深圳【化学】化学一模试题分类汇编——化学反应原理综合考查综合

深圳【化学】化学一模试题分类汇编——化学反应原理综合考查综合
一、化学反应原理综合考查
1．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 11CO 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：
*
322
32Lil 、CH OH+CO +H CH COOH H +H R O 。

2．利用工业废气 CO2或 CO 和 H2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 H2，10 min 后达到平衡，放出热量 45.5kJ，则 10 min 内 H2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、H2、CH3OH 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
163 【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)2molH 2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⨯
⨯=16
3。

3．甲醇是一种可再生能源，由CO 2制备甲醇的过程可能涉及的反应如下：反应Ⅰ：CO 2(g)+3H 2(g)
CH 3OH(g)+H 2O(g) △H 1=-49.58kJ·mol -1
反应Ⅱ：CO 2(g)+H 2(g)CO(g)+H 2O(g) △H 2
反应Ⅲ：CO(g)+2H 2(g)CH 3OH(g) △H 3=-90.77kJ·mol -1
回答下列问题：
（1）反应Ⅱ的△H 2=______________。

（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 ．CO 2、H 2、CH 3OH 、H 2O 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CO 2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CO 2的平衡转化率可能位于M 1
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CO 2的转化率
（5）若在1L 密闭容器中充入3molH 2和1molCO 2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Na 2CO 3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) CO2 + 3H 2CH3OH + H2O 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
32
3
22
()()
()()
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-==H2↑或
2H2O+2e-==H2↑+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。

4．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：
i.CO2(g)+3H2(g) 垐?
噲?CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-49.4kJ·mol-1
ⅱ.CO2(g)+H2(g) 垐?
噲?CO(g)+H2O(g) △H2=+41.2kJ·mol-1
ⅲ.CO(g)+2H2(g) 垐?
噲?CH3OH(g) △H3
（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：
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?
根据盖斯定律可知反应i-ii可得反应iii，所以△H3=△H1-△H2=-49.4kJ/mol-41.2kJ/mol=-90.6kJ/mol；
(2)△H1＜0，△H3＜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，△H2＞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H2O，Y 代表CH3OH，X代表CO。

①依据主要反应的化学方程式可知，反应i消耗CO2，反应ii逆向产生CO2，最终体系内CO2的物质的量分数与上述两个反应进行的程度相关。

由于△H1＜0而△H2＞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CO2的物质的量分数受温度的影响不大；
②反应ii平衡常数K=()() ()()2
22 CO
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，CO2与H2的物质的量分数大于CO 和H2O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CH3OH,而反应ii平衡逆向移动，又可减少CO2转化为CO,使更多的CO2通过反应i转化为CH3OH，故CH3OH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CO2的转化率，使CH3OH的产率提高，C项正确；
D. 由图可知，升温，CH3OH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CH3OH；
(3)①生成CH3OH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*+2H2(g)=H2COOH*+3/2H2，E a=-0.18-(-
1.66)= 1.48eV；
②反应i的△H1= -49.4kJ/mol，指的是1mol CH3OH(g)和1molH2O(g)的总能量与1mol CO2(g)和3mol H2(g)的总能量之差，而反应历程图中的E表示的是1个CH3OH分子和1个H2O分子的相对总能量与1个CO2分子和3个H2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=122
1.610
A
H
N-
⨯⨯
V
=
2322
49.4
6.0210 1.610-
⨯
⨯
-
⨯
=-0.51eV；
(4)因为电解过程CO2被还原为CH3OH，H2应发生氧化反应，故氢气通入阳极附近溶液中；而阴极上CO2转化为CH3OH，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：CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O。

【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CH3OH的过程，而是已经生成的CH3OH分子从催化剂表面解吸附的过程。

5．碳和氮的氢化物是广泛的化工原料，回答下列问题：
（1）工业上合成氨的反应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-92.2kJ/mol，反应过程中能量变化如图I所示。

①氨分解：2NH3(g)N2(g)+3H2(g)的活化能为_________kJ/mol
②合成氨时加入铁粉可以加快生成NH3的速率，在图I中画出加入铁粉后的能量变化曲线。

_______
（2）联氨作火箭燃料的反应为：2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g) △H1
已知：2O2(g)+N2(g)=N2O4(1) △H2 N2H4(1)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H3
上述热效应之间的关系式为△H1=____。

某新型火箭用液氧/煤油代替联氨/N2O4，这种替换可能的好处是___（一条即可）。

（3）天然气制氢气是工业上制氢气的主要方法之一，其主要反应如下：
i．CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) ΔH=-+206.4kJ/mol，
ii．CO(g)+ H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH=-41.0kJ/mol
在一定温度下，2L的密闭容器中加入a molCH4和2amolH2O发生反应，t min时反应达平衡，测得容器内CObmol、CO2cmol。

回答下列问题：
①下列可判断体系达到平衡状态的是_______。

A．CO的体积分数不变 B．容器内气体密度不变 C．3v(CH4)=v(H2) D．
2
n(CO)
n(H )不再变化
②0~tmin反应速率v(CO2)=_____，CH4的的转化率为_____，反应ⅱ的平衡常数K=______。

③图Ⅱ中T℃之后c(CO2)随温度升高而减小的原因是_________。

【答案】427.2 2△H3-△H2环境污染小（或成本低） AD
c
2t
mol/(L·min)
b+c
a
×100%
c(3b+4c)
b(2a-b-2c)
T℃之后，反应②为放热反应，升高温度反应②向逆反应方向移动是影响c（CO2）的主要因素，故c（CO2）减小【解析】
【分析】
(1)①放热反应的反应热△H=—（E a2—E a1）；
②催化剂可以降低反应的活化能，增大反应速率，即E a、E a1均减小，但反应热不变；（2）依据盖斯定律计算可得；液氧/煤油所用原料成本低，无毒；
（3）①反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质浓度或百分含量保持不变；
②依据题给数据，建立三段式，结合速率、转化率和化学平衡常数表达式计算可得；
③反应i为吸热反应，反应ii为放热反应，由图Ⅱ可知T℃时反应达到平衡，升高温度，反
应i 向正反应方向移动，一氧化碳浓度增大，反应ii 向逆反应方向移动，温度对c （CO 2）的影响大于浓度的影响。

【详解】
(1)①放热反应的反应热△H =—（E a2—E a1），由图可知E a1=335.0 kJ /mol ，则合成氨反应△H =—（E a2—335.0 kJ /mol ）=—92.2kJ /mol ，E a2=427.2 kJ /mol ，即2NH 3(g )
N 2(g )+3H 2(g )的活化能为427.2 kJ /mol ，故答案为427.2；
②催化剂可以降低反应的活化能，增大反应速率，即E a 、E a1均减小，但反应热不变，则加
入铁粉后的能量变化曲线为，故答案为；
（2）将题给反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知③×2—②=①，则△H 1=2△H 3-△H 2；用液氧/煤油代替联氨/N 2O 4的主要原因是液氧/煤油所用原料成本低，无毒，对环境污染小，故答案为2△H 3-△H 2；环境污染小；
（3）①A 、CO 的体积分数不变，说明正反应速率等于逆反应速率，该反应已达平衡状态，故正确；
B 、根据质量守恒定律，平衡前后气体质量是不变的，在恒温恒容密闭体系中，整个反应过程混合气体的密度始终是不变的，不可作为判断体系达到平衡状态的判据，故错误；
C 、3v (CH 4)=v (H 2)不能说明正反应速率等于逆反应速率，不可作为判断体系达到平衡状态的判据，故错误；
D 、2n(CO)n(H )
不再变化，说明在恒温恒容密闭体系中CO 和H 2的浓度不在变化，该反应已达
平衡状态，故正确； AD 正确，故答案为AD ；
②设反应i 生成一氧化碳的物质的量为x ，由题给条件建立如下三段式： CH 4(g )+H 2O (g )
CO (g )+3H 2(g )
起（mol ） a 2a 0 0 变（mol ） x x x 3x 平（mol ） a —x 2a —x x 3x CO (g )+ H 2O (g )
CO 2(g )+H 2(g )
起（mol ） x 2a —x 0 3x 变（mol ） c c c c 平（mol ） x —c 2a —x —c c 3x +c
0～tmin 内，生成CO 2的物质的量为cmol ，浓度的变化量为
c
2
mol /L ，则反应速率
v (CO 2)=
c
2t
mol /(L ·min )；由题意可知一氧化碳的物质的量为bmol ，则有x —c =b ，x =c +b ，CH 4的转化率为b+c a ×100%；平衡时，c （CO ）为b 2 mol /L ，c （H 2O ）为2a-b-2c
2
mol /L ，c （CO 2）为
2c mol /L ，c （H 2O ）为3b+4c 2
mol /L ，反应ⅱ的平衡常数K =222c CO c H c CO c H O （）（）（）（）=3b+4c
22b 2a-b-2c 22
c ⨯⨯
=c(3b+4c)b(2a-b-2c)，故答案为c 2t mol /(L ·min )；b+c
a
×100%；c(3b+4c)b(2a-b-2c)；
③反应i 为吸热反应，反应ii 为放热反应，由图Ⅱ可知T ℃时反应达到平衡，升高温度，反应i 向正反应方向移动，一氧化碳浓度增大，使二氧化碳浓度有增大的趋势，反应ii 向逆反应方向移动，使二氧化碳浓度有减小的趋势，由于温度对c （CO 2）的影响大于浓度的影响，所以c (CO 2)随温度升高而减小，故答案为T ℃之后，反应②为放热反应，升高温度反应②向逆反应方向移动是影响c （CO 2）的主要因素，故c （CO 2）减小。

【点睛】
本题考查化学反应原理综合应用，侧重分析与应用能力的考查，注意把握反应热与活化能的关系、盖斯定律的计算、化学平衡状态的判断、化学平衡计算为解答的关键。

6．甲烷催化裂解、氧气部分氧化和水煤气重整是目前制氢的常用方法。

回答下列问题： (1)甲烷隔绝空气分解，部分反应如下： Ⅰ.CH 4(g )=C (s )+2H 2(g ) ∆H 1=+74.9kJ /mol Ⅱ.6CH 4(g )=C 6H 6(g )+9H 2(g ) ∆H 2=+531kJ /mol Ⅲ.2CH 4(g )=C 2H 4(g )+2H 2(g ) ∆H 3=+202kJ /mol ①反应I 的△S___(填“＞”或“＜”)0。

②66224C H (g)3H (g)3C H (g)+=的 △H =______kJ /mol 。

(2)CH 4用水蒸气重整制氢包含的反应为： Ⅰ.水蒸气重整：1422CH (g)H O(g)CO(g)3H (g)ΔH 206kJ mol -++=+⋅ƒ
Ⅱ.水煤气变换：1222CO(g)H O(g)CO (g)H (g)ΔH 41.2kJ mol -++=-⋅ƒ
平衡时各物质的物质的量分数如图所示：
①为提高CH 4的平衡转化率，除压强、温度外，还可采取的措施是___________(写一条)。

②温度高于T 1℃时，CO 2的物质的量分数开始减小，其原因是___________。

③T 2℃时，容器中
(
)()
22n H =n CO ______________。

(3)甲烷部分氧化反应为14221
CH (g)O (g)CO(g)2H (g)ΔH 36kJ mol 2
-+
=+=-⋅。

已知甲烷部分氧化、甲烷水蒸气重整、水煤气变换反应的平衡常数的自然对数ln K p 与温度的关系如图所示：
①图中Q 点时，反应242CO (g)CH (g)2CO(g)2H (g)++ƒ的In K p =________。

②在某恒压密闭容器中充入lmol CH 4和1mol H 2O (g )在某温度下发生水蒸气重整反应达到平衡时，CH 4的转化率为50%，容器总压强为1 atm 。

H 2的平衡分压p (H 2)=____atm ；此温度下反应的lnKp =___(已知；ln3≈l .1，ln4≈l .4)。

【答案】＞ +75 增大起始时
()()
24n H O n CH (或及时从产物中分离出氢气) 反应Ⅱ为放热反
应，从T 1℃升高温度，平衡向逆反应方向移动的因素大于CO 浓度增大向正反应方向移动的因素，净结果是平衡逆向移动 7(或7:1) 0 0.5 -0.3 【解析】 【分析】 【详解】
(1)①气体体积增大的过程为熵增的过程，熵增过程△S 大于0，反之小于0，反应I 为CH 4(g )=C (s )+2H 2(g )，气体物质的量增大，混乱度增大，属于熵增的过程，△S ＞0；
②已知：Ⅱ.6CH 4(g )=C 6H 6(g )+9H 2(g ) ∆H 2=+531kJ /mol Ⅲ.2CH 4(g )=C 2H 4(g )+2H 2(g ) ∆H 3=+202kJ /mol
根据盖斯定律，Ⅲ×3-Ⅱ可得：C 6H 6(g )+3H 2(g )=3C 2H 4(g ) △H =(+202kJ /mol )×3-(+531kJ /mol )=+75 kJ /mol ；
(2)①为提高CH 4的平衡转化率，即要让反应向正向进行，除压强、温度外，还可将生成的氢气从产物中分离出去，或增大起始时的
()()
24n H O n CH ；
②反应Ⅰ是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO 的浓度增大，反应Ⅱ为放热反应，升高温度，反应逆向进行，CO 2的量减少，出现如图所示CO 2的物质的量分数开始减小，说明T 1℃升高温度，平衡向逆向移动的因素大于CO 浓度增大向正向移动的因素，结果是平衡逆向移动；
③根据图像，T 2℃时，容器中一氧化碳和二氧化碳的物质的量分数相等，设T 2℃时，二氧化碳的物质的量为x ，列三段式：
222
2CO+H O CO +H (mol)2x 00(mol)x x
x x T (mol)x
x x ƒ
始变时
422
2CH +H O CO+3H (mol)00(mol)2x 2x
2x 6x T (mol)
2x
2x
6x
ƒ
始变时
根据上述分析，T 2℃时，n (H 2)=6x +x =7x ，n (CO 2)=x ，则
()()
22n H =
n CO 7x
x
=7； (3)①图中Q 点时，甲烷水蒸气重整、水煤气变换反应的平衡常数的自然对数ln K p 相等，
即压强平衡常数相等，则()()()()()()
()()
3
222422p H p CO p CO p H =
p CH p H O p CO p H O ，可得()()
()()
22
242p H p CO p CH p CO =1；则反应242CO (g)CH (g)2CO(g)2H (g)++ƒ的压强平衡常数
K p =()()()()
2
2
242p H p CO p CH p CO =1，则ln K p =ln1=0； ②在某恒压密闭容器中充入lmol CH 4和1mol H 2O (g )在某温度下发生水蒸气重整反应达到平衡时，CH 4的转化率为50%，容器总压强为1atm 。

根据反应
422CH (g)H O(g)CO(g)3H (g)++ƒ，则平衡时n (CH 4)=lmol -lmol ×50%=0.5mol ，
n (H 2O )= lmol -lmol ×50%=0.5mol ，n (CO )=0.5mol ，n (H 2)=3×0.5mol =1.5mol ，根据分压=总压×物质的量分数，则H 2的平衡分压p (H 2)=
1.5
0.50.50.5 1.5
+++×1atm =0.5 atm ，用
压强表示该反应的平衡常数K p=
3
1atm1atm
1.50.5
33
0.
1at
50.5
3
m1atm
3
⎛⎫
⨯⨯
⨯
⎭
⨯
⎪
⎝
⨯⨯
=
3
4
，则ln K p=ln
3
4
= ln3-
ln4=1.1-1.4=-0.3。

7．乙烯是一种重要的化工原料，可由乙烷为原料制取，回答下列问题。

（1）传统的热裂解法和现代的氧化裂解法的热化学方程式如下：
①C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g) ΔH1=+136kJ·mol-1
②C2H6(g)+
1
2
O2(g)=C2H4(g)+H2O(g) ΔH2=-110kJ·mol-1
已知反应相关的部分化学键键能数据如下：
化学键H-H(g)H-O(g)O=O
键能(kJ·mol-1)436x496
由此计算x=___，通过比较ΔH1和ΔH2，说明和热裂解法相比，氧化裂解法的优点是___(任写一点)。

（2）乙烷的氧化裂解反应产物中除了C2H4外，还存在CH4、CO、CO2等副产物(副反应均为放热反应)，图甲为温度对乙烷氧化裂解反应性能的影响。

乙烷的转化率随温度的升高而升高的原因是___，反应的最佳温度为___(填序号)。

A．700℃ B．750℃ C．850℃ D．900℃
[乙烯选择性=24
2442
n(C H)
n(C H)+n(CH)+n(CO)+n(CO)；乙烯收率=乙烷转化率×乙烯选择性]
（3）烃类氧化反应中，氧气含量低会导致反应产生积炭堵塞反应管。

图乙为26
2
n(C H)
n(O)的
值对乙烷氧化裂解反应性能的影响。

判断乙烷氧化裂解过程中26
2
n(C H)
n(O)的最佳值是___，判断的理由是___。

（4）工业上，保持体系总压恒定为100kPa的条件下进行该反应，通常在乙烷和氧气的混
合气体中掺混惰性气体(惰性气体的体积分数为70%)，掺混惰性气体的目的是___。

反应达平衡时，各组分的体积分数如下表：
计算该温度下的平衡常数：K p =___(用平衡分压代替平衡浓度，平衡分压=总压×体积分数)。

【答案】465 氧化裂解反应是放热反应，节约能源(或氧化裂解反应热力学趋势上大) 温度升高，反应速率加快，转化率升高 C 2.0 比值小于2.0时，乙烯的收率降低；比值大于2.0时，乙烯的收率并未增加且产生更多的积炭，堵塞反应管 正反应是气体分子数增多的反应，恒压充入惰性气体相当于扩大容器体积，降低分压，有利于平衡正向移动 75(kPa)0.5 【解析】 【分析】
(1)根据盖斯定律，得出H 2(g)＋
1
2
O 2(g)=H 2O(g)的反应热，再根据△H ＝反应物的总键能−生成物的总键能，可求出x 的值；
(2)温度升高，化学反应速率加快，根据图象，随温度升高，乙烷的转换率越高；综合乙烯的转化率和选择性，图中即可对应找出最佳的反应温度；
(3)含氧量高，会造成积炭，要根据图象找出乙烯收率高而相对积炭少的点，即图中
()
()
226O C H n n 的比值为2时最佳；
(4)根据平衡常数与反应物、生成物的关系，并且将浓度关系转变为分压关系来解答。

【详解】
(1)根据盖斯定律，②−①得到：H 2(g)＋
1
2
O 2(g)═H 2O(g) △H ＝−246kJ/mol ，根据键能关系△H ＝反应物的总键能−生成物的总键能＝436＋496/2−2x ＝−246，x ＝465；由热化学方程式可以看出，热裂解法是吸热反应，需要消耗能源，氧裂解法是放热反应，不需要从外界得到能量，故答案为：465；氧化裂解反应是放热反应，节约能源(或氧化裂解反应热力学趋势上大)；
(2)由图可知，随温度的升高，乙烷的转化率在升高，考虑化学反应速率的影响因素，温度越高，反应速率越快；由图，要乙烷的转化率尽可能高，而副产物又相对较少，及乙烯的选择性较高，应找到乙烯收率较高时的温度，对应下温度在850左右，故答案为：温度升高，反应速率加快，转化率升高；C ；
(3)由(2)分析可知，我们要选择乙烯收率较高的点，在图2中，比值小于2时，乙烯收率随比值增大在上升，比值大于2时，乙烯的收率并未增加，并且氧含量值在降低，会造成积炭，故答案为：2.0；比值小于2.0时，乙烯的收率降低；比值大于2.0时，乙烯的收率并未增加且产生更多的积炭，堵塞反应管；
(4)C2H6(g)＋
1
2
O2(g)＝C2H4(g)＋H2O(g)反应是体积在增大的反应，充入惰性气体，总压恒定，分压就降低了，压强降低会促使反应向体积增大的方向移动，即正向移动。

根据平衡
常数的表达式K p＝
()() 24
2
2
2
1
26
(C H))
H O
O
C
(
H
P P
P P
⋅
⋅
＝75(kPa)0.5，故答案为：75(kPa)0.5。

【点睛】
解答(1)关键在于考查断键吸热，成键放热的知识；利用反应速率的影响因素来分析实践生活中最佳的反应条件，本题主要考虑温度，化学反应速率常数的表达式要转变成用分压来表示。

8．氮氧化物是大气主要污染物，主要来自于工业废气及汽车尾气的排放，工业废气中NO 是主要成分之一。

（1）乙烯作为还原剂的脱硝(NO)，其反应机理示意图如图所示．写出解吸过程的化学方程式____________________。

（2）FeSO4-Na2SO3复合吸收剂吸收烟气中的NO，该方法利用Fe2+易与NO发生络合反应的特性，原理如下NO+FeSO4Fe(NO)SO4
①如图是一段时间内不同吸收剂对NO脱除率对比，加入Na2SO3溶液后，吸收效率增强，除了Na2SO3也能吸收部分NO外，还能防氧化从而增大Fe2+的含量，写出此原理的离子方程式_______________________________________。

②模拟实验表明，温度过高或过低都会降低NO的脱除率，其原因是
_______________________________________。

（3）采用无隔膜法电解食盐水脱氮可将氮氧化物转化成NO3-,原理如图。