高中全年级化学解答题专项训练

这是一份高中全年级化学解答题专项训练，共103页。试卷主要包含了硒和铜在生产生活中有广泛的应用等内容，欢迎下载使用。
训练1　以工艺流程为主流的无机综合题
A卷
1．氯化亚铜广泛应用于有机合成、石油、油脂、染料等工业。以某种铜矿粉(含Cu2S、CuS及FeS等)为原料制取CuCl的工艺流程如下：

已知：①CuS、Cu2S、FeS灼烧固体产物为Cu2O、FeO；
②Ksp(CuCl)＝2×10－7，2Cu＋===Cu＋Cu2＋的平衡常数K1＝1×106
回答下列问题：
(1)“灼烧”时，被还原的元素有____________(填元素符号)。
(2)“酸浸”所需H2SO4是用等体积的98% H2SO4和水混合而成。实验室配制该硫酸溶液所需的玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管外，还有________。“酸浸”时硫酸不宜过多的原因是__________________。
(3)“除杂”的总反应方程式是____________________。
(4)“络合”反应中的NH3与NaHCO3理论比值是____________________。
(5)加热“蒸氨”在减压条件下进行的原因是________________。
(6)X 可以充分利用流程中的产物，若X 是SO2时，通入CuCl2溶液中反应的离子方程式是________________；若X 是Cu时，反应Cu＋Cu2＋＋2Cl－===2CuCl 的平衡常数K2＝_________。
(7)以铜为阳极电解NaCl溶液也可得到CuCl，写出阳极电极反应式__________________。
解析　(1)从流程过程看出，铜矿粉在空气中灼烧后生成二氧化硫气体和铜，硫元素被氧化，铜元素和氧元素被还原；(2)配制酸浸所用的硫酸，由于98% H2SO4和水为等体积混合，因此分别用量筒量一定体积水放入烧杯中，再用量筒量取相同体积的98% H2SO4转移到烧杯中，混合搅拌；“酸浸”时硫酸是用来溶解氧化铁，但是酸剩余的太多，后面反应中还要加入过多的氨水来中和硫酸；
(3)溶液中亚铁离子被过氧化氢氧化为铁离子，铁离子与氨水反应生成氢氧化铁沉淀；“除杂”的总反应方程式是2Fe2＋＋H2O2＋4NH3·H2O(或4NH3＋4H2O)===2Fe(OH)3↓＋4NH；(4)根据流程可知“络合”反应Cu2＋＋HCO＋5NH3===Cu(NH3)4CO3＋NH，NH3与NaHCO3理论比值是5∶1；(5)Cu(NH3)4CO3加热分解产生氨气，氨气易溶于水，因此减压能降低气体的溶解度，有利于气体逸出；(6)SO2具有还原性，能够被铜离子氧化为硫酸根离子，本身还原为亚铜l离子，与氯离子结合生成CuCl沉淀，离子方程式为2Cu2＋＋2Cl－＋SO2＋2H2O===SO＋2CuCl↓＋4H＋ ；根据2Cu＋===Cu＋Cu2＋的平衡常数K1＝1×106可知：c(Cu)×c(Cu2＋)/c2(Cu＋)＝1×106，c(Cu)×c(Cu2＋)＝106×c2(Cu＋)；2CuCl===Cu＋Cu2＋＋2Cl－，K＝c(Cu)×c(Cu2＋)×c2(Cl－)＝106 c2(Cu＋)×c2(Cl－)＝106×K(CuCl)＝106×(2×10－7)2＝4×10－8；反应Cu＋Cu2＋＋2Cl－===2CuCl的平衡常数K2＝1/K＝2.5×107 L3/mol3；(7)铜为阳极，首先失去1个电子，变为亚铜离子，然后亚铜离子与氯离子结合生成CuCl，阳极电极反应式Cu＋Cl－－e－===CuCl。
答案　(1) Cu 和O　(2) 量筒、烧杯　避免除杂时消耗过多的氨水　(3)2Fe2＋＋H2O2＋4NH3·H2O(或4NH3＋4H2O)===2Fe(OH)3↓＋4NH　(4)5∶1　(5)减压能降低气体的溶解度，有利于气体逸出　(6)2Cu2＋＋2Cl－＋SO2＋2H2O===SO＋2CuCl↓＋4H＋　2.5×107 L3/mol3　(7)Cu＋Cl－－e－===CuCl
2．(2019·河北冀州检测)用废雷尼镍(主要成分为NiO、Al，少量Cr、Fe、C、S及有机物)制备Ni(NO3)2·6H2O的实验流程如图所示：

已知：①在实验条件下，Ni2＋、Cr3＋在溶液中不能被NaClO或HNO3氧化。
②NiSO4易溶于水，NiCO3难溶于水；Ni(NO3)2在20℃、90℃时的溶解度依次为79.2 g/100 g水、188 g/100 g水。
③已知“酸溶”后的溶液中主要的四种离子开始沉淀与沉淀完全的pH如表所示：
离子
Ni2＋
Fe2＋
Fe3＋
Cr3＋
开始沉淀pH
6.2
7.6
2.3
4.5
沉淀完全pH
8.5
9.1
3.3
5.6
(1)“除铝”所用试剂及主要操作为____________。
(2)“灼烧”的主要目的是________________________________________________________________________。
(3)“酸溶”时，用浓硫酸和水代替稀硫酸的目的是________________________________________________________________________。
(4)“除铁、铬”时，Fe2＋被氧化为Fe3＋的离子方程式为____________________________________________；氧化后需将溶液pH调整到的范围是________。
(5)请设计由“净化液”制取Ni(NO3)2·6H2O的实验方案：________________________________________________________________________________________________________________________________________________，离心分离、洗涤、干燥得Ni(NO3)2·6H2O(实验中需要使用的试剂有6 mol·L－1硝酸，3 mol·L－1 Na2CO3溶液)。
解析　(1)废雷尼镍的主要成分为NiO、Al，还有少量Cr、Fe、C、S及有机物，可用NaOH溶液除去其中的Al。(2)C、S及有机物均可燃烧转化为气体除去，故“灼烧”的目的是除去C、S及有机物。(3)根据已知②可知温度高时Ni(NO3)2的溶解度比较大，浓硫酸稀释时放出大量的热，能升高体系温度，增大Ni(NO3)2的溶解度，加快金属及其化合物的溶解速率。(4)依题意可知Fe2＋被ClO－氧化为Fe3＋，ClO－转化为Cl－，根据得失电子守恒及元素守恒，可写出反应的离子方程式。调pH的目的是完全除去Fe3＋和Cr3＋，还要保证Ni2＋不被沉淀，根据三种离子沉淀完全时的pH和开始沉淀时的pH可知，应调节pH的范围是5.6～6.2。
答案　(1)NaOH溶液，浸泡、过滤、洗涤、干燥　(2)除去C、S及有机物　(3)利用浓硫酸与水混合放热，使溶液温度升高，加快酸溶速率　(4)2Fe2＋＋ClO－＋2H＋===2Fe3＋＋Cl－＋H2O　5.6～6.2　(5)边搅拌边向“净化液”中滴加3 mol·L－1 Na2CO3溶液至有大量沉淀产生，静置，向上层清液中滴加3 mol·L－1 Na2CO3溶液，若无沉淀，过滤，水洗，向滤渣中加入6 mol·L－1硝酸至滤渣恰好完全溶解，蒸发浓缩，冷却结晶
3．(2019·山东四校联考)元素周期表中的28号元素Ni有重要的用途，它有良好的耐高温、耐腐蚀、防锈功能，在电池、催化剂方面也有广泛应用。工业上以硫化镍矿(含少量杂质硫化铜、硫化亚铁)为原料制备并精制镍的基本流程如下：


已知：电极电位(E)能体现微粒的氧化还原能力强弱，如：
H2－2e－===2H＋　 E＝0.00 V
Cu－2e－===Cu2＋　E＝0.34 V
Fe－2e－===Fe2＋　E＝－0.44 V
Ni－2e－===Ni2＋　E＝－0.25 V
(1)镍在周期表中的位置为_______________________________________。
(2)高镍矿破碎细磨的作用___________________________________。
(3)焰色反应实验可以用光洁无锈的镍丝代替铂丝蘸取化学试剂灼烧，原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(4)造渣除铁时发生的化学反应方程式___________________________________(产物以氧化形式表示)。
(5)电解制粗镍时阳极发生的主要电极反应式_____________________________________。
(6)工业上由NiSO4溶液制得Ni(OH)2后，再滴加NaC1O溶液，滴加过程中发生反应的离子方程式为___________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(7)电解精炼镍的过程需控制pH为2～5，试分析原因______________________________，阳极泥的成分为________________(写名称)。
解析　(1)镍是28号元素，根据电子排布规律分析，其在第四周期Ⅷ族。(2)高镍矿破碎细磨是为了增大接触面积，提高浮选率。(3)焰色反应实验是观察某些金属元素灼烧时的颜色，可以用光洁无锈的镍丝代替铂丝蘸取化学试剂灼烧，说明镍的焰色反应呈无色，不影响其他金属元素的焰色。(4)根据流程分析，硫化亚铁在溶炼时转化为FeO和SO2，加入二氧化硅除铁时，FeO转化为Fe2SiO4，故方程式为2FeO＋SiO22FeO·SiO2。(5)电解制粗镍时，阳极上硫化镍失去电子生成镍离子和硫，阴极是镍离子得到电子生成镍单质，阳极反应为：NiS－2e－===Ni2＋＋S。(6)Ni(OH)2与 NaClO溶液发生氧化还原反应，镍元素化合价升高为＋3价，氯元素化合价降低到－1价，根据电子守恒和质量守恒得方程式为2Ni(OH)2＋ClO－＋H2O===2Ni(OH)3＋Cl－或2Ni(OH)2＋ClO－===2NiO(OH)＋Cl－＋H2O。(7)电解硫酸镍溶液时需要考虑离子的放电顺序，当氢离子浓度较大时是氢离子放电不是镍离子放电，即pH5时，c(OH－)较大，镍离子容易沉淀。由电极电位的数据可知，镍比铜活泼，电解精炼时，阳极上镍失去电子，铜不能失去电子，铜转化为阳极泥。
答案　(1) 第四周期Ⅷ族　(2)增大接触面积，提高浮选率　(3)镍的焰色反应呈无色，不影响其他金属元素的焰色　 (4)2FeO＋SiO22FeO·SiO2　(5)NiS－2e－===Ni2＋＋S　(6)2Ni(OH)2＋ClO－＋H2O===2Ni(OH)3＋Cl－(2Ni(OH)2＋ClO－===2NiO(OH)＋Cl－＋H2O)　(7)pH5时，c(OH－)大，镍离子容易沉淀　铜
4．六水合高氯酸铜[Cu(ClO4)2·6H2O]是一种易溶于水的蓝色晶体，常用作助燃剂。以食盐等为原料制备高氯酸铜晶体的一种工艺流程如下：

回答下列问题：
(1)Cu2(OH)2CO3在物质类别上属于__________(填序号)。
A．碱　　　　　 B．盐　　　　　　
C．碱性氧化物
(2)发生“电解Ⅰ”时所用的是__________(填“阳离子”或“阴离子”)交换膜。
(3)歧化反应是同一种物质中同种元素自身的氧化还原反应，已知上述工艺流程中“歧化反应”的产物之一为NaClO3。该反应的化学方程式为_____________________________。
(4)“电解Ⅱ”的阳极产物为____________(填离子符号)。
(5)操作a的名称是______，该流程中可循环利用的物质是____________(填化学式)。
(6)“反应Ⅱ”的离子方程式为___________________。
解析　(1)Cu2(OH)2CO3中含有金属阳离子和酸根阴离子，属于盐。(2)“电解Ⅰ”所发生的反应是电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，需要防止氢氧根离子与氯气反应，所以用的交换膜是阳离子交换膜。(3)“歧化反应”是氯气与碳酸钠反应生成氯化钠和NaClO3，氯元素从0价变为－1价和＋5价，同时生成二氧化碳，反应的化学方程式为3Na2CO3＋3Cl2===5NaCl＋NaClO3＋3CO2。(4)通过电解，溶液中氯酸根离子失电子发生氧化反应在阳极生成高氯酸根离子，“电解II”的阳极产物为ClO。(5)加入盐酸，过滤除去氯化钠晶体，滤液通过蒸发浓缩即可得到60%以上的高氯酸；从流程图可以看成，可循环利用的物质是NaCl。(6)“反应Ⅱ”中高氯酸与碱式碳酸铜反应生成高氯酸铜，二氧化碳和水，碱式碳酸铜不溶于水，高氯酸为强酸，反应的离子方程式为Cu2(OH)2CO3＋4H＋===2Cu2＋＋CO2↑＋3H2O。
答案　(1) B　(2) 阳离子　(3)3Na2CO3＋3Cl2===5NaCl＋NaClO3＋3CO2　(4)ClO　(5) 蒸发浓缩　 NaCl　(6) Cu2(OH)2CO3＋4H＋===2Cu2＋＋CO2↑＋3H2O
5．硒(Se)和铜(Cu)在生产生活中有广泛的应用。硒可以用作光敏材料、电解锰行业的催化剂，也是动物体必需的营养元素和对植物有益的营养元素等。氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下所示：

请回答下列问题：
(1)若步骤①中得到的氧化产物只有一种，则它的化学式是____________。
(2)写出步骤③中主要反应的离子方程式：____________________________________。
(3)步骤⑤包括用pH＝2的溶液酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是________(写酸的名称)。
(4)上述工艺中，步骤⑥和⑦的作用是________________________________________________________________________。
(5)Se为ⅥA族元素，用乙二胺四乙酸铜阴离子水溶液和硒代硫酸钠(Na2SeSO3)溶液反应可获得纳米硒化铜，硒代硫酸钠还可用于Se的精制，写出硒代硫酸钠(Na2SeSO3)与H2SO4溶液反应得到精硒的化学方程式：
________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(6)氯化亚铜产率与温度、溶液pH关系如下图所示。据图分析，流程化生产氯化亚铜的过程中，温度过低影响CuCl产率的原因是____________________________________；温度过高、pH过大也会影响CuCl产率的原因是_______________________________。

反应温度对氯化亚铜产率的影响曲线图

铜离子含量与pH、CuCl产率与混合溶液中pH的关系图
解析　酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2＋＋SO＋2Cl－＋H2O===2CuCl↓＋SO＋2H＋，得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，烘干得到氯化亚铜。(1)由于酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化Cu生成CuSO4，故答案为：CuSO4；(2)铜离子与亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，步骤③中主要反应的离子方程式为2Cu2＋＋SO＋2Cl－＋H2O===2CuCl↓＋SO＋2H＋；(3)CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化，防止CuCl溶解氧化引入新杂质，所以应加入硫酸，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入盐酸，故答案为：硫酸；(4)步骤⑥为醇洗，步骤⑦为烘干，因乙醇沸点低，易挥发，用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止CuCl水解、氧化，故答案为：醇洗有利于加快去除CuCl表面水分，防止其水解氧化；(5)硒代硫酸钠(Na2SeSO3)与H2SO4溶液反应得到精硒，同时生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：Na2SeSO3＋H2SO4===Na2SO4＋Se↓＋SO2↑＋H2O；(6)据图分析，流程化生产氯化亚铜的过程中，温度过低影响CuCl产率的原因是温度过低反应速率慢；温度过高、pH过大也会影响CuCl产率的原因是温度过高、pH过大，容易向CuO和Cu2O转化，且温度过高，铵盐(氯化铵，亚硫酸铵)易受热分解。
答案　(1)CuSO4　(2) 2Cu2＋＋SO＋2Cl－＋H2O===2CuCl↓＋SO＋2H＋　(3) 硫酸　(4) 使CuCl干燥，防止其水解氧化　(5) Na2SeSO3＋H2SO4===Na2SO4＋Se↓＋SO2↑＋H2O　(6) 温度过低反应速率慢　温度过高、pH过大，容易向CuO和Cu2O转化，且温度过高，铵盐(氯化铵，亚硫酸铵)易受热分解(任答一点即可)
6．金属Co、Ni性质相似，在电子工业以及金属材料上应用十分广泛。现以含钴、镍、铝的废渣(主要成分为CoO、Co2O3、Ni、少量杂质Al2O3)提取钴、镍的工艺如下：

(1)酸浸时SO2的作用是___________________________________。
(2)除铝时加入碳酸钠产生沉淀的离子反应_________________________________。
(3)有机层提取出的Ni2＋可用于制备氢镍电池，该电池工作原理：NiOOH＋MHNi(OH)2＋M，电池放电时正极电极反应式为__________________。
(4)用CoCO3为原料采用微波水热法和常规水热法均可制得H2O2分解的高效催化剂CoxNi(1－x)Fe2O4(其中Co、Ni均为＋2价)。如图是用两种不同方法制得的CoxNi(1－x)Fe2O4 在10℃时催化分解6%的H2O2 溶液的相对初始速率随x变化曲线。

①H2O2的电子式______________。
②由图中信息可知：___________________法制取的催化剂活性更高
③Co2＋、Ni2＋两种离子中催化效果更好的是_________________________________。
(5)已知煅烧CoCO3时，温度不同，产物不同。在400℃充分煅烧CoCO3，得到固体氧化物的质量2.41 g，CO2的体积为0.672 L(标况下)，则此时所得固体氧化物的化学式为____________。
解析　(1)废渣中含有CoO、Co2O3、Ni、少量杂质Al2O3等，酸浸时使固体溶解，可得到Co2＋和Co3＋，而通入SO2的作用是将Co3＋还原为Co2＋。(2)除铝时控制溶液的pH值，发生双水解使Al3＋沉淀下来，加入碳酸钠产生沉淀的离子反应2Al3＋＋3CO＋3H2O===2Al(OH)3↓＋3CO2↑。(3)从方程式中可判断出，放电使Ni从＋3价降低到＋2价，得到电子，即：NiOOH作正极，电极方程式为：NiOOH＋e－＋H2O===Ni(OH)2＋OH－。(4)①H2O2的电子式为。②由图中信息可知，微波水热法的反应速率高于常规水热法。③从图像可知，x值越大，Ni2＋越少，Co2＋含量越多，反应速率越大，说明Co2＋的催化效果比Ni2＋好。(5)设反应生成氧化物为：CoxOy，已知生成CO2标况下0.672 L，即0.03 mol，根据C原子守恒可知，n(CoCO3)＝n(CO2)＝0.03 mol，由于Co原子守恒可得到算式：＝，推得＝，即该氧化物为Co3O4。
答案　(1)还原剂或将Co3＋还原为Co2＋
(2)2Al3＋＋3CO＋3H2O===2Al(OH)3↓＋3CO2↑
(3)NiOOH＋e－＋H2O===Ni(OH)2＋OH－
(4)①　②微波水热　③Co2＋
(5)Co3O4

B卷
1．某兴趣小组以废铁屑制得硫酸亚铁铵后，按下列流程制备二水合草酸亚铁(FeC2O4·2H2O)，进一步制备高纯度还原铁粉。

已知：FeC2O4·2H2O难溶于水；H2C2O4是二元弱酸，溶于水。
(1)步骤②中H2C2O4稍过量的目的是：
________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(2)步骤②中得到FeC2O4·2H2O的离子反应方程式为：
________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(3)实现步骤④，必须在 ______ (填仪器名称)中进行，该步骤发生的化学反应方程式为：
________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(4)为实现步骤⑤，不宜用碳粉直接还原Fe2O3，理由是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(5)若将固体FeC2O4·2H2O放在一个可称出质量的容器内加热，FeC2O4·2H2O( Mr＝180)首先逐步失去结晶水，温度继续升高时，FeC2O4(Mr＝144)会逐渐转变为铁的各种氧化物。称取18.00 g FeC2O4·2H2O，持续加热，剩余固体的质量随温度变化的部分数据如下表(其中450℃以前是隔绝空气加热，450℃以后是在空气中加热)：
温度/℃
25
150
300
350
400
固体质量/g
18.00
16.20
14.40
14.40
7.20
温度/℃
450
500
600
700
800
固体质量/g
7.20
8.00
8.00
7.73
7.73
根据上述数据计算并推断：150℃剩余的固体物质是________________(填化学式，下同)；800℃剩余的固体物质是________________。
解析　硫酸亚铁铵晶体溶解于水，为防止Fe2＋的水解，需要加入过量的草酸，生成的草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)难溶于水，可通过抽滤、洗涤并干燥获得，将所得晶体在空气中灼烧，得纯氧化铁(Fe2O3)，再用CO还原氧化铁得到还原铁粉，以此分析解答。(1)Fe2＋易水解，步骤②，H2C2O4稍过量除抑制Fe2＋水解外，最主要的作用是将溶液里的Fe2＋完全转化为草酸亚铁晶体，提高原料利用率；(2)步骤②中得到FeC2O4·2H2O的离子反应方程式为：Fe2＋＋H2C2O4＋2H2O===FeC2O4·2H2O＋2H＋；(3)固体灼烧需要在坩埚内进行；草酸亚铁和O2灼烧时发生反应的化学方程式为4FeC2O4·2H2O＋3O22Fe2O3＋8CO2＋8H2O；(4)步骤⑤选用碳粉还原Fe2O3，为固体间的反应，接触面积小，反应不完全；多余的碳粉会影响铁粉的纯度；(5)根据题给信息，450℃以前是隔绝空气加热，分析表中的数据可知，18.00 g变为14.40 g时，表明：300℃时，结晶水已全部失去，而150℃剩余的固体物质质量为14.40 gEa(B)>Ea(C)
B．增大压强能使反应速率加快，是因为增加了活化分子百分数
C．单位时间内H—O键与N—H键断裂的数目相等时，说明反应已经达到平衡
D．若在恒容绝热的密闭容器中发生反应，当K值不变时，说明反应已达到平衡
(3)一定条件下，反应Ⅱ达到平衡时体系中n(NO)∶n(O2)∶n(NO2)＝2∶1∶2。在其他条件不变时，再充入NO2气体，分析NO2体积分数——φ(NO2)的变化情况：恒温恒压容器，φ(NO2)________；恒温恒容容器，φ(NO2)________(填“变大”、“变小”或“不变”)。
(4)一定温度下，反应Ⅲ在容积可变的密闭容器中达到平衡，此时容积为3 L，c(N2)与反应时间t变化曲线X如图所示，若在t1时刻改变一个条件，曲线X变为曲线Y或曲线Z。则：

①变为曲线Y改变的条件是__________________。变为曲线Z改变的条件是____________。
②若t2时降低温度，t3时达到平衡，请在图中画出曲线X在t2～t4内c(N2)的变化曲线。
解析　(1)分析表中数据可知，对于反应Ⅰ和反应Ⅱ，温度升高时，K值减小，平衡逆向移动，故两个反应都是放热反应，焓变小于0。将反应Ⅰ－反应Ⅱ×3得反应Ⅲ，则ΔH3＝ΔH1－3ΔH2＝2ΔH2－3ΔH2＝－ΔH2，因为ΔH20，反应Ⅲ是吸热反应。(2)①v(NO)＝v(N2)＝×＝0.375 mol·L－1·min－1。②生成的N2越多，则活化分子越多，活化能降低，A错误；增大压强能使反应速率加快，是因为增加了活化分子的浓度，活化分子的百分数不变，B错误；单位时间内H—O键与N—H键断裂的数目相等时，说明正反应速率等于逆反应速率，反应已经达到平衡，C正确；若在恒容绝热的密闭容器中发生反应，当K值不变时，说明反应已经达到平衡，D正确。(3)恒温恒压容器中的平衡是等效平衡，φ(NO2)不变；恒温恒容容器，再充入NO2气体，等效于增大压强，平衡正向移动，φ(NO2)变大。(4)①曲线Y比曲线X先达到平衡，但平衡状态相同，改变的条件是加入催化剂；曲线Z条件下，N2的浓度由2 mol·L－1瞬间增大到3 mol·L－1，容器体积应由3 L减小到2 L，改变的条件是：将容器的体积快速压缩至2 L。②该反应是吸热反应，降低温度时，平衡逆向移动，c(N2)在原有基础上逐渐减小，直到达到新的平衡。
答案　(1)吸热　(2)①0.375 mol·L－1·min－1　②CD　(3)不变　变大　(4)①加入催化剂　将容器的体积快速压缩至2 L　②图像如图

5．(2019·山西吕梁检测)合成气(CO、H2)可用于合成低碳烯烃、甲醇、二甲醚等化工产品。回答下列问题：
(1)一种利用CO2和H2O热化学循环制取合成气的示意图如图1所示：

图1
①上述ZnO分解系统中，能量的转化方式是________。
②上述过程中，需要较高能量的系统是________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
(2)用转炉熔渣制取合成气时，涉及反应如下，反应温度与lg K的关系如图2所示。

图2
Ⅰ.CH4(g)＋CO2(g) ===2CO(g)＋2H2(g)　ΔH1
Ⅱ.CH4(g)＋H2O(g) ===CO(g)＋3H2(g)　ΔH2
Ⅲ.CaO·SiO2·3FeO(s)＋H2O(g) ===CaO·SiO2·FeO·Fe2O3(s)＋H2(g)　ΔH3
①ΔH3________0(填“＞”“＜”或“＝”)。
②反应CH4(g)＋2H2O(g) ===CO3(g)＋4H2(g)的ΔH＝________(用ΔH1、ΔH2表示)。
③设计用转炉熔渣制取合成气的可能原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(3)在三个密闭容器中，按起始物质的量之比n(H2)∶n(CO)＝2∶1，将CO和H2充入容器中，在不同的温度和压强下，发生反应：CO(g)＋2H2(g) ===CH3(OH)(g)。CO的转化率与温度的关系如图3所示：

图3
①p1________p2(填“＞”“＜”或“＝”)；反应速率v(X)________v(Y)(填“＞”“＜”或“＝”)。
②X点处，该反应的平衡常数为________(用平衡分压表示、分压等于总压乘以物质的量分数)。
③提高CO的转化率除改变温度和压强外还可采取的措施是____________________________(任写一条)。
解析　(1)①由图1可知，ZnO分解需要吸收热量，故太阳能先转化为热能，然后再转化为化学能。②系统Ⅰ需要吸热，系统Ⅱ放出热量，故需要较高能量的系统是Ⅰ。(2)①由图2可知，反应Ⅲ随着温度的升高，lg K逐渐减小，即K逐渐减小，故平衡逆向移动，该反应的正反应为放热反应，ΔH3＜0。②Ⅱ×2－Ⅰ即得CH4(g)＋2H2O(g) ===CO2(g)＋4H2(g)，故ΔH＝2ΔH2－ΔH1。③由图2可知，随着温度的升高，反应Ⅰ和Ⅱ的lg K逐渐增大，故反应Ⅰ和Ⅱ的正反应是吸热反应，需要外界提供能量，而转炉溶渣有余热，且反应Ⅲ的正反应是放热反应，它们都可以为反应Ⅰ和Ⅱ提供能量。(3)①温度相同时，p1→p2，CO的转化率减小，反应CO(g)＋2H2(g) ===CH3OH(g)逆向移动，则改变的条件是减小压强，因此p1＞p2。其他条件相同，Y点处的温度高于X点处，故反应速率v(X)＜v(Y)。②设起始时CO(g)和H2(g)的物质的量分别为1 mol和2 mol，X点对应CO的转化率为50%，由反应方程式可知，平衡时CO(g)、H2(g)、CH3OH(g)的物质的量分别为0.5 mol、1 mol、0.5 mol，故它们的分压分别为×2 MPa＝0.5 MPa、×2 MPa＝1 MPa、×2 MPa＝0.5 MPa，则平衡常数为＝1。③要提高CO的转化率，即使平衡正向移动，可以增大H2和CO的起始投料比或及时从体系中分离出CH3OH。
答案　(1)①太阳能→热能→化学能　②Ⅰ　(2)①＜　②2ΔH2－ΔH1　③反应Ⅰ的正反应和反应Ⅱ的正反应是吸热反应，利用转炉熔渣的余热和反应Ⅲ的正反应放出的热量为反应Ⅰ和Ⅱ提供能量　(3)①＞　＜　②Ⅰ　③增大起始时H2和CO的投料比(或及时从体系中分离出CH3OH等合理答案)
6．(2019·河北廊坊检测)化学反应原理知识在指导工业生产和环保等方面具有重要作用，请回答下列问题：
(1)已知热化学方程式：
①2C(s)＋H2(g)===C2H2(g)　ΔH1
②C(s)＋O2(g)===CO2　ΔH2
③H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH3
则表示乙炔燃烧热的热化学反应方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(2)在刚性反应器中加入2 mol SO2、1 mol O2，发生反应2SO2(g)＋O2(g) ===2SO3(g)　ΔH＜0，T℃时反应体系的总压强p随时间t的变化如表所示：
t/min
0
5
10
15
20
25
40
p/kPa
20.0
19.5
18.3
16.0
16.0
16.0
22.0
①平衡时，SO2的转化率α＝________%。
②T℃时该反应的平衡常数Kp为________[气体分压(p分)＝气体总压(p总)×气体体积分数，Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1位小数]。
③如图分别表示焓变(ΔH)、混合气体平均摩尔质量()、SO2质量分数[w(SO2)]和混合气体压强(p)与反应时间(t)的关系，其中所示正确且能表明该反应达到平衡状态的是________(填标号)。

④40 min时，改变的条件可能是_____________________________________(写2点)。
(3)工业尾气中的SO2，可用甲烷，O2燃料电池(KOH溶液作电解液)联合氯碱工业进行处理并回收。其方法为①将含SO2的尾气通入电解饱和食盐水所得溶液中得到NaHSO3溶液；②将电解饱和食盐水所得气体反应后制得盐酸；③将盐酸加入NaHSO3溶液中得SO2气体从而进行回收。若用上述方法处理SO2体积分数为x的工业尾气V L(标准状况)，需要甲烷的质量是________g。
解析　(1)根据盖斯定律，2×②－①＋③，可得C2H2(g)＋O2(g)===2CO2(g)＋H2O(l)　ΔH＝2ΔH2－ΔH1＋ΔH3，即为表示乙炔燃烧热的热化学方程式。
(2)①设平衡时O2转化了x mol，根据“三段式”法：
　　　 2SO2(g)＋O2(g) ===2SO3(g)
起始(mol) 2 1 0
转化(mol) 2x x 2x
平衡(mol) 2－2x 1－x 2x
平衡时，气体总物质的量为(3－x)mol，由表中数据可知，起始时总压强为20.0 kPa，平衡时总压强为 16.0 kPa，则有＝，解得x＝0.6，则平衡时SO2的转化率α＝×100%＝60%。②反应达平衡时，SO2的分压＝16.0 kPa×＝ kPa，O2的分压＝16.0 kPa×＝ kPa，SO3的分压＝16.0 kPa×＝8 kPa，Kp＝＝≈0.8 kPa－1。③始态和终态不变，温度不变，焓变(ΔH)始终不变，图示正确，但其不能表明该反应达到平衡状态，A项错误；体系内物质都是气体，＝，m为定值，随着反应的进行，气体总物质的量减小，增大，当不变时，反应达到平衡状态，B项正确；随着反应的进行，w(SO2)逐渐减小，w(SO2)不变时反应达到平衡状态，C项正确；反应前后气体总物质的量减小，则随着反应的进行，混合气体压强降低，图示为压强增大，D项错误。④反应在刚性容器中进行，40 min时，体系的总压强增大，增大气体压强的方法一是升高温度(平衡逆向移动，物质的量增大，压强增大)，二是增加气体的物质的量。(3)以KOH溶液作电解液的甲烷燃料电池中通入甲烷的一极为原电池的负极，电极反应式为CH4－8e－＋10OH－===CO＋7H2O。电解饱和食盐水溶液的总反应为2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，吸收SO2的反应为SO2＋NaOH===NaHSO3，得到关系式CH4～8e－～8NaOH～8SO2，m(CH4)＝×16 g/mol＝ mol×16 g/mol＝ g。
答案　(1)C2H2(g)＋O2(g)===2CO2(g)＋H2O(l)　ΔH＝2ΔH2－ΔH1＋ΔH3　(2)①60　②0.8　③BC　④升高温度、增加气体的物质的量(合理即可)　(3)

B卷
1．(2019·陕西咸阳检测)氮及其化合物在工农业生产生活中有着重要应用，减少氮的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容之一。
(1)已知：N2(g)＋O2(g)===2NO(g)　ΔH＝＋180.5 kJ/mol
C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－393.5 kJ/mol
2C(s)＋O2(g)===2CO(g)　ΔH＝－221 kJ/mol
若某反应的平衡常数表达式为：k＝，请写出此反应的热化学方程式：__________________________。
(2)N2O5 在一定条件下可发生分解：2N2O5(g) ===4NO2(g)＋O2(g)，某温度下恒容密闭容器中加入一定量 N2O5，测得 N2O5 浓度随时间的变化如下表：
t/min
0.00
1.00
2.00
3.00
4.00
5.00
c(N2O5)/ (mol/L)
1.00
0.71
0.50
0.35
0.25
0.17
①反应开始时体系压强为 P0，第 2.00 min 时体系压强为P1，则P1∶P0＝__________。2.00～5.00 min 内用NO2表示的该反应的平均反应速率为________。
②一定温度下，在恒容密闭容器中充入一定量 N2O5 进行该反应，能判断反应已达到化学平衡状态的是__________(填字母序号)。
a．NO2 和 O2 的浓度比保持不变
b．容器中压强不再变化
c．2v正(NO2)＝v逆(N2O5)
d．气体的平均相对分子质量为 43.2，且保持不变
(3)平衡常数Kp是用反应体系中气体物质的分压来表示的，即将K表达式中平衡浓度用平衡分压代替，分压＝总压×物质的量分数，例如：p(NO2)＝p 总×(NO2)。N2O4 与 NO2 转换的热化学方程式为N2O4(g) ===2NO2(g)　ΔH＝＋24.4 kJ/mol，上述反应中，正反应速率v正＝k正·p(N2O4)，逆反应速率v逆＝k逆·p2(NO2)，其中k正、k逆为速率常数，则Kp 为____(以 k正、k逆表示)。
(4)如图是密闭反应器中按n(N2)∶n(H2)＝1∶3投料后，在 200℃、400℃、600℃下，合成 NH3 反应达到平衡时，混合物中NH3的物质的量分数随压强的变化曲线，已知该反应为放热反应。①曲线 a 对应的温度是________。

②M点对应的H2 的转化率是__________。
解析　(1)若某反应的平衡常数表达式为：k＝，反应为2NO(g)＋2CO(g) ===N2(g)＋2CO2(g)，将题目中反应依次编号为①②③，由盖斯定律②×2－③－①得2NO(g)＋2CO(g) ===N2(g)＋2CO2(g)　ΔH＝－746.5 kJ·mol－1；
(2)①相同条件下，气体的物质的量之比等于其压强之比。
　　　　　　　2N2O5(g)===4NO2(g)＋O2(g)
c(起始)/(mol/L) 1.00 0 0
c(转化)/(mol/L) 0.5 1.0 0.25
c(2min)/(mol/L) 0.5 1.0 0.25
反应前后气体的压强之比等于其物质的量之比，所以P∶P0＝(0.5＋1.0＋0.25)mol∶1.00 mol＝1.75,2.00 min～5.00 min内，v(N2O5)＝＝0.11 mol/(L·min)，再根据同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比得v(NO2)＝2v(N2O5)＝0.22 mol·L－1·min－1。
②a.NO2和O2的浓度比始终都不变，不能确定反应是否达到化学平衡状态，故a错误；b.容器中压强不再变化，反应已达到化学平衡状态，故b正确；c.v正(NO2)＝2v逆(N2O5)才表明达到化学平衡状态，故c错误；d.假设全部反应生成二氧化氮和氧气，气体平均相对分子质量＝＝43.2，平衡时，反应为可逆反应，气体的平均相对分子质量为大于43.2，且保持不变。故d错误。
(3)N2O4 与 NO2 转换的热化学方程式为N2O4(g) ===2NO2(g)则Kp＝＝。
(4)①合成氨反应放热，温度越低氨气的百分含量越高，所以，曲线a对应的温度是200℃。
②　　　　　　N2(g)＋3H2(g) ===2NH3(g)
n(起始)/mol 1 3 0
n(转化)/mol x 3x 2x
n(平衡)/mol 1－x 3－3x 2x
据题意M点时：＝60%，x＝，则氢气的转化率为：×100%＝75%。
答案　(1)2NO(g)＋2CO(g) ===N2(g)＋2CO2(g)　ΔH＝－746.5 kJ·mol－1
(2) ①1.75　0.055 mol·L－1·min－1　②b
(3)　(4)①200℃　②75%
2．(2019·贵州贵阳检测)某合成气的主要成分是一氧化碳和氢气，可用于合成甲醚等清洁燃料。由天然气获得该合成气过程中可能发生的反应有：
①CH4(g)＋H2O(g) ===CO(g)＋3H2(g)　ΔH1＝＋206.1 kJ·mol－1
②CH4(g)＋CO2(g) ===2CO(g)＋2H2(g)　ΔH2＝＋247.3 kJ·mol－1
③CO(g)＋H2O(g) ===CO2(g)＋H2(g)　ΔH3
请回答下列问题：
(1)在一密闭容器中进行反应①，测得CH4的物质的量浓度随反应时间的变化如图1所示。

图1
反应进行的前5 min内，v(H2)＝____________；10 min时，改变的外界条件可能是__________。
(2)如图2所示，在甲、乙两容器中分别充入等物质的量的CH4和CO2，使甲、乙两容器初始容积相等。在相同温度下发生反应②，并维持反应过程中温度不变。已知甲容器中CH4的转化率随时间的变化如图3所示，请在图3中画出乙容器中CH4的转化率随时间变化的图像。

(3)反应③中ΔH3＝________。800 ℃时，反应③的平衡常数K＝1，测得该温度下密闭容器中某时刻各物质的物质的量见下表：
CO
H2O
CO2
H2
0.5 mol
8.5 mol
2.0 mol
2.0 mol
此时反应③中正、逆反应速率的关系式是__________(填代号)。
a．v正>v逆　　　　　　 b．v正