文档内容
”“<”或“=”)。 1 2 Ⅱ.微生物燃料电池是一种利用微生物将化学能直接转化成电能的装置。已知某种甲醇( )微生物燃 料电池(如图所示)中，电解质溶液呈酸性。 (3)该电池中，外电路电流的流动方向为_______(填“从A到B”或“从B到A”)。 (4)B电极附近氧气发生的电极反应为_______。 (5)该燃料电池的总反应为_______。 Ⅲ.某可逆反应在体积为2L的恒温恒容密闭容器中进行，0~3min各物质的物质的量的变化情况如图所示 (A、C均为气体，B为固体)。 (6)该反应的化学方程式为_______。 (7)下列说法错误的是_______(填标号)。A．2min内A表示的反应速率为 B．增加B的物质的量，可使反应速率加快 C．当容器内混合气体的密度保持不变时，该反应达到平衡状态 D．当容器内压强保持不变时，该反应达到平衡状态 【答案】(1)吸热 (2) 92.4 > (3)从B到A (4) (5) (6) (7)BD 【解析】（1）反应的焓变为反应物的键能和减去生成物的键能和， 焓变为 6×391kJ-945.6kJ-3×436kJ=92.4kJ，焓变大于零，为吸热反应； （2）根据（1）分析可知， ，∆H=-92.4kJ/mol，则Q 为92.4k kJ。实际生产 1 中，反应为可逆反应，进行不完全，Q> Q 。 1 2 （3）由图可知，氧气在B极发生还原反应，为正极，则A为负极；外电路电流由正极流向负极，故流向 为从B到A； （4）氧气在B极得到电子，发生还原反应生成水， ； （5）该燃料电池中甲醇在负极发生氧化反应，总反应为甲醇和氧气生成二氧化碳和水， ； （6）由图可知，反应的ABC的物质的量比为（5mol-3mol）：（2mol-1mol）：（4mol-2mol）=2:1:2，且 反应后各物质共存，为可逆反应，故该反应的化学方程式为 ； （7）A．2min内A表示的反应速率为 ，A正确；B．B是固体，增加固体的物质的量，反应速率不变，B错误； C．容器内混合气体的质量是变量，则混合气体的密度也是变量，当变量保持不变时，该反应达到平衡状 态，C正确； D．该反应中气体物质的量始终保持不变，恒温恒容条件下，容器内的体压强是常量，也始终保持不变， 常量保持不变时，该反应可能达到平衡状态，也可能未达到平衡状态，D错误。 故选BD。 【变式练习】 1.回答下列问题： (1)化学反应的过程都是旧键断裂、新键形成的过程。对于反应： ，已知断开 键， 键分别需要吸收的能量是 和 ，形成 键需要放出的能量是 。 ① 和 完全反应共_______(填“放出”或“吸收”)能量_______ 。 ②如图，能够反映该反应能量变化的图象是_______(填“A”或“B”)。 (2)①如图所示，在银锌原电池中，以硫酸铜为电解质溶液，锌电极上发生的是_______ (填“氧化”或“还 原”)反应，电极反应式为_______。银片上观察到的现象是_______。 ②将 设计成燃料电池，其能量利用率更高，装置如图所示(A、B为多孔碳棒)。实验测得 向B电极定向移动，则_______ (填“A”或“B”)处电极入口通甲烷，其电极反应式为 _______。 (3)在 密闭容器中，X，Y、Z三种气体的物质的量随时间的变化曲线如图： ①该反应的化学方程式是_______。 ②该反应达到平衡状态的标志是_______(填字母)。 A．Y的体积分数在混合气体中保持不变 B． C．容器内气体压强保持不变 D．容器内气体的密度保持不变 E.生成 的同时消耗 ③ 内Y的转化率为_______。 【答案】(1) 放出 11 B (2) 氧化 生成一层红色固体物质 B CH＋10OH--8e-=CO ＋ 4 7HO 2(3) 3X+Y 2Z AC 60% 【详解】（1）①反应的焓变等于反应物的键能和减去生成物的键能和； 反应的焓变为 + -2× =-11kJ/mol；则 和 完全反应共放出能量11 。 ②该反应为放热反应，生成物能量低于反应物的能量，能够反映该反应能量变化的图象是B； （2）①在银锌原电池中，以硫酸铜为电解质溶液，锌较为活泼，为负极，锌电极上发生的是氧化反应， 电极反应式为 。银片为正极，铜离子放电生成铜单质，观察到的现象是生成一层红色固体物 质； ②将 设计成燃料电池，甲烷发生氧化反应为负极，氧气发生还原反应为正极，反应中阴离子向负极运 动；实验测得 向B电极定向移动，则B处电极入口通甲烷，其电极反应式为CH＋10OH--8e-=CO ＋ 4 7HO； 2 （3）①由图可知，反应达到平衡时，反应的YXZ的物质的量分别为0.2mol、0.6mol、0.4mol，则三者的 系数比为1:3:2，该反应的化学方程式是3X+Y 2Z； ②A．Y的体积分数在混合气体中保持不变，说明平衡不再移动，达到平衡，A正确； B．化学反应速率之比=计量数之比， ，此时正逆反应速率不相等，没有达到平衡，B错 误； C．反应为气体分子数改变的反应，容器内气体压强保持不变，达到平衡，C正确； D．容器体积和气体质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡；D错误； E．生成 的同时消耗 ，描述的都是逆反应，不能确定是否达到平衡，E错误； 故选AC； ③由图可知， 内Y反应的物质的量为0.6mol，转化率为 。 2．（2022·北京海淀·高三期末）传统方法制备 会产生大量副产物，研究者通过更环保的电解法，使 用空气和水制备 ，并用其处理有机废水，过程如下。(1)电解制备 ，装置示意图如图所示。 ①a极的电极反应式为_______。 ②通过管道将b极产生的气体送至a极，目的是_______。 ③pH过高时 会分解。但电解一段时间后，a极附近溶液的pH基本不变，原因是_______。 ④测定生成的 浓度。取x mL 溶液，用a 溶液滴定 ，完全反应转化为 时，消耗b mL 溶液。则 溶液的浓度为_______ 。 (2)用 氧化含有机物RhB的废水，将其降解为无机物，结果如图所示。溶液中的总有机碳(TOC)去除 率越高，降解效果越好。①20min时，RhB残留量已接近0。这段时间内RhB的平均降解速率=_______。 ②降解过程中，随着TOC去除率接近100%，溶液的pH降至5.6，请结合化学用语解释原因：_______。 【答案】(1) O+2H O+2e−= H O+2OH− 将b极产生的氧气循环利用，用于制备HO 反应中转移等 2 2 2 2 2 2 量的电子，阴极产生OH-与阳极产生H+的物质的量相等，阳极产生H+通过质子交换膜移至a极附近与OH- 反应 (2) HO 氧化有机物时，有机物中碳元素转化为CO，CO+H O HCO， 2 2 2 2 2 2 3 HCO H++HCO ，使溶液呈酸性，pH降低到5.6 2 3 【分析】（1）①氧气在a极得电子，化合价降低，发生还原反应生成过氧化氢，故a极的电极反应式为 O+2H O+2e−= H O+2OH−； 2 2 2 2 ②b极为阳极，发生氧化反应，生成氧气，故通过管道将b极产生的气体送至a极，目的是将b极产生的氧 气循环利用，用于制备HO； 2 2 ③电解时a极生成OH-，pH升高，b极生成H+，pH降低，H+能通过质子交换膜移动到a极，中和OH-，保 持a极附近溶液的pH不变，故为原因为：反应中转移等量的电子，阴极产生OH-与阳极产生H+的物质的 量相等，阳极产生H+通过质子交换膜移至a极附近与OH-反应； ④H O 和Ce(SO) 反应，Ce(SO) 做氧化剂，HO 做还原剂，根据电子守恒有如下关系，HO 2 2 4 2 4 2 2 2 2 2 ~2Ce(SO )，则HO 的浓度为 ； 4 2 2 2 （2）①20min时，RhB残留量已接近0；根据速率公式有，； ②H O 氧化有机物时，有机物中碳元素转化为CO，CO+H O HCO，HCO H++HCO ，使溶液呈 2 2 2 2 2 2 3 2 3 酸性，pH降低到5.6。 3．（2022·辽宁大连·二模）我国提出2060年前实现碳中和，为有效降低大气CO 中的含量，以CO 为原 2 2 料制备甲烷、戊烷、甲醇等能源物质具有较好的发展前景。CO 在固体催化剂表面加氢合成甲烷过程中发 2 生如下反应： Ⅰ.主反应： Ⅱ.副反应： (1)已知：Ⅲ. Ⅳ. 则 _______ (2)CO 加氢合成甲烷时，通常控制温度为 左右，其可能的原因为_______ 2 A．反应速率快 B．平衡转化率高 C．催化剂活性高 D．主反应催化剂选择性好 (3) 时，向1L恒容密闭容器中充入 和 ，初始压强为p， 时主、副反应都达到 平衡状态，测得 ，体系压强为 ，则 内 _______，平衡时 选择 性=_______( 选择性 ，计算保留三位有效数字) (4)以 催化加氢合成的甲醇为原料，在催化剂作用下可以制取丙烯，反应的化学方程式为 。该反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图中曲线a所示，已知 Arhenius经验公式 ( 为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。则该反应的活化能_______ 。当改变外界条件时，实验数据如图中的曲线b所示，则实验可能改变的外界条件是 _______。 【答案】(1) (2)ACD (3) 66.7% (4) 64 使用更高效的催化剂或增大催化剂的比表面积 【解析】(1)根据盖斯定律反应Ⅲ的2倍减去反应Ⅰ得到Ⅳ，则 ；故答案为： 。 (2)CO 加氢合成甲烷时，也有副产物发生，主反应是放热反应，副反应是吸热反应，通常控制温度为 2 左右，此时催化剂的活性高，反应速率快，由于有副反应发生，因此应是主反应催化剂选择性好， 而温度高，对副反应平衡正向移动，对主反应平衡逆向移动；故答案为：ACD。 (3) 时，向1L恒容密闭容器中充入 和 ，初始压强为p， 时主、副反应都达到 平衡状态，测得 ，体系压强为 ，建立三段式， ，2x+y=5，根据物质的量之比等于压强之比得 到 ，解得x=2，y=1，则 内 ，平衡时 选择性 ；故答案为： ；66.7%。 (4)根据题意和a曲线上两点得到8.0 ＝−3.2×103×Ea +C，1.6 ＝−3.3×10−3×Ea +C，两者方程式相减得到Ea＝64 ，则该反应的活化能 64 。当改变外界条件时， 实验数据如图中的曲线b所示，斜率降低，说明活化能降低，则实验可能改变的外界条件是使用更高效的 催化剂或增大催化剂的比表面积；故答案为：64；使用更高效的催化剂或增大催化剂的比表面积。 探究三 化学能与电能 （2022·天津天津·高三期中）甲醇的结构决定了其性质及其应用。请按要求回答下列问题。 (1)甲醇、乙烷沸点分别为65℃、-89℃，对比分析推测乙醇比丙烷沸点____(填“高很多”或“低很多”或 “等于”)，你的推测依据是____。 (2)甲醇结构式如图，其分子中含a、b、c三种化学键。 ①甲醇的官能团名称为____。 ②甲醇分子中较易断裂的化学键是____(填字母)。从原子结构的视角分析得出此结论的依据是____。③写出甲醇与钠反应的化学方程式____。 ④在铜催化加热条件下，甲醇发生反应的化学方程式为____。 (3)甲醇燃料电池装置示意图如图所示： 它可将化学能转变为电能，可作为笔记本电脑等能量的来源。在催化剂作用下甲醇转化为HO和CO。写 2 2 出该电池工作时负极电极反应式：____。 【答案】(1) 高很多 乙醇分子间存在氢键，而丙烷分子间不存在氢键 (2) 羟基 bc 氧原子的吸引电子的能力比氢原子和碳原子的强 2CHOH+2Na→2CH ONa+H ↑ 2CHOH+O 2HCHO+2H O 3 3 2 3 2 2 (3)2CH OH+2H O-12e-=2CO ↑+12H+ 3 2 2 【详解】（1）乙醇、丙烷均为分子晶体，乙醇分子间存在氢键，而丙烷分子间不存在氢键，氢键的形成 导致其沸点升高，故推测乙醇比丙烷沸点高很多； （2）①由图可知，甲醇的官能团名称为羟基。 ②同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非 金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；氧的电负性强，其原子的吸引电子的能力比氢原子和碳原子的强，导 致甲醇分子中较易断裂的化学键是碳氧键、氢氧键。 ③甲醇与钠反应生成甲醇钠和氢气，2CHOH+2Na→2CH ONa+H ↑。 3 3 2 ④在铜催化加热条件下，甲醇中羟基被氧化为醛基生成甲醛，发生反应的化学方程式为2CHOH+O 3 2 2HCHO+2H O； 2 （3）反应中氧气生成水，反应还原反应，为正极；甲醇发生氧化生成二氧化碳和水，为负极；在催化剂 作用下甲醇失去电子发生氧化反应转化为HO和CO，反应为2CHOH+2H O-12e-=2CO ↑+12H+。 2 2 3 2 2【变式练习】 1.炼油、石化等工业会产生含硫(-2价)废水，处理的方法有沉淀法、氧化法。 (1)沉淀法。用如图1装置可以将废水中的硫转化为FeS沉淀。控制其他条件一定，测得出口处硫转化为 FeS的沉淀率与溶液pH的关系如图2所示。 ①该装置沉淀废水中的硫的原理可描述为_____。 ②pH>10时，pH越大，硫的沉淀率越低，原因是_____。 (2)氧化法。HO 氧化法、催化氧化法等可以将含硫废水中硫元素氧化。 2 2 ①HO 氧化法：向含S2-的废水中，加入HO 溶液，其他条件一定，测得硫(-2价)的去除率、S(单质)的生 2 2 2 2 成率与所加HO 溶液体积的关系如图3所示。当所加HO 溶液体积大于9mL时，所加HO 溶液越多，S 2 2 2 2 2 2 的生成率越低，用离子方程式表示其原因_____。 ②催化氧化法：MnO —聚苯胺(MnO 为催化剂、聚苯胺为催化剂载体)可用作空气氧化含硫(-2价)废水的催 2 2 化剂。碱性条件下，催化氧化废水的机理如图4所示。 a.转化I中化合价发生变化的元素有_____。 b.催化剂使用一段时间后催化效率会下降，处理的方法是用物质A浸取催化剂，再将催化剂干燥即可。催化剂使用一段时间后催化效率降低的原因是_____；物质A可选用_____(填序号)。 A．水 B．乙醇 C．CS D．浓盐酸 2 c.从物质转化与资源综合利用角度分析，催化氧化法的优点是_____。 【答案】(1) 电解时阳极Fe失去电子生成Fe2+，Fe2+可与废水中S2-反应生成FeS沉淀 pH>10 时，pH越大，Fe2+转化为Fe(OH) 沉淀，生成FeS沉淀的硫的量越少 2 (2) S2-+4H O=SO +4H O S、O、Mn 生成的S覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空隙处，减少了 2 2 2 催化剂与废水反应的接触面积 C 催化氧化速率更快，除硫效率更高；以空气做氧化剂比HO 2 2 更经济 【解析】（1）①由图可知，图1装置为电解池，电极材料均为Fe，电解时阳极Fe失去电子发生氧化反应 生成Fe2+，Fe2+与废水中的S2-结合生成FeS沉淀，从而达到净化废水的目的； ②当pH>10时，pH越大，OH-浓度越大，废水中Fe2+与OH-结合生成Fe(OH) 沉淀，导致转化成FeS沉淀 2 的量减少，使得硫的沉淀率越低； （2）①HO 具有强氧化性，HO 溶液体积大于9mL时，所加HO 溶液越多，S生成率越低，可能是因为 2 2 2 2 2 2 硫元素被氧化成更高价态的 而滞留在溶液中，导致硫的生成率降低，反应为S2-+4H O=SO +4H O； 2 2 2 ②a.由图可知，转化Ⅰ中硫离子转化为硫单质，催化剂表面锰化合价由+1变为0，氧原子变为负二氧，故S 元素、O元素和Mn元素的化合价均发生变化； b. 由图可知，反应过程中生成了单质S，生成的S覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空隙处，减少了催化 剂与废水反应的接触面积，从而导致催化效率下降；硫单质不和水、乙醇、浓盐酸反应且不溶于三者，硫 单质能溶于二硫化碳溶液，从而除去催化剂表面的硫单质，故选C； c.催化氧化可用空气氧化含硫(-2价)废水，催化剂使得反应速率更快，除硫效率更高且以空气做氧化剂比 HO 更经济。 2 2 2．工业上常用微生物法、吸收法、电解法、还原法等消除硫、氮等引起的污染。 (1)微生物法脱硫 富含有机物的弱酸性废水在SBR细菌作用下产生 、 等物质，可将废水中 还原为 ， 同时用 或 将 从水中吹出，再用碱液吸收。 ① 的空间构型为_______。② 与 在SBR细菌作用下生成 和 的离子方程式为_______。 ③将 从水中吹出时，用 比 效果更好，其原因是_______。 (2)吸收法脱硫 烟气中的 可以用“亚硫酸铵吸收法”处理，发生的反应为 ，测得 25℃时溶液pH与各组分物质的量分数的变化关系如图-1所示。b点时溶液 ，则 _______。 (3)电解法脱硫 用NaOH吸收后 ，所得 溶液经电解后可制取 溶液，反应装置如图-2所示。电解时每 有1 mol 生成有_______ mol 透过质子交换膜。 (4)还原法脱氮用催化剂协同纳米零价铁去除水体中 。其催化还原反应的过程如图-3所示。 ①该反应机理中生成 的过程可描述为_______。 ②过程中 去除率及 生成率如图-4所示，为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体pH为4.2， 当 时，随pH减小， 生成率逐渐降低的原因是_______。 【答案】(1) 正四面体形 二 氧化碳吹出时可增强溶液的酸性，抑制硫化氢的溶解，有利于将硫化氢吹出 (2)3:1 (3)2 (4) 纳米零价铁在催化剂表面失去电子变为亚铁离子，在催化剂层中氢离子得到电子变为氢原子，在酸 性条件下氢原子还原硝酸根变为NH，NH失去氢原子变为氮气 pH越小，氢离子浓度越大，会生成更多的氢原子，使硝酸根生成的中间产物NH更多的与氢原子反应生成铵根离子，从而减少氮气的生成 【解析】（1）① 中S原子价层电子对数为 ，其空间构型为正四面体形； 故答案为：正四面体形。 ② 与 在SBR细菌作用下生成 和 ，该反应在弱酸性条件下反应，根据氧化还原反 应得失电子守恒配平得到，其的离子方程式为 ；故 答案为： 。 ③将 从水中吹出时，用 比 效果更好，二氧化碳溶于水生成碳酸，增强溶液的酸性，抑制硫化氢 溶解，因此其原因是二氧化碳吹出时可增强溶液的酸性，抑制硫化氢的溶解，有利于将硫化氢吹出；故答 案为：二氧化碳吹出时可增强溶液的酸性，抑制硫化氢的溶解，有利于将硫化氢吹出。 （2）根据亚硫酸氢铵溶液的电荷守恒得到 ，b点时溶液 ，得到 ，测得25℃时溶液pH与各组分物质的量分数的变化关系如图-1所示， 则b点是 ，得到 ，则 ；故答案为：3:1。 （3）根据图中信息左边为阳极，右边为阴极，阴极电极反应式为 ，因 此电解时每有1 mol 生成有2mol 透过质子交换膜；故答案为：2。 （4）①根据图中信息，该反应机理中生成 的过程可描述为纳米零价铁在催化剂表面失去电子变为亚铁 离子，在催化剂层中氢离子得到电子变为氢原子，在酸性条件下氢原子还原硝酸根变为NH，NH失去氢原 子变为氮气；故答案为：纳米零价铁在催化剂表面失去电子变为亚铁离子，在催化剂层中氢离子得到电子 变为氢原子，在酸性条件下氢原子还原硝酸根变为NH，NH失去氢原子变为氮气。②过程中 去除率及 生成率如图-4所示，为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体pH为4.2， 当 时，随pH减小， 生成率逐渐降低，根据图中信息氢离子浓度越大，会生成更多的氢原子，使 硝酸根生成的中间产物NH更多的与氢原子反应生成铵根离子，从而减少氮气的生成；故答案为：pH越 小，氢离子浓度越大，会生成更多的氢原子，使硝酸根生成的中间产物NH更多的与氢原子反应生成铵根 离子，从而减少氮气的生成。 3．（2022·北京房山·二模）氨对人类的生存和发展有着重要意义，1909年哈伯在实验室中首次利用氮气与 氢气反应合成氨，实现了人工固氮。 (1)反应N(g)+3H(g) 2NH (g)的化学平衡常数表达式为____。 2 2 3 (2)在一定条件下氨的平衡含量如表。 温度/℃ 压强/MPa 氨的平衡含量 200 10 81.5% 550 10 8.25% ①该反应为____(填“吸热”或“放热”)反应。 ②哈伯选用的条件是550℃、10MPa，而非200℃、10MPa，可能的原因是____。 (3)实验室研究是工业生产的基石。如图中的实验数据是在其它条件不变时，不同温度(200℃、400℃、 600℃)、压强下，平衡混合物中NH 的物质的量分数的变化情况。 3 ①曲线a对应的温度是____。 ②M、N、Q点平衡常数K的大小关系是____。 (4)尽管哈伯的合成氨法被评为“20世纪科学领域中最辉煌的成就”之一，但仍存在耗能高、产率低等问题。因此，科学家在持续探索，寻求合成氨的新路径。如图为电解法合成氨的原理示意图，阴极的电极反 应式为____。 (5)NH 转化为NO是工业制取硝酸的重要一步。已知：100kPa、298K时： 3 4NH (g)+3O(g) 2N(g)+6HO(g)ΔH=-1268kJ·mol-1 3 2 2 2 2NO(g) N(g)+O(g)ΔH=-180.5kJ·mol-1 2 2 请写出NH 转化为NO的热化学方程式____。 3 【答案】(1)K= (2) 放热 温度过低反应速率太慢；温度过高不利于反应平衡正向移动 (3) 200℃ K =K >K Q M N (4)N +6e−+6H+=2NH 2 3 (5)4NH (g)+5O(g) 4NO(g)+6H O(g) ΔH=−907kJ·mol−1 3 2 2 【解析】（1）根据平衡常数的表达式可知，该反应的平衡常数K= ； （2）①根据表格数据可知，压强不变，升高温度氨的平衡含量降低，说明升高温度平衡逆向移动，所以 该反应为放热反应； ②温度过低反应速率太慢；温度过高不利于反应平衡正向移动，所以选用的条件是550℃、10MPa； （3）①该反应为放热反应，压强相同时，温度越低NH 的物质的量分数越大，所以曲线a对应的温度为 3 200℃； ②该反应为放热反应，温度越高，平衡常数越小，温度：Q=M＜N，所以平衡常数：K =K >K ； Q M N （4）据图可知，阴极上N 被还原为NH ，环境为酸性环境，所以阴极的电极反应式为N+6e− 2 3 2 +6H+=2NH； 3 （5）NH 转化为NO的化学方程式为4NH (g)+5O(g) 4NO(g)+6H O(g)，依次将所给两个热化学方程式 3 3 2 2 标号为①、②，根据盖斯定律，①-②×2可得4NH (g)+5O(g) 4NO(g)+6H O(g)的ΔH=-1268kJ·mol-1- 3 2 2 (-180.5kJ·mol-1)×2=−907kJ·mol−1。1．（2022·山东·胜利一中模拟）1,6−己二醇是一种重要的化工原料，与乙二醇相比，用1,6−己二醇为原料 制备的聚酯具有更为优异的柔韧性和抗腐蚀性。工业上利用己二酸二甲酯加氢制备1,6−己二醇，该反应的 化学方程式如图： (g)+4H(g)→ (g)+2CH OH(g) ΔH。 2 3 (1)已知： 化学键 C=O C−O C−H C−C O−H H−H 键能/ kJ∙mol−1 745 358 413 347 467 436 计算上述反应的△H=___；此反应自发进行的条件是____(填“高温易自发”“低温易自发”或“任何温度 都能自发”)。 (2)将组成(物质的量分数)为4n%H (g)、n% (g)的气体通入刚性密闭反应器中， 2 在温度一定、压强为pMPa条件下只进行上述反应。平衡时，若压强为qMPa，平衡时 (g)的转化率为=____ (用p、q的代数式表示，下同)，平衡常数K=____(以 p 分压表示，分压=总压×物质的量分数)。 (3)科研小组在高压反应釜中进行催化加氢反应，对己二酸二甲酯制备1,6−己二醇的工艺条件进行了研究。 图甲和图乙为此反应在相同时间时，反应压力、反应温度与反应物的转化率和1,6−己二醇选择性的变化关 系。已知，选择性= ×100%。 ①由图可知，在压强为27MPa时，己二酸二甲酯制备1,6−己二醇应选择的合适温度为____；选择此温度的 理由是____；当260℃时，转化率随着压强增大而不断增大的原因是____。 ②图丙为反应时间与加氢反应时反应物的转化率和选择性的关系。 综合考虑，反应时间控制在5h左右较为合适。此时1,6−己二醇的产率为____。 【答案】(1) −286 kJ∙mol−1 低温易自发 (2) ×100%或 % (3) 290℃ 290℃时反应物的转化率较高，且此温度下的产物选择性较高 相同温度时压强大，反应速率加快，且达到平衡后，增大压强利于平衡正向移动，使反应物转化率增大 50.05% 【解析】（1）根据方程式分析得到酯基中碳氧单键断裂，形成氧氢键和碳氢键，碳氧双键断裂又形成碳 氢键、碳氧单键和氧氢键，因此可简化计算上述反应的△H=2E(C=O)+2E(C−O)+4E(H−H) −4E(O−H) −4E(C−H) −2E(C−O) =745 kJ∙mol−1×2＋436 kJ∙mol−1×4−467kJ∙mol−1×4−413 kJ∙mol−1×4= −286 kJ∙mol−1；该反 应是气体体积减小的反应即△H＜0、△S＜0，根据△G=△H−T△S判断温度低的时候△G＜0，因此得到低 温易自发；故答案为：−286 kJ∙mol−1；低温易自发。 （2）根据题意建立三段式 0.2p−x+0.8p−4x+x+2x=q，解得2x=p−q，x= ，则a(已二酸二甲酯)= ×100%或 %；K= p ；故答案为： ×100%或 %； 。 （3）①由图可知，在27MPa时，290°C己二酸二甲酯的转化率和1,6−己二醇的选择性均高于280°C，因此 温度选择290°C；相同温度时压强大，反应速率快，且达平衡时，增大压强有利于平衡正向移动，使反应 物转化率增大；故答案为：290°C ；290℃时反应物的转化率较高，且此温度下的产物选择性较高；相同 温度时压强大，反应速率加快，且达到平衡后，增大压强利于平衡正向移动，使反应物转化率增大。 ②反应时间控制在5h时，产物的产率为92%×54.4%≈50.05%；故答案为：50.05%。 2．（2022·湖南娄底·模拟）丙烯是合成多种高分子材料的原料，工业上常采用裂解丁烷获得丙烯。化学原 理如下： 反应1：C H (g) C H(g)+CH (g) ΔH 4 10 3 6 4 1反应2：C H (g) C H(g)+C H(g) ΔH 4 10 2 4 2 6 2 (1)已知在101kPa和一定温度下，由最稳定单质生成1mol纯物质的热效应，称为该物质的标准生成热( )。化学规定，稳定单质的生成热为0。 几种相关物质的标准生成热数据如下表所示： 物质 C H (g) C H(g) C H(g) CH(g) C H(g) 4 10 3 6 2 4 4 2 6 /(kJ·mol-1) −124.7 20.4 52.3 −74.9 −84.7 反应1的能量变化如图1所示，逆反应活化能E=_______ kJ∙mol−1。 2 (2)在刚性密闭容器中充入一定量丁烷，在甲、乙两种不同催化剂作用下，相同时间内丙烯的产率与温度关 系如图2所示。工业上宜选择催化剂_______(填“甲”或“乙”)。温度高于500℃时，乙催化剂作用下丙 烯产率降低的主要原因可能是________(答一条)。 (3)在刚性密闭容器中充入适量丁烷，在一定温度下发生反应1和2，达到平衡后，再充入少量丁烷。下列 推断正确的是_______(填标号)。A．平衡向正反应方向移动，丁烷的转化率增大 B．平衡向正反应方向移动，丁烷的转化率减小C．平衡向逆反应方向移动，丁烷的转化率增大 D．平衡向逆反应方向移动，丁烷的转化率减小 (4)在一定条件下，C H (g) C H(g)+CH (g)生成丙烯的速率方程为υ (C H)=k c(C H ) −k 4 10 3 6 4 净 3 6 正 4 10 逆 c(C H)·c(CH)(k 、k 为正、逆反应速率常数，与温度、催化剂有关，与浓度无关)，测得速率常数k(包 3 6 4 正 逆 括k 、k )的负对数pk(pk=−lgk)与温度关系如图3所示。其中，能代表pk 与T关系的直线为_______(填 正 逆 正 标号)。 (5)在一定温度T℃，总压强恒定为14.8kPa的条件下，向密闭容器充入C H 和N 的混合气体(N 不参与反 4 10 2 2 应)。在T℃下，发生反应1和2，C H 的平衡转化率与通入气体中C H 的物质的量分数的关系如图4所 4 10 4 10 示。 ①其他条件不变时，C H 的平衡转化率随着C H 的物质的量分数增大而减小，其原因是_______。 4 10 4 10 ②T℃时，C H 的物质的量分数为0.8对应的平衡体系中，C H 的选择性为 。该温度下，反应1的平衡 4 10 3 6 常数K=_______kPa[以分压计算的平衡常数为K，分压=总压×物质的量分数：C H 的选择性= p p 2 4]。 (6)己二睛是合成尼龙66的原料。工业上，采用丙烯氨氧化法制备丙烯腈(CH=CH−CN)，又采用电有机合 2 成法制备己二睛[NC(CH )CN]，装置如图所示。 2 4 阴极反应式为_______。 【答案】(1)3774.8 (2) 甲 催化剂乙的活性降低、选择性降低或副产物增多 (3)B (4)d (5) 平衡体系分压增大，平衡向逆反应方向移动 5 (6)2CH =CHCN+2H++2e－=NC(CH)CN 2 2 4 【解析】(1)根据生成热定义，物质的生成热可以表示其相对能量高低，反应热等于产物总能量与反应物总 能量之差，ΔH=(20.4+124.7−74.9) kJ∙mol−1=+70.2 kJ∙mol−1。同理可得： 1 △H=(52.3+124.7−84.7)kJ∙mol−1=+92.3 kJ∙mol−1。反应热等于正反应活化能与递反应活化能之差， 2 E=(3845−70.2) kJ∙mol−1=3774.8 kJ∙mol−1；故答案为：3774.8。 2 (2)根据图中曲线得到工业上选择催化效率高的催化剂甲；温度高于500°C，催化剂乙的活性降低、选择性 降低或副产物增多等导致丙烯产率降低；故答案为：甲；催化剂乙的活性降低、选择性降低或副产物增 多。 (3)在恒温恒容条件下，平衡常数不变，平衡后充入丁烷，平衡向正反应方向移动。可以用模拟法判断丁烷 转化率变化，充入丁烷后相当于将原平衡体系加压，丁烷的平衡转化率减小；故答案为：B。 (4)正反应是吸热反应，升高温度，平衡常数增大。平衡时净反应速率为0，有K= ，升高温度，速率常 数均增大，且k 增大的倍数大于k 增大的倍数。k越大，pk越小；故答案为：d。 正 逆(5)①总压强不变的条件下，增大混合气体中丁烷的物质的量分数，平衡体系的分压增大，平衡向逆反应方 向移动，故丁烷的平衡转化率减小；故答案为：平衡体系分压增大，平衡向逆反应方向移动。 ②取混合气体中n(C H )=0.8mol，n(N )=0.2mol。 4 10 2 反应1： ，反应2： ， ， 解得：x=0.4，y=0.08；平衡体系中气体的总物质的量为 0.32mol+0.08mol+0.08mol+0.4mol+0.4mol+0.2mol=1.48mol。p(C H )=14.8kPa× =3.2kPa， 4 10 p(C H)=p(CH )=4.0kPa， =5kPa；故答案为：5。 3 6 4 (6)根据图中信息，水中氢氧根得到电子变为氧气，因此阴极上丙烯睛发生还原反应，电极反应式为 2CH=CHCN+2H++2e－=NC(CH)CN；故答案为：2CH=CHCN+2H++2e－=NC(CH)CN。 2 2 4 2 2 4 3．（2022·江苏江苏·二模）我国学者分别使用Fe O 和Fe O 作催化剂对燃煤烟气脱硝脱硫进行了研究。 2 3 3 4 (1)催化剂制备。在60～100℃条件下，向足量NaOH溶液中通入N 一段时间，再加入适量新制FeSO 溶 2 4 液，充分反应后得到混合物X；向混合物X中加入NaNO 溶液，充分反应后经磁铁吸附、洗涤、真空干 3 燥，制得Fe O 催化剂。 3 4 ①通入N 的目的是___。 2 ②混合物X与NaNO 反应生成Fe O 和NH ，该反应的化学方程式为___。 3 3 4 3 (2)催化剂性能研究。如图1所示，当其他条件一定时，分别在无催化剂、Fe O 作催化剂、Fe O 作催化剂 2 3 3 4 的条件下，测定HO 浓度对模拟烟气(含一定比例的NO、SO 、O、N)中NO和SO 脱除率的影响，NO 2 2 2 2 2 2 脱除率与HO 浓度的关系如图2所示。 2 2已知•OH能将NO、SO 氧化。•OH产生机理如下。 2 反应Ⅰ：Fe3++H O=Fe2++•OOH+H+(慢反应) 2 2 反应Ⅱ：Fe2++H O=Fe3++•OH+OH-(快反应) 2 2 ①与Fe O 作催化剂相比，相同条件下Fe O 作催化剂时NO脱除率更高，其原因是___。 2 3 3 4 ②NO部分被氧化成NO 。NO 被NaOH溶液吸收生成两种含氧酸钠盐，该反应的离子方程式为___。 2 2 ③实验表明•OH氧化SO 的速率比氧化NO速率慢。但在无催化剂、Fe O 作催化剂、Fe O 作催化剂的条 2 2 3 3 4 件下，测得SO 脱除率几乎均为100%的原因是___。 2 【答案】(1) 排除NaOH溶液中的O，防止Fe2+被氧化为Fe3+ 12Fe(OH) +NaNO 2 2 3 4Fe O+NH↑+NaOH+10HO 3 4 3 2 (2) Fe O 催化剂表面同时存在Fe2+和Fe3+，Fe2+直接通过反应Ⅱ快速产生•OH，c(•OH)更大：Fe O 催化 3 4 2 3 剂表面仅存在Fe3+，Fe3+需先通过慢反应Ⅰ产生Fe2+再通过快反应Ⅱ产生•OH，总反应速率由慢反应Ⅰ决 定，c(•OH)小于前者；故Fe O 作催化剂比Fe2O 作催化剂时NO脱除率更大 2NO +2OH-=NO 3 4 3 2 +NO +H O SO 几乎完全被NaOH溶液吸收 2 2 【详解】（1）①氢氧化钠溶液中会溶解有少量空气中的氧气，氧气能氧化亚铁离子生成铁离子，通入N 2 的目的是排除NaOH溶液中的O，防止Fe2+被氧化为Fe3+； 2 ②氢氧化钠和硫酸亚铁生成氢氧化亚铁沉淀，混合物X中含有氢氧化亚铁，根据质量守恒可知，氢氧化亚 铁会与NaNO 反应生成Fe O 和NH 、氢氧化钠、水，该反应的化学方程式为12Fe(OH) +NaNO 3 3 4 3 2 34Fe O+NH↑+NaOH+10HO； 3 4 3 2 （2）①由已知反应机理反应Ⅰ、反应Ⅱ可知：Fe O 催化剂表面同时存在Fe2+和Fe3+，Fe2+直接通过反应Ⅱ 3 4 快速产生•OH，c(•OH)更大：Fe O 催化剂表面仅存在Fe3+，Fe3+需先通过慢反应Ⅰ产生Fe2+再通过快反应 2 3 Ⅱ产生•OH，总反应速率由慢反应Ⅰ决定，c(•OH)小于前者；故Fe O 作催化剂比Fe2O 作催化剂时NO脱 3 4 3 除率更大 ②NO 被NaOH溶液吸收生成两种含氧酸钠盐，根据质量守恒可知为含氮元素的盐，二氧化氮中部分氮元 2 素化合价升高、部分氮元素化合价降低，反应得到亚硝酸盐和硝酸盐，该反应的离子方程式为2NO +2OH- 2 =NO +NO +H O 2 ③二氧化硫能溶于水会和氢氧化钠反应被吸收，测得SO 脱除率几乎均为100%的原因是SO 几乎完全被 2 2 NaOH溶液吸收。 4．（2022·湖北·模拟）氢气在实验室和工业上有着广泛的用途。请回答： (1)氢气可以与煤在催化剂作用下制备乙炔，已知部分反应如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． Ⅳ． 通过计算说明反应Ⅳ自发进行的条件_______。 (2)利用氢气与二氧化碳催化反应合成乙烯，是实现低碳转型的一条途径。在0．1MPa、120℃条件下，以 的投料比充入体积固定的密闭容器中，发生反应： ，平衡时水蒸气的物质的量百分数为50．0%。请回答： ①反应的平衡常数表达式为_______。 ②达到平衡时， 的转化率为_______。 (3)氢气可合成氨气，氨气与二氧化碳可以合成尿素，反应为：，分为两步： 反应步骤 反应方程式 Ⅰ 快速放热 Ⅱ 慢速吸热 已知投料的组成为 、 和水蒸气(有助于分离尿素)，一定条件下，氨基甲酸铵( )物质 的量与时间的关系图(图甲，t 后物质的量不再改变)，以及不同氨碳比( )与水碳比( )投料时 1 平衡转化率图象(图乙，a、b代表水碳比)： 回答下列问题： ①已知反应I又可以分成两步：_______、 ，请写出第一步的 化学方程式_______。 ②下列叙述正确的是_______。 A．反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ， B．增大氨碳比有利于提高尿素产率，原因之一是过量氨气与反应Ⅱ生成的水反应，促进平衡正移 C．实际生产中若选择曲线a，则氨碳比应控制在4.0左右 D．曲线a的水碳比大于曲线b，减小水碳比有利于尿素生成 ③如果某催化剂可以同等程度地加速反应Ⅰ和Ⅱ，请在图甲中画出保持其他条件不变，加入该催化剂后从0h到t 时的氨基甲酸铵物质的量变化曲线_______。 1 【答案】(1) ，且反 应可逆符号右侧气体物质的量比左侧多，△S>0，故反应在高温下自发 (2) 或 68.2% (3) BC 【详解】（1）将反应Ⅰ的二倍加上反应Ⅱ，再加反应Ⅲ的2倍得到反应Ⅳ． ，且反 应可逆符号右侧气体物质的量比左侧多，△S>0，故反应在高温下自发；故答案为： ，且反 应可逆符号右侧气体物质的量比左侧多，△S>0，故反应在高温下自发。 （2）利用氢气与二氧化碳催化反应合成乙烯，是实现低碳转型的一条途径。在0.1MPa、120℃条件下，以 的投料比充入体积固定的密闭容器中，发生反应： ，平衡时水蒸气的物质的量百分数为50.0%。请回答： ①反应的平衡常数表达式为 或 ；故答案为：或 。 ②以 的投料比充入体积固定的密闭容器中，假设分解加入4mol氢气和1mol二氧化碳， 达到平衡时，建立三段式 ， ，解得x= ， 的转化率为 ；故答案为：68.2%。 （3）①根据总反应和第二步反应得到第一步反应为 ；故答案为： 。 ②A．反应Ⅰ是快速放热，反应Ⅱ是慢速吸热，说明反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ，且 ，故A错 误；B．增大氨碳比有利于提高尿素产率，过量氨气与反应Ⅱ生成的水反应，促进平衡正移，会生成更多 的尿素，故B正确；C．实际生产中若选择曲线a，氨碳比在4.0时二氧化碳转化率已经很大，再提高氨碳 比，虽然二氧化碳转化率增大，但氨气经济价值比二氧化碳经济价值大，因此增大氨碳比不划算，因此氨 碳比应控制在4.0左右，故C正确；D．根据总反应增加水碳比，可以理解为二氧化碳量不变，水的量增 大，平衡逆向移动，二氧化碳转化率减小，因此根据图象得到曲线a的水碳比小于曲线b，减小水碳比， 水蒸气量减少，有利于平衡正向移动，利于尿素生成，故D错误；综上所述，答案为：BC。 ③如果某催化剂可以同等程度地加速反应Ⅰ和Ⅱ，反应速率加快，生成氨基甲酸铵达到最高值时间缩短， 短时间放出的热量大，使得温度较高，平衡正向移动，因此生成氨基甲酸铵的量比原来增加，因此加入该催化剂后从0h到t 时的氨基甲酸铵物质的量变化曲线 ；故答案 1 为： 。 5．（2022·河北·模拟）将CO 还原成甲烷，是实现CO 资源化利用的有效途径之一。 2 2 I．CO 甲烷化 2 CO 甲烷化过程可能发生反应： 2 ⅰ．CO(g) ＋ 4H(g) CH(g) ＋ 2HO(g) ΔH 2 2 4 2 1 ⅱ．CO(g) ＋ H(g) CO(g) ＋ HO(g) ΔH＝＋41.2 kJ∙mol−1 2 2 2 2 ⅲ．CO(g) ＋ 3H g) CH(g) ＋ HO(g) ΔH＝－206.1 kJ∙mol−1 2( 4 2 3 …… (1)ΔH＝______ kJ∙mol−1。 1 (2)不同条件下，按照n(CO):n(H )＝1:4投料，CO 的平衡转化率如图所示。 2 2 2①压强p、p、p 由大到小的顺序是______。 1 2 3 ②压强为p 时，随着温度升高，CO 的平衡转化率先减小后增大。解释温度高于600℃之后，随着温度升 1 2 高CO 转化率增大的原因______。 2 Ⅱ．微生物电化学法 微生物电化学产甲烷法是将电化学法和生物还原法有机结合，装置如上图所示。 (3)阴极的电极反应式是______。 (4)若生成1 mol CH ，理论上阳极室生成CO 的体积是______L(标准状况，忽略气体的溶解)。 4 2 【答案】(1) −164.9 (2)p ＞p＞p 3 2 1 CO 平衡转化率为反应ⅰ和反应ⅱ的CO 平衡转化率之和。反应ⅰ为放热反应，随温度升高CO 平衡转化 2 2 2 率降低，反应ⅱ为吸热反应，随温度升高CO 平衡转化率升高。温度较高时，CO 平衡转化率主要取决于 2 2 反应ⅱ。(或：ⅰ为放热反应；ⅱ为吸热反应。600℃之后，CO 转化率主要取决于反应ⅱ) CO ＋ 8e− 2 2＋ 8H＋ ＝ CH ＋ 2HO 44.8 4 2 【详解】(1)将反应ⅱ加反应ⅲ得到反应ⅰ，因此ΔH＝＋41.2 kJ∙mol−1＋(－206.1 kJ∙mol−1) ＝ 1 −164.9kJ∙mol−1；故答案为：−164.9。 (2)①该反应是体积减小的反应，画一条与y轴相平的平行线，从下到上，转化率变大，说明平衡正向移 动，压强不断增大，因此压强p、p、p 由大到小的顺序是p＞p＞p；故答案为：p＞p＞p。 1 2 3 3 2 1 3 2 1 ②压强为p 时，随着温度升高，CO 的平衡转化率先减小后增大。解释温度高于600℃之后，随着温度升 1 2 高CO 转化率增大的原因CO 平衡转化率为反应ⅰ和反应ⅱ的CO 平衡转化率之和。反应ⅰ为放热反应， 2 2 2 随温度升高CO 平衡转化率降低，反应ⅱ为吸热反应，随温度升高CO 平衡转化率升高。温度较高时， 2 2 CO 平衡转化率主要取决于反应ⅱ。(或：ⅰ为放热反应；ⅱ为吸热反应。600℃之后，CO 转化率主要取决 2 2 于反应ⅱ)；故答案为：CO 平衡转化率为反应ⅰ和反应ⅱ的CO 平衡转化率之和。反应ⅰ为放热反应，随 2 2 温度升高CO 平衡转化率降低，反应ⅱ为吸热反应，随温度升高CO 平衡转化率升高。温度较高时，CO 2 2 2 平衡转化率主要取决于反应ⅱ。(或：ⅰ为放热反应；ⅱ为吸热反应。600℃之后，CO 转化率主要取决于 2 反应ⅱ)。 (3)根据图中信息CO 化合价降低变为CH，在阴极发生反应，因此阴极的电极反应式是CO ＋ 8e− ＋ 8H 2 4 2 ＋ ＝ CH ＋ 2HO；故答案为：CO ＋ 8e− ＋ 8H＋ ＝ CH ＋ 2HO。 4 2 2 4 2 (4)根据CO ＋ 8e− ＋ 8H＋ ＝ CH ＋ 2HO，若生成1 mol CH ，转移8mol电子，有根据CHCOO− － 2 4 2 4 3 8e−＋ 2HO＝2CO ＋7H＋，因此理论上阳极室生成2molCO ，其体积是44.8L；故答案为：44.8。 2 2 2 1．（2022·浙江·模拟）氮元素在工业应用上具有重要地位。 请回答： (1)某实验兴趣小组对F.Daniels的NO 气体分解实验学习后，探究相关类似实验。在T℃下，将NO 气体 2 4 1 2 4 通入1 L容器内，容器内存在如下反应： 反应Ⅰ 主反应： K 1 反应Ⅱ 副反应： K 2 ①向该容器内通入4 mol N O 和2 mol NO ，等到反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡后，测得c(NO )=5 mol/L， 2 5 2 2 c(N O)=0.5 mol/L，，则此温度下NO 的转化率=_______。 2 4 2 5 ②通过控制条件，使该容器内只进行反应Ⅰ，下列说法正确的是_______。A．当4v ( N O 消耗)=2v(NO 消耗)时，该化学反应达到平衡 2 5 2 B．反应达到平衡时，缩小容器体积，平衡常数K 变小，NO 的转化率下降 1 2 5 C．恒压状态下，反应达到平衡时，通入大量稀有气体，NO 的转化率将提高 2 5 D．恒容状态下，通入NO、NO 、O 各5 mol，反应达到平衡后，c(O )＜5 mol/L 2 5 2 2 2 (2)已知：反应Ⅲ 反应Ⅳ ①写出NO与H 反应生成NH 和O 的热化学方程式，判断该反应自发进行的条件并说明理由：_______。 2 3 2 ②反应Ⅲ为工业制氨的化学方程式。如图1为工业制氨反应中逆反应速率与时间(t)的关系图。已知t 时， 1 该反应恰好达到化学平衡。t 时，将该化学反应体系升温到T℃(t 时恰好达到化学平衡)。t 时，向该化学 1 2 2 反应体系加入正催化剂，用曲线画出t ~t 时间段中逆反应速率。_______。 1 3 ③关于反应Ⅳ，恒容状态下N 进气速度对O 的转化率影响如图2。请解释曲线中A点到B点变化的原 2 2 因：_______。 【答案】(1) 50％ AC (2) 2NO(g)+3H (H ) 2NH (g)+O(g) △H=-272 kJ/mol；由联立得到的反应方程式可知△H＜0，△S＜ 2 2 3 20，故反应自发进行的条件为低温 随着N 的进气速率持续不断增大，反应器内的气体流速增大，反应热能被及时移走，等效于降低温度；该 2 反应为吸热反应，降低温度则反应逆向移动，故O 转化速率会一定程度的降低 2 【详解】（1）①反应容器的容积是1 L，向该容器内通入4 mol N O 和2 mol NO ，则反应开始时 2 5 2 c(N O)=4 mol/L，c(NO )=2 mol/L。等到反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡后，c(N O)=0.5 mol/L，则反应消耗 2 5 2 2 4 △c(NO )=1 mol/L，测得此时c(NO )=5 mol/L，若未发生反应Ⅱ，则NO 的浓度应该为c(NO )=5 mol/L+1 2 2 2 4 2 mol/L=6 mol/L，因此发生反应Ⅰ产生的NO 的浓度为c(NO )=(6-2)mol/L=4 mol/L，根据反应Ⅰ中物质反应 2 4 2 转化关系可知反应消耗NO 的浓度△c(NO )=2 mol/L，故此温度下NO 的转化率= ； 2 5 2 2 5 ②A．对于反应Ⅰ，在任何时刻都存在4v (N O 消耗)=2v(NO 生成)，若4v (N O 消耗)=2v(NO 消耗)时， 2 5 2 2 5 2 v(NO 生成)= v(NO 消耗)，反应达到平衡状态，A符合题意； 2 2 B．反应达到平衡时，缩小容器体积，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，导致NO 的转化率下 2 5 降，但温度不变，因此化学平衡常数K 不变，B错误； 1 C．恒压状态下，反应达到平衡时，通入大量稀有气体，反应容器的容积扩大，导致体系的压强减小，化 学平衡向气体体积扩大的正反应方向移动，从而使NO 的转化率提高，C正确； 2 5 D．根据①计算可知：在容器的容积是1 L，开始向容器中加入4 mol N O 和2 mol NO ，反应达到平衡 2 5 2 时，NO 的转化率是50%，此时容器中c(N O)=2 mol/L，c(NO )=5 mol/L，c(O )=1 mol/L，反应Ⅰ的化学 2 5 2 5 2 2 平衡常数K= 。在恒容状态下，通入NO、NO 、O 各5 mol，此时浓度商 2 5 2 2 Q= ＜K，反应正向进行，至反应达到平衡后，c(O )＞5 mol/L，D错误； c 2 故合理选项是AC； （2）①已知：反应Ⅲ反应Ⅳ 根据盖斯定律，将反应Ⅲ-反应Ⅳ，整理可得热化学方程式2NO(g)+3H (H ) 2NH (g)+O(g) △H=-272 2 2 3 2 kJ/mol； 要使反应自发进行，体系的自由能△G=△H-T△S＜0，由联立得到的总反应方程式2NO(g)+3H (H ) 2 2 2NH (g)+O(g) △H=-272 kJ/mol可知△H＜0，△S＜0，故反应自发进行的条件为低温条件； 3 2 ②合成NH 的正反应是放热反应，在t 时刻最高温度，v 、v 都增大，由于温度对吸热反应影响更大，因 3 1 正 逆 此v 增大的倍数大于v ，化学平衡逆向移动，随着反应的进行，v 逐渐减小，v 逐渐增大，在t 时刻反 逆 正 逆 正 2 应达到平衡状态，此时v =v ；然后在t 时刻向该化学反应体系加入正催化剂，v 、v 都增大，且增大 正 逆 2 正 逆 有的速率关系为v =v ，用曲线画出t ~t 时间段中逆反应速率为： 正 逆 1 3 ； ③反应Ⅳ是反应前后气体体积不变的吸热反应，在开始后，随着N 通入速率的增大，N 投入量的增大， 2 2 c(N )增大使化学反应正向进行，导致O 的转化率增大，但当N 通入速率过大时，随着N 的进气速率持续 2 2 2 2 不断增大，反应器内的气体流速增大，反应热能被及时移走，等效于降低温度；该反应为吸热反应，降低 温度，会使化学平衡逆向移动，故O 转化速率会一定程度的降低。 2 2．（2022·四川绵阳·一模）我国的能源以煤炭为主，燃煤烟气中 等有害气体的排放会污染环 境，用CO还原脱除SO 将其转化为单质硫，对工业生产具有重要的意义。 2 (1)已知常温常压下， 的燃烧热为 ，CO(g)的燃烧热为 ，则CO还原脱除 ： _______。 (2)在某温度时，进行CO还原脱除 ： 。 ①若在刚性容器中进行，下列说法一定能确定反应达到平衡状态的是_______。A． B．CO与SO 的浓度之比不再改变 2 C．容器内的压强不再改变 D． 的值不再改变 ②若控制 进料比(物质的量)为4∶1，反应达平衡时，混合气体中 的体积分数为5%，则该反应在 此温度下的平衡常数为_______。 (3)在600℃时，发生如下系列反应，测得不同 进料比(物质的量)下平衡体系各物质分布如图所示 (图中 起始投料固定为 )。 反应I： 反应II： 反应III： ①该条件下，为减少有毒物质COS的产生，同时脱除 ，实际生产中应控制 进料比为_______， 在进料比大于2.5之后，COS的含量会明显增大，试分析原因_______。 ②根据图中曲线，可判断 _______ (填“>”“=”或“<”)。 (4)SO —空气质子交换膜燃料电池也可用于处理SO ，其原理如图。若用该电池处理标准状况下SO 含量为 2 2 2 20%的燃煤烟气3.36L，则理论上电路中转移电子数为_______。【答案】(1)-268.8kJ/mol (2) AD 1.08 (3) 2.0 ，CO的含量较多，此时反应II的反应程度比反应III的程度大的多 > (4)0.06N A 【详解】（1）根据题意得出 的热化学方程式为 +O (g) SO (g) △H=- ，CO(g)的热化 2 2 学方程式为CO(g)+ O(g)=CO (g) △H=- ，将两个方程式依次编号为①②，由2×②-①得 2 2 ，所以△H=2×(-283.0)-(-297.2)=-268.8 kJ/mol。 （2）①正向反应速率等于逆向反应速率，且速率之比等于系数之比，即 时，可以判定反应 达到平衡状态，A正确；CO与SO 的浓度之比不再改变不能判断反应达到平衡状态，跟反应得投料比和反 2 应程度有关，B错误；根据方程式可以看出，反应前后的系数之和相等，压强一直保持不变，因此容器内 的压强不再改变无法判定反应达到平衡状态，C错误；反应达到平衡状态时，各成分的浓度不再发生改 变， 的值不再改变，可以判定反应达到平衡状态，D正确； ②控制 进料比(物质的量)为4∶1，设起始投料n(CO)=4mol，n(SO )=1mol,平衡时SO 反应xmol,列出 2 2三段式： ，根据反应达平衡时，混合气体中 的体 积分数为5%，可得 =5%，解出：x=0.75，反应前后系数相同，体积不影响平衡常 数，则平衡常数K= =1.08。 （3）①当进料比为2时，图中n(CO)比较大，同时n(SO )很少，n(COS)几乎为0，故实际生产中应控制 2 2 进料比为2.0；在进料比大于2.5之后，CO的含量较多，此时反应II的反应程度比反应III的程度 大的多，故 COS的含量会明显增大； ②投料比为2.0时，反应I中的产物n(S)、n(CO)很大，而n(CO)、n(SO )很小，则K 较大，反应II中产 2 2 1 物：n(COS)很小，n(CO)、 n(S)中n(S)很大，则K 较小，所以K > K 2 1 2 （4）标准状况下SO 的物质的量为 =0.03mol，在电极a上SO 转化为HSO ，一个SO 2 2 2 4 2 失去2个电子，则0.03molSO 失去0.03×2=0.06mol电子即0.06N 。 2 A 3．（2022·四川雅安·模拟）为早日实现“碳达峰”、“碳中和”，我国科学家利用 作为催化剂，实 现了常温下 加氢制 ，主反应为 ，伴随发生副 反应 (1)已知 ，则 _______ 。 (2)在恒温恒容的密闭容器中，加入 和 ，同时发生主、副反应。体系中 的选择性 (指转化为 的 占发生反应的 的百分比)随温度、压强的变化曲线如图所示：① _______ 。 ② 的选择性随温度升高而降低的原因可能是_______。 ③下列说法正确的是_______。 A．增大压强，体系中副反应平衡逆向移动 B．体系中 不再变化，代表反应达到平衡 C．及时分离出 可以加快主反应的反应速率 D．更换合适的催化剂可提高 的选择性 ④某温度下，若容器体积为1L，40min后，2个反应均达到平衡，此时 ， ，则 _______ ，主反应的平衡常数的计算式为_______，此时 的选择性为_______(保留3位有效数字)。 (3)我国某研究团队发现，当选用某种Cu作催化剂时，主反应的中间体为 。此时反应分为两步： 第一步： 第二步： 其中第一步的反应历程如下图所示(*表示吸附态，即该物种吸附在催化剂表面)历程①： 历程②：_______(写方程式)； 历程③： 我国科学家发现利用太阳能驱动 转化也可以实现上述第一步反应，原理如图所示： a的电极反应式为_______，该装置能量转化的主要形式是_______。 【答案】(1)-52.7 (2) > 主反应为放热反应，副反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动，故温度升高时不利 于主反应、有利于副反应的发生，所以 的选择性降低 ABD 0.01 53.8％ (3) (或 ) 电能和太阳能转化为化 学能 【详解】（1）已知② ③根据盖斯定律，由②+③得反应 ，则 -52.7 ； （2）主反应为气体体积缩小的反应，副反应为气体体积不变的反应，故压强越大，主反应正向移动， 的选择性越大，故可知 > ； ②主反应为放热反应，副反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动，故温度升高时不利于主反 应、有利于副反应的发生，所以 的选择性降低； ③A.增大压强，主反应 正向移动，CO 的浓度降低，副反应 2 逆向移动，选项A正确； B.根据主反应和副反应中CO 与H 的比例不同，可知 为变量，根据“变量不变达平衡”可知，体 2 2 系中 不再变化，代表反应达到平衡，选项B正确； C.及时分离出 ，则反应物浓度降低，反应速率减小，选项C错误； D.更换合适的催化剂可调整主副反应的比例，从而提高 的选择性，选项D正确； 答案选ABD； ④某温度下，若容器体积为1L，40min后，2个反应均达到平衡，此时 ， ，根据三段式可知：则 =0.01 ，主反应的平衡常数的计算式为 = ， 此时 的选择性为 ； （3）已知：第一步： ，历程①： ，历程③： ， 由第一步-历程③-历程①得历程②： (或 )； A上的Cat得电子产生Cat-，电极反应式为 ，根据装置中的信息可知，该装置能量转化的主 要形式是电能和太阳能转化为化学能。 4．（2022·江西·赣州市赣县第三中学模拟）碳化学是以分子中只含一个碳原子的化合物为原料生产化工产 品的方法。合成气(CO和 的混合气体)是一碳化学的重要原料，焦炭与水蒸气在刚性密闭容器中会发生 如下两个反应： Ⅰ： Ⅱ： 下表是几种物质的标准生成热(由对应稳定单质生成1mol某种物质的焓变叫做该物质的标准生成热)。 物质 标准生成热 0.0 0.0(1)反应Ⅰ的焓变 _______ (2)若在绝热恒容容器中仅发生反应Ⅱ，则下列事实能说明反应达到平衡状态的是_______。A．容器内气体 的压强不变 B．容器内温度不变 C．容器内气体的密度不再改变 D．容器内气体的平均相对分子质量不变 (3)已知反应Ⅱ的正反应速率 ，逆反应速率 ， 、 分 别为正、逆反应速率常数， (k表示 或 )与温度 的关系如图所示，其中直线a、b分别表示 、 随温度的变化。升高温度，反应Ⅱ的平衡常数K_______(填“变大”或“变小”或“不变”)。 (4)在上图A点对应的温度下，向某刚性密闭容器中加入足量焦炭和一定量水蒸气，同时发生反应Ⅰ和反应 Ⅱ，已知起始时容器内压强为80kPa，10分钟后体系达到平衡状态，容器内压强变为100kPa。 ①平衡时CO的分压 _______kPa，平衡时水蒸气的转化率为_______%。 ②进一步提高水蒸气平衡转化率的方法有_______、_______(写两种不同的方法)。 【答案】(1)+131.3 (2)AB (3)变小 (4) 8 40 增大容器体积 及时分离出 或 【解析】（1） 生成物标准生成热总和-反应物标准生成热总和=( )-( )=+131.3 ，故答案为：+131.3； （2）A．该反应中气体体积不变，气体总物质的量为定值，且在绝热条件下，结合PV=nRT可知，混合气 体的压强为变量，当容器内气体的压强不变，表明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故A正确； B．在绝热容器内，容器内温度为变量，当容器内温度不变，表明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故B正确； C．混合气体的质量是定值，容器容积不变，则混合气体的密度为定值，当容器内气体的密度不再改变 时，不能说明反应达到平衡状态，故C错误； D．混合气体的质量是定值，混合气体的物质的量不变，则平均相对分子质量不变为定值，当容器内气体 的平均相对分子质量不变时，不能说明反应达到平衡状态，故D错误； 故选AB； （3） (k表示 或 )与温度 的关系如图所示，其中直线a、b分别表示 、 随温度的变化，由图 可知，随着温度的升高 减小，正逆反应速率均增大，但升高相同温度时，lg 增加的更多，说明平衡逆 向移动，K值变小，故答案为：变小； （4）①已知起始时容器内压强为80kPa，10分钟后体系达到平衡状态，容器内压强变为100kPa，列化学 平衡三段式， 则x-y+80-x-y+y+x+y=100，解得x=20kPa，A点对应的温度下平衡时， = ， = ，A点 = ，则 = ，则(20-y) (80-20-y)=y(20+y)，解得y=12 kPa，平衡时CO的分压 ，平衡时水蒸气的转化率为 100%=40%，故答案为：8；40； ②反应Ⅰ为气体体积增大的反应，增大容器体积，平衡正向移动，可以提高水蒸气平衡转化率，或者及时分离出 或 ，也会促进平衡正向移动，提高水蒸气平衡转化率，故答案为：增大容器体积；及时分 离出 或 。 5．（2022·广东·东莞市东华高级中学模拟）含氮化合物(NO 、NO 等)是主要的污染物之一，消除含氮化 x 合物的污染倍受关注。 (1)下列过程属于氮的固定过程的是_______(填选项字母)。 A．工业合成氨 B．工业利用氨气合成硝酸 C．雷雨天中氮气与氧气生成氮氧化合物 D．通过碱性试剂将气态的氮氧化合物转化为固态含氮化合物 (2)已知反应2NO (g)+4CO(g)=N(g)+4CO (g) = -1169kJ·mol-1，该反应的逆反应活化能为akJ·mol-1，则 2 2 2 其正反应活化能为_______kJ·mol-1 (用含a的代数式表示)。 (3)某种含二价铜微粒 的催化剂可用于汽车尾气脱氮。催化机理如图1，反应历程如图2。 ①Cu的基态核外电子排布式为_______，基态Cu+比Cu2+稳定的原因是_______，从化学键的角度解释 能结合NH 的原因：_______。 3 ②该脱氮过程的总反应方程式为_______。该反应历程的决速步骤是_______。(填选项) a.状态①→状态② b.状态②→状态③ c.状态③→状态④ d.状态④→状态 ⑤ (4)实验室用NaOH溶液对氮氧化合物进行尾气吸收，例如NaOH溶液可将NO 转化为NaNO 和NaNO 。 2 3 2该吸收过程中发生反应的离子方程式为_______。 【答案】(1)AC (2)(a-1169) (3) 或 Cu+的价电子式为 ，为全充满状态，较稳定， Cu2+的价电子式为 ，较不稳定 NH 中的N有孤电子对， 中的CuII有空轨道能 3 接受孤电子对，形成配位键 4NO+4NH +O 4N+6H O c 3 2 2 2 (4)2NO +2OH- =NO +NO +H O 2 2 【解析】（1）A．工业合成氨，氮气和氢气反应生成氨气，氮元素由游离态变为化合态，属于氮的固定， 故选A； B．工业利用氨气合成硝酸，氮元素不是游离态变为化合态，不属于氮的固定，故不选B； C．雷雨天中氮气与氧气生成氮氧化合物，氮元素由游离态变为化合态，属于氮的固定，故选C； D．通过碱性试剂将气态的氮氧化合物转化为固态含氮化合物，氮元素不是游离态变为化合态，不属于氮 的固定，故不选D； 选AC。 （2）已知反应2NO (g)+4CO(g)=N(g)+4CO (g) = -1169kJ·mol-1，该反应的逆反应活化能为akJ·mol-1， 2 2 2 焓变=正反应活化能-逆反应活化能，则其正反应活化能为akJ·mol-1+(-1169kJ·mol-1)= (a-1169)kJ·mol-1。 （3）①Cu是29号元素，基态Cu原子核外电子排布式为 ；Cu+的价电子式为 ， 为全充满状态，较稳定，Cu2+的价电子式为 ，较不稳定，属于基态Cu+比Cu2+稳定；NH 中的N有孤电 3 子对， 中的CuII有空轨道能接受孤电子对，形成配位键，所以 能结合 NH 。 3 ②根据图示，该脱氮过程中氨气和一氧化氮、氧气在催化剂作用下反应生成氮气和水，总反应方程式为4NO+4NH +O 4N+6H O。活化能越大，反应速率越慢，慢反应决定总反应速率，属于该反应历程 3 2 2 2 的决速步骤是状态③→状态④，选c。 （4）NaOH溶液将NO 转化为NaNO 和NaNO ，根据得失电子守恒，发生反应的离子方程式为 2 3 2 2NO +2OH- =NO +NO +H O。 2 2 11．（2022·吉林·长春十一高模拟）煤炭燃烧时产生大量SO 、NO对环境造成很大污染，将煤进行气化和 2 液化是减少污染的有效手段。 (1)煤的液化是现代能源工业中重点推广的能源综合利用方案，最常见的液化方法为用煤生产CHOH。已 3 知制备甲醇的有关化学反应及平衡常数如下： i：CO(g)+3H(g) CHOH(g)+H O(g) △H 2 2 3 2 1 ii：CO(g)+H(g) CO(g)+HO(g) △H=41.2kJ/mol 2 2 2 2 iii：CO(g)+2H(g) CHOH(g) △H=-132.0kJ/mol 2 3 3 850℃时，三个反应的平衡常数分别为K=160、K=243、K=160。 1 2 3 ①△H=____，该反应在____(填“高温”或“低温”)能自发进行。 1 ②850℃时，在密闭容器中进行反应i，开始时只加入CO、H，反应10min后测得各组分的浓度如表。比 2 2 较正、逆反应的速率的大小：v ____v (填“>”“<”或“=”)。 正 逆 物质 H CO CHOH HO 2 2 3 2 浓度/ 0.2 0.5 0.8 0.8 mol/L (2)在CO 利用的科研中，中科院天津工业生物所将H 与CO 反应合成甲醇，再由甲醇经若干酶促反应合 2 2 2 成淀粉，首次在实验室实现二氧化碳到淀粉的从头合成。该研究成果在碳中和、碳排放、温室效应、粮食 危机等方面有着重大意义。 回答下列问题： 保持温度T不变，在一刚性密闭容器中，充入一定量的CO 和H，同时发生反应i和ii，起始及达平衡 2 2 时，容器内各气体的物质的量如表所示。 CO H CHOH CO HO 2 2 3 2起始量/mol 4.0 8.0 0 0 0 平衡量/mol n 3.0 1 已知起始时总压强为1.5pkPa，平衡时体系总压强为pkPa，则表中n=____，反应i的平衡常数K=____。 1 p (含p的式子表示) (3)取物质的量浓度为amol•L-1的甲醇，选择不同的工程酶组块作为催化剂反应10h，测得实验数据如表所 示。 实验序号 温度/K 不同工程酶的组块 淀粉/(g•L-1) 1 T agp－M 0.21 1 1 2 T agp－M 0.38 1 2 3 T agp－M 1.82 2 2 4 T agp－M 1.24 2 3 ①根据表中数据选取最佳的反应条件____(填实验序号)。 ②已知温度升高，反应生成的淀粉量先增加后急剧减少，其可能原因是____。 ③实验4可用淀粉的质量浓度表示反应速率为____g•L-1•h-1。 【答案】(1) -90.8kJ/mo1 低温 = (2) 2.0 (3) 3 随温度升高，催化剂活性增强反应速率加快，生成的淀粉量增加；续升高温度，催化剂失活， 反应速率减慢，生成的淀粉量减少 0.124 【解析】（1）①由盖斯定律可知，ii+iii得到反应i，△H=(41.2kJ/mol)+( -132.0kJ/mol)= -90.8kJ/mol，反应 1 为放热的熵减反应，根据△H-T△S<0反应可自发进行，则该反应在低温能自发进行。 ②由图表可知，Q= = K ，反应达到平衡状态，则v =v ； 1 正 逆 （2）已知，充入二氧化碳、氢气的总量为12mol，起始时总压强为1.5pkPa，平衡时体系总压强为pkPa， 则根据阿伏伽德罗定律可知，反应后总的物质的量为 ，反应ii为气体分子数不变的 反应，减少的物质的量为12mol-8mol=4mol为反应i进行导致的，根据反应CO(g)+3H(g) CHOH(g) 2 2 3 +H O(g)可知气体系数变化∆n=2； 2则反应反应平衡时甲醇为n=2.0mol； 1 由图表可知，反应后水的物质的量为3.0mol，则： 则反应后二氧化碳、氢气、甲醇、水的物质的量分别为1.0mol、1.0mol、2.0mol、3.0mol；反应后总的物 质的量为8mol，则二氧化碳、氢气、甲醇、水的分压分别为0.125pkPa、0.125pkPa、0.25pkPa、 0.375pkPa，则K= ； p （3）①根据表中数据选取最佳的反应条件：3，此时淀粉的产率最高； ②随温度升高，催化剂活性增强反应速率加快，生成的淀粉量增加；继续升高温度，催化剂失活，反应速 率减慢，生成的淀粉量减少，故温度升高，反应生成的淀粉量先增加后急剧减少； ③实验4可用淀粉的质量浓度表示反应速率为1.24g•L-1÷10h=0.124g•L-1•h-1。 1．（2022·辽宁·高考真题）工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，目前已有三位科学家因其获得诺 贝尔奖，其反应为： 。回答下列问题： (1)合成氨反应在常温下_______(填“能”或“不能”)自发。 (2)_______温(填“高”或“低”，下同)有利于提高反应速率，_______温有利于提高平衡转化率，综合考 虑催化剂(铁触媒)活性等因素，工业常采用 。 针对反应速率与平衡产率的矛盾，我国科学家提出了两种解决方案。 (3)方案一：双温-双控-双催化剂。使用 双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为 时， 的温度为 ，而 的温度为 )。下列说法正确的是_______。 a．氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率 b． 在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率 c．“热Fe”高于体系温度，有利于提高氨的平衡产率 d．“冷Ti”低于体系温度，有利于提高合成氨反应速率 (4)方案二： 复合催化剂。 下列说法正确的是_______。 a． 时，复合催化剂比单一催化剂效率更高 b．同温同压下，复合催化剂有利于提高氨的平衡产率 c．温度越高，复合催化剂活性一定越高 (5)某合成氨速率方程为： ，根据表中数据， _______； 实验1 m n p q 2 2m n p 2q 3 m n 0.1p 10q 4 m 2n p 2.828q 在合成氨过程中，需要不断分离出氨的原因为_______。 a．有利于平衡正向移动 b．防止催化剂中毒 c．提高正反应速率 (6)某种新型储氢材料的晶胞如图，八面体中心为M金属离子，顶点均为 配体；四面体中心为硼原 子，顶点均为氢原子。若其摩尔质量为 ，则M元素为_______(填元素符号)；在该化合物中，M 离子的价电子排布式为_______。 【答案】(1)能 (2) 高 低 (3)ab (4)a (5) -1 a (6) Fe 3d6 【详解】（1） ，则∆G=∆H- T∆S=(-92.4+0.2×273) kJ∙mol-1=-37.8 kJ∙mol-１＜0，所以合成氨反应在常温下能自发进行。答案为：能； （2）温度越高，反应速率越快，所以高温有利于提高反应速率；因为正反应为放热反应，所以低温有利 于提高平衡转化率。答案为：高；低； （3）a．因为正反应为放热反应，所以低温有利于平衡正向移动，氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高 氨的平衡产率，a正确； b．温度升高，反应速率加快，所以 在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率，b正确； c．合成氨反应的正反应为放热反应，“热Fe”高于体系温度，不利于提高氨的平衡产率，c不正确；d．温度升高，可提高合成氨反应的速率，所以“冷Ti”低于体系温度，不利于提高合成氨反应速率，d不 正确； 故选ab。答案为：ab； （4）a．从图中可以看出， 时，复合催化剂比单一催化剂的反应速率快，催化效率更高，a正确； b．催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡产率，所以同温同压下，复合催化剂不能提高氨的平衡产 率，b不正确； c．虽然图中显示温度高反应速率快，但温度高到一定程度后，复合催化剂活性就可能不变或变低，c不正 确； 故选a。答案为：a； （5）选择实验1和3进行分析，此时 ，则γ=-1； a．在合成氨过程中，需要不断分离出氨，有利于平衡正向移动，a正确； b．氨是在该催化剂的催化作用下生成，不会使催化剂中毒，b不正确； c．分离出氨，并没有增大反应物的浓度，所以不会提高正反应速率，c不正确； 故选a。答案为：-1；a； （6）从图中信息可以进行以下计算：含黑球的数目为 =4，含白球的数目为8，则黑球与白球的 个数比为1:2。黑球的化学式为 ，白球的化学式为 。从而得出M+17×6+15×2=188， M=56，则M元素为Fe；在该化合物中，Fe2+的价电子排布式为3d6。答案为：Fe；3d6。 2．（2022·江苏·高考真题）氢气是一种清洁能源，绿色环保制氢技术研究具有重要意义。 (1)“ 热电循环制氢”经过溶解、电解、热水解和热分解4个步骤，其过程如图所示。 ①电解在质子交换膜电解池中进行。阳极区为酸性 溶液，阴极区为盐酸，电解过程中 转化为。电解时阳极发生的主要电极反应为_______(用电极反应式表示)。 ②电解后，经热水解和热分解的物质可循环使用。在热水解和热分解过程中，发生化合价变化的元素有 _______(填元素符号)。 (2)“ 热循环制氢和甲酸”的原理为：在密闭容器中，铁粉与吸收 制得的 溶液反 应，生成 、 和 ； 再经生物柴油副产品转化为Fe。 ①实验中发现，在 时，密闭容器中 溶液与铁粉反应，反应初期有 生成并放出 ，该 反应的离子方程式为_______。 ②随着反应进行， 迅速转化为活性 ，活性 是 转化为 的催化剂，其可能 反应机理如图所示。根据元素电负性的变化规律。如图所示的反应步骤Ⅰ可描述为_______。 ③在其他条件相同时，测得Fe的转化率、 的产率随 变化如题图所示。 的产率随 增加而增大的可能原因是_______。(3)从物质转化与资源综合利用角度分析，“ 热循环制氢和甲酸”的优点是_______。 【答案】(1) Cu、O (2) 吸附在催化剂的Fe2+上的H与 中碳原子作用，吸附在 O2-的H与 中的羟基氧作用生成的HO和 均吸附在上Fe2+ 随 增加，催化剂的量增 2 多，增大了接触面积， H 的产量增大， 的产率增大 2 (3)制得H，CO 转化为甲酸，生物柴油副产品的利用 2 2 【详解】（1）①电解在质子交换膜电解池中进行，H+可自由通过，阳极区为酸性 溶液，电解过程中 转化为 ，电解时阳极发生的主要电极反应为： ； ②电解后，经热水解得到的HCl和热分解得到的CuCl等物质可循环使用，从图中可知，热分解产物还有 O，从详解①中得知，进入热水解的物质有 ，故发生化合价变化的元素有Cu、O。 2 （2）①在 时，密闭容器中 溶液与铁粉反应，反应初期有 生成并放出 ，离子方程 式为： ； ②H的电负性大于Fe，小于O，在活性 表面，部分H吸附在催化剂的亚铁离子上，略带负电；另一部分H吸附在催化剂的氧离子上，略带正电；前者与 中略带正电的碳结合，后者与 中略带负 电的羟基氧结合生成HO， 转化为 ；故答案为：吸附在催化剂的Fe2+上的H与 中碳原 2 子作用，吸附在O2-的H与 中的羟基氧作用生成的HO和 均吸附在上Fe2+； 2 ③在其他条件相同时，随 增加，其与铁粉反应加快，从图中得知Fe的转化率也增大，即生成 和H 的速率更快，量更大，则得到活性 的速度更快，量也更多，生成 的速率更快， 2 产率也更大。故答案为：随 增加，催化剂的量增多，增大了接触面积， H 的产量增大， 2 的产率增大； （3）“ 热循环制氢和甲酸”系统将 转化为 和生成H 的速率快，原子利用率 2 高，不产生污染物，Fe初期生成 后迅速转化为活性 ， 氧化为 再经生物柴油副产 品转化为Fe，得到循环利用，故该原理的优点是：制得H，CO 转化为甲酸，生物柴油副产品的利用。 2 2 13．（2022·海南·高考真题）某空间站的生命保障系统功能之一是实现氧循环，其中涉及反应： 回答问题： (1)已知：电解液态水制备 ，电解反应的 。由此计算 的燃烧热(焓) _______ 。 (2)已知： 的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系如图1所示。①若反应为基元反应，且反应的 与活化能(Ea)的关系为 。补充完成该反应过程的能量变化示意 图(图2)_______。 ②某研究小组模拟该反应，温度t下，向容积为10L的抽空的密闭容器中通入 和 ，反 应平衡后测得容器中 。则 的转化率为_______，反应温度t约为_______℃。 (3)在相同条件下， 与 还会发生不利于氧循环的副反应： ，在反应器中按 通入反应物，在不同温度、不同催化剂条件下，反应进行到2min时，测得反应器中 、 浓度( )如下表所示。 t=350℃ t=400℃ 催化剂 催化剂 10.8 12722 345.2 42780 Ⅰ 催化剂 9.2 10775 34 38932 Ⅱ 在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应， 生成 的平均反应速率为_______ ；若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件，原因是_______。 【答案】(1)-286 (2) 50%或0.5 660.2(或660.1或660.3,其他答案酌情给 分) (3) 5.4 相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高 【详解】（1）电解液态水制备 ，电解反应的 ，由此可以判断，2mol 完 全燃烧消耗 ，生成液态水的同时放出的热量为572kJ ，故1mol 完全燃烧生成液态水放出 的热量为286kJ，因此， 的燃烧热(焓) -286 。 （2）①由 的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系图可知，K随着温度升高而减小，故该反应为放热反应。若反应为基元反应，则反应为一步完成，由于反应的 与活 化能(Ea)的关系为 ，由图２信息可知 ＝ａ ，则 ａ ，该反应为放热反应， 生成物的总能量小于反应物的，因此该反应过程的能量变化示意图为： 。 ②温度t下，向容积为10L的抽空的密闭容器中通入 和 ，反应平衡后测得容器中 ，则 的转化率为 ，根据C元素守恒可知， 的平衡量为 ， 和 是按化学计量数之比投料的，则 的平衡量为 ， 的平衡量是 的２倍，则 ， 的平衡浓度分别为 、 、 、 ，则该反应的平衡常数K＝ ，根据图１中的信息可知，反应 温度t约为660.2℃。 （3）在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，由表中信息可知， 的浓度由０增加到10.8 ，因此， 生成 的平均反应速率为 ；由表中信 息可知，在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应， 的浓度由０增加到10.8 ，， : ＝12722:10.8 1178；在选择使用催化剂Ⅱ和350℃的反应条件下， 的浓度由０增加到9.2 ， : ＝10775:9.2 1171；在选择使用催化剂Ⅰ和 400℃条件下反应， 的浓度由０增加到345.2 ， : ＝42780:345.2 124；在选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件下， 的浓度由０增加到34 ， : ＝38932:34 1145。因此，若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃ 的反应条件的原因是：相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与 甲醇比例高。 4．（2022·河北·高考真题）氢能是极具发展潜力的清洁能源，以氢燃料为代表的燃料电池有良好的应用前 景。 (1) 时， 燃烧生成 )放热 ， 蒸发吸热 ，表示 燃烧热的热化学方程 式为_______。 (2)工业上常用甲烷水蒸气重整制备氢气，体系中发生如下反应。 Ⅰ. Ⅱ. ①下列操作中，能提高 平衡转化率的是_______ (填标号)。 A．增加 用量 B．恒温恒压下通入惰性气体 C．移除 D．加入催化剂②恒温恒压条件下， 和 反应达平衡时， 的转化率为 ， 的物质的量 为 ，则反应Ⅰ的平衡常数 _______ (写出含有a、b的计算式；对于反应 ， ，x为物质的量分数)。其他条件不变， 起始量 增加到 ，达平衡时， ，平衡体系中 的物质的量分数为_______(结果保留两位有效 数字)。 (3)氢氧燃料电池中氢气在_______(填“正”或“负”)极发生反应。 (4)在允许 自由迁移的固体电解质燃料电池中， 放电的电极反应式为_______。 (5)甲醇燃料电池中，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO，四步可能脱氢产物及其相对能量如 图，则最可行途径为a→_______(用 等代号表示)。 【答案】(1)H (g)+ O (g)=HO(1) H= -286 kJ•mol-1 2 2 2 (2) BC 43% (3)负 (4)C H -(6n+2)e-+ (3n+1) O2-=n CO+(n+1) HO n 2n+2 2 2(5)a b e h j 【详解】（1）298K时，1gH 燃烧生成HO(g)放热121 kJ，则1molH 燃烧生成HO(g)放热 =242kJ， 2 2 2 2 用热化学方程式表示为：H(g)+ O(g)=HO(g) H= -242 kJ•mol-1①，又因为1 mol H O(1)蒸发吸热 2 2 2 1 2 44kJ，则HO(g)= H O(l) H= -44 kJ•mol-1②，根据盖斯定律可知，表示H 燃烧热的反应热为 H= H+ 2 2 2 2 1 H= -286 kJ•mol-1，故答案为：H(g)+ O (g)=HO(1) H= -286 kJ•mol-1； 2 2 2 2 （2）①A．增加CH (g)用量可以提高HO(g)的转化率，但是CH(g)平衡转化率减小，A不符合题意； 4 2 4 B．恒温恒压下通入惰性气体，相当于减小体系压强，反应混合物中各组分的浓度减小，反应Ⅰ的化学平 衡正向移动，能提高CH(g)平衡转化率，B符合题意； 4 C．移除CO(g)，减小了反应混合物中CO(g)的浓度，反应Ⅰ的化学平衡正向移动，能提高CH(g)平衡转化 4 率，C符合题意； D．加入催化剂不能改变平衡状态，故不能提高CH(g)平衡转化率，D不符合题意； 4 综上所述，上述操作中，能提高CH(g)平衡转化率的是BC； 4 ②恒温恒压条件下，1 mol CH (g)和1 mol H O(g)反应达平衡时，CH (g)的转化率为α，CO (g)的物质的 4 2 4 2 量为b mol，则转化的CH (g)为α mol，剩余的CH (g)为(1-α)mol，根据C元素守恒可知，CO(g)的物质的 4 4 量为(α-b)mol，根据H和O守恒可知，HO(g)的物质的量为(1-α-b)mol，H(g)的物质的量为(3α+b)mol，则 2 2 反应混合物的总物质的量为(2α+2)mol，平衡混合物中，CH(g)、HO(g)、 CO(g) 、H(g)的物质的量分数 4 2 2 分别为 、 、 、 ，因此，反应I的平衡常数K= x ；其他条件不变，HO(g)起始量增加到5mol，达平衡时， 2 α=0.90，b =0.65，则平衡时，CH (g)为0.1mol，根据C元素守恒可知，CO(g)的物质的量为0.25mol，，根 4 据H和O守恒可知，HO(g)的物质的量为(5-0.90-0.65 )mol=3.45mol，H(g)的物质的量为 2 2 (3α+b )mol=3.35mol，平衡混合物的总物质的量为(2α+6 )mol=7.8mol，平衡体系中H(g)的物质的量分数为 2 ；（3）燃料电池中的燃料在负极发生氧化反应，因此，氢氧燃料电池中氢气在负极发生反应； （4）在允许O2-自由迁移的固体电解质燃料电池中，C H 在负极发生氧化反应生成CO 和HO，电极反 n 2n+2 2 2 应式为C H -(6n+2)e-+ (3n+1) O2-=nCO +(n+1) HO； n 2n+2 2 2 （5）由图示可知，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO，且能垒越低，活化能越小，越容易进 行，根据图示可知，其可行的途径为：a b e h j。 5．（2022·广东·高考真题）铬及其化合物在催化、金属防腐等方面具有重要应用。 (1)催化剂 可由 加热分解制备，反应同时生成无污染气体。 ①完成化学方程式： _______ _______。 ② 催化丙烷脱氢过程中，部分反应历程如图， 过程的焓变为_______(列式表示)。 ③ 可用于 的催化氧化。设计从 出发经过3步反应制备 的路线_______(用“→”表示含 氮物质间的转化)；其中一个有颜色变化的反应的化学方程式为_______。 (2) 溶液中存在多个平衡。本题条件下仅需考虑如下平衡： (ⅰ) (ⅱ) ①下列有关 溶液的说法正确的有_______。 A．加入少量硫酸，溶液的pH不变 B．加入少量水稀释，溶液中离子总数增加C．加入少量 溶液，反应(ⅰ)的平衡逆向移动 D．加入少量 固体，平衡时 与 的比值保持不变 ②25℃时， 溶液中 随pH的变化关系如图。当 时，设 、 与 的平衡浓度分别为x、y、 ，则x、y、z之间的关系式为_______ ；计算溶液 中 的平衡浓度_____(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。 ③在稀溶液中，一种物质对光的吸收程度(A)与其所吸收光的波长( )有关；在一定波长范围内，最大A对 应的波长( )取决于物质的结构特征；浓度越高，A越大。混合溶液在某一波长的A是各组分吸收程度 之和。为研究对反应(ⅰ)和(ⅱ)平衡的影响，配制浓度相同、 不同的 稀溶液，测得其A随 的 变化曲线如图，波长 、 和 中，与 的 最接近的是_______；溶液 从a变到b的过程中， 的值_______(填“增大”“减小”或“不变”)。【答案】(1) N↑ 4HO (E-E)+ΔH+(E-E) 2 2 1 2 3 4 2NO+O =2NO 2 2 (2) BD 当溶液pH=9时， ，因此可忽略溶液中 即 =0.20 反应(ii)的平衡常数K = = =3.3×10-7 2 联立两个方程可得 =6.0×10-4mol/L λ 增大 3 【解析】(1)① 分解过程中，生成Cr O 和无污染气体，根据元素守恒可知，其余生成物为 2 3 N、HO，根据原子守恒可知反应方程式为 ，故答案为：N↑；4HO。 2 2 2 2 ②设反应过程中第一步的产物为M，第二步的产物为N，则X→M ΔH=(E-E)，M→N ΔH=ΔH，N→Y 1 1 2 2 ΔH=(E-E)，根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓变为ΔH+ΔH+ΔH=(E-E)+ΔH+(E-E)，故答案为： 3 3 4 1 1 2 3 1 2 3 4 (E-E)+ΔH+(E-E)。 1 2 3 4 ③NH 在Cr O 作催化剂条件下，能与O 反应生成NO，NO与O 反应生成红棕色气体NO ，NO 与HO反 3 2 3 2 2 2 2 2 应生成HNO 和NO，若同时通入O，可将氮元素全部氧化为HNO，因此从NH 出发经过3步反应制备 3 2 3 3 HNO 的路线为 ；其中NO反应生成NO 过程中，气体颜色发生 3 2变化，其反应方程式为2NO+O =2NO，故答案为： ； 2 2 2NO+O =2NO。 2 2 (2)①KCr O 溶液中存在平衡：(i) 、(ii) 2 2 7 。 A．向溶液中加入少量硫酸，溶液中c(H+)增大，(ii)平衡逆向移动，根据勒夏特列原理可知，平衡移动只是 减弱改变量，平衡后，溶液中c(H+)依然增大，因此溶液的pH将减小，故A错误； B．加水稀释过程中，根据“越稀越水解”、“越稀越电离”可知，(i)和(ii)的平衡都正向移动，两个平衡 正向都是离子数增大的反应，因此稀释后，溶液中离子总数将增大，故B正确； C．加入少量NaOH溶液，(ii)正向移动，溶液中 将减小，(i)将正向移动，故C错误； D．平衡(i)的平衡常数K = ，平衡常数只与温度和反应本身有关，因此加入少量KCr O 溶液， 1 2 2 7 不变，故D正确； 综上所述，答案为：BD。 ②0.10mol/L K Cr O 溶液中，Cr原子的总浓度为0.20mol/L，当溶液pH=9.00时，溶液中Cr原子总浓度为 2 2 7 =0.20mol/L， 、 与 的平衡浓度分别为x、y、z mol/L，因此 =0.10；由图8可知，当溶液pH=9时， ，因此可忽略溶液中 ，即 =0.20，反应(ii)的平衡常数K = = =3.3×10-7，联 2 立两个方程可得 =6.0×10-4mol/L。③根据反应(i)、(ii)是离子浓度增大的平衡可知，溶液pH越大，溶液中 越 大，混合溶液在某一波长的A越大，溶液的pH越大，溶液中 越大，因此与 的λ 最接近的 max 是λ；反应(i)的平衡常数K = ，反应(ii)的平衡常数K = ， = 3 1 2 = ，因此 = ，由上述分 析逆推可知，b>a，即溶液pH从a变到b的过程中，溶液中c(H+)减小，所以 的值将增 大，故答案为：λ；增大。 3 6．（2022·湖南·高考真题）2021年我国制氢量位居世界第一，煤的气化是一种重要的制氢途径。回答下列 问题： (1)在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量的 和 ，起始压强为 时，发生 下列反应生成水煤气： Ⅰ. Ⅱ. ①下列说法正确的是_______； A．平衡时向容器中充入惰性气体，反应Ⅰ的平衡逆向移动 B．混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡 C．平衡时 的体积分数可能大于 D．将炭块粉碎，可加快反应速率 ②反应平衡时， 的转化率为 ，CO的物质的量为 。此时，整个体系_______(填“吸收”或“放出”)热量_______kJ，反应Ⅰ的平衡常数 _______(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。 (2)一种脱除和利用水煤气中 方法的示意图如下： ①某温度下，吸收塔中 溶液吸收一定量的 后， ，则该溶液的 _______(该温度下 的 )； ②再生塔中产生 的离子方程式为_______； ③利用电化学原理，将 电催化还原为 ，阴极反应式为_______。 【答案】(1) BD 吸收 31.2 (2) 10 2 CO↑+ +H O 2CO+12e-+12H+=C H+4H O、AgCl+e-=Ag+Cl- 2 2 2 2 4 2 【解析】（1）①A．在恒温恒容条件下，平衡时向容器中充入情性气体不能改变反应混合物的浓度，因 此反应Ⅰ的平衡不移动，A说法不正确； B．在反应中有固体C转化为气体，气体的质量增加，而容器的体积不变，因此气体的密度在反应过程中 不断增大，当混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，B说法正确； C．若C(s)和HO(g)完全反应全部转化为CO(g)和H(g)，由C(s)+ 2H O(g) = CO (g)+ 2H (g)可知，H 的体 2 2 2 2 2 2 2 积分数的极值为 ，由于可逆反应只有一定的限度，反应物不可能全部转化为生成物，因此，平衡时H 的 2 体积分数不可能大于 ，C说法不正确； D．将炭块粉碎可以增大其与HO(g)的接触面积，因此可加快反应速率，D说法正确； 2综上所述，相关说法正确的是BD。 ②反应平衡时，HO(g)的转化率为50%，则水的变化量为0.5mol，水的平衡量也是0.5mol，由于CO的物 2 质的量为0.1mol，则根据O原子守恒可知CO 的物质的量为0.2mol，生成0.2mol CO 时消耗了0.2mol 2 2 CO，故在反应Ⅰ实际生成了0.3molCO。根据相关反应的热化学方程式可知，生成0.3mol CO要吸收热量 39.42kJ ，生成0.2mol CO 要放出热量8.22kJ此时，因此整个体系吸收热量39.42kJ-8.22kJ=31.2kJ；由H原 2 子守恒可知，平衡时H 的物质的量为0.5mol，CO的物质的量为0.1mol，CO 的物质的量为0.2mol，水的 2 2 物质的量为0.5mol，则平衡时气体的总物质的量为0.5mol+0.1mol+0.2mol+0.5mol=1.3mol，在同温同体积 条件下，气体的总压之比等于气体的总物质的量之比，则平衡体系的总压为0.2MPa 1.3=0.26MPa，反应I （C(s)+HO(g) CO(g)+H(g)）的平衡常数K = 。 2 2 p （2）①某温度下,吸收塔中KCO 溶液吸收一定量的CO 后，c( ):c( )=1:2，由 2 3 2 可知， = ，则该溶液的 pH=10； ②再生塔中KHCO 受热分解生成KCO、HO和CO，该反应的离子方程式为2 CO↑+ 3 2 3 2 2 2 +H O； 2 ③利用电化学原理，将CO 电催化还原为C H，阴极上发生还原反应，阳极上水放电生成氧气和H+， 2 2 4 H+通过质子交换膜迁移到阴极区参与反应生成乙烯，铂电极和Ag/AgCl电极均为阴极，在电解过程中 AgCl可以转化为Ag，则阴极的电极反应式为2CO+12e-+12H+=C H+4H O、AgCl+e-=Ag+Cl-。 2 2 4 2
