高考真题三年（2018-2020）化学分项汇编--专题15 化学反应原理综合（解析版）

专题 15 化学反应原理综合 1．[2020 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(a)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 (b) 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（c）所示。 1 2 α α′ 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) ΔH =−351 kJ·mol−1 （2）0.975 该反应气体分子数减少，增大压强，α 提高。5.0MPa>2.5MPa = p2，所以 p1= 5.0Mpa 温 度、压强和反应物的起始浓度（组成） （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。ttm 后，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； 2 100 m m p α α− 1.5 0.5(1 ) ( )100 pm m α α α− − 1 2 （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 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 1 2 2 2 3 1SO + O SO2 0( ) 2m m 2( ) 2 2( ) 2m(1- ) m(1 ) mol mmol m m mmol αα α αα α−  矾催化剂 起始量 变化量 平衡量 ( ) ( ) ( ) ( )3n SO 2m mol 2m100% 100% 100%n 2m 1 m 1 2m mol q mol 100 m α α α α α α× = × = ×− + − + + −总 2m 100 m pα α− ( )2m 1 100 m pα α − − ( )m 1 100 m pα α − − 1 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 0.5 0.50.5 1.52 2 2m SO 100 m SO 2m 1 m 1 1 100100 m 100 m p p p p O mpp p m α αα α α α αα α −= =×    − − −×    − − −  ( )0.8 k 1 1 n α αα  − −   ′′ 证。 2．[2020 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。 （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 ①ΔH1=_________ 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：2CH4 C2H6+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 →高温 4CHc (1 ) p(2 )(1 ) α α α α + ×+ − （3）①CO2+2e−=CO+O2− ②6∶5 【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+ 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= ；  4CHc α时， α α 4CHc 7 2 1 2   α α α α 1 α 2 α − + α 2 α+ 1 α 2 α + + 1 α 2 α 1 α α + + − （ ） （ ）（ ） （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。故答案为：6:5。 3．[2020 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。 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 4CHc α时， α α α 压强条件下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当___________________。 【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。 （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。 3 9 1 4 0.039 × 4 36 2 0.390.39 14 0.39 0.10.39 ( )3 × × × 0.39 4 0.39 3 4 2 3 6 0.390.39 14 0.10.390.39 3 pK × = ×  ×   3 9 1 4 0.039 × 【点睛】 本题确定图中曲线所代表的化学物质是难点，其关键在于明确物质的量的分数之比等于各组分的物质的量 之比，也等于化学计量数之比（在初始投料之比等于化学计量数之比的前提下，否则不成立）。 4．[2020 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。 （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。 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： +H2 HCOOˉ+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 3 2 2HCO H HCOO H O− −+ +催化剂 3 2HCOO 2OH 2e HCO H O− − − −+ − = + 2 3 22HCOOH 2OH O 2HCO 2H O− −+ + = + 2 32HCOO O 2HCO− −+ = 3HCO− 3HCO− 催化剂 3HCO− 3HCO− 为 HCOOˉ+2OHˉ－2eˉ= +H2O；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。 5．[2020 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）图 1 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 可以在一定条件下合成 CH3OH(不考虑副反应） （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 。 3HCO− 3HCO− 3HCO− 3HCO− 2- 4SO 2 2 3 2C O (g)+3H (g) C H O H (g)+H O (g) Δ p3；温度升高，反应 I 和 II 平衡逆向移动，反应 III 向正反应方向移动， 所以 T1 温度时，三条曲线交与一点的原因为：T1 时以反应 III 为主，反应 III 前后分子数相等，压强改变对 平衡没有影响； （4）.根据图示可知，温度越低，CO2 的平衡转化率越大，CH3OH 的平衡产率越大，压强越大，CO2 的平 衡转化率越大，CH3OH 的平衡产率越大，所以选择低温和高压，答案选 A。 【点睛】 本题为化学反应原理综合题，考查了盖斯定律、化学平衡常数的计算、勒夏特列原理进行图像的分析，难 点为平衡常数的计算，巧用了三个反应的化学方程式，进行了数据的处理，得到反应 III 的各项数据，进行 计算得到平衡常数。 8．[2019新课标Ⅰ]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）Shibata曾做过下列实验：①使纯H2缓慢地通过处于721 ℃下的过量氧化钴CoO(s)，氧化钴部分被还 原为金属钴Co(s)，平衡后气体中H2的物质的量分数为0.0250。 ②在同一温度下用CO还原CoO(s)，平衡后气体中CO的物质的量分数为0.0192。 根据上述实验结果判断，还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO_________H2（填“大于”或“小于”）。 （2）721 ℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合，采用适当的催化剂进行反应，则平 衡时体系中H2的物质的量分数为_________（填标号）。 2 3 x 2x CO(g)+2H (g) C x H OH(g) 2 2 2CO (g)+H (g) CO(g)+H O(g) b+x b+x b+x b+x  ( ) -1a+b mol a+b mol= LVL V ⋅ b a+b b a+b 1-a-b 3-3a-b 1-a-b 3-3a-b ( )V V = ( ) ( ) V V × × ×× A．＜0.25 B．0.25 C．0.25~0.50 D．0.50 E．＞0.50 （3）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。 可知水煤气变换的ΔH________0（填“大于”“等于”或“小于”），该历程中最大能垒（活化能）E正=_____ ____eV，写出该步骤的化学方程式_______________________。 （4）Shoichi研究了467 ℃、489 ℃时水煤气变换中CO和H2分压随时间变化关系（如下图所示），催化 剂为氧化铁，实验初始时体系中的 和 相等、 和 相等。 计算曲线a的反应在30~90 min内的平均速率 (a)=___________kPa·min−1。467 ℃时 和 随时 间变化关系的曲线分别是___________、___________。489 ℃时 和 随时间变化关系的曲线 分别是___________、___________。 【答案】（1）大于 （2）C （3）小于 2.02 COOH*+H*+H2O* COOH*+2H*+OH*（或H2O* H*+OH*） 2H Op COp 2COp 2Hp v 2Hp COp 2Hp COp （4）0.0047 b c a d 【解析】 【分析】（1）由 H2、CO 与 CoO 反应后其气体物质的量分数判断二者的倾向大小； （2）根据三段式以及 CO 与 H2 的倾向大小关系综合判断； （3）根据反应物与生成物的相对能量差大小进行比较判断；根据反应物达到活化状态所需能量为活化能以 及相对能量差值大小计算并比较最大能垒；根据最大能垒对应的反应历程对应的物质写出方程式； （4）根据图中曲线 a 在 30~90 min 内分压变化量计算平均反应速率；先根据 CO 与 H2 的倾向大小关系判断 CO 与 H2 的含量范围，然后根据温度变化对化学平衡的影响判断出在不同温度下曲线对应的物质。 【详解】（1）H2 还原氧化钴的方程式为：H2(g)＋CoO(s) Co(s)＋H2O(g)；CO 还原氧化钴的方程式为： CO(g)＋CoO(s) Co(s)＋CO2(g)，平衡时 H2 还原体系中 H2 的物质的量分数（ ）高于 CO 还原体系中 CO 的物质的量分数（ ），故还原 CoO(s)为 Co(s)的倾向是 CO 大于 H2； （2）721 ℃时，在密闭容器中将等物质的量的 CO(g)和 H2O(g)混合，可设其物质的量为 1mol，则 CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) 起始（mol） 1 1 0 0 转化（mol） x x x x 平衡（mol） 1-x 1-x x x 则平衡时体系中 H2 的物质的量分数= ，因该反应为可逆反应，故 x0.5，由此可判断最终平衡时体系中 H2 的物质的量分数介于 0.25~0.50，故答案为 C； （3）根据水煤气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)]并结合水煤气变换的反应历程相对能量可知， CO(g)+H2O(g)的能量（-0.32eV）高于 CO2(g)+H2(g)的能量（-0.83eV），故水煤气变换的 ΔH 小于 0；活化能 即反应物状态达到活化状态所需能量，根据变换历程的相对能量可知，最大差值为： ( ) ( ) ( )2 2 2 n H n H +n H O ( ) ( ) ( )2 n CO n CO +n CO  ( ) ( ) ( ) 2n H xmol x= =n 21-x + 1-x +x+x mol  总 其最大能垒（活化能）E 正=1.86-(-0.16)eV=2.02eV；该步骤的反应物为 COOH +H +H2O ＝COOH +2H +OH ；因反应前后 COOH 和 1 个 H 未发生改变，也可以表述成 H2O ＝H +OH ； （4）由图可知，30~90 min 内 a 曲线对应物质的分压变化量 Δp=（4.08-3.80）kPa=0.28 kPa，故曲线 a 的反 应在 30~90 min 内的平均速率 (a)= =0.0047 kPa·min−1；由（2）中分析得出 H2 的物质的量分数介 于 0.25~0.5，CO 的物质的量分数介于 0~0.25，即 H2 的分压始终高于 CO 的分压，据此可将图分成两部分： 由此可知，a、b 表示的是 H2 的分压，c、d 表示的是 CO 的分压，该反应为放热反应，故升高温度，平衡逆 向移动，CO 分压增加，H2 分压降低，故 467 ℃时 PH2 和 PCO 随时间变化关系的曲线分别是 b、c；489 ℃时 PH2 和 PCO 随时间变化关系的曲线分别是 a、d。 【点睛】本题以水煤气交换为背景，考察化学反应原理的基本应用，较为注重学生学科能力的培养，难点 在于材料分析和信息提取，图像比较新，提取信息能力较弱的学生，会比较吃力。第（3）问来源于我国化 学工作者发表在顶级刊物 Science 中的文章“沉积在 α-MoC 上单层金原子对水煤气的低温催化反应”，试题以 文章中的单原子催化能量变化的理论计算模型为情境，让学生认识、分析催化吸附机理及反应过程中的能 量变化。本题属于连贯性综合题目，本题的解题关键在于第（1）问的信息理解与应用，若本题的第（1） 问判断错误，会导致后续多数题目判断错误；第（2）问可以采取特殊值法进行赋值并结合极限法计算，考 生若只是考虑到完全转化极限，则只能判断出 H2 的物质的量分数小于 0.5，这是由于对题干的信息应用能 力不熟练而导致；对于第（4）问中曲线对应物质的确定需根据第（1）（2）问得出的相关结论进行推断，            v 0.28 kPa 60min 需先确定物质对应曲线，然后再根据勒夏特列原理判读相关物质的变化。 9．[2019 新课标Ⅱ] 环戊二烯（ ）是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回 答下列问题： （1）已知： (g) (g)+H2(g) ΔH1=100.3 kJ·mol −1 ① H2(g)+ I2(g) 2HI(g) ΔH2=−11.0 kJ·mol −1 ② 对于反应： (g)+ I2(g) (g)+2HI(g) ③ ΔH3=___________kJ·mol −1。 （2）某温度下，等物质的量的碘和环戊烯（ ）在刚性容器内发生反应③，起始总压为 105Pa，平 衡时总压增加了 20%，环戊烯的转化率为_________，该反应的平衡常数 Kp=_________Pa。达到平 衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，可采取的措施有__________（填标号）。 A．通入惰性气体 B．提高温度 C．增加环戊烯浓度 D．增加碘浓度 （3）环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反 应时间的关系如图所示，下列说法正确的是__________（填标号）。 A．T1＞T2 B．a点的反应速率小于c点的反应速率 C．a点的正反应速率大于b点的逆反应速率 D．b点时二聚体的浓度为0.45 mol·L−1 （4）环戊二烯可用于制备二茂铁（Fe(C5H5)2，结构简式为 ），后者广泛应用于航天、化工等领 域中。二茂铁的电化学制备原理如下图所示，其中电解液为溶解有溴化钠（电解质）和环戊二烯 的 DMF 溶液（DMF 为惰性有机溶剂）。 该电解池的阳极为____________，总反应为__________________。电解制备需要在无水条件下进 行，原因为_________________________。 【答案】（1）89.3 （2）40％ 3.56×104 BD （3）CD （4）Fe 电极 Fe+2 = +H2↑（Fe+2C5H6 Fe(C5H5)2+H2↑） 水会阻碍中间物 Na 的生成；水会电解生成 OH−，进一步与 Fe2+反应生成 Fe(OH)2 【解析】 【分析】 （1）利用盖斯定律解题； （2）利用差量法计算转化率；三行式法计算平衡常数；根据平衡移动原理解释； （3）通过外界因素对速率的影响和平衡状态的形成分析 A、B、C 选项，D 选项观察图象计算； （4）根据阳极：升失氧；阴极：降得还进行分析确定阴阳极；根据题干信息中 Na 元素的变化确定环戊二 烯得电子数和还原产物，进而写出电极反应式；注意 Na 与水会反应，Fe2+在碱性条件下生成沉淀。 【详解】（1）根据盖斯定律①+②，可得反应③的 ΔH=89.3kJ/mol； （2）假设反应前碘单质与环戊烯均为 nmol，平衡时环戊烯反应了 xmol，根据题意可知； （g）+I2（g）= （g）+2HI（g） 增加的物质的量 1mol 1mol 1mol 2mol 1mol xmol 2n×20% 得 x=0.4nmol，转化率为 0.4n/n×100%=40%； （g） + I2（g）= （g）+ 2HI（g） P（初） 0.5×105 0.5×105 0 0 ΔP 0.5×105×40% 0.5×105×40% 0.5×105×40% 1×105×40% P（平） 0.3×105 0.3×105 0.2×105 0.4×105 Kp= =3.56×104； A．T、V 一定，通入惰性气体，由于对反应物和生成物浓度无影响，速率不变，平衡不移动，故 A 错误； B．升高温度，平衡向吸热方向移动，环戊烯转化率升高，故 B 正确；C．增加环戊烯的浓度平衡正向移动， 但环戊烯转化率降低，故 C 错误；D,增加 I2 的浓度，平衡正向移动，环戊烯转化率升高，故 D 正确； （3）A．温度越高化学反应速率越快，单位时间内反应物浓度减少越多，则 T1v(逆)，a 点反应物浓度大于 b 点，故 a 点正反应速率大于 b 点，故 C 正确；D．b 点时环戊 二烯浓度由 1.5mol/L 减小到 0.6mol/L，减少了 0.9mol/L，因此生成二聚体 0.45mol/L，故 D 正确。 （4）根据阳极升失氧可知 Fe 为阳极；根据题干信息 Fe-2e-=Fe2+，电解液中钠离子起到催化剂的作用使得 环戊二烯得电子生成氢气，同时与亚铁离子结合生成二茂铁，故电极反应式为 Fe+2 = +H2↑； 电解必须在无水条件下进行，因为中间产物 Na 会与水反应生成氢氧化钠和氢气，亚铁离子会和氢氧根离子 结合生成沉淀。 【点睛】本题以能力立意，考查提取信息、处理信息的能力及分析问题、解决问题的能力。充分体现了化 学学科思想、学科方法、创新意识和学科价值，易错点第（2）小题平衡常数计算；第（4）小题电极反应 式的书写。 10．[2019 新课标Ⅲ] 近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。 因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题： （1）Deacon 发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为刚性容器中，进料浓度比 c(HCl) ∶c(O2)分别等于 1∶1、4∶1、7∶1 时 HCl 平衡转化率随温度变化的关系： 5 2 5 5 5 0.4 10 0.2 10 0.3 10 0.3 10 × × × × × × （ ） 可知反应平衡常数 K（300℃）____________K（400℃）（填“大于”或“小于”）。设 HCl 初始浓度 为 c0，根据进料浓度比 c(HCl)∶c(O2)=1∶1 的数据计算 K（400℃）=____________（列出计算 式）。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比 c(HCl)∶ c(O2)过低、过高的不利影响分别是____________。 （2）Deacon 直接氧化法可按下列催化过程进行： CuCl2(s)=CuCl(s)+ Cl2(g) ΔH1=83 kJ·mol-1 CuCl(s)+ O2(g)=CuO(s)+ Cl2(g) ΔH2=-20 kJ·mol-1 CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH3=-121 kJ·mol-1 则 4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的 ΔH=_________ kJ·mol-1。 （3）在一定温度的条件下，进一步提高 HCl 的转化率的方法是______________。（写出 2 种） （4）在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺 方案，主要包括电化学过程和化学过程，如下图所示： 负极区发生的反应有____________________（写反应方程式）。电路中转移 1 mol 电子，需消耗氧 气__________L（标准状况）。 【答案】（1）大于 O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低 （2）﹣116 （3）增加反应体系压强、及时除去产物 1 2 1 2 1 2 2 2 4 0 (0.42) (0.42) (1 0.84) (1 0.21)c × − × − （4）Fe3++e−=Fe2+，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O 5.6 【解析】 【详解】（1）根据反应方程式知，HCl 平衡转化率越大，平衡常数 K 越大，结合图像知升高温度平衡转化 率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，则 K(300℃)>K(400℃)； 由图像知，400℃时，HCl 平衡转化率为 84%，用三段式法对数据进行处理得： 起始（浓度） c0 c0 0 0 变化（浓度） 0.84c0 0.21c0 0.42c0 0.42c0 平衡（浓度）(1-0.84)c0(1-0.21)c0 0.42c0 0.42c0 则 K= ；根据题干信息知，进料浓度比过低，氧气大量剩余，导致分离产物氯气和氧 气的能耗较高；进料浓度比过高，HCl 不能充分反应，导致 HCl 转化率较低； （2）根据盖斯定律知，（反应 I+反应 II+反应 III）×2 得 ΔH= （ΔH1+ΔH2+ΔH3）×2=-116kJ·mol-1； （3）若想提高 HCl 的转化率，应该促使平衡正向移动，该反应为气体体积减小的反应，根据勒夏特列原理， 可以增大压强，使平衡正向移动；也可以及时除去产物，减小产物浓度，使平衡正向移动； （4）电解过程中，负极区即阴极上发生的是得电子反应，元素化合价降低，属于还原反应，则图中左侧为 负极反应，根据图示信息知电极反应为：Fe3++e－＝Fe2+和 4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O；电路中转移 1 mol 电子，根据电子得失守恒可知需消耗氧气的物质的量是 1mol÷4＝0.25mol，在标准状况下的体积为 0.25mol×22.4L/mol＝5.6L。 11．[2019江苏] CO2的资源化利用能有效减少CO2排放，充分利用碳资源。 （1）CaO可在较高温度下捕集CO2，在更高温度下将捕集的CO2释放利用。CaC2O4·H 2O热分解可制备 CaO，CaC2O4·H 2O加热升温过程中固体的质量变化见下图。 ①写出400~600 ℃范围内分解反应的化学方程式： ▲ 。 2 2 24HCl(g) O (g) 2Cl (g) 2H O(g)+ = + 2 2 4 0 (0.42) (0.42) (1 0.84) (1 0.21)c × − × − 2 2 24HCl(g) O (g) 2Cl (g) 2H O(g)+ = + ②与CaCO3热分解制备的CaO相比，CaC2O4·H2O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能，其 原因是 ▲ 。 （2）电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制HCOOH的原理示意图如下。 ①写出阴极CO2还原为HCOO−的电极反应式： ▲ 。 ②电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是 ▲ 。 （3）CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应： 反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH =41.2 kJ·mol−1 反应Ⅱ：2CO2(g)+6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH =﹣122.5 kJ·mol−1 在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的 变化如图。其中： CH3OCH3的选择性= ×100％ ①温度高于300 ℃，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是 ▲ 。 ②220 ℃时，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性为48%（图中A 点）。不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的措施有 ▲ 。 【答案】（1）①CaC2O4 CaCO3+CO↑ 3 3 2 CH OCH C 2 O × 的物质的量 反应的 的物质的量 400~600℃ ②CaC2O4·H2O热分解放出更多的气体，制得的CaO更加疏松多孔 （2）①CO2+H++2e− HCOO−或CO2+ +2e− HCOO−+ ②阳极产生O2，pH减小， 浓度降低；K+部分迁移至阴极区 （3）①反应Ⅰ的ΔH＞0，反应Ⅱ的ΔH＜0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为 CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度 ②增大压强，使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂 【解析】 【分析】 本题注重理论联系实际，引导考生认识并体会化学科学对社会发展的作用，试题以减少 CO2 排放，充分利 用碳资源为背景，考查《化学反应原理》模块中方程式的计算、电化学、外界条件对化学反应速率和化学 平衡的影响等基本知识； 【详解】（1）①令 CaC2O4·H2O 的物质的量为 1mol，即质量为 146g，根据图像，第一阶段剩余固体质量为 128， 原固体质量为 146 g，相差 18 g，说明此阶段失去结晶水，第二阶段从剩余固体质量与第一阶段剩余固体质 量相对比，少了 28 g，相差 1 个 CO，因此 400℃~600℃范围内，分解反应方程式为 CaC2O4 CaCO3+CO↑。 ②CaC2O4·H2O 热分解放出更多的气体，制得的 CaO 更加疏松多孔，增加与 CO2 的接触面积，更好捕捉 CO2。 （2）①根据电解原理，阴极上得到电子，化合价降低，CO2+H++2e− HCOO−或 CO2+ +2e− HCOO−+ 。 ②阳极反应式为 2H2O－4e－ O2↑＋4H＋，阳极附近 pH 减小，H＋与 HCO3－反应，同时部分 K＋迁移至 阴极区，所以电解一段时间后，阳极区的 KHCO3 溶液浓度降低。 （3）①根据反应方程式，反应 I 为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，CO2 的转化率增大，反 应 II 为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，CO2 的转化率降低，根据图像，上升幅度超过下降 幅度，因此温度超过 300℃时，CO2 转化率上升。 ②图中 A 点 CH3OCH3 的选择性没有达到此温度下平衡时 CH3OCH3 的选择性，依据 CH3OCH3 选择性公式， 提高 CH3OCH3 选择性，不改变反应时间和温度时，根据反应 II，可以增大压强，或者使用对反应 II 催化活 性更高的催化剂。 【点睛】本题的难点（1）是文字叙述，应根据图像和所学知识，结合所问问题进行分析解答；（2）电极 3HCO− 2 3CO − 3HCO− 400~600℃ 3HCO− 2 3CO − 反应式的书写，阴极反应是将 CO2 还原成 HCOO－，先写出 CO2＋2e－→HCOO－，然后根据原子守恒和电 荷守恒，得出 CO2+H++2e− HCOO−，或者为 CO2+ +2e− HCOO−+ 。 12．[2019北京]氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。 （1）甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。 ①反应器中初始反应的生成物为 H2 和 CO2，其物质的量之比为 4∶1，甲烷和水蒸气反应的方程式 是______________。 ②已知反应器中还存在如下反应： i.CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) ΔH1 ii.CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) ΔH2 iii.CH4(g) C(s)+2H2(g) ΔH3 …… iii 为积炭反应，利用 ΔH1 和 ΔH2 计算 ΔH3 时，还需要利用__________反应的 ΔH。 ③反应物投料比采用 n（H2O）∶n（CH4）=4∶1，大于初始反应的化学计量数之比，目的是 ________________（选填字母序号）。 a.促进 CH4 转化 b.促进 CO 转化为 CO2 c.减少积炭生成 ④用 CaO 可以去除 CO2。H2 体积分数和 CaO 消耗率随时间变化关系如下图所示。从 t1 时开始，H2 体积分数显著降低，单位时间 CaO 消耗率_______（填“升高”“降低”或“不变”）。此时 CaO 消耗率 约为 35%，但已失效，结合化学方程式解释原因：____________________________。 （2）可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如下。通过控制开关连接 K1 或 K2，可交替 得到 H2 和 O2。 3HCO− 2 3CO − ①制 H2 时，连接_______________。 产生 H2 的电极反应式是_______________。 ②改变开关连接方式，可得 O2。 ③结合①和②中电极 3 的电极反应式，说明电极 3 的作用：________________________。 【答案】（1）①CH4+2H2O 4H2+CO2 ②C(s)+2H2O(g) CO2(g)+2H2(g)或 C(s)+ CO2(g) 2CO(g) ③a b c ④降低 CaO+ CO2 CaCO3，CaCO3 覆盖在 CaO 表面，减少了 CO2 与 CaO 的接触面积 （2）①K1 2H2O+2e- H2↑+2OH- ③制 H2 时，电极 3 发生反应：Ni(OH)2+ OH--e- NiOOH+H2O。制 O2 时，上述电极反应逆向进行，使电 极 3 得以循环使用 【解析】 【详解】（1）①由于生成物为 H2 和 CO2，其物质的量之比为 4：1，反应物是甲烷和水蒸气，因而反应方程 式为 CH4+2H2O 4H2+CO2。 ②ⅰ-ⅱ可得 CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)，设为ⅳ，用ⅳ-ⅲ可得 C(s)+CO2(g) 2CO(g)，因为还 需利用 C(s)+CO2(g) 2CO(g)反应的焓变。 ③初始反应 n(H2O):n(CH4)=2：1，说明加入的水蒸气过量，又反应器中反应都存在一定可逆性，根据反应ⅰ 知水蒸气浓度越大，甲烷的转化率越高，a 正确；根据反应ⅱ知水蒸气浓度越大，CO 的转化率越高，b 正 确；ⅰ和ⅱ产生氢气，使得氢气浓度变大，抑制反应ⅲ，积炭生成量减少，c 正确。 ④t1 时 CaO 消耗率曲线斜率减小，因而单位时间内 CaO 的消耗率降低。CaO+ CO2 CaCO3，CaCO3 覆 盖在 CaO 表面，减少了 CO2 与 CaO 的接触面积，因而失效。 （2）①电极生成 H2 时，根据电极放电规律可知 H+得到电子变为氢气，因而电极须连接负极，因而制 H2 时， 连接 K1，该电池在碱性溶液中，由 H2O 提供 H+，电极反应式为 2H2O+2e-=H2↑+2OH-。 ③电极 3 上 NiOOH 和 Ni(OH)2 相互转化，其反应式为 NiOOH+e-+H2O Ni(OH)2+OH-，当连接 K1 时， Ni(OH)2 失去电子变为 NiOOH，当连接 K2 时，NiOOH 得到电子变为 Ni(OH)2，因而作用是连接 K1 或 K2 时， 电极 3 分别作为阳极材料和阴极材料，并且 NiOOH 和 Ni(OH)2 相互转化提供电子转移。 13．[2019 天津] 多晶硅是制作光伏电池的关键材料。以下是由粗硅制备多晶硅的简易过程。 回答下列问题： Ⅰ．硅粉与 在 300℃时反应生成 气体和 ，放出 热量，该反应的热化学方程 式为________________________。 的电子式为__________________。 Ⅱ．将 氢化为 有三种方法，对应的反应依次为： ① ② ③ （1）氢化过程中所需的高纯度 可用惰性电极电解 溶液制备，写出产生 的电极名称______ （填“阳极”或“阴极”），该电极反应方程式为________________________。 （2）已知体系自由能变 ， 时反应自发进行。三个氢化反应的 与温度的关 系如图 1 所示，可知：反应①能自发进行的最低温度是____________；相同温度下，反应②比反 HCl 31mol SiHCl 2H 225kJ 3SiHCl 4SiCl 3SiHCl ( ) ( ) ( ) ( )4 2 3SiCl g H g SiHCl g HCl g+ + 1 0H∆ > ( ) ( ) ( ) ( )4 2 33SiCl g 2H g Si s 4SiHCl g+ +  2 0H∆ < ( ) ( ) ( ) ( ) ( )4 2 32SiCl g H g Si s HCl g 3SiHCl g+ + +  3H∆ 2H KOH 2H G H T S∆ = ∆ − ∆ 0G∆ < G∆ 应①的 小，主要原因是________________________。 （3）不同温度下反应②中 转化率如图 2 所示。下列叙述正确的是______（填序号）。 a．B 点： b． ：A 点 点 c．反应适宜温度： ℃ （4）反应③的 ______（用 ， 表示）。温度升高，反应③的平衡常数 ______（填“增 大”、“减小”或“不变”）。 （5）由粗硅制备多晶硅过程中循环使用的物质除 、 和 外，还有______（填分子式）。 【答案】Ⅰ． Ⅱ． （1）阴极 或 （2）1000℃ 导致反应②的 小 （3）a、c （4） 减小 （5） 、 【解析】 【分析】 Ⅰ．书写热化学方程式时一定要标注出各物质的状态，要将热化学方程式中焓变的数值与化学计量数对应。 本题的反应温度需要标注为条件； Ⅱ．（1）惰性电极电解 KOH 溶液，实质是电解水，产生氢气的必为阴极，发生还原反应。 （2）“看图说话”，将反应①的纵、横坐标对应起来看，即可顺利找到最低温度。影响自由能变的因素主要 是焓变和熵变，分析发现熵变对反应②反而不利，说明焓变影响大，为主要影响因素； （3）据图判断化学平衡的建立和移动是分析的关键。注意时间是一个不变的量。 （4）此问是盖斯定律的简单应用，对热化学方程式直接进行加减即可。 【详解】Ⅰ．参加反应的物质是固态的 Si、气态的 HCl，生成的是气态的 SiHCl3 和氢气，反应条件是 300℃，配平后发现 SiHCl3 的化学计量数恰好是 1，由此可顺利写出该条件下的热化学方程式：Si(s)+3HCl(g) G∆ 4SiCl v v>正 逆 v正 E> 480 520∼ 3H∆ = 1H∆ 2H∆ K 4SiCl 3SiHCl Si ( ) ( ) ( ) ( )3 2 300 Si s 3HCl g SiHCl g H g+ +℃ 1225kJ molH −∆ = − ⋅ 2 22H O 2e H 2OH− −+ ↑ + 22H 2e H+ −+ ↑ 2 1H H∆ < ∆ G∆ 2 1H H∆ − ∆ HCl 2H SiHCl3(g)+H2(g) ∆H=-225kJ·mol-1；SiHCl3 中硅与 1 个 H、3 个 Cl 分别形成共价单键，由此可写出 其电子式为： ，注意别漏标 3 个氯原子的孤电子对； Ⅱ．（1）电解 KOH 溶液，阳极发生氧化反应而产生 O2、阴极发生还原反应才产生 H2；阴极的电极反应式 可以直接写成 2H++2e-=H2↑，或写成由水得电子也可以：2H2O+2e-=H2↑+2OH-； （2）由题目所给的图 1 可以看出，反应①（最上面那条线）当∆G=0 时，对应的横坐标温度是 1000℃；从 反应前后气体分子数的变化来看，反应①的熵变化不大，而反应②中熵是减小的，可见熵变对反应②的自 发更不利，而结果反应②的∆G 更负，说明显然是焓变产生了较大的影响，即∆H2v（第二步反应） B．反应的中间产物只有 NO3 C．第二步中 NO2 与 NO3 的碰撞仅部分有效 D．第三步反应活化能较高 【答案】（1）O2 （2）53.1 30.0 6.0×10－2 大于 温度提高，体积不变，总压强提高；NO2 二聚为放热反应，温度提高， 平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高 13.4 （3）AC 1 2 2 5N Op 2Op 2 5N Op 【解析】分析：（1）根据还原剂失去电子转化为氧化产物判断； （2）①根据盖斯定律计算； ②根据压强之比是物质的量之比计算； ③根据温度对压强和平衡状态的影响分析； ④根据五氧化二氮完全分解时的压强计算出二氧化氮、氧气的压强，然后再根据二氧化氮转化的方程式计 算平衡时二氧化氮、四氧化二氮的压强。 （3）根据三步反应的特点分析判断。 详解：（1）氯气在反应中得到电子作氧化剂，硝酸银中只有氧元素化合价会升高，所以氧化产物是氧气， 分子式为 O2； （2）①已知： ⅰ、2N2O5(g)＝2N2O4(g)+O2(g) △H1＝－4.4kJ/mol ⅱ、2NO2(g)＝N2O4(g) △H2＝－55.3kJ/mol 根据盖斯定律可知ⅰ÷2－ⅱ即得到 N2O5(g)＝2NO2(g)+1/2O2(g) △H1＝＋53.1kJ/mol； ②根据方程式可知氧气与消耗五氧化二氮的物质的量之比是 1:2，又因为压强之比是物质的量之比，所以消 耗五氧化二氮减少的压强是 2.9kPa×2＝5.8kPa，则此时五氧化二氮的压强是 35.8kPa－5.8kPa＝30.0kPa，因 此此时反应速率 v＝2.0×10－3×30＝6.0×10－2（kPa·min－1）； ③由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系 物质的量增加，总压强提高，所以若提高反应温度至 35℃，则 N2O5(g)完全分解后体系压强 p∞(35℃)大于 63.1 kPa。 ④根据表中数据可知五氧化二氮完全分解时的压强是 63.1kPa，根据方程式可知完全分解时最初生成的二氧 化氮的压强是 35.8kPa×2＝71.6 kPa，氧气是 35.8kPa÷2＝17.9 kPa，总压强应该是 71.6 kPa+17.9 kPa＝89.5 kPa， 平衡后压强减少了 89.5 kPa－63.1kPa＝26.4kPa，所以根据方程式 2NO2(g) N2O4(g)可知平衡时四氧化二 氮对应的压强是 26.4kPa，二氧化氮对应的压强是 71.6 kPa－26.4kPa×2＝18.8kPa，则反应的平衡常数 。 （3）A、第一步反应快，所以第一步的逆反应速率大于第二步的逆反应速率，A 正确； B、根据第二步和第三步可知中间产物还有 NO，B 错误； C、根据第二步反应生成物中有 NO2 可知 NO2 与 NO3 的碰撞仅部分有效，C 正确； D、第三步反应快，所以第三步反应的活化能较低，D 错误。答案选 AC。 点睛：本题主要是考查化学反应原理，侧重于化学反应速率与化学平衡的有关分析与计算，题目难度较大。 218.8 13.426.4pK kPa kPa= ≈ 试题设计新颖，陌生感强，计算量较大，对学生的要求较高。压强和平衡常数的计算是解答的难点，注意 从阿伏加德罗定律的角度去理解压强与气体物质的量之间的关系，注意结合反应的方程式和表中数据的灵 活应用。也可以直接把压强看作是物质的量利用三段式计算。 16．[2018 新课标Ⅱ卷] CH4-CO2 催化重整不仅可以得到合成气（CO 和 H2），还对温室气体的减排具有重要 意义。回答下列问题： （1）CH4-CO2 催化重整反应为：CH4(g)+ CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)。 已知：C(s)+2H2(g)= CH4 (g) ΔH=-75 kJ·mol−1 C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-394 kJ·mol−1 C(s)+ (g)=CO(g) ΔH=-111 kJ·mol−1 该催化重整反应的 ΔH=______ kJ·mol−1，有利于提高 CH4 平衡转化率的条件是____（填标号）。 A．高温低压 B．低温高压 C．高温高压 D．低温低压 某温度下，在体积为 2 L 的容器中加入 2 mol CH4、1 mol CO2 以及催化剂进行重整反应，达到平 衡时 CO2 的转化率是 50%，其平衡常数为_______mol2·L−2。 （2）反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。相关数据如下表： 积碳反应 CH4(g)= C(s)+2H2(g) 消碳反应 CO2(g)+ C(s)= 2CO(g) ΔH/(kJ·mol−1) 75 172 催化剂 X 33 91活化能/ (kJ·mol−1) 催化剂 Y 43 72 ①由上表判断，催化剂 X____Y（填“优于”或“劣于”），理由是_____________________________。 在反应进料气组成、压强及反应时间相同的情况下，某催化剂表面的积碳量随温度的变化关系如 图所示。升高温度时，下列关于积碳反应、消碳反应的平衡常数（K）和速率（v）的叙述正确的 是________（填标号）。 2 1 O2 A．K 积、K 消均增加 B．v 积减小，v 消增加 C．K 积减小，K 消增加 D．v 消增加的倍数比 v 积增加的倍数大 ②在一定温度下，测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为 v=k·p(CH4)· （k 为速 率常数）。在 p(CH4)一定时，不同 p(CO2)下积碳量随时间的变化趋势如图所示，则 pa(CO2)、 pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为________________。 【答案】（1）247 A （2）劣于 相对于催化剂 X，催化剂 Y 积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对 小，消碳反应速率大 AD pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2) 【解析】分析：（1）根据盖斯定律计算；根据反应特点结合温度和压强对平衡状态的影响解答；根据转化 率利用三段式计算平衡常数； （2）①根据活化能对反应的影响分析；根据反应热结合温度对平衡状态的影响以及图像曲线变化趋势解答； ②根据反应速率方程式分析影响其因素结合图像解答。 详解：（1）已知： ①C(s)+2H2(g)=CH4(g) ΔH=-75 kJ·mol−1 ②C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-394 kJ·mol−1 ③C(s)+1/2O2(g)=CO(g) ΔH=-111 kJ·mol−1 根据盖斯定律可知③×2－②－①即得到该催化重整反应 CH 4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)的 ΔH=＋247 kJ·mol−1。正反应是体积增大的吸热反应，所以有利于提高 CH4 平衡转化率的条件是高温低压，答案选 A； 某温度下，在体积为 2 L 的容器中加入 2 mol CH4、1 mol CO2 以及催化剂进行重整反应，达到平衡时 CO2 的转化率是 50%，根据方程式可知 CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) 起始浓度（mol/L） 1 0.5 0 0 转化浓度（mol/L） 0.25 0.25 0.5 0.5 0.5 2 )(COp −   1 3 平衡浓度（mol/L） 0.75 0.25 0.5 0.5 所以其平衡常数为 mol2·L−2。 （2）①根据表中数据可知相对于催化剂 X，催化剂 Y 积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反 应活化能相对小，消碳反应速率大，所以催化剂 X 劣于 Y。A．正反应均是吸热反应，升高温度平衡向正反 应方向进行，因此 K 积、K 消均增加，A 正确；B．升高温度反应速率均增大，B 错误；C．根据 A 中分析可 知选项 C 错误；D．积碳量达到最大值以后再升高温度积碳量降低，这说明 v 消增加的倍数比 v 积增加的倍 数大，D 正确。答案选 AD。 ②根据反应速率方程式可知在 p(CH4)一定时，生成速率随 p(CO2)的升高而降低，所以根据图像可知 pa(CO2)、 pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为 pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)。 点睛：本题主要是考查影响化学平衡的因素，化学图像的分析与判断，化学计算等知识。图像分析是解答 的易错点和难点，注意化学平衡图像分析的答题技巧，看图像时：①一看面：纵坐标与横坐标的意义；② 二看线：线的走向和变化趋势；③三看点：起点，拐点，终点，然后根据图象中呈现的关系、题给信息和 所学知识相结合，做出符合题目要求的解答。 17．[2018 新课标Ⅲ卷]三氯氢硅（SiHCl3）是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题： （1）SiHCl3 在常温常压下为易挥发的无色透明液体，遇潮气时发烟生成(HSiO)2O 等，写出该反应的化 学方程式__________。 （2）SiHCl3 在催化剂作用下发生反应： 2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g)+ SiCl4(g) ΔH1=48 kJ·mol−1 3SiH2Cl2(g) SiH4(g)+2SiHCl3 (g) ΔH2=−30 kJ·mol−1 则反应 4SiHCl3(g) SiH4(g)+ 3SiCl4(g)的 ΔH=__________ kJ·mol−1。 （3）对于反应 2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)，采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在 323 K 和 343 K 时 SiHCl3 的转化率随时间变化的结果如图所示。 ①343 K 时反应的平衡转化率 α=_________%。平衡常数 K343 K=__________（保留 2 位小数）。 ②在 343 K 下：要提高 SiHCl3 转化率，可采取的措施是___________；要缩短反应达到平衡的时间，可 2 20.5 0.5 1 0.75 0.25 3 × =× 采取的措施有____________、___________。 ③比较 a、b 处反应速率大小：υa________υb（填“大于”“小于”或“等于”）。反应速率 υ=υ 正−υ 逆= − ，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x 为物质的量分数，计算 a 处的 =__________ （保留 1 位小数）。 【答案】（1）2SiHCl3+3H2O (HSiO)2O+6HCl （2）114 （3）①22 0.02 ②及时移去产物 改进催化剂 提高反应物压强（浓度） ③大于 1.3 【解析】分析：本题考查的是化学反应原理的综合应用，主要包括反应与能量以及化学反应速率、平衡的 相关内容。只需要根据题目要求，利用平衡速率的方法进行计算即可。 详 解 ： （ 1 ） 根 据 题 目 表 述 ， 三 氯 氢 硅 和 水 蒸 气 反 应 得 到 (HSiO)2O ， 方 程 式 为 ： 2SiHCl3+3H2O=(HSiO)2O+6HCl。 （2）将第一个方程式扩大 3 倍，再与第二个方程式相加就可以得到第三个反应的焓变，所以焓变为 48×3+(－30)=114kJ·mol-1。 （3）①由图示，温度越高反应越快，达到平衡用得时间就越少，所以曲线 a 代表 343K 的反应。从图中读 出，平衡以后反应转化率为 22%。设初始加入的三氯氢硅的浓度为 1mol/L，得到： 2SiHCl3 SiH2Cl2 + SiCl4 起始： 1 0 0 反应： 0.22 0.11 0.11 （转化率为 22%） 平衡： 0.78 0.11 0.11 所以平衡常数 K=0.112÷0.782=0.02。 ②温度不变，提高三氯氢硅转化率的方法可以是将产物从体系分离（两边物质的量相等，压强不影响平 衡）。缩短达到平衡的时间，就是加快反应速率，所以可以采取的措施是增大压强（增大反应物浓度）、加 入更高效的催化剂（改进催化剂）。 ③a、b 两点的转化率相等，可以认为各物质的浓度对应相等，而 a 点的温度更高，所以速率更快，即 Va＞ Vb 。根据题目表述得到 ， ，当反应达平衡时 ， ＝ ，所以 ，实际就是平衡常数 K 值，所以 3 2 SiHClk x正 v v 正 逆 0.02。a 点时，转化率为 20%，所以计算出： 2SiHCl3 SiH2Cl2 + SiCl4 起始： 1 0 0 反应： 0.2 0.1 0.1 （转化率为 20%） 平衡： 0.8 0.1 0.1 所以 =0.8； = =0.1；所以 点睛：题目的最后一问的计算过程比较繁琐，实际题目希望学生能理解化学反应的平衡常数应该等于正逆 反应的速率常数的比值。要考虑到速率常数也是常数，应该与温度相关，所以不能利用 b 点数据进行计算 或判断。 18．[2018 海南卷]过氧化氢(H2O2)是重要的化工产品，广泛应用于绿色化学合成．医疗消毒等领域。 回答下列问题： （1）已知：H2(g)＋ O2(g)＝H2O(l) △H1＝－286 kJ·mol¯ 1 H2(g)＋O2(g)＝H2O2(l) △H2＝－188 kJ·mol¯ 1 过氧化氢分解反应 2H2O2(l)＝2H2O(l)＋O2(g)的△H＝______kJ·mol¯ 1。不同温度下过氧化氢分解反应的平 衡常数 K(313K)_____K(298K) (填大于、小于或等于)。 （2）100℃时，在不同金属离子存在下，纯过氧化氢 24 h 的分解率见下表： 离子 加入量(mg·L¯ 1) 分解率% 离子 加入量(mg·L¯ 1) 分解率％ 无 0 2 Fe3＋ 1.0 15 Al3＋ 10 2 Cu2＋ 0.1 86 Zn2＋ 10 10 Cr3＋ 0.1 96 由上表数据可知，能使过氧化氢分解反应活化能降低最多的离子是_______。贮运过氧化氢时，可选用的 容器材质为_________(填标号)。 A．不锈钢 B．纯铝 C．黄铜 D．铸铁 （3）过氧化氢的 Ka1＝2.24×10¯ 12，H2O2 的酸性________H2O (填大于、小于或等于)。 研究表明，过氧化氢溶液中 HO2-的浓度越大，过氧化氢的分解速率越快。常温下，不同浓度的过氧化氢 分解率与 pH 的关系如图所示。一定浓度的过氧化氢，pH 增大分解率增大的原因是___________________： 1 2 相同 pH 下，过氧化氢浓度越大分解率越低的原因是__________________________________________。 【答案】（1）－196 小于 （2）Cr3＋ B （3）大于 pH 升高，c( )增大，分解速率加快 H2O2 浓度越大，其电离度越小，分解率越小 【解析】 【分析】（1）根据盖斯定律计算反应热；根据放热反应，升温后平衡移动方向判断平衡常数的大小。 （2）由表中数据可知，加入铬离子，加入量最小，分解率最大；过氧化氢具有氧化性，可以氧化其他金属， 但铝表面可以生成致密的氧化铝薄膜，阻止内部的铝继续腐蚀。 （3）通过比较电离常数大小比较酸性强弱；分析浓度和酸度对过氧化氢的电离平衡的影响。 【详解】（1）已知：① H2(g)＋ O2(g)＝H2O(l) △H1＝－286 kJ·mol¯ 1 ②H2(g)＋O2(g)＝H2O2(l) △H2＝－188 kJ·mol¯ 1 根据盖斯定律，①×2-②×2 得：2H2O2(l)＝2H2O(l)＋O2(g)的△H＝2△H1-2△H2=-196kJ·mol¯ 1。 该反应为放热反应，温度升高，化学平衡常数减小，所以 K(313K)Kw，故 H2O2 电离出氢离子浓度大于水电离出的氢离子浓度，故 H2O2 的酸性>H2O； pH 增大，氢离子浓度减小，反应正向进行，HO2-的浓度增加，分解速率加快； 过氧化氢浓度越高，其电离程度越低，故分解率越小。 19．[2018 北京卷]近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下： 1 2 （1）反应Ⅰ：2H2SO4(l) 2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g) ΔH1=+551 kJ·mol－1 反应Ⅲ：S(s)+O2(g) SO2(g) ΔH3=－297 kJ·mol－1 反应Ⅱ的热化学方程式：________________。 （2）对反应Ⅱ，在某一投料比时，两种压强下，H2SO4 在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系 如图所示。 p2_______p 1（填“＞”或“＜”），得出该结论的理由是________________。 （3）I－可以作为水溶液中 SO2 歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将 ii 补充完整。 i．SO2+4I－+4H+ S↓+2I2+2H2O ii．I2+2H2O+_________ _________+_______+2 I－ （4）探究 i、ii 反应速率与 SO2 歧化反应速率的关系，实验如下：分别将 18 mL SO2 饱和溶液加入到 2 mL 下列试剂中，密闭放置观察现象。（已知：I2 易溶解在 KI 溶液中） 序号 A B C D 试剂组成 0.4 mol·L－1 KI a mol·L－1 KI 0.2 mol·L－1 H2SO4 0.2 mol·L－1 H2SO4 0.2 mol·L－1 KI 0.0002 mol I2 实验现象 溶液变黄，一段时 间后出现浑浊 溶液变黄，出现浑 浊较 A 快 无明显现象 溶液由棕褐色很快 褪色，变成黄色， 出现浑浊较 A 快 ①B 是 A 的对比实验，则 a=__________。 ②比较 A、B、C，可得出的结论是______________________。 ③实验表明，SO2 的歧化反应速率 D＞A，结合 i、ii 反应速率解释原因：________________。 【答案】（1）3SO2(g)+2H2O (g) 2H2SO4 (l)+S(s) ΔH2=−254 kJ·mol−1 （2）> 反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，H2SO4 的物质的 量增大，体系总物质的量减小，H2SO4 的物质的量分数增大 （3）SO2 SO42− 4H+ （4）0.4 I −是 SO2 歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但 H+可以加快歧化反应速率 反应 ii 比 i 快；D 中由反应 ii 产生的 H+使反应 i 加快 【解析】分析：（1）应用盖斯定律结合反应 II 分析。 （2）采用“定一议二”法，根据温度相同时，压强与 H2SO4 物质的量分数判断。 （3）依据催化剂在反应前后质量和化学性质不变，反应 i+反应 ii 消去 I-得总反应。 （4）用控制变量法对比分析。 详解：（1）根据过程，反应 II 为 SO2 催化歧化生成 H2SO4 和 S，反应为 3SO2+2H2O=2H2SO4+S。应用盖斯 定律，反应 I+反应 III 得，2H2SO4（l）+S（s）=3SO 2（g）+2H 2O（g）ΔH=ΔH 1+ΔH3=（+551kJ/mol）+ （-297kJ/mol）=+254kJ/mol，反应 II 的热化学方程式为 3SO 2（g）+2H 2O（g）=2H 2SO4（l）+S（s） ΔH=-254kJ/mol。 （2）在横坐标上任取一点，作纵坐标的平行线，可见温度相同时，p2 时 H2SO4 物质的量分数大于 p1 时；反 应 II 是气体分子数减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，H2SO4 物质的量增加，体系总物质的量 减小，H2SO4 物质的量分数增大；则 p2 p1。 （3）反应 II 的总反应为 3SO2+2H2O=2H2SO4+S，I-可以作为水溶液中 SO2 歧化反应的催化剂，催化剂在反 应前后质量和化学性质不变，（总反应-反应 i） 2 得，反应 ii 的离子方程式为 I2+2H2O+SO2=4H++SO42-+2I-。 （4）①B 是 A 的对比实验，采用控制变量法，B 比 A 多加了 0.2mol/LH2SO4，A 与 B 中 KI 浓度应相等， 则 a=0.4。 ②对比 A 与 B，加入 H+可以加快 SO2 歧化反应的速率；对比 B 与 C，单独 H+不能催化 SO2 的歧化反应； 比较 A、B、C，可得出的结论是：I−是 SO2 歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但 H+可以 加快歧化反应速率。 ③对比 D 和 A，D 中加入 KI 的浓度小于 A，D 中多加了 I2，反应 i 消耗 H+和 I-，反应 ii 中消耗 I2，D 中“溶 液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较 A 快”，反应速率 D A，由此可见，反应 ii 比反应 i 速率快， 反应 ii 产生 H+使 c（H+）增大，从而反应 i 加快。 点睛：本题以利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储为载体，考查盖斯定律的应用、化学平衡 图像的分析、方程式的书写、控制变量法探究外界条件对化学反应速率的影响，考查学生灵活运用所学知 识解决实际问题的能力。 20．[2018 天津卷]CO2 是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题： （1）CO2 可以被 NaOH 溶液捕获。若所得溶液 pH=13，CO2 主要转化为______（写离子符号）；若所 得溶液 c(HCO3−)∶c(CO32−)=2∶1，溶液 pH=______。（室温下，H2CO3 的 K1=4×10−7；K2=5×10−11） （2）CO2 与 CH4 经催化重整，制得合成气： > ÷ > CH4(g)+ CO2(g) 2CO (g)+ 2H2(g) ①已知上述反应中相关的化学键键能数据如下： 化学键 C—H C=O H—H C O(CO) 键能/kJ·mol−1 413 745 436 1075 则该反应的 ΔH=_________。分别在 VL 恒温密闭容器 A（恒容）、B（恒压，容积可变）中，加入 CH4 和 CO2 各 1 mol 的混合气体。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是_______（填“A” 或 “B ”）。 ②按一定体积比加入 CH4 和 CO2，在恒压下发生反应，温度对 CO 和 H2 产率的影响如图 3 所示。此反 应优选温度为 900℃的原因是________。 （3）O2 辅助的 Al～CO2 电池工作原理如图 4 所示。该电池电容量大，能有效利用 CO2，电池反应产物 Al2(C2O4)3 是重要的化工原料。 电池的负极反应式：________。 电池的正极反应式：6O2+6e− 6O2− 6CO2+6O2− 3C2O42− 反应过程中 O2 的作用是________。 该电池的总反应式：________。 【答案】（1）CO32- 10 （2）+120 kJ·mol-1 B 900 ℃时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效 益降低 （3）Al–3e–=Al3+（或 2Al–6e–=2Al3+） 催化剂 2Al+6CO2=Al2(C2O4)3 【解析】分析：本题考查的是化学反应原理的综合应用，主要包括反应与能量以及化学反应速率、平衡的 相关内容。只需要根据题目要求，利用平衡速率的方法进行计算即可。 详解：（1）CO2 可以被 NaOH 溶液捕获。若所得溶液 pH=13，因为得到溶液的碱性较强，所以 CO2 主要转 化为碳酸根离子（CO32-）。若所得溶液 c(HCO3−)∶c(CO 32−)=2∶1，，则根据第二步电离平衡常数 K 2= =5×10−11，所以氢离子浓度为 1×10-10mol/L，pH=10。 （ 2 ） ① 化 学 反 应 的 焓 变 应 该 等 于 反 应 物 键 能 减 去 生 成 物 的 键 能 ， 所 以 焓 变 为 (4×413+2×745) － (2×1075+2×436)= +120 kJ·mol-1。初始时容器 A、B 的压强相等，A 容器恒容，随着反应的进行压强逐渐增 大（气体物质的量增加）；B 容器恒压，压强不变；所以达平衡时压强一定是 A 中大，B 中小，此反应压强 减小平衡正向移动，所以 B 的反应平衡更靠右，反应的更多，吸热也更多。 ②根据图 3 得到，900℃时反应产率已经比较高，温度再升高，反应产率的增大并不明显，而生产中的能耗 和成本明显增大，经济效益会下降，所以选择 900℃为反应最佳温度。 （3）明显电池的负极为 Al，所以反应一定是 Al 失电子，该电解质为氯化铝离子液体，所以 Al 失电子应转 化为 Al3+，方程式为：Al–3e–=Al3+（或 2Al–6e–=2Al3+）。根据电池的正极反应，氧气再第一步被消耗，又在 第二步生成，所以氧气为正极反应的催化剂。将方程式加和得到，总反应为：2Al+6CO2=Al2(C2O4)3。 点睛：本题的第（2）小问中的①涉及了恒容容器和恒压容器在不同反应中的影响。此类问题可以直接利用 如下的结论：如果初始状态完全相同，是由恒容和恒压的区别，则一定是恒压容器更有利于反应的进行。 除非是气体物质的量不变的反应，恒压和恒容是一样的。本就可以直接得到，容器 B 恒压，所以有利于反 应进行，反应的更多，热量也更多。 21．[2018 江苏卷] NOx（主要指 NO 和 NO2）是大气主要污染物之一。有效去除大气中的 NOx 是环境保护 的重要课题。 （1）用水吸收 NOx 的相关热化学方程式如下： 2NO2(g)+H2O(l) HNO3(aq)+HNO2(aq) ΔH=−116.1 kJ·mol−1 3HNO2(aq) HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l) ΔH=75.9 kJ·mol−1 反应 3NO2(g)+H2O(l) 2HNO3(aq)+NO(g)的 ΔH=___________kJ·mol−1。 （2）用稀硝酸吸收 NOx，得到 HNO3 和 HNO2 的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出 电解时阳极的电极反应式：____________________________________。 （3）用酸性(NH2)2CO 水溶液吸收 NOx，吸收过程中存在 HNO2 与(NH2)2CO 生成 N2 和 CO2 的反应。写 出该反应的化学方程式：____________________________________。 （4）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 1 mol N2 时，转移的电子数为__________mol。 ( ) ( ) ( ) ( )2 3 3 H CO H 2HCO c c c c + − + − × = 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（装置见题 20 图−1）。 反应相同时间 NOx 的去除率随反应温度的变化曲线如题 20 图−2 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）−136.2 （2）HNO2−2e−+H2O 3H++NO3− （3）2HNO2+(NH2)2CO 2N2↑+CO2↑+3H2O （4）① ②迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使 NOx 去除反应速率迅速增大； 上升缓慢段主要是温度升高引起的 NOx 去除反应速率增大 催化剂活性下降；NH3 与 O2 反应生成了 NO 【解析】（1）将两个热化学方程式编号， 2NO2（g）+H2O（l）=HNO3（aq）+HNO2（aq） ΔH=−116.1 kJ·mol−1（①式） 3HNO2（aq）=HNO3（aq）+2NO（g）+H2O（l） ΔH=75.9 kJ·mol−1（②式） 应用 盖斯 定律 ，将（ ①式 3+② 式） 2 得 ，反 应 3NO 2 （g ）+H 2O （l） =2HNO 3 （aq ）+NO （g ） ΔH=[（−116.1 kJ·mol−1） 3+75.9 kJ·mol−1] 2=-136.2kJ·mol−1。 （2）根据电解原理，阳极发生失电子的氧化反应，阳极反应为 HNO2 失去电子生成 HNO3，1molHNO2 反应 失去 2mol 电子，结合原子守恒和溶液呈酸性，电解时阳极电极反应式为 HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+。 24 7 （3）HNO2 与（NH2）2CO 反应生成 N2 和 CO2，N 元素的化合价由 HNO2 中+3 价降至 0 价，N 元素的化合 价由（NH2）2CO 中-3 价价升至 0 价，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为 2HNO2+（NH2） 2CO=2N2↑+CO2↑+3H2O。 （4）①NH3 与 NO2 的反应为 8NH3+6NO2 7N2+12H2O，该反应中 NH3 中-3 价的 N 升至 0 价，NO2 中+4 价的 N 降至 0 价，生成 7molN2 转移 24mol 电子。生成 1molN2 时转移电子数为 mol。 ②因为反应时间相同，所以低温时主要考虑温度和催化剂对化学反应速率的影响；高温时 NH3 与 O2 发生催 化氧化反应。在 50~250℃范围内，NOx 的去除率迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同 使 NOx 去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的 NOx 去除反应速率增大，温度升高催化 剂活性下降。反应温度高于 380℃时，NOx 的去除率迅速下降的原因可能是 NH3 与 O2 反应生成了 NO，反 应的化学方程式为 4NH3+5O2 4NO+6H2O。 点睛：本题以有效去除 NOx 为载体，考查盖斯定律的应用、电解原理、指定情境下方程式的书写，氧化还 原反应中转移电子数的计算、图像的分析。主要体现的是对化学反应原理的考查，对化学反应原理的准确 理解是解题的关键。 22．[2018 浙江 11 月选考]（一）合成氨工艺（流程如图所示）是人工固氮最重要的途径。 2018 年是合成氨工业先驱哈伯（P•Haber）获得诺贝尔奖 100 周年。N2 和 H2 生成 NH3 的反应为：1/2N2 （g）+3/2H2（g） NH3（g）∆H(298K)=-46.2KJ•mol-1,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*； ；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）利于提高合成氨平衡产率的条件有__________。 A．低温    B.高温     C.低压     D.高压    E.催化剂 2NH*+H* NH * （2）标准平衡常数 ，其中 为标准压强（1×105Pa），pNH3、pN2 和 pH2 为各组分的平衡分压，如 pNH3=xNH3p，p 为平衡总压，xNH3 为平衡系统中 NH3 的物质的量分数。 ①N2 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，NH3 的平衡产率为 w，则 =_____________（用含 w 的最简式表示） ②下图中可以示意标准平衡常数 随温度 T 变化趋势的是_______。 （3）实际生产中，常用工艺条件，Fe 作催化剂，控制温度 773K，压强 3.0X105Pa，原料中 N2 和 H2 物 质的量之比为 1：2.8。 ①分析说明原料气中 N2 过量的理由________________________。 ②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∆H 和∆S 都小于零 B.控制温度（773K）远高于室温，是为了保证尽可能的平衡转化率和快的反应速率 C.当温度、压强一定时，在原料气（N2 和 H2 的比例不变）中添加少量惰性气体，有利于提高平衡转化 率 D.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 E.分离空气可得 N2，通过天然气和水蒸气转化可得 H2，原料气须经过净化处理，以防止催化剂中毒和安 全事故发生。 （二）高铁酸钾（K2FeO4）可用作水处理剂。某同学通过“化学-电解法”探究的合成，其原理如图所示。 接通电源，调节电压，将一定量 Cl2 通入 KOH 溶液，然后滴入含 Fe3+的溶液，控制温度，可制得 K2FeO4。 ( ) ( ) θ θ 3 0.5 1.5θ θ 2 2 NH /= N / H / p pK p p p p θP θK θK （1）请写出“化学法”得到 FeO42-的离子方程式___________________________。 （2）请写出阳极的电极反应式（含 FeO42-）___________________________________。 【答案】(一)（1）AD （2） A （3）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 ADE （二）2Fe3+＋3C1O-＋10OH-＝2FeO42-＋3Cl-＋5H2O 或 2Fe(OH)3+3C1O-＋4OH-＝2FeO42-＋3Cl-＋5H2O Fe3++8OH—3e-=FeO42-＋4H2O 或 Fe(OH)3+5OH--3e-=FeO42-＋4H2O 【解析】(一)（1）由勒夏特列原理可知，根据反应 N2（g）＋ H2（g） NH3（g）△H（298K）＝－ 46.2kJ/mol，为了提高合成氨平衡产率，即平衡正向移动，低温和高压符合条件，答案选 AD； （2）① N2（g）＋ H2（g） NH3（g） 起始量： 1 3 0 转化量： 3 2 平衡量： 1- 3-3 2 x(NH3)%= ；x(N2)%= ；x(H2)%= ，化简得 ； ②反应 N2（g）＋ H2（g） NH3（g）△H（298K）＝－46.2kJ/mol 为放热反应，温度 T 升高，平衡 向逆反应方向移动，K0 减小，InK0 也减小，InK0 与温度不成正比，故答案选 A； （3）①由反应 N2（g）＋ H2（g） NH3（g）可知，加过量氮气，有利于平衡正向移动，提高 H2 ( ) ( )2 4ω 2 ω 3 3 1 ω − − 1 2 3 2 1 2 3 2 ω ω ω ω ω ω 2 4 2 ω ω− 1 4 2 ω ω − − 3 3 4 2 ω ω − − 1 3 2 2 2 4 2 1 3 3 4 2 4 2 p pK p p p p θ θ θ θ θ θ θ ω ω ω ω ω ω ×−=    − −   × ×      − −       ( ) ( )2 4ω 2 ω 3 3 1 ω − − 1 2 3 2 1 2 3 2 的转化率以及氨气的产率，同时根据题干“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。”可知，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。②易知 A 选项正 确；控制温度远高于室温是为了保证催化剂的活性，提高反应速率，并非为了保证尽可能高的平衡转化率 和快的反应速率，B 错误；恒压条件充入少量惰性气体，相当于减压，平衡逆向移动，不利于提高平衡转化 率，C 错误；不断将氨气液化，生成物浓度降低，有利于平衡正向移动，D 正确，当选；通过天然气和水蒸 气转化制得的 H2，由于含有 CH4，CO 等易燃易爆气体，容易出现安全隐患，此外 CH4，CO 可能会与催化 剂反应，造成催化剂活性降低，所以必须经过净化处理，E 正确。答案选 ADE； （二）（1）将一定量 C12 通入 KOH 溶液，生成 KCl 和 KClO，KClO 具有强氧化性，将 Fe3+氧化为 FeO42-， 然后根据碱性环境，配平即可，得到 2Fe3+＋3C1O-＋10OH-＝2FeO42-＋3Cl-＋5H2O 或 2Fe(OH)3+3C1O-＋ 4OH-＝2FeO42-＋3Cl-＋5H2O； （2）阳极失电子，反应物为 Fe3+产物为 FeO42-，然后根据碱性环境及守恒规则，易写出 Fe3++8OH- -3e-=FeO42- ＋4H2O 或 Fe(OH)3+5OH--3e-=FeO42-＋4H2O。