高考化学三轮冲刺专题06 化工、环境与原理大综合专题（含解析）

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 专题05 化工、环境与原理大综合专题

1．(14分) 氮的氧化物是造成大气污染的主要物质，研究氮氧化物间的相互转化及脱除具有重要意义。
I．氮氧化物间的相互转化
（1）已知2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)的反应历程分两步：
第一步 2NO(g) N2O2(g) (快速平衡)
第二步 N2O2(g) +O2(g) 2NO2(g) (慢反应)
①用O2表示的速率方程为v(O2)= k1·c2(NO)·c(O2)；NO2表示的速率方程为v(NO2)=k2·c2(NO)·c(O2)，k1与k2分别表示速率常数(与温度有关)，则=________。
②下列关于反应2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的说法正确的是_________(填序号)。
A．增大压强，反应速率常数一定增大
B．第一步反应的活化能小于第二步反应的活化能
C．反应的总活化能等于第一步和第二步反应的活化能之和
（2）容积均为1L的甲、乙两个容器，其中甲为绝热容器，乙为恒温容器．相同温度下，分别充入0.2mol的NO2，发生反应：2NO2(g) N2O4(g) ∆H<0，甲中NO2的相关量随时间变化如图所示。

①0~3s内，甲容器中NO2的反应速率增大的原因是______________________。
②甲达平衡时，温度若为T℃，此温度下的平衡常数K=____________________。
③平衡时，K甲_____K乙，P甲_____P乙(填“>”、“<” 或“=”)。
（3）以NH3为还原剂在脱硝装置中消除烟气中的氮氧化物。
主反应：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)= 4N2(g)+6H2O(g) ΔH1
副反应：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)  ΔH2=－1267.1kJ/mol
4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) ΔH3=－907.3 kJ/mol
①△H1=____________。
②将烟气按一定的流速通过脱硝装置，测得出口NO的浓度与温度的关系如图1，试分析脱硝的适宜温度是______(填序号)。
a.<850℃ b.900~1000℃ c.>1050 ℃

（4）以连二亚硫酸盐(S2O42－)为还原剂脱除烟气中的NO，并通过电解再生，装置如图2。阴极的电极反应式为____________，电解槽中的隔膜为_________(填“阳”或“阴”)离子交换膜。
【答案】（1）①0.5 (2分) ②B (1分)
（2）①反应放热，体系的温度升高，反应速率加快(1分)
②225(2分) ③<(1分) > (1分)
（3）①-1626.9 kJ/mol(2分) ②b (1分)
（4）①2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O(2分) ②阳(1分)
【解析】（1）①用O2表示的速率方程为v(O2)=k1·c2(NO)·c(O2)、NO2表示的速率方程为v(NO2)=k2·c2(NO)·c(O2)，2v(O2)=v(NO2)，所以=；②A项，反应速率常数只与温度有关，与压强大小无关，A错误；B项，反应越容易，反应物活化能越小，反应速率越快，第一步反应较快，说明反应物活化能较小，B正确；C项，反应的总活化能小于第一步和第二步反应的活化能之和，C错误；故合理选项是B；（2）①该反应的正反应是放热反应，加入反应物，随着反应的进行，反应体系温度升高，化学反应速率加快；②反应开始时c(NO2)=0.2mol/L，c(N2O4)=0mol/L，到平衡时c(NO2)平=0.02mol/L，则根据方程式2NO2(g) N2O4(g)中物质变化关系可知c(N2O4)平=0.09mol/L则该温度下该反应的化学平衡常数K==225；③甲容器保持恒容，乙容器保持恒温，由于该反应的正反应是放热反应，随着反应的进行，容器内气体的温度升高，升高温度，平衡向吸热的逆反应方向移动，所以平衡时，K甲P乙；升高温度平衡常数减小，则平衡常数的对数减小，图中横坐标数值越大，温度越低，化学平衡常数越大，其对数越大，所以a符合，故选a；
（3）①i. 4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)= 4N2(g)+6H2O(g) ΔH1
ii. 4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)  ΔH2=－1267.1kJ/mol
iii. 4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) ΔH3=－907.3 kJ/mol
将方程式2×ii-iii，整理可得4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g) △H1=2△H2-△H3=-1626.9 kJ/mol；②氮氧化物残留浓度越低越好；温度超过1000℃，氨气和氧气反应生成NO；②氮氧化物残留浓度越低越好，根据图知，在900～1000℃时氮氧化物浓度最低；温度超过1000℃，氨气和氧气反应生成NO，导致NO浓度增大，故合理选项是b；（4）阴极上亚硫酸根离子得电子生成S2O42-，电极反应式为2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O，阳极上，水失电子生成氧气和氢离子，右侧多余的氢离子通过离子交换膜进入左侧，所以交换膜为阳离子交换膜。
2．(15分)工业上，常采用氧化还原方法处理尾气中的CO、NO。
方法1：氧化法。沥青混凝土可作为反应：2CO(g)＋O2(g) 2CO2(g)的催化剂。图甲表示在相同的恒容密闭容器、相同起始浓度、相同反应时间段下，使用同质量的不同沥青混凝土(α型、β型)催化时，CO的转化率与温度的关系。

（1）在a、b、c、d四点中，未达到平衡状态的是____。
（2）已知c点时容器中O2浓度为0.04mol·L-1，则50℃时，在α型沥青混凝土中CO转化反应的平衡常数K＝________________(用含x的代数式表示)。
（3）下列关于图甲的说法正确的是________________。
A．CO转化反应的平衡常数K(a)＜K(c)
B．在均未达到平衡状态时，同温下β型沥青混凝土中CO转化速率比α型要大
C．b点时CO与O2分子之间发生有效碰撞的几率在整个实验过程中最高
D．e点转化率出现突变的原因可能是温度升高后催化剂失去活性
方法2：还原法。某含钴催化剂可以催化消除柴油车尾气中的碳烟(C)和NOx。不同温度下，将模拟尾气(成分如表所示)以相同的流速通过该催化剂，测得所有产物(CO2、N2、N2O)与NO的相关数据结果如图乙所示。
模拟尾气
气体(10 mol)
碳烟
NO
O2
He
物质的量(mol)
0.025
0.5
9.475
n
（4）375℃时，测得排出的气体中含0.45molO2和0.052molCO2，则Y的化学式为____。

（5）实验过程中采用NO模拟NOx，而不采用NO2的原因是________________。
（6）工业上常用高浓度的 K2CO3溶液吸收CO2，得溶液X，再利用电解法使K2CO3溶液再生，其装置示意图如图：

①在阳极区发生的反应包括____和H++HCO3- ==CO2↑+H2O
②简述CO32-在阴极区再生的原理：____。
【答案】（1）a (2分) （2） (2分) （3）BD(3分)
（4） N2(2分) （5）由于存在反应2NO2N2O4会导致一定的分析误差(2分)
（6）①4OH--4e-═2H2O+O2↑(或2H2O-4e-=4H++O2↑)(2分)
②阴极水电解生成氢气和氢氧根离子，OH-与HCO3-反应生成CO32- (2分)
【解析】（1）CO和O2反应是放热反应，当达到平衡后升高温度，CO的转化率降低，所以，b、c、d点表示平衡状态，a点对应的状态是不平衡状态。（2）令CO起始浓度为a mol·L-1。
2CO(g)＋O2(g) 2CO2(g)
起始浓度(mol·L-1)： a 0
转化浓度(mol·L-1)： ax ax
平衡浓度(mol·L-1)： a(1-x) 0.04 ax
。（3）CO和O2反应是放热反应，a点未达到平衡，没有平衡常数。若达到平衡后，温度升高，平衡向左移动，平衡常数K减小，A项错误；观察图象知，β催化剂作用下CO的转化速率大于α催化剂，B项正确；有效碰撞几率与反应速率有关，温度越高，反应速率越大，有效碰撞几率越高，故在图象中e点有效碰撞几率最高，C项错误；催化剂需要一定活性温度，转化率出现突变，可能是因温度高而催化剂失去活性，D项正确。故选BD。（4）观察图象，NO生成X、Y的转化率之和为24％，即NO参加反应的物质的量n(NO)＝0.025mol×(16％＋8％)＝0.006 mol，根据原子守恒，X和Y的物质的量之和等于0.003mol。先根据O原子守恒求N2O的物质的量，再根据N守恒求N2的物质的量。由投入各物质和排出各物质的物质的量知，
NO＋C＋O2→CO2＋N2＋N2O
物质的量：0.006 0.05 0.052 0.001 0.002
根据图象，X的体积是Y的2倍，故Y为N2。
（5）NO2、N2O4共存，二者存在转化平衡，用NO2模拟实验会产生较大误差。
（6）①装置图分析与电源正极相连的为电解池的阳极，与电源负极相连的为电解池的阴极，阳极上是氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应为：4OH--4e-═2H2O+O2↑(或2H2O-4e-=4H++O2↑)，生成的氢离子与HCO3-反应生成二氧化碳气体；②在阴极区，溶液中H+放电，破坏水的电离平衡，OH-浓度增大，OH-与HCO3-反应生成CO32-，所以CO32-再生。
3.(15分)碳、氮是中学化学重要的非金属元素，在生产、生活中有广泛的应用。
（1）治理汽车尾气中NO和CO的一种方法是：在汽车的排气管道上安装一个催化转化装置，使NO与CO反应，产物都是空气中的主要成分。写出该反应的热化学方程式______________________________________。
已知：①N2(g)＋O2(g)＝2NO(g) △H＝＋179.5kJ/mol
②2NO(g)＋O2(g)＝2NO2(g) △H＝－112.3kJ/mol
③NO2(g)＋CO(g)＝NO(g)＋CO2(g) △H＝－234kJ/mol
（2）己知植物光合作用发生的反应如下：
6CO2(g)＋6H2O(l)C6H12O6(s)＋6O2(g) △H＝＋669.62 kJ/mol
该反应达到化学平衡后，若改变下列条件，CO2转化率增大的是__________。
a.增大CO2的浓度 b.取走一半C6H12O6 c.加入催化剂 d.适当升高温度
（3）N2O5的分解反应2N2O5(g) 4NO2(g)＋O2(g)，由实验测得在67℃时N2O5的浓度随时间的变化如下：
时间/min
0
1
2
3
4
5
C(N2O5)/(mol·L-1)
1.00
0.71
0.50
0.35
0.25
0.17
计算在0～2min时段，化学反应速率v(NO2)＝___mol•L－1•min－1。
（4）新的研究表明，可以将CO2转化为炭黑进行回收利用，反应原理如图所示。

①在转化过程中起催化作用的物质是_________________；
②写出总反应的化学方程式______________________________________。
（5）工业上以NH3和CO2为原料合成尿素[CO(NH2)2)，反应的化学方程式如下：2NH3(g)＋CO2(g) CO(NH2)2(l)＋H2O(l)
根据上述反应，填写下列空白
①己知该反应可以自发进行，则△H___0。(填“>”、“<”或“＝”)；
②一定温度和压强下，若原料气中的NH3和CO2的物质的量之比＝x，如图是x与CO2的平衡转化率(α)的关系。α随着x增大而增大的原因是___________________；B点处，NH3的平衡转化率为_______________________________。

③一定温度下，在3L定容密闭容器中充入NH3和CO2，若x＝2，当反应后气体压强变为起始时气体压强的时达到平衡，测得此时生成尿素90g。该反应的平衡常数K＝___。
【答案】（1）2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH=-795.8kJ/mol (2分)
（2）d (2分) （3）0.5 (2分)
（4）①FeO (1分) ②CO2C+O2 (1分)
（5）①< (1分) ②x越大，NH3的物质的量越大，CO2平衡正向移动，转化率增大(2分) 32% (2分) ③0.25(mol/L)-3 (2分)
【解析】（1）产物都是空气中的主要成分，所以会生成N2和CO2，根据盖斯定律，其热化学方应方程式为：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) △H=-795.8kJ/mol ；（2）a项，增大CO2的浓度，CO2的转化率不一定增大，a错误；b项， C6H12O6是固体，对平衡无影响，b错误；c项，催化剂只改变反应速率，不改变平衡移动，对转化率无影响，c错误；d项，该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，CO2转化率增大，d正确；（3）据速率之比等于化学反应系数之比，；（4）根据图可知，FeO是催化剂，总反应方程式为：CO2C+O2 （5）①该反应为反应前后气体分子数减小的反应，根据ΔG=ΔH-TΔS，ΔS＜0，能自发进行ΔG＜0，所以ΔH＜0；②x越大，NH3的物质的量越大，平衡正向移动，CO2转化率增大；B点处x=4，原料气中NH3和CO2的物质的量比为4，CO2转化率为64%，假设NH3为4mol，CO2为1mol，则反应的CO2的物质的量为0.64 mol，根据热反应方程式可知，反应的NH3的物质的量为1.28mol，其转化率为；③x=2，原料气中NH3和CO2的物质的量比为2，假设NH3为2xmol，CO2为xmol，设转化的CO2为nmol，其三段式为：
2NH3(g)＋CO2(g) CO(NH2)2(l)＋H2O(l)
始/ mol 2x x 0 0
转/ mol 2n n n n
平/ mol (2x-2n) (x-n) n n
相同条件下，压强之比等于物质的量之比，平衡时，反应后气体压强变为起始时气体压强的，其 ，，此时生成尿素90g，尿素的物质的量为，，体积为3L，其平衡常数为：。
4．(15分)CO2既是温室气体，也是重要的化工原料，二氧化碳的捕捉和利用是我国能源领域的一个重要战略方向。
（1）用活性炭还原法可以处理汽车尾气中的氮氧化物，某研究小组向某密闭容器加入一定量的活性炭和NO，发生反应C(s)+ 2NO(g) N 2(g)+CO2(g)  △H，在T 1℃时，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下： 
时间/min
浓度/(mol/L)
0
10
20
30
40
NO
2.0
1.16
0.40
0.40
0.6
N2
0
0.42
0.80
0.80
1.2
CO2
0
0.42
0.80
0.80
1.2
 ①根据图表数据分析T1 ℃时，该反应在0～10 min内的平均反应速率v(N2)＝____________mol·L -1·min -1；计算该反应的平衡常数K＝_____________。
② 若30 min后只改变某一条件，据上表中的数据判断改变的条件可能是____________(填字母编号)。 
A．加入合适的催化剂                 B．适当缩小容器的体积 
C．通入一定量的NO                 D．加入一定量的活性炭 
③若30 min后升高温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为2：3：3，则达到新平衡时NO的转化率____________(填“升高”或“降低”)，△H_____0(填“>”或“<”)。 
（2）工业上用CO2和H2反应合成二甲醚。已知： 
CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)   ΔH 1＝－49.1 kJ·mol － 1 
2CH3OH(g) CH3OCH3(g)＋H2O(g)      ΔH 2＝－24.5 kJ·mol － 1 
写出CO2(g)和H2(g)转化为CH3OCH3(g)和H2O(g)的热化学方程式_____________________________________。 
（3）二甲醚燃料电池具有能量转化率高、电量大的特点而被广泛应用，一种二甲醚氧气电池(电解质为KOH溶液)的负极反应式为：_______________________。 
（4）常温下，用NaOH溶液作CO2捕捉剂不仅可以降低碳排放，而且可得到重要的化工产品Na2CO3。 
①若某次捕捉后得到pH=10的溶液，则溶液中c(CO32－)∶c(HCO3－)=_______________。[常温下K 1(H2CO3)=4.4×10 -7、 K 2(H2CO3)=5×10 -11]。 
②欲用2LNa2CO3溶液将4.66 g BaSO4 (233 g/moL)固体全都转化为BaCO3，则所用的Na2CO3溶液的物质的量浓度至少为__________________________。[已知：常温下Ksp(BaSO4)=1×10－11，Ksp (BaCO3)=1×10 －10]。(忽略溶液体积的变化)
【答案】（1）①0.042(1分) 4.0(2分) ②BC(2分) ③降低(1分) < (1分)
（2）2CO2(g)＋6H2(g) CH3OCH3(g)＋3H2O(g) △H＝－122.7 kJ·mol-1 (2分)
（3）CH3OCH3 －12e- + 16OH- = 2CO32- + 11H2O (2分)
（4）①1：2或0.5(2分) ②0.11mol/L(2分)
【解析】（1）①在0~10min内的平均反应速率υ(N2)=(0.42mol/L-0mol/L)10min=0.042mol/(L·min)。20min~30min各物质的物质的量浓度不变，说明反应已经达到平衡，即平衡时NO、N2、CO2物质的量浓度依次为0.40mol/L、0.80mol/L、0.80mol/L，该反应的平衡常数K=[c(N2)·c(CO2)]/c2(NO)==4。②30min后改变一个条件，40min时NO、N2、CO2的浓度都变为30min时的1.5倍。A项，加入合适的催化剂，平衡不移动，各物质物质的量浓度不变，不可能；B项，适当缩小容器的体积，平衡不移动，但各物质物质的量浓度成比例增大，可能；C项，通入一定量的NO，由于C是固体，相当于增大压强，平衡不移动，但各物质物质的量浓度成比例增大，可能；D项，加入一定量的活性炭，由于C是固体，平衡不移动，各物质物质的量浓度不变，不可能；故选BC。③30min时NO、N2、CO2的浓度之比为0.40：0.80：0.80=1：2：2，升高温度NO、N2、CO2的浓度之比为2：3：3，即升高温度平衡向逆反应方向移动，则达到新平衡时NO的转化率降低，逆反应为吸热反应，ΔH0。（2）将反应编号，
CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1＝-49.1 kJ·mol－1(①式)
2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH2＝-24.5 kJ·mol－1(②式)
应用盖斯定律，①式2+②式得2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)ΔH=2ΔH1+ΔH2=2(-49.1kJ/mol)+(-24.5kJ/mol)=-122.7kJ/mol，反应的热化学方程式为2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)ΔH=-122.7kJ/mol。（3）二甲醚氧气电池中电解质为KOH溶液，负极二甲醚被氧化成CO32-，1mol二甲醚失去12mol电子，负极反应式为CH3OCH3-12e-+16OH-=2CO32-+11H2O。（4）①H2CO3的电离方程式为H2CO3H++HCO3-、HCO3-H++CO32-，K2(H2CO3)=[c(H+)·c(CO32-)]/c(HCO3-)，则c(CO32-)：c(HCO3-)= K2(H2CO3)/c(H+)=510-11(110-10)=1：2。②n(BaSO4)==0.02mol，沉淀转化的离子方程式为BaSO4(s)+CO32-(aq)BaCO3(s)+SO42-(aq)，该反应的平衡常数K=c(SO42-)/c(CO32-)=Ksp(BaSO4)/Ksp(BaCO3)=110-11(110-10)=0.1；根据离子方程式，当BaSO4固体全部转化时消耗CO32-物质的量为0.02mol，生成的SO42-物质的量为0.02mol，溶液中c(SO42-)=0.02mol2L=0.01mol/L，溶液中c(CO32-)= c(SO42-)/K=0.01mol/L0.1=0.1mol/L；所用Na2CO3物质的量浓度至少为0.02mol2L+0.1mol/L=0.11mol/L。

5．(15分)CO2是目前大气中含量最高的一种温室气体，中国政府承诺，到2020年，单位GDP二氧化碳排放比2005年下降40%～50%。CO2的综合利用是解决温室问题的有效途径。
（1）研究表明CO2和H2在催化剂存在下可发生反应生成CH3OH。己知部分反应的热化学方程式如下：
CH3OH(g)+ 3/2O2(g) ＝CO2(g)+2H2O（1） ΔH1=akJ•mol-1
H2(g)+1/2O2(g) ＝H2O（1） ΔH2=bkJ•mol-1
H2O(g) ＝ H2O(l) ΔH3=ckJ•mol-1
则 CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=__________kJ•mol-1
（2）为研究CO2与CO之间的转化，让一定量的CO2与足量碳在体积可变的密闭容器中反应：C(s)＋CO2(g) 2CO(g) H，反应达平衡后，测得压强、温度对CO的体积分数(φ(CO)％)的影响如图所示。

回答下列问题：
①压强 p1、p2、p3的大小关系是________；Ka 、 Kb 、 Kc 为a、b、c三点对应的平衡常数，则其大小关系是_________。
②900℃、1.0 MPa时，足量碳与a molCO2反应达平衡后，CO2的转化率为___________ (保留三位有效数字)，该反应的平衡常数Kp＝_________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。
（3）① 以二氧化钛表面覆盖Cu2Al2O4 为催化剂，可以将CO2 和CH4 直接转化成乙酸，CO2(g)+CH4(g) CH3COOH(g)。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如右图所示。250～300 ℃时，乙酸的生成速率降低的主要原因是_____________； 300～400℃时，乙酸的生成速率升高的主要原因是________________________________。

② 为了提高该反应中CO2的转化率，可以采取的措施是_____(写一条即可)。
（4）以铅蓄电池为电源可将CO2转化为乙烯，其原理如图所示，电解所用电极材料均为惰性电极。阴极上的电极反应式为_________________________；每生成0.5mol乙烯，理论上需消耗铅蓄电池中_____mol硫酸。

【答案】（1）(3b-a-c ) (2分)
（2）①p1＜p2＜p3(2分) Ka＝Kb＜Kc(1分)
②66.7% (或0.667) (2分) 3.2 MPa(2分)
（3）①催化剂的催化效率降低(1分) 温度升高，化学反应速率加快(1分)
②增大反应体系压强或增大CH4的浓度或将乙酸液化分离出来(1分)
（4）2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O(2分) 6 (1分)
【解析】（1）已知①CH3OH(g)+ 3/2O2(g) ＝CO2(g)+2H2O（1） ΔH1=akJ•mol-1
②H2(g)+1/2O2(g) ＝H2O（1） △H2=bkJ•mol-1
③H2O(g) ＝ H2O(l) △H3=ckJ•mol-1
则根据盖斯定律，由3②-①-③可得到 CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)，故△H= (3b-a-c ) kJ•mol-1。（2）①对于反应C(s)＋CO2(g) 2CO(g)减小压强反应向正方向进行，由图可知相同温度时P1时的CO体积分数大于P2大于P3 故p1＜p2＜p3，相同压强时比较温度对反应的影响，同一压强下增大温度，CO的体积分数会增大，故正反应为吸热反应，ΔH＞0，平衡常数只受反应温度影响，故在700℃下，Ka＝Kb，c点的温度高于a点和b点，温度升高反应正向进行故Ka＝Kb＜Kc。②若起始压强为P0，达到平衡转化率为α，
C(s)＋CO2(g) 2CO(g)
起始(mol) a 0
变化(mol) m 2m
平衡(mol) a-m 2m
故，，故CO2的转化率为≈66.7% (或0.667)。压强之比等于物质的量之比，则反应的平衡常数Kp＝；（3）①如图为不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的关系，温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低，在300℃时失去活性，所以温度高于300℃时，乙酸的生成速率升高是由温度升高导致的。②为了提高该反应中CO2的转化率即使反应正向进行，可以增大压强或增大CH4的浓度或将乙酸液化分离出来；（4）电解时，阴极得电子，发生还原反应，电极反应式是2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O。每生成0.5mol乙烯，消耗12molH+，故消耗6mol硫酸。
6．(14分) )研究减少CO2排放是一项重要课题。CO2经催化加氢可以生成低碳有机物，主要有以下反应：
反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) △H1＝－49.6 kJ/mol
反应Ⅱ：CH3OCH3(g)＋H2O(g) 2CH3OH(g) △H2＝＋23.4 kJ/mol
反应Ⅲ：2CO2(g)＋6H2(g) CH3OCH3(g)＋3H2O(g) △H3
（1）△H3＝____kJ/mol。
（2）恒温恒容条件下，在密闭容器中通入等物质的量的CO2和H2，发生反应I。下列描述能说明反应I达到平衡状态的是__________(填序号)。
A．反应体系总压强保持不变
B．容器内的混合气体的密度保持不变
C．水分子中断裂2NA个H-O键，同时氢分子中断裂3NA个H-H键
D．CH3OH和H2O的浓度之比保持不变
（3）反应II在某温度下的平衡常数为0.25，此温度下，在密闭容器中加入等物质的量的CH3OCH3(g)和H2O(g)，反应到某时刻测得各组分浓度如下：
物质
CH3OCH3(g)
H2O(g)
CH3OH(g)
浓度/mol·L－1
1.8
1.8
0.4
当反应达到平衡状态时，混合气体中CH3OH体积分数(CH3OH)% ＝________%。
（4）在某压强下，反应III在不同温度、不同投料比时，CO2的平衡转化率如图所示。T1温度下，将6mol CO2和12mol H2充入2 L的密闭容器中，5min后反应达到平衡状态，则0～5min内的平均反应速率v(CH3OCH3)＝____；KA、KB、KC三者之间的大小关系为____。

（5）恒压下将CO2和H2按体积比1：3混合，在不同催化剂作用下发生反应I和反应III，在相同的时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如图。其中：CH3OH的选择性＝×100%

①温度高于230℃，CH3OH产率随温度升高而下降的原因是_________________。
②在上述条件下合成甲醇的工业条件是________________。
A．210℃ B．230℃ C．催化剂CZT D．催化剂CZ(Zr－1)T
【答案】（1）－122.6 (2分) （2）AC(2分) （3） 20(2分)
（4）0.18mol·L−1·min−1 (2分) KA＝KC＞KB(2分)
（5）反应I的△H＜0温度升高，使CO2转化为CH3OH的平衡转化率下降(2分)
BD(2分)
【解析】（1）根据盖斯定律知，反应III=反应Ⅰ×2-反应Ⅱ，因此，△H3=△H1×2-△H2=－49.6 kJ/mol×2-23.4 kJ/mol=-122.6 kJ/mol；（2）反应条件为恒温恒容，反应I：CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)为反应前后气体物质的量减少的反应。A项，该反应为反应前后气体物质的量减少的反应，随着反应的进行气体物质的量减少，体系总压强减小，因此当反应体系总压强保持不变时能说明反应I达到平衡状态，A项正确；Bv根据质量守恒定律知混合气体的总质量不变，容器容积也不变，则随着反应的进行，容器内的混合气体的密度始终保持不变，因此当反容器内的混合气体的密度保持不变时不能说明反应I达到平衡状，B项错误；C项，当水分子中断裂2NA个H－O键时会有3NA个H－H键形成，即生成3mol氢分子，若同时氢分子中断裂3NA个H－H键，即消耗3mol氢分子，则氢气的物质的量保持不变，反应达到平衡状态，因此水分子中断裂2NA个H－O键，同时氢分子中断裂3NA个H－H键能说明反应I达到平衡状，C项正确；D项，反应达到平衡状态时各物质的物质的量浓度保持不变，但CH3OH和H2O的浓度之比始终等于1：1，因此CH3OH和H2O的浓度之比保持不变不能说明反应I达到平衡状，D项正确；故选AC；（3）此刻反应的浓度商，因此反应向正反应方向进行，v正>v逆；设起始时CH3OCH3和H2O的物质的量均为a mol，反应达到平衡状态时，CH3OCH3的转化量为x mol，则可列出三段式：
CH3OCH3(g) ＋ H2O(g) 2CH3OH(g)
起始(mol) a mol a mol 0
转化(mol) x mol x mol 2x mol
平衡(mol) (a-x)mol (a-x)mol 2x mol
则化学平衡常数，解得：x=0.2a，则混合气体中CH3OH的物质的量为0.4a，混合气体总物质的量不变仍为2a，因此混合气体中CH3OH体积分数；（4）由图可知，在T1温度下，将6 molCO2和12molH2充入2 L的密闭容器中时，CO2的平衡转化率为60%，因此CO2的转化量为6 mol×60%=3.6，则生成CH3OCH3的物质的量为1.8mol，；化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，则KA＝KC，由图像可知，当投料比相同时，T1温度下的平衡转化率较大，该反应为正向放热的反应，降温平衡正向移动，化学平衡常数增大，因此T1
7．(15分)甲醇CH3OH)是一种重要的化工原料，工业上有多种方法可制得甲醇成品
(一)以CO、H2和CO2制备甲醇
①CO2(g)+H2(g) COg)+H2O(g) ∆H1
②CO(g)+2H2 (g) CH3OH(g) △H2
③CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ∆H3
（1）已知：反应①的化学平衡常数K和温度的关系如下表
t/℃
700
800
830
1000
1200
K
0.6
0.9
1.0
1.7
2.6
则下列说法正确的是______
A．反应①正反应是吸热反应
B．一定体积的密闭容器中，压强不再变化时，说明反应①达到平衡状态
C．1100℃时，反应①的K可能为1.5
D．在1000℃时，[c(CO2)·c(H2)]/[c(CO)·c(H2O)]约为0.59
（2）比较△H2_____△H3(填“>”、“＝”或“＜”)
（3）现利用②和③两个反应合成CH3OH，已知CO可使反应的催化剂寿命下降若氢碳比表示为f＝[n(H2)-n(CO2)]/[n(CO)+n(CO2)]，则理论上f＝_____时，原料气的利用率高，但生产中住往采用略高于该值的氯碳比，理由是_________________________________.
(二)以天然气为原料，分为两阶段制备甲醇：
(i)制备合成气：CH4(g)+H2Og) CO(g)+3H2(g) ∆H1>0
(ii)合成甲醇：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ∆H2>0
在一定压强下，1 mol CH4(g)和1 mol H2O(g)在三种不同催化剂作用下发生反应(i)，经历相同时间时，CO的物质的量(n)随温度变化的关系如图1
（1）下列说法正确的是_______
A．曲线①中n(CO)随温度变化的原因是正反应为吸热反应，升高温度，平衡向右移动
B．三种催化剂中，催化剂③的催化效果最好，所以能获得最高的产率
C．当温度低于700℃时的曲线上的点可能都没有到达平衡
D．若温度大于700℃时，CO的物质的量保持不变
（2）500℃时，反应（1）在催化剂①的作用下到10mim时达到平衡，请在图2中画出反应（1）在此状态下0至12分钟内反应体系中H2的体积分数(H2)随时间t变化的总趋势___________________

(三)研究表明，CO也可在酸性条件下通过电化学的方法制备甲醇，原理如图3所示。
（1）产生甲醇的电极反应式为___________________；
（2）甲醇燃料电池应用很广，其工作原理如图4，写出电池工作时的负极反应式：___________。

【答案】(一)（1）AD(2分) （2）＜ (1分)
（3） 2 (1分) 使CO充分反应，避免反应催化剂寿命下降 (2分)
(二)（1）C(3分) （2） (2分)
(三)（1）CO+4H++4 e-= CH3OH(2分) （2）CH3OH+H2O－6e-=CO2+6H+(2分)
【解析】(一)（1）根据表格数据，温度越高，平衡常数越大，说明反应向正反应移动，正反应为吸热，A正确；反应①CO2(g)+H2(g) COg)+H2O(g)是反应前后气体体积不变的体系，压强不影响平衡移动，B错误；1000℃时K为1.7，温度越高，平衡常数越大，1100℃时K>1.7，C错误；在1000℃时，[c(CO2)·c(H2)]/[c(CO)·c(H2O)]为K的倒数，约为0.59，D正确；答案为AD。（2）随温度升高K1增大，说明反应①的正反应为吸热反应，△H1>0，盖斯定律计算得到△H3=△H1+△H2，则△H2<△H3。（3）由①CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ②CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)化学方程式可知f =2，原料气的利用率最高，但生产中往往采用略高于该值的氢碳比，理由：使CO充分反应，避免反应催化剂寿命下降。
(二) （1）曲线①中n(CO)随温度升高而增大，反应逆向进行，正反应为放热，A错；催化剂③的使用时n(CO)变化量少，即CO转化率低，产率也不高，B错；当体系中各物质的物质的量保持不变时，反应平衡，根据图象，曲线上的点在不停地变化，反应没有达到平衡，C正确；温度大于700℃时，CO的物质的量曲线未画出，不一定保持不变，D错误。答案选C。（2）根据图一中CO的物质的量曲线及反应中H2生成和消耗的计量关系，0至12分钟内反应体系中生成物H2的体积分数(H2)随时间t变化的总趋势为
(三)（1）CO也可在酸性条件下通过电化学的方法制备甲醇，据图3可知，一氧化碳得电子生成甲醇，则产生甲醇的电极反应式为CO+4H++4 e-= CH3OH；（2）据图4可知，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为：3O2+12H++12e−=6H2O，负极上甲醇失电子和水反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为2CH3OH−12e−+2H2O=2CO2↑+12H+，故答案为：CH3OH−6e−+H2O=CO2↑+6H+。

8．(15分)氮的化合物应用广泛，但其对环境造成污染进行治理已成为环境科学的重要课题。请回答下列问题：
（1）在汽车的排气管上加装催化转化装置可减少NOx的排放。研究表明，NOx的脱除率除与还原剂、催化剂相关外，还取决于催化剂表面氧缺位的密集程度。以La0.8A0.2BCoO3＋X(A、B均为过渡元素)为催化剂，用H2还原NO的机理如下：
第一阶段：B4＋(不稳定)＋H2→低价态的金属离子(还原前后催化剂中金属原子的个数不变)
第二阶段：NO(g)＋□→NO(a) ΔH1、K1
2NO(a)→2N(a)+O2(g) ΔH2、K2
2N(a)→N2(g)＋2□ ΔH3、K3
2NO(a)→N2(g)+2O(a) ΔH4、K4
2O(a)→O2(g)＋2□ ΔH5、K5
注：□表示催化剂表面的氧缺位，g表示气态，a表示吸附态
第一阶段用氢气还原B4＋得到低价态的金属离子越多，第二阶段反应的速率越快，原因是_____。第二阶段中各反应焓变间的关系：2ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＝________；该温度下，NO脱除反应2NO(g)N2(g)＋O2(g)的平衡常数K＝_______(用K1、K2、K3的表达式表示)。
（2）为研究汽车尾气转化为无毒无害的物质有关反应，在密闭容器中充入10 mol CO和8mol NO，发生反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) △H＜0，如图为平衡时的体积分数与温度、压强的关系。

①该反应达到平衡后，为在提高反应速率同时提高的转化率，可采取的措施有_____________(填字母序号)
a．改用高效催化剂b．缩小容器的体积c．升高温度d．增加 CO的浓度
②压强为10MP、温度为T1下，若反应进行到达到平衡状态，容器的体积为4L，用CO2的浓度变化表示的平均反应速率v(CO2)=________，该温度下平衡常数Kp=______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压物质的量分数；保留两位有效数字)。
③若在D点对反应容器降温的同时缩小体积至体系压强增大，达到的平衡状态可能是图中点中的_____点。
（3）近年来，地下水中的氮污染已成为一个世界性的环境问题。在金属Pt、Cu和铱(Ir)的催化作用下，密闭容器中的H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮(NO3-)，其工作原理如图所示

①Ir表面发生反应的方程式为_____________；若导电基体上的Pt颗粒增多，造成的后果是______________。
（4）实验室模拟“间接电化学氧化法”处理氨氮废水中NH4+的装置如图所示。以硫酸铵和去离子水配制成初始的模拟废水，并以NaCl调节溶液中氯离子浓度，阳极产物将氨氮废水中的NH4+氧化成空气中的主要成分。

阳极反应式为_______________ 除去NH4+的离子反应方程式为____________________。
【答案】（1）还原后催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，氧缺位增多，反应速率加快(2分) 2ΔH1＋ΔH4＋ΔH5(1分) K12×K2×K3(1分)
（2）①bd(2分) 0.05mol/(L·min) (1分) 0.089 MPa-1(1分) G(1分)
（3）H2+N2ON2+H2O(2分) 若Pt颗粒增多，NO3-更多转化为NH4+存在溶液中，不利于降低溶液中含氮量，产生有污染的气体(2分)
（4）2Cl――2e―＝ Cl2↑(1分) 2NH4++3Cl2＝ 8H++N2↑+6Cl―(1分)
【解析】（1）还原后催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，氧缺位增多，第二阶段反应速率加快；第二阶段：①NO(g)＋□→NO(a) ΔH1、K1，②2NO(a)→2N(a)+O2(g) ΔH2、K2，③2N(a)→N2(g)＋2□ ΔH3、K3，④2NO(a)→N2(g)+2O(a) ΔH4、K4，⑤2O(a)→O2(g)＋2□ ΔH5、K5，根据盖斯定律，将①×2+②+③得到2NO(g)→O2(g)+ N2(g)，将①×2+④+⑤得到2NO(g)→N2(g)+ O2(g)，即2ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＝2ΔH1＋ΔH4＋ΔH5；因此2NO(g) N2(g)＋O2(g)的平衡常数K＝K12×K2×K3；（2）①该反应达到平衡后，为在提高反应速率同时提高NO的转化率，改变条件使平衡向正反应方向移动，a项，改用高效催化剂，催化剂只能改变反应速率，不能改变反应平衡，a项错误；b项，缩小容器的体积，相当于增大压强，此反应是体积减少的反应，平衡向正反应方向移动，所以提高反应速率同时提高NO的转化率，b项正确；c项，升高温度，反应速率提高，但该反应是放热反应，平衡向逆反应方向移动，c项错误；d项，增加CO的浓度，浓度增大，反应速率加快，平衡向正反应方向移动，d项正确，故选bd；②压强为10 MPa、温度为T1下，若反应进行到20 min达到平衡状态，对应图象E点，利用“三段式”来计算：2NO(g)＋2CO(g) 2CO2(g)＋N2(g)
初始时物质的量/mol 8 10 0 0
变化的物质的量/mol x x x 0.5x
平衡时物质的量/mol 8-x 10-x x 0.5x
NO的体积分数为25%，根据阿伏加德罗定律及推论，体积分数等于物质的量分数，(8-x)/( 8-x+10-x+x+0.5x)=25%，x=4，v(CO2)＝=0.05mol/(L·min)，Kp＝，PCO2=总压×物质的量分数=P总´ Mpa，同理其它物质的分压也可以用类似的方法来求出，然后带入Kp＝=0.089 MPa-1；③此反应是体积减少的放热反应，在D点对反应容器降温的同时缩小体积至体系压强增大，平衡向正反应方向移动，NO的体积分数降低，对应图象的G点。（3）在Ir表面上H2与N2O反应产生N2和水，反应方程式为H2+N2ON2+H2O；由原理的示意图可知，若导电基体上的Pt颗粒增多，则NO3-会更多的转化成铵根，不利于降低溶液中含氮量； （4）阳极发生氧化反应，氯离子放电生成氯气，电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑；氯气具有氧化性，铵根离子中氮是-3价，具有还原性，能够被氯气氧化成氮气，氯气得电子生成-1价的氯离子，反应的离子方程式为2NH4++3Cl2=8H++N2↑+6Cl-。

9．25℃，向40 mL 0.05 mol/L的FeCl3溶液中加入10 mL 0.15 mol/L的KSCN溶液，发生反应，混合溶液中c(Fe3+)与反应时间(t)的变化如图所示。

下列说法正确的是
A．该反应的离子方程式为Fe3+ + 3SCN -Fe(SCN)3↓
B．E点对应的坐标为(0，0.05)
C．该反应的平衡常数K=
D．t4时向溶液中加入50 mL 0.1 mol/L KCl溶液，平衡不移动
【答案】C
【解析】A项，Fe(SCN)3为难电离的物质而不是沉淀，故离子方程式为Fe3+ + 3SCN - Fe(SCN)3，A错误；B项，40 mL 0.05 mol/L的FeCl3溶液中加入10 mL 0.15 mol/L的KSCN溶液，溶液总体积变为50 mL，此时Fe3+的初始浓度c(Fe3+)=，B错误；C项，根据化学反应，得：

平衡常数K= ，C正确；D项，t4时向溶液中加入50 mL 0.1 mol/L KCl溶液，相当于稀释了溶液，平衡逆向移动，D不正确。

10．(14分)碳及其化合物广泛存在于自然界。请回答下列问题：
（1）反应Ⅰ：Fe(s)+CO2(g) FeO(s)+CO(g) ΔH1 平衡常数为K1
反应Ⅱ：Fe(s)+H2O(g) FeO(s)+H2(g) ΔH2 平衡常数为K2
不同温度下，K1、K2的值如下表：

现有反应Ⅲ：H2(g)+CO2(g) CO(g)+H2O(g)，结合上表数据，反应Ⅲ是_______ (填“放热”或“吸热”)反应。
（2）已知CO2催化加氢合成乙醇的反应原理为：
2CO2(g)+6H2(g) C2H5OH(g)+3H2O(g) ∆H<0。
设m为起始时的投料比，即m= n(H2)/ n(CO2)。

①图1中投料比相同，温度从高到低的顺序为______________________。
②图2中m1、m2、m3从大到小的顺序为________________________。
③图3表示在总压为5MPa的恒压条件下，且m=3时，平衡状态时各物质的物质的量分数与温度的关系。则曲线d代表的物质化学名称为______________，T4温度时，该反应平衡常数KP的计算式为(不必化简)_______________________。
（3）已知：NH3·H2O的Kb=1.7×10－5，H2CO3的Ka1=4.3×10－7、Ka2=5.6×10－11。工业生产尾气中的CO2捕获技术之一是氨水溶液吸收技术，工艺流程是将烟气冷却至15.5℃～26.5℃后用氨水吸收过量的CO2。所得溶液的pH___________7(填“＞”、“=”或“＜”)。烟气需冷却至15.5℃～26.5℃的可能原因是_________________________________。

（4）为了测量某湖水中无机碳含量，量取100mL湖水，酸化后用N2吹出CO2，再用NaOH溶液吸收。往吸收液中滴加1.0mol/L盐酸，生成的V(CO2)随V(盐酸)变化关系如图所示，则原吸收液中离子浓度由大到小的顺序为__________。
【答案】（1）吸热(1分) （2）①(2分) ②(2分)
③乙醇(1分) (2分)
（3）＞(2分) 降低吸收过程中氨水的挥发，促进氨水对CO2的吸收(2分)
（4）c(Na+)> c(HCO3-) > c(CO32-) > c(OH-) > c(H+) (2分)
【解析】（1）由图可知反应①的K1随温度升高而增大，说明正反应为吸热反应，△H＞0，反应②的K2随温度升高而减小，说明正反应为放热反应，△H＜0，已知：①Fe(s)+CO2(g) FeO(s)+CO(g)△H1=Q1＞0，②Fe(s)+H2O(g) FeO(s)+H2(g)△H2=Q2＜0，由盖斯定律①-②得③H2(g)+CO2(g) CO(g)+H2O(g))△H=Q3=Q1-Q2＞0，说明是吸热反应；（2）①反应为放热反应，温度越高转化率越小，则T3＞T2＞T1；②图2中m1、m2、m3投料比从大到小的顺序为m1＞m2＞m3，因相同温度下，增大氢气的量，平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大；③温度升高，反应逆向进行，所以产物的物质的量是逐渐减少的，反应物的物质的量增大，由图可知，曲线a代表的物质为H2，b表示CO2，c为H2O，d表示乙醇；设开始氢气的投入量是3nmol，则二氧化碳是nmol，二氧化碳的转化量是x，则
2CO2(g)+6H2(g) C2H5OH(g)+3H2O(g)
起始量(mol) n 3n 0 0
变化量(mol) x 3x 0.5x 1.5x
平衡量(mol) n-x 3n-3x 0.5x 1.5x
P点a、c的体积分数相同，所以3n-3x=1.5x，解得x=n，总物质的量是n-x+3n-3x+0.5x+1.5x=n，总压为5MPa的恒压条件下，p(二氧化碳)=p(乙醇)=×5MPa=0.125×5MPa，p(氢气)=p(水)=×5MPa=0.375×5MPa，T4温度时，该反应的平衡常数Kp=；（3）工艺流程是将烟气冷却至15.5～26.5℃后用氨水吸收过量的CO2，该反应是一水合氨和二氧化碳反应生成碳酸氢铵，反应的化学方程式为：NH3•H2O+CO2=NH4HCO3，由NH3·H2O的Kb=1.7×10－5，H2CO3的Ka1=4.3×10－7、Ka2=5.6×10－11可知HCO3-的水解程度大于NH4+的水解程度，则所得溶液的pH＞7；烟气需冷却至15.5～26.5℃的可能原因是：降低吸收过程中氨气挥发，促进氨水对二氧化碳的成分吸收；（4）为了测量某湖水中无机碳含量，量取100mL湖水，酸化后用N2吹出CO2，再用NaOH溶液吸收，图象分析可知，生成碳酸氢钠溶液和碳酸钠溶液，二者物质的量之比为1：1，且CO32-的水解程度大于HCO3-，则溶液中离子浓度大小为：c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H+)。