2020-2021备战高考化学 化学反应原理综合考查 综合题含详细答案

2020-2021备战高考化学 化学反应原理综合考查 综合题含详细答案

一、化学反应原理综合考查

1．碳元素形成的有机化合物在动植物体内及人类生存环境中有着相当广泛的存在，起着非常重要的作用。请结合下列有关含碳化合物的研究，完成下列填空。

（1）为了高效利用能源并且减少CO2的排放，可用下列方法把CO2转化成甲醇燃料： ①CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) △H=akJ?mol?1 ②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=bkJ?mol?1 ③CH3OH(g)=CH3OH(l) △H=ckJ?mol?1 ④H2O(g)=H2O(l) △H=dkJ?mol?1

则表示CH3OH(l)燃烧热的热化学方程式为___。

（2）用甲醇燃料电池电解处理酸性含铬废水(主要含有Cr2O72?)，用如图装置模拟该过程：

①请完成电解池中Cr2O72?转化为Cr3+的离子方程式___。 ②当甲池中消耗甲醇1.6g时，乙池中两电极的质量差为___g。 （3）葡萄糖和果糖为同分异构体，在一定条件下，C6H12O6（葡萄糖）

C6H12O6（果

糖） △H﹤0。该反应的速率方程式可表示为v(正)=k(正)c(葡)、v(逆)=k(逆)c(果)，k(正)和k(逆)在一定温度下为常数，分别称作正、逆反应速率常数。T1温度下，k(正)=0.06s?1，k(逆)=0.002s?1。 ①T1温度下，该反应的平衡常数K1=___。

②该反应的活化能Ea(正)___Ea(逆)(填“大于”、“小于”或“等于”）。

③该T2温度下，从开始反应到平衡的过程中，葡糖糖的质量分数变化如图所示。可以确定温度T2___T1（填“大于”、“小于”或“等于”）。

（4）H2A为二元弱酸。室温下配制一系列c(H2A)+c(HA?)+c(A2?)=0.100mol?L?1的H2A与NaOH的混合溶液。测得H2A、HA?、A2?的物质的量分数c(x)%

c(X-)×100%）随pH变化如图所示。 （c(x)%=

c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)

①当c(Na+)=0.100mol?L?1时，溶液中离子浓度的大小顺序为___。

②室温下，若将0.100mol?L?1的H2A与amol?L?1的NaOH溶液等体积混合，使溶液的pH=7。则H2A的Ka2=___mol?L?1（用a表示）。 【答案】CH3OH(l)+

33b+4dO2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-a-c（或-a+1.5b-c+2d) Cr2O72-22+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O 8.4 30 小于 大于 c(Na+)﹥c(HA-)﹥c(H+)﹥c(A2-)﹥c(OH-)

(a-0.1)?10-7

0.2-a【解析】 【分析】

（1）利用盖斯定律推算出CH3OH(l)燃烧热的热化学方程式；

（2）甲池为甲醇燃料电池，其中M为负极，N为正极；乙池为电解池，乙池中左边铁为阳极，右边的铁为阴极，阳极产生的Fe2+还原Cr2O72-，将Cr2O72?转化为Cr3+；利用串联电路中转移的电子数相等，计算当甲池中消耗甲醇1.6g时，乙池中两电极的质量差； （3）①根据速率方程式，当达到平衡时，v(正)= v(逆)，k(正)c(葡) = k(逆)c(果)，该反应的平衡常数

c(果糖)K(正)K==，然后根据k(正)和k(逆)在一定温度下的数值，带入计算； c(葡萄糖)K(逆)②根据该反应为放热反应，故正反应的活化能小于逆反应的活化能；

③根据图像信息，计算T2温度下的平衡常数，然后与T1温度下的平衡常数相比，对应放热反应而言，温度越高平衡常数越小；

（4）①当c(Na+)=0.100mol?L?1时，H2A与NaOH恰好反应生成NaHA，结合图中的信息，溶液中离子浓度的大小；

②由电荷守恒可知，c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，由物料守恒可知c(H2A)+c(HA?) +c(A2?)=0.050mol?L?1，结合图像信息，计算出c(HA-)、c(A2-)、c(H+)，然后计算H2A的

c(H?)?c(A2?)Ka2=。

c(HA?)【详解】

（1）利用盖斯定律：1.5×②-①-③+2×④，得CH3OH(l)燃烧热的热化学方程式：CH3OH(l)+

3O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=（-a+1.5b-c+2d) kJ?mol?1； 2（2）①乙池中左边铁为阳极，其电极反应式为Fe-2e-= Fe2+，Fe2+还原Cr2O72-，将Cr2O72?转化为Cr3+，其反应方程式为Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；

②1.6gCH3OH的物质的量为

1.6g-?1=0.05mol，M为负极，其电极反应式为CH3OH-6e+ 32g?molH2O= 6H++ CO2↑，n(e-)=6n(CH3OH)=6×0.05mol=0.3mol，串联电路中转移的电子数相等，乙池中左边铁为阳极，其电极反应式为Fe-2e-= Fe2+，故消耗Fe的物质的量为0.15mol，乙池中左边铁消耗的质量为0.15mol×56g/mol=8.4g，右边的铁为阴极，电极反应式为2 H++2e-= H2↑，即右边的铁电极的质量不变，所以当甲池中消耗甲醇1.6g时，乙池中两电极的质量差为8.4g；

（3）①根据速率方程式，当达到平衡时，v(正)= v(逆)，k(正)c(葡) = k(逆)c(果)，该反应的平衡常数K=

c(果糖)K(正)=，T1温度下，k(正)=0.06s?1，k(逆)=0.002s?1，故T1温度下，

c(葡萄糖)K(逆)0.06s?1K==30； ?10.002s②室温下，若将0.100mol?L?1的H2A与amol?L?1的NaOH溶液等体积混合，使溶液的pH=7，c(H+)=10-7 mol?L?1，由电荷守恒可知，c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，因为溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，c(Na+)= c(HA-)+2c(A2-)=0.5a mol?L?1，由物料守恒可知c(H2A)+c(HA?)+c(A2?)

=0.050mol?L?1，结合图像信息，当溶液呈中性时，c(H2A)比较小，忽略不计，c(A2?)=(0.5a-0.050) mol?L?1，c(HA?)=(0.1-0.5a) mol?L?1，室温下，

c(H?)?c(A2?)1.0?10?7?(0.5a?0.050)(a-0.1)?10-7Ka2== =。

c(HA?)0.1?0.5a0.2-a

2．丙烯腈（CH2=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（CH2=CHCHO）和乙腈（CH3CN）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（C3H3N）和副产物丙烯醛（C3H4O）的热化学方程式如下：

3O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g) ΔH=-515kJ/mol 2①C3H6(g)+O2(g)=C3H4O(g)+H2O(g) ΔH=-353kJ/mol

①C3H6(g)+NH3(g)+

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)+

3O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g)，氨气、氧气、丙烯2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：

1.5：1=1：7.5：1。 20%

3．消除尾气中的NO是环境科学研究的热点课题。 I.NO氧化机理 已知：2NO(g)+O2(g)化)。

（1）下列可以作为反应已经到达平衡状态的判断依据的是____。 A.2v正(O2)=v逆(NO2)

B.NO与O2的物质的量之比为2：1 C.容器内混合气体的密度保持不变 D.K不变

E.容器内混合气体的颜色保持不变

（2）通过现代科学技术动态跟踪反应的进行情况，得到容器内混合气体的压强、平均摩尔质量随反应时间的变化曲线如图1图2所示。则反应2NO(g)+O2(g)

2NO2(g)在T1℃

时的平衡常数Kp=____。[对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作Kp，如p(B)=p?x(B)，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数]。保持其它条件不变，仅改变反应温度为T2℃(T2＞T1)，在图2中画出容器内混合气体的平均摩尔质量随反应时间的变化趋势图_____。

2NO2(g) ΔH=-110kJ?mol-1

T1℃时，将NO和O2按物质的量之比为2：1充入刚性反应容器中(忽略NO2与N2O4的转

II.NO的工业处理

（3）H2还原法：2NO(g)+2H2(g)

N2(g)+2H2O(g) ΔH1

已知在标准状况下，由元素最稳定的单质生成1mol纯化合物时的焓变叫做标准摩尔生成

--焓。NO(g)和H2O(g)的标准摩尔生成焓分别为+90kJ?mol1、-280kJ?mol1。则ΔH1=____。

（4）O3-CaSO3联合处理法

NO可以先经O3氧化，再用CaSO3水悬浮液吸收生成的NO2，转化为HNO2。已知难溶物在溶液中并非绝对不溶，同样存在着一定程度的沉淀溶解平衡。在CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液能提高SO32-对NO2的吸收速率，请用平衡移动原理解释其主要原因____。 （5）电化学处理法

工业上以多孔石墨为惰性电极，稀硝酸铵溶液为电解质溶液，将NO分别通入阴阳两极，通过电解可以得到浓的硝酸铵溶液。则电解时阳极发生的电极反应为____。

【答案】AE 0.08

-740kJ?mol-1 对于反应

CaSO3(s)【解析】 【分析】 【详解】

Ca2+(aq)+SO32-(aq)，加入Na2SO4溶液时，SO42-结合部分Ca2+，使其平衡向

正反应方向移动，c(SO32-)增大，吸收NO2的速率增大 NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+

I.（1）在一定条件下，当一个可逆反应的正反应速率与逆反应速率相等时，反应物的浓度与生成物的浓度不再改变，达到一种表面静止的状态，即“化学平衡状态”。其中，正反应速率与逆反应速率相等是化学平衡状态的实质，而反应物的浓度与生成物的浓度不再改变是化学平衡状态的表现。

A.当2v正(O2)=v逆(NO2)时，说明反应已达平衡态，故A正确；

B. NO与O2的物质的量之比为2：1时，不能说明该反应反应物的浓度与生成物的浓度不再改变，故B错误；

C.根据质量守恒定律，容器内气体的质量恒定不变，则恒容容器内混合气体的密度始终保持不变，不能说明达到化学平衡状态，故C错误；

D.该反应中平衡常数K只与温度有关，则不能用K不变来判断化学平衡状态，故D错误； E.容器内混合气体的颜色保持不变，则说明反应物的浓度与生成物的浓度不再改变，即达到化学平衡状态，故E正确； 综上所述，答案为AE；

（2）设容器内二氧化氮与氧气分别为2mol、1mol，达平衡态时，氧气转化了xmol，则可列三段式为：

2NO+O2?起始量(mol)21 转化量(mol)2xx平衡量(mol)2?2xx2NO202x2x

平衡时平均摩尔质量为36.8g/mol，则有

uuvm2mol?30g/mol+1mol?32g/molM??=36.8g/mol，解得x=0.5，则NO、O2、NO2

n(3-x)mol的物质的量分数分别为0.4、0.2、0.4，同温同体积，根据压强之比等于物质的量之比，有

375?，代入x，解得a=62.5，根据平衡常数公式有3-xa(0.4?62.5)2Kp=?0.08；因为该反应为放热反应，升高温度时，反应速率

(0.4?62.5)2?(0.2?62.5)会加快，平衡逆向移动，平均摩尔质量会减小，容器内混合气体的平均摩尔质量随反应时

间的变化趋势图为，故答案为：0.08；

；

-（3）ΔH1=生成物标准摩尔生成焓之和-反应物标准摩尔生成焓之和=-280kJ?mol1×2-

90kJ?mol-1×2=-740kJ?mol-1，故答案为：-740kJ?mol-1；

（4）相同条件下，硫酸钙的溶解度小于亚硫酸钙的溶解度，亚硫酸钙可转化为硫酸钙，对于反应CaSO3(s)CaSO3(s)

Ca2+(aq)+SO32-(aq)，加入Na2SO4溶液时，SO42-结合部分Ca2+，使其

-

平衡向正反应方向移动，c(SO32)增大，吸收NO2的速率增大，故答案为：对于反应

Ca2+(aq)+SO32-(aq)，加入Na2SO4溶液时，SO42-结合部分Ca2+，使其平衡向

-正反应方向移动，c(SO32)增大，吸收NO2的速率增大；

（5）由电解原理可知，阳极发生氧化反应，则一氧化氮转化为硝酸根，其电极方程式为NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，故答案为：NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+。

4．甲醇是一种可再生能源，由CO2制备甲醇的过程可能涉及的反应如下：反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)

CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-49.58kJ·mol-1

CO(g)+H2O(g) △H2

CH3OH(g) △H3=-90.77kJ·mol-1

反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)反应Ⅲ：CO(g)+2H2(g)回答下列问题：

（1）反应Ⅱ的△H2=______________。

（2）反应Ⅲ能够自发进行的条件是__________ (填“较低温度”、“ 较高温度”或“任何温度”)

（3）恒温，恒容密闭容器中，对于反应Ⅰ，下列说法中能说明该反应达到化学平衡状态的是________。

A．混合气体的密度不再变化 B．混合气体的平均相对分子质量不再变化

C．CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量之比为1：3：1：1 D．甲醇的百分含量不再变化

（4）对于反应Ⅰ，不同温度对CO2的转化率及催化剂的效率影响如图所示，下列有关说法不正确的是__________。

A．其他条件不变，若不使用催化剂，则250℃时CO2的平衡转化率可能位于M1 B．温度低于250 ℃时，随温度升高甲醇的产率增大 C．M点时平衡常数比N点时平衡常数大

D．实际反应应尽可能在较低的温度下进行，以提高CO2的转化率

（5）若在1L密闭容器中充入3molH2和1molCO2发生反应Ⅰ，250℃时反应的平衡常数K=______；若要进一步提高甲醇体积分数。可采取的措施有_________________。 （6）下图是电解Na2CO3溶液的装置图。

阴极的电极反应式为________________

【答案】+41.19kJ·mol-1 较低温度 BD ABD 0.148(或者2H+2e==H2↑或2H2O+2e==H2↑+2OH 【解析】 【分析】

本题考查盖斯定律，热化学反应与过程无关，只与始态与终态有关，△H2=△H1-△H3=+41.19kJ/mol；△G==△H－T△S，T为温度，△G<0，可自发进行，反应Ⅲ：△H<0, △S<0，较低温度可自发进行；平衡状态的判断，同一物质的正逆反应速率相等，本题中ρ=m/V，质量与体积均不变，密度自始至终不变，不可做为判断依据；M=m/n，质量不变，物质的量减少，可做判断依据；反应物与生成物平衡时的比例不一定为1：3：1：1，不可以；只要平衡则甲醇的百分含量不再变化，可以；化学反应条件的选择，既要考虑反应时的产量，又要考虑反应的速率；K?+

---

4) 增大压强(降低温度) 27c(CH3OH)?c(H2O)，250℃时转化率为50%；电

c(CO2)?c3(H2)解池中阳极失电子，溶液中为水提供的氢氧根离子失电子，产生的氢离子和钠离子向阴极区域移动，而阴极附近的水提供的氢离子得电子，生成氢气。 【详解】

（1）本题考查盖斯定律，热化学反应与过程无关，只与始态与终态有关，△H2=△H1-△H3=+41.19kJ/mol；（2）△G==△H－T△S，T为温度，△G<0，可自发进行，反应Ⅲ：△H<0, △S<0，较低温度可自发进行；（3）平衡状态的判断，同一物质的正逆反应速率相

等，本题中ρ=m/V，质量与体积均不变，密度自始至终不变，不可做为判断依据；M=m/n，质量不变，物质的量减少，可做判断依据；反应物与生成物平衡时的比例不一定为1：3：1：1，不可以；只要平衡则甲醇的百分含量不再变化，可以；答案为：BD；(4)A.催化剂对反应速率有影响，对平衡的限度无影响，A错误；B.该反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，产率提高，B正确；C.升高温度平衡向左移动，化学平衡常数变小，C错误；D. 实际反应应尽可能在催化效率最高时，D错误；答案为ABD ； (5) CO2 + 3H2初始量：1 3

反应量：0.5 1.5 0.5 0.5 平衡： 0.5 1.5 0.5 0.5

CH3OH + H2O 250℃时转化率为50%

K?c(CH3OH)?c(H2O)，K=0.148；提高甲醇的体积分数为：增大压强(降低温度)；

c(CO2)?c3(H2)+

-

(6) 电解池中阳极失电子，溶液中为水提供的氢氧根离子失电子，产生的氢离子和钠离子向阴极区域移动，而阴极附近的水提供的氢离子得电子，生成氢气，2H+2e==H2↑或2H2O+2e-==H2↑+2OH- 【点睛】

判断化学平衡的依据：同一物质的正逆反应速率相等，还可以为延伸出的依据，需要具体分析，本题中ρ=m/V，质量与体积均不变，密度自始至终不变，不可做为判断依据；M=m/n，质量不变，物质的量减少，可做判断依据；反应物与生成物平衡时的比例不一定为1：3：1：1；甲醇的百分含量不再变化则可以。

5．磷酸是重要的化学试剂和工业原料。请回答下列问题： （1）已知：25°C时，磷酸和碳酸的电离常数如下表所示。

向Na2CO3溶液中滴加少量H3PO4溶液，反应的离子方程式为__。 （2）已知：

I.CaO(s)+H2SO4(l)=CaSO4(s)+H2O(l) ?H= -271kJ·mol-1

II.5CaO(s)+3H3PO4(l)+HF(g)=Ca3(PO4)3F(s)+5H2O(l) ?H=-937 kJ·mol-1 回答下列问题：

①工业上用Ca3(PO4)3F和硫酸反应制备磷酸的热化学方程式为__。

②一定条件下，在密闭容器中只发生反应II，达到平衡后缩小容器容积，HF的平衡转化率__(填“增大”“减小”或“不变”，下同)；HF的平衡浓度__。

（3）工业上用磷尾矿制备Ca3(PO4)3F时生成的副产物CO可用于制备H2，原理为CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ?H。

①一定温度下，向10L密闭容器中充入0.5molCO和lmolH2O(g)，2min达到平衡时，测得0~2min内用CO2表示的反应速率v(CO2)=0.02mol·L-1·min-1。则CO的平衡转化率a=__，该反应的平衡常数K=__。

②在压强不变的密闭容器中发生上述反应，设起始的

n(CO)=y，CO的平衡体积分数(φ)

n(H2O)与温度(T)的关系如图所示。则：该反应的?H__0(填“>”“<”或“=”，下同)。a_1，理由为__。

【答案】H3PO4+2CO32-= 2HCO3-+HPO42- Ca5(PO4)3F(s)＋5H2SO4(l)

3H3PO4(l)＋HF(g)＋

85CaSO4(s) ΔH=－418 kJ·mol－1 增大 不变 80% < < 相同温度下，y越小，CO 的转

3化率越大，其平衡体积分数越小 【解析】 【分析】

根据电离平衡常数可知酸性有如下关系：H3PO4﹥H2CO3﹥H2PO4-﹥HCO3-﹥HPO42-，少量H3PO4和CO32-不能生成二氧化碳和水，只能生成HCO3-，由于H2PO4-﹥HCO3-，H2PO4-也能和CO32-反应，所以另一个产物为HPO42-。 【详解】

（1）根据电离平衡常数可知酸性有如下关系：H3PO4﹥H2CO3﹥H2PO4-﹥HCO3-﹥HPO42-，所以少量磷酸和碳酸钠反应的最终产物为：NaHCO3和NaHPO4，所以离子方程式为：H3PO4+2CO32-= 2HCO3-+HPO42-，故答案为：H3PO4+2CO32-= 2HCO3-+HPO42-； （2）①已知：Ⅰ．CaO(s)＋H2SO4(l)Ⅱ．5CaO(s)+3H3PO4(l)＋HF(g)为Ca5(PO4)3F(s)＋5H2SO4(l)为：Ca5(PO4)3F(s)＋5H2SO4(l)

CaSO4(s)＋H2O(l) ΔH=－271 kJ·mol－1 Ca5(PO4)3F(s)＋5H2O(l) ΔH=－937 kJ·mol－1

3H3PO4(l)＋HF(g)＋5CaSO4(s) ΔH=－418 kJ·mol－1，故答案3H3PO4(l)＋HF(g)＋5CaSO4(s) ΔH=－418 kJ·mol－1；

根据盖斯定律可知Ⅰ×5－Ⅱ即得到Ca5(PO4)3F和硫酸，所以反应制备磷酸的热化学方程式

②反应Ⅱ的正反应体积减小，所以达到平衡后缩小容器容积平衡向正反应方向移动，HF的平衡转化率增大。由于温度不变，平衡常数不变，即K＝c(HF)，因此HF的平衡浓度不变，故答案为：增大；不变；

L－1·min－1，所以生成CO2（3）①测得 0～2 min内用CO2 表示的反应速率v(CO2)=0.02 mol·

CO?g?＋H2O?g??CO2?g?＋H2?g?起始浓度(mol/L)0.05浓度是0.04mol/L，则

转化浓度(mol/L)0.04平衡浓度(mol/L)0.01CO的平衡转化率α=8为：80%；；

30.10.040.0600.040.0400.040.04 ，因此

0.040.04?0.048×100%＝80%，该反应的平衡常数 K＝=，故答案0.050.01?0.063②根据图像可知升高温度CO的体积分数增大，说明平衡向正反应方向进行，所以该反应的 ΔH＜0，由于相同温度下，y越小，CO 的转化率越大，其平衡体积分数越小，所以a＜1，故答案为：<；<；相同温度下，y越小，CO 的转化率越大，其平衡体积分数越小。

【点睛】

（1）根据电离平衡常数：H3PO4﹥H2CO3﹥H2PO4-﹥HCO3-﹥HPO42-，H3PO4少量，产物只能是最后两个。

6．（1）乙基叔丁基醚(以ETBE表示)是一种性能优良的高辛烷值汽油调和剂。用乙醇与异丁烯(以IB表示)在催化剂HZSM－5催化下合成ETBE，反应的化学方程式为：C2H5OH(g)+IB(g)

1

ETBE(g) △H。回答下列问题：

mol-反应物被催化剂HZSM－5吸附的顺序与反应历程的关系如图所示，该反应的△H=__kJ·。反应历程的最优途径是__(填C1、C2或C3)。

（2）一定条件下，用Fe2O3、NiO或Cr2O3作催化剂对燃煤烟气回收。反应为2CO(g)+SO2(g)

2CO2(g)+S(l) ΔH=-270kJ·mol-1

①其他条件相同、催化剂不同，SO2的转化率随反应温度的变化如图1，Fe2O3和NiO作催化剂均能使SO2的转化率达到最高，不考虑催化剂价格因素，选择Fe2O3的主要优点是：__。

②某科研小组用Fe2O3作催化剂。在380℃时，分别研究了[n(CO)∶n(SO2)]为1∶1、3∶1时SO2转化率的变化情况(图2)。则图2中表示n(CO)∶n(SO2)=3∶1的变化曲线为__。

（3）已知NO2存在如下平衡：2NO2(g)N2O4(g) △H<0，在一定条件下NO2与N2O4的

p2(NO2)，消耗速率与各自的分压(分压=总压×物质的量分数)有如下关系：v(NO2)=k1·v(N2O4)=k2·p(N2O4)，相应的速率与其分压关系如图所示。

一定温度下，k1、k2与平衡常数Kp(压力平衡常数，用平衡分压代替平衡浓度计算)间的关系是k1=__；在图标出点中，指出能表示反应达到平衡状态的点是__，理由是__。 （4）二氧化硫的催化氧化是工业上生产硫酸的主要反应O2(g)+2SO2(g)

2SO3(g)。

pSO32]θp已知：标准平衡常数Kθ=，其中pθ为标准压强(1×105Pa)，p(SO3)、p(O2)和

pSOpO[θ2]2[θ2]pp[p(SO2)为各组分的平衡分压，如p(SO3)=x(SO3)p，p为平衡总压，x(SO3)为平衡系统中SO3的物质的量分数。

SO2和O2起始物质的量之比为2：1，反应在恒定温度和标准压强下进行，SO3的平衡产率为ω，则Kθ=___(用含ω的最简式表示)。

【答案】-4a C3 Fe2O3作催化剂时，在相对较低的温度可获得较高的SO2转化率，从而节KP BD 达到平衡时，N2O4与NO2的消耗速率满足条件v(NO2)=2v(N2O4) 约能源 a k1=2k2·

?2(3-?) 3(1-?)【解析】 【分析】

（1）由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，由图给数据可计算△H；活化能的大小可以反映化学反应发生的难易程度，活化能越小，反应越容易进行； （2）①Fe2O3作催化剂时，在相对较低温度可获得较高SO2的转化率，从而节约大量能源；

②n（CO）：n（SO2）=2：1时反应速率界于n（CO）：n（SO2）=3：1和n（CO）：n（SO2）=1：1之间，反应速率介于二者之间，且二氧化硫的转化率和n（CO）：n（SO2）=3：1是相等的；

（3）当反应达到平衡时，正逆反应速率相等，NO2与N2O4的消耗速率的关系为v（NO2）=2v（N2O4），则k1?p2（NO2）=2k2?p（N2O4）；满足平衡条件v（NO2）=2v（N2O4）即为平衡点，B、D点的压强之比等于其反应速率之比为1：2；

（4）设SO2和O2起始物质的量为2mol和1mol，由SO3的平衡产率为ω可知，平衡时SO3的物质的量为2ω，由题意建立三段式计算可得。 【详解】

（1）由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，则该反应的△H=—（5—1）akJ/mol=—4 akJ/mol；活化能的大小可以反映化学反应发生的难易程度，过渡态1和2的活化能都为6akJ/mol，过渡态3的活化能为4akJ/mol，活化能越小，反应越容易进行，

过渡态3的活化能最小，反应历程最优，故答案为：-4a；C3；

（2）①根据图示内容，对比260℃时不同催化剂作用下SO2的转化率，可以看出Cr2O3作催化剂时，反应速率最快，Fe2O3和NiO作催化剂均能使SO2的转化率达到最高，但是Fe2O3作催化剂时，在相对较低温度可获得较高SO2的转化率，从而节约大量能源，故答案为：Fe2O3作催化剂时，在相对较低温度可获得较高SO2的转化率，从而节约大量能源； ②n（CO）：n（SO2）=2：1时反应速率界于n（CO）：n（SO2）=3：1和n（CO）：n（SO2）=1：1之间，反应速率介于二者之间，且二氧化硫的转化率和n（CO）：n（SO2）=3：1是相等的，Fe2O3作催化剂时，曲线a符合，故答案为：a；

24（3）反应的化学平衡常数Kp=p2(NO)，当反应达到平衡时，正逆反应速率相等，NO2与

2p(NO)N2O4的消耗速率的关系为v（NO2）=2v（N2O4），则k1?p2（NO2）=2k2?p（N2O4），k1=2k2·KP；满足平衡条件v（NO2）=2v（N2O4）即为平衡点，B、D点的压强之比等于其反KP；BD； 应速率之比为1：2，所以B、D为平衡点，故答案为：2k2·

（4）设SO2和O2起始物质的量为2mol和1mol，由SO3的平衡产率为ω可知，平衡时SO3的物质的量为2ω，由题意建立如下三段式：

O2?g?+2SO2?g??2SO3?g?起（mol） 1 2 0变（mol） ω 2ω 2ω 平（mol） 1- ω 2-2ω 2ω 2?1-?2-2?θθθ由三段式可得p(SO3)、p(O2)和p(SO2)分别为3-?×p、3-?×p、3-?×p，则标准平衡常

p（SO3）2]22θ2?2[]p?(3-?)?(3-?)3-?=2-2?21-?=数Kθ=，故答案为：3。 p（SO2）2p（O2）[3-?]?[3-?](1-?)3(1-?)[][]θθpp[【点睛】

p（SO3）2]θp由平衡分压等于平衡总压和物质的量分数之积和Kθ=可知

p（SO2）2p（O2）[][]pθpθ[p（SO3）2]θ2?2[3-]pθ

K==2-2?2?1-?是解答关键，也是难点。

p（SO2）2p（O2）[3-?]?[3-?][][]θθpp[

7．甲醇、乙醇来源丰富、价格低廉、运输贮存方便，都是重要的化工原料，有着重要的用途和应用前景，可以用多种方法合成。 I．用CO2生产甲醇、乙醇

(1)已知：H2的燃烧热为-285.8 kJ/mol，CH3OH(l)的燃烧热为-725.8kJ/mol，CH3OH(g)=CH3OH(l) △H= -37.3 kJ/mol，则CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+ H2O(1) △H=____kJ/mol。

(2)将CO2和H2按物质的量之比1:3充入体积为2.0L的恒容密闭容器中反应[生成 H2O(g)]，如图1表示压强为0.1 MPa和5.0 MPa下CO2转化率随温度的变化关系。

①a、b两点化学反应速率分别用Va、Vb，表示，则Va ___Vb（填“大于”、“小于”或“等于”）。

②列出a点对应的平衡常数表达式K= ____________________。

(3)在1.0 L恒容密闭容器中投入1 mol CO2和2.75 mol H2发生反应：CO2(g)+3H2(g)

垐?噲?CH3OH (g)+H2O(g)，实验测得不同温度及压强下，平衡时甲醇的物质的量变化如图

2所示，下列说法正确的是_____。 A.该反应的正反应为放热反应 B．压强大小关系为p1＜p2＜p3

C．M点对应的平衡常数K的值约为1.04×10－2 D．在p2及512 K时，图中N点υ(正)＜υ(逆)

垐?(4)CO2催化加氢合成乙醇的反应为：2CO2(g)+6H2(g) 噲?C2H5OH(g) +3H2O(g) △H；

n(H2)m代表起始时的投料比，即m＝

n(CO2)

①图3中投料比相同，温度T3＞T2＞T1，则该反应的焓变△H____0（填“＞”、“＜”）。

②m=3时，该反应达到平衡状态后p(总)=20a MPa，恒压条件下各物质的物质的量分数与温度的关系如图4所示，则曲线b代表的物质为_________（填化学式），T4温度时，反应达到平衡时物质d的分压p(d)=___________。 Ⅱ．甲醇的应用

(5)以甲醇为主要原料，电化学合成碳酸二甲酯的工作原理如图5所示。

离子交换膜a为_____（填“阳膜”、“阴膜”），阳极的电极反应式为______________。

c(CH3OH)c(H2O) AC ＜ CO2 2.5a MPa 阳膜 【答案】-94.3 大于 K＝

c(CO2)c3(H2)2CH3OH+CO?2e?=(CH3O)2CO+2H+ 【解析】 【分析】 【详解】

1O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ/mol， 2②CH3OH(g)=CH3OH(l)△H= -37.3kJ/mol，

(1)①H2(g)+③CH3OH(l)+

3O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-725.8kJ/mol， 2由盖斯定律①×3-③-②；可得CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(1)△H=-94.3kJ/mol； (2)①a、b两点温度相同，正反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，二氧化碳转化率增大，故压强曲线A大于曲线B，压强越大反应速率越快，故反应速率Va大于Vb；

②a点发生反应：CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)，平衡常数表达式K=

c(CH3OH)c(H2O)；

c(CO2)c3(H2)(3)A．由图可知，随着温度升高，平衡时甲醇的物质的量在减小，所以升温平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，故A正确；

B．由图可知，作一条等温线，因为该反应为气体体积减小的反应，压强越大，平衡时甲醇的物质的量也越大，所以p1＞p2＞p3，故B错误； C．由图可知，M点对应的甲醇产量为0.25mol，则

CO2?g?+3H2?g??始(mol/L)变(mol/L)平(mol/L)所以K=

CH3OH?g?+H2O?g?00.250.2500.250.2510.250.752.750.752

0.25?0.25=1.04×10?2；故C正确； 30.75?2D．由图可知，在p2及512K时，N点甲醇的物质的量还小于平衡时的量，所以应该正向移

动，则v(正)＞v(逆)，故D错误； 答案选AC；

(4)①由图3可知，相同压强下，温度越高氢气转化率越小，说明升高温度反应向逆向移动，正反应放热，△H＜0；

②温度升高，反应逆向进行，所以产物的物质的量是逐渐减少的，反应物的物质的量增大，由图可知，根据反应计量系数关系，曲线a代表的物质为H2，b表示CO2，c为H2O，d为C2H5OH；设开始氢气的投入量是3nmol，则二氧化碳是nmol，二氧化碳的转化量是x，

2CO2?g?+6H2?g??C2H5OH?g?+3H2O?g?起(mol)变(mol)平(mol)nxn-x3n3x3n-3x00.5x0.5x01.5x1.5x

N点b、d的物质的量分数相同，所以n-x=0.5x，解得x=

2n，总物质的量是n-x+3n-383x+0.5x+1.5x=n，压强之比等于物质的量之比，组分平衡分压=总压×该组分的物质的量

32n?0.53?20a MPa=2.5a MPa； 分数，d为C2H5OH，达到平衡时乙醇的分压p(乙醇)=

8n3(5)由图分析可知氧气得电子，发生还原反应，与氢离子结合生成水，该电极为阴极，则氢离子要透过交换膜a在阴极与氧气结合，则交换膜a为阳离子交换膜；阳极上是甲醇和一氧化碳反应失电子发生氧化反应，电极反应为：2CH3OH+CO-2e?=(CH3O)2CO+2H+。

8．羰基硫（COS）主要存在于煤、石油和天然气中，会造成设备腐蚀、环境污染，更危害人体健康。目前，我国已经实现了在催化剂（γ-Al2O3）、低温条件下的精度脱除COS，如图为天然气中脱除COS反应流化床示意图：

（1）①已知：H2（g）+COS（g）H2（g）+CO2（g）

H2S（g）+CO（g） △H1=+6.2kJ?mol-1

H2S（g）+CO2（g）的△H=__kJ?mol-1。

H2O（g）+CO（g） △H2=+41.2kJ?mol-1

则COS精度脱除反应H2O（g）+COS（g）

②将H2O与COS以体积比1：2置于恒温恒容密闭容器中反应，若测得该反应平衡时H2O与COS的体积比1：6，则该温度下，脱除反应的平衡常数K=__（保留两位小数）。 （2）T℃时，以一定流速、不同物质的量的H2O（g）和COS（g）通过流化床，测得COS（g）脱除速率变化关系如图。

已知：COS脱除反应机理如下，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。 a．吸附：H2O→H2O* b．反应：COS+H2O*→CO2+H2S* c．脱附：H2S*→H2S

①若COS（g）脱除速率v=knx（COS）?ny（H2O）（mol?min-1），由图中的数据可算出x、k的值：x=__，k=__。

②“吸附”步骤为__（填“快反应”或“慢反应”），理由是__。 ③脱除反应的决速步骤为__（填“a”、“b”或“c”）。

④少量氢气可以抑制催化剂积硫（S*）中毒，分析该流化床中可能存在的可逆反应是__。 （3）工业上常采用下图所示电解装置，将气态废弃物中的硫化氢转化为可利用的硫。首先通电电解K4[Fe（CN）6]与KHCO3的混合溶液，通电一段时间后，再向所得溶液通入H2S时发生反应的离子方程式为2[Fe（CN）6]3-+2CO32-+H2S═2[Fe（CN）6]4-+2HCO3-+S↓．电解过程中阴极区电极反应式为_。

【答案】-35 2.67 1 2 快反应 H2O（g）的物质的量不影响总反应速率 b S*+H2【解析】 【分析】 【详解】

（1）①已知：①H2（g）+COS（g）?H2S（g）+CO（g）△H1=+6.2kJ?mol-1 ②H2（g）+CO2（g）?H2O（g）+CO（g）△H2=+41.2kJ?mol-1

根据盖斯定律，反应①-②即可得COS精度脱除反应H2O（g）+COS（g）?H2S（g）+CO2（g）△H=（6.2-41.2）kJ/mol=-35kJ/mol，故答案为：-35； ②根据题意列三段式：

H2S* 2HCO3-+2e-=H2↑+2CO32-

H2O（g）+COS（g）=H2S（g）+CO2（g）（单位：mol） 起始量： 1 2 0 0 转化量： x x x x 平衡量：1-x 2-x x x 则

c(H2S)?c?CO2?0.8?0.81?x1??，解得x=0.8，平衡常数K==2.67，

c(HO)?cCOS0.2?1.22?x6??2故答案为：2.67；

（2）①根据图示，当H2O的物质的量固定时，COS（g）脱除速率为COS（g）物质的量的2倍，则x=1，k=2，故答案为：1；2；

②根据图示，由于H2O（g）的物质的量不影响总反应速率，因此“吸附”步骤是快反应， 故答案为：快反应；H2O（g）的物质的量不影响总反应速率；

③根据COS（g）脱除速率与COS（g）物质的量的关系可知脱除反应的决速步骤为b， 故答案为：b；

④少量氢气可以抑制催化剂积硫（S*）中毒，该过程可逆反应可能时S*+H2?H2S*， 故答案为：S*+H2?H2S*；

（3）根据信息可知，电解后溶液中存在CO32-，结合阴极化合价降低，电极反应式为2HCO3-+2e-=H2↑+2CO32-，

故答案为：2HCO3-+2e-=H2↑+2CO32-。

9．氨是重要的基础化工原料，可以制备尿素[CO(NH2)2]、N2H4等多种含氮的化工产品。 （1）以NH3与CO2为原料可以合成尿素[CO(NH2)2]，涉及的化学反应如下：

-1垐?反应I：2NH3(g)+CO2(g)噲?NH2CO2NH4(s) ?H1=?159.5kJ?mol -1垐?反应Ⅱ：NH2CO2NH4(s)噲?CO(NH2)2(s)+H2O(g) ?H2??116.5kJ?mol

反应Ⅲ：H2O(1)＝H2O(g) △H3=+44.0 kJ·mol－1

垐?则反应：2NH3(g)+CO2(g)噲?CO(NH2)2(s)+H2O(1) ?H=__________kJ/mol

（2）将氨气与二氧化碳在有催化剂的反应器中反应

垐?2NH3(g)+CO2(g)噲?CO(NH2)2(s)+H2O(g)，体系中尿素的产率和催化剂的活性与

温度的关系如图1所示：

①a点________(填是或不是)处于平衡状态，T1之后尿素产率下降的原因是___________________________。

②实际生产中，原料气带有水蒸气，图2表示CO2的转化率与氨碳比

n(NH3)、水碳比

n(CO2)n(H2O)的变化关系。曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的水碳比最大的是___________，测得b点氨的

n(CO2)转化率为30％，则x=___________________。

c（H2O)，k(正)和k(逆)为速率常=kc(NH3)c(CO2)，v(逆）=k③已知该反应的v(正）（逆）（正）数，则平衡常数K与k(正)，k(逆)的关系式是____________________________________。 （3）N2H4可作火箭推进剂。已知25℃时N2H4水溶液呈弱碱性：

+-?a垐?N2H4+H2O噲?N2H5+OHK1?1?10；

2+2+-?b垐?N2H5+H2O噲?N2H6+OHK2?1?10

①25℃时，向N2H4水溶液中加入H2SO4，欲使c(N2H5)＞c(N2H4)，同时

+2+c(N2H5)＞c(N2H6)，应控制溶液pH范围_____________(用含a、b式子表示)。

+②水合肼(N2H4·H2O)的性质类似一水合氨，与硫酸反应可以生成酸式盐，该盐的化学式为_______________。

【答案】－87.0 不是 升高温度反应逆向移动；催化剂活性降低 Ⅰ 4 K?－b＜pH＜14－a N2H6(HSO4)2 【解析】 【分析】 【详解】 (1)已知：

-1垐?反应I：2NH3(g)+CO2(g)噲?NH2CO2NH4(s) ?H1=?159.5kJ?mol -1垐?反应Ⅱ：NH2CO2NH4(s)噲?CO(NH2)2(s)+H2O(g) ?H2??116.5kJ?mol

k正 14k逆反应Ⅲ：H2O(1)＝H2O(g) △H3=+44.0 kJ·mol－1 NH3与CO2合成尿素同时生成液态水的化学方程式为

2NH3(g)+CO2(g)?CO(NH2)2(s)+H2O(l)，根据盖斯定律I+II-III得

2NH3(g)+CO2(g)?CO(NH2)2(s)+H2O(l)，则△H=-159.5kJ?mol-1+(+116.5kJ?mol-1)-(+44.0kJ?mol-1)=-87.0 kJ?mol-1；

(2)①产率最高之前，未达到平衡状态，反应为放热反应，达到平衡之后，升高温度，平衡逆向移动，产率下降，且催化剂活性降低；

②氨碳比相同时曲线Ⅲ二氧化碳的转化率大，所以曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的水碳比最大的是为Ⅰ；由题意可知：

2NH（+CO（?CO（NH2）3g）2g）2(s)+H2O（g）起始量x1 变化量2aa即

2aa?0.3，=0.6，则x=4； x12cc（H2O)，此时平衡常数③当V正=V逆时反应达到平衡，即k（正）(NH3)c(CO2)=k（逆）K正K=2=； c?NH3??c?CO2?K逆(3)①N2H4+H2O?N2H5++OH- K1=1×10-a；N2H5++H2O?N2H62++OH- K2=1×10-b，可知K1=

?cN2H5cOH?c?H2O????c?N2H4??=1×10

-a

，K2=

cN2H62?cOH?cN2H5???????=1×10

-b

，欲使c(N2H5+)＞

c(N2H4)，同时c(N2H5+)＞c(N2H62+)，则1×10-b＜c(OH-)＜1×10-a，即应控制溶液pH范围为14－b＜pH＜14－a；

②既然水合肼的性质类似一水合氨，在水中应该能电离产生N2H62和OH，因此它的硫酸酸式盐的化学式为(N2H6)(HSO4)2。 【点睛】

通常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。

+

-

10．合成氨是目前最有效工业固氮的方法，解决数亿人口生存问题。回答下列问题： (1)科学家研究利用铁触媒催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用“ad”表示。

13N2(g)+H2(g)

22的步骤的化学方程式为___。

由图可知合成氨反应

(2)工业合成氨反应为：N2(g)+3H2(g)

NH3(g)的?H=___ kJ·mol-1。该历程中反应速率最慢

2NH3(g)，当进料体积比V(N2)：V(H2)=1：3时平衡

气体中NH3的物质的量分数随温度和压强变化的关系如图所示：

①500℃时，反应平衡常数Kp(30MPa)___ Kp(100MPa)。（填“<”、“=”、“>”）

②500℃、30MPa时，氢气的平衡转化率为___（保留2位有效数字），Kp=___(MPa)-2（列出计算式）。

(3)科学家利用电解法在常温常压下实现合成氨，工作时阴极区的微观示意如图，其中电解液为溶解有三氟甲磺酸锂和乙醇的惰性有机溶剂。

①阴极区生成NH3的电极方程式为___。 ②下列说法正确的是___（填标号）。 A．三氟甲磺酸锂的作用是增强导电性

B．该装置用金(Au)作催化剂目的是降低N2的键能 C．选择性透过膜可允许N2和NH3通过，防止H2O进入装置 【答案】-46 Nad+3Had

?30?20%?-NHad+2Had = 33% 3 N2+6e?30?20%???30?60%?2+6C2H5OH=2NH3+6C2H5O- AC 【解析】 【分析】

13N2(g)+H2(g)，终点为NH3(g)，?H=-46kJ·mol-1。该历程中反应

22mol-1的反应。 速率最慢反应，是需吸热最多的反应，显然是吸热106 kJ·

(2)①500℃时，平衡常数不变。

②500℃、30MPa时，氨气的体积分数为20%，利用三段式，计算氢气平衡转化率及Kp。 (3)①从图中看，阴极区N2与C2H5OH反应生成NH3和C2H5O-。

②A．从阴极反应看，三氟甲磺酸锂并未参与反应，所以作用是增强导电性； B．催化剂只能降低反应的活化能，不能降低键能；

C．从图中看，选择性透过膜可允许N2和NH3通过，但H2O不能透过。 【详解】

(1)利用盖斯定律，起点为(1)利用盖斯定律，起点为反应

13N2(g)+H2(g)，终点为NH3(g)，?H=-46 kJ·mol-1。所以，合成氨

2213N2(g)+H2(g)

22NH3(g) ?H=-46 kJ·mol-1。该历程中反应速率最慢的反应，是需吸热

NHad+2Had。答案

mol-1的反应，化学方程式为Nad+3Had最多的反应，显然是吸热106 kJ·

为：利用盖斯定律，起点为Nad+3Had

NHad+2Had；

13N2(g)+H2(g)，终点为NH3(g)，?H=-46kJ·mol-1；

22(2)①因为平衡常数只受温度变化的影响，所以500℃时，反应平衡常数Kp(30MPa)= Kp(100MPa)；

②设参加反应N2的物质的量为x，建立三段式为：

垐?N2(g)?3H2(g)噲?起始量(mol)变化量(mol)平衡量(mol)则

2NH3(g)02x2x

1x1?x33x3?3x12x201?x?=20%，H2的体积分数为60%，NH3的，x=，则N2的体积分数为

34?2x1004?2x体积分数为20%。

3x?100%=33%，500℃、30MPa时，氢气的平衡转化率为3?30?20%?-2

Kp=3(MPa)； ?30?20%???30?60%?(3)①从图中看，阴极区N2与C2H5OH反应生成NH3和C2H5O-，电极方程式为N2+6e-+6C2H5OH=2NH3+6C2H5O-；

②A．从阴极反应看，三氟甲磺酸锂并未参与反应，所以作用是增强导电性，A正确； B．催化剂只能降低反应的活化能，不能降低键能，B不正确；

C．从图中看，选择性透过膜可允许N2和NH3通过，但H2O不能透过，C正确； 故合理选项是AC。 【点睛】

在比较“平衡常数Kp(30MPa)与Kp(100MPa)”的关系时，我们易出错，其错因是受图中数据的影响，我们易产生以下的错误推理：增大压强，NH3的体积分数增大，显然平衡正向移动，所以平衡常数增大。

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