专题15化学反应原理综合题-五年（2019-2023）高考化学真题分项汇编（全国通用）（解析版）_赠送：2008-2024全套高考真题_高考化学真题

五年（2019-2023）年高考真题分项汇编 专题 15 化学反应原理综合题 〖2023年高考真题〗 1．（2023·全国甲卷）甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。回答下列问题： (1)已知下列反应的热化学方程式： ① ② 反应③ 的 _______ ，平衡常数 _______(用 表 示)。 (2)电喷雾电离等方法得到的 ( 等)与 反应可得 。 与 反应能高选择性地生 成甲醇。分别在 和 下(其他反应条件相同)进行反应 ，结果如下图所 示。图中 的曲线是_______(填“a”或“b”。 、 时 的转化率为_______(列出算式)。 (3) 分别与 反应，体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相似，图中以 示 例)。 (ⅰ)步骤Ⅰ和Ⅱ中涉及氢原子成键变化的是_______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。(ⅱ)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则 与 反应的能量变 化应为图中曲线_______(填“c”或“d”)。 (ⅲ) 与 反应，氘代甲醇的产量 _______ (填“＞”“＜”或“=”)。若 与 反应，生成的氘代甲醇有_______种。 【答案】(1) 或 (2) b (3)Ⅰ c ＜ 2 【详解】（1）根据盖斯定律可知，反应③= (反应②-①)，所以对应 ；根据平衡常数表达式与热化学方程式之 间的关系可知，对应化学平衡常数 或 ，故答案为： ； 或 ； （2）根据图示信息可知，纵坐标表示-lg( )，即与MO+的微粒分布系数成反比，与M+的微 粒分布系数成正比。则同一时间内，b曲线生成M+的物质的量浓度比a曲线的小，证明化学反应速率慢， 又因同一条件下降低温度化学反应速率减慢，所以曲线b表示的是300 K条件下的反应； 根据上述分析结合图像可知， 、 时-lg( )=0.1，则 =10-0.1，利用数 学关系式可求出 ，根据反应 可知，生成的M+即为转 化的 ，则 的转化率为 ；故答案为：b； ； （3）(ⅰ)步骤Ⅰ涉及的是碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键形成，所以符合题意的是步 骤Ⅰ； (ⅱ)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则此时正反应活化能会增大， 根据图示可知， 与 反应的能量变化应为图中曲线c； (ⅲ) 与 反应时，因直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则 单位时间内产量会下降，则氘代甲醇的产量 ＜ ；根据反应机理可知，若 与 反应，生成的氘代甲醇可能为 或 共2种，故答案为：＜；2。 2．（2023·全国乙卷）硫酸亚铁在工农业生产中有许多用途，如可用作农药防治小麦黑穗病，制造磁性氧 化铁、铁催化剂等。回答下列问题：(1)在 气氛中， 的脱水热分解过程如图所示： 根据上述实验结果，可知 _______， _______。 (2)已知下列热化学方程式： 则 的 _______ 。 (3)将 置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应： (Ⅰ)。平衡时 的关系如下图所示。 时，该反应的平衡总压 _______ 、平衡常数 _______ 。 随反应温度升高而_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 (4)提高温度，上述容器中进一步发生反应 (Ⅱ)，平衡时 _______(用 表示)。在 时， ，则 _______ ， _______ (列出计算式)。 【答案】(1) 4 1(2)(a+c-2b) (3) 3 增大 (4) 46.26 【详解】（1）由图中信息可知，当失重比为19.4%时， 转化为 ，则 ，解之得 =4；当失重比为38.8%时， 转化为 ，则 ，解之得y=1。 （2）① ② ③ 根据盖斯定律可知，①+③-② 2可得 ，则 (a+c-2b) 。 （3）将 置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应： (Ⅰ)。由平衡时 的关系图可知, 时， ，则 ，因此，该反应的平衡总压 3 、平衡常数 。由图 中信息可知， 随着温度升高而增大，因此， 随反应温度升高而增大。 （4）提高温度，上述容器中进一步发生反应 (Ⅱ)，在同温同压下，不同气体的 物质的量之比等于其分压之比，由于仅发生反应(Ⅰ)时 ，则 ，因此，平衡时 。在 时， ，则 、 ， 联立方程组消去 ，可得 ，代入相关数据可求出 46.26 ，则 ， 。 3．（2023·新课标卷）氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答下列问题： (1)根据图1数据计算反应 的 _______ 。(2)研究表明，合成氨反应在 催化剂上可能通过图2机理进行(*表示催化剂表面吸附位， 表示被吸附 于催化剂表面的 )。判断上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为_______(填步骤前的标号)， 理由是_______。 (3)合成氨催化剂前驱体(主要成分为 )使用前经 还原，生成 包裹的 。已知 属于立方 晶系，晶胞参数 ，密度为 ，则 晶胞中含有 的原子数为_______(列出计算式，阿 伏加德罗常数的值为 )。 (4)在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的摩尔分数与温度的计算结果如下图所示。其中 一种进料组成为 ，另一种为 。(物质i的摩尔分数： ) ①图中压强由小到大的顺序为_______，判断的依据是_______。 ②进料组成中含有惰性气体 的图是_______。 ③图3中，当 、 时，氮气的转化率 _______。该温度时，反应 的平衡常数 _______ (化为最简式)。 【答案】(1)(2) (ⅱ) 在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于 的 键能比H-H键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ) (3) (4) 合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大 图4 【详解】（1）在化学反应中，断开化学键要消耗能量，形成化学键要释放能量，反应的焓变等于反应物 的键能总和与生成物的键能总和的差，因此，由图1数据可知，反应 的 。 （2）由图1中信息可知， 的 ，则 的键能为 ； 的 ，则H-H键的键能为 。在化学反应中，最大的能垒为速率 控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于 的键能比H-H键的大很多，因此，在上述反应机 理中，速率控制步骤为(ⅱ)。 （3）已知 属于立方晶系，晶胞参数 ，密度为 ，设其晶胞中含有 的原子数为 ， 则 晶体密度 ，解之得 ，即 晶胞中含有 的原子数 为 。 （4）①合成氨的反应中，压强越大越有利于氨的合成，因此，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。由图 中信息可知，在相同温度下，反应达平衡时氨的摩尔分数 ，因此，图中压强由小到大的顺序为 ，判断的依据是：合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。 ②对比图3和图4中的信息可知，在相同温度和相同压强下，图4中平衡时氨的摩尔分数较小。在恒压下 充入情性气体 ，反应混合物中各组分的浓度减小，各组分的分压也减小，化学平衡要朝气体分子数增大 的方向移动，因此，充入情性气体 不利于合成氨，进料组成中含有情性气体 的图是图4。 ③图3中，进料组成为 两者物质的量之比为3:1。假设进料中氢气和氮气的物质的量分 别为3mol和1mol，达到平衡时氮气的变化量为x mol，则有：当 、 时， ，解之得 ，则氮气的转化率 ，平衡时 、 、 的物质的量分别为 、2 、 ，其物质的量分数分别为 、 、 ，则该温度 下 因此，该温度时，反应 的平衡常数 。 4．（2023·山东卷）一定条件下，水气变换反应 的中间产物是 。为探究该 反应过程，研究 水溶液在密封石英管中的分子反应： Ⅰ． Ⅱ． 研究发现，在反应Ⅰ、Ⅱ中， 仅对反应Ⅰ有催加速作用；反应Ⅰ速率远大于反应Ⅱ，近似认为反应Ⅰ建 立平衡后始终处于平衡状态。忽略水电离，其浓度视为常数。回答下列问题： (1)一定条件下，反应Ⅰ、Ⅱ的焓变分别为 、 ，则该条件下水气变换反应的焓变 _____(用含 的代数式表示)。 (2)反应Ⅰ正反应速率方程为： ，k为反应速率常数。 温度下， 电离平衡 常数为 ，当 平衡浓度为 时， 浓度为_____ ，此时反应Ⅰ应速率 _____ (用含 和k的代数式表示)。 (3) 温度下，在密封石英管内完全充满 水溶液，使 分解，分解产物均完全溶 于水。含碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示(忽略碳元素的其他存在形式)。 时刻测得 的浓度分别为 ，反应Ⅱ达平衡时，测得 的浓度为 。体系达平衡后 _____(用含y的代数式表示，下同)，反应Ⅱ的平衡常数为_____。 相同条件下，若反应起始时溶液中同时还含有 盐酸，则图示点 中， 的浓度峰值 点可能是_____(填标号)。与不同盐酸相比， 达浓度峰值时， 浓度_____(填“增大”“减小”或“不变”)， 的反应_____(填“增大”“减小”或“不变”)。 【答案】(1) － (2) (3) a 减小 不变 【详解】（1）根据盖斯定律，反应II-反应I＝水气变换反应，故水气变换反应的焓变 ＝ － ； （2）T 温度时，HCOOH建立电离平衡： 1 ，c(HCOO－)＝c(H＋)，故c(H＋)＝ 。 。 （3）t 时刻时，c(CO)达到最大值，说明此时反应I达平衡状态。此时 1 故t 时刻c(HCOOH)＝1.0－0.70－0.16＝0.14 mol·L－1，K(I)＝ 。t 时刻→反应II达平 1 1 衡过程， 则c(H )＝b＋0.16＝y，b＝(y－0.16)mol·L－1，c(HCOOH)＝0.14－a－b＝0.3－a－y，c(CO)＝a＋0.7，K(I)＝ 2 ，a＝ 。故 ＝ ，K(II)＝ 。 加入0.1 mol·L－1盐酸后，H＋对反应I起催化作用，加快反应I的反应速率，缩短到达平衡所需时间，故 CO浓度峰值提前，由于时间缩短，反应Ⅱ消耗的HCOOH减小，体系中HCOOH浓度增大，导致CO浓度大于t 时刻的峰值，故c(CO)最有可能在a处达到峰值。此时c(CO)会小于不含盐酸的浓度， 1 2 ＝K(I)，温度不变，平衡常数不变，则 的值不变。 5．（2023·浙江卷）水煤气变换反应是工业上的重要反应，可用于制氢。 水煤气变换反应： 该反应分两步完成： 请回答： (1) _______ 。 (2)恒定总压 和水碳比[ ]投料，在不同条件下达到平衡时 和 的分压(某 成分分压=总压×该成分的物质的量分数)如下表： 条件1 0.40 0.40 0 条件2 0.42 0.36 0.02 ①在条件1下，水煤气变换反应的平衡常数 ___________。 ②对比条件1，条件2中 产率下降是因为发生了一个不涉及 的副反应，写出该反应方程式____。 (3)下列说法正确的是______。 A．通入反应器的原料气中应避免混入 B．恒定水碳比 ，增加体系总压可提高 的平衡产率 C．通入过量的水蒸气可防止 被进一步还原为 D．通过充入惰性气体增加体系总压，可提高反应速率 (4)水煤气变换反应是放热的可逆反应，需在多个催化剂反应层间进行降温操作以“去除”反应过程中的余 热(如图1所示)，保证反应在最适宜温度附近进行。①在催化剂活性温度范围内，图2中b-c段对应降温操作的过程，实现该过程的一种操作方法是______。 A．按原水碳比通入冷的原料气 B．喷入冷水(蒸气) C．通过热交换器换热 ②若采用喷入冷水(蒸气)的方式降温，在图3中作出 平衡转化率随温度变化的曲线____。 (5)在催化剂活性温度范围内，水煤气变换反应的历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附(快速)、反应及 产物分子脱附等过程。随着温度升高，该反应的反应速率先增大后减小，其速率减小的原因是________。 【答案】(1)6 (2) 2 CO+3H CH+H O 2 4 2 (3)AC ⇌ (4) AC (5)温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及 浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小 【详解】（1）设方程式① ② ③ 根据盖斯定律可知，③=①-②，则 ； （2）①条件1下没有甲烷生成，只发生了水煤气变换反应，该反应是一个气体分子数不变的反应。设在条 件1下平衡时容器的总体积为V，水蒸气和一氧化碳的投料分别为12mol和5mol，参加反应的一氧化碳为 xmol，根据已知信息可得以下三段式：，解得x=4； 则平衡常数 ； ②根据表格中的数据可知，有甲烷生成，且该副反应没有二氧化碳参与，且氢气的产率降低，则该方程式 为：CO+3H CH+H O； 2 4 2 （3）A．一氧⇌化碳和氢气都可以和氧气反应，则通入反应器的原料气中应避免混入 ，A正确； B．该反应前后气体计量系数相同，则增加体系总压平衡不移动，不能提高平衡产率，B错误； C．通入过量的水蒸气可以促进四氧化三铁被氧化为氧化铁，水蒸气不能将铁的氧化物还原为单质铁，但 过量的水蒸气可以降低体系中CO和H 的浓度，从而防止铁的氧化物被还原为单质铁，C正确； 2 D．若保持容器的体积不变，通过充入惰性气体增加体系总压，反应物浓度不变，反应速率不变，D错误； 故选AC； （4）①A．按原水碳比通入冷的原料气，可以降低温度，同时化学反应速率稍减小，导致CO的转化率稍 减小，与图中变化相符，A正确； B．喷入冷水(蒸气)，可以降低温度，但是同时水蒸气的浓度增大，会导致CO的转化率增大，与图中变化 不符，B错误； C．通过热交换器换热，可以降低温度，且不改变投料比，同时化学反应速率稍减小，导致CO的转化率 稍减小，与图中变化相符，C正确； 故选AC； ②增大水蒸气的浓度，平衡正向移动，则一氧化碳的的平衡转化率增大，会高于原平衡线，故图像为： ； （5）反应物分子在催化剂表面的吸附是一个放热的快速过程，温度过高时，不利于反应物分子在催化剂 表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导 致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小。 6．（2023·北京卷）尿素 合成的发展体现了化学科学与技术的不断进步。 (1)十九世纪初，用氰酸银 与 在一定条件下反应制得 ，实现了由无机物到有机 物的合成。该反应的化学方程式是____________________。 (2)二十世纪初，工业上以 和 为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步： ⅰ． 和 生成 ；ⅱ． 分解生成尿素。 结合反应过程中能量变化示意图，下列说法正确的是__________(填序号)。 a．活化能：反应ⅰ<反应ⅱ b．ⅰ放热反应，ⅱ为吸热反应 c． (3)近年研究发现，电催化 和含氮物质( 等)在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮 废水污染问题。向一定浓度的 溶液通 至饱和，在电极上反应生成 ，电解原理如图所 示。 ①电极 是电解池的__________极。 ②电解过程中生成尿素的电极反应式是_____________。 (4)尿素样品含氮量的测定方法如下。 已知：溶液中 不能直接用 溶液准确滴定。 ①消化液中的含氮粒子是__________。 ②步骤ⅳ中标准 溶液的浓度和消耗的体积分别为 和 ，计算样品含氮量还需要的实验数据有 __________。【答案】(1) (2)ab (3) 阳 (4) 样品的质量、步骤Ⅲ所加入 溶液的体积和浓度 【详解】（1）根据原子守恒分析，二者反应生成尿素和氯化银，化学方程式是 。答案为 ； （2）a．反应ⅰ的活化能是 ，反应ⅱ活化能是 ， ，a项正确； b．从图中反应物和生成物能量的相对大小可看出反应ⅰ放热，反应ⅱ吸热，b项正确； c．总反应的： ，c项错误； 故选ab。 （3）①电极b上发生 失电子生成 的氧化反应，是电解池的阳极。②a极硝酸根离子得电子转化为 尿素，再结合酸性环境可分析出电极反应式为 。答案为阳极； ； （4）①尿素消化分解生成 和 ，由于反应中存在浓 ，则消化液中含氮粒子为 。②除了 已知数据外，还需要的是样品的质量、步骤ⅲ所加入 溶液的体积和浓度。答案为 ；样品的质量、 步骤Ⅲ所加入HSO 溶液的体积和浓度。 2 4 7．（2023·湖北卷）纳米碗 是一种奇特的碗状共轭体系。高温条件下， 可以由 分子经 过连续5步氢抽提和闭环脱氢反应生成。 的反应机理和能量变化如下： 回答下列问题：(1)已知 中的碳氢键和碳碳键的键能分别为 和 ，H-H键能为 。 估算 的 _______ 。 (2)图示历程包含_______个基元反应，其中速率最慢的是第_______个。 (3) 纳米碗中五元环和六元环结构的数目分别为_______、_______。 (4)1200K时，假定体系内只有反应 发生，反应过程中压强恒定为 (即 的初始压强)，平衡转化率为α，该反应的平衡常数 为_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分 压=总压×物质的量分数)。 (5) 及 反应的 ( 为平衡常数)随温度倒数 的关系如图所示。已知本实验条件下， (R为理想气体常数，c为截距)。图中两条线几乎平行， 从结构的角度分析其原因是_______。 (6)下列措施既能提高反应物的平衡转化率，又能增大生成 的反应速率的是_______(填标号)。 a．升高温度 b．增大压强 c．加入催化剂 【答案】(1)128 (2) 3 3 (3) 6 10 (4) (5)在反应过程中，断裂和形成的化学键相同 (6)a 【详解】（1）由 和 的结构式和反应历程可以看出， 中断裂了2根碳氢键， 形成 了1根碳碳键，所以 的 = ，故答 案为：128； （2）由反应历程可知，包含3个基元反应，分别为： ， , ,其中第三个的活化能最大，反应速率最慢，故答案为：3；3； （3）由 的结构分析，可知其中含有1个五元环，10个六元环，每脱两个氢形成一个五元环，则 总共含有6个五元环，10个六元环，故答案为：6；10； （4）1200K时，假定体系内只有反应 发生，反应过程中压强恒定为 (即 的初始压强)，平衡转化率为α，设起始量为1mol，则根据信息列出三段式为： 则 ， ， ，该反应的平衡常数 = ，故答案为： ； （5） 及 反应的 ( 为平衡常数)随温度倒 数的关系如图。图中两条线几乎平行，说明斜率几乎相等，根据 (R为理想气体常数，c为截 距)可知，斜率相等，则说明焓变相等，因为在反应过程中，断裂和形成的化学键相同，故答案为：在反应 过程中，断裂和形成的化学键相同； （6）a．由反应历程可知，该反应为吸热反应，升温，反应正向进行，提高了平衡转化率反应速率也加快， a符合题意； b．由化学方程式可知，该反应为正向体积增大的反应，加压，反应逆向进行，降低了平衡转化率，b不符 合题意； c．加入催化剂，平衡不移动，不能提高平衡转化率，c不符合题意； 故答案为：a。 8．（2023·湖南卷）聚苯乙烯是一类重要的高分子材料，可通过苯乙烯聚合制得。 Ⅰ．苯乙烯的制备 (1)已知下列反应的热化学方程式： ① ② ③ 计算反应④ 的 _______ ； (2)在某温度、 下，向反应器中充入 气态乙苯发生反应④，其平衡转化率为50%，欲将平衡转化率提高至75%，需要向反应器中充入_______ 水蒸气作为稀释气(计算时忽略副反应)； (3)在 、 下，以水蒸气作稀释气。 作催化剂，乙苯除脱氢生成苯乙烯外，还会发生如下 两个副反应： ⑤ ⑥ 以上反应体系中，芳香烃产物苯乙烯、苯和甲苯的选择性S( ) 随乙苯转化率的变化曲线如图所示，其中曲线b代表的产物是_______，理由是_______； (4)关于本反应体系中催化剂 的描述错误的是_______； A．X射线衍射技术可测定 晶体结构 B． 可改变乙苯平衡转化率 C． 降低了乙苯脱氢反应的活化能 D．改变 颗粒大小不影响反应速率 Ⅱ．苯乙烯的聚合 苯乙烯聚合有多种方法，其中一种方法的关键步骤是某 (Ⅰ)的配合物促进 (引发剂，X表示卤 素)生成自由基 ，实现苯乙烯可控聚合。 (5)引发剂 中活性最高的是_______； (6)室温下，① 在配体L的水溶液中形成 ，其反应平衡常数为K；② 在水中的溶度积常 数为 。由此可知， 在配体L的水溶液中溶解反应的平衡常数为_______(所有方程式中计量系数关 系均为最简整数比)。 【答案】(1)+118 (2)5 (3) 苯 反应④为主反应，反应⑤⑥为副反应，苯乙烯的选择性最大；在恒温恒压下，随乙苯转化率 的增大，反应⑤正向移动，反应⑥不移动，则曲线b代表产物苯(4)BD (5)C HCHCl 6 5 2 (6)K∙K sp 【详解】（1）根据盖斯定律，将①-②-③可得C HC H(g) C HCH=CH(g)+H(g) ∆H=-4386.9kJ/mol- 6 5 2 5 6 5 2 2 4 (-4263.1kJ/mol)-(-241.8kJ/mol)=+118kJ/mol；答案为：+118； ⇌ （2）设充入HO(g)物质的量为xmol；在某温度、100kPa下，向反应器中充入1mol气态乙苯发生反应④。 2 乙苯的平衡转化率为50%，可列三段式 ，此时平衡时 混合气体总物质的量为1.5mol，此时容器的体积为V；当乙苯的平衡转化率为75%，可列三段式 ，此时乙苯、苯乙烯、H 物质的量之和为1.75mol， 2 混合气的总物质的量为(1.75+x)mol，在恒温、恒压时，体积之比等于物质的量之比，此时容器的体积为 ；两次平衡温度相同，则平衡常数相等，则 = ，解得x=5；答案为：5； （3）曲线a芳香烃产物的选择性大于曲线b、c芳香烃产物的选择性，反应④为主反应，反应⑤⑥为副反 应，则曲线a代表产物苯乙烯的选择性；反应④⑤的正反应为气体分子数增大的反应，反应⑥的正反应是 气体分子数不变的反应；在913K、100kPa（即恒温恒压）下以水蒸气作稀释气，乙苯的转化率增大，即减 小压强，反应④⑤都向正反应方向移动，反应⑥平衡不移动，故曲线b代表的产物是苯；答案为：苯；反 应④为主反应，反应⑤⑥为副反应，苯乙烯的选择性最大；在恒温恒压下，随乙苯转化率的增大，反应⑤ 正向移动，反应⑥不移动，则曲线b代表产物苯； （4）A．测定晶体结构最常用的仪器是X射线衍射仪，即用X射线衍射技术可测定Fe O 晶体结构，A项 2 3 正确； B．催化剂不能使平衡发生移动，不能改变乙苯的平衡转化率，B项错误； C．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，故Fe O 可降低乙苯脱氢反应的活化能，C项正确； 2 3 D．催化剂颗粒大小会影响接触面积，会影响反应速率，D项错误； 答案选BD。 （5）电负性Cl＞Br＞I，则极性C—Cl键＞C—Br键＞C—I键，则C HCHCl更易生成自由基，即活性最 6 5 2 高的是C HCHCl；答案为：C HCHCl； 6 5 2 6 5 2 （6）Cu+在配体L的水溶液中形成[Cu(L) ]+，则Cu++2L [Cu(L) ]+的平衡常数K= ；CuBr在水 2 2 ⇌ 中的溶度积常数K =c(Cu+)∙c(Br-)；CuBr在配体L的水溶液中溶解反应为CuBr+2L [Cu(L) ]++Br-，该反应 sp 2 ⇌的平衡常数为 = =K∙K ；答案为：K∙K 。 sp sp 9．（2023·辽宁卷）硫酸工业在国民经济中占有重要地位。 (1)我国古籍记载了硫酸的制备方法——“炼石胆(CuSO ·5H O)取精华法”。借助现代仪器分析，该制备过 4 2 程中CuSO ·5H O分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如下图所示。 4 2 700℃左右有两个吸热峰，则此时分解生成的氧化物有SO 、_______和_______(填化学式)。 2 (2)铅室法使用了大容积铅室制备硫酸(76%以下)，副产物为亚硝基硫酸，主要反应如下： NO +SO+H O=NO+H SO 2 2 2 2 4 2NO+O =2NO 2 2 (ⅰ)上述过程中NO 的作用为_______。 2 (ⅱ)为了适应化工生产的需求，铅室法最终被接触法所代替，其主要原因是_______(答出两点即可)。 (3)接触法制硫酸的关键反应为SO 的催化氧化： 2 SO (g)+ O(g) SO (g) ΔH=-98.9kJ·mol-1 2 2 3 (ⅰ)为寻求固定投料比下不同反应阶段的最佳生产温度，绘制相应转化率(α)下反应速率(数值已略去)与温度 的关系如下图所示，下列说法正确的是_______。 a．温度越高，反应速率越大 b．α=0.88的曲线代表平衡转化率 c．α越大，反应速率最大值对应温度越低 d．可根据不同 下的最大速率，选择最佳生产温度 (ⅱ)为提高钒催化剂的综合性能，我国科学家对其进行了改良。不同催化剂下，温度和转化率关系如下图所 示，催化性能最佳的是_______(填标号)。(ⅲ)设O 的平衡分压为p，SO 的平衡转化率为α，用含p和α 的代数式表示上述催化氧化反应的 2 2 e e K=_______(用平衡分压代替平衡浓度计算)。 p 【答案】(1) CuO SO 3 (2)催化剂 反应中有污染空气的NO和NO 放出影响空气环境、NO 可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来 2 2 杂质、产率不高（答案合理即可） (3) cd d 【详解】（1）根据图示的热重曲线所示，在700℃左右会出现两个吸热峰，说明此时CuSO 发生热分解反 4 应，从TG图像可以看出，质量减少量为原CuSO 质量的一半，说明有固体CuO剩余，还有其他气体产出， 4 此时气体产物为SO 、SO 、O，可能出现的化学方程式为3CuSO 3CuO+2SO ↑+SO↑+O ↑，结合反 2 3 2 4 2 3 2 应中产物的固体产物质量和气体产物质量可以确定，该反应的产物为CuO、SO 、SO 、O，故答案为 2 3 2 CuO、SO 。 3 （2）(i)根据所给的反应方程式，NO 在反应过程中线消耗再生成，说明NO 在反应中起催化剂的作用； 2 2 (ii)近年来，铅室法被接触法代替因为在反应中有污染空气的NO和NO 放出影响空气环境、同时作为催化 2 剂的NO 可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质影响产品质量、产率不高（答案合理即可）。 2 （3）(i)a．根据不同转化率下的反应速率曲线可以看出，随着温度的升高反应速率先加快后减慢，a错误； b．从图中所给出的速率曲线可以看出，相同温度下，转化率越低反应速率越快，但在转化率小于88%的 时的反应速率图像并没有给出，无法判断α=0.88的条件下是平衡转化率，b错误； c．从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率不断减小，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，c 正确； d．从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，这时可以根据不同转化率 选择合适的反应温度以减少能源的消耗，d正确； 故答案选cd； (ii)为了提高催化剂的综合性能，科学家对催化剂进行了改良，从图中可以看出标号为d的催化剂V-K-Cs- Ce对SO 的转化率最好，产率最佳，故答案选d； 2(iii)利用分压代替浓度计算平衡常数，反应的平衡常数K = = = p ；设SO 初始量为m mol，则平衡时n(SO )=m-m·α=m(1-α)，n(SO )=m·α，K = 2 2 e e 3 e p = ，故答案为 。 〖2022年高考真题〗 10．（2022·全国甲卷）金属钛(Ti)在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途，目前生产钛的方法之 一是将金红石 TiO  转化为TiCl ，再进一步还原得到钛。回答下列问题： 2 4 (1)TiO 转化为TiCl 有直接氯化法和碳氯化法。在1000℃时反应的热化学方程式及其平衡常数如下： 2 4 (ⅰ)直接氯化：TiO (s)+2Cl (g)=TiCl (g)+O (g) ΔH =172kJmol-1,K =1.010-2 2 2 4 2 1 p1 (ⅱ)碳氯化：TiO (s)+2Cl (g)+2C(s)=TiCl (g)+2CO(g) ΔH =-51kJmol-1, K =1.21012Pa 2 2 4 2 p2 ①反应2C(s)+O 2 (g)=2CO(g)的ΔH为_______kJmol-1，K p =_______Pa。 ②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是_______。 ③对于碳氯化反应：增大压强，平衡_______移动(填“向左”“向右”或“不”)；温度升高，平衡转化率 _______(填“变大”“变小”或“不变”)。 (2)在1.0105Pa，将TiO 2 、C、Cl 2 以物质的量比1∶2.2∶2进行反应。体系中气体平衡组成比例(物质的量 分数)随温度变化的理论计算结果如图所示。 ①反应C(s)CO 2 (g)2CO(g)的平衡常数K p 1400℃_______Pa。 ②图中显示，在200℃平衡时TiO 几乎完全转化为TiCl ，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原 2 4 因是_______。(3)TiO 碳氯化是一个“气—固—固”反应，有利于TiO C“固—固”接触的措施是_______。 2 2 【答案】(1) -223 1.2×1014 碳氯化反应气体分子数增加，∆H小于0，是熵增、放热过程，熵判据 与焓判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程 向左 变小 (2) 7.2×105 为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的TiCl 产品，提高效益 4 (3)将两固体粉碎后混合，同时鼓入Cl，使固体粉末“沸腾” 2 【解析】(1)①根据盖斯定律，将“反应ⅱ-反应ⅰ”得到反应2C(s)+O 2 (g)=2CO(g)，则∆H=-51kJ/ K p2 1.2 1012Pa mol-172kJ/mol=-223kJ/mol；则Kp= = =1.2×1014Pa； K p1 1.0 10-2 ②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，因为碳氯化反应气体分子数增加，∆H小于0，是熵增、放热过程， 熵判据与焓判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程； ③对应碳氯化反应，气体分子数增大，依据勒夏特列原理，增大压强，平衡往气体分子数减少的方向移动， 即平衡向左移动；该反应是放热反应，温度升高，平衡往吸热方向移动，即向左移动，则平衡转化率变小。 (2)①从图中可知，1400℃，体系中气体平衡组成比例CO 是0.05，TiCl 是0.35，CO是0.6，反应C(s) 2 4 (0.6P )2 +CO (g)=2CO(g)的平衡常数Kp(1400℃)= 总 = (0.6 1.0 105)2 Pa=7.2×105Pa； 2 0.05P 总 0.05 1.0 105 ②实际生产中需要综合考虑反应的速率、产率等，以达到最佳效益，实际反应温度远高于200℃，就是为 了提高反应速率，在相同时间内得到更多的TiCl 产品。 4 (3)固体颗粒越小，比表面积越大，反应接触面积越大。有利于TiO – C“固-固”接触，可将两者粉碎后混 2 合，同时鼓入Cl，使固体粉末“沸腾”，增大接触面积。 2 11．（2022·浙江卷）主要成分为H S的工业废气的回收利用有重要意义。 2 (1)回收单质硫。将三分之一的H S燃烧，产生的SO 与其余H S混合后反应： 2 2 2 3 2H 2 S(g)+SO 2 (g)  8 S 8 (s)+2H 2 O(g)。在某温度下达到平衡，测得密闭系统中各组分浓度分别为 cH S=2.010-5mol-1L-1 、cSO =5.010-5molL-1 、cH O=4.010-3molL-1 ，计算该温度下的平衡常数 2 2 2 K=_______。 (2)热解H S制H 。根据文献，将H S和CH 的混合气体导入石英管反应器热解(一边进料，另一边出料)， 2 2 2 4 发生如下反应： Ⅰ 2H 2 S(g)  2H 2 (g)+S 2 (g) ΔH 1 =170kJmol-1 Ⅱ CH 4 (g)+S 2 (g)  CS 2 (g)+2H 2 (g) ΔH 2 =64kJmol-1 总反应： Ⅲ 2H 2 S(g)+CH 4 (g)  CS 2 (g)+4H 2 (g) 投料按体积之比VH S:VCH =2:1，并用N 稀释；常压，不同温度下反应相同时间后，测得H 和CS 2 4 2 2 2 体积分数如下表：100 温度/℃ 950 1050 1100 1150 0 H /V(%) 0.5 1.5 3.6 5.5 8.5 2 CS /V(%) 0.0 0.0 0.1 0.4 1.8 2 请回答： ①反应Ⅲ能自发进行的条件是_______。 ②下列说法正确的是_______。 A．其他条件不变时，用Ar替代N 作稀释气体，对实验结果几乎无影响 2 B．其他条件不变时，温度越高，H S的转化率越高 2 C．由实验数据推出H S中的S-H键强于CH 中的C-H键 2 4 D．恒温恒压下，增加N 的体积分数，H 的浓度升高 2 2 ③若将反应Ⅲ看成由反应Ⅰ和反应Ⅱ两步进行，画出由反应原料经两步生成产物的反应过程能量示意图 _______。 ④在1000℃，常压下，保持通入的H 2 S体积分数不变，提高投料比  VH 2 S:VCH 4  ，H 2 S的转化率不变， 原因是_______。 ⑤在950℃~1150℃范围内(其他条件不变)，S (g)的体积分数随温度升高发生变化，写出该变化规律并分 2 析原因_______。 【答案】(1)8×108 L·mol－1 (2) 高温 AB 1000℃时CH 不参与反应，相同 4 分压的HS经历相同的时间转化率相同 先升后降；在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高， 2S(g)的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S 的速率大于反应Ⅰ生成S 的速率，S(g)的体 2 2 2 2 积分数减小 【解析】(1)根据方程式可知该温度下平衡常数K＝ c2H O  41032 2  L/mol 8108L/mol； c2H ScSO   21052 5105 2 2 (2)①根据盖斯定律可知Ⅰ+Ⅱ即得到反应Ⅲ的ΔH＝234kJ/mol，这说明反应Ⅲ是吸热的体积增大（即ΔS＞ 0）的反应，根据ΔG＝ΔH－TΔS＜0可自发进行可知反应Ⅲ自发进行的条件是高温下自发进行； ②A．Ar是稀有气体，与体系中物质不反应，所以其他条件不变时，用Ar替代N 作稀释气体，对实验结 2 果几乎无影响，A正确； B．正反应吸热，升高温度平衡正向进行，温度越高，HS的转化率越高，B正确； 2 C．根据表中数据无法得出HS中S-H键和CH 中C-H键的相对强弱，事实上C-H键的键能大于S-H键键 2 4 能，C错误； D．恒温恒压下，增加N 的体积分数，相当于减压，平衡正向进行，H 的物质的量增加，容器容积增加， 2 2 H 浓度减小，D错误； 2 答案选AB； ③反应I、反应Ⅱ和反应Ⅲ均是吸热反应，则反应过程能量示意图可表示为 ； ④根据表中数据可知1000℃时CH 不参与反应，相同分压的HS经历相同的时间转化率相同，所以在 4 2 1000℃常压下，保持通入的HS体积分数不变，提高投料比时HS的转化率不变； 2 2 ⑤由于在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S(g)的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消 2 耗S 的速率大于反应Ⅰ生成S 的速率，S(g)的体积分数减小，因此变化规律是先升后降。 2 2 2 12．（2022·全国乙卷）油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加以 利用。回答下列问题： (1)已知下列反应的热化学方程式： ①2H S(g)+3O (g)=2SO (g)+2H O(g) ΔH =-1036kJmol-1 2 2 2 2 1 ②4H S(g)+2SO (g)=3S (g)+4H O(g) ΔH =94kJmol-1 2 2 2 2 2 ③2H (g)+O (g)=2H O(g) ΔH =-484kJmol-1 2 2 2 3 计算H S热分解反应④2H S(g)=S (g)+2H (g)的ΔH =________kJmol-1。 2 2 2 2 4 (2)较普遍采用的H S处理方法是克劳斯工艺。即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是：利用反应④ 2高温热分解H S。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是________，缺点是________。 2 (3)在1470K、100kPa反应条件下，将n(H S):n(Ar)=1:4的混合气进行H S热分解反应。平衡时混合气中 2 2 H S与H 的分压相等，H S平衡转化率为________，平衡常数K =________kPa。 2 2 2 p (4)在1373K、100kPa反应条件下，对于n(H 2 S):n(Ar)分别为4:1、1:1、1:4、1:9、1:19的H 2 S-Ar混合气， 热分解反应过程中H S转化率随时间的变化如下图所示。 2 ①n(H S):n(Ar)越小，H S平衡转化率________，理由是________。 2 2 ②n(H S):n(Ar)=1:9对应图中曲线________，计算其在0-0.1s之间，H S分压的平均变化率为________ 2 2 kPas-1。 【答案】(1)170 (2) 副产物氢气可作燃料 耗能高 (3) 50% 4.76 (4) 越高 n(H S):n(Ar)越小，HS的分压越小，平衡向正反应方向进行，HS平衡转化率越 2 2 2 高 d 24.9 【解析】(1)已知：①2HS(g)+3O(g)＝2SO (g)+2HO(g) ΔH＝－1036kJ/mol 2 2 2 2 1 ②4HS(g)+2SO (g)＝3S(g)+4HO(g) ΔH＝94kJ/mol 2 2 2 2 2 ③2H(g)+O(g)＝2HO(g) ΔH＝－484kJ/mol 2 2 2 3 1 1 根据盖斯定律(①+②)× －③即得到2HS(g)＝S(g)+2H(g)的ΔH＝（－1036+94）kJ/mol× +484kJ/mol＝ 3 2 2 2 4 3 170 kJ/mol； 1 1 (2)根据盖斯定律(①+②)× 可得2HS(g)+O(g)＝S(g)+2HO(g) ΔH＝(－1036+94)kJ/mol× =－314kJ/mol， 3 2 2 2 2 3 因此，克劳斯工艺的总反应是放热反应；根据硫化氢分解的化学方程式可知，高温热分解方法在生成单质 硫的同时还有氢气生成。因此，高温热分解方法的优点是：可以获得氢气作燃料；但由于高温分解HS会 2 消耗大量能量，所以其缺点是耗能高；(3)假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和4mol，根据三段式可知： 2H S(g) S (g) + 2H (g) 2  2 2 始/mol 1 0 0 变/mol x 0.5x x 平/mol 1x 0.5x x 平衡时HS和H 的分压相等，则二者的物质的量相等，即1－x＝x，解得x＝0.5，所以HS的平衡转化率 2 2 2 0.25 0.5 100kPa( 100kPa)2 5.25 5.25 为 0.5 ，所以平衡常数K p ＝ p(S )p2(H ) ＝ 0.5 ≈4.76kPa； 100%50% 2 2 ( 100kPa)2 1 p2(H S) 5.25 2 (4)①由于正反应是体积增大的可逆反应，n(H S):n(Ar)越小，HS的分压越小，相当于降低压强，平衡向正 2 2 反应方向移动，因此HS平衡转化率越高； 2 ②n(H S):n(Ar)越小，HS平衡转化率越高，所以n(H S):n(Ar)＝1:9对应的曲线是d；根据图像可知 2 2 2 n(H S):n(Ar)＝1:9反应进行到0.1s时HS转化率为0.24。假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质 2 2 的量分别为1mol和9mol，则根据三段式可知 2H S(g) S (g) + 2H (g) 2  2 2 始/mol 1 0 0 变/mol 0.24 0.12 0.24 平/mol 0.76 0.12 0.24 0.76 此时HS的压强为 100kPa≈7.51kPa，HS的起始压强为10kPa，所以HS分压的平均 2 0.760.120.249 2 2 10kPa7.51kPa 变化率为 ＝24.9kPa·s－1。 0.1s 13．（2022·广东卷）铬及其化合物在催化、金属防腐等方面具有重要应用。 (1)催化剂CrO 可由 NH  CrO 加热分解制备，反应同时生成无污染气体。 2 3 4 2 2 7 ①完成化学方程式： NH 4  2 Cr 2 O 7  Cr 2 O 3 ______________。 ②CrO 催化丙烷脱氢过程中，部分反应历程如图，X(g)Y(g)过程的焓变为_______(列式表示)。 2 3 ③CrO 可用于NH 的催化氧化。设计从NH 出发经过3步反应制备HNO 的路线_______(用“→”表示含 2 3 3 3 3 氮物质间的转化)；其中一个有颜色变化的反应的化学方程式为_______。(2)K CrO 溶液中存在多个平衡。本题条件下仅需考虑如下平衡： 2 2 7 (ⅰ)Cr 2 O 7 2(aq)H 2 O(l)  2HCrO 4 (aq) K 1 3.010225C (ⅱ)HCrO 4 (aq)  CrO2 4 (aq)H(aq) K 2 3.310725C ①下列有关K CrO 溶液的说法正确的有_______。 2 2 7 A．加入少量硫酸，溶液的pH不变 B．加入少量水稀释，溶液中离子总数增加 C．加入少量NaOH溶液，反应(ⅰ)的平衡逆向移动 D．加入少量K CrO 固体，平衡时c2 HCrO 与c  CrO2- 的比值保持不变 2 2 7 4 2 7 c  CrO2- ②25℃时， 溶液中lg 4 随pH的变化关系如图。当 时，设 、 0.10molL1K CrO c  CrO2- pH9.00 CrO2 2 2 7 2 7 2 7 HCrO 与CrO2 的平衡浓度分别为x、y、zmolL1，则x、y、z之间的关系式为_______0.10；计算溶液 4 4 中HCrO 的平衡浓度_____(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。 4 ③在稀溶液中，一种物质对光的吸收程度(A)与其所吸收光的波长()有关；在一定波长范围内，最大A对 应的波长( )取决于物质的结构特征；浓度越高，A越大。混合溶液在某一波长的A是各组分吸收程度 max 之和。为研究对反应(ⅰ)和(ⅱ)平衡的影响，配制浓度相同、pH不同的K CrO 稀溶液，测得其A随的变 2 2 7 化曲线如图，波长、和中，与CrO2 的 最接近的是_______；溶液pH从a变到b的过程中， 1 2 3 4 max c  H c2 CrO2 4 的值_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 c  CrO2 2 7【答案】(1) N↑ 4HO (E-E)+ΔH+(E-E) 2 2 1 2 3 4 NH Cr 2 O3NOO2NO O 2HNO 2NO+O =2NO 3 O 2 2 H 2 O 3 2 2 c  CrO2 (2) BD x 1 2 y 1 2 z 当溶液pH=9时， c  Cr 2 O 4 7 2 104 ，因此可忽略溶液中 Cr 2 O 7 2 即c  HCrO c  CrO2 =0.20 4 4 c  H c  CrO2 109c  CrO2 4 4 反应(ii)的平衡常数K = = =3.3×10-7 2 c  HCrO c  HCrO 4 4 联立两个方程可得c  HCrO =6.0×10-4mol/L λ 增大 4 3 【解析】(1)① NH  CrO 分解过程中，生成Cr O 和无污染气体，根据元素守恒可知，其余生成物为 4 2 2 7 2 3  N、HO，根据原子守恒可知反应方程式为 NH  CrO CrO N 4H O。 2 2 4 2 2 7 2 3 2 2 ②设反应过程中第一步的产物为M，第二步的产物为N，则X→M ΔH=(E-E)，M→N ΔH=ΔH，N→Y 1 1 2 2 ΔH=(E-E)，根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓变为ΔH+ΔH+ΔH=(E-E)+ΔH+(E-E)。 3 3 4 1 1 2 3 1 2 3 4 ③NH 在Cr O 作催化剂条件下，能与O 反应生成NO，NO与O 反应生成红棕色气体NO ，NO 与HO 3 2 3 2 2 2 2 2 反应生成HNO 和NO，若同时通入O，可将氮元素全部氧化为HNO，因此从NH 出发经过3步反应制备 3 2 3 3 HNO 的路线为 NH Cr 2 O3NOO2NO O 2HNO ；其中NO反应生成NO 过程中，气体颜色发生 3 3 O 2 2 H 2 O 3 2 变化，其反应方程式为2NO+O =2NO。 2 2 (2)①K 2 Cr 2 O 7 溶液中存在平衡：(i)Cr 2 O 7 2aqH 2 Ol  2HCrO 4 aq 、(ii) HCrO 4 aq  CrO2 4 aqHaq 。 A．向溶液中加入少量硫酸，溶液中c(H+)增大，(ii)平衡逆向移动，根据勒夏特列原理可知，平衡移动只是 减弱改变量，平衡后，溶液中c(H+)依然增大，因此溶液的pH将减小，故A错误； B．加水稀释过程中，根据“越稀越水解”、“越稀越电离”可知，(i)和(ii)的平衡都正向移动，两个平衡 正向都是离子数增大的反应，因此稀释后，溶液中离子总数将增大，故B正确； C．加入少量NaOH溶液，(ii)正向移动，溶液中c  HCrO 将减小，(i)将正向移动，故C错误； 4 c2 HCrO 4 D．平衡(i)的平衡常数K = ，平衡常数只与温度和反应本身有关，因此加入少量KCr O 溶液， 1 c  CrO2 2 2 7 2 7 c2 HCrO 4 不变，故D正确； c  CrO2 2 7 综上所述，答案为：BD。 ②0.10mol/L K Cr O 溶液中，Cr原子的总浓度为0.20mol/L，当溶液pH=9.00时，溶液中Cr原子总浓度为 2 2 7 2c  Cr 2 O 7 2 c  HCrO 4  c  CrO 4 2 =0.20mol/L，Cr 2 O 7 2、HCrO 4 与CrO2 4 的平衡浓度分别为x、y、zc  CrO2 mol/L，因此x 1 2 y 1 2 z=0.10；由图8可知，当溶液pH=9时， c  Cr 2 O 4 7 2 104 ，因此可忽略溶液中 Cr 2 O 7 2 ， c  H c  CrO2 109c  CrO2 4 4 即 =0.20，反应(ii)的平衡常数K = = =3.3×10-7，联立 c  HCrO c  CrO2 2 c  HCrO c  HCrO 4 4 4 4 两个方程可得c  HCrO =6.0×10-4mol/L。 4 ③根据反应(i)、(ii)是离子浓度增大的平衡可知，溶液pH越大，溶液中c  CrO2 c  HCrO c  CrO2 越 2 7 4 4 大，混合溶液在某一波长的A越大，溶液的pH越大，溶液中c  CrO2 4  越大，因此与CrO2 4 的λ max 最接近的 c2 HCrO c  H c  CrO2 4 4 是λ；反应(i)的平衡常数K = ，反应(ii)的平衡常数K = ， = 3 1 c  CrO2 2 c  HCrO K 2K 2 7 4 2 1 c2 H c2 CrO2 c2 HCrO c2 H c2 CrO2 c  H c2 CrO2 K 2K 4  4 = 4 ，因此 4 = 2 1 ，由上述分 c2 HCrO c  CrO2 c  CrO2 c  CrO2 c  H 4 2 7 2 7 2 7 c  H c2 CrO2 4 析逆推可知，b>a，即溶液pH从a变到b的过程中，溶液中c(H+)减小，所以 的值将增大。 c  CrO2 2 7 14．（2022·湖南卷）2021年我国制氢量位居世界第一，煤的气化是一种重要的制氢途径。回答下列问题： (1)在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量的C(s)和1molH 2 O(g)，起始压强为0.2MPa时，发生 下列反应生成水煤气： Ⅰ.C(s)+H 2 O(g)  CO(g)+H 2 (g) ΔH 1 =+131.4kJmol-1 Ⅱ.CO(g)+H 2 O(g)  CO 2 (g)+H 2 (g) ΔH 2 =-41.1kJmol-1 ①下列说法正确的是_______； A．平衡时向容器中充入惰性气体，反应Ⅰ的平衡逆向移动 B．混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡 2 C．平衡时H 的体积分数可能大于 2 3 D．将炭块粉碎，可加快反应速率 ②反应平衡时，H O(g)的转化率为50%，CO的物质的量为0.1mol。此时，整个体系_______(填“吸收” 2 或“放出”)热量_______kJ，反应Ⅰ的平衡常数K =_______(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。 p (2)一种脱除和利用水煤气中CO 方法的示意图如下： 2①某温度下，吸收塔中K CO 溶液吸收一定量的CO 后，c  CO2- :c  HCO- =1:2，则该溶液的pH= 2 3 2 3 3 _______(该温度下H CO 的K =4.6107,K 5.01011)； 2 3 al a2 ②再生塔中产生CO 的离子方程式为_______； 2 ③利用电化学原理，将CO 电催化还原为C H ，阴极反应式为_______。 2 2 4 【答案】(1) BD 吸收 31.2 0.02MPa Δ (2) 10 2 CO↑+ +H O 2CO+12e-+12H+=C H+4H O、AgCl+e-=Ag+Cl- HCO- 2 CO2- 2 2 2 4 2 3 3 【解析】(1)①A．在恒温恒容条件下，平衡时向容器中充入情性气体不能改变反应混合物的浓度，因此反 应Ⅰ的平衡不移动，A说法不正确； B．在反应中有固体C转化为气体，气体的质量增加，而容器的体积不变，因此气体的密度在反应过程中 不断增大，当混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，B说法正确； C．若C(s)和HO(g)完全反应全部转化为CO(g)和H(g)，由C(s)+ 2H O(g) = CO(g)+ 2H (g)可知，H 的体 2 2 2 2 2 2 2 2 积分数的极值为 ，由于可逆反应只有一定的限度，反应物不可能全部转化为生成物，因此，平衡时H 的 3 2 2 体积分数不可能大于 ，C说法不正确； 3 D．将炭块粉碎可以增大其与HO(g)的接触面积，因此可加快反应速率，D说法正确； 2 综上所述，相关说法正确的是BD。 ②反应平衡时，HO(g)的转化率为50%，则水的变化量为0.5mol，水的平衡量也是0.5mol，由于CO的物 2 质的量为0.1mol，则根据O原子守恒可知CO 的物质的量为0.2mol，生成0.2mol CO 时消耗了0.2mol 2 2 CO，故在反应Ⅰ实际生成了0.3molCO。根据相关反应的热化学方程式可知，生成0.3mol CO要吸收热量 39.42kJ ，生成0.2mol CO 要放出热量8.22kJ此时，因此整个体系吸收热量39.42kJ-8.22kJ=31.2kJ；由H原 2 子守恒可知，平衡时H 的物质的量为0.5mol，CO的物质的量为0.1mol，CO 的物质的量为0.2mol，水的 2 2 物质的量为0.5mol，则平衡时气体的总物质的量为0.5mol+0.1mol+0.2mol+0.5mol=1.3mol，在同温同体积 条件下，气体的总压之比等于气体的总物质的量之比，则平衡体系的总压为0.2MPa1.3=0.26MPa，反应I 0.1 0.5  1.3 1.3 0.1 （C(s)+HO(g) CO(g)+H(g)）的平衡常数K = P  0.26MPa0.02MPa。 2 2 p 0.5 总 1.3 噲垐�� 1.3c(CO2) c(H) (2)①某温度下,吸收塔中KCO 溶液吸收一定量的CO 后，c( ):c( )=1:2，由K  3  可 2 3 2 CO2 HCO a2 c(HCO) 3 3 3 c(HCO-) 知， c(H) = c(CO2- 3 ) K a2 25.010-11mol  L-11.010-10mol  L-1 ，则该溶液的pH=10； 3 Δ ②再生塔中KHCO 受热分解生成KCO、HO和CO，该反应的离子方程式为2 CO↑+ 3 2 3 2 2 HCO- 2 CO2- 3 3 +H O； 2 ③利用电化学原理，将CO 电催化还原为C H，阴极上发生还原反应，阳极上水放电生成氧气和H+，H+通 2 2 4 过质子交换膜迁移到阴极区参与反应生成乙烯，铂电极和Ag/AgCl电极均为阴极，在电解过程中AgCl可 以转化为Ag，则阴极的电极反应式为2CO+12e-+12H+=C H+4H O、AgCl+e-=Ag+Cl-。 2 2 4 2 15．（2022·山东卷）利用 丁内酯(BL)制备1， 丁二醇(BD)，反应过程中伴有生成四氢呋喃(THF)和 丁醇(BuOH)的副反应，涉及反应如下： 已知：①反应Ⅰ为快速平衡，可认为不受慢反应Ⅱ、Ⅲ的影响；②因反应Ⅰ在高压 氛围下进行，故 压强近似等于总压。回答下列问题： (1)以 或BD为初始原料，在 、 的高压 氛围下，分别在恒压容器中进行 反应。达平衡时，以BL为原料，体系向环境放热 ；以BD为原料，体系从环境吸热 。忽略副反应 热效应，反应Ⅰ焓变 _______ 。 (2)初始条件同上。 表示某物种i的物质的量与除 外其它各物种总物质的量之比， 和 随时间t 变化关系如图甲所示。实验测得 ，则图中表示 变化的曲线是_______；反应Ⅰ平衡常数 _______ (保留两位有效数字)。以BL为原料时， 时刻 _______，BD产率=_______(保留两位有 效数字)。(3) 为达平衡时 与 的比值。 、 、 三种条件下，以 为初始原料，在相同体积的刚性容器中发生反应， 随时间t变化关系如图乙所示。因反应在高压 氛围下进行，可忽略压强对反应速率的影响。 曲线a、b、c中， 最大的是_______(填代号)；与曲线b相比，曲线c达到 所 需时间更长，原因是_______。 【答案】(1)-200(X+Y) (2) a或c 8.3×10-8 0.08 39% (3) c 由于b和c代表的温度相同，而压强对反应速率的影响可忽略，压强增大反应Ⅱ、Ⅲ均是逆向移 动， 增大，故 =1.0所需时间更长 【解析】(1)依题意，结合已知信息，可推定在同温同压下，以同物质的量的BL或BD为初始原料，达到 平衡时的状态相同，两个平衡完全等效。则以5.0×10-3mol的BL为原料，达到平衡时放出XkJ热量与同物 质的量的BD为原料达到平衡时吸收YkJ热量的能量二者能量差值为(X+Y)kJ，则1mol时二者能量差值为 200(X+Y)kJ，反应I为放热反应，因此焓变 =-200(X+Y)kJ·mol-1。 (2)实验测定XE a 。补充完成该反应过程的能量变化示意 图(图2)_______。②某研究小组模拟该反应，温度t下，向容积为10L的抽空的密闭容器中通入0.1mol CO 和0.4mol H ，反 2 2 应平衡后测得容器中nCH =0.05mol。则CO 的转化率为_______，反应温度t约为_______℃。 4 2 (3)在相同条件下，CO (g)与H (g)还会发生不利于氧循环的副反应： 2 2 催化剂 CO (g)+3H (g)H O(g)+CH OH(g)，在反应器中按nCO :nH =1:4通入反应物，在不同温度、 2 2  2 3 2 2 不同催化剂条件下，反应进行到2min时，测得反应器中CH OH、CH 浓度(μmolL-1)如下表所示。 3 4 t=350℃ t=400℃ 催化剂 c(CH OH) cCH  cCH OH c(CH ) 3 4 3 4 催化剂 10.8 12722 345.2 42780 Ⅰ 催化剂 9.2 10775 34 38932 Ⅱ 在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，0~2min生成CH OH的平均反应速率为_______μmolL-1min-1； 3 若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件，原因是_______。 【答案】(1)-286 (2) 50%或0.5 660.2(或660.1或660.3,其他答案酌情给分) (3) 5.4 相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高 【解析】(1)电解液态水制备1mol O (g)，电解反应的ΔH=+572kJmol-1，由此可以判断，2molH (g)完全 2 2 燃烧消耗1mol O (g)，生成液态水的同时放出的热量为572kJ ，故1molH (g)完全燃烧生成液态水放出的 2 2热量为286kJ，因此，H 2 (g)的燃烧热(焓)ΔH=-286kJmol-1。 催化剂 (2)①由CO (g)+4H (g)2H O(g)+CH (g)的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系图可知，K随着温 2 2  2 4 度升高而减小，故该反应为放热反应。若反应为基元反应，则反应为一步完成，由于反应的ΔH与活化能 (Ea)的关系为 ΔH >E ，由图２信息可知E ＝ａkJmol-1，则ΔH >ａkJmol-1，该反应为放热反应，生成 a a 物的总能量小于反应物的，因此该反应过程的能量变化示意图为： 。 ②温度t下，向容积为10L的抽空的密闭容器中通入0.1mol CO 和0.4mol H ，反应平衡后测得容器中 2 2 0.05mol nCH 4 =0.05mol，则 CO 2 的转化率为 0.1mol 0.5，根据C元素守恒可知， CO 2 的平衡量为 0.05mol ， CO 和H 是按化学计量数之比投料的，则H 的平衡量为0.2mol，H O(g)的平衡量是CH (g)的２倍，则 2 2 2 2 4 nH 2 O=0.1mol，CO 2 (g)、H 2 (g)、H 2 O(g)、CH 4 (g)的平衡浓度分别为0.005mol  L1、0.02mol  L1、 0.0120.005 、 ，则该反应的平衡常数K＝ 625，根据图１中的信息可知，反应 0.01mol L1 0.005mol L1 0.0050.024   温度t约为660.2℃。 (3)在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，由表中信息可知，0~2min CH OH的浓度由０增加到10.8 3 10.8molL-1 ，因此， 生成 的平均反应速率为 5.4 ；由表中信息可 μmolL-1 0~2min CH OH 2min μmolL-1min-1 3 知，在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应， 0~2min CH OH的浓度由０增加到10.8μmolL-1，c(CH ) 3 4 :cCH 3 OH ＝12722:10.81178；在选择使用催化剂Ⅱ和350℃的反应条件下，0~2min CH 3 OH的浓度由０ 增加到9.2μmolL-1，c(CH 4 ):cCH 3 OH ＝10775:9.21171；在选择使用催化剂Ⅰ和400℃条件下反应， 0~2min CH 3 OH的浓度由０增加到345.2μmolL-1，c(CH 4 ):cCH 3 OH ＝42780:345.2124；在选择使用催 化剂Ⅱ和400℃的反应条件下，0~2min CH OH的浓度由０增加到34μmolL-1，c(CH ):cCH OH ＝ 3 4 3 38932:341145。因此，若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件的原因是： 相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高。 18．（2022·福建卷）异丙醇 可由生物质转化得到，催化异丙醇脱水制取高值化学品丙烯 的 工业化技术已引起人们的关注，其主要反应如下：Ⅰ. Ⅱ. 回答下列问题： (1)已知 ，则 燃烧生成 和 的热化学方程式为_______。 (2)在 下，刚性密闭容器中的反应体系内水蒸气浓度与反应时间关系如下表： 反应时间 0 4 8 12 t 20 浓度 244 360 0 3200 4000 4100 0 0 ① 内， _______ ； ②t_______16(填“>”“<”或“=”)。 (3)在恒温刚性密闭容器中，反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡的判据是_______(填标号)。 a. 的分压不变 b.混合气体密度不变 c. d. (4)在一定条件下，若反应Ⅰ、Ⅱ的转化率分别为98%和40%，则丙烯的产率为_______。 (5)下图为反应Ⅰ、Ⅱ达到平衡时 与温度的关系曲线。 (已知：对于可逆反应 ，任意时刻 ，式中 )表示物质 ×的分压) ①在 恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，反应Ⅰ的的状态最有可能对应图中的_______点(填“甲” “乙”或“丙”)，判断依据是_______。 ② 时，在密闭容器中加入一定量的 ，体系达到平衡后，测得 的分压为 ，则水蒸气 的分压为_______ (用含x的代数式表示)。【答案】(1) (2) 190 > (3)ad (4)58.8% (5) 甲 反应I平衡曲线为N，恒压时充入水蒸气， 【详解】（1）设Ⅲ ，根据盖斯定律Ⅲ-2×Ⅰ 得 。 （2）① 内， ，则 ； ② 、 、 ，△c(H2O)逐渐减小，说明反应速率减小， 内，Δc(H2O)=400ppm， 内，Δc(H2O)=400ppm，则t-12>4，即t>16。 （3）a．H2O的分压不变，则C3H6的分压也不变，反应1、Ⅱ各组分分压不变，反应1、Ⅱ均达到平衡， a正确； b．反应物和生成物均为气体，混合气体的总质量不变，刚性密闭容器体积不变，则混合气体密度不变， 不能作为反应I、Ⅱ均达到平衡的判据，b错误； c．当 时，反应不一定达到平衡，不能作为反应1、Ⅱ均达到平衡的判据，c错误； d． ，说明正逆反应速率相等，反应I达平衡，各组分分压不变，C3H6的分压不变， 说明反应Ⅱ也达平衡，d正确； 故选ad。 （4）设C3H8O的物质的量为1mol，若lmol C3H8O完全反应，理论上生成1mol C3H6，因为反应Ⅰ、Ⅱ 的转化率分别为98%和40%，反应I生成1mol×98%=0.98mol C3H6，反应Ⅱ消耗了40% C3H6，则达平衡 时C3H6的物质的量为0.98mol×(1-40%)=0.588mol，所以丙烯的产率为 =58.8%。 （5）①反应I为气体体积增大的吸热反应，反应Ⅱ为气体体积减小的放热反应，则升高温度，反应I正向 移动， 逐渐增大，反应Ⅱ逆向移动， 逐渐减小，即反应I为平衡曲线为N，反应Ⅱ平衡曲线为M；在 350℃恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，对于反应I而言，相当于增大生成物浓度，使得 > ，即lg 增大，反应I的状态最有可能对应图中的甲； ②由图可知，350°C时达平衡后， =0，则350℃时 = =1，设水蒸气的平衡分压为a MPa，则反应 II的C3H6起始分压为 a MPa，对反应Ⅱ列三段式有，解得a= MPa。 19．（2022·天津卷）天津地处环渤海湾，海水资源丰富。科研人员把铁的配合物 (L为配体)溶于弱碱 性的海水中，制成吸收液，将气体 转化为单质硫，改进了湿法脱硫工艺。该工艺包含两个阶段：① 的吸收氧化；② 的再生。反应原理如下： ① ② 回答下列问题： (1)该工艺的总反应方程式为___________。1mol 发生该反应的热量变化为___________， 在 总反应中的作用是___________。 (2)研究不同配体与 所形成的配合物(A、B、C)对 吸收转化率的影响。将配合物A、B、C分别溶于 海水中，配成相同物质的量浓度的吸收液，在相同反应条件下，分别向三份吸收液持续通入 ，测得单 位体积吸收液中 吸收转化率 随时间变化的曲线如图1所示。以 由100%降至80%所持 续的时间来评价铁配合物的脱硫效率，结果最好的是___________(填“A”、“B”或“C”)。 (3) 的电离方程式为___________。25℃时， 溶液中 、 、 在含硫粒子总浓度中所占分数 随溶液pH的变化关系如图2，由图2计算， 的 ___________， ___________。再生反应在 常温下进行， 解离出的 易与溶液中的 形成沉淀。若溶液中的 ， ，为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于___________(已知25℃时，FeS 的 为 )。【答案】(1) (或 ) 放出 热量 作催化剂或降低反应活化能 (2)A (3) 或 8 【详解】（1）将第一个方程式2倍加上第二个方程式得到该工艺的总反应方程式为 (或 )，该反应的热化学方程式 ，因此1mol 发生该反应的热量变 化为放出 热量， 参与了化学反应，但反应前后量没有改变，因此 在总反应中的作用是 作催化剂或降低反应活化能；故答案为： (或 )；放出 热量；作催化剂或降低反应活化能。 （2）根据图中信息以 由100%降至80%所持续的时间来评价铁配合物的脱硫效率，A持续时间最 短，说明A的脱硫效率最高，因此结果最好的A；故答案为：A。 （3） 是二元弱酸，其电离是一步一步电离，主要以第一步电离为主，因此其电离方程式为 或 ；根据题意pH=7时 、 的所占分数相等，因此 的 ，pH=13时 、 的所占分数相等，则。再生反应在常温下进行， 解离出的 易与溶液中的 形 成沉淀。若溶液中的 ，根据 得到 ，根据 和 ，得到 ，pH=8，因此为避 免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于8；故答案为： 或 ； ； ；8。 20．（2022·江苏卷）氢气是一种清洁能源，绿色环保制氢技术研究具有重要意义。 (1)“ 热电循环制氢”经过溶解、电解、热水解和热分解4个步骤，其过程如图所示。 ①电解在质子交换膜电解池中进行。阳极区为酸性 溶液，阴极区为盐酸，电解过程中 转化为 。电解时阳极发生的主要电极反应为_______(用电极反应式表示)。 ②电解后，经热水解和热分解的物质可循环使用。在热水解和热分解过程中，发生化合价变化的元素有 _______(填元素符号)。 (2)“ 热循环制氢和甲酸”的原理为：在密闭容器中，铁粉与吸收 制得的 溶液反 应，生成 、 和 ； 再经生物柴油副产品转化为Fe。 ①实验中发现，在 时，密闭容器中 溶液与铁粉反应，反应初期有 生成并放出 ，该 反应的离子方程式为_______。 ②随着反应进行， 迅速转化为活性 ，活性 是 转化为 的催化剂，其可能 反应机理如图所示。根据元素电负性的变化规律。如图所示的反应步骤Ⅰ可描述为_______。③在其他条件相同时，测得Fe的转化率、 的产率随 变化如题图所示。 的产率随 增加而增大的可能原因是_______。 (3)从物质转化与资源综合利用角度分析，“ 热循环制氢和甲酸”的优点是_______。 【答案】(1) Cu、O (2) 吸附在催化剂的Fe2+上的H与 中碳原子作用，吸 附在O2-的H与 中的羟基氧作用生成的HO和 均吸附在上Fe2+ 随 增加，催化剂 2 的量增多，增大了接触面积， H 的产量增大， 的产率增大 2 (3)制得H，CO 转化为甲酸，生物柴油副产品的利用 2 2 【详解】（1）①电解在质子交换膜电解池中进行，H+可自由通过，阳极区为酸性 溶液，电解过程中 转化为 ，电解时阳极发生的主要电极反应为： ； ②电解后，经热水解得到的HCl和热分解得到的CuCl等物质可循环使用，从图中可知，热分解产物还有 O，从详解①中得知，进入热水解的物质有 ，故发生化合价变化的元素有Cu、O。 2 （2）①在 时，密闭容器中 溶液与铁粉反应，反应初期有 生成并放出 ，离子方程 式为： ； ②H的电负性大于Fe，小于O，在活性 表面，部分H吸附在催化剂的亚铁离子上，略带负电；另 一部分H吸附在催化剂的氧离子上，略带正电；前者与 中略带正电的碳结合，后者与 中略带 负电的羟基氧结合生成HO， 转化为 ；故答案为：吸附在催化剂的Fe2+上的H与 中碳 2 原子作用，吸附在O2-的H与 中的羟基氧作用生成的HO和 均吸附在上Fe2+； 2 ③在其他条件相同时，随 增加，其与铁粉反应加快，从图中得知Fe的转化率也增大，即生成 和H 的速率更快，量更大，则得到活性 的速度更快，量也更多，生成 的速率更快， 2产率也更大。故答案为：随 增加，催化剂的量增多，增大了接触面积， H 的产量增大， 2 的产率增大； （3）“ 热循环制氢和甲酸”系统将 转化为 和生成H 的速率快，原子利用率高， 2 不产生污染物，Fe初期生成 后迅速转化为活性 ， 氧化为 再经生物柴油副产品转 化为Fe，得到循环利用，故该原理的优点是：制得H，CO 转化为甲酸，生物柴油副产品的利用。 2 2 21．（2022·重庆卷）反应 在工业上有重要应用。 (1)该反应在不同温度下的平衡常数如表所示。 温度/℃ 700 800 830 1000 平衡常 1.67 1.11 1.00 0.59 数 ①反应的 H_____0(填“>”“<”或“=”)。 ②反应常在较高温度下进行，该措施的优缺点是_____。 △ (2)该反应常在Pd膜反应器中进行，其工作原理如图所示。 ①利用平衡移动原理解释反应器存在Pd膜时具有更高转化率的原因是_____。 ②某温度下，H 在Pd膜表面上的解离过程存在如下平衡： ，其正反应的活化能远小于逆反应的 2 活化能。下列说法错误的是_____。 A．Pd膜对气体分子的透过具有选择性 B．过程2的 H＞0 C．加快Pd膜内H原子迁移有利于H 的解离 △ 2 D．H原子在Pd膜表面上结合为H 的过程为放热反应 2 ③同温同压下，等物质的量的CO和HO通入无Pd膜反应器，CO的平衡转化率为75%；若换成Pd膜反应 2 器，CO的平衡转化率为90%，则相同时间内出口a和出口b中H 的质量比为_____。 2 (3)该反应也可采用电化学方法实现，反应装置如图所示。①固体电解质采用______(填“氧离子导体”或“质子导体”)。 ②阴极的电极反应式为______。 ③同温同压下，相同时间内，若进口Ⅰ处n(CO)：n(H O)=a：b，出口Ⅰ处气体体积为进口Ⅰ处的y倍，则 2 CO的转化率为_____(用a，b，y表示)。 【答案】(1) 优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，平 衡逆向移动，产物的转化率较低 (2) Pd膜能选择性分离出H，平衡正向移动，平衡转化率增大 BD 1:8 2 (3) 质子导体 【详解】（1）①根据表中的数据，温度越高，平衡常数越小，所以正反应为放热反应， ； ②优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产物的转化率 较低； （2）①Pd膜能选择性分离出H，平衡正向移动，平衡转化率增大； 2 ②A.Pd膜只允许 通过，不允许 通过，对气体分子的透过具有选择性，A正确； B.过程正反应的活化能远小于逆反应的活化能， ，B错误； C.加快Pd膜内H原子迁移，平衡 正向移动，有利于 的解离，C正确； D. 为放热过程，H原子在Pd膜表面上结合为 的过程为吸热反应，D错误； 故选BD； ③根据反应 ，设通入的 为1mol，无膜情况下一氧化碳的平衡 转化率为75%，则平衡时CO、HO(g)、CO、H 的平衡物质的量分别为0.25mol、0.25mol、0.75mol、 2 2 2 0.75mol，可计算出此温度下平衡常数K=3；有膜情况下一氧化碳的平衡转化率为90%，则平衡时CO、 HO(g)、CO、H 的平衡物质的量分别为0.1mol、0.1mol、0.9mol、0.9mol(a口和b口总量，其中只有a口 2 2 2 的处于平衡体系)，设a口产生的H 的物质的量为xmol，则 ，解得x=0.1，则出口a产生的 2 为0.1mol，出口b的 为0.9mol-0.1mol=0.8mol，质量比为1:8； （3）①电解时，一氧化碳和水从均从阳极口进入，阳极一氧化碳转化为二氧化碳，则氢气要在阴极产生， 故阳极产生二氧化碳的同时产生氢离子，氢离子通过固体电解质进入阴极附近得电子产生氢气，故固体电解质应采用质子导体； ②电解时，阴极发生还原反应，电极反应式为： ； ③根据三段式： ，出口Ⅰ处气体为 体积为x，进口Ⅰ处的气体体积为 ，则 ，CO的转化率为： 。 22．（2022·辽宁卷）工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，目前已有三位科学家因其获得诺贝尔奖， 其反应为： 。回答下列问题： (1)合成氨反应在常温下_______(填“能”或“不能”)自发。 (2)_______温(填“高”或“低”，下同)有利于提高反应速率，_______温有利于提高平衡转化率，综合考 虑催化剂(铁触媒)活性等因素，工业常采用 。 针对反应速率与平衡产率的矛盾，我国科学家提出了两种解决方案。 (3)方案一：双温-双控-双催化剂。使用 双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为 时， 的温度为 ，而 的温度为 )。 下列说法正确的是_______。 a．氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率 b． 在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率 c．“热Fe”高于体系温度，有利于提高氨的平衡产率 d．“冷Ti”低于体系温度，有利于提高合成氨反应速率 (4)方案二： 复合催化剂。下列说法正确的是_______。 a． 时，复合催化剂比单一催化剂效率更高 b．同温同压下，复合催化剂有利于提高氨的平衡产率 c．温度越高，复合催化剂活性一定越高 (5)某合成氨速率方程为： ，根据表中数据， _______； 实验 1 m n p q 2 2m n p 2q 3 m n 0.1p 10q 4 m 2n p 2.828q 在合成氨过程中，需要不断分离出氨的原因为_______。 a．有利于平衡正向移动 b．防止催化剂中毒 c．提高正反应速率 (6)某种新型储氢材料的晶胞如图，八面体中心为M金属离子，顶点均为 配体；四面体中心为硼原子， 顶点均为氢原子。若其摩尔质量为 ，则M元素为_______(填元素符号)；在该化合物中，M离子 的价电子排布式为_______。 【答案】(1)能 (2) 高 低 (3)ab (4)a (5) -1 a (6) Fe 3d6【详解】（1） ，则∆G=∆H- T∆S=(-92.4+0.2×298) kJ∙mol-1=-32.4 kJ∙mol-1＜0，所以合成氨反应在常温下能自发进行。答案为：能； （2）温度越高，反应速率越快，所以高温有利于提高反应速率；因为正反应为放热反应，所以低温有利 于提高平衡转化率。答案为：高；低； （3）a．因为正反应为放热反应，所以低温有利于平衡正向移动，氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨 的平衡产率，a正确； b．温度升高，反应速率加快，所以 在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率，b正确； c．合成氨反应的正反应为放热反应，“热Fe”高于体系温度，不利于提高氨的平衡产率，c不正确； d．温度升高，可提高合成氨反应的速率，所以“冷Ti”低于体系温度，不利于提高合成氨反应速率，d不 正确； 故选ab。答案为：ab； （4）a．从图中可以看出， 时，复合催化剂比单一催化剂的反应速率快，催化效率更高，a正确； b．催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡产率，所以同温同压下，复合催化剂不能提高氨的平衡产率， b不正确； c．虽然图中显示温度高反应速率快，但温度高到一定程度后，复合催化剂活性就可能不变或变低，c不正 确； 故选a。答案为：a； （5）选择实验1和3进行分析，此时 ，则γ=-1； a．在合成氨过程中，需要不断分离出氨，有利于平衡正向移动，a正确； b．氨是在该催化剂的催化作用下生成，不会使催化剂中毒，b不正确； c．分离出氨，并没有增大反应物的浓度，所以不会提高正反应速率，c不正确； 故选a。答案为：-1；a； （6）从图中信息可以进行以下计算：含黑球的数目为 =4，含白球的数目为8，则黑球与白球的 个数比为1:2。黑球的化学式为 ，白球的化学式为 。从而得出M+17×6+15×2=188， M=56，则M元素为Fe；在该化合物中，Fe2+的价电子排布式为3d6。答案为：Fe；3d6。 【点睛】计算晶胞中所含微粒数目时，可采用均摊法。 〖2021年高考真题〗 23．（2021·山东卷）2-甲氧基-2-甲基丁烷(TAME)常用作汽油原添加剂。在催化剂作用下，可通过甲醇与 烯烃的液相反应制得，体系中同时存在如图反应： 反应Ⅰ： +CH OH H 3 1 △反应Ⅱ： +CH OH H 3 2 △ 反应Ⅲ： △H 3 回答下列问题： (1)反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ以物质的量分数表示的平衡常数K 与温度T变化关系如图所示。据图判断，A和B中相 x 对稳定的是__(用系统命名法命名)； 的数值范围是___(填标号)。 A．<-1 B．-1～0 C．0～1 D．>1 (2)为研究上述反应体系的平衡关系，向某反应容器中加入1.0molTAME，控制温度为353K，测得TAME 的平衡转化率为α。已知反应Ⅲ的平衡常数K =9.0，则平衡体系中B的物质的量为___mol，反应Ⅰ的平衡 x3 常数K =___。同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，反应Ⅰ的化学平衡将__(填“正向移 x1 动”“逆向移动”或“不移动”)平衡时，A与CHOH物质的量浓度之比c(A)：c(CHOH)=___。 3 3 (3)为研究反应体系的动力学行为，向盛有四氢呋喃的另一容器中加入一定量A、B和CHOH。控制温度为 3 353K，A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化如图所示。代表B的变化曲线为__(填“X”或“Y”)；t=100s 时，反应Ⅲ的正反应速率v __逆反应速率v (填“＞”“＜”或“=)。 正 逆 【答案】2-甲基-2-丁烯 D 0.9α 逆向移动 1:10 X ＜【详解】 (1)由平衡常数K 与温度T变化关系曲线可知，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的平衡常数的自然对数随温度升高（要注意 x 横坐标为温度的倒数）而减小，说明3个反应均为放热反应，即△H＜0、△H＜0、△H＜0，因此，A的 1 2 3 总能量高于B的总能量，能量越低越稳定，A和B中相对稳定的是B，其用系统命名法命名为2-甲基-2-丁 烯；由盖斯定律可知，Ⅰ-Ⅱ=Ⅲ，则△H- H= H＜0，因此△H＜△H，由于放热反应的△H越小，其 1 2 3 1 2 △ △ 绝对值越大，则 的数值范围是大于1，选D。 (2)向某反应容器中加入1.0molTAME，控制温度为353K，测得TAME的平衡转化率为α,则平衡时 n(TAME)=(1-α) mol，n(A)+n(B)=n(CH OH)= α mol。已知反应Ⅲ的平衡常数K =9.0，则 =9.0，将该 3 x3 式代入上式可以求出平衡体系中B的物质的量为0.9α mol，n(A)=0.1α mol，反应Ⅰ的平衡常数K = x1 。同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，反应Ⅰ的化 学平衡将向着分子数增大的方向移动，即逆向移动。平衡时，TAME的转化率变大，但是平衡常数不变， A与CHOH物质的量浓度之比不变，c(A)：c(CHOH)=0.1α：α=1:10。 3 3 (3)温度为353K，反应Ⅲ的平衡常数K =9.0， =9.0。由A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化曲 x3 线可知，X代表的平衡浓度高于Y，则代表B的变化曲线为X；由母线的变化趋势可知，100s 以后各组分 的浓度仍在变化， t=100s时 ，因此，反应Ⅲ正在向逆反应方向移动，故其正反 应速率v 小于逆反应速率v ，填＜。 正 逆 24．（2021·浙江卷）含硫化合物是实验室和工业上的常用化学品。请回答： (1)实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量 ： 。判断该反应的自发性并说 明理由_______。 (2)已知 。 时，在一恒容密闭反应器中充入一 定量的 和 ，当反应达到平衡后测得 、 和 的浓度分别为 、 和 。 ①该温度下反应的平衡常数为_______。 ②平衡时 的转化率为_______。 (3)工业上主要采用接触法由含硫矿石制备硫酸。①下列说法正确的是_______。 A．须采用高温高压的反应条件使 氧化为 B．进入接触室之前的气流无需净化处理 C．通入过量的空气可以提高含硫矿石和 的转化率 D．在吸收塔中宜采用水或稀硫酸吸收 以提高吸收速率 ②接触室结构如图1所示，其中1~4表示催化剂层。图2所示进程中表示热交换过程的是_______。 A． B． C． D． E. F. G. ③对于放热的可逆反应，某一给定转化率下，最大反应速率对应的温度称为最适宜温度。在图3中画出反 应 的转化率与最适宜温度(曲线Ⅰ)、平衡转化率与温度(曲线Ⅱ)的关系曲线 示意图(标明曲线Ⅰ、Ⅱ)_______。 (4)一定条件下，在 溶液体系中，检测得到pH-时间振荡曲线如图4，同时观察到体 系由澄清→浑浊→澄清的周期性变化。可用一组离子方程式表示每一个周期内的反应进程，请补充其中的 2个离子方程式。Ⅰ. Ⅱ.①_______； Ⅲ. ； Ⅳ.②_______。 【答案】不同温度下都能自发，是因为 C BDF 【详解】 (1)实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量 的反应为 ，由于该反应 ，因此该反应在任何温度下都能自发进行。 (2)①根据题中所给的数据可以求出该温度下 的平衡常数为 . ②平衡时 的转化率为 ； (3)①A．在常压下 催化氧化为 的反应中， 的转化率已经很高，工业上有采用高压的反应条件，A说法不正确； B．进入接触室之前的气流中含有会使催化剂中毒的物质，需经净化处理以防止催化剂中毒，B说法不正 确； C．通入过量的空气可以增大氧气的浓度，可以使含硫矿石充分反应，并使化学平衡 向正反应方向移动，因此可以提高含硫矿石和 的转化率； D． 与水反应放出大量的热，在吸收塔中若采用水或稀硫酸吸收 ，反应放出的热量会使硫酸形成 酸雾从而影响 被水吸收导致 的吸收速率减小，因此，在吸收塔中不宜采用水或稀硫酸吸收 ， D说法不正确。 综上所述，相关说法正确的是C； ②反应混合物在热交换气中与原料气进行热交换，在热交换过程中，反应混合物不与催化剂接触，化学反 应速率大幅度减小，故虽然反应混合物的温度降低， 的转化率基本不变，因此，图2所示进程中表示 热交换过程的是 、 、 ，因此选BDF； ③对于放热的可逆反应 ，该反应的最适宜温度为催化剂的催化活性最好时所 对应的温度，在该温度下化学反应速率最大， 的转化率也最大；当温度高于最适宜温度后，催化剂的 催化活性逐渐减小，催化剂对化学反应速率的影响超过了温度升高对化学反应速率的影响，因此化学反应 速率逐渐减小， 的转化率也逐渐减小；由于该反应为放热反应，随着温度的升高， 的平衡转化率 减小；由于反应混合物与催化剂层的接触时间较少，在实际的反应时间内反应还没有达到化学平衡状态， 故在相应温度下 的转化率低于其平衡转化率。因此，反应 的转化率与 最适宜温度（曲线Ⅰ）、平衡转化率与温度（曲线Ⅱ）的关系曲线示意图可表示如下： . (4)由 时间振荡曲线可知，在 溶液体系中，溶液的 呈先增大后减小的周期 性变化，同时观察到体系由澄清→浑浊→澄清的周期性变化，硫化钠与硫酸反应生成 ， ，然后发生 ，该过程溶液的 基本不变，溶液保持澄 清；溶液变浑浊时 被 氧化为 ，即发生 ，该过程溶液的 增 大；溶液又变澄清时 又被 氧化为 ，发生 ，该过程溶液的在减小。因此可以推测该过程中每一个周期内的反应进程中依次发生了如下离子反应： 、 、 、 。 25．（2021·全国乙卷）一氯化碘(ICl)是一种卤素互化物，具有强氧化性，可与金属直接反应，也可用作有 机合成中的碘化剂。回答下列问题： (1)历史上海藻提碘中得到一种红棕色液体，由于性质相似，Liebig误认为是ICl，从而错过了一种新元素 的发现，该元素是_______。 (2)氯铂酸钡( )固体加热时部分分解为 、 和 ，376.8℃时平衡常数 ， 在一硬质玻璃烧瓶中加入过量 ，抽真空后，通过一支管通入碘蒸气(然后将支管封闭)，在 376.8℃，碘蒸气初始压强为 。376.8℃平衡时，测得烧瓶中压强为 ，则 _______ ，反应 的平衡常数K=_______(列出计算式即可)。 (3)McMorris测定和计算了在136~180℃范围内下列反应的平衡常数 。 得到 和 均为线性关系，如下图所示： ①由图可知，NOCl分解为NO和 反应的 _______0(填“大于”或“小于”) ②反应 的K=_______(用 、 表示)：该反应的 _______0(填“大于”或“小 于”)，写出推理过程_______。 (4)Kistiakowsky曾研究了NOCl光化学分解反应，在一定频率(v)光的照射下机理为：其中 表示一个光子能量， 表示NOCl的激发态。可知，分解1mol的NOCl需要吸收_______mol 光子。 【答案】溴(或 ) 24.8 大于 大于 设 ，即 ，由图可知： 则： ，即 ，因此该反应正反应为吸热反应，即 大 于0 0.5 【详解】 (1)红棕色液体，推测为溴单质，因此错过发现的元素是溴(或 )； (2)由题意玻376.8℃时璃烧瓶中发生两个反应： (s) (s)+ (s)+2 (g)、Cl(g)+I (g) 2 2 2ICl(g)。 (s) (s)+ (s)+2 (g)的平衡常数 ，则平衡时p2(Cl )= 2 ，平衡时p(Cl )=100Pa，设到达平衡时I(g)的分压减小pkPa，则 2 2 ，376.8℃平衡时，测得烧瓶中压强为 ，则 0.1+20.0+p=32.5，解得p=12.4，则平衡时 2p =2×12.4kPa=24.8kPa；则平衡时，I(g)的分压为 2 (20.0-p)kPa=(20×103-12.4×103)Pa， 24.8kPa=24.8×103Pa，p(Cl )=0.1kPa=100Pa，因此反应 2 的平衡常数K= ； (3)①结合图可知，温度越高， 越小，lgKp 越大，即Kp 越大，说明升高温度平衡 2 2 正向移动，则NOCl分解为NO和 反应的大于0； ②Ⅰ. Ⅱ. Ⅰ+Ⅱ得 ，则 的K= ；该反应的 大于0；推理过程如下：设 ，即 ，由图可知： 则： ，即 ，因此该反应正反应为吸热反应，即 大 于0； (4)Ⅰ. Ⅱ. Ⅰ+Ⅱ得总反应为2NOCl+hv=2NO+Cl ，因此2molNOCl分解需要吸收1mol光子能量，则分解1mol的NOCl 2 需要吸收0.5mol光子。 26．（2021·全国甲卷）二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。回答下列问题： (1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为： 该反应一般认为通过如下步骤来实现： ① ② 总反应的 _______ ；若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是 _______(填标号)，判断的理由是_______。 A． B． C． D． (2)合成总反应在起始物 时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为 ，在 ℃下的 、在 下的 如图所示。①用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式 _______； ②图中对应等压过程的曲线是_______，判断的理由是_______； ③当 时， 的平衡转化率 ____，反应条件可能为___或___。 【答案】-49 A ΔH 为正值，ΔH 为和ΔH为负值，反应①的活化能大于反应②的 1 2 b 总反应ΔH<0，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分 数变小 33.3% 5×105Pa，210℃ 9×105Pa，250℃ 【详解】 (1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为： ，该反应一般认为 通过如下步骤来实现：① ，② ，根据盖斯定律可知，①+②可得二氧化碳加氢制甲醇的 总反应为： ；该反应总反应为放热反应，因此生成物总能量低于 反应物总能量，反应①为慢反应，因此反应①的活化能高于反应②，同时反应①的反应物总能量低于生成 物总能量，反应②的反应物总能量高于生成物总能量，因此示意图中能体现反应能量变化的是A项，故答 案为：-49；A；ΔH 为正值，ΔH 为和ΔH为负值，反应①的活化能大于反应②的。 1 2 (2)①二氧化碳加氢制甲醇的总反应为 ，因此利用各物质的平衡 分压表示总反应的平衡常数，表达式K = ，故答案为： 。 p ②该反应正向为放热反应，升高温度时平衡逆向移动，体系中 将减小，因此图中对应等压过程的曲线是b，故答案为：b；总反应ΔH<0，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变小。 ③设起始n(CO)=1mol，n(H )=3mol，则 ，当平衡 2 2 时 时， =0.1，解得x= mol，平衡时CO 的转化率α= 2 =33.3%；由图可知，满足平衡时 的条件有：5×105Pa，210℃或 9×105Pa，250℃，故答案为：33.3%；5×105Pa，210℃；9×105Pa，250℃。 27．（2021·河北卷）当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此，研发二氧化碳利用技 术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。 (1)大气中的二氧化碳主要来自于煤、石油及其他含碳化合物的燃烧。已知25℃时，相关物质的燃烧热数据 如表： 物质 H(g) C(石墨，s) C H(l) 2 6 6 燃烧热 H(kJ•mol-1) -285.8 -393.5 -3267.5 (1)则25△℃时H(g)和C(石墨，s)生成C H(l)的热化学方程式为________。 2 6 6 (2)雨水中含有来自大气的CO，溶于水中的CO 进一步和水反应，发生电离： 2 2 ①CO(g)=CO (aq) 2 2 ②CO(aq)+H O(l)=H+(aq)+HCO (aq) 2 2 25℃时，反应②的平衡常数为K 。 2 溶液中CO 的浓度与其在空气中的分压成正比(分压=总压×物质的量分数)，比例系数为ymol•L-1•kPa-1，当 2 大气压强为pkPa，大气中CO(g)的物质的量分数为x时，溶液中H+浓度为________mol•L-1(写出表达式， 2 考虑水的电离，忽略HCO 的电离) (3)105℃时，将足量的某碳酸氢盐(MHCO )固体置于真空恒容容器中，存在如下平衡：2MHCO (s) 3 3 MCO(s)+HO(g)+CO(g)。上述反应达平衡时体系的总压为46kPa。 2 3 2 2 保持温度不变，开始时在体系中先通入一定量的CO(g)，再加入足量MHCO (s)，欲使平衡时体系中水蒸 2 3 气的分压小于5kPa，CO(g)的初始压强应大于________kPa。 2 (4)我国科学家研究Li—CO 电池，取得了重大科研成果，回答下列问题： 2 ①Li—CO 电池中，Li为单质锂片，则该电池中的CO 在___(填“正”或“负”)极发生电化学反应。研究表明， 2 2 该电池反应产物为碳酸锂和单质碳，且CO 电还原后与锂离子结合形成碳酸锂按以下4个步骤进行，写出 2 步骤Ⅲ的离子方程式。 Ⅰ.2CO +2e-=C O Ⅱ.C O =CO +CO 2 2 2 2Ⅲ.__________ Ⅳ.CO +2Li+=Li CO 2 3 ②研究表明，在电解质水溶液中，CO 气体可被电化学还原。 2 Ⅰ.CO 在碱性介质中电还原为正丙醇(CHCHCHOH)的电极反应方程式为_________。 2 3 2 2 Ⅱ.在电解质水溶液中，三种不同催化剂(a、b、c)上CO 电还原为CO的反应进程中(H+被还原为H 的反应可 2 2 同时发生)，相对能量变化如图.由此判断，CO 电还原为CO从易到难的顺序为_______(用a、b、c字母排 2 序)。 【答案】6C(石墨，s)+3H(g)= C H(l) H=49.1kJ mol-1 100.8 正极 2C 2 6 6 +CO =2C +C 12CO+18e-+4H O=CHCHCHOH+9C c、b、a 2 2 2 3 2 2 【详解】 (1)根据表格燃烧热数据可知，存在反应①C(石墨，s)+O(g)=CO (g) H=-393.5kJ mol-1，②H(g)+ 2 2 1 2 O(g)=HO(l) H=-285.8kJ mol-1，③C H(l)+ O(g)=6CO (g)+6HO(l) H=-3267.5kJ mol-1，根据盖 2 2 2 6 6 2 2 2 3 斯定律，[① 12+② 6] -③得反应：6C(石墨，s)+3H(g)= C H(l)， H=[(-393.5kJ mol-1) + 2 6 6 (-285.8kJ mol-1) 6] -(-3267.5kJ mol-1)=49.1kJ mol-1，故答案为：6C(石墨，s)+3H(g)= C H(l) 2 6 6 H=49.1kJ mol-1； (2)由题可知，①CO(s) CO(aq)，②CO(aq)+H O(l) H+(aq)+HC (aq)，K = ，又 2 2 2 2 2 因为p(CO)=p(kPa) x，则c(CO)=y(mol•L-1•kPa-1)p(CO )=p x y mol/L，在忽略HC 的电离时， 2 2 2 c(H+)=c(HC )，所以可得c(H+)= ，故答案为： ； (3)2MHCO(s) MCO(s)+HO(g)+ CO (g)，等温等容条件下，压强之比等于物质的量之比，可用分压表 3 2 3 2 2示物质的量浓度，平衡常数K = = =529kPa2。温度不变化学平衡常数K 不变，设 p p 平衡时，平衡体系中CO 的分压为x，则K= = 529kPa2， = kPa=105.8kPa，CO 的初始 2 2 压强等于平衡压强减去碳酸氢盐分解产生的CO 的分压，即CO(g)的初始压强应大于 2 2 105.8kPa-5kPa=100.8kPa，故答案为：100.8； (4)①由题意知，Li-CO 电池的总反应式为：4Li+3CO=2Li CO+C，CO 发生得电子的还原反应，则CO 作 2 2 2 3 2 2 为电池的正极；CO 还原后与Li+结合成LiCO，按4个步骤进行，由步骤II可知生成了C ，而步骤IV 2 2 3 需要C 参加反应，所以步骤III的离子方程式为：2C +CO =2C +C，故答案为：正极；2C 2 +CO =2C +C； 2 ②I.CO 在碱性条件下得电子生成CHCHCHOH，根据电子守恒和电荷守恒写出电极反应式为： 2 3 2 2 12CO+18e-+4H O=CHCHCHOH+9C ，故答案为：12CO+18e-+4H O=CHCHCHOH+9C ； 2 2 3 2 2 2 2 3 2 2 II.c催化剂条件下，CO 电还原的活化能小于H+电还原的活化能，更容易发生CO 的电还原；而催化剂a和 2 2 b条件下，CO 电还原的活化能均大于H+电还原的活化能，相对来说，更易发生H+的电还原。其中a催化 2 剂条件下，H+电还原的活化能比CO 电还原的活化能小的更多，发生H+电还原的可能性更大，因此反应从 2 易到难的顺序为c、b、a，故答案为：c、b、a。 28．（2021·湖南卷）氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运，可通过下面两种 方法由氨气得到氢气。 方法I：氨热分解法制氢气 相关化学键的键能数据 化学键 键能 946 436.0 390.8 一定温度下，利用催化剂将 分解为 和 。回答下列问题： (1)反应 _______ ； (2)已知该反应的 ，在下列哪些温度下反应能自发进行？_______(填标号) A．25℃ B．125℃ C．225℃ D．325℃ (3)某兴趣小组对该反应进行了实验探究。在一定温度和催化剂的条件下，将 通入3L的密闭容 器中进行反应(此时容器内总压为200kPa)，各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。①若保持容器体积不变， 时反应达到平衡，用 的浓度变化表示 时间内的反应速率 _______ (用含 的代数式表示) ② 时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后 分压变化趋势的曲线是 _______(用图中a、b、c、d表示)，理由是_______； ③在该温度下，反应的标准平衡常数 _______。(已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应 ， ，其中 ， 、 、 、 为 各组分的平衡分压)。 方法Ⅱ：氨电解法制氢气 利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其装置如图所示。 (4)电解过程中 的移动方向为_______(填“从左往右”或“从右往左”)； (5)阳极的电极反应式为_______。 KOH溶液KOH溶液 【答案】+90.8 CD b开始体积减半，N 分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N 分压比原来2倍要小 2 2 0.48 从右往左 2NH -6e-+6OH-= N +6H O 3 2 2 【详解】 (1) 根据反应热=反应物的总键能-生成物的总键能，2NH (g) N(g)+3H(g)， H=390.8kJ mol-1 - 3 2 2 (946 kJ mol-1+436.0kJ mol-1 )= +90.8kJ mol-1，故答案为：+90.8； (2)若反应自发进行，则需 H-T S<0，T> = =456.5K，即温度应高于(456.5- 273)℃=183.5℃，CD符合，故答案为：CD； (3)①设t 时达到平衡，转化的NH 的物质的量为2x，列出三段式： 1 3 根据同温同压下，混合气体的物质的量等于体积之比， = ，解得x=0.02mol， (H )= = mol L-1 min-1，故答案为： ； 2 ②t 时将容器体积压缩到原来的一半，开始N 分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N 分压 2 2 2 比原来2倍要小，故b曲线符合，故答案为：b；开始体积减半，N 分压变为原来的2倍，随后由于加压平 2 衡逆向移动，N 分压比原来2倍要小； 2 ③由图可知，平衡时，NH 、N、H 的分压分别为120 kPa、40 kPa、120 kPa，反应的标准平衡常数 = 3 2 2 =0.48，故答案为：0.48； (4)由图可知，通NH 的一极氮元素化合价升高，发生氧化反应，为电解池的阳极，则另一电极为阴极，电 3 解过程中OH-移向阳极，则从右往左移动，故答案为：从右往左； (5)阳极NH 失电子发生氧化反应生成N，结合碱性条件，电极反应式为：2NH -6e-+6OH-= N +6H O，故答 3 2 3 2 2 案为：2NH -6e-+6OH-= N +6H O。 3 2 2 〖2020年高考真题〗 29.（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SO 的催化氧 2 化：SO (g)+ O(g) SO (g) ΔH=−98 kJ·mol−1。回答下列问题： 2 2 3 （1）钒催化剂参与反应的能量变化如图所示，VO(s)与SO (g)反应生成VOSO(s)和VO(s)的热化学方程 2 5 2 4 2 4 式为：_______________________________________。（2）当SO (g)、O(g)和N(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 2 2 2 5.0MPa压强下，SO 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 2 断的依据是______________________。影响α的因素有____________________________。 （3）将组成(物质的量分数)为2m% SO (g)、m% O (g)和q% N (g)的气体通入反应器，在温度t、压强p条 2 2 2 件下进行反应。平衡时，若SO 转化率为α，则SO 压强为___________，平衡常数K=___________(以分 2 3 p 压表示，分压=总压×物质的量分数)。 （4）研究表明，SO 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 2 t升高而增大；α为SO 平衡转化率，α'为某时刻SO 转化率，n为常数。在α'=0.90时，将一系列温度下的 2 2 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t 。tt 后，v逐渐下降。 m m m 原因是__________________________。 【答案】 （1）2VO(s)+ 2SO(g) 2VOSO(s)+ V O(s) ∆H= -351 kJ∙mol-1 2 5 2 4 2 4 （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＝p 的，所以p=5.0MPa 反应物（N 和O）的起始浓度（组成）、温度、压强 ２ 1 2 2（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＜t ，k增大对v的提高大于α引起的 m 降低；当t＞t ，k增大对v的提高小于α引起的降低 m 【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： ①SO (g)+ O(g) SO (g) ∆H= -98kJ∙mol-1 2 2 3 ⇌ ②VO(s)+ SO(g) VO(s)+ SO(g) ∆H= -24kJ∙mol-1 2 4 3 2 5 2 2 ③VO(s)+ 2SO(g) 2VOSO(s) ∆H= -399kJ∙mol-1 2 4 3 ⇌ 4 1 根据盖斯定律可知， ⇌ ③-②2得2V 2 O 5 (s)+ 2SO 2 (g) 2VOSO 4 (s)+ V 2 O 4 (s)，则∆H= ∆H 1 - 2∆H=( -399kJ∙mol-1)-( -24kJ∙mol-1)2= -351kJ∙mol-1，所以该反应的热化学方程式为：2VO(s)+ 2SO(g) 2 ⇌ 2 5 2 2VOSO(s)+ V O(s) ∆H= -351 kJ∙mol-1； 4 2 4 ⇌ （2） SO (g)+ O(g) SO (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 2 2 3 ⇌ 正反应方向移动。因此，在相同温度下，压强越大，SO 的平衡转化率越大，所以，该反应在550℃、压强 2 为5.0MPa条件下，SO 的平衡转化率一定高于相同温度下、压强为2.5MPa的，因此，p=5.0MPa，由图中 2 1 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（N 和O）的浓度、温 2 2 度、压强等。 （3）假设原气体的物质的量为100mol，则SO 、O 和N 的物质的量分别为2m mol、m mol和q mol， 2 2 2 2m+m+q=3m+q=100，SO 的平衡转化率为α，则有下列关系： 2 平衡时气体的总物质的量为n(总)= 2m(1-α)+m(1-α)+2mαmol+q mol，则SO 的物质的量分数为 3 。该反应在恒 压容器中进行，因此，SO 的分压p(SO )= ，p(SO )= ，p(O )= ，在该 3 3 2 2条件下，SO (g)+ O(g) 2SO (g) 的K = 2 2 3 p ⇌ 。 （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＜t ，k增大对v的提高大于α引起的降低；当t＞ m t ，k增大对v的提高小于α引起的降低。 m 30.（2020·新课标Ⅱ）天然气的主要成分为CH，一般还含有C H 等烃类，是重要的燃料和化工原料。 4 2 6 （1）乙烷在一定条件可发生如下反应：C H(g)= C H(g)+H(g) ΔH，相关物质的燃烧热数据如下表所示： 2 6 2 4 2 物质 C H(g) C H(g) H(g) 2 6 2 4 2 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K =_________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 p （2）高温下，甲烷生成乙烷的反应如下：2CH C H+H 。反应在初期阶段的速率方程为：r=k× 4 2 6 2 ，其中k为反应速率常数。 ①设反应开始时的反应速率为r，甲烷的转化率为α时的反应速率为r，则r=_____ r。 1 2 2 1 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H 浓度，r增大 2 C．乙烷的生成速率逐渐增大 D．降低反应温度，k减小 （3）CH 和CO 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 4 2 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CH 和CO 体积比为_________。 4 2 【答案】 （1） ①137 ②升高温度 减小压强(增大体积) ③ （2）①1－α ② AD （3） ①CO+2e−=CO+O2− ② 6∶5 2 【解析】 （1）①由表中燃烧热数值可知： ①C H(g)+ O(g)=2CO (g) +3H O(l) ∆H= -1560kJ∙mol-1；②C H(g)+3O(g)=2CO (g) +2H O(l) ∆H= 2 6 2 2 2 1 2 4 2 2 2 2 -1411kJ∙mol-1；③H(g)+ O(g)=HO(l) ∆H= -286kJ∙mol-1；根据盖斯定律可知，①-②-③得C H(g) 2 2 2 3 2 6 =C 2 H 4 (g) + H 2 (g)，则∆H= ∆H 1 -∆H 2 -∆H 3 =( -1560kJ∙mol-1)-( -1411kJ∙mol-1)- ( -286kJ∙mol-1)=137kJ∙mol-1，故答案 为137； ②反应C H(g) C H(g) + H(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 2 6 2 4 2 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， C H(g) C H(g) + H(g) 2 6 2 4 2 起始（mol） 1 0 1 转化（mol） α α α 平衡（mol） 1-α α 1+α 平衡时，C H、C H 和H 平衡分压分别为 p、 p和 p，则反应的平衡常数为K= 2 6 2 4 2 p ； （2） ①根据r=k× ，若r= kc，甲烷转化率为α时，甲烷的浓度为c(1-α)，则r= kc(1-α)，所以r=(1- 1 2 2 α)r； 1 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，CO 在阴极得电子发生还原反应，电极反应为CO+2e-=CO+O2-；②令生成乙烯和乙烷 2 2 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：6CH+5CO =2C H+ C H+5H O+5CO，即消耗CH 和CO 的体积比为 4 2 2 4 2 6 2 4 2 6:5。 31.（2020·新课标Ⅲ）二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO 的热点研究领域。回答下列问题： 2 （1）CO 催化加氢生成乙烯和水的反应中，产物的物质的量之比n(C H)∶n(H O)=__________。当反应达 2 2 4 2 到平衡时，若增大压强，则n(C H)___________(填“变大”“变小”或“不变”)。 2 4（2）理论计算表明，原料初始组成n(CO)∶n(H )=1∶3，在体系压强为0.1MPa，反应达到平衡时，四种 2 2 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C H、CO 变化的曲线分别是______、______。CO 催化加氢合成C H 反应的ΔH______0(填 2 4 2 2 2 4 “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K =_________(MPa)−3(列出计算式。以分 p 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C H、C H、C H 等低碳烃。一定温度和压 3 6 3 8 4 8 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）CO 催化加氢生成乙烯和水，该反应的化学方程式可表示为2CO+6H CH = CH+4H O，因此， 2 2 2 2 2 2 该反应中产物的物质的量之比n(C H)：n(H O)=1：4。由于该反应是气体分子数减少的反应，当反应达到 2 4 2 ⇌ 平衡状态时，若增大压强，则化学平衡向正反应方向移动，n(C H)变大。 2 4 （2） 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(CO)∶n(H )=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， 2 2 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。 32.（2020·江苏卷）CO/ HCOOH循环在氢能的贮存/释放、燃料电池等方面具有重要应用。 2 （1）CO 催化加氢。在密闭容器中，向含有催化剂的KHCO 溶液(CO 与KOH溶液反应制得)中通入H 生 2 3 2 2 成HCOO-，其离子方程式为_______________________________；其他条件不变，HCO -转化为HCOO-的 3 转化率随温度的变化如图-1所示。反应温度在40℃~80℃范围内，HCO -催化加氢的转化率迅速上升，其主 3 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。 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O 的反应，将化学能转化为电能，其反应 2 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CO 和H 可能的反应机理如图-3所示。 2 2①HCOOD催化释氢反应除生成CO 外，还生成_________________(填化学式)。 2 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） HSO 2 4 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KHCO 溶液中通入H 生成HCOOˉ，根据元素守恒和电荷守恒可得离子方程式为： 3 2 +H HCOOˉ+H O；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 2 2 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=== +H O；电池放电过程中，钾离子移向正极，即右侧，根据图示可知右 2 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HSO ； 2 4 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+O +2OHˉ = 2 +2H O或2HCOOˉ+O = 2 ； 2 2 2 （3）①根据分析可知HCOOD可以产生HCOOˉ和D+，所以最终产物为CO 和HD(Hˉ与D+结合生成)； 2 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H 和KOH， 2 生成的KOH可以吸收分解产生的CO，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 2 释放出氢气的纯度。 33.（2020·山东卷）探究CHOH合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CHOH的产率。以CO、H 3 3 2 2 为原料合成CHOH涉及的主要反应如下： 3 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 CO 和3 mol H 发生上述反应，达到平衡时， 2 2 容器中CHOH(g)为ɑ mol，CO为b mol，此时HO(g)的浓度为__________mol﹒L-1(用含a、b、V的代数式 3 2 表示，下同)，反应Ⅲ的平衡常数为___________。 （3）不同压强下，按照n(CO)：n(H )=1：3投料，实验测定CO 的平衡转化率和CHOH的平衡产率随温 2 2 2 3 度的变化关系如下图所示。 已知：CO 的平衡转化率= 2 CHOH的平衡产率= 3 其中纵坐标表示CO 平衡转化率的是图___________(填“甲”或“乙”)；压强p、p、p 由大到小的顺序 2 1 2 3 为___________；图乙中T 温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是___________。 1 （4）为同时提高CO 的平衡转化率和CHOH的平衡产率，应选择的反应条件为_________(填标号)。 2 3 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 p、p、p T 时以反 1 2 3 1 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，CO 的平衡转化率和CHOH的平衡产率之间的关 2 3 系得到相应的答案。 （1）.根据反应I+II=III，则△H= H+ H=-49.5kJ∙mol-1+(-90.4 kJ∙mol-1)=+40.9 kJ∙mol-1； 3 1 2 （2）.假设反应II中，CO反应了xmol，则II生成的CHOH为xmol，I生成的CHOH为(a-x)mol，III生成 △ △ 3 3CO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CO 的物质的量为 2 1mol-(a-x)mol-(b+x)mol=(1-a-b)mol，H 的物质的量为3mol-3(a-x)mol-2x-(b+x)mol=(3-3a-b)mol，CO的物质 2 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CHOH的平衡产率减少，所以图甲表示 3 CHOH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， 3 CO 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 2 应III为主，CO 的平衡转化率又升高，所以图乙表示CO 的平衡转化率；压强增大，反应I和II是气体体 2 2 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CHOH的 3 平衡产率增大，根据图所以压强关系为：p>p>p；温度升高，反应I和II平衡逆向移动，反应III向正反 1 2 3 应方向移动，所以T 温度时，三条曲线交与一点的原因为：T 时以反应III为主，反应III前后分子数相等， 1 1 压强改变对平衡没有影响； （4）.根据图示可知，温度越低，CO 的平衡转化率越大，CHOH的平衡产率越大，压强越大，CO 的平 2 3 2 衡转化率越大，CHOH的平衡产率越大，所以选择低温和高压，答案选A。 3 34.（2020·天津卷）利用太阳能光解水，制备的H 用于还原CO 合成有机物，可实现资源的再利用。回答 2 2 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___________。 （2）若将该催化剂置于NaSO 溶液中，产物之一为SO 2-，另一产物为__________。若将该催化剂置于 2 3 4 AgNO 溶液中，产物之一为O，写出生成另一产物的离子反应式______________________。 3 2 Ⅱ.用H 还原CO 可以在一定条下合成CHOH(不考虑副反应)： 2 2 3（3）某温度下，恒容密闭容器中，CO 和H 的起始浓度分别为 a mol‧L-1和3 a mol‧L-1，反应平衡时， 2 2 CHOH的产率为b，该温度下反应平衡常数的值为___________。 3 （4）恒压下，CO 和H 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 2 2 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HO。 2 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CO 的捕获和释放 2 （5） CO2-的空间构型为__________。已知25℃碳酸电离常数为K 、K ，当溶液pH=12时， 3 a1 a2 =1：_______：__________。 【答案】 （1）光能转化为化学能 （2） H （3） 2 （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） 分子筛膜从反应体系中不断 分离出HO，有利于反应正向进行，甲醇产率升高 210 2 （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2HO 2H↑+O ↑，光解水能量转化形式 2 2 2 为光能转化为化学能。 （2）若将该催化剂置于NaSO 溶液中，产物之一为SO 2-，SO 2-被氧化成SO 2-，则H+被还原为H，即另 2 3 4 3 4 2 一产物为H；若将该催化剂置于AgNO 溶液中，产物之一为O，氧元素的化合价升高，O 为氧化产物， 2 3 2 2 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） CO 和H 的起始浓度分别为 a mol‧L-1和3 a mol‧L-1，CHOH的产率为b，则生成的CHOH物质的 2 2 3 3 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HO，c（HO）减小，有利于反应正向进行，甲醇产率升高，故P点甲醇 2 2 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）CO2-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 3 电子对，故CO2-的空间构型为平面正三角形；HCO 的电离方程式为HCO H++HCO-、HCO - H+ 3 2 3 2 3 3 3 ⇌ ⇌ +CO 2-，则K = 、K = ，当溶液的pH=12时，c（H+）=1×10-12mol/L，将 3 a1 a2 其代入K 、K 中分别求出c（ ）=1012K c(H CO)、c（CO2-）=1012K c（HCO -）=1024K K a1 a2 a1 2 3 3 a2 3 a1 a2 c(H CO)，则c(H CO)：c（HCO -）：c（CO2-） =1：（1012K ）：（1024K K ）。 2 3 2 3 3 3 a1 a1 a2 35.（2020·浙江卷）研究CO 氧化C H 制 C H 对资源综合利用有重要意义。相关的主要化学反应有： 2 2 6 2 4 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 )。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）①CO 和 C H 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“CO 氧化 2 2 6 2 C H 制 C H”的影响，所得实验数据如下表： 2 6 2 4 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，CO 氧化C H 的主要产物是___________________________，判 2 2 6 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C H 的选择性(生成C H 的物质的量与 2 4 2 4 消耗C H 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 2 6 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 C H 的产率低，说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率 2 4 选择性膜吸附C H，促进反应Ⅱ平衡正向移动 2 4 【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，C H(g)、CO(g)、CO(g)、H(g)的相对能量分别为-84kJ∙mol-1、-393 kJ∙mol-1、- 2 6 2 2 110 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，C 2 H 6 (g) +2CO (g) 4CO(g)+3H(g) ∆H=(-110 kJ∙mol-1)4-(-84kJ∙mol-1)-( -393 kJ∙mol-1)2=430 kJ∙mol-1。 2 2 3 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C H(g)+CO (g)C H(g)+H(g) +CO (g)， 2 6 2 2 4 2 2 C H(g)、H(g)、CO(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 2 4 2 2 C H(g)+H(g) +CO (g)C H(g)+HO(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 2 4 2 2 2 4 2 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 C H(g)、HO(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 2 4 2 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： 。（2）①由题中信息及表中数据可知，尽管CO 和C H 按物质的量之比1：1投料，但是C H 的产率远远小 2 2 6 2 4 于C H 的转化率，但是CO 的转化率高于C H，说明在催化剂X的作用下，除了发生反应Ⅱ，还发生了 2 6 2 2 6 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，CO 氧化C H 2 2 6 的主要产物是CO。故答案为：CO；C H 的产率低说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率。 2 4 ②由题中信息可知，选择性膜技术可提高C H 的选择性，由反应ⅡC H(g)+CO (g) C H(g)+HO(g) 2 4 2 6 2 2 4 2 +CO(g)可知，该选择性应具体表现在选择性膜可选择性地让C H 通过而离开体系，即通过吸附C H 减小 2 4 ⇌ 2 4 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C H，促进反应Ⅱ平衡向正反应方向移动。 2 4 〖2019年高考真题〗 36．[2019·新课标Ⅰ]水煤气变换[CO(g)+H O(g)=CO(g)+H(g)]是重要的化工过程，主要用于合成氨、制氢 2 2 2 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H 缓慢地通过处于721 ℃下的过量氧化钴CoO(s)，氧化钴部分被还 2 原为金属钴Co(s)，平衡后气体中H 的物质的量分数为0.0250。 2 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_________H （填“大于”或“小于”）。 2 （2）721 ℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和HO(g)混合，采用适当的催化剂进行反应，则平衡 2 时体系中H 的物质的量分数为_________（填标号）。 2 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H 分压随时间变化关系（如下图所示），催化 2 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*+H O*===COOH*+2H*+OH*（或HO*===H*+OH*） 2 2 （4）0.0047 b c a d 【解析】 （1）H 还原氧化钴的方程式为：H(g)＋CoO(s)===Co(s)＋HO(g)；CO还原氧化钴的方程式为：CO(g)＋ 2 2 2 CoO(s)===Co(s)＋CO(g)，平衡时H 还原体系中H 的物质的量分数（ ）高于CO还原体 2 2 2 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H； 2 （2）721 ℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和HO(g)混合，可设其物质的量为1mol，则 2 CO(g)+HO(g) CO(g)+H(g) 2 2 2 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H 的物质的量分数= ，因该反应为可逆反应，故 2 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H，所以CO更易转化为 2 H，故x>0.5，由此可判断最终平衡时体系中H 的物质的量分数介于0.25~0.50，故答案为C； 2 2 （3）根据水煤气变换[CO(g)+H O(g)=CO(g)+H(g)]并结合水煤气变换的反应历程相对能量可知，CO(g) 2 2 2+H O(g)的能量（-0.32eV）高于CO(g)+H(g)的能量（-0.83eV），故水煤气变换的ΔH小于0；活化能即反 2 2 2 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 =1.86-(-0.16)eV=2.02eV；该步骤的反应物为COOH +H +H O ＝COOH +2H 正 2 +OH ；因反应前后COOH 和1个H 未发生改变，也可以表述成HO ＝H +OH ； 2 （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H 的物质的量分数介 2 于0.25~0.5，CO的物质的量分数介于0~0.25，即H 的分压始终高于CO的分压，据此可将图分成两部分： 2 由此可知，a、b表示的是H 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 2 向移动，CO分压增加，H 分压降低，故467 ℃时P 和P 随时间变化关系的曲线分别是b、c；489 ℃时 2 H2 CO P 和P 随时间变化关系的曲线分别是a、d。 H2 CO 37．[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)+H(g) ΔH=100.3 kJ·mol −1 ① 2 1H(g)+ I (g) 2HI(g) 2 2 ΔH=−11.0 kJ·mol −1 ② 2 对于反应： (g)+ I (g) (g)+2HI(g) ③ ΔH=___________kJ·mol −1。 2 3 （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K =_________Pa。达到平衡后，欲 p 增加环戊烯的平衡转化率，可采取的措施有__________（填标号）。 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．T＞T 1 2 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(C H)，结构简式为 ），后者广泛应用于航天、化工等领域 5 5 2 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 （3）CD （4）Fe电极 Fe+2 = +H ↑（Fe+2C H 2 5 6 Fe(C H)+H ↑） 5 5 2 2 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）+I （g）= （g）+2HI（g） 增加的物质的量 2 1mol 1mol 1mol 2mol 1mol xmol 2n×20% 得x=0.4nmol，转化率为0.4n/n×100%=40%； （g） + I （g）= （g）+ 2HI（g） 2 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 K= =3.56×104； pA．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I 的浓度，平衡正向移动，环戊烯转化率升高，故D正确； 2 （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Tv(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+，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 = +H ↑； 2 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。 38．[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)+O (g)=2Cl (g)+2HO(g)。下图为刚性容器中，进料浓度比 2 2 2 c(HCl) ∶c(O )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： 2 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 c，根据进料浓度比c(HCl)∶c(O )=1∶1的数据计算K（400℃）=____________（列出计算式）。按化学 0 2 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(O )过低、过高的 2 不利影响分别是____________。 （2）Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行： CuCl (s)=CuCl(s)+ Cl(g) ΔH=83 kJ·mol-1 2 2 1 CuCl(s)+ O(g)=CuO(s)+ Cl(g) ΔH=-20 kJ·mol-1 2 2 2 CuO(s)+2HCl(g)=CuCl (s)+HO(g) ΔH=-121 kJ·mol-1 2 2 3 则4HCl(g)+O (g)=2Cl (g)+2HO(g)的ΔH=_________ kJ·mol-1。 2 2 2 （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： 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 O 和Cl 分离能耗较高、HCl转化率较低 2 2 （2）﹣116 （3）增加反应体系压强、及时除去产物 （4）Fe3++e−=Fe2+，4Fe2++O +4H+=4Fe3++2H O 5.6 2 2 【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） c c 0 0 0 0 变化（浓度） 0.84c 0.21c 0.42c 0.42c 0 0 0 0 平衡（浓度）(1-0.84)c (1-0.21)c 0.42c 0.42c 0 0 0 0 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= （ΔH+ΔH+ΔH）×2=-116kJ·mol-1； 1 2 3 （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++O +4H+＝4Fe3++2H O；电路中转移1 mol 2 2 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。 39．[2019·江苏卷] CO 的资源化利用能有效减少CO 排放，充分利用碳资源。 2 2 （1）CaO可在较高温度下捕集CO，在更高温度下将捕集的CO 释放利用。CaC O ·H O热分解可制备 2 2 2 4 2 CaO，CaC O ·H O加热升温过程中固体的质量变化见下图。 2 4 2①写出400~600 ℃范围内分解反应的化学方程式： ▲ 。 ②与CaCO 热分解制备的CaO相比，CaC O·H O热分解制备的CaO具有更好的CO 捕集性能，其原因是 3 2 4 2 2 ▲ 。 （2）电解法转化CO 可实现CO 资源化利用。电解CO 制HCOOH的原理示意图如下。 2 2 2 ①写出阴极CO 还原为HCOO−的电极反应式： ▲ 。 2 ②电解一段时间后，阳极区的KHCO 溶液浓度降低，其原因是 ▲ 。 3 （3）CO 催化加氢合成二甲醚是一种CO 转化方法，其过程中主要发生下列反应： 2 2 反应Ⅰ：CO(g)+H(g) CO(g)+HO(g) ΔH =41.2 kJ·mol−1 2 2 2 反应Ⅱ：2CO(g)+6H(g) CHOCH (g)+3HO(g) ΔH =﹣122.5 kJ·mol−1 2 2 3 3 2 在恒压、CO 和H 的起始量一定的条件下，CO 平衡转化率和平衡时CHOCH 的选择性随温度的变化如图。 2 2 2 3 3 其中： CHOCH 的选择性= ×100％ 3 3①温度高于300 ℃，CO 平衡转化率随温度升高而上升的原因是 ▲ 。 2 ②220 ℃时，在催化剂作用下CO 与H 反应一段时间后，测得CHOCH 的选择性为48%（图中A点）。 2 2 3 3 不改变反应时间和温度，一定能提高CHOCH 选择性的措施有 ▲ 。 3 3 【答案】（1）①CaC O CaCO +CO↑ 2 4 3 ②CaC O·H O热分解放出更多的气体，制得的CaO更加疏松多孔 2 4 2 （2）①CO+H++2e− HCOO−或CO+ +2e− HCOO−+ 2 2 ②阳极产生O，pH减小， 浓度降低；K+部分迁移至阴极区 2 （3）①反应Ⅰ的ΔH＞0，反应Ⅱ的ΔH＜0，温度升高使CO 转化为CO的平衡转化率上升，使CO 转化为 2 2 CHOCH 的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度 3 3 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CaC O·H O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 2 4 2 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CaC O 2 4 CaCO +CO↑。 3 ②CaC O·H O热分解放出更多的气体，制得的CaO更加疏松多孔，增加与CO 的接触面积，更好捕捉 2 4 2 2 CO。 2 （2）①根据电解原理，阴极上得到电子，化合价降低，CO+H++2e− HCOO−或CO+ +2e− 2 2 HCOO−+ 。 ②阳极反应式为2HO－4e－ O↑＋4H＋，阳极附近pH减小，H＋与HCO －反应，同时部分K＋迁移至阴 2 2 3 极区，所以电解一段时间后，阳极区的KHCO 溶液浓度降低。 3 （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，CO 的转化率增大，反 2 应II为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，CO 的转化率降低，根据图像，上升幅度超过下降 2 幅度，因此温度超过300℃时，CO 转化率上升。 2 ②图中A点CHOCH 的选择性没有达到此温度下平衡时CHOCH 的选择性，依据CHOCH 选择性公式， 3 3 3 3 3 3 提高CHOCH 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 3 3 性更高的催化剂。 40．[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H 和CO，其物质的量之比为4∶1，甲烷和水蒸气反应的方程式是 2 2 ______________。 ②已知反应器中还存在如下反应： i.CH (g)+HO(g) CO(g)+3H(g) ΔH 4 2 2 1ii.CO(g)+H O(g) CO(g)+H(g) ΔH 2 2 2 2 iii.CH (g) C(s)+2H(g) ΔH 4 2 3 …… iii为积炭反应，利用ΔH 和ΔH 计算ΔH 时，还需要利用__________反应的ΔH。 1 2 3 ③反应物投料比采用n（HO）∶n（CH）=4∶1，大于初始反应的化学计量数之比，目的是 2 4 ________________（选填字母序号）。 a.促进CH 转化 b.促进CO转化为CO c.减少积炭生成 4 2 ④用CaO可以去除CO。H 体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如下图所示。从t 时开始，H 体积分 2 2 1 2 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K 或K，可交替得到 1 2 H 和O。 2 2 ①制H 时，连接_______________。 2 产生H 的电极反应式是_______________。 2 ②改变开关连接方式，可得O。 2 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）①CH+2H O 4H+CO 4 2 2 2 ②C(s)+2HO(g) CO(g)+2H(g)或C(s)+ CO (g) 2CO(g) 2 2 2 2 ③a b c ④降低 CaO+ CO CaCO ，CaCO 覆盖在CaO表面，减少了CO 与CaO的接触面积 2 3 3 2 （2）①K 2HO+2e- H↑+2OH- 1 2 2③制H 时，电极3发生反应：Ni(OH) + OH--e- NiOOH+H O。制O 时，上述电极反应逆向进行，使电 2 2 2 2 极3得以循环使用 【解析】 （1）①由于生成物为H 和CO，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 2 2 CH+2H O 4H+CO 。 4 2 2 2 ②ⅰ-ⅱ可得CH(g)+CO (g) 2CO(g)+2H(g)，设为ⅳ，用ⅳ-ⅲ可得C(s)+CO(g) 2CO(g)，因为还 4 2 2 2 需利用C(s)+CO(g) 2CO(g)反应的焓变。 2 ③初始反应n(H O):n(CH )=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 2 4 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。 ④t 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+ CO CaCO ，CaCO 覆 1 2 3 3 盖在CaO表面，减少了CO 与CaO的接触面积，因而失效。 2 （2）①电极生成H 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H 时， 2 2 连接K，该电池在碱性溶液中，由HO提供H+，电极反应式为2HO+2e-=H ↑+2OH-。 1 2 2 2 ③电极3上NiOOH和Ni(OH) 相互转化，其反应式为NiOOH+e-+H O Ni(OH) +OH-，当连接K 时， 2 2 2 1 Ni(OH) 失去电子变为NiOOH，当连接K 时，NiOOH得到电子变为Ni(OH) ，因而作用是连接K 或K 时， 2 2 2 1 2 电极3分别作为阳极材料和阴极材料，并且NiOOH和Ni(OH) 相互转化提供电子转移。 2