一、化学反应原理综合考查
1．磷酸是重要的化学试剂和工业原料。请回答下列问题： (1)已知：25℃时，磷酸和氢氟酸的电离常数如下表所示。
物质 H3PO4 Ka1＝7.1×10−3； 电离常数 Ka2＝6.3×10−8； Ka3＝4.2×10−13 Ka＝6.6×10−4 HF 向NaF溶液中滴加少量H3PO4溶液，反应的离子方程式为____________ (2)已知： Ⅰ.CaO(s)+H2SO4(l)
CaSO4(s)+H2O(l) ΔH＝-271kJ·mol−1
Ca5(PO4)3F(s)+5H2O(l) ΔH＝-937kJ·mol−1
Ⅱ.5CaO(s)+3H3PO4(l)+HF(g)
则：①工业上用Ca5(PO4)3F和硫酸反应制备磷酸的热化学方程式为____________。 ②一定条件下，在密闭容器中只发生反应Ⅱ，达到平衡后缩小容器容积，HF的平衡转化率________(填“增大”“减小”或“不变”，下同)；HF的平衡浓度________。
(3)工业上用磷尾矿制备Ca5(PO4)3F时生成的副产物CO可用于制备H2，原理为CO(g)+H2O(g)
CO2(g)+H2(g) ΔH。
①一定温度下，向10L密闭容器中充入0.5mol CO和1mol H2O(g)，2min达到平衡时，测得0～2min内用CO2表示的反应速率v(CO2)＝0.02mol·L−1·min−1。则CO的平衡转化率α＝________；该反应的平衡常数K＝________。 ②在压强不变的密闭容器中发生上述反应，设起始的
n(CO)＝y，CO的平衡体积分数(φ)
n(H2O)与温度(T)的关系如图所示。则：该反应的ΔH___0(填“＞”“＜”或“＝”，下同)。a_____1，理由为_____________
【答案】H3PO4+F－＝HF+H2PO4－ Ca5(PO4)3F(s)＋5H2SO4(l)3H3PO4(l)＋HF(g)＋5CaSO4(s)
8ΔH=－418 kJ·mol－1 增大 不变 80% ＜ ＜ 相同温度下，y越小，CO的转化率越
3大，其平衡体积分数越小 【解析】 【分析】 【详解】
（1）根据电离平衡常数可知酸性有如下关系：H3PO4＞HF＞H2PO4－＞HPO42－，所以向NaF溶液中滴加少量H3PO4溶液，反应的离子方程式为为：H3PO4+F＝HF+H2PO4； （2）①已知：Ⅰ．CaO(s)＋H2SO4(l)Ⅱ．5CaO(s)+3H3PO4(l)＋HF(g)Ca5(PO4)3F(s)＋5H2SO4(l)
CaSO4(s)＋H2O(l) ΔH=－271 kJ·mol－1 Ca5(PO4)3F(s)＋5H2O(l) ΔH=－937 kJ·mol－1
－
－
根据盖斯定律可知Ⅰ×5－Ⅱ即得到Ca5(PO4)3F和硫酸反应制备磷酸的热化学方程式为
3H3PO4(l)＋HF(g)＋5CaSO4(s) ΔH=－418 kJ·mol－1；
②反应Ⅱ的正反应体积减小，所以达到平衡后缩小容器容积平衡向正反应方向移动，HF的平衡转化率增大。由于温度不变，平衡常数不变，即K＝c(HF)，因此HF的平衡浓度不变；
－－
（3）①测得 0～2 min内用CO2表示的反应速率v(CO2)=0.02 mol·L1·min1，所以生
成CO2浓度是0.04mol/L，则
COg＋H2OgƒCO2g＋H2g起始浓度(mol/L)0.05转化浓度(mol/L)0.04平衡浓度(mol/L)0.01因此CO的平衡转化率α=
0.10.040.0600.040.0400.040.04
0.040.040.048×100%＝80%，该反应的平衡常数K＝=； 0.050.010.063②根据图像可知升高温度CO的体积分数增大，说明平衡向逆反应方向进行，所以该反应的ΔH＜0，由于相同温度下，y越小，CO的转化率越大，其平衡体积分数越小，所以a＜1。
2．氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。
（1）反应器中初始反应的生成物为H2和CO2，其物质的量之比为4∶1，甲烷和水蒸气反应的方程式是___。
（2）已知反应器中还存在如下反应： i.CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH1 ii.CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH2 iii.CH4(g)=C(s)+2H2(g) ΔH3 ……
反应iii为积炭反应，利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，还需要利用__（写化学方程式）反应的ΔH。
（3）反应物投料比采用n（H2O）∶n（CH4）=4∶1，大于反应的计量数之比，目的是__（填字母）。
a.促进CH4转化 b.促进CO转化为CO2 c.减少积炭生成
（4）用CaO可以去除CO2。H2体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如图所示。从t1时开始，H2体积分数显著降低，单位时间CaO消耗率__（填“升高”“降低”或“不变”）。此时CaO消耗率约为35%，但已失效，因为此时CaO主要发生了__（写化学方程式）反应而使（1）中反应平衡向__移动。
（5）以甲醇为燃料，氧气为氧化剂，KOH溶液为电解质溶液，可制成燃料电池。以此电池作电源，在实验室中模拟铝制品表面“钝化”处理过程（装置如图所示）。其中物质a是__，电源负极电极反应为___。“钝化”装置中阳极电极反应为___。
【答案】CH4+2H2OC(s)+2H2O(g)【解析】 【分析】 【详解】
4H2+CO2 C(s)+CO2(g)=2CO(g)或
2H2(g)+CO2(g) abc 降低 CaO+H2O=Ca(OH)2 左（或逆向） 氧
气（或O2） CH3OH-6e-+8OH-＝CO32-+6H2O 2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+
（1）根据CH4与H2O反应生成H2、CO2的物质的量之比为4:1，结合原子守恒可得反应的化学方程式为CH4+2H2O
4H2+CO2；
（2）已知反应器中还存在如下反应： i.CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH1 ii.CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH2 iii.CH4(g)=C(s)+2H2(g) ΔH3
根据盖斯定律，由i-ii-iii或i+ii- iii可得C(s)+CO2(g)=2CO(g)或C(s)+2H2O(g)
2H2(g)+CO2(g)，所以利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，还需要利用
2H2(g)+CO2(g)；
C(s)+CO2(g)=2CO(g)或C(s)+2H2O(g)
（3）反应物的投料比n(H2O):n(CH4)=4:1，大于初始反应的化学计量数之比，H2O 的物
质的量增加，有利于促进CH4转化，促进CO转化为CO2，防止CH4分解生成C(s)，从而减少积炭生成；答案选abc。
（4）根据题图可知，从t1时开始，CaO 消耗率曲线的斜率逐渐减小，单位时间内CaO消耗率逐渐降低。CaO与CO2反应生成CaCO3， CaCO3会覆盖在CaO表面，减少了CO2与CaO的接触面积，从而失效；
(5) 模拟铝制品表面“钝化” 处理，则电极铝是阳极，与电源的正极相连，则C为阴极，与电源的负极相连，所以a物质是氧气， b物质是甲醇，负极的电极反应式为：CH3OH-6e-+8OH-＝CO32-+6H2O。铝为阳极，会发生氧化反应，表面形成氧化膜，必须有水参加，所以电极反应式为：2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+。
3．煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，大量排放烟气形成酸雨、污染大气，因此对烟气进行脱硫、脱硝，对环境保护有重要意义。回答下列问题： Ⅰ.利用CO脱硫
(1)工业生产可利用CO气体从燃煤烟气中脱硫，则25℃时CO从燃煤烟气中脱硫的热化学方程式2CO(g)＋SO2(g)⇌2CO2(g)＋S(s)的焓变△H＝_____________。25℃，100kPa时，由元素最稳定的单质生成1mol纯化合物时的反应热称为标准摩尔生成焓，已知一些物质的“标准摩尔生成焓”如下表所示： 物质 标准摩尔生成焓∆fHm(25℃)/kJ∙mol-1 CO(g) -110.5 CO2(g) -393.5 SO2(g) -296.8 (2)在模拟脱硫的实验中，向多个相同的体积恒为2L的密闭容器中分别通入2.2mol CO和1mol SO2气体，在不同条件下进行反应，体系总压强随时间的变化如图所示。
①在实验b中，40 min达到平衡，则0～40 min用SO2表示的平均反应速率v(SO2)＝_______。
②与实验a相比，实验b可能改变的条件为_______________，实验c可能改变的条件为_________________。 Ⅱ.利用NH3脱硝
(3)在一定条件下，用NH3消除NO污染的反应原理为：4NH3(g)＋6NO(g)⇌5N2(g)＋6H2O(l)△H＝－1807.98kJ·mol－1。在刚性容器中，NH3与NO的物质的量之比分别为X、Y、Z(其中X 2，初始压强p0，则4NH3(g)＋6NO(g)⇌5N2(g)＋6H2O(l)的平衡常数3Kp＝_____________(列出计算式即可)。 Ⅲ.利用NaCIO2脱硫脱硝 ③900℃条件下，设Z＝ (4)利用NaClO2的碱性溶液可吸收SO2和NO2(物质的量之比为1:1)的混合气体，自身转化为NaCl，则反应的离子方程式为________________。 mol-1 0.01mol·L-1·min-1 加入催化剂 升高温度 c 温度低于900℃时，【答案】-269.2kJ· 反应速率较慢，随着温度升高反应速率加快，NO脱出率逐渐升高，温度高于900℃，反应达到平衡状态，反应的ΔH<0，继续升高温度，平衡向左移动，NO脱出率又下降 0.375p00.375---2--或4665 3ClO2+4SO2+4NO2+12OH===3Cl+4SO4+4NO3 0.1p00.15p00.140.15p0+6H2O 【解析】 【分析】 【详解】 (1)根据“标准摩尔生成焓”的定义可得： 51-1垐?①Cs+O2g噲?COg ΔtHm1=-110.5kJgmol21-1垐?②Cs+O2g噲?CO2g ΔtHm2=-393.5kJgmol 21-1垐?③Ss+O2g噲?SO2g ΔtHm3=-296.8kJgmol2再根据盖斯定律2(反应③-反应①)-反应③可得到2CO(g)＋SO2(g)⇌2CO2(g)＋S(s)，则，CO脱硫反应2CO(g)＋SO2(g)⇌2CO2(g)＋S(s)的焓变 ΔH=2ΔtHm2-ΔtHm1-ΔtHm3=2-393.5kJgmol-1-110.5kJgmol-1--296.8kJgmol-1=-269.2kJgmol-1mol-1； ，故答案为：-269.2kJ· (2)①结合题干信息，列三段式有： 垐?2COg＋SO2g噲?初始转化末态2.22x2.2-2x1x1-x2CO2g＋Ss02x2x0xx 2.2-2x+1-x+2x120则，解得x=0.8，则 vSO2=2.2+1260L-1·min-1； 案为0.010.01mol· 0.8mol2L=0.01molgL-1gmin-1，故答40min②与实验a相比，实验b达到的平衡状态不变且所需时间缩短，改变的条件应为加入了催化剂，与实验a相比，实验c达到平衡状态改变且所需时间缩短，可能是增大压强或升高温度，联系反应特点，若是增大压强，平衡向右移动，向右反应的程度应增大，与图像不符，若是升高温度，平衡向左移动，与图像相符，故答案为：加入催化剂；升高温度； (3)①NH3和NO的物质的量之比越大，NO的脱出率月啊，则相同温度下，不同NH3、NO物质的量之比对应NO的脱出率：X ③压强为p0，根据曲线a上NH3与NO的物质的量之比为Z=NO的分压为0.6p0，列三段式有： 2，则NH3的分压为0.4p0，3垐?4NH3g＋6NOg噲?起始转化平衡0.4p00.3p00.1p00.6p00.45p00.15p05N2g＋6H2Ol00.375p00.375p05 p5N20.375p00.375或则反应的平衡常数Kp446665， pNH3gpNO0.1p00.15p00.140.15p00.375p00.375或故答案为：4665； 0.140.15p00.1p0.15p00(4)在碱性环境下，ClO2-氧化等物质的量的SO2和NO2，ClO2-变为Cl-，SO2变为SO42-，NO2变为NO3-，利用氧化还原反应规律进行配平，可得离子反应方程式3ClO2-+4SO2+4NO2+12OH-===3Cl-+4SO42-+4NO3-+6H2O，故答案为：3ClO2-+4SO2+4NO2+12OH-===3Cl-+4SO42-+4NO3-+6H2O。 5 H2(g)＋CO(g) 4．利用碳和水蒸气制备水煤气的核心反应为：C(s)＋H2O(g)⇌ (1)已知碳(石墨)、H2、CO的燃烧热分别为393.5kJ·mol－1、285.8kJ·mol－1、283kJ·mol－1，又mol－1，则C(s)＋H2O(g)⇌CO(g)＋H2(g) ΔH＝___。 知H2O(l)=H2O(g) ΔH＝＋44kJ· (2)在某温度下，在体积为1L的恒容密闭刚性容器中加入足量活性炭，并充入1mol H2O(g)发生上述反应，反应时间与容器内气体总压强的数据如表： 时间/min 总压强/100kPa 0 1.0 10 1.2 20 1.3 30 1.4 40 1.4 ①平衡时，容器中气体总物质的量为________mol，H2O的转化率为________。 ②该温度下反应的平衡分压常数Kp＝________kPa(结果保留2位有效数字)。 (3)保持25℃、体积恒定的1L容器中投入足量活性炭和相关气体，发生可逆反应C＋H2O(g)⇌CO＋H2并已建立平衡，在40 min时再充入一定量H2，50min时再次达到平衡，反应过程中各物质的浓度随时间变化如图所示： ①40min时，再充入的H2的物质的量为________mol。 ②40～50 min内H2的平均反应速率为________mol·L－1·min－1。 (4)新型的钠硫电池以熔融金属钠、熔融硫和多硫化钠(Na2Sx)分别作为两个电极的反应物，固体Al2O3陶瓷(可传导Na＋)为电解质，其原理如图所示： ①放电时，电极A为________极，S发生________反应（填“氧化”或“还原”）。 ②充电时，总反应为Na2Sx=2Na＋Sx(3 (1)已知碳(石墨)、H2、CO的燃烧热分别为393.5kJ·mol－1、285.8kJ·mol－1、283kJ·mol－1，则 mol－1 ①C(s)＋O2(g)＝CO2(g) ΔH＝－393.5kJ·② 1O2(g)＋H2(g)＝H2O(l) ΔH＝－285.8kJ·mol－1 21O2(g)＝CO2(g) ΔH＝－283kJ·mol－1 2④H2O(l)=H2O(g) ΔH＝＋44kJ·mol－1 ③CO(g)＋ 根据盖斯定律可知①－②－③－④即得到C(s)＋H2O(g)ƒCO(g)＋H2(g) ΔH＝＋131.3 kJ·mol－1。 (2)根据方程式可知 CH2Oƒ起始量(mol)1 转化量(mol)x平衡量(mol)1xH20xx+CO0 xx压强之比是物质的量之比，则(1－x+x+x):1＝1.4:1，解得x＝0.4； ①根据以上分析可知平衡时，容器中气体总物质的量为1.4mol，H2O的转化率为40%。 140②该温度下反应的平衡分压常数Kp＝ 0.40.41401.41.4≈27kPa。 0.61401.4(3)①设50min时H2的物质的量为x mol，温度不变平衡常数不变，由于容积是1L，则根据 32x1，解得x＝8，由于CO的变化量是1mol，所以40min时34再充入的H2的物质的量为8mol+1mol－3mol＝6mol。 图像可知平衡常数K= ②由于氢气的变化量是1mol，所以40～50 min内H2的平均反应速率为0.1mol·L－1·min－1。 1mol/L＝ 10min(4)①放电时钠失去电子，则电极A为负极，电极B是正极，则S发生还原反应。 ②放电时钠失去电子，则电极A为负极，充电时，Na所在电极是阴极，与直流电源负极相连；阳极发生失去电子的氧化反应，则根据总反应为Na2Sx=2Na＋Sx(3＜x＜5)可知，阳极电极反应式为Sx2--2e-=Sx。 5．碳和氮的氢化物是广泛的化工原料，回答下列问题： （1）工业上合成氨的反应为N2(g)+3H2(g)变化如图I所示。 2NH3(g) △H=-92.2kJ/mol，反应过程中能量 ①氨分解：2NH3(g)线。_______ N2(g)+3H2(g)的活化能为_________kJ/mol ②合成氨时加入铁粉可以加快生成NH3的速率，在图I中画出加入铁粉后的能量变化曲（2）联氨作火箭燃料的反应为：2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g) △H1 已知：2O2(g)+N2(g)=N2O4(1) △H2 N2H4(1)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H3 上述热效应之间的关系式为△H1=____。某新型火箭用液氧/煤油代替联氨/N2O4，这种替换可能的好处是___（一条即可）。 （3）天然气制氢气是工业上制氢气的主要方法之一，其主要反应如下： i．CH4(g)+H2O(g)ii．CO(g)+ H2O(g) CO(g)+3H2(g) ΔH=-+206.4kJ/mol， CO2(g)+H2(g) ΔH=-41.0kJ/mol 在一定温度下，2L的密闭容器中加入a molCH4和2amolH2O发生反应，t min时反应达平衡，测得容器内CObmol、CO2cmol。回答下列问题： ①下列可判断体系达到平衡状态的是_______。 A．CO的体积分数不变 B．容器内气体密度不变 C．3v(CH4)=v(H2) D． n(CO)不再变化 n(H2)②0~tmin反应速率v(CO2)=_____，CH4的的转化率为_____，反应ⅱ的平衡常数K=______。 ③图Ⅱ中T℃之后c(CO2)随温度升高而减小的原因是_________。 【答案】427.2 2△H3-△H2 环境污染小（或 c(3b+4c)cb+cmin) ×100% T℃之后，反应②为放热反成本低） AD mol/(L· b(2a-b-2c)2ta应，升高温度反应②向逆反应方向移动是影响c（CO2）的主要因素，故c（CO2）减小 【解析】 【分析】 (1)①放热反应的反应热△H=—（Ea2—Ea1）； ②催化剂可以降低反应的活化能，增大反应速率，即Ea、Ea1均减小，但反应热不变； （2）依据盖斯定律计算可得；液氧/煤油所用原料成本低，无毒； （3）①反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质浓度或百分含量保持不变； ②依据题给数据，建立三段式，结合速率、转化率和化学平衡常数表达式计算可得； ③反应i为吸热反应，反应ii为放热反应，由图Ⅱ可知T℃时反应达到平衡，升高温度，反应i向正反应方向移动，一氧化碳浓度增大，反应ii向逆反应方向移动，温度对c（CO2）的影响大于浓度的影响。 【详解】 (1)①放热反应的反应热△H=—（Ea2—Ea1），由图可知Ea1=335.0 kJ/mol，则合成氨反应△H=—（Ea2—335.0 kJ/mol）=—92.2kJ/mol，Ea2=427.2 kJ/mol，即2NH3(g) N2(g)+3H2(g)的活化能为427.2 kJ/mol，故答案为427.2； ②催化剂可以降低反应的活化能，增大反应速率，即Ea、Ea1均减小，但反应热不变，则加 入铁粉后的能量变化曲线为，故答案为； （2）将题给反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知③×2—②=①，则△H1=2△H3-△H2；用液氧/煤油代替联氨/N2O4的主要原因是液氧/煤油所用原料成本低，无毒，对环境污染小，故答案为2△H3-△H2；环境污染小； （3）①A、CO的体积分数不变，说明正反应速率等于逆反应速率，该反应已达平衡状态，故正确； B、根据质量守恒定律，平衡前后气体质量是不变的，在恒温恒容密闭体系中，整个反应过 程混合气体的密度始终是不变的，不可作为判断体系达到平衡状态的判据，故错误； C、3v(CH4)=v(H2)不能说明正反应速率等于逆反应速率，不可作为判断体系达到平衡状态的判据，故错误； D、 n(CO)不再变化，说明在恒温恒容密闭体系中CO和H2的浓度不在变化，该反应已达 n(H2)平衡状态，故正确； AD正确，故答案为AD； ②设反应i生成一氧化碳的物质的量为x，由题给条件建立如下三段式： CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) 起（mol） a 2a 0 0 变（mol） x x x 3x 平（mol） a—x 2a—x x 3x CO(g)+ H2O(g) CO2(g)+H2(g) 起（mol） x 2a—x 0 3x 变（mol） c c c c 平（mol） x—c 2a—x—c c 3x+c 0～tmin内，生成CO2的物质的量为cmol，浓度的变化量为v(CO2)= c mol/L，则反应速率2cmol/(L·min)；由题意可知一氧化碳的物质的量为bmol，则有x—c=b，2tb+cb2a-b-2c×100%；平衡时，c（CO）为 mol/L，c（H2O）为 a22x=c+b，CH4的转化率为mol/L，c（CO2）为 c3b+4cmol/L，c（H2O）为mol/L，反应ⅱ的平衡常数22c3b+4cc（CO2）c（H2）22c(3b+4c)cK===，故答案为mol/(L·min)；c（CO）c（H2O）b2a-b-2cb(2a-b-2c)2t22c(3b+4c)b+c×100%；； b(2a-b-2c)a③反应i为吸热反应，反应ii为放热反应，由图Ⅱ可知T℃时反应达到平衡，升高温度，反应i向正反应方向移动，一氧化碳浓度增大，使二氧化碳浓度有增大的趋势，反应ii向逆反应方向移动，使二氧化碳浓度有减小的趋势，由于温度对c（CO2）的影响大于浓度的影响，所以c(CO2)随温度升高而减小，故答案为T℃之后，反应②为放热反应，升高温度反应②向逆反应方向移动是影响c（CO2）的主要因素，故c（CO2）减小。 【点睛】 本题考查化学反应原理综合应用，侧重分析与应用能力的考查，注意把握反应热与活化能的关系、盖斯定律的计算、化学平衡状态的判断、化学平衡计算为解答的关键。 6．碳酸亚铁（FeCO3）是菱铁矿的主要成分，将其隔绝空气加热到200 ℃开始分解为FeO和CO2，若将其在空气中高温煅烧则生成Fe2O3。 （1）已知25 ℃、101 kPa时： mol－1 ①C（s）＋O2（g）=CO2（g） ΔH＝－393 kJ·②铁及其化合物反应的焓变示意图如图： 请写出FeCO3在空气中煅烧生成Fe2O3的热化学方程式：___________。 （2）据报道，一定条件下Fe2O3可被甲烷还原为“纳米级”的金属铁。其化学方程式为 垐?Fe2O3（s）＋3CH4（g）噲?2Fe（s）＋3CO（g）＋6H2（g） ΔH ①反应在3 L的密闭容器中进行，2 min后达到平衡，测得Fe2O3在反应中质量减少4.8 g，则该段时间内用H2表示该反应的平均反应速率为________________。 ②将一定量的Fe2O3（s）和CH4（g ）置于恒温恒容密闭容器中，在一定条件下反应，能说明反应达到平衡状态的是____________。 A CO和H2的物质的量之比为1∶2 B 混合气体的密度不再改变 C 铁的物质的量不再改变 D v正（CO）＝2v逆（H2） ③在容积均为V L的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个相同的密闭容器中加入足量“纳米级”的金属铁，然后分别充入a mol CO和2a mol H2，三个容器的反应温度分别为T1、T2、T3且恒定不变，在其他条件相同的情况下，实验测得反应均进行到t min时，CO的体积分数如图所示，此时Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个容器中一定处于化学平衡状态的是________；上述反应的ΔH________0（填“大于”或“小于”）。 （3）Fe2O3用CO还原焙烧的过程中，反应物、生成物和温度之间的关系如图所示。 （图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四条曲线是四个化学反应平衡时的气相组成对温度作图得到的；A、B、C、D四个区域分别是Fe2O3、Fe3O4、FeO、Fe稳定存在的区域） 若在800 ℃，混合气体中CO2体积分数为40%的条件下，Fe2O3用CO还原焙烧，写出反应 的化学方程式：__________。 （4）Fe2O3还可以用来制备FeCl3，通过控制条件FeCl3可生成聚合物，其离子方程式为 垐?xFe3＋＋yH2O噲?Fex（OH） （填字母）。 A 加水稀释 B 加入少量铁粉 C 升温 D 加入少量Na2CO3 ＋yH＋。下列措施不能使平衡正向移动的是________ mol－1 0.03 mol·L－【答案】4FeCO3（s）＋O2（g）=2Fe2O3（s）＋4CO2（g）ΔH＝－260 kJ· 1 ·min BC Ⅲ 大于 Fe2O3＋CO －1 800℃2FeO＋CO2 B 【解析】 【分析】 （1）图1分析书写热化学方程式，结合C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393kJ•mol-1和盖斯定律计算得到FeCO3在空气中煅烧生成Fe2O3的热化学方程式； （2）①2min后达到平衡，测得Fe2O3在反应中质量减少4.8g，依据化学方程式反应前后质量变化计算生成氢气的物质的量，根据反应速率概念计算得到氢气的反应速率； ②反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分浓度保持不变，据此分析； ③2Fe（s）+3CO（g）+6H2（g）═Fe2O3（s）+3CH4（g），根据图2中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ图象，CO百分含量，由小到大，Ⅱ＜Ⅰ＜Ⅲ，结合化学平衡移动分析解答；根据温度对平衡的影响来判断，升高温度平衡逆向移动，CO的转化率减小，据此判断Fe2O3（s）+3CH4（g）═2Fe（s）+3CO（g）+6H2（g）△H大小； （3）800℃时，混合气体中CO2体积分数为40%时，图象分析可知Fe2O3用CO还原得到氧化亚铁和一氧化碳； （4）A．加水稀释，则水解平衡正向移动； B．固体不能影响化学平衡； C．控制条件使平衡正向移动，水解为吸热反应，所以升温平衡正向移动； D．加入碳酸钠，则消耗氢离子，平衡正向移动。 【详解】 （1）由铁及其化合物反应的焓变示意图可推知 mol-1 ①4Fe（s）＋3O2（g）=2Fe2O3 ΔH1＝-1648 kJ· mol-1 ②2FeCO3（s）=2Fe（s）＋2C（s）＋3O2（g）ΔH2＝+1480 kJ·mol-1 ③C（s）＋O2（g）=CO2（g） ΔH3＝-393 kJ· mol-1＋（-则在空气中煅烧FeCO3生成Fe2O3的焓变ΔH＝2×ΔH2＋ΔH1＋4×ΔH3＝2×1480 kJ· 1648 kJ·mol-1）＋4×（-393 kJ·mol-1）＝-260 kJ·mol-1，则热化学方程式为4FeCO3（s）＋O2mol-1； （g）=2Fe2O3（s）＋4CO2（g）ΔH＝-260 kJ· mol-1； 故答案为：4FeCO3（s）＋O2（g）=2Fe2O3（s）＋4CO2（g）ΔH＝-260 kJ· 4.8g（2）①测得Fe2O3在反应中减少的质量为4.8 g，则反应的n（Fe2O3）＝＝0.03 160g/molmol，根据反应方程式得n（H2）＝6n（Fe2O3）＝6×0.03 mol＝0.18 mol，则用H2表示的反 0.18molL-1·min-1； ＝0.03 mol· 3L2minL-1·min-1； 故答案为：0.03 mol· 应速率为v（H2）＝ ②A.因为反应开始时，无CO和H2，随着反应的进行，CO和H2的物质的量之比一直为1∶2，不能说明反应达到平衡状态，故A错误； B.该反应有固体参加，反应前后气体的质量有变化，又因为容器恒容，所以当混合气体的密度不变时，反应达到平衡状态，故B正确； C.铁为反应物，当其质量不再改变时，反应达到平衡状态，故C正确； D.当2v正（CO）＝v逆（H2）时，反应达到平衡状态，故D错误； 综上所述，答案为BC； ③由题图可知，T1中的状态转变为T2中的状态，CO的体积分数减小，说明反应正向进行，所以状态Ⅰ未达到平衡状态；T2中的状态转变为T3中的状态，CO的体积分数增加，说明反应逆向移动，说明Ⅱ可能达到平衡状态，一定达到平衡状态的是状态Ⅲ；T3时温度最高，CO的体积分数增大，所以2Fe（s）＋3CO（g）＋6H2（g）=Fe2O3（s）＋3CH4（g）的正反应为放热反应，则逆反应的ΔH大于0，故答案为：Ⅲ；大于； （3）800℃时，混合气体中二氧化碳的体积分数为40%时，由图可知，在C区，此时为氧化亚铁的稳定区域，所以产物为氧化亚铁，Fe2O3用CO还原焙烧得到氧化亚铁和二氧化碳，反应的方程式为：Fe2O3＋COCO2； （4）A.水为反应物，加水稀释平衡会正向移动，故A正确； B.加入铁粉，反应物Fe3＋的量减少，平衡会向逆向移动，故B错误； C.该反应为吸热反应，所以升高温度，平衡会正向移动，故C正确； D.加入少量Na2CO3，碳酸钠会消耗氢离子，使氢离子的浓度减小，平衡正向移动，故D正确； 综上所述，答案为B。 800℃2FeO＋CO2，故答案为：Fe2O3＋CO 800℃2FeO＋ 7．工业上将石灰石和硫煤混合使用，称之为“固硫”，其反应原理为：2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)已知：CaO(s)+CO2(g)2SO2(g)+O2(g)请回答下列问题： （1）CaSO4(s)CaO(s)+CO2(g) CaO(s)+SO3(g)△H=___kJ·mol-1(用a、b、c表示)。 CaCO3(s)，CO2的浓度随时间变化如图所示： （2）T1℃时，向某恒容密闭容器中通入一定量的CO2和足量CaO发生反应： 2CaSO4(s)+2CO2(g) △H1=akJ·mol-1。 CaCO3(s) △H2=bkJ·mol-1； 2SO3(g) △H3=ckJ·mol-1。 ①0～8min，v(CO2)=___。 1，t2min重新达到平衡，请在2图中画出CO2的浓度自条件改变至新平衡的变化曲线___。 ②t1min时，若保持其他条件不变，压缩容器体积至原来的（3）T2℃时，向某密闭容器中通入2molSO2和1molO2发生反应：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) △H3=ckJ·mol-1。 ①若该容器为恒压密闭容器，下列选项可判断反应已达平衡状态的是___。 A.混合气体的密度不再改变 B混合气体的压强不再改变 C.相同时间内，每断裂0.1molO=O键，同时生成0.2molSO3 D.混合气体的平均相对分子质量不再改变 ②若该容器为2L的恒容密闭容器，达平衡时SO3的体积分数为40%，则O2的转化率为___，T2℃时该反应的平衡常数K=___。 ③反应达到②中的平衡状态后，保持反应温度和O2的浓度不变，增大容器体积，则平衡将___(填“正向”、“逆向”或“不“)移动，原因为___。 【答案】 ca-b- 0.05mol·L－1·min－1 22 AD 50% 4 c2(SO3)不 K=2，保持O2浓度不变，扩大容器体积，SO2、SO3浓度同等程度的减 c(SO2)c(O2)小，则Qc=K，平衡不移动 【解析】 【分析】 【详解】 (1)巳知反应①2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)②CaO(s)+CO2(g)③2SO2(g)+O2(g)结合盖斯定律：△H= 2CaSO4(s)+2CO2(g)△H1=akJ·mol-1； CaCO3(s) △H2=bkJ·mol-1； 2SO3(g) △H3=ckJ·mol-1。 CaO(s)+SO3(g)，则 11×③-②-×①可得反应CaSO4(s)22ca1111×③-②-×①=×c-b-×a=-b-； 222222(2)①CO2的浓度从0.8mol·L－1降低到0.4mol·L－1，变化了0.4mol·L－1，则 v(CO2)c0.4mol/L=0.05molgL-1gmin-1； t8min1的瞬间CO2的浓度增加一倍，从0.4mol·L－1变成0.8mol·L－1，该2②压缩体积至原来的 反应的平衡常数为K=1，温度不变，平衡常数不变，则CO2的浓度不变，达到新 c(CO2)的平衡时CO2的浓度仍为0.4mol·L－1，则图像为； (3)①A．该反应为气体分子数改变的反应，且该容器为恒压密闭容器，则反应过程中体积改变，气体质量不变，则气体密度会发生变化，则混合气体的密度不再改变可以说明平衡，A正确； B．该容器为恒压密闭容器，体系压强恒定，则混合气体的压强不再改变不能说明平衡状态，B错误； C．相同时间内，每断裂0.1molO＝O键，同时生成0.2molSO3的反应方向相同，不能说明平衡状态，C错误； D．该反应气体质量不变，但气体物质的量改变，则平均相对分子质量为变化值，则混合气体的平均相对分子质量不再改变可以说明平衡状态，D正确； 答案为：AD； ②利用三等式求转化率和平衡常数，设O2转化了xmol，有 垐?2SO2(g)O2(g)噲?2SO3(g)开始的物质的量210 转化的物质的量2xx2x平衡的物质的量22x1x2x平衡时，SO3的体积分数为40%，有转化率(O2)22x100%40%，得x=0.5，则O2的 2-2x1-x2x0.5mol100%50%；容器的体积为2L，则平衡常数1mol12()c(SO3)2K=2=4； 10.5c(SO2)c(O2)()2()22c2(SO3)③因为平衡常数K=2，保持O2浓度不变，且原平衡c(SO3)=c(SO2)，扩大 c(SO2)c(O2)c2(SO3)容器体积，SO2、SO3浓度同等程度的减小，2不变，则Qc=K，平衡不移动。答 c(SO2)案：不 c2(SO3)K=2，保持O2浓度不变，扩大容器体积，SO2、SO3浓度同等程度的减小， c(SO2)c(O2)则Qc=K，平衡不移动。 【点睛】 (2)②需要注意，由于平衡常数只与CO2的浓度有关，因此平衡常数不变，CO2的浓度不变，因此达到新平衡时，CO2的浓度与原浓度相同，作图要注意。 8．氯气是现代工业的重要原料，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热车点，回答下列问题： （1）Deacon发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。可按下列催化过程进行： Ⅰ.CuCl2(s)=CuCl(s)+Ⅱ.CuCl(s)+ 1Cl2(g) ΔH1=+83kJ·mol-1 211O2(g)=CuO(s)+Cl2(g) ΔH2=-20kJ·mol-1 22Ⅲ.4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH3 反应Ⅰ能自发进行的条件是___。利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，还需要利用反应___的ΔH。 （2）如图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl)：c(O2)分别等于1：1、4：1、7：1时HCl平衡转化率随温度变化的关系： 可知反应平衡常数K（400℃）__K（500℃）（填“大于”或“小于”）。设容器内初始压强为p0，根据进料浓度比c(HCl)：c(O2)=4：1的数据，计算400℃时容器内的平衡压强=___（列出计算式）。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)：c(O2)过低、过高的不利影响分别是___。 （3）已知：氯气与NaOH溶液反应可生成NaClO3。有研究表明，生成NaClO3的反应分两步进行： Ⅰ.2ClO-=ClO2-+Cl- Ⅱ.ClO2-+ClO-=ClO3-+Cl- 常温下，反应Ⅱ能快速进行，但氯气与NaOH溶液反应很难得到NaClO3，试用碰撞理论解释其原因：___。 （4）电解NaClO3水溶液可制备NaClO4，写出阳极反应式：___。 【答案】高温 CuO（s）+2HCl（g）＝CuCl2（s）+H2O（g） 大于 0.848p0 Cl2和O2分 － 离能耗较高、HCl转化率较低 反应Ⅰ的活化能高，活化分子百分数低，不利于ClO向 ClO3－转化 ClO3－＋H2O－2e－=ClO4－＋2H＋ 【解析】 【分析】 【详解】 1Cl2(g) ΔH1=+83kJ·mol-1，△S＞0，则要△G=△H-T△S＜20，须高温条件下才能自发； （1）Ⅰ.CuCl2(s)=CuCl(s)+Ⅰ.CuCl2(s)=CuCl(s)+Ⅱ.CuCl(s)+ 1Cl2(g) ΔH1=+83kJ·mol-1 211O2(g)=CuO(s)+Cl2(g) ΔH2=-20kJ·mol-1 22Ⅲ.4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH3 利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，由盖斯定律，（Ⅲ-Ⅱ×2-Ⅰ×2）/2得：还需要利用反应CuO（s）+2HCl（g）＝CuCl2（s）+H2O（g）的ΔH。 故答案为：高温；CuO（s）+2HCl（g）＝CuCl2（s）+H2O（g）； （2）根据图象可知，进料浓度比相同时，温度越高HCl平衡转化率越低，说明该反应为放热反应，升高温度平衡向着逆向移动，则温度越高平衡常数越小，所以反应平衡常数K（400℃）大于K（500℃）；进料浓度比c（HCl）：c（O2）的比值越大，HCl的平衡转化率越低，根据图象可知，相同温度时HCl转化率最高的为进料浓度比c（HCl）：c（O2）=4：1，该曲线中400℃HCl的平衡转化率为76%。则 4HCl（g）+O（2g）ƒ初始转化平衡p= 2Cl（+2H2O（g）2g）020.7620.760 20.7620.76440.7640.2410.760.2440.2410.2420.7620.76 p0=0.848p0； 41进料浓度比c（HCl）：c（O2）过低时，O2浓度较大，HCl的转化率较高，但Cl2和O2分离能耗较高，生成成本提高；进料浓度比c（HCl）：c（O2）过高时，O2浓度较低，导致HCl的转化率减小； 40.2410.2420.7620.76 p0=0.848p0；Cl2和O2分离能 41耗较高、HCl转化率较低； 故答案为：大于；p= （3）生成NaClO3的反应分两步进行：Ⅰ.2ClO-=ClO2-+Cl-，Ⅱ.ClO2-+ClO-=ClO3-+Cl-，常温下，反应Ⅱ能快速进行，但氯气与NaOH溶液反应很难得到NaClO3，用碰撞理论解释其原因：反应Ⅰ的活化能高，活化分子百分数低，不利于ClO－向ClO3－转化； 故答案为：反应Ⅰ的活化能高，活化分子百分数低，不利于ClO－向ClO3－转化； （4）电解NaClO3水溶液可制备NaClO4，阳极发生氧化反应生成ClO4－，阳极反应式：ClO3 － －－＋ ＋H2O－2e=ClO4＋2H。 －－－＋ 故答案为：ClO3＋H2O－2e=ClO4＋2H。 【点睛】 本题考查化学平衡计算、盖斯定律应用及电解原理等知识，明确化学平衡及其影响为解答关键，难点（2）注意掌握盖斯定律内容及三段式在化学平衡计算中的应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力及综合应用能力。 9．我国科学家结合实验与计算机模拟结果，研究了在铁掺杂W18O49纳米反应器催化剂表面上实现常温低电位合成氨，获得较高的氨产量和法拉第效率。反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。 （1）需要吸收能量最大的能垒（活化能）E=__ev，该步骤的化学方程式为___； （2）对于合成氨反应N2+3H2 θ 2NH3，在标况下，平衡常数 [p(NH3)/pθ]2K=pθ为标准压强（1×105Pa），p(NH3)、p(N2)和p(H2)为各θθ3，其中 [p(N2)/p][p(H2)/p]组分的平衡分压[已知p(NH3)=x(NH3)p，其中p为平衡总压，x(NH3)为平衡系统中NH3的物质的量分数]。 ①若起始N2和H2物质的量之比为1：3，反应在恒定温度和标准压强下进行，达到平衡时H2的转化率为ɑ，则Kθ=___（用含ɑ的最简式表示）。 ②图中可以示意标准平衡常数Kθ随温度T变化趋势的是___(填序号). （3）利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子，示意图如图所示。 该电池工作时，正极的电极反应为___。中间所用的交换膜应该为___（填“阳离子交换膜”或“阴离子交换膜”或“质子交换膜”）。相比现有工业合成氨，该方法的优点是：___。（任写一条） 【答案】1.54 NH3*+NH3=2NH3 和、生成氨的同时释放电能 【解析】 【分析】 (1)吸收能量最大的能垒，即相对能量的差最大；根据图示写方程式； (2)①若1mol N2和3mol H2完全反应，则理论上生成2molNH3，NH3的平衡产率为ɑ，则生 16ɑ22ɑ271ɑ42 A MV2++e-＝MV+ 质子交换膜 条件温 N2+3H2ƒ2NH3始(mol)130成的NH3为2ɑmol，通过三段式计算有，平衡时混合气 转(mol)ɑ3ɑ2ɑ平(mol)1-ɑ3-3ɑ2ɑ体的物质的量=1-ɑ +3-3ɑ+2ɑ=4-2ɑmol，此时p(NH3)= 2ɑθ1-ɑθ p，p(N2)= p，p(H2)= 42ɑ42ɑ[p(NH3)/pθ]23-3ɑθ θ p，根据K=计算； [p(N2)/pθ][p(H2)/pθ]342ɑ②升高温度，平衡逆向移动，Kθ减小； (3)生物燃料电池的工作原理是N2+3H2 生物催化剂2NH3，其中N2在正极区得电子发生还原反 应，H2在负极区失电子发生氧化反应，原电池工作时阳离子向正极区移动，据此分析判断。 【详解】 (1)根据图示，吸收能量最大的能垒，即相对能量的差最大是-1.02-(-2.56)=1.54；根据图示，该步的方程式是NH3*+NH3=2NH3，故答案为：1.54；NH3*+NH3=2NH3； (2) ①若1mol N2和3mol H2完全反应，则理论上生成2molNH3，NH3的平衡产率为ɑ，则生 N2+3H2ƒ2NH3始(mol)130成的NH3为2ɑmol，通过三段式计算有，平衡时混合气 转(mol)ɑ3ɑ2ɑ平(mol)1-ɑ3-3ɑ2ɑ体的物质的量=1-ɑ +3-3ɑ+2ɑ=4-2ɑmol，此时p(NH3)= 2ɑθ1-ɑθ p，p(N2)= p，p(H2)= 42ɑ42ɑ2ɑ222]16ɑ2ɑ[p(NH)/p]3-3ɑθ342ɑp，根据Kθ===，故答案θθ3[p(N2)/p][p(H2)/p][1ɑ][33ɑ]3271ɑ442ɑ42ɑ42ɑθ2[为： 16ɑ22ɑ271ɑ42； ②升高温度，平衡逆向移动，Kθ减小，ln Kθ减小，因此变化趋势的图为A，故答案为：A； (3)正极区发生还原反应，电极上的反应为：MV2++e-＝MV+；右室氮气得电子，为正极区，氮气在固氮酶催化作用下发生反应N2＋6MV＋＋6H+＝2NH3＋6MV2＋，阳离子由负极移向正极，所以电池工作时，氢离子通过交换膜由负极区向正极区移动，交换膜应该为质子交换膜；传统工业合成氨反应条件为高温、高压、催化剂，反应条件苛刻，该方法制取氨气条件温和、生成氨的同时释放电能，故答案为：MV2++e-＝MV+；质子交换膜；条件温和、生成氨的同时释放电能。 【点睛】 本题易错点(3)，氢离子通过交换膜由负极区向正极区移动，故交换膜可以为质子交换膜或者阳离子交换膜，选用阳离子交换膜MV2+，MV+会通过膜交换，影响反应，故选用质子交换膜更准确。 10．元素锰（Mn）在溶液中主要以Mn2+（近无色）、MnO4-（紫红色）、MnO42－（绿色）等形式存在，MnO2（棕黑色）、MnCO3（白色）为难溶于水的固体。回答下列问题： （1）盖斯定律在生产和科学研究中有很重要的意义，有些反应的反应热虽然无法直接测得，但可通过间接的方法推算。现根据下列3个热化学反应方程式： ①MnO2(s)+CO(g)=MnO(s)+CO2(g) ∆H=﹣150.6kJ/mol ②Mn3O4(s)+CO(g)=3MnO(s)+CO2(g) ∆H=﹣54.4kJ/mol ③3Mn2O3v+CO(g)=2Mn3O4(s)+CO2(g) ∆H=﹣142.3kJ/mol 写出CO气体还原MnO2固体得到Mn2O3固体和CO2气体的热化学反应方程式：_________ （2）①一定温度下，在5L的密闭容器中放入足量碳酸锰（固体所占体积忽略不计）发生反应：MnCO3(s) MnO(s)+CO2(g)，若前2min 内生成MnO的质量为7.1 g，则该段时间 L－1·min－1。 内v(CO2)=____________mol· ②保持温度不变，若t0时刻达到平衡时，CO2浓度为cmol/L；t1时刻，将容器体积缩小为原来的一半并固定不变，在t2时刻再次达到平衡，则下列图像正确的是_____（填字母）。 （3）已知Fe3+、Al3+、Mn2+的氢氧化物开始沉淀及沉淀完全时的pH如下表所示，当Al3+完全沉淀时，若要使Mn2+不沉淀，则Mn2+的最大浓度为_______________。（已知：Ksp[Mn(OH)2] = 1.9×10−13） 氢氧化物 开始沉淀pH 完全沉淀pH Fe(OH)3 1.8 3.2 Al(OH)3 4.1 5.0 Mn(OH)2 8.3 9.8 （4）高锰酸钾在不同的条件下发生的反应如下： MnO4－＋5e－＋8H＋==Mn2＋＋4H2O MnO4－＋3e－＋2H2O==MnO2↓＋4OH－； MnO4－＋e－==MnO42－ ①从上述三个半反应中可以得出的结论是_______________。 ②将SO2通入高锰酸钾溶液中，观察到的现象是________。 （5）向酸性高锰酸钾溶液中加入草酸溶液，开始时反应缓慢，稍后一段时间产生气体速率迅速加快。产生气体速率迅速加快的原因是_______________，写出反应的离子方程式____________________。 【答案】2MnO2(s)+CO(g)=Mn2O3(s)+CO2(g) ∆H=-217.5kJ/mol 0.01 B 1.9×105mol/L 溶液的酸性越强，高锰酸钾被还原的价态越低（或溶液的酸性越强，高锰酸钾的氧化性越强。） 高锰酸钾紫红色褪去 反应产生的Mn2+起到催化作用 2MnO4-+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O 【解析】 【分析】 （1）依据盖斯定律，①×2-②× 12-③×，可推出CO气体还原MnO2固体得到Mn2O3固体33和CO2气体的热化学反应方程式； （2）①根据前2min 内生成MnO的质量，可以计算出前2min内生成CO2的物质的量，故可以计算出前2min内CO2的反应速率； ②将容器体积缩小为原来的一半的瞬间，二氧化碳浓度变为原来的2倍，之后平衡向左移动，二氧化碳浓度减小，由于温度不变，平衡常数不变，所以再次平衡时，二氧化碳浓度与第1次平衡时相等。 －－ （3）当Al3+完全沉淀时，此时溶液中的pH=5，即c(OH)=1×109 mol/L，若要使Mn2+不沉 淀，根据Qc＜Ksp，即：c(Mn2+)×c2(OH－)＜1.9×10－13； （4）①根据三个半反应可以看出高锰酸根离子被还原的产物受溶液酸碱性的影响； ②SO2通入高锰酸钾溶液中，二氧化硫具有还原性，溶液的紫色褪去； （5）开始反应缓慢，一段时间后反应速率迅速加快，这是由于反应生成的Mn2+的浓度增大了，Mn2+对反应起到催化作用，才使反应速率迅速加快。 【详解】 （1）∆H = ①×2-②×2/3-③×1/3＝(-150.6×2)-(-54.4× 12)-(-142.3×)＝-217.5(kJ/mol)，所以热化33学方程式为：2MnO2(s)+CO(g)=Mn2O3(s)+CO2(g) ∆H=-217.5kJ/mol； （2）①n(MnO)= 7.1g0.1mol=0.1mol，则n(CO2)=0.1mol，c(CO2)= = 71g/mol5L0.02mol/L=0.01mol·L-1·min－1。 2min0.02mol/L， v(CO2)= ②将容器体积缩小为原来的一半的瞬间，二氧化碳浓度变为原来的2倍，之后平衡向左移动，二氧化碳浓度减小，由于温度不变，平衡常数不变，所以再次平衡时，二氧化碳浓度与第1次平衡时相等。故答案选B； （3）当Al3+完全沉淀时，此时溶液中的pH=5，即c(OH－)=1×10－9 mol/L，若要使Mn2+不沉淀，根据Qc＜Ksp，即：c(Mn2+)×c2(OH－)＜1.9×10－13，可得：c(Mn2+)＜1.9×105mol/L； （4）①根据三个半反应可以看出高锰酸根离子被还原的产物受溶液酸碱性的影响，且酸性越强，被还原产物中锰元素的价态越低； ②SO2通入高锰酸钾溶液中，溶液显酸性，SO2作还原剂，KMnO4作氧化剂，被还原为Mn2+，溶液由紫红色变为接近无色； （5）开始反应缓慢，一段时间后反应速率迅速加快，这是由于发生反应2MnO4－ +6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O，随着反应的进行，溶液中Mn2+的浓度增大了，Mn2+对反应起到催化作用，才使反应速率迅速加快。 【点睛】 认真读懂题中所给的信息、认真分析图表数据，进行对比分析，得出结论，然后进行作答。 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容