高考化学专题训练---化学反应原理综合考查的综合题分类含答案(1)

高考化学专题训练---化学反应原理综合考查的综合题分类含答案(1)

一、化学反应原理综合考查

1．水蒸汽催化重整生物油是未来工业化制氢的可行方案。以乙酸为模型物进行研究，发生的主要反应如下：

Ⅰ.CH 3COOH （g ）+2H 2O （g ）?2CO 2（g ）+4H 2（g ） △H 1 Ⅱ.CH 3COOH （g ）?2CO （g ）+2H 2（g ） △H 2 Ⅲ.CO 2（g ）+H 2（g ）?CO （g ）+H 2O （g ） △H 3 回答下列问题：

（1）用△H 1、△H 2表示，△H 3=___。

（2）重整反应的含碳产物产率、H 2产率随温度、水与乙酸投料比（S/C ）的变化关系如图（a ）、（b ）所示。

①由图（a ）可知，制备H 2最佳的温度约为___。

②由图（b ）可知，H 2产率随S/C 增大而___（填“增大”或“减小”）。

（3）向恒容密闭容器中充入等物质的量的CH 3COOH 和H 2O 混合气体，若仅发生反应Ⅰ至平衡状态，测得H 2的体积分数为50%，则CH 3COOH 的平衡转化率为___。

（4）反应体系常生成积碳。当温度一定时，随着S/C 增加，积碳量逐渐减小，其原因用化学方程式表示为___。

【答案】

21

H -H 2

V V 800℃ 增大 40% C(s)+H 2O (g)CO(g)+H 2(g)

【解析】 【分析】 【详解】

(1)根据题干信息分析，反应Ⅲ=1

2(反应Ⅱ-反应Ⅰ)，由盖斯定律可得213-2

H H H ???=，故答案为：

21

-2

H H ??； (2)①由图(a)可知，制备H 2在800℃时，达到最高转化率，则制备氢气最佳的温度约为800℃,故答案为：800℃；

②由图(b)可知，S/C 增大时，反应I 平衡向正反应方向移动，反应III 平衡向逆反应方向移

动，使体系中的H 2的量增大，故答案为：增大；

(3)设CH 3COOH 和H 2O 的物质的量均为1mol ，平衡时，反应了CH 3COOH x mol ，列三段式有：

()()()()()()()

3222CH COOH g +2H O g 2CO g + 4H g mol 1100mol x 2x 2x 4x mol 1-x

1-2x

2x

4x

?

起始转化平衡

测得H 2的体积分数为50%，则41

112242

x x x x x =-+-++，计算得x=0.4mol ，醋酸的转

化率为：

0.4mol

100%1mol

?=40%，即CH 3COOH 平衡转化率为40%，故答案为：40%； (4)当温度一定时，随着S/C 增加，积碳量逐渐减小，是由于积碳与水蒸气反应生成了CO 和H 2，反应的化学方程式为C(s)+H 2O (g)CO(g)+H 2(g)，故答案为：

C(s)+H 2O (g)

CO(g)+H 2(g)；

2．甲醇与水蒸气重整制氢可直接用于燃料电池。回答下列问题： (1)已知甲醇分解反应：CH 3OH(g)?CO(g)＋2H 2(g) △H 1＝＋90.64 kJ·mol －1； 水蒸气变换反应：CO(g)＋H 2O(g)?CO 2

(g)＋H 2(g) △H 2＝－41.20 kJ·mol －1。 则CH 3OH(g)＋H 2O(g)?CO 2(g)＋3H 2(g) △H 3＝___________kJ·

mol －1。 (2)科学家通过密度泛函理论研究甲醇与水蒸气重整制氢反应机理时，得到甲醇在Pd(III)表面发生解离时四个路径与相对能量的关系如图所示，其中附在Pd(III)表面的物种用*标注。此历程中活化能最小的反应方程式为_____________________________________________。

(3)在0.1MPa 下，将总进料量为1 mol 且n(CH 3OH)：n(H 2O)＝1：1.3的混合气体充入一刚性密闭容器中反应。

①实验测得水蒸气变换反应的速率随温度的升高明显下降，原因是

____________________。

②平衡时，测得CH3OH的含量在给定温度范围内极小，H2、H2O(g)、CO、CO2四种组分的含量与反应温度的关系如图所示，曲线b、c对应物质的化学式分别为________、

________。

(4)573.2K时，向一刚性密闭容器中充入5.00 MPa CH3OH使其分解，t h后达平衡时H2的物质的量分数为60%，则t h内v(CH3OH)＝_____MPa·h－1，其分压平衡常数K p＝

_____MPa2。

【答案】+49.44 CH2O*+2H*=CHO*+3H*（或CH2O*=CHO*+H*）随温度升高，催化活性

降低CO2H2O（g）3.75

t

168.75

【解析】

【分析】

【详解】

（1）甲醇分解反应：CH3OH(g)?CO(g)＋2H2(g) △H1＝＋90.64 kJ·mol－1；①

水蒸气变换反应：CO(g)＋H2O(g)?CO2(g)＋H2(g) △H2＝－41.20 kJ·mol－1。②

将①+②，即可求出CH3OH(g)＋H2O(g)?CO2(g)＋3H2(g) △H3＝=+90.64 kJ·mol－1+（-41.20 kJ·mol－1）=+49.44 kJ·mol－1，故答案为：+49.44；

（2）活化能为反应物的总能量与过渡态能量之差，从图中可以看出，过渡态3发生的反应活化能最小。反应物为“CH2O*+2H*”，产物为“CHO*+3H*，故反应方程式为

CH2O*+2H*=CHO*+3H*．因为2H*反应前后都吸附在催化剂表面，未参与反应，故反应实质为CH2O*=CHO*+H*，故答案为：CH2O*+2H*=CHO*+3H*（或CH2O*=CHO*+H*）；

（3）因为温度升高，反应速率应加快，而图中速率减小，显然不是温度的影响，只能为催化剂的活性降低，故答案为：随温度升高，催化活性降低；

②对于反应CO（g）+H 2O（g）CO2（g）+H2（g）△H＜0，其他条件不变时，升高温度，平衡向左移动，即CO、H2O的含量均增大，CO2、H2的含量均减小。依据图中信息，可初步得知，a、b曲线分别对应CO2或H2，c、d曲线则对应CO或H2O（g）。根据反应方程式可知：该反应起始时，n（H2）＞n（CO2）、n（H2O）＞n（CO），平衡时含量必然有H2＞CO2、H2O＞CO．故a、b、c、d曲线分别对应H2、CO2、H2O（g）、CO，曲线b、c 对应物质的化学式分别为CO2、H2O（g），故答案为：CO2、H2O（g）；

（4）假设CH3OH的压强变化量为x，列出三段式：

32CH OH g CO g +2H g MPa 5.000MPa x x 2x MPa 5.00-x

x

2x

?

（）（）（）起始（）转化（）平衡（）

26052100x

x =+ ，x=3.75Mpa ，v （CH 3OH ）=3.75MPa th =3.75

t

MPa·h －1；

Kp=()()()()2

223P CO ?P H 3.75MPa 7.5MPa =

P CH OH 1.25MPa

? =168.75（MPa ）2， 故答案为：3.75

t

；168.75（MPa ）2。 【点睛】

本题综合考查化学平衡问题，题目涉及化学平衡计算与影响因素、反应热计算等，侧重考查学生分析计算能力，注意盖斯定律在反应热计算中应用，难点（4）列出三段式，理清平衡时各物质的量，是解题关键。

3．煤燃烧排放的烟气含有SO 2和NO x ，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)＋SO 2(g)?2CO 2(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) CO 2(g) SO 2(g) 标准摩尔生成焓?f H m (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2.2mol CO 和1mol SO 2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SO 2表示的平均反应速率v(SO 2)＝_______。

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NH 3脱硝

(3)在一定条件下，用NH 3消除NO 污染的反应原理为：4NH 3(g)＋6NO(g)?5N 2(g)＋6H 2O(l)△H ＝－1807.98kJ·mol －1。在刚性容器中，NH 3与NO 的物质的量之比分别为X 、Y 、Z(其中X

①NH 3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的原因为__________。

③900℃条件下，设Z ＝

2

3

，初始压强p 0，则4NH 3(g)＋6NO(g)?5N 2(g)＋6H 2O(l)的平衡常数K p ＝_____________(列出计算式即可)。 Ⅲ.利用NaCIO 2脱硫脱硝

(4)利用NaClO 2的碱性溶液可吸收SO 2和NO 2(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________________。

【答案】-269.2kJ·

mol -1 0.01mol·L -1·min -1 加入催化剂 升高温度 c 温度低于900℃时，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

()()()5

046650

000.375p 0.3750.140.15p 0.1p 0.15p ??或 3ClO 2-+4SO 2+4NO 2+12OH -===3Cl -+4SO 42-+4NO 3

-+6H 2O 【解析】 【分析】 【详解】

(1)根据“标准摩尔生成焓”的定义可得：

()()()()()()()()()-1

2t 1-1

22t 2-1

22t 31C s +O g CO g Δ=-110.5kJ mol

21C s +O g CO g Δ=-393.5kJ mol 21S s +O g SO g Δ=-296.8kJ mol

2

m m m H H H 垐?g 噲?垐?g 噲?垐?g 噲?①②③

再根据盖斯定律2(反应③-反应①)-反应③可得到2CO(g)＋SO 2(g)?2CO 2(g)＋S(s)，则，CO 脱硫反应2CO(g)＋SO 2(g)?2CO 2(g)＋S(s)的焓变

()()()-1-1-1-1

t 2t 1t 3Δ=2Δ-Δ-Δ=2-393.5kJ mol -110.5kJ mol --296.8kJ mol =-269.2kJ mol m m m H H H H g g g g ，故答案为：-269.2kJ·

mol -1； (2)①结合题干信息，列三段式有：

()()()()222.21002CO g SO g 22x x 2x x 2.2-2x

1CO 2x

x

S x

g s -垐?噲?初始

转化末态

＋＋

则2.2-2x+1-x+2x 120

2.2+1260

=，解得x=0.8，则

()-1-120.8mol

2L v SO ==0.01mol L min 40min

g g ，故答案为0.010.01mol·

L -1·min -1； ②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)①NH 3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NH 3、NO 物质的量之比对应NO 的脱出率：X

②NO 的脱出率会受到速率、平衡移动等因素的影响，温度低于900℃时，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，故答案为：温度低于900℃时，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；

③压强为p 0，根据曲线a 上NH 3与NO 的物质的量之比为2

Z=3

，则NH 3的分压为0.4p 0，NO 的分压为0.6p 0，列三段式有：

()()()()00320000

20

0.4p 0.6p 00.3p 0.45p 4NH g 60.37NO 5p g 5N 0.1p 0.15p 0.37g p H 56O l 垐?噲?起始转化

平衡

＋＋

则反应的平衡常数()()()()()()5

520p 46466530

00p N 0.375p 0.375

p NH p NO 0.140.15p 0.1p 0.15p K ==??g 或，

故答案为：()()()

5

046650000.375p 0.375

0.140.15p 0.1p 0.15p ??或； (4)在碱性环境下，ClO 2-氧化等物质的量的SO 2和NO 2，ClO 2-变为Cl -，SO 2变为SO 42-，NO 2变为NO 3-，利用氧化还原反应规律进行配平，可得离子反应方程式3ClO 2-

+4SO 2+4NO 2+12OH -===3Cl -+4SO 42-+4NO 3-+6H 2O ，故答案为：3ClO 2-+4SO 2+4NO 2+12OH -===3Cl -+4SO 42-+4NO 3-+6H 2O 。

4．CO 2是地球上取之不尽用之不竭的碳源，将CO 2应用于生产中实现其综合利用是目前的研究热点。

（1）由CO 2转化为羧酸是CO 2资源化利用的重要方法。

I.在催化作用下由CO 2和CH 4转化为CH 3COOH 的反应历程示意图如图。

①在合成CH 3COOH 的反应历程中，下列有关说法正确的是_____。（填字母） a.该催化剂使反应的平衡常数增大

b.CH 4→CH 3COOH 过程中，有C —H 键发生断裂

c.由X→Y 过程中放出能量并形成了C —C 键

②该条件下由CO 2和CH 4合成CH 3COOH 的化学方程式为_____。 II.电解法转化CO 2制HCOOH 的原理如图。

①写出阴极CO 2还原为HCOO -的电极反应式：_____。

②电解一段时间后，阳极区的KHCO 3溶液浓度降低，其原因是_____。

（2）由CO 2合成甲醇是CO 2资源化利用的重要方法。研究表明在催化剂作用下CO 2和H 2可发生反应：CO 2(g)+3H 2(g)

CH 3OH(g)+H 2O(g) ΔH

①有利于提高合成CH 3OH 反应中CO 2的平衡转化率的措施有_____。（填字母） a.使用催化剂 b.加压 c.

增大初始投料比

22n(CO )

n(H )

②研究温度对于甲醇产率的影响。在210℃~290℃保持原料气中CO 2和H 2的投料比不变，得到甲醇的实际产率、平衡产率与温度的关系如图所示。ΔH ____0（填“＞”或“＜”），其依据是____。

【答案】bc CH4+CO2CH3COOH 2CO2+HCO3-+2e-=HCOO-+CO32-阳极产生O2，c （H+）增大，c（HCO3-）降低；K+部分进入阴极 b < 温度升高，甲醇的平衡产率降低【解析】

【分析】

(1)Ⅰ．①根据合成示意图进行判断；

②由图示写出由CO2和CH4合成CH3COOH的化学方程式；

Ⅱ．①根据图示分析，阴极CO2得电子，写出CO2还原为HCOO-的电极反应式；

②根据电解池反应原理分析；

(2)①根据平衡转化率影响因素方面分析；

②根据图像得甲醇的平衡产率随着温度的升高的变化趋势。

【详解】

(1)Ⅰ．①a．催化剂只能改变化学反应速率，不能改变反应的平衡常数，故a错误；b．由图中变化可知甲烷在催化剂作用下选择性活化，甲烷分子中碳原子会与催化剂形成新的共价键，必有C-H键发生断裂，故b正确；

c．X→Y的焓值降低，说明为放热过程，由CH4→CH3COOH有C-C键形成，故c正确；

故答案选bc；

②由图示可知，由CO2和CH4合成CH3COOH的化学方程式为CH4+CO2CH3COOH；Ⅱ．①阴极得电子，CO2还原为HCOO-的电极反应式为：2CO2+HCO3-+2e-=HCOO-+CO32-；

②阳极H2O失电子产生O2，c(H+)增大，碳酸氢根离子与氢离子反应，所以c(HCO3-)降低，K+部分进入阴极，导致阳极区的KHCO3溶液浓度降低；

(2)①a．使用催化剂只能改变化学反应速率，不影响化学平衡，也就不影响CO2的平衡转化率；

b．该反应的正反应为气体体积减小的反应，加压能使化学平衡正向移动，能够提高CO2的平衡转化率；

c．增大CO2和H2的初始投料比，CO2的平衡转化率降低；

故答案选b；

②根据图像可知，甲醇的平衡产率随着温度的升高而降低，所以正反应为放热反应，即

ΔH<0。

5．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)+1

2

Cl2(g) ΔH1=+83kJ·mol-1

Ⅱ.CuCl(s)+1

2

O2(g)=CuO(s)+

1

2

Cl2(g) ΔH2=-20kJ·mol-1

Ⅲ.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】

（1）Ⅰ.CuCl2(s)=CuCl(s)+1

2

Cl2(g) ΔH1=+83kJ·mol-1，△S＞0，则要△G=△H-T△S＜

0，须高温条件下才能自发；

Ⅰ.CuCl2(s)=CuCl(s)+1

2

Cl2(g) ΔH1=+83kJ·mol-1

Ⅱ.CuCl(s)+1

2

O2(g)=CuO(s)+

1

2

Cl2(g) ΔH2=-20kJ·mol-1

Ⅲ.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 ）＝CuCl 2（s ）+H 2O （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 （O 2）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 （O 2）=4：1，该曲线中400℃HCl 的平衡转化率为76%。则

222 4HCl g +O g 2Cl g +2H O g 410040.760.7620.7620.7640.240.24

20.76

20.76

???????（）（）（）（）初始转化平衡

p =

40.2410.2420.7620.76

41

?+?+?+?+ p 0=0.848p 0；

进料浓度比c （HCl ）：c （O 2）过低时，O 2浓度较大，HCl 的转化率较高，但Cl 2和O 2分离能耗较高，生成成本提高；进料浓度比c （HCl ）：c （O 2）过高时，O 2浓度较低，导致HCl 的转化率减小；

故答案为：大于；p =

40.2410.2420.7620.76

41

?+?+?+?+ p 0=0.848p 0；Cl 2和O 2分离能

耗较高、HCl 转化率较低；

（3）生成NaClO 3的反应分两步进行：Ⅰ.2ClO -=ClO 2-+Cl -，Ⅱ.ClO 2-+ClO -=ClO 3-+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NaClO 3，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ClO 3－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ClO 3－转化；

（4）电解NaClO 3水溶液可制备NaClO 4，阳极发生氧化反应生成ClO 4－

，阳极反应式：ClO 3－

＋H 2O －2e －=ClO 4－＋2H ＋。

故答案为：ClO 3－＋H 2O －2e －=ClO 4－＋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。

6．完成下列填空。

(1)在 25℃、101kPa 时，C(s)、H 2(g)、CH 3COOH(l)的燃烧热分别为 393.5kJ/mol 、285.8kJ/mol 、870.3kJ/mol ，则 2C(s)+2H 2(g)+O 2(g)= CH 3COOH(l)的△H=___________。 (2)温度为 T 时，在 2 L 的密闭容器中加入 2.0 mol SO 2 和 1.0 mol O 2 发生反应，达到平衡时容器内气体压强变为起始时的 0.7 倍。该反应的平衡常数为_____。

(3)在一定体积 pH ＝12 的 Ba(OH)2 溶液中，逐滴加入一定物质的量浓度的 NaHSO 4 溶液， 当溶液中的 Ba 2＋恰好完全沉淀时，溶液 pH ＝11。若反应后溶液的体积等于 Ba(OH)2 溶液与 NaHSO 4 溶液的体积之和，则 Ba(OH)2 溶液与 NaHSO 4 溶液____

(4)利用如图所示的电解装置，可将雾霾中的 NO 、SO 2 转化为硫酸铵，从而实现废气的回 收再利用。通入 NO 的电极反应式为_____；若通入的 NO 体积为 4.48 L(标况下)，则理论上另一电极通入 SO 2 的物质的量应为_________。

【答案】-488.3kJ ∕mol 1620 1：4 NO+6H ++5e -=NH 4++H 2O 0.5mol 【解析】 【分析】

根据燃烧热写出热化学方程式，再利用盖斯定律来计算反应2C(s)+2H 2(g)+O 2(g)= CH 3COOH(l)的反应热；利用三段式法，设参加反应的SO 2物质的量，用平衡状态时的压强变化列式求解，再用化学平衡公式求解化学平衡常数；氢氧化钡和硫酸氢钠反应钡离子恰好沉淀，需要Ba(OH)2和NaHSO 4按照物质的量1：1和反应，结合溶液的pH 和溶液体积换算物质的量列式计算；根据电解装置分析，通入NO 的电极连接外电源负极，则该电极为电解池阴极，电解池阴极发生还原反应，NO 转化为NH 4+，H +参与电极反应，据此写出电极方程式，根据电子守恒计算。据此分析。 【详解】

(1)在25℃、101kPa 时，C(s)、H 2(g)、CH 3COOH(l)的燃烧热分别为393.5kJ ∕mol 、

285.8kJ ∕mol 、870.3kJ ∕mol ，则H 2(g)+

1

2

O 2(g)=H 2O(l) △H =-285.8kJ ∕mol (1) C(s)+O 2(g)=CO 2(g) △H =-393.5kJ ∕mol (2)

CH 3COOH(1)+2O 2(g)=2CO 2(g)+2H 2O(l) △H =-870.3kJ ∕mol(3)

由盖斯定律可以知道，(1)×2+(2)×2-(3)可得反应2C(s)+2H 2(g)+O 2(g)=CH 3COOH(1)，其反应热为2×(-285.8kJ ∕mol)+2×(-393.5kJ ∕mol)+870.3kJ ∕mol=-488.3kJ ∕mol ，答案为：-488.3 kJ ∕mol ； (2)温度为T 时，在2L 的密闭容器中加入2.0 mol SO 2和1.0 mol O 2发生反应，达到平衡时容器内气体压强变为起始时的0.7倍，用三段式法设反应的SO 2的物质的量：

2232SO (g)+O (g)2SO (g)

(mol)210

(mol)2x x 2x (mol)2-2x 1-x 2x

?起始：转化：平衡： ，该反应是恒温恒容下的反应，根据反应前后

压强之比等于物质的量之比得

22x 1x 2x

0.7x 0.921

-+-+==+，，则化学平衡常数

2

21.8216200.20.1()22K ?? ???==??? ???

，答案为：1620；

(3)pH=12的Ba(OH)2溶液中c(OH- )= 10-2mol∕L，设溶液体积为aL，则氢氧根离子物质的量为10-2×a mol；当溶液中的 Ba2＋恰好完全沉淀时，根据反应

Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4↓+H2O+NaOH，反应的硫酸氢钠物质的量为0.5a×10-2mol；设硫酸氢钠溶液体积为bL，混合后溶液pH=11，得溶液中氢氧根离子浓度为10 -3mol∕L，碱过

量；根据公式得：

22

3

a100.5a10

10

a b

--

-

?-?

=

+

，a：b=1：4；答案为：1：4；

(4)根据电解装置，SO2转化为硫酸根离子，说明NO转化为NH4+，即NO在阴极发生还原反应NO+6H++5e-=NH4++H2O，阳极反应式为SO2+2H2O-2e-=4H++SO42-，通入的 NO体积为4.48 L(标况下)即0.2mol，根据得失电子守恒，因此有2NO~10e-~5SO2，则SO2的物质的量为0.5mol，答案为：NO+6H++5e-=NH4++H2O；0.5mol；

7．汽车尾气和燃煤尾气是造成雾霾的主要原因之一。

(1)工业上利用甲烷催化还原NO，可减少氮氧化物的排放。

已知：CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-574kJ·mol?1

CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH =-1160kJ·mol?1

甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为____________________________。

(2)减少汽车尾气污染的原理为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH＜0。向恒温恒容密闭容器中充入NO和CO，用传感器测得的数据如下表所示：

时间/s01234

c(NO)/×10-3mol·L?19.004.002.001.001.00

c(CO)/×10-3mol·L?19.004.002.001.001.00

①为了提高尾气处理的效果，可采取的措施有____________（写出两种即可）。

②此条件下达到平衡时，计算该反应的平衡常数K=____________________。

(3)工业上用氢氧化钠溶液来同时吸收SO2和氮的氧化物气体(NO x)，可得到Na2SO3、NaHSO3、NaNO2、NaNO3等溶液。（已知：常温下，HNO2的电离常数为K a=7×10-4，H2SO3的电离常数为K a1=1.2×10-2、K a2=5.8×10-8）。

①常温下，相同浓度的Na2SO3、NaNO2溶液中pH较大的是________溶液。

②常温下，NaHSO3显_________性（填“酸”“碱”或“中”），判断的理由是

________________________________________________（通过计算说明）。

(4)铈元素(Ce)常见有+3、+4两种价态。NO可以被含Ce4+的溶液吸收，生成NO2-、NO3-（二者物质的量之比为1∶1)。可采用电解法将上述吸收液中的NO2-转化为无毒物质，同时再生Ce4+，其原理如图所示。

①Ce 4+从电解槽的__________(填字母代号)口流出。 ②写出阴极的电极反应式______________________。

【答案】CH 4(g )+2NO 2(g )=N 2(g )+CO 2(g )+2H 2O (g ) ΔH =-867kJ ·mol ?1 降低温度，或增大压强（或压缩体积），或使用催化活性更好的催化剂等（写出两种即可） 2.56×105

Na 2SO 3 酸 因为HSO 3-的电离常数K a2=5.8×10-8

，水解常数K h2=W

a1

K K ≈8.3×10-13，电离

常数大于水解常数，所以溶液显酸性 a 2NO 2-+8H ++6e ?=N 2↑+4H 2O 【解析】 【分析】 【详解】

(1)已知：CH 4(g )+4NO 2(g )=4NO (g )+CO 2(g )+2H 2O (g ) ΔH =-574kJ ·mol ?1 CH 4(g )+4NO (g )=2N 2(g )+CO 2(g )+2H 2O (g ) ΔH =-1160kJ ·mol ?1

将第一个方程式加上第二个方程式，再整体除以2得到甲烷直接将NO 2还原为N 2的热化学方程式为CH 4(g )+ 2NO 2(g )= N 2(g )+ CO 2(g )+2H 2O (g ) ΔH

=111574kJ mol 1160kJ mol 867kJ mo ()2

l ----?-?-?+=；故答案为：CH 4(g )+2NO 2(g )=

N 2(g ) + CO 2(g ) + 2H 2O (g ) ΔH =-867kJ ·mol ?1。

(2)①该反应是正向为体积减小的放热反应，为了提高尾气处理的效果，可采取的措施有降低温度，或增大压强（或压缩体积），或使用催化活性更好的催化剂等；故答案为：降低温度，或增大压强（或压缩体积），或使用催化活性更好的催化剂等(写出两种即可)。 ②此条件下达到平衡时，c (NO )= c (CO ) =1.00×10-3mol ·L ?1，Δc (NO )=8.00×10-3

mol ·L ?1，c (N 2)=Δc (N 2)=

12Δc (NO )= 1

2

×8.00×10-3mol ·L ?1 =4.00×10-3mol ·L ?1，c (CO 2)=Δc (CO 2)=Δc (NO )=8.00×10-3mol ·L ?1，因此反应的平衡常数

2335

322

3(8) 2.56(1)41010(00)

10111K ----???????==；故答案为：2.56×105。 (3)①常温下，HNO 2的电离常数为K a =7×10-4，H 2SO 3的电离常数为K a2=5.8×10-8，因此酸性强弱为HNO 2＞HSO 3－，根据越弱越水解，碱性强，则相同浓度的Na 2SO 3、NaNO 2溶液中pH 较大的是Na 2SO 3溶液；故答案为：Na 2SO 3。 ②常温下，HSO 3－

的电离常数

K a2=5.8×10?8，水解常数

K h2=W

a1

K K ≈8.3×10?13，电离常数

大于水解常数，所以溶液显酸性；故答案为：酸；因为HSO 3－的电离常数K a2=5.8×10?8，

水解常数K h2=

W

a1

K

K≈

8.3×10?13，电离常数大于水解常数，所以溶液显酸性。

(4)①Ce3+化合价升高变为Ce4+，失去电子发生氧化反应，在阳极反应，因此Ce4+从电解槽的a口流出；故答案为：a。

②NO2－转化为无毒物质，N化合价降低，得到电子发生还原反应，在阴极反应，因此阴极的电极反应式2NO2－+ 8H++6e－= N2↑+4H2O；故答案为：2NO2－+ 8H++6e－=

N2↑+4H2O。

8．研究CO2与CH4反应使之转化为CO和H2，对减缓燃料危机和减少温室效应具有重要的意义。工业上CO2与CH4发生反应I：CH4(g)+CO2(g)＝2CO(g)+2H2(g)△H1

在反应过程中还发生反应Ⅱ：H2(g)+CO2(g)＝H2O(g)+CO(g)△H2=+41kJ/mol

(l)已知部分化学键的键能数据如下表所示：

化学键C—H H—H C=O C O

键能（kJ/mol）4134368031076

则△H l =____kJ/mol，反应Ⅰ在一定条件下能够自发进行的原因是____，该反应工业生产适宜的温度和压强为____（填标号）。

A．高温高压 B．高温低压 C．低温高压 D．低温低压

(2)工业上将CH4与CO2按物质的量1:1投料制取CO2和H2时，CH4和CO2的平衡转化率随温度变化关系如图所示。

①923K时CO2的平衡转化率大于CH4的原因是________________________

②计算923K时反应II的化学平衡常数K=______（计算结果保留小数点后两位）。

③1200K以上CO2和CH4的平衡转化率趋于相等的原因可能是____。

(3)工业上CH4和CO2反应时通常会掺入O2发生反应

III:CH4+2O2＝CO2+2H2O，掺人O2可消除反应产生的积碳和减小反应器的热负荷（单位时间内维持反应发生所需供给的热量），O2的进气量与反应的热负荷的关系如图所示。

①随着O2进入量的增加，热负荷下降的原因是 ____。

②掺人O2可使CH4的平衡转化率____（填“增大”、“减小”或“不变”。下同），CO2的平衡转化率________

【答案】+234 △S>0 B CH4和CO2按1:1投料发生反应I时转化率相等，CO2还发生反应II，所以平衡转化率大于CH4 0.39 1200K以上时以反应I为主，二者转化率趋于相等（或1200K以上时反应I的正向进行程度远大于反应II）（或1200K以上时反应I的平衡常数远大于反应II）反应III放热，给反应体系提供能量，使热负荷降低增大减小

【解析】

【分析】

(l)已知部分化学键的键能，通过反应物的总键能减去生成物的总键能可以计算

△H l，从焓变和熵变综合判断反应Ⅰ自发反应的原因，从平衡移动角度来判断反应条件；

(2)工业上将CH4与CO2按物质的量1:1投料,发生反应Ⅰ、II，则

①923K时CO2的平衡转化率大于CH4的原因从二者实际参加的反应来讨论；

②从图、及题干中提供的数据结合反应Ⅰ、II，用三段式按定义计算923K时反应II的化学平衡常数K；

③1200K以上CO2和CH4的平衡转化率趋于相等的原因还是从实际参加的反应来讨论；

(3)工业上CH4和CO2反应时通常会掺入O2，则发生反应 III:CH4+2O2＝CO2+2H2O；

①按热负荷的定义——单位时间内维持反应发生所需供给的热量以及O2的进气量与反应III 放出的热量关系，据此解题；

②发生反应 III:CH4+2O2＝CO2+2H2O，分析甲烷、二氧化碳的物质的量及消耗量，分析CH4的平衡转化率和CO2的平衡转化率受到的影响；

【详解】

(l)已知部分化学键的键能，焓变等于反应物的总键能减去生成物的总键能，则????；

△H l=4413kJ/mol+2803kJ/mol-21076kJ/mol-2436kJ/mol=+234kJ/mol

答案为：+234；

反应I：CH4(g)+CO2(g)＝2CO(g)+2H2(g)△H1=+234kJ/mol，△S>0，因此△S>0是反应Ⅰ自发反应的原因，该反应是吸热、气体分子总数增大的反应，因此，选择高温低压的条件；

答案为：△S>0；B；

(2)①923K时反应Ⅰ中CH4和CO2的平衡转化率是一样的，但是，二氧化碳还参加反应II，

因此其平衡转化率大于CH 4；

答案为：CH 4和CO 2按1:1投料发生反应I 时转化率相等，CO 2还发生反应II ，所以平衡转化率大于CH 4；

②CH 4和CO 2按1:1投料，设投料时的物质的量浓度为1mol/L ，由图知CH 4和CO 2的转化率

为60%、70%，则发生反应I 时422CH (g)+CO (g)=2H (g)+2CO(g)

1100

0.60.6 1.2 1.20.40.4 1.2 1.2

起始浓度(mol/L)转化浓度(mol/L)平衡浓度(mol/L)

发生反应II:222222H (g)+CO (g)=H O(g)+CO(g)

1.20.40 1.20.10.10.10.1

1.10.30.1 1.3

c[H O(g)]c[CO(g)]0.1 1.30.39

c[H (g)]c[CO (g)] 1.10.3

K ??===??起始浓度(mol/L)转化浓度(mol/L)平衡浓度(mol/L);

答案为：0.39；

③反应I 中CO 2和CH 4的平衡转化率相等，1200K 以上CO 2和CH 4的平衡转化率趋于相等则意味着该条件对反应I 更有利，以反应I 为主；

答案为：1200K 以上时以反应I 为主，二者转化率趋于相等（或1200K 以上时反应I 的正向进行程度远大于反应II ）（或1200K 以上时反应I 的平衡常数远大于反应II ）； (3)工业上CH 4和CO 2反应时通常会掺入O 2，则发生反应 III: CH 4+2O 2＝CO 2+2H 2O ， ①反应III 是放热反应，给反应体系提供能量，通入氧气越多反应中放出的热量越多，则热负荷值越小；

答案为：反应III 放热，给反应体系提供能量，使热负荷降低；

②发生反应 III: CH 4+2O 2＝CO 2+2H 2O ，促进甲烷消耗，则CH 4的平衡转化率增大； 答案为：增大；

发生反应 III: CH 4+2O 2＝CO 2+2H 2O 不利于反应I ，减少了二氧化碳的消耗量，又使二氧化碳浓度增大，因此二氧化碳的平衡转化率下降； 答案为：减小。

9．碳及其化合物在科研、工业生产中有着重要作用。请按要求回答下列问题。 （1）一定条件下，CH 4 和 CO 2 都能与 H 2O 形成笼状结构的水合物晶体，CH 4 与 H 2O 形成的水合物俗称“可燃冰”。已知：CO 2（g ）+nH 2O （l ）=CO 2·

nH 2O （s ）△H=-57.98 kJ·mol -1， CH 4（g ）+nH 2O （l ）=CH 4·

nH 2O （s ） △H=-54.49 kJ·mol -1 。则反应： CO 2（g ）+CH 4·nH 2O （s ） = CH 4（g ） +CO 2·nH 2O （s ）的△H=_______________；该反应能在一定 条件下自发进行的理论依据是______________。

（2）固定和利用 CO 2 能有效地利用资源并减少空气中的温室气体。工业上利用 CO 2 生产甲

醇方法的反应原理：CO 2（g ）+3H 2（g ）垐?噲?CH 3OH （g ）+H 2O （g ） ΔH ＜0。现将6mol

CO 2 和 8 mol H 2 充入一容积为 2 L 的密闭容器中（温度保持不变），测得 H 2 的物质的量随

时间变化如下图实线所示。

①该反应在 0～8 min 时，H2的平均反应速率：_____________；v 正（a）_____________v 正（d）（填“<”“>”“=”）；CO2的平衡转化率：_____________。该温度下平衡常数的值为_____________。

②若起始反应物投料量不变，重新进行两次实验（每次仅改变某一条件），所测得 H2的物质的量随时间变化如上图中两条虚线。则 b、c、d 三点平衡常数： K（b）

______________K（c）______________K（d）（填“<”“>”“=”）。

③在恒温恒容的条件下，再充入 3 mol CO2 和 4 mol H2，达新平衡时，H2O 的体积分数将

______________（填“增大”“不变”或“减小”）

（3）如图为甲醇燃料电池，其负极电极方程式为______________。

【答案】-3.49 kJ·mol-1△G=△H- T·△S＜0 0.375mol·L-1·min-1 > 33.3% 0.5＜=增大 CH3OH-6e-+ H2O = CO2+6H+

【解析】

【分析】

(1)由盖斯定律可知，CO2(g)+nH2O(l)=CO2·nH2O(s)△H=-57.98 kJ·mol-1，CH4(g)+nH2O(s)

=CH4·nH2O(s) △H=-54.49 kJ·mol-1，以上两个式子相减得CO2(g)+CH4·nH2O(s)=CH4(g)

+CO2·nH2O(s) △H=(-57.98 kJ·mol-1)-(-54.49)=-3.49 kJ·mol-1；判断反应能否自发进行，依据

△G=△H- T·△S，若△G＜0，反应能自发进行；△G＞0反应不能自发进行，因为该反应的△H=-3.49 kJ·mol-1＜0，所以一定条件下能自发进行；

(2)①计算0～8 min 时，H2的物质的量的变化，求出H2的物质的量浓度的变化，依据反应中反应物、生成物物质的量变化之比等于化学计量数之比，计算出△n(CO2)、△n(CH3OH)、△n(H2O)，然后计算出平衡时的反应物、生成物的物质的量浓度；

②如图所示，以d点实线曲线为标准分析，b点曲线反应速率增大，但转化的氢气的物质的量少，应是升高温度，因该反应放热，升高温度平衡逆向移动；c点曲线反应速率增大，转化的氢气的物质的量多，平衡正向移动，应是增大压强；平衡常数只受温度的影响，该反应放热，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小；

③借助于等效平衡处理该题，达到平衡后在通入反应物物质的量之比与平衡前通入反应物

的物质的量之比相等，相当于增大压强，反应物生成物浓度同等倍数增加。

(3)甲醇燃料电池，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，图中的交换层为质子交换层，故电解质为酸，负极的电极反应式：CH 3OH-6e -+ H 2O = CO 2+6H +。 【详解】

(1)由盖斯定律可知，CO 2(g)+nH 2O(l)=CO 2·nH 2O(s)△H =-57.98 kJ·mol -1，

CH 4(g)+nH 2O(s)=CH 4·nH 2O(s) △H =-54.49 kJ·mol -1，以上两个式子相减得CO 2(g)+CH 4·nH 2O(s)= CH 4(g) +CO 2·nH 2O(s) △H =(-57.98 kJ·mol -1)-( -54.49)=-3.49kJ·mol -1；根据体系自由能变化△G =△H - T ·△S ，判断反应能否自发进行，若△G =△H -T ·△S ＜0，反应能自发进行； (2)①该反应在0～8 min 时，△n (H 2)=8mol-2mol=6mol ，v (H 2)=

6mol

2L 8min

?=0.375mol·L -1·min -1

；由a 到d 的过程，反应物的浓度逐渐减小，正反应速率逐渐变慢，故v 正(a)＞v 正(d)；反

应中变化的物质的量之比等于化学计量数之比，因为△n (H 2)=6mol ，所以△n (CO 2)=2mol ，△n (CH 3OH)=△n (H 2O)=2mol ，CO 2的平衡转化率：

2mol

6mol

×100%=33.3%；平衡时n (H 2)=8mol-6mol=2mol ，n (CO 2)=6mol-2mol=4mol ，n (CH 3OH)=n (H 2O)=2mol ，平衡时反应物生成物的物质的量浓度为：c (H 2)=c (CH 3OH)=c (H 2O)= 2mol 2L =1mol·L -1，c (CO 2) =4mol

2L

=2 mol·L -1，该温度下平衡常数的值为：

3

11

21?? =0.5； ②根据图像，b 点曲线反应速率增大，但与d 点所在的实线曲线相比，转化的氢气的物质

的量少，应是升高温度，因CO 2(g)+3H 2(g)垐?噲?CH 3OH(g)+H 2O(g) ΔH ＜0，该反应正反应为

放热反应，升高温度平衡逆向移动，不利于氢气的转化，故b 点曲线改变的条件是升高温度；c 点曲线反应速率增大，但与d 点所在的实线曲线相比，转化的氢气的物质的量多，因增大压强平衡正向移动，故c 点曲线改变的条件是增大压强；平衡常数只受温度的影响，该反应放热，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故温度越高平衡常数越小，b 点曲线温度最高，d 点实线曲线和c 点曲线温度相同，即T (b)＞T (c)=T (d)故K (b)＜K (c)=K (d)； ③在恒温恒容的条件下，再充入3mol CO 2和4 molH 2，相当于同等倍数的增大反应物的物质的量浓度，压强增大，平衡向着气体分子数减小的方向(正反应方向)移动，H 2O 的体积分数将增大；

(3)甲醇燃料电池，负极发生氧化反应，图中的交换层为质子交换层，故电解质为酸，负极的电极反应式：CH 3OH-6e -+ H 2O = CO 2+6H +。 【点睛】

平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，(2)②中需要根据图像分析判断影响平衡移动的因素。

10．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+3H 22NH3，在标况下，平衡常数

Kθ=

θ

3

θθ

2

2

2

3

p(NH)p

p(N)p

[/]

[/][/

p H)p]

(

，其中pθ为标准压强（1×105Pa），p(NH3)、p(N2)和p(H2)为各

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 NH 3*+NH 3=2NH 3 ()()

2

24

162271--ɑɑɑ A MV 2++e -＝MV + 质子交换膜 条件温

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 N 2和3mol H 2完全反应，则理论上生成2molNH 3，NH 3的平衡产率为ɑ，则生

成的NH 3为2ɑmol ，通过三段式计算有223

+(mol N 3H )130

(mol)(2NH 3mol)1-223-3?始ɑɑɑɑ平ɑ转ɑ

，平衡时混合气

体的物质的量=1-ɑ +3-3ɑ+2ɑ=4-2ɑmol ，此时p(NH 3)=

242-ɑɑp θ，p(N 2)= 42-1-ɑɑ

p θ

，p(H 2)= 42-3-3ɑɑ

p θ，根据K θ=θ3

θθ22

23p(NH )p p(N )p [/][/][/p H )p ](计算； ②升高温度，平衡逆向移动，K θ减小； (3)生物燃料电池的工作原理是N 2+3H 2

=

生物催化剂

2NH 3，其中N 2在正极区得电子发生还原反

应，H 2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NH 3*+NH 3=2NH 3，故答案为：1.54；NH 3*+NH 3=2NH 3；

(2) ①若1mol N 2和3mol H 2完全反应，则理论上生成2molNH 3，NH 3的平衡产率为ɑ，则生