屆高三化學二輪每周大題必練-選修四化學反應原理大題

1、屆高三化學二輪每周大題必練選修四化學反響原理大題屆高三化學二輪每周大題必練選修四化學反響原理大題屆高三化學二輪每周大題必練選修四化學反響原理大題高高高高高高高高高高高高高高高高高高1.(1)甲醇(CH3OH)是重要的溶劑和代替燃料，工業(yè)上用CO和H2在必定條件下制備CH3OH的反響為：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)，在體積為1L的恒容密閉容器中，充人2molCO和4molH2，必定條件下發(fā)生上述反響，測得CO(g)和CH3OH(g)的濃度隨時間變化以以下圖。從反響開始至達到均衡，用氫氣表示的均勻反響速率v(H2)=_mol/(L?min)以下說法正確的選項是_(填字母序號)。A.達

2、到均衡時，CO的轉(zhuǎn)變率為75%B.5min后容器中混淆氣體的均勻相對分子質(zhì)量不再改變C.達到均衡后，再充入氬氣，反響速率減小D.2min前v(正)v(逆)，2min后v(正)a點從b點到c點，混淆溶液中向來存在：c(Na+)c(NO-2)c(OH-)c(H+)氫氣、甲醇是優(yōu)良的潔凈燃料，可制作燃料電池。(1)已知：CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(g)H=-354.8kJ?mol-12CO(g)+O2(g)=2CO2(g)H=-566.0kJ?mol-1H2O(g)=H2O(l)H=-44.0kJ?mol-1請寫出甲醇完整焚燒生成二氧化碳和液態(tài)水的熱化學方程式：_。某實驗小組

3、利用H2(g)、O2(g)、KOH(aq)設(shè)計成電池裝置(如圖1裝置)，經(jīng)過裝置實現(xiàn)鐵棒上鍍銅。裝置中，a口通入的氣體為_(填“H2”或“O2”)，放電時，溶液中的K+向_極挪動(填“正”或“負”)，該電池負極的電極反響式為裝置中，溶液c可采納_溶液。若電鍍結(jié)束后，裝置中Fe電極的質(zhì)量改變了12.8g，則裝置中理論上耗費氧氣的體積為_L(標準情況下)。利用如圖2裝置，能夠模擬鐵的電化學防范。若X為碳電極，為減緩鐵的腐化，開關(guān)K應置于_處。(填“A”、“B”或“C”)若X為鋅電極，開關(guān)K置于A處，該電化學防范法稱為_。工業(yè)生產(chǎn)中產(chǎn)生的SO2、NO直接排放將對大氣造成嚴重污染利用電化學原理吸收SO

4、2和NO，同時獲取Na2S2O4和NH4NO3產(chǎn)品的工藝流程圖以下(Ce為鈰元素)請回答以下問題(1)裝置中NO在酸性條件下生成NO2-的離子方程式_(2)含硫各微粒(H2SO3、HSO3-和SO32-)存在于SO2與NaOH溶液反響后的溶液中，它第2頁，共30頁們的物質(zhì)的量分數(shù)與溶液pH的關(guān)系如圖1所示以下說法正確的選項是_(填標號)A.pH=7時，溶液中c(Na+)c(HSO-3)+c(SO23-)B.由圖中數(shù)據(jù)，能夠估量出H2SO3的第二級電離均衡常數(shù)Ka210-7C.為獲取盡可能純的NaHSO3，應將溶液的pH控制在45為宜D.pH=2和pH=9時的溶液中所含粒子種類不一樣若1L1mo

5、l/L的NaOH溶液完整汲取13.44L(標況下)SO2，則反響的離子方程式為_取裝置中的汲取液vmL，用cmol/L的酸性高錳酸鉀溶液滴定酸性高錳酸鉀溶液應裝在_(填“酸式”或“堿式”)滴定管中，判斷滴定終點的方法是_裝置的作用之一是再生Ce4+，其原理如圖2所示圖中A為電源的_(填“正”或“負”)極右邊反響室中發(fā)生的主要電極反應式為_已知進人裝置的溶液中NO-2的濃度為0.4mol/L，要使1m3該溶液中的NO-2完整轉(zhuǎn)變成NH4NO3，需最少向裝置中通入標準情況下的O2的體積為_L過氧化鈣(CaO2)難溶于水，寬泛應用于漁業(yè)、農(nóng)業(yè)、環(huán)保等很多方面I.CaO2的制備：在低溫下，往過氧化氫濃

6、溶液中投入無水氯化鈣發(fā)生復分解反響，寫出該可逆反響的化學方程式_為控制低溫的方式，最好將反響器擱置在_中測得不一樣溫度下，過氧化鈣的均勻生成速率以下表所示：溫度()20304050607080CaO2均勻生成速率(8.29.48.07.16.75.510-3mol.s-17.5)請解說速率隨溫度這樣變化的原由_(2)一段時間后，再加入氨水，當調(diào)理溶液pH至911，才出現(xiàn)大批積淀用簡要的文字解說需用氨水調(diào)理pH至911的原由_II.CaO2的熱穩(wěn)固性：CaO2在必定溫度下能發(fā)生可逆反響，生成CaO和O2標準生成熱的定義為：在某溫度下，由處于標準狀態(tài)的各樣元素的最穩(wěn)固的單質(zhì)生成標準狀態(tài)下1mol某

7、純物質(zhì)的熱效應已知，CaO2和CaO的標準生成熱分別為akJ?mol-1和bkJ?mol-1，請書寫CaO分解生成CaO和O的熱化學方程式22第3頁，共30頁_(4)必定溫度下，在2L的恒容容器中進行該反響，反響過程中各物質(zhì)的物質(zhì)的量如下表所示：時間/sn(CaO2)/moln(CaO)/moln(O2)/mol020011.40.60.32110.53110.5則該溫度下，反響的化學均衡常數(shù)K=_(5)3s時，若對該容器壓縮體積，其余條件不變，則當再次達到均衡時，氧氣的濃度_(填“變大”、“變小”、“不變”、“沒法確立”)，原由是_以下說法不可以說明該反響達到均衡的是_(填字母)a.氣體的密

8、度不再改變b.固體質(zhì)量不再改變c.正反響速率不再改變d.逆反響速率不再改變5.氮及其化合物是科學家們向來在研究的問題，它們在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)和生命活動中起著重要的作用?；卮鹨韵聠栴}：I.(1)已知氮氧化物轉(zhuǎn)變過程中的能量變化如圖1所示(圖中表示生成2moINO2的能量變化)。1moINO氧化為NO2的焓變H=_kJ/mol。(2)某溫度下，反響的均衡常數(shù)以下：a.2NO2(g)?N2(g)+2O2(g)K=6.71016b.2NO(g)?N2(g)+O2(g)K=2.21030分解反響趨向較大的反響是_(填“a”或“b”)；反響2NO(g)+O2(g)?2NO2(g)的K=_。(3)已知反響2NO(

9、g)+O2(g)?2NO2(g)的正反響速率v正=k1cm(NO)cn(O2)，此中為速率常數(shù)，該反響的歷程為：第一步：NO+NO=N2O2?迅速均衡K2第二步：N2O2+O22NO2慢反響此中可近似以為第二步反響不影響第一步的均衡，第一步反響中：v(正)=2(NO)，(逆)=k-1c(N2O2)。以下表達正確的選項是_k1c(填字母)。1第一步反響的均衡常數(shù)K=K2v(第一步的正反響)c(HCO3-)c(HS-)c(OH-)硫的化合物在化工生產(chǎn)、污水辦理等領(lǐng)域應用寬泛。.羰基硫(O=C=S)寬泛存在于以煤為原料制備的各樣化工原料氣中，能惹起催化劑中毒、大氣污染等。羰基硫的水解和氫解是兩種常用

10、的脫硫方法，其反響式分別為：a.水解反響：COS(g)+H2O(g)?HS(g)+CO(g)H1=-35kJ?mol-122b.氫解反響：COS(g)+H2(g)=H2S(g)+CO(g)H2已知：CO(g)+H2O(g)?H2(g)+CO2(g)H3=-42kJ?mol-1(1)達成上述氫解反響的熱化學方程式：_。(2)必定條件下，密閉容器中發(fā)生反響a，此中COS(g)的均衡轉(zhuǎn)變率()與溫度(T)的關(guān)系以以下圖。則A、B、C三點對應的狀態(tài)中，(COS)=(H2S)的是_(填字母)。反響b的正、逆反響的均衡常數(shù)(K)與溫度(T)的關(guān)系以以下圖，此中表示正反響的均衡常數(shù)(K正)的是_(填“A”或

11、“B”)。(4)T1時，向容積為10L的恒容密閉容器中充入2molCOS(g)和2molH2(g)，發(fā)生反響b，則：COS的均衡轉(zhuǎn)變率為_。.礦石冶煉與含硫化合物有關(guān)。將冰銅礦(主要為Cu2S和FeS相熔合而成)加熔劑(石英砂)在1200左右吹入空氣進行吹煉：Cu2S被氧化為Cu2O，生成的Cu2O與Cu2S反響，生成含Cu量約為98.5%的粗銅，該過程中發(fā)生反響的化學方程式分別是：_；_。(6)廢氣中的SO2可用NaOH溶液汲取，汲取SO2后的堿性溶液還可用于Cl2的尾氣辦理，汲取Cl2后的溶液仍呈強堿性。汲取Cl2后的溶液中必定存在的陰離子有OH-、_。第6頁，共30頁汲取Cl2后的溶液中

12、可能存在SO23-，取該溶液于試管中，滴加黃色的溴水，獲取無色溶液。此實驗不可以證明溶液中含有SO23-，原由是_。氮的氧化物(如NO2、NO4、N2O5等)應用很廣，在必定條件下能夠互相轉(zhuǎn)變(l)從N2O5可經(jīng)過電解或臭氧氧化N2O4的方法制備電解裝置如圖1所示(隔閡用于阻擋水分子經(jīng)過)，其陽極反響式為_已知：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)H1NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)H22NO2(g)?N2O4(g)H32N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g)H4則反響N2O4(g)+O3(g)=N2O5(g)+O2(g)的H=_從N2O5在必定條件下發(fā)生疏解：2N2O

13、5(g)=4NO2(g)+O2(g).某溫度下測得恒容密閉容器中N2O5濃度隨時間的變化以下表：t/min0.001.002.003.004.005.00c(N2O5)/mol/L1.000.710.500.350.250.17設(shè)反響開始時系統(tǒng)壓強為P0，第2.00min時系統(tǒng)壓強為pp：p0=_；，則1.003.00min內(nèi)，O2的均勻反響速率為_從N2O4與NO2之間存在反響N2O4?2NO2(g).將必定量的N2O4放入恒容密閉容器中，測得其均衡轉(zhuǎn)變率a(N2O4)隨溫度變化如圖1所示圖中a點對應溫度下，已知N2O4的初步壓強p0為108kPa，列式計算該溫度下反應的均衡常數(shù)Kp=_(用

14、均衡分壓取代均衡濃度計算，分壓=總壓物質(zhì)的量分數(shù))由圖推測N2O4(g)?2NO2(g)是吸熱反響還是放熱反響，說明原由_，若要提升N2O4轉(zhuǎn)變率，除改變反響溫度外，其余措施有_(要求寫出兩條)關(guān)于反響N2O4(g)?2NO2(g)，在必定條件下N2O4與NO2的耗費速率與自己壓強間存在關(guān)系：v(N2O4)=k1?p(N2O4)，v(NO2)=k2p(NO2)2.此中，kl、k2是與反應及溫度有關(guān)的常數(shù)相應的速率一壓強關(guān)系以以下圖：必定溫度下，kl、k2與平衡常數(shù)Kp的關(guān)系是kl=_，在圖標出的點中，指出能表示反響達到均衡狀態(tài)的點并說明原由_第7頁，共30頁研究碳、氮、硫等元素化合物的性質(zhì)或轉(zhuǎn)

15、變對建設(shè)生態(tài)文明、漂亮中國擁有重要意義。海水中無機碳的存在形式及分布如圖1所示：用離子方程式表示海水呈弱堿性的原由_。已知春天海水pH=8.1，展望夏季海水堿性將會_(填寫“加強”或“減弱”)，原由是_。(2)工業(yè)上以CO和H2為原料合成甲醇的反響：CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)HabB.上述三種溫度之間關(guān)系為T1T2T3C.a點狀態(tài)下再通入0.5molCO和0.5molCH3OH，均衡不挪動D.c點狀態(tài)下再通入1molCO和4molH2，新均衡中H2的體積分數(shù)增大(3)NO加快臭氧層被損壞，其反響過程如圖3所示：NO的作用是_。已知：O3(g)+0(g)=202(g)H=-143

16、kJ?mol-l反響1：O3(g)+NO(g)?NO2(g)+O2(g)H1=-200.2kJ?mol-l反響2：熱化學方程式為_。(4)大氣污染物SO2可用NaOH汲取。已知pKa=-lgKa，25時，H2SO3的pKa1=1.85，pKa2=7.19.該溫度下用0.1mol?L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol?L-1H2SO3溶液的滴定曲線如圖4所示。b點所得溶液中各離子濃度由大到小的次序是_；c點所得溶液中：c(Na+)_-3c(HSO3)(填“”、“”或“”)c(CO)必定溫度下，將必定量的粗鎳和CO加入一恒壓密閉容器中，以下表示圖正確且能說明反響達到均衡狀態(tài)的是_(填代號)若

17、在同樣溫度下，上述反響改在體積為1L的恒容密閉容器中進行，均衡常數(shù)一(填“增大”、“不變”或“減小”)，反響進行3s后測得Ni(CO)4的物質(zhì)的量為0.6mol，0-3s內(nèi)的均勻反響速率v(CO)=_mol?L-1?S-1要提升上述反響中CO的轉(zhuǎn)變率，同時增大反響速率，可采納的措施為_(寫出一條措施即可)以NiS04溶液為電解質(zhì)溶液進行粗鎳(含F(xiàn)e、Zn、Cu、Pt、Au等雜質(zhì))的電解精華，以下說法正確的選項是_(填代號).(已知氧化性：Fe2+Ni2+v逆，故D錯誤；故答案為：AB；CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)，初始(mol/L)240轉(zhuǎn)變(mol/L)1.531.5均衡(mo

18、l/L)0.511.5則該溫度下該反響的均衡常數(shù)K=c(CH3OH)1.5=32=2c(CO)?c(H2)0.51故答案為：3；已知：.CO的焚燒熱為H=-283.0kJ?mol-1，CO焚燒的熱化學方程式為1CO(g)+2O2(g)=CO2(g)H1=-283.0kJ/mol.H2O(1)=H2O(g)H=+44.0kJ?mol-1.2CH3OH(g)+CO2(g)?CH3OCO0CH3(g)+H2O(g)H=-15.5kJ?mol-1依據(jù)蓋斯定律，+-得：2CH3OH(g)+CO(g)+1O2(g)?CH3OCOOCH3(g)+2H2O(l)H=(-283.0kJ/mol)+(-15.5k

19、J?mol-1)-(+44.0kJ?mol-1)=-342.5kJ/mol，故答案為：-342.5kJ/mol；A.反響為放熱反響，降低系統(tǒng)的溫度，能夠促進反響正向進行，提升了H2轉(zhuǎn)變率，故正確；第12頁，共30頁B.該反響為氣體體積減小的可逆反響，壓縮容器的體積，壓強增大，均衡正向挪動，H2轉(zhuǎn)變率增大，故B正確；C.水為液態(tài)，增添水的量不影響均衡，沒法提升氫氣的轉(zhuǎn)變率，故C錯誤；D.采納合適的催化劑，催化劑不影響化學均衡，沒法提升H2轉(zhuǎn)變率，故D錯誤；故答案為：AB；充電(3)依據(jù)3Zn(OH)+2Fe(OH)3+4KOH?3Zn+2K2FeO4+8H2O可知，充電時放電Fe(OH)3在陽極

20、失掉電子生成K2FeO4，則充電時陽極反響為：Fe(OH)3+5OH-3e-=FeO42-+4H2O，故答案為：Fe(OH)3+5OH-3e-=FeO42-+4H2O；HNO2是弱酸，次氯酸電離是吸熱反響，酸堿中和反響是放熱反響，當恰巧完整中和時放出熱量最多，則b點恰巧完整反響，c(NaOH)=0.01mol/L0.02L0.01mol/L，故0.02L=錯誤，依據(jù)可知，該燒堿溶液的濃度為0.01mol?L-1，故正確；電離吸熱，溫度越高電離均衡常數(shù)越大，所以HNO2的電離均衡常數(shù)：b點a點，故正確；從b點到c點，當C(NaOH)較大時，可能出現(xiàn)：c(Na+)c(OH-)c(NO2-)c(H+

21、)，故錯誤；故答案為：。c(1)從反響開始到5min，CO的物質(zhì)的量濃度改變量為1.5mol/L，依據(jù)v=計算COt的耗費速率，而后聯(lián)合v(H2)=2v(CO)計算；A.依據(jù)圖象可知CO的耗費濃度，而后依據(jù)轉(zhuǎn)變率=轉(zhuǎn)變濃度100%計算CO的轉(zhuǎn)變初始濃度率；B.5min后達到均衡狀態(tài)，則容器中混淆氣體的均勻相對分子質(zhì)量不再改變；C.達到均衡后，再充入氬氣，反響為恒容裝置，不改變各組分的濃度；D.2min時反響還沒有達到均衡，反響仍需正向進行；c(CH3OH)利用三段式及化學均衡常數(shù)表K=c(CO)?c2(H2)計算；已知：.CO的焚燒熱為H=-283.0kJ?mol-1，CO焚燒的熱化學方程式為

22、1CO(g)+2O2(g)=CO2(g)H1=-283.0kJ/mol，.H2O(1)=H2O(g)H=+44.0kJ?mol-1.2CH3OH(g)+CO2(g)?CH3OCO0CH3(g)+H2O(g)H=-15.5kJ?mol-1依據(jù)蓋斯定律，+-得2CH3OH(g)+CO(g)+1O2(g)?CH3OCOOCH3(g)+H2O(l)，2據(jù)此計算H；提升H2產(chǎn)率，需要使反響正向進行程度增大，從溫度，壓強，濃度等對化學均衡的影響分析；(3)依據(jù)電池反響式知，Zn元素化合價由0價變成+2價，所以Zn作負極，放電時，負極反響式為Zn+2OH-2e-=Zn(OH)2，正極反響式為FeO24-+4

23、H2O+3e-=第13頁，共30頁Fe(OH)3+5OH-，充電時陽極、陰極電極反響式與正負極電極反響式正好相反；HNO2是弱酸，次氯酸電離是吸熱反響，酸堿中和反響是放熱反響，當恰巧完整中和時放出熱量最多，據(jù)此確立c(NaOH)；依據(jù)的計算結(jié)果分析；電離吸熱，溫度越高電離均衡常數(shù)越大；當c(NaOH)較大時，可滿足c(Na+)c(OH-)c(NO-2)c(H+)。此題觀察化學均衡計算、電解原理、酸堿混淆的定性判斷等知識，題目難度較大，明確化學均衡及其影響為解答要點，注意掌握蓋斯定律的內(nèi)容及電解原理，試題知識點許多、綜合性較強，充分觀察了學生的分析、理解能力及綜合應用能力。2.【答案】2CH3O

24、H(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)H=-1363.6kJ/molO2負H2-2e-+2OH-=2H2OCuSO42.24C犧牲陽極的陰極保護法【分析】解：(1)CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(g)H=-354.8kJ?mol-12CO(g)+O2(g)=2CO2(g)H=-566.0kJ?mol-1H2O(g)=H2O(l)H=-44.0kJ?mol-12+2獲取液態(tài)甲醇完整焚燒生成二氧化碳和液態(tài)水的熱化學方程式：2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)H=(-354.8kJ?mol-1)2+(-566.0kJ?mol-1)+(-

25、44.0kJ?mol-1)2=-1363.6kJ/mol，即：2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)H=-1363.6kJ/mol，故答案為：2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)H=-1363.6kJ/mol；I為原電池，II為電解池，II中第一鍍銅，Cu作陽極、Fe作陰極，則I中，則b是負極、a是正極，通入H2的電極是負極、通入O2的電極是正極，原電池中負極吸附陽離子，放電時，溶液中的K+向負極挪動，則通入氫氣的電極為b，負極上氫氣失電子和KOH反響生成水，電極反響式為H2-2e-+2OH-=2H2O，故答案為：O2；負；H2-2e-+2

26、OH-=2H2O；裝置中，F(xiàn)e為陰極、Cu為陽極，電解過程中電解液濃度不變，溶液c可采納可溶性的銅鹽溶液，如CuSO4溶液，若電鍍結(jié)束后，裝置中A電極的質(zhì)量改變了12.8g，裝置中Fe電極的質(zhì)量改變了12.8g，則Fe電極上析出Cu的質(zhì)量為12.8g，轉(zhuǎn)移電子12.8g物質(zhì)的量=64g/mol2=0.4mol，轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量=串通電路中轉(zhuǎn)移電子相等，則消0.4mol22.4L/mol=2.24L耗氧氣體積=4故答案為：CuSO4；2.24；(3)作原電池正極或作電解池陰極的金屬被保護，若X為碳棒，為減緩鐵的腐化，則鐵應作電解池陰極，所以開關(guān)K應當置于處C處；故答案為：C；若X為鋅，開關(guān)K置于

27、M處，該裝置構(gòu)成原電池，鋅易失電子作負極，鐵作正極而被保護，該電化學防范法稱為犧牲陽極的陰極保護法，故答案為：犧牲陽極的陰極保護法。依照熱化學方程式和蓋斯定律計算所需熱化學方程式；II中第一鍍銅，則Cu作陽極、Fe作陰極，I中a處電極為正極、b處電極為負極，負極上通入燃料、正極上通入氧化劑；原電池中陽離子移向負極，負極上氫氣失電子和第14頁，共30頁KOH反響生成水；鐵棒上鍍銅，需選擇含有銅離子的鹽溶液，若電鍍結(jié)束后，裝置中Fe電極的質(zhì)量改變了12.8g，則Fe電極上析出Cu的質(zhì)量為12.8g，轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量=12.8g=264g/mol0.4mol，依據(jù)轉(zhuǎn)移電子相等計算裝置中理論上耗費氧氣

28、的體積；(3)作原電池正極或作電解池陰極的金屬被保護，若X為碳棒，為減緩鐵的腐化，則鐵應作電解池陰極；若X為鋅，開關(guān)K置于M處，該裝置構(gòu)成原電池，鋅易失電子作負極，鐵作正極而被保護。此題觀察原電池和電解池原理、蓋斯定律等知識點，重視觀察基礎(chǔ)知識的掌握和再現(xiàn)，明確蓋斯定律計算方法、各個電極上發(fā)生的反響是解此題要點，難點是電化學的綜合運用，題目難度中等。3.【答案】NO+H2O+Ce4+=Ce3+NO2-+2H+；BCD；3SO2+5OH-=2SO32-+HSO3-+2H2O；酸式；滴入最后一滴溶液呈紫紅色且半分鐘顏色不變；正；2HSO3-+2H+2e-=S2O42-+2H2O；4480【分析】解

29、：裝置中二氧化硫是酸性氧化物，能和強堿氫氧化鈉之間發(fā)生反響：SO2+OH-=HSO3-，NO和氫氧化鈉之間不會反響，裝置中NO在酸性條件下，NO和Ce4+之間會發(fā)生氧化復原反響：NO+H2O+Ce4+=Ce3+NO2-+2H+，NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3+NO3-+4H+，裝置中，在電解槽的陽極2Ce3+-2e-=2Ce4+，陰極電極反響式為：2HSO3-+2H+2e-=S2O42-+2H2O，裝置中通入氨氣、氧氣，2NO2-+O2+2H+2NH3=2NH4+2NO3-，(1)裝置中NO在酸性條件下NO和Ce4+之間會發(fā)生氧化復原反響：NO+H2O+Ce4+=Ce3+NO2-+2H+

30、，NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3+NO3-+4H+，故答案為：NO+H2O+Ce4+=Ce3+NO2-+2H+；(2)A.pH=7時，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，溶液中存在電荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH-)，故溶液中c(Na+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)，故A錯誤；B.HSO3-?SO32-+H+，由圖中數(shù)據(jù)，pH=7時，c(HSO3-)=c(SO32-)，由Ka的表達式可知，H2SO3的第二級電離均衡常數(shù)K2c(H+)=10-7，故B正確；C.溶液的pH控制在45時，c(HSO3-)濃度最大，則為獲取盡可能純的N

31、aHSO3，可將溶液的pH控制在45左右，故C正確；D.由圖可知，pH=2時，C(HSO-3)=C(H2SO3)，溶液為亞硫酸、亞硫酸氫鈉溶液，pH=9時溶液，溶液為亞硫酸鈉溶液，兩種溶液中所含粒子種類不一樣，故D正確；故答案為：BCD；1L1.0mol/L的NaOH溶液中含有氫氧化鈉的物質(zhì)的量為：1L1.0mol/L=1.0mol，13.44L(標況下)SO2，n(SO2)=13.44L=0.6mol，22.4L/mol設(shè)反響生成亞硫酸鈉的物質(zhì)的量為x，耗費二氧化硫的物質(zhì)的量為y2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O2111.0molyx第15頁，共30頁2111.0mol=y=x解得：x

32、=0.5moly=0.5mol依據(jù)上述計算能夠知道，二氧化硫是過分的，節(jié)余的二氧化硫的物質(zhì)的量為：0.6mol-0.5mol=0.1mol所以二氧化硫會和生成的亞硫酸鈉連續(xù)反響，設(shè)耗費亞硫酸鈉的物質(zhì)的量為a，生成亞硫酸氫鈉的物質(zhì)的量為bNa2SO3+H2O+SO2=2NaHSO3112a0.1molb121解得：a=0.1molb=0.2mol，a=b=0.3mol則溶液中n(SO32-)=0.5mol-0.1mol=0.4mol，n(HSO3-)=0.2mol，n(SO32-)：n(HSO3-)=2：1，則反響的離子方程式為3SO2+5OH-=2SO32-+HSO3-+2H2O，故答案為：3

33、SO2+5OH-=2SO32-+HSO3-+2H2O；酸式滴定管只好盛放酸性溶液、堿式滴定管只好盛放堿性溶液，酸性高錳酸鉀溶液呈酸性，則能夠盛放在酸式滴定管中；原溶液無色，而KMnO4為紫紅色，所以當溶液中H2C2O4和KHC2O4反響完整時，滴入最后一滴溶液呈紫紅色且半分鐘顏色不變；故答案為：酸式；滴入最后一滴溶液呈紫紅色且半分鐘顏色不變；(3)生成Ce4+為氧化反響，發(fā)生在陽極上，所以再生時生成的Ce4+在電解槽的陽極，連接電源正極，反響物是HSO3-被復原成S2O2-，獲取電子，電極反響式為：2HSO3-+2H+42e-=S2O42-+2H2O，故答案為：正；2HSO3-+2H+2e-=

34、S2O42-+2H2O；-的濃度為0.4mol/L，要使1m3該溶液中的NO-完整轉(zhuǎn)變成NH4NO3，則失掉電子(4)NO22數(shù)為：1000(5-3)0.4mol，設(shè)耗費標況下氧氣的體積是V，依據(jù)電子守恒：VL4=1000(5-3)0.4mol，解得V=4480L，22.4L/mol故答案為：4480裝置中二氧化硫是酸性氧化物，能和強堿氫氧化鈉之間發(fā)生反響：SO+OH-，2=HSO3NO和氫氧化鈉之間不會反響，裝置中NO在酸性條件下，NO和Ce4+之間會發(fā)生氧化復原反響：NO+H2O+Ce4+=Ce3+NO2-+2H+，NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3+NO3-+4H+，裝置中，在電解槽的

35、陽極2Ce3+-2e-=2Ce4+，陰極電極反響式為：2HSO3-+2H+2e-=S2O42-+2H2O，裝置中通入氨氣、氧氣，2NO2-+O2+2H+2NH3=2NH4+2NO3-，在酸性環(huán)境下，NO和Ce4+之間會發(fā)生氧化復原反響；A.pH=7時，溶液為中性，聯(lián)合電荷守恒分析；B.HSO-3?SO23-+H+，由圖中數(shù)據(jù)，pH=7時，c(HSO-3)=c(SO23-)；C.溶液的pH控制在45時，c(HSO-3)濃度最大；D.由圖可知，pH=2時，C(HSO-3)=C(H2SO3)，pH=9時溶液，溶液為亞硫酸鈉溶液；NaOH的物質(zhì)的量為1mol，依據(jù)2NaOH+SO2=Na2SO3+H2

36、O可知二氧化硫過分，過分部分的二氧化硫再發(fā)生反響Na2SO3+H2O+SO2=2NaHSO3，依照方程式進行計算n(SO23-)：n(HSO-3)的比，據(jù)此書寫離子方程式；酸式滴定管只好盛放酸性溶液、堿式滴定管只好盛放堿性溶液；酸性高錳酸鉀擁有第16頁，共30頁強氧化性，能氧化堿式滴定管橡皮管；原溶液無色，KMnO4為紫紅色，當溶液中的H2C2O4和KHC2O4反響完整時，溶液呈紫紅色且半分鐘顏色不變；(3)生成Ce4+為氧化反響，發(fā)生在陽極上；反響物是HSO-3被復原成S2O24-，獲取電子；(4)NO-2的濃度為0.4mol/L，要使1m3該溶液中的NO-2完整轉(zhuǎn)變成NH4NO3，設(shè)耗費標

37、況下氧氣的體積是V，聯(lián)合電子守恒進行計算；此題觀察電工業(yè)生產(chǎn)中化學原理汲取SO2和NO的工藝，為高頻考點，波及氧化復原反應、離子濃度比較、電化學等，綜合性強，重視分析、計算能力的觀察，題目難度較大4.【答案】H2O2+CaCl2CaO2+2HCl；冰水?。?0以前，溫度高升，速率加快；40以后，溫度連續(xù)高升，雙氧水分解，濃度降落，反響速率減慢；NH3?H2O結(jié)合HCl，使反響H2O2+CaCl2CaO2+2HCl均衡向正方向挪動，提升過氧化鈣的產(chǎn)量；2CaO2(s)2CaO(s)+O2(g)H=2(b-a)kJ?mol-1；0.25mol/L；不變；溫度不變，該反響的均衡常數(shù)K=c(CO2)=

38、0.25mol/L不變；a【分析】解：I.(1)在低溫下，往過氧化氫濃溶液中投入無水氯化鈣發(fā)生復分解反響生成CaO2與HCl，反響方程式為：H2O2+CaCl2CaO2+2HCl，故答案為：H2O2+CaCl2CaO2+2HCl；為控制低溫，最好將反響器擱置在冰水浴中，故答案為：冰水?。?0以前，溫度高升，速率加快；40以后，溫度連續(xù)高升，雙氧水分解，濃度降落，反響速率減慢，故答案為：40以前，溫度高升，速率加快；40以后，溫度連續(xù)高升，雙氧水分解，濃度降落，反響速率減慢；(2)NH3?H2O聯(lián)合HCl，使反響H2O2+CaCl2CaO2+2HCl均衡向正方向挪動，提高過氧化鈣的產(chǎn)量，故答案為

39、：NH3?H2O聯(lián)合HCl，使反響H2O2+CaCl2CaO2+2HCl均衡向正方向挪動，提升過氧化鈣的產(chǎn)量；II.(3)由標準生成熱可得熱化學方程式：Ca(s)+O2(g)=CaO2(s)H=akJ?mol-1，Ca(s)+1O2(g)=CaO(s)H=bkJ?mol-1，2依據(jù)蓋斯定律，(-)2可得：2CaO2(s)2CaO(s)+O2(g)H=2(b-a)kJ?mol-1，故答案為：2CaO2CaO(s)+O2(g)H=2(b-a)kJ?mol-1；2(s)(4)發(fā)生反響：2CaO2(s)2CaO(s)+O2(g)，2s、3s時，同一組分的物質(zhì)的量不變，說明2s時反響獲取均衡，均衡常數(shù)K

40、=c(O2)=0.5mol0.25mol/L，2L=故答案為：0.25mol/L；溫度不變，該反響的均衡常數(shù)K=c(CO2)=0.25mol/L不變，故氧氣的濃度不變，故答案為：不變；溫度不變，該反響的均衡常數(shù)K=c(CO2)=0.25mol/L不變；(6)a.反響系統(tǒng)中只有氧氣為氣體，恒溫恒容條件下，隨反響進行容器內(nèi)氣體密度增大，氣體的密度保持不變，說明反響抵達均衡，但若在恒溫恒壓下條件下，氧氣的密度不變，故a錯誤；b.反響有氧氣生成，隨反響進行固體質(zhì)量減小，而固體質(zhì)量不再改變，說明反響抵達平第17頁，共30頁衡，故b正確；c.可能反響抵達均衡時只好反響速率相等，不再變化，故c正確；d.可能

41、反響抵達均衡時只好反響速率相等，不再變化，故d正確應選：aI.(1)在低溫下，往過氧化氫濃溶液中投入無水氯化鈣發(fā)生復分解反響生成CaO2與HCl；為控制低溫，最好將反響器擱置在冰水浴中；40以前，溫度高升，速率加快；40以后，溫度連續(xù)高升，雙氧水分解；(2)NH3?H2O聯(lián)合反響生成HCl，使均衡向正方向挪動；II.(3)由標準生成熱可得熱化學方程式：Ca(s)+O2(g)=CaO2(s)H=akJ?mol-1，1Ca(s)+2O2(g)=CaO(s)H=bkJ?mol-1，依據(jù)蓋斯定律，(-)2可得：2CaO2(s)2CaO(s)+O2(g)；(4)發(fā)生反響：2CaO2(s)2CaO(s)+

42、O2(g)，2s、3s時，同一組分的物質(zhì)的量不變，說明2s時反響獲取均衡，均衡常數(shù)K=c(O2)；(5)溫度不變，該反響的均衡常數(shù)K=c(CO2)不變；可逆反響抵達均衡時，同種物質(zhì)的正逆速率相等且保持不變，各組分的濃度、含量保持不變，由此衍生的其余一些量不變，判斷均衡的物理量應隨反響進行發(fā)生變化，該物理量由變化到不再變化說明抵達均衡此題以過氧化鈣的制備為載體，觀察對制備原理的分析與議論、化學均衡計算與影響要素、均衡狀態(tài)判斷、熱化學方程式書寫、陌生方程式書寫等，是對學生綜合能力的觀察5.【答案】-56b3.31013ACB0.5MPa【分析】解：I.(1)圖1中是2molNO完整反響被氧化為二氧

43、化氮放出熱量180KJ-68KJ=112KJ，1moINO氧化為NO2的放出熱量為56KJ，焓變H=-56KJ/mol，故答案為：-56；(2)a.2NO2(g)?N2(g)+2O2(g)Ka=c(N2)c2(O2)=6.71016c2(NO2)c(N2)c(O2)b.2NO(g)?N2(g)+O2(g)Kb=c2(NO)=2.21030同樣溫度下均衡常數(shù)越大反響進行的越完全，則反響b分解反響趨向較大，2(NO2)Kb2.230反響2NO(g)+O2(g)?2NO2(g)的K=c=102(NO)c(O2)Ka6.716=3.31013，c10故答案為：b；3.31013；c2(NO2)(3)A

44、.2NO(g)+O2(g)?2NO2(g)的均衡常數(shù)K1=c2(NO)c(O2)，第一步：NO+NO=c(N2O2)K2c2(NO2)迅速均衡，K=，第二步：NO+O2NO慢反響，K2=，N2O2?c2(NO)2222c(N2O2)c(O2)K1第一步反響的均衡常數(shù)K=K2，故A正確；B.第一步迅速達到均衡狀態(tài)，v(第一步的正反響)v(第二步的反響)，故B錯誤；C.第二部反響緩慢說明，第二步的活化能比第一步的活化能高，故C正確；D.第二步反響緩慢，說明反響中N2O2與O2的碰撞不是100%有效，故D錯誤；第18頁，共30頁故答案為：AC；.(1)二氯氨在中性、酸性環(huán)境中會發(fā)生激烈水解，生成擁有

45、強殺菌作用的物質(zhì)為次氯酸，次氯酸電子式為，故答案為：；(2)2Cl2(g)+NH3(g)?NHCl2(l)+2HCl(g)，分壓為氣體體積減小的反響，增大壓強平衡正向進行，氯氣轉(zhuǎn)變率增大，則A、B、C三點中Cl2轉(zhuǎn)變率最高的是B點，在恒溫條件下，將2molCl2和1molNH3充入某密閉容器中發(fā)生上述反響，C點氯氣和氯化氫物質(zhì)的量同樣，設(shè)反響氨氣物質(zhì)的量x，2Cl2(g)+NH3(g)?NHCl2(l)+2HCl(g)，初步量(mol)2100變化量(mol)2xxx2x平衡量(mol)2-2x1-xx2x2-2x=2xx=0.5mol，總物質(zhì)的量=3-3x+2x=3-x=2.5mol，總壓強

46、為10MPa均衡分壓取代均衡濃度計算C點時該反響的壓強均衡常數(shù)Kp(C)=20.5(10MPa)22-20.52.5=0.5MPa，(10MPa1-0.52.5)2(10MPa2.5)故答案為：B；0.5MPa。I.(1)圖1中是2molNO完整反響被氧化為二氧化氮放出熱量180KJ-68KJ=112KJ，1moINO氧化為NO2的放出熱量為56KJ，據(jù)此獲??；化學均衡常數(shù)是衡量反響進行程度的物理量，均衡常數(shù)越大，進行越完全，均衡常K=生成物均衡濃度冪次方乘積，聯(lián)合ab反響均衡常數(shù)計算；反響物均衡濃度冪次方乘積(3)A.2NO(g)+O2(g)?2NO2(g)的均衡常數(shù)K1=2c2(NO2)，

47、第一步：NO+NO=(NO)c(O2)c迅速均衡，K=c(N2O2)，第二步：N2O2+O2K2c2(NO2)，N2O2?c2(NO)2NO2慢反響，K2=c(N2O2)c(O2)據(jù)此計算判斷；第一步反響快；C.活化能越高反響越難進行；D.第二部反響慢，碰撞不是100%有效(1)二氯氨在中性、酸性環(huán)境中會發(fā)生激烈水解，生成擁有強殺菌作用的物質(zhì)為次氯酸；在恒溫條件下，將2molCl2和1molNH3充入某密閉容器中發(fā)生上述反響，壓強越大均衡正向進行Cl2轉(zhuǎn)變率越高，聯(lián)合三行計算列式獲取均衡狀態(tài)下氣體物質(zhì)的量，此時總生成物均衡分壓冪次方乘積壓為10MPa，分壓=總壓物質(zhì)的量分數(shù)，均衡常數(shù)kp=反響

48、物均衡分壓冪次方乘積。此題觀察了反響熱的計算、化學均衡狀態(tài)的判斷、化學均衡挪動以及化學均衡常數(shù)計算、化學方程式的書寫等，題目波及的知識點許多，重視于觀察學生對基礎(chǔ)知識的綜合應用能力，題目難度中等。第19頁，共30頁6【.答案】3H2(g)+3CO(g)=CH3OCH3(g)+CO2(g)H=-246.4kJ/molO2+4e-+2CO2=2CO32-B4Fe2+O2+10H2O=4Fe(OH)3+8H+4.010-11mol/LBCE1【分析】解：(1)H2(g)+2O2(g)=H2O(l)H=-285.5kJ/mol1CO(g)+2O2(g)=CO2(g)H=-283kJ/molCH3OCH

49、3(g)+3O2=2CO2(g)+3H2O(l)H=-1460.0kJ/mol用水煤氣成分按1：1合成二甲醚，將方程式3+3-得：3H2(g)+3CO(g)=CH3OCH3(g)+CO2(g)H=3(-285.5kJ/mol)+3(-283kJ/mol)-(-1460.0kJ/mol)=-246.4kJ/mol，故答案為：3H2(g)+3CO(g)=CH3OCH3(g)+CO2(g)H=-246.4kJ/mol；燃料電池中，正極上氧化劑氧氣得電子和二氧化碳發(fā)生復原反響生成碳酸根離子，電極反響式為O2+4e-+2CO2=2CO23-；熔融碳酸鹽性質(zhì)要穩(wěn)固，高溫時不可以分解生成其余物質(zhì)，MgCO3

50、高溫下分解生成氧化鎂和二氧化碳而得不到碳酸根離子，故錯誤；Na2CO3性質(zhì)較穩(wěn)固，熔融狀態(tài)下只發(fā)生電離而不發(fā)生疏解反響，故正確；C.NaHCO3性質(zhì)不穩(wěn)固，易分解而得不到碳酸根離子，故錯誤；(NH4)CO3性質(zhì)不穩(wěn)固，易分解而得不到碳酸根離子，故錯誤；應選B；故答案為：O2+4e-+2CO2=2CO23-；B；陽極上Fe失電子生成亞鐵離子，陰極上生成氫氧根離子，亞鐵離子和氫氧根離子反應生成氫氧化亞鐵，氫氧化亞鐵不穩(wěn)固，被氧氣氧化生成氫氧化鐵，離子反響方程式為：4Fe2+O2+10H2O=4Fe(OH)3+8H+，故答案為：4Fe2+O2+10H2O=4Fe(OH)3+8H+；Ksp-38c(F

51、e3+)=4.010=4.010-11mol/L3-)=10-14mol/L，c(OH(10-5)3故答案為：4.010-11mol/L；乙裝置中陰極上甲醚失電子生成二氧化碳，依據(jù)CH3OCH3-2CO2-12e-計算0.24mol0.2mol/L0.2L=0.04mol，依據(jù)電離平n(CO2)=122=0.04mol，n(Na2S)=衡常數(shù)知發(fā)生反響CO2+S2-+H2O=HCO3-+HS-，則溶液中的溶質(zhì)是等物質(zhì)的量濃度的NaHCO3、NaHS，A.依據(jù)以上分析知，發(fā)生反響的離子方程式為：CO2+S2-+H2O=HCO3-+HS-，故錯誤；B.依據(jù)以上分析知，發(fā)生反響的離子方程式為：CO+

52、S2-+HO=HCO-+HS-，故正223確；C.依據(jù)物料守恒得c(Na+)=2c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)，故正確；D.依據(jù)電荷守恒得c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+2c(S2-)+c(OH-)+c(HS-)+c(HCO3-)，故錯誤；E.碳酸氫根離子和硫氫根離子都水解和電離，但程度都較小，鈉離子不水解，依據(jù)電離第20頁，共30頁均衡常數(shù)知，HCO-水解程度小于HS-，所以離子濃度大小次序是c(Na+-3)c(HCO3)c(HS-)c(OH-)，故正確；應選BCE依據(jù)蓋斯定律進行計算；燃料電池中，正極上氧化劑得電子發(fā)生復原反響；熔融碳酸鹽性質(zhì)要穩(wěn)固，高溫時不可以分解

53、；鐵作陽極，陽極上生成Fe2+，陰極周邊生成氫氧根離子，氫氧根離子和Fe2+子生成Fe(OH)2積淀，F(xiàn)e(OH)2不穩(wěn)固，易被氧化生成Fe(OH)3；Ksp；c(Fe3+)=c3(OH-)乙裝置中陰極上甲醚失電子生成二氧化碳，依據(jù)CH3OCH3-2CO2-12e-計算n(CO2)=0.24mol2=0.04mol，n(Na2S)=0.2mol/L0.2L=0.04mol，依據(jù)電離平12衡常數(shù)知發(fā)生反響CO2+S2-+H2O=HCO-3+HS-，再聯(lián)合電荷守恒和物料守恒解答此題觀察較綜合，波及了蓋斯定律、原電池原理、離子濃度大小比較等知識點，明確燃燒熱的內(nèi)涵、原電池原理內(nèi)涵、鹽類水解與弱電解質(zhì)

54、電離關(guān)系即可解答，這些知識點都是高考熱門，常常以綜合題大題出現(xiàn)，涵蓋了化學反響原理全部知識，利用教材基礎(chǔ)知識采納知識遷徙的方法進行解答，難度中等7.【答案】COS(g)+H2(g)?H2S(g)+CO(g)H=+7kJ/?高溫?高溫?molABCA50%2Cu2S+3O2-2Cu2O+2SO22Cu2O+Cu2S6Cu+?2SO2SO42-、Cl-NaOH溶液能跟溴單質(zhì)反響，使溶液呈無色【分析】解：(1)COS(g)+H2O(g)?H2S(g)+CO2(g)H1=-35kJ?mol-1CO(g)+H2O(g)?H2(g)+CO2(g)H3=-42kJ?mol-1將方程式-得COS(g)+H2(

55、g)?H2S(g)+CO(g)H=(-35kJ/mol)-(-42kJ/mol)=+7kJ/mol，故答案為：COS(g)+H2(g)?H2S(g)+CO(g)H=+7kJ/mol；依據(jù)方程式知，COS和H2S的化學計量數(shù)相等，則兩者化學反響速率相等，與反響沒法達到均衡狀態(tài)沒關(guān)，與溫度沒關(guān)，應選ABC；該反響的正反響是吸熱反響，則逆反響是放熱反響，高升溫度均衡正向挪動，以致正反響均衡常數(shù)增大，應選A；(4)T1時，正逆均衡常數(shù)相等，正逆反響均衡常數(shù)互為以致，則該溫度下正逆反響均衡常數(shù)為1，2mol開始時c(H2)=c(COS)=10L=0.2mol/L，設(shè)COS的均衡轉(zhuǎn)變率為x，可逆反響COS

56、(g)+H2(g)?H2S(g)+CO(g)開始(mol/L)0.20.200反響(mol/L)0.2x0.2x0.2x0.2x均衡(mol/L)0.2-0.2x0.2-0.2x0.2x0.2x第21頁，共30頁(0.2x)2=1，x=0.5=50%，化學均衡常數(shù)K=2(0.2-0.2x)故答案為：50%；?高溫?；Cu2O與Cu2S反響：2Cu2O+(5)Cu2S被氧化為Cu2O：2Cu2S+3O2-2Cu2O+2SO2?高溫?Cu2S-，?6Cu+2SO2?高溫?；2Cu?高溫?故答案為：2Cu2S+3O2-2Cu2O+2SO22O+Cu2S-；?6Cu+2SO2?汲取SO2后的堿性溶液還

57、可用于Cl2的尾氣辦理，亞硫酸鈉與氯氣發(fā)生氧化復原反應生成硫酸鈉和鹽酸，則汲取Cl2后的溶液中必定存在的陰離子有OH-、SO24-、Cl-，故答案為：SO24-、Cl-；滴加黃色的溴水，獲取無色溶液，此實驗不可以證明溶液中含有SO32-，原由是NaOH溶液能跟溴單質(zhì)反響，使溶液呈無色，故答案為：NaOH溶液能跟溴單質(zhì)反響，使溶液呈無色。(1)COS(g)+H2O(g)?H2S(g)+CO2(g)H1=-35kJ?mol-1-1將方程式-得COS(g)+H2(g)?H2S(g)+CO(g)H進行相應的改變；依據(jù)方程式知，COS和H2S的化學計量數(shù)相等，則兩者化學反響速率相等；該反響的正反響是吸熱

58、反響，則逆反響是放熱反響，高升溫度均衡正向挪動，以致正反響均衡常數(shù)增大；(4)T1時，正逆均衡常數(shù)相等，正逆反響均衡常數(shù)互為以致，則該溫度下正逆反響均衡常數(shù)為1，開始時c(H2)=c(COS)=2mol=0.2mol/L，設(shè)COS的均衡轉(zhuǎn)變率為x，10L可逆反響COS(g)+H2(g)?H2S(g)+CO(g)開始(mol/L)0.20.200反響(mol/L)0.2x0.2x0.2x0.2x均衡(mol/L)0.2-0.2x0.2-0.2x0.2x0.2x化學均衡常數(shù)K=(0.2x)2(0.2-0.2x)2=1，據(jù)此計算x；(5)CuS被氧化為CuO：?高溫?；CuO與CuS反響：2CuO+

59、22Cu2S+3O2-22?2Cu2O+2SO222?高溫?Cu2S-；?6Cu+2SO2(6)氯氣擁有強氧化性，SO23-中+4價的硫擁有復原性，氯氣與SO23-會發(fā)生氧化復原反響；溶液顯堿性時能與溴水反響，不可以確立溴水與SO23-會發(fā)生氧化復原反響。此題觀察較綜合，波及蓋斯定律、化學均衡計算、氧化復原反響等知識點，重視觀察分析判斷及計算能力，明確三段式在化學均衡計算中的靈巧運用、氧化復原反響方程式書寫方法是解此題要點，題目難度中等。8.【答案】N2O4+2HNO3-2e-=2N2O5+2H+H=H2-112H1-H3-2H41.750.090mol?L-1?min-1115.2吸熱反響，

60、溫度高升，(N2O4)增添，說明第22頁，共30頁均衡右移減小系統(tǒng)壓強、移出NO1K.KB點與D點，滿足均衡條件(NO)=222p22(N2O4)【分析】解：(1)從電解原理來看，N2O4制備N2O5為氧化反響，則N2O5應在陽極區(qū)生成，反響式為N2O4+2HNO3-2e-=2N2O5+2H+，2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)H1NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)H22NO2(g)?N2O4(g)H32N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g)H4將方程式-1-1得N2O4(g)+O3(g)=N2O5(g)+O2(g)，得N2O4(g)+22O3(g)=N2O5(g)+O