2020-2021高考化学化学反应原理综合考查综合题含答案

2020-2021高考化学化学反应原理综合考查综合题含答案
一、化学反应原理综合考查
1．铁及铁的氧化物广泛应于生产、生活、航天、科研领域。

(1)铁氧化合物循环分解水制H2
已知：H2O(l)===H2(g)＋O2(g)ΔH1＝＋285.5 kJ/mol
6FeO(s)＋O2(g) ===2Fe3O4(s)ΔH2＝－313.2 kJ/mol
则：3FeO(s)＋H2O(l)===H2(g)＋Fe3O4(s)ΔH3＝___________
(2)Fe2O3与CH4反应可制备“纳米级”金属铁，其反应为： 3CH4(g) ＋ Fe2O3(s) 2Fe(s) ＋6H2(g) ＋3CO(g) ΔH4
①此反应的化学平衡常数表达式为_________________________________。

②在容积均为VL的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个相同密闭容器中加入足量“纳米级”金属铁，然后分别充入a molCO和2a mol H2，三个容器的反应温度分别保持T1、T2、T3，在其他条件相同的情况下，实验测得反应均进行到t min时CO的体积分数如图1所示，此时I、II、III三个容器中一定处于化学平衡状态的是___________(选填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)；制备“纳米级”金属铁的反应：ΔH4 _____ 0(填“＞”或“＜”)。

③在T℃下，向某恒容密闭容器中加入3molCH4(g)和2mol Fe2O3(s)进行上述反应，反应起始时压强为P0，反应进行至10min时达到平衡状态，测得此时容器的气体压强是起始压强的2倍。

10 min内用Fe2O3(s)表示的平均反应速率为_______g·min－1； T℃下该反应的K p =
_____________________；T℃下若起始时向该容器中加入2molCH4(g)、4mol Fe2O3(s)、
1molFe(s)、2mol H2(g)、2molCO(g)，则起始时v (正)______v (逆) (填“＞”、“＜”或“＝”)。

(3)纳米铁粉与水中NO3－反应的离子方程式为 4Fe+ NO3－+10H+=4Fe2++NH4++3H2O
①研究发现，若pH偏低将会导致NO3－的去除率下降，其原因是_________________。

②相同条件下，纳米铁粉去除不同水样中NO3－的速率有较大差异，图2中所产生的差异的可能原因是__________________________________________________(答一条)。

【答案】＋128.9 kJ/mol
()()
()
36
2
3
4
CO H
CH
c c
K
c
=Ⅲ＞ 8 P06＞纳米铁粉与H＋反应
生成H2 Cu或Cu2+催化纳米铁粉去除NO3－的反应(或形成的Fe－Cu原电池增大纳米铁粉去除NO3－的反应速率)
【解析】
【分析】
(1)依据题干热化学方程式，结合盖斯定律进行计算；
(2)①化学平衡常数=
生成物浓度幂之积
反应物浓度幂之积
；
②2Fe(s)＋6H 2(g)＋3CO(g)⇌3CH 4(g)＋Fe 2O 3(s)，根据图1中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ图象，CO 百分含量由小到大的顺序为Ⅱ＜Ⅰ＜Ⅲ，结合化学平衡移动分析解答；根据温度对平衡的影响来判断，升高温度平衡逆向移动，CO 的转化率减小，据此判断ΔH 4大小；
③在T ℃下，向某恒容密闭容器中加入3molCH 4(g)和2mol Fe 2O 3(s)进行反应：3CH 4(g)＋Fe 2O 3(s)⇌2Fe(s)＋H 2(g)＋3CO(g)；反应起始时压强为P 0，反应进行至10min 时达到平衡状态，测得此时容器的气体压强是起始压强的2倍，列出三段式，求用Fe 2O 3(s)表示的平均反应速率；K p ＝
生成物平衡分压幂次方乘积反应物平衡分压幂次方乘积
；若起始时向该容器中加入2molCH 4(g)、4mol
Fe 2O 3(s)、1molFe(s)、2mol H 2(g)、2molCO(g)，根据Q C 与K 的关系判断反应进行的方向； (3)①pH 偏低，氢离子浓度偏大，则铁可与氢离子反应生成氢气；
②由图2可知铜离子浓度越大，去除率越大，铜离子可起到催化作用，也可能形成原电池反应。

【详解】
(1)已知：①H 2O(l)=H 2(g)＋O 2(g) ΔH 1＝＋285.5 kJ/mol ；②6FeO(s)＋O 2(g)=2Fe 3O 4(s) ΔH 2＝－313.2 kJ/mol ；③3FeO(s)＋H 2O(l)=H 2(g)＋Fe 3O 4(s) ΔH 3；由盖斯定律可得：③=①+
12×②，则ΔH 3=ΔH 1+12×ΔH 2=＋285.5 kJ/mol+1
2
×(－313.2 kJ/mol)=＋128.9 kJ/mol ； (2)①3CH 4(g)＋Fe 2O 3(s)⇌2Fe(s)＋6H 2(g)＋3CO(g)的化学平衡常数表达式为
()()()
36234CO H CH c c K c =
；
②在容积均为VL 的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个相同密闭容器中加入足量“纳米级”金属铁，然后分别充入a molCO 和2a mol H 2，发生反应2Fe(s)＋6H 2(g)＋3CO(g)⇌3CH 4(g)＋Fe 2O 3(s)，根据图1中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ图象，CO 百分含量由小到大依次为：Ⅱ＜Ⅰ＜Ⅲ，T 1中的状态转变成T 2中的状态，CO 百分含量减小，说明平衡正向移动，说明T 1未达平衡状态，T 2中的状态转变成T 3中的平衡状态，CO 百分含量增大，说明平衡逆向移动，说明T 2可能达平衡状态，一定达到化学平衡状态的是Ⅲ；2Fe(s)＋6H 2(g)＋3CO(g)⇌3CH 4(g)＋Fe 2O 3(s)，该反应正反应为放热反应，则上述反应3CH 4(g)＋Fe 2O 3(s)⇌2Fe(s)＋6H 2(g)＋3CO(g)的ΔH 4大于0；
③在T ℃下，向某恒容密闭容器中加入3molCH 4(g)和2mol Fe 2O 3(s)进行上述反应，反应起始时压强为P 0，反应进行至10min 时达到平衡状态，测得此时容器的气体压强是起始压强的2倍，设消耗甲烷的物质的量为xmol ，则：
42323CH (g)+Fe O (s)2Fe(s)+6H (g)+3CO(g)(mol)32000
1
(mol)x x 2x x 3
(mol)
3-x
2x
x
ƒ初始变化平衡
压强之比为气体物质的量之比，则平衡时气体物质的量为6mol ，列式为3−x+2x+x ＝6，解得x ＝1.5mol ，10 min 内用Fe 2O 3(s)表示的平均反应速率为
1
1.5mol 160g/mol
3
10min
⨯⨯=8g/min ，T ℃下该反应的K p =生成物平衡分压幂次方乘积反应物平衡分压幂次方乘积=()()()6
3
23
4H CO CH p p p =6
300301()21()2
P P P ⨯=P 06；假设容器的体积为1L ，则在T ℃下，平衡时有1.5molCH 4(g)，3molH 2(g)，1.5molCO(g)，该反应的平衡常数K=
36234c CO c H c CH （）（）（）=363
1.531.5⨯=36
；若起始时向该容器中加入2molCH 4(g)、4mol Fe 2O 3(s)、1molFe(s)、2mol H 2(g)、2molCO(g)，Q C = 36
234c CO c H c CH （）（）（）=363
222
⨯=26
<K, 平衡正向移动，则起始时v (正)>v (逆)；
(3)①pH 偏低，氢离子浓度偏大，则铁可与氢离子反应生成氢气，可导致NO 3-的去除率下降；
②由图2可知铜离子浓度越大，去除率越大，铜离子可起到催化作用，也可能形成原电池反应。

【点睛】
本题(2)判断正逆反应速率相对大小时，要注意应用等效平衡的思想判断正逆反应进行的方向。

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
【解析】 【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Li5AlO4制备金属锂，Al则转化为Al2O3，化学方程
式为3Li5AlO4+5Al 1173K
真空
15Li(g)+4Al2O3；
(3)①纯Al在0～3h，NO3－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，NO3-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NO3－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，NO3－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NO3－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+6NO3－+12H2O+6H+45℃
10Al(OH)3+3N2↑；
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．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.CH3COOH（g）+2H2O（g）⇌2CO2（g）+4H2（g）△H1
Ⅱ.CH3COOH（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H2
Ⅲ.CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H3
回答下列问题：
（1）用△H1、△H2表示，△H3=___。

（2）重整反应的含碳产物产率、H2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H2最佳的温度约为___。

②由图（b）可知，H2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CH3COOH和H2O混合气体，若仅发生反应Ⅰ至平衡状态，测得H2的体积分数为50%，则CH3COOH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)；
4．碳元素形成的有机化合物在动植物体内及人类生存环境中有着相当广泛的存在，起着非常重要的作用。

请结合下列有关含碳化合物的研究，完成下列填空。

（1）为了高效利用能源并且减少CO 2的排放，可用下列方法把CO 2转化成甲醇燃料： ①CO 2(g)+3H 2(g)=CH 3OH(g)+H 2O(g) △H =akJ •mol −1 ②2H 2(g)+O 2(g)=2H 2O(g) △H =bkJ•mol −1 ③CH 3OH(g)=CH 3OH(l) △H =ckJ•mol −1 ④H 2O(g)=H 2O(l) △H =dkJ•mol −1
则表示CH 3OH(l)燃烧热的热化学方程式为___。

（2）用甲醇燃料电池电解处理酸性含铬废水(主要含有Cr 2O 72−)，用如图装置模拟该过程：
①请完成电解池中Cr2O72−转化为Cr3+的离子方程式___。

②当甲池中消耗甲醇1.6g时，乙池中两电极的质量差为___g。

（3）葡萄糖和果糖为同分异构体，在一定条件下，C6H12O6（葡萄糖）C6H12O6（果糖）△H﹤0。

该反应的速率方程式可表示为v(正)=k(正)c(葡)、v(逆)=k(逆)c(果)，k(正)和k(逆)在一定温度下为常数，分别称作正、逆反应速率常数。

T1温度下，k(正)=0.06s−1，k(逆)=0.002s−1。

①T1温度下，该反应的平衡常数K1=___。

②该反应的活化能Ea(正)___Ea(逆)(填“大于”、“小于”或“等于”）。

③该T2温度下，从开始反应到平衡的过程中，葡糖糖的质量分数变化如图所示。

可以确定温度T2___T1（填“大于”、“小于”或“等于”）。

（4）H2A为二元弱酸。

室温下配制一系列c(H2A)+c(HA−)+c(A2−)=0.100mol•L−1的H2A与NaOH的混合溶液。

测得H2A、HA−、A2−的物质的量分数c(x)%
（c(x)%=
-
-2-
2
c(X)
c(H A)+c(HA)+c(A)
×100%）随pH变化如图所示。

①当c(Na+)=0.100mol•L−1时，溶液中离子浓度的大小顺序为___。

②室温下，若将0.100mol•L−1的H2A与amol•L−1的NaOH溶液等体积混合，使溶液的pH=7。

则H2A的K a2=___mol•L−1（用a表示）。

【答案】CH3OH(l)+3
2
O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=
3b+4d
2
-a-c（或-a+1.5b-c+2d) Cr2O72-
+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O 8.4 30 小于大于 c(Na+)﹥c(HA-)﹥c(H+)﹥c(A2-)﹥c(OH-) -7
(a-0.1)10
0.2-a
【解析】
【分析】
（1）利用盖斯定律推算出CH 3OH(l)燃烧热的热化学方程式；
（2）甲池为甲醇燃料电池，其中M 为负极，N 为正极；乙池为电解池，乙池中左边铁为阳极，右边的铁为阴极，阳极产生的Fe 2+还原Cr 2O 72-，将Cr 2O 72−转化为Cr 3+；利用串联电路中转移的电子数相等，计算当甲池中消耗甲醇1.6g 时，乙池中两电极的质量差； （3）①根据速率方程式，当达到平衡时，v (正)= v (逆)，k (正)c (葡) = k (逆)c (果)，该反应的平衡常数
K =c()c()果糖葡萄糖=()()
K K 正逆，然后根据k (正)和k (逆)在一定温度下的数值，带入计算； ②根据该反应为放热反应，故正反应的活化能小于逆反应的活化能；
③根据图像信息，计算T 2温度下的平衡常数，然后与T 1温度下的平衡常数相比，对应放热反应而言，温度越高平衡常数越小；
（4）①当c(Na +)=0.100mol•L −1时，H 2A 与NaOH 恰好反应生成NaHA ，结合图中的信息，溶液中离子浓度的大小；
②由电荷守恒可知，c(H +)+c(Na +)=c(OH -)+c(HA -)+2c(A 2-)，由物料守恒可知c(H 2A)+c(HA −) +c(A 2−)=0.050mol•L −1，结合图像信息，计算出c(HA -)、c(A 2-)、c(H +)，然后计算H 2A 的
K a2=2c(H )(A )c(HA )
c +--⋅。

【详解】
（1）利用盖斯定律：1.5×②-①-③+2×④，得CH 3OH(l)燃烧热的热化学方程式：CH 3OH(l)+
3
2
O 2(g)=CO 2(g)+2H 2O(l) △H =（-a+1.5b-c+2d) kJ•mol −1； （2）①乙池中左边铁为阳极，其电极反应式为Fe-2e -= Fe 2+，Fe 2+还原Cr 2O 72-，将Cr 2O 72−转化为Cr 3+，其反应方程式为Cr 2O 72-+6Fe 2++14H +=2Cr 3++6Fe 3++7H 2O ； ②1.6gCH 3OH 的物质的量为
11.6g 32g mol
-⋅=0.05mol ，M 为负极，其电极反应式为CH 3OH-6e -+ H 2O= 6H ++ CO 2↑，n(e -)=6n(CH 3OH)=6×0.05mol=0.3mol ，串联电路中转移的电子数相等，乙池中左边铁为阳极，其电极反应式为Fe-2e -= Fe 2+，故消耗Fe 的物质的量为0.15mol ，乙池中左边铁消耗的质量为0.15mol×56g/mol=8.4g ，右边的铁为阴极，电极反应式为2 H ++2e -= H 2↑，即右边的铁电极的质量不变，所以当甲池中消耗甲醇1.6g 时，乙池中两电极的质量差为8.4g ；
（3）①根据速率方程式，当达到平衡时，v (正)= v (逆)，k (正)c (葡) = k (逆)c (果)，该反应的平衡常数K =
c()c()果糖葡萄糖=()
()
K K 正逆，T 1温度下，k (正)=0.06s −1，k (逆)=0.002s −1，故T 1温度下，
K=11
0.06s 0.002s
--=30； ②室温下，若将0.100mol•L −1的H 2A 与amol•L −1的NaOH 溶液等体积混合，使溶液的pH=7，c(H +)=10-7 mol•L −1，由电荷守恒可知，c(H +)+c(Na +)=c(OH -)+c(HA -)+2c(A 2-)，因为溶液呈中性，c(H +)=c(OH -)，c(Na +)= c(HA -)+2c(A 2-)=0.5a mol•L −1，由物料守恒可知
c(H 2A)+c(HA −)+c(A 2−)
=0.050mol•L −1，结合图像信息，当溶液呈中性时，c(H 2A)比较小，忽略不计，c(A 2−)=(0.5a-0.050) mol•L −1，c(HA −)=(0.1-0.5a) mol•L −1，室温下，
K a2=2c(H )(A )c(HA )c +--⋅=71.010(0.50.050)0.10.5a a -⨯⨯-- =-7(a-0.1)100.2-a
⨯。

5．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 。

6．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
ΔH 3＝________。

(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(T 1 ℃、2 L 密闭容器)。

反应过程中部分数据见下表：
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CO 2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T 2 ℃，再次平衡时H 2的物质的量为2.5 mol ，则T 1________T 2(填“>”“<”或“＝”)。

③若30 min 时只向容器中再充入1 mol H 2(g)和1 mol H 2O(g)，则平衡________移动(填“正
向”“逆向”或“不”)。

(3)研究人员发现，将煤炭在O 2/CO 2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)=N 2(g)＋2CO 2(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(p 0)的比值(p/p 0)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N 2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33
0.50.50.5
0.5 1.5 1.5K ⨯=
=⨯。

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
0.52Q
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。

7．氯气是现代工业的重要原料，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热车点，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 )。

可按下列催化过程进行：
Ⅰ.CuCl 2(s )=CuCl (s )+1
2
Cl 2(g ) ΔH 1=+83kJ ·mol -1 Ⅱ.CuCl (s )+
12O 2(g )=CuO (s )+1
2
Cl 2(g ) ΔH 2=-20kJ ·mol -1 Ⅲ.4HCl (g )+O 2(g )=2Cl 2(g )+2H 2O (g ) ΔH 3
反应Ⅰ能自发进行的条件是___。

利用ΔH 1和ΔH 2计算ΔH 3时，还需要利用反应___的ΔH 。

（2）如图为刚性容器中，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 （400℃）__K （500℃）（填“大于”或“小于”）。

设容器内初始压强为p 0，根据进料浓度比c (HCl )：c (O 2)=4：1的数据，计算400℃时容器内的平衡压强=___（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 (O 2)过低、过高的不利影响分别是___。

（3）已知：氯气与NaOH 溶液反应可生成NaClO 3。

有研究表明，生成NaClO 3的反应分两步进行： Ⅰ.2ClO -=ClO 2-+Cl - Ⅱ.ClO 2-+ClO -=ClO 3-+Cl -
常温下，反应Ⅱ能快速进行，但氯气与NaOH 溶液反应很难得到NaClO 3，试用碰撞理论解释其原因：___。

（4）电解NaClO 3水溶液可制备NaClO 4，写出阳极反应式：___。

【答案】高温 CuO （s ）+2HCl （g ）＝CuCl 2（s ）+H 2O （g ） 大于 0.848p 0 Cl 2和O 2分离能耗较高、HCl 转化率较低 反应Ⅰ的活化能高，活化分子百分数低，不利于ClO －向ClO 3－转化 ClO 3－＋H 2O －2e －=ClO 4－＋2H ＋ 【解析】 【分析】 【详解】
（1）Ⅰ.CuCl 2(s )=CuCl (s )+1
2
Cl 2(g ) ΔH 1=+83kJ ·mol -1，△S ＞0，则要△G =△H -T △S ＜0，须高温条件下才能自发；
Ⅰ.CuCl 2(s )=CuCl (s )+1
2
Cl 2(g ) ΔH 1=+83kJ ·mol -1 Ⅱ.CuCl (s )+
12O 2(g )=CuO (s )+1
2
Cl 2(g ) ΔH 2=-20kJ ·mol -1 Ⅲ.4HCl (g )+O 2(g )=2Cl 2(g )+2H 2O (g ) ΔH 3
利用ΔH 1和ΔH 2计算ΔH 3时，由盖斯定律，（Ⅲ-Ⅱ×2-Ⅰ×2）/2得：还需要利用反应CuO （s ）+2HCl （g ）＝CuCl 2（s ）+H 2O （g ）的ΔH 。

故答案为：高温；CuO （s ）+2HCl （g ）＝CuCl 2（s ）+H 2O （g ）；
（2）根据图象可知，进料浓度比相同时，温度越高HCl 平衡转化率越低，说明该反应为放热反应，升高温度平衡向着逆向移动，则温度越高平衡常数越小，所以反应平衡常数K （400℃）大于K （500℃）；进料浓度比c （HCl ）：c （O 2）的比值越大，HCl 的平衡转化率越低，根据图象可知，相同温度时HCl 转化率最高的为进料浓度比c （HCl ）：c （O 2）=4：1，该曲线中400℃HCl 的平衡转化率为76%。

则
222 4HCl g +O g 2Cl g +2H O g 410040.760.7620.7620.7640.24
0.24
20.76
20.76
⨯⨯⨯⨯⨯⨯ƒ（）（）（）（）初始转化平衡
p=40.2410.2420.7620.76
41
⨯+⨯+⨯+⨯
+
p0=0.848p0；
进料浓度比c（HCl）：c（O2）过低时，O2浓度较大，HCl的转化率较高，但Cl2和O2分离能耗较高，生成成本提高；进料浓度比c（HCl）：c（O2）过高时，O2浓度较低，导致HCl 的转化率减小；
故答案为：大于；p=40.2410.2420.7620.76
41
⨯+⨯+⨯+⨯
+
p0=0.848p0；Cl2和O2分离能
耗较高、HCl转化率较低；
（3）生成NaClO3的反应分两步进行：Ⅰ.2ClO-=ClO2-+Cl-，Ⅱ.ClO2-+ClO-=ClO3-+Cl-，常温下，反应Ⅱ能快速进行，但氯气与NaOH溶液反应很难得到NaClO3，用碰撞理论解释其原因：反应Ⅰ的活化能高，活化分子百分数低，不利于ClO－向ClO3－转化；
故答案为：反应Ⅰ的活化能高，活化分子百分数低，不利于ClO－向ClO3－转化；
（4）电解NaClO3水溶液可制备NaClO4，阳极发生氧化反应生成ClO4－，阳极反应式：ClO3－＋H2O－2e－=ClO4－＋2H＋。

故答案为：ClO3－＋H2O－2e－=ClO4－＋2H＋。

【点睛】
本题考查化学平衡计算、盖斯定律应用及电解原理等知识，明确化学平衡及其影响为解答关键，难点（2）注意掌握盖斯定律内容及三段式在化学平衡计算中的应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力及综合应用能力。

8．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Na2CO3溶液中滴加少量H3PO4溶液，反应的离子方程式为__。

（2）已知：
I.CaO(s)+H2SO4(l)=CaSO4(s)+H2O(l) ∆H= -271kJ·mol-1
II.5CaO(s)+3H3PO4(l)+HF(g)=Ca3(PO4)3F(s)+5H2O(l) ∆H=-937 kJ·mol-1
回答下列问题：
①工业上用Ca3(PO4)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Ca3(PO4)3F时生成的副产物CO可用于制备H2，原理为
CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ∆H。

①一定温度下，向10L密闭容器中充入0.5molCO和lmolH2O(g)，2min达到平衡时，测得0~2min内用CO2表示的反应速率v(CO2)=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
2
n(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)＋
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
【解析】
【分析】
根据电离平衡常数可知酸性有如下关系：H3PO 4﹥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-，H2PO4-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。

9．（1）乙基叔丁基醚(以ETBE表示)是一种性能优良的高辛烷值汽油调和剂。

用乙醇与异丁烯(以IB表示)在催化剂HZSM－5催化下合成ETBE，反应的化学方程式为：
C 2H5OH(g)+IB(g)ETBE(g) △H。

回答下列问题：
反应物被催化剂HZSM－5吸附的顺序与反应历程的关系如图所示，该反应的△H=__kJ·mol-1。

反应历程的最优途径是__(填C1、C2或C3)。

（2）一定条件下，用Fe2O3、NiO或Cr2O3作催化剂对燃煤烟气回收。

反应为
2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(l) ΔH=-270kJ·mol-1
①其他条件相同、催化剂不同，SO2的转化率随反应温度的变化如图1，Fe2O3和NiO作催化剂均能使SO2的转化率达到最高，不考虑催化剂价格因素，选择Fe2O3的主要优点是：__。

②某科研小组用Fe2O3作催化剂。

在380℃时，分别研究了[n(CO)∶n(SO2)]为1∶1、3∶1时SO2转化率的变化情况(图2)。

则图2中表示n(CO)∶n(SO2)=3∶1的变化曲线为__。

（3）已知NO 2存在如下平衡：2NO2(g)N2O4(g) △H<0，在一定条件下NO2与N2O4的消耗速率与各自的分压(分压=总压×物质的量分数)有如下关系：v(NO2)=k1·p2(NO2)，
v(N2O4)=k2·p(N2O4)，相应的速率与其分压关系如图所示。

一定温度下，k 1、k 2与平衡常数K p (压力平衡常数，用平衡分压代替平衡浓度计算)间的关系是k 1=__；在图标出点中，指出能表示反应达到平衡状态的点是__，理由是__。

（4）二氧化硫的催化氧化是工业上生产硫酸的主要反应O 2(g)+2SO 2(g)
2SO 3(g)。

已知：标准平衡常数K θ=2
3θ222θθpSO [
]p
pSO pO [][]p p
，其中p θ为标准压强(1×105Pa)，p(SO 3)、p(O 2)和
p(SO 2)为各组分的平衡分压，如p(SO 3)=x(SO 3)p ，p 为平衡总压，x(SO 3)为平衡系统中SO 3的物质的量分数。

SO 2和O 2起始物质的量之比为2：1，反应在恒定温度和标准压强下进行，SO 3的平衡产率为ω，则K θ=___(用含ω的最简式表示)。

【答案】-4a C 3 Fe 2O 3作催化剂时，在相对较低的温度可获得较高的SO 2转化率，从而节约能源 a k 1=2k 2·
K P BD 达到平衡时，N 2O 4与NO 2的消耗速率满足条件v(NO 2)=2v(N 2O 4) 23
(3-)
(1-)
ωωω 【解析】 【分析】
（1）由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，由图给数据可计算△H ；活化能的大小可以反映化学反应发生的难易程度，活化能越小，反应越容易进行； （2）①Fe 2O 3作催化剂时，在相对较低温度可获得较高SO 2的转化率，从而节约大量能源；
②n （CO ）：n （SO 2）=2：1时反应速率界于n （CO ）：n （SO 2）=3：1和n （CO ）：n （SO 2）=1：1之间，反应速率介于二者之间，且二氧化硫的转化率和n （CO ）：n （SO 2）=3：1是相等的；
（3）当反应达到平衡时，正逆反应速率相等，NO 2与N 2O 4的消耗速率的关系为v （NO 2）=2v （N 2O 4），则k 1•p 2（NO 2）=2k 2•p （N 2O 4）；满足平衡条件v （NO 2）=2v （N 2O 4）即为平衡点，B 、D 点的压强之比等于其反应速率之比为1：2；
（4）设SO 2和O 2起始物质的量为2mol 和1mol ，由SO 3的平衡产率为ω可知，平衡时SO 3的物质的量为2ω，由题意建立三段式计算可得。

【详解】
（1）由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，则该反应的△H =—（5—1）akJ/mol=—4 akJ/mol ；活化能的大小可以反映化学反应发生的难易程度，过渡态1和2的活化能都为6akJ/mol ，过渡态3的活化能为4akJ/mol ，活化能越小，反应越容易进行，。