2021届高考化学专题模拟试题：化学反应原理(解析版)

化学反应原理

1.催化还原C02是解决温室效应及能源问题的重要手段之一。研究表明，在

Cu/ZnO催化剂存在下，CO?和庆可发生两个平行反应，分别生成CAOH和CO。反

应的热化学方程式如下：

1

CO2(g)+3H2(g)—CH3OH(g)+H20(g)A直=一53.7kJ・mol_I

C02(g)+H2(g)—C0(g)+H20(g)II

某实验室控制CO2和上初始投料比为1：2.2,在相同压强下，经过相同反应

时间测得如下实验数据：

CO?转化率甲酸选雌

T(K)催化剂

(%)J%)

54312.342.3

54310.972.7

55315.339.1

553|

Cat.212.071.6

(备注)Cat.1：Cu/ZnO纳米棒;Cat.2：Cu/ZnO纳米片；甲醇选择性：转化

的CO2中生成甲醇的百分比

已知：①CO和庆的标准燃烧热分别为-283.OkJ・moV和-285.8kJ•moK1

-1

(2)H20(l)=H20(g)A/=44.OkJ・mol

请回答(不考虑温度对A〃的影响)：

(1)反应I的平衡常数表达式的

(2)有利于提高C02转化为CH3OH平衡转化率的措施有—o

1

A.使用催化剂Cat.1B.使用催化剂Cat.2

C.降低反应温度D.投料比不变，增加反应物的浓度

E.增大CO?和&的初始投料比

(3)表中实验数据表明，在相同温度下不同的催化剂对CO2转化成CH3OH的选

择性有显著的影响，其原因是

(4)在图中分别画出反应I在无催化剂、有Cat.1和有Cat.2三种情况下“反

应过程〜能量”示意圉―o

反应过程

C(CH3OH)C(H2O)

【答案】(1)3(2)CD

C(CO2).C(H2)

(3)表中数据表明此时反应未达到平衡,不同的催化剂对反应I的催化能力

不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响

【解析】(1)平衡常数是生成物的浓度嘉之积与反应物的浓度嘉之积的比值,

C»

反应I为：C02(g)+3H2(g)=CH30H(g)+HzO(g)其平衡常数：K=⑼,

5CO2)-(H2)

c,

故答案为：詈号产。(2)A项，使用催化剂，只改变反应速率，平衡不移动,

u

(co2)-(H2)

2

不能提高转化率，A错误；B项，使用催化剂，只改变反应速率，平衡不移动，

不能提高转化率，B错误；C项，反应I为放热反应，降低温度，平衡正向移动，

提高CO2的转化率，C正确；D项，投料比不变，增加反应浓度，平衡正向移动,

提高CO2的转化率，D正确；E项，增大二氧化碳和氢气的初始投料比，能提高氢

气的转化率，二氧化碳的会降低，E错误；故答案为CD。（3）从表格数据分析，

在相同的温度下，不同的催化剂，相同的反应时间内，其二氧化碳的转化率也不

同，说明不同的催化剂的催化能力不同；相同催化剂不同的温度，二氧化碳的转

化率不同，且温度高的转化率大，因为正反应为放热反应，说明表中数据是未到

平衡数据，故答案为：表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应

I的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响。（4）从表中数据分析，

在催化剂Cat.2的作用下，甲醇的选择性更大，说明催化剂Cat.2对反应I的催

化效果更好，催化剂能降低反应的活化能，说明使用催化剂Cat.2的反应过程中

•「乏催化1N

活化能更低，故答案为：幺/1O

反由过我

2.十八大以来，各地重视“蓝天保卫战”战略。作为煤炭使用大国，我国

每年煤炭燃烧释放出的大量SO?严重破坏生态环境。现阶段主流煤炭脱硫技术通

常采用石灰石-石膏法将硫元素以CaS（h的形式固定，从而降低SO2的排放。但是

煤炭燃烧过程中产生的CO又会与CaSO,发生化学反应，降低脱硫效率。相关反应

的热化学方程式如下：

反应I：CaS04(s)+C0(g)—CaO(s)+S02(g)+C02(g)活化能Ea1，A

3

Hi=218.4kJ・moF1

反应U：CaS04(s)+4C0(g)—CaS(s)+4C02(g)活化能Ea?,AH2=

-175.6kJ・mol-1

请回答下列问题：

(1)反应CaO(s)+3C0(g)+S02(g)-CaS(s)+3CO2(g)；AH=kJ*

mol-1；该反应在(填“高温”''低温”"任意温度”)可自发进行。

(2)恒温密闭容器中，加入足量CaS(X和一定物质的量的CO气体，此时压强

为p。。tmin中时反应达到平衡，此时CO和CO2体积分数相等，CO?是SO?体积分

数的2倍，则反应I的平衡常数&=(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KP,如p(B)=p喋(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)图1为1000K时，在恒容密闭容器中同时发生反应I和II,c(SO2)随时

间的变化图像。请分析图1曲线中c(SOD在。〜t2区间变化的原因

(4)图2为实验在恒容密闭容器中，测得不同温度下，反应体系中初始浓度

4

比与SO2体积分数的关系曲线。下列有关叙述正确的是

A.当气体的平均密度不再变化，反应I和反应n同时达到平衡状态

B.提高CaS04的用量，可使反应I正向进行，SO2体积分数增大

C.其他条件不变，升高温度，有利于反应I正向进行，SO2体积分数增大,

不利于脱硫

D.向混合气体中通入氧气(不考虑与SO?反应)，可有效降低SO?体积分数,

提高脱硫效率

(5)图1中，t2时刻将容器体积减小至原来的一半，t3时达到新的平衡，请

在图1中画出t2-13区间C(S02)的变化曲线o

【答案】(D-394.0kJ・molT低温

(2)0.25p0⑶反应I的活化能Eai较小，反应速率I比H大，0〜如阶

段c(S02)增大，3后反应H为主，c(C0)减小，使反应I逆向进行，故c(SO2)减

小，t2时反应达到平衡状态

(4)ACD

图1

5

【解析】(1)反应I：CaS04(s)+C0(g)CaO(s)+S02(g)+C02(g)A

4=218.4kJ・mol-1

-1

反应H：CaS04(s)+4C0(g)—CaS(s)+4C02(g)-175.6kJ•mol

根据盖斯定律反应II-反应I得：CaO(s)+3C0(g)+S02(g)-CaS(s)+3C02(g),

所以,AAA^=-175.6kJ•mol-1-218.4kJ•mol^-394.OkJ•mol^o该反

应为气体分子数减小的反应，AS<0,△织0,当△牙TASV0时，反应能自发

进行，则T较小的时候反应能自发进行，即该反应在低温时能自发进；(2)设参

加反应I的CO起始的物质的量为a,平衡时，C0和CO2体积分数相等，CO?的体

积分数是SO2体积分数的2倍，故设平衡时，SO2的物质的量为xmol,CO和CO2

的物质的量为2x,则对于反应I有：

CaSOjs)-COigiCaO⑸+SOi：g|-CO|g|

起始mola00

理七molxxx

平衡mola-xxx

则反应n生成的CO2的物质的量为(2x-x)mol=xmol,生成CO的物质的量

=[2x-(a-x)]mol=(3x-a)mol,则对于反应II有：

CaSO4(s)*4CO(g)^=^CaS(s)*4CO2(g)

起始mol4x-a0

变化molxx

平衡mol3x-ax

结合反应I、II可知：CO的充入量为(4x-a)+a=4x,而平衡时，气体的总物

质的量=2x+x+2x=5x,设平衡时体系总压为p,则*，解得：P^P。，所以反

DXp4

6

应I的平衡常数Kp==0.25p0；(3)因反应I的活化能小于反应

u的活化能，。到s反应I速率大于反应n,c(s()2)增大，后反应ii为主,

c(C0)减小，使反应I逆向进行，故c(S02)减小，t2时反应达到平衡状态，故答

案为：反应I的活化能E&较小，反应速率I比II大，0〜匕阶段c(SO2)增大，

后反应H为主，c(C0)减小，使反应I逆向进行，故c(S02)减小，t2时反应达

到平衡状态；(4)A项，反应I、II都是反应前后气体质量变化的反应，由m=pV

可知，容器体积V恒定下，P不变，说明气体总质量m不变，那么容器内每种气

体的质量均不变化，已达到平衡，A正确；B项，CaS(h是固体，提高CaS(X的用

量，平衡不移动，B错误；C项，反应I是吸热反应，升高温度，反应I正向移

动，SO2体积分数增大，不利于脱硫，C正确；D项，通入氧气，C0被消耗，反应

I逆向移动，SO2体积分数降低，脱硫效率增大，D正确；故选ACD；(5)容器体

积减小一半瞬间，二氧化硫浓度变为2倍，同时压强增大，平衡逆向移动，二氧

化硫浓度减小，t2〜t3二氧化硫浓度比匕〜t2减小的多。根据勒夏特列原理可知,

t3重新平衡时,二氧化硫浓度略比t2时刻大,据此如图:

3.(1)煤气化制合成气(C0和4)

-1

已知：C(s)+H20(g)===C0(g)+H2(g)AH2=131.3kJ-mol

7

-1

C(s)+2H20(g)===C02(g)+2H2(g)AH2=90kJ・mol

则一氧化碳与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式是

(2)由合成气制甲醇

合成气CO和庆在一定条件下能发生反应:CO(g)+24(g)-CH30H(g)AH<0o

①在容积均为VL的甲、乙、丙、丁四个密闭容器中分别充入amolCO和2amolH2,

四个容器的反应温度分别为「、12、13、T’且恒定不变。在其他条件相同的情况

下，实验测得反应进行到tmin时上的体积分数如图所示，则丁3温度下的化学平

衡常数为(用a、V表示)

②图反映的是在T3温度下，反应进行tmin后甲醇的体积分数与反应物初始

投料比修的关系，请画出T,温度下的变化趋势曲线。

③在实际工业生产中，为测定恒温恒压条件下反应是否达到平衡状态，可作

8

为判断依据的是

A.容器内气体密度保持不变B.CO的体积分数保持不变

C.气体的平均相对分子质量保持不变D.C(H2)=2C(CH3OH)

(3)由甲醇制烯燃

主反应：2cH3OH=C2H4+2H2Oi；

3CH3OH-C3H6+3H2Oii

副反应：2cH3OH1CH30cH3+H2Oiii

某实验室控制反应温度为400℃,在相同的反应体系中分别填装等量的两种

催化剂(Cat.1和Cat.2),以恒定的流速通入CH3OH,在相同的压强下进行甲醇制

烯煌的对比研究，得到如下实验数据(选择性：转化的甲醇中生成乙烯和丙烯的

百分比)

乙

川

烯

阳Q

I

转

(和

化(B7(

M丙

率

<)<烯

&87(6(

的5(

6(选4(

3(

5(择

442(

32(性ll(

/

%

S反应时间小

由图像可知，使用Cat.2反应2h后甲醇的转化率与乙烯和丙烯的选择性均

明显下降，可能的原因是(结合碰撞理论解释)

1

【答案】(l)C0(g)+H20(g)=C02(g)+H2(g)AH=-41.3kJ-moK

9

(2)①539V2/27a?

+dCO)

<TH7)

(3)该条件下2h后催化剂失活，甲醇转化率较低；Cat.2显著降低反应iii

的活化能，提高活化分子百分数，相同时间内快速生成副产物二甲酸，目标产物

选择性下降

【解析】⑴将第2个方程式减去第1个方程式，得到一氧化碳与水蒸气反应

生成二氧化碳和氢气的热化学方程式是CO(g)+H2O=CO2(g)+H2(g)AH=-41.3

kJ・moK1

CO(g)+2H2(g)CH：OHlg)

⑵①开始:aniol2amol0

⑵①转化:

xmol2xmolxmol

平衡:(a-x)mol(2a-2x)molxmol

Ila

2

2a-2x11aV539V

x100%=30%,解得*=氤。1,贝"

a-x+2a-2x+xa-1132a-2x3-27a?。

『(一^)2

②该反应是放热反应，根据图得出反应在tmin时，丁2温度庆的体积分数最低,

T3>T4温度高，乩的体积分数高，说明平衡逆向移动，图反映的是在丁3温度下,

反应进行tmin后甲醇的体积分数与反应物初始投料比喘的关系，则T,温度甲

醇的量比丁3温度甲醇的量小，即变化趋势曲线。！故答案为：：

Ya”

③A项，恒温恒压条件，容器内气体密度等于气体质量除以容器体积，气体质量

10

不变，容器体积减小，密度增大，因此可作为判断平衡的标志，故A符合题意;

B项，开始阶段CO的体积分数不断减小，当体积分数不变，则可作为判断平衡

的标志，故B符合题意；C项，气体的平均相对分子质量等于气体质量除以气体

的物质的量，气体质量不变，气体的物质的量减小，气体的平均相对分子质量增

大,当保持不变可作为判断平衡的标志，故C符合题意；D项，c(Hj=2C(CH3OH),

不能用浓度比例来判断平衡的标志，故D不符合题意；故选ABC。⑶由图像可知，

使用Cat.2反应2h后甲醇的转化率与乙烯和丙烯的选择性均明显下降，可能的

原因是，根据第一个图得出该条件下2h后催化剂失活，甲醇转化率较低，第二

个图得出Cat.2显著降低反应iii的活化能，提高活化分子百分数，相同时间内

快速生成副产物二甲酸，生成乙烯、丙烯目标产物选择性下降。

4.(1)汽车尾气中的NO和CO可在催化剂作用下生成无污染的气体而除去。

在密闭容器中充入10molCO和8molNO发生反应，测得平衡时NO的体积分数

与温度、压强的关系如图。

No

的

体

积

分

数

次

①已知该反应在较低温度下能自发进行，则反应2N0(g)+2C0(g)

N2(g)+2CO2(g),bH0(填"=”或“<”)。

②该反应达到平衡后，为同时提高反应速率和C0的转化率，可采取的措施

11

有(填字母序号)

a.改用高效催化剂b.缩小容器的体积c.增加N0的浓度d.升高温

度

(2)在有氧条件下，新型催化剂M能催化NB与NO,反应生成弗，将一定比例

的。2、NH3和NO*的混合气体匀速通入装有催化剂M的反应器中反应，反应相同

时间，N0,的去除率随反应温度的变化曲线如图所示。

I

(M)

X8O

#6O

s4O

s2O

.

c

z

50150250380(V)

解释在50°C〜150°C范围内随温度升高，NO、的去除率迅速上升的原因是

(3)NB催化还原氮氧化物技术是目前应用最广泛的烟气脱氮技术：

4NH3(g)+6N0(g)05N2(g)+6H20(g)△乐0。密闭容器中，在相同时间内，在

催化剂A作用下脱氮率随温度变化如图所示。

现改用催化能力稍弱的催化剂B进行实验，请在上图中画出在催化剂B作

12

用下的脱氮率随温度变化的曲线(不考虑温度对催化剂活性的影响)。

⑷某研究小组利用反应：C(s)+2N0(g)—N2(g)+CO2(g)△层-34.0

kj/mol,用活性炭对NO进行吸附。已知在密闭容器中加入足量的C和一定量的

NO气体，保持恒压测得NO的转化率随温度的变化如图所示：

①由图可知，在1050K前，反应中N0的转化率随温度升高而增大，其原

因为;在1100K时，尺的体积分数为

②用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作

而)。在1050K.1.lX106Pa时，该反应的化学平衡常数厢=___________(已

知：气体分压(P分)=气体总压(Pa)X体积分数)

【答案】(D①<②be

(2)迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大,与温度升高共同使NO*去除反

应速率迅速增大

13

(4)①1050K前反应未达到平衡状态,转化率没有达到最大值，随温度升高，

反应速率加快，N0转化率增大20%②4

【解析】(1)①根据反应自由能公式△牙T4S,若反应能够自发进行，

则△左△开TaS〈0,该反应的正反应是气体体积减小的反应，△京0,反应在低

温下可自发进行，则△用0；②根据上述分析可知：2N0(g)+2C0(g)=

N2(g)+2C02(g),△水0；a项，改用高效催化剂加快反应速率，平衡不变，物质

转化率不变，a错误；b项，缩小容器的体积，体系内压强增大，反应速率增大，

平衡正向进行，N0的转化率增大，b正确；c项，增加C0的浓度反应速率增大，

平衡正向进行，N0的转化率增大，c正确；d项，升高温度，反应速率增大，由

于该反应的正反应为放热反应，升温平衡逆向进行，NO的转化率减小，d错误;

故选be；(2)在一定温度范围内催化剂活性较大，超过其温度范围，催化剂活性

降低，根据图知，迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大，与温度升高共同使

NO,去除反应速率迅速增大；上升阶段缓慢主要是温度升高引起的NO,去除反应速

率增大但是催化剂活性下降；(3)300C前反应未达到平衡状态，脱氮率决定于速

率，温度越高速率越快，所以脱氮率增大，300c之后反应达平衡，脱氮率决定

于平衡的移动,该反应正反应是放热反应,升高温度平衡逆向移动,脱氮率减小.B

催化剂的效率低，所以达平衡的时间长，平衡不移动，但最终的脱氮率不变，所

I

以图象为八::XX;(4)①该反应的正反应是放热反应'反

100200300400500600

湿度T/T

14

应从正反应方向开始，当达到平衡状态时反应物的转化率最高；1050K前转化

率没有达到最大值，即反应未达到平衡状态，随温度升高，反应速率加快，N0

转化率增大；在1100K时，N0的转化率为40%,设起始量NO为21no1,则根据

反应方程式可知平衡时N0的物质的量为A(N0)=2molX(1-40%)=1.2mol,

Z7(N2)=Z7(CO2)=1A；7(NO)=1X2molX40%=0.4mol,所以平衡时用的体积分数

为亡£X100%=20%；②由图可知1050K时，N0的转化率为80%,设N0起

始量为1mol,则根据物质反应转化关系可知平衡时各种物质的物质的量分别为:

n(N0)=lmolX(1-80%)=0.2mol,/7(N2)=77(C02)=1A/J(N0)=1X1molX80%=0.4

mol,气体的物质的量的比等于气体所占的压强比，平衡常数压强表示的平衡常

(O.4p总)x(O.4P总)

数4=(0-2PJ2=40

5.二甲醛(CH30cH3)是无色气体，可作为一种新型能源。由合成气(组成为

庆、C0和少量CO?)直接制备二甲醛，其中的主要过程包括以下四个反应：

1

①CO(g)+2H2(g)=CH30H(g)A的一90.IkJ・mol'

1

(2)C02(g)+3H2(g)—CH3OH(g)+H20(g)A玲一49.OkJ•mol-

1

③CO2(g)+H2(g)—CO(g)+40(g)△A=+41.IkJ-mol-

④2cH30H(g)—CH30cH3(g)+H2O(g)△以=-24.5kJ-moF'o试回答下列

问题：

(1)由庆和C0直接制备二甲醛的热化学方程式：2C0(g)+4H2(g)

-1

CH30CH3(g)+H20(g)bH=kJ-mol；该反应可以自发进行的条件为

15

（2）将LOmolCO2和3.Omol乩充入2L恒容密闭容器中，使其仅按反应②

进行，在不同催化剂作用下，相同时间内CO2的转化率随温度变化如图所示。下

列说法正确的是

A.对应的平衡常数小于T,对应的平衡常数

B.根据图中曲线分析，催化剂I的催化效果最好

C.b点v（正）可能等于y（逆）

D.a点的转化率比c点高可能的原因是该反应为放热反应，升温平衡逆向

移动，转化率降低

（3）若COZ和庆仅发生反应②和③，研究表明：在其他条件相同的情况下，

用新型催化剂可以显著提高甲醇的选择性，使用该催化剂，按Z?（CO2）：/7（H2）=1：

3（总量为amol）投料于恒容密闭容器中进行反应，CO2的平衡转化率和甲醇的选

择率（甲醇的选择率：转化的CO2中生成甲醇的物质的量分数）随温度的变化趋势

如图所示：（忽略温度对催化剂的影响）

①在553K达到平衡时，反应体系内甲醇的物质的量为mole

16

②随着温度的升高，C02的平衡转化率增加但甲醇的选择率降低，请分析其

原因：。

(4)02催化辅助的A1-C02电池工作原理如图所示。该电池电容量大，能有效

利用C02,电池反应产物AL(C2()4)3是重要的化工原料。则电池的正极反应式：

602+6e=602^lo

«

%

■

【答案】(1)—204.7低温(2)BD

(3)①0.0315a②当温度升高时反应②平衡逆向移动，而反应③平衡正向

移动且幅度更大，所以CO2的转化率增加，但甲醇的选择性却降低

2

(4)6C02+602=3C204+602

【解析】⑴已知：①C0(g)+2H2(g)=CH30H(g)A^=-90.IkJ•moK1

1

④2cH30H(g)-CH3OCH3(g)+H2O(g)A玲-24.5kJ・mor,

由于反应热与反应途径无关，只与物质的始态和终态有关，所以①X2+④,

-1

整理可得2co(g)+4H2(g)—CH30cH3(g)+40(g)A〃=-204.7kJ・mol；该反

应的正反应是气体体积减小的放热反应，根据自发进行反应的依据△作△/TA

5<0,△水0,A5<0,要使△比TASVO,则反应应该在低温下可自发进行；(2)

17

将1.OmolC02和3.OmolH2充入2L恒容密闭容器中，发生反应②：C02(g)+3H2(g)

1

aCH3OH(g)+H2O(g)A^=-49.OkJ•moK,该反应的正反应为气体体积减小的

放热反应；A项，由于该反应的正反应为放热反应，升高温度，化学平衡逆向移

动，所以平衡常数：T3>T4,A错误；B项，反应温度低，反应物的转化效率高，

则催化剂的催化效果好，根据图示，在相同温度下在催化剂I时CO2转化效率最

高，故催化剂I的催化效果最好，B正确；C项，题中说明图中的转化率是在同

一时间内测得的，并非平衡的转化率，所以不能判断b点是否平衡，故无法比较

正)、v(逆)的大小，C错误；D项，根据图示可知：CO2的转化效率在温度比较

低的高于温度较高的丁5,是由于该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学

平衡逆向移动，导致转化率降，D正确；故选BD；(3)按z?(CO2)：Z?(H2)=1：3(总

量为amol),则其中含有CO2的物质的量〃(C()2)=，bXamol=^-mol,根据图示

可知在553K达到平衡时，反应体系内CO2的平衡转化率为21%,甲醇的选择率为

60%,根据C元素守恒，可得甲醇物质的量A(CH30H)=(molX21%X60%=0.0315a

mol；②反应③的正反应是吸热反应，升高温度，该反应正向移动，且温度对吸

热反应影响更大，使CO?的平衡转化率增加，但对于反应②，由于该反应的正反

应是放热反应，升高温度，该反应的化学平衡逆向移动，所以甲醇的平衡转化率

反而降低，即甲醇的选择率降低；(4)该原电池中A1作负极,失电子生成铝离子，

电极反应式为Al-3e-=Al*正极反应式：602+6e=602\产生的0「与CO2结合形成

草酸根离子，电极反应式为6co2+6O2WO2+3C2O42-,可见O2在反应过程中，在第一

个反应中作反应物、在第二个反应中作生成物，所以氧气在反应中作催化剂。

6.二甲醛和乙醇是两种常见的有机溶剂，也可作为新能源。

18

(1)通过以下反应可获得二甲醛(CH30cH3)：

①C0(g)+H2()(g)=C()2(g)+H2(g)AZTi=akJ•mol1

1

②CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)A〃2=bkJ•mol

1

③2cH30H(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)△/=ckJ・mol-

贝！I反应2C0(g)+4H2(g)=CH3OCH3(g)+H20(g)的△H=kJ・mol一

1

o

(2)已知气相直接水合法可以制取乙醇：H2O(g)+C2HKg)-CH3cH20H(g)。

在Z7(H2O)：A(C2H。=1：1的条件下投料，乙烯的平衡转化率与温度(7)及

压强(夕)的关系如图1所示。

20

10

200250300350TVt

图1

①下列有关说法中正确的是O

A.B.280℃时，皈〉及

C.A、B、C三点的平衡常数区>&>&D.低温有利于该反应自发进行

②在6,280℃条件下，C点的y正—。逆（填“>”、“<”或“=”），

19

理由是O

③计算图1中A点的平衡常数Kp=o（结果用R的代数式表示,

平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压X物质的量分数）

（3）在77（H20）：HC2H。=1：x的条件下投料，某研究小组在压强为6,

温度为252℃时，进行平衡体系中乙醇的体积分数随投料比变化的测定实验。

在图2中画出平衡体系中乙醇的体积分数。随x变化的示意图―o

图2x

【答案】（l）2a+2b+c（2）①BD②>在R,280c条件下，平衡转

9

化率在B点位置，说明C点未达平衡状态，反应正向进行③布广

【解析】(1)通过以下反应可获得二甲醛(CH30cH3)：

①CO(g)+H2()(g)=C()2(g)+H2(g)AZTi=akJ•mol1

1

@C02(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H20(g)A^2=bkJ-mol'

20

1

③2cH30H(g)=CH30CH3(g)+H20(g)NHLCkJ•mol

由盖斯定律，2X①+2X②+③得：反应2C0(g)+4H2(g)=CH3OCH3(g)+

1

H2()(g)的AH=(2a+2b+c)kJ•molo(2)①A项,当温度相同时，从R到R

乙烯转化率增大，平衡正向移动，,故A错误；B项，280℃时，B点压

强大，陞〉如故B正确；C项，压强为月时升高温度，乙烯转化率减小，平

衡常数减小，但BC温度相同，平衡常数相同，A、B、C三点的平衡常数KA

&=及，故C错误；D项，升高温度，乙烯转化率减小，△*(),AS<0,低温有

利于该反应自发进行，故D正确；故答案为BD；②在R,280℃条件下，C点

的/正》/逆；理由是：在R,280C条件下，平衡转化率在B点位置，说明C

点未达平衡状态，反应正向进行；③计算图1中A点的平衡常数：

G*+Hz（Xg）一一CRs。球。

开始11

转化0.20.20.2

平衡0.80.80.2

­.0.21,卬力上七j0.84969

乙醇占0.8+0.8+0.2-5，乙烯和水各占0.8+0.8+0.2-3'.一(4216p2°

(92)

(3)在/2(H2O)：/7(C2H4)=1：x的条件下投料，某研究小组在压强为6,

温度为252℃时，进行平衡体系中乙醇的体积分数随投料比变化的测定实验。

水比。)：〃(C2HD=1：1时，乙烯的转化率最大，或11.1%,画出平衡体系

H

(1,11.1%)

中乙醇的体积分数0随X变化的示意图…/T'o

21

7.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PdCk、CuCk、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)+1o2(g)-CH3CHO(g)A^-243.2kJ«mol

-1

13

副反应：yCH2—CH2(g)+-02(g)—CO2(g)+H2O(g)卜H=一

705.5kJ・mol-1

(1)已知：水的汽化热是44.0kj-mol-】，请计算乙烯的燃烧热：

=kJ,mol-1

汽化热：在标准大气压UOlKPa)下，使Imol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乙烯璇基化反应：_____________________________

②金属杷的再氧化反应：Pd+2CUC12=PdCl2+2CuCl

③氯化亚铜的氧化反应：2CuCl+102+2HC1=2CUC12+H20

请写出①的反应方程式o

22

(3)下列有关说法正确的是

A.Wacker法制乙醛反应中，氯化钿是反应催化剂，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CO?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(C2H。：

V(02)：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，Z?(CH3CHO)=mol。

(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i•正(XA)

-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(T)的关系图。图a分析可知，在相同温度下，净反应速率为

23

时，XA最大（从"r=0、n、r2>r3>n”选填）；由图a判断该反应是.

反应（填“吸热”或“放热”），并简述原因

（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

【答案】（一）（1）-1499(2)CH2—CH2(g)+PdCl2+H20=CH3CH0+Pd+2HC1

(3)ABC(4)4

（二）（l）r=0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⑵

【解析】(一)(l)JcH2-CH2(g)+102(g)

CO2(g)+H2O(g)bH=—

705.5kJ-mol-1①

-1

H20(g)H20(l)AZ^-44.OkJ.mol②

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

44.0）X2]kJ-mor^-1499kJ・mol。（2）乙烯埃基化是指乙烯在PdCb的氧化

24

下生成CLCHO、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，氯化把是反应的催化剂，参与

反应(将乙烯氧化为乙醛)后被还原为Pd,CuCb将其氧化为PdCb,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CO2,可降低乙烯氧

化生成CO2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V(C2HJ：V(02)；V(CO2)：V(N2)=15：10.5：9.5：65,充

入lOOmol原料气，则/7(C2H。=100molX15%=15mol,z?(02)=100molX

10.5%=10.5molo

设生成CH3CHO的CH2XH2物质的量为X,燃烧生成C02的CH2XH2物质的量为y,

则可建立下列三段式：

CH,=CH,(g)+3O,(g)2C0,(g)+2H9(g)

y3y2y2y

2CH;=CH;(g)+O2(g)2CH；CHO(g)

世建(mol)15-j-10.5-3v0

变化量(mol)2xx2x

平衡量(mol)15-2A--V10.5-x-3v2x

25

15—2x—y

则=0.1①

100—x

10.5-x-3y

=0.05②

100—x

解①、②方程，可求出尸2moL所以反应达平衡时，/7（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：

8.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。

已知，氨的分解反应：2NH3（g）=N2（g）+34（g）,活化能Ea=600kJ・mol\

合成氨有关化学键的键能如下表：

26

化学键H—HN=NN—H

E/kJ^mor1436946391

则合成氨反应：yN2(g)+|H2(g)=限④的活化能Ea=

(2)已知2N0+02=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△笈

应)+02(g)=2N02(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)=P”x(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P也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贝NO)=k「c(NO).c(Oj；NO2表示的总反应

速率方程为v(NO2)=k2-c(NO).c(Oj,占与网是速率常数，贝!)k，k2=

27

③下列关于反应2N0(g)+02(g)=2N02(g)的说法正确的是o

A.2Efi=Eal+Ea2B.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)ML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还原成明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

28

(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弗和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0",电解池阴极反应为

小I—

NOz*41?

X

【答案】(D254kJ・molT⑵①黑、②1③CD

埠A-

(3)(D4NH3+4N0+02=4N2+6H20

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

2-

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

【解析】(1)△!!=反应物总键能性成物总键能，/^二:乂侬三2+白义田

乙Lt

13

-H)-3X(N-H)=gX946kJ/mol+-X436kJ/mol-3X391kJ/mol=-46kJ/mol,△

H=正反应活化能-逆反应活化能，贝！］-46=Ea-：X600,Ea=254kJ/mol；(2)①

根据平衡常数跖=^^^=/^5p②平衡时，根据反应速率与计量系数

29

k

成正比，v(NO)=V(N02)，即ki,c(NO)-0(02)=k2*c(N0)*0(02),则ki=k2,k=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