备战高考化学 化学反应原理综合考查 培优练习(含答案)含答案

备战高考化学化学反应原理综合考查培优练习(含答案)含答案
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2mol CO和4molH2，混合
气体共6mol，起始压强为P0kPa，则起始氢气的分压2
3
P0kPa，反应10min H2的物质的量
为2mol，是原来氢气物质的量的一半，反应10min H2的分压1
3
P0kPa，故10min内H2的
反应速率v(H2)=
()
2
t
P H
∆
∆
= 00
10min
21
33
P kPa P kPa
-
=0
30
P
kPa/
min；反应10min H2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H2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0
P
P
平
=0
n
n
平
=
3
2
，得
P
平
=
2
30
P kPa，则平衡时H2的分压P()2H=0.5×2
30
P=
1
30
P kPa，同理P()
CO=
P()
3
CH OH=0.25×
2
30
P=
1
60
P kPa，该温度下平衡常数
Kp=32
2
P(CH OH)
P(CO)P(H)
g=
2
00
1
6
11
63
P kPa
P kPa P kPa
⎛⎫
⨯ ⎪
⎝⎭
=2
9
P 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1mol CO和2mol H2，向乙中加入2mol CO和4
molH2，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CO2进行在硫酸电解质中电解，在阴极可制得低密度聚乙烯
()，2nCO2→，碳元素化合价从+4降到-2，每个碳得6个电子，2nCO2共得12n个电子，则阴极的电极反应式是2nCO2+12ne－
+12nH+=+4nH2O。

2．H2O2的制取及其在污水处理方面的应用是当前科学研究的热点。

(1)“氧阴极还原法”制取H2O2的原理如题图所示：
阴极表面发生的电极反应有：
Ⅰ.2H++O2+2e-=H2O2
Ⅱ. H2O2+2H++ 2e-=2H2O
Ⅲ. 2H+ +2e-=H2↑
①写出阳极表面的电极反应式：___。

②其他条件相同时，不同初始pH(均小于2)条件下，H2O2浓度随电解时间的变化如图所示，c(H+)过大或过小均不利于H2O2制取，原因是_______。

(2)存碱性条件下，H2O2的一种催化分解机理如下：
H2O2(aq)+Mn2+(aq)=·OH(aq)+Mn3+(aq)+OH-(aq) ∆H=akJ/mol
H2O2(aq)+ Mn3+(aq) +2OH-(aq)= Mn2+(aq) +·O2-(aq) +2H2O(l) ∆H=bkJ/mol
·OH(aq) +·O2-(aq)=O2(g) +OH-(aq) ∆H=ckJ/mol
2H2O2(aq)= 2H2O(l)+O2(g) △H=_______。

该反应的催化剂为____。

(3)H2O2、O3在水中可形成具有超强氧化能力的羟基自由基(·OH)，可有效去除废水中的次磷酸根离子(H2PO2-)。

①弱碱性条件下·OH将H2PO2-氧化成PO43-，理论上l.7g·OH可处理含0.001mol/L
H2PO2-的模拟废水的体积为______。

②为比较不同投料方式下含H2PO2-模拟废水的处理效果，向两份等体积废水样品中加入等量H2O2和O3，其中一份再加入FeSO4。

反应相同时间，实验结果如图所示：
添加FeSO4后，次磷酸盐氧化率、磷元素沉淀率均显著提高，原因是______。

2H O-4e=4H+O c（H+）过小时，反应Ⅰ的化学反应速率较慢，c（H+）【答案】-+
22
过大时，主要发生反应Ⅲ（a+b+c）kJ/mol Mn2+ 25L Fe2+促进H2O2和O3产生·OH，氧化产生的Fe3+将PO43-转化为FePO4沉淀
【解析】
【分析】
（1）由电解装置图可知阳极表面消耗水，产生氧气，以此写出电极方程式；
（2）由盖斯定律可得，①＋②+③可得所求热化学方程式，中间产物Mn2+为催化剂；
（3）①弱碱性条件下∙OH 将H 2PO 2-氧化成PO 43-，反应为：
--3-2242OH+2OH +H PO =PO +4H O g 4,以此计算废水的体积；
②由图可知添加FeSO 4后，次磷酸盐氧化率、磷元素沉淀率均显著提高，原因是Fe 2+
促进H 2O 2和O 3产生·OH ，氧化产生的Fe 3+将PO 43-转化为FePO4沉淀。

【详解】
（1）由电解装置图可知阳极表面消耗水，产生氧气，则电极方程式为
-+222H O-4e =4H +O ↑，
故答案为：-+
222H O-4e =4H +O ↑；
（2）已知：①H 2O 2(aq )+Mn 2+(aq )=·OH (aq )+Mn 3+(aq )+OH -(aq ) ∆H =akJ /mol
②H 2O 2(aq )+ Mn 3+(aq ) +2OH -(aq )= Mn 2+(aq ) +·O 2-(aq ) +2H 2O (l ) ∆H =bkJ /mol
③·OH (aq ) +·O 2-(aq )=O 2(g ) +OH -(aq ) ∆
H =ckJ /mol 由盖斯定律可得，①＋②+③可得所求热化学方程式()()()22222H O aq = 2H O l +O g ，则
△H =（a +b +c ）kJ /mol ， Mn 2+
为中间产物反应前后不发生改变为催化剂，
故答案为：（a +b +c ）kJ /mol ；Mn 2+；
（3）①弱碱性条件下·OH 将H 2PO 2-氧化成PO 43-，反应为：
--3-
224
2OH+2OH +H PO =PO +4H O g 4, l .7g ·OH 物质的量 1.7g
n=
=0.1mol 17g/mol
，则参
与反应的H 2PO 2-物质的量为0.025mol ，则废水的体积n 0.025mol V===25L c 0.001mol/L
， 故答案为：25L ；
②由图可知添加FeSO 4后，次磷酸盐氧化率、磷元素沉淀率均显著提高，原因是Fe 2+促进H 2O 2和O 3产生·OH ，氧化产生的Fe 3+将PO 43-转化为FePO4沉淀，
故答案为：Fe 2+促进H 2O 2和O 3产生·OH ，氧化产生的Fe 3+将PO 43-转化为FePO4沉淀。

3．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)
1072
436
414
465
(1)则反应②中 a =_____________。

(2)煤直接甲烷化反应 C(s) + 2 H 2 (g) CH 4(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 CO 2和 2 .5 mol H 2, 发生 反应： 2CO 2 ( g) + 6 H 2(g)
C 2H 4(g)+4 H 2O(g) △H=-128kJ ·mol -1，测得温度对催化剂催化效率和CO 2 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 CO 2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 1molCO 2 和 3 molH 2, 发生反应：. CO 2(g)+3H 2(g)
CH 3OH(g)+ H 2O(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/h 1 2 3 4 5 6 p 后/p 前
0.90
0.85
0.82
0.81
0.80
0.80
(5) 反应前 1 小时内的平均反应速率 v(H 2）为_______mol •L -1h -1 , 该温度下CO 2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) + 2H 2 (g)
CH 4(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%。

4．十八大以来，各地重视“蓝天保卫战”战略。

作为煤炭使用大国，我国每年煤炭燃烧释放出的大量SO 2严重破坏生态环境。

现阶段主流煤炭脱硫技术通常采用石灰石-石膏法将硫元素以CaSO 4的形式固定，从而降低SO 2的排放。

但是煤炭燃烧过程中产生的CO 又会与CaSO 4发生化学反应，降低脱硫效率。

相关反应的热化学方程式如下： 反应Ⅰ：CaSO 4(s )+CO (g )
CaO (s ) + SO 2(g ) + CO 2(g ) 活化能Ea 1，ΔH 1=218.4kJ ·mol -1
反应Ⅱ：CaSO 4(s )+4CO (g ) CaS (s ) + 4CO 2(g ) 活化能Ea 2，ΔH 2= -175.6kJ ·mol －1
请回答下列问题：
（1）反应CaO (s )+3CO (g )+SO 2(g )⇌CaS (s )+3CO 2(g )；△H =__________kJ •mol -1；该反应在
________（填“高温”“低温”“任意温度”）可自发进行。

（2）恒温密闭容器中，加入足量CaSO 4和一定物质的量的CO 气体，此时压强为p 0。

tmin 中时反应达到平衡，此时CO 和CO 2体积分数相等，CO 2是SO 2体积分数的2倍，则反应I 的平衡常数K p ＝________(对于气相反应，用某组分B 的平衡压强p (B )代替物质的量浓度c (B )也可表示平衡常数，记作K p ，如p (B )＝p ·x (B )，p 为平衡总压强，x (B )为平衡系统中B 的物质的量分数)。

（3）图1为1000K 时，在恒容密闭容器中同时发生反应I 和II ，c (SO 2)随时间的变化图像。

请分析图1曲线中c (SO 2)在0～t 2区间变化的原因___________________。

（4）图2为实验在恒容密闭容器中，测得不同温度下，反应体系中初始浓度比2c(CO )
c(CO)
与
SO 2体积分数的关系曲线。

下列有关叙述正确的是______________________。

A ．当气体的平均密度不再变化，反应I 和反应Ⅱ同时达到平衡状态 B ．提高CaSO 4的用量，可使反应I 正向进行，SO 2体积分数增大
C ．其他条件不变，升高温度，有利于反应I 正向进行，SO 2体积分数增大，不利于脱硫
D ．向混合气体中通入氧气（不考虑与SO 2反应），可有效降低SO 2体积分数，提高脱硫效率
（5）图1中，t 2时刻将容器体积减小至原来的一半，t 3时达到新的平衡，请在图1中画出t 2-t 3区间c (SO 2)的变化曲线__________。

【答案】-394.0kJ ·mol -
1 低温 0.25p 0 反应I 的活化能Ea 1较小，反应速率I 比II 大，0～t 1阶段c (SO 2)增大，t 1后反应II 为主，c (CO )减小，使反应I 逆向进行，故c (SO 2)减
小，t 2时反应达到平衡状态。

ACD ；
【解析】 【分析】 【详解】
(1)反应Ⅰ：CaSO 4(s )+CO (g )ƒCaO (s ) + SO 2(g ) + CO 2(g ) ΔH 1=218.4kJ ·mol -1 反应Ⅱ：CaSO 4(s )+4CO (g )ƒCaS (s ) + 4CO 2(g ) ΔH 2= -175.6kJ ·mol －
1
根据盖斯定律反应Ⅱ-反应Ⅰ得：CaO (s )+3CO (g )+SO 2(g )⇌CaS (s )+3CO 2(g )，所以，ΔH =ΔH 2-ΔH 1=-175.6kJ ·mol －1-218.4kJ ·mol -1=-394.0kJ ·mol -1。

该反应为气体分子数减小的反应，ΔS ＜0，ΔH ＜0，当ΔH -TΔS ＜0时，反应能自发进行，则T 较小的时候反应能自发进行，即该反应在低温时能自发进行，故答案为：-394.0kJ ·mol -1；低温；
(2)设参加反应Ⅰ的CO 起始的物质的量为a ，平衡时，CO 和CO 2体积分数相等，CO 2的体积分数是SO 2体积分数的2倍，故设平衡时，SO 2的物质的量为xmol ，CO 和CO 2的物质的量为2x ，则对于反应Ⅰ有：
()()()()()
422+CaSO s +CO g CaO s + SO g CO g /mol a 00
/mol x x x /mol
a-x
x
x
ƒ
起始变化平衡
则反应Ⅱ生成的CO 2的物质的量为(2x -x )mol =xmol ，生成CO 的物质的量=[2x -(a -x )]mol =(3x -a )mol ，则对于反应Ⅱ有：
()()()()
42++CaSO s 4CO 4x-a x 3x-a
g CaS s 4CO g /mol 0
/mol x /mol
x
ƒ起始变化平衡
结合反应Ⅰ、Ⅱ可知：CO 的充入量为(4x -a )+a =4x ，而平衡时，气体的总物质的量=2x +x +2x =5x ，设平衡时体系总压为p ，则
04x p =5x p ，解得：p =05
p 4
，所以反应Ⅰ的平衡常数Kp =0005p 25p 1
(
)()4
5455p 2()45
⨯⨯⨯⨯=0.25p 0，故答案为：0.25p 0； (3)因反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，0到t 1，反应Ⅰ速率大于反应Ⅱ，c (SO 2)增大，t 1后反应II 为主，c (CO )减小，使反应I 逆向进行，故c (SO 2)减小，t 2时反应达到平衡状态，故答案为：反应I 的活化能Ea 1较小，反应速率I 比II 大，0～t 1阶段c (SO 2)增大，t 1后反应II 为主，c (CO )减小，使反应I 逆向进行，故c (SO 2)减小，t 2时反应达到平衡状态； (4)A ．反应Ⅰ、Ⅱ都是反应前后气体质量变化的反应，由m =ρV 可知，容器体积V 恒定下，ρ不变，说明气体总质量m 不变，那么容器内每种气体的质量均不变化，已达到平衡，A 正确；
B ．CaSO 4是固体，提高CaSO 4的用量，平衡不移动，B 错误；
C ．反应Ⅰ是吸热反应，升高温度，反应Ⅰ正向移动，SO 2体积分数增大，不利于脱硫，C 正确；
D ．通入氧气，CO 被消耗，反应Ⅰ逆向移动，SO 2体积分数降低，脱硫效率增大，D 正确；
综上所述，ACD 满足题意，故答案为：ACD ；
(5)容器体积减小一半瞬间，二氧化硫浓度变为2倍，同时压强增大，平衡逆向移动，二氧化硫浓度减小，t 2～t 3二氧化硫浓度比t 1～t 2减小的多。

根据勒夏特列原理可知，t 3重新平
衡时，二氧化硫浓度略比t 2时刻大，据此如图：，故答
案为：。

【点睛】
勒夏特列原理：当改变外界条件时，平衡向减弱这种改变的方向移动，但不能抵消这种改变。

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．合成氨对人类生存具有重大意义，反应为：N 2（g ）+3H 2（g ）2NH 3（g ）△H
（1）科学家研究在催化剂表面合成氨的反应机理，反应步骤与能量的关系如图所示（吸附
在催化剂表面的微粒用*标注，省略了反应过程中部分微粒）。

①NH 3的电子式是___。

②决定反应速率的一步是___（填字母a 、b 、c 、…）。

③由图象可知合成氨反应的△H ____0（填“＞”、“＜”或“=”）。

（2）传统合成氨工艺是将N 2和H 2在高温、高压条件下发生反应。

若向容积为1.0L 的反应容器中投入5molN 2、15molH 2，在不同温度下分别达平衡时，混合气中NH 3的质量分数随压强变化的曲线如图所示：
①温度T 1、T 2、T 3大小关系是___。

②M 点的平衡常数K =____（可用分数表示）。

（3）目前科学家利用生物燃料电池原理（电池工作时MV 2+/MV +在电极与酶之间传递电子），研究室温下合成氨并取得初步成果，示意图如图：
①导线中电子移动方向是____。

②固氮酶区域发生反应的离子方程式是___。

③相比传统工业合成氨，该方法的优点有___。

【答案】 b ＜ T3＞T2＞T1 7.32×10-3a→b N2+6H++6MV+=2NH3+6MV2+条件温和、生成氨的同时释放电能
【解析】
【分析】
(1)①从分子中每个原子都形成了稳定结构的角度分析；
②反应需要的能量最高的反应决定总反应速率；
③根据能量图，反应物的总能量高于产物的总能量，则反应为放热反应；
(2)①正反应为放热反应，相同压强下，温度越高，对应NH3的含量越小；
②根据反应三段式进行计算；
(3)①根据装置电极b上MV2+转化为MV+判断正负极，原电池工作时，电子从负极经过导线流向正极；
②固氮酶区域中N2转化为NH3，MV+转化为MV2+；
③该电化学装置工作时，可将化学能转化为电能，同时利用生物酶在室温下合成氨，不需要高温条件、反应条件温和。

【详解】
(1)①NH3分子中一个N原子与三个H原子形成3对共用电子对，N原子还有1对孤电子对，NH3电子式为：；
②根据合成氨的反应机理与各步能量的关系图可知，反应b需要的能量最大，反应需要的能量越高，反应速率越慢，需要能量最高的反应决定总反应速率，所以决定反应速率的一步是b；
③根据能量图，反应物的总能量高于产物的总能量，则反应为放热反应，△H＜0；
(2)①正反应为放热反应，相同压强下，温度越高，对应NH3的含量越小，所以图中温度
T1、T2、T3大小关系是T3＞T2＞T1；
②设M点N2反应的物质的量为xmol，反应三段式为：
223+(mol)5150(mol)x 3N g 3H g 2NH x 2x (mol)
5-x
15-3x
2x
g ƒ
()()()
起始量变化量平衡量
M 点平衡时NH 3的质量分数为40%，即
34x
285215
⨯+⨯=40%，可得x=2，则平衡时
c (N 2)=3mol/L ，c (H 2)=9mol/L ，c (NH 3)=4mol/L ，平衡常数为K =23
439
⨯=7.32×10-3
； (3)①根据装置电极b 上MV 2+转化为MV +可知，b 电极为正极、a 电极为负极，原电池工作时，电子从负极a 电极经过导线流向正极b 电极，即a→b ；
②固氮酶区域中N 2转化为NH 3，MV +转化为MV 2+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，所以发生的反应为：N 2+6H ++6MV +=2NH 3+6MV 2+；
③该电化学装置工作时，可将化学能转化为电能，同时利用生物酶在室温下合成氨，不需要高温条件、反应条件温和，所以与传统化工工艺相比，该工艺的优点为：条件温和、生成氨的同时释放电能。

【点睛】
本题注意决定化学反应速率的步骤是反应需要能量最高的一步，原电池装置中根据电极上物质转化的化合价的变化判断正负极。

7．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：
30 min1
反应Ⅱ绝
0 min0022
热恒容
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 CO2，15 min时再次达到平衡，此时容器内
p/
p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】
噲?CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1＝－a kJ/mol
(1)已知：i：CO2(g)＋3H2(g)垐?
噲?CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝＋b kJ/mol
ii：CO2(g)＋H2(g) 垐?
噲?CH3OH(g) ΔH3
iii：CO(g)＋2H2(g) 垐?
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
0.52
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。

8．H 2S 是石油化工行业广泛存在的污染性气体，但同时也是重要的氢源和硫源，工业上可以采取多种方式处理。

Ⅰ．干法脱硫
（1）已知H 2S 的燃烧热为akJ ∙mol -1 ，S 的燃烧热为bkJ ∙mol -1 ，则常温下空气直接氧化脱除H 2S 的反应：2H 2S(g)＋O 2(g)=2S(s)＋2H 2O(l) △H ＝______kJ ∙mol -1 。

（2）常用脱硫剂的脱硫效果及反应条件如下表，最佳脱硫剂为_________。

氧化锌 ＜1.33 350～400 0～5.0 不再生 锰矿
＜3.99
400
0～2.0
不再生
Ⅱ．热分解法脱硫
在密闭容器中，充入一定量的H 2S 气体，发生热分解反应H 2S(g)221
H (g)S (g)2
+
垐?噲?控制不同的温度和压强进行实验，结果如图(a)。

（3）图(a)中压强关系p 1、p 2、p 3由大到小的顺序为______，该反应为____（填“吸热”或“放热”）反应，若要进一步提高H 2S 的平衡转化率，除了改变温度和压强外，还可以采取的措施有_______。

（4）若压强为p 、温度为975℃时，2221
H S(g)H (g)S (g)2
+ƒ
的平衡常数K=0.04，则
起始浓度c=______mol ∙Lˉ1，若向容器中再加入1molH 2S 气体，相同温度下再次达到平衡时，K_____0.04（填“>”1 “<”或“=”）。

Ⅲ．间接电解法脱硫
间接电解法是通过FeCl 3溶液吸收并氧化H 2S 气体，将反应后溶液通过电解再生，实现循环使用，该法处理过程如下图(b)。

（5）电解反应器总反应的离子方程式为________。

（6）气液比为气体与液体的流速比，吸收反应器内液体流速固定。

测定吸收器中相同时间内不同气液比下H 2S 的吸收率和吸收速率，结果如图(c)所示，随着气液比减小，H 2S 的吸
收速率逐渐降低，而吸收率呈上升趋势的原因为____________。

【答案】-2a+2b 活性炭 p 3>p 2>p 1 吸热 移出产物H 2或S 2 0.018 = 2Fe 3++2H +2Fe 2++H 2↑ 气液比减小，通入H 2S 的总量减少，参加反应的H 2S 的量减少，
吸收速率减小；吸收液的量增大，气液接触更充分，使硫化氢的吸收率增大。

【解析】 【分析】
书写燃烧热的热化学方程式，利用盖斯定律进行求解；结合表中信息，选出最佳脱硫剂；分析图象，纵坐标代表的是H 2S 的平衡转化率，变量为压强和温度，探究压强和温度对平衡移动的影响；已知平衡常数，设初始浓度，利用“三段式”进行计算求解；平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变；分析电解法处理过程，区别吸收速率和吸收率的不同。

据此分析 【详解】
(1)已知H 2S 的燃烧热为akJ ∙mol -1，S 的燃烧热为bkJ ∙mol -1 ，则有H 2S(g)+
O 2(g)=SO 2(g)+H 2O(l) △H =-akJ ∙mol -1①，S(s)+O 2(g)=SO 2(g) △H =-bkJ ∙mol -1②，根据盖斯
定律则方程式2H 2S(g)＋O 2(g)=2S(s)＋2H 2O(l) △H ＝2×①-2×②=-2a+2bkJ ∙mol -1，答案为：-2a+2b ；
结合表中信息，活性炭的出口硫小，温度为常温，操作压力较小，且可再生，故最佳脱硫剂为活性炭，答案为：活性炭；
(3)该反应的正反应方向为气体分子数增大，增大压强平衡逆向移动，H 2S 的平衡转化率减小，即压强越大，H 2S 的平衡转化率越小，则有p 3>p 2>p 1；由图可知升高温度，H 2S 的平衡转化率增大，说明升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应；若要进一步提高H 2S 的平衡转化率，除了改变温度和压强外，还可以通过减少生成物的浓度使平衡正向移动，即移出产物H 2或S 2；答案为：p 3>p 2>p 1；吸热；移出产物H 2或S 2；
(4)已知压强为p 、温度为975℃时H 2S 的平衡转化率为40%，且平衡常数K =0.04，设始浓度为xmol ∕L ，“三段式”表示为：
222-1-1-11
H S(g)H (g)+S (g)
2
(mol L )x 00(mol L )0.4x 0.4x 0.2x (mol L )0.6x
0.4x
0.2x
起始物质的量浓度：转化物质的量浓度：平衡物质的量浓度：⋅⋅⋅ƒ，已知平衡常数K ，则有()
1
2
0.2x 0.4x
0.040.6x
K ⨯=
=，解得x=0.018；若向容器中再加入1molH 2S 气体，相同温度
下再次达到平衡时，平衡常数不变，因为平衡常数只与温度有关，温度不变，所以平衡常数不变；答案为：0.018；=；
(5)间接电解法是通过FeCl 3溶液吸收并氧化H 2S 气体，FeCl 3溶液被还原为FeCl 2，反应后溶液通过电解再生即将FeCl 2氧化为FeCl 3，所以电解反应器总反应的离子方程式为2Fe 3++2H +
2Fe 2++H 2↑；答案为：2Fe 3++2H +
2Fe 2++H 2↑；。