2020-2021福州高考化学备考之化学反应原理综合考查压轴突破训练∶培优篇

2020-2021福州高考化学备考之化学反应原理综合考查压轴突破训练∶培优篇
一、化学反应原理综合考查
1．研究CO和CO2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H2在一定条件下可合成甲醇，发生反应：CO(g)+ 2H2(g)ƒCH3OH(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 。

2．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 。

3．煤炭燃烧时产生大量SO 2、NO 对环境影响极大。

(1)使用清洁能源可有效减少SO 2等的排放。

煤的液化是现代能源工业中重点推广的能源综合利用方案，最常见的液化方法为用煤生产CH 3OH 。

已知制备甲醇的有关化学反应及平衡常数如下：
i ：CO 2(g)＋3H 2(g)垐?噲?CH 3OH(g)＋H 2O(g) ΔH 1＝－a kJ/mol ii ：CO 2(g)＋H 2(g) 垐?噲? CO(g)＋H 2O(g) ΔH 2＝＋b kJ/mol iii ：CO(g)＋2H 2(g) 垐?噲? CH 3OH(g) ΔH 3
ΔH3＝________。

(2)在密闭容器中进行反应i，改变温度时，该反应中的所有物质都为气态，起始温度、体
积相同(T1℃、2 L密闭容器)。

反应过程中部分数据见下表：
反应时间CO2/mol H2/mol CH3OH/mol H2O/mol
反应Ⅰ恒
温恒容
0 min2600
10 min 4.5
20 min1
30 min1
反应Ⅱ绝
热恒容
0 min0022
①达到平衡后，反应Ⅰ、Ⅱ对比：平衡常数K(Ⅰ)________K(Ⅱ)(填“>”“<”或“＝”下同)；平衡时CO2的浓度c(Ⅰ)________c(Ⅱ)。

②对反应Ⅰ，在其他条件不变下，若30 min时只改变温度为T2℃，再次平衡时H2的物质的量为2.5 mol，则T1________T2(填“>”“<”或“＝”)。

③若30 min时只向容器中再充入1 mol H2(g)和1 mol H2O(g)，则平衡________移动(填“正向”“逆向”或“不”)。

(3)研究人员发现，将煤炭在O2/CO2的气氛下燃烧，能够降低燃煤时NO的排放，主要反应为：2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)。

在一定温度下，于2 L的恒容密闭容器中充入0.1 mol NO和0.3 mol CO发生该反应，如图为容器内的压强(p)与起始压强(p0)的比值(p/p0)随时间的变化曲线。

①0～5 min内，该反应的平均反应速率v(NO)＝________；平衡时N2的产率为________。

②若13 min 时，向该容器中再充入0.06 mol CO 2，15 min 时再次达到平衡，此时容器内
p /0p 的比值应在图中A 点的________(填“上方”或“下方”)。

【答案】－(a+b)kJ/mol < > > 正向 6×10－
3 mol/(L·
min 80% 上方 【解析】 【分析】 【详解】
(1)已知：i ：CO 2(g )＋3H 2(g )垐?噲?CH 3OH (g )＋H 2O (g ) ΔH 1＝－a kJ /mol ii ：CO 2(g )＋H 2(g ) 垐?噲? CO (g )＋H 2O (g ) ΔH 2＝＋b kJ /mol iii ：CO (g )＋2H 2(g ) 垐?噲? CH 3OH (g ) ΔH 3
根据盖斯定律可知i －ii 即得到CO (g )＋2H 2(g )垐?噲?CH 3OH (g )ΔH 3＝－(a +b )kJ /mol 。

(2)①正反应放热，反应I 是恒温恒容容器，反应Ⅱ绝热恒容，图表中反应Ⅱ若恒温恒容达到相同平衡状态，Ⅱ为逆向恒容绝热，温度降低，平衡正向进行，平衡常数增大，所以达到平衡后，反应Ⅰ、Ⅱ对比：平衡常数K (Ⅰ)＜K (Ⅱ)，平衡时CO 2的浓度c (Ⅰ)＞c (Ⅱ)。

②对反应Ⅰ，根据表中数据可知平衡时氢气的物质的量是3mol ，在其他条件不变下，若30 min 时只改变温度为T 2 ℃，再次平衡时H 2的物质的量为2.5 mol ，说明平衡正向进行温度降低，则T 1＞T 2。

③根据表中数据可知反应Ⅰ中平衡时二氧化碳、氢气、甲醇、水蒸气浓度分别是（mol /L ）0.5、1.5、0.5、0.5，则该温度下平衡常数为3
30.50.50.5
0.5 1.5 1.5
K ⨯=
=⨯。

若30 min 时只向容器中再充入1 mol H 2(g )和1 mol H 2O (g )，浓度熵为3
10.5
0.52
Q K ⨯=⨯＜，则平衡正向移动。

(3)①根据图像可知5min 时混合气体的物质的量是0.4mol ×0.925＝0.37mol ，物质的量减少0.03mol ，根据方程式2NO (g )＋2CO (g )=N 2(g )＋2CO 2(g )可知消耗NO 是0.06mol ，浓度是0.03mol /L ，所以0～5 min 内，该反应的平均反应速率v (NO )＝0.03mol /L ÷5min ＝6×10－3 mol /(L ·min )；同理可计算平衡时气体的物质的量是0.4mol ×0.9＝0.36mol ，减少0.04mol ，所以生成氮气是0.04mol ，理论上生成氮气是0.05mol ，则平衡时N 2的产率为
0.04
100%=80%0.05
⨯。

②若13 min 时，向该容器中再充入0.06 mol CO 2，若平衡不移动，则
00.42 1.050.4
p p ==。

增大生成物浓度平衡逆向进行，混合气体的物质的量增大，则再次达到平衡，此时容器内p /0p 的比值应在图中A 点的上方。

【点睛】
（2）①是解答的易错点和难点，明确等效平衡的含义和反应Ⅱ中从生成物开始建立平衡是解答的关键。

4．I. 合成气（CO+H2）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)CH4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】CH 4（g ）+H 2O （g ）=CO （g ）+3H 2（g ）H=+206 kJ/mol ∆ -1-10.12mol L min g g
21.87 AC BD 24
4
c(NH )>c(SO )>c(H )=c(OH )+-+
-
-72y 10x-2y
⨯ 2NO+4e -=N 2+2O 2- 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-。

5．研究NO 的性质对建设美丽家乡，打造宜居环境具有重要意义。

(1)自然界在闪电时，生成NO 的反应方程式为__________________。

(2)T ℃时在容积为2L 的恒容密闭容器中，充入NO 和O 2发生反应：2NO(g)+O 2(g)⇌2NO 2(g)，不同时刻测得容器中n (NO)、n (O 2)如表： 时间/s 0 1 2 3 4 5 n (NO)/mol 1 0.6 0.4 0.2 0.2 0.2 n (O 2)/mol
0.6
0.4
0.3
0.2
0.2
0.2
①在T ℃下，0~2s 时，该反应的平均反应速率(NO)v =________；
②该温度下反应的平衡常数K =________，在T ℃下，能提高NO 的平衡转化率的措施有_______、________。

(3)已知NO 和O 2反应的历程如图，回答下列问题：
①写出其中反应①的热化学方程式也(△H 用含物理量E 的等式表示)：________。

②试分析上述基元反应中，反应①和反应②的速率较小的是_____（选填“反应①”或“反应②”）；已知反应①会快速建立平衡状态，反应②可近似认为不影响反应①的平衡。

对该反应体系升高温度，发现总反应速率变慢，其原因可能是____________。

【答案】N 2＋O 2
闪电
2NO 0.15mol·L －1·s －1 160.0L·mol －1 增大O 2的浓度 增大体系压强
2NO(g)ƒN 2O 2(g) △H =－(E 3－E 2)kJ·mol －1 反应② 因为反应①为放热反应，升高温度，反应①平衡逆向移动，导致c (N 2O 2)减小，反应②变慢，而反应②为慢反应是总反应速率的决速反应 【解析】 【分析】
(2)根据(NO)=c n v t V t
∆∆=∆∆计算化学反应速率；根据2222(NO )=(NO)(O )c K c c 求算平衡常数；
(3)根据△H =生成物的总能量－反应物的总能量求算△H ； (4)一般来说，活化能越大，化学反应速率越慢。

【详解】
(1)在闪电时，N 2和O 2会发生化合反应生成NO ，化学方程式为N 2＋O 2
闪电
2NO ；
(2)①在T ℃下，0～2s 时，n (NO)从1mol 降低到0.4mol ，变化了0.6mol ，容器体积为2L 。

根据(NO)=
c n v t V t ∆∆=∆∆，带入数据，有-1-10.6mol
(NO)=0.15mol L s 2L 2s
v =⨯g g ； ②根据方程式，从开始到平衡，消耗n (NO)=1mol －0.2mol=0.8mol ，则生成
n (NO 2)=0.8mol 。

平衡时，NO 、O 2、NO 2的物质的量分别为0.2mol 、0.2mol 、0.8mol ，容器
体积为2L ，平衡常数2222(NO )
=(NO)(O )c K c c ，带入数据，有
2
20.8mol (
)2==160.0L/mol 0.2mol 0.2mol ()()22L K L L
⨯；
在T ℃下，提高NO 的转化率，需平衡向正反应方向移动，需要注意的是，温度已经限定，不能改变温度。

则增大NO 的转化率，可以增大O 2的浓度；该反应是气体分子数减小的反应，可以压缩体积，增大压强；
(3)①根据图像，反应①为NO(g)反应化合生成N 2O 2(g)，根据△H =生成物的能量－反应物的能量，则热化学方程式：2NO(g)ƒN 2O 2(g) △H =－(E 3－E 2)kJ·
mol －1； ②一般来说，活化能越大，化学反应速率越慢。

反应①的活化能为E 4－E 3，反应②的活化能为E 5－E 2，根据图示，反应②的活化能大，化学反应速率较小；
化学反应速率慢的基元反应是总反应的决速步，反应②的活化能大，化学反应速率较小，是总反应的决速步。

从图示看，反应①和②都是放热反应，升高温度，平衡均逆向移动，由于反应①快速达到平衡，则反应①的产物N 2O 2的浓度会减小，但对于反应②来说，c (N 2O 2)减小，会使得反应②的反应速率减小，而反应②是总反应的决速步，因此总反应速率变慢。

答案：因为反应①为放热反应，升高温度，反应①平衡逆向移动，导致c (N 2O 2)减小，反应②变慢，而反应②为慢反应是总反应速率的决速反应。

6．SO2的含量是衡最大气污染的一个重要指标，工业上常采用催化还原法或吸收法处理SO2。

利用催化还原SO2不仅可消除SO2污染，而且可得到有经济价值的单质S。

（1）在复合组分催化剂作用下，CH4可使SO2转化为S，同时生成CO2和H2O。

己知CH4和S的燃烧热(△H)分别为-890.3kJ/mol和-297.2kJ/mol，则CH4和SO2反应的热化学方程式为_____________。

（2）用H2还原SO2生成S的反应分两步完成，如图1所示，该过程中相关物质的物质的量浓度随时间的变化关系如图2所示:
①分析可知X为______(写化学式)，0～t1时间段的温度为_____，0～t1时间段用SO2表示的化学反应速率为________。

②总反应的化学方程式为_____________。

（3）焦炭催化还原SO 2生成S2,化学方程式为:2C(s)+2SO2(g)S2(g)+2CO2(g)，恒容容器中，1mol/LSO2与足量的焦炭反应，SO2的转化率随温度的变化如图3所示。

①该反应的△H____0(填“＞”或“＜”)。

②算a点的平衡常数为_________。

（4）工业上可用Na2SO3溶液吸收法处理SO2,25℃时用1mo/L的Na2SO3溶液吸收SO2。

当溶液pH=7时，溶液中各离子浓度的大小关系为________。

已知:H2SO3的电离常数
K1=1.3×10-2，K2=6.2×10-8。

【答案】CH4(g)+2SO2(g)=CO2(g)+2S(s)+2H2O(l) △H=-295.9kJ/mol H2S 300℃
2×10-3/t1mol/(L·min) 2H2+SO2S+2H2O ＜ 36.45mol/L c(Na+)＞c(HSO3-)＞
c(SO32-)＞c(H+)=c(OH-)
【解析】 【分析】 【详解】
(1)CH 4和S 的燃烧热分别为890.3kJ /mol 和297.2kJ /mol ，可知热化学方程式：①CH 4(g )+2O 2(g )＝CO 2(g )+2H 2O (l )△H =-890.3kJ /mol ，②S (s )+O 2(g )＝SO 2(g )△H =-297.2kJ /mol ，根据盖斯定律，将①-②×2可得CH 4(g )+2SO 2(g )＝CO 2(g )+2S (s )+2H 2O (l )△H =-295.9kJ /mol ，故答案为CH 4(g )+2SO 2(g )＝CO 2(g )+2S (s )+2H 2O (l )△H =-295.9kJ /mol ；
(2)①根据图1可知，在300℃时，SO 2和H 2反应生成H 2S ，在100℃到200℃时，H 2S 和SO 2反应生成S 和水，故X 为H 2S ；在图2中，0～t 1时间段SO 2和H 2的浓度降低，H 2S 的浓度升高，故0～t 1时间段温度为300℃；用SO 2表示的化学反应速率
v =c t
V =31210/min mol L t -⨯=12t ×10−3 mol /(L ·min )，故答案为H 2S ；300℃；12t ×10−3
mol /(L ·min )；
②根据分析可知，SO 2和H 2最终反应生成S 和水，故化学方程式为2H 2+SO 2＝S +2H 2O ，故答案为2H 2+SO 2＝S +2H 2O ；
(3)①根据图像可知，平衡后升高温度，SO 2的转化率降低，即平衡左移，此反应为放热反应，即△H ＜0，故答案为＜；
②由于点a 的二氧化硫的转化率为90%，故有：
2222C(s)+2SO (g)S (g)+2CO (g)
(/)1
00
(/)0.90.450.9(/)0.10.450.9
mol L mol L mol L ƒ
起始浓度转化浓度平衡浓度
故平衡常数K =()()()22222CO S SO c c c ⋅=22
090.45
01⨯．．
=36.45，故答案为36.45； (4)Na 2SO 3溶液吸收SO 2生成NaHSO 3，离子方程式为SO 32-+SO 2+H 2O ＝2HSO 3-
；25℃时用1mol /L 的Na 2SO 3溶液吸收SO 2，当溶液pH =7时，溶液中的溶质为Na 2SO 3和NaHSO 3，故c (Na +
)最大，c (H +
)=c (OH -)=10-7
mol /L ，根据K 2=6.2×10-8=
()2-+
3-3c(SO )c H c(HSO )
g 可知
2-3-3c(SO )
c(HSO )
=0.62，故c (
HSO 3-)＞c (SO 32-)，则有：c (Na +)＞c (HSO 3-)＞c (SO 32-)＞c (H +)=c (OH -)，故答案为c (Na +)＞c (HSO 3-)＞c (SO 32-)＞c (H +)=c (OH -)。

【点睛】
本题考查盖斯定律的应用、热化学方程式的书写和平衡常数的计算等，注意利用三段式来计算平衡常数。

本题的易错点为(4)，正确判断pH =7时，溶液中的溶质为Na 2SO 3和NaHSO 3是解题的关键。

7．CO 2的回收与利用是科学家研究的热点课题。

可利用CH 4与CO 2制备合成气(CO 、H 2)，
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；
(3)2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)＋H2O(g)是气体体积不变化的反应，可用物质的量代替浓度代入
表达式中计算，浓度熵Q c ＝()()33223CH OCH H O (CH OH)
c c c g ＝20.4mol 0.4mo (0.4m l
ol)⨯＝1＜200＝K c ，
所以反应正向进行，v 正＞v 逆； (4)T ＝500K 时，ln K c =-2.205+
2708.6137T ＝−2.205＋2708.6137
500
＝3.2122274，K c ＝
e 3.2122274，所以22＜e 3.2122274＜34，即4＜K c ＜81，设CH 3OH 的起始量为2mol ，CH 3OCH 3生成的物质的量为xmol ，则反应的三段式为：
33322CH OH(g)CH OCH (g)+H O(g)
(mol)200
(mol)2x x x (mol)2-2x x x
ƒ
起始量变化量平衡量
平衡常数K c ＝()()33223CH OCH H O (CH OH)c c c g ＝2xmol xmol [(2-2x)mol]⋅＝14×2x ()1-x ，
2
x ()1-x
＝4K c ，16＜2x (
)1-x
＝4K c ＜324，解得45＜x ＜1819，体系中CH 3OCH 3(g)的物质的量分数为x
2×100%，
在40%～47.4%之间；
(5)①由电解装置图可知，a 电极上CO 2发生得电子的还原反应生成C 2H 4，所以a 电极为阴极、b 为阳极，阳极与电源正极相接、阴极与电源负极相接；
②阴极上CO 2得电子生成C 2H 4，电极反应式为2CO 2 + 12e - + 8H 2O = C 2H 4 + 12OH -。

【点睛】
判断正逆反应速率的相对大小就是判断可逆反应的进行方向，运用化学平衡常数进行解题是本题解答的关键，注意(4)估算法在化学计算中的应用。

8．研究CO 2与CH 4反应使之转化为CO 和H 2，对减缓燃料危机和减少温室效应具有重要的意义。

工业上CO 2与CH4发生反应I ：CH 4(g )+CO 2(g )＝2CO (g )+2H 2(g ) △H 1 在反应过程中还发生反应Ⅱ：H 2(g )+CO 2(g )＝H 2O (g )+CO (g ) △H 2=+41kJ/mol (l)已知部分化学键的键能数据如下表所示：
则△H l =____kJ/mol ，反应Ⅰ在一定条件下能够自发进行的原因是____，该反应工业生产适宜的温度和压强为____（填标号）。

A ．高温高压
B ．高温低压
C ．低温高压
D ．低温低压
(2)工业上将CH 4与CO 2按物质的量1:1投料制取CO 2和H 2时，CH 4和CO 2的平衡转化率随温度变化关系如图所示。

①923K时CO2的平衡转化率大于CH4的原因是________________________
②计算923K时反应II的化学平衡常数K=______（计算结果保留小数点后两位）。

③1200K以上CO2和CH4的平衡转化率趋于相等的原因可能是____。

(3)工业上CH4和CO2反应时通常会掺入O2发生反应
III:CH4+2O2＝CO2+2H2O，掺人O2可消除反应产生的积碳和减小反应器的热负荷（单位时间内维持反应发生所需供给的热量），O2的进气量与反应的热负荷的关系如图所示。

①随着O2进入量的增加，热负荷下降的原因是 ____。

②掺人O2可使CH4的平衡转化率____（填“增大”、“减小”或“不变”。

下同），CO2的平衡转化率________
【答案】+234 △S>0 B CH4和CO2按1:1投料发生反应I时转化率相等，CO2还发生反应II，所以平衡转化率大于CH4 0.39 1200K以上时以反应I为主，二者转化率趋于相等（或1200K以上时反应I的正向进行程度远大于反应II）（或1200K以上时反应I的平衡常数远大于反应II）反应III放热，给反应体系提供能量，使热负荷降低增大减小
【解析】
【分析】
(l)已知部分化学键的键能，通过反应物的总键能减去生成物的总键能可以计算
△H l，从焓变和熵变综合判断反应Ⅰ自发反应的原因，从平衡移动角度来判断反应条件；
(2)工业上将CH4与CO2按物质的量1:1投料,发生反应Ⅰ、II，则
①923K时CO2的平衡转化率大于CH4的原因从二者实际参加的反应来讨论；
②从图、及题干中提供的数据结合反应Ⅰ、II，用三段式按定义计算923K时反应II的化学平衡常数K；
③1200K以上CO2和CH4的平衡转化率趋于相等的原因还是从实际参加的反应来讨论；
(3)工业上CH4和CO2反应时通常会掺入O2，则发生反应 III:CH4+2O2＝CO2+2H2O；
①按热负荷的定义——单位时间内维持反应发生所需供给的热量以及O2的进气量与反应III。