2020届高考化学二轮复习化学反应中能量变化、反应速率和化学平衡作业

2020届高考化学二轮复习化学反应中能量变化、反应速率和化学平衡作业

题型九　化学反应中能量变化、反应速率和化学平衡的综合题 高考命题规律 ‎2020年高考必备 ‎2015年 ‎2016年 ‎2017年 ‎2018年 ‎2019年 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅲ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅲ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅲ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅲ卷 命题 角度1‎ 反应热、平衡(或速率)的小综合 ‎27‎ ‎27‎ ‎27‎ ‎27‎ ‎28‎ 命题 角度2‎ 反应热、速率、平衡的综合 ‎27‎ ‎28‎ ‎28‎ 命题 角度3‎ 反应热、速率、平衡与其他知识的大综合 ‎28‎ ‎27‎ ‎28‎ ‎28‎ ‎27‎ ‎28‎ 命题角度1反应热、平衡(或速率)的小综合　‎ 高考真题体验·对方向 ‎1.(2018全国Ⅰ,28)采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术,在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。回答下列问题:‎ ‎(1)1840年Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银,得到N2O5。该反应的氧化产物是一种气体,其分子式为　　　　　　。 ‎ ‎(2)F.Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25 ℃时N2O5(g)分解反应:‎ ‎2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)‎ ‎　　　　2N2O4(g)‎ 其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间t的变化如下表所示[t=∞时,N2O5(g)完全分解]:‎ t/min ‎0‎ ‎40‎ ‎80‎ ‎160‎ ‎260‎ ‎1 300‎ ‎1 700‎ ‎∞‎ p/kPa ‎35.8‎ ‎40.3‎ ‎42.5‎ ‎45.9‎ ‎49.2‎ ‎61.2‎ ‎62.3‎ ‎63.1‎ ‎①已知:2N2O5(g)2N2O4(g)+O2(g)‎ ΔH1=-4.4 kJ·mol-1‎ ‎2NO2(g)N2O4(g)　ΔH2=-55.3 kJ·mol-1‎ 则反应N2O5(g)2NO2(g)+‎1‎‎2‎O2(g)的ΔH=　　　　 kJ·mol-1。 ‎ ‎②研究表明,N2O5(g)分解的反应速率v=2×10-3×pN‎2‎O‎5‎(kPa·min-1),t=62 min时,测得体系中pO‎2‎=2.9 kPa,则此时的pN‎2‎O‎5‎=　　　　 kPa,v=　　　　 kPa·min-1。 ‎ ‎③若提高反应温度至35 ℃,则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35 ℃)　　　　63.1 kPa(填“大于”“等于”或“小于”),原因是　　　　　　　。 ‎ ‎④25 ℃时N2O4(g)2NO2(g)反应的平衡常数Kp=　　　　　 kPa(Kp为以分压表示的平衡常数,计算结果保留1位小数)。 ‎ ‎(3)对于反应2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g),R.A.Ogg提出如下反应历程:‎ 第一步 N2O5NO2+NO3　　 　　快速平衡 第二步 NO2+NO3NO+NO2+O2 慢反应 第三步 NO+NO32NO2 快反应 其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是　　　　(填标号)。 ‎ A.v(第一步的逆反应)>v(第二步反应)‎ B.反应的中间产物只有NO3‎ C.第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效 D.第三步反应活化能较高 答案　(1)O2‎ ‎(2)①53.1　②30.0　6.0×10-2　③大于　温度提高,体积不变,总压强提高;NO2二聚为放热反应,温度提高,平衡左移,体系物质的量增加,总压强提高　④13.4‎ ‎(3)AC 解析　(1)干燥的氯气与干燥的AgNO3之间发生氧化还原反应时,氯气作氧化剂,而AgNO3中Ag、N元素都处于最高价,所以被氧化的只能为氧元素,则得到的气体为氧气。‎ ‎(2)①由盖斯定律可知,(第一个已知反应÷2)-(第二个已知反应)可得反应:N2O5(g)2NO2(g)+‎1‎‎2‎O2(g),则该反应的ΔH=-4.4 kJ·mol-1÷2-(-55.3 kJ·mol-1)=+53.1 kJ·mol-1。②依据反应:N2O5(g)2NO2(g)+‎1‎‎2‎O2(g)及气体的物质的量与其形成的压强成正比,生成的O2的压强p(O2)=2.9 kPa,则剩余N2O5形成的压强p(N2O5)=35.8 kPa-2.9 kPa×2=30.0 kPa。则N2O5的分解速率v=2×10-3×30.0 kPa·min-1=6.0×10-2 kPa·min-1。③若提高反应温度至35 ℃,由于体积不变,但温度提高,总压强增大,且2NO2(g)N2O4(g)　ΔH2=-55.3 kJ·mol-1为放热反应,温度升高,平衡左移,气体的物质的量增大,总压强提高,所以N2O5完全分解后体系压强p∞大于63.1 kPa。④当t=∞时,体系的总压强为63.1 kPa为平衡时的总压强,此时N2O5完全分解,生成的氧气的压强为:p(O2)=‎35.8 kPa‎2‎=17.9 kPa。若NO2不生成N2O4,则此时的总压应为35.8 kPa×‎5‎‎2‎=89.5 kPa,而实际压强为63.1 kPa,压强差为:89.5 kPa-63.1 kPa=26.4 kPa ‎2NO2N2O4　压强差 ‎ 2　　　 　1 1‎ ‎　　26.4 kPa　26.4 kPa 则平衡时NO2的分压为63.1 kPa-p(O2)-p(N2O4)=18.8 kPa 由此可求反应N2O4(g)2NO2(g)的平衡常数为‎(18.8 kPa‎)‎‎2‎‎26.4 kPa≈13.4 kPa。‎ ‎(3)根据第一步能“快速平衡”及第二步“慢反应”可判断A项正确;反应的中间产物有NO3及NO,B项错误;根据第二步反应:NO2+NO3NO+NO2+O2可知,部分NO2没有参加反应,C项正确;第三步为“快反应”,则该步反应的活化能较低,D项错误。‎ ‎2.(2017全国Ⅱ,27)丁烯是一种重要的化工原料,可由丁烷催化脱氢制备。回答下列问题:‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎(1)正丁烷(C4H10)脱氢制1-丁烯(C4H8)的热化学方程式如下:‎ ‎①C4H10(g)C4H8(g)+H2(g)　ΔH1‎ 已知:‎ ‎②C4H10(g)+‎1‎‎2‎O2(g)C4H8(g)+H2O(g)　ΔH2=-119 kJ·mol-1‎ ‎③H2(g)+‎1‎‎2‎O2(g)H2O(g)‎ ΔH3=-242 kJ·mol-1‎ 反应①的ΔH1为　　　 kJ·mol-1。图(a)是反应①平衡转化率与反应温度及压强的关系图,x　　　　0.1(填“大于”或“小于”);欲使丁烯的平衡产率提高,应采取的措施是　　　　　(填标号)。 ‎ A.升高温度 B.降低温度 C.增大压强 D.降低压强 图(a)‎ 图(b)‎ 图(c)‎ ‎(2)丁烷和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器(氢气的作用是活化催化剂),出口气中含有丁烯、丁烷、氢气等。图(b)为丁烯产率与进料气中n(氢气)/n(丁烷)的关系。图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势,其降低的原因是 ‎ ‎ ‎ ‎　。 ‎ ‎(3)图(c)为反应产率和反应温度的关系曲线,副产物主要是高温裂解生成的短碳链烃类化合物。丁烯产率在590 ℃之前随温度升高而增大的原因可能是　　　　　　　　　　　　　　　、　　　　　　　　　　　　　　　　;590 ℃之后,丁烯产率快速降低的主要原因可能是　 ‎ ‎　。 ‎ 答案　(1)+123　小于　AD ‎(2)原料中过量H2会使反应①平衡逆向移动,所以丁烯转化率下降 ‎(3)590 ℃前升高温度,反应①平衡正向移动　升高温度时,反应速率加快,单位时间产生丁烯更多　更高温度导致C4H10裂解生成更多的短碳链烃,故丁烯产率快速降低 解析　(1)根据盖斯定律,②式-③式可得①式,因此ΔH1=ΔH2-ΔH3=-119 kJ·mol-1+242 kJ·mol-1=+123 kJ·mol-1。由图(a)可以看出,温度相同时,由0.1 MPa 变化到x MPa,丁烷的转化率增大,即平衡正向移动,由于反应①是气体物质的量增大的反应,压强越小平衡转化率越大,所以x的压强更小,x<0.1。由于反应①为吸热反应,所以温度升高时,平衡正向移动,丁烯的平衡产率增大,因此A正确,B错误。由于反应①是气体物质的量增大的反应,加压时平衡逆向移动,丁烯的平衡产率减小,因此C错误,D正确。‎ ‎(2)H2是反应①的产物,增大n(氢气)‎n(丁烷)‎会促使平衡逆向移动,从而降低丁烯的产率。‎ ‎(3)590 ℃之前,随温度升高,反应速率增大,反应①是吸热反应,升高温度平衡正向移动,生成的丁烯会更多。温度超过590 ℃,更多的丁烷裂解生成短链烃类,导致丁烯产率快速降低。‎ ‎3.(2016全国Ⅱ,27)丙烯腈(CH2CHCN)是一种重要的化工原料,工业上可用“丙烯氨氧化法”生产,主要副产物有丙烯醛(CH2CHCHO)和乙腈(CH3CN)等。回答下列问题:‎ ‎(1)以丙烯、氨、氧气为原料,在催化剂存在下生成丙烯腈(C3H3N)和副产物丙烯醛(C3H4O)的热化学方程式如下:‎ ‎①C3H6(g)+NH3(g)+‎3‎‎2‎O2(g)C3H3N(g)+3H2O(g)　ΔH=-515 kJ·mol-1‎ ‎②C3H6(g)+O2(g)C3H4O(g)+H2O(g)‎ ΔH=-353 kJ·mol-1‎ 两个反应在热力学上趋势均很大,其原因是　　　　　　　　　　　　　　　;有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是　; ‎ 提高丙烯腈反应选择性的关键因素是　　　　。 ‎ ‎(2)图(a)为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线,最高产率对应的温度为460 ℃。低于460 ℃时,丙烯腈的产率　　　　　(填“是”或“不是”)对应温度下的平衡产率,判断理由是　 ‎ ‎　; ‎ 高于460 ℃时,丙烯腈产率降低的可能原因是　　　　(双选,填标号)。 ‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.催化剂活性降低 B.平衡常数变大 C.副反应增多 D.反应活化能增大 图(a)‎ 图(b)‎ ‎(3)丙烯腈和丙烯醛的产率与n(氨)/n(丙烯)的关系如图(b)所示。由图可知,最佳n(氨)/n(丙烯)约为　　　　,理由是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。进料气氨、空气、丙烯的理论体积比约为　　　　　　　　。 ‎ 答案　(1)两个反应均为放热量大的反应　降低温度、降低压强　催化剂 ‎(2)不是　该反应为放热反应,平衡产率应随温度升高而降低　AC ‎(3)1.0　该比例下丙烯腈产率最高,而副产物丙烯醛产率最低　1∶7.5∶1‎ 解析　(1)从反应的焓变可看出这两个反应都为放热反应,且“1 mol反应”放出的热量大,故两个反应在热力学上的趋势很大。由于生成丙烯腈的反应为气体体积增大的放热反应,故要提高丙烯腈的产率可采取的措施为降温、降压。提高丙烯腈反应选择性的关键因素是使用合适的催化剂。‎ ‎(2)图(a)中,低于460 ℃时的曲线不表示丙烯腈的产率,因为合成丙烯腈的反应为放热反应,温度降低时,丙烯腈的产率应增大,而非减小。高于460 ℃时,丙烯腈产率降低的原因分析:催化剂活性降低,合成丙烯腈的反应速率减小,而副反应可能更多地发生,A项符合题意;平衡常数增大,丙烯腈的产率增大,B项不符合题意;副反应增多,可能导致丙烯腈产率降低,C项符合题意;反应活化能增大,并不影响平衡的移动,不会导致丙烯腈的产率变化,D项不符合题意。‎ ‎(3)由图(b)可知,当n(氨)/n(丙烯)在1.0左右时丙烯腈的产率达最大值,而副产物丙烯醛的产率达最小值。由反应①知,V(NH3)∶V(O2)∶V(C3H6)=2∶3∶2,而V(O2)∶V(空气)≈1∶5,则进料气的理论体积比约为V(NH3)∶V(空气)∶V(C3H6)=2∶15∶2,即1∶7.5∶1。‎ ‎4.(2016全国Ⅲ,27)煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx,形成酸雨、污染大气,采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝。回答下列问题:‎ ‎(1)NaClO2的化学名称为　　　　　　。 ‎ ‎(2)在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气,反应温度323 K,NaClO2溶液浓度为5×10-3 mol·L-1。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表。‎ 离子 SO‎4‎‎2-‎ SO‎3‎‎2-‎ NO‎3‎‎-‎ NO‎2‎‎-‎ Cl-‎ c/(mol·L-1)‎ ‎8.35×‎ ‎10-4‎ ‎6.87×‎ ‎10-6‎ ‎1.5×‎ ‎10-4‎ ‎1.2×‎ ‎10-5‎ ‎3.4×‎ ‎10-3‎ ‎①写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。增加压强,NO的转化率　　　　(填“提高”“不变”或“降低”)。 ‎ ‎②随着吸收反应的进行,吸收剂溶液的pH逐渐　　　　(填“增大”“不变”或“减小”)。 ‎ ‎③由实验结果可知,脱硫反应速率　　　　脱硝反应速率(填“大于”或“小于”)。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同,还可能是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(3)在不同温度下,NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中SO2和NO的平衡分压pc如图所示。‎ ‎①由图分析可知,反应温度升高,脱硫、脱硝反应的平衡常数均　　　　(填“增大”“不变”或“减小”)。 ‎ ‎②反应ClO‎2‎‎-‎+2SO‎3‎‎2-‎2SO‎4‎‎2-‎+Cl-的平衡常数K表达式为　。 ‎ ‎(4)如果采用NaClO、Ca(ClO)2替代NaClO2,也能得到较好的烟气脱硫效果。‎ ‎①从化学平衡原理分析,Ca(ClO)2相比NaClO具有的优点是 ‎ ‎　。 ‎ ‎②已知下列反应:‎ SO2(g)+2OH-(aq)SO‎3‎‎2-‎(aq)+H2O(l)　ΔH1‎ ClO-(aq)+SO‎3‎‎2-‎(aq)SO‎4‎‎2-‎(aq)+Cl-(aq)‎ ΔH2‎ CaSO4(s)Ca2+(aq)+SO‎4‎‎2-‎(aq)　ΔH3‎ 则反应SO2(g)+Ca2+(aq)+ClO-(aq)+2OH-(aq)CaSO4(s)+H2O(l)+Cl-(aq)的ΔH= ‎ ‎　　　　　。 ‎ 答案　(1)亚氯酸钠 ‎(2)①4NO+3ClO‎2‎‎-‎+4OH-4NO‎3‎‎-‎+2H2O+3Cl-　提高　②减小　③大于　NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高 ‎(3)①减小　②K=‎c‎2‎‎(SO‎4‎‎2-‎)·c(Cl‎-‎)‎c‎2‎‎(SO‎3‎‎2-‎)·c(ClO‎2‎‎-‎)‎ ‎(4)①形成CaSO4沉淀,使平衡向产物方向移动,SO2转化率提高 ‎②ΔH1+ΔH2-ΔH3‎ 解析　(2)①NaClO2具有氧化性,可将NO氧化为NO‎3‎‎-‎,自身被还原为Cl-,故脱硝时主要反应的离子方程式为3ClO‎2‎‎-‎+4NO+4OH-4NO‎3‎‎-‎+2H2O+3Cl-;加压可增大NO溶解度且使反应向右进行的程度增大,NO的转化率提高。‎ ‎②脱硝反应3ClO‎2‎‎-‎+4NO+4OH-4NO‎3‎‎-‎+2H2O+3Cl-,脱硫反应4OH-+ClO‎2‎‎-‎+2SO22SO‎4‎‎2-‎+Cl-+2H2O,两反应均消耗OH-,故随着反应进行c(OH-)减小,c(H+)增大,pH减小。‎ ‎③由表格中数据可知c(SO‎4‎‎2-‎)>c(NO‎3‎‎-‎),故脱硫速率大于脱硝速率,可能的原因有SO2、NO初始浓度不同,SO2、NO在水中溶解度不同,NO、SO2还原性强弱不同,反应物的活化能越大,反应速率越慢,故还可能是脱硝反应活化能较高等。‎ ‎(3)①由图示可知,温度升高,SO2和NO的平衡分压增大,说明升温,平衡逆向移动,因此,升高温度,反应的平衡常数减小。‎ ‎②根据反应方程式ClO‎2‎‎-‎+2SO‎3‎‎2-‎2SO‎4‎‎2-‎+Cl-,可知化学平衡常数表达式为K=c(Cl‎-‎)·c‎2‎(SO‎4‎‎2-‎)‎c(ClO‎2‎‎-‎)·c‎2‎(SO‎3‎‎2-‎)‎。‎ ‎(4)①采用Ca(ClO)2,在脱硫反应中会生成CaSO4沉淀,使c(SO‎4‎‎2-‎)减小,平衡正向移动,SO2转化率提高。‎ ‎②按题中反应方程式先后顺序,编序号为①②③,根据盖斯定律,将反应①+②-③即可得目标反应,故ΔH=ΔH1+ΔH2-ΔH3。‎ ‎5.(2015全国Ⅱ,27)甲醇既是重要的化工原料,又可作为燃料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂作用下合成甲醇,发生的主要反应如下:‎ ‎①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH1‎ ‎②CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH2‎ ‎③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH3‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)已知反应①中相关的化学键键能数据如下:‎ 化学键 H—H C—O C≡O H—O C—H E/(kJ·mol-1)‎ ‎436‎ ‎343‎ ‎1 076‎ ‎465‎ ‎413‎ 由此计算ΔH1=　　　　 kJ·mol-1;已知ΔH2=-58 kJ·mol-1,则ΔH3=　　　　 kJ·mol-1。 ‎ ‎(2)反应①的化学平衡常数K表达式为　　　　　　　　　　　;图1中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为　　　　(填曲线标记字母),其判断理由是　 ‎ ‎　。 ‎ 图1‎ 图2‎ ‎(3)合成气组成n(H‎2‎)‎n(CO+CO‎2‎)‎=2.60时,体系中的CO平衡转化率(α)与温度和压强的关系如图2所示,α(CO)值随温度升高而　　　　(填“增大”或“减小”),其原因是　 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎　; ‎ 图2中的压强由大到小为　　　　,其判断理由是 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎　。 ‎ 答案　(1)-99　+41‎ ‎(2)K=c(CH‎3‎OH)‎c(CO)·c‎2‎(H‎2‎)‎[或Kp=p(CH‎3‎OH)‎p(CO)·p‎2‎(H‎2‎)‎]‎ a　反应①为放热反应,平衡常数数值应随温度升高变小 ‎(3)减小　升高温度时,反应①为放热反应,平衡向左移动,使得体系中CO的量增大;反应③为吸热反应,平衡向右移动,又使产生CO的量增大;总结果,随温度升高,使CO的转化率降低 p3>p2>p1　相同温度下,由于反应①为气体分子数减小的反应,加压有利于提升CO的转化率;而反应③为气体分子数不变的反应,产生CO的量不受压强影响。故增大压强时,有利于CO的转化率升高 解析　(1)由反应①ΔH1=∑(反应物键能)-∑(产物键能)‎ 代入求得ΔH1=(1 076+2×436-3×413-343-465) kJ·mol-1=-99 kJ·mol-1。‎ 由盖斯定律,ΔH3=ΔH2-ΔH1=-58 kJ·mol-1+99 kJ·mol-1=+41 kJ·mol-1。‎ ‎(2)反应①的K表达式为c(CH‎3‎OH)‎c(CO)·c‎2‎(H‎2‎)‎。‎ 因反应①为放热反应,所以平衡常数应随温度升高而变小,所以选a。‎ ‎(3)升高温度,反应①平衡向左移动,使体系中n(CO)增大;反应③为吸热反应,平衡向右移动,又使产生n(CO)增大;总结果是随温度升高,CO的转化率降低。‎ 因为相同温度下,由于反应①为气体分子数减小的反应,加压有利于增大CO的转化率;反应③为气体分子数不变的反应,压强改变对平衡不产生影响。所以压强增大,CO转化率升高,在图2中,同一温度下,CO转化率高的对应压强大,则p3>p2>p1。‎ 典题演练提能·刷高分 ‎1.(2019湖北黄冈质量检测)近年来环境问题突出,大气污染更为严重。回答下面问题:‎ ‎(1)下列选项中属于重点城市空气质量日报主要污染物的是　　　　。 ‎ A.CO2 B.SO2‎ C.可吸入颗粒物 D.H2S ‎(2)汽车尾气常含有CO、NO等有毒气体,汽车气缸中生成NO的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(3)汽车排气管安装三元催化装置,可以消除CO、NO的污染,反应机理如下(以Pt催化剂为例):‎ Ⅰ:NO+Pt(s)NO(s)　(Pt(s)表示催化剂,NO(s)表示吸附态NO,下同)‎ Ⅱ:CO+Pt(s)CO(s)‎ Ⅲ:NO(s)N(s)+O(s)‎ Ⅳ:CO(s)+O(s)CO2+2Pt(s)‎ Ⅴ:N(s)+N(s)N2+2Pt(s)‎ Ⅵ:NO(s)+N(s)N2O+2Pt(s)‎ 尾气中反应物及生成物浓度随温度的变化关系如下图。‎ 反应物浓度(ppm)随温度的变化关系 生成物浓度(ppm)随温度的变化关系 ‎[EXP]:指数曲线 回答下面问题:‎ ‎①消除汽车尾气污染反应最适宜的温度是　　　。 ‎ A.250 ℃ B.300 ℃‎ C.330 ℃ D.400 ℃‎ ‎②330 ℃以下的低温区发生的主要反应的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎③低温区N2O选择性高于N2,由此可推断出:Ⅴ反应的活化能　　　　　　Ⅵ反应的活化能(填“<”“>”或“=”),理由是　 ‎ ‎　。 ‎ ‎④结合反应机理和图像分析,温度位于330~400 ℃时,升高温度,反应Ⅴ的反应速率　　　　(填“增大”“减小”或“不变”,下同),反应Ⅳ的反应速率　　　　　　。 ‎ 答案　(1)BC　(2)N2+O22NO ‎(3)①D　②CO+2NOCO2+N2O ‎③>　反应的活化能小,化学反应速率大,选择性高 ‎④增大　增大 解析　(1)属于重点城市空气质量日报主要污染物的有硫的氧化物、氮的氧化物、可吸入颗粒物。‎ ‎(2)在汽车气缸中高温高压条件下,空气中的氧气与氮气反应生成NO,反应的化学方程式是N2+O22NO。‎ ‎(3)①根据图中曲线变化可知,消除汽车尾气污染反应最适宜的温度是400 ℃。‎ ‎②330 ℃以下的低温区CO2、N2O含量较高,故发生的主要反应的化学方程式是CO+2NOCO2+N2O;③低温区N2O选择性高于N2,由此可推断出:Ⅴ反应的活化能>Ⅵ反应的活化能,理由是反应的活化能越小,化学反应速率越大,选择性越高。‎ ‎④不管是哪一种化学反应,升高温度化学反应速率均增大。‎ ‎2.(2019湖北四地七校联盟2月联考)氢气作为清洁能源有着广泛的应用前景,利用含硫天然气制备氢气的流程如下:‎ 天然气→‎转化脱硫Ⅰ‎→蒸气转化Ⅱ→CO变换Ⅲ→‎H‎2‎提纯Ⅳ 请回答下列问题:‎ Ⅰ.转化脱硫:将天然气压入吸收塔,30 ℃时,在T.F菌作用下,酸性环境中脱硫过程示意图如下。‎ ‎(1)过程ⅰ的离子反应方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(2)已知:①Fe3+在pH=1.9时开始沉淀,pH=3.2时沉淀完全。‎ ‎②30 ℃时,在T.F菌作用下,不同pH的FeSO4溶液中Fe2+的氧化速率如下表:‎ pH ‎0.7‎ ‎1.1‎ ‎1.5‎ ‎1.9‎ ‎2.3‎ ‎2.7‎ Fe‎2+‎的氧化速率‎(g·L‎-1‎·h‎-1‎)‎ ‎4.5‎ ‎5.3‎ ‎6.2‎ ‎6.8‎ ‎7.0‎ ‎6.6‎ 在转化脱硫中,最佳pH范围是　　　　”“<”或“=”)。 ‎ ‎③在一定温度和一定压强下的体积可变的密闭容器中充入1 mol CH4和1 mol的水蒸气,充分反应达平衡后,测得起始时混合气的密度是平衡时混合气密度的1.4倍,若此时容器的体积为2 L,则该反应的平衡常数为　　　　　　　　　　(结果保留2位有效数字)。 ‎ Ⅲ.CO变换:500 ℃时,CO进一步与水反应生成CO2和H2。‎ Ⅳ.H2提纯:将CO2和H2分离得到H2的过程如下图所示。‎ ‎(4)吸收池中发生反应的离子方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ 答案　(1)H2S+2Fe3+2Fe2++S↓+2H+‎ ‎(2)1.5　1.9　此范围既保证了Fe2+有较快的氧化速率又防止Fe3+形成沉淀 ‎(3)①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)　ΔH=+204 kJ·mol-1　②>　③0.48‎ ‎(4)CO‎3‎‎2-‎+CO2+H2O2HCO‎3‎‎-‎ 解析　(1)由图可知,过程中H2S与Fe2(SO4)3溶液反应生成FeSO4和S,根据电子得失守恒,过程ⅰ的离子反应方程式为H2S+2Fe3+2Fe2++S↓+2H+。‎ ‎(2)由已知①可知,Fe3+在pH=1.9时开始沉淀,故pH应小于1.9;由已知②可知,pH在1.5的时候的氧化速率较大,故pH的取值范围是1.5p2。‎ ‎③根据“三段式”计算模板,设转化的CH4的物质的量为x,‎ ‎　　CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)‎ 起始/mol 1 1 0 0‎ 变化/mol x x x 3x 平衡/mol 1-x 1-x x 3x 根据起始时混合气体的密度是平衡时混合气体密度的1.4倍,气体的总质量不变,密度与气体的总物质的量成反比,则‎(2mol+2x)‎‎2mol=1.4,解得x=0.4 mol,此时容器的容积为2 L,则平衡时,CH4、H2O、CO、H2的浓度分别为:0.3 mol·L-1、0.3 mol·L-1、0.2 mol·L-1、0.6 mol·L-1,则该反应的平衡常数为K=c(CO)×c‎3‎(H‎2‎)‎c(CH‎4‎)×c(H‎2‎O)‎‎=‎‎0.2×0.‎‎6‎‎3‎‎0.3×0.3‎=0.48。‎ ‎(4)由图示可知,吸收池中发生K2CO3溶液吸收CO2的反应,离子方程式是CO‎3‎‎2-‎+CO2+H2O2HCO‎3‎‎-‎。‎ ‎3.(2019福建三明期末检测)Ⅰ.二甲醚(CH3OCH3)被称为21世纪的新型燃料,工业上以CO和H2为原料生产二甲醚。已知:‎ ‎①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)‎ ΔH=-99 kJ·mol-1‎ ‎②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)‎ ΔH=-24 kJ·mol-1‎ ‎③CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)‎ ΔH=-41 kJ·mol-1‎ ‎(1)反应4H2(g)+2CO(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)的ΔH=　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(2)某温度下,将4.0 mol H2和4.0 mol CO充入容积为1 L的密闭容器中,发生反应3CO(g)+3H2(g)CH3OCH3(g)+CO2(g),5 min时CO2的物质的量浓度为0.5 mol·L-1,10 min后反应达到平衡状态,测得二甲醚的体积分数为25%。‎ ‎①5 min时CO的转化率=　　　　　　　　; ‎ ‎②该温度下此反应的平衡常数K=　　　　　　; ‎ ‎③下列措施能提高CH3OCH3平衡产率的有　　　　　　　　(填标号)。 ‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.分离出CH3OCH3‎ B.升高温度 C.增大压强 D.改用高效催化剂 Ⅱ.液氨是一种良好的储氢物质 已知:2NH3(g)N2(g)+3H2(g)‎ ΔH=+92.4 kJ·mol-1‎ 其他条件相同时,反应在不同金属催化剂作用下进行相同时间后,氨的转化率[α(NH3)]随反应温度的变化情况如图所示。‎ ‎(1)用　　　　　　作催化剂时,氨气分解反应的活化能最大。 ‎ ‎(2)a点所代表的状态　　　　(填“是”或“不是”)平衡状态。 ‎ ‎(3)c点时NH3的转化率高于b点时NH3的转化率,原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ 答案　(1)-222 kJ·mol-1‎ ‎(2)①37.5%　②1　③AC Ⅱ.(1)Fe　(2)是　(3)b、c点反应均未达到平衡,c点温度较高,反应速率较大,氨的转化率较高 解析　Ⅰ.(1)根据盖斯定律①×2+②可得:4H2(g)+2CO(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)　ΔH=-222 kJ·mol-1。‎ ‎(2)①根据反应方程式中物质转化关系可知,反应产生CO2浓度为0.5 mol·L-1,则反应消耗的CO的浓度为1.5 mol·L-1,由于反应开始时CO的浓度为4.0 mol·L-1,所以5 min时CO的转化率=‎1.5mol·‎L‎-1‎‎4.0mol·‎L‎-1‎×100%=37.5%。‎ ‎②假设平衡时产生二甲醚物质的量浓度为x,依据反应 ‎　3CO(g)+3H2(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)‎ c(始)‎mol·‎L‎-1‎‎ 4.0 4.0 　0 0‎ c(变)‎mol·‎L‎-1‎‎ 3x 3x 　x x c(平)‎mol·‎L‎-1‎‎ 4.0-3x 4.0-3x 　x x 平衡时各物质的总浓度c(总)=(4.0 mol·L-1-3x)+(4.0 mol·L-1-3x)+x+x=8.0 mol·L-1-4x,根据二甲醚的体积分数为25%,即x‎8.0mol·L‎-1‎-4x×100%=25%,解得x=1 mol·L-1,故该温度下化学反应的平衡常数K=‎1×1‎‎1‎‎3‎‎×‎‎1‎‎3‎=1;‎ ‎③分离出CH3OCH3,即减少了生成物浓度,平衡正向移动,可提高二甲醚的产率,A项正确;将①×2+②+③,整理可得反应3CO(g)+3H2(g)CH3OCH3(g)+CO2(g),ΔH=-263 kJ·mol-1,该反应的正反应为放热反应,升高温度化学平衡向逆反应方向移动,CH3OCH3产率降低,B项错误;根据化学方程式可知:该反应的正反应是气体体积减小的反应,增大压强,化学平衡正向移动,可提高CH3OCH3的产率,C项正确;改用高效催化剂,不能使化学平衡发生移动,对物质的产率无影响,D项错误。‎ Ⅱ.(1)反应的活化能越高,则反应中活化分子数越少,反应速率越小,则一定温度时氨气分解速率最小的反应活化能最大,即Fe作催化剂时反应的活化能最大。‎ ‎(2)850°以后氨气的转化率不再变化,说明a点处于平衡状态。‎ ‎4.(2019福建莆田第二次质量检测)环戊烯是生产精细化工产品的重要中间体,其制备涉及的反应如下:‎ 氢化反应:+H2(g)‎ ΔH=-100.5 kJ·mol-1‎ 副反应:(l)+H2(g)　ΔH=-109.4 kJ·mol-1‎ 解聚反应:2(g)　ΔH>0‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)反应(l)+2H2(g)(l)的ΔH=　　　　　 kJ·mol-1。 ‎ ‎(2)一定条件下,将环戊二烯溶于有机溶剂进行氢化反应(不考虑二聚反应),反应过程中保持氢气压力不变,测得环戊烯和环戊烷的产率(以环戊二烯为原料计)随时间变化如图所示:‎ ‎①0~4 h氢化反应速率比副反应大的可能原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎②最佳的反应时间为　　　　 h。若需迅速减小甚至停止反应,可采取的措施有　　　　(写一条即可)。 ‎ ‎③一段时间后,环戊烯产率快速下降的原因可能是　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(3)解聚反应在刚性容器中进行(不考虑氢化反应和副反应)。‎ ‎①其他条件不变,有利于提高双环戊二烯平衡转化率的是　　　　(填标号)。 ‎ A.增大双环戊二烯的用量 B.使用催化剂 C.及时分离产物 D.适当提高温度 ‎②实际生产中常通入水蒸气以降低双环戊二烯的温度(水蒸气不参与反应)。某温度下,通入总压为300 kPa的双环戊二烯和水蒸气,达到平衡后总压为500 kPa,双环戊二烯的转化率为80%,则p(H2O)=　　　　 kPa,平衡常数Kp=　　　　kPa(Kp为以分压表示的平衡常数)。 ‎ 答案　(1)-209.9‎ ‎(2)①氢化反应的活化能小或反应物的浓度大 ‎②4　排出氢气或急剧降温　③副反应增加 ‎(3)①CD　②50　3 200‎ 解析　(1)结合盖斯定律,氢化反应与副反应相加得到反应(l)+2H2(g)(l)　ΔH=-209.9 kJ·mol-1。‎ ‎(2)①0~4 h氢化反应速率比副反应大的可能原因是氢化反应的活化能小或反应物的浓度大。‎ ‎②根据图像可知,在4 h时环戊烯产率最大、环戊烷产率较小,说明最佳的反应时间为4 h;若需迅速减小甚至停止反应,可采取的措施有急剧降低反应物H2的浓度或利用温度对化学反应速率的影响,急剧降温。‎ ‎③一段时间后,环戊烯产率快速下降的原因可能是发生了副反应,导致环戊烯的产率降低。‎ ‎(3)增大双环戊二烯的用量,相当于增大压强,由反应方程式可以看出,增大压强会使反应物的转化率降低,A项错误;使用催化剂化学平衡不发生移动,平衡转化率不变,B项错误;及时分离产物,平衡正向移动,使更多的双环戊二烯发生反应,双环戊二烯的转化率增大,C项正确;由于该反应的正反应是吸热反应,适当提高温度,化学平衡正向移动,双环戊二烯的转化率增大,D项正确。‎ ‎②假设反应前双环戊二烯的物质的量为a,水蒸气的物质的量为b,‎ 化学反应:‎ n(开始)/mol　　a　　　　　　　0‎ n(转化)/mol 0.8a 1.6a n(平衡)/mol 0.2a 1.6a 同温同体积条件下,气体的压强与气体的物质的量呈正比,反应前总压为300 kPa,反应达到平衡后总压为500 kPa,‎500 kPa‎300 kPa‎=‎‎0.2a+1.6a+ba+b,解得ab‎=‎‎5‎‎1‎,由于反应前气体的总压强为300 kPa,所以p(H2O)=‎1‎‎1+5‎×300 kPa=50 kPa,p(双环戊二烯)‎p‎=‎‎0.2a‎0.2a+1.6a+b,由于ab‎=‎‎5‎‎1‎,所以p(双环戊二烯)=50 kPa,p(环戊二烯)=‎1.6a‎0.2ap(双环戊二烯)=8×50 kPa=400 kPa,所以平衡常数Kp=p‎2‎‎(环戊二烯)‎p(双环戊二烯)‎‎=‎‎(400 kPa‎)‎‎2‎‎50 kPa=3 200 kPa。‎ ‎5.(2019湖北黄冈中学高三适应性考试)1799年由英国化学家汉弗莱·戴维发现一氧化二氮(N2O)气体具有轻微的麻醉作用,而且对心脏、肺等器官无伤害,后被广泛应用于医学手术中。‎ ‎(1)一氧化二氮早期被用于牙科手术的麻醉,它可由硝酸铵在催化剂下分解制得,该反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(2)已知反应2N2O(g)2N2(g)+O2(g)　ΔH=-163 kJ·mol-1,1 mol N2(g)、1 mol O2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收945 kJ、498 kJ的能量,则1 mol N2O(g)分子中化学键断裂时需要吸收的能量为　　　　　　 kJ。 ‎ ‎(3)一定温度下的恒容容器中,反应2N2O(g)2N2(g)+O2(g)的部分实验数据如下:‎ 反应时 间/min ‎0‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎50‎ ‎60‎ ‎70‎ ‎80‎ ‎90‎ ‎100‎ c(N‎2‎O)‎‎(mol·L‎-1‎)‎ ‎0.10‎ ‎0.09‎ ‎0.08‎ ‎0.07‎ ‎0.06‎ ‎0.05‎ ‎0.04‎ ‎0.03‎ ‎0.02‎ ‎0.01‎ ‎0.00‎ ‎①在0~20 min时段,反应速率v(N2O)为　　　 mol·(L·min)-1。 ‎ ‎②若N2O起始浓度c0为0.150 mol·L-1,则反应至30 min时N2O的转化率α=　　　。 ‎ ‎③不同温度(T)下,N2O分解半衰期随起始压强的变化关系如图所示(图中半衰期指任一浓度N2O消耗一半时所需的相应时间),则T1　　　(填“>”“=”或“<”)T2。当温度为T1、起始压强为p0时,反应至t1 min时,体系压强p=　　　　　　(用p0表示)。 ‎ ‎(4)碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率,反应历程为:‎ 第一步　I2(g)2I(g)　(快反应)‎ 第二步　I(g)+N2O(g)N2(g)+IO(g)(慢反应)‎ 第三步　IO(g)+N2O(g)N2(g)+O2(g)+I(g)　(快反应)‎ 实验表明,含碘时N2O分解速率方程v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5(k为速率常数)。下列表述正确的是　　(填标号)。 ‎ A.温度升高,k值增大 B.第一步对总反应速率起决定作用 C.第二步活化能比第三步大 D.I2的浓度与N2O分解速率无关 答案　(1)NH4NO3N2O↑+2H2O ‎(2)1 112.5‎ ‎(3)①1.0×10-3　②20.0%　③>　1.25p0‎ ‎(4)AC 解析　(1)硝酸铵在催化剂存在时分解生成一氧化二氮和水,反应的化学方程式为NH4NO3N2O↑+2H2O。‎ ‎(2)对反应2N2O(g)2N2(g)+O2(g)　ΔH=-163 kJ·mol-1,设1 mol N2O(g)分子中化学键断裂时需要吸收的能量为x,根据反应热=反应物的键能总和-生成物的键能总和可得2x-2×945 kJ-498 kJ=-163 kJ,解得x=1 112.5 kJ。‎ ‎(3)①根据表格数据,在0~20 min时段,反应速率v(N2O)=ΔcΔt‎=‎‎(0.10-0.08)mol·‎L‎-1‎‎20min=1.0×10-3 mol·(L·min)-1。②由表可知,每隔10 min,c(N2O)的变化量相等,故单位时间内c(N2O)的变化与N2O的起始浓度无关,每10 min均减小0.01 mol·L-1,若N2O起始浓度c0为0.150 mol·L-1,则反应至30 min时转化的N2O的浓度为0.01 mol·L-1×3=0.03 mol·L-1,则N2O的转化率α=‎0.03mol·‎L‎-1‎‎0.150mol·‎L‎-1‎×100%=20.0%。③其他条件相同时,温度升高化学反应速率加快,N2O分解半衰期减小,由图可知,压强相同时,对应半衰期T2>T1,则温度T1>T2。当温度为T1、起始压强为p0时,设起始时的物质的量为1 mol,则:‎ ‎　　　2N2O(g)2N2(g)+O2(g)‎ 起始量/mol 1 0 0‎ t1 min时/mol 0.5 0.5 0.25‎ t1 min时总物质的量为(0.5+0.5+0.25) mol=1.25 mol,根据等温等容条件下,压强之比等于物质的量之比,体系压强p=‎1.25‎‎1‎p0=1.25p0。‎ ‎(4)温度升高,化学反应速率增大,因v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5,则温度升高,k值增大,故A正确;化学反应速率由反应最慢的反应决定,则第二步对总反应速率起决定作用,故B错误;第二步反应为慢反应,第三步反应为快反应,所以第二步活化能比第三步大,故C正确;含碘时NO分解速率方程v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5,所以N2O分解速率与I2的浓度有关,故D错误。‎ ‎6.(2019重庆巴蜀中学高三三诊考试)乙二醛(OHC—CHO)是一种重要的精细化工产品。‎ ‎(1)乙醛(CH3CHO)液相硝酸氧化法 在Cu(NO3)2催化下,用稀硝酸氧化乙醛制取乙二醛,反应的化学方程式为 ‎ ‎　, ‎ 该法具有原料易得、反应条件温和等优点,但也存在比较明显的缺点是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(2)乙二醇(HOCH2CH2OH)气相氧化法 ‎①已知:OHC—CHO(g)+2H2(g)HOCH2CH2OH(g)　ΔH=-78 kJ· mol-1K1‎ ‎2H2(g)+O2(g)2H2O(g)‎ ΔH=-484 kJ· mol-1K2‎ 乙二醇气相氧化反应HOCH2CH2OH(g)+O2(g)OHC—CHO(g)+2H2O(g)的ΔH=　　　　 kJ· mol-1。相同温度下,该反应的化学平衡常数K=　　　　(用含K1、K2的代数式表示)。 ‎ ‎②氢气与氧气反应生成水在热力学上趋势很大,其原因是　。 ‎ ‎③当原料气中氧醇比为1.35时,乙二醛和副产物CO2的产率与反应温度的关系如下图所示。反应温度在450~495 ℃之间和超过495 ℃时,乙二醛产率降低的主要原因分别是　　　　　　　　　　　　、　。 ‎ ‎④在恒温恒容下,如果从反应物出发建立平衡,能说明乙二醇气相氧化反应达到平衡状态的是　　　　(填选项字母)。 ‎ A.体系压强不再变化 B.氧醇比保持不变 C.混合气体的密度保持不变 D.气体平均相对分子质量保持不变 答案　(1)3CH3CHO+4HNO3‎ ‎3OHC—CHO+4NO↑+5H2O　尾气有污染(或“腐蚀设备”等其他合理答案)‎ ‎(2)①-406　K‎2‎K‎1‎　②该反应是放出大量热的反应 ‎③温度升高,主反应平衡向逆反应方向移动　温度大于495 ℃,乙二醇大量转化为CO2等副产物 ‎④AD 解析　(1)在Cu(NO3)2催化下,用稀硝酸氧化乙醛制取乙二醛,硝酸被还原为NO,反应方程式为3CH3CHO+4HNO33OHC—CHO+4NO↑+5H2O,生成的NO对环境有污染。‎ ‎(2)①将已知反应分别标记为Ⅰ.OHC—CHO(g)+2H2(g)HOCH2CH2OH(g)　ΔH=-78 kJ·mol-1　K1;‎ Ⅱ.2H2(g)+O2(g)2H2O(g)　ΔH=-484 kJ·mol-1　K2;根据盖斯定律,Ⅱ-Ⅰ可得HOCH2CH2OH(g)+O2(g)OHC—CHO(g)+2H2O(g),则ΔH=-484 kJ·mol-1-(-78 kJ·mol-1)=-406 kJ·mol-1,平衡常数K为反应Ⅱ与Ⅰ的平衡常数的商,即K=K‎2‎K‎1‎。‎ ‎②由①中已知信息可知氢气与氧气反应生成水是放出大量热的反应,在热力学上趋势很大。‎ ‎③主反应HOCH2CH2OH(g)+O2(g)‎ OHC—CHO(g)+2H2O(g)为放热反应,升高温度平衡逆向移动;温度超过495 ℃时,乙二醇大量转化为二氧化碳等副产物,使乙二醛产率降低。‎ ‎④乙二醇气相氧化反应:HOCH2CH2OH(g)+O2(g)OHC—CHO(g)+2H2O(g)。A选项,该反应属于反应前后气体的化学计量数和发生变化的反应,因此体系压强不再变化,能够说明反应达到平衡状态,所以正确;B选项,根据乙二醇的气相氧化反应,当起始时氧醇比为1∶1时,反应过程中氧醇比始终保持不变,不能说明乙二醇气相氧化反应达到平衡状态,所以错误;C选项,该反应的气体质量和体积均不变,混合气体的密度始终保持不变,不能说明乙二醇气相氧化反应达到平衡状态,所以错误;D选项,该反应属于气体化学计量数和发生变化的反应,气体平均相对分子质量保持不变,说明气体的物质的量不变,因此能够说明乙二醇气相氧化反应达到平衡状态,所以正确。‎ ‎7.(2019陕西二模)催化剂作用下甲醇直接脱氢可以得到无水甲醛,同时生成氢气。‎ ‎(1)已知下列三个热化学方程式:‎ ‎①CH3OH(g)+‎3‎‎2‎O2(g)CO2(g)+2H2O(g)　ΔH=-725.80 kJ·mol-1‎ ‎②HCHO(g)+O2(g)CO2(g)+H2O(g)　ΔH=-570.80 kJ·mol-1‎ ‎③H2(g)+‎1‎‎2‎O2(g)H2O(g)　ΔH=-241.80 kJ·mol-1‎ 则可逆反应甲醇蒸气脱氢制取甲醛的热化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(2)关于上述甲醇脱氢反应的下列说法正确的是　　　　　。 ‎ A.HCHO和H2的体积分数相等能说明该可逆反应已经达到化学平衡 B.增大甲醇浓度可提高活化分子百分数,增大反应速率 C.高温高压更有利于提高甲醛的产率 D.该反应在较高温度下更易自发进行 ‎(3)在t ℃时,向2 L恒容密闭容器中充入3.0 mol CH3OH,平衡后H2的体积分数是25%,则此温度下的化学平衡常数是　　　　;升温到t2 ℃,K是t1 ℃的8倍,平衡后HCHO的体积分数是　　　　　;若在此容器中,t2 ℃条件下加入三种气体,某时刻测得CH3OH、HCHO、H2的物质的量分别是1 mol、1 mol、2 mol,此时是否处于平衡态　　　　(填“是”或“否”),正、逆反应速率的关系是　　　。 ‎ ‎(4)由下面图示分析,温度高于550 ℃甲醛的产率反而下降的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　,化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ 反应温度与甲醇转化率和甲醛选择性的关系 反应温度与甲醇脱氢副产物的分布关系 答案　(1)CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g)‎ ΔH=+86.80 kJ·mol-1‎ ‎(2)D ‎(3)0.25　40%　否　v正>v逆 ‎(4)生成甲醛的反应为吸热反应,升高温度平衡正向移动,且甲醛的选择性变大,甲醛产率升高;温度高于550 ℃,甲醛产率下降是因为分解生成CO的产率增大　HCHOCO+H2‎ 解析　(1)已知下列三个热化学方程式:‎ ‎①CH3OH(g)+‎3‎‎2‎O2(g)CO2(g)+2H2O(g)‎ ΔH=-725.80 kJ·mol-1‎ ‎②HCHO(g)+O2(g)CO2(g)+H2O(g)‎ ΔH=-570.80 kJ·mol-1‎ ‎③H2(g)+‎1‎‎2‎O2(g)H2O(g)　ΔH=-241.80 kJ·mol-1‎ 根据盖斯定律,①-②-③得到可逆反应甲醇蒸气脱氢制取甲醛的热化学方程式:CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g)　ΔH=+86.80 kJ·mol-1。‎ ‎(2)起始时生成物物质的量为0,反应过程中和平衡状态下HCHO和H2的体积分数均相等,A项不能说明该可逆反应已经达到化学平衡态,A项错误;增大反应物浓度,单位体积内活化分子数增加,但活化分子百分数不变,升高温度或加入催化剂能提高活化分子百分数,B项错误;反应为气体物质的量增大的吸热反应,高温低压有利于平衡正向移动,C项错误;反应为吸热反应,ΔH>0,ΔS>0,根据ΔH-TΔS<0时反应自发进行,可知该反应在较高温度下更易自发进行,D项正确。‎ ‎(3)在t ℃时,向2 L恒容密闭容器中充入3.0 mol CH3OH,平衡后H2的体积分数是25%,设消耗甲醇物质的量为x,‎ ‎　　　　CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g)‎ 起始量 3 mol 0 0‎ 变化量 x x x 平衡量 3 mol-x x x 由平衡后H2体积分数为25%,x‎3mol+x×100%=25%‎ 解得x=1 mol 则此温度下的化学平衡常数K=‎1‎‎2‎‎×‎‎1‎‎2‎‎3-1‎‎2‎=0.25‎ 升温到t2 ℃,K是t1 ℃的8倍,设消耗甲醇物质的量为y,‎ ‎　　　　CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g)‎ 起始量 3 mol 0 0‎ 变化量 y y y 平衡量 3 mol-y y y 则K=‎(‎y‎2‎‎)‎‎2‎‎3-y‎2‎=8×0.25‎ 解得y=2 mol 平衡后HCHO的体积分数=‎2mol‎3mol+2mol×100%=40%,‎ 若在此容器中,t2 ℃温度下加入三种气体,某时刻测得CH3OH、HCHO、H2的物质的量分别是1 mol、1 mol、2 mol,Qc=‎2‎‎2‎‎×‎‎1‎‎2‎‎1‎‎2‎=1<2,说明反应正向进行,v正>v逆,反应未达到平衡状态。‎ ‎(4)CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g)　ΔH=+86.80 kJ·mol-1,生成甲醛的反应为吸热反应,升高温度平衡正向移动,且甲醛的选择性变大,故甲醛产率升高;温度高于550 ℃,甲醛产率下降是因为分解生成CO的产率增大;反应的化学方程式为HCHOCO+H2。‎ 命题角度2反应热、速率、平衡的综合　‎ 高考真题体验·对方向 ‎1.(2019全国Ⅰ,28)水煤气变换[CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)]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:①使纯H2缓慢地通过处于721 ℃下的过量氧化钴CoO(s),氧化钴部分被还原为金属钴Co(s),平衡后气体中H2的物质的量分数为0.025 0。‎ ‎②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0.019 2。‎ 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　　　　(填标号)。 ‎ A.<0.25 B.0.25‎ C.0.25~0.50 D.0.50‎ E.>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物种用*标注。‎ 可知水煤气变换的ΔH　　　　　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pH‎2‎O和pCO相等、pCO‎2‎和pH‎2‎相等。‎ 计算曲线a的反应在30~90 min内的平均速率v(a)=　　　　　kPa·min-1。467 ℃时pH‎2‎和pCO随时间变化关系的曲线分别是　　　　　、　　　　　。489 ℃时pH‎2‎和pCO随时间变化关系的曲线分别是　　　　　、　　　　　。 ‎ 答案　(1)大于 ‎(2)C ‎(3)小于　2.02　COOH*+H*+H2O*COOH*+2H*+OH*(或H2O*H*+OH*)‎ ‎(4)0.004 7　b　c　d　a 解析　(1)因平衡后气体CO的物质的量分数小于氢气的物质的量分数,因此CO还原CoO(s)为Co(s)的能力强于氢气还原CoO(s)为Co(s)的能力。‎ ‎(2)721 ℃时水为气态,因此反应CoO(s)+H2(g)Co(s)+H2O(g)的平衡常数K=c(H‎2‎O)‎c(H‎2‎)‎‎=‎1-0.025‎‎0.025‎=‎‎0.975‎‎0.025‎。CoO(s)+CO(g)Co(s)+CO2(g)的平衡常数K=c(CO‎2‎)‎c(CO)‎‎=‎1-0.019 2‎‎0.019 2‎=‎‎0.980 8‎‎0.019 2‎。‎ 由此可知,CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)的平衡常数K=c(CO‎2‎)c(H‎2‎)‎c(CO)c(H‎2‎O)‎‎=‎‎0.980 8×0.025‎‎0.019 2×0.975‎>1。设起始时CO和H2O的物质的量均为1 mol,反应转化的CO的物质的量为x,则 ‎　CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)‎ 起始/mol 　1　　　　1　　　　0　 　　0‎ 转化/mol　 x x x x 平衡/mol　1-x 　　1-x x x 则x‎2‎‎(1-x)‎‎2‎>1,解得x>0.5 mol。‎ 当x=0.5 mol时,氢气的物质的量分数为0.25,当完全反应时,氢气的物质的量分数为0.5,因此平衡时氢气的物质的量分数应介于0.25和0.5之间,所以C项正确。‎ ‎(3)由图示可知,最终生成物的相对能量低于反应物的相对能量,所以该反应为放热反应,即ΔH<0。由图示可知,该历程中最大相对能量差为2.02 eV,即最大能垒为2.02 eV。由图示给出参加反应的微粒和生成的微粒可知,该步骤的化学方程式为COOH*+H*+H2O*COOH*+2H*+OH*(或H2O*H*+OH*)。‎ ‎(4)由图像给出的数值可知,曲线a在30~90 min内压强变化为0.28 kPa,所以反应速率v(a)=‎0.28 kPa‎60min=0.004 7 kPa·min-1。a、b、c、d四条曲线上30~90 min差值分别为0.28、0.34、0.34、0.28,由此可知,a、d为一组反应,b、c为一组反应。该反应为放热反应,因此达到平衡时,温度低时反应物转化得多,即467 ℃时,pH‎2‎和pCO随时间变化关系的曲线分别为b、c;489 ℃时,pH‎2‎和pCO随时间变化关系的曲线分别为d、a。‎ ‎2.(2018全国Ⅱ,27)CH4-CO2催化重整不仅可以得到合成气(CO和H2),还对温室气体的减排具有重要意义。回答下列问题:‎ ‎(1)CH4-CO2催化重整反应为:CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)。‎ 已知:‎ C(s)+2H2(g)CH4(g)‎ ΔH=-75 kJ·mol-1‎ C(s)+O2(g)CO2(g)‎ ΔH=-394 kJ·mol-1‎ C(s)+‎1‎‎2‎O2(g)CO(g)‎ ΔH=-111 kJ·mol-1‎ 该催化重整反应的ΔH=　　　　　 kJ·mol-1,有利于提高CH4平衡转化率的条件是　　　　　(填标号)。 ‎ A.高温低压 B.低温高压 C.高温高压 D.低温低压 某温度下,在体积为2 L的容器中加入2 mol CH4、1 mol CO2以及催化剂进行重整反应,达到平衡时CO2的转化率是50%,其平衡常数为　　　　　 mol2·L-2。 ‎ ‎(2)反应中催化剂活性会因积碳反应而降低,同时存在的消碳反应则使积碳量减少,相关数据如下表:‎ 积碳反应 CH4(g)‎ C(s)+2H2(g)‎ 消碳反应 CO2(g)+C(s)‎ ‎2CO(g)‎ ΔH/(kJ·mol-1)‎ ‎75‎ ‎172‎ 活化能/‎ ‎(kJ·mol-1)‎ 催化剂X ‎33‎ ‎91‎ 催化剂Y ‎43‎ ‎72‎ ‎①由上表判断,催化剂X　　　　　Y(填“优于”或“劣于”),理由是　　　　　　　　　　　。在反应进料气组成、压强及反应时间相同的情况下,某催化剂表面的积碳量随温度的变化关系如下图所示,升高温度时,下列关于积碳反应、消碳反应的平衡常数(K)和速率(v)的叙述正确的是　　　　　(填标号)。 ‎ A.K积、K消均增加 B.v积减小、v消增加 C.K积减小、K消增加 D.v消增加的倍数比v积增加的倍数大 ‎②在一定温度下,测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为v=k·p(CH4)·[p(CO2)]-0.5(k为速率常数),在p(CH4)一定时,不同p(CO2)下积碳量随时间的变化趋势如下图所示,则pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为　　　　　　　　　。 ‎ 答案　(1)247　A　‎‎1‎‎3‎ ‎(2)①劣于　相对于催化剂X,催化剂Y积碳反应的活化能大,积碳反应的速率小;而消碳反应活化能相对较小,消碳反应速率大　AD ‎②pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)‎ 解析　(1)将已知热化学方程式依次编号为①②③,根据盖斯定律,③×2-①-②,得到CH4-CO2催化重整反应的ΔH=+247 kJ·mol-1。由于该反应是正反应气体体积增大的吸热反应,所以有利于提高CH4平衡转化率的条件是高温低压,A项正确。某温度下,在体积为2 L的容器中加入2 mol CH4,1 mol CO2,达到平衡时CO2的转化率是50%,则平衡时各物质的物质的量浓度分别为c(CH4)=0.75 mol·L-1、c(CO2)=0.25 mol·L-1、c(CO)=0.5 mol·L-1、c(H2)=0.5 mol·L-1,根据K=c‎2‎‎(CO)·c‎2‎(H‎2‎)‎c(CH‎4‎)·c(CO‎2‎)‎,计算得出K=‎1‎‎3‎或0.33。‎ ‎(2)①根据表格中活化能数据分析,催化剂X劣于催化剂Y。因为相对于催化剂X,催化剂Y积碳反应的活化能大,积碳反应的速率小,而消碳反应活化能相对较小,消碳反应速率大。由于积碳反应和消碳反应均为吸热反应,所以升高温度平衡正向移动,K积、K消均增加;温度高于600 ℃时,积碳量随温度的升高而下降,说明v消增加的倍数比v积增加的倍数大,A、D两项正确。‎ ‎②根据v=k·p(CH4)·[p(CO2)]-0.5,当p(CH4)一定时,积碳量随p(CO2)的增大而减小,故pc(CO2)>pb(CO2)>pa(CO2)。‎ ‎3.(2018全国Ⅲ,28)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)‎ ΔH1=48 kJ·mol-1‎ ‎3SiH2Cl2(g)SiH4(g)+2SiHCl3(g)‎ ΔH2=-30 kJ·mol-1‎ 则反应4SiHCl3(g)SiH4(g)+3SiCl4(g)的ΔH为　　　　　 kJ·mol-1。 ‎ ‎(3)对于反应2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g),采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂,在323 K和343 K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。‎ ‎①343 K时反应的平衡转化率α=　　　　　%。平衡常数K343 K=　　　　　(保留2位小数)。 ‎ ‎②在343 K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　　　　　、　　　　　　。 ‎ ‎③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=k正xSiHCl‎3‎‎2‎-k逆xSiH‎2‎Cl‎2‎xSiCl‎4‎,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处的v正v逆=　　　　　(保留1位小数)。 ‎ 答案　(1)2SiHCl3+3H2O(HSiO)2O+6HCl ‎(2)114　(3)①22　0.02　②及时移去产物　改进催化剂　提高反应物压强(浓度)　③大于　1.3‎ 解析　(1)SiHCl3与H2O反应生成(HSiO)2O为非氧化还原反应,由原子守恒配平:2SiHCl3+3H2O(HSiO)2O+6HCl。‎ ‎(2)2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)　ΔH1=48 kJ·mol-1①‎ ‎3SiH2Cl2(g)SiH4(g)+2SiHCl3(g)　ΔH2=-30 kJ·mol-1②‎ 根据盖斯定律:①×3+②即可得4SiHCl3(g)SiH4(g)+3SiCl4(g)　ΔH=114 kJ·mol-1。‎ ‎(3)①由图根据“先拐先平速率大”可知a曲线温度较高(343 K),平衡转化率为22%;‎ 设SiHCl3起始物质的量为1 mol,则有 ‎　　　　2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)‎ 起始物质 的量/mol 1 0 0‎ 转化物质 的量/mol 0.22 0.11 0.11‎ 平衡物质 的量/mol 0.78 0.11 0.11‎ 平衡常数K343 K=‎0.11×0.11‎‎(0.78‎‎)‎‎2‎≈0.02‎ ‎③a处反应相当于在b处反应的基础上升高温度,反应速率va大于vb;‎ 达平衡时v正、v逆相等,k正xSiHCl‎3‎‎2‎=k逆xSiH‎2‎Cl‎2‎xSiCl‎4‎ k正k逆‎=‎xSiH‎2‎Cl‎2‎‎·‎xSiCl‎4‎xSiHCl‎3‎‎2‎‎=K343 K=0.02‎ a处SiHCl3转化率为20%,设起始时SiHCl3物质的量为1 mol,则有:‎ ‎　　　2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)‎ 起始物质 的量/mol 1 0 0‎ 转化物质 的量/mol 0.2 0.1 0.1‎ a点物质的 量/mol 0.8 0.1 0.1‎ 此时SiHCl3、SiH2Cl2、SiCl4的物质的量分数分别为0.8、0.1、0.1,‎ v正v逆‎=k正xSiHCl‎3‎‎2‎k逆xSiH‎2‎Cl‎2‎xSiCl‎4‎=‎‎0.02×0.‎‎8‎‎2‎‎0.1×0.1‎‎=1.28≈1.3。‎ 典题演练提能·刷高分 ‎1.(2019河北石家庄教学质量检测)甲烷是一种重要的化工原料和清洁能源,研究其再生及合理利用有重要意义。‎ 请回答:‎ ‎(1)已知一定条件下发生如下反应:CO2(g)+2H2O(g)CH4(g)+2O2(g)　ΔH=+802 kJ· mol-1。‎ 将一定量的CO2(g)和H2O(g)充入10 L密闭容器中,分别在催化剂M、N的作用下发生上述反应,CH4(g)的产量(n)与光照时间(t)和温度(T)变化的关系如图1所示。‎ ‎①若甲烷的燃烧热(ΔH')为-890 kJ· mol-1,则水的汽化热ΔH″=　　　　　　　　(汽化热指1 mol液体转化为气体时吸收的热量)。 ‎ ‎②T1 ℃、催化剂M作用下,0~20 h内该反应速率v(H2O)=　　　　　　　　。 ‎ ‎③根据图1判断,T1　　　　　　T2(填“>”“<”或“=”),理由为　　　　　　　　　　　　　　　　。催化剂的催化效果:M　　　　　N(填“优于”或“劣于”)。 ‎ ‎(2)甲烷可用于制备合成气:CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)　ΔH。将CH4(g)和H2O(g)以物质的量之比为1∶3充入盛有催化剂的刚性容器中发生该反应。相同时间段内测得CO的体积分数(φ)与温度(T)的关系如图2所示。‎ ‎①T0 ℃时,CO的体积分数最大的原因为 ‎ ‎　。 ‎ ‎②若T0 ℃时,容器内起始压强为p0,CO的平衡体积分数为10%,则反应的平衡常数Kp=　　　　　　　　(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)①+44 kJ·mol-1‎ ‎②0.006 mol·L-1·h-1‎ ‎③>　该反应为吸热反应,温度升高,CH4的产量增大　劣于 ‎(2)①低于T0 ℃时,相同时间段内温度越高反应速率越大,CO的体积分数越大;高于T0 ℃时,反应达到平衡;由于该反应为放热反应,平衡后随温度升高平衡逆向移动,CO的体积分数减小　②‎‎27‎p‎0‎‎2‎‎320‎ 解析　(1)①已知:CO2(g)+2H2O(g)CH4(g)+2O2(g)　ΔH=+802 kJ·mol-1①,甲烷的燃烧热为ΔH=-890 kJ·mol-1,则表示甲烷燃烧热的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l)　ΔH'=-890 kJ·mol-1②,根据盖斯定律,-‎1‎‎2‎(①+②)可得:H2O(l)H2O(g)　ΔH=-‎1‎‎2‎[+802 kJ·mol-1+(-890 kJ·mol-1)]=+44 kJ·mol-1,即水的汽化热ΔH″=+44 kJ·mol-1。‎ ‎②根据图像可知,T1 ℃、催化剂M作用下,0~20 h内CH4的物质的量变化为0.6 mol,则v(CH4)=‎0.6mol‎10 L×20 h=0.003 mol·L-1·h-1,所以v(H2O)=2v(CH4)=0.006 mol·L-1·h-1。‎ ‎③该反应为吸热反应,温度升高,平衡右移,CH4的产量增大,根据图像可知,温度为T1条件下,平衡时甲烷的物质的量较大,则T1>T2;已知温度T1>T2,若不使用催化剂,应该在温度T1条件下优先达到平衡状态,根据图像可知,使用催化剂N的曲线优先达到平衡状态,说明催化剂的催化效果:M劣于N。‎ ‎(2)①在温度低于T0 ℃时,反应未达平衡,随温度升高反应速率增大,导致CO的体积分数增大;在温度为T0 ℃时,反应达到平衡,由于该反应为放热反应,温度升高使平衡逆向移动,故CO的体积分数减小。‎ ‎②CH4(g)和H2O(g)的物质的量之比为1∶3,设CH4物质的量为1 mol,H2O为3 mol,平衡时生成的CO物质的量为y mol,CO的平衡体积分数为10%‎ ‎ 　　CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)‎ 初始/mol 1 3 0 0‎ 转化/mol y y y 3y 平衡/mol 1-y 3-y y 3y 则:y‎1-y+3-y+y+3y×100%=10%,解得:y=0.5 mol,则平衡时混合气体的总物质的量为5 mol,反应前总物质的量为4 mol,容器容积相同时,气体的压强与物质的量成正比,T0 ℃时,容器内起始压强为p0,则平衡时压强为:p0×‎5‎‎4‎=1.25p0,平衡时p(CH4)=‎0.5‎‎5‎×1.25p0=‎1‎‎8‎p0,p(H2O)=‎2.5‎‎5‎×1.25p0=‎5‎‎8‎p0,p(CO)=‎0.5‎‎5‎×1.25p0=‎1‎‎8‎p0,p(H2)=‎1.5‎‎5‎×1.25p0=‎3‎‎8‎p0,反应的平衡常数Kp=‎(‎3‎‎8‎p‎0‎‎)‎‎3‎×(‎1‎‎8‎p‎0‎)‎‎(‎1‎‎8‎p‎0‎)×(‎5‎‎8‎p‎0‎)‎‎=‎‎27‎p‎0‎‎2‎‎320‎。‎ ‎2.(2019华中师大第一附中高三期中)工业上可通过煤的液化合成甲醇,主反应为CO(g)+2H2(g)CH3OH(l)　ΔH=x。‎ ‎(1)已知常温下CH3OH、H2和CO的燃烧热ΔH分别为-726.5 kJ·mol-1、-285.5 kJ·mol-1、-283.0 kJ·mol-1,则x=　　　　　　　。为提高合成甲醇反应的选择性,关键因素是　　　　　　　　。 ‎ ‎(2)T K下,在容积为1.00 L的某密闭容器中进行上述反应(CH3OH为气体),相关数据如图。‎ ‎①该反应0~10 min的平均速率v(H2)=　　　　　　　,M和N点的逆反应速率较大的是　　　　　　(填“v逆(M)”“v逆(N)”或“不能确定”)。 ‎ ‎②10 min时容器内CO的体积分数为　　　　　。相同条件下,若起始投料加倍,达平衡时,CO的体积分数将　　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。 ‎ ‎③对于气相反应,常用某组分(B)的平衡压强(pB)代替物质的量浓度(cB)表示平衡常数(以Kp表示),其中,pB=p总×B的体积分数。若在T K下平衡气体总压强为x atm,则该反应的Kp=　　　　(计算表达式)。实验测得不同温度下的lnK(化学平衡常数K的自然对数)如图,请分析lnK随T呈现上述变化趋势的原因是　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ 答案　(1)-127.5 kJ·mol-1　催化剂(或提高催化剂的选择性)‎ ‎(2)①0.12 mol·(L·min)-1　不能确定　②‎2‎‎9‎(或22.22%)　减小　③x‎3‎‎2x‎9‎‎×(‎‎4x‎9‎‎)‎‎2‎　该反应正反应为放热反应,当温度升高时平衡逆向移动,平衡常数(Kp或lnKp)减小 解析　(1)CH3OH、H2和CO的燃烧热ΔH分别为-726.5 kJ·mol-1、-285.5 kJ·mol-1、-283.0 kJ·mol-1,则CH3OH(l)+‎3‎‎2‎O2(g)CO2(g)+2H2O(l)　ΔH=-726.5 kJ·mol-1①,H2(g)+‎1‎‎2‎O2(g)H2O　ΔH=-285.5 kJ·mol-1②,CO(g)+‎1‎‎2‎O2(g)CO2(g)　ΔH=-283 kJ·mol-1③,根据盖斯定律③+②×2-①得CO(g)+2H2(g)CH3OH(l)　ΔH=-283 kJ·mol-1-285.5 kJ·mol-1×2+726.5 kJ·mol-1=-127.5 kJ·mol-1。选择合适的催化剂可以提高合成甲醇反应的选择性,所以关键因素是催化剂。‎ ‎(2)①v(H2)=‎(2-0.8)mol‎1 L×10min=0.12 mol·(L·min)-1。15 min时氢气浓度逐渐减小,平衡正向移动,改变的条件可能是加入CO(g)或分离出甲醇或降低温度。若加入CO(g)反应速率加快,若分离出甲醇或降低温度会使反应速率减慢,所以不能确定M和N点的逆反应速率的大小。②根据图示10 min时容器内CO的物质的量是0.4 mol、氢气的物质的量是0.8 mol、甲醇的物质的量是0.6 mol,CO的体积分数为‎0.4‎‎0.4+0.6+0.8‎×100%≈22.22%。相同条件下,若起始投料加倍,相当于加压,平衡正向移动,所以CO的体积分数将减小。③Kp=x×‎‎0.6‎‎1.8‎‎0.4‎‎1.8‎‎×x×(x×‎‎0.8‎‎1.8‎‎)‎‎2‎‎=‎x‎3‎‎2x‎9‎‎×(‎‎4x‎9‎‎)‎‎2‎。该反应正反应为放热反应,当温度升高平衡逆向移动,平衡常数(Kp或lnKp)减小。‎ ‎3.(2019河南郑州三模)(1)用焦炭还原NO的反应为:2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)　ΔH,恒温恒容条件下,向体积相同的甲、乙、丙三个容器中分别加入足量的焦炭和一定量的NO,测得各容器中NO的物质的量[n(NO)]随反应时间(t)的变化情况如下表所示:‎ ‎　　　　t/min ‎　n(NO)/mol 容器　　　　　　‎ ‎0‎ ‎40‎ ‎80‎ ‎120‎ ‎160‎ 甲/400 ℃‎ ‎2.00‎ ‎1.5‎ ‎1.10‎ ‎0.80‎ ‎0.80‎ 乙/400 ℃‎ ‎1.00‎ ‎0.80‎ ‎0.65‎ ‎0.53‎ ‎0.45‎ 丙/T ℃‎ ‎2.00‎ ‎1.45‎ ‎1.00‎ ‎1.00‎ ‎1.00‎ ‎①ΔH　　　　0(填“>”或“<”)。 ‎ ‎②乙容器在160 min时,v正　　　　v逆(填“>”“<”或“=”)。 ‎ ‎(2)某温度下,向体积为2 L的恒容真空容器中通入2.00 mol NO2,发生反应:2NO2(g)N2O4(g)　ΔH=-57.0 kJ·mol-1‎ 已知:v正(NO2)=k1·c2(NO2),v逆(N2O4)=k2·c(N2O4),其中k1、k2为速率常数。测得NO2的体积分数[φ(NO2)]与反应时间(t)的关系如下表所示:‎ t/min ‎0‎ ‎20‎ ‎40‎ ‎60‎ ‎80‎ φ(NO2)‎ ‎1.0‎ ‎0.75‎ ‎0.52‎ ‎0.50‎ ‎0.50‎ ‎①k‎1‎k‎2‎的数值为　　　　。 ‎ ‎②已知速率常数k随温度升高而增大,则升高温度后k1增大的值　　　　k2增大的值(填“>”“<”或“=”)。 ‎ 答案　(1)①<　②>　(2)①‎1‎‎3‎　②<‎ 解析　(1)①容器甲和丙中NO的初始量相同,丙优先达到平衡,说明丙的温度较高;达到平衡时丙中NO的物质的量大于甲,说明升高温度平衡逆向移动,则该反应的正反应为放热反应,即ΔH<0。‎ ‎②反应2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)为气体物质的量不变的反应,压强不影响平衡,甲和乙温度相同,甲、乙两容器中反应达平衡时互为等效平衡,达到平衡时NO的转化率相等。甲中NO的转化率为:‎2.0mol-0.8mol‎2.0mol×100%=60%;乙中160 min时NO的转化率为:‎1.00mol-0.45mol‎1.00mol×100%=55%<60%,说明乙容器还没有达到平衡状态,则乙容器在160 min时v正>v逆。‎ ‎(2)①　　　　　　　2NO2(g)N2O4(g)‎ 初始/(mol·L-1) 1.0 0‎ 转化/(mol·L-1) x 0.5x 平衡/(mol·L-1) 1.0-x 0.5x 则‎1.0mol·L‎-1‎-x‎1.0mol·L‎-1‎-x+0.5x=0.50,解得:x=‎2‎‎3‎ mol·L-1,‎ 达到平衡时,v正(NO2)=k1·c2(NO2)=v逆(N2O4)=k2·c(N2O4),整理可得:k‎1‎k‎2‎‎=c(N‎2‎O‎4‎)‎c‎2‎‎(NO‎2‎)‎=‎(0.5×‎‎2‎‎3‎‎)‎‎2‎‎1.0-‎‎2‎‎3‎=‎‎1‎‎3‎。‎ ‎②该反应为放热反应,升高温度平衡向着逆向移动,K=k‎1‎k‎2‎减小,则升高温度后k1增大的值”)。 ‎ ‎②压强p1、p2、p3、p4由大到小的关系为　　　　　　　　　,压强为p4时,在b点:v(正)　　　　v(逆)(填“<”“=”或“>”)。 ‎ ‎③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),则该反应的平衡常数的表达式Kp=　　　　　　　　;如果p4=0.36 MPa,求1 100 ℃时的平衡常数Kp=　　　　　　　　　(保留3位有效数字,用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数)。 ‎ ‎④为探究速率与浓度的关系,该实验中,根据相关实验数据,粗略绘制出了2条速率-浓度关系曲线:v正~c(CH4)和v逆~c(CO)。‎ 则:a.与曲线v正~c(CH4)相对应的是上图中曲线　　　　(填“甲”或“乙”)。 ‎ b.当降低到某一温度时,反应重新达到平衡,相应的平衡点分别为　　　　　　　　　(填字母)。 ‎ 答案　(1)CH3OH(l)+O2(g)CO(g)+2H2O(l)‎ ΔH=-442 kJ·mol-1‎ ‎(2)①>　②p4>p3>p2>p1　>‎ ‎③p‎2‎‎(CO)·p‎2‎(H‎2‎)‎p(CO‎2‎)·p(CH‎4‎)‎　1.64(MPa)2　④a.乙　b.B、F 解析　(1)根据盖斯定律,由(①-②+③×4)×‎1‎‎2‎可得:CH3OH(l)+O2(g)CO(g)+2H2O(l)　ΔH=(ΔH1-ΔH2+ΔH3×4)×‎1‎‎2‎=(-1 274.0 kJ·mol-1+566.0 kJ·mol-1-44 kJ·mol-1×4)×‎1‎‎2‎=-442 kJ·mol-1。‎ ‎(2)①根据图示,压强不变时,升高温度,CH4的平衡转化率增大,说明正反应为吸热反应,ΔH>0。‎ ‎②正反应为气体分子数增大的反应,温度不变时,降低压强,平衡向正反应方向移动,CH4的平衡转化率增大,故p4>p3>p2>p1。压强为p4时,b点时反应尚未达到平衡,反应正向进行,故v(正)>v(逆)。‎ ‎③由用平衡浓度表示的平衡常数类推可知,用平衡分压表示的平衡常数K=p‎2‎‎(CO)·p‎2‎(H‎2‎)‎p(CO‎2‎)·p(CH‎4‎)‎。1 100 ℃、p4条件下CH4的平衡转化率为80%,则平衡时c(CH4)=c(CO2)=0.2 mol·L-1,c(CO)=c(H2)=1.6 mol·L-1,则p(CH4)=p(CO2)=p4×‎0.2‎‎0.2×2+1.6×2‎‎=‎‎1‎‎18‎p4,p(CO)=p(H2)=p4×‎1.6‎‎0.2×2+1.6×2‎‎=‎‎4‎‎9‎p4,故K=‎(‎4‎‎9‎p‎4‎‎)‎‎2‎×(‎‎4‎‎9‎p‎4‎‎)‎‎2‎‎1‎‎18‎p‎4‎‎×‎‎1‎‎18‎p‎4‎‎=‎‎8‎‎4‎‎×‎p‎4‎‎2‎‎1‎‎8‎‎2‎=1.64(MPa)2。‎ ‎④a.CH4的浓度由1.0 mol·L-1逐渐减小,而CO的浓度由0逐渐增加,故与v(正)~c(CH4)相对应的曲线为乙。‎ b.降低温度,正、逆反应速率均减小,平衡向逆反应方向移动,则CH4的浓度增大,而CO的浓度减小,故相应的平衡点分别为B、F。‎ ‎5.(2019安徽合肥高三上学期调研)氨作为重要的化工原料,被大量应用于工业生产。氨在不同催化剂条件下可发生下列两个反应:‎ 反应Ⅰ:4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)　ΔH=-905.0 kJ·mol-1‎ 反应Ⅱ:4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)　ΔH=-1 266.6 kJ·mol-1‎ ‎(1)写出NO分解生成N2与O2的热化学方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(2)反应Ⅰ在容积固定的密闭容器中进行,容器内部分物质的物质的量浓度如下表:‎ ‎　　浓度 时间　　‎ c(NH‎3‎)‎‎(mol·L‎-1‎)‎ c(O‎2‎)‎‎(mol·L‎-1‎)‎ c(NO)‎‎(mol·L‎-1‎)‎ 第0 min ‎0.8‎ ‎1.6‎ ‎0‎ 第2 min ‎0.3‎ ‎0.975‎ ‎0.5‎ 第3 min ‎0.3‎ ‎0.975‎ ‎0.5‎ 第4 min ‎0.7‎ ‎1.475‎ ‎0.1‎ ‎①反应从开始到第2 min时,v(H2O)=　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎②在第3 min时,改变的反应条件可能是　　　　　　(填选项字母)。 ‎ ‎　　　　　 　　　　　 　　　　‎ A.使用催化剂 B.减小压强 C.升高温度 D.增加O2的浓度 ‎③该反应达到平衡状态的标志是　　　　(填选项字母)。 ‎ A.在恒温恒容的容器中,混合气体的密度不再变化 B.单位时间内消耗n mol NO的同时消耗n mol NH3‎ C.百分含量w(NH3)=w(NO)‎ D.反应速率v(NH3)∶v(O2)∶v(NO)∶v(H2O)=4∶5∶4∶6‎ ‎(3)①若在容积为2 L的密闭容器中充入8 mol NH3(g)和6 mol O2(g)发生反应Ⅱ。保持其他条件不变,在相同时间内测得c(N2)与温度的关系如图所示。则T1 ℃下,NH3的平衡转化率为　　　。 ‎ ‎②图中a、c两点对应的容器内部压强pa　　　pc(填“>”“<”或“=”)。 ‎ 答案　(1)2NO(g)N2(g)+O2(g)‎ ΔH=-180.8 kJ·mol-1‎ ‎(2)①0.375 mol·(L·min)-1　②C　③B ‎(3)①60%　②<‎ 解析　(1)已知:反应Ⅰ:4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)　ΔH=-905.0 kJ·mol̄1,反应Ⅱ:4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)　ΔH=-1 266.6 kJ·mol-1,根据盖斯定律可知(Ⅱ-Ⅰ)÷2可得2NO(g)O2(g)+N2(g),ΔH=[(-1 266.6 kJ·mol-1)-(-905.0 kJ·mol-1)]÷2=-180.8 kJ·mol-1,则NO分解生成N2与O2的热化学方程式为2NO(g)N2(g)+O2(g)　ΔH=-180.8 kJ·mol-1。‎ ‎(2)①反应从开始到第2 min时,v(H2O)=‎3‎‎2‎v(NO)=‎3‎‎2‎‎×‎‎0.5mol·‎L‎-1‎‎2min=0.375 mol·(L·min)-1;②在第3 min后到4 min,根据数据可知反应按比例向逆反应方向进行,因为该反应为气体体积增大的放热反应,故使用催化剂不能使平衡移动,选项A不选;减小压强平衡向气体体积增大的正反应方向移动,不符合,选项B不选;升高温度平衡向逆反应方向移动,选项C符合题意;增加O2的浓度平衡向正反应方向移动,不符合题意,选项D不选;③恒容条件下,气体的总质量不变,则混合气体的密度一直不变,密度不变不能作为达到平衡状态的标志,选项A错误;单位时间内消耗n mol NO的同时消耗n mol NH3,符合正逆反应速率相等,可作为达到平衡状态的标志,选项B正确;物质的百分含量w(NH3)=w(NO)不一定是平衡状态,所以不能作为达到平衡状态的标志,选项C错误;用NH3、O2、NO、H2O的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为4∶5∶4∶6的状态,不一定是平衡状态,所以不能作为达到平衡状态的标志,选项D错误。‎ ‎(3)①T1 ℃时,c(N2)=1.2 mol·L-1,则生成氮气的物质的量为1.2 mol·L-1×2 L=2.4 mol,根据反应4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)可知消耗的氨气物质的量为4.8 mol,故NH3的转化率为‎4.8mol‎8mol×100%=60%;②由于a、c两点c(N2)均为0.6 mol·L-1,反应起始状态完全相同,故a、c两点对应容器中各物质浓度相同,由于c点温度高,故c点压强较大,即图中a、c两点对应的容器内部压强paT2‎ B.a点的反应速率小于c点的反应速率 C.a点的正反应速率大于b点的逆反应速率 D.b点时二聚体的浓度为0.45 mol·L-1‎ ‎(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右图所示,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　 ‎ ‎ ‎ ‎　。 ‎ 答案　(1)89.3　(2)40%　3.56×104　BD　(3)CD ‎(4)Fe电极　Fe+2+H2↑[Fe+2C5H6Fe(C5H5)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,将反应①和②叠加可得反应③,故ΔH3=ΔH1+ΔH2=100.3 kJ·mol-1+(-11.0 kJ·mol-1)=89.3 kJ·mol-1。‎ ‎(2)温度、体积一定,压强与物质的量成正比,则起始状态碘和环戊烯的分压分别为5×104 Pa,设环戊烯的转化率为x,根据反应:‎ ‎(g)　+　I2(g)　　(g)　+　2HI 起始/Pa　5×104　　　5×104　　　　　0　　　　　　0‎ 转化/Pa　5×104x　　5×104x　 　　5×104x　　 1×105x 平衡/Pa　5×104(1-x) 　5×104(1-x)　 5×104x　　1×105x 根据平衡时总压增加了20%,则5×104(1-x) Pa+5×104(1-x) Pa+5×104x Pa+1×105x Pa=1.2×105 Pa 解得x=0.4,即环戊烯的转化率为40%。平衡时各物质的分压为p(环戊烯)=3×104 Pa,p(I2)=3×104 Pa,p(环戊二烯)=2×104 Pa,p(HI)=4×104 Pa,则该反应的平衡常数Kp=‎(4×1‎0‎‎4‎Pa‎)‎‎2‎×2×1‎0‎‎4‎Pa‎(3×1‎0‎‎4‎Pa‎)‎‎2‎≈3.56×104 Pa。‎ 通入惰性气体,不会引起各物质的浓度的变化,反应速率不变,平衡不移动,环戊烯的平衡转化率不变,A项不符合题意;由于该反应为吸热反应,故升高温度使平衡向右移动,环戊烯的平衡转化率增大,B项符合题意;增加一种物质的量,自身的转化率减少,而另一种反应物的转化率增大,增加环戊烯浓度,环戊烯的平衡转化率减小,增加碘浓度,环戊烯的平衡转化率增大,C项不符合题意,D项符合题意。‎ ‎(3)根据曲线的变化趋势可知,T2温度下首先达到平衡,反应速率大,因此T2大于T1,A项错误;a点、c点对应的反应物的浓度、温度都不同,无法比较a、c两点的反应速率的大小,B项错误;a点的正反应速率大于b点的正反应速率,而b点还没有达到平衡,因此b点的正反应速率大于其逆反应速率,则a点的正反应速率大于b点的逆反应速率,C项正确;根据曲线可知,环戊二烯的初始浓度为1.5 mol·L-1,b点环戊二烯的浓度为0.6 mol·L-1,环戊二烯的浓度变化量为0.9 mol·L-1,因此b点二聚体的浓度为0.45 mol·L-1,D项正确。‎ ‎(4)根据Fe的化合价升高为+2价可知,Fe发生氧化反应,故Fe作阳极;根据二茂铁的分子式可知,两个环戊二烯去掉2个H原子,再结合所给信息,可得总反应方程式为Fe+2+H2↑[Fe+2C5H6Fe(C5H5)2+H2↑]。有水存在的条件下,Na+不能得到电子生成Na,而是H2O得电子生成H2和OH-,OH-会与Fe2+反应生成Fe(OH)2。‎ ‎2.(2019全国Ⅲ,28)近年来,随着聚酯工业的快速发展,氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此,将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题:‎ ‎(1)Deacon发明的直接氧化法为:4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为刚性容器中,进料浓度比c(HCl)∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系:‎ 可知反应平衡常数K(300 ℃)　　　　K(400 ℃)(填“大于”或“小于”)。设HCl初始浓度为c0,根据进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=1∶1的数据计算K(400 ℃)=　　　　　　　　(列出计算式)。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率,同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低、过高的不利影响分别是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(2)Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行:‎ CuCl2(s)CuCl(s)+‎1‎‎2‎Cl2(g)‎ ΔH1=83 kJ·mol-1‎ CuCl(s)+‎1‎‎2‎O2(g)CuO(s)+‎1‎‎2‎Cl2(g)‎ ΔH2=-20 kJ·mol-1‎ CuO(s)+2HCl(g)CuCl2(s)+H2O(g)‎ ΔH3=-121 kJ·mol-1‎ 则4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=　　　　　kJ·mol-1。 ‎ ‎(3)在一定温度的条件下,进一步提高HCl的转化率的方法是　　　　　　　　　　　　。(写出2种) ‎ ‎(4)在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上,科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案,主要包括电化学过程和化学过程,如右图所示:‎ 负极区发生的反应有　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(写反应方程式)。电路中转移1 mol电子,需消耗氧气　　　　　L(标准状况)。 ‎ 答案　(1)大于　‎0.4‎2‎‎2‎×0.4‎‎2‎‎2‎‎(1-0.84‎)‎‎4‎×(1-0.21)‎c‎0‎　O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低 ‎(2)-116‎ ‎(3)增加反应体系压强、及时除去产物 ‎(4)Fe3++e-Fe2+,4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O　5.6‎ 解析　本题为热化学、电化学与化学平衡的综合题,难度中等。‎ ‎(1)分析任意一条平衡曲线可知,在进料浓度比固定的条件下,随着温度的升高,HCl的平衡转化率降低,说明正反应为放热反应,由于K只与温度有关,升高温度,平衡逆向移动,平衡常数K减小,即K(300 ℃)大于K(400 ℃)。‎ 根据进料浓度比及HCl的平衡转化率间的关系可知,c(HCl)∶c(O2)=1∶1的曲线为最上面的那条曲线,由该曲线可知:温度为400 ℃时HCl的平衡转化率为84%。‎ 根据条件可列三段式如下:‎ ‎4HCl(g)　+　O2(g)　2Cl2(g) + 2H2O(g)‎ 初始:　c0　　　　　　c0　　　　　　0　　　　0‎ 转化:c0×0.84　　 c0×0.21　　c0×0.42　 c0×0.42‎ 平衡:c0× (1-0.84)　 c0× (1-0.21)　c0×0.42　c0×0.42‎ K(400 ℃)=c‎2‎‎(Cl‎2‎)·c‎2‎(H‎2‎O)‎c‎4‎‎(HCl)·c(O‎2‎)‎=‎ ‎(c‎0‎×0.42‎)‎‎2‎·(c‎0‎×0.42‎‎)‎‎2‎‎[c‎0‎×(1-0.84)‎]‎‎4‎·[c‎0‎×(1-0.21)]‎ ‎=‎‎0.4‎2‎‎2‎×0.4‎‎2‎‎2‎‎(1-0.84‎)‎‎4‎×(1-0.21)‎c‎0‎ 进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低,导致产品Cl2混有大量O2,则分离两气体时导致能耗较高。而进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过高,则导致HCl的转化率过低,浪费原料。‎ ‎(2)由盖斯定律可知,将题给催化过程的三个反应直接相加可得:2HCl(g)+‎1‎‎2‎O2(g)Cl2(g)+H2O(g)‎ ΔH'=(83-20-121)kJ·mol-1=-58 kJ·mol-1,则ΔH=2ΔH'=-116 kJ·mol-1。‎ ‎(3)在温度一定时,要增大HCl的平衡转化率,可采取的措施有:及时移走部分产物、增大体系压强等。‎ ‎(4)根据图示可知,负极区(指电解池的阴极区)发生的电极反应(还原反应)为Fe3++e-Fe2+,随之发生的化学过程为4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O。根据电子守恒可知,电路中每转移1 mol电子消耗0.25 mol O2,在标准状况下的体积为5.6 L。‎ ‎3.(2019北京理综,27)氢能源是最具有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。‎ ‎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4∶1,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)　ΔH1‎ ⅱ.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)　ΔH2‎ ⅲ.CH4(g)C(s)+2H2(g)　ΔH3‎ ‎……‎ ⅲ为积碳反应,利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时,还需要利用　　　　反应的ΔH。 ‎ ‎③反应物投料比采用n(H2O)∶n(CH4)=4∶1,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.减少积碳生成 ‎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。‎ ‎①制H2时,连接　　　　。 ‎ 产生H2的电极方程式是　。 ‎ ‎②改变开关连接方式,可得O2。‎ ‎③结合①和②中电极3的电极反应式,说明电极3的作用:　。 ‎ 答案　(1)①CH4+2H2O(g)4H2+CO2‎ ‎②C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g)或C(s)+CO2(g)2CO(g)‎ ‎③abc　④降低 CaO+CO2CaCO3,CaCO3覆盖在CaO表面,减少了CO2与CaO的接触面积 ‎(2)①K1　2H2O+2e-H2↑+2OH-‎ ‎③制H2时,电极3发生反应:Ni(OH)2+OH--e-NiOOH+H2O。制O2时,上述电极反应逆向进行,使电极3得以循环使用 解析　(1)①由于初始反应的生成物为H2和CO2,且其物质的量之比为4∶1,由质量守恒定律可写出反应的化学方程式为CH4+2H2O(g)4H2+CO2。②反应ⅰ+反应ⅱ-反应ⅲ可得:C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g),所以,利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时,还需要利用反应C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g)或C(s)+CO2(g)2CO(g)的ΔH。③增加H2O(g)的量,由ⅰ可知可提高CH4的转化率,由ⅱ可知能促使CO转化为CO2,由ⅲ可知降低积碳反应的发生。④由图像可知,从t1时开始,H2体积分数显著降低,单位时间CaO消耗率曲线斜率减小,原因是CaO表面被生成的碳酸钙覆盖,失去吸收CO2的能力。‎ ‎(2)①根据题图示中电极3的转化关系可知,制H2时,连接K1。碱性条件下,生成H2的电极反应式为2H2O+2e-H2↑+2OH-。③①中电极3反应式为Ni(OH)2+OH--e-NiOOH+H2O,消耗生成H2时产生的OH-。而②中电极3的电极反应式为NiOOH+H2O+e-Ni(OH)2+OH-,补充生成O2所需的OH-,同时保证电极3得以循环使用。‎ ‎4.(2017全国Ⅰ,28)近期发现,H2S是继NO、CO之后的第三个生命体系气体信号分子,它具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能。回答下列问题:‎ ‎(1)下列事实中,不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是　　　　(填标号)。 ‎ A.氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应,而亚硫酸可以 B.氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸 C.0.10 mol·L-1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1‎ D.氢硫酸的还原性强于亚硫酸 ‎(2)下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。‎ 通过计算,可知系统(Ⅰ)和系统(Ⅱ)制氢的热化学方程式分别为　、 ‎ ‎　, ‎ 制得等量H2所需能量较少的是　。 ‎ ‎(3)H2S与CO2在高温下发生反应:H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)。在610 K时,将0.10 mol CO2与0.40 mol H2S充入2.5 L的空钢瓶中,反应平衡后水的物质的量分数为0.02。‎ ‎①H2S的平衡转化率α1=　　　　%,反应平衡常数K=　　　　。 ‎ ‎②在620 K重复实验,平衡后水的物质的量分数为0.03,H2S的转化率α2　　α1,该反应的ΔH　　　　0(填“>”“<”或“=”)。 ‎ ‎③向反应器中再分别充入下列气体,能使H2S转化率增大的是　　　　(填标号)。 ‎ A.H2S B.CO2 C.COS D.N2‎ 答案　(1)D ‎(2)H2O(l)H2(g)+‎1‎‎2‎O2(g)　ΔH=286 kJ·mol-1‎ H2S(g)H2(g)+S(s)　ΔH=20 kJ·mol-1　系统(Ⅱ)‎ ‎(3)①2.5　2.8×10-3　②>　>　③B 解析　(1)酸性强弱与酸的电离程度有关。A项利用强酸制弱酸反应原理,可知H2SO3的酸性强于H2CO3,而H2CO3的酸性强于H2S,A项可以比较氢硫酸和亚硫酸的酸性强弱;由B项可知同浓度的H2SO3的电离程度大于H2S的,B项可以比较氢硫酸和亚硫酸的酸性强弱;由C项可知同浓度的亚硫酸和氢硫酸中,前者的c(H+)大于后者的c(H+),C项可以比较氢硫酸和亚硫酸的酸性强弱;而酸性强弱与酸的还原性无关,故D项不可以比较氢硫酸和亚硫酸的酸性强弱。‎ ‎(2)热化学方程式的书写应注意标明各物质的聚集状态和ΔH的单位。将题中热化学方程式依次编号为①②③④,依据盖斯定律,①+②+③可得:‎ H2O(l)H2(g)+‎1‎‎2‎O2(g)　ΔH=286 kJ·mol-1‎ ‎②+③+④可得:H2S(g)H2(g)+S(s)‎ ΔH=20 kJ·mol-1‎ 由两个热化学方程式比较可知,制得等量H2系统(Ⅱ)所需热量较少。‎ ‎(3)①考查转化率和平衡常数,依据“三段式”解决。‎ 设H2S转化了x mol,则 ‎　H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)‎ 起始/mol 0.4 0.1‎ 转化/mol x x x x 平衡/mol (0.4-x) (0.1-x) x x 由题意可知,平衡后水的物质的量分数为0.02,‎ 即xmol‎0.5mol=0.02,x=0.01,‎ 则α1(H2S)=‎0.01mol‎0.4mol×100%=2.5%。‎ 平衡常数K=c(COS)·c(H‎2‎O)‎c(H‎2‎S)·c(CO‎2‎)‎=‎ ‎0.01mol‎2.5 L‎×‎‎0.01mol‎2.5 L‎0.39mol‎2.5 L‎×‎‎0.09mol‎2.5 L‎=2.8×10-3。‎ ‎②升高温度,平衡后水的物质的量分数增大,即平衡正向移动,则H2S的转化率增大。升高温度,平衡向吸热反应方向移动,则正反应为吸热反应,ΔH>0。‎ ‎③增大反应物中一种物质的百分含量,其自身的转化率降低,而另外一种反应物的转化率增大,因此选B。加入COS时,平衡逆向移动,H2S的转化率减小;加入N2,平衡不移动,H2S的转化率不变。‎ ‎5.(2017全国Ⅲ,28)砷(As)是第四周期ⅤA族元素,可以形成As2S3、As2O5、H3AsO3、H3AsO4等化合物,有着广泛的用途。回答下列问题:‎ ‎(1)画出砷的原子结构示意图　　　　。 ‎ ‎(2)工业上常将含砷废渣(主要成分为As2S3)制成浆状,通入O2氧化,生成H3AsO4和单质硫。写出发生反应的化学方程式　　　　　　　　　　　　　　　　　。该反应需要在加压下进行,原因是　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(3)已知:‎ As(s)+‎3‎‎2‎H2(g)+2O2(g)H3AsO4(s)　ΔH1‎ H2(g)+‎1‎‎2‎O2(g)H2O(l)　ΔH2‎ ‎2As(s)+‎5‎‎2‎O2(g)As2O5(s)　ΔH3‎ 则反应As2O5(s)+3H2O(l)2H3AsO4(s)的ΔH=　　　　　　　　。 ‎ ‎(4)298 K时,将20 mL 3x mol·L-1 Na3AsO3、20 mL 3x mol·L-1 I2和20 mL NaOH溶液混合,发生反应:AsO‎3‎‎3-‎(aq)+I2(aq)+2OH-(aq)AsO‎4‎‎3-‎(aq)+2I-(aq)+H2O(l)。溶液中c(AsO‎4‎‎3-‎)与反应时间(t)的关系如图所示。‎ ‎①下列可判断反应达到平衡的是　　　　　　(填标号)。 ‎ a.溶液的pH不再变化 b.v(I-)=2v(AsO‎3‎‎3-‎)‎ c.c(AsO‎4‎‎3-‎)/c(AsO‎3‎‎3-‎)不再变化 d.c(I-)=y mol·L-1‎ ‎②tm时,v正　　　　v逆(填“大于”“小于”或“等于”)。 ‎ ‎③tm时v逆　　　　tn时v逆(填“大于”“小于”或“等于”),理由是　。 ‎ ‎④若平衡时溶液的pH=14,则该反应的平衡常数K为　　　　　　　　　　。 ‎ 答案　(1)‎ ‎(2)2As2S3+5O2+6H2O4H3AsO4+6S 增加反应物O2的浓度,提高As2S3的转化速率 ‎(3)2ΔH1-3ΔH2-ΔH3‎ ‎(4)①a、c　②大于 ‎③小于　tm时生成物浓度较低 ‎④‎4‎y‎3‎‎(x-y‎)‎‎2‎ (mol·L-1)-1‎ 解析　(1)As为33号元素,位于第四周期第ⅤA族,所以其原子最外层为5个电子,故As的原子结构示意图为 。(2)由题中信息知,As2S3被O2氧化生成H3AsO4和S,根据As、S和O的得失电子守恒可配平该反应的化学方程式。加压条件下进行反应,相当于增加了O2的浓度,可以提高反应物As2S3的转化速率。(3)将题给热化学方程式依次编号为①②③,根据盖斯定律,①×2-②×3-③可得目标热化学方程式,则ΔH=2ΔH1-3ΔH2-ΔH3。(4)①a项,反应中消耗OH-,若pH不变,则说明反应已达平衡,正确;b项,反应中I-与AsO‎3‎‎3-‎的计量数之比为2∶1,所以两者反应速率之比始终为2∶1,则不能说明反应已达平衡,错误;c项,离子浓度比值不变,即说明反应已达平衡,正确;d项,由图知,反应达平衡时,c(AsO‎4‎‎3-‎)=y mol·L-1,此时c(I-)=2y mol·L-1,则c(I-)=y mol·L-1时,不能说明反应达到平衡,错误。②在tm时,反应未达到平衡,故v正>v逆。③生成物浓度越大,逆反应速率越大,tn时生成物浓度大,则tn时的v逆大。④三种溶液混合后,c(AsO‎3‎‎3-‎)=‎3x×20‎‎20+20+20‎ mol·L-1=x mol·L-1,c(I2)=x mol·L-1,反应达到平衡时,c(AsO‎4‎‎3-‎)为y mol·L-1,c(I-)=2y mol·L-1,消耗c(AsO‎3‎‎3-‎)和c(I2)均为y mol·L-1,则平衡时c(AsO‎3‎‎3-‎)=c(I2)=(x-y) mol·L-1,pH=14即c(OH-)=1 mol·L-1,则K=c(AsO‎4‎‎3-‎)·c‎2‎(I‎-‎)‎c(AsO‎3‎‎3-‎)·c(I‎2‎)·c‎2‎(OH‎-‎)‎‎=‎y·(2y‎)‎‎2‎‎(x-y)·(x-y)·‎‎1‎‎2‎ (mol·L-1)-1=‎4‎y‎3‎‎(x-y‎)‎‎2‎(mol·L-1)-1。‎ ‎6.(2016全国Ⅰ,27)元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3+(蓝紫色)、Cr(OH‎)‎‎4‎‎-‎(绿色)、Cr2O‎7‎‎2-‎(橙红色)、CrO‎4‎‎2-‎(黄色)等形式存在。Cr(OH)3为难溶于水的灰蓝色固体。回答下列问题:‎ ‎(1)Cr3+与Al3+的化学性质相似。在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量,可观察到的现象是 ‎ ‎　。 ‎ ‎(2)CrO‎4‎‎2-‎和Cr2O‎7‎‎2-‎在溶液中可相互转化。室温下,初始浓度为1.0 mol·L-1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O‎7‎‎2-‎)随c(H+)的变化如图所示。‎ ‎①用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应 ‎　。 ‎ ‎②由图可知,溶液酸性增大,CrO‎4‎‎2-‎的平衡转化率　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。根据A点数据,计算出该转化反应的平衡常数为　　　　。 ‎ ‎③升高温度,溶液中CrO‎4‎‎2-‎的平衡转化率减小,则该反应的ΔH　　　　　　0(填“大于”“小于”或“等于”)。 ‎ ‎(3)在化学分析中采用K2CrO4为指示剂,以AgNO3标准溶液滴定溶液中Cl-,利用Ag+与CrO‎4‎‎2-‎生成砖红色沉淀,指示到达滴定终点。当溶液中Cl-恰好沉淀完全(浓度等于1.0×10-5 mol·L-1)时,溶液中c(Ag+)为　　　　　　 mol·L-1,此时溶液中c(CrO‎4‎‎2-‎)等于　　　　　　　　 mol·L-1。(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10-12和2.0×10-10) ‎ ‎(4)+6价铬的化合物毒性较大,常用NaHSO3将废液中的Cr2O‎7‎‎2-‎还原成Cr3+,该反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ 答案　(1)蓝紫色溶液颜色变浅,同时有灰蓝色沉淀生成,然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液 ‎(2)①2CrO‎4‎‎2-‎+2H+Cr2O‎7‎‎2-‎+H2O ‎②增大　1.0×1014　③小于 ‎(3)2.0×10-5　5.0×10-3‎ ‎(4)Cr2O‎7‎‎2-‎+3HSO‎3‎‎-‎+5H+2Cr3++3SO‎4‎‎2-‎+4H2O 解析　(1)根据Cr3+与Al3+化学性质相似可知,Cr2(SO4)3 溶液中加入NaOH溶液,先生成Cr(OH)3灰蓝色沉淀,继续滴加NaOH溶液,Cr(OH)3与NaOH反应生成Cr(OH‎)‎‎4‎‎-‎,为绿色溶液。‎ ‎(2)①由图像可知,随着H+浓度增大,Cr2O‎7‎‎2-‎浓度增大,则离子反应方程式为2CrO‎4‎‎2-‎+2H+Cr2O‎7‎‎2-‎+H2O;‎ ‎②酸性增大,平衡正向移动,CrO‎4‎‎2-‎的转化率增大;A点Cr2O‎7‎‎2-‎的浓度为0.25 mol·L-1,则反应的CrO‎4‎‎2-‎浓度为0.5 mol·L-1,则K=c(Cr‎2‎O‎7‎‎2-‎)‎c‎2‎‎(CrO‎4‎‎2-‎)·c‎2‎(H‎+‎)‎‎=‎‎0.25‎‎0.‎5‎‎2‎×(1.0×1‎‎0‎‎-7‎‎)‎‎2‎=1.0×1014;‎ ‎③升高温度,CrO‎4‎‎2-‎的平衡转化率减小,平衡逆向移动,说明正方向是放热反应,则ΔH<0。‎ ‎(3)c(Ag+)=Ksp‎(AgCl)‎c(Cl‎-‎)‎‎=‎‎2.0×1‎‎0‎‎-10‎‎1.0×1‎‎0‎‎-5‎=2×10-5(mol·L-1),‎ c(CrO‎4‎‎2-‎)=Ksp‎(Ag‎2‎CrO‎4‎)‎c‎2‎‎(Ag‎+‎)‎‎=‎‎2.0×1‎‎0‎‎-12‎‎(2.0×1‎‎0‎‎-5‎‎)‎‎2‎=5×10-3(mol·L-1)。‎ ‎(4)NaHSO3具有还原性,与强氧化性物质Cr2O‎7‎‎2-‎反应,NaHSO3中S由+4价转化为+6价,生成SO‎4‎‎2-‎,Cr2O‎7‎‎2-‎被还原为Cr3+,反应的离子方程式为Cr2O‎7‎‎2-‎+3HS‎+4‎O‎3‎‎-‎+5H+2Cr3++3SO‎4‎‎2-‎+4H2O。‎ ‎7.(2015全国Ⅰ,28)碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。回答下列问题:‎ ‎(1)大量的碘富集在海藻中,用水浸取后浓缩,再向浓缩液中加MnO2和H2SO4,即可得到I2。该反应的还原产物为　　　　　　。 ‎ ‎(2)上述浓缩液中主要含有I-、Cl-等离子。取一定量的浓缩液,向其中滴加AgNO3溶液,当AgCl开始沉淀时,溶液中c(I‎-‎)‎c(Cl‎-‎)‎为　　　　　　　　。已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10,Ksp(AgI)=8.5×10-17。 ‎ ‎(3)已知反应2HI(g)H2(g)+I2(g)的ΔH=+11 kJ·mol-1,1 mol H2(g)、1 mol I2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收436 kJ、151 kJ的能量,则1 mol HI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为　　　　　　　 kJ。 ‎ ‎(4)Bodensteins研究了下列反应:‎ ‎2HI(g)H2(g)+I2(g)‎ 在716 K时,气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下表:‎ t/min ‎0‎ ‎20‎ ‎40‎ ‎60‎ ‎80‎ ‎120‎ x(HI)‎ ‎1‎ ‎0.91‎ ‎0.85‎ ‎0.815‎ ‎0.795‎ ‎0.784‎ x(HI)‎ ‎0‎ ‎0.60‎ ‎0.73‎ ‎0.773‎ ‎0.780‎ ‎0.784‎ ‎①根据上述实验结果,该反应的平衡常数K的计算式为　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎②上述反应中,正反应速率为v正=k正x2(HI),逆反应速率为v逆=k逆x(H2)x(I2),其中k正、k逆为速率常数,则k逆为　　　　　(以K和k正表示)。若k正=0.002 7 min-1,在t=40 min时,v正=　　　 min-1。 ‎ ‎③由上述实验数据计算得到v正~x(HI)和v逆~x(H2)的关系可用下图表示。当升高到某一温度时,反应重新达到平衡,相应的点分别为　　　　　　　(填字母)。 ‎ 答案　(1)MnSO4(或Mn2+)　(2)4.7×10-7　(3)299‎ ‎(4)①‎0.108×0.108‎‎0.78‎‎4‎‎2‎　②k正K　1.95×10-3　③AE 解析　(2)c(I‎-‎)‎c(Cl‎-‎)‎‎=Ksp‎(AgI)‎Ksp‎(AgCl)‎=‎‎8.5×1‎‎0‎‎-17‎‎1.8×1‎‎0‎‎-10‎≈4.7×10-7。‎ ‎(3)由键能求反应热的公式为ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和,则ΔH=2EH—I-436 kJ·mol-1-151 kJ·mol-1=11 kJ,则EH—I=299 kJ·mol-1。‎ ‎(4)①由表中数据可知120 min时反应达到平衡,根据反应可知:x(HI)=0.784,x(H2)=x(I2)=0.108,将数据代入平衡常数表达式:K=c(H‎2‎)·c(I‎2‎)‎c‎2‎‎(HI)‎‎=‎‎0.108×0.108‎‎0.78‎‎4‎‎2‎。‎ ‎②因为v逆=k逆x(H2)x(I2),则k逆=v逆x(H‎2‎)x(I‎2‎)‎‎=‎k正x‎2‎‎(HI)‎x(H‎2‎)x(I‎2‎)‎(因为平衡状态时v逆=v正),k逆=k正K。‎ 在t=40 min时,由表中数据可知x(HI)=0.85,若k正=0.002 7 min-1,代入公式:v正=k正x2(HI)= 0.002 7 min-1×0.852=1.95×10-3 min-1。‎ ‎③升高温度,平衡:2HI(g)H2(g) + I2(g)　ΔH=+11 kJ·mol-1向正向移动,且正、逆速率均增大,x(HI)减小,x(H2)增大;故x(HI)对应的平衡点为A点;x(H2)对应的平衡点为E点。‎ 典题演练提能·刷高分 ‎1.(2019河南开封一模)研究氮氧化物的反应机理,对于消除其对环境的污染有重要意义。‎ ‎(1)升高温度,绝大多数的化学反应速率增大,但是2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应速率却随着温度的升高而减小。查阅资料知:2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步:‎ Ⅰ.2NO(g)N2O2(g)(快)　ΔH1<0‎ v1正=k1正c2(NO)　v1逆=k1逆c(N2O2)‎ Ⅱ.N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢)　ΔH2<0　v2正=k2正c(N2O2)c(O2)　v2逆=k2逆c2(NO2)‎ 请回答下列问题:‎ ‎①反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的ΔH=　　　　　　(用含ΔH1和ΔH2的式子表示)。一定温度下,反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)达到平衡状态,请写出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示的平衡常数表达式K=　　　　　,升高温度,K值　　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。 ‎ ‎②决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应速率的是反应Ⅱ,反应Ⅰ的活化能E1与反应Ⅱ的活化能E2的大小关系为E1　　　　　E2(填“>”“<”或“=”)。 ‎ ‎(2)通过如图所示装置,可将汽车尾气中的NO、NO2转化为重要的化工原料HNO3,其中A、B为多孔惰性电极。该装置的负极是　　　　(填“A”或“B”),B电极的电极反应式为　。 ‎ ‎(3)实验室可用NaOH溶液吸收NO2,反应为2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O。含0.2 mol NaOH的水溶液与0.2 mol NO2恰好完全反应得1 L溶液甲;溶液乙为0.1 mol·L-1的CH3COONa溶液,则两溶液中c(NO‎3‎‎-‎)、c(NO‎2‎‎-‎)和c(CH3COO-)由大到小的顺序为　　　　(已知HNO2的电离常数 Ka=7.1×10-4,CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10-5)。可使溶液甲和溶液乙的pH相等的方法是　　　　。 ‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ a.向溶液甲中加适量水 b.向溶液甲中加适量NaOH c.向溶液乙中加适量水 d.向溶液乙中加适量NaOH 答案　(1)①ΔH1+ΔH2　k‎1正‎×‎k‎2正k‎1逆‎×‎k‎2逆　减小　②<‎ ‎(2)A　O2+4e-+4H+2H2O ‎(3)c(NO‎3‎‎-‎)>c(NO‎2‎‎-‎)>c(CH3COO-)　bc 解析　(1)Ⅰ.2NO(g)N2O2(g)　ΔH1<0‎ Ⅱ.N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)　ΔH2<0‎ Ⅰ+Ⅱ可得:2NO(g)+O2(g)2NO2(g)　ΔH=ΔH1+ΔH2;当该反应达到平衡时,v1正=v1逆,v2正=v2逆,所以v1正×v2正=v1逆×v2逆,即k1正c2(NO)×k2正c(N2O2)×c(O2)=k1逆c(N2O2)×k2逆c2(NO2),则反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的平衡常数K=c‎2‎‎(NO‎2‎)‎c‎2‎‎(NO)×c(O‎2‎)‎‎=‎k‎1正‎×‎k‎2正k‎1逆‎×‎k‎2逆;该反应的正反应为放热反应,升高温度,平衡向逆反应方向移动,化学平衡常数减小。‎ ‎②2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应的快慢由反应慢的反应Ⅱ决定,所以反应的活化能E1CH3COOH,故水解程度:CH3COO->NO‎2‎‎-‎,因此等浓度的CH3COONa、NaNO2中离子浓度c(CH3COO-)c(NO‎2‎‎-‎)>c(CH3COO-)。溶液甲是NaNO3和NaNO2的混合溶液,NaNO2水解使溶液显碱性,溶液乙为CH3COONa溶液,水溶液显碱性,由于CH3COONa水解程度大于NaNO2,所以碱性乙>甲,要使溶液甲和溶液乙的pH相等,可采用向甲溶液中加入适量的NaOH,使甲溶液的pH增大,也可以向乙溶液中加入适量的水进行稀释,使乙溶液的pH减小,b、c项正确。‎ ‎2.(2019安徽六校教育研究会第二次联考)氮的氧化物是严重的大气污染物,可以通过以下方法处理:‎ Ⅰ.催化还原法:如在汽车排气管上安装一个催化转化器,发生如下反应:2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)‎ ‎(1)已知:N2(g)+O2(g)2NO(g)　ΔH=+180 kJ·mol-1‎ 化学键 OO CO C≡O 键能/(kJ·mol-1)‎ ‎497‎ ‎803‎ ‎1 072‎ 则反应:2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)　ΔH=　　　　 kJ·mol-1。 ‎ ‎(2)在一定温度下,向体积为1 L的密闭容器中充入2 mol NO、1 mol CO,10 min时反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)达到平衡状态,反应过程中反应物浓度随时间变化情况如图1所示。‎ ‎①该反应的平衡常数K的计算式为　　　　　　　　　;前10 min内用氮气表示的反应速率为　　　　　　　　　　。 ‎ ‎②若保持温度不变,15 min时再向该容器中充入1.6 mol NO、0.4 mol CO2,则此时反应的v正　　　v逆(填“>”“=”或“<”)。 ‎ ‎③若保持其他条件不变,15 min时压缩容器的体积至0.5 L,20 min时反应重新达到平衡,NO的浓度对应的点应是图1中的　　　　(填字母)。 ‎ ‎④某科研小组研究发现以Ag-ZSM-5为催化剂,NO转化为N2的转化率随温度变化情况如图2所示。若不使用CO,温度超过775 K,发现NO的分解率降低,其可能的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ Ⅱ.利用电化学原理,将NO2、O2和熔融KNO3制成燃料电池,其原理如图3所示,该电池在工作过程中,NO2转变成绿色硝化剂Y,Y是一种氧化物,可循环使用,石墨Ⅱ是电池的　　　　　极,石墨Ⅰ附近发生反应的电极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　;相同条件下,消耗的O2和NO2的体积比为　　　　。 ‎ 答案　Ⅰ.(1)-751　(2)①‎(0.4‎)‎‎2‎×0.2‎‎(1.6‎)‎‎2‎×(0.6‎‎)‎‎2‎　0.02 mol·L-1·min-1‎ ‎②=　③B　④NO的分解反应为放热反应,升高温度平衡逆向移动 Ⅱ.正　NO2-e-+NO‎3‎‎-‎N2O5　1∶4‎ 解析　Ⅰ.(1)根据反应焓变=反应物总键能-生成物总键能,由表中数据可得2CO(g)+O2(g)2CO2(g)　ΔH=(497+2×1 072-803×4) kJ·mol-1=-571 kJ·mol-1①;N2(g)+O2(g)2NO(g)　ΔH=+180 kJ·mol-1②,则①-②得:2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)　ΔH=-571 kJ·mol-1-180 kJ·mol-1=-751 kJ·mol-1。‎ ‎(2)①　2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)‎ 起始浓度mol·‎L‎-1‎‎ 2 1 0 0‎ 转化浓度mol·‎L‎-1‎‎ 0.4 0.4 0.2 0.4‎ 平衡浓度mol·‎L‎-1‎‎ 1.6 0.6 0.2 0.4‎ 该反应平衡常数表达式K=c(N‎2‎)·c‎2‎(CO‎2‎)‎c‎2‎‎(NO)·c‎2‎(CO)‎‎=‎‎0.2×(0.4‎‎)‎‎2‎‎(1.6‎)‎‎2‎×(0.6‎‎)‎‎2‎,10 min内N2平均反应速率v(N2)=‎0.2mol·‎L‎-1‎‎10min=0.02 mol·L-1·min-1。‎ ‎②若保持温度不变,15 min时再向该容器中充入1.6 mol NO、0.4 mol CO2,则此时c(NO)=3.2 mol·L-1;c(CO)=0.6 mol·L-1;c(CO2)=0.8 mol·L-1;c(N2)=0.2 mol·L-1;反应的浓度商Qc=‎0.2×(0.8‎‎)‎‎2‎‎(3.2‎)‎‎2‎×(0.6‎‎)‎‎2‎‎=‎‎0.2×(0.4‎‎)‎‎2‎‎(1.6‎)‎‎2‎×(0.6‎‎)‎‎2‎,说明反应处于平衡状态,故v正=v逆。‎ ‎③若保持其条件不变,15 min时压缩容器至0.5 L时反应重新达到平衡,加压平衡正向移动,依据可逆反应特点,利用极值可知当CO全部反应,则平衡后一氧化氮浓度为2 mol·L-1,所以一氧化氮浓度应介于2 mol·L-1和3.2 mol·L-1之间。‎ ‎④由已知反应可知2NO(g)N2(g)+O2(g)　ΔH=-180 kJ·mol-1,NO的分解反应为放热反应,升高温度平衡逆向移动,所以NO的分解率降低。‎ Ⅱ.该燃料电池中负极上通入NO2,石墨Ⅰ为负极,电极反应式为NO2-e-+NO‎3‎‎-‎N2O5;正极上通入O2,石墨Ⅱ为正极,电极反应式为O2+2N2O5+4e-4NO‎3‎‎-‎,1 mol氧气得到4 mol电子,1 mol二氧化氮失去1 mol 电子,根据得失电子守恒,消耗的O2和NO2的体积比为1∶4。‎ ‎3.(2019安徽淮南二模)合成氨工业在国民经济中占有举足轻重的地位,是化学工业的支柱。‎ ‎(1)20年代初,化学家哈伯利用氢气和氮气在固体催化剂铁触媒的作用下突破了合成氨工艺,反应方程式为:N2(g)+3H2(g)2NH3(g),根据表中数据计算298 K时该反应ΔH=　　　　　　　　。 ‎ 化学键 H—H N—H N≡N 键能/(kJ·mol-1)‎ ‎436‎ ‎391‎ ‎946‎ ‎(2)在一密闭容器内,以起始原料比n(N2)∶n(H2)=1∶3投料,在不同温度和压强条件下反应,达到平衡时产物中氨气的体积分数变化如图所示:‎ ‎①下列说法错误的是　　　　。 ‎ A.图中温度的关系是T1>T2>T3>T4‎ B.在投料相同的条件下,X、Y、Z三点达到平衡所用的时间:Y”或“<”)。 ‎ ‎(3)①已知在一定温度下,反应2NH3(g)+CO2(g)H2NCOONH4(s)　ΔH=-159.5 kJ·mol-1‎ 在2 L恒容密闭容器中充入2 mol NH3和1 mol CO2,到达平衡时放出127.6 kJ的热量,此时,c(NH3)为　　　　。 ‎ ‎②室温下,0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液的pH　　　　0.1 mol·L-1 Na2SO3溶液的pH(填“>”“<”或“=”)。 ‎ 已知:(25 ℃)‎ H2CO3‎ K1=4.3×10-7‎ K2=5.6×10-11‎ H2SO3‎ K1=1.54×10-2‎ K2=1.02×10-7‎ ‎③有一种可充电电池Na-Al/FeS,电池工作时Na+的物质的量保持不变,并且是用含Na+的导电固体作为电解质,已知该电池负极电极反应式为Na-e-Na+,则正极反应式为　。 ‎ 答案　(1)CH4(g)+N2O4(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)　ΔH=-793.1 kJ·mol-1‎ ‎(2)①0.03 mol·L-1·min-1　0.56‎ ‎②AD　③降低　<‎ ‎(3)①0.2 mol·L-1　②<　③2Na++FeS+2e-Na2S+Fe 解析　(1)依据盖斯定律,①-②得到CH4(g)+N2O4(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)的ΔH=-860.0 kJ·mol-1-(-66.9 kJ·mol-1)=-793.1 kJ·mol-1。‎ ‎(2)①0~20 min内,NO的平均反应速率v(NO)=‎(1.0-0.4)mol·‎L‎-1‎‎20min=0.03 mol·L-1·min-1;C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)的平衡浓度c(N2)=c(CO2)=0.3 mol·L-1;c(NO)=0.4 mol·L-1,平衡常数K=c(N‎2‎)×c(CO‎2‎)‎c‎2‎‎(NO)‎‎=‎0.3×0.3‎‎0.‎‎4‎‎2‎=‎‎9‎‎16‎≈0.56。‎ ‎②适当缩小容器的体积,由于反应前后气体体积不变,平衡时各物质浓度同比例增大,A项正确;催化剂只改变化学反应速率,不影响化学平衡,B项错误;加入一定量的活性炭,碳是固体对平衡无影响,平衡不移动,C项错误;通入一定量的NO,达到新平衡状态时各物质平衡浓度均增大,D项正确。‎ ‎③若30 min后升高温度至t2 ℃,达到平衡时,容器中NO、N2、CO2的浓度之比从原来的约为4∶3∶3变为5∶3∶3,说明平衡向逆反应方向移动,达到新平衡时NO的转化率降低,故逆反应是吸热反应,则正反应是放热反应。‎ ‎(3)①由反应2NH3(g)+CO2(g)H2NCOONH4(s)　ΔH=-159.5 kJ·mol-1可知:2 mol NH3完全反应放出159.5 kJ热量,当放出127.6 kJ热量时则有1.6 mol NH3反应,剩余NH3(2 mol-1.6 mol)=0.4 mol,浓度为0.2 mol·L-1。‎ ‎②因为HCO‎3‎‎-‎的水解常数Kh=KWK‎1‎‎=‎‎1‎‎0‎‎-14‎‎4.3×1‎‎0‎‎-7‎=2.3×10-8,SO‎3‎‎2-‎的水解常数Kh'=KWK‎2‎‎=‎‎1‎‎0‎‎-14‎‎1.02×1‎‎0‎‎-7‎=10-7,由于Kh”或“<”)。 ‎ 图1‎ ‎(4)在埋炭情况下,碳过剩时,碳的氧化反应主要考虑:C(s)+CO2(g)2CO(g)。在实验室研究该反应,一定温度下,向某体积可变的恒压密闭容器(总压强为p总)加入足量的碳和1 mol CO2,平衡时体系中气体体积分数与温度的关系如图2所示:‎ 图2‎ ‎①650 ℃时,该反应达到平衡后吸收热量是　　　　　　,消耗碳的质量为　　　　。 ‎ ‎②T ℃时,若向平衡体系中再充入一定量V(CO2)∶V(CO)=5∶4的混合气体,平衡　　　　　　　　　　　　(填“向正反应方向”“向逆反应方向”或“不”)移动。 ‎ ‎③925 ℃时,用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=　　　　　　[用含p总的代数式表示,气体分压(p分)=气体总压(p总)×体积分数]。 ‎ ‎(5)CO可用作某熔融盐电池的燃料,电解质为Li2CO3和Na2CO3的熔融盐混合物,空气与CO2的混合气为助燃气,电池在650 ℃下工作时,负极的电极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ 答案　(1)铝用品表面为一层致密的Al2O3薄膜,阻止铝的进一步氧化 ‎(2)-681.5‎ ‎(3)<　(4)①43.125 kJ　3.0 g　②向正反应方向　③23.04p总 ‎(5)CO+CO‎3‎‎2-‎-2e-2CO2‎ 解析　(1)日常生活中铝用品比铁器件更耐腐蚀,主要原因是因为铝制品表面有一层致密的Al2O3薄膜,可阻止铝的进一步氧化。‎ ‎(2)将已知反应式进行编号,利用盖斯定律找出目标反应式与已知反应式的关系:‎ ‎①2Al2O3(s)4Al(s)+3O2(g)‎ ΔH1=+335 kJ·mol-1;‎ ‎②C(s)+O2(g)CO2(g)‎ ΔH2=-393.5 kJ·mol-1;‎ ‎③C(s)+CO2(g)2CO(g)‎ ΔH3=+172.5 kJ·mol-1;‎ 则3CO(g)+Al2O3(s)2Al(s)+3CO2(g)的ΔH=(①-3×③+3×②)×‎1‎‎2‎=-681.5 kJ·mol-1。‎ ‎(3)从图中可看出,当铝的百分含量的对数(lg[Al])一定时,T1时的平衡氧(O2)的百分含量的对数(lg[O2])比1 973 K时低,说明对于2Al2O3(s)4Al(s)+3O2(g)这一吸热的可逆反应,从1 973 K变为T1时平衡逆向移动,说明图中温度T1<1 973 K。‎ ‎(4)①从图2可知,650 ℃反应达平衡时产物CO的体积分数为40%,设发生反应的CO2物质的量为x,列出三段式 C(s)+CO2(g)2CO(g)　ΔH3=+172.5 kJ·mol-1;‎ 起始 1 mol 0 mol 转化 x 2x 平衡 1 mol-x 2x 可得‎2x‎1mol-x+2x×100%=40%,求解可得x=0.25 mol;‎ 故此时反应吸收的热量为0.25 mol×172.5 kJ·mol-1=43.125 kJ;‎ 清耗碳的质量为12 g·mol-1×0.25 mol=3 g。‎ ‎②从图2可知,T ℃该反应达平衡时,V(CO2)%=V(CO)%,该平衡体系的平衡常数K=c‎2‎‎(CO)‎c(CO‎2‎)‎=c(CO)。若再充入一定量V(CO2)∶V(CO)=5∶4的混合气体,此时体系中的Qc=c‎2‎‎(CO)‎c(CO‎2‎)‎第Ⅰ阶段 ‎(3)①在1 L的恒定密闭容器中按物质的量之比1∶2充入CO和H2,测得平衡混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化情况如图1所示,则压强p2　　　　p1(填“>”“<”或“=”);平衡由A 点移至C点、D点移至B点,分别可采取的具体措施为　　　　　　、　　　　;在C点时,CO的转化率为　　　　　　。 ‎ ‎②甲和乙两个恒容密闭容器的体积相同,向甲中加入1 mol CO和2 mol H2,向乙中加入2 mol CO和4 mol H2,测得不同温度下CO的平衡转化率如图2所示,则L、M两点容器内压强:p(M)　　　　2p(L);平衡常数:K(M)　　　　K(L)(填“>”“<”或“=”)。 ‎ ‎(4)以纳米二氧化钛膜为工作电极,稀硫酸为电解质溶液,在一定条件下通入CO2进行电解,在阴极可制得低密度聚乙烯