专题10 化学反应原理
1．二氧化碳减排和再利用技术是促进工业可持续发展和社会环保的重要措施。将工业废气中的二氧化碳转化为甲醇，其原理是： CO2(g)+3H2(g)
H2O(g)+CH3OH(g) △H=-53.7kJ/mol
(1) 308K时，向2L密闭容器中通入0.04 mol CO2和0.08 mol H2，测得其压强(p)随时间(t)变化如图1中曲线I所示。
①反应开始至达平衡时，υ(H2)=________；该温度下反应的平衡常数为______mol-2·L2。 ②若只改变某一条件，其他条件相同时，曲线变化为II，则改变的条件是____。 (2)还可以通过以下途径实现CO2向CH3OH的转化： 反应I：CO2(g)+H2(g)反应Ⅱ：2H2(g)+CO(g)
H2O(g)+CO(g) △H<0 CH3OH(g) △H<0
反应I和反应Ⅱ的平衡常数K随温度T的变化如图2所示。
①根据图中数据分析可知，T1____T（填“>”、“<”或“=”）；T2时CO2转化为CH3OH的平衡常数K=_______； 2②目前，许多国家采用CO2代替CO（以煤和天然气为原料）生产CH3OH，其优点是_________。 (3)用电解法可将CO2转化为多种燃料，原理如图3。铜电极上产生HCOOH的电极反应式为_________。
【答案】0.006mol/(L·min) 104 加入催化剂 < 8 CO以煤和天然气为原料，投资较高，且生产成本受煤和天然气价格影响较大，CO2来源广泛，它还是温室气体，可以解决环境污染 CO2+2e+2H=HCOOH
【解析】 (1)①开始时混合气体总物质的量=(0.04+0.08)mol=0.12mol，恒温恒容条件下，气体物质的量之比等于压强之比，则平衡时混合气体总物质的量=
×0.12mol=0.08mol，根据方程式知，如果有3mol
-+
氢气完全反应，则混合气体物质的量减少2mol，则混合气体减少(0.12-0.08)mol=0.04mol，则消耗n(H2)=
×0.04mol=0.06mol，反应开始至达平衡时，υ(H2)=
H2O(g)+CH3OH(g)
=0.006mol/(L·min)；
可逆反应CO2(g) + 3H2(g)
开始(mol)0.04 0.08 0 0 消耗(mol)0.02 0.06 0.02 0.02 平衡(mol)0.02 0.02 0.02 0.02 化学平衡常数K=
=10L/mol；
42
2
②改变条件时只缩短了反应达到平衡时间，但是平衡时压强不变，催化剂只改变化学反应速率不影响平衡移动，所以改变的条件是加入催化剂；
(2)①I、II的正反应都是放热反应，升高温度平衡逆向移动，化学平衡常数减小，根据图知，从左向右化学平衡常数依次减小说明温度依次升高，所以T1 H2O(g)+CH3OH(g)，化学平衡常数K=K1·K2=4×2=8； 将方程式I+II得CO2(g)+3H2(g) ②CO需要煤和天然气制取，投资较高，且生产成本受煤和天然气价格影响较大；二氧化碳来源广泛，且是温室气体，还能解决温室效应，所以用二氧化碳较好； (3)根据图知，Cu作阴极，在阴极上CO2得电子和氢离子反应生成HCOOH，电极反应式为CO2+2e+2H=HCOOH。 2．二氧化碳的有效回收利用，既能缓解能源危机，又可减少温室效应的影响，具有解决能源问题及环保问题的双重意义。Zn/ZnO热化学循环还原CO2制CO的原理如下图所示，回答下列问题： -+ (1)①从循环结果看，能量转化的主要方式是______________ ； ②反应2CO2(g)=2CO(g)+O2(g) △H=_________kJ/mol。 ③Zn/ZnO在反应中循环使用，其作用是__________________ (2)二甲醚是主要的有机物中间体，在一定条件下利用CO2与H2可直接合成二甲醚：2CO2(g) +6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g) ， =3时，实验测得CO2的平衡转化率随温度及压强变化如下图所示。 ①该反应的△H =______0(填“>”或“<”)。 ②图中压强(P)由大到小的顺序是__________________。 ③若在1L密闭容器中充入0.2molCO2和0.6molH2，CO2的平衡转化率对应下图中A点，则在此温度，该反应的化学平衡常数是___________(保留整数)。 ④合成二甲醚过程中往往会生成一氧化碳，合成时选用硅铝化合物做催化剂，硅铝比不同时，生成二甲醚或一氧化碳的物质的量分数不同。硅铝比与产物选择性如下图所示。图中A点和B点的化学平衡常数比较：KA____KB(填“>、<、=”)。根据以上两条曲线，写出其中一条变化规律：_______________________。 ⑤上图是使用不同硅铝比化合物做催化剂制备二甲醚的能量变化示意图，其中正确且最佳的是__________。 【答案】太阳能转化为化学能 5 催化剂 < p1>p2>p3 23 = a．温度越高，二甲醚 的选择性越大；b．低温时硅铝比对二甲醚的选择性影响不大，高温时随着硅铝比增大，二甲醚的选择性先增大后减小 A 【解析】 (1)①仔细分析图象可知在太阳能的作用下实现了反应，2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)，所以实现了太阳能向化学能的转化； ②利用盖斯定律进行计算将已知两个热化学方程式相加后再乘以2即得：2CO2(g)=2CO(g)+O2(g) △H=+5kJ/mol； ③Zn/ZnO在反应中循环使用，反应中起到催化剂的作用； (2)①依据图象，随温度升高，CO的转化率降低，确定反应为放热反应，△H＜0； ②2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g)正反应为气体分子数减小的反应，温度一定时，压强越大，CO2的转化率越大，根据图象温度相同时CO2的转化率：p1>p2>p3，则图中压强由大到小的顺序为p1>p2>p3； ③根据A点，利用三段式法计算平衡常数； 2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g) 起始量(mol/L) 0.2 0.6 0 0 反应量(mol/L) 0.1 0.3 0.05 0.15 平衡量(mol/L) 0.1 0.3 0.05 0.15 K= ≈23； ④平衡常数只受温度影响，图中280℃下的A点和B点的平衡常数相等；从图中两条曲线的变化趋势及对比情况可以看出：230℃的曲线变化相对平缓，280℃的曲线变化程度较大且先升后降，280℃二甲醚物质的量分数较大，温度升高，二甲醚的物质的量浓度的变化受影响的程度也有所改变等，因此可以概括为：a．温度越高，二甲醚的选择性越大；b．低温时硅铝比对二甲醚的选择性影响不大，高温时随着硅铝比增大，二甲醚的选择性先增大后减小； ⑤使用不同硅铝比化合物做催化剂制备二甲醚，反应为放热反应，催化剂能够降低反应的活化能，加快反应速率，但化学平衡不发生移动和反应的焓变也不改变，图象中只有A符合。 3．一定条件下，lmolCH3OH与一定量O2发生反应时，生成CO、CO2或HCHO的能量变化如下图所示[反应物O2(g)和生成物H2O(g)已略去]。 回答下列问题： (1)在有催化剂作用下，CH3 OH与O2反应主要生成 ___（填“CO2、CO或HCHO”）；计算：2HCHO(g)+O2(g)=2CO(g)+2H2O(g) =_____________ (2)已知：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ①经测定不同温度下该反应的平衡常数如下： 该反应为 ___（填“放热”或“吸热”）反应；250℃时，某时刻测得该反应的反应物与生成物浓度为c(CO) =0．4mol/L、c(H2) =0. 4mol/L、c(CH3 OH) =0. 8mol/L，则此时υ（正）____υ（逆）（填“>”、“=”或“<”）。 ②某温度下，在体积固定的2L密闭容器中将1molCO和2molH2混合，使反应得到平衡，实验测得平衡时与起始时的气体压强比值为0 .7，则该反应的平衡常数为____（保留l位小数）。 (3)利用钠碱循环法可除去SO2。常温下，若吸收液吸收一定量SO2后的溶液中，n（SO32-）：n(HSO3-) =3：2，则此时溶液呈____（填“酸性”、“中性”或“碱性”）。（已知：H2SO3的电离常数为：Kal=l. 54×10-2、Ka2=l. 02×l0-7） (4)利用电化学法处理工业尾气SO2的装置如图所示，写出Pt(2)电极反应式：______；当电路中转移0. 02 mol e-时（较浓H2SO4尚未排出），交换膜左侧溶液中约增加___ mol离子。 【答案】HCHO －470kJ·mol－1 放热 < 2.7 碱性 2HSO3－＋2e－＋2H＋=S2O42－＋2H2O 0.03 【解析】 【分析】 (1)反应速率与活化能的关系，根据图像求反应热； (2)通过平衡常数的变化判断反应的热效应，通过浓度商判断反应进行的方向；利用压强和三段式计算平衡常数； (3)利用电离平衡常数求解c(H)； （4）根据反应类型判断阴、阳极并书写电极反应式，根据电极反应式进行计算。 【详解】 (1)从图像中可知加入催化剂生成甲醛的反应活化能小，化学反应速率快，所以主要产物为HCHO。根据图像， 1molHCHO转化为1molCO放出的能量为（676-283-158） kJ·mol=235 kJ·mol，方程式为2molHCHO，则△H需要乘以2，△H=-235×2kJ·mol－1=-470 kJ·mol－1； (2) ①根据图中数据可知，随着温度的升高，平衡常数降低，平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，该反应为放热反应；对于某时刻，浓度商平衡常数2.041，反应逆向进行，正反应速率小于逆反应速率； ②同温同体积的情况下，压强之比等于物质的量之比。平衡时与起始时的气体压强比值为0 .7，开始的物质的量为1mol+2mol=3mol，则平衡时的物质的量为3mol×0.7=2.1mol。 CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) 开始的物质的量 1 2 0 转化的物质的量 x 2x x 平衡的物质的量 1-x 2-2x x ，大于250℃的 －1 －1 ＋ 1-x+2-2x+x=2.1，得x=0.45mol；体积为2L，则有 2-- ； (3) n(SO3)：n(HSO3) =3：2，在同一溶液中，则浓度之比等于物质的量之比，亚硫酸的Ka2= ，得c(H+)=6.8×10－8<10-7，溶液呈碱性； (4)根据示意图，Pt（2）电极上HSO3－→S2O42－，S的化合价从+4降低到+3，电解质溶液为酸性，则电极方程式为2HSO3－＋2e－＋2H＋=S2O42－＋2H2O；Pt（2）为阴极，Pt（1）为阳极，阳极的电极反应式为SO2－2e－＋2H2O=SO42 － ＋4H＋，电路中通过0. 02 mol e-时，左侧生成0.01molSO42-和0.04molH+，为平衡电荷，有0.02mol的H+ 经阳离子交换膜转移到右侧，则左侧的离子增加了0.03mol。 4．十九大报告指出：“坚持全民共治、源头防治，持续实施大气污染防治行动，打赢蓝天保卫战！”以NOx为主要成分的雾霾的综合治理是当前重要的研究课题。 I．汽车尾气中的NO(g)和CO(g)在一定条件下可发生如下反应： 反应①2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) △H1 2NO(g) △H2=+180.5kJ·mol-1 （1）已知：反应②N2(g)+O2(g) -l CO的燃烧热为283.0kJ·mol，则△H1=___。 （2）在密闭容器中充入5 mol CO和4 mol NO，发生上述反应①，图1为平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系。 ①温度：T1____T2（填“<”或“>”）。 ②若在D点对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小，重新达到的平衡状态可能是图中A～G点中的____点。 （3）某研究小组探究催化剂对CO、NO转化的影响。将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中NO含量，从而确定尾气脱氮率（脱氮率即NO的转化率），结果如上图2所示。若低于200℃，图2中曲线中脱氮率随温度升高而变化不大的主要原因为____；a点 ___（填“是”或“不是”）对应温度下的平衡脱氮率，说明理由____。 Ⅱ．N2O是一种强温室气体，且易形成颗粒性污染物，研究N2O的分解对环境保护有重要意义。 （4）碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率，反应历程为： 第一步I2(g) 2I(g)(快反应) 第二步I(g)+N2O(g)→N2(g)+IO(g)(慢反应) 第三步IO(g)+N2O(g)→N2(g)+O2(g)+I2(g)(快反应) 实验表明，含碘时N2O分解速率方程v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5（k为速率常数）。 下列表述正确的是____。 A．N2O分解反应中：k值与是否含碘蒸气无关 B．第二步对总反应速率起决定作用 C．第二步活化能比第三步小 D．IO为反应的中间产物 【答案】-746.5kJ·mol-1 ＞ A 温度较低时，催化剂的活性偏低 不是 因为该反应为放热反应，根据线Ⅱ可知，a点对应温度的平衡脱氮率应该更高 BD 【解析】I．已知②N2(g)+O2(g) 2NO(g) △H2=+180.5kJ·mol,CO的燃烧热为283.0kJ·mol，热化学 -1 -l 反应方程式为：③2CO(g)+O2(g)＝2CO2(g) △H=-566.0kJ·mol-l，③-②得①：2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) △H1=-746.5kJ·mol；答案：-746.5kJ·mol。 N2(g)+2CO2(g) △H=-746.5kJ·mol-1，升高温度,平衡逆向移动,所以NO的体 -1 -1 （2）由①2NO(g)+2CO(g) 积分数会增大,即T1>T2,因此，本题正确答案是:＞； ②若在D点对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小,则平衡会逆向移动,NO的体积分数增加,重新达到的平衡状态可能是图中A点,答案：A。 （3）低于200，曲线Ⅰ脱氮率随温度升高而变化不大的主要原因为：温度较低时（低于200），催化剂的活性偏低，对化学反应速率的影响小。a点不是对应温度下的平衡脱氮率，理由是：因为该反应的正反应为放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，根据曲线Ⅱ可知，a点对应温度下的平衡转化率应高于450时，a点对应温度的平衡脱氮率应该更高。答案：温度较低时，催化剂的活性偏低；不是；因为该反应为放热反应，根据线Ⅱ可知，a点对应温度的平衡脱氮率应该更高。 （4）A.碘蒸气存在能大幅度是高N2O的分解速率，根据题中信息k为有碘蒸气存在时的N2O分解速率的速率常数，若没有碘存在，k就没有意义了，因此k的取值与碘蒸气有关，故A错误；B.第二步反应慢，所以对总反应速率起决定作用，故B正确;C.第二步反应比第三步反应慢，说明第二步活化能大，故C不正确；D从总反应2N2O(g)＝2N2(g)+O2(g)来看IO在反应前没有、反应后也没有,故其为反应的中间产物,故D正确;答案BD。 5．用化学反应原理研究N、S元素的化合物有着重要的意义。 (1)已知：一定温度下 △Hl=－196．6kJ·mol-1 △H2=－113．8kJ·mol 写出NO2(g)和SO2(g)反应生成SO3(g)和NO(g)的热化学方程式_______________________ (2)一定温度下，分别向A、B容器中充入5mol NO和2．5mol O2，A保持恒容，B保持恒压。发生反应 [不考虑 ]，起始时A、B的体积均为2 L。 -1 ①下列能说明A、B容器均达到平衡状态的是__________。 a．A、B容器的压强均不发生变化 b．A、B容器中气体的颜色均不发生变化 c．A、B容器中气体的密度不再发生变化 d．A、B容器中气体的平均摩尔质量不再发生变化 ②T℃时，A、B容器均达到平衡状态时，A中O2的浓度为0．5mol·L，则NO的转化率为__________，B中反应的平衡常数KB=____________________。 (3)将一定量的SO2和O2通入A容器中，测得SO2的浓度随时间变化如图实线所示。 -1 ①ab、bc、cd三段平均反应速率最大的是________；de段平均反应速率为_________。 ②仅改变某一个条件，测得SO2的浓度随时间变化如图中虚线所示，则改变的条件是___________________________________________________________________________。 ③图装置可将雾霾中的NO、SO2转化为(NH4)2SO4，则阴极的电极反应为__________。 【答案】NO2（g）+SO2（g）=SO3（g）+NO（g）△H=-41.4kJ•mol-1 bd 60% 4.5 ab 0 加入催化剂 NO+6H+5e=NH4+H2O 【解析】 (1) ① 2SO2（g）+O2（g）② 2NO（g）+O2（g） 2SO3（g） △Hl=－196．6kJ·mol -1 + -+ 2NO2（g） △H2=－113．8kJ·mol-1 -1 根据盖斯定律①－②得：NO2（g）+SO2（g）=SO3（g）+NO（g）△H=－41.4kJ•mol； 答案：NO2（g）+SO2（g）=SO3（g）+NO（g）△H=－41.4kJ•mol-1 (2)①变量不再发生变化，证明达到了平衡；注意A保持恒容，B保持恒压； a．B容器的压强是定值，不是变量，故不选a； b．A、B容器中气体的颜色均不发生变化，说明NO2的浓度不在发生变化，故选b； c．A容器中气体的密度是定值，不是变量，故不选c； d．因为M=m/n，m是定值，n是变量，所以平均摩尔质量是变量，故选d； 答案：bd ②列A容器中反应的三行式： 2NO（g） + O2（g） 2NO2（g） c（初） 2.5 1.25 0 △c 1.5 0.75 1.5 c（末） 1 0.5 1.5 则NO的转化率：答案：60% 4.5 (3)①因为单位时间内变化越大反应速率越快，所以ab段平均反应速率最大；de段已达平衡，故平均反应速率为0； 答案：ab 0 ②对于反应前后物质的量发生变化的反应来说，只是加快反应速率，并未影响平衡，应该是加入催化剂； 答案：加入催化剂 ③阴极发生的应该是化合价降低，得电子的反应，因此NO生成NH4，三步法配平①根据化合价变化，标明转移电子数NO+5e-=NH4+②根据左右两边电荷守恒确定氢离子的位置和系数NO+6H++5e-=NH4+③根据原子守恒确定水分子的位置和系数NO+6H++5e-=NH4++H2O；因此电极反应式为NO+6H++5e-=NH4++H2O； 答案：NO+6H++5e-=NH4++H2O 6．二氧化钛是一种重要的化工原料，常用于染料、催化剂等领域。 + =60% k==4.5 因为A、B容器温度相同,所以平衡常数相等； (1)由二氧化钛制取四氯化钛所涉及的反应有： TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)TiO2(s)+2Cl2(g)C(s)+CO2(g) TiCl4(g)+2CO(g) ΔH1=−72 kJ·mol −1 −1 TiCl4(g)+O2(g) ΔH2=+38.8 kJ·mol 2CO(g) ΔH3=+282.8 kJ·mol−1 CO2(g) ΔH=_____。 则反应C(s)+O2(g) (2)以二氧化钛表面覆盖Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸。 ①在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如上图所示，250～300 ℃时，温 度升高而乙酸的生成速率降低的原因是_____。 ②为了提高该反应中CH4的转化率，可以采取的措施是_____，_____。 (3)TiO2直接电解法生产钛是一种较先进的方法，电解质为熔融的氧化钙，原理如上图 所示，二氧化钛电极连接电源_____(填“正极”或“负极”)，该极电极反应式 为_____。石墨极上石墨参与反应产生的气体是_____。 (4)将石墨、铝粉和二氧化钛按一定比例混合在高温下煅烧所得物质可作火箭和导弹表面 的耐高温材料薄层(Al2O3 和 TiC)，该反应中每生成 1 mol TiC 转移___mol 电子。 【答案】−393.6 kJ·mol−1 温度超过250 ℃时，催化剂的催化效率降低 增大反应压强；增大CO2的浓度 负极 TiO2+4e− Ti+2O2− CO2(或CO) 4 CO2(g) 可以看成由 −1 −1 【解析】 (1)将已知反应分别标为①、②、③，根据盖斯定律，反应C(s)+O2(g) −1 −1 ①−②−③获得，所以该化学反应的焓变ΔH=−72 kJ·mol−282.8 kJ·mol−38.8 kJ·mol=−393.6 kJ·mol。答案：−393.6 kJ·mol−1。 (2)①温度超过250 ℃时，催化剂的催化效率降低，所以温度升高而乙酸的生成速率降低；②根据反应CH4+CO2 CH3COOH可知增大反应压强、增大CO2的浓度，可使平衡正向移动，反应物CH4转化率增大。 答案：温度超过250 ℃时，催化剂的催化效率降低；增大反应压强；增大CO2的浓度。 (3)TiO2直接电解法生产钛，发生还原反应，二氧化钛为阴极，连接电源负极，由示意图可知二氧化钛获得 电子生成Ti与氧离子，阴极电极反应式为：TiO2+4e− Ti+2O2−；石墨为阳极，阳极发生氧化反应，氧离 − 子在阳极获得电子生成氧气，会与石墨反应生成CO2或CO气体。答案：负极；TiO2+4eCO) 。 (4)反应方程式为4Al+3TiO2+3C转移4 mol电子。 答案：4。 7．CH4超干重整CO2技术可得到富含CO的化工原料。回答下列问题： （1）CH4超干重整CO2的催化转化如图所示： Ti+2O ； CO2(或 2− 2Al2O3+3TiC，碳元素化合价从0价降低到－4价，则每生成1 mol TiC ①已知相关反应的能量变化如图所示： 过程Ⅰ的热化学方程式为________。 ②关于上述过程Ⅱ的说法不正确的是________（填序号）。 a．实现了含碳物质与含氢物质的分离 b．可表示为CO2＋H2＝H2O（g）＋CO c．CO未参与反应 d．Fe3O4、CaO为催化剂，降低了反应的ΔH ③其他条件不变，在不同催化剂（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）作用下，反应CH4（g）＋CO2（g）＝2CO（g）＋2H2（g）进行相同时间后，CH4的转化率随反应温度的变化如图所示。a点所代表的状态________（填“是”或“不是”）平衡状态；b点CH4的转化率高于c点，原因是________。 （2）在一刚性密闭容器中，CH4和CO2的分压分别为20kPa、25kPa，加入Ni／α－Al2O3催化剂并加热至1123K使其发生反应CH4（g）＋CO2（g）＝2CO（g）＋2H2（g）。 ①研究表明CO的生成速率υ（CO）＝1.3×10－2·p（CH4）·p（CO2）mol·g－1·s－1，某时刻测得p（CO）＝20kPa，则p（CO2）＝________kPa，υ（CO）＝________mol·g－1·s－1。 ②达到平衡后测得体系压强是起始时的1.8倍，则该反应的平衡常数的计算式为Kp＝________（kPa）。（用各物质的分压代替物质的量浓度计算） （3）CH4超干重整CO2得到的CO经偶联反应可制得草酸（H2C2O4）。常温下，向某浓度的草酸溶液中加入一定浓度的NaOH溶液，所得溶液中 的Ka1＝6×10－2，Ka2＝6×10－5，lg6＝0.8） 【答案】CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH=247.4kJ·mol cd 不是 b和c都未达平衡，b点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高 15 1.95 2.7 -1 2 ，则此时溶液的pH＝________。（已知常温下H2C2O4 【解析】 (1)①据CH4超干重整CO2的催化转化图，过程I的化学反应为CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)。由能量－反应进程曲线得热化学方程式： CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH＝+206.2kJ·mol （i） CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) ΔH＝－165kJ·mol-1 （ii） (i)×2+(ii)得过程I的热化学方程式：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH=247.4kJ·mol ②过程Ⅱ物质变化为：左上（CO、H2、CO2）+ 右下（惰性气体）→ 左下（H2O）+ 右上（CO、惰性气体），总反应为H2+CO2=H2O+CO。Fe3O4、CaO为总反应的催化剂，能降低反应的活化能，但不能改变反应的ΔH。故ab正确，cd错误。 ③通常，催化剂能加快反应速率，缩短反应到达平衡的时间。但催化剂不能使平衡发生移动，即不能改变平衡转化率。若图中a点为化学平衡，则保持温度不变（800℃），将催化剂II换成I或III，CH4转化率应不变，故a点不是化学平衡。 同理，图中b、c两点都未达到化学平衡。据题意，b、c两点只有温度不同，b点温度较高，反应速率快，相同时间内CH4转化率高。 (2)①据气态方程PV＝nRT，恒温恒容时某组分气体的分压与其物质的量成正比。则反应中分压为 -1 -1 1123K恒容时，CH4（g）＋CO2（g）＝2CO（g）＋2H2（g） 起始分压/kPa： 20 25 0 0 改变分压/kPa： 10 10 20 20 某时分压/kPa： 10 15 20 20 即某时刻p(CO2)＝15kPa，p(CH4)＝10kPa。代入υ(CO)＝1.3×10·p(CH4)·p(CO2)mol·g·s＝1.95mol·g－1·s－1。 ②设达到平衡时CH4的改变分压为x kPa， 1123K恒容时，CH4（g）＋CO2（g）＝2CO（g）＋2H2（g） 起始分压/kPa： 20 25 0 0 改变分压/kPa： x x 2x 2x 平衡分压/kPa： 20－x 25－x 2x 2x 据题意，有 ＝1.8，解得x＝18。CH4(g)、CO2(g)、CO(g)、H2(g)的平衡分压依次是2 kPa、 ＝ (kPa)。 2 －2 －1 －1 7 kPa、36 kPa、36 kPa，代入Kp＝ (3)常温下，草酸溶液与NaOH溶液混合，所得混合溶液中仍存在分步电离： H2C2O4HC2O4－当 H+HC2O4 Ka1＝H++C2O42－ Ka2＝ 时，Ka1·Ka2＝ + － 。 ＝ ＝6×10－3.5 mol/L，pH＝2.7。 8．CO2甲烷化是一种实现CO2资源化利用的有效途径。 Ⅰ．热化学转化 CO2甲烷化过程发生反应：CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)ΔH (1)每生成1mol CH4(g)，放热165 kJ，则ΔH＝______。 (2)反应的平衡常数的表达式：K＝______。温度升高，K______(填“增大”或“减小”)。 (3)其他条件不变时，一段时间内，压强对CO2的转化率及CH4的选择性的影响如下图。 注：选择性＝转化为目标产物的原料量÷原料总的转化量 CO2甲烷化反应选择0.1MPa而不选择更高压强的原因是______。 Ⅱ．电化学转化 多晶Cu可高效催化CO2甲烷化，电解CO2制备CH4的原理示意图如下。电解过程中温度控制在10℃左右，持续通入CO2。阴、阳极室的KHCO3溶液的浓度基本保持不变。 (4)多晶Cu作______(填“阴”或“阳”)极。 (5)结合电极反应式，说明阴极室KHCO3溶液浓度基本不变的原因：______。 (6)上述电解过程中采取了______措施(写2条即可)使CO2优先于H放电。 【答案】－165 kJ·mol−1 c(CH4)c2(H2O)/[c(CO2)c4(H2)] 减小 在0.1MPa，CO2的转化率及CH4的选择性较高，加压CO2的转化率及CH4的选择性变化不大，且加压会增大投资和能耗 阴 阴极发生反应：9CO2+8e−+6H2O ==CH4+8HCO3−，每转移8 mol电子，阴极生成8 mol HCO3−，又有8 molHCO3−通过阴离子交换膜进入阳极室，且K+的浓度不变，所以阴极室的KHCO3浓度基本保持不变 以pH≈8的KHCO3溶液为电解液；温度控制在10℃左右；持续通入CO2；用多晶铜作阴极等 【解析】 (1)方程式中CH4的系数=1，反应放热，因此方程式对应的ΔH＝－165 kJ·mol，故答案为：－165 kJ·mol−1； (2)CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)ΔH=－165 kJ·mol−1，平衡常数K= ；减小； ；该反应为放热反应， −1 + 温度升高，平衡逆向移动，平衡常数K减小，故答案为： (3)根据图像，压强大于0.1MPa，CO2的转化率几乎不变，CH4的选择性增加很少，为节约成本，应该选择0.1MPa， 故答案为：在0.1MPa，CO2的转化率及CH4的选择性较高，加压CO2的转化率及CH4的选择性变化不大，且加压会增大投资和能耗； (4)多晶铜电极区，二氧化碳转化为甲烷，C元素的化合价降低，得到电子，发生还原反应，因此铜为阴极，故答案为：阴； (5)阴极反应式9CO2+8e+6H2O =CH4+8HCO3，阴极生成HCO3，电路中每转移8 mol电子，阴极生成8 mol HCO3，同时有8 molHCO3−通过阴离子交换膜进入阳极室，且K+的浓度不变，所以阴极室的HCO3−浓度基本保持不变，故答案为：阴极反应式9CO2+8e−+6H2O =CH4+8HCO3−，每转移8 mol电子，阴极生成8 mol HCO3−，又有8 molHCO3−通过阴离子交换膜进入阳极室，且K+的浓度不变，所以阴极室的KHCO3浓度基本保持不变； (6)①降低温度，能够提高气体在水中的溶解度，提高水中二氧化碳的浓度，从而提高二氧化碳的氧化性，有利于二氧化碳放电；②采取阴离子交换膜，阳极区中氢氧根放电，氢离子浓度增大，能够防止阳极区生成的氢离子移向阴极，可以防止阴极区氢离子浓度增大，使CO2优先于H+放电；③将溶液调节成碱性，降低阴极区氢离子浓度，降低氢离子氧化性，通过二氧化碳的氧化性，有利于二氧化碳放电，故答案为：以pH≈8的KHCO3溶液为电解液；温度控制在10℃左右；持续通入CO2；用多晶铜作阴极等。 9．(1)氮氧化物是形成光化学烟雾和酸雨的一个重要原因，用CH4催化还原NOx可在一定程度上消除氮氧化物的污染。 已知： △H=－1160kJ·mol-1 △H=+293kJ·mol 则该条件下，CH4催化还原NO2消除污染的热化学方程式为________________________。 (2)乙炔(CH≡CH)是重要的化工原料。工业上可用甲烷裂解法制取乙炔：生副反应： 同时发 -1 − − − − ;甲烷裂解时，几种气体平衡时分压(Pa)的对数即lgP与温度(℃)之 △H___0(填“>”或“<”)。 间的关系如图所示。根据图判断，反应 1725℃时，向恒容密闭容器中充入CH4，达到平衡时CH4生成C2H2的平衡转化率为_____。该温度下， 的平衡常数Kp=_______[注：用平衡分压(Pa)代替平衡浓度(mol·L-1)进行计 算]。 (3)利用在特定条件下用铂电极(阳极为铂丝)电解饱和硫酸氢钾溶液的方法制备K2S2O8(过二硫酸钾)。在低温下电解液中主要含有K+、H+和 离子，电流通过溶液后发生反应。阳极区电极反应式为 ______________________________，X为_________交换膜(填“质子”、“阳离子”或“阴离子”)，当电路中通过0.2mol e时，两边溶液质量的变化差为_________。 (4)甲烷燃料电池采用铂为电极，两电极上分别通入CH4和O2，电解质溶液为300mL 1.0mol·L-1的NaOH溶液。当O2通入量为8.96L(标准状况)且反应完全时，所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_______________________________。 【答案】CH4(g)+2NO2(g) N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-867kJmol > 62.5% 102.4Pa -1 - 2HSO4-—2e-=S2O82-+2H+ 质子 0.2g c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+) 【解析】（1）① △H=－1160kJ·mol，② △H=+293kJ·mol-1，根据盖斯定律分析，①+②得热化学方程式为： CH4(g)+2NO2(g) N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=－1160+293=-867kJmol -1 -1 （2）从图分析，随着温度升高，甲烷的分压(Pa)的对数变大，说明甲烷减少，则说明升温平衡正向移动，即△H >0； 从图分析，达到平衡时乙炔的分压为100 Pa，则消耗的甲烷的分压为200Pa，乙烯的分压为10 Pa，消耗的甲烷的分压为20Pa，剩余甲烷的分压为100 Pa，最初甲烷的分压为100+200+20=320 Pa，则甲烷生成乙炔的平衡转化率为200/320=62.5%。平衡时甲烷的分压为100 Pa，乙烯的分压为10 Pa，则氢气的分压为300+20=320 Pa，平衡常数为 =102.4Pa。 （3）电解硫酸氢钾溶液制备过二硫酸钾，所以说明硫元素化合价升高，即阳极为硫酸氢离子失去电子生成过二硫酸根离子，电极反应为：2HSO4-—2e-=S2O82-+2H+；溶液为酸性，反应生成过多的氢离子，阴极反应为：2H+2e=H2，所以为质子交换膜。当有0.2mol电子转移时，阳极区向阴极区转移0.2mol氢离子，阴极区有0.2mol氢离子变成氢气，阴极区质量不变，所以两边质量变化差为0.2g。 （4）当O2通入量为8.96L时，即0.4mol氧气，则消耗0.2mol甲烷，生成0.2mol二氧化碳，与0.3mol氢氧化钠反应，生成0.1mol碳酸钠和0.1mol碳酸氢钠，因为碳酸根离子水解程度比碳酸氢根大，所以溶液中碳酸氢根离子浓度大于碳酸根离子浓度，溶液显碱性，故离子浓度顺序为： + - c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)。 10．中国科学院大连化学物理研究所的“甲醇制取低碳烯经（DMTO）技术”获得国家科学技术发明一等奖，该技术先由媒气化制合成气再由合成气制甲醇和氨气，最后由甲醇制乙烯和丙烯。 (1)煤气化包含一系列化学反应，已知热化学方程式： 则反应(2)以投料比所示 合成甲醇： _____ ，温度、压强与 的平衡转化率的关系如图 回答下列问题： ① _____(填＞”或“＜)0 ②______(填“＞“或“＜”) ③ ， 时，点的 _____(填>”或＂<＂) 。 ④若起始时提高投料比的平衡转化率将_______(填”増大”或“减小”)。 和 ，其优点是____________。 ⑤参照下表，实际工业生产中大多采用 条件 方法 催化剂 压力备注 温度 特点 高压法 25~30 二元催化剂 380~400 化 (2)副反应多 1924年工业(1)催化剂不易中毒，再生困难 (1)催化剂易中毒，再生容易，寿命为1~2低压法 三元催化剂 5 230~270 化 (2)副反应少 (3) 和 生成 的反应为 ，在 催化剂作用下的 1966年工业年 反应历程如下(表示吸附态) 化学吸附：表面反应脱附：其中， 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. ；； ， ①有利于提高合成氨平衡产率的条件有______(填字母) A 低温 B 高温 C 低压 D 高压 E 催化剂 ②标准平衡常数 ＝ ，其中为标准压强( )， 、 和 为各组分 的平衡分压，如一密闭容器中投入 和 ，为平衡总压， ，反应 ＋ 为平衡系统中 的物质的量分数.已知起始时向在恒定温度和标准压强下进行， 的平衡产率为，则该反应的＝________(用含的代数式表示)。下图中可以表示标准平衡常数随温 度的变化趋势的是____________(填字母) 【答案】-41 < < < 增大 低压法所需的动力设备要求低，耗能也低，副反应少，催化剂易再生 【或 】 【解析】 (1)已知：①② 的 根据盖斯定律：①②得反应 ， 因此，本题正确答案是：-41； （2）①由图象可知，一氧化碳转化率随温度升高减小，说明升高温度，平衡逆向移动，正反应为放热反应，故△H＜0； ②CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），增大压强，平衡正向移动，CO的转化率增大，故P1＜P2， 故答案为：＜，＜； ③M点时CO的转化率大于平衡时的转化率，平衡逆向移动，故答案为：<； ④提高起始时的投料比故答案为：增大； ⑤由表可知其优点是：1、压强低，对设备要求不高；2、反应温度低，节省能源；3、催化剂再生容易，副反应少； 故答案为：低压法所需的动力设备要求低，耗能也低，副反应少，催化剂易再生。 （3）①由合成氨的热化学方程式可知，该反应为放热反应，且氨气生成的方向为体积减小的方向， A项，降低温度，平衡正向移动，则低温有利于提高合成氨平衡产率，故选A项； B项，升高温度，平衡逆向移动，则高温不利于提高合成氨平衡产率，故不选B项； C项，降低压强，平衡逆向移动，则低压不利于提高合成氨平衡产率，故不选C项； D项，增大压强，平衡正向移动，则高压有利于提高合成氨平衡产率，故选D项； E项，催化剂只能改变反应速率，不能改变化学平衡的状态，则催化剂不能提高合成氨平衡产率，故不选E项。 综上所述，本题正确答案为AD。 ②N2和H2起始物质的量分别为 则： ＋ 和 ，反应在恒定温度和标准压强下进行，NH3的平衡产率为， ，相当于增大氢气的浓度，平衡正向移动，CO的平衡转化率将增大， < ； 起始量（mol） 0 转化量（mol） 平衡量（mol） a a 平衡时总物质的量为（2-）a mol 则=， = ，=， 则＝=； =，反应为放热反应，随着温度的升高，逐渐减小，故随着温度的升高，逐渐减小，减小的 程度不是均匀的，故选D项。 故答案为： ；D。 11．研究和深度开发CO、CO2的应用具有重要的社会意义。回答下列问题： Ⅰ．CO可用于高炉炼铁，已知： Fe3O4(s)+4CO(g)=3Fe(s)+4CO2(g) △H1=a kJ/mol 3Fe2O3(s)+CO(g)=2Fe3O4(s)+CO2(g) △H2=b kJ/mol 则反应Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)的△H3=________kJ/mol（用含a、b的代数式表示）。 Ⅱ．一定条件下，CO2和CO可以互相转化。 （1）某温度下，在容积为2L的密闭容器按甲、乙两种方式投入反应物发生反应：CO2(g)+H2(g)容器 甲 乙 CO(g)+H2O(g)。 反应物 8 mol CO2(g)、16 mol H2(g) w mol CO2(g)、x mol H2(g)、y mol CO(g)、z mol H2O(g) 甲容器15 min后达到平衡，此时CO2的转化率为75%。则0~15 min内平均反应速率v(H2)=______，此条件下该反应的平衡常数K=______。 欲使平衡后乙与甲中相同组分气体的体积分数相等，则w、x、y、z需满足的关系是：y______z（填“＞”、“＜”或“=”），且y=______（用含x、w的等式表示）。 （2）研究表明，温度、压强对反应“C6H5CH2CH3(g)+CO2(g)的平衡转化率影响如图所示： C6H5CH=H2(g)+CO(g) +H2O(g) △H ”中乙苯 则△H_____0（填“＞”、“＜”或“=”），压强p1、p2、p3从大到小的顺序是________。 （3）CO可被NO2氧化：CO+NO2 CO2+NO。当温度高于225℃时，反应速率v 正=k正·c(CO)·c(NO2)、v逆 =k逆·c(CO2)·c(NO)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。在上述温度范围内，k正、k逆与该反应的平衡常数K之间的关系为________。 【答案】 0.2mol/（L·min） 1.8（或） = x- 2w ＞ p1＞p2＞p3 【解析】Ⅰ．已知：①Fe3 O4(s)+4CO(g)═3Fe(s)+4CO2(g)△H1=a kJ/mol ②3Fe2 O3(s)+CO(g)═2Fe3 O4(s)+CO2(g)△H2=bkJ/mol 根据盖斯定律，答案为：(b+2a)； Ⅱ．(1)甲容器15min后达到平衡，此时CO2的转化率为75%，转化的二氧化碳为8mol×75%=6mol， CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) 初始(mol) 8 16 0 0 转化(mol) 6 6 6 6 平衡(mol) 2 10 6 6 0～15min内平均反应速率v(H2)= =0.2mol/(L•min)；该反应的平衡常数K= =l.8； 可得：Fe2O3(s)+3CO(g)═2Fe(s)+3CO2(g)△H3=(△H1+2△H2)×=(b+2a)kJ/mol，故 平衡后乙与甲中相同组分气体的体积分数相等，说明甲和乙互为等效平衡，需必须满足(w+y)∶(x+y)=8∶16，整理可得： y= x-2w且z=y，故答案为：0.2mol/(L•min)；l.8；=；x-2w； (2)根据图象可知，温度越高、乙苯的平衡转化率越大，表明△H＞0；该反应的△n气＞0，则压强越大，乙苯的平衡转化率越小，故p1＞p2＞p3，故答案为：＞；p1＞p2＞p3； (3)达平衡时v正=v逆，即k正•c(CO)•c(NO2)=k逆•c(CO2)•c(NO)，故= =K，故答案为：K=。 12．研究和深度开发CO、CO2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义。回答下列问题： （1）CO可用于高炉炼铁。 已知：Fe3O4（s）+4CO（g）====3Fe（s）+4CO2（g） △H=akJ·mol 3Fe2O3（s）+CO（g）====2Fe3O4 （s）+CO2（g） △H=bkJ·mol-1 则反应Fe2O3（s）+3CO（g）====2Fe（s）+3CO2（g）的△H=____________kJ·mol-1（用含a、b的代数式表示） （2）一定条件下，CO2和CO可以互相转化。某温度下，在容积为2L的密闭容器按甲、乙两种方式投入反应 -1 物发生反应：CO2（g）+H2（g）容器 甲 乙 反应物 CO（g）+H2O（g）。 8molCO2（g）、16molH2（g） ωmolCO2（g）、xmolH2（g）、ymolCO（g）、zmolH2O（g） 甲容器15min后达到平衡，此时CO2的转化率为75%。则0~15min内平均反应速率v（H2）= ____________，该温度下反应的平衡常数K=____________。欲使平衡后乙容器与甲容器中相同气体的体积分数分别相等，则ω、x、y、z需满足的关系是y=____________，（用含x、w的代数式表示），且___________。 （3）已知反应C6H5CH2CH3（g）+CO2（g）的平衡转化率的影响如下图所示： C6H5CH=CH2（g）+CO（g）+H2O（g） △H。温度、压强对乙苯 则该反应的△H___________ 0（填“＞”“＜”或“=”），压强p1、p2、p3从大到小的顺序是___________。 （4）CO可被NO2氧化：CO+NO2 CO2+NO。当温度高于225℃时，反应速率v正=k正·c（CO）·c（NO2）、v逆 =k逆·c（CO2）·c（NO），k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。则k正、k逆与该反应的平衡常数K之间的关系为K=___________。 【答案】 0.2 mol•L•min 1.8 x-2w y=z ＞ p1＞p2＞p3 -1 -1 【解析】 (1) 将已知反应依次编号为①、②，由盖斯定律①×+②×得到Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g），则△H= kJ·mol-1，故答案为： ； （2）由CO2的转化率为75%可知，二氧化碳的变化量为4 mol/L×75%=3 mol/L，由题给数据可以建立如下三段式： CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g） 起（mol/L） 4 8 0 0 变（mol/L） 3 3 3 3 平（mol/L） 1 5 3 3 0~15min内平均反应速率v（H2）=K= = = =0.2 mol•L•min；反应的平衡常数 -1 -1 =1.8；平衡后乙容器与甲容器中相同气体的体积分数分别相等，则甲乙为等效平 衡，需满足(w-y):(x-y)=8:16，由变化量之比等于化学计量数之比可得：（8—ω）：（16—x）：y：z=1:1:1:1，解关系式可知y=z，y= x—2w，故答案为：0.2 mol•L•min；1.8；x—2w；y=z； （3）由图可知，温度越高、乙苯的平衡转化率越大，说明平衡向正反应方向移动，则△H>0；该反应是一个气体体积减小的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，则p1>p2>p3，故答案为：>；p1>p2>p3； （4）反应达平衡时必然有v正=v逆，即k正·c(CO)·c(NO2)=k逆·c(CO2)·c(NO)，则 案为：。 13．雾霾天气严重影响人们的生活和健康。因此改善能源结构、机动车限号等措施能有效减少PM2.5、SO2、NOx等污染。请回答下列问题: （1）已知H2SO3的Ka1=1.3×10，Ka2=6.2×10，常温下，氢氧化钠溶液吸收SO2，若恰好生成NaHSO3，则溶液中c(SO3)____c(H2SO3)（填 >、< 或 =）。 （2）已知汽车汽缸中NO的生成反应为:N2(g)+ O2(g)能说明该反应达到化学平衡状态的是_____。 a．氮气、一氧化氮消耗速率相等 b．N2、O2、NO的物质的量之比为1:1:2 c．氧气的转化率不再变化 d．混合气体的密度不再变化 （3）汽车使用乙醇汽油并不能减少NOx的排放。某研究性小组在实验室以Ag-ZSM-5为催化剂，测得NO转化为N2的转化率随温度变化情况如图所示。 2NO(g)△H>0。恒温、恒压密闭容器中，下列说法 2-−2 −8 -1 -1 =k，故答 ①若不使用CO，温度超过775K，发现NO的分解率降低，其可能的原因为____。 ②在n(NO)/n(CO)=1的条件下，为更好的除去NO物质，应控制的最佳温度在_____K左右。 （4）活性炭可处理大气污染物NO。在5 L密闭容器中加入NO和活性炭（无杂质），一定条件下反应生成气体E和F。当温度分别在T1℃和T2℃时，测得各物质平衡时物质的量（n/mol）如下表: 温度℃ 活性炭 物质 初始 T1 T2 3.000 2.960 2.975 0.10 0.020 0.050 0 0.040 0.025 0 0.040 0.025 NO E F ①写出NO与活性炭反应的化学方程式___________ ②根据上述信息判断，T1和T2的关系是_______（填序号）。 a．T1＞T2 b．T1＜T2 c．无法比较 （5）Li—SO2电池具有输出功率高且低温性能好等特点，其电解质为LiBr，溶剂是碳酸丙烯酯和乙腈，Li可在其中移动。电池总反应式为2Li+2SO2 Li2S2O4，则充电时阳极的电极反应式____。 + 【答案】> c NO的分解反应是放热反应，升高温度不利于正反应进行 870K左右（温度写到800K-900K之间均可） C+2NO - N2+CO2 b Li2S2O4—2e- =2Li++2SO2 −8 --14 −2 【解析】（1）HSO3电离平衡常数Ka2=6.2×10，HSO3水解平衡常数=Kw/ Ka1=1×10÷（1.3×10）=7.7×10-13<6.2×10−8，则HSO3-电离程度大于水解程度，c(SO32-)>c(H2SO3)，答案为：>； （2）a．氮气、一氧化氮消耗速率相等，即υ（N2生成）=0.5υ（N2消耗），则υ（N2生成）≠υ（N2消耗），反应未达到平衡状态； b．N2、O2、NO的物质的量之比为1:1:2，不一定达到平衡状态； c．氧气的转化率不再变化，反应达到平衡状态； d．反应中气体的总质量不变，反应前后气体的总物质的量不变，则恒温恒压时，体积不变，ρ=m/V，密度不变，则密度不变不能判断是否达到平衡的标志； 答案为c； （3）①根据图像可知，温度超过775K，升高温度，NO的分解率降低，平衡逆向移动，则NO的分解反应为放热反应，答案为：NO的分解反应是放热反应，升高温度不利于正反应进行； ②在n(NO)/n(CO)=1的条件下，根据图像可知，温度在870K左右分解率几乎达到100%，答案为：870K左 右（温度写到800K-900K之间均可）； （4）①根据表中T1数据，活性炭、NO、E、F反应物质的量分别为：0.04mol、0.08mol、0.04mol、0.04mol，物质的量之比为1：2：1：1，根据原子守恒，生成物为氮气、二氧化碳，反应的方程式为：C+2NO②N2(g)+ O2(g) N2+CO2； 2NO(g)△H>0，所有燃烧反应都是放热反应，则C（s）+O2（g）=CO2（g）∆H<0，根据盖斯 N2+CO2为放热反应，升高温度平衡逆向移动，NO的转化率降低，由表中数据知T2时 定律可知反应C+2NO NO的转化率小于T1时，则T1＜T2，答案为b； （5）充电时为电解池，阳极失电子，发生氧化反应，则阳极电极反应式Li2S2O4—2e- =2Li++2SO2； 14．CO2是造成全球气候变暖的主要气体，同时也是一种来源丰富、价格低廉的碳资源。中科院福建物构所谢奎及其团队利用电能将CO2高效转化为CO，CO和H2可生产优质燃料和多种化工产品，实现碳资源的循环利用。 （1）已知反应过程中能量变化如下表和曲线图所示： A Ea1(kJ/molC ) Ea2(kJ/mol) ΔH(kJ/mol) 反应 ① ② 2CO(g)+O2(g) 2H2(g)+O2(g) 2CH3OH(l)+3O2(g③ ) 反应③ 的ΔH3=_________kJ/mol。 CO(g) + 2H2(g) _______（填字母）。 A．高温低压 B．低温高压 C．高温高压 D．低温低压 （2）在不同的电压下，CO2、H2O混合电解转化为CO、H2的电流效率如图所示（注：电流效率 CH3OH(l) ΔH4=_______kJ/mol；此反应中，有利于提高H2平衡转化率的条件是 ) 2CO2(g) 2H2O(l) 2CO2(g)+4H2O(l3026 4478 ΔH3 ？ 1480 23 ？ -566 -571.6 ×100%）： ①由图可知生成CO和H2有相互_______（填“促进”、“抑制”或“无影响”）作用。 ②用此法生产的CO和H2合成CH3OH，为使CO和H2利用率最高，电解时应控制电压在________ V左右（选填5、15、23、25、30）。 （3）在300℃时，将0.60molCO、1.40molH2充入4L密闭容器中，在恒温恒容下发生反应CO(g) + 2H2(g) CH3OH(g) △H<0，甲醇的物质的量浓度随时间的变化如图所示： ①图中判断反应到达平衡状态的依据是________________。 ② 5min内H2的平均反应速率v(H2) ＝________mol/(L•min)。 ③ 若在500℃条件下，将1.00molCO、0.50mol H2和0.50mol CH3OH充入容积为2L的密闭容器中，此时反应将_______（填字母）。 A．正反应方向反应 B．逆反应方向反应 C．达到平衡 D．无法判断 【答案】-1452 -128.6 B 抑制 25 CH3OH浓度保持不变或不再随时间变化 0.02 B 【解析】 (1)反应③的ΔH3=反应物的活化能-生成物的活化能=(3026)-(4478)=-1452 kJ/mol；根据表格数据，①2CO(g)+O2(g)= 2CO2(g) ΔH1=-566 kJ/mol，②2H2(g)+O2(g)= 2H2O(l) ΔH2=-571.6 kJ/mol，③2CH3OH(l)+3O2(g)→2CO2(g)+4H2O(l) ΔH3=-1452 kJ/mol，根据盖斯定律，将(①+②×2-③)×得：CO(g) + 2H2(g) CH3OH(l) ΔH4=×[(-566)+(-571.6)×2-(-1452)]kJ/mol=-128.6 kJ/mol；该反应为气体体 积减小的放热反应，低温高压能够使平衡正向移动，有利于提高H2平衡转化率，故答案为：-1452； -128.6；B； (2)①由图可知，生成CO越少，生成H2越多，生成CO和H2有相互抑制的作用，故答案为：抑制； ②根据方程式CO(g) + 2H2(g) 左右，故答案为：25； CH3OH(l)可知，为使CO和H2利用率最高，电解时应控制电压在25 V (3)①5min时CH3OH浓度保持不变或不再随时间变化，说明反应到达平衡状态，故答案为：CH3OH浓度保持不变或不再随时间变化； ② 5min内甲醇的平均反应速率=故答案为：0.02； ③在300℃时，将0.60molCO、1.40molH2充入4L密闭容器中，平衡时甲醇的物质的量浓度为0.05 mol/L，物质的量为0.2mol，则反应的CO和H2分别为0.2mol、0.4mol，平衡时CO和H2物质的量浓度分别为mol/L = 0.1mol/L， mol/L = 0.25mol/L，此时平衡常数K= =0.01 mol/(L•min)，则v(H2) ＝2v (CH3OH)= 0.02mol/(L•min) ， =8，该反应为放热反应，升高温 度，平衡逆向移动，K减小；在500℃条件下，将1.00molCO、0.50mol H2和0.50mol CH3OH充入容积为2L的密闭容器中，此时CO、H2和CH3OH的浓度分别为0.5 mol/L、0.25 mol/L、0.25 mol/L，Qc= =8＞K，平衡逆向移动，故选B。 15．氮的氧化物是造成大气污染的主要物质，研究氮氧化物间的相互转化及脱除具有重要意义。 I．氮氧化物间的相互转化 (1)已知2NO(g)+O2(g) 第一步 2NO(g) 2NO2(g)的反应历程分两步： N2O2(g) （快速平衡） 第二步 N2O2(g) + O2(g) = 2NO2(g) （慢反应） ①用O2表示的速率方程为v(O2)=k1·c(NO)·c(O2)；NO2表示的速率方程为v(NO2)=k2·c(NO)·c(O2)，k1与k2分别表示速率常数，则=________。 ②下列关于反应2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的说法正确的是_________（填序号）。 A.增大压强，反应速率常数一定增大 B.第一步反应的活化能小于第二步反应的活化能 C.反应的总活化能等于第一步和第二步反应的活化能之和 (2)2NO2(g) N2O4(g)(△H<0)，用分压（某组分的分压等于总压与其物质的量分数的积）表示的平衡常数 2 2 KP与(T为温度)的关系如图。 ①能正确表示lgKP与关系的曲线是________（填“a”或“b”）。 ②298K时，在体积固定的密闭容器中充入一定量的NO2，平衡时NO2的分压为100kPa。已知KP =2.7×10kPa －1 －3 ，则NO2的转化率为__________。 II．烟气中氮氧化物的脱除 (3)以NH3为还原剂在脱硝装置中消除烟气中的氮氧化物。 主反应：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)= 4N2(g)+6H2O(g) △H1 副反应：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) △H2=－1267.1kJ/mol 4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) △H3=－907.3 kJ/mol ①△H1＝____________。 ②将烟气按一定的流速通过脱硝装置，测得出口NO的浓度与温度的关系如图1，试分析脱硝的适宜温度是______（填序号）。温度超过1000 ℃，NO浓度升高的原因是________。 a．<850℃ b．900~1000℃ c．>1050 ℃ (4)以连二亚硫酸盐(S2O42-)为还原剂脱除烟气中的NO，并通过电解再生，装置如图2。阴极的电极反应式为_________，电解槽中的隔膜为_______（填“阳”或“阴”）离子交换膜。 【答案】 B a 35%（或35.1%或35.06%） -1626.9 kJ/mol b 温度过高，NH3容易与氧气发生反应产生NO，使NO浓度升高。（或反应温度过高副反应发生程度变大，产生更多的NO）（若答温度过高主反应平衡逆向移动适当给分） 2SO3+4H+2e=S2O4+2H2O 阳 【解析】 (1) ①由于v(O2)=k1c(NO)c(O2)，v(NO2)=k2c(NO)c(O2)，k1与k2分别表示速率常数，则=根据反应方程式2NO(g)+O2(g) =2NO2(g)可知： ，所以 ； 2 2 2-+ -2- ， ②A.反应速率常数只与温度有关，若增大压强，反应温度不变，则反应速率常数不变，A错误； B.第一步反应是快反应，说明反应的活化能低；第二步反应为慢反应，说明反应的活化能高，所以第一步反应的活化能小于第二步反应的活化能，B正确； C.反应的总活化能由慢反应的活化能决定，对该反应来说，由第二步反应的活化能决定，C错误； (2)①根据反应方程式2NO2(g) N2O4(g)(△H<0)可知：该反应的正反应为放热反应，升高温度，T增大， 减小，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，Kp减小，增大，平衡正向移动，Kp增大，所以表示Kp与关系的曲线是a； ②假设NO2开始投入的物质的量为1mol，转化率为x，用三段式计算 可逆反应2NO2(g) N2O4(g)(△H<0)， n(开始) 1mol 0 n(改变) x 0.5x n(平衡) 1-x 0.5x 同温同体积，压强之比等于物质的量之比，则P(NO2):P(N2O4)=(1-x):0.5x=100:P(N2O4)，则P(N2O4) =因此，Kp= =2.7×10－3 kPa－1，解之得x=0.35，所以NO2的平衡转化率为35.0%； (3) ①4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g) △H1 ②4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) △H2=－1267.1 kJ/mol ③4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) △H3=－907.3 kJ/mol 将②×2-①，整理可得4NH3(g)+5O2(g) = 4NO(g)+6H2O(g) △H3=2△H2-①=－907.3 kJ/mol，2×(－1267.1kJ/mol)-△H1=－907.3 kJ/mol，解得△H1=-1626.9 kJ/mol； ②根据图示可知在温度为900~1000℃时，出口的NO的残留浓度小，脱硝效率高，故合适选项是b； 温度超过1000 ℃，NO浓度升高的原因是在高温下会发生反应4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)，反应产生了NO，因此会导致NO的出口浓度高现象，并且该反应的正反应为放热反应，升高温度，主反应4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)化学平衡逆向移动，也会导致NO的浓度增大； (4)由图中分析可知，离子交换膜允许阳离子通过，因此离子交换膜为阳离子交换膜，由图可知，阴极区通入液体主要含SO32-，流出主要含S2O42-，所以阴极区电极反应式为2 SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O。 16．能源是国民经济发展的重要基础，我国目前使用的能源主要是化石燃料。 (1)已知： 则煤气化主要反应 ________________ (2)已知的正反应速率为 ，k为速率常数。2500K时， ，逆反应速率为 ，则该温度下的反应平衡常数 K=_________________ 。 (3)甲醇制甲醚的有关反应为：容密闭容器中发生该反应。 起始物质的量／mol 容器编号 温度／℃ CH3OH I II Ⅲ 387 387 207 ________________. ②已知0.10mol 反应方向进行。 ③容器Ⅱ中反应达到平衡后，若要进一步提高甲醚的产率，可以采取的措施为______________（填序号） A.升高温度 B.其他条件不变，增加 的物质的量 时该反应的化学平衡常数K=4。该温度下，若起始时向容器I中充入 ，则反应将向_________（填“正”或“逆”） 0. 20 0. 40 0. 20 CH3OCH3 x 0. 090 H2O y 0. 090 平衡物质的量/mol 一定温度下，在三个容积均为1.0 L的恒 C.降低温度 D.保持其他条件不变，通入氖气 (4)为减少雾霾、降低大气中有害气体含量，研究机动车尾气中 及 的排放量意义重大。机动车 尾气污染物的含量与空／燃比（空气与燃油气的体积比）的变化关系示意图如图所示： ①当空／燃比达到15后a.反应 减少的原因可能是__________（填字母）。 是吸热反应 b.当空／燃比大干15后，燃油气燃烧放出的热量相应减少 ②随空／燃比增大，CO和【答案】故CO和 的含量减少的原因是______。 0.40 1/2 正 C ab 随空／燃比增大，燃油气燃烧更充分， 的含量减少 【解析】 (1)根据盖斯定律得：= (2)达到平衡时υ正=υ逆，根据平衡常数表达式及题干信息得：K= = ； ； (3)根据转化之比等于化学计量数之比，容器I达到平衡时H2O的物质的量为xmol；两容器内温度、容积相同，又因为该反应前后气体分子数保持不变，容器II中起始量为容器I的2倍，故容器I和容器II为比例等效平衡，则平衡时，生成的H2O的物质的量容器II也为容器I的2倍，所以②因为该反应前后气体分子数保持不变，Qc= ③A.387℃时，平衡常数K=4，因为该反应前后气体分子数保持不变，K= 1/2； ，Qc x=0.08，207℃时，甲醚的物质的量为0.09mol，则根据化学平衡移动原理分析知该反应为放热反应；升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醚的产率降低，故A错误； B.其他条件不变，增加 的物质的量，甲醚的产率不变，故B错误； C.降低温度，平衡正向移动，甲醚产率提高，故C正确； D.该反应前后气体分子数不变，所以通入氖气时，平衡不移动，甲醚的产率不变，故D错误，故答案为：C； (4)①a.反应故a为可能原因； b.当空／燃比大干15后，燃油气燃烧放出的热量相应减少，平衡逆向移动，故b为可能原因； ②随空／燃比增大，燃油气燃烧更充分，故CO和 的含量减少。 是吸热反应，增加空气的量，温度降低，平衡逆向移动，NOx含量降低， 17．燃煤及工业废气中的SO2是形成酸雨的主要原因，消除SO2是减少酸雨形成的有效方法。完成下列问题： （1）已知：4FeS2(s)+11O2(g)=2Fe2O3(s)+8SO2(g) ΔH＝﹣3412.0kJ·mol−1 Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g) ΔH＝﹣25.0kJ·mol−1 2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH＝﹣221.0 kJ·mol−1 则2FeS2(s)+7O2(g)+3C(s)=2Fe(s)+3CO2(g)+4SO2(g) ΔH＝____kJ·mol−1。 （2）碱性NaClO2溶液脱硫法 SO2与碱性NaClO2溶液反应的离子方程式为2SO2+ClO2-+4OH−⇌2SO42-+C1−+2H2O，已知pc＝﹣lgc（SO2）。在刚性容器中，将含SO2的废气通入碱性NaClO2溶液中，测得pc与温度的关系如图所示。 由图分析可知，该脱硫反应是____反应（填“放热”或“吸热”）；若温度不变，增大压强，该脱硫反应的平衡常数K____（填“增大”、“减小”或“不变”）。 （3）燃料细菌脱硫法 ①含FeS2的燃煤可用氧化亚铁硫杆菌（T．f）、氧化亚铁微螺菌（L．f）、氧化硫硫杆菌（T．t）进行脱硫，其脱硫过程如图所示： 已知：脱硫总反应为：FeS2+14Fe3++8H2O=2SO42-+15Fe2++16H+， Ⅰ反应的化学方程式为：FeS2+6Fe+3H2O=S2O3+7Fe+6H； 写出Ⅱ反应的化学方程式____。 ②在上述脱硫反应中，氧化亚铁硫杆菌（T．f）与Fe3+的形成过程可视为下图所示的原电池： 3+ 2-2+ + 该细胞膜为____（填“阳离子交换膜”或“阴离子交换膜”）。该电池的正极电极反应式为______。该方法在高温下脱硫效率大大降低，原因是_________。 【答案】﹣2062.5 放热 不变 8Fe3++S2O32﹣+5H2O═2SO42﹣+8Fe2++10H+ 阳离子交换膜 O2+4H++4e﹣＝2H2O 温度过高蛋白质发生变性，细菌失去催化能力 。 【解析】（1）已知：①4FeS2（s）+11O2（g）＝2Fe2O3（s）+8SO2（g）△H＝﹣3412.0kJ•mol﹣1 ②Fe2O3（s）+3CO（g）＝2Fe（s）+3CO2（g）△H＝﹣25.0 kJ•mol﹣1 ③2C（s）+O2（g）＝2CO（g）△H＝﹣221.0 kJ•mol 盖斯定律①×1/2+②+③×3/2计算 2FeS2（s）+7O2（g）+3C（s）＝2Fe（s）+3CO2（g）+4SO2（g）△H＝﹣2062.5kJ/mol； 答案：﹣2062.5。 （2）已知pc＝﹣lgc（SO2），pc与温度的关系分析，温度越高Pc越小，则二氧化硫浓度增大，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，平衡常数只随温度变化，若温度不变，增大压强，该脱硫反应的平衡常数K不变； 答案：放热；不变。 （3）①反应Ⅱ是Fe3+和S2O32﹣反应生成亚铁离子和硫酸根离子，反应的离子方程式：8Fe3++S2O32﹣+5H2O═2SO42 ﹣ ﹣1 +8Fe2++10H+； 3+ 2﹣ 2﹣ 2+ + 答案：8Fe+S2O3+5H2O═2SO4+8Fe+10H。 ②脱硫反应中，氧化亚铁硫杆菌（T．f）与Fe的形成过程为如图所示的原电池反应，亚铁离子被氧化发生氧化反应在原电池负极反应，正极是氧气在酸性溶液中生成水，电极反应：O2+4H++4e﹣＝2H2O，正极消耗氢离子，该细胞膜为阳离子交换膜，该方法在高温下脱硫效率大大降低，原因是：温度过高蛋白质发生变性，细菌失去催化能力； 答案：阳离子交换膜；O2+4H+4e＝2H2O；温度过高蛋白质发生变性，细菌失去催化能力。 18．研究碳、氮、硫等元素化合物的性质或转化对建设生态文明、美丽中国具有重要意义. (1)海水中无机碳的存在形式及分布如下图所示： + ﹣ 3+ 用离子方程式表示海水呈弱碱性的原因______________.已知春季海水pH=8.1，预测夏季海水碱性将会_____________(填写“增强”或“减弱”)，理由是_________________________. (2)工业上以CO和H2为原料合成甲醇的反应：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) △H<0，在容积为1L的恒容容器中，分别在T1、T2、T3三种温度下合成甲醇.如图是上述三种温度下不同H2和CO的起始组成比(起始时CO的物质的量均为1mol)与CO平衡转化率的关系.下列说法正确的是_______________. A.a、b、c三点H2转化率：c>a>b B.上述三种温度之间关系为T1>T2>T3 C.a点状态下再通入0.5 mol co和0.5 mol CH3OH，平衡不移动 D.c点状态下再通入1 mol co和4mol H2，新平衡中H2的体积分数增大 (3)NO加速臭氧层被破坏，其反应过程如图所示： ①NO的作用是___________________。 ②已知:O3(g)+0(g)=202(g) △H=-143kJ·mol-l 反应1: O3(g)+NO(g)⇌NO2(g)+O2(g) △H1=-200.2kJ·mol 反应2：热化学方程式为_____________________。 (4)大气污染物SO2可用NaOH吸收.已知pKa=-lgKa,25℃时，H2SO3的pKa1=1.85，pKa2=7.19。该温度下用0.1mol· L-1 NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L-1H2SO3溶液的滴定曲线如图所示.b点所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序是________________；c点所得溶液中：c(Na+)___________3c(HSO3)(填“>”、“<”或“=”). --l 【答案】HCO3-+H2OH2CO3+OH-或CO32-+H2OHCO3-+OH- 增强 一方面水解平衡为吸热反应，夏天温度升高， 平衡正向移动，c(OH-)增大，一方面夏天光合作用强，使得CO2+H2OH2CO3平衡逆向移动，酸性减弱，一方面夏天温度高，二氧化碳在水中的溶解度减小，酸性减弱 C 催化剂 NO2(g)+O(g)═NO(g)+O2(g)△H2=+57.2 kJ/mol c（Na）> c（HSO3）> c（SO3）>c（H）>c（OH） > 【解析】（1）海水中无机碳的存在形式主要是HCO3-、CO32-，两种离子为弱酸根离子，水解使海水显碱性，离子方程式为HCO3+H2OH2CO3+OH或CO3+H2OHCO3+OH；一方面水解平衡为吸热反应，夏天温度升高，平衡正向移动，c(OH-)增大，一方面夏天光合作用强，使得CO2+H2OH2CO3平衡逆向移动，酸性减弱，一方面夏天温度高，二氧化碳在水中的溶解度减小，酸性减弱。本小题答案为：HCO3-+H2OH2CO3+OH-或 CO32-+H2OHCO3-+OH-；增强；一方面水解平衡为吸热反应，夏天温度升高，平衡正向移动，c(OH-)增大，一方面夏天光合作用强，使得CO2+H2OH2CO3平衡逆向移动，酸性减弱，一方面夏天温度高，二氧化碳在水中的溶解度减小，酸性减弱。 （2）A．图中 值：c＞b，该值越大，即增大氢气浓度，正向进行程度越大，CO转化率增大，而氢气转 相同，CO转化率越大，氢气转化率 --2---+ -2-+ - 化率减小，图中CO转化率：c＞b，则H2转化率：b＞c，a、b两点 也越大，故氢气转化率：a＞b，可知H2转化率：a＞b＞c，故A错误； B．图中 一定时，CO的转化率：T1>T2>T3，正反应为放热反应， 一定时，升高温度平衡逆向移动， CO的转化率会减小，故温度：T1 为0.5mol，容器体积为1L，则： CO(g) + 2H2(g) ⇌ CH3OH(g) 起始浓度（mol/L）： 1 1.5 0 变化浓度（mol/L）： 0.5 1 0.5 平衡浓度（mol/L）： 0.5 0.5 0.5 故T1温度下平衡常数K＝ ，而Qc＝ ，所以平衡不移动，故C正确； D．c点状态下再通入1 molCO和4 molH2，等效为在原平衡的基础上压强增大一倍，正反应为气体体积减小的反应，故平衡正向移动，新平衡中H2的体积分数减小，故D错误。答案选C。 （3）①反应过程是臭氧在NO作用下生成二氧化氮和氧气，二氧化氮在氧原子作用下生成NO和氧气，反应过程中NO参与反应最后又生成，作用是催化剂。本小题答案为：催化剂。 ②Ⅰ.O3(g)+O(g)═2O2(g)△H=−143kJ/mol Ⅱ.O3(g)+NO(g)═NO2(g)+O2(g)△H1=−200.2kJ/mol 盖斯定律计算Ⅰ−Ⅱ得到反应2的热化学方程式：NO2(g)+O(g)═NO(g)+O2(g)△H2=+57.2kJ/mol。本小题答案为：NO2(g)+O(g)═NO(g)+O2(g)△H2=+57.2 kJ/mol。 （4）b点是用0.1mol•L-1NaOH溶液20ml滴定20mL0.1mol•L-1H2SO3溶液，恰好反应生成NaHSO3，溶液显酸性，则溶液中各离子浓度由大到小的顺序是c（Na）> c（HSO3）> c（SO3）>c（H）>c（OH）；c点pH=7.19=PKa2，依据平衡常数溶液显碱性，溶液中溶质主要为Na2SO3，SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-，Kh=c(OH-)= ， + -2-+ - ，带入计算得到：c（HSO32-）=c（SO32-），溶液中2n（Na）=3c（S），2c（Na+）=3[c（SO32-）+c --+ -+ - （H2SO3）+c（HSO3）]=3[c（H2SO3）+2c（HSO3）]，c（Na）>3c（HSO3 ）。本小题答案为：c（Na）> c（HSO3）> c（SO32-）>c（H+）>c（OH-）；>。 19．回收利用CO2有助于降低碳排放。回答下列问题： Ⅰ．工业上，利用CO2和NH3合成尿素。化学原理为2NH3(g)+CO2(g)该反应的平衡常数与温度关系如下表所示。 t/℃ K 165 111.9 175 74.1 185 50.6 195 34.8 CO(NH2)2(s)+H2O(g) ΔH。已知： （1）在一定条件下，合成尿素反应达到平衡时，氨气平衡转化率与温度、压强关系如图所示。x代表_____________，理由是_______；y1_________y2（填“＞”“＜”或“=”）。 （2）在一定温度和压强下，原料气中NH3和CO2的物质的量之比（氨碳比）与CO2的平衡转化率（α）的关系如图所示。 ①合成CO(NH2)2反应中，氨碳比越大，氨的平衡转化率越_____（填“大”或“小”）。 ②M点对应NH3的平衡转化率为_______________。 （3）在温度为T ℃时，向1 L恒容密闭容器中充入1.5 mol NH3和0.5 mol CO2，达到平衡时，容器内压强等于开始时的75%，则T ℃时该反应的平衡常数K为_____L2·mol2。 Ⅱ．利用CO2和H2合成甲醇。 （4）已知CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH＜0，v正=k正•p(CO2)•p(H2)，v逆=k逆•p(CH3OH)•p(H2O)， 3 k正、k逆表示速率常数，只与温度有关。当反应达到平衡后，升高温度，将________（填“增大”“减小”或“不变”）。 （5）已知：①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH1=－571.6 kJ·mol1，②2CH3OH(l)+3O2(g) =2CO2(g)+4H2O(l) ΔH2=－1453 kJ·mol1，则CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l)ΔH= __kJ·mol。 Ⅲ．工业生产中，可以用CO2除去残留Ca(OH)2。 （6）常温下，向含Ca(OH)2的废液中通入CO2，当c(CO32)=____mol·L1时，c(Ca2)=1.0×105mol·L1。[常温下，Ksp(CaCO3)=4.96×109] 【答案】温度 升温，平衡常数减小，说明正反应是放热反应 ＞ 小 32% 1 减小 －130.9 4.96×104 【解析】（1）由平衡常数与温度关系知，升温，平衡常数减小，说明正反应是放热反应。该反应为气体物质的量减小的反应，压强增大，NH3的转化率增大，由图象知，x增大时，NH3的转化率减小，逆向移动，则x应代表温度，升温，氨的平衡转化率减小。y代表压强，增大压强，氨的转化率增大，故y1＞y2。 （2）①氨碳比越大，CO2的平衡转化率越大，但是氨的平衡转化率越小。 ②M点对应的氨碳比为4.0，设NH3为4 mol，CO2为1 mol 2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(s)+H2O(g) 1 起始的物质的量(mol)：4 1 0 转化的物质的量(mol)：2x x x 平衡的物质的量(mol)：(4－2x) (1－x) x x=0.，α(NH3)=×100%=32%。 CO(NH2)2(s)+H2O(g) （3） 2NH3(g) + CO2(g) 1 起始浓度(mol·L)： 1.5 0.5 0 转化浓度(mol·L1)： 2a a a 平衡浓度(mol·L1)：(1.5－2a) (0.5－a) a 压强与物质的量成正比，达到平衡时，容器内压强等于开始时的75%，则 ×100％=0.75，解 得a=0.25，平衡时c(NH3)=1.0 mol·L1，c(CO2)=0.25 mol·L1，c(H2O)=0.25 mol·L1。 K== L·mol=1.0 L·mol。 3 3 2222 （4）平衡时v正=k正•p(CO2)•p(H2)=v逆=k逆•p(CH3OH)•p(H2O)，即k正•p(CO2)•p(H2)= k逆•p(CH3OH)•p(H2O)，得Kp= =，合成甲醇的正反应是放热反应，升温，压强平衡常数Kp减小。 2H2O(l) ΔH1=－571.6 kJ·mol②2CH3OH(l)+3O2(g) 1 （5）①2H2(g)+O2(g)2CO2(g)+4H2O(l) ΔH2=－1453 kJ·mol1由盖斯定律知，①×－②×得：CO2(g)+3H2(g) 571.6×+1453×)kJ·mol=－130.9 kJ·mol。 （6）c( )= = mol·L=4.96×10mol·L。 1 4 1 1 1 CH3OH(l)+H2O(l) ΔH=(－ 20．NOx是造成大气污染的主要物质，用还原法将其转化为无污染的物质，对于消除环境污染有重要意义。 （1） 已知：2C(s)+O2(g)N2(g)+O2(g)2NO(g)+2CO(g)回答下列问题： ①用焦炭还原NO生成无污染气体的热化学方程式为_______。 ②在一定温度下，向甲、乙、丙三个恒容密闭容器中加入一定量的NO和足量的焦炭，反应过程中测得各容器中c(NO)（mol/L）随时间（s）的变化如下表。 已知：三个容器的反应温度分别为T甲= 400℃、T乙= 400℃、T丙= a ℃ 时间 0 s 10 s 20 s 30 s 40 s 2CO(g) △H1= -221.0 kJ/mol 2NO (g) △H2= +180.5 kJ/mol 2CO2(g)+N2(g) △H3= -746.0 kJ/mol 甲 乙 丙 2.00 1.00 2.00 1.50 0.80 1.45 1.10 0.65 1.00 0.80 0.53 1.00 0.80 0.45 1.00 甲容器中，该反应的平衡常数K=_______。丙容器的反应温度a _______400℃（填“˃”、“<”或“=”），理由是_______。 （2）用NH3催化还原NOx消除氮氧化物的污染。 已知：8NH3(g)+6NO2(g) 7N2(g) +12H2O(l) △H＜0。相同条件下，在2 L密闭容器内，选用不同的催 化剂进行反应，产生N2的量随时间变化如图所示。 ①在催化剂A的作用下，0～4 min的v(NH3) = _______。 ②该反应活化能Ea(A)、Ea(B)、Ea(C)由大到小的顺序是_______，理由是_______。 ③下列说法正确的是_______（填标号）。 a．使用催化剂A达平衡时，△H值更大 b．升高温度可使容器内气体颜色加深 c．单位时间内形成N-H键与O-H键的数目相等时，说明反应已经达到平衡 d．若在恒容绝热的密闭容器中反应，当平衡常数不变时，说明反应已经达到平衡 【答案】 2NO(g)+ C (s) CO2(g)+ N2(g) △H=-573.75kJ/mol ˃ 甲、丙容器中反应物起始 量相同，丙容器达平衡的时间比甲容器达平衡的时间短 0.5mol/（Lmin） Ea(C) ˃ Ea(B) ˃ Ea(A) 相同时间内生成的N2越多，反应速率越快，活化能越低 b c d 【解析】（1）①2C(s)+O2(g) ②N2(g)+O2(g)③2NO(g)+2CO(g) 2CO(g) △H1= -221.0 kJ/mol 2NO (g) △H2= +180.5 kJ/mol 2CO2(g)+N2(g) △H3= -746.0 kJ/mol CO2(g)+ N2(g)，该方程式由（③+ ①用焦炭还原NO生成无污染气体的化学方程式为：2NO(g)+ C (s) ①-②）/2得来，故该反应的△H=（△H3+△H1- △H2）/2=-573.75kJ/mol，故该反应的热化学方程式为：2NO(g)+ C (s) CO2(g)+ N2(g) △H=-573.75kJ/mol； CO2(g)+ N2(g)根据容器中c(NO)（mol/L）随时间（s）的变化， ②甲容器中，发生反应2NO(g)+ C (s) 2NO(g)+ C (s) CO2(g)+ N2(g) 起始浓度 2 0 0 转化浓度 1.2 0.6 0.6 平衡浓度 0.8 0.6 0.6 故该反应的平衡常数K= = ，甲、丙容器中反应物起始量相同，丙容器达平衡的时间比甲容器达 平衡的时间短，故丙容器的反应温度a ˃ 400℃； （2）用NH3催化还原NOx消除氮氧化物的污染。 ①在催化剂A的作用下，0～4 min的v(NH3) = =0.5mol/（Lmin）； ②根据图像，ABC催化剂催化效果A>B>C，相同时间内生成的N2越多，反应速率越快，活化能越低，故该反应活化能Ea(A)、Ea(B)、Ea(C)由大到小的顺序是Ea(C) ˃ Ea(B) ˃ Ea(A)； ③a．催化剂不会影响△H值，故a错误；b．升高温度可使平衡右移，使得二氧化氮浓度增大，容器内气体颜色加深，故b正确；c．根据反应，8NH3(g)+6NO2(g) 7N2(g) +12H2O(l)，单位时间内生成8个NH3， 同时生成12个H2O时，说明反应已经达到平衡，即形成N-H键与O-H键的数目相等时，故c正确；d．若在恒容绝热的密闭容器中反应，当平衡常数不变时，说明温度已经不变，说明反应已无热量变化，说明反应已经达到平衡，故d正确；故选b c d。
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