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专题 09 化学反应原理综合
(考试时间：75分钟 试卷满分：100分)
1．(10分)(2024·山东枣庄高三期中)氮是空气中含量最多的元素，在自然界中的存在十分广泛，实验小
组对不同含氮物质做了相关研究。
(1)乙二胺(H NCH CHNH )是二元弱碱，分步电离，在溶液中的电离类似于氨。 时，乙二胺溶
2 2 2 2
液中各含氮微粒的分布分数δ(平衡时某含氮微粒的浓度占各含氮微粒浓度之和的分数)随溶液
的变化曲线如图所示。
①HNCH CHNH 在水溶液中第一步电离的方程式为 。
2 2 2 2
②乙二胺一级电离平衡常数。 为 。
(2)工业上利用氨气脱硝反应，实现二者的无害化处理，已知下列反应：
①2H (g)+ O (g) 2HO(g) ΔH＝－483.6kJ·mol－1
2 2 2 1
②2NO (g) N(g)+ O (g) ΔH＝－180kJ·mol－1
2 2 1
③N (g)+ 3H (g) 2NH (g) ΔH＝－92.2kJ·mol－1
2 2 3 3
则 6NO(g)+4NH(g) 6HO(g)+5N (g) 。
3 2 2
(3)氨气常被用于对汽车尾气中的氮氧化物进行无害化处理，以消除其对空气的污染。去除NO的反应
历程如图1所示，此反应中的氧化剂为 (填化学式)，含铁元素的中间产物有 种。
若选用不同的铁的氧化物为催化剂可实现较低温度下的转化，根据图 2选择的适宜条件为。
(4)利用电化学原理脱硝可同时获得电能，其工作原理如图所示。则负极发生的电极反应式为
，当外电路中有2mol电子通过时，理论上通过质子膜的微粒的物质的量为 。
【答案】(1) H NCH CHNH +H O HNCH CHNH ++OH-(1分) 10-4.9(1分)
2 2 2 2 2 2 2 2 3
(2)-1806.4kJ·mol－1(2分)
(3) NO、O(1分) 2(1分) Fe O 作催化剂、反应温度为250℃(1分)
2 2 3
(4) NO-3e-+2H O=NO -+4H+(1分) 2mol(2分)
2 3
【解析】(1)①乙二胺属于二元弱碱，在水溶液中分步电离，第一级电离方程式为
HNCH CHNH +H O HNCH CHNH ++OH-；②根据图像，乙二胺一级电离平衡常数，Kb =
2 2 2 2 2 2 2 2 3 1
=10-4.9；(2)根据盖斯定律，将热化学方程式进行叠加，①×3+②×3-③×2，整理
可得6NO(g)+4NH(g) 6HO(g)+5N (g) ΔH＝－1806.4kJ·mol－1。(3)在氧化还原反应中，氧化剂得到
3 2 2
电子，元素化合价降低。根据图示可知：在历程图1中，元素的化合价降低的物质为NO、O ，所以氧化
2
剂为NO、O ；含铁元素的中间产物有Fe2+—NH 和Fe2+这2种；根据图2可知：在使用Fe O 为催化剂时
2 2 2 3
NO的转化率相对来说较高，反应温度合适为250℃，故根据图2选择的适宜条件为Fe O 作催化剂、反应
2 3
温度为250℃；(4)该装置为原电池，在原电池反应中，负极失去电子，发生氧化反应，正极上得到电子，
发生还原反应。根据图示可知：NO在负极失去电子转化为HNO ，电极反应式为：NO-3e-+2H O=NO -
3 2 3
+4H+；当外电路中有2 mol电子通过时，有2 mol H+通过质子膜进入正极区和O 结合生成HO，根据电子
2 2
守恒，通过的微粒的物质的量为2 mol。
2．(10分)(2024·浙江省义乌五校高三联考)反应CO(g)＋HO(g) CO(g)＋H(g)在工业上有重要应
2 2 2
用。
(1)该反应在不同温度下的平衡常数如表所示。温度/℃ 700 800 830 1000
平衡常
1.67 1.11 1.00 0.59
数
该反应的ΔH 0(填“>”“<”或“=”)。反应常在较高温度下进行，该措施的优缺点是
。
(2)该反应常在Pd膜反应器中进行，其工作原理如图所示。
①利用平衡移动原理解释反应器存在Pd膜时具有更高转化率的原因是 。
②某温度下，H 在Pd膜表面上的解离过程存在如下平衡：H 2H (即图中过程2)，其正反应的
2 2
活化能远小于逆反应的活化能。下列说法不正确的是
A．图中过程2的ΔH>0
B．Pd膜对气体分子的透过具有选择性
C．加快Pd膜内H原子迁移有利于H 的解离
2
D．N 吹扫有助于H 分子脱离Pd膜
2 2
③同温同压下，将等物质的量的CO和HO通入无Pd膜反应器反应，测得CO的平衡转化率为50%；
2
若换成Pd膜反应器，CO的平衡转化率为80%，则相同时间内，出口a和出口b中H 的物质的量比为
2
。
【答案】(1) ΔH＜0(2分) 优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，
平衡逆向移动，产物的转化率较低(2分)
(2) Pd膜能选择性分离出H，平衡正向移动，平衡转化率增大(2分) A(2分) 1：15(2分)
2
【解析】(1)根据表中的数据，温度越高，平衡常数越小，所以正反应为放热反应，ΔH＜0；优点：升
高温度，反应速率较快；缺点：正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产物的转化率较低；(2)①
由图像可知，Pd膜能选择性分离出H，导致平衡正向移动，平衡转化率增大；②A项，过程2正反应的
2
活化能远小于逆反应的活化能，ΔH＜0，故A错误；B项，Pd膜只允许H 通过，不允许CO 通过，对气体
2 2分子的透过具有选择性，故B正确；C项，加快Pd膜内H原子迁移，平衡H 2H正向移动，有利于H 的
2 2
解离，故C正确；D项，N 吹扫更有利于带走H，有助于H 分子脱离Pd膜，⇌故D正确。故选A。③根据
2 2 2
反应CO(g)＋HO(g) CO(g)＋H(g)，设通入的CO和H 均为amol，无Pd膜反应器中CO的平衡转化
2 2 2 2
率为50%，列三段式：
则反应前后气体分子数不变，用物质的量代替物质的量浓度计算平衡常数K= =1；有Pd膜
反应器中CO的平衡转化率为80%，列三段式：
温度不变，则平衡常数K不变，K= ，解得n=0.05a，则相同时间内出口a产生的H 为
2
0.05amol，出口b的H 为 (0.8a-0.05a)mol，质量比为1：15。
2
3．(10分)(2024·浙江强基联盟高三联考)甲烷催化重整是工业制氢的重要途径。涉及的主要反应如下：
①甲烷部分氧化反应：CH (g)+1/2O (g) CO (g)+ 2H (g) ΔH＝－35.7 kJ·mol－1
4 2 2
②甲烷水蒸气重整反应：CH (g)+HO(g) CO (g)+ 3H (g) ΔH＝+206.2 kJ·mol－1
4 2 2
③水气转换反应：CO (g)+H O(g) CO(g)+ H (g) ΔH＝-41.2 kJ·mol－1
2 2 2
请回答：
(1)甲烷水蒸气重整—水气变换耦合反应为CH (g)+2HO(g) CO (g)+ 4H (g)，该反应的ΔH =
4 2 2 2
kJ·mol－1，该反应自发进行的条件是 。
(2)一定温度下，恒容反应器中注入初始浓度均为1mol·L-1的原料气CH (g)、O(g)、HO(g)，充分反
4 2 2
应达到平衡状态，测得c [CH (g)]= c [CO(g)]=0.25mol·L-1、c [O (g)]=0.75mol·L-1。该条件下反应③的平衡
4 2 2
常数为 。
(3)下列说法正确的是_______。
A．通过控制氧气用量，有利于实现甲烷重整过程的热平衡
B．升高温度，水气变换反应速率降低， 产率降低C．恒压条件比恒容条件利于提高 平衡转化率
D．一定温度下，恒容反应器中c [CO(g)]：c [CO(g)]=1，说明反应达到平衡状态
2
(4)在进气量为 下，CH (g)、O(g)、HO(g)以恒定比例通入催化反应器，研究温度对反应
4 2 2
的影响。结果如图1所示。
①
在图2中画出CH 转化率与温度关系示意图 。
4
②近年来发展了钯膜催化甲烷重整制氢技术，反应器中 选择性透过膜的机理如图3所示。说明该制
备技术的优点： 。
【答案】(1) +165(2分) 高温(2分) (2)2.0(2分) (3)AC(2分)
(4) (2分)
生成的H 通过钯膜不断分离，生成物浓度降低，平衡右移，转化率(产率)提高；钯膜选择性透过H，
2 2
可直接分离获得高纯度H
2
【解析】(1)反应②和反应③相加即可得反应CH (g)+2HO(g) CO (g)+ 4H (g)，则该反应的
4 2 2 2
ΔH =+206.2kJ/mol-41.2kJ/mol=+165.0 kJ·mol－1，该反应是吸热的熵增反应，根据ΔG=ΔH-TΔS，ΔG<0时
反应自发，所以该反应自发进行的条件是高温。(2)根据碳原子守恒，可知CO的物质的量浓度为1mol/
L-0.25mol/L-0.25mol/L=0.5mol/L，根据氧原子守恒可知HO的物质的量浓度为0.5mol/L，根据氢原子守恒，
2
可知H 的物质的量浓度为2.0mol/L，则K= 。(3)A项，增大氧气的量，反应
2
①放出更多的热量，可以提供热量给反应②，所以可以通过控制氧气用量，实现甲烷重整过程的热平衡，故A正确；B项，升高温度，反应速率增大，故B错误；C项，由于反应①和②均为气体体积增大的反应，
所以恒压条件比恒容条件利于提高 CH 平衡转化率，故C正确；D项，反应达到平衡状态和物质的量浓
4
度之比无关，故D错误；故选AC。(4)①从图1可以看出，温度较低时，H 和CO的收率都没有明显变化，
2
而CO 的收率在增加，说明反应①和②速率较慢，反应③速率较快，甲烷的转化率较小；温度达到650℃
2
以上时，温度升高，CO 的收率降低，H 和CO的收率都增大，说明反应③逆向移动，反应①和②速率加
2 2
快，甲烷的转化率增大，三个反应都达到平衡后，甲烷的转化率不再明显变化，故图像为
。②从图3可以看出，通过钯膜催化甲烷重整制氢技术，可以把
生成的H 通过钯膜不断分离，生成物浓度降低，平衡右移，转化率(产率)提高；钯膜选择性透过H，还可
2 2
直接分离获得高纯度H。
2
4．(12分)(2024·浙江省温州市普通高中高三一模)苯乙烯是用来制备重要高分子聚苯乙烯的原料。以水
蒸气做稀释剂、催化剂存在条件下，乙苯催化脱氢可生成苯乙烯。可能发生如下两个反应：
主反应：C HC H(g) C HCH=CH(g)＋H(g) ΔH ＝+117.5kJ·mol−1
6 5 2 5 6 5 2 2 1
副反应：C HC H(g)＋H(g) C HCH(g)＋CH(g) ΔH
6 5 2 5 2 6 5 3 4 2
(1)已知，在298K、101kPa条件下，某些物质的相对能量( )变化关系如图所示：
ΔH= kJ·mol−1。
2(2)在不同的温度条件下，以水烃比 投料，在膜反应器中发生乙苯脱氢反应。膜反应
器可以通过多孔膜移去H，提高乙苯的平衡转化率，原理如图所示。
2
已知 移出率
①忽略副反应。维持体系总压强p恒定，在温度T时，已知乙苯的平衡转化率为 ， 的移出率为
b，则在该温度下主反应的平衡常数K = (用 等符号表示)。[对于气相反应，用某组分B的平
P
衡压强 代替物质的量浓度 也可表示平衡常数，记作kJ·mol−1，如 ，p为平衡总压
强， 为平衡系统中B的物质的量分数]；
②乙苯的平衡转化率增长百分数与 的移出率在不同温度条件下的关系如下表：
温度/℃
增长百分数/% 700 950 1000
移出率/%
60 8.43 4.38 2.77
80 16.8 6.1 3.8
90 27 7.1 4.39
高温下副反应程度极小。试说明当温度高于950℃时，乙苯的平衡转化率随 的移去率的变化改变程
度不大的原因： ；
③下列说法正确的是 。A．生成H 的总物质的量与苯乙烯相等
2
B．因为H 被分离至隔离区，故反应器中不发生副反应
2
C．在恒容的膜反应器中，其他条件不变，增大水烃比，可提高乙苯的转化率
D．膜反应器可降低反应温度，减少副反应的影响
(3)不同催化剂效能与水烃比有关。保持体系总压为常压的条件下，水烃比为9(曲线Ⅰ)时乙苯的平衡
转化率与温度的关系的示意图如下：
①请在图中画出水烃比为1时乙苯的平衡转化率与温度的关系曲线(曲线Ⅱ) ；
②工业上，减小水烃比是降低苯乙烯脱氢装置能耗的一个重要方向。若其他条件不变，减少水烃比，
为使反应从起始到平衡均达到或接近原有的反应速率、限度，则可相应的改变的条件： 。
A．升温 B．降温 C．增压 D．减压 E．催化剂
【答案】(1)-54.6(2分)
(2) (2分) 主反应的吸热，高于950℃时，乙苯的平衡转化率很大(或平衡常数很
大)，H 的移出率对平衡转化率的影响很小，或主反应的吸热，高于950℃时，温度对于主反应的影响大于
2
H 的移出率对平衡转化率的影响(2分) D(2分)
2
(3) (2分) AE(2分)
【解析】(1)根据图像可知：① ；②
；③ ；根据盖斯定律：③-②+①，得C HC H(g)＋H(g) C HCH(g)＋CH(g) ΔH ＝-54.6kJ·mol−1；(2)①
6 5 2 5 2 6 5 3 4 2
H 的移出率为b，剩余氢气 ，结合总压强p，将数据代入分压平衡常数，得
2
；②当温度高于950℃时，乙苯的平衡转化率随H 的移去率的变化改变程度不大的原
2
因：主反应的吸热，高于950℃时，乙苯的平衡转化率很大(或平衡常数很大)，H 的移出率对平衡转化率
2
的影响很小，或主反应的吸热，高于950℃时，温度对于主反应的影响大于H 的移出率对平衡转化率的影
2
响；③A项，该过程有副反应发生，生成H 的总物质的量与苯乙烯不相等，故A错误；B项，主反应为
2
可逆过程，始终有H 存在，故反应器中发生副反应，故B错误；C项，在恒容的膜反应器中，其他条件不
2
变，增大水烃比，平衡正向移动，但乙苯的转化率降低，故C错误；D项，膜反应器可降低反应温度，减
少副反应的影响，故D正确；故选D；(3)①水烃比为1时乙苯的平衡转化率与温度的关系曲线(曲线Ⅱ)：
；②工业上，减小水烃比是降低苯乙烯脱氢装置能耗的一个重要方向。若其他条
件不变，减少水烃比，为使反应从起始到平衡均达到或接近原有的反应速率、限度，则可相应的升温或使
用催化剂实现。
5．(14分)(2024·河南省湘豫名校联考联盟高三联考)汽车尾气的污染是现代研究的重要课题。一定条件
下对汽车尾气有效治理的反应要经历以下三个基元反应阶段，反应历程如图甲所示(TS表示过渡态，图示
涉及的物质均是气体)。请回答下列问题：
(1)写出有效治理汽车尾气的三个基元反应中反应②的热化学方程式为 ；上述该过程的总反应
热化学方程式为 。
(2)汽车尾气中含有NO，在一定条件下NO会发生反应2NO(g) 2N(g)+O(g)。在三个密闭容器
2 2 2 2 2
Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中分别通入0.1molNO气体，各容器中NO的平衡转化率如图乙所示。
2 2
①该反应的逆反应为 反应(填“放热”或“吸热”)。
②若三个密闭容器的容积分别为V、V 、V ，则V、V 、V 的大小关系为 。
I II III I II III
③若V =1L，470℃时容器Ⅱ中反应的平衡常数K为 ；在此温度下，向1L的密闭容器Ⅳ中通
II
入0.06molNO、0.06molN 和0.04molO，则反应开始时v (N O) v (N O)(填“＞”“=”或“＜”)。
2 2 2 正 2 逆 2
(3)汽车尾气中的NO可与Br 发生反应：2NO(g)+Br (g) 2NOBr(g) H=-akJ•mol-1(a＞0)，其反
2 2
应机理如下： △
①NO(g)+Br (g) NOBr (g) 快
2 2
②NO(g)+NOBr (g) 2NOBr(g) 慢
2
下列有关该反应的说法正确的是 (填字母序号)。
A．该反应的速率主要取决于反应①的快慢
B．NOBr 是该反应的催化剂
2
C．正反应的活化能比逆反应的活化能小akJ•mol-1
D．增大Br (g)的浓度能增大活化分子百分数，加快反应速率
2【答案】(1) N O(g)+CO(g)=NO(g)+CO(g) H=-513.5kJ•mol-1 (2分)
2 2 2 2
2CO(g)+2NO(g) N(g)+2CO (g) △H=-620.9kJ•mol-1(2分)
2 2
(2)放热(2分) V＞V ＞V (2分) 0.0△675mol•L-1 (2分) ＞(2分)
I II III
(3)C(2分)
【解析】(1)根据图示中反应历程中三个基元反应可知，
反应①2NO(g) =NO(g) ΔH=+199.2kJ•mol-1；
2 2
反应②NO(g)+CO(g) =N O(g)+CO(g) ΔH=-513.5kJ•mol-1；
2 2 2 2
反应③NO(g)+CO(g) =N (g)+CO (g) ΔH=-306.6kJ•mol-1；
2 2 2
总反应为2CO(g)+2NO(g) N(g)+2CO (g) ；
2 2
根据盖斯定律反应①+反应②+反应③即得总反应，总反应热化学方程式为2CO(g)+2NO(g)
N(g)+2CO (g) H=-620.9kJ•mol-1；(2)①由图可知，温度升高，NO的平衡转化率增大，即平衡正向移动，
2 2 2
则该反应的正反应△为吸热反应，逆反应为放热反应；②反应2NO(g) 2N(g)＋O(g)为气体体积增大
2 2 2
的反应，温度相同、反应物的物质的量相同的条件下，容器Ⅰ、容器Ⅱ、容器Ⅲ中NO 的平衡转化率递减，
2
说明容器Ⅰ、容器Ⅱ、容器Ⅲ的压强逐渐增大，故容器Ⅰ、容器Ⅱ、容器Ⅲ的容积依次减小，即
；③若 ，由图可知，470℃时容器1中NO的平衡转化率为60%，则平衡时，
2
、 、 ，其化学平衡常数
；在此温度下向1L密闭容器Ⅳ中若开始通入 ，
和 ，则容器Ⅳ中初始浓度熵 ，反应向正反应方向进
行，则反应开始时 ；(3)A项，反应速率主要取决于活化能大、反应速率慢的一步反应，
所以该反应的总反应速率主要取决于反应②的快慢，A项错误；B项，NOBr 是反应过程中的中间产物，
2
而不是该反应的催化剂，B项错误；C项，由于该反应为放热反应，说明反应物总能量高于生成物总能量，
所以正反应的活化能比逆反应的活化能小akJ·mol−1，C项正确；D项，增大Br (g)的浓度，单位体积内分
2
子总数增加，单位体积内活化分子数增加，但活化分子百分数不变，所以反应速率加快，D项错误；故选
C。
6．(15分)(2024·云南部分名校高三联考理科综合)氨是一种重要的化工原料，可用于制造铵态化肥。已知：N(g)+3H(g) 2NH (g) ΔH=-91kJ/mol。回答下列问题：
2 2 3
(1)已知上述反应的熵变(ΔS)为-198.9J·mol-1·K-1，该反应能自发进行的温度可能是___________(填标号)。
A．25 ℃ B．150 ℃ C．1273 ℃ D．1457.5 ℃
(2)在恒温恒容条件下，充入等物质的量的N 和H 合成氨气，下列情况表明该反应达到平衡状态的是
2 2
___________(填标号)。
A．混合气体密度不随时间变化 B．N 体积分数不随时间变化
2
C．混合气体总压强不随时间变化 D．H 与 NH 的消耗速率之比为3∶2
2 3
(3)在催化剂作用下，合成氨的反应速率为 (k为速率常数，只与温度、
催化剂有关，与浓度无关。a、β、γ为反应级数，可取正整数、负整数、0，也可取分数)。 为了测定反应
级数，在一定温度下进行实验，其结果如下：
序号 c(N)/(mol·L-1) c(H)/(mol·L-1) c(NH )/( mol·L-1) 反应速率
2 2 3
I 1 1 1 V
Ⅱ 2 1 1 2v
Ⅲ 1 4 1 16v
Ⅳ 1 4 2 16v
①α+β+γ=
②已知经验公式为 (其中，E、k分别为活化能、速率常数，R、C为常数，T为温度)。
a
在催化剂作用下，测得Rlnk与温度( )的关系如图1所示。
催化效率较高的是 (填“Catl”或“Cat2”)，在Cat2催化剂作用下。活化能E 为
a
(4)在体积均为2L的甲、乙两恒容密闭容器中分别通入 l mol N2和3mol H
2
，分别在不同条件下达到平
衡，测得 NH₃的物质的量与时间的关系如图2所示。①相对甲，乙仅改变的一个条件是 ，正反应速率：a (填“>”、“<”或
“=”)b。
②在该条件下，乙的平衡常数为 (结果保留2位小数)。
【答案】(1)AB(2分) (2)CD(2分) (3) 3(2分) Catl(2分) 30.0 kJ/mol(2分)
(4) 降低温度(2分) > (1分) 8.33(2分)
【解析】(1)根据自由能判据可知， G= H-T S=-91000-(-198.9)T<0，T<457.5K，t<184.5℃，A、B项
符合题意；(2)A项，气体总质量不变，体△积不△变，△密度始终不变，A错误；B项，氮气的体积分数为
50%，始终不变，B错误；C项，反应前后气体系数和不同，反应过程中气体的总物质的量随着反应发生
改变，物质的量变化压强会改变，混合气体总压强不随时间变化，C正确；D项，H 与 NH 的消耗速率之
2 3
比为3∶2，则单位时间消耗的氢气等于生成的氢气，D正确；故选CD。(3)①将各组数据代入计算，将I、
II组数据代入，a为1；将I、III组数据代入，β为2；将III、IV组数据代入，γ为0；所以α+β+γ=3；②根
据经验公式可知，温度变化相同时，Rlnk变化值与活化能成比例，活化能越大，变化值越大。故斜率越小，
活化能越小，催化剂Catl催化效率越高，代入a、b点数据可知，93=-Ea×2×10-3+C，33=-Ea×4×10-3+C，解
得Ea=30.0kJ/mol；(4)① 甲相对于乙，先达平衡，则速率快，达平衡时氨气的含量甲小于乙，故改变的条
件为降低温度，甲的温度较高，所以a点的反应速率大于b点；②乙容器平衡时含1.2mol氨气，则平衡时
c(N)=0.2mol/L，c(H)= 0.6mol/L，c(NH )=0.6mol/L， 。
2 2 3
7．(14分)(2023·广东湛江高二毕业班调研考试)2023年5月，中国神舟十六号载人飞船成功发射，三
位航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮在天宫空间站开启长达半年的太空生活。
(1)法国化学家Paul Sabatier提出并命名的“Sabatier反应”实现了CO 甲烷化，科技人员基于该反应设
2
计如图过程完成空间站中CO 与O 的循环，从而实现O 的再生。
2 2 2①写出与CH 具有相同空间结构的一种微粒： 。
4
②在特定温度下，由稳定态单质生成1mol化合物的焓变叫做该物质在此温度下的标准摩尔生成焓。
表中为几种物质在298K的标准生成焓。
物质 CO(g) CH(g) HO(g) H(g)
2 4 2 2
标准摩尔生成焓/(kJ·mol-1) -393.51 -74.85 -241.82 0
则Sabatier反应CO(g)+4H (g) CH (g)+2 HO(g) ΔH kJ·mol-1。
2 2 4 2
③下列有关Sabatier反应说法正确的是 。
A．输送进入Sabatier反应器的是电解水装置的阴极产物
B．采用高压和合适催化剂均有利于提高Sabatier反应的转化率
C．恒温条件下，在刚性容器中发生Sabatier反应，气体密度不变时，说明反应达到平衡
D．应该在Sabatier反应器的前端维持较高温度，后端维持较低温度
④一定条件下，CH 分解形成碳的反应历程如图所示，其中决定反应速率的是第 步反应。
4
(2)航天员呼吸产生的CO 还可以利用Bosch反应：CO(g)+2H (g) C(s)+ 2HO(g) 代替Sabatier
2 2 2 2
反应。在250℃时，向体积为2L恒容密闭容器中通入2molH 和1molCO 发生Bosch反应，测得容器内气
2 2
压变化如图所示。
①试解释容器内气压先增大后减小的原因： 。②该温度下Bosch反应的K= (写出计算过程，K 为用气体的分压表示的平衡常数，分压=
p p
气体的体积分数×体系总压)。
③在上图基础上画出其他条件相同，向体系加入催化剂时其压强随时间的变化曲线。
【答案】(1) NH+、SO 2-等(2分) -164.98(2分) AD (2分) 4或四(2分)
4 4
(2) 该反应是放热反应，反应开始时容器内温度上升，压强增大，随着反应进行，反应气体分子体减
少，压强减小(2分) 0.05(2分) (2分)
【解析】(1)①CH 为正四面体形，NH +、SO 2-等立体结构均为正四面体形；②根据题给信息可得则
4 4 4
Sabatier反应的 ；③由图示，输
送进入Sabatier反应器的是H，H 是电解水装置的阴极产物，A正确；催化剂不能改变Sabatier反应的转
2 2
化率，B错误；反应前后气体总质量不变，刚性容器体积不变，所示气体密度不变时不能说明反应达到平
衡，C错误；Sabatier反应器的前端维持较高温度是为了提高反应速率，后端维持较低温度是因为该反应放
热，低温可提高反应转化率，D正确；故选AD；④活化能最大的一步反应最慢，是决定反应速率的步骤，
故为第4步；(2)①该反应是放热反应，反应开始时容器内温度上升，压强增大，随着反应进行，反应气体
分子体减少，压强减小；②设反应转化了x mol CO ：
2
根据阿伏加德罗定律： 解得x=0.5， ；③加入催化剂只能
加快反应速率，可以缩短时间，但不改变平衡转化率，所以平衡时的压强不变，其他条件相同，向体系加入催化剂时其压强随时间的变化曲线如 。
8．(15分)研究含氮元素物质的反应对生产、生活、科研等方面具有重要的意义。
(1)发射“神舟十三”号的火箭推进剂为液态四氧化二氮和液态偏二甲肼(C HN)。
2 8 2
已知：①C HN(l)＋4O(g)===2CO (g)＋N(g)＋4HO(l) ΔH＝－2 765.0 kJ·mol－1
2 8 2 2 2 2 2 1
②2O(g)＋N(g)===N O(l) ΔH＝－19.5 kJ·mol－1
2 2 2 4 2
③HO(g)===H O(l) ΔH＝－44.0 kJ·mol－1
2 2 3
则C HN(l)＋2NO(l)===3N (g)＋2CO(g)＋4HO(g)的ΔH为__________。
2 8 2 2 4 2 2 2
(2)碘蒸气存在能大幅度提高NO的分解速率，反应历程为
2
第一步：I(g)→2I(g)(快反应)
2
第二步：I(g)＋NO(g)→N (g)＋IO(g)(慢反应)
2 2
第三步：IO(g)＋NO(g)→N (g)＋O(g)＋I(g)(快反应)
2 2 2
实验表明，含碘时 NO 分解速率方程 v＝k·c(N O)·[c(I)]0.5(k 为速率常数)。下列表述正确的是
2 2 2
________(填字母)。
A．NO分解反应中，k值与碘蒸气浓度大小有关 B．v(第二步的逆反应)＜v(第三步反应)
2
C．IO为反应的催化剂 D．第二步活化能比第三步大
(3)为避免汽车尾气中的氮氧化合物对大气的污染，需给汽车安装尾气净化装置。在净化装置中CO和
NO 发生反应：2NO(g)＋2CO(g)===N (g)＋2CO(g) ΔH＝－746.8 kJ·mol－1。实验测得：v ＝k
2 2 正
·p2(NO)·p2(CO)，v ＝k ·p(N )·p2(CO)。其中k 、k 分别为正、逆反应速率常数，只与温度有关；p为
正 逆 逆 2 2 正 逆
气体分压(分压＝物质的量分数×总压)。
①达到平衡后，仅升高温度，k 增大的倍数__________(填“大于”“小于”或“等于”)k 增大的倍
正 逆
数。
②一定温度下在刚性密闭容器中充入CO、NO和N 的物质的量之比为2∶2∶1，压强为p。达平衡时
2 0
压强为0.9p，则＝__________。
0
(4)我国科技人员计算了在一定温度范围内下列反应的平衡常数K ：
p
ⅰ.3N H(l)===4NH(g)＋N(g) ΔH K
2 4 3 2 1 p1
ⅱ.4NH(g)===2N (g)＋6H(g) ΔH K
3 2 2 2 p2
绘制pK －T和pK －T的线性关系如图所示(已知：pK ＝－lg K )：
p1 p2 p p
①由图可知，ΔH________(填“＞”或“＜”)0。
1②反应3NH(l)===3N (g)＋6H(g)的K＝________(用K 、K 表示)；该反应的ΔH________(填“＞”
2 4 2 2 p1 p2
或“＜”)0，写出推理过程：______________________________________________。
【答案】(1)－2 550.0 kJ·mol－1(2分) (2)BD(2分) (3)①小于(2分) ②(2分)
(4)①<(2 分) ② K ·K (2 分) <(1 分) 设 T>T ，由图可知：pK (T)－pK (T)>∣pK (T)－
p1 p2 2 1 p1 2 p1 1 p2 2
pK (T)∣ ， 则 pK (T) － pK (T)> pK (T) － pK (T) ， pK (T) ＋ pK (T)>pK (T) ＋ pK (T) ，
p2 1 p1 2 p1 1 p2 1 p2 2 p1 2 p2 2 p1 1 p2 1
lg[K (T)·K (T)]>lg[K (T)·K (T)]，即K(T)>K(T)，因此该反应正反应为放热反应(2分)
p1 1 p2 1 p1 2 p2 2 1 2
【解析】(1)由盖斯定律可知，①－2×②－4×③得反应：C HN(l)＋2NO(l)===3N (g)＋2CO(g)＋
2 8 2 2 4 2 2
4HO(g) ΔH＝ΔH－2ΔH－4ΔH＝－2 550.0 kJ·mol－1。(2)k为速率常数，受温度、催化剂、固体表面积性
2 1 2 3
质等影响，不受浓度影响，A错误；平衡时v ＝v ，第二步反应为慢反应，反应速率较慢，则v(第二步
正 逆
的逆反应)也较慢，第三步反应为快反应，反应速率较快，故 v(第二步的逆反应)＜v(第三步反应)，B正确；
IO为中间过程产物，不是反应的催化剂，C错误；活化能越大反应越慢，第二步反应为慢反应，第三步反
应为快反应，故第二步活化能比第三步大，D正确。(3)①达到平衡后，v ＝v 即k ·p2(NO)·p2(CO)＝k
正 逆 正
·p(N )·p2(CO)，反应的平衡常数 ，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K
逆 2 2 p
值减小，则仅升高温度，k 增大的倍数小于k 增大的倍数。②一定温度下在刚性密闭容器中充入CO、
正 逆
NO和N 的物质的量之比为2∶2∶1，设初始CO、NO和N 的物质的量分别为2 mol、2 mol、1 mol，生成
2 2
N 的物质的量为x mol，
2
2NO(g)＋2CO(g) N(g)＋2CO(g)
2 2
起始/mol 2 2 1 0
转化/mol 2x 2x x 2x
平衡/mol 2－2x 2－2x 1＋x 2x
则反应后总物质的量为(5－x) mol，初始压强为p ，达平衡时压强为0.9p ，则＝，x＝0.5，平衡时CO、
0 0
NO、N 、CO 的物质的量分别为 1 mol、1 mol、1.5 mol、1 mol，总物质的量为 4.5 mol，则
2 2
。(4)①由图可知，K 随着温度的升高而减小，则平衡逆向移动，正反应
p1
为放热反应，ΔH<0。②由盖斯定律可知，ⅰ＋ⅱ得反应 3NH(l)===3N (g)＋6H(g)，则该反应的K＝
1 2 4 2 2
K ·K 。
p1 p2
