2020-2021高考化学—化学反应原理综合考查的综合压轴题专题复习及答案解析

2020-2021高考化学—化学反应原理综合考查的综合压轴题专题复习及答案解
析
一、化学反应原理综合考查
1．近年全球气候变暖，造成北极冰川大面积融化，其罪魁之一就是CO2，如何吸收大气中的CO2，变废为宝，是当今化学研究的主题之一。

I.二甲醚可用作溶剂、冷冻剂喷雾剂等，科学家提出利用CO2和H2合成二甲醚，反应原理为2CO 2(g)+6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g) ∆H
（1）已知：①H 2O(g)+CO(g)CO2(g)+H2(g) △H1=+42kJ/mol
②CH 3OCH3(g)+H2O(g)2CH3OH(g) ∆H2=+24.52kJ/mol
③CH 3OH(g)CO(g)+2H2(g) ∆H3=+90.73kJ/mol
则∆H=__kJ/mol。

（2）一定温度下，在一个2L的密闭容器中充入2molCO2和6molH2发生上述反应，经过
5min反应达到平衡，此时容器中压强与起始压强之比为3：4，则用CH3OCH3表示的平均反应速率为__，H2的转化率为___；此时若向体系中再加入2molCO2和1.5molH2O(g)，平衡__移动(填正向、逆向、不)。

（3）对于恒温恒容条件下进行的反应①，下列说法能说明反应已达平衡的是__。

A．混合气体密度不发生改变
B．混合气体的平均相对分子质量不再发生改变
C．v(CO)正=v(H2)逆
D．n(CO)与n(H2)的比值不变
（4）一定温度下，密闭容器中进行的反应③，测得平衡时混合物中某物质的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示，则纵坐标表示的物质是__，压强P1_P2(填>、<)。

II.工业锅炉长期煮烧会形成锅垢(主要成分CaSO4、Mg(OH)2)，必须定期除去。

（5）CaSO4微溶于水和酸，可加入氢氧化钠并通入CO2使转化为CaCO3，然后加酸浸泡除去，反应的离子方程式为CaSO4+CO32-=CaCO3+SO42-，室温下，该反应的化学平衡常数为
__(室温下，K sp(CaCO3)=3×10-9，K sp(CaSO4)=9×10-6)。

【答案】－289.98 0.05mol·L－1·min－1 50% 正向 CD CH3OH > 3×103
【解析】
【分析】
【详解】
(1)根据盖斯定律，方程式2CO 2(g)+6H 2(g)垐?噲?CH 3OCH 3(g)+3H 2O(g)，可用－①×2－②－
③×2得到，则△H =－△H 1×2－△H 2－△H 3×2=－(＋42)×2－(＋24.52)－(＋90.73)×2kJ·mol －1=－289.98kJ·mol －1；
(2)根据物质的量比等于压强比，平衡时容器中压强与起始压强之比为3:4，可得平衡时混合气体的物质的量为6mol ，设达到平衡时，生成CH 3OCH 3的物质的量为xmol ，有：
223322CO (g)6H (g)CH OCH (g)3H O(g)
2600
26322663x x x x x x x x
++--垐?噲?开始的物质的量转化的物质的量平衡的物质的量
可得2－2x+6－6x ＋x ＋3x=6mol ，求解x=0.5mol ，可得平衡时CO 2、H 2、CH 3OCH 3、H 2O 的物质的量分别为1mol 、3mol 、0.5mol 、1.5mol ； 用CH 3OCH 3表示的平均反应速率-1-10.5mol
0.05mol L min 2L 5min
v ==⨯g g ；
H 2的转化率为3mol
100%50%6min
α=
⨯=； 平衡常数3
3
3332262262620.5 1.5()(CH OCH )(H O)0.250.75220.03713(CO )(H )0.5 1.5()()22
c c K c c ⨯⨯===≈⨯⨯g ，若向体系中再加入2molCO 2和1.5.molH 2O(g)，此时CO 2、H 2、CH 3OCH 3、H 2O 的物质的量分别为3mol 、3mol 、0.5mol 、3mol ，则浓度商
3
3
3332262662220.53()(CH OCH )(H O)0.25 1.5220.03333(CO )(H ) 1.5 1.5()()22
c c Qc c c ⨯⨯===≈⨯⨯g ，可知Q c<K ，则平衡正向移动；
(3)A ．恒容条件下的气体间反应，根据m
V
ρ=，根据质量守恒，混合气体的质量不变，恒
容，体积不变，则混合气体密度永远不发生改变，不能说明反应达到平衡，A 错误；
B ．反应①前后气体分子数不变的反应，根据m
M n
=，根据质量守恒，混合气体的质量不
变，混合气体的物质的量不变，则混合气体的平均相对分子质量永远不会发生改变，不能说明反应达到平衡，B 错误；
C ．正逆反应速率相等，反应达到平衡，C 正确；
D ．随着反应的进行，n (CO)与n (H 2)的比值时刻在变化，现在不变，说明达到平衡，D 正确； 答案选CD ；
(4)根据图示，温度升高，该物质的体积分数减小。

反应③的△H>0，升高温度，平衡正向
移动，CH 3OH 的体积分数减小；则纵坐标表示的物质为CH 3OH ；
增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即平衡逆向移动，CH 3OH 的体积分数增大，所以P 1>P 2；
(5)根据CaSO 4(s)+CO 32-(aq)垐?噲?CaCO 3(s)+SO 42-(aq)，平衡常数
2-2+2--6
4344
2-2+2-9
333(CaSO )(SO )(Ca )(SO )910=310(CO )(Ca )(CO )(CaCO )310sp sp K c c c K c c c K -⨯====⨯⨯。

【点睛】
问题(2)中，同时加入2molCO 2和1.5.molH 2O(g)，不能根据勒夏特列原理判断，因此利用浓度商和平衡常数的关系，判断平衡移动方向。

2．铁及铁的氧化物广泛应于生产、生活、航天、科研领域。

(1)铁氧化合物循环分解水制H 2
已知：H 2O(l)===H 2(g)＋O 2(g) ΔH 1＝＋285.5 kJ/mol 6FeO(s)＋O 2(g) ===2Fe 3O 4(s) ΔH 2＝－313.2 kJ/mol 则：3FeO(s)＋H 2O(l)===H 2(g)＋Fe 3O 4(s) ΔH 3＝___________
(2)Fe 2O 3与CH 4
反应可制备“纳米级”金属铁，其反应为： 3CH 4(g) ＋ Fe 2O 3(s) 2Fe(s) ＋
6H 2(g) ＋3CO(g) ΔH 4
①此反应的化学平衡常数表达式为_________________________________。

②在容积均为VL 的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个相同密闭容器中加入足量“纳米级”金属铁，然后分别充入a molCO 和2a mol H 2，三个容器的反应温度分别保持T 1、T 2、T 3，在其他条件相同的情况下，实验测得反应均进行到t min 时CO 的体积分数如图1所示，此时I 、II 、III 三个容器中一定处于化学平衡状态的是___________(选填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)；制备“纳米级”金属铁的反应：ΔH 4 _____ 0(填“＞”或“＜”)。

③在T ℃下，向某恒容密闭容器中加入3molCH 4(g)和2mol Fe 2O 3(s)进行上述反应，反应起始时压强为P 0，反应进行至10min 时达到平衡状态，测得此时容器的气体压强是起始压强的2倍。

10 min 内用Fe 2O 3(s)表示的平均反应速率为_______g·min －1； T ℃下该反应的K p = _____________________；T ℃下若起始时向该容器中加入2molCH 4(g)、4mol Fe 2O 3(s)、1molFe(s)、2mol H 2(g)、2molCO(g)，则起始时v (正)______v (逆) (填“＞”、“＜”或“＝”)。

(3)纳米铁粉与水中NO 3－反应的离子方程式为 4Fe+ NO 3－+10H +=4Fe 2++NH 4++3H 2O ①研究发现，若pH 偏低将会导致NO 3－的去除率下降，其原因是_________________。

②相同条件下，纳米铁粉去除不同水样中NO 3－的速率有较大差异，图2中所产生的差异的
可能原因是__________________________________________________(答一条)。

【答案】＋128.9 kJ/mol ()()()
3623
4CO H CH c c K c =
Ⅲ ＞ 8 P 06 ＞ 纳米铁粉与H ＋反应
生成H 2 Cu 或Cu 2+催化纳米铁粉去除NO 3－
的反应(或形成的Fe －Cu 原电池增大纳米铁粉
去除NO 3－的反应速率) 【解析】 【分析】
(1)依据题干热化学方程式，结合盖斯定律进行计算；
(2)①化学平衡常数=
生成物浓度幂之积
反应物浓度幂之积
；
②2Fe(s)＋6H 2(g)＋3CO(g)⇌3CH 4(g)＋Fe 2O 3(s)，根据图1中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ图象，CO 百分含量由小到大的顺序为Ⅱ＜Ⅰ＜Ⅲ，结合化学平衡移动分析解答；根据温度对平衡的影响来判断，升高温度平衡逆向移动，CO 的转化率减小，据此判断ΔH 4大小；
③在T ℃下，向某恒容密闭容器中加入3molCH 4(g)和2mol Fe 2O 3(s)进行反应：3CH 4(g)＋Fe 2O 3(s)⇌2Fe(s)＋H 2(g)＋3CO(g)；反应起始时压强为P 0，反应进行至10min 时达到平衡状态，测得此时容器的气体压强是起始压强的2倍，列出三段式，求用Fe 2O 3(s)表示的平均反应速率；K p ＝
生成物平衡分压幂次方乘积反应物平衡分压幂次方乘积
；若起始时向该容器中加入2molCH 4(g)、4mol
Fe 2O 3(s)、1molFe(s)、2mol H 2(g)、2molCO(g)，根据Q C 与K 的关系判断反应进行的方向； (3)①pH 偏低，氢离子浓度偏大，则铁可与氢离子反应生成氢气；
②由图2可知铜离子浓度越大，去除率越大，铜离子可起到催化作用，也可能形成原电池反应。

【详解】
(1)已知：①H 2O(l)=H 2(g)＋O 2(g) ΔH 1＝＋285.5 kJ/mol ；②6FeO(s)＋O 2(g)=2Fe 3O 4(s) ΔH 2＝－313.2 kJ/mol ；③3FeO(s)＋H 2O(l)=H 2(g)＋Fe 3O 4(s) ΔH 3；由盖斯定律可得：③=①+
12×②，则ΔH 3=ΔH 1+12×ΔH 2=＋285.5 kJ/mol+1
2
×(－313.2 kJ/mol)=＋128.9 kJ/mol ； (2)①3CH 4(g)＋Fe 2O 3(s)⇌2Fe(s)＋6H 2(g)＋3CO(g)的化学平衡常数表达式为
()()()
36234CO H CH c c K c =
；
②在容积均为VL 的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个相同密闭容器中加入足量“纳米级”金属铁，然后分别充入a molCO 和2a mol H 2，发生反应2Fe(s)＋6H 2(g)＋3CO(g)⇌3CH 4(g)＋Fe 2O 3(s)，根据图1中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ图象，CO 百分含量由小到大依次为：Ⅱ＜Ⅰ＜Ⅲ，T 1中的状态转变成T 2中的状态，CO 百分含量减小，说明平衡正向移动，说明T 1未达平衡状态，T 2中的状态转变成T 3中的平衡状态，CO 百分含量增大，说明平衡逆向移动，说明T 2可能达平衡状态，一定达到化学平衡状态的是Ⅲ；2Fe(s)＋6H 2(g)＋3CO(g)⇌3CH 4(g)＋Fe 2O 3(s)，该反应正反应为放热反应，则上述反应3CH 4(g)＋Fe 2O 3(s)⇌2Fe(s)＋6H 2(g)＋3CO(g)的ΔH 4大于0；
③在T ℃下，向某恒容密闭容器中加入3molCH 4(g)和2mol Fe 2O 3(s)进行上述反应，反应起始时压强为P 0，反应进行至10min 时达到平衡状态，测得此时容器的气体压强是起始压强的2倍，设消耗甲烷的物质的量为xmol ，则：
42323CH (g)+Fe O (s)2Fe(s)+6H (g)+3CO(g)(mol)32000
1
(mol)x x 2x x 3
(mol)
3-x
2x
x
ƒ
初始变化平衡
压强之比为气体物质的量之比，则平衡时气体物质的量为6mol ，列式为3−x+2x+x ＝6，解得x ＝1.5mol ，10 min 内用Fe 2O 3(s)表示的平均反应速率为
1
1.5mol 160g/mol
3
10min
⨯⨯=8g/min ，T ℃下该反应的K p =生成物平衡分压幂次方乘积反应物平衡分压幂次方乘积=()()()6
3
23
4H CO CH p p p =6
300301()21()2
P P P ⨯=P 06；假设容器的体积为1L ，则在T ℃下，平衡时有1.5molCH 4(g)，3molH 2(g)，1.5molCO(g)，该反应的平衡常数K=
36234c CO c H c CH （）（）（）=363
1.531.5⨯=36
；若起始时向该容器中加入2molCH 4(g)、4mol Fe 2O 3(s)、1molFe(s)、2mol H 2(g)、2molCO(g)，Q C = 36
234c CO c H c CH （）（）（）=363
222
⨯=26
<K, 平衡正向移动，则起始时v (正)>v (逆)；
(3)①pH 偏低，氢离子浓度偏大，则铁可与氢离子反应生成氢气，可导致NO 3-的去除率下降；
②由图2可知铜离子浓度越大，去除率越大，铜离子可起到催化作用，也可能形成原电池反应。

【点睛】
本题(2)判断正逆反应速率相对大小时，要注意应用等效平衡的思想判断正逆反应进行的方向。

3．研究CO 和CO 2的利用对促进低碳社会的构建具有重要意义。

请回答下列问题： (1)利用CO 和H 2在一定条件下可合成甲醇，发生反应： CO (g )+ 2H 2(g )ƒ CH 3OH (g )，其两种反应过程中能量的变化曲线如图中a 、b 所示，下列说法正确的是_____(填字母)。

A.上述反应的△H= -91kJ·mol-1
B.该反应自发进行的条件为高温
C. b过程使用催化剂后降低了反应的活化能和∆H
D. b过程的反应速率：第Ⅱ阶段＞第Ⅰ阶段
(2)若反应CO(g)+2H2(g)ƒCH3OH(g)在温度不变且体积恒定为1L密闭容器中发生，反应过程中各物质的物质的量随时间变化见表所示：
时间/min051015
H242
CO21
CH3OH(g)00.7
①下列各项能作为判断该反应达到平衡标志的是_______(填字母)
A.2v正(H2)=v逆(CH3OH)
B. CO与CH3OH的物质的量之比保持不变
C.混合气的平均相对分子质量保持不变
D.混合气体的密度保持不变
②若起始压强为P0kPa，反应速率若用单位时间内分压的变化表示，则10min内H2的反应速率v(H2)=_____kPa/min；该温度下反应的平衡常数Kp=______。

(分压=总压×物质的量分数)。

(3)甲和乙两个恒容密闭容器的体积相同，向甲中加入1mol CO和2mol H2，向乙中加入2mol CO和4molH2，测得不同温度下CO的平衡转化率如图所示，则L、M两点容器内平衡常数：K(M)_____K(L)；压强：p(M)__2p(L)。

(填“＞”“<”或“=”)
(4)以纳米二氧化钛为工作电极，稀硫酸为电解质溶液，在一定条件下通入CO2进行电解，
在阴极可制得低密度聚乙烯()。

电解时，阴极的电极反应式是
_________。

【答案】AD BC
30P 20
9P kPa -2（可不带单位） ＜ ＞ 2nCO 2+12ne －+12nH +=+4nH 2O
【解析】 【分析】 【详解】
(1)A .对于反应CO (g )+ 2H 2(g )ƒ CH 3OH (g )，根据反应过程中能量的变化图可得△H =正反应的活化能-逆反应的活化能=419 kJ ·mol -1-510 kJ ·mol -1= -91 kJ ·mol -1，A 项正确； B .该反应正向是气体粒子数目减小的反应，属于熵减过程△S ＜0，根据△G =△H -T △S ，△G ＜0可自发，需要低温环境才可以自发，B 项错误；
C .b 过程使用催化剂后降低了反应的活化能，但是∆H 只与反应始末状态有关，与反应途径无关，∆
H 故不变，C 项错误； D .b 过程中第I 阶段正反应活化能较高，故活化分子的百分含量较低，因此化学反应速率较慢，b 过程的反应速率：第I 阶段＜第Ⅱ阶段，D 项正确。

故说法正确的选AD 。

(2) ①A .对于反应CO (g )+2H 2(g )ƒCH 3OH (g )，当v 正(H 2)=2v 逆(CH 3OH )时，反应到达平衡，2v 正(H 2)=v 逆(CH 3OH )，正逆反应各物质速率不成比例，未达到平衡，故A 项错误； B .反应物CO 与生成物CH 3OH 的物质的量之比从开始反应逐渐减小，若保持不变可以说明达到平衡，B 项正确；
C .混合气的平均相对分子质量数值上等于摩尔质量M =
m
n
，因为质量守恒m 不变，该反应正向是气体粒子数目较小方向，n 会减小，M 会增大，达到平衡之后M 不变，故C 项正确；
D .混合气体的密度=
m
V
，m 不变容器体积固定，则混合气体的密度是个定值，一直不变，不能做平衡的判定依据，D 项错误； 故能作为判断该反应达到平衡标志的是BC ；
②同温1L 容器中，气体的物质的量与压强呈正比，初始加入2 mol CO 和4 molH 2，混合气体共6mol ，起始压强为P 0kPa ，则起始氢气的分压
2
3
P 0kPa ，反应10 min H 2的物质的量为2mol ，是原来氢气物质的量的一半，反应10 min H 2的分压
1
3
P 0kPa ，故10 min 内H 2的反应速率v (H 2)=()2t
P H ∆∆= 0010min
21
33
P kPa P kPa -=0
30P kPa /min ；反应10 min H 2的物质的量为2mol ，CO 的物质的量为1mol ，生成的甲醇为1mol ，混合气体共4mol ，那么H 2的物
质的量分数0.5，CO 和甲醇的物质的量分数均为0.25。

反应15min 和反应10min 数据一
样，故10min 已经达到平衡。

由于气体的物质的量与压强呈正比，故0P P 平=0n n 平=3
2，得
P 平=
230P kPa ，则平衡时H 2的分压P ()2H =0.5×2
30P =13
0P kPa ，同理P ()CO = P ()3CH OH =0.25×
2
30P =16
0P kPa ，该温度下平衡常数Kp =322P(CH OH)P(CO)P (H )g =02001
61163P kPa
P kPa P kPa ⎛⎫⨯ ⎪⎝⎭
=20
9P kPa -2
； (3)根据CO 的平衡转化率-T -P 图分析，其他条件不变（观察甲或者乙），升高温度，CO 的平衡转化率降低，根据平衡移动原理该可逆反应的正反应是放热的，则K 值随温度升高而降低，由于甲和在在温度不变的时候平衡常数是相同的，故L 、M 两点容器内平衡常数：K (M )＜K (L )；向甲中加入1 mol CO 和2 mol H 2，向乙中加入2 mol CO 和4 molH 2，在相同转化率的情况下，平衡时刻乙的总物质的量等于甲总物质的量的2倍，由气体状态方程PV =nRT ，温度越高气体的压强越大，故压强：p (M )＞2p (L )； (4)通入CO 2进行在硫酸电解质中电解，在阴极可制得低密度聚乙烯(
)，2nCO 2→
，碳元素化合价从+4降到-2，每
个碳得6个电子，2nCO 2共得12n 个电子，则阴极的电极反应式是2nCO 2+12ne －+12nH +=
+4nH 2O 。

4．铜的多种化合物在生产生活中都有广泛用途。

请回答下列问题： （1）Cu 2O 和CuO 是铜的两种氧化物，可互相转化。

已知： i.2Cu 2O(s)＋O 2(g)=4CuO(s) △H =-292.0kJ·mol -1 ii.C(s)＋2CuO(s)=Cu 2O(s)＋CO(g) △H =＋35.5kJ·mol -1 若CO 的燃烧热为283.0kJ·
mol -1，则C(s)的燃烧热为___。

（2）Cu 2O 和CuO 常用作催化剂。

①质子交换膜燃料电池(PEMFC)的燃料气中除含有H 2外还含有少量的CO 和CO 2，其中CO 是PEMFC 催化剂的严重毒化剂，可用CuO/CeO 2作催化剂优先氧化脱除CO 。

160℃、用CuO/CeO 2作催化剂时，氧化CO 的化学方程式为___；分别用HIO 3和H 3PO 4对CuO/CeO 2进行处理，在一定条件下，利用不同催化剂进行CO 氧化的对比实验，得如图曲线，其中催化剂___ (填“b”或“c”)催化性能最好；120℃使用催化剂b 进行氧化，若燃料气中CO 的体积分数为0.71%，气体流速为2000mL·
h -1，则1h 后，CO 体积为___mL 。

②在Cu 2O 催化作用下合成CH 3OH ，反应如下：CO(g)＋2H 2(g)ƒCH 3OH(g) △H =-90.0kJ·
mol -1
，有利于提高该反应CO 的平衡转化率的条件是___(填标号)。

A ．高温低压
B ．低温高压
C ．高温高压
D ．低温低压
T ℃时，将CO 和H 2按一定比例混合后投入容积为2L 的恒容密闭容器中，CO 的起始浓度为1.0mol·L -1，平衡时，测得体系中，n(H 2)=1.4mol ，n(CH 3OH)=1.7mol ，反应达到平衡时CO 的转化率为___，若反应达到平衡状态后，保持其他条件不变，再充入0.2molCO 和0.2molCH 3OH ，平衡向___(填“正”或“逆”)反应方向移动，理由是___。

（3）CuS 呈黑色，是最难溶的物质之一，由于它的难溶性使得一些看似不可能的反应可以发生。

向0.01mol·L -1CuSO 4溶液中，持续通入H 2S 维持饱和(H 2S 饱和浓度为0.1mol·L -1)，发生反应：H 2S(aq)＋Cu 2＋(aq)
CuS(s)＋2H ＋(aq)，该反应的化学平衡常数K 为___(保留2位
有效数字)。

已知：K a1(H 2S)=1.1×10-7，K a2(H 2S)=1.3×10-13，K sp (CuS)=6.3×10-36。

【答案】393.5kJ·
mol －1 2CO ＋O 22CO 2 b 2.84 B 85% 正 平衡常数
K=322()()()c CH OH c H c CO ⨯ ≈11.6，再充入0.2molCO 和0.2molCH 3OH ，Qc=322()()()
c CH OH c H c CO ⨯ =
2
0.95
0.70.25⨯≈7.76<K,因此平衡向正向移动 2.3×1015 【解析】 【分析】 【详解】
（1）i.2Cu 2O(s)＋O 2(g)=4CuO(s) △H =-292.0kJ·
mol -1 ii.C(s)＋2CuO(s)=Cu 2O(s)＋CO(g) △H =＋35.5kJ·mol -1
根据盖斯定律，i+2ii 得：2C(s)＋O 2(g)=2CO(g) △H =-221.0kJ·mol -1，设为Ⅲ，因为2CO(g) +O 2(g)=2CO 2(g) △H =-2×283.0kJ·mol -1，设为Ⅳ，（Ⅲ+Ⅳ）×1
2
得：C(s)+O 2(g)=CO 2(g) △H =-393.5kJ·mol －1，C(s)的燃烧热为393.5kJ·mol －1。

故答案为：393.5kJ·
mol －1； （2）①160℃、用CuO/CeO 2作催化剂时，氧化CO 的化学方程式为2CO ＋O 2
2CO 2；如图曲线，其中催化剂b 催化性能最好；120℃使用催化剂b 进行氧
化，若燃料气中CO 的体积分数为0.71%，气体流速为2000mL·
h -1，使用催化剂b 进行氧化
时，则1h 后，CO 体积为2000mL·h -1×1h×0.71%×20%=2.84mL 。

故答案为：2CO ＋O 2
2CO 2；b ；2.84；
②CO(g)＋2H 2(g)ƒCH 3OH(g) △H =-90.0kJ·mol -1，反应是体积减小的放热反应，低温高压有利于提高该反应CO 的平衡转化率，故选B 。

T ℃时，将CO 和H 2按一定比例混合后投入容积为2L 的恒容密闭容器中，CO 的起始浓度为1.0mol·L -1，平衡时，测得体系中，n(H 2)=1.4mol ，n(CH 3OH)=1.7mol ，由三段式可得：
()()()231
11
2m ? 1.0 2.40m ?0.85 1.70.85m ?0.15
0.7
0.85
CO g H g CH OH g ol L ol L ol L ---+ƒ
起始变化平衡
反应达到平衡时CO 的转化率为85%，平衡常数K=32
2()
()()
c CH OH c H c CO ⨯ ≈11.6，再充入0.2molCO 和0.2molCH 3OH ，Qc=322()()()c CH OH c H c CO ⨯ =20.95
0.70.25
⨯≈7.76<K,因此平衡向正向移
动；
故答案为：正；平衡常数K=32
2()
()()
c CH OH c H c CO ⨯ ≈11.6，再充入0.2molCO 和0.2molCH 3OH ，Qc=
322()()()c CH OH c H c CO ⨯ =20.95
0.70.25
⨯≈7.76<K,因此平衡向正向移动；
（3）H 2S(aq)＋Cu 2＋
(aq)
CuS(s)＋2H ＋(aq)，该反应的化学平衡常数
K=
()()()222713
122222236
()()() 1.110 1.310()()() 6.310a a sp K H S K H S c H c H c S c Cu c Cu c S K CuS ++---++--⨯⨯⨯=⨯===⨯ 2.3×1015；
故答案为：2.3×1015。

5．2CO 和4CH 是两种主要的温室气体，以4CH 和2CO 为原料制造更高价值的化学产品是用来缓解温室效应的研究方向，回答下列问题：
(1)工业上42CH H O -催化重整是目前大规模制取合成气（CO 和H 2混合气称为合成气）的重要方法，其原理为：
反应Ⅰ：422CH (g)H O(g)CO(g)3H (g)++垐?噲?；1
1206.4kJ mol H -∆=+⋅
反应Ⅱ：222CO(g)H O(g)CO (g)H (g)++ƒ；1241kJ mol H -∆=-⋅
4CH (g)和2H O(g)反应生成2CO (g)和2H (g)的热化学方程式是___________________。

(2)将1 mol 4CH (g)和1 mol 2H O(g)加入恒温恒压的密闭容器中（温度298K 、压强100kPa ），发生反应Ⅰ，不考虑反应Ⅱ的发生，该反应中，正反应速率
()()42p CH p H O v k =⨯⨯正正，p 为分压（分压=总压×物质的量分数），若该条件下
4114.510kPa s k ---=⨯⋅正，当4CH 分解20%时，v =正__________kPa ∙s -1。

(3)将2CO 和4CH 在一定条件下反应可制得合成气，在1 L 密闭容器中通入4CH 与
2CO ，使其物质的量浓度均为11.0mol L -⋅，在一定条件下发生反应：
422CH (g)CO (g)2CO(g)2H (g)++垐?噲?，测得CH 4的平衡转化率与温度及压强的关系
如下图所示：
①压强1P 、2P 、3P 、4P 由小到大的关系为_________。

②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p K ），如果4P 2MPa =，求x 点的平衡常数p K =________________（用平衡分压代替平衡浓度计算）。

③下列措施中能使平衡正向移动的是___________（填字母）。

a ．升高温度 b ．增大压强
c ．保持温度、压强不变，充入He
d ．恒温、恒容，再充入1 mol 2CO 和1 mol 4CH
(4)科学家还研究了其他转化温室气体的方法，利用图所示装置可以将2CO 转化为气体燃料CO （电解质溶液为稀硫酸），该装置工作时，M 为_________极（填“正”或“负”），导线中通过2 mol 电子后，假定体积不变M 极电解质溶液的pH__________（填“增大”、“减小”或“不变”），N 极电解质溶液变化的质量m ∆=__________g 。

【答案】4222CH (g)2H O(g)CO (g)4H (g)++= 1H 165.4kJ mol -∆=+⋅ 0.5
1234P P P P <<<
216
(MPa)9
或21.78(MPa) acd 负 不变 18 【解析】 【分析】 【详解】
(1)反应Ⅰ：422CH (g)H O(g)CO(g)3H (g)++垐?噲?1
1206.4kJ mol H -∆=+⋅
反应Ⅱ：222CO(g)H O(g)CO (g)H (g)++ƒ；1241kJ mol H -∆=-⋅
利用盖斯定律，将反应Ⅰ+反应Ⅱ，即可得出热化学方程式为
4222CH (g)2H O(g)CO (g)4H (g)++= 1165.4kJ mol H -∆=+⋅。

答案为：4222CH (g)2H O(g)CO (g)4H (g)++= 1165.4kJ mol H -∆=+⋅；
(2) 当CH 4分解20%时，建立如下三段式：
422CH (g)H O(g)CO(g)3H (g)
(mol)1100
(mol)0.20.20.20.6(mol)
0.8
0.8
0.20.6
+
+ƒ
起始量变化量平衡量 ()()42p CH p H O v k =⨯⨯正正=4.5×10-4kPa -1∙s -1×(
0.82.4×100kPa )×(0.8
2.4
×100kPa )=0.5 kPa ∙s -1。

答案为：0.5；
(3)①从方程式看，加压平衡逆向移动，CH 4的转化率减小，由此得出压强1P 、2P 、3P 、
4P 由小到大的关系为1234P P P P <<<。

答案为：1234P P P P <<<；
②在x 点，CH 4的转化率为50%，建立三段式：
422CH (g)CO (g)2CO(g)2H (g)(mol)
1100
(mol)0.50.511(mol)
0.5
0.5
1
1
+
+
ƒ
起始量变化量平衡量 x 点的平衡常数K p =22
11
(2MPa)(2MPa)330.50.52MPa 2MPa 33
⨯⨯⨯⨯⨯⨯=216(MPa)9或2
1.78(MPa)。

答案为：
216
(MPa)9
或21.78(MPa)； ③a ．从图象看，升高温度，CH 4的转化率增大，则正反应为吸热反应，升高温度平衡右移，a 符合题意；
b ．反应物气体分子数小于生成物气体分子数，增大压强，平衡逆向移动，b 不合题意；
c ．保持温度、压强不变，充入He ，则容器体积增大，平衡正向移动，c 符合题意；
d ．恒温、恒容，再充入1 mol 2CO 和1 mol 4CH ，则增大反应物浓度，平衡正向移动，d 符合题意； 故选acd 。

答案为：acd ；
(4)该装置工作时，M 极由H 2O 失电子转化为O 2，则其为负极；M 极：2H 2O -4e -=O 2+4H +，N 极：2CO 2+4e -+4H +=2CO +2H 2O ，导线中通过2 mol 电子，M 极生成2molH +，同时有2molH +转移入正极，所以M 极c (H +)不变，电解质溶液的pH 不变；导线中通过2 mol 电子，N 极生成1molH 2O ，电解质溶液变化的质量m ∆=1mol ×18g /mol =18g 。

答案为：负；不变；18。

【点睛】
电极发生反应后，溶液仍呈电中性，所以离子会发生迁移，如反应2H 2O -4e -=O 2+4H +，当电路中通过4mole -时，溶液中多出了4molH +
，为保持溶液电性的平衡，应转移出4molH +
，或转移入带4mol 负电荷的阴离子。

6．十八大以来，各地重视“蓝天保卫战”战略。

作为煤炭使用大国，我国每年煤炭燃烧释放出的大量SO 2严重破坏生态环境。

现阶段主流煤炭脱硫技术通常采用石灰石-石膏法将硫元素以CaSO 4的形式固定，从而降低SO 2的排放。

但是煤炭燃烧过程中产生的CO 又会与CaSO 4发生化学反应，降低脱硫效率。

相关反应的热化学方程式如下： 反应Ⅰ：CaSO 4(s )+CO (g )
CaO (s ) + SO 2(g ) + CO 2(g ) 活化能Ea 1，ΔH 1=218.4kJ ·mol -
1
反应Ⅱ：CaSO 4(s )+4CO (g ) CaS (s ) + 4CO 2(g ) 活化能Ea 2，ΔH 2= -175.6kJ ·mol －
1
请回答下列问题：
（1）反应CaO (s )+3CO (g )+SO 2(g )⇌CaS (s )+3CO 2(g )；△H =__________kJ •mol -1；该反应在
________（填“高温”“低温”“任意温度”）可自发进行。

（2）恒温密闭容器中，加入足量CaSO 4和一定物质的量的CO 气体，此时压强为p 0。

tmin 中时反应达到平衡，此时CO 和CO 2体积分数相等，CO 2是SO 2体积分数的2倍，则反应I 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)。

（3）图1为1000K 时，在恒容密闭容器中同时发生反应I 和II ，c (SO 2)随时间的变化图像。

请分析图1曲线中c (SO 2)在0～t 2区间变化的原因___________________。

（4）图2为实验在恒容密闭容器中，测得不同温度下，反应体系中初始浓度比2c(CO )
c(CO)
与
SO 2体积分数的关系曲线。

下列有关叙述正确的是______________________。

A ．当气体的平均密度不再变化，反应I 和反应Ⅱ同时达到平衡状态 B ．提高CaSO 4的用量，可使反应I 正向进行，SO 2体积分数增大
C ．其他条件不变，升高温度，有利于反应I 正向进行，SO 2体积分数增大，不利于脱硫
D ．向混合气体中通入氧气（不考虑与SO 2反应），可有效降低SO 2体积分数，提高脱硫效率
（5）图1中，t 2时刻将容器体积减小至原来的一半，t 3时达到新的平衡，请在图1中画出t 2-t 3区间c (SO 2)的变化曲线__________。

【答案】-394.0kJ ·mol -1 低温 0.25p 0 反应I 的活化能Ea 1较小，反应速率I 比II 大，
0～t 1阶段c (SO 2)增大，t 1后反应II 为主，c (CO )减小，使反应I 逆向进行，故c (SO 2)减
小，t 2时反应达到平衡状态。

ACD ；
【解析】 【分析】 【详解】
(1)反应Ⅰ：CaSO 4(s )+CO (g )ƒCaO (s ) + SO 2(g ) + CO 2(g ) ΔH 1=218.4kJ ·mol -1 反应Ⅱ：CaSO 4(s )+4CO (g )ƒCaS (s ) + 4CO 2(g ) ΔH 2= -175.6kJ ·mol －
1
根据盖斯定律反应Ⅱ-反应Ⅰ得：CaO (s )+3CO (g )+SO 2(g )⇌CaS (s )+3CO 2(g )，所以，ΔH =ΔH 2-ΔH 1=-175.6kJ ·mol －1-218.4kJ ·mol -1=-394.0kJ ·mol -1。

该反应为气体分子数减小的反应，ΔS ＜0，ΔH ＜0，当ΔH -TΔS ＜0时，反应能自发进行，则T 较小的时候反应能自发进行，即该反应在低温时能自发进行，故答案为：-394.0kJ ·mol -
1；低温；
(2)设参加反应Ⅰ的CO 起始的物质的量为a ，平衡时，CO 和CO 2体积分数相等，CO 2的体积分数是SO 2体积分数的2倍，故设平衡时，SO 2的物质的量为xmol ，CO 和CO 2的物质的量为2x ，则对于反应Ⅰ有：
()()()()()
422+CaSO s +CO g CaO s + SO g CO g /mol a 00
/mol x x x /mol
a-x
x
x
ƒ
起始变化平衡
则反应Ⅱ生成的CO 2的物质的量为(2x -x )mol =xmol ，生成CO 的物质的量=[2x -(a -x )]mol =(3x -a )mol ，则对于反应Ⅱ有：
()()()()
42++CaSO s 4CO 4x-a x 3x-a
g CaS s 4CO g /mol 0
/mol x /mol
x
ƒ起始变化平衡
结合反应Ⅰ、Ⅱ可知：CO 的充入量为(4x -a )+a =4x ，而平衡时，气体的总物质的量=2x +x +2x =5x ，设平衡时体系总压为p ，则
04x p =5x p ，解得：p =05
p 4
，所以反应Ⅰ的平衡常数Kp =0005p 25p 1
(
)()4
5455p 2()45
⨯⨯⨯⨯=0.25p 0，故答案为：0.25p 0； (3)因反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，0到t 1，反应Ⅰ速率大于反应Ⅱ，c (SO 2)增大，t 1后反应II 为主，c (CO )减小，使反应I 逆向进行，故c (SO 2)减小，t 2时反应达到平衡
状态，故答案为：反应I的活化能Ea1较小，反应速率I比II大，0～t1阶段c(SO2)增大，t1后反应II为主，c(CO)减小，使反应I逆向进行，故c(SO2)减小，t2时反应达到平衡状态；
(4)A．反应Ⅰ、Ⅱ都是反应前后气体质量变化的反应，由m=ρV可知，容器体积V恒定下，ρ不变，说明气体总质量m不变，那么容器内每种气体的质量均不变化，已达到平衡，A正确；
B．CaSO4是固体，提高CaSO4的用量，平衡不移动，B错误；
C．反应Ⅰ是吸热反应，升高温度，反应Ⅰ正向移动，SO2体积分数增大，不利于脱硫，C 正确；
D．通入氧气，CO被消耗，反应Ⅰ逆向移动，SO2体积分数降低，脱硫效率增大，D正确；
综上所述，ACD满足题意，故答案为：ACD；
(5)容器体积减小一半瞬间，二氧化硫浓度变为2倍，同时压强增大，平衡逆向移动，二氧化硫浓度减小，t2～t3二氧化硫浓度比t1～t2减小的多。

根据勒夏特列原理可知，t3重新平
衡时，二氧化硫浓度略比t2时刻大，据此如图：，故答案为：。

【点睛】
勒夏特列原理：当改变外界条件时，平衡向减弱这种改变的方向移动，但不能抵消这种改变。

7．以天然气为原料合成氨是现代合成氨工业发展的方向与趋势
（一）天然气与氮气为原料，以固态质子交换膜为电解质，在低温常压下通过电解原理制备氨气如图所示：
写出在阴极表面发生的电极反应式：_____________。

（二）天然气为原料合成氨技术简易流程如下：
一段转化主要发生的反应如下:
噲?CO（g）+3H2（g）ΔH1 = 206kJ·molˉ1
①CH4（g） +H2O（g）垐?
噲?CO2（g） + H2（g）ΔH2 = -41kJ·molˉ1
②CO（g） + H2O（g）垐?
二段转化主要发生的反应如下:
噲?2CO（g）+4H2（g）ΔH3 = -71.2kJ·molˉ1
③2CH4（g）+ O2（g）垐?
噲?2CO2（g）ΔH4 = -282kJ·molˉ1
④2CO（g） + O2（g）垐?
（1）已知CO中不含C=O，H－H的键能为436kJ·molˉ1，H－O的键能为463 kJ·molˉ1，C－H的键能为414kJ·molˉ1，试计算C=O的键能_________。

（2）实验室模拟一段转化过程，在800o C下，向体积为1L的恒容密闭反应器中，充入
1mol的CH4与1mol的H2O，达到平衡时CH4的转化率为40%，n（H2）为1.4mol，请计算反应②的平衡常数_________。

（3）下列说法正确的是_________。

A．合成氨过程实际选择的温度约为700℃，温度过高或过低都会降低氨气平衡产率B．上述工业流程中压缩既能提高反应速率又能提高合成氨的产率
C．二段转化释放的热量可为一段转化提供热源，实现能量充分利用
D．二段转化过程中，需严格控制空气的进气量，否则会破坏合成气中的氢氮比
（4）已知催化合成氨中催化剂的活性与催化剂的负载量、催化剂的比表面积和催化反应温度等因素有关，如图所示：
①实验表明相同温度下，负载量5%催化剂活性最好，分析负载量9%与负载量1%时，催化
剂活性均下降的可能原因是________。

②在上图中用虚线作出负载量为3%的催化剂活性变化曲线_______。

【答案】N 2+6H ++6e - = 2NH 3 799.5kJ ·mol ˉ1 3.5 BCD 负载量1%时，则负载量过低导
致催化活性降低，负载量9%负载量虽高但催化剂的比表面积会降低而使催化活性降低
【解析】 【分析】 【详解】
(一)与外电源负极相连的为电解池阴极，发生还原反应，装置中N 2转化为NH 3，所以阴极表面发生的电极反应：N 2+6H ++6e -=2NH 3，故答案：N 2+6H ++6e - = 2NH 3； (二)(1)根据盖斯定律可知将反应①+②得到：CH 4(g )+2H 2O (g )=CO 2(g )+4H 2(g ) ΔH =165kJ /mol ，ΔH =4E (C -H )+4E (O -H )-2E (C =O )-4E (H -H )=4×414kJ /mol +4×463kJ /mol -2×E (C =O )-4×436kJ /mol =165kJ /mol ，可得E (C =O )=799.5kJ /mol ，故答案为：799.5kJ /mol ；
(2)发生的反应为① CH 4(g )+H 2O (g )垐?噲? CO (g )+3H 2(g ) ΔH 1 = 206 kJ ·mol ˉ1
()()()()422(mol/L)1100(mol/L)
0.40.40.4 1.2(mol/L)0.60.60.41CH g +H O g CO g +3H g .2起始变化平衡ƒ
()()()()
222(mol/L)0.40.60 1.2(mol/L) 1.4 1.2(mol/L)
0.40.6 1.4
CO g + H O g CO g +H g x x x x
x
x
---起始变化平衡ƒ
解得x =0.2mol /L 。

反应②的平衡常数K =
0.2 1.4
0.20.4
⨯⨯=3.5，故答案：3.5；
(3)A ．合成氨的反应为放热过程，温度升高降低平衡转化率，故A 错误；
B ．压缩相当于加压，反应向气体分子数减少方向移动，加压有利于反应正向进行，所以上述工业流程中压缩既能提高反应速率又能提高合成氨的产率，故B 正确；。