化学化学反应原理综合考查的专项培优练习题(含答案)含答案解析

化学化学反应原理综合考查的专项培优练习题(含答案)含答案解析

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：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3412Al2O3(s)+3C(s)=2Al(g)+3CO(g)，则△H=△H1×=

111+△H2×+△H3×kJ/mol 34124a+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。

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?mol-1、-280kJ?mol-1。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?mol-1×2-90kJ?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．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。

6．完成下列填空。

(1)在 25℃、101kPa 时，C(s)、H2(g)、CH3COOH(l)的燃烧热分别为 393.5kJ/mol、285.8kJ/mol、870.3kJ/mol，则 2C(s)+2H2(g)+O2(g)= CH3COOH(l)的△H=___________。

(2)温度为 T 时，在 2 L 的密闭容器中加入 2.0 mol SO2 和 1.0 mol O2 发生反应，达到平衡时容器内气体压强变为起始时的 0.7 倍。该反应的平衡常数为_____。

(3)在一定体积 pH＝12 的 Ba(OH)2 溶液中，逐滴加入一定物质的量浓度的 NaHSO4 溶液， 当溶液中的 Ba2＋恰好完全沉淀时，溶液 pH＝11。若反应后溶液的体积等于 Ba(OH)2 溶液与 NaHSO4 溶液的体积之和，则 Ba(OH)2 溶液与 NaHSO4 溶液____

(4)利用如图所示的电解装置，可将雾霾中的 NO、SO2 转化为硫酸铵，从而实现废气的回 收再利用。通入 NO 的电极反应式为_____；若通入的 NO 体积为 4.48 L(标况下)，则理论上另一电极通入 SO2 的物质的量应为_________。

【答案】-488.3kJ∕mol 1620 1：4 NO+6H++5e-=NH4++H2O 0.5mol 【解析】 【分析】

根据燃烧热写出热化学方程式，再利用盖斯定律来计算反应2C(s)+2H2(g)+O2(g)= CH3COOH(l)的反应热；利用三段式法，设参加反应的SO2物质的量，用平衡状态时的压强变化列式求解，再用化学平衡公式求解化学平衡常数；氢氧化钡和硫酸氢钠反应钡离子恰好沉淀，需要Ba(OH)2和NaHSO4按照物质的量1：1和反应，结合溶液的pH和溶液体积换算物质的量列式计算；根据电解装置分析，通入NO的电极连接外电源负极，则该电极为电解池阴极，电解池阴极发生还原反应，NO转化为NH4+，H+参与电极反应，据此写出电极方程式，根据电子守恒计算。据此分析。 【详解】

(1)在25℃、101kPa时，C(s)、H2(g)、CH3COOH(l)的燃烧热分别为393.5kJ∕mol、

1O2(g)=H2O(l) △H=-285.8kJ∕mol (1) 2C(s)+O2(g)=CO2(g) △H=-393.5kJ∕mol (2)

CH3COOH(1)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) △H=-870.3kJ∕mol(3)

285.8kJ∕mol、870.3kJ∕mol，则H2(g)+

由盖斯定律可以知道，(1)×2+(2)×2-(3)可得反应2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(1)，其反应热为2×(-285.8kJ∕mol)+2×(-393.5kJ∕mol)+870.3kJ∕mol=-488.3kJ∕mol，答案为：-488.3 kJ∕mol； (2)温度为T时，在2L的密闭容器中加入2.0 mol SO2和1.0 mol O2发生反应，达到平衡时容器内气体压强变为起始时的0.7倍，用三段式法设反应的SO2的物质的量：

2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)起始(mol)：210 ，该反应是恒温恒容下的反应，根据反应前后

转化(mol)：2xx2x平衡(mol)：2-2x1-x2x压强之比等于物质的量之比得

22?2x?1?x?2x?0.7，x?0.9，则化学平衡常数

2?1?1.8???2??K??1620，答案为：1620； 0.22?0.1?()???2?2?(3)pH=12的Ba(OH)2溶液中c(OH- )= 10-2mol∕L，设溶液体积为aL，则氢氧根离子物质的量为10-2×a mol；当溶液中的 Ba2＋恰好完全沉淀时，根据反应

Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4↓+H2O+NaOH，反应的硫酸氢钠物质的量为0.5a×10-2mol；设硫酸氢钠溶液体积为bL，混合后溶液pH=11，得溶液中氢氧根离子浓度为10 -3mol∕L，碱过

a?10?2?0.5a?10?2量；根据公式得：?10?3，a：b=1：4；答案为：1：4；

a?b(4)根据电解装置，SO2转化为硫酸根离子，说明NO转化为NH4+，即NO在阴极发生还原反应NO+6H++5e-=NH4++H2O，阳极反应式为SO2+2H2O-2e-=4H++SO42-，通入的 NO体积为 4.48 L(标况下)即0.2mol，根据得失电子守恒，因此有2NO~10e-~5SO2，则SO2的物质的量为0.5mol，答案为：NO+6H++5e-=NH4++H2O；0.5mol；

7．（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]θ2?2[3-p?2(3-?)?2(3-?)?]θ

==数K=3，故答案为：3。 ?21-?p（SO2）2p（O2）[2-2(1-?)(1-?)]?[]3-?[][]3-?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[3-]pθ

K==2-2?2?1-?是解答关键，也是难点。

p（SO2）2p（O2）[3-?]?[3-?][][]θθpp[

8．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

-

?HSO?,K?3a1?10?1.9；

同理，用pH=7.2的数据计算，可以得到Ka2=10，HSO3既可以水解又可以电离，电离常数

为Ka2，水解常数Kh=Kw/Ka1=10-14/10-1.9=10-12.1，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-═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)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?HSO?,K?3a1?10?1.9；

同理，用pH=7.2的数据计算，可以得到Ka2=10-7.2，水解常数Kh=Kw/Ka1=10-14/10-1.9=10-12.1，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-═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)2Kp?C?=2==0.5MPa-1。 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?

9．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+3HadNHad+2Had = 33%

?30?20%?23?30?20%???30?60%? N2+6e-

+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%?2(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。

10．氢气是一种清洁能源。制氢和储氢作为氢能利用的关键技术，是当前科学家主要关注的热点问题。 （1）已知；

(g)+2H2(g)→(g)+3H2(g)→请求出

(g)+H2(g)→

(g) ?H＝－119.6kJ/mol

(g) ?H＝－237.1kJ/mol (g) ?H＝－208.4kJ/mol

(g) ?H＝________kJ/mol

(g)＋H2(g)→

（2）储氢还可借助有机物，如利用环已烷和苯之间的可逆反应来实现脱氢和加氢。

423垐垐垐唸(g)噲垐垐垐高温FeSO/AlO(g)+3H2(g)

－

L1，平衡时苯的浓度为b 在某温度下，向恒容容器中加入环已烷，其起始浓度为a mol·

mol·L－1，该反应的平衡常数K＝_______（用含a、b的关系式表达）。

（3）一定条件下，如下图所示装置可实现有机物的电化学储氢（除目标产物外，近似认为无其它有机物生成）。

①实现有机物储氢的电极是__________；A 正极 B 负极 C 阴极 D 阳极 其电极反应方程为：___________。

②实验研究表明，当外加电压超过一定值以后，发现电极D产物中苯（g）的体积分数随着电压的增大而减小，其主要原因是相关电极除目标产物外，还有一种单质气体生成，这种气体是__________。已知单质气体为2 mol，求此装置的电流效率η＝__________。[η＝

（生成目标产物消耗的电子数/转移的电子总数）×100%，计算结果保留小数点后1位]。 【答案】-117.5 27b4/a-b C C6H6+6H++6e- =C6H12 H2 64.3% 【解析】 【分析】

(1)根据已知焓变的热化学方程式推导所求反应，再由盖斯定律计算所求反应的焓变； (2)根据方程式计算各组分的平衡浓度，代入平衡常数表达式计算； (3)①活泼的氢发生氧化反应，是负极，与负极相连的是阴极，

②该实验的目的是储氢，所以阴极上发生的反应为生产目标产物，阴极上苯得电子和氢离子生成环己烷；阳极上生成氧气，同时生成氢离子，阴极上苯得电子和氢离子反应生成环己烷，苯参加反应需要电子的物质的量与总转移电子的物质的量之比就是电流效率η。 【详解】 (1)已知：①②③

(g)+H2(g)→

(g) ?H1＝－119.6kJ/mol

(g)+2H2(g)→(g)+3H2(g)→

(g) ?H2＝－237.1kJ/mol (g) ?H3＝－208.4kJ/mol (g)＋H2(g)→

(g)，该反应可由②?①得到，根据盖斯定律，该反应的

所求反应为：

焓变为?H＝?H2??H1＝?117.5kJ/mol，故答案为：?117.5； (2)由

423垐垐垐唸(g)噲垐垐垐高温FeSO/AlO(g)+3H2(g)，环已烷起始浓度为a mol·L－1，平衡时苯的

c(苯)c3?H2?L，则平衡时c(环己烷)=(a?b)mol/L，c(H2)=3bmol/L，所以K＝浓度为b mol·

c(环己烷)－1

27b427b4b??3b?＝＝，故答案为：； a-ba-ba-b(3)①活泼的氢发生氧化反应，是负极，该实验的目的是储氢，所以阴极上发生的反应为生产目标产物，阴极上苯得电子和氢离子生成环己烷，电极反应式为C6H6+6H++6e- =C6H12，故答案为：C；C6H6+6H++6e- =C6H12；

②阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阳极上生成2.8mol氧气转移电子的物质的量＝2.8mol×4＝11.2mol，生成1mol氧气时生成2mol氢气，则生成2.8mol氧气时同时生成5.6mol氢气；

设参加反应的苯的物质的量是xmol，参加反应的氢气的物质的量是3xmol，剩余苯的物质的量为10mol×24%?xmol，反应后苯的含量＝

310mol?24%-xmol＝10%，x＝1.2，苯

10mol-3xmol＋5.6mol7.2mol×100%＝64.3%，故答

11.2mol转化为环己烷转移电子的物质的量为1.2mol×6＝7.2mol，则案为：H2；64.3%。 【点睛】

本题难点是(3)，注意：10mol×(24%?10%)不是参加反应的苯的物质的量，为易错点。