1、备战高考化学二轮化学反应与能量专项培优易错 难题含答案一、化学反应与能量练习题（含详细答案解析）1 工业上利用锌焙砂 (主要含 ZnO、 ZnFe2O4，还含有少量 FeO、 CuO 等杂质 )制取金属锌的工艺流程如下。回答下列问题：(1)ZnFe2O4 是一种性能优良的软磁材料，也是一种催化剂，能催化烯类有机物氧化脱氢等反应。ZnFe2O4 中 Fe 的化合价是 _。工业上利用反应 ZnFe2 2 4 322 4222 4(C O )6H O ZnFe O 2CO 4CO 6H O 制备 ZnFe O 。该反应中每生成1 mol ZnFe2O4 转移电子的物质的量是_。(2)酸浸时要将锌焙砂
2、粉碎，其目的是提高酸浸效率。为达到这一目的，还可采用的措施是_( 任答一条 )；已知 ZnFe O能溶于酸，则酸浸后溶液中存在的金24属离子有 _ 。(3)净化 中 H2O2 参与反应的离子方程式为_；试剂 X 的作用是 _。【答案】 34 mol 增大硫酸的浓度 (或升高温度、搅拌等其他合理答案) Zn2、 Fe3 、Fe2 、 Cu2H2O2 2Fe2 2H =2Fe3 2H2O 调节溶液的 pH，促进 Fe3 水解【解析】【分析】将锌焙砂 (主要含 ZnO、ZnFe2O4，还含有少量 FeO、 CuO 等氧化物杂质 )酸浸，发生反应ZnFe2O4+8H+=Zn2+2Fe3+4H2O、Zn
3、O+2H+=Zn2+H2O、 FeO+2H+=Fe2+H2O、+2+22+2 23+2CuO+2H =Cu +H O，向溶液中加入双氧水，发生反应2Fe +2H +H O =2Fe+2H O，调节溶液的 pH 将 Fe3+转化为 Fe(OH)3 沉淀，调节溶液pH 时不能引进新的杂质，可以用ZnO，所以 X 为 ZnO，然后向溶液中加入Zn，发生反应 Cu2+Zn=Zn2+Cu，然后过滤，所以Y 中含有Cu，最后电解得到Zn；(1) ZnFe O 中锌的化合价+2 价，氧元素化合价-2 价，结合化合价代数和为0 计算得到 Fe24的化合价；工业上利用反应ZnFe22 4 322 42224(C
4、 O ) ?6H OZnFe O +2CO +4CO +6HO 制备ZnFe O 反应过程中铁元素化合价+2 价变化为 +3 价，碳元素化合价 +3 价变化为 +4 价好 +2 价，计算转移电子的物质的量；(2)酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率为达到这一目的，还可采用的措施是增大硫酸的浓度或升高温度、空气搅拌等，已知ZnFe2O4 能溶于酸，则酸浸后溶液中存在的金属离子有，氧化锌溶解得到锌离子、氧化亚铁溶解得到亚铁离子、氧化铜溶解得到铜离子、 ZnFe2O4 能溶于酸得到铁离子；(3)净化中 H2O2 参与反应是双氧水具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，试剂X 的作用是调节溶液PH
5、，促进 Fe3+水解生成氢氧化铁沉淀除去。【详解】(1) ZnFe2O4 中锌的化合价+2 价，氧元素化合价-2 价，结合化合价代数和为0 计算得到Fe的化合价， +2+x2+(-2) 4=0，x=+3；工业上利用反应ZnFe2(C2 O4)3?6H2 OZnFe2 O4+2CO2 +4CO+6H2O制备ZnFe2O4，反应过程中铁元素化合价+2 价变化为 +3 价，碳元素化合价+3 价变化为 +4 价好 +2 价，则氧化产物为： ZnFe2O4、CO2，每生成1mol ZnFe2O4，碳元素化合价+3 价变化为 +2 价降低得到电子，每生成 1mol ZnFe2O4，生成 4molCO 转移
6、电子的物质的量是4mol ；(2)酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率为达到这一目的，还可采用的措施是增大硫酸的浓度或升高温度、空气搅拌等，已知ZnFe2O4 能溶于酸，则酸浸后溶液中存在的金属离子有，氧化锌溶解得到锌离子、氧化亚铁溶解得到亚铁离子、氧化铜溶解得到铜离子、 ZnFe2O4 能溶于酸得到铁离子，所以得到的金属离子有：Zn2+、 Fe3+、 Fe2+、Cu2+；(3)净化中 H O 参与反应是双氧水具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式22为： H2O2+2Fe2+2H+ 2Fe3+2H2O，试剂 X 的作用是调节溶液pH，促进 Fe3+水解生成氢氧化铁沉淀除去。2
7、 钴和锌是重要的有色金属，其单质及化合物被广泛用于国民经济各个领域。一种从有机废催化剂中回收钴和锌的工艺流程如下：已知：“浸出”后溶液中含有Co2 、 Zn2 、Mn 2 、Fe2 、 Fe3等。请回答：( 1) “煅烧”的目的为_ 。( 2) “净化”时，与KMnO4发生反应的所有离子方程式有_ 。( 3) “沉钴”时，发生如下反应： (NH4)2S2O8 H2O NH4HSO4 H2O2； H2O2 H2OO； ； Co3 H2O Co(OH)3 H。所缺的化学方程式为_ ；每生成1 molCo(OH)3，理论上消耗 (NH4)2S2O8 的物质的量为 _。( 4) Co(OH)3 沉淀应
8、依次用稀硫酸和水洗涤，检验沉淀是否洗涤干净的方法是_。( 5) “沉钴”时pH 不能太高，其原因为_ ；“沉锌”时温度不能太高，其原因为_ 。( 6) 取“沉锌”后所得固体 34.1g，煅烧后得到固体 24.3g，将生成的气体通过足量的浓硫酸，增重 5.4g。则所得固体的化学式为 _。【答案】除去其中的有机物(或将金属元素转化为氧化物，有利于后续浸出，合理即可)MnO 4-+3Fe2+7H2 O=MnO2 +3Fe(OH) +5H+ 、3Mn 2+2MnO4 -+2H2O=5MnO 2 +4H+ 2Co2+O+2H+=2Co3+H2O 0.5mol 取最后一次洗涤液少许于试管中，向其加入氯化钡
9、溶液，没有白色沉淀生成，证明洗涤干净防止 Zn2+提前沉淀防止 NH4HCO3 热分解ZnCO3?2Zn(OH)?H2O【解析】【分析】将废催化剂高温煅烧，将有机废催化剂中的有机物除去，并将金属元素转化为金属氧化物，用硫酸对煅烧产物进行酸浸，pH 控制在 15，得到含有Co2 、 Zn2 、 Mn 2、 Fe2 、 Fe3的浸出液，调节溶液pH 值为 55.2，加入高锰酸钾将Mn 2、 Fe2 氧化并转化为 Fe(OH)3和 MnO 242 2 82氧化为 Co3 并转化为除去，再次调节溶液 pH 值为 4.5，加入 (NH) S O将 CoCo(OH) 沉淀除去，调节pH 值为 8，加入碳酸
10、氢铵使锌离子转化为ZnCO ?xZn(OH)?yHO 沉3322淀，据此分析解答。【详解】(1) 煅“烧 ”可以除去其中的有机物，同时可将金属元素转化为金属氧化物，有利于后续浸出；(2) 净“化 ”时，加入KMnO4 的目的是除去溶液中的Fe2+和 Mn 2+，反应的离子方程式为：MnO 4-+3Fe2+ +7H2O= MnO2 +3Fe(OH)3 +5H+、 3Mn 2+2MnO4-+2H2O=5MnO 2 +4H+；(3)从流程中可以看出， “沉钴 ”时， (NH4)2S2O8 为氧化剂，因此除去的是 Co2 ，结合所给反应过程，缺少将 Co2 转化为 Co3 的反应，则可得所缺的化学方程
11、式为2Co2+O+2H+=2Co3+H2O；根据电荷守恒可得，(NH4)2S2O8H2O2O2Co3+ 2Co(OH)3，每生成1mol Co(OH)3 理论上消耗(NH4)2S2O8 的物质的量为0.5mol ；(4) Co(OH)3 沉淀应依次用稀硫酸和水洗涤，检验Co(OH)3 沉淀是否洗涤干净，也就是检验是否含有硫酸根离子，可取取最后一次洗涤液少许于试管中，向其加入氯化钡溶液，没有白色沉淀生成，证明洗涤干净；(5) 沉“钴 ”时 pH 不能太高，防止 Zn2+提前沉淀； “沉锌 ”时，加入 NH4HCO3，铵盐受热易分解，温度不能太高，防止NH4HCO3 热分解；(6)取 “沉锌 ”后
12、所得固体34.1g，煅烧后得到固体24.3g，将生成的气体通过足量的浓硫酸，增重 5.4g，增重的质量为水，根据质量守恒，煅烧生成的CO2 气体的物质的量为34.1-24.3-5.4 gZnCO ?xZn(OH)?yH O 为 0.1mol，煅烧后生=0.1mol ，根据元素守恒可知44g/mol322成的 ZnO 的物质的量为24.3g=0.3mol ，根据 Zn 元素守恒， 0.1mol+0.1molx=0.3mol ，则81g/mol5.4gx=2，生成水的物质的量为=0.3mol ，根据氢元素守恒，18g/mol0.1mol 2 2+0.1mol 2y=0.3mol，则 2y=1，则所
13、得固体的化学式为ZnCO3?2Zn(OH)?H2O。3 利用石灰乳和硝酸工业的尾气(含 NO、 NO2)反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca(NO2)2，其部分工艺流程如下：(1)上述工艺中采用气液逆流接触吸收(尾气从吸收塔底部进入，石灰乳从吸收塔顶部喷淋 )，其目的是 _ ；滤渣可循环利用，滤渣的主要成分是_( 填化学式 )。(2)该工艺需控制NO 和 NO物质的量之比接近11。2若排放的尾气中NO 含量升高，则NO 和 NO2物质的量之比 _；若产品2 2中Ca(NO )Ca(NO3)3 含量升高，则 NO 和 NO2物质的量之比 _。（填写序号） 1 1 1 11 1无法判断(3)
14、生产中溶液需保持弱碱性，在酸性溶液中Ca(NO2)2 会发生分解，产物之一是NO，据此信息，某同学所写的反应离子方程式为2NO2 2H=NO2 NO H2 O，你同意吗？_（填“同意”或“不同意“），如不同意，请说明你的理由_ 。【答案】使尾气中NO、 NO2被充分吸收2二氧化氮能与水会Ca(OH) 不同意发生反应，产物中不可能生成二氧化氮【解析】【分析】由流程可知，石灰乳和硝酸工业的尾气 (含 NO、NO2)反应，生成 Ca(NO2)2，过量的石灰乳以滤渣存在，碱性溶液中尾气处理较好；(1)使尾气中 NO、NO2 与石灰乳充分接触；滤渣的主要成分是Ca(OH)2；(2)若 n(NO)： n(
15、NO2 ) 1： 1，则一氧化氮过量，若1： 1，则二氧化氮过量；(3)二氧化氮能与水会发生反应，据此分析解答。【详解】由流程可知，石灰乳和硝酸工业的尾气(含 NO、NO2)反应，生成Ca(NO2)2，过量的石灰乳以滤渣存在，(1)使尾气中 NO、NO2 与石灰乳充分接触，NO、 NO2 被充分吸收，滤渣主要成分是2Ca(OH) ；(2)若 n(NO)： n(NO2 )1： 1，则一氧化氮过量，排放气体中NO 含量升高，若 n(NO)： n(NO2)1： 1，则二氧化氮过量，二氧化氮可与石灰乳反应生成Ca(NO3)2，产品中 Ca(NO3)2 含量升高；(3)若离子方程式为 2NO2 2H =
16、NO2 NO H2O，二氧化氮能与水会发生反应，产物中不可能生成二氧化氮，则不同意该同学书写的离子反应方程式。4 以氯化钾和硫酸亚铁为原料生产硫酸钾和氧化铁红颜料，其主要流程如下：已知： NH4HCO3 溶液呈碱性， 30以上 NH4 HCO3 大量分解。(1)NH4HCO3 溶液呈碱性的原因是_ 。(2)写出沉淀池I 中反应的化学方程式_，该反应必须控制的反应条件是 _ 。(3)检验沉淀池I 中 Fe2+沉淀是否完全的方法是_。(4)酸化的目的是 _ 。(5)在沉淀池 II 的反应中，为使反应物尽可能多地转化为生成物，可在反应过程中加入_。a (NH4)2SO4b KClcd丙醇水(6)N、
17、 P、 K、 S 都是植物生长所需的重要元素。滤液A 可做复合肥料，因为其中含有_ 等元素。【答案】 NH4+的水解程度小于HCO3-的水解程度2NH4HCO3 + FeSO4 FeCO3 +(NH4 )2SO4 + CO2 + H2O 反应温度低于30 取沉淀池 I 的滤液，滴加 KSCN溶液后滴加氯水，若无红色出现，说明沉淀完全除去溶液中的 HCO -3cN、 S、 K【解析】【分析】FeSO4 与 NH4HCO3 发生双水解反应生成碳酸亚铁、硫酸铵、二氧化碳等，然后过滤得到碳酸亚铁，碳酸亚铁在空气中加热得到氧化铁，因滤液中含有NH4HCO3，向滤液中加入硫酸，可除去HCO -3 ，此时溶
18、液中溶质为硫酸铵、硫酸，向溶液中加入足量KCl，此时溶液中因硫酸钾的溶解度较氯化铵低而发生沉淀，然后过滤，得到硫酸钾固体，以此解答。【详解】+（1） NH4HCO3 溶液中铵根离子水解显示酸性，碳酸氢根离子水解显示碱性，NH 4 的水解程度小于HCO 3- 的水解程度，所以NH4HCO3 溶液呈碱性，故答案为：NH +4的水解程度小于 HCO -3 的水解程度；（2）碳酸氢根离子和亚铁离子之间发生双水解反应生成碳酸亚铁沉淀，并放出二氧化碳，反映的原理方程式为： 2NH4HCO3+FeSO4=FeCO3 +(NH4)2SO4+CO2 +H2O，为防止较高温度下碳酸氢铵的分解，要注意温度的选择，故
19、答案为：2NH4HCO +FeSO=FeCO +(NH )SO +CO +H O；反应温度低于 30 ；3434 2422（3）亚铁离子可以被氯气氧化为三价铁离子，亚铁离子遇到硫氰酸钾不显色，但是三价铁遇到硫氰酸钾显示红色，检验沉淀池I 中 Fe2+沉淀是否完全的方法是：取沉淀池I 的滤液，滴加 KSCN溶液后滴加氯水，若无红色出现，说明沉淀完全，故答案为：取沉淀池I 的滤液，滴加KSCN溶液后滴加氯水，若无红色出现，说明沉淀完全；（4）沉淀池 中，除了生成的碳酸亚铁之外，溶液中含有过量的碳酸氢铵，加入酸，酸化的目的是除去溶液中的 HCO 3-，故答案为：除去溶液中的HCO 3-；（5）由题目
20、看出在沉淀池II 中生成的 K2 424SO 为固体，而K SO 在无机溶剂中溶解度是比较大的，要想使 K2 424SO 析出只能降低其溶解度所以加入醇类溶剂目的降低K SO 的溶解度，故选： c；（ 6）滤液 A 的成分中含有 (NH4 )2 SO4 以及 KCl，即其中含有 N、 S、 K 元素，属于复合肥料，故答案为： N、S、 K。5 （ 1）反应 3Fe(s)+4H2O(g)3 42Fe O (s)+4H (g)在一容积可变的密闭容器中进行，试回答：（填“加快”、“不变 ”或 “减慢 ”）。保持体积不变充入Ne，其反应速率 _。保持压强不变充入Ne，其反应速率 _。（2）在一定条件下
21、发生反应： 6NO(g)+4NH3(g)5N2(g)+6H2O(g)。某次实验中测得容器内 NO 及 N2 的物质的量随时间变化如图所示，图中v(正)与 v(逆)相等的点为 _（选填字母）。（3）一定条件下，在2L 密闭容器内，发生反应 2NO2(g)N2O4(g)， n(NO2)随时间变化如下表：时间 /s012345n(NO2)/mol0.0400.0200.0100.0050.0050.005用 NO2 表示 0 2s 内该反应的平均速率为_。在第 5s 时， NO2 的转化率为 _。【答案】不变-1-1减慢 cd 0.0075mol Ls 87.5%【解析】【分析】【详解】(1)保持体
22、积不变充入Ne，各反应物和生成物的浓度不变，故反应速率不变；保持压强不变充入Ne，容器体积变大，各物质浓度减小，反应速率减慢；(2)反应达到平衡时正逆反应速率相等，据图可知t2 时刻后 N2 和 NO 的物质的量不再改变，说明反应到达平衡，所以c、 d 两个点 v(正)与 v(逆 )相等；(3)2s 内 n(NO )=0.04mol-0.01mol=0.03mol，容器体积为 2L，所以反应速率为2c0.03mol-1 -1；2L=0.0075mol Ls=2st第 5s 时， n(NO2)=0.04mol-0.005mol=0.035mol，转化率为 0.035mol 100% =87.5%
23、。0.04mol【点睛】判断通入惰性气体或者改变压强对反应速率的影响时，关键看是否改变了反应物和生成物中气体的浓度，若浓度改变则影响反应速率，若浓度不变则不影响反应速率。+2+6 依据氧化还原反应： 2Ag(aq)+Cu(s)=Cu (aq)+2Ag(s)设计的原电池如图所示。请回答下列问题：(1)电极 X 的材料是 _；电解质溶液Y 是 _；(2)银电极上发生的电极反应式为_ ；(3)外电路中的电子是从_ _；(4)当有 1.6 g 铜溶解时，银棒增重_g 。【答案】 Cu AgNO3Ag+e- =AgX(或 Cu) Ag 5.4【解析】【分析】(1)根据电池反应式知， Cu 失电子发生氧化
24、反应，作负极， Ag 作正极，电解质溶液为含有银离子的可溶性银盐溶液；(2)银电极上是溶液中的Ag+ 得到电子发生还原反应；(3)外电路中的电子是从负极经导线流向正极；(4)先计算 Cu 的物质的量，根据反应方程式计算出正极产生Ag 的质量，即正极增加的质量。【详解】(1)根据电池反应式知， Cu 失电子发生氧化反应， Cu 作负极，则 Ag 作正极，所以 X 为Cu，电解质溶液为 AgNO3 溶液；(2)银电极为正极，正极上Ag+得到电子发生还原反应，正极的电极反应式为：Ag+e-=Ag；(3)外电路中的电子是从负极Cu 经导线流向正极Ag；(4)反应消耗 1.6 g 铜的物质的量为m1.6
25、gn(Cu)=0.025 mol ，根据反应方程式M64g / mol2Ag+(aq)+Cu(s)=Cu2+(aq)+2Ag(s)可知：每反应消耗1 mol Cu，正极上产生2 mol Ag，则0.025mol Cu 反应，在正极上产生0.05 mol Ag ，该 Ag 的质量为m(Ag)=0.05 mol 108 g/mol=5.4g，即正极银棒增重5.4 g。【点睛】本题考查原电池原理，明确元素化合价变化与正负极的关系是解本题关键，计算正极增加的质量时，既可以根据反应方程式计算，也可以根据同一闭合回路中电子转移数目相等计算。1）选择适宜的材料和试剂设计一个原电池，完成下列反应：Zn+CuS
26、O7 （44=ZnSO +Cu。画出装置图：_。电极材料和电解质溶液各是什么_。？写出电极反应式：负极：_；正极： _。（2）用锌片、铜片连接后浸入稀硫酸溶液中，构成了原电池，工作一段时间，锌片的质量减少了 3.25 克，铜表面析出了氢气_L（标准状况下）。导线中通过_mol 电子。【答案】负极：锌片、正极：铜片； CuSO溶液-2+4Zn2e =ZnCu2+2e-=Cu 1.12L 0.1【解析】【分析】（1）利用反应 Zn+CuSO44Zn 为负极，则正极可以=ZnSO +Cu 设计原电池，根据反应可知，是活泼性不如 Zn 的金属如铜等，也可以是碳棒，电解质溶液应为CuSO4，根据原电池原
27、理写出电极反应式。（ 2）根据锌和氢气之间转移电子数目相等计算。【详解】（1）利用反应 Zn+CuSO44Zn 为负极，则正极可=ZnSO+Cu 设计原电池，根据反应可知，以是活泼性不如 Zn 的金属如铜等，也可以是碳棒，电解质溶液应为CuSO4，设计的原电池装置为：；根据以上设计可知，负极为锌片，正极为铜片，电解质溶液为CuSO4 溶液；原电池中负极活泼金属失电子发生氧化反应，电极反应为：Zn2e-=Zn2+，正极为溶液中的阳离子得到电子发生还原反应， CuSO4 溶液中的阳离子有 Cu2+和 H+，放电能力 Cu2+大于H+，正极反应为：， Cu2+2e-=Cu；（2）用锌片、铜片连接后浸
28、入稀硫酸溶液中构成的原电池中，负极：Zn2e-=Zn2+，正极：+-2，由电极反应23.25g0.05mol ，2H +2e =Hn(H)=n(Zn)= 65g / molV(H2)=0.05mol22.4L/mol=1.12L ，n(e-)=2 n(Zn)=2 0.05mol=0.1mol 。【点睛】原电池中负极材料一般为活泼金属，失去电子发生氧化反应，负极由于消耗而减少，正极一般是溶液中的阳离子得到电子发生还原反应，放电能力强的阳离子发生反应，正极上的现象一般为产生气体或质量增加。8 氮的氧化物是造成大气污染的主要物质。研究氮氧化物的反应机理对于消除环境污染有重要意义。 NO 在空气中存在
29、如下反应：2NO(g)+O2 (g)2NO2 (g) H，上述反应分两步完成，其反应历程如图所示：回答下列问题：（ 1）写出反应 I 的热化学方程式 _。（ 2）反应 I 和反应中，一个是快反应，会快速建立平衡状态，而另一个是慢反应。决定2NO(g)+O (g)2NO2(g)反应速率的是 _(填“反应 I ”或 “反应 ”)；对该反应体系升高温2度，发现总反应速率反而变慢，其原因可能是_(反应未使用催化剂 )。【答案】2NO(g)N2 23 4反应 决定总反应速率的是反应，升高?O (g) H=-(E -E ) kJ/ mol温度后反应 I 平衡逆向移动，造成N2 22 2浓O 浓度减小，温度
30、升高对反应的影响弱于N O度减小的影响，N2O2 浓度减小导致反应速率变慢【解析】【分析】(1)根据图像分析反应I为2NO(g) N2O2(g)?的焓变，写出热化学方程式；(2)根据图像可知，反应I 的活化能反应的活化能，反应I 为快反应，反应为慢反应，决定该反应速率的是慢反应；决定正反应速率的是反应，结合升高温度对反应I 和的影响分析可能的原因。【详解】(1)根据图像可知，反应I 的化学方程式为：2NO(g)? N2O2(g) H=(E4-E3)kJ/mol=-(E 3-E4) kJ/mol，故答案为：2NO(g) N2O2 (g) H=-(E3-E4) kJ/ mol；?(2)根据图像可知
31、，反应 I 的活化能反应的活化能，反应I 为快反应，反应为慢反应，决定 2NO(g)+O2(g)? 2NO2(g)反应速率的是慢反应；对该反应体系升高温度，发现总反应速率变慢，可能的原因是：决定总反应速率的是反应，升高温度后反应I 平衡逆向移动，造成 N2O2浓度减小，温度升高对反应的影响弱于N2O2 浓度减小的影响，N2O2 浓度减小导致反应速率变慢，故答案为：反应；决定总反应速率的是反应，升高温度后反应 I 平衡逆向移动，造成N2O2 浓度减小，温度升高对反应的影响弱于N2O2浓度减小的影响， N2O2 浓度减小导致反应速率变慢。9 氮的单质及其化合物性质多样，用途广泛。完成下列填空：科学
32、家正在研究利用催化技术将超音速飞机尾气中的NO 和 CO转变成 CO2和N2：2NO+2CO2CO2+N2+Q(Q 0)。在某温度下测得该反应在不同时间的CO 浓度如下表：浓度（ mol/L ）012345时间（ s）c（ CO）3.60 10-3.05 10-2.85 10-2.7510-32.70 10-2.70 10-33333（1）该反应平衡常数K 的表达式为 _；温度升高， K 值 _（选填 “增大 ”“减小 ”“不变”）；前 2s 的平均反应速率v（N2） =_；若上诉反应在密闭容器中发生，达到平衡时能提高 NO 转化率的措施之一是_。（2）工业合成氨的反应温度选择500左右的原因
33、是_。（3）实验室在固定容积的密闭容器中加入1mol 氮气和 3mol 氢气模拟工业合成氨，反应在一定条件下已达到平衡的标志是_。A N2、 H2、 NH3 的浓度之比为1： 3： 2B 容器内的压强保持不变C N2、 H2、 NH3 的浓度不在变化D 反应停止，正、逆反应的速率都等于零（4）常温下向1molHCl 的稀盐酸中缓缓通入1molNH 3（溶液体积变化忽略不计），反应结束后溶液中离子浓度由大到小的顺序是_；在通入 NH3 的过程中溶液的导电能力_（选填“变大 ”“变小 ”“几乎不变 ”）c2CO2c N 2【答案】 KNO减小c2c2 CO案） 催化剂在500 左右具有最佳活性【解
34、析】【分析】-41.875mol/(L10 s）增大压强（或其它合理答BCc(Cl-) c(NH4+)c(H+)c(OH-)几乎不变c(1)根据平衡常数和化学反应速率( v=)的相关公式进行计算；t(2)工业合成氨的反应温度选择 500 左右的主要原因是催化剂在 500左右具有最佳活性；(3)根据化学平衡状态的特征判断，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；(4)二者恰好反应生成氯化铵，水解方程式为NH4+H2ONH3.H2
35、O+H+，溶液呈酸性，进行分析。【详解】(1)平衡常数等于生成物浓度的系数次幂之积除以反应浓度系数次幂之积，根据反应2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2 (g) ，平衡常数 Kc2CO 2c N 2；该反应为放热反c2NOc2CO应，温度升高时平衡逆向移动，所以平衡常数减小；根据速率之比等于各物质系数比可知： v(CO)= c =（3.6010-3 -2.85 10-3）/2=3.75 10-4mol/ (Ls），前 2s 内的平均反应t速率 v(N2)=v(CO)/2=1.875-4,说明平衡正向移动可以通 10mol/(L s）；一氧化氮的转化率变大过增大压强，使平衡正向移动，故答案为：Kc2CO 2c N 2-c2NOc2 CO；减小； 1.875 104mol/(L s）；增大压强（或其它合理答案）；(2)工业合成氨的反应温度选择 500 左右的主要原因是催化剂在 500左右具有最佳活性，故答案为：催化剂在 500左右具有最佳活性；(3) A. 浓度之比为1： 3： 2，并不是不变，不能判断是否平衡，B. 反应正向进行，体积减小，当压强不变时，已经到达平衡，
