專題14化學(xué)反應(yīng)原理綜合高考題和高考模擬題化學(xué)分項(xiàng)版匯編含解析

1、2018年高考試題 1【2018新課標(biāo)1卷】采用N2O5為硝化劑是一種新型的綠色硝化技術(shù)，在含能材料、醫(yī)藥等工業(yè)中得到廣泛應(yīng)用?；卮鹣铝袉?wèn)題（1）1840年 Devil用干燥的氯氣通過(guò)干燥的硝酸銀，得到N2O5。該反應(yīng)的氧化產(chǎn)物是一種氣體，其分子式為_(kāi)。（2）FDaniels等曾利用測(cè)壓法在剛性反應(yīng)器中研究了25時(shí)N2O5(g)分解反應(yīng)：其中NO2二聚為N2O4的反應(yīng)可以迅速達(dá)到平衡。體系的總壓強(qiáng)p隨時(shí)間t的變化如下表所示（t=時(shí)，N2O5(g)完全分解）：t/min0408016026013001700p/kPa35.840.342.5.45.949.261.262.363.1已知：2N2O

2、5(g)2N2O4(g)+O2(g) H1=4.4kJ·mol12NO2(g)N2O4(g) H2=55.3kJ·mol1則反應(yīng)N2O5(g)2NO2(g)+O2(g)的H=_kJ·mol1。研究表明，N2O5(g)分解的反應(yīng)速率。t=62min時(shí)，測(cè)得體系中pO2=2.9kPa，則此時(shí)的=_kPa，v=_kPa·min1。若提高反應(yīng)溫度至35，則N2O5(g)完全分解后體系壓強(qiáng)p(35)_63.1kPa（填“大于”“等于”或“小于”），原因是_。25時(shí)N2O4(g)2NO2(g)反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp=_kPa（Kp為以分壓表示的平衡常數(shù)，計(jì)算結(jié)果保留1位

3、小數(shù)）。（3）對(duì)于反應(yīng)2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)，R.AOgg提出如下反應(yīng)歷程：第一步 N2O5NO2+NO3 快速平衡第二步 NO2+NO3NO+NO2+O2 慢反應(yīng)第三步 NO+NO32NO2 快反應(yīng)其中可近似認(rèn)為第二步反應(yīng)不影響第一步的平衡。下列表述正確的是_（填標(biāo)號(hào))。Av(第一步的逆反應(yīng))v(第二步反應(yīng))B反應(yīng)的中間產(chǎn)物只有NO3C第二步中NO2與NO3的碰撞僅部分有效D第三步反應(yīng)活化能較高【答案】 O253.130.06.0×102大于溫度提高，體積不變，總壓強(qiáng)提高；NO2二聚為放熱反應(yīng)，溫度提高，平衡左移，體系物質(zhì)的量增加，總壓強(qiáng)提高13.4AC【解析】

4、分析：（1）根據(jù)還原劑失去電子轉(zhuǎn)化為氧化產(chǎn)物判斷；（2）根據(jù)蓋斯定律計(jì)算；根據(jù)壓強(qiáng)之比是物質(zhì)的量之比計(jì)算；根據(jù)溫度對(duì)壓強(qiáng)和平衡狀態(tài)的影響分析；根據(jù)五氧化二氮完全分解時(shí)的壓強(qiáng)計(jì)算出二氧化氮、氧氣的壓強(qiáng)，然后再根據(jù)二氧化氮轉(zhuǎn)化的方程式計(jì)算平衡時(shí)二氧化氮、四氧化二氮的壓強(qiáng)。（3）根據(jù)三步反應(yīng)的特點(diǎn)分析判斷。由于溫度升高，容器容積不變，總壓強(qiáng)提高，且二氧化氮二聚為放熱反應(yīng)，溫度提高，平衡左移，體系物質(zhì)的量增加，總壓強(qiáng)提高，所以若提高反應(yīng)溫度至35，則N2O5(g)完全分解后體系壓強(qiáng)p(35)大于63.1kPa。根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知五氧化二氮完全分解時(shí)的壓強(qiáng)是63.1kPa，根據(jù)方程式可知完全分解時(shí)最初生成

5、的二氧化氮的壓強(qiáng)是35.8kPa×271.6kPa，氧氣是35.8kPa÷217.9kPa，總壓強(qiáng)應(yīng)該是71.6kPa+17.9kPa89.5kPa，平衡后壓強(qiáng)減少了89.5kPa63.1kPa26.4kPa，所以根據(jù)方程式2NO2(g)N2O4(g)可知平衡時(shí)四氧化二氮對(duì)應(yīng)的壓強(qiáng)是26.4kPa，二氧化氮對(duì)應(yīng)的壓強(qiáng)是71.6kPa26.4kPa×218.8kPa，則反應(yīng)的平衡常數(shù)。點(diǎn)睛：本題主要是考查化學(xué)反應(yīng)原理，側(cè)重于化學(xué)反應(yīng)速率與化學(xué)平衡的有關(guān)分析與計(jì)算，題目難度較大。試題設(shè)計(jì)新穎，陌生感強(qiáng)，計(jì)算量較大，對(duì)學(xué)生的要求較高。壓強(qiáng)和平衡常數(shù)的計(jì)算是解答的難點(diǎn)，注

6、意從阿伏加德羅定律的角度去理解壓強(qiáng)與氣體物質(zhì)的量之間的關(guān)系，注意結(jié)合反應(yīng)的方程式和表中數(shù)據(jù)的靈活應(yīng)用。也可以直接把壓強(qiáng)看作是物質(zhì)的量利用三段式計(jì)算。2【2018新課標(biāo)2卷】CH4-CO2催化重整不僅可以得到合成氣（CO和H2），還對(duì)溫室氣體的減排具有重要意義?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）CH4-CO2催化重整反應(yīng)為：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)。已知：C(s)+2H2(g)=CH4(g) H=-75kJ·mol1C(s)+O2(g)=CO2(g) H=-394kJ·mol1C(s)+1/2O2(g)=CO(g) H=-111kJ·mol1該催化重

7、整反應(yīng)的H=_kJ·mol1。有利于提高CH4平衡轉(zhuǎn)化率的條件是_（填標(biāo)號(hào)）。A高溫低壓B低溫高壓C高溫高壓D低溫低壓某溫度下，在體積為2L的容器中加入2molCH4、1molCO2以及催化劑進(jìn)行重整反應(yīng)，達(dá)到平衡時(shí)CO2的轉(zhuǎn)化率是50%，其平衡常數(shù)為_(kāi)mol2·L2。（2）反應(yīng)中催化劑活性會(huì)因積碳反應(yīng)而降低，同時(shí)存在的消碳反應(yīng)則使積碳量減少。相關(guān)數(shù)據(jù)如下表：積碳反應(yīng)CH4(g)=C(s)+2H2(g)消碳反應(yīng)CO2(g)+C(s)=2CO(g)H/(kJ·mol1)75172活化能/(kJ·mol1)催化劑X3391催化劑Y4372由上表判斷，催化劑X

8、_Y（填“優(yōu)于”或“劣于”），理由是_。在反應(yīng)進(jìn)料氣組成、壓強(qiáng)及反應(yīng)時(shí)間相同的情況下，某催化劑表面的積碳量隨溫度的變化關(guān)系如圖所示。升高溫度時(shí)，下列關(guān)于積碳反應(yīng)、消碳反應(yīng)的平衡常數(shù)（K）和速率（v）的敘述正確的是_填標(biāo)號(hào)）。AK積、K消均增加Bv積減小，v消增加CK積減小，K消增加Dv消增加的倍數(shù)比v積增加的倍數(shù)大在一定溫度下，測(cè)得某催化劑上沉積碳的生成速率方程為v=k·p(CH4)·p(CO2)-0.5（k為速率常數(shù)）。在p(CH4)一定時(shí)，不同p(CO2)下積碳量隨時(shí)間的變化趨勢(shì)如圖所示，則pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)從大到小的順序?yàn)開(kāi)?！敬鸢浮?24

9、7A劣于相對(duì)于催化劑X，催化劑Y積碳反應(yīng)的活化能大，積碳反應(yīng)的速率小；而消碳反應(yīng)活化能相對(duì)小，消碳反應(yīng)速率大ADpc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)【解析】分析：（1）根據(jù)蓋斯定律計(jì)算；根據(jù)反應(yīng)特點(diǎn)結(jié)合溫度和壓強(qiáng)對(duì)平衡狀態(tài)的影響解答；根據(jù)轉(zhuǎn)化率利用三段式計(jì)算平衡常數(shù)；（2）根據(jù)活化能對(duì)反應(yīng)的影響分析；根據(jù)反應(yīng)熱結(jié)合溫度對(duì)平衡狀態(tài)的影響以及圖像曲線變化趨勢(shì)解答；根據(jù)反應(yīng)速率方程式分析影響其因素結(jié)合圖像解答。（2）根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知相對(duì)于催化劑X，催化劑Y積碳反應(yīng)的活化能大，積碳反應(yīng)的速率?。欢挤磻?yīng)活化能相對(duì)小，消碳反應(yīng)速率大，所以催化劑X劣于Y。A正反應(yīng)均是吸熱反應(yīng)，升高溫度平衡向正

10、反應(yīng)方向進(jìn)行，因此K積、K消均增加，A正確；B升高溫度反應(yīng)速率均增大，B錯(cuò)誤；C根據(jù)A中分析可知選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D積碳量達(dá)到最大值以后再升高溫度積碳量降低，這說(shuō)明v消增加的倍數(shù)比v積增加的倍數(shù)大，D正確。答案選AD。根據(jù)反應(yīng)速率方程式可知在p(CH4)一定時(shí)，生成速率隨p(CO2)的升高而降低，所以根據(jù)圖像可知pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)從大到小的順序?yàn)閜c(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)。點(diǎn)睛：本題主要是考查影響化學(xué)平衡的因素，化學(xué)圖像的分析與判斷，化學(xué)計(jì)算等知識(shí)。圖像分析是解答的易錯(cuò)點(diǎn)和難點(diǎn)，注意化學(xué)平衡圖像分析的答題技巧，看圖像時(shí)：一看面：縱坐標(biāo)與橫坐標(biāo)的意義；二

11、看線：線的走向和變化趨勢(shì)；三看點(diǎn)：起點(diǎn)，拐點(diǎn)，終點(diǎn)，然后根據(jù)圖象中呈現(xiàn)的關(guān)系、題給信息和所學(xué)知識(shí)相結(jié)合，做出符合題目要求的解答。3【2018新課標(biāo)3卷】三氯氫硅（SiHCl3）是制備硅烷、多晶硅的重要原料?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）SiHCl3在常溫常壓下為易揮發(fā)的無(wú)色透明液體，遇潮氣時(shí)發(fā)煙生成(HSiO)2O等，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式_。（2）SiHCl3在催化劑作用下發(fā)生反應(yīng)：2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+ SiCl4(g) H1=48kJ·mol13SiH2Cl2(g)SiH4(g)+2SiHCl3 (g) H2=30kJ·mol1則反應(yīng)4SiHCl3(g)Si

12、H4(g)+ 3SiCl4(g)的H=_kJ·mol1。（3）對(duì)于反應(yīng)2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)，采用大孔弱堿性陰離子交換樹(shù)脂催化劑，在323K和343K時(shí)SiHCl3的轉(zhuǎn)化率隨時(shí)間變化的結(jié)果如圖所示。343K時(shí)反應(yīng)的平衡轉(zhuǎn)化率=_%。平衡常數(shù)K343K=_（保留2位小數(shù)）。在343K下：要提高SiHCl3轉(zhuǎn)化率，可采取的措施是_；要縮短反應(yīng)達(dá)到平衡的時(shí)間，可采取的措施有_、_。比較a、b處反應(yīng)速率大?。篴_b（填“大于”“小于”或“等于”）。反應(yīng)速率=正逆=，k正、k逆分別為正、逆向反應(yīng)速率常數(shù)，x為物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，計(jì)算a處=_（保留1位小數(shù)）。【答案

13、】 2SiHCl3+3H2O(HSiO)2O+6HCl114220.02及時(shí)移去產(chǎn)物改進(jìn)催化劑提高反應(yīng)物壓強(qiáng)（濃度）大于1.3【解析】分析：本題考查的是化學(xué)反應(yīng)原理的綜合應(yīng)用，主要包括反應(yīng)與能量以及化學(xué)反應(yīng)速率、平衡的相關(guān)內(nèi)容。只需要根據(jù)題目要求，利用平衡速率的方法進(jìn)行計(jì)算即可。詳解：（1）根據(jù)題目表述，三氯氫硅和水蒸氣反應(yīng)得到(HSiO)2O，方程式為：2SiHCl3+3H2O=(HSiO)2O+6HCl。（2）將第一個(gè)方程式擴(kuò)大3倍，再與第二個(gè)方程式相加就可以得到第三個(gè)反應(yīng)的焓變，所以焓變?yōu)?8×3+(30)=114kJ·mol-1。a、b兩點(diǎn)的轉(zhuǎn)化率相等，可以認(rèn)為各物

14、質(zhì)的濃度對(duì)應(yīng)相等，而a點(diǎn)的溫度更高，所以速率更快，即VaVb。根據(jù)題目表述得到，當(dāng)反應(yīng)達(dá)平衡時(shí)，所以，實(shí)際就是平衡常數(shù)K值，所以0.02。a點(diǎn)時(shí)，轉(zhuǎn)化率為20%，所以計(jì)算出：2SiHCl3SiH2Cl2 + SiCl4起始：100反應(yīng)：0.20.10.1（轉(zhuǎn)化率為20%）平衡：0.80.10.1所以=0.8；=0.1；所以點(diǎn)睛：題目的最后一問(wèn)的計(jì)算過(guò)程比較繁瑣，實(shí)際題目希望學(xué)生能理解化學(xué)反應(yīng)的平衡常數(shù)應(yīng)該等于正逆反應(yīng)的速率常數(shù)的比值。要考慮到速率常數(shù)也是常數(shù)，應(yīng)該與溫度相關(guān)，所以不能利用b點(diǎn)數(shù)據(jù)進(jìn)行計(jì)算或判斷。4【2018北京卷】近年來(lái)，研究人員提出利用含硫物質(zhì)熱化學(xué)循環(huán)實(shí)現(xiàn)太陽(yáng)能的轉(zhuǎn)化與存儲(chǔ)

15、。過(guò)程如下：（1）反應(yīng)：2H2SO4(l)2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g) H1=+551kJ·mol1反應(yīng)：S(s)+O2(g)SO2(g) H3=297kJ·mol1反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：_。（2）對(duì)反應(yīng)，在某一投料比時(shí)，兩種壓強(qiáng)下，H2SO4在平衡體系中物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨溫度的變化關(guān)系如圖所示。p2_p1（填“”或“”），得出該結(jié)論的理由是_。（3）I可以作為水溶液中SO2歧化反應(yīng)的催化劑，可能的催化過(guò)程如下。將ii補(bǔ)充完整。iSO2+4I+4H+S+2I2+2H2OiiI2+2H2O+_+_+2I（4）探究i、ii反應(yīng)速率與SO2歧化反應(yīng)速率的關(guān)系，實(shí)驗(yàn)如下：分

16、別將18mLSO2飽和溶液加入到2mL下列試劑中，密閉放置觀察現(xiàn)象。（已知：I2易溶解在KI溶液中）序號(hào)ABCD試劑組成0.4mol·L1KIamol·L1KI0.2mol·L1H2SO40.2mol·L1H2SO40.2mol·L1KI0.0002molI2實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象溶液變黃，一段時(shí)間后出現(xiàn)渾濁溶液變黃，出現(xiàn)渾濁較A快無(wú)明顯現(xiàn)象溶液由棕褐色很快褪色，變成黃色，出現(xiàn)渾濁較A快B是A的對(duì)比實(shí)驗(yàn)，則a=_。比較A、B、C，可得出的結(jié)論是_。實(shí)驗(yàn)表明，SO2的歧化反應(yīng)速率DA，結(jié)合i、ii反應(yīng)速率解釋原因：_。【答案】 3SO2(g)+2H2O (g)

17、2H2SO4 (l)+S(s) H2=254kJ·mol1 > 反應(yīng)是氣體物質(zhì)的量減小的反應(yīng)，溫度一定時(shí)，增大壓強(qiáng)使反應(yīng)正向移動(dòng)，H2SO4的物質(zhì)的量增大，體系總物質(zhì)的量減小，H2SO4的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)增大SO2SO424H+0.4I是SO2歧化反應(yīng)的催化劑，H+單獨(dú)存在時(shí)不具有催化作用，但H+可以加快歧化反應(yīng)速率反應(yīng)ii比i快；D中由反應(yīng)ii產(chǎn)生的H+使反應(yīng)i加快【解析】分析：（1）應(yīng)用蓋斯定律結(jié)合反應(yīng)II分析。（2）采用“定一議二”法，根據(jù)溫度相同時(shí)，壓強(qiáng)與H2SO4物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)判斷。（3）依據(jù)催化劑在反應(yīng)前后質(zhì)量和化學(xué)性質(zhì)不變，反應(yīng)i+反應(yīng)ii消去I-得總反應(yīng)。（4）用控制

18、變量法對(duì)比分析。（4）B是A的對(duì)比實(shí)驗(yàn)，采用控制變量法，B比A多加了0.2mol/LH2SO4，A與B中KI濃度應(yīng)相等，則a=0.4。對(duì)比A與B，加入H+可以加快SO2歧化反應(yīng)的速率；對(duì)比B與C，單獨(dú)H+不能催化SO2的歧化反應(yīng)；比較A、B、C，可得出的結(jié)論是：I是SO2歧化反應(yīng)的催化劑，H+單獨(dú)存在時(shí)不具有催化作用，但H+可以加快歧化反應(yīng)速率。對(duì)比D和A，D中加入KI的濃度小于A，D中多加了I2，反應(yīng)i消耗H+和I-，反應(yīng)ii中消耗I2，D中“溶液由棕褐色很快褪色，變成黃色，出現(xiàn)渾濁較A快”，反應(yīng)速率DA，由此可見(jiàn)，反應(yīng)ii比反應(yīng)i速率快，反應(yīng)ii產(chǎn)生H+使c（H+）增大，從而反應(yīng)i加快。點(diǎn)

19、睛：本題以利用含硫物質(zhì)熱化學(xué)循環(huán)實(shí)現(xiàn)太陽(yáng)能的轉(zhuǎn)化與存儲(chǔ)為載體，考查蓋斯定律的應(yīng)用、化學(xué)平衡圖像的分析、方程式的書寫、控制變量法探究外界條件對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響，考查學(xué)生靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決實(shí)際問(wèn)題的能力。5【2018天津卷】CO2是一種廉價(jià)的碳資源，其綜合利用具有重要意義?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）CO2可以被NaOH溶液捕獲。若所得溶液pH=13，CO2主要轉(zhuǎn)化為_(kāi)（寫離子符號(hào)）；若所得溶液c(HCO3)c(CO32)=21，溶液pH=_。（室溫下，H2CO3的K1=4×107；K2=5×1011）（2）CO2與CH4經(jīng)催化重整，制得合成氣：CH4(g)+ CO2(g) 2CO

20、 (g)+ 2H2(g)已知上述反應(yīng)中相關(guān)的化學(xué)鍵鍵能數(shù)據(jù)如下：化學(xué)鍵CHC=OHHCO(CO)鍵能/kJ·mol14137454361075則該反應(yīng)的H=_。分別在VL恒溫密閉容器A（恒容）、B（恒壓，容積可變）中，加入CH4和CO2各1mol的混合氣體。兩容器中反應(yīng)達(dá)平衡后放出或吸收的熱量較多的是_（填“A” 或“B ”）。按一定體積比加入CH4和CO2，在恒壓下發(fā)生反應(yīng)，溫度對(duì)CO和H2產(chǎn)率的影響如圖3所示。此反應(yīng)優(yōu)選溫度為900的原因是_。（3）O2輔助的AlCO2電池工作原理如圖4所示。該電池電容量大，能有效利用CO2，電池反應(yīng)產(chǎn)物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。電池

21、的負(fù)極反應(yīng)式：_。電池的正極反應(yīng)式：6O2+6e6O26CO2+6O23C2O42反應(yīng)過(guò)程中O2的作用是_。該電池的總反應(yīng)式：_?！敬鸢浮?CO32-10 +120kJ·mol-1B900 時(shí)，合成氣產(chǎn)率已經(jīng)較高，再升高溫度產(chǎn)率增幅不大，但能耗升高，經(jīng)濟(jì)效益降低。Al3e=Al3+（或2Al6e=2Al3+） 催化劑2Al+6CO2=Al2(C2O4)3【解析】分析：本題考查的是化學(xué)反應(yīng)原理的綜合應(yīng)用，主要包括反應(yīng)與能量以及化學(xué)反應(yīng)速率、平衡的相關(guān)內(nèi)容。只需要根據(jù)題目要求，利用平衡速率的方法進(jìn)行計(jì)算即可。根據(jù)圖3得到，900時(shí)反應(yīng)產(chǎn)率已經(jīng)比較高，溫度再升高，反應(yīng)產(chǎn)率的增大并不明顯，而

22、生產(chǎn)中的能耗和成本明顯增大，經(jīng)濟(jì)效益會(huì)下降，所以選擇900為反應(yīng)最佳溫度。點(diǎn)睛：本題的第（2）小問(wèn)中的涉及了恒容容器和恒壓容器在不同反應(yīng)中的影響。此類問(wèn)題可以直接利用如下的結(jié)論：如果初始狀態(tài)完全相同，是由恒容和恒壓的區(qū)別，則一定是恒壓容器更有利于反應(yīng)的進(jìn)行。除非是氣體物質(zhì)的量不變的反應(yīng)，恒壓和恒容是一樣的。本就可以直接得到，容器B恒壓，所以有利于反應(yīng)進(jìn)行，反應(yīng)的更多，熱量也更多。6【2018江蘇卷】NOx（主要指NO和NO2）是大氣主要污染物之一。有效去除大氣中的NOx是環(huán)境保護(hù)的重要課題。（1）用水吸收NOx的相關(guān)熱化學(xué)方程式如下：2NO2（g）+H2O（l）HNO3（aq）+HNO2（aq

23、） H=116.1kJ·mol13HNO2（aq）HNO3（aq）+2NO（g）+H2O（l） H=75.9kJ·mol1反應(yīng)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，電解該混合溶液可獲得較濃的硝酸。寫出電解時(shí)陽(yáng)極的電極反應(yīng)式：_。（3）用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx，吸收過(guò)程中存在HNO2與(NH2)2CO生成N2和CO2的反應(yīng)。寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：_。（4）在有氧條件下，新型催化劑M能催化NH3與NOx反應(yīng)生成N2。NH3與NO2生成N2的反應(yīng)中，當(dāng)

24、生成1molN2時(shí)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為_(kāi)mol。將一定比例的O2、NH3和NOx的混合氣體，勻速通入裝有催化劑M的反應(yīng)器中反應(yīng)（裝置見(jiàn)題20圖1）。反應(yīng)相同時(shí)間NOx的去除率隨反應(yīng)溫度的變化曲線如題20圖2所示，在50250范圍內(nèi)隨著溫度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升緩慢的主要原因是_；當(dāng)反應(yīng)溫度高于380時(shí)，NOx的去除率迅速下降的原因可能是_。【答案】（1）136.2（2）HNO22e+H2O3H+NO3（3）2HNO2+(NH2)2CO2N2+CO2+3H2O（4）迅速上升段是催化劑活性隨溫度升高增大與溫度升高共同使NOx去除反應(yīng)速率迅速增大；上升緩慢段主要是溫度升高引起的NOx去除

25、反應(yīng)速率增大催化劑活性下降；NH3與O2反應(yīng)生成了NO【解析】分析：（1）應(yīng)用蓋斯定律解答。（2）根據(jù)電解原理，陽(yáng)極發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，陽(yáng)極反應(yīng)為HNO2失去電子生成HNO3。（3）HNO2與（NH2）2CO反應(yīng)生成N2和CO2，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒寫出方程式。（4）NH3與NO2的反應(yīng)為8NH3+6NO27N2+12H2O，該反應(yīng)中NH3中-3價(jià)的N升至0價(jià)，NO2中+4價(jià)的N降至0價(jià)，生成7molN2轉(zhuǎn)移24mol電子。因?yàn)榉磻?yīng)時(shí)間相同，所以低溫時(shí)主要考慮溫度和催化劑對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響；高溫時(shí)NH3與O2發(fā)生催化氧化反應(yīng)生成NO。詳解：（1）將兩個(gè)熱化學(xué)方程式編號(hào)，2NO2（g）

26、+H2O（l）=HNO3（aq）+HNO2（aq） H=116.1kJ·mol1（式）3HNO2（aq）=HNO3（aq）+2NO（g）+H2O（l） H=75.9kJ·mol1（式）應(yīng)用蓋斯定律，將（式3+式）2得，反應(yīng)3NO2（g）+H2O（l）=2HNO3（aq）+NO（g）H=（116.1kJ·mol1）3+75.9kJ·mol12=-136.2kJ·mol1。（4）NH3與NO2的反應(yīng)為8NH3+6NO27N2+12H2O，該反應(yīng)中NH3中-3價(jià)的N升至0價(jià)，NO2中+4價(jià)的N降至0價(jià)，生成7molN2轉(zhuǎn)移24mol電子。生成1mol

27、N2時(shí)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為mol。因?yàn)榉磻?yīng)時(shí)間相同，所以低溫時(shí)主要考慮溫度和催化劑對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響；高溫時(shí)NH3與O2發(fā)生催化氧化反應(yīng)。在50250范圍內(nèi)，NOx的去除率迅速上升段是催化劑活性隨溫度升高增大與溫度升高共同使NOx去除反應(yīng)速率迅速增大；上升緩慢段主要是溫度升高引起的NOx去除反應(yīng)速率增大，溫度升高催化劑活性下降。反應(yīng)溫度高于380時(shí)，NOx的去除率迅速下降的原因可能是NH3與O2反應(yīng)生成了NO，反應(yīng)的化學(xué)方程式為4NH3+5O24NO+6H2O。點(diǎn)睛：本題以有效去除NOx為載體，考查蓋斯定律的應(yīng)用、電解原理、指定情境下方程式的書寫，氧化還原反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子數(shù)的計(jì)算、圖像的分析。主要體現(xiàn)

28、的是對(duì)化學(xué)反應(yīng)原理的考查，對(duì)化學(xué)反應(yīng)原理的準(zhǔn)確理解是解題的關(guān)鍵。2018屆高考模擬試題 7【2018屆黃岡中學(xué)二模】空氣質(zhì)量評(píng)價(jià)的主要污染物為PM10、PM2.5、SO2、NO2、O3、CO等物質(zhì)。研究脫硝(除NOx)技術(shù)和脫硫(除SO2)技術(shù)都是環(huán)境科學(xué)研究的熱點(diǎn)，對(duì)于消除環(huán)境污染有重要意義。（1）已知催化劑存在的條件下H2可以將NO還原為N2。下圖是一定條件下H2還原NO生成N2和1mol水蒸氣的能量變化示意圖。寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式_ 。（H用E1、E2、E3表示） （2）升高溫度絕大多數(shù)的化學(xué)反應(yīng)速率增大，但是2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的速率卻隨著溫度的升高而減

29、小。某化學(xué)小組為研究該特殊現(xiàn)象的實(shí)質(zhì)原因，查閱資料知2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反應(yīng)歷程分兩步：I2NO(g)N2O2(g)(快)； v1正=k1正.c2(NO)；v1逆=k1逆.c(N2O2) H10IIN2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢)； v2正=k2正.c(N2O2)c(O2)； v2逆=k2逆.c2(NO2) H20請(qǐng)回答下列問(wèn)題：一定溫度下，反應(yīng)2NO(g)+O2(g)2NO2(g)達(dá)到平衡狀態(tài)，請(qǐng)寫出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示的平衡常數(shù)表達(dá)式K=_。決定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)速率的是反應(yīng) II，反應(yīng) I的活化能E1與反應(yīng) II的活化

30、能E2的大小關(guān)系為E1_E2(填“”、“”或“=”)。根據(jù)速率方程分析，升高溫度該反應(yīng)速率減小的原因是_。Ak2正增大，c(N2O2)增大 Bk2正減小，c(N2O2)減小Ck2正增大，c(N2O2)減小 Dk2正減小，c(N2O2)增大由實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)得到v2正c(O2)的關(guān)系可用圖表示。當(dāng)x點(diǎn)升高到某一溫度時(shí)，反應(yīng)重新達(dá)到平衡，則變?yōu)橄鄳?yīng)的點(diǎn)為_(kāi)(填字母)。（3）我國(guó)科學(xué)家在天然氣脫硫研究方面取得了新進(jìn)展，利用如圖裝置可發(fā)生反應(yīng)：H2S+O2=H2O2+S。已知甲池中發(fā)生的反應(yīng)為：裝置中H+從_ 移向_(填“甲池”或“乙池”)。乙池溶液中發(fā)生的反應(yīng)為_(kāi)?！敬鸢浮?)2H2(g)+2NO(g)=N

31、2(g)+2H2O(g) H=2(E1-E2)kJ·mol1<Cd乙池甲池H2S+=3I+S+2H+【解析】分析：本題是對(duì)化學(xué)反應(yīng)原理的綜合考察。根據(jù)蓋斯定律進(jìn)行反應(yīng)熱的計(jì)算，正反應(yīng)活化能與逆反應(yīng)活化能的差值為反應(yīng)熱；利用反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)v正=v逆進(jìn)行反應(yīng)平衡常數(shù)的計(jì)算；根據(jù)圖示可知，氧氣變?yōu)檫^(guò)氧化氫，發(fā)生還原反應(yīng)，該極為電解池的陰極，硫化氫變?yōu)閱钨|(zhì)硫，發(fā)生氧化反應(yīng)，該極為電解池的陽(yáng)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，氫離子向陰極移動(dòng)，據(jù)此解答此題。（2）I2NO(g)N2O2(g)(快)； v1正=k1正.c2(NO)；v1逆=k1逆.c(N2O2) H10IIN2O2(g)+O2(g)2NO2

32、(g)(慢)；v2正=k2正.c(N2O2)c(O2)； v2逆=k2逆.c2(NO2) H20由反應(yīng)達(dá)平衡狀態(tài),所以v1正= v1逆、v2正= v2逆,所以v1正×v2正= v1逆×v2逆,即即k1正.c2(NO)×k2正.c(N2O2)c(O2)=k1逆.c(N2O2)×k2逆.c2(NO2)，則有：K=c2(NO2)/ c2(NO)×c(O2)=；正確答案：。（3）從示意圖中看出，電子流向碳棒一極，該極為正極，氫離子從乙池移向甲池；正確答案：乙池 ；甲池。乙池溶液中，硫化氫與I3-發(fā)生氧化還原反應(yīng)：硫化氫失電子變?yōu)榱騿钨|(zhì)，I3-得電子變?yōu)?/p>

33、I，離子反應(yīng)為H2S+I3-=3I+S+2H+；正確答案：H2S+I3-=3I+S+2H+。8【2018屆青州市二模】C、N、S的氧化物常會(huì)造成一些環(huán)境問(wèn)題，科研工作者正在研究用各種化學(xué)方法來(lái)消除這些物質(zhì)對(duì)環(huán)境的影響。（1） CO2的重整用CO2和H2為原料可得到CH4燃料。已知: CH4 (g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) H1=+247k/molCH4 (g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) H2=+205k/mol寫出CO2重整的熱化學(xué)方程式:_。（2）“亞碳酸鹽法”吸收煙中的SO2將煙氣通入1.0mol/L 的Na2SO3溶液，若此過(guò)程中溶液體積不變，則溶液的pH

34、不斷_(填“減小”“不變”或“增大)。當(dāng)溶液pH約為6時(shí)，吸收SO2的能力顯著下降，應(yīng)更換吸收劑，此時(shí)溶液中c(SO32-) =0.2mol/L，則溶液中c(HSO3-) =_。室溫條件下，將煙氣通入(NH4)2SO3溶液中，測(cè)得溶液pH與各組分物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)的變化關(guān)系如圖: b點(diǎn)時(shí)溶液pH=7，則n(NH4+):n(HSO3-)=_。（3）催化氧化法去除NO。一定條件下，用NH3消除NO污染，其反應(yīng)原理; 4NH3+6NO5N2+6H2O。不同溫度條件下，n(NH3):n(NO)的物質(zhì)的量之比分別為4:1、3:1、1:3時(shí)，得到NO脫除率曲線如下圖所示:曲線a中，NO的起始濃度為6×

35、10-4mg·m-3，從A點(diǎn)到B點(diǎn)經(jīng)過(guò)0.8s，該時(shí)間段內(nèi)NO的脫除速率為_(kāi)mg·m-3·s-1。曲線b對(duì)應(yīng)NH3與NO的物質(zhì)的量之比是_。（4）間接電化學(xué)法除NO。其原理如圖所示:寫出陰極的電極反應(yīng)式(陰極室溶液呈酸性)_。吸收池中除去NO的原理_ (用離子方程式表示)?！敬鸢浮?CO2(g)+4H2(g) =CH4(g)+2H2O(g)  H1=-163kJ/mo1減少1.6 mol/L3:11.5×10-43: 12HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O2NO+2S2O42-+2H2O=

36、N2+4HSO3-【解析】（1）已知: CH4 (g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)  H1=+247k/molCH4 (g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)  H2=+205k/mol根據(jù)蓋斯定律，由-2得反應(yīng)CO2(g)+4H2(g) =CH4(g)+2H2O(g)  H=H1-2H2=-163kJ/mo1；（2）將煙氣通入1.0mol/L的Na2SO3溶液，亞硫酸與亞硫酸鈉和水反應(yīng)生成亞硫酸氫鈉，溶液pH不斷減??；向亞硫酸鈉溶液中通入二氧化硫生成亞硫酸氫鈉，反應(yīng)方程式SO2+ Na2SO3

37、+2H2O = 2NaHSO3，溶液中反應(yīng)的亞硫酸根離子和生成亞硫酸氫根離子的物質(zhì)的量比為1：2，即溶液中參加反應(yīng)的亞硫酸根為（1.0-0.2）mol/L，則生成的亞硫酸氫根為c(HSO3-) =2×（1.0-0.2）mol/L=1.6mol/L；發(fā)生的主要反應(yīng)(NH4)2SO3+ SO2+H2O =2NH4HSO3，根據(jù)圖像可知a點(diǎn)時(shí)兩個(gè)比值相等，則n(HSO3-):n(H2SO3)=1:1，b點(diǎn)時(shí)溶液pH=7，根據(jù)電荷守恒可知n(NH4+)=n(HSO3-)+2n(SO32-)，又根據(jù)圖像曲線可知n(HSO3-)+n(SO32-)，則n(NH4+):n(HSO3-)=(

38、1+2):1=3:1；（3） 曲線a中，NO的起始濃度為6×10-4mg·m-3，A點(diǎn)的脫除率為55%，B點(diǎn)的脫除率為75%，從A點(diǎn)到B點(diǎn)經(jīng)過(guò)0.8s，該時(shí)間段內(nèi)NO的脫除速率為6×10-4mg·m-3×（0.75-0.55）÷0.8s=1.5×10-4mg·m-3·s-1；NH3與NO的物質(zhì)的量的比值越大，NO的脫除率越大，故其物質(zhì)的量之比分別為4:1、3:1、1:3時(shí)，對(duì)應(yīng)的曲線為a、b、c，故曲線b對(duì)應(yīng)的物質(zhì)的量之比是3:1；（4）陰極是HSO3-在酸性條件下發(fā)生還原反應(yīng)，生成S2O42-，其電極反

39、應(yīng)式為2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O；根據(jù)圖示，吸收池中S2O42-和NO是反應(yīng)物，N2和HSO3-是生成物，則吸收池中除去NO的原理是2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-。9【2018屆日照市二?！考{米級(jí)Fe3O4呈黑色，因其有磁性且粒度小而在磁記錄材料、生物功能材料等諸多領(lǐng)域有重要應(yīng)用，探究其制備和用途意義重大。（1）還原-沉淀法：用還原劑Na2SO3將一定量Fe3+可溶鹽溶液中的1/3Fe3+還原，使Fe2+和Fe3+的物質(zhì)的量比為1：2。然后在所得體系中加入氨水，鐵元素完全沉淀形成納米Fe3O4。寫出過(guò)程的離子方程式：_。當(dāng)還原后溶液中c(Fe2+

40、)：c(Fe3+)=2：1時(shí)，由下表數(shù)據(jù)可知，產(chǎn)品磁性最大，可能的原因是_ 。c(Fe2+)：c(Fe3+)沉淀性狀磁性大小1：3紅棕色92.7%1：2棕色96.5%2：1黑色100%（2）電化學(xué)法也可制備納米級(jí)Fe3O4，用面積為4cm2的不銹鋼小球(不含鎳、鉻)為工作電極，鉑絲作陰極，用Na2SO4溶液作為電解液，電解液的pH維持在10左右，電流50mA。生成Fe3O4的電極反應(yīng)為_(kāi)。（3）已知：H2O(l)= H2(g)+1/2O2(g)  H =+285.5 kJ·mol-1，以太陽(yáng)能為熱源分解Fe3O4，經(jīng)由熱化學(xué)鐵氧化合物循環(huán)分解水

41、制H2的過(guò)程如下，完善以下過(guò)程的熱化學(xué)方程式。過(guò)程：_，過(guò)程：3FeO(s)+H2O(l)=H2(g)+Fe3O4(s) H=+128.9kJ·mol-1（4）磁鐵礦(Fe3O4)常作冶鐵的原料，主要反應(yīng)為：Fe3O4(s)+4CO(g)3Fe(s)+4CO2(g)，該反應(yīng)的H<0，T時(shí)，在IL恒容密閉容器中，加入Fe3O4、CO各0.5mol，10min后反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，容器中CO2的濃度是0.4mol·L-1。T時(shí)，10min 內(nèi)用Fe3O4表示的平均反應(yīng)速率為_(kāi) g·min-1。其他條件不變時(shí)，該反應(yīng)在不同溫度下，CO2含量隨時(shí)間的

42、變化(CO2)-t曲線如圖所示，溫度T1、T2、T3由大到小的關(guān)系是_，判斷依據(jù)是_。【答案】 Fe2+2Fe3+8NH3·H2O=Fe3O4+8NH4+4H2OFe2+容易被氧化為Fe3+3Fe-8e-+8OH-=Fe3O4+2H2O2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g)   H=+313.2kJ·mo1-12.32  T3>T2>T1其他條件相同時(shí)，圖像斜率：T3>T2>T1而溫度越高，反應(yīng)速率越快，所以T3>T2>T1（2） 不銹鋼小球(不含鎳、鉻)為電解池的陽(yáng)極，金屬鐵在陽(yáng)極失電子，在堿性環(huán)境

43、下，生成Fe3O4，電極反應(yīng)為3Fe-8e-+8OH-=Fe3O4+2H2O；正確答案：3Fe-8e-+8OH-=Fe3O4+2H2O。（3） 已知：H2O(l)=H2(g)+1/2O2(g)  H=+285.5 kJ·mol-1，過(guò)程：3FeO(s)+H2O(l)=H2(g)+Fe3O4(s) H=+128.9kJ·mol-1，根據(jù)蓋斯定律可知：總反應(yīng)減去反應(yīng)，再乘以2，得過(guò)程為：2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g) H=+313.2kJ·mo1-1 ；正確答案：2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g) H=+313.2kJ·mo1-1 。其它條件相同時(shí)，圖像斜率：T3>T2>T1，而溫度越高，反應(yīng)速率越快，所以T3>T2>T1；正確答案：T3>T2>T1；其他條件相同時(shí)，圖像斜率：T3>T2>T1而溫度越高，反應(yīng)速率越快，所以T3>T2&