2020-2021备战高考化学培优易错试卷(含解析)之化学反应原理综合考查及答案解析

2020-2021备战高考化学培优易错试卷(含解析)之化学反应原理综合考查及答

案解析

一、化学反应原理综合考查

1．（15分）甲烷水蒸气催化重整（SMR）是传统制取富氢混合气的重要方法，具有工艺简单、成本低等优点。 回答下列问题：

（1）已知1000 K时，下列反应的平衡常数和反应热： ①CH4(g)②2CO(g)

C(s)+2H2(g) K1=10.2 ΔH1 C(s)+CO2(g) K2=0.6 ΔH2

CO2(g)+H2(g) K3=1.4 ΔH3 CO2(g)+4H2(g) K4 ΔH4（SMR）

③CO(g)+H2O(g)④CH4(g)+2H2O(g)

则1000 K时，K4=____________；ΔH4=_________（用ΔH1、ΔH2、ΔH3来表示）。 （2）在进入催化重整装置前，先要对原料气进行脱硫操作，使其浓度为0.5 ppm以下。脱硫的目的为______________。

（3）下图为不同温度条件下电流强度对CH4转化率的影响。由图可知，电流对不同催化剂、不同温度条件下的甲烷水蒸气催化重整反应均有着促进作用，则可推知ΔH4____0（填“>”或“<”）。

（4）下图为不同温度条件下6小时稳定测试电流强度对H2产率的影响。由图可知，随着温度的降低，电流对H2产率的影响作用逐渐____________（填“增加”“减小”或“不变”），600 ℃时，电流对三种催化剂中的____________（用图中的催化剂表示式回答）影响效果

最为显著，当温度高于750 ℃时，无论电流强度大小，有无催化剂，H2产率趋于相同，其原因是______________。

（5）我国科学家对甲烷和水蒸气催化重整反应机理也进行了广泛研究，通常认为该反应分两步进行。第一步：CH4催化裂解生成H2和碳（或碳氢物种），其中碳（或碳氢物种）吸附在催化剂上，如CH4→Cads/[C(H)n]ads+(2–

n)H2；第二步：碳（或碳氢物种）和H2O反应生2n)H2。反应过程和能量变化残图如下（过2成CO2和H2，如Cads/[C(H)n]ads +2H2O→CO2 +(2+

程①没有加催化剂，过程②加入催化剂），过程①和②ΔH的关系为：①_______②（填“＞”“＜”或“＝”）；控制整个过程②反应速率的是第_______步，其原因为____________________________。

【答案】33.32 ΔH1+2ΔH3?ΔH2 硫能使催化剂中毒（或硫能使催化剂活性下降等） > 增加 10Ni?3MgO/γ?Al2O3 温度高于750 ℃时，几种情况下的反应均达到平衡，催化剂不改变平衡状态 = Ⅱ 第Ⅱ步的活化能大，反应速率慢 【解析】 【分析】 【详解】

（1）方程式CH4(g)+2H2O(g)

CO2(g)+4H2(g)，是由方程式①+2×③?②得到，

K1K3210.2?1.42K4===33.32，ΔH4=ΔH1+2ΔH3?ΔH2。

K20.6（2）硫会与催化剂反应，会使催化剂中毒，因此要脱硫。

（3）由图可知电流相同时，750 ℃甲烷的转化率比600 ℃时甲烷的转化率高，说明温度越高，转化率越高，K越大，ΔH4>0。

（4）据图可知，随温度降低，H2产率的变化幅度也增大，电流对H2产率的影响作用逐渐增加；600 ℃时，10Ni?3MgO/γ?Al2O3催化剂在不同电流时H2产率的变化幅度最大，因此电流对10Ni?3MgO/γ?Al2O3催化剂影响最为显著；测试时间为6小时，当温度高于750 ℃时，由于反应速率加快，反应已经达平衡移动，而催化剂不影响平衡移动，因此无论电流强度大小，有无催化剂，H2产率趋于相同。

（5）同一化学反应，催化剂只能改变反应的速率，对反应热不会造成影响，故过程①和②ΔH相等。根据活化能越大，反应速率就越慢，故控制整个反应速率的是活化能较高的步骤，即控速步骤为第Ⅱ步。

2．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：Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)其平衡常数表达式为K=_______________。 ②碳热还原Al2O3冶铝的部分反应如下： Ⅰ.2Al2O3(s)+9C(s)=Al4C3(s)+6CO(g) △H1=akJ/mol Ⅱ. 4Al2O3(s)+Al4C3(s)=3Al4O4C(s) △H2=bkJ/mol Ⅲ. Al4O4C(s)+Al4C3(s)=8Al(g)+4CO(g) △H3=ckJ/mol 反应Al2O3(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AlCl4、Al2Cl7)作电解质，可实现电

3CO(g)+3AlCl(g)，

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Li5AlO4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(NO3--N)，在45℃，起始c(KNO3-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(c0为起始浓度、c为剩余浓度)：

①纯Al在0~3h时，NO3-几乎没有被脱除，其原因是_______________________；写出3h后NO3-被还原为N2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________________。

c3(CO)?c3(AlCl)4a+b+3c 正 4Al2Cl7－+3e－ = 7AlCl4－+Al 3Li5AlO4 + 5Al 【答案】

c(AlCl3)121173K真空6H

+

15Li(g) + 4Al2O3 铝表面的氧化膜仍未被溶解 10Al + 6NO3－+ 12H2O + 10Al(OH)3 + 3N2↑ Al-Fe形成原电池能加速电子转移

45℃【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

c3(CO)?c3(AlCl)值，不出现在表达式中，则平衡常数K=；

c(AlCl3)②根据盖斯定律，反应Ⅰ×

111+反应Ⅱ×+反应Ⅲ×可得目标反应3412111+△H2×+△H3×kJ/mol 3412Al2O3(s)+3C(s)=2Al(g)+3CO(g)，则△H=△H1×=

4a+b+3ckJ/mol； 12③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AlCl4－、Al2Cl7－的形式存在，在阴极得到电子，生成Al，电极方程式为4Al2Cl7－+3e－=7AlCl4－+Al；

(2)真空条件及1173K时，可用铝热还原Li5AlO4制备金属锂，Al则转化为Al2O3，化学方程式为3Li5AlO4+5Al

1173K真空15Li(g)+4Al2O3；

(3)①纯Al在0～3h，NO3－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，NO3-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NO3－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，NO3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NO3－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+6NO3－+12H2O+6H+

－

45℃10Al(OH)3+3N2↑；

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。

3．

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：

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：

1Cl2(g) ΔH1=83 kJ·mol-1 211CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g) ΔH2=-20 kJ·mol-1

22CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH3=-121 kJ·mol-1

CuCl2(s)=CuCl(s)+

mol-1。 则4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=_________ kJ·

（3）在一定温度的条件下，进一步提高HCI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）

(0.42)2?(0.42)2 O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低 ﹣116 【答案】大于

(1?0.84)4?(1?0.21)c0增加反应体系压强、及时除去产物 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：

4HCl(g)?O2(g)?2Cl2(g)?2H2O(g)

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

(0.42)2?(0.42)2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

(1?0.84)4?(1?0.21)c0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

4HCl(g)?O2(g)?2Cl2(g)?2H2O(g) ?H=（?H1+?H2+?H3）×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。

4．甲醛(HCHO)俗称蚁醛，在化工、医药、农药等方面有广泛的应用。 I·甲醛的制备

工业上利用甲醇脱氢法制备甲醛，己知：CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g) △H

-（1）该反应的能量变化如图甲所示，△H=___kJ?mol1。

（2）为提高CH3OH转化率，采取的措施有___、___；在温恒容条件下，该反应达到平衡状态的标志有___（填标号）。 a.混合气体的密度保持不变 b.混合气体的总压强保持不变 c.v(CH3OH)消耗=v(H2)生成 d.甲醛的浓度保持不变

（3）选用Ag/SiO2—ZnO作催化剂，在400～750℃区间进行活性评价，图乙给出了甲醇转化率与甲醛选择性（选择性越大，表示生成该物质越多）随反应温度的变化曲线。制备甲醛的最佳反应温度为___（填标号），理由是___。 a.400℃ b.650℃ c.700℃ d.750℃

（4）T℃时，在2L恒容密闭容器中充入1mo1甲醇，发生反应： ①CH3OH(g)②CH3OH(g)II.甲醛的用途

（5）将甲醛水溶液与硫酸镍(NiSO4)溶液混合，可用于化学镀镍。反应过程中有CO2产生，则该反应的离子方程式为___：若收集到112mLCO2（标准状况），理论上转移电子___ mo1。

【答案】+84 升高温度 降低压强 bd c 此温度下甲醛的选择性和甲醇的转化率均较高 1.575 HCHO+2Ni2++H2O=2Ni+CO2↑+4H+ 0.02 【解析】

HCHO(g)+H2(g) CO(g)+2H2(g)

平衡时甲醇为0.2mol，甲醛为0.7mo1。则反应i的平衡常数K=___。

【分析】 【详解】

（1）生成物和反应物之间的能量差为463kJ/mol-379kJ/mol=84kJ/mol；

（2）该反应是气体分子数增加的、吸热的可逆反应，因此根据勒夏特列原理，我们可以采用升高温度、降低压强的方法来促进平衡正向移动，提高转化率；再来看平衡的标志： a.反应物和生成物都是气体，因此气体的密度是恒定不变的，a项错误；

b.该反应前后气体分子数不等，因此当压强保持不变时，说明反应已达到平衡状态，b项正确；

c.甲醇和氢气的化学计量数相同，因此无论何时都有v(CH3OH)消耗=v(H2)生成，c项错误； d.当甲醛的浓度保持不变，说明其消耗速率和生成速率相同，即此时达到了平衡状态，d项正确； 答案选bd；

（3）在700℃时，甲醛选择性和甲醇转化率均较高，因此700℃是最合适的温度，答案选c；

（4）平衡时甲醇为0.2mol，因此有0.8mol甲醇被消耗，其中甲醛有0.7mol，说明有0.7mol甲醇发生了反应①，有0.1mol甲醇发生了反应②，因此氢气一共有

0.7mol+0.1mol?2=0.9mol，代入平衡常数的表达式有

c(HCHO)c(H2)0.35mol/L?0.45mol/LK==?1.575；

c(CH3OH)0.1mol/L（5既然是镀镍，则镍被还原为单质，而甲醛被氧化为二氧化碳，因此反应的离子方程式为HCHO+2Ni+H2O=2Ni+CO2?+4H；甲醛中的碳可以按0价处理，二氧化碳中的碳为+4价，因此每生成1个二氧化碳分子需要转移4个电子，而112mL二氧化碳的物质的

2++0.112L=0.005mol，因此一共要转移0.02mol电子。

22.4L/mol【点睛】

量为

对于任意一个氧化还原反应，总有氧化剂得电子数=还原剂失电子数=转移的总电子数，因此只需求出最好求的那一项，另外两项就迎刃而解了。

5．尿素在农业、医药等诸多领域应用广泛。工业上有多种工艺用NH3和CO2直接合成尿素。

(1)水溶液全循环法合成尿素的反应过程可用下列热化学方程式表示： 反应I 2NH3(1) +CO2(g)?NH2 COONH4(1) △H1 = - 119.2 kJ?mol-1 反应II NH2COONH4(1)?CO(NH2)2(1)+ H2O(1) △H2= 15.5 kJ?mol-1

①写出NH3(1)与CO2(g)反应生成CO(NH2)2(1)和液态水的热化学方程式：______。 ②该工艺要求在190~ 200℃、13 ~ 24 MPa 的条件下反应，90℃左右反应可实现最高平衡转化率。试解释选择高压条件的理由：_________。 (2)在不同氨碳比L=

n?NH3?n?CO2?和水碳比W=

n?H2O?n?CO2? 条件下CO2平衡转化率x随温度T变

化情况如图所示：

①CO2平衡转化率x随温度T升高先增大后减小，试分析原因：_________。 ②在图中，画出L=4、W=O时CO2平衡转化率x随温度T变化的曲线示意图____。 (3)实验室模拟热气循环法合成尿素，T℃度时，将5.6mol NH3与5.2molCO2在容积恒定为0.5L的恒温密闭容器中发生反应：2NH3(g)+CO2(g)?CO(NH2)2(s)+H2O (g) △H1＝—43kJ?mol-1

。达到平衡状态时，NH3与CO2的平衡分压之比 p(NH3): p(CO2)= 2:13。[p(NH3)= x(NH3)?p，

x(NH3)为平衡体系中NH3的物质的量分数，p为平衡总压]。 ①T ℃时，该反应的平衡常数 K = ______________。

②若不考虑副反应，对于该反应体系，下列说法正确的是 _________ 。 A．当反应体系中气体分子的平均摩尔质量保持不变时，反应达到平衡状态 B．相同条件下，提高水碳比或降低氨碳比都会使NH3 的平衡转化率降低 C．在容器中加入CaO，(可与 H2O反应)，提高CO(NH2)2产率

D．反应开始后的一段时间内，适当升温可提高单位时间内CO2的转化率 mol-1 190~200℃时，NH 【答案】2NH3(l)+ CO2(g)?CO(NH2)2 (l)+ H2O(l) △H =-103.7kJ·

2COONH4 容易分解为 NH3和

CO2，高压有利于反应I正向进行 温度升高，反应I平衡逆向

移动，反应II 平衡正向移动，在190~200℃之前，反应II 正向进行的趋势更大，190~200℃

之后，反应I逆向进行的趋势更大

1.5625 D 【解析】 【分析】 【详解】

（1）水溶液全循环法合成尿素的反应过程可用下列热化学方程式表示： 反应I 2NH3(1) +CO2(g)?NH2 COONH4(1) △H1 = - 119.2 kJ?mol-1 反应II NH2COONH4(1)?CO(NH2)2(1)+ H2O(1) △H2= 15.5 kJ?mol-1

①根据盖斯定律，反应I+反应II得：NH3(1)与CO2(g)反应生成CO(NH2)2(1)和液态水的热化mol-1。故答案为：2NH3(l)+ 学方程式：2NH3(l)+ CO2(g)?CO(NH2)2 (l)+ H2O(l) △H =-103.7kJ·CO2(g)?CO(NH2)2 (l)+ H2O(l) △H2=-103.7kJ·mol-1；

②反应I 2NH3(1) +CO2(g)?NH2 COONH4(1) 是气体体积减小的反应，选择高压条件的理由：190~200℃时，NH 2COONH4 容易分解为 NH3和CO2，高压有利于反应I正向进行。故答案为：190~200℃时，NH 2COONH4 容易分解为 NH3和CO2，高压有利于反应I正向进行； （2）①CO2平衡转化率x随温度T升高先增大后减小，因为：温度升高，反应I平衡逆向移动，反应II 平衡正向移动，在190~200℃之前，反应II 正向进行的趋势更大，190~200℃ 之后，反应I逆向进行的趋势更大。故答案为：温度升高，反应I平衡逆向移动，反应II 平衡正向移动，在190~200℃之前，反应II 正向进行的趋势更大，190~200℃ 之后，反应I逆向进行的趋势更大；

②L越大，氨的比例越大，根据反应I ，提高氨的浓度，二氧化碳的转化率增大，曲线应在原曲线之上，温度升高，反应I平衡逆向移动，反应II 平衡正向移动，在190~200℃之前，反应II 正向进行的趋势更大，转化率先增大，此后变小，L=4、W=O时CO2平衡转化率x

随温度T变化的曲线示意图。故答案为：

；

（3）①T ℃时，该反应的平衡常数:

2NH3?g?+CO2?g??开始/mol变化/mol平衡/mol5.62x5.6-2x5.2x5.2-xCO?NH2?2?s?+H2O?g?0xx

5.6?2x2? ，

5.2?x13x=2.6mol

2.60.5K== 1.5625。 2.60.42?()0.50.5故答案为：1.5625；

②A．2NH3(g)+CO2(g)?CO(NH2)2(s)+H2O (g) 该反应中，若平衡正向移动，混合气的总质量减小，总物质的量也减小，所以反应体系中气体分子的平均摩尔质量不能确定是否保持不变，故当反应体系中气体分子的平均摩尔质量不再变化时，不能判断反应是否达到平衡状态，故A错误；

B．相同条件下，提高水碳比相当于提高生成物浓度，氨的平衡转化率降低，降低氨碳比会使NH3的平衡转化率增大，故B错误；

C．在容器中加入CaO，(可与 H2O)反应，但生成的氢氧化钙也能与反应物反应，降低CO(NH2)2产率，故C错误；

D．反应开始后的一段时间内，在没有达到平衡前，适当升温可提高单位时间内CO2的转化率，故D正确； 故选D。 故答案为：D。

6．CO2催化加氢制甲醇，是极具前景的温室气体资源化研究领域。在某CO催化加氢制甲醇的反应体系中，发生的主要反应有：

垐?i.CO2(g)+3H2(g) 噲?CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-49.4kJ·mol-1 垐?ⅱ.CO2(g)+H2(g) 噲?CO(g)+H2O(g) △H2=+41.2kJ·mol-1 垐?ⅲ.CO(g)+2H2(g) 噲?CH3OH(g) △H3

-（1）△H3________ kJ·mol1

（2）5MPa时，往某密闭容器中按投料比n（H2）:n（CO2）=3：1充入H2和CO2。反应达到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。

①体系中CO2的物质的量分数受温度的影响不大，原因是____。 ②250℃时，反应ii的平衡常数____1（填“＞”“＜”或“=”）。 ③下列措施中，无法提高甲醇产率的是____（填标号）。

A 加入适量CO B 增大压强 C 循环利用原料气 D 升高温度 ④如图中X、Y分别代表____（填化学式）。 （3）反应i可能的反应历程如下图所示。

注：方框内包含微粒种类及数目、微粒的相对总能量（括号里的数字或字母，单位：eV）。其中，TS表示过渡态、*表示吸附在催化剂上的微粒。 ①反应历程中，生成甲醇的决速步骤的反应方程式为____。

②相对总能量E=____（计算结果保留2位小数）。（已知：leV=1.6×10-22kJ） （4）用电解法也可实现CO2加氢制甲醇（稀硫酸作电解质溶液）。电解时，往电解池的____极通入氢气，阴极上的电极反应为____。

【答案】-90.6 温度改变时，反应i和反应ii平衡移动方向相反 ＜ D CO、CH3OH HCOOH*+2H2(g)=H2COOH*+3/2H2 -0.51 阳 CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O 【解析】 【分析】 【详解】 (1)已知：

垐?i.CO2(g)+3H2(g) 噲?CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-49.4kJ·mol-1 垐?ⅱ.CO2(g)+H2(g) 噲?CO(g)+H2O(g) △H2=+41.2kJ·mol-1 垐?ⅲ.CO(g)+2H2(g) 噲?CH3OH(g) △H3

根据盖斯定律可知反应i-ii可得反应iii，所以△H3=△H1-△H2=-49.4kJ/mol-41.2kJ/mol=-90.6kJ/mol；

(2) △H1＜0，△H3＜0，即生成甲醇的反应均为放热反应，所以温度升高平衡时甲醇的物

质的量分数应减小，△H2＞0，生成CO的反应为吸热反应，所以随温度升高CO平衡时的物质的量分数会变大，二者共同作用导致水蒸气减小幅度小于甲醇，所以Z代表H2O，Y代表CH3OH，X代表CO。

①依据主要反应的化学方程式可知，反应i消耗CO2，反应ii逆向产生CO2，最终体系内CO2的物质的量分数与上述两个反应进行的程度相关。由于△H1＜0而△H2＞0,根据勒夏特列原理，温度改变时，反应i和反应ii平衡移动方向相反，且平衡移动程度相近，导致体系内CO2的物质的量分数受温度的影响不大； ②反应ii平衡常数K=

c?CO?c?H2O?c?CO2?c?H2?，该反应前后气体体积计量数之和不变，所以可以用

物质的量分数来代表浓度估算K值，据图可知250℃时，CO2与H2的物质的量分数大于CO和H2O的物质的量分数，所以K＜1；

③A. 加入适量CO，促使反应iii平衡正向移动，产生更多的CH3OH,而反应ii平衡逆向移动，又可减少CO2转化为CO,使更多的CO2通过反应i转化为CH3OH，故CH3OH产率提高，A项正确；

B. 增大压强，有利于反应i和iii的平衡正向移动，而对反应ii无影响，B项正确； C. 循环利用原料气能提高CO2的转化率，使CH3OH的产率提高，C项正确； D. 由图可知，升温，CH3OH的物质的量分数下降，产率降低，D项错误； 综上所述选D；

④根据分析可知X代表CO，Y代表CH3OH；

(3)①生成CH3OH的决速步骤，指反应历程中反应速率最慢的反应。速率快慢则由反应的活化能决定，活化能越大，反应速率越慢。仔细观察并估算表中数据，找到活化能(过渡态与起始态能量差)最大的反应步骤为:HCOOH*+2H2(g)=H2COOH*+3/2H2，Ea=-0.18-(-1.66)= 1.48 eV；

②反应i的△H1= -49.4kJ/mol，指的是1mol CH3OH(g)和1molH2O(g)的总能量与1 mol CO2(g)和3mol H2(g)的总能量之差，而反应历程图中的E表示的是1个CH3OH分子和1个H2O分子的相对总能量与1个CO2分子和3个H2分子的相对总能量之差(单位为cV)，且将起点的相对总能量设定为0。所以，作如下换算即可求得相对总能量E: E=

VH1?49.4 ==-0.51eV；

NA?1.6?10?226.02?1023?1.6?10?22(4)因为电解过程CO2被还原为CH3OH，H2应发生氧化反应，故氢气通入阳极附近溶液中；而阴极上CO2转化为CH3OH，碳元素从+4价降为-2价，电解质溶液为硫酸，所以电极方程式为：CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O。 【点睛】

解答第3题第1小问时要注意框图中最后一步并非产生CH3OH的过程，而是已经生成的CH3OH分子从催化剂表面解吸附的过程。

7．有效去除大气中的NOx（主要是NO和NO2）是环境保护的重要课题。

（1）用Pl-g-C3N4光催化氧化法脱除NO的过程如图-1所示。在酸性水溶液中，光催化脱除原理和电化学反应原理类似。g-C3N4端的反应：O2+2H++2e-=H2O2，Pl端的反应：___。

（2）次氯酸盐脱除NO的主要过程如下： ①NO+HClO=NO2+HCl ②NO+NO2+H2O

2HNO2

③HClO+HNO2=HNO3+HCl 下列分析正确的是___。

a.烟气中含有的少量O2能提高NO的脱除率 b.NO2单独存在时不能被脱除

c.脱除过程中，次氯酸盐溶液的pH下降

（3）NaClO溶液能有效脱除NO。25℃时，NO的脱除率随pH的变化如图-2所示；pH=4时，NO的脱除率随温度的变化如图-3所示。

①25℃时，随着pH降低，NO的脱除率增大的原因：___。 ②pH=4时，60～80℃NO的脱除率下降的原因：___。

（4）一定条件下，将一定浓度NOx（NO2和NO的混合气体）通入Ca(OH)2悬浊液中，改

n(NO2)变，NOx的去除率如图-4所示。 n(NO)已知：NO与Ca(OH)2不反应；

从Ca(OH)2悬浊液中逸出的NOx的物质的量NOx的去除率=1-×100%

通入Ca(OH)2悬浊液中NOx的物质的量①

n(NO2)在0.3-0.5之间，NO吸收时发生的主要反应的离子方程式为：___。

n(NO)n(NO2)大于1.4时，NO2去除率升高，但NO去除率却降价。其可能的原因是___。

n(NO)②当

③O3与NO反应的方程式为：NO+O3=NO2+O2，（该条件下不考虑O2与NO的反应）。保持NO的初始浓度不变，改变n(O3)/n(NO)，将反应后的混合气体通入Ca(OH)2悬浊液中吸收。为节省O3的用量，又能保持NOx总去除效果好，则留两位小数）

n(O3)合适的值范围为___。（保

n(NO)

【答案】NO?2e-+H2O=2H++NO2 ac pH降低，ClO-+H+=HClO，溶液中c(HClO)增大 HClO受热分解，溶液中c(HClO)减小 NO+NO2+Ca(OH)2=Ca2++2NO2-+H2O NO2量太多，剩余的NO2和水反应生成NO逸出，导致NO去除率降低 0.55~0.58 【解析】 【分析】

（1）g-C3N4端得电子，那么Pl端失电子，结合电荷守恒、原子守恒可写P1端离子方程式；

（2）次氯酸盐脱除NO的主要过程可看出，脱NO的本质是转换成HNO3；

（3）NaClO脱NO的过程可看出，实际上是HClO与NO反应，所以pH变化HClO跟着变化，脱NO效果也会跟着变化；

（4）NO和Ca(OH)2不反应，NO、NO和Ca(OH)2三者反应，分析化合价可知产物为亚硝酸钙，在此基础上分析解答。 【详解】

（1）g-C3N4端得电子发生还原反应，生成过氧化氢，P1端NO失电子变成NO2，这样左边就出现了正电荷，右边加H+，结合原子守恒，左边应加H2O,所以P1端的离子方程式为：NO?2e-+H2O=2H++NO2，故答案为：NO?2e-+H2O=2H++NO2；

（2）a．从给出的条件看，次氯酸盐脱除NO是先将一部分NO氧化成NO2才脱出的，O2和NO反应生成NO2，就省了第一步了，所以烟气中含有的少量O2能提高NO的脱除率，a

正确；

b．从原理上看，氮氧化物转换为HNO3就被脱出了，NO2单独存在时能和水反应生成HNO3和NO，有一定的脱出率，b错误；

c．次氯酸盐水解显碱性，从原理来看，最后生成硝酸和HCl，pH下降，c正确； 故答案为：ac；

（3）①pH降低，c(H+)增大，产生更多的HClO，所以NO的脱除率增大，故答案为：pH降低，ClO-+H+=HClO，溶液中c(HClO)增大；

②HClO会分解，温度太高，HClO分解得太多，溶液中HClO浓度减小了，故答案为：HClO受热分解，溶液中c(HClO)减小；

（4）①NO和Ca(OH)2不反应，所以反应物有NO、NO2和Ca(OH)2，根据氧化还原规律，产物为Ca(NO2)2和水，所以离子方程式为：NO+NO2+Ca(OH)2=Ca2++2NO2-+H2O，故答案为：NO+NO2+Ca(OH)2=Ca2++2NO2-+H2O；

n(NO2)②当太大，NO2量太多，吸收不完，有一部分NO2就和水反应生成硝酸和NO，

n(NO)这样就导致NO2去除率升高，但NO去除率却降价，故答案为：NO2量太多，剩余的NO2和水反应生成NO逸出，导致NO去除率降低； ③从图上看NOx总去除效果最好时，

n(NO2)介于1.2到1.4之间，设NO的物质量为1，

n(NO)那么则NO2的物质的量为1.2介于1.4之间，由NO+O3=NO2+O2可知，此时消耗O3和NO的量均为1.2到1.4之间，所以O3的量为1.2-1.4，NO的量为（1.2+1）到（1.4+1）之间，即

n(O3)1.21.4

在到，即0.55到0.58之间，故答案为：0.55~0.58。 n(NO)1.2+11.4+1

【点睛】

本题的（4）③采用设“1”法可将计算简单化。

8．氮氧化物是大气主要污染物，主要来自于工业废气及汽车尾气的排放，工业废气中NO是主要成分之一。

（1）乙烯作为还原剂的脱硝(NO)，其反应机理示意图如图所示．写出解吸过程的化学方程式____________________。

（2）FeSO4-Na2SO3复合吸收剂吸收烟气中的NO，该方法利用Fe2+易与NO发生络合反应的特性，原理如下NO+FeSO4

Fe(NO)SO4

①如图是一段时间内不同吸收剂对NO脱除率对比，加入Na2SO3溶液后，吸收效率增强，除了Na2SO3也能吸收部分NO外，还能防氧化从而增大Fe2+的含量，写出此原理的离子方程式_______________________________________。

②模拟实验表明，温度过高或过低都会降低NO的脱除率，其原因是_______________________________________。

（3）采用无隔膜法电解食盐水脱氮可将氮氧化物转化成NO3-,原理如图

①无隔膜条件下电解食盐水后溶液呈弱碱性，原因是____________________________. ②写出NO发生反应的离子方程式____________________________。

③根据下图所示，脱NO过程中控制溶液pH在______________范围内更合理。

【答案】2C2H4+6NO24CO2+3N2+4H2O 2Fe3++SO32－+H2O=2Fe3++SO42－+2H+ 温度过

低，反应速率缓慢；温度过高，NO的溶解度降低，都会造成脱除率下降 ClO－+H2OHClO+OH－ 2NO+3ClO－+2OH－

2NO3－+3Cl－+2H2O 5—6

【解析】 【分析】

(1)反应机理示意图如图所示,解吸过程反应物为C2H4，NO2生成物为CO2、N2、H2O ，写出对应化学方程式；

(2)①Na2SO3具有还原性，Fe3+具有氧化性，两者发生氧化还原反应，能防Fe2+氧化从而增

大Fe2+的含量；

②温度过低，反应速率缓慢，温度过高，NO的溶解度降低；

(3)①电解食盐水，阳极失去电子，反生为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极得到电子，反生的反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，总反应方程式为Cl-+ H2O= ClO-+H2↑，ClO-会水解； ②ClO-作氧化剂，NO为还原剂，在碱性条件下的反应为2NO+3ClO－+2OH－+2H2O；

③根据图分析，当pH介于5-6时，Cl元素以HClO存在，此时氧化性最强。 【详解】

(1)反应机理示意图如图所示,解吸过程反应物为C2H4，NO2生成物为CO2、N2、H2O ，化学方程式为2C2H4+6NO22C2H4+6NO2

4CO2+3N2+4H2O，故答案为：

2NO3－+3Cl－

4CO2+3N2+4H2O；

(2) ①Na2SO3具有还原性，Fe3+具有氧化性，两者发生氧化还原反应，能防Fe2+氧化从而增大Fe2+的含量，离子方程式为2Fe3++SO32－+H2O=2Fe3++SO42－+2H+，故答案为：2Fe3++SO32－+H2O=2Fe3++SO42－+2H+；

②温度过低，反应速率缓慢，温度过高，NO的溶解度降低，故答案为：温度过低，反应速率缓慢；温度过高，NO的溶解度降低，都会造成脱除率下降；

(3)①电解食盐水，阳极失去电子，反生为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极得到电子，反生的反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，总反应方程式为Cl-+ H2O= ClO-+H2↑，ClO-会发生水解，方程式为ClO

－

+H2OHClO+OH－，故答案为：ClO－+H2OHClO+OH－；

2NO3－+3Cl－

②ClO-作氧化剂，NO为还原剂，在碱性条件下的反应为2NO+3ClO－+2OH－+2H2O，故答案为：2NO+3ClO－+2OH－6。

2NO3－+3Cl－+2H2O；

③根据图分析，当pH介于5-6时，Cl元素以HClO存在，此时氧化性最强，故答案为5-

9．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）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。

该历程中决速步骤的化学方程式为__（方程式两边若有相同物料不用约简）。水煤气变换

反应的热化学方程式为__。

（2）t1℃时，密闭容器中，通入一定量的CO和H2O，发生水煤气变换反应，容器中各物质浓度(单位：mol·L1)变化如下表所示： 时间(min) 0 2 3 4 5 6 CO 0.200 0.138 c1 c1 0.116 0.096 H2O 0.300 0.238 c2 c2 0.216 0.266 CO2 0 0.062 c3 c3 0.084 0.104 H2 0 0.062 c3 c3 -

①一定处于平衡状态的时间段为__。

②5～6min时间段内，平衡移动方向为__(填“向左移动”或“向右移动”)，根据表中数据判断，平衡移动的原因是__(填字母编号)。

a.增加了H2O(g)的量 b.增加氢气浓度 c.使用催化剂 d.降低温度 ③t2℃时(t2＞t1)，在相同条件下发生上述反应，达平衡时，CO浓度__c1(填“＞”“＜”或“=”)。

（3）已知反应Fe(s)+CO2(g)

FeO(s)+CO(g)的平衡常数随温度变化情况如图所示：

①该反应是__(填“吸热”或“放热”)反应。

②若T1时水煤气变换反应的平衡常数等于0.5，则T1时FeO(s)+H2(g)平衡常数为__。

（4）水煤气可做燃料电池的燃料。一种熔融碳酸盐燃料电池的工作原理如图所示。电极A上H2参与的电极反应为__。假设催化炉产生的CO与H2物质的量之比为1︰2。电极A处产生的CO2有部分参与循环利用，其利用率为__。

Fe(s)+H2O(g)的

【答案】COOH+H+H2O=COOH+2H+OH CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)

?H=-0.72NAeV/mol 3min～4min 向右移动 a ＞ 吸热 1 H2+CO32--2e-=H2O+CO2

75% 【解析】 【分析】 【详解】

(1)起始状态反应物的相对能量为0，最终状态生成物的相对能量为-0.72eV，反应物的能量高于生成物的能量，水煤气变换反应为放热反应，即ΔH小于0。该历程中两次能垒分别为1.59eV-(-0.32eV)=1.91eV，1.86eV-(-0.16eV)=2.02eV，最大能垒(活化能)E正=2.02eV。该步骤的反应物的相对能量为-0.16eV的物质：COOH为相对能量为1.41eV的物质：COOHCOOH

+H

+H2O

=COOH

+2H

CO(g)+H2O(g)平衡状态；

②5min～6min时间段内，H2O的浓度增大，CO浓度减小，说明是增加了H2O的量，平衡正移，故答案为：向右移动；a；

③该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，CO转化率减小，则CO浓度＞c1,故答案为：＞；

(3)①升高温度化学平衡常数增大，说明Fe(s)+CO2(g)案为：吸热； ②T1时反应Fe(s)+CO2(g)

FeO(s)+CO(g)的平衡常数K=2，即c(CO)/c(CO2)=2，若T1时

FeO(s)+CO(g)为吸热反应，故答

+2H+OH

+OH

+H

+H2O

，生成物

，由此可得该步骤的化学方程式：

，水煤气变换反应的热化学方程式为

CO2(g)+H2(g) ?H=-0.72NAeV/mol。

(2)①从表格中数据分析，第3～4min时，体系中各物质的浓度不再变化，说明已经达到

水煤气变换反应的平衡常数等于0.5，即K=

c?CO2?c?H2?c?CO?c?H2O?＝0.5，所以平衡时

c?H2O?c?H2?＝1，所以T1时FeO(s)+H2(g)Fe(s)+H2O(g)的平衡常数K=

c?H2O?c?H2?＝1；

(4)A为负极，负极上CO和H2被氧化生成二氧化碳和水，则电极A上前去参与的反应为：H2+CO32--2e-=H2O+CO2；假设催化炉产生的CO与H2物质的量分别为1mol、2mol，电极A处转移电子为6mol，产生的CO2为4mol，在阴极发生的电极反应为O2+2CO2+4e=2CO32，当转移6mol电子时，参与循环反应的CO2为3mol，参与循环的利用率=

--

3mol?100%=75%。 4mol

10．钼及其合金在冶金、环保和航天等方面有着广泛的应用。

（1）Mo可被发烟硝酸及氢氟酸氧化为MoO2F2和MoOF4(少量)，硝酸本身被还原为NO2，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_________。 （2）已知：2Mo(s)+3O2(g)=2MoO3(s) △H1； 2MoS2(s)+7O2(g)=2MoO3(s)+4SO2(g) △H2； MoS2(s)+2 O2(g)=Mo(s)+2SO2(g) △H3

则△H3=_________（用含△H1、△H2的代数式表示）

（3）电氧化法提纯钼的原理：将辉钼矿(MoS2)放入装有食盐水的电解槽中，用惰性电极电

解，MoS2被氧化为MoO42-和SO42-

①辉钼矿应放入电解槽的_________(填“阴极区”或“阳极区”)。 ②阴极的电极反应式为___________________________。

（4）碳酸钠作固硫剂并用氢还原辉钼矿的原理为MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)

Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s) △H，实验测得平衡时的有关变化曲线如图所示。

①由图1可知，该反应△H______(填“>”或“<”)0，p1、p2、p3由大到小的顺序为_______________________。

②由图2可知，A点时H2的平衡转化率为____________。

③B点对应的平衡常数K=__________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)(MPa)2。

【答案】6:1 （△H2-△H1） 阳极区 2H++2e-=H2↑(或2H2O+2e-=H2↑+2OH-) > p3>p2>p1 50% 0.01 【解析】 【分析】 【详解】

（1）在反应中N的化合价从+5→+4降低1价，Mo从0→+6升高6价，根据氧化还原反应中化合价升降总数相等，必有6个硝酸中N降低6×1=6价，同时有1个Mo升高1×6=6价，即6个硝酸和1个Mo同时反应，即氧化剂有6摩尔硝酸反应时，就有1摩尔还原剂钼反应，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为6:1，故答案为6:1；

（2）根据盖斯定律2Mo(s)+3O2(g)=2MoO3(s)①；2MoS2(s)+7O2(g)=2MoO3(s)+4SO2(g)②；

MoS2(s)+2 O2(g)=Mo(s)+2SO2(g)③，（②式-①式）÷2=③式，所以△H3=（△H2-△H1），故答案为（△H2-△H1）；

（3）将辉钼矿（MoS2）放入装有食盐水的电解槽中，用惰性电极电解，MoS2被氧化为MoO42-和SO42-，所以辉钼矿应放入电解槽的阳极，故答案为阳极区；阴极区放电的阳离子为钠离子和氢离子，放电顺序氢离子在钠离子之前，阴极氢离子放电的电极反应为2H++2e-=H2↑(或2H2O+2e-=H2↑+2OH-)，故答案为2H++2e-=H2↑(或2H2O+2e-=H2↑+2OH-)； （4）①由图1相同压强下，温度升高，氢气转化率增大，则平衡正向移动，又因为温度升高平衡向吸热反应方向移动，所以该反应正向吸热，△H>0，故答案为>；根据反应方程式MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)

Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)可知该反应正向为气体体

积增大的方向，在相同温度下，压强越大氢气的转化率越小，由图1可知：在相同温度下p1下氢气的转化率最大，所以p1压强最小，p3下氢气的转化率最小，所以p3压强最大，所以p3>p2>p1，故答案为p3>p2>p1 ②由MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)

Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)，设A混合气体的

总物质的量为1mol，则A点时H2的物质的量为0.4mol，H2O的物质的量为0.4mol，则变化的H2的物质的量为0.4mol，A点时H2的为平衡转化率为α(H2)=

=50%，故答案为50%

③B点时H2、CO的体积分数均为25%，混合气体为H2、CO、H2O，则H2O的体积分数为1-25%-25%=50%，B点对应的平衡常数K=【点睛】

在分析图1那种有三个变量的图像时，一般做法是定一议二法，即先找相同压强下氢气平衡转化率与温度的关系，再定相同温度下氢气平衡转化率与压强的关系。

=0.01，故答案为0.01