高考化学 化学反应原理综合考查 培优易错试卷练习(含答案)含详细答案

高考化学化学反应原理综合考查培优易错试卷练习(含答案)含详细答案
一、化学反应原理综合考查
1．甲醇是一种可再生能源，由CO2制备甲醇的过程可能涉及的反应如下：反应Ⅰ：
CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-49.58kJ·mol-1
反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2
反应Ⅲ：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H3=-90.77kJ·mol-1
回答下列问题：
（1）反应Ⅱ的△H2=______________。

（2）反应Ⅲ能够自发进行的条件是__________ (填“较低温度”、“ 较高温度”或“任何温度”)
（3）恒温，恒容密闭容器中，对于反应Ⅰ，下列说法中能说明该反应达到化学平衡状态的是________。

A．混合气体的密度不再变化
B．混合气体的平均相对分子质量不再变化
C．CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量之比为1：3：1：1
D．甲醇的百分含量不再变化
（4）对于反应Ⅰ，不同温度对CO2的转化率及催化剂的效率影响如图所示，下列有关说法不正确的是__________。

A．其他条件不变，若不使用催化剂，则250℃时CO2的平衡转化率可能位于M1
B．温度低于250 ℃时，随温度升高甲醇的产率增大
C．M点时平衡常数比N点时平衡常数大
D．实际反应应尽可能在较低的温度下进行，以提高CO2的转化率
（5）若在1L密闭容器中充入3molH2和1molCO2发生反应Ⅰ，250℃时反应的平衡常数
K=______；若要进一步提高甲醇体积分数。

可采取的措施有_________________。

（6）下图是电解Na2CO3溶液的装置图。

阴极的电极反应式为________________
【答案】+41.19kJ·mol -1
较低温度 BD ABD 0.148(或者
4
27
) 增大压强(降低温度) 2H ++2e -==H 2↑或2H 2O+2e -==H 2↑+2OH -
【解析】 【分析】
本题考查盖斯定律，热化学反应与过程无关，只与始态与终态有关，△H 2=△H 1-△H 3=+41.19kJ/mol ；△G==△H－T△S，T 为温度，△G<0，可自发进行，反应Ⅲ：△H<0, △S<0，较低温度可自发进行；平衡状态的判断，同一物质的正逆反应速率相等，本题中ρ=m/V ，质量与体积均不变，密度自始至终不变，不可做为判断依据；M=m/n ，质量不变，物质的量减少，可做判断依据；反应物与生成物平衡时的比例不一定为1：3：1：1，不可以；只要平衡则甲醇的百分含量不再变化，可以；化学反应条件的选择，既要考虑反应时的产量，又要考虑反应的速率；32322()()
()()
c C H OH c H O K c CO c H ⨯=
⨯，250℃时转化率为50%；电
解池中阳极失电子，溶液中为水提供的氢氧根离子失电子，产生的氢离子和钠离子向阴极区域移动，而阴极附近的水提供的氢离子得电子，生成氢气。

【详解】
（1）本题考查盖斯定律，热化学反应与过程无关，只与始态与终态有关，△H 2=△H 1-△H 3=+41.19kJ/mol ；（2）△G==△H－T△S，T 为温度，△G<0，可自发进行，反应Ⅲ：△H<0, △S<0，较低温度可自发进行；（3）平衡状态的判断，同一物质的正逆反应速率相等，本题中ρ=m/V ，质量与体积均不变，密度自始至终不变，不可做为判断依据；M=m/n ，质量不变，物质的量减少，可做判断依据；反应物与生成物平衡时的比例不一定为1：3：1：1，不可以；只要平衡则甲醇的百分含量不再变化，可以；答案为：BD ；(4)A.催化剂对反应速率有影响，对平衡的限度无影响，A 错误；B.该反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，产率提高，B 正确；C.升高温度平衡向左移动，化学平衡常数变小，C 错误；D. 实际反应应尽可能在催化效率最高时，D 错误；答案为ABD ； (5) CO 2 + 3H 2CH 3OH + H 2O 250℃时转化率为50%
初始量：1 3
反应量：0.5 1.5 0.5 0.5 平衡： 0.5 1.5 0.5 0.5
32322()()
()()
c C H OH c H O K c CO c H ⨯=
⨯，K=0.148；提高甲醇的体积分数为：增大压强(降低温度)；
(6) 电解池中阳极失电子，溶液中为水提供的氢氧根离子失电子，产生的氢离子和钠离子向阴极区域移动，而阴极附近的水提供的氢离子得电子，生成氢气，2H +
+2e -
==H 2↑或2H 2O+2e -==H 2↑+2OH - 【点睛】
判断化学平衡的依据：同一物质的正逆反应速率相等，还可以为延伸出的依据，需要具体分析，本题中ρ=m/V ，质量与体积均不变，密度自始至终不变，不可做为判断依据；M=m/n ，质量不变，物质的量减少，可做判断依据；反应物与生成物平衡时的比例不一定为1：3：1：1；甲醇的百分含量不再变化则可以。

2．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)
0.6
0.6
0.4
1CH 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；
C ．一段过程主要为吸热过程，二段主要过程为放热过程，因此可以通过传热装置转化释放的热量，可为一段反应转化提供热源，实现能量充分利用，故C 正确；
D ．二段过程中主要是有O 2参加反应，可通过空气来提供反应所需要的O 2，但需严格控制空气的进气量，否则会发生其余副反应，破坏合成气中的氢氮比，故D 正确； 故答案为：B 、C 、D ；
(4)①负载量较低时，提供催化活性中心的活性位点不足，可能导致催化剂活性不够，负载量过高，催化剂的比表面积会降低，导致催化剂活性中心位点过于拥挤，可能导致空间坍塌影响催化活性，故答案为：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；
②负载量为3%小于负载量5%，并且已知负载量1%时活性低于5%负载量，负载量为9%时高于负载量为1%的催化剂活性，但1%的负载量与9%的负载量所体现的催化活性及其接近，可推知低负载量对于催化剂活性的影响较之于高负载量对于催化剂活性的影响更大，则3%负载量的催化剂活性应介于5%与9%之间的负载量之间的活性，所以作图为：
，故答案：。

3．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Ce 4+的溶液吸收，生成NO 2-、NO 3-（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NO 2-转化为无毒物质，同时再生Ce 4+，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7
80
(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
0.2
0.2
0.1
0.2
垐垐?噲垐?催化剂起始值变化值平衡值，平衡时p(NO)=
20MPa×
0.2
0.2+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 ＝()()()()2
2222
p CO p N p NO p CO ⨯⨯=2
224020MPa MPa 774040MPa MPa 77
⨯⨯（
）（）（）
=0.0875(MPa)-1或
7
80
(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=2
224020MPa+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
7
80
(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 =-14-2
10
1.210
⨯≈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
a2
K 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。

4．I. 合成气（CO+H 2）广泛用于合成有机物，工业上常采用天然气与水蒸气反应等方法来制取合成气。

（1）已知：5.6L(标况下)CH 4与水蒸气完全反应，吸收51.5KJ 的热量，请写出该反应的热化学方程式_______________________________________________。

（2）在150℃时2L 的密闭容器中，将2 mol CH 4和2 mol H 2O(g)混合，经过15min 达到平衡,此时CH 4的转化率为60%。

回答下列问题：
①从反应开始至平衡，用氢气的变化量来表示该反应速率v(H 2)=____________。

②在该温度下，计算该反应的平衡常数K ＝________________________(保留两位小数)。

③下列选项中能表示该反应已达到平衡状态的是__________________________
A．v(H2)逆＝3v (CO)正 B．密闭容器中混合气体的密度不变
C．密闭容器中总压强不变 D．C (CH4) = C (CO)
（3）合成气中的氢气也用于合成氨气：N2 + 3H 22NH3。

保持温度和体积不变，在甲、
乙、丙三个容器中建立平衡的相关信息如下表。

则下列说法正确的是___________。

容
器
体积起始物质
平衡时NH3的
物质的量
平衡时N2
的
体积分数
反应开始
时的速率
平衡时容
器内压强甲1L1molN2+3molH2 1.6molφ甲ν甲P甲
乙1L2molN2+6molH2n1 molφ乙ν乙P乙
丙2L2molN2+6molH2n2 molφ丙ν丙P丙
A．n1=n2=3.2 B．φ甲=φ丙＞φ乙 C．ν乙＞ν丙＞ν甲 D．P乙＞P甲=P丙
II.（1）常温下，在x mol·L－1氨水中加入等体积的y mol·L－1硫酸得混合溶液M恰好显中性。

①M溶液中所有离子浓度由大到小的顺序为_________________。

②常温下，NH3·H2O的电离常数K=_____(用含x和y的代数式表示，忽略溶液混合前后的体积变化)。

（2）利用电解法处理高温空气中稀薄的NO(O2浓度约为NO浓度的10倍)，装置示意图如下，固体电解质可传导O2－
阴极的电极反应式为___________________________。

②消除一定量的NO所消耗的电量远远大于理论计算量，可能的原因是(不考虑物理因素)________。

【答案】CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）H=+206 kJ/mol
∆-1-1
0.12mol L min
g g
21.87 AC BD 2
44
c(NH)>c(SO)>c(H)=c(OH)
+-+-
-7
2y10
x-2y
⨯
2NO+4e-=N2+2O2-阴极发生副反应O2+4e-=2O2-
【解析】
【分析】
【详解】
I .(1)标况下，5.6LCH 4物质的量为： 5.6L
22.4L/mol
=0.25mol ，吸收51.5kJ 的热量，则1mol
甲烷反应吸收热量=51.5kJ ×
1mol
0.25mol
=206kJ ，该反应的热化学方程式为：
CH 4(g )+H 2O (g )=CO (g )+3H 2(g )△H =+206 kJ /mol ；
(2)在150℃时2L 的密闭容器中，将2mol CH 4和2mol H 2O (g )混合，经过15min 达到平衡，此时CH 4的转化率为60%，则
4
22CH +H O CO +3H (/)1100
(/)0.60.60.6 1.8(/)0.40.40.6 1.8
mol L mol L mol L ƒ
起始量转化量平衡量
①从反应开始至平衡，用氢气的变化量来表示该反应速率v (H 2)=
1.8mol/L
15min
=0.12mol •L -1
•min -1；
②结合①计算得到的平衡浓度，计算得到该反应的平衡常数K =(1.83×0.6)/(0.4×0.4)=21.87；
③A ．v 逆(H 2)＝3v 正(CO )，说明正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，故A 正确； B ．密闭容器中混合气体的质量和体积不变，密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故B 错误；
C ．反应前后气体物质的量增加，气体压强之比等于气体物质的量之比，密闭容器中总压强不变，说明反应达到平衡状态，故C 正确；
D ．浓度关系和消耗量、起始量有关，c (CH 4)=c (CO )不能说明反应达到平衡状态，故D 错误；
故答案为：AC ；
(3)A ．甲和丙为等效平衡，则n 2=1.6mol ，但乙与甲相比，相当于增大压强，平衡向着正向移动，则n 1＞3.2，故A 错误；
B ．甲和丙达到平衡状态为相同平衡状态，氮气体积分数相同，乙相当于甲平衡状态再加入1mol 氮气和3mol 氢气，增大压强平衡正向进行，氮气体积分数减小，φ甲=φ丙＞φ乙，故B 正确；
C ．乙容器中反应物浓度大于甲和丙，反应速率大，甲和丙起始浓度相同反应速率相同，故C 错误；
D ．乙中物质浓度是甲的2倍，且压强大于甲，甲和丙为等效平衡，压强相同，得到P 乙＞P 甲=P 丙，故D 正确； 故答案为：BD ；
II .(1)①根据电荷守恒，c (NH 4+)+c (H +)=c (OH -)+2c (SO 42-)，混合后溶液显中性，则
c (NH 4+)=2c (SO 42-)，则244c(NH )>c(SO )>c(H )=c(OH )+-+-
；
②x mol •L -1氨水中加入等体积的y mol •L -1硫酸得混合溶液M 恰好显中性，则c (NH 4+)=2c (SO 42-)=2×
y
2
mol •L -1=ymol •L -1，混合后，根据物料守恒
c(NH3•H2O)+c(NH4+)=0.5x mol•L-1，则c(NH3•H2O)=(0.5x-y)mol•L-1，K=c(NH4+)•c(OH-
)/c(NH3•H2O)=y×1×10-7/(0.5x-y)=2y×10-7/(x-2y)；
(2)①阴极：NO得到电子生成N2，结合守恒原则，则电极方程式为2NO+4e-=N2+2O2-；
②消除一定量的NO所消耗的电量远远大于理论计算量，可能存在副反应，O2浓度约为NO 浓度的10倍，氧气易得到电子生成O2-，电极方程式为：O2+4e-=2O2-。

5．煤燃烧排放的烟气含有SO2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)＋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
-110.5-393.5-296.8
∆f H m(25℃)/kJ∙mol-1
(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 SO2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X<Y<Z)，在不同温度条件下，得到NO脱除率(即NO转化率)曲线如图所示。

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<Y<Z ，则X 对应曲线c ，Y 对应曲线b ，Z 对应曲线a ，故答案为：c ；
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 。

6．CO2催化加氢制甲醇，是极具前景的温室气体资源化研究领域。

在某CO催化加氢制甲醇的反应体系中，发生的主要反应有：
噲?CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-49.4kJ·mol-1
i.CO2(g)+3H2(g) 垐?
噲?CO(g)+H2O(g) △H2=+41.2kJ·mol-1
ⅱ.CO2(g)+H2(g) 垐?
噲?CH3OH(g) △H3
ⅲ.CO(g)+2H2(g) 垐?
（1）△H3________kJ·mol-1
（2）5MPa时，往某密闭容器中按投料比n（H2）:n（CO2）=3：1充入H2和CO2。

反应达到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。

①体系中CO2的物质的量分数受温度的影响不大，原因是____。

②250℃时，反应ii的平衡常数____1（填“＞”“＜”或“=”）。

③下列措施中，无法提高甲醇产率的是____（填标号）。

A加入适量CO B增大压强C循环利用原料气D升高温度
④如图中X、Y分别代表____（填化学式）。

（3）反应i可能的反应历程如下图所示。

注：方框内包含微粒种类及数目、微粒的相对总能量（括号里的数字或字母，单位：eV）。

其中，TS表示过渡态、*表示吸附在催化剂上的微粒。

①反应历程中，生成甲醇的决速步骤的反应方程式为____。

②相对总能量E=____（计算结果保留2位小数）。

（已知：leV=1.6×10-22kJ）
（4）用电解法也可实现CO2加氢制甲醇（稀硫酸作电解质溶液）。

电解时，往电解池的____极通入氢气，阴极上的电极反应为____。

【答案】-90.6 温度改变时，反应i和反应ii平衡移动方向相反＜ D CO、CH3OH HCOOH*+2H2(g)=H2COOH*+3/2H2-0.51 阳 CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O
【解析】
【分析】
【详解】 (1)已知：
i .CO 2(g )+3H 2(g ) 垐?噲?CH 3OH (g )+H 2O (g ) △H 1=-49.4kJ ·mol -1
ⅱ.CO 2(g )+H 2(g ) 垐?噲?CO (g )+H 2O (g ) △H 2=+41.2kJ ·mol -1 ⅲ.CO (g )+2H 2(g ) 垐?噲?CH 3OH (g ) △H 3
根据盖斯定律可知反应i -ii 可得反应iii ，所以△H 3=△H 1-△H 2=-49.4kJ /mol -41.2kJ /mol =-90.6kJ /mol ；
(2) △H 1＜0，△H 3＜0，即生成甲醇的反应均为放热反应，所以温度升高平衡时甲醇的物质的量分数应减小，△H 2＞0，生成CO 的反应为吸热反应，所以随温度升高CO 平衡时的物质的量分数会变大，二者共同作用导致水蒸气减小幅度小于甲醇，所以Z 代表H 2O ，Y 代表CH 3OH ，X 代表CO 。

①依据主要反应的化学方程式可知，反应i 消耗CO 2，反应ii 逆向产生CO 2，最终体系内CO 2的物质的量分数与上述两个反应进行的程度相关。

由于△H 1＜0而△H 2＞0,根据勒夏特列原理，温度改变时，反应i 和反应ii 平衡移动方向相反，且平衡移动程度相近，导致体系内CO 2的物质的量分数受温度的影响不大； ②反应ii 平衡常数K =
()()()()
222CO H O CO H c c c c ，该反应前后气体体积计量数之和不变，所以可以用
物质的量分数来代表浓度估算K 值，据图可知250℃时，CO 2与H 2的物质的量分数大于CO 和H 2O 的物质的量分数，所以K ＜1；
③A . 加入适量CO ，促使反应iii 平衡正向移动，产生更多的CH 3OH ,而反应ii 平衡逆向移动，又可减少CO 2转化为CO ,使更多的CO 2通过反应i 转化为CH 3OH ，故CH 3OH 产率提高，A 项正确；
B . 增大压强，有利于反应i 和iii 的平衡正向移动，而对反应ii 无影响，B 项正确；
C . 循环利用原料气能提高CO 2的转化率，使CH 3OH 的产率提高，C 项正确；
D . 由图可知，升温，CH 3OH 的物质的量分数下降，产率降低，D 项错误； 综上所述选D ；
④根据分析可知X 代表CO ，Y 代表CH 3OH ；
(3)①生成CH 3OH 的决速步骤，指反应历程中反应速率最慢的反应。

速率快慢则由反应的活化能决定，活化能越大，反应速率越慢。

仔细观察并估算表中数据，找到活化能(过渡态与起始态能量差)最大的反应步骤为:HCOOH *+2H 2(g )=H 2COOH *+3/2H 2，E a =-0.18-(-1.66)= 1.48 eV ；
②反应i 的△H 1= -49.4kJ /mol ，指的是1mol CH 3OH (g )和1molH 2O (g )的总能量与1 mol CO 2(g )和3mol H 2(g )的总能量之差，而反应历程图中的E 表示的是1个CH 3OH 分子和1个H 2O 分子的相对总能量与1个CO 2分子和3个H 2分子的相对总能量之差(单位为cV )，且将起点的相对总能量设定为0。

所以，作如下换算即可求得相对总能量E : E =
1221.610A H N -⨯⨯V =2322
49.4 6.0210 1.610-⨯⨯-⨯=-0.51eV ；
(4)因为电解过程CO 2被还原为CH 3OH ，H 2应发生氧化反应，故氢气通入阳极附近溶液中；而阴极上CO 2转化为CH 3OH ，碳元素从+4价降为-2价，电解质溶液为硫酸，所以电极
方程式为：CO 2+6e -+6H +
=CH 3OH +H 2O 。

【点睛】
解答第3题第1小问时要注意框图中最后一步并非产生CH 3OH 的过程，而是已经生成的CH 3OH 分子从催化剂表面解吸附的过程。

7．氮氧化物(主要为NO 和NO 2)是大气污染物，如何有效地消除氮氧化物的污染是目前科学家们研究的热点问题。

（1）用尿素[CO(NH 2)2]吸收氮氧化物是一种可行的方法。

①尿素在高温条件下与NO 2反应转化成无毒气体，该反应的化学方程式为___。

用尿素溶液也可吸收氮氧化物，研究表明，当混合气体中
2V(NO)
V(NO )
=1时，总氮还原率最高，随着，
2V(NO)
V(NO )
比值增大，总氮还原率降低的主要原因是___。

②在一个体积为1L 的恒容密闭容器中充入1molCO 2和1molNH 3，在恒定温度下使其发生反应2NH 3(g)+CO 2(g)
NH 2CONH 2(s)+H 2O(g) △H ＜0并达到平衡，混合气体中氨气的体积
分数随时间的变化如图所示。

则A 点时v 正(CO 2)___(填“＞”“＜”或“=”)B 点时v 正(CO 2)，原因是___。

B 点时，NH 3的转化率为___。

③下列有关反应2NH 3(g)+CO 2(g)
CO （NH 2)2(s)+H 2O(g)的说法正确的是___。

A ．分离出少量的尿素，NH 3的转化率将增大
B ．反应达到平衡时，降低反应体系的温度，CO 2的浓度减小
C ．NH 3的转化率始终等于CO 2的转化率
D ．加入有效的催化剂能够提高尿素的产率
（2）已知O 3氧化氮氧化物的主要反应的热化学方程式如下： 2NO(g)+O 2(g)=2NO 2(g) △H 1=akJ ·mol -1 NO(g)+O 3(g)=NO 2(g)+O 2(g) △H 2=bkJ ·mol -1 6NO 2(g)+O 3(g)=3N 2O 5(g) △H 3=ckJ ·mol -1
则反应4NO 2(g)+O 2(g)=2N 2O 5(g)△H =___(用含a 、b 、c 的代数式表示)kJ ·mol -1。

（3）氮氧化物也可用碱液吸收。

若NO 和NO 2的混合气体被NaOH 溶液完全吸收，只生成一种盐，则该盐的化学式为___；已知常温下K a (HNO 2)=5×10-4，则反应HNO 2(aq)+NaOH(aq)
NaNO 2(aq)+H 2O(l)的平衡常数K =___。

【答案】4CO(NH 2)2+6NO 2
7N 2+4CO 2+8H 2O NO 不溶于水，难与尿素反应 > 由A 点
到B 点，温度不变，氨气的体积分数减小，正反应速率减小 75% B a+2c-2b
3
NaNO 2 5×1010 【解析】 【分析】
(1)①尿素[CO(NH 2)2]在高温条件下与与NO 2反应转化成无毒气体，即生成氮气、二氧化碳和水，根据NO 不溶于水、和水不反应性质解答； ②利用三段式，求解NH 3的转化率； ③根据化学平衡移动原理解答； (2)利用盖斯定律求解△H ；
(3)根据氧化还原反应规律推测生成物；化学平衡常数k 定义：化学平衡常数等于生成物浓度幂积与反应物浓度幂积之比，结合Kw 的关系式解答。

NO 和NO 2混合气体被NaOH 溶液完全吸收，只生成一种盐，该反应中只有N 元素化合价发生变化，且NO 中N 元素化合价为+2、NO 2中N 元素化合价为+4，则生成的盐中N 元素化合价为+3价，即亚硝酸盐。

【详解】
(1)①尿素[CO(NH 2)2]在高温条件下与NO 反应转化成三种无毒气体，可生成N 2、CO 2和水，反应的方程式为4CO(NH 2)2+6NO 2
7N 2+4CO 2+8H 2O ；由于NO 不溶于水，和水不反
应，所以氮氧化物气体中NO 的体积分数越大，总氮还原率降低；
②恒温条件下，A 点氨气体积分数大于B 的氨气体积分数，说明A 点未达到平衡，反应正向进行，B 点达到平衡状态，则A 到B 的反应过程中，氨气的体积分数减小，正反应速率逐渐减小，有A 点v 正(CO 2)＞B 点时v 正(CO 2)； 设达到平衡状态时反应了2xmolNH 3，有
22232NH CONH ()+()
2NH ()+CO ()011
2x 121s H O g g g 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
NH 3的体积分数为20%，则
1-2x 100%20%2-2x
⨯=，求得x=3
8mol ，则NH 3的转化率为
3
2
8100%=75%1
⨯⨯； ③有关反应2NH 3(g)+CO 2(g)CO(NH 2)2(s)+H 2O(g)的说法；
A ．尿素是固体，浓度是个定值，分离出尿素，浓度不改变，化学反应速率不变，平衡不
移动，A 错误；
B ．该反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动，CO 2的浓度减小，B 正确；
C ．根据上问的分析，设达到平衡状态时反应了2xmolNH 3，NH 3的转化率等于
2x 100%1⨯，CO 2的转化率等于x
100%1
⨯，转化率不相等，C 错误； D ．催化剂能够对加快化学反应速率，但不能使平衡发生移动，不能提高尿素的产率，D 错。