高考化学提高题专题复习化学反应原理综合考查练习题附答案解析

高考化学提高题专题复习化学反应原理综合考查练习题附答案解析
一、化学反应原理综合考查
1．氨催化氧化是硝酸工业的基础，氦气在Pt催化剂作用下发生主反应Ⅰ和副反应Ⅱ：Ⅰ.4NH 3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)△H1=-905 kJ/mol
Ⅱ.4NH 3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)△H2
（1）已知：
NO O2N2
物质中断裂1mol化学键需要的能量/kJ
629496942
则△H2=___________。

（2）以Pt为催化剂，在1L密闭容器中充入1mol NH3和2mol O2，测得有关物质的量与温度的关系如下图：
①该催化剂在高温时对反应__________更有利（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）。

②520℃时，NH3的转化率为____________。

③520℃时，反应Ⅱ的平衡常数K=________（数字计算式）。

④下列说法正确的是____________（填标号）。

A 工业上氨催化氧化生成NO时，最佳温度应控制在840℃左右
B 增大NH3和O2的初始投料比可以提高NH3生成NO的平衡转化率
C 投料比不变，增加反应物的浓度可以提高NH3生成NO的平衡转化率
D 使用催化剂时，可降低反应的活化能，加快其反应速率
⑤温度高于840℃时，NO的物质的量减少的原因可能是____________。

（3）在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NO x反应生成N2。

①NH3与NO2生成N2的反应中，当生成1mol N2时，转移的电子数为___________mol。

②将一定比例的O2、NH3和NO x的混合气体，匀速通入装有催化剂的反应器中反应。

反应相同时间NO x的去除率随反应温度的变化曲线如下图所示，在50-250℃范围内随着温度的升高，NO x的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是_______________。

【答案】-1265kJ/mol160%
26
43
0.20.9
0.4 1.45
⨯
⨯
AD催化剂失去活性、有其他副反应发
生、生成NO的反应为放热反应温度升高生成NO的转化率降低24
7
迅速上升段是催化剂
活性随温度升高增大与温度升高共同使NO x去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NO x去除反应速率增大
【解析】
【分析】
（1）利用盖斯定律和△H=反应物总键能-生成物总键能计算；
（2）①由图可知，该催化剂在高温时，生成的NO物质的量远大于氮气的；
②根据图示A点计算出两个反应消耗氨气的量，再计算转化率；
③利用A点，计算出两个反应后剩余的氨气，氧气，生成的水和N2，再根据平衡常数公式计算；
④A.工业上氨催化氧化生成NO时，根据图示可知840℃生成NO最多，故A正确；
B.增大NH3和O2的初始投料比可以降低NH3转化率，提高氧气转化率，故B错误；
C.投料比不变，增加反应物的浓度可以看成增大压强，不利于向体积增大的方向进行，因此降低NH3生成NO的平衡转化率，故C错误；
D.使用催化剂时，可降低反应的活化能，加快其反应速率，故D正确；
⑤温度高于840℃时，NO的物质的量减少的原因可能是催化剂失去活性、有其他副反应发生、生成NO的反应为放热反应温度升高生成NO的转化率降低；
（3）①8NH3+6NO2=7N2+12H2O根据方程式判断；
②在50-250℃范围内随着温度的升高，NO x的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NO x去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NO x去除反应速率增大；
【详解】
（1）盖斯定律：Ⅰ-Ⅱ得2N 2(g)+2O24NO(g) △H= △H1- △H2=-905-△H2kJ/mol；
△H=反应物总键能-生成物总键能=2×942 kJ/mol +2×496 kJ/mol -4×629 kJ/mol =360kJ/mol；所以：△H2=△H1- △H==-905 kJ/mol -360 kJ/mol =-1265kJ/mol ；
答案：-1265kJ/mol
（2）①由图可知，该催化剂在高温时，生成的NO物质的量远大于氮气的，故该催化剂在高温下选择反应I；
答案：Ⅰ
②520℃时， 4NH 3（g）+5O2 4NO（g）+6H2O（g）
变化（mol ）： 0.2 0.25 0.2 0.3
4NH 3（g）+3O2（g） 2N2（g）+6H2O（g）变化（mol ）：0.4 0.3 0.2 0.6
NH3的转化率为0.20.4
1
+
×100%=60%
答案:60%
③在 1L 密闭容器中充入 1mol NH3和 2mol O2，520℃平衡时n（NO）=n（N2）=0.2mol，则：
4NH 3（g）+5O2 4NO（g）+6H2O（g）
变化（mol ）：0.2 0.25 0.2 0.3
4NH 3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（g）
变化（mol ）：0.4 0.3 0.2 0.6
故平衡时，n（NH3）=1mol-0.2mol-0.4mol=0.4mol，n（O2）=2mol-0.25mol-
0.3mol=1.45mol，n（H2O）=0.3mol+0.6mol=0.9mol，由于容器体积为1L，利用物质的量代
替浓度计算平衡常数K=
26
43 0.20.9 0.4 1.45
⨯
⨯
答案：
26
43 0.20.9 0.4 1.45
⨯
⨯
④A.工业上氨催化氧化生成NO时，根据图示可知840℃生成NO最多，故A正确；
B.增大NH3和O2的初始投料比可以降低NH3转化率，提高氧气转化率，故B错误；
C.投料比不变，增加反应物的浓度可以看成增大压强，不利于向体积增大的方向进行，因此降低NH3生成NO的平衡转化率，故C错误；
D.使用催化剂时，可降低反应的活化能，加快其反应速率，故D正确；
答案：AD
⑤温度高于840℃时，NO的物质的量减少的原因可能是催化剂失去活性、有其他副反应发生、生成NO的反应为放热反应温度升高生成NO的转化率降低；
答案：催化剂失去活性、有其他副反应发生、生成NO的反应为放热反应温度升高生成NO 的转化率降低
（3）①8NH3+6NO2=7N2+12H2O生成N2的反应中，当生成1mol N2时，转移的电子数为24
7
mol；
答案：24 7
②反应相同时间NO x的去除率随反应温度的变化曲线如下图所示，在50-250℃范围内随着温度的升高，NO x的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NO x去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NO x去除反应速率增大；
答案：迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NO x去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NO x去除反应速率增大
【点睛】
本题难点是图象分析应用，易错点平衡常数的计算，注意三段式法在平衡计算中的应用。

2．中国是世界上最大的钨储藏国，超细钨粉是生产硬质合金所必须的原料。

（1）工业上可以采用铝热还原法生产钨铁合金，已知：
①WO3(s)+2Al(s)=W(s)+Al2O3(s) ∆H1
②3Fe3O4(s)+8Al(s)=9Fe(s)+4Al2O3(s) ∆H2
则四氧化三铁与钨反应的热化学方程式为___(反应热写为∆H3并用含△H1、A H2的代数式表示)；在反应②中若有0.1molFe3O4参加反应，则转移电子___mol。

（2）自然界中钨主要存在于黑钨矿中(主要成分是铁和锰的钨酸盐)，从中制备出黄钨(WO3)后再用H2逐级还原：WO3→WO2.90→WO2.72→WO2→W，总反应为
3H2(g)+WO3(s)ƒW(s)+3H2O(g) ∆H，实验测得一定条件下平衡时H2的体积分数曲线如图所示：
①由图可知，该反应的∆H____(填“>”或“<”)0；a点处的v正___v逆(填“>”“<”或“=”)。

②如果上述反应在体积不变的密闭容器中达到平衡，下列说法错误的是__(填序号)。

A．v正(H2)=v逆(H2O)
B．加入WO3，则H2的转化率增大
C．容器内气体的密度不变时，一定达到平衡状态
D．容器内压强不变时，一定达到平衡状态
③由图可知900K，氢气的平衡转化率为__，K p(900K)=____(用平衡分压代替平衡浓度计
算，已知：平衡分压=p总×气体物质的量分数)。

④已知在高温下，氧化钨会与水蒸气反应生成一种挥发性极强的水钨化合物WO2(OH)2，因此在反应中要适当加快氢气的流速，原因是__。

【答案】3Fe3O4(s)＋4W(s)=9Fe(s)＋4WO3(s) △H3=△H2-4△H1 0.8 > > BD 75% 27
加快氢气的流速可以脱除氢气中的水蒸汽，提高钨的产率
【解析】
【分析】
【详解】
（1）①WO3(s)+2Al(s)=W(s)+Al2O3(s) ∆H1
②3Fe3O4(s)+8Al(s)=9Fe(s)+4Al2O3(s) ∆H2
由盖斯定律：①-②×4，则四氧化三铁与钨反应的热化学方程式为3Fe3O4(s)＋4W(s)=9Fe(s)＋4WO3(s) △H3=△H2-4△H1(反应热写为∆H3并用含△H1、A H2的代数式表示)；在反应②中若
有0.1molFe3O4参加反应，则转移电子8
3
×3×0.1mol=0.8mol。

故答案为：3Fe3O4(s)＋
4W(s)=9Fe(s)＋4WO 3(s) △H 3=△H 2-4△H 1；0.8；
（2）①由图可知，3H 2(g)+WO 3(s)ƒW(s)+3H 2O(g) 随温度升高，氢气的体积分数减小，平衡正向进行，正向为吸热反应，该反应的∆H >0；a 点要达平衡状态，氢的体积分数要减小，反应正向进行，a 点处的v 正>v 逆 。

故答案为：>；>；
②如果上述反应在体积不变的密闭容器中达到平衡，
A ．氢气消耗的速率与水消耗的速率相等，v 正(H 2)=v 逆(H 2O)，故A 正确；
B ．WO 3是固体，加入WO 3，则H 2的转化率不变，故B 错误；
C ．反应前后气体的质量不同，容器内气体的密度不变时，一定达到平衡状态，故C 正确；
D ．反应前后气体的体积不变，容器内压强不变时，不一定达到平衡状态，故D 错误； 故答案为：BD ；
③由图可知900K ，M 点时氢气的体积分数为25%，设氢气的起始量为3mol ，转化率为x ，氢气的变化量为3xmol ，列出三段式：
()()()()232333333330H g WO s W s H O g x x x x ++-ƒ
开始
转化
平衡
则有33100%25%3
x -⨯= ，x=0.75，氢气的平衡转化率为75%； 平衡常数可用平衡分压代替平衡浓度计算，气体分压=气体总压×物质的量分数。

水蒸汽的
分压为p 总×0.75，氢气的分压为p 总×0.25，K p (900K)=3
330.75=30.25
=27。

故答案为：75%；27；
④在高温下，氧化钨会与水蒸气反应生成一种挥发性极强的水钨化合物WO 2(OH)2，因此在反应中要适当加快氢气的流速，原因是加快氢气的流速可以脱除氢气中的水蒸汽，提高钨的产率。

故答案为：加快氢气的流速可以脱除氢气中的水蒸汽，提高钨的产率。

【点睛】
本题考查化学平衡的计算，把握盖斯定律计算焓变、化学平衡三段法、转化率及K p 的计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，难点（2）③列出三段式，利用K p 的定义进行计算。

3．利用工业废气 CO 2 或 CO 和 H 2 在一定条件下可制备燃料甲醇。

Ⅰ．利用工业废气 CO 合成甲醇，其能量变化示意图如下：
(1)图中曲线 a 到曲线 b 的措施是_______。

该反应ΔS________0(填“>”或“<”)
(2)一定条件下，在 2 L 密闭容器中充入 1 mol CO 和 2 mol H2，10 min 后达到平衡，放出热量 45.5kJ，则 10 min 内 H2的转化率为_____；该温度下反应的平衡常数K=_____；达到平衡后，再向容器中充入 CO、H2、CH3OH 各 1 mol，则此时υ正_____υ逆 (填“>”“<”或“=”) (3)下列措施可以提高甲醇产率的是_____。

a．压缩容器体积
b．将 CH3OH (g)从体系中分离
c．恒容条件下充入He，使体系总压强增大
d．恒压条件下再充入 10mol CO 和 20mol H2
(4)现有容积均为 1L 的 a、b、c 三个密闭容器，向其中分别充入 1molCO 和 2molH2的混合气体，控制温度，进行反应，测得相关数据的关系如图所示。

b 中甲醇体积分数大于 a 中的原因是_______达到平衡时，a、b、c 中 CO 的转化率大小关系为_______。

Ⅱ．用工业废气中的 CO2制取甲醇和水蒸气
(5)一定条件下，往2L恒容密闭容器中充入1mol CO2和3mol H2，在不同催化剂作用下发生反应 I、反应II与反应III，相同时间内CO2的转化率随温度变化如图所示：
①催化剂效果最佳的反应是_____(填“反应I”，“反应II”，“反应III”)。

②b 点υ正_____υ逆(填“>”，“<”，“=”)。

③若此反应在 a 点时已达平衡状态，a 点的转化率比 c 点高的原因是_____。

④c 点时该反应的平衡常数K ＝_____。

【答案】加入催化剂 < 50% 4 > ab b 处反应温度高，则反应速率快，反应相同时间生成的甲醇多，体积分数大 a>b>c 反应 I > 该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向
移动 163
【解析】
【分析】
【详解】 (1)反应路径发生了变化，活化能下降，应为加入催化剂；反应发生后，气体物质的量减小，熵值减小，所以ΔS<0；
(2)2molH 2完全反应释放的热量是91kJ ，现在反应达平衡后只释放了45.5kJ 的热量，所以H 2消耗1mol ，转化率为50%，化学方程式为CO(g)+2H 2(g)CH 3OH(g)，平衡时三种物质CO 、H 2、CH 3OH 的浓度分别为0.25mol/L 、0.5mol/L 、0.25mol/L ，平衡常数
K =322(CH OH)(CO)(H )c c c ⋅=2
0.250.250.5⨯=4；三种物质都加入1mol 后，Q c=322(CH OH)(CO)(H )c c c ⋅=2
0.750.751⨯=1<K ，反应正向移动，v 正>v 逆； (3)a ．压缩容器体积，平衡正向移动，甲醇产率增大，a 符合题意；
b ．将CH 3OH(g)从体系中分离，平衡正向移动，甲醇产率增大，b 符合题意；
c ．恒容条件下充入He ，各物质浓度不变，对平衡无影响，c 不合题意；
d ．恒压条件下再充入10molCO 和20molH 2，达到平衡时，各物质浓度不变，甲醇的产率不变，d 不合题意；
答案为：ab ；
(4)反应开始5min 后，a 中温度比b 中低，反应速率比b 中慢，生成甲醇的量少，体积分数小，所以，b 中甲醇体积分数大于a 中的原因是b 处反应温度高，则反应速率快，反应相同时间生成的甲醇多，体积分数大；比较b 、c 两点甲醇的体积分数，可得出△H <0，温度升高平衡逆向移动，平衡时CO 转化率依次减小，所以a>b>c 。

答案为：b 处反应温度高，则反应速率快，反应相同时间生成的甲醇多，体积分数大；a>b>c ；
(5)①在低温时，相同温度、相同时间内反应I 转化率最高，所以催化剂效果最好的是反应I ；
②b 点尚未达到平衡状态，从催化剂效果更好的反应II 和III 可知，b 点反应仍正向进行，所以υ正>υ逆；
③c 点温度更高，比a 提前达到平衡状态，所以a 、c 两点均是平衡点。

从a 、c 点的比较可以看出，温度升高CO 2的转化率减小，平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，从而得出原因是：该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动；
④利用三段式，可以建立以下关系：
2232CO (g)
3H (g)CH OH(g)H O(g)(mol/L)
0.5 1.500111(mol/L)13331111(mol/L)
6233++ƒ起始量变化量平衡量
K =3113311()62
⨯⨯=163。

4．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质：
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+12
c (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
23
2-
3
c(H CO) c(CO)=
-
2+
233
-+2-+
33
c(H CO)c(HCO)
××c(H)
c(HCO)c(H)c(CO)c(H)
⋅⋅
=
2+
12
c(H)
Ka Ka
⋅
5．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SO2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】CH 4(g )+2SO 2(g )=CO 2(g )+2S (s )+2H 2O (l ) △H =-295.9kJ /mol H 2S 300℃ 2×10-3/t 1mol /(L ·min ) 2H 2+SO 2
S +2H 2O ＜ 36.45mol /L c (Na +)＞c (HSO 3-)＞
c (SO 32-)＞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)(/)100 (/)0.9
0.450.9(/)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 ⋅=22090.4501⨯．．
=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 -)=10-7mol /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Na2SO3和NaHSO3是解题的关键。

6．完成下列填空。

(1)在 25℃、101kPa 时，C(s)、H2(g)、CH3COOH(l)的燃烧热分别为 393.5kJ/mol、
285.8kJ/mol、870.3kJ/mol，则 2C(s)+2H2(g)+O2(g)= CH3COOH(l)的△H=___________。

(2)温度为 T 时，在 2 L 的密闭容器中加入 2.0 mol SO2和 1.0 mol O2发生反应，达到平衡时容器内气体压强变为起始时的 0.7 倍。

该反应的平衡常数为_____。

(3)在一定体积 pH＝12 的 Ba(OH)2溶液中，逐滴加入一定物质的量浓度的 NaHSO4 溶液，当溶液中的 Ba2＋恰好完全沉淀时，溶液 pH＝11。

若反应后溶液的体积等于 Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的体积之和，则 Ba(OH)2溶液与 NaHSO4溶液____
(4)利用如图所示的电解装置，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 4.48 L(标况下)，则理论上另一电极通入 SO2的物质的量应为_________。

【答案】-488.3kJ∕mol 1620 1：4 NO+6H++5e-=NH4++H2O 0.5mol
【解析】
【分析】
根据燃烧热写出热化学方程式，再利用盖斯定律来计算反应2C(s)+2H2(g)+O2(g)= CH3COOH(l)的反应热；利用三段式法，设参加反应的SO2物质的量，用平衡状态时的压强变化列式求解，再用化学平衡公式求解化学平衡常数；氢氧化钡和硫酸氢钠反应钡离子恰好沉淀，需要Ba(OH)2和NaHSO4按照物质的量1：1和反应，结合溶液的pH和溶液体积换算物质的量列式计算；根据电解装置分析，通入NO的电极连接外电源负极，则该电极为电解池阴极，电解池阴极发生还原反应，NO转化为NH4+，H+参与电极反应，据此写出电极方程式，根据电子守恒计算。

据此分析。

【详解】
(1)在25℃、101kPa时，C(s)、H2(g)、CH3COOH(l)的燃烧热分别为393.5kJ∕mol、
285.8kJ∕mol、870.3kJ∕mol，则H2(g)+1
2
O2(g)=H2O(l) △H=-285.8kJ∕mol (1)
C(s)+O2(g)=CO2(g) △H=-393.5kJ∕mol (2)
CH3COOH(1)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) △H=-870.3kJ∕mol(3)
由盖斯定律可以知道，(1)×2+(2)×2-(3)可得反应2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(1)，其反应热为2×(-285.8kJ∕mol)+2×(-393.5kJ∕mol)+870.3kJ∕mol=-488.3kJ∕mol，答案为：-488.3 kJ∕mol；
(2)温度为T时，在2L的密闭容器中加入2.0 mol SO2和1.0 mol O2发生反应，达到平衡时容
器内气体压强变为起始时的0.7倍，用三段式法设反应的SO 2的物质的量：
2232SO (g)+O (g)2SO (g)
(mol)210(mol)2x x 2x
(mol)2-2x 1-x 2x
ƒ起始：转化：平衡： ，该反应是恒温恒容下的反应，根据反应前后压强之比等于物质的量之比得
22x 1x 2x 0.7x 0.921-+-+==+，，则化学平衡常数221.8216200.20.1()22K ⎛⎫ ⎪⎝⎭==⎛⎫⨯ ⎪⎝⎭
，答案为：1620； (3)pH=12的Ba(OH)2溶液中c(OH - )= 10-2mol ∕L ，设溶液体积为aL ，则氢氧根离子物质的量为10-2×a mol ；当溶液中的 Ba 2＋恰好完全沉淀时，根据反应
Ba(OH)2+NaHSO 4=BaSO 4↓+H 2O+NaOH ，反应的硫酸氢钠物质的量为0.5a ×10-2mol ；设硫酸氢钠溶液体积为bL ，混合后溶液pH=11，得溶液中氢氧根离子浓度为10 -3mol ∕L ，碱过量；根据公式得：22
3a 100.5a 1010a b
---⨯-⨯=+，a ：b=1：4；答案为：1：4； (4)根据电解装置，SO 2转化为硫酸根离子，说明NO 转化为NH 4+，即NO 在阴极发生还原反应NO+6H ++5e -=NH 4++H 2O ，阳极反应式为SO 2+2H 2O-2e -=4H ++SO 42-，通入的 NO 体积为
4.48 L(标况下)即0.2mol ，根据得失电子守恒，因此有2NO~10e -~5SO 2，则SO 2的物质的量为0.5mol ，答案为：NO+6H ++5e -=NH 4++H 2O ；0.5mol ；
7．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：
①C 2H 6(g)=C 2H 4(g)+H 2(g) ΔH 1=+136kJ·
mol -1 ②C 2H 6(g)+
12
O 2(g)=C 2H 4(g)+H 2O(g) ΔH 2=-110kJ·mol -1 已知反应相关的部分化学键键能数据如下：
由此计算x=___，通过比较ΔH 1和ΔH 2，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C 2H 4外，还存在CH 4、CO 、CO 2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： 组分 C 2H 6 O 2 C 2H 4 H 2O 其他物质
体积分数/% 2.4 1.0 12
15 69.6 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)＋12
O 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。

8．氨是重要的基础化工原料，可以制备尿素[CO (NH 2)2]、N 2H 4等多种含氮的化工产品。

（1）以NH 3与CO 2为原料可以合成尿素[CO (NH 2)2]，涉及的化学反应如下：
反应I ：-13222412NH (g)+CO (g)NH CO NH (s) =159.5kJ mol H ∆-⋅垐?噲?
反应Ⅱ：-12242222NH CO NH (s)CO(NH )(s)+H O(g)116.5kJ mol H ∆=+⋅垐?噲?
反应Ⅲ：H 2O (1)＝H 2O (g ) △H 3=+44.0 kJ ·mol －1
则反应：322222NH (g)+CO (g)CO(NH )(s)+H O(1)=H ∆垐?噲? __________kJ /mol
（2）将氨气与二氧化碳在有催化剂的反应器中反应
322222NH (g)+CO (g)CO(NH )(s)+H O(g)垐?噲?，体系中尿素的产率和催化剂的活性与
温度的关系如图1所示：。