高考化学(化学反应原理综合考查提高练习题)压轴题训练含答案(3)

高考化学(化学反应原理综合考查提高练习题)压轴题训练含答案(3)
一、化学反应原理综合考查
1．铁的许多化合物在生产、生活中有着广泛的应用，如FeCl 3是重要的金属蚀刻剂、水处理剂；影视作品拍摄中常用Fe (SCN )3溶液模拟血液；FeS 可用于消除水中重金属污染等。

（1）已知：①3Cl 2(g )+2Fe (s )=2FeCl 3(s ) ΔH 1=akJ ·mol -1
②2FeCl 2(s )+Cl 2(g )=2FeCl 3(s ) ΔH 2=bkJ ·mol -1 则2FeCl 3(s )+Fe (s )=3FeCl 2(s ) ΔH 3=____。

（2）将c (FeCl 3)=0.2mol ·L -1的溶液与c (KSCN )=0.5mol ·L -1的溶液按等体积混合于某密闭容器发生反应：FeCl 3+3KSCN
Fe (SCN )3+3KCl ，测得常温下溶液中c (Fe 3+)的浓度随着
时间的变化如图1所示；测得不同温度下t 1时刻时溶液中c [Fe (SCN )3]如图2所示。

①研究表明，上述反应达到平衡后，向体系中加入适量KCl 固体后，溶液颜色无变化，其
原因是___，根据图1分析，在t 1、t 2时刻，生成Fe 3+
的速率较大的是____时刻。

②常温下Fe 3++3SCN -
Fe (SCN )3的平衡常数的值约为___，其它条件不变时，若向容器
中加适量蒸馏水，则新平衡建立过程中v (正)___v (逆)（填“＞”“＜”或“=”）。

③根据图2判断，该反应的ΔH ___0（填“＞”或“＜”），图中五个点对应的状态中，一定处于非平衡态的是___（填对应字母）。

（3）利用FeS 可除去废水中的重金属离子，如用FeS 将Pb 2+转化为PbS 可消除Pb 2+
造成的
污染，当转化达到平衡状态时，废水中c (Fe 2+)=___c (Pb 2+)[填具体数据，已知K sp (PbS )=8×10-28，K sp (FeS )=6×10-18]。

【答案】(0.5a -1.5b )kJ ·mol -1 反应的本质是Fe 3++3SCN -Fe (SCN )3，KCl 的加入对可
逆反应状态不造成影响 t 2 1000 ＜ ＜ a 、b 7.5×109 【解析】 【分析】
（1）根据盖斯定律12
⨯(①-②3)，可得热化学方程式； （2）①判断KCl 固体对可逆反应()3+
-
3Fe +3SCN Fe SCN ƒ
的影响，t 2时生成物浓度比
t 1时大，逆反应速率较大，故生成Fe 3+速率较大；
②()3+-3Fe +3SCN Fe SCN ƒ平衡常数33+3-c[Fe(SCN)]
K=
c(Fe )c (SCN )
以此计算；溶液稀释后Q >K 平衡向左移动，v (正)<v (逆)；
③随着温度的升高反应速率加快，故a 、b 、c c [Fe (SCN )3]增大，随着温度升高t 1时已达
到平衡点，温度升高c [Fe (SCN )3]减小，则平衡逆移；
（3）由2+
2+
FeS+Pb PbS+Fe ƒ知，2+2+2-2+2+2-c(Fe )c(Fe )c(S )Ksp(FeS)
K===c(Pb )c(Pb )c(S )Ksp(PbS)
，以此分析。

【详解】
（1）已知：①3Cl 2(g )+2Fe (s )=2FeCl 3(s ) ΔH 1=akJ ·mol -1 ②2FeCl 2(s )+Cl 2(g )=2FeCl 3(s ) ΔH 2=bkJ ·mol -1
根据盖斯定律1
2
⨯(①-②3)可得()()()322FeCl s +Fe s =3FeCl s ΔH 3=(0.5a -1.5b )kJ ·mol -1
，故答案为：(0.5a -1.5b )kJ ·mol -1；
（2）①由于反应的本质是()3+
-
3Fe +3SCN Fe SCN ƒ
，因此KCl 的加入对可逆反应状态
不造成影响；t 2时生成物浓度比t 1时大，逆反应速率较大，故生成Fe 3+速率较大，故答案为：反应的本质是Fe 3++3SCN -Fe (SCN )3，KCl 的加入对可逆反应状态不造成影响；
t 2；
②由图Ⅰ知，达到平衡时c (Fe 3+)=0.05 mol ·L -1，故反应中消耗Fe 3+的浓度为0.1 mol ·L -1
-0.05 mol ·L -1=0.05 mol ·L -1，平衡时c [Fe (SCN )3]=0.05 mol ·L -1，c (SCN -
)=0.25
mol ·L -1-0.15 mol ·L -1=0.1 mol ·L -1，则平衡常数
33+3-3c[Fe(SCN)]0.05
K=
==1000c(Fe )c (SCN )0.050.1⨯；溶液稀释后33+3-c[Fe(SCN)]Q=c(Fe )c (SCN )
＞K 平衡向
左移动，v (正)＜v (逆)，故答案为：1000；＜；
③随着温度的升高反应速率加快，故a 、b 、c 三点c [Fe (SCN )3]增大，随着温度升高c 时已达到平衡点，温度升高c [Fe (SCN )3]减小，则平衡逆移，则反应ΔH ＜0，图中五个点对应的状态中，处于非平衡态的是a 、b ，故答案为：＜；a 、b ； （3）由2+2+FeS+Pb PbS+Fe ƒ
可知，
2+2+2-1892+2+2-28
c(Fe )c(Fe )c(S )Ksp(FeS)610K===7.510c(Pb )c(Pb )c(S )Ksp(PbS)810--⨯==⨯⨯，故()()2+92+c Fe =7.510c Pb ⨯，故答案为：7.5×109。

2．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
ƒ
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)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，故答案为：
C(s)+H 2O(g)CO(g)+H2(g)；
3．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：CH3OH(g)ƒCO(g)＋2H2(g) △H1＝＋90.64 kJ·mol－1；
水蒸气变换反应：CO(g)＋H2O(g)ƒCO2(g)＋H2(g) △H2＝－41.20 kJ·mol－1。

则CH3OH(g)＋H2O(g)ƒCO2(g)＋3H2(g) △H3＝___________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(CH3OH)：n(H2O)＝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)ƒCO(g)＋2H2(g) △H1＝＋90.64 kJ·mol－1；①
水蒸气变换反应：CO(g)＋H2O(g)ƒCO2(g)＋H2(g) △H2＝－41.20 kJ·mol－1。

②
将①+②，即可求出CH3OH(g)＋H2O(g)ƒCO2(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
ƒ
（）（）（）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。

4．碳元素形成的有机化合物在动植物体内及人类生存环境中有着相当广泛的存在，起着非常重要的作用。

请结合下列有关含碳化合物的研究，完成下列填空。

（1）为了高效利用能源并且减少CO 2的排放，可用下列方法把CO 2转化成甲醇燃料： ①CO 2(g)+3H 2(g)=CH 3OH(g)+H 2O(g) △H =akJ•mol −1 ②2H 2(g)+O 2(g)=2H 2O(g) △H =bkJ•mol −1 ③CH 3OH(g)=CH 3OH(l) △H =ckJ•mol −1 ④H 2O(g)=H 2O(l) △H =dkJ•mol −1
则表示CH 3OH(l)燃烧热的热化学方程式为___。

（2）用甲醇燃料电池电解处理酸性含铬废水(主要含有Cr 2O 72−)，用如图装置模拟该过程：
①请完成电解池中Cr 2O 72−转化为Cr 3+的离子方程式___。

②当甲池中消耗甲醇1.6g 时，乙池中两电极的质量差为___g 。

（3）葡萄糖和果糖为同分异构体，在一定条件下，C 6H 12O 6（葡萄糖）
C 6H 12O 6（果
糖） △H ﹤0。

该反应的速率方程式可表示为v (正)=k (正)c (葡)、v (逆)=k (逆)c (果)，k (正)和k (逆)在一定温度下为常数，分别称作正、逆反应速率常数。

T 1温度下，k (正)=0.06s −1，k (逆)=0.002s −1。

①T 1温度下，该反应的平衡常数K 1=___。

②该反应的活化能Ea(正)___Ea(逆)(填“大于”、“小于”或“等于”）。

③该T 2温度下，从开始反应到平衡的过程中，葡糖糖的质量分数变化如图所示。

可以确定
温度T2___T1（填“大于”、“小于”或“等于”）。

（4）H2A为二元弱酸。

室温下配制一系列c(H2A)+c(HA−)+c(A2−)=0.100mol•L−1的H2A与NaOH的混合溶液。

测得H2A、HA−、A2−的物质的量分数c(x)%
（
c(x)%=
-
-2-
2
c(X)
c(H A)+c(HA)+c(A)
×100%）随pH变化如图所示。

①当c(Na+)=0.100mol•L−1时，溶液中离子浓度的大小顺序为___。

②室温下，若将0.100mol•L−1的H2A与amol•L−1的NaOH溶液等体积混合，使溶液的pH=7。

则H2A的K a2=___mol•L−1（用a表示）。

【答案】CH3OH(l)+3
2
O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=
3b+4d
2
-a-c（或-a+1.5b-c+2d) Cr2O72-
+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O 8.4 30 小于大于 c(Na+)﹥c(HA-)﹥c(H+)﹥c(A2-)﹥c(OH-) -7
(a-0.1)10
0.2-a
【解析】
【分析】
（1）利用盖斯定律推算出CH3OH(l)燃烧热的热化学方程式；
（2）甲池为甲醇燃料电池，其中M为负极，N为正极；乙池为电解池，乙池中左边铁为
阳极，右边的铁为阴极，阳极产生的Fe2+还原Cr2O72-，将Cr2O72−转化为Cr3+；利用串联电
路中转移的电子数相等，计算当甲池中消耗甲醇1.6g时，乙池中两电极的质量差；
（3）①根据速率方程式，当达到平衡时，v(正)= v(逆)，k(正)c(葡) = k(逆)c(果)，该反应的平衡常数
K=
c()
c()
果糖
葡萄糖
=()
()
K
K
正
逆
，然后根据k(正)和k(逆)在一定温度下的数值，带入计算；
②根据该反应为放热反应，故正反应的活化能小于逆反应的活化能；
③根据图像信息，计算T2温度下的平衡常数，然后与T1温度下的平衡常数相比，对应放热反应而言，温度越高平衡常数越小；
（4）①当c(Na+)=0.100mol•L−1时，H2A与NaOH恰好反应生成NaHA，结合图中的信息，溶液中离子浓度的大小；
②由电荷守恒可知，c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，由物料守恒可知c(H2A)+c(HA−)
+c(A 2−)=0.050mol•L −1，结合图像信息，计算出c(HA -)、c(A 2-)、c(H +)，然后计算H 2A 的
K a2=2c(H )(A )c(HA )
c +--
⋅。

【详解】
（1）利用盖斯定律：1.5×②-①-③+2×④，得CH 3OH(l)燃烧热的热化学方程式：CH 3OH(l)+
3
2
O 2(g)=CO 2(g)+2H 2O(l) △H =（-a+1.5b-c+2d) kJ•mol −1； （2）①乙池中左边铁为阳极，其电极反应式为Fe-2e -= Fe 2+，Fe 2+还原Cr 2O 72-，将Cr 2O 72−转化为Cr 3+，其反应方程式为Cr 2O 72-+6Fe 2++14H +=2Cr 3++6Fe 3++7H 2O ； ②1.6gCH 3OH 的物质的量为
11.6g 32g mol
-⋅=0.05mol ，M 为负极，其电极反应式为CH 3OH-6e -+ H 2O= 6H ++ CO 2↑，n(e -)=6n(CH 3OH)=6×0.05mol=0.3mol ，串联电路中转移的电子数相等，乙池中左边铁为阳极，其电极反应式为Fe-2e -= Fe 2+，故消耗Fe 的物质的量为0.15mol ，乙池中左边铁消耗的质量为0.15mol×56g/mol=8.4g ，右边的铁为阴极，电极反应式为2 H ++2e -= H 2↑，即右边的铁电极的质量不变，所以当甲池中消耗甲醇1.6g 时，乙池中两电极的质量差为8.4g ；
（3）①根据速率方程式，当达到平衡时，v (正)= v (逆)，k (正)c (葡) = k (逆)c (果)，该反应的平衡常数K =
c()c()果糖葡萄糖=()
()
K K 正逆，T 1温度下，k (正)=0.06s −1，k (逆)=0.002s −1，故T 1温度下，
K=11
0.06s 0.002s
--=30； ②室温下，若将0.100mol•L −1的H 2A 与amol•L −1的NaOH 溶液等体积混合，使溶液的pH=7，c(H +)=10-7 mol•L −1，由电荷守恒可知，c(H +)+c(Na +)=c(OH -)+c(HA -)+2c(A 2-)，因为溶液呈中性，c(H +)=c(OH -)，c(Na +)= c(HA -)+2c(A 2-)=0.5a mol•L −1，由物料守恒可知c(H 2A)+c(HA −)+c(A 2−)
=0.050mol•L −1，结合图像信息，当溶液呈中性时，c(H 2A)比较小，忽略不计，c(A 2−)=(0.5a-0.050) mol•L −1，c(HA −)=(0.1-0.5a) mol•L −1，室温下，
K a2=2c(H )(A )c(HA )c +--⋅=71.010(0.50.050)0.10.5a a -⨯⨯-- =-7(a-0.1)100.2-a
⨯。

5．消除尾气中的NO 是环境科学研究的热点课题。

I .NO 氧化机理 已知：2NO (g )+O 2(g )2NO 2(g ) ΔH =-110kJ •mol -1
T 1℃时，将NO 和O 2按物质的量之比为2：1充入刚性反应容器中(忽略NO 2与N 2O 4的转
化)。

（1）下列可以作为反应已经到达平衡状态的判断依据的是____。

A .2v 正(O 2)=v 逆(NO 2)
B.NO与O2的物质的量之比为2：1
C.容器内混合气体的密度保持不变
D.K不变
E.容器内混合气体的颜色保持不变
（2）通过现代科学技术动态跟踪反应的进行情况，得到容器内混合气体的压强、平均摩尔质量随反应时间的变化曲线如图1图2所示。

则反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)在T1℃时的平衡常数K p=____。

[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K p，如p(B)=p•x(B)，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B 的物质的量分数]。

保持其它条件不变，仅改变反应温度为T2℃(T2＞T1)，在图2中画出容器内混合气体的平均摩尔质量随反应时间的变化趋势图_____。

II.NO的工业处理
（3）H 2还原法：2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g) ΔH1
已知在标准状况下，由元素最稳定的单质生成1mol纯化合物时的焓变叫做标准摩尔生成焓。

NO(g)和H2O(g)的标准摩尔生成焓分别为+90kJ•mol-1、-280kJ•mol-1。

则ΔH1=____。

（4）O3-CaSO3联合处理法
NO可以先经O3氧化，再用CaSO3水悬浮液吸收生成的NO2，转化为HNO2。

已知难溶物在溶液中并非绝对不溶，同样存在着一定程度的沉淀溶解平衡。

在CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液能提高SO32-对NO2的吸收速率，请用平衡移动原理解释其主要原因____。

（5）电化学处理法
工业上以多孔石墨为惰性电极，稀硝酸铵溶液为电解质溶液，将NO分别通入阴阳两极，通过电解可以得到浓的硝酸铵溶液。

则电解时阳极发生的电极反应为____。

【答案】AE 0.08 -740kJ•mol-1对于反应
CaSO 3(s)Ca2+(aq)+SO32-(aq)，加入Na2SO4溶液时，SO42-结合部分Ca2+，使其平衡向正反应方向移动，c(SO32-)增大，吸收NO2的速率增大 NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+
【解析】
【分析】
【详解】
I.（1）在一定条件下，当一个可逆反应的正反应速率与逆反应速率相等时，反应物的浓度
与生成物的浓度不再改变，达到一种表面静止的状态，即“化学平衡状态”。

其中，正反应速率与逆反应速率相等是化学平衡状态的实质，而反应物的浓度与生成物的浓度不再改变是化学平衡状态的表现。

A .当2v 正(O 2)=v 逆(NO 2)时，说明反应已达平衡态，故A 正确；
B . NO 与O 2的物质的量之比为2：1时，不能说明该反应反应物的浓度与生成物的浓度不再改变，故B 错误；
C .根据质量守恒定律，容器内气体的质量恒定不变，则恒容容器内混合气体的密度始终保持不变，不能说明达到化学平衡状态，故C 错误；
D .该反应中平衡常数K 只与温度有关，则不能用K 不变来判断化学平衡状态，故D 错误；
E .容器内混合气体的颜色保持不变，则说明反应物的浓度与生成物的浓度不再改变，即达到化学平衡状态，故E 正确； 综上所述，答案为AE ；
（2）设容器内二氧化氮与氧气分别为2mol 、1mol ，达平衡态时，氧气转化了xmol ，则可列三段式为：
22
2NO +O 2NO ()21
()22()222mol mol x x x mol x x x
-ƒ
起始量转化量平衡量
平衡时平均摩尔质量为36.8g /mol ，则有
m 2mol 30g/mol+1mol 32g/mol M =36.8g /mol n (3-x)mol
⨯⨯==u u v ，解得x =0.5，则NO 、O 2、NO 2
的物质的量分数分别为0.4、0.2、0.4，同温同体积，根据压强之比等于物质的量之比，有
3753-x a
=，代入x ，解得a =62.5，根据平衡常数公式有2
p 2(0.462.5)K =0.08(0.462.5)(0.262.5)
⨯=⨯⨯⨯；因为该反应为放热反应，升高温度时，反应速率
会加快，平衡逆向移动，平均摩尔质量会减小，容器内混合气体的平均摩尔质量随反应时
间的变化趋势图为，故答案为：0.08；
；
（3）1ΔH =生成物标准摩尔生成焓之和-反应物标准摩尔生成焓之和=-280kJ •mol -1×2-
90kJ•mol-1×2=-740kJ•mol-1，故答案为：-740kJ•mol-1；
（4）相同条件下，硫酸钙的溶解度小于亚硫酸钙的溶解度，亚硫酸钙可转化为硫酸钙，对于反应CaSO 3(s)Ca2+(aq)+SO32-(aq)，加入Na2SO4溶液时，SO42-结合部分Ca2+，使其平衡向正反应方向移动，c(SO32-)增大，吸收NO2的速率增大，故答案为：对于反应CaSO 3(s)Ca2+(aq)+SO32-(aq)，加入Na2SO4溶液时，SO42-结合部分Ca2+，使其平衡向正反应方向移动，c(SO32-)增大，吸收NO2的速率增大；
（5）由电解原理可知，阳极发生氧化反应，则一氧化氮转化为硝酸根，其电极方程式为NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，故答案为：NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+。

6．资源化利用CO2，可以减少温室气体排放，还可以获得燃料或重要的化工产品。

回答下列问题：
(1)CO2的捕集
①用饱和Na2CO3溶液做吸收剂可“捕集”CO2。

写出“捕集”CO2反应的离子方式
_____________。

②聚合离子液体是目前广泛研究的CO2吸附剂。

结合图像分析聚合离子液体吸附CO2的有利条件是_________________________。

(2)生产尿素：
工业上以CO2、NH3为原料生产尿素[CO(NH2)2]，该反应分为二步进行：
第一步：2NH3(g)+CO2(g)⇌H2NCOONH4(s) △H = - 159.5 kJ·mol-1
第二步：H2NCOONH4(s)⇌CO(NH2)2(s)+ H2O(g) △H = +116.5 kJ·mol-1
①写出上述合成尿素的热化学方程式___________________________。

该反应化学平衡常数K的表达式：_________________________。

②某实验小组模拟工业上合成尿素，在一定体积的密闭容器中投入4mol NH3和1mol CO2，实验测得反应中各组分物质的量随时间的变化如图所示：
已知总反应的快慢由慢的一步反应决定，则合成尿素总反应的快慢由第__________步反应决定，总反应进行到___________min 时到达平衡
(3)合成乙酸：中国科学家首次以CH 3OH 、CO 2和H 2为原料高效合成乙酸，其反应路径如图所示：
①原料中的CH 3OH 可通过电解法由CO 2制取，用稀硫酸作电解质溶液，写出生成CH 3OH 的电极反应式_______________________。

②根据图示，写出总反应的化学方程___________。

【答案】H 2O + CO 32- + CO 2=2HCO 3- 低温，低流速 2NH 3(g)+ CO 2(g)⇌CO(NH 2)2(s)+ H 2O(g)△H= -43kJ·mol -1 K=[H 2O]/[NH 3]2.[CO 2] 二 55 CO 2 + 6e - + 6H + = CH 3OH + H 2O CH 3OH + CO 2 + H 2
*HI 、Rh CH 3COOH + H 2O 【解析】
【分析】
(1)①H 2O 、CO 32－、CO 2反应生成HCO 3－；
②根据图知，温度越低、流速越小吸附量越大；
(2)利用盖斯定律求解热化学方程式；K 等于气体生成物浓度幂之积与气体反应物浓度幂之积的比；
②达到平衡时时间越长，反应速率越慢，慢反应决定整个反应速率；各物质的物质的量不变时反应达到平衡状态；
(3)①电解时，CO 2失电子和H ＋反应生成CH 3CH 2OH ；
②根据图知，反应物是CH 3CH 2OH 、CO 2和H 2，生成物是CH 3COOH 和水，LiI 和Rh 作催化剂。

【详解】
(1)①H 2O 、CO 32－、CO 2反应生成HCO 3－，离子方程式为H 2O+CO 32－+CO 2=2HCO 3－； ②根据图知，温度越低、流速越小吸附量越大，所以聚合离子液体吸附CO 2的有利条件是低温，低流速(或25℃，10mL ·min -1)；
(2)①将第一步和第二步方程式相加得到方程式2NH 3(g)+CO 2(g)⇌CO(NH 2)2(s)+H 2O(g)△H =(-159.5+116.5)kJ ·mol －1=-43kJ ·mol －1；化学平衡常数K 等于气体生成物浓度幂之积与气体反应物浓度幂之积的比，2232(H O)=(NH )(CO )
c K c c ； ②达到平衡时时间越长，反应速率越慢，慢反应决定整个反应速率。

根据图知，第一步的反应，的反应物NH 3和CO 2的量迅速达到定值，说明第一步反应速率大，第二步反应较
慢，所以第二步决定整个反应速率；根据图知，55min各物质的物质的量不变，反应达到平衡状态；
(3)①电解时，CO2失电子和H＋反应生成CH3OH，电极反应式为CO2+6e－+6H＋
=CH3OH+H2O；
②根据图知，反应物是甲醇、二氧化碳和氢气，生成物是乙酸和水，LiI和Rh作催化剂，
总反应方程式为：CH3OH+CO2+H2
*
HI、Rh
CH3COOH+H2O。

7．秋冬季是雾霾高发的季节，其中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）汽车尾气催化净化是控制汽车尾气排放、减少汽车尾气污染的最有效的手段，主要原理为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH<0
T℃时，将等物质的量的NO和CO充入容积为2L的密闭容器中，保持温度和体积不变，反应过程(0～15min)中NO的物质的量随时间变化如上图所示。

①已知：平衡时气体的分压＝气体的体积分数×体系的总压强，T℃时达到平衡，此时体系的总压强为p=20MPa，则T℃时该反应的压力平衡常数K p＝_______；平衡后，若保持温度不变，再向容器中充入NO和CO2各0.3mol，平衡将_____(填“向左”、“向右”或“不”)移动。

②15min时，若改变外界反应条件，导致n(NO)发生如图所示的变化，则改变的条件可能是__(填序号)
A．增大CO浓度B．升温C．减小容器体积D．加入催化剂
（3）工业上常采用“碱溶液吸收”的方法来同时吸收SO2，和氮的氧化物气体(NO x)，如用氢氧化钠溶液吸收可得到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)是镧系金属中自然丰度最高的一种，常见有+3、+4两种价态。

雾霾中含有大量的污染物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 0.0875(MPa)-1或780(MPa)-1 不 AC Na 2SO 3 酸 因为HSO 3-的电离常数K a2=5.8×10-8，水解常数K h =w a2
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】
(4)电解过程中Ce 3+在阳极失电子，变为Ce 4+，则b 进Ce 3+，a 出Ce 4+，NO 2-在阴极得电子变为N 2，则d 进NO 2-，c 出N 2。

【详解】
(1)①CH 4(g)+4NO 2(g)=4NO(g)+CO 2(g)+2H 2O(g) ΔH 1=-574kJ·mol −1
②CH 4(g)+4NO(g)=2N 2(g)+CO 2(g)+2H 2O(g) ΔH 2=-1160kJ·
mol −1 +2①②得：CH 4(g)+2NO 2(g)=N 2(g)+CO 2(g)+2H 2O(g) ΔH =-1-1(-574kJ mol )+(-1160kJ mol 2
)⋅⋅=-867kJ·mol −1，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由图可知，NO 起始物质的量为0.4mol ，0到15min 共减少了0.2mol ，则
222NO(g)+2CO(g)N (g)+2CO (g)
/mol
0.40.400/mol
0.20.20.10.2/mol
0.20.20.10.2垐垐?噲垐?催化剂起始值变化值平衡值，平衡时p(NO)= 20MPa×0.20.2+0.2+0.1+0.2=407MPa ，同理可得：p(CO)=407
MPa ，p(N 2)=207MPa ，p(CO 2) =407MPa ，所以K p ＝()()()()22222p CO p N p NO p CO ⨯⨯=2224020MPa MPa 774040MPa MPa 77⨯⨯（
）（）（）=0.0875(MPa)-1或780
(MPa)-1。

再向容器中充入NO 和CO 2各0.3mol ，加入的NO 和CO 2物质的量相等，那么二者引起压强增大量相等，假设二者引起的压强增量分别为p ，则
Qc=222
4020MPa+p MPa 774040MPa+p MPa 77⨯⨯（
）（）（）=780(MPa)-1，Qc=Kp ，平衡不移动，故答案为：0.0875(MPa)-1或780
(MPa)-1；不； ②由图可知NO 物质的量减小，说明平衡正向移动。

A ．增大CO 浓度，平衡正向移动，NO 物质的量减小，A 正确；
B ．升温，平衡逆向移动，NO 物质的量增大，B 错误；
C ．减小容器体积，等同于增大压强，平衡正向移动，NO 物质的量减小，C 正确；
D ．加入催化剂，反应速率增大，但平衡不移动，NO 物质的量不变，D 错误； 故答案为：AC ；
(3)①HNO 2的电离常数为K a =7×10-4，H 2SO 3的电离常数为K a1=1.2×10-2、K a2=5.8×10-8可知，HNO 2的酸性强于HSO 3-的酸性，则NO 2-的水解程度小于SO 32-，所以相同浓度的Na 2SO 3、NaNO 2溶液，Na 2SO 3的碱性更强，pH 更大，故答案为：Na 2SO 3；
②HSO 3-+H 2O ƒH 2SO 3，K a2×K h =K w ，故HSO 3-的水解常数K h =-14
-2101.210
⨯≈8.3×10-13，又因为HSO 3-的电离常数K a2=5.8×10-8，所以，HSO 3-的电离常数大于水解常数，常温下，NaHSO 3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 h =w a2K K ≈8.3×10-13，电离常数大于水解常数，所以溶液显酸性；
(4)①生成Ce 4+，则Ce 3+-e -= Ce 4+，Ce 4+在阳极生成，从a 口流出，故答案为：a ； ②NO 2-转化为无毒物质，则NO 2-在阴极得电子，转化为N 2，结合电子得失守恒、电荷守恒可得阴极电极反应为：2NO 2-+8H ++6e −=N 2↑+4H 2O ，故答案为：2NO 2-+8H ++6e −=N 2↑+4H 2O 。

【点睛】
K a ×K h =K w ，越弱越水解。

8．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 CH 4+CO 2
CH 3COOH 2CO 2+HCO 3-+2e -=HCOO -+CO 32- 阳极产生O 2，c （H +）增大，c （HCO 3-）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CO 2和CH 4合成CH 3COOH 的化学方程式；
Ⅱ．①根据图示分析，阴极CO 2得电子，写出CO 2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。

9．完成下列填空。

(1)在 25℃、101kPa 时，C(s)、H2(g)、CH3COOH(l)的燃烧热分别为 393.5kJ/mol、
285.8kJ/mol、870.3kJ/mol，则 2C(s)+2H2(g)+O2(g)= CH3COOH(l)的△H=___________。

(2)温度为 T 时，在 2 L 的密闭容器中加入 2.0 mol SO2和 1.0 mol O2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 NaHSO4 溶液，当溶液中的 Ba2＋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NaHSO4溶液的体积之和，则 Ba(OH)2溶液与 NaHSO4溶液____
(4)利用如图所示的电解装置，可将雾霾中的 NO、SO2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 SO2的物质的量应为_________。

【答案】-488.3kJ∕mol 1620 1：4 NO+6H++5e-=NH4++H2O 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)+2H2(g)+O2(g)= CH3COOH(l)的反应热；利用三段式法，设参加反应的SO2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。