2021屆高考化學考點突破：化學反應原理綜合大題(二)(解析版)

化學反應原理綜合大題(二)

1.研究CO還原NOx對環(huán)境的治理有重要意義，相關的主要化學反應有:

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下列物質分解為氣態(tài)基態(tài)原子吸收的能量分別為

NO2COC02NO

819kJ1076kJ1490kJ632kJ

①根據(jù)上述信息計算AH尸kj-mol-'o

②下列描述正確的是o

A.在絕熱恒容密閉容器中只進行反應I,若壓強不變，能說明反應I達到

平衡狀態(tài)

B.反應nAHVO,ASV0；該反應在低溫下自發(fā)進行

C.恒溫條件下，增大C0的濃度能使反應ID的平衡向正向移動，平衡常數(shù)增

大

D.上述反應達到平衡后，升溫，三個反應的逆反應速率均一直增大直至達

到新的平衡

(2)在一個恒溫恒壓的密閉容器中，NO?和CO的起始物質的量比為1：2進

行反應，反應在無分子篩膜時二氧化氮平衡轉化率和有分子篩膜時二氧化氮轉化

率隨溫度的變化如圖所示，其中分子篩膜能選擇性分離出苗。

①二氧化氮平衡轉化率隨溫度升高而降低的原因為

②P點二氧化氮轉化率高于T點的原因為o

(3)實驗測得，V正=%?C2(N0)?c2(C0),V逆=1＜逆?。(弗)?C2(C02)(k正、

k逆為速率常數(shù)，只與溫度有關)。

①一定溫度下，向體積為1L的密閉容器中充入一定量的NO和CO,只發(fā)生

反應HL在白時刻達到平衡狀態(tài)，此時n(CO)=0.ImoLn(NO)=0.2mol,n(N2)=amol,

k

且N占平衡總體積的1/4則：_______________。

2K逆

②在t2時刻，將容器迅速壓縮到原容積的1/2,在其它條件不變的情況下.t3

時刻達到新的平衡狀態(tài)。請在圖中補充畫出t2時段，正反應速率的變化曲

線o

【答案】（D①-227②AB

（2）①反應為放熱反應，溫度升高，平衡逆向移動（或平衡常數(shù)減小）

②分子篩膜從反應體系中不斷分離出昆，有利于反應正向進行，二氧化氮轉

化率升高

⑶①270（起點的縱坐標為16,t3時刻達到平衡，t3-t4

處于平衡狀態(tài)與已有線平齊）

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

反應前后氣體系數(shù)不變，如果是恒溫恒容，無論平衡是否移動，容器中的壓強均

不變，換為絕熱容器后，隨著反應的正向進行，反應放出熱量，體系溫度升高,

等量氣體的壓強隨之增大，此時壓強是變量，可以作為平衡的依據(jù)，A項正確;

B項，當AH-TAS<0時，反應自發(fā)進行，由AHVO,AS<0,推出該反應低溫下

自發(fā)進行，B項正確；C項，增大C0的濃度可以使反應ID的平衡向正向移動，但

是平衡常數(shù)只受到溫度的影響，溫度不變，平衡常數(shù)不變，C項錯誤；D項，溫

度升高,反應速率增大,三個反應的逆反應速率均增大,三個反應均為放熱反應，

溫度升高，反應向吸熱方向進行，則平衡逆向移動，所以平衡移動的初期為逆反

應速率大于正反應速率，為了達到新的平衡，逆反應速率向正反應速率靠近，逆

反應速率會減小，所以逆反應速率的變化趨勢為先增大后減小，D項錯誤；（2）

①反應為放熱反應，溫度升高，平衡向逆反應（吸熱）方向進行，二氧化氮轉化率

降低；②相同溫度下，二氧化氮的轉化率在P點較高是因為使用了分子篩膜，將

產(chǎn)物必分離出來，降低了產(chǎn)物的濃度，使平衡正向進行，從而二氧化氮的轉化率

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

轉化mol2a2aa2a

平衡mol0.20.1a2a

因為N2占平衡總體積的1/4,所以用+0：+a+2aW，a=0-3mol,此時為平衡狀態(tài),

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

②在t2時刻,將容器迅速壓縮到原容積的1/2,壓強瞬間增大為原來壓強的兩倍,

正逆反應速率均增大，但是壓強增大，平衡向正反應（氣體系數(shù)減小）方向進行,

則正反應速率大于逆反應速率，所以正反應速率的總體趨勢為先突然增大，然后

2.乙醛是一種重要的燒類衍生物，廣泛應用于紡織、醫(yī)藥、化纖、染料和

食品工業(yè)。

（一）以乙烯和氧氣（或空氣）為原料，在由PdCb、CuCl2＞鹽酸組成的催化劑

水溶液中，進行液相氧化生產(chǎn)乙醛，工業(yè)上一般控制反應溫度在120~130℃,壓

強在300~350KPa。又稱Wacker法。其反應式為：

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

-1

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

705.5kJ?mol-1

(1)已知：水的汽化熱是44.0kJ-mol-1，請計算乙烯的燃燒熱：

=kJ,mol-1

汽化熱：在標準大氣壓UOlKPa)下，使lmol物質在一定溫度下蒸發(fā)所需要

的熱量。

(2)Wacker法乙烯氧化制乙醛過程，按照以下機理進行：

①乙烯談基化反應：_____________________________

②金屬鈿的再氧化反應：Pd+2CUC12=PdCl2+2CuCl

③氯化亞銅的氧化反應：2CuCl+y02+2HC1=2CUC12+H20

請寫出①的反應方程式o

(3)下列有關說法正確的是

A.Wacker法制乙醛反應中，氯化鋁是反應催化劑，氯化銅的作用是使催化

劑再生，沒有氯化銅的存在，就不能完成此催化過程。

B.工業(yè)上采用的原料氣中乙烯大量過量，并有大量未反應的乙烯氣要循環(huán)

使用，這樣可提高乙烯利用率，同時原料氣中加入CO2有利于提高乙醛選擇性。

C.原料氣中乙烯大量過量的原因可能是為了讓乙烯的體積分數(shù)處在爆炸極

限范圍之外，以避免危險的發(fā)生。

D.乙烯氧化生成乙醛的反應是在氣-液相中進行的，加壓和升溫都有利于提

高乙烯和氧在液體中的溶解度，加快反應速率。

(4)控制反應條件在120~130℃和300~350KPa,原料氣的體積比是

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

溶液中，一段時間后反應達平衡，測得乙烯的體積分數(shù)是0.L氧氣的體積分數(shù)

是0.05,如果充入lOOmol原料氣，請計算反應達平衡時,/ACLCHO)=

molo(不考慮HC1的揮發(fā))

(二)實際工業(yè)生產(chǎn)要求有較高產(chǎn)量，速率不能太低，轉化率盡可能大，所以

應盡量使平衡正向移動。

(1)可逆反應：aA+bB—rR+sS,對反應物A,凈反應速率為n=r正保人)

-r逆區(qū)),XA為反應物A的轉化率，圖a表示反應物A的轉化率和A的凈反應速

率與溫度(D的關系圖。圖a分析可知，在相同溫度下，凈反應速率為

時，XA最大(從"r=0、巧、功、r3>rj選填)；由圖a判斷該反應是

反應(填“吸熱”或“放熱”),并簡述原因o

(2)請在圖a中繪制:在不同r下,符合工業(yè)生產(chǎn)要求的最佳溫度o

圖a

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

(3)ABC(4)4

(-)(l)r=O放熱由圖分析可知，反應達平衡時(r=0)，隨溫度升高,

XA降低，故該反應為放熱反應

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

/L

705.5kJ?mol-1①

-1

H2O(g)—H20(l)A^=-44.OkJ.mol②

利用蓋斯定律，將①義2+②X2可得乙烯的燃燒熱：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，則①的反應方程式為：CH2—CH2(g)+PdCl2+H20=CH3CHO

+Pd+2HClo(3)A項，Wacker法制乙醛反應中，氯化杷是反應的催化劑，參與

反應(將乙烯氧化為乙醛)后被還原為Pd,CuCb將其氧化為PdCL,又可表現(xiàn)出催

化能力，從而完成催化過程，A正確；B項，工業(yè)上采用的原料氣中乙烯大量過

量，可促進平衡正向移動，提高乙醛的產(chǎn)量，雖然乙烯的轉化率降低，但由于原

料氣的循環(huán)使用，最終可提高乙烯的利用率；原料氣中加入C02,可降低乙烯氧

化生成C02的轉化率，有利于提高乙醛的選擇性，B正確；C項，乙烯與混合

達到一定體積分數(shù)范圍時會發(fā)生爆炸，所以原料氣中乙烯大量過量的原因可能是

為了讓乙烯的體積分數(shù)處在爆炸極限范圍之外，C正確；D項，乙烯氧化生成乙

醛的反應是在氣-液相中進行的，加壓有利于提高乙烯和氧在液體中的溶解度，

加快反應速率，但升溫對乙烯和氧在液體中的溶解不利，D不正確；故選ABC。

(4)原料氣的體積比是丫(四)力(。2)：V(CO2):V(N2)=15：10.5：9.5：65,充入

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

設生成CH3CHO的屈=屈物質的量為x,燃燒生成CO2的佻=陽物質的量為y,

則可建立下列三段式:

CH產(chǎn)CH式g)+3O,(g)2C0,(g)+2H;O(g)

y31,Zy

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

15-y10.5-3y0

變化量(mol)x2.v

平衡量(mol)10.5-x-3v2.v

則啜①

100-x

11^=0.②

解①、②方程，可求出產(chǎn)2moL所以反應達平衡時，T?(CH3CHO)=4mol。

(二)(1)圖a分析可知,在相同溫度下，轉化率最大的點，其凈反應速率為0,

所以凈反應速率為r=0時，XA最大；由圖a可知，當轉化率達到最高點后，升高

溫度，反應物的轉化率降低，則平衡逆向移動，所以該反應是放熱反應，原因是：

由圖分析可知，反應達平衡時(r=0),隨溫度升高，XA降低，故該反應為放熱反

應。(2)在不同r下，符合工業(yè)生產(chǎn)要求的最佳溫度，是r=0的各個點的連線，

圖象為：

3.工業(yè)上一般以CO和慶為原料合成甲醇，該反應的熱化學方程式為：

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

(1)該反應的△2_0(填“>”、"V”或“=”)。

(2)若將等物質的量的CO和乩混合氣體充入恒溫恒容密閉容器中進行上述

反應，下列事實能說明此反應已達到平衡狀態(tài)的是—o

A.容器內(nèi)氣體密度保持不變

B.混合氣體的平均相對分子質量不變

C.生成CH30H的速率與生成乩的速率相等

D.C0的體積分數(shù)保持不變

(3)當按投料比湍=2,分別在P】、Pz、P3壓強下，測得不同溫度下平衡時

C0的平衡轉化率如圖lo

500510520530540550FK

520K時，投料比端=2(總物質的量為3mol),維持反應過程中壓強P3不

變，達到平衡時測得容器體積為0.1L,則平衡常數(shù)廬o

若慶和C0的物質的量之比為n：1(維持反應過程中壓強P3不變),相應平衡

體系中CH3OH的物質的量分數(shù)為x,請在圖2中繪制x隨n變化的示意圖

(4)甲醇合成甲醛的反應為：

I.2cH30H(g)=CH30cH3(g)+H20(g)(主反應)

II.2CH30H(g)—C2H4(g)+2H20(g)(副反應)

反應過程中的能量變化如圖3所示。

①在一定溫度下，在恒容容器中進行合成甲醛的反應，測得CH30cH3含量隨

著時間的推移，先增大后減小，請結合碰撞理論說明原因:

②在不改變溫度的前提下，說出其中一個能增大CH30cH3選擇性的措施:

【答案】(1)<(2)BD(3)0.25

(4)①反應I的活化能小于反應U的活化能，相同條件下反應I的反應速率

大于反應n速率，故所以一開始CH30cH3含量顯著上升。后隨著反應II的進行，

CH30H濃度減小，H20(g)濃度變大，促使反應I平衡左移，CH30cH3含量又有所下

降

②增大P

【解析】(D一氧化碳和氫氣反應生成甲醇的反應是化合反應，大多數(shù)的化

合反應吸熱，故該反應為吸熱反應，0；(2)A項，該反應為一個恒容的反

應，反應過程中氣體總質量不變，氣體總體積不變，故混合氣體的密度恒不變,

A錯誤；B項，混合氣體的平均相對分子質量等于混合氣體的質量除以混合氣體

的總物質的量，隨著反應的不斷進行，混合氣體的總物質的量不斷減小，當反應

達平衡時，混合氣體的總物質的量不再發(fā)生變化，混合氣體的平均相對分子質量

也不再發(fā)生變化，故可以判斷反應達平衡狀態(tài)，B正確；C項，甲醇的生成速率

與氫氣的生成速率相等，但不等于化學計量數(shù)的比，故不能判斷反應達平衡，C

錯誤；D項，隨著反應的不斷進行，C0的體積分數(shù)不斷減小，當反應達平衡時,

CO的體積分數(shù)不再發(fā)生變化，故可以判斷反應達平衡,D正確;故選BD；(3)520K、

P3壓強下，CO的轉化率為80%,當投料比明=2且總物質的量為31noi時，

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

c(CH3OH)=8mol/L,該溫度下的平衡常數(shù)於墨25；達到平衡時

CH30H的物質的量分數(shù)為以=0.57,當n值大于或小于2時，甲醇的物質的量

分數(shù)均減小，故正確的圖像為：I；(5)①在一定溫度下，

在恒容容器中進行合成甲醛的反應，測得CH30cH3含量隨著時間的推移，先增大

后減小，是因為反應I的活化能小于反應n的活化能，相同條件下反應I的反應

速率大于反應n速率，故所以一開始CH30cH3含量顯著上升。后隨著反應n的進

行，CH30H濃度減小，HzO(g)濃度變大，促使反應I平衡左移，CH30cH3含量又有

所下降；②在不改變溫度的前提下，能夠增大CH30cH3的選擇性可以通過增大壓

強等方法。

4.過量排放含氮物質會污染大氣或水體,研究氮及其化合物的性質及轉化，

對降低含氮物質的污染有著重大的意義。

(1)合成氨反應。

1

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

合成氨有關化學鍵的鍵能如下表:

化學鍵H—HN=NN—H

E/kJ-mol-1436946391

13

則合成氨反應：-N2(g)+-H2(g)aNB(g)的活化能Ea=

(2)已知2N0+()2=2N02反應歷程分兩步

活化

方程式焰變

能

E總

總反應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

應)+O2(g)=2NO2(g)

①平衡常數(shù)K可用氣體分壓來表示，即K的表達式中用平衡分壓代替平衡濃

度，分壓=總壓X物質的量分數(shù)(例如：p(NO)=Paxx(NO)),某一時刻第一步達到

平衡，寫出第一步反應的平衡常數(shù)(用場和各氣體的物質的分數(shù)來

表示)。

②用NO表示總反應的速率方程為v(NO)=k/c(NO).c(O2)；也表示的總反應

速率方程為v(NOj=k2.c(NO).c(O2),占與小是速率常數(shù)，貝！)k/k2=0

③下列關于反應2N0(g)+02(g)=2N02(g)的說法正確的是o

A.2E/.,^Eal+E;12B.增大壓強，反應速率常數(shù)增大

C.溫度升高，正逆反應速率都增大D.總反應快慢由第二步?jīng)Q定

(3)NB催化還原氮氧化物(SCR)技術是目前應用最廣泛的煙氣氮氧化物脫除

技術。

①用活化后的V2O5作催化劑，氨氣將NO還原成郎的一種反應歷程如圖1所

示，請寫出圖1中所示的總反應方程式,該反應的含氮氣體組分隨溫度

變化如圖2所示,當溫度大于600K時，可能發(fā)生副反應的化學方程式o

圖1氨氣選擇性還原NO反應歷程圖2氣體中含氨組分濃度隨溫度變化

②在有催化劑的作用下，經(jīng)過相同時間，測得脫氮率隨反應溫度的變化情況

如下圖所示，其他條件相同時，請在圖中補充在無催化劑作用下脫氮率隨溫度變

化的曲線

(4)電解法處理氮氧化合物是目前大氣污染治理的一個新思路，原理是將NO,

在電解池中分解成無污染的總和O2除去，如下圖示，兩電極間是新型固體氧化

物陶瓷,在一定條件下可自由傳導o2-,電解池陰極反應為

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△><=反應物總鍵能性成物總鍵能，△H=Jx(NmN)+；X(H

\3

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

H=正反應活化能-逆反應活化能，貝卜46=Ea-gX600,Ea=254kJ/mol；

p(NQ2)_^(N,O2)

(2)①根據(jù)平衡常數(shù)p(NO)2=P,,X2(NO)；②平衡時，根據(jù)反應速率與

計量系數(shù)成正比,v(NO)=V(NO2)，即ki-c(NO)*c(02)=k2-c(NO)*c(02)，則ki=

k

k2,二'=1；③A項，總反應的活化能由決速步驟決定，即由慢反應決定，故A

錯誤；B項，平衡常數(shù)只與溫度有關，故B錯誤；C項，溫度升高，正逆反應速

率都增大，故C正確；D項，總反應快慢由慢反應決定，故D正確；故選CD；(3)

①根據(jù)圖示1可知NH3、NO、O2反應生成用和乩0,方程式為：4NH3+4N0+02=4N2

+6上0；根據(jù)圖2,發(fā)生副反應產(chǎn)生NO,方程式為：4NH3+502=4N0+6H2。(或用

+02=2N0)；②催化劑可加快反應速率，縮短反應時間，平衡不移動。相同時間

內(nèi)，沒有催化劑時單位時間內(nèi)脫氮率將下降，由此作圖：

(4)由題意可知NO、經(jīng)電解形成用，結合電子轉移、

2

電荷守恒，陰極反應為：2N0x+4xe=N2+2X0\

5.研究氫的獲得和應用具有重要意義。

⑴已知：2H2S(g)—2H2(g)+S2(g)>0將0.20molH2s氣體充入密閉

容器中，保持恒壓(p=a)、溫度Ti條件下進行上述反應。

①下列可以作為反應達到平衡狀態(tài)的判據(jù)是。

A.氣體的平均相對分子質量不變B.P正(ILS)=2-逆⑸)

C.｛不變D.容器體積不變

②L時刻反應達到平衡，H2s的平衡轉化率為40%。該反應的平衡常數(shù)

KP=(用a的代數(shù)式表示。對于氣相反應，用某組分B的平衡壓強p(B)

代替物質的量濃度c(B)也可表示平衡常數(shù)，記作如p(B)=p?x(B),p為平

衡總壓強，x(B)為平衡系統(tǒng)中B的物質的量分數(shù))。

③反應溫度3時，畫出0工2時段，力⑸)隨時間變化曲線［MSj—t］。保持

其它條件不變，改變反應溫度為T2(T2>TJ,畫出0工2時段，HS2)隨時間變化趨

勢的曲線"(SD—t］

044r

(2)已知：某催化劑作用下，上還原NO的反應有兩種可能:

I.2N0(g)+H2(g)—N20(g)+H20(g)A乂

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

反應歷程可以表示為(*表示吸附態(tài))

吸附分解：NO(g)fNCP-bP+O*①

H?(g)f2H*②

反應脫附：O*+2H*^H2O(g)(3)

N*+NO*f、。②④

N*+N*fN?(g)⑤

其中，反應脫附過程中④與⑤是一組競爭關系，決定了乩還原NO的最終產(chǎn)

物。

①如圖顯示不同溫度條件下，原料氣〃（H）〃（NO）=1,達到平衡時體系中明

和用。的含量，由此判斷△直o（填“>"或‘'<"）；判斷反應脫附過程

中④與⑤兩步反應的活化能高低并說明理由o

②如圖顯示不同溫度條件下，原料氣〃（H）〃（NO）分別為1、2、3（對應圖中

標注“1”、“2”、“3”），達到平衡時，體系中附和弗0的含量，由此可知,

增加上的量，可以增加的選擇性（填”曠或“40”）

T/X

O.IOi

g0叫

0.06bIT2

【答案】(D①ABD②(0.074a)③3M

T,

'-J

0

(2)①》由圖可知溫度低時以反應④為主，溫度高時以反應⑤為主，說明

反應⑤具有較高的反應活化能②N2

【解析】(1)①A項，該反應反應物和生成物均為氣體，且前后氣體系數(shù)之

和不相等，所以氣體總物質的量會變，而總質量不變，所以未平衡時氣體的平均

相對分子質量會變，當其不變時，說明反應達到平衡，故A符合題意；B項，同

一反應同一時段反應速率之比等于計量數(shù)之比，所以/正(HzS)=2〃正(S。，所以當

y正(H2s)=2/逆⑸)時，也即/正⑸心。逆⑸)，說明反應平衡，故B符合題意；C

項，平衡常數(shù)只與溫度有關，無論反應是否平衡，只要溫度不變K就不變，所以

K不變不能說明反應平衡，故C不符合題意；D項，反應過程中恒壓，而前后氣

體系數(shù)之和不相等，所以未平衡時容器體積會變，當體積不變時說明反應平衡,

故D符合題意；故選ABD；②根據(jù)分析可知平衡時Z?(H2S)=O.12mol,〃(乩)=0.08mol,

Z7(S2)=0.04mol,氣體總物質的量為0.12mol+0.08mol+0.041noi=0.24mol,總壓強

fi-aYx-ia

36

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

0.24mol236{1}

=5a；③反應溫度「時，初始投料為0.20molH2S,所以反應過程中S2的物質的

量增大，力時反應達到平衡，S2的物質的量不再改變，根據(jù)三段式可知平衡時

/?(S2)=0.04mol；反應溫度T2時，該反應為吸熱反應，升高溫度，反應速率加快，

達到平衡所需時間縮短，且平衡正向移動，平衡時〃(S2)>0.04mol,所以曲線圖

(2)①據(jù)圖可知溫度越高用含量越大，而用0在溫

度達到一定值繼續(xù)升高溫度含量下降，說明生成弗0的反應為吸熱反應，所以△

4>0;由圖可知溫度低時以反應④為主，說明該反應容易進行，溫度高時以反應

⑤為主，說明反應⑤具有較高的反應活化能；②據(jù)圖可知相同溫度的情況下，投

料比越大，即氫氣的量越多，弗的含量越高，說明增加氫氣的量可以增加用的選

擇性。

6.可逆反應2s02(g)+02(g)==2S03(g)是硫酸工業(yè)中非常重要的一個反應,

因該反應中使用催化劑而被命名為接觸法制硫酸。

(1)某溫度下，使用V2O5進行反應：2S02(g)+02(g)=2S03(g),在保證02(g)

的濃度不變的條件下，增大容器的體積，平衡(填字母代號)。

A.向正反應方向移動B.不移動C.向逆反應方向移動D.無法

確定

(2)使用V2O5催化該反應時，涉及到催化劑V2O5的熱化學反應有：

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

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

向10L密閉容器中加入V2O4S)、S02(g)各lmol及一定量的。2,改變加入

的量，在常溫下反應一段時間后，測得容器中V2O4、V205>SO2和SO3的量隨反應

前加入的變化如圖所示,圖中沒有生成S03的可能原因是O

(3)向一保持常壓的密閉容器中加入V2O5S)、S02(g)各o.6mol,02(g)0.3mol,

此時容器的體積為10L,分別在T1、T2兩種溫度下進行反應，測得容器中SO?的

轉化率如圖所示。

①T2時，2S02(g)+O2(g)=2S03(g)的平衡常數(shù)K=o

②下列說法正確的是o

A.L<T2

B.若向該容器通入高溫He(g)(不參加反應，高于Tz),S03的產(chǎn)率將減小,

僅因為溫度升高，平衡向逆方向移動

C.合成硫酸的設備中，在接觸室合成S03需要高壓設備

D.依據(jù)反應裝置所能承受的最高溫度定為此反應溫度

③在比T2更高的溫度丁3下，反應②平衡向左移動，生成更多的V2O4固體會覆

蓋在V2O5固體的表面上，該因素對反應①影響超過了溫度因素的影響。請在圖中

畫出在T3下，a(SO2)在0?時刻的變化圖(0?ti時刻之間已經(jīng)平衡)o

【答案】(DB

⑵常溫下,V205(s)+S02(g)—V2O4(s)+S03(g)和2S02(g)+02(g)—2S03(g)

反應都很慢

⑶①1.89X104②AC

【解析】(DT2時使用V2O5進行反應：2S02(g)+02(g)—2S03(g),實際上

反應的過程為①V2()5(s)+S02(g)=V2()4(s)+S03(g),②2V2(h(s)+02(g)=

2V205(S)反應①為反應前后氣體物質的量不變的反應，增大容器的體積，即減小

壓強，平衡不移動，對于反應②，由于氧氣的濃度不變，則平衡也不移動，故

2s02(g)+02(g)==2S03(g)不移動，故答案為B；(2)由圖像可知，隨反應前加

入。2里的變化，SO?未參與反應，V2O4逐漸減少，V2O5逐新增多，由此可知，容器

中發(fā)生反應2V2O4(s)+O2(g)w2V2O5生),而反應V205(s)+SO2(g)—V2O4(s)+SO3(g)

和2s(h(g)+02(g)=2S()3(g)幾乎沒有發(fā)生，可能是在常溫下反應都很慢，則沒

有生成S03；(3)①由圖像可知，在T2溫度下，該反應達到平衡狀態(tài)時，SO?的轉

化率為90%,則SO2的轉化量為0.54mol,可列出三段式(單位為mol)為：

2SO2+O,2SO；

起始0.60.30'

改變0.540.270.54

平衡0.060.030.54

則平衡時氣體總物質的量為0.06mol+0.03mol+0.54mol=0.63mol,設平衡時

容器的體積為V,根據(jù)恒溫恒壓下，氣體的體積之比等于物質的量之比可得：

,（854）2

心=黑嗎，解得，V=7L,則該反應的平衡常數(shù)K=0067003=

V0.63molc'（SQ）xc（。,）（U.U。,

L89X10%②A項，由圖像可知，在丁2溫度下，該反應先達到平衡狀態(tài)，則反應

速率更大，且該反應正向為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，S02的轉化率

低，則溫度更高，則T1VT2,A正確；B項，通入高溫He,相當于加熱，同時

容器的體積增大，相當于減小壓強，平衡均左移，產(chǎn)率減小，B錯誤C項，在接

觸室增大壓強，有利于合成S03,所以需要高壓設備，C正確；D項，為了安全起

見，反應溫度應低于反應裝置所能承受的最高溫度定，D錯誤；故選AC；③在比

丁2更高的溫度丁3下，反應②平衡向左移動，轉化率降低，同時生成更多的V2O4

固體會覆蓋在V2O5固體的表面上，該因素對反應①影響超過了溫度因素的影響，

所以反應速率也降低。所以在T3下，a（SO2）在。?匕時刻的變化圖（0?匕時刻之

間已經(jīng)平衡）為:

7.化合物PHJ是一種白色晶體，受熱不穩(wěn)定，易分解產(chǎn)生PI，PA是無色

劇毒氣體，廣泛用于半導體器件和集成電路生產(chǎn)的外延、離子注入和摻雜。

(1)在2L真空密閉容器中加入一定量PHJ固體，L℃時發(fā)生如下反應：

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

①下列可以作為反應達到平衡的判據(jù)是o

A.容器內(nèi)氣體的壓強不變B.容器內(nèi)HI的氣體體積分數(shù)不變

C.容器內(nèi)PHJ質量不變D.容器內(nèi)氣體的密度不變

E.容器內(nèi)氣體的平均相對分子質量不變

②3時刻反應達到平衡后，在t2時刻維持溫度不變瞬間縮小容器體積至1L,

t3時刻反應重新達到平衡。在下圖中畫出t2?t4時段的U正、U逆隨時間變化圖

Ot\￡2t'324t

(2)PHJ固體分解產(chǎn)生的PA和HI均不穩(wěn)定，在一定溫度下也開始分解。

在2L真空密閉容器中加入一定量PHJ固體，已知在丁2℃時存在如下反應:

IPHJ(s)=PH3(g)+HI(g)A氏

II4PH3(g)=P4(g)+6H2(g)△萬

m2HI(g)—H2(g)+I2(g)卜壓

①已知：298K,lOlkPa,H-P鍵、P-P鍵、H-H鍵的鍵能分另U為322kJ?mol\

200kJ?mol，436kJ?moU試計算△昆=。

②各反應均達平衡時，測得體系中/7（PH3）=amol,々（P,hbmol,/7（H2）=c

mol,貝!!T2℃時反應I的平衡常數(shù)｛值為o（用a、b、

c表示）

③維持溫度不變，縮小體積增大壓強，達到新的平衡后，發(fā)現(xiàn)其它各成分的

物質的量均發(fā)生變化，而加均基本不變，試解釋可能原因

【答案】⑴①ACD②：1金

IUI

Ot\±2±4t

（2）①+48kJ?molT②a（a+l6b-2c）

4

③增大壓強的瞬間各氣體濃度均增大，反應I平衡逆向移動使c（HI）減小,

反應II平衡逆向移動使。（乩）減小，對于反應IH兩者作用相當，反應HI平衡

不移動，HL）基本不變（只答反應HI平衡不移動不得分）

【解析】（1）①A項，反應前沒有氣體，反應后生成氣體，反應中容器內(nèi)氣

體壓強一直改變，當容器內(nèi)氣體壓強不再改變時，可以說明反應達到平衡狀態(tài),

A符合；B項，根據(jù)反應式可知，容器內(nèi)HI的氣體體積分數(shù)始終不變，容器

內(nèi)HI的氣體體積分數(shù)不變不能作為反應達到平衡的標志，B不符合；C項，

容器內(nèi)PHJ的質量不再改變時，可以說明反應達到平衡狀態(tài)，C符合；D項，容

器體積始終不變，氣體總質量發(fā)生改變，則容器內(nèi)氣體的密度不再改變時，可以

說明反應達到平衡，D符合；E.容器內(nèi)氣體的平均相對分子質量始終不變，容

器內(nèi)氣體的平均相對分子質量不變不能作為反應達到平衡的標志，E不符合；故

選ACD；②時刻反應達到平衡后，在t2時刻維持溫度不變瞬間縮小容器體積至

1L,則平衡逆向移動，uQu正，但由于PHJ為固體，增大壓強，正反應速率不

變，t3時刻反應重新達到平衡，U正=U逆，因此t2?t4時段的U正、U逆隨時間變

VI

;(2)①根據(jù)△層反應物的總鍵能-生成物的總

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

kJ5nor')]=+48kJ如②各反應均達平衡時，測得體系中/7(PH3)=amol,^(P4)=b

mol,Z7(H2)=Cmol,根據(jù)白磷為bmol,結合反應H計算可知，消耗的PA為4bmol

和生成的4為6bmol,因為最終PA為amoL說明反應I生成的PH3和HI都為

(a+4b)mol,最終氫氣為cmoL則反應ID生成乩為(c-6b)mol,反應ID消耗HI為

(2c-12b)mol,則平衡時皿為6+如-2。+121))=(2+161)-2011101,12℃時，對于反

((：

應[的平衡常數(shù)為K=cPHJjHI)qx也警=a(a+lb2c)；③由于增大壓強的瞬間

各氣體濃度均增大，而反應I平衡逆向移動使得C(HI)減小，反應H平衡逆向

移動使。田2)減小，對于反應IH兩者作用相當，反應HI平衡不移動，因此〃(L)

基本不變。

8.對溫室氣體二氧化碳的研究一直是人們關注的熱點。某工廠使用C02

與乩來合成可再生能源甲醇，反應如下:

①主反應：C02(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)

②副反應：2C02(g)+6H2(g)=C2H50H(g)+3H20(g)

(1)已知反應中相關的化學鍵鍵能E數(shù)據(jù)如下表：

化學鍵c-oc=oH-HH-0C-H

E/kJ.mol1abcde

則主反應的△年;該反應自發(fā)進行條件是o

(2)投料時只添加反應物，且CO?和上體積比為1比3,下列有關說法正確的

是o

A.若保持溫度、體積不變，當甲醇和水蒸氣的體積分數(shù)相等時可判斷反應

達到平衡狀態(tài)

B.若保持溫度、體積不變，不斷分離出甲醇，平衡①右移。其原因是逆反

應速率減小

C.在恒溫恒壓的密閉容器中，反應已達平衡，若再按初始投料比加入反應

物，達新平衡時，各物種分壓與原平衡相同

D.降低溫度或增大壓強可提高反應物的轉化率，也使該反應的平衡常數(shù)4

增大

(3)其他條件相同，在催化劑作用和不加催化劑作用下，以上反應進行相同

時間后，甲醇產(chǎn)率隨反應溫度的變化如圖所示。該工廠更換為生產(chǎn)乙醇的生產(chǎn)線

后，需要使用一種抑制劑P（可以降低化學反應速率，作用原理似于催化劑）來

抑制主反應①。

①其他條件相同時，請在圖中畫出若選用抑制劑P,在溫度從TJC到丁5℃之

間，甲醇產(chǎn)率的變化曲線可能出現(xiàn)的最大區(qū)域范圍，用爨表示（此溫度范圍內(nèi)催

化劑和抑制劑均未失去活性，T4為曲線最高點）O

②試用碰撞理論解釋抑制劑的作用原理

（4）在一密閉恒容容器中，COZ和上的分壓分別為akPa、4akPa,加入

催化劑并在一定溫度下發(fā)生以上反應，達到平衡后測得體系壓強是起始時的0.8

倍，且乙醇選擇性是甲醇選擇性的4倍。則反應①的平衡常數(shù)為

除（kPa）-%（甲醇選擇性:轉化的CO2中生成甲醇的百分比;

用各物質的分壓數(shù)據(jù)代替物質的量濃度計算，須用最簡分數(shù)表示）。

【答案】（1）（2b+3c-a-3e-3d）kJ?moF1低溫（2）BC

甲醇產(chǎn)率

②抑制劑可升高反應活化能，降低活化分子百分數(shù)，從而降低化學反應速率

(4)281/3125或28/3125,

【解析】(1)根據(jù)△層反應物的總鍵能-生成物的總鍵能可知，主反應的根據(jù)

A^(2b+3c-a-3e-3d)kJ?mol-1,該反應為牖減的反應，4HV0,因此該反應在

低溫條件能夠自發(fā)進行；(2)A項，投料時只添加反應物，且CO?和乩體積比為1：

3時，無論反應是否達到平衡，甲醇和水蒸氣的體積分數(shù)均相等，A錯誤；B項，

溫度、體積不變，不斷分離出甲醇，濃度減小，逆反應速率減小，平衡①右移,

B正確；C項，溫度不變，平衡常數(shù)不發(fā)生改變，因此若再按初始投料比加入反

應物，達新平衡時，各物種分壓與原平衡相同，C正確；D項，平衡常數(shù)只與溫

度有關，因此增大壓強，平衡常數(shù)不發(fā)生改變，D錯誤；故選BC；(3)①選用抑

制劑P后，甲醇的生成速率降低，且T,為曲線的最高點，因此甲醇產(chǎn)率的變化曲

甲醇產(chǎn)率

100%

線可能出現(xiàn)的最大區(qū)域范圍如圖S。％

溫度

理為:抑制劑可升高反應活化能，降低活化分子百分數(shù),從而降低化學反應速率；

(4)根據(jù)題干信息可知，乙醇選擇性是甲醇選擇性的4倍，則轉化的CO?中有80%

轉化為乙醇，20%轉化為甲醇,設轉化的CO2為x,列三段式有:

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

起始a4a00

轉化0.2x0.6x0.2x0.2x

平衡a-x4a-3x0.2x0.2x

2c(Mg)+6H2(g)=二C2H50H(g)+3H2O(g)

起始a4a

轉化0.8x2.4x0.4x1.2x

平衡a-x4a-3x0.4x1.2x

又達到平衡后測得體系壓強是起始時的0.8倍，則

0.2x+0.2x+0.4x+L2x+(a-x)+(4a-3x)用,解得x=0.5a,則反應①的平衡常數(shù)為4=

a+4a

0.laxQ,7a_28

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

9.CO2催化加氫合成二甲醛是一種CO2轉化方法，其過程中主要發(fā)生下列反

應：

-1

反應I：C02(g)+H2(g)—CO(g)+H2O(g)41.2kJ?mol

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

在恒壓、COZ和巴的起始量一定的條件下，CO2平衡轉化率和平衡時CH30cH3

的選擇性隨溫度的變化如圖。其中：

2XCHQCH3的物質的量x

CH30cH3的選擇性

反應的CO?的物質的量

100-

80

60

40

20

0

240280320360

溫度

1

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

則反應II的kJ-mor'，反應H的自發(fā)條件為

A.高溫B.高壓C.低溫D.低壓

(2)溫度高于300℃,CO?平衡轉化率隨溫度升高而上升的原因是

(3)220℃時，在催化劑作用下C02與乩反應：段時間后，測得CH30cH3的選擇

性對應圖中A點數(shù)據(jù)。下列說法正確的是o

A.其他反應條件不變，增大壓強一定可提高平衡時CH30cH3的選擇性

B.其他反應條件不變，改變催化劑，CH30cH3的選擇性不會改變

C.其他反應條件不變，升高溫度，CO2的轉化率一定隨著溫度的升高而降低

D.其他反應條件不變，提高投料時的氫碳比[n(4)：n(CO?)],能提高CO2

平衡轉化率

(4)若起始投料比為n(H2)：n(C02)=3,發(fā)生主要反應I和反應H不考慮其

他副反應，則288℃時的反應I的平衡常數(shù)為o

(5)若反應體系為恒容，其他反應條件不變，在上圖中畫出平衡時CH30cH3

的選擇性隨溫度的變化示意圖o

【答案】(DT22.5C

(2)反應I的△!!>(),反應H的△!!<(),溫度升高使CO2轉化為C0的平衡轉

化率上升，使CO2轉化為CH30cH3的平衡轉化率下降，且上升幅度超過下降幅度

￡"

乃

當

4目

(3)AD⑷K=0.045)3X

52

1

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

1

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

根據(jù)蓋斯定律可知ix2+ni即得到反應n：

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

反應n正反應是體積減小的放熱反應，根據(jù)AG=AH—TASV0可知反應H

的自發(fā)條件為低溫，故選C。

(2)由于反應I的△!!>(),反應H的△HV0,溫度升高使CO2轉化為C0的平

衡轉化率上升，使CO2轉化為CH30cH3的平衡轉化率下降，且上升幅度超過下降幅

度，所以溫度高于300℃,CO?平衡轉化率隨溫度升高而上升。

(3)A項，其他反應條件不變，增大壓強反應II向正反應方向進行，因此一

定可提高平衡時CH30cH3的選擇性，A正確；B項，其他反應條件不變，改變催化

劑可以改變反應歷程，因此CH30cH3的選擇性會改變，B錯誤；C項，由于反應I

的△!!>(),反應H的△HV0,因此其他反應條件不變，升高溫度，CO2的轉化率

不一定隨著溫度的升高而降低，C錯誤；D項，其他反應條件不變，提高投料時

的氫碳比[n(H2)：n(C02)],相當于是增大氫氣濃度，因此能提高CO2平衡轉化

率，D正確；故選AD。

(4)根據(jù)圖像可知288℃時二甲醛的選擇性是33.3%,二氧化碳的平衡轉化率

是30%,若起始投料比為n(H2)：n(C02)=3,可設氫氣是3mol,二氧化碳是ImoL

則反應的二氧化碳是0.3mol,因此生成二甲醛的物質的量是

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

可知該反應中消耗二氧化碳是0.Imol,氫氣是0.3mol,生成水蒸氣是0.15mol,

因此反應CO2(g)+H2(g)—CO(g)+H20(g)中消耗二氧化碳是0.2moL氫氣是

0.2mol，生成CO是0.2mol,水蒸氣是0.2mol,則最終平衡時二氧化碳是0.7mol,

氫氣是2.5moLCO是0.2mol,水蒸氣是0.35mo1,反應CO2(g)+H2(g)=

C0(g)+H20(g)前后體積不變，所以平衡常數(shù)為照用=0()4；(5)若反應體系為

恒容，其他反應條件不變，反應過程中氣體的物質的量減小，壓強減小，不利于

二甲醛的生成，則平衡時CH30cH3的選擇性隨溫度的變化示意圖為

1(X1

/占

乃

上?)

目6()

堂

44()

2()

°2()02402X(r320

Sft/T

10.丙烯(C3H6)是重要的有機化工原料。丙烷直接脫氫制丙烯發(fā)生的反應有:

反應I：C3H8(g)—C3H6(g)+H2(g)AHi

反應II：2c3Hs(g)-3c2H4(g)+2H2(g)AH2

已知：①反應I活化能Ea(I)小于反應II活化能Ea(H);

②3種物質的燃燒熱如下表：

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

2217.8kJ?mol-12058kJ?mol-1285.8kJ?mol-1

(1)AH,=kJ?mol1

(2)恒溫恒容條件下，向密閉容器中充入ImolC3H8(g),下列情況能說明丙烷

脫氫制丙烯反應達到平衡狀態(tài)的是。

A.該反應的AH保持不變B.混合氣體的平均摩爾質量保持不變

c(C3H6>C(H?)

C.C(c3H8)保持不變D.CsB分解速率與C3H6消耗速率相等

（3）一定溫度下，向恒容密閉容器中充入