1、专题14 化学反应原理综合2020年高考真题1（2020年新课标）硫酸是一种重要的基本化工产品，接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧化：SO2(g)+O2(g)SO3(g) H=98 kJmol1。回答下列问题：(1)钒催化剂参与反应的能量变化如图所示，V2O5(s)与SO2(g)反应生成VOSO4(s)和V2O4(s)的热化学方程式为：_。(2)当SO2(g)、O2(g)和N2(g)起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa压强下，SO2平衡转化率 随温度的变化如图所示。反应在5.0MPa、550时的=_，判断的依据是_。影响的
2、因素有_。(3)将组成(物质的量分数)为2m% SO2(g)、m% O2(g)和q% N2(g)的气体通入反应器，在温度t、压强p条件下进行反应。平衡时，若SO2转化率为，则SO3压强为_，平衡常数Kp=_(以分压表示，分压=总压物质的量分数)。(4)研究表明，SO2催化氧化的反应速率方程为：v=k(1)0.8(1n)。式中：k为反应速率常数，随温度t升高而增大；为SO2平衡转化率，为某时刻SO2转化率，n为常数。在=0.90时，将一系列温度下的k、值代入上述速率方程，得到vt曲线，如图所示。曲线上v最大值所对应温度称为该下反应的最适宜温度tm。ttm后，v逐渐下降。原因是_。【答案】（1）2
3、V2O5(s)+ 2SO2(g) 2VOSO4(s)+ V2O4(s) H= -351 kJmol-1 （2）0.975 该反应气体分子数减少，增大压强，提高。所以，该反应在550、压强为5.0MPa2.5MPap的，所以p1=5.0MPa 反应物（N2和O2）的起始浓度（组成）、温度、压强（3） （4）升高温度，k增大使v逐渐提高，但降低使v逐渐下降。当ttm，k增大对v的提高大于引起的降低；当ttm，k增大对v的提高小于引起的降低 【解析】【分析】根据盖斯定律，用已知的热化学方程式通过一定的数学运算，可以求出目标反应的反应热；根据压强对化学平衡的影响，分析图中数据找到所需要的数据；根据恒压
4、条件下总压不变，求出各组分的分压，进一步可以求出平衡常数；根据题中所给的速率公式，分析温度对速率常数及二氧化硫的转化率的影响，进一步分析对速率的影响。【详解】(1)由题中信息可知：SO2(g)+O2(g)SO3(g) H= -98kJmol-1V2O4(s)+ SO3(g)V2O5(s)+ SO2(g) H2= -24kJmol-1V2O4(s)+ 2SO3(g)2VOSO4(s) H1= -399kJmol-1根据盖斯定律可知，-2得2V2O5(s)+ 2SO2(g) 2VOSO4(s)+ V2O4(s)，则H= H1-2H2=( -399kJmol-1)-( -24kJmol-1)2= -
5、351kJmol-1，所以该反应的热化学方程式为：2V2O5(s)+ 2SO2(g) 2VOSO4(s)+ V2O4(s) H= -351 kJmol-1；(2) SO2(g)+O2(g)SO3(g)，该反应是一个气体分子数减少的放热反应，故增大压强可以使化学平衡向正反应方向移动。因此，在相同温度下，压强越大，SO2的平衡转化率越大，所以，该反应在550、压强为5.0MPa条件下，SO2的平衡转化率一定高于相同温度下、压强为2.5MPa的，因此，p1=5.0MPa，由图中数据可知，=0.975。影响的因素就是影响化学平衡移动的因素，主要有反应物（N2和O2）的浓度、温度、压强等。(3)假设原气
6、体的物质的量为100mol，则SO2、O2和N2的物质的量分别为2m mol、m mol和q mol，2m+m+q=3m+q=100，SO2的平衡转化率为，则有下列关系：平衡时气体的总物质的量为n(总)= 2m(1-)+m(1-)+2mmol+q mol，则SO3的物质的量分数为。该反应在恒压容器中进行，因此，SO3的分压p(SO3)=，p(SO2)=，p(O2)=，在该条件下，SO2(g)+ O2(g)2SO3(g) 的Kp=。(4) 由于该反应是放热反应，温度升高后降低。由题中信息可知，v=，升高温度，k增大使v逐渐提高，但降低使v逐渐下降。当ttm，k增大对v的提高大于引起的降低；当tt
7、m，k增大对v的提高小于引起的降低。【点睛】本题有关化学平衡常数的计算是一个难点，尤其题中给的都是字母型数据，这无疑增大了难度。这也是对考生的意志的考验，只要巧妙假设、小心求算，还是可以得到正确结果的，毕竟有关化学平衡的计算是一种熟悉的题型。本题的另一难点是最后一问，考查的是速率公式与化学平衡的综合理解，需要明确化学反应速率与速率常数及平衡转化率之间的函数关系，才能作出正确的解答。所以，耐心和细心才是考好的保证。2（2020年新课标）天然气的主要成分为CH4，一般还含有C2H6等烃类，是重要的燃料和化工原料。(1)乙烷在一定条件可发生如下反应：C2H6(g)= C2H4(g)+H2(g) H，
8、相关物质的燃烧热数据如下表所示：物质C2H6(g)C2H4(g)H2(g)燃烧热H/( kJmol1)-1560-1411-286H=_kJmol1。提高该反应平衡转化率的方法有_、_。容器中通入等物质的量的乙烷和氢气，在等压下(p)发生上述反应，乙烷的平衡转化率为。反应的平衡常数Kp=_(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数)。(2)高温下，甲烷生成乙烷的反应如下：2CH4C2H6+H2。反应在初期阶段的速率方程为：r=k，其中k为反应速率常数。设反应开始时的反应速率为r1，甲烷的转化率为时的反应速率为r2，则r2=_ r1。对于处于初期阶段的该反应，下列说法正确的是_。A增加
9、甲烷浓度，r增大 B增加H2浓度，r增大C乙烷的生成速率逐渐增大 D降低反应温度，k减小(3)CH4和CO2都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如下图所示：阴极上的反应式为_。若生成的乙烯和乙烷的体积比为21，则消耗的CH4和CO2体积比为_。【答案】(1)137 升高温度 减小压强(增大体积) (2)1 AD (3)CO2+2e=CO+O2 65 【解析】【分析】(1)先写出三种气体的燃烧热的热化学方程式，然后根据盖斯定律进行计算，得到目标反应的H；反应C2H6(g)C2H4(g) + H2(g)为气体体积增大的吸热反应，升高温度、减小压强平衡等都向正反应方
10、向移动；根据已知乙烷的转化率，设起始时加入的乙烷和氢气各为1mol，列出三段式，求出平衡时各物质的分压，带入平衡常数的计算公式进行计算；(2)根据r=k，若r1=kc，甲烷转化率为甲烷的浓度为c(1-)，则r2= kc(1-)；根据反应初期的速率方程为：r=k，其中k为反应速率常数，据此分析速率变化的影响因素；(3)由图可知，CO2在阴极得电子发生还原反应，电解质传到O2-，据此写出电极反应；令生成乙烯和乙烷分别为2体积和1体积，根据阿伏加德罗定律，同温同压下，气体体积比等于物质的量之比，再根据得失电子守恒，得到发生的总反应，进而计算出为消耗CH4和CO2的体积比。【详解】(1)由表中燃烧热数
11、值可知：C2H6(g)+O2(g)=2CO2(g) +3H2O(l) H1= -1560kJmol-1；C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g) +2H2O(l) H2= -1411kJmol-1；H2(g)+O2(g)=H2O(l) H3= -286kJmol-1；根据盖斯定律可知，-得C2H6(g) =C2H4(g) + H2(g)，则H= H1-H2-H3=( -1560kJmol-1)-( -1411kJmol-1)- ( -286kJmol-1)=137kJmol-1，故答案为137；反应C2H6(g) C2H4(g) + H2(g)为气体体积增大的吸热反应，升高温度、减小压强平
12、衡都向正反应方向移动，故提高该反应平衡转化率的方法有升高温度、减小压强（增大体积）；设起始时加入的乙烷和氢气各为1mol，列出三段式，C2H6(g) C2H4(g) + H2(g)起始（mol） 1 0 1转化（mol） 平衡（mol） 1- 1+平衡时，C2H6、C2H4和H2平衡分压分别为p、p和p，则反应的平衡常数为Kp=；(2) 根据r=k，若r1= kc，甲烷转化率为甲烷的浓度为c(1-)，则r2= kc(1-)，所以r2=(1-)r1；A增大反应物浓度反应速率增大，故A说法正确；B由速率方程可知，初期阶段的反应速率与氢气浓度无关，故B说法错误；C反应物甲烷的浓度逐渐减小，结合速率方
13、程可知，乙烷的生成速率逐渐减小，故C说法错误；D化学反应速率与温度有关，温度降低，反应速率常数减小，故D正确。答案选AD。(3) 由图可知，CO2在阴极得电子发生还原反应，电极反应为CO2+2e-=CO+O2-；令生成乙烯和乙烷分别为2体积和1体积，根据阿伏加德罗定律，同温同压下，气体体积比等于物质的量之比，再根据得失电子守恒，得到发生的总反应为：6CH4+5CO2=2C2H4+ C2H6+5H2O+5CO，即消耗CH4和CO2的体积比为6:5。3（2020年新课标）二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO2的热点研究领域。回答下列问题：（1）CO2催化加氢生成乙烯和水的反应中，产物的物质的量之
14、比n(C2H4)n(H2O)=_。当反应达到平衡时，若增大压强，则n(C2H4)_(填“变大”“变小”或“不变”)。（2）理论计算表明，原料初始组成n(CO2)n(H2)=13，在体系压强为0.1MPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。图中，表示C2H4、CO2变化的曲线分别是_、_。CO2催化加氢合成C2H4反应的H_0(填“大于”或“小于”)。（3）根据图中点A(440K，0.39)，计算该温度时反应的平衡常数Kp=_(MPa)3(列出计算式。以分压表示，分压=总压物质的量分数)。（4）二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随副反应，生成C3H6、C3H8、C4
15、H8等低碳烃。一定温度和压强条件下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当_。3【答案】（1）14 变大（2）d c 小于（3）或等（4）选择合适催化剂等【解析】【分析】根据质量守恒定律配平化学方程式，可以确定产物的物质的量之比。根据可逆反应的特点分析增大压强对化学平衡的影响。根据物质的量之比等于化学计量数之比，从图中找到关键数据确定代表各组分的曲线，并计算出平衡常数。根据催化剂对化反应速率的影响和对主反应的选择性，工业上通常要选择合适的催化剂以提高化学反应速率、减少副反应的发生。【详解】(1)CO2催化加氢生成乙烯和水，该反应的化学方程式可表示为2CO2+6H2 CH2 = CH2+4H2O，因
16、此，该反应中产物的物质的量之比n(C2H4)：n(H2O)=1：4。由于该反应是气体分子数减少的反应，当反应达到平衡状态时，若增大压强，则化学平衡向正反应方向移动，n(C2H4)变大。(2) 由题中信息可知，两反应物的初始投料之比等于化学计量数之比；由图中曲线的起点坐标可知，c和a所表示的物质的物质的量分数之比为1:3、d和b表示的物质的物质的量分数之比为1:4，则结合化学计量数之比可以判断，表示乙烯变化的曲线是d，表示二氧化碳变化曲线的是c。由图中曲线的变化趋势可知，升高温度，乙烯的物质的量分数减小，则化学平衡向逆反应方向移动，则该反应为放热反应，H小于0。(3) 原料初始组成n(CO2)n
17、(H2)=13，在体系压强为0.1Mpa建立平衡。由A点坐标可知，该温度下，氢气和水的物质的量分数均为0.39，则乙烯的物质的量分数为水的四分之一，即，二氧化碳的物质的量分数为氢气的三分之一，即，因此，该温度下反应的平衡常数(MPa)-3=(MPa)-3。(4)工业上通常通过选择合适的催化剂，以加快化学反应速率，同时还可以提高目标产品的选择性，减少副反应的发生。因此，一定温度和压强下，为了提高反应速率和乙烯的选择性，应当选择合适的催化剂。4（2020年天津卷）利用太阳能光解水，制备的H2用于还原CO2合成有机物，可实现资源的再利用。回答下列问题：.半导体光催化剂浸入水或电解质溶液中，光照时可在
18、其表面得到产物(1)下图为该催化剂在水中发生光催化反应的原理示意图。光解水能量转化形式为_。(2)若将该催化剂置于Na2SO3溶液中，产物之一为，另一产物为_。若将该催化剂置于AgNO3溶液中，产物之一为O2，写出生成另一产物的离子反应式_。.用H2还原CO2可以在一定条下合成CH3OH(不考虑副反应)：(3)某温度下，恒容密闭容器中，CO2和H2的起始浓度分别为 a molL-1和3 a molL-1，反应平衡时，CH3OH的产率为b，该温度下反应平衡常数的值为_。(4)恒压下，CO2和H2的起始物质的量比为1:3时，该反应在无分子筛膜时甲醇的平衡产率和有分子筛膜时甲醇的产率随温度的变化如图
19、所示，其中分子筛膜能选择性分离出H2O。甲醇平衡产率随温度升高而降低的原因为_。P点甲醇产率高于T点的原因为_。根据上图，在此条件下采用该分子筛膜时的最佳反应温度为_C。.调节溶液pH可实现工业废气CO2的捕获和释放(5)的空间构型为_。已知25碳酸电离常数为Ka1、Ka2，当溶液pH=12时，=1：_：_。【答案】I.(1)光能转化为化学能 (2)H2 II.(3) (4)该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动（或平衡常数减小） 分子筛膜从反应体系中不断分离出H2O，有利于反应正向进行，甲醇产率升高210 （5）平面（正）三角形 【解析】I.(1)根据图示，该催化剂在水中发生光催化反应的方
20、程式为2H2O2H2+O2，光解水能量转化形式为光能转化为化学能。(2)若将该催化剂置于Na2SO3溶液中，产物之一为，被氧化成，则H+被还原为H2，即另一产物为H2；若将该催化剂置于AgNO3溶液中，产物之一为O2，氧元素的化合价升高，O2为氧化产物，则生成另一产物的反应为还原反应，由于Ag+得电子能力大于H+，故生成另一产物的离子反应式为Ag+e-=Ag。II.(3) CO2和H2的起始浓度分别为 a molL-1和3 a molL-1，CH3OH的产率为b，则生成的CH3OH物质的量浓度为abmol/L，根据三段式 则反应的平衡常数K= =。(4)该反应为放热反应(H”、“”、“ 20%
21、 （5） 相同温度下，曲线乙的转化率低于曲线甲的转化率，说明M点不是平衡点，反应仍向正反应进行 温度升高催化剂活性降低 【解析】（1）尾气中含有碳烟的主要原因为燃料燃烧不充分。（2）若反应CO2(g)+N2(g)C(s)+NO(g)的活化能为akJmol-1，则反应C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g)的逆反应活化能为2a kJmol-1，根据盖斯定律：-可得C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g) H=-574 kJmol-1，故反应C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g)的活化能为（2a-574）kJmol-1。（3）满足自发进行的条件是：H-TS=-113.0 kJm
22、ol-1-T(-145.310-3) kJmol-1K-10，则Tp2。若30min时，保持T2不变，向该容器中再加入该四种反应混合物各2mol，该反应前后气体分子数不变，加入反应混合物前后构成等效平衡，达平衡时NO的体积百分含量为。（5）在催化剂乙作用下，相同温度下，曲线乙的转化率低于曲线甲的转化率，说明M点不是平衡点，反应仍向正反应进行，则v正v逆。温度升高催化剂活性降低，催化效率降低，则在相同时间内测得NO转化率降低。9（2020届广东省佛山市质检）CoS2催化CO烟气脱硫具有广阔的工业化前景。回答下列问题：（1）已知：CoS2(s) +CO(g) CoS(s) +COS(g) H12C
23、OS(g) +SO2(g) 3S(s) +2CO2(g) H2S(s) +CoS(S) CoS2 (s) H3则2CO(g)+ SO2(g)2CO2(g)+S(s) H4=_。 (用H1、 H2、H3表示)（2）在恒温、恒压的容器中模拟回收硫，加入SO2起始量均为1mol，测得CO2的平衡体积分数随CO和SO2的投料比变化如图1：当投料比为2时，t min 时测得SO2转化率为50%，则用S的生成速率表示的反应速率v=_gmin-1。当投料比为3时，CO2 的平衡体积分数对应的点是_。（3）向体积均为1L的恒温、恒客密团容器通入2 mol CO和| mol SO2。反应体系总压强随时间的变化如
24、图2：相对于I，II改变的外界条件是_。SO2的平衡转化率为_，平衡常数Kp =_(用平衡分压代替平衡浓度计算)。（4）利用电解法处理SO2尾气可制备保险粉 (Na2S2O4).电解装置如图，则a_ b (填“” “=”或“”)，生成S2O42-的电极反应式为_。【答案】（1） （2） C （3）使用（或使用更高效）催化剂 75% 0.675 （4） 【解析】（1） 根据盖斯定律可知可得，故答案为：；（2）当投料比为2时，t min 时测得SO2转化率为50%，则有 S的生成速率 ；当投料比为3时，相当于在投料比为2达到平衡时充入1mol的CO，平衡正移，根据勒夏特列原理可知达到平衡时，CO2
25、的体积分数小于投料比为2达到平衡时CO2的体积分数，故答案为：；C；（3）由图像可知I，II，达到平衡时压强不变，则平衡不移动，II达到平衡时间变短，则II使用（或使用更高效）催化剂；恒温、恒客密团容器中气体的压强与物质的量成正比，设反应消耗SO2物质的量为xmol，则有 则x=0.75mol，SO2的平衡转化率为，则平衡时n（CO）=0.5mol，n（SO2）=0.25mol，n（CO2）=1.5mol，则平衡常数，故答案为：使用（或使用更高效）催化剂；75%；0.675；（4）由电解装置图可知，SO2发生氧化反应生成H2SO4，为阳极，电极反应为：，则硫酸浓度增大；HSO3-发生还原反应生
26、成S2O42-，为阴极，电极反应为：，故答案为：O的 反应是_ (填“I ”“II” 或“III”)。1200K时在 一体积为 2L 的恒容密闭容器中有17.7gMn3C( s)和0.4molCO2 ，只发生反应I，5min后达到平衡，此时CO的浓度为0.125mol/L，则05 min内 v(CO2)=_。在一体积可变的密闭容器中加入一定量的Mn(s )并充入一定量的CO2(g) .只发生反应II，下列能说明反应II 达到平衡状态的是_ (填标号)。A容器的体积不再改变B固体的质量不再改变C气体的总质量不再改变向恒容密闭容器中加入Mn3C并充入0.l molCO2, 若只发生反应III. 则
27、在A点反应达到平衡时，容器的总压为akPa, CO2的转化率为_; A点对应温度下的Kp(III) =_。【答案】（1）-3 9.031024(或15NA) （2） 2H1 +H2 Al4C3+12HCl=4AlCl3+3CH4 （3） III 0.02molL-1min-1 BC 33.3% 0.5akPa 【解析】 （1）反应23Al2O3+15C+5N2=2Al23O27N5+15CO中，产物Al23O27N5中氮的化合价为-3价，该反应中每生成1mol Al23O27N5，转移的电子数为53NA =15 NA，故答案为：-3；9.031024(或15NA)；（2）已知、Al2O3(s)
28、+3C(s)=Al2OC(s)+2CO(g) H1、2Al2OC(s)+3C(s)=Al4C3(s)+2CO(g) H22Al2O3(s)+9C(s)=Al4C3(s)+6CO(g) H3根据盖斯定律，由2+得反应2Al2O3(s)+9C(s)=Al4C3(s)+6CO(g) H3= 2H1+H2，故答案为：2H1 +H2；Al4C3可与足量盐酸反应制备一种最简单的烃CH4，根据质量守恒配平可得反应的化学方程式为Al4C3+12HC1=4AlCl3+3CH4，故答案为：Al4C3+12HC1=4AlCl3+3CH4；（3）由图中信息可知，反应升高温度，lnK增大，则K增大，平衡正向移动，正反应
29、为吸热反应，H0，故答案为：；05min内v(CO2)=v(CO)=molL-1min-1，故答案为：0.02molL-1min-1；反应.Mn(s)+CO2(g)MnO(s)+CO(g)为气体体积不变的放热反应，根据“变量不变达平衡”进行判断；A反应为气体不变的反应，反应过程容器的体积不是变量，不能作为平衡状态的判断依据，选项A不选；B反应是一个固体质量增大的反应，固体的质量为变量，当固体的质量不再改变说明达到平衡状态，选项B选；C反应是一个气体质量减小的反应，气体的总质量为变量，当不再改变说明达平衡状态，选项C选。故答案为：BC；向恒容密闭容器中加入Mn3C并充入0.1molCO，若只发生
30、反应，则在A点反应达到平衡，ln，则，当容器的总压为akPa时，CO的转化率为，A点对应温度下的Kp()=0.5akPa，故答案为：33.3%；0.5akPa。12（2020届五岳（湖南、河南、江西）高三线上联考）联氨(N2H4)和次磷酸钠(NaH2PO2)都具有强还原性.都有着广泛的用途。（1）已知:N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) H=-621.5 kJmol-1N2O4(l)-=N2(g)+2O2(g) H2=+204.3 kJmol-1则火箭燃料的燃烧反应为2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g) H=_.（2）已知反应N2H4(g)+ 2C
31、l2(g)N2(g)+4HCl(g),TC时,向V L恒容密闭容器中加入2 mol N2H4(g)和4 mol Cl2(g) ,测得Cl2和HCl的浓度随时间的关系如图所示。0 10 min内,用N2(g)表示的平均反应速率v(N2)=_。M点时,N2H4的转化率为_(精确到0.1)%。T C时,达到平衡后再向该容器中加入1.2 mol N2H4(g)、0.4 mol Cl2(g)、0. 8 mol N2 (g)、1.2 mol HCl(g) ,此时平衡_(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)。（3）在惰性气体中,将黄磷(P4)与石灰乳和碳酸钠溶液一同加入高速乳化反应器中制得NaH2PO2
32、,同时还产生磷化氢(PH3)气体,该反应的化学方程式为_。次磷酸(H3PO2)是一元酸，常温下.1.0 molL-1的NaH2PO2溶液pH为8,则次磷酸的Ka=_。用次磷酸钠通过电渗析法制备次磷酸.装置如图2所示。交换膜A属于_(填“阳离子”或“阴离子”)交换膜,电极N的电极反应式为_,当电路中流过3.8528105库仑电量时.制得次磷酸的物质的量为_ (一个电子的电量为 1.610- 19库仑,NA数值约为6. 02 1023)。【答案】（1）-1038.7kJmol-1 （2）0.06mol/(Lmin) 33.3 逆向移动 （3）2P4+3Ca(OH)2+3Na2CO3+6H2O= 6
33、NaH2PO2+2PH3+3CaCO3 1.010-2 阳离子 2H2O+2e-=H2+2OH- 4mol 【解析】 （1）根据盖斯定律，反应2+即可得火箭燃料的燃烧反应2N2H4（1）+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g)H=(-621.52+204.3)kJmol-1=-1038.7kJmol-1；（2）根据图示，Cl2作为反应物浓度需减小，HCl作为生成物浓度需增大，c(Cl2)=(2-0.8)mol/L=1.2mol/L，v(Cl2)=0.12mol/(Lmin)，根据反应速率与计量系数成正比可得v(N2)=v(Cl2)=0.06mol/(Lmin)，据图可知反应开始时c(Cl
34、2)=2mol/L，投料为2 mol N2H4(g)和4 mol Cl2(g) ，则开始时c(N2H4)=1mol/L，容器体积为2L，设M点 N2H4的转化量为x mol/L，列三段式： M点Cl2和HCl的浓度相等，则2-2x=4x解得x=mol/L，则N2H4的转化率为=33.3%；据图可知反应平衡时c(Cl2)=0.8mol/L，初始c(Cl2)=2mol/L，c(N2H4)=1mol/L，则根据反应方程式N2H4(g)+ 2Cl2(g)N2(g)+4HCl(g)可知，反应中消耗c(Cl2)=1.2mol/L，消耗c(N2H4)=0.6mol/L，生成c(N2)=0.6mol/L，c(
35、HCl)=2.4mol/L，所以平衡时各物质的浓度为c(Cl2)=0.8mol/L，c(N2H4)=0.4mol/L，c(N2)=0.6mol/L，c(HCl)=2.4mol/L，则该温度下的平衡常数K=77.76；平衡后再向该容器中加入1.2molN2H4(g)、0.4 mol Cl2(g)、0.8molN2(g)、1.2molHCl(g)，各物质的浓度变为c(Cl2)=1mol/L，c(N2H4)=1mol/L，c(N2)=1mol/L，c(HCl)=3mol/L，此时Qc=81K，所以平衡逆向移动；（3）该反应中反应物有P4、Ca(OH)2、Na2CO3等、生成物有NaH2PO2、PH3
36、等，据此可知该反应中P元素化合价既升高又降低，发生歧化，升高1价，降低3价，则NaH2PO2和PH3的系数比为3：1，再结合元素守恒可知方程式为：2P4+3Ca(OH)2+3Na2CO3+6H2O= 6NaH2PO2+2PH3+3CaCO3；次磷酸(H3PO2)是一元酸，1.0molL-1的 NaH2PO2溶液水解方程式为：H2PO2-+H2O=H3PO2+OH-，pH=8，则c(H+)=10-8mol/L，c(OH-)=c(H3PO2)=10-6mol/L，c(H2PO2-)=(1.0-10-6)mol/L1mol/L，Ka=1.010-2；根据图示可知，产品室产生次磷酸，则电极M应为阳极电
37、解水中的OH-，剩余H+通过交换膜A移向产品室，所以交换膜A为阳离子交换膜；电极N为阴极电解H+，电极N的电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-；电路中流过3.8528105库仑电量时，转移的电子的物质的量为=4mol，次磷酸根带一个负电荷，氢离子带一个正电荷，所以电解过程中转移1mol电子生成1mol次磷酸，则转移4mol电子时生成4mol次磷酸。13（2020届安徽省皖南八校高三临门一卷）氨催化分解既可防治氨气污染，又能得到氢能源。回答下列问题：（1）已知：4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)H1=1266.6kJmol-1H2(g)+O2(g)=H2O（1）H2
38、=285.8kJmol-1H2O（1）=H2O(g)H3=+44.0kJmol-1反应的热力学趋势很大（平衡常数很大），其原因是_。NH3分解的热化学方程式为_。（2）在CoAl催化剂体系中，压强p0下氨气以一定流速通过反应器，得到不同催化剂下NH3转化率随温度变化的关系如图所示。活化能最小的催化剂为_：升高温度，NH3的平衡转化率增大，其原因是_；温度一定时，如果增大气体流速，则b点对应的点可能_（填“a”“c”“d”“e”或“f”）。（3）温度为T时，体积为1L的密闭容器中加入0.8molNH3和0.1molH2，30min达到平衡时，N2的体积分数为20%，则T时反应2NH3(g)N2(
39、g)+3H2(g)的平衡常数K=_mol2L-2，NH3的分解率为_，达到平衡后再加入0.8molNH3和0.1molH2，NH3的转化率_（填“增大”“不变”或“减小”）。（4）将氨溶解于水也可消除氨气的污染。常温下，向10mL0.1molL-1氨水中逐滴加入相同浓度的CH3COOH溶液，在滴加过程中=_（填标号）A始终碱小B始终增大C先减小后增大D先增大后减小【答案】（1）反应放出的热量很大 2NH3(g)N2(g)+3H2(g) H=+92.1kJ/mol （2）90CoAl NH3分解反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动 e （3）7.5 75% 减小 （4）B 【解析】（1
40、）反应的H1=1266.6kJmol-1，放出的热量很大，故热力学趋势很大；反应：4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g) H1=1266.6kJmol-1H2(g)+O2(g)=H2O（1） H2=285.8kJmol-1H2O（1）=H2O(g) H3=+44.0kJmol-1根据盖斯定律，将方程式-3（+）得方程式2NH3(g)N2(g)+3H2(g) H=(-1266.6 kJ/mol)-3(-285.8+44) kJ/mol=+92.1 kJ/mol；（2）由图分析可知，90CoAl催化剂在较低温度下就达到平衡状态，反应速率最快，反应的活化能最小；由2NH3(g)N2
41、(g)+3H2(g) H=+92.1kJ/mol可知 NH3分解反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，NH3的转化率增大；此反应为气体体积增大的反应，温度一定时，增大气体流速平衡逆向移动，氨气转化率减小，b点对应的点可能为e点，答案为：90CoAl；NH3分解反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动；e；（3）由题中数据可知，设达到平衡时氮气的物质的量为xmol，列三段式为：相同条件下气体的物质的量之比等于体积之比，所以达到平衡时N2的体积分数为：=20%，解得x=0.3mol，因为容器体积为1L，气体的物质的量与物质的量浓度数值相等，所以平衡常数K=7.5，NH3的分解率为10
42、0%=75%；达到平衡后再加入0.8molNH3和0.1molH2，相当于增大压强，反应逆向移动，氨气的转化率减小，答案为：7.5；75%；减小；（4）常温下，向10mL0.1molL-1氨水中逐滴加入相同浓度的CH3COOH溶液发生反应，CH3COOH电离出的H+消耗NH3H2O电离出的OH-，c（OH-）减小，促进NH3H2O的电离，铵根离子浓度增大，一水合氨浓度减小，因此在滴加CH3COOH溶液过程中比值始终增大，答案为B。14（2020届河北省名校联盟高三联考）乙醇是一种重要的化工原料和燃料，常见合成乙醇的途径如下：（1）乙烯气相直接水合法：C2H4(g)+H2O(g)=C2H5OH(
43、g) H1=akJmol-1已知：C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(g) H2=-1323.0kJmol-1C2H5OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g) H3=-1278.5kJmol-1，则a=_。（2）工业上常采用CO2和H2为原料合成乙醇，某实验小组将CO2(g)和H2(g)按1：3的比例置于一恒容密闭容器中发生反应：2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g) H=bkJmol-1。在相同的时间内，容器中CO2的浓度随温度T的变化如图1所示，上述反应的pK(pK=-lgK，K表示反应平衡常数)随温度T的变化如图2所示。由图1可
44、知，b=_(填“”“”或“”)0。在T1T2及T4T5两个温度区间内，容器中CO2(g)的浓度呈现如图1所示的变化趋势，其原因是_。图1中点1、2、3对应的逆反应速率v1、v2、v3中最大的是_(填“v1”“v2”或“v3”)；要进一步提高H2(g)的转化率，可采取的措施有_(任答一条)。图2中当温度为T1时，pK的值对应A点，则B、C、D、E四点中表示错误的是_。乙烯气相直接水合法过程中会发生乙醇的异构化反应：C2H5OH(g)CH3OCH3(g) H=+50.7kJmol-1，该反应的速率方程可表示为v正=k正c(C2H5OH)和v逆=k逆c(CH3OCH3)，k正和k逆只与温度有关。该反
45、应的活化能Ea(正)_(填“”“”或“”) Ea(逆)，已知：T时，k正=0.006s-1，k逆=0.002s-1，该温度下向某恒容密闭容器中充入1.5mol乙醇和4mol甲醚，此时反应_(填“正向”或“逆向”)进行。【答案】（1）-44.5 （2） 正向 【解析】（1）已知：I：C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(g) H2=-1323.0kJmol-1II：C2H5OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g) H3=-1278.5kJmol-1；根据盖斯定律I-II可得C2H4(g)+H2O(g)=C2H5OH(g) H1=H2-H3=(-1323.0kJm
46、ol-1)-(-1278.5kJmol-1)=-44.5 kJmol-1；（2）据图可知当温度低于T3时随温度上升，CO2的浓度下降，而温度高于T3时随温度上升，CO2的浓度上降，说明相同时间内温度低于T3时反应没有达到平衡，而温度高于T3时，该时段内反应达到平衡，且温度上升平衡左移CO2的浓度上降，所以正反应为放热反应，所以b0，所以Ea(正) Ea(逆)；反应达到平衡时正逆反应速率相等，即v正=k正c(C2H5OH)=v逆=k逆c(CH3OCH3)，所以有，T时，k正=0.006s-1，k逆=0.002s-1，所以该温度下平衡常数K=3，该反应前后气体系数之和相等，所以可以用物质的量代替浓
47、度计算浓度商和平衡常数， 所以该温度下向某恒容密闭容器中充入1.5mol乙醇和4mol甲醚时，浓度商Q=3，所以此时反应正向移动。15（2020届河南省六市高三第二次联合调研）地球上的氮元素对动植物有重要作用，其中氨的合成与应用是当前的研究热点。人工固氮最主要的方法是HaberBosch法。通常用以铁为主的催化剂在400500和1030MPa的条件下，由氮气和氢气直接合成氨。在Fe催化剂作用下的反应历程为（*表示吸附态）：化学吸附：N2(g)2N* ；H2(g)2H*；表面反应：N*+H*NH*；NH*+H*NH2*；NH2*+H*NH3*；脱附：NH3*NH3(g)其中，N2的吸附分解反应活
48、化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率。请回答：（1）已知合成氨反应中生成1 mol NH3放出46kJ热量，该反应的热化学方程式为_（2）实际生产中，原料气中N2和H2物质的量之比为1：2.8。分析说明原料气中N2过量的理由_。（3）关于合成氨工艺的下列理解，正确的是_。A合成氨反应在不同温度下的H和S都小于零B控制温度远高于室温，是为了保证尽可能高的平衡转化率和快的反应速率C基于NH3有较强的分子间作用力可将其液化，不断将液氨移去，利于反应正向进行D原料中N2由分离空气得到，H2由天然气与水蒸气反应生成，原料气需要经过净化处理，以防止催化剂中毒和安全事故发生（4）已知反应：N2(g)+
49、H2(g)NH3(g)标准平衡常数,其中为标准压强（1105Pa），、和为各组分的平衡分压，如：=，p为平衡总压，为平衡系统中NH3的物质的量分数。若N2和H2起始物质的量之比为1：3，反应在恒定温度和标准压强下进行，N2的平衡转化率为，则=_（用含的最简式表示）。（5）常温常压下电解法合成氨的原理如图所示：阴极生成氨的电极反应式为_。阳极产物只有O2，电解时实际生成的NH3的总量远远小于由O2理论计算所得NH3的量，结合电极反应式解释原因：_。【答案】（1）N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=-92kJmol-1 （2）原料气中N2：相对易得，适度过量有利于提高H2的转化率；N2在F
50、e催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率（3）ACD （4） （5）N2+6H+6e-=2NH3 还可能发生2H+2e-=H2，N2+8H+6e-=2NH4+ 【解析】（1）已知合成氨反应中生成1 mol NH3放出46kJ热量，则2mol NH3放出92 kJ热量，该反应的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=-92kJmol-1 ，故答案为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=-92kJmol-1 ；（2）实际生产中，原料气中N2和H2物质的量之比为1：2.8。原料气中N2过量的理由原料气中N2，相对易得，适度过量有利于提高H2的转化率；N2在
51、Fe催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率。故答案为：原料气中N2，相对易得，适度过量有利于提高H2的转化率；N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率；（3）A合成氨反应是气体体积减小的放热反应，在不同温度下的H和S都小于零，故A正确；B控制温度远高于室温，是为了保证催化剂活性最高，故B错误；C基于NH3有较强的分子间作用力可将其液化，不断将液氨移去，减小生成物浓度，利于反应正向进行，故C正确；D原料中N2由分离液态空气得到，H2由天然气与水蒸气反应生成，原料气需要经过净化处理，以防止催化剂中毒和安全事故发生，故D正确；故答案为：ACD；（4）若N2
52、和H2起始物质的量之比为1：3，反应在恒定温度和标准压强下进行，N2的平衡转化率为， 平衡混合气体总物质的量=0.5（1-a）+1.5（1-a）+amol=（2-a）mol，p为平衡时压强，p（N2）= ，p（H2）=，p（NH3）=，K= ，则K=（用含的最简式表示）。故答案为：；（5）阴极与电源负极相连，为N2放电生成NH3，阴极生成氨的电极反应式为N2+6H+6e-=2NH3 ；故答案为：N2+6H+6e-=2NH3 ；电解时实际生成的NH3的总量远远小于由O2理论计算所得NH3的量，原因是电解时，阴极除了N2得电子外，还可能发生N2+8H+6e=2NH4，2H+2e=H2。故答案为：还
53、可能发生2H+2e-=H2，N2+8H+6e-=2NH4+。16（2020届四川省成都市第七中三诊模拟）党的十九大报告中多次提及“绿色环保”、“生态文明”，而 CO2 的有效利用可以缓解温室效应，解决能源短缺问题。（1）某研究所的科研人员在新型纳米催化剂 NaFe3O4 和 HMCM22 的表面，以 CO2 为碳源，与电解水产生的 H2 催化转化为高附加值的烃类化合物，其过程如图。图中 CO2 转化为 CO 的反应为：CO2(g) + H2(g)=CO(g) + H2O(g) H1 = + 41 kJmol-1。已知：2CO2(g) + 6H2(g)=C2H4(g) + 4H2O(g) H2=
54、128 kJmol-1。图中 CO 转化为 C2H4 的热化学方程式是_ 。（2）甲醇是未来重要的绿色能源之一，在工业中常用 CO、H2 合成甲醇，其反应为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H3 ”“”或“=”)_0。（2）热值是表示单位质量的燃料完全燃烧时所放出的热量，是燃料质量的一种重要指标。已知乙烯的热值为50.4kJg-1，则H3=_kJmol-1（3）实验测得2CH2=CH2(g)+O2(g)2(g)中，v逆=k逆c2(），v正=k正c2(CH2=CH2)c(O2)(k正、k逆为速率常数，只与温度有关）。反应达到平衡后，仅降低温度，下列说法正确的是_Ak正、k逆均增大，且k
55、正增大的倍数更多Bk正、k逆匀减小，且k正减小的倍数更少Ck正增大、k逆减小，平衡正向移动Dk正、k逆均减小，且k逆减小的倍数更少若在1L的密闭容器中充入1molCH2=CH2(g)和1molO2(g)，在一定温度下只发生反应I，经过10min反应达到平衡，体系的压强变为原来的0.875倍，则010min内v(O2)=_，=_。（4）现代制备乙烯常用乙烷氧化裂解法：C2H6(g)+O2(g)=C2H4(g)+H2O(g) H2=-110kJmol-1，反应中还存在CH4、CO、CO2等副产物（副反应均为放热反应），图1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_
56、；反应的最佳温度为_（填序号）。A650 B700 C850 D900乙烯选择性=；乙烯收率=乙烷转化率乙烯选择性工业上，保持体系总压恒定为l00kPa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_。【答案】（1） （2）2615.8 （3）B 0.025 molL1min1 0.75 （4）温度升高，反应速率加快，转化率升高 C 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 【解析】（1）反应III是体积减小的反应，因此S 0；故答案为：。（2）已知乙烯的热值为50.4kJg
57、1，则H2=1411.2 kJmol1将第II个方程式的2倍减去第I个方程式得到III，则H3=2615.8mol1；故答案为：2615.8mol1。（3）该反应是放热反应，反应达到平衡后，仅降低温度，速率降低，k正、k逆匀减小，平衡向放热方向即正向进行，正反应速率大于逆反应速率，因此k正减小的倍数更少；故答案为：B。，x=0.25mol，则010min内，k逆c2(）=k正c2(CH2=CH2)c(O2)，；故答案为：0.025 molL1min1；0.75。（4）由图可知，随温度的升高，乙烷的转化率再升高，考虑化学反应速率的影响因素，温度升高，反应速率加快，转化率升高；根据图中要使乙烷的转
58、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，对应温度为850；故答案为：温度升高，反应速率加快，转化率升高；850。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；故答案为：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。20（2020届河南省洛阳市高三第三次统考）戴口罩是防控新型冠状病毒的重要手段，口罩生产的主要
59、原料聚丙烯由丙烯聚合而来。丙烷脱氢是丙烯工业生产的重要途径，反应的热化学方程式为C3H8(g)C3H6(g)+H2(g) H0。回答下列问题：（1）从工业生产的角度来看制备丙烯所用的丙烷可以从下面工业气体中获得的是_。A.液化石油气 B.炼铁高炉尾气 C.水煤气 D.焦炉气（2）104Pa、105Pa时由一定量丙烷脱氢制丙烯，反应在不同温度下达到平衡，测得丙烷、丙烯的物质的量分数变化关系如图示。104Pa时丙烷及丙烯的物质的量分数随温度变化关系的曲线分别是_、_。丙烷脱氢制丙烯反应在_(选“高温”或低温”）时更加容易自发进行。起始时充入一定量的丙烷发生反应，计算Q点对应温度下该反应的平衡常数K
60、P=_(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数）。（3）一种丙烷脱氢制丙烯工艺生产中增加了氧化脱氢部分，O2被引入到脱氢反应体系中，这样做的好处是_。（4）利用CO2的弱氧化性，开发了丙烷氧化脱氢制丙烯的新工艺。其反应机理如图所示。已知：CO和C3H6、C3H8的燃烧热H分别为-283.0kJmol-1、-2049.0kJmol-1、-2217.8kJmol-1。298K时，该工艺总反应的热化学方程式为_。该工艺可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂活性，原因是_。【答案】（1）A （2）c b 高温 12500Pa （3）O2与H2反应生成H2O，使脱氢反应平衡正向移动，提高丙
61、烯转化率；丙烷脱氢反应为吸热反应，O2与H2反应放热，为脱氢反应提供热量 （4）CO2(g)+C3H8(g)=C3H6(g)+CO(g)+H2O(l) H=+114.2kJmol-1 碳和二氧化碳生成一氧化碳气体，脱离催化剂 【解析】（1）工业上常从液化石油气中获取丙烷，故答案为：A；（2）正反应吸热，升高温度平衡向正反应方向进行，丙烷的含量减少，由图像分析可知，a、c代表丙烷的物质的量分数，b、d代表丙烯的物质的量分数，对于反应C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)，增大压强，平衡逆向移动，丙烷的物质的量分数增大，丙烯的物质的量分数减小，所以曲线c代表104Pa时丙烷的物质的量分数随温度变
62、化关系，曲线b代表104Pa时丙烯的物质的量分数随温度变化关系；因为反应吸热，所以温度越高，反应越容易自发进行，即高温时更加容易自发进行；由图像可得，Q点对应的压强为105Pa，平衡时丙烷的物质的量分数为50%，设起始时充入1mol丙烷，列三段式有：则有，解得x=，所以平衡常数；（3）氧化脱氢时，可以使O2与H2反应生成H20，使脱氢反应平衡正向移动，提高丙烯转化率；同时，丙烷脱氢反应为吸热反应，O2与H2反应放热，可为脱氢反应提供热量；（4）由已知CO和C3H6、C3H8的燃烧热H分别为-283.0kJmol-1、-2049.0kJmol-1、-2217.8kJmol-1，则有：CO(g)+
63、O2(g)=CO2(g) H=-283.0 kJmol-1C3H6(g)+O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l) H=-2049.0kJmol-1C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) H=-2217.8kJmol-1该反应的总反应式为CO2(g)+C3H8(g)=C3H6(g)+CO(g)+H2O(l)，根据盖斯定律，反应-可得总反应，则总反应的反应热为-2217.8kJmol-1-(-2049.0kJmol-1)-(-283.0 kJmol-1)=114.2kJmol-1；由于碳和二氧化碳生成一氧化碳气体，脱离催化剂，可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂活性。
