全国各地高考模拟试卷化学分类：化学反应原理综合考查综合题汇编附详细答案

全国各地高考模拟试卷化学分类：化学反应原理综合考查综合题汇编附详细答
案
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
4
344
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．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 = -91 kJ ·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 )+2H 2(g )ƒCH 3OH (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/min 0 5
10 15
H 2 4 2
CO 2
1
CH 3OH (g )
0.7
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(H 2)=v 逆(CH 3OH ) B . CO 与CH 3OH 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P 0kPa ，反应速率若用单位时间内分压的变化表示，则10 min 内H 2的反应
速率v (H 2)=_____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1 mol CO 和2 mol H 2，向乙中加入2 mol CO 和4 molH 2，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CO 2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
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 。

3．运用化学反应原理研究化学反应有重要意义。

（1）一氯胺（NH 2Cl ）是饮用水的二级消毒剂，水解生成一种具有强烈杀菌消毒作用的物
①NH 2Cl 中Cl 元素的化合价为_____________。

②NH 2Cl 发生水解反应的化学方程式为_____________________________。

（2）SO 2和CO 均为燃煤产生的烟道气中有害成分，在催化作用下可利用二者相互反应进行无害化处理并回收硫。

有关资料如图1所示。

则：
①常温常压下，质量均为11.2g 的CO （g ）和S （s ）分别完全燃烧生成CO 2（g ）或SO 2（g ），放出的热量前者比后者多________kJ 。

②SO 2（g ）+2CO （g ）=S （s ）+2CO 2（g ） △H=___________________.
（3）在一定条件下，向恒容密闭容器中充入1.0molCO 2和3.0molH 2，在一定温度范围内发生如下转化：CO 2（g ）+3H 2（g ）=CH 3OH （g ）+H 2O （g ） △H=-xkJ/mol x>0）。

在不同催化剂作用下，相同时间内CO 2的转化率随温度的变化如图2所示：
①催化效果最佳的是催化剂__________（选填“I”、“Ⅱ”或“Ⅲ”）；b 点v(正)___v(逆)（选填“>”、“<”或“=”）
②此反应在a 点时已达到平衡状态，a 点的转化率比c 点高的原因是_____________ （4）常温下，H 2CO 3的电离常数为：K a1=4×10－7，K a2=4×10－11。

已知0.1mol/LNH 4HCO 3溶液的pH=8，则在此溶液中：
①下列有关离子浓度的关系式中，不正确的是_____（填序号） A ．c(NH 4＋)>c(HCO 3－)>c(OH －)>c(H ＋) B ．c(NH 4＋)＋c(NH 3·H 2O)=c(HCO 3－)＋c(H 2CO 3) C ．c(H 2CO 3)－c(CO 32－)－c(NH 3·H 2O)=9.9×10－7mol·L －1
②232-3c(H CO )
c(CO )
=________（结果保留三位有效数字）。

【答案】+1 NH 2Cl ＋H 2O=NH 3＋HClO （或NH 2Cl ＋2H 2O=NH 3·
H 2O ＋HClO ） 9.6 +270.0kJ/mol I > 该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动 B 6.25 【解析】 【分析】 【详解】
（1）发生水解反应时，元素的化合价一般不发生变化，一氯胺（NH 2Cl ）水解时能生成有强烈杀菌消毒作用的物质（HClO ），可知Cl 元素的化合价为+1价；水解的方程式为：NH 2Cl+H 2O=NH 3+HClO （或NH 2Cl ＋2H 2O=NH 3·H 2O ＋HClO ），故答案为：+1；NH 2Cl+H 2O=NH 3+HClO （或NH 2Cl ＋2H 2O=NH 3·H 2O ＋HClO ）； （2）11.2gCO 的物质的量为0.4mol ，完全燃烧生成CO 2放出的热量为
283.0kJ×0.4=113.2kJ ；11.2gS 的物质的量为0.35mol ，完全燃烧生成SO 2放出的热量为
296.0kJ×0.35=103.6kJ ，前者比后者放出的热量多9.6kJ ；SO 2（g ）+2CO （g ）=S （s ）+2CO 2（g ） △H=296.0kJ/mol －283.0kJ/mol×2=+270.0kJ/mol ；故答案为：9.6；+270.0kJ/mol ； （3）根据图2，相同温度时，在催化剂Ⅰ的作用下，反应相同时间CO 2的转化率最大，因此催化剂Ⅰ的效果最好；b 点时反应还未达到平衡状态，CO 2的转化率还会继续增加，反应正向进行，因此v(正)＞v(逆)；该反应为放热反应，a 点时达到平衡，从a 点到c 点，温度升高，平衡逆向移动，CO 2的转化率下降，故答案为：Ⅰ；＞；该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动；
（4）0.1mol/LNH 4HCO 3溶液中，NH 4+水解：NH 4++H 2O NH 3·H 2O+H +，HCO 3-水解：HCO 3-
+H 2O
H 2CO 3+OH -，溶液pH=8，说明HCO 3-水解的程度更大；
①A. 由于NH 4HCO 3溶液中HCO 3-水解的程度更大，离子浓度大小顺序为c(NH 4＋
)>c(HCO 3
－
)>c(OH －)>c(H ＋)，A 项正确；
B.NH 4+达到水解平衡后，在溶液中的存在形式为NH 4+、NH 3·H 2O ，HCO 3-达到电离、水解平衡后，在溶液中的存在形式为HCO 3-、CO 32-、H 2CO 3，因此物料守恒式为：c(NH 4
＋
)+c(NH 3·H 2O)=c(HCO 3－)+c(H 2CO 3)+c(CO 32-)，B 项错误；
C.列出电荷守恒式：c(NH 4＋)+c(H +)=c(HCO 3－)+2c(CO 32-)+c(OH -)，与上述物料守恒式联立，得到：c(NH 3·
H 2O) +c(CO 32-)+c(OH -)= c(H +)+ c(H 2CO 3)，则c(H 2CO 3)－c(CO 32－)－c(NH 3·H 2O)=c(OH -)－c(H +)=10-6 mol·
L －1－10-8 mol·L －1=9.9×10－7mol·L －1，C 项正确；故答案为：B ； ②232-3c(H CO )c(CO )=-2+
233-+2-+33c(H CO )c(HCO )××c (H )c(HCO )c(H )c(CO )c(H )
⋅⋅=2+12c (H )Ka Ka ⋅=6.25，故答案为：6.25。

【点睛】
在水溶液中，若要计算两种离子的浓度之比，往往可从平衡常数的角度思考，将公式进行变换，得到有关平衡常数及c(H +)、c(OH -)的式子，再代入数据计算：
要计算232-3c(H CO )
c(CO )
，K a1的表达式分母是c(H 2CO 3)，K a2的表达式分子中有c(CO 32-)这一项，因此把K a1、K a2的表达式取倒数相乘，再乘c(H +)的平方，可推导出公式
232-3c(H CO )c(CO )=-2+
233-+2-+
33c(H CO )c(HCO )××c (H )c(HCO )c(H )c(CO )c(H )
⋅⋅=2+12c (H )Ka Ka ⋅
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．工业上用CO、CO2均可以生产甲醇。

CO在一定条件下发生反应：
CO(g)+2H 2(g)CH3OH(g)。

（1）图1是反应时CO和CH3OH(g)的浓度随时间变化情况。

从反应开始到平衡，用H2浓度变化表示平均反应速率v(H2)=___；
（2）图2表示该反应进行过程中能量的变化，请根据图像写出反应的热化学方程式：
___；
（3）在载人航天器的生态系统中，不仅要求分离去除CO2，还要求提供充足的O2。

某种电化学装置可实现如下转化：2CO2=2CO+O2，CO可用作燃料。

已知该反应的阳极反应为：
4OH-―4e-=O2↑+2H2O，则阴极反应式为：___；
（4）一种甲醇燃料电池，使用的电解质溶液是2mol·L-1的KOH溶液。

请写出加入(通入)a物质一极的电极反应式___。

【答案】0.15mol/(L·min) CO(g)+2H 2(g)CH3OH(g) △H=－91kJ/mol 2CO2+2H2O+4e-
=2CO+4OH- CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O
【解析】
【分析】
(1)依据速率公式进行计算；
(2)根据热化学反应方程式的特点进行分析解答；
(3)根据电解池工作原理和氧化还原反应规律书写电解反应式；
(4)根据燃料电池的特点，燃料做负极来书写电解反应式。

【详解】
(1)由图1可知，CO是反应物，变化量为0.75 mol/L，根据CO(g)+2H 2(g)CH3OH(g)反应可知，H2的浓度变化量为1.5 mol/L，所以从反应开始到平衡，用H2浓度变化表示平均
反应速率v(H2)=1.5mol/L
10min
=0.15mol/(L·min)，故答案：0.15mol/(L·min)；
(2)由图2可知，反应物为：1molCO(g)和2molH2(g)反应，生成1mol CH3OH(g)放出91kJ热量，所以该反应的热化学方程式：CO(g)+2H 2(g)CH3OH(g) △H=－91kJ/mol，故答案：CO(g)+2H 2(g)CH3OH(g) △H=－91kJ/mol；
(3)已知该反应的阳极反应为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，总反应方程式为：2CO2=2CO+O2，所以阴极反应式为：2CO2+2H2O+4e-=2CO+4OH-，故答案：2CO2+2H2O+4e-=2CO+4OH-；
（4）根据电子移动方向可知，a为负极，充入的是甲醇燃料，失电子发生氧化反应，其电极反应式为CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O，故答案：CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O。

6．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=242442n(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262n(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262n(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)＋
12
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)＋12
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)C 2H 6(g)＋1
2O 2(g)＝C 2H 4(g)＋H 2O(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 ＝
()()24222126(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。

7．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】H3PO4+2CO32-= 2HCO3-+HPO42- Ca5(PO4)3F(s)＋5H2SO4(l)3H3PO4(l)＋HF(g)＋
5CaSO4(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
【解析】
【分析】
根据电离平衡常数可知酸性有如下关系：H3PO4﹥H2CO3﹥H2PO4-﹥HCO3-﹥HPO42-，少量
H3PO4和CO32-不能生成二氧化碳和水，只能生成HCO3-，由于H2PO4-﹥HCO3-，H2PO 4-也能和CO32-反应，所以另一个产物为HPO42-。

【详解】
（1）根据电离平衡常数可知酸性有如下关系：H3PO4﹥H2CO3﹥H2PO4-﹥HCO3-﹥HPO42-，所以少量磷酸和碳酸钠反应的最终产物为：NaHCO3和NaHPO4，所以离子方程式为：
H3PO4+2CO32-= 2HCO3-+HPO42-，故答案为：H3PO4+2CO32-= 2HCO3-+HPO42-；
（2）①已知：Ⅰ．CaO(s)＋H2SO4(l)CaSO4(s)＋H2O(l) ΔH=－271 kJ·mol－1
Ⅱ．5CaO(s)+3H3PO4(l)＋HF(g)Ca5(PO4)3F(s)＋5H2O(l) ΔH=－937 kJ·mol－1
根据盖斯定律可知Ⅰ×5－Ⅱ即得到Ca5(PO4)3F和硫酸，所以反应制备磷酸的热化学方程式为Ca5(PO4)3F(s)＋5H2SO4(l)3H3PO4(l)＋HF(g)＋5CaSO4(s) ΔH=－418 kJ·mol－1，故答案为：Ca5(PO4)3F(s)＋5H2SO4(l)3H3PO4(l)＋HF(g)＋5CaSO4(s) ΔH=－418 kJ·mol－1；
②反应Ⅱ的正反应体积减小，所以达到平衡后缩小容器容积平衡向正反应方向移动，HF的平衡转化率增大。

由于温度不变，平衡常数不变，即K＝c(HF)，因此HF的平衡浓度不变，故答案为：增大；不变；
（3）①测得 0～2 min内用CO2 表示的反应速率v(CO2)=0.02 mol·L－1·min－1，所以生成CO2
浓度是0.04mol/L，则
()()()()
222
0.050.1
0.040.04
0.
CO g H O g CO g H g
(mol
010.06
/L)00
(mol/L)0.040.04
(mol/L)0.040.04
ƒ
＋＋
起始浓度
转化浓度
平衡浓度
，因此
CO的平衡转化率α=0.04
0.05
×100%＝80%，该反应的平衡常数 K＝
0.040.04
0.010.06
⨯
⨯
=
8
3
，故答案
为：80%；8
3
；
②根据图像可知升高温度CO的体积分数增大，说明平衡向正反应方向进行，所以该反应的ΔH＜0，由于相同温度下，y越小，CO 的转化率越大，其平衡体积分数越小，所以a＜1，故答案为：<；<；相同温度下，y越小，CO 的转化率越大，其平衡体积分数越小。

【点睛】
（1）根据电离平衡常数：H3PO4﹥H2CO3﹥H2PO4-﹥HCO3-﹥HPO42-，H3PO4少量，产物只能
是最后两个。

8．CO2的回收与利用是科学家研究的热点课题。

可利用CH4与CO2制备合成气(CO、H2)，还可制备甲醇、二甲醚、低碳烯经等燃料产品。

I.科学家提出制备“合成气”反应历程分两步：
反应①：CH4(g)⇌C(ads) +2H2(g) (慢反应)
反应②：C(ads) + CO2(g)⇌2CO(g) (快反应)
上述反应中C(ads)为吸附性活性炭，反应历程的能量变化如图：
(1)CH4与CO2制备合成气的热化学方程式为____________：该反应在高温下可自发正向进行的原因是_________，能量变化图中：E5+E1___E4+E2(填“>”、“<”或“=”)。

II.利用“合成气”合成申醇后，脱水制得二甲醚。

反应为：2CH3OH(g)⇌CH3OCH3 (g) + H2O(g) △H
经查阅资料，在一定范围内，上述反应化学平衡常数与热力学温度存在如下关系：lnK c=-
2.205+2708.6137
T。

其速率方程为：v正=k正•c2(CH3OH)，v逆=k逆•c(CH3OCH3)•c(H2O)，k正、
K逆为速率常数，且影响外因只有温度。

(2)反应达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数________ k逆增大的倍数(填“>”、“<”或“= ”)。

(3)某温度下，K c=200，在密闭容器中加入一定量CH3OH。

反应到某时刻测得各组分的物质的量如下：
物质CH3OH CH3OCH3H2O
物质的量/mol0.40.40.4
此时正、逆反应速率的大小：v正 ____v逆(填“>”、“<”或“=”)。

(4)500K下，在密闭容器中加入一定量甲醇CH3OH，反应到达平衡状态时，体系中
CH3OCH3(g)的物质的量分数为_____(埴标号)
A．
1
3
< B．
1
3
C．
1
3
> D．无法确定
Ⅲ.合成低碳烯经
(5)强碱性电催化还原CO2制备乙烯研究取得突破进展，原理如图所示。

b极接的是太阳能电池的_______极(已知PTFE浸泡了饱和KCl溶液)。

请写出阴极的电极反应式______。

【答案】CH4 (g) + CO2 (g)⇌2CO(g) + 2H2 (g) ΔH= +(E3 - E1) kJ·mol-1该反应正向吸热，气体计量数增大(熵增)，高温有利于正向自发进行＜＜＞ C 正 2CO2 + 12e- + 8H2O = C2H4 + 12OH-
【解析】
【分析】
Ⅰ．(1)焓变△H＝生成物的总内能−反应物的总内能，结合物质的凝聚状态写出热化学方程式；根据化学反应自发进行的条件判断；反应越慢，反应的活化能越高，据此解答；
II．由ln K c=-2.205+2708.6137
T
可知，温度T越大，则K c越小，即升高温度，K c减小，所以
2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)＋H2O(g)的△H＜0；
(2)升高温度，平衡逆向进行，即v正＜v逆，结合速率常数k的变化分析；
(3)根据浓度熵Q c与平衡常数K的关系分析：若Q c＞K，则反应逆向进行；
(4)根据ln K c=-2.205+2708.6137
T
和T＝500K计算平衡常数K c，结合反应三段式计算平衡时
CH3OCH3(g)的物质的量和物质的量分数；
Ⅲ．(5)由电解装置图可知，a电极上CO2发生得电子的还原反应生成C2H4，所以a电极为阴极、b为阳极，阴极上CO2得电子生成C2H4，结合电子守恒和电荷守恒写出电极反应式。

【详解】
Ⅰ．(1)CH4与CO2制备“合成气”的化学方程式为CH4(g)＋CO2(g)⇌2H2(g)＋2CO(g)，由图可知故反应的焓变△H＝生成物的总内能−反应物的总内能＝(E3−E1)kJ/mol，反应的热化学方程式为CH4(g)＋CO2(g)⇌ 2CO(g)+2H2 (g) △H＝＋(E3−E1)kJ/mol；该反应正向吸热，气体计量数增大(熵增)，高温有利于正向自发进行；两步历程中反应①是慢反应，所以反应①的活化能大于反应②的活化能，即E4−E1＞E5−E2，所以E5＋E1＜E4＋E2；
II．由ln K c=-2.205+2708.6137
T
可知，温度T越大，则K c越小，即升高温度，K c减小，所以
2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)＋H2O(g)的△H＜0；
(2)升高温度，正逆反应速率均增大，但平衡逆向进行，v正＜v逆，所以k正增大的倍数小于k逆增大的倍数；。