化学一模试题分类汇编——化学反应原理综合考查综合附答案解析

化学一模试题分类汇编——化学反应原理综合考查综合附答案解析
一、化学反应原理综合考查
1．铝及其合金可用作材料、铝热剂等，在环境修复等方面也有着巨大的应用潜力。

(1)铝的冶炼、提纯的方法很多。

①高温碳热歧化氯化法冶铝包含的反应之一为：Al 2O 3(s)+AlCl 3(g)+3C(s)3CO(g)+3AlCl(g)，
其平衡常数表达式为K=_______________。

②碳热还原Al 2O 3冶铝的部分反应如下： Ⅰ.2Al 2O 3(s)+9C(s)=Al 4C 3(s)+6CO(g) △H 1=akJ/mol Ⅱ. 4Al 2O 3(s)+Al 4C 3(s)=3Al 4O 4C(s) △H 2=bkJ/mol Ⅲ. Al 4O 4C(s)+Al 4C 3(s)=8Al(g)+4CO(g) △H 3=ckJ/mol 反应Al 2O 3(s)+3C(s)=2Al(g)+3CO(g)的△H =__________kJ/mol
③用离子液体AICb-BMIC(阳离子为EMIM +、阴离子为AlCl 4－、Al 2Cl 7－
)作电解质，可实现电
解精炼铝。

粗铝与外电源的_____________极(填“正”或“负")相连；工作时，阴极的电极反应式为_______________。

(2)真空条件及1173K 时，可用铝热还原Li 5AlO 4制备金属锂(气态)，写出该反应的化学方程式：__________________________。

(3)用Al 、Fe 或Al-Fe 合金还原脱除水体中的硝态氮(NO 3--N)，在45℃，起始c (KNO 3-N)为50mg·L -1、维持溶液呈中性并通入Ar 等条件下进行脱除实验。

结果如图所示(c 0为起始浓度、c 为剩余浓度)：
①纯Al 在0~3h 时，NO 3-几乎没有被脱除，其原因是_______________________；写出3h 后NO 3-被还原为N 2的离子方程式：____________________________。

②Al-Fe 合金1~2h 比纯A13~4h 的脱除速率快得多的可能原因是________________。

【答案】
333c (CO)c (AlCl)c(AlCl ) 4a+b+3c
12
正 4Al 2Cl 7－+3e － = 7AlCl 4－+Al 3Li 5AlO 4 + 5Al 1173K 真空
15Li(g) + 4Al 2O 3 铝表面的氧化膜仍未被溶解 10Al + 6NO 3－+ 12H 2O + 6H +
45℃
10Al(OH)3 + 3N 2↑ Al-Fe 形成原电池能加速电子转移
【解析】
【分析】
(1)①平衡常数表达式为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值； ②利用盖斯定律去反应热；
③电解精炼时，粗铝作阳极，而阴极上生成Al ；
(3)②Al 、Fe 的活泼性不同，在溶液中可以构成原电池，加快反应速率。

【详解】
(1)①平衡常数表达式为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，固体的浓度为定
值，不出现在表达式中，则平衡常数333(CO)(AlCl)
=(AlCl )
c c K c
；
②根据盖斯定律，反应Ⅰ×
13+反应Ⅱ×1
12
+反应Ⅲ×14可得目标反应Al 2O 3(s)+3C(s)=2Al(g)+3CO(g)，则△H =△H 1×1
3+△H 2×112
+△H 3×14kJ/mol =
4a+b+3c
12
kJ/mol ； ③电解精炼中，含有杂质的金属作阳极，失去电子，形成离子进入电解质中，在阴极得到电子得到单质，从而完成冶炼过程，因此粗铝与外电源的正极相连；电解质溶液中Al 以AlCl 4－、Al 2Cl 7－的形式存在，在阴极得到电子，生成Al ，电极方程式为4Al 2Cl 7－+3e －=7AlCl 4－+Al ；
(2)真空条件及1173K 时，可用铝热还原Li 5AlO 4制备金属锂，Al 则转化为Al 2O 3，化学方程式为3Li 5AlO 4+5Al
1173K 真空
15Li(g)+4Al 2O 3；
(3)①纯Al 在0～3h ，NO 3－几乎没有被脱除，说明几乎没有反应，而在3h 后，反应才开始，可能是由于Al 的表面有一层氧化膜，阻止了反应的进行，因此纯Al 在0~3h 时，NO 3-几乎没有被脱除，其原因是铝表面的氧化膜仍未被溶解；Al 和NO 3－
反应，溶液是中性的，
产物中Al 以Al(OH)3的形式存在，Al 的化合价从0升高到＋3价，NO 3－中N 的化合价从＋5价降低到0价，根据化合价升降守恒，Al 和NO 3－的系数比为5：3，再根据电荷守恒和原子守恒，可得离子方程式为10Al+6NO 3－+12H 2O+6H +
45℃
10Al(OH)3+3N 2↑；
②Al 、Fe 的活泼性不同，在溶液中可以构成原电池，加快电子转移，加快了反应速率。

2．H 2O 2的制取及其在污水处理方面的应用是当前科学研究的热点。

(1)“氧阴极还原法”制取H 2O 2的原理如题图所示：
阴极表面发生的电极反应有：
Ⅰ.2H++O2+2e-=H2O2
Ⅱ. H2O2+2H++ 2e-=2H2O
Ⅲ. 2H+ +2e-=H2↑
①写出阳极表面的电极反应式：___。

②其他条件相同时，不同初始pH(均小于2)条件下，H2O2浓度随电解时间的变化如图所示，c(H+)过大或过小均不利于H2O2制取，原因是_______。

(2)存碱性条件下，H2O2的一种催化分解机理如下：
H2O2(aq)+Mn2+(aq)=·OH(aq)+Mn3+(aq)+OH-(aq) ∆H=akJ/mol
H2O2(aq)+ Mn3+(aq) +2OH-(aq)= Mn2+(aq) +·O2-(aq) +2H2O(l) ∆H=bkJ/mol
·OH(aq) +·O2-(aq)=O2(g) +OH-(aq) ∆H=ckJ/mol
2H2O2(aq)= 2H2O(l)+O2(g) △H=_______。

该反应的催化剂为____。

(3)H2O2、O3在水中可形成具有超强氧化能力的羟基自由基(·OH)，可有效去除废水中的次磷酸根离子(H2PO2-)。

①弱碱性条件下·OH将H2PO2-氧化成PO43-，理论上l.7g·OH可处理含0.001mol/L
H2PO2-的模拟废水的体积为______。

②为比较不同投料方式下含H2PO2-模拟废水的处理效果，向两份等体积废水样品中加入等量H2O2和O3，其中一份再加入FeSO4。

反应相同时间，实验结果如图所示：
添加FeSO4后，次磷酸盐氧化率、磷元素沉淀率均显著提高，原因是______。

2H O-4e=4H+O c（H+）过小时，反应Ⅰ的化学反应速率较慢，c（H+）【答案】-+
22
过大时，主要发生反应Ⅲ（a+b+c）kJ/mol Mn2+ 25L Fe2+促进H2O2和O3产生·OH，氧化产生的Fe3+将PO43-转化为FePO4沉淀
【解析】
【分析】
（1）由电解装置图可知阳极表面消耗水，产生氧气，以此写出电极方程式；
（2）由盖斯定律可得，①＋②+③可得所求热化学方程式，中间产物Mn2+为催化剂；（3）①弱碱性条件下∙OH将H2PO2-氧化成PO43-，反应为：
--3-2242OH+2OH +H PO =PO +4H O g 4,以此计算废水的体积；
②由图可知添加FeSO 4后，次磷酸盐氧化率、磷元素沉淀率均显著提高，原因是Fe 2+促进H 2O 2和O 3产生·OH ，氧化产生的Fe 3+将PO 43-转化为FePO4沉淀。

【详解】
（1）由电解装置图可知阳极表面消耗水，产生氧气，则电极方程式为
-+222H O-4e =4H +O ↑，
故答案为：-+
222H O-4e =4H +O ↑；
（2）已知：①H 2O 2(aq )+Mn 2+(aq )=·OH (aq )+Mn 3+(aq )+OH -(aq ) ∆H =akJ /mol
②H 2O 2(aq )+ Mn 3+(aq ) +2OH -(aq )= Mn 2+(aq ) +·O 2-(aq ) +2H 2O (l ) ∆H =bkJ /mol
③·OH (aq ) +·O 2-(aq )=O 2(g ) +OH -(aq ) ∆
H =ckJ /mol 由盖斯定律可得，①＋②+③可得所求热化学方程式()()()22222H O aq = 2H O l +O g ，则
△H =（a +b +c ）kJ /mol ， Mn 2+
为中间产物反应前后不发生改变为催化剂， 故答案为：（a +b +c ）kJ /mol ；Mn 2+
；
（3）①弱碱性条件下·OH 将H 2PO 2-氧化成PO 43-，反应为：
--3-2242OH+2OH +H PO =PO +4H O g 4, l .7g ·OH 物质的量 1.7g
n=
=0.1mol 17g/mol
，则参
与反应的H 2PO 2-物质的量为0.025mol ，则废水的体积n 0.025mol V===25L c 0.001mol/L
， 故答案为：25L ；
②由图可知添加FeSO 4后，次磷酸盐氧化率、磷元素沉淀率均显著提高，原因是Fe 2+促进H 2O 2和O 3产生·OH ，氧化产生的Fe 3+将PO 43-转化为FePO4沉淀，
故答案为：Fe 2+促进H 2O 2和O 3产生·OH ，氧化产生的Fe 3+将PO 43-转化为FePO4沉淀。

3．丙烯腈（CH 2=CHCN ）是一种重要的化工原料，工业上可用“丙烯氨氧化法”生产，主要副产物有丙烯醛（CH 2=CHCHO ）和乙腈（CH 3CN ）等，回答下列问题：
(1)以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈（C 3H 3N ）和副产物丙烯醛（C 3H 4O ）的热化学方程式如下：
①C 3H 6(g)+NH 3(g)+
3
2
O 2(g)=C 3H 3N(g)+3H 2O(g) ΔH =-515kJ/mol ①C 3H 6(g)+O 2(g)=C 3H 4O(g)+H 2O(g) ΔH =-353kJ/mol
两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是________；有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是________；提高丙烯腈反应选择性的关键因素是________。

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

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

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

进料氨、空气、丙烯的理论体积约为________。

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

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

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

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

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

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

实验1：在25 ℃下，测定不同时间所得溶液中过氧乙酸的质量分数。

数据如图1所示。

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

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

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

（写出2条）。

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

病毒在水中可能会聚集成团簇。

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

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

(2)利用热化学方程式中各物质的系数代表各物质的物质的量来计算。

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

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

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

5．研究煤的合理利用及 CO2的综合应用有着重要的意义。

请回答以下问题：
I.煤的气化
已知煤的气化过程涉及的基本化学反应有：
①C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) △H=+131kJ·mol-1
②CO(g)+3H2(g) CH4(g) +H2O(g) △H=akJ·mol-1
查阅资料反应②中相关化学键能数据如下表：
化学键C≡O H—H H—C H—O
E(kJ·mol-1)1072436414465
(1)则反应②中 a =_____________。

(2)煤直接甲烷化反应 C(s) + 2 H2 (g) CH4(g) 的△H=为 _____kJ • mol-1，该反应在
_____________（填“高温”或“低温”）下自发进行。

II.合成低碳烯烃
在体积为1 L 的密闭容器中，充入 1mol CO2和 2 .5 mol H2, 发生反应： 2CO2 ( g) + 6
H 2(g)C2H4(g)+4 H2O(g) △H=-128kJ·mol-1，测得温度对催化剂催化效率和CO2平衡转化率的影响如右图所示：
(3) 图中低温时， 随着温度升高催化剂的催化效率提高， 但 CO 2的平衡转化率却反而降低 ，其原因是_______________．
(4) 250℃时，该反应的平衡常数K 值为____________。

III.合成甲醇
在恒温 2 L 容积不变的密闭容器中，充入 1molCO 2 和 3 molH 2, 发生反应：. CO 2(g)+3H 2(g)
CH 3OH(g)+ H 2O(g),测得不同时刻反应前后容器内压强变化（p 后/p 前）如下表： 时间/h 1 2 3 4 5 6 p 后/p 前
0.90
0.85
0.82
0.81
0.80
0.80
(5) 反应前 1 小时内的平均反应速率 v(H 2）为_______mol •L -1h -1 , 该温度下CO 2的平衡转化率为_____________。

【答案】-206 -75 低温 该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，所以二氧化碳的转化率降低 1 0.3 40% 【解析】 【分析】 【详解】
（1）焓变△H=反应物的总键能-生成物的总键能=a=1072 kJ/mol +3×436 kJ/mol -（4×414 kJ/mol +2×465 kJ/mol ）=-206kJ/mol ，故答案为：-206； （2）由盖斯定律，方程式①+②得到C(s) + 2H 2 (g)
CH 4(g)，则△H=-75 kJ/mol ，反应
△H<0，△S<0，则低温下能使△H -T △S<0，所以低温能自发进行，故答案为：-75；低温； （3）该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，则二氧化碳的平衡转化率降低，故答案为：该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，所以二氧化碳的转化率降低； （4）250℃时，二氧化碳的平衡转化率为50%，可列三段式为： 2CO 2 ( g) + 6 H 2(g)
C 2H 4(g)+4 H 2O(g)
(mol/L)1 2.500(mol/L)0.5 1.50.251(mol/L)0.510.251
起始态转化态平衡态 426
10.25K=10.51
⨯=⨯，故答案为：1； （5）在恒温2L 容积不变的密闭容器中，充入1molCO 2和3molH 2，发生反应，设1h 消耗二氧化碳的物质的量为x ，则有三段式： CO 2(g)+3H 2(g)
CH 3OH(g)+ H 2O(g)
(mol)1300(mol)x 3x x x 1h (mol)1-x 3-3x x x
起始态转化态时 气体压强之比等于气体的物质的量之比，则
4-2x
=0.94
，x=0.2mol ，氢气的反应速率
c 30.2mol
v=
==0.3mol/(L h)
2L t
1h
∆⨯∆g ； 平衡状态下气体压强之比为0.8，设消耗二氧化碳的物质的量为y ，则有三段式： CO 2(g)+3H 2(g)
CH 3OH(g)+ H 2O(g)
(mol)1300(mol)y 3y y y (mol)1-y 3-3y y y
起始态转化态平衡态 4-2y =0.84，y=0.4，二氧化碳的平衡转化率= 0.4mol
100%=40%1mol ⨯，故答案为：0.3；40%。

6．1799年，英国化学家汉弗莱·戴维发现了N 2O 气体。

在食品行业中，N 2O 可用作发泡 剂和密封剂。

(l) N 2是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，NH 3与O 2在加热和催化剂的作用下生成N 2O 的化学方程式为________。

(2)N 2O 在金粉表面发生热分解反应：2N 2O(g) =2N 2(g)+O 2(g) △H 。

已知：2NH 3(g)+3N 2O(g)=4N 2(g)+3H 2O(l) △H 1=-1010KJ/mol 4NH 3(g)+3O 2(g) =2N 2(g)+6H 2O(l) △H 2=-1531KJ/mol △H=__________。

(3)N 2O 和CO 是环境污染性气体，研究表明，CO 与N 2O 在Fe +作用下发生反应：
N 2O(g)+CO(g)垐?噲?CO 2(g)十N 2(g)的能量变化及反应历程如下图所示，两步反应分别为：反应①Fe ++N 2O 垐?噲?FeO+N 2；反应②______________
由图可知两步反应均为____(填“放热”或“吸热”)反应，由______(填“反应①或反应②”)决定反应达到平衡所用时间。

(4)在固定体积的密闭容器中，发生反应：N 2O(g)+CO(g)垐?噲?CO 2(g)+N 2(g)，改变原料气配
比进行多组实验(各次实验的温度可能相同，也可能不同)，测定N 2O 的平衡转化率。

部分实验结果如图所示：
①如果要将图中C 点的平衡状态改变为B 点的平衡状态，应采取的措施是：____ ； ②图中C 、D 两点对应的实验温度分别为T C 和T D ，，通过计算判断T C ____T D (填“>”“=”或“<”)。

(5)在某温度下，向1L 密闭容器中充入CO 与N 2O ，发生反应：N 2O(g)+CO(g)垐?噲?CO 2(g)十
N 2(g)，随着反应的进行，容器内CO 的物质的量分数变化如下表所示： 时间/min 0 2 4 6 8 10 物质的量分数
50.0%
40.25%
32.0%
26.2%
24.0%
24.0%
则该温度下反应的平衡常数K=____。

【答案】2NH 3+2O 2
∆
催化剂N 2O+3H 2O -163kJ/mol FeO ++CO 垐?噲?CO 2
+Fe + 放热 反应①
降低温度 = 1.17 【解析】 【分析】
(2)利用盖斯定律求反应热；
(3)根据总反应减去反应①得到反应②；根据反应物和生成物的相对能量判断反应热；根据活化能的相对大小判断化学反应速率大小，从而确定决速步； (4)根据不同温度下的平衡常数的大小，判断温度的变化； (5)根据三等式求算平衡常数。

【详解】
(1)NH 3和O 2反应得到N 2O ，根据化合价升降守恒配平，NH 3中N 的化合价从－3升高到N 2O 中的＋1，共升高4价；O 2中O 的化合价从0降低到－2，共降低4价，化合价升降守恒，则NH 3和O 2的系数比为1：1，根据原子守恒配平，可得2NH 3+2O 2
∆
催化剂N 2O+3H 2
O ； (2) 已知①2NH 3(g)+3N 2O(g)=4N 2(g)+3H 2O(l) △H 1=-1010KJ/mol ，②4NH 3(g)+3O 2(g)
=2N 2(g)+6H 2O(l) △H 2=-1531KJ/mol ；反应①×2
3-反应②×13
可得目标反应，则△H=△H 1×
23-△H 2×13=-1010kJ/mol ×2
3-(-1531kJ/mol)×13
=-163kJ/mol ； (3)总反应为N 2O(g)+CO(g)垐?噲?CO 2(g)十N 2(g)，实际过程是分2步进行，因此反应①和反
应②相加得到总反应，则反应②等于总反应减去反应①，可得反应②为
FeO ++CO 垐?噲?CO 2+Fe +；
根据反应历程图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，则该两步反应均为放热反应；
根据反应①的历程图可知，由Fe ＋和N 2O 经过过渡态得到产物FeO ＋和N 2，过渡态和反应物Fe ＋和N 2O 的能量差为反应①的活化能，同理，可知反应②的活化能，可知，反应①的活化能大于反应②的活化能，活化能越大，化学反应速率越慢，而化学反应速率慢的步骤为决速步，决定反应达到平衡所用时间，即反应①决定反应达到平衡所用时间； (4)①根据图像，C 点和B 点，反应物的投料比相同，但是B 点表示的平衡状态，N 2O 的转化率高于C 点，C 点的平衡状态改变为B 点的平衡状态，平衡正向移动，N 2O 的转化率增加；B 和C 点的反应物投料比相同，因此不是改变反应物的浓度；反应前后的气体体积不变，因此压强不影响平衡移动，只能是温度，该反应为放热反应，平衡正向移动，因此采取的措施是降低温度；
①利用三等式求出C 和D 点平衡状态的平衡常数，从而比较温度大小； 设定容器体积的体积为V L 。

C 点的平衡状态其反应物的投标比为1，则设N 2O 和CO 的物质的量均为1mol ，其N 2O 的转化率为0.50，则根据三等式有
222N O(g)+CO(g)CO (g)+N (g)
1100
0.50.50.50.50.50.50.50.5垐?噲?开始的物质的量开始的物质的量平衡的物质的量，则在平衡常数
2220.50.5
(N )(CO )=10.50.5
(N O)(CO)c c V
V K c c V V
⨯
==⨯； D 点的平衡状态其反应物的投标比为1.5，则设N 2O 和CO 的物质的量为1.5mol 和1mol ，其N 2O 的转化率为0.40，N 2O 反应了1.5mol ×0.40=0.6mol ，则根据三等式有
222N O(g)+CO(g)CO (g)+N (g)
1.5100
0.60.60.60.60.90.40.60.6
垐?噲?开始的物质的量开始的物质的量平衡的物质的量，则在平衡常数
2220.60.6(N )(CO )=10.90.4
(N
O)(CO)c c V V K c c V V
⨯
=
=⨯； C 点和D 点表示的平衡状态的平衡常数相同，则温度相同，有T C =T D ；
(5)根据表格的数据，开始时CO 的物质的量分数为50.0%，则设CO 和N 2O 的物质的量各位1mol ，假设到达平衡时，CO 转化了xmol ，根据三等式有
222N O(g)+CO(g)CO (g)+N (g)
1100
11x x x x x x x x
--垐?噲?开始的物质的量开始的物质的量平衡的物质的量，达到平衡时，CO 的物质的量
分数为24.0%，则有
1-100%24.0%1-1-x
x x x x
⨯=+++，解得x=0.52mol ，则平衡常数
2220.520.52
(N )(CO )11= 1.170.480.48
(N O)(CO)11
c c K c c ⨯
=
≈⨯。

7．煤燃烧排放的烟气含有SO 2和NO x ，大量排放烟气形成酸雨、污染大气，因此对烟气进行脱硫、脱硝，对环境保护有重要意义。

回答下列问题： Ⅰ.利用CO 脱硫
(1)工业生产可利用CO 气体从燃煤烟气中脱硫，则25℃时CO 从燃煤烟气中脱硫的热化学方程式2CO(g)＋SO 2(g)⇌2CO 2(g)＋S(s)的焓变△H ＝_____________。

25℃，100kPa 时，由元素最稳定的单质生成1mol 纯化合物时的反应热称为标准摩尔生成焓，已知一些物质的“标准摩尔生成焓”如下表所示： 物质 CO(g) CO 2(g) SO 2(g) 标准摩尔生成焓∆f H m (25℃)/kJ ∙mol -1
-110.5
-393.5
-296.8
(2)在模拟脱硫的实验中，向多个相同的体积恒为2L 的密闭容器中分别通入2.2mol CO 和1mol SO 2气体，在不同条件下进行反应，体系总压强随时间的变化如图所示。

①在实验b 中，40 min 达到平衡，则0～40 min 用SO 2表示的平均反应速率v(SO 2)＝
_______。

②与实验a 相比，实验b 可能改变的条件为_______________，实验c 可能改变的条件为_________________。

Ⅱ.利用NH 3脱硝
(3)在一定条件下，用NH 3消除NO 污染的反应原理为：4NH 3(g)＋6NO(g)⇌5N 2(g)＋6H 2O(l)△H ＝－1807.98kJ·mol －1。

在刚性容器中，NH 3与NO 的物质的量之比分别为X 、Y 、Z(其中X<Y<Z)，在不同温度条件下，得到NO 脱除率(即NO 转化率)曲线如图所示。

①NH 3与NO 的物质的量之比为X 时对应的曲线为_____________(填“a”“b”或“c”)。

②各曲线中NO 脱除率均先升高后降低的原因为__________。

③900℃条件下，设Z ＝
2
3
，初始压强p 0，则4NH 3(g)＋6NO(g)⇌5N 2(g)＋6H 2O(l)的平衡常数K p ＝_____________(列出计算式即可)。

Ⅲ.利用NaCIO 2脱硫脱硝
(4)利用NaClO 2的碱性溶液可吸收SO 2和NO 2(物质的量之比为1:1)的混合气体，自身转化为NaCl ，则反应的离子方程式为________________。

【答案】-269.2kJ·
mol -1 0.01mol·L -1·min -1 加入催化剂 升高温度 c 温度低于900℃时，反应速率较慢，随着温度升高反应速率加快，NO 脱出率逐渐升高，温度高于900℃，反应达到平衡状态，反应的ΔH <0，继续升高温度，平衡向左移动，NO 脱出率又下降
()()()5
046650
000.375p 0.3750.140.15p 0.1p 0.15p ⨯⨯或 3ClO 2-+4SO 2+4NO 2+12OH -===3Cl -+4SO 42-+4NO 3
-+6H 2O 【解析】 【分析】 【详解】
(1)根据“标准摩尔生成焓”的定义可得：
()()()()()()()()()-1
2t 1-1
22t 2-1
22t 31C s +O g CO g Δ=-110.5kJ mol
21C s +O g CO g Δ=-393.5kJ mol 21S s +O g SO g Δ=-296.8kJ mol
2
m m m H H H 垐?g 噲?垐?g 噲?垐?g 噲?①②③
再根据盖斯定律2(反应③-反应①)-反应③可得到2CO(g)＋SO 2(g)⇌2CO 2(g)＋S(s)，则，CO 脱
硫反应2CO(g)＋SO 2(g)⇌2CO 2(g)＋S(s)的焓变
()()()-1-1-1-1
t 2t 1t 3Δ=2Δ-Δ-Δ=2-393.5kJ mol -110.5kJ mol --296.8kJ mol =-269.2kJ mol m m m H H H H g g g g ，故答案为：-269.2kJ·
mol -1； (2)①结合题干信息，列三段式有：
()()()()222.21002CO g SO g 22x x 2x x 2.2-2x
1CO 2x
x
S x
g s -垐?噲?初始
转化末态
＋＋
则2.2-2x+1-x+2x 120
2.2+1260
=，解得x=0.8，则
()-1-120.8mol
2L v SO ==0.01mol L min 40min
g g ，故答案为0.010.01mol·
L -1·min -1； ②与实验a 相比，实验b 达到的平衡状态不变且所需时间缩短，改变的条件应为加入了催化剂，与实验a 相比，实验c 达到平衡状态改变且所需时间缩短，可能是增大压强或升高温度，联系反应特点，若是增大压强，平衡向右移动，向右反应的程度应增大，与图像不符，若是升高温度，平衡向左移动，与图像相符，故答案为：加入催化剂；升高温度； (3)①NH 3和NO 的物质的量之比越大，NO 的脱出率月啊，则相同温度下，不同NH 3、NO 物质的量之比对应NO 的脱出率：X<Y<Z ，则X 对应曲线c ，Y 对应曲线b ，Z 对应曲线a ，故答案为：c ；
②NO 的脱出率会受到速率、平衡移动等因素的影响，温度低于900℃时，反应速率较慢，随着温度升高反应速率加快，NO 脱出率逐渐升高，温度高于900℃，反应达到平衡状态，反应的ΔH <0，继续升高温度，平衡向左移动，NO 脱出率又下降，故答案为：温度低于900℃时，反应速率较慢，随着温度升高反应速率加快，NO 脱出率逐渐升高，温度高于900℃，反应达到平衡状态，反应的ΔH <0，继续升高温度，平衡向左移动，NO 脱出率又下降；
③压强为p 0，根据曲线a 上NH 3与NO 的物质的量之比为2
Z=3
，则NH 3的分压为0.4p 0，NO 的分压为0.6p 0，列三段式有：
()()()()00320000
20
0.4p 0.6p 00.3p 0.45p 4NH g 60.37NO 5p g 5N 0.1p 0.15p 0.37g p H 56O l 垐?噲?起始转化
平衡
＋＋
则反应的平衡常数()()()()()()5
520p 46466530
00p N 0.375p 0.375
p NH p NO 0.140.15p 0.1p 0.15p K ==⨯⨯g 或，
故答案为：()()()
5
046650000.375p 0.375
0.140.15p 0.1p 0.15p ⨯⨯或； (4)在碱性环境下，ClO 2-氧化等物质的量的SO 2和NO 2，ClO 2-变为Cl -，SO 2变为SO 42-，NO 2
变为NO3-，利用氧化还原反应规律进行配平，可得离子反应方程式3ClO2-
+4SO2+4NO2+12OH-===3Cl-+4SO42-+4NO3-+6H2O，故答案为：3ClO2-+4SO2+4NO2+12OH-===3Cl-+4SO42-+4NO3-+6H2O。

8．碳和氮的氢化物是广泛的化工原料，回答下列问题：
（1）工业上合成氨的反应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-92.2kJ/mol，反应过程中能量变化如图I所示。

①氨分解：2NH3(g)N2(g)+3H2(g)的活化能为_________kJ/mol
②合成氨时加入铁粉可以加快生成NH3的速率，在图I中画出加入铁粉后的能量变化曲线。

_______
（2）联氨作火箭燃料的反应为：2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g) △H1
已知：2O2(g)+N2(g)=N2O4(1) △H2 N2H4(1)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H3
上述热效应之间的关系式为△H1=____。

某新型火箭用液氧/煤油代替联氨/N2O4，这种替换可能的好处是___（一条即可）。

（3）天然气制氢气是工业上制氢气的主要方法之一，其主要反应如下：
i．CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) ΔH=-+206.4kJ/mol，
ii．CO(g)+ H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH=-41.0kJ/mol
在一定温度下，2L的密闭容器中加入a molCH4和2amolH2O发生反应，t min时反应达平衡，测得容器内CObmol、CO2cmol。

回答下列问题：
①下列可判断体系达到平衡状态的是_______。

A．CO的体积分数不变 B．容器内气体密度不变 C．3v(CH4)=v(H2) D．
2
n(CO)
n(H)不再变化
②0~tmin反应速率v(CO2)=_____，CH4的的转化率为_____，反应ⅱ的平衡常数K=______。

③图Ⅱ中T℃之后c(CO2)随温度升高而减小的原因是_________。

【答案】427.2 2△H3-△H2环境污染小（或
成本低） AD c
2t
mol/(L·min)
b+c
a
×100%
c(3b+4c)
b(2a-b-2c)
T℃之后，反应②为放热反
应，升高温度反应②向逆反应方向移动是影响c（CO2）的主要因素，故c（CO2）减小
【解析】
【分析】
(1)①放热反应的反应热△H=—（E a2—E a1）；
②催化剂可以降低反应的活化能，增大反应速率，即E a、E a1均减小，但反应热不变；（2）依据盖斯定律计算可得；液氧/煤油所用原料成本低，无毒；
（3）①反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质浓度或百分含量保持不变；
②依据题给数据，建立三段式，结合速率、转化率和化学平衡常数表达式计算可得；
③反应i为吸热反应，反应ii为放热反应，由图Ⅱ可知T℃时反应达到平衡，升高温度，反应i向正反应方向移动，一氧化碳浓度增大，反应ii向逆反应方向移动，温度对c（CO2）的影响大于浓度的影响。

【详解】
(1)①放热反应的反应热△H=—（E a2—E a1），由图可知E a1=335.0kJ/mol，则合成氨反应△H=—（E a2—335.0kJ/mol）=—92.2kJ/mol，E a2=427.2kJ/mol，即
2NH 3(g)N2(g)+3H2(g)的活化能为427.2kJ/mol，故答案为427.2；
②催化剂可以降低反应的活化能，增大反应速率，即E a、E a1均减小，但反应热不变，则加入铁粉后的能量变化曲线为，故答案为；
（2）将题给反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知③×2—②=①，则△H1=2△H3-
△H2；用液氧/煤油代替联氨/N2O4的主要原因是液氧/煤油所用原料成本低，无毒，对环境污染小，故答案为2△H3-△H2；环境污染小；
（3）①A、CO的体积分数不变，说明正反应速率等于逆反应速率，该反应已达平衡状态，故正确；
B、根据质量守恒定律，平衡前后气体质量是不变的，在恒温恒容密闭体系中，整个反应过
程混合气体的密度始终是不变的，不可作为判断体系达到平衡状态的判据，故错误； C 、3v (CH 4)=v (H 2)不能说明正反应速率等于逆反应速率，不可作为判断体系达到平衡状态的判据，故错误； D 、
2n(CO)
n(H )
不再变化，说明在恒温恒容密闭体系中CO 和H 2的浓度不在变化，该反应已达
平衡状态，故正确； AD 正确，故答案为AD ；
②设反应i 生成一氧化碳的物质的量为x ，由题给条件建立如下三段式： CH 4(g )+H 2O (g )
CO (g )+3H 2(g )
起（mol ） a 2a 0 0 变（mol ） x x x 3x 平（mol ） a —x 2a —x x 3x CO (g )+ H 2O (g )
CO 2(g )+H 2(g )
起（mol ） x 2a —x 0 3x 变（mol ） c c c c 平（mol ） x —c 2a —x —c c 3x +c
0～tmin 内，生成CO 2的物质的量为cmol ，浓度的变化量为c
2
mol /L ，则反应速率v (CO 2)=
c
2t
mol /(L ·min )；由题意可知一氧化碳的物质的量为bmol ，则有x —c =b ，x =c +b ，CH 4的转化率为b+c a ×100%；平衡时，c （CO ）为b 2 mol /L ，c （H 2O ）为2a-b-2c
2
mol /L ，c （CO 2）为
2c mol /L ，c （H 2O ）为3b+4c 2
mol /L ，反应ⅱ的平衡常数K =222c CO c H c CO c H O （）（）（）（）=3b+4c
22b 2a-b-2c 22
c ⨯⨯
=c(3b+4c)b(2a-b-2c)，故答案为c 2t mol /(L ·min )；b+c
a
×100%；c(3b+4c)b(2a-b-2c)；
③反应i 为吸热反应，反应ii 为放热反应，由图Ⅱ可知T ℃时反应达到平衡，升高温度，反应i 向正反应方向移动，一氧化碳浓度增大，使二氧化碳浓度有增大的趋势，反应ii 向逆反应方向移动，使二氧化碳浓度有减小的趋势，由于温度对c （CO 2）的影响大于浓度的影响，所以c (CO 2)随温度升高而减小，故答案为T ℃之后，反应②为放热反应，升高温度反应②向逆反应方向移动是影响c （CO 2）的主要因素，故c （CO 2）减小。

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