通用版五年2016_2020高考化学真题专题点拨专题12化学反应原理综合含解析

通用版五年2016_2020高考化学真题专题点拨专题12化学反应原理综合含解析

专题12 化学反应原理综合 ‎【2020年】‎ ‎1.（2020·新课标Ⅰ）硫酸是一种重要的基本化工产品，接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧化：SO2(g)+O2(g)SO3(g) ΔH=−98 kJ·mol−1。回答下列问题：‎ ‎（1）钒催化剂参与反应的能量变化如图所示，V2O5(s)与SO2(g)反应生成VOSO4(s)和V2O4(s)的热化学方程式为：_______________________________________。‎ ‎（2）当SO2(g)、O2(g)和N2(g)起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa压强下，SO2平衡转化率α随温度的变化如图所示。反应在5.0MPa、550℃时的α=__________，判断的依据是______________________。影响α的因素有____________________________。‎ ‎（3）将组成(物质的量分数)为2m% SO2(g)、m% O2(g)和q% N2(g)的气体通入反应器，在温度t、压强p条件下进行反应。平衡时，若SO2转化率为α，则SO3压强为___________，平衡常数Kp=___________(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。‎ ‎（4）研究表明，SO2催化氧化的反应速率方程为：v=k(−1)0.8(1−nα')。式中：k为反应速率常数，随温度t升高而增大；α为SO2平衡转化率，α'为某时刻SO2‎ 55‎ 转化率，n为常数。在α'=0.90时，将一系列温度下的k、α值代入上述速率方程，得到v~t曲线，如图所示。‎ 曲线上v最大值所对应温度称为该α'下反应的最适宜温度tm。ttm后，v逐渐下降。原因是__________________________。‎ ‎【答案】 （1）2V2O5(s)+ 2SO2(g)⇌ 2VOSO4(s)+ V2O4(s) ∆H= -351 kJ∙mol-1 ‎ ‎（2）0.975 该反应气体分子数减少，增大压强，α提高。所以，该反应在550℃、压强为5.0MPa＞2.5MPa＝p２的，所以p1=5.0MPa 反应物（N2和O2）的起始浓度（组成）、温度、压强 ‎ （3） ‎ ‎ （4） 升高温度，k增大使v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降。当t＜tm，k增大对v的提高大于α引起的降低；当t＞tm，k增大对v的提高小于α引起的降低 ‎【解析】根据盖斯定律，用已知的热化学方程式通过一定的数学运算，可以求出目标反应的反应热；根据压强对化学平衡的影响，分析图中数据找到所需要的数据；根据恒压条件下总压不变，求出各组分的分压，进一步可以求出平衡常数；根据题中所给的速率公式，分析温度对速率常数及二氧化硫的转化率的影响，进一步分析对速率的影响。‎ ‎（1）由题中信息可知：‎ ‎①SO2(g)+O2(g)⇌SO3(g) ∆H= -98kJ∙mol-1‎ ‎②V2O4(s)+ SO3(g)⇌V2O5(s)+ SO2(g) ∆H2= -24kJ∙mol-1‎ ‎③V2O4(s)+ 2SO3(g)⇌2VOSO4(s) ∆H1= -399kJ∙mol-1‎ 根据盖斯定律可知，③-②´2得2V2O5(s)+ 2SO2(g)⇌ 2VOSO4(s)+ V2O4(s)，则∆H= ∆H1-2∆H2=( -399kJ∙mol-1)-( -24kJ∙mol-1)´2= -351kJ∙mol-1，所以该反应的热化学方程式为：2V2O5(s)+ 2SO2(g)⇌ 2VOSO4(s)+ V2O4(s) ∆H= -351 kJ∙mol-1；‎ ‎（2） SO2(g)+O2(g)⇌SO3(g)，该反应是一个气体分子数减少的放热反应，故增大压强可以使化学平衡向正反应方向移动。因此，在相同温度下，压强越大，SO2‎ 55‎ 的平衡转化率越大，所以，该反应在550℃、压强为5.0MPa条件下，SO2的平衡转化率一定高于相同温度下、压强为2.5MPa的，因此，p1=5.0MPa，由图中数据可知，α=0.975。影响α的因素就是影响化学平衡移动的因素，主要有反应物（N2和O2）的浓度、温度、压强等。‎ ‎（3）假设原气体的物质的量为100mol，则SO2、O2和N2的物质的量分别为2m mol、m mol和q mol，2m+m+q=3m+q=100，SO2的平衡转化率为α，则有下列关系：‎ 平衡时气体的总物质的量为n(总)= 2m(1-α)+m(1-α)+2mαmol+q mol，则SO3的物质的量分数为。该反应在恒压容器中进行，因此，SO3的分压p(SO3)=，p(SO2)=，p(O2)=，在该条件下，SO2(g)+ O2(g)⇌2SO3(g) 的Kp=。‎ ‎（4） 由于该反应是放热反应，温度升高后α降低。由题中信息可知，v=，升高温度，k增大使v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降。当t＜tm，k增大对v的提高大于α引起的降低；当t＞tm，k增大对v的提高小于α引起的降低。‎ ‎2.（2020·新课标Ⅱ）天然气的主要成分为CH4，一般还含有C2H6等烃类，是重要的燃料和化工原料。‎ ‎（1）乙烷在一定条件可发生如下反应：C2H6(g)= C2H4(g)+H2(g) ΔH，相关物质的燃烧热数据如下表所示：‎ 55‎ 物质 C2H6(g)‎ C2H4(g)‎ H2(g)‎ 燃烧热ΔH/( kJ·mol−1)‎ ‎-1560‎ ‎-1411‎ ‎-286‎ ‎①ΔH=_________kJ·mol−1。‎ ‎②提高该反应平衡转化率的方法有_________、_________。‎ ‎③容器中通入等物质的量的乙烷和氢气，在等压下(p)发生上述反应，乙烷的平衡转化率为α。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)。‎ ‎（2）高温下，甲烷生成乙烷的反应如下：2CH4C2H6+H2。反应在初期阶段的速率方程为：r=k×，其中k为反应速率常数。‎ ‎①设反应开始时的反应速率为r1，甲烷的转化率为α时的反应速率为r2，则r2=_____ r1。‎ ‎②对于处于初期阶段的该反应，下列说法正确的是_________。‎ A．增加甲烷浓度，r增大 B．增加H2浓度，r增大 C．乙烷的生成速率逐渐增大 D．降低反应温度，k减小 ‎（3）CH4和CO2都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如下图所示：‎ ‎①阴极上的反应式为_________。‎ ‎②若生成的乙烯和乙烷的体积比为2∶1，则消耗的CH4和CO2体积比为_________。‎ ‎【答案】 （1） ①137 ②升高温度 减小压强(增大体积) ③ ‎ ‎（2）①1－α ② AD （3） ①CO2+2e−=CO+O2− ② 6∶5‎ ‎【解析】‎ ‎（1）①由表中燃烧热数值可知：‎ 55‎ ‎①C2H6(g)+O2(g)=2CO2(g) +3H2O(l) ∆H1= -1560kJ∙mol-1；②C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g) +2H2O(l) ∆H2= -1411kJ∙mol-1；③H2(g)+O2(g)=H2O(l) ∆H3= -286kJ∙mol-1；根据盖斯定律可知，①-②-③得C2H6(g) =C2H4(g) + H2(g)，则∆H= ∆H1-∆H2-∆H3=( -1560kJ∙mol-1)-( -1411kJ∙mol-1)- ( -286kJ∙mol-1)=137kJ∙mol-1，故答案为137；‎ ‎②反应C2H6(g) C2H4(g) + H2(g)为气体体积增大的吸热反应，升高温度、减小压强平衡都向正反应方向移动，故提高该反应平衡转化率的方法有升高温度、减小压强（增大体积）；‎ ‎③设起始时加入的乙烷和氢气各为1mol，列出三段式，‎ C2H6(g) C2H4(g) + H2(g)‎ 起始（mol） 1 0 1‎ 转化（mol） α α α 平衡（mol） 1-α α 1+α 平衡时，C2H6、C2H4和H2平衡分压分别为p、p和p，则反应的平衡常数为Kp=；‎ ‎（2） ①根据r=k×，若r1= kc，甲烷转化率为α时，甲烷的浓度为c(1-α)，则r2= kc(1-α)，所以r2=(1-α)r1；‎ ‎②增大反应物浓度反应速率增大，故A说法正确；由速率方程可知，初期阶段的反应速率与氢气浓度无关，故B说法错误；反应物甲烷的浓度逐渐减小，结合速率方程可知，乙烷的生成速率逐渐减小，故C说法错误；化学反应速率与温度有关，温度降低，反应速率常数减小，故D正确。答案选AD。‎ ‎（3） ①由图可知，CO2在阴极得电子发生还原反应，电极反应为CO2+2e-=CO+O2-；②令生成乙烯和乙烷分别为2体积和1体积，根据阿伏加德罗定律，同温同压下，气体体积比等于物质的量之比，再根据得失电子守恒，得到发生的总反应为：6CH4+5CO2=2C2H4+ C2H6+5H2O+5CO，即消耗CH4和CO2的体积比为6:5。‎ ‎3.（2020·新课标Ⅲ）二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO2的热点研究领域。回答下列问题：‎ ‎（1）CO2催化加氢生成乙烯和水的反应中，产物的物质的量之比n(C2H4)∶n(H2O)=__________。当反应达到平衡时，若增大压强，则n(C2H4‎ 55‎ ‎)___________(填“变大”“变小”或“不变”)。‎ ‎（2）理论计算表明，原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，在体系压强为0.1MPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。‎ 图中，表示C2H4、CO2变化的曲线分别是______、______。CO2催化加氢合成C2H4反应的ΔH______0(填“大于”或“小于”)。‎ ‎（3）根据图中点A(440K，0.39)，计算该温度时反应的平衡常数Kp=_________(MPa)−3(列出计算式。以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。‎ ‎（4）二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随副反应，生成C3H6、C3H8、C4H8等低碳烃。一定温度和压强条件下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当___________________。‎ ‎【答案】（1）1∶4 变大 （2）d c 小于 ‎ ‎（3）或等 （4）选择合适催化剂等 ‎【解析】根据质量守恒定律配平化学方程式，可以确定产物的物质的量之比。根据可逆反应的特点分析增大压强对化学平衡的影响。根据物质的量之比等于化学计量数之比，从图中找到关键数据确定代表各组分的曲线，并计算出平衡常数。根据催化剂对化反应速率的影响和对主反应的选择性，工业上通常要选择合适的催化剂以提高化学反应速率、减少副反应的发生。‎ ‎（1）CO2催化加氢生成乙烯和水，该反应的化学方程式可表示为2CO2+6H2 ⇌ CH2 = CH2+4H2O，因此，该反应中产物的物质的量之比n(C2H4)：n(H2O)=1：4。由于该反应是气体分子数减少的反应，当反应达到平衡状态时，若增大压强，则化学平衡向正反应方向移动，n(C2H4)变大。‎ ‎（2）‎ 55‎ ‎ 由题中信息可知，两反应物的初始投料之比等于化学计量数之比；由图中曲线的起点坐标可知，c和a所表示的物质的物质的量分数之比为1:3、d和b表示的物质的物质的量分数之比为1:4，则结合化学计量数之比可以判断，表示乙烯变化的曲线是d，表示二氧化碳变化曲线的是c。由图中曲线的变化趋势可知，升高温度，乙烯的物质的量分数减小，则化学平衡向逆反应方向移动，则该反应为放热反应，∆H小于0。‎ ‎（3） 原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，在体系压强为0.1Mpa建立平衡。由A点坐标可知，该温度下，氢气和水的物质的量分数均为0.39，则乙烯的物质的量分数为水的四分之一，即，二氧化碳的物质的量分数为氢气的三分之一，即，因此，该温度下反应的平衡常数(MPa)-3=(MPa)-3。‎ ‎（4）工业上通常通过选择合适的催化剂，以加快化学反应速率，同时还可以提高目标产品的选择性，减少副反应的发生。因此，一定温度和压强下，为了提高反应速率和乙烯的选择性，应当选择合适的催化剂。‎ ‎4.（2020·江苏卷）CO2/ HCOOH循环在氢能的贮存/释放、燃料电池等方面具有重要应用。‎ ‎（1）CO2催化加氢。在密闭容器中，向含有催化剂的KHCO3溶液(CO2与KOH溶液反应制得)中通入H2生成HCOO-，其离子方程式为_______________________________；其他条件不变，HCO3-转化为HCOO-的转化率随温度的变化如图-1所示。反应温度在40℃~80℃范围内，HCO3-催化加氢的转化率迅速上升，其主要原因是__________________________________。‎ ‎（2） HCOOH燃料电池。研究 HCOOH燃料电池性能的装置如图-2所示，两电极区间用允许K+、H+通过的半透膜隔开。‎ 55‎ ‎①电池负极电极反应式为________________________________________________；放电过程中需补充的物质A为________________(填化学式)。‎ ‎②图-2所示的 HCOOH燃料电池放电的本质是通过 HCOOH与O2的反应，将化学能转化为电能，其反应的离子方程式为_____________________________。‎ ‎（3） HCOOH催化释氢。在催化剂作用下， HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图-3所示。‎ ‎①HCOOD催化释氢反应除生成CO2外，还生成_________________(填化学式)。‎ ‎②研究发现：其他条件不变时，以 HCOOK溶液代替 HCOOH催化释氢的效果更佳，其具体优点是_____________________________。‎ ‎【答案】 （1） 温度升高反应速率增大，温度升高催化剂的活性增强 （2） H2SO4 或 ‎ ‎（3） HD 提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度 ‎【解析】‎ ‎（1）含有催化剂的KHCO3溶液中通入H2‎ 55‎ 生成HCOOˉ，根据元素守恒和电荷守恒可得离子方程式为：+H2HCOOˉ+H2O；反应温度在40℃~80℃范围内时，随温度升高，活化分子增多，反应速率加快，同时温度升高催化剂的活性增强，所以的催化加氢速率迅速上升；‎ ‎（2）①左侧为负极，碱性环境中HCOOˉ失电子被氧化为，根据电荷守恒和元素守恒可得电极反应式为HCOOˉ+2OHˉ－2eˉ=== +H2O；电池放电过程中，钾离子移向正极，即右侧，根据图示可知右侧的阴离子为硫酸根，而随着硫酸钾不断被排除，硫酸根逐渐减少，铁离子和亚铁离子进行循环，所以需要补充硫酸根，为增强氧气的氧化性，溶液最好显酸性，则物质A为H2SO4；‎ ‎②根据装置图可知电池放电的本质是HCOOH在碱性环境中被氧气氧化为，根据电子守恒和电荷守恒可得离子方程式为2HCOOH+O2+2OHˉ = 2+2H2O或2HCOOˉ+O2= 2；‎ ‎（3）①根据分析可知HCOOD可以产生HCOOˉ和D+，所以最终产物为CO2和HD(Hˉ与D+结合生成)；‎ ‎②HCOOK是强电解质，更容易产生HCOOˉ和K+，更快的产生KH，KH可以与水反应生成H2和KOH，生成的KOH可以吸收分解产生的CO2，从而使氢气更纯净，所以具体优点是：提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度。‎ ‎5.（2020·山东卷）探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CH3OH的产率。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下：‎ Ⅰ. ‎ Ⅱ. ‎ Ⅲ. ‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）_________。‎ ‎（2）一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1 mol CO2和3 mol H2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH(g)为ɑ mol，CO为b mol，此时H2O(g)的浓度为__________mol﹒L-1‎ 55‎ ‎(用含a、b、V的代数式表示，下同)，反应Ⅲ的平衡常数为___________。‎ ‎（3）不同压强下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，实验测定CO2平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度的变化关系如下图所示。‎ 已知：CO2的平衡转化率=‎ CH3OH的平衡产率=‎ 其中纵坐标表示CO2平衡转化率的是图___________(填“甲”或“乙”)；压强p1、p2、p3由大到小的顺序为___________；图乙中T1温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是___________。‎ ‎（4）为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，应选择的反应条件为_________(填标号)。‎ A.低温、高压 B.高温、低压 C.低温、低压 D.高温、高压 ‎【答案】 （1） +40.9 （2） （3）乙 p1、p2、p3 T1时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响 （4）A ‎【解析】根据盖斯定律计算反应热；利用三个反应，进行浓度和化学平衡常数的计算；结合图形根据勒夏特列原理考虑平衡移动的方向，确定温度和压强变化时，CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率之间的关系得到相应的答案。‎ ‎（1）.根据反应I+II=III，则△H3=△H1+△H2=-49.5kJ∙mol-1+(-90.4 kJ∙mol-1)=+40.9 kJ∙mol-1；‎ ‎（2）.假设反应II中，CO反应了xmol，则II生成的CH3OH为xmol，I生成的CH3‎ 55‎ OH为(a-x)mol，III生成CO为(b+x)mol，根据反应I：，反应II： ，反应III：，所以平衡时水的物质的量为(a-x)mol+(b+x)mol =(a+b)mol，浓度为:；平衡时CO2的物质的量为1mol-(a-x)mol-(b+x)mol=(1-a-b)mol，H2的物质的量为3mol-3(a-x)mol-2x-(b+x)mol=(3-3a-b)mol，CO的物质的量为bmol，水的物质的量为(a+b)mol，则反应III的平衡常数为：；‎ ‎（3）.反应I和II为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则CH3OH的平衡产率减少，所以图甲表示CH3OH的平衡产率，图乙中，开始升高温度，由于反应I和II为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率降低，反应III为吸热反应，升高温度反应III向正反应方向移动，升高一定温度后以反应III为主，CO2的平衡转化率又升高，所以图乙表示CO2的平衡转化率；压强增大，反应I和II是气体体积减小的反应，反应I和II平衡正向移动，反应III气体体积不变化，平衡不移动，故压强增大CH3OH的平衡产率增大，根据图所以压强关系为：p1>p2>p3；温度升高，反应I和II平衡逆向移动，反应III向正反应方向移动，所以T1温度时，三条曲线交与一点的原因为：T1时以反应III为主，反应III前后分子数相等，压强改变对平衡没有影响；‎ ‎（4）.根据图示可知，温度越低，CO2的平衡转化率越大，CH3OH的平衡产率越大，压强越大，CO2的平衡转化率越大，CH3OH的平衡产率越大，所以选择低温和高压，答案选A。‎ ‎6.（2020·天津卷）利用太阳能光解水，制备的H2用于还原CO2合成有机物，可实现资源的再利用。回答下列问题：‎ Ⅰ.半导体光催化剂浸入水或电解质溶液中，光照时可在其表面得到产物 ‎（1）下图为该催化剂在水中发生光催化反应的原理示意图。光解水能量转化形式为___________。‎ 55‎ ‎（2）若将该催化剂置于Na2SO3溶液中，产物之一为SO42-，另一产物为__________。若将该催化剂置于AgNO3溶液中，产物之一为O2，写出生成另一产物的离子反应式______________________。‎ Ⅱ.用H2还原CO2可以在一定条下合成CH3OH(不考虑副反应)：‎ ‎（3）某温度下，恒容密闭容器中，CO2和H2的起始浓度分别为 a mol‧L-1和3 a mol‧L-1，反应平衡时，CH3OH的产率为b，该温度下反应平衡常数的值为___________。‎ ‎（4）恒压下，CO2和H2的起始物质的量比为1:3时，该反应在无分子筛膜时甲醇的平衡产率和有分子筛膜时甲醇的产率随温度的变化如图所示，其中分子筛膜能选择性分离出H2O。‎ ‎①甲醇平衡产率随温度升高而降低的原因为____________。‎ ‎②P点甲醇产率高于T点的原因为___________。‎ ‎③根据上图，在此条件下采用该分子筛膜时的最佳反应温度为___________°C。‎ Ⅲ.调节溶液pH可实现工业废气CO2的捕获和释放 ‎（5） CO32-的空间构型为__________。已知25℃碳酸电离常数为Ka1、Ka2，当溶液pH=12时，=1：_______：__________。‎ ‎【答案】 （1）光能转化为化学能 （2） H2 （3） ‎ ‎（4）该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动（或平衡常数减小） ‎ 55‎ 分子筛膜从反应体系中不断分离出H2O，有利于反应正向进行，甲醇产率升高 210 ‎ ‎（5）平面（正）三角形 ‎ ‎【解析】‎ I.（1）根据图示，该催化剂在水中发生光催化反应的方程式为2H2O2H2↑+O2↑，光解水能量转化形式为光能转化为化学能。‎ ‎（2）若将该催化剂置于Na2SO3溶液中，产物之一为SO42-，SO32-被氧化成SO42-，则H+被还原为H2，即另一产物为H2；若将该催化剂置于AgNO3溶液中，产物之一为O2，氧元素的化合价升高，O2为氧化产物，则生成另一产物的反应为还原反应，由于Ag+得电子能力大于H+，故生成另一产物的离子反应式为Ag++e-=Ag。‎ II.（3） CO2和H2的起始浓度分别为 a mol‧L-1和3 a mol‧L-1，CH3OH的产率为b，则生成的CH3OH物质的量浓度为abmol/L，根据三段式 ‎ ‎ 则反应的平衡常数K== =；‎ ‎②因为分子筛膜能选择性分离出H2O，c（H2O）减小，有利于反应正向进行，甲醇产率升高，故P点甲醇产率高于T点。‎ ‎③根据图示，使用该分子筛膜210℃时甲醇的产率最大，故在此条件下采用该分子筛膜时的最佳反应温度为210℃。‎ III.（5）CO32-中C的孤电子对数为×（4+2-3×2）=0，σ键电子对数为3，价层电子对数为3，C上没有孤电子对，故CO32-的空间构型为平面正三角形；H2CO3的电离方程式为H2CO3⇌H++HCO3-、HCO3-⇌ H++CO32-，则Ka1= 、Ka2=，当溶液的pH=12时，c（H+）=1×10-12mol/L，将其代入Ka1、Ka2中分别求出c（）=1012Ka1 c(H2CO3)、c（CO32-）=1012Ka2 c（HCO3-）=1024Ka1Ka2 c(H2CO3)，则c(H2CO3)：c（HCO3-）：c（CO32-） =1：（1012Ka1）：（1024Ka1Ka2）。‎ 55‎ ‎7.（2020·浙江卷）研究CO2氧化C2H6制 C2H4对资源综合利用有重要意义。相关的主要化学反应有：‎ Ⅰ ‎ Ⅱ ‎ Ⅲ ‎ Ⅳ ‎ 已知：298K时，相关物质的相对能量(如图1)。‎ 可根据相关物质的相对能量计算反应或变化的(随温度变化可忽略)。例如： 。‎ 请回答：‎ ‎（1）①根据相关物质的相对能量计算_____。‎ ‎②下列描述正确的是_____‎ A 升高温度反应Ⅰ的平衡常数增大 B 加压有利于反应Ⅰ、Ⅱ的平衡正向移动 C 反应Ⅲ有助于乙烷脱氢，有利于乙烯生成 D 恒温恒压下通水蒸气，反应Ⅳ的平衡逆向移动 ‎③有研究表明，在催化剂存在下，反应Ⅱ分两步进行，过程如下：，且第二步速率较慢(反应活化能为 55‎ ‎)。根据相关物质的相对能量，画出反应Ⅱ分两步进行的“能量-反应过程图”，起点从的能量，开始(如图2)_____。‎ ‎（2）①CO2和 C2H6按物质的量1:1投料，在923K和保持总压恒定的条件下，研究催化剂X对“CO2氧化C2H6制 C2H4”的影响，所得实验数据如下表：‎ 催化剂 转化率 转化率 产率 催化剂X ‎19.0‎ ‎37.6‎ ‎3.3‎ 结合具体反应分析，在催化剂X作用下，CO2氧化C2H6的主要产物是___________________________，判断依据是_________________________________________________________________。‎ ‎②采用选择性膜技术(可选择性地让某气体通过而离开体系)可提高C2H4的选择性(生成C2H4的物质的量与消耗C2H6的物质的量之比)。在773K，乙烷平衡转化率为9.1％，保持温度和其他实验条件不变，采用选择性膜技术，乙烷转化率可提高到11.0％。结合具体反应说明乙烷转化率增大的原因是_________________‎ ‎__________________________________________。‎ ‎【答案】 （1） 430 AD ‎ (2) ‎.CO C2H4的产率低，说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率 ‎ 55‎ 选择性膜吸附C2H4，促进反应Ⅱ平衡正向移动 ‎【解析】根据题中信息用相对能量求反应热；根据平衡移动原理分析温度、压强和反应物的浓度对化学平衡的影响，并作出相关的判断；根据相关物质的相对能量和活化能算出中间产物、过渡态和最终产物的相对能量，找到画图的关键数据；催化剂的选择性表现在对不同反应的选择性不同；选择性膜是通过吸附目标产品而提高目标产物的选择性的，与催化剂的选择性有所区别。‎ ‎（1）①由图1的数据可知，C2H6(g)、CO2(g)、CO(g)、H2(g)的相对能量分别为-84kJ∙mol-1、-393 kJ∙mol-1、-110 kJ∙mol-1、0 kJ∙mol-1。由题中信息可知，∆H=生成物的相对能量-反应物的相对能量，因此，C2H6(g)+2CO2(g)⇌4CO(g)+3H2(g) ∆H3=(-110 kJ∙mol-1)´4-(-84kJ∙mol-1)-( -393 kJ∙mol-1)´2=430 kJ∙mol-1。‎ ‎②反应Ⅰ为吸热反应，升高温度能使其化学平衡向正反应方向移动，故其平衡常数增大，A正确；反应Ⅰ和反应Ⅱ的正反应均为气体分子数增大的反应，增大压强，其化学平衡均向逆反应方向移动，B不正确；反应Ⅲ的产物中有CO，增大CO的浓度，能使反应Ⅱ的化学平衡向逆反应方向移动，故其不利于乙烷脱氢，不利于乙烯的生成，C不正确；反应Ⅳ的反应前后气体分子数不变，在恒温恒压下向平衡体系中通入水蒸气，体系的总体积变大，水蒸气的浓度变大，其他组分的浓度均减小相同的倍数，因此该反应的浓度商变大（大于平衡常数），化学平衡向逆反应方向移动，D正确。综上所述，描述正确的是AD。‎ ‎③由题中信息可知，反应Ⅱ分两步进行，第一步的反应是C2H6(g)+CO2(g)®C2H4(g)+H2(g) +CO2(g)，C2H4(g)、H2(g)、CO2(g)的相对能量之和为52 kJ∙mol-1+0+(-393 kJ∙mol-1)= -341 kJ∙mol-1；第二步的反应是C2H4(g)+H2(g) +CO2(g)®C2H4(g)+H2O(g) +CO(g)，其活化能为210 kJ∙mol-1，故该反应体系的过渡态的相对能量又升高了210 kJ∙mol-1，过渡态的的相对能量变为-341 kJ∙mol-1+210 kJ∙mol-1= -131 kJ∙mol-1，最终生成物C2H4(g)、H2O(g)、CO(g)的相对能量之和为(52 kJ∙mol-1)+(-242 kJ∙mol-1)+(-110 kJ∙mol-1)= -300 kJ∙mol-1。根据题中信息，第一步的活化能较小，第二步的活化能较大，故反应Ⅱ分两步进行的“能量—反应过程图”可以表示如下：。‎ 55‎ ‎（2）①由题中信息及表中数据可知，尽管CO2和C2H6按物质的量之比1：1投料，但是C2H4的产率远远小于C2H6的转化率，但是CO2的转化率高于C2H6，说明在催化剂X的作用下，除了发生反应Ⅱ，还发生了反应Ⅲ，而且反应物主要发生了反应Ⅲ，这也说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率，因此，CO2氧化C2H6的主要产物是CO。故答案为：CO；C2H4的产率低说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率。‎ ‎②由题中信息可知，选择性膜技术可提高C2H4的选择性，由反应ⅡC2H6(g)+CO2(g)⇌C2H4(g)+H2O(g) +CO(g)可知，该选择性应具体表现在选择性膜可选择性地让C2H4通过而离开体系，即通过吸附C2H4减小其在平衡体系的浓度，从而促进化学平衡向正反应方向移动，因而可以乙烷的转化率。故答案为：选择性膜吸附C2H4，促进反应Ⅱ平衡向正反应方向移动。‎ ‎【2019年】‎ ‎1．[2019·新课标Ⅰ]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0.0250。‎ ‎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0.0192。‎ 根据上述实验结果判断，还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO_________H2（填“大于”或“小于”）。‎ ‎（2）721 ℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合，采用适当的催化剂进行反应，则平衡时体系中H2的物质的量分数为_________（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。‎ 55‎ 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和相等、和相等。‎ 计算曲线a的反应在30~90 min内的平均速率(a)=___________kPa·min−1。467 ℃时和随时间变化关系的曲线分别是___________、___________。489 ℃时和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）0.0047 b c a d ‎【解析】‎ 55‎ ‎（1）H2还原氧化钴的方程式为：H2(g)＋CoO(s)===Co(s)＋H2O(g)；CO还原氧化钴的方程式为：CO(g)＋CoO(s)===Co(s)＋CO2(g)，平衡时H2还原体系中H2的物质的量分数（）高于CO还原体系中CO的物质的量分数（），故还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO大于H2；‎ ‎（2）721 ℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合，可设其物质的量为1mol，则 CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)‎ 起始（mol） 1 1 0 0‎ 转化（mol） x x x x 平衡（mol） 1-x 1-x x x 则平衡时体系中H2的物质的量分数=，因该反应为可逆反应，故x<1，可假设二者的还原倾向相等，则x=0.5，由（1）可知CO的还原倾向大于H2，所以CO更易转化为H2，故x>0.5，由此可判断最终平衡时体系中H2的物质的量分数介于0.25~0.50，故答案为C；‎ ‎（3）根据水煤气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)]并结合水煤气变换的反应历程相对能量可知，CO(g)+H2O(g)的能量（-0.32eV）高于CO2(g)+H2(g)的能量（-0.83eV），故水煤气变换的ΔH小于0；活化能即反应物状态达到活化状态所需能量，根据变换历程的相对能量可知，最大差值为：‎ 其最大能垒（活化能）E正=1.86-(-0.16)eV=2.02eV；该步骤的反应物为COOH+H+H2O＝COOH+2H+OH；因反应前后COOH和1个H未发生改变，也可以表述成H2O＝H+OH；‎ 55‎ ‎（4）由图可知，30~90 min内a曲线对应物质的分压变化量Δp=（4.08-3.80）kPa=0.28 kPa，故曲线a的反应在30~90 min内的平均速率(a)==0.0047 kPa·min−1；由（2）中分析得出H2的物质的量分数介于0.25~0.5，CO的物质的量分数介于0~0.25，即H2的分压始终高于CO的分压，据此可将图分成两部分：‎ 由此可知，a、b表示的是H2的分压，c、d表示的是CO的分压，该反应为放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，CO分压增加，H2分压降低，故467 ℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是b、c；489 ℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是a、d。‎ ‎2．[2019·新课标Ⅱ] 环戊二烯（）是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下列问题：‎ ‎（1）已知：(g) (g)+H2(g) ΔH1=100.3 kJ·mol −1 ①‎ H2(g)+ I2(g) 2HI(g) ΔH2=−11.0 kJ·mol −1 ②‎ 对于反应：(g)+ I2(g) (g)+2HI(g) ③ ΔH3=___________kJ·mol −1。‎ ‎（2）某温度下，等物质的量的碘和环戊烯（）在刚性容器内发生反应③，起始总压为105Pa，平衡时总压增加了20%，环戊烯的转化率为_________，该反应的平衡常数Kp=_________Pa。达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，可采取的措施有__________（填标号）。‎ 55‎ A．通入惰性气体 B．提高温度 C．增加环戊烯浓度 D．增加碘浓度 ‎（3）环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是__________（填标号）。‎ A．T1＞T2‎ 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下图所示，其中电解液为溶解有溴化钠（电解质）和环戊二烯的DMF溶液（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 55‎ ‎（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①-②，可得反应③的ΔH=89.3kJ/mol；‎ ‎（2）假设反应前碘单质与环戊烯均为nmol，平衡时环戊烯反应了xmol，根据题意可知；‎ ‎（g）+I2（g）= （g）+2HI（g） 增加的物质的量 ‎ 1mol 1mol 1mol 2mol 1mol xmol 2n×20%‎ 得x=0.4nmol，转化率为0.4n/n×100%=40%；‎ ‎（g） + I2（g）= （g）+ 2HI（g）‎ P（初） 0.5×105 0.5×105 0 0‎ ΔP 0.5×105×40% 0.5×105×40% 0.5×105×40% 1×105×40%‎ P（平） 0.3×105 0.3×105 0.2×105 0.4×105‎ Kp==3.56×104；‎ A．T、V一定，通入惰性气体，由于对反应物和生成物浓度无影响，速率不变，平衡不移动，故A错误；B．升高温度，平衡向吸热方向移动，环戊烯转化率升高，故B正确；C．增加环戊烯的浓度平衡正向移动，但环戊烯转化率降低，故C错误；D，增加I2的浓度，平衡正向移动，环戊烯转化率升高，故D正确；‎ ‎（3）A．温度越高化学反应速率越快，单位时间内反应物浓度减少越多，则T1v(逆)，a点反应物浓度大于b点，故a点正反应速率大于b点，故C正确；D．b点时环戊二烯浓度由1.5mol/L减小到0.6mol/L，减少了0.9mol/L，因此生成二聚体0.45mol/L，故D正确。‎ ‎（4）根据阳极升失氧可知Fe为阳极；根据题干信息Fe-2e-=Fe2+‎ 55‎ ‎，电解液中钠离子起到催化剂的作用使得环戊二烯得电子生成氢气，同时与亚铁离子结合生成二茂铁，故电极反应式为Fe+2=+H2↑；电解必须在无水条件下进行，因为中间产物Na会与水反应生成氢氧化钠和氢气，亚铁离子会和氢氧根离子结合生成沉淀。‎ ‎3．[2019·新课标Ⅲ] 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)+Cl2(g) ΔH1=83 kJ·mol-1‎ CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(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，如下图所示：‎ 55‎ 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 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】‎ ‎（1）根据反应方程式知，HCl平衡转化率越大，平衡常数K越大，结合图像知升高温度平衡转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，则K(300℃)>K(400℃)；‎ 由图像知，400℃时，HCl平衡转化率为84%，用三段式法对数据进行处理得：‎ 起始（浓度） c0 c0 0 0‎ 变化（浓度） 0.84c0 0.21c0 0.42c0 0.42c0‎ 平衡（浓度）(1-0.84)c0(1-0.21)c0 0.42c0 0.42c0‎ 则K=；根据题干信息知，进料浓度比过低，氧气大量剩余，导致分离产物氯气和氧气的能耗较高；进料浓度比过高，HCl不能充分反应，导致HCl转化率较低；‎ ‎（2）根据盖斯定律知，（反应I+反应II+反应III）×2得 ΔH=（ΔH1+ΔH2+ΔH3）×2=-116kJ·mol-1；‎ ‎（3）若想提高HCl的转化率，应该促使平衡正向移动，该反应为气体体积减小的反应，根据勒夏特列原理，可以增大压强，使平衡正向移动；也可以及时除去产物，减小产物浓度，使平衡正向移动；‎ ‎（4）电解过程中，负极区即阴极上发生的是得电子反应，元素化合价降低，属于还原反应，则图中左侧为负极反应，根据图示信息知电极反应为：Fe3++e－＝Fe2+和4Fe2++O2+4H+‎ 55‎ ‎＝4Fe3++2H2O；电路中转移1 mol电子，根据电子得失守恒可知需消耗氧气的物质的量是1mol÷4＝0.25mol，在标准状况下的体积为0.25mol×22.4L/mol＝5.6L。‎ ‎4．[2019·江苏卷] CO2的资源化利用能有效减少CO2排放，充分利用碳资源。‎ ‎（1）CaO可在较高温度下捕集CO2，在更高温度下将捕集的CO2释放利用。CaC2O4·H2O热分解可制备CaO，CaC2O4·H2O加热升温过程中固体的质量变化见下图。‎ ‎①写出400~600 ℃范围内分解反应的化学方程式： ▲ 。‎ ‎②与CaCO3热分解制备的CaO相比，CaC2O4·H2O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能，其原因是 ▲ 。‎ ‎（2）电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制HCOOH的原理示意图如下。‎ ‎①写出阴极CO2还原为HCOO−的电极反应式： ▲ 。‎ ‎②电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是 ▲ 。‎ ‎（3）CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应：‎ 反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH =41.2 kJ·mol−1‎ 反应Ⅱ：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH =﹣122.5 kJ·mol−1‎ 在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图。其中：‎ 55‎ CH3OCH3的选择性=×100％‎ ‎①温度高于300 ℃，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是 ▲ 。‎ ‎②220 ℃时，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性为48%（图中A点）。不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的措施有 ▲ 。‎ ‎【答案】（1）①CaC2O4CaCO3+CO↑‎ ‎②CaC2O4·H2O热分解放出更多的气体，制得的CaO更加疏松多孔 ‎（2）①CO2+H++2e−HCOO−或CO2++2e−HCOO−+‎ ‎②阳极产生O2，pH减小，浓度降低；K+部分迁移至阴极区 ‎（3）①反应Ⅰ的ΔH＞0，反应Ⅱ的ΔH＜0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度 ‎②增大压强，使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂 ‎【解析】‎ ‎1）①令CaC2O4·H2O的物质的量为1mol，即质量为146g，根据图像，第一阶段剩余固体质量为128，原固体质量为146 g，相差18 g，说明此阶段失去结晶水，第二阶段从剩余固体质量与第一阶段剩余固体质量相对比，少了28 g，相差1个CO，因此400℃~600℃范围内，分解反应方程式为CaC2O4CaCO3+CO↑。‎ ‎②CaC2O4·H2O热分解放出更多的气体，制得的CaO更加疏松多孔，增加与CO2的接触面积，更好捕捉CO2。‎ ‎（2）①根据电解原理，阴极上得到电子，化合价降低，CO2+H++2e−HCOO−或CO2+‎ 55‎ ‎+2e−HCOO−+。‎ ‎②阳极反应式为2H2O－4e－O2↑＋4H＋，阳极附近pH减小，H＋与HCO3－反应，同时部分K＋迁移至阴极区，所以电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低。‎ ‎（3）①根据反应方程式，反应I为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，CO2的转化率增大，反应II为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，CO2的转化率降低，根据图像，上升幅度超过下降幅度，因此温度超过300℃时，CO2转化率上升。‎ ‎②图中A点CH3OCH3的选择性没有达到此温度下平衡时CH3OCH3的选择性，依据CH3OCH3选择性公式，提高CH3OCH3选择性，不改变反应时间和温度时，根据反应II，可以增大压强，或者使用对反应II催化活性更高的催化剂。‎ ‎5．[2019·北京卷]氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。‎ ‎（1）甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。‎ ‎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为积炭反应，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.减少积炭生成 ‎④用CaO可以去除CO2。H2体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如下图所示。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：____________________________。‎ 55‎ ‎（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的电极反应式是_______________。‎ ‎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+2H2O4H2+CO2 ‎ ‎②C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g)或C(s)+ CO2(g)2CO(g) ‎ ‎③a b c ‎ ‎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由于生成物为H2和CO2，其物质的量之比为4：1，反应物是甲烷和水蒸气，因而反应方程式为CH4+2H2O4H2+CO2。‎ 55‎ ‎②ⅰ-ⅱ可得CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，设为ⅳ，用ⅳ-ⅲ可得C(s)+CO2(g)2CO(g)，因为还需利用C(s)+CO2(g)2CO(g)反应的焓变。‎ ‎③初始反应n(H2O):n(CH4)=2：1，说明加入的水蒸气过量，又反应器中反应都存在一定可逆性，根据反应ⅰ知水蒸气浓度越大，甲烷的转化率越高，a正确；根据反应ⅱ知水蒸气浓度越大，CO的转化率越高，b正确；ⅰ和ⅱ产生氢气，使得氢气浓度变大，抑制反应ⅲ，积炭生成量减少，c正确。‎ ‎④t1时CaO消耗率曲线斜率减小，因而单位时间内CaO的消耗率降低。CaO+ CO2CaCO3，CaCO3覆盖在CaO表面，减少了CO2与CaO的接触面积，因而失效。‎ ‎（2）①电极生成H2时，根据电极放电规律可知H+得到电子变为氢气，因而电极须连接负极，因而制H2时，连接K1，该电池在碱性溶液中，由H2O提供H+，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-。‎ ‎③电极3上NiOOH和Ni(OH)2相互转化，其反应式为NiOOH+e-+H2ONi(OH)2+OH-，当连接K1时，Ni(OH)2失去电子变为NiOOH，当连接K2时，NiOOH得到电子变为Ni(OH)2，因而作用是连接K1或K2时，电极3分别作为阳极材料和阴极材料，并且NiOOH和Ni(OH)2相互转化提供电子转移。‎ ‎6．[2019浙江4月选考] 水是“生命之基质”，是“永远值得探究的物质”。‎ ‎（1）关于反应H2(g)＋1/2O2(g) H2O(l)，下列说法不正确的是________。‎ A．焓变ΔH＜0，熵变ΔS＜0‎ B．可以把反应设计成原电池，实现能量的转化 C．一定条件下，若观察不到水的生成，说明该条件下反应不能自发进行 D．选用合适的催化剂，有可能使反应在常温常压下以较快的速率进行 ‎（2）①根据H2O的成键特点，画出与图中H2O分子直接相连的所有氢键(O－H…O)________。‎ ‎②将一定量水放入抽空的恒容密闭容器中，测定不同温度(T)下气态、液态水平衡共存[H2O(l)H2O(g)]时的压强(p)。在图中画出从20℃开始经过100℃的p随T变化关系示意图(20℃时的平衡压强用p1表示)________。‎ 55‎ ‎ ‎ ‎（3）水在高温高压状态下呈现许多特殊的性质。当温度、压强分别超过临界温度(374.2℃)、临界压强(22.1 MPa)时的水称为超临界水。‎ ‎①与常温常压的水相比，高温高压液态水的离子积会显著增大。解释其原因________。‎ ‎②如果水的离子积Kw从1.0×10−14增大到1.0×10−10，则相应的电离度是原来的________倍。‎ ‎③超临界水能够与氧气等氧化剂以任意比例互溶，由此发展了超临界水氧化技术。一定实验条件下，测得乙醇的超临界水氧化结果如图所示，其中x为以碳元素计的物质的量分数，t为反应时间。‎ ‎ ‎ 下列说法合理的是________。‎ A．乙醇的超临界水氧化过程中，一氧化碳是中间产物，二氧化碳是最终产物 B．在550℃条件下，反应时间大于15 s时，乙醇氧化为二氧化碳已趋于完全 C．乙醇的超临界水氧化过程中，乙醇的消耗速率或二氧化碳的生成速率都可以用来表示反应的速率，而且两者数值相等 D．随温度升高，xCO峰值出现的时间提前，且峰值更高，说明乙醇的氧化速率比一氧化碳氧化速率的增长幅度更大 ‎（4）以铂阳极和石墨阴极设计电解池，通过电解NH4HSO4溶液产生(NH4)2S2O8，再与水反应得到H2O2，其中生成的NH4HSO4可以循环使用。‎ ‎①阳极的电极反应式是________。‎ ‎②制备H2O2的总反应方程式是________。‎ ‎【答案】（1）C 55‎ ‎（2）①‎ ‎②‎ ‎（3）①水的电离为吸热过裎，升高温度有利于电离(压强对电离平衡影响不大)‎ ‎②100‎ ‎③ABD ‎（4）①2HSO4-－2e−S2O82-＋2H+或2SO42-－2e−S2O82-‎ ‎②2H2OH2O2＋H2↑‎ ‎【解析】‎ ‎（1）A．氢气燃烧是放热反应，ΔH＜0，该反应中气体变为液体，为熵减过程，故ΔS＜0，A项正确；‎ B．该反应可设计为氢氧燃料电池，其化学能转为电能，B项正确；‎ C．某条件下自发反应是一种倾向，不代表真实发生，自发反应往往也需要一定的反应条件才能发生，如点燃氢气，C项错误；‎ D．催化剂降低活化能，加快反应速率，D项正确。‎ 故答案选C。‎ ‎（2）①H2O电子式为，存在两对孤电子对，因而O原子可形成两组氢键，每个H原子形成一个氢键，图为：‎ 55‎ ‎②100℃，101kPa为水的气液分界点，20℃和p1为另一个气液分界点，同时升高温度和增加压强利于水从液体变为气体，因而曲线为增曲线，可做图为：‎ ‎（3）①水的电离为吸热过裎，升高温度有利于电离，压强对固液体影响不大，可忽略。‎ ‎②c(H+)=，当Kw=1.0×10-14，c1(H+)=10-7mol/L，当Kw=1.0×10-10，c2(H+)=10-5mol/L，易知后者是前者的100倍，所以相应的电离度是原来的100倍。‎ ‎③A．观察左侧x-t图像可知，CO先增加后减少，CO2一直在增加，所以CO为中间产物，CO2为最终产物，A项正确；‎ B．观察左侧x-t图像，乙醇减少为0和CO最终减少为0的时间一致，而右图xCO-t图像中550℃，CO在15s减为0，说明乙醇氧化为CO2趋于完全，B项正确；‎ C．乙醇的消耗速率或二氧化碳的生成速率都可以用来表示反应的速率，但两者数值不相等，比值为化学计量数之比，等于1：2，C项错误；‎ D．随着温度的升高，乙醇的氧化速率和一氧化碳氧化速率均增大，但CO是中间产物，为乙醇不完全氧化的结果，CO峰值出现的时间提前，且峰值更高，说明乙醇氧化为CO和CO2速率必须加快，且大于CO的氧化速率，D项正确。‎ 故答案选ABD。‎ ‎（4）①电解池使用惰性电极，阳极本身不参与反应，阳极吸引HSO4-（或SO42-）离子，并放电生成S2O82-，因而电极反应式为2HSO4-－2e−=S2O82-＋2H+或2SO42-－2e−=S2O82- 。‎ ‎②通过电解NH4HSO4溶液产生(NH4)2S2O8和H2。由题中信息可知，生成的NH4HSO4可以循环使用，说明(NH4)2S2O8与水反应除了生成H2O2，还有NH4HSO4生成，因而总反应中只有水作反应物，产物为H2O2和H2，故总反应方程式为2H2OH2O2＋H2↑。‎ ‎【2018年】‎ ‎1. （2018·全国卷Ⅰ）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___________。‎ 55‎ ‎（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：‎ 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，N2O4(g)完全分解）：‎ t/min ‎0‎ ‎40‎ ‎80‎ ‎160‎ ‎260‎ ‎1300‎ ‎1700‎ ‎∞‎ p/kPa ‎35.8‎ ‎40.3‎ ‎42.5.‎ ‎45.9‎ ‎49.2‎ ‎61.2‎ ‎62.3‎ ‎63.1‎ ‎①已知：2N2O5(g)＝2N2O5(g)+O2(g) ΔH1=−4.4 kJ·mol−1‎ ‎2NO2(g)＝N2O4(g) ΔH 2=−55.3 kJ·mol−1‎ 则反应N2O5(g)＝2NO2(g)+O2(g)的ΔH =_______ kJ·mol−1。‎ ‎②研究表明，N2O5(g)分解的反应速率。t=62 min时，测得体系中=2.9 kPa，则此时的=________ 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+NO3→NO+NO2+O2 慢反应 第三步 NO+NO3→2NO2 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 ② 30.0 6.0×10－2 ③大于 ‎ 55‎ ‎ 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）氯气在反应中得到电子作氧化剂，硝酸银中只有氧元素化合价会升高，所以氧化产物是氧气，分子式为O2；‎ ‎（2）①已知：‎ ⅰ、2N2O5(g)＝2N2O4(g)+O2(g) △H1＝－4.4kJ/mol ⅱ、2NO2(g)＝N2O4(g) △H2＝－55.3kJ/mol 根据盖斯定律可知ⅰ÷2－ⅱ即得到N2O5(g)＝2NO2(g)+1/2O2(g) △H1＝＋53.1kJ/mol；‎ ‎②根据方程式可知氧气与消耗五氧化二氮的物质的量之比是1:2，又因为压强之比是物质的量之比，所以消耗五氧化二氮减少的压强是2.9kPa×2＝5.8kPa，则此时五氧化二氮的压强是35.8kPa－5.8kPa＝30.0kPa，因此此时反应速率v＝2.0×10－3×30＝6.0×10－2（kPa·min－1）；‎ ‎③由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高，所以若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)大于63.1 kPa。‎ ‎④根据表中数据可知五氧化二氮完全分解时的压强是63.1kPa，根据方程式可知完全分解时最初生成的二氧化氮的压强是35.8kPa×2＝71.6 kPa，氧气是35.8kPa÷2＝17.9 kPa，总压强应该是71.6 kPa+17.9 kPa＝89.5 kPa，平衡后压强减少了89.5 kPa－63.1kPa＝26.4kPa，所以根据方程式2NO2(g)N2O4(g)可知平衡时四氧化二氮对应的压强是26.4kPa，二氧化氮对应的压强是71.6 kPa－26.4kPa×2＝18.8kPa，则反应的平衡常数。‎ ‎（3）A、第一步反应快，所以第一步的逆反应速率大于第二步的逆反应速率，A正确；‎ B、根据第二步和第三步可知中间产物还有NO，B错误；‎ C、根据第二步反应生成物中有NO2可知NO2与NO3的碰撞仅部分有效，C正确；‎ D、第三步反应快，所以第三步反应的活化能较低，D错误。答案选AC。‎ ‎2. （2018·全国卷II）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)。‎ 55‎ 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)+1/2O2(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 55‎ 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图所示，则pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为________________。‎ ‎【答案】 （1） 247 A （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小，消碳反应速率大 AD ② pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)‎ ‎【解析】（1）根据盖斯定律计算；根据反应特点结合温度和压强对平衡状态的影响解答；根据转化率利用三段式计算平衡常数；‎ ‎（2）①根据活化能对反应的影响分析；根据反应热结合温度对平衡状态的影响以及图像曲线变化趋势解答；‎ ‎②根据反应速率方程式分析影响其因素结合图像解答。‎ ‎（1）已知：‎ ‎①C(s)+2H2(g)=CH4(g) ΔH=-75 kJ·mol−1‎ ‎②C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-394 kJ·mol−1‎ ‎③C(s)+1/2O2(g)=CO(g) ΔH=-111 kJ·mol−1‎ 根据盖斯定律可知③×2－②－①即得到该催化重整反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)的ΔH=＋247 kJ·mol−1。正反应是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，答案选A；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%，根据方程式可知 CH4(g)+CO2(g)= 2CO(g)+2H2(g)‎ 起始浓度（mol/L） 1 0.5 0 0‎ 转化浓度（mol/L） 0.25 0.25 0.5 0.5‎ 平衡浓度（mol/L） 0.75 0.25 0.5 0.5‎ 55‎ 所以其平衡常数为mol2·L−2。‎ ‎（2）①根据表中数据可知相对于催化剂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小，消碳反应速率大，所以催化剂X劣于Y。A．正反应均是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向进行，因此K积、K消均增加，A正确；B．升高温度反应速率均增大，B错误；C．根据A中分析可知选项C错误；D．积碳量达到最大值以后再升高温度积碳量降低，这说明v消增加的倍数比v积增加的倍数大，D正确。答案选AD。‎ ‎②根据反应速率方程式可知在p(CH4)一定时，生成速率随p(CO2)的升高而降低，所以根据图像可知pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)。‎ ‎3. （2018年天津卷） CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题：‎ ‎（1）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13，CO2主要转化为______（写离子符号）；若所得溶液c(HCO3−)∶c(CO32−)=2∶1，溶液pH=___________。（室温下，H2CO3的K1=4×10−7；K2=5×10−11）‎ ‎（2）CO2与CH4经催化重整，制得合成气：‎ CH4(g)+ CO2(g) 2CO (g)+ 2H2(g)‎ ‎①已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：‎ 化学键 C—H C=O H—H CO(CO)‎ 键能/kJ·mol−1‎ ‎413‎ ‎745‎ ‎436‎ ‎1075‎ 则该反应的ΔH=_________。分别在VL恒温密闭容器A（恒容）、B（恒压，容积可变）中，加入CH4和CO2各1 mol的混合气体。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是_______（填“A” 或“B ”）。‎ ‎②按一定体积比加入CH4和CO2，在恒压下发生反应，温度对CO和H2产率的影响如图3所示。此反应优选温度为900℃的原因是________。‎ 55‎ ‎（3）O2辅助的Al～CO2电池工作原理如图4所示。该电池电容量大，能有效利用CO2，电池反应产物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。‎ 电池的负极反应式：________。‎ 电池的正极反应式：6O2+6e−6O2−‎ ‎6CO2+6O2−3C2O42−‎ 反应过程中O2的作用是________。‎ 该电池的总反应式：________。‎ ‎【答案】（1）. CO32- （2）. 10 （3）. +120 kJ·mol-1 （4）. B （5）. 900 ℃时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低。 （6）. Al–3e–=Al3+（或2Al–6e–=2Al3+） （7）. 催化剂 ‎ ‎（8）. 2Al+6CO2=Al2(C2O4)3‎ ‎【解析】（1）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13，因为得到溶液的碱性较强，所以CO2主要转化为碳酸根离子（CO32-）。若所得溶液c(HCO3−)∶c(CO32−)=2∶1，，则根据第二步电离平衡常数K2==5×10−11，所以氢离子浓度为1×10-10mol/L，pH=10。‎ ‎（2）①化学反应的焓变应该等于反应物键能减去生成物的键能，所以焓变为(4×413+2×745)－(2×1075+2×436)= +120 kJ·mol-1。初始时容器A、B的压强相等，A容器恒容，随着反应的进行压强逐渐增大（气体物质的量增加）；B容器恒压，压强不变；所以达平衡时压强一定是A中大，B中小，此反应压强减小平衡正向移动，所以B的反应平衡更靠右，反应的更多，吸热也更多。‎ ‎②‎ 55‎ 根据图3得到，900℃时反应产率已经比较高，温度再升高，反应产率的增大并不明显，而生产中的能耗和成本明显增大，经济效益会下降，所以选择900℃为反应最佳温度。‎ ‎（3）明显电池的负极为Al，所以反应一定是Al失电子，该电解质为氯化铝离子液体，所以Al失电子应转化为Al3+，方程式为：Al–3e–=Al3+（或2Al–6e–=2Al3+）。根据电池的正极反应，氧气再第一步被消耗，又在第二步生成，所以氧气为正极反应的催化剂。将方程式加和得到，总反应为：2Al+6CO2=Al2(C2O4)3。‎ ‎4. （2018·江苏卷）NOx（主要指NO和NO2）是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。‎ ‎（1）用水吸收NOx的相关热化学方程式如下：‎ ‎2NO2（g）+H2O（l）===HNO3（aq）+HNO2（aq） ΔH=−116.1 kJ·mol−1‎ ‎3HNO2（aq）=== HNO3（aq）+2NO（g）+H2O（l） ΔH=75.9 kJ·mol−1‎ 反应3NO2（g）+H2O（l）=== 2HNO3（aq）+NO（g）的ΔH=___________kJ·mol−1。‎ ‎（2）用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应式：____________________________________。‎ ‎（3）用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx，吸收过程中存在HNO2与(NH2)2CO生成N2和CO2的反应。写出该反应的化学方程式：____________________________________。‎ ‎（4）在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。‎ ‎①NH3与NO2生成N2的反应中，当生成1 mol N2时，转移的电子数为__________mol。‎ ‎②将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应（装置见题20图−1）。‎ 反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如题20图−2所示，在50～250 ℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是____________________________；当反应温度高于380 ℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是___________________________。‎ 55‎ ‎【答案】（14分）‎ ‎（1）−136.2‎ ‎（2）HNO2−2e−+H2O===3H++NO3−‎ ‎（3）2HNO2+(NH2)2CO===2N2↑+CO2↑+3H2O ‎（4）①‎ ‎②迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大 催化剂活性下降；NH3与O2反应生成了NO ‎【解析】（1）将两个热化学方程式编号，‎ ‎2NO2（g）+H2O（l）=HNO3（aq）+HNO2（aq） ΔH=−116.1 kJ·mol−1（①式）‎ ‎3HNO2（aq）=HNO3（aq）+2NO（g）+H2O（l） ΔH=75.9 kJ·mol−1（②式）‎ 应用盖斯定律，将（①式×3+②式）÷2得，反应3NO2（g）+H2O（l）=2HNO3（aq）+NO（g）ΔH=[（−116.1 kJ·mol−1）×3+75.9 kJ·mol−1]÷2=-136.2kJ·mol−1。‎ ‎（2）根据电解原理，阳极发生失电子的氧化反应，阳极反应为HNO2失去电子生成HNO3，1molHNO2反应失去2mol电子，结合原子守恒和溶液呈酸性，电解时阳极电极反应式为HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+。‎ ‎（3）HNO2与（NH2）2CO反应生成N2和CO2，N元素的化合价由HNO2中+3价降至0价，N元素的化合价由（NH2）2CO中-3价价升至0价，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为2HNO2+（NH2）2CO=2N2↑+CO2↑+3H2O。‎ ‎（4）①NH3与NO2的反应为8NH3+6NO27N2+12H2O，该反应中NH3中-3价的N升至0价，NO2中+4价的N降至0价，生成7molN2转移24mol电子。生成1molN2时转移电子数为mol。‎ ‎②‎ 55‎ 因为反应时间相同，所以低温时主要考虑温度和催化剂对化学反应速率的影响；高温时NH3与O2发生催化氧化反应。在50~250℃范围内，NOx的去除率迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大，温度升高催化剂活性下降。反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是NH3与O2反应生成了NO，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O。‎ ‎【2017年】‎ ‎1．【2017·新课标1卷】（14分）‎ 近期发现，H2S是继NO、CO之后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=_______%，反应平衡常数K=________。‎ ‎②在620 K重复试验，平衡后水的物质的量分数为0.03，H2S的转化率_____‎ 55‎ ‎，该反应的 H_____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)+ O2(g) ΔH=+286 kJ/mol H2S(g)=H2(g)+S(s) ΔH=+20 kJ/mol ‎ 系统（II） （3）2.5 2.8×10-3 > > B ‎【解析】（1）A．根据复分解反应的规律：强酸+弱酸盐=强酸盐+弱酸，可知酸性H2SO3>H2CO3>H2S，A错误；B．亚硫酸、氢卤酸都是二元弱酸，由于溶液中离子浓度越大，溶液的导电性就越强，所以等浓度的亚硫酸的导电性比氢硫酸的强，可以证明酸性：H2SO3> H2S，B错误；C．等浓度的二元弱酸，酸电离产生的c(H+)越大，溶液的酸性越强，则其pH就越小。所以亚硫酸溶液的pH比等浓度的氢硫酸的小，可以证明酸性：H2SO3> H2S，C错误；D．物质的还原性大小与微粒中元素的化合价及微粒结构有关，与其电离产生氢离子的浓度大小无关，因此不能证明二者的酸性强弱，D正确。答案选D。‎ ‎（2）①H2SO4(aq)=SO2(g)+H2O(l)+ O2(g) △H1=＋327kJ/mol ‎②SO2(g)+I2(s)+ 2H2O(l)=2HI(aq)+ H2SO4(aq) △H2=－151kJ/mol ‎③2HI(aq)= H2 (g)+ I2(s) △H3=＋110kJ/mol ‎④H2S(g)+ H2SO4(aq)=S(s)+SO2(g)+ 2H2O(l) △H4=＋61kJ/mol ‎①+②+③，整理可得系统（I）的热化学方程式H2O(l)=H2(g)+ O2(g) △H=+286kJ/mol；‎ ‎②+③+④，整理可得系统（II）的热化学方程式H2S (g)+ =H2(g)+S(s) △H=+20kJ/mol。‎ 根据系统I、系统II的热化学方程式可知：每反应产生1mol氢气，后者吸收的热量比前者少，所以制取等量的H2所需能量较少的是系统II。‎ ‎（3）① H2S(g) + CO2(g)COS(g)+ H2O(g)‎ 开始 0.40mol 0.10mol 0 0‎ 反应 x x x x 平衡 (0.40-x)mol (0.10-x)mol x x 解得x=0.01mol，所以H2S的转化率是 55‎ 由于该反应是反应前后气体体积相等的反应，所以在该条件下反应达到平衡时化学平衡常数；‎ ‎②根据题目提供的数据可知温度由610K升高到620K时，化学反应达到平衡，水的物质的量分数由0.02变为0.03，所以H2S的转化率增大。a2>a1；根据题意可知：升高温度，化学平衡向正反应方向移动，根据平衡移动原理：升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，所以该反应的正反应为吸热反应，故△H>0；③A．增大H2S的浓度，平衡正向移动，但加入量远远大于平衡移动转化消耗量，所以H2S转化率降低，A错误；B．增大CO2的浓度，平衡正向移动，使更多的H2S反应，所以H2S转化率增大，B正确；C．COS是生成物，增大生成物的浓度，平衡逆向移动，H2S转化率降低，C错误；D．N2是与反应体系无关的气体，充入N2，不能使化学平衡发生移动，所以对H2S转化率无影响，D错误。答案选B。‎ ‎2．【2017·新课标2卷】（14分）‎ 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)+ O2(g)= C4H8(g)+H2O(g) ΔH2=-119 kJ·mol-1‎ ‎③H2(g)+ O2(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 55‎ ‎（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）+123kJ·mol－1 小于 AD （2）氢气是产物之一，随着n(氢气)/n(丁烷)增大，逆反应速率增大 （3）升高温度有利于反应向吸热方向进行 温度升高反应速率加快 丁烯高温裂解生成短链烃类 ‎【解析】（1）根据盖斯定律，用②式-③式可得①式，因此△H1=△H2-△H3=-119 kJ/mol +242 kJ/mol =+123kJ/mol。由a图可以看出，温度相同时，由0.1MPa变化到xMPa，丁烷的转化率增大，即平衡正向移动，根据反应前后气体系数之和，反应前气体系数小于反应后气体系数之和，因此减小压强，平衡向正反应方向移动，即x<0.1。提高丁烯的产率，要求平衡向正反应方向移动，A、因为反应①是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，即丁烯转化率增大，故A正确；B、降低温度，平衡向逆反应方向移动，丁烯的转化率降低，故B错误；C、反应前气体系数之和小于反应后气体系数之和，增大压强，平衡向逆反应方向移动，丁烯的转化率降低，故C错误；D、根据C选项分析，降低压强，平衡向正反应方向移动，丁烯转化率提高，故D正确；（2）因为通入丁烷和氢气，发生①，氢气是生成物，随着n(H2)/n(C4H10)增大，相当于增大氢气的量，反应向逆反应方向进行，逆反应速率增加；（3）根据图(c)，590℃之前，温度升高时反应速率加快，生成的丁烯会更多，同时由于反应①是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡体系中会含有更多的丁烯。而温度超过590℃时，由于丁烷高温会裂解生成短链烃类，所以参加反应①的丁烷也就相应减少。‎ ‎3．【2017天津卷】（14分）某混合物浆液含Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置（见图2），使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。回答Ⅰ和Ⅱ中的问题。‎ 55‎ Ⅰ．固体混合物的分离和利用（流程图中的部分分离操作和反应条件未标明）‎ ‎（1）反应①所加试剂NaOH的电子式为_________，B→C的反应条件为__________，C→Al的制备方法称为_____________________。‎ ‎（2）该小组探究反应②发生的条件。D与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl2生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2。由此判断影响该反应有效进行的因素有（填序号）___________。‎ a．温度 b．Cl-的浓度 c．溶液的酸度 ‎（3）0.1 mol Cl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2·xH2O的液态化合物，放热4.28 kJ，该反应的热化学方程式为_____________________________________________。‎ Ⅱ．含铬元素溶液的分离和利用 ‎（4）用惰性电极电解时，CrO42-能从浆液中分离出来的原因是__________，分离后含铬元素的粒子是_________；阴极室生成的物质为___________（写化学式）。‎ ‎【答案】（1） 加热（或煅烧） 电解法 （2）a c （3）2Cl2(g)+ TiO2(s)+2C(s)===TiCl4(l)+2CO(g) ΔH=−85.6kJ·mol−1 （4）在直流电场作用下，CrO42-通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液 ‎ CrO42-和Cr2O72- NaOH和H2‎ ‎【解析】惰性电极电解混合物浆液时，Na+移向阴极，CrO42-移向阳极。Al(OH)3、MnO2剩下在固体混合物中。固体混合物加入NaOH时，Al(OH)3转化为AlO2-，通入CO2转化为Al(OH)3沉淀，再加热分解为Al2O3，最后熔融电解得Al。‎ ‎（1）NaOH的电子式为；根据上述分析，B→C的条件为加热或煅烧，C→Al的制备方法称为电解法。‎ ‎（2）根据实验方案可知，D与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl2生成，可知温度对该反应有影响；当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2。说明加入H+能继续产生Cl2，可知溶液的酸度对该反应有影响，综上所述，影响该反应的因素有温度和溶液的酸度，故选ac。‎ ‎（3）0.1 mol Cl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2·xH2O的液态化合物，放热4.28 kJ，配平方程式，可知2mol Cl2反应放热85.6kJ·mol−1，由此可得该反应的热化学方程式为2Cl2(g)+ TiO2(s)+2C(s)===TiCl4(l)+2CO(g) ‎ 55‎ ‎ ΔH=−85.6kJ·mol−1。‎ ‎（4）用惰性电极电解时，在直流电场作用下，CrO42-通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液，从而使CrO42-从浆液中分离出来；因2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，所以分离后含铬元素的粒子是CrO42-和Cr2O72-；阴极室H+放电生成H2，剩余的OH-与透过阳离子交换膜移过来的Na+结合生成NaOH，所以阴极室生成的物质为NaOH和H2。‎ ‎4．【2017·江苏卷】(14分) 砷(As)是一些工厂和矿山废水中的污染元素，使用吸附剂是去除水中砷的有效措施之一。‎ ‎（1）将硫酸锰、硝酸钇与氢氧化钠溶液按一定比例混合，搅拌使其充分反应，可获得一种砷的高效吸附剂X，吸附剂X中含有，其原因是_______________________________。‎ ‎（2）H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系分别如题20图- 1和题20图- 2所示。‎ ‎①以酚酞为指示剂(变色范围pH 8.0 ~ 10.0)，将NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中，当溶液由无色变为浅红色时停止滴加。该过程中主要反应的离子方程式为_______________________________。‎ ‎②H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4H2AsO4-+H+的电离常数为Ka1，则pKa1=______(p Ka1 = -lg Ka1 )。‎ ‎（3）溶液的pH对吸附剂X表面所带电荷有影响。pH =7．1时， 吸附剂X表面不带电荷; pH > 7.1时带负电荷，pH越高，表面所带负电荷越多;pH<7.1时带正电荷，pH越低，表面所带正电荷越多。pH不同时吸附剂X对三价砷和五价砷的平衡吸附量(吸附达平衡时单位质量吸附剂X吸附砷的质量)如题20图-3所示。‎ 55‎ ‎①在pH7~9之间，吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降，其原因是______________。‎ ‎②在pH4~7之间，吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱，这是因为___________。 提高吸附剂X对三价砷去除效果可采取的措施是_________________________________。‎ ‎【答案】（1）碱性溶液吸收了空气中的CO2 （2）OH- + H3AsO3===H2AsO3- + H2O 2.2 （3）在pH7~9之间，随pH升高H2AsO4-转变为HAsO42-，吸附剂X表面所带负电荷增多，静电斥力增加 ‎ 在pH4~7之间，吸附剂X表面带正电，五价砷主要以H2AsO4-和HAsO42-阴离子存在，静电引力较大;而三价砷主要以H3AsO3分子存在，与吸附剂X表面产生的静电引力小 加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷 ‎【解析】（1）NaOH在空气中易与CO2反应生成NaCO3，吸附剂X中含有CO32－，其原因是碱性溶液吸收了空气中的CO2 ；（2）①从题20图-1可知pH由小变大时， H3AsO3浓度减小，H2AsO3-浓度增大，当溶液由无色变为浅红色时，主要反应的离子方程式为OH- + H3AsO3====H2AsO3- + H2O ；②H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4H2AsO4-+H+的电离常数为Ka1，Ka1= ，由题20图-2读出：， = ， =10-2.2mol/L，Ka1= =10-2.2mol/L，p Ka1 = -lg Ka1 =-lg10-2.2=2.2；（3）①在pH7~9之间，随pH升高H2AsO4-转变为HAsO42-，吸附剂X表面所带负电荷增多，，静电斥力增加，吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降。②在pH4~7之间，吸附剂X表面带正电，五价砷主要以H2AsO4-和HAsO42-阴离子存在，静电引力较大；而三价砷主要以H3AsO3分子存在，与吸附剂X表面产生的静电引力小。提高吸附剂X对三价砷去除效果可采取的措施是：加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷。‎ ‎5．【2017·海南卷】碳酸钠是一种重要的化工原料，主要采用氨碱法生产。回答下列问题：‎ ‎（1）碳酸钠俗称________，可作为碱使用的原因是___________（用离子方程式表示）。‎ 55‎ ‎（2）已知：①2NaOH(s)+CO2(g)= Na2CO3(s)+H2O(g) ΔH1=−127.4 kJ·mol−1‎ ‎②NaOH(s)+CO2(g)= NaHCO3(s) ΔH1=−131.5 kJ·mol−1‎ 反应2NaHCO3(s)= Na2CO3(s)+ H2O(g) +CO2(g)的ΔH=_______ kJ·mol−1，该反应的平衡常数表达式K=________。‎ ‎（3）向含有BaSO4固体的溶液中滴加Na2CO3溶液，当有BaCO3沉淀生成时溶液中 =_____________。已知Ksp(BaCO3)=2.6×10−9，Ksp(BaSO4)=1.1×10−10。‎ ‎【答案】 （1）纯碱或苏打 CO32－＋H2OHCO3－＋OH－ （2）135.6 c(H2O)×c(CO) （3）24‎ ‎【解析】（1）碳酸钠俗称纯碱和苏打，碳酸钠属于强碱弱酸盐，CO32－发生水解反应，其水解方程式为：CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，溶液显碱性；（2）①－2×②得到：2NaHCO3(s)=Na2CO3(s)＋CO2(g)＋H2O(g) △H=(－127.4＋2×131.5)kJ·mol－1=＋135.6kJ·mol－1，Na2CO3和NaHCO3为固体，根据化学平衡常数的定义K= c(H2O)×c(CO)；（4）在同一个溶液中，c(Ba2＋)相同，依据溶度积的数学表达式，则有=24。‎ ‎【2016年】‎ ‎1．【2016·上海卷】（本题共12分）‎ 随着科学技术的发展和环保要求的不断提高，CO2的捕集利用技术成为研究的重点。‎ 完成下列填空：‎ ‎（1）目前国际空间站处理CO2的一个重要方法是将CO2还原，所涉及的反应方程式为：‎ CO2（g）+4H2（g）CH4（g）+2H2O（g）‎ 已知H2的体积分数随温度的升高而增加。‎ 若温度从300℃升至400℃，重新达到平衡，判断下列表格中各物理量的变化。（选填“增大”、“减小”或“不变”）‎ v正 v逆 平衡常数K 转化率α ‎（2）相同温度时，上述反应在不同起始浓度下分别达到平衡，各物质的平衡浓度如下表：‎ ‎[CO2]/mol·L-1‎ ‎[H2]/mol·L-1‎ ‎[CH4]/mol·L-1‎ ‎[H2O]/mol·L-1‎ 55‎ 平衡Ⅰ a b c d 平衡Ⅱ m n x y a、b、c、d与m、n、x、y之间的关系式为_________。‎ ‎（3）碳酸：H2CO3，Ki1=4.3×10-7，Ki2=5.6×10-11‎ 草酸：H2C2O4，Ki1=5.9×10-2，Ki2=6.4×10-5‎ ‎0.1 mol/L Na2CO3溶液的pH____________0.1 mol/L Na2C2O4溶液的pH。（选填“大于”“小于”或“等于”）‎ 等浓度广东草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是___________。‎ 若将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合，溶液中各种离子浓度大小的顺序正确的是_____。（选填编号）‎ A．[H+]>[HC2O4-]>[HCO3-]>[CO32-] b．[HCO3-]>[HC2O4-]>[C2O42-]>[CO32-]‎ c．[H+]>[HC2O4-]>[C2O42-]>[CO32-] d．[H2CO3] >[HCO3-]>[HC2O4-]>[CO32-]‎ ‎（4）人体血液中的碳酸和碳酸氢盐存在平衡：H++ HCO3- H2CO3，当有少量酸性或碱性物质进入血液中时，血液的pH变化不大，用平衡移动原理解释上述现象。‎ ‎________________________________‎ ‎【答案】（1）‎ v正 v逆 平衡常数K 转化率α 增大 增大 减小 减小 ‎（2） ‎ ‎（3）大于；草酸；ac ‎ ‎（4）当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H+浓度变化较小，血液中的pH基本不变；当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变。（合理即给分）‎ ‎ 【解析】‎ ‎（1）H2的体积分数随温度的升高而增加，这说明升高温度平衡向逆反应方向进行，即正反应是放热反应。升高温度正逆反应速率均增大，平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小，反应物的转化率减小。‎ 55‎ ‎（2）相同温度时平衡常数不变，则a、b、c、d与m、n、x、y之间的关系式为。‎ ‎（3）根据电离常数可知草酸的酸性强于碳酸，则碳酸钠的水解程度大于草酸钠，所以0.1 mol/L Na2CO3溶液的pH大于0.1 mol/L Na2C2O4溶液的pH。草酸的酸性强于碳酸，则等浓度草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是草酸。a．草酸的两级电离常数均大于碳酸的，所以草酸的两级的电离程度均大于碳酸的，因此溶液中[H+]＞[HC2O4-]＞[C2O42-]＞[HCO3-]＞[CO32-]，a正确；b．根据a中分析可知b错误；c．根据a中分析可知c正确；d．根据a中分析可知d错误，答案选ac。‎ ‎（4）根据平衡可知当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H+浓度变化较小，血液中的pH基本不变；当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变。‎ ‎2．【2016·天津卷】(14分)氢能是发展中的新能源，它的利用包括氢的制备、储存和应用三个环节。回答下列问题：‎ ‎（3）在恒温恒容的密闭容器中，某储氢反应：MHx(s)+yH2(g)MHx+2y(s) ΔH<0达到化学平衡。下列有关叙述正确的是________。‎ a．容器内气体压强保持不变 b．吸收y mol H2只需1 mol MHx c．若降温，该反应的平衡常数增大 d．若向容器内通入少量氢气，则v(放氢)>v(吸氢)‎ ‎（4）利用太阳能直接分解水制氢，是最具吸引力的制氢途径，其能量转化形式为_______。‎ ‎【答案】‎ ‎（3）ac ‎（4）光能转化为化学能 ‎【解析】‎ ‎（3）MHx(s)+yH2(g)MHx+2y(s) ΔH<0，该反应属于气体的物质的量发生变化的反应。a.平衡时气体的物质的量不变，压强不变，正确；b.该反应为可逆反应，吸收y mol H2需要大于1 mol 的MHx，错误；c.降低温度，平衡向正反应方向移动，平衡常数增大，正确；d.向容器内通入少量氢气，相当于增大压强，平衡正向移动，v(放氢)＜v(吸氢)，错误；故选ac；‎ 55‎ ‎（4）利用太阳能直接分解水制氢，是将光能转化为化学能，故答案为：光能转化为化学能；‎ ‎3．【2016·新课标Ⅱ卷】丙烯腈（CH2=CHCN）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（CH2=CHCHO）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：‎ ‎① C3H6(g)+NH3(g)+ 3/2O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g) △H=-515kJ/mol ‎② C3H6(g)+ O2(g)=C3H4O(g)+H2O(g) △H=-353kJ/mol 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，最高产率对应温度为460OC．低于460OC时，丙烯腈的产率 （填“是”或者“不是”）对应温度下的平衡产率，判断理由是 ；高于460OC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 ‎（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。进料氨、空气、丙烯的理论体积约为 ‎ ‎【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 ； 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 55‎ ‎【解析】（1）因为两个反应均为放热量大的反应，所以热力学趋势大；该反应为气体分子数增大的放热反应，所以降低温度、降低压强有利于提高丙烯腈的平衡产率；提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催化剂。（2）因为该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低，反应刚开始进行，尚未达到平衡状态，460℃以前是建立平衡的过程，所以低于460℃时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡产率；高于460℃时，丙烯腈产率降低，A．催化剂在一定温度范围内活性较高，若温度过高，活性降低，正确；B．平衡常数变大，对产率的影响是提高产率才对，错误；C．根据题意，副产物有丙烯醛，副反应增多导致产率下降，正确；D．反应活化能的大小不影响平衡，错误；答案选AC。（3）根据图像可知，当n（氨）/n（丙烯）约为1时，该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低；根据化学反应C3H6(g)+NH3(g)+ 3/2O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g)，氨气、氧气、丙烯按1：1.5：1的体积比加入反应达到最佳状态，而空气中氧气约占20%，所以进料氨、空气、丙烯的理论体积约为1：7.5：1。‎ ‎4． 【2016·新课标Ⅲ卷】（15分）‎ 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含有SO2和NOx的烟气，反应温度为323 K，NaClO2溶液浓度为5×10−3mol·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“提高”“不变”或“降低”）。‎ ‎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px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___________。‎ 55‎ ‎【答案】（1）亚氯酸钠；（2）①2OH-＋3ClO2－＋4NO＝4NO3－＋3Cl－＋2H2O；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；② ‎ ‎ ‎ ‎②根据反应的方程式ClO2−+2SO32−===2SO42−+Cl−可知平衡常数K表达式为。‎ ‎ 【解析】（1） NaClO2的化学名称为亚氯酸钠；‎ ‎（2）①亚氯酸钠具有氧化性，则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式为4OH-＋3ClO2－＋4NO＝4NO3－＋3Cl－＋2H2O；正反应是体积减小的，则增加压强，NO的转化率提高。‎ ‎②根据反应方程式2H2O＋ClO2－＋2SO2＝2SO42－＋Cl－＋4H＋、2H2O＋3ClO2－＋4NO＝4NO3－＋3Cl－＋4H＋可知随着吸收反应的进行氢离子浓度增大，吸收剂溶液的pH逐渐降低。‎ ‎③由实验结果可知，在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多，因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是二氧化硫的还原性强，易被氧化。‎ ‎（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pe如图所示。‎ ‎①由图分析可知，反应温度升高，SO2和NO的平衡分压负对数减小，这说明反应向逆反应方向进行，因此脱硫、脱硝反应的平衡常数均减小。‎ ‎②根据反应的方程式ClO2−+2SO32−===2SO42−+Cl−可知平衡常数K表达式为。‎ ‎5．【2016·浙江卷】（15分）催化还原CO2是解决温室效应及能源问题的重要手段之一。研究表明，在Cu/ZnO催化剂存在下，CO2和H2可发生两个平衡反应，分别生成CH3OH和CO。反应的热化学方程式如下：‎ CO2（g）+3 H2（g） CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1=-53.7kJ·mol-1 I CO2（g）+ H2（g） CO（g）+H2O（g）ΔH2 II 某实验室控制CO2和H2初始投料比为1:2.2，经过相同反应时间测得如下实验数据：‎ 55‎ ‎【备注】Cat.1:Cu/ZnO纳米棒；Cat.2:Cu/ZnO纳米片；甲醇选择性：转化的CO2中生成甲醛的百分比 已知：①CO和H2的标准燃烧热分别为-283.0kJ·mol-1和-285.8kJ·mol-1‎ ‎②H2O（l ===H2O（g） ΔH3=44.0kJ·mol-1‎ 请回答（不考虑温度对ΔH的影响）：‎ ‎（1）反应I的平衡常数表达式K= ；反应II的ΔH2= kJ·mol-1。‎ ‎（2）有利于提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有 。‎ A．使用催化剂Cat.1 B．使用催化剂Cat.2 C．降低反应温度 ‎ D．投料比不变，增加反应物的浓度 E．增大CO2和H2的初始投料比 ‎（3）表中实验数据表明，在相同温度下不同的催化剂对CO2转化成CH3OH的选择性有显著的影响，其原因是 。‎ ‎【答案】（1） +41.2 （2）CD ‎（3）表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响。‎ ‎【解析】（1）根据平衡常数的公式，生成物的浓度幂之积与反应物浓度的幂之积的比值，书写平衡常数为。已知热化学方程式：a:CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H= -283.0kJ·mol-1 b：H2（g）+O2（g）=H2O （l）△H=-285.8kJ·mol-1 c: H2O（l）= H2O（g） ΔH3=44.0kJ·mol-1根据盖斯定律分析，b-a+c即可得热化学方程式为：CO2（g）+ H2（g） CO（g）+H2O（g）ΔH2=-285.8+283.0+44=+41.2 kJ·mol-1‎ 55‎ ‎。（2）反应Ⅰ中A、使用催化剂，平衡不移动，不能提高转化率，错误；B、使用催化剂，平衡不移动，不能提高转化率，错误；C、降低反应温度，平衡正向移动，提高二氧化碳的转化率，正确；D、投料比不变，增加反应的浓度，平衡正向移动，提高二氧化碳的转化率，正确；E、增大二氧化碳和氢气的初始投料比，能提高氢气的转化率，二氧化碳的会降低，故错误。故选CD。（3）从表格数据分析，在相同的温度下，不同的催化剂，相同的反应时间内，其二氧化碳的转化率也不同，说明不同的催化剂的催化能力不同；相同催化剂不同的温度，二氧化碳的转化率不同，且温度高的转化率大，因为正反应为放热反应，说明表中数据是未到平衡数据。所以答案为：表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响。‎ 55‎