2020年高考化学之考前抓大题07 化学反应原理综合题(一)(解析版)

大题07 化学反应原理综合题（一）

1．环戊烯是生产精细化工产品的重要中间体，其制备涉及的反应如下：

回答下列问题： (l)反应

(2)解聚反应在刚性容器中进行。

①其他条件不变，有利于提高双环戊二烯平衡转化率的条件是 __________（填标号）。 A．升高温度 B．降低温度 C．增大压强 D．减小压强

②实际生产中常通入水蒸气以降低双环戊二烯的沸点。某温度下，通入总压为l00kPa的双环戊二烯和水蒸气，达到平衡后总压为160kPa，双环戊二烯的转化率为8 0%，则 pH2O=___kpa，平衡常数Kp=____________kPa (Kp为以分压表示的平衡常数)

(3) 一定条件下，将环戊二烯溶于有机溶剂中进行氢化反应，反应过程中保持氢气压力不变，测得环戊烯和环戊烷的产率（以环戊二烯为原料计）随时间变化如下图所示。

的△H= _________ kJ/mol。

①将环戊二烯溶于有机溶剂中可减少二聚反应的发生，原因是______________________， ②最佳的反应时间为________h。活化能较大的是______________（填“氢化反应”或“副反应”）。 (4)已知氢化反应平衡常数为1.6 × 1012，副反应的平衡常数为2.0×10l2。在恒温恒容下，环戊二烯与氢气

按物质的量之比为1：1进行反应，则环戊二烯的含量随时间变化趋势是______________________（不考虑环戊二烯的二聚反应）。 【答案】 （1）-209.9

（2）AD 25 960

（3）降低环戊二烯浓度，减小二聚速率；稀释有利于平衡向解聚方向移动 4 副反应 （4）先变小后变大（最后不变） 【解析】（1）已知

，

，根据盖斯定律，由氢化反应+

副反应得反应 △H=-100.5kJ/mol-109.4kJ/mol=-209.9kJ/mol；

(2)①提高双环戊二烯平衡转化率则平衡正向移动；

A.升高温度，平衡向吸热反应的正反应方向移动，选项A符合； B．降低温度，平衡向放热反应的逆反应方向移动，选项B不符合； C．增大压强，平衡向气体体积缩小的逆反应方向移动，选项C不符合；

D．减小压强，平衡向气体体积增大的正反应方向移动，选项D符合；答案选AD；

②实际生产中常通入水蒸气以降低双环戊二烯的沸点。某温度下，通入总压为l00kPa的双环戊二烯和水蒸气，达到平衡后总压为160kPa，则增压60kPa，双环戊二烯的转化率为8 0%，则反应前双环戊二烯的分压为

60kPa75kPa，则 pH2O=l00kPa-75kPa=25kPa，平衡时双环戊二烯、环戊二烯的平衡分压分别为15kPa、80%2120kPa120kPa，平衡常数Kp=15kPa=960kPa；

(3)①将环戊二烯溶于有机溶剂中可减少二聚反应的发生，原因是降低环戊二烯浓度，减小二聚速率；稀释有利于平衡向解聚方向移动；

②根据图中信息可知，4h时环戊烯的产率最大，故最佳的反应时间为4h。根据各反应的焓变以及环戊烯和环戊烷产率随时间的变化曲线可知，活化能较大的是副反应；

(4)已知氢化反应平衡常数为1.6 ×1012，副反应的平衡常数为2.0×1012。在恒温恒容下，环戊二烯与氢气按物质的量之比为1：1进行反应，开始一段时间，氢化反应的活化能较小，氢化反应比副反应快，环戊二烯的含量随时间的推移变小；一段时间后，由于副反应的平衡常数大于氢化反应的平衡常数，副反应进行的程

度大、放热多，使氢化反应逆向进行，环戊二烯的含量随时间推移又变大，直至最后不变。

2．CH4超干重整CO2技术可得到富含CO的气体，用于生产多种化工产品。该技术中的化学反应为：CH4(g)+3CO2(g)

2H2O(g)+4CO(g) ΔH=+330kJ/mol

（1）下图表示初始投料比n(CH4):n(CO2)为1:3或1:4，CH4的转化率在不同温度（T1、T2）下与压强的关系。[注：投料比用a1、a2表示]

①a2=__________。

②判断T1的T2的大小关系，并说明理由：__________。 （2）CH4超干重整CO2的催化转化原理示意图如下：

①过程Ⅰ，生成1mol H2时吸收123.5kJ热量，其热化学方程式是__________。

②过程Ⅱ，实现了含氢物种与含碳物种的分离。生成H2O(g)的化学方程式是__________。 ③假设过程Ⅰ和过程Ⅱ中的各步均转化完全，下列说法正确的是__________。（填序号） a．过程Ⅰ和过程Ⅱ中发生了氧化还原反应 b．过程Ⅱ中使用的催化剂为Fe3O4和CaCO3 c．若过程Ⅰ投料【答案】

nCH4nCO21，可导致过程Ⅱ中催化剂失效

（1）1:4 T2>T1 正反应为吸热反应，温度升高时甲烷的转化率增大

（2）CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH=+247kJ/mol 4H2+Fe3O43Fe+4H2O ac

【解析】(1). ①.在相同条件下，投料比越小，甲烷的转化率越大，据图可知，a2＞a1，故a2表示的是1:4时甲烷的转化率，故答案为：1:4； ②. 因CH4(g)+3CO2(g)

2H2O(g)+4CO(g)的正反应为吸热反应，温度升高时，平衡正向移动，甲烷的转

V化率增大，则T2>T1，故答案为：T2>T1，正反应为吸热反应，温度升高时甲烷的转化率增大； (2). ①.在过程I中，生成1mol H2时吸收123.5kJ热量，据图可知，其热化学方程式为：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH=+247kJ/mol，故答案为：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH=+247kJ/mol；

②. 由过程II的转化关系来看，混合气体中的H2将Fe3O4还原为Fe，反应方程式为：4H2+Fe3O4

3Fe+4H2O，故答案为：4H2+Fe3O4 3Fe+4H2O；

③. a. 两个过程都有元素化合价的改变，都发生了氧化还原反应，故a正确；b. 过程II中Fe3O4最终被还原为Fe，Fe3O4不是催化剂，故b错误；c. 若初始投料比

nCH4nCO21时，二者恰好按照题给方程式反应，无

CO2生成，导致CaCO3无法参加反应，使催化剂中毒失效，故c正确；答案选ac。

3．减少氮的氧化物和碳的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容之一。合理应用和处理碳、氮及其化合物，在生产生活中有重要意义。

(1)对温室气体 CO2 的研究一直是科技界关注的重点。在催化剂存在下用 H2 还原 CO2 是解决溫室效应的重要手段之一。

已知：①H2 和 CH4 的燃烧热分别为 285.5 kJ/mol 和 890.0 kJ/mol。 ②H2O(1)===H2O(g) ΔH＝+44 kJ/mol

试写出H2还原CO2生成CH4和H2O(g)的热化学方程式_____。

(2)CO2在Cu−ZnO催化下，II，可同时发生如下的反应I、其可作为解决温室效应及能源短缺的重要手段。 I．CO2(g)＋3H2(g)II．CO2(g)＋H2(g)

CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH1＝－57.8kJ/mol CO(g)＋H2O(g)ΔH2＝+41.2kJ/mol

对于气体参加的反应，表示平衡常数Kp时，用气体组分(B)的平衡分压p(B)代替该气体的平衡浓度c(B)，则反应II的Kp=_____［已知：气体各组分的分压p(B)，等于总压乘以其体积分数］。

在Cu−ZnO存在的条件下，保持温度T不变，在一刚性密闭容器中，充入一定量的CO2及H2，起始及达平衡时，容器内各气体物质的量如下表：

起始/mol 平衡/mol CO2 5.0 H2 7.0 CH3OH 0 n1 CO 0 H2O(g) 0 n2 总压/kPa p0 p II均达平衡时，p0＝1.2p，若反应I、则表中n1＝_____；若此时n2＝3．则反应I的平衡常数Kp＝_____(无需带单位，用含总压p的式子表示)。

(3)汽车尾气是雾霾形成的原因之一，研究氮氧化物的处理方法可有效减少雾霾的形成。可采用氧化还原法脱硝：4NO(g)＋4NH3(g)＋O2(g)

4N2(g)＋6H2O(g)ΔH＜0

(4)根据图示判断提高脱硝效率的最佳条件是_____；氨氮比一定时，在400℃时，脱硝效率最大，其可能的原因是_____。用活性炭还原法也可以处理氮氧化物，某研究小组向某密闭容器加入一定量的活性炭和NO，发生反应：C(s)＋2NO(g)浓度如下：

时间/min c(NO)/mol•L−1 c(N2)/mol•L−1 c(CO2)/mol•L−1 0 1.0 0 0 10 0.58 0.21 0.21 20 0.40 0.30 0.30 30 0.40 0.30 0.30 40 0.48 0.36 0.36 50 0.48 0.36 0.36 N2(g)＋CO2(g)ΔH＞0在T℃时，反应进行到不同时间测得各物质的量

30min后，只改变某一条件，根据上表的数据判断改变的条件可能是______填字母)。 A．通入一定量的 CO2 B．加入合适的催化剂 C．适当缩小容器的体积 D．通入一定量的 NO E．加入一定量的活性炭 F．适当升高温度 【答案】

（1）CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(l) ΔH=-164kJ/mol

（2）Kp=p(CO)p(H2O)75 1.0mol Kp=2

p(CO2)p(H2)4p（3）400℃下，氨氮比1.0 温度过低，反应速率太慢，温度过高，平衡常数太低 CD 【解析】

本题是一道化学反应原理的综合题，难度一般，主要考察学生对反应原理的综合掌握能力，按照要求来解答即可。

（1）将2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)设为式①，CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)设为式②，水的蒸发设为式③，则用①2-②+③2即可得到CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(l)，再根据盖斯定律

-285.54+890.0+442=-164kJ/mol算出反应热即可；在条件一定的情况下，气体的分压和物质的量成

正比，而物质的量与浓度也成正比，因此可用压强来代替浓度，因此Kp=p(CO)p(H2O)；

p(CO2)p(H2)（2）若只发生反应II，反应前后气体分子数不变，压强是不变的，因此只有反应I能改变压强；根据化学

p(反应前)n(反应前)5+7===1.2，计量数之比，每生成1mol甲醇，气体分子总数就要减少2mol，则

p(反应后)n(反应后)5+7-2n13pp，p(CH3OH)=，又因为体系10102p2p中一共消耗了3mol CO2，所以平衡时剩余的CO2的分压为p(CO2)=，同理p(H2)=，代入反应I

1010解得n1=1mol；此时体系中气体总物质的量为10mol，因此p(H2O)=的化学平衡表达式Kp=p(CH3OH)p(H2O)75K=解得p；

4p2p(CO2)p3(H2)（3）根据图示可以看出当氨氮比为1.0，且温度为400℃时脱硝效率最高，接近100%，故此时为最佳条件；正反应是放热的，因此若温度过高会导致平衡常数减小，反应不能完全进行，但若温度太低会导致反应速率过慢，因此400℃是一个最佳的反应条件；根据表中数据我们发现反应进行到20min时已经达到了平衡状态，一直持续到30min，代入平衡常数的表达式K1=c(N2)c(CO2)0.30.39==，在30min时改变了某22c(NO)0.416c(N2)c(CO2)0.360.369==，平衡常数没变说

c(NO)20.48216一条件，在40min时又达到了平衡状态，此时的K2=明温度没有改变，因此F项错误；再来分析其它选项，若通入一定量的CO2会导致平衡逆向移动，虽然NO和CO2的浓度都在上升，但是N2的浓度是在下降的，因此A是错误的；活性炭是固体，加入一定量的活

性炭不会影响平衡，E项错误；而催化剂不影响平衡，B项错误；因此答案为CD，适当缩小体积会让所有气体的浓度都增大，此时虽然平衡会移动导致某些气体减少，但是整体上来讲浓度还是增大的。

4．中科院大连化学物理研究所的一项最新成果实现了甲烷高效生产乙烯，甲烷在催化作用下脱氢，在气相中经自由基偶联反应生成乙烯，如图所示。

（1）现代石油化工采用Ag作催化剂，可实现乙烯与氧气制备X（分子式C2H4O，不含双键），该反应符合最理想的原子经济，则反应的化学方程式是______________（有机物请写结构简式）。 （2）已知相关物质的燃烧热如上表，写出甲烷制备乙烯的热化学方程式_____________。

（3）在400 ℃时，向初始体积1 L的恒压反应器中充入1 molCH4，发生上述反应，测得平衡混合气体中C2H4的体积分数为20.0%。则： ①在该温度下，其平衡常数K＝________。

②若向该容器通入高温水蒸气C2H4的产率将________（不参加反应，高于400℃），（选填“增大”“减小”“不变”“无法确定”），理由是_____________。

③若容器体积固定，不同压强下可得变化如下图，则压强的关系是__________。

④实际制备C2H4时，通常存在副反应：2CH4(g) →C2H6(g)＋H2(g)。反应器和CH4起始量不变，不同温度下C2H6和C2H4的体积分数与温度的关系曲线如图。

A．在200 ℃时，测出乙烷的量比乙烯多的主要原因可能是_____________。

B．400℃时，C2H4、C2H6的体积分数分别为20.0%、6.0%，则体系中CH4的体积分数是_________。 【答案】

（1）2CH2 = CH2 + O2（2）2CH4（g）

2

C2H4（g）+2H2（g）△H=+202.0 kJ/mol

（3）①0.20mol/L ②增大 该反应为气体体积增大的吸热反应，通入高温水蒸气相当于加热，同时通入水蒸气，容器的体积增大，相当于减小压强，平衡均右移，产率增大 ③p1＞p2 ④在200℃时，乙烷的生成速率比乙烯的快 28% 【解析】 【分析】

(1)X的分子式C2H4O，不含双键，判断出X的结构简式，反应符合最理想的原子经济，据此书写反应的化学方程式；

(2)根据表格中数据书写H2、CH4、C2H4燃烧热的热化学方程式，然后根据盖斯定律计算甲烷制备乙烯的反应热；

(3)①根据三段式结合平衡混合气体中C2H4的体积分数为20.0%计算；

②通入高温水蒸气，相当于加热和减小压强，根据(2)中的反应并结合平衡的影响因素分析解答； ③若容器体积固定，根据反应的特征结合压强对平衡的影响分析判断；

④A.根据图象结合反应速率解答；B.设最终气体的总物质的量为x，计算出平衡时C2H4、C2H6和氢气的物质的量，再计算甲烷的体积分数。 【详解】

(1)现代石油化工采用Ag作催化剂，可实现乙烯与氧气制备X(分子式C2H4O，不含双键)，X为

，该反应符合最理想的原子经济，则反应的化学方程式为2CH2 = CH2 + O2

2

，故答案为2CH2 = CH2 + O22；

(2)根据表格中数据有：①H2(g)+

1O2(g)═H2O(l)△H1=-285.8kJ/mol，2②CH4(g)+2O2(g)→CO2(g)+2H2O(l)△H2=-890.3kJ/mol，

③C2H4(g)+3O2(g)→2CO2(g)+2H2O(l)△H3=-1411.5kJ/mol，甲烷制备乙烯的化学方程式为：

2CH4(g)→C2H4(g)+2H2(g)，根据盖斯定律，将②×2-③-①×2得到，2CH4(g)→C2H4(g)+2H2(g) △H=2△H2-△H3-2△H1 =+202.5kJ/mol，故答案为2CH4(g)→C2H4(g)+2H2(g)△H=+202.5 kJ/mol； (3)①400℃时，向1L的恒容反应器中充入1mol CH4，发生上述反应，测得平衡混合气体中C2H4的体积分数为20.0%，

2CH4(g)⇌C2H4(g)+2H2(g) 起始(mol) 1 0 0 转化(mol) 2x x 2x 平衡(mol) 1-2x x 2x

x(10.25)mol×1L=1.25L，所以化学所以有＝20.0%，解得：x=0.25，平衡后气体的体积=

12xx2x1mol0.25mol0.25mol22()cC2H4cH21.25L= 1.25L=0.20mol/L，故答案为0.20mol/L； 平衡常数为K=21mol0.25mol22cCH4()1.25L2②2CH4(g)→C2H4(g)+2H2(g)△H=+202.5 kJ/mol，反应为气体体积增大的吸热反应，通入高温水蒸气(不参加反应，高于400℃)相当于加热，平衡右移，产率增大；同时通入水蒸气，容器的体积增大，相当于减小压强，平衡右移，产率也增大，因此C2H4的产率将增大，故答案为增大；该反应为气体体积增大的吸热反应，通入高温水蒸气相当于加热，同时通入水蒸气，容器的体积增大，相当于减小压强，平衡均右移，产率增大；

③若容器体积固定，2CH4(g)→C2H4(g)+2H2(g)，反应为气体分子数增多的反应，温度相同时，压强增大不利于反应正向进行，CH4的平衡转化率降低，因此p1＞p2，故答案为p1＞p2；

④A.根据图象，200℃时，测出乙烷的量比乙烯多，是因为生成乙烷的反应速率较快，故答案为在200℃时，乙烷的生成速率比乙烯的快；

B.设最终气体的总物质的量为x，则C2H4为0.2x、C2H6为0.06x，根据2CH4(g)→C2H4(g)+2H2(g)和2CH4(g) →C2H6(g)＋H2(g)可知，生成的氢气为0.4x+0.06x=0.46x，则含有的甲烷为x-(0.2x+0.06x+0.46x)=0.28x，因此体系中CH4的体积分数=【点睛】

本题的易错点为(3)①的平衡常数的计算，要注意该容器的体积可变，需要根据物质的量之比等于气体的体积之比计算出平衡的体积。

0.28x×100%=28%，故答案为28%。 x

5．践行绿水青山就是金山银山的发展理念，就要做好大气污染和水污染防治。

（1）为落实“污水共治”，某工厂拟综合处理含NH4+废水和工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分)，设计了如下流程：

①气体l中主要含有_________。

②已知X是空气，NaNO2溶液综合处理含NH4+通入过量X是否合理_____(填是或否)，理由是________；废水时，发生反应的离子方程式为____________；捕获剂所捕获的气体成份主要是_________。 （2）为了提高汽车尾气中NOx的去除率，有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放，可以采用NSR(NOx储存还原)处理。其工作原理：NOx的储存和还原在不同时段交替进行，如图a所示。

①通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和还原。储存NOx的物质是________。

②用H2模拟尾气中还原性气体研究Ba(NO3)2的催化还原过程，该过程分两步进行，图b表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应的化学方程式为_________________。

③有人根据上述模拟过程认为，使用了催化反应器虽然能将NOx转化为N2，但从环保角度汽车仍然需要限行。请简述限行的理由：__________________。 【答案】

（1）①N2、NO、CO ②否 会使部分NO最终转化为NaNO3，降低含NH4+废水的处理效果 NH4++NO2-=N2↑+2H2O CO

（2）①BaO ②8H2+Ba(NO3)2=BaO+2NH3+5H2O ③催化剂的使用增加了NH3的排放，对环境产生污染 【解析】

【分析】

（1）工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成固体1为CaCO3、CaSO3，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后得到NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则NaNO2被氧化得到硝酸钠，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体2含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO，以此解答该题。

（2）①由图a可知一氧化氮在催化剂存在时生成了二氧化氮，二氧化氮和氧化钡生成了硝酸钡，硝酸钡加入还原性气体，释放出氮气，实现了氮的氧化物转化为无害的氮气，由图a可知，第一步反应中H2被氧化生成水，根据化合价的变化，写出化学方程式，用化合价升降法配平化学方程式，在催化过程中产生了氨气，考虑它对环境的影响。 【详解】

（1）工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成固体1为CaCO3、CaSO3，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体2含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO， 工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成CaCO3、CaSO3，因氢氧化钙过量，则固体1为主要含有Ca(OH)2，CaCO3、CaSO3，由分析可知，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO,气体1通入气体X，X可为空气，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，但不能过量，否则NaNO2被氧化得到硝酸钠，气体2含有CO、N2，经捕获剂得到氮气和CO，所捕获的气体主要是CO，防止污染空气，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，发生氧化还原反应，离子方程式为NH4++N2O−=N2↑+2H2O，

故答案为：N2、NO、CO；否；会使部分NO最终转化为NaNO3，降低含NH4+废水的处理效果；NH4++NO2-=N2↑+2H2O；CO；

（2）①由图a可知一氧化氮在催化剂存在时生成了二氧化氮，二氧化氮和氧化钡生成了硝酸钡，硝酸钡加入还原性气体，释放出氮气，实现了氮的氧化物转化为无害的氮气，所以储存NOx的物质是BaO， 故答案为：BaO；

②由图a可知，第一步反应中H2被氧化生成水，化合价由0价升高到+1价，Ba(NO3)2的N元素化合价由+5价降低到-3价，生成氨气，故化学方程式为8H2+Ba(NO3)2=BaO+2NH3+5H2O， 故答案为：8H2+Ba(NO3)2=BaO+2NH3+5H2O；

③图b表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系，可以看出氢气的量最小时，氨气的量最多，氨气是有毒的气体，会对环境产生污染，

故答案为：催化剂的使用增加了NH3的排放，对环境产生污染。

6．甲胺铅碘(CH3NH3PbI3)可用作全固态钙钛矿敏化太阳能电池的敏化剂，该物质可由甲胺(CH3NH2)、PbI2

及HI为原料来合成。请回答下列问题：

(1)制取甲胺的反应为CH3OH(g)+NH3(g)===CH3NH2(g)+H2O(g)，已知该反应中相关化学键的键能数据如下表所示：

mol－1 则该反应的△H=___________kJ·

(2)工业上利用水煤气合成甲醇的反应为CO(g)+2H2(g)

CH3OH(g) △H<0。一定温度下，向体积为

2L的密闭容器中加入CO和H2，5min末反应达到化学平衡状态，测得各组分浓度如下表所示。

①0～5min内，用CO表示的平均反应速率为___________。

②既能加快反应速率，又能提高氢气转化率的措施有___________(答一条即可)。 ③能说明上述反应已达化学平衡状态的是___________(填字母)。 A．v正(CO)=2v逆(H2) B．混合气体密度保持不变 C．反应容器内压强保持不变 D．混合气体的平均摩尔质量不变

(3)PbI2可由Pb3O4和HI反应制备，反应的化学方程式为___________。

(4)常温下PbI2饱和溶液中c(I－)=2.0×10－3mol·L－1，则Ksp(PbI2)=___________；已知Ksp(PbS)=4.0×10－28，则反应PbI2(s)+S2－(aq)

PbS(s)+2I－(aq)的平衡常数K=___________。

(5)HI的分解反应曲线和液相法制备HI的反应曲线分别如图1和图2所示：

①反应H2(g)+I2(g)2HI(g)的△H___________(填“>”或“<\")0。

I3－。图2中曲线b所代

②将SO2通入碘水中会发生反应：SO2+I2+2H2O===4H++SO42－+2I－，I2+I－表的微粒是___________(填微粒符号)。 【答案】 （1）-12

min-1 ②加压（或增大CO的浓度） ③CD （2）①0.12mol•L-1·

（3）Pb3O4+8HI=3PbI2+I2+4H2O 10-9 1.0×1019 （4）4.0×

（5）＜ I3- 【解析】 【分析】

（1）根据CH3OH(g)+NH3(g)===CH3NH2(g)+H2O(g) △H=反应物的键能之和-生成物的键能之和来计算。 （2）①根据速率之比等于化学计量数之比，推出v(CH3OH)=v(CO)，从而求出v(CO)。 ②提高氢气转化率要使平衡右移。

③A.如果是2v正(CO)=v逆(H2)，可以说明反应达到平衡状态。 B.该反应体系中气体的密度始终不变，不能根据密度判断平衡状态。

C.反应前后气体分子数目不等，故反应容器内压强保持不变，可以说明反应达到平衡状态。

D. 混合气体的平均摩尔质量=气体总质量/气体的总物质的量，总质量是一定的，反应前后气体分子数目不等，气体总物质的量如果不变，混合气体的平均摩尔质量就不变，所以混合气体的平均摩尔质量不变可以说明反应达到平衡状态。

（3）PbI2可由Pb3O4和HI反应制备，同时生成I2，Pb元素化合价从8/3价变为+2价，I元素化合价从-1价变为0价，根据电荷守恒、质量守恒配平。

10－3× (2.0×10－3)2=4.0×10-9，反应PbI2(s)+S2－(aq)（4）Ksp(PbI2)=c(Pb2+) c2(I-)=1.0×

PbS(s)+2I－(aq)的平衡

10-9/4.0×10－28=1.0×1019。 常数K= c2(I-)/ c(S2-)= [Ksp(PbI2)/ c(Pb2+)]/[ Ksp(PbS)/ c(Pb2+)]=4.0×

（5）①升温，HI的物质的量减少，即平衡左移，所以正反应为放热反应，△H＜0。 ②根据SO2+I2+2H2O===4H++SO42－+2I－，I2+I－不变，而n(I3－)增大，所以b所代表的微粒是I3－。 【详解】

（1）CH3OH(g)+NH3(g)===CH3NH2(g)+H2O(g) △H=反应物的键能之和-生成物的键能之和=（351+393-463-293）kJ/mol=-12 kJ/mol，故答案为-12。 （2）①CO(g)+2H2(g)

CH3OH(g)，速率之比等于化学计量数之比，所以

I3－得，随着n(I2)/ n(SO2)的增大，n(H+)和n(SO42－)保持

v(CH3OH)=v(CO)=0.6mol/L/5min=0.12mol•L-1·min-1，故答案为0.12mol•L-1·min-1。

②提高氢气转化率要使平衡右移，既能加快反应速率，又能提高氢气转化率的措施有加压（或增大CO的浓度），故答案为加压（或增大CO的浓度）。

③A.如果是2v正(CO)=v逆(H2)，可以说明反应达到平衡状态，故A不选； B.该反应体系中气体的密度始终不变，不能根据密度判断平衡状态，故B不选；

C.反应前后气体分子数目不等，故反应容器内压强保持不变，可以说明反应达到平衡状态，故C选； D. 混合气体的平均摩尔质量=气体总质量/气体的总物质的量，总质量是一定的，反应前后气体分子数目不等，气体总物质的量如果不变，混合气体的平均摩尔质量就不变，所以混合气体的平均摩尔质量不变可以说明反应达到平衡状态，故D选。 故选CD。

（3）PbI2可由Pb3O4和HI反应制备，同时生成I2，Pb元素化合价从8/3价变为+2价，I元素化合价从-1价变为0价，根据电荷守恒、质量守恒配平可得反应的化学方程式为Pb3O4+8HI=3PbI2+I2+4H2O，故答案为Pb3O4+8HI=3PbI2+I2+4H2O。

10－3× (2.0×10－3)2=4.0×10-9，反应PbI2(s)+S2－(aq)（4）Ksp(PbI2)=c(Pb2+) c2(I-)=1.0×

10-9/4.0×10常数K= c2(I-)/ c(S2-)= [Ksp(PbI2)/ c(Pb2+)]/[ Ksp(PbS)/ c(Pb2+)]=4.0×1.0×1019。

（5）①升温，HI的物质的量减少，即平衡左移，所以正反应为放热反应，△H＜0，故答案为＜。 ②根据SO2+I2+2H2O===4H++SO42－+2I－，I2+I－

I3－得，随着n(I2)/ n(SO2)的增大，n(H+)和n(SO42－)保持

－28

PbS(s)+2I－(aq)的平衡

=1.0×1019，10-9 ；故答案为4.0×

不变，而n(I3－)增大，所以b所代表的微粒是I3－，故答案为I3－。 【点睛】

（1）在同一化学反应中，用不同物质表示出来的化学反应速率之比等于反应方程式的化学计量数之比，一

般不用固体和纯液体来表示反应速率。

（2）达到平衡状态的标志：v正=v逆，不为零；各成分的浓度保持不变。

7．氮氧化物NOx（主要指NO和NO2）会形成酸雨、光化学烟雾，破坏臭氧层，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)研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应: 2NO2(g)+NaCl(s)2NO(g)+Cl2(g)

NaNO3(s)+ClNO(g) K1 ΔH1<0 (Ⅰ) 2ClNO(g) K2 ΔH2<0 (Ⅱ)

2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常数K=____(用K1、K2表示)。

①4NO2(g)+2NaCl(s)

②为研究不同条件对反应(Ⅱ)的影响，在恒温条件下，向2 L恒容密闭容器中加入0.2 mol NO和0.1 mol Cl2，10 min时反应(Ⅱ)达到平衡。L-1·min-1，测得10 min内υ(ClNO)=7.5×10-3mol·则平衡后NO的转化率α1=____。其他条件保持不变，反应(Ⅱ)在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率α2____α1(填“>”“<”或“=”)，平衡常数K2____(填“增大”“减小”或“不变”)。

(2)NO能与N2O反应生成N2和NO2，mol-1。 反应的能量变化如下图所示，若生成1 mol N2，其ΔH=____kJ·

(3)NH3催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。反应原理如图甲所示。

①由图甲可知，SCR技术中的氧化剂为_____________。当NO2与NO的物质的量之比为1:1时，与足量氨气在一定条件下发生脱氮反应。该反应的化学方程式为______________。

②图乙是不同催化剂Mn和Cr在不同温度下对应的脱氮率， 由图可知工业选取的最佳催化剂为________。(4)利用电化学装置可消除氮氧化物污染，变废为宝。图丙装置实现的能量转化形式是_______。图丁为

电解NO制备NH4NO3的装置，该装置中阳极的电极反应式为___________________。

【答案】

（1）K12/K2 75% > 不变 （2）-139

（3）NO2、NO 2NH3＋NO2＋NO

2N2＋3H2O Mn

－－

（4）化学能转化为电能 NO－3e＋2H2O=NO3＋4H+

【解析】 【分析】

(1)①已知：(Ⅰ)2NO2(g)+NaCl(s)⇌NaNO3(s)+ClNO(g) K1 △H1＜0，(Ⅱ)2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g) K2 △H22-Ⅱ可得； ＜0，根据盖斯定律Ⅰ×

②根据消耗的c(NO)=生成的c(ClNO)计算消耗的c(NO)，结合转化率=下进行，根据反应的特点，相对于恒容相当于增大压强；

(2)根据图1molN2O(g)和1molNO(g)到过渡态吸收209kJ能量，该过渡态生成1molN2(g)和1molNO2(g)放出热量348kJ，写出热化学方程式可得；

(3)①根据氧化剂得到电子元素化合价降低分析可得；结合得失电子守恒书写方程式； ②选择催化剂需要的温度低，更经济的；

(4)图丙为原电池装置；图丁为电解NO制备NH4NO3的装置，阳极失去电子发生氧化反应，元素化合价升高，结合酸性环境书写可得。 【详解】

(1)①已知：(Ⅰ)2NO2(g)+NaCl(s)⇌NaNO3(s)+ClNO(g) K1 △H1＜0，(Ⅱ)2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g) K2 △H2

转化量×100%可得；若在恒压条件

起始量

2K12-Ⅱ可得4NO2(g)+2NaCl(s)⇌2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)，则其平衡常数K=＜0，根据盖斯定律Ⅰ×；

K2②测得10 min内υ(ClNO)=7.5×10-3mol•L-1•min-1，则10min内生成的c(ClNO)=7.5×10-2mol•L-1，消耗的

7.5102mol/Lc(NO)=7.5×10-2mol•L-1，故平衡后NO的转化率α1=×100%=75%；其他条件保持不变，反0.2mol2L应(Ⅱ)在恒压条件下进行，该反应的正反应为气体体积减小的反应，则恒压条件下相对于恒容压强大，平衡正向移动，则恒压条件下NO的平衡转化率较恒容大，故α2＞α1；化学平衡常数与温度相关，温度不变，K不变，故K2不变；

(2)根据题可知，1molN2O(g)和1molNO(g)到过渡态吸收209kJ能量，该过渡态生成1molN2(g)和1molNO2(g)放出热量348kJ，可得热化学方程式：N2O(g)+NO(g)=N2(g)+NO2(g)△H=-139kJ•mol-1；

(3)①由图甲可以知道SCR技术中NH3与NO、NO2反应产物为N2和水，NO、NO2中N元素化合价降低，NO2；n(NO)=1：1，2NH3+NO2+NO故氧化剂为NO、脱氮效果最佳时n(NO2)：反应的化学方程式为：2N2+3H2O；

②根据图乙知Mn催化剂时，200℃左右脱氮率最高，Cr作催化剂，500℃左右脱氮率最高，但二者的最高脱氮率差不多，使用Mn作催化剂需要的温度低，更经济，因此使用的最佳的催化剂为Mn；

(4)图丙为原电池装置，能量转化形式为：化学能转化为电能；图丁为电解NO制备NH4NO3的装置，阳极NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+。 失去电子发生氧化反应，元素化合价升高，则为NO放电生成NO3-，电极反应为：【点睛】

应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。

垐一定条件垐8．合成氨对人类生存具有重大意义，反应为：N2(g)+3H2(g)噲垐垎垐2NH3(g) ∆H

(1)科学家研究在催化剂表面合成氨的反应机理，反应步骤与能量的关系如图所示(吸附在催化剂表面的微粒用*标注，省略了反应过程中部分微粒)。

① NH3的电子式是_______。

② 写出步骤c的化学方程式_______。

③ 由图像可知合成氨反应的∆H______0(填“＞”、“＜”或“＝”)。

(2)传统合成氨工艺是将N2和H2在高温、高压条件下发生反应。若向容积为1.0 L的反应容器中投入5 mol N2、15 mol H2，在不同温度下分别达平衡时，混合气中NH3的质量分数随压强变化的曲线如图所示：

① 温度T1、T2、T3大小关系是_______。 ② M点的平衡常数 K = _______(可用分数表示)。

(3)目前科学家利用生物燃料电池原理(电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子)，研究室温下合成氨并取得初步成果，示意图如下：

① 导线中电子移动方向是_______。

② 固氮酶区域发生反应的离子方程式是_______。

③ 相比传统工业合成氨，该方法的优点有_______。 【答案】 （1）

催化剂 *NNH + H2*N + NH3 ＜

10-3 （2）T1＜ T2 ＜ T3 7.32×

（3）a → b N2 + 6H+ + 6 MV+ = 2NH3 + 6 MV2+ 条件温和、生成氨的同时释放电能 【解析】 【分析】

（1）①根据氨气的中心原子N，最外层有5个电子，与三个氢原子形成三对共用电子对，还剩一对孤对电子，得到电子式；

②根据图像，写出化学方程式；

③能量值是降低的，故反应放热，可以判断∆H的大小；

(2)合成氨的反应放热，升高温度，平衡向吸热的方向移动，根据图像，在相同的压强下，温度越高，氨气的质量分数越小，可以得到T1、T2、T3大小关系；根据M点氨气的质量分数，利用三段式求出M点的化学平衡常数；

(3)生物燃料电池的工作原理是N2+3H2

生物催化剂2NH3，其中N2在正极区得电子发生还原反应，H2在负极区

失电子发生氧化反应，原电池工作时阳离子向正极区移动，据此分析判断。 【详解】

（1）①根据氨气的中心原子N，最外层有5个电子，与三个氢原子形成三对共用电子对，还剩一对孤对电子，得到电子式故答案为：

；

，

催化剂②根据图像，化学方程式：*NNH + H2*N + NH3，

催化剂故答案为：*NNH + H2*N + NH3；

③能量值是降低的，故反应放热，可以判断∆H<0， 故答案为：＜；

(2) ①合成氨的反应放热，升高温度，平衡向吸热的方向移动，根据图像，在相同的压强下，温度越高，氨气的质量分数越小，故温度T1＜ T2 ＜ T3， 故答案为：T1＜ T2 ＜ T3；

②设变化的氮气的物质的量浓度为x

垐一定条件垐N2(g)+3H2(g)噲垐垎垐2NH3(g)

开始 5 15 0 变化 x 3x 2x 平衡 5-x 15-3x 2x M点氨气的质量分数为40%， 则

2x17×100%=40%，解得x =2，

（5-x）28+（15-3x）2+2x1722c（NH3）（4）==7.32×10-3， 故K=33c（N2）c（H2）3（9）10-3； 故答案为：7.32×

(3) ①根据图示，a极区，氢气被氧化为氢离子，故MV+→MV2+被氧化，因此a为负极，b为正极，导线中电子移动方向是a → b， 故答案为：a → b；

② 根据图示，固氮酶区域发生反应为氮气和MV+反应生成氨气和MV2+，根据氧化还原反应规律，该离子方程式N2+6H++6MV+=2NH3+6MV2+， 故答案为：N2+6H++6MV+=2NH3+6MV2+；

③传统工业合成氨反应条件为高温、高压、催化剂，反应条件苛刻，该方法制取氨气条件温和、生成氨的同时释放电能，

故答案为：条件温和、生成氨的同时释放电能。

9．随着科技的进步，合理利用资源、保护环境成为当今社会关注的焦点。甲胺铅碘(CH3NH3PbI3)用作全固态钙钛矿敏化太阳能电池的敏化剂，可由CH3NH2、PbI2及HI为原料合成，回答下列问题：

(1)制取甲胺的反应为CH3OH(g)＋NH3(g)⇌CH3NH2(g)＋H2O(g) ΔH。已知该反应中相关化学键的键能数据如下：

共价键 mol－1 键能/kJ·C—O 351 H—O 463 N—H 393 C—N 293 C—H 414 mol－1。 则该反应的ΔH＝_________kJ·

(2)上述反应中所需的甲醇工业上利用水煤气合成，反应为CO(g)＋2H2(g) ⇌CH3OH(g) ΔH <0。在一定CH3OH条件下，将1 mol CO和2 mol H2通入密闭容器中进行反应，当改变某一外界条件(温度或压强)时，

的体积分数φ(CH3OH)变化趋势如图所示：

①平衡时，M点CH3OH的体积分数为10%，则CO的转化率为_________。

②X轴上a点的数值比b点_________ (填“大”或“小”)。某同学认为上图中Y轴表示温度，你认为他判断的理由是________________________________。 (3)工业上可采用CH3OH通

过计算机模拟，研究了在钯基催化剂表面上甲醇制氢的反应历程，其中吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注。

甲醇（CH3OH）脱氢反应的第一步历程，有两种可能方式： mol-1 方式 A：CH3OH* →CH3O* ＋H* Ea= +103.1kJ·mol-1 方式 B：CH3OH* →CH3* ＋OH* Eb= +249.3kJ·

由活化能E值推测，甲醇裂解过程主要历经的方式应为_________(填A、B)。 下图为计算机模拟的各步反应的能量变化示意图。

催化剂ΔCO+2H2的方法来制取高纯度的CO和H2。我国学者采用量子力学方法，

该历程中，放热最多的步骤的化学方程式为______________________________________________。 (4)常温下，PbI2饱和溶液(呈黄色)中c(Pb2+)＝1.0×10-3 mol·L－1，则Ksp(PbI2)＝_________。

【答案】 （1）-12

25% 小 随着Y值的增大，φ(CH3OH)减小，（2）平衡CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g)向逆反应方向进行，故Y为温度

（3）A CHO*＋3H*=CO*＋4H*（或CHO*=CO*＋H*） 10-9 （4）4×【解析】

⑴未断键的可以不计算，只计算断键和成键的，因此该反应的ΔH＝351 + 393 – 293 – 463 = -12 kJ·mol－1，故答案为：-12。 ⑵

CO(g) ＋ 2H2(g) ⇌CH3OH(g) 开始：1mol 2mol 0 转化：xmol 2xmol xmol 平衡：(1-x)mol (2-2x)mol xmol

x0.25mol100%10%，解得x = 0.25 mol，α=100%=25%

1x22xx1mol①平衡时，M点CH3OH的体积分数为10%，则CO的转化率为25%，故答案为：25%。

②根据图象得出X轴上a点的数值比b点小，某同学认为上图中Y轴表示温度，其判断的理由是随着Y值的增大，φ(CH3OH)减小，平衡CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g)向逆反应方向进行，故Y为温度，故答案为：小；随着Y值的增大，φ(CH3OH)减小，平衡CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g)向逆反应方向进行，故Y为温度。 (3)由活化能E值推测，甲醇裂解过程主要历经的方式应为A，该历程中，放热最多的步骤是CHO*＋3H*的反应阶段，因此该反应的化学方程式为CHO*＋3H*=CO*＋4H*（或CHO*=CO*＋H*），故答案为：A；CHO*＋3H*=CO*＋4H*（或CHO*=CO*＋H*）。

(4)常温下，PbI2饱和溶液(呈黄色)中c(Pb2+)＝1.0×10-3 mol·L－1，则

2Ksp（PbI2）=1.0103（1.0103）=410-9，故答案为：4×10-9。