2020-2021高考化学化学反应原理综合考查综合练习题附详细答案

2020-2021高考化学化学反应原理综合考查综合练习题附详细答案

一、化学反应原理综合考查

1．氨催化氧化是硝酸工业的基础，氦气在Pt催化剂作用下发生主反应Ⅰ和副反应Ⅱ： Ⅰ.4NH3(g)+5O2(g)Ⅱ.4NH3(g)+3O2(g)（1）已知：

NO 物质中断裂1mol化学键需要的能量/kJ 629 496 942 O2 N2 4NO(g)+6H2O(g) △H1=-905 kJ/mol 2N2(g)+6H2O(g) △H2

则△H2=___________。

（2）以Pt为催化剂，在1L密闭容器中充入1mol NH3和2mol O2，测得有关物质的量与温度的关系如下图：

①该催化剂在高温时对反应__________更有利（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）。 ②520℃时，NH3的转化率为____________。

③520℃时，反应Ⅱ的平衡常数K=________（数字计算式）。 ④下列说法正确的是____________（填标号）。

A 工业上氨催化氧化生成NO时，最佳温度应控制在840℃左右 B 增大NH3和O2的初始投料比可以提高NH3生成NO的平衡转化率 C 投料比不变，增加反应物的浓度可以提高NH3生成NO的平衡转化率 D 使用催化剂时，可降低反应的活化能，加快其反应速率

⑤温度高于840℃时，NO的物质的量减少的原因可能是____________。 （3）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1mol N2时，转移的电子数为___________mol。 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的反应器中反应。 反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如下图所示，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_______________。

0.22?0.96 AD 催化剂失去活性、有其他副反应发【答案】-1265kJ/mol 1 60% 430.4?1.45生、生成NO的反应为放热反应温度升高生成NO的转化率降低

24 迅速上升段是催化剂7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 【解析】 【分析】

（1）利用盖斯定律和△H=反应物总键能-生成物总键能计算；

（2）①由图可知，该催化剂在高温时，生成的NO物质的量远大于氮气的； ②根据图示A点计算出两个反应消耗氨气的量，再计算转化率；

③利用A点，计算出两个反应后剩余的氨气，氧气，生成的水和N2，再根据平衡常数公式计算；

④A.工业上氨催化氧化生成NO时，根据图示可知840℃生成NO最多，故A正确； B.增大NH3和O2的初始投料比可以降低NH3转化率，提高氧气转化率，故B错误； C.投料比不变，增加反应物的浓度可以看成增大压强，不利于向体积增大的方向进行，因此降低NH3生成NO的平衡转化率，故C错误；

D.使用催化剂时，可降低反应的活化能，加快其反应速率，故D正确；

⑤温度高于840℃时，NO的物质的量减少的原因可能是催化剂失去活性、有其他副反应发生、生成NO的反应为放热反应温度升高生成NO的转化率降低； （3）①8NH3+6NO2=7N2+12H2O根据方程式判断；

②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； 【详解】

（1）盖斯定律：Ⅰ-Ⅱ得2N2(g)+2O2

4NO(g) △H= △H1- △H2=-905-△H2kJ/mol；

△H=反应物总键能-生成物总键能=2×942 kJ/mol +2×496 kJ/mol -4×629 kJ/mol =360kJ/mol； 所以：△H2=△H1- △H==-905 kJ/mol -360 kJ/mol =-1265kJ/mol ； 答案：-1265kJ/mol

（2）①由图可知，该催化剂在高温时，生成的NO物质的量远大于氮气的，故该催化剂在高温下选择反应I； 答案：Ⅰ

②520℃时， 4NH3（g）+5O2

4NO（g）+6H2O（g）

变化（mol ）： 0.2 0.25 0.2 0.3 4NH3（g）+3O2（g）

2N2（g）+6H2O（g）

变化（mol ）：0.4 0.3 0.2 0.6 NH3的转化率为答案:60%

③在 1L 密闭容器中充入 1mol NH3和 2mol O2，520℃平衡时n（NO）=n（N2）=0.2mol，则：

4NH3（g）+5O2 4NH3（g）+3O2（g）

4NO（g）+6H2O（g）

=2N2（g）+6H2O（g）

变化（mol ）：0.2 0.25 0.2 0.3 变化（mol ）：0.4 0.3 0.2 0.6

故平衡时，n（NH3）=1mol-0.2mol-0.4mol=0.4mol，n（O2）=2mol-0.25mol-0.3mol=1.45mol，n（H2O）=0.3mol+0.6mol=0.9mol，由于容器体积为1L，利用物质的量代

0.2?0.4×100%=60% 10.22?0.96 替浓度计算平衡常数K=430.4?1.450.22?0.96 答案：

0.44?1.453④A.工业上氨催化氧化生成NO时，根据图示可知840℃生成NO最多，故A正确； B.增大NH3和O2的初始投料比可以降低NH3转化率，提高氧气转化率，故B错误； C.投料比不变，增加反应物的浓度可以看成增大压强，不利于向体积增大的方向进行，因此降低NH3生成NO的平衡转化率，故C错误；

D.使用催化剂时，可降低反应的活化能，加快其反应速率，故D正确； 答案：AD

⑤温度高于840℃时，NO的物质的量减少的原因可能是催化剂失去活性、有其他副反应发生、生成NO的反应为放热反应温度升高生成NO的转化率降低；

答案：催化剂失去活性、有其他副反应发生、生成NO的反应为放热反应温度升高生成NO的转化率降低

（3）①8NH3+6NO2=7N2+12H2O生成N2的反应中，当生成1mol N2时，转移的电子数为

24 mol； 7答案：

24 7②反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如下图所示，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；

答案：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

【点睛】

本题难点是图象分析应用，易错点平衡常数的计算，注意三段式法在平衡计算中的应用。

2．甲醇与水蒸气重整制氢可直接用于燃料电池。回答下列问题： (1)已知甲醇分解反应：CH3OH(g)?CO(g)＋2H2(g) △H1＝＋90.64 kJ·mol－1； mol－1。 水蒸气变换反应：CO(g)＋H2O(g)?CO2(g)＋H2(g) △H2＝－41.20 kJ·mol－1。 则CH3OH(g)＋H2O(g)?CO2(g)＋3H2(g) △H3＝___________kJ·

(2)科学家通过密度泛函理论研究甲醇与水蒸气重整制氢反应机理时，得到甲醇在Pd(III)表面发生解离时四个路径与相对能量的关系如图所示，其中附在Pd(III)表面的物种用*标注。此历程中活化能最小的反应方程式为_____________________________________________。

(3)在0.1MPa下，将总进料量为1 mol且n(CH3OH)：n(H2O)＝1：1.3的混合气体充入一刚性密闭容器中反应。

①实验测得水蒸气变换反应的速率随温度的升高明显下降，原因是____________________。

②平衡时，测得CH3OH的含量在给定温度范围内极小，H2、H2O(g)、CO、CO2四种组分的含量与反应温度的关系如图所示，曲线b、c对应物质的化学式分别为________、________。

(4)573.2K时，向一刚性密闭容器中充入5.00 MPa CH3OH使其分解，t h后达平衡时H2的物质的量分数为60%，则t h内v(CH3OH)＝_____MPa·h1，其分压平衡常数Kp＝_____MPa2。

【答案】+49.44 CH2O*+2H*=CHO*+3H*（或CH2O*=CHO*+H*） 随温度升高，催化活性降低 CO2 H2O（g） 【解析】 【分析】 【详解】

mol－1；① （1）甲醇分解反应：CH3OH(g)?CO(g)＋2H2(g) △H1＝＋90.64 kJ·

mol－1。② 水蒸气变换反应：CO(g)＋H2O(g)?CO2(g)＋H2(g) △H2＝－41.20 kJ·

mol－1+（-41.20 将①+②，即可求出CH3OH(g)＋H2O(g)?CO2(g)＋3H2(g) △H3＝=+90.64 kJ·kJ·mol－1）=+49.44 kJ·mol－1，故答案为：+49.44；

（2）活化能为反应物的总能量与过渡态能量之差，从图中可以看出，过渡态3发生的反应活化能最小。反应物为“CH2O*+2H*”，产物为“CHO*+3H*，故反应方程式为

CH2O*+2H*=CHO*+3H*．因为2H*反应前后都吸附在催化剂表面，未参与反应，故反应实质为CH2O*=CHO*+H*，故答案为：CH2O*+2H*=CHO*+3H*（或CH2O*=CHO*+H*）； （3）因为温度升高，反应速率应加快，而图中速率减小，显然不是温度的影响，只能为催化剂的活性降低，故答案为：随温度升高，催化活性降低； ②对于反应CO（g）+H2O（g）

CO2（g）+H2（g）△H＜0，其他条件不变时，升高温

度，平衡向左移动，即CO、H2O的含量均增大，CO2、H2的含量均减小。依据图中信息，可初步得知，a、b曲线分别对应CO2或H2，c、d曲线则对应CO或H2O（g）。根据反应方程式可知：该反应起始时，n（H2）＞n（CO2）、n（H2O）＞n（CO），平衡时含量必然有H2＞CO2、H2O＞CO．故a、b、c、d曲线分别对应H2、CO2、H2O（g）、CO，曲线b、c对应物质的化学式分别为CO2、H2O（g），故答案为：CO2、H2O（g）； （4）假设CH3OH的压强变化量为x，列出三段式：

－

3.75 168.75 tCH3OH（g）?起始（MPa）转化（MPa）平衡（MPa）

CO（g）+2H（2g）0xx02x2x

5.0x5.00-x2x603.75MPa3.75? ，x=3.75Mpa，v（CH3OH）== MPa·h－1；

5?2x100tht2P?CO??P2?H2?3.75MPa??7.5MPa?Kp= =168.75（MPa）2， =P?CH3OH?1.25MPa故答案为：【点睛】

本题综合考查化学平衡问题，题目涉及化学平衡计算与影响因素、反应热计算等，侧重考

3.75；168.75（MPa）2。 t查学生分析计算能力，注意盖斯定律在反应热计算中应用，难点（4）列出三段式，理清平衡时各物质的量，是解题关键。

3．以天然气为原料合成氨是现代合成氨工业发展的方向与趋势

（一）天然气与氮气为原料，以固态质子交换膜为电解质，在低温常压下通过电解原理制备氨气如图所示：

写出在阴极表面发生的电极反应式：_____________。 （二）天然气为原料合成氨技术简易流程如下：

一段转化主要发生的反应如下:

垐?①CH4（g） +H2O（g） 噲? CO（g）+3H2（g） ΔH1 = 206 kJ·molˉ1 垐?②CO（g） + H2O（g） 噲? CO2（g） + H2（g） ΔH2 = -41 kJ·molˉ1

二段转化主要发生的反应如下:

垐?③2CH4（g）+ O2（g） 噲? 2CO（g）+4H2（g） ΔH3 = -71.2 kJ·molˉ1 垐?④2CO（g） + O2（g） 噲? 2CO2（g） ΔH4 = -282 kJ·molˉ1

（1）已知CO中不含C=O，H－H的键能为436 kJ·molˉ1，H－O的键能为463 kJ·molˉ1，C－H的键能为414 kJ·molˉ1，试计算C=O的键能_________。 （2）实验室模拟一段转化过程，在800oC下，向体积为1L的恒容密闭反应器中，充入1mol的CH4与1mol的H2O，达到平衡时CH4的转化率为40%，n（H2）为1.4mol，请计算反应②的平衡常数_________。 （3）下列说法正确的是_________。

A．合成氨过程实际选择的温度约为700℃，温度过高或过低都会降低氨气平衡产率 B．上述工业流程中压缩既能提高反应速率又能提高合成氨的产率 C．二段转化释放的热量可为一段转化提供热源，实现能量充分利用

D．二段转化过程中，需严格控制空气的进气量，否则会破坏合成气中的氢氮比 （4）已知催化合成氨中催化剂的活性与催化剂的负载量、催化剂的比表面积和催化反应温度等因素有关，如图所示：

①实验表明相同温度下，负载量5%催化剂活性最好，分析负载量9%与负载量1%时，催化剂活性均下降的可能原因是________。

②在上图中用虚线作出负载量为3%的催化剂活性变化曲线_______。

【答案】N2+6H++6e- = 2NH3 799.5kJ·molˉ1 3.5 BCD 负载量1%时，则负载量过低导致催化活性降低，负载量9%负载量虽高但催化剂的比表面积会降低而使催化活性降低

【解析】 【分析】 【详解】

(一)与外电源负极相连的为电解池阴极，发生还原反应，装置中N2转化为NH3，所以阴极表面发生的电极反应：N2+6H++6e-=2NH3，故答案：N2+6H++6e- = 2NH3； (二)(1)根据盖斯定律可知将反应①+②得到：CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g) ΔH =165kJ/mol，ΔH=4E(C-H)+4E(O-H)-2E(C=O)-4E(H-H)=4×414kJ/mol+4×463kJ/mol-2×E(C=O)-4×436kJ/mol=165kJ/mol，可得E(C=O)=799.5kJ/mol，故答案为：799.5kJ/mol；

垐?(2)发生的反应为① CH4(g)+H2O(g)噲? CO(g)+3H2(g) ΔH1 = 206 kJ·molˉ1

CH4?g?+H2O?g??起始(mol/L)变化(mol/L)平衡(mol/L)10.40.610.40.6CO?g?+3H2?g?00.40.401.21.2

CO?g?+ H2O?g??起始(mol/L)变化(mol/L)平衡(mol/L)0.4x0.4?x0.6x0.6?xCO2?g?+H2?g?0xx1.21.4?1.21.4

解得x=0.2mol/L。反应②的平衡常数K=

0.2?1.4=3.5，故答案：3.5；

0.2?0.4(3)A．合成氨的反应为放热过程，温度升高降低平衡转化率，故A错误；

B．压缩相当于加压，反应向气体分子数减少方向移动，加压有利于反应正向进行，所以上述工业流程中压缩既能提高反应速率又能提高合成氨的产率，故B正确；

C．一段过程主要为吸热过程，二段主要过程为放热过程，因此可以通过传热装置转化释放的热量，可为一段反应转化提供热源，实现能量充分利用，故C正确；

D．二段过程中主要是有O2参加反应，可通过空气来提供反应所需要的O2，但需严格控制空气的进气量，否则会发生其余副反应，破坏合成气中的氢氮比，故D正确； 故答案为：B、C、D；

(4)①负载量较低时，提供催化活性中心的活性位点不足，可能导致催化剂活性不够，负载量过高，催化剂的比表面积会降低，导致催化剂活性中心位点过于拥挤，可能导致空间坍塌影响催化活性，故答案为：负载量1%时,则负载量过低导致催化活性降低,负载量9%负载量虽高但催化剂的比表面积会降低而使催化活性降低；

②负载量为3%小于负载量5%，并且已知负载量1%时活性低于5%负载量，负载量为9%时高于负载量为1%的催化剂活性，但1%的负载量与9%的负载量所体现的催化活性及其接近，可推知低负载量对于催化剂活性的影响较之于高负载量对于催化剂活性的影响更大，则3%负载量的催化剂活性应介于5%与9%之间的负载量之间的活性，所以作图为：

，故答案：

。

4．CH4超干重整CO2技术可得到富含CO的化工原料。回答下列问题： （1）CH4超干重整CO2的催化转化如图所示：

①已知相关反应的能量变化如图所示：

过程Ⅰ的热化学方程式为________。

②关于上述过程Ⅱ的说法不正确的是________（填序号）。 a．实现了含碳物质与含氢物质的分离 b．可表示为CO2＋H2＝H2O（g）＋CO c．CO未参与反应

d．Fe3O4、CaO为催化剂，降低了反应的ΔH

③其他条件不变，在不同催化剂（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）作用下，反应CH4（g）＋CO2（g）＝2CO（g）＋2H2（g）进行相同时间后，CH4的转化率随反应温度的变化如图所示。a点所代表的状态________（填“是”或“不是”）平衡状态；b点CH4的转化率高于c点，原因是________。

（2）在一刚性密闭容器中，CH4和CO2的分压分别为20kPa、25kPa，加入Ni／α－Al2O3催化剂并加热至1123K使其发生反应CH4（g）＋CO2（g）＝2CO（g）＋2H2（g）。

①研究表明CO的生成速率υ（CO）＝1.3×10－2·p（CH4）·p（CO2）mol·g－1·s－1，某时刻测得p（CO）＝20kPa，则p（CO2）＝________kPa，υ（CO）＝________mol·g·s

1

－1

－

。

②达到平衡后测得体系压强是起始时的1.8倍，则该反应的平衡常数的计算式为Kp＝________（kPa）2。（用各物质的分压代替物质的量浓度计算）

（3）CH4超干重整CO2得到的CO经偶联反应可制得草酸（H2C2O4）。常温下，向某浓度的草酸溶液中加入一定浓度的NaOH溶液，所得溶液中c?H2C2O4?=cC2O4，则此时溶液的

2-??pH＝________。（已知常温下H2C2O4的Ka1＝6×10－2，Ka2＝6×10－5，lg6＝0.8） 【答案】CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH=247.4kJ·mol-1 cd 不是 b和c都未达平衡，b

362?362 2.7 点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高 15 1.95

2?7【解析】 【分析】

由能量－反应进程曲线得热化学方程式，应用盖斯定律可得过程I的热化学方程式。过程II中进入循环的物质是最初反应物，出循环的物质是最终生成物，可得总反应方程式。恒温恒容时组分气体的分压与其物质的量成正比，故用分压代替物质的量进行计算。草酸溶液与NaOH溶液混合后，其两步电离平衡仍然存在，据电离常数表达式可求特定条件下溶液的pH。 【详解】

(1)①据CH4超干重整CO2的催化转化图，过程I的化学反应为

CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)。由能量－反应进程曲线得热化学方程式： CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH＝+206.2kJ·mol-1 （i） CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) ΔH＝－165kJ·mol-1 （ii）

(i)×2+(ii)得过程I的热化学方程式：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH=247.4kJ·mol-1 ②过程Ⅱ物质变化为：左上（CO、H2、CO2）+ 右下（惰性气体）→ 左下（H2O）+ 右上（CO、惰性气体），总反应为H2+CO2=H2O+CO。Fe3O4、CaO为总反应的催化剂，能降低反应的活化能，但不能改变反应的ΔH。故ab正确，cd错误。

③通常，催化剂能加快反应速率，缩短反应到达平衡的时间。但催化剂不能使平衡发生移动，即不能改变平衡转化率。若图中a点为化学平衡，则保持温度不变（800℃），将催化剂II换成I或III，CH4转化率应不变，故a点不是化学平衡。

同理，图中b、c两点都未达到化学平衡。据题意，b、c两点只有温度不同，b点温度较高，反应速率快，相同时间内CH4转化率高。

(2)①据气态方程PV＝nRT，恒温恒容时某组分气体的分压与其物质的量成正比。则反应中分压为

1123K恒容时，CH4（g）＋CO2（g）＝2CO（g）＋2H2（g） 起始分压/kPa： 20 25 0 0 改变分压/kPa： 10 10 20 20 某时分压/kPa： 10 15 20 20

p(CH4)·p(CO2)mol·g－1·s－1＝即某时刻p(CO2)＝15kPa，p(CH4)＝10kPa。代入υ(CO)＝1.3×10－2·1.95mol·g－1·s－1。

②设达到平衡时CH4的改变分压为x kPa，

1123K恒容时，CH4（g）＋CO2（g）＝2CO（g）＋2H2（g） 起始分压/kPa： 20 25 0 0 改变分压/kPa： x x 2x 2x 平衡分压/kPa： 20－x 25－x 2x 2x 据题意，有

(20－x)?(25－x)?2x?2x＝1.8，解得x＝18。CH4(g)、CO2(g)、CO(g)、H2(g)

20?25p2(CO)?p2(H2)的平衡分压依次是2 kPa、7 kPa、36 kPa、36 kPa，代入Kp＝＝

p(CH4)?p(CO2)362?362(kPa)2。 2?7(3)常温下，草酸溶液与NaOH溶液混合，所得混合溶液中仍存在分步电离： H2C2O4

c(H+)?c(HC2O-4)H+HC2O4 Ka1＝

c(H2C2O4)+

－

HC2O4

－

H

+

+C2O42－ Ka2＝

c(H+)?c(C2O2-4)

c(HC2O?)4Ka2＝a1·

当c?H2C2O4?=cC2O4＝2.7。 【点睛】

?2-?时，K

Ka2＝6×10－3.5 mol/L，pHc2(H+)。c(H+)＝Ka1·一定温度下，可逆反应建立平衡时，用平衡浓度求得浓度平衡常数Kc，用平衡分压求得压力平衡常数Kp，它们可通过气态方程进行换算。

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℃时，磷酸和氢氟酸的电离常数如下表所示。 物质 电离常数 H3PO4 Ka1＝7.1×10?3； Ka2＝6.3×10?8； HF Ka＝6.6×10?4 Ka3＝4.2×10?13 向NaF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) ΔH＝-271kJ·mol?1

Ca5(PO4)3F(s)+5H2O(l) ΔH＝-937kJ·mol?1

Ⅱ.5CaO(s)+3H3PO4(l)+HF(g)

则：①工业上用Ca5(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Ca5(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) ΔH。

①一定温度下，向10L密闭容器中充入0.5mol CO和1mol H2O(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α＝________；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ΔH___0(填“＞”“＜”或“＝”，下同)。a_____1，理由为_____________

【答案】H3PO4+F－＝HF+H2PO4－ Ca5(PO4)3F(s)＋5H2SO4(l)3H3PO4(l)＋HF(g)＋5CaSO4(s)

8ΔH=－418 kJ·mol－1 增大 不变 80% ＜ ＜ 相同温度下，y越小，CO的转化率越

3大，其平衡体积分数越小 【解析】 【分析】 【详解】

－－

（1）根据电离平衡常数可知酸性有如下关系：H3PO4＞HF＞H2PO4＞HPO42，所以向NaF－－

溶液中滴加少量H3PO4溶液，反应的离子方程式为为：H3PO4+F＝HF+H2PO4；

（2）①已知：Ⅰ．CaO(s)＋H2SO4(l)Ⅱ．5CaO(s)+3H3PO4(l)＋HF(g)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

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

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

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；

－－

（3）①测得 0～2 min内用CO2表示的反应速率v(CO2)=0.02 mol·L1·min1，所以生

成CO2浓度是0.04mol/L，则

CO?g?＋H2O?g??CO2?g?＋H2?g?起始浓度(mol/L)0.05转化浓度(mol/L)0.04平衡浓度(mol/L)0.01因此CO的平衡转化率α=

0.10.040.0600.040.0400.040.04

0.040.04?0.048×100%＝80%，该反应的平衡常数K＝=； 0.050.01?0.063②根据图像可知升高温度CO的体积分数增大，说明平衡向逆反应方向进行，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。

6．I. 合成气（CO+H2）广泛用于合成有机物，工业上常采用天然气与水蒸气反应等方法来制取合成气。

（1）已知：5.6L(标况下)CH4与水蒸气完全反应，吸收51.5KJ的热量，请写出该反应的热化学方程式_______________________________________________。

（2）在150℃时2L的密闭容器中，将2 mol CH4和2 mol H2O(g)混合，经过15min达到平衡,此时CH4的转化率为60%。回答下列问题：

①从反应开始至平衡，用氢气的变化量来表示该反应速率v(H2)=____________。 ②在该温度下，计算该反应的平衡常数K＝________________________(保留两位小数)。 ③下列选项中能表示该反应已达到平衡状态的是__________________________ A．v(H2)逆＝3v (CO)正 B．密闭容器中混合气体的密度不变 C．密闭容器中总压强不变 D．C (CH4) = C (CO) （3）合成气中的氢气也用于合成氨气：N2 + 3H2

2NH3。保持温度和体积不变， 在甲、

乙、丙三个容器中建立平衡的相关信息如下表。则下列说法正确的是___________。 容 器 甲 乙 丙 平衡时NH3的物质的量 1.6mol n1 mol n2 mol 平衡时N2的 体积分数 φ甲 φ乙 φ丙 反应开始平衡时容体积 起始物质 时的速率 器内压强 ν甲 ν乙 ν丙 P甲 P乙 P丙 1L 1L 2L 1molN2+3molH2 2molN2+6molH2 2molN2+6molH2

A．n1=n2=3.2 B．φ甲=φ丙＞φ乙 C．ν乙＞ν丙＞ν甲 D．P乙＞P甲=P丙

II.（1）常温下，在x mol·L－1氨水中加入等体积的y mol·L－1硫酸得混合溶液M恰好显中

性。

①M溶液中所有离子浓度由大到小的顺序为_________________。

H2O的电离常数K=_____(用含x和y的代数式表示，忽略溶液混合前后的②常温下，NH3·体积变化)。

（2）利用电解法处理高温空气中稀薄的NO(O2浓度约为NO浓度的10倍)，装置示意图如下，固体电解质可传导O2－

阴极的电极反应式为___________________________。

②消除一定量的NO所消耗的电量远远大于理论计算量，可能的原因是(不考虑物理因素)________。

【答案】CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）?H=+206 kJ/mol 0.12molgL-1gmin-1

2y?10-721.87 AC BD c(NH)>c(SO)>c(H)=c(OH) 2NO+4e-=N2+2O2- 阴极

x-2y?42?4??发生副反应O2+4e-=2O2- 【解析】 【分析】 【详解】

I.(1)标况下，5.6LCH4物质的量为：甲烷反应吸收热量=51.5kJ×

5.6L=0.25mol，吸收51.5kJ的热量，则1mol

22.4L/mol1mol=206kJ，该反应的热化学方程式为：

0.25molCH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H=+206 kJ/mol；

(2)在150℃时2L的密闭容器中，将2mol CH4和2mol H2O(g)混合，经过15min达到平衡，此时CH4的转化率为60%，则

CH4起始量(mol/L)1转化量(mol/L)0.6平衡量(mol/L)0.4+H2O?1 0.60.4CO+3H200

0.61.80.61.81.8mol/L =0.12mol?L-15min①从反应开始至平衡，用氢气的变化量来表示该反应速率v(H2)=

1

?min-1；

②结合①计算得到的平衡浓度，计算得到该反应的平衡常数K=(1.83×0.6)/(0.4×0.4)=21.87；

③A．v逆(H2)＝3v正(CO)，说明正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，故A正确； B．密闭容器中混合气体的质量和体积不变，密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，

故B错误；

C．反应前后气体物质的量增加，气体压强之比等于气体物质的量之比，密闭容器中总压强不变，说明反应达到平衡状态，故C正确；

D．浓度关系和消耗量、起始量有关，c(CH4)=c(CO)不能说明反应达到平衡状态，故D错误；

故答案为：AC；

(3)A．甲和丙为等效平衡，则n2=1.6mol，但乙与甲相比，相当于增大压强，平衡向着正向移动，则n1＞3.2，故A错误；

B．甲和丙达到平衡状态为相同平衡状态，氮气体积分数相同，乙相当于甲平衡状态再加入1mol氮气和3mol氢气，增大压强平衡正向进行，氮气体积分数减小，φ甲=φ丙＞φ乙，故B正确；

C．乙容器中反应物浓度大于甲和丙，反应速率大，甲和丙起始浓度相同反应速率相同，故C错误；

D．乙中物质浓度是甲的2倍，且压强大于甲，甲和丙为等效平衡，压强相同，得到P乙＞P甲=P丙，故D正确； 故答案为：BD；

II.(1)①根据电荷守恒，c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO42-)，混合后溶液显中性，则

?2???c(NH4+)=2c(SO42-)，则c(NH4)>c(SO4)>c(H)=c(OH)；

②x mol?L-1氨水中加入等体积的y mol?L-1硫酸得混合溶液M恰好显中性，则c(NH4+)=2c(SO42-)=2×

ymol?L-1=ymol?L-1，混合后，根据物料守恒2c(NH3?H2O)+c(NH4+)=0.5x mol?L-1，则c(NH3?H2O)=(0.5x-y)mol?L-1，K=c(NH4+)?c(OH-)/c(NH3?H2O)=y×1×10-7/(0.5x-y)=2y×10-7/(x-2y)；

(2)①阴极：NO得到电子生成N2，结合守恒原则，则电极方程式为2NO+4e-=N2+2O2-； ②消除一定量的NO所消耗的电量远远大于理论计算量，可能存在副反应，O2浓度约为NO浓度的10倍，氧气易得到电子生成O2-，电极方程式为：O2+4e-=2O2-。

7．乙烯是一种重要的化工原料，可由乙烷为原料制取，回答下列问题。 （1）传统的热裂解法和现代的氧化裂解法的热化学方程式如下： mol-1 ①C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g) ΔH1=+136kJ·

1O2(g)=C2H4(g)+H2O(g) ΔH2=-110kJ·mol-1 2已知反应相关的部分化学键键能数据如下：

②C2H6(g)+化学键 H-H(g) H-O(g) O=O x 496 mol-1) 436 键能(kJ· 由此计算x=___，通过比较ΔH1和ΔH2，说明和热裂解法相比，氧化裂解法的优点是___(任写一点)。

（2）乙烷的氧化裂解反应产物中除了C2H4外，还存在CH4、CO、CO2等副产物(副反应均为放热反应)，图甲为温度对乙烷氧化裂解反应性能的影响。乙烷的转化率随温度的升高而升高的原因是___，反应的最佳温度为___(填序号)。 A．700℃ B．750℃ C．850℃ D．900℃

[乙烯选择性=

n(C2H4)；乙烯收率=乙烷转化率×乙烯选择性]

n(C2H4)+n(CH4)+n(CO)+n(CO2)n(C2H6)（3）烃类氧化反应中，氧气含量低会导致反应产生积炭堵塞反应管。图乙为的

n(O2)n(C2H6)值对乙烷氧化裂解反应性能的影响。判断乙烷氧化裂解过程中的最佳值是___，

n(O2)判断的理由是___。

（4）工业上，保持体系总压恒定为100kPa的条件下进行该反应，通常在乙烷和氧气的混合气体中掺混惰性气体(惰性气体的体积分数为70%)，掺混惰性气体的目的是___。反应达平衡时，各组分的体积分数如下表： 组分 C2H6 O2 C2H4 H2O 其他物质 15 69.6 体积分数/% 2.4 1.0 12 计算该温度下的平衡常数：Kp=___(用平衡分压代替平衡浓度，平衡分压=总压×体积分数)。 【答案】465 氧化裂解反应是放热反应，节约能源(或氧化裂解反应热力学趋势上大) 温度升高，反应速率加快，转化率升高 C 2.0 比值小于2.0时，乙烯的收率降低；比值大于2.0时，乙烯的收率并未增加且产生更多的积炭，堵塞反应管 正反应是气体分子数增多的反应，恒压充入惰性气体相当于扩大容器体积，降低分压，有利于平衡正向移动 75(kPa)0.5 【解析】 【分析】

1O2(g)=H2O(g)的反应热，再根据△H＝反应物的总键能?生2成物的总键能，可求出x的值；

(1)根据盖斯定律，得出H2(g)＋

(2)温度升高，化学反应速率加快，根据图象，随温度升高，乙烷的转换率越高；综合乙烯

的转化率和选择性，图中即可对应找出最佳的反应温度；

(3)含氧量高，会造成积炭，要根据图象找出乙烯收率高而相对积炭少的点，即图中

n?C2H6?的比值为2时最佳；

n?O2?(4)根据平衡常数与反应物、生成物的关系，并且将浓度关系转变为分压关系来解答。 【详解】

(1)根据盖斯定律，②?①得到：H2(g)＋

1O2(g)═H2O(g) △H＝?246kJ/mol，根据键能关系△H2＝反应物的总键能?生成物的总键能＝436＋496/2?2x＝?246，x＝465；由热化学方程式可以看出，热裂解法是吸热反应，需要消耗能源，氧裂解法是放热反应，不需要从外界得到能量，故答案为：465；氧化裂解反应是放热反应，节约能源(或氧化裂解反应热力学趋势上大)；

(2)由图可知，随温度的升高，乙烷的转化率在升高，考虑化学反应速率的影响因素，温度越高，反应速率越快；由图，要乙烷的转化率尽可能高，而副产物又相对较少，及乙烯的选择性较高，应找到乙烯收率较高时的温度，对应下温度在850左右，故答案为：温度升高，反应速率加快，转化率升高；C；

(3)由(2)分析可知，我们要选择乙烯收率较高的点，在图2中，比值小于2时，乙烯收率随比值增大在上升，比值大于2时，乙烯的收率并未增加，并且氧含量值在降低，会造成积炭，故答案为：2.0；比值小于2.0时，乙烯的收率降低；比值大于2.0时，乙烯的收率并未增加且产生更多的积炭，堵塞反应管； (4)C2H6(g)＋

1O2(g)＝C2H4(g)＋H2O(g)反应是体积在增大的反应，充入惰性气体，总压恒2定，分压就降低了，压强降低会促使反应向体积增大的方向移动，即正向移动。根据平衡常数的表达式Kp＝【点睛】

解答(1)关键在于考查断键吸热，成键放热的知识；利用反应速率的影响因素来分析实践生活中最佳的反应条件，本题主要考虑温度，化学反应速率常数的表达式要转变成用分压来表示。

P?C2H4??P?H2O?P(C2H6)?P(O2)12＝75(kPa)0.5，故答案为：75(kPa)0.5。

8．（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-?)

(1-?)3【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[]?(3-?)?(3-?)p3-?=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）[][]θθpp[p（SO3）2]θ2?2[p?]Kθ==2-2?3-是解答关键，也是难点。 ?p（SO2）2p（O2）[3-?]2?[1-]3-?[][]θθpp[

9．C、N、S和Cl元素的单质及化合物在工业生产中的有效利用备受关注。请回答下列问题：

（1）已知：I.2SO2(g)+O2(g)+2H2O(1) =2H2SO4(aq) △H1； Ⅱ.Cl2(g)+H2O(1)

HCl(aq)+HClO(aq) △H2；

Ⅲ.2HClO(aq) =2HCl(aq)+O2(g) △H3

SO2(g)+Cl2(g)+2H2O(1)=2HCl(aq)+H2SO4 (aq) △H4=__________(用含有△H1、△H2和△H3的代数式表示)。

（2）25℃时，H2SO3溶液中各含硫微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的变化关系如图所示。

已知25℃时，NaHSO3的水溶液pH＜7，用图中的数据通过计算解释原因 ____________________。

（3）利用“ Na-CO2”电池将CO2变废为宝。我国科研人员研制出的可充电“ Na-CO2”电池，以钠箔和多壁碳纳米管（MWCNT）为电极材料，总反应为4Na+3CO2放电时该电池“吸入”CO2，其工作原理如图所示：

2Na2CO3+C。

①放电时，正极的电极反应式为______。

②选用高氯酸钠—四甘醇二甲醚做电解液的优点是_______（至少写两点）。 （4）氯氨是氯气遇到氨气反应生成的一类化合物，是常用的饮用水二级消毒剂，主要包括一氯胺、二氯胺和三氯胺(NH2C1、NHC12和NC13)，副产物少于其它水消毒剂。 ①一氯胺(NH2Cl)的电子式为_______。一氯胺是重要的水消毒剂，其原因是由于一氯胺在中性、酸性环境中会发生水解，生成具有强烈杀菌作用的物质，该反应的化学方程式为_______。

②在恒温条件下，2molCl2和1molNH3发生反应2Cl2(g)+NH3(g)得平衡时Cl2和HCl的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：

NHCl2(l)+2HCl(g)，测

计算C点时该反应的压强平衡常数Kp(C)= _______ (Kp是平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)

【答案】（△H1+2△H2+△H3）/2 由图中数据可以计算出Ka2(H2SO3)=10－7.2 ，Ka1(H2SO3)=10－

1.9

，所以HSO3—的水解常数是10－12.1，HSO3—电离程度大于水解程度，溶液显酸性

+

-

3CO2+4Na+4e═2Na2CO3+C 导电性好、与金属钠不反应、难挥发等特点 NH2Cl+H2O═NH3+HClO 0.5MPa-1 【解析】 【分析】

（1）根据盖斯定律，反应SO2(g)+Cl2(g)+2H2O(l)=2HCl(aq)+H2SO4(aq)是(Ⅰ+2×Ⅱ+Ⅲ)/2，那么△H4=（△H1+2△H2+△H3）/2；

（2）由图中数据可以，求出H2SO3的Ka1和Ka2，

Ka1?cH?cHSO3?c?H2SO3?????，pH?1.9时，（cHSO）?c23-7.2

--14

-1.9

?HSO?,K?3a1?10?1.9；

同理，用pH=7.2的数据计算，可以得到Ka2=10为Ka2，水解常数Kh=Kw/Ka1=10/10

=10

-12.1

，HSO3既可以水解又可以电离，电离常数

+

-

，水解大于电离，溶液呈酸性；

（3）根据总反应方程式，正极是CO2得电子变成C，电极反应式为3CO2+4Na+4e此外可以根据，电解质溶液的作用来答题，应该要有导电性好，难挥发等等；

═2Na2CO3+C；不选择水做溶剂，而选择有机物做溶剂，可以知道Na不和有机物发生反应，（4）①可以按照氨气的电子式来写，一氯氨可以当做氯代替氨气中的一个H。电子式为

；根据水解反应的特点，要和水发生作用，一部分结合氢氧根，一部分结合氢离

子，产生一种具有强烈杀菌的作用，应该是次氯酸，可以写出来NH2Cl+H2O═NH3+HClO；②C点平衡时Cl2和HCl的物质的量浓度相等，可以利用三段式列出式子，设转化NH3物质的量为x

2Cl2(g) + NH3 (g)

NHCl2(l) + 2HCl(g)

开始（mol） 2 1 0 0 转换（mol） 2x x 2x C点的平衡（mol） 2-2x 1-x 2x

则2-2x=2x，解得x=0.5mol，平衡时Cl2、NH3、HCl物质的量依次为1mol、0.5mol、1mol，NHCl2为液体，计算压强是不计入，气体一共2.5mol，总压为10MPa，可以Cl2、NH3、HCl分压为4MPa、2MPa、4MPa；

(4MPa)2Kp?C?=2==0.5MPa-1。 2p(Cl2)p(NH3)(4MPa)?(2MPa)【详解】

（1）根据盖斯定律，反应SO2(g)+Cl2(g)+2H2O(l)=2HCl(aq)+H2SO4(aq)是(Ⅰ+2×Ⅱ+Ⅲ)/2，那么△H4=（△H1+2△H2+△H3）/2； (2) 由图中数据可以，求出H2SO3的Ka1和Ka2，

p2?HCl? Ka1?cH?cHSO3?c?H2SO3?????，pH?1.9时，（cHSO）?c23-7.2

?HSO?,K?3a1?10?1.9；

-14

-1.9

同理，用pH=7.2的数据计算，可以得到Ka2=10水解大于电离，溶液呈酸性；

，水解常数Kh=Kw/Ka1=10/10=10

-12.1

，

（3）根据总反应方程式，正极是CO2得电子变成C，电极反应式为3CO2+4Na++4e-═2Na2CO3+C；不选择水做溶剂，而选择有机物做溶剂，可以知道Na不和有机物发生反应，此外可以根据，电解质溶液的作用来答题，应该要有导电性好，难挥发等等； （4）①可以按照氨气的电子式来写，一氯氨可以当做氯代替氨气中的一个H。电子式为

；根据水解反应的特点，要和水发生作用，一部分结合氢氧根，一部分结合氢离

子，产生一种具有强烈杀菌的作用，应该是次氯酸，可以写出来NH2Cl+H2O═NH3+HClO；②C点平衡时Cl2和HCl的物质的量浓度相等，可以利用三段式列出式子，设转化NH3物质的量为x

2Cl2(g) + NH3 (g)

NHCl2(l) + 2HCl(g)

开始（mol） 2 1 0 0 转换（mol） 2x x 2x C点的平衡（mol） 2-2x 1-x 2x

则2-2x=2x，解得x=0.5mol，平衡时Cl2、NH3、HCl物质的量依次为1mol、0.5mol、1mol，NHCl2为液体，计算压强是不计入，气体一共2.5mol，总压为10MPa，可以Cl2、NH3、HCl分压为4MPa、2MPa、4MPa；

(4MPa)2-1Kp?C?=2==0.5MPa。 2p(Cl2)p(NH3)(4MPa)?(2MPa)【点睛】

第（4）②不要忘记了，NHCl2是液体，它不代入平衡常数表达式中。

p2?HCl?

10．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：

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

H2S* 2HCO3-+2e-=H2↑+2CO32-

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

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-。