1、1(2017國卷全，28)近期發(fā)現(xiàn)，H2S是繼NO、CO以后第三個生命系統(tǒng)氣體信號分子，它擁有參加調(diào)理神經(jīng)信號傳達、舒張血管減少高血壓的功能。回答以下問題：(1)以下事實中，不可以比較氫硫酸與亞硫酸的酸性強弱的是_(填標號)。氫硫酸不可以與碳酸氫鈉溶液反應，而亞硫酸能夠氫硫酸的導電能力低于同樣濃度的亞硫酸1的氫硫酸和亞硫酸的pH分別為4.5和2.1C0.10molLD氫硫酸的復原性強于亞硫酸(2)以下圖是經(jīng)過熱化學循環(huán)在較低溫度下由水或硫化氫分解制備氫氣的反應系統(tǒng)原理。經(jīng)過計算，可知系統(tǒng)()和系統(tǒng)()制氫的熱化學方程式分別為_、_，制得等量H2所需能量較少的是_。(3)H2S與CO2在高溫下發(fā)

2、生反應：H2S(g)CO2(g)COS(g)H2O(g)。在610K時，將0.10molCO2與0.40molH2S充入2.5L的空鋼瓶中，反應均衡后水的物質(zhì)的量分數(shù)為0.02。H2S的均衡轉(zhuǎn)變率1_%，反應均衡常數(shù)K_。在620K重復實驗，均衡后水的物質(zhì)的量分數(shù)為0.03，H2S的轉(zhuǎn)變率2_1，該反應的H_0。(填“”“B分析(1)A能：氫硫酸不可以與NaHCO3溶液反應，說明酸性：H2SH2CO3。B能：同樣濃度時導電能力越強，說明溶液中離子濃度越大，酸的電離程度越大，故可判斷酸性：H2SH2SO3。C能：pH：H2SH2SO3，則c(H)：H2SH2SO3，故酸性：H2S1。溫度高升，均

3、衡向吸熱反應方向挪動，故H0。A項，充入H2S，、H2S的轉(zhuǎn)變率反而減小；B項，充入CO2，增大了一種反應物的濃度，能夠提升另一種反應物的轉(zhuǎn)變率，故H2S的轉(zhuǎn)變率增大；C項，充入COS，均衡左移，H2S的轉(zhuǎn)變率減小；D項，充入N2，對均衡無影響，不改變H2S的轉(zhuǎn)變率。2(2017全國卷，27)丁烯是一種重要的化工原料，可由丁烷催化脫氫制備。回答以下問題：(1)正丁烷(C4H10)脫氫制1-丁烯(C4H8)的熱化學方程式以下：C4H10(g)=C4H8(g)H2(g)H11H2119kJmol1已知：C4H10(g)O2(g)=C4H8(g)H2O(g)2H2(g)1O2(g)=H2O(g)H3

4、242kJmol12反應的H1為_kJmol1。圖(a)是反應均衡轉(zhuǎn)變率與反應溫度及壓強的關系圖，x_0.1(填“大于”或“小于”)；欲使丁烯的均衡產(chǎn)率提升，應采納的措施是_(填標號)。A高升溫度B降低溫度C增大壓強D降低壓強(2)丁烷和氫氣的混淆氣體以必定流速經(jīng)過填補有催化劑的反應器(氫氣的作用是活化催化)，出口氣中含有丁烯、丁烷、氫氣等。圖(b)為丁烯產(chǎn)率與進料氣中n(氫氣)/n(丁烷)的關系。圖中曲線表現(xiàn)先高升后降低的變化趨向，其降低的原由是_。圖(c)為反應產(chǎn)率和反應溫度的關系曲線，副產(chǎn)物主假如高溫裂解生成的短碳鏈烴類化合物。丁烯產(chǎn)率在590從前隨溫度高升而增大的原由可能是_；590以

5、后，丁烯產(chǎn)率迅速降低的主要原由可能是_。答案(1)123kJmol1小于AD(2)氫氣是產(chǎn)物之一，跟著n(氫氣)/n(丁烷)增大，逆反應速率增大(3)高升溫度有益于反應向吸熱方向進行高升溫度時，反應速率加快丁烯高溫裂解生成短碳鏈烴類分析(1)依據(jù)蓋斯定律，用式式可得式，所以H1H2H3119kJmol1(242)kJmol1123kJmol1。由(a)圖能夠看出，溫度同樣時，由0.1MPa變化到xMPa，丁烷的轉(zhuǎn)變率增大，即均衡正向挪動，所以x0.1。因為反應為吸熱反應，所以溫度高升時，均衡正向挪動，丁烯的均衡產(chǎn)率增大，所以A正確、B錯誤；反應正向進行時體積增大，加壓時均衡逆向挪動，丁烯的均衡

6、產(chǎn)率減小，所以C錯誤，D正確。(2)反應早期，H2能夠活化催化劑，進料氣中n(氫氣)/n(丁烷)較小，丁烷濃度大，反應向正反應方向進行的程度大，丁烯轉(zhuǎn)變率高升；跟著進料氣中n(氫氣)/n(丁烷)增大，原猜中過分的H2會使反應平衡逆向挪動，所以丁烯轉(zhuǎn)變率降落。(3)590從前，溫度高升時反應速率加快，生成的丁烯會更多，同時因為反應是吸熱反應，高升溫度均衡正向挪動，均衡系統(tǒng)中會含有更多的丁烯。而溫度超出590時，丁烯高溫會裂解生成短碳鏈烴類，使產(chǎn)率降低。熱門題型一以氣相反應為載體的綜合觀察1題型特色這種試題常常以化學反應速率，化學均衡知識為主題，借助圖像、圖表的手段，綜合觀察關聯(lián)知識，關系知識主要

7、有：(1)H符號的判斷、熱化學方程式的書寫、應用蓋斯定律計算H。(2)化學反應速率的計算與比較，外因?qū)瘜W反應速率的影響(濃度、壓強、溫度、催化劑)。(3)均衡常數(shù)、轉(zhuǎn)變率的計算，溫度對均衡常數(shù)的影響；化學均衡狀態(tài)的判斷，用化學均衡的影響要素進行分析和解說。(4)在多層次曲線圖中反應化學反應速率、化學均衡與溫度、壓強、濃度的關系。2解答化學均衡挪動問題的步驟(1)正確分析反應特色：包含反應物、生成物的狀態(tài)，氣體體積變化、反應的熱效率。(2)明確外界反應條件：恒溫恒容、恒溫恒壓、反應溫度能否變化、反應物配料比能否變化。(3)聯(lián)合圖像或K與Q的關系，均衡挪動原理等，判斷均衡挪動的方向或結果。(4)

8、聯(lián)合題意，運用“三段式”，分析計算、確立各物理量的變化。3分析圖表與作圖時應注意的問題(1)認真分析并正確畫出曲線的最高點、最低點、拐點和均衡點。(2)找準縱坐標與橫坐標的對應數(shù)據(jù)。(3)描述曲線時注意點與點之間的連結關系。(4)分析表格數(shù)據(jù)時，找出數(shù)據(jù)大小的變化規(guī)律。分析(1)因為生成丙烯腈和丙烯醛的兩個反應均為放熱量較大的反應，所以它們均可自覺進行且熱力學趨向大；該反應為氣體體積增大的放熱反應，所以降低溫度、降低壓強有益于提高丙烯腈的均衡產(chǎn)率；由生成丙烯腈的反應條件可知，提升丙烯腈反應選擇性的要點要素是催化劑。(2)因為該反應為放熱反應，均衡產(chǎn)率應隨溫度高升而降低，反應剛開始進行，主要向正

9、反應方向進行，還沒有達到均衡狀態(tài)，460從前是成立均衡的過程，故低于460時，丙烯腈的產(chǎn)率不是對應溫度下的均衡產(chǎn)率；高于460時，丙烯腈產(chǎn)率降低。A項，催化劑在必定溫度范圍內(nèi)活性較高，若溫度過高，活性降低，正確；B項，均衡常數(shù)的大小不影響產(chǎn)率，錯誤；C項，依據(jù)題意，副產(chǎn)物有丙烯醛，副反應增加以致產(chǎn)率降落，正確；D項，反應活化能的大小不影響均衡，錯誤。(3)依據(jù)圖像知，當n(氨)/n(丙烯)約為1.0時，該比率下丙烯腈產(chǎn)率最高，而副產(chǎn)物丙烯醛產(chǎn)率最低；依據(jù)化學反應C3H6(g)NH3(g)32O2(g)=C3H3N(g)3H2O(g)，氨氣、氧氣、丙烯按11.51的體積比加入反應達到最正確狀態(tài)，

10、而空氣中氧氣約占20%，所以進料氨、空氣、丙烯的理論體積約為17.51。1二甲醚(CH3OCH3)可作為干凈的液體化石燃料，以CO和H2為原料生產(chǎn)二甲醚主要發(fā)生以下三個反應：編號熱化學方程式化學均衡常數(shù)CO(g)2H2(g)CH3OH(g)H191kJmol1K12CH3OH(g)CH3OCH3(g)H2O(g)H224kJmol1K2CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)H341kJmol1K3回答以下問題：(1)該工藝的總反應熱化學方程式為3CO(g)3H2(g)CH3OCH3(g)CO2(g)H。該反應H_，化學均衡常數(shù)K_(用含K1、K2、K3的代數(shù)式表示)。(2)以下措施中，能

11、提升CH3OCH3均衡產(chǎn)率的有_(填字母)。A使用過分的COB高升溫度C增大壓強D通入水蒸氣E改用高效催化劑(3)工藝中反應和反應分別在不一樣的反應器中進行，無反應發(fā)生。該工藝中反應的發(fā)生提升了CH3OCH3的產(chǎn)率，原由是_。(4)以投料比nH22將H2、CO通入1L的反應器中，必定條件下發(fā)生反應：4H2(g)nCO2CO(g)CH3OCH3(g)H2O(g)H，其CO的均衡轉(zhuǎn)變率隨溫度、壓強變化關系如圖所示。以下說法正確的選項是_(填字母)。A上述反應H0B圖中p1p2p3C若在p3和316時，測得容器中n(H2)n(CH3OCH3)，此時v正v逆D若在p3和316時，初步時nH23，則達到

12、均衡時，CO的轉(zhuǎn)變率小于50%nCO答案(1)247kJmol1K12K2K3(2)AC(3)反應耗費了反應中的產(chǎn)物H2O，使反應的化學均衡向正反應方向挪動，從而提升CH3OCH3的產(chǎn)率(4)C分析(1)由蓋斯定律可得，總反應3CO(g)3H2(g)CH3OCH3(g)CO2(g)由2相加可得，故H2H1H2H3，KK21K2K3。(2)因為3CO(g)3H2(g)CH3OCH3(g)CO2(g)為正反應方向氣體體積減小的放熱反應，根據(jù)化學均衡原理可知A、C兩項正確。(4)由圖像可知，溫度高升，CO的轉(zhuǎn)變率降低，說明正反應方向為放熱反應，H0，A項錯誤；正反應方向為氣體體積減小的反應，增大壓強

13、，均衡向正反應方向進行，p1p2p3，nH22，設CO的B項錯誤；依據(jù)反應式：4H2(g)2CO(g)CH3OCH3(g)H2O(g)，按nCO轉(zhuǎn)變率為，若在p3和316時，測得容器中n(H2)n(CH3OCH3)，求出(CO)80%50%,nH2反應逆向進行，C項正確；若在p3和316時，初步時nCO3，氫氣的比率增大，CO的轉(zhuǎn)變率應增大，D項錯誤。2甲醇既是重要的化工原料，又是一種可再生能源，擁有寬泛的開發(fā)和應用遠景。(1)已知反應CO(g)2H2(g)CH3OH(g)H99kJmol1中的有關化學鍵鍵能以下：化學鍵HHCOCOHOCH1436343x465413E/kJmolx_。(2)

14、在一容積可變的密閉容器中，1molCO與2molH2發(fā)生反應：CO(g)2H2(g)CH3OH(g)H10，CO在不一樣溫度下的均衡轉(zhuǎn)變率()與壓強的關系以以下圖。a、b兩點的反應速率：v(a)_(填“”“”或“”)v(b)。T1_(填“”“”或“”)T2，原由是_。在c點條件下，以下表達能說明上述反應達到化學均衡狀態(tài)的是_(填字母)。AH2的耗費速率是CH3OH生成速率的2倍BCH3OH的體積分數(shù)不再改變C混淆氣體的密度不再改變DCO和CH3OH的物質(zhì)的量之和保持不變計算圖中a點的均衡常數(shù)Kp_(用均衡分壓取代均衡濃度計算，分壓總壓物質(zhì)的量分數(shù))。(3)利用合成氣(主要成分為CO、CO2和H

15、2)合成甲醇，發(fā)生的主要反應以下：CO(g)2H2(g)CH3OH(g)H1：CO2(g)H2(g)CO(g)H2O(g)H2：CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)H3上述反應對應的均衡常數(shù)分別為K1、K2、K3，它們隨溫度變化的曲線以以下圖。H1_(填“”“”或“”)H3，原由是_。答案(1)1076(2)CO(g)2H2(g)CH3OH(g)是放熱反應，溫度高升，均衡逆向挪動，CO的均衡轉(zhuǎn)變率減小，故T1T2BC1.6107(3)由圖可知，跟著溫度高升，K2增大，則H20，依據(jù)蓋斯定律可得H3H1H2，所以H1H3分析(1)依據(jù)反應CO(g)2H2(g)CH3OH(g)H9

16、9kJmol1及表中數(shù)據(jù)可知，反應斷鍵汲取的能量為(x2436)kJ，成鍵放出的能量為(3413465343)kJ2047kJ，反應放出99kJ的熱量，則2047(x2436)99，x1076。(2)a、b兩點處在同一條等溫線上，a點的壓強小于b點的壓強，因為增大壓強，化學反應速率增大，則反應速率v(a)v(b)。H2的耗費速率在任何時候都是CH3OH生成速率的2倍，不可以說明達到均衡狀態(tài)，A項錯誤；CH3OH的體積分數(shù)不再改變，說明正、逆反應速率相等，能說明達到均衡狀態(tài)，B項正確；該裝置的容積可變，混淆氣體的總質(zhì)量不變，則混淆氣體的密度是一變量，當混淆氣體的密度不再改變時，能說明達到均衡狀態(tài)

17、，C項正確；CO和CH3OH的物質(zhì)的量之和保持不變，不可以說明達到均衡狀態(tài)，D項錯誤。依據(jù)圖中a點時CO的轉(zhuǎn)變率是0.5，則有CO(g)2H2(g)CH3OH(g)初步/mol120變化/mol0.510.5均衡/mol0.510.5CO、H2、CH3OH的物質(zhì)的量分數(shù)分別為0.25、0.5、0.25，均衡分壓分別為0.250.5104kPa、0.50.51044kPa，所以a點的均衡常數(shù)KppCH3OH1.67kPa、0.250.5102H210。pCOp熱門題型二物質(zhì)性質(zhì)與化學均衡的綜合觀察1題型特色此類試題以元素及化合物、化學均衡知識為主題，借助圖像、圖表的手段觀察有關系的知識。主要觀察

18、點：(1)反應現(xiàn)象的描述。(2)氧化復原反應、原電池與電解池、陌生離子方程式的書寫。(3)化學鍵與反應的熱效應計算、信息條件下速率計算、均衡常數(shù)的計算、Ksp的計算。(4)均衡的影響要素、均衡挪動與圖像及有關原由的分析。2解題思路：四步打破物質(zhì)性質(zhì)與化學均衡綜合題例(2016全國卷，27)元素鉻(Cr)在溶液中主要以Cr32(藍紫色)、Cr(OH)4(綠色)、Cr2O72(橙紅色)、CrO4(黃色)等形式存在，Cr(OH)3犯難溶于水的灰藍色固體，回答以下問題：(1)Cr3與Al3的化學性質(zhì)相像，在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至過分，可觀察到的現(xiàn)象是_。(2)CrO421的N

19、a2CrO4溶液中和Cr2O72在溶液中可互相轉(zhuǎn)變。室溫下，初始濃度為1.0molL2)的變化以以下圖。c(Cr2O7)隨c(H用離子方程式表示Na2CrO4溶液中的轉(zhuǎn)變反應：_。由圖可知，溶液酸性增大，CrO42的均衡轉(zhuǎn)變率_(填“增大”“減小”或“不變”)。依據(jù)A點數(shù)據(jù)，計算出該轉(zhuǎn)變反應的均衡常數(shù)為_。高升溫度，溶液中CrO42的均衡轉(zhuǎn)變率減小，則該反應的H_0(填“大于”“小于”或“等于”)。(3)在化學分析中采納K2CrO4為指示劑，以AgNO3標準溶液滴定溶液中的Cl，利用Ag與CrO42生成磚紅色積淀，指示抵達滴定終點。當溶液中Cl恰巧完整積淀(濃度等于51c(Ag1，此時溶液中c

20、(CrO42)等于1.010molL)時，溶液中)為_molL_molL1(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分別為2.01012和2.01010)。(4)6價鉻的化合物毒性較大，常用NaHSO3將廢液中的Cr2O72復原成Cr3，該反應的離子方程式為_。分析(1)因為Cr3與Al3的化學性質(zhì)相像，所以Cr(OH)3也擁有兩性，依據(jù)題目信息，則可知在Cr24)3溶液中逐滴加入NaOH溶液，先生成灰藍色積淀Cr(OH)3，并逐漸增加，隨(SO著滴加NaOH溶液的過分，灰藍色積淀Cr(OH)3逐漸溶解并生成綠色Cr(OH)4溶液。222(2)由圖可知，跟著溶液酸性增大，溶液中c(Cr27)逐漸增

21、大，說明CrO4逐漸轉(zhuǎn)變成Cr27，OO則CrO42的均衡轉(zhuǎn)變率逐漸增大，其反應的離子方程式為2CrO422H2O72H2CrO；由圖中A點數(shù)據(jù)，可知：c(Cr21、c(H)1.07127，則進一步可O)0.25molL10molL2111，依據(jù)均衡常數(shù)的定義可計算出該知c(CrO4)1.0molL20.25molL0.5molL轉(zhuǎn)變反應的均衡常數(shù)為1.01014；高升溫度，溶液中CrO24的均衡轉(zhuǎn)變率減小，說明化學平衡逆向挪動，則正反應為放熱反應，即該反應的H小于0。(3)依據(jù)sp)c(Cl)2.01010，可計算出當溶液中Cl恰巧完整積淀(即濃度K(AgCl)c(Ag等于1.0105mol

22、L1時，溶液中c(Ag)2.0105molL1，而后再依據(jù)Ksp24)(AgCrO22)2.01012，又可計算出此時溶液中c(CrO2)51031c(Ag)c(CrO44molL。(4)依據(jù)得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒可寫出NaHSO3將廢液中的Cr2O72復原成Cr3反應的離子方程式：Cr2723HSO35H=2Cr33SO244H2O。O答案(1)藍紫色溶液變淺，同時有灰藍色積淀生成，最后積淀逐漸溶解形成綠色溶液(2)2CrO422HCr2O72H2O增大101014小于(3)2.01055103(4)Cr2O273HSO35H=2Cr33SO244H2O1大氣中的部分碘源于O3對海

23、水中I的氧化。某科學小組進行O3與含I溶液反應的有關研究。(1)O3將I氧化生成I2的過程由3步反應構成：I(aq)O3(g)=IO(aq)O2(g)H1IO(aq)H(aq)HIO(aq)H2HIO(aq)I(aq)H(aq)I2(aq)H2O(l)H3用熱化學方程式表示O3氧化I生成I2的反應：_。(2)O3在水中易分解，必定條件下，O3的濃度減少一半時所需的時間(t)以下表所示。已知：1。O3的初步濃度為0.0216molLpHt/min3.04.05.06.0T/2030123116958301581084815503126157在30、pH4.0條件下，O3的分解速率為_molL1m

24、in1。pH增大能加快O3分解，表示對O3分解起催化作用的是_。依據(jù)表中數(shù)據(jù)，推測O3在以下條件下分解速率挨次增大的次序為_(填序號)。a40、pH3.0b10、pH4.0c30、pH7.0(3)I2在KI溶液中存在以下均衡：I2(aq)I(aq)I3(aq)測得不一樣溫度下該反應的均衡常數(shù)如圖甲所示。以下說法正確的選項是_(填序號)。A反應I2(aq)I(aq)I3(aq)的H0B利用該反應能夠除掉硫粉中少許的碘單質(zhì)C在上述均衡系統(tǒng)中加入苯，均衡不挪動D25時，在上述均衡系統(tǒng)中加入少許KI固體，均衡常數(shù)K小于680(4)將I2溶于CCl4中，獲取紫紅色的溶液，再加入必定濃度的KI溶液，現(xiàn)象如

25、圖乙所示：上層溶液中含碘元素的微粒有_(用化學符號表示)。由實驗現(xiàn)象可推測對于I2溶解性的結論是_。答案(1)O3(g)2I(aq)2(H)(aq)=I2(aq)H2O(l)O2(g)HH1H2H34OHbac(3)B(2)1.0010(4)I、I2、I3在此溫度下，I2在KI溶液中的溶解度比在CCl4中大分析(1)將所給的三個反應進行加和：，可得總反應：2I(aq)O3(g)2H222O(l)HH1H2H3。(aq)=I(aq)O(g)Hc14110.0108molL(2)v(O3)t108min1.0010molLmin；pH增大，則OH濃度增大，pH增大能加快O3分解，表示對O3分解起催

26、化作用的是OH；由表中數(shù)據(jù)可知，40、pH3.0時，所需時間在31158min之間；10、pH4.0時，所需時間231min；30、pH7.0時，所需時間15min，則分解速率挨次增大的次序為bac。(3)由圖中數(shù)據(jù)可知，溫度越高均衡常數(shù)越小，說明高升溫度均衡向逆反應方向挪動，故正反應為放熱反應，即H0，A項錯誤；碘單質(zhì)難溶于水，而I2與I形成I3而溶于水，能夠達到除掉少許碘的目的，B項正確；加入苯，苯萃取溶液中的碘單質(zhì)，這樣水中碘的濃度變小，均衡向左挪動，C項錯誤；加入KI固體，均衡向右挪動，但均衡常數(shù)只受溫度影響，與物質(zhì)的濃度沒關，故加入少許KI固體，均衡常數(shù)K不變，D項錯誤。(4)上層溶

27、液是碘化鉀的水溶液，存在均衡I2(aq)I(aq)I3(aq)，所以溶液中含碘元素的微粒有I、I2、I3；由實驗現(xiàn)象可推測出在此溫度下，I2在KI溶液中的溶解度比在CCl4中大。2利用廢堿渣(主要成分是Na2CO3)辦理硫酸廠尾氣中的SO2可制得無水Na2SO3(成品)，其流程以下：若欲利用廢堿渣充分汲取SO2，則“汲取塔”內(nèi)發(fā)生的主要反應的離子方程式為_。(2)辦理過程中，要經(jīng)過檢驗“汲取塔”排放出的尾氣能否含有SO2來確立其能否達標。實驗室中欲模擬檢驗尾氣中的SO2，能夠采納的試劑有_(填序號)。a澄清石灰水b硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液c鹽酸酸化的BaCl2溶液d品紅溶液2(3)常溫下

28、，向“中和器”中加入適當NaOH后，溶液呈中性，則溶液中c(SO3)c(HSO3)_已知：常溫下，Ka1(H2SO3)1.5102，Ka2(H2SO3)6.3108。(4)以下圖所示為亞硫酸鈉的溶解度曲線，則上述流程中的“結晶”方法是_(填“蒸發(fā)結晶”或“降溫結晶”)，圖中a點所示分別系種類為_。(5)僅用BaCl2和H2O2的混淆溶液難以檢出“成品”中的SO32，原由是“成品”中含有某種雜質(zhì)陰離子，該雜質(zhì)陰離子是_(填化學式)；實驗室中常用以下方法檢驗2：SO3H2OBaCl2溶液少許鹽酸BaCl2H2O2溶液成品試樣溶液A白色積淀A溶液B白色積淀B過濾，清洗過濾已知25時，部分鋇鹽的Ksp

29、數(shù)值以下表：BaCO3BaSO4BaSO3BaS2O3910755.1101.1108.4101.610若“溶液1，且為雜質(zhì)陰離子濃度的10倍，則向此中加入等體A”中SO32濃度為0.01molLBaCl2溶液充分反應后積0.01molL1c(Ba2)_molL1，向“溶液B”中滴入BaCl2H2O2的混淆溶液時，發(fā)生反應的離子方程式為_。答案(1)CO232SO2H2O=CO22HSO3(2)bd(3)0.63(4)蒸發(fā)結晶(懸)濁液或膠體(5)SO27104Ba2H2O2HSOH2O43=BaSO4H分析(1)由充分汲取SO2，CO32轉(zhuǎn)變成CO2，SO2轉(zhuǎn)變成HSO3，即可寫出方程式。(

30、2)檢驗SO2，尾氣中有CO2，因此a項不可以夠；b項中HNO3可將SO2氧化為H2SO4，可與Ba2反應產(chǎn)生積淀；c項，無明顯變化；d項中品紅溶液是檢驗SO2的特色試劑。(3)Ka2cSO32cH則c(H)1107mol1cSO32Ka2cHSO3，因為溶液呈中性，L，故cHcHSO36.310811070.63。(4)目的獲取無水Na2SO3，由圖像可知60后為無水Na2SO3，因此應采納“蒸發(fā)結晶”。由圖像信息可知，a點為過飽和溶液，若結晶時析出晶體顆粒直徑超出100nm則為濁液，若在1nm100nm之間，則形成膠體。(5)SO23在空氣中易被氧化為SO42，因此可能有SO42攪亂。從表

31、格Ksp數(shù)據(jù)可知，Ba2應先2，則反應后節(jié)余231積淀SO4c(SO3)510molL。BaSO3溶解產(chǎn)生的c(Ba2)x，BaSO3Ba2SO23x5103x(x5103)8.4107解得x71041。molL注意白色積淀A加少許鹽酸，所得溶液B為NaHSO3，H2O2將HSO3氧化為SO42，從而產(chǎn)生BaSO4積淀，即可寫出方程式。高考12題逐題特訓A組1某條件下，在2L密閉容器中發(fā)生以下反應：2NO2(g)2NO(g)O2(g)，在三種不一樣條件下進行，此中實驗、溫度為800，實驗溫度為850，NO、O2的初步濃度都為0，1NO2的濃度(molL)隨時間(min)的變化以以下圖。請回答以

32、下問題。(1)實驗隱含的反應條件是_。實驗中，從反應開始至達到均衡，用氧氣濃度變化表示的化學反應速率為_。(3)800時，該反應的均衡常數(shù)K_。該反應是_(填“吸熱”或“放熱”)反應，判斷原由是_。(4)若實驗中達到均衡后，再向密閉容器中通入2mol物質(zhì)的量之比為11的NO2與O2混合氣體(保持溫度不變)，此時均衡將向_(填“正反應方向”或“逆反應方向”)挪動。(5)NO2、NO是重要的大氣污染物，最近幾年來人們利用NH3在必定條件下與之反應而將其轉(zhuǎn)變?yōu)闊o害的參加大氣循環(huán)的物質(zhì)。已知以下熱化學方程式：N2(g)3H2(g)=2NH3(g)1H92.4kJmol2H2(g)O2(g)=2H2O(

33、l)1H571.6kJmolN2(g)O2(g)=2NO(g)H180kJmol1請寫出用NH3復原NO的熱化學方程式：_。NH3與NO2發(fā)生以下反應必定條件8NH36NO2=7N212H2O。若將此反應設計成原電池，熔K2CO3為電解質(zhì)，則正極反應式為_。答案(1)使用了催化劑11(2)0.0125molLmin(3)0.25吸熱溫度高升，NO2均衡濃度減小，均衡右移，說明正反應為吸熱反應(4)正反應方向(5)4NH3(g)6NO(g)=5N2(g)6H2O(l)1H2070kJmol2NO24CO28e=N24CO32分析(1)由圖像可知，實驗達到的均衡與實驗同樣，不過反應速率加快了，據(jù)此

34、判斷，1隱含的條件為使用了催化劑。(2)實驗中NO2的濃度變化為0.5molL，則O2的濃度變化為1110.25molL，反應時間為20min，所以反應速率為0.25molL/20min0.0125molLmin1。(3)2NO2(g)2NO(g)O2(g)11.000c0/molL10.50.50.25c/molLc平/molL10.50.50.250.520.25則K20.25；溫度高升，NO2的均衡濃度減小，說明均衡向右挪動，正反應為吸0.5熱反應。(4)向容器中再通入2mol物質(zhì)的量之比為11的NO2與O2，則NO2與O2的濃度分別變成110.520.75K(0.25)，均衡向正反1m

35、olL、0.75molL，NO的濃度未改變，由12應方向挪動。(5)將題給三個熱化學方程式挨次編號為，依據(jù)蓋斯定律，323得4NH36NO(g)=5N22H2070kJmol1。正極上NO2被(g)(g)6HO(l)復原為N2，N元素由4價降低到0，生成1molN2轉(zhuǎn)移8mol電子，電解質(zhì)為熔融K23，COCO23均衡電荷，則電極反應式為2NO24CO28e=N24CO23。2可燃冰的主要成分是甲烷，甲烷既是潔凈燃料，也是重要的化工原料。(1)甲烷和二氧化碳重整制合成氣對溫室氣體的治理擁有重要意義。已知：CH4(g)CO2(g)2CO(g)2H2(g)H247.3kJmol1CH4(g)C(s

36、)2H2(g)1H75kJmol反應2CO(g)=C(s)CO2(g)在_(填“高溫”或“低溫”)下能自覺進行。合成甲醇的主要反應：2H2(g)CO(g)CH3OH(g)H90.8kJmol1，T時此反應的均衡常數(shù)為160。此溫度下，在密閉容器中開始只充入CO、H2，反應到某時刻測得各組分的濃度以下：物質(zhì)H2COCH3OH濃度/molL10.200.100.40比較此時正、逆反應速率的大?。簐正_(填“”“”或“”)v逆。生產(chǎn)過程中，合成氣要進行循環(huán)，其目的是_。在一固定容積的密閉容器中發(fā)生反應2H2(g)CO(g)CH3OH(g)，若要提升CO的轉(zhuǎn)變率，則能夠采納的措施是_(填字母)。a升溫

37、b加入催化劑c增添CO的濃度d加入H2加壓e加入惰性氣體加壓f分別出甲醇(2)以甲烷為燃料的新式電池的成本大大低于以氫為燃料的傳統(tǒng)燃料電池，以下圖是當前研究較多的一類固體氧化物燃料電池的工作原理表示圖。B極為電池的_極，該電極的反應式為_。若用該燃料電池作電源，用石墨作電極電解100mL1molL1的硫酸銅溶液，當兩極采集到的氣體體積相等時，理論上耗費甲烷的體積為_(標況下)。答案(1)低溫提升原料的利用率df(2)負CH428e1.12L4O=CO22H2O分析(1)用已知的第二個熱化學方程式減去第一個熱化學方程式得：2CO(g)=C(s)CO2(g)H75kJmol1247.3kJmol1

38、172.3kJmol1。該反應的H0，S0，欲使反應能自覺進行一定切合復合判據(jù)GHTS”“”“”或“”)(T2)。當反應()處于圖中a點時，保持溫度不變，向恒容系統(tǒng)中通入少許氫氣，達到均衡后反應()可能處于圖中的_(填“b”“c”或“d”)點，該貯氫合金可經(jīng)過_或_的方式開釋氫氣。答案(1)230c升溫減壓分析(1)依據(jù)H原子守恒得zx2zy，則z2。由題中所給數(shù)據(jù)可知吸氫速率vyx240mL2g4min30mLg1min1。由圖像可知，T1T2，且T2時氫氣的壓強盛，說明升高溫度均衡向生成氫氣的方向挪動，逆反應為吸熱反應，所以正反應為放熱反應，故H1(T2)。處于圖中a點時，保持溫度不變，向

39、恒容系統(tǒng)中通入少許氫氣，H2濃度增大，均衡正向挪動，一段時間后再次達到均衡，此時H/M增大，由圖像可知，氣體壓強在B點從前是不變的，故可能處于圖中的c點。由氫化反應方程式及圖像可知，這是一個放熱的氣體體積減小的反應，依據(jù)均衡挪動原理，要使均衡向左挪動開釋H2，可改變的條件是升溫或減壓。B組1一種煤炭脫硫技術能夠把硫元素以CaSO4的形式固定下來，能夠減少SO2的排放，但產(chǎn)生的CO又會與CaSO4發(fā)生化學反應，從而降低脫硫效率。有關的熱化學方程式以下：CaSO4(s)CO(g)CaO(s)SO2(g)CO2(g)1H1210.5kJmol1CaSO4(s)CO(g)1CaS(s)CO2(g)H2

40、47.3kJmol144請回答以下問題：(1)反應CaO(s)3CO(g)SO2(g)CaS(s)3CO2(g)H3_kJmol1；均衡時增大壓強，此反應_(填“正向”“逆向”或“不”)挪動。(2)已知298Kpq。則反應2時，Ksp(CaCO3)m10，Ksp(CaSO4)n10CaSO4(s)CO32_(用含m、n、p、q的式子表示)。(aq)CaCO3(s)SO4(aq)的均衡常數(shù)表達式為(3)用碘量法可測定排放煙氣中二氧化硫的含量，請寫出碘溶液與二氧化硫發(fā)生氧化復原反應的離子方程式：_。(4)反應的均衡常數(shù)的對數(shù)lgK隨T的變化曲線以以下圖，此中曲線代表_反應，P為兩曲線交點，則在該溫

41、度下兩反應均達均衡時，1系統(tǒng)中c(SO2)_molL，從減少二氧化硫排放的角度來考慮，本系統(tǒng)適合的反應條件是_(填字母)。A低溫、低壓B低溫、高壓C高溫、高壓D高溫、低壓答案(1)399.7正向n10pqm(3)I2SO22H2O=SO242I4H(4)1B分析(1)由蓋斯定律可知，4可得反應CaO(s)3CO(g)SO2(g)=CaS(s)3CO2(g)，則H3H14H2399.7kJmol1，增大壓強，均衡向氣體體積減小的方向挪動，則應向正反應方向挪動。sp322p，Ksp422q，則該)c(CO3)m10)c(Ca)c(SO4)n10(2)K(CaCO)c(Ca(CaSO2KcSO4Ca

42、SO4n10pq。反應的均衡常數(shù)表達式為2KspKspCaCO3mcCO3(3)碘與二氧化硫發(fā)生氧化復原反應的方程式為I2SO22H2O=SO422I4H。(4)由圖像可知，曲線中，跟著溫度高升，lgK值減小，則反應為放熱反應，故曲線代表cSO2cCO2cCO2的應當是反應，反應的K值表達式為cCO，反應的K值表達式為cCO，當P點時，曲線與曲線的K值同樣，cSO2cCO2cCO21；從cCOcCO，所以c(SO2)1molL減小二氧化硫排放的角度考慮，低溫、高壓更有益于中均衡逆向挪動。2必定條件下，經(jīng)過以下反應可實現(xiàn)燃煤煙氣中硫的回收：催化劑2CO2(g)S(l)H2CO(g)SO2(g)(

43、1)已知：2CO(g)O2(g)=2CO2(g)H1566kJmol1S(l)O2(g)=SO2(g)H2296kJmol1則反應熱H_kJmol1。(2)其余條件同樣、催化劑不一樣時，SO2的轉(zhuǎn)變率隨反應溫度的變化如圖a所示。260時_(填“Fe2O3”“NiO”或“Cr2O3”)作催化劑反應速率最快。Fe2O3和NiO作催化劑均能使SO2的轉(zhuǎn)變率達到最高，不考慮價錢要素，選擇Fe2O3的主要長處是_。(3)科研小組在380、Fe2O3作催化劑時，研究了不一樣投料比n(CO)n(SO2)對SO2轉(zhuǎn)變率的影響，結果如圖b所示。請在圖b中畫出n(CO)n(SO2)21時，SO2的轉(zhuǎn)變率的預期變化

44、曲線。(4)工業(yè)上還可用Na2SO3溶液汲取煙氣中的SO2：Na2SO3SO2H2O=2NaHSO3。某溫度1Na2SO3溶液汲取純凈的1下用1.0molLSO2，當溶液中c(SO32)降至0.2molL時，汲取能力明顯降落，應改換汲取劑。1此時溶液中c(HSO3)約為_molL。2H6此時溶液的pH_。(已知該溫度下SO3HSO3的均衡常數(shù)K8.010，計算時SO2、H2SO3的濃度忽視不計)答案(1)270(2)Cr2O3Fe2O3作催化劑時，在相對較低溫度時可獲取較高SO2的轉(zhuǎn)變率，從而節(jié)儉大批能源(3)以以下圖(4)1.66分析(1)依據(jù)蓋斯定律，由已知中第一個反應減去第二個反應可得催

45、化劑2CO(g)SO2(g)2CO2(g)S(l)，則HH1H2270kJmol1。(2)依據(jù)圖a,260時Cr2O3曲線對應的2的轉(zhuǎn)變率最高。Fe2O3作催化劑的長處是在相對較低的溫度時獲取的SO2的轉(zhuǎn)變率較高，SO能夠節(jié)儉能源。(3)由圖a知，在380、Fe23作催化劑條件下，n(CO)n(SO2)21時，O2的均衡轉(zhuǎn)變率湊近100%，但比n(CO)n(SO22)3SO)31時達均衡要慢。(4)溶液中c(SO降至1時，參加反應的210.2molLc(SO3)為0.8molL，則反應生成的c(HSO3)約為1.6molL1cHSO31.66)1061。K28.010，則c(HmolL，pH6。cSO3cH0.2cH3金屬鈦被譽為“21世紀金屬”。工業(yè)上用鈦礦石(FeTiO3，含少許FeO、Al2O3、SiO2等雜質(zhì))制得海綿鈦的流程以下?；卮鹨韵聠栴}：(1)要提升酸浸時鈦礦石的溶解速率，請供給可行的措施_，酸浸時主要反應的化學方程式為_。(2)副產(chǎn)品中含有雜質(zhì)Al2(SO4)3。要將副產(chǎn)品進一步提純，請聯(lián)合以下圖的綠礬溶解度曲線完成提純過程：將副產(chǎn)品溶于稀硫酸中，加入足量的鐵粉，充分攪拌后，用NaOH溶液調(diào)理反