高考化学化学反应原理综合考查的综合复习及详细答案

高考化学化学反应原理综合考查的综合复习及详细答案
一、化学反应原理综合考查
1．丙烯腈（CH2=CHCN）是一种重要的化工原料，工业上可用“丙烯氨氧化法”生产，主要副产物有丙烯醛（CH2=CHCHO）和乙腈（CH3CN）等，回答下列问题：
(1)以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈（C3H3N）和副产物丙烯醛（C3H4O）的热化学方程式如下：
①C3H6(g)+NH3(g)+3
2
O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g) ΔH=-515kJ/mol
①C3H6(g)+O2(g)=C3H4O(g)+H2O(g) ΔH=-353kJ/mol
两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是________；有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是________；提高丙烯腈反应选择性的关键因素是________。

(2)图（a）为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线，最高产率对应温度为460℃。

低于460℃时，丙烯腈的产率________（填“是”或者“不是”）对应温度下的平衡产率，判断理由是________；高于460℃时，丙烯腈产率降低的可能原因是________（双选，填标号）A．催化剂活性降低B．平衡常数变大C．副反应增多D．反应活化能增大
(3)丙烯腈和丙烯醛的产率与n（氨）/n（丙烯）的关系如图（b）所示。

由图可知，最佳n （氨）/n（丙烯）约为1理由是_______________。

进料氨、空气、丙烯的理论体积约为________。

【答案】两个反应均为放热量大的反应降低温度,降低压强,催化剂不是该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低 AC 1 该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低 1：7.5：1
【解析】
【分析】
(1)依据热化学方程式方向可知，两个反应均放热量大，即反应物和生成物的能量差大，因此热力学趋势大；有利于提高丙烯腈平衡产率需要改变条件使平衡正向进行，提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催化剂；
(2)因为该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低，即低于460℃时，对应温度下的平衡转化率曲线应该是下降的，但实际曲线是上升的，因此判断低于460℃时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡转化率；产率降低主要从产率的影响因素进行考虑；
(3)根据图像可知，当n（氨）/n（丙烯）约为1时，该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低，根据化学反应氨气、氧气、丙烯按1：1.5：1的体积比加入反应达到最
佳状态，依据氧气在空气中约占20%计算条件比。

【详解】
(1)两个反应在热力学上趋势均很大，两个反应均放热量大，即反应物和生成物的能量差大，因此热力学趋势大；该反应为气体体积增大的放热反应，所以降低温度、降低压强有利于提高丙烯腈的平衡产率，提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催化剂；
(2)因为该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低，即低于460℃时，对应温度下的平衡转化率曲线应该是下降的，但实际曲线是上升的，因此判断低于460℃时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡转化率．高于460°C时，丙烯腈产率降低；
A．催化剂在一定温度范围内活性较高，若温度过高，活性降低，A正确；
B．该反应放热，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数变小，B错误；
C．根据题意，副产物有丙烯醛，催化剂活性降低，副反应增多，导致产率下降，C正确；D．反应活化能的大小不影响平衡，D错误；
综上AC符合题意；
(3)根据图象可知，当n（氨）/n（丙烯）约为1时，该比例下丙烯腈产率最高，而副产物
丙烯醛产率最低；根据反应C3H6(g)+NH3(g)+3
2
O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g)，氨气、氧气、丙烯
按1：1.5：1的体积比加入反应达到最佳状态，而空气中氧气约占20%，所以进料氨、空
气、丙烯的理论体积约为：1：1.5
20%
：1=1：7.5：1。

2．过氧乙酸(CH3CO3H)是一种广谱高效消毒剂，不稳定、易分解，高浓度易爆炸。

常用于空气、器材的消毒，可由乙酸与H2O2在硫酸催化下反应制得，热化学方程式为：
CH3COOH(aq)+H2O2(aq)⇌CH3CO3H(aq)+H2O(l) △H=-13.7K J/mol
(1)市售过氧乙酸的浓度一般不超过21%，原因是____ 。

(2)利用上述反应制备760 9 CH3CO3H，放出的热量为____kJ。

(3)取质量相等的冰醋酸和50% H2O2溶液混合均匀，在一定量硫酸催化下进行如下实验。

实验1：在25 ℃下，测定不同时间所得溶液中过氧乙酸的质量分数。

数据如图1所示。

实验2：在不同温度下反应，测定24小时所得溶液中过氧乙酸的质量分数，数据如图2所示。

①实验1中，若反应混合液的总质量为mg，依据图1数据计算，在0—6h间，
v(CH3CO3H)=____ g／h（用含m的代数式表示）。

②综合图1、图2分析，与20 ℃相比，25 ℃时过氧乙酸产率降低的可能原因是
_________。

（写出2条）。

(4) SV-1、SV-2是两种常用于实验研究的病毒，粒径分别为40 nm和70 nm。

病毒在水中可能会聚集成团簇。

不同pH下，病毒团簇粒径及过氧乙酸对两种病毒的相对杀灭速率分别如图3、图4所示。

依据图3、图4分析，过氧乙酸对SV-1的杀灭速率随pH增大而增大的原因可能是______【答案】高浓度易爆炸（或不稳定，或易分解） 137 0.1m/6 温度升高，过氧乙酸分解；温度升高，过氧化氢分解，过氧化氢浓度下降，反应速率下降随着pH升高，SV-1
的团簇粒径减小，与过氧化氢接触面积增大，反应速率加快
【解析】
【分析】
（1）过氧乙酸(CH3CO3H)不稳定、易分解，高浓度易爆炸，为了安全市售过氧乙酸的浓度一般不超过21%
(2) 利用热化学方程式中各物质的系数代表各物质的物质的量来计算
(3) 结合图象分析计算
【详解】
(1)市售过氧乙酸的浓度一般不超过21%，原因是不稳定、易分解，高浓度易爆炸。

(2)利用热化学方程式中各物质的系数代表各物质的物质的量来计算。

利用上述反应制备760 g CH3CO3H，物质的量是10mol,所以放出的热量是方程式中反应热的10倍为137kJ。

(3)①实验1中，若反应混合液的总质量为mg，依据图1数据计算，在0—6h间，
v(CH3CO3H)=0.1
②综合图1、图2分析，与20 ℃相比，25 ℃时过氧乙酸产率降低的可能原因是温度升高，过氧乙酸分解；温度升高，过氧化氢分解，过氧化氢浓度下降，反应速率下降。

（4）依据图3、图4分析，过氧乙酸对SV-1的杀灭速率随pH增大而增大的原因可能是随着pH升高，SV-1的团簇粒径减小，与过氧化氢接触面积增大，反应速率加快。

3．甲醇是一种可再生能源，由CO2制备甲醇的过程可能涉及的反应如下：反应Ⅰ：
CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-49.58kJ·mol-1
反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2
反应Ⅲ：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H3=-90.77kJ·mol-1
回答下列问题：
（1）反应Ⅱ的△H2=______________。

（2）反应Ⅲ能够自发进行的条件是__________ (填“较低温度”、“ 较高温度”或“任何温度”)
（3）恒温，恒容密闭容器中，对于反应Ⅰ，下列说法中能说明该反应达到化学平衡状态的是________。

A．混合气体的密度不再变化
B．混合气体的平均相对分子质量不再变化
C．CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量之比为1：3：1：1
D．甲醇的百分含量不再变化
（4）对于反应Ⅰ，不同温度对CO2的转化率及催化剂的效率影响如图所示，下列有关说法不正确的是__________。

A．其他条件不变，若不使用催化剂，则250℃时CO2的平衡转化率可能位于M1
B．温度低于250 ℃时，随温度升高甲醇的产率增大
C．M点时平衡常数比N点时平衡常数大
D．实际反应应尽可能在较低的温度下进行，以提高CO2的转化率
（5）若在1L密闭容器中充入3molH2和1molCO2发生反应Ⅰ，250℃时反应的平衡常数
K=______；若要进一步提高甲醇体积分数。

可采取的措施有_________________。

（6）下图是电解Na2CO3溶液的装置图。

阴极的电极反应式为________________
【答案】+41.19kJ·mol-1较低温度BD ABD0.148(或者4
27
)增大压强(降低温度)
2H++2e-==H2↑或2H2O+2e-==H2↑+2OH-
【解析】
【分析】
本题考查盖斯定律，热化学反应与过程无关，只与始态与终态有关，△H2=△H1-
△H3=+41.19kJ/mol；△G==△H－T△S，T为温度，△G<0，可自发进行，反应Ⅲ：△H<0, △S<0，较低温度可自发进行；平衡状态的判断，同一物质的正逆反应速率相等，本题中ρ=m/V，质量与体积均不变，密度自始至终不变，不可做为判断依据；M=m/n，质量不变，物质的量减少，可做判断依据；反应物与生成物平衡时的比例不一定为1：3：1：1，不可
以；只要平衡则甲醇的百分含量不再变化，可以；化学反应条件的选择，既要考虑反应时的产量，又要考虑反应的速率；32322()()()()
c C H OH c H O K c CO c H ⨯=⨯，250℃时转化率为50%；电解池中阳极失电子，溶液中为水提供的氢氧根离子失电子，产生的氢离子和钠离子向阴极区域移动，而阴极附近的水提供的氢离子得电子，生成氢气。

【详解】
（1）本题考查盖斯定律，热化学反应与过程无关，只与始态与终态有关，△H 2=△H 1-△H 3=+41.19kJ/mol ；（2）△G==△H－T△S，T 为温度，△G<0，可自发进行，反应Ⅲ：△H<0, △S<0，较低温度可自发进行；（3）平衡状态的判断，同一物质的正逆反应速率相等，本题中ρ=m/V ，质量与体积均不变，密度自始至终不变，不可做为判断依据；M=m/n ，质量不变，物质的量减少，可做判断依据；反应物与生成物平衡时的比例不一定为1：3：1：1，不可以；只要平衡则甲醇的百分含量不再变化，可以；答案为：BD ；(4)A.催化剂对反应速率有影响，对平衡的限度无影响，A 错误；B.该反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，产率提高，B 正确；C.升高温度平衡向左移动，化学平衡常数变小，C 错误；D. 实际反应应尽可能在催化效率最高时，D 错误；答案为ABD ；
(5) CO 2 + 3H 2
CH 3OH + H 2O 250℃时转化率为50%
初始量：1 3
反应量：0.5 1.5 0.5 0.5
平衡： 0.5 1.5 0.5 0.5 32322()()()()
c C H OH c H O K c CO c H ⨯=⨯，K=0.148；提高甲醇的体积分数为：增大压强(降低温度)； (6) 电解池中阳极失电子，溶液中为水提供的氢氧根离子失电子，产生的氢离子和钠离子向阴极区域移动，而阴极附近的水提供的氢离子得电子，生成氢气，2H ++2e -==H 2↑或2H 2O+2e -==H 2↑+2OH -
【点睛】
判断化学平衡的依据：同一物质的正逆反应速率相等，还可以为延伸出的依据，需要具体分析，本题中ρ=m/V ，质量与体积均不变，密度自始至终不变，不可做为判断依据；
M=m/n ，质量不变，物质的量减少，可做判断依据；反应物与生成物平衡时的比例不一定为1：3：1：1；甲醇的百分含量不再变化则可以。

4．碳和氮的氢化物是广泛的化工原料，回答下列问题：
（1）工业上合成氨的反应为N 2(g)+3H 2(g)
2NH 3(g) △H=-92.2kJ/mol ，反应过程中能量
变化如图I 所示。

①氨分解：2NH 3(g)
N 2(g)+3H 2(g)的活化能为_________kJ/mol ②合成氨时加入铁粉可以加快生成NH 3的速率，在图I 中画出加入铁粉后的能量变化曲
线。

_______ （2）联氨作火箭燃料的反应为：2N 2H 4(l)+N 2O 4(l)=3N 2(g)+4H 2O(g) △H 1
已知：2O 2(g)+N 2(g)=N 2O 4(1) △H 2 N 2H 4(1)+O 2(g)=N 2(g)+2H 2O(g) △H 3
上述热效应之间的关系式为△H 1=____。

某新型火箭用液氧/煤油代替联氨/N 2O 4，这种替换可能的好处是___（一条即可）。

（3）天然气制氢气是工业上制氢气的主要方法之一，其主要反应如下：
i ．CH 4(g)+H 2O(g)
CO(g)+3H 2(g) ΔH=-+206.4kJ/mol ， ii ．CO(g)+ H 2O(g)CO 2(g)+H 2(g) ΔH=-41.0kJ/mol
在一定温度下，2L 的密闭容器中加入a molCH 4和2amolH 2O 发生反应，t min 时反应达平衡，测得容器内CObmol 、CO 2cmol 。

回答下列问题：
①下列可判断体系达到平衡状态的是_______。

A ．CO 的体积分数不变
B ．容器内气体密度不变
C ．3v(CH 4)=v(H 2) D
．2n(CO)n(H )不再变化 ②0~tmin 反应速率v(CO 2)=_____，CH 4的的转化率为_____，反应ⅱ的平衡常数K=______。

③图Ⅱ中T ℃之后c(CO 2)随温度升高而减小的原因是_________。

【答案】427.2 2△H 3-△H 2 环境污染小（或成本低） AD c 2t mol/(L·min) b+c a
×100% c(3b+4c)b(2a-b-2c) T ℃之后，反应②为放热反应，升高温度反应②向逆反应方向移动是影响c （CO 2）的主要因素，故c （CO 2）减小
【解析】
【分析】
(1)①放热反应的反应热△H =—（E a2—E a1）；
②催化剂可以降低反应的活化能，增大反应速率，即E a 、E a1均减小，但反应热不变； （2）依据盖斯定律计算可得；液氧/煤油所用原料成本低，无毒；
（3）①反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质浓度或百分含量保持不变； ②依据题给数据，建立三段式，结合速率、转化率和化学平衡常数表达式计算可得；
③反应i 为吸热反应，反应ii 为放热反应，由图Ⅱ可知T ℃时反应达到平衡，升高温度，反应i 向正反应方向移动，一氧化碳浓度增大，反应ii 向逆反应方向移动，温度对c （CO 2）的影响大于浓度的影响。

【详解】
(1)①放热反应的反应热△H =—（E a2—E a1），由图可知E a1=335.0 kJ /mol ，则合成氨反应△H =—（E a2—335.0 kJ /mol ）=—92.2kJ /mol ，E a2=427.2 kJ /mol ，即
2NH 3(g )N 2(g )+3H 2(g )的活化能为427.2 kJ /mol ，故答案为427.2；
②催化剂可以降低反应的活化能，增大反应速率，即E a 、E a1均减小，但反应热不变，则加入铁粉后的能量变化曲线为，故答案为； （2）将题给反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知③×2—②=①，则△H 1=2△H 3-△H 2；用液氧/煤油代替联氨/N 2O 4的主要原因是液氧/煤油所用原料成本低，无毒，对环境污染小，故答案为2△H 3-△H 2；环境污染小；
（3）①A 、CO 的体积分数不变，说明正反应速率等于逆反应速率，该反应已达平衡状态，故正确；
B 、根据质量守恒定律，平衡前后气体质量是不变的，在恒温恒容密闭体系中，整个反应过程混合气体的密度始终是不变的，不可作为判断体系达到平衡状态的判据，故错误；
C 、3v (CH 4)=v (H 2)不能说明正反应速率等于逆反应速率，不可作为判断体系达到平衡状态的判据，故错误；
D 、2n(CO)n(H )
不再变化，说明在恒温恒容密闭体系中CO 和H 2的浓度不在变化，该反应已达平衡状态，故正确；
AD 正确，故答案为AD ；
②设反应i 生成一氧化碳的物质的量为x ，由题给条件建立如下三段式：
CH 4(g )+H 2O (g )CO (g )+3H 2(g )
起（mol ） a 2a 0 0
变（mol ） x x x 3x
平（mol ） a —x 2a —x x 3x
CO (g )+ H 2O (g )CO 2(g )+H 2(g )
起（mol ） x 2a —x 0 3x
变（mol ） c c c c
平（mol ） x —c 2a —x —c c 3x +c
0～tmin 内，生成CO 2的物质的量为cmol ，浓度的变化量为c 2
mol /L ，则反应速率
v (CO 2)= c 2t mol /(L ·min )；由题意可知一氧化碳的物质的量为bmol ，则有x —c =b ，x =c +b ，CH 4的转化率为
b+c a ×100%；平衡时，c （CO ）为b 2 mol /L ，c （H 2O ）为2a-b-2c 2 mol /L ，c （CO 2）为2c mol /L ，c （H 2O ）为3b+4c 2
mol /L ，反应ⅱ的平衡常数K =222c CO c H c CO c H O （）（）（）（）=3b+4c 22b 2a-b-2c 22
c ⨯⨯=c(3b+4c)b(2a-b-2c)，故答案为c 2t mol /(L ·min )；b+c a
×100%；c(3b+4c)b(2a-b-2c)； ③反应i 为吸热反应，反应ii 为放热反应，由图Ⅱ可知T
℃时反应达到平衡，升高温度，反应i 向正反应方向移动，一氧化碳浓度增大，使二氧化碳浓度有增大的趋势，反应ii 向逆反应方向移动，使二氧化碳浓度有减小的趋势，由于温度对c （CO 2）的影响大于浓度的影响，所以c (CO 2)随温度升高而减小，故答案为T ℃之后，反应②为放热反应，升高温度反应②向逆反应方向移动是影响c （CO 2）的主要因素，故c （CO 2）减小。

【点睛】
本题考查化学反应原理综合应用，侧重分析与应用能力的考查，注意把握反应热与活化能的关系、盖斯定律的计算、化学平衡状态的判断、化学平衡计算为解答的关键。

5．工业上将石灰石和硫煤混合使用，称之为“固硫”，其反应原理为：
2CaCO 3(s )+2SO 2(g )+O 2(g )
2CaSO 4(s )+2CO 2(g ) △H 1=akJ ·mol -1。

已知：CaO (s )+CO 2(g )
CaCO 3(s ) △H 2=bkJ ·mol -1； 2SO 2(g )+O 2(g )
2SO 3(g ) △H 3=ckJ ·mol -1。

请回答下列问题：
（1）CaSO 4(s )
CaO (s )+SO 3(g )△H =___kJ ·mol -1(用a 、b 、c 表示)。

（2）T 1℃时，向某恒容密闭容器中通入一定量的CO 2和足量CaO 发生反应：CaO (s )+CO 2(g )CaCO 3(s )，CO 2的浓度随时间变化如图所示：
①0～8min ，v (CO 2)=___。

②t 1min 时，若保持其他条件不变，压缩容器体积至原来的12
，t 2min 重新达到平衡，请在图中画出CO 2的浓度自条件改变至新平衡的变化曲线___。

（3）T 2℃时，向某密闭容器中通入2molSO 2和1molO 2发生反应：
2SO 2(g )+O 2(g )2SO 3(g ) △H 3=ckJ ·mol -1。

①若该容器为恒压密闭容器，下列选项可判断反应已达平衡状态的是___。

A .混合气体的密度不再改变
B 混合气体的压强不再改变
C .相同时间内，每断裂0.1molO =O 键，同时生成0.2molSO 3
D .混合气体的平均相对分子质量不再改变
②若该容器为2L 的恒容密闭容器，达平衡时SO 3的体积分数为40%，则O 2的转化率为___，T 2℃时该反应的平衡常数K =___。

③反应达到②中的平衡状态后，保持反应温度和O 2的浓度不变，增大容器体积，则平衡将___(填“正向”、“逆向”或“不“)移动，原因为___。

【答案】c a -b-22 0.05mol ·L －1·min －1 AD 50% 4
不 23222(SO )=(SO )(O )
c K c c ，保持O 2浓度不变，扩大容器体积，SO 2、SO 3浓度同等程度的减小，则Q c =K ，平衡不移动
【解析】
【分析】
【详解】
(1)巳知反应①2CaCO 3(s )+2SO 2(g )+O 2(g )
2CaSO 4(s )+2CO 2(g )△H 1=akJ ·mol -1； ②CaO (s )+CO 2(g )
CaCO 3(s ) △H 2=bkJ ·mol -1； ③2SO 2(g )+O 2(g )
2SO 3(g ) △H 3=ckJ ·mol -1。

结合盖斯定律：
12×③-②-12×①可得反应CaSO 4(s )CaO (s )+SO 3(g )，则△H =12×③-②-12×①=12×c -b -12×a =c a -b-22
； (2)①CO 2的浓度从0.8mol ·L －1降低到0.4mol ·L －1，变化了0.4mol ·L －1，则-1-120.4mol/L (CO )=0.05mol L min 8min
c v t ∆==∆g g ； ②压缩体积至原来的
12的瞬间CO 2的浓度增加一倍，从0.4mol ·L －1变成0.8mol ·L －1，该反应的平衡常数为21=(CO )
K c ，温度不变，平衡常数不变，则CO 2的浓度不变，达到新的平衡时CO 2的浓度仍为0.4mol ·L －1，则图像为；
(3)①A ．该反应为气体分子数改变的反应，且该容器为恒压密闭容器，则反应过程中体积改变，气体质量不变，则气体密度会发生变化，则混合气体的密度不再改变可以说明平衡，A 正确；
B ．该容器为恒压密闭容器，体系压强恒定，则混合气体的压强不再改变不能说明平衡状态，B 错误；
C ．相同时间内，每断裂0.1molO ＝O 键，同时生成0.2molSO 3的反应方向相同，不能说明平衡状态，C 错误；
D ．该反应气体质量不变，但气体物质的量改变，则平均相对分子质量为变化值，则混合气体的平均相对分子质量不再改变可以说明平衡状态，D 正确；
答案为：AD ；
②利用三等式求转化率和平衡常数，设O 2转化了xmol ，有
2232SO (g)O (g)2SO (g)
210222212x x x
x x x
+--垐?噲?开始的物质的量转化的物质的量平衡的物质的量 平衡时，SO 3的体积分数为40%，有
2100%40%2-21-2x x x x ⨯=++，得x =0.5，则O 2的转化率20.5(O )100%50%1mol mol α=
⨯=；容器的体积为2L ，则平衡常数22322221()(SO )2==410.5(SO )(O )()()22
c K c c =⨯； ③因为平衡常数23222(SO )=(SO )(O )
c K c c ，保持O 2浓度不变，且原平衡c (SO 3)=c (SO 2)，扩大容器体积，SO 2、SO 3浓度同等程度的减小，2322(SO )(SO )
c c 不变，则Q c =K ，平衡不移动。

答案：不
23222(SO )=(SO )(O )
c K c c ，保持O 2浓度不变，扩大容器体积，SO 2、SO 3浓度同等程度的减小，则Q c =K ，平衡不移动。

【点睛】
(2)②需要注意，由于平衡常数只与CO 2的浓度有关，因此平衡常数不变，CO 2的浓度不变，因此达到新平衡时，CO 2的浓度与原浓度相同，作图要注意。

6．I .亚硫酸钠的氧化反应:2Na 2SO 3 (aq ) +O 2(aq )=2Na 2SO 4(aq ) ∆H =x kJ /mol 。

其反应速率受溶解氧浓度影响,分为富氧区和贫氧区两个阶段。

（1）已知O 2(g ) ƒO 2(aq ) ∆H =y kJ /mol ，Na 2SO 3 溶液与O 2(g )反应的热化学方程式为
___________________。

（2）291.5K时,1.0L溶液中Na2SO3初始量分别为4、6、8、12mmol,溶解氧浓度初始值为9.60mg/L,每5s记录溶解氧浓度,实验结果如图所示。

当Na2SO3初始量为12mmol,经过20s溶解氧浓度降为6.40mg/L,则0～20s内Na2SO3的平均反应速率为
_______mol/(L·s)。

（3）为确定贫氧区速率方程v=k·c a(SO32-)·c b(O2)中的a、b的值(取整数),分析实验数
据。

c(Na2SO3)×1033.655.657.6511.65
v×10610.224.444.7103.6
①当溶解氧浓度为4.0mg/L时,c(SO32-)与速率数值关系如表(甲)所示，则a=____。

②当溶解氧浓度小于4.0mg/L时,图中曲线皆为直线,Na2SO3氧化速率与溶解氧浓度无关,则b=_______。

（4）两个阶段不同温度的速率常数之比如表(乙)所示。

已知a
1
221
E
k11
ln=-(-)
k R T T,R为常数。

Ea(富氧区)_____ (填“＞”或“＜”)Ea(贫氧区)。

反应阶段速率方程
K
(291.5K)
k
k
（297.0）
富氧区v=k·c (SO32-)·c (O2)1.47
贫氧区v=k·c a (SO32-)·c b(O2)2.59
II. （5）在容积固定的密闭容器中,起始充入0.2mol SO2和0.1mol O2,反应体系起始总压强0.1MPa。

反应在一定温度下达到平衡时SO2的转化率为90%。

该反应的压强平衡常数Kp=________ ( 分压=总压×物质的量分数)(写单位)。

（6）利用原电池原理,也可用SO2和O2来制备硫酸,该电池用多孔材料作电极。

请写出该电池负极反应式_________________________。

【答案】2Na2SO3(aq) +O2(g)=2Na2SO4(aq) ∆H=(x+y)kJ/mol 1×10-5 2 0 ＜
24300MPa-12+
224
SO22H O SO4H
e--
-+=+
【解析】 【分析】 【详解】
(1) 2Na 2SO 3(aq ) +O 2 (aq )=2Na 2SO 4(aq ) ∆H =x kJ /mol ①； O 2(g ) ƒO 2(aq ) ∆H =y kJ /mol ②；
将方程式①+②得2Na 2SO 3 (aq ) +O 2 (g )=2Na 2SO 4(aq ) ∆H =(x +y )kJ /mol ； (2) 0～20s 内溶解氧浓度变化量=(9.60-6.40)mg /L =3.20mg /L =3.20×10-3g /L ，则
△c (O 2)=33.2010g 32g L
/mol
-⨯/ =10-4mol /L ，根据方程式得△c (Na 2SO 3)=2△c (O 2)=2×10-4
mol /L ，0～20s 内Na 2SO 3的平均反应速率v =4210mo 20l L s
-⨯/ =1×10-5mol •L -1•s -1；
(3)①当溶解氧浓度为4.0 mg /L 时，c (SO 32-)与速率数值关系如表(甲)所示，v 1：
v 2=c 1a (SO 32-)：c 2a (SO 32-
)，24.4 5.65
=10.2365
a
a
.，解得a =2； ②当溶解氧浓度小于4.0mg •L -1时，图中曲线皆为直线，说明该方程为一次函数，k 为常
数，v 与c (SO 32-)有关，溶解氧浓度对v 无影响，所以b =0；
(4) ln
12K K 随着Ea 的增大而增大，富氧区的ln 1
2
K K 较小，故E a (富氧区)＜E a (贫氧区)； （5）
2232SO +O 2SO 0.20.10
0.180.090.180.020.010.18
ƒ开始转化平衡 设平衡时的总压强P ，
0.30.21=0.1P
，P =0.07 MPa ，Kp =2
2
0.180.07MPa 0.21=0.020.010.07MPa 0.07MPa 0.210.21⎛
⎫⨯ ⎪
⎝⎭⎛
⎫⎛⎫⨯⨯⨯ ⎪ ⎪
⎝
⎭⎝⎭ 24300MPa -1； （6）SO 2和O 2来制备硫酸，硫元素化合价升高，负极为SO 2失电子生成硫酸根离子，反应
的离子方程式是2+
224SO 22H O SO 4H e ---+=+。

7．（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 2H 5OH(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C 1、C 2或C 3)。

（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，k1、k2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k1=__；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)+2SO2(g)2SO3(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，过渡态3的活化能最小，反应历程最优，故答案为：-4a ；C 3；
（2）①根据图示内容，对比260℃时不同催化剂作用下SO 2的转化率，可以看出Cr 2O 3作催化剂时，反应速率最快，Fe 2O 3和NiO 作催化剂均能使SO 2的转化率达到最高，但是Fe 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，故答案为：Fe 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，Fe 2O 3作催化剂时，曲线a 符合，故答案为：a ；
（3）反应的化学平衡常数K p =24
22
p(N O )
p (NO )，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），k 1=2k 2·K P ；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，所以B 、D 为平衡点，故答案为：2k 2·
K P ；BD ； （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，由题意建立如下三段式：
()()()223mol mol 2 O g +2SO g 2SO g ωωω 2 mol 1- 2-2 2ω ω ω起（） 1 2 0变（）平（）
ƒ
由三段式可得p(SO 3)、p(O 2)和p(SO 2)分别为23-ωω×p θ、1-3-ωω×p θ、2-23-ωω×
p θ，则标准平衡常
数K θ=2
3θ222θθ
p SO [
]p p SO p O [][]p p
（）（）（）=2
23-22-21-3-3-[][][]ωω
ωωωω⨯=23(3-)(1-)ωωω，故答案为：23(3-)(1-)ωωω。

【点睛】
由平衡分压等于平衡总压和物质的量分数之积和K θ=2
3θ
222θθ
p SO [
]p
p SO p O [][]p p
（）（）（）可知
K θ=2
3θ222θθ
p SO [
]p p SO p O [][]p p
（）（）（）=2
23-22-21-3-3-[][][]ωωωωωω⨯是解答关键，也是难点。

8．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：CH 4(g)⇌C(ads) +2H 2(g) (慢反应) 反应②：C(ads) + CO 2(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)CH 4与CO 2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；。