1、控制整个过程反应速率的是第_步，其原因为_。【答案】33.32 H1+2H3H2 硫能使催化剂中毒（或硫能使催化剂活性下降等） 增加 10Ni3MgO/Al2O3 温度高于750 时，几种情况下的反应均达到平衡，催化剂不改变平衡状态 = 第步的活化能大，反应速率慢 【解析】【分析】【详解】（1）方程式CH4（g）+2H2O（g）CO2（g）+4H2（g），是由方程式+2得到，K4=33.32，H4=H1+2H3H2。（2）硫会与催化剂反应，会使催化剂中毒，因此要脱硫。（3）由图可知电流相同时，750 甲烷的转化率比600 时甲烷的转化率高，说明温度越高，转化率越高，K越大，H40。（4）据图可
2、知，随温度降低，H2产率的变化幅度也增大，电流对H2产率的影响作用逐渐增加；600 时，10Ni3MgO/Al2O3催化剂在不同电流时H2产率的变化幅度最大，因此电流对10Ni3MgO/Al2O3催化剂影响最为显著；测试时间为6小时，当温度高于750 时，由于反应速率加快，反应已经达平衡移动，而催化剂不影响平衡移动，因此无论电流强度大小，有无催化剂，H2产率趋于相同。（5）同一化学反应，催化剂只能改变反应的速率，对反应热不会造成影响，故过程和H相等。根据活化能越大，反应速率就越慢，故控制整个反应速率的是活化能较高的步骤，即控速步骤为第步。2氨催化氧化是硝酸工业的基础，氦气在Pt催化剂作用下发生
3、主反应和副反应：.4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g） H1=-905 kJ/mol.4NH3（g）+3O2（g）2N2（g）+6H2O（g） H2（1）已知：物质中断裂1mol化学键需要的能量/kJNOO2N2629496942则H2=_。（2）以Pt为催化剂，在1L密闭容器中充入1mol NH3和2mol O2，测得有关物质的量与温度的关系如下图：该催化剂在高温时对反应_更有利（填“”或“”）。520时，NH3的转化率为_。520时，反应的平衡常数K=_（数字计算式）。下列说法正确的是_（填标号）。A 工业上氨催化氧化生成NO时，最佳温度应控制在840左右B 增大NH3
4、和O2的初始投料比可以提高NH3生成NO的平衡转化率C 投料比不变，增加反应物的浓度可以提高NH3生成NO的平衡转化率D 使用催化剂时，可降低反应的活化能，加快其反应速率温度高于840时，NO的物质的量减少的原因可能是_。（3）在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。NH3与NO2生成N2的反应中，当生成1mol N2时，转移的电子数为_mol。将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂的反应器中反应。反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如下图所示，在50-250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_。【答案】-
5、1265kJ/mol 1 60% AD 催化剂失去活性、有其他副反应发生、生成NO的反应为放热反应温度升高生成NO的转化率降低 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 （1）利用盖斯定律和H=反应物总键能-生成物总键能计算；（2）由图可知，该催化剂在高温时，生成的NO物质的量远大于氮气的；根据图示A点计算出两个反应消耗氨气的量，再计算转化率；利用A点，计算出两个反应后剩余的氨气，氧气，生成的水和N2，再根据平衡常数公式计算；A.工业上氨催化氧化生成NO时，根据图示可知840生成NO最多，故A正确；B.
6、增大NH3和O2的初始投料比可以降低NH3转化率，提高氧气转化率，故B错误；C.投料比不变，增加反应物的浓度可以看成增大压强，不利于向体积增大的方向进行，因此降低NH3生成NO的平衡转化率，故C错误；D.使用催化剂时，可降低反应的活化能，加快其反应速率，故D正确；温度高于840时，NO的物质的量减少的原因可能是催化剂失去活性、有其他副反应发生、生成NO的反应为放热反应温度升高生成NO的转化率降低；（3）8NH3+6NO2=7N2+12H2O根据方程式判断；在50-250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
7、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；（1）盖斯定律：-得2N2（g）+2O24NO（g） H= H1- H2=-905-H2kJ/mol；H=反应物总键能-生成物总键能=2942 kJ/mol +2496 kJ/mol -4629 kJ/mol =360kJ/mol；所以：H2=H1- H=-905 kJ/mol -360 kJ/mol =-1265kJ/mol ；答案：-1265kJ/mol（2）由图可知，该催化剂在高温时，生成的NO物质的量远大于氮气的，故该催化剂在高温下选择反应I；520时， 4NH3（g）+5O2 4NO（g）+6H2O（g）变化
8、（mol ）： 0.2 0.25 0.2 0.3 4NH3（g）+3O2（g） 2N2（g）+6H2O（g）0.4 0.3 0.2 0.6NH3的转化率为100%=60%答案:60%在 1L 密闭容器中充入 1mol NH3和 2mol O2，520平衡时n（NO）=n（N2）=0.2mol，则： 4NH3（g）+5O20.2 0.25 0.2 0.3=2N2（g）+6H2O（g）故平衡时，n（NH3）=1mol-0.2mol-0.4mol=0.4mol，n（O2）=2mol-0.25mol-0.3mol=1.45mol，n（H2O）=0.3mol+0.6mol=0.9mol，由于容器体积为1
9、L，利用物质的量代替浓度计算平衡常数K= AD催化剂失去活性、有其他副反应发生、生成NO的反应为放热反应温度升高生成NO的转化率降低 （3）8NH3+6NO2=7N2+12H2O生成N2的反应中，当生成1mol N2时，转移的电子数为 mol；反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如下图所示，在50-250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；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【点
10、睛】本题难点是图象分析应用，易错点平衡常数的计算，注意三段式法在平衡计算中的应用。3秋冬季是雾霾高发的季节，其中汽车尾气和燃煤尾气是造成雾霾的主要原因之一。（1）工业上利用甲烷催化还原NO，可减少氮氧化物的排放。已知：CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=-574kJmol1CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=-1160kJ甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为_。（2）汽车尾气催化净化是控制汽车尾气排放、减少汽车尾气污染的最有效的手段，主要原理为2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）HT时，将等物质
11、的量的NO和CO充入容积为2L的密闭容器中，保持温度和体积不变，反应过程（015min）中NO的物质的量随时间变化如上图所示。已知：平衡时气体的分压气体的体积分数体系的总压强，T时达到平衡，此时体系的总压强为p=20MPa，则T时该反应的压力平衡常数Kp_；平衡后，若保持温度不变，再向容器中充入NO和CO2各0.3mol，平衡将_（填“向左”、“向右”或“不”）移动。15min时，若改变外界反应条件，导致n（NO）发生如图所示的变化，则改变的条件可能是_（填序号）A增大CO浓度B升温C减小容器体积D加入催化剂（3）工业上常采用“碱溶液吸收”的方法来同时吸收SO2，和氮的氧化物气体（NOx），如
12、用氢氧化钠溶液吸收可得到Na2SO3、NaHSO3、NaNO2、NaNO3等溶液。常温下，HNO2的电离常数为Ka=710-4，H2SO3的电离常数为Ka1=1.210-2、Ka2=5.810-8。常温下，相同浓度的Na2SO3、NaNO2溶液中pH较大的是_溶液。常温下，NaHSO3显_性（填“酸”“碱”或“中”，判断的理由是（通过计算说明）_。（4）铈元素（Ce）是镧系金属中自然丰度最高的一种，常见有+3、+4两种价态。雾霾中含有大量的污染物NO，可以被含Ce4+的溶液吸收，生成NO2-、NO3-（二者物质的量之比为11）。可采用电解法将上述吸收液中的NO2-转化为无毒物质，同时再生Ce4
13、+，其原理如图所示。Ce4+从电解槽的_（填字母代号）口流出。写出阴极的电极反应式：_。【答案】CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g） H=-867kJmol1 0.0875（MPa）-1或（MPa）-1 不 AC Na2SO3 酸 因为HSO3-的电离常数Ka2=5.810-8，水解常数Kh=8.310-13，电离常数大于水解常数，所以溶液显酸性 a 2NO2-+8H+6e=N2+4H2O （4）电解过程中Ce3+在阳极失电子，变为Ce4+，则b进Ce3+，a出Ce4+，NO2-在阴极得电子变为N2，则d进NO2-，c出N2。（1）CH4（g）+4NO2（g）
14、=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g） H1=-574kJCH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g） H2=-1160kJ得：CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g） H=-867kJmol1，故答案为：CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g） H=-867kJmol1；（2）由图可知，NO起始物质的量为0.4mol，0到15min共减少了0.2mol，则，平衡时p（NO）= 20MPaMPa，同理可得：p（CO）=MPa，p（N2）=MPa，p（CO2） =MPa，所以Kp=0.0875（MPa）-
15、1或（MPa）-1。再向容器中充入NO和CO2各0.3mol，加入的NO和CO2物质的量相等，那么二者引起压强增大量相等，假设二者引起的压强增量分别为p，则Qc=（MPa）-1，Qc=Kp，平衡不移动，故答案为：0.0875（MPa）-1或（MPa）-1；不；由图可知NO物质的量减小，说明平衡正向移动。A增大CO浓度，平衡正向移动，NO物质的量减小，A正确；B升温，平衡逆向移动，NO物质的量增大，B错误；C减小容器体积，等同于增大压强，平衡正向移动，NO物质的量减小，C正确；D加入催化剂，反应速率增大，但平衡不移动，NO物质的量不变，D错误；故答案为：AC；（3）HNO2的电离常数为Ka=71
16、0-8可知，HNO2的酸性强于HSO3-的酸性，则NO2-的水解程度小于SO32-，所以相同浓度的Na2SO3、NaNO2溶液，Na2SO3的碱性更强，pH更大，故答案为：Na2SO3；HSO3-+H2OH2SO3，Ka2Kh=Kw，故HSO3-的水解常数Kh=10-13，又因为HSO3-的电离常数Ka2=5.810-8，所以，HSO3-的电离常数大于水解常数，常温下，NaHSO3显酸性，故答案为：酸；因为HSO3-的电离常数Ka2=5.810-13，电离常数大于水解常数，所以溶液显酸性；（4）生成Ce4+，则Ce3+-e-= Ce4+，Ce4+在阳极生成，从a口流出，故答案为：a；NO2-转
17、化为无毒物质，则NO2-在阴极得电子，转化为N2，结合电子得失守恒、电荷守恒可得阴极电极反应为：2NO2-+8H+6e=N2+4H2O，故答案为：2NO2-+8H+6e=N2+4H2O。KaKh=Kw，越弱越水解。4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。甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。（1）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_。（2）已知反应器中还存在如下反应：i.CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g） H1ii.CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g） H2iii.CH4（g）=C（
18、s）+2H2（g） H3反应iii为积炭反应，利用H1和H2计算H3时，还需要利用_（写化学方程式）反应的H。（3）反应物投料比采用n（H2O）n（CH4）=41，大于反应的计量数之比，目的是_（填字母）。a.促进CH4转化 b.促进CO转化为CO2 c.减少积炭生成（4）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，因为此时CaO主要发生了_（写化学方程式）反应而使（1）中反应平衡向_移动。（5）以甲醇为燃料，氧气为氧化剂，KOH溶液为
19、电解质溶液，可制成燃料电池。以此电池作电源，在实验室中模拟铝制品表面“钝化”处理过程（装置如图所示）。其中物质a是_，电源负极电极反应为_。“钝化”装置中阳极电极反应为_。【答案】CH4+2H2O4H2+CO2 C（s）+CO2（g）=2CO（g）或C（s）+2H2O（g）2H2（g）+CO2（g） abc 降低 CaO+H2O=Ca（OH）2 左（或逆向） 氧气（或O2） CH3OH-6e-+8OH-CO32-+6H2O 2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+ （1）根据CH4与H2O反应生成H2、CO2的物质的量之比为4:1，结合原子守恒可得反应的化学方程式为CH4+2H2O4H2+
20、CO2；根据盖斯定律，由i-ii-iii或i+ii- iii可得C（s）+CO2（g）=2CO（g）或C（s）+2H2O（g）2H2（g）+CO2（g），所以利用H1和H2计算H3时，还需要利用C（s）+CO2（g）=2CO（g）或C（s）+2H2O（g）2H2（g）+CO2（g）；（3）反应物的投料比n（H2O）:n（CH4）=4:1，大于初始反应的化学计量数之比，H2O 的物质的量增加，有利于促进CH4转化，促进CO转化为CO2，防止CH4分解生成C（s），从而减少积炭生成；答案选abc。（4）根据题图可知，从t1时开始，CaO 消耗率曲线的斜率逐渐减小，单位时间内CaO消耗率逐渐降低。C
21、aO与CO2反应生成CaCO3， CaCO3会覆盖在CaO表面，减少了CO2与CaO的接触面积，从而失效；（5） 模拟铝制品表面“钝化” 处理，则电极铝是阳极，与电源的正极相连，则C为阴极，与电源的负极相连，所以a物质是氧气， b物质是甲醇，负极的电极反应式为：CH3OH-6e-+8OH-CO32-+6H2O。铝为阳极，会发生氧化反应，表面形成氧化膜，必须有水参加，所以电极反应式为：2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+。5蕴藏在海底的大量“可燃冰”，其开发利用是当前解决能源危机的重要课题。用甲烷制水煤气（CO、H2），再合成甲醇可以代替日益供应紧张的燃油。下面是产生水煤气的几种方法：C
22、H4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g） H1=+206.2kJmol-1CH4（g）+O2（g）=CO（g）+2H2（g） H2=-35.4kJCH4（g）+2H2O（g）=CO2（g）+4H2（g） H3=+165.0kJ（1）CH4（g）与CO2（g）反应生成CO（g）和H2（g）的热化学方程式为_。（2）从原料、能源利用的角度，分析以上三个反应，作为合成甲醇更适宜的是反应_（填序号）。（3）也可将CH4设计成燃料电池，来解决能源问题，如图装置所示。持续通入甲烷，在标准状况下，消耗甲烷VL。0V33.6L时，负极电极反应式为_。33.6L73.76c.反应开始时，两容器中反应的
23、化学反应速率相等d.平衡时，容器中N2的转化率：（5）如图是在反应器中将N2和H2按物质的量之比为13充入后，在200、400、600下，反应达到平衡时，混合物中NH3的体积分数随压强的变化曲线。曲线a对应的温度是_。图中M、N、Q点平衡常数K的大小关系是_。M点对应的H2转化率是_。【答案】CH4（g）CO2（g）=2CO（g）2H2（g） H=247.4kJmol-1 CH48e-10OH-=CO32-7H2O CH42O2Na2CO3=2NaHCO3H2O c（Na+）c（HCO3-）c（CO32-）c（OH-）c（H+） molL-1min-1 bde 200 KQ=KMKN 75% （1）由盖斯定律计算；（2）从原料和能量角度进行分析；（3）由于燃料电池中电解液（氢氧化钠溶液）中n（NaOH）3 mol，因此燃料电池放电时，当负极消耗标准状况下甲烷体积不同时，负极反应式不同，由消耗甲烷体积推断发生的反应和生成物，据此进行分析；（4）由题意知产生1 mol NH3，放出46.1 kJ的热量，结合容器中放出的热量可得其中反应生成的氨气的物
