高考化学真题专项汇编卷（2017—2019） 知识点12：化学反应原理综合.docx

1、高考化学真题专项汇编卷（高考化学真题专项汇编卷（20172019） 知识点知识点 12：化学反应原理综合：化学反应原理综合 学校：_姓名：_班级：_考号：_ 一、填空题一、填空题 1.由羟基丁酸生成丁内酯的反应如下： 在 298K下，羟基丁酸水溶液的初始浓度为 1 0.180mol L，测得丁内酯的浓度随时间变化 的数据如表所示。回答下列问题： / mint 21 50 80 100 120 160 220 1 / mol Lc 0.024 0.050 0.071 0.081 0.090 0.104 0.116 0.132 (1)该反应在 5080min 内的平均反应速率为 11 mol Lm

2、in 。 (2)120min 时羟基丁酸的转化率为 。 (3)298K时该反应的平衡常数K= 。 (4)为提高羟基丁酸的平衡转化率，除适当控制反应温度外，还可采取的措施是 1.答案：（1）0.0007 （2）0.5（50%） （3） 11 4 （4）将 内酯移走 解析：(1)在 5080min 内 v(丁内酯)=(0.0500.071)/30mol/l(L.min)=0.0007mol/(L.min)， 故答案为：0.0007； (2)120min 时 丁内酯浓度为 0.090mol/L,根据方程式知,120min 内消耗 羟基丁酸的物质的量浓度 为 0.090mol/L,120min 时 羟

3、基丁酸的转化率= cc(初始) 100%=0.090mol/L/0.180mol/L 100%=50%或 0.5，故答案为：50%或 0.5； (3)220min 时反应达到平衡状态， 可逆反应 开始(mol/L)0.180 0 反应(mol/L)0.132 0.132 平衡(mol/L)0.048 0.132 化学平衡常数 K=(丁内酯)c(羟基丁酸)=0.132/0.048=11/4,故答案为：11/4； (4)为提高 羟基丁酸的平衡转化率，除适当控制反应温度外，还可以通过减小生成物浓度实现， 所以可以通过将 内酯移走实现，故答案为：内酯移走。 2.CO2的资源化利用能有效减少 CO2排放

4、，充分利用碳资源。 (1).CaO可在较高温度下捕集 CO2，在更高温度下将捕集的 CO2释放利用。CaC2O4 H2O 热分解可 制备 CaO，CaC2O4 H2O 加热升温过程中固体的质量变化见下图。 写出 400600 范围内分解反应的化学方程式： 。 与 CaCO3热分解制备的 CaO相比，CaC2O4 H2O热分解制备的 CaO具有更好的 CO2捕集性能， 其原因是 。 (2).电解法转化 CO2可实现 CO2资源化利用。电解 CO2制 HCOOH的原理示意图如下。 写出阴极 CO2还原为 HCOO的电极反应式： 。 电解一段时间后，阳极区的 KHCO3溶液浓度降低，其原因是 。 (

5、3).CO2催化加氢合成二甲醚是一种 CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应： 反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H =41.2 kJmol1 反应：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) H =122.5 kJmol1 在恒压、CO2和 H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时 CH3OCH3的选择性随温度的 变化如图。其中： CH3OCH3的选择性= 33 2 CH OCH C 2 O 的物质的量 反应的的物质的量 100 温度高于 300 ，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是 。 220 时，在催化剂作用下 CO2与 H2

6、反应一段时间后，测得 CH3OCH3的选择性为 48%（图中 A 点）。不改变反应时间和温度，一定能提高 CH3OCH3选择性的措施有 。 2.答案：（1） CaC2O4 CaCO3+CO CaC2O4 H2O热分解放出更多的气体，制得的CaO更加疏松多孔 （2）CO2+H+2eHCOO或CO2+ 3 HCO +2eHCOO+ 2 3 CO 阳极产生O2，pH减小， 3 HCO 浓度降低；K+部分迁移至阴极区 （3）反应的H0，反应的H0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2 转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度 增大压强，使用对反应催化活性更高的催化剂

7、 解析：（1）令 CaC2O4H2O的物质的量为 1mol，即质量为 146g，根据图像，第一阶段剩余固体 质量为 128，原固体质量为 146g，相差 18g，说明此阶段失去结晶水，第二阶段从剩余固体质量与 第一阶段剩余固体质量相对比，少了 28g，相差 1个 CO，因此 400600范围内，分解反应方程 式为 CaC2O4 CaCO3CO； CaC2O4H2O热分解放出更多的气体，制得的 CaO更加疏松多孔，增加与 CO2的接触面积，更好 捕捉 CO2； （2）根据电解原理，阴极上得到电子，化合价降低，CO2 3 HCO2e=HCOO 2 3 CO ，或 CO2H2e=HCOO； 阳极反应

8、式为 2H2O4e=O24H，阳极附近 pH 减小，H与 3 HCO 反应，同时部分 K迁移 至阴极区，所以电解一段时间后，阳极区KHCO3溶液浓度降低； （3）根据反应方程式，反应 I 为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，CO2的转化率增 大，反应 II 为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，CO2的转化率降低，根据图像，上升 幅度超过下降幅度，因此温度超过 300时，CO2转化率上升； 图中 A点 CH3OCH3的选择性没有达到此温度下平衡时 CH3OCH3的选择性，依据 CH3OCH3选择 性公式，提高 CH3OCH3选择性，不改变反应时间和温度时，根据反应 II，可以增大

9、压强，或者使 用对反应 II 催化活性更高的催化剂。 3.氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。 （1）甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。 反应器中初始反应的生成物为 H2和 CO2，其物质的量之比为 41，甲烷和水蒸气反应的方程式 是_。 已知反应器中还存在如下反应： i.CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) H1 ii.CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) H2 iii.CH4(g)=C(s)+2H2(g) H3 iii为积炭反应，利用 H1和 H2计算 H3时，还需要利用_反应的 H。 反应物投料比采用 n（H2O）n（CH4）

10、=41，大于初始反应的化学计量数之比，目的是 _（选填字母序号）。 a.促进 CH4转化 b.促进 CO 转化为 CO2 c.减少积炭生成 用 CaO可以去除 CO2。H2体积分数和 CaO消耗率随时间变化关系如下图所示。从 t1时开始，H2 体积分数显著降低，单位时间 CaO消耗率_（填升高降低或不变）。此时 CaO消耗率 约为 35%，但已失效，结合化学方程式解释原因：_。 （2）可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如下。通过控制开关连接 K1或 K2，可 交替得到 H2和 O2。 制 H2时，连接_。 产生 H2的电极反应式是_。 改变开关连接方式，可得 O2。 结合和中电极

11、3的电极反应式，说明电极 3的作用：_。 3.答案：（1） CH4 + 2H2O= 4H2 + CO2; C(s)+CO2(g)=2CO(g); abc; 降低; H2体积分数在 t1之后较少，结合 CaO+H2O=Ca(OH)2可知水蒸气浓度较小，反应器内反应逆向反应， 氧化钙很难和 CO2反应，因而失效 （2）K1 ; 2H2O+2e-=H2+2OH- ; 连接 K1或 K2时，电极 3分别作为阳极材料和阴极材料，并且 NiOOH和 Ni(OH)2相互转化提供电 子转移 解析：（1）由于生成物为 H2和 CO2，其物质的量之比为 4：1，反应物是甲烷和水蒸气，因而反 应方程式为 CH4 +

12、 2H2O= 4H2 + CO2； -可得 CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g),设为，用-可得 C(s)+CO2(g)=2CO(g)，因为还需利 用 C(s)+CO2(g)=2CO(g)反应的焓变； 初始反应 n(H2O):n(CH4)=2：1，说明加入的水蒸气过量，又反应器中反应都存在一定可逆性，根 据反应知水蒸气浓度越大，甲烷的转化率越高，a正确；根据反应知水蒸气浓度越大，CO的转 化率越高，b正确；和产生氢气，使得氢气浓度变大，抑制反应，积炭生成量减少，c正确； t1时 CaO 消耗率曲线斜率减小，因而单位时间内 CaO 的消耗率降低，H2体积分数在 t1之后较少，

13、结合 CaO+H2O=Ca(OH)2可知水蒸气浓度较小，反应器内反应逆向反应，氧化钙很难和 CO2反应， 因而失效 （2）电极生成 H2时，根据电极放电规律可知 H+得到电子变为氢气，因而电极须连接负极，因 而制 H2时，连接 K1，该电池在碱性溶液中，由 H2O 提供 H+，电极反应式为 2H2O+2e-=H2+2OH-； 电极 3上 NiOOH和 Ni(OH)2相互转化，其反应式为 NiOOH+e-+H2ONi(OH)2+OH-，当连接 K1时，Ni(OH)2失去电子变为 NiOOH，当连接 K2时，NiOOH得到电子变为 Ni(OH)2，因而作用是 连接 K1或 K2时，电极 3分别作为

14、阳极材料和阴极材料，并且 NiOOH和 Ni(OH)2相互转化提供电 子转移。 4.环戊二烯（）是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下列问题： (1)已知： (g) = (g)+H2(g) H1=100.3 kJmol 1 H2(g)+ I2(g) =2HI(g) H2=11.0 kJ mol 1 对于反应：(g)+ I2 (g) = (g)+2HI(g) H3=_kJmol 1。 (2).某温度下，等物质的量的碘和环戊烯（）在刚性容器内发生反应，起始总压为 105 Pa， 平衡时总压增加了 20%，环戊烯的转化率为_，该反应的平衡常数 Kp=_Pa。达到 平衡后，欲增加

15、环戊烯的平衡转化率，可采取的措施有_（填标号）。 A通入惰性气体 B提高温度 C增加环戊烯浓度 D增加碘浓度 (3).环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与 反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是_（填标号）。 AT1T2 Ba 点的反应速率小于 c点的反应速率 Ca 点的正反应速率大于 b 点的逆反应速率 Db 点时二聚体的浓度为 0.45 mol L1 (4).环戊二烯可用于制备二茂铁（Fe(C5H5)2结构简式为），后者广泛应用于航天、化工等领 域中。二茂铁的电化学制备原理如下图所示，其中电解液为溶解有溴化钠（电解质）和环戊二烯 的 DMF溶

16、液（DMF为惰性有机溶剂）。 该电解池的阳极为_，总反应为_。电解制备需要在无水条件下进 行，原因为_。 4.答案：(1).+89.3; (2).40;3.56 104;BD (3).CD; (4).Fe 电极;Fe+2=+H2Fe+2C5H6 =Fe(C 5H5)2+H2;水会阻碍中间物 Na 的生成；水会电 解生成 OH，进一步与 Fe2+反应生成 Fe(OH)2 解析：(1).根据盖斯定律，+得，则 H3=+89.3KJ/mol； (2). 平衡时总压增加了20%，即气体总物质的量增加了20%。设碘和环戊烯的初始投料均为x mol， 平衡时环戊烯的转化量为x mol，则平衡时体系中气体总

17、物质的量增加了x mol，x mol =2x 20%=0.4x，环戊烯的转化率=x/x100%=0.4x/x100%=40%；起始总压为 105 Pa，平衡总压为 1.2105 Pa，可得出平衡时 I2、HI的分压依 3104 Pa、3 104 Pa、2104 Pa、4104 Pa，Kp= 44 2 44 2 10(4 10 ) 3 103 10 Pa3.56104Pa。A项，通入惰性气体增加了 体系总压强，但本质上未改变相关气体的分压，气体浓度不变，平衡不移动，环戊烯平衡转化率 不变，故错误；B项，该反应是吸热反应，提高温度平衡正向移动，环戊烯平衡转化率增加，故正 确；C项，增加环戊烯浓度可

18、以使平衡正向移动，但环戊烯平衡转化率降低，故错误；D项，增加 碘浓度可以使环戊烯的平衡转化率增加，故正确。 (3).A项，观察不同温度下曲线的变化趋势，不难发现T2时反应更快，则T2T1故错误；B项，根据 图像可知，a点切线斜率的绝对值大于c点切线的绝对值，则a点速率大于c点，故B错误；C项，v （a，正）v（a，逆），v（b，正）v（b，逆），又v（a，正）v（b，正），则v（a，正）必然 大于v（b，逆），故正确；D项，由图像可知b点环戊二烯的浓度为0.6 molL-1，环戊二烯转化的浓 度=1.5 molL-1-0.6 molL-1=0.9 molL-1，则生成的二聚体的浓度=0.9 m

19、olL-11/2=0.45 molL-1，故 正确。 (4).根据反应历程可知，铁电极溶解生成了 Fe2+，故应让 Fe 电极作电解池的阳极；由反应历程可知， 反应物为 Fe 与环戊二烯，生成物为二茂铁和 H2，再根据原子守恒写出总反应式；根据反应历程中 有 Na生成，水会与 Na 反应，从而中止反应，且电解过程中水会在阴极生成 OH-，进一步与 Fe2+ 反应生成 Fe（OH）2。 5.水煤气变换 222 CO g +H O g =COg +Hg是重要的化工过程，主要用于合成氨、制氢以及合 成气加工等工业领域中。回答下列问题： （1）Shibata曾做过下列实验：使纯 H2缓慢地通过处于 7

20、21 下的过量氧化钴 CoO(s)，氧化钴 部分被还原为金属钴(Co)，平衡后气体中 H2的物质的量分数为 0.0250。 在同一温度下用 CO 还原 CoO(s)，平衡后气体中 CO 的物质的量分数为 0.0192。 根据上述实验结果判断，还原 CoO(s)为 Co(s)的倾向是 CO_H2（填大于或小于）。 （2）721 时，在密闭容器中将等物质的量的 CO(g)和 H2O(g)混合，采用适当的催化剂进行反应， 则平衡时体系中 H2的物质的量分数为( ) A.0.50 （3）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如 图所示，其中吸附在金催化剂表面上的

21、物种用*标注。 可知水煤气变换的 H_0（填大于等于或小于），该历程中最大能垒（活化能）E正 =_eV，写出该步骤的化学方程式_。 （4）Shoichi研究了 467 、489 时水煤气变换中 CO 和 H2分压随时间变化关系（如下图所示）， 催化剂为氧化铁，实验初始时体系中的 2 H O p和 CO p相等、 2 CO p和 2 H p相等。 计算曲线 a 的反应在 3090 min 内的平均速率 v a=_ 1 Pa mink 。467 时 2 H p和 CO p 随时间变化关系的曲线分别是_、_。489时 2 H p和 CO p随时间变化关系的 曲线分别是_、_。 5.答案：（1）大于；

22、 （2）C； （3）小于；2.02；COOH*+H*+H2O*=COOH*+2H*+OH*（或 H2O*=H*+OH*）； （4）0.0047；b；c；a；d 解析：（1）H2还原氧化钴的方程式为：H2(g)CoO(s)=Co(s)H2O(g)；CO还原氧化钴的方程式 为：CO(g)CoO(s)=Co(s)CO2(g)，平衡时 H2还原体系中 H2的物质的量分数（ 2 22 n H n H+n H O ） 高于 CO还原体系中 CO的物质的量分数（ 2 n CO n CO +n CO ），故还原 CoO(s)为 Co(s)的倾向是 CO大于 H2； （2）利用三段式解答。721 时，设气体反应

23、物开始浓度均为 1 molL-1，则 H2（g）+CoO（s）Co（s）+H2O（g） 起始（molL-1） 1 0 转化（molL-1） x x 平衡（molL-1） 1-x x 则有(1-x)/x=0.025 0，解得 x=0.975，故 K1= 2 2 H O H1 cx cx =39; CO（g）+CoO（s）Co（s）+CO2（g） 起始（molL-1） 1 0 转化（molL-1） y y 平衡（molL-1） 1-y y 则有(1-y)/1=0.0192,解得 y=0.9808，故 K2= 2 CO0.9808 CO10.0192 cy cy 51； CO(g)+H2O(g)CO

24、2(g)+H2(g) 起始（molL-1） 1 1 0 0 转化（molL-1） z z z z 平衡（molL-1） 1-z 1-z z z 则有 K3= 2 2 2 1 (1) Kz zK =51/39,解得 z=0.5327。H2的物质的量分数为 z/2=0.2664,故选 C。 （3）观察计算机模拟结果，据H=生成物总能量-反应物总能量，可知H=-0.72-0K(400 )； 由图像知，400 时，HCl平衡转化率为 84%，用三段式法对数据进行处理得： 222 4HCl(g)O (g)2Cl (g)2H O(g) 起始（浓度） c0 c0 0 0 变化（浓度） 0.84c0 0.21

25、c0 0.42c0 0.42c0 平衡（浓度）(1-0.84)c0 (1-0.21)c0 0.42c0 0.42c0 则 K= 22 4 0 (0.42)(0.42) (10.84)(10.21)c ；根据题干信息知，进料浓度比过低，氧气大量剩余，导致分离产物 氯气和氧气的能耗较高；进料浓度比过高，HCl不能充分反应，导致 HCl转化率较低； （2）根据盖斯定律知，（反应 I+反应 II+反应 III）2得 222 4HCl(g)O (g)2Cl (g)2H O(g) H= （H1+H2+H3）2=-116 kJmol-1； （3）若想提高 HCl的转化率，应该促使平衡正向移动，该反应为气体体

26、积减小的反应，根据勒夏 特列原理，可以增大压强，使平衡正向移动；也可以及时除去产物，较小产物浓度，使平衡正向 移动； （4）电解过程中，负极上发生的是得电子反应，元素化合价降低，属于还原反应，则图中左侧为 负极反应，根据图示信息知电极反应为：Fe3+e-=Fe2+和 4=Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O。 7.合成氨工艺(流程如图所示)是人工固氮最重要的途径.2018年是合成氨工业先驱哈伯获得诺贝尔奖 100周年,N2和 H2生成 NH3的反应为: 22 13 Ng +Hg 22 1 3 NHg46.2HkJ mol 在 Fe 催化剂作用下的反应历程为:(*表示吸附态) 化学吸附: *

27、 2 Ng2N; 2 Hg * 2H 表面吸附: * N +H * NH; * NH +H * 2 NH; * 2 NH +H * 3 NH 脱附: * 3 NH 3 NHg 其中.N2的吸附分解反应活化能高、速率慢.决定了合成氨的整体反应速率。 请回答: （1）利于提高合成氮平衡产率的条件有( ) A.低温 B.高温 C.低压 D.高压 E.催化剂 （2）标准平衡常数 3 22 NH 0.51.5 NH / K / pp pppp ,其中 0 p外标准压强( 5 1 10 Pa), 32 NHN ,pp和 2 H p 为各组分的平衡分压,如 33 NHNH pxpp为平衡总压, 3 NH x

28、为平衡系统中 3 NH的质量分数。 N2和 H2起始物质的量之比为 1:3,反应在恒定温度和标准压强下进行,NH3的平衡产率为 ,则 K=_(用含 的最简式表示) 下图中可以示意标准平衡常数 K随温度 T变化趋势的是_。 （3）实际生产中.常用工艺条件:Fe 作催化剂,控制温度 773K、压强 3.0107Pa,原料气中 N2和 H2物 质的量之比为 1:2.8 分析说明原料气中 N2过量的理由_. 关于合成氮工艺的下列理解,正确的是_. A.合成氨反应在不同温度下的H和S都小于零 B.控制温度(773K)远高于室温.是为了保证尽可能高的平衡转化率和快的反应速率 C.当温度、压强一定时,在原料

29、气(N2和 H2的比例不变)中添加少量惰性气体.有利于提高平衡转化率 D.基于 NH3有较强的分子间作用力可将其液化.不断将液氨移去.利于反应正向进行 E.分离空气可得 N2,通过天然气和水蒸气转化可得 H2.原料气须经过净化处理.以防止催化剂中毒和 安全事故发生 7.答案：（1）AD; （2） 2 42 3 3 1 A （3）原料气中 N2相对易得.适度过量有利于提高 H2的转化率;N2在 Fe 催化剂上的吸附是决速步 骤.适度过最有利于提高整体反应速率。 ADE 解析： (1)合成氨的正反应是反应前后气体体积减小的放热反应，降低温度、增大压强都使平衡正向移动， 催化剂只改变化学反应速率不影

30、响平衡移动，所以有利于提高合成氨平衡产率的条件有低温高压， 故选 AD， 故答案为：AD； (2)N2和 H2起始物质的量之比为 1:3,设 0.5amol N2和 1.5amol H2完全反应则生成 amolNH3,NH3 的平衡产率为 ,则生成的 n(NH3)=a mol， 可逆反应 1/2N2(g)+3/2H2(g)NH3(g) 开始(mol)0.5a 1.5a 0 变化(mol)0.5 1.5 1 平衡(mol)0.5(1) 1.5(1) 1， 平衡混合气体总物质的量=0.5(1)+1.5(1)+mol=(2)mol， 因为反应在标准压强下进行，故根据标准平衡常数计算公式得： 故答案为

31、： 2 42 3 3 1 ； 升高温度平衡逆向移动，化学平衡常数减小，则平衡常数的对数减小，但不是线性关系，故选 A， 故答案为：A； (3)原料中 N2和 H2物质的量之比为 1:2.8,原料气中 N2过量的两个理由：原料气中 N2来自于空气的 分离,相对易得,并且适度过量有利于提高 H2的转化率;由题给信息：N2的吸附分解反应活化能高、 速率慢,决定了合成氨的整体反应速率,所以 N2在 Fe 催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于 提高整体反应速率， 故答案为：原料气中 N2相对易得,适度过量有利于提高 H2的转化率;N2在 Fe 催化剂上的吸附是决 速步骤，适度过量有利于提高整体反应速

32、率； 8.NOx(主要指 NO和 2 NO)是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。 (1)用水吸收NOx的相关热化学方程式如下: -1 2232 2NOg +H O l = HNOaq +HNOaq116.1kJ molH -1 232 3HNOaq = HNOaq +2NO g +H O l75.9kJ molH 反应 223 3NOg +H O l =2HNO aq +NO g的 H=_ -1 kJ mol。 (2)用稀硝酸吸收NOx,得到 3 HNO和 2 HNO的混合溶液,电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电 解时阳极的电极反应式:_。 (3)用酸性 22

33、 (NH ) CO水溶液吸收NOx,吸收过程中存在 2 HNO与 22 (NH ) CO生成 2 N和 2 CO的反应。 写出该反应的化学方程式:_。 (4)在有氧条件下,新型催化剂 M能催化 3 NH与NOx反应生成 2 N。 3 NH与 2 NO生成 2 N的反应中,当生成 1mol 2 N时,转移的电子数为_mol。 将一定比例的 23 ONH、和NOx的混合气体,匀速通入装有催化剂 M 的反应器中反应(装置见图-1)。 反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图2 所示,在 50250范围内随着温度的升 高,NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是_;当反应温度高于 38

34、0时,NOx的 去除率迅速下降的原因可能是_。 8.答案：(1)-136.2; (2) -+- 223 HNO -2e +H O=3H +NO (3) 22 2222 2HNO + NHCO=()2NCO+3H O (4) 24 7 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NOx去除反应速率迅速增大;上升缓 慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大催化剂活性下降; 3 NH与 2 O反应生成了 NO 解析：(1)将已知热化学方程式依次编号为、，根据盖斯定律 3 2 得 223 3NO (g)+H O(l)2HNO (aq)+ NO(g) -1-1 -1 116.1kJ mol

35、375.9kJ mol 136.2kJ mol 2 H 。 (2)电解过程中 - 23 HNONO发生氧化反应，则阳极反应式为 -+- 223 HNO -2e +H O=3H +NO。 (3) 2 HNO中 N 为+3 价， 22 (NH ) CO中 N、C的化合价分别为-3、+4，依据得失电子守恒和原子守 恒配平反应方程式为 22 2222 2HNO +(NH ) CO= 2N+CO+3H O。 (4) 32 NHNO、中氮元素化合价分别为-3、+4，根据得失电子守恒和原子守恒配平反应方程式为 3222 8NH +6NO7N +12H O 催化剂 ，故生成 1mol 2 N转移电子 24 m

36、ol 7 。 9.三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题: （1）SiHCl3在常温常压下为易挥发的无色透明液体,遇潮气时发烟生成(HSiO)2O等,写出该反应的 化学方程式_。 （2）SiHCl3在催化剂作用下发生反应: 2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+ SiCl4(g) H1=48 kJ mol-1 3SiH2Cl2(g)=SiH4(g)+2SiHCl3 (g) H2=30 kJmol-1 则反应 4SiHCl3(g)=SiH4(g)+3SiCl4(g)的 H=_kJmol-1。 （3）对于反应 2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+SiCl4

37、(g),采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂,在 323K和 343K时 SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。 343K时反应的平衡转化率 =_%。平衡常数 K343K=_(保留 2位小数)。 在 343K下:要提高 SiHCl3转化率,可采取的措施是_;要缩短反应达到平衡的时间,可采取 的措施有_、_。 比较 a、b 处反应速率大小:va_vb(填大于小于或等于)。 反应速率 v=v正v逆= SiHCl3 224 2 SiH ClSiCl k xk xx 正逆 ,k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数,x为物质的量分 数,计算 a处 v正/v逆=_(保留 1 位小数)。 9.答案：（1

38、）2SiHCl3+3H2O=(HSiO)2O+6HCl （2）+114; （3）22; 0.02; 及时移去产物; 改进催化剂; 提高反应物压强（浓度）; 大于; 1.3 解析：（1）根据题目表述,三氯氢硅和水蒸气反应得到(HSiO)2O,方程式 为:2SiHCl3+3H2O=(HSiO)2O+6HCl。 （2）将第一个方程式扩大 3倍,再与第二个方程式相加就可以得到第三个反应的焓变,所以焓变为 48 3+(-30)=+114 kJ mol-1。 （3）由图示,温度越高反应越快,达到平衡用得时间就越少,所以曲线 a 代表 343K的反应。从图中 读出,平衡以后反应转化率为 22%。设初始加入的

39、三氯氢硅的浓度为 1mol/L,得到: 2SiHCl3SiH2Cl2+SiCl4 起始: 1 0 0 反应:0.22 0.11 0.11(转化率为 22%) 平衡: 0.78 0.11 0.11 所以平衡常数 K=0.112 0.782=0.02。 温度不变,提高三氯氢硅转化率的方法可以是将产物从体系分离(两边物质的量相等,压强不影响平 衡)。缩短达到平衡的时间,就是加快反应速率,所以可以采取的措施是增大压强(增大反应物浓度)、 加入更高效的催化剂(改进催化剂)。 a、b 两点的转化率相等,可以认为各物质的浓度对应相等,而 a 点的温度更高,所以速率更快,即 VaVb。 根据题目表述得到,v正

40、= SiHCl3 2 k x 正 ,v逆= 224 SiH ClSiCl k xx 逆 , 当反应达平衡时 v正=v逆,v正= SiHCl3 2 k x 正 =v逆= 224 SiH ClSiCl k xx 逆 , 所以 224 SiHCl3 SiH ClSiCl 2 = xx k kx 正 逆 ,实际就是平衡常数 K值,所以 k k 正 逆 =0.02。 a 点时,转化率为 20%,所以计算出: 2SiHCl3SiH2Cl2+SiCl4 起始: 1 0 0 反应: 0.2 0.1 0.1 (转化率为 20%) 平衡: 0.8 0.1 0.1 所以 3 0.8 SiHCl x; 22 SiH

41、Cl x= 4 SiCl x=0.1; 所以 SiHCl3 224 2 2 2 SiH ClSiCl 0.8 =0.02=1.3 0.1 x vk vkxx 正正 逆逆 。 10.CO2是一种廉价的碳资源,其综合利用具有重要意义。回答下列问题: （1）CO2可以被 NaOH溶液捕获。若所得溶液 pH=13,CO2主要转化为_(写离子符号);若 所得溶液 c( - 3 HCO):c( 2- 3 CO)=2:1,溶液 pH=_。(室温下,H2CO3的 K1=4 10-7;K2=5 10-11) （2）CO2与 CH4经催化重整,制得合成气: CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) 已

42、知上述反应中相关的化学键键能数据如下: 化学键 CH C=O HH C O(CO) 键能/kJ mol-1 413 745 436 1075 则该反应的 H=_。分别在 v L恒温密闭容器 A)恒容)、B(恒压,容积可变)中,加入 CH4和 CO2各 1mol的混合气体。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是_(填A 或 B )。 按一定体积比加入 CH4和 CO2,在恒压下发生反应,温度对 CO和 H2产率的影响如图 3所示。此反 应优选温度为 900的原因是_ （3）O2辅助的 AlCO2电池工作原理如图 4 所示。该电池电容量大,能有效利用 CO2,电池反应产 物 Al2(C2O4

43、)3是重要的化工原料。电池的负极反应式:_,电池的正极反应式:6O2+6e-=6 - 2 O, 6CO2+6O2-=3 2- 24 C O反应过程中 O2的作用是_,该电池的总反应式:_。 10.答案：（1） 2- 3 CO, 10 （2）+120 kJ mol-1, B900时,合成气产率已经较高,再升高温度产率增幅不大,但能耗升高,经 济效益降低。 （3）Al3e-=Al3+(或 2Al6e-=2Al3+), 催化剂, 2Al+6CO2=Al(C2O4)3 解析：（1）CO2可以被 NaOH 溶液捕获。若所得溶液 pH=13,因为得到溶液的碱性较强,所以 CO2 主要转化为碳酸根离子( 2

44、- 3 CO)。若所得溶液 c( - 3 HCO):c( 2- 3 CO)=2:1,则根据第二步电离平衡常数 ,所以氢离子浓度为 1 10- 10mol/L,pH=10。 （2）化学反应的焓变应该等于反应物键能减去生成物的键能,所以焓变为(4 413+2 745)- (2 1075+2 436)=+120 kJ mol-1。初始时容器 A、B的压强相等,A 容器恒容,随着反应的进行压强逐 渐增大(气体物质的量增加);B 容器恒压,压强不变;所以达平衡时压强一定是 A 中大,B 中小,此反应压 强减小平衡正向移动,所以 B的反应平衡更靠右,反应的更多,吸热也更多。 根据图 3 得到,900时反应产率已经比较高,温度再升高,反应产率的增大并不明显,而生产中的能 耗和成本明