2020-2021备战高考化学压轴题专题化学反应原理综合考查的经典综合题附答案解析

2020-2021备战高考化学压轴题专题化学反应原理综合考查的经典综合题附答
案解析
一、化学反应原理综合考查
1．碳、氮及其化合物在化工生产和国防工业中具有广泛应用。

请回答：
（1）科学家研究利用某种催化剂，成功实现将空气中的碳氧化合物和氮氧化合物转化为无毒的大气循环物质。

已知：
①N 2(g)+O2(g)2NO(g) ΔH1=+180kJ·mol−1
②NO 2(g)+CO(g)NO(g)+CO2(g) ΔH2=-235kJ·mol−1
③2NO(g)+O 2(g)2NO2(g) ΔH3=-112kJ·mol−1
则反应2NO(g)+2CO(g)N 2(g)+2CO2(g)的ΔH=__kJ·mol−1，有利于提高CO平衡转化率的条件是__（填标号）。

A．高温低压 B．低温高压 C．高温高压 D．低温低压
某温度下，在体积为2L的容器中加入2molNO、2molCO，达到平衡时CO的转化率是50%，其平衡常数为__。

（2）在密闭容器中充入10molCO和8molNO，发生反应，如下图为平衡时NO的体积分数与温度，压强的关系。

①由图判断，温度T1__T2（填“低于”或“高于”），理由是__？升高温度时，下列关于该反应的平衡常数（K）和速率（v）的叙述正确的是__填标号）。

A．K、V均增加 B．K增加，v减小
C．K减小，V增加 D．K、V均减小
②压强为20MPa、温度为T2下，若反应进行到10min达到平衡状态，容器的体积为2L，则此时CO的转化率=__，用CO2的浓度变化表示的平均反应速率v(CO2)=__，该温度下，如图所示A、B、C对应的p A(CO2)、p B(CO2)、p C(CO2)从大到小的顺序为__。

③若在D点对反应容器降温的同时缩小体积至体系压强增大，重新达到的平衡状态可能是图中A～G点中的__点。

（3）用活化后的V2O5作催化剂，氨气将NO还原成N2的一种反应历程如图所示。

测得该反应的平衡常数与温度的关系为1gK=5.08+217.5/T，该反应是__反应(填“吸热”或“放热”)。

该反应的含氮气体浓度随温度变化如图所示，则将NO转化为N2的最佳温度为__；当温度达到700K时，发生副反应的化学方程式__。

【答案】-762 B 1 低于 )该反应为放热反应，其他条件相同时，升高温度有利于反应
向逆反应方向移动，图中T2对应的NO的体积分数更高，所以对应的温度也更高 C 10% 0.05mol·(L·min)−1p C(CO2)＞p B(CO2)＞p A(CO2) G 放热 600K 4NH3+5O24NO+6H2O 【解析】
【分析】
(1)由①N2(g)+O2(g)⇌2NO(g) ΔH1=+180kJ·mol−1
②NO2(g)+CO(g)⇌NO(g)+CO2(g) ΔH2=-235kJ·mol−1
③2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g) ΔH3=-112kJ·mol−1
结合盖斯定律可知，②×2＋③−①得到反应2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)；有利于提高CO
平衡转化率的条件根据反应是放热还是吸热、该反应气体体积缩小的角度进行分析；用“三
段式”法分析反应后各物质的浓度，化学反应平衡常数K=生成物浓度幂之积反应物浓度幂之积
；
(2)①该反应是放热反应，温度越高，平衡逆向移动，NO的体积分数越大；升高温度时，反应向吸热方向进行；
②用“三段式”法分析反应后各物质的浓度，计算CO的转化率和用CO2的浓度变化表示的平均反应速率；该反应是气体体积减小的反应，压强越大，平衡正向移动，p(CO2)越大；
③D点对反应容器降温的同时缩小体积至体系压强增大，平衡正向移动，NO的体积分数减小；
(3)1g K＝5.08＋217.5/T，可知温度越高，K越小；由图可知600K最适合将NO转化为N2，当温度达到700K时NO较多。

【详解】
(1)由①N 2(g)+O 2(g)⇌2NO(g) ΔH 1=+180kJ·mol −1
②NO 2(g)+CO(g)⇌NO(g)+CO 2(g) ΔH 2=-235kJ·
mol −1 ③2NO(g)+O 2(g)⇌2NO 2(g) ΔH 3=-112kJ·
mol −1 结合盖斯定律可知，②×2＋③−①得到反应2NO(g)+2CO(g)⇌N 2(g)+2CO 2(g)，其ΔH ＝(−235kJ/mol)×2＋(−112kJ/mol)−(＋180kJ/mol)＝−762kJ/mol ，则该反应是放热反应、气体体积缩小，有利于提高CO 平衡转化率的条件是低温高压；某温度下，在体积为2L 的容器中加入2molNO 、2molCO ，达到平衡时CO 的转化率是50%，列“三段式”得：
()()()()22(mol/L)
1100(mol/L)
0.5150%0.250.52NO g +2C (mol/L)0.50.50.250O g N g +2CO g .5⨯ƒ
起始量转化量平衡量
化学反应平衡常数K =22222(N )(CO )(NO)(CO)c c c c =2
22
0.250.50.50.5⨯⨯=1； (2)①该反应为放热反应，其他条件相同时，升高温度有利于反应向逆反应方向移动，图中T 2对应的NO 的体积分数更高，所以对应的温度也更高，则温度T 1低于T 2；升高温度时，反应向吸热方向进行，化学平衡常数减小，化学反应速率增加；
②压强为20MPa 、温度为T 2下，若反应进行到10min 达到平衡状态，NO 体积分数为40%，容器的体积为2L ，设平衡时c(N 2)=xmol/L ，用“三段式”法分析得：
()()()()22(mol/L)
4500(mol/L)
2NO g +2CO g N g 2x 2x x 2x (mol/L)4-2x 5-2x x 2x +2CO g ƒ
起始量转化量平衡量
4-2x 100%(4-2x)+(5-2x)+x+2x
⨯=40%，解得x=0.25，CO 的转化率为20.25100%5⨯⨯=10%，v (CO 2)= 20.25mol/L 10min
⨯=0.05mol·(L·min)−1；该反应是气体体积减小的反应，压强越大，平衡正向移动，p (CO 2)越大，A 、B 、C 对应的压强依次增大，则A 、B 、C 对应的p A (CO 2)、p B (CO 2)、p C (CO 2)从大到小的顺序为p C (CO 2)＞p B (CO 2)＞p A (CO 2)； ③D 点对反应容器降温，平衡正向移动，缩小体积至体系压强增大，平衡正向移动，NO 的体积分数减小，重新达到的平衡状态可能是图中A ～G 点中的G 点。

(3)lg K ＝5.08＋217.5/T ，可知温度越高，K 越小，则正反应为放热反应；由图可知，将NO 转化为N 2的最佳温度为600K ，当温度达到700K 时，发生副反应的化学方程式为4NH 3+5O 2
4NO+6H 2O 。

【点睛】
把握K 的意义、盖斯定律、图象分析为解答的关键，注意(2)为解答的难点，正确分析题目信息结合勒夏特列原理、化学平衡三段式解答。

2．研究发现，NO x 和SO 2是雾霾的主要成分。

Ⅰ. NO x主要来源于汽车尾气，可以利用化学方法将二者转化为无毒无害的物质。

已知：N 2(g)＋O2(g) 2NO(g) ΔH＝＋180kJ·mol－1
2CO(g)＋O 2(g)2CO2(g) ΔH＝－564kJ·mol－1
（1）2NO(g)＋2CO(g)2CO2(g)＋N2(g) ΔH＝________。

（2）T℃时，将等物质的量的NO和CO充入容积为2L的密闭容器中，保持温度和体积不变，反应过程(0～15min)中NO的物质的量随时间变化如图所示。

①已知：平衡时气体的分压＝气体的体积分数×体系的总压强，T℃时达到平衡，此时体系的总压强为p=20MPa，则T℃时该反应的压力平衡常数K p＝_______；平衡后，若保持温度不变，再向容器中充入NO和CO2各0.3mol，平衡将_____ (填“向左”、“向右”或“不”)移动。

②15min时，若改变外界反应条件，导致n(NO)发生如上图所示的变化，则改变的条件可能是_____(填序号)
A.增大CO浓度
B.升温
C.减小容器体积
D.加入催化剂
Ⅱ. SO2主要来源于煤的燃烧。

燃烧烟气的脱硫减排是减少大气中含硫化合物污染的关键。

已知：亚硫酸：Ka1=2.0×10-2Ka2=6.0×10-7
（3）请通过计算证明，NaHSO3溶液显酸性的原因：_________________________。

（4）如图示的电解装置，可将雾霾中的NO、SO2转化为硫酸铵，从而实现废气的回收再利用。

通入NO的电极反应式为____________________；若通入的NO体积为4.48L(标况下)，则另外一个电极通入的SO2质量至少为________g。

【答案】-744kJ·mol－1 0.0875 (或7/80)不 AC HSO3-的水解常数
K=K w/K a1=5.0×10-13＜K a2=6.0×10-7(HSO3-的电离常数)，所以显酸性 6H＋＋NO＋5e－＝NH4＋＋H2O 32
【解析】
【详解】
（1）已知：①N 2(g )＋O 2(g ) 2NO (g )，②2CO (g )＋O 2(g ) 2CO 2(g )，由盖斯定律
可知：②－①得2NO (g )＋2CO (g )垐垐垐?噲垐垐?催化剂2CO 2(g )＋N 2(g )的△H =(－564－180)kJ ·mol
－1=－744kJ ·mol －1；
（2）222CO +N 2NO +2CO 00(mol)
0.40.4 0.20.1(mol)
0.20.20.20.1(mol)0.20.2垐?噲?
起始量转化量平衡量
p (NO )=p (CO )=p (CO 2)=20MPa ×0.20.2+0.2+0.2+0.1=40
7
，p (N 2)=20MPa ×0.10.2+0.2+0.2+0.1=207
，K p =22222p (CO )p(N )p (NO)p (CO)g g =780=0.0875；同样可计算化学平衡常数K =5，再向容器中充入NO 和CO 2各0.3mol ，此时的浓度商为仍为5，因此平衡不移动；
②15min 时，改变某一因素，NO 的物质的量减少，说明平衡向正反应方向移动。

增大CO 的浓度，平衡向正反应方向移动，NO 的物质的量减小，A 项正确；正反应是放热反应，升温，平衡向逆反应方向移动，NO 的物质的量增大，B 项错误；减小容器的体积，相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，NO 物质的量减小，C 项正确；加入催化剂，化学平衡不移动，D 项错误；答案选AC ；
（3）HSO 3-的水解常数K =K w /K a1=5.0×10-13＜K a2=6.0×10-7，电离平衡常数大于水解平衡
常数，说明溶液显酸性；
（4）根据电解装置，NO 和SO 2转化为硫酸铵，说明NO 转化成NH 4＋，即NO 在阴极上发生NO ＋6H ＋＋5e －=NH 4＋＋H 2O ；阳极反应式为SO 2＋2H 2O －2e －=4H ＋＋SO 42－，根据得失电子数目守恒，因此有2NO ～10e －～5SO 2，求出SO 2的质量为
4.48×5×64/(2×22.4)g =32g 。

【点睛】
正确书写电极反应式做到“三看”①一看电极材料，若是金属(Au 、Pt 除外)作阳极，金属一定被电解(注：Fe 生成Fe 2＋)。

②二看介质，介质是否参与电极反应。

③三看电解质状态。

3．CO 2是地球上取之不尽用之不竭的碳源，将CO 2应用于生产中实现其综合利用是目前的研究热点。

（1）由CO 2转化为羧酸是CO 2资源化利用的重要方法。

I.在催化作用下由CO 2和CH 4转化为CH 3COOH 的反应历程示意图如图。

①在合成CH 3COOH 的反应历程中，下列有关说法正确的是_____。

（填字母） a.该催化剂使反应的平衡常数增大
b.CH 4→CH 3COOH 过程中，有C —H 键发生断裂
c.由X→Y 过程中放出能量并形成了C —C 键
②该条件下由CO 2和CH 4合成CH 3COOH 的化学方程式为_____。

II.电解法转化CO 2制HCOOH 的原理如图。

①写出阴极CO 2还原为HCOO -的电极反应式：_____。

②电解一段时间后，阳极区的KHCO 3溶液浓度降低，其原因是_____。

（2）由CO 2合成甲醇是CO 2资源化利用的重要方法。

研究表明在催化剂作用下CO 2和H 2可发生反应：CO 2(g)+3H 2(g)CH 3OH(g)+H 2O(g) ΔH
①有利于提高合成CH 3OH 反应中CO 2的平衡转化率的措施有_____。

（填字母） a.使用催化剂 b.加压 c.
增大初始投料比22n(CO )n(H )
②研究温度对于甲醇产率的影响。

在210℃~290℃保持原料气中CO 2和H 2的投料比不变，得到甲醇的实际产率、平衡产率与温度的关系如图所示。

ΔH ____0（填“＞”或“＜”），其依据是____。

【答案】bc CH 4+CO 2
CH 3COOH 2CO 2+HCO 3-+2e -=HCOO -+CO 32- 阳极产生O 2，c （H +）增大，c （HCO 3-）降低；K +部分进入阴极 b < 温度升高，甲醇的平衡产率降低
【解析】
【分析】 (1)Ⅰ．①根据合成示意图进行判断；
②由图示写出由CO 2和CH 4合成CH 3COOH 的化学方程式；
Ⅱ．①根据图示分析，阴极CO 2得电子，写出CO 2还原为HCOO -的电极反应式； ②根据电解池反应原理分析；
(2)①根据平衡转化率影响因素方面分析；
②根据图像得甲醇的平衡产率随着温度的升高的变化趋势。

【详解】
(1)Ⅰ．①a．催化剂只能改变化学反应速率，不能改变反应的平衡常数，故a错误；b．由图中变化可知甲烷在催化剂作用下选择性活化，甲烷分子中碳原子会与催化剂形成新的共价键，必有C-H键发生断裂，故b正确；
c．X→Y的焓值降低，说明为放热过程，由CH4→CH3COOH有C-C键形成，故c正确；
故答案选bc；
②由图示可知，由CO2和CH4合成CH3COOH的化学方程式为CH4+CO2CH3COOH；Ⅱ．①阴极得电子，CO2还原为HCOO-的电极反应式为：2CO2+HCO3-+2e-=HCOO-+CO32-；
②阳极H2O失电子产生O2，c(H+)增大，碳酸氢根离子与氢离子反应，所以c(HCO3-)降低，K+部分进入阴极，导致阳极区的KHCO3溶液浓度降低；
(2)①a．使用催化剂只能改变化学反应速率，不影响化学平衡，也就不影响CO2的平衡转化率；
b．该反应的正反应为气体体积减小的反应，加压能使化学平衡正向移动，能够提高CO2的平衡转化率；
c．增大CO2和H2的初始投料比，CO2的平衡转化率降低；
故答案选b；
②根据图像可知，甲醇的平衡产率随着温度的升高而降低，所以正反应为放热反应，即
ΔH<0。

4．页岩气中含有较多的乙烷，可将其转化为更有工业价值的乙烯。

（1）二氧化碳氧化乙烷制乙烯。

将C2H6和CO2按物质的量之比为1∶1通入反应器中，发生如下反应：
噲?C2H4(g) + H2(g) ΔH1＝+136.4kJ·mol−1
ⅰ．C2H6(g) 垐?
噲?CO(g) + H2O(g) ΔH2＝+41.2kJ·mol−1
ⅱ．CO2(g) + H2(g) 垐?
噲?C2H4(g) +CO(g) +H2O(g) ΔH3
ⅲ．C2H6(g) +CO2(g) 垐?
①用ΔH1、ΔH2计算ΔH3＝______kJ·mol−1。

噲?2C(s)+3H2(g)为积碳反应，生成的碳附着在催化剂表面，降②反应ⅳ：C2H6(g) 垐?
低催化剂的活性，适当通入过量CO2可以有效缓解积碳，结合方程式解释其原因：__。

③二氧化碳氧化乙烷制乙烯的研究热点之一是选择催化剂，相同反应时间，不同温度、不同催化剂的数据如下表（均未达到平衡状态）：
（注）C2H4选择性：转化的乙烷中生成乙烯的百分比。

CO选择性：转化的CO2中生成CO的百分比。

对比Ⅰ和Ⅱ，该反应应该选择的催化剂为__，理由是__。

实验条件下，铬盐作催化剂时，随温度升高，C2H6的转化率升高，但C2H4的选择性降低，原因是__。

（2）利用质子传导型固体氧化物电解池将乙烷转化为乙烯，示意图如图：
①电极a与电源的______极相连。

②电极b的电极反应式是______。

【答案】+177.6 增大CO2的量，发生反应C+CO22CO，消耗C；增大CO2的量，反
应ⅲ正向进行程度增加，降低了C2H6的浓度，反应ⅳ进行的程度减小铬盐相同温度下，铬盐作催化剂时C2H6的转化率和C2H4的选择性均较高温度升高，反应ⅰ、ⅲ、ⅳ的化学反应速率均增大，反应ⅳ增大的更多正极 CO2+2e－+2H+=CO+H2O
【解析】
【分析】
【详解】
噲?C2H4(g) + H2(g) ΔH1＝+136.4kJ·mol−1
（1）①已知：C2H6(g) 垐?
噲?CO(g) + H2O(g) ΔH2＝+41.2kJ·mol−1
ⅱ．CO2(g) + H2(g) 垐?
噲?C2H4(g) +CO(g) +H2O(g) ΔH3
ⅲ．C2H6(g) +CO2(g) 垐?
由盖斯定律可知，反应ⅰ+反应ⅱ得反应ⅲ，则ΔH3＝ΔH1+ΔH2=（+136.4kJ·mol−1）+（+41.2kJ·mol−1）=+177.6kJ·mol−1，故答案为：+177.6；
②增大二氧化碳的量，可以有效缓解积碳的原因是，二氧化碳能与碳在加热条件下反应生成一氧化碳，消耗积碳，反应的化学方程式为C+CO22CO；增大二氧化碳的量，反应ⅲ向正正反应方向移动，降低了体系中C2H6的浓度，使反应ⅳ向逆反应方向移动，减少积碳的生成，故答案为：增大CO2的量，发生反应C+CO22CO，消耗C；增大CO2的量，反应ⅲ正向进行程度增加，降低了C2H6的浓度，反应ⅳ进行的程度减小；
③由表格数据可知，相同温度下，铬盐作催化剂时，C2H6的转化率和C2H4的选择性均较高，则对比Ⅰ和Ⅱ，该反应应该选择的催化剂为铬盐；升高温度，反应ⅰ、ⅲ、ⅳ的化学反应速率均增大，反应ⅳ的化学反应速率增大的幅度更大，导致C2H6的转化率升高，C2H4的选择性降低，故答案为：温度升高，反应ⅰ、ⅲ、ⅳ的化学反应速率均增大，反应ⅳ增大的更多；
（2）①电解池中，阳离子向阴极移动，由图给氢离子的移动方向可知，电极a为阳极，
与电源正极相连，故答案为：正；
②电解池中，阳离子向阴极移动，由图给氢离子的移动方向可知，电极b为阴极，在氢离子作用下，二氧化碳在阴极上得电子发生还原反应生成一氧化碳和水，电极反应式为CO2 +2e－+2H+=CO+H2O。

5．近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。

因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。

回答下列问题：
（1）Deacon发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。

下图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl) ∶c(O2)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（300℃）____________K（400℃）（填“大于”或“小于”）。

设HCl初始浓度为c0，根据进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=1∶1的数据计算K（400℃）
=____________（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(O2)过低、过高的不利影响分别是____________。

（2）Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：CuCl2(s)=CuCl(s)+1
2
Cl2(g) ΔH1=83
kJ·mol-1，CuCl(s)+1
2
O2(g)=CuO(s)+
1
2
Cl2(g) ΔH2=-20 kJ·mol-1，
CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH3=-121 kJ·mol-1，则4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=_________kJ·mol-1。

（3）在一定温度的条件下，进一步提高HCl的转化率的方法是______________。

（写出2种）
【答案】大于
22
4
(0.42)(0.42)
(10.84)(10.21)c
⨯
-⨯-
O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低﹣116
增加反应体系压强、及时除去产物
【解析】
【分析】
(1)结合图象可知，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，温度越高平衡常数越小；进料浓度比c(HCl)：c(O2)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)=1：1，该曲线中400℃HCl 的平衡转化率为84%，
4HCl(g)+O 2(g)═2Cl 2(g)+2H 2O(g)
初始 c 0 c 0 0 0
平衡 0.84c 0 0.21c 0 0.42c 0 0.42c 0
转化c 0-0.84c 0 c 0-0.21c 0 0.42c 0 0.42c 0
带入K=22
40
(0.42)(0.42)(10.84)(10.21)c ⨯-⨯-计算即可； 进料浓度比c(HCl)：c(O 2)过低时，O 2浓度较大，Cl 2和O 2分离能耗较高；进料浓度比c(HCl)：c(O 2)过高时，O 2浓度过低，HCl 的转化率减小；
(2)①CuCl 2(s)═CuCl(s)+12Cl 2(g)△H 1=83kJ•mol -1，②CuCl(s)+12O 2(g)═CuO(s)+12
Cl 2(g)△H 2=-20kJ•mol -1，③CuO(s)+2HCl(g)═CuCl 2(s)+H 2O(g)△H 3=-121kJ•mol -1，根据盖斯定律，(①+②+③)×2可得4HCl(g)+O 2(g)═2Cl 2(g)+2H 2O(g)，据此计算该反应的△H ；
(3)4HCl(g)+O 2(g)═2Cl 2(g)+2H 2O(g)为气体体积缩小的放热反应，若要提高HCl 的转化率，需要使平衡向着正向移动，结合平衡移动原理分析。

【详解】
(1)根据反应方程式知，HCl 平衡转化率越大，平衡常数K 越大，结合图像知升高温度平衡转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，则K(300℃)>K(400℃)；
由图像知，400℃时，HCl 平衡转化率为84%，用三段式法对数据进行处理得： 2224HCl(g)O (g)2Cl (g)2H O(g)+=+
起始(浓度) c 0 c 0 0 0
变化(浓度) 0.84c 0 0.21c 0 0.42c 0 0.42c 0
平衡(浓度)(1-0.84)c 0 (1-0.21)c 0 0.42c 0 0.42c 0
则K=22
40
(0.42)(0.42)(10.84)(10.21)c ⨯-⨯-；根据题干信息知，进料浓度比过低，氧气大量剩余，导致分离产物氯气和氧气的能耗较高；进料浓度比过高，HCl 不能充分反应，导致HCl 转化率较低；
(2)根据盖斯定律知，(①+②+③)×2得2224HCl(g)O (g)2Cl (g)2H O(g)+=+
∆H=(∆H 1+∆H 2+∆H 3)×2=-116kJ·mol -1；
(3)若想提高HCl 的转化率，应该促使平衡正向移动，该反应为气体体积减小的反应，根据勒夏特列原理，可以增大压强，使平衡正向移动；也可以及时除去产物，减小产物浓度，使平衡正向移动。

【点睛】
勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，但影响因素不能完全被消除；使用勒夏特列原理时，必须注意研究对象必须为可逆反应，否则勒夏特列原理不适用，特别是改变平衡移动的因素不能用平衡移动原理解释，如催化剂的使用只能改变反应速率，不改变平衡移动，无法用勒夏特列原理解释。

6．C 、N 、S 和Cl 元素的单质及化合物在工业生产中的有效利用备受关注。

请回答下列问
题：
（1）已知：I.2SO2(g)+O2(g)+2H2O(1) =2H2SO4(aq) △H1；
Ⅱ.Cl 2(g)+H2O(1)HCl(aq)+HClO(aq) △H2；
Ⅲ.2HClO(aq) =2HCl(aq)+O2(g) △H3
SO2(g)+Cl2(g)+2H2O(1)=2HCl(aq)+H2SO4 (aq) △H4=__________(用含有△H1、△H2和△H3的代数式表示)。

（2）25℃时，H2SO3溶液中各含硫微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的变化关系如图所示。

已知25℃时，NaHSO3的水溶液pH＜7，用图中的数据通过计算解释原因
____________________。

（3）利用“ Na-CO2”电池将CO2变废为宝。

我国科研人员研制出的可充电“ Na-CO2”电池，以钠箔和多壁碳纳米管（MWCNT）为电极材料，总反应为4Na+3CO22Na2CO3+C。

放电时该电池“吸入”CO2，其工作原理如图所示：
①放电时，正极的电极反应式为______。

②选用高氯酸钠—四甘醇二甲醚做电解液的优点是_______（至少写两点）。

（4）氯氨是氯气遇到氨气反应生成的一类化合物，是常用的饮用水二级消毒剂，主要包括一氯胺、二氯胺和三氯胺(NH2C1、NHC12和NC13)，副产物少于其它水消毒剂。

①一氯胺(NH2Cl)的电子式为_______。

一氯胺是重要的水消毒剂，其原因是由于一氯胺在中性、酸性环境中会发生水解，生成具有强烈杀菌作用的物质，该反应的化学方程式为
_______。

②在恒温条件下，2molCl2和1molNH3发生反应2Cl2(g)+NH3(g)NHCl2(l)+2HCl(g)，测得平衡时Cl2和HCl的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：
计算C 点时该反应的压强平衡常数K p (C)= _______ (K p 是平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)
【答案】（△H 1+2△H 2+△H 3）/2 由图中数据可以计算出K a2(H 2SO 3)=10
－7.2 ，K a1(H 2SO 3)=10－1.9，所以HSO 3—的水解常数是10－12.1，HSO 3—电离程度大于水解程度，溶液显酸性
3CO 2+4Na ++4e -═2Na 2CO 3+C 导电性好、与金属钠不反应、难挥发等特点
NH 2Cl+H 2O═NH 3+HClO 0.5MPa -1 【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律，反应SO 2(g)+Cl 2(g)+2H 2O(l)=2HCl(aq)+H 2SO 4(aq)是
(Ⅰ+2×Ⅱ+Ⅲ)/2，那么△H 4=（△H 1+2△H 2+△H 3）/2；
（2）由图中数据可以，求出H 2SO 3的K a1和K a2，()()()()3 1.9a123
3a123 K 1.9,K 10c H c HSO pH c H SO c HSO c H SO +-
--====，时，（）； 同理，用pH=7.2的数据计算，可以得到K a2=10-7.2，HSO 3-
既可以水解又可以电离，电离常数
为K a2，水解常数K h =K w /K a1=10-14/10-1.9=10-12.1，水解大于电离，溶液呈酸性； （3）根据总反应方程式，正极是CO 2得电子变成C ，电极反应式为3CO 2+4Na ++4e
-═2Na 2CO 3+C ；不选择水做溶剂，而选择有机物做溶剂，可以知道Na 不和有机物发生反应，
此外可以根据，电解质溶液的作用来答题，应该要有导电性好，难挥发等等； （4）①可以按照氨气的电子式来写，一氯氨可以当做氯代替氨气中的一个H 。

电子式为
；根据水解反应的特点，要和水发生作用，一部分结合氢氧根，一部分结合氢离子，产生一种具有强烈杀菌的作用，应该是次氯酸，可以写出来NH 2Cl+H 2O═NH 3+HClO ；②C 点平衡时Cl 2和HCl 的物质的量浓度相等，可以利用三段式列出式子，设转化NH 3物质的量为x
2Cl 2(g) + NH 3 (g) NHCl 2(l) + 2HCl(g)
开始（mol ） 2 1 0 0
转换（mol ） 2x x 2x
C 点的平衡（mol ） 2-2x 1-x 2x
则2-2x=2x ，解得x=0.5mol ，平衡时Cl 2、NH 3、HCl 物质的量依次为1mol 、0.5mol 、1mol ，NHCl 2为液体，计算压强是不计入，气体一共2.5mol ，总压为10MPa ，可以Cl 2、
NH 3、HCl 分压为4MPa 、2MPa 、4MPa ；
()()
22
-1p 2223p HCl (4MPa)K C ===0.5MPa p (Cl )p(NH )(4MPa)(2MPa)
⨯。

【详解】 （1）根据盖斯定律，反应SO 2(g)+Cl 2(g)+2H 2O(l)=2HCl(aq)+H 2SO 4(aq)是
(Ⅰ+2×Ⅱ+Ⅲ)/2，那么△H 4=（△H 1+2△H 2+△H 3）/2；
(2) 由图中数据可以，求出H 2SO 3的K a1和K a2，()()()()3 1.9a123
3a123 K 1.9,K 10c H c HSO pH c H SO c HSO c H SO +-
--====，时，（）； 同理，用pH=7.2的数据计算，可以得到K a2=10
-7.2，水解常数K h =K w /K a1=10-14/10-1.9=10-12.1，
水解大于电离，溶液呈酸性； （3）根据总反应方程式，正极是CO 2得电子变成C ，电极反应式为3CO 2+4Na ++4e -═2Na 2CO 3+C ；不选择水做溶剂，而选择有机物做溶剂，可以知道Na 不和有机物发生反应，此外可以根据，电解质溶液的作用来答题，应该要有导电性好，难挥发等等；
（4）①可以按照氨气的电子式来写，一氯氨可以当做氯代替氨气中的一个H 。

电子式为
；根据水解反应的特点，要和水发生作用，一部分结合氢氧根，一部分结合氢离子，产生一种具有强烈杀菌的作用，应该是次氯酸，可以写出来NH 2Cl+H 2O═NH 3+HClO ；②C 点平衡时Cl 2和HCl 的物质的量浓度相等，可以利用三段式列出式子，设转化NH 3物质的量为x
2Cl 2(g) + NH 3 (g) NHCl 2(l) + 2HCl(g)
开始（mol ） 2 1 0 0
转换（mol ） 2x x 2x
C 点的平衡（mol ） 2-2x 1-x 2x
则2-2x=2x ，解得x=0.5mol ，平衡时Cl 2、NH 3、HCl 物质的量依次为1mol 、0.5mol 、1mol ，NHCl 2为液体，计算压强是不计入，气体一共2.5mol ，总压为10MPa ，可以Cl 2、NH 3、HCl 分压为4MPa 、2MPa 、4MPa ；
()()
22
-1p 2223p HCl (4MPa)K C ===0.5MPa p (Cl )p(NH )(4MPa)(2MPa)
⨯。

【点睛】
第（4）②不要忘记了，NHCl 2是液体，它不代入平衡常数表达式中。

7．研究和深度开发CO 、CO 2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义。

（1）CO 2可以被NaOH 溶液捕获。

若所得溶液c (HCO 3-)：c (CO 32-)=2：1，溶液中由水电离出的c (H +)=__。

(室温下，H 2CO 3的K 1=4×10-7；K 2=5×10-11)
（2）CO 2和H 2充入一定体积的密闭容器中，反应过程和在两种温度下CH 3OH 的物质的量随时间的变化如图所示。

①已知图所示反应每消耗1molH2，热量变化是16.3kJ，则反应的热化学方程式为__。

曲线
I、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为K1__K2(填“＞”或“=”或“＜”)。

②一定温度下，若此反应在恒压容器中进行，能判断该反应达到化学平衡状态的依据是
__。

a.容器中压强不变
b.H2的体积分数不变
c.c(H2)=3c(CH3OH)
d.容器中密度不变
e.2个C=O断裂的同时有3个H—H断裂
③一定比例的合成气在装有催化剂的反应器中反应12小时，体系中甲醇的产率和催化剂的催化活性与温度的关系如图所示。

当温度为470K时，图中P点__(填“是”或“不是”)处于平衡状态。

490K之后，甲醇产率下降的原因是__。

（3）用二氧化碳可合成低密度聚乙烯(LDPE)。

常温常压下以纳米二氧化钛膜为工作电极，电解CO2，可制得LDPE，可能的机理如图所示。

则过程I中阴极电极反应式__，工业上生产1.4×104g的LDPE，转移电子的物质的量为
__。

【答案】10-4mol·L-1 CO 2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-48.9kJ·mol-1>
bd 不是反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，且催化剂活性降低 CO2+e-=CO2-6×103mol
【解析】
【分析】
【详解】
（1）所得溶液()()-2-33c HCO c CO 2:1：＝ ，由()()
()2-+3-112-3c CO c H K ==510c HCO ⨯⨯可知
()10c H 110mol /L +-⨯＝ ，则c (OH −)＝10-4mol ·L -1，则溶液中由水电离出的c (H +)＝10-4mol ·L -1；
故答案为： 10-4mol ·L -1；
（2）①已知图1所示反应每消耗1molH 2，热量变化是16.3KJ ，涉及反应为
CO 2(g )+3H 2(g )垐?噲?CH 3OH (g )+H 2O (g )，消耗3mol 氢气，则热量变化为48.9kJ ，曲线I 、
Ⅱ中Ⅱ温度较高，可知升高温度甲醇物质的量较小，应为放热反应，则热化学方程式为
CO 2(g )+3H 2(g ) 垐?噲? CH 3OH (g )+H 2O (g ) △H ＝－48.9kJ /mol ，升高温度，平衡逆向移
动，则平衡常数减小，K 1＞K 2；
故答案为：CO 2(g )+3H 2(g )CH 3OH (g )+H 2O (g ) ΔH =-48.9kJ ·mol -1；＞；
②a ．反应在恒压条件下进行，无论是否达到平衡，容器中压强都不变，故a 错误；b ．H 2的体积分数不变，可说明达到平衡状态，故b 正确；c ．平衡常数未知，且不能确定反应物转化的程度，c (H 2)＝3c (CH 3OH )不能确定是否达到平衡状态，故c 错误；d ．反应前后体积不等，在恒压条件下，容器中密度不变，可说明达到平衡状态，故d 正确；e ．2个C ＝O 断裂的同时有3个H －H 断裂，都为正反应速率，不能说明正逆反应速率相等，故e 错误；故答案为：bd ；
③由于产率最高之前，未达到平衡状态，反应为放热反应，达到平衡之后，升高温度，平衡逆向移动，产率下降，且催化剂活性降低；
故答案为：不是；反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，且催化剂活性降低； （3）过程I 中阴极电极发生还原反应生成2CO - ，电极方程式为22CO e CO --+＝ ，由C 原子守恒可知关系式为2nCO 2～，碳的化合价从+4变为－2，每个C 原子得到6个电子，则2nCO 2总共得到12n 个电子，根据电荷守恒可得该电极反应式为：2nCO 2+12e −+12nH +＝+4nH 2O ，需要二氧化碳的物质的量为：
431.410g 2n 110mol 28ng /mol
⨯⨯⨯＝ ，则转移电子的物质的量为336110mol 610mol ⨯⨯=⨯； 故答案为：22CO e CO --
+＝；6×103mol 。

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：
化学键C—H H—H C=O C O
键能（kJ/mol）4134368031076
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CH4与CO2按物质的量1:1投料制取CO2和H2时，CH4和CO2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CH 4与CO 2按物质的量1:1投料,发生反应Ⅰ、II ，则
①923K 时CO 2的平衡转化率大于CH 4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CO 2和CH 4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CH 4和CO 2反应时通常会掺入O 2，则发生反应 III: CH 4+2O 2＝CO 2+2H 2O ； 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O 2的进气量与反应III 放出的热量关系，据此解题；
②发生反应 III: CH 4+2O 2＝CO 2+2H 2O ，分析甲烷、二氧化碳的物质的量及消耗量，分析CH 4的平衡转化率和CO 2的平衡转化率受到的影响；
【详解】
(l)已知部分化学键的键能，焓变等于反应物的总键能减去生成物的总键能，则
△H l =4413kJ/mol+2803kJ/mol-21076kJ/mol-2436kJ/mol=+234kJ/mol ⨯⨯⨯⨯； 答案为：+234；
反应I ：CH 4(g )+CO 2(g )＝2CO (g )+2H 2(g ) △H 1=+234kJ/mol ，△S >0，因此△S >0是反应Ⅰ自发反应的原因，该反应是吸热、气体分子总数增大的反应，因此，选择高温低压的条件；
答案为：△S>0； B ；
(2)①923K 时反应Ⅰ中CH 4和CO 2的平衡转化率是一样的，但是，二氧化碳还参加反应II ，因此其平衡转化率大于CH 4；
答案为：CH 4和CO 2按1:1投料发生反应I 时转化率相等，CO 2还发生反应II ，所以平衡转化率大于CH 4；
②CH 4和CO 2按1:1投料，设投料时的物质的量浓度为1mol/L ，由图知CH 4和CO 2的转化率
为60%、70%，则发生反应I 时422CH (g)+CO (g)=2H (g)+2CO(g)
11000.60.6 1.2 1.2
0.40.4 1.2 1.2
起始浓度(mol/L)转化浓度(mol/L)平衡浓度(mol/L) 发生反应II:222222H (g)+CO (g)=H O(g)+CO(g)
1.20.40 1.2
0.10.10.10.11.10.30.1 1.3
c[H O(g)]c[CO(g)]0.1 1.30.39c[H (g)]c[CO (g)] 1.10.3
K ⋅⨯===⋅⨯起始浓度(mol/L)转化浓度(mol/L)平衡浓度(mol/L); 答案为：0.39；。