AHl＝（3）＋2×（l）ˉ
3×（5）ˉ（2）-（4）＝ˉ99kJ .molˉ1 ;根据盖斯定律,@＝@ˉ@’故△H3＝
△〃2-△〃l＝＋4lkJ .molˉl°
c（（】H｀OH）
（2）平衡常数Kl
、
L、
K3分别为K｜
＝
L
~~
c（CO）
. c2（H2）
’
c（CO）
. c（H2O）
故三者之间的关系为K2＝
c（C02）
. c（H2）
,
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答案与解析｜函
KlK3;
△Hl＜0’反应@正反应放热’故随着温度的升高’平衡逆向移动,Kl
减小。
（3）与CO有关的反应有@和@,反应@中反应物和生成物气体的量相等,压
强变化不影响反应@,反应@中反应物气体的量大于生成物气体的量,因此压
强增大’平衡正问移动, CO转化率增大’故压强由大到小的｜｝顶序为P3＞P2
＞pl
°
（4）根据电池总反应式可知’ 2个CH3OH参与反应’消耗的O2个数为3’则转
移的电子数目为l2’故＿个甲醇分子经电化学氧化可以产生6个电子的电量;
反应中CH3OH失电子’作负极,则负极反应式为CH3OH＋H2Oˉ6eˉ—
CO2↑＋6H＋。
87. ［答案］
（1）b（2分）
（2）加人催化剂（1分）
速率加快但平衡不移动（2分）
（3）吸热（1分）
（4）0.05mol .Lˉl .minˉl（2分）
0.25（2分）
（5）C2H6ˉ14eˉ＋l8OHˉ-2CO;—＋l2H2O（2分）
Cuˉ2eˉ＝＝＝（〕u2＋（2分）
［解析］（1）化学反应达到平衡状态的标志有两个:一是正逆反应速率相同;二是各组
分浓度不发生变化°
b项’该反应是气体体积增大的反应’压强不变,说明各组分浓度不再发生变
化,故选b项;
a项, C2H6和C2H4均为生成物,无论是否达到平衡状态’浓度比值都不会
变’故不选a项;
c项’恒容条件下,根据质量守恒定律可知,气体密度始终不变’故不选
c项;
d项,根据化学方程式系数比可知’在任何时刻都满足消耗lmolC4Hl0同时生
成lmolC2H4的条件’故不选d项。
综上所述’本题正确答案为b。
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…小猿热搜.反应原理典型题｜0O
（2）曲线a与曲线l）相比:达到平衡时’ C2H4的物质的量相同’说明化学平衡
没有移动’但是达到化学平衡的时间缩短’说明加人了催化剂;加人催化剂的
表现是反应速率加快但平衡不移动。
（3）相对于曲线b’曲线c的化学平衡发生了逆向移动而且达到平衡所需的时间
更长,所以可知改变的条件为降低温度。
降低温度’ C2H4的物质的量减少,
说明反应逆向移动’则正反应是吸热反应°
2.0mol
（4）根据化学方程式可知’
o （C2H6）＝u（C2H4）＝2L×20min
三＝
0.05mol .Lˉl .minˉl ;根据达到平衡时C2H4的物质的量为2.0mol’可得
n（C2H6）＝＂（C2H4）＝2.0mol’ n（C4Hl0）＝］0mol-2.0mol＝8.0mol,恒容容
c（C2H4）×c（C2H6）
1.0×l.0＝0.25°
器体积为2L’所以平衡常数Kl＝
＝
c（C4Hl0）
4.0
（5）可知题图中左边构成了—个原电池’右边构成了—个电解池。
在原电池中,通
人C2H6的—极为负极’通人O2的＿极为正极;所以c极为阳极’ d极为阴极。
a极C2H6在碱性条件下失去电子’电极反应式为C2H6＿l4eˉ＋18OH—-
2CO;ˉ＋l2H2O; c极Cu失电子,电极反应式为Cu—2eˉ-Cu2＋°
88. ［答案］（l）@ˉ16255kJ／mol（2分）
@温度过低’反应速率小（1分）;温度过高,使脱硝主要反应的平衡向逆反应
方向移动’脱硝率降低（l分）（答案合理即可）
@NH3（l分）
正反应（2分）
过量氨气与氧气反应生成NO（2分）
（2）@负极（1分）
@增大吸收液与电极的接触面积’提高电解反应的效率（2分）
@H2O＋HNO2-2eˉ＝＝＝NO可＋3H＋（2分）
［解析］（1）@假定4NH3（g）＋5O2（g）＝＝＝4NO（g）＋6H2O（g）
△Hl＝ˉ905.5kJ／mol
为@式′ N2（g）＋O2（g）＝＝＝2NO（g）
△H2＝＋l80kJ／mol为@式’ 4NH3（g）
＋4NO（g）＋O2（g）＝＝4N2（g）＋6H2O（g）
△H＝?为@式,@＝@ˉ@×
4’则△H≡△Hl
-△H2
×4＝
—905. 5
kJ／mol
- l80kJ／mol ×4＝
-l625.5kJ／mol。
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答案与解析｜
｜｜05
@反应温度过低时’反应速率小’所需时间长;脱硝主要反应为放热反应’反
应温度过高则会使该反应平衡向逆反应方向移动’降低脱硝率,故应将温度控
制在合理范围内。
◎由图可知’随着氨氮比的增大, X的转化率逐渐减小。
分析主要反应化学方
程式易知,随着氨氮比增大, NH3的转化率降低’ NO的转化率升高’故X为
NH3。
氨氮比由0.5增加到1.0时’相当于向体系中额外加人NH3 ’则平衡向
正反顺〃向移动. 当喘升＞｝0时, 〗＂』过量,过旦的N∏』会与［）2反顺
生成NO’从而使烟气中NO浓度增大°
（2）@亚硝酸电解生成硝酸, N的化合价升高失电子’则a为阳极’ b为阴极’
故b应连接电源的负极°
@将石墨电极设置成颗粒状可以增大吸收液与电极的接触面积’从而提高电解
反应的效率。
@阳极为亚硝酸失电子变为硝酸’则电极反应式为H2O＋HNO2ˉ2e——
NO5＋3H＋。
89. ［答案］（l）@吸热（1分）
@0.2（2分）
0.0025mol .L—l
. s—1（2分）
（2）B（2分）
＞（2分）
（3）N2＋6H＋＋6e——2NH3（3分）
（4）2△Hl-3AH2＋4△Hj（3分）
［解析］（l）@根据表中列举的不同温度下大气固氮的部分平衡常数K值』温度升高’
平衡常数增大’说明平衡向正反应方向移动’正反应属于吸热反应。
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｜06｜｜小猿热搜.反应原理典型题｜00
@设20s反应达平衡时消耗卯molN2,计算如下:
N2（g）＋O2（g）＝≡2NO（g）
始（∏lol）
:
0.3
0.3
0
变（mol）
:
卯
则
2施
平（mol）
:
0.3-卿
0.3-财
2卯
（2卯／2）2
［（0.3—则）／2］2＝l ,解得: 厕＝0. lmol’此时得到
平衡时平衡常数K＝
0.2molNO。
0. lmol ＝0.0025mol
二二
2L×20s
Lˉl
. s＿l
◎
用N2表示的平均反应速率为″（N2）
（2）N2（g）＋3H2（g）—≡2NH3（g）
△H＜0的正反应是—个放热、压强减小的
反应。
同＿温度下’增大压强’ N2的平衡转化率升高’
由此可以判断A｀B
两图中’正确的为B图。
在B图中,同＿压强下’温度越低, N2的平衡转化
率越高,由此可以判断Tl＞L·
（3）图中’通人电解池的气体为N2和H2’说明阴阳两极的反应物为N2和
H2,电化学合成氨中H化合价由0价变为＋l价’被氧化; N化合价由0价变
为ˉ3价’被还原。说明阴极通人的气体为N2’被还原,所以阴极的电极反
应式为N2＋6H＋＋6e——2NH3。
（4）根据盖斯定律可知:
△H＝2△Hl-3△H2＋4△H3°
90. ［答案］（除特殊标注外’每空2分）
（l）2CO＋2NO催化剂N2＋2（〕O2
（2）C＋2NO-N2＋CO2
＞（!分）
湍（或α5625）
（3）4.2×l0—9
（4）CH4（g）＋2O2（g）＝＝CO2（g）＋2H2O（l）
△H＝ˉ890.3kJ／mol
CH4＿8e—＋2H2O＝＝＝CO2＋8H＋
13.4
［解析］（｜）在催化剂条件下NO和CO反应’生成无毒无污染的C（）2和N2,反应的化
学方程式为2CO＋2NO催化剂N2＋2C（）2°
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答案与解析｜
｜｜07
（2）由题设信息及表中数据可知C、NO、A、B反应的化学计量数比为0.0300
:0.060（）:O0300:0.0300＝1 :2
:
l
:
l ’且C被氧化’结合原子守恒可推
出生成物为N2和CO2’则反应方程式为C＋2NO-＝N2＋CO2°
此反应反应
前后气体的物质的量不变,在恒容密闭容器中’温度升高’压强增大’所以
p＞3.93Mpa。
Kp＝p（N2）.p（CO2）＝3.93×0.3×3.93×0.3＝9
／）2（NO）
（3.93×0.4）2
16°
（3）由Ka2（H2SO3）＝6.0×10ˉ9可知’ SO;ˉ＋H2O＝＝＝HSO】＋OHˉ的水解常
数K｜飞↓!］‖ˉ’-l67×｜0ˉ陶｝常蹋卜测得纯c凰s0』与水膨成的浊液pⅡ≡
9’
c
（HS（）可
）
＝
c （OH—
）
＝
l
×
l0ˉ5
mol
.
L—l
’
c （SO;ˉ
）
＝
∑
）
』
厂
【
●
］
○
Ⅲ
日
·
］
×
］
（
＝6×10—5mol
. Lˉl 』又知c（Ca2＋）＝c（SO;ˉ）
＋
l.67×］0-6mol .Lˉl
ˉ
～
＿＿
一
,
ˉ～／、『、
～｀—
′
＿｀＿〕
′
.
c（HSO可）＝7×l0ˉ5mol .Lˉl ’所以Ksp＝c（Ca2＋）
. c（SO;ˉ）＝7×10—5×6×
10—5＝42×10—9。
（4）CH4（g）＋H2O（l）-＝CO（g）＋3H2（g）
△H＝＋250. lkJ／mol
@
Co（g）十÷o2（息）-co2（息）
AH二—2830臆J／皿｜o
比（g）＋÷o2（g）-H2oα）M＝—285趾J／皿｜o
根据盖斯定律,
由@＋@＋3×@可得:
CH4（g）＋2（）2（g）—CO2（g）＋
2H2O（l）
△H＝—890.3kJ／mol;
以甲烷为燃料设计燃料电池’稀硫酸为电解质溶液,则负极甲烷失电子发生氧
化反应’电极反应式: CH4-8eˉ＋2H2O-CO2＋8H＋
;
～
～
l3.4kW·hkg＿l。
91· ［答案］
（l）-3l7. l（2分）
（2）@240（或240L.mol＿l）（3分）
@C（2分）
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函｜小猿热搜.反应原理典型题｜00
（3）@0二4mol .Lˉl
. s—l （2分）
αt
@0.7α（3分）
@变小（2分）
［解析］（l）NO（g）＋O3（g）-＝NO2（g）＋O2（g）
△H＝ˉ200.9kJ／mol
@
2NO（g）＋O2（g）-＝2NO2（g）
△H＝ˉll6.2kJ／mol
@
根据盖斯定律’
由@＋@可得,
3NO（g）＋O3 （g）＝＝＝3NO2（g）
△H＝
-317。1kJ／mol·
（2）@T°C时求反应的平衡常数’由图像分析可知反应到10mjn时达到平衡,平
衡时c（N（））＝0. lmol／L’据此列三段式:
3NO（g）＋O3（g）＝＝＝3NO2（g）
起始浓度（mol／L）
0.3
0. l
0
反应浓度（mol／L）
（）.2
0.2／3
0.2
平衡浓度（mol／L）
0.
］
0」／3
02
0.23
K＝
＝240;
0. l3×（0. 1／3）
@C项’密闭容器体积恒定’反应前后气体总质量不变,气体密度恒定’故密
度不再改变不能说明反应处于平衡状态’故选C项;
A项’气体颜色不再改变,证明NO2浓度不变’处于平衡状态,故不选A项;
B项,反应前后气体总质量不变’但物质的量发生变化’则当气体的平均摩尔
质量不再改变时可以说明反应处于平衡状态,故不选B项;
D项’反应速率之比等于化学方程式计量数之比’
当单位时间内生成O3和
N（）2的物质的量之比为l
: 3时’表明正、逆反应速率相等,反应处于平衡状
态’故不选D项。
综上所述,本题正确答案为C。
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答案与解析｜∩（jg
（3）@关闭K2,各将lmolN（）2通过Kl 、K3分别充人真空A、B中’反应起始
时A、B的体积相同均为αL。
若容器A中到达平衡所需时间为′s’达到平衡
后容器内压强为起始压强的0.8倍,
由此列三段式:
）
吕
（
▲
○
】
Ⅳ
——
）
吕
（
】
○
Ⅳ
∑
起始物质的量
lmol
0
反应物质的量
2久
卯
平衡物质的量
l-2卯
卯
由题意列式1-2则＋则＝0.8,则卯＝0.2mol’平均反应速率″（NO2）＝2×0.2mol
αL×′s
］
●
●
夕
吕
矽
■
】
且
儿
●
］
Ⅲ
·
叫
—
邮
~~
@打开K2’此刻的混合物所达到的平衡与原气球B中的平衡相当于等温等压
下的等效平衡’此时反应物物质的量为原来气球B中的2倍’故原气球B的体
积为（αL＋0.4αL）＝0.7αL;
2
◎若平衡后向容器A中再充人0.5molN2O4,则相当于增大压强’平衡右移,
平衡后NO2的体积分数变小°
92. ［答案］（每空2分）
（1）1
: 3（或0.33或283／850）
（2）@0.01mol .Lˉ］.minˉ1
@升高温度（或增大容器的体积）
（3）H2C2O4＋2H＋＋2eˉ—H2C2O3＋H2O
（4）@不能’因为该反应的平衡常数为4.67×10ˉll ’小于l×10ˉ5
@＜增大
［解析］（1）分解1molH2C2O4需要吸收340kJ能量’ CO与lmolO2反应放出566kJ热
量’已知空气中氧气的体积分数为0.20’根据能量守恒’可得分解的草酸与所
需空气的物质的量之比为α2蒜66,即l ;3.
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∏0｜｜小猿热搜.反应原理典型题｜0O
0. lmol 。Lˉl ≡0. （）2mol
. Lˉl
.min—l
’
C（）和
（2）@达到平衡时’
″（CO）＝
卢
●
〕∏IIn
U（CO）
CO2的化学计量数之比为2
:
1’
所以″
（CO2
）
＝
~
勺
▲
0.0lmol .Lˉl
。miI〗ˉ］
@为提高CH4的转化率’平衡应向正反应方问移动’考虑到此反应是气体体积
增大的吸热反应,因此可采取的措施是升高温度或增大容器的体积°
（3）饱和草酸溶液在酸性条件下生成乙醛酸（H2C2O3）,石墨电极是阳极’复合
膜电极是阴极’阴极发生得电子的还原反应’故电极反应式为H2C2O4＋2H＋
＋2eˉ-H2C2O3＋H2O°
（4）@草酸的＿级水解为H2C2O4≡＝H＋
＋HC2OJ’
Kl
＝
嚷（Ⅱt（）Ⅲ硼oJ）, 二级水解为Ⅱc』o』-H. ｛c』0;ˉ . x2 -
俄（＂‖i删;—）』匪（0H）』-臃』, ＋』0正瓜, ≡‘（″,》
c2（Fe3＋）
. c3（C2Oiˉ）
c3（OHˉ）
,
中和反应的平衡常数K＝
＝
c3（H2C2O4）
感顺｝胖）;（牌｜.常蹋下幢（H｝》′（0＂ˉ）≡｜0—孵蘑蹬计算得K～姚6’
×l0ˉll＜1×10ˉ5,所以该反应常温下不能发生;
◎由图可知随着温度升高』
［Fe（C2O4）3
］3ˉ的浓度逐渐减小’反应向正反应
方问移动,故A点的c（Fe3＋）小于B点的c（Fe3＋）;加人KMnO4固体会与
C2Oiˉ发生氧化还原反应,使平衡正向移动, Fe3＋的浓度会增大。
93. ［答案］（除特殊标注外,每空2分）
睹
—
闷
＼
〗
／
■
‖
儿
／
‖
＼
（2）@＜
@A
@67.4％
@变小
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答案与解析｜
｜｜｜］
@2CO2＋l2eˉ＋l2H＋＝＝＝C2H4＋4H2O（3分）
@阳
［解析］
（l）2NH3（l）＋H2O（l）＋CO2（g）≡＝＝（NH4）2C（）3（aq）
Kl
@’
NH3（l）＋H2O（l）＋CO2（g）-兰NH4HCO3（aq）
K2
@》
（NH4）2CO3（l）＋H2O（l）＋CO2（g）＿兰2NH4HCO3（aq）
K3
@’
忍
可知◎＝2×@ˉ@,则可得K］＝万.
（2）@由图像可知’随着温度升高’平衡时H2的物质的量增加’则温度升高平
衡左移’故正反应放热’
α＜0。
@A项’使用催化剂’可降低反应活化能从而加快反应速率’故A项正确;
B项’其他条件不变,扩大容器容积’
由于该反应为体积减小的反应’容积增
大’平衡左移’且正、逆反应速率均减小’故B项错误;
C项’容器内全部为气体’总质量—定’容器容积不变’则气体密度恒定不
变’不能根据气体密度不变判定是否达到平衡’故C项错误°
综上所述’本题正确答案为A。
@
2CO2（g）＋6H2（g）＝＝C2H4（g）＋4H2O（g）
起始量（mol）
:
α
3α
0
0
反应量（mol）
:
29
3α-42＝87
14.5
58
平衡量（mol）
:
αˉ29
42
l4.5
58
计算可得铡二瞩’故H』的平衡转化率为3骂黑o｜×l00髓≡6弧4％.
@反应达到平衡后再问容器中按n（CO2）
: ′』（H2）＝l
: 3投料,容器体积不变
根当于增人压强侧抨徽右移侧箍｛）将变小.
@图中电解池a极为阳极发生氧化反应, b极为阴极, CO2在阴极上发生还原
反应生成乙烯’故阴极电极反应式为2CO2＋l2H＋＋l2eˉ＿C2H4＋4H2O·
◎电解池溶液为强酸性溶液’该离子交换膜只允许H＋通过’故为阳离子交
换膜。
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晒｜小猿热搜.反应原理典型题｜O0
94. ［答案］
（l）bc（2分）
变深（l分）
正反应是吸热反应’其他条件不变’温度升高平
衡正向移动, c（NO2）增加’颜色变深（2分）
旧）似总默｝（2分）
橱隧（｜分）
（］）惹（2分）
』,※!0‘（2分）
＼2
｜
（2分）
／
2
~』
（2呈α』
（4）
｜解析］
（l）b项’ N2O4为无色, NO2为红棕色’当体系中颜色不变时’各组分的浓度
不变’反应达到平衡状态’故选b项;
c项》密闭容器中’气体总质量不变’若气体平均相对分子质量不变’则气体的
物质的量不变’由于该反应为非等体积反应’则体系达到平衡’故选c项;
a项’化学反应速率之比等于化学计量数之比’ 似正（N2O4）＝2″逆（NO2）时’不
能说明正＼逆反应速率相等’当2″正（N2O4）＝″逆（NO2）时,达到化学平衡,故
不选a项;
d项’反应过程中’气体质量和体积均不变’密度始终不变’故不选d项°
综上所述,本题正确答案为bc。
N2O4（g）＝＝2NO2（g）
△H＝＋244kJ／mol,正反应为吸热反应’其他条件
不变,升高温度’平衡正向移动’ c（NO2）增加’颜色变深。
（2）该反应的平衡常数为喘删≡［麓;删）｜1≡p总丽:山｜,
绷2（NO2）
某—可逆反应的化学平衡常数只与温度有关,因此影响Kp的因素是温度°
（3）当反应达到平衡时’ ″正＝似逆’则有片正.p（N2O4）＝k逆.p2（NO2）’即
庶＂～毗｝≡蔗当＂』0斜分解｜0输时溶器中M剁的物履的三分数变为
告′则′（N2q）-l00kP慰×昔, ＂正-腮正′（M缴）＝鳃8×l04.—｜×l00kPa×
÷＝3 9×l06kPa
. sˉl
。
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答案与解析∏耐
（4）设总压强为2p0时’N2O4的平衡分解率为β:
@压强: p0
N2O4（g）＝＝2NO2（g）
始:
l
0
变:
α
2α
末:
l—α
2α
@压强: 2p0
N2O4（g）-＝2NO2（g）
始:
1
0
变:
β
~
2β
末:
1-β
2β
两种情况下′温度不变则平衡常数不变K｜二（会F＂「／（＋丁—:涧0）,
屿-（拧2′＂）:／（仁÷卯』）｀巾K! -Ki可得β-（2÷）了,则息雁
｜
一
蹦为2′＂时.M剿的半衡分解率的表达式为βˉ（2二』）
95. ［答案］（除特殊标注外’每空2分）
I
. -184
‘真删9瞅）（｜分）
Ⅱ. （l）
（2）@＜（1分）
@不变（l分）
@45％
（3）ABC
（4）@＞
@0.05mol
@96％
［解析］
I .化学键断裂时吸收能量’生成时释放能量,则根据题表所示键能数据’可
得AH＝（745 ×2＋436×3-415×3ˉ351 ＿462×3）kJ
.
mol＿l
＝
-l84kJ .molˉl
。
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晒｜小猿热搜。反应原理典型题｜00
Il
. （l）化学平衡常数K为生成物中气体浓度幂的乘积与反应物中气体浓度幂
c（CH3OCH3）
的乘积的比值’故该反应的平衡常数表达式K＝
c2（CO2）
. c6（H2）°
（2）@由图可知’温度升高’ CO2的转化率下降’因此该反应为放热反应’
△H＜0°
◎K值只与温度有关’温度不变’K值也不变°
画700L投料比俞（盖））～2时,达平衡＂c0］的醚化率为30％Ⅱ设起始投人
的CO2的物质的量为绷mol’则
2CO2（g）＋6H2（g）≡筐丝LCH3OCH3（g）＋3H2O（l）
起始（mol）
:
则
2卯
0
0
变化（mo］）
:
0.3觅
0.9购
0. l5卿
0.45绷
故H2的转化率α二啥×｜00％二45％.
（3）A项,二氧化碳浓度不变时’说明正反应消耗的n（CO2）与逆反应生成的
＂（CO2）—致’反应达到平衡’故选A项;
B项’由于反应物和生成物的气体体积不同’在体积一定的密闭容器中’压强
不变,说明反应达到平衡’故选B项;
C项’由于反应有非气态的H2O生成’在体积—定的密闭容器中’气体密度不
变’说明生成的H2O的量不变’反应达到平衡’故选C项;
D项’无论反应是否达到平衡, （〕H3OCH3与H2O的物质的量之比均为1
: 3’
故不选D项。
综上所述》本题正确答案为ABC。
（4）@反应物气体体积大于生成物气体体积,故压强越大,平衡时CH3OCH3
（g）物质的量越多’故pl＞p3。
@由于容器体积可变’与I相比’
Ⅱ相当于将起始时加人的反应物的量减小为
原来的＿半’则平衡时CH3OCH3（g）的物质的量也变为原来的—半’故
Xl＝0.05mol。
@Ⅲ与I为等效平衡,
因此I／2 ＝0. 04mol,
故CH3OCH3的转化率为
（l＝0.04）mol×l00％＝96％°
1mol
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苔案与解析｜匝
96. ［答案］（除特殊标注外’每空2分）
（l）CO（g）＋NO2（g）＝＝＝CO2（g）＋NO（g）
△H＝一227kJ .molˉl
（2）@＞
@0.05mol .L＿l .min—l
o0.22（3分）
A
（3）4.5×10ˉ4mol .L—l
（4）2CNˉ＋4H2O＿10eˉ-≡N2↑＋2CO2↑＋8H＋
［解析］（1）设CO将NO2还原为NO的反应为反应Ⅲ反应方程式为CO（g）＋NO2（g）
-‘O2（隆）＋NO（:）,根据盖斯定律可知′Ⅺ二券（ⅡˉI）』反应Ⅱ的A″＝
÷× ［—l200胀Jmolˉ」＿（ˉ746喉‖mo｜ˉ｜）
］＝ˉ227kJmm｜＿｜’则C0将
▲
NO2还原为NO的热化学方程式为CO（g）＋NO2（g）＝＝CO2（g）＋NO（g）
△H＝-227kJ 。molˉ1°
（2）@该反应为放热反应,温度越低, NO的体积分数越小’则Tl＞L;
……; ,｝酗）二嚣;黑ˉ队赡…』…』;
@设平衡时NO反应了2则mol:
2CO（g）＋2NO（g）-＝N2（g）＋2CO2（g）
开始（mol）
:
5
4
0
0
转化（mol）
:
2卯
2厕
则
2绷
平衡（mol）
:
5＿2加
4-2绷
绷
2则
由图可得D点时』No的体积分数为25％』则芒孕×l00％二25％』得躯二1.
c（N2）
. c2（CO2）
0.5×l2
平衡常数为K＝
＝
在D点对反应容器升温且扩大体积使压强减小, A点温度高于D点且压强小于
D点,则重新达到的平衡状态可能为A°
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晒｜小猿热搜.反应原理典型题］00
（3）根据Ag2SO4的KSp＝4. 0× l0—5且沉淀完全时C（SO乱—
）
＝1. 0×
｜0—,＂M［』碍溶液中′（A隐.）删爹｜‖二:狮,皿ˉ｜ˉ2」］皿卿』1儿
再根据AgNO2的Ksp＝9.0× l0ˉ4’得c（NOf）＝9.0×10—4
2.0
mol
,
Lˉl
≡≡
45×l0ˉ4mol .Lˉl
。
（4）CN＿中的N由-3价转化为0价’ C由＋2价转化为＋4价’均失电子’为
氧化反应’则阳极的电极反应式为2（〕Nˉ＋4H2Oˉl0eˉ—N2↑＋2CO2↑
＋8H＋°
97. ［答案］
（l）天然气（2分）
（2）CH4（g）＋H2O（g）—＝CH3OH（g）＋H2（g）
△〃＝＋77. （）kJ／mol（3分）
气态燃料转化为液态燃料便于贮存和应用（2分）
（3）@3（）0（2分）
@ABE（3分）
（4）6.75mol2／L2（3分’不带单位也给分）
［解析］（l）＿级能源指在自然界中以现成形式提供的能源,所以属于＿级能源的是天
然气。
（2）根据盖斯定律,由（
l ）＋（ll）可得到CH4与水蒸气生成甲醇和氢气的热化
学方程式: CH4（g）＋H2O（g）-＝CH3OH（g）＋H2（g）
△H＝＋77.0kJ／mol°
在实际应用中’需要考虑是否便于运输和储存等因素,所以气态的CH4、CO
转化为液态的甲醇燃料是为了便于贮存和应用。
（3）@该反应是放热反应’温度越高,反应速率越大,但平衡向逆反应方向移
动,所以曲线l代表的是300。C时甲醇的物质的量随时间的变化曲线;
@若要提高甲醇的产率’平衡需向正反应方向移动’该反应是气体体积减小的
放热反应’所以缩小容器体积、降低温度均能提高甲醇的产率;催化剂只能改
变反应速率,不能改变转化率;将甲醇从混合体系中分离出来’使平衡向正反
应方问移动’能提高甲醇产率’故选ABE项。
综上所述,本题正确答案为ABE。
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答案与解析｜
｜｜｜7
（4）5小时后反应体系达到平衡状态时’ CH4的转化率为50％’则c（CH4）＝
c（H2O）＝0.5mol／L’
已知变化量之比等于化学计量数之比’所以反应生成
c（CO）＝0.5mol／L、c（H2）＝3×0.5mol／L＝l.5mol／L,所以平衡常数K＝
c（CO）
. c3（H2）
＝0.5mol／L×（1.5mol／L）3
98. ［答案］（除特殊标注外,每空2分）
（l）CH4（g）＋H2O（g）—CO（g）＋3H2（g）
△H＝＋17l1kJ／mol（3分）
（2）（｜）@2.8@0.1mol／L
（‖）76
（3）@C
@α小于4.0时,增加α的比例》则CO2转化率有明显的升高’但α大于40
时’继续增加α的比例, CO2转化率升高不明显但生产负荷与成本大大增
加’影响效益’故将α控制在4.0较为合适（3分）
［解析］（1）由能量变化图得到热化学反应方程式:
@Co（息）十＋o:（:）—Co2（息）M-ˉ2820｜q／皿｜』
@H!（g）告O2（g）-H2O（:）M＝＿2418kJ／mo｜;
@CH4（g）＋2O2（g）≡＝＝CO2（g）十2H2O（g）
△H＝ˉ836.3kJ／mol。
根据盖斯定律’由O-@ˉ@×3得CH4（g）＋H2O（g）＝≡＝CO（g）＋3H2（g）
△H＝
［-836.3-（-282.0）ˉ（—241.8）×3］kJ／mol＝＋l71. 1kJ／mol。
（2）（｜）@由表中数据结合三段式计算知:
Ⅶl＝0.30’ ″2＝0.07, Ⅶ3＝0.24,
厕4
＝0.24°
该反应60s时’反应已达到平衡’此时NO2的浓度为0. 12mol／L（体
积为2L）, ＂2O碘的浓度为M4mo｜／L,则平衡常数k-器-28.
@若最初通人N2O4’在相同条件下达到平衡时,各物质浓度仍然相同,则@与
@是等效平衡则应加人0.2mol的N2O4’故其起始浓度应为0. lmol／L°
（‖）NO2和NO与水反应生成亚硝酸的化学方程式为NO＋NO2＋H2O-
2HNO2,亚硝酸与尿素反应的化学方程式为CO（NH2）2＋2HNO2—CO2↑＋
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］‖8｜｜小猿热搜.反应原理典型题｜0O
2N2↑＋3H2O°
反应时’ ″［CO（NH2）2
］
: 厕（NO）:n（NO2）＝l
:
l
:
l ’可知
lmol尿素吸收氮氧化物的质量为30g／mol×1mol＋46g／mol×lmol＝76g°
（3）@当α相同’ b在0.6～0.7时’ CO2转化率最大,故选C项°
综上所述,本题正确答案为C。
@α小于4.0时’增加α的比例’则CO2转化率有明显的升高》但α大于4.0
时’继续增加α的比例’ C（）2转化率升高不明显,但生产负荷与成本大大增
加’影响效益’故将α控制在4.0较为合适。
99. ［答案］（l）@1090kJ .molˉl（l分）
@ˉ764（2分）
′（删γ）泄↑｜（｜分）’7…分）
（2）@K＝
◎1.3（l分）
容器I中每隔5分钟’后＿段时间内的平均反应速率是前＿时段
的—半（1分）
◎B（2分）
（3）压强减小’平衡向能使气体分子数目增加的方向移动（2分）
（4）@CO2＋H2O＋4eˉ—CO＋H2＋2O2ˉ（2分）
@CO2＋H2O皇垦CO＋H2＋O2（l分）
［解析］（l）@已知c中’
AH3≡E（C≡O）＋2E（H＿H）ˉ
［3E（C—H）＋E（C—O）＋
E（O—H）
］＝ˉ9lkJ .molˉl
’
由表中的化学键的键能计算可得’ E（C≡O）＝
l090kJ .molˉl°
@CH3OH（g）燃烧生成气态CO恩和液态比O; C比OH（:）＋;O型-CO2（g）
＋2n2O（l）
A〃,记为反应d』根据慧斯定律, 由d二凰＋÷b＿‘可以求出
△H≡—764kJ ·molˉ1
。
′（删;）瞧′l,』达平衡时容器中剩余
（2）@平衡常数表达式为K＝
1.225molCO2’生成CH3OH（g）的物质的量为（2-1.225）mol＝0.775mol’理
论上苫完全反应可以生成｜皿lCH］OH（g）’所以C日’OH（:）的产率为0于互×
l00％＝77。5％。
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答案与解析
「｜｜9
@随着反应的进行’平均反应速率降低’
由表中数据可以看出,容器I中
每隔5分钟’后一段时间内的CO2减少量是前—时段的＿半’所以α值最
可能的是13°
@CO2（g）＋3H2（g）＝＝CH3OH（g）＋H2O（g）
△H＝-49kJ .mol—l是＿个
气体分子数减少的放热反应’容器Ⅱ为绝热恒容密闭容器。
B项’容器Ⅱ为绝热容器’反应为放热反应’只有达到平衡’容器温度才不
变,可以作为反应已处于平衡状态的标志’故选B项;
A项’随着反应的进行,H2的百分含量降低’最后不变’故不选A项;
C项,反应的△H是＿个定值’不随平衡的移动而改变’故不选C项;
D项’随着反应的进行’生成物的生成速率降低’最后不变’故不选D项。
综上所述’本题正确答案为B°
（3）碳酸饮料是在＿定条件下充人CO2的饮料’ CO2在水中生成碳酸’存在着
平衡CO2（g）＋H2O（l）＝＝H2CO3（aq）’瓶内的压强大于外界压强,打开瓶盖
时压强减小’平衡向能使气体分子数目增加的方向移动’ CO2逸出。
（4）@在装置的阴极’H2O、CO2得电子’化合价降低,生成H2和CO’电极反
应式为CO2＋H2O＋4eˉ-CO＋H2＋2O2ˉ ;在阳极’ O2ˉ失电子’化合价升
高’生成O2’电极反应式为2O2ˉˉ4eˉ-O2↑。
@电解池的总反应方程式为: CO2＋H2O里壁CO＋H2＋O2°
100. ［答案］（每空2分）
（1）＋376.4kJ／mol
（2）@66.7％
@0.00125mol／（L. s）
＞
从图像判断出该反应为吸热反应,对比T1和L
两种平衡状态’由Tl到L’ CH4浓度增大’说明平衡逆向移动’则Tl＞zb
（3）l×1（）5
B
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｜2O｜｜小猿热搜~反应原理典型题｜00
［解析）（l）将已知反应分别标注为@、◎＼@’则2×@-@ˉl.5×@即为甲烷气相
裂解反应’
由盖斯定律可得’甲烷气相裂解反应的△H＝2×△Hlˉ△H2-l.5
×△H3 ,得△H＝＋376.4kJ／mol。
（2）@设CH4转化了则mol’则转化后CH4剩余（0.3-卿）mol
2CH4＝≡C2H4（g）＋2H2（g）
起始（mol）
0.3
0
0
反应（mol）
卯
0.5勿
卿
平衡（mol）
0.3ˉ卯
0.5卿
匆
□知瞳（C2H』）＝幢（C日缴）,则（03宠）＂‖。｜二0等o｛,解得鞭-02』故CH斜的
转化率为糕:｝×l00％＝66.7％·
@再次达到平衡时’
已知c（CH4）＝2c（C2H4）,则（0.3ˉy）mol＝2×
2L
0÷严′解得y二015,则0.内反应生成M5m＂｜甲烷消耗o025皿｜
C』Ⅱ』′故c』Ⅱ』的平均反应速率徽＝罢芋l碧二α00l25m＂｜／（L.）.
从图像判断’温度从1725°C降低到226°（】时, CH4气体在平衡时分压是逐渐
增大的,说明降低温度时’平衡逆向移动’所以温度由Tl到L’ CH4浓度增
大’说明平衡逆向移动’则Tl＞L°
c（C2H2）×c3（H2）
0. 1×（l04）3
（3）此反应中平衡常数K＝
＝
c2（CH4）
（l03）2
＝l×105°
—定的反应’只要温度—定’平衡常数就是定值,其他任何条件改变都不会
影响它的值;
已知正反应是吸热反应,若要使平衡常数值K变大,改变的条
件＿定是升高温度故选B项°
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