2021届高考化学考点突破：化学反应原理综合大题(二)(解析版)

化学反应原理综合大题(二)

1.研究CO还原NOx对环境的治理有重要意义，相关的主要化学反应有:

IN02(g)+C0(g)=C02(g)+N0(g)AHi

II2NO2(g)+4C0(g)=N2(g)+4C02(g)AH2Vo

m2N0(g)+2C0(g)—N2(g)+2C02(g)AH3Vo

(1)已知：每lmol下列物质分解为气态基态原子吸收的能量分别为

NO2COC02NO

819kJ1076kJ1490kJ632kJ

①根据上述信息计算AH尸kj-mol-'o

②下列描述正确的是o

A.在绝热恒容密闭容器中只进行反应I,若压强不变，能说明反应I达到

平衡状态

B.反应nAHVO,ASV0；该反应在低温下自发进行

C.恒温条件下，增大C0的浓度能使反应ID的平衡向正向移动，平衡常数增

大

D.上述反应达到平衡后，升温，三个反应的逆反应速率均一直增大直至达

到新的平衡

(2)在一个恒温恒压的密闭容器中，NO?和CO的起始物质的量比为1：2进

行反应，反应在无分子筛膜时二氧化氮平衡转化率和有分子筛膜时二氧化氮转化

率随温度的变化如图所示，其中分子筛膜能选择性分离出苗。

①二氧化氮平衡转化率随温度升高而降低的原因为

②P点二氧化氮转化率高于T点的原因为o

(3)实验测得，V正=%・C2(N0)・c2(C0),V逆=1＜逆・。(弗)・C2(C02)(k正、

k逆为速率常数，只与温度有关)。

①一定温度下，向体积为1L的密闭容器中充入一定量的NO和CO,只发生

反应HL在白时刻达到平衡状态，此时n(CO)=0.ImoLn(NO)=0.2mol,n(N2)=amol,

k

且N占平衡总体积的1/4则：_______________。

2K逆

②在t2时刻，将容器迅速压缩到原容积的1/2,在其它条件不变的情况下.t3

时刻达到新的平衡状态。请在图中补充画出t2时段，正反应速率的变化曲

线o

【答案】（D①-227②AB

（2）①反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动（或平衡常数减小）

②分子筛膜从反应体系中不断分离出昆，有利于反应正向进行，二氧化氮转

化率升高

⑶①270（起点的纵坐标为16,t3时刻达到平衡，t3-t4

处于平衡状态与已有线平齐）

【解析】（1）①AH1二E反应物-E生成物=819+1076-1490-632=-227kJ/mol；②A项，

反应前后气体系数不变，如果是恒温恒容，无论平衡是否移动，容器中的压强均

不变，换为绝热容器后，随着反应的正向进行，反应放出热量，体系温度升高,

等量气体的压强随之增大，此时压强是变量，可以作为平衡的依据，A项正确;

B项，当AH-TAS<0时，反应自发进行，由AHVO,AS<0,推出该反应低温下

自发进行，B项正确；C项，增大C0的浓度可以使反应ID的平衡向正向移动，但

是平衡常数只受到温度的影响，温度不变，平衡常数不变，C项错误；D项，温

度升高,反应速率增大,三个反应的逆反应速率均增大,三个反应均为放热反应，

温度升高，反应向吸热方向进行，则平衡逆向移动，所以平衡移动的初期为逆反

应速率大于正反应速率，为了达到新的平衡，逆反应速率向正反应速率靠近，逆

反应速率会减小，所以逆反应速率的变化趋势为先增大后减小，D项错误；（2）

①反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应（吸热）方向进行，二氧化氮转化率

降低；②相同温度下，二氧化氮的转化率在P点较高是因为使用了分子筛膜，将

产物必分离出来，降低了产物的浓度，使平衡正向进行，从而二氧化氮的转化率

提高；

（3）①列三段式求解:

2NO(g)+2CO(g)一-N,(g)+2CO;(g)

初始mol0.2+2a0.1-2a00

转化mol2a2aa2a

平衡mol0.20.1a2a

因为N2占平衡总体积的1/4,所以用+0：+a+2aW，a=0-3mol,此时为平衡状态,

有V正=V逆，即k正/（NO）/（CO）=k逆七（N2）七2（C02）,，=踪£*；=:黑（=270.

②在t2时刻,将容器迅速压缩到原容积的1/2,压强瞬间增大为原来压强的两倍,

正逆反应速率均增大，但是压强增大，平衡向正反应（气体系数减小）方向进行,

则正反应速率大于逆反应速率，所以正反应速率的总体趋势为先突然增大，然后

2.乙醛是一种重要的烧类衍生物，广泛应用于纺织、医药、化纤、染料和

食品工业。

（一）以乙烯和氧气（或空气）为原料，在由PdCb、CuCl2＞盐酸组成的催化剂

水溶液中，进行液相氧化生产乙醛，工业上一般控制反应温度在120~130℃,压

强在300~350KPa。又称Wacker法。其反应式为：

主反应:CH?-ClUg)+y02(g)=CH3CHO(g)AQ—243.2kJ-mol

-1

副反应：1CH2—CH2(g)+yO2(g)—CO2(g)+H2O(g)NH=-

705.5kJ•mol-1

(1)已知：水的汽化热是44.0kJ-mol-1，请计算乙烯的燃烧热：

=kJ,mol-1

汽化热：在标准大气压UOlKPa)下，使lmol物质在一定温度下蒸发所需要

的热量。

(2)Wacker法乙烯氧化制乙醛过程，按照以下机理进行：

①乙烯谈基化反应：_____________________________

②金属钿的再氧化反应：Pd+2CUC12=PdCl2+2CuCl

③氯化亚铜的氧化反应：2CuCl+y02+2HC1=2CUC12+H20

请写出①的反应方程式o

(3)下列有关说法正确的是

A.Wacker法制乙醛反应中，氯化铝是反应催化剂，氯化铜的作用是使催化

剂再生，没有氯化铜的存在，就不能完成此催化过程。

B.工业上采用的原料气中乙烯大量过量，并有大量未反应的乙烯气要循环

使用，这样可提高乙烯利用率，同时原料气中加入CO2有利于提高乙醛选择性。

C.原料气中乙烯大量过量的原因可能是为了让乙烯的体积分数处在爆炸极

限范围之外，以避免危险的发生。

D.乙烯氧化生成乙醛的反应是在气-液相中进行的，加压和升温都有利于提

高乙烯和氧在液体中的溶解度，加快反应速率。

(4)控制反应条件在120~130℃和300~350KPa,原料气的体积比是

V(C2H4):V(O2)：V(C02)：V(N2)=15：10.5：9.5：65,以一定流速通入催化剂水

溶液中，一段时间后反应达平衡，测得乙烯的体积分数是0.L氧气的体积分数

是0.05,如果充入lOOmol原料气，请计算反应达平衡时,/ACLCHO)=

molo(不考虑HC1的挥发)

(二)实际工业生产要求有较高产量，速率不能太低，转化率尽可能大，所以

应尽量使平衡正向移动。

(1)可逆反应：aA+bB—rR+sS,对反应物A,净反应速率为n=r正保人)

-r逆区),XA为反应物A的转化率，图a表示反应物A的转化率和A的净反应速

率与温度(D的关系图。图a分析可知，在相同温度下，净反应速率为

时，XA最大(从"r=0、巧、功、r3>rj选填)；由图a判断该反应是

反应(填“吸热”或“放热”),并简述原因o

(2)请在图a中绘制:在不同r下,符合工业生产要求的最佳温度o

图a

【答案】(一)(1)7499⑵CH2—CH2(g)+PdCl2+H20=CH3CHO+Pd+2HC1

(3)ABC(4)4

(-)(l)r=O放热由图分析可知，反应达平衡时(r=0)，随温度升高,

XA降低，故该反应为放热反应

【解析】(一)(1)；湿-CMg)+|o2(g)—CO2(g)+H2O(g)NH=-

/L

705.5kJ・mol-1①

-1

H2O(g)—H20(l)A^=-44.OkJ.mol②

利用盖斯定律，将①义2+②X2可得乙烯的燃烧热：A，=[(-705.5)X2+(-

44.0)X2]kJ*mor^-1499kJ•mol-1o(2)乙烯援基化是指乙烯在PdCb的氧化

下生成CRCHO、Pd等，则①的反应方程式为：CH2—CH2(g)+PdCl2+H20=CH3CHO

+Pd+2HClo(3)A项，Wacker法制乙醛反应中，氯化杷是反应的催化剂，参与

反应(将乙烯氧化为乙醛)后被还原为Pd,CuCb将其氧化为PdCL,又可表现出催

化能力，从而完成催化过程，A正确；B项，工业上采用的原料气中乙烯大量过

量，可促进平衡正向移动，提高乙醛的产量，虽然乙烯的转化率降低，但由于原

料气的循环使用，最终可提高乙烯的利用率；原料气中加入C02,可降低乙烯氧

化生成C02的转化率，有利于提高乙醛的选择性，B正确；C项，乙烯与混合

达到一定体积分数范围时会发生爆炸，所以原料气中乙烯大量过量的原因可能是

为了让乙烯的体积分数处在爆炸极限范围之外，C正确；D项，乙烯氧化生成乙

醛的反应是在气-液相中进行的，加压有利于提高乙烯和氧在液体中的溶解度，

加快反应速率，但升温对乙烯和氧在液体中的溶解不利，D不正确；故选ABC。

(4)原料气的体积比是丫(四)力(。2)：V(CO2):V(N2)=15：10.5：9.5：65,充入

lOOmol原料气，则A(C2H。=100molX15%=15mol,77(02)=100molX10.5%=10.5molo

设生成CH3CHO的屈=屈物质的量为x,燃烧生成CO2的佻=阳物质的量为y,

则可建立下列三段式:

CH产CH式g)+3O,(g)2C0,(g)+2H;O(g)

y31,Zy

2CH;=CH,(g)2CH3CHO(g)

15-y10.5-3y0

变化量(mol)x2.v

平衡量(mol)10.5-x-3v2.v

则啜①

100-x

11^=0.②

解①、②方程，可求出产2moL所以反应达平衡时，T?(CH3CHO)=4mol。

(二)(1)图a分析可知,在相同温度下，转化率最大的点，其净反应速率为0,

所以净反应速率为r=0时，XA最大；由图a可知，当转化率达到最高点后，升高

温度，反应物的转化率降低，则平衡逆向移动，所以该反应是放热反应，原因是：

由图分析可知，反应达平衡时(r=0),随温度升高，XA降低，故该反应为放热反

应。(2)在不同r下，符合工业生产要求的最佳温度，是r=0的各个点的连线，

图象为：

3.工业上一般以CO和庆为原料合成甲醇，该反应的热化学方程式为：

CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)

(1)该反应的△2_0(填“>”、"V”或“=”)。

(2)若将等物质的量的CO和乩混合气体充入恒温恒容密闭容器中进行上述

反应，下列事实能说明此反应已达到平衡状态的是—o

A.容器内气体密度保持不变

B.混合气体的平均相对分子质量不变

C.生成CH30H的速率与生成乩的速率相等

D.C0的体积分数保持不变

(3)当按投料比湍=2,分别在P】、Pz、P3压强下，测得不同温度下平衡时

C0的平衡转化率如图lo

500510520530540550FK

520K时，投料比端=2(总物质的量为3mol),维持反应过程中压强P3不

变，达到平衡时测得容器体积为0.1L,则平衡常数庐o

若庆和C0的物质的量之比为n：1(维持反应过程中压强P3不变),相应平衡

体系中CH3OH的物质的量分数为x,请在图2中绘制x随n变化的示意图

(4)甲醇合成甲醛的反应为：

I.2cH30H(g)=CH30cH3(g)+H20(g)(主反应)

II.2CH30H(g)—C2H4(g)+2H20(g)(副反应)

反应过程中的能量变化如图3所示。

①在一定温度下，在恒容容器中进行合成甲醛的反应，测得CH30cH3含量随

着时间的推移，先增大后减小，请结合碰撞理论说明原因:

②在不改变温度的前提下，说出其中一个能增大CH30cH3选择性的措施:

【答案】(1)<(2)BD(3)0.25

(4)①反应I的活化能小于反应U的活化能，相同条件下反应I的反应速率

大于反应n速率，故所以一开始CH30cH3含量显著上升。后随着反应II的进行，

CH30H浓度减小，H20(g)浓度变大，促使反应I平衡左移，CH30cH3含量又有所下

降

②增大P

【解析】(D一氧化碳和氢气反应生成甲醇的反应是化合反应，大多数的化

合反应吸热，故该反应为吸热反应，0；(2)A项，该反应为一个恒容的反

应，反应过程中气体总质量不变，气体总体积不变，故混合气体的密度恒不变,

A错误；B项，混合气体的平均相对分子质量等于混合气体的质量除以混合气体

的总物质的量，随着反应的不断进行，混合气体的总物质的量不断减小，当反应

达平衡时，混合气体的总物质的量不再发生变化，混合气体的平均相对分子质量

也不再发生变化，故可以判断反应达平衡状态，B正确；C项，甲醇的生成速率

与氢气的生成速率相等，但不等于化学计量数的比，故不能判断反应达平衡，C

错误；D项，随着反应的不断进行，C0的体积分数不断减小，当反应达平衡时,

CO的体积分数不再发生变化，故可以判断反应达平衡,D正确;故选BD；(3)520K、

P3压强下，CO的转化率为80%,当投料比明=2且总物质的量为31noi时，

/2(H2)=2moL/7(C0)=lmol,则平衡时c(H2)=4mol/L,c(CO)=2mol/L,

c(CH3OH)=8mol/L,该温度下的平衡常数於墨25；达到平衡时

CH30H的物质的量分数为以=0.57,当n值大于或小于2时，甲醇的物质的量

分数均减小，故正确的图像为：I；(5)①在一定温度下，

在恒容容器中进行合成甲醛的反应，测得CH30cH3含量随着时间的推移，先增大

后减小，是因为反应I的活化能小于反应n的活化能，相同条件下反应I的反应

速率大于反应n速率，故所以一开始CH30cH3含量显著上升。后随着反应n的进

行，CH30H浓度减小，HzO(g)浓度变大，促使反应I平衡左移，CH30cH3含量又有

所下降；②在不改变温度的前提下，能够增大CH30cH3的选择性可以通过增大压

强等方法。

4.过量排放含氮物质会污染大气或水体,研究氮及其化合物的性质及转化，

对降低含氮物质的污染有着重大的意义。

(1)合成氨反应。

1

已知，氨的分解反应：2NH3(g)N2(g)+3H2(g)，活化能E^eOOkJ-moF,

合成氨有关化学键的键能如下表:

化学键H—HN=NN—H

E/kJ-mol-1436946391

13

则合成氨反应：-N2(g)+-H2(g)aNB(g)的活化能Ea=

(2)已知2N0+()2=2N02反应历程分两步

活化

方程式焰变

能

E总

总反应2N0(g)+02(g)=2N02(g)△水0

第一步(快速

Eal

2N0(g)—N202(g)△直

平衡)

第二步(慢反N202(g)

Ea2△屈

应)+O2(g)=2NO2(g)

①平衡常数K可用气体分压来表示，即K的表达式中用平衡分压代替平衡浓

度，分压=总压X物质的量分数(例如：p(NO)=Paxx(NO)),某一时刻第一步达到

平衡，写出第一步反应的平衡常数(用场和各气体的物质的分数来

表示)。

②用NO表示总反应的速率方程为v(NO)=k/c(NO).c(O2)；也表示的总反应

速率方程为v(NOj=k2.c(NO).c(O2),占与小是速率常数，贝！)k/k2=0

③下列关于反应2N0(g)+02(g)=2N02(g)的说法正确的是o

A.2E/.,^Eal+E;12B.增大压强，反应速率常数增大

C.温度升高，正逆反应速率都增大D.总反应快慢由第二步决定

(3)NB催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除

技术。

①用活化后的V2O5作催化剂，氨气将NO还原成郎的一种反应历程如图1所

示，请写出图1中所示的总反应方程式,该反应的含氮气体组分随温度

变化如图2所示,当温度大于600K时，可能发生副反应的化学方程式o

图1氨气选择性还原NO反应历程图2气体中含氨组分浓度随温度变化

②在有催化剂的作用下，经过相同时间，测得脱氮率随反应温度的变化情况

如下图所示，其他条件相同时，请在图中补充在无催化剂作用下脱氮率随温度变

化的曲线

(4)电解法处理氮氧化合物是目前大气污染治理的一个新思路，原理是将NO,

在电解池中分解成无污染的总和O2除去，如下图示，两电极间是新型固体氧化

物陶瓷,在一定条件下可自由传导o2-,电解池阴极反应为

x

【答案】(l)254kJ・moL⑵①)怎，)②1③

⑶①4NH3+4N0+02=4N2+6H20

4NH3+502=4N0+6H20(^N2+02=2N0)

2-

(4)2N0x+4xe-=N2+2x0

【解析］(0△><=反应物总键能性成物总键能，△H=Jx(NmN)+；X(H

\3

-H)-3X(N-H)=-X946kJ/mol+；X436kJ/mol-3X391kJ/mol=-46kJ/mol,△

H=正反应活化能-逆反应活化能，贝卜46=Ea-gX600,Ea=254kJ/mol；

p(NQ2)_^(N,O2)

(2)①根据平衡常数p(NO)2=P,,X2(NO)；②平衡时，根据反应速率与

计量系数成正比,v(NO)=V(NO2)，即ki-c(NO)*c(02)=k2-c(NO)*c(02)，则ki=

k

k2,二'=1；③A项，总反应的活化能由决速步骤决定，即由慢反应决定，故A

错误；B项，平衡常数只与温度有关，故B错误；C项，温度升高，正逆反应速

率都增大，故C正确；D项，总反应快慢由慢反应决定，故D正确；故选CD；(3)

①根据图示1可知NH3、NO、O2反应生成用和乩0,方程式为：4NH3+4N0+02=4N2

+6上0；根据图2,发生副反应产生NO,方程式为：4NH3+502=4N0+6H2。(或用

+02=2N0)；②催化剂可加快反应速率，缩短反应时间，平衡不移动。相同时间

内，没有催化剂时单位时间内脱氮率将下降，由此作图：

(4)由题意可知NO、经电解形成用，结合电子转移、

2

电荷守恒，阴极反应为：2N0x+4xe=N2+2X0\

5.研究氢的获得和应用具有重要意义。

⑴已知：2H2S(g)—2H2(g)+S2(g)>0将0.20molH2s气体充入密闭

容器中，保持恒压(p=a)、温度Ti条件下进行上述反应。

①下列可以作为反应达到平衡状态的判据是。

A.气体的平均相对分子质量不变B.P正(ILS)=2-逆⑸)

C.｛不变D.容器体积不变

②L时刻反应达到平衡，H2s的平衡转化率为40%。该反应的平衡常数

KP=(用a的代数式表示。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)。

③反应温度3时，画出0工2时段，力⑸)随时间变化曲线［MSj—t］。保持

其它条件不变，改变反应温度为T2(T2>TJ,画出0工2时段，HS2)随时间变化趋

势的曲线"(SD—t］

044r

(2)已知：某催化剂作用下，上还原NO的反应有两种可能:

I.2N0(g)+H2(g)—N20(g)+H20(g)A乂

II.2N0(g)+2H2(g)-N2(g)+2H20(g)AH

反应历程可以表示为(*表示吸附态)

吸附分解：NO(g)fNCP-bP+O*①

H?(g)f2H*②

反应脱附：O*+2H*^H2O(g)(3)

N*+NO*f、。②④

N*+N*fN?(g)⑤

其中，反应脱附过程中④与⑤是一组竞争关系，决定了乩还原NO的最终产

物。

①如图显示不同温度条件下，原料气〃（H）〃（NO）=1,达到平衡时体系中明

和用。的含量，由此判断△直o（填“>"或‘'<"）；判断反应脱附过程

中④与⑤两步反应的活化能高低并说明理由o

②如图显示不同温度条件下，原料气〃（H）〃（NO）分别为1、2、3（对应图中

标注“1”、“2”、“3”），达到平衡时，体系中附和弗0的含量，由此可知,

增加上的量，可以增加的选择性（填”旷或“40”）

T/X

O.IOi

g0叫

0.06bIT2

【答案】(D①ABD②(0.074a)③3M

T,

'-J

0

(2)①》由图可知温度低时以反应④为主，温度高时以反应⑤为主，说明

反应⑤具有较高的反应活化能②N2

【解析】(1)①A项，该反应反应物和生成物均为气体，且前后气体系数之

和不相等，所以气体总物质的量会变，而总质量不变，所以未平衡时气体的平均

相对分子质量会变，当其不变时，说明反应达到平衡，故A符合题意；B项，同

一反应同一时段反应速率之比等于计量数之比，所以/正(HzS)=2〃正(S。，所以当

y正(H2s)=2/逆⑸)时，也即/正⑸心。逆⑸)，说明反应平衡，故B符合题意；C

项，平衡常数只与温度有关，无论反应是否平衡，只要温度不变K就不变，所以

K不变不能说明反应平衡，故C不符合题意；D项，反应过程中恒压，而前后气

体系数之和不相等，所以未平衡时容器体积会变，当体积不变时说明反应平衡,

故D符合题意；故选ABD；②根据分析可知平衡时Z?(H2S)=O.12mol,〃(乩)=0.08mol,

Z7(S2)=0.04mol,气体总物质的量为0.12mol+0.08mol+0.041noi=0.24mol,总压强

fi-aYx-ia

36

为a,所以0as)=图当a=；a,同理可知p(H2)=-a,p(s2)=-a,所以Kp=2

0.24mol236{1}

=5a；③反应温度「时，初始投料为0.20molH2S,所以反应过程中S2的物质的

量增大，力时反应达到平衡，S2的物质的量不再改变，根据三段式可知平衡时

/?(S2)=0.04mol；反应温度T2时，该反应为吸热反应，升高温度，反应速率加快，

达到平衡所需时间缩短，且平衡正向移动，平衡时〃(S2)>0.04mol,所以曲线图

(2)①据图可知温度越高用含量越大，而用0在温

度达到一定值继续升高温度含量下降，说明生成弗0的反应为吸热反应，所以△

4>0;由图可知温度低时以反应④为主，说明该反应容易进行，温度高时以反应

⑤为主，说明反应⑤具有较高的反应活化能；②据图可知相同温度的情况下，投

料比越大，即氢气的量越多，弗的含量越高，说明增加氢气的量可以增加用的选

择性。

6.可逆反应2s02(g)+02(g)==2S03(g)是硫酸工业中非常重要的一个反应,

因该反应中使用催化剂而被命名为接触法制硫酸。

(1)某温度下，使用V2O5进行反应：2S02(g)+02(g)=2S03(g),在保证02(g)

的浓度不变的条件下，增大容器的体积，平衡(填字母代号)。

A.向正反应方向移动B.不移动C.向逆反应方向移动D.无法

确定

(2)使用V2O5催化该反应时，涉及到催化剂V2O5的热化学反应有：

①V2O5(s)+SO2(g)=V2O4(s)+SO3(g)AHF+59.6kJ/mol

②2V2O4(s)+02(g)=2V2O5(s)AH2=-314.4kJ/mol

向10L密闭容器中加入V2O4S)、S02(g)各lmol及一定量的。2,改变加入

的量，在常温下反应一段时间后，测得容器中V2O4、V205>SO2和SO3的量随反应

前加入的变化如图所示,图中没有生成S03的可能原因是O

(3)向一保持常压的密闭容器中加入V2O5S)、S02(g)各o.6mol,02(g)0.3mol,

此时容器的体积为10L,分别在T1、T2两种温度下进行反应，测得容器中SO?的

转化率如图所示。

①T2时，2S02(g)+O2(g)=2S03(g)的平衡常数K=o

②下列说法正确的是o

A.L<T2

B.若向该容器通入高温He(g)(不参加反应，高于Tz),S03的产率将减小,

仅因为温度升高，平衡向逆方向移动

C.合成硫酸的设备中，在接触室合成S03需要高压设备

D.依据反应装置所能承受的最高温度定为此反应温度

③在比T2更高的温度丁3下，反应②平衡向左移动，生成更多的V2O4固体会覆

盖在V2O5固体的表面上，该因素对反应①影响超过了温度因素的影响。请在图中

画出在T3下，a(SO2)在0〜时刻的变化图(0〜ti时刻之间已经平衡)o

【答案】(DB

⑵常温下,V205(s)+S02(g)—V2O4(s)+S03(g)和2S02(g)+02(g)—2S03(g)

反应都很慢

⑶①1.89X104②AC

【解析】(DT2时使用V2O5进行反应：2S02(g)+02(g)—2S03(g),实际上

反应的过程为①V2()5(s)+S02(g)=V2()4(s)+S03(g),②2V2(h(s)+02(g)=

2V205(S)反应①为反应前后气体物质的量不变的反应，增大容器的体积，即减小

压强，平衡不移动，对于反应②，由于氧气的浓度不变，则平衡也不移动，故

2s02(g)+02(g)==2S03(g)不移动，故答案为B；(2)由图像可知，随反应前加

入。2里的变化，SO?未参与反应，V2O4逐渐减少，V2O5逐新增多，由此可知，容器

中发生反应2V2O4(s)+O2(g)w2V2O5生),而反应V205(s)+SO2(g)—V2O4(s)+SO3(g)

和2s(h(g)+02(g)=2S()3(g)几乎没有发生，可能是在常温下反应都很慢，则没

有生成S03；(3)①由图像可知，在T2温度下，该反应达到平衡状态时，SO?的转

化率为90%,则SO2的转化量为0.54mol,可列出三段式(单位为mol)为：

2SO2+O,2SO；

起始0.60.30'

改变0.540.270.54

平衡0.060.030.54

则平衡时气体总物质的量为0.06mol+0.03mol+0.54mol=0.63mol,设平衡时

容器的体积为V,根据恒温恒压下，气体的体积之比等于物质的量之比可得：

,（854）2

心=黑吗，解得，V=7L,则该反应的平衡常数K=0067003=

V0.63molc'（SQ）xc（。,）（U.U。,

L89X10%②A项，由图像可知，在丁2温度下，该反应先达到平衡状态，则反应

速率更大，且该反应正向为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，S02的转化率

低，则温度更高，则T1VT2,A正确；B项，通入高温He,相当于加热，同时

容器的体积增大，相当于减小压强，平衡均左移，产率减小，B错误C项，在接

触室增大压强，有利于合成S03,所以需要高压设备，C正确；D项，为了安全起

见，反应温度应低于反应装置所能承受的最高温度定，D错误；故选AC；③在比

丁2更高的温度丁3下，反应②平衡向左移动，转化率降低，同时生成更多的V2O4

固体会覆盖在V2O5固体的表面上，该因素对反应①影响超过了温度因素的影响，

所以反应速率也降低。所以在T3下，a（SO2）在。〜匕时刻的变化图（0〜匕时刻之

间已经平衡）为:

7.化合物PHJ是一种白色晶体，受热不稳定，易分解产生PI，PA是无色

剧毒气体，广泛用于半导体器件和集成电路生产的外延、离子注入和掺杂。

(1)在2L真空密闭容器中加入一定量PHJ固体，L℃时发生如下反应：

PHJ(s)=PH3(g)+HI(g)

①下列可以作为反应达到平衡的判据是o

A.容器内气体的压强不变B.容器内HI的气体体积分数不变

C.容器内PHJ质量不变D.容器内气体的密度不变

E.容器内气体的平均相对分子质量不变

②3时刻反应达到平衡后，在t2时刻维持温度不变瞬间缩小容器体积至1L,

t3时刻反应重新达到平衡。在下图中画出t2〜t4时段的U正、U逆随时间变化图

Ot\£2t'324t

(2)PHJ固体分解产生的PA和HI均不稳定，在一定温度下也开始分解。

在2L真空密闭容器中加入一定量PHJ固体，已知在丁2℃时存在如下反应:

IPHJ(s)=PH3(g)+HI(g)A氏

II4PH3(g)=P4(g)+6H2(g)△万

m2HI(g)—H2(g)+I2(g)卜压

①已知：298K,lOlkPa,H-P键、P-P键、H-H键的键能分另U为322kJ・mol\

200kJ•mol，436kJ•moU试计算△昆=。

②各反应均达平衡时，测得体系中/7（PH3）=amol,々（P,hbmol,/7（H2）=c

mol,贝!!T2℃时反应I的平衡常数｛值为o（用a、b、

c表示）

③维持温度不变，缩小体积增大压强，达到新的平衡后，发现其它各成分的

物质的量均发生变化，而加均基本不变，试解释可能原因

【答案】⑴①ACD②：1金

IUI

Ot\±2±4t

（2）①+48kJ・molT②a（a+l6b-2c）

4

③增大压强的瞬间各气体浓度均增大，反应I平衡逆向移动使c（HI）减小,

反应II平衡逆向移动使。（乩）减小，对于反应IH两者作用相当，反应HI平衡

不移动，HL）基本不变（只答反应HI平衡不移动不得分）

【解析】（1）①A项，反应前没有气体，反应后生成气体，反应中容器内气

体压强一直改变，当容器内气体压强不再改变时，可以说明反应达到平衡状态,

A符合；B项，根据反应式可知，容器内HI的气体体积分数始终不变，容器

内HI的气体体积分数不变不能作为反应达到平衡的标志，B不符合；C项，

容器内PHJ的质量不再改变时，可以说明反应达到平衡状态，C符合；D项，容

器体积始终不变，气体总质量发生改变，则容器内气体的密度不再改变时，可以

说明反应达到平衡，D符合；E.容器内气体的平均相对分子质量始终不变，容

器内气体的平均相对分子质量不变不能作为反应达到平衡的标志，E不符合；故

选ACD；②时刻反应达到平衡后，在t2时刻维持温度不变瞬间缩小容器体积至

1L,则平衡逆向移动，uQu正，但由于PHJ为固体，增大压强，正反应速率不

变，t3时刻反应重新达到平衡，U正=U逆，因此t2〜t4时段的U正、U逆随时间变

VI

;(2)①根据△层反应物的总键能-生成物的总

键能，△笈=(4X3X322kJ•mol-1)-[(6X200kJ•mol1)+(6X436

kJ5nor')]=+48kJ如②各反应均达平衡时，测得体系中/7(PH3)=amol,^(P4)=b

mol,Z7(H2)=Cmol,根据白磷为bmol,结合反应H计算可知，消耗的PA为4bmol

和生成的4为6bmol,因为最终PA为amoL说明反应I生成的PH3和HI都为

(a+4b)mol,最终氢气为cmoL则反应ID生成乩为(c-6b)mol,反应ID消耗HI为

(2c-12b)mol,则平衡时皿为6+如-2。+121))=(2+161)-2011101,12℃时，对于反

((：

应[的平衡常数为K=cPHJjHI)qx也警=a(a+lb2c)；③由于增大压强的瞬间

各气体浓度均增大，而反应I平衡逆向移动使得C(HI)减小，反应H平衡逆向

移动使。田2)减小，对于反应IH两者作用相当，反应HI平衡不移动，因此〃(L)

基本不变。

8.对温室气体二氧化碳的研究一直是人们关注的热点。某工厂使用C02

与乩来合成可再生能源甲醇，反应如下:

①主反应：C02(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)

②副反应：2C02(g)+6H2(g)=C2H50H(g)+3H20(g)

(1)已知反应中相关的化学键键能E数据如下表：

化学键c-oc=oH-HH-0C-H

E/kJ.mol1abcde

则主反应的△年;该反应自发进行条件是o

(2)投料时只添加反应物，且CO?和上体积比为1比3,下列有关说法正确的

是o

A.若保持温度、体积不变，当甲醇和水蒸气的体积分数相等时可判断反应

达到平衡状态

B.若保持温度、体积不变，不断分离出甲醇，平衡①右移。其原因是逆反

应速率减小

C.在恒温恒压的密闭容器中，反应已达平衡，若再按初始投料比加入反应

物，达新平衡时，各物种分压与原平衡相同

D.降低温度或增大压强可提高反应物的转化率，也使该反应的平衡常数4

增大

(3)其他条件相同，在催化剂作用和不加催化剂作用下，以上反应进行相同

时间后，甲醇产率随反应温度的变化如图所示。该工厂更换为生产乙醇的生产线

后，需要使用一种抑制剂P（可以降低化学反应速率，作用原理似于催化剂）来

抑制主反应①。

①其他条件相同时，请在图中画出若选用抑制剂P,在温度从TJC到丁5℃之

间，甲醇产率的变化曲线可能出现的最大区域范围，用爨表示（此温度范围内催

化剂和抑制剂均未失去活性，T4为曲线最高点）O

②试用碰撞理论解释抑制剂的作用原理

（4）在一密闭恒容容器中，COZ和上的分压分别为akPa、4akPa,加入

催化剂并在一定温度下发生以上反应，达到平衡后测得体系压强是起始时的0.8

倍，且乙醇选择性是甲醇选择性的4倍。则反应①的平衡常数为

除（kPa）-%（甲醇选择性:转化的CO2中生成甲醇的百分比;

用各物质的分压数据代替物质的量浓度计算，须用最简分数表示）。

【答案】（1）（2b+3c-a-3e-3d）kJ・moF1低温（2）BC

甲醇产率

②抑制剂可升高反应活化能，降低活化分子百分数，从而降低化学反应速率

(4)281/3125或28/3125,

【解析】(1)根据△层反应物的总键能-生成物的总键能可知，主反应的根据

A^(2b+3c-a-3e-3d)kJ•mol-1,该反应为牖减的反应，4HV0,因此该反应在

低温条件能够自发进行；(2)A项，投料时只添加反应物，且CO?和乩体积比为1：

3时，无论反应是否达到平衡，甲醇和水蒸气的体积分数均相等，A错误；B项，

温度、体积不变，不断分离出甲醇，浓度减小，逆反应速率减小，平衡①右移,

B正确；C项，温度不变，平衡常数不发生改变，因此若再按初始投料比加入反

应物，达新平衡时，各物种分压与原平衡相同，C正确；D项，平衡常数只与温

度有关，因此增大压强，平衡常数不发生改变，D错误；故选BC；(3)①选用抑

制剂P后，甲醇的生成速率降低，且T,为曲线的最高点，因此甲醇产率的变化曲

甲醇产率

100%

线可能出现的最大区域范围如图S。％

温度

理为:抑制剂可升高反应活化能，降低活化分子百分数,从而降低化学反应速率；

(4)根据题干信息可知，乙醇选择性是甲醇选择性的4倍，则转化的CO?中有80%

转化为乙醇，20%转化为甲醇,设转化的CO2为x,列三段式有:

co2(g)+3H2(g)=CHQH(g)+H2O(g)

起始a4a00

转化0.2x0.6x0.2x0.2x

平衡a-x4a-3x0.2x0.2x

2c(Mg)+6H2(g)=二C2H50H(g)+3H2O(g)

起始a4a

转化0.8x2.4x0.4x1.2x

平衡a-x4a-3x0.4x1.2x

又达到平衡后测得体系压强是起始时的0.8倍，则

0.2x+0.2x+0.4x+L2x+(a-x)+(4a-3x)用,解得x=0.5a,则反应①的平衡常数为4=

a+4a

0.laxQ,7a_28

O.5ax(2.5a)3-3125a20

9.CO2催化加氢合成二甲醛是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反

应：

-1

反应I：C02(g)+H2(g)—CO(g)+H2O(g)41.2kJ•mol

反应II：2C02(g)+6H2(g)—CH30cH3(g)+3H20(g)

在恒压、COZ和巴的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH30cH3

的选择性随温度的变化如图。其中：

2XCHQCH3的物质的量x

CH30cH3的选择性

反应的CO?的物质的量

100-

80

60

40

20

0

240280320360

温度

1

(1)已知反应：2C0(g)+4H2(g)-CH3OH(g)+H2O(g)AH=-204.9kJ•mol-

则反应II的kJ-mor'，反应H的自发条件为

A.高温B.高压C.低温D.低压

(2)温度高于300℃,CO?平衡转化率随温度升高而上升的原因是

(3)220℃时，在催化剂作用下C02与乩反应：段时间后，测得CH30cH3的选择

性对应图中A点数据。下列说法正确的是o

A.其他反应条件不变，增大压强一定可提高平衡时CH30cH3的选择性

B.其他反应条件不变，改变催化剂，CH30cH3的选择性不会改变

C.其他反应条件不变，升高温度，CO2的转化率一定随着温度的升高而降低

D.其他反应条件不变，提高投料时的氢碳比[n(4)：n(CO?)],能提高CO2

平衡转化率

(4)若起始投料比为n(H2)：n(C02)=3,发生主要反应I和反应H不考虑其

他副反应，则288℃时的反应I的平衡常数为o

(5)若反应体系为恒容，其他反应条件不变，在上图中画出平衡时CH30cH3

的选择性随温度的变化示意图o

【答案】(DT22.5C

(2)反应I的△!!>(),反应H的△!!<(),温度升高使CO2转化为C0的平衡转

化率上升，使CO2转化为CH30cH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度

£"

乃

当

4目

(3)AD⑷K=0.045)3X

52

1

【解析】⑴反应I：C02(g)+H2(g)—C0(g)+H20(g)AH=41.2kJ•mol

1

反应IH：2C0(g)+4H2(g)—CH3OH(g)+H20(g)-204.9kJ•moK

根据盖斯定律可知ix2+ni即得到反应n：

2cO2(g)+6H2(g)=CH30cH3(g)+3乩0(g)AH=-122.5kJ•mol-1

反应n正反应是体积减小的放热反应，根据AG=AH—TASV0可知反应H

的自发条件为低温，故选C。

(2)由于反应I的△!!>(),反应H的△HV0,温度升高使CO2转化为C0的平

衡转化率上升，使CO2转化为CH30cH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅

度，所以温度高于300℃,CO?平衡转化率随温度升高而上升。

(3)A项，其他反应条件不变，增大压强反应II向正反应方向进行，因此一

定可提高平衡时CH30cH3的选择性，A正确；B项，其他反应条件不变，改变催化

剂可以改变反应历程，因此CH30cH3的选择性会改变，B错误；C项，由于反应I

的△!!>(),反应H的△HV0,因此其他反应条件不变，升高温度，CO2的转化率

不一定随着温度的升高而降低，C错误；D项，其他反应条件不变，提高投料时

的氢碳比[n(H2)：n(C02)],相当于是增大氢气浓度，因此能提高CO2平衡转化

率，D正确；故选AD。

(4)根据图像可知288℃时二甲醛的选择性是33.3%,二氧化碳的平衡转化率

是30%,若起始投料比为n(H2)：n(C02)=3,可设氢气是3mol,二氧化碳是ImoL

则反应的二氧化碳是0.3mol,因此生成二甲醛的物质的量是

33.3_Q,所以根据方程式2C02(g)+6H2(g)—CH30cH3(g)+3H20(g)

可知该反应中消耗二氧化碳是0.Imol,氢气是0.3mol,生成水蒸气是0.15mol,

因此反应CO2(g)+H2(g)—CO(g)+H20(g)中消耗二氧化碳是0.2moL氢气是

0.2mol，生成CO是0.2mol,水蒸气是0.2mol,则最终平衡时二氧化碳是0.7mol,

氢气是2.5moLCO是0.2mol,水蒸气是0.35mo1,反应CO2(g)+H2(g)=

C0(g)+H20(g)前后体积不变，所以平衡常数为照用=0()4；(5)若反应体系为

恒容，其他反应条件不变，反应过程中气体的物质的量减小，压强减小，不利于

二甲醛的生成，则平衡时CH30cH3的选择性随温度的变化示意图为

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10.丙烯(C3H6)是重要的有机化工原料。丙烷直接脱氢制丙烯发生的反应有:

反应I：C3H8(g)—C3H6(g)+H2(g)AHi

反应II：2c3Hs(g)-3c2H4(g)+2H2(g)AH2

已知：①反应I活化能Ea(I)小于反应II活化能Ea(H);

②3种物质的燃烧热如下表：

C3Hs(g)C3H6(g)H2(g)

2217.8kJ・mol-12058kJ•mol-1285.8kJ・mol-1

(1)AH,=kJ»mol1

(2)恒温恒容条件下，向密闭容器中充入ImolC3H8(g),下列情况能说明丙烷

脱氢制丙烯反应达到平衡状态的是。

A.该反应的AH保持不变B.混合气体的平均摩尔质量保持不变

c(C3H6>C(H?)

C.C(c3H8)保持不变D.CsB分解速率与C3H6消耗速率相等

（3）一定温度下，向恒容密闭容器中充入