2021高考化学专题练习 专题15 化学反应原理综合（解析版）

这是一份2021高考化学专题练习 专题15 化学反应原理综合（解析版），共31页。试卷主要包含了为原料制备C2O3的流程如下等内容，欢迎下载使用。

专题15 化学反应原理综合
1．（福建省福州市三中2021届高三质量检测）二氧化硫是危害最为严重的大气污染物之一，它主要来自化石燃料的燃烧，研究CO催化还原的适宜条件，在燃煤电厂的烟气脱硫中具有重要价值。
I.从热力学角度研究反应
(1)


写出CO还原的热化学方程式：___________________________________。
(2)关于CO还原的反应，下列说法正确的是______________。
A.在恒温恒容条件下，若反应体系压强不变，则反应已达到平衡状态
B.平衡状态时，
C.其他条件不变，增大的浓度，CO的平衡转化率增大
D.在恒温恒压的容器中，向达到平衡状态的体系中充入，的平衡转化率不变
II.的排放主要来自汽车尾气，包含和NO，有人提出用活性炭对进行吸附，发生反应如下：
反应a：
反应b：
(3)对于反应a，在℃时，借助传感器测得反应在不同时间点上各物质的浓度如下：
时间/min
浓度/()
0
10
20
30
40
50
NO
1.00
0.58
0.40
0.40
0.48
0.48

0
0.21
0.30
0.30
0.36
0.36
①0～10min内，NO的平均反应速率______________
②30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡；根据上表中的数据判断改变的条件可能是___(填字母)
A. 加入一定量的活性炭 B.通入一定量的NO
C.适当缩小容器的体积 D.加入合适的催化剂
(4)某实验室模拟反应b，在密闭容器中加入足量的C和一定量的气体，维持温度为℃，如图为不同压强下反应b经过相同时间的转化率随着压强变化的示意图。请从动力学角度分析，前，反应b中转化率随着压强增大而增大的原因：______________________________；在时，的体积分数为_________________。

【答案】(1) (2) AC (3) BC (4) 前反应未达平衡状态，随着压强增大，反应速率加快，的转化率增大 50%
【解析】Ⅰ．(1)①
②
③
根据盖斯定律可知①-②-③得到CO还原SO2的热化学方程式为： ；
(2)反应前后气体体积减小，在恒温恒容条件下，若反应体系压强不变，物质的浓度不变，则反应已达到平衡状态，故A正确；反应速率之比等于化学方程式计量数之比为正反应速率之比，平衡状态时，不能满足正逆反应速率相等，说明反应没有达到平衡状态，故B错误；其他条件不变，增加一种物质的浓度会提高另一种物质的转化率，增加SO2的浓度，CO的平衡转化率增大，故C正确；
在恒温恒压的容器中，向达到平衡状态的体系中充入N2，体积增大压强减小，平衡逆向进行，二氧化硫转化率减小，故D错误；故答案为AC；
Ⅱ．(3)①根据图表数据得到0～10min内，NO的浓度减少了1.00mol/L－0.58mol/L＝0.42mol/L，则平均反应速率v(NO)=0.42mol/L÷10min=0.042mol/（L•min）；②30min后，只改变某一条件，反应 重新达到平衡，依据图表数据分析，平衡状态物质浓度增大，平衡常数计算K=，没有改变条件之前平衡常数K=，平衡常数随温度变化，平衡常数不变说明改变的条件一定不是温度；依据数据分析，氮气浓度增大，二氧化碳和一氧化氮浓度增大，反应前后气体体积不变，所以可能是减小容器体积后加入一定量一氧化氮；加入一定量的活性炭，碳是固体对平衡无影响，平衡不动，故A错误；通入一定量的NO，新平衡状态下物质平衡浓度增大，故B正确；适当缩小容器的体积，反应前后体积不变，平衡状态物质浓度增大，故C正确；加入合适的催化剂，催化剂只改变化学反应速率，不改变化学平衡，故D错误；故答案为BC；
(4)由于1050 kPa前反应未达平衡状态，随着压强增大，反应速率加快，因此NO2的转化率增大；在1100 kPa时二氧化氮转化率40%，设通入二氧化氮2mol，则根据三段式可知

NO2的体积分数=×100%=50%。
2．（福建省宁德市2021届第一次质量检查）已知镓(Ga)与铝是同主族元素，它们的化学性质相似。回答下列问题：
(1)下列有关镓和镓的化合物说法正确的是___________。
A．Ga的失电子能力比Al弱
B．常温下，Ga可与水剧烈反应放出氢气
C．一定条件下，Ga可溶于盐酸和氢氧化钠溶液
D．一定条件下，Ga2O3可与氢氧化钠溶液反应生成盐
(2)已知酸式电离常数：Ka[Al(OH)3]=2×10-11，Ka[Ga(OH)3]=1.4×10-7，向同浓度的NaGaO2和NaAlO2的混合液中通入适量的CO2气体，先析出的沉淀是___________，NaGaO2溶液与CO2反应的离子方程式为___________。
(3)已知离子得电子由难到易的顺序为：Zn2+＜Ga3+＜Fe2+＜Cu2+，电解法提纯粗镓(含Zn、Fe、Cu等杂质)原理如图所示。
①电解精炼时，a为电源___________极(填“正”或“负”)，阳极泥的主要成分是___________。
②在阴极放电的电极反应式为____________________________________________。

(4)氮化镓(GaN)是一种性能优异的第三代半导体材料，制备的化学方程式为2Ga2O+C+4NH34GaN+CO+5H2+H2O制得1molGaN，该反应转移电子为___________mol。
【答案】(1)CD (2)Al(OH)3 2GaO+CO2+3H2O=2Ga(OH)3↓+CO (3)正 Fe、Cu GaO+3e-+2H2O=Ga+4OH- (4) 2.5
【解析】
(1) 镓(Ga)与铝是同主族元素，Ga的原子半径大于Al，则Ga的失电子能力比Al强，A说法错误；常温下，Ga的失电子能力比Al强，Ga的表面可能生成一层致密的氧化膜，则Ga可能不与水反应，B说法错误；
一定条件下，镓(Ga)与铝是同主族元素，Al能与盐酸和氢氧化钠溶液反应，则Ga可溶于盐酸和氢氧化钠溶液，C说法正确；Al2O3为两性氧化物，则一定条件下，Ga2O3可与氢氧化钠溶液反应生成盐，D说法正确；
答案为CD。
(2)Al(OH)3与Ga(OH)3的形式相同，电离生成氢离子、酸根离子及水，电离平衡常数越小，溶液中c(H+)越小，通入CO2气体时，Al(OH)3先析出沉淀；NaGaO2与二氧化碳和水反应生成碳酸钠或碳酸氢钠和Ga(OH)3，离子方程式为2GaO+CO2+3H2O=2Ga(OH)3↓+CO；
(3) ①电解精炼时，粗镓作阳极，与电池的正极相连；阳极泥为活泼性比镓弱的金属，即Fe、Cu；
②电解质溶液为NaOH溶液，则在阴极得电子与氢氧根离子反应生成Ga和水，电极反应式为GaO+3e-+2H2O=Ga+4OH-；
(4)根据方程式，Ga的化合价由+1价变为+3价，C的化合价由0价变为+2价，H的化合价由+1价变为0价，则生成5mol氢气，转移10mol电子，同时生成4molGaN，故制得1molGaN，转移2.5mol电子。
3．（福建省宁德市2021届第一次质量检查）氮氧化物和是大气主要污染物，研究它们的转化关系有利于防治污染。
已知：Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
(1)___________。
(2)在100C时，将与的混合气体置于绝热恒容密闭容器中发生反应，正反应速率随时间变化的趋势如图所示，a、b、c三点对应条件下的平衡常数分别表示为、、，则、、的大小关系为_________________________，下列说法正确的是___________(填字母)。

A．反应在b点达到平衡状态
B．从到逆反应的速率先增大后减小
C．a、b、c三点中，c点的转化率最大
(3)催化氧化是工业生产硫酸的重要步骤，在0.1MPa、的恒压容器中测得相关数据如下表：

起始原料气体积分数
平衡混合气体积分数

7%
0.18%

11%
7.86%

0%
7.06%

82%
84.9%
该温度下用分压表示的平衡常数(气体分压=总压×物质的量分数)___________(列出计算式)。写出一种能提高平衡转化率的措施_______________________________________。
(4)电池以LiBr-AN(乙腈)、液态为电解质溶液，放电时有白色的连二亚硫酸锂 沉淀生成。
①放电时的正极反应式为_______________________________________。
②该电池比能量高达300Wh/kg(电池的比能量是指单位质量的电极材料能释放出的最大电能)，该电池比能量高的原因是_______________________________________。
【答案】(1)—41.8 kJ/mol (2) Ka＞Kb＞Kc B (3) 降低温度或减小生成物的浓度或增大反应物的浓度 (4) 2SO2+2e—+2Li+=Li2S2O4 锂的相对分子质量小，等质量的锂失去电子的物质的量多
【解析】（1）由盖斯定律可知，×(Ⅱ—Ⅰ)可得反应Ⅲ，则△H=×[(—196.6kJ/mol)—(—113.0kJ/mol)]=—41.8 kJ/mol；
（2）该反应为放热反应，二氧化氮和二氧化硫在绝热恒容密闭容器中发生反应时，放出的热量使反应温度升高，则反应温度的大小为c＞b＞a，升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，则Ka、Kb、Kc的大小关系为Ka＞Kb＞Kc；A．二氧化氮和二氧化硫在绝热恒容密闭容器中发生反应时，反应物浓度减小，使反应速率减小，该反应为放热反应，放出的热量使反应温度升高，使反应速率增大，b点正反应速率最大，说明温度对反应速率的影响大于浓度对反应速率的影响，但不能说明反应达到平衡状态，故错误；B．从到的过程中，反应开始时，温度对反应速率的影响大于浓度对反应速率的影响，逆反应的速率先增大，后反应物浓度减小对反应速率的影响大于温度对反应速率的影响，反应速率减小，则逆反应的速率先增大后减小，故正确；C．由图可知，b的正反应速率最大，消耗二氧化硫的浓度最大，则b点的转化率最大，故错误；
（3）由题意可知平衡时二氧化硫、氧气和三氧化硫的分压分别为0.18%×0.1MPa、7.86%×0.1MPa和7.06%×0.1MPa，则该温度下用分压表示的平衡常数；二氧化硫的催化氧化反应为气体体积减小的放热反应，恒压条件下，降低温度、减小生成物的浓度或增大反应物的浓度，平衡会向正反应方向移动，二氧化硫的转化率增大；
（4）①由题给信息可知，二氧化硫为电池的正极，在锂离子作用下，二氧化硫在正极得到电子发生还原反应生成连二亚硫酸锂，电极反应式为2SO2+2e—+2Li+=Li2S2O4；
②电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，则单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多则得到的电能越多，锂的相对分子质量小，等质量的锂失去电子的物质的量多，电池的比能量高。
4．（福建省莆田第一中学2021届高三期中）三氧化二钴（Co2O3）常用于制滤光眼镜的添加剂、催化剂和氧化剂。以含钴废料（主要成分CoO、Co2O3，含有少量MnO2、NiO、Fe3O4）为原料制备Co2O3的流程如下：
(1)研磨的目的是______________________________________________________。滤渣1的主要成分为____________________________（填化学式）。
(2)酸浸时双氧水的作用有__________________________________。不能用盐酸代替硫酸，因为Co2O3与盐酸反应生成Cl2，污染境，该反应的离子方程式为_______________________________________________。

(3)在实验室里，萃取操作要用到的玻璃仪器主要有_________________________。有机相再生时提取出的Ni2＋可用于制备氢镍电池，该电池充电时的总反应为Ni（OH）2＋MNiOOH＋MH。则放电时正极的电极反应式为________________________。
(4)沉钴时发生反应的离子方程式为___________________________________。煅烧时发生反应的化学方程式为_________________________________________________。
【答案】(1)增大固体与液体的接触面积，使酸浸速率更快，酸浸更充分 MnO2 (2) 亚铁离子氧化为铁离子 Co2O3+6H++2Cl-= 2Co2++ Cl2↑+3H2O (3)分液漏斗、烧杯 NiOOH+e-+H+= Ni（OH）2
(4)2 Co2++HCO3-+3NH3∙H2O= Co2(OH)2CO3+3NH4++H2O 2Co2(OH)2CO3+O22Co2O3+2CO2+2H2O
【解析】含钴废料（主要成分CoO、Co2O3，含有少量MnO2、NiO、Fe3O4）为原料制备Co2O3；先把原料进行酸浸，MnO2与稀硫酸不反应，成为滤渣；滤液中含有Co2+、Co3+、Ni2+、Fe2+、Fe3+等离子；调整溶液的pH，铁离子生成沉淀滤出；再把滤液进行萃取，含有Ni2+的物质进入有机相，水溶液中含有Co2+，然后加入碳酸氢铵和氨水，反应生成Co2(OH)2CO3，然后煅烧生成Co2O3，据以上分析进行解答。
(1)研磨的目的是增大固体与液体的接触面积，使酸浸速率更快，酸浸更充分；根据流程可知，铁离子变为氢氧化铁，镍离子进入有机相，水溶液中含有Co2+，经过一系列过程，最后得到氧化钴，所以滤渣1的主要成分为MnO2；
(2)酸浸时，加入双氧水能够把亚铁离子氧化为铁离子；Co2O3与盐酸发生氧化还原反应生成Cl2，Co Cl2和水，该反应的离子方程式为：Co2O3+6H++2Cl-= 2Co2++ Cl2↑+3H2O；
(3)在实验室里，萃取操作要用到的玻璃仪器主要有分液漏斗、烧杯；电池充电时的总反应为Ni（OH）2＋MNiOOH＋MH，放电时正极发生还原反应，所以正极的电极反应式为：NiOOH+e-+H+= Ni（OH）2；
(4)根据流程可知：含有Co2+离子的溶液中加入碳酸氢铵和氨水，反应生成Co2(OH)2CO3；沉钴时发生反应的离子方程式为：2 Co2++HCO3-+3NH3∙H2O=Co2(OH)2CO3+3NH4++H2O；在空气中煅烧Co2(OH)2CO3，反应生成Co2O3和CO2，化学方程式为：2Co2(OH)2CO3+O22Co2O3+2CO2+2H2O。
5．（广东省2021届高三“六校联盟”联考）利用选择性催化还原技术(简称“技术”)处理汽车尾气中的、是目前比较热门的研究方向。技术常以32.5%的 尿素水溶液为氨源，当汽车尾气中与的比例不同时，发生三种类型的反应：
①标准反
②快速反应
③慢速反应
回答下列问题：
(1)已知 ，计算标准反应的_________；
(2)三种反应的正反应方向自发进行的倾向都很大，原因是_____________________________________。当汽车尾气中时，主要发生反应_______________________。(填序号)
(3)在其他条件相同时，在甲、乙两种催化剂作用下进行标准反应，的转化率与温度的关系如下图所示：

①在催化剂甲作用下，点处的转化率_______________________(填“可能是”、“一定是”或“一定不是”)该反应的平衡转化率，原因为__________________________________________________。
②在催化剂乙的作用下，经过相同时间，测得脱氮率随反应温度变化的情况如上图所示，请解释脱氮率随温度变化的原因(催化剂均未失效)：___________________________________________________。
(4)储存还原技术法可利用脱硝，不需要额外添加还原剂，也是近些年的研究热点，技术的工作原理为： 。
某实验小组向恒温恒容的密闭容器中，充入等物质的量的和混合气体，加入、、等催化剂模拟技术发生脱硝反应，时达到平衡，测得反应过程中的体积分数与时间的关系如右图所示。

①比较大小：处______________________处(填“>”、“<”或“=”)
②的平衡转化率为__________________________________________________。
【答案】(1) (2)3个反应都为焓减、熵增的反应 ③ (3) 一定不是 点处的转化率小于相同温度下乙作催化剂时NO的转化率 l80℃以前，反应尚未平衡，温度升高，反应速率加快，相同时间内脱氮率升高；180℃以后，反应均达到平衡状态，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，脱氮率下降 (4) < 80%
【解析】
(1)①
②
由盖斯定律①+②得： =+=()+()=-1632.4kJ/mol；
(2)焓减、熵增的反应都有自发的倾向，3个反应都为焓减且熵增的反应，因此三种反应的正反应方向自发进行的倾向都很大，时，即，尾气中以NO2为主，则反应以第③个为主；
(3)①因催化剂不能使平衡发生移动，故其它条件相同时，使用甲催化剂和乙催化剂平衡时NO转化率相等，由图可知在催化剂甲作用下，因为点处的转化率小于相同温度下乙催化剂的时NO转化率，因此点处的转化率一定不是该反应的平衡转化率；
②l80℃以前，反应尚未平衡，温度升高，反应速率加快，相同时间内脱氮率升高；180℃以后，反应均达到平衡状态，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，脱氮率下降，因此出现了脱氮率随温度升高先增大后减小的趋势；
(4)①b处二氧化碳的体积分数不再改变，说明b处已达平衡状态，b处v正=b处v逆，在平衡之前，正反应速率随着反应物浓度的减小而减小，逆反应速率随生成物浓度的增大而增大，因此处< b处v逆= b处；
②设CO、NO的起始物质的量为a，NO的平衡转化率为x，则列三段式如下：，则，解得x=80%。
6．（广东省汕头市金山中学2021届高三期中）“低碳循环”引起各国的高度重视，而如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2，引起了全世界的普遍重视。将CO2转化为甲醇：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)，此研究对CO2的深度开发应用和构建生态文明社会具有重要的意义。
(1)在一恒温恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2进行上述反应。测得CO2(g)和CH3OH(g)浓度随时间变化如图1所示：

①0~10min内，氢气的平均反应速率为____________________，第10min后，保持温度不变，向该密闭容器中再充入2molCO2(g)和6molH2(g)，则新平衡时CO2的转化率α1与原平衡CO2的转化率α之间的关系为α1______α(填“>”、“<”或“=”)。
②一定温度下，若此反应在恒压容器中进行，能判断该反应达到化学平衡状态的依据是________(填字母)。
a.容器中压强不变 b.H2的体积分数不变 c.c(H2)=3c(CH3OH)
d.容器中气体的密度不变 e.2个C=O键断裂的同时有3个H-H键断裂
(2)若已知：①CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=akJ·mol-1
②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH2=bkJ·mol-1
③H2O(g)=H2O(l) ΔH3=ckJ·mol-1
④CH3OH(g)=CH3OH(l) ΔH4=dkJ·mol-1
则表示CH3OH(l)燃烧热的热化学方程式为____________________________。
(3)如图2，25℃时以甲醇燃料电池(电解质溶液为稀硫酸)为电源电解600mL一定浓度的NaCl溶液。电解一段时间后，NaCl溶液的pH变为12(假设电解前后NaCl溶液的体积不变)，则理论上消耗甲醇的物质的量为_____mol。若向U形管内电解后的溶液中通入CO2气体，使所得溶液c(HCO)∶c(CO)=2∶1，则此时溶液中的c(H+)=______mol·L-1(室温下，H2CO3的Ka1=4×10-7，Ka2=5×10-11)。

【答案】(1)0.225mol·L−1·min−1 ＞ bd
(2) CH3OH(l)+ O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=(−a+1.5b+2c−d) kJ∙mol−1 (3) 0.001 1×10−10
【解析】(1)①0~10min内，氢气的平均反应速率为，第10min后，保持温度不变，向该密闭容器中再充入2mol CO2(g)和6molH2(g)，可以将再充入2mol CO2(g)和6molH2(g)充入另外一个体积原来2倍的恒容恒温容器，达到平衡时与原平衡转化率相等，将压缩到原容器中，加压，平衡正向移动，则新平衡时CO2的转化率α1与原平衡CO2的转化率α之间的关系为α1＞α；
②a．容器为恒压容器，因此容器中压强不变始终不变，因此不能作为判断平衡标志，故a不符合题意；b．正向反应，H2的体积分数变小，当H2的体积分数不变，说明反应达到平衡，故b符合题意；c．c(H2)=3c(CH3OH)不能作为判断平衡标志，故c不符合题意；d．密度等于气体质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积变小，密度变大，当容器中气体的密度不变，则达到平衡，故d符合题意；e．2个C=O键断裂的同时有3个H−H键断裂都正向进行，因此不能作为判断平衡标志，故e不符合题意；综上所述，答案为bd。
(2)根据盖斯定律，第二个方程式1.5倍加上第三个方程式2倍，减去第一个方程式，再减去第四个方程式，得到CH3OH(l)燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)+ O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=(−a+1.5b+2c−d) kJ∙mol−1；
(3)电解600mL一定浓度的NaCl溶液，电解一段时间后，NaCl溶液的pH变为12(假设电解前后NaCl溶液的体积不变)，n(NaOH)=0.6L×0.01 mol∙L−1=0.006mol，根据CH3OH～CO2～6e－～6NaOH关系式得到理论上消耗甲醇的物质的量为n(CH3OH)= ×0.006mol=0.001mol。若向U形管内电解后的溶液中通入CO2气体，使所得溶液c(HCO)∶c(CO)=2∶1，，则此时溶液中的。
7．（广东省深圳市高级中学2021届高三阶段性测试）碳的化合物在工业上应用广泛，下面有几种碳的化合物的具体应用：
(1)已知下列热化学方程式:
i. CH2=CHCH3(g)+ Cl2(g)=CH2ClCHClCH3(g) △H1= -133 kJ·mol-1
ii. CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)=CH2 =CHCH2Cl(g)+HCl(g) △H2= -100 kJ·mol-1
又已知在相同条件下，CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)=CH2ClCHClCH3(g) 的正反应的活化能Ea(正)为132 kJ∙mol-1，则逆反应的活化能Ea(逆)为________kJ∙mol-1。
(2)查阅资料得知，反应CH3CHO(aq)=CH4(g)+CO(g)在含有少量I2的溶液中分两步进行:
第I步反应为CH3CHO(aq)+I2(aq)→CH3I(l) +HI(aq)+CO(g)(慢反应)；
第II步为快反应。增大I2的浓度________(填“能”或“ 不能”)明显增大总反应的平均速率，理由为__________________________________。
(3)用催化剂Fe3(CO)12/ZSM -5催化CO2加氢合成乙烯的反应，所得产物含CH4、C3H6、C4H8等副产物，反应过程如图。

催化剂中添加Na、K、Cu助剂后(助剂也起催化作用)可改变反应的选择性，在其他条件相同时，添加不同助剂，经过相同时间后测得CO2转化率和各产物的物质的量分数如下表。

欲提高单位时间内乙烯的产量，在Fe3(CO)12/ZSM -5中添加__________助剂效果最好；加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是______________________________________。
(4)在一密闭容器中，起始时向该容器中充入H2S和CH4且n(H2S):n(CH4) =2:1，发生反应：CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g)。0. 11MPa时，温度变化对平衡时产物的物质的量分数的影响如下图所示：

为提高H2S的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是__________________________________(列举一条)。N点对应温度下，该反应的Kp=__________________________ ( MPa)2(Kp为以分压表示的平衡常数)。
(5)合成碳酸二甲酯的工作原理如下图所示。

阳极的电极反应式为___________________________，离子交换膜a为__________(填“阳膜”、“阴膜”)。
【答案】(1)165 (2) 能 总反应的平均速率由慢反应决定，I2 为慢反应的反应物，增大I2的浓度，慢反应的反应速率增大，则总反应的反应速率增大(或根据总反应可知I2可为该反应的催化剂，增大I2的浓度，可以增大总反应的平均反应速率) (3) K 降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响 (4)减小体系压强，或及时分离出产物，或减小起始时等(任写一条) 8×10-4 (5) 2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+ 阳膜
【解析】(1)已知：i. CH2=CHCH3(g)+C12(g)=CH2ClCHClCH3(g) △H1= -133 kJ·mol -1
ii. CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)=CH2 =CHCH2Cl(g)+HCl(g) △H2= -100 kJ·mol -1
根据盖斯定律，将i-ii得CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)=CH2ClCHClCH3(g) △H=-133 kJ·mol -1-(-100 kJ·mol -1)=-33 kJ·mol -1，△H=Ea(正)-Ea(逆)，则逆反应的活化能Ea(逆)为132 kJ∙mol -1+33 kJ·mol -1=165 kJ·mol -1；
(2)根据题意，第II步反应=总反应-第I步反应，则第II步反应为CH3I(l) +HI(aq)= I2(aq)+ CH4(g)，总反应的平均速率由慢反应决定，I2为慢反应的反应物，增大I2的浓度，慢反应的反应速率增大，则总反应的反应速率增大(或根据总反应和两步反应可知，I2可为该反应的催化剂，增大I2的浓度，可以增大总反应的平均反应速率)；
(3)由表中数据可知，添加Na助剂时其他副反应占比大，添加Cu助剂时CO2转化率低，兼顾乙烯的产率、CO2转化率和对副反应的影响，选择添加K助剂效果最好，不仅能提高单位时间内乙烯产量，并且其他副反应占比少，根本原因是降低反应的活化能、加快乙烯生成速率；
(4)根据图示，升高温度，CH4的物质的量分数减小，说明升高温度，平衡正移，正反应为吸热反应，△H＞0；为提高H2S的平衡转化率，即平衡正移，除改变温度外，还可减小体系压强、及时分离出产物、减小起始时等；N点时，n(H2S)%=n(H2)%，设起始加入甲烷物质的量为3mol，转化甲烷物质的量为xmol，列“三段式”：

6-2x=4x，解出x＝1，平衡时体系总物质的量为(2+4+1+4)mol=11mol，平衡常数KP===8×10-4( MPa)2；
(5)该装置为电解池，根据图示，O2在电极表面转化为H2O，氧元素的化合价降低，得电子，发生还原反应，则通入氧气的一极为阴极，电源电极B为负极，A为正极，故通入一氧化碳和甲醇的一极为阳极，阳极的电极反应为2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+，阴极的电极反应为：O2+4H++4e-=2H2O，根据阴极反应，氧气和氢离子结合产生水，氢离子来自于阳极反应的产物，则H+透过交换膜向阴极移动，则离子交换膜a为阳膜。
8．（广东实验中学2021届高三阶段测试）汽车尾气中CO、NOx以及燃煤废弃中的SO2都是大气污染物，对它们的治理具有重要意义。
I．(1)氧化还原法消除NOx的转化：NONO2N2
①反应I为NO＋O3=NO2＋O2，生成标准状况下11.2LO2时，转移电子的物质的量是_______mol。
②反应II中，当n(NO2)∶n[CO(NH2)2]=3∶2时，氧化产物与还原产物的质量比为___________________。
II．吸收SO2和NO，获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如下(Ce为铈元素)：

(2)装置II中，酸性条件下，NO被Ce4+氧化的产物主要是、NO2，写出只生成的离子方程式________________________________________________________________________；
(3)装置III的作用之一是再生Ce4+，其原理如下图所示。

①生成的Ce4+从电解槽的_______(填字母序号)口流出；
②生成的电极反应式为___________________________；
(4)从装置Ⅳ中得到的粗产品NH4NO3的实验操作是___________________________，过滤、洗涤等。
【答案】(1)1 4：3 (2)NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3+++4H+ (3) a 2H++2+2e-=+2H2O (4)蒸发浓缩
【解析】
I．(1)①由反应方程式NO+O3═NO2+O2可知，N元素的化合价从+2价升高到+4价，生成1mol氧气转移电子2mol，则生成11.2L O2(标准状况)的物质的量为=0.5mol时，转移电子的物质的量是0.5mol×2=1mol；
②当n(NO2)：n[CO(NH2)2]=3：2时，即NO2和CO(NH2)2的化学计量数之比是3：2，反应方程式可表示为：6NO2+4CO(NH2)2=7N2+8H2O+4CO2，该反应中只有N元素的化合价变化，氮气既是氧化产物也是还原产物，氧化产物是化合价升高被氧化而生成的产物，还原产物则为化合价降低被还原而生成的产物，由N原子守恒可知氧化产物与还原产物的质量比为8：6=4：3；
II．(2)由流程图可知，装置II中只生成时，Ce4+被还原为Ce3+，根据得失电子守恒和原子守恒，该反应的离子方程式为NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3+++4H+；
(3)①由Ce3+生成Ce4+为氧化反应，所以再生时生成的Ce4+在电解槽的阳极，即从a出口流出，故答案为：a；
②在电解槽的阴极被还原成，电极反应式为：2H++2+2e-=+2H2O；
(4)在氧化池Ⅵ中得到NH4NO3溶液，从NH4NO3溶液中得到硝酸铵可以通过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤等操作获得。
9．（广东实验中学2021届高三阶段测试）研究NOx、SO2等大气污染物的妥善处理具有重要意义。
(1)亚硝酰氯(Cl—N=O)气体是有机合成的重要试剂，它可由Cl2和NO在通常条件下反应制得，该反应的热化学方程式为_______________________________________________。
相关化学键的键能如下表所示：
化学键
Cl—Cl
N≡O(NO气体)
Cl—N
N=O
键能/(kJ∙mol−1)
243
630
200
607
(2)燃煤发电厂常利用反应2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)=2CaSO4(s)+2CO2(g) △H=－681.8kJ∙mol−1，对煤进行脱硫处理来减少SO2的排放。对于该反应，在T℃时，借助传感器测得反应在不同时间点上各物质的浓度如下：
时间/min
浓度/mol·L-1
0
10
20
30
40
50
O2
1.00
0.79
0.60
0.60
0.64
0.64
CO2
0
0.42
0.80
0.80
0.88
0.88
①0~10min内，平均反应速率υ(O2)________________________mol·L-1·min-1；当升高温度，该反应的平衡常数K_________________________(填“增大”“减小”或“不变”)。
②30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡。根据上表中的数据判断，改变的条件可能是___(填字母)。
A．加入一定量的粉状碳酸钙 B．适当缩小容器的体积
C．通入一定量的O2 D．加入合适的催化剂
(3)NOx的排放主要来自汽车尾气，利用反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g) △H=－34.0kJ∙mol−1，用活性炭对NO进行吸附。已知在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体，保持恒压测得NO的转化率随温度的变化如图所示：

由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升高而增大，其原因为__________________________。
(4)为避免汽车尾气中的有害气体对大气的污染，需给汽车安装尾气净化装置。在净化装置中CO和NO发生反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) △H=－746.8kJ∙mol−1，生成无毒的N2和CO2.实验测得，υ正=k正·c2(NO)·c2(CO)，υ逆=k逆·c(N2)c2(CO2)(k正、k逆为速率常数，只与温度有关)。
①达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数_______(填“>”“<”或“=”)k逆增大的倍数。
②若在1L的密闭容器中充入1molCO和1molNO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40%，则=_______(保留小数点后两位)。
【答案】(1)Cl2(g)＋2NO(g)＝2ClNO(g) △H＝－111kJ∙mol−1 (2) 0.021 减小 BC (3) 1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大 (4) ＜
【解析】
(1)根据题意，焓变等于断键吸收的总能量减去成键放出的总能量，因此该反应的热化学方程式为Cl2(g)＋2NO(g)＝2ClNO(g) △H＝243kJ∙mol−1＋630kJ∙mol−1×2－200 kJ∙mol−1×2－607kJ∙mol−1×2＝－111kJ∙mol−1。
(2)①0~10min内，平均反应速率；该反应是放热反应，当升高温度，平衡逆向移动，因此该反应的平衡常数K减小；故答案为：0.021；减小。
②根据题中表格信息，30min后氧气、二氧化碳浓度都增大；加入一定量的粉状碳酸钙，平衡不移动，故A不符合题意；适当缩小容器的体积，浓度增大，相当于加压，由于该反应是体积减小的反应，平衡正向移动，故B符合题意；通入一定量的O2，O2浓度增大，平衡正向移动，二氧化碳浓度也增大，故B符合题意；加入合适的催化剂，平衡不移动，故D不符合题意；综上所述，答案为BC。
(3)由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升高而增大，其原因为1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；
(4)①达到平衡后，该反应是放热反应，仅升高温度，平衡逆向移动，因此k正增大的倍数＜k逆增大的倍数。
②若在1L的密闭容器中充入1molCO和1molNO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40%，，则=。
10．（河北省衡水中学2021届高三联考）合成氨反应[N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)]是人工固氮的主要手段，对人类生存、社会进步和经济发展都有着重大意义。
回答下列问题：
(1)合成氨反应的反应历程和能量变化如图所示：

①N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) △H=____________。
②对总反应速率影响较小的步骤的能垒(活化能)为_______kJ/mol，该步骤的化学方程式为______________。
(2)一定温度下，向10 L恒容密闭容器中充入1 mol N2(g)和3 mol H2(g)，发生合成氨反应。10 min末达到平衡，测得NH3的体积分数为60%。
①N2的平衡体积分数为_____________________________。
②0~10 min内，用H2的浓度变化表示的平均反应速率v(H2)=_______________________________。
(3)合成氨反应中，正反应速率v正=k正●c(N2)●c3(H2)，逆反应速率v逆=k逆●c2(NH3)，k正、k逆为速率常数。正反应和逆反应的平衡常数与温度的关系如图所示：

①表示逆反应的平衡常数与温度变化关系的曲线为_____(填“L1”或 “L2")，理由为_________________。
②T0°C时，= _________________。
【答案】(1)-92 kJ/mol 124 ●N2+3●H2=2●N+6●H (2) 10% 0.0225 mol/(L●min) (3) L2 该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，逆反应的平衡常数增大 1
【解析】
(1)①根据反应历程图可知，以2●N2+6●H 的能量为基准，N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) △H=生成物总能量-反应物总能量=(100+308)-500=-92kJ•mol-1；
②根据图像，对总反应速率影响较小的步骤为●N2+3●H2=2●N+6●H，该步骤的能垒为(90+34)kJ/mol=124 kJ/mol；
(2)假设达到平衡时生成的NH3的物质的量为2xmol，

10 min末达到平衡，测得NH3的体积分数为60%，即×100%=60%，解得：x=0.75。
①N2的平衡体积分数为×100%=10%；
②0~10 min内，用H2的浓度变化表示的平均反应速率v(H2)== 0.0225 mol/(L●min)；
(3)①合成氨N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) △H= -92kJ•mol-1，正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，逆反应的平衡常数增大，因此表示逆反应的平衡常数与温度变化关系的曲线为L2；
②根据图像，T0°C时正反应的平衡常数和逆反应的平衡常数相等，即=，因此c(N2)●c3(H2)=c2(NH3)，而平衡时v正=v逆，因此===1。
11．（河北省唐山一中2021届高三期中）氮、碳氧化物的排放会对环境造成污染。多年来化学工作者对氮、碳的氧化物做了广泛深入的研究并取得一些重要成果。
I．已知2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)的反应历程分两步：
第一步：2NO(g)⇌N2O2(g)(快) ∆H1<0；v1正=k1正c2(NO)； v1逆=k1逆c(N2O2)
第二步：N2O2(g)+O2(g)⇌2NO2(g)(慢 )∆H2<0；v2正=k2正c(N2O2)c(O2)； v2逆=k2逆c2(NO2)
①在两步的反应中，哪一步反应的活化能更大________________________(填“第一步”或“第二步”)。
②一定温度下，反应2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)达到平衡状态，请写出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示的平衡常数表达式K=_________________________；
II．(1)利用CO2和CH4重整不仅可以获得合成气(主要成分为CO、H2)，还可减少温室气体的排放。已知重整过程中部分反应的热化方程式为：
①CH4(g)=C(s)+2H2(g) ΔH1＞0
②CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH2＞0
③CO(g)+H2(g)=C(s)+H2O(g) ΔH3＜0
则反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)的ΔH=_____________(用含ΔH1、ΔH2、ΔH3的代数式表示)
(2)在密闭容器中通入物质的量均为0.1mol的CH4和CO2，在一定条件下发生反应CO2(g)+CH4(g)⇌2CO(g)+2H2(g)，CH4的平衡转化率与温度及压强(单位Pa)的关系如图所示。

y点：v(正)_____v(逆)(填“大于”“小于”或“等于”)。已知气体分压(p分)=气体总压(p总)×气体的物质的量分数。用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数Kp，求x点对应温度下反应的平衡常数Kp=____________。
III．设计如图装置(均为惰性电极)电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7，图中电解制备过程的总反应化学方程式为__________________________。

【答案】I．第二步 II． (1) ΔH1+ΔH2-ΔH3 (2) 大于 III． 4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑
【解析】I．①．①2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）的两步反应历程中第一步快、第二步慢，慢反应活化能更大，所以第二步反应活化能更大；
②反应达到平衡状态，则v1正=v1逆，v2正=v2逆，即k1正c2(NO)=k1逆c(N2O2)，k2正c(N2O2)•c(O2)=k2逆c2(NO2)，，2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)的平衡常数K=；
II．(1)已知：
①CH4(g)=C(s)+2H2(g) ΔH1＞0
②CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH2＞0
③CO(g)+H2(g)=C(s)+H2O(g) ΔH3＜0
根据盖斯定律，反应①+反应②-反应③即可得CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)的△H=ΔH1+ΔH2-ΔH3；
(2) 由图乙可知，y点在x点的正下方，x点在CH4的平衡转化率曲线上，相同条件下，平衡时物质的转化率最大，而转化率：y＜x，则y点的反应正向进行，即v（正）大于v（逆）；由图乙可知，x点对应温度下CH4的平衡转化率为50%，根据三段式：

平衡常数K=；
III．CrO在酸性条件下转化为Cr2O，电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7，应在酸性条件下进行，即右侧电极生成H+，则消耗OH-，发生氧化反应，右侧为阳极，连接电源的正极，左侧为阴极，连接电源负极；电解制备过程的总反应方程式为：4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑。
12．（江苏省南通市如皋中学2021届高三调研）甲醇是基本的有机合成原料之一，甲醇的制取及应用是有机工业研究的热点。
(1)以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下：
反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1＝－49.5 kJ·mol－1
反应Ⅱ：CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH2＝－90.4 kJ·mol－1
反应Ⅲ：CO2(g)＋H2(g)⇌CO(g)＋H2O (g) ΔH3
①反应Ⅲ能够自发进行的原因是__________________________________________。
②不同压强下，按n(CO2)∶n(H2)＝1∶3投料，测得CO2的平衡转化率随温度的变化关系如图所示。压强 p1______p2（填“＞”或“<”），T1 K后，反应主要以________________________（填“反应Ⅰ”、“反应Ⅱ”或“反应Ⅲ”）为主。T2 K后，曲线重合的原因是________________________。

(2)以甲醇为原料，通过电化学法可以合成碳酸二甲酯[(CH3O)2CO]，工作原理如图所示。

①阳极的电极反应式为_________________________________________。
②若以铅蓄电池为电源，B应与铅蓄电池的_____（填“Pb”或“PbO2” ）相连。
【答案】(1)ΔS＞0 ＞ 反应Ⅲ 反应Ⅲ前后气体分子数相等，改变压强对平衡没有影响 (2)2CH3OH＋CO－2e－=(CH3O)2CO＋2H＋ Pb
【解析】(1)①利用盖斯定律，①式-②式得到反应Ⅲ：CO2(g)＋H2(g)⇌CO(g)＋H2O (g) ，其 ，即ΔH3>0，根据复合判据，要能够自发进行，ΔG<0，则ΔS>0；
②根据图像可知，在相同温度下，p1、p2、p3对应的CO2的平衡转化率依次减小，而增大压强，平衡向气体体积减小方向移动，即正反应方向移动，CO2的平衡转化率增大，故p1 >p2 >p3；
根据曲线变化趋势T1 K后，温度对平衡的影响比压强大得多，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，而反应Ⅲ为吸热反应，故反应主要以反应Ⅲ主；T2 K后，反应还是主要以反应Ⅲ主，反应Ⅲ前后气体分子数相等，改变压强对平衡没有影响；
(2) ①根据工作原理图可知，该装置为电解池，阳极上CH3OH和CO失去电子变成(CH3O)2CO，其电极反应式为2CH3OH＋CO－2e－=(CH3O)2CO＋2H＋；
②根据工作原理图可知，A是电源的正极，B是电源的负极，铅蓄电池负极上Pb放电，故B应与铅蓄电池的Pb相连。
13． （辽宁省丹东市五校2021届高三联考）
(1)含氮废水是造成水体污染的重要原因之一、研究含氮废水的处理对水体净化有重要意义。利用 O2 和 H2 可高效去除水体中同时存在的 NH和 NO 。
具体方法是：先利用氧气将 NH氧化成 NO，再利用 H2 将 NO还原为N2 (2NO+5H2N2+2OH-+4H2O)。
①写出 N2 的电子式_____________________________。
②利用氧气氧化NH的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_____________________________。
③若完全处理含 100g 含 NH4NO34％的废水，至少需要标准状况下的 H2___________L。
④该污水处理的好处是_____________________________(列举一条即可)
(2)碱性锌锰电池是日常生活中消耗量最大的电池， 其构造如图所示。放电时总反应为 Zn+2H2O+2MnO2=Zn(OH)2+2MnOOH。从废旧碱性锌锰 电池中回收 Zn 和 MnO2 的工艺如图：


回答下列问题：
①“还原焙烧”过程中，高价金属化合物被还原为低价氧化物或金属单质(其中 MnOOH、 MnO2 被还原成 MnO)，主要原因是“粉料”中含有_____________________________(写名称)
②已知有关数据如下表所示，“净化”是为了除去浸出液中的 Fe2+， 操作方法是__________________
_______________________________________________。

Zn(OH)2
Fe(OH)3
Mn(OH)2
开始沉淀的 pH
5.5
1.9
8.0
沉淀完全的 pH
8.0
3.2
10.0
③ “电解”时，阳极的电极反应式为_______________________________________________。本工艺中应循环利用的物质是___________(填化学式)。
【答案】(1) 2：1 5.6 降低了物质中的N的含量，生成无污染的N2或两个过程中生成的酸碱发生中和反应，降低了污水的酸碱性 (2) 碳 加入H2O2溶液后调节溶液的pH在3.2-5.5，过滤除去Fe(OH)3沉淀 Mn2+-2e−+2H2O=MnO2+4H+ H2SO4
【解析】根据氧化还原反应原理分析反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比；根据反应方程式及气体摩尔体积进行相关计算；根据流程图分析，废旧电池粉碎后，经过还原焙烧得到低价的金属氧化物或金属单质，硫酸溶解后得到滤液中含有硫酸锰、硫酸亚铁和硫酸锌，净化的目的是除铁，通过先将亚铁离子氧化为铁离子，再调节溶液pH使之以氢氧化铁形成完全沉淀，最后运用电解原理电解滤液得到MnO2和Zn，据此解答。
(1)①N2中氮原子通过共用3对电子对成键，电子式为；
②氧气和铵根反应的离子方程式为NH+2O2= NO+H2O+2H+，由离子方程式可以看出NH是还原剂，O2是氧化剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比2：1；
③由N原子守恒可知，NH4NO3→2NO3-，结合离子方程式2NO+5H2N2+2OH-+4H2O可得，完全处理含1 molNH4NO3的废水，至少需要标准状况下的H2的物质的量为5 mol，在标准状况下，由n(H2)=，则标准状况下的体积为0.25 mol×22.4 L/mol=5.6 L；
④根据题干信息分析，该处理方法降低了物质中的N的含量，生成无污染的N2或两个过程中生成的酸碱发生中和反应，降低了污水的酸碱性；
(2)①根据题干信息分析知，碱性锌锰电池粉料中含有碳具有还原性，“还原焙烧”过程中，碳将高价金属化合物被还原为低价氧化物或金属单质(其中 MnOOH、 MnO2被还原成 MnO)；
②“净化”是为了除去浸出液中的Fe2+，操作方法是利用H2O2溶液的氧化性将Fe2+氧化为Fe3+，再由题给信息中沉淀的pH范围判断，调节pH的范围为3.2-5.5，使得Fe(OH)3沉淀完全，而Mn2+和Zn2+不沉淀，过滤除去沉淀；
③电解时，阳极Mn2+失电子发生氧化反应生成MnO2，阳极的电极反应式为Mn2+-2e−+2H2O=MnO2+4H+；废电解液为硫酸，则本工艺中应循环利用的物质是H2SO4。
14．（重庆市第一中学校2020-2021高三月考）防治氮氧化物造成的空气污染是目前环境保护领域的重要课题之一
Ⅰ.有人提出，利用汽车尾气中的NO（g）和CO（g）反应2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）△H=-764.5kJ/mol，减少尾气中有害气体排放。
(1)将CO和NO按不同比例投入一密闭容器中，控制一定温度，发生反应反应达到平衡时，所得的混合气体中含N2的体积分数随的变化曲线如图1所示。

①a、b、c、d对应NO转化率最大的是______________________________。
②若=1，T1温度下，反应达平衡时，体系的总压强为aPa、N2的体积分数为20%，该温度下反应的平衡常数Kp为________________（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）
(2)将NO和CO的混合气体（物质的量之比1：1）以一定的流速通过催化剂a，相同时间、不同温度下测得脱氮率与温度的关系如图2所示。
①曲线Ⅰ显示随着温度升高脱氮率先增大后减小，其中减小的原因是________________。
②已知催化剂b活性高于催化剂a，且450℃下活性最大，若保持其它条件和反应时间不变，用b替代a进行上述实验，则450℃下对应的脱氮率________________37%（填“≤”、“＜”、“无法判断”）。
Ⅱ.有人提出可以用含Ce4+的溶液吸收空气中的NO，生成NO、NO（物质的量之比为1：1）。
(3)试写出该反应的离子方程式__________________________________________（已知Ce4+被还原为Ce3+）。
(4)用电解的方法可将上述吸收液中的NO转化为稳定的无毒气体，同时再生Ce4+，其原理如图3所示。
①再生后含Ce4+溶液的出口是_____________________________（填字母序号）。
②若再生1mol Ce4+，阴极室H+物质的量的变化量△n（H+）=________________mol。
【答案】(1)c Pa-1 (2) 当温度达到一定程度，催化剂a活性降低，反应速率降低，相同时间内脱氮率减小 ≤ (3) 4Ce4++2NO+3H2O=4Ce3++++6H+ (4)a
【解析】①相同时，T2对应的N2的体积分数较高，说明平衡正移，T2＜T1，T2对应的NO转化率较大，温度相同时，越大，则CO的量越多，平衡正向进行，NO的转化率越大，故c点对应NO转化率最大，故答案为c；
②=1时，设n（CO）=n（NO）=1mol，列三段式：

n（N2）%==×100%=20%，解得x=2mol，平衡常数KP=，P（NO）=×aPa，P（CO）=×aPa，P（N2）=×aPa，P（CO2）=×aPa，KP==Pa-1；
(2)①催化剂的催化活性随温度的变化而改变，曲线Ⅰ随温度的升高催化剂a活性增强，反应速率加快，脱氮率先增大，当温度达到一定程度，催化剂a活性降低，反应速率降低，相同时间内脱氮率减小；
②由于催化剂不改变平衡移动，即450℃平衡时脱氮率不变且最大为37%，故答案为：≤；
Ⅱ(3)根据题意知，Ce4+被还原为Ce3+，NO被氧化为、（物质的量之比为1：1），据此结合电子转移守恒、电荷守恒配平离子方程式为：4Ce4++2NO+3H2O=4Ce3++++6H+；
(4)①将吸收液中的NO2-转化为稳定的无毒气体，则N元素化合价降低作阴极，Ce3+化合价升高为Ce4+作阳极，阳极与电源正极相连，故再生后含Ce4+溶液的出口是a；
②阴极电极反应为：2+8H++6e-=N2↑+4H2O，阳极电极反应为：Ce3+-e-=Ce4+，若再生1molCe4+，则电子转移数为1mol，△n（H+）=mol=mol。
15．（重庆市西南大学附属中学校2021届月考）研究含氮元素物质的反应对生产和生活具有重要的意义。
(1)已知下列反应的热化学方程式：
① 6C(s) + 5H2(g) + 3N2(g) + 9O2(g)=2C3H5(ONO2)3(l)　 ΔH1
② 2H2(g) + O2(g)= 2H2O(g)　 ΔH2
③ C(s) + O2(g)=CO2(g)　 ΔH3
则反应4C3H5(ONO2)3(l)=12CO2(g) + 10H2O(g) + O2(g) + 6N2(g)的ΔH = _____________________。
(2)碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率，反应历程为：
第一步I2(g)2I(g)(快反应)
第二步I(g) + N2O(g) → N2(g) + IO(g)(慢反应)
第三步IO(g) + N2O(g) → N2(g) + O2(g) + I2(g)(快反应)
实验表明，含碘时N2O分解速率方程 v = k·c(N2O)·[c(I2)]0.5(k为速率常数)。
下列表述正确的是________________________。
A．N2O分解反应中，k值与是否含碘蒸气无关
B．第二步对总反应速率起决定作用
C．第二步活化能比第三步大
D．IO为反应的催化剂
(3)为避免汽车尾气中的氮氧化合物对大气的污染，需给汽车安装尾气净化装置。在净化装置中CO和NO发生反应2NO(g) + 2CO(g)⇌N2(g) + 2CO2(g) ΔH = –746.8 kJ·mol－1。实验测得：v正 = k正·c2(NO)·c2(CO)，v逆 = k逆·c(N2)·c2(CO2)(k正、k逆为速率常数，只与温度有关)。
①达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数_____________(填“大于”“小于”或“等于”)k逆增大的倍数。
②若在2 L的密闭容器中充入1 mol CO和1 mol NO，在一定温度下达到平衡时，达平衡时总压为起始时的0.9倍，则= ____________。(保留小数点后两位)
(4)实验室用NaOH溶液处理NOx。已知Ksp(AgNO2)=2×10－8，某吸收液中溶质只含NaNO2，溶液中c(NO) = 1.0×10－4 mol·L－1，取该溶液5 mL，加入1滴0.1 mol·L－1的AgNO3溶液混合均匀(20滴约为1 mL)，估算__________(填“能”或“不能”)产生AgNO2沉淀。当NO完全沉淀时，c(Ag＋) =_________________。
【答案】(1)5ΔH2 +12ΔH3－2ΔH1 (2)ABC (3)小于 0.49 (4)能 2×10−3 mol/L
【解析】(1)由盖斯定律：5×②+12×③-2×①得：4C3H5(ONO2)3(l)═12CO2(g)+10H2O(g)+O2(g)+6N2(g)ΔH=5ΔH2 +12ΔH3－2ΔH1；
(2)根据反应历程可知碘蒸气为N2O分解的催化剂，催化剂和温度会影响速率常数，所以N2O分解反应中，k值与是否含碘蒸气无关，故A正确；慢反应决定总反应速率起决定作用，所以第二步对总反应速率起决定作用，故B正确；活化能越大反应速率越慢，所以第二步活化能比第三步大，故C正确；根据反应历程可知IO为中间产物，碘蒸气为催化剂，故D错误；综上所述答案为ABC；
(3)①该反应焓变小于0，为放热反应，升高温度平衡逆向移动，说明升高温度时逆反应速率增大的倍数更大，即k正增大的倍数小于k逆增大的倍数；②达到平衡时正逆反应速率相等，所以k正·c平2(NO)·c平2(CO)= k逆·c平(N2)·c平2(CO2)，则，在2 L的密闭容器中充入1 mol CO和1 mol NO，在一定温度下达到平衡时，达平衡时总压为起始时的0.9倍，设Δc(CO)=x，则列三段式有：

所以有=0.9，解得x=0.2mol/L，则K=»0.49，即=0.49；
(4)20滴约为1 mL所以加入1滴0.1 mol·L－1的AgNO3溶液对溶液总体积的变化可以忽略，则混合溶液中c(NO) = 1.0×10－4 mol·L－1，c(Ag+)==1.0×10－3mol·L－1，1.0×10－3mol·L－1´1.0×10－4 mol·L－1=1.0×10－7>2×10－8，所以能产生AgNO2沉淀；NO完全沉淀时，即c(NO)=1×10－5 mol·L－1时，则c(Ag+)==2×10－3mol·L－1。
16．（重庆育才中学高2021届高三月考）减少污染、保护环境是人们关注的最主要问题之一，请回答以下问题。
Ⅰ.减少空气中SO2的排放，常采取的措施有：
(1)将煤转化为清洁气体燃料。
已知：H2(g)＋O2(g)=H2O(g) ΔH1=－241.8 kJ∙mol−1
C(s)＋O2(g)=CO(g) ΔH2=－110.5 kJ∙mol−1
则焦炭与水蒸气反应生成CO的热化学方程式为_____________________________。
(2)洗涤含SO2的烟气。以下物质可作洗涤剂的是________________(填序号)：
a.NaHSO3 b.Na2CO3 c.CaCl2 d.Ca(OH)2
Ⅱ.利用NH3的还原性可以消除氮氧化物的污染，其中除去NO的主要反应如下：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l) △H＜0
(3)一定温度下，在恒容密闭容器中按照n(NH3)︰n(NO)=2︰3充入反应物，发生上述反应。下列不能判断该反应达到平衡状态的是________________。
A．c(NH3)︰c(NO)=2︰3
B．n(NH3)︰n(N2)不变
C．容器内压强不变
D．容器内混合气体的密度不变
E.气体的平均相对分子质量不变
F.1molN—H键断裂的同时，生成2molO—H键
(4)已知该反应速率υ正=k正·c4(NH3)·c6(NO)，υ逆=k逆·cx(N2)·cy(H2O)(k正、k逆分别是正、逆反应速率常数)，该反应的平衡常数K=，则x=________________，y=_________________。
(5)某研究小组将2molNH3、3molNO和一定量的O2充入3L密闭容器中，在Ag2O催化剂表面发生上述反应，NO的转化率随温度变化的情况如图所示：

①有氧条件下，在10min内，温度从420K升高到580K，此时段内NO的平均反应速率υ(NO)=_________；
②在有氧条件下，温度580K之后NO生成N2的转化率降低的原因可能是_________________。
【答案】(1)C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) ΔH=+131.3 kJ∙mol−1 (2) bd (3)AF (4) 5 0 (5)0.057 mol∙L−1∙min−1 平衡逆向移动
【解析】(1)将第一个方程式减去第二个方程式得到焦炭与水蒸气反应生成CO的热化学方程式为C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) ΔH=+131.3 kJ∙mol−1；
(2)a．NaHSO3和SO2不反应，不能做洗涤剂，故a不符合题意；b．Na2CO3和SO2反应生成亚硫酸钠和二氧化碳，可做洗涤剂，故b符合题意；c．CaCl2和SO2不反应，不能做洗涤剂，故c不符合题意；d．Ca(OH)2和SO2反应生成亚硫酸钙，可做洗涤剂，故d符合题意；综上所述，答案为：bd。
(3)n(NH3)︰n(NO)=2︰3充入反应物，其浓度比值始终是c(NH3)︰c(NO)=2︰3，因此不能作为判断平衡的标志，故A符合题意；氮气是生成物，氨气是反应物，当n(NH3)︰n(N2)不变，则能作为判断平衡的标志，故B不符合题意；该反应是体积减小的反应，容器内压强不断减小，当容器内压强不变，则可以作为判断平衡的标志，故C不符合题意；密度等于气体质量除以容器的体积，正向反应，气体质量减少，容器体积不变，当容器内混合气体的密度不变，则可以作为判断平衡的标志，故D不符合题意；气体摩尔质量等于气体质量除以气体的物质的量，正向反应，气体质量不变，气体物质的量减小，则气体摩尔质量增大，当气体的平均相对分子质量不变，则可以作为判断平衡的标志，故E不符合题意；1mol N—H键断裂，正向反应，生成2mol O—H键，逆向反应，1mol N—H键断裂与1mol O—H键断裂才能作为判断平衡的标志，因此1molN—H键断裂的同时，生成2molO—H键，不能作为判断平衡的标志，故F符合题意；综上所述，答案为AF。
(4)根据题意得到，该反应的平衡常数，因此得到x=5，y=0；
(5)①有氧条件下，在10min内，温度从420K升高到580K，此时段内NO的平均反应速率；②在有氧条件下，温度580K之后，由于该反应是放热反应，因此升高温度，平衡向吸热反应即逆向移动，因此NO生成N2的转化率降低。