化学 化学反应原理综合考查的专项 培优练习题含答案

化学化学反应原理综合考查的专项培优练习题含答案

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)?CH3OH(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)?CH3OH(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 )? 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 )?CH 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2 mol CO 和4 molH 2，混合气体共6mol ，起始压强为P 0kPa ，则起始氢气的分压

2

3

P 0kPa ，反应10 min H 2的物质的量为2mol ，是原来氢气物质的量的一半，反应10 min H 2的分压

1

3

P 0kPa ，故10 min 内H 2的反应速率v (H 2)=()2t

P H ??= 0010min

21

33

P kPa P kPa -=0

30P kPa /min ；反应10 min H 2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H 2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0P P 平=0n n 平=3

2，得

P 平=

230P kPa ，则平衡时H 2的分压P ()2H =0.5×2

30P =13

0P kPa ，同理P ()CO = P ()3CH OH =0.25×

2

30P =16

0P kPa ，该温度下平衡常数Kp =322P(CH OH)P(CO)P (H )g =02001

61163P kPa

P kPa P kPa ??? ???

=20

9P 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1 mol CO 和2 mol H 2，向乙中加入2 mol CO 和4 molH 2，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CO 2进行在硫酸电解质中电解，在阴极可制得低密度聚乙烯(

)，2nCO 2→

，碳元素化合价从+4降到-2，每

个碳得6个电子，2nCO 2共得12n 个电子，则阴极的电极反应式是2nCO 2+12ne －+12nH +=

+4nH 2O 。

2．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

0.75

0.751?=1v 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)

6

2

3

3

+

+

?

起始量变化量平衡量

K =

3113311()62??=163。

3．资源化利用CO 2，可以减少温室气体排放，还可以获得燃料或重要的化工产品。回答下列问题： (1)CO 2的捕集

①用饱和Na 2CO 3溶液做吸收剂可“捕集”CO 2。写出“捕集”CO 2反应的离子方式_____________。

②聚合离子液体是目前广泛研究的CO 2吸附剂。结合图像分析聚合离子液体吸附CO 2的有利条件是_________________________。

(2)生产尿素：

工业上以CO 2、NH 3为原料生产尿素[CO(NH 2)2]，该反应分为二步进行： 第一步：2NH 3(g)+CO 2(g)?H 2NCOONH 4(s) △H = - 159.5 kJ·mol -1 第二步：H 2NCOONH 4(s)?CO(NH 2)2(s)+ H 2O(g) △H = +116.5 kJ·

mol -1 ①写出上述合成尿素的热化学方程式___________________________。该反应化学平衡常数K 的表达式：_________________________。

②某实验小组模拟工业上合成尿素，在一定体积的密闭容器中投入4mol NH 3和1mol CO 2，实验测得反应中各组分物质的量随时间的变化如图所示：

已知总反应的快慢由慢的一步反应决定，则合成尿素总反应的快慢由第__________步反应决定，总反应进行到___________min时到达平衡

(3)合成乙酸：中国科学家首次以CH3OH、CO2和H2为原料高效合成乙酸，其反应路径如图所示：

①原料中的CH3OH可通过电解法由CO2制取，用稀硫酸作电解质溶液，写出生成CH3OH的电极反应式_______________________。

②根据图示，写出总反应的化学方程___________。

【答案】H2O + CO32- + CO2=2HCO3-低温，低流速 2NH3(g)+ CO2(g)?CO(NH2)2(s)+

H2O(g)△H= -43kJ·mol-1 K=[H2O]/[NH3]2.[CO2] 二 55 CO2 + 6e- + 6H+ = CH3OH + H2O CH3OH

+ CO2 + H2

*

HI、Rh

CH3COOH + H2O

【解析】

【分析】

(1)①H2O、CO32－、CO2反应生成HCO3－；

②根据图知，温度越低、流速越小吸附量越大；

(2)利用盖斯定律求解热化学方程式；K等于气体生成物浓度幂之积与气体反应物浓度幂之积的比；

②达到平衡时时间越长，反应速率越慢，慢反应决定整个反应速率；各物质的物质的量不变时反应达到平衡状态；

(3)①电解时，CO2失电子和H＋反应生成CH3CH2OH；

②根据图知，反应物是CH3CH2OH、CO2和H2，生成物是CH3COOH和水，LiI和Rh作催化剂。

【详解】

(1)①H2O、CO32－、CO2反应生成HCO3－，离子方程式为H2O+CO32－+CO2=2HCO3－；

②根据图知，温度越低、流速越小吸附量越大，所以聚合离子液体吸附CO2的有利条件是

低温，低流速(或25℃，10mL ·min -1)；

(2)①将第一步和第二步方程式相加得到方程式2NH 3(g)+CO 2(g)?CO(NH 2)2(s)+H 2O(g)△H =(-159.5+116.5)kJ ·mol －1=-43kJ ·mol －1；化学平衡常数K 等于气体生成物浓度幂之积与气体反应物浓度幂之积的比，2232(H O)

=

(NH )(CO )

c K c c ；

②达到平衡时时间越长，反应速率越慢，慢反应决定整个反应速率。根据图知，第一步的反应，的反应物NH 3和CO 2的量迅速达到定值，说明第一步反应速率大，第二步反应较慢，所以第二步决定整个反应速率；根据图知，55min 各物质的物质的量不变，反应达到平衡状态；

(3)①电解时，CO 2失电子和H ＋反应生成CH 3OH ，电极反应式为CO 2+6e －+6H ＋=CH 3OH+H 2O ；

②根据图知，反应物是甲醇、二氧化碳和氢气，生成物是乙酸和水，LiI 和Rh 作催化剂，总反应方程式为：CH 3OH+CO 2+H 2

*

HI 、Rh CH 3COOH+H 2O 。

4．利用碳和水蒸气制备水煤气的核心反应为：C(s)＋H 2O(g)?

H 2(g)＋CO(g) (1)已知碳(石墨)、H 2、CO 的燃烧热分别为393.5kJ·mol －1、285.8kJ·mol －1、283kJ·mol －1，又知H 2O(l)=H 2O(g) ΔH ＝＋44kJ·

mol －1，则C(s)＋H 2O(g)?CO(g)＋H 2(g) ΔH ＝___。 (2)在某温度下，在体积为1L 的恒容密闭刚性容器中加入足量活性炭，并充入1mol H 2O(g)发生上述反应，反应时间与容器内气体总压强的数据如表：

①平衡时，容器中气体总物质的量为________mol ，H 2O 的转化率为________。 ②该温度下反应的平衡分压常数K p ＝________kPa(结果保留2位有效数字)。 (3)保持25℃、体积恒定的1L 容器中投入足量活性炭和相关气体，发生可逆反应C ＋H 2O(g)?CO ＋H 2并已建立平衡，在40 min 时再充入一定量H 2，50min 时再次达到平衡，反应过程中各物质的浓度随时间变化如图所示：

①40min时，再充入的H2的物质的量为________mol。

②40～50 min内H2的平均反应速率为________mol·L－1·min－1。

(4)新型的钠硫电池以熔融金属钠、熔融硫和多硫化钠(Na2S x)分别作为两个电极的反应物，固体Al2O3陶瓷(可传导Na＋)为电解质，其原理如图所示：

①放电时，电极A为________极，S发生________反应（填“氧化”或“还原”）。

②充电时，总反应为Na2S x=2Na＋S x(3

【答案】＋131.3 kJ·mol－1 1.4 40% 27 6 0.1 负还原负 S x2--2e-=S x

【解析】

【分析】

【详解】

(1)已知碳(石墨)、H2、CO的燃烧热分别为393.5kJ·mol－1、285.8kJ·mol－1、283kJ·mol－1，则

①C(s)＋O2(g)＝CO2(g)ΔH＝－393.5kJ·mol－1

②1

2

O2(g)＋H2(g)＝H2O(l)ΔH＝－285.8kJ·mol－1

③CO(g)＋1

2

O2(g)＝CO2(g)ΔH＝－283kJ·mol－1

④H2O(l)=H2O(g)ΔH＝＋44kJ·mol－1

根据盖斯定律可知①－②－③－④即得到C(s)＋H2O(g)?CO(g)＋H2(g)ΔH＝＋131.3

kJ·mol －1。 (2)根据方程式可知

22

C H O H +CO

()1

00

()()1mol mol x x x mol x x x

+-?起始量转化量平衡量 压强之比是物质的量之比，则(1－x+x+x):1＝1.4:1，解得x ＝0.4；

①根据以上分析可知平衡时，容器中气体总物质的量为1.4mol ，H 2O 的转化率为40%。

②该温度下反应的平衡分压常数K p ＝

0.40.41401401.4 1.40.6140 1.4

?

???

≈27kPa 。

(3)①设50min 时H 2的物质的量为x mol ，温度不变平衡常数不变，由于容积是1L ，则根据

图像可知平衡常数K =

3

21

34

x ??=，解得x ＝8，由于CO 的变化量是1mol ，所以40min 时再充入的H 2的物质的量为8mol+1mol －3mol ＝6mol 。

②由于氢气的变化量是1mol ，所以40～50 min 内H 2的平均反应速率为1mol/L

10min

＝

0.1mol·L －1·min －1。

(4)①放电时钠失去电子，则电极A 为负极，电极B 是正极，则S 发生还原反应。

②放电时钠失去电子，则电极A 为负极，充电时，Na 所在电极是阴极，与直流电源负极相连；阳极发生失去电子的氧化反应，则根据总反应为Na 2S x =2Na ＋S x (3＜x ＜5)可知，阳极电极反应式为S x 2--2e -=S x 。

5．（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Fe 2O 3、NiO 或Cr 2O 3作催化剂对燃煤烟气回收。反应为2CO(g)+SO 2(g)

2CO 2(g)+S(l) ΔH =-270kJ·mol -1

①其他条件相同、催化剂不同，SO 2的转化率随反应温度的变化如图1，Fe 2O 3和NiO 作催化剂均能使SO 2的转化率达到最高，不考虑催化剂价格因素，选择Fe 2O 3的主要优点是：__。

②某科研小组用Fe 2O 3作催化剂。在380℃时，分别研究了[n(CO)∶n(SO 2)]为1∶1、3∶1时SO 2转化率的变化情况(图2)。则图2中表示n(CO)∶n(SO 2)=3∶1的变化曲线为__。

（3）已知NO 2存在如下平衡：2NO 2(g)N 2O 4(g) △H <0，在一定条件下NO 2与N 2O 4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(NO 2)=k 1·p 2(NO 2)，v(N 2O 4)=k 2·p(N 2O 4)，相应的速率与其分压关系如图所示。

一定温度下，k 1、k 2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k 1=__；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)+2SO 2(g)

2SO 3(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（）

?

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Kθ=

2

3

θ

2

22

θθ

p SO

[]

p

p SO p O

[][]

p p

（）

（）（）=

2

2

3-

2

2-2

1-

3-3-

[]

[][]

ω

ω

ωω

ωω

?

=

2

3

(3-)

(1-)

ωω

ω

，故答案为：

2

3

(3-)

(1-)

ωω

ω

。

【点睛】

由平衡分压等于平衡总压和物质的量分数之积和Kθ=

2

3

θ

2

22

θθ

p SO

[]

p

p SO p O

[][]

p p

（）

（）（）可知

Kθ=

2

3

θ

2

22

θθ

p SO

[]

p

p SO p O

[][]

p p

（）

（）（）=

2

2

3-

2

2-21-

3-3-

[]

[][]

ω

ω

ωω

ωω

?

是解答关键，也是难点。

6．水煤气变换[CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)]是重要的化工过程，主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。回答下列问题：

（1）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用标注。

该历程中决速步骤的化学方程式为__（方程式两边若有相同物料不用约简）。水煤气变换反应的热化学方程式为__。

（2）t1℃时，密闭容器中，通入一定量的CO和H2O，发生水煤气变换反应，容器中各物质浓度(单位：mol·L-1)变化如下表所示：

时间(min)CO H2O CO2H2

00.2000.30000

20.1380.2380.0620.062

3c1c2c3c3

4c1c2c3c3

50.1160.2160.084

60.0960.2660.104

①一定处于平衡状态的时间段为__。

②5～6min时间段内，平衡移动方向为__(填“向左移动”或“向右移动”)，根据表中数据判断，平衡移动的原因是__(填字母编号)。

a.增加了H2O(g)的量

b.增加氢气浓度

c.使用催化剂

d.降低温度

③t2℃时(t2＞t1)，在相同条件下发生上述反应，达平衡时，CO浓度__c1(填“＞”“＜”或“=”)。

（3）已知反应Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)的平衡常数随温度变化情况如图所示：

①该反应是__(填“吸热”或“放热”)反应。

②若T1时水煤气变换反应的平衡常数等于0.5，则T1时FeO(s)+H2(g)Fe(s)+H2O(g)的平衡常数为__。

（4）水煤气可做燃料电池的燃料。一种熔融碳酸盐燃料电池的工作原理如图所示。电极A 上H2参与的电极反应为__。假设催化炉产生的CO与H2物质的量之比为1︰2。电极A处产生的CO2有部分参与循环利用，其利用率为__。

【答案】COOH+H+H 2O=COOH+2H+OH CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) H=-0.72N A eV/mol 3min～4min 向右移动 a ＞吸热 1 H2+CO32--2e-=H2O+CO2 75%

【解析】

【分析】

【详解】

(1)起始状态反应物的相对能量为0，最终状态生成物的相对能量为-0.72eV，反应物的能量高于生成物的能量，水煤气变换反应为放热反应，即ΔH小于0。该历程中两次能垒分别为1.59eV-(-0.32eV)=1.91eV，1.86eV-(-0.16eV)=2.02eV，最大能垒(活化能)E正

=2.02eV。该步骤的反应物的相对能量为-0.16eV的物质：COOH+H+H 2O，生成物为相对能量为1.41eV的物质：COOH+2H+OH，由此可得该步骤的化学方程式：COOH+H+H 2O=COOH+2H+OH，水煤气变换反应的热化学方程式为

CO(g)+H2O(g )CO2(g)+H2(g) ?H=-0.72N A eV/mol。

(2)①从表格中数据分析，第3～4min时，体系中各物质的浓度不再变化，说明已经达到平衡状态；

②5min～6min时间段内，H2O的浓度增大，CO浓度减小，说明是增加了H2O的量，平衡正移，故答案为：向右移动；a；

③该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，CO转化率减小，则CO浓度＞c1,故答案为：＞；

(3)①升高温度化学平衡常数增大，说明Fe(s)+CO2(g )FeO(s)+CO(g)为吸热反应，故答案为：吸热；

②T1时反应Fe(s)+CO2(g )FeO(s)+CO(g)的平衡常数K=2，即c(CO)/c(CO2)=2，若T1时

水煤气变换反应的平衡常数等于0.5，即K =

()()

()()

22

2

c CO c H

c CO c H O

＝0.5，所以平衡时

()

()2

2

c H O

c H

＝1，所以T1时FeO(s)+H2(

g)Fe(s)+H2O(g)的平衡常数K=

() ()2

2

c H O

c H

＝1；

(4)A为负极，负极上CO和H2被氧化生成二氧化碳和水，则电极A上前去参与的反应为：H2+CO32--2e-=H2O+CO2；假设催化炉产生的CO与H2物质的量分别为1mol、2mol，电极A 处转移电子为6mol，产生的CO2为4mol，在阴极发生的电极反应为O2+2CO2+4e-=2CO32-，当转移6mol电子时，参与循环反应的CO2为3mol，参与循环的利用率

=3mol

100%

4mol

?=75%。

7．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.Cl2(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】（△H1+2△H2+△H3）/2由图中数据可以计算出K a2(H2SO3)=10－7.2 ，K a1(H2SO3)=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

3CO2+4Na++4e-═2Na2CO3+C导电性好、与金属钠不反应、难挥发等特点

NH2Cl+H2O═NH3+HClO0.5MPa-1

【解析】

【分析】

（1）根据盖斯定律，反应SO2(g)+Cl2(g)+2H2O(l)=2HCl(aq)+H2SO4(aq)是(Ⅰ+2×Ⅱ+Ⅲ)/2，那么△H4=（△H1+2△H2+△H3）/2；

（2）由图中数据可以，求出H2SO3的K a1和K a2，

()(

)()

()3 1.9a12

3

3

a1

23 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 ；

()()

22-1

p 22

23p 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 1.9a12

3

3

a1

23 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 22

23p 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。

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 ）

413

436

803

1076

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CH 4与CO 2按物质的量1:1投料制取CO 2和H 2时，CH 4和CO 2的平衡转化率随温度变化关系如图所示。

①923K 时CO 2的平衡转化率大于CH 4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CO 2和CH 4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CH4与CO2按物质的量1:1投料,发生反应Ⅰ、II，则

①923K时CO2的平衡转化率大于CH4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CO2和CH4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CH4和CO2反应时通常会掺入O2，则发生反应 III:CH4+2O2＝CO2+2H2O；

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O2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:CH4+2O2＝CO2+2H2O，分析甲烷、二氧化碳的物质的量及消耗量，分析CH4的平衡转化率和CO2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：CH4(g)+CO2(g)＝2CO(g)+2H2(g)△H1=+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 1.20.40.4 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 1.20.10.10.10.1

1.10.30.1 1.3

c[H O(g)]c[CO(g)]0.1 1.30.39

c[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；

③反应I 中CO 2和CH 4的平衡转化率相等，1200K 以上CO 2和CH 4的平衡转化率趋于相等则意味着该条件对反应I 更有利，以反应I 为主；

答案为：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 ）； (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反应III 是放热反应，给反应体系提供能量，通入氧气越多反应中放出的热量越多，则热负荷值越小；

答案为：反应III 放热，给反应体系提供能量，使热负荷降低；

②发生反应 III: CH 4+2O 2＝CO 2+2H 2O ，促进甲烷消耗，则CH 4的平衡转化率增大； 答案为：增大；

发生反应 III: CH 4+2O 2＝CO 2+2H 2O 不利于反应I ，减少了二氧化碳的消耗量，又使二氧化碳浓度增大，因此二氧化碳的平衡转化率下降； 答案为：减小。

9．以下是关于“外界因素对化学平衡移动影响的实验研究”的课题，回答问题：

（1）影响化学平衡因素的界定：化学平衡发生移动的本质原因是________，所以影响化学平衡的因素可以从分析影响的因素入手．

a ． v （正）≠v（逆）

b ．v （正）和v （逆）都增大

c ．v （正）和v （逆）都减小 （2）研究的思路与方法

①研究对象的选择，现有以下可逆反应：