（新）2022届高考化学训练题型一　化学反应原理综合题.doc

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1、反应热与化学平衡的综合【题型方法技巧】1题型特点这类试题往往以能量变化、化学反应速率、化学平衡知识为主题，借助图像、图表的手段，综合考查关联知识。关联知识主要有：(1)H符号的判断、热化学方程式的书写、应用盖斯定律计算H。(2)化学反应速率的计算与比较，外因(浓度、压强、温度、催化剂)对化学反应速率的影响。(3)平衡常数、转化率的计算，温度对平衡常数的影响；化学平衡状态的判断，用化学平衡的影响因素进行分析和解释。(4)在多层次曲线图中反映化学反应速率、化学平衡与温度、压强、浓度的关系。2热化学方程式的书写及反应热计算技巧首先根据要求书写目标热化学方程式的反应物、产物并配平，其次在反应物和生成物

2、的后面的括号内注明其状态，再次将目标热化学方程式与已有的热化学方程式比对(主要是反应物和生成物的位置、化学计量数)，最后根据盖斯定律进行适当运算得出目标热化学方程式的反应热H，空一格写在热化学方程式右边即可。3分析反应速率和化学平衡问题的注意点(1)熟练“三段式”，准确计算反应速率、转化率和平衡常数。明确三种量的意义：一是起始量(物质的量或浓度)，二是变化量，三是平衡量；用变化量求反应速率和转化率，用平衡浓度求平衡常数。(2)化学平衡状态的比较分析时，要审清两个条件：恒温恒容；恒温恒压。(3)平衡常数的计算固体和纯液体的浓度视为常数(不出现在平衡常数表达式中)；理解气体分压的意义(等于气体物质

3、的量之比)以及气体压强平衡常数的计算。(4)对于可逆反应，温度变化对正、逆反应速率均产生影响，且影响趋势相同，但影响程度不同。升温对吸热反应影响较大，对放热反应影响较小；降温对吸热反应影响较小，对放热反应影响较大。4分析图表与作图时应注意的问题(1)仔细分析并准确画出曲线的最高点、最低点、拐点和平衡点。(2)找准纵坐标与横坐标的对应数据。(3)描绘曲线时注意点与点之间的连接关系。(4)分析表格数据时，找出数据大小的变化规律。【高考真题再现】1(2019·高考全国卷，T28，14分)水煤气变换CO(g)H2O(g)=CO2(g)H2(g)是重要的化工过程，主要用于合成氨、制氢以及合成气

4、加工等工业领域中。回答下列问题：(1)Shibata曾做过下列实验：使纯H2缓慢地通过处于721 下的过量氧化钴CoO(s)，氧化钴部分被还原为金属钴(Co)，平衡后气体中H2的物质的量分数为 0.0250。在同一温度下用CO还原CoO(s)，平衡后气体中CO的物质的量分数为 0.0192。根据上述实验结果判断，还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO_H2(填“大于”或“小于”)。(2)721 时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合，采用适当的催化剂进行反应，则平衡时体系中H2的物质的量分数为_(填标号)。A0.25B0.25C0.250.50D0.50E0.50(3)我

5、国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用*标注。可知水煤气变换的H_0(填“大于”“等于”或“小于”)。该历程中最大能垒(活化能)E正_eV，写出该步骤的化学方程式：_。(4)Shoichi研究了467 、489 时水煤气变换中CO和H2分压随时间变化关系(如图所示)，催化剂为氧化铁，实验初始时体系中的pH2O和pCO相等、pCO2和pH2相等。计算曲线a的反应在3090 min内的平均速率 v(a)_kPa·min1。467 时pH2和pCO随时间变化关系的曲线分别是_、_。489 时pH2和pCO随时间

6、变化关系的曲线分别是_、_。解析：(1)由题给信息可知，H2(g)CoO(s)Co(s)H2O(g)(i)K139，由题给信息可知，CO(g)CoO(s)Co(s)CO2(g)(ii)K251.08。相同温度下，平衡常数越大，反应倾向越大，故CO还原氧化钴的倾向大于H2。(2)第(1)问和第(2)问的温度相同，利用盖斯定律，由(ii)(i)得CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)K1.31。设起始时CO(g)、H2O(g)的物质的量都为1 mol，容器体积为 1 L，在721 下，反应达到平衡时H2的物质的量为x mol。 CO(g)H2O(g)H2(g)CO2(g)起始/mol 1 1

7、 0 0转化/mol x x x x平衡/mol 1x 1x x xK1.31，若K取1，则x0.5，(H2)0.25；若K取4，则x0.67，(H2)0.33。当K取1.31，则氢气的物质的量分数介于0.25与0.33之间，故选C。(3)观察起始态物质的相对能量与终态物质的相对能量可知，终态物质相对能量低于始态物质相对能量，说明该反应是放热反应，H小于0。过渡态物质相对能量与起始态物质相对能量相差越大，活化能越大，由题图可知，最大活化能E正1.86 eV(0.16 eV)2.02 eV，该步起始物质为COOH*H*H2O*，产物为COOH*2H*OH*。(4)由题图可知，3090 min内v

8、(a)0.004 7 kPa·min1。水煤气变换中CO是反应物，H2是产物，又该反应是放热反应，升高温度，平衡向左移动，重新达到平衡时，H2的压强减小，CO的压强增大。故a曲线代表489 时pH2随时间变化关系的曲线，d曲线代表489 时pCO随时间变化关系的曲线，b曲线代表467 时pH2随时间变化关系的曲线，c曲线代表467 时pCO随时间变化关系的曲线。答案：(1)大于(2)C(3)小于2.02COOH*H*H2O*=COOH*2H*OH*(或H2O*=H*OH*)(4)0.004 7bcad2(2018·高考全国卷，T28，15分)采用N2O5为硝化剂是一种新型的

9、绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。回答下列问题：(1)1840年Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5。该反应的氧化产物是一种气体，其分子式为_。(2)F.Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25 时N2O5(g)分解反应：其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间t的变化如下表所示t时，N2O5(g)完全分解：t/min040801602601 3001 700p/kPa35.840.342.545.949.261.262.363.1已知：2N2O5(g)= 2N2O4(g)O2(g)H14.4 kJ·mol12

10、NO2(g)= N2O4(g)H255.3 kJ·mol1则反应N2O5(g)= 2NO2(g)O2(g)的H_kJ·mol1。研究表明，N2O5(g)分解的反应速率v2×103×pN2O5(kPa·min1)。t62 min时，测得体系中pO22.9 kPa，则此时的pN2O5_kPa，v_kPa·min1。若提高反应温度至35 ，则N2O5(g)完全分解后体系压强p(35 )_63.1 kPa(填“大于”“等于”或“小于”)，原因是_。25 时N2O4(g) 2NO2(g)反应的平衡常数Kp_(Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果

11、保留1位小数)。(3)对于反应2N2O5(g) 4NO2(g)O2(g)，R.A.Ogg提出如下反应历程：第一步N2O5 NO2NO3 快速平衡第二步NO2NO3 NONO2O2 慢反应第三步NONO3 2NO2 快反应其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是_(填标号)。Av(第一步的逆反应)>v(第二步反应)B反应的中间产物只有NO3C第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效D第三步反应活化能较高解析：(1)氯气与硝酸银反应生成N2O5，氯气做氧化剂，还原产物为氯化银，又硝酸银中氮元素、银元素已经是最高化合价，则只能是氧元素化合价升高，所以气体氧化产物为O2。(2)

12、将已知热化学方程式依次编号为a、b，根据盖斯定律，由×ab得N2O5(g)=2NO2(g)O2(g)H kJ·mol153.1 kJ·mol1。t62 min时，体系中pO22.9 kPa，根据三段式法得 2N2O5(g)=2N2O4(g)O2(g)起始 35.8 kPa 0 0转化 5.8 kPa 5.8 kPa 2.9 kPa62 min 30.0 kPa 5.8 kPa 2.9 kPa则62 min时pN2O530.0 kPa，v2×103×30.0 kPa·min16.0×102kPa·min1。刚性反应容

13、器的体积不变，25 N2O5(g)完全分解时体系的总压强为63.1 kPa，升高温度，从两个方面分析：一方面是体积不变，升高温度，体系总压强增大；另一方面，2NO2(g)N2O4(g)的逆反应是吸热反应，升高温度，平衡向生成NO2的方向移动，体系物质的量增大，故体系总压强增大。N2O5完全分解生成N2O4和O2，起始pN2O535.8 kPa，其完全分解时pN2O435.8 kPa，pO217.9 kPa，设25 平衡时N2O4转化了x，则 N2O4(g)2NO2(g)平衡 35.8 kPax 2x35.8 kPax2x17.9 kPa63.1 kPa，解得x9.4 kPa。平衡时，pN2O4

14、26.4 kPa，pNO218.8 kPa，Kp13.4。(3)快速平衡，说明第一步反应的正、逆反应速率都较大，则第一步反应的逆反应速率大于第二步反应的速率，A项正确；反应的中间产物除NO3外还有NO，B项错误；发生有效碰撞才能发生反应，第二步反应慢，说明部分碰撞有效，C项正确；第三步反应快，说明反应活化能较低，D项错误。答案：(1)O2(2)53.130.06.0×102大于温度提高，体积不变，总压强提高；NO2二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高13.4(3)AC【题组模拟演练】1(2018·高考全国卷，T27节选)CH4­CO2催

15、化重整不仅可以得到合成气(CO和H2)，还对温室气体的减排具有重要意义。回答下列问题：(1)CH4­CO2催化重整反应为CH4(g)CO2(g)= 2CO(g)2H2(g)H247 kJ·mol1。某温度下，在体积为2 L的容器中加入2 mol CH4、1 mol CO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，其平衡常数为_。(2)反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。相关数据如下表：积碳反应CH4(g)=C(s)2H2(g)消碳反应CO2(g)C(s)=2CO(g)H/(kJ·mol1)75172活化能/(kJ&

16、#183;mol1)催化剂X3391催化剂Y4372由上表判断，催化剂X_Y(填“优于”或“劣于”)，理由是_。在反应进料气组成、压强及反应时间相同的情况下，某催化剂表面的积碳量随温度的变化关系如图1所示。升高温度时，下列关于积碳反应、消碳反应的平衡常数(K)和速率(v)的叙述正确的是_(填标号)。AK积、K消均增加Bv积减小、v消增加CK积减小、K消增加Dv消增加的倍数比v积增加的倍数大图1图2在一定温度下，测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为vk·p(CH4)·p(CO2)0.5(k为速率常数)。在p(CH4)一定时，不同p(CO2)下积碳量随时间的变化趋势如图2所示，

17、则pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为_。解析：(1)根据平衡时消耗的CO2为1 mol×50%0.5 mol，则消耗的CH4为0.5 mol，生成的CO和H2均为1 mol，根据三段式法可知，平衡时CH4、CO2、CO和H2的平衡浓度分别为0.75 mol·L1、0.25 mol·L1、0.5 mol·L1、0.5 mol·L1，则平衡常数K。(2)从表格中数据可看出相对于催化剂X，用催化剂Y催化时积碳反应的活化能大，则积碳反应的反应速率小，而消碳反应的活化能相对小，则消碳反应的反应速率大，再根据题干信息“反应中催化

18、剂活性会因积碳反应而降低”可知，催化剂X劣于催化剂Y。结合图示可知，500600 随温度升高积碳量增加，而600700 随温度升高积碳量减少，故随温度升高，K积和K消均增加，且消碳反应速率增加的倍数比积碳反应的大，故A、D正确。由该图像可知，在反应时间和p(CH4)相同时，图像中速率关系va>vb>vc，结合沉积碳的生成速率方程vk·p(CH4)·p(CO2)0.5，在p(CH4)相同时，随着p(CO2)增大，反应速率逐渐减慢，即可判断：pc(CO2)>pb(CO2)>pa(CO2)。答案：(1)(2)劣于相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，

19、积碳反应的速率小；而消碳反应的活化能相对小，消碳反应的速率大ADpc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)2(新题预测)1，2­二氯丙烷(CH2ClCHClCH3)是重要的化工原料，工业上可用丙烯加成法生产，主要副产物为3­氯丙烯(CH2=CHCH2Cl)，反应原理为iCH2=CHCH3(g)Cl2(g)CH2ClCHClCH3(g)H134 kJ·mol1ii.CH2=CHCH3(g)Cl2(g)CH2=CHCH2Cl(g)HCl(g)H2102 kJ·mol1已知相关化学键的键能数据如下表所示：化学键C=CCCCClClClE/(kJ·

20、mol1)611x328243请回答下列问题：(1)由反应i计算出表中x_。(2)一定温度下，密闭容器中发生反应i和反应ii，达到平衡后增大压强，CH2ClCHClCH3的产率_(填“增大”“减小”或“不变”)，理由是_。(3)T1 K时，向10 L恒容的密闭容器中充入1 mol CH2=CHCH2Cl和2 mol HCl，只发生反应CH2=CHCH2Cl(g)HCl(g)CH2ClCHClCH3(g)H3。5 min反应达到平衡，测得05 min内，用CH2ClCHClCH3表示的反应速率v(CH2ClCHClCH3)0.016 mol·L1·min1。平衡时，HCl的体

21、积分数为_(保留三位有效数字)。保持其他条件不变，6 min时再向该容器中充入0.6 mol CH2=CHCH2Cl、0.2 mol HCl和0.1 mol CH2ClCHClCH3，则起始反应速率v正(HCl)_(填“>”“<”或“”)v逆(HCl)。(4)一定压强下，向密闭容器中充入一定量的CH2=CHCH3和Cl2发生反应ii。设起始时w，平衡时Cl2的体积分数()与温度(T)、w的关系如图甲所示。w1时，正、逆反应的平衡常数(K)与温度(T)的关系如图乙所示。图甲中，w2_(填“>”“<”或“”)1。图乙中，表示正反应平衡常数的曲线为_(填“A”或“B”)，理由

22、为_。T1K，w1条件下，平衡时(Cl2)_。(5)起始时向某恒容绝热容器中充入1 mol CH2=CHCH3和1 mol Cl2发生反应ii，达到平衡时，容器内气体压强_(填“增大”“减小”或“不变”)。解析：(1)根据H反应物键能之和生成物键能之和计算。(2)依据压强对化学平衡的影响解答。(3)生成n(CH2ClCHClCH3)0.016 mol·L1·min1×5 min×10 L0.8 mol，则HCl的体积分数为×100%54.5%。依据上述数据计算T1 K下的平衡常数，再根据新加入各组分的量计算此时的浓度商Q，通过比较Q与K的相对大

23、小，判断反应进行的方向。(4)相同温度下，w2时(Cl2)小，相当于其他条件不变，增大CH2=CHCH3的浓度，即w2>1。由题图乙可知，T1K条件下K正K逆1，再应用三段式和平衡常数表达式解答。(5)该反应正向放热，随反应进行，温度升高，压强增大。答案：(1)332(2)增大增大压强，反应ii的平衡不移动，反应i的平衡正向移动(3)54.5%>(4)>B反应ii的正反应为放热反应，温度升高，正反应的平衡常数减小25%(5)增大电解质溶液、电化学与化学平衡的综合【题型方法技巧】1题型特点主要以元素及其化合物的性质做素材，设计为溶液中进行的可逆反应。试题主要考查电化学、溶液中的

24、电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡的有关知识，同时往往涉及氧化还原反应的相关知识。2解题指导(1)浏览全题根据题目提供的信息，结合相关基础知识，先对简单问题进行解答。(2)对于氧化还原反应通过陌生物质的价态判断其氧化性与还原性。氧化还原滴定的分析计算要正确利用“关系式”。(3)化学反应速率的影响因素的实验探究影响化学反应速率的探究实验中，控制变量是关键。(4)化学平衡常数及平衡转化率的计算平衡常数的计算可用三段式法找出浓度可变的反应物、产物在起始时、转化的、平衡时的浓度，然后代入平衡常数表达式(平衡时生成物浓度化学计量数次幂的乘积与反应物浓度化学计量数次幂的乘积的比值)进行计算。(5)对于电化学

25、类试题，首先判断是原电池还是电解池，然后分析电极类别，书写电极反应式，最后按电极反应式进行相关计算。电化学中的电极反应式的书写要做到以下几点：(1)根据题意、装置图分清“原电池”“电解池”或“电镀池”。(2)定电极：阴极、阳极；正极、负极。(3)根据电极反应物和介质确定产物进而写出电极反应式。配平(原子守恒、电荷守恒、电子守恒)；产物粒子在介质中存在的形式；得、失电子要表达准确，得电子写ne，失电子写ne。(4)对电化学计算要利用各电极转移的电子数相等求未知量。(6)对于电解质溶液类试题，要明确溶液中的物质类型及其可能存在的平衡类型，然后进行解答。有关Ksp的计算往往与pH的计算结合起来，要注

26、意pH与c(OH)浓度关系的转换，难溶电解质的悬浊液即为其沉淀溶解平衡状态，满足相应的Ksp。【高考真题再现】1(2019·高考天津卷)多晶硅是制作光伏电池的关键材料。以下是由粗硅制备多晶硅的简易过程。回答下列问题：将SiCl4氢化为SiHCl3有三种方法，对应的反应依次为SiCl4(g)H2(g)SiHCl3(g)HCl(g)H1>03SiCl4(g)2H2(g)Si(s)4SiHCl3(g)H2<02SiCl4(g)H2(g)Si(s)HCl(g)3SiHCl3(g)H3(1)氢化过程中所需的高纯度H2可用惰性电极电解KOH溶液制备，写出产生H2的电极名称：_(填“阳

27、极”或“阴极”)，该电极反应方程式为_。(2)已知体系自由能变GHTS，G<0时反应自发进行。三个氢化反应的G与温度的关系如图所示，可知：反应能自发进行的最低温度是_；相同温度下，反应比反应的G小，主要原因是_。(3)反应的H3_(用H1，H2表示)。温度升高，反应的平衡常数K_(填“增大”“减小”或“不变”)。(4)由粗硅制备多晶硅过程中循环使用的物质除SiCl4、SiHCl3和Si外，还有_(填分子式)。解析：(1)用惰性电极电解KOH溶液，实质为电解水，阴极上产生氢气，电极反应式为2H2O2e=2OHH2。(2)G<0时，反应能自发进行，故反应自发进行的最低温度为1 000

28、。由于GHTS，反应的H2<0，而反应的H1>0，H2<H1，S1>S2，因此相同温度下反应比反应的G小的主要原因为H2<H1。(3)根据盖斯定律，由反应反应，可得反应，则H3H2H1。由H2<0，H1>0知H3<0，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小。(4)根据由粗硅制备多晶硅的过程可知，循环使用的物质还有HCl和H2。答案：(1)阴极2H2O2e=H22OH(2)1 000 H2<H1导致反应的G小(3)H2H1减小(4)HCl、H22(2018·高考天津卷)CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。

29、回答下列问题：(1)CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH13，CO2主要转化为_(写离子符号)；若所得溶液c(HCO)c(CO)21，溶液pH_。(室温下，H2CO3的K14×107；K25×1011)(2)CO2与CH4经催化重整，制得合成气：CH4(g)CO2(g)2CO(g)2H2(g)H120 kJ·mol1分别在v L恒温密闭容器A(恒容)、B(恒压，容积可变)中，加入CH4和CO2各1 mol的混合气体。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是_(填“A”或“B”)。按一定体积比加入CH4和CO2，在恒压下发生反应，温度对CO和H2产率的影

30、响如图1所示。此反应优选温度为900 的原因是_。(3)O2辅助的Al­CO2电池工作原理如图2所示。该电池电容量大，能有效利用CO2，电池反应产物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。电池的负极反应式：_。电池的正极反应式：6O26e=6O6CO26O=3C2O6O2反应过程中O2的作用是_。该电池的总反应式：_。解析：(1)若所得溶液的pH13，溶液呈强碱性，则CO2主要转化为CO。若所得溶液c(HCO)c(CO)21，根据K2，则c(H)K2×5×1011×2 mol·L11010 mol·L1，pHlg 101010。(2)该

31、反应为气体分子数增大的吸热反应，恒容时达到的平衡相当于恒压条件下达到平衡后增大压强，加压平衡向逆反应方向移动，故恒容时反应达平衡后吸收的热量比恒压时反应达平衡后吸收的热量少。根据题图1可知，900 时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但升高温度，能耗升高，经济效益降低。(3)该电池中Al做负极，电解质为含AlCl3的离子液体，故负极反应式为Al3e=Al3。正极为多孔碳电极，根据正极反应式，得正极总反应为6CO26e=3C2O，O2不参与正极的总反应，故O2为催化剂。将负极反应式2Al6e=2Al3和正极反应式6CO26e=3C2O相加，可得该电池的总反应式为2Al6CO2=Al2

32、(C2O4)3。答案：(1)CO10(2)B900 时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低(3)Al3e=Al3催化剂2Al6CO2=Al2(C2O4)3【题组模拟演练】1(以元素性质为主线的反应原理综合题)(2019·试题调研)钼及其合金在冶金、环保和航天等方面有着广泛的应用。(1)钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)可用于制造阻燃剂和无公害型冷却水系统的金属缓蚀剂。Na2MoO4中Mo的化合价为_。在碱性条件下，将辉钼矿(主要成分为MoS2)加入NaClO溶液中，也可以制备钼酸钠，该反应的离子方程式为_。(2)已知：2Mo(s)3O2

33、(g)=2MoO3(s)H12MoS2(s)7O2(g)=2MoO3(s)4SO2(g)H2MoS2(s)2O2(g)=Mo(s)2SO2(g)H3则H3_(用含H1、H2的代数式表示)。(3)碳酸钠做固硫剂并用氢气还原辉钼矿的原理为MoS2(s)4H2(g)2Na2CO3(s)Mo(s)2CO(g)4H2O(g)2Na2S(s)H。实验测得平衡时的有关变化曲线如图所示。一定温度下，在体积固定的密闭容器中进行上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是_(填标号)。A2v正(H2)v逆(CO)BCO体积分数保持不变C混合气体的平均相对分子质量保持不变DH保持不变图中A点对应的平衡常数Kp_(已知A

34、点对应的压强为0.1 MPa，用平衡分压代替平衡浓度进行计算，分压总压×物质的量分数)。解析：(1)Na2MoO4·2H2O中Na是1价，O是2价，所以根据化合物中各元素正负化合价代数和为0可知，Mo的化合价是6；反应中Mo的化合价从4升高到6，S的化合价从2升高到6，Cl的化合价从1降低到1，所以根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知，该反应的离子方程式为MoS29ClO6OH=MoO9Cl2SO3H2O。(2)根据盖斯定律，由得到MoS2(s)2O2(g)=Mo(s)2SO2(g)H3H2H1。(3)2v正(H2)v逆(CO)不满足反应速率之比等于化学计量数之比，反应

35、没有达到平衡状态，A错误；CO体积分数保持不变说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，B正确；反应前后混合气体的质量和物质的量是变化的，因此混合气体的平均相对分子质量保持不变说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，C正确；同一温度下，对于具体的化学反应，H是不变的，D错误。图中A点处对应的氢气和水蒸气的体积分数相等，均是40%，所以一氧化碳的体积分数是20%，说明氢气、一氧化碳、水蒸气的物质的量之比是212，所以对应的平衡常数Kp4×104。答案：(1)6MoS29ClO6OH=MoO9Cl2SO3H2O(2)H2H1(3)BC4×1042(以氧化还原反应为主线的反应原

36、理综合题)(2018·高考江苏卷)NOx(主要指NO和NO2)是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。(1)用水吸收NOx的相关热化学方程式如下：2NO2(g)H2O(l)=HNO3(aq)HNO2(aq)H116.1 kJ·mol13HNO2(aq)=HNO3(aq)2NO(g)H2O(l)H75.9 kJ·mol1反应3NO2(g)H2O(l)=2HNO3(aq)NO(g)的H_kJ·mol1。(2)用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应式：_。(3)用

37、酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx，吸收过程中存在HNO2与(NH2)2CO生成N2和CO2的反应。写出该反应的化学方程式：_。(4)在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。NH3与NO2生成N2的反应中，当生成1 mol N2时，转移的电子数为_mol。将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应(装置如图1)。反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图2所示，在50250 范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是_；当反应温度高于380 时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是_。解析：(1)2NO2

38、(g)H2O(l)=HNO3(aq)HNO2(aq)H116.1 kJ·mol1，3HNO2(aq)=HNO3(aq)2NO(g)H2O(l)H75.9 kJ·mol1，根据盖斯定律，由(×3)/2得：3NO2(g)H2O(l)=2HNO3(aq)NO(g)H136.2 kJ·mol1。(2)电解时阳极HNO2失去电子生成HNO3，同时消耗水，得到较浓的硝酸，电极反应式为HNO22eH2O=3HNO。(3)根据题给反应物HNO2、(NH2)2CO，生成物N2、CO2，结合质量守恒和化合价升降法配平化学方程式得：2HNO2(NH2)2CO=2N2CO23H

39、2O。(4)反应时NH3中N由3价升高到0价，NO2中N由4价降低到0价，反应为6NO28NH3=7N212H2O，则生成1 mol N2，转移电子 mol。迅速上升段是催化剂活性随温度升高而增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大；温度高于380 ，催化剂活性下降，且NH3与O2反应生成了NO。答案：(1)136.2(2)HNO22eH2O=3HNO(3)2HNO2(NH2)2CO=2N2CO23H2O(4)迅速上升段是催化剂活性随温度升高而增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应

40、速率增大催化剂活性下降；NH3与O2反应生成了NO3(反应原理综合题)(新题预测)硒(Se)是第四周期第A元素，是人体内不可或缺的微量元素，其氢化物H2Se是制备新型光伏太阳能电池、半导体材料和金属硒化物的基础原料。(1)已知：2H2Se(g)O2(g)2Se(s)2H2O(l)H1a kJ·mol12H2(g)O2(g)2H2O(l)H2b kJ·mol1某同学可以从反应能否自发进行的角度判断出a<0，你认为他的判断理由是_，反应H2(g)Se(s)H2Se(g)的反应热H3_kJ·mol1(用含a、b的代数式表示)。(2)温度为T时，向一恒容密闭容器中加

41、入3 mol H2和1 mol Se，发生反应H2(g)Se(s)H2Se(g)。下列情况可判断反应达到平衡状态的是_(填字母)。a气体的密度不变bv(H2)v(H2Se)c气体的压强不变d气体的平均摩尔质量不变当反应达到平衡后，将平衡混合气体通入气体液化分离器使H2Se气体转化为液体H2Se，并将分离出的H2再次通入发生反应的密闭容器中继续与Se反应时，Se的转化率会提高。请用化学平衡理论解释：_。以5小时内得到H2Se为产量指标，且温度、压强对H2Se产率的影响如图1、图2所示：则制备H2Se的最佳温度和压强为_。(3)已知常温下H2Se的电离平衡常数K11.3×104，K25.

42、0×1011，则NaHSe溶液呈_(填“酸性”或“碱性”)，该溶液中的物料守恒关系式为_。(4)用电化学方法制备H2Se的实验装置如图所示：写出Pt电极上发生反应的电极反应式：_。(5)H2Se在一定条件可以制备CuSe，已知，常温时CuSe的Ksp7.9×1049，CuS的Ksp1.3×1036，则反应CuS(s)Se2(aq)CuSe(s)S2(aq)的化学平衡常数K_(保留两位有效数字)。解析：(1)反应的正反应为熵减反应，只有当H1小于零即a<0时，正反应在一定条件下才能发生。根据盖斯定律，由()可得其反应，则反应的H3(H2H1)(ba) kJ·mol1。(2)由于反应前后气体的质量发生了变化，但气体的总物质的量不变，则恒容容器中气体的密度不变和气体的平均摩尔质量不变均可作为反应达到平衡状态的判定依据；该反应前后气体分子数不变，故压强不变不能作为反应达到平衡状态的判定依据；反应过程中v(H2)v(H2Se)恒成立，不能作为达到平衡状态的判定依据，故选ad。将平衡混合气通入气体液化分离器将气体H2Se转化为液体H2Se，并将分离出的H2重新通入反应容器，会增大反应物中H2的浓