化学反应原理大题一解析版Word文件下载.docx
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①电极Ⅱ是__极，B室产生的气体是___。
②A室NO2-发生的电极反应是__。
【答案】SO2（g）＋NO2（g）
NO（g）＋SO3（g） ΔH＝－41.8kJ·
mol－1未到<
d>
c>
bcd10－5（或10－5mol·
L－1）阳O22NO2-＋6e－＋4H2O=8OH－＋N2↑
【解析】
【分析】
根据题意可知，本题考查盖斯定律、化学平衡常数、弱电解质的电离、电解原理等知识，运用盖斯定律、化学平衡常数计算公式、弱电解质的电离规律、电解原理分析。
【详解】
（1）①已知：
a:
b:
根据盖斯定律，由
得,SO2（g）+NO2（g）
NO（g）+SO3（g）△H=-41.8kJ·
mol－1。
故答案为:
SO2（g）＋NO2（g）
mol－1；
②a.反应达到平衡的标志是v正=v逆，且不再变化，而c点对应的v正还在改变，故反应在c点未到平衡状态。
未到；
b.若容器恒温恒容，则平衡常数：
Ⅰ=Ⅱ，而实际上容器恒容绝热,SO2（g）+NO2（g）
NO（g）+SO3（g）ΔH<
0，若在该容器中加入2molSO2（g）和2molNO（g）则反应放出热量；
若在容器中加入2molSO3（g）和2molNO（g），则反应吸收热量，据此分析平衡常数：
Ⅰ<
Ⅱ。
<
；
（2）①在b点对应的溶液中，溶质为一水合氨和氯化铵，且二者浓度相等，由题图2可知，溶液呈碱性，则一水合氨的电离程度大于氯化铵的水解程度，此时水的电离受到抑制，在c点对应的溶液中，溶质仍为一水合氨和氯化铵，但二者浓度不相等，由题图2知，c点溶液呈中性，则此时一水合氨的电离程度等于氯化铵的水解程度，水的电离不受影响，在d点对应的溶液中，溶质为氯化铵，氯化铵发生水解，溶液呈酸性，对水的电离起促进作用，所以b、c、d三点对应的溶液中，水电离的c（OH-）大小顺序为d>
b。
b；
②滴定时，由b点到c点的过程中，溶液碱性减弱，酸性增强。
，由b点到c点的过程中，c（OH-）不断减小，故该值增大，a不符合题意；
由b点到c点的过程中，c（H+）不断增大，c（OH-）不断减小，
的值逐渐增大，b不符合题意；
的值等于一水合氨的电离平衡常数，因Kb（NH3·
H2O）只与温度有关，滴定过程中温度不变，则
的值不变，c符合题意；
的值等于铵根离子的水解平衡常数，b点到c点过程中不变，d符合题意。
cd；
③未加盐酸时，氨水浓度为0.1mol/L，溶液的pH=11，则溶液中
，水的电离程度较小，溶液中c（OH-）≈c（NH4+），又一水合氨的电离程度较小，则c（NH3·
H2O）=0.1mol/L，氨水的电离平衡常数
。
10－5（或10－5mol·
L－1）；
（3）由A室产生N2，可知A室的电解质溶液为NaNO3和NaNO2的混合溶液，NO2-在电极Ⅰ上放电生成N2，电极反应式为2NO2-＋6e－＋4H2O=8OH－＋N2↑，则电极Ⅰ为阴极，电极为Ⅱ阳极，B室的电解质溶液为NaOH溶液，OH-在电极Ⅱ上放电生成O2。
阳；
O2；
2NO2-＋6e－＋4H2O=8OH－＋N2↑。
2．（2019·
宝鸡中学高三月考）冬季是雾霾天气高发的季节，其中汽车尾气和燃煤尾气是造成雾霾的原因之一。
（1）使用甲醇汽油可以减少汽车尾气对环境的污染。
工业上在200℃和10MPa的条件下可用甲烷和氧气通过铜制管道反应制得甲醇，已知一定条件下，CH4和CH3OH的燃烧热分别784kJ/mol和628kJ/mol则2CH4（g）+O2（g）=2CH3OH（g）△H=___。
（2）二甲醚也是清洁能源。
用合成气在催化剂存在下制备二甲醚的反应原理为：
2CO（g）+4H2（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H<
0。
①某温度下，将2.0molCO（g）和6.0molH2（g）充入容积为2L的密闭容器中，反应到达平衡时，改变压强和温度，平衡体系中CH3OCH3（g）的物质的量分数变化情况如图所示，关于温度和压强的关系判断正确的是____。
A．P3>
P2，T3>
T2
B．P1>
P3，T1>
T3
C．P1>
P4，T2>
D．P2>
P4，T4>
②在恒容密闭容器里按体积比为1：
3充入一氧化碳和氢气，一定条件下反应达到平衡状态．当改变反应的某一个条件后，下列变化能说明平衡一定向逆反应方向移动的是___。
A．氢气的转化率减小B．逆反应速率先增大后减小
C．化学平衡常数K值增大D．反应物的体积百分含量增大
（3）汽车尾气净化的主要原理为：
2NO（g）+2CO（g）
2CO2（g）+N2（g）
①200K、pPa时，在一个容积为2L的恒温密闭容器中充入1.5molNO和2.0molCO，开始反应至2min时测得CO转化率为30%，则用N2表示的平均反应速率为υ（N2）=___；
反应达到平衡状态时，测得二氧化碳为0.8mol，则平衡时的压强为起始压强的__倍（保留两位小数）。
②该反应在低温下能自发进行，该反应的ΔH__0（填“>
”、“<
”）
③在某一绝热、恒容的密闭容器中充入一定量的NO、CO发生上述反应，测得正反应的速率随时间变化的曲线如图所示（已知：
t2-t1=t3-t2）则下列说法不正确的是__（填编号）
A．反应在c点未达到平衡状态
B．反应速率a点小于b点
C．反应物浓度a点大于b点
D．NO的转化率：
t1~t2>
t2~t3
【答案】-312kJ/molBCBD0.075mol/（L·
min）0.89＜D
（1）已知一定条件下，CH4和CH3OH的燃烧热分别784kJ/mol和628kJ/mol，即①CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H1=-784kJ/mol，②CH3OH（g）+
O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H2=-628kJ/mol，根据盖斯定律：
①×
2-②×
2可得，2CH4（g）+O2（g）=2CH3OH（g）△H=-312kJ/mol；
（2）①通过图示可知，温度越高二甲醚的质量分数越小；
正反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，二甲醚的质量分数增大；
②A．增大反应物浓度，平衡正向移动，正反应速率先增大后减小；
B．逆反应速率先增大后减小，说明平衡逆向移动；
C．化学平衡常数K值增大，说明平衡正向移动；
D．反应物的体积百分含量增大，说明平衡逆向移动；
（3）①根据CO转化率计算消耗CO物质的量，根据v=
计算v（CO），再根据速率之比等于化学计量数之比计算v（N2）；
由题目信息可知，
利用三段式：
起始（mol）1.5mol2.0mol00
变化（mol）0.8mol0.8mol0.8mol0.4mol
平衡（mol）0.7mol1.2mol0.8mol0.4mol
根据物质的量之比=压强之比可得，平衡时的压强：
起始压强=平衡时的物质的量：
初始物质的量；
②正反应为气体物质的量减小的反应，为熵减反应，而△H-T△S<
0反应自发进行；
③从t4时刻正反应速率不变，处于平衡状态，t4时刻前未到达平衡，反应向正反应进行，由②中可知为反应热反应，绝热条件下，随反应进行温度升高，温度起主导作用，反应速率加快，而后浓度为主导因素，反应速率减低至平衡状态；
2可得，2CH4（g）+O2（g）=2CH3OH（g）△H=-312kJ/mol，
故答案为：
-312kJ/mol；
（2）①2CO（g）+4H2（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H<
0，正反应放热，由图示可知温度越高二甲醚的质量分数越小，故温度：
T1>
T2>
T3>
T4；
正反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，二甲醚的质量分数增大，故压强P1>
P2>
P3>
P4，
BC；
②A．增大反应物浓度，平衡正向移动，正反应速率先增大后减小，不一定逆向移动，故A错误；
B．逆反应速率先增大后减小，说明平衡逆向移动，故B正确；
C．化学平衡常数K值增大，说明平衡正向移动，故C错误；
D．反应物的体积百分含量增大，说明平衡逆向移动，故D正确；
故答案选BD；
（3）①消耗CO物质的量为2.0mol×
30%=0.6mol，v（CO）=
=0.15mol/（L·
min），速率之比等于化学计量数之比，则v（N2）=
v（CO）=
×
0.15mol/（L·
min）=0.075mol/（L·
min）；
初始物质的量=
=0.89，则平衡时的压强为起始压强的0.89倍，
0.075mol/（L·
0.89；
②正反应为气体物质的量减小的反应，为熵减反应，△S<
0，而△H-T△S<
0反应自发进行，该反应在低温下能自发进行，该反应的△H<
0，
<
A．反应在c点未达到平衡状态，故A正确；
B．由图可知，反应速率a点小于b点，故B正确；
C．反应物浓度a点大于b点，故C正确；
t1～t2<
t2～t3，故D错误，
故答案选D。
【点睛】
本题考察化学平衡及其相关知识，熟练应用三段式计算，勒夏特列原理的应用，仔细观察图象，得出速率，浓度的大小关系。
3．（2019·
湖北高三月考）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）+
O2（g）＝CO2（g）+2H2O
（1）△H1=akJ•mol-1
H2（g）+
O2（g）＝H2O
（1）△H2=bkJ•mol-1
H2O（g）＝H2O（l）△H3=ckJ•mol-1
则CO2（g）+3H2（g）
CH3OH（g）+H2O（g）△H=__________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℃、1.0MPa时，足量碳与amolCO2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】
（3b-a-c）p1＜p2＜p3Ka＝Kb＜Kc66.7%（或0.667）3.2MPa催化剂的催化效率降低温度升高，化学反应速率加快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2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O6
本题需要根据盖斯定律进行计算△H，且根据三段式进行分析计算，压强之比等于物质的量之比。
根据图像分析出反应C（s）＋CO2（g）
2CO（g）减小压强反应向正方向进行，正反应为吸热反应，
H＞0。
在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率，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，根据此分析进行解答。
（1）已知①CH3OH（g）+
②H2（g）+
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。
故答案为（3b-a-c）
（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，
H＞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）a0
变化（mol）m2m
平衡（mol）a-m2m
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＝
故答案为p1＜p2＜p3Ka＝Kb＜Kc66.7%（或0.667）3.2MPa
（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。
故答案为催化剂的催化效率降低.温度升高，化学反应速率加快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
（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。
故答案为2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O6
4．（2019·
绵阳南山中学实验学校高三月考）
（1）2017年中科院某研究团队通过设计一种新型Na-Fe3O4/HZSM-5多功能复合催化剂，成功实现了CO2直接加氢制取辛烷值汽油，该研究成果被评价为“CO2催化转化领域的突破性进展”。
已知：
H2（g）+1/2O2（g）=H2O（l）ΔH1=－aKJ/mol
C8H18（1
）+25/2O2（g）=8CO2（g）+9H2O
（1）ΔH2=－bKJ/mol
试写出25℃、101kPa条件下，CO2与H2反应生成汽油（以C8H18表示）的热化学方程式_________________________________。
（2）利用CO2及H2为原料，在合适的催化剂（如Cu/ZnO催化剂）作用下，也可合成CH3OH，涉及的反应有：
甲：
CO2（g）+3H2（g）
CH3OH（g）+H2O（g）△H=—53.7kJ·
mol-1平衡常数K1
乙：
CO2（g）+H2（g）
CO（g）+H2O（g）△H=+41.2kJ·
mol-1平衡常数K2
①CO（g）+2H2（g）
CH3OH（g）的平衡常数K=______（用含K1、K2的表达式表示），该反应△H_____0（填“大于”或“小于”）。
②提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有___________（填写两项）。
③催化剂和反应体系的关系就像锁和钥匙的关系一样，具有高度的选择性。
下列四组实验，控制CO2和H2初始投料比均为1：
2.2，经过相同反应时间（t1min）。
温度（K）
催化剂
CO2转化率（%）
甲醇选择性（%）
综合选项
543
Cu/ZnO纳米棒材料
12.3
42.3
A
Cu/ZnO纳米片材料
11.9
72.7
B
553
15.3
39.1
C
12.0
70.6
D
由表格中的数据可知，相同温度下不同的催化剂对CO2的转化为CH3OH的选择性有显著影响，根据上表所给数据结合反应原理，所得最优选项为___________（填字母符号）。
（3）以CO、H2为原料合成
甲醇的反应为：
CO（g）+2H2（g）
CH3OH（g）。
在体积均为2L的三个恒容密闭容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中，分别都充入1molCO和2molH2，三个容器的反应温度分别为T1、T2、T3且恒定不变。
下图为三个容器中的反应均进行到5min时H2的体积分数示意图，其中有一个容器反应一定达到平衡状态。
①0～5min时间内容器Ⅱ中用CH3OH表示的化学反应速率为_________________。
②三个容器中一定达到平衡状态的是容器________（填写容器代号）。
【答案】8CO2（g）+25H2（g）=C8H18
（1）+16H2O
（1）ΔH=—（25a-b）KJ/molK=
小于降低温度、减小产物浓度B0.0875mol/（L·
min）Ⅲ
（1）已知：
①H2（g）+1/2O2（g）=H2O（l）ΔH1=—aKJ/mol；
②C8H18
（1）+25/2O2（g）=8CO2（g）+9H2O
（1）ΔH2=—bKJ/mol
根据盖斯定律，由①×
25-②得反应方程式：
8CO2（g）+25H2（g）=C8H18
（1）+16H2O
（1）ΔH=25ΔH1-ΔH2=ΔH=—（25a-b）KJ/mol；
（2）①已知甲：
CO2（g）+3H2（g）
CH3OH（g）+H2O（g）
△H=-53.7kJ·
mol-1平衡常数
K1
CO2（g）+H2（g）
CO（g）+H2O（g）
△H=+41.2kJ·
mol-1平衡常数K2；
根据盖斯定律，由甲-乙得反应CO（g）+2H2（g）
CH3OH（g）的平衡常数K=
mol-1-41.2kJ·
mol-1=-94.9kJ·
mol-1<
0；
②反应CO（g）+2H2（g）
CH3OH（g）是气体体积缩小的放热反应，提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有降低温度、减少产物浓度、按比例充入原料CO2和H2等；
③由表中数据分析在相同温度下不同催化剂对甲醇的选择性有显著影响，使用Cu/ZnO纳米片催化剂时甲醇选择性高；
使用相同的催化剂在不同温度下，虽然二氧化碳的转化率增加，甲醇的选择性却减小，说明温度升高，副产物增加，因此综合考虑选B选项；
（3）①CO（g）+2H2（g）
CH3OH（g）
开始时的物质的量：
1
2
0
转化的物质的量：
a
2a
a
平衡时的物质的量：
1-a
2-2a
容器Ⅱ中0～5min内H2含量是20%，a=
，v（CH3OH）=0.0875mol/（L·
②Ⅲ中温度高氢气含量高，说明达到平衡升高温度平衡逆向移动，氢气含量增加。
本题综合考查化学反应中的热量变化和化学反应平衡。
盖斯定律，又名反应热加成性定律：
若一反应为二个反应式的代数和时，其反应热为此二反应热的代数和。
也可表达为在条件不变的情况下，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关；
化学平衡常数指在一定温度下，可逆反应都达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，固体、纯液体不需要表示出；
影响化学平衡的因素有浓度、温度和压强等。
5．（2019·
福建省连城县第一中学高三月考）（Ⅰ）工业尾气SO2、NO2是污染大气、形成酸雨的罪魁祸首。
请回答下列问题：
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