专项13 化学反应原理综合题-2021年新高考复习化学阶段性新题精选专项特训（广东专用·4月期）（解析版）

2021 年新高考复习化学阶段性新题精选专项特训（广东专用·4 月期） 专项十三 化学反应原理综合题 1、（广东省 2021 年普通高中学业水平选择考适应性测试）温室气体的利用是当前环境和能源领域的研究热 点。 I.CH4 与 CO2 重整可以同时利用两种温室气体，其工艺过程中涉及如下反应： 反应①CH4(g) + CO2(g) ⇌ 2CO(g)+2H2 (g) ΔH1 反应②CO2 (g)+ H2 (g) ⇌ CO(g) + H2O(g) ΔH2= +41.2 kJ·mol-1 反应③CH4 (g)+ 1 2 O2(g) ⇌ CO(g) + 2H2(g) ΔH3 = -35.6 kJ·mol-1 (1)已知： 1 2 O 2(g)+H2(g)= H2O(g) ΔH = -241.8 kJ·mol-1，则ΔH1 =______ kJ·mol-1。 (2)一定条件下，向体积为 VL 的密闭容器中通入 CH4、CO2 各 1.0 mol 及少量 O2，测得不同温度下反应平衡 时各产物产量如图所示。 ①图中 a 和 b 分别代表产物______和______，当温度高于 900 K， H2O 的含量随温度升高而下降的主要原 因是______。 ②1100 K 时，CH4 与 CO2 的转化率分别为 95%和 90%，反应①的平衡常数 K=______ ( 写出计算式)。 II．Ni-CeO2 催化 CO2 加 H2 形成 CH4 的反应历程如图 1 所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注)，含碳产物 中 CH4 的物质的量百分数(Y)及 CO2 的转化率随温度的变化如图 2 所示。 (3)下列对 CO2 甲烷化反应体系的说法合理的有______。 A．含碳副产物的产率均低于 CH4 B．存在反应 CO2+4H2 ⇌ CH4 + 2H2O C．存在副反应 CO2+ H2 ⇌ CO+ H2O D．CO2 转化为 CH4 的过程中发生了能量转化 E.温度高于 260℃后，升高温度，甲烷产率几乎不变 (4) CO2 甲烷化的过程中，保持 CO2 与 H2 的体积比为 1：4，反应气的总流量控制在 40 mL·min-1，320 ℃时 测得 CO2 转化率为 80%，则 CO2 反应速率为______mL·min-1。 【答案】+247.4 kJ·mol-1 H2 CO 反应 1 2 O 2(g)+H2(g)= H2O(g)是放热反应，升高温度，平衡逆行移 动，H2O 的含量减小 2 2 2 1.90 1.55 0.05 0.1V   ABCDE 6.4 【分析】 已知若干已知方程式的反应热，求目标方程式的反应热，核心是盖斯定律，在进行求解时抓住目标方程式 的关键物质在已知方程式中是位于反应物还是生成物，能快速进行求解；CH4 和 CO2 重整 CO、H2 和 H2O， 生成的 H2 会在反应②中与 CO2 反应生成 CO，产物中产量降低，据此分析。 【详解】 I. (1)记反应 1 2 O 2(g)+H2(g)= H2O(g)为反应④，由盖斯定律反应①=②+③-④，故ΔH1=ΔH2+ΔH3-ΔH =41.2-35.6+241.8= +247.4 kJ·mol-1 (2) ①由反应①②③可知，反应产物有 CO、H2 和 H2O，生成的 H2 会在反应②中与 CO2 反应生成 CO，CO 的产量高于 H2，故 a 曲线表示产物 H2，b 曲线表示 CO； 反应②是吸热反应，升高温度，有利于反应的正向进行，H2O 的含量增大，但反应 1 2 O 2(g)+H2(g)= H2O(g) 为放热反应，升高温度，不利于反应的正向进行，H2O 的含量减小，故答案为反应 1 2 O 2(g)+H2(g)= H2O(g) 是放热反应，升高温度，平衡逆行移动，H2O 的含量减小； ②1100 K 时，CH4 与 CO2 的转化率分别为 95%、 90%，则计算得平衡时 c(CH4)= 1.0 0.95 V  = 0.05 V mol/L， c(CO2)= 1.0 0.9 V  = 0.1 V mol/L，由图可知，c(H2)= 1.55 V mol/L，c(CO)= 1.90 V mol/L，则 反应①的平衡常数 K=         2 2 2 4 2 CO H CH CO c c c c ﹒ ﹒ = 2 21.90 1.55( ) ( )V V 0.05 0.1 V V ﹒ ﹒ = 2 2 2 1.90 1.55 0.05 0.1V   ； II．(3)由图可知，含碳产物中 CH4 的物质的量百分数 Y  70%，则含碳副产物的产率  30%，故含碳副产物 的产率均低于CH4，A 正确；由题意及图Ni-CeO2催化CO2加H2形成 CH4，故存在反应CO2+4H2 ⇌ CH4 + 2H2O， B 正确；由图可知，存在 CO2 和 H2 反应生成 CO+和 H2O，C 正确；化学反应伴随着物质变化和能量变化， D 正确；由图 2 可知，当温度高于 260℃时，CO2 的转化率还在增大，但 CH4 的百分含量几乎不在变化， 则继续升高温度甲烷产率几乎不变，E 正确，故答案为 ABCDE； (4) CO2 甲烷化的过程中，CO2 与 H2 的体积比为 1：4，反应气的总流量为 40 mL·min-1，则 1min 内初始时 CO2 的体积为 40× 1 5 mL=8 mL，320 ℃时 CO2 转化率为 80%，则 CO2 反应速率为 v = 8 0.8 1  mL·min-1=6.4 mL·min-1，故答案为 6.4。 2、（广东省 2021 届高三下学期综合能力测试）二氧化碳的利用具有潜在的商业价值。在负载型金属催化剂 作用下，可实现低温下 2CO 甲烷化，相关主要化学反应有： I： 2 2 2 1CO (g)+H (g) CO(g)+H O(g) ΔH =+41kJ/mol II： 2 2 4 2 2CO (g) 4H (g) CH (g) 2H O(g) H   (1)已知 2 4 2CO(g)+3H (g) CH (g)+H O(g) ΔH=-206kJ/mol 则 2ΔH = ____。 (2)催化剂的选择性是低温下实现 2CO 甲烷化的关键因素。某课题组对不同 Ni 含量 2Ni CeO 介孔催化剂 进行了表征测试，实验结果如下： ①图 1 中，m 点____(填“是”或者“不是”)该温度下 2CO 的平衡转化率，理由是____。 ②由图 1 和图 2 可知，该反应的最佳催化剂为____。 ③某温度下，容器体积为1.0L ，控制 2H 和 2CO 初始投料量为分别 20mol和5mol ， 2CO 的平衡转化率和 甲烷的选择性分别为 80%、90%，则该温度下反应 II 的平衡常数 K=____(列出计算式)。 (提示：CH4 的选择性= 转化成甲烷所消耗的二氧化碳的量 二氧化碳的总转化量 )。 (3) 2CO 与 2H 可直接合成二甲醚： 2 2 3 3 22CO (g)+6H (g) CH OCH (g)+3H O(g) ΔH ①已知该反应的活化能 aE (正)小于 aE (逆)，则 ΔH ___0(填“>”或“”或“”或“ 【分析】 涉及平衡转化率、平衡常数、反应速率的计算时首先建立三段式，结合勒夏特列原理进行分析解决， 【详解】 (1)由盖斯定律可知方程 2 4 2CO(g)+3H (g) CH (g)+H O(g) 可由方程 II-方程 I 得到，即 2 1H=ΔH ΔH — ， 所以 2 1ΔH = H+ΔH = 2ΔH =(-206)+(+41)=-165kJ/mol ，故填 -165kJ/mol ； (2)①图 1 中 m 点不是该温度下的平衡转化率，该反应为放热反应，未达平衡前升高温度反应速率增大，转 化率增加，反应达平衡后升高温度平衡逆向移动，转化率降低，m 点以后转化率有上升趋势，不是平衡转 化率，故填不是、该反应为放热反应，未达平衡前升高温度反应速率增大，转化率增加，反应达平衡后升 高温度平衡逆向移动，转化率降低，m 点以后转化率有上升趋势，所以不是平衡转化率； ②从图 1 中可以看出，Ni 含量为 50% 2Ni CeO 时平衡转化率最大；图 2 中 50% 2Ni CeO 时甲烷选择性 最高，故最佳催化剂为 50% 2Ni CeO ，故填 50% 2Ni CeO ； ③由题意，可根据 CH4 的选择性= 转化成甲烷所消耗的二氧化碳的量 二氧化碳的总转化量 ，计算出转化成甲烷所消耗的二 氧化碳的量=  5 80% 90%=3.6mol，其中有 0.4mol 二氧化碳转化为 CO，建立三段式为               2 2 4 2CO g 4H g CH g 2H O g a b 0 0 3.6 14.4 3.6 7.2 a-3.6 b-14.4 3.6 7.2 mol mol mol   起始 转化 平衡       2 2 2CO (g)+H (g) CO(g)+H O(g) c d 0 0 0.4 0.4 0.4 0.4 c-0.4 d-0.4 0.4 0.4 mol mol mol  起始 转化 平衡 其中 a+c=5，b+d=20，体系中 2CO 的物质的量为 a-3.6+c-0.4=a+c-4=5-4=1mol， 2H 的物质的量为 b-14.4+d-0.4=b+d-14.8=5.2mol， 4CH 的物质的量为 3.6mol， 2H O 的物质的量为 7.2+0.4=7.6mol，体积为 1L， 根据 nc= V ，物质的量和物质的量浓度在数值上相等，平衡常数表达式 2 4 2 4 2 2 ( ) ( )= ( ) ( ) c CH c H OK c H c CO = 2 2 -2 4 3.6 7.6 L mol5.2 1   ，故填 2 2 -2 4 3.6 7.6 L mol5.2 1   ； (3)① a aΔH=E ( )-E ( )正 逆 ，因为 aE (正)小于 aE (逆)，所以 a aΔH=E ( )-E ( )P2>P1 升高温度时，反应Ⅰ是放热反应，平衡向逆反应方向移 动，使得平衡体系中 CO 的量增大；反应Ⅲ是吸热反应，温度升高，平衡向正反应方向移动，又使平衡体系 中 CO 的量增大，总结果，随温度升高 CO 的转化率减小 0.5 v(C)>v(B)>v(A) CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O 【详解】 （1）根据盖斯定律，①-②-2×③可得 CH3OH(l)＋O2(g)＝CO(g)＋2H2O(l)，因此该反应的 △ H＝[(-638.5 kJ·mol －1)-(-283.5 kJ·mol－1)-2×44 kJ·mol－1]=-443.5 kJ·mol－1， 故答案为：-443.5 kJ·mol－1； （2）①已知升高温度，反应Ⅰ的平衡常数 K 减小，则该反应是放热反应，该反应的的 △ H1＜0， 故答案为：P2>P1；由图可知，压强一定时，随温度的升高，CO 的转化率减小，反应Ⅰ正反应是放 热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡体系中 CO 的量增大，反应Ⅲ是吸热反应，温度升高，平 衡向正反应方向移动，又使平衡体系中 CO 的量增大，总结果，随温度升高 CO 的转化率减小， 故答案为：P3>P2>P1；升高温度时，反应Ⅰ是放热反应，平衡向逆反应方向移动，使得平衡体系中 CO 的量 增大；反应Ⅲ是吸热反应，温度升高，平衡向正反应方向移动，又使平衡体系中 CO 的量增大，总结果，随 温度升高 CO 的转化率减小； （3）①A 点的转化率为 50%，列三段式： 则 A 点的平衡常数为 K=         c CH3OCOOCH3 c H2O c2 CH3OH c CO2   = 0.5 0.5 12 0.5   =0.5， 故答案为：0.5； ②温度越高，压强越大，反应速率越快；该反应为气体分子数减小的反应，压强越大转化率越高，故 P2>P1， A、B 两点温度相同，C 点温度最高，故 v(C)>v(B)>v(A)， 故答案为：v(C)>v(B)>v(A)； （4）甲醇燃烧的化学方程式为：2CH3OH(l)＋3O2(g)＝2CO2(g)＋4H2O(g)，甲醇燃料电池负极发生氧化反应， 电解质溶液为碱性，因此其负极反应式为 CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O， 故答案为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O。 7、（广东省揭阳市 2021 届高三下学期 2 月教学质量测试）乙苯催化脱氢生产苯乙烯的反应： 2 3 催化剂—CH CH (g)  2 2CH=CH (g) H (g)—  (1)t℃下，将 1.00 mol 乙苯加入体积为 1L 的密闭容器中，发生上述反应。反应时间与容器内气体总物质的 量、总压强的数据如下表所示。 时间/ min 0 10 20 30 40 总物质的量/ mol 1.00 n1 n2 n3 n4 总压强/100 kPa 1.00 1.25 1.35 1.40 1.40 ①n4=______，平衡时乙苯的转化率为_____。 ②列式计算 t℃下该反应的平衡常数 pK = ____ kPa 。( pK 为以分压表示的平衡常数，计算结果保留 1 位小 数) (2)实际生产时反应在常压下进行，且向乙苯蒸气中掺入水蒸气。测得温度和投料比 M［  2M=n H O /n (乙 苯)］对乙苯平衡转化率的影响如图所示。 ①图中 A、B、C 三点对应平衡常数大小顺序为_____。 ②图中投料比( AM 、 BM 、 CM )的大小顺序为____，理由是____。 (3)其他条件相同，在甲、乙两种催化剂的作用下，乙苯转化率与温度的关系如图所示。在甲催化剂的作用 下，图中 N 点处(对应温度为 320℃)乙苯的转化率__(填“可能是”“一定是”或“一定不是”)该温度下的平衡转 化率。高于 320℃时，乙苯的转化率降低的原因可能是__。 【答案】1.40 40%  2p(苯乙烯)p H 40kPa 40kPaKp= = =26.7kPap(乙苯 ) 60kPa  A B CK >K =K A B CM >M >M 该反应是气体分子数增大的反应。恒压下充入水蒸气，相当于减压，扩大容器体积，平 衡正向移动程度增大，乙苯平衡转化率增大 一定不是 催化剂活性下降 【详解】 (1)①由表格数据可知 30min 时反应已经达到平衡，平衡总压强为 1.40，设达到平衡时乙苯的转化量为 xmol， 列三段式得： 2+H 1mol x x x 1-x x x 乙苯 苯乙烯 起始物质的量 转化物质的量 平衡物质的量 根据压强之比等于物质的量之比得：1.40 1-x+x+x 1.0 1  ，x=0.4， 则平衡时的总物质的量为：1+x=1.40，平衡时乙苯的转化率为 x 0.4100%= 100%=40%1 1   ，故答案为： 1.40；40%； ②平衡时的平衡常数 pK = 2 0.4 0.41.4 100kPa 1.4 100kPap( ) p(H ) 1.4 1.4 0.6p( ) 1.4 100kPa1.4          苯乙烯 乙苯 40kPa 40kPa =26.7kPa60kPa ，故答案 为：  2p(苯乙烯)p H 40kPa 40kPaKp= = =26.7kPap(乙苯 ) 60kPa  ； (2)①由图像可知温度升高苯乙烯的转化率增大，则升温时平衡正向移动，正向为吸热反应，升温 K 增大， 且 K 只受温度影响，温度不变，K 不变，因此 A、B、C 三点对应平衡常数大小顺序为 A B CK >K =K ，故答 案为： A B CK >K =K ； ②反应在常压下进行，可视为恒压条件下的反应，充入水蒸气，相当于减压，扩大容器体积，而该反应正 向气体分子数增大，减小压强平衡正向移动，提高可乙苯的转化率，因此转化大的投料比大，即 A B CM >M >M ，故答案为： A B CM >M >M ；该反应是气体分子数增大的反应。恒压下充入水蒸气，相当 于减压，扩大容器体积，平衡正向移动程度增大，乙苯平衡转化率增大； (3)在相同的条件，使用不同的催化剂对化学平衡无影响，则同条件下催化剂甲和催化剂乙的平衡转化率应 该相同，而图中信息所示温度为 320℃时催化剂甲和乙对应的转化率不同，说明反应未达平衡状态，故图中 N 点处(对应温度为 320℃)乙苯的转化率一定不是平衡转化率；温度过高时会使催化剂失去活性，导致反应 速率以及反应的选择性等下降，则单位时间为的反应物转化率下降，故答案为：一定不是；催化剂活性下 降； 8、（广东省梅州市 2021 届高三一模）雾霾中有多种污染物，包含颗粒物(包括 PM2.5 在内)、氮氧化物(NOx)、 CO、SO2 等。化学在解决雾霾污染中有着重要的作用。 (1)有机物乙烯可以消除氮氧化物的污染。已知： ①乙烯的燃烧热 △ H1=a kJ·mol-1；②N2(g)+O2(g)= 2NO(g) △ H 2=b kJ·mol-1,则乙烯和NO 反应的热化学方程式： C2H4(g)+6NO(g)=2CO2(g)+3N2(g)+ 2H2O(l) △ H=___________kJ·mol-1(用字母 a、b 表示)。 (2)已知 SO2(g)+NO2(g)  SO3(g)+NO(g) △ H=-42 kJ·mol-1，在固定体积的密闭容器中，使用某种催化剂，改 变原料气配比[n0(NO2)/n0(SO2)]进行多组实验(各次实验的温度可能相同，也可能不同)，测定 NO2 的平衡转 化率[α(NO2)]。部分实验结果如图所示： ①如果要将图中 C点对应的平衡状态改变为B点对应的平衡状态，则应采取的措施是___________(填字母)。 A．升高温度 B．降低温度 C．用更好的催化剂 D．移去 SO3 ②若 A 点对应实验中，SO2(g)的起始浓度为 c0 mol·L-1，经过 t min 达到平衡状态，则该时段用 NO2 表示的 平均化学速率为 v(NO2)=___________mol·L-1·min-1。 (3)炭黑是雾霾中的重要颗粒物，研究发现它可以活化氧分子，生成活化氧。活化过程的能量变化模拟计算 结果如图所示。每活化 1 个氧分子放出的能量为___________eV，水可以使氧分子活化反应的活化能降低 ___________ eV。 (4)焦炭催化还原 SO2 生成 S2 的反应为 2C(s)+2SO2(g)  S2(g)+2CO2(g)。实验测得：v 正=k 正·c2(SO2)，v 逆=k 逆·c(S2)·c2(CO2)(k 正、k 逆分别为正、逆反应的速率常数，只与温度有关)。某温度下，在体积为 2L 的恒容密 闭容器中充入 1mol SO2，并加入足量焦炭，当反应到达平衡时，SO2 的转化率为 80%，则： ①___________。 ②平衡时体系压强为 p kPa，Kp 为用分压表示的平衡常数(分压=总压×物质的量分数)，则平衡常数 Kp=___________(用含 p 的式子表示)。 【答案】 a-3b BD 0c 5t (或 0.2 0c /t ) 0.29 0.18 3.2：1(或 3.2) 32 p7 (或 4.57p 或 4.6p) 【详解】 (1)①乙烯的燃烧热方程式为 C2H4(g)+3O2(g)= 2CO2(g)+ 2H2O(l) ∆H1=a kJ·mol-1，根据盖斯定律，①-3×②可 得 C2H4(g)+6NO(g)=2CO2(g)+3N2(g)+ 2H2O(l)，则∆H=akJ·mol-1-3×b kJ·mol-1= a-3b kJ·mol-1； (2)①图中 B、C 两点原料气配比相同，由 B 到 C 平衡转化率增大，即平衡正向移动，该反应为放热反应， 降低温度平衡正向移动；移去 SO3 导致 SO3 浓度减小，平衡正向移动；改变催化剂，对平衡无影响，综上 所述，答案为 BD； ②已知 SO2(g)的起始浓度为 c0 mol·L-1，根据图像原料气配比 n0(NO2)/n0(SO2)=0.4，c0(NO2)=0.4 c0 mol·L-1， NO2 的平衡转化率α(NO2)=50%，则∆c(NO2)=0.2c0 mol·L-1，v(NO2)=0.2c0 mol·L-1÷t min= 00.2c t mol/(L∙min)； (3)根据图像，反应生成活化氧时能量为-0.29 eV，则每活化 1 个氧分子放出的能量为 0.29 eV；根据图像， 无水时活化能为 0.75 eV，有水时活化能为 0.57 eV，活化能降低 0.18 eV； (4)①已知某温度下，在体积为 2L 的恒容密闭容器中充入 1mol SO2，SO2 的转化率为 80%，即反应量为 0.8mol， 剩余 0.2mol，生成 0.4mol 的 S2(g)、0.8mol CO2(g)，则 K=(0.4mol/L)2×0.2mol/L÷(0.1mol/L)2=3.2；化学反应 达到平衡状态时，v 正= v 逆，即 k 正·c2(SO2)= k 逆·c(S2)·c2(CO2)，则 k 正：k 逆= c(S2)·c2(CO2)：c2(SO2)=K=3.2； ②平衡时，SO2、S2(g)、CO2(g)的分压分别为 p kPa/7、2p kPa/7、4p kPa/7，Kp=( 4p kPa 7 )2 × 2p kPa 7 ÷( p kPa 7 )2= 32 7 p。 9、（广东省汕头市 2021 届高三下学期 3 月第一次模拟考）氨气是基础有机合成工业和化肥工业的重要原料。 (1)诺贝尔奖获得者埃特尔提出了合成氨反应吸附解离的机理，通过实验测得合成氨势能如图所示： 在合成氨吸附解离的过程中，下列状态最稳定的是___________ (填选项)。 A． 2 2 1 3N (g) H (g)2 2  B．NH3(g) C．NH(ad)+2H(ad) D．N(ad)+3H(ad) 其中，NH3(ad)  NH3(g) ∆H= ___________kJ·mol-1，若要使该平衡正向移动，可采取的措施是 ___________(填选项)。 A．升高温度 B．降低温度 C．增大压强 D．减小压强 (2)在上述实验条件下，向一密闭容器中通入 1molN2 和 3molH2 充分反应，达到平衡时放出 46kJ 热量，计 算该条件下 H2 的转化率___________。 (3)在 t ℃、压强为 3.6 MPa 条件下，向一恒压密闭容器中通入氢氮比[c(H2)：c(N2)] 为 3 的混合气体，体 系中气体的含量与时间变化关系如图所示： 反应 20 min 达到平衡，试求 0～20 min 内氨气的平均反应速率 v(NH3)= ___________MPa·min-1。若起始条 件一样，在恒容容器中发生反应，则达到平衡时 H2 的含量符合上图中___________点(填“d”、“e”、“f”或“g”)。 (4)在合成氨工艺中，未反应的气体(含不参与反应的惰性气体)可多次循环使用。当氢氮比[c(H2)：c(N2)]为 3 时，平衡时氨气的含量关系式为：ω (NH3)=0.325·KP·P·(1-i ) 2，(KP：平衡常数；P：平衡体系压强；i：惰性 气体体积分数)。当温度为 500℃，不含惰性气体时，平衡体系压强为 2.4MPa，氨气的含量为 ω ，若此时 增大压强，Kp___________将(填“变大”、“变小”或“不变”)。若温度不变，体系中有 20%的惰性气体，欲使 平衡时氨气的含量仍为 ω ，应将压强调整至___________ MPa。 【答案】D +50 AD 50% 0.02 g 不变 3.75 【详解】 (1)根据能量越低越稳定规律，知状态 N(ad)+3H(ad)能量最低最稳定，故答案选 D；由图示知，从 NH3(ad) 到 NH3(g)需吸收能量 50 kJ/mol，故此处填+50；由于该过程为吸热过程且为气体分子数增加的过程，根据 平衡移动原理，升温或减小压强均能使平衡正向移动，故答案选 AD； (2)由图示可得热化学方程式： 2 2 3 1 3N (g)+ H (g) NH (g) =-46 kJ/mol2 2 Hƒ △ ，故放出 46 kJ 热量，说明 有 1.5 mol H2 转化，故 H2 的转化率=1.5 mol ×100%=50%3 mol ； (3)由起始投料比例知，H2 占 3 4 ，对应最上方曲线，N2 占 1 4 ，对应中间那条曲线，最下方曲线对应 NH3，由 图示知，平衡时 NH3 的体积分数为 1 9 ，故用氨气表示的平均反应速率= 1×3.6 MPa - 09 =0.02 MPa/min20 min ； 由于起始投料一致，随着反应的进行，气体的量逐渐减少，故相对于恒压条件来说，恒容条件相当于减小 压强，故恒容条件下反应正向程度小于恒压时反应的正向程度，即恒容条件下达平衡时 H2 含量大于恒压条 件，对应图示应为 g 点； (4)由于平衡常数 Kp 只与温度有关，温度不变，则 Kp 不变，故此处填不变；不含稀有气体时， ω(NH3)=0.325·Kp×2.4 MPa=0.78Kp，若含 20%稀有气体，则ω(NH3)=0.325·Kp×P×(1-20%)2=0.208 Kp·P，由 0.208 Kp·P=0.78Kp，解得 P=3.75 MPa，即此时需将压强调至 3.75 MPa。 10、（广东省韶关市 2021 届高三综合测试）氮和硫的氧化物是造成大气污染的主要物质。研究它们的反应 机理，对于消除环境污染有重要意义。 (1)2NO(g)+O2(g)  2NO2(g)的反应历程由两步基元反应组成，相关信息如下(E 为活化能，v 为反应速率， k 为速率常数)： 2NO(g) 1k N2O2(g) E1=82kJ/mol v=k1c2(NO) N2O2 (g) -1k 2NO(g) E-1=205kJ/mol v=k-1c(N2O2) N2O2(g)+O2(g) 2k 2NO2(g) E2=82kJ/mol v=k2c(N2O2)·c(O2) 2NO2(g) 2k N2O2(g) +O2(g) E-2=72kJ/mol v=k-2c2(NO2) 则 2NO(g)  N2O2(g) △ H1=_______kJ·mol-1，其平衡常数 K 与上述速率常数 k1、k-1 的关系式为 K=_______。 2NO(g)+O2(g)  2NO2(g) △ H=_______kJ·mol-1。 (2)已知反应 NO2(g)+SO2(g)  NO(g)+SO3(g) △ H”“