2016年化学高考题分类解析考点7 化学反应速率和化学平衡

高考试题分类解析PAGE考点7化学反应速率和化学平衡一、选择题1.(2016·海南高考·11)由反应物X转化为Y和Z的能量变化如图所示。下列说法正确的是()A.由X→Y反应的ΔH=E5-E2B.由X→Z反应的ΔH<0C.降低压强有利于提高Y的产率D.升高温度有利于提高Z的产率【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)反应物的总能量比生成物的总能量高,则是放热反应。(2)平衡移动原理的应用。【解析】选B、C。根据题中图示得由X→Y反应的ΔH=E3-E2,A错误;反应X→Z,反应物的能量高于生成物,ΔH<0,B正确;根据2X(g)3Y(g),降低压强平衡向正反应方向移动,有利于提高Y的产率,C正确;反应2X(g)Z(g)ΔH<0,升高温度,平衡向逆反应方向移动,Z的产率降低,D错误。2.(2016·江苏高考·15)一定温度下,在3个体积均为1.0L的恒容密闭容器中反应2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)达到平衡。下列说法正确的是()容器温度/K物质的起始浓度/mol·L-1物质的平衡浓度/mol·L-1c(H2)c(CO)c(CH3OH)c(CH3OH)Ⅰ4000.200.1000.080Ⅱ4000.400.200Ⅲ500000.100.025A.该反应的正反应放热B.达到平衡时,容器Ⅰ中反应物转化率比容器Ⅱ中的大C.达到平衡时,容器Ⅱ中c(H2)大于容器Ⅲ中c(H2)的两倍D.达到平衡时,容器Ⅲ中的正反应速率比容器Ⅰ中的大【解析】选A、D。容器Ⅰ和Ⅲ的投料比是等价的,平衡时,500K的CH3OH浓度比400K的小,说明反应升温后,平衡逆向移动,故正反应为放热反应,A项正确;容器Ⅱ与容器Ⅰ相比相当于增大压强,增大压强时,该反应平衡正向移动,故容器Ⅱ中反应物的转化率大,B项错误;由表中数据,达平衡时,可求得容器Ⅰ中c(H2)=0.040mol·L-1,可推知容器Ⅱ中,c(H2)<0.080mol·L-1,可计算出容器Ⅲ中c(H2)=0.150mol·L-1,QUOTEc(H2)Ⅲc(H2)Ⅱ>QUOTE0.1500.080,C项错误;容器Ⅲ中物质的浓度相当于等同容器Ⅰ,但是3.(2016·四川高考·6)一定条件下,CH4与H2O(g)发生反应:CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)。设起始QUOTEn(H2O)n(CH4)=Z,在恒压下,平衡时CH4的体积分数φA.该反应的焓变ΔH>0B.图中Z的大小为a>3>bC.图中X点对应的平衡混合物中QUOTEn(H2O)n(CHD.温度不变时,图中X点对应的平衡在加压后φ(CH4)减小【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)判断反应是吸热还是放热,看温度变化平衡向正向还是逆向移动。(2)Z越大,相当于增大水蒸气浓度,甲烷的转化率变大。【解析】选A。据图分析,随着温度升高甲烷的体积分数逐渐减小,说明升温平衡正向移动,则正反应为吸热反应,故A正确;QUOTEn(H2O)n(CH44.(2016·北京高考·8)下列食品添加剂中,其使用目的与反应速率有关的是()A.抗氧化剂B.调味剂C.着色剂D.增稠剂【解题指南】解答本题时应明确以下两点:(1)反应速率是指化学反应进行的快慢,没有发生化学反应,是不存在反应速率的。(2)抗氧化剂能减慢食品的氧化速率。【解析】选A。抗氧化剂能阻止或延缓食品的氧化变质,与反应速率有关,故A正确;调味剂是为了增加食品的味道,与反应速率无关,故B错误;着色剂是为了给食品添加某种颜色,与反应速率无关,故C错误;增稠剂可以提高食品的黏稠度,使食品加工体系更趋于稳定状态,与反应速率无关,故D错误。5.(2016·北京高考·10)K2Cr2O7溶液中存在平衡:(橙色)+H2O2(黄色)+2H+。用K2Cr2O7溶液进行下列实验:结合实验,下列说法不正确的是()A.①中溶液橙色加深,③中溶液变黄B.②中被C2H5OH还原C.对比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强D.若向④中加入70%H2SO4溶液至过量,溶液变为橙色【解题指南】解答本题时应明确以下两点:(1)K2Cr2O7溶液中存在平衡(橙色)+H2O2(黄色)+2H+,加入酸平衡逆向移动,加入碱平衡正向移动。(2)④中加入70%H2SO4溶液时,虽然平衡逆向移动,但接着还要发生氧化还原反应。【解析】选D。在平衡体系中加入酸,平衡逆向移动,重铬酸根离子浓度增大,橙色加深,加入碱,平衡正向移动,溶液变黄,故A正确;②中重铬酸钾氧化乙醇,重铬酸钾被还原,故B正确;②是酸性条件,④是碱性条件,酸性条件下氧化乙醇,而碱性条件不能,说明酸性条件下K2Cr2O7溶液氧化性强,故C正确;若向④溶液中加入70%的硫酸至过量,溶液为酸性,可以氧化乙醇,溶液变绿色,故D错误。【误区提醒】和都具有强氧化性,但从题目所给信息来看,在所给条件下并没有表现出氧化性,应该用题目中的信息去解题。二、非选择题6.(2016·海南高考·16)顺-1,2-二甲基环丙烷和反-1,2-二甲基环丙烷可发生如下转化:该反应的速率方程可表示为v(正)=k(正)c(顺)和v(逆)=k(逆)c(反),k(正)和k(逆)在一定温度时为常数,分别称作正、逆反应速率常数。回答下列问题:(1)已知:t1温度下,k(正)=0.006s-1,k(逆)=0.002s-1,该温度下反应的平衡常数值K1=;该反应的活化能Ea(正)小于Ea(逆),则ΔH0(填“小于”、“等于”或“大于”)。(2)t2温度下,图中能表示顺式异构体的质量分数随时间变化的曲线是(填曲线编号),平衡常数值K2=;温度t2t1(填“小于”、“等于”或“大于”),判断理由是。【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)数据信息的处理能力。(2)化学反应达到平衡时,正、逆反应速率相等。【解析】(1)根据v(正)=k(正)c(顺)=0.006s-1×c(顺)和v(逆)=k(逆)c(反)=0.002s-1×c(反),反应达到平衡时v(正)=v(逆),即0.006s-1×c(顺)=0.002s-1×c(反),则该温度下反应的平衡常数值K1==3;该反应的活化能Ea(正)小于Ea(逆),则ΔH=E1(正反应活化能)-E2(逆反应活化能)=Ea(正)-Ea(逆)<0。(2)随反应的进行,顺-1,2-二甲基环丙烷的质量分数不断减少,且变化速率减慢,则顺式异构体的质量分数随时间变化的曲线是B;根据顺-1,2-二甲基环丙烷和反-1,2-二甲基环丙烷反应可知,t2温度下,平衡时顺-1,2-二甲基环丙烷的质量分数是30%,则反-1,2-二甲基环丙烷的质量分数是70%,因二者的摩尔质量相同,即反应平衡时顺-1,2-二甲基环丙烷的物质的量分数是30%,则反-1,2-二甲基环丙烷的物质的量分数是70%,代入平衡常数的表达式K2=;因K1大于K2,此反应为放热反应,升高温度平衡向逆反应方向移动,得t2大于t1。答案:(1)3小于(2)B大于放热反应升高温度时平衡向逆反应方向移动【误区提醒】该反应为放热反应,平衡常数数值应随温度升高而变小。7.(2016·浙江高考·28)催化还原CO2是解决温室效应及能源问题的重要手段之一。研究表明,在Cu/ZnO催化剂存在下,CO2和H2可发生两个平行反应,分别生成CH3OH和CO。反应的热化学方程式如下:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-53.7kJ·mol-1ⅠCO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2Ⅱ某实验室控制CO2和H2初始投料比为1∶2.2,在相同压强下,经过相同反应时间测得如下实验数据:T(K)催化剂CO2转化率(%)甲醇选择性(%)543Cat.112.342.3543Cat.210.972.7553Cat.115.339.1553Cat.212.071.6[备注]Cat.1:Cu/ZnO纳米棒;Cat.2:Cu/ZnO纳米片;甲醇选择性:转化的CO2中生成甲醇的百分比已知:①CO和H2的标准燃烧热分别为-283.0kJ·mol-1和-285.8kJ·mol-1②H2O(l)H2O(g)ΔH3=44.0kJ·mol-1请回答(不考虑温度对ΔH的影响):(1)反应Ⅰ的平衡常数表达式K=;反应Ⅱ的ΔH2=kJ·mol-1。(2)有利于提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有。A.使用催化剂Cat.1B.使用催化剂Cat.2C.降低反应温度 D.投料比不变,增加反应物的浓度E.增大CO2和H2的初始投料比(3)表中实验数据表明,在相同温度下不同的催化剂对CO2转化成CH3OH的选择性有显著的影响,其原因是

。(4)在下图中分别画出Ⅰ在无催化剂、有Cat.1和有Cat.2三种情况下“反应过程-能量”示意图。(5)研究证实,CO2也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇,则生成甲醇的反应发生在极,该电极反应式是。【解题指南】解答本题时应注意以下几点:(1)能够应用盖斯定律进行焓变的计算;(2)能够灵活应用题目中给出的数据分析反应的情况;(3)催化剂能够降低反应的活化能,改变反应的历程从而改变反应速率;(4)书写电极反应式时注意溶液的酸碱性。【解析】(1)根据化学平衡常数的定义和表达式可以写出反应Ⅰ的平衡常数表达式;根据已知信息可以写出表示CO和H2的标准燃烧热的热化学方程式分别为①CO(g)+QUOTE12O2(g)CO2(g)ΔH=-283.0kJ·mol-1,②H2(g)+QUOTE12O2(g)H2O(l)ΔH=-285.8kJ·mol-1,同时结合题目给出的热化学方程式③H2O(l)H2O(g)ΔH3=44.0kJ·mol-1,根据盖斯定律由②-①+③得到反应Ⅱ,因此ΔH2=-285.8kJ·mol-1-(-283.0kJ·mol-1)+44.0kJ·mol-1=+41.2kJ·mol-1。(2)对一固定的化学反应,使用催化剂不能影响化学平衡,即不改变转化率,故A、B项错误;由于反应Ⅰ为放热反应,因此降低反应温度,化学平衡右移从而提高转化率,故C项正确;投料比不变,增加反应物的浓度相当于增大压强,反应Ⅰ的化学平衡右移,从而提高转化率,故D项正确;增大CO2和H2的初始投料比,可以理解为增大CO2的浓度,降低H2的浓度,因此CO2的转化率降低,H2的转化率升高,故E项错误。(3)从表格数据分析,在相同的温度下,不同的催化剂,二氧化碳的转化率也不相同,说明不同的催化剂具有不同的催化能力。在相同催化剂不同的温度时,二氧化碳的转化率不同,且温度升高转化率增大。但此反应的正反应为放热反应,若达到平衡后温度升高,转化率应该降低,这说明表格中的数据是未达到平衡状态的。反应未达到平衡,不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同,因而在该时刻下对甲醇选择性有影响。(4)从表中数据分析,在催化剂Cat.2的作用下,甲醇的选择性更大,说明催化剂Cat.2对反应Ⅰ的催化效果更好,催化剂能降低反应的活化能,说明使用催化剂Cat.2的反应过程中活化能更低,故图为(5)二氧化碳变甲醇,碳元素的化合价降低,得到电子,说明其在阴极反应,其电极反应式为CO2+6H++6e-CH3OH+H2O。答案:(1)QUOTEc(CH3OH)·c(H2(3)表中数据表明此时反应未达到平衡,不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同,因而在该时刻下对甲醇选择性有影响(4)(5)阴CO2+6H++6e-CH3OH+H2O【误区提醒】(1)不能正确理解燃烧热的定义,从而在盖斯定律求解反应Ⅱ的焓变ΔH2时出错。(2)不能正确理解催化剂增大反应速率的原因是改变了反应的历程,降低了反应的活化能,从而导致在有催化剂的情况下反应的能量变化弄错。8.(2016·天津高考·10)氢能是发展中的新能源,它的利用包括氢的制备、储存和应用三个环节。回答下列问题:(1)与汽油相比,氢气作为燃料的优点是

(至少答出两点)。但是氢气直接燃烧的能量转换率远低于燃料电池,写出碱性氢氧燃料电池的负极反应式:

。(2)氢气可用于制备H2O2。已知:H2(g)+A(l)B(l)ΔH1O2(g)+B(l)A(l)+H2O2(l)ΔH2其中A、B为有机物,两反应均为自发反应,则H2(g)+O2(g)H2O2(l)的ΔH0(填“>”“<”或“=”)。(3)在恒温恒容的密闭容器中,某储氢反应:MHx(s)+yH2(g)MHx+2y(s)ΔH<0达到化学平衡。下列有关叙述正确的是。a.容器内气体压强保持不变b.吸收ymolH2只需1molMHxc.若降温,该反应的平衡常数增大d.若向容器内通入少量氢气,则v(放氢)>v(吸氢)(4)利用太阳能直接分解水制氢,是最具吸引力的制氢途径,其能量转化形式为。(5)化工生产的副产氢也是氢气的来源。电解法制取有广泛用途的Na2FeO4,同时获得氢气:Fe+2H2O+2OH-+3H2↑,工作原理如图1所示。装置通电后,铁电极附近生成紫红色,镍电极有气泡产生。若氢氧化钠溶液浓度过高,铁电极区会产生红褐色物质。已知:Na2FeO4只在强碱性条件下稳定,易被H2还原。①电解一段时间后,c(OH-)降低的区域在(填“阴极室”或“阳极室”)。②电解过程中,须将阴极产生的气体及时排出,其原因是

。③c(Na2FeO4)随初始c(NaOH)的变化如图2,任选M、N两点中的一点,分析c(Na2FeO4)低于最高值的原因:

。【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)氢气具有还原性,具有强氧化性,二者能发生氧化还原反应。(2)电解池工作原理的理解与应用。【解析】(1)与汽油相比,氢气作为燃料的优点有污染小、可再生、来源广、资源丰富、燃烧热值高等;碱性氢氧燃料电池的负极反应式为H2+2OH--2e-2H2O。(2)根据盖斯定律将①+②得:H2(g)+O2(g)H2O2(l)ΔH=ΔH1+ΔH2,反应①②的ΔS<0,根据ΔG=ΔH-TΔS,因为两反应均为自发反应,因此ΔH1、ΔH2均小于0,即ΔH=ΔH1+ΔH2<0。(3)MHx(s)+yH2(g)MHx+2y(s)ΔH<0,该反应属于气体物质的量发生变化的反应,平衡时气体物质的量不再发生变化,压强不变,a正确;该反应为可逆反应,吸收ymolH2需要大于1mol的MHx,b错误;该反应是放热反应,降温平衡向正方向移动,该反应的平衡常数增大,c正确;向容器内通入少量氢气,平衡向正方向移动,则v(放氢)<v(吸氢),d错误。(4)利用太阳能直接分解水制氢,是将光能转化为化学能。(5)①根据题意镍电极有气泡产生是氢离子放电生成氢气,铁电极发生氧化反应,溶液中的氢氧根离子减少,因此电解一段时间后,c(OH-)降低的区域在阳极室。②Na2FeO4只在强碱性条件下稳定,氢气具有还原性,具有强氧化性,易被H2还原。电解过程中,须将阴极产生的气体及时排出,防止Na2FeO4与H2反应使产率降低。③根据题意,Na2FeO4只在强碱性条件下稳定,在M点,c(OH-)低,Na2FeO4稳定性差,且反应慢,在N点:c(OH-)过高,铁电极上有氢氧化铁(或氧化铁)生成,使Na2FeO4产率降低。答案:(1)污染小、可再生、来源广、资源丰富、燃烧热值高(任写其中2个)H2+2OH--2e-2H2O(2)<(3)a、c(4)光能转化为化学能(5)①阳极室②防止Na2FeO4与H2反应使产率降低③M点:c(OH-)低,Na2FeO4稳定性差,且反应慢[或N点:c(OH-)过高,铁电极上有Fe(OH)3(或Fe2O3)生成,使Na2FeO4产率降低]9.(2016·全国高考Ⅰ·27)元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3+(蓝紫色)、(绿色)、(橙红色)、(黄色)等形式存在,Cr(OH)3为难溶于水的灰蓝色固体,回答下列问题:(1)Cr3+与Al3+的化学性质相似,在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量,可观察到的现象是。(2)和在溶液中可相互转化。室温下,初始浓度为1.0mol·L-1的Na2CrO4溶液中c()随c(H+)的变化如图所示。①用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应。②由图可知,溶液酸性增大,的平衡转化率(填“增大“减小”或“不变”)。根据A点数据,计算出该转化反应的平衡常数为。③升高温度,溶液中的平衡转化率减小,则该反应的ΔH0(填“大于”“小于”或“等于”)。(3)在化学分析中采用K2CrO4为指示剂,以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl-,利用Ag+与生成砖红色沉淀,指示到达滴定终点。当溶液中Cl-恰好沉淀完全(浓度等于1.0×10-5mol·L-1)时,溶液中c(Ag+)为mol·L-1,此时溶液中c()等于mol·L-1。(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10-12和2.0×10-10)(4)+6价铬的化合物毒性较大,常用NaHSO3将废液中的还原成Cr3+,该反应的离子方程式为

。【解析】(1)Cr3+与Al3+的化学性质相似,可知Cr(OH)3有两性,也能溶解在NaOH溶液中。已知Cr3+为蓝紫色、Cr(OH)3为难溶于水的灰蓝色固体、为绿色,在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量,可观察到的现象是蓝紫色溶液变浅,同时有灰蓝色沉淀生成,然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液。(2)①随着H+浓度的增大,的浓度不断增加,所以转化为的离子方程式为2+2H++H2O。②由图可知溶液酸性增强,平衡2+2H++H2O正向进行,的平衡转化率增大;A点的浓度为0.25mol·L-1,的浓度为0.5mol·L-1,H+的浓度为1.0×10-7mol·L-1,此时该转化反应的平衡常数K=c()÷[c2()·c2(H+)]=0.25÷[0.52×(1.0×10-7)2]=1.0×1014。③升高温度,溶液中的平衡转化率减小,平衡逆向移动,说明正方向放热,则该反应的ΔH<0。(3)当溶液中Cl-恰好沉淀完全(浓度等于1.0×10-5mol·L-1)时,溶液中c(Ag+)=Ksp(AgCl)÷c(Cl-)=2.0×10-10÷(1.0×10-5)=2.0×10-5(mol·L-1);此时溶液中c()=Ksp(Ag2CrO4)÷c2(Ag+)=2.0×10-12÷(2.0×10-5)2=5.0×10-3(mol·L-1)。(4)由于NaHSO3有还原性,被氧化生成,同时被还原成Cr3+,所以反应的离子方程式为+3QUOTEO3-+5H+2Cr3++3+4H2O。答案:(1)蓝紫色溶液变浅,同时有灰蓝色沉淀生成,然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液(2)①2+2H++H2O②增大1.0×1014③小于(3)2.0×10-55.0×10-3(4)+3+5H+2Cr3++3+4H2O10.(2016·全国卷Ⅱ·27)丙烯腈(CH2CHCN)是一种重要的化工原料,工业上可用“丙烯氨氧化法”生产,主要副产物有丙烯醛(CH2CHCHO)和乙腈(CH3CN)等,回答下列问题:(1)以丙烯、氨、氧气为原料,在催化剂存在下生成丙烯腈(C3H3N)和副产物丙烯醛(C3H4O)的热化学方程式如下:①C3H6(g)+NH3(g)+QUOTE32O2(g)C3H3N(g)+3H2O(g)ΔH=-515kJ·mol-1②C3H6(g)+O2(g)C3H4O(g)+H2O(g)ΔH=-353kJ·mol-1两个反应在热力学上趋势均很大,其原因是

;有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是;提高丙烯腈反应选择性的关键因素是。(2)图(a)为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线,最高产率对应的温度为460℃。低于460℃时,丙烯腈的产率(填“是”或“不是”)对应温度下的平衡产率,判断理由是_________________________________高于460°时,丙烯腈产率降低的可能原因是(双选,填标号)。A.催化剂活性降低 B.平衡常数变大C.副反应增多 D.反应活化能增大(3)丙烯腈和丙烯醛的产率与n(氨)/n(丙烯)的关系如图(b)所示。由图可知,最佳n(氨)/n(丙烯)约为,理由是

。进料气氨、空气、丙烯的理论体积比约为。【解题指南】解答本题注意以下两点:(1)图象的纵横坐标所表示的含义。(2)化学平衡移动原理的实际应用。【解析】(1)因为两个反应均为放热量大的反应,所以热力学趋势大;反应①为气体体积增大的放热反应,所以降低温度、降低压强有利于反应正向进行,从而提高丙烯腈的平衡产率;提高丙烯腈反应选择性的关键因素是使用合适的催化剂。(2)因为该反应为放热反应,平衡产率应随温度升高而降低,反应刚开始进行,尚未达到平衡状态,460℃以前是建立平衡的过程,所以低于460℃时,丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡产率;高于460(3)根据图象可知,当n(氨)/n(丙烯)约为1.0时,该比例下丙烯腈产率最高,而副产物丙烯醛产率最低;根据化学反应C3H6(g)+NH3(g)+QUOTE32O2(g)C3H3N(g)+3H2O(g),氨、氧气、丙烯按2∶3∶2的体积比加入反应达到最佳状态,而空气中氧气约占20%,所以进料气氨、空气、丙烯的理论体积约为2∶15∶2,即1∶7.5∶1。答案:(1)两个反应均为放热量大的反应降低温度、降低压强催化剂(2)不是该反应为放热反应,平衡产率应随温度升高而降低A、C(3)1.0该比例下丙烯腈产率最高,而副产物丙烯醛产率最低1∶7.5∶111.(2016·全国卷Ⅲ·27)煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx,形成酸雨、污染大气,采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝,回答下列问题:(1)NaClO2的化学名称为。(2)在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气,反应温度323K,NaClO2溶液浓度为5×10-3mol·L-1。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表:离子Cl-c/(mol·L-1)8.35×10-46.87×10-61.5×10-41.2×10-53.4×10-3①写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式

。增加压强,NO的转化率(填“提高”“不变”或“降低”)。②随着吸收反应的进行,吸收剂溶液的pH逐渐(填“增大”“不变”或“减小”)。③由实验结果可知,脱硫反应速率脱硝反应速率(填“大于”或“小于”)。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同,还可能是。(3)在不同温度下,NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中SO2和NO的平衡分压pe如图所示。①由图分析可知,反应温度升高,脱硫、脱硝反应的平衡常数均(填“增大”“不变”或“减小”)。②反应+22+Cl-的平衡常数K表达式为。(4)如果采用NaClO、Ca(ClO)2替代NaClO2,也能得到较好的烟气脱硫效果。①从化学平衡原理分析,Ca(ClO)2相比NaClO具有的优点是。②已知下列反应:SO2(g)+2OH-(aq)(aq)+H2O(l)ΔH1ClO-(aq)+(aq)(aq)+Cl-(aq)ΔH2CaSO4(s)Ca2+(aq)+(aq)ΔH3则反应SO2(g)+Ca2+(aq)+ClO-(aq)+2OH-(aq)CaSO4(s)+H2O(l)+Cl-(aq)的ΔH=。【解析】(1)根据我们学过的知识,NaClO4叫高氯酸钠、NaClO3叫氯酸钠、NaClO叫次氯酸钠,则NaClO2叫亚氯酸钠。(2)①脱硝过程中即为NaClO2溶液和NO反应,浓度大的物质是主要产物,根据表中信息可以判断,NaClO2变成Cl-,则NO主要被氧化成,然后根据电子守恒、电荷守恒和元素守恒可得配平的离子方程式:3+4NO+4OH-4+3Cl-+2H2O;增大压强平衡向气体体积减小的方向移动,即正向移动,所以NO的转化率提高。②根据上述反应可知,随着吸收反应的进行,溶液中c(H+)逐渐增大,pH逐渐降低。③由实验结果可知,c()=8.35×10-4mol·L-1>c()=1.5×10-4mol·L-1,所以脱硫反应速率大于脱硝反应速率,其原因除了初始浓度不同外,还可能是NO难溶于水,与NaClO2溶液接触面积小,反应速率慢;还可能是脱硝反应活化能较高,反应速率慢。(3)①由图分析可知,温度升高,-lg(pe/Pa)减小,则pe变大,说明平衡逆向移动,则脱硫、脱硝反应的平衡常数减小。②反应+22+Cl-的平衡常数K表达式为K=QUOTEc2(SO42-)·c(Cl-)c2(SO32-)·c(Cl(4)①脱硫时,则SO2主要被氧化成,可以和Ca2+结合成微溶的CaSO4,促进反应向产物方向移动。②根据盖斯定律可知,目标反应式=第一个反应式+第二个反应式-第三个反应式,则ΔH=ΔH1+ΔH2-ΔH3。答案:(1)亚氯酸钠(2)①3+4NO+4OH-4+3Cl-+2H2O提高②减小③大于NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高(3)①减小②K=QUOTEc2(SO42-(4)①形成CaSO4沉淀,反应平衡向产物方向移动,SO2转化率提高②ΔH1+ΔH2-ΔH312.(2016·上海高考·五大题)随着科学技术的发展和环保要求的不断提高,CO2的捕集利用技术成为研究的重点。完成下列填空:29.目前国际空间站处理CO2的一个重要方法是将CO2还原,所涉及的反应方程式为CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)已知H2的体积分数随温度升高而增加。若温度从300℃升至400℃,重新达到平衡,判断下列表格中各物理量的变化。(选填“增大”“减小”或“v正v逆平衡常数K转化率α30.相同温度时,上述反应在不同起始浓度下分别达到平衡,各物质的平衡浓度如下表:[CO2]/mol·L-1[H2]/mol·L-1[CH4]/mol·L-1[H2O]/mol·L-1平衡Ⅰabcd平衡Ⅱmnxya、b、c、d与m、n、x、y之间的关系式为。31.碳酸:H2CO3,Ki1=4.3×10-7,Ki2=5.6×10-11草酸:H2C2O4,Ki1=5.9×10-2,Ki2=6.4×100.1mol·L-1Na2CO3溶液的pH0.1mol·L-1Na2C2O4溶液的pH。(选填“大于”“小于”或“等于”等浓度的草酸溶液和碳酸溶液中,氢离子浓度较大的是。若将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合,溶液中各种离子浓度大小的顺序正确的是。(选填编号)a.[H+]>[]>[]>[]b.[]>[]>[]>[]c.[H+]>[]>[]>[]d.[H2CO3]>[]>[]>[]32.人体血液中的碳酸和碳酸氢盐存在平衡:H++H2CO3,当有少量酸性或碱性物质进入血液中时,血液的pH变化不大,用平衡移动原理解释上述现象。

。【解析】29.H2的体积分数随温度升高而增加,这说明升高温度平衡向逆反应方向进行,即正反应是放热反应。升高温度正、逆反应速率均增大,平衡向逆反应方向进行,平衡常数减小,反应物的转化率减小。30.相同温度时平衡常数不变,则a、b、c、d与m、n、x、y之间的关系式为。31.根据电离常数可知草酸的酸性强于碳酸,则碳酸钠的水解程度大于草酸钠,所以0.1mol·L-1Na2CO3溶液的pH大于0.1mol·L-1Na2C2O4溶液的pH。草酸的酸性强于碳酸,则等浓度草酸溶液和碳酸溶液中,氢离子浓度较大的是草酸。草酸的两级电离常数均大于碳酸的,所以草酸的电离程度大,因此溶液中[H+]>[]>[]>[]>[],a、c正确,b、d错误,答案选a、c。32.根据平衡可知当少量酸性物质进入血液中,平衡向右移动,使H+浓度变化较小,血液的pH基本不变;当少量碱性物质进入血液中,平衡向左移动,使H+浓度变化较小,血液的pH基本不变。答案:29.v正v逆平衡常数K转化率α增大增大减小减小30.31.大于草酸a、c32.当少量酸性物质进入血液中,平衡向右移动,使H+浓度变化较小,血液的pH基本不变;当少量碱性物质进入血液中,平衡向左移动,使H+浓度变化较小,血液的pH基本不变(合理即可)13.(2016·上海高考·十大题)CO2是重要的化工原料,也是应用广泛的化学产品。CO2与过氧化钠或超氧化钾反应可产生氧气。完成下列计算:50.CO2通入氨水生成NH4HCO3,NH4HCO3很容易分解。2.00molNH4HCO3完全分解,分解产物经干燥后的体积为L(标准状况)。51.某H2中含2.40molCO2,该混合气体通入2.00LNaOH溶液中,CO2被完全吸收。如果NaOH完全反应,该NaOH溶液的浓度为。52.CO2和KO2有下列反应:4KO2+2CO2→2K2CO3+3O24KO2+4CO2+2H2O→4KHCO3+3O2若9molCO2在密封舱内和KO2反应后生成9molO2,则反应前密封舱内H2O的量应该是多少?列式计算。53.甲烷和水蒸气反应的产物是合成甲醇的原料:CH4+H2OCO+3H2已知:CO+2H2CH3OHCO2+3H2CH3OH+H2O300molCH4完全反应后的产物中,加入100molCO2后合成甲醇。若获得甲醇350mol,残留氢气120mol,计算CO2的转化