1、化学反应原理综合题的研究考向突破一化学平衡与能量变化的结合1题型特点这类试题往往以化学反应速率，化学平衡知识为主题，借助图像、图表的手段，综合考查关联知识，关联知识主要有：(1)H符号的判断、热化学方程式的书写、应用盖斯定律计算H。(2)化学反应速率的计算与比较，外因对化学反应速率的影响(浓度、压强、温度、催化剂)。(3)平衡常数、转化率的计算，温度对平衡常数的影响；化学平衡状态的判断，用化学平衡的影响因素进行分析和解释。(4)在多层次曲线图中反映化学反应速率、化学平衡与温度、压强、浓度的关系。2热化学方程式的书写及反应热计算技巧首先根据要求书写目标热化学方程式的反应物、生成物并配平，其次在反
2、应物和生成物的后面括号内注明其状态，再次将目标热化学方程式与已有的热化学方程式比对(主要是反应物和生成物的位置、化学计量数)，最后根据盖斯定律进行适当运算得出目标热化学方程式的反应热H，空一格写在热化学方程式右边即可。3解答化学平衡移动问题的步骤(1)正确分析反应特点：包括反应物、生成物的状态、气体体积变化、反应的热效应。(2)明确外界反应条件：恒温恒容、恒温恒压、反应温度是否变化、反应物配料比是否变化。(3)结合图像或K与Q的关系、平衡移动原理等，判断平衡移动的方向或结果。(4)结合题意，运用“三段式”，分析计算、确定各物理量的变化。4分析图表与作图时应注意的问题(1)仔细分析并准确画出曲线
3、的最高点、最低点、拐点和平衡点。(2)找准纵坐标与横坐标的对应数据。(3)描绘曲线时注意点与点之间的连接关系。(4)分析表格数据时，找出数据大小的变化规律。1从空气中捕获CO2直接转化为甲醇是二十多年来“甲醇经济”领域的研究热点，诺贝尔化学奖获得者乔治安德鲁欧拉教授首次以金属钌作催化剂实现了这种转化，其转化如图所示。(1)如图所示转化中，第4步常采取蒸馏法分离生成的甲醇和水，其依据是_。(2)如图所示转化中，由第1步至第4步的反应热(H)依次是a kJmol1、b kJmol1、c kJmol1、dkJmol1，则该转化总反应的热化学方程式是_。(3)一定温度下，利用金属钌作催化剂，在容积为2
4、L的密闭容器中可直接实现(2)中总反应的转化得到甲醇。测得该反应体系中X、Y浓度随时间变化如下表：反应时间/min0246810X的浓度/molL11.1000.55000.30000.15000.10000.1000Y的浓度/molL10.0000.55000.80000.95001.0001.000X的电子式是_，判断的理由是_。从反应开始到平衡，用另一反应物Z表示的平均反应速率v(Z)_。下列不可作为反应达到平衡状态的标志的是_(填字母)。A混合气体的密度不再变化B生成1molCO2的同时生成1molCH3OHC混合气体的平均相对分子质量不再变化DCH3OH的体积分数不再变化若起始时只有
5、反应物且反应物Z的起始浓度为3.400molL1，则该条件下该反应的平衡常数K_。下列说法正确的是_(填字母)。a金属钌可大大提高该反应的化学反应速率和反应物的转化率bX的平衡转化率是90.91%c其他条件不变时，若起始投料是原来的2倍，X的平衡转化率低于90.91%d其他条件相同而温度升高时，测得X的平衡转化率为93%，由此可知该反应为吸热反应答案(1)甲醇与水互溶且甲醇的沸点比水低30以上(2)CO2(g)3H2(g)CH3OH(l)H2O(l)H(abcd) kJmol1(3)X随反应进行浓度减小，因此X为反应物，且其相同时间内转化量与Y相同，则其在方程式中的化学计量数应与Y相同，因此X
6、是CO20.3750molL1min1CD156.25bd解析(1)可用蒸馏法分离的两种物质的特点应该是沸点相差大于等于30的互溶液体。(2)根据图示是一个闭合的“环”，说明总反应的反应热是四步反应的反应热之和，结合碳元素守恒，可以写出总反应的热化学方程式：CO2(g)3H2(g)H2O(l)CH3OH(l)H(abcd) kJmol1。(3)根据表中数据，随着反应时间延长，X的浓度下降而Y的浓度从0开始增大，说明X为反应物，Y为生成物，又因为在相同时间内X的浓度变化量与Y的相同，说明在总反应化学方程式中X和Y的化学计量数应相等，满足此条件的反应物只有CO2，所以X为CO2，电子式为该反应只有
7、两种反应物，所以Z为H2，v(H2)3v(CO2)30.375 0 molL1min1。该反应的生成物为液态，因此混合气体的密度不再改变，可以作为反应达到平衡状态的标志；生成1 mol CO2为逆反应，生成1 mol CH3OH为正反应，生成1 mol CO2的同时生成1 mol CH3OH说明v正v逆，可作为反应达到平衡状态的标志；该反应的生成物均为液态，因此混合气体的平均相对分子质量不会发生变化，C项不可以作为反应达到平衡状态的标志；该反应的反应物均为气态，生成物均为液态，CH3OH的体积分数不再变化不能作为反应达到平衡状态的标志。根据题中数据，列“三段式”：CO2(g)3H2(g)H2O
8、(l)CH3OH(l)起始浓度/molL1 1.100 3.400 0 0变化浓度/molL1 1.000 3.000 1.000 1.000平衡浓度/molL1 0.100 0.400 1.000 1.000则K156.25。催化剂只能提高化学反应速率，不能使平衡移动，因此不能提高反应物的转化率，所以a错误；CO2的平衡转化率为100%90.91%，所以b正确；其他条件不变时，将起始投料增大1倍，相当于增大压强，化学平衡向气体分子数减少的方向移动，即正向移动，X的平衡转化率将增大，应高于90.91%，所以c错误；其他条件相同而升高温度，X的平衡转化率增大至93%，即升温平衡正向移动，说明正反
9、应为吸热反应，所以d正确。2甲烷主要存在于天然气和可燃冰中，在地球上储量巨大，充分利用甲烷对人类的未来发展具有重要意义。(1)乙炔(CHCH)是重要的化工原料。工业上可用甲烷裂解法制取乙炔，反应为2CH4(g)C2H2(g)3H2(g)。甲烷裂解时还发生副反应：2CH4(g)C2H4(g)2H2(g)。甲烷裂解时，几种气体平衡时分压(Pa)的对数即lgp与温度()之间的关系如图所示。1725时，向恒容密闭容器中充入CH4，达到平衡时CH4生成C2H2的平衡转化率为_。1725时，若图中H2的lgp5, 则反应2CH4(g)C2H2(g)3H2(g)的平衡常数Kp_(用平衡分压代替平衡浓度进行计
10、算)。根据图判断，2CH4(g)C2H2(g)3H2(g)的H_(填“”或“”)0。由题可知，甲烷裂解制乙炔过程中有副产物乙烯生成。为提高甲烷制乙炔的产率，除改变温度外，还可采取的措施有_。(2)工业上用甲烷和水蒸气在高温和催化剂存在的条件下制得合成气(CO、H2)，发生反应：CH4(g)H2O(g)CO(g)3H2(g)H0。图中a、b、c、d四条曲线中的两条代表压强分别为1MPa、2MPa时甲烷含量曲线，其中表示1MPa的是_(填字母)。在实际生产中采用图中M点而不是N点对应的反应条件，运用化学反应速率和平衡知识，同时考虑生产实际，说明选择该反应条件的主要原因是_。(3)利用CH4、CO2
11、在一定条件下重整的技术可得到富含CO的气体，此技术在能源和环境上具有双重重大意义。重整过程中的催化转化原理如图所示。已知：CH4(g)H2O(g)CO(g)3H2(g)H206.2kJmol1CH4(g)2H2O(g)CO2(g)4H2(g)H165.0kJmol1过程中第二步反应的化学方程式为_。只有过程投料比n(CH4)n(CO2)_，过程中催化剂组成才会保持不变。该技术总反应的热化学方程式为_。答案(1)62.5%11013充入适量乙烯或使用选择性更高的催化剂等(2)a与2MPa时相比，1MPa条件下CH4的平衡转化率更高，对设备要求不高，有利于降低成本；虽然温度越高越有利于提高CH4的
12、平衡转化率，但700时CH4的平衡转化率已经较高，再升高温度，平衡转化率变化不大；700时催化剂活性高，反应的速率快(3)3Fe4CaCO3Fe3O44CaO4CO13CH4(g)3CO2(g)2H2O(g)4CO(g)H329.8kJmol1解析(1)由图可知，1725达到平衡时，CH4、C2H2、C2H4的平衡分压的对数分别为2、2、1，故CH4、C2H2、C2H4的平衡分压分别为100Pa、100Pa、10Pa，在同温同体积条件下，不同气体的压强之比等于其物质的量之比，故CH4、C2H2、C2H4的物质的量之比为10101，由C原子守恒可知，CH4生成C2H2的平衡转化率为100%62.
13、5%。1725时，若图中H2的lgp5，则H2的平衡分压为1105Pa，反应2CH4(g)C2H2(g)3H2(g)的平衡常数Kp11013。根据图可知，C2H2的平衡分压随温度升高而增大，平衡正向移动，所以反应2CH4(g)C2H2(g)3H2(g)为吸热反应，H0。甲烷裂解制乙炔过程中有副产物乙烯生成，为提高甲烷制乙炔的产率，可充入适量乙烯使副反应的平衡向逆反应方向移动，或使用对甲烷转化为乙炔的选择性更高的催化剂等。(2)CH4(g)H2O(g)CO(g)3H2(g)H0，该反应为气体分子数增大的吸热反应，平衡时甲烷的含量随温度升高而减小、随压强增大而增大，所以，图中a、b、c、d四条曲线
14、中表示1MPa的是a。在实际生产中采用图中M点而不是N点对应的反应条件，类比工业上合成氨条件的选择可知，选择该反应条件的主要原因是与2MPa时相比，1MPa条件下CH4的平衡转化率更高，对设备要求不高，有利于降低成本；虽然温度越高越有利于提高CH4的平衡转化率，但700时CH4的平衡转化率已经较高，再升高温度，平衡转化率变化不大；700时催化剂活性高，反应的速率快。(3)由题中重整过程的催化转化原理示意图可知，过程中第一步反应是为了实现含氢物质与含碳物质的分离，故第一步反应为一氧化碳、二氧化碳、氢气与四氧化三铁、氧化钙反应生成铁、碳酸钙和水；过程中第二步是为了得到富含CO的气体，反应的化学方程
15、式为3Fe4CaCO3Fe3O44CaO4CO。结合过程反应CH4(g)CO2(g)2H2(g)2CO(g)中H2与CO的配比，以及过程第二步反应中Fe、CaCO3、Fe3O4、CaO的配比可知，第一步反应为Fe3O44CaO2CO2H22CO23Fe4CaCO32H2O，因此投料比n(CH4)n(CO2)13时，过程中催化剂组成才会保持不变。将题给两个反应编号为a和b，根据盖斯定律，由4a3b可得CH4(g)3CO2(g)2H2O4CO(g)，H(206.2kJmol1)4(165.0kJmol1)3329.8kJmol1。3“循环经济”和“低碳经济”是目前备受关注的课题，因而对碳、硫及其化
16、合物的综合利用成为研究的热点。(1)下列事实中，能用来比较碳元素和硫元素的非金属性强弱的是_(填字母)。ASO2具有漂白性而CO2没有B少量H2SO3可与Na2CO3反应生成NaHCO3CSO2能使酸性KMnO4溶液褪色而CO2不能DNa2CO3溶液显碱性，而Na2SO4溶液显中性(2)通过热循环进行能源综合利用的反应系统的原理如下图所示。系统()制取氢气的热化学方程式为_；两个系统制得等量的H2时所需能量较少的是_。(3)向10L恒容密闭容器中充入2molCO和1molSO2，发生反应2CO(g)SO2(g)S(g)2CO2(g)。CO和CO2的平衡体积分数()与温度(T)的变化关系如下图所
17、示。图中表示CO的平衡体积分数与温度的变化关系的曲线为_(填“L1”或“L2”)。T1时，SO2的平衡转化率1_，反应的平衡常数K1_。只改变下列条件，既能加快该反应的反应速率，又能增大CO的平衡转化率的是_(填字母)。A增大压强B充入一定量的H2SC充入一定量的SO2D加入适当催化剂向起始温度为T1的10L绝热容器中充入2molCO和1molSO2，重复实验，该反应的平衡常数K2_(填“”“”或“”)K1，理由为_。答案(1)D(2)S(g)2H2O(g)SO2(g)2H2(g)H158.8kJmol1系统()(3)L250%1C该反应为吸热反应，平衡时绝热容器内的温度低于恒温容器内的温度，
18、平衡逆向移动，平衡常数减小解析(1)SO2具有漂白性，其原因为SO2与有色物质反应生成不稳定的无色物质，与元素的非金属性无关，A错误；少量H2SO3可与Na2CO3反应生成NaHCO3，证明H2SO3的酸性强于HCO的酸性，但不能比较碳元素与硫元素的非金属性强弱，B错误；SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，体现其还原性，低价态氧化物的还原性强弱不能用于比较元素的非金属性强弱，C错误；Na2CO3溶液显碱性说明H2CO3为弱酸，Na2SO4溶液显中性说明H2SO4为强酸，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，元素的非金属性越强，D正确。(3)该反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，CO的平衡体积分
19、数减小，CO2的平衡体积分数增大，故图中表示CO的平衡体积分数与温度的变化关系的曲线为L2。由图中信息，T1时，M点对应体系中CO和CO2的平衡体积分数相等，则平衡时CO和CO2的物质的量相等，设参与反应的SO2的物质的量为x，根据“三段式”法可得2 mol2x2x，解得x0.5 mol，故SO2的平衡转化率1100%50%。同时计算得CO(g)、SO2(g)、S(g)、CO2(g)的平衡浓度分别为0.1 molL1、0.05 molL1、0.05 molL1、0.1 molL1，故该反应的平衡常数K11。考向突破二化学平衡与电解质溶液的结合1题型特点此类试题以元素及化合物、化学平衡知识为主题
20、，借助图像、图表的手段考查相关联的知识。主要考查点：(1)反应现象的描述。(2)氧化还原反应、原电池与电解池、陌生离子方程式的书写。(3)化学键与反应的热效应计算、信息条件下速率计算、平衡常数的计算、Ksp的计算。(4)平衡的影响因素、平衡移动与图像及相关原因的分析。2解题技巧(1)浏览全题，根据题目提供的信息，结合相关基础知识，先对简单问题进行解答(2)化学反应速率的影响因素的实验探究影响化学反应速率的探究实验中，控制变量是关键。(3)化学平衡常数及平衡转化率的计算平衡常数的计算可用三段式法，即找出浓度可变的反应物、生成物在起始时、转化的、平衡时的浓度，然后代入平衡常数表达式(平衡时生成物浓
21、度化学计量数次幂的乘积与反应物浓度化学计量数次幂乘积的比值)进行计算。(4)对于电化学类试题，首先判断是原电池还是电解池，然后分析电极类别，书写电极反应式，按电极反应式进行相关计算。(5)对于电解质溶液类试题，要明确溶液中的物质类型及其可能存在的平衡类型，然后进行解答。有关Ksp的计算往往与pH的计算结合起来，要注意pH与c(OH)浓度关系的转换，难溶电解质的悬浊液即为其沉淀溶解平衡状态，符合相应条件下的Ksp的值。1硫单质及其化合物在化工生产等领域应用广泛。(1)工业尾气中的SO2一直是环境污染的主要原因之一，工业上常采用氨水将SO2转化为NH4HSO3，再氧化为(NH4)2SO4的方法降低
22、尾气中的含硫量。实验测得NH4HSO3溶液中1500，则溶液的pH为_。(已知：H2SO3的Ka11.5102，Ka21.0107)(2)煤制得的化工原料气中含有羰基硫(O=C=S)，该物质可转化为H2S，反应为COS(g)H2(g)H2S(g)CO(g)H0。恒温、恒容条件下，密闭容器中发生上述反应，下列事实不能说明反应达到平衡状态的是_(填字母)。aCOS的浓度保持不变b化学平衡常数不再改变c混合气体的密度不再改变d形成2molHS键的同时形成1molHH键T1时，在恒容的密闭容器中，将定量的CO和H2S混合加热并达到平衡：H2S(g)CO(g)COS(g)H2(g)K0.25。则该温度下
23、反应COS(g)H2(g)H2S(g)CO(g)的平衡常数K_。T1时，向容积为10L的恒容密闭容器中充入1molCOS(g)和1molH2(g)，达到平衡时COS的转化率为_。(3)过二硫酸(H2S2O8)是一种强氧化性酸，其结构式为在Ag催化作用下，S2O能与Mn2在水溶液中发生反应生成SO和MnO，1molS2O能氧化的Mn2的物质的量为_mol。工业上可用惰性电极电解硫酸和硫酸铵混合溶液制备过二硫酸铵。则阳极的电极反应式为_。答案(1)6(2)bc466.7%(3)0.42SO2e=S2O解析(1)Ka1，Ka2，Ka1Ka2c2(H)1.51021.0107，则c(H)1106mol
24、L1，溶液的pH为6。(2)a项，COS的浓度保持不变，说明化学反应达到平衡状态；b项，化学平衡常数只和温度有关，不受浓度影响，所以化学平衡常数不变不能作为判断平衡的依据；c项，混合气体的密度为，恒容V为定值，都是气体，所以m不变，故不能说明；d项，形成2molHS键的同时形成1molHH键，说明正、逆反应速率相等，故可以作为判断平衡的标志。T1时，H2S(g)CO(g)COS(g)H2(g)的K0.25，COS(g)H2(g)H2S(g)CO(g)的K4。T1时，设平衡时COS的变化浓度为xmolL1，COS(g)H2(g)=H2S(g)CO(g)初始浓度/molL10.10.100变化浓度
25、/molL1xxxx平衡浓度/molL10.1x0.1xxxK4，x0.0667，COS的转化率为100%66.7%。(3)设1molS2O能氧化Mn2的物质的量为xmol，5S2O2Mn28H2O=10SO2MnO16H5mol2mol1molxmolx0.4。用惰性电极电解硫酸和硫酸铵混合溶液制备过二硫酸铵。阳极发生SO失电子生成S2O的反应，电极反应式为2SO2e=S2O。2砷酸H3AsO4、亚砷酸H3AsO3是两种弱酸。回答下列问题：(1)已知：4As(s)5O2(g)=2As2O5(s)H1As(s)H2(g)2O2(g)=H3AsO4(s)H2氢气的燃烧热H3则As2O5(s)3H
26、2O(l)=2H3AsO4(s)H4_。(2)常温下，向xmL0.1molL1H3AsO4溶液中滴加0.1molL1KOH溶液，混合溶液中由水电离的c水(H)与KOH溶液的体积之间的关系如图1所示。D点对应溶液的pH_(填“”“”或“”)7。x_。(3)在一定温度下，向某容器中加入一定量的Na3AsO3、I2和NaOH溶液，发生反应：AsOI22OHAsO2IH2O，AsO的转化率(AsO)与时间的关系如图2所示，测得F点对应溶液中c(I2)0.2molL1、c(I)0.4molL1，且溶液pH13。E点：v正_(填“”“”或“”，下同)v逆；E点的v正_G点的v逆。下列情况表明该反应达到平衡
27、状态的是_(填字母)。a2v正(I)v逆(AsO)b溶液颜色不再变化c溶液的pH不再变化d溶液中不再变化在该条件下，上述反应的平衡常数K_(用含m的代数式表示)。(4)为了证明AsOI22OHAsO2IH2O存在化学平衡，设计如图3所示实验。关闭K时，发现右侧烧杯中溶液颜色逐渐变浅，写出此时负极的电极反应式：_。为了证明上述反应存在平衡，操作方法是_。答案(1)2H2H13H3(2)10(3)bc(4)AsO2OH2e=AsOH2O向右侧烧杯中加入KI(或向左侧烧杯中滴加适量的稀硫酸等其他合理答案)解析(1)根据氢气的燃烧热写出H2(g)O2(g)=H2O(l)H3，由盖斯定律知，可由23得到
28、目标反应，则H42H2H13H3。(2)由图1知，C点时水的电离程度最大，说明H3AsO4和KOH恰好完全反应生成了K3AsO4和H2O，溶液呈碱性。在C点之后，继续滴加KOH溶液，则D点一定呈碱性。根据H3AsO4与KOH以物质的量之比为13反应知V(H3AsO4溶液)10mL。(3)E点对应的反应未达到平衡，正反应速率大于逆反应速率。，所以，2v正(I)4v正(AsO)，当满足a条件时v逆(AsO)v正(AsO)，反应向左进行，a错误；产物浓度之比始终是定值，d错误。设起始时c(AsO)cmolL1，则平衡时c(AsO)cmmolL1，转化的c(AsO)c(1m) molL1，pH13，c
29、(OH)0.1molL1。代入数据进行计算：K。(4)溶液颜色变浅，说明碘单质的浓度减小，反应向右进行；左侧石墨极为负极，负极的反应式为AsO2OH2e=AsOH2O；右侧石墨为正极，正极的反应式为I22e=2I。为了证明AsOI22OHAsO2IH2O存在化学平衡，必须改变条件使反应向左进行，可在左侧烧杯中加入无还原性酸，如稀硫酸；或在右侧烧杯中加入KI，增大KI浓度。若右侧烧杯中溶液颜色加深，则反应向左进行，证明上述反应存在平衡移动。3对废(尾)气中的氮氧化物、二氧化硫等进行必要处理，减少它们的排放，让空气更加清洁是环境科学的重要课题之一，也是“打赢蓝天保卫战”的重要举措。分析有关氮氧化物
30、、二氧化硫的反应，并回答相关问题：(1)已知：N2(g)O2(g)=2NO(g)H1180.5kJmol1C(s)O2(g)=CO2(g)H2393.5kJmol12C(s)O2(g)=2CO(g)H3221.0kJmol1若某反应的平衡常数表达式为K，请写出此反应的热化学方程式：_。(2)利用汽油中挥发出来的烃类物质(CxHy)催化还原汽车尾气中的NO气体可消除由此产生的污染，该过程的化学方程式为_。(3)废气中的SO2经过净化后与空气混合进行催化氧化等一系列反应后可制取硫酸，其中SO2发生催化氧化的反应为2SO2(g)O2(g)2SO3(g)。往一固定体积的密闭容器中通入SO2和O2其中n
31、(SO2)n(O2)21，在不同温度下测得容器内总压强与反应时间的关系如图所示。图中A点处SO2的转化率为_。C点的正反应速率vC(正)与A点的逆反应速率vA(逆)的大小关系为vC(正)_(填“”“”或“”)vA(逆)。图中B点用压强表示的平衡常数Kp_(用平衡分压代表平衡浓度计算，分压总压物质的量分数)。(4)工业上常用氨水吸收二氧化硫，可生成(NH4)2SO3。判断常温下(NH4)2SO3溶液的酸碱性并说明判断依据_。(已知常温下NH3H2O的Kb1.8105；H2SO3的Ka11.3102，Ka26.3108)答案(1)2NO(g)2CO(g)N2(g)2CO2(g)H746.5kJmo
32、l1(2)4CxHy(8x2y)NO4xCO2(4xy)N22yH2O(3)45%24300(4)溶液显碱性，Kb(NH3H2O)大于Ka2(H2SO3)，SO的水解程度比NH大(其他合理解释也可)解析(1)根据该反应的平衡常数表达式K，可知该反应为2NO(g)2CO(g)N2(g)2CO2(g)H，将题给的三个热化学方程式依次编号为、，根据盖斯定律，由2得到2NO(g)2CO(g)N2(g)2CO2(g)H746.5 kJmol1。(2)用烃催化还原NO气体以消除由此产生的污染，可知反应生成无污染的N2、CO2和H2O，根据得失电子守恒、原子守恒可写出并配平化学方程式。(3)设起始通入的SO
33、2为2amol，O2为amol，在A点时，O2转化了xmol，根据三段式法进行计算：2SO2(g)O2(g)2SO3(g)起始/mol2aa0转化/mol2xx2xA点时/mol2a2xax2x在恒温恒容条件下，气体压强之比等于物质的量之比，故，解得x0.45a，则A点SO2的转化率(SO2)100%45%。T1条件下，由A到B，反应趋向平衡，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，B点时反应处于平衡状态，故vA(逆)vB(逆)vB(正)。又由题图知，T2条件下反应先达到平衡，则T2T1，由B到C，温度升高，反应速率加快，故vC(正)vB(正)vB(逆)vA(逆)。设起始通入2bmolSO2，
34、bmolO2，在B点反应达到平衡时O2转化了ymol，根据三段式法进行计算：2SO2(g)O2(g)2SO3(g)起始/mol2bb0转化/mol2yy2y平衡/mol2b2yby2y在恒温恒容条件下，气体压强之比等于物质的量之比，故，解得y0.9b，故Kp24300。(4)NH水解生成了H和NH3H2O，使溶液显酸性，而SO水解生成了OH和HSO，使溶液显碱性，由于Kb(NH3H2O)大于Ka2(H2SO3)，说明NH的水解程度小于SO的水解程度，故(NH4)2SO3溶液显碱性。“7化学反应原理”特训A组(25分钟)1下列有关有机物的说法正确的是()A乙醇、四氯化碳是常用的有机溶剂B四氟乙烯
35、常用作不粘锅的内层涂料C葡萄糖和蛋白质组成元素相同，均为重要的营养物质D过氧乙酸(CH3COOOH)具有酸性，因此常用于环境消毒答案A解析乙醇、四氯化碳是液态有机物，常用作有机溶剂，A项正确；聚四氟乙烯常用作不粘锅的内层涂料，B项错误；蛋白质由C、H、O、N等元素组成，葡萄糖由C、H、O元素组成，二者组成元素不相同，C项错误；过氧乙酸具有强氧化性，能杀菌消毒，而不是因为其酸性，D项错误。2钛白粉(TiO2)和铁红(Fe2O3)是常见的涂料，制备流程如下。下列说法错误的是()A向绿矾中加入NH4HCO3产生CO2气体B铁粉参与的反应只有2Fe3Fe=3Fe2C适当增大硫酸的浓度、加热均可加快固体
36、的溶解速率D若用烧碱替代纯碱，会提高生产成本答案B解析加入NH4HCO3，发生反应Fe22HCO=FeCO3CO2H2O，A项正确；酸性溶液中含有Fe3和H，加入铁粉，发生反应2Fe3Fe=3Fe2、2HFe=Fe2H2，B项错误；升高温度、增大反应物的浓度均可加快反应速率，C项正确；烧碱的价格高于纯碱的价格，若用烧碱替代纯碱，会提高生产成本，D项正确。3有机物H常用作香料，其合成路线如下。下列说法错误的是()AEF的反应类型为酯化反应BE可与NaHCO3溶液反应CH分子中所有碳原子可能共面DF的一氯代物有4种答案C解析E分子中羧基与羟基发生酯化反应生成F，A项正确；碳酸氢钠溶液与羧基反应生成
37、CO2，B项正确；H分子中所有碳原子不可能共面，C项错误；F分子中含有4种不同化学环境的氢原子，故其一氯代物有4种，D项正确。4短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，且只有一种金属元素。其中X与W处于同一主族，Z元素原子半径在短周期中最大(稀有气体除外)，Z与W、W与Q的原子序数之差均为3，五种元素原子的最外层电子数之和为21，下列说法正确的是()AX和Y的常见氧化物都是大气污染物B自然界中W的储量丰富，高纯度的W的氧化物是将太阳能转化为电能的材料C一定条件下，Q单质可把Y从其氢化物中置换出来D最高价氧化物对应水化物的酸性顺序：QYWX答案C解析短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的
38、原子序数依次增大，且只有一种金属元素。Z元素原子半径在短周期中最大，则Z为Na。Z与W、W与Q的原子序数之差均为3，则W为Si、Q为Cl。X与W处于同一主族，则X为C。五种元素原子的最外层电子数之和为21，则Y为N。X的常见氧化物二氧化碳不是大气污染物，A项不正确；自然界中Si的储量丰富，高纯度SiO2是制造光导纤维的材料，B项不正确；Cl的非金属性比N强，所以在一定条件下，氯气可把氮元素从其氢化物中置换出来，C项正确；最高价氧化物对应水化物的酸性：碳酸强于硅酸，D项不正确。5利用太阳能电池为电源，将CO2转化成燃料气体(CO)，用可传导H的固体作电解质，装置如图所示。下列推断不正确的是()A
39、电极a为阳极B电极b的电极反应式为CO22e2H=COH2OC产生11.2LO2时2molH由质子交换膜左侧向右侧迁移D总反应式为2CO22COO2答案C解析观察题图装置，由电极上物质转化关系及元素化合价变化，可以判断电极反应类型。A项，水转化成氧气，发生氧化反应，则电极a为阳极，电极反应式为2H2O4e=4HO2，正确；B项，电极b为阴极，发生还原反应，电极反应式为CO22H2e=COH2O，正确；C项，未指明温度和压强，故11.2LO2的物质的量不一定为0.5mol，错误；D项，在得失电子守恒条件下，将阴、阳极的电极反应式相加得到总反应式，正确。6依据反应2NaIO35SO24H2O=I23H2SO42NaHSO4，并利用下列装置从含NaIO3的废液中制取单质碘的CCl4溶液并回收NaHSO4。其中