第一章 第三节 化学反应热的计算四星题
1．（10分）常温常压下，断裂1mol气体分子化学键所吸收的能量或形成1mol气
-1
体分子化学键所放出的能量称为键能（单位为kJ.mol），根据下表键能数据
－1
（kJ·mol）回答问题：
化学键 键能 C－F 427 C－Cl 330 C－I 218 H－H 436 S＝S 255 H－S 339 （1）由表中数据预测C－Br键的键能范围：_________＜C－Br键能＜_________（回答数值和单位）
－1
（2）热化学方程式2H2(g)＋S2(g) = 2H2S(g)；△H= QkJ·mol；则Q= （3）已知下列热化学方程式：
+- -1 - —
①O2 (g) = O2(g) + e?H1= +1175.7 kJ·mol ②PtF6(g) + e= PtF6(g) ?H2=
-1
-771.1 kJ·mol
③O2PtF6(s) = O2(g) + PtF6(g) ?H3= +482.2 kJ·mol
+--1
则反应O2(g) + (g) = O2PtF6(s) ?H=_____________ kJ·mol。
－1 －1
【答案】（10分） （1）218 KJ·mol 330 KJ·mol（2）—229 （3）PtF6 ；—77.6 【解析】 试题分析：（1）由于Br元的原子半径大于Cl，小于I原子，所以由表中数据预测C－Br键的键能范围应该是小于3307KJ/mol，大于218KJ/mol，（2）热化学方程式2H2(g)
－1
＋S2(g) = 2H2S(g)；△H= QkJ·mol；则该反应的反应热是断裂2mol的H—H和1mol的S—S所吸收的热量与形成4mol的H—S所释放的热量的差，Q=[（2×436+1×255）
+-—4×339] KJ/mol =—229KJ/mol；①+②—③，整理可得：O2(g) + PtF6(g) = O2PtF6(s)
ΔH=—77.6 KJ/mol。
考点：考查反应热与键能的关系、热化学方程式的书写及盖斯定律的应用的知识。 2．用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。例如：
－1
①CH4(g)＋4NO2(g)===4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－574 kJ·mol
－1
②CH4(g)＋4NO(g)===2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－1160 kJ·mol 下列说法不正确的是:（ ） A．由反应①、②可推知：CH4(g)＋2NO2(g)=N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝-867 kJ·mol－1
B．等物质的量的甲烷分别参与反应①、②，则反应转移的电子数相等 C．若用标准状况下4.48 L CH4还原NO2至N2，放出的热量为173.4 kJ
D．若用标准状况下4.48 L CH4还原NO2至N2，整个过程中转移的电子总数为3.2NA 【答案】D 【解析】
试题分析：A、根据盖斯定律可知CH4(g)＋2NO2(g)=N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)，由（①+
－1－1
②）/2可得，所以ΔH＝[(－574 kJ·mol)+( －1160 kJ·mol)]/2=-867 kJ·mol－1
，正确；B、等物质的量的甲烷分别参与反应①、②，甲烷中的-4价C原子全部转化为+4价C，所以转移的电子数相等，正确；C、标准状况下4.48 L CH4的物质的量是0.2mol，
－1
还原NO2至N2，根据A的结果，放出的热量为0.2mol×(867 kJ·mol)=173.4 kJ，正确；D、0.2mol甲烷还原NO2至N2，本身被氧化为CO2，所以整个过程转移电子的物质的量是0.2mol×8=1.6mol，电子总数是1.6NA，错误，答案选D。 考点：考查盖斯定律的应用，氧化还原反应的分析
－1
3． 已知CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l) ΔH1＝－Q1 kJ·mol；
－1
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH2＝－Q2 kJ·mol；2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)
－1
ΔH3＝－Q3 kJ·mol。常温下，取体积比4∶1的甲烷和氢气的混合气体11.2L(标准状况下)，经完全燃烧后恢复至室温，则放出的热量为
+
-+
-
-1
A．0.4Q1＋0.05Q3 B．0.4Q1＋0.05Q2 C．0.4Q1＋0.1Q3 D．0.4Q1＋0.2Q2 【答案】A 【解析】
试题分析：取体积比4∶1的甲烷和氢气的混合气体11.2L(标准状况下)，混合气是11.2/22.4=0.5mol，其中甲烷是0.4mol，氢气是0.1mol，所以根据热化学方程式可知，放出的热量是0.4Q1＋0.05Q3，选A。 考点：考查反应热的计算。
4．N2和H2合成NH3的能量变化如图所示，该反应的热化学方程式是( )
A．N2(g)＋3H2(g) ＝ 2NH3(g) ；△H ＝ 2(b—a) kJ/mol B．N2(g)＋3H2(g) ＝ 2NH3(l)；△H ＝ 2(a—b—c) kJ/mol
13N2(g)＋H2(g) ＝ NH3(l) ；△H ＝ (b＋c—a) kJ/mol 2213D．N2(g)＋H2(g) ＝NH3(g) ；△H ＝ (a＋b) kJ/mol
22C．
【答案】B 【解析】
试题分析：由图示可知:断裂 1/2mol N2(g)和3/2mol H2(g)中的化学键共吸收a kJ的能量,由1 mol N和3 mol H生成1 mol NH3(g)放出b kJ的能量,由1 mol NH3(g)变为1 mol NH3(l)放出c kJ能量，故有①
13N2(g)＋H2(g) ＝ NH3(l) ；△H ＝(a—b—c) 222NH3(g) ΔH= 2(a-b-c)kJ·mol,选B。
-1
kJ/mol；①式乘以2得:②N2(g)+3H2(g)
考点：考查反应热的计算，盖斯定律的应用。
5．下列说法或表达正确的是（ ）
①活性炭、SO2和HClO都具有漂白作用，且漂白的化学原理相同
②向100mL0.1mol/L 的溴化亚铁溶液中通入0.05mol的氯气时发生反应的离子方程式： 2＋-3＋-2Fe＋4Br＋3Cl2=2 Fe＋2Br2＋6Cl
③因为氧化性：HClO＞稀H2SO4，所以非金属性：Cl＞S
④酸性条件下KIO3溶液与KI溶液发生反应生成I2时的离子方程式： －－－IO3＋5I＋3H2O=I2＋6OH
⑤碳酸氢根离子的电离方程式可表示为：
⑥元素周期表中，从上到下，卤族元素的非金属性逐渐减弱，氢卤酸的酸性依次减弱 ⑦500℃、30MPa下，将0.5mol N2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g) 2NH3 (g)
-1
△H=-38.6kJ·mol
A．全部 B．②⑤ C．②③④⑦ D．②④⑦ 【答案】B
【解析】
试题分析：①活性炭的漂泊是吸附作用，属于物理变化，HClO的漂泊是利用了HClO的强氧化性，SO2的漂泊是SO2与有颜色的物质发生了非氧化反应，生成无色物质，漂泊原理不同，错误；②FeBr2与Cl2的物质的量之比为1:5，Cl2过量，离子方程式正确；③HClO与稀硫酸的氧化性强弱和非金属性无关，错误；④酸性条件下，不可能生成OH￣，错误；
++
⑤生成的H3O为H，正确；⑥元素周期表中，从上到下，氢卤酸的酸性依次增强，错误；⑦因为N2与H2的反应为可逆反应，所以0.5mol N2与1.5mol H2不可能完全反应，无法求算?H，错误。
考点：本题考查漂白性、离子方程式的书写、非金属性的比较、元素性质的递变性、?H的计算。
6．选做（1）红磷P(s)和Cl2(g)发生反应生成PCl3(g)和PCl5(g)。反应过程和能量关系如图所示(图中的ΔH表示生成1 mol产物的数据)。根据下图回答下列问题：
(a)P和Cl2反应生成PCl3的热化学方程式是______________________________ ；
(b)P和Cl2分两步反应生成1 mol PCl5的ΔH3＝____________________，P和Cl2一步反应生成1 mol PCl5的ΔH4____________ΔH3(填“大于”．“小于”．或“等于”)。
＋－
（2）在微生物作用的条件下，NH4经过两步反应被氧化成NO3。这两步的能量变化示意图如下：
(a)第二步反应是________反应(选填“放热”或“吸热”)，判断依据是__________ 。
+-(b)1molNH4(aq)全部氧化成NO2(aq)的热化学方程式是
_____________________________________。
【答案】（1）(a) Cl2(g)＋P(s)===PCl3(g) ΔH＝－306 kJ/mol ；(b)－399 kJ/mol ；
2
+
等于；（2） (a)放热；ΔH＝－73 kJ/mol(或反应的总能量大于生成物的总能量)；(b)NH4 (aq)＋
33-＋
O2(g)===NO2 (aq)＋2H(aq)＋H2O(l) ΔH＝－273 kJ/mol 23Cl2(g)=PCl3(g)△H=2【解析】
试题分析：（1）(a)根据反应过程和能量关系图，得出：P(s)＋
－306kJ·mol；(b)P(s)＋②，①＋②得：P(s)＋
－1
－1
3Cl2(g)=PCl3(g)△H1 ①，PCl3(g)＋Cl2(g)=PCl3(g)△H2 251＋－1
Cl2(g)=PCl5(g)△H3=△H△H2=－306－93kJ·mol=－2399kJ·mol；根据盖斯定律，只要是始态和终态不变，无论是一步还是多步完成，反应热不变，填写“等于”；（2）(a)一个反应是放热反应还是吸热反应，决定于反应物的总能量与生成物的的总能量的相对大小，反应物的总能量大于生成物的总能量，此反应是放热反应，△H<0，如果反应物的总能量小于生成物的总能量，此反应是吸热反应，△H>0，根据图中信息，反应物的总能量大于生成物的总量，是放热反应，依据是：△H<0或者反应物的总能量大于生成物的总能量；（b）根据第一步反应的图，热化学反应方程
－1
式：NH4＋(aq)＋3/2O2(g)=NO2－(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l) △H=－273kJ·mol。 考点：考查反应热、热化学反应方程式的书写等相关知识。 7．（12分）氢气是一种新型的绿色能源，又是一种重要的化工原料。
-1
（1）氢气的燃烧热值高，H2(g) +1/2 O2 (g) = H2O (g) △H = -241.8 kJ·mol
化学键 键能-1(kJ·mol) H-H X O=O 496.4 -1O-H 463 请根据相关数据计算：H-H的键能X = ________kJ·mol。
（2）根据现代工业技术可以用H和CO反应来生产燃料甲醇，其反应方程式如下：
-1
CO2 (g) + H2(g) = H2O + CH3OH(g) △H = -49.00 kJ·mol
一定温度下，在体积为1 L的密闭容器中充入1.00 mol CO2和3.00 mol H2，测得CO2和CH3OH的浓度随时间变化如图所示。
①能说明该反应已达平衡状态的是________（填代号）。 A．CO2在混合气体中的体积分数保持不变
B．单位时间内每消耗1.2 mol H2，同时生成0.4 mol H2O C．混合气体平均相对分子质量不随时间的变化而变化
D．反应中H2O与CH3OH的物质的量浓度比为1：1，且保持不变
②从反应开始到平衡的平均反应速率v(H2) = ________，达到平衡时氢气的转化率为________。
③该温度下的平衡常数为________（小数点后保留2位）。
④下列的条件一定能加快反应速率并且提高H2转化率的是________（填代号）。 A．升高反应温度 B．缩小容器的体积
C．保持容器体积不变，充入稀有气体 D．保持容器体积不变，充入CO2气体 【答案】（1） 436 （2） ① AC ② 0.225 mol/(L·min) 75% ③ 5.33 ④ BD
【解析】
试题分析：(1)从键能考虑化学反应的焓变△H=反应物的键能和-生成物的键能和，所以X+1/2×496.4-463×2=-241.8，解得X=463；（2）判断化学反应的平衡状态，可根据组
分的含量不再变化；当反应前后气体系数和不等时，混合气体的平均相对分子质量不再变化可作为达平衡的标志，所以A、C正确；利用题给的图像不难确定②、③的答案；④既要提高H2转化率，使平衡向正反应方向移动，又要加快反应的速率，所以BD正确。 考点：化学反应的能量变化、化学平衡状态及化学平衡常数。 8．（16分）能源短缺是人类社会面临的重大问题，利用化学反应可实现多种形式的能量相互转化。请回答以下问题：
（1）由气态基态原子形成1mol化学键释放的最低能量叫键能。从化学键的角度分析，化学反应的过程就是旧键断裂和新键的形成过程。已知反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)
－1
△H＝－93 kJ·mol。试根据表中所列键能数据，计算a 的数值为 kJ／mol。
化学键 键能/kJ·mol－1 H－H 436 N－H N≡N a 945 （2）甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景。已知在常压下有如下变化： ① 2CH3OH(l)＋3O2(g)＝2CO2(g)＋4H2O(g) ΔH ＝a kJ／mol ② H2O(g)＝H2O(l) ΔH ＝b kJ／mol
写出液态甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水的热．化．学．方程式： 。
（3）可利用甲醇燃烧反应设计一个燃料电池。如下图1，用Pt作电极材料，用氢氧化钾溶液作电解质溶液，在两个电极上分别充入甲醇和氧气。
①写出燃料电池正极的电极反应式 。
②若利用该燃料电池提供电源，与图1右边烧杯相连，在铁件表面镀铜，则铁件应是 极（填“A”或”B”）；当铁件的质量增重6.4g时，燃料电池中消耗氧气的标准状况下体积为 L。
（4）如果模拟工业上离子交换膜法制烧碱的方法，那么可以设想用如图2装置电解硫酸钾溶液来制取氢气、氧气、硫酸和氢氧化钾（电解槽内的阳离子交换膜只允许阳离子通过，阴离子交换膜只允许阴离子通过）。
①该电解槽的阳极反应式为 ，单位时间内通过阴离子交换膜的离子数与通过阳离子交换膜的离子数的比值为 。
②从出口D导出的溶液是 （填化学式）。 【答案】（1）391（2分）（2）2CH3OH(l)+3O2=2CO2(g)+4H2O(l)△H=(a+4b)KJ/mol(3分)
--（△H算错扣1分）（3）①O2+2H2O+4e=4OH(2分)；②B；（1分）；1.12（2分）（4）①---+
4OH-4e=2H2O+O2(2H2O-4e=O2+4H)(2分)；1:2（1分）②KOH（1分） 【解析】 试题分析：（1）根据反应热=反应物的键能总和-生成物的键能总和=436×3+945-6a=-93，解a=391KJ/mol。（2）根据盖斯定律分析，方程式①+4×②得出热化学方程式为：2CH3OH(l)+3O2=2CO2(g)+4H2O(l)△H=(a+4b)KJ/mol。（3）①甲醇在负极反应，氧气在正
极反应，正极反应为：O2+2H2O+4e=4OH(2分)；②电镀时镀件连接阴极，所以铁件连接B极；当铁件上增重6.4克，即析出铜6.4克，所以转移电子0.2摩尔，根据电子守恒，所以需要氧气的物质的量为0.05摩尔，标准状况下体积为1.12。（4）①电解池阳极是
---+
溶液中氢氧根离子放电，4OH-4e=2H2O+O2↑(2H2O-4e=O2↑+4H)(2分)；通过阴离子交换膜的离子为硫酸根离子，通过阳离子交换膜的离子为钾离子，根据电荷守恒，离子交换后溶液仍保持电中性，所以交换的硫酸根离子和钾离子的比值为1:2。②D为阴极，是溶液中的氢离子反应，所以剩余溶液为KOH。 考点：原电池和电解池的原理。 9．（12分）甲醇是重要的燃料，有广阔的应用前景：工业上一般以CO和为原料合成甲醇，该反应的热化学方程式为：
（1）下列措施中有利于增大该反应的反应速率且利于反应正向进行的是_____。 a．随时将CH3OH与反应混合物分离 b．降低反应温度 c．增大体系压强 d．使用高效催化剂 （2）已知：
则表示1mol气态甲醇完全燃烧生成CO2和水蒸气时的热化学方程式为___________________.
（3）在容积为2L的恒容容器中，分别研究在三种不同温度下合成甲醇，下图是上述三种温度下不同的H2和CO的起始组成比(起始时CO的物质的量均为2mol)与CO平衡转化率的关系。请回答：
--
①在图中三条曲线，对应的温度由高到低的顺序是__________________； ②利用a点对应的数据，计算出曲线Z在对应温度下
的
平衡常数：K=______；
（4）恒温下，分别将1 molCO和2molH2置于恒容容器I和恒压容器Ⅱ中（两容器起始容积相同），充分反应。
①达到平衡所需时间是I _____Ⅱ（填“>”、“<”或“=”，下同）。达到平衡后，两容器中CH3OH的体积分数关系是I_____Ⅱ。
②平衡时，测得容器工中的压强减小了30%，则该容器中CO的转化率为______。
-1
【答案】（1）c（2）CH3OH(g)+3/2O2=CO2(g)+2H2O(g)△H=-651KJ﹒mol（3）①Z>Y>X②1/4（4）①><②45% 【解析】 试题分析：（1）a、将甲醇分离，甲醇浓度减小，配合正向移动，反应速率减小，不选；b、降低温度，反应速率减小，平衡正向移动，不选；c、增大压强，反应速率增大，平衡正向移动，选；d、使用催化剂，反应速率加快，但平衡不移动，不选；所以选c。（2）根据盖斯定律分析，将方程式标记为①②③，运用-①+②+③，将方程式加减，得到热
化学方程式为：CH3OH(g)+3/2O2=CO2(g)+2H2O(g)△H=-651KJ﹒mol（3）①根据方程式分析，因为温度升高，平衡逆向移动，一氧化碳的转化率增大，所以对应的温度为：Z>Y>X。②a点一氧化碳的转化率为50%，列式计算，
初始物质的里量浓度11.50 改变的物质的量浓度0.510.5 平衡时物质的量浓度0.50.50.5
23
平衡常数=（0.5）/[(0.5×(0.5)]=4。若方程式颠倒，则平衡常数为倒数，所以平衡常数为1/4。（4）①在恒容容器中随着反应的进行，体系的压强越来越小，所以Ⅰ中反应速率慢，所以需要的时间长。压强越小，平衡逆向移动，甲醇的体积分数越小。②列式计算：
起始物质的量 1 2 0 改变的物质的量 x 2x x 平衡的物质的量 1-x 2-2x x
1-x+2-2x+x=(1+2)*1-30%x=0.45，所以一氧化碳的转化率=0.45/1=45%。 考点：化学平衡的计算。 10．（15分）通常人们把拆开1mol某化学键所吸收的能量看成该化学键的键能。键能的大小可以衡量化学键的强弱，也可以估算化学反应的反应热（△H）化学反应的△H等于反应中断裂旧化学键的键能之和与反应中形成新化学键的键能之和的差。 键能/kJ·mol1 －-1
Si—O 460 Si—Cl 360 H—H 436 H—Cl 431 Si—Si 176 Si—C 347 请回答下列问题：
（1）比较下列两组物质的熔点高低（填“>”或“<”） SiCl4 SiO2；Si SiC
（2）下图每个“●”表示硅晶体中的一个硅原子，每个硅原子与Si—Si键数之比为_____________，属于_________晶体。
（3）工业上所用的高纯硅可以通过下列反应制备得到：SiCl4(g)+2H2(g) =Si(s)+4HCl(g)；
-1
根据此方程式并结合上述表格中数据可计算出此反应的△H=+236KJ.mol，请判断该反应是 反应（填“吸热”或“放热”）。 【答案】（1）<、 < （2）1:2 , 原子 （3）吸热 【解析】 试题分析：（！）键长短，键能大，熔点高（2）每个硅原子形成四个共价键，而一个共价键由两个硅原子形成，所以：1：1/2×4=1:2 （3）焓变大于零，则为吸热 考点：考查化学键类型，焓变等相关知识 11．（15分）研究碳及其化合物有重要意义。 （1）科学家用CO2和H2生产甲醇做燃料。
已知：甲醇的燃烧热ΔH= -726.5kJ/mol；氢气的燃烧热ΔH= -285.8kJ/mol； 则常温常压下，CO2(g)和H2(g)反应生成CH3OH(l)的热化学方程式 。 （2）460℃时，在4L密闭容器中充入1mol CO2和3.25mol H2，在一定条件下反应，测
得CO2和CH3OH(g)的物质的量随时间的变化关系如图所示。
①从反应开始到3min时，H2O(g)的平均反应速率 ， ②下列措施中既能加快反应速率又能使H2的转化率增大的是 ， A、使用更有效的催化剂 B、在原容器中再充入1mol CO2
C、在原容器中再充入1mol He D、缩小容器的体积 E、将甲醇及时分离出来 ③若该反应的焓变为ΔH，则下列示意图正确且能说明反应达到平衡状态的是________。
④该条件下，此反应的化学平衡常数为 。 （3）科学家研究发现，还可以用电催化法将CO2还原为碳氢化合物。原理如下图所示（电解质溶液是一种钾盐）。若CxHy为C2H4，则该原理的总反应式为为： 。
（4）已知
化学式 HCN H2CO3 电离平衡常数 K=4.9×10 K1=4.3×10、K2=5.6×10 --7-11-10①25℃时，测得HCN和NaCN的混合溶液的pH=11，则c(HCN)/c(CN)=_________。 ②向NaCN溶液中通入少量CO2，则发生反应的离子方程式为：________________。 【答案】（15分）．
（1）CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l) ΔH= -130.9 kJ/mol （2分） （2）①0.042mol/(l·min) （1分） ，②BD （2分），③BE （2分），④36 （2分）； （3）2CO2+ 2H2O =C2H4+3O2 （2分）
-2--（4）①2.0×10 （2分），②CN+ CO2+ H2O =HCN+ HCO3 （2分）
【解析】 试题分析：（1）甲醇燃烧的热化学方程式是CH3OH(l)+3/2O2(g)= CO2(g)+ 2H2O(l) ΔH= -726.5kJ/mol，氢气燃烧的热化学方程式是H2(g)+1/2O2(g)= H2O(l) ΔH= -285.8kJ/mol，根据盖斯定律，将氧气消去，下式乘以3减去上式可得氢气与二氧化碳反应生成甲醇的热化学方程式，答案为CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l) ΔH= -130.9 kJ/mol；
（2）①从反应开始到3min时，甲醇的物质的量增加0.50mol，则水蒸气的物质的量也增加0.50mol，所以H2O(g)的平均反应速率是0.50mol/4L/3min=0.042 mol/(l·min)； ②A、使用催化剂，只能加快反应速率，不能改变平衡，所以氢气的转化率不变，错误；B、在原容器中再充入1mol CO2，则反应物的浓度增大，反应速率加快，同时平衡正向移动，则氢气的转化率增大，正确；C、在原容器中再充入1mol He，则容器的压强增大，但各物质的浓度不变，反应速率和平衡都不变，错误；D、缩小容器的体积，则压强增大，反应速率加快，同时平衡正向移动，氢气的转化率增大，正确，答案选BD； ③A、氢气的起始物质的量不是0，与题意不符，错误；B、二氧化碳的转化率逐渐增大，达到平衡时，不再增大，正确；C、因为是恒容条件，气体的密度始终不变，不能判断为平衡状态，错误；D、一个化学反应的反应热只与反应物与生成物的状态有关，所以反应热始终不变，错误；E、该反应是气体的物质的量发生变化的可逆反应，所以气体的平均相对分子质量也发生变化，达到平衡时，不再变化，正确，答案选BE；
④根据图像可知，平衡时甲醇的物质的量是0.75mol，二氧化碳的物质的量是0.25mol，则水蒸气的物质的量是0.75mol，氢气的物质的量是3.25-0.75×3=1mol，根据平衡常
23
数的定义，则该条件下的平衡常数K=(0.75/4)/(1/4))0.25/4=36；
（3）根据电子的移动方向可知，铜极为阴极，铂极为阳极，阴极是二氧化碳得到电子与氢离子结合为乙烯和水，阳极是水失去电子，生成氧气和氢离子，所以总反应是二氧化碳与水反应生成乙烯和氧气，化学方程式是2CO2+ 2H2O =C2H4+3O2；
-10+
（4）①因为HCN的电离常数K=4.9×10=c(H) c(CN-)/ c(HCN)，pH=11，则+-11+-2
c(H)=10mol/L，则c(HCN)/c(CN-)= c(H)/K=2.0×10； ②向NaCN溶液中通入少量CO2，根据表中酸的电离常数可知，酸性：H2CO3＞HCN
-＞HCO3，所以NaCN和碳酸氢钠，不会再生成碳酸钠和HCN，则反应的化学方程式为NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3，
考点：考查盖斯定律的应用，化学平衡状态的判断，化学平衡移动的应用，电离常数的应用 12．（15分） （1）已知：
－1
甲醇制烯烃反应①：2CH3OH(g)＝C2H4 (g)＋2H2O(g)? △H1＝－29．0 KJ·mol
－1
甲醇脱水反应②：2CH3OH(g)＝CH3OCH3(g)＋H2O(g)?△H2＝－24．0 KJ·mol
－1
乙醇异构化反应③：CH3CH2OH(g)＝CH3OCH3(g))? △H3＝+50．8 KJ·mol
－1
则乙烯气相直接水合反应C2H4 (g)＋H2O(g)＝C2H5OH(g)的?△H＝ KJ·mol （2）在精制饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打（NaHCO3），并提取氯化铵作为肥料或进一步提纯为工业氯化铵。
①写出上述制备小苏打的化学方程式：__________________________________。
②滤出小苏打后，母液提取氯化铵有两种方法：Ⅰ、通入氨，冷却、加食盐，过滤；Ⅱ、不通氨，冷却、加食盐，过滤。其中方法Ⅰ析出的氯化铵的纯度更高，其原因是 。而方法Ⅱ的优点是其滤液可以 。
（3）铅及其化合物可用于蓄电池，耐酸设备及X射线防护材料等。PbO2可由PbO与次氯酸钠溶液反应制得，反应的离子方程式为 ：PbO2也可以通过石墨为电极，Pb(NO3)2和Cu(NO3)2的混合溶液为电解液电解制取。阳极发生的电极反应式 ，电解液中加入Cu(NO3)2的原因是 。 【答案】（14分） （1）-45.8
（2） ①NH4HCO3+NaCl→NaHCO3↓+NH4Cl ②母液中含有氯化铵，通入氨，冷却、加食盐，有利于氯化铵的析出；直接循环使用
--2+- +
（3）PbO+ClO= PbO2+Cl Pb+2H2O-2e= PbO2↓+ 4H
2+- 2+2+
如果不加入硝酸铜，阴极会发生Pb+2e=Pb↓ 不能有效利用Pb，使Pb的利用率降低。 【解析】 试题分析：（1）根据盖斯定律，②-①-③可得所求热化学方程式，则乙烯气相直接水合反应C2H4 (g)＋H2O(g)＝C2H5OH(g)的?△H＝②-①-③=（－24．0+29-50.8）kJ/mol=-45.8kJ/mol；
（2）①根据物质溶解度的不同，氯化钠的溶解度大于碳酸氢钠的溶解度，所以向饱和的氯化钠溶液中加入碳酸氢铵，则生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，化学方程式是NH4HCO3+NaCl→NaHCO3↓+NH4Cl；
②I与II的区别在于是否通入氨气，而通入氨气，则氯化铵的浓度增大，加入食盐后，发生盐析，有利于氯化铵的析出；而方法I过滤后的溶液中含有氨气，所以不能循环使用，方法II过滤后的溶液为氯化钠，可直接循环使用；
（3）PbO与次氯酸钠反应生成PbO2，Pb元素的化合价升高，则Cl元素的化合价降低，
--所以次氯酸根离子被还原为氯离子，离子方程式是PbO+ClO= PbO2+Cl；电解时，阳极
2+
发生氧化反应，因为该电解池可制取PbO2，所以阳极是Pb失去电子与水结合生成PbO2，
2+- +
电极反应式是Pb+2H2O-2e= PbO2↓+ 4H；若不加入硝酸铜，则阴极是阳离子放电，则
2+2+
在阴极放电的是Pb，生成Pb，所以阳极上得到PbO2的量将减少，Pb的利用率降低。 考点：考查盖斯定律的应用，对实验方案的分析，电化学反应原理的应用 13．（14分） I．甲、乙、丙、丁四种物质存在转化关系：
（1）若甲、乙均为空气主要成分，甲所含元素的简单阴离子的结构示意图为 。
（2）若乙是生活常见金属单质，丙→丁的离子方程式为 。
（3）若丙既能与强酸又能与强碱反应，则丙的化学式为 （任写1种）。 II．一定温度下，容积为1 L的密闭容器中投入0.5 mol PCl5(g)，存在平衡：PCl5(g)PCl3(g)+ Cl2(g)。反应过程中测得部分数据如下表：
时间 n(PCl5)/mol 0 t1 t2 t3 0.5 0.45 0.4 n(PCl3)/mol 0 0.1 n(Cl2)/mol 0 （4）t1时刻，测得反应吸收的热量为a kJ。PCl3(g)与Cl2(g)反应的热化学反应方程式为 。
（5）t2时：v正 v逆（填“>”、“<”或“=”）。 （6）相同温度下，改为往容器中投入0.2 mol PCl5(g)、0.2 mol PCl3(g)、0.1 mol Cl2(g)，到达平
衡前，PCl5的物质的量将 （填“增大”、“减小”、“不变”）。 【答案】（15分） （1）+7 2 8 （2）2Fe
3+
+ Fe = 3Fe （3）Al(OH)3、NaHCO3
3+
（4）PCl3(g)+ Cl2(g) PCl5(g) △H = -20akJ/mol （5）= （6）增大 【解析】 试题分析：（1）若甲、乙均为空气主要成分，则甲为N2，乙为O2，丙为NO，丁为NO2 ，
3－ 则N的结构示意图为+7 2 8 。
（2）若乙是生活常见金属单质，则乙是铁，甲为Cl2 ，丙为FeCl3 ,丁为FeCl2 ，丙→
3+3+
丁的离子方程式为2Fe+ Fe = 3Fe。 （3）若丙既能与强酸又能与强碱反应，则丙为Al(OH)3 ，则转化流程为AlCl3 –Al(OH)3
-–[Al(OH)3]或NaHCO3 ,转化流程为CO2 –NaHCO3 –Na2CO3 。 （4） PCl5(g)PCl3(g)+ Cl2(g) 起始 0.5 0 0 变化 0.05 0.05 0.05 t1时刻0.45 0.05 0.05
t1时刻，反应掉0.05molPCl5 ，测得反应吸收的热量为a kJ，则PCl3(g)与Cl2(g)反应的热化学反应方程式为PCl3(g)+ Cl2(g) PCl5(g) △H = -20akJ/mol。 （5）PCl5(g)PCl3(g)+ Cl2(g) 起始 0.5 0 0 t1时刻0.45 0.05 0.05 t2时刻0.4 0.1 0.1
t3时刻0.4 0.1 0.1 t2时刻、t3时刻PCl5 的浓度没变，说明平衡处于平衡状态，v正=v逆 （6）由（5）计算K=（0.1×0.1）÷0.4=0.025 ，根据数据可得Q=（0.1×0.2）÷0.2=0.1>K，平衡逆向移动，PCl5的物质的量将增大。
考点：考查物质转化的有关判断，热化学方程式的书写，平衡状态的判断等知识。 14．（14分）甲、乙、丙是常见的三种物质，它们之间有如图所示的转化关系。根据要求回答问题：
I、已知：甲是常见单质，丙为氢气。
（1）若乙为氧化物且有磁性，则乙发生铝热反应的化学方程式为 。 （2）若甲为碳，则产物乙、丙可合成甲醇。
－1
①已知：CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) ΔH＝＋206.0 kJ·mol
－1
CH4(g)＋H2O(g)CH3OH(g)＋H2(g) ΔH＝＋77.0 kJ·mol
写出气体乙与气体丙反应生成CH3OH(g)的热化学方程式：__________________。 ②乙和丙合成甲醇的反应在不同温度下的化学平衡常数(K)如下表。则T1 ______ T2（填“>”、“<”、“=”）。 温度/℃ T1 T2 0.012 K 2.041 ③乙可做某碱性燃料电池的燃料，该电池的负极反应式为_________________。 II、已知：甲是由两种短周期元素组成的化合物，丙的水溶液显碱性。
（3）若构成甲的阴、阳离子个数比为2:3，丙是气体。则构成甲的阴、阳离子半径大小关系为 （用具体的微粒表示）。
（4）若乙是O2，则甲的一种重要用途是 ；产物丙与Cl2按2:1（物质的量）反应得到丁溶液，丁溶液中阴离子浓度从大到小的顺序是 。
【答案】（1）3Fe3O4+8Al=9Fe+4Al2O3
-1
（2）①CO(g)+2H2(g)=CH3OH △H=-129 kJ·mol,
－－2-② < ③CO-2e+4OH=CO3 +2H2O
（3）N>Mg
－－－
(4)生氧剂或漂白剂 C(Cl)>C(ClO)>C(OH) 【解析】
试题分析：Ⅰ、（1）Fe3O4 俗称磁性氧化铁，乙为氧化物且有磁性，说明乙是Fe3O4 ，Fe3O4 发生铝热反应的化学方程式为：3Fe3O4+8Al=9Fe+4Al2O3 。
（2）①甲为碳，碳与水蒸气反应生成CO和H2，CO和H2可合成甲醇，化学反应为CO+2H2
-1
=CH3OH ,根据盖斯定律，二式减一式得77.0-206.0=-129kJ·mol,则CO和氢气生成甲
-1
醇的热化学方程式为：CO(g)+2H2(g)=CH3OH △H=-129 kJ·mol,
②CO和氢气合成甲醇的反应是放热反应，所以温度升高，K值减小，T1 ③乙为CO，CO做碱性燃料电池的燃料，CO失电子生成CO2 ，在碱性环境中，CO2 与碱 －－2-反应生成碳酸盐，则该电池的负极反应为：CO-2e+4OH=CO3 +2H2O。 Ⅱ、（3）丙为气体且丙的水溶液显碱性，丙为NH3 ，甲是由两种短周期元素组成的化合物且构成甲的阴、阳离子个数比为2:3，则甲是Mg3N2 ，氮化镁与水反应生成氨气和氢氧化镁，构成甲的阴、阳离子半径大小关系为N>Mg。 （4）若乙是O2，丙的水溶液显碱性，甲是由两种短周期元素组成的化合物，则甲为Na2O2 ，过氧化钠与水反应生成氧气和NaOH，过氧化钠的一种重要用途是做漂白剂，丙为NaOH， － NaOH与氯气2:1反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaCl0+H2O，ClO是弱酸阴离子， －－－ 能水解，导致比Cl减少，丁溶液中阴离子浓度从大到小的顺序是C(Cl)>C(ClO)>C(OH－ )。 考点：考查常见无机物的推断及性质。 15．（14分）二甲醚（CH3OCH3）是一种重要的清洁燃料，也可替代氟利昂作制冷剂等，对臭氧层无破坏作用。工业上以CO和H2为原料生产二甲醚CH3OCH3的新工艺主要发生三个反应： －1 ①CO（g） + 2H2（g） CH3OH（g） △H1＝－Q1 kJ·mol －1 ② 2CH3OH（g） CH3OCH3（g）+ H2O（g） △H2＝－Q2 kJ·mol －1 ③ CO（g）+ H2O（g） CO2（g） + H2（g） △H3＝－Q3 kJ·mol 回答下列问题： （1）新工艺的总反应3H2（g）+ 3CO（g）CH3OCH3（g）+ CO2（g）的热化学方程式为_________。 （2）工业上一般在恒容密闭容器中采用下列反应合成甲醇:CO(g) + 2H2(g)CH3OH (g) △H 下表所列数据是该反应在不同温度下的化学平衡常数(Κ)。 温度 K 250℃ 2.041 300℃ 0.270 350℃ 0.012 高温高温①由表中数据判断ΔH 0 (填“＞”、“=”或“＜”)。能够说明某温度下该反应是平衡状态的是 A.体系的压强不变 B.密度不变 C.混合气体的相对分子质量不变 D.c(CO)=c(CH3OH) ②某温度下，将 2mol CO和 6mol H2 充入2L的密闭容器中，充分反应 10min后，达到平衡时测得c(CO)=0.2mol/L，计算此温度下的平衡常数K= 。 （3）工业生产是把水煤气中的混合气体经过处理后获得的较纯H2用于合成氨。合成氨反应原理为：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH＝-92.4kJ?mol。实验室模拟化 -1 工生产，在恒容密闭容器中冲入一定量N2和H2后，分别在不同实验条件下反应，N2浓度随时间变化如图。请回答下列问题： ①与实验Ⅰ比较，实验Ⅱ改变的条件为 。 ②在实验Ⅲ中改变条件为采用比实验Ⅰ更高的温度，请在下图中画出实验I和实验Ⅲ中NH3浓度随时间变化的示意图。 【答案】（1）3H2(g)+3CO(g) CH3OCH3(g)+CO2 (g) △H＝－(2Q1+Q2+Q3) kJ/mol（3 分） （2） ①ΔH＜0 （2分） A、C （2分）②Κ=2.04 （2分）（3）①使用催化剂（2分）。 ② （3分） 【解析】 试题分析：（1）比较①、②、③和总反应可知将①×2+②+③，可得：3H2（g）+ 3CO（g） CH3OCH3（g）+ CO2（g）,则△H＝－(2Q1+Q2+Q3) kJ/mol；（2） ①从表中的 数据可以看出温度越高，化学平衡常数越小，说明升高温度，平衡逆向移动，那么该反应的正反应是放热反应，所以ΔH＜0；A.该反应是气体体积改变的反应，如果没有达到平衡，那么体系的压强就会发生改变，所以压强不变说明气体的消耗速率和生成速率相等，反应达到了平衡，对；B. 反应体系中物质都是气体，不管在任何时刻气体密度都不变，不能甩密度判断反应是否达到了平衡，错；C.该反应是气体体积改变的反应，如果没有达到平衡，则气体的物质的量就会发生变化，根据M=m/n，物质的量发生改变，气体的相对分子质量就会改变，所以气体的相对分子质量不变，反应达到平衡状态，正确；D. c(CO)=c(CH3OH)不能说明物质的浓度不再改变，不能作判断反应达到了平衡，错；②根据条件可以列出如下方程式： CO(g) + 2H2(g)CH3OH (g) c(起始)mol/L 1 3 0 c(变化)mol/L 0.8 1.6 0.8 c(平衡)mol/L 0.2 1.4 0.8 22 平衡常数K=c(CH3OH)/c(CO)·c(H2)=0.8/(0.2×1.4)=2.04；（3） ① 从图像可以看出实验Ⅰ和实验Ⅱ相比较，实验Ⅱ反应速率加快了，但是N2平衡浓度相等，说明平衡没有发生移动，所以改变的条件为加入了催化剂；②实验Ⅲ的温度比实验Ⅰ更高，那么达到平衡的时间更短，同时反应是放热反应，升高温度，平衡向逆向移动，NH3浓度更小， 平衡时的浓度曲线应该在实验Ⅰ的下方，实验I和实验Ⅲ的NH3浓度随时间变化的示意图如下： 。 考点：盖斯定律的应用、化学平衡状态的判断、化学平衡常数的计算、化学平衡图像的认识和绘制。 16．（12分）黄铁矿（主要成分为FeS2）是工业制取硫酸的重要原料，其煅烧产物为SO2和Fe3O4。 （1）将0.5molSO2(g)和0.48molO2(g)放入容积为1L的密闭容器中，反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)在一定条件下达到平衡，测得c(SO3)=0.48mol/L。则该条件下SO2的平衡转化率为 。 （2）若锻烧12gFeS2产生的SO2全部转化为SO3气体时放出19.66kJ热量，产生的SO3与水全部化合生成H2SO4，放出26.06kJ热量，写出SO3气体转化为H2SO4的热化学方程式： 。 （3）将黄铁矿的煅烧产物Fe3O4溶于稀H2SO4后，加入铁粉，可制备FeSO4。酸溶过程中需保持溶液足够酸性，其目的是 。 （4）从吸收塔排出的尾气中SO2先用足量氨水吸收，再用浓硫酸处理，得到较高浓度的SO2和铵盐，写出有关反应的化学方程式： 、 。 SO2既可作为生产硫酸的原料循环再利用，也可用于海水提溴过程中吸收潮湿空气中的Br2，则SO2吸收Br2的离子方程式是 。 【答案】（1）96% （2）SO3(g)+ H2O(l)＝H2SO4(l) △H＝-130.3KJ/mol; 2+3+2+3+ （3）抑制Fe或Fe的水解，并防止Fe被氧化成Fe； （4）SO2+2NH3+H2O=（NH4）2SO3、（NH4）2SO3+H2SO4=（NH4）2SO4+SO2↑+H2O、 +-2-SO2+Br2+2H2O=4H+2Br+SO4 【解析】 试题分析： （1） 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) 起始浓度（mol/L） 0.5 0.48 0 转化浓度（mol/L 0.48 0.24 0.48 平衡浓度（mol/L） 0.02 0.24 0.48 由以上所列三段式可知，SO2的平衡转化率为 0.48?100%＝96%； 0.5（2）锻烧12gFeS2产生的SO2全部转化为SO3气体时放出19.66kJ热量，依据硫元素守恒，n（S）＝2n（FeS2）＝ 12g×2＝0.2mol，产生的0.2mol SO3与水全部化 120g/mol合生成H2SO4，放出26.06kJ热量，则1mol SO3与水全部化合生成H2SO4，放出130.3kJ热量，SO3气体转化为H2SO4的热化学方程式为：SO3(g)+ H2O(l)＝H2SO4(l) △H＝-130.3KJ/mol; 2+3+2+3+ （3）Fe3O4溶于稀H2SO4后，生成的Fe或Fe易水解，要加入稀H2SO4，抑制Fe或Fe 2+3+ 水解；Fe易被氧化成Fe，故应加入铁粉防止氧化； （4）从吸收塔排出的尾气中SO2先用足量氨水吸收，再用浓硫酸处理，反应的化学方程式为：SO2+2NH3+H2O=（NH4）2SO3、（NH4）2SO3+H2SO4=（NH4）2SO4+SO2↑+H2O； SO2吸收Br2的离子方程式为：SO2+Br2+2H2O=4H+2Br+SO4 考点:考查热化学方程式的书写，化学平衡的计算应用，化学方程式离子方程式书写 点评:本题考查了热化学方程式的书写，化学平衡的计算应用，化学方程式和离子方程式书写方法，难度中等。掌握基础是解决本题的关键。 17．（14分）研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。 -1 （1）已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH= -196.6kJ·mol -1 2NO(g)+O2(g)2NO2(g) ΔH= -113.0kJ·mol -1 则反应NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)的ΔH= kJ·mol。 一定条件下，将NO2与SO2以体积比2∶1置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是 。 A．体系压强保持不变 B．混合气体颜色保持不变 C．SO3和NO的体积比保持不变 D．每消耗1molSO3的同时生成1mol NO 测得上述反应达平衡时NO2与SO2的体积比为5∶1，则平衡常数K= 。 （2）CO可用于合成甲醇，反应方程式为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图（2）所示。该反应ΔH________0(填“>”或“<”)。实际生产条件控制在250℃、 4 1.3×10kPa左右，选择此压强的理由是： 。 +-2- （3）依据燃烧的反应原理，合成的甲醇可以设计如图（3）所示的原电池装置。 -① 该电池工作时，OH向 极移动（填“正”或“负”）。 ② 该电池正极的电极反应式为 。 【答案】（1）-41.8；BD；1.8； 4 （2）＜；在1.3×10kPa下，CO的转化率已较高，再增大压强CO的转化率提高不大，而生产成本增加得不偿失； --（3）负极； O2+2H2O+4e=4OH； 【解析】 试题分析： （1）根据盖斯定律，将第二个方程式反写，与第一个方程式相加得：2NO2(g)+2SO2(g)? 2SO3(g)+2NO(g) -1-1 △H=-83.6 kJ?mol，则NO2(g)+SO2(g) ?SO3(g)+NO(g) △H=-41.8 kJ?mol； A、本反应是反应前后气体分子数不变的反应，故体系的压强保持不变，故A不能说明反应已达到平衡状态； B、随着反应的进行，NO2的浓度减小，颜色变浅，故B可以说明反应已达平衡； C、SO3和NO都是生成物，比例保持1：1，故C不能作为平衡状态的判断依据； D、消耗1molSO3为逆向反应，同时生成1mol NO为正向反应，且满足化学计量数之比，说明正逆反应速率相等，故D能作为平衡状态的判断依据。 NO2(g)+SO2(g) ?SO3(g)+NO(g) 起始物质的体积 2a a 0 0 转化物质的体积 x x x x 平衡物质的体积 2a-x a-x x x 平衡时NO2(g)与SO2(g)的体积比为5：1，由以上三段式知，（2a-x）：（a-x）＝5：1， 9（cSO3）?（cNO）3x故x＝a，故平衡常数K＝＝＝16＝1.8； 4（cNO2）?c(SO2）(2a?x)?(a?x)5?1442（2）由图可知，温度升高，CO的转化率降低，平衡向逆反应方向移动，故逆反应是吸热反应，正反应是放热反应，△H＜0；压强大，有利于加快反应速率，有利于使平衡正向移动，但压强过大，需要的动力大，对设备的要求也高，故选择250℃、1.3×104kPa 4 左右的条件．因为在250℃、压强为1.3×10kPa时，CO的转化率已较大，再增大压强，CO的转化率变化不大，没有必要再增大压强， -（3）①根据原电池的工作原理，阴离子向负极移动，所以OH向负极移动； --②电解质溶液为碱性溶液，所以正极反应为：O2+2H2O+4e=4OH； 考点:考查盖斯定律的应用，热化学方程式的书写，化学平衡标志判断，原电池原理应用 点评:本题考查了盖斯定律的应用，热化学方程式的书写，化学平衡标志判断，原电池原理的应用，难度中等。该题将元素化合物知识与能量变化、化学平衡等知识柔和在一起，综合性较强，需要细细分析，各个突破。易错点是（2），要认真分析图像，得出正确结论。 18．（10分）运用甲烷自热来制取氢气是目前较为先进的技术。其涉及的反应如下： ①CH4(g)＋2H2O(g)＝CO2(g)＋4H2(g) △H1＝＋165.0 kJ/mol 反应活化能Ea1=243.9 kJ/mol ②CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g) △H2＝－802.6 kJ/mol 反应活化能Ea2=125.6 kJ/mol （1）2H2(g) + O2(g)= 2H2O(g) △H3＝ kJ/mol； （2）下面能正确表示氢气和氧气反应生成水的能量变化示意图的是 （填字母序号）。 （3）运用甲烷自热来制取氢气是目前较为先进的技术。在同一反应系统同时通入甲烷、氧气和水蒸气，发生如上反应①和反应②，则反应开始时，反应①的反应速率 反应②的反应速率（填“＞”、“＜”或“＝”），理由是 ；从能量角度分析，在该制氢过程中通入适量氧气发生反应②的目的是 ； 【答案】（1）-483.8 （2分）； （2）A （2分） （3）＜（2分）；反应①的活化能比反应②的活化能高；（2分） 甲烷与氧气反应放热，为反应①提供所需能量（2分） 【解析】 试题分析：（1）由盖斯定律可知：2H2(g) + O2(g)= 2H2O(g) △H3＝-1/2△H1+1/2△H2=-483.8 kJ/mol；（2）氢气和氧气反应生成水为放热反应，故反应物总能量大于生成物总能量，且气态水变液态水为放热过程，故A项正确；由题干可知反应①的活化能比反应②的活化能高，故反应①的反应速率<反应②的反应速率；反应①为吸热，反应②为放热，故 从能量角度分析，在该制氢过程中通入适量氧气发生反应②的目的是甲烷与氧气反应放热，为反应①提供所需能量。 考点：化学反应能量变化。 19．(15分)21世纪是钛的世纪。下面是利用钛白粉(TiO2)生产海绵钛(Ti)的一种工艺流程： 已知： －1 ① Mg(s)＋Cl2 (g)＝MgCl2 (s) △H＝－641 kJ·mol －1 ② Cl2(g)＋1/2Ti (s)＝1/2TiCl4 (l) △H＝－385 kJ·mol （1）反应Ⅰ在800～900℃下进行，还生成一种可燃性无色气体，该反应的化学方程式为 。 （2）反应Ⅱ的热化学方程式为 。 （3）反应Ⅱ中充入气体Ar的原因是 。 （4）在800℃～1000℃时电解TiO2也可制得海绵钛，装置如图所示。图中b是电源的 极，阴极的电极反应式为 。 【答案】（15分） （每空3分） （1）TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO； -1 （2）2Mg(s)+TiCl4(l)=2MgCl2(s)+Ti(s) △H=-512kJ·mol －2－ （3）作保护气，防止金属被氧化 （4）正 TiO2 +4e=Ti+2O 【解析】 试题分析：反应I、由工艺流程图及题中信息可知反应物为氯气、二氧化钛和焦炭，生成物为四氯化钛和一种可燃性气体，根据反应前后元素种类不变，可知此可燃性气体是由碳元素和氧元素组成的一氧化碳，反应的化学方程式为：TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO； （2） 反应 II、镁与四氯化钛在氩气氛围中高温下生成金属钛与氯化镁，根据盖斯定 －1－1-1 律，①×2-②×2得－641 kJ·mol×2+385 kJ·mol×2=-512kJ·mol，反应的热 -1 化学方程式是2Mg(s)+TiCl4(l)=2MgCl2(s)+Ti(s) △H=-512kJ·mol （3）Ar性质稳定，在高温下与镁不反应，反应Ⅱ中充入气体Ar的原因是作保护气，防止金属被氧化； （4）在800℃～1000℃时电解TiO2也可制得海绵钛，二氧化钛得电子，作阴极，与电 －2－ 源负极相连，则图中b是电源的正极，阴极的电极反应式为TiO2 +4e=Ti+2O 。 考点：考查钛生产的工艺流程，盖斯定律的应用，电解等知识。 20．(14分)磷是地壳中含量较为丰富的非金属元素，主要以难溶于水的磷酸盐如Ca3(PO4)2等形式存在。它的单质和化合物在工农业生产中有着重要的应用。 （1）白磷(P4)可由Ca3(PO4)2、焦炭和SiO2在电炉中高温(～1550℃)下通过下面三个反 高温高温应共熔得到。 -1 ①4Ca3(PO4)2(s)+10C(s)＝12CaO(s)+2P4(s)+10CO2(g）ΔH1=＋Q1kJ·mol -1 ②CaO(s)+SiO2(s)＝CaSiO3(s） ΔH2=－Q2 kJ·mol -1 ③CO2 (g)＋C(s)＝2CO(g) ΔH3=＋Q3kJ·mol 已知：CaSiO3的熔点(1546℃)比SiO2低。 a、写出由磷酸钙矿制取白磷总的反应方程式_____________________________。 b、上述反应中SiO2起何作用？______________________________________。 （2）白磷在热的浓氢氧化钾溶液中岐化得到一种次磷酸盐(KH2PO2)和一种气体 (写化学式)。 （3）磷的重要化合物NaH2PO4可通过H3PO4与NaOH溶液反应获得。工业上为了使反应的主要产物是NaH2PO4，通常将pH控制在 之间(已知磷酸的各级电离 ?3 ?8 ?13 常数为：K1= 7.1×10K2 = 6.3×10K3 =4.2×10 lg7.1≈0.9 lg6.3≈0.8 lg≈0.6) 。Na2HPO4 溶液显碱性，若向溶液中加入足量的CaCl2 溶液，溶液则显酸性，其原因是 (用离子方程式表示)。 （4）白磷中毒后可用CuSO4溶液解毒，解毒原理可用下列化学方程式表示： 11P 4+60CuSO4+96H2O＝20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4 60molCuSO4能氧化白磷的物质的量是 。 【答案】⑴a、2Ca3(PO4)2＋6SiO2＋10C 6CaSiO3＋P4＋10CO （2分）b、生成CaSiO3 放出一定的能量使反应热△H降低；CaSiO3的熔点比SiO2低，成为熔融态浮在表面，对白磷有保护作用 （2分） 2+-+ ⑵PH3（2分）⑶2.1～7．2 （4分） 3Ca+2HPO4＝Ca3(PO4 )2↓+2H（2分） ⑷3mol（2分） 【解析】 试题分析：（1）a、白磷(P4)可由Ca3(PO4)2、焦炭和SiO2在电炉中高温(～1550℃)下通过下面三个反应共熔得到：①4Ca3(PO4)2(s)+10C(s)＝12CaO(s)+2P4(s)+10CO2(g）ΔH1= -1-1 ＋Q1kJ·mol，②CaO(s)+SiO2(s)＝CaSiO3(s） ΔH2=－Q2 kJ·mol，③CO2 (g)＋C(s) -1 ＝2CO(g) ΔH3=＋Q3kJ·mol，这说明反应中还有硅酸钙和CO生成，因此由磷酸钙矿制取白磷总的反应方程式为2Ca3(PO4)2＋6SiO2＋10C 6CaSiO3＋P4＋10CO。 b、由于白磷易被氧化，生成CaSiO3放出一定的能量，而CaSiO3的熔点比SiO2低，是硅酸钙成为熔融态浮在表面，对白磷有保护作用 。 （2）白磷在热的浓氢氧化钾溶液中岐化得到一种次磷酸盐(KH2PO2)和一种气体，则根据氧化还原反应电子得失守恒可知，该气体中P元素的化合价要低于0价，因此该气体是PH3。 （3）如果磷酸只发生一级电离，则根据电离常数可知溶液的pH＝3—0.9＝2.1。根据二级电离常数可知溶液的pH＝8—0.8＝7.2，所以工业上为了使反应的主要产物是NaH2PO4，通常将pH控制在2.1～7.2 之间。Na2HPO4 溶液显碱性，若向溶液中加 2+-+ 入足量的CaCl2 溶液，则发生反应3Ca+2HPO4＝Ca3(PO4 )2↓+2H，因此溶液则显酸性。 （4）根据方程式可知被氧化的P化合价从0价升高到＋5价，失去5个电子，即1mol白磷失去20mol电子。硫酸铜中铜元素的化合价从＋2价降低到＋1价，得到1个电子。因此根据电子得失守恒可知60molCuSO4能氧化白磷的物质的量是60mol÷20＝3mol。 考点：考查白磷制备、性质、氧化还原反应、离子反应以及电离常数应用等 21．（11分）甲醇可作电池的原料，也会造成环境污染。请根据有关反应回答问题。 （1）以CH4和H2O为原料，通过下列反应可制备甲醇。 －1 ①CH4(g)+H2O(g) ?CO(g)+3H2(g) △H =+206.0 kJ·mol －1 ②CO(g)+2H2(g) ?CH3OH (g) △H=-129.0 kJ·mol －1 则CH4(g)+H2O(g) ?CH3OH (g)+H2(g)的△H= kJ·mol。 （2）将1.0 mol CH4(g)和2.0 mol H2O(g)通入容积为10 L的容器，在一定条件下发生反应①，测得在一定压强下CH4的转化率与温度的关系如图。设100℃时达到平衡所需的时间为5 min， -1-1 则这时间段v(H2)= mol·L·min。 （3）在一定温度下，将一定量CO和H2充入密闭容器发生反应②。达到平衡后，若压缩容器体积至原来的 12，对平衡体系产生的影响是 （填序号）。 ①c ( H2 )减小 ②CH3OH 的物质的量增加 ③新平衡时， c(H2)c(CH3OH)减小， ④正反应速率加快，逆反应速率减慢 ⑤平衡常数K增大 2+3+3+ （4）电解法可消除甲醇对水质造成的污染，原理是：通电将Co氧化成Co，然后Co +2+ 将甲醇氧化成CO2和H（用石墨烯吸附除去Co）。现用下图装置模拟上述过程，则： ①Co在阳极的电极反应式为 ； 3+2++ ②请完成除去甲醇的离子方程式：Co+CH3OH+ = Co+CO2↑+6H 【答案】（1）（2分）+77.0 （2）0.03 （3）②③ 2+-3+2+-3+ （4）①Co-e= Co（或6Co-6e=6Co） ② 6 H2O 6 【解析】 试题分析：（1）根据盖斯定律，反应CH4（g）+H2O（g）?CH3OH （g）+H2（g）将①+②可得，则△H=（+206.0KJ/mol）+（-129.0KJ/mol）=-77KJ/mol； （2）将1.0mol CH4和2.0mol H2O （ g ）通入容积固定为10L的反应室，在一定条件下发生反应I，由图象可知100℃甲烷转化率为50%，故参加反应的甲烷为1mol×50%=0.5mol，则： CH4 （g）+H2O （g）=CO （g）+3H2 （g） 起始量（mol）：1.0 2.0 0 0 变化量（mol）：0.5 0.5 0.5 1.5 平衡量（mol）：0.5 1.5 0.5 1.5 假设100℃时达到平衡所需的时间为5min，则用H2表示该反应的平衡反应速率V（H2） 2+ 1.5mol-1-1 =10L=0.03 mol?L?min； 5min（3）在一定条件下，将一定量的CO和氢气的混合气体在催化剂作用下发生反应Ⅱ生成甲醇，CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）△H=-129.0kJ/mol；平衡后将容器的容积压缩到原来的 1，其他条件不变，体积减小压强增大，反应速率增大，平衡正向进行。①体积减2小，c（H2）增大，错误；②体积减小，压强增大，平衡正向移动，CH3OH的物质的量增加，正确；③体积减小，压强增大，平衡正向进行，重新平衡时c（H2）/c（CH3OH）减 小，正确；④压强增大，正逆反应速率都加快，错误；⑤平衡常数K只随温度的变化而 2+3+ 变化，错误；故选②③；（4）通电后，将Co氧化成Co，电解池中阳极失电子发生氧 2+3+3+ 化反应，电极反应为Co-e-=Co；以Co做氧化剂把水中的甲醇氧化成CO2而净化，自 2++ 身被还原为Co，结合原子守恒与电荷守恒可知，还原生成H，配平书写离子方程式为：3+2++ 6Co+CH3OH+H2O=CO2↑+6Co+6H。 考点：考查电化学基础、化学平衡的影响因素。 22．（14分）(1)氨的合成是最重要的化工生产之一，工业上合成氨用的H2有多种制取的方法。用天然气跟水蒸气反应：CH4(g)＋H2O(g) CO(g)＋3H2(g)。已知有关反 应的能量变化如下图所示，则此制取H2反应的ΔH＝____________。 （2）已知通常状况下，每充分燃烧1gCO并恢复到原状态，会释放10KJ的热量。请写出表示CO燃烧热的热化学反应方程式： 。 （3）一种甲烷燃料电池是采用铂或碳化钨作为电极催化剂，在稀硫酸电解液中直接通入甲烷，同时向一个电极通入空气。此电池的负极电极反应式是________________________________________________。 （4）利用下图装置可以模拟铁的电化学防护。 ①若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于 处。假设海水中只有NaCl溶质，写出此时总离子反应方程式： 。 ②若X为锌，开关K置于M处，该电化学防护法称为 。 写出铁电极处的电极反应式： 。 －1 【答案】（1）ΔH＝(a＋3b－c) kJ·mol （2分） －1 －1 （写成ΔH＝+(a＋3b－c) kJ·mol或ΔH＝-(c-a-3b) kJ·mol均正确漏写单位扣1分） （2）CO（g）+1/2O2(g)=CO2(g) ΔH＝-280KJ/mol (2分) （无状态不得分；CO系数不为1不得分；漏单位扣1分。） -+ （3）CH4 -8e + 2H2O = CO2 + 8H（2分） （物质错漏不得分，系数错扣1分） （4）①N（2分） 2Cl＋2H2O － 2OH＋H2↑＋Cl2↑ （2分） － （写成化学方程式不得分；系数、条件和箭头错总扣1分） —— ②牺牲阳极的阴极保护法 (2分) O2+2H2O+4e=4OH （2分） 【解析】 试题分析：（1）三个反应的热化学方程式为：①CO（g）+1/2O2（g）=CO2（g） ΔH＝-aKJ/mol， ②2H2（g）+O2（g）=2H2O（g） ΔH＝-bKJ/mol，③ CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g） ΔH＝-cKJ/mol，根据盖斯定律分析，三个反应应该①+3×②-③， －1 所以反应热ΔH＝(a＋3b－c) kJ·mol 。（2）1克一氧化碳的物质的量为1/28摩尔， 根据表中数据计算： ①0 min～1 min内N2的平均反应速率为_________ ②该条件下反应的平衡常数k=________(保留两位小数) ③反应达到平衡后，若往平衡体系中再加入N2、H2、NH3各1mol，化学平衡向_______(填“正向”、“逆向”或“不移动”)，该反应的平衡常数k___________(填“变大”“减小”或“不变”) （5）常温下，将0.2mol?LHCOOH和0.1mol?LNaOH溶液等体积混合，所得溶液的PH<7，说明HCOOH的电离程度____________HCOONa的水解程度(填“大于”或“小于”)。该溶液中[HCOOH]-[OH]+[H]=______mol?L -+ ?1?1?1【答案】（17分） -1 ⑴ -122.5 kJ·mol(2分) ⑵ k3 =k1· k2 (2分) -+ ⑶ ① CH3OCH3 - 12e +3H2O = 2CO2+12H (2分) ② 14 (2分) ⑷ ① 0.05mol/(L·min) (2分)② 0.15 (2分) ③正向(1分) 不变(1分) （5） 大于(1分) 0.05(2分) 【解析】 试题分析：（1）根据盖斯定律，将已知热化学方程式中的CO、CH3OH消去，可得所求热化学方程式，所以2CO2(g)+6H2(g)= CH3OCH3(g)+3 H2O(g)的△H＝（-90.7kJ/mol）×2+（-23.5kJ/mol）-（-41.2kJ/mol）×2=-122.5kJ/mol； 2 （2）根据化学平衡常数的定义，K1=c(CO)/c(CO2)，K2= c(CO2) c(H2)/ c(CO) c(H2O)，K3= c(CO) c(H2)/ c(H2O)，所以K1 K2= K3； （3）①二甲醚在负极发生氧化反应，电解质溶液为酸性溶液，所以失去电子生成二氧 -+ 化碳和氢离子，电极反应式是CH3OCH3 -12e +3H2O=2CO2+12H； ②电解食盐水的化学方程式是2NaCl+2H2O???2NaOH+H2↑+Cl2↑，生成2.24L氢气，物质的量是0.1mol，生成氯气的物质的量应是0.1mol，而溶液中氯离子的物质的量是0.1mol，所以最多生成刘强东物质的量是0.05mol，则产生的氢氧化钠的物质的量是0.1mol，氯离子放电完全后，电解的实质是电解水，所以氢氧根离子的浓度是0.1mol/0.1L=1mol/L，所以溶液的pH=14； （4）①0 min～1 min内氨气的物质的量增加0.2mol，则氮气的物质的量减少0.1mol，则N2的平均反应速率=0.1mol/2L/1min=0.05 mol/(L·min)； ②该条件下平衡时各物质的浓度是：氨气1.00mol/2L=0.5mol/L，则氮气的浓度是1.5mol/2L-0.5mol/L/2=0.5mol/L，氢气的浓度是氮气的3倍，为1.5mol/L，则反应的 23 平衡常数k=0.5/(0.5×1.5)=0.15； ③反应达到平衡后，若往平衡体系中再加入N2、H2、NH3各1mol，相当于增大压强，平衡正向移动，因为温度不变，则平衡常数不变； （5）0.2mol/L的HCOOH与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合，得到的溶液为0.05mol/L -的HCOOH和HCOONa的溶液，因为溶液呈酸性，说明HCOOH的电离程度大于HCOO的水解 +-程度；根据物料守恒，则2 c(Na)= c(HCOOH)+c（HCOO）=0.1mol/L，根据电荷守恒， +＋－-－＋ 则c(Na)+ c(H)= c（OH）+c（HCOO），两式结合可得c(HCOOH)- c（OH）+ c(H)= c －-＋+ （OH）+c（HCOO）- c(H)= c(Na)=0.05mol/L。 考点：考查盖斯定律的应用，平衡常数的计算，溶液pH的计算，电化学反应原理的应用，离子浓度的比较 48．（16分）甲烷水蒸气重整制合成气是利用甲烷资源的途径之一，该过程的主要反应是 反应①：CH4(g) + H2O(g) CO(g) + 3H2(g) ΔH > 0 （1）已知： 通电CH4(g) + 2O2(g) = CO2(g) + 2H2O(g) ΔH1 = －802 kJ·mol -1 CO(g) + 1/2O2(g) = CO2(g) ΔH2 = －283 kJ·mol -1 H2(g) + 1/2O2(g) = H2O(g) ΔH3 = －242 kJ·mol 则反应①的ΔH =_________（用ΔH1、ΔH2和ΔH3表示）。 （2）其他条件相同，反应①在不同催化剂（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）作用下反应相同时间后，CH4的转化率随反应温度的变化如图所示。 -1 ①在相同条件下，三种催化剂Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的催化效率由高到低的顺序是________。 ②a点所代表的状态________（填“是”或“不是”）平衡状态。 ③c点CH4的转化率高于b点，原因是________。 （3）反应①在恒容密闭反应器中进行，CH4和H2O的起始物质的量之比为1︰2，10 h －1 后CH4的转化率为80％，并测得c(H2O)＝0.132 mol·L，计算0～10 h内消耗CH4的平均反应速率_____（写出计算过程，结果保留2位有效数字）。 （4）在答题卡的坐标图中，画出反应①分别在700℃和850℃下进行时，CH4的转化率随时间t变化的示意图（进行必要标注）。 【答案】（1）ΔH1—ΔH2—3ΔH3 （2）①Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ ②不是 ③b、c点均未达到平衡状态，c点温度高，反应速率较快，故CH4的转化率较大 —3 （3）8.8×10mol/(L·h) （4） 【解析】 -1 试题分析：（1）已知：①CH4(g) + 2O2(g)＝CO2(g) + 2H2O(g) ΔH1 ＝－802 kJ·mol， -1 ②CO(g) + 1/2O2(g)＝CO2(g) ΔH2＝－283 kJ·mol，③H2(g) + 1/2O2(g) ＝H2O(g) -1 ΔH3＝－242 kJ·mol，则根据盖斯定律可知①—②—3×③均得到CH4(g) + H2O(g) CO(g) + 3H2(g) ΔH＝ΔH1—ΔH2—3ΔH3。 （2）① 根据图像可知在相同条件下，曲线I中甲烷的转化率最高，其次是Ⅱ、Ⅲ，则三种催化剂Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的催化效率由高到低的顺序是Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ。 ②由于催化剂不能改变平衡状态，则使用不同的催化剂时甲烷的转化率在平衡时应该是相等的，则a点所代表的状态不是平衡状态。 ③由于b、c点均未达到平衡状态，c点温度高，反应速率较快，故c点CH4的转化率高于b点。 （3）设甲烷和水蒸气的起始物质的量分别为x和2x，容器体积为V，则 CH4(g) + H2O(g) CO(g) + 3H2(g) 起始量（mol） x 2x 0 0 转化率（mol） 0.8x 0.8x 0.8x 0.8x 平衡量（mol） 0.2x 1.2x 0.8x 0.8x 则1.2x＝0.132V 解得x＝0.11Vmol —3 所以甲烷的反应速率为＝0.8×0.11V/10V＝8.8×10mol/(L·h) 反应①在恒容密闭反应器中进行，CH4和H2O的起始物质的量之比为1︰2，10 h后CH4 －1 的转化率为80％，并测得c(H2O) = 0.132 mol·L，计算0～10 h内消耗CH4的平均反应速率（写出计算过程，结果保留2位有效数字）。 （4）根据（1）中分析可知该反应是吸热反应，升高温度甲烷的转化率增大，则反应①分别在700℃和850℃下进行时，CH4的转化率随时间t变化的示意图为 。 考点：考查盖斯定律、反应速率计算及外界条件对平衡状态的影响等 49．全国各地都遭遇“十面霾伏”。其中，机动车尾气和燃煤产生的烟气对空气质量恶化贡献较大。 Ⅰ.（1）汽车尾气净化的主要原理为：2NO(g) + 2CO(g) 2CO2(g)+ N2(g) △H ＜0 若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是 （填代号）。（下图中υ正、K、n、w分别表示正反应速率、平衡常数、物质的量、质量分数） （2）机动车尾气和煤燃烧产生的烟气含氮的氧化物，用CH4催化还原NOX可以消除氮氧化物的污染。已知：CH4(g)+2NO2(g)＝N2(g)＋CO2(g)+2H2O(g) △H＝－867 kJ/mol 2NO2(g)N2O4(g) △H＝－56.9 kJ/mol H2O(g) ＝ H2O(l) ΔH ＝ －44.0 kJ／mol 写出CH4催化还原N2O4(g)生成N2和H2O(l)的热化学方程式： 。 Ⅱ.SO2和NOx都是大气污染物。 （3）空气中的NO2可形成硝酸型酸雨，该反应的化学方程式是 （4）利用氨水可以将SO2和NO2吸收，原理如下图所示： NO2被吸收的离子方程式是 。 （5）利用下图所示装置（电极均为惰性电极）也可吸收SO2，并用阴极排出的溶液吸收NO2。 ①a为电源的 （填“正极”或“负极”），阳极的电极反应式为 。 2－ ②在碱性条件下，用阴极排出的溶液吸收NO2，使其转化为无害气体，同时有SO3生成。该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。 ????（6）工业制硫酸的过程中利用反应2SO2（g）＋O2（g）?；△H<0，一?????2SO3（g）?定条件下，向一带活塞的密闭容器中充入2molSO2和1molO2，则下列说法正确的 是 。 A．若反应速率v(SO2)=v(SO3)，则可以说明该可逆反应已达到平衡状态 B．保持温度和容器体积不变，充入2 mol N2，化学反应速率加快 C．平衡后仅增大反应物浓度，则平衡一定右移，各反应物的转化率一定都增大 D．平衡后移动活塞压缩气体，平衡时SO2、O2的百分含量减小，SO3的百分含量增大 E．保持温度和容器体积不变，平衡后再充入2molSO3，再次平衡时各组分浓度均比原平衡时的浓度大 F．平衡后升高温度，平衡常数K增大 【答案】（1）BD （2）CH4(g)+N2O4(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) △H=-898.1kJ/mol - 2- + （3）3NO2+H2O=2HNO3+NO （4）4HSO3+ 2NO2=N2+4SO4+ 4H -2- + （5）正极、SO2-2e +2H2O =SO4+ 4H 1:2 （6）D 【解析】 试题分析：（1）在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。则A、根据图像可知t1时正反应速率仍然在变化，说明没有达到平衡状态，A错误；B、根据图像可知t1时平衡常数不再变化，正逆反应速率相等，说明达到了平衡状态，B正确；C、根据图像可知t1时二氧化碳和一氧化氮的物质的量还在变化，说明正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡状态，C错误；D、根据图像可知t1时一氧化氮的质量分数不再变化，表明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，D正确，答案选BD； （2）已知：CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1＝－867kJ/mol①，2NO2（g）N2O4（g）△H2＝－56.9kJ/mol②，H2O（g）＝H2O（l）△H＝－44.0kJ/mol③，则根据盖斯定律可知①-②+④×2即可得CH4（g）+N2O4（g）＝N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），所以该反应的△H＝－867kJ/mol－（－56.9kJ/mol）+2×（－44.0）kJ/mol＝－898.1kJ/mol，即CH4（g）+N2O4（g）═N2（g）+2H2O（g）+CO2（g）△H＝－898.1kJ/mol； （3）二氧化氮溶于水生成硝酸和NO，反应的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO； （4）根据流程图可知NO2被吸收转化为氮气，氮元素化合价降低，即NO2是氧化剂。则 -亚硫酸氢根离子中被氧化成硫酸根离子，反应的离子方程式为2NO2+4HSO3＝ 2-+ N2+4SO4+4H； （5）①根据装置图可知，二氧化硫被氧化为硫酸根，所以二氧化硫所在的区为阳极区。 催化剂阳极与电源的正极相连，阳极失去电子发生氧化反应，则电极反应式为SO2-2e+2H2O＝2-+ SO4+4H； 2-2-②阴极排出的溶液为S2O4，二氧化氮与其发生反应时S2O4中硫元素由+3价变为硫酸根 2-中硫元素为+4价，S2O4被氧化是还原剂；二氧化氮中的氮元素化合价为+4价变为氮气0价，二氧化氮被还原为氧化剂，根据原子守恒和得失电子守恒可知配平后的离子方程 2--2-式为4S2O4+2NO2+8OH＝8SO4+N2+4H2O，其中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2； （6）A、反应速率之比等于化学计量数之比，反应速率v(SO2)＝v(SO3)不能确定反应速率的方向，且不能满足反应速率之比等于化学方程式系数之比，因此不能说明反应达到平衡状态，A错误；B、保持温度和容器体积不变，充入2mol N2，压强增大，但反应物的浓度不变，化学反应速率不变，B错误；C、平衡后仅增大反应物浓度，则平衡一定右移，但反应物的转化率不一定都增大，C错误；D、平衡后移动活塞压缩气体，压强增大，平衡向正反应方向进行，平衡时SO2、O2的百分含量减小，SO3的百分含量增大，D正确；E、保持温度和容器体积不变，平衡后再充入2molSO3，相当于增大压强，平衡向正反应方向进行，因此再次平衡时三氧化硫的浓度比原平衡时的浓度大，E错误；F、反应是放热反应，平衡后升高温度，平衡向逆反应方向进行，平衡常数K减小，F错误，答案选D。 考点：考查平衡状态判断、外界条件对平衡状态和反应速率的影响、盖斯定律的应用以及电化学原理的应用等 50．（17分）CO2作为未来碳源，既可弥补因石油、天然气等大量消耗引起的“碳源危机”，又可有效地解决温室效应。目前，人们利用光能和催化剂，可将CO2和H2O(g)转化为CH4和O2。请回答下列问题： （1）将所得CH4与H2O(g)通入聚焦太阳能反应器，发生反应CH4(g)+H2O(g) -1 CO(g)+3H2(g) △H = +206 kJ·mol。将等物质的量的CH4和H2O(g)充入l L恒容密闭容器，某温度下反应5 min后达到平衡，此时测得CO的物质的量为0.10 mol，则5 min内CH4的平均反应速率为 。平衡后可以采取下列 的措施能使n（CO）：n（CH4）增大。 A．加热升高温度 B．恒温恒容下充入氦气 C．恒温下增大容器体积 D．恒温恒容下再充入等物质的量的CH4和H2O （2）工业上可以利用CO为原料制取CH3OH。 －1 已知: CO2(g) +3H2(g)CH3OH(g) +H2O(g) △H=-49.5 kJ·mol －1 CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g） △H= + 41.3 kJ·mol ①试写出由CO和H2制取甲醇的热化学方程式 。 ②该反应的△S 0(填“>”或“<”或“=”)，在 情况下有利于该反应自发进行。 （3）某科研人员为研究H2和CO合成CH3OH的最佳起始组成比n(H2) ： n(CO)，在l L恒容密闭容器中通入H2与CO的混合气（CO的投入量均为1 mol），分别在230°C、250°C和270°C进行实验，测得结果如下图，则230℃时的实验结果所对应的曲线是 (填字母)；理由是 。列式计算270℃时该反应的平衡常数K： 。 -