1、化学反应原理综合1.（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)。写出 N2 的电子式_。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_。若完全处理含 100g 含 NH4NO34的废水，至少需要标准状况下的 H2_L。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
2、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：“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)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)2Fe(OH)3Mn(OH)2开始沉淀的 pH5.51.98.0沉淀完全的 pH8.03.210.0 “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
3、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
4、和Zn，据此解答。(1)N2中氮原子通过共用3对电子对成键，电子式为；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；由N原子守恒可知，NH4NO32NO3-，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 mol22.4 L/mol=5.6 L；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
5、碱发生中和反应，降低了污水的酸碱性；(2)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)；“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；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
6、物质是H2SO4。2（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.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。a、b、c、d对应NO转化率最大的是_。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
7、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。曲线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_。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”）。.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
8、，同时再生Ce4+，其原理如图3所示。再生后含Ce4+溶液的出口是_（填字母序号）。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】相同时，T2对应的N2的体积分数较高，说明平衡正移，T2T1，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；=1时，设n（CO）=n（NO）=1mol，列三段式：n（N2）%=
9、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)催化剂的催化活性随温度的变化而改变，曲线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；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：；(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)将吸收液中
10、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；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。3（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： 6C(s) + 5H2(g) + 3N2(g) + 9O2(g)=2C3H5(ONO2)3(l) H1 2H2(g) + O2(g)= 2H2O(g) H
11、2 C(s) + O2(g)=CO2(g) H3则反应4C3H5(ONO2)3(l)=12CO2(g) + 10H2O(g) + O2(g) + 6N2(g)的H = _。(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 = kc(N2O)c(I2)0.5(k为速率常数)。下列表述正确的是_。AN2O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
12、起决定作用C第二步活化能比第三步大 DIO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) H = 746.8 kJmol1。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)。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。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= _。
13、(保留小数点后两位)(4)实验室用NaOH溶液处理NOx。已知Ksp(AgNO2)=2108，某吸收液中溶质只含NaNO2，溶液中c(NO) = 1.0104 molL1，取该溶液5 mL，加入1滴0.1 molL1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)5H2 +12H32H1 (2)ABC (3)小于 0.49 (4)能 2103 mol/L 【解析】(1)由盖斯定律：5+12-2得：4C3H5(ONO2)3(l)12CO2(g)+10H2O(g)+O2(g)+6N2(g)H=5H2
14、+12H32H1；(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)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；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(CO
15、2)，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c(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 molL1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) = 1.0104 molL1，c(Ag+)=1.0103molL1，1.0103molL11.0104 molL1=1.01072108，所以能产生AgNO2沉淀；NO完全沉淀时，即c(NO)=1105 molL1时，则c(Ag+)=2103mo
16、lL1。4（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。.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) H1=241.8 kJmol1C(s)O2(g)=CO(g) H2=110.5 kJmol1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.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(
17、g)+6H2O(l) H0(3)一定温度下，在恒容密闭容器中按照n(NH3)n(NO)=23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_。Ac(NH3)c(NO)=23Bn(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.1molNH键断裂的同时，生成2molOH键(4)已知该反应速率正=k正c4(NH3)c6(NO)，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
18、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：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(NO)=_；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) H=+131.3 kJmol1 (2) bd (3)AF (4) 5 0 (5)0.057 molL1min1 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) H=+131.3 kJmol1；(2)aNaHSO3
19、和SO2不反应，不能做洗涤剂，故a不符合题意；bNa2CO3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；cCaCl2和SO2不反应，不能做洗涤剂，故c不符合题意；dCa(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)=23充入反应物，其浓度比值始终是c(NH3)c(NO)=23，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
20、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 NH键断裂，正向反应，生成2mol OH键，逆向反应，1mol NH键断裂与1mol OH键断裂才能作为判断平衡的标志，因此1molNH键断裂的同时，生成2molOH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
21、数，因此得到x=5，y=0；(5)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；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。5（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
22、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/()01020304050NO1.000.580.400.400.480.4800.210.300.300.360.36010min内，NO的平均反应速率_30min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
23、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】(1) 根据盖斯定律可知-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
24、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；(3)根据图表数据得到010min内，NO的浓度减少了1.00mol/L0.58mol/L0.42mol/L，则平均反应速率v(NO)=0.42mol/L10min=0.042mol/（Lmin）；30min后，只改变某一条件，
25、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
26、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%。6（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_。AGa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：KaAl(OH)3=210-11，KaGa(OH)3=1.410-7，向同浓度的NaGaO
27、2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。电解精炼时，a为电源_极(填“正”或“负”)，阳极泥的主要成分是_。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+C
28、O (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
29、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) 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；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1
30、molGaN，转移2.5mol电子。7（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：.(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Ca、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
31、%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。放电时的正极反应式为_。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) KaKbKc 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
32、】（1）由盖斯定律可知，()可得反应，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cba，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KaKbKc；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
33、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
34、）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；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。8（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
35、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）2MNiOOHMH。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
36、+e-+H+= Ni（OH）2 (4)2 Co2+HCO3-+3NH3H2O= 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
37、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）2MNiOOHMH，放电时正极发生还原反应，所以正极的电极反应式为：NiOOH+
38、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-+3NH3H2O=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。9（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：标准反
39、 快速反应 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：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_。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
40、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。比较大小：处_处(填“”、“”或“=”)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) 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) 由盖斯定律+得： =+=()+()=-1632.4kJ/mol；(2)焓减、熵增
41、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，则反应以第个为主；(3)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；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，因此出现了脱氮率随温度升高先增大后减小的趋势；(4)b处二氧化碳的体积分数不再
42、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”、“”“”或“=”)k逆增大的倍数。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) H111kJmol1 (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
43、为Cl2(g)2NO(g)2ClNO(g) H243kJmol1630kJmol12200 kJmol12607kJmol12111kJmol1。(2)010min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。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
44、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)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。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=。14（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：
45、N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=_。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%。N2的平衡体积分数为_。010 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：表示逆反应的平衡常数与温度变化关系的曲线为_
46、(填“L1”或 “L2)，理由为_。T0C时，= _。【答案】(1)-92 kJ/mol 124 N2+3H2=2N+6H (2) 10% 0.0225mol/(Lmin) (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)根据反应历程图可知，以2N2+6H 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=-92kJmol-1；根据图像，对总反应速率影响较小的步骤为N2+3H2=2N+6H，该步骤的能垒为(90+34)kJ/mol=124 kJ/mol；(2)假设达到平衡时生成
47、的NH3的物质的量为2xmol， 10min末达到平衡，测得NH3的体积分数为60%，即100%=60%，解得：x=0.75。N2的平衡体积分数为100%=10%；010min内，用H2的浓度变化表示的平均反应速率v(H2)= 0.0225mol/(Lmin)；(3)合成氨N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H= -92kJmol-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；根据图像，T0C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。15
48、（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) H10；v1正=k1正c2(NO)； v1逆=k1逆c(N2O2)第二步：N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢 )H20；v2正=k2正c(N2O2)c(O2)； v2逆=k2逆c2(NO2)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”)。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、
49、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：CH4(g)=C(s)+2H2(g) H10CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) H20CO(g)+H2(g)=C(s)+H2O(g) H30则反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)的H=_(用含H1、H2、H3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
50、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) H1+H2-H3 (2) 大于 III 4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2+O2 【解析】I2NO（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
51、能更大，所以第二步反应活化能更大；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：CH4(g)=C(s)+2H2(g) H10CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) H20CO(g)+H2(g)=C(s)+H2O(g) H30根据盖斯定律，反应+反应-反应即可得CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)的H=H1+H2-H3；(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
52、条件下，平衡时物质的转化率最大，而转化率：yx，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=；IIICrO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。16（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
53、)以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下：反应：CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g) H149.5 kJmol1反应：CO(g)2H2(g)CH3OH(g) H290.4 kJmol1反应：CO2(g)H2(g)CO(g)H2O (g) H3反应能够自发进行的原因是_。不同压强下，按n(CO2)n(H2)13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“0，根据复合判据，要能够自发进行，G0；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，而反应为吸热反应，故反应主要以反应主；T2 K后，反应还是主要以反应主，反应前后气体分子数相等，改变压强对平衡没有影响；(2) 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2CH3OHCO2e=(CH3O)2CO2H；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。