3．新型材料AIN应用前景广泛，对其制备过程的研究成为热点。
（1）将物质的量均为amol的Al2O3与N2充入恒温恒容密闭容器中，控制温度发生反应：
2Al2O3（s）+2N2（g）
4AlN（s）+3O2（g）△H>0。
①下列可作为反应达到平衡的判据是_________（填序号）。
A．固体的质量不再改变
B．2v正（N2）=3v逆（O2）
C．△H不变
D．容器内气体的压强不变
E．N2分子数与O2分子数比为2:
3
②在起始压强为p的反应体系中，平衡时N2的转化率为α，则上述反应的平衡常数Kp__________（对于气相反应，用某组分B的平衡压强p（B）代替物质的量浓度c（B）也可表示平衡常数，记作Kp，如p（B）=p总·x（B），p总为平衡总压强，x（B）为平衡系统中B的物质的量分数）。
③为促进反应的进行，实际生产中需加入焦炭，其原因是____________。
（2）铝粉与N2在一定温度下可直接生成AlN，加入少量NH4Cl固体可促进反应。
将等质量的A1粉与不同量的NH4Cl混合均匀后置于充N2的密闭容器中，电火花引燃，产品中AlN的质量分数[ω（AlN）]随原料中ω（NH4Cl）的变化如图1所示，燃烧过程中温度随时间变化如图2所示。
则：
①固体混合物中，ω（NH4Cl）的最佳选择是__________。
②结合图2解释当ω（NH4Cl）超过一定值后，ω（AlN）明显减少的原因__________。
（3）AIN粉末会缓慢发生水解反应，粒径为100nm的AlN粉末水解时溶液pH的变化如图3所示。
①AlN粉末水解的化学方程式是______________。
②相同条件下，请在图3中画出粒径为40nm的AlN粉末水解的变化曲线____________。
【答案】AD
p消耗O2、提供能量，均能使平衡向右移动3%NH4Cl分解吸热造成温度降低，不利于Al与N2反应AlN+4H2O
Al（OH）3+NH3•H2O
【解析】
【分析】
（1）①根据反应达到平衡后，正逆反应速率，各成分的浓度不变及由此衍生的其它物理量进行分析；
②平衡时N2的转化率为α，由于反应物中只有N2是气体，所以起始压强p即为起始时N2的分压，列三段式求Kp；
③碳在氧气中燃烧放出热量，焦炭既可以消耗氧气，使生成物浓度降低，又可以提供热量，这两方面的作用都可以使平衡右移；
（2）①根据图像分析，当ω（NH4Cl）=3%时，ω（AlN）最大；
②从图2可以看出，反应过程中温度会降低。
ω（NH4Cl）=3%时的温度比ω（NH4Cl）=1%时的温度降低得更多。
这是因为NH4Cl分解吸热，当ω（NH4Cl）超过一定值后，NH4Cl分解吸热造成温度降低不利于Al与N2反应，导致ω（AlN）明显减少；
（3）①AIN粉末会缓慢发生水解反应，生成Al（OH）3和NH3；
②相同条件下，由于粒径为40nm的AlN粉末和水的接触面积更大，所以其水解速率大于粒径为100nm的AlN粉末的水解速率，由于固体不影响平衡，所以最终溶液的pH是相同。
【详解】
（1）①A．消耗2molAl2O3会生成4molAlN，固体质量减少，当固体的质量不再改变时，反应达到了平衡状态；
B．当3v正（N2）=2v逆（O2）时，正逆反应速率相等，反应达到了平衡状态，但2v正（N2）=3v逆（O2）表示的正逆反应速率不相等，不是平衡状态；
C．△H取决于反应物和生成物的总能量的相对大小，和是否平衡无关；
D．在恒温恒容条件下，容器内的压强和气体的物质的量成正比。
该反应是反应前后气体分子数不相等的反应，在平衡建立过程中，气体总物质的量一直在改变，只有达到平衡时，气体总物质的量才不再不变，即容器内压强才不变，所以当容器内气体的压强不变时，反应达到了平衡状态；
E．N2分子数与O2分子数之比和起始投料以及转化率有关，当N2分子数与O2分子数比为2:
3时，反应不一定是平衡状态；
故选AD。
②反应2Al2O3（s）+2N2（g）
4AlN（s）+3O2（g），在起始时加入的是等物质的量的Al2O3与N2，由于反应物中只有N2是气体，所以起始压强p即为起始时N2的分压，列三段式求Kp，已知平衡时N2的转化率为α，则
Kp=
=
p。
③为促进反应的进行，实际生产中需加入焦炭，焦炭和氧气反应，放出热量。
焦炭既可以消耗氧气，使生成物浓度降低，又可以提供热量，这两方面的作用都可以使平衡右移，从而促进反应的进行。
（2）①从图1可以看出，当ω（NH4Cl）=3%时，ω（AlN）最大，所以最佳选择是ω（NH4Cl）=3%。
②从图2可以看出，反应过程中温度会降低。
ω（NH4Cl）=3%时的温度比ω（NH4Cl）=1%时的温度降低得更多。
这是因为NH4Cl分解吸热，当ω（NH4Cl）超过一定值后，NH4Cl分解吸热造成温度降低不利于Al与N2反应，导致ω（AlN）明显减少
（3）①AIN粉末会缓慢发生水解反应，生成Al（OH）3和NH3，AlN粉末水解的化学方程式是AlN+4H2O
Al（OH）3+NH3•H2O。
②相同条件下，由于粒径为40nm的AlN粉末和水的接触面积更大，所以其水解速率大于粒径为100nm的AlN粉末的水解速率，由于固体不影响平衡，所以最终溶液的pH是相同的。
粒径为40nm的AlN粉末水解的变化曲线为
。
4．一定条件下，在2L密闭容器中发生反应：
3A（g）+B（g）⇌2C（g），开始时加入4molA、6molB、2molC，2min末测得C的物质的量是3mol。
（1）用A的浓度变化表示的反应速率是：
________；
（2）在2min末，B的浓度为：
___________；
（3）若改变下列一个条件，推测该反应速率发生的变化（填变大、变小、或不变）①升高温度，化学反应速率_____；②充入1molB，化学反应速率___；③将容器的体积变为3L，化学反应速率_________。
【答案】0.375mol·L-1·min-12.75mol·L-1变大变大变小
【解析】
【分析】
根据题干信息，建立三段式有：
据此分析解答。
【详解】
（1）2min内，用A的浓度变化表示的反应速率为：
，故答案为：
0.375mol·L-1·min-1；
（2）根据上述分析可知。
在2min末，B的物质的量为5.5mol，则B的浓度
，故答案为：
2.75mol·L-1；
（3）①升高温度，体系内活化分子数增多，有效碰撞几率增大，化学反应速率变大，故答案为：
变大；
②冲入1molB，体系内活化分子数增多，有效碰撞几率增大，化学反应速率变大，故答案为：
变大；
③将容器的体积变为3L，浓度减小，单位体积内的活化分子数减小，有效碰撞几率减小，化学反应速率变小，故答案为：
变小。
5．某温度时，在2L的密闭容器中，X、Y、Z（均为气体）三种物质的量随时间的变化曲线如图所示：
（1）由图中所给数据进行分析，该反应的化学方程式为__________。
（2）若上述反应中X、Y、Z分别为H2、N2、NH3，某温度下，在容积恒定为2.0L的密闭容器中充入2.0molN2和2.0molH2，一段时间后反应达平衡状态，实验数据如表所示：
t/s
0
50
150
250
350
n（NH3）
0
0.36
0.48
0.50
0.50
0~50s内的平均反应速率v（N2）=__________。
（3）已知：
键能指在标准状况下，将1mol气态分子AB（g）解离为气态原子A（g）、B（g）所需的能量，用符号E表示，单位为kJ/mol。
H-H的键能为436kJ/mol，N-H的键能为391kJ/mol，生成1molNH3过程中放出46kJ的热量。
则N≡N的键能为_________kJ/mol。
【答案】3X（g）+Y（g）⇌2Z（g）1.8×10−3mol/（L·s）946
【解析】
【分析】
（1）由图中所给数据看，反应开始前，X、Y的物质的量都为1.0mol，而Z的物质的量为0，所以X、Y为反应物，Z为生成物；当各物质的量不变时，其物质的量都大于0，表明反应为可逆反应；再由物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，可确定反应的化学计量数关系，从而写出反应方程式。
（2）从表中数据可得出，反应生成n（NH3）=0.36mol，则参加反应的n（N2）=0.18mol，从而求出0~50s内的平均反应速率v（N2）。
（3）利用∆H=E（N≡N）+3E（H-H）-6E（N-H），可求出E（N≡N）。
【详解】
（1）由图中所给数据可得出，X、Y、Z的变化量分别为0.3mol、0.1mol、0.2mol，从而得出三者的物质的量之比为3:
1:
2，结合上面分析，可得出该反应的化学方程式为3X（g）+Y（g）⇌2Z（g）。
答案为：
3X（g）+Y（g）⇌2Z（g）；
（2）从表中数据可得出，反应生成n（NH3）=0.36mol，则参加反应的n（N2）=0.18mol，从而得出0~50s内的平均反应速率v（N2）=
=1.8×10−3mol/（L·s）。
答案为：
1.8×10−3mol/（L·s）；
（3）利用∆H=E（N≡N）+3E（H-H）-6E（N-H），可求出E（N≡N）=∆H-3E（H-H）+6E（N-H）=-46×2kJ/mol-3×436kJ/mol+6×391kJ/mol=946kJ/mol。
答案为：
946。
【点睛】
由图中数据确定反应方程式时，对于方程式中的每个关键点，都需认真求证，不能随意表示，否则易产生错误。
如我们在书写方程式时，很容易将反应物与生成物之间用“==”表示。
6．工业废水中常含有一定量的Cr2O72-和CrO42-，它们会对人类及生态系统产生很大危害，必须进行处理．常用的处理方法有两种．方法1：
还原沉淀法．
该法的工艺流程为：
其中第①步存在平衡2CrO42−（黄色）+2H+⇌Cr2O32−（橙色）+H2O
（1）若平衡体系的 pH=2，该溶液显______色．
（2）能说明第①步反应达平衡状态的是_____（填序号）
A．Cr2O72−和CrO42−的浓度相同
B．2v（Cr2O72−）=v（CrO42−）
C．溶液的颜色不变
（3）第②步中，还原1molCr2O72−离子，需要______mol的FeSO4•7H2O．
（4）第③步生成的Cr（OH）3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：
Cr（OH）3（s）⇌Cr3+（aq）+3OH-（aq），常温下，Cr（OH）3的溶度积Ksp=c（Cr3+）•c3（OH-）=10-32，要使c（Cr3+）降至10-5mol/L，溶液的pH应调至______．
方法2：
电解法．
该法用Fe做电极电解含Cr2O72−的酸性废水，随着电解的进行，在阴极附近溶液pH升高，产生Cr（OH）3沉淀；
（5）用Fe做电极的原因为______（用电极反应式解释）．
（6）在阴极附近溶液 pH 升高，溶液中同时生成的沉淀还有______．
【答案】橙C65阳极反应为Fe−2e−═Fe2+，提供还原剂Fe2+Fe（OH）3
【解析】
【分析】
（1）pH=2，溶液呈酸性，有利于平衡向正反应分析移动；
（2）达到平衡时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变；
（3）根据氧化还原反应中得失电子守恒来计算；
（4）根据溶度积常数以及水的离子积常数来进行计算；
（5）阳极是活性电极时，阳极本身失电子，生成阳离子；
（6）溶液PH升高的原因是溶液中氢离子浓度减少，即氢离子在阴极得电子，PH升高，生成沉淀为Cr（OH）3和Fe（OH）3。
【详解】
（1）溶液显酸性，c（H+）较大，上述平衡右移，该溶液显橙色；综上所述，本题答案是：
橙；
（2）A．Cr2O72−和CrO42−的浓度相同时，反应不一定达到平衡状态，A错误；
B．2v（Cr2O72−）=v（CrO42−），没有标出正逆反应速率，无法判定反应是否达到平衡状态，B错误；
C．平衡时各物质的浓度不再改变，即溶液的颜色不再改变，可以判断反应达到平衡状态，C正确；
综上所述，本题选C；
（3）根据电子得失守恒可以知道,还原1molCr2O72−离子，得到Cr3+，得到电子：
2×（6-3）=6mol，Fe2+被氧化为Fe3+，需要FeSO4•7H2O的物质的量为
=6mol；
综上所述，本题答案是：
6；
（4）当c（Cr3+）=10-5mol/L时,溶液的c（OH-）=
=10-9mol/L,c（H+）=
=10-5mol/L,pH=5，即要使c（Cr3+）降至10-5mol/L，溶液的pH应调至5；
综上所述，本题答案是：
5；
（5）用Fe做阳极，发生氧化反应，失电子：
Fe−2e-=Fe2+，产生的亚铁离子做还原剂；
综上所述，本题答案是：
Fe−2e-=Fe2+，提供还原剂Fe2+；
（6）溶液中氢离子在阴极得电子被还原为氢气，阴极极反应为：
2H++2e-=H2↑，溶液酸性减弱，溶液pH升高，亚铁离子被氧化为铁离子，酸性减弱，铁离子产生沉淀Fe（OH）3；
综上所述，本题答案是：
Fe（OH）3。
7．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
CO（g）
CO2（g）
SO2（g）
标准摩尔生成焓∆fHm（25℃）/kJ∙mol-1
-110.5
-393.5
-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2.2molCO和1molSO2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，40min达到平衡，则0～40min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X①NH3与NO的物质的量之比为X时对应的曲线为_____________（填“a”“b”或“c”）。
②各曲线中NO脱除率均先升高后降低
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