题型解读四 化学反应原理解题指导
1．(2020·深圳第一次调研)大气环境中 NOx的减量化排放受到国内外广泛关注。利用碳还原 NO的反
应为 C(s)＋2NO(g) N2(g)＋CO2(g)。
回答下列问题：
(1)该反应在常温下可以自发进行，则反应的 ΔH______0(填“>”“＝”或“<”)，有利于提高 NO
平衡转化率的条件是________(任写一条)。
(2)以上反应可分为如下四步反应历程，写出其中第三步的反应：
第一步：2NO===(NO)2
第二步：C＋(NO)2===C(O)＋N2O
第三步：________
第四步：2C(O)===CO2＋C
(3)对比研究活性炭负载钙、镧氧化物的反应活性。在三个反应器中分别加入C、CaO/C、La2O3/C，通入
NO使其浓度达到0.1 mol·L－1。不同温度下，测得第 2小时 NO去除率如图所示：
①据图分析，490 ℃以下，三种情况下反应的活化能最小的是________(用 a、b、c表示)；CaO/C、
La2O3/C去除 NO效果比 C更好，其依据是_____________________________________________
_______________________________________(写一条)。
②上述实验中，490 ℃时，若测得 CaO/C对 NO的去除率为 60%，则可能采取的措施是________(填字
母)。
A．及时分离出 CO2
B．压缩体积
C．恒容下，向体系中通入氮气
D．寻找更好的催化剂
③490 ℃时的反应速率 v(NO)＝______mol·L－1·h－1，该温度下此反应的平衡常数为 121，则反应
达平衡时 NO的去除率为________(保留两位有效数字)。
解析：(1)常温下该反应在常温下可以自发进行，ΔG＜0，ΔS＞0，判断ΔG＝ΔH－TΔS 中的ΔH＜
0；有利于提高 NO平衡转化率的条件即让平衡正向移动方法，降温。
(2)总反应为 C(s)＋2NO(g) N2(g)＋CO2(g)，
①2NO===(NO)2、②C＋(NO)2===C(O)＋N2O、④2C(O)===
CO2＋C
根据盖斯定律，①＋②＋③＋④式得到总反应，③式等于总反应减去(①＋②＋④)得到：C＋N2O===C(O)
＋N2。
(3)①由图可知，CaO/C、La2O3/C和 C去除 NO效果最好的是 a，是反应速率最快的，反应的活化能最
小的也是 a；由图可知，CaO/C、La2O3/C去除 NO效果比 C更好，原因是相同条件下，NO去除率更高(或在
较低温度下 NO去除的效果好，或纯碳的活化能高、反应速率慢)；
②根据图象可知，490 ℃时，NO 的去除率是 45%，现在的去除率为 60%，A 项，及时分离出 CO2，会
使平衡正向移动，速率是减慢的，不一定增加 NO的去除率，错误；B项，压缩体积，增大了浓度，速率加
快，可以增加 NO的去除率，正确；C项，恒容下，向体系中通入氮气，增加生成物的浓度，平衡逆向移动，
不能增加 NO的去除率，错误；D项，不同的催化剂，催化效果不一样，故可以寻找更好的催化剂，提高 NO
的去除率，正确；答案选 BD。
③根据图象，490 ℃时，NO的去除率是 45%，NO的初始浓度为 0.1 mol·L－1，则转化浓度为 0.045
Δc 0.045 mol·L－1
mol·L－1，v(NO)＝ ＝ ＝0.0225 mol·L－1·h－1；
Δt 2 h
设平衡时生成的氮气的浓度为 x，
C(s)＋2NO(g) N2(g)＋CO2(g)
开始/(mol·L－1) 0.1 0 0
变化/(mol·L－1) 2x x x
平衡/(mol·L－1) 0.1－2x x x
11
x2 11 2 × 230
则平衡常数 K＝ ＝121，解得 x＝ ，反应达平衡时 NO的去除率为 ×100%＝96%。
（0.1－2x）2 230 0.1
答案：(1)＜ 降温
(2)C＋N2O===C(O)＋N2
(3)①a 相同条件下，NO去除率更高 ②BD ③0.0225 96%
2．(2020·江淮十校联考)氮的氧化物是大气污染物之一，用活性炭或一氧化碳还原氮氧化物，可防
止空气污染。回答下列问题：
(1) 汽 车 尾 气 中 常 含 有 碳 烟 、 CO 、 NO 等 有 害 物 质 ， 尾 气 中 含 有 碳 烟 的 主 要 原 因 为
______________________________________。
(2)已知在 298 K和 101 kPa条件下，有如下反应：
反应①：C(s)＋O2(g)===CO2(g)
ΔH1＝－393.5 kJ·mol－1
反应②：N2(g)＋O2(g)===2NO(g)
ΔH2＝＋180.5 kJ·mol－1
1 1 1
若反应 CO2(g)＋ N2(g) C(s)＋NO(g)的活化能为
2 2 2
a kJ·mol－1，则反应 C(s)＋2NO(g) CO2(g)＋N2(g)的活化能为__________kJ·mol－1。
(3)在常压下，已知反应 2CO(g)＋2NO(g) N2(g)＋2CO2(g) ΔH(298K)＝－113.0 kJ·mol－1，
ΔS(298K)＝－145.3 J·mol－1·K－1，据此可判断该反应在常温下________(填“能”或“不能”)自发进
行。
(4)向容积为 2 L的真空密闭容器中加入活性炭(足量)和 NO，发生反应 C(s)＋2NO(g) N2(g)
＋CO2(g)，NO 和 N2的物质的量变化如表所示，在 T1 ℃、T2 ℃分别到达平衡时容器的总压强分别为 p1
kPa、p2 kPa。
物质的量 T1 ℃ T2 ℃
/mol 0 5 min 10 min 15 min 20 min 25 min 30 min
NO 2.0 1.16 0.80 0.80 0.50 0.40 0.40
N2 0 0.42 0.60 0.60 0.75 0.80 0.80
①T1 ℃时，0～10 min内，以 NO表示的该反应速率 v(NO)＝________kPa·min－1。
②第 15 min后，温度调整到 T2，数据变化如表所示，则 p1________p2(填“>”“<”或“＝”)。
③若 30 min时，保持 T2不变，向该容器中再加入该四种反应混合物各 2 mol，再次达平衡时 NO的体
积百分含量为__________。
(5)为探究温度及不同催化剂对反应 2NO(g)＋2CO(g)
N2(g)＋2CO2(g)的影响，分别在不同温度、不同催化剂下，保持其他初始条件不变重复实验，在相同时间
内测得 NO转化率与温度的关系如图所示：
①在催化剂乙作用下，图中M点对应的速率(对应温度400 ℃)
v(正)________v(逆)(填“>”“<”或“＝”)，其理由为___________。
②温度高于 400 ℃，NO转化率降低的原因可能是___________
_____________________________________________________。
1 1 1
解析：(1)尾气中含有碳烟的主要原因为燃料燃烧不充分。(2)若反应 CO2(g)＋ N2(g) C(s)
2 2 2
＋NO(g)的活化能为 a kJ·mol－1，则反应 C(s)＋2NO(g) CO2(g)＋N2(g)的逆反应活化能为 2a kJ·mol
－1，根据盖斯定律：①－②可得 C(s)＋2NO(g) CO2(g)＋N2(g)
ΔH＝－574 kJ·mol－1，故反应 C(s)＋2NO(g) CO －12(g)＋N2(g)的活化能为(2a－574)kJ·mol 。(3)
满足自发进行的条件是：ΔH－
TΔS＝－113.0 kJ·mol－1－T×(－145.3×10－3) kJ·mol－1·K－1<0，则 T<777.7 K，故该反应在常温下能
自发进行。(4)①该反应前后气体总物质的量不变，故 0～10 min内，容器的总压强保持不变，平衡时 NO(g)
0.80
的分压为 p1Kpa＝0.4p1kPa，以 NO表示的该反应速率
2.0
p1kPa－0.4p1kPa
v(NO)＝ ＝0.06p1kPa·min－1。②第 15 min后，温度调整到 T2，从表格查得 NO的物质的量
10 min
减少，N2的增加，平衡向正反应方向移动，由于正反应为放热反应，改变条件为降温，气体的总的物质的
量不变，温度越低，压强越小，则 p1>p2。③若 30 min时，保持 T2不变，向该容器中再加入该四种反应混
合物各 2 mol，该反应前后气体分子数不变，加入反应混合物前后构成等效平衡，达平衡时 NO的体积百分
0.4 mol
含量为 ×100%＝20%。(5)①在催化剂乙作用下，相同温度下，曲线乙的转化率低于曲线甲的转化
2 mol
率，说明 M 点不是平衡点，反应仍向正反应方向进行，则 v(正)>v(逆)。②温度升高催化剂活性降低，催
化效率降低，则在相同时间内测得 NO转化率降低。
答案：(1)燃料燃烧不充分
(2)2a－574
(3)能
(4)①0.06p1 ②> ③20%
(5)①> ②相同温度下，曲线乙的转化率低于曲线甲的转化率，说明 M 点不是平衡点，反应仍向正
反应方向进行 温度升高催化剂活性降低
3．(2020·佛山质检)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) ΔH1
2COS(g)＋SO2(g) 3S(s)＋2CO2(g) ΔH2
S(s)＋CoS(s) CoS2(s) ΔH3
催化剂
则 2CO(g)＋SO2(g) 2CO2(g)＋S(s) ΔH4＝________。 (用含ΔH1、 ΔH2、ΔH3的代数式表示)
(2)在恒温、恒压的容器中模拟回收硫，加入 SO2起始量均为 1 mol，测得 CO2的平衡体积分数随 CO
和 SO2的投料比变化如图 1：
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。
②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 1 L的恒温、恒容密闭容器通入 2 mol CO和 1 mol SO2。反应体系总压强随时间的变
化如图 2：
①相对于Ⅰ，Ⅱ改变的外界条件是_________________________
_____________________________________________________。
②SO2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(填“>”
“＝”或“<”)，生成 S O 2－42 的电极反应式为______________________________________________________
_____________________________________________________。
解析：(1)将已知三个热反应方程式依次标记为①、②、③，根据盖斯定律可知 2×①＋②＋2×③
催化剂
可得 2CO(g)＋SO2(g)????2CO2(g)＋S(s) ΔH4＝2ΔH1＋ΔH3＋2ΔH3。(2)①当投料比为 2 时，t min
时测得 SO2转化率为 50%，则有
催化剂
2CO(g)＋SO2(g) 2CO2(g)＋S(s)
起始值/mol 2 1 0 0
变化值/mol 1 0.5 1 0.5
平衡值/mol 1 0.5 1 0.5
生成S的质量
S的生成速率 v＝ ＝
t
0.5 mol × 32 g·mol－1 16
＝ g·min－1。②当投料比为 3 时，相当于在投料比为 2 达到平衡时充
t t
入 1 mol 的 CO，平衡向正反应方向移动，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 C。(3)①由图象可知Ⅰ，Ⅱ，达到平衡时压强不变，则平衡不
移动，Ⅱ达到平衡时间变短，则Ⅱ使用(或使用更高效)催化剂。②恒温、恒容密闭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 x mol，则有
催化剂
2CO(g)＋SO2(g) 2CO2(g)＋S(s)
起始值/mol 2 1 0 0
变化值/mol 2x x 2x x
平衡值/mol 2－2x 1－x 2x x
3 mol 160 kPa 0.75 mol
＝ ，则 x＝0.75 mol，SO2的平衡转化率为 ×100%＝75%，则平衡时
（3－x）mol 120 kPa 1 mol
n(CO)＝0.5 mol，n(SO2)＝
p2（CO2）
0.25 mol，n(CO2)＝1.5 mol，则平衡常数 Kp＝ ＝
p2（CO）·p（SO2）
1.5 mol 2( × 120 kPa2.25 mol )
＝0.675。(4)由电解装置图可知，SO2发生
( 0.5 mol
2 0.25 mol
× 120 kPa × × 120 kPa
2.25 mol ) 2.25 mol
氧化反应生成 H2SO －
2－4 ＋ －3
4，为阳极，电极反应为 SO2－2e ＋2H2O===SO ＋4H ，则硫酸浓度增大；HSO 发生还
原反应生成 S2O
2－4 ，为阴极，电极反应为 2H＋＋2HSO－3＋2e－===S O24－2 ＋2H2O。
答案：(1)2ΔH1＋ΔH2＋2ΔH3
16
(2)① ②C
t
(3)①使用(或使用更高效)催化剂 ②75% 0.675
(4)< 2H＋＋2HSO－3＋2e－===S O2－42 ＋2H2O
4．(2020·汕头第一次模拟)“绿水青山就是金山银山”，运用化学反应原理研究碳、氮、硫的单质
及其化合物的反应对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。
(1)CO还原 NO的反应为 2CO(g)＋2NO(g) 2CO2(g)＋N2(g) ΔH＝－746 kJ·mol－1。部分化
学键的键能数据如下表(CO以 C≡O 键构成)：
化学键 C≡O N≡N C===O
E/(kJ·mol－1) 1 076 945 745
①由以上数据可求得 NO的键能为________kJ·mol－1。
②写出两条有利于提高 NO平衡转化率的措施____________
______________________________________________________。
(2)一定条件下，向某恒容密闭容器中充入 x mol CO2 和 y mol H2，发生的反应 CO2(g)＋3H2(g)
CH3OH(g)＋H2O(g)
ΔH＝－50 kJ·mol－1。
①图 1中能表示该反应的平衡常数 K与温度 T之间的变化关系曲线为________ (填“a”或“b”)，
其判断依据是______________
___________________________________________________。
图 1 图 2
②若 x＝2、y＝3，测得在相同时间内不同温度下 H2 的转化率如图 2所示，则在该时间段内， 恰好
达到化学平衡时，此时容器内的压强与反应开始时的压强之比为_______________________。
(3)在有氧条件下，新型催化剂 M能催化 NH3与 NOx反应生成 N2。
①NH3与 NO2生成 N2的反应中，当生成 28 g N2 时，转移的电子数为________mol。
②将一定比例的 O2、NH3和 NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂 M的反应器中反应(装置如图 3)。
图 3
反应相同时间 NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图 4所示：
图 4
在 50～250 ℃范围内随着温度的升高，NOx 的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是
________________________________
_____________________________________________________；
当 反 应 温 度 高 于 380 ℃ 时 ， NOx 的 去 除 率 迅 速 下 降 的 原 因 可 能 是
_______________________________________________________
_____________________________________________________。
解析：(1)①设 NO的键能为 x kJ·mol－1，反应 2CO(g)＋2NO(g) 2CO2(g)＋N2(g) ΔH＝(1
076×2＋2x)－(745×2×2＋945)＝－746 kJ·mol－1，解得 x＝513.5，故 NO的键能为 513.5 kJ·mol－1；②该
反应为气体体积缩小的放热反应，若提高 NO 的平衡转化率，需要使平衡向正反应方向移动，采取的措施
有增大压强、降低温度、增大 CO 与 NO 的投料比等。(2)①该反应是放热反应，升高温度不利于反应向正
反应方向进行，会使平衡常数减小，曲线 a符合此特点。②由图可知，当温度在 T2时，H2的转化率最高。
温度越高反应速率越大，在相同时间内达到平衡状态前，H2的转化率最高，但达到平衡状态后继续升温，
反应会向逆反应方向移动，导致 H2的转化率降低，由图知 b点为平衡状态；
CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)
初始/mol 2 3 0 0
转化/mol 0.8 3×80% 0.8 0.8
平衡/mol 1.2 0.6 0.8 0.8
同温同体积时压强比等于物质的量比，故 b点时对应的压强与反应开始时的压强比为 34∶50＝17∶
25。(3)①NH3与 NO2生成 N2的反应方程式为 8NH3＋6NO2===7N2＋12H2O，该反应中生成 7 mol N2时，转移的
24 24
电子的物质的量为 24 mol，因此生成 1 mol N2时转移电子的物质的量为 ×1 mol＝ mol；②在一定温度
7 7
范围内催化剂活性较大，超过温度范围，催化剂活性降低，由题图 4可知迅速上升段是催化剂活性随温度
升高而增大，与温度升高共同使 NOx的去除反应速率增大；上升阶段缓慢主要是温度上升引起的 NOx的去
除反应速率增大但催化剂活性降低；在一定温度和催化剂存在的条件下，氨气能催化氧化生成 NO，当温度
高于 380 ℃时，NOx的去除反应速率迅速下降的原因可能是氨气在该反应条件下与氧气反应生成 NO。
答案：(1)①513.5 ②增大压强、降低温度、增大 CO与 NO的投料比
(2)①a 该反应是放热反应，升高温度不利于反应向正反应方向进行，会使平衡常数减小 ②17∶25
24
(3)① ②在一定温度范围内催化剂活性较大，超过温度范围，催化剂活性降低 氨气在该反应条
7
件下与氧气反应生成 NO
5．(2020·新疆适应性检测)碳热还原法广泛用于合金及材料的制备。回答下列问题：
(1)一种制备氮氧化铝的反应原理为 23Al2O3＋15C＋5N2===2Al23O27N5＋15CO，产物 Al23O27N5 中氮的化
合价为________，该反应中每生成 1 mol Al23O27N5转移的电子数为__________________ 。
(2)真空碳热冶铝法包含很多反应，其中的三个反应如下：
Al2O3 (s)＋3C(s)===Al2OC(s)＋2CO(g) ΔH1
2Al2OC(s)＋3C(s)===Al4C3(s)＋2CO(g) ΔH2
2Al2O3(s)＋9C(s)===Al4C3(s)＋6CO(g) ΔH3
①ΔH3＝__________(用含ΔH1、ΔH2的代数式表示)。
② Al4C3 可 与 足 量 盐 酸 反 应 制 备 最 简 单 的 烃 。 该 反 应 的 化 学 方 程 式 为
____________________________________________________。
p（CO）
(3)下列是碳热还原制锰合金的三个反应， CO与 CO2平衡分压比的自然对数(ln[ 与温度的p（CO2）])
关系如图所示(已知 Kp是用平衡分压代替浓度计算所得的平衡常数，分压＝总压×气体的物质的量分数)。
Ⅰ.Mn3C(s)＋4CO2(g) 3MnO(s)＋5CO(g) Kp(Ⅰ)
Ⅱ.Mn(s)＋CO2(g) MnO(s)＋CO(g) Kp(Ⅱ)
Ⅲ.Mn3C(s)＋CO2(g) 3Mn(s)＋CO(g) Kp(Ⅲ)
①ΔH>0的反应是________(填“Ⅰ”“Ⅱ” 或“Ⅲ”)。
②1 200 K时在 一体积为 2 L的恒容密闭容器中有 17.7 g Mn3C(s)和 0.4 mol CO2 ，只发生反应Ⅰ，5
min后达到平衡，此时 CO的浓度为 0.125 mol·L－1，则 0～5 min内 v(CO2)＝__________。
③在一体积可变的密闭容器中加入一定量的 Mn(s)并充入一定量的 CO2(g)。只发生反应Ⅱ，下列能
说明反应Ⅱ达到平衡状态的是________ (填字母)。
A．容器的体积不再改变
B．固体的质量不再改变
C．气体的总质量不再改变
④向恒容密闭容器中加入 Mn3C并充入 0.1 mol CO2, 若只发生反应Ⅲ，则在 A点反应达到平衡时，容
器的总压为 a kPa, CO2的转化率为________；A点对应温度下的 Kp(Ⅲ)＝________。
解析：(1)反应 23Al2O3＋15C＋5N2===2Al23O27N5＋15CO中，产物 Al23O27N5中氮的化合价为－3价，该
反应中每生成 1 mol Al23O27N5，转移的电子数为 5×3NA＝15NA。
(2)已知Ⅰ.Al2O3(s)＋3C(s)===Al2OC(s)＋2CO(g) ΔH1
Ⅱ.2Al2OC(s)＋3C(s)===Al4C3(s)＋2CO(g) ΔH2
Ⅲ.2Al2O3(s)＋9C(s)===Al4C3(s)＋6CO(g) ΔH3
①根据盖斯定律，由Ⅰ×2＋Ⅱ得反应Ⅲ2Al2O3(s)＋9C(s)===Al4C3(s)＋6CO(g) ΔH3＝2ΔH1＋ΔH2。
②Al4C3可与足量盐酸反应制备一种最简单的烃 CH4，根据质量守恒配平可得反应的化学方程式为 Al4C3＋
12HCl===4AlCl3＋3CH4↑。
(3)①由图中信息可知，反应Ⅲ升高温度，lnKp增大，则 Kp增大，平衡向正反应方向移动，正反应
4 4 0.125 mol·L－1
为吸热反应，ΔH>0。②0～5 min内 v(CO2)＝ v(CO)＝ × ＝0.02 mol·L－1·min－1。③反
5 5 5 min
应Ⅱ.Mn(s)＋CO2(g) MnO(s)＋CO(g)为气体体积不变的放热反应，根据“变量不变达平衡”进行
判断；A 项，反应为气体不变的反应，反应过程容器的体积不是变量，不能作为平衡状态的判断依据，不
选；B 项，反应是一个固体质量增大的反应，固体的质量为变量，当固体的质量不再改变说明达到平衡状
态，正确；C 项，反应是一个气体质量减小的反应，气体的总质量为变量，当不再改变说明达平衡状态，
正确。故答案为 BC。④向恒容密闭容器中加入 Mn3C并充入 0.1 mol CO2，若只发生反应Ⅲ，则在 A点反应
p（CO） p（CO）
达到平衡时，ln ＝0，则 ＝1，即平衡时，p(CO)＝p(CO2)，反应Ⅲ为 Mn2 2 3C(s)＋CO2(g)p（CO ） p（CO ）
3Mn(s)＋2CO(g)，起始时有 0.1 mol CO2，设反应转化了 x mol CO2，则有 0.1－x＝2x，所以 x＝
0.1
0.1 mol3
，则 CO2的转化率为 ×100%＝33.3%。当容器的总压为 a kPa时，由于体系中 p(CO)＝p(CO2)，
3 0.1 mol
p2（CO） （0.5a kPa）2
所以体系中 p(CO)＝p(CO2)＝0.5a kPa，则 A 点对应温度下的 Kp(Ⅲ)＝ ＝ ＝0.5a
p（CO2） 0.5a kPa
kPa。
答案：(1)－3 9.03×1024(或 15NA)
(2)①2ΔH1＋ΔH2 ②Al4C3＋12HCl===4AlCl3＋3CH4↑
(3)①Ⅲ ②0.02 mol·L－1·min－1 ③BC ④33.3% 0.5a kPa
6．[2020·五岳(湖南、河南、江西)线上联考]联氨(N2H4)和次磷酸钠(NaH2PO2)都具有强还原性，都
有着广泛的用途。
(1)已知：①N2H4(l)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)
ΔH1＝－621.5 kJ·mol－1
②N2O4(l)===N2(g)＋2O2(g)
ΔH2＝＋204.3 kJ·mol－1
则火箭燃料的燃烧反应为 2N2H4(l)＋N2O4(l)===3N2(g)＋4H2O(g) ΔH＝________。
(2)已知反应：N2H4(g)＋2Cl2(g) N2(g)＋4HCl(g)，T ℃时，向 V L恒容密闭容器中加入 2 mol
N2H4(g)和 4 mol Cl2(g) ，测得 Cl2和 HCl的浓度随时间的关系如图 1所示。
图 1
①0～10 min内，用 N2(g)表示的平均反应速率 v(N2)＝________。
②M点时，N2H4的转化率为________%。
③T ℃时，达到平衡后再向该容器中加入 1.2 mol N2H4(g)、 0.4 mol Cl2(g)、0.8 mol N2 (g)、
1.2 mol HCl(g) ，此时平衡______________(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)。
(3)①在惰性气体中，将黄磷(P4)与石灰乳和碳酸钠溶液一同加入高速乳化反应器中制得 NaH2PO2，
同时还产生磷化氢(PH3)气体，该反应的化学方程式为________________________________________
_____________________________________________________。
②次磷酸(H3PO2)是一元酸，常温下 1.0 mol·L－ 1 的 NaH2PO2 溶液 pH 为 8，则次磷酸的 Ka＝
__________。
③用次磷酸钠通过电渗析法制备次磷酸，装置如图 2所示。交换膜 A属于________(填“阳离子”或
“阴离子”)交换膜，电极 N的电极反应式为___________________________________________，
当电路中流过 3.8528×105库仑电量时制得次磷酸的物质的量为__________ (一个电子的电量为 1.6×
10－ 19库仑，NA数值约为 6.02× 1023)。
解析：(1)根据盖斯定律，反应①×2＋②即可得火箭燃料的燃烧反应 2N2H4(l)＋N2O4(l)===3N2(g)＋
4H2O(g)
ΔH＝(－621.5×2＋204.3)kJ·mol－1＝－1 038.7 kJ·mol－1。(2)根据题图 1，Cl2作为反应物浓度
Δc
需减小，HCl 作为生成物浓度需增大，①Δc(Cl －1 －12)＝(2－0.8)mol·L ＝1.2 mol·L ，v(Cl2)＝ ＝
Δt
1.2 mol·L－1 1
＝0.12 mol·L－1·min－1，根据反应速率与计量系数成正比可得 v(N2)＝ v(Cl2)＝0.06
10 min 2
mol·L－1·min－1，②据题图 2 可知反应开始时 c(Cl2)＝2 mol·L－1，投料为 2 mol N2H4(g)和 4 mol Cl2(g)，
则开始时 c(N2H4)＝1 mol·L－1，容器体积为 2 L，设 M点 N2H4的转化量为 x mol·L－1，列三段式：
N2H4(g)＋2Cl2(g) N2(g)＋4HCl(g)
起始/(mol·L－1) 1 2 0 0
转化/(mol·L－1) x 2x x 4x
平衡/(mol·L－1) 1－x 2－2x x 4x
1
mol·L－11 3
M点 Cl2和 HCl的浓度相等，则 2－2x＝4x，解得 x＝ mol·L－1，则 N2H4的转化率为 ＝
3 1 mol·L－1
33.3%。③据图可知反应平衡时 c(Cl )＝0.8 mol·L－1，初始 c(Cl )＝2 mol·L－12 2 ，c(N2H4)＝1 mol·L－
1，则根据反应方程式 N2H4(g)＋2Cl2(g) N2(g)＋4HCl(g)可知，反应中消耗 c(Cl －2)＝1.2 mol·L
1，消耗 c(N2H4)＝0.6 mol·L－1，生成 c(N2)＝0.6 mol·L－1，c(HCl)＝2.4 mol·L－1，所以平衡时各物
质的浓度为 c(Cl )＝0.8 mol·L－12 ，c(N2H4)＝0.4 mol·L－1，c(N2)＝0.6 mol·L－1，c(HCl)＝2.4 mol·L
0.6 × 2.44
－1，则该温度下的平衡常数 K＝ ＝77.76。平衡后再向该容器中加入 1.2 mol N2H4(g)、0.4 mol
0.4 × 0.82
Cl2(g)、0.8 mol N2(g)、1.2 mol HCl(g)，各物质的浓度变为c(Cl2)＝1 mol·L－1，c(N2H4)＝
1 × 34
1 mol·L－1，c(N2)＝1 mol·L－1，c(HCl)＝3 mol·L－1，此时 Qc＝ ＝81>K，所以平衡逆向移动。(3)
1 × 12
①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。②次磷酸(H3PO2)是一元酸，1.0
mol·L－1的 NaH2PO2溶液水解方程式为 H2PO
－2＋H2O===H3PO2＋OH－，pH＝8，则 c(H＋)＝10－8mol·L－1，c(OH
－)＝c(H PO )＝10－63 2 mol·L－1，c(H2PO
－2 )＝(1.0－10－6)mol·L－1≈
c（H＋）·c（H2PO－2） 10－8 × 1
1 mol·L－1，Ka＝ ＝ ＝1.0×10－2。③根据图示可知，产品室产生次磷酸，
c（H3PO2） 10－6
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 2H O＋2e－2 ===H2↑＋2OH－；电路中流过 3.852 8×105库仑电量
3.852 8 × 105 1
时，转移的电子的物质的量为 × ＝4 mol，次磷酸根带一个负电荷，氢离子带一个正电
1.6 × 10－19 NA
荷，所以电解过程中转移 1 mol电子生成 1 mol次磷酸，则转移 4 mol电子时生成 4 mol次磷酸。
答案：(1)－1 038.7 kJ·mol－1
(2)①0.06 mol·L－1·min－1 ②33.3 ③逆向移动
(3)①2P4＋3Ca(OH)2＋3Na2CO3＋6H2O=== 6NaH2PO2＋
2PH3↑＋3CaCO3 ②1.0×10－2 ③阳离子 2H － －2O＋2e ===H2↑＋2OH 4 mol
