专题14 化学反应原理综合-2020年高考化学真题与模拟题分类训练（教师版含解析）

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1、专题 14 化学反应原理综合 1 (2020 年新课标)硫酸是一种重要的基本化工产品， 接触法制硫酸生产中的关键工序是 SO2的催化氧化： SO2(g)+ 1 2 O2(g) 钒催化剂 SO3(g) H=98 kJmol 1。回答下列问题： (1)钒催化剂参与反应的能量变化如图所示，V2O5(s)与 SO2(g)反应生成 VOSO4(s)和 V2O4(s)的热化学方程式 为：_。 (2)当 SO2(g)、 O2(g)和 N2(g)起始的物质的量分数分别为 7.5%、 10.5%和 82%时， 在 0.5MPa、 2.5MPa 和 5.0MPa 压强下，SO2平衡转化率 随温度的变化如图所示。反

2、应在 5.0MPa、550时的 =_，判断的依 据是_。影响 的因素有_。 (3)将组成(物质的量分数)为 2m% SO2(g)、m% O2(g)和 q% N2(g)的气体通入反应器，在温度 t、压强 p 条件下 进行反应。平衡时，若 SO2转化率为 ，则 SO3压强为_，平衡常数 Kp=_(以分压表 示，分压=总压 物质的量分数)。 (4)研究表明，SO2催化氧化的反应速率方程为：v=k( 1)0.8(1n)。式中：k 为反应速率常数，随温度 t 升高而增大； 为 SO2平衡转化率， 为某时刻 SO2转化率， n 为常数。 在 =0.90 时， 将一系列温度下的 k、 值代入上述速率方程，得

3、到 vt 曲线，如图所示。 2020 年高考真题年高考真题 曲线上 v 最大值所对应温度称为该 下反应的最适宜温度 tm。ttm后，v 逐渐下降。 原因是_。 【答案】(1)2V2O5(s)+ 2SO2(g) 2VOSO4(s)+ V2O4(s) H= -351 kJmol-1 (2)0.975 该反应气体分子数减少，增大压强， 提高。所以，该反应在 550、压强为 5.0MPa2.5MPa p的，所以 p1=5.0MPa 反应物(N2和 O2)的起始浓度(组成)、温度、压强 (3) 2m 100m p 0.5 1.5 1 100 mp m (4)升高温度， k 增大使 v 逐渐提高， 但 降

4、低使 v 逐渐下降。 当 ttm， k 增大对 v 的提高大于 引起的降低； 当 ttm，k 增大对 v 的提高小于 引起的降低 【解析】 【分析】 根据盖斯定律， 用已知的热化学方程式通过一定的数学运算， 可以求出目标反应的反应热； 根据压强对化学平衡的影响，分析图中数据找到所需要的数据；根据恒压条件下总压不变，求出各组分的 分压，进一步可以求出平衡常数；根据题中所给的速率公式，分析温度对速率常数及二氧化硫的转化率的 影响，进一步分析对速率的影响。 【详解】(1)由题中信息可知： SO2(g)+ 1 2 O2(g)SO3(g) H= -98kJmol-1 V2O4(s)+ SO3(g)V2O

5、5(s)+ SO2(g) H2= -24kJmol-1 V2O4(s)+ 2SO3(g)2VOSO4(s) H1= -399kJmol-1 根据盖斯定律可知，-2 得 2V2O5(s)+ 2SO2(g) 2VOSO4(s)+ V2O4(s)，则H= H1-2H2=( -399kJmol-1)-( -24kJmol-1)2= -351kJmol-1， 所以该反应的热化学方程式为： 2V2O5(s)+ 2SO2(g) 2VOSO4(s)+ V2O4(s) H= -351 kJmol-1； (2) SO2(g)+ 1 2 O2(g)SO3(g)，该反应是一个气体分子数减少的放热反应，故增大压强可以使

6、化学平衡向正反 应方向移动。 因此， 在相同温度下， 压强越大， SO2的平衡转化率越大， 所以， 该反应在 550、 压强为 5.0MPa 条件下，SO2的平衡转化率一定高于相同温度下、压强为 2.5MPa 的，因此，p1=5.0MPa，由图中数据可知， =0.975。影响 的因素就是影响化学平衡移动的因素，主要有反应物(N2和 O2)的浓度、温度、压强等。 (3)假设原气体的物质的量为 100mol，则 SO2、O2和 N2的物质的量分别为 2m mol、m mol 和 q mol， 2m+m+q=3m+q=100，SO2的平衡转化率为 ，则有下列关系： 22 3 1 SO+O SO 2

7、0 ()2mm 2 ()2 2 ()2m(1- )m(1) mol m molmm m mol 矾催化剂 起始量 变化量 平衡量 平衡时气体的总物质的量为 n(总)= 2m(1-)+m(1-)+2mmol+q mol，则 SO3的物质的量分数为 3 n SO2m mol2m 100%100%100% n2m 1m 12m molq?mol100m 总 。 该反应在恒压 容器中进行，因此，SO3的分压 p(SO3)= 2m 100m p ，p(SO2)= 2m 1 100m p ，p(O2)= m 1 100m p ，在该条 件下，SO2(g)+ 1 2 O2(g)2SO3(g) 的 Kp= 3

8、 0.50.50.5 1.5 22 2m SO 100m SO 2m 1m 1 1 100 100m100m p p ppO mppp m 。 (4) 由于该反应是放热反应，温度升高后 降低。由题中信息可知，v= 0.8 k11n ，升高温度，k 增大使 v 逐渐提高，但 降低使 v 逐渐下降。当 ttm，k 增大对 v 的提高大于 引起的降低；当 ttm，k 增大对 v 的提高小于 引起的降低。 【点睛】本题有关化学平衡常数的计算是一个难点，尤其题中给的都是字母型数据，这无疑增大了难度。 这也是对考生的意志的考验，只要巧妙假设、小心求算，还是可以得到正确结果的，毕竟有关化学平衡的 计算是一种

9、熟悉的题型。本题的另一难点是最后一问，考查的是速率公式与化学平衡的综合理解，需要明 确化学反应速率与速率常数及平衡转化率之间的函数关系，才能作出正确的解答。所以，耐心和细心才是 考好的保证。 2(2020 年新课标)天然气的主要成分为 CH4，一般还含有 C2H6等烃类，是重要的燃料和化工原料。 (1)乙烷在一定条件可发生如下反应：C2H6(g)= C2H4(g)+H2(g) H，相关物质的燃烧热数据如下表所示： 物质 C2H6(g) C2H4(g) H2(g) 燃烧热 H/( kJ mol1) -1560 -1411 -286 H=_kJ mol1。 提高该反应平衡转化率的方法有_、_。 容

10、器中通入等物质的量的乙烷和氢气，在等压下(p)发生上述反应，乙烷的平衡转化率为 。反应的平衡 常数 Kp=_(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压 物质的量分数)。 (2)高温下，甲烷生成乙烷的反应如下：2CH4 高温 C2H6+H2。反应在初期阶段的速率方程为：r=k 4 CH c ， 其中 k 为反应速率常数。 设反应开始时的反应速率为 r1，甲烷的转化率为 时的反应速率为 r2，则 r2=_ r1。 对于处于初期阶段的该反应，下列说法正确的是_。 A增加甲烷浓度，r 增大 B增加 H2浓度，r 增大 C乙烷的生成速率逐渐增大 D降低反应温度，k 减小 (3)CH4和 CO2都是比较稳定

11、的分子， 科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化， 其原理如下图所示： 阴极上的反应式为_。 若生成的乙烯和乙烷的体积比为 21，则消耗的 CH4和 CO2体积比为_。 【答案】(1)137 升高温度 减小压强(增大体积) (1+ ) p (2+ )(1- ) (2)1 AD (3)CO2+2e=CO+O2 65 【解析】 【分析】 (1)先写出三种气体的燃烧热的热化学方程式， 然后根据盖斯定律进行计算， 得到目标反应的H； 反应 C2H6(g)C2H4(g) + H2(g)为气体体积增大的吸热反应，升高温度、减小压强平衡等都向正反应方向 移动； 根据已知乙烷的转化率， 设起始时加入的乙烷

12、和氢气各为 1mol， 列出三段式， 求出平衡时各物质的分压， 带入平衡常数的计算公式进行计算； (2)根据 r=k 4 CH c ，若 r1=kc，甲烷转化率为时， 甲烷的浓度为 c(1-)，则 r2= kc(1-)； 根据反应初期的速率方程为：r=k 4 CH c ，其中 k 为反应速率常数，据此分析速率变化的影响因素； (3)由图可知，CO2在阴极得电子发生还原反应，电解质传到 O2-，据此写出电极反应； 令生成乙烯和乙烷分别为 2 体积和 1 体积，根据阿伏加德罗定律，同温同压下，气体体积比等于物质的 量之比，再根据得失电子守恒，得到发生的总反应，进而计算出为消耗 CH4和 CO2的体

13、积比。 【详解】(1)由表中燃烧热数值可知： C2H6(g)+ 7 2 O2(g)=2CO2(g) +3H2O(l) H1= -1560kJmol-1；C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g) +2H2O(l) H2= -1411kJmol-1； H2(g)+ 1 2 O2(g)=H2O(l) H3= -286kJmol-1； 根据盖斯定律可知， -得 C2H6(g) =C2H4(g) + H2(g)，则H= H1-H2-H3=( -1560kJmol-1)-( -1411kJmol-1)- ( -286kJmol-1)=137kJmol-1，故答案为 137； 反应 C2H6(g) C2

14、H4(g) + H2(g)为气体体积增大的吸热反应，升高温度、减小压强平衡都向正反应方向 移动，故提高该反应平衡转化率的方法有升高温度、减小压强(增大体积)； 设起始时加入的乙烷和氢气各为 1mol，列出三段式， C2H6(g) C2H4(g) + H2(g) 起始(mol) 1 0 1 转化(mol) 平衡(mol) 1- 1+ 平衡时，C2H6、C2H4和 H2平衡分压分别为 1 2 p、 2 p 和 1 2 p，则反应的平衡常数为 Kp= 1 21 （） （）（） ； (2) 根据 r=k 4 CH c ， 若 r1= kc， 甲烷转化率为时， 甲烷的浓度为 c(1-)， 则 r2= k

15、c(1-)， 所以 r2=(1-)r1； A增大反应物浓度反应速率增大，故 A 说法正确； B由速率方程可知，初期阶段的反应速率与氢气浓度无关，故 B 说法错误； C反应物甲烷的浓度逐渐减小，结合速率方程可知，乙烷的生成速率逐渐减小，故 C 说法错误； D化学反应速率与温度有关，温度降低，反应速率常数减小，故 D 正确。 答案选 AD。 (3) 由图可知，CO2在阴极得电子发生还原反应，电极反应为 CO2+2e-=CO+O2-； 令生成乙烯和乙烷分别为 2 体积和 1 体积，根据阿伏加德罗定律，同温同压下，气体体积比等于物质的 量之比，再根据得失电子守恒，得到发生的总反应为：6CH4+5CO2

16、=2C2H4+ C2H6+5H2O+5CO，即消耗 CH4 和 CO2的体积比为 6:5。 3(2020 年新课标)二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用 CO2的热点研究领域。回答下列问题： (1)CO2催化加氢生成乙烯和水的反应中，产物的物质的量之比 n(C2H4)n(H2O)=_。当反应达到 平衡时，若增大压强，则 n(C2H4)_(填“变大”“变小”或“不变”)。 (2)理论计算表明，原料初始组成 n(CO2)n(H2)=13，在体系压强为 0.1MPa，反应达到平衡时，四种组分 的物质的量分数 x 随温度 T 的变化如图所示。 图中， 表示 C2H4、 CO2变化的曲线分别是_、 _。

17、CO2催化加氢合成 C2H4反应的 H_0(填“大 于”或“小于”)。 (3)根据图中点 A(440K，0.39)，计算该温度时反应的平衡常数 Kp=_(MPa)3(列出计算式。以分压表 示，分压=总压 物质的量分数)。 (4)二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随副反应，生成 C3H6、C3H8、C4H8等低碳烃。一定温度和压强条 件下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当_。 3 【答案】(1)14 变大 (2)d c 小于 (3) 3 91 40.039 或 4 3 62 0.39 0.39 1 4 0.39 0.1 0.39() 3 等 (4)选择合适催化剂等 【解析】 【分析】根据质量守

18、恒定律配平化学方程式，可以确定产物的物质的量之比。根据可逆反应的特点分析增 大压强对化学平衡的影响。根据物质的量之比等于化学计量数之比，从图中找到关键数据确定代表各组分 的曲线，并计算出平衡常数。根据催化剂对化反应速率的影响和对主反应的选择性，工业上通常要选择合 适的催化剂以提高化学反应速率、减少副反应的发生。 【详解】(1)CO2催化加氢生成乙烯和水，该反应的化学方程式可表示为 2CO2+6H2 CH2 = CH2+4H2O，因 此，该反应中产物的物质的量之比 n(C2H4)：n(H2O)=1：4。由于该反应是气体分子数减少的反应，当反应 达到平衡状态时，若增大压强，则化学平衡向正反应方向移

19、动，n(C2H4)变大。 (2) 由题中信息可知，两反应物的初始投料之比等于化学计量数之比；由图中曲线的起点坐标可知，c 和 a 所表示的物质的物质的量分数之比为 1:3、d 和 b 表示的物质的物质的量分数之比为 1:4，则结合化学计量数 之比可以判断，表示乙烯变化的曲线是 d，表示二氧化碳变化曲线的是 c。由图中曲线的变化趋势可知，升 高温度，乙烯的物质的量分数减小，则化学平衡向逆反应方向移动，则该反应为放热反应，H 小于 0。 (3) 原料初始组成 n(CO2)n(H2)=13，在体系压强为 0.1Mpa 建立平衡。由 A 点坐标可知，该温度下，氢 气和水的物质的量分数均为 0.39，则

20、乙烯的物质的量分数为水的四分之一，即 0.39 4 ，二氧化碳的物质的量 分数为氢气的三分之一，即 0.39 3 ，因此，该温度下反应的平衡常数 4 23 6 0.39 0.39 1 4 0.1 0.39 0.39 3 p K (MPa)-3= 3 91 40.039 (MPa)-3。 (4)工业上通常通过选择合适的催化剂，以加快化学反应速率，同时还可以提高目标产品的选择性，减少副 反应的发生。因此，一定温度和压强下，为了提高反应速率和乙烯的选择性，应当选择合适的催化剂。 4(2020 年天津卷)利用太阳能光解水，制备的 H2用于还原 CO2合成有机物，可实现资源的再利用。回答 下列问题： .

21、半导体光催化剂浸入水或电解质溶液中，光照时可在其表面得到产物 (1)下图为该催化剂在水中发生光催化反应的原理示意图。光解水能量转化形式为_。 (2)若将该催化剂置于 Na2SO3溶液中， 产物之一为 2- 4 SO， 另一产物为_。 若将该催化剂置于 AgNO3 溶液中，产物之一为 O2，写出生成另一产物的离子反应式_。 .用 H2还原 CO2可以在一定条下合成 CH3OH(不考虑副反应)： 2232 CO (g)+3H (g) CH OH(g)+H O(g) 0H (3)某温度下，恒容密闭容器中，CO2和 H2的起始浓度分别为 a molL-1和 3 a molL-1，反应平衡时，CH3OH

22、 的产率为 b，该温度下反应平衡常数的值为_。 (4)恒压下，CO2和 H2的起始物质的量比为 1:3 时，该反应在无分子筛膜时甲醇的平衡产率和有分子筛膜时 甲醇的产率随温度的变化如图所示，其中分子筛膜能选择性分离出 H2O。 甲醇平衡产率随温度升高而降低的原因为_。 P 点甲醇产率高于 T 点的原因为_。 根据上图，在此条件下采用该分子筛膜时的最佳反应温度为_ C。 .调节溶液 pH 可实现工业废气 CO2的捕获和释放 (5) 2- 3 CO的空间构型为_。已知 25碳酸电离常数为 Ka1、Ka2，当溶液 pH=12 时， -2- 2333 c H CO:c HCO:c CO=1：_：_。

23、【答案】I.(1)光能转化为化学能 (2)H2 +- Ag +e =Ag II.(3) 2 24 b 27a (1-b) (4)该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动(或平衡常数减小) 分子筛膜从反应体系中不断分离出 H2O，有利于反应正向进行，甲醇产率升高 210 (5)平面(正)三角形 12 a1 10K 24 a1a2 10KK 【解析】I.(1)根据图示，该催化剂在水中发生光催化反应的方程式为 2H2O 光照 催化剂 2H2+O2，光解水能量 转化形式为光能转化为化学能。 (2)若将该催化剂置于 Na2SO3溶液中，产物之一为 2- 4 SO， 2- 3 SO被氧化成 2- 4 SO

24、，则 H+被还原为 H2，即另一 产物为 H2；若将该催化剂置于 AgNO3溶液中，产物之一为 O2，氧元素的化合价升高，O2为氧化产物，则 生成另一产物的反应为还原反应， 由于Ag+得电子能力大于H+， 故生成另一产物的离子反应式为 Ag+e-=Ag。 II.(3) CO2和 H2的起始浓度分别为 a molL-1和 3 a molL-1，CH3OH 的产率为 b，则生成的 CH3OH 物质的 量浓度为 abmol/L，根据三段式 2232 COg+3Hg)CH OH(g)+H O(g) (mol/L)a3a00 (mol/L)ab3ababab (mol/L)a(1-b)3a(1-b)ab

25、ab c c c （ ）（ 起始）（ 转化）（ 平衡）（ 则反应的平衡常数 K= 32 3 22 c(CH OH) c(H O) c(CO ) c (H ) = 3 ab ab a(1-b)3a(1-b) = 2 24 b 27a (1-b) 。 (4)该反应为放热反应(H”、“”、“ 20% (5) 相同温度下，曲线乙的转化率低于曲线甲的转化率，说明 M 点不是平衡点，反应仍向正反应 进行 温度升高催化剂活性降低 【解析】(1)尾气中含有碳烟的主要原因为燃料燃烧不充分。 (2)若反应 1 2 CO2(g)+ 1 2 N2(g) 1 2 C(s)+NO(g)的活化能为 akJ mol-1，则反

26、应 C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g)的逆 反应活化能为 2a kJ mol-1，根据盖斯定律：-可得 C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g) H=-574 kJ mol-1，故反 应 C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g)的活化能为(2a-574)kJ mol-1。 (3)满足自发进行的条件是：H-TS=-113.0 kJ mol-1-T(-145.310-3) kJmol-1 K-10，则 Tp2。 若 30min 时，保持 T2不变，向该容器中再加入该四种反应混合物各 2mol，该反应前后气体分子数不变， 加入反应混合物前后构成等效平衡，达平衡时 NO 的体积

27、百分含量为 0.4mol 100%20% 2mol 。 (5)在催化剂乙作用下，相同温度下，曲线乙的转化率低于曲线甲的转化率，说明 M 点不是平衡点，反应 仍向正反应进行，则 v正v逆。 温度升高催化剂活性降低，催化效率降低，则在相同时间内测得 NO 转化率降低。 9(2020 届广东省佛山市质检)CoS2催化 CO 烟气脱硫具有广阔的工业化前景。回答下列问题： (1)已知： CoS2(s) +CO(g) CoS(s) +COS(g) H1 2COS(g) +SO2(g) 3S(s) +2CO2(g) H2 S(s) +CoS(S) CoS2 (s) H3 则 2CO(g)+ SO2(g) 催

28、化剂 2CO2(g)+S(s) H4=_。 (用H1、 H2、H3表示) (2)在恒温、恒压的容器中模拟回收硫，加入 SO2起始量均为 1mol，测得 CO2的平衡体积分数随 CO 和 SO2 的投料比变化如图 1： 当投料比为 2 时， t min 时测得 SO2转化率为 50%， 则用 S 的生成速率表示的反应速率 v=_g min-1。 当投料比为 3 时，CO2 的平衡体积分数对应的点是_。 (3)向体积均为 1L 的恒温、恒客密团容器通入 2 mol CO 和| mol SO2。反应体系总压强随时间的变化如图 2： 相对于 I，II 改变的外界条件是_。 SO2的平衡转化率为_，平衡

29、常数 Kp =_(用平衡分压代替平衡浓度计算)。 (4)利用电解法处理SO2尾气可制备保险粉 (Na2S2O4).电解装置如图， 则a_ b (填“” “=”或“”)， 生成S2O42- 的电极反应式为_。 【答案】(1) 123 2H +H +2H (2)16 t C (3)使用(或使用更高效)催化剂 75% 0.675 (4) +-2- 3242 2H +2HSO +2e =S O+2H O 【解析】(1) 21 CoSs +CO gCoS s +COS gH 222 2COS g +SOg3S s +2COgH 23 S s +CoS SCoSsH 根据盖斯定律可知+2 2可得 22 2

30、CO g + SOg2COg +S s 催化剂 4123 H =2H +H +2H，故答案为： 123 2H +H +2H； (2)当投料比为 2 时，t min 时测得 SO2转化率为 50%，则有 22 2CO g+ SOg2COg+S s 催化剂 起始值(mol)2100 变化值(mol)10.510.5 平衡值(mol)10.510.5 S 的生成速率 S0.5mol32g/mol16 v=g/min ttt 生成 的质量 ；当投料比为 3 时，相当于在投料 比为 2 达到平衡时充入 1mol 的 CO，平衡正移，根据勒夏特列原理可知达到平衡时，CO2的体积分数小于 投料比为 2 达到

31、平衡时 CO2的体积分数，故答案为：16 t ；C； (3)由图像可知 I，II，达到平衡时压强不变，则平衡不移动，II 达到平衡时间变短，则 II 使用(或使用更高 效)催化剂；恒温、恒客密团容器中气体的压强与物质的量成正比，设反应消耗 SO2物质的量为 xmol，则 有 22 2CO g+ SOg2COg+S s xxxx - x-xxx 催化剂 起始值(mol)2100 变化值(mol)22 平衡值(mol)2 212 3mol160kPa = (3-x)mol120kPa 则 x=0.75mol， SO2的平衡转化率为 0.75mol 100%=75% 1mol ， 则平衡时 n(CO

32、)=0.5mol， n(SO2)=0.25mol，n(CO2)=1.5mol，则平衡常数 2 2 2 2 mol a Kp (CO ) Kp= molmolKp (CO)Kp(SO ) aa 2 2 1.5 (120KP ) 2.25mol 0.675 0.50.25 (120KP )120KP 2.25mol2.25mol ， 故答案为： 使用(或 使用更高效)催化剂；75%；0.675； (4)由电解装置图可知， SO2发生氧化反应生成 H2SO4， 为阳极， 电极反应为： -2-+ 224 SO -2e +2H O=SO+4H， 则硫酸浓度增大； HSO3-发生还原反应生成 S2O42-

33、， 为阴极， 电极反应为： +-2- 3242 2H +2HSO +2e =S O+2H O， 故答案为：O 的 反应是_ (填“I ”“II” 或“III”)。 1200K 时在 一体积为 2L 的恒容密闭容器中有 17.7gMn3C( s)和 0.4molCO2 ， 只发生反应 I， 5min 后达到 平衡，此时 CO 的浓度为 0.125mol/L，则 05 min 内 v(CO2)=_。 在一体积可变的密闭容器中加入一定量的 Mn(s )并充入一定量的 CO2(g) .只发生反应 II，下列能说明反应 II 达到平衡状态的是_ (填标号)。 A容器的体积不再改变 B固体的质量不再改变

34、C气体的总质量不再改变 向恒容密闭容器中加入 Mn3C 并充入 0.l molCO2, 若只发生反应 III. 则在 A 点反应达到平衡时， 容器的总 压为 akPa, CO2的转化率为_; A 点对应温度下的 Kp(III) =_。 【答案】(1)-3 9.03 1024(或 15NA) (2) 2H1 +H2 Al4C3+12HCl=4AlCl3+3CH4 (3) III 0.02molL-1min-1 BC 33.3% 0.5akPa 【解析】 (1)反应23Al2O3+15C+5N2=2Al23O27N5+15CO中， 产物Al23O27N5中氮的化合价为-3价， 该反应中每生成1mo

35、l Al23O27N5，转移的电子数为 5 3NA =15 NA，故答案为：-3；9.03 1024(或 15NA)； (2)已知、Al2O3(s)+3C(s)=Al2OC(s)+2CO(g) H1 、2Al2OC(s)+3C(s)=Al4C3(s)+2CO(g) H2 2Al2O3(s)+9C(s)=Al4C3(s)+6CO(g) H3 根据盖斯定律，由 2+得反应2Al2O3(s)+9C(s)=Al4C3(s)+6CO(g) H3= 2H1+H2，故答案为：2H1 +H2； Al4C3可与足量盐酸反应制备一种最简单的烃 CH4，根据质量守恒配平可得反应的化学方程式为 Al4C3+12HC1

36、=4AlCl3+3CH4，故答案为：Al4C3+12HC1=4AlCl3+3CH4； (3)由图中信息可知，反应升高温度，lnK 增大，则 K 增大，平衡正向移动，正反应为吸热反应，H0， 故答案为：； 05min 内 v(CO2)= 4 5 v(CO)= 4 5 0.125mol/ L0.02 5min mol L-1 min-1，故答案为：0.02molL-1min-1； 反应.Mn(s)+CO2(g)MnO(s)+CO(g)为气体体积不变的放热反应， 根据“变量不变达平衡”进行判断； A反应为气体不变的反应，反应过程容器的体积不是变量，不能作为平衡状态的判断依据，选项 A 不选； B反应

37、是一个固体质量增大的反应，固体的质量为变量，当固体的质量不再改变说明达到平衡状态，选项 B 选； C反应是一个气体质量减小的反应，气体的总质量为变量，当不再改变说明达平衡状态，选项 C 选。 故答案为：BC； 向恒容密闭容器中加入 Mn3C 并充入 0.1molCO，若只发生反应，则在 A 点反应达到平衡，ln 2 p(CO) 2.3031g0 p CO K ，则 2 1 c(CO)=c CO 2 ，当容器的总压为 akPa 时，CO 的转化率为 0.5 100%33.3% 1 0.5 ，A 点对应温度下的 Kp()= 2 p(CO) = p CO 0.5akPa，故答案为：33.3%；0.5

38、akPa。 12(2020 届五岳(湖南、河南、江西)高三线上联考)联氨(N2H4)和次磷酸钠(NaH2PO2)都具有强还原性.都有 着广泛的用途。 (1)已知:N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) H=-621.5 kJmol-1 N2O4(l)-=N2(g)+2O2(g) H2=+204.3 kJmol-1 则火箭燃料的燃烧反应为 2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g) H=_. (2)已知反应 N2H4(g)+ 2Cl2(g)N2(g)+4HCl(g),T C 时,向 V L 恒容密闭容器中加入 2 mol N2H4(g)和 4 mol Cl2(

39、g) ,测得 Cl2和 HCl 的浓度随时间的关系如图所示。 0 10 min 内,用 N2(g)表示的平均反应速率 v(N2)=_。 M 点时,N2H4的转化率为_(精确到 0.1)%。 T C 时,达到平衡后再向该容器中加入 1.2 mol N2H4(g)、0.4 mol Cl2(g)、0. 8 mol N2 (g)、1.2 mol HCl(g) , 此时平衡_(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)。 (3)在惰性气体中,将黄磷(P4)与石灰乳和碳酸钠溶液一同加入高速乳化反应器中制得 NaH2PO2,同时还产生 磷化氢(PH3)气体,该反应的化学方程式为_。 次磷酸(H3PO2)是一元

40、酸，常温下.1.0 molL-1的 NaH2PO2溶液 pH 为 8,则次磷酸的 Ka=_。 用次磷酸钠通过电渗析法制备次磷酸.装置如图2所示。 交换膜A属于_(填“阳离子”或“阴离子”)交换膜, 电极N的电极反应式为_,当电路中流过3.8528 105库仑电量时.制得次磷酸的物质的量为_ (一个电 子的电量为 1.6 10- 19库仑,NA数值约为 6. 02 1023)。 【答案】(1)-1038.7kJmol-1 (2)0.06mol/(Lmin) 33.3 逆向移动 (3) 2P4+3Ca(OH)2+3Na2CO3+6H2O= 6NaH2PO2+2PH3+3CaCO3 1.0 10-2

41、 阳离子 2H2O+2e-=H2+2OH- 4mol 【解析】 (1)根据盖斯定律，反应 2+即可得火箭燃料的燃烧反应 2N2H4(1)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g) H=(-621.52+204.3)kJmol-1=-1038.7kJmol-1； (2)根据图示，Cl2作为反应物浓度需减小，HCl 作为生成物浓度需增大， c(Cl2)=(2-0.8)mol/L=1.2mol/L，v(Cl2)= 1.2mol/L = 10min c t =0.12mol/(Lmin)，根据反应速率与计量系数成正 比可得 v(N2)= 1 2 v(Cl2)=0.06mol/(Lmin)， 据图可

42、知反应开始时 c(Cl2)=2mol/L，投料为 2 mol N2H4(g)和 4 mol Cl2(g) ，则开始时 c(N2H4)=1mol/L， 容器体积为 2L，设 M 点 N2H4的转化量为 x mol/L，列三段式： 2 -1 -1 - 2 1 42 N Hg +2+ mol L1200 m Cl ol Lx2xx4x mo gNg4HC l L1-x2-2 l xx4x g 起始() 转化() 平衡() M 点 Cl2和 HCl 的浓度相等，则 2-2x=4x 解得 x= 1 3 mol/L，则 N2H4的转化率为 -1 -1 1 mol L 3 1mol L =33.3%； 据图

43、可知反应平衡时 c(Cl2)=0.8mol/L，初始 c(Cl2)=2mol/L，c(N2H4)=1mol/L，则根据反应方程式 N2H4(g)+ 2Cl2(g)N2(g)+4HCl(g)可知， 反应中消耗 c(Cl2)=1.2mol/L， 消耗 c(N2H4)=0.6mol/L， 生成 c(N2)=0.6mol/L， c(HCl)=2.4mol/L，所以平衡时各物质的浓度为 c(Cl2)=0.8mol/L，c(N2H4)=0.4mol/L，c(N2)=0.6mol/L， c(HCl)=2.4mol/L，则该温度下的平衡常数 K= 4 2 0.62.4 0.40.8 =77.76； 平衡后再向

44、该容器中加入 1.2molN2H4(g)、0.4 mol Cl2(g)、0.8molN2(g)、1.2molHCl(g)，各物质的浓度变为 c(Cl2)=1mol/L，c(N2H4)=1mol/L，c(N2)=1mol/L，c(HCl)=3mol/L，此时 Qc= 4 2 1 3 1 1 =81K，所以平衡逆向移 动； (3)该反应中反应物有 P4、Ca(OH)2、Na2CO3等、生成物有 NaH2PO2、PH3等，据此可知该反应中 P 元素 化合价既升高又降低，发生歧化，升高 1 价，降低 3 价，则 NaH2PO2和 PH3的系数比为 3：1，再结合元素 守恒可知方程式为：2P4+3Ca(

45、OH)2+3Na2CO3+6H2O= 6NaH2PO2+2PH3+3CaCO3； 次磷酸(H3PO2)是一元酸，1.0molL-1的 NaH2PO2溶液水解方程式为：H2PO2-+H2O=H3PO2+OH-，pH=8， 则 c(H+)=10-8mol/L，c(OH-)=c(H3PO2)=10-6mol/L，c(H2PO2-)=(1.0-10-6)mol/L1mol/L，Ka= +- -8 22 -6 32 HH PO 101 = H PO10 cc c =1.0 10-2； 根据图示可知，产品室产生次磷酸，则电极 M 应为阳极电解水中的 OH-，剩余 H+通过交换膜 A 移向产品 室， 所以交

46、换膜 A 为阳离子交换膜； 电极 N 为阴极电解 H+， 电极 N 的电极反应式为 2H2O+2e-=H2+2OH-； 电路中流过 3.8528 105库仑电量时，转移的电子的物质的量为 5 -19 A 1 1.6 10 3.8528 10 N =4mol，次磷酸根带一个负 电荷， 氢离子带一个正电荷， 所以电解过程中转移 1mol 电子生成 1mol 次磷酸， 则转移 4mol 电子时生成 4mol 次磷酸。 13 (2020 届安徽省皖南八校高三临门一卷)氨催化分解既可防治氨气污染， 又能得到氢能源。 回答下列问题： (1)已知：4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)H1=1266.6kJ mol-1 H2(g)+ 1 2 O2(g)=H2O(1)H2=285.8kJ mol-1 H2O(1)=H2O(g)H3=+44.0kJ mol-1 反应的热力学趋势很大(平衡常数很大)，其原因是_。NH3分解的热化学方程式为 _