搜搜做题作业网高考选修4化学反应原理题目荟萃
来源：学生作业帮 编辑：搜搜做题作业网作业帮 分类：化学作业 时间：2024/04/28 18:17:59
请老师帮忙整理一下近三年或两年与必修四有关的高考题目，谢谢老师
解题思路： 题
解题过程：
（2013大纲卷）9、电解法处理酸性含铬废水（主要含有Cr2O72－）时，以铁板作阴、阳极，处理过程中存在反应Cr2O72＋6Fe2＋＋14H＋2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，最后Cr3＋以Cr(OH)3形式除去，下列说法不正确的是
A.阳极反应为Fe－2e－Fe2＋ B.电解过程中溶液pH不会变化
C.过程中有Fe(OH)3沉淀生成 D.电路中每转移12 mol电子，最多有1 mol Cr2O72－被还原
【答案】B
【解析】根据总方程式可得酸性减弱，B错误。阳-yang-氧，↑失氧，A正确；Fe－2e－＝Fe2＋~~~~2e－，则6mol的铁发生变化时候转移电子数12mol，又据能够处理的关系式，得6Fe~~~~12e－~~~6Fe2＋~~~Cr2O72－，所以D正确。在阴极，发生还原反应，↓得还，溶液中的氢离子得到电子减少，同时生成氢氧根，C正确。
（2013江苏卷）9.Mg-H2O2电池可用于驱动无人驾驶的潜航器。该电池以海水为电解质溶液，示意图如下。该电池工作时，下列说法正确的是
A.Mg电极是该电池的正极
B.H2O2在石墨电极上发生氧化反应
C.石墨电极附近溶液的pH增大
D.溶液中Cl－向正极移动
【参考答案】C
【解析】本题是电化学基础的一条简单综合题，着力考查学生对原电池基础知识的理解能力。
A.组成的原电池的负极被氧化，镁为负极，而非正极。
B、C.双氧水作为氧化剂，在石墨上被还原变为水，溶液PH值增大。
D.溶液中Cl－移动方向同外电路电子移动方向一致，应向负极方向移动。
（2013海南卷）4．Mg-AgCl电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池，电池反应方程式为：
2AgCl+ Mg = Mg2++ 2Ag +2Cl-。有关该电池的说法正确的是
A．Mg为电池的正极
B．负极反应为AgCl+e-=Ag+Cl-
C．不能被KCl 溶液激活
D．可用于海上应急照明供电
[答案]D
[解析]：根据氧化还原判断，Mg为还原剂是负极、失电子，所以A、B都错，C是指电解质溶液可用KCl 溶液代替。
（2013海南卷）12．下图所示的电解池I和II中，a、b、c和d均为Pt电极。电解过程中，电极b和d上没有气体逸出，但质量均增大，且增重b>d。符合上述实验结果的盐溶液是
选项
X
Y
A．
MgSO4
CuSO4
B．
AgNO3
Pb(NO3)2
C．
FeSO4
Al2 (SO4)3
D．
CuSO4
AgNO3
[答案]D
[解析]：题意表明b、d没有气体逸出，所电解的盐溶液中金属元素，应该在金属活动顺序表中（H）以后，只有D符合题意。
（2013上海卷）8.糕点包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同。下列分析正确的是
A.脱氧过程是吸热反应，可降低温度，延长糕点保质期
B.脱氧过程中铁作原电池正极，电极反应为：Fe-3e→Fe3+
C.脱氧过程中碳做原电池负极，电极反应为：2H2O+O2+4e→4OH-
D.含有1.12g铁粉的脱氧剂，理论上最多能吸收氧气336mL（标准状况）
答案：D
【解析】在脱氧过程中，由铁、碳做电极，氯化钠溶液做电解质溶液形成原电池，发生吸氧腐蚀，该过程为放热反应；在脱氧过程中，碳做正极，铁做负极，失电子发生氧化反应生成Fe2+；在脱氧过程中，Fe失电子氧化为Fe2+，Fe2+最终还是被氧气氧化为Fe3+，由电子守恒知消耗氧化剂氧气的体积（标况下）V(O2)＝22.4L·mol-1×（3×1.12g/56g·mol-1）/4＝336mL。
（2013安徽卷）10.热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl-KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能。该电池总反应为：PbSO4+2LiCl+Ca ＝CaCl2+Li2SO4+Pb。下列有关说法正确的是
A．正极反应式：Ca+2Cl- - 2e- ＝CaCl2
B．放电过程中，Li＋向负极移动
C．每转移0.1mol电子，理论上生成20.7gPb
D．常温时，在正负极间接上电流表或检流计，指针不偏转
【答案】D
【解析】A、正极发生还原反应，故为，错误；B、放电过程为原电池，阳离子向正极移动，错误；C、每转移0.1mol电子，生成0.05molPb，为10.35g，错误；D常温下，电解质不能融化，不能形成原电池，故指针不偏转，正确。
【考点定位】考查化学基本理论，电极判断、电极反应方程式的书写、离子流动方向以及简单计算。
（2013新课标卷2）11.“ZEBRA”蓄电池的结构如图所示，电极材料多孔Ni/NiCl2和金属钠之间由钠离子导体制作的陶瓷管相隔。下列关于该电池的叙述错误的是
A.电池反应中有NaCl生成
B.电池的总反应是金属钠还原三个铝离子
C.正极反应为：NiCl2+2e－=Ni+2Cl－
D.钠离子通过钠离子导体在两电极间移动
解析：考察原电池原理。原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。据此可知负极是液体金属Na，电极反应式为：Na－e－＝Na＋；正极是Ni，电极反应式为NiCl2+2e－=Ni+2Cl－；总反应是2Na＋NiCl2=2NaCl＋Ni。所以A、C、D正确，B错误，选择B。
答案：B
（2013浙江卷）11、电解装置如图所示，电解槽内装有KI及淀粉溶液，中间用阴离子交换膜隔开。在一定的电压下通电，发现左侧溶液变蓝色，一段时间后，蓝色逐渐变浅。
已知:3I2+6OH—==IO3—+5I—+3H2O
下列说法不正确的是
A．右侧发生的电极方程式：2H2O+2e—==H2↑+2OH—
B．电解结束时，右侧溶液中含有IO3—
C．电解槽内发生反应的总化学方程式KI+3H2O＝KIO3+3H2↑
D．如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，电解槽内发生的总化学方程式不变
【解析】电解的电极反应为：阳极 2I——2e—== I2 左侧溶液变蓝色
3I2+6OH—==IO3—+5I—+3H2O 一段时间后，蓝色变浅
阴极 2H2O+2e—==H2↑+2OH— 右侧放出氢气
如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜：
电极反应为：阳极 2I——2e—== I2
阴极 2H2O+2e—==H2↑+2OH—
多余K+通过阳离子交换膜迁移至阴极保证两边溶液呈电中性，所以选项D不正确，答案选D。
答案：D
（2013天津卷）6、为增强铝的耐腐蚀性，现以铅蓄电池为外电源，以Al作阳极、Pb作阴极，电解稀硫酸，使铝表面的氧化膜增厚。其反应原理如下：
电池：Pb(s) + PbO2(s) + 2H2SO4(aq) =2PbSO4(s) + 2H2O(l)
电解池：2Al+3H2OAl2O3+3H2↑
电解过程中，以下判断正确的是
电池
电解池
A
H+移向Pb电极
H+移向Pb电极
B
每消耗3molPb
生成2molAl2O3
C
正极：PbO2+4H++2e=Pb2++2H2O
阳极：2Al+3H2O-6e=Al2O3+6H+
D
【解析】该题考查原电池和电解池的基本知识。A选项H+离子在原电池中移向PbO2电极，错误。B选项每消耗3molPb，根据电子守恒生成lmolAl2O3，错误。C选项在原电池的正极电极反应是生成PbSO4，错误。D选项在原电池中Pb电极的质量由于生成PbSO4，质量增加，在电解池中，Pb阴极，质量不变，正确。
答案：D
（2013北京卷）7.下列金属防腐的措施中，使用外加电流的阴极保护法的是
A.水中的钢闸门连接电源的负极 B.金属护拦表面涂漆
C.汽水底盘喷涂高分子膜 D.地下钢管连接镁块
【答案】A
【解析】
A、钢闸门连接电源的负极，为电解池的阴极，被保护，属于外加电流的阴极保护法，故正确；
BC、是金属表面覆盖保护层，隔绝空气，故错误
D、 镁比铁活泼，构成原电池，铁为正极，被保护，是牺牲阳极的阴极保护法，故错误。
（2013北京卷）9.用石墨电极电解CuCl2溶液（见右图）。下列分析正确的是
A.a端是直流电源的负极
B.通电使CuCl2发生电离
C.阳极上发生的反应：Cu2++2e-=Cu
D.通电一段时间后，在阴极附近观察到黄绿色气体
【答案】A
【解析】
A、由溶液中离子移动方向可知，U型管左侧电极是阴极，连接电源
的负极，a端是电源的负极，故正确；
B、通电使CuCl2发生电解，不是电离，故错误；
C、阳极发生氧化反应，Cl-在阳极放电2Cl--2e-=C12↑，故错误；
D、Cl-发生氧化反应，在阳极放电生成C12，故D错误。
（2013全国新课标卷1）10．银质器皿日久表面会逐渐变黑，这是生成了Ag2S的缘故，根据电化学原理可进行如下处理：在铝质容器中加入食盐溶液，再将变黑的银器浸入该溶液中，一段时间后发现黑色会褪去，下列说法正确的是
A、处理过程中银器一直保持恒重
B、银器为正极，Ag2S被还原生成单质银
C、该过程中总反应为2Al+3Ag2S=6Ag+Al2S3
D、黑色褪去的原因是黑色Ag2S转化为白色AgCl
答案：B
解析：A错，银器放在铝制容器中，由于铝的活泼性大于银，故铝为负极，失电子，银为正极，银表面的Ag2S得电子，析出单质银附着在银器的表面，故银器质量增加；
C错，Al2S3在溶液中不能存在，会发生双水解反应生成H2S和Al(OH)3；
D错，黑色褪去是Ag2S转化为Ag而不是AgCl
（2013全国新课标卷1）27.锂离子电池的应用很广，其正极材料可再生利用。某锂离子电池正极材料有钴酸锂（LiCoO2）,导电剂乙炔黑和铝箔等。充电时，该锂离子电池负极发生的反应为6C+xLi++xe-=LixC6。现欲利用以下工艺流程回收正极材料中的某些金属资源 （部分条件未给出）
回答下列问题：
⑴LiCoO2 中，Co元素的化合价为___________。
⑵写出“正极碱浸”中发生反应的离子方程式_________________________________。
⑶“酸浸”一般在80 oC下进行，写出该步骤中发生的所有氧化还原反应的化学方程式__________________;可用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液，但缺点是_________。
⑷写出“沉钴”过程中发生反应的化学方程式_____________。
⑸充放电过程中发生LiCoO2与Li1-xCoO2之间的转化，写出放电时电池反应方程式___________________。
⑹上述工艺中“放电处理”有利于锂在正极的回收。其原因是___________________________。在整个回收工艺中，可回收的金属化合物有_________________(填化学式）。
答案：（1）+3；（2）2Al+2OH—+6H2O＝2Al(OH)4—+3H2↑
（3）2LiCoO2＋3H2SO4＋H2O2Li2SO4＋2CoSO4＋O2↑＋4H2O；2H2O22H2O＋O2↑；有氯气生成，污染大
（4）CoSO4+2NH4HCO3＝CoCO3↓+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑
（5）Li1-xCoO2+LixC6＝LiCoO2+6C
（6）Li+从负极中脱出，经电解质向正极移动并进入正极材料中；Al(OH)3、CoCO3、Li2SO4
解析：（1）Li和O元素的化合价分别是＋1和－2价，所以该化合物中Co的化合价是＋（2×2－1）＝＋3价。
（2）正极材料中的金属铝能和氢氧化钠溶液反应，反应的离子方程式是2Al+2OH—+6H2O＝2Al(OH)4—+3H2↑。
（3）根据后面流程可知，有CoSO4生成，这说明在反应中LiCoO2是氧化剂，双氧水是还原剂，因此该反应的化学方程式是2LiCoO2＋3H2SO4＋H2O2Li2SO4＋2CoSO4＋O2↑＋4H2O；在反应中双氧水是过量的，则过量的双氧水还会发生自身的氧化还原反应，即2H2O22H2O＋O2↑；如果用盐酸代替，则氯化氢能被氧化生成氯气，会造成环境污染。
（4）根据原子守恒可知，在反应中还应该有硫酸铵、CO2和H2O生成，所以反应的化学方程式是CoSO4+2NH4HCO3＝CoCO3↓+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑。
（5）根据充电时，该锂离子电池负极发生的反应为6C+xLi++xe-=LixC6可知，放电时LixC6在负极失去电子，则Li1-xCoO2在正极得到电子，所以该反应式是Li1-xCoO2+LixC6＝LiCoO2+6C。
（6）由于放电时Li+从负极中脱出，经电解质向正极移动并进入正极材料中，所以有利于锂在正极的回收；根据工艺流程图可知，在整个回收工艺中，可回收的金属化合物有Al(OH)3、CoCO3、Li2SO4。
（2013全国新课标卷1）28.二甲醚（CH3OCH3）是无色气体，可作为一种新型能源，由合成气（组成为H2、CO、和少量CO2）直接制备二甲醚，其中主要过程包括以下四个反应：
甲醇合成反应：
①CO(g）+ 2H2(g)＝CH3OH(g) △H1=-90.1 kJ·mol-1
②CO2(g)+ 3H2(g)＝CH3OH(g)+H2O(g) △H2=-49.0 kJ·mol-1
水煤气变换反应：
③CO(g) + H2O (g)＝CO2(g)+H2(g) △H3=-41.1 kJ·mol-1
二甲醚合成反应：
④2CH3OH(g)＝CH3OCH3(g)+H2O(g) △H4=-24.5 kJ·mol-1
⑴Al2O3是合成气直接制备二甲醚反应催化剂的主要成分之一。工业上从铝土矿制备较高纯度Al2O3的主要工艺流程是 （以化学方程式表示） 。
⑵分析二甲醚合成反应④对于CO转化率的影响 。
⑶由H2和CO直接制备二甲醚（另一产物为水蒸气）的热化学方程式为 。
⑷有研究者在催化剂（含Cu-Zn-Al-O和Al2O3），压强为5.0MPa的条件下由H2和CO直接制备二甲醚，结果如下图所示。其中CO转化率随温度升高而降低的原因是____________。
⑸二甲醚直接燃料电池具有启动快，效率高等优点，其能量密度高于甲醇直接燃烧燃料电池（5.93kW·h·kg-1），若电解质为酸性，二甲醚直接燃料电池的负极反应为_______________。
一个二甲醚分子经过电化学氧化，可以产生_______个电子的电量；该电池理论输出电压1.20V，能量密度E=_____（列式计算，能量密度=电池输出电能/燃料质量，1kW·h=3.6×105J ）
答案：（1）Al2O3（铝土矿）+2NaOH+3H2O＝2NaAl(OH)4；NaAlO2+CO2+2H2O＝NaHCO3+Al(OH)3↓； 2Al(OH)3Al2O3＋3H2O
(2)消耗甲醇，促进甲醇合成反应①平衡向右移，CO转化率增大；生成的H2O，通过水煤气变换反应③消耗部分CO。
（3）2CO(g)+4H2(g)＝CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH=-204.7kJ/mol；该反应分子数减小，压强升高使平衡右移，CO和H2的转化率增大，CH3OCH3产率增加。压强升高使CO和H2的浓度增加，反应速率增大。
（4）反应放热，温度升高，平衡左移
（5）CH3OCH3－12e－＋3H2O＝2CO2＋12H＋；12
。
（1）工业上从铝土矿中提纯高纯度氧化铝的流程是：用氢氧化钠溶液溶解铝土矿，然后过滤，在滤液中通入过量的CO2，得到氢氧化铝，然后高温煅烧氢氧化铝，即可得到高纯度的氧化铝。
（2）合成二甲醚消耗甲醇，对于CO参与的反应相当于减小生成物的浓度，有利于平衡向右移动，使CO的转化率提高。
（3）根据盖斯定律可知，将①×2＋④即得到反应2CO(g)+4H2(g)＝CH3OCH3(g)+H2O(g)，所以该反应的放热△H＝－90.1 kJ/mol×2－24.5 kJ/mol＝－204.7kJ/mol。
（4）该反应分子数减小，压强升高使平衡右移，CO和H2的转化率增大，CH3OCH3产率增加。压强升高使CO和H2的浓度增加，反应速率增大。
（5）原电池中负极失去电子，所以负极电极反应式是CH3OCH3－12e－＋3H2O＝2CO2＋12H＋；二甲醚中碳原子的化合价是－2价，反应后变为＋4价，失去6个电子，所以一个二甲醚分子经过电化学氧化，可以产生12个电子的电量；由于能量密度＝电池输出电能/燃料质量，所以该电池的能量密度＝
。
（2013北京卷）26.（14分）
NOx是汽车尾气中的主要污染物之一。
(1) NOx能形成酸雨，写出NO2转化为HNO3的化学方程式:_ .
(2)汽车发动机工作时会引发N2和02反应，其能量变化示意图如下:
①写出该反应的热化学方程式: _ 。
②随温度升高，该反应化学平衡常数的变化趋势是_ 。
（3）在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOX的排放。
①当尾气中空气不足时，NOX在催化转化器中被还原成N2排出。写出NO被CO还原的化学方程式：_ 。
② 当尾气中空气过量时，催化转化器中的金属氧化物吸收NOX生成盐。其吸收能力顺序如下：12MgO <2oCaO <38SrO<56BaO。原因是 ，元素的金属性逐渐增强，金属氧化物对NOX的吸收能力逐渐增强。
（4） 通过NOx传感器可监测NOx的含量，其工作原理示意图如下:
①Pt电极上发生的是 反应(填“氧化”或“还原”)。
②写出NiO电极的电极反应式: 。
【答案】（1）3NO2+2H2O=2HNO3+NO；
（2）①N2(g)+O2（g）=2NO(g) △H=+183KJ/mol； ②增大；
（3）①2NO+2CON2+2CO2
②由Mg、Ca、Sr、Ba的质子数，得知它们均为第ⅡA族。同一主族的元素，从上到下，原子半径逐渐增大；
（4）①还原； ②NO+O2--2e-＝NO2；
【解析】（1）NO2与H2O反应生成HNO3与NO；
（2）①△H=945kJ/mol+498kJ/mol-2×630KJ/mol=+183KJ/mol；
②该反应正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应移动，化学平衡常数增大；
（3）①NO被CO还原N2，CO被氧化为CO2；
②由Mg、Ca、Sr、Ba的质子数可知，它们均处于第ⅡA族，同一主族自上而下，原子半径增大，金属性增强；
（4）①由工作原理示意图可知，O2在Pt电极发生还原反应生成O2-；
②在O2-参加反应下，NO在NiO电极发生氧化反应生成NO2。
（2013山东卷）28．（12分）金属冶炼和处理常涉及氧化还原反应。
（1）由下列物质冶炼相应金属时采用电解法的是 。
a．Fe2O3 b．NaCl c．Cu2S d．Al2O3
（2）辉铜矿（Cu2S）可发生反应2Cu2S+2H2SO4+5O2＝4CuSO4+2 H2O，该反应的还原剂是 ，当1mol O2发生反应时，还原剂所失电子的物质的量为 mol。向CuSO4溶液中加入镁条时有气体生成，该气体是 。
（3）右图为电解精炼银的示意图， （填a或b）极为含有杂质的粗银，若b极有少量红棕色气体生成，则生成该气体的电极反应式为 。（4）为处理银器表面的黑斑（Ag2S），将银器置于铝制容器里的食盐水中并与铝接触，Ag2S转化为Ag，食盐水的作用为 。
解析：（1）NaCl与Al2O3冶炼需要用电解法，Fe2O3与Cu2S可以用热还原法，所以答案为b、d。
（2）在该反应中，Cu元素化合价由+1升高到+2，S元素化合价由-2升高到+6，Cu2S做还原剂；当有1molO2参与反应转移的电子为4mol，由于Cu2+水解呈酸性，加入镁条时，镁与H+反应生成了氢气。
（3）电解精炼时，不纯金属做阳极，这里就是a极；b电极是阴极，发生还原反应，生成了红棕色气体是NO，遇空气氧化生成的NO2，电极反应：NO3-+3e-＋4H+＝NO↑+2H2O。或NO3-+e-＋2H+＝NO2↑+H2O
（4）做电解质溶液，形成原电池。
答案：（1）b、d
（2）Cu2S；4；氢气
（3）a；NO3-+e-＋2H+＝NO2↑+H2O
（4）做电解质溶液（或导电）
[2013高考∙重庆卷∙11](14分)化学在环境保护中趁着十分重要的作用，催化反硝化法和电化学降解法可用于治理水中硝酸盐的污染。
(1) 催化反硝化法中，H2能将NO3—还原为N2，
25℃时，反应进行10min，溶液的pH由7变为12。
①N2的结构式为 。
②上述反应离子方程式为 ，
其平均反应速率v(NO3—)为 mol ∙L—1 ∙min—1
③还原过程中可生成中间产物NO2—，写出3
种促进NO2—水解的方法 。
(2)电化学降解NO3—的原理如题11图所示。
①电源正极为 (填“A”或“B”)，
阴极反应式为 。
②若电解过程中转移了2mol电子，则膜两侧
电解液的质量变化差(△m左－△m右)为 g。
答案：（1）①N≡N ②2NO3-+5H2N2+2OH-+4H2O 0.001 ③加酸，升高温度，加水
（2）①A， 2NO3-+6H2O+10e-＝N2+12OH- ②14.4
【解析】（1）①N2分子中氮原子间通过氮氮三键结合，因此其结构式为N≡N；②利用溶液pH变化可知有OH-生成，再结合原子守恒可写出反应的离子方程式；利用离子方程式知v(NO3-)＝v(OH-)＝(10-2-10-7)/10＝0.001mol/(L·min)；③水解是吸热反应，NO2-水解使溶液中c(OH-)变大，因此可促进NO2-水解的措施有加热、加水或加酸等。（2）①由图示知在Ag-Pt电极上NO3-发生还原反应，因此Ag-Pt电极为阴极，则B为负极，A为电源正极；在阴极反应是NO3-得电子发生还原反应生成N2，利用电荷守恒与原子守恒知有H2O参与反应且有OH-生成；②转移2mol电子时，阳极（阳极反应为H2O失电子氧化为O2和H+）消耗1mol水，产生2molH+进入阴极室，阳极室质量减少18g；阴极室中放出0.2molN2（5.6g），同时有2molH+（2g）进入阴极室，因此阴极室质量减少3.6g，故膜两侧电解液的质量变化差（△m左-△m右）＝18g-3.6g＝14.4g。
（2013福建卷）23.（16分）
利用化石燃料开采、加工过程产生的H2S废气制取氢气，既廉价又环保。
（1）工业上可用组成为K2O·M2O3·2RO2·nH2O的无机材料纯化制取的氢气
①已知元素M、R均位于元素周期表中第3周期，两种元素原子的质量数之和为27，则R的原子结构示意图为 _________
②常温下，不能与M单质发生反应的是_________（填序号）
a.CuSO4溶液 b.Fe2O3 c.浓硫酸 d.NaOH e.Na2CO3固体
（2）利用H2S废气制取氢气来的方法有多种
①高温热分解法
已知：H2S(g)==H2+1/2S2(g)
在恒温密闭容器中，控制不同温度进行H2S分解实验。以H2S起始浓度均为c mol·L-1测定H2S的转化率，结果见右图。图中a为H2S的平衡转化率与温度关系曲线，b曲线表示不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率。据图计算985℃时H2S按上述反应分解的平衡常数K=________；说明温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因：___________
②电化学法
该法制氢过程的示意图如右。反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，其目的是___________；反应池中发生反应的化学方程式为_____________________。反应后的溶液进入电解池，电解总反应的离子方程式为_______________________。
【答案】（1）① ②b、e
（2）① 温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的进间缩短（或其它合理答案）
②增大反应物接触面积，使反应更反分
H2S + 2FeCl3 = 2FeCl2 + S↓ + 2HCl 2Fe2＋ + 2H＋ 2Fe3＋ + H2↑
【解析】本题考查元素推断、原子结构、化学平衡的影响因素及计算、电化学等化学反应原理的知识，同时考查学生的图表分析能力。
（1）R为+4价，位于第3周期，应为Si元素，同理M为Al元素。常温下铝与Fe2O3不反应，与Na2CO3也不反应；（2）①K===。温度越高，反应速率越快，反应物的转化率越高，与平衡转化率差距越小，所以离得近。②FeCl3具有强氧化性，能够氧化H2S：2FeCl3＋H2S＝2FeCl2＋S＋2HCl。该逆流原理与浓硫酸中SO3的吸收相类似，气体从下端通入，液体从上端喷，可以增大气液接触面积，反应充分。从图可知电解过程中从左池通入的Fe2+生成Fe3+（阳极反应），循环使用；而另一电极产生的则为H2（阴极反应）。故电解总的离子方程式为：2Fe2+＋2H＋2Fe3+＋H2↑。
（2013大纲卷）7、反应X(g)＋Y(g)2Z(g)；△H＜0，达到平衡时，下列说法正确的是
A.减小容器体积，平衡向右移动 B.加入催化剂，Z的产率增大
C.增大c(X)，X的转化率增大 D.降低温度，Y的转化率增大
【答案】D
【解析】根据方程式系数和△H，分析可得压强增大，平衡不移动；温度升高，平衡逆向移动。
（2013福建卷）12. NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗即有I2析出，根据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反应速率。将浓度均为0.020mol·L-1NaHSO3（含少量淀粉）10.0ml、KIO3（过量）酸性溶液40.0ml混合，记录10~55℃间溶液变蓝时间，55℃时未观察到溶液变蓝，实验结果如右图。据图分析，下列判断不正确的是
A．40℃之前与40℃之后溶液变蓝的时间随温度的变化趋势相反
B．图中b、c两点对应的NaHSO3反应速率相等
C．图中a点对应的NaHSO3反应速率为5.0 ×10-5mol·L-1·s-1
D．温度高于40℃时，淀粉不宜用作该试验的指示剂
【答案】B
【解析】A读图可知正确； 计算v，根据公式，C0等于0.02/5，终了为0，除去80，v(NaHSO3)==5.0×10-5mol·L-1·s-1，得到选项C是对的。可得；D温度越高，反应速率越快，但是这里呈现负增长，淀粉不再合适做指示剂。B中因为温度是唯一改变的条件，温度升高反应速率加快，不会相等。
（2013江苏卷）15.一定条件下存在反应：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，其正反应放热。现有三个相同的2L恒容绝热(与外界没有热量交换)密闭容器I、II、III，在I中充入1molCO和1molH2O，在II中充入1molCO2和1mol H2，在III中充入2molCO和2molH2O，700℃条件下开始反应。达到平衡时，下列说法正确的是
A.容器I、II中正反应速率相同
B.容器I、III中反应的平衡常数相同
C.容器I中CO的物质的量比容器II中的多
D.容器I中CO的转化率与容器II中CO2的转化率之和小于1
【参考答案】CD
【解析】本题属于基本理论中化学平衡问题，主要考查学生对速率概念理解与计算，平衡常数概念与计算，平衡移动等有关内容理解和掌握程度。高三复习要让学生深刻理解一些基本概念的内涵和外延。
A.在I中充入1molCO和1molH2O，在II中充入1molCO2和1mol H2，刚开始时，容器I、中正反应速率最大，容器II中正反应速率为零。达到平衡时，容器I温度大于700℃，容器II温度小于700℃，所以，容器I中正反应速率大于容器II中正反应速率。
B.容器III可看成容器I体积压缩一半，各物质浓度增加一倍，若温度恒定，则平衡不移动；但恒容绝热的情况下，容器III中温度比容器I高，更有利于平衡向逆反应方向移动，故平衡常数容器III小于容器I。
C.若温度恒定，容器I、II等效，但两者温度不等。达到平衡时，容器I温度大于700℃，容器II温度小于700℃，有利于容器I平衡向逆反应方向移动，故容器I中CO的物质的量比容器II中的多。
D.若温度恒定，容器I、II等效，容器I中CO的转化率与容器II中CO2的转化率之和等于1。但两者温度不等，达到平衡时，容器I温度大于700℃，容器II温度小于700℃，有利于容器I平衡向逆反应方向移动，有利于容器II平衡向正反应方向移动，故容器I中CO的转化率相应减小，容器II中CO2的转化率同样会相应减小，因此，容器I中CO的转化率与容器II中CO2的转化率之和小于1。
[2013高考∙重庆卷∙7]将E和F加入密闭容器中，在一定条件下发生反应：E(g)+F(s)2G(g)。忽略固体体积，平衡时G的体积分数(%)随温度和压强的变化如下表所示：
压强/MPa
体积分数/%
温度/℃
1.0
2.0
3.0
810
54.0
a
b
915
c
75.0
d
1000
e
f
83.0
① b＜f ② 915℃、2.0MPa时E的转化率为60%
③ 该反应的△S＞0 ④ K(1000℃)＞K(810℃)
上述①~④中正确的有
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
答案：A
【解析】同温下，增大压强，平衡逆向进行，平衡时G的体积分数变小，故可知c＞75.0＞54.0＞a＞b，利用c＞75.0＞54.0可知同压下，升温平衡正向移动，即正反应为吸热反应，从而可知f＞75.0，所以①正确；在915℃、2M Pa下，设E的起始量为amol，转化率为x，则平衡时G的量为2ax，由题意得2ax/(a-ax+2ax)＝75%,解得x＝0.6，②正确；该题是气体体积增大的反应，因此为熵增反应，③正确；结合前面分析知升温平衡正向移动，则平衡常数增大，④正确，故正确答案为：A。
（2013四川卷）6. 在一定温度下，将气体X和气体Y 各0.16 mol充入10 L 恒容密闭容器中，发
生反应X（g）+ Y（g）2Z（g） △H < 0，一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如下
表（ ）
t / min
2
4
7
9
n(Y)/mol
0.12
0.11
0.10
0.10
A. 反应前2min的平均速率v(Z)=2.0×10-5 mol/（L·min）
B．其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v(逆)＞v(正)
C．该温度下此反应的平衡常数K=1.44
D．其他条件不变，再充入0.2 mol Z，平衡时X的体积分数增大
【答案】C
【解析】A. Y的反应速率为v(Y)=(0.16-0.12)mol/(10L*2mim)=2.0×10-3mol/L，v(Z)=2v(Y)=4.0×10-3 mol/L。
B. ΔH<0，放热反应，降温正反速率均降低，降温反应向正向移动，V(正)>V(逆)
C. 列出三行式，由平衡常数公式可得K=1.44
D. 反应前后计量数不变，达到等效平衡，X体积分数不变。
（2013上海卷）20.某恒温密闭容器中，可逆反应A(s) B+C(g)-Q达到平衡。缩小容器体积，重新达到平衡时，C(g)的浓度与缩小体积前的平衡浓度相等。以下分析正确的是
A.产物B的状态只能为固态或液态
B.平衡时，单位时间内n(A)消耗﹕n(C)消耗=1﹕1
C.保持体积不变，向平衡体系中加入B，平衡可能向逆反应方向移动
D.若开始时向容器中加入1molB和1molC，达到平衡时放出热量Q
答案：BC
【解析】若B为气体，且原平衡时B与C的浓度相等时，因容器保持恒温，缩小容器体积，达到新平衡时平衡常数不变，则气体C的浓度也一定不变，故A项错误；平衡时，各物质的量不再改变，因此单位时间内n(A)消耗＝n(C)消耗，B项正确；保持体积不变，若B为气态，则向平衡体系中加入B，平衡逆向移动，C项正确；因反应为可逆反应，故加入1molB和1molC至反应达到平衡时不能完全消耗，放出热量小于Q，D项错误。
（2013安徽卷）11.一定条件下，通过下列反应可以制备特种陶瓷的原料MgO:MgSO3(s) + CO(g)MgO(s) + CO2(g) +SO2(g) △H＞0
该反应在恒容的密闭容器中达到平衡后，若仅改变图中横坐标x的值，重新达到平衡后，纵坐标y随x变化趋势合理的是
选项
x
y
A
温度
容器内混合气体的密度
B
CO的物质的量
CO2与CO的物质的量之比
C
SO2的浓度
平衡常数K
D
MgSO4的质量（忽略体积）
CO的转化率
【答案】A
【解析】该反应为正方向体积增加且吸热的可逆反应。A、升高温度，平衡正向移动，气体的质量增加，密度增大，正确；B、增加CO的物质的量，平衡正向移动，但CO的转化率降低，故比值减小，错误；C、平衡常数只与温度有关，错误；D中因MgSO4为固体，增加其质量，对CO的转化率没有影响，不正确。
（2013北京卷）11.下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是
【答案】C
【解析】
A、存在平衡2NO2N2O4，升高温度平衡向生成NO2方向移动，故正确；
B、水的电离是可逆过程，升高温度Kw增大，促进水的电离，故B正确；
C、催化剂不能影响平衡移动，故C错误；
D、弱电解质电离存在平衡，浓度越稀，电离程度越大，促进电离，但离子浓度降低，所以氨水的浓度越稀，pH值越小，故D正确。
（2013全国新课标卷2）28.（14分）
在1.0 L密闭容器中放入0.10molA(g)，在一定温度进行如下反应应：
A(g)B(g)＋C(g) △H=+85.1kJ·mol－1
反应时间(t)与容器内气体总压强(p)的数据见下表：
时间t/h
0
1
2
4
8
16
20
25
30
总压强p/100kPa
4.91
5.58
6.32
7.31
8.54
9.50
9.52
9.53
9.53
回答下列问题:
(1)欲提高A的平衡转化率，应采取的措施为 。
(2)由总压强P和起始压强P0计算反应物A的转化率α(A)的表达式为 。
平衡时A的转化率为 ，列式并计算反应的平衡常数K 。
(3)①由总压强p和起始压强p0表示反应体系的总物质的量n总和反应物A的物质的量n（A），n总= mol，n（A）= mol。
②下表为反应物A浓度与反应时间的数据，计算a= 。
反应时间t/h
0
4
8
16
c（A）/（mol·L-1）
0.10
a
0.026
0.0065
分析该反应中反应反应物的浓度c（A）变化与时间间隔（△t）的规律，得出的结论是 ，
由此规律推出反应在12h时反应物的浓度c（A）为 mol·L-1。
解析：考察化学平衡知识，涉及平衡移动，转化率、平衡常数、平衡计算、反应速率、表格数据分析。
（1）根据反应是放热的、气体分子数增大的特征可知，要使A的转化率增大，平衡要正向移动，可
以采用升高温度、降低压强的方法。
（2）反应前气体总物质的量为0.10mol，令A的转化率为α(A)，改变量为0.10α(A) mol，根据差量
法可得，气体增加0.10α(A)mol，由阿伏加德罗定律列出关系：
A(0.10)＝p(pO) α(A)=( po(p)－1)×100%；α(A)=（4.91(9.53)－1）×100%＝94.1%
平衡浓度c(C)=C(B)=0.1×94.1%=0.0941mol/L
C(A)=0.1-0.0941=0.0059mol/L
K＝0.0059(0.09412)＝1.5
（3）①n(0.10)＝p(pO) n=0.1×po(p) ；其中，n（A）=0.1－（0.1×po(p)－0.1）=0.1×（2－po(p)）
②n(A)=0.1×（2－4.91(7.31)）=0.051 C(A)=0.051/1=0.051mol/L
每间隔4小时，A的浓度为原来的一半
当反应12小时时，c(A)=0.026/2=0.013mol/L
答案：（1）升高温度、降低压强
（2）( po(p)－1)×100%；94.1%；K=0.0059(0.09412)=1.5mol/L
（3）①0.1×po(p)；0.1×（2－po(p)）；
②0.051；达到平衡前每间隔4小时，c(A)减少约为一半；0.013
（2013全国新课标卷1）28.二甲醚（CH3OCH3）是无色气体，可作为一种新型能源，由合成气（组成为H2、CO、和少量CO2）直接制备二甲醚，其中主要过程包括以下四个反应：
甲醇合成反应：
①CO(g）+ 2H2(g)＝CH3OH(g) △H1=-90.1 kJ·mol-1
②CO2(g)+ 3H2(g)＝CH3OH(g)+H2O(g) △H2=-49.0 kJ·mol-1
水煤气变换反应：
③CO(g) + H2O (g)＝CO2(g)+H2(g) △H3=-41.1 kJ·mol-1
二甲醚合成反应：
④2CH3OH(g)＝CH3OCH3(g)+H2O(g) △H4=-24.5 kJ·mol-1
⑴Al2O3是合成气直接制备二甲醚反应催化剂的主要成分之一。工业上从铝土矿制备较高纯度Al2O3的主要工艺流程是 （以化学方程式表示） 。
⑵分析二甲醚合成反应④对于CO转化率的影响 。
⑶由H2和CO直接制备二甲醚（另一产物为水蒸气）的热化学方程式为 。
⑷有研究者在催化剂（含Cu-Zn-Al-O和Al2O3），压强为5.0MPa的条件下由H2和CO直接制备二甲醚，结果如下图所示。其中CO转化率随温度升高而降低的原因是____________。
⑸二甲醚直接燃料电池具有启动快，效率高等优点，其能量密度高于甲醇直接燃烧燃料电池（5.93kW·h·kg-1），若电解质为酸性，二甲醚直接燃料电池的负极反应为_______________。
一个二甲醚分子经过电化学氧化，可以产生_______个电子的电量；该电池理论输出电压1.20V，能量密度E=_____（列式计算，能量密度=电池输出电能/燃料质量，1kW·h=3.6×105J ）
答案：（1）Al2O3（铝土矿）+2NaOH+3H2O＝2NaAl(OH)4；NaAlO2+CO2+2H2O＝NaHCO3+Al(OH)3↓； 2Al(OH)3Al2O3＋3H2O
(2)消耗甲醇，促进甲醇合成反应①平衡向右移，CO转化率增大；生成的H2O，通过水煤气变换反应③消耗部分CO。
（3）2CO(g)+4H2(g)＝CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH=-204.7kJ/mol；该反应分子数减小，压强升高使平衡右移，CO和H2的转化率增大，CH3OCH3产率增加。压强升高使CO和H2的浓度增加，反应速率增大。
（4）反应放热，温度升高，平衡左移
（5）CH3OCH3－12e－＋3H2O＝2CO2＋12H＋；12
。
（1）工业上从铝土矿中提纯高纯度氧化铝的流程是：用氢氧化钠溶液溶解铝土矿，然后过滤，在滤液中通入过量的CO2，得到氢氧化铝，然后高温煅烧氢氧化铝，即可得到高纯度的氧化铝。
（2）合成二甲醚消耗甲醇，对于CO参与的反应相当于减小生成物的浓度，有利于平衡向右移动，使CO的转化率提高。
（3）根据盖斯定律可知，将①×2＋④即得到反应2CO(g)+4H2(g)＝CH3OCH3(g)+H2O(g)，所以该反应的放热△H＝－90.1 kJ/mol×2－24.5 kJ/mol＝－204.7kJ/mol。
（4）该反应分子数减小，压强升高使平衡右移，CO和H2的转化率增大，CH3OCH3产率增加。压强升高使CO和H2的浓度增加，反应速率增大。
（5）原电池中负极失去电子，所以负极电极反应式是CH3OCH3－12e－＋3H2O＝2CO2＋12H＋；二甲醚中碳原子的化合价是－2价，反应后变为＋4价，失去6个电子，所以一个二甲醚分子经过电化学氧化，可以产生12个电子的电量；由于能量密度＝电池输出电能/燃料质量，所以该电池的能量密度＝
。
（2013北京卷）26.（14分）
NOx是汽车尾气中的主要污染物之一。
(1) NOx能形成酸雨，写出NO2转化为HNO3的化学方程式:_ .
(2)汽车发动机工作时会引发N2和02反应，其能量变化示意图如下:
①写出该反应的热化学方程式: _ 。
②随温度升高，该反应化学平衡常数的变化趋势是_ 。
（3）在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOX的排放。
①当尾气中空气不足时，NOX在催化转化器中被还原成N2排出。写出NO被CO还原的化学方程式：_ 。
② 当尾气中空气过量时，催化转化器中的金属氧化物吸收NOX生成盐。其吸收能力顺序如下：12MgO <2oCaO <38SrO<56BaO。原因是 ，元素的金属性逐渐增强，金属氧化物对NOX的吸收能力逐渐增强。
（4） 通过NOx传感器可监测NOx的含量，其工作原理示意图如下:
①Pt电极上发生的是 反应(填“氧化”或“还原”)。
②写出NiO电极的电极反应式: 。
【答案】（1）3NO2+2H2O=2HNO3+NO；
（2）①N2(g)+O2（g）=2NO(g) △H=+183KJ/mol； ②增大；
（3）①2NO+2CON2+2CO2
②由Mg、Ca、Sr、Ba的质子数，得知它们均为第ⅡA族。同一主族的元素，从上到下，原子半径逐渐增大；
（4）①还原； ②NO+O2--2e-＝NO2；
【解析】（1）NO2与H2O反应生成HNO3与NO；
（2）①△H=945kJ/mol+498kJ/mol-2×630KJ/mol=+183KJ/mol；
②该反应正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应移动，化学平衡常数增大；
（3）①NO被CO还原N2，CO被氧化为CO2；
②由Mg、Ca、Sr、Ba的质子数可知，它们均处于第ⅡA族，同一主族自上而下，原子半径增大，金属性增强；
（4）①由工作原理示意图可知，O2在Pt电极发生还原反应生成O2-；
②在O2-参加反应下，NO在NiO电极发生氧化反应生成NO2。
（2013天津卷）10、某市对大气进行监测，发现该市首要污染物为可吸入颗粒物PM2.5（直径小于等于2.5um的悬浮颗粒物）其主要来源为燃煤、机动车尾气等。因此，对PM2.5、SO2、NOx等进行研究具有重要意义。请回答下列问题：
（1）对PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试样。若测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：
离子
K+
Na+
NH4+
SO42-
NO3-
Cl-
浓度/mol.L
4×10-6
6×10-6
2×10-5
4×10-5
3×10-5
2×10-5
根据表中数据判断PM2.5的酸碱性为_________，试样的PH值＝____________。
（2）为减少SO2的排放，常采取的措施有：
①将煤转化为清洁气体燃料。已知：
H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g) H= －241.8kJ/mol C(s)+1/2O2(g)=CO(g) H= －110.5kJ/mol
写出焦炭与水蒸气反应的热化学方程式_____________________________________________；
②洗涤含SO2的烟气，以下物质可作洗涤剂的是________________________________。
a.Ca(OH)2 b.Na2CO3 c.CaCl2 d.NaHSO3
(3)汽车尾气中NOx和CO的生成及转化为：
①已知气缸中生成NO的反应为：
N2(g)+O2(g) 2NO(g) H＞0
若1mol空气含有0.8molN2和0.2molO2,1300℃时在密闭容器内反应达到平衡。测得NO为8×10-4mol。计算该温度下的平衡常数K= ___________。
汽车启动后，气缸温度越高，单位时间内NO排放量越大，原因是_______________________________。
②汽车燃油不完全燃烧时产生CO，有人设想按下列反应除去CO：
2CO(g)=2C(s)+O2(g)已知该反应的H＞0，简述该设想能否实现的依据：_____________________________。
③目前，在汽车尾气系统中装置催化转化器可减少CO和NO的污染，其化学反应方程式为__________。
【解析】该题综合考查化学反应原理的基础知识。涉及离子的水解、pH的计算、盖斯定律的应用、化学平衡常数的计算、自由能的应用等。
（1）观察表格中离子可知，含有NH4＋，水解溶液显酸性，即pM2.5的酸碱性应该是酸性。试样的pH值根据表中数据依据溶液中的电荷守恒可计算出氢离子浓度是10－4mol/L，则pH＝4。
（2）根据盖斯定律可知，②－①即得到C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)，所以该反应的反应热△H＝－110.5kJ/mol＋241.8kJ/mol＝＋131.3kJ/mol。烟气中含有SO2，而SO2是酸性氧化物，所以可以选择碱性物质氢氧化钙和碳酸钠，即答案选ab。
（3）① N2(g)+O2(g) 2NO(g)
起始量（mol） 0.8 0.2 0
转化量（mol） 4×10-4 4×10-4 8×10-4
平衡量（mol） 0.8 0.2 8×10-4
由于反应前后体积不变，所以该反应的平衡常数K＝。
正方应是吸热反应，升高温度，反应速率加快，平衡向正反应方向移动，所以单位时间内NO的排放量增大。
②该反应是焓值增加，熵值减小的反应，所以根据△G＝△H－T·△S可知。△G始终大于0，因此在任何温度下都不能实现。
③CO和NO在催化剂的作用下反应生成CO2和氮气，反应的化学方程式是2CO＋2NO2CO2＋N2。
答案：（1）酸性；4 （2）①C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g) △H＝＋131.3kJ/mol ②a、b
（3）①4×10－6；温度升高，反应速率加快，平衡右移
②该反应是焓增，熵减的反应，任何温度下均不能自发进行
③2CO＋2NO2CO2＋N2
（2013山东卷）29．（15分）化学反应原理在科研和生产中有广泛应用
（1）利用“化学蒸气转移法”制备TaS2晶体，发生如下反应：
TaS2（s）+2I2（g） TaI4（g）+S2（g）△H＞0 （I）
反应（I）的平衡常数表达式K＝ 。若K＝1，向某恒容密闭容器中加入1mol I2（g）和足量TaS2（s），I2（g）的平衡转化率为 。
（2）如图所示，反应（I）在石英真空管中进行，先在温度为T2的一端放入未提纯的TaS2粉末和少量I2（g），一段时间后，在温度为T1的一端得到了纯净的TaS2晶体，则温度T1 T2（填“＞”“＜”或“＝”）。上述反应体系中循环使用的物质是 。
（3）利用I2的氧化性可测定钢铁中硫的含量。做法是将钢铁中的硫转化为H2SO3，然后用一定浓度的I2溶液进行滴定，所用指示剂为 ，滴定反应的离子方程式为 。
（4）25℃时，H2SO3HSO3-+H+的电离常数Ka＝1×10-2mol/L，则该温度下NaHSO3的水解平衡常数Kh= mol/L。若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，则溶液中HSO3—(H2SO3)将 （填“增大”“减小”或“不变”）。
解析：（1）I2(S2)或[I2]2([S2][TaI4])，通过三行式法列出平衡浓度，带入K值可以得出转化率为66.7%。
（2）由所给方程式可知该反应为吸热反应，低温有利于反应向逆反应方向进行，即有利于提纯TaS2。在温度为T1的一端得到了纯净的TaS2晶体，所以T1＜T2。I2是可以循环使用的物质。
(3)因为I2遇到淀粉会变蓝色,所以可以用淀粉溶液作指示剂。离子反应方程式是H2SO3＋I2+H2O＝4H+＋SO42-＋2I-。
(4)Ka＝[H2SO3]([HSO3-]·[H+]),HSO3-＋H2OH2SO3＋OH-,Kb＝[HSO3-]·[H+]([H2SO3]·Kw)＝1.0×102×1.0×10-14＝1.0×10-12,当加入少量I2时，溶液酸性增强，[H+]增大，但是温度不变，Kb不变，则[HSO3-]([H2SO3])增大。
答案：（1）I2(S2)；66.7%
（2）＜；I2
（3）淀粉；H2SO3＋I2+H2O＝4H+＋SO42-＋2I-
（4）1.0×10-12；增大
（2013上海卷）镍具有优良的物理和化学特性，是许多领域尤其是高技术产业的重要原料。羰基法提纯粗镍涉及的两步反应依次为：
（1）Ni(S)+4CO(g) Ni(CO)4(g)+Q
（2）Ni(CO)4(g) Ni(S)+4CO(g)
完成下列填空：
31.在温度不变的情况下，要提高反应（1）中Ni(CO4)的产率，可采取的措施有 、
。
32.已知在一定条件下的2L密闭容器中制备Ni(CO)4，粗镍（纯度98.5%,所含杂质不与CO反应）剩余质量和反应时间的关系如右图所示。Ni(CO)4在0～10min的平均反应速率为
。
33.若反应（2）达到平衡后，保持其他条件不变，降低温度，重新达到平衡时 。
a.平衡常数K增大 b.CO的浓度减小
c.Ni的质量减小 d.v逆[Ni(CO)4]增大
34.简述羰基法提纯粗镍的操作过程。
【答案】（31）增大压强 、从反应体系中移走Ni(CO)4(g) ；（32）0.05mol/(L·min) （33）b c （34）在封闭的玻璃管一端放入粗镍，控制温度在50℃，通入CO气体，一点时间后在玻璃管的另一端加热至230℃，即可在该端获得纯净的镍。
【解析】(31)反应（1）是气体体积减少的放热反应，因此在温度不变的情况下，采取增大体系压强、从反应体系中移走Ni(CO)4(g)等措施均可使反应正向进行，提高Ni(CO)4的产率。（32）随反应进行，粗镍减少的质量即为参加反应（1）消耗的镍的质量，在0～10min，生成Ni(CO)4的物质的量＝(100g-41g)/59g·mol-1＝1mol，故在0～10min，v[Ni(CO)4]＝1mol/(2L×10min)＝0.05mol/(L·min)。（33）由反应（1）为放热反应可知反应（2）为吸热反应，因此反应（2）达到平衡后，降温，平衡逆向进行，反应平衡常数K变小、CO的浓度与Ni的质量均减小、因温度降低，v逆[Ni(CO)4]减小。（34）利用信息可知，可采取在低温（50℃）时让粗镍和CO作用，使生成的Ni(CO)4在230℃时分解即可得到纯镍。
（2013海南卷）15．（9分）
反应A(g) B(g) +C(g)在容积为1.0L的密闭容器中进行，A的初始浓度为0.050mol/L。温度T1和T2下A的浓度与时间关系如图所示。回答下列问题：
（1）上述反应的温度T1 T2，平衡常数K(T1) K(T2)。（填“大于”、“小于”或“等于”）
（2）若温度T2时，5min后反应达到平衡，A的转化率为70%，则：
①平衡时体系总的物质的量为 。
②反应的平衡常数K= 。
③反应在0~5min区间的平均反应速率v(A)= 。
[答案] （1）小于 小于 （2）①0.085mol ②0.082mol/L ③0.007mol/(L·min)
[解析]：（1）图中显示，T2时达到平衡所用时间少，速率大所以温度高；而温度越高c(A)越小，可判断反应为吸热反应，升温K将增大。
（2）平衡问题的常规计算，略。
（2013浙江卷）27、捕碳技术(主要指捕获CO2)在降低温室气体排放中具有重要的作用。目前NH3和(NH4)2CO3已经被用作工业捕碳剂，它们与CO2可发生如下可逆反应：
反应Ⅰ：2NH3 (l)+ H2O (l)+ CO2 (g)(NH4)2CO3 (aq) △H1
反应Ⅱ：NH3 (l)+ H2O (l)+ CO2 (g)NH4HCO3 (aq) △H2
反应Ⅲ：(NH4)2CO3 (aq) + H2O (l)+ CO2 (g)2NH4HCO3 (aq) △H3
请回答下列问题：
（1）△H1与△H2、△H3之间的关系是：△H3=_____ ______。
（2）为研究温度对(NH4)2CO3捕获CO2气体效率的影响，在某温度T1下，将一定量的(NH4)2CO3溶液置于密闭容器中，并充入一定量的CO2气体(用氮气作为稀释剂)，在t时刻，测得容器中CO2气体的浓度。然后分别在温度为T2、T3、T4、T5下，保持其它初始实验条件不变，重复上述实验，经过相同时间测得CO2气体浓度，得到趋势图(见图1)。则：
①△H3______0(填“＞”、“=”或“＜”)。②在T1-T2及T4- T5二个温度区间，容器内CO2气体浓度呈现如图1所示的变化趋势，其原因是_____ ____。
③反应Ⅲ在温度为T1时，溶液pH随时间变化的趋势曲线如图2所示。当时间到达t1时，将该反应体系温度迅速上升到T2，并维持该温度。请在该图中画出t1时刻后溶液的pH变化趋势曲线。
（3）利用反应Ⅲ捕获CO2，在(NH4)2CO3初始浓度和体积确定的情况下，提高CO2吸收量的措施有_____（写出2个）。
（4）下列物质中也可能作为CO2捕获剂的是
A．NH4Cl B．Na2CO3 C．HOCH2CH2OH D．HOCH2CH2NH2
.【解析】（1）将反应Ⅰ倒过来书写：
(NH4)2CO3 (aq) 2NH3 (l)+ H2O (l)+ CO2 (g) —△H1
将反应Ⅱ×2：
+） 2NH3 (l)+ 2H2O (l)+ 2CO2 (g)2NH4HCO3 (aq) 2△H2
得：(NH4)2CO3 (aq) + H2O (l)+ CO2 (g)2NH4HCO3 (aq) △H3 =2△H2—△H1
（2）由图1可知：在温度为T3时反应达平衡，此后温度升高，c(CO2)增大，平衡逆向移动，说明反应Ⅲ是放热反应(△H3＜0)。在T3前反应未建立平衡，无论在什么温度下(NH4)2CO3 (aq)总是捕获CO2，故c(CO2)减小。
反应Ⅲ在温度为T1时建立平衡后(由图2可知：溶液pH不随
时间变化而变化)，迅速上升到T2并维持温度不变，平衡逆向移动，
溶液pH增大，在T2时又建立新的平衡。
（3）根据平衡移动原理，降低温度或增大c(CO2)
（4）具有碱性的物质均能捕获CO2，反应如下：
Na2CO3 +CO2 +H2O===2NaHCO3
HOCH2CH2NH2 +CO2 +H2O== HOCH2CH2NH3+ HCO3—
【答案】（1）2△H2—△H1 （2）①＜ ②T1-T2区间，化学反应未达到平衡，温度越高，反应速率越快，所以CO2被捕获的量随温度的升而提高。T4- T5区间，化学反应已到达平衡，由于正反应是放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，所以不利于CO2的捕获。 ③
（3）降低温度；增加CO2浓度(或压强) （4）BD
（2013广东卷）31.(16分)大气中的部分碘源于O3对海水中I-的氧化。将O3持续通入NaI溶液中进行模拟研究.
（1）O3将I-氧化成I2的过程由3步反应组成：
①I-（aq）+ O3（g）= IO-(aq)+O2（g） △H1
②IO-（aq）+H+(aq) HOI(aq) △H2
③HOI(aq) + I-(aq) + H+(aq) I2(aq) + H2O(l) △H3
总反应的化学方程式为 ，其反应△H= 。
（2）在溶液中存在化学平衡：I2(aq) + I-(aq) I3-(aq)，其平衡常数表达式为_______。
（3） 为探究Fe2+ 对O3氧化I-反应的影响（反应体系如图13），某研究小组测定两组实验中I3-浓度和体系pH，结果见图14和下表。
①第1组实验中，导致反应后pH升高的原因是_______。
②图13中的A为_____，由Fe3+生成A的过程能显著提高Ⅰ-的转化率，原因是_______。
③第2组实验进行18s后，I3-浓度下降。导致下降的直接原因有（双选）______。
A.c(H+)减小 B.c(I-)减小 C. I2(g)不断生成 D. c(Fe3+)增加
（4）据图14，计算3-18s内第2组实验中生成I3-的平均反应速率（写出计算过程，结果保留两位有效数字）。
解析：（1）将已知3个化学方程式连加可得O3+2Ⅰ—+2H+＝Ⅰ2+ O2+ H2O，由盖斯定律得△H＝△H1+△H2+△H3。
（2）依据平衡常数的定义可得，K＝。
（3）①由表格可以看出第一组溶液的pH由反应前的5.2变为反应后的11.0，其原因是反应过程中消耗氢离子，溶液酸性减弱，pH增大，水电离出氢离子参与反应破坏水的电离平衡，氢氧根浓度增大，溶液呈碱性，pH增大。
②由于是持续通入O3=，O3可以将Fe2+氧化为Fe3+：O3+2Fe2++2H+＝2Fe3++ O2+ H2O，Fe3+氧化Ⅰ—：2Fe3++2Ⅰ—＝Ⅰ2+2Fe2+，即A是亚铁离子。Ⅰ—消耗量增大，转化率增大，与Ⅰ2反应的量减少，Ⅰ3—浓度减小。
（4）由图给数据可知△c（Ⅰ3—）=（11.8×10—3 mol/L-3.5×10—3 mol/L）=8.3×10—3 mol/L，由速率公式得：v（Ⅰ3—）=△c（Ⅰ3—）/△t= 8.3×10—3 mol/L/(18—3)=5.5×10—4 mol/L·s。
答案：（1） O3+2Ⅰ—+2H+=Ⅰ2+ O2+ H2O，△H=△H1+△H2+△H3。（2）
（3）反应过程中消耗氢离子，溶液酸性减弱，pH增大，水电离出氢离子参与反应破坏水的电离平衡，氢氧根浓度增大，溶液呈碱性，pH增大；Fe3+，BD
（4）（计算过程略）5.5×10—4 mol/L·s
命题意图：化学反应原理与元素化合物
（2013福建卷）23.（16分）
利用化石燃料开采、加工过程产生的H2S废气制取氢气，既廉价又环保。
（1）工业上可用组成为K2O·M2O3·2RO2·nH2O的无机材料纯化制取的氢气
①已知元素M、R均位于元素周期表中第3周期，两种元素原子的质量数之和为27，则R的原子结构示意图为 _________
②常温下，不能与M单质发生反应的是_________（填序号）
a.CuSO4溶液 b.Fe2O3 c.浓硫酸 d.NaOH e.Na2CO3固体
（2）利用H2S废气制取氢气来的方法有多种
①高温热分解法
已知：H2S(g)==H2+1/2S2(g)
在恒温密闭容器中，控制不同温度进行H2S分解实验。以H2S起始浓度均为c mol·L-1测定H2S的转化率，结果见右图。图中a为H2S的平衡转化率与温度关系曲线，b曲线表示不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率。据图计算985℃时H2S按上述反应分解的平衡常数K=________；说明温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因：___________
②电化学法
该法制氢过程的示意图如右。反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，其目的是___________；反应池中发生反应的化学方程式为_____________________。反应后的溶液进入电解池，电解总反应的离子方程式为_______________________。
【答案】（1）① ②b、e
（2）① 温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的进间缩短（或其它合理答案）
②增大反应物接触面积，使反应更反分
H2S + 2FeCl3 = 2FeCl2 + S↓ + 2HCl 2Fe2＋ + 2H＋ 2Fe3＋ + H2↑
【解析】本题考查元素推断、原子结构、化学平衡的影响因素及计算、电化学等化学反应原理的知识，同时考查学生的图表分析能力。
（1）R为+4价，位于第3周期，应为Si元素，同理M为Al元素。常温下铝与Fe2O3不反应，与Na2CO3也不反应；（2）①K===。温度越高，反应速率越快，反应物的转化率越高，与平衡转化率差距越小，所以离得近。②FeCl3具有强氧化性，能够氧化H2S：2FeCl3＋H2S＝2FeCl2＋S＋2HCl。该逆流原理与浓硫酸中SO3的吸收相类似，气体从下端通入，液体从上端喷，可以增大气液接触面积，反应充分。从图可知电解过程中从左池通入的Fe2+生成Fe3+（阳极反应），循环使用；而另一电极产生的则为H2（阴极反应）。故电解总的离子方程式为：2Fe2+＋2H＋2Fe3+＋H2↑。
最终答案：略
解题过程：
（2013大纲卷）9、电解法处理酸性含铬废水（主要含有Cr2O72－）时，以铁板作阴、阳极，处理过程中存在反应Cr2O72＋6Fe2＋＋14H＋2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，最后Cr3＋以Cr(OH)3形式除去，下列说法不正确的是
A.阳极反应为Fe－2e－Fe2＋ B.电解过程中溶液pH不会变化
C.过程中有Fe(OH)3沉淀生成 D.电路中每转移12 mol电子，最多有1 mol Cr2O72－被还原
【答案】B
【解析】根据总方程式可得酸性减弱，B错误。阳-yang-氧，↑失氧，A正确；Fe－2e－＝Fe2＋~~~~2e－，则6mol的铁发生变化时候转移电子数12mol，又据能够处理的关系式，得6Fe~~~~12e－~~~6Fe2＋~~~Cr2O72－，所以D正确。在阴极，发生还原反应，↓得还，溶液中的氢离子得到电子减少，同时生成氢氧根，C正确。
（2013江苏卷）9.Mg-H2O2电池可用于驱动无人驾驶的潜航器。该电池以海水为电解质溶液，示意图如下。该电池工作时，下列说法正确的是
A.Mg电极是该电池的正极
B.H2O2在石墨电极上发生氧化反应
C.石墨电极附近溶液的pH增大
D.溶液中Cl－向正极移动
【参考答案】C
【解析】本题是电化学基础的一条简单综合题，着力考查学生对原电池基础知识的理解能力。
A.组成的原电池的负极被氧化，镁为负极，而非正极。
B、C.双氧水作为氧化剂，在石墨上被还原变为水，溶液PH值增大。
D.溶液中Cl－移动方向同外电路电子移动方向一致，应向负极方向移动。
（2013海南卷）4．Mg-AgCl电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池，电池反应方程式为：
2AgCl+ Mg = Mg2++ 2Ag +2Cl-。有关该电池的说法正确的是
A．Mg为电池的正极
B．负极反应为AgCl+e-=Ag+Cl-
C．不能被KCl 溶液激活
D．可用于海上应急照明供电
[答案]D
[解析]：根据氧化还原判断，Mg为还原剂是负极、失电子，所以A、B都错，C是指电解质溶液可用KCl 溶液代替。
（2013海南卷）12．下图所示的电解池I和II中，a、b、c和d均为Pt电极。电解过程中，电极b和d上没有气体逸出，但质量均增大，且增重b>d。符合上述实验结果的盐溶液是
选项
X
Y
A．
MgSO4
CuSO4
B．
AgNO3
Pb(NO3)2
C．
FeSO4
Al2 (SO4)3
D．
CuSO4
AgNO3
[答案]D
[解析]：题意表明b、d没有气体逸出，所电解的盐溶液中金属元素，应该在金属活动顺序表中（H）以后，只有D符合题意。
（2013上海卷）8.糕点包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同。下列分析正确的是
A.脱氧过程是吸热反应，可降低温度，延长糕点保质期
B.脱氧过程中铁作原电池正极，电极反应为：Fe-3e→Fe3+
C.脱氧过程中碳做原电池负极，电极反应为：2H2O+O2+4e→4OH-
D.含有1.12g铁粉的脱氧剂，理论上最多能吸收氧气336mL（标准状况）
答案：D
【解析】在脱氧过程中，由铁、碳做电极，氯化钠溶液做电解质溶液形成原电池，发生吸氧腐蚀，该过程为放热反应；在脱氧过程中，碳做正极，铁做负极，失电子发生氧化反应生成Fe2+；在脱氧过程中，Fe失电子氧化为Fe2+，Fe2+最终还是被氧气氧化为Fe3+，由电子守恒知消耗氧化剂氧气的体积（标况下）V(O2)＝22.4L·mol-1×（3×1.12g/56g·mol-1）/4＝336mL。
（2013安徽卷）10.热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl-KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能。该电池总反应为：PbSO4+2LiCl+Ca ＝CaCl2+Li2SO4+Pb。下列有关说法正确的是
A．正极反应式：Ca+2Cl- - 2e- ＝CaCl2
B．放电过程中，Li＋向负极移动
C．每转移0.1mol电子，理论上生成20.7gPb
D．常温时，在正负极间接上电流表或检流计，指针不偏转
【答案】D
【解析】A、正极发生还原反应，故为，错误；B、放电过程为原电池，阳离子向正极移动，错误；C、每转移0.1mol电子，生成0.05molPb，为10.35g，错误；D常温下，电解质不能融化，不能形成原电池，故指针不偏转，正确。
【考点定位】考查化学基本理论，电极判断、电极反应方程式的书写、离子流动方向以及简单计算。
（2013新课标卷2）11.“ZEBRA”蓄电池的结构如图所示，电极材料多孔Ni/NiCl2和金属钠之间由钠离子导体制作的陶瓷管相隔。下列关于该电池的叙述错误的是
A.电池反应中有NaCl生成
B.电池的总反应是金属钠还原三个铝离子
C.正极反应为：NiCl2+2e－=Ni+2Cl－
D.钠离子通过钠离子导体在两电极间移动
解析：考察原电池原理。原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。据此可知负极是液体金属Na，电极反应式为：Na－e－＝Na＋；正极是Ni，电极反应式为NiCl2+2e－=Ni+2Cl－；总反应是2Na＋NiCl2=2NaCl＋Ni。所以A、C、D正确，B错误，选择B。
答案：B
（2013浙江卷）11、电解装置如图所示，电解槽内装有KI及淀粉溶液，中间用阴离子交换膜隔开。在一定的电压下通电，发现左侧溶液变蓝色，一段时间后，蓝色逐渐变浅。
已知:3I2+6OH—==IO3—+5I—+3H2O
下列说法不正确的是
A．右侧发生的电极方程式：2H2O+2e—==H2↑+2OH—
B．电解结束时，右侧溶液中含有IO3—
C．电解槽内发生反应的总化学方程式KI+3H2O＝KIO3+3H2↑
D．如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，电解槽内发生的总化学方程式不变
【解析】电解的电极反应为：阳极 2I——2e—== I2 左侧溶液变蓝色
3I2+6OH—==IO3—+5I—+3H2O 一段时间后，蓝色变浅
阴极 2H2O+2e—==H2↑+2OH— 右侧放出氢气
如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜：
电极反应为：阳极 2I——2e—== I2
阴极 2H2O+2e—==H2↑+2OH—
多余K+通过阳离子交换膜迁移至阴极保证两边溶液呈电中性，所以选项D不正确，答案选D。
答案：D
（2013天津卷）6、为增强铝的耐腐蚀性，现以铅蓄电池为外电源，以Al作阳极、Pb作阴极，电解稀硫酸，使铝表面的氧化膜增厚。其反应原理如下：
电池：Pb(s) + PbO2(s) + 2H2SO4(aq) =2PbSO4(s) + 2H2O(l)
电解池：2Al+3H2OAl2O3+3H2↑
电解过程中，以下判断正确的是
电池
电解池
A
H+移向Pb电极
H+移向Pb电极
B
每消耗3molPb
生成2molAl2O3
C
正极：PbO2+4H++2e=Pb2++2H2O
阳极：2Al+3H2O-6e=Al2O3+6H+
D
【解析】该题考查原电池和电解池的基本知识。A选项H+离子在原电池中移向PbO2电极，错误。B选项每消耗3molPb，根据电子守恒生成lmolAl2O3，错误。C选项在原电池的正极电极反应是生成PbSO4，错误。D选项在原电池中Pb电极的质量由于生成PbSO4，质量增加，在电解池中，Pb阴极，质量不变，正确。
答案：D
（2013北京卷）7.下列金属防腐的措施中，使用外加电流的阴极保护法的是
A.水中的钢闸门连接电源的负极 B.金属护拦表面涂漆
C.汽水底盘喷涂高分子膜 D.地下钢管连接镁块
【答案】A
【解析】
A、钢闸门连接电源的负极，为电解池的阴极，被保护，属于外加电流的阴极保护法，故正确；
BC、是金属表面覆盖保护层，隔绝空气，故错误
D、 镁比铁活泼，构成原电池，铁为正极，被保护，是牺牲阳极的阴极保护法，故错误。
（2013北京卷）9.用石墨电极电解CuCl2溶液（见右图）。下列分析正确的是
A.a端是直流电源的负极
B.通电使CuCl2发生电离
C.阳极上发生的反应：Cu2++2e-=Cu
D.通电一段时间后，在阴极附近观察到黄绿色气体
【答案】A
【解析】
A、由溶液中离子移动方向可知，U型管左侧电极是阴极，连接电源
的负极，a端是电源的负极，故正确；
B、通电使CuCl2发生电解，不是电离，故错误；
C、阳极发生氧化反应，Cl-在阳极放电2Cl--2e-=C12↑，故错误；
D、Cl-发生氧化反应，在阳极放电生成C12，故D错误。
（2013全国新课标卷1）10．银质器皿日久表面会逐渐变黑，这是生成了Ag2S的缘故，根据电化学原理可进行如下处理：在铝质容器中加入食盐溶液，再将变黑的银器浸入该溶液中，一段时间后发现黑色会褪去，下列说法正确的是
A、处理过程中银器一直保持恒重
B、银器为正极，Ag2S被还原生成单质银
C、该过程中总反应为2Al+3Ag2S=6Ag+Al2S3
D、黑色褪去的原因是黑色Ag2S转化为白色AgCl
答案：B
解析：A错，银器放在铝制容器中，由于铝的活泼性大于银，故铝为负极，失电子，银为正极，银表面的Ag2S得电子，析出单质银附着在银器的表面，故银器质量增加；
C错，Al2S3在溶液中不能存在，会发生双水解反应生成H2S和Al(OH)3；
D错，黑色褪去是Ag2S转化为Ag而不是AgCl
（2013全国新课标卷1）27.锂离子电池的应用很广，其正极材料可再生利用。某锂离子电池正极材料有钴酸锂（LiCoO2）,导电剂乙炔黑和铝箔等。充电时，该锂离子电池负极发生的反应为6C+xLi++xe-=LixC6。现欲利用以下工艺流程回收正极材料中的某些金属资源 （部分条件未给出）
回答下列问题：
⑴LiCoO2 中，Co元素的化合价为___________。
⑵写出“正极碱浸”中发生反应的离子方程式_________________________________。
⑶“酸浸”一般在80 oC下进行，写出该步骤中发生的所有氧化还原反应的化学方程式__________________;可用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液，但缺点是_________。
⑷写出“沉钴”过程中发生反应的化学方程式_____________。
⑸充放电过程中发生LiCoO2与Li1-xCoO2之间的转化，写出放电时电池反应方程式___________________。
⑹上述工艺中“放电处理”有利于锂在正极的回收。其原因是___________________________。在整个回收工艺中，可回收的金属化合物有_________________(填化学式）。
答案：（1）+3；（2）2Al+2OH—+6H2O＝2Al(OH)4—+3H2↑
（3）2LiCoO2＋3H2SO4＋H2O2Li2SO4＋2CoSO4＋O2↑＋4H2O；2H2O22H2O＋O2↑；有氯气生成，污染大
（4）CoSO4+2NH4HCO3＝CoCO3↓+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑
（5）Li1-xCoO2+LixC6＝LiCoO2+6C
（6）Li+从负极中脱出，经电解质向正极移动并进入正极材料中；Al(OH)3、CoCO3、Li2SO4
解析：（1）Li和O元素的化合价分别是＋1和－2价，所以该化合物中Co的化合价是＋（2×2－1）＝＋3价。
（2）正极材料中的金属铝能和氢氧化钠溶液反应，反应的离子方程式是2Al+2OH—+6H2O＝2Al(OH)4—+3H2↑。
（3）根据后面流程可知，有CoSO4生成，这说明在反应中LiCoO2是氧化剂，双氧水是还原剂，因此该反应的化学方程式是2LiCoO2＋3H2SO4＋H2O2Li2SO4＋2CoSO4＋O2↑＋4H2O；在反应中双氧水是过量的，则过量的双氧水还会发生自身的氧化还原反应，即2H2O22H2O＋O2↑；如果用盐酸代替，则氯化氢能被氧化生成氯气，会造成环境污染。
（4）根据原子守恒可知，在反应中还应该有硫酸铵、CO2和H2O生成，所以反应的化学方程式是CoSO4+2NH4HCO3＝CoCO3↓+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑。
（5）根据充电时，该锂离子电池负极发生的反应为6C+xLi++xe-=LixC6可知，放电时LixC6在负极失去电子，则Li1-xCoO2在正极得到电子，所以该反应式是Li1-xCoO2+LixC6＝LiCoO2+6C。
（6）由于放电时Li+从负极中脱出，经电解质向正极移动并进入正极材料中，所以有利于锂在正极的回收；根据工艺流程图可知，在整个回收工艺中，可回收的金属化合物有Al(OH)3、CoCO3、Li2SO4。
（2013全国新课标卷1）28.二甲醚（CH3OCH3）是无色气体，可作为一种新型能源，由合成气（组成为H2、CO、和少量CO2）直接制备二甲醚，其中主要过程包括以下四个反应：
甲醇合成反应：
①CO(g）+ 2H2(g)＝CH3OH(g) △H1=-90.1 kJ·mol-1
②CO2(g)+ 3H2(g)＝CH3OH(g)+H2O(g) △H2=-49.0 kJ·mol-1
水煤气变换反应：
③CO(g) + H2O (g)＝CO2(g)+H2(g) △H3=-41.1 kJ·mol-1
二甲醚合成反应：
④2CH3OH(g)＝CH3OCH3(g)+H2O(g) △H4=-24.5 kJ·mol-1
⑴Al2O3是合成气直接制备二甲醚反应催化剂的主要成分之一。工业上从铝土矿制备较高纯度Al2O3的主要工艺流程是 （以化学方程式表示） 。
⑵分析二甲醚合成反应④对于CO转化率的影响 。
⑶由H2和CO直接制备二甲醚（另一产物为水蒸气）的热化学方程式为 。
⑷有研究者在催化剂（含Cu-Zn-Al-O和Al2O3），压强为5.0MPa的条件下由H2和CO直接制备二甲醚，结果如下图所示。其中CO转化率随温度升高而降低的原因是____________。
⑸二甲醚直接燃料电池具有启动快，效率高等优点，其能量密度高于甲醇直接燃烧燃料电池（5.93kW·h·kg-1），若电解质为酸性，二甲醚直接燃料电池的负极反应为_______________。
一个二甲醚分子经过电化学氧化，可以产生_______个电子的电量；该电池理论输出电压1.20V，能量密度E=_____（列式计算，能量密度=电池输出电能/燃料质量，1kW·h=3.6×105J ）
答案：（1）Al2O3（铝土矿）+2NaOH+3H2O＝2NaAl(OH)4；NaAlO2+CO2+2H2O＝NaHCO3+Al(OH)3↓； 2Al(OH)3Al2O3＋3H2O
(2)消耗甲醇，促进甲醇合成反应①平衡向右移，CO转化率增大；生成的H2O，通过水煤气变换反应③消耗部分CO。
（3）2CO(g)+4H2(g)＝CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH=-204.7kJ/mol；该反应分子数减小，压强升高使平衡右移，CO和H2的转化率增大，CH3OCH3产率增加。压强升高使CO和H2的浓度增加，反应速率增大。
（4）反应放热，温度升高，平衡左移
（5）CH3OCH3－12e－＋3H2O＝2CO2＋12H＋；12
。
（1）工业上从铝土矿中提纯高纯度氧化铝的流程是：用氢氧化钠溶液溶解铝土矿，然后过滤，在滤液中通入过量的CO2，得到氢氧化铝，然后高温煅烧氢氧化铝，即可得到高纯度的氧化铝。
（2）合成二甲醚消耗甲醇，对于CO参与的反应相当于减小生成物的浓度，有利于平衡向右移动，使CO的转化率提高。
（3）根据盖斯定律可知，将①×2＋④即得到反应2CO(g)+4H2(g)＝CH3OCH3(g)+H2O(g)，所以该反应的放热△H＝－90.1 kJ/mol×2－24.5 kJ/mol＝－204.7kJ/mol。
（4）该反应分子数减小，压强升高使平衡右移，CO和H2的转化率增大，CH3OCH3产率增加。压强升高使CO和H2的浓度增加，反应速率增大。
（5）原电池中负极失去电子，所以负极电极反应式是CH3OCH3－12e－＋3H2O＝2CO2＋12H＋；二甲醚中碳原子的化合价是－2价，反应后变为＋4价，失去6个电子，所以一个二甲醚分子经过电化学氧化，可以产生12个电子的电量；由于能量密度＝电池输出电能/燃料质量，所以该电池的能量密度＝
。
（2013北京卷）26.（14分）
NOx是汽车尾气中的主要污染物之一。
(1) NOx能形成酸雨，写出NO2转化为HNO3的化学方程式:_ .
(2)汽车发动机工作时会引发N2和02反应，其能量变化示意图如下:
①写出该反应的热化学方程式: _ 。
②随温度升高，该反应化学平衡常数的变化趋势是_ 。
（3）在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOX的排放。
①当尾气中空气不足时，NOX在催化转化器中被还原成N2排出。写出NO被CO还原的化学方程式：_ 。
② 当尾气中空气过量时，催化转化器中的金属氧化物吸收NOX生成盐。其吸收能力顺序如下：12MgO <2oCaO <38SrO<56BaO。原因是 ，元素的金属性逐渐增强，金属氧化物对NOX的吸收能力逐渐增强。
（4） 通过NOx传感器可监测NOx的含量，其工作原理示意图如下:
①Pt电极上发生的是 反应(填“氧化”或“还原”)。
②写出NiO电极的电极反应式: 。
【答案】（1）3NO2+2H2O=2HNO3+NO；
（2）①N2(g)+O2（g）=2NO(g) △H=+183KJ/mol； ②增大；
（3）①2NO+2CON2+2CO2
②由Mg、Ca、Sr、Ba的质子数，得知它们均为第ⅡA族。同一主族的元素，从上到下，原子半径逐渐增大；
（4）①还原； ②NO+O2--2e-＝NO2；
【解析】（1）NO2与H2O反应生成HNO3与NO；
（2）①△H=945kJ/mol+498kJ/mol-2×630KJ/mol=+183KJ/mol；
②该反应正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应移动，化学平衡常数增大；
（3）①NO被CO还原N2，CO被氧化为CO2；
②由Mg、Ca、Sr、Ba的质子数可知，它们均处于第ⅡA族，同一主族自上而下，原子半径增大，金属性增强；
（4）①由工作原理示意图可知，O2在Pt电极发生还原反应生成O2-；
②在O2-参加反应下，NO在NiO电极发生氧化反应生成NO2。
（2013山东卷）28．（12分）金属冶炼和处理常涉及氧化还原反应。
（1）由下列物质冶炼相应金属时采用电解法的是 。
a．Fe2O3 b．NaCl c．Cu2S d．Al2O3
（2）辉铜矿（Cu2S）可发生反应2Cu2S+2H2SO4+5O2＝4CuSO4+2 H2O，该反应的还原剂是 ，当1mol O2发生反应时，还原剂所失电子的物质的量为 mol。向CuSO4溶液中加入镁条时有气体生成，该气体是 。
（3）右图为电解精炼银的示意图， （填a或b）极为含有杂质的粗银，若b极有少量红棕色气体生成，则生成该气体的电极反应式为 。（4）为处理银器表面的黑斑（Ag2S），将银器置于铝制容器里的食盐水中并与铝接触，Ag2S转化为Ag，食盐水的作用为 。
解析：（1）NaCl与Al2O3冶炼需要用电解法，Fe2O3与Cu2S可以用热还原法，所以答案为b、d。
（2）在该反应中，Cu元素化合价由+1升高到+2，S元素化合价由-2升高到+6，Cu2S做还原剂；当有1molO2参与反应转移的电子为4mol，由于Cu2+水解呈酸性，加入镁条时，镁与H+反应生成了氢气。
（3）电解精炼时，不纯金属做阳极，这里就是a极；b电极是阴极，发生还原反应，生成了红棕色气体是NO，遇空气氧化生成的NO2，电极反应：NO3-+3e-＋4H+＝NO↑+2H2O。或NO3-+e-＋2H+＝NO2↑+H2O
（4）做电解质溶液，形成原电池。
答案：（1）b、d
（2）Cu2S；4；氢气
（3）a；NO3-+e-＋2H+＝NO2↑+H2O
（4）做电解质溶液（或导电）
[2013高考∙重庆卷∙11](14分)化学在环境保护中趁着十分重要的作用，催化反硝化法和电化学降解法可用于治理水中硝酸盐的污染。
(1) 催化反硝化法中，H2能将NO3—还原为N2，
25℃时，反应进行10min，溶液的pH由7变为12。
①N2的结构式为 。
②上述反应离子方程式为 ，
其平均反应速率v(NO3—)为 mol ∙L—1 ∙min—1
③还原过程中可生成中间产物NO2—，写出3
种促进NO2—水解的方法 。
(2)电化学降解NO3—的原理如题11图所示。
①电源正极为 (填“A”或“B”)，
阴极反应式为 。
②若电解过程中转移了2mol电子，则膜两侧
电解液的质量变化差(△m左－△m右)为 g。
答案：（1）①N≡N ②2NO3-+5H2N2+2OH-+4H2O 0.001 ③加酸，升高温度，加水
（2）①A， 2NO3-+6H2O+10e-＝N2+12OH- ②14.4
【解析】（1）①N2分子中氮原子间通过氮氮三键结合，因此其结构式为N≡N；②利用溶液pH变化可知有OH-生成，再结合原子守恒可写出反应的离子方程式；利用离子方程式知v(NO3-)＝v(OH-)＝(10-2-10-7)/10＝0.001mol/(L·min)；③水解是吸热反应，NO2-水解使溶液中c(OH-)变大，因此可促进NO2-水解的措施有加热、加水或加酸等。（2）①由图示知在Ag-Pt电极上NO3-发生还原反应，因此Ag-Pt电极为阴极，则B为负极，A为电源正极；在阴极反应是NO3-得电子发生还原反应生成N2，利用电荷守恒与原子守恒知有H2O参与反应且有OH-生成；②转移2mol电子时，阳极（阳极反应为H2O失电子氧化为O2和H+）消耗1mol水，产生2molH+进入阴极室，阳极室质量减少18g；阴极室中放出0.2molN2（5.6g），同时有2molH+（2g）进入阴极室，因此阴极室质量减少3.6g，故膜两侧电解液的质量变化差（△m左-△m右）＝18g-3.6g＝14.4g。
（2013福建卷）23.（16分）
利用化石燃料开采、加工过程产生的H2S废气制取氢气，既廉价又环保。
（1）工业上可用组成为K2O·M2O3·2RO2·nH2O的无机材料纯化制取的氢气
①已知元素M、R均位于元素周期表中第3周期，两种元素原子的质量数之和为27，则R的原子结构示意图为 _________
②常温下，不能与M单质发生反应的是_________（填序号）
a.CuSO4溶液 b.Fe2O3 c.浓硫酸 d.NaOH e.Na2CO3固体
（2）利用H2S废气制取氢气来的方法有多种
①高温热分解法
已知：H2S(g)==H2+1/2S2(g)
在恒温密闭容器中，控制不同温度进行H2S分解实验。以H2S起始浓度均为c mol·L-1测定H2S的转化率，结果见右图。图中a为H2S的平衡转化率与温度关系曲线，b曲线表示不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率。据图计算985℃时H2S按上述反应分解的平衡常数K=________；说明温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因：___________
②电化学法
该法制氢过程的示意图如右。反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，其目的是___________；反应池中发生反应的化学方程式为_____________________。反应后的溶液进入电解池，电解总反应的离子方程式为_______________________。
【答案】（1）① ②b、e
（2）① 温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的进间缩短（或其它合理答案）
②增大反应物接触面积，使反应更反分
H2S + 2FeCl3 = 2FeCl2 + S↓ + 2HCl 2Fe2＋ + 2H＋ 2Fe3＋ + H2↑
【解析】本题考查元素推断、原子结构、化学平衡的影响因素及计算、电化学等化学反应原理的知识，同时考查学生的图表分析能力。
（1）R为+4价，位于第3周期，应为Si元素，同理M为Al元素。常温下铝与Fe2O3不反应，与Na2CO3也不反应；（2）①K===。温度越高，反应速率越快，反应物的转化率越高，与平衡转化率差距越小，所以离得近。②FeCl3具有强氧化性，能够氧化H2S：2FeCl3＋H2S＝2FeCl2＋S＋2HCl。该逆流原理与浓硫酸中SO3的吸收相类似，气体从下端通入，液体从上端喷，可以增大气液接触面积，反应充分。从图可知电解过程中从左池通入的Fe2+生成Fe3+（阳极反应），循环使用；而另一电极产生的则为H2（阴极反应）。故电解总的离子方程式为：2Fe2+＋2H＋2Fe3+＋H2↑。
（2013大纲卷）7、反应X(g)＋Y(g)2Z(g)；△H＜0，达到平衡时，下列说法正确的是
A.减小容器体积，平衡向右移动 B.加入催化剂，Z的产率增大
C.增大c(X)，X的转化率增大 D.降低温度，Y的转化率增大
【答案】D
【解析】根据方程式系数和△H，分析可得压强增大，平衡不移动；温度升高，平衡逆向移动。
（2013福建卷）12. NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗即有I2析出，根据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反应速率。将浓度均为0.020mol·L-1NaHSO3（含少量淀粉）10.0ml、KIO3（过量）酸性溶液40.0ml混合，记录10~55℃间溶液变蓝时间，55℃时未观察到溶液变蓝，实验结果如右图。据图分析，下列判断不正确的是
A．40℃之前与40℃之后溶液变蓝的时间随温度的变化趋势相反
B．图中b、c两点对应的NaHSO3反应速率相等
C．图中a点对应的NaHSO3反应速率为5.0 ×10-5mol·L-1·s-1
D．温度高于40℃时，淀粉不宜用作该试验的指示剂
【答案】B
【解析】A读图可知正确； 计算v，根据公式，C0等于0.02/5，终了为0，除去80，v(NaHSO3)==5.0×10-5mol·L-1·s-1，得到选项C是对的。可得；D温度越高，反应速率越快，但是这里呈现负增长，淀粉不再合适做指示剂。B中因为温度是唯一改变的条件，温度升高反应速率加快，不会相等。
（2013江苏卷）15.一定条件下存在反应：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，其正反应放热。现有三个相同的2L恒容绝热(与外界没有热量交换)密闭容器I、II、III，在I中充入1molCO和1molH2O，在II中充入1molCO2和1mol H2，在III中充入2molCO和2molH2O，700℃条件下开始反应。达到平衡时，下列说法正确的是
A.容器I、II中正反应速率相同
B.容器I、III中反应的平衡常数相同
C.容器I中CO的物质的量比容器II中的多
D.容器I中CO的转化率与容器II中CO2的转化率之和小于1
【参考答案】CD
【解析】本题属于基本理论中化学平衡问题，主要考查学生对速率概念理解与计算，平衡常数概念与计算，平衡移动等有关内容理解和掌握程度。高三复习要让学生深刻理解一些基本概念的内涵和外延。
A.在I中充入1molCO和1molH2O，在II中充入1molCO2和1mol H2，刚开始时，容器I、中正反应速率最大，容器II中正反应速率为零。达到平衡时，容器I温度大于700℃，容器II温度小于700℃，所以，容器I中正反应速率大于容器II中正反应速率。
B.容器III可看成容器I体积压缩一半，各物质浓度增加一倍，若温度恒定，则平衡不移动；但恒容绝热的情况下，容器III中温度比容器I高，更有利于平衡向逆反应方向移动，故平衡常数容器III小于容器I。
C.若温度恒定，容器I、II等效，但两者温度不等。达到平衡时，容器I温度大于700℃，容器II温度小于700℃，有利于容器I平衡向逆反应方向移动，故容器I中CO的物质的量比容器II中的多。
D.若温度恒定，容器I、II等效，容器I中CO的转化率与容器II中CO2的转化率之和等于1。但两者温度不等，达到平衡时，容器I温度大于700℃，容器II温度小于700℃，有利于容器I平衡向逆反应方向移动，有利于容器II平衡向正反应方向移动，故容器I中CO的转化率相应减小，容器II中CO2的转化率同样会相应减小，因此，容器I中CO的转化率与容器II中CO2的转化率之和小于1。
[2013高考∙重庆卷∙7]将E和F加入密闭容器中，在一定条件下发生反应：E(g)+F(s)2G(g)。忽略固体体积，平衡时G的体积分数(%)随温度和压强的变化如下表所示：
压强/MPa
体积分数/%
温度/℃
1.0
2.0
3.0
810
54.0
a
b
915
c
75.0
d
1000
e
f
83.0
① b＜f ② 915℃、2.0MPa时E的转化率为60%
③ 该反应的△S＞0 ④ K(1000℃)＞K(810℃)
上述①~④中正确的有
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
答案：A
【解析】同温下，增大压强，平衡逆向进行，平衡时G的体积分数变小，故可知c＞75.0＞54.0＞a＞b，利用c＞75.0＞54.0可知同压下，升温平衡正向移动，即正反应为吸热反应，从而可知f＞75.0，所以①正确；在915℃、2M Pa下，设E的起始量为amol，转化率为x，则平衡时G的量为2ax，由题意得2ax/(a-ax+2ax)＝75%,解得x＝0.6，②正确；该题是气体体积增大的反应，因此为熵增反应，③正确；结合前面分析知升温平衡正向移动，则平衡常数增大，④正确，故正确答案为：A。
（2013四川卷）6. 在一定温度下，将气体X和气体Y 各0.16 mol充入10 L 恒容密闭容器中，发
生反应X（g）+ Y（g）2Z（g） △H < 0，一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如下
表（ ）
t / min
2
4
7
9
n(Y)/mol
0.12
0.11
0.10
0.10
A. 反应前2min的平均速率v(Z)=2.0×10-5 mol/（L·min）
B．其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v(逆)＞v(正)
C．该温度下此反应的平衡常数K=1.44
D．其他条件不变，再充入0.2 mol Z，平衡时X的体积分数增大
【答案】C
【解析】A. Y的反应速率为v(Y)=(0.16-0.12)mol/(10L*2mim)=2.0×10-3mol/L，v(Z)=2v(Y)=4.0×10-3 mol/L。
B. ΔH<0，放热反应，降温正反速率均降低，降温反应向正向移动，V(正)>V(逆)
C. 列出三行式，由平衡常数公式可得K=1.44
D. 反应前后计量数不变，达到等效平衡，X体积分数不变。
（2013上海卷）20.某恒温密闭容器中，可逆反应A(s) B+C(g)-Q达到平衡。缩小容器体积，重新达到平衡时，C(g)的浓度与缩小体积前的平衡浓度相等。以下分析正确的是
A.产物B的状态只能为固态或液态
B.平衡时，单位时间内n(A)消耗﹕n(C)消耗=1﹕1
C.保持体积不变，向平衡体系中加入B，平衡可能向逆反应方向移动
D.若开始时向容器中加入1molB和1molC，达到平衡时放出热量Q
答案：BC
【解析】若B为气体，且原平衡时B与C的浓度相等时，因容器保持恒温，缩小容器体积，达到新平衡时平衡常数不变，则气体C的浓度也一定不变，故A项错误；平衡时，各物质的量不再改变，因此单位时间内n(A)消耗＝n(C)消耗，B项正确；保持体积不变，若B为气态，则向平衡体系中加入B，平衡逆向移动，C项正确；因反应为可逆反应，故加入1molB和1molC至反应达到平衡时不能完全消耗，放出热量小于Q，D项错误。
（2013安徽卷）11.一定条件下，通过下列反应可以制备特种陶瓷的原料MgO:MgSO3(s) + CO(g)MgO(s) + CO2(g) +SO2(g) △H＞0
该反应在恒容的密闭容器中达到平衡后，若仅改变图中横坐标x的值，重新达到平衡后，纵坐标y随x变化趋势合理的是
选项
x
y
A
温度
容器内混合气体的密度
B
CO的物质的量
CO2与CO的物质的量之比
C
SO2的浓度
平衡常数K
D
MgSO4的质量（忽略体积）
CO的转化率
【答案】A
【解析】该反应为正方向体积增加且吸热的可逆反应。A、升高温度，平衡正向移动，气体的质量增加，密度增大，正确；B、增加CO的物质的量，平衡正向移动，但CO的转化率降低，故比值减小，错误；C、平衡常数只与温度有关，错误；D中因MgSO4为固体，增加其质量，对CO的转化率没有影响，不正确。
（2013北京卷）11.下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是
【答案】C
【解析】
A、存在平衡2NO2N2O4，升高温度平衡向生成NO2方向移动，故正确；
B、水的电离是可逆过程，升高温度Kw增大，促进水的电离，故B正确；
C、催化剂不能影响平衡移动，故C错误；
D、弱电解质电离存在平衡，浓度越稀，电离程度越大，促进电离，但离子浓度降低，所以氨水的浓度越稀，pH值越小，故D正确。
（2013全国新课标卷2）28.（14分）
在1.0 L密闭容器中放入0.10molA(g)，在一定温度进行如下反应应：
A(g)B(g)＋C(g) △H=+85.1kJ·mol－1
反应时间(t)与容器内气体总压强(p)的数据见下表：
时间t/h
0
1
2
4
8
16
20
25
30
总压强p/100kPa
4.91
5.58
6.32
7.31
8.54
9.50
9.52
9.53
9.53
回答下列问题:
(1)欲提高A的平衡转化率，应采取的措施为 。
(2)由总压强P和起始压强P0计算反应物A的转化率α(A)的表达式为 。
平衡时A的转化率为 ，列式并计算反应的平衡常数K 。
(3)①由总压强p和起始压强p0表示反应体系的总物质的量n总和反应物A的物质的量n（A），n总= mol，n（A）= mol。
②下表为反应物A浓度与反应时间的数据，计算a= 。
反应时间t/h
0
4
8
16
c（A）/（mol·L-1）
0.10
a
0.026
0.0065
分析该反应中反应反应物的浓度c（A）变化与时间间隔（△t）的规律，得出的结论是 ，
由此规律推出反应在12h时反应物的浓度c（A）为 mol·L-1。
解析：考察化学平衡知识，涉及平衡移动，转化率、平衡常数、平衡计算、反应速率、表格数据分析。
（1）根据反应是放热的、气体分子数增大的特征可知，要使A的转化率增大，平衡要正向移动，可
以采用升高温度、降低压强的方法。
（2）反应前气体总物质的量为0.10mol，令A的转化率为α(A)，改变量为0.10α(A) mol，根据差量
法可得，气体增加0.10α(A)mol，由阿伏加德罗定律列出关系：
A(0.10)＝p(pO) α(A)=( po(p)－1)×100%；α(A)=（4.91(9.53)－1）×100%＝94.1%
平衡浓度c(C)=C(B)=0.1×94.1%=0.0941mol/L
C(A)=0.1-0.0941=0.0059mol/L
K＝0.0059(0.09412)＝1.5
（3）①n(0.10)＝p(pO) n=0.1×po(p) ；其中，n（A）=0.1－（0.1×po(p)－0.1）=0.1×（2－po(p)）
②n(A)=0.1×（2－4.91(7.31)）=0.051 C(A)=0.051/1=0.051mol/L
每间隔4小时，A的浓度为原来的一半
当反应12小时时，c(A)=0.026/2=0.013mol/L
答案：（1）升高温度、降低压强
（2）( po(p)－1)×100%；94.1%；K=0.0059(0.09412)=1.5mol/L
（3）①0.1×po(p)；0.1×（2－po(p)）；
②0.051；达到平衡前每间隔4小时，c(A)减少约为一半；0.013
（2013全国新课标卷1）28.二甲醚（CH3OCH3）是无色气体，可作为一种新型能源，由合成气（组成为H2、CO、和少量CO2）直接制备二甲醚，其中主要过程包括以下四个反应：
甲醇合成反应：
①CO(g）+ 2H2(g)＝CH3OH(g) △H1=-90.1 kJ·mol-1
②CO2(g)+ 3H2(g)＝CH3OH(g)+H2O(g) △H2=-49.0 kJ·mol-1
水煤气变换反应：
③CO(g) + H2O (g)＝CO2(g)+H2(g) △H3=-41.1 kJ·mol-1
二甲醚合成反应：
④2CH3OH(g)＝CH3OCH3(g)+H2O(g) △H4=-24.5 kJ·mol-1
⑴Al2O3是合成气直接制备二甲醚反应催化剂的主要成分之一。工业上从铝土矿制备较高纯度Al2O3的主要工艺流程是 （以化学方程式表示） 。
⑵分析二甲醚合成反应④对于CO转化率的影响 。
⑶由H2和CO直接制备二甲醚（另一产物为水蒸气）的热化学方程式为 。
⑷有研究者在催化剂（含Cu-Zn-Al-O和Al2O3），压强为5.0MPa的条件下由H2和CO直接制备二甲醚，结果如下图所示。其中CO转化率随温度升高而降低的原因是____________。
⑸二甲醚直接燃料电池具有启动快，效率高等优点，其能量密度高于甲醇直接燃烧燃料电池（5.93kW·h·kg-1），若电解质为酸性，二甲醚直接燃料电池的负极反应为_______________。
一个二甲醚分子经过电化学氧化，可以产生_______个电子的电量；该电池理论输出电压1.20V，能量密度E=_____（列式计算，能量密度=电池输出电能/燃料质量，1kW·h=3.6×105J ）
答案：（1）Al2O3（铝土矿）+2NaOH+3H2O＝2NaAl(OH)4；NaAlO2+CO2+2H2O＝NaHCO3+Al(OH)3↓； 2Al(OH)3Al2O3＋3H2O
(2)消耗甲醇，促进甲醇合成反应①平衡向右移，CO转化率增大；生成的H2O，通过水煤气变换反应③消耗部分CO。
（3）2CO(g)+4H2(g)＝CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH=-204.7kJ/mol；该反应分子数减小，压强升高使平衡右移，CO和H2的转化率增大，CH3OCH3产率增加。压强升高使CO和H2的浓度增加，反应速率增大。
（4）反应放热，温度升高，平衡左移
（5）CH3OCH3－12e－＋3H2O＝2CO2＋12H＋；12
。
（1）工业上从铝土矿中提纯高纯度氧化铝的流程是：用氢氧化钠溶液溶解铝土矿，然后过滤，在滤液中通入过量的CO2，得到氢氧化铝，然后高温煅烧氢氧化铝，即可得到高纯度的氧化铝。
（2）合成二甲醚消耗甲醇，对于CO参与的反应相当于减小生成物的浓度，有利于平衡向右移动，使CO的转化率提高。
（3）根据盖斯定律可知，将①×2＋④即得到反应2CO(g)+4H2(g)＝CH3OCH3(g)+H2O(g)，所以该反应的放热△H＝－90.1 kJ/mol×2－24.5 kJ/mol＝－204.7kJ/mol。
（4）该反应分子数减小，压强升高使平衡右移，CO和H2的转化率增大，CH3OCH3产率增加。压强升高使CO和H2的浓度增加，反应速率增大。
（5）原电池中负极失去电子，所以负极电极反应式是CH3OCH3－12e－＋3H2O＝2CO2＋12H＋；二甲醚中碳原子的化合价是－2价，反应后变为＋4价，失去6个电子，所以一个二甲醚分子经过电化学氧化，可以产生12个电子的电量；由于能量密度＝电池输出电能/燃料质量，所以该电池的能量密度＝
。
（2013北京卷）26.（14分）
NOx是汽车尾气中的主要污染物之一。
(1) NOx能形成酸雨，写出NO2转化为HNO3的化学方程式:_ .
(2)汽车发动机工作时会引发N2和02反应，其能量变化示意图如下:
①写出该反应的热化学方程式: _ 。
②随温度升高，该反应化学平衡常数的变化趋势是_ 。
（3）在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOX的排放。
①当尾气中空气不足时，NOX在催化转化器中被还原成N2排出。写出NO被CO还原的化学方程式：_ 。
② 当尾气中空气过量时，催化转化器中的金属氧化物吸收NOX生成盐。其吸收能力顺序如下：12MgO <2oCaO <38SrO<56BaO。原因是 ，元素的金属性逐渐增强，金属氧化物对NOX的吸收能力逐渐增强。
（4） 通过NOx传感器可监测NOx的含量，其工作原理示意图如下:
①Pt电极上发生的是 反应(填“氧化”或“还原”)。
②写出NiO电极的电极反应式: 。
【答案】（1）3NO2+2H2O=2HNO3+NO；
（2）①N2(g)+O2（g）=2NO(g) △H=+183KJ/mol； ②增大；
（3）①2NO+2CON2+2CO2
②由Mg、Ca、Sr、Ba的质子数，得知它们均为第ⅡA族。同一主族的元素，从上到下，原子半径逐渐增大；
（4）①还原； ②NO+O2--2e-＝NO2；
【解析】（1）NO2与H2O反应生成HNO3与NO；
（2）①△H=945kJ/mol+498kJ/mol-2×630KJ/mol=+183KJ/mol；
②该反应正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应移动，化学平衡常数增大；
（3）①NO被CO还原N2，CO被氧化为CO2；
②由Mg、Ca、Sr、Ba的质子数可知，它们均处于第ⅡA族，同一主族自上而下，原子半径增大，金属性增强；
（4）①由工作原理示意图可知，O2在Pt电极发生还原反应生成O2-；
②在O2-参加反应下，NO在NiO电极发生氧化反应生成NO2。
（2013天津卷）10、某市对大气进行监测，发现该市首要污染物为可吸入颗粒物PM2.5（直径小于等于2.5um的悬浮颗粒物）其主要来源为燃煤、机动车尾气等。因此，对PM2.5、SO2、NOx等进行研究具有重要意义。请回答下列问题：
（1）对PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试样。若测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：
离子
K+
Na+
NH4+
SO42-
NO3-
Cl-
浓度/mol.L
4×10-6
6×10-6
2×10-5
4×10-5
3×10-5
2×10-5
根据表中数据判断PM2.5的酸碱性为_________，试样的PH值＝____________。
（2）为减少SO2的排放，常采取的措施有：
①将煤转化为清洁气体燃料。已知：
H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g) H= －241.8kJ/mol C(s)+1/2O2(g)=CO(g) H= －110.5kJ/mol
写出焦炭与水蒸气反应的热化学方程式_____________________________________________；
②洗涤含SO2的烟气，以下物质可作洗涤剂的是________________________________。
a.Ca(OH)2 b.Na2CO3 c.CaCl2 d.NaHSO3
(3)汽车尾气中NOx和CO的生成及转化为：
①已知气缸中生成NO的反应为：
N2(g)+O2(g) 2NO(g) H＞0
若1mol空气含有0.8molN2和0.2molO2,1300℃时在密闭容器内反应达到平衡。测得NO为8×10-4mol。计算该温度下的平衡常数K= ___________。
汽车启动后，气缸温度越高，单位时间内NO排放量越大，原因是_______________________________。
②汽车燃油不完全燃烧时产生CO，有人设想按下列反应除去CO：
2CO(g)=2C(s)+O2(g)已知该反应的H＞0，简述该设想能否实现的依据：_____________________________。
③目前，在汽车尾气系统中装置催化转化器可减少CO和NO的污染，其化学反应方程式为__________。
【解析】该题综合考查化学反应原理的基础知识。涉及离子的水解、pH的计算、盖斯定律的应用、化学平衡常数的计算、自由能的应用等。
（1）观察表格中离子可知，含有NH4＋，水解溶液显酸性，即pM2.5的酸碱性应该是酸性。试样的pH值根据表中数据依据溶液中的电荷守恒可计算出氢离子浓度是10－4mol/L，则pH＝4。
（2）根据盖斯定律可知，②－①即得到C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)，所以该反应的反应热△H＝－110.5kJ/mol＋241.8kJ/mol＝＋131.3kJ/mol。烟气中含有SO2，而SO2是酸性氧化物，所以可以选择碱性物质氢氧化钙和碳酸钠，即答案选ab。
（3）① N2(g)+O2(g) 2NO(g)
起始量（mol） 0.8 0.2 0
转化量（mol） 4×10-4 4×10-4 8×10-4
平衡量（mol） 0.8 0.2 8×10-4
由于反应前后体积不变，所以该反应的平衡常数K＝。
正方应是吸热反应，升高温度，反应速率加快，平衡向正反应方向移动，所以单位时间内NO的排放量增大。
②该反应是焓值增加，熵值减小的反应，所以根据△G＝△H－T·△S可知。△G始终大于0，因此在任何温度下都不能实现。
③CO和NO在催化剂的作用下反应生成CO2和氮气，反应的化学方程式是2CO＋2NO2CO2＋N2。
答案：（1）酸性；4 （2）①C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g) △H＝＋131.3kJ/mol ②a、b
（3）①4×10－6；温度升高，反应速率加快，平衡右移
②该反应是焓增，熵减的反应，任何温度下均不能自发进行
③2CO＋2NO2CO2＋N2
（2013山东卷）29．（15分）化学反应原理在科研和生产中有广泛应用
（1）利用“化学蒸气转移法”制备TaS2晶体，发生如下反应：
TaS2（s）+2I2（g） TaI4（g）+S2（g）△H＞0 （I）
反应（I）的平衡常数表达式K＝ 。若K＝1，向某恒容密闭容器中加入1mol I2（g）和足量TaS2（s），I2（g）的平衡转化率为 。
（2）如图所示，反应（I）在石英真空管中进行，先在温度为T2的一端放入未提纯的TaS2粉末和少量I2（g），一段时间后，在温度为T1的一端得到了纯净的TaS2晶体，则温度T1 T2（填“＞”“＜”或“＝”）。上述反应体系中循环使用的物质是 。
（3）利用I2的氧化性可测定钢铁中硫的含量。做法是将钢铁中的硫转化为H2SO3，然后用一定浓度的I2溶液进行滴定，所用指示剂为 ，滴定反应的离子方程式为 。
（4）25℃时，H2SO3HSO3-+H+的电离常数Ka＝1×10-2mol/L，则该温度下NaHSO3的水解平衡常数Kh= mol/L。若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，则溶液中HSO3—(H2SO3)将 （填“增大”“减小”或“不变”）。
解析：（1）I2(S2)或[I2]2([S2][TaI4])，通过三行式法列出平衡浓度，带入K值可以得出转化率为66.7%。
（2）由所给方程式可知该反应为吸热反应，低温有利于反应向逆反应方向进行，即有利于提纯TaS2。在温度为T1的一端得到了纯净的TaS2晶体，所以T1＜T2。I2是可以循环使用的物质。
(3)因为I2遇到淀粉会变蓝色,所以可以用淀粉溶液作指示剂。离子反应方程式是H2SO3＋I2+H2O＝4H+＋SO42-＋2I-。
(4)Ka＝[H2SO3]([HSO3-]·[H+]),HSO3-＋H2OH2SO3＋OH-,Kb＝[HSO3-]·[H+]([H2SO3]·Kw)＝1.0×102×1.0×10-14＝1.0×10-12,当加入少量I2时，溶液酸性增强，[H+]增大，但是温度不变，Kb不变，则[HSO3-]([H2SO3])增大。
答案：（1）I2(S2)；66.7%
（2）＜；I2
（3）淀粉；H2SO3＋I2+H2O＝4H+＋SO42-＋2I-
（4）1.0×10-12；增大
（2013上海卷）镍具有优良的物理和化学特性，是许多领域尤其是高技术产业的重要原料。羰基法提纯粗镍涉及的两步反应依次为：
（1）Ni(S)+4CO(g) Ni(CO)4(g)+Q
（2）Ni(CO)4(g) Ni(S)+4CO(g)
完成下列填空：
31.在温度不变的情况下，要提高反应（1）中Ni(CO4)的产率，可采取的措施有 、
。
32.已知在一定条件下的2L密闭容器中制备Ni(CO)4，粗镍（纯度98.5%,所含杂质不与CO反应）剩余质量和反应时间的关系如右图所示。Ni(CO)4在0～10min的平均反应速率为
。
33.若反应（2）达到平衡后，保持其他条件不变，降低温度，重新达到平衡时 。
a.平衡常数K增大 b.CO的浓度减小
c.Ni的质量减小 d.v逆[Ni(CO)4]增大
34.简述羰基法提纯粗镍的操作过程。
【答案】（31）增大压强 、从反应体系中移走Ni(CO)4(g) ；（32）0.05mol/(L·min) （33）b c （34）在封闭的玻璃管一端放入粗镍，控制温度在50℃，通入CO气体，一点时间后在玻璃管的另一端加热至230℃，即可在该端获得纯净的镍。
【解析】(31)反应（1）是气体体积减少的放热反应，因此在温度不变的情况下，采取增大体系压强、从反应体系中移走Ni(CO)4(g)等措施均可使反应正向进行，提高Ni(CO)4的产率。（32）随反应进行，粗镍减少的质量即为参加反应（1）消耗的镍的质量，在0～10min，生成Ni(CO)4的物质的量＝(100g-41g)/59g·mol-1＝1mol，故在0～10min，v[Ni(CO)4]＝1mol/(2L×10min)＝0.05mol/(L·min)。（33）由反应（1）为放热反应可知反应（2）为吸热反应，因此反应（2）达到平衡后，降温，平衡逆向进行，反应平衡常数K变小、CO的浓度与Ni的质量均减小、因温度降低，v逆[Ni(CO)4]减小。（34）利用信息可知，可采取在低温（50℃）时让粗镍和CO作用，使生成的Ni(CO)4在230℃时分解即可得到纯镍。
（2013海南卷）15．（9分）
反应A(g) B(g) +C(g)在容积为1.0L的密闭容器中进行，A的初始浓度为0.050mol/L。温度T1和T2下A的浓度与时间关系如图所示。回答下列问题：
（1）上述反应的温度T1 T2，平衡常数K(T1) K(T2)。（填“大于”、“小于”或“等于”）
（2）若温度T2时，5min后反应达到平衡，A的转化率为70%，则：
①平衡时体系总的物质的量为 。
②反应的平衡常数K= 。
③反应在0~5min区间的平均反应速率v(A)= 。
[答案] （1）小于 小于 （2）①0.085mol ②0.082mol/L ③0.007mol/(L·min)
[解析]：（1）图中显示，T2时达到平衡所用时间少，速率大所以温度高；而温度越高c(A)越小，可判断反应为吸热反应，升温K将增大。
（2）平衡问题的常规计算，略。
（2013浙江卷）27、捕碳技术(主要指捕获CO2)在降低温室气体排放中具有重要的作用。目前NH3和(NH4)2CO3已经被用作工业捕碳剂，它们与CO2可发生如下可逆反应：
反应Ⅰ：2NH3 (l)+ H2O (l)+ CO2 (g)(NH4)2CO3 (aq) △H1
反应Ⅱ：NH3 (l)+ H2O (l)+ CO2 (g)NH4HCO3 (aq) △H2
反应Ⅲ：(NH4)2CO3 (aq) + H2O (l)+ CO2 (g)2NH4HCO3 (aq) △H3
请回答下列问题：
（1）△H1与△H2、△H3之间的关系是：△H3=_____ ______。
（2）为研究温度对(NH4)2CO3捕获CO2气体效率的影响，在某温度T1下，将一定量的(NH4)2CO3溶液置于密闭容器中，并充入一定量的CO2气体(用氮气作为稀释剂)，在t时刻，测得容器中CO2气体的浓度。然后分别在温度为T2、T3、T4、T5下，保持其它初始实验条件不变，重复上述实验，经过相同时间测得CO2气体浓度，得到趋势图(见图1)。则：
①△H3______0(填“＞”、“=”或“＜”)。②在T1-T2及T4- T5二个温度区间，容器内CO2气体浓度呈现如图1所示的变化趋势，其原因是_____ ____。
③反应Ⅲ在温度为T1时，溶液pH随时间变化的趋势曲线如图2所示。当时间到达t1时，将该反应体系温度迅速上升到T2，并维持该温度。请在该图中画出t1时刻后溶液的pH变化趋势曲线。
（3）利用反应Ⅲ捕获CO2，在(NH4)2CO3初始浓度和体积确定的情况下，提高CO2吸收量的措施有_____（写出2个）。
（4）下列物质中也可能作为CO2捕获剂的是
A．NH4Cl B．Na2CO3 C．HOCH2CH2OH D．HOCH2CH2NH2
.【解析】（1）将反应Ⅰ倒过来书写：
(NH4)2CO3 (aq) 2NH3 (l)+ H2O (l)+ CO2 (g) —△H1
将反应Ⅱ×2：
+） 2NH3 (l)+ 2H2O (l)+ 2CO2 (g)2NH4HCO3 (aq) 2△H2
得：(NH4)2CO3 (aq) + H2O (l)+ CO2 (g)2NH4HCO3 (aq) △H3 =2△H2—△H1
（2）由图1可知：在温度为T3时反应达平衡，此后温度升高，c(CO2)增大，平衡逆向移动，说明反应Ⅲ是放热反应(△H3＜0)。在T3前反应未建立平衡，无论在什么温度下(NH4)2CO3 (aq)总是捕获CO2，故c(CO2)减小。
反应Ⅲ在温度为T1时建立平衡后(由图2可知：溶液pH不随
时间变化而变化)，迅速上升到T2并维持温度不变，平衡逆向移动，
溶液pH增大，在T2时又建立新的平衡。
（3）根据平衡移动原理，降低温度或增大c(CO2)
（4）具有碱性的物质均能捕获CO2，反应如下：
Na2CO3 +CO2 +H2O===2NaHCO3
HOCH2CH2NH2 +CO2 +H2O== HOCH2CH2NH3+ HCO3—
【答案】（1）2△H2—△H1 （2）①＜ ②T1-T2区间，化学反应未达到平衡，温度越高，反应速率越快，所以CO2被捕获的量随温度的升而提高。T4- T5区间，化学反应已到达平衡，由于正反应是放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，所以不利于CO2的捕获。 ③
（3）降低温度；增加CO2浓度(或压强) （4）BD
（2013广东卷）31.(16分)大气中的部分碘源于O3对海水中I-的氧化。将O3持续通入NaI溶液中进行模拟研究.
（1）O3将I-氧化成I2的过程由3步反应组成：
①I-（aq）+ O3（g）= IO-(aq)+O2（g） △H1
②IO-（aq）+H+(aq) HOI(aq) △H2
③HOI(aq) + I-(aq) + H+(aq) I2(aq) + H2O(l) △H3
总反应的化学方程式为 ，其反应△H= 。
（2）在溶液中存在化学平衡：I2(aq) + I-(aq) I3-(aq)，其平衡常数表达式为_______。
（3） 为探究Fe2+ 对O3氧化I-反应的影响（反应体系如图13），某研究小组测定两组实验中I3-浓度和体系pH，结果见图14和下表。
①第1组实验中，导致反应后pH升高的原因是_______。
②图13中的A为_____，由Fe3+生成A的过程能显著提高Ⅰ-的转化率，原因是_______。
③第2组实验进行18s后，I3-浓度下降。导致下降的直接原因有（双选）______。
A.c(H+)减小 B.c(I-)减小 C. I2(g)不断生成 D. c(Fe3+)增加
（4）据图14，计算3-18s内第2组实验中生成I3-的平均反应速率（写出计算过程，结果保留两位有效数字）。
解析：（1）将已知3个化学方程式连加可得O3+2Ⅰ—+2H+＝Ⅰ2+ O2+ H2O，由盖斯定律得△H＝△H1+△H2+△H3。
（2）依据平衡常数的定义可得，K＝。
（3）①由表格可以看出第一组溶液的pH由反应前的5.2变为反应后的11.0，其原因是反应过程中消耗氢离子，溶液酸性减弱，pH增大，水电离出氢离子参与反应破坏水的电离平衡，氢氧根浓度增大，溶液呈碱性，pH增大。
②由于是持续通入O3=，O3可以将Fe2+氧化为Fe3+：O3+2Fe2++2H+＝2Fe3++ O2+ H2O，Fe3+氧化Ⅰ—：2Fe3++2Ⅰ—＝Ⅰ2+2Fe2+，即A是亚铁离子。Ⅰ—消耗量增大，转化率增大，与Ⅰ2反应的量减少，Ⅰ3—浓度减小。
（4）由图给数据可知△c（Ⅰ3—）=（11.8×10—3 mol/L-3.5×10—3 mol/L）=8.3×10—3 mol/L，由速率公式得：v（Ⅰ3—）=△c（Ⅰ3—）/△t= 8.3×10—3 mol/L/(18—3)=5.5×10—4 mol/L·s。
答案：（1） O3+2Ⅰ—+2H+=Ⅰ2+ O2+ H2O，△H=△H1+△H2+△H3。（2）
（3）反应过程中消耗氢离子，溶液酸性减弱，pH增大，水电离出氢离子参与反应破坏水的电离平衡，氢氧根浓度增大，溶液呈碱性，pH增大；Fe3+，BD
（4）（计算过程略）5.5×10—4 mol/L·s
命题意图：化学反应原理与元素化合物
（2013福建卷）23.（16分）
利用化石燃料开采、加工过程产生的H2S废气制取氢气，既廉价又环保。
（1）工业上可用组成为K2O·M2O3·2RO2·nH2O的无机材料纯化制取的氢气
①已知元素M、R均位于元素周期表中第3周期，两种元素原子的质量数之和为27，则R的原子结构示意图为 _________
②常温下，不能与M单质发生反应的是_________（填序号）
a.CuSO4溶液 b.Fe2O3 c.浓硫酸 d.NaOH e.Na2CO3固体
（2）利用H2S废气制取氢气来的方法有多种
①高温热分解法
已知：H2S(g)==H2+1/2S2(g)
在恒温密闭容器中，控制不同温度进行H2S分解实验。以H2S起始浓度均为c mol·L-1测定H2S的转化率，结果见右图。图中a为H2S的平衡转化率与温度关系曲线，b曲线表示不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率。据图计算985℃时H2S按上述反应分解的平衡常数K=________；说明温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因：___________
②电化学法
该法制氢过程的示意图如右。反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，其目的是___________；反应池中发生反应的化学方程式为_____________________。反应后的溶液进入电解池，电解总反应的离子方程式为_______________________。
【答案】（1）① ②b、e
（2）① 温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的进间缩短（或其它合理答案）
②增大反应物接触面积，使反应更反分
H2S + 2FeCl3 = 2FeCl2 + S↓ + 2HCl 2Fe2＋ + 2H＋ 2Fe3＋ + H2↑
【解析】本题考查元素推断、原子结构、化学平衡的影响因素及计算、电化学等化学反应原理的知识，同时考查学生的图表分析能力。
（1）R为+4价，位于第3周期，应为Si元素，同理M为Al元素。常温下铝与Fe2O3不反应，与Na2CO3也不反应；（2）①K===。温度越高，反应速率越快，反应物的转化率越高，与平衡转化率差距越小，所以离得近。②FeCl3具有强氧化性，能够氧化H2S：2FeCl3＋H2S＝2FeCl2＋S＋2HCl。该逆流原理与浓硫酸中SO3的吸收相类似，气体从下端通入，液体从上端喷，可以增大气液接触面积，反应充分。从图可知电解过程中从左池通入的Fe2+生成Fe3+（阳极反应），循环使用；而另一电极产生的则为H2（阴极反应）。故电解总的离子方程式为：2Fe2+＋2H＋2Fe3+＋H2↑。
最终答案：略