2020-2021高考化學化學反應原理綜合考查綜合經(jīng)典題附詳細答案

1、2020-2021高考化學化學反應原理綜合考查綜合經(jīng)典題附詳細答案一、化學反應原理綜合考查1.鐵的許多化合物在生產(chǎn)、生活中有著廣泛的應用，如FeC3是重要的金屬蝕刻劑、水處理劑；影視作品拍攝中常用Fe(SCN)3溶液模擬血液；FeS可用于消除水中重金屬污染等。(1)已知： 3c2(g)+2Fe(s)=2FeC3(s)ZHi=akJ- mol-12FeC2(s)+C2(g)=2FeC3(s)刖2=bkJ - mol-1則 2FeC3(s)+Fe(s)=3FeC2(s)川3=。(2)將c(FeC3)=0.2mol L-1的溶液與c(KSCN= 0. 5mol L-1的溶液按等體積混合于某密 閉容器

2、發(fā)生反應：FeC3+3KSCN=i Fe( SCN) 3+3KC1,測得常溫下溶液中c( Fe3+)的濃度隨著時間的變化如圖1所示；測得不同溫度下t1時刻時溶液中cFe(SCN)3如圖2所示。研究表明，上述反應達到平衡后，向體系中加入適量KCl固體后，溶液顏色無變化，其原因是,根據(jù)圖1分析，在t1、t2時刻，生成Fe3+的速率較大的是 時刻。常溫下Fe3+3SCN=F&SCN)3的平衡常數(shù)的值約為 ，其它條件不變時，若向容器 中加適量蒸儲水，則新平衡建立過程中v(正)v(逆)(填“V”或“=”)。根據(jù)圖2判斷，該反應的 AH0 (填或"V”)，圖中五個點對應的狀態(tài)中，一 定處

3、于非平衡態(tài)的是(填對應字母)。(3)利用FeS可除去廢水中的重金屬離子，如用FeS將Pb2+轉化為PbS可消除Pb2+造成的污染，當轉化達到平衡狀態(tài)時，廢水中c(Fe2+)=c(Pb2+)填具體數(shù)據(jù)，已知Ksp(PbS)=8x 10-28, Ksp( Fe§=6x 10-18?！敬鸢浮?0.5a-1. 5b) kJ - mol-1反應的本質是Fe3+3SCN=hFe(SCN3, KCl的加入對可 逆反應狀態(tài)不造成影響t2 1000 < < a、b 7. 5x 109【解析】【分析】(1)根據(jù)蓋斯定律1(-3),可得熱化學方程式;3+(2)判斷KCl固體對可逆反應Fe +3

4、SCN ? FeSCN3的影響，t2時生成物濃度比 3t1時大，逆反應速率較大，故生成Fe3+速率較大；3+-cFe(SCN)3Fe +3SCN ? Fe SCN 3平衡常數(shù)K=- 3+ 3-： -以此計算;溶彼稀釋后 Q>K 3c(Fe )c (SCN )平衡向左移動，v(正)<v(逆)；隨著溫度的升高反應速率加快，故a、b、c cFe(SCN)3增大，隨著溫度升高t1時已達到平衡點，溫度升高 c Fe( SCN) 3減小，則平衡逆移；一 2+、 2+、 2-、-一、/2+2+c(Fe ) c(Fe )c(S ) Ksp(FeS) 由FeS+Pb ? PbS+Fe知，K= 2+;

5、 = 12+1工-=”以此分c(Pb ) c(Pb )c(S ) Ksp(PbS)析?！驹斀狻?1)已知： 3C2( g)+ 2Fe( s)= 2FeC3( s)ZH1=akJ mol 12FeC2(s)+C2(g)= 2FeC3( s)ZH2=bkJ mol 11:根據(jù)蓋斯te律- 3)可彳導 2FeCb s +Fe s =3FeCb s 由3=(0. 5a-1.5b) kJ mol1,故答案為：(0.5a-1.5b) kJ mol-1；3+(2)由于反應的本質是 Fe +3SCN ? Fe SCN 3,因此KCl的加入對可逆反應狀態(tài) 3不造成影響；t2時生成物濃度比t1時大，逆反應速率較大

6、，故生成Fe3+速率較大，故答案為：反應的本質是 Fe3+3SCN=Fe(SCN)3, KCl的加入對可逆反應狀態(tài)不造成影響； t2；由圖I知，達到平衡時c(Fe3+)=0. 05 mol L-1,故反應中消耗 Fe3+的濃度為0. 1 mol - L1-0.05 mol - L-1=0. 05 mol - L1,平衡時 c Fe(SCN) 3=0. 05 mol - L-1, c(SCN)=0.25 mol . L1-0.15 mol - L-1=0. 1 mol L1,則平衡常數(shù)K=cFe(SCN)30.05c(Fe3+)c3(SCN-) 0.05 0.13=1000；溶液稀釋后Q=cFe

7、(SCN%c(Fe3+)c3(SCN-)>K平衡向左移動，v(正)vv(逆)，故答案為：1000; V;隨著溫度的升高反應速率加快，故a、b、c三點cFe(SCN3增大，隨著溫度升高 c時已達到平衡點，溫度升高 c Fe( SCN) 3減小，則平衡逆移，則反應 AHV 0,圖中五個點對應的狀態(tài)中，處于非平衡態(tài)的是a、b,故答案為：v；a、b；(3)由 FeS+Pb2+? PbS+Fe2+ 可知,7.5 109,故K= c(Fe2+) = c(Fe2+)c(S2-) = Ksp(FeS)6 10 18一 c(Pb2+) - c(Pb2+)c(S2-) - Ksp(PbS)8 10 28c

8、Fe2+ =7.5 109c Pb2+ ,故答案為:7.5X109。2.鋁及其合金可用作材料、鋁熱劑等，在環(huán)境修復等方面也有著巨大的應用潛力。(1)鋁的冶煉、提純的方法很多。高溫碳熱歧化氯化法冶鋁包含的反應之一為：Al2O3(s)+AlC3(g)+3C(sL3CO(g)+3AlCl(g)其平衡常數(shù)表達式為 K=。碳熱還原內2。3冶鋁的部分反應如下：I .2Al2O3(s)+9C(s)=A4C3(s)+6CO(g) H1=akJ/moln . 4Al2O3(s)+Al4C3(s)=3AgC(s) H2=bkJ/mol出.A1404c(s)+A4c3(s)=8Al(g)+4CO(g) AH3=ck

9、J/mol反應 Al2O3(s)+3C(s)=2Al(g)+3CO(g的廿1=kJ/mol用離子液體 AICb-BMIC(陽離子為EMIM+、陰離子為AlCQ、AbC/)作電解質，可實現(xiàn)電解精煉鋁。粗鋁與外電源的 極(填 芷"或 負")相連；工作時，陰極的電極反 應式為。(2)真空條件及1173K時，可用鋁熱還原 Li5A104制備金屬鋰(氣態(tài))，寫出該反應的化學方程 式：。用Al、Fe或Al-Fe合金還原脫除水體中的硝態(tài)氮 (N03-N),在45C,起始c(KN03-N)為 50mg L-1、維持溶液呈中性并通入 Ar等條件下進行脫除實驗。結果如圖所示 (co為起始濃 度

10、、c為剩余濃度)：反應時間小純Al在03h時，NO3-幾乎沒有被脫除，其原因是 ;寫出3h 后 NO3-被還原為 N2的離子方程式： 。Al-Fe合金12h比純A134h的脫除速率快得多的可能原因是 。僑案】c3(CO) c3(AlCl) c(AlCl 3)4a+b+3c12正 4A2Cl7 +3e = 7AlC4 +Al 3L5AlO4 + 5Al10Al + 6NO3 + 12H2O +1173K真空15Li(g) + 4Al2O3鋁表面的氧化膜仍未被溶解45 c6H+ 10Al(OH)3 + 3N2 T Al-Fe形成原電池能加速電子轉移【解析】【分析】(1)平衡常數(shù)表達式為生成物濃度哥

11、之積與反應物濃度哥之積的比值；利用蓋斯定律去反應熱；電解精煉時，粗鋁作陽極，而陰極上生成Al;Al、Fe的活潑性不同，在溶液中可以構成原電池，加快反應速率?！驹斀狻?1)平衡常數(shù)表達式為生成物濃度哥之積與反應物濃度哥之積的比值，固體的濃度為定33 z值，不出現(xiàn)在表達式中，則平衡常數(shù)K= c (CO) c (C)；c(AlCl 3)111 一一根據(jù)蓋斯7E律，反應IX- +反應n X+反應出X可得目標反應31241 .1.1Al2O3(s)+3C(s)=2Al(g)+3CO(g)貝U AH=AHiX- +AH2X一 + H3XkJ/mol31244a+b+3c=kJ/mol ；12電解精煉中，含

12、有雜質的金屬作陽極，失去電子，形成離子進入電解質中，在陰極得到電子得到單質，從而完成冶煉過程，因此粗鋁與外電源的正極相連；電解質溶液中Al以AlC4 > A12C7一的形式存在，在陰極得到電子，生成Al,電極方程式為4A12C17 +3e =7AlC4 +Al；(2)真空條件及1173K時，可用鋁熱還原 Li5AlO4制備金屬鋰，Al則轉化為Al2O3,化學方程式為 3Li5AlO4+5Al1173K真空15Li(g)+4Al2O3；純Al在03h, NO3一幾乎沒有被脫除，說明幾乎沒有反應，而在 3h后，反應才開始，可能是由于 Al的表面有一層氧化膜，阻止了反應的進行，因此純 Al在0

13、3h時，NO3-幾乎沒有被脫除，其原因是鋁表面的氧化膜仍未被溶解；Al和NO3反應，溶液是中性的，產(chǎn)物中Al以Al(OH)3的形式存在，Al的化合價從0升高到+ 3價，NO3一中N的化合價從+ 5 價降低到0價，根據(jù)化合價升降守恒，Al和NO3一的系數(shù)比為5: 3,再根據(jù)電荷守恒和原45 C子守恒，可得離子方程式為10Al+6NO3 +12H2O+6H+= 10Al(OH)3+3N2 f ；Al、Fe的活潑性不同，在溶液中可以構成原電池，加快電子轉移，加快了反應速率。3. H2O2的制取及其在污水處理方面的應用是當前科學研究的熱點。l) ) “氧陰極還原法”制取 H2O2的原理如題圖所示：陰極

14、表面發(fā)生的電極反應有：I . 2H+O2+2e=H2O2n . H2O2+2H+ 2e-=2H2Om) 2H+ + 2e-=H2 T寫出陽極表面的電極反應式：。其他條件相同時，不同初始pH(均小于2)條件下，H2O2濃度隨電解時間的變化如圖所示，c( H+)過大或過小均不利于 H2O2制取，原因是 。pH05 pll-fll pH"ia(4I-D1(2)存堿性條件下，H2O2的一種催化分解機理如下：H2O2(aq)+Mn2+(aq尸- OH(aq)+Mn 3+( aq)+OH-( aq) ?H=akJ/molH2O2(aq)+ Mn3+( aq) + 2OH-(aq)= Mn2+(a

15、q) + - O2-(aq) + 2H2O(l)?H=bkJ/molOH(aq) + O2-(aq)= 02( g) + OH-(aq)?H=ckJ mol2H202( aq尸 2H20( l)+02( g) AH= 。該反應的催化劑為 。(3) H2O2、03在水中可形成具有超強氧化能力的羥基自由基0H),可有效去除廢水中的次磷酸根離子(H2P02 )。弱堿性條件下0H將H2PQ-氧化成P043-,理論上l.7g0H可處理含0. 001mol/LH2P02的模擬廢水的體積為。為比較不同投料方式下含H2PO2-模擬廢水的處理效果，向兩份等體積廢水樣品中加入等量H2O2和03,其中一份再加入 F

16、eSQ。反應相同時間，實驗結果如圖所示：口 截度 .S3重料破置認化號添加FeSQ后，次磷酸鹽氧化率、磷元素沉淀率均顯著提高，原因是 ?！敬鸢浮?H 2O-4e-=4H +02 c (H+)過小時，反應I的化學反應速率較慢， c (H+) 過大時，主要發(fā)生反應出 (a+b+c) kJ/mol Mn 2+ 25L f3+促進H2O2和03產(chǎn)生 0H, 氧化產(chǎn)生的Fe3+將PO43-轉化為FeP04沉淀【解析】【分析】(1)由電解裝置圖可知陽極表面消耗水，產(chǎn)生氧氣，以此寫出電極方程式；(2)由蓋斯定律可得，+可得所求熱化學方程式，中間產(chǎn)物Mn2+為催化劑；(3)弱堿性條件下？OH將H2PO2-氧化

17、成PO43-,反應為：3-4gOH+2OH +H 2Po2 =P043 +4H 20 ,以此計算廢水的體積；由圖可知添加 FeSQ后，次磷酸鹽氧化率、磷元素沉淀率均顯著提高，原因是Fe2+促進H2O2和03產(chǎn)生 0H,氧化產(chǎn)生的Fe3+將P043-轉化為FeP04沉淀。【詳解】(1)由電解裝置圖可知陽極表面消耗水，產(chǎn)生氧氣，則電極方程式為+2H 2O-4e=4H +O2,故答案為：2H 2O-4e-=4H+O2;(2)已知： H2O2( aq)+Mn2+(aq尸 OH( aq)+Mn3+( aq)+OH-( aq)?H=akJ molH2O2(aq)+ Mn3+(aq) +2OH-(aq尸 M

18、n2+(aq) + 。2-( aq) + 2出0(1)?H=bkJ/ mol。OH(aq) + O2-( aq)=。2( g) + OH-(aq)?H=ckJ/mol由蓋斯定律可得，+可得所求熱化學方程式2H2O2 aq = 2H2O l +O2 g ,則 H= (a+b+c) kJ/ mol, Mn2+為中間產(chǎn)物反應前后不發(fā)生改變?yōu)榇呋瘎蚀鸢笧椋?a+b+c) kJ/mol; Mn2+;(3)弱堿性條件下 OH將H2PO2氧化成PO43-,反應為：31.7g4gOH+2OH-+H 2PO2-=PO4 +4H2O, l.7g - OH 物質的量 n= =0.1mol ,則參與反應的H2PO

19、2物質的量為0.025mol ,則廢水的體積 V= n = 0.025mol =25L , c 0.001mol/L故答案為：25L；由圖可知添加FeSQ后，次磷酸鹽氧化率、磷元素沉淀率均顯著提高，原因是Fe2+促進H2O2和O3產(chǎn)生 OH,氧化產(chǎn)生的Fe3+將PO43-轉化為FePO4沉淀，故答案為：Fe2+促進H2O2和O3產(chǎn)生 OH,氧化產(chǎn)生的Fe3+將PQ3-轉化為FePO4沉淀。4.磷酸是重要的化學試劑和工業(yè)原料。請回答下列問題：(1)已知：25c時，磷酸和氫氟酸的電離常數(shù)如下表所示。物質H3PO4HF電窗常數(shù)Ka1=7.1 X 也Ka2= 6.3 x 180Ka3= 4.2 x 1

20、10Ka= 6.6 x 140向NaF溶液中滴加少量H3PO4溶液，反應的離子方程式為 (2)已知：I .CaO(s)+H2SC4(l)CaSQ(s)+H2O(l) AH= -271kJmol-1n .5CaO(s)+3H3PC4(l)+HF(g) Cas(PC4)3F(s)+5H2O(l) AH= -937kJ mol-1則：工業(yè)上用 Ca5(PO4)3F和硫酸反應制備磷酸的熱化學方程式為 。一定條件下，在密閉容器中只發(fā)生反應n ,達到平衡后縮小容器容積，HF的平衡轉化率(填揩大"減小“或不變”，下同)；HF的平衡濃度。(3)工業(yè)上用磷尾礦制備 Cas(PO4)3F時生成的副產(chǎn)物

21、CO可用于制備H2,原理為CO(g)+H>O(g) CQ(g)+H2(g) AH。一定溫度下，向10L密閉容器中充入0.5mol CO和1mol H2O(g), 2min達到平衡時，測得02min內用CO2表示的反應速率 v(CO2)= 0.02mol L-1 min-1 °則CO的平衡轉化率 ”=;該反應的平衡常數(shù) K=。在壓強不變的密閉容器中發(fā)生上述反應，設起始的n(CO)，一，研=y, CO的平衡體積分數(shù)與溫度(T)的關系如圖所示。則：該反應的AH0(填 多" "或=下同)。a 1,理由為【答案】H3PQ+F = HF+H2PQCas(PO4)3F(s

22、)+ 5H2SQ(l) 3H3PO4(l)+ HF(g)+ 5CaSQ(s)8AH=418 kJmol 1增大不變 80% 3 < < 相同溫度下，y越小，CO的轉化率越 大，其平衡體積分數(shù)越小【解析】【分析】【詳解】(1)根據(jù)電離平衡常數(shù)可知酸性有如下關系：H3PO >HF>H2PO4 > HPO42 ,所以向NaF溶液中滴加少量 H3PQ溶液，反應的離子方程式為為：H3PO4+F =HF+H2PO4 ;(2)已知：I.CaQs)+H2SQ(l) CaSQ(s)+H2O(l) AH=-271 kJ - mol1n . 5CaO(s)+3H3PO4(l)+HF(g

23、) Csb( PQ)3F(s) + 5H2O( l) AH=937 kJ - mol 1 根據(jù)蓋斯定律可知IX 5-n即得到Ca5( PO4) 3F和硫酸反應制備磷酸的熱化學方程式為 Ca5(PO4)3F(s) + 5H2SQ(l)3H3PO4(l)+HF(g)+5CaSQ(s) AH= 418 kJ - mol 1； 反應n的正反應體積減小，所以達到平衡后縮小容器容積平衡向正反應方向移動，HF的平衡轉化率增大。由于溫度不變，平衡常數(shù)不變，即K= c(HF),因此HF的平衡濃度不變；(3)測得02 min內用CO2表示的反應速率v(CO2)=0.02 mol - L. 1 - min 1,所以

24、生 成CQ濃度是0. 04mol/L,則CO g + H2O g ? CO2 g + H2 g起始濃度(mol/L)0.050,100轉化濃度(mol/L)0.040.040.040.04平衡濃度(mol/L)0.010.060.040.04因此CO的平衡轉化率0=0" X 100%= 80%該反應的平衡常數(shù) K= 0.04 0.04 =-;0.050.01 0.06 3根據(jù)圖像可知升高溫度 CO的體積分數(shù)增大，說明平衡向逆反應方向進行，所以該反應 的AHV 0,由于相同溫度下，y越小，CO的轉化率越大，其平衡體積分數(shù)越小，所以 a<1。200 C開始分解為FeO5.碳酸亞鐵(

25、FeCQ)是菱鐵礦的主要成分，將其隔絕空氣加熱到和CC2,若將其在空氣中高溫煨燒則生成Fe2O3o(1)已知 25 C、101 kPa 時:C (s) +O2 (g) =CC2 (g)AH= 393 kJ mol 1鐵及其化合物反應的始變示意圖如圖：-NFk1 3 41jV 5d +K 鼠J +LlB0kJ-nwl-1L_L2FH1O 制 I請寫出FeCQ在空氣中煨燒生成 Fe2O3的熱化學方程式：。(2)據(jù)報道，一定條件下 F&O3可被甲烷還原為 納米級”的金屬鐵。其化學方程式為 Fe2O3 (s) + 3CH4 (g) 穩(wěn) ? 2Fe (s) + 3CO (g) + 6H2 (g)

26、 AH反應在3 L的密閉容器中進行，2 min后達到平衡，測得 Fe2O3在反應中質量減少 4.8 g, 則該段時間內用 H2表示該反應的平均反應速率為 。將一定量的Fe2O3 (s)和CH4 (g)置于恒溫恒容密閉容器中，在一定條件下反應，能說 明反應達到平衡狀態(tài)的是 。A CO和H2的物質的量之比為 1 ： 2B混合氣體的密度不再改變C鐵的物質的量不再改變D v 正(CO) = 2v 逆(H2)在容積均為VL的I、n、出三個相同的密閉容器中加入足量納米級”的金屬鐵，然后分別充入a mol CO和2a mol H2,三個容器的反應溫度分別為、T2、T3且恒定不變，在其他條件相同的情況下，實驗

27、測得反應均進行到t min時，CO的體積分數(shù)如圖所示，此時I、n、出三個容器中一定處于化學平衡狀態(tài)的是 ;上述反應的 AH 0(填大于”或小于”)。*泡3/%°門 乃 心r/r(3) F&O3用CO還原焙燒的過程中，反應物、生成物和溫度之間的關系如圖所示。 UnBu.ml二5三*I=J二3(>a度，七(圖中I、n、出、iv四條曲線是四個化學反應平衡時的氣相組成對溫度作圖得到的;A、B、C D四個區(qū)域分別是 Fe2O3、Fe3O4、FeO、Fe穩(wěn)定存在的區(qū)域)若在800 C,混合氣體中 CC2體積分數(shù)為40%的條件下，F(xiàn)e2O3用CO還原焙燒，寫出反應 的化學方程式：。(

28、4) Fe2O3還可以用來制備 FeC3,通過控制條件 FeC3可生成聚合物，其離子方程式為xFe3 +yH2oW ? Fex (OH) J* * ' +yH 0下列措施不能使平衡正向移動的是 (填字母)。A加水稀釋B加入少量鐵粉C升溫D加入少量 Na2CO3【答案】4FeCQ (s) + O2 (g) =2F殳O3 (s) + 4CO(g) AH= 260 kJmol 1 0.03 mol L11800 c1 min 1 BC m 大于 FaO3+ CO2FeO+ CO2 B【解析】【分析】(1)圖1分析書寫熱化學方程式，結合 C (s) +O2 (g) =CQ (g) H=-393

29、kJ?mol-i和蓋斯定律計算得到FeCQ在空氣中煨燒生成 Fe2O3的熱化學方程式；(2)2min后達到平衡，測得 F及O3在反應中質量減少 4.8g,依據(jù)化學方程式反應前后質量變化計算生成氫氣的物質的量，根據(jù)反應速率概念計算得到氫氣的反應速率；反應達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，各組分濃度保持不變，據(jù)此分析；2Fe (s) +3CO (g) +6H2 (g) F殳O3 (s) +3CT (g),根據(jù)圖 2 中 I、n、出圖象，co百分含量，由小到大，n< I<m,結合化學平衡移動分析解答；根據(jù)溫度對平衡的影響來判斷，升高溫度平衡逆向移動，CO的轉化率減小，據(jù)此判斷Fe2O3

30、(s) +3CT (g)2Fe (s) +3CO (g) +6H2 (g) AH 大小；(3) 800c時，混合氣體中 CO2體積分數(shù)為40%時，圖象分析可知 F&O3用CO還原得到氧 化亞鐵和一氧化碳；(4) A.加水稀釋，則水解平衡正向移動；B.固體不能影響化學平衡；C.控制條件使平衡正向移動，水解為吸熱反應，所以升溫平衡正向移動；D.加入碳酸鈉，則消耗氫離子，平衡正向移動。【詳解】(1)由鐵及其化合物反應的始變示意圖可推知4Fe (s) + 3O2 (g) =2Fe203 AHi = -1648 kJ mol-12FeCQ (s) =2Fe (s) + 2C (s) + 302

31、(g) A位=+1480 kJ mol-1C (s) +O2 (g) =C02 (g)AH3=- 393 kJmol-1則在空氣中煨燒 FeCQ 生成 Fe2O3 的烙變 AH= 2 X A2+AH + 4 X A護 2X 1480 kchol；1+ (1648 kJmol-1) + 4X (-393 kJmol-1) = -260 kJmol-1,則熱化學方程式為 4FeCO (s) + O2(g) =2Fe2O3 (s) + 4CO2 (g) AH= -260 kJmol-1；故答案為：4FeCC3 ( s) + O2 ( g) =2Fe2O3 (s) + 4C02 (g) AH= -26

32、0 kJmol-1；4.8g(2)測得Fe2O3在反應中減少的質量為 4.8 g,則反應的n ( Fe2O3)= ; = 0.03160g/ molmol,根據(jù)反應方程式得 n (H2) =6n (FaQ) =6X0.03 mot 0.18 mol,則用H2表示的反 應速率為 V (H2)= 0.18mo1 =0.03 mol L-1 min-1;3L 2min故答案為：0.03 mol L_1 min-1;A.因為反應開始時，無 CO和H2,隨著反應的進行，CO和H2的物質的量之比一直為1 ： 2,不能說明反應達到平衡狀態(tài)，故 A錯誤；B.該反應有固體參加，反應前后氣體的質量有變化，又因為容

33、器恒容，所以當混合氣體的 密度不變時，反應達到平衡狀態(tài)，故 B正確；C.鐵為反應物，當其質量不再改變時，反應達到平衡狀態(tài)，故 C正確；D.當2v正(CO) =v逆(H2)時，反應達到平衡狀態(tài)，故 D錯誤；綜上所述，答案為 BC;由題圖可知，中的狀態(tài)轉變?yōu)門2中的狀態(tài)，CO的體積分數(shù)減小，說明反應正向進行，所以狀態(tài)I未達到平衡狀態(tài)；T2中的狀態(tài)轉變?yōu)門3中的狀態(tài)，CO的體積分數(shù)增加，說明反應逆向移動，說明H可能達到平衡狀態(tài)，一定達到平衡狀態(tài)的是狀態(tài)出；T3時溫度最高，CO的體積分數(shù)增大，所以 2Fe (s) + 3CO (g) + 6H2 (g) =Fe2O3 (s) + 3CH4 (g) 的正

34、反應為放熱反應，則逆反應的AH大于0,故答案為：出；大于；(3) 800c時，混合氣體中二氧化碳的體積分數(shù)為40%時，由圖可知，在 C區(qū)，此時為氧化亞鐵的穩(wěn)定區(qū)域，所以產(chǎn)物為氧化亞鐵，F(xiàn)e2O3用CO還原焙燒得到氧化亞鐵和二氧化800 c800 c碳，反應的方程式為：Fe2O3+ CO-2FeO+ CC2,故答案為：F及O3+CO-2FeO+CC2;(4) A.水為反應物，加水稀釋平衡會正向移動，故 A正確；B.加入鐵粉，反應物 Fe3+的量減少，平衡會向逆向移動，故 B錯誤；C.該反應為吸熱反應，所以升高溫度，平衡會正向移動，故 C正確；D.加入少量Na2CO3,碳酸鈉會消耗氫離子，使氫離子

35、的濃度減小，平衡正向移動，故 D正 確； 綜上所述，答案為 B。6.乙烯是一種重要的化工原料，可由乙烷為原料制取，回答下列問題。 (1)傳統(tǒng)的熱裂解法和現(xiàn)代的氧化裂解法的熱化學方程式如下： C2H6(g尸QH4(g)+H2(g) H1=+136kJ m ol-1 C2H6(g)+ 1 O2(g)=C2H4(g)+H2O(g) H2=-110kJ m ol-12已知反應相關的部分化學鍵鍵能數(shù)據(jù)如下：化學鍵H-H(g)H-O(g)O=O鍵能(kJmol-1)436X496由此計算X=,通過比較加1和小2,說明和熱裂解法相比，氧化裂解法的優(yōu)點是(任寫一點)。(2)乙烷的氧化裂解反應產(chǎn)物中除了QH4外

36、，還存在CH、C。C。等副產(chǎn)物(副反應均為放熱反應)，圖甲為溫度對乙烷氧化裂解反應性能的影響。乙烷的轉化率隨溫度的升高而 升高的原因是一，反應的最佳溫度為 (填序號)。700 c B. 750 c C. 850 c D. 900 c乙烯選擇性=乙烯收率=乙烷轉化率Z烯選擇性n(C2H4)n(C2H4)+n(CH 4)+n(CO)+n(CO 2)必的n(O2)值對乙烷氧化裂解反應性能的影響。判斷乙烷氧化裂解過程中n(C2H6)n(O2)的最佳值是(3)煌類氧化反應中，氧氣含量低會導致反應產(chǎn)生積炭堵塞反應管。圖乙為判斷的理由是。(4)工業(yè)上，保持體系總壓恒定為100kPa的條件下進行該反應，通常在

37、乙烷和氧氣的混合氣體中摻混惰性氣體(惰性氣體的體積分數(shù)為 70%),摻混惰性氣體的目的是 。反應達 平衡時，各組分的體積分數(shù)如下表：組分C2 H6O2C2H4H2O其他物質體積分數(shù)/%2.41.0121569.6計算該溫度下的平衡常數(shù)：Kp=(用平衡分壓代替平衡濃度，平衡分壓二總壓琳積分數(shù))?！敬鸢浮?65氧化裂解反應是放熱反應，節(jié)約能源(或氧化裂解反應熱力學趨勢上大)溫度升高，反應速率加快，轉化率升高C 2.0比值小于2.0時，乙烯的收率降低；比值大于2.0時，乙烯的收率并未增加且產(chǎn)生更多的積炭，堵塞反應管正反應是氣體分子數(shù)增多的反應，恒壓充入惰性氣體相當于擴大容器體積，降低分壓，有利于平衡

38、正向移動 75(kPa)0.5 【解析】 【分析】(1)根據(jù)蓋斯定律，得出 H2(g)+°O2(g)=H2O(g)的反應熱，再根據(jù)H=反應物的總鍵能-生2成物的總鍵能，可求出 x的值；(2)溫度升高，化學反應速率加快，根據(jù)圖象，隨溫度升高，乙烷的轉換率越高；綜合乙烯 的轉化率和選擇性，圖中即可對應找出最佳的反應溫度；(3)含氧量高，會造成積炭，要根據(jù)圖象找出乙烯收率高而相對積炭少的點，即圖中n C2H6的比值為2時最佳；n O2(4)根據(jù)平衡常數(shù)與反應物、生成物的關系，并且將濃度關系轉變?yōu)榉謮宏P系來解答。 【詳解】1(1)根據(jù)蓋斯定律，-得到：H2(g)+ - 02(g)H2O(g)

39、 AH=-246kJ/mol ,根據(jù)鍵能關系 AH=反應物的總鍵能-生成物的總鍵能=436 + 496/2-2X =-246 , x= 465;由熱化學方程式可 以看出，熱裂解法是吸熱反應，需要消耗能源，氧裂解法是放熱反應，不需要從外界得到能量，故答案為：465;氧化裂解反應是放熱反應，節(jié)約能源(或氧化裂解反應熱力學趨勢上大)；(2)由圖可知，隨溫度的升高，乙烷的轉化率在升高，考慮化學反應速率的影響因素，溫度 越高，反應速率越快；由圖，要乙烷的轉化率盡可能高，而副產(chǎn)物又相對較少，及乙烯的 選擇性較高，應找到乙烯收率較高時的溫度，對應下溫度在850左右，故答案為：溫度升高，反應速率加快，轉化率升

40、高；C;(3)由(2)分析可知，我們要選擇乙烯收率較高的點，在圖 2中，比值小于2時，乙烯收率隨 比值增大在上升，比值大于2時，乙烯的收率并未增加，并且氧含量值在降低，會造成積炭，故答案為：2.0;比值小于2.0時，乙烯的收率降低；比值大于2.0時，乙烯的收率并未增加且產(chǎn)生更多的積炭，堵塞反應管；1(4)C2H6(g)+ 02(g)=C2H4(g)+H2O(g)反應是體積在增大的反應，充入惰性氣體，總壓恒2定，分壓就降低了，壓強降低會促使反應向體積增大的方向移動，即正向移動。根據(jù)平衡P C2H4 P H20常數(shù)的表達式 Kp=1=75(kPa)0.5,故答案為：75(kPa)0.5。P(C2H

41、6) P2。)【點睛】解答(1)關鍵在于考查斷鍵吸熱，成鍵放熱的知識；利用反應速率的影響因素來分析實踐生 活中最佳的反應條件，本題主要考慮溫度，化學反應速率常數(shù)的表達式要轉變成用分壓來7. CO2的回收與利用是科學家研究的熱點課題?？衫肅H4與CO2制備合成氣(C。H2),還可制備甲醇、二甲醛、低碳烯經(jīng)等燃料產(chǎn)品。I.科學家提出制備合成氣”反應歷程分兩步：反應：CH4(g)? C(ads) +2H2(g)(慢反應)反應：C(ads) + CO(g)? 2CO(g)快反應)上述反應中C(ads)為吸附性活性炭，反應歷程的能量變化如圖：(1)CH4與CO2制備合成氣的熱化學方程式為 :該反應在高

42、溫下可自發(fā)正向進行的原因是 ,能量變化圖中：E5+E1E4+B(填“>”“或”式)II.利用 管成氣”合成申醇后，脫水制得二甲醍。反應為：2CH30H(g)?CH3OCHk (g) + H2O(g) H經(jīng)查閱資料，在一定范圍內，上述反應化學平衡常數(shù)與熱力學溫度存在如下關系：lnKc=-2.205+2708.6137其速率方程為：VMk 正？c2(CH30H), v 逆=卜逆?c(CH3OCH3)?c(H2O), k 正、K逆為速率常數(shù)，且影響外因只有溫度。(2)反應達到平衡后，僅升高溫度，k正增大的倍數(shù) k逆增大的倍數(shù)(填“>'“哪(3)某溫度下，Kc=200,在密閉容器中

43、加入一定量C偉OH。反應到某時刻測得各組分的物質的量如下：物質CH30HCH30chiH2O物質的量/mol0.40.40.4此時正、逆反應速率的大?。簐正 v逆(填">'”哪“土)(4)500K下，在密閉容器中加入一定量甲醇CH3OH,反應到達平衡狀態(tài)時，體系中CH3OCH3(g)的物質的量分數(shù)為(埴標號)A.- B. - C.1D.無法確定333m.合成低碳烯經(jīng)(5)強堿性電催化還原 CO2制備乙烯研究取得突破進展，原理如圖所示。b極接的是太陽能電池的 極(已知PTFE浸泡了飽和KCl溶液)。請寫出陰極的電極反應式 。L卬於U池C.II,才co# -1J I【答案】

44、CH4 (g) + CO (g)? 2C0(g) + 2H2 (g)量數(shù)增大(嫡增)，高溫有利于正向自發(fā)進行+ 120H【解析】【分析】A H=3 + E1) kJ miol-1該反應正向吸熱，氣體計<<> C 正 2CQ + 12e- + 8H2O = C2H4im匕-ME/皋方果I. (1)始變 H =生成物的總內能-反應物的總內能，結合物質的凝聚狀態(tài)寫出熱化學方程 式；根據(jù)化學反應自發(fā)進行的條件判斷；反應越慢，反應的活化能越高，據(jù)此解答；2708.6137 II.由lnKc=-2.205+可知，溫度T越大，則Kc越小，即升高溫度，Kc減小，所以2CH30H(g)? CH

45、3OCH3(g)+H2O(g)A Hv0；(2)升高溫度，平衡逆向進行，即 v正<v逆，結合速率常數(shù)k的變化分析；(3)根據(jù)濃度嫡Qc與平衡常數(shù)K的關系分析：若 Qc>K,則反應逆向進行；(4)根據(jù) lnKc=-2.205+2708.6137和丁= 500k計算平衡常數(shù)Kc,結合反應三段式計算平衡時TCH3OCH3(g)的物質的量和物質的量分數(shù)；n. (5)由電解裝置圖可知，a電極上CO2發(fā)生得電子的還原反應生成 QH4,所以a電極為 陰極、b為陽極，陰極上 CO2得電子生成C2H4,結合電子守恒和電荷守恒寫出電極反應 式?！驹斀狻縄. (1)CH4與CQ制備“合成氣”的化學方程式

46、為CH(g)+CQ(g)? 2H2(g) + 2CO(g),由圖可知故反應的始變 H=生成物的總內能-反應物的總內能=(E3-E 1)kJ/mol,反應的熱化學方 程式為 CH(g)+CO2(g)? 2CO(g)+2H2 (g) H=+(E3-E1)kJ/mol；該反應正向吸熱，氣體計量 數(shù)增大(嫡增)，高溫有利于正向自發(fā)進行；兩步歷程中反應是慢反應，所以反應的活 化能大于反應白活化能，即E4-E1>E5-E2,所以E5+EivEi+E2；2708.6137-II.由lnKc=-2.205+t可知，溫度T越大，則Kc越小，即升高溫度，Kc減小，所以2CH30H(g)? CH3OCH3(g

47、)+H2O(g)WA H<0;v正vv逆，所以k正增大的倍數(shù)小于(2)升高溫度，正逆反應速率均增大，但平衡逆向進行, k逆增大的倍數(shù)； (3)2CH30H(g)? CH30c的(g)+ H2O(g)是氣體體積不變化的反應，可用物質的量代替濃度代入表達式中計算，濃度嫡c CH3OCH3 gp H2OQc= 3,2_C (CH3OH)0.4mol 0.4molI2(0.4mol)2= 1<200=Kc,所以反應正向進行，VF>V逆;(4)T= 500K 時,lnKc=-2.205+2708.61372708.61372.205 +500= 3.2122274,Kc=e3.2122

48、274,所以 22<e3.2122274<34,即 4<Kc< 81,設 CH30H 的起始量為 2mol, CWOCW生成的物質的量為xmol,則反應的三段式為:2CH30H(g)起始量(mol)2變化量(mol)2x平衡量(mol)2-2xCH3OCH3(g) + HzO(g)平衡常數(shù)c CH3OCH3 卯 H2Oc2(CH3OH)xmol xmol1 x 2 x 22 = -X ()2，()2 (2-2x)mol41-x1-x4Kc, 16x 2.418xv () =46<；324,解倚一vxv ,體系中CH30CH3(g)的物質的n分數(shù)為 一X 100%,

49、1-x5192在40%47.4%之間；由電解裝置圖可知，a電極上CQ發(fā)生得電子的還原反應生成QH4,所以a電極為陰極、b為陽極，陽極與電源正極相接、陰極與電源負極相接；陰極上 CQ得電子生成 C2H4,電極反應式為 2CO2+ 12e-+ 8H2O = QH4 + 12OH-?！军c睛】判斷正逆反應速率的相對大小就是判斷可逆反應的進行方向，運用化學平衡常數(shù)進行解題是本題解答的關鍵，注意(4)估算法在化學計算中的應用。8.水煤氣變換CO(g)+H2O(g)=CQ(g)+H2(g)是重要的化工過程，主要用于合成氨、制 氫以及合成氣加工等工業(yè)領域中?；卮鹣铝袉栴}：(1)我國學者結合實驗與計算機模擬結果

50、，研究了在金催化劑表面上水煤氣變換的反應歷 程，如圖所示，其中吸附在金催化劑表面上的物種用標注。宮±工至=戰(zhàn)二二 =+3='±呈已=1 +主7*,-=.二 過渡出2上=jH+HE:工二 H4*I+HC十區(qū)G 過渡感I生cs1+wc2 I O -二二一舞登運該歷程中決速步驟的化學方程式為_ (方程式兩邊若有相同物料不用約簡)。水煤氣變換反應的熱化學方程式為_。(2) tiC時，密閉容器中，通入一定量的CO和H2O,發(fā)生水煤氣變換反應，容器中各物質濃度(單位：mol L-1)變化如下表所示：時間(min)COH2OCO2H200. 2000. 3000020. 1380

51、. 2380.0620. 0623ciC2C3C34ciC2C3C350. 1160. 2160.08460. 0960. 2660. 104一定處于平衡狀態(tài)的時間段為。56min時間段內，平衡移動方向為 _(填“向左移動”或“向右移動”)，根據(jù)表中數(shù) 據(jù)判斷，平衡移動的原因是 _(填字母編號)。a.增加了 H2O(g)的量b.增加氫氣濃度C使用催化劑d.降低溫度12c時(t2>ti),在相同條件下發(fā)生上述反應，達平衡時，CO濃度_ci(填“V或一)。(3)已知反應Fe(s)+CC2(g)u*FeO(s)+CO(g)的平衡常數(shù)隨溫度變化情況如圖所示：該反應是_(填“吸熱”或“放熱”)反應

52、。若Ti時水煤氣變換反應的平衡常數(shù)等于0. 5,則Ti時FeO( s)+ H2(g)TFe( s)+ H2O( g)的平衡常數(shù)為_o(4)水煤氣可做燃料電池的燃料。一種熔融碳酸鹽燃料電池的工作原理如圖所示。電極A上H2參與的電極反應為_。假設催化爐產(chǎn)生的 CO與H2物質的量之比為1 ： 2。電極A處產(chǎn)生的CO2有部分參與循環(huán)利用，其利用率為【答案】COOH* +H * +H2O* =COOH* +2H +OH*CC( g)+ H2O( g) = CO2( g)+ H2( g)H=-0. 72NAeV/mol 3min 4min 向右移動a > 吸熱 1 H2+CO32 -2e =H2O+

53、CO275%【解析】【分析】【詳解】(1)起始狀態(tài)反應物的相對能量為 0,最終狀態(tài)生成物的相對能量為 -0. 72eV,反應物的能 量高于生成物的能量，水煤氣變換反應為放熱反應，即 AH小于0。該歷程中兩次能壘分別為 1.59eV-(- 0.32eV)=1.91eV, 1.86eV-(- 0. 16eV)= 2. 02eV,最大能壘(活化能)E 正=2. 02eVo該步驟的反應物的相對能量為-0. 16eV的物質：COOH* +H,+叱0，生成物為相對能量為1.41eV的物質：COOH，+2H- +OH|,由此可得該步驟的化學方程式：COOH,+H +H2O* =COOH» +2H

54、+OH* ,水煤氣變換反應的熱化學方程式為CO( g)+ H2O( g) ；=CO2( g)+ H2( g)H=- 0. 72NAeV/ mol。(2)從表格中數(shù)據(jù)分析，第 34min時，體系中各物質的濃度不再變化，說明已經(jīng)達到平衡狀態(tài)；5min6min時間段內，H2O的濃度增大，CO濃度減小，說明是增加了 H2O的量，平衡 正移，故答案為：向右移動；a;該反應的正反應為放熱反應，升高溫度平衡逆向移動，CO轉化率減小，則 CO濃度ci,故答案為：>(3)升高溫度化學平衡常數(shù)增大，說明Fe(s)+CQ(g). 、FeO(s)+CO(g)為吸熱反應，故答案為：吸熱；Ti 時反應 Fe(s)+CQ(g)=FeO(s)+CO(g)的平衡常數(shù) K=2,c CO2 c H2水煤氣變換反應的平衡常數(shù)等于0. 5,即K=c CO c H2O即 c( CO)/ c(CO2)= 2,若 T1 時= 0.5,所以平衡時c H2Oc H2c H2O .=1,所以 T1 時 FeO( s)+H2( g)|u-Fe( s)+H2O( g)的平衡常數(shù) K=1;c H2(4)A為負極，負極上CO和H2被氧化生成二氧化碳和水，則電極A上前去參與的反應為：H2+CQ