专题12 化学反应原理综合题-：三年（2021-2023）高考化学真题分项汇编（全国通用）（解析版）

专题十二化学反应原理综合题1．（2023全国乙卷）硫酸亚铁在工农业生产中有许多用途，如可用作农药防治小麦黑穗病，制造磁性氧化铁、铁催化剂等。回答下列问题：(1)在气氛中，的脱水热分解过程如图所示：根据上述实验结果，可知，。(2)已知下列热化学方程式：则的。(3)将置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：()。平衡时的关系如下图所示。时，该反应的平衡总压、平衡常数。随反应温度升高而(填“增大”“减小”或“不变”)。(4)提高温度，上述容器中进一步发生反应()，平衡时(用表示)。在时，，则，(列出计算式)。【答案】(1)41(2)(a+c-2b)(3)3增大(4)46.26【详解】（1）由图中信息可知，当失重比为19.4%时，转化为，则，解之得=4；当失重比为38.8%时，转化为，则，解之得y=1。（2）根据盖斯定律可知，+-2可得，则(a+c-2b)。（3）将置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：()。由平衡时的关系图可知,时，，则，因此，该反应的平衡总压3、平衡常数。由图中信息可知，随着温度升高而增大，因此，随反应温度升高而增大。（4）提高温度，上述容器中进一步发生反应()，在同温同压下，不同气体的物质的量之比等于其分压之比，由于仅发生反应()时，则，因此，平衡时。在时，，则、，联立方程组消去，可得，代入相关数据可求出46.26，则，。2．（2023全国甲卷）甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。回答下列问题：(1)已知下列反应的热化学方程式：反应的，平衡常数(用表示)。(2)电喷雾电离等方法得到的(等)与反应可得。与反应能高选择性地生成甲醇。分别在和下(其他反应条件相同)进行反应，结果如下图所示。图中的曲线是(填“a”或“b”。、时的转化率为(列出算式)。(3)分别与反应，体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相似，图中以示例)。()步骤和中涉及氢原子成键变化的是(填“”或“”)。()直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则与反应的能量变化应为图中曲线(填“c”或“d”)。()与反应，氘代甲醇的产量(填“”“”或“=”)。若与反应，生成的氘代甲醇有种。【答案】(1)或(2)b(3)c<2【详解】（1）根据盖斯定律可知，反应=(反应-)，所以对应；根据平衡常数表达式与热化学方程式之间的关系可知，对应化学平衡常数或，故答案为：；或；（2）根据图示信息可知，纵坐标表示-lg()，即与MO+的微粒分布系数成反比，与M+的微粒分布系数成正比。则同一时间内，b曲线生成M+的物质的量浓度比a曲线的小，证明化学反应速率慢，又因同一条件下降低温度化学反应速率减慢，所以曲线b表示的是300K条件下的反应；根据上述分析结合图像可知，、时-lg()=0.1，则=10-0.1，利用数学关系式可求出，根据反应可知，生成的M+即为转化的，则的转化率为；故答案为：b；；（3）()步骤涉及的是碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤中涉及碳氧键形成，所以符合题意的是步骤；()直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则此时正反应活化能会增大，根据图示可知，与反应的能量变化应为图中曲线c；()与反应时，因直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，步骤的活化能增大，反应速率会变慢，则CH2DOD更难获得，故产率：<；根据反应机理可知，若与反应，生成的氘代甲醇可能为或共2种，故答案为：<；2。3．（2023全国课标卷）氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答下列问题：(1)根据图1数据计算反应的。(2)研究表明，合成氨反应在催化剂上可能通过图2机理进行(*表示催化剂表面吸附位，表示被吸附于催化剂表面的)。判断上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为(填步骤前的标号)，理由是。(3)合成氨催化剂前驱体(主要成分为)使用前经还原，生成包裹的。已知属于立方晶系，晶胞参数，密度为，则晶胞中含有的原子数为(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。(4)在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的摩尔分数与温度的计算结果如下图所示。其中一种进料组成为，另一种为。(物质i的摩尔分数：)图中压强由小到大的顺序为，判断的依据是。进料组成中含有惰性气体的图是。图3中，当、时，氮气的转化率。该温度时，反应的平衡常数(化为最简式)。【答案】(1)(2)()在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于的键能比H-H键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为()(3)(4)合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大图4【详解】（1）在化学反应中，断开化学键要消耗能量，形成化学键要释放能量，反应的焓变等于反应物的键能总和与生成物的键能总和的差，因此，由图1数据可知，反应的。（2）由图1中信息可知，的，则的键能为；的，则H-H键的键能为。在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于的键能比H-H键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为()。（3）已知属于立方晶系，晶胞参数，密度为，设其晶胞中含有的原子数为，则晶体密度，解之得，即晶胞中含有的原子数为。（4）合成氨的反应中，压强越大越有利于氨的合成，因此，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。由图中信息可知，在相同温度下，反应达平衡时氨的摩尔分数，因此，图中压强由小到大的顺序为，判断的依据是：合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。对比图3和图4中的信息可知，在相同温度和相同压强下，图4中平衡时氨的摩尔分数较小。在恒压下充入惰性气体，反应混合物中各组分的浓度减小，各组分的分压也减小，化学平衡要朝气体分子数增大的方向移动，因此，充入惰性气体不利于合成氨，进料组成中含有惰性气体的图是图4。图3中，进料组成为两者物质的量之比为3:1。假设进料中氢气和氮气的物质的量分别为3mol和1mol，达到平衡时氮气的变化量为xmol，则有：当、时，，解之得，则氮气的转化率，平衡时、、的物质的量分别为、2、，其物质的量分数分别为、、，则该温度下因此，该温度时，反应的平衡常数。4．（2023湖南卷）聚苯乙烯是一类重要的高分子材料，可通过苯乙烯聚合制得。．苯乙烯的制备(1)已知下列反应的热化学方程式：计算反应的；(2)在某温度、下，向反应器中充入气态乙苯发生反应，其平衡转化率为50%，欲将平衡转化率提高至75%，需要向反应器中充入水蒸气作为稀释气(计算时忽略副反应)；(3)在、下，以水蒸气作稀释气。作催化剂，乙苯除脱氢生成苯乙烯外，还会发生如下两个副反应：以上反应体系中，芳香烃产物苯乙烯、苯和甲苯的选择性S()随乙苯转化率的变化曲线如图所示，其中曲线b代表的产物是，理由是；(4)关于本反应体系中催化剂的描述错误的是_______；A．X射线衍射技术可测定晶体结构B．可改变乙苯平衡转化率C．降低了乙苯脱氢反应的活化能D．改变颗粒大小不影响反应速率．苯乙烯的聚合苯乙烯聚合有多种方法，其中一种方法的关键步骤是某()的配合物促进(引发剂，X表示卤素)生成自由基，实现苯乙烯可控聚合。(5)引发剂中活性最高的是；(6)室温下，在配体L的水溶液中形成，其反应平衡常数为K；在水中的溶度积常数为。由此可知，在配体L的水溶液中溶解反应的平衡常数为(所有方程式中计量系数关系均为最简整数比)。【答案】(1)+118(2)5(3)苯反应为主反应，反应为副反应，苯乙烯的选择性最大；在恒温恒压下，随乙苯转化率的增大，反应正向移动，反应不移动，则曲线b代表产物苯(4)BD(5)C6H5CH2Cl(6)KKsp【详解】（1）根据盖斯定律，将--可得C6H5C2H5(g)C6H5CH=CH2(g)+H2(g)H4=-4386.9kJ/mol-(-4263.1kJ/mol)-(-241.8kJ/mol)=+118kJ/mol；答案为：+118；（2）设充入H2O(g)物质的量为xmol；在某温度、100kPa下，向反应器中充入1mol气态乙苯发生反应。乙苯的平衡转化率为50%，可列三段式，此时平衡时混合气体总物质的量为1.5mol，此时容器的体积为V；当乙苯的平衡转化率为75%，可列三段式，此时乙苯、苯乙烯、H2物质的量之和为1.75mol，混合气的总物质的量为(1.75+x)mol，在恒温、恒压时，体积之比等于物质的量之比，此时容器的体积为；两次平衡温度相同，则平衡常数相等，则=，解得x=5；答案为：5；（3）曲线a芳香烃产物的选择性大于曲线b、c芳香烃产物的选择性，反应为主反应，反应为副反应，则曲线a代表产物苯乙烯的选择性；反应的正反应为气体分子数增大的反应，反应的正反应是气体分子数不变的反应；在913K、100kPa（即恒温恒压）下以水蒸气作稀释气，乙苯的转化率增大，即减小压强，反应都向正反应方向移动，反应平衡不移动，故曲线b代表的产物是苯；答案为：苯；反应为主反应，反应为副反应，苯乙烯的选择性最大；在恒温恒压下，随乙苯转化率的增大，反应正向移动，反应不移动，则曲线b代表产物苯；（4）A．测定晶体结构最常用的仪器是X射线衍射仪，即用X射线衍射技术可测定Fe2O3晶体结构，A项正确；B．催化剂不能使平衡发生移动，不能改变乙苯的平衡转化率，B项错误；C．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，故Fe2O3可降低乙苯脱氢反应的活化能，C项正确；D．催化剂颗粒大小会影响接触面积，会影响反应速率，D项错误；答案选BD。（5）电负性ClBrI，则极性C—Cl键C—Br键C—I键，则C6H5CH2Cl更易生成自由基，即活性最高的是C6H5CH2Cl；答案为：C6H5CH2Cl；（6）Cu+在配体L的水溶液中形成[Cu(L)2]+，则Cu++2L[Cu(L)2]+的平衡常数K=；CuBr在水中的溶度积常数Ksp=c(Cu+)c(Br-)；CuBr在配体L的水溶液中溶解反应为CuBr+2L[Cu(L)2]++Br-，该反应的平衡常数为==KKsp；答案为：KKsp。5．（2023广东卷）配合物广泛存在于自然界，且在生产和生活中都发挥着重要作用。(1)某有机物能与形成橙红色的配离子，该配离子可被氧化成淡蓝色的配离子。基态的电子轨道表示式为。完成反应的离子方程式：(2)某研究小组对(1)中的反应进行了研究。用浓度分别为的溶液进行了三组实验，得到随时间t的变化曲线如图。时，在内，的平均消耗速率=。下列有关说法中，正确的有。A．平衡后加水稀释，增大B．平衡转化率：C．三组实验中，反应速率都随反应进程一直减小D．体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间：(3)R的衍生物L可用于分离稀土。溶液中某稀土离子(用M表示)与L存在平衡：研究组配制了L起始浓度与L起始浓度比不同的系列溶液，反应平衡后测定其核磁共振氢谱。配体L上的某个特征H在三个物种中的化学位移不同，该特征H对应吸收峰的相对峰面积S(体系中所有特征H的总峰面积计为1)如下表。01.0000ax0.64b0.400.60【注】核磁共振氢谱中相对峰面积S之比等于吸收峰对应H的原子数目之比；“”表示未检测到。时，。时，平衡浓度比。(4)研究组用吸收光谱法研究了(3)中M与L反应体系。当时，测得平衡时各物种随的变化曲线如图。时，计算M的平衡转化率(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。【答案】(1)HNO2(2)A、B(3)0.363：4或0.75(4)98%【详解】（1）基态的电子轨道表示式为；根据原子守恒可知离子方程式中需要增加HNO2。（2）浓度分别为的溶液，反应物浓度增加，反应速率增大，据此可知三者对应的曲线分别为、、；时，在内，观察图像可知的平均消耗速率为；A．对于反应HNO2，加水稀释，平衡往粒子数增加的方向移动，含量增加，含量减小，增大，A正确；B．浓度增加，转化率增加，故，B正确；C．观察图像可知，三组实验反应速率都是前期速率增加，后期速率减小，C错误；D．硝酸浓度越高，反应速率越快，体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间越短，故，D错误；故选AB。（3）时，，且=0.64，得x=0.36；相比于含有两个配体，则与的浓度比应为相对峰面积S的一半与的相对峰面积S之比，即。（4）；，由L守恒可知，则；则M的转化率为。6．（2023北京卷）尿素合成的发展体现了化学科学与技术的不断进步。(1)十九世纪初，用氰酸银与在一定条件下反应制得，实现了由无机物到有机物的合成。该反应的化学方程式是。(2)二十世纪初，工业上以和为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步：．和生成；．分解生成尿素。结合反应过程中能量变化示意图，下列说法正确的是(填序号)。a．活化能：反应<反应b．为放热反应，为吸热反应c．(3)近年研究发现，电催化和含氮物质(等)在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮废水污染问题。向一定浓度的溶液通至饱和，在电极上反应生成，电解原理如图所示。电极是电解池的极。电解过程中生成尿素的电极反应式是。(4)尿素样品含氮量的测定方法如下。已知：溶液中不能直接用溶液准确滴定。消化液中的含氮粒子是。步骤中标准溶液的浓度和消耗的体积分别为和，计算样品含氮量还需要的实验数据有。【答案】(1)(2)ab(3)阳(4)样品的质量、步骤所加入溶液的体积和浓度【详解】（1）根据原子守恒分析，二者反应生成尿素和氯化银，化学方程式是。答案为；（2）a．反应的活化能是，反应活化能是，，a项正确；b．从图中反应物和生成物能量的相对大小可看出反应放热，反应吸热，b项正确；c．总反应的：，c项错误；故选ab。（3）电极b上发生失电子生成的氧化反应，是电解池的阳极。a极硝酸根离子得电子转化为尿素，再结合酸性环境可分析出电极反应式为。答案为阳极；；（4）尿素消化分解生成和，由于反应中存在浓，则消化液中含氮粒子为。除了已知数据外，还需要的是样品的质量、步骤所加入溶液的体积和浓度。答案为；样品的质量、步骤所加入H2SO4溶液的体积和浓度。7．（2023山东卷）一定条件下，水气变换反应的中间产物是。为探究该反应过程，研究水溶液在密封石英管中的分子反应：．．研究发现，在反应、中，仅对反应有催加速作用；反应速率远大于反应，近似认为反应建立平衡后始终处于平衡状态。忽略水电离，其浓度视为常数。回答下列问题：(1)一定条件下，反应、的焓变分别为、，则该条件下水气变换反应的焓变(用含的代数式表示)。(2)反应正反应速率方程为：，k为反应速率常数。温度下，电离平衡常数为，当平衡浓度为时，浓度为，此时反应应速率(用含和k的代数式表示)。(3)温度下，在密封石英管内完全充满水溶液，使分解，分解产物均完全溶于水。含碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示(忽略碳元素的其他存在形式)。时刻测得的浓度分别为，反应达平衡时，测得的浓度为。体系达平衡后(用含y的代数式表示，下同)，反应的平衡常数为。相同条件下，若反应起始时溶液中同时还含有盐酸，则图示点中，的浓度峰值点可能是(填标号)。与不同盐酸相比，达浓度峰值时，浓度(填“增大”“减小”或“不变”)，的反应(填“增大”“减小”或“不变”)。【答案】(1)(2)(3)a减小不变【详解】（1）根据盖斯定律，反应II-反应I水气变换反应，故水气变换反应的焓变；（2）T1温度时，HCOOH建立电离平衡：，c(HCOO)c(H)，故c(H)。。（3）t1时刻时，c(CO)达到最大值，说明此时反应I达平衡状态。此时故t1时刻c(HCOOH)1.00.700.160.14molL1，K(I)。t1时刻反应II达平衡过程，则c(H2)b0.16y，b(y0.16)molL1，c(HCOOH)0.14ab0.3ay，c(CO)a0.7，K(I)，a。故，K(II)。加入0.1molL1盐酸后，H对反应I起催化作用，加快反应I的反应速率，缩短到达平衡所需时间，故CO浓度峰值提前，由于时间缩短，反应消耗的HCOOH减小，体系中HCOOH浓度增大，导致CO浓度大于t1时刻的峰值，故c(CO)最有可能在a处达到峰值。此时c(CO2)会小于不含盐酸的浓度，K(I)，温度不变，平衡常数不变，则的值不变。8．（2023辽宁卷）硫酸工业在国民经济中占有重要地位。(1)我国古籍记载了硫酸的制备方法——“炼石胆(CuSO45H2O)取精华法”。借助现代仪器分析，该制备过程中CuSO45H2O分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如下图所示。700左右有两个吸热峰，则此时分解生成的氧化物有SO2、和(填化学式)。(2)铅室法使用了大容积铅室制备硫酸(76%以下)，副产物为亚硝基硫酸，主要反应如下：NO2+SO2+H2O=NO+H2SO42NO+O2=2NO2()上述过程中NO2的作用为。()为了适应化工生产的需求，铅室法最终被接触法所代替，其主要原因是(答出两点即可)。(3)接触法制硫酸的关键反应为SO2的催化氧化：SO2(g)+O2(g)SO3(g)H=-98.9kJmol-1()为寻求固定投料比下不同反应阶段的最佳生产温度，绘制相应转化率()下反应速率(数值已略去)与温度的关系如下图所示，下列说法正确的是。a．温度越高，反应速率越大b．=0.88的曲线代表平衡转化率c．越大，反应速率最大值对应温度越低d．可根据不同下的最大速率，选择最佳生产温度()为提高钒催化剂的综合性能，我国科学家对其进行了改良。不同催化剂下，温度和转化率关系如下图所示，催化性能最佳的是(填标号)。()设O2的平衡分压为p，SO2的平衡转化率为e，用含p和e的代数式表示上述催化氧化反应的Kp=(用平衡分压代替平衡浓度计算)。【答案】(1)CuOSO3(2)催化剂反应中有污染空气的NO和NO2放出影响空气环境、NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质、产率不高（答案合理即可）(3)cdd【详解】（1）根据图示的热重曲线所示，在700左右会出现两个吸热峰，说明此时CuSO4发生热分解反应，从TG图像可以看出，质量减少量为原CuSO4质量的一半，说明有固体CuO剩余，还有其他气体产出，此时气体产物为SO2、SO3、O2，可能出现的化学方程式为3CuSO43CuO+2SO2+SO3+O2，结合反应中产物的固体产物质量和气体产物质量可以确定，该反应的产物为CuO、SO2、SO3、O2，故答案为CuO、SO3。（2）(i)根据所给的反应方程式，NO2在反应过程中线消耗再生成，说明NO2在反应中起催化剂的作用；(ii)近年来，铅室法被接触法代替因为在反应中有污染空气的NO和NO2放出影响空气环境、同时作为催化剂的NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质影响产品质量、产率不高（答案合理即可）。（3）(i)a．根据不同转化率下的反应速率曲线可以看出，随着温度的升高反应速率先加快后减慢，a错误；b．从图中所给出的速率曲线可以看出，相同温度下，转化率越低反应速率越快，但在转化率小于88%的时的反应速率图像并没有给出，无法判断=0.88的条件下是平衡转化率，b错误；c．从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率不断减小，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，c正确；d．从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，这时可以根据不同转化率选择合适的反应温度以减少能源的消耗，d正确；故答案选cd；(ii)为了提高催化剂的综合性能，科学家对催化剂进行了改良，从图中可以看出标号为d的催化剂V-K-Cs-Ce对SO2的转化率最好，产率最佳，故答案选d；(iii)利用分压代替浓度计算平衡常数，反应的平衡常数Kp===；设SO2初始量为mmol，则平衡时n(SO2)=m-me=m(1-e)，n(SO3)=me，Kp==，故答案为。9．（2023湖北卷）纳米碗是一种奇特的碗状共轭体系。高温条件下，可以由分子经过连续5步氢抽提和闭环脱氢反应生成。的反应机理和能量变化如下：回答下列问题：(1)已知中的碳氢键和碳碳键的键能分别为和，H-H键能为。估算的。(2)图示历程包含个基元反应，其中速率最慢的是第个。(3)纳米碗中五元环和六元环结构的数目分别为、。(4)1200K时，假定体系内只有反应发生，反应过程中压强恒定为(即的初始压强)，平衡转化率为，该反应的平衡常数为(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数)。(5)及反应的(为平衡常数)随温度倒数的关系如图所示。已知本实验条件下，(R为理想气体常数，c为截距)。图中两条线几乎平行，从结构的角度分析其原因是。(6)下列措施既能提高反应物的平衡转化率，又能增大生成的反应速率的是(填标号)。a．升高温度b．增大压强c．加入催化剂【答案】(1)128(2)33(3)610(4)(5)在反应过程中，断裂和形成的化学键相同(6)a【详解】（1）由和的结构式和反应历程可以看出，中断裂了2根碳氢键，形成了1根碳碳键，所以的=，故答案为：128；（2）由反应历程可知，包含3个基元反应，分别为：，,,其中第三个的活化能最大，反应速率最慢，故答案为：3；3；（3）由的结构分析，可知其中含有1个五元环，10个六元环，每脱两个氢形成一个五元环，则总共含有6个五元环，10个六元环，故答案为：6；10；（4）1200K时，假定体系内只有反应发生，反应过程中压强恒定为(即的初始压强)，平衡转化率为，设起始量为1mol，则根据信息列出三段式为：则，，，该反应的平衡常数=，故答案为：；（5）及反应的(为平衡常数)随温度倒数的关系如图。图中两条线几乎平行，说明斜率几乎相等，根据(R为理想气体常数，c为截距)可知，斜率相等，则说明焓变相等，因为在反应过程中，断裂和形成的化学键相同，故答案为：在反应过程中，断裂和形成的化学键相同；（6）a．由反应历程可知，该反应为吸热反应，升温，反应正向进行，提高了平衡转化率反应速率也加快，a符合题意；b．由化学方程式可知，该反应为正向体积增大的反应，加压，反应逆向进行，降低了平衡转化率，b不符合题意；c．加入催化剂，平衡不移动，不能提高平衡转化率，c不符合题意；故答案为：a。10．（2023浙江卷）水煤气变换反应是工业上的重要反应，可用于制氢。水煤气变换反应：该反应分两步完成：请回答：(1)。(2)恒定总压和水碳比[]投料，在不同条件下达到平衡时和的分压(某成分分压=总压该成分的物质的量分数)如下表：条件10.400.400条件20.420.360.02在条件1下，水煤气变换反应的平衡常数。对比条件1，条件2中产率下降是因为发生了一个不涉及的副反应，写出该反应方程式。(3)下列说法正确的是______。A．通入反应器的原料气中应避免混入B．恒定水碳比，增加体系总压可提高的平衡产率C．通入过量的水蒸气可防止被进一步还原为D．通过充入惰性气体增加体系总压，可提高反应速率(4)水煤气变换反应是放热的可逆反应，需在多个催化剂反应层间进行降温操作以“去除”反应过程中的余热(如图1所示)，保证反应在最适宜温度附近进行。在催化剂活性温度范围内，图2中b-c段对应降温操作的过程，实现该过程的一种操作方法是。A．按原水碳比通入冷的原料气B．喷入冷水(蒸气)C．通过热交换器换热若采用喷入冷水(蒸气)的方式降温，在图3中作出平衡转化率随温度变化的曲线。(5)在催化剂活性温度范围内，水煤气变换反应的历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附(快速)、反应及产物分子脱附等过程。随着温度升高，该反应的反应速率先增大后减小，其速率减小的原因是。【答案】(1)6(2)2CO+3H2CH4+H2O(3)AC(4)AC(5)温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小【详解】（1）设方程式根据盖斯定律可知，=-，则；（2）条件1下没有甲烷生成，只发生了水煤气变换反应，该反应是一个气体分子数不变的反应。设在条件1下平衡时容器的总体积为V，水蒸气和一氧化碳的投料分别为12mol和5mol，参加反应的一氧化碳为xmol，根据已知信息可得以下三段式：，解得x=4；则平衡常数；根据表格中的数据可知，有甲烷生成，且该副反应没有二氧化碳参与，且氢气的产率降低，则该方程式为：CO+3H2CH4+H2O；（3）A．一氧化碳和氢气都可以和氧气反应，则通入反应器的原料气中应避免混入，A正确；B．该反应前后气体计量系数相同，则增加体系总压平衡不移动，不能提高平衡产率，B错误；C．通入过量的水蒸气可以促进四氧化三铁被氧化为氧化铁，水蒸气不能将铁的氧化物还原为单质铁，但过量的水蒸气可以降低体系中CO和H2的浓度，从而防止铁的氧化物被还原为单质铁，C正确；D．若保持容器的体积不变，通过充入惰性气体增加体系总压，反应物浓度不变，反应速率不变，D错误；故选AC；（4）A．按原水碳比通入冷的原料气，可以降低温度，同时化学反应速率稍减小，导致CO的转化率稍减小，与图中变化相符，A正确；B．喷入冷水(蒸气)，可以降低温度，但是同时水蒸气的浓度增大，会导致CO的转化率增大，与图中变化不符，B错误；C．通过热交换器换热，可以降低温度，且不改变投料比，同时化学反应速率稍减小，导致CO的转化率稍减小，与图中变化相符，C正确；故选AC；增大水蒸气的浓度，平衡正向移动，则一氧化碳的的平衡转化率增大，会高于原平衡线，故图像为：；（5）反应物分子在催化剂表面的吸附是一个放热的快速过程，温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小。11．（2023浙江卷）“碳达峰碳中和”是我国社会发展重大战略之一，还原是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有：：：请回答：(1)有利于提高平衡转化率的条件是___________。A．低温低压B．低温高压C．高温低压D．高温高压(2)反应的，(用表示)。(3)恒压、时，和按物质的量之比投料，反应经如下流程(主要产物已标出)可实现高效转化。下列说法正确的是。A．可循环利用，不可循环利用B．过程，吸收可促使氧化的平衡正移C．过程产生的最终未被吸收，在过程被排出D．相比于反应，该流程的总反应还原需吸收的能量更多过程平衡后通入，测得一段时间内物质的量上升，根据过程，结合平衡移动原理，解释物质的量上升的原因。(4)还原能力可衡量转化效率，(同一时段内与的物质的量变化量之比)。常压下和按物质的量之比投料，某一时段内和的转化率随温度变化如图1，请在图2中画出间R的变化趋势，并标明时R值。催化剂X可提高R值，另一时段内转化率、R值随温度变化如下表：温度/480500520550转化率/%7.911.520.234.8R2.62.42.11.8下列说法不正确的是A．R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应的速率B．温度越低，含氢产物中占比越高C．温度升高，转化率增加，转化率降低，R值减小D．改变催化剂提高转化率，R值不一定增大【答案】(1)C(2)(3)BC通入分解平衡正移，导致增大，促进还原平衡正移(4)C【详解】（1）反应为气体体积增大的吸热反应，反应为气体体积不变的吸热反应，H>0，升高温度，平衡右移，CH4平衡转化率增大；降低压强，平衡右移，CH4平衡转化率增大，故有利于提高平衡转化率的条件是高温低压；答案选C；（2）已知：：：根据盖斯定律，由+2得反应；故H1+2H2=+329，；（3）A．根据流程可知，转化为Fe，Fe又转化为，可循环利用；CaCO3受热分解生成和CO2,又与CO2反应生成CaCO3，也可循环利用，选项A错误；B．过程，吸收使浓度降低，促进氧化的平衡正移，选项B正确；C．过程吸收而产生的最终未被吸收，在过程被排出，选项C正确；D．焓变只与起始物质的量有关，与过程无关，故相比于反应，该流程的总反应还原需吸收的能量一样多，选项D错误；答案选BC；通入分解平衡正移，导致增大，促进还原平衡正移，故过程平衡后通入，测得一段时间内物质的量上升；（4）600以下，甲烷转化率随温度升高增大程度大于二氧化碳转化率，该阶段R减小，600以上，二氧化碳转化率随温度升高增大程度大于甲烷转化率，该阶段R增大，根据图1可知时，转化率为100%，即=1mol,转化率为60%,即=3mol60%=1.8mol，故==1.8，故间R的变化趋势如图：A．R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应的速率，使单位时间内反应中CO2的转化率增大，增大的倍数比大，则R提高，选项A正确；B．根据表中数据可知，温度越低，转化率越小，而R越大，增大的倍数比大，含氢产物中占比越高，选项B正确；C．温度升高，转化率增加，转化率也增大，且两个反应中的转化率均增大，增大倍数多，故R值增大，选项C不正确；D．改变催化剂使反应有选择性按反应而提高转化率，若转化率减小，则R值不一定增大，选项D正确；答案选C。1．（2022全国乙卷）油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题：(1)已知下列反应的热化学方程式：计算热分解反应的。(2)较普遍采用的处理方法是克劳斯工艺。即利用反应和生成单质硫。另一种方法是：利用反应高温热分解。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是，缺点是。(3)在、反应条件下，将的混合气进行热分解反应。平衡时混合气中与的分压相等，平衡转化率为，平衡常数。(4)在、反应条件下，对于分别为、、、、的混合气，热分解反应过程中转化率随时间的变化如下图所示。越小，平衡转化率，理由是。对应图中曲线，计算其在之间，分压的平均变化率为。【答案】(1)170(2)副产物氢气可作燃料耗能高(3)50%4.76(4)越高n(H2S):n(Ar)越小，H2S的分压越小，平衡向正反应方向进行，H2S平衡转化率越高d24.9【详解】（1）已知：2H2S(g)+3O2(g)2SO2(g)+2H2O(g)H11036kJ/mol4H2S(g)+2SO2(g)3S2(g)+4H2O(g)H294kJ/mol2H2(g)+O2(g)2H2O(g)H3484kJ/mol根据盖斯定律(+)即得到2H2S(g)S2(g)+2H2(g)的H4（1036+94）kJ/mol+484kJ/mol170kJ/mol；（2）根据盖斯定律(+)可得2H2S(g)+O2(g)S2(g)+2H2O(g)H(1036+94)kJ/mol=314kJ/mol，因此，克劳斯工艺的总反应是放热反应；根据硫化氢分解的化学方程式可知，高温热分解方法在生成单质硫的同时还有氢气生成。因此，高温热分解方法的优点是：可以获得氢气作燃料；但由于高温分解H2S会消耗大量能量，所以其缺点是耗能高；（3）假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和4mol，根据三段式可知：平衡时H2S和H2的分压相等，则二者的物质的量相等，即1xx，解得x0.5，所以H2S的平衡转化率为，所以平衡常数Kp4.76kPa；（4）由于正反应是体积增大的可逆反应，n(H2S):n(Ar)越小，H2S的分压越小，相当于降低压强，平衡向正反应方向移动，因此H2S平衡转化率越高；n(H2S):n(Ar)越小，H2S平衡转化率越高，所以n(H2S):n(Ar)1:9对应的曲线是d；根据图象可知n(H2S):n(Ar)1:9反应进行到0.1s时H2S转化率为0.24。假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和9mol，则根据三段式可知此时H2S的压强为7.51kPa，H2S的起始压强为10kPa，所以H2S分压的平均变化率为24.9kPas1。2．（2022全国甲卷）金属钛(Ti)在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途，目前生产钛的方法之一是将金红石转化为，再进一步还原得到钛。回答下列问题：(1)转化为有直接氯化法和碳氯化法。在时反应的热化学方程式及其平衡常数如下：()直接氯化：()碳氯化：反应的为，Pa。碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是。对于碳氯化反应：增大压强，平衡移动(填“向左”“向右”或“不”)；温度升高，平衡转化率(填“变大”“变小”或“不变”)。(2)在，将、C、以物质的量比12.22进行反应。体系中气体平衡组成比例(物质的量分数)随温度变化的理论计算结果如图所示。反应的平衡常数。图中显示，在平衡时几乎完全转化为，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是。(3)碳氯化是一个“气—固—固”反应，有利于“固—固”接触的措施是。【答案】(1)-2231.21014碳氯化反应气体分子数增加，H小于0，是熵增、放热过程，熵判据与焓判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程向左变小(2)7.2105为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的TiCl4产品，提高效益(3)将两固体粉碎后混合，同时鼓入Cl2，使固体粉末“沸腾”【详解】（1）根据盖斯定律，将“反应-反应”得到反应2C(s)+O2(g)=2CO(g)，则H=-51kJ/mol-172kJ/mol=-223kJ/mol；则Kp===1.21014Pa；碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，因为碳氯化反应气体分子数增加，H小于0，是熵增、放热过程，熵判据与焓判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程；对应碳氯化反应，气体分子数增大，依据勒夏特列原理，增大压强，平衡往气体分子数减少的方向移动，即平衡向左移动；该反应是放热反应，温度升高，平衡往吸热方向移动，即向左移动，则平衡转化率变小。（2）从图中可知，1400，体系中气体平衡组成比例CO2是0.05，TiCl4是0.35，CO是0.6，反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)的平衡常数Kp(1400)==Pa=7.2105Pa；实际生产中需要综合考虑反应的速率、产率等，以达到最佳效益，实际反应温度远高于200，就是为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的TiCl4产品。（3）固体颗粒越小，比表面积越大，反应接触面积越大。有利于TiO2–C“固-固”接触，可将两者粉碎后混合，同时鼓入Cl2，使固体粉末“沸腾”，增大接触面积。3．（2022天津卷）天津地处环渤海湾，海水资源丰富。科研人员把铁的配合物(L为配体)溶于弱碱性的海水中，制成吸收液，将气体转化为单质硫，改进了湿法脱硫工艺。该工艺包含两个阶段：的吸收氧化；的再生。反应原理如下：回答下列问题：(1)该工艺的总反应方程式为。1mol发生该反应的热量变化为，在总反应中的作用是。(2)研究不同配体与所形成的配合物(A、B、C)对吸收转化率的影响。将配合物A、B、C分别溶于海水中，配成相同物质的量浓度的吸收液，在相同反应条件下，分别向三份吸收液持续通入，测得单位体积吸收液中吸收转化率随时间变化的曲线如图1所示。以由100%降至80%所持续的时间来评价铁配合物的脱硫效率，结果最好的是(填“A”、“B”或“C”)。(3)的电离方程式为。25时，溶液中、、在含硫粒子总浓度中所占分数随溶液pH的变化关系如图2，由图2计算，的，。再生反应在常温下进行，解离出的易与溶液中的形成沉淀。若溶液中的，，为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于(已知25时，FeS的为)。【答案】(1)(或)放出热量作催化剂或降低反应活化能(2)A(3)或8【详解】（1）将第一个方程式2倍加上第二个方程式得到该工艺的总反应方程式为(或)，该反应的热化学方程式，因此1mol发生该反应的热量变化为放出热量，参与了化学反应，但反应前后量没有改变，因此在总反应中的作用是作催化剂或降低反应活化能；故答案为：(或)；放出热量；作催化剂或降低反应活化能。（2）根据图中信息以由100%降至80%所持续的时间来评价铁配合物的脱硫效率，A持续时间最短，说明A的脱硫效率最高，因此结果最好的A；故答案为：A。（3）是二元弱酸，其电离是一步一步电离，主要以第一步电离为主，因此其电离方程式为或；根据题意pH=7时、的所占分数相等，因此的，pH=13时、的所占分数相等，则。再生反应在常温下进行，解离出的易与溶液中的形成沉淀。若溶液中的，根据得到，根据和，得到，pH=8，因此为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于8；故答案为：或；；；8。4．（2022福建卷）异丙醇可由生物质转化得到，催化异丙醇脱水制取高值化学品丙烯的工业化技术已引起人们的关注，其主要反应如下：..回答下列问题：(1)已知，则燃烧生成和的热化学方程式为。(2)在下，刚性密闭容器中的反应体系内水蒸气浓度与反应时间关系如下表：反应时间04812t20浓度024403200360040004100内，；t16(填“>”“<”或“=”)。(3)在恒温刚性密闭容器中，反应、均达到平衡的判据是(填标号)。a.的分压不变b.混合气体密度不变c.d.(4)在一定条件下，若反应、的转化率分别为98%和40%，则丙烯的产率为。(5)下图为反应、达到平衡时与温度的关系曲线。(已知：对于可逆反应，任意时刻，式中)表示物质的分压)在恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，反应的的状态最有可能对应图中的点(填“甲”“乙”或“丙”)，判断依据是。时，在密闭容器中加入一定量的，体系达到平衡后，测得的分压为，则水蒸气的分压为(用含x的代数式表示)。【答案】(1)(2)190>(3)ad(4)58.8%(5)甲反应I平衡曲线为N，恒压时充入水蒸气，【详解】（1）设，根据盖斯定律-2得。（2）内，，则；、、，c(H2O)逐渐减小，说明反应速率减小，内，c(H2O)=400ppm，内，c(H2O)=400ppm，则t-12>4，即t>16。（3）a．H2O的分压不变，则C3H6的分压也不变，反应1、各组分分压不变，反应1、均达到平衡，a正确；b．反应物和生成物均为气体，混合气体的总质量不变，刚性密闭容器体积不变，则混合气体密度不变，不能作为反应I、均达到平衡的判据，b错误；c．当时，反应不一定达到平衡，不能作为反应1、均达到平衡的判据，c错误；d．，说明正逆反应速率相等，反应I达平衡，各组分分压不变，C3H6的分压不变，说明反应也达平衡，d正确；故选ad。（4）设C3H8O的物质的量为1mol，若lmolC3H8O完全反应，理论上生成1molC3H6，因为反应、的转化率分别为98%和40%，反应I生成1mol98%=0.98molC3H6，反应消耗了40%C3H6，则达平衡时C3H6的物质的量为0.98mol(1-40%)=0.588mol，所以丙烯的产率为=58.8%。（5）反应I为气体体积增大的吸热反应，反应为气体体积减小的放热反应，则升高温度，反应I正向移动，逐渐增大，反应逆向移动，逐渐减小，即反应I为平衡曲线为N，反应平衡曲线为M；在350恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，对于反应I而言，相当于增大生成物浓度，使得>，即lg增大，反应I的状态最有可能对应图中的甲；由图可知，350C时达平衡后，=0，则350时==1，设水蒸气的平衡分压为aMPa，则反应II的C3H6起始分压为aMPa，对反应列三段式有，解得a=MPa。5．（2022重庆卷）反应在工业上有重要应用。(1)该反应在不同温度下的平衡常数如表所示。温度/7008008301000平衡常数1.671.111.000.59反应的H0(填“>”“<”或“=”)。反应常在较高温度下进行，该措施的优缺点是。(2)该反应常在Pd膜反应器中进行，其工作原理如图所示。利用平衡移动原理解释反应器存在Pd膜时具有更高转化率的原因是。某温度下，H2在Pd膜表面上的解离过程存在如下平衡：，其正反应的活化能远小于逆反应的活化能。下列说法错误的是。A．Pd膜对气体分子的透过具有选择性B．过程2的H0C．加快Pd膜内H原子迁移有利于H2的解离D．H原子在Pd膜表面上结合为H2的过程为放热反应同温同压下，等物质的量的CO和H2O通入无Pd膜反应器，CO的平衡转化率为75%；若换成Pd膜反应器，CO的平衡转化率为90%，则相同时间内出口a和出口b中H2的质量比为。(3)该反应也可采用电化学方法实现，反应装置如图所示。固体电解质采用(填“氧离子导体”或“质子导体”)。阴极的电极反应式为。同温同压下，相同时间内，若进口处n(CO)：n(H2O)=a：b，出口处气体体积为进口处的y倍，则CO的转化率为(用a，b，y表示)。【答案】(1)优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产物的转化率较低(2)Pd膜能选择性分离出H2，平衡正向移动，平衡转化率增大BD1:8(3)质子导体【详解】（1）根据表中的数据，温度越高，平衡常数越小，所以正反应为放热反应，；优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产物的转化率较低；（2）Pd膜能选择性分离出H2，平衡正向移动，平衡转化率增大；A.Pd膜只允许通过，不允许通过，对气体分子的透过具有选择性，A正确；B.过程正反应的活化能远小于逆反应的活化能，，B错误；C.加快Pd膜内H原子迁移，平衡正向移动，有利于的解离，C正确；D.为放热过程，H原子在Pd膜表面上结合为的过程为吸热反应，D错误；故选BD；根据反应，设通入的为1mol，无膜情况下一氧化碳的平衡转化率为75%，则平衡时CO、H2O(g)、CO2、H2的平衡物质的量分别为0.25mol、0.25mol、0.75mol、0.75mol，可计算出此温度下平衡常数K=9；有膜情况下一氧化碳的平衡转化率为90%，则平衡时CO、H2O(g)、CO2、H2的平衡物质的量分别为0.1mol、0.1mol、0.9mol、0.9mol(a口和b口总量，其中只有a口的处于平衡体系)，设a口产生的H2的物质的量为xmol，则，解得x=0.1，则出口a产生的为0.1mol，出口b的为0.9mol-0.1mol=0.8mol，质量比为1:8；（3）电解时，一氧化碳和水从均从阳极口进入，阳极一氧化碳转化为二氧化碳，则氢气要在阴极产生，故阳极产生二氧化碳的同时产生氢离子，氢离子通过固体电解质进入阴极附近得电子产生氢气，故固体电解质应采用质子导体；电解时，阴极发生还原反应，电极反应式为：；根据三段式：，出口处气体为体积为x，进口处的气体体积为，则，CO的转化率为：。6．（2022辽宁卷）工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，目前已有三位科学家因其获得诺贝尔奖，其反应为：。回答下列问题：(1)合成氨反应在常温下(填“能”或“不能”)自发。(2)温(填“高”或“低”，下同)有利于提高反应速率，温有利于提高平衡转化率，综合考虑催化剂(铁触媒)活性等因素，工业常采用。针对反应速率与平衡产率的矛盾，我国科学家提出了两种解决方案。(3)方案一：双温-双控-双催化剂。使用双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为时，的温度为，而的温度为)。下列说法正确的是。a．氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率b．在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率c．“热Fe”高于体系温度，有利于提高氨的平衡产率d．“冷Ti”低于体系温度，有利于提高合成氨反应速率(4)方案二：复合催化剂。下列说法正确的是。a．时，复合催化剂比单一催化剂效率更高b．同温同压下，复合催化剂有利于提高氨的平衡产率c．温度越高，复合催化剂活性一定越高(5)某合成氨速率方程为：，根据表中数据，；实验1mnpq22mnp2q3mn0.1p10q4m2np2.828q在合成氨过程中，需要不断分离出氨的原因为。a．有利于平衡正向移动b．防止催化剂中毒c．提高正反应速率(6)某种新型储氢材料的晶胞如图，八面体中心为M金属离子，顶点均为配体；四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。若其摩尔质量为，则M元素为(填元素符号)；在该化合物中，M离子的价电子排布式为。【答案】(1)能(2)高低(3)ab(4)a(5)-1a(6)Fe3d6【详解】（1），则G=H-TS=(-92.4+0.2298)kJmol-1=-32.4kJmol-10，所以合成氨反应在常温下能自发进行。答案为：能；（2）温度越高，反应速率越快，所以高温有利于提高反应速率；因为正反应为放热反应，所以低温有利于提高平衡转化率。答案为：高；低；（3）a．因为正反应为放热反应，所以低温有利于平衡正向移动，氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率，a正确；b．温度升高，反应速率加快，所以在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率，b正确；c．合成氨反应的正反应为放热反应，“热Fe”高于体系温度，不利于提高氨的平衡产率，c不正确；d．温度升高，可提高合成氨反应的速率，所以“冷Ti”低于体系温度，不利于提高合成氨反应速率，d不正确；故选ab。答案为：ab；（4）a．从图中可以看出，时，复合催化剂比单一催化剂的反应速率快，催化效率更高，a正确；b．催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡产率，所以同温同压下，复合催化剂不能提高氨的平衡产率，b不正确；c．虽然图中显示温度高反应速率快，但温度高到一定程度后，复合催化剂活性就可能不变或变低，c不正确；故选a。答案为：a；（5）选择实验1和3进行分析，此时，则=-1；a．在合成氨过程中，需要不断分离出氨，有利于平衡正向移动，a正确；b．氨是在该催化剂的催化作用下生成，不会使催化剂中毒，b不正确；c．分离出氨，并没有增大反应物的浓度，所以不会提高正反应速率，c不正确；故选a。答案为：-1；a；（6）从图中信息可以进行以下计算：含黑球的数目为=4，含白球的数目为8，则黑球与白球的个数比为1:2。黑球的化学式为，白球的化学式为。从而得出M+176+152=188，M=56，则M元素为Fe；在该化合物中，Fe2+的价电子排布式为3d6。答案为：Fe；3d6。【点睛】计算晶胞中所含微粒数目时，可采用均摊法。7．（2022江苏卷）氢气是一种清洁能源，绿色环保制氢技术研究具有重要意义。(1)“热电循环制氢”经过溶解、电解、热水解和热分解4个步骤，其过程如图所示。电解在质子交换膜电解池中进行。阳极区为酸性溶液，阴极区为盐酸，电解过程中转化为。电解时阳极发生的主要电极反应为(用电极反应式表示)。电解后，经热水解和热分解的物质可循环使用。在热水解和热分解过程中，发生化合价变化的元素有(填元素符号)。(2)“热循环制氢和甲酸”的原理为：在密闭容器中，铁粉与吸收制得的溶液反应，生成、和；再经生物柴油副产品转化为Fe。实验中发现，在时，密闭容器中溶液与铁粉反应，反应初期有生成并放出，该反应的离子方程式为。随着反应进行，迅速转化为活性，活性是转化为的催化剂，其可能反应机理如图所示。根据元素电负性的变化规律。如图所示的反应步骤可描述为。在其他条件相同时，测得Fe的转化率、的产率随变化如题图所示。的产率随增加而增大的可能原因是。(3)从物质转化与资源综合利用角度分析，“热循环制氢和甲酸”的优点是。【答案】(1)Cu、O(2)吸附在催化剂的Fe2+上的H与中碳原子作用，吸附在O2-的H与中的羟基氧作用生成的H2O和均吸附在上Fe2+随增加，催化剂的量增多，增大了接触面积，H2的产量增大，的产率增大(3)制得H2，CO2转化为甲酸，生物柴油副产品的利用【详解】（1）电解在质子交换膜电解池中进行，H+可自由通过，阳极区为酸性溶液，电解过程中转化为，电解时阳极发生的主要电极反应为：；电解后，经热水解得到的HCl和热分解得到的CuCl等物质可循环使用，从图中可知，热分解产物还有O2，从详解中得知，进入热水解的物质有，故发生化合价变化的元素有Cu、O。（2）在时，密闭容器中溶液与铁粉反应，反应初期有生成并放出，离子方程式为：；H的电负性大于Fe，小于O，在活性表面，部分H吸附在催化剂的亚铁离子上，略带负电；另一部分H吸附在催化剂的氧离子上，略带正电；前者与中略带正电的碳结合，后者与中略带负电的羟基氧结合生成H2O，转化为；故答案为：吸附在催化剂的Fe2+上的H与中碳原子作用，吸附在O2-的H与中的羟基氧作用生成的H2O和均吸附在上Fe2+；在其他条件相同时，随增加，其与铁粉反应加快，从图中得知Fe的转化率也增大，即生成和H2的速率更快，量更大，则得到活性的速度更快，量也更多，生成的速率更快，产率也更大。故答案为：随增加，催化剂的量增多，增大了接触面积，H2的产量增大，的产率增大；（3）“热循环制氢和甲酸”系统将转化为和生成H2的速率快，原子利用率高，不产生污染物，Fe初期生成后迅速转化为活性，氧化为再经生物柴油副产品转化为Fe，得到循环利用，故该原理的优点是：制得H2，CO2转化为甲酸，生物柴油副产品的利用。8．（2022湖北卷）自发热材料在生活中的应用日益广泛。某实验小组为探究“”体系的发热原理，在隔热装置中进行了下表中的五组实验，测得相应实验体系的温度升高值()随时间(t)的变化曲线，如图所示。实验编号反应物组成a粉末b粉c粉饱和石灰水d粉石灰乳e粉粉末回答下列问题：(1)已知：则的。(2)温度为T时，，则饱和溶液中(用含x的代数式表示)。(3)实验a中，后基本不变，原因是。(4)实验b中，的变化说明粉与在该条件下(填“反应”或“不反应”)。实验c中，前的有变化，其原因是；后基本不变，其原因是微粒的量有限。(5)下列说法不能解释实验d在内温度持续升高的是___________(填标号)。A．反应的发生促使反应平衡右移B．反应的发生促使反应平衡右移C．气体的逸出促使反应向右进行D．温度升高导致反应速率加快(6)归纳以上实验结果，根据实验e的特征，用文字简述其发热原理。【答案】(1)-911.9(2)molL-1(3)Ca(OH)2在水中的溶解度小，反应达到了平衡状态(4)不反应Al和溶液中的OH-发生了反应OH-(5)A(6)实验e中，发生反应、和，反应中有气体生成，气体的逸出促使反应向右进行，反应的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应平衡右移，反应的发生促使反应平衡右移，这三步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快。【详解】（1）根据盖斯定律可得，++2可得反应CaO(s)+2Al(s)+7H2O(l)=Ca2+(aq)+2[Al(OH)4]-(aq)+3H2(g)，则H4=H1+H2+2H3=(-65.17kJmol-1)+(-16.73kJmol-1)+2(-415.0kJmol-1)=-911.9kJmol-1。（2）温度为T时，Ca(OH)2饱和溶液中，Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH-(aq)，c(OH-)=2c(Ca2+)，Ksp[Ca(OH)2]=c(Ca2+)c2(OH-)=x，则c(OH-)=molL-1。（3）实验a中，CaO和H2O反应生成Ca(OH)2，4min后T基本不变，是因为Ca(OH)2在水中的溶解度小，反应达到了平衡状态。（4）实验b中，T几乎不变，说明Al粉与H2O在该条件下不反应；实验c中，前3min的T有变化，是因为Al和溶液中的OH-发生了反应，3min后T基本不变，是因为饱和石灰水中OH-的浓度较低，OH-的量有限。（5）实验d中，发生反应和，反应中有气体生成，气体的逸出促使反应向右进行，反应的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应平衡右移，这两步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快；综上所述，实验d在10min内温度持续升高与反应无关，故选A。（6）实验e中，发生反应、和，反应中有气体生成，气体的逸出促使反应向右进行，反应的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应平衡右移，反应的发生促使反应平衡右移，这三步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快。9．（2022海南卷）某空间站的生命保障系统功能之一是实现氧循环，其中涉及反应：回答问题：(1)已知：电解液态水制备，电解反应的。由此计算的燃烧热(焓)。(2)已知：的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系如图1所示。若反应为基元反应，且反应的与活化能(Ea)的关系为。补充完成该反应过程的能量变化示意图(图2)。某研究小组模拟该反应，温度t下，向容积为10L的抽空的密闭容器中通入和，反应平衡后测得容器中。则的转化率为，反应温度t约为。(3)在相同条件下，与还会发生不利于氧循环的副反应：，在反应器中按通入反应物，在不同温度、不同催化剂条件下，反应进行到2min时，测得反应器中、浓度()如下表所示。催化剂t=350t=400催化剂10.812722345.242780催化剂9.2107753438932在选择使用催化剂和350条件下反应，生成的平均反应速率为；若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂和400的反应条件，原因是。【答案】(1)-286(2)50%或0.5660.2(或660.1或660.3,其他答案酌情给分)(3)5.4相同催化剂，400的反应速率更快，相同温度，催化剂副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高【详解】（1）电解液态水制备，电解反应的，由此可以判断，2mol完全燃烧消耗，生成液态水的同时放出的热量为572kJ，故1mol完全燃烧生成液态水放出的热量为286kJ，因此，的燃烧热(焓)-286。（2）由的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系图可知，K随着温度升高而减小，故该反应为放热反应。若反应为基元反应，则反应为一步完成，由于反应的与活化能(Ea)的关系为，由图信息可知，则，该反应为放热反应，生成物的总能量小于反应物的，因此该反应过程的能量变化示意图为：。温度t下，向容积为10L的抽空的密闭容器中通入和，反应平衡后测得容器中，则的转化率为，根据C元素守恒可知，的平衡量为，和是按化学计量数之比投料的，则的平衡量为，的平衡量是的倍，则，的平衡浓度分别为、、、，则该反应的平衡常数K，根据图中的信息可知，反应温度t约为660.2。（3）在选择使用催化剂和350条件下反应，由表中信息可知，的浓度由增加到10.8，因此，生成的平均反应速率为；由表中信息可知，在选择使用催化剂和350条件下反应，的浓度由增加到10.8，，:12722:10.81178；在选择使用催化剂和350的反应条件下，的浓度由增加到9.2，:10775:9.21171；在选择使用催化剂和400条件下反应，的浓度由增加到345.2，:42780:345.2124；在选择使用催化剂和400的反应条件下，的浓度由增加到34，:38932:341145。因此，若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂和400的反应条件的原因是：相同催化剂，400的反应速率更快，相同温度，催化剂副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高。10．（2022河北卷）氢能是极具发展潜力的清洁能源，以氢燃料为代表的燃料电池有良好的应用前景。(1)时，燃烧生成)放热，蒸发吸热，表示燃烧热的热化学方程式为。(2)工业上常用甲烷水蒸气重整制备氢气，体系中发生如下反应。..下列操作中，能提高平衡转化率的是(填标号)。A．增加用量B．恒温恒压下通入惰性气体C．移除D．加入催化剂恒温恒压条件下，1molCH4(g)和1molH2O(g)反应达平衡时，的转化率为，的物质的量为，则反应的平衡常数(写出含有、b的计算式；对于反应，，x为物质的量分数)。其他条件不变，起始量增加到，达平衡时，，平衡体系中的物质的量分数为(结果保留两位有效数字)。(3)氢氧燃料电池中氢气在(填“正”或“负”)极发生反应。(4)在允许自由迁移的固体电解质燃料电池中，放电的电极反应式为。(5)甲醇燃料电池中，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO，四步可能脱氢产物及其相对能量如图，则最可行途径为a(用等代号表示)。【答案】(1)H2(g)+O2(g)=H2O(1)H=-286kJmol-1(2)BC43%(3)负(4)CnH2n+2-(6n+2)e-+(3n+1)O2-=nCO2+(n+1)H2O(5)abehj【详解】（1）298K时，1gH2燃烧生成H2O(g)放热121kJ，则1molH2燃烧生成H2O(g)放热=242kJ，用热化学方程式表示为：H2(g)+O2(g)=H2O(g)H1=-242kJmol-1，又因为1molH2O(1)蒸发吸热44kJ，则H2O(g)=H2O(l)H2=-44kJmol-1，根据盖斯定律可知，表示H2燃烧热的反应热为H=H1+H2=-286kJmol-1，故答案为：H2(g)+O2(g)=H2O(1)H=-286kJmol-1；（2）A．增加CH4(g)用量可以提高H2O(g)的转化率，但是CH4(g)平衡转化率减小，A不符合题意；B．恒温恒压下通入惰性气体，相当于减小体系压强，反应混合物中各组分的浓度减小，反应的化学平衡正向移动，能提高CH4(g)平衡转化率，B符合题意；C．移除CO(g)，减小了反应混合物中CO(g)的浓度，反应的化学平衡正向移动，能提高CH4(g)平衡转化率，C符合题意；D．加入催化剂不能改变平衡状态，故不能提高CH4(g)平衡转化率，D不符合题意；综上所述，上述操作中，能提高CH4(g)平衡转化率的是BC；恒温恒压条件下，1molCH4(g)和1molH2O(g)反应达平衡时，CH4(g)的转化率为，CO2(g)的物质的量为bmol，则转化的CH4(g)为mol，剩余的CH4(g)为(1-)mol，根据C元素守恒可知，CO(g)的物质的量为(-b)mol，根据H和O守恒可知，H2O(g)的物质的量为(1--b)mol，H2(g)的物质的量为(3+b)mol，则反应混合物的总物质的量为(2+2)mol，平衡混合物中，CH4(g)、H2O(g)、CO(g)、H2(g)的物质的量分数分别为、、、，因此，反应I的平衡常数Kx=；其他条件不变，H2O(g)起始量增加到5mol，达平衡时，=0.90，b=0.65，则平衡时，CH4(g)为0.1mol，根据C元素守恒可知，CO(g)的物质的量为0.25mol，，根据H和O守恒可知，H2O(g)的物质的量为(5-0.90-0.65)mol=3.45mol，H2(g)的物质的量为(3+b)mol=3.35mol，平衡混合物的总物质的量为(2+6)mol=7.8mol，平衡体系中H2(g)的物质的量分数为；（3）燃料电池中的燃料在负极发生氧化反应，因此，氢氧燃料电池中氢气在负极发生反应；（4）在允许O2-自由迁移的固体电解质燃料电池中，CnH2n+2在负极发生氧化反应生成CO2和H2O，电极反应式为CnH2n+2-(6n+2)e-+(3n+1)O2-=nCO2+(n+1)H2O；（5）由图示可知，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO，且能垒越低，活化能越小，越容易进行，根据图示可知，其可行的途径为：abehj。11．（2022山东卷）利用丁内酯(BL)制备1，丁二醇(BD)，反应过程中伴有生成四氢呋喃(THF)和丁醇(BuOH)的副反应，涉及反应如下：已知：反应为快速平衡，可认为不受慢反应、的影响；因反应在高压氛围下进行，故压强近似等于总压。回答下列问题：(1)以或BD为初始原料，在、的高压氛围下，分别在恒压容器中进行反应。达平衡时，以BL为原料，体系向环境放热；以BD为原料，体系从环境吸热。忽略副反应热效应，反应焓变。(2)初始条件同上。表示某物种i的物质的量与除外其它各物种总物质的量之比，和随时间t变化关系如图甲所示。实验测得，则图中表示变化的曲线是；反应平衡常数(保留两位有效数字)。以BL为原料时，时刻，BD产率=(保留两位有效数字)。(3)为达平衡时与的比值。、、三种条件下，以为初始原料，在相同体积的刚性容器中发生反应，随时间t变化关系如图乙所示。因反应在高压氛围下进行，可忽略压强对反应速率的影响。曲线a、b、c中，最大的是(填代号)；与曲线b相比，曲线c达到所需时间更长，原因是。【答案】(1)-200(X+Y)(2)a或c8.310-80.0839%(3)c由于b和c代表的温度相同，而压强对反应速率的影响可忽略，压强增大反应、均是逆向移动，增大，故=1.0所需时间更长【详解】（1）依题意，结合已知信息，可推定在同温同压下，以同物质的量的BL或BD为初始原料，达到平衡时的状态相同，两个平衡完全等效。则以5.010-3mol的BL为原料，达到平衡时放出XkJ热量与同物质的量的BD为原料达到平衡时吸收YkJ热量的能量二者能量差值为(X+Y)kJ，则1mol时二者能量和为200(X+Y)kJ，反应I为放热反应，因此焓变=-200(X+Y)kJmol-1。（2）实验测定Xa，即溶液pH从a变到b的过程中，溶液中c(H+)减小，所以的值将增大，故答案为：3；增大。15．（2022浙江卷）工业上，以煤炭为原料，通入一定比例的空气和水蒸气，经过系列反应可以得到满足不同需求的原料气。请回答：(1)在C和O2的反应体系中：反应1：C(s)+O2(g)=CO2(g)H1=-394kJmol-1反应2：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)H2=-566kJmol-1反应3：2C(s)+O2(g)=2CO(g)H3。设y=H-TS，反应1、2和3的y随温度的变化关系如图1所示。图中对应于反应3的线条是。一定压强下，随着温度的升高，气体中CO与CO2的物质的量之比。A．不变B．增大C．减小D．无法判断(2)水煤气反应：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)H=131kJmol-1。工业生产水煤气时，通常交替通入合适量的空气和水蒸气与煤炭反应，其理由是。(3)一氧化碳变换反应：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)H=-41kJmol-1。一定温度下，反应后测得各组分的平衡压强(即组分的物质的量分数总压)：p(CO)=0.25MPa、p(H2O)=0.25MPa、p(CO2)=0.75MPa和p(H2)=0.75MPa，则反应的平衡常数K的数值为。维持与题相同的温度和总压，提高水蒸气的比例，使CO的平衡转化率提高到90%，则原料气中水蒸气和CO的物质的量之比为。生产过程中，为了提高变换反应的速率，下列措施中合适的是。A．反应温度愈高愈好B．适当提高反应物压强C．选择合适的催化剂D．通入一定量的氮气以固体催化剂M催化变换反应，若水蒸气分子首先被催化剂的活性表面吸附而解离，能量-反应过程如图2所示。用两个化学方程式表示该催化反应历程(反应机理)：步骤：；步骤：。【答案】(1)aB(2)水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快化学反应速率(3)9.01.8：1BCM+H2O=MO+H2MO+CO=M+CO2【详解】（1）由已知方程式：(2反应1-反应2)可得反应3，结合盖斯定律得：，反应1前后气体分子数不变，升温y不变，对应线条b，升温促进反应2平衡逆向移动，气体分子数增多，熵增，y值增大，对应线条c，升温促进反应3平衡逆向移动，气体分子数减少，熵减，y值减小，对应线条a，故此处填a；温度升高，三个反应平衡均逆向移动，由于反应2焓变绝对值更大，故温度对其平衡移动影响程度大，故CO2物质的量减小，CO物质的量增大，所以CO与CO2物质的量比值增大，故答案选B；（2）由于水蒸气与煤炭反应吸热，会引起体系温度的下降，从而导致反应速率变慢，不利于反应的进行，通入空气，利用煤炭与O2反应放热从而维持体系温度平衡，维持反应速率，故此处填：水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快反应速率；（3）该反应平衡常数K=；假设原料气中水蒸气为xmol，CO为1mol，由题意列三段式如下：，则平衡常数K=，解得x=1.8，故水蒸气与CO物质的量之比为1.8：1；A．反应温度过高，会引起催化剂失活，导致反应速率变慢，A不符合题意；B．适当增大压强，可加快反应速率，B符合题意；C．选择合适的催化剂有利于加快反应速率，C符合题意；D．若为恒容条件，通入氮气对反应速率无影响，若为恒压条件，通入氮气后，容器体积变大，反应物浓度减小，反应速率变慢，D不符合题意；故答案选BC；水分子首先被催化剂吸附，根据元素守恒推测第一步产生H2，第二步吸附CO产生CO2，对应反应历程依次为：M+H2O=MO+H2、MO+CO=M+CO2。1．（2021全国乙卷）一氯化碘(ICl)是一种卤素互化物，具有强氧化性，可与金属直接反应，也可用作有机合成中的碘化剂。回答下列问题：(1)历史上海藻提碘中得到一种红棕色液体，由于性质相似，Liebig误认为是ICl，从而错过了一种新元素的发现，该元素是。(2)氯铂酸钡()固体加热时部分分解为、和，376.8时平衡常数，在一硬质玻璃烧瓶中加入过量，抽真空后，通过一支管通入碘蒸气(然后将支管封闭)，在376.8，碘蒸气初始压强为。376.8平衡时，测得烧瓶中压强为，则，反应的平衡常数K=(列出计算式即可)。(3)McMorris测定和计算了在136~180范围内下列反应的平衡常数。得到和均为线性关系，如下图所示：由图可知，NOCl分解为NO和反应的0(填“大于”或“小于”)反应的K=(用、表示)：该反应的0(填“大于”或“小于”)，写出推理过程。(4)Kistiakowsky曾研究了NOCl光化学分解反应，在一定频率(v)光的照射下机理为：其中表示一个光子能量，表示NOCl的激发态。可知，分解1mol的NOCl需要吸收mol光子。【答案】溴(或)24.8大于大于设，即，由图可知：则：，即，因此该反应正反应为吸热反应，即大于00.5【详解】(1)红棕色液体，推测为溴单质，因此错过发现的元素是溴(或)；(2)由题意玻376.8时璃烧瓶中发生两个反应：(s)(s)+(s)+2(g)、Cl2(g)+I2(g)2ICl(g)。(s)(s)+(s)+2(g)的平衡常数，则平衡时p2(Cl2)=，平衡时p(Cl2)=100Pa，设到达平衡时I2(g)的分压减小pkPa，则，376.8平衡时，测得烧瓶中压强为，则0.1+20.0+p=32.5，解得p=12.4，则平衡时2p=212.4kPa=24.8kPa；则平衡时，I2(g)的分压为(20.0-p)kPa=(20103-12.4103)Pa，24.8kPa=24.8103Pa，p(Cl2)=0.1kPa=100Pa，因此反应的平衡常数K=；(3)结合图可知，温度越高，越小，lgKp2越大，即Kp2越大，说明升高温度平衡正向移动，则NOCl分解为NO和反应的大于0；..+得，则的K=；该反应的大于0；推理过程如下：设，即，由图可知：则：，即，因此该反应正反应为吸热反应，即大于0；(4)..+得总反应为2NOCl+hv=2NO+Cl2，因此2molNOCl分解需要吸收1mol光子能量，则分解1mol的NOCl需要吸收0.5mol光子。2．（2021全国甲卷）二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。回答下列问题：(1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：该反应一般认为通过如下步骤来实现：总反应的；若反应为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是(填标号)，判断的理由是。A．B．C．D．(2)合成总反应在起始物时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为，在下的、在下的如图所示。用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式；图中对应等压过程的曲线是，判断的理由是；当时，的平衡转化率，反应条件可能为或。【答案】-49AH1为正值，H2为和H为负值，反应的活化能大于反应的b总反应H<0，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变小33.3%5105Pa，2109105Pa，250【详解】(1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：，该反应一般认为通过如下步骤来实现：，，根据盖斯定律可知，+可得二氧化碳加氢制甲醇的总反应为：；该反应总反应为放热反应，因此生成物总能量低于反应物总能量，反应为慢反应，因此反应的活化能高于反应，同时反应的反应物总能量低于生成物总能量，反应的反应物总能量高于生成物总能量，因此示意图中能体现反应能量变化的是A项，故答案为：-49；A；H1为正值，H2为和H为负值，反应的活化能大于反应的。(2)二氧化碳加氢制甲醇的总反应为，因此利用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式Kp=，故答案为：。该反应正向为放热反应，升高温度时平衡逆向移动，体系中将减小，因此图中对应等压过程的曲线是b，故答案为：b；总反应H<0，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变小。设起始n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，则，当平衡时时，=0.1，解得x=mol，平衡时CO2的转化率==33.3%；由图可知，满足平衡时的条件有：5105Pa，210或9105Pa，250，故答案为：33.3%；5105Pa，210；9105Pa，250。3．（2021重庆卷）含结晶水的无机物可应用在吸波材料、电极材料和相变储能材料等领域。胆矾(CuSO45H2O)是一种重要的结晶水合物。(1)硫酸铜参比电极具有电位稳定的优点，可用于土壤环境中钢质管道的电位监测。测量的电化学原理如图所示。回答下列问题：负极的电极反应式为。测量后参比电极中CuSO4溶液的浓度(填变大”，“变小”或“不变)。(2)把胆矾放到密闭容器内，缓缓抽去其中的水气，胆矾分三次依次脱水，各步脱水过程为一系列的动态平衡，反应式如下(脱水过程为吸热反应)。反应I：CuSO45H2O(s)CuSO43H2O(s)+2H2O(g)反应II：CuSO43H2O(s)CuSO4H2O(s)+2H2O(g)反应III：CuSO4H2O(s)CuSO4(s)+H2O(g)如图为50C时水合物中水的质量分数w与压强p(H2O)的关系图，回答下列问题：用无水CuSO4检验乙醇中含有微量水的现象是。反应对应的线段为(填“ab”、“ed”或“ef”)。反应的平衡常数Kp=Pa2。反应III在60C和50C的平衡压强p(H2O)分别为p1和p2，则p1p2(填*>”、“<”或“=”)。当样品状态c点下网到M点，体系存在的固体有；转化率为%(保留小数点后两位)。25C时为了保持CuSO45H2O晶体纯度，可将其存在盛有大量Na2CO3H2O晶体(平衡压强p(H2O)=706Pa)的密闭容器中，简述其理由。【答案】(1)不变(2)乙醇呈现出蓝色ab1.6107>CuSO43H2O和CuSO4H2O38.89%25C时Na2CO3H2O的平衡压强为p(H2O)=706Pa，低于反应II中平衡压强为p(H2O)=747Pa，且远远超过反应III中平衡压强为p(H2O)=107Pa，此时反应II的平衡正向移动得比较充分，而反应III的平衡会大幅度逆向移动，从而抑制Na2CO3H2O的脱水，有利于其保持纯度【详解】（1）钢制管道、参比电极、潮湿土壤构成原电池，参比电极为Cu电极，钢制管道为铁电极，金属性FeCu，则Fe做负极材料，负极的电极反应式为：；Cu电极为正极，电极反应式为：，CuSO45H2O溶解与电解质溶液中，此时硫酸铜溶液的浓度不变；（2）无水CuSO4遇水变为蓝色，则用无水CuSO4检验乙醇中含有微量水的现象是：乙醇变为蓝色；反应中水合物的质量分数最大，符合条件的线段为ab；反应中p(H2O)=4000Pa，反应II：CuSO43H2O(s)CuSO4H2O(s)+2H2O(g)列出平衡常数，；脱水过程为吸热反应，则反应温度升高平衡正向移动，且正反应的总体积增大的反应，则温度越高，压强越大，则p1p2；c点时固体为CuSO43H2O，d点时固体为CuSO4H2O，则M点时固体为CuSO43H2O和CuSO4H2O；M点时水合物中水的质量分数为20%，c点到M点发生的反应为反应，列出三段式如下：计算可得转化率为38.89%；25C时Na2CO3H2O的平衡压强为p(H2O)=706Pa，低于反应II中平衡压强为p(H2O)=747Pa，且远远超过反应III中平衡压强为p(H2O)=107Pa，此时反应II的平衡正向移动得比较充分，而反应III的平衡会大幅度逆向移动，从而抑制Na2CO3H2O的脱水，有利于其保持纯度。4．（2021江苏卷）甲烷是重要的资源，通过下列过程可实现由甲烷到氢气的转化。(1)500时，CH4与H2O重整主要发生下列反应：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)已知CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s)H=-178.8kJmol-1。向重整反应体系中加入适量多孔CaO，其优点是。(2)CH4与CO2重整的主要反应的热化学方程式为反应I：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)H=246.5kJmol-1反应II：H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)H=41.2kJmol-1反应III：2CO(g)=CO2(g)+C(s)H=-172.5kJmol-1在CH4与CO2重整体系中通入适量H2O(g)，可减少C(s)的生成，反应3CH4(g)+CO2(g)+2H2O(g)=4CO(g)+8H2(g)的H=。1.01105Pa下，将n起始(CO2)：n起始(CH4)=1：1的混合气体置于密闭容器中，不同温度下重整体系中CH4和CO2的平衡转化率如图1所示。800下CO2平衡转化率远大于600下CO2平衡转化率，其原因是。(3)利用铜—铈氧化物(xCuOyCeO2，Ce是活泼金属)催化氧化可除去H2中少量CO，催化氧化过程中Cu、Ce的化合价均发生变化，可能机理如图2所示。将n(CO)：n(O2)：n(H2)：n(N2)=1：1：49：49的混合气体以一定流速通过装有xCuOyCeO2催化剂的反应器，CO的转化率随温度变化的曲线如图3所示。Ce基态原子核外电子排布式为[Xe]4f15d16s2，图2所示机理的步骤(i)中，元素Cu、Ce化合价发生的变化为。当催化氧化温度超过150时，催化剂的催化活性下降，其可能原因是。【答案】(1)吸收CO2，提高H2的产率，提供热量(2)657.1kJmol-1反应和反应的H0，高温下反应的平衡常数大(反应正向进行程度大)，CO2的消耗量大，反应的H0，高温下反应的平衡常数小(反应正向进行程度小)，CO2的生成量小(3)铜的化合价由+2变为+1价，铈的化合价由+4价变为+3价高温下，Cu(+2价)或Cu(+1价)被H2还原为金属Cu【详解】（1）已知CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s)H=178.8kJmol-1，因此向重整反应体系中加入适量多孔CaO的优点是吸收CO2，使平衡正向移动，提高H2的产率，同时提供热量。（2）反应I：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)H=246.5kJmol-1反应II：H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)H=41.2kJmol-1依据盖斯定律可知I3II2即得到反应3CH4(g)+CO2(g)+2H2O(g)=4CO(g)+8H2(g)的H=657.1kJmol-1。由于反应和反应的H0，高温下反应的平衡常数大(反应正向进行程度大)，CO2的消耗量大，反应的H0，高温下反应的平衡常数小(反应正向进行程度小)，CO2的生成量小，所以800下CO2平衡转化率远大于600下CO2平衡转化率。（3）图2所示机理的步骤(i)中CO结合氧元素转化为二氧化碳，根据Cu、Ce两种元素的核外电子排布式可判断元素Cu、Ce化合价发生的变化为铜的化合价由+2变为+1价，铈的化合价由+4价变为+3价。由于高温下，Cu(+2价)或Cu(+1价)被H2还原为金属Cu，所以当催化氧化温度超过150时，催化剂的催化活性下降。5．（2021福建卷）化学链燃烧()是利用载氧体将空气中的氧传输至燃料的新技术，与传统燃烧方式相比，避免了空气和燃料的直接接触，有利于高效捕集。基于载氧体的甲烷化学链燃烧技术示意图如下。空气反应器与燃料反应器中发生的反应分别为：(1)反应。(2)反应的平衡常数表达式。(3)氧的质量分数：载氧体(填“>”“=”或“<”)载氧体。(4)往盛有载氧体的刚性密闭容器中充入空气【氧气的物质的量分数为21%】，发生反应。平衡时随反应温度T变化的曲线如图所示。时的平衡转化率(保留2位有效数字)。(5)根据下图，随温度升高而增大的原因是。反应温度必须控制在以下，原因是。(6)载氧体掺杂改性，可加快化学链燃烧速率。使用不同掺杂的载氧体，反应活化能如下表所示。载氧体掺杂物质氧化铝膨润土活化能/由表中数据判断：使用(填“氧化铝”或“膨润土”)掺杂的载氧体反应较快；使用氧化铝或者膨润土掺杂的载氧体，单位时间内燃料反应器释放的热量分别为、，则ab(填“>”“=”或“<”)。【答案】(1)(2)(或)(3)>(4)58%(5)反应为放热反应，温度升高平衡左移温度高于时，大于21%，载氧体无法载氧(6)膨润土<【详解】（1）；，用2+（1）得：反应=，故答案：。（2）由可知，故体没有浓度，所以该反应的平衡常数表达式(或)，故答案：(或)。（3）由图可知：载氧体I是把空气中的氧气转移到燃料反应器，载氧体II是氧气和甲烷发生反应释放出水和二氧化碳，所以氧的质量分数：载氧体I>载氧体II，故答案：>。（4）设往盛有载氧体的刚性密闭容器中充入空气的物质的量为1mol,氧气的物的量分数为21%，则氧气的物质的量为0.21mol，由图可知，达到平衡时氧气的物的量分数为10%，设反应的O2为xmol，有，x=0.122mol，则时的平衡转化率=58%，故答案：58%。（5）因为为放热反应，随温度升高平衡逆向移动，氧气的浓度正大。因为往盛有载氧体的刚性密闭容器中充入空气【氧气的物质的量分数为21%】，由图可知，当温度高于时，大于21%，载氧体无法载氧。故答案：反应为放热反应，温度升高平衡左移；温度高于时，大于21%，载氧体无法载氧。（6）由表中数据可知：使用氧化铝掺杂的载氧体反应的活化能比使用膨润土掺杂的载氧体反应的活化能高，所以使用膨润土掺杂的载氧体反应较快。使用氧化铝比使用者膨润土掺杂的载氧体反应较慢，单位时间内燃料反应器释放的热量少，所以<，故答案：膨润土；<。6．（2021海南卷）碳及其化合物间的转化广泛存在于自然界及人类的生产和生活中。已知25，时：葡萄糖完全燃烧生成和，放出热量。。回答问题：(1)25时，与经光合作用生成葡萄糖和的热化学方程式为。(2)25，时，气态分子断开化学键的焓变称为键焓。已知、键的键焓分别为、，分子中碳氧键的键焓为。(3)溶于水的只有部分转化为，大部分以水合的形式存在，水合可用表示。已知25时，的平衡常数，正反应的速率可表示为，逆反应的速率可表示为，则(用含的代数式表示)。(4)25时，潮湿的石膏雕像表面会发生反应：，其平衡常数。[已知，](5)溶洞景区限制参观的游客数量，主要原因之一是游客呼吸产生的气体对钟乳石有破坏作用，从化学平衡的角度说明其原因。【答案】(1)(2)1067.5(3)(4)(5)游客呼出的CO2可与钟乳石主要成分CaCO3发生可逆反应：，CO2增加，平衡正向移动，CaCO3减少，钟乳石被坏【详解】（1）由题意可知，反应为1mol葡萄糖在氧气中完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出2804kJ的热量，反应的热化学方程式为=，二氧化碳和液态水经光合作用生成葡萄糖和氧气的反应为葡萄糖燃烧的逆反应，生成1mol葡萄糖会吸收2804kJ的热量，反应的热化学方程式为=，故答案为：=；（2）由题干信息结合反应知,=反应物总键能-生成物总键能=E(CO)+E(O=O)-2E(C=O)=E(CO)+-=-283kJmol-1。解得E(CO)=1067.5kJmol-1。故答案为：1067.5；（3）当反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，则由v(H2CO3)=v(CO2)可得：k1c(H2CO3)=k2c(CO2)，==K=600，解得k2=，故答案为：；（4）由方程式可知，反应的平衡常数K=====3.25103，故答案为：3.25103；（5）二氧化碳和碳酸钙在溶液中存在如下平衡，当游客数量增大，反应物二氧化碳的浓度增大，平衡向正反应方向移动，碳酸钙因反应而减少，导致钟乳石被坏，故答案为：游客呼出的CO2可与钟乳石主要成分CaCO3发生可逆反应：，CO2增加，平衡正向移动，CaCO3减少，钟乳石被坏。7．（2021湖北卷）丙烯是一种重要的化工原料，可以在催化剂作用下，由丙烷直接脱氢或氧化脱氢制备。反应(直接脱氢)：C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)H1=+125kJmol-1反应(氧化脱氢)：C3H8(g)+O2(g)=C3H6(g)+H2O(g)H2=-118kJmol-1(1)已知键能：E(C—H)=416kJmol-1，E(H—H)=436kJmol-1，由此计算生成1mol碳碳键放出的能量为kJ。(2)对于反应，总压恒定为100kPa，在密闭容器中通入C3H8和N2的混合气体(N2不参与反应)，从平衡移动的角度判断，达到平衡后“通入N2”的作用是。在温度为T1时，C3H8的平衡转化率与通入气体中C3H8的物质的量分数的关系如图a所示，计算T1时反应的平衡常数Kp=kPa(以分压表示，分压=总压物质的量分数，保留一位小数)。(3)在温度为T2时，通入气体分压比为p(C3H8)：p(O2)：p(N2)=10：5：85的混合气体，各组分气体的分压随时间的变化关系如图b所示。01.2s生成C3H6的平均速率为kPas-1；；在反应一段时间后，C3H8和O2的消耗速率比小于21的原因为。(4)恒温刚性密闭容器中通入气体分压比为p(C3H8)：p(O2)：p(N2)=2：13：85的混合气体，已知某反应条件下只发生如下反应(k，k为速率常数)：反应：2C3H8(g)+O2(g)=2C3H6(g)+2H2O(g)k反应：2C3H6(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(g)k实验测得丙烯的净生成速率方程为v(C3H6)=kp(C3H8)-kp(C3H6)，可推测丙烯的浓度随时间的变化趋势为，其理由是。【答案】(1)271(2)减小气体浓度，使平衡右移，提高C3H8(g)转化率16.7(3)2H2和C3H6都消耗O2(4)先增大后减小反应开始时，体系中主要发生反应，c(C3H6)逐渐增大，随着反应进行，p(C3H8)减小，p(C3H6)增大，v(C3H6)减小，体系中主要发生反应，c(C3H6)逐渐减小【详解】（1）由C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)H1=+125kJmol-1可知反应需要中断裂2molC—H键、形成1mol碳碳键和1molH—H键，416kJmol-12-E(碳碳键)-436kJmol-1=+125kJ.mol-1，解得：E(碳碳键)=+271kJ.mol-1，所以形成1mol碳碳键放出的能量为271kJ；（2）达到平衡后，通入N2，由于总压恒定为100kPa，则容器体积增大，平衡向气体体积增大的方向移动，即向正反应方向移动，C3H8(g)的转化率增大；根据图a，C3H8的物质的量分数为0.4时，其平衡转化率为50%；假设混合气体为1mol，则起始时C3H8为0.4mol，N2为0.6mol，运用三段式法计算：由于总压恒定为100kPa，平衡时C3H8为0.2mol，C3H6为0.2mol，H2为0.2mol，N2为0.6mol，则C3H8(g)、C3H6(g)、H2(g)的分压均为：100KPa=故T1时反应的平衡常数KP==16.7kPa。（3）内C3H6的分压由0增大为2.4kPa，则生成的平均速率为=2kPas-1；若只发生反应、，C3H6的分压应大于H2和H2O的分压，但由图b知，随着反应进行，分压p(H2O)>p(C3H6)>p(H2)，且有CO2生成，H2分压降低，故体系中还发生反应：C3H6+O2=3CO2+3H2O，H2+O2=H2O，消耗O2，因此C3H8和O2的消耗速率比小于21；（4）反应开始时，反应向右进行，c(C3H6)逐渐增大，且体系中以反应为主，随着反应进行，p(C3H8)减小，p(C3H6)增大，使得v(C3H6)减小，体系中以反应为主，因此丙烯的浓度随时间的变化趋势为先增大后减小。8．（2021辽宁卷）苯催化加氢制备环己烷是化工生产中的重要工艺，一定条件下，发生如下反应：.主反应：(g)+3H2(g)(g)H1<0.副反应：(g)(g)H2>0回答下列问题：(1)已知：..2(g)+15O2(g)12CO2(g)+6H2O(l)H4.(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l)H5则(用、和表示)。(2)有利于提高平衡体系中环己烷体积分数的措施有_______。A．适当升温B．适当降温C．适当加压D．适当减压(3)反应在管式反应器中进行，实际投料往往在的基础上适当增大用量，其目的是。(4)氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心时，才能发生反应，机理如图。当中混有微量或等杂质时，会导致反应的产率降低，推测其可能原因为。(5)催化剂载体中的酸性中心能催化苯及环己烷的裂解。已知酸性中心可结合孤电子对，下图中可作为酸性中心的原子的标号是(填“”“”或“”)。(6)恒压反应器中，按照投料，发生、反应，总压为，平衡时苯的转化率为，环己烷的分压为p，则反应1的(列出计算式即可，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数)。【答案】(1)(2)BC(3)提高苯的利用率(4)金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活性(5)(6)【详解】（1）根据盖斯定律结合已知反应：..2(g)+15O2(g)12CO2(g)+6H2O(l)H4.(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l)H5.主反应：(g)+3H2(g)(g)可由，则，故答案为：；（2）根据.主反应：(g)+3H2(g)(g)是一个气体体积减小的方向的放热反应，故有利于提高平衡体系中环己烷体积分数即使平衡向正方向移动，根据勒夏特列原理，可采用适当降低温度和实当加压有利平衡正向移动，而升温和减压都将使平衡逆向移动，故答案为：BC；（3）反应在管式反应器中进行，实际投料往往在的基础上适当增大用量，增大H2的浓度将使平衡正向移动，从而提高苯的转化率即利用率，故适当增大H2用量的目的是提高苯的利用率，故答案为：提高苯的利用率；（4）氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心时，才能发生反应，机理如图。当中混有微量或等杂质时，会导致反应的产率降低，推测其可能原因为金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活性，故答案为：金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活性；（5）催化剂载体中的酸性中心能催化苯及环己烷的裂解。已知酸性中心可结合弧电子对，由图可知，中原子无孤对电子也没有空轨道，中原子无孤对电子但有空轨道可接收孤电子对，中有孤对电子，无空轨道，故下图中可作为酸性中心的原子的标号是，故答案为：；（6）恒压反应器中，按照投料，设投入的苯的物质的量为1mol，发生、反应总压为，平衡时苯的转化率为，环己烷的分压为p，则：，有反应后平衡体系中总的物质的量为：1-+4-3+-x+x=5-3，故平衡时，苯的分压为：，H2的分压为：，则反应1的=，故答案为：。9．（2021天津卷）CS2是一种重要的化工原料。工业上可以利用硫(S8)与CH4为原料制备CS2，S8受热分解成气态S2，发生反应，回答下列问题：(1)CH4的电子式为，CS2分子的立体构型为。(2)某温度下，若S8完全分解成气态S2。在恒温密闭容器中，S2与CH4物质的量比为21时开始反应。当CS2的体积分数为10%时，CH4的转化率为。当以下数值不变时，能说明该反应达到平衡的是(填序号)。a．气体密度b．气体总压c．CH4与S2体积比d．CS2的体积分数(3)一定条件下，CH4与S2反应中CH4的平衡转化率、S8分解产生S2的体积分数随温度的变化曲线如图所示。据图分析，生成CS2的反应为(填“放热”或“吸热”)反应。工业上通常采用在600650的条件下进行此反应，不采用低于600的原因是。(4)用燃煤废气(含N2、O2、SO2、CO2、H2O、NOx等)使尾气中的H2S转化为单后硫S，可实现废物利用，保护环境，写出其中一个反应的化学方程式。【答案】(1)直线形(2)30%d(3)放热600时甲烷平衡转化率高达99%，低于600时，S2浓度明显偏小，且反应速率慢(4)、、写出任意一个【详解】（1）CH4的电子式为：；CS2和二氧化碳是等电子体故其立体构型为：直线型；（2）在恒温密闭容器中，S2与CH4物质的量比为21时开始反应，CS2的体积分数为10%，即，解得x=0.3a，则CH4的转化率为30%。a.恒容容器，质量不变，故密度一直不变，故密度不变不一定平衡，不选；b.反应前后气体的物质的量不变，故压强也一直不变，故压强不变一定平衡，不选；c.CH4与S2体积比一直为1:2，故不一定平衡，不选；d.CS2的体积分数说明反应已经达到了平衡，选；故选d。（3）由图可知，随温度升高，甲烷的转化率降低，故反应为放热反应。工业上通常采用在600650的条件下进行此反应，不采用低于600的原因是600时甲烷平衡转化率高达99%，低于600时，S2浓度明显偏小，且反应速率慢。（4）用燃煤废气(含N2、O2、SO2、CO2、H2O、NOx等)使尾气中的H2S转化为单后硫S)发生的化学反应方程式为、、写出任意一个。10．（2021山东卷）2-甲氧基-2-甲基丁烷(TAME)常用作汽油原添加剂。在催化剂作用下，可通过甲醇与烯烃的液相反应制得，体系中同时存在如图反应：反应：+CH3OHH1反应：+CH3OHH2反应：H3回答下列问题：(1)反应、、以物质的量分数表示的平衡常数Kx与温度T变化关系如图所示。据图判断，A和B中相对稳定的是(用系统命名法命名)；的数值范围是(填标号)。A．<-1B．-10C．01D．>1(2)为研究上述反应体系的平衡关系，向某反应容器中加入1.0molTAME，控制温度为353K，测得TAME的平衡转化率为。已知反应的平衡常数Kx3=9.0，则平衡体系中B的物质的量为mol，反应的平衡常数Kx1=。同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，反应的化学平衡将(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)平衡时，A与CH3OH物质的量浓度之比c(A)：c(CH3OH)=。(3)为研究反应体系的动力学行为，向盛有四氢呋喃的另一容器中加入一定量A、B和CH3OH。控制温度为353K，A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化如图所示。代表B的变化曲线为(填“X”或“Y”)；t=100s时，反应的正反应速率v正逆反应速率v逆(填“”“”或“=)。【答案】2-甲基-2-丁烯D0.9逆向移动1:10X【详解】(1)由平衡常数Kx与温度T变化关系曲线可知，反应、、的平衡常数的自然对数随温度升高（要注意横坐标为温度的倒数）而减小，说明3个反应均为放热反应，即H10、H20、H30，因此，A的总能量高于B的总能量，能量越低越稳定，A和B中相对稳定的是B，其用系统命名法命名为2-甲基-2-丁烯；由盖斯定律可知，-=，则H1-H2=H30，因此H1H2，由于放热反应的H越小，其绝对值越大，则的数值范围是大于1，选D。(2)向某反应容器中加入1.0molTAME，控制温度为353K，测得TAME的平衡转化率为,则平衡时n(TAME)=(1-)mol，n(A)+n(B)=n(CH3OH)=mol。已知反应的平衡常数Kx3=9.0，则=9.0，将该式代入上式可以求出平衡体系中B的物质的量为0.9mol，n(A)=0.1mol，反应的平衡常数Kx1=。同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，反应的化学平衡将向着分子数增大的方向移动，即逆向移动。平衡时，TAME的转化率变大，但是平衡常数不变，A与CH3OH物质的量浓度之比不变，c(A)：c(CH3OH)=0.1：=1:10。(3)温度为353K，反应的平衡常数Kx3=9.0，=9.0。由A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化曲线可知，X代表的平衡浓度高于Y，则代表B的变化曲线为X；由母线的变化趋势可知，100s以后各组分的浓度仍在变化，t=100s时，因此，反应正在向逆反应方向移动，故其正反应速率v正小于逆反应速率v逆，填。11．（2021浙江卷）含硫化合物是实验室和工业上的常用化学品。请回答：(1)实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量：。判断该反应的自发性并说明理由。(2)已知。时，在一恒容密闭反应器中充入一定量的和，当反应达到平衡后测得、和的浓度分别为、和。该温度下反应的平衡常数为。平衡时的转化率为。(3)工业上主要采用接触法由含硫矿石制备硫酸。下列说法正确的是。A．须采用高温高压的反应条件使氧化为B．进入接触室之前的气流无需净化处理C．通入过量的空气可以提高含硫矿石和的转化率D．在吸收塔中宜采用水或稀硫酸吸收以提高吸收速率接触室结构如图1所示，其中1~4表示催化剂层。图2所示进程中表示热交换过程的是。A．B．C．D．E.F.G.对于放热的可逆反应，某一给定转化率下，最大反应速率对应的温度称为最适宜温度。在图3中画出反应的转化率与最适宜温度(曲线)、平衡转化率与温度(曲线)的关系曲线示意图(标明曲线、)。(4)一定条件下，在溶液体系中，检测得到pH-时间振荡曲线如图4，同时观察到体系由澄清浑浊澄清的周期性变化。可用一组离子方程式表示每一个周期内的反应进程，请补充其中的2个离子方程式。..；.；.。【答案】不同温度下都能自发，是因为CBDF【详解】(1)实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量的反应为，由于该反应，因此该反应在任何温度下都能自发进行。(2)根据题中所给的数据可以求出该温度下的平衡常数为.平衡时的转化率为；(3)A．在常压下催化氧化为的反应中，的转化率已经很高，工业上有采用高压的反应条件，A说法不正确；B．进入接触室之前的气流中含有会使催化剂中毒的物质，需经净化处理以防止催化剂中毒，B说法不正确；C．通入过量的空气可以增大氧气的浓度，可以使含硫矿石充分反应，并使化学平衡向正反应方向移动，因此可以提高含硫矿石和的转化率；D．与水反应放出大量的热，在吸收塔中若采用水或稀硫酸吸收，反应放出的热量会使硫酸形成酸雾从而影响被水吸收导致的吸收速率减小，因此，在吸收塔中不宜采用水或稀硫酸吸收，D说法不正确。综上所述，相关说法正确的是C；反应混合物在热交换气中与原料气进行热交换，在热交换过程中，反应混合物不与催化剂接触，化学反应速率大幅度减小，故虽然反应混合物的温度降低，的转化率基本不变，因此，图2所示进程中表示热交换过程的是、、，因此选BDF；对于放热的可逆反应，该反应的最适宜温度为催化剂的催化活性最好时所对应的温度，在该温度下化学反应速率最大，的转化率也最大；当温度高于最适宜温度后，催化剂的催化活性逐渐减小，催化剂对化学反应速率的影响超过了温度升高对化学反应速率的影响，因此化学反应速率逐渐减小，的转化率也逐渐减小；由于该反应为放热反应，随着温度的升高，的平衡转化率减小；由于反应混合物与催化剂层的接触时间较少，在实际的反应时间内反应还没有达到化学平衡状态，故在相应温度下的转化率低于其平衡转化率。因此，反应的转化率与最适宜温度（曲线）、平衡转化率与温度（曲线）的关系曲线示意图可表示如下：.(4)由时间振荡曲线可知，在溶液体系中，溶液的呈先增大后减小的周期性变化，同时观察到体系由澄清浑浊澄清的周期性变化，硫化钠与硫酸反应生成，，然后发生，该过程溶液的基本不变，溶液保持澄清；溶液变浑浊时被氧化为，即发生，该过程溶液的增大；溶液又变澄清时又被氧化为，发生，该过程溶液的在减小。因此可以推测该过程中每一个周期内的反应进程中依次发生了如下离子反应：、、、。12．（2021广东卷）我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。CH4与CO2重整是CO2利用的研究热点之一。该重整反应体系主要涉及以下反应：a)CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)H1b)CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)H2c)CH4(g)C(s)+2H2(g)H3d)2CO(g)CO2(g)+C(s)H4e)CO(g)+H2(g)H2O(g)+C(s)H5(1)根据盖斯定律，反应a的H1=(写出一个代数式即可)。(2)上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有。A．增大CO2与CH4的浓度，反应a、b、c的正反应速率都增加B．移去部分C(s)，反应c、d、e的平衡均向右移动C．加入反应a的催化剂，可提高CH4的平衡转化率D．降低反应温度，反应a~e的正、逆反应速率都减小(3)一定条件下，CH4分解形成碳的反应历程如图所示。该历程分步进行，其中，第步的正反应活化能最大。(4)设K为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压（单位为kPa）除以p0（p0=100kPa）。反应a、c、e的lnK随（温度的倒数）的变化如图所示。反应a、c、e中，属于吸热反应的有(填字母)。反应c的相对压力平衡常数表达式为K=。在图中A点对应温度下、原料组成为n(CO2):n(CH4)=1:1、初始总压为100kPa的恒容密闭容器中进行反应，体系达到平衡时H2的分压为40kPa。计算CH4的平衡转化率，写出计算过程。(5)CO2用途广泛，写出基于其物理性质的一种用途：。【答案】H2+H3-H5或H3-H4AD44ac68%做冷冻剂【分析】根据盖斯定律计算未知反应的反应热；根据影响化学反应速率和化学平衡的因素判断反应速率的变化及转化率的变化；根据图象及曲线高低判断反应进程和活化能的相对大小；根据平衡时反应物的分压计算平衡转化率；根据CO2的物理性质推测CO2的用途。【详解】(1)根据题目所给出的反应方程式关系可知，a=b+c-e=c-d，根据盖斯定律则有H1=H2+H3-H5=H3-H4；(2)A．增大CO2和CH4的浓度，对于反应a、b、c来说，均增大了反应物的浓度，反应的正反应速率增大，A正确；B．移去部分C(s)，没有改变反应体系中的压强，反应的正逆反应速率均不变，平衡不移动，B错误；C．催化剂可以同等条件下增大正逆反应速率，只能加快反应进程，不改变反应的平衡状态，平衡转化率不变，C错误；D．降低温度，体系的总能量降低，正、逆反应速率均减小，D正确；故答案选AD；(3)由图可知，反应过程中能量变化出现了4个峰，即吸收了4次活化能，经历了4步反应；且从左往右看4次活化能吸收中，第4次对应的峰最高，即正反应方向第4步吸收的能量最多，对应的正反应活化能最大。(4)随着温度的升高，反应a和c的lnK增大，说明K的数值增大，反应向正反应方向进行，反应a和c为吸热反应，同理反应e的lnK减小，说明K的减小，反应向逆反应方向进行，反应e为放热反应，故答案为ac；用相对分压代替浓度，则反应c的平衡常数表达式K=；由图可知，A处对应反应c的lnK=0，即K==1，解方程得p2(H2)=p(CH4)P0，已知反应平衡时p(H2)=40kPa，则有p(CH4)=16kPa，由已知条件知CO2与CH4的物质的量之比等于压强之比，且初始状态时p(CH4)=100kPa=50kPa，故CH4的平衡转化率为100%=68%；(5)固态CO2即为干冰，干冰用于制冷或人工降雨均是利用其物理性质。【点睛】本题难点在于K与关系曲线的判断，在曲线中斜率为正为放热反应，斜率为负为吸热反应。13．（2021河北卷）当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。(1)大气中的二氧化碳主要来自于煤、石油及其他含碳化合物的燃烧。已知25时，相关物质的燃烧热数据如表：物质H2(g)C(石墨，s)C6H6(l)燃烧热H(kJmol-1)-285.8-393.5-3267.5(1)则25时H2(g)和C(石墨，s)生成C6H6(l)的热化学方程式为。(2)雨水中含有来自大气的CO2，溶于水中的CO2进一步和水反应，发生电离：CO2(g)=CO2(aq)CO2(aq)+H2O(l)=H+(aq)+HCO(aq)25时，反应的平衡常数为K2。溶液中CO2的浓度与其在空气中的分压成正比(分压=总压物质的量分数)，比例系数为ymolL-1kPa-1，当大气压强为pkPa，大气中CO2(g)的物质的量分数为x时，溶液中H+浓度为molL-1(写出表达式，考虑水的电离，忽略HCO的电离)(3)105时，将足量的某碳酸氢盐(MHCO3)固体置于真空恒容容器中，存在如下平衡：2MHCO3(s)M2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)。上述反应达平衡时体系的总压为46kPa。保持温度不变，开始时在体系中先通入一定量的CO2(g)，再加入足量MHCO3(s)，欲使平衡时体系中水蒸气的分压小于5kPa，CO2(g)的初始压强应大于kPa。(4)我国科学家研究Li—CO2电池，取得了重大科研成果，回答下列问题：Li—CO2电池中，Li为单质锂片，则该电池中的CO2在(填“正”或“负”)极发生电化学反应。研究表明，该电池反应产物为碳酸锂和单质碳，且CO2电还原后与锂离子结合形成碳酸锂按以下4个步骤进行，写出步骤的离子方程式。.2CO2+2e-=C2O.C2O=CO2+CO..CO+2Li+=Li2CO3研究表明，在电解质水溶液中，CO2气体可被电化学还原。.CO2在碱性介质中电还原为正丙醇(CH3CH2CH2OH)的电极反应方程式为。.在电解质水溶液中，三种不同催化剂(a、b、c)上CO2电还原为CO的反应进程中(H+被还原为H2的反应可同时发生)，相对能量变化如图.由此判断，CO2电还原为CO从易到难的顺序为(用a、b、c字母排序)。【答案】6C(石墨，s)+3H2(g)=C6H6(l)H=49.1kJmol-1100.8正2C+CO2=2C+C3CO2+18e-+13H2O=CH3CH2CH2OH+18OH-c、a、b【详解】(1)根据表格燃烧热数据可知，存在反应C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)H1=-393.5kJmol-1，H2(g)+O2(g)=H2O(l)H2=-285.8kJmol-1，C6H6(l)+O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l)H3=-3267.5kJmol-1，根据盖斯定律，[12+6]-得反应：6C(石墨，s)+3H2(g)=C6H6(l)，H=[(-393.5kJmol-1)+(-285.8kJmol-1)6]-(-3267.5kJmol-1)=49.1kJmol-1，故答案为：6C(石墨，s)+3H2(g)=C6H6(l)H=49.1kJmol-1；(2)由题可知，CO2(s)CO2(aq)，CO2(aq)+H2O(l)H+(aq)+HC(aq)，K2=，设c(H+)为，则c（OH-）=，根据电荷守恒c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-),可得c(HCO3-)=-，大气中的CO2分压p(CO2)=pxkPa，溶液中CO2的浓度c(CO2)(aq)=pxymol/L，将c(H+)、c（OH-）、c(CO2)(aq)带入平衡常数表达式，所以解得=c(H+)=，故答案为：；(3)2MHCO3(s)M2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)，等温等容条件下，压强之比等于物质的量之比，可用分压表示物质的量浓度，平衡常数Kp===529kPa2。温度不变化学平衡常数Kp不变，设平衡时，平衡体系中CO2的分压为x，则K==529kPa2，=kPa=105.8kPa，CO2的初始压强等于平衡压强减去碳酸氢盐分解产生的CO2的分压，即CO2(g)的初始压强应大于105.8kPa-5kPa=100.8kPa，故答案为：100.8；(4)由题意知，Li-CO2电池的总反应式为：4Li+3CO2=2Li2CO3+C，CO2发生得电子的还原反应，则CO2作为电池的正极；CO2还原后与Li+结合成Li2CO3，按4个步骤进行，由步骤II可知生成了C，而步骤IV需要C参加反应，所以步骤III的离子方程式为：2C+CO2=2C+C，故答案为：正；2C+CO2=2C+C；I.CO2在碱性条件下得电子生成CH3CH2CH2OH，碳元素从+4价降低到-2价，根据电子守恒和电荷守恒写出电极反应式为：3CO2+18e-+13H2O=CH3CH2CH2OH+18OH-；II.c催化剂条件下，CO2电还原的活化能小于H+电还原的活化能，更容易发生CO2的电还原；而催化剂a和b条件下，CO2电还原曲线中a的最大能垒为0.51b曲线的0.72，a曲线电化学还原更容易。且H+电还原中a曲线最大能垒0.27b曲线的0.22，综上所述，a催化剂比b催化剂更易发生CO2电还原。因此反应从易到难的顺序为c、a、b，故答案为：c、a、b。14．（2021湖南卷）氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运，可通过下面两种方法由氨气得到氢气。方法I：氨热分解法制氢气相关化学键的键能数据化学键键能946436.0390.8一定温度下，利用催化剂将分解为和。回答下列问题：(1)反应；(2)已知该反应的，在下列哪些温度下反应能自发进行？(填标号)A．25B．125C．225D．325(3)某兴趣小组对该反应进行了实验探究。在一定温度和催化剂的条件下，将通入3L的密闭容器中进行反应(此时容器内总压为200kPa)，各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。若保持容器体积不变，时反应达到平衡，用的浓度变化表示时间内的反应速率(用含的代数式表示)时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后分压变化趋势的曲线是(用图中a、b、c、d表示)，理由是；在该温度下，反应的标准平衡常数。(已知：分压=总压该组分物质的量分数，对于反应，，其中，、、、为各组分的平衡分压)。方法：氨电解法制氢气利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其装置如图所示。(4)电解过程中的移动方向为(填“从左往右”或“从右往左”)；(5)阳极的电极反应式为。【答案】+90.8CDb开始体积减半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小0.48从右往左2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O【详解】(1)根据反应热=反应物的总键能-生成物的总键能，2NH3(g)N2(g)+3H2(g)，=390.8kJmol-1-(946kJmol-1+436.0kJmol-1)=+90.8kJmol-1，故答案为：+90.8；(2)若反应自发进行，则需H-TS<0，T>==456.5K，即温度应高于(456.5-273)=183.5，CD符合，故答案为：CD；(3)设t1时达到平衡，转化的NH3的物质的量为2x，列出三段式：根据同温同压下，混合气体的物质的量等于体积之比，=，解得x=0.02mol，(H2)==molL-1min-1，故答案为：；t2时将容器体积压缩到原来的一半，开始N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小，故b曲线符合，故答案为：b；开始体积减半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小；由图可知，平衡时，NH3、N2、H2的分压分别为120kPa、40kPa、120kPa，反应的标准平衡常数==0.48，故答案为：0.48；(4)由图可知，通NH3的一极氮元素化合价升高，发生氧化反应，为电解池的阳极，则另一电极为阴极，电解过程中OH-移向阳极，则从右往左移动，故答案为：从右往左；(5)阳极NH3失电子发生氧化反应生成N2，结合碱性条件，电极反应式为：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，故答案为：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O。15．（2021浙江卷）“氯碱工业”以电解饱和食盐水为基础制取氯气等产品，氯气是实验室和工业上的常用气体。请回答：(1)电解饱和食盐水制取氯气的化学方程式是。(2)下列说法不正确的是。A．可采用碱石灰干燥氯气B．可通过排饱和食盐水法收集氯气C．常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中D．工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸(3)在一定温度下，氯气溶于水的过程及其平衡常数为：Cl2(g)Cl2(aq)K1=c(Cl2)/pCl2(aq)+H2O(l)H+(aq)+Cl-(aq)+HClO(aq)K2其中p为Cl2(g)的平衡压强，c(Cl2)为Cl2在水溶液中的平衡浓度。Cl2(g)Cl2(aq)的焓变H10。(填”>”、“=”或“<”)平衡常数K2的表达式为K2=。氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，则c=。(用平衡压强p和上述平衡常数表示，忽略HClO的电离)(4)工业上，常采用“加碳氯化”的方法以高钛渣(主要成分为TiO2)为原料生产TiCl4，相应的化学方程式为；I.TiO2(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+O2(g)HI=181molL-1，KI=3.410-29II.2C(s)+O2(g)2CO(g)HII=-221molL-1，KII=1.21048结合数据说明氯化过程中加碳的理由。(5)在一定温度下，以I2为催化剂，氯苯和Cl2在CS2中发生平行反应，分别生成邻二氯苯和对二氯苯，两产物浓度之比与反应时间无关。反应物起始浓度均为0.5molL-1，反应30min测得氯苯15%转化为邻二氯苯，25%转化为对二氯苯。保持其他条件不变，若要提高产物中邻二氯苯的比例，可采用的措施是。A．适当提高反应温度B．改变催化剂C．适当降低反应温度D．改变反应物浓度【答案】2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2AK1p+反应I+II得：TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)，K=KIKII=4.11019远大于K1，反应II使TiO2氯化为TiCl4得以实现；H=HI+HII=-40kJmol-1，反应II可为反应I提供所需的能量AB【详解】(1)电解饱和食盐水制取氯气时，同时还生成氢气和氢氧化钠，该反应的化学方程式是2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2。(2)A．氯气可与碱反应，碱石灰含有氢氧化钠和氧化钙，因此，不能用碱石灰干燥氯气，A说法不正确；B．氯气可与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应是可逆反应，在饱和食盐水中存在浓度较大的氯离子，可以使氯气的溶解平衡逆向移动，因此，氯气在饱和食盐水中的溶解度较小，可以通过排饱和食盐水法收集氯气，B说法正确；C．氯气在常温下不与铁反应；氯气的相对分子质量较大，其分子间的作用力较大，因此，氯气属于易液化的气体，常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中，C说法正确；D．氢气和氯气反应生成氯化氢，氯化氢溶于水得到盐酸，因此，工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸，D说法正确。综上所述，相关说法不正确的是A，故选A。(3)Cl2(g)Cl2(aq)表示的是氯气的溶解平衡，氯气在常温下可溶于水，该过程是自发的，由于该过程的熵变小于0，因此，其焓变H10。由化学方程式Cl2(aq)+H2O(l)H+(aq)+Cl-(aq)+HClO(aq)可知，其平衡常数K2的表达式为K2=，注意水为液态，其不出现在表达式中。Cl2(g)Cl2(aq)与Cl2(aq)+H2O(l)H+(aq)+Cl-(aq)+HClO(aq)相加可以得到Cl2(g)+H2O(l)H+(aq)+Cl-(aq)+HClO(aq)，因此，该反应的平衡常数为；氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，根据物料守恒可知，c=+c(HClO)+c(Cl-)，由于HCl是强电解质，若忽略水的电离和次氯酸的电离，则，由K2=可知=，由K1=c(Cl2)/p可知，=，则=，因此，c=K1p+。(4)已知：I.TiO2(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+O2(g)HI=181molL-1，KI=3.410-29；II.2C(s)+O2(g)2CO(g)HII=-221molL-1，KII=1.21048。根据盖斯定律可知，I+II得：TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)，则K=KIKII=4.11019远大于K1，反应II的发生可以减小反应I的平衡体系中氧气的浓度，从而使TiO2氯化为TiCl4得以实现；反应I为吸热反应，而H=HI+HII=-40kJmol-1，说明TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)为放热反应，则反应II可为反应I提供所需的能量。(5)15%生成邻二氯苯，说明该反应活化能大，25%生成对二氯苯，说明该反应活化能小，温度改变对活化能的影响大，即升高温度，邻二氯苯产量增大的多，比例增大；降低温度邻二氯苯产量减少的多，比例减少，故A正确、C错误；选择合适的催化剂，降低生成邻二氯苯的反应的活化能，故B正确；D中改变反应物的浓度，并不能改变两种产物的比例，故D错误，综上所述，选AB。