高考化学 化学反应原理综合考查 综合题含答案(1)

高考化学化学反应原理综合考查综合题含答案(1)
一、化学反应原理综合考查
1．氨催化氧化是硝酸工业的基础，氦气在Pt催化剂作用下发生主反应Ⅰ和副反应Ⅱ：Ⅰ.4NH 3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)△H1=-905 kJ/mol
Ⅱ.4NH 3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)△H2
（1）已知：
NO O2N2
物质中断裂1mol化学键需要的能量/kJ
629496942
则△H2=___________。

（2）以Pt为催化剂，在1L密闭容器中充入1mol NH3和2mol O2，测得有关物质的量与温度的关系如下图：
①该催化剂在高温时对反应__________更有利（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）。

②520℃时，NH3的转化率为____________。

③520℃时，反应Ⅱ的平衡常数K=________（数字计算式）。

④下列说法正确的是____________（填标号）。

A 工业上氨催化氧化生成NO时，最佳温度应控制在840℃左右
B 增大NH3和O2的初始投料比可以提高NH3生成NO的平衡转化率
C 投料比不变，增加反应物的浓度可以提高NH3生成NO的平衡转化率
D 使用催化剂时，可降低反应的活化能，加快其反应速率
⑤温度高于840℃时，NO的物质的量减少的原因可能是____________。

（3）在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NO x反应生成N2。

①NH3与NO2生成N2的反应中，当生成1mol N2时，转移的电子数为___________mol。

②将一定比例的O2、NH3和NO x的混合气体，匀速通入装有催化剂的反应器中反应。

反应相同时间NO x的去除率随反应温度的变化曲线如下图所示，在50-250℃范围内随着温度的升高，NO x的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是_______________。

【答案】-1265kJ/mol160%
26
43
0.20.9
0.4 1.45
⨯
⨯
AD催化剂失去活性、有其他副反应发
生、生成NO的反应为放热反应温度升高生成NO的转化率降低24
7
迅速上升段是催化剂
活性随温度升高增大与温度升高共同使NO x去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NO x去除反应速率增大
【解析】
【分析】
（1）利用盖斯定律和△H=反应物总键能-生成物总键能计算；
（2）①由图可知，该催化剂在高温时，生成的NO物质的量远大于氮气的；
②根据图示A点计算出两个反应消耗氨气的量，再计算转化率；
③利用A点，计算出两个反应后剩余的氨气，氧气，生成的水和N2，再根据平衡常数公式计算；
④A.工业上氨催化氧化生成NO时，根据图示可知840℃生成NO最多，故A正确；
B.增大NH3和O2的初始投料比可以降低NH3转化率，提高氧气转化率，故B错误；
C.投料比不变，增加反应物的浓度可以看成增大压强，不利于向体积增大的方向进行，因此降低NH3生成NO的平衡转化率，故C错误；
D.使用催化剂时，可降低反应的活化能，加快其反应速率，故D正确；
⑤温度高于840℃时，NO的物质的量减少的原因可能是催化剂失去活性、有其他副反应发生、生成NO的反应为放热反应温度升高生成NO的转化率降低；
（3）①8NH3+6NO2=7N2+12H2O根据方程式判断；
②在50-250℃范围内随着温度的升高，NO x的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NO x去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NO x去除反应速率增大；
【详解】
（1）盖斯定律：Ⅰ-Ⅱ得2N 2(g)+2O24NO(g) △H= △H1- △H2=-905-△H2kJ/mol；
△H=反应物总键能-生成物总键能=2×942 kJ/mol +2×496 kJ/mol -4×629 kJ/mol =360kJ/mol；所以：△H2=△H1- △H==-905 kJ/mol -360 kJ/mol =-1265kJ/mol ；
答案：-1265kJ/mol
（2）①由图可知，该催化剂在高温时，生成的NO物质的量远大于氮气的，故该催化剂在高温下选择反应I；
答案：Ⅰ
②520℃时， 4NH 3（g）+5O2 4NO（g）+6H2O（g）
变化（mol ）： 0.2 0.25 0.2 0.3
4NH 3（g）+3O2（g） 2N2（g）+6H2O（g）变化（mol ）：0.4 0.3 0.2 0.6
NH3的转化率为0.20.4
1
+
×100%=60%
答案:60%
③在 1L 密闭容器中充入 1mol NH3和 2mol O2，520℃平衡时n（NO）=n（N2）=0.2mol，则：
4NH 3（g）+5O2 4NO（g）+6H2O（g）
变化（mol ）：0.2 0.25 0.2 0.3
4NH 3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（g）
变化（mol ）：0.4 0.3 0.2 0.6
故平衡时，n（NH3）=1mol-0.2mol-0.4mol=0.4mol，n（O2）=2mol-0.25mol-
0.3mol=1.45mol，n（H2O）=0.3mol+0.6mol=0.9mol，由于容器体积为1L，利用物质的量代
替浓度计算平衡常数K=
26
43 0.20.9 0.4 1.45
⨯
⨯
答案：
26
43 0.20.9 0.4 1.45
⨯
⨯
④A.工业上氨催化氧化生成NO时，根据图示可知840℃生成NO最多，故A正确；
B.增大NH3和O2的初始投料比可以降低NH3转化率，提高氧气转化率，故B错误；
C.投料比不变，增加反应物的浓度可以看成增大压强，不利于向体积增大的方向进行，因此降低NH3生成NO的平衡转化率，故C错误；
D.使用催化剂时，可降低反应的活化能，加快其反应速率，故D正确；
答案：AD
⑤温度高于840℃时，NO的物质的量减少的原因可能是催化剂失去活性、有其他副反应发生、生成NO的反应为放热反应温度升高生成NO的转化率降低；
答案：催化剂失去活性、有其他副反应发生、生成NO的反应为放热反应温度升高生成NO 的转化率降低
（3）①8NH3+6NO2=7N2+12H2O生成N2的反应中，当生成1mol N2时，转移的电子数为24
7
mol；
答案：24 7
②反应相同时间NO x的去除率随反应温度的变化曲线如下图所示，在50-250℃范围内随着温度的升高，NO x的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NO x去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NO x去除反应速率增大；
答案：迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NO x去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NO x去除反应速率增大
本题难点是图象分析应用，易错点平衡常数的计算，注意三段式法在平衡计算中的应用。

2．铝及其合金可用作材料、铝热剂等，在环境修复等方面也有着巨大的应用潜力。

(1)铝的冶炼、提纯的方法很多。

①高温碳热歧化氯化法冶铝包含的反应之一为：Al 2O 3(s)+AlCl 3(g)+3C(s)3CO(g)+3AlCl(g)，
其平衡常数表达式为K=_______________。

②碳热还原Al 2O 3冶铝的部分反应如下： Ⅰ.2Al 2O 3(s)+9C(s)=Al 4C 3(s)+6CO(g) △H 1=akJ/mol Ⅱ. 4Al 2O 3(s)+Al 4C 3(s)=3Al 4O 4C(s) △H 2=bkJ/mol Ⅲ. Al 4O 4C(s)+Al 4C 3(s)=8Al(g)+4CO(g) △H 3=ckJ/mol 反应Al 2O 3(s)+3C(s)=2Al(g)+3CO(g)的△H =__________kJ/mol
③用离子液体AICb-BMIC(阳离子为EMIM +、阴离子为AlCl 4－、Al 2Cl 7－)作电解质，可实现电解精炼铝。

粗铝与外电源的_____________极(填“正”或“负")相连；工作时，阴极的电极反应式为_______________。

(2)真空条件及1173K 时，可用铝热还原Li 5AlO 4制备金属锂(气态)，写出该反应的化学方程式：__________________________。

(3)用Al 、Fe 或Al-Fe 合金还原脱除水体中的硝态氮(NO 3--N)，在45℃，起始c (KNO 3-N)为50mg·L -1、维持溶液呈中性并通入Ar 等条件下进行脱除实验。

结果如图所示(c 0为起始浓度、c 为剩余浓度)：
①纯Al 在0~3h 时，NO 3-几乎没有被脱除，其原因是_______________________；写出3h 后NO 3-被还原为N 2的离子方程式：____________________________。

②Al-Fe 合金1~2h 比纯A13~4h 的脱除速率快得多的可能原因是________________。

【答案】
333c (CO)c (AlCl)c(AlCl ) 4a+b+3c
12
正 4Al 2Cl 7－+3e － = 7AlCl 4－+Al 3Li 5AlO 4 + 5Al 1173K 真空
15Li(g) + 4Al 2O 3 铝表面的氧化膜仍未被溶解 10Al + 6NO 3－+ 12H 2O + 6H
+
45℃
10Al(OH)3 + 3N 2↑ Al-Fe 形成原电池能加速电子转移
【分析】
(1)①平衡常数表达式为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值； ②利用盖斯定律去反应热；
③电解精炼时，粗铝作阳极，而阴极上生成Al ；
(3)②Al 、Fe 的活泼性不同，在溶液中可以构成原电池，加快反应速率。

【详解】
(1)①平衡常数表达式为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，固体的浓度为定
值，不出现在表达式中，则平衡常数333(CO)(AlCl)
=(AlCl )
c c K c ；
②根据盖斯定律，反应Ⅰ×
13+反应Ⅱ×1
12
+反应Ⅲ×14可得目标反应Al 2O 3(s)+3C(s)=2Al(g)+3CO(g)，则△H =△H 1×13+△H 2×1
12
+△H 3×14kJ/mol =
4a+b+3c
12
kJ/mol ； ③电解精炼中，含有杂质的金属作阳极，失去电子，形成离子进入电解质中，在阴极得到电子得到单质，从而完成冶炼过程，因此粗铝与外电源的正极相连；电解质溶液中Al 以AlCl 4－、Al 2Cl 7－的形式存在，在阴极得到电子，生成Al ，电极方程式为4Al 2Cl 7－+3e －=7AlCl 4－+Al ；
(2)真空条件及1173K 时，可用铝热还原Li 5AlO 4制备金属锂，Al 则转化为Al 2O 3，化学方程式为3Li 5AlO 4+5Al
1173K 真空
15Li(g)+4Al 2O 3；
(3)①纯Al 在0～3h ，NO 3－几乎没有被脱除，说明几乎没有反应，而在3h 后，反应才开始，可能是由于Al 的表面有一层氧化膜，阻止了反应的进行，因此纯Al 在0~3h 时，NO 3-几乎没有被脱除，其原因是铝表面的氧化膜仍未被溶解；Al 和NO 3－反应，溶液是中性的，产物中Al 以Al(OH)3的形式存在，Al 的化合价从0升高到＋3价，NO 3－中N 的化合价从＋5价降低到0价，根据化合价升降守恒，Al 和NO 3－的系数比为5：3，再根据电荷守恒和原子守恒，可得离子方程式为10Al+6NO 3－
+12H 2O+6H
+
45℃
10Al(OH)3+3N 2↑；
②Al 、Fe 的活泼性不同，在溶液中可以构成原电池，加快电子转移，加快了反应速率。

3．
近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。

因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。

回答下列问题：
（1）Deacon 发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O 2(g)=2Cl 2(g)+2H 2O(g)。

下图为刚性容器中，进料浓度比c (HCl) ∶c (O 2)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（300℃）____________K（400℃）（填“大于”或“小于”）。

设HCl初始浓度为c0，根据进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=1∶1的数据计算K（400℃）=____________（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____________。

（2）Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：
CuCl2(s)=CuCl(s)+
1
2
Cl2(g) ΔH1=83 kJ·mol-1
CuCl(s)+1
2
O2(g)=CuO(s)+
1
2
Cl2(g) ΔH2=-20 kJ·mol-1
CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH3=-121 kJ·mol-1
则4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=_________ kJ·mol-1。

（3）在一定温度的条件下，进一步提高HCI的转化率的方法是______________。

（写出2种）
（4）在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如下图所示：
负极区发生的反应有____________________（写反应方程式）。

电路中转移1 mol电子，需消耗氧气__________L（标准状况）
【答案】大于
22
4
(0.42)(0.42)
(10.84)(10.21)c
⨯
-⨯-
O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低﹣116
增加反应体系压强、及时除去产物 Fe3++e−=Fe2+，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O 5.6
【解析】
【详解】
（1）根据反应方程式知，HCl平衡转化率越大，平衡常数K越大，结合图像知升高温度平衡转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，则K(300℃)>K(400℃)；
由图像知，400℃时，HCl 平衡转化率为84%，用三段式法对数据进行处理得：
2224HCl(g)O (g)2Cl (g)2H O(g)+=+
起始（浓度） c 0 c 0 0 0
变化（浓度） 0.84c 0 0.21c 0 0.42c 0 0.42c 0 平衡（浓度）(1-0.84)c 0 (1-0.21)c 0 0.42c 0 0.42c 0
则K
=22
40
(0.42)(0.42)(10.84)(10.21)c ⨯-⨯-；根据题干信息知，进料浓度比过低，氧气大量剩余，导致分
离产物氯气和氧气的能耗较高；进料浓度比过高，HCl 不能充分反应，导致HCl 转化率较低；
（2）根据盖斯定律知，（反应I +反应II +反应III ）×2得
2224HCl(g)O (g)2Cl (g)2H O(g)+=+ ∆H =（∆H 1+∆H 2+∆H 3）×2=-116kJ ·mol -1；
（3）若想提高HCl 的转化率，应该促使平衡正向移动，该反应为气体体积减小的反应，根据勒夏特列原理，可以增大压强，使平衡正向移动；也可以及时除去产物，减小产物浓度，使平衡正向移动；
（4）电解过程中，负极区即阴极上发生的是得电子反应，元素化合价降低，属于还原反应，则图中左侧为负极反应，根据图示信息知电极反应为：Fe 3++e －＝Fe 2+和4Fe 2++O 2+4H +＝4Fe 3++2H 2O ；电路中转移1 mol 电子，根据电子得失守恒可知需消耗氧气的物质的量是1mol ÷4＝0.25mol ，在标准状况下的体积为0.25mol ×22.4L /mol ＝5.6L 。

4．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)+H 2O (g)CO(g)+H 2(g)，故答案为：
C(s)+H 2O (g)
CO(g)+H 2(g)；
5．研究煤的合理利用及 CO 2的综合应用有着重要的意义。

请回答以下问题： I.煤的气化
已知煤的气化过程涉及的基本化学反应有： ①C(s)+H 2O(g) CO(g)+H 2(g) △H=+131kJ ·mol -1 ②CO(g)+3H 2(g)
CH 4(g) +H 2O(g) △H=akJ ·mol -1
查阅资料反应②中相关化学键能数据如下表：
化学键C≡O H—H H—C H—O
E(kJ·mol-1)1072436414465
(1)则反应②中 a =_____________。

(2)煤直接甲烷化反应 C(s) + 2 H2 (g) CH4(g) 的△H=为 _____kJ • mol-1，该反应在
_____________（填“高温”或“低温”）下自发进行。

II.合成低碳烯烃
在体积为1 L 的密闭容器中，充入 1mol CO2和 2 .5 mol H2, 发生反应： 2CO2 ( g) + 6
H2(g)C2H4(g)+4 H2O(g) △H=-128kJ·mol-1，测得温度对催化剂催化效率和CO2平衡转化率的影响如右图所示：
(3) 图中低温时，随着温度升高催化剂的催化效率提高，但 CO2的平衡转化率却反而降低，其原因是_______________．
(4) 250℃时，该反应的平衡常数K 值为____________。

III.合成甲醇
在恒温 2 L 容积不变的密闭容器中，充入 1molCO2和 3 molH2, 发生反应：. CO2(g)+3H2(g) CH 3OH(g)+ H2O(g),测得不同时刻反应前后容器内压强变化（p后/p前）如下表：
时间/h123456
p后/p前0.900.850.820.810.800.80
(5) 反应前 1 小时内的平均反应速率 v(H2）为_______mol•L-1h-1 , 该温度下CO2的平衡转化率为_____________。

【答案】-206 -75 低温该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，所以二氧化碳的转化率降低 1 0.3 40%
【解析】
【分析】
【详解】
（1）焓变△H=反应物的总键能-生成物的总键能=a=1072 kJ/mol +3×436 kJ/mol -（4×414
kJ/mol +2×465 kJ/mol）=-206kJ/mol，故答案为：-206；
（2）由盖斯定律，方程式①+②得到C(s) + 2H2 (g)CH4(g)，则△H=-75 kJ/mol，反应
△H<0，△S<0，则低温下能使△H-T△S<0，所以低温能自发进行，故答案为：-75；低温；（3）该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，则二氧化碳的平衡转化率降低，故答案为：该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，所以二氧化碳的转化率降低；
（4）250℃时，二氧化碳的平衡转化率为50%，可列三段式为： 2CO 2 ( g) + 6 H 2(g)
C 2H 4(g)+4 H 2O(g)
(mol/L)1 2.500(mol/L)0.5 1.50.251(mol/L)0.510.251
起始态转化态平衡态 426
10.25K=10.51
⨯=⨯，故答案为：1； （5）在恒温2L 容积不变的密闭容器中，充入1molCO 2和3molH 2，发生反应，设1h 消耗二氧化碳的物质的量为x ，则有三段式： CO 2(g)+3H 2(g)
CH 3OH(g)+ H 2O(g)
(mol)1300(mol)x 3x x x 1h (mol)1-x 3-3x x x
起始态转化态时 气体压强之比等于气体的物质的量之比，则
4-2x
=0.94
，x=0.2mol ，氢气的反应速率c 30.2mol v=
==0.3mol/(L h)
2L t
1h
∆⨯∆g ； 平衡状态下气体压强之比为0.8，设消耗二氧化碳的物质的量为y ，则有三段式： CO 2(g)+3H 2(g)
CH 3OH(g)+ H 2O(g)
(mol)1300(mol)y 3y y y (mol)1-y 3-3y y y
起始态转化态平衡态 4-2y =0.84，y=0.4，二氧化碳的平衡转化率= 0.4mol
100%=40%1mol ⨯，故答案为：0.3；40%。

6．资源化利用2CO ，不仅可以减少温室气体的排放，还可以获得燃料或重要的化工产品。

(1)2CO 的捕集：
①2CO 属于___________分子(填“极性”或“非极性”)，其晶体(干冰)属于__________晶体。

②用饱和23Na CO 溶液做吸收剂可“捕集”2CO 。

若所得溶液pH 10=，溶液中
()()-2-33c HCO :c CO =_______；(室温下，23H CO 的71112K 410;K 510--=⨯=⨯)若吸
收剂失效，可利用NaOH 溶液使其再生，写出该反应的离子方程式_____。

③聚合离子液体是目前广泛研究的2CO 吸附剂。

结合下图．．．．分析聚合离子液体吸附2CO 的有利条件是____________。

(2)生产尿素：工业上以2CO 、3NH 为原料生产尿素()22CO NH ⎡⎤⎣⎦，该反应分为二步进行：
第一步：32242NH (g)CO (g)H NCOONH (s)+ƒ
ΔH=159.5kJ /mol -
第二步：()24222H NCOONH (s)CO NH (s)H O(g)+ƒ ΔH 72.5kJ /mol =+ 写出上述合成尿素的热化学方程式_______。

(3)合成乙酸：中国科学家首次以3CH OH 、2CO 和2H 为原料高效合成乙酸，其反应路径如图所示：
①原料中的3CH OH 可通过电解法由2CO 制取，用稀硫酸作电解质溶液，写出生成
3CH OH 的电极反应式：____________。

②根据图示．．．．
，写出总反应的化学方程式：_______。

【答案】非极性 分子 2:1 2323HCO OH H O CO ---
+=+ 低温，低流速(或25℃，
110mL min -⋅) ()322222NH (g)CO (g)CO NH (s)H O(g)ΔH=87.0kJ /mol ++-ƒ
232CO 6e 6H CH OH H O -+++=+ *
322
32Lil 、CH OH+CO +H CH COOH H +H R O
【解析】 【分析】 【详解】
（1）①极性分子是指分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，而非极性分子是指原子间以共价键结合，分子里电荷分布均匀，正负电荷中心重合的分子，2CO 是非金属氧化物，其结构式为：O =C =O ，属于非极性分子，干冰是固态二氧化碳，属于分子晶体，故答案为：非极性；分子。

②根据()()
(
)
23
3
H CO 2HCO c c K c +-
-
⋅=
，()
(
)
(
)
3
23
HCO 1012H CO c c K 10mol L c -
+-
--=⨯
=⋅，则
(
)
(
)
3
23
10HCO 11
CO c 102:1c 510-
-
--==⨯；饱和Na 2CO 3溶液做吸收剂“捕集”CO 2生成NaHCO 3而失效，NaHCO 3是酸式盐，能与NaOH 反应生成Na 2CO 3和H 2O ，其离子反应方程式为：HCO 3−+OH −=H 2O +CO 32−，故答案为：2:1；HCO 3−+OH −=H 2O +CO 32−。

③观察图1可知，温度相对越低、气体流速越慢，聚合离子液体吸附CO 2越彻底、效果越好，即吸附CO 2的有利条件温度为25℃或低温，气体流速为10mL ⋅min −1或低流速，故答案为：低温，低流速(或25℃，10mL ⋅min −1)。

（2）已知：①32242NH (g)CO (g)H NCOONH (s)+ƒ
ΔH=159.5kJ /mol -；
②()24222H NCOONH (s)CO NH (s)H O(g)+ƒ ΔH 72.5kJ /mol =+； 根据盖斯定律，①+②可得合成尿素的热化学方程式：
()322222NH (g)CO (g)CO NH (s)H O(g)ΔH=87.0kJ /mol ++-ƒ，故答案为：()322222NH (g)CO (g)CO NH (s)H O(g)ΔH=87.0kJ /mol ++-ƒ。

（3）①电解时CO 2在阴极得到电子生成CH 3OH ，结合酸性条件写出阴极电极反应式为：
232CO 6e 6H CH OH H O -+++=+，故答案为：232CO 6e 6H CH OH H O -+++=+。

②根据图示可知，CH 3OH 、CO 2和H 2在LiI 、*Rh 作用下生成了乙酸，根据原子守恒写出化学反应方程式为：*
322
32Lil 、CH OH+CO +H CH COOH H +H R O ，故答案为：
*
32232Lil 、CH OH+CO +H CH COOH H +H R O 。

7．利用工业废气 CO 2 或 CO 和 H 2 在一定条件下可制备燃料甲醇。

Ⅰ．利用工业废气 CO 合成甲醇，其能量变化示意图如下：
(1)图中曲线 a 到曲线 b 的措施是_______。

该反应 ΔS ________0(填“>”或“<”)
(2)一定条件下，在 2 L 密闭容器中充入 1 mol CO 和 2 mol H 2，10 min 后达到平衡，放出热量 45.5kJ ，则 10 min 内 H 2 的转化率为_____；该温度下反应的平衡常数 K =_____；达到平衡后，再向容器中充入 CO 、H 2、CH 3OH 各 1 mol ，则此时 υ正_____υ逆 (填“>”“<”或“=”) (3)下列措施可以提高甲醇产率的是_____。

a．压缩容器体积
b．将 CH3OH (g)从体系中分离
c．恒容条件下充入He，使体系总压强增大
d．恒压条件下再充入 10mol CO 和 20mol H2
(4)现有容积均为 1L 的 a、b、c 三个密闭容器，向其中分别充入 1molCO 和 2molH2的混合气体，控制温度，进行反应，测得相关数据的关系如图所示。

b 中甲醇体积分数大于 a 中的原因是_______达到平衡时，a、b、c 中 CO 的转化率大小关系为_______。

Ⅱ．用工业废气中的 CO2制取甲醇和水蒸气
(5)一定条件下，往2L恒容密闭容器中充入1mol CO2和3mol H2，在不同催化剂作用下发生反应 I、反应II与反应III，相同时间内CO2的转化率随温度变化如图所示：
①催化剂效果最佳的反应是_____(填“反应I”，“反应II”，“反应III”)。

②b 点υ正_____υ逆(填“>”，“<”，“=”)。

③若此反应在 a 点时已达平衡状态，a 点的转化率比 c 点高的原因是_____。

④c点时该反应的平衡常数K＝_____。

【答案】加入催化剂 < 50% 4 > ab b 处反应温度高，则反应速率快，反应相同时间生成的甲醇多，体积分数大 a>b>c 反应 I > 该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向
移动16 3
【解析】
【分析】
【详解】
(1)反应路径发生了变化，活化能下降，应为加入催化剂；反应发生后，气体物质的量减小，熵值减小，所以ΔS<0；
(2)2molH2完全反应释放的热量是91kJ，现在反应达平衡后只释放了45.5kJ的热量，所以
H 2消耗1mol ，转化率为50%，化学方程式为CO(g)+2H 2(g)CH 3OH(g)，平衡时三种物质
CO 、H 2、CH 3OH 的浓度分别为0.25mol/L 、0.5mol/L 、0.25mol/L ，平衡常数K =
32
2(CH OH)(CO)(H )c c c ⋅=2
0.25
0.250.5⨯=4；三种物质都加入1mol 后，Q c=32
2(CH OH)(CO)(H )c c c ⋅=2
0.750.751⨯=1<K ，反应正向移动，v 正>v 逆； (3)a ．压缩容器体积，平衡正向移动，甲醇产率增大，a 符合题意； b ．将CH 3OH(g)从体系中分离，平衡正向移动，甲醇产率增大，b 符合题意； c ．恒容条件下充入He ，各物质浓度不变，对平衡无影响，c 不合题意；
d ．恒压条件下再充入10molCO 和20molH 2，达到平衡时，各物质浓度不变，甲醇的产率不变，d 不合题意； 答案为：ab ；
(4)反应开始5min 后，a 中温度比b 中低，反应速率比b 中慢，生成甲醇的量少，体积分数小，所以，b 中甲醇体积分数大于a 中的原因是b 处反应温度高，则反应速率快，反应相同时间生成的甲醇多，体积分数大；比较b 、c 两点甲醇的体积分数，可得出△H <0，温度升高平衡逆向移动，平衡时CO 转化率依次减小，所以a>b>c 。

答案为：b 处反应温度高，则反应速率快，反应相同时间生成的甲醇多，体积分数大；a>b>c ；
(5)①在低温时，相同温度、相同时间内反应I 转化率最高，所以催化剂效果最好的是反应I ；
②b 点尚未达到平衡状态，从催化剂效果更好的反应II 和III 可知，b 点反应仍正向进行，所以υ正>υ逆；
③c 点温度更高，比a 提前达到平衡状态，所以a 、c 两点均是平衡点。

从a 、c 点的比较可以看出，温度升高CO 2的转化率减小，平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，从而得出原因是：该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动； ④利用三段式，可以建立以下关系：
2232CO (g)
3H (g)CH OH(g)
H O(g)(mol/L)0.5 1.500111(mol/L)13331111(mol/L)
6
2
3
3
+
+
ƒ
起始量变化量平衡量
K =
3113311()62⨯⨯=163。

8．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 CH4和2 mol H2O(g)混合，经过15min达到平衡,此时CH4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(H2)=____________。

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O 2+4e -=2O 2- 【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 (NH 3•H 2O )+c (NH 4+)=0.5x mol •L -1，则c (NH 3•H 2O )=(0.5x -y )mol •L -1，K =c (NH 4+)•c (OH -)/c (NH 3•H 2O )=y ×1×10-7/(0.5x -y )=2y ×10-7/(x -2y )；
(2)①阴极：NO 得到电子生成N 2，结合守恒原则，则电极方程式为2NO +4e -=N 2+2O 2-
； 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，O 2浓度约为NO 浓度的10倍，氧气易得到电子生成O 2-，电极方程式为：O 2+4e -=2O 2-。

9．磷酸是重要的化学试剂和工业原料。

请回答下列问题： （1）已知：25°C 时，磷酸和碳酸的电离常数如下表所示。

向Na 2CO 3溶液中滴加少量H 3PO 4溶液，反应的离子方程式为__。

（2）已知：
I.CaO(s)+H 2SO 4(l)=CaSO 4(s)+H 2O(l) ∆H = -271kJ·mol -1
II.5CaO(s)+3H 3PO 4(l)+HF(g)=Ca 3(PO 4)3F(s)+5H 2O(l) ∆H =-937 kJ·mol -1 回答下列问题：
①工业上用Ca 3(PO 4)3F 和硫酸反应制备磷酸的热化学方程式为__。

②一定条件下，在密闭容器中只发生反应II ，达到平衡后缩小容器容积，HF 的平衡转化率__(填“增大”“减小”或“不变”，下同)；HF 的平衡浓度__。

（3）工业上用磷尾矿制备Ca 3(PO 4)3F 时生成的副产物CO 可用于制备H 2，原理为CO(g)+H 2O(g)=CO 2(g)+H 2(g) ∆H 。

①一定温度下，向10L 密闭容器中充入0.5molCO 和lmolH 2O(g)，2min 达到平衡时，测得0~2min 内用CO 2表示的反应速率v(CO 2)=0.02mol·L -1·min -1。

则CO 的平衡转化率a=__，该反应的平衡常数K =__。

②在压强不变的密闭容器中发生上述反应，设起始的
2n(CO)
n(H O)
=y ，CO 的平衡体积分数(φ)
与温度(T)的关系如图所示。

则：该反应的∆H __0(填“>”“<”或“=”，下同)。

a_1，理由为__。

【答案】H 3PO 4+2CO 32-= 2HCO 3-+HPO 42- Ca 5(PO 4)3F(s)＋5H 2SO 4(l)
3H 3PO 4(l)＋HF(g)＋
5CaSO 4(s) ΔH=－418 kJ·mol －1 增大 不变 80% 8
3
< < 相同温度下，y 越小，CO 的转
化率越大，其平衡体积分数越小。