1、2020 年高考真题剖析与省市名校模拟好题同步训练：化学反应原理综合 真题再现 （2020 年高考新课标卷） 天然气的主要成分为 CH4， 一般还含有 C2H6等烃类， 是重要的燃料和化工原料。 （1）乙烷在一定条件可发生如下反应：C2H6(g)= C2H4(g)+H2(g) H，相关物质的燃烧热数据如下表所 示： 物质 C2H6(g) C2H4(g) H2(g) 燃烧热 H/( kJ mol1) -1560 -1411 -286 H1=_ kJ mol1。 提高该反应平衡转化率的方法有_、_。 容器中通入等物质的量的乙烷和氢气，在等压下（p）发生上述反应，乙烷的平衡转化率为 。反应 的平衡常
2、数 Kp=_（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压 物质的量分数） 。 （2）高温下，甲烷生成乙烷的反应如下：2CH4 高温 C2H6+H2。反应在初期阶段的速率方程为： r=k 4 CH c，其中 k 为反应速率常数。 设反应开始时的反应速率为 r1，甲烷的转化率为 时的反应速率为 r2，则 r2=_ r1。 对于处于初期阶段的该反应，下列说法正确的是_。 A增加甲烷浓度，r 增大 B增加 H2浓度，r 增大 C乙烷的生成速率逐渐增大 D降低反应温度，k 减小 （3）CH4和 CO2都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如下 图所示： 阴极上的反应式为_。
3、若生成的乙烯和乙烷的体积比为 21，则消耗的 CH4和 CO2体积比为_。 【参考答案】 （1）137 升高温度 减小压强（增大体积） (1) p (2)(1) （2）1 AD （3）CO2+2e=CO+O2 65 【试题解析】(1)由表中燃烧热数值可知： C2H6(g)+ 7 2 O2(g)=2CO2(g) +3H2O(l) H1= -1560kJmol-1；C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g) +2H2O(l) H2= -1411kJmol-1； H2(g)+ 1 2 O2(g)=H2O(l) H3= -286kJmol-1； 根据盖斯定律可知， -得 C2H6(g) =C2H4(
4、g) + H2(g)，则H= H1-H2-H3=( -1560kJmol-1)-( -1411kJmol-1)- ( -286kJmol-1)=137kJmol-1，故答案为 137； 反应 C2H6(g) C2H4(g) + H2(g)为气体体积增大的吸热反应，升高温度、减小压强平衡都向正反应方向 移动，故提高该反应平衡转化率的方法有升高温度、减小压强（增大体积） ； 设起始时加入的乙烷和氢气各为 1mol，列出三段式， C2H6(g) C2H4(g) + H2(g) 起始（mol） 1 0 1 转化（mol） 平衡（mol） 1- 1+ 平衡时，C2H6、C2H4和 H2平衡分压分别为 1
5、 2 p、 2 p 和 1 2 p，则反应的平衡常数为 Kp= 1 21 （） （）（） ； (2) 根据 r=k 4 CH c ，若 r1= kc，甲烷转化率为时， 甲烷的浓度为 c(1-)，则 r2= kc(1-)，所以 r2=(1-)r1 ； A.增大反应物浓度反应速率增大，故 A说法正确； B.由速率方程可知，初期阶段的反应速率与氢气浓度无关，故 B 说法错误； C反应物甲烷的浓度逐渐减小，结合速率方程可知，乙烷的生成速率逐渐减小，故 C 说法错误； D化学反应速率与温度有关，温度降低，反应速率常数减小，故 D 正确。 答案选 AD。 (3) 由图可知，CO2在阴极得电子发生还原反应，
6、电极反应为 CO2+2e-=CO+O2-； 令生成乙烯和乙烷分别为 2体积和 1 体积，根据阿伏加德罗定律，同温同压下，气体体积比等于物质的量 之比，再根据得失电子守恒，得到发生的总反应为：6CH4+5CO2=2C2H4+ C2H6+5H2O+5CO，即消耗 CH4和 CO2的体积比为 6:5。故答案为：6:5。 【命题意图】本题以天然气为背景，考查化学反应原理的基本应用，较为注重学生学科能力的培养，难点 在于材料分析和信息提取，图像比较新，提取信息能力较弱的学生，会比较吃力。 【命题方向】化学反应原理综合题涉及的内容主要包括化学反应过程中的焓变、化学能与电能的相互转化、 电极反应式的书写、化
7、学反应速率的定性分析与定量计算、化学平衡移动原理在生产中的应用、化学平衡 常数的计算、反应条件的控制、弱酸弱碱的转化、pH 计算、离子浓度大小的比较、离子的共存、难溶物之 间的转化等问题。试题常以选择、填空、读图、作图、计算等形式出现。高考一般以与生产、生活联系紧 密的物质为背景材料出组合题，各小题之间有一定独立性。 预计 2021 年高考仍然将结合某个特定的工业生产过程，综合考查反应热、热化学方程式、化学反应速率和 化学平衡；考查从图像中获取有效信息，解答与化学反应速率和化学平衡有关的问题，如反应速率、反应 转化率、产率，提高转化率的措施等；考查从图表或图像中获取信息，计算转化率、平衡常数等
8、。 【得分要点】化学平衡图象解答原则化学平衡图象解答原则 （1）解题思路 （2）解题步骤 以可逆反应 aA(g)bB(g) cC(g)为例： （1）“定一议二”原则 在化学平衡图象中，包括纵坐标、横坐标和曲线所表示的意义三个量，确定横坐标所表示的量后，讨 论纵坐标与曲线的关系或确定纵坐标所表示的量，讨论横坐标与曲线的关系。如图： 这类图象的分析方法是“定一议二”，当有多条曲线及两个以上条件时，要固定其中一个条件，分析其 他条件之间的关系，必要时，作一辅助线分析。 （2）“先拐先平，数值大”原则 在化学平衡图象中，先出现拐点的反应先达到平衡，先出现拐点的曲线表示的温度较高(如图 A)或表 示的压
9、强较大(如图 B)。 图 A 图 B 图 A 表示 T2T1，正反应是放热反应。 图 B 表示 p1c。 省市名校模拟好题 1 （2020 届广东省佛山市质检）CoS2催化 CO 烟气脱硫具有广阔的工业化前景。回答下列问题： （1）已知： CoS2(s) +CO(g) CoS(s) +COS(g) H1 2COS(g) +SO2(g) 3S(s) +2CO2(g) H2 S(s) +CoS(S) CoS2 (s) H3 则 2CO(g)+ SO2(g) 催化剂 2CO2(g)+S(s) H4=_。 (用H1、 H2、H3表示) （2）在恒温、恒压的容器中模拟回收硫，加入 SO2起始量均为 1m
10、ol，测得 CO2的平衡体积分数随 CO 和 SO2的投料比变化如图 1： 当投料比为 2 时，t min 时测得 SO2转化率为 50%，则用 S 的生成速率表示的反应速率 v=_g min-1 。 当投料比为 3 时，CO2 的平衡体积分数对应的点是_。 （3）向体积均为 1L 的恒温、恒客密团容器通入 2 mol CO 和| mol SO2。反应体系总压强随时间的变化如图 2： 相对于 I，II 改变的外界条件是_。 SO2的平衡转化率为_，平衡常数 Kp =_(用平衡分压代替平衡浓度计算)。 （4）利用电解法处理 SO2尾气可制备保险粉 (Na2S2O4).电解装置如图，则 a_ b
11、(填“” “=”或“”)，生成 S2O42-的电极反应式为_。 【答案】（1） 123 2H +H +2H （2） 16 t C （3） 使用 （或使用更高效） 催化剂 75% 0.675 （4） +-2- 3242 2H +2HSO +2e =S O+2H O 【解析】 （1） 21 CoSs +CO gCoS s +COS gH 222 2COS g +SOg3S s +2COgH 23 S s +CoS SCoSsH根据盖斯定律可知+2 2可得 22 2CO g + SOg2COg +S s 催化剂 4123 H =2H +H +2H，故答案为： 123 2H +H +2H ； （2）当
12、投料比为 2 时，t min 时测得 SO2转化率为 50%，则有 22 2CO g+ SOg2COg+S s 催化剂 起始值(mol)2100 变化值(mol)10.510.5 平衡值(mol)10.510.5 S 的生成速率 S0.5mol32g/mol16 v=g/min ttt 生成 的质量 ；当投料比为 3 时，相当于在投料 比为 2 达到平衡时充入 1mol 的 CO，平衡正移，根据勒夏特列原理可知达到平衡时，CO2的体积分数小于 投料比为 2 达到平衡时 CO2的体积分数，故答案为：16 t ；C； （3）由图像可知 I，II，达到平衡时压强不变，则平衡不移动，II 达到平衡时间
13、变短，则 II 使用（或使用 更高效） 催化剂； 恒温、 恒客密团容器中气体的压强与物质的量成正比， 设反应消耗 SO2物质的量为 xmol， 则有 22 2CO g+ SOg2COg+S s xxxx - x-xxx 催化剂 起始值(mol)2100 变化值(mol)22 平衡值(mol)2 212 3mol160kPa = (3-x)mol120kPa 则 x=0.75mol，SO2的平衡转化率为 0.75mol 100%=75% 1mol ，则平衡时 n（CO） =0.5mol，n（SO2）=0.25mol，n（CO2）=1.5mol，则平衡常数 2 2 2 2 mol a Kp (CO
14、 ) Kp= molmolKp (CO)Kp(SO ) aa 2 2 1.5 (120KP ) 2.25mol 0.675 0.50.25 (120KP )120KP 2.25mol2.25mol ， 故答案为： 使用 （或 使用更高效）催化剂；75%；0.675； （4） 由电解装置图可知， SO2发生氧化反应生成 H2SO4， 为阳极， 电极反应为： -2-+ 224 SO -2e +2H O=SO+4H， 则硫酸浓度增大； HSO3-发生还原反应生成 S2O42-， 为阴极， 电极反应为： +-2- 3242 2H +2HSO +2e =S O+2H O， 故答案为：K，所以平衡逆向移
15、动； （3）该反应中反应物有 P4、Ca(OH)2、Na2CO3等、生成物有 NaH2PO2、PH3等，据此可知该反应中 P 元 素化合价既升高又降低，发生歧化，升高 1 价，降低 3 价，则 NaH2PO2和 PH3的系数比为 3：1，再结合元 素守恒可知方程式为：2P4+3Ca(OH)2+3Na2CO3+6H2O= 6NaH2PO2+2PH3+3CaCO3； 次磷酸(H3PO2)是一元酸，1.0molL-1的 NaH2PO2溶液水解方程式为：H2PO2-+H2O=H3PO2+OH-，pH=8， 则 c(H+)=10-8mol/L，c(OH-)=c(H3PO2)=10-6mol/L，c(H2
16、PO2-)=(1.0-10-6)mol/L1mol/L， Ka= +- -8 22 -6 32 HH PO 101 = H PO10 cc c =1.0 10-2； 根据图示可知，产品室产生次磷酸，则电极 M 应为阳极电解水中的 OH-，剩余 H+通过交换膜 A 移向产品 室，所以交换膜 A 为阳离子交换膜；电极 N 为阴极电解 H+，电极 N 的电极反应式为 2H2O+2e-=H2+2OH-； 电路中流过 3.8528 105库仑电量时，转移的电子的物质的量为 5 -19 A 1 1.6 10 3.8528 10 N =4mol，次磷酸根带一个负 电荷， 氢离子带一个正电荷， 所以电解过程中
17、转移 1mol 电子生成 1mol 次磷酸， 则转移 4mol 电子时生成 4mol 次磷酸。 6 （2020 届河南省六市高三第二次联合调研）地球上的氮元素对动植物有重要作用，其中氨的合成与应用 是当前的研究热点。人工固氮最主要的方法是 HaberBosch 法。通常用以铁为主的催化剂在 400500和 1030MPa 的条件下，由氮气和氢气直接合成氨。 在 Fe 催化剂作用下的反应历程为（*表示吸附态） ： 化学吸附：N2(g)2N* ；H2(g)2H*； 表面反应：N*+H*NH*；NH*+H*NH2*；NH2*+H*NH3*； 脱附：NH3*NH3(g) 其中，N2的吸附分解反应活化能
18、高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率。 请回答： （1）已知合成氨反应中生成 1 mol NH3放出 46kJ 热量，该反应的热化学方程式为_ （2）实际生产中，原料气中 N2和 H2物质的量之比为 1：2.8。分析说明原料气中 N2过量的理由_。 （3）关于合成氨工艺的下列理解，正确的是_。 A合成氨反应在不同温度下的 H 和 S 都小于零 B控制温度远高于室温，是为了保证尽可能高的平衡转化率和快的反应速率 C基于 NH3有较强的分子间作用力可将其液化，不断将液氨移去，利于反应正向进行 D原料中 N2由分离空气得到，H2由天然气与水蒸气反应生成，原料气需要经过净化处理，以防止催化剂 中毒和
19、安全事故发生 （4）已知反应： 1 2 N2(g)+ 3 2 H2(g)NH3(g)标准平衡常数 2 22 1.5 () () NH NH p p K pp pp ,其中p为标准压强 （1 105Pa） ， 3 NH p 、 2 N p 和 2 H p 为各组分的平衡分压，如： 3 NH p = 3 NH xp ，p 为平衡总压， 3 NH x 为平衡系 统中 NH3的物质的量分数。 若 N2和 H2起始物质的量之比为 1：3，反应在恒定温度和标准压强下进行，N 2的平衡转化率为，则 K =_（用含的最简式表示） 。 （5）常温常压下电解法合成氨的原理如图所示： 阴极生成氨的电极反应式为_。
20、阳极产物只有 O2，电解时实际生成的 NH3的总量远远小于由 O2理论计算所得 NH3的量，结合电极反应 式解释原因：_。 【答案】 （1）N2(g)+3H2(g) 1040-30-500M0 Fe Pa， 2NH3(g) H=-92kJmol-1 （2）原料气中 N2：相对 易得，适度过量有利于提高 H2的转化率；N2在 Fe 催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体 反应速率。 （3） ACD （4） 2 4(2-) 3 3(1-) （5） N2+6H+6e-=2NH3 还可能发生 2H+2e-=H2， N2+8H+6e-=2NH4+ 【解析】 （1）已知合成氨反应中生成 1 mo
21、l NH3放出 46kJ 热量，则 2mol NH3放出 92 kJ 热量，该反应的热化学方程 式为 N2(g)+3H2(g) 1040-30-500M0 Fe Pa， 2NH3(g) H=-92kJmol-1 ，故答案为： N2(g)+3H2(g) 1040-30-500M0 Fe Pa， 2NH3(g) H=-92kJmol-1 ； （2）实际生产中，原料气中 N2和 H2物质的量之比为 1：2.8。原料气中 N2过量的理由原料气中 N2，相对 易得，适度过量有利于提高 H2的转化率；N2在 Fe 催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体 反应速率。故答案为：原料气中 N2，相对易
22、得，适度过量有利于提高 H2的转化率；N2在 Fe 催化剂上的吸 附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率； （3）A合成氨反应是气体体积减小的放热反应，在不同温度下的 H 和 S 都小于零，故 A 正确； B控制温度远高于室温，是为了保证催化剂活性最高，故 B 错误； C基于 NH3有较强的分子间作用力可将其液化，不断将液氨移去，减小生成物浓度，利于反应正向进行， 故 C 正确； D原料中 N2由分离液态空气得到，H2由天然气与水蒸气反应生成，原料气需要经过净化处理，以防止催 化剂中毒和安全事故发生，故 D 正确； 故答案为：ACD； （4）若 N2和 H2起始物质的量之比为 1：3，反
23、应在恒定温度和标准压强下进行，N2的平衡转化率为， 223 13 Ng+HgNHg 22 0.51.5 0.51.5 0.5(1)1.5(1) mol mol mol 开始（） 变化（） 平衡（） 平衡混合气体总物质的量=0.5 （1-a） +1.5 （1-a） +amol= （2-a） mol， p 为平衡时压强， p （N2） = 0.5(1) 2 p ， p（H2）= 1.5(1) 2 p ，p（NH3）= 2 p ， K= 3 1313 22 2222 1 2 110.5(1)1.5(1) ()()()() 22 P NH p P NP H pp ，则 K= 2 4(2-) 3 3(1
24、-) （用含的最简式 表示） 。故答案为： 2 4(2-) 3 3(1-) ； （5）阴极与电源负极相连，为 N2放电生成 NH3，阴极生成氨的电极反应式为 N2+6H+6e-=2NH3 ；故答 案为：N2+6H+6e-=2NH3 ； 电解时实际生成的 NH3的总量远远小于由 O2理论计算所得 NH3的量，原因是电解时，阴极除了 N2得电 子外，还可能发生 N2+8H+6e=2NH4，2H+2e=H2。故答案为：还可能发生 2H+2e-=H2， N2+8H+6e-=2NH4+。 7（2020 届四川省成都市第七中三诊模拟） 党的十九大报告中多次提及“绿色环保”、 “生态文明”， 而 CO 2
25、的 有效利用可以缓解温室效应，解决能源短缺问题。 （1）某研究所的科研人员在新型纳米催化剂 NaFe3O4 和 HMCM22 的表面，以 CO2 为碳源，与电 解水产生的 H2 催化转化为高附加值的烃类化合物，其过程如图。 图中 CO2 转化为 CO 的反应为：CO2(g) + H2(g)=CO(g) + H2O(g) H1 = + 41 kJmol-1。已知：2CO2(g) + 6H2(g)=C2H4(g) + 4H2O(g) H2=128 kJmol-1。图中 CO 转化为 C2H4 的热化学方程式是 _ 。 （2） 甲醇是未来重要的绿色能源之一， 在工业中常用 CO、 H2 合成甲醇，
26、其反应为： CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H3 ”、“”或“=”，下同） 。 平衡常数 KB_KC。 若 B点时投料比 2 2 n(H ) n(CO ) =3，则平衡常数 KB=_（代入数据列出算式即可，不用化简） 。 其他条件不变时，能同时满足增大反应速率和提高 CO2转化率的措施是_。 A将产物从体系不断分离出去 B给体系升温 C给体系加压 D增大 H2的浓度 （4）以稀硫酸为电解质溶液，利用太阳能电池将 CO2转化为乙烯的工作原理如图所示。则 M极上的电 极反应式为_。 已知乙烯也能做燃料电池，当消耗标况下 2.24L乙烯时，导线中转移电子的数目为_。 【答案】 （1） （a
27、-b）或者-（b-a） （2）803 （3） 1 2 2 3 0.3751.5 0.25 0.75 CD （4）2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O 1.2NA 【解析】 （1）H=生成物总能量-反应物总能量，根据图中信息，可知H 为（a-b）kJ/mol 或为-（b-a）kJ/mol； 故答案为： （a-b）或者-（b-a） ； （2）H=反应物的键能总和-生成物的键能总和，实验测得上述反应的H=-76kJ/mol，带入表中化学键的键 能数据，H= x 1 2 +3436-612+4144 +4464 2 ，解得 x=803，故答案为：803； （3）可逆反应 CO2(g)+3H
28、2(g) 1 2 C2H4(g)+2H2O(g) H0，正反应是气体体积减小的反应，增大压 强，平衡正向移动，CO2转化率增大，则根据图中 A、B两点可判断 P1KC； 平衡常数 KB=2 1 2 2 3 2 42 2 )O(C H(H (CO(H ) ) cc cc ，若 B 点时投料比 2 2 n(H ) n(CO ) =3，可列三段式如下： COgHgC HgH O g 22242 + 初始浓度1300 变化浓度0.752.250.3751.5 平衡浓度0.250.750.37 1 2 5 3 2 51. 则平衡常数 KB= 1 2 2 3 0.3751.5 0.25 0.75 ，故答案
29、为： 1 2 2 3 0.3751.5 0.25 0.75 ； 其他条件不变时，能同时满足增大反应速率和提高 CO2转化率的措施 A将产物从体系不断分离出去 ，反应速率减慢，不符合题意； B给体系升温，平衡逆向移动，减小 CO2转化率，不符合题意； C给体系加压 ，平衡正向移动，反应速率也加快，符合题意； D增大 H2的浓度平衡正向移动，反应速率也加快，符合题意； 故答案为：CD （4）由图可知,M极消耗 CO2,产生 C2H4,发生还原反应;N 极上产生 O2,发生氧化反应,所以 M极作电解池 阴极,N极作电解池阳极,已知稀硫酸为电解质溶液,所以 M极上的电极反应式为 2CO2+12e-+1
30、2H+=C2H4+4H2O， 故答案为：2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O ； 当消耗标况下 2.24L乙烯时， 由上题分析可知 C2H4 12e-， 则导线中转移电子的数目为 1.2NA， 故答案为： 1.2NA。 9 （云南省曲靖市第一中学 2020 届高三二模）消除氮氧化物和硫氧化物有多种方法。 （1）用活性炭还原法：某研究小组向某密闭容器中加入足量的活性炭和 NO，发生反应：C(s)2NO(g) N2(g)CO2(g) HQ kJ mol1 在 T1下，反应进行到不同时间测得各物质的浓度部分数据如下： 时间（min） 浓度 mol/L 0 10 20 30 40 50 N
31、O 1.00 0.40 0.20 0.30 0.30 N2 0 0.40 0.60 0.60 CO2 0 0.60 0.60 010 min 内，N2的平均反应速率 (N2)=_，T1时，该反应的平衡常数 K=_。 30 min 后，若只改变一个条件，反应重新达到平衡时各物质的浓度如上表所示，则改变的条件可能是 _ （填字母） a. 加入一定量的活性炭 b. 改变反应体系的温度 c. 缩小容器的体积 d. 通入一定量的 NO 若 30 min 后升高温度至 T2，重新达到平衡时，容器中 NO、N2、CO2的浓度之比为 733，则该反 应的H_0（填“” 、 “ ” 、或“” ） （2）NH3催
32、化还原法：原理如图所示 若烟气中 c(NO2)： c(NO)=11，发生如图甲所示的脱氮反应时，反应过程中转移 1.5mol电子时放出的 热量为 113.8 kJ，则发生该脱氮反应的热化学方程式为_ 。 图乙是在一定时间内，使用不同催化剂 Mn和 Cr在不同温度下对应的脱氮率，由图可知工业使用的最佳 催化剂和相应温度分别为_；使用 Mn 作催化剂时，脱氮率 ba段呈现如图变化的可能原因是_。 （3）直接电解吸收也是脱硝的一种方法。用 6的稀硝酸吸收 NOx生成亚硝酸，再将吸收液导入电解槽电 解，使之转化为硝酸。电解装置如图所示。 图中 b应连接电源的_ （填“正极”或“负极”） 。 将石墨电极
33、设置成颗粒状的目是_。 阳极的电极反应式为_。 【答案】 （1）0.03mol L-1 min-1 4 c d （2）2NH3(g)+NO(g)+NO2(g)2N2(g)+3H2O(g) H=-455.2kJ/mol Mn，200 ba 段，温度 较低，催化剂活性较低，脱氮反应速率较慢，反应还没达到化学平衡（反应限度） ，随着温度升高反应速率 变大，一定时间参与反应的氮氧化物变多，导致脱氮率逐渐升高 （3） 负极 增大吸收液与电极的接触面积， 提高电解反应的效率 H2O+HNO2-2e-=NO3-+3H+（或 NO2-+H2O-2e-=NO3-+2H+） 【解析】 （1）由图可得 11 1.0
34、0mol/0.40/ NO0.06mol Lmin 10min Lmol L v ，由同一反应中，物 质的速率之比等于化学方程式中相应的化学计量数之比，可知 11 11 2 0.06mol Lmin N0.03mol Lmin 2 v ；由题给表格可知，20min 时 N2的浓度为 0.40mol/L， 则 NO的浓度为 1.00mol/L-0.40mol/L 2=0.20mol/L，30min 时 NO的浓度为 0.20mol/L，则 2030min 时反应 保持平衡状态，此时平衡常数 K= 22 22 NCO0.4 0.4 4 NO0.20 cc c 。故答案为：0.03mol L-1 m
35、in-1；4； 分析表中数据，30min 后若只改变一个条件，反应重新达到平衡时各物质的浓度均为原平衡的 1.5倍，据 此进行分析： a活性炭为固体，加入一定量的活性炭，平衡不移动，a 项不可能； b改变体系温度，平衡会移动，但不会导致 NO、N2、CO2的浓度均增大，b项不可能； c缩小容器体积，反应前后是气体体积不变的反应，平衡不移动，但物质的浓度都变大，c 项可能； d通入一定量的 NO，平衡向正反应方向移动，由于反应前后是气体体积不变的反应，达平衡后 NO、N2、 CO2的浓度均成比例增大，d项可能； 答案为：cd； 设 T2后重新达到平衡时，NO的浓度为 7x，则此时的平衡常数 K2
36、= 22 22 NCO3x3x 0.184 NO 7x cc c ，说明升高温度反应向逆反应方向移动，则反应的H0，故 答案为：； （2）由图知 NH3催化还原法中，NH3被 NO、NO2氧化成 N2，NO、NO2做氧化剂，故反应方程式为： 2NH3(g)+NO(g)+NO2(g)2N2(g)+3H2O(g)，每 2molNH3反应过程中转移 6mol电子，根据“反应过程中转移 1.5mol 电子时放出热量为 113.8kJ”可知，转移 6mol电子，放出热量= 6 113.8455.2kJ 1.5 mol kJ mol ，故该脱 氮反应的热化学方程式为：2NH3(g)+NO(g)+NO2(g
37、)2N2(g)+3H2O(g) H=-455.2kJ/mol；答案为： 2NH3(g)+NO(g)+NO2(g)2N2(g)+3H2O(g) H=-455.2kJ/mol； 由图乙可知，Mn 作催化剂，在 200时的脱氮率最高。Cr 作催化剂，在 450左右脱氮率最高，相比 Mn 做催化剂更节约能源，由此可知工业使用的最佳催化剂和相应温度为 Mn，200；脱氮率 ba 段呈现如图 变化的可能原因是开始温度较低，催化剂的活性较低，故脱氮反应速率较慢，随着温度升高，反应速率变 大，一定时间参与反应的氮氧化物变多，导致脱氮率逐渐升高，故答案为：Mn，200；ba段，温度较 低，催化剂活性较低，脱氮反
38、应速率较慢，反应还没达到化学平衡（反应限度） ，随着温度升高反应速率变 大，一定时间参与反应的氮氧化物变多，导致脱氮率逐渐升高； （3）由题意可知，在电解槽中亚硝酸发生氧化反应转变为硝酸，则生成气体的反应为还原反应，即 b 电 极处发生还原反应，根据电解池原理，可知发生还原反应的为电解池的阴极，与电源的负极相连，故答案 为：负极； 增大反应物的接触面积能加快反应速率，故石墨电极为颗粒状，可增大接触面积，提高电解效率，答案 为：增大吸收液与电极的接触面积，提高电解反应的效率； 电极的阳极为氧化反应，即亚硝酸被氧化成硝酸，故电极反应方程式为：H2O+HNO2-2e-=NO3-+3H+（或 NO2-+H2O-2e-=NO3-+2H+） ，答案为：H2O+HNO2-2e-=NO3-+3H+（或 NO2-+H2O-2e-=NO3-+2H+） 。
