2020年高考化学真题模拟题专项汇编__14化学反应原理综合（解析版） 46页

专题14 化学反应原理综合 ‎2020年高考真题 ‎1．（2020年新课标Ⅰ）硫酸是一种重要的基本化工产品，接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧化：SO2(g)+O2(g)SO3(g) ΔH=−98 kJ·mol−1。回答下列问题：‎ ‎(1)钒催化剂参与反应的能量变化如图所示，V2O5(s)与SO2(g)反应生成VOSO4(s)和V2O4(s)的热化学方程式为：_________。‎ ‎(2)当SO2(g)、O2(g)和N2(g)起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa压强下，SO2平衡转化率α 随温度的变化如图所示。反应在5.0MPa、550℃时的α=__________，判断的依据是__________。影响α的因素有__________。‎ ‎(3)将组成(物质的量分数)为2m% SO2(g)、m% O2(g)和q% N2(g)的气体通入反应器，在温度t、压强p条件下进行反应。平衡时，若SO2转化率为α，则SO3压强为___________，平衡常数Kp=___________(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。‎ ‎(4)研究表明，SO2催化氧化的反应速率方程为：v=k(−1)0.8(1−nα')。式中：k为反应速率常数，随温度t升高而增大；α为SO2平衡转化率，α'为某时刻SO2转化率，n为常数。在α'=0.90时，将一系列温度下的k、α值代入上述速率方程，得到v~t曲线，如图所示。‎ 46‎ 曲线上v最大值所对应温度称为该α'下反应的最适宜温度tm。ttm后，v逐渐下降。原因是__________________________。‎ ‎【答案】（1）2V2O5(s)+ 2SO2(g)⇌ 2VOSO4(s)+ V2O4(s) ∆H= -351 kJ∙mol-1 ‎ ‎（2）0.975 该反应气体分子数减少，增大压强，α提高。所以，该反应在550℃、压强为5.0MPa＞2.5MPa＝p２的，所以p1=5.0MPa 反应物（N2和O2）的起始浓度（组成）、温度、压强 ‎（3） ‎ ‎（4）升高温度，k增大使v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降。当t＜tm，k增大对v的提高大于α引起的降低；当t＞tm，k增大对v的提高小于α引起的降低 ‎ ‎【解析】【分析】根据盖斯定律，用已知的热化学方程式通过一定的数学运算，可以求出目标反应的反应热；根据压强对化学平衡的影响，分析图中数据找到所需要的数据；根据恒压条件下总压不变，求出各组分的分压，进一步可以求出平衡常数；根据题中所给的速率公式，分析温度对速率常数及二氧化硫的转化率的影响，进一步分析对速率的影响。‎ ‎【详解】(1)由题中信息可知：‎ ‎①SO2(g)+O2(g)⇌SO3(g) ∆H= -98kJ∙mol-1‎ ‎②V2O4(s)+ SO3(g)⇌V2O5(s)+ SO2(g) ∆H2= -24kJ∙mol-1‎ ‎③V2O4(s)+ 2SO3(g)⇌2VOSO4(s) ∆H1= -399kJ∙mol-1‎ 根据盖斯定律可知，③-②´2得2V2O5(s)+ 2SO2(g)⇌ 2VOSO4(s)+ V2O4(s)，则∆H= ∆H1-2∆H2=( -399kJ∙mol-1)-( -24kJ∙mol-1)´2= -351kJ∙mol-1，所以该反应的热化学方程式为：2V2O5(s)+ 2SO2(g)⇌ 2VOSO4(s)+ V2O4(s) ∆H= -351 kJ∙mol-1；‎ ‎(2) SO2(g)+O2(g)⇌SO3(g)，该反应是一个气体分子数减少的放热反应，故增大压强可以使化学平衡向正反应方向移动。因此，在相同温度下，压强越大，SO2的平衡转化率越大，所以，该反应在550℃、压强为5.0MPa条件下，SO2‎ 46‎ 的平衡转化率一定高于相同温度下、压强为2.5MPa的，因此，p1=5.0MPa，由图中数据可知，α=0.975。影响α的因素就是影响化学平衡移动的因素，主要有反应物（N2和O2）的浓度、温度、压强等。‎ ‎(3)假设原气体的物质的量为100mol，则SO2、O2和N2的物质的量分别为2m mol、m mol和q mol，2m+m+q=3m+q=100，SO2的平衡转化率为α，则有下列关系：‎ 平衡时气体的总物质的量为n(总)= 2m(1-α)+m(1-α)+2mαmol+q mol，则SO3的物质的量分数为。该反应在恒压容器中进行，因此，SO3的分压p(SO3)=，p(SO2)=，p(O2)=，在该条件下，SO2(g)+ O2(g)⇌2SO3(g) 的Kp=。‎ ‎(4) 由于该反应是放热反应，温度升高后α降低。由题中信息可知，v=，升高温度，k增大使v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降。当t＜tm，k增大对v的提高大于α引起的降低；当t＞tm，k增大对v的提高小于α引起的降低。‎ ‎【点睛】本题有关化学平衡常数的计算是一个难点，尤其题中给的都是字母型数据，这无疑增大了难度。这也是对考生的意志的考验，只要巧妙假设、小心求算，还是可以得到正确结果的，毕竟有关化学平衡的计算是一种熟悉的题型。本题的另一难点是最后一问，考查的是速率公式与化学平衡的综合理解，需要明确化学反应速率与速率常数及平衡转化率之间的函数关系，才能作出正确的解答。所以，耐心和细心才是考好的保证。‎ ‎2．（2020年新课标Ⅱ）天然气的主要成分为CH4，一般还含有C2H6等烃类，是重要的燃料和化工原料。‎ 46‎ ‎(1)乙烷在一定条件可发生如下反应：C2H6(g)= C2H4(g)+H2(g) ΔH，相关物质的燃烧热数据如下表所示：‎ 物质 C2H6(g)‎ C2H4(g)‎ H2(g)‎ 燃烧热ΔH/( kJ·mol−1)‎ ‎-1560‎ ‎-1411‎ ‎-286‎ ‎①ΔH=_________kJ·mol−1。‎ ‎②提高该反应平衡转化率的方法有_________、_________。‎ ‎③容器中通入等物质的量的乙烷和氢气，在等压下(p)发生上述反应，乙烷的平衡转化率为α。反应的平衡常数Kp=_________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。‎ ‎(2)高温下，甲烷生成乙烷的反应如下：2CH4C2H6+H2。反应在初期阶段的速率方程为：r=k×，其中k为反应速率常数。‎ ‎①设反应开始时的反应速率为r1，甲烷的转化率为α时的反应速率为r2，则r2=_____ r1。‎ ‎②对于处于初期阶段的该反应，下列说法正确的是_________。‎ A．增加甲烷浓度，r增大 B．增加H2浓度，r增大 C．乙烷的生成速率逐渐增大 D．降低反应温度，k减小 ‎(3)CH4和CO2都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如下图所示：‎ ‎①阴极上的反应式为_________。‎ ‎②若生成的乙烯和乙烷的体积比为2∶1，则消耗的CH4和CO2体积比为_________。‎ ‎【答案】(1)①137 ②升高温度 减小压强(增大体积) ③ ‎ ‎(2)①1－α ②AD ‎ ‎(3)①CO2+2e−=CO+O2− ②6∶5 ‎ 46‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)①先写出三种气体的燃烧热的热化学方程式，然后根据盖斯定律进行计算，得到目标反应的∆H；‎ ‎②反应C2H6(g)C2H4(g) + H2(g)为气体体积增大的吸热反应，升高温度、减小压强平衡等都向正反应方向移动；‎ ‎③根据已知乙烷的转化率，设起始时加入的乙烷和氢气各为1mol，列出三段式，求出平衡时各物质的分压，带入平衡常数的计算公式进行计算；‎ ‎(2)①根据r=k×，若r1=kc，甲烷转化率为甲烷的浓度为c(1-)，则r2= kc(1-)；‎ ‎②根据反应初期的速率方程为：r=k×，其中k为反应速率常数，据此分析速率变化的影响因素；‎ ‎(3)①由图可知，CO2在阴极得电子发生还原反应，电解质传到O2-，据此写出电极反应；‎ ‎②令生成乙烯和乙烷分别为2体积和1体积，根据阿伏加德罗定律，同温同压下，气体体积比等于物质的量之比，再根据得失电子守恒，得到发生的总反应，进而计算出为消耗CH4和CO2的体积比。‎ ‎【详解】(1)①由表中燃烧热数值可知：‎ ‎①C2H6(g)+O2(g)=2CO2(g) +3H2O(l) ∆H1= -1560kJ∙mol-1；②C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g) +2H2O(l) ∆H2= -1411kJ∙mol-1；③H2(g)+O2(g)=H2O(l) ∆H3= -286kJ∙mol-1；根据盖斯定律可知，①-②-③得C2H6(g) =C2H4(g) + H2(g)，则∆H= ∆H1-∆H2-∆H3=( -1560kJ∙mol-1)-( -1411kJ∙mol-1)- ( -286kJ∙mol-1)=137kJ∙mol-1，故答案为137；‎ ‎②反应C2H6(g) C2H4(g) + H2(g)为气体体积增大的吸热反应，升高温度、减小压强平衡都向正反应方向移动，故提高该反应平衡转化率的方法有升高温度、减小压强（增大体积）；‎ ‎③设起始时加入的乙烷和氢气各为1mol，列出三段式，‎ C2H6(g) C2H4(g) + H2(g)‎ 起始（mol） 1 0 1‎ 转化（mol） α α 平衡（mol） 1- 1+‎ 46‎ 平衡时，C2H6、C2H4和H2平衡分压分别为p、p和p，则反应的平衡常数为Kp=；‎ ‎(2) ①根据r=k×，若r1= kc，甲烷转化率为甲烷的浓度为c(1-)，则r2= kc(1-)，所以r2=(1-)r1；‎ ‎②A．增大反应物浓度反应速率增大，故A说法正确；‎ B．由速率方程可知，初期阶段的反应速率与氢气浓度无关，故B说法错误；‎ C．反应物甲烷的浓度逐渐减小，结合速率方程可知，乙烷的生成速率逐渐减小，故C说法错误；‎ D．化学反应速率与温度有关，温度降低，反应速率常数减小，故D正确。‎ 答案选AD。‎ ‎(3) ①由图可知，CO2在阴极得电子发生还原反应，电极反应为CO2+2e-=CO+O2-；‎ ‎②令生成乙烯和乙烷分别为2体积和1体积，根据阿伏加德罗定律，同温同压下，气体体积比等于物质的量之比，再根据得失电子守恒，得到发生的总反应为：6CH4+5CO2=2C2H4+ C2H6+5H2O+5CO，即消耗CH4和CO2的体积比为6:5。‎ ‎3．（2020年新课标Ⅲ）二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO2的热点研究领域。回答下列问题：‎ ‎（1）CO2催化加氢生成乙烯和水的反应中，产物的物质的量之比n(C2H4)∶n(H2O)=__________。当反应达到平衡时，若增大压强，则n(C2H4)___________(填“变大”“变小”或“不变”)。‎ ‎（2）理论计算表明，原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，在体系压强为0.1MPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。‎ 46‎ 图中，表示C2H4、CO2变化的曲线分别是______、______。CO2催化加氢合成C2H4反应的ΔH______0(填“大于”或“小于”)。‎ ‎（3）根据图中点A(440K，0.39)，计算该温度时反应的平衡常数Kp=_________(MPa)−3(列出计算式。以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。‎ ‎（4）二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随副反应，生成C3H6、C3H8、C4H8等低碳烃。一定温度和压强条件下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当___________________。‎ ‎3．【答案】（1）1∶4 变大 ‎（2）d c 小于 ‎（3）或等 ‎（4）选择合适催化剂等 ‎【解析】‎ ‎【分析】根据质量守恒定律配平化学方程式，可以确定产物的物质的量之比。根据可逆反应的特点分析增大压强对化学平衡的影响。根据物质的量之比等于化学计量数之比，从图中找到关键数据确定代表各组分的曲线，并计算出平衡常数。根据催化剂对化反应速率的影响和对主反应的选择性，工业上通常要选择合适的催化剂以提高化学反应速率、减少副反应的发生。‎ ‎【详解】(1)CO2催化加氢生成乙烯和水，该反应的化学方程式可表示为2CO2+6H2 ⇌ CH2 = CH2+4H2O，因此，该反应中产物的物质的量之比n(C2H4)：n(H2O)=1：4。由于该反应是气体分子数减少的反应，当反应达到平衡状态时，若增大压强，则化学平衡向正反应方向移动，n(C2H4)变大。‎ 46‎ ‎(2) 由题中信息可知，两反应物的初始投料之比等于化学计量数之比；由图中曲线的起点坐标可知，c和a所表示的物质的物质的量分数之比为1:3、d和b表示的物质的物质的量分数之比为1:4，则结合化学计量数之比可以判断，表示乙烯变化的曲线是d，表示二氧化碳变化曲线的是c。由图中曲线的变化趋势可知，升高温度，乙烯的物质的量分数减小，则化学平衡向逆反应方向移动，则该反应为放热反应，∆H小于0。‎ ‎(3) 原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，在体系压强为0.1Mpa建立平衡。由A点坐标可知，该温度下，氢气和水的物质的量分数均为0.39，则乙烯的物质的量分数为水的四分之一，即，二氧化碳的物质的量分数为氢气的三分之一，即，因此，该温度下反应的平衡常数(MPa)-3=(MPa)-3。‎ ‎(4)工业上通常通过选择合适的催化剂，以加快化学反应速率，同时还可以提高目标产品的选择性，减少副反应的发生。因此，一定温度和压强下，为了提高反应速率和乙烯的选择性，应当选择合适的催化剂。‎ ‎4．（2020年天津卷）利用太阳能光解水，制备的H2用于还原CO2合成有机物，可实现资源的再利用。回答下列问题：‎ Ⅰ.半导体光催化剂浸入水或电解质溶液中，光照时可在其表面得到产物 ‎(1)下图为该催化剂在水中发生光催化反应的原理示意图。光解水能量转化形式为___________。‎ ‎(2)若将该催化剂置于Na2SO3溶液中，产物之一为，另一产物为__________。若将该催化剂置于AgNO3溶液中，产物之一为O2，写出生成另一产物的离子反应式__________。‎ Ⅱ.用H2还原CO2可以在一定条下合成CH3OH(不考虑副反应)：‎ 46‎ ‎(3)某温度下，恒容密闭容器中，CO2和H2的起始浓度分别为 a mol‧L-1和3 a mol‧L-1，反应平衡时，CH3OH的产率为b，该温度下反应平衡常数的值为___________。‎ ‎(4)恒压下，CO2和H2的起始物质的量比为1:3时，该反应在无分子筛膜时甲醇的平衡产率和有分子筛膜时甲醇的产率随温度的变化如图所示，其中分子筛膜能选择性分离出H2O。‎ ‎①甲醇平衡产率随温度升高而降低的原因为____________。‎ ‎②P点甲醇产率高于T点的原因为___________。‎ ‎③根据上图，在此条件下采用该分子筛膜时的最佳反应温度为___________°C。‎ Ⅲ.调节溶液pH可实现工业废气CO2的捕获和释放 ‎(5)的空间构型为__________。已知25℃碳酸电离常数为Ka1、Ka2，当溶液pH=12时，=1：_______：__________。‎ ‎【答案】I.(1)光能转化为化学能 (2)H2 ‎ II.(3) ‎ ‎(4)①该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动（或平衡常数减小） ‎ ‎②分子筛膜从反应体系中不断分离出H2O，有利于反应正向进行，甲醇产率升高 ‎③210 ‎ ‎（5）平面（正）三角形 ‎ ‎【解析】I.(1)根据图示，该催化剂在水中发生光催化反应的方程式为2H2O2H2↑+O2↑，光解水能量转化形式为光能转化为化学能。‎ ‎(2)若将该催化剂置于Na2SO3溶液中，产物之一为，被氧化成，则H+被还原为H2，即另一产物为H2；若将该催化剂置于AgNO3溶液中，产物之一为O2，氧元素的化合价升高，O2为氧化产物，则生成另一产物的反应为还原反应，由于Ag+得电子能力大于H+‎ 46‎ ‎，故生成另一产物的离子反应式为Ag++e-=Ag。‎ II.(3) CO2和H2的起始浓度分别为 a mol‧L-1和3 a mol‧L-1，CH3OH的产率为b，则生成的CH3OH物质的量浓度为abmol/L，根据三段式 ‎ ‎ 则反应的平衡常数K== =。‎ ‎(4)①该反应为放热反应(∆H<0)，温度升高，平衡逆向移动（或平衡常数减小），故甲醇平衡产率随温度升高而降低；‎ ‎②因为分子筛膜能选择性分离出H2O，c（H2O）减小，有利于反应正向进行，甲醇产率升高，故P点甲醇产率高于T点。‎ ‎③根据图示，使用该分子筛膜210℃时甲醇的产率最大，故在此条件下采用该分子筛膜时的最佳反应温度为210℃。‎ III.(5)中C的孤电子对数为×（4+2-3×2）=0，σ键电子对数为3，价层电子对数为3，C上没有孤电子对，故的空间构型为平面正三角形；H2CO3的电离方程式为H2CO3⇌H++、⇌ H++，则Ka1= 、Ka2=，当溶液的pH=12时，c（H+）=1×10-12mol/L，将其代入Ka1、Ka2中分别求出c（）=1012Ka1 c(H2CO3)、c（）=1012Ka2 c（）=1024Ka1Ka2 c(H2CO3)，则c(H2CO3)：c（）：c（）=1：（1012Ka1）：（1024Ka1Ka2）。‎ ‎5．（2020年江苏卷）CO2/ HCOOH循环在氢能的贮存/释放、燃料电池等方面具有重要应用。‎ 46‎ ‎(1)CO2催化加氢。在密闭容器中，向含有催化剂的KHCO3溶液(CO2与KOH溶液反应制得)中通入H2生成HCOO-，其离子方程式为__________；其他条件不变，HCO3-转化为HCOO-的转化率随温度的变化如图-1所示。反应温度在40℃~80℃范围内，HCO3-催化加氢的转化率迅速上升，其主要原因是_____________。‎ ‎(2) HCOOH燃料电池。研究 HCOOH燃料电池性能的装置如图-2所示，两电极区间用允许K+、H+通过的半透膜隔开。‎ ‎①电池负极电极反应式为_____________；放电过程中需补充的物质A为_________(填化学式)。‎ ‎②图-2所示的 HCOOH燃料电池放电的本质是通过 HCOOH与O2的反应，将化学能转化为电能，其反应的离子方程式为_______________。‎ ‎(3) HCOOH催化释氢。在催化剂作用下， HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图-3所示。‎ 46‎ ‎①HCOOD催化释氢反应除生成CO2外，还生成__________(填化学式)。‎ ‎②研究发现：其他条件不变时，以 HCOOK溶液代替 HCOOH催化释氢的效果更佳，其具体优点是_______________。‎ ‎【答案】（1） 温度升高反应速率增大，温度升高催化剂的活性增强 （2）① H2SO4 ‎ ‎②或 ‎ ‎（3）①HD ②提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度 ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据元素守恒和电荷守恒书写离子方程式；从温度对反应速率的影响以及温度对催化剂的影响的角度分析。‎ ‎(2)该装置为原电池装置，放电时HCOOˉ转化为被氧化，所以左侧为负极，Fe3+转化为Fe2+被还原，所以右侧为正极。‎ ‎(3)HCOOH生成HCOOˉ和H+分别与催化剂结合，在催化剂表面HCOOˉ分解生成CO2和Hˉ，之后在催化剂表面Hˉ和第一步产生的H+反应生成H2。‎ ‎【详解】(1)含有催化剂的KHCO3溶液中通入H2生成HCOOˉ，根据元素守恒和电荷守恒可得离子方程式为：+H2HCOOˉ+H2O；反应温度在40℃~80℃范围内时，随温度升高，活化分子增多，反应速率加快，同时温度升高催化剂的活性增强，所以的催化加氢速率迅速上升；‎ ‎(2)①左侧为负极，碱性环境中HCOOˉ失电子被氧化为，根据电荷守恒和元素守恒可得电极反应式为HCOOˉ+2OHˉ－2eˉ= +H2‎ 46‎ O；电池放电过程中，钾离子移向正极，即右侧，根据图示可知右侧的阴离子为硫酸根，而随着硫酸钾不断被排除，硫酸根逐渐减少，铁离子和亚铁离子进行循环，所以需要补充硫酸根，为增强氧气的氧化性，溶液最好显酸性，则物质A为H2SO4；‎ ‎②根据装置图可知电池放电的本质是HCOOH在碱性环境中被氧气氧化为，根据电子守恒和电荷守恒可得离子方程式为2HCOOH+O2+2OHˉ = 2+2H2O或2HCOOˉ+O2= 2；‎ ‎(3)①根据分析可知HCOOD可以产生HCOOˉ和D+，所以最终产物为CO2和HD(Hˉ与D+结合生成)；‎ ‎②HCOOK是强电解质，更容易产生HCOOˉ和K+，更快的产生KH，KH可以与水反应生成H2和KOH，生成的KOH可以吸收分解产生的CO2，从而使氢气更纯净，所以具体优点是：提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度。‎ ‎【点睛】第3小题为本题难点，要注意理解图示的HCOOH催化分解的反应机理，首先HCOOH分解生成H+和HCOOˉ，然后HCOOˉ再分解成CO2和Hˉ，Hˉ和H+反应生成氢气。‎ ‎6．（2020年江苏卷）吸收工厂烟气中的SO2，能有效减少SO2对空气的污染。氨水、ZnO水悬浊液吸收烟气中SO2后经O2催化氧化，可得到硫酸盐。‎ 已知：室温下，ZnSO3微溶于水，Zn(HSO3)2易溶于水；溶液中H2SO3、HSO3-、SO32-的物质的量分数随pH的分布如图-1所示。‎ ‎(1)氨水吸收SO2。向氨水中通入少量SO2，主要反应的离子方程式为___________；当通入SO2至溶液pH=6时，溶液中浓度最大的阴离子是_____________(填化学式)。‎ ‎(2)ZnO水悬浊液吸收SO2。向ZnO水悬浊液中匀速缓慢通入SO2，在开始吸收的40mim内，SO2吸收率、溶液pH均经历了从几乎不变到迅速降低的变化(见图-2)。溶液pH几乎不变阶段，主要产物是____________(填化学式)；SO2‎ 46‎ 吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方程式为_______________。‎ ‎(3)O2催化氧化。其他条件相同时，调节吸收SO2得到溶液的pH在4.5~6.5范围内，pH越低SO生成速率越大，其主要原因是__________；随着氧化的进行，溶液的pH将__________(填“增大”、“减小”或“不变”)。‎ ‎【答案】（1）或 HSO ‎ ‎（2）ZnSO3 或 ‎ ‎（3）随着pH降低，HSO浓度增大 减小 ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】向氨水中通入少量的SO2，反应生成亚硫酸铵，结合图像分析pH=6时溶液中浓度最大的阴离子；通过分析ZnO吸收SO2后产物的溶解性判断吸收率变化的原因；通过分析与氧气反应的生成物，分析溶液pH的变化情况。‎ ‎【详解】(1)向氨水中通入少量SO2时，SO2与氨水反应生成亚硫酸铵，反应的离子方程式为2NH3+H2O+SO2=2+（或2NH3·H2O +SO2=2++H2O）；根据图-1所示，pH=6时，溶液中不含有亚硫酸，仅含有和，根据微粒物质的量分数曲线可以看出溶液中阴离子浓度最大的是；‎ ‎(2)反应开始时，悬浊液中的ZnO大量吸收SO2，生成微溶于水的ZnSO3，此时溶液pH几乎不变；一旦ZnO完全反应生成ZnSO3后，ZnSO3继续吸收SO2生成易溶于水的Zn(HSO3)2，此时溶液pH逐渐变小，SO2的吸收率逐渐降低，这一过程的离子方程式为ZnSO3+SO2+H2O=Zn2++2‎ 46‎ ‎（或ZnO+2SO2+H2O=Zn2++2）‎ ‎(3)可以经氧气氧化生成，这一过程中需要调节溶液pH在4.5~6.5的范围内，pH越低，溶液中的的浓度越大，使得催化氧化过程中反应速率越快；随着反应的不断进行，大量的反应生成，反应的离子方程式为2+O2=2+2H+，随着反应的不断进行，有大量的氢离子生成，导致氢离子浓度增大，溶液pH减小。‎ ‎2020届高考模拟试题 ‎7．（2020届广东省深圳市高三第一次调研）大气环境中的减量化排放受到国内外广泛关注。利用碳还原NO的反应为：。回答下列问题：‎ ‎（1）该反应在常温下可以自发进行，则反应的________0(填“”“”或“”)，有利于提高NO平衡转化率的条件是________(任写一条)。‎ ‎（2）以上反应可分为如下四步反应历程，写出其中第三步的反应：‎ 第一步： ‎ 第二步：‎ 第三步：________ ‎ 第四步：‎ ‎（3）对比研究活性炭负载钙、镧氧化物的反应活性。在三个反应器中分别加入C、、，通入使其浓度达到。不同温度下，测得第2小时NO去除率如图所示：‎ 46‎ ‎①据图分析，490℃以下，三种情况下反应的活化能最小的是________(用a、b、c表示)；、去除NO效果比C更好，其依据是________(写一条)。‎ ‎②上述实验中，490℃时，若测得对NO的去除率为60%，则可能采取的措施是________。‎ A．及时分离出 B．压缩体积 C．恒容下，向体系中通入氮气 D．寻找更好的催化剂 ‎③490℃时的反应速率________，该温度下此反应的平衡常数为121，则反应达平衡时NO的去除率为________(保留二位有效数字)。‎ ‎【答案】（1）＜ 降温 （2） ‎ ‎（3）① a 相同条件下，NO去除率更高 ②BD ③ 0.0225 96% ‎ ‎【解析】（1）常温下该反应在常温下可以自发进行，ΔG＜0，ΔS＞0，判断ΔG=ΔH-TΔS中的ΔH＜0；有利于提高NO平衡转化率的条件即让平衡正向移动方法，降温；‎ ‎（2）总反应为，‎ ‎① 、②、④‎ 根据盖斯定律，①+②+③+④式得到总反应，③式等于总反应减去①+②+④得到：；‎ ‎（3） ①由图可知，、和C去除NO效果最好的是a，是反应速率最快的，反应的活化能最小的也是a；由图可知，、‎ 46‎ 去除NO效果比C更好，原因是相同条件下，NO去除率更高(或在较低温度下NO去除的效果好，或纯碳的活化能高、反应速率慢)；‎ ‎②根据图像可知，490℃时，NO的去除率是45%，现在的去除率为60%，‎ A．及时分离出，会使平衡正向移动，速率是减慢的，不一定增加NO的去除率，故A错误； ‎ B．压缩体积，增大了浓度，速率加快，可以增加NO的去除率，故B正确；‎ C．恒容下，向体系中通入氮气，增加生成物的浓度，平衡逆向移动，不能增加NO的去除率，故C错误；‎ D．不同的催化剂，催化效果不一样，故可以寻找更好的催化剂，提高NO的去除率，故D正确；‎ 答案选BD。‎ ‎③根据图像，490℃时，NO的去除率是45%，NO的初始浓度为0.1mol/L，则转化浓度为0.045mol/L，；‎ 设平衡时生成的氮气的浓度为x，‎ 开始mol/L 0.1 0 0‎ 变化mol/L 2x x x 平衡mol/L 0.1-2x x x 则平衡常数K==121，解得x=，反应达平衡时NO的去除率为×100%=96%。‎ ‎8．（2020届安徽省江淮十校联考）氮的氧化物是大气污染物之一，用活性炭或一氧化碳还原氮氧化物，可防止空气污染。回答下列问题：‎ ‎（1）汽车尾气中常含有碳烟、CO、NO等有害物质，尾气中含有碳烟的主要原因为___。‎ ‎（2）已知在298K和101kPa条件下，有如下反应：‎ 反应①：C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-393.5kJ·mol-1‎ 反应②：N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH2=+180.5kJ·mol-1‎ 若反应CO2(g)+N2(g)⇌C(s)+NO(g)的活化能为akJ·mol-1，则反应C(s)+2NO(g)⇌CO2(g)+N2(g)的活化能为___kJ·mol-1。‎ 46‎ ‎（3）在常压下，已知反应2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g) ΔH(298K)=-113.0kJ·mol-1，ΔS(298K)=-145.3J/(mol·K)，据此可判断该反应在常温下___（填“能”或“不能”）自发进行。‎ ‎（4）向容积为2L的真空密闭容器中加入活性炭（足量）和NO，发生反应C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)，NO和N2的物质的量变化如表所示，在T1℃、T2℃分别到达平衡时容器的总压强分别为p1kPa、p2kPa。‎ 物质的量/mol T1℃‎ T2℃‎ ‎0‎ ‎5min ‎10min ‎15min ‎20min ‎25min ‎30min NO ‎2.0‎ ‎1.16‎ ‎0.80‎ ‎0.80‎ ‎0.50‎ ‎0.40‎ ‎0.40‎ N2‎ ‎0‎ ‎0.42‎ ‎0.60‎ ‎0.60‎ ‎0.75‎ ‎0.80‎ ‎0.80‎ ‎①0~10min内，以NO表示的该反应速率v（NO）=___kPa·min-1。‎ ‎②第15min后，温度调整到T2，数据变化如表所示，则p1___p2（填“>”、“<”或“=”）。‎ ‎③若30min时，保持T2不变，向该容器中再加入该四种反应混合物各2mol，再次达平衡时NO的体积百分含量为___。‎ ‎（5）为探究温度及不同催化剂对反应2NO(g)+2CO(g)+⇌N2(g)+2CO2(g)的影响，分别在不同温度、不同催化剂下，保持其它初始条件不变重复实验，在相同时间内测得NO转化率与温度的关系如图所示：‎ ‎①在催化剂乙作用下，图中M点对应的速率（对应温度400℃）v正___v逆（填“>”、“<”或“=”），其理由为___。‎ ‎②温度高于400℃，NO转化率降低的原因可能是___。‎ ‎【答案】（1）燃料燃烧不充分 （2）2a-574 （3）能 ‎ ‎（4）①0.06p1 ②> ③20% ‎ ‎（5）①> ② 相同温 46‎ 度下，曲线乙的转化率低于曲线甲的转化率，说明M点不是平衡点，反应仍向正反应进行 温度升高催化剂活性降低 ‎ ‎【解析】（1）尾气中含有碳烟的主要原因为燃料燃烧不充分。‎ ‎（2）若反应CO2(g)+N2(g)⇌C(s)+NO(g)的活化能为akJ·mol-1，则反应C(s)+2NO(g)⇌CO2(g)+N2(g)的逆反应活化能为2a kJ·mol-1，根据盖斯定律：①-②可得C(s)+2NO(g)⇌CO2(g)+N2(g) ΔH=-574 kJ·mol-1，故反应C(s)+2NO(g)⇌CO2(g)+N2(g)的活化能为（2a-574）kJ·mol-1。‎ ‎（3）满足自发进行的条件是：ΔH-TΔS=-113.0 kJ·mol-1-T(-145.310-3) kJmol-1·K-1<0，则T<777.7K，故该反应在常温下能自发进行。‎ ‎（4）①该反应反应前后气体总物质的量不变，故0~10min内，容器的总压强保持不变，平衡是NO（g）的分压为，以NO表示的该反应速率v（NO）=。‎ ‎②第15min后，温度调整到T2，从表格查得NO的物质的量减少，N2的增加，平衡正向移动，由于正反应为放热反应，改变条件为降温，气体的总的物质的量不变，温度越低，压强越小，则p1>p2。‎ ‎③若30min时，保持T2不变，向该容器中再加入该四种反应混合物各2mol，该反应前后气体分子数不变，加入反应混合物前后构成等效平衡，达平衡时NO的体积百分含量为。‎ ‎（5）①在催化剂乙作用下，相同温度下，曲线乙的转化率低于曲线甲的转化率，说明M点不是平衡点，反应仍向正反应进行，则v正>v逆。‎ ‎②温度升高催化剂活性降低，催化效率降低，则在相同时间内测得NO转化率降低。‎ ‎9．（2020届广东省佛山市质检）CoS2催化CO烟气脱硫具有广阔的工业化前景。回答下列问题：‎ ‎（1）已知：‎ CoS2(s) +CO(g) CoS(s) +COS(g) ∆H1‎ ‎2COS(g) +SO2(g) 3S(s) +2CO2(g) ∆H2‎ S(s) +CoS(S) CoS2 (s) △H3‎ 则2CO(g)+ SO2(g)2CO2(g)+S(s) ∆H4=____。 (用∆H1、 ∆H2、∆H3表示)‎ 46‎ ‎（2）在恒温、恒压的容器中模拟回收硫，加入SO2起始量均为1mol，测得CO2的平衡体积分数随CO和SO2的投料比变化如图1：‎ ‎①当投料比为2时，t min 时测得SO2转化率为50%，则用S的生成速率表示的反应速率v=______g·min-1。‎ ‎②当投料比为3时，CO2 的平衡体积分数对应的点是______________。‎ ‎（3）向体积均为1L的恒温、恒客密团容器通入2 mol CO和| mol SO2。反应体系总压强随时间的变化如图2：‎ ‎①相对于I，II改变的外界条件是____________________。‎ ‎②SO2的平衡转化率为______，平衡常数Kp =________(用平衡分压代替平衡浓度计算)。‎ ‎（4）利用电解法处理SO2尾气可制备保险粉 (Na2S2O4).电解装置如图，则a____ b (填“>” “=”或“<”)，生成S2O42-的电极反应式为____________________。‎ ‎【答案】（1） （2） C ‎ ‎（3）使用（或使用更高效）催化剂 75% 0.675 ‎ ‎（4）< ‎ 46‎ ‎【解析】（1） ‎ 根据盖斯定律可知可得，故答案为：；‎ ‎（2）①当投料比为2时，t min 时测得SO2转化率为50%，则有 ‎ S的生成速率 ；②当投料比为3时，相当于在投料比为2达到平衡时充入1mol的CO，平衡正移，根据勒夏特列原理可知达到平衡时，CO2的体积分数小于投料比为2达到平衡时CO2的体积分数，故答案为：；C；‎ ‎（3）①由图像可知I，II，达到平衡时压强不变，则平衡不移动，II达到平衡时间变短，则II使用（或使用更高效）催化剂；②恒温、恒客密团容器中气体的压强与物质的量成正比，设反应消耗SO2物质的量为xmol，则有 ‎ 则x=0.75mol，SO2的平衡转化率为，则平衡时n（CO）=0.5mol，n（SO2）=0.25mol，n（CO2）=1.5mol，则平衡常数 46‎ ‎，故答案为：使用（或使用更高效）催化剂；75%；0.675；‎ ‎（4）由电解装置图可知，SO2发生氧化反应生成H2SO4，为阳极，电极反应为：，则硫酸浓度增大；HSO3-发生还原反应生成S2O42-，为阴极，电极反应为：，故答案为：<；。‎ ‎10．（2020届广东省汕头市高三一模）“绿水青山就是金山银山”，运用化学反应原理研究碳、氮、硫的单质及其化合物的反应对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。 ‎ ‎（1）CO 还原 NO 的反应为 2CO(g)+ 2NO(g)⇌2CO2 (g)+ N2 (g) ∆H= -746kJ•mol-1。部分化学键的键能数据如下表(CO 以 C≡O 键构成)：‎ 化学键 C≡O N≡N C＝O E/(kJ·mol-1)‎ ‎1076‎ ‎945‎ ‎745‎ ‎①由以上数据可求得 NO 的键能为________________kJ·mol-1。 ‎ ‎②写出两条有利于提高 NO 平衡转化率的措施______________。‎ ‎（2）一定条件下，向某恒容密闭容器中充入 x mol CO2 和 y mol H2，发生的反应CO2(g)+3H2(g) ⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH= −50 kJ•mol−1。‎ ‎①图中能表示该反应的平衡常数 K 与温度 T 之间的变化关系曲线为____________ (填“a”或“b”)，其判断依据是________ 。‎ ‎②若 x=2、y=3，测得在相同时间内不同温度下 H2 的转化率如图所示，则在该时间段内， 恰好达到化学平衡时，此时容器内的压强与反应开始时的压强之比为________。 ‎ 46‎ ‎（3）在有氧条件下，新型催化剂 M 能催化 NH3 与 NOx 反应生成 N2。 ‎ ‎①NH3 与 NO2 生成 N2 的反应中，当生成 28g N2 时，转移的电子数为_______________mol(结果保留三位有效数字)。 ‎ ‎②将一定比例的 O2、NH3 和 NOx 的混合气体，匀速通入装有催化剂 M 的反应器中反应(装置如图)。 ‎ 反应相同时间 NOx 的去除率随反应温度的变化曲线如图所示：‎ 在 50～250 ℃范围内随着温度的升高，NOx 的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是_______________；当反应温度高于 380 ℃时，NOx 的去除率迅速下降的原因可能是_________。‎ ‎【答案】（1）①513.5 ②增大压强、降低温度、增大CO与NO的投料比 ‎ ‎（2）①a 该反应是放热反应，升高温度不利于反应向右进行，会使平衡常数减小 ②17:25 ‎ ‎（3）① ②在一定温度范围内催化剂活性较大，超过温度范围，催化剂活性降低 氨气在该反应条件下与氧气反应生成NO ‎ ‎【解析】（1）①设NO的键能为x kJ/mol，反应2CO(g)+2NO(g)⇌2CO2(g)+ N2(g) ∆H=(1076‎ 46‎ ‎2+2x)-(74522+945)=-746 kJ/mol，解得x=513.5，故NO的键能为513.5 kJ/mol；‎ ‎②该反应为气体体积缩小的放热反应，若提高NO的平衡转化率，需要使平衡正向移动，采取的措施有：增大压强、降低温度、增大CO与NO的投料比等；‎ ‎（2）①该反应是放热反应，升高温度不利于反应向右进行，会使平衡常数减小，曲线a符合此特点；‎ ‎②由图可知，当温度在T2时，H2的转化率最高。温度越高反应速率越大，在相同时间内达到平衡状态前，H2的转化率最高，但达到平衡状态后继续升温，反应会向逆反应方形=向移动，导致H2的转化率降低，由图知b点为平衡状态；‎ 同温同体积时压强比等于物质的量比，故b点时对应的压强与反应开始时的压强比为34:50=17:25；‎ ‎（3）①NH3与NO2生成N2的反应方程式为8NH3+6NO2=7N2+12H2O，该反应中生成7mol N2时，转移的电子的物质的量为24mol，因此生成1mol N2时转移电子的物质的量为=mol；‎ ‎②在一定温度范围内催化剂活性较大，超过温度范围，催化剂活性降低，由图可知迅速上升段是催化剂活性随温度升高而增大，与温度升高共同使NOx的去除反应速率增大；上升阶段缓慢主要是温度上高引起的NOx的去除反应速率增大但催化剂活性降低；在一定温度和催化剂存在的条件下，氨气能催化氧化生成NO，当温度高于380℃时，NOx的去除反应速率下降的原因可能是氨气在该反应条件下与氧气反应生成NO。‎ ‎11．（2020届新疆维吾尔自治区适应性检测）碳热还原法广泛用于合金及材料的制备。回答下列问题 ‎（1）一种制备氮氧化铝的反应原理为23Al2O3+ 15C+5N2=2Al23O27N5+15CO,产物Al23O27N5 中氮的化合价为_____，该反应中每生成 l mol Al23O27N5转移的电子数为_______________ 。 ‎ ‎（2）真空碳热冶铝法包含很多反应．其中的三个反应如下：‎ Al2O3 (s) +3C(s)=Al2OC(s) +2CO(g) △H1‎ ‎2Al2OC(s)+3C(s)=Al4C3(s)+2CO(g) △H2 ‎ 46‎ ‎2Al2O3(s) +9C(s)= Al4C3(s)+6CO(g) △H3 ‎ ‎①△H3=________ ( 用△H1、△H2表示)．‎ ‎②Al4C3可与足量盐酸反应制备简单的烃。该反应的化学方程式为____________。‎ ‎（3）下列是碳热还原制锰合金的三个反应 ，CO与CO2平衡分压比的自然对数() 与温度的关系如图所示(已知Kp 是用平衡分压代替浓度计算所得的平衡常数，分压＝总压 × 气体的物质的量分数)。‎ I. Mn3C(s)+4CO2(g)⇌ 3MnO(s)+ 5CO(g) Kp(I)‎ II. Mn(s) +CO2(g) ⇌MnO(s) +CO(g) Kp (II)‎ III. Mn3C(s)+CO2(g) ⇌3Mn(s) +2CO(g) Kp(III)‎ ‎①△H>O的 反应是_________ (填“I ”“II” 或“III”)。‎ ‎②1200K时在 一体积为 2L 的恒容密闭容器中有17.7gMn3C( s)和0.4molCO2 ，只发生反应I，5min后达到平衡，此时CO的浓度为0.125mol/L，则0～5 min内 v(CO2)=_______。‎ ‎③在一体积可变的密闭容器中加入一定量的Mn(s )并充入一定量的CO2(g) .只发生反应 II，下列能说明反应II 达到平衡状态的是________ (填标号)。‎ A．容器的体积不再改变 B．固体的质量不再改变 C．气体的总质量不再改变 ‎④向恒容密闭容器中加入Mn3C并充入0.l molCO2, 若只发生反应III. 则在A点反应达到平衡时，容器的总压为akPa, CO2的转化率为______; A点对应温度下的Kp(III) =______。‎ ‎【答案】（1）-3 9.03×1024(或15NA) （2） ①2△H1 +△H2 ②Al4C3+12HCl=4AlCl3+3CH4↑ （3） ①III ②0.02mol•L-1•min-1 ③ BC ④33.3% 0.5akPa ‎ ‎【解析】‎ 46‎ ‎ （1）反应23Al2O3+15C+5N2=2Al23O27N5+15CO中，产物Al23O27N5中氮的化合价为-3价，该反应中每生成1mol Al23O27N5，转移的电子数为5×3NA =15 NA，故答案为：-3；9.03×1024(或15NA)；‎ ‎（2）已知Ⅰ、Al2O3(s)+3C(s)=Al2OC(s)+2CO(g) ΔH1‎ Ⅱ、2Al2OC(s)+3C(s)=Al4C3(s)+2CO(g) ΔH2‎ Ⅲ2Al2O3(s)+9C(s)=Al4C3(s)+6CO(g) ΔH3‎ ‎①根据盖斯定律，由Ⅰ×2+Ⅱ得反应Ⅲ2Al2O3(s)+9C(s)=Al4C3(s)+6CO(g) ΔH3= 2ΔH1+ΔH2，故答案为：2△H1 +△H2；‎ ‎②Al4C3可与足量盐酸反应制备一种最简单的烃CH4，根据质量守恒配平可得反应的化学方程式为Al4C3+12HC1=4AlCl3+3CH4↑，故答案为：Al4C3+12HC1=4AlCl3+3CH4↑；‎ ‎（3）①由图中信息可知，反应Ⅲ升高温度，lnK增大，则K增大，平衡正向移动，正反应为吸热反应，ΔH>0，故答案为：Ⅲ；‎ ‎②0~5min内v(CO2)=v(CO)=×mol·L-1·min-1，故答案为：0.02mol•L-1•min-1；‎ ‎③反应Ⅱ.Mn(s)+CO2(g)MnO(s)+CO(g)为气体体积不变的放热反应，根据“变量不变达平衡”进行判断；‎ A．反应为气体不变的反应，反应过程容器的体积不是变量，不能作为平衡状态的判断依据，选项A不选；‎ B．反应是一个固体质量增大的反应，固体的质量为变量，当固体的质量不再改变说明达到平衡状态，选项B选；‎ C．反应是一个气体质量减小的反应，气体的总质量为变量，当不再改变说明达平衡状态，选项C选。‎ 故答案为：BC；‎ ‎④向恒容密闭容器中加入Mn3C并充入0.1molCO，若只发生反应Ⅲ，则在A点反应达到平衡，ln，则，当容器的总压为akPa时，CO的转化率为，A点对应温度下的Kp(Ⅲ)=0.5akPa，故答案为：33.3%；0.5akPa。‎ 46‎ ‎12．（2020届五岳（湖南、河南、江西）高三线上联考）联氨(N2H4)和次磷酸钠(NaH2PO2)都具有强还原性.都有着广泛的用途。‎ ‎（1）已知:①N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H=-621.5 kJ●mol-1‎ ‎②N2O4(l)-=N2(g)+2O2(g) △H2=+204.3 kJ●mol-1‎ 则火箭燃料的燃烧反应为2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g) △H=_____.‎ ‎（2）已知反应N2H4(g)+ 2Cl2(g)N2(g)+4HCl(g),T°C时,向V L恒容密闭容器中加入2 mol N2H4(g)和4 mol Cl2(g) ,测得Cl2和HCl的浓度随时间的关系如图所示。‎ ‎①0~ 10 min内,用N2(g)表示的平均反应速率v(N2)=_______。‎ ‎②M点时,N2H4的转化率为______(精确到0.1)%。‎ ‎③T °C时,达到平衡后再向该容器中加入1.2 mol N2H4(g)、0.4 mol Cl2(g)、0. 8 mol N2 (g)、1.2 mol HCl(g) ,此时平衡______(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)。‎ ‎（3）①在惰性气体中,将黄磷(P4)与石灰乳和碳酸钠溶液一同加入高速乳化反应器中制得NaH2PO2,同时还产生磷化氢(PH3)气体,该反应的化学方程式为________________。‎ ‎②次磷酸(H3PO2)是一元酸，常温下.1.0 mol●L-1的NaH2PO2溶液pH为8,则次磷酸的Ka=___________。‎ ‎③用次磷酸钠通过电渗析法制备次磷酸.装置如图2所示。交换膜A属于____(填“阳离子”或“阴离子”)交换膜,电极N的电极反应式为______,当电路中流过3.8528×105库仑电量时.制得次磷酸的物质的量为_____ (一个电子的电量为 1.6×10- 19库仑,NA数值约为6. 02× 1023)。‎ 46‎ ‎【答案】（1）-1038.7kJ•mol-1 （2）①0.06mol/(L•min) ②33.3 ③逆向移动 （3）①2P4+3Ca(OH)2+3Na2CO3+6H2O==== 6NaH2PO2+2PH3↑+3CaCO3 ②1.0×10-2 ③阳离子 2H2O+2e-=H2↑+2OH- 4mol ‎ ‎【解析】‎ ‎ （1）根据盖斯定律，反应①×2+②即可得火箭燃料的燃烧反应2N2H4（1）+N2O4(l)===3N2(g)+4H2O(g)△H=(-621.5×2+204.3)kJ•mol-1=-1038.7kJ•mol-1；‎ ‎（2）根据图示，Cl2作为反应物浓度需减小，HCl作为生成物浓度需增大， ①△c(Cl2)=(2-0.8)mol/L=1.2mol/L，v(Cl2)==0.12mol/(L•min)，根据反应速率与计量系数成正比可得v(N2)=v(Cl2)=0.06mol/(L•min)，‎ ‎②据图可知反应开始时c(Cl2)=2mol/L，投料为2 mol N2H4(g)和4 mol Cl2(g) ，则开始时c(N2H4)=1mol/L，容器体积为2L，设M点 N2H4的转化量为x mol/L，列三段式：‎ ‎ ‎ M点Cl2和HCl的浓度相等，则2-2x=4x解得x=mol/L，则N2H4的转化率为=33.3%；‎ ‎③据图可知反应平衡时c(Cl2)=0.8mol/L，初始c(Cl2)=2mol/L，c(N2H4)=1mol/L，则根据反应方程式N2H4(g)+ 2Cl2(g)N2(g)+4HCl(g)可知，反应中消耗c(Cl2)=1.2mol/L，消耗c(N2H4)=0.6mol/L，生成c(N2)=0.6mol/L，c(HCl)=2.4mol/L，所以平衡时各物质的浓度为c(Cl2)=0.8mol/L，c(N2H4)=0.4mol/L，c(N2)=0.6mol/L，c(HCl)=2.4mol/L，则该温度下的平衡常数K==77.76；‎ 平衡后再向该容器中加入1.2molN2H4(g)、0.4 mol Cl2(g)、0.8molN2(g)、1.2molHCl(g)，各物质的浓度变为c(Cl2)=1mol/L，c(N2H4)=1mol/L，c(N2)=1mol/L，c(HCl)=3mol/L，此时Qc==81>K，所以平衡逆向移动；‎ ‎（3）①该反应中反应物有P4、Ca(OH)2、Na2CO3等、生成物有NaH2PO2、PH3等，据此可知该反应中P元素化合价既升高又降低，发生歧化，升高1价，降低3价，则NaH2PO2和PH3的系数比为3：1，再结合元素守恒可知方程式为：2P4+3Ca(OH)2+3Na2CO3+6H2O====‎ 46‎ ‎ 6NaH2PO2+2PH3↑+3CaCO3；‎ ‎②次磷酸(H3PO2)是一元酸，1.0mol•L-1的 NaH2PO2溶液水解方程式为：H2PO2-+H2O=H3PO2+OH-，pH=8，则c(H+)=10-8mol/L，c(OH-)=c(H3PO2)=10-6mol/L，c(H2PO2-)=(1.0-10-6)mol/L≈1mol/L，Ka==1.0×10-2；‎ ‎③根据图示可知，产品室产生次磷酸，则电极M应为阳极电解水中的OH-，剩余H+通过交换膜A移向产品室，所以交换膜A为阳离子交换膜；电极N为阴极电解H+，电极N的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；电路中流过3.8528×105库仑电量时，转移的电子的物质的量为=4mol，次磷酸根带一个负电荷，氢离子带一个正电荷，所以电解过程中转移1mol电子生成1mol次磷酸，则转移4mol电子时生成4mol次磷酸。‎ ‎13．（2020届安徽省皖南八校高三临门一卷）氨催化分解既可防治氨气污染，又能得到氢能源。回答下列问题：‎ ‎（1）已知：①4NH3(g)+3O2(g)⇌2N2(g)+6H2O(g)ΔH1=－1266.6kJ·mol-1‎ ‎②H2(g)+O2(g)=H2O（1）ΔH2=－285.8kJ·mol-1‎ ‎③H2O（1）=H2O(g)ΔH3=+44.0kJ·mol-1‎ 反应①的热力学趋势很大（平衡常数很大），其原因是________________。NH3分解的热化学方程式为________________。‎ ‎（2）在Co—Al催化剂体系中，压强p0下氨气以一定流速通过反应器，得到不同催化剂下NH3转化率随温度变化的关系如图所示。活化能最小的催化剂为________________：升高温度，NH3的平衡转化率增大，其原因是________________；温度一定时，如果增大气体流速，则b点对应的点可能________________（填“a”“c”“d”“e”或“f”）。‎ ‎（3）温度为T时，体积为1L的密闭容器中加入0.8molNH3和0.1molH2‎ 46‎ ‎，30min达到平衡时，N2的体积分数为20%，则T时反应2NH3(g)⇌N2(g)+3H2(g)的平衡常数K=________________mol2·L-2，NH3的分解率为________________，达到平衡后再加入0.8molNH3和0.1molH2，NH3的转化率________________（填“增大”“不变”或“减小”）。‎ ‎（4）将氨溶解于水也可消除氨气的污染。常温下，向10mL0.1mol·L-1氨水中逐滴加入相同浓度的CH3COOH溶液，在滴加过程中=________________（填标号）．‎ A．始终碱小B．始终增大C．先减小后增大D．先增大后减小 ‎【答案】（1）反应①放出的热量很大 2NH3(g)N2(g)+3H2(g) △H=+92.1kJ/mol （2）90CoAl NH3分解反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动 e （3）7.5 75% 减小 （4）B ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）反应①的ΔH1=－1266.6kJ·mol-1，放出的热量很大，故热力学趋势很大；‎ 反应：①4NH3(g)+3O2(g)⇌2N2(g)+6H2O(g) ΔH1=－1266.6kJ·mol-1‎ ‎②H2(g)+O2(g)=H2O（1） ΔH2=－285.8kJ·mol-1‎ ‎③H2O（1）=H2O(g) ΔH3=+44.0kJ·mol-1‎ 根据盖斯定律，将方程式×①-3´（②+③）得方程式2NH3(g)N2(g)+3H2(g) △H=´(-1266.6 kJ/mol)-3´(-285.8+44) kJ/mol=+92.1 kJ/mol；‎ ‎（2）由图分析可知，90CoAl催化剂在较低温度下就达到平衡状态，反应速率最快，反应的活化能最小；由2NH3(g)N2(g)+3H2(g) △H=+92.1kJ/mol可知 NH3分解反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，NH3的转化率增大；此反应为气体体积增大的反应，温度一定时，增大气体流速平衡逆向移动，氨气转化率减小，b点对应的点可能为e点，答案为：90CoAl；NH3分解反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动；e；‎ ‎（3）由题中数据可知，设达到平衡时氮气的物质的量为xmol，列三段式为：‎ 相同条件下气体的物质的量之比等于体积之比，所以达到平衡时N2的体积分数为：‎ 46‎ ‎=20%，解得x=0.3mol，因为容器体积为1L，气体的物质的量与物质的量浓度数值相等，所以平衡常数K==7.5，NH3的分解率为´100%=75%；达到平衡后再加入0.8molNH3和0.1molH2，相当于增大压强，反应逆向移动，氨气的转化率减小，答案为：7.5；75%；减小；‎ ‎（4）常温下，向10mL0.1mol·L-1氨水中逐滴加入相同浓度的CH3COOH溶液发生反应，CH3COOH电离出的H+消耗NH3·H2O电离出的OH-，c（OH-）减小，促进NH3·H2O的电离，铵根离子浓度增大，一水合氨浓度减小，因此在滴加CH3COOH溶液过程中比值始终增大，答案为B。‎ ‎14．（2020届河北省名校联盟高三联考）乙醇是一种重要的化工原料和燃料，常见合成乙醇的途径如下：‎ ‎（1）乙烯气相直接水合法：C2H4(g)+H2O(g)=C2H5OH(g) ΔH1=akJ·mol-1‎ 已知：C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(g) ΔH2=-1323.0kJ·mol-1‎ C2H5OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g) ΔH3=-1278.5kJ·mol-1，则a=__。‎ ‎（2）工业上常采用CO2和H2为原料合成乙醇，某实验小组将CO2(g)和H2(g)按1：3的比例置于一恒容密闭容器中发生反应：2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g) ΔH=bkJ·mol-1。在相同的时间内，容器中CO2的浓度随温度T的变化如图1所示，上述反应的pK(pK=-lgK，K表示反应平衡常数)随温度T的变化如图2所示。‎ ‎①由图1可知，b=__(填“”“”或“<”)0。‎ ‎②在T1～T2及T4～T5两个温度区间内，容器中CO2(g)的浓度呈现如图1所示的变化趋势，其原因是___。‎ ‎③图1中点1、2、3对应的逆反应速率v1、v2、v3中最大的是___(填“v1”“v2”或“v3”)；要进一步提高H2(g)的转化率，可采取的措施有___(任答一条)。‎ ‎④图2中当温度为T1时，pK的值对应A点，则B、C、D、E四点中表示错误的是__。‎ ‎⑤乙烯气相直接水合法过程中会发生乙醇的异构化反应：C2H5OH(g)CH3OCH3(g) ‎ 46‎ ‎ ΔH=+50.7kJ·mol-1，该反应的速率方程可表示为v正=k正c(C2H5OH)和v逆=k逆c(CH3OCH3)，k正和k逆只与温度有关。该反应的活化能Ea(正)__(填“”“”或“<”) Ea(逆)，已知：T℃时，k正=0.006s-1，k逆=0.002s-1，该温度下向某恒容密闭容器中充入1.5mol乙醇和4mol甲醚，此时反应__(填“正向”或“逆向”)进行。‎ ‎【答案】（1）-44.5 ‎ ‎（2）①< ‎ ‎②T1~T2区间，化学反应未达到平衡，反应正向进行，温度越高，反应速率越快，所以CO2的浓度随温度的升高而减小；T3以后曲线上对应的点均达到平衡，该反应的正反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO2的浓度随温度的升高而增大 ‎ ‎③v3 提高CO2的浓度或适当降温或及时移出生成物 ④BE ⑤> 正向 ‎ ‎【解析】（1）已知：I：C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(g) ΔH2=-1323.0kJ·mol-1‎ II：C2H5OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g) ΔH3=-1278.5kJ·mol-1；‎ 根据盖斯定律I-II可得C2H4(g)+H2O(g)=C2H5OH(g) ΔH1=ΔH2-ΔH3=(-1323.0kJ·mol-1)-(-1278.5kJ·mol-1)=-44.5 kJ·mol-1；‎ ‎（2）①据图可知当温度低于T3时随温度上升，CO2的浓度下降，而温度高于T3时随温度上升，CO2的浓度上降，说明相同时间内温度低于T3时反应没有达到平衡，而温度高于T3时，该时段内反应达到平衡，且温度上升平衡左移CO2的浓度上降，所以正反应为放热反应，所以b<0；‎ ‎②T1~T2区间，化学反应未达到平衡，反应正向进行，温度越高，反应速率越快，所以CO2的浓度随温度的升高而减小；T3以后曲线上对应的点均达到平衡，该反应的正反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO2的浓度随温度的升高而增大；‎ ‎③温度越高反应速率越快，所以逆反应速率最大的是v3；提高CO2的浓度或及时移出生成物，平衡都可以正向移动增大氢气的转化率，该反应正反为放热反应，适当降低温度也可以提高提高氢气的转化率；‎ ‎④该反应为放热反应，所以温度越高平衡常数越小，则pK越大，所以BE二点表示错误；‎ ‎⑤该反应焓变大于0，焓变=正反应活化能-逆反应活化能>0，所以Ea(正)> Ea(逆)；反应达到平衡时正逆反应速率相等，即v正=k正c(C2H5OH)=v逆=k逆c(CH3OCH3)，所以有，T℃时，k正=0.006s-1，k逆=0.002s-1，所以该温度下平衡常数K=‎ 46‎ ‎=3，该反应前后气体系数之和相等，所以可以用物质的量代替浓度计算浓度商和平衡常数， 所以该温度下向某恒容密闭容器中充入1.5mol乙醇和4mol甲醚时，浓度商Q=<3，所以此时反应正向移动。‎ ‎15．（2020届河南省六市高三第二次联合调研）地球上的氮元素对动植物有重要作用，其中氨的合成与应用是当前的研究热点。人工固氮最主要的方法是Haber—Bosch法。通常用以铁为主的催化剂在400～500℃和10～30MPa的条件下，由氮气和氢气直接合成氨。‎ 在Fe催化剂作用下的反应历程为（*表示吸附态）：‎ 化学吸附：N2(g)→2N* ；H2(g)→2H*；‎ 表面反应：N*+H*⇌NH*；NH*+H*⇌NH2*；NH2*+H*⇌NH3*；‎ 脱附：NH3*⇌NH3(g)‎ 其中，N2的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率。‎ 请回答：‎ ‎（1）已知合成氨反应中生成1 mol NH3放出46kJ热量，该反应的热化学方程式为______‎ ‎（2）实际生产中，原料气中N2和H2物质的量之比为1：2.8。分析说明原料气中N2过量的理由________。‎ ‎（3）关于合成氨工艺的下列理解，正确的是____________。‎ A．合成氨反应在不同温度下的ΔH和ΔS都小于零 B．控制温度远高于室温，是为了保证尽可能高的平衡转化率和快的反应速率 C．基于NH3有较强的分子间作用力可将其液化，不断将液氨移去，利于反应正向进行 D．原料中N2由分离空气得到，H2由天然气与水蒸气反应生成，原料气需要经过净化处理，以防止催化剂中毒和安全事故发生 ‎（4）已知反应：N2(g)+H2(g)⇌NH3(g)标准平衡常数,其中为标准压强（1×105Pa），、和为各组分的平衡分压，如：=，p为平衡总压，为平衡系统中NH3的物质的量分数。‎ 若N2和H2起始物质的量之比为1：3，反应在恒定温度和标准压强下进行，N2‎ 46‎ 的平衡转化率为，则=_________（用含的最简式表示）。‎ ‎（5）常温常压下电解法合成氨的原理如图所示：‎ ‎①阴极生成氨的电极反应式为__________。‎ ‎②阳极产物只有O2，电解时实际生成的NH3的总量远远小于由O2理论计算所得NH3的量，结合电极反应式解释原因：___________________。‎ ‎【答案】（1）N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-92kJ﹒mol-1 ‎ ‎（2）原料气中N2：相对易得，适度过量有利于提高H2的转化率；N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率 ‎（3）ACD （4） ‎ ‎（5）①N2+6H++6e-=2NH3 ②还可能发生2H++2e-=H2↑，N2+8H++6e-=2NH4+ ‎ ‎【解析】（1）已知合成氨反应中生成1 mol NH3放出46kJ热量，则2mol NH3放出92 kJ热量，该反应的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-92kJ﹒mol-1 ，故答案为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-92kJ﹒mol-1 ；‎ ‎（2）实际生产中，原料气中N2和H2物质的量之比为1：2.8。原料气中N2过量的理由原料气中N2，相对易得，适度过量有利于提高H2的转化率；N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率。故答案为：原料气中N2，相对易得，适度过量有利于提高H2的转化率；N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率；‎ ‎（3）A．合成氨反应是气体体积减小的放热反应，在不同温度下的ΔH和ΔS都小于零，故A正确；‎ B．控制温度远高于室温，是为了保证催化剂活性最高，故B错误；‎ C．基于NH3‎ 46‎ 有较强的分子间作用力可将其液化，不断将液氨移去，减小生成物浓度，利于反应正向进行，故C正确；‎ D．原料中N2由分离液态空气得到，H2由天然气与水蒸气反应生成，原料气需要经过净化处理，以防止催化剂中毒和安全事故发生，故D正确；‎ 故答案为：ACD；‎ ‎（4）若N2和H2起始物质的量之比为1：3，反应在恒定温度和标准压强下进行，N2的平衡转化率为，‎ ‎ ‎ 平衡混合气体总物质的量=[0.5（1-a）+1.5（1-a）+a]mol=（2-a）mol，p为平衡时压强，p（N2）= ，p（H2）=，p（NH3）=，Kθ= ，则Kθ=（用含的最简式表示）。故答案为：；‎ ‎（5）①阴极与电源负极相连，为N2放电生成NH3，阴极生成氨的电极反应式为N2+6H++6e-=2NH3 ；故答案为：N2+6H++6e-=2NH3 ；‎ ‎②电解时实际生成的NH3的总量远远小于由O2理论计算所得NH3的量，原因是电解时，阴极除了N2得电子外，还可能发生N2+8H＋+6e－=2NH4＋，2H＋+2e－=H2。故答案为：还可能发生2H++2e-=H2↑，N2+8H++6e-=2NH4+。‎ ‎16．（2020届四川省成都市第七中三诊模拟）党的十九大报告中多次提及“绿色环保”、“生态文明”，而 CO2 的有效利用可以缓解温室效应，解决能源短缺问题。‎ ‎（1）某研究所的科研人员在新型纳米催化剂 Na－Fe3O4 和 HMCM－22 的表面，以 CO2 为碳源，与电解水产生的 H2 催化转化为高附加值的烃类化合物，其过程如图。‎ 46‎ 图中 CO2 转化为 CO 的反应为：CO2(g) + H2(g)=CO(g) + H2O(g) ΔH1 = + 41 kJ•mol-1。已知：2CO2(g) + 6H2(g)=C2H4(g) + 4H2O(g) ΔH2=－128 kJ•mol-1。图中 CO 转化为 C2H4 的热化学方程式是__________________ 。‎ ‎（2）甲醇是未来重要的绿色能源之一，在工业中常用 CO、H2 合成甲醇，其反应为：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH3 < 0‎ ‎①为了探究浓度对反应速率的影响，200℃ 时在 10 L 恒容密闭容器中进行实验，测得的实验数据如下表所示：‎ 实验 起始浓度/(mol·L-1)‎ 初始速率/(mol·L-1·min-1)‎ CO H2‎ ‎1‎ ‎0.25‎ ‎0.50‎ ‎0.391‎ ‎2‎ ‎0.25‎ ‎1.00‎ ‎0.781‎ ‎3‎ ‎0.50‎ ‎0.50‎ ‎0.780‎ 该反应速率的通式为 v正=k正 cm(CO)•cn(H2)(k 正是与温度有关的速率常数)。由表中数据可确定反应速率通式中 m =_______、n =_____(取正整数)。实验发现，当实验 1 中 c(H2) = 0.25 mol•L－1时达到平衡，请计算该反应的平衡常数 K = _____。‎ ‎②若将一定比例的 CO 和 H2 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。‎ ‎ ‎ 请判断温度为 470 K 时，图中 P 点 _________(填“是”或“不是”)处于平衡状态，490 K 之后，甲醇产率随温度升高而减小的可能原因为：_____、 _____。‎ ‎（3）近年来，有研究人员用 CO2 通过电催化生成多种燃料，其工作原理如图所示。‎ 46‎ ‎①请写出 Cu 电极上产生 CH3OH 的电极反应式：_____________。‎ ‎②如果Cu 电极上只生成 0.15 mol C2H4 和 0.30 mol CH3OH，则 Pt 电极上产生O2 的物质的量为 ___________mol。‎ ‎③已知 HCOOH 为一元弱酸，常温下将 0.1 mol•L－1 HCOOH 溶液与 0.1 mol•L－1 NaOH 溶液按体积比 a : b混和(忽略溶液体积的变化)，混合后溶液恰好显中性，则 HCOOH 的电离常数 Ka=_____________(用含 a、b 的代数式表示)。‎ ‎【答案】（1）2CO(g) +4H2(g) = C2H4(g) + 2H2O(g) △H= - 210 kJ/mol ‎ ‎（2）①1 1 16 ②不是 升高温度，反应逆向移动 催化剂活性降低 ‎ ‎（3）①CO2+6H++6e-= CH3OH+H2O ②0.675 ③ ‎ ‎【解析】（1）图中CO2转化为CO的反应为： CO2(g)+H2(g) = CO(g)+H2O(g) △H= +41kJ/mol，已知：2CO2(g) + 6H2(g) = C2H4(g) + 4H2O(g) △H= -128kJ/mol，将第二个方程式减去第一个方程式的2倍得到CO转化为C2H4的热化学方程式：2CO(g) +4H2(g) = C2H4(g) + 2H2O(g) △H= - 210 kJ/mol；‎ ‎（2）①v正=k正 cm(CO)•cn(H2)可知实验1中，0.391mol/(L·min)= k正×(0.25mol/L)m×(0.50mol/L)n；实验2中：0.781mol/(L·min)= k正×(0.25mol/L)m×(1.00mol/L)n；实验2中：0.780mol/(L·min)= k正×(0.50mol/L)m×(0.50mol/L)n；则2/1可得2=2n，即n=1；3/1得2=2m，则m=1；当实验 1 中 c(H2) = 0.25 mol·L－1时达到平衡，通过三段式计算有，平衡常数 K ==16；‎ ‎②‎ 46‎ 温度为470K时，图中P点不是处于平衡状态；在490K之前，甲醇产率随着温度升高而增大的原因是温度越高化学反应速率越快，490K之后，甲醇产率下降的原因是升高温度，反应逆向移动、催化剂活性降低；‎ ‎（3）①铜电极与电源负极相连为阴极，CO2得电子被还原生成CH3OH，根据电荷守恒元素守恒可知电极反应方程式为：CO2+6H++6e-= CH3OH+H2O；‎ ‎②C2H4和CH3OH中碳均为-2价，CO2转化成C2H4和CH3OH化合价均降低6价，所以生成0.15molC2H4和0.30 molCH3OH时转移的电子为2.7mol，则生成的氧气为=0.675mol；‎ ‎③混合后溶液呈中性，所以c(H+)= c(OH-)=10-7mol/L，根据电荷可知c(HCOO-)=c(Na+)=，根据物料守恒有：c(HCOO-)+ c(HCOOH)= ，所以c(HCOOH)= ，电离平衡常数Ka=。‎ ‎17．（2020届广东省高三6月模拟）柴油机车尾气脱是在全球范围内受关注的热点问题。‎ ‎（1）柴油机车尾气中的是空气中的在高温中燃烧生成的，其生成的反应机理如下：‎ A2⇌2A·‎ A∙+B2⇌NO+B·‎ B·+A2⇌NO+A·‎ 已知时的键能数据：‎ 化学键 O=O N≡N N=O 键能/kJ·mol-1‎ ‎498.0‎ ‎946.0‎ ‎630.0‎ ‎①上述机理中代表的是________(填“”或“”)，作出该判断的原因是________。‎ ‎②根据上述的生成机理，试写出通常状况下燃烧生成的热化学方程式：________。‎ ‎（2）TWC技术是利用燃料不完全燃烧生成的将尾气中的还原为无害气体的技术，且 2NO+2CO 2CO2+N2 △‎ 46‎ H＜0。现将含COa%(体积分数，下同)、NO0.30%的模拟汽车尾气以100mL·min-1的流速通过450℃的反应器，出口气体中CO的含量变为b%(气体体积变化忽略不计)，则v(CO)=________mL·min-1。若将反应器温度降低至350℃，出口气体中CO的含量________b%(填“＞”“＜”或“=”)‎ ‎（3）SCR技术是利用将尾气中的选择性还原为无害气体的技术。其中是通过尿素[CO(NH2)2]分解生成的：‎ Ⅰ.CO(NH2)2(s)⇌NH3(g)+HNCO(g) ∆H1‎ Ⅱ.HNCO(g)+H2O(g)⇌NH3(g)+CO2(g) ∆H2‎ ‎①一定温度下，往一恒容密闭容器中投入足量的CO(NH2)2固体和一定量的水蒸气，发生上述反应。当反应达到平衡时，测得c(NH3)=pmol/L、c(HNCO)=qmol/L，则反应Ⅰ的平衡常数为________(用含p、q的表达式表示，下同)，c(CO2)=________mol/L。‎ ‎②我国科学家在研究温度、氧气浓度对尿素水解产物浓度的影响后，得到如下数据： ‎ ‎ ‎ 通过数据对比可以发现在有氧气、1100℃以上时，体系中浓度接近0μL∙L-1，其可能原因：__‎ ‎【答案】（1）①O2 O2中O=O键能比N2中N≡N键能小，更易解离为原子 ‎ ‎②N2(g)+O2(g)=2NO(g) ∆H=+184.0kJ/mol ‎ ‎（2）(a-b) ＜ ‎ ‎（3）①qp ②氧气在高温时将NH3氧化 ‎ ‎【解析】（1）①已知O=O的键能为498.0 kJ·mol-1，N≡N的键能为946.0 kJ·mol-1，则O2中O=O键能比N2中N≡N键能小，更易解离为原子，故上述机理中A2代表的是O2；‎ ‎②已知N2(g)+O2(g)=2NO(g)，则△H=反应物的键能和-生成物的键能和=(946.0 kJ·mol-1)+(498.0 kJ·mol-1)-2(630.0 kJ·mol-1)=+184.0kJ/mol，故通常状况下燃烧生成的热化学方程式为N2(g)+O2(g)=2NO(g) ∆H=+184.0kJ/mol；‎ 46‎ ‎（2）设通过时间为1min，则每通入100mL混合气体中含CO的体积为amL，出口100mL混合气体中含CO的体积为bmL，故v(CO)==(a-b)mL·min-1；已知2NO+2CO2CO2+N2 △H＜0，则将反应器温度降低至350℃，平衡将正向移动，CO的转化率提高，导致出口气体中CO的含量＜b%；‎ ‎（3） ①当反应达到平衡时，测得c(NH3)=pmol/L、c(HNCO)=qmol/L，则反应Ⅰ的平衡常数K=c(NH3)×c(HNCO)= pq(mol/L)2；‎ 设c(CO2)=cmol/L，由HNCO(g)+H2O(g)⇌NH3(g)+CO2(g)可知反应中参加反应的c(HNCO)和生成c(NH3)均为cmol/L，再根据CO(NH2)2(s)⇌NH3(g)+HNCO(g)可知反应中生成c(HNCO)=c(NH3)，即qmol/L- cmol/L= pmol/L+ cmol/L，解得：c=，即c(CO2)=_mol/L；‎ ‎②通过比较温度、氧气浓度对尿素水解产物浓度的影响后，发现在有氧气、1100℃以上时，体系中浓度接近0μL∙L-1，其可能原因是氨气有还原性，在高温下能被氧气氧化。‎ ‎18．（2020届黑龙江省大庆实验中学综合训练）含碳物质的价值型转化，有利于“减碳”和可持续性发展，有着重要的研究价值。请回答下列问题：‎ ‎（1）已知CO分子中化学键为C≡O。相关的化学键键能数据如下：‎ 化学键 H—O C≡O C=O H—H E/(kJ·mol−1)‎ ‎463‎ ‎1075‎ ‎803‎ ‎436‎ CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH=___________kJ·mol−1。下列有利于提高CO平衡转化率的措施有_______________（填标号）。‎ a．增大压强 b．降低温度 ‎ c．提高原料气中H2O的比例 d．使用高效催化剂 ‎（2）用惰性电极电解KHCO3溶液，可将空气中的CO2转化为甲酸根(HCOO−)，然后进一步可以制得重要有机化工原料甲酸。CO2发生反应的电极反应式为________________，若电解过程中转移1 mol电子，阳极生成气体的体积（标准状况）为_________L。‎ ‎（3）乙苯催化脱氢制取苯乙烯的反应为：(g)＋CO2(g)(g)＋CO(g)＋H2O(g)，其反应历程如下：‎ 46‎ ‎①由原料到状态Ⅰ____________能量（填“放出”或“吸收”）。‎ ‎②一定温度下，向恒容密闭容器中充入2 mol乙苯和2 mol CO2，起始压强为p0，平衡时容器内气体总物质的量为5 mol，乙苯的转化率为_______，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=_______。[气体分压(p分)=气体总压(p总)×气体体积分数]‎ ‎③乙苯平衡转化率与p(CO2)的关系如下图所示，请解释乙苯平衡转化率随着p(CO2)变化而变化的原因________________________________________________。‎ ‎【答案】（1）−41 bc ‎ ‎（2）2CO2＋2e−＋H2O===HCOO−＋或CO2＋2e−＋H2O===HCOO−＋OH−（合理即可） 5.6 ‎ ‎（3）①吸收 ②50% 0.25p0 ③随着CO2压强增大，CO2浓度增大，乙苯平衡转化率增大；CO2压强继续增大，会造成催化剂表面乙苯的吸附率下降 ‎ ‎【解析】（1）ΔH=463 kJ·mol−1×2＋1075 kJ·mol−1−803 kJ·mol−1×2−436 kJ·mol−1=−41 kJ·mol−1。‎ ‎（2）CO2转化为HCOO−得到2个电子，用OH−平衡电荷，电极反应式为CO2＋2e−＋H2O===HCOO−＋OH−或2CO2＋2e−＋H2O===HCOO−＋；阳极电解生成氧气，电解过程中转移1 mol电子，生成氧气的体积（标准状况）为5.6 L。‎ ‎（3）①由原料到状态Ⅰ发生化学键的断裂，需要吸收能量。‎ ‎②设乙苯反应了x mol。‎ ‎(g)＋CO2(g)(g)＋CO(g)＋H2O(g)‎ n0/mol 2 2 0 0 0‎ 46‎ Δn0/mol x x x x x ‎[n]/mol 2−x 2−x x x x 解得：4＋x=5 ‎ x=1‎ 乙苯的转化率为×100%=50%‎ 平衡后压强为×p0=1.25 p0，Kp==0.25 p0‎ ‎③一定范围内，p(CO2)越大，说明在原料中CO2的配比越高，则乙苯平衡转化率越高；二者首先吸附在催化剂表面上，当CO2在催化剂表面吸附率过高时，会造成乙苯在催化剂表面的吸附率下降，使乙苯平衡转化率随着p(CO2)增大反而减小。‎ ‎19．（2020届福建省厦门市高三质检）乙烯、环氧乙院是重要的化工原料，用途广泛。回答下列问题：‎ 已知：I.2CH2=CH2(g)+O2(g)2(g) △H1=-206.6kJ•mo1-1‎ II.CH2=CH2(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O（1） △H2‎ III.2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+4H2O（1） △H3‎ ‎（1）反应III：△S(填“>”“<”或“=”)___0。‎ ‎（2）热值是表示单位质量的燃料完全燃烧时所放出的热量，是燃料质量的一种重要指标。已知乙烯的热值为50.4kJ•g-1，则△H3=___kJ•mol-1‎ ‎（3）实验测得2CH2=CH2(g)+O2(g)2(g)中，v逆=k逆c2(），v正=k正•c2(CH2=CH2)•c(O2)(k正、k逆为速率常数，只与温度有关）。‎ ‎①反应达到平衡后，仅降低温度，下列说法正确的是________‎ A．k正、k逆均增大，且k正增大的倍数更多 B．k正、k逆匀减小，且k正减小的倍数更少 C．k正增大、k逆减小，平衡正向移动 D．k正、k逆均减小，且k逆减小的倍数更少 ‎②若在1L的密闭容器中充入1molCH2=CH2(g)和1molO2(g)，在一定温度下只发生反应I，经过10min反应达到平衡，体系的压强变为原来的0.875倍，则0~10min内v(O2)=___，‎ 46‎ ‎=___。‎ ‎（4）现代制备乙烯常用乙烷氧化裂解法：‎ C2H6(g)+O2(g)=C2H4(g)+H2O(g) △H2=-110kJ•mol-1，反应中还存在CH4、CO、CO2等副产物（副反应均为放热反应），图1为温度对乙烷氧化裂解反应性能的影响。‎ ‎①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．650℃ B．700℃ C．850℃ D．900℃‎ ‎［乙烯选择性=；乙烯收率=乙烷转化率×乙烯选择性］‎ ‎②工业上，保持体系总压恒定为l00kPa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___。‎ ‎【答案】（1）＜ （2）－2615.8 ‎ ‎（3）①B ②0.025 mol∙L−1∙min−1 0.75 ‎ ‎（4）①温度升高，反应速率加快，转化率升高 C ‎ ‎②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 ‎ ‎【解析】（1）反应III是体积减小的反应，因此△S ＜ 0；故答案为：＜。‎ ‎（2）已知乙烯的热值为50.4kJ·g−1，则△H2=－1411.2 kJ·mol−1将第II个方程式的2倍减去第I个方程式得到III，则△H3=－2615.8·mol−1；故答案为：－2615.8·mol−1。‎ ‎（3）①该反应是放热反应，反应达到平衡后，仅降低温度，速率降低，k正、k逆匀减小，平衡向放热方向即正向进行，正反应速率大于逆反应速率，因此k正减小的倍数更少；故答案为：B。‎ 46‎ ‎②‎ ‎，x=0.25mol，则0~10min内，k逆c2(）=k正∙c2(CH2=CH2)∙c(O2)，；故答案为：0.025 mol∙L−1∙min−1；0.75。‎ ‎（4）①由图可知，随温度的升高，乙烷的转化率再升高，考虑化学反应速率的影响因素，温度升高，反应速率加快，转化率升高；根据图中要使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，对应温度为850℃；故答案为：温度升高，反应速率加快，转化率升高；850℃。‎ ‎②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；故答案为：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。‎ ‎20．（2020届河南省洛阳市高三第三次统考）戴口罩是防控新型冠状病毒的重要手段，口罩生产的主要原料聚丙烯由丙烯聚合而来。丙烷脱氢是丙烯工业生产的重要途径，反应的热化学方程式为C3H8(g)C3H6(g)+H2(g) △H＞0。回答下列问题：‎ ‎（1）从工业生产的角度来看制备丙烯所用的丙烷可以从下面工业气体中获得的是___________。‎ A.液化石油气 B.炼铁高炉尾气 C.水煤气 D.焦炉气 ‎（2）104Pa、105Pa时由一定量丙烷脱氢制丙烯，反应在不同温度下达到平衡，测得丙烷、丙烯的物质的量分数变化关系如图示。‎ 46‎ ‎①104Pa时丙烷及丙烯的物质的量分数随温度变化关系的曲线分别是___________、___________。‎ ‎②丙烷脱氢制丙烯反应在___________(选“高温”或低温”）时更加容易自发进行。‎ ‎③起始时充入一定量的丙烷发生反应，计算Q点对应温度下该反应的平衡常数KP=___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。‎ ‎（3）一种丙烷脱氢制丙烯工艺生产中增加了氧化脱氢部分，O2被引入到脱氢反应体系中，这样做的好处是___________。‎ ‎（4）利用CO2的弱氧化性，开发了丙烷氧化脱氢制丙烯的新工艺。其反应机理如图所示。‎ 已知：CO和C3H6、C3H8的燃烧热△H分别为-283.0kJ•mol-1、-2049.0kJ•mol-1、-2217.8kJ•mol-1。‎ ‎①298K时，该工艺总反应的热化学方程式为___________________________。‎ ‎②该工艺可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂活性，原因是___________。‎ ‎【答案】（1）A （2）①c b ②高温 ③12500Pa ‎ ‎（3）O2与H2反应生成H2O，使脱氢反应平衡正向移动，提高丙烯转化率；丙烷脱氢反应为吸热反应，O2与H2反应放热，为脱氢反应提供热量 ‎ ‎（4）①CO2(g)+C3H8(g)=C3H6(g)+CO(g)+H2O(l) △H=+114.2kJ·mol-1 ‎ ‎②碳和二氧化碳生成一氧化碳气体，脱离催化剂 ‎ ‎【解析】（1）工业上常从液化石油气中获取丙烷，故答案为：A；‎ ‎（2）①正反应吸热，升高温度平衡向正反应方向进行，丙烷的含量减少，由图像分析可知，a、c代表丙烷的物质的量分数，b、d代表丙烯的物质的量分数，对于反应C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)，增大压强，平衡逆向移动，丙烷的物质的量分数增大，丙烯的物质的量分数减小，所以曲线c代表104Pa时丙烷的物质的量分数随温度变化关系，曲线b代表104‎ 46‎ Pa时丙烯的物质的量分数随温度变化关系；‎ ‎②因为反应吸热，所以温度越高，反应越容易自发进行，即高温时更加容易自发进行；‎ ‎③由图像可得，Q点对应的压强为105Pa，平衡时丙烷的物质的量分数为50%，设起始时充入1mol丙烷，列三段式有：‎ 则有，解得x=，所以平衡常数；‎ ‎（3）氧化脱氢时，可以使O2与H2反应生成H20，使脱氢反应平衡正向移动，提高丙烯转化率；同时，丙烷脱氢反应为吸热反应，O2与H2反应放热，可为脱氢反应提供热量；‎ ‎（4）①由已知CO和C3H6、C3H8的燃烧热△H分别为-283.0kJ•mol-1、-2049.0kJ•mol-1、-2217.8kJ•mol-1，则有：‎ ‎①CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-283.0 kJ•mol-1‎ ‎②C3H6(g)+O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l) ΔH=-2049.0kJ•mol-1‎ ‎③C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) ΔH=-2217.8kJ•mol-1‎ 该反应的总反应式为CO2(g)+C3H8(g)=C3H6(g)+CO(g)+H2O(l)，根据盖斯定律，反应③-①-②可得总反应，则总反应的反应热为-2217.8kJ•mol-1-(-2049.0kJ•mol-1)-(-283.0 kJ•mol-1)=114.2kJ·mol-1；‎ ‎②由于碳和二氧化碳生成一氧化碳气体，脱离催化剂，可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂活性。‎ 46‎