专题06化学反应速率和化学平衡（教师版含解析）2021年高考化学真题和模拟题分类汇编_05高考化学_新高考复习资料_2023年新高考资料_一轮复习_2023年新高考大一轮复习讲义

专题06化学反应速率和化学平衡 2021年化学高考题 N O 100mL 1．（2021·浙江）一定温度下：在 2 5的四氯化碳溶液( )中发生分解反应： 2N O  4NO +O O N O 2 5 2 2。在不同时刻测量放出的 2体积，换算成 2 5浓度如下表： t/s 0 600 1200 1710 2220 2820 x cN O /  molL1 1.40 0.96 0.66 0.48 0.35 0.24 0.12 2 5 下列说法正确的是 600~1200s NO 5.0104molL1s1 A． ，生成 2的平均速率为 2220s O 11.8L B．反应 时，放出的 2体积为 (标准状况)     v NO =2v NO C．反应达到平衡时， 正 2 5 逆 2 D．推测上表中的x为3930 【答案】D 【详解】 600~1200s N O molL1 molL1 A． ， 2 5的变化量为(0.96-0.66) ==0.3 ，在此时间段内 0.6molL1  NO 的变化量为其2倍，即0.6molL1，因此，生成NO 的平均速率为 600s 2 2 1.0103molL1s1 ，A说法不正确； 2220s N O molL1 B．由表中数据可知，反应 时， 2 5的变化量为(1.40-0.35) ==1.05 1 molL1 ，其物质的量的变化量为1.05 molL10.1L=0.105mol，O 2 的变化量是其 2 ，即 O 1.176L 0.0525mol，因此，放出的 2在标准状况下的体积为0.0525mol 22.4L/mol= ，B说法不正确； C．反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，用不同物质表示该反应的速率时，其数 2v N O v NO  值之比等于化学计量数之比， 正 2 5 逆 2 ，C说法不正确； N O D．分析表中数据可知，该反应经过1110s（600-1710,1710-2820）后 2 5的浓度会变为原 1 来的 2 ，因此，N 2 O 5 的浓度由0.24 molL1 变为0.12 molL1 时，可以推测上表中的x 为(2820+1110)=3930，D说法正确。 综上所述，本题选D。 2．（2021·浙江）相同温度和压强下，关于物质熵的大小比较，合理的是 1mol CH (g)<1mol H (g) 1mol H O(g)<2mol H O(g) A． 4 2 B． 2 2 1mol H O(s)>1mol H O(l) 1mol C  s, 金刚石  1mol C  s, 石墨 C． 2 2 D． 【答案】B 【详解】 CH (g) H (g) CH (g) CH (g) A． 4 和 2 物质的量相同，且均为气态， 4 含有的原子总数多， 4 的 1mol CH (g)>1mol H (g) 摩尔质量大，所以熵值 4 2 ，A错误； 1mol H O(g)<2mol H O(g) B．相同状态的相同物质，物质的量越大，熵值越大，所以熵值 2 2 ， B正确； Sg>Sl>Ss 1mol H O(s)<1mol H O(l) C．等量的同物质，熵值关系为： ，所以熵值 2 2 ， C错误； D．从金刚石和石墨的结构组成上来看，金刚石的微观结构更有序，熵值更低，所以熵值 1mol Cs，金刚石<1mol Cs，石墨 ，D错误； 答案为：B。 X2Z XY Y2Z 3．（2021·广东高考真题）反应 经历两步：① ；② 。反应体系中 X Y ZX、Y、Z的浓度c随时间t的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是 cX A．a为 随t的变化曲线 t cX=cY=cZ B． 1时， t C． 2时， Y 的消耗速率大于生成速率 t cZ=2c -cY D． 3后， 0 【答案】D 【分析】 X2Z XY Y2Z 由题中信息可知，反应 经历两步：① ；② 。因此，图中呈不断减小 c t c t 趋势的ａ线为X的浓度 随时间 的变化曲线，呈不断增加趋势的线为Z的浓度 随时间 的 c t 变化曲线，先增加后减小的线为Y的浓度 随时间 的变化曲线。 【详解】 cX A．X是唯一的反应物，随着反应的发生，其浓度不断减小，因此，由图可知，a 为 随 t 的变化曲线，A正确； t t B．由图可知，分别代表3种不同物质的曲线相交于 1时刻，因此， 1时 cXcYcZ ，B正确； t t C．由图中信息可知， 2时刻以后，Y的浓度仍在不断减小，说明 2时刻反应两步仍在向正反 t 应方向发生，而且反应①生成Y的速率小于反应②消耗Y的速率，即 2时 Y 的消耗速率大于生成速率，C正确； t cYc D．由图可知， 3时刻反应①完成，X完全转化为Y，若无反应②发生，则 0，由于反 Y2Z t c cY 应② 的发生， 3时刻Y浓度的变化量为 0 ，变化量之比等于化学计量数之 2[c cY] t 比，所以Z的浓度的变化量为 0 ，这种关系在 3后仍成立， 因此，D不正确。 综上所述，本题选D。 4．（2021·河北高考真题）室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下 两个反应：①M+N=X+Y；②M+N=X+Z，反应①的速率可表示为v=kc2(M)，反应②的速率可表 1 1 示为v=kc2(M) (k、k 为速率常数)。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图，下 2 2 1 2 列说法错误的是 A．0～30min时间段内，Y的平均反应速率为6.67×10-8mol•L-1•min-1 B．反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变 C．如果反应能进行到底，反应结束时62.5%的M转化为Z D．反应①的活化能比反应②的活化能大 【答案】A 【详解】 30min molL1 molL1 A．由图中数据可知， 时，M、Z的浓度分别为0.300 和0.125 ，则M molL1 molL1 molL1 的变化量为0.5 -0.300 =0.200 ，其中转化为Y的变化量为0.200 molL1 molL1 molL1 0~30min -0.125 =0.075 。因此， 时间段内，Y的平均反应速0.075molL-1 0.0025 率为 30min molL1min1，A说法不正确； k 1 B．由题中信息可知，反应①和反应②的速率之比为k ，Y和Z分别为反应①和反应②的产 2 物，且两者与M的化学计量数相同（化学计量数均为1），因此反应开始后，体系中Y和Z的 k 1 浓度之比等于 k ，由于k、k 为速率常数，故该比值保持不变，B说法正确； 2 1 2 k 1 C．结合A、B的分析可知因此反应开始后，在相同的时间内体系中Y和Z的浓度之比等于k 2 0.075mol×L-1 3 5 = =0.125mol×L-1 5 ，因此，如果反应能进行到底，反应结束时有 8的M转化为Z，即 62.5% 的M转化为Z，C说法正确； D．由以上分析可知，在相同的时间内生成Z较多、生成Y较少，因此，反应①的化学反应速 率较小，在同一体系中，活化能较小的化学反应速率较快，故反应①的活化能比反应②的活 化能大，D说法正确。 综上所述，相关说法不正确的只有A，故本题选A。 5．（2021·浙江高考真题）取50 mL过氧化氢水溶液，在少量I- 存在下分解： 2HO=2HO+O↑。在一定温度下，测得O 的放出量，转换成HO 浓度(c)如下表： 2 2 2 2 2 2 2 t/min 0 20 40 60 80 c/ 0.80 0.40 0.20 0.10 0.050 (mol·L-1) 下列说法不正确的是 A．反应20min时，测得O 体积为224mL(标准状况) 2 B．20~40min，消耗HO 的平均速率为0.010mol·L-1·min-1 2 2 C．第30min时的瞬时速率小于第50min时的瞬时速率 D．HO 分解酶或FeO 代替I-也可以催化HO 分解 2 2 2 3 2 2 【答案】C【详解】 A．反应20min时，过氧化氢的浓度变为0.4mol/L，说明分解的过氧化氢的物质的量 n(HO)=(0.80-0.40)mol/L×0.05L=0.02mol，过氧化氢分解生成的氧气的物质的量 2 2 n(O)=0.01mol，标况下的体积V=n·V=0.01mol×22.4L/mol=0.224L=224mL，A正确； 2 m B．20~40min，消耗过氧化氢的浓度为(0.40-0.20)mol/L=0.20mol/L，则这段时间内的平均 Δc 0.20mol/L 速率v= t = 20min =0.010mol/(L·min)，B正确； C．随着反应的不断进行，过氧化氢的浓度不断减小，某一时刻分解的过氧化氢的量也不断 减小，故第30min时的瞬时速率大于第50min时的瞬时速率，C错误； D．I-在反应中起到催化的作用，故也可以利用过氧化氢分解酶或FeO 代替，D正确； 2 3 故答案选C。 二、多选题 LFeH 6．（2021·湖南高考真题）铁的配合物离子(用 表示)催化某反应的一种反应 机理和相对能量的变化情况如图所示： 下列说法错误的是 催化剂 HCOOH CO↑+H↑ A．该过程的总反应为 2 2H B． 浓度过大或者过小，均导致反应速率降低 C．该催化循环中Fe元素的化合价发生了变化 D．该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定 【答案】CD 【详解】 A．由反应机理可知，HCOOH电离出氢离子后，HCOO-与催化剂结合，放出二氧化碳，然后又结 催化剂 合氢离子转化为氢气，所以化学方程式为HCOOH CO↑+H↑，故A正确； 2 2 B．若氢离子浓度过低，则反应Ⅲ→Ⅳ的反应物浓度降低，反应速率减慢，若氢离子浓度过 高，则会抑制加酸的电离，使甲酸根浓度降低，反应Ⅰ→Ⅱ速率减慢，所以氢离子浓度过高 或过低，均导致反应速率减慢，故B正确； C．由反应机理可知，Fe在反应过程中，做催化剂，化合价没有发生变化，故C错误； D．由反应进程可知，反应Ⅳ→Ⅰ能垒最大，反应速率最慢，对该过程的总反应起决定作用， 故D错误； 故选CD。 7．（2021·湖南高考真题）已知： Ag2Bg  3Cg H 0，向一恒温恒容的密 1molA 3molB t t t 闭容器中充入 和 发生反应， 1时达到平衡状态I，在 2时改变某一条件， 3时 重新达到平衡状态Ⅱ，正反应速率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是 A．容器内压强不变，表明反应达到平衡 t B． 2时改变的条件：向容器中加入C (II)(I) C．平衡时A的体积分数 ： K(II) K(I) D．平衡常数K： 【答案】BC 【分析】 根据图像可知，向恒温恒容密闭容器中充入1molA和3molB发生反应，反应时间从开始到t 1 阶段，正反应速率不断减小，t-t 时间段，正反应速率不变，反应达到平衡状态，t-t 时间 1 2 2 3 段，改变条件使正反应速率逐渐增大，平衡向逆反应方向移动，t 以后反应达到新的平衡状 3 态，据此结合图像分析解答。 【详解】  A.容器内发生的反应为A(g)+2B(g) 3C(g)，该反应是气体分子数不变的可逆反应，所以在 恒温恒容条件下，气体的压强始终保持不变，则容器内压强不变，不能说明反应达到平衡状 态，A错误； v B.根据图像变化曲线可知，t  t 过程中，t 时 正，瞬间不变，平衡过程中不断增大，则说 2 3 2 明反应向逆反应方向移动，且不是“突变”图像，属于“渐变”过程，所以排除温度与催化 剂等影响因素，改变的条件为：向容器中加入C，B正确； C.最初加入体系中的A和B的物质的量的比值为1：3，当向体系中加入C时，平衡逆向移动，   最终A和B各自物质的量增加的比例为1：2，因此平衡时A的体积分数 (II)> (I)，C正 确； D.平衡常数K与温度有关，因该反应在恒温条件下进行，所以K保持不变，D错误。 故选BC。 三、原理综合题 8．（2021·山东高考真题）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： +CHOH △H 3 1     K 1 反应Ⅱ： +CHOH △H 3     K 2  2 反应Ⅲ：     K 3  △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 x ΔH 1 断，A和B中相对稳定的是__(用系统命名法命名)；ΔH 的数值范围是___(填标号)。 2 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 x3 为___mol，反应Ⅰ的平衡常数K=___。同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀 x1 释，反应Ⅰ的化学平衡将__(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)平衡时，A与CHOH 3 物质的量浓度之比c(A)：c(CHOH)=___。 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。 3 控制温度为353K，A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化如图所示。代表B的变化曲线为 __(填“X”或“Y”)；t=100s时，反应Ⅲ的正反应速率v __逆反应速率v (填“＞” 正 逆 “＜”或“=)。1011 【答案】2-甲基-2-丁烯 D 0.9α 2 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 x 度升高（要注意横坐标为温度的倒数）而减小，说明3个反应均为放热反应，即△H＜0、 1 △H＜0、△H＜0，因此，A的总能量高于B的总能量，能量越低越稳定，A和B中相对稳定 2 3 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- 1 ΔH 1 △H=△H＜0，因此△H＜△H，由于放热反应的△H越小，其绝对值越大，则ΔH 的数值范 2 3 1 2 2 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(CHOH)= α mol。已知反应Ⅲ的平衡常数K=9.0， 3 x3 nB 则nA=9.0，将该式代入上式可以求出平衡体系中B的物质的量为0.9α mol，1 1011 1  n(A)=0.1α mol，反应Ⅰ的平衡常数K=    2 2 。同温同压下，再 x1 0.1   1 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 3 比不变，c(A)：c(CHOH)=0.1α：α=1:10。 3 nB (3)温度为353K，反应Ⅲ的平衡常数K x3 =9.0，nA=9.0。由A、B物质的量浓度c随反应时 间t的变化曲线可知，X代表的平衡浓度高于Y，则代表B的变化曲线为X；由母线的变化趋 nB 0.112  10.29 势可知，100s 以后各组分的浓度仍在变化， t=100s时nA 0.011 ，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 9．（2021·浙江）含硫化合物是实验室和工业上的常用化学品。请回答： SO (1)实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量 2： Cu(s)2H SO (l)CuSO (s)SO (g)2H O(l) ΔH=11.9kJmol1 2 4 4 2 2 。判断该反应 的自发性并说明理由_______。 (2)已知 2SO 2 (g)+O 2 (g)     2SO 3 (g) ΔH=198kJmol1 。850K时，在一恒容密闭 SO O SO O SO 反应器中充入一定量的 2和 2，当反应达到平衡后测得 2、 2和 3的浓度分别为 6.0103molL1 8.0103molL1 4.4102molL1 、 和 。 ①该温度下反应的平衡常数为_______。 SO ②平衡时 2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_______。SO SO A．须采用高温高压的反应条件使 2氧化为 3 B．进入接触室之前的气流无需净化处理 SO C．通入过量的空气可以提高含硫矿石和 2的转化率 SO D．在吸收塔中宜采用水或稀硫酸吸收 3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 b a a b b a a b b a A． 1 1 B． 1 2 C． 2 2 D． 2 3 E. 3 3 F. 3 4 a b G. 4 4 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 2SO (g)O (g) 2SO (g) 图3中画出反应 2 2 3 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)_______。 Na SH SO H O (4)一定条件下，在 2 2 4 2 2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。 S2 H=HS Ⅰ. Ⅱ.①_______； HS H O H=S2H O Ⅲ. 2 2 2 ； Ⅳ.②_______。 H0,S0 6.7103mol1L 88% 【答案】不同温度下都能自发，是因为 C BDF HS 4H O =SO2 4H OH 2 2 4 2 S3H O =SO2 2H O2H 2 2 4 2 【详解】 SO (1)实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量 2的反应为 Cu(s)2H SO (1) CuSO (s)SO (g)2H O(1) H 11.9kJmol1 2 4 4 2 2Cu(s)2H SO (1) CuSO (s)SO (g)2H O(1) H 11.9kJmol1 2 4 4 2 2 ，由于该反 H 0、S 0 应 ，因此该反应在任何温度下都能自发进行。 2SO (g)O (g) 2SO (g) (2)①根据题中所给的数据可以求出该温度下 2 2 3 的平衡常数为 c2(SO ) (4.4102molL1)2 K= 3   c2(SO )c(O ) (6.0103molL1)28.0103molL1 6.7103mol1L . 2 2 c (SO ) 3 100% ②平衡时SO 的转化率为c (SO )c (SO ) 2 2 3 4.4102molL1 100% 6.0103molL14.4102molL1 88%； SO SO SO (3)①A．在常压下 2催化氧化为 3的反应中， 2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 2SO (g)O (g) 2SO (g) 2 2 3 向正反应方向移动，因此可以提高含硫矿石和SO 的转化率； 2 SO SO D． 3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 3，反应放出的热量 SO SO 会使硫酸形成酸雾从而影响 3被水吸收导致 3的吸收速率减小，因此，在吸收塔中不宜 SO 采用水或稀硫酸吸收 3，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 SO 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， 2的转化率基本不变， b a b a b a 因此，图2所示进程中表示热交换过程的是 1 2、 2 3、 3 4，因此选BDF； 2SO (g)O (g) 2SO (g) ③对于放热的可逆反应 2 2 3 ，该反应的最适宜温度为催化剂的催 SO 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， 2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 SO 升高对化学反应速率的影响，因此化学反应速率逐渐减小， 2的转化率也逐渐减小；由于 SO 该反应为放热反应，随着温度的升高， 2的平衡转化率减小；由于反应混合物与催化剂层 SO 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 2 2SO (g)O (g) 2SO (g) 的转化率低于其平衡转化率。因此，反应 2 2 3 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： . pH Na SH SO H O pH (4)由 时间振荡曲线可知，在 2 2 4 2 2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HS S2 H=HS HS 4H O=SO2 4H OH 应生成 ， ，然后发生 2 4 2 ，该过程溶液的 pH HS H O S 基本不变，溶液保持澄清；溶液变浑浊时 被 2 2氧化为 ，即发生 HS H O H=S2H O pH S H O 2 2 2 ，该过程溶液的 增大；溶液又变澄清时 又被 2 2氧 SO2 S3H O =SO2 2H O2H pH 化为 4 ，发生 2 2 4 2 ，该过程溶液的 在减小。因此可以推 S2 H=HS 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： 、 HS 4H O =SO2 4H OH HS H O H=S2H O 2 2 4 2 、 2 2 2 、 S3H O SO2 2H O2H 2 2 4 2 。 10．（2021·广东高考真题）我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。CH 4 与CO 重整是CO 利用的研究热点之一。该重整反应体系主要涉及以下反应： 2 2  a)CH(g)+CO(g) 2CO(g)+2H(g) ∆H 4 2 2 1  b)CO(g)+H(g) CO(g)+HO(g) ∆H 2 2 2 2  c)CH(g) C(s)+2H(g) ∆H 4 2 3  d)2CO(g) CO(g)+C(s) ∆H 2 4  e)CO(g)+H(g) HO(g)+C(s) ∆H 2 2 5 (1)根据盖斯定律，反应a的∆H=_______(写出一个代数式即可)。 1 (2)上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有_______。 A．增大CO 与CH 的浓度，反应a、b、c的正反应速率都增加 2 4 B．移去部分C(s)，反应c、d、e的平衡均向右移动 C．加入反应a的催化剂，可提高CH 的平衡转化率 4 D．降低反应温度，反应a~e的正、逆反应速率都减小 (3)一定条件下，CH 分解形成碳的反应历程如图所示。该历程分_______步进行，其中，第 4_______步的正反应活化能最大。 r (4)设Kp为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替 浓度。气体的相对分压等于其分压（单位为kPa）除以p（p=100kPa）。反应a、c、e的ln 0 0 1 r Kp随T （温度的倒数）的变化如图所示。 ①反应a、c、e中，属于吸热反应的有_______(填字母)。 r ②反应c的相对压力平衡常数表达式为Kp=_______。 ③在图中A点对应温度下、原料组成为n(CO):n(CH)=1:1、初始总压为100kPa的恒容密闭 2 4 容器中进行反应，体系达到平衡时H 的分压为40kPa。计算CH 的平衡转化率，写出计算过程 2 4 _______。 (5)CO 用途广泛，写出基于其物理性质的一种用途：_______。 2p(H ) ( 2 )2 p 0 【答案】∆H+∆H-∆H或∆H-∆H AD 4 4 ac p(CH ) 68% 做冷 2 3 5 3 4 ( 4 ) p 0 冻剂 【分析】 根据盖斯定律计算未知反应的反应热；根据影响化学反应速率和化学平衡的因素判断反应速 率的变化及转化率的变化；根据图像及曲线高低判断反应进程和活化能的相对大小；根据平 衡时反应物的分压计算平衡转化率；根据CO 的物理性质推测CO 的用途。 2 2 【详解】 (1)根据题目所给出的反应方程式关系可知，a=b+c-e=c-d，根据盖斯定律则有∆H=∆H+∆H- 1 2 3 ∆H=∆H-∆H； 5 3 4 (2)A．增大CO 和CH 的浓度，对于反应a、b、c来说，均增大了反应物的浓度，反应的正反 2 4 应速率增大，A正确； B．移去部分C(s)，没有改变反应体系中的压强，反应的正逆反应速率均不变，平衡不移动， B错误； C．催化剂可以同等条件下增大正逆反应速率，只能加快反应进程，不改变反应的平衡状态， 平衡转化率不变，C错误； D．降低温度，体系的总能量降低，正、逆反应速率均减小，D正确； 故答案选AD； (3)由图可知，反应过程中能量变化出现了4个峰，即吸收了4次活化能，经历了4步反应； 且从左往右看4次活化能吸收中，第4次对应的峰最高，即正反应方向第4步吸收的能量最 多，对应的正反应活化能最大。 r r (4)①随着温度的升高，反应a和c的ln Kp增大，说明Kp的数值增大，反应向正反应方向 r r 进行，反应a和c为吸热反应，同理反应e的ln Kp减小，说明Kp的减小，反应向逆反应方 向进行，反应e为放热反应，故答案为ac； p(H ) ( 2 )2 p 0 ②用相对分压代替浓度，则反应c的平衡常数表达式K = p(CH ) ； ( 4 ) r p p 0p(H ) ( 2 )2 p 0 ③由图可知，A处对应反应c的ln K =0，即K = p(CH ) =1，解方程的p2(H)=p(CH)， ( 4 ) 2 4 r r p p p 0 1 已知反应平衡时p(H)=40kPa，则有p(CH)=16kPa，且初始状态时p(CH)=1+1 2 4 4 50kPa-16kPa ×100kPa=50kPa，故CH 的平衡转化率为 50kPa ×100%=68%； 4 (5)固态CO 即为干冰，干冰用于制冷或人工降雨均是利用其物理性质。 2 【点睛】 1 r 本题难点在于Kp与T 关系曲线的判断，在曲线中斜率为正为放热反应，斜率为负为吸热反 应。 11．（2021·全国高考真题）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_______。 BaPtCl BaCl Pt Cl (2)氯铂酸钡( 6)固体加热时部分分解为 2、 和 2，376.8℃时平衡常数 K′1.0104Pa2 BaPtCl p ，在一硬质玻璃烧瓶中加入过量 6，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20.0kPa。376.8℃平衡时，测得烧 32.5kPa p = kPa 2ICl(g)Cl (g)I (g) 瓶中压强为 ，则 ICl _______ ，反应 2 2 的平衡常数 K=_______(列出计算式即可)。 K (3)McMorris测定和计算了在136~180℃范围内下列反应的平衡常数 p。 2NO(g)+2ICl(g) 2NOCl(g)+I (g) K 2 p12NOCl(g) 2NO(g)+Cl (g) K 2 p2 1 1 lgK ~ lgK ~ 得到 p1 T 和 p2 T均为线性关系，如下图所示： Cl ①由图可知，NOCl分解为NO和 2反应的 ΔH _______0(填“大于”或“小于”) 2ICl(g)Cl (g)I (g) K K ②反应 2 2 的K=_______(用 p1、 p2表示)：该反应的 ΔH _______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： NOClhvNOCl NOClNOCl 2NOCl 2 其中hv表示一个光子能量，NOCl*表示NOCl的激发态。可知，分解1mol的NOCl需要吸收 _______mol光子。 100  2010312.4103 【答案】溴(或 ) 24.8  24.81032 大于 K K 大 Br p1 p21 1 < 于 设T T，即T′ T ，由图可知： lgK (T')lgK (T)> lgK (T')lgK (T) lgK (T)lgK (T') p2 p2 p1 p1 p1 p1 则： lg  K p2 (T')K p1 (T')  lg  K p2 (T)K p1 (T) ，即 k(T')>k(T) ，因此该反应正反应为吸热反 应，即ΔH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Br)； (2)由题意玻376.8℃时璃烧瓶中发生两个反应： BaPtCl 6(s)  BaCl 2(s)+ Pt (s)+2 Cl 2 (g)、Cl(g)+I(g)  2ICl(g)。 BaPtCl 6(s)  BaCl 2(s)+ Pt (s)+2 Cl 2(g)的平衡常数 2 2 K′ p 1.0104Pa2 ，则平衡时p2(Cl)= 1.0104Pa2 ，平衡时p(Cl)=100Pa，设到达平衡时 2 2 Cl (g)+ I (g)  2ICl(g) 2 2 开始/(kPa) 20.0 0 I 2 (g)的分压减小pkPa，则变化/(kPa) p 2p ，376.8℃平衡时，测得烧 平衡/(kPa) 0.1 20.0-p 2p 32.5kPa p = kPa 瓶中压强为 ，则0.1+20.0+p=32.5，解得p=12.4，则平衡时 ICl 2p =2×12.4kPa=24.8kPa；则平衡时，I(g)的分压为(20.0-p)kPa=(20×103-12.4×103)Pa， 2 p = 2ICl(g)Cl (g)I (g) ICl 24.8kPa=24.8×103Pa，p(Cl)=0.1kPa=100Pa，因此反应 2 2 的平 2 100  2010312.4103 衡常数K=  24.81032 ；1 (3)①结合图可知，温度越高，T 越小，lgKp 越大，即Kp 越大，说明升高温度平衡 2 2 2NOCl(g) 2NO(g)+Cl (g) Cl 2 正向移动，则NOCl分解为NO和 2反应的大于0； 2NO(g)+2ICl(g) 2NOCl(g)+I (g) K ②Ⅰ. 2 p1 2NOCl(g) 2NO(g)+Cl (g) K Ⅱ. 2 p2 2ICl(g)Cl (g)I (g) 2ICl(g)Cl (g)I (g) K K Ⅰ+Ⅱ得 2 2 ，则 2 2 的K= p1 p2；该反应的 1 1 < ΔH大于0；推理过程如下：设T T，即T′ T ，由图可知： lgK (T')lgK (T)> lgK (T')lgK (T) lgK (T)lgK (T') p2 p2 p1 p1 p1 p1 则： lg  K p2 (T')K p1 (T')  lg  K p2 (T)K p1 (T) ，即 k(T')>k(T) ，因此该反应正反应为吸热反 应，即ΔH大于0； NOClhvNOCl (4)Ⅰ. NOClNOCl 2NOCl Ⅱ. 2 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 2 1mol的NOCl需要吸收0.5mol光子。 12．（2021·全国高考真题）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： CO (g)3H (g) CH OH(g)H O(g) 2 2 3 2 该反应一般认为通过如下步骤来实现： CO (g)+H (g)=CO(g)+H O(g) ΔH =+41kJmol-1 ① 2 2 2 1CO(g)+2H (g)=CH OH(g) ΔH =-90kJmol-1 ② 2 3 2 ΔH= kJmol-1 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． nH /nCO =3 (2)合成总反应在起始物 2 2 时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物 x(CH OH) t=250 xCH OH~p p=5105Pa 质的量分数为 3 ，在 ℃下的 3 、在 下的 xCH OH~t 3 如图所示。K = ①用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式 p _______； ②图中对应等压过程的曲线是_______，判断的理由是_______； xCH OH=0.10 CO α= ③当 3 时， 2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 pH OpCH OH 2 3 p3H pCO  b 总反应ΔH<0，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇 2 2 的物质的量分数变小 33.3% 5×105Pa，210℃ 9×105Pa，250℃ 【详解】 CO (g)3H (g) CH OH(g)H O(g) (1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为： 2 2 3 2 ，该 反应一般认为通过如下步骤来实现：① CO (g)+H (g)=CO(g)+H O(g) ΔH =+41kJmol-1 2 2 2 1 ，② CO(g)+2H (g)=CH OH(g) ΔH =-90kJmol-1 2 3 2 ，根据盖斯定律可知，①+②可得二氧化碳CO (g)3H (g) CH OH(g)H O(g) 加氢制甲醇的总反应为： 2 2 3 2 ΔH=  +41kJmol-1   90kJmol-1 =49kJmol-1 ；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， 1 2 反应①的活化能大于反应②的。 CO (g)3H (g) CH OH(g)H O(g) (2)①二氧化碳加氢制甲醇的总反应为 2 2 3 2 ，因此利用 pH OpCH OH 2 3 各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式K p = p3H pCO  ，故答案为： 2 2 pH OpCH OH 2 3 p3H pCO  。 2 2 x(CH OH) 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 3 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 2 2 3H g+CO g  CH OHg+H Og 2 2 3 2 起始mol 3 1 0 0 转化mol 3x x x x ，当平衡时 时， 平衡mol 3-3x 1-x x x xCH OH=0.10 3 1 x mol =0.1，解得x=1mol，平衡时CO 的转化率α= 3 =33.3%； 2 100% 3-3x+1-x+x+x 3 1mol xCH OH=0.10 由图可知，满足平衡时 3 的条件有：5×105Pa，210℃或9×105Pa，250℃，故答案为：33.3%；5×105Pa，210℃；9×105Pa，250℃。 13．（2021·河北高考真题）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) CH(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CH(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)+HO(l)=H+(aq)+HCO3 (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 2 ymol•L-1•kPa-1，当大气压强为pkPa，大气中CO(g)的物质的量分数为x时，溶液中H+浓度为 2  ________mol•L-1(写出表达式，考虑水的电离，忽略HCO3 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： 3 Δ 2MHCO(s)   MCO(s)+HO(g)+CO(g)。上述反应达平衡时体系的总压为46kPa。 3 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 2 3 体系中水蒸气的分压小于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 2 2 学反应。研究表明，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 2 碳酸锂按以下4个步骤进行，写出步骤Ⅲ的离子方程式。 2 2 2 Ⅰ.2CO+2e-=CO4 Ⅱ.CO4 =CO+CO2 2 2 2 2 2 Ⅲ.__________ Ⅳ.CO3 +2Li+=LiCO 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 2Ⅱ.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 2 为H 的反应可同时发生)，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 2 2 _______(用a、b、c字母排序)。 K pxy 【答案】6C(石墨，s)+3H(g)= CH(l)  H=49.1kJmol-1 2 100.8 正极 2 6 6 O2 O2 O2 2C 2 +CO=2C 3 +C 12CO+18e-+4HO=CHCHCHOH+9C 3 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， 2 2 1 1 15 ②H(g)+2 O(g)=HO(l)  H=-285.8kJmol-1，③CH(l)+ 2 O(g)=6CO(g)+6HO(l)  2 2 2 2 6 6 2 2 2 1  H=-3267.5kJmol-1，根据盖斯定律，[①12+②6] 2 -③得反应：6C(石墨，s)+3H(g)= 3 2 1  CH(l)， H=[(-393.5kJmol-1)12+(-285.8kJmol-1)6] 2 -(-3267.5kJmol-1)=49.1kJ 6 6    mol-1，故答案为：6C(石墨，s)+3H(g)= CH(l) H=49.1kJ mol-1； 2 6 6 O (2)由题可知，①CO(s)  CO(aq)，②CO(aq)+HO(l)  H+(aq)+HC 3 (aq)，K= 2 2 2 2 2 c  H c  HCO 3 cCO  2   c  H c  HCO 3 ，又因为p(CO)=p(kPa) x，则c(CO)=y(mol•L-1•kPa-1)p(CO)=p x y cCO  2 2 2 2    O O K pxy mol/L，在忽略HC 3 的电离时，c(H+)=c(HC 3 )，所以可得c(H+)= 2 ，故答案为： K pxy 2 ；   (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， 3 2 3 2 2 1 1 46 46 p  p 可用分压表示物质的量浓度，平衡常数K p = H 2 O CO 2 =2 2 =529kPa2。温度不变 p  p 化学平衡常数K p 不变，设平衡时，平衡体系中CO 2 的分压为x，则K= H 2 O CO 2 = 529kPa2， 529 p CO 2 = 5 kPa=105.8kPa，CO 2 的初始压强等于平衡压强减去碳酸氢盐分解产生的CO 2 的分压， 即CO(g)的初始压强应大于105.8kPa-5kPa=100.8kPa，故答案为：100.8； 2 (4)①由题意知，Li-CO 电池的总反应式为：4Li+3CO=2LiCO+C，CO 发生得电子的还原反应， 2 2 2 3 2 则CO 作为电池的正极；CO 还原后与Li+结合成LiCO，按4个步骤进行，由步骤II可知生 2 2 2 3 O2 O2 O2 成了C 2 ，而步骤IV需要C 3 参加反应，所以步骤III的离子方程式为：2C 2 +CO=2C 2 O2 O2 O2 3 +C，故答案为：正极；2C 2 +CO=2C 3 +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 O2 O2 12CO+18e-+4HO=CHCHCHOH+9C 3 ，故答案为：12CO+18e-+4HO=CHCHCHOH+9C 3 ； 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； 2 2 而催化剂a和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 2 H+的电还原。其中a催化剂条件下，H+电还原的活化能比CO 电还原的活化能小的更多，发生 2H+电还原的可能性更大，因此反应从易到难的顺序为c、b、a，故答案为：c、b、a。 14．（2021·湖南高考真题）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 N N HH NH 键能E/  kJmol-1 946 436.0 390.8 NH N H 一定温度下，利用催化剂将 3分解为 2和 2。回答下列问题： (1)反应 2NH 3 (g) N 2 (g)3H 2 (g) ΔH= _______ kJmol1 ； S 198.9Jmol1K1 (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℃ 0.1molNH (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 3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。 0~t t H ①若保持容器体积不变， 1时反应达到平衡，用 2的浓度变化表示 1时间内的反应速率 vH 2  molL1min1 t 1vH 2  _______ molL1min1 (用含 t 1的代数式表示) t N ② 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 2分压变化 趋势的曲线是_______(用图中a、b、c、d表示)，理由是_______； K  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 g h  p   p  G  H      p   p  数，对于反应 ，K  ，其中 d e  p   p  D  E     dD(g)+eE(g) gG(g)+hH(g)  p   p  p 100kPa p p p p ， G 、 H、 D、 E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。 OH (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 0.02 【答案】+90.8 CD t b 1 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 2 2 倍要小 0.48 从右往左 2NH-6e-+6OH-= N+6HO 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 3 2 2  32   3  mol-1 -(946 kJ mol-1+436.0kJ mol-1 )= +90.8kJ mol-1，故答案为：+90.8； 90.8103J/mol H (2)若反应自发进行，则需 H-T S<0，T> =198.9J/molK=456.5K，即温度应高   S 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 2NH g  N g 3H g 3 2 2 起始/mol 0.1 0 0 转化/mol 2x x 3x 平衡/mol 0.12x x 3x 0.1 200 根据同温同压下，混合气体的物质的量等于体积之比，0.12x =12012040，解得 0.023mol 0.02 0.02 x=0.02mol，υ(H 2 )= 3Lt 1 = t 1 mol  L-1  min-1，故答案为： t 1 ； 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 2 2 移动，N 分压比原来2倍要小，故b曲线符合，故答案为：b；开始体积减半，N 分压变为原 2 2 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 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 3 2 2 0.4(1.2)3 衡常数 K = (1.2)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 3 极为阴极，电解过程中OH-移向阳极，则从右往左移动，故答案为：从右往左； (5)阳极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-= 3 2 3 N+6HO，故答案为：2NH-6e-+6OH-= N+6HO。 2 2 3 2 2 15．（2021·浙江高考真题）“氯碱工业”以电解饱和食盐水为基础制取氯气等产品， 氯气是实验室和工业上的常用气体。请回答： (1)电解饱和食盐水制取氯气的化学方程式是______。 (2)下列说法不正确的是______。 A．可采用碱石灰干燥氯气 B．可通过排饱和食盐水法收集氯气 C．常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中 D．工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸 (3)在一定温度下，氯气溶于水的过程及其平衡常数为： Cl(g) Cl(aq) K=c(Cl)/p 2  2 1 2 Cl (aq) + HO(l) H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq) K 2 2  2 其中p为Cl(g)的平衡压强，c(Cl)为Cl 在水溶液中的平衡浓度。 2 2 2 ①Cl(g) Cl(aq)的焓变ΔH______0。(填”>”、“=”或“<”) 2  2 1 ②平衡常数K 的表达式为K=______。 2 2 ③氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，则c=______。(用平衡压强p和上述平衡 常数表示，忽略HClO的电离) (4)工业上，常采用“加碳氯化”的方法以高钛渣(主要成分为TiO)为原料生产TiCl，相应 2 4 的化学方程式为； I.TiO(s)+2Cl(g) TiCl(g)+O(g) ΔH=181 mol·L-1，K=-3.4×10-29 2 2  4 2 I I II.2C(s)+O(g) 2CO(g) ΔH= - 221 mol·L-1，K=1.2×1048 2  II II 结合数据说明氯化过程中加碳的理由______ 。 (5)在一定温度下，以I 为催化剂，氯苯和Cl 在CS 中发生平行反应，分别生成邻二氯苯和 2 2 2 对二氯苯，两产物浓度之比与反应时间无关。反应物起始浓度均为0.5 mol·L-1，反应30 min测得氯苯15%转化为邻二氯苯，25%转化为对二氯苯。保持其他条件不变，若要提高产物 中邻二氯苯的比例，可采用的措施是______。 A．适当提高反应温度 B．改变催化剂 C．适当降低反应温度 D．改变反应物浓度 c(H+)c(Cl-)c(HClO) 通电 【答案】2NaCl+ 2H 2 O 2NaOH + H 2 ↑+Cl 2 ↑ A ＜ c(Cl ) K 1 p 2 1 + (K K p)3 反应I + II得： TiO(s)+2Cl(g) + 2C(s) =TiCl(g)+ 2CO(g)， 2 2 4 1 2 K=KK=4.1×1019远大于K，反应II使TiO 氯化为TiCl 得以实现；ΔH=ΔH+ΔH= I II 1 2 4 I II-40kJ·mol-1，反应II 可为反应I提供所需的能量 AB 【详解】 (1)电解饱和食盐水制取氯气时，同时还生成氢气和氢氧化钠，该反应的化学方程式是 通电 2NaCl+ 2HO 2NaOH + H↑+Cl↑。 2 2 2 (2) A．氯气可与碱反应，碱石灰含有氢氧化钠和氧化钙，因此，不能用碱石灰干燥氯气，A 说法不正确； B．氯气可与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应是可逆反应，在饱和食盐水中存在浓度较大 的氯离子，可以使氯气的溶解平衡逆向移动，因此，氯气在饱和食盐水中的溶解度较小，可 以通过排饱和食盐水法收集氯气，B说法正确； C．氯气在常温下不与铁反应；氯气的相对分子质量较大，其分子间的作用力较大，因此， 氯气属于易液化的气体，常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中，C说法正确； D．氢气和氯气反应生成氯化氢，氯化氢溶于水得到盐酸，因此，工业上，常用氢气和氯气 反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸，D说法正确。 综上所述，相关说法不正确的是A，故选A。 (3)①Cl(g) Cl(aq)表示的是氯气的溶解平衡，氯气在常温下可溶于水，该过程是自发 2  2 的，由于该过程的熵变小于0，因此，其焓变ΔH＜0。 1 ②由化学方程式Cl (aq) + HO(l) H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq)可知，其平衡常数K的 2 2  2 c(H+)c(Cl-)c(HClO) 表达式为K 2 = c(Cl ) ，注意水为液态，其不出现在表达式中。 2 ③Cl(g) Cl(aq) 与Cl (aq) + HO(l) H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq) 相加可以得到 2  2 2 2  K K p Cl(g) + HO(l) H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq)，因此，该反应的平衡常数为 1 2 ； 2 2  1 氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，根据物料守恒可知，c= c(Cl ) + 2 2 1 c(HClO)+ c(Cl-)，由于HCl是强电解质，若忽略水的电离和次氯酸的电离，则 2 1 [c(Cl )K ]3 2 2 c(H+)c(Cl-)c(HClO) c(H+)=c(Cl-)=c(HClO) c(Cl ) c(Cl-)=c(HClO) 2c(H+)c(Cl-)c(HClO) c(H+)=c(Cl-)=c(HClO)，由K 2 = c(Cl ) 可知c(Cl-)=c(HClO)= 2 1 1 [c(Cl )K ]3，由K 1 =c(Cl 2 )/p可知，c(Cl )=K p，则c(Cl-)=c(HClO)=(K K p)3，因此， 2 2 2 1 1 2 1 c= Kp + (K K p)3。 1 1 2 (4)已知：I . TiO(s)+2Cl(g) TiCl(g)+O(g) ΔH=181 mol ·L-1，K=-3.4 ×10-29； 2 2  4 2 I I II. 2C(s)+O(g) 2CO(g) ΔH= - 221 mol ·L-1，K=1.2×1048。根据盖斯定律可 2  II II 知，I + II得： TiO(s)+2Cl(g) + 2C(s) =TiCl(g)+ 2CO(g)，则K=KK =4.1 ×1019远大 2 2 4 I II 于K，反应II的发生可以减小反应I的平衡体系中氧气的浓度，从而使TiO 氯化为TiCl 得 1 2 4 以实现；反应I为吸热反应，而ΔH=ΔH+ΔH= -40kJ·mol-1，说明TiO(s)+2Cl(g) + I II 2 2 2C(s) =TiCl(g)+ 2CO(g)为放热反应，则反应II 可为反应I提供所需的能量。 4 (5) 15%生成邻二氯苯，说明该反应活化能大，25%生成对二氯苯，说明该反应活化能小，温 度改变对活化能的影响大，即升高温度，邻二氯苯产量增大的多，比例增大；降低温度邻二 氯苯产量减少的多，比例减少，故A正确、C错误；选择合适的催化剂，降低生成邻二氯苯 的反应的活化能，故B正确；D中改变反应物的浓度，并不能改变两种产物的比例，故D错 误，综上所述，选AB。 2021年化学高考模拟题 1．（2021·九龙坡区·重庆市育才中学高三三模）均为1L的密闭容器中进行实验，测得气 体混合物中碘化氢的物质的量分数ω(HI)与反应时间t的关系如表： 容器编号 起始物质 t/min 0 20 40 60 80 100 0.5molI、 Ⅰ 2 ω(HI)/% 0 50 68 76 80 80 0.5molH 2 Ⅱ 1molHI ω(HI)/% 100 91 84 81 80 80 研究发现上述反应中v(正)=k·ω(H)·ω(I)，v(逆)=k·ω2(HI)，其中k、k 为常数。 a 2 2 b a b 下列说法正确的是 k a =32 A．温度为T时该反应的k bB．容器Ⅰ中前20min的平均速率v(HI)=0.0125mol·L-1·min-1 C．若起始时，向容器I中加入物质的量均为0.1mol的H、I、HI，反应逆向进行 2 2 D．容器Ⅱ中达到平衡时的转化率为20% 【答案】D 【分析】 设平衡时，转化的氢气的物质的量浓度为n，根据数据Ⅰ，有： H g+I g  2HIg 2 2 起始(mol/L) 0.5 0.5 0 反应(mol/L) n n 2n 平衡(mol/L) 0.5-n 0.5-n 2n 0．82 2n w(HI)/%= =80%，解得：n=0.4 mol/L，则平衡常数 K=0.10.1=64，结合等效平衡的规律 1 分析判断。 【详解】 k a A．反应达到平衡状态时正、逆反应速率相等，v =k•w(H)•w(I)= v =k•w2(HI)，则k = 正 a 2 2 逆 b b w2HI wH wI  =K=64，故A错误； 2 2 B．容器I中前20 min，转化的氢气的物质的量浓度为m， H g+I g  2HIg 2 2 起始(mol/L) 0.5 0.5 0 反应(mol/L) m m 2m 平衡(mol/L)0.5-m 0.5-m 2m 2m w(HI)%= 1 =50%，解得：m=0.25mol/L，则容器I中前20 min的平均速率v(HI)= 20.25mol/L 20min =0.025mol•L-1•min-1，故B错误； C．若起始时，向容器I中加入物质的量均为0.1 mol的H、I、HI，此时浓度商Q= 2 2 c 0．12 0.10.10．12 0.10.1=1＜K=64，反应正向进行，故C错误； D．起始物质0.5molI、0.5molH 与1molHI相当，Ⅰ和Ⅱ为等效平衡，达到的平衡状态相同， 2 2 0.2mol/L 平衡时转化的HI为1 mol/L- 0.8 mol/L= 0.2 mol/L，HI的转化率= 1mol/L ×100%=20%，故D正确； 故选D。 2．（2021·重庆市第十一中学校高三二模）在体积可变的恒压密闭容器中，一定量的CO 与 2 足量碳发生反应：C(s)＋CO(g)    2CO(g)。平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系 2 如图。下列说法正确的是 A．升高温度，反应速率增大，K减小 B．550 ℃时，在平衡体系中充入惰性气体，平衡不移动 C．650 ℃时，CO 的平衡转化率为25.0％ 2 D．T ℃时，在平衡体系中充入等体积的CO 和CO，平衡将向左移动 1 2 【答案】C 【详解】 A．由图可知，温度越高，CO的体积分数越大，为吸热反应，K与温度有关，则升高温度，反 应速率增大，平衡正向移动，K增大，故A错误； B．可变的恒压密闭容器中反应，550℃时若充入惰性气体，相当于减小压强，则v ，v 均 正 逆 减小，又该反应是气体体积增大的反应，则平衡正向移动，故B错误； C．由图可知，650℃时，反应达平衡后CO的体积分数为40%，设开始加入的二氧化碳为 2x 100%=40% 1mol，转化了xmol，则生成CO 2x mol，1-x+2x ，解得x=0.25mol，CO 的平 20.25 100%=25% 衡转化率为 1 ，故C正确； D．T℃时，若再充入1mol CO 和1mol CO，气体压强不变导致容器体积增大，气体反应物和 1 2 生成物浓度不变，平衡不移动，故D错误； 故选：C。 3．（2021·全国高三零模）我国某科研团队研究了一种利用半导体光催化还原氮气制备氨 气的方法，该方法因具有高效、清洁的优点而引起极大关注，其过程示意图如图所示。下列 说法错误的是 A．该过程LDH为催化剂 B．该过程表明，氮气和氢气反应合成氨，H 0 2N 6H O=4NH 3O C．该过程中总反应的化学方程式为 2 2 3 2 N N O D．工业上把液态空气升温，可获得 2， 2比 2先汽化出来 【答案】B 【详解】 A．利用半导体光催化还原氮气制备氨气，根据过程示意图可知，LDH为该反应的催化剂， A正确； B．该过程不能表明氮气和氢气反应合成氨的反应能量变化，B错误； 2N 6H O=4NH 3O C．根据题意和过程示意图可知总反应的化学方程式为： 2 2 3 2，C正确； N O D．工业上把液态空气升温，沸点低的物质先汽化， 2比 2先汽化出来，D正确； 答案为：B。 FeTiO FeO 4．（2021·全国高三零模）以钛铁矿(主要成分为 3，含有少量 2 3等其他杂质)为 原料制备二氧化钛的工艺流程如图所示，下列说法错误的是Fe2 Fe2 已知：水解时，若溶液中存在 ，则 会与溶液中的钛酸分离。 A．研磨的目的是增大接触面积，加快反应速率 Fe3 B．加入铁粉的目的是还原 TiO2 TiO2 2H O=H TiO 2H C．“水解”时， 发生反应的离子方程式为： 2 2 3 K FeCN  D．洗涤步骤中，若向洗涤液中加入 3 6 溶液，无蓝色沉淀产生，说明已洗涤干 净 【答案】C 【详解】 A．将钛铁矿研磨，增大接触面积，加快反应速率，A正确； Fe3 Fe2 TiO2 Fe3 B．酸浸之后溶液中含有 、 和 ，加入铁粉可以将 还原，避免水解过程中 产生氢氧化铁沉淀使产品不纯，B正确； TiO2 C．“水解”时， 发生反应生成钛酸，离子方程式为： TiO2 2H O=H TiO 2H 2 2 3 ，C错误； K FeCN  D．若向洗涤液中加入 3 6 溶液，无蓝色沉淀产生，则无Fe2 ，说明已洗涤干净， D正确； 答案为：C。 5．（2021·全国高三零模）科学家结合实验和计算机模拟结果，研究了在贵重金属催化剂 CO NO 表面上的气态体系中，一个 分子还原 的能量变化与反应历程如图所示。下列说法错误的是 2COg2NOg=N g2CO g A．该反应的热化学方程式为 2 2 H E E kJmol-1 d a B．决定整个反应速率快慢的步骤是① C．反应过程中断裂与形成的化学键都包含键和 π 键 D．改变催化剂，不能使反应的焓变发生改变 【答案】A 【详解】 CO NO A．该过程表示一个 分子还原 的能量变化，热化学方程式对应的能量变化应该是 CO 2mol 分子被还原的能量，故A错误； B．活化能大速率慢，是决速步骤，①的活化能大于②，决定整个反应速率快慢的步骤是①， 故B正确； CO  π  π C．反应物 分子既含有 键和 键，生成物N 和CO 含有 键和 键，所以反应过程中断 2 2 裂与形成的化学键都包含键和 π 键，故C正确； D．催化剂只能改变反应历程，不能改变焓变，故D正确； 故答案为A。 6．（2021·陕西宝鸡市·）2007年诺贝尔化学奖授予埃特尔以表彰其对于合成氨反应机理 的研究，氮气和氢气分子在催化剂表面的部分变化过程如图所示，下列说法不正确的是NH A．升高温度不能提高一段时间内 3的产率 B．图①→②过程吸热，图②→③过程放热 N C． 2在反应过程中三键均发生断裂 NH NH D．反应过程中存在 、 2等中间产物 【答案】A 【详解】 NH A．升高温度，化学反应速率加快，可以提高一段时间内 3的产率，A错误； B．图①→②过程表示断裂氮气分子的化学键，断键吸热，图②→③过程表示形成氮氢单键， 成键放热，B正确； N C．由图①→②可知， 2在反应过程中三键均发生断裂，C正确； NH NH D．图③④表明反应过程中存在 、 2等中间产物，D正确； 答案为：A。 7．（2021·四川成都市·成都七中高二零模）下列实验结果不能作为相应定律或原理的证 据之一的是 A B C D 定 律 或 勒夏特列原理 元素周期律 盖斯定律 阿伏加德罗定律 原 理实 验 方 案 电解水 结 烧瓶中冒气泡， 测得∆H为∆H和∆H H 与O 的体积比约 ①、②试管内溶液颜色均变深 1 2 2 2 果 试管中出现浑浊 的和 为2：1 A．A B．B C．C D．D 【答案】B 【详解】 A．Fe3++3SCN-    Fe(SCN)，增大反应物的浓度，平衡正向移动，①、②试管内溶液颜色 3 均变深，故A不选； B．浓盐酸具有挥发性，也能与硅酸钠反应生成硅酸，故B选； C．根据盖斯定律可知：△H=△H+△H，能够用盖斯定律解释，故C不选； 1 2 D．根据电子守恒可知，电解水生成H 与O 的物质的量之比2：1，结合阿伏加德罗定律可知， 2 2 H 与O 的体积比约为2：1，故D不选； 2 2 故选B。 8．（2021·江西抚州市·临川一中）使用NC环金属化Ir(III)配合物催化甲酸脱氢的反应 机理如下图。下列说法中错误的是催化剂 A．甲酸脱氢过程的总反应为HCOOH CO↑+H↑ 2 2 B．反应过程中，Ir(III)配合物B为催化剂，Ir(III)配合物A为中间产物 C．由D→E的过程，是甲酸协助转运H的过程 D．反应过程中，HCOOH中的C=O键发生断裂 【答案】D 【详解】 催化剂 A．据图可知反应物为HCOOH，产物为H 和CO，化学方程式为HCOOH 2 2 CO↑+H↑，A正确； 2 2 B．据图可知反应物最开始是和Ir(III)配合物B反应，所以Ir(III)配合物B是催化剂， Ir(III)配合物A为其中一步反应的产物，即中间产物，B正确； C．据图可知D→E的过程中，在甲酸协助下，H原子由一个N原子上转移到另一个N原子上， C正确； D．纵观整个过程可知HCOOH中的C=O键没有断裂，C-H键和O-H键断键形成C=O键，D错误； 综上所述答案为D。 噲垐  9．（2021·北京高三其他模拟）t℃时，在恒容密闭容器中发生反应：X(g)+3Y(g) 2Z(g)ΔH，不同温度下容器中各组分浓度如下：物质 X Y Z 初始浓度/mol·L-1 0.1 0.2 0 350℃ 0.05 0.05 0.1 平衡浓度/ mol·L-1 400℃ 0.08 0.14 0.04 已知：350℃时，反应经5min达到平衡状态。 下列说法不正确的是 A．该反应的ΔH＜0 B．350℃时，5min内该反应平均速率v(Y)=0.03mol·L-1·min-1 C．350℃达到平衡后再通入少量Y(g)，达到新平衡时，X转化率增大 D．350℃时，该反应的平衡常数K=40 【答案】D 【详解】 A．400℃时平衡的反应物浓度大于350℃时的反应物浓度，说明温度升高，平衡逆向移动， ΔH＜0，A正确； c (0.2-0.05)mol/L v v(Y)= =0.03mol/(Lmin) B． t ， 5min ，B正确； C．达到平衡时再通入少量Y，由勒夏特列原理可知平衡正向移动，则继续消耗X和Y，因为 Δc 转化率 100% c ，故转化率增大，C正确； c2(z) 0.10.1 K= = =1600(mol-2·L-2) D． c(x)c(y)3 0.050.053 ，D错误； 故选D。 10．（2021·北京高三其他模拟）Deacon催化氧化法将HCl转化为Cl 的反应为：4HCl(g) 2 +O(g)=2Cl(g)+2HO(g)ΔH=-116kJ·mol-1 2 2 2 研究发现CuCl(s)催化反应的过程如下： 21 反应i：CuCl(s)=CuCl(s)+2 Cl(g)ΔH=+83kJ·mol-1 2 2 1 1 1 反应ii：CuCl(s)+2 O(g)=CuO(s)+2 Cl(g)ΔH=-20kJ·mol-1 2 2 2 反应iii：…… 下列表述不正确的是 A．反应i中反应物的总能量小于生成物的总能量 B．反应ii中，1molCuCl(s)反应时转移2mole- C．推断反应iii应为CuO(s)+2HCl(g)=CuCl(s)+HO(g)ΔH=-242kJ·mol-1 2 2 3 D．由反应过程可知催化剂参与反应，通过改变反应路径提高反应速率 【答案】C 【详解】 A．反应i为吸热反应，则反应物的总能量小于生成物的总能量，A正确； B． 反应ii中，铜从+1升高到+2、氯从-1升高到0，则1molCuCl(s)反应时失去2mole-，氧 1 气中氧从0降低到-2，则2 molO 得到2mole-，B正确； 2 C． 按盖斯定律，反应4HCl(g)+O(g)=2Cl(g)+2HO(g)ΔH=-116kJ·mol-1减去2×(反应 2 2 2 i+反应ii)可得：2CuO(s)+4HCl(g)=2CuCl(s)+2HO(g)ΔH=-242kJ·mol-1，则CuO(s) 2 2 3 +2HCl(g)= CuCl(s)+ HO(g)ΔH=-121kJ·mol-1，C不正确； 2 2 3 D． 由反应过程可知催化剂参与反应后重新生成，但催化剂改变反应路径、通过降低反应活 化能提高反应速率，D正确； 答案选C。 11．（2021·河南新乡市·新乡县一中高三其他模拟）CH-CH=CH-COOCH 有两种立体异构体 3 3 和 ，由CHCHO和PhP=CHCOOCH 反应制取这两种异构体的历程中能量变 3 3 3 化如图已知：在立体结构中，实线表示该键在纸平面上，实楔形线表示该键在纸前方，虚线表示该 键在纸后方。 下列说法正确的是 A． 比 稳定 B．温度升高，CHCHO的转化率减小 3 C．生成 的过程中，速率最快的是由 生成 的反应 D．两个反应历程中，中间产物相同 【答案】C 【详解】 A．图像中 比 能量高， 稳定，A错误； B．图像该反应历程中生成两种物质都是吸热反应，温度升高，CHCHO的转化率增大，B错误。 3 C．由 生成 的过程活化能最小，反应速率快，C正确；D．两个反应历程中， 是生成 的中间产物， 是生成 的中间产物，两个过程中间产物不同， D错误； 故选C。 12．（2021·天津南开区·南开中学高三三模）一定条件下，向一带活塞的密闭容器中充入 2molSO 和1molO，一段时间后反应：2SO(g)+O(g)      催  化  剂    2SO(g)ΔH<0达到平衡， 2 2 2 2 Δ 3 下列有关说法不正确的是 A．若保持温度和容器体积不变，再充入lmolSO(g)达到平衡后SO 气体平衡浓度增大 2 3 B．若保持温度和容器内压强不变，再充入1molSO(g)达到平衡后SO 气体平衡浓度不变 3 3 C．已知VO 催化该反应的历程为： 2 5 ，由此可知，过程①的快慢 对该反应的速率起着决定性的影响。 D．假设平衡时SO 的物质的量为1mol，则该反应的化学平衡常数K一定为2 3 【答案】D 【详解】 A．若保持温度和容器体积不变，再充入1molSO(g)，平衡正向移动，平衡后SO 气体平衡浓 2 3 度增大，A正确； B．若保持温度和容器内压强不变，再充入1molSO(g)，则达到等效平衡，平衡后SO 气体平 3 3 衡浓度不变，B正确； C．过程①为慢反应，决定整体反应速率，C正确； D．平衡常数依据平衡时各物质的浓度计算，容器体积未知，则浓度未知，且该反应前后气体系数之和并不相等，所以平衡常数K不一定为2，D错误； 综上所述答案为D。 13．（2021·全国高二课时练习）我国稀土资源丰富，稀土铈(Ce)元素主要存在于独居石中。 Ce常见化合价为+3、+4。近年来发现用铈(Ce)的氧化物可以高效制备H，制备原理如图所示， 2 下列说法正确的是 A．CeO 不能作为水分解的催化剂 2-δ B．温度高于1050℃时，CeO 比CeO 更稳定 2 2-δ C．若δ=0.2，则CeO 中Ce3+：Ce4+=2：3 2-δ D．通过CeO 和CeO 相互转化，降低了反应的焓变，加快了反应速率 2 2-δ 【答案】C 【详解】 A．据图可知CeO 可以做水分解反应的催化剂，A错误； 2-δ B．由反应②可知，温度低于1050℃时，CeO 转化为CeO，说明温度低于1050℃时，CeO 2-δ 2 2 比CeO 更稳定，B错误； 2-δ C．若δ=0.2，则CeO 为CeO ，设Ce3+为x个，Ce4+为y个，则有x+y=1，3x+4y=3.6，联 2-δ 1.8 立解得x=0.4，y=0.6，所以有Ce3+：Ce4+=2：3，C正确； D．催化剂不能降低反应的焓变，只能加快反应速率，D错误； 综上所述答案为C。 14．（2021·全国高三零模）下列实验操作、现象和结论均正确的是 实验操作 实验现象 结论 向淀粉溶液中加入20%的H SO 溶液， 2 4 A 加热一段时间，冷却后加入足量NaOH 溶液未变蓝色 淀粉已完全水解 溶液，再滴加少量碘水 2CrO2+2H+  Cr O2+H O，在 有砖红色沉淀 B 4 2 7 2 K Ag CrO  K Ag Cr O  K CrO 溶液中加入AgNO 溶液 Ag CrO 生成 sp 2 4 sp 2 2 7 2 2 7 3 2 4KI能与I 2 反应生成KI 3 ，向两支盛有 C KI 溶液的试管中分别滴加淀粉溶液和 前者溶液变蓝，后 KI 溶液中存在平衡I  I I 3 者有黄色沉淀生成 3 3 2 AgNO 溶液 3 将Cu与浓硫酸反应后的混合液冷却，再 D 溶液变蓝 有Cu2生成 向其中加入蒸馏水 A．A B．B C．C D．D 【答案】BC 【详解】 I +2NaOH=NaI+NaIO+H O A．单质碘和氢氧化钠发生如下反应： 2 2 ，不能检验淀粉是否完 全水解，A错误； K CrO AgNO Ag CrO B．在 2 2 7溶液中加入 3溶液，有砖红色沉淀 2 4生成，证明 K Ag CrO  K Ag Cr O  sp 2 4 sp 2 2 7 ，B正确； KI AgNO C．两支盛有 3溶液的试管中分别滴加淀粉溶液和 3溶液，前者溶液变蓝，说明含有 KI I  I I 单质碘，后者有黄色沉淀生成，说明含有碘离子， 3溶液中存在平衡 3 2 ，C正 确； Cu D．不能将水加入到 与浓硫酸反应后的混合液中，发生液滴飞溅，应该取样之后加入水中， D错误； 答案为：BC。 15．（2021·九龙坡区·重庆市育才中学高三三模）CO 的回收与利用是科学家研究的热点课 2 题，可利用CH 与CO 制备“合成气”(CO、H)，还可制备甲醇、二甲醚、碳基燃料等产品。 4 2 2 Ⅰ.制合成气 科学家提出制备“合成气”反应历程分两步： 噲垐  第一步：CH(g) C(ads)＋2H(g)(慢反应) 4 2噲垐  第二步：C(ads)＋CO(g) 2CO(g)(快反应) 2 (1)决定制备“合成气”反应速率的是第___________步，上述反应中C(ads)为吸附性活性炭， 反应历程的能量变化如图： CH 与CO 制备“合成气”的热化学方程式为___________。 4 2 Ⅱ.制备甲醇 噲垐  “合成气”在催化剂作用下反应，可以直接合成甲醇：CO(g)＋3H(g) CHOH(g)＋ 2 3 HO(g) △H＜0，测得相同时间内甲醇产率与温度的关系如图所示。 2 (2)温度在800℃时甲醇产率最高的主要原因是___________。 (3)下列措施能提高CO平衡转化率的是___________(填字母)。 A．升温 B．加压 C．加入催化剂 D．增大H 浓度 2 Ⅲ.脱水制醚噲垐  利用“合成气”合成甲醇后，甲醇脱水制得二甲醚的反应为： 2CHOH(g) CHOCH(g)＋ 3 3 3 HO(g) ΔH，其速率方程式：v =k ·c2(CHOH)，v =k ·c(CHOCH)·c(HO)，k 、k 为 2 正 正 3 逆 逆 3 3 2 正 逆 速率常数且只与温度有关。经查阅资料，上述反应平衡状态下存在计算式： 2708.6137 lnKc=-2.205+ (Kc为化学平衡常数；T为热力学温度，单位为K)。 T (4)当T=500K时，Kc≈9，在密闭容器中加入一定量甲醇CHOH，反应到达平衡状态时，体系 3 中CHOCH(g)的物质的量分数___________(填标号)。 3 3 1 1 1   A． 3 B．3 C． 3 D．无法确定 Ⅳ.制备碳基燃料 利用铜基配合物1，10—phenanthroline—Cu催化剂电催化CO 还原制备碳基燃料(包括CO、 2 烷烃和酸等)是减少CO 在大气中累积和实现可再生能源有效利用的关键手段之，其装置原理 2 如图所示。 (5)①电池工作过程中，图中Pt电极附近溶液的pH___________(填“变大”或“变小”)， 阴极的电极反应式为___________。 ②每转移2mol电子，阴极室溶液质量增加___________g。 【答案】一 CH(g)+CO(g)    2CO(g)+2H(g) ΔH=+(E—E)kJ•mol—1 800℃时， 4 2 2 3 1 反应达到平衡，800℃前，温度升高，反应速率增大，甲醇产率增大，800℃后，温度升高， 催化剂活性(或选择性)降低，反应速率减慢，甲醇产率降低，或该反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，甲醇产率降低，所以温度在800℃时甲醇产率最高 BD C 变小 CO+2H++2e—=HCOOH 46 2 【详解】 (1)化学反应的反应速率取决于慢反应，则决定制备“合成气”反应速率的是第一步；由图 可知，CH 与CO 制备“合成气”的反应为吸热反应，反应的反应热ΔH=+(E—E)kJ•mol—1， 4 2 3 1 则反应的热化学方程式为CH(g)+CO(g)    2CO(g)+2H(g) ΔH=+(E—E)kJ•mol—1，故 4 2 2 3 1 答案为：一；CH(g)+CO(g)    2CO(g)+2H(g) ΔH=+(E—E)kJ•mol—1； 4 2 2 3 1 (2) 800℃时反应达到平衡，800℃前，反应未达到平衡，温度升高，反应速率增大，甲醇产 率增大，800℃后，升高温度，可能导致催化剂活性(或选择性)降低，反应速率减慢，甲醇 产率降低，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇产率降低，所以温 度在800℃时甲醇产率最高，故答案为：800℃时，反应达到平衡，800℃前，温度升高，反 应速率增大，甲醇产率增大，800℃后，温度升高，催化剂活性(或选择性)降低，反应速率 减慢，甲醇产率降低，或该反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，甲醇产率 降低，所以温度在800℃时甲醇产率最高； (3) A．该反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，一氧化碳平衡转化率减小， 故错误； B．该反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，一氧化碳平衡转化 率增大，故正确； C．加入催化剂，化学平衡不移动，一氧化碳平衡转化率不变，故错误； D．增大反应物氢气的浓度，平衡向正反应方向移动，一氧化碳平衡转化率增大，故正确； BD正确，故选BD； (4)设T=500K时，甲醇的起始物质的量为2mol，转化率为a，由题意可建立如下三段式： 2CH OHg  CH OCH g＋ H Og 3 3 3 2 2 起(mol/L) 0 0 V 2a a a 变(mol/L) V V V 2-2a a a 平(mol/L) V V Va a  V V 6 由Kc≈9可得： =9，解得a= ，则平衡时甲醚的物质的量分数为 mol = ， 2-2a 6 7 3 1 （ ）2  V 7 2mol 7 3 故选C； (5)①由图可知，该装置为电解池，铂电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反 应生成氧气和氢离子，电极反应式为2HO—4e—= O↑+4H+，石墨烯电极为阴极，二氧化碳在 2 2 阴极得到电子发生还原反应生成甲酸，电极反应式为CO+2H++2e—=HCOOH，由阳极附近有氢离 2 子生成可知，Pt电极附近溶液的氢离子浓度增大，pH变小，故答案为：变小；CO+2H++2e— 2 =HCOOH； ②由阴极的电极反应式可知，电解时，每转移2mol电子，阴极生成1mol甲酸，消耗2mol氢 离子，同时有2mol氢离子从阳极室通过离子交换膜进入阴极室，则阴极室溶液质量增加 1mol×46g/mol=46g，故答案为：46。 16．（2021·重庆市第十一中学校高三二模）二甲醚(DME)正逐渐替代化石燃料。有多种方 法制备二甲醚，回答下列问题。 (1)合成气制二甲醚：4H(g)＋2CO(g)    CHOCH(g)＋HO(g) ΔH＝-204.7 kJ·mol-1 2 3 3 2 ①已知：HO(g)＝HO(l) ΔH＝-44.0 kJ·mol-1，H(g)的燃烧热ΔH＝-285.8 kJ·mol-1， 2 2 2 CO(g)的燃烧热ΔH＝-283.0 kJ·mol-1。则二甲醚的燃烧热ΔH＝________kJ·mol-1。 ②300 ℃，1 L恒容密闭容器中充入4 mol H 和2 mol CO，测得容器内压强变化如下： 2 反应时间/min 0 5 10 15 20 25 压强/MPa 12.4 10.2 8.4 7.0 6.2 6.2 反应进行到20 min时，H 的转化率为________，CO的平均反应速率v(CO)＝ 2 ________mol·L-1·min-1。该温度下的平衡常数K＝________(mol·L)-4。 (2)CO 催化加氢制二甲醚，可以实现CO 的再利用。该过程主要发生如下反应： 2 2 Ⅰ．CO(g)＋H(g)    CO(g)＋HO(g) ΔH＝＋41.7 kJ·mol-1 2 2 2 Ⅱ．2CO(g)＋6H(g)    CHOCH(g)＋3HO(g) ΔH＝-122.5 kJ·mol-1 2 2 3 3 2 恒压条件下，CO、H 起始量相等时，CO 的平衡转化率和CHOCH 的选择性随温度变化如图。 2 2 2 3 32n  CHOCH 生成  3 3  100% 已知：CH 3 OCH 3 的选择性 n  CO 消耗 2 ①300 ℃时，通入CO、H 各1 mol，平衡时CHOCH 的选择性、CO 的平衡转化率都为30％， 2 2 3 3 2 平衡时生成CHOCH 的物质的量＝________mol。温度高于300 ℃，CO 的平衡转化率随温度升 3 3 2 高而上升的原因是________。 ②220 ℃时，CO 和H 反应一段时间后，测得A点CHOCH 的选择性为48％，不改变反应时间 2 2 3 3 和温度，一定能提高CHOCH 的选择性的措施有________。 3 3 【答案】-1460.5 75% 0.075 3 0.045 升高温度，反应I正向进行，CO 的平衡转化率上升；反应Ⅱ逆向进行,CO 的 2 2 平衡转化率下降，300℃后升温，上升幅度大于下降幅度 增大压强、使用对反应Ⅱ催化 活性更高的催化剂 【详解】 1 (1)①(i)H(g)的燃烧热化学方程式为H(g)＋ O(g)=HO(l) ΔH＝-285.8 kJ·mol-1， 2 2 2 2 2 1 (ii)CO(g)的燃烧热化学方程式为CO(g)＋ O(g)=CO(g)ΔH＝-283.0 kJ·mol-1， 2 2 2 (iii)4H(g)＋2CO(g)    CHOCH(g)＋HO(g) ΔH＝-204.7 kJ·mol-1， 2 3 3 2 (iv) HO(g)＝HO(l) ΔH＝-44.0 kJ·mol-1，由盖斯定律，反应4(i)+2(ii)-(iii)-(iv)得 2 2 到二甲醚的燃烧热化学方程式CHOCH(g)+3O(g)= 2CO(g)+ 3HO(l) ΔH＝ 3 3 2 2 2 [4×(-285.8)+2(-283.0)-( -204.7)-( -44.0)] kJ·mol-1= -1460.5kJ·mol-1； ②从反应开始到20min时，设CO的浓度变化量是x，CO（g） + 2H（g）  CH OH（g） 2 3 初始浓度/mol/L 2 4 0 变化浓度/mol/L x 2x x 平衡浓度/mol/L 2-x 4-2x x 6 12.4 = 根据反应前后压强之比等于物质的量之比，则6-2x 6.2 ，解得x=1.5mol/L；反应进行到 21.5 100%=75% 20 min时，H 的转化率为 4 ，CO的平均反应速率v(CO)＝ 2 c 1.5mol/L = =0.075mol/(Lmin) t 20min ，平衡时，CO、H、CHOH的浓度分别为：0.5mol/L、 2 3 cCH OH 1.5 K  3 = =3 1mol/L、1.5mol/L，该温度下的平衡常数 cCOc2H  0.512 ； 2 (2)①300℃时CO 的平衡转化率为30%，则消耗CO 0.3mol，CHOCH 的选择性为30%，则生成 2 2 3 3 CHOCH 的物质的量为0.3×0.3mol÷2=0.045mol； 3 3 根据图中信息，温度高于300℃时，CO 平衡转化率随温度升高而上升的原因是反应Ⅰ是吸热 2 反应，反应向吸热反应方向移动即正向移动，反应Ⅱ是放热反应，升高温度，平衡向吸热反 应方向移动即逆向移动，升高温度，对反应Ⅱ的影响大于反应Ⅰ，因此CO 平衡转化率随温 2 度升高而上升； ②提高CHOCH 选择性，即要使反应Ⅱ平衡正向移动，由题意得，反应Ⅰ是气体体积不变的反 3 3 应，而反应Ⅱ是气体体积减小的反应，增大压强，反应Ⅱ平衡正向移动，而对反应Ⅰ没有影 响，还可以选择对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂。 17．（2021·青海高三三模）大气污染是中国第一大环境污染问题，氮和硫的氧化物排放是 造成大气污染的原因之一、 (1)汽车尾气中的NO由如下反应产生： N(g)＋O(g)=2NO(g) △H=＋180 kJ·mol-1 2 2 已知：2CO(g)＋O(g)=2CO(g) △H=-566 kJ·mol-1 2 2 则2CO(g)＋2NO(g)=N(g)＋2CO(g) △H=___________kJ·mol-1 2 2(2)NO可用氨水-臭氧组合高效脱除，与臭氧反应的过程如下：  NO(g)＋O(g) NO(g)＋O(g) △H=-200.9 kJ·mol-1 3 2 2 nO  3 在恒容密闭容器中，NO氧化率随nNO 值以及温度的变化曲线如图甲所示。 nO  3 ①NO氧化率随nNO 值增大而增大的主要原因是___________。 ②当温度高于100℃时，O 分解产生活性极高的氧原子，此时NO氧化率随温度升高而降低可 3 能的原因有：___________。 (3)工业上用硫酸厂尾气中的SO 与SCl、Cl 为原料合成SOCl，反应如下： 2 2 2 2  反应I：SO(g)＋Cl(g) SOCl(g) △H=-471.7 kJ·mol-1 2 2 2 2  反应II：SCl(g)＋SOCl(g) 2SOCl(g) △H=-5.6 kJ·mol-1 2 2 2 2 一定条件下，在5L的恒容密闭容器中通入一定量的SO、SCl 与Cl，反应4 min后达到平衡。 2 2 2 若初始压强为p，反应过程中容器内总压强(p)随时间(t)变化如图乙所示(平衡时温度与初始 0 温度相同)。 容器内各组分物质的量如下表。 SOCl SOCl 组分 SO Cl SCl 2 2 2 2 2 2 起始/mol 0.25 0.25 0.25 0 0 平衡/mol 0.1 ①0～1min容器内压强增大的原因为___________。 ②反应I、II达平衡时，SCl 的平衡转化率为___________。 2 ③K为平衡常数，pK=-lgK，该温度下，反应II的pK=___________(保留两位有效数字， lg2=0.30)。(4)在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH 与NO 反应生成N，将一定比例的O、NH 和NO 3 x 2 2 3 x 的混合气体匀速通入装有催化剂M的反应器中反应，反应相同时间，NO 的去除率随反应温度 x 的变化曲线如图所示。 ①在50℃～150℃范围内随温度升高，NO 的去除率迅速上升的原因是___________。 x ②当反应温度高于380℃时，NO 的去除率迅速下降的原因可能是___________。 x nO  3 【答案】-746 nNO 值增大，O 3 浓度增加，有利于平衡NO(g)＋O 3 (g)  NO 2 (g)＋ O(g) 正向移动 平衡后，温度升高平衡向逆反应方向移动 反应为放热反应，温度升 2 高使体系压强增大 20% 0.30 催化剂活性随温度升高而增大，使NO 的去除速率迅 x 速增大；温度升高，反应速率加快 催化剂活性下降(氨与氧气反应生成了NO) 【分析】 ①N(g)＋O(g)=2NO(g) △H=＋180 kJ·mol-1已知：②2CO(g)＋O(g)=2CO(g) △H=-566 2 2 2 2 kJ·mol-1，根据盖斯定律②-①得，则2CO(g)＋2NO(g)=N(g)＋2CO(g) 计算△H；列出平衡 2 2 三段式，恒温恒容下，物质的量之比等于压强比，故起始压强和平衡压强的比值=起始物质 消耗的物质的量 的量和平衡物质的量的比值，计算转化的SCl，再根据转化率= 初始物质的量 ×100%计 2 算SCl 的平衡转化率；根据三段式，求出各物质平衡浓度，代入平衡常数计算公式计算反应 2 II的pK。 【详解】 (1)汽车尾气中的NO由如下反应产生：①N(g)＋O(g)=2NO(g) △H=＋180 kJ·mol-1，已知： 2 2 ②2CO(g)＋O(g)=2CO(g) △H=-566 kJ·mol-1，根据盖斯定律②-①得，则2CO(g)＋ 2 2 2NO(g)=N(g)＋2CO(g) △H=-566 kJ·mol-1-180 kJ·mol-1=-746kJ·mol-1，故答案 2 2 为：-746；nO  nO  3 3 (2)①NO氧化率随nNO 值增大而增大的主要原因是nNO 值增大，O 3 浓度增加，有利于 nO  3 平衡NO(g)＋O 3 (g)  NO 2 (g)＋O 2 (g) 正向移动。故答案为：nNO 值增大，O 3 浓度增加，  有利于平衡NO(g)＋O(g) NO(g)＋O(g) 正向移动； 3 2 2 ②当温度高于100℃时，O 分解产生活性极高的氧原子，此时NO氧化率随温度升高而降低可 3 能的原因有：平衡后，温度升高平衡向逆反应方向移动。故答案为：平衡后，温度升高平衡 向逆反应方向移动； (3)①已知反应为SO (g)+Cl(g)+SCl(g) 2SOCl(g)，反应正向进行时气体分子数减小，反 2 2 2  2 应放热，故压强增大应为温度升高引起的热胀冷缩原理，故压强增大。0～1min容器内压强 增大的原因为反应为放热反应，温度升高使体系压强增大。故答案为：反应为放热反应，温 度升高使体系压强增大； 0.25mol ②由题可知SO、Cl、SCl 浓度均为 5L =0.05mol/L，SOCl 平衡时的浓度为： 2 2 2 2 2 0.1mol 5L =0.02 mol/L，建立三段式： SO g  Cl g  SO Cl g 2 2 2 2 起始量/mol 0.25 0.25 变化量/mol x x x 平衡量/mol 0.25x 0.25x x SCl g  SO Cl  2SOCl g 2 2 2 2 起始量/mol 0.25 x 0 变化量/mol x0.1 x0.1 2x0.2 平衡量/mol 0.35x 0.1 2x0.2 恒温恒容下，物质的量之比等于压强比，故起始压强和平衡压强的比值=起始物质的量和平0.250.250.25 1 衡物质的量的比值：0.25X0.25X0.35X0.12X 0.2 = ，故 0.8 x0.1 0.150.1 X=0.15，所以 SCl 的转化率α= 0.25 ×100%= 0.25 ×100%=20%；反应I、II达平衡 2 时，SCl 的平衡转化率为20%。故答案为：20%； 2 0.350.15mol ③由②中的三段式可知平衡时候的c(SCl 2 )= 5L =0.04mol/L，c(SO 2 Cl 2 )= 0.1mol 20.150.2mol 0.022 5L =0.02mol/L，c(SOCl 2 )= 5L =0.02mol/L，所以K=0.020.04 1 =0.5，pK=-lgK=-lg =-(lg1-lg2)=0.30；该温度下，反应II的pK=0.30(保留两位有效数 2 字，lg2=0.30)。故答案为：0.30； (4)①在50℃～150℃范围内随温度升高，NO 的去除率迅速上升的原因是催化剂活性随温度 x 升高而增大，使NO 的去除速率迅速增大；温度升高，反应速率加快。故答案为：催化剂活 x 性随温度升高而增大，使NO 的去除速率迅速增大；温度升高，反应速率加快； x ②当反应温度高于380℃时，NO 的去除率迅速下降的原因可能是催化剂活性下降(氨与氧气 x 反应生成了NO)。故答案为：催化剂活性下降(氨与氧气反应生成了NO)。 18．（2021·全国高三零模）“一碳化学”是指研究分子中只含有一个碳原子的化合物为原 CO CO 料合成一系列化工产品的化学。研究和深度开发 、 2的应用对构建生态文明社会具有 重要的意义。 CO H (1) 2和 2在催化剂作用下可发生以下两个反应： Ⅰ． CO 2 g3H 2 g  CH 3 OHgH 2 Og ΔH 48.5kJmol1 Ⅱ． 2CO 2 g5H 2 g  C 2 H 2 g4H 2 Og ΔH 37.1kJmol1 反应 H 2 gC 2 H 2 g2H 2 Og  2CH 3 OHg 的ΔH ______。升高温度， C 2 H 2的含量增大的原因是______。 CO H CO (2)在压强、 2、 2的起始投料一定的条件下，发生反应Ⅰ、Ⅱ，实验测得 2的平衡 CH OH 转化率和平衡时 3 的选择性随温度的变化如图所示。 CH OH的物质的量 = 3 100% 已知：CH OH的选择性 反应的CO 的物质的量 3 2 CH OH 其中表示平衡时 3 的选择性的曲线是______(填“①”或“②”)；温度高于280℃时， CO CH OH 曲线①随温度升高而升高的原因是______；为同时提高 2的平衡转化率和平衡时 3 的选择性，应选择的反应条件为______(填标号)。 A．低温、低压 B．低温、高压 C．高温、高压 D．高温、低压 COgH Og  CO gH g ΔH 41.1kJmol1 (3)对于反应 2 2 2 ，反应速率 vv v =k pCOpH O-k pCO pH  k k 正 逆 正 2 逆 2 2 ，其中 正、 逆分别为正、逆反应 p 速率常数， 为气体的分压。 k -k ①降低温度， 正 逆______(填“增大”、“减小”或“不变”)。k 4 正 = ②在 、 下，按照nCO:nH O=1:1投料，待达到平衡，k 9 ，用气体分 TK 101kPa 2 逆 K  压表示的平衡常数 p ______。 134.1kJmol1 CO H 【答案】 平衡Ⅰ逆向移动，使 2和 2的浓度增大，也能促使反应Ⅱ C H 平衡正向移动，所以 2 2的含量增大 ② 高于280℃，以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ为吸热 4 CO 反应，温度升高，平衡正向移动，使 的转化率升高 B 减小 9 2 【详解】 Ⅰ2-Ⅱ (1)根据盖斯定律可知， 可得到反应 H gC H g2H Og  2CH OHg 2 2 2 2 3 的 ΔH 248.5kJ /mol37.1kJ /mol 134.1kJmol1 = ；升高温度，反应Ⅰ向逆反应 CO H 方向移动，反应Ⅱ正反应方向移动，Ⅰ逆向移动，使 2和 2的浓度增大，也能促使反应 C H 134.1kJmol1 Ⅱ平衡正向移动，所以 2 2的含量增大，答案为： ；平衡Ⅰ逆向移动，使 CO H C H 2和 2的浓度增大，也能促使反应Ⅱ平衡正向移动，所以 2 2的含量增大； CH OH (2)升高温度，反应Ⅰ向逆反应方向进行，Ⅱ向正反应方向进行， 3 的选择性逐渐减 CH OH 小，所以曲线②表示 3 的选择性；温度高于280℃时，以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ为吸热 CO CH OH 反应，温度升高，平衡正向移动，使 2的转化率升高；温度低时 3 的选择性高，增 大压强反应Ⅰ和Ⅱ均向正反应方向移动，使二氧化碳转化率增大，选择的反应条件为：低温和高压，答案为：②；高于280℃，以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ为吸热反应，温度升高，平衡正 CO 向移动，使 2的转化率升高；B； v v (3)①降低温度平衡向放热反应方向移动，正逆反应速率均减小，平衡逆向移动， 正 逆， k k k -k 所以 正减小程度大于 逆，所以降低温度， 正 逆减小，答案为：减小； vv v =k pCOpH O-k pCO pH  ②由 正 逆 正 2 逆 2 2 ，达到平衡时正、逆反应速率相 k pCO pH  4 正  2 2 = 4 4 等，则推知k pCOpH O 9 ，气体分压表示的平衡常数K  ，答案为： 。 逆 2 p 9 9 【点睛】 19．（2021·浙江高三其他模拟）金属铝有广泛的应用，有人对碳还原氧化铝制备铝进行了 实验研究。在2.0 L真空密闭容器中稍过量石墨与1.0 mol AlO 混合后加热，图1是体系压 2 3 强随着加热时间变化的曲线图，图2是在不同的恒定温度下，反应达到平衡，冷却后容器内 剩余固体中部分含铝元素物质的物质的量随温度变化曲线图。 已知：1.01×105 Pa下Al熔点933 K，沸点2700 K；10 Pa下Al沸点低于1000 K，AlO 和C 2 3 沸点高于2000 K。 噲垐  反应I：AlO(s)+3C(s) 2Al(s)+3CO(g) △H=+1339.1 kJ·mol-1 2 3 1 噲垐  反应II：2AlO(s)+9C(s) AlC(s)+6CO(g) △H=+2249.5 kJ·mol-1 2 3 4 3 2噲垐  反应III：AlO(s)+AlC(s) 6Al(s)+3CO(g) △H 2 3 4 3 3 请回答下列问题： (1)工业上电解法冶炼铝的化学方程式为___。 (2)△H=___。 3 (3)图1中石墨与AlO 混合物加热至150 min时容器内温度约为___。 2 3 (4)从反应自发性推测，实验室进行碳还原氧化铝制备铝的实验需要在真空容器中进行，可 能的原因是___。 (5)由图2可得1650 K时，反应I的平衡常数K=___。 (6)下列说法不正确的是___。 A．图1中约170 min后体系压强很快减小可能是反应I、II急剧发生，吸收了大量的热，容 器内温度降低，导致反应I、II平衡向逆方向移动 B．图2显示约1650～1700 K之间是石墨与AlO 反应制备Al的最佳温度 2 3 C．图2中T≥1700K时体系中一定还发生了其他副反应 D．综合分析可得，碳还原氧化铝制备铝比电解法成本更低，产率更高，适合大规模应用 (7)请在图3中画出温度在1450-1650 K之间2.0 L真空密闭容器中CO的浓度随温度变化曲 线图___。 通电 【答案】2AlO 4Al+3O↑ 1767.8 kJ•mol-1 1500 K 减小体系压强可 2 3 冰晶石 2 以使铝沸点降低，实验时铝呈气态使反应I熵变(或生成物熵)增大，有利于反应自发进行 或4.2×10-3 D 27 6400【详解】 (1)工业上电解法熔融的AlO，在阴极上Al3+得到电子被还原变为Al单质，在阳极上O2-失去 2 3 电子，被氧化为O，则根据同一闭合电路中电子转移数目相等，可知电解熔融氧化铝来冶炼 2 通电 铝的化学方程式为：2AlO 4Al+3O↑； 2 3冰晶石 2 噲垐  (2)已知：反应I：AlO(s)+3C(s) 2Al(s)+3CO(g) △H=+1339.1 kJ·mol-1 2 3 1 噲垐  反应II：2AlO(s)+9C(s) AlC(s)+6CO(g) △H=+2249.5 kJ·mol-1 2 3 4 3 2 噲垐  反应III：AlO(s)+AlC(s) 6Al(s)+3CO(g) △H 2 3 4 3 3 噲垐  根据盖斯定律，将(I)×3-(II)，整理可得AlO(s)+AlC(s) 6Al(s)+3CO(g) 2 3 4 3 △H=+1767.8 kJ•mol-1； 3 (3)图1中石墨与AlO 混合物加热至150 min时容器内压强大约为0.75 Pa，结合图2中压强 2 3 与温度关系可知：反应温度约为1500 K； (4)从反应自发性推测，△H＜0，△S＞0，△G=△H-T△S＜0，反应自发进行。实验室进行碳 还原氧化铝制备铝的实验需要在真空容器中进行，这时由于减小体系压强可以使铝沸点降低， 实验时铝呈气态，导致反应I熵变(或生成物熵)增大，有利于反应自发进行； 噲垐  (5)对于反应I：AlO(s)+3C(s) 2Al(s)+3CO(g)，在1650 K时AlO 的物质的量是0.5 2 3 2 3 mol，反应的AlO 的物质的量是1 mol-0.5 mol=0.5 mol，根据方程式可知：每有1 molAlO 2 3 2 3 反应，就会产生3 mol CO，则反应0.5 mol的AlO，产生CO的物质的量是1.5 mol，容器的 2 3 1.5mol =0.75mol/L 容积是2 L，故c(CO)= 2L 。根据已知条件：在10 Pa下Al沸点低于1000 K，反应在真空容器中进行，压强减小导致Al的沸点低于1000 K，此时Al状态为气态，根 0.20mol =0.10mol/L 据图示可知此时Al蒸气的物质的量为0.20 mol，则c(Al)= 2L 故反应I 的化学平衡常数K=c3(CO)·c2(Al)=(0.75)3×(0.10)2=0.0042；(6)A．图1中约170 min后体系压强很快减小可能是反应I、II急剧发生，吸收了大量的热， 导致容器内温度降低，降低温度，化学平衡向放热的逆方向移动，A正确； B．由图2显示约1650～1700 K之间Al生成量增加，因此是石墨与AlO 反应制备Al的最佳 2 3 温度，B正确； C．图2中T≥1700 K时，体系中Al的物质的量逐渐减小，一定是体系中发生了其它副反应， 如发生反应产生AlC，C正确； 4 3 D．综合分析可知：碳还原氧化铝所需温度太高，难以实现，制备铝比电解法成本更高，产 率更低，不适合大规模应用，D错误； 故合理选项是D； (7)根据图示可知：在1500 K时开始产生CO气体，在1550K时c(CO)= 0.1mol×3 0.5mol×3 =0.15mol/L =0.75mol/L 2L ；在1650 K时c(CO)= 2L ，将这些特殊点用平 滑曲线连接，可得CO的浓度与温度关系的图像： 。 20．（2021·四川树德中学高三其他模拟）甲醇不仅是重要的化工原料，还是性能优良的能 源和车用燃料。 (1)H(g)和CHOH(l)的燃烧热分别为285.8 kJ·mol-1和。726.5kJ·mo1-1，则由CO(g)和 2 3 2 H(g)生成液态甲醇和液态水的热化学方程式为___________。 2  (2)CO与H 也可以合成CHOH，已知CO和H 可以利用如下反应制备：CH(g)+HO(g) CO(g) 2 3 2 4 2 +3H(g) ∆H＞0， 定条件下CH 的平衡转化率与温度、压强的关系如图1所示。 2 4 T___________T(填“＞”或“=”)： A、B、C三点处对应平衡常数(K、K 、K )的大小关 1 2 A B C 系为___________。 (3)已知I．CO(g)+ HO(g) CO(g) +H(g)， 2 2 2  II． CO(g)+2H(g) CHOH(g)， 2 3  III． CO(g) + 3H(g) CHOH(g) +HO(g)。 2 2 3 2 如图2为一定比例的CO、H ；CO、H； CO、CO 、H 三个反应体系下甲醇生成速率与温度 2 2 2 2 2 的关系。 ①490 K时，根据曲线a、c判断合成甲醇的反应机理是___________(填“A”或“B")。 H 2  H 2 A． CO CO CHOH 2H O  3 2B．CO      H2 O    CO H 2 CHOH+HO H 2 2 2 2 ②490 K时，曲线a与曲线b相比，CO的存在使甲醇生成速率增大，结合反应I、III分析原 因：___________。 (4)在T°C时，向体积为2L的恒容容器中充入物质的量之和为3mol 的H 和CO，发生反应 2 n(H ) 2 CO(g) +2H(g) CHOH(g)，达到平衡时CHOH的体积分数中与起始时 的关系如图3 2  2 3 n(CO) 所示。 n(H ) 2 =2 ①当起始时n(CO) ， 反应经过5 min达到平衡，若此时CO的转化率为0.6，则0 ～5 min内平均反应速率v(H)=___________。若此时再 向容器中充入CO(g)和CHOH(g)各0.4 2 3 mol，达新平衡时H 的转化率将___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 2 n(H ) 2 =3.5 ②当起始时n(CO) ，反应达到平衡状态后，CHOH的体积分数可能对应图3中的 3 ___________(填“D"E”或“P”)点。 【答案】CO(g)+3H(g)=CHOH(l)+HO(l) △H=-130.9kJ/mol ＜ K=K＞K B 2 2 3 2 C B A CO的存在促使反应Ⅰ正向进行，二氧化碳和氢气的量增加，水蒸气的量减少，有利于反应Ⅲ 正向进行 0.12mol/(L•min) 增大 F 【详解】 1 (1)由H(g)和CHOH(1)的燃烧热分别为-285.8kJ/mol和-726.5kJ/mol知，H(g)+ 2 3 2 23 O(g)=HO(l)△H=-285.8kJ/mol①，CHOH(l)+2 O(g)=CO(g)+2HO(l)△H=-726.5kJ/mol②， 2 2 3 2 2 2 由盖斯定律可知，3×①-②得CO(g)+3H(g)=CHOH(l)+HO(l)△H=(-285.8×3+726.5)kJ/ 2 2 3 2 mol=-130.9kJ/mol，故答案为：CO(g)+3H(g)=CHOH(l)+HO(l)△H=-130.9kJ/mol； 2 2 3 2 (2)该反应为吸热反应，其他条件一定时，温度越高甲烷的平衡转化率越大，故T＜T；对于 1 2 吸热反应，温度越高平衡常数越大，相同温度下平衡常数相同，故K=K＞K，故答案为：＜； C B A K=K＞K； C B A (3)①490K时，a曲线对应的甲醇的生成速率大于c曲线，即甲醇主要来源于CO 和H 的反应。 2 2 故490K时，根据曲线a、c判断合成甲醇的反应机理是B，故答案为：B； ②490K时，曲线a与曲线b相比，CO的存在使甲醇生成速率增大，结合反应Ⅰ、Ⅲ分析，对 于反应ⅠCO(g)+HO(g) CO(g)+H(g)，CO是反应物，CO的存在促使反应Ⅰ正向进行，CO 和 2  2 2 2 H 的量增加，水蒸气的量减少，有利于反应ⅢCO(g)+3H(g) CHOH(g)+HO(g)正向进行，所 2 2 2  3 2 以CO的存在使甲醇生成速率增大，故答案为：CO的存在促使反应Ⅰ正向进行，二氧化碳和 氢气的量增加，水蒸气的量减少，有利于反应Ⅲ正向进行； n(H ) 2 =2 (4)①当起始时n(CO) ，即充入2molH、1molCO，经过5min反应达到平衡，此时CO的转 2 化率为0.6，△n(CO)=1mol×0.6=0.6mol，则△n(H)=0.6mol×2=1.2mol，则0～5min内平均 2 反应速率v(H)=∆c/∆t=1.2mol/(2L×5min) =0.12mol/(L•min)；平衡时 2 n(CO)=1mol-0.6mol=0.4mol，n(H)=2mol-1.2mol=0.8mol，n(CHOH)=0.6mol，则K= 2 3 0.6mol/2L 0.4mol/2L(0.8mol/2L)2 =9.375(L/mol)2，若此时再向容器中充入CO(g)和CHOH(g)各 3 (0.6+0.4)mol/2L 0.4mol，Qc=(0.4+0.4)mol/2L(0.8mol/2L)2 =7.8125(L/mol)2＜K，平衡正向移动，达到新 平衡时H 的转化率将增大，故答案为：0.12mol/(L•min)；增大； 2n(H ) 2 =2 ②当起始时n(CO) ，反应达到平衡状态后，CHOH的体积分数最大，故当起始时 3 n(H ) 2 =3.5 n(CO) ，反应达到平衡状态后，CHOH的体积分数比C点对应的CHOH的体积分数小， 3 3 可能对应题图3中的F点，故答案为：F。 21．（2021·广西南宁市·南宁三中高三三模）近几年科学家提出了“绿色自由”的构想。 把空气中的CO 进行转化，并使之与H 反应生成可再生能源甲醇。 2 2 (1)已知4.4kg CO 与足量H 恰好完全反应，生成气态的水和气态的甲醇，可放出4947kJ的 2 2 热量，试写出该反应的热化学方程式___________。 (2) 一定条件下，往2L恒容密闭容器中充入1mol CO 和3 mol H 在不同催化剂作用下发生 2 2 反应I、反应II与反应Ⅲ，相同时间内CO 的转化率随温度变化如图(图中c点的转化率为 2 66.67% 即转化了2/3)所示： ， ①催化剂效果最佳的反应是___________(填“反应I”、“反应II”、“反应Ⅲ”)。 ②b点v(正)___________ v(逆) (填“＞”，“＜"， “=”) 。 ③若此反应在a点时已达平衡状态，a点的转化率比c点高的原因是___________。若其他条 件不变，将a点容器的体积压缩至原来的一半，一段时间后反应再达平衡时，与原平衡比较 下列说法正确的是___________。 A．CO 的浓度减小 B．正反应速率增大，逆反应速率减小 2 C．CO 和H 的体积比为1：3 D． CHOH的体积分数增大 2 2 3④c点时该反应的平衡常数K =___________。 (3)科学家还研究了其它转化温室气体的方法，利用如图所示装置可以将CO 转化为气体燃料 2 CO。该装置工作时，N电极的电极反应式为___________。 【答案】10.CO(g)+3H(g)=CHOH(g)+HO(g) ΔH = -49.47kJ/mol 反应I ＞ 该 2 2 3 2 反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动 CD K=16/3(mol/L)2 (或K=3.33(mol/L)2) CO+2H++2e-=CO+HO 2 2 【详解】 (1)根据4.4kgCO 与足量H 恰好完全反应，可放出4947kJ的热量，则1molCO 与氢气合成甲 2 2 2 醇放出热量49.47 kJ的热量，所以热化学方程式为CO(g)+3H(g)=CHOH(g)+HO(g) ΔH = 2 2 3 2 -49.47k/mol 故答案为CO(g)+3H(g)=CHOH(g)+HO(g) ΔH = -49.47k/mol ， 2 2 3 2 (2)①催化剂加快反应速率 相同温度下 反应I速率最快，所以反应I催化剂效果最佳； ， ， ②CO(g)+3H(g)=HO(g)+ CHOH(g) ΔH = - -49.47kJ/mol，降低温度平衡正向移动，所以 2 2 2 3 T 温度下CO 平衡转化率大于a点，b点达到平衡时，CO 转化率增大，反应正向进行，v(正) 3 2 2 ＞ v (逆) ③正反应放热，升高温度平衡逆向移动，a点的转化率比c点高； ； A．体积减少一半，CO 的浓度瞬间增大为原来的平衡，平衡向正反应向移动，根据勒夏特列 2 原理，平衡后CO 的浓度仍比原来大，故A错误； 2 B．体积减少，压强增大，正反应速率和逆反应速率均增大，故B错误 ； C． CO 和H 的起始量为1：3 变化量也是1：3 因此平衡后体积比仍为1：3，故C正确 2 2 ， ， ； D．体积减小，平衡向正方向移动，CHOH 的体积分数增大，故D正确：答案为CD。 3 ④利用三段式计算平衡常数：CO + 3H  CH OH + H O 2(g) 2(g) 3 (g) 2 (g) 起始量/mol/L 0.5 1.5 0 0 2 2 2 2 转化量/mol/L 0.5 0.5 3 0.5 0.5 ， 3 3 3 3 1 2 2 平衡量/mol/L 0.5 0.5 0.5 0.5 3 3 3 2 2 0.5 0.5 3 3 K  3.33 。 1 0.5 0.53 3 (4)根据装置图，N极CO 得电子生成CO，电极反应式是CO+2H++2e-=CO +HO； 2 2 2 22．（2021·江西抚州市·临川一中）丙烯是三大合成材料的基本原料之一，其用量最大的 是生产聚丙烯。另外，丙烯可制备1，2-二氯丙烷，丙烯醛等。回答下列问题： I.工业上用丙烯加成法制备1，2-二氯丙烷，主要副产物为3-氯丙烯，反应原理为： ①CH 2 =CHCH 3 (g)+Cl 2 (g)  CH 2 ClCHClCH 3 (g) △H 1 =-134kJ∙mol-1 ②CH 2 =CHCH 3 (g)+Cl 2 (g)  CH 2 =CHCH 2 Cl(g)+HCl(g) △H 2 =-102kJ∙mol-1 (1)已知CH 2 =CHCH 2 Cl(g)+HCl(g)  CH 2 ClCHClCH 3 (g)的活化能Ea(逆)为164kJ∙mol-1，则该反应 的活化能Ea(正)为_______kJ∙mol-1 (2)一定温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的CH=CHCH(g)和Cl(g)，在催化剂作用 2 3 2 下发生反应①②，容器内气体的压强随时间的变化如下表所示。 时间/min 0 60 120 180 240 300 360 压强/KPa 80 74.2 69.4 65.2 61.6 57.6 57.6 用单位时间内气体分压的变化来表示反应速率，即ν=△p/△t，则反应①前180min内平均 反应速率ν(CHClCHClCH)=_____Kpa/min-1(保留小数点后2位)。 2 3 II.丙烯的制备方法 方法一：丙烷无氧脱氢法制备丙烯反应：C 3 H 8 (g)  C 3 H 6 (g)+H 2 (g) △H=+124kJ∙mol-1 (3)①某温度下，在刚性容器中充入CH，起始压强为10kpa，平衡时总压强为14kpa， 3 8 CH(的平衡转化率为____。该反应的平衡常数Kp=____Kpa(保留小数点后2位) 3 8 ②总压分别为100kpa和10kpa时发生该反应，平衡体系中CH 和CH 的物质的量分数随温度 3 8 3 6 变化关系如图所示。10kpa时CH 和CH 的物质的量分数随温度变化关系的曲线分别是____、____。 3 8 3 6 ③高温下，丙烷生成丙烯的反应在初期阶段的速率方程为：r=k×c(CH)，其中k为反应速率 3 8 常数。对于处于初期阶段的该反应，下列说法正确的是____。 A．增加丙烷浓度，r增大 B．增加H 浓度，r增大 2 C．丙烯的生成速率逐渐增大 D．降低反应温度，k减小 方法二：丙烷氧化脱氢法制备丙烯还生成CO、CO 等副产物，制备丙烯的反应：CH(g) 2 3 8 +1/2O 2 (g)  C 3 H 6 (g)+H 2 O(g) △H=-118kJ∙mol-1，在催化剂的作用下C 3 H 8 的转化率和C 3 H 6 的产 率随温度变化关系如图2所示。 (4)图中CH 的转化率随温度升高而上升的原因是_____，观察图2，回答能提高CH 选择性的 3 8 3 6 CH的物质的量 3 6  100% 措施是___(C 3 H 6 的选择性=反应的CH的物质的量 ) 3 8 【答案】132 0.08 40﹪ 2.67 Z Y AD 温度升高，反应速率增大(或 温度升高，催化剂的活性增大) 选择相对较低的温度(或选择更合适的催化剂) 【详解】 (1)①CH 2 =CHCH 3 (g)+Cl 2 (g)  CH 2 ClCHClCH 3 (g) △H 1 =-134kJ∙mol-1；②CH 2 =CHCH 3 (g)+Cl 2 (g)  CH 2 =CHCH 2 Cl(g)+HCl(g) △H 2 =-102kJ∙mol-1； 根据盖斯定律①-②得CH=CHCHCl(g)+HCl(g) CHClCHClCH(g) 2 2  2 3 △H=-134kJ∙mol-1+102kJ∙mol-1=-32kJ∙mol-1，焓变=活化能Ea(正)-活化能Ea(逆)，则该反应 2 的活化能Ea(正)=-32 kJ∙mol-1+164kJ∙mol-1=132kJ∙mol-1； (2)由于CH=CHCH(g)+Cl(g) CHClCHClCH(g)反应，使容器内气体压强减小； 2 3 2  2 3 设180min时，CHClCHClCH(g)的压强为p 2 3 CH =CHCH g Cl g  CH ClCHClCH g ΔP 2 3 2 2 3 1 1 P 8065.2 P=14.8KPa， 14.8KPa  ν(CHClCHClCH)= 180min 0.08 Kpa/min-1； 2 3 C H g  C H g + H g 3 8 3 6 2 初始(kpa) 10 0 0 (3) ① 转化(kpa) x x x 平衡(kpa) 10x x x 4 100%= 平衡时总压强为14kpa，即10-x+x+x=14，x=4，CH(的平衡转化率为10 40%；该反 3 8 44 = 应的平衡常数Kp= 6 2.67； ②增大压强，CH(g) CH(g)+H(g)逆向移动，CH 的物质的量分数增大，CH 的物质的量分 3 8  3 6 2 3 8 3 6 数减小，升高温度，CH(g) CH(g)+H(g)，正向移动，CH 的物质的量分数减小，CH 的物 3 8  3 6 2 3 8 3 6 质的量分数增大，10kpa时CH 和CH 的物质的量分数随温度变化关系的曲线分别是Z、Y。 3 8 3 6 ③A.根据r=k×c(CH)，可知增加丙烷浓度，r增大，故A正确； 3 8 B. 根据r=k×c(CH)，增加H 浓度，r增大不变，故B错误； 3 8 2 C.随反应进行，丙烷浓度逐渐减小，丙烯的生成速率逐渐减小，故C错误； D.降低温度，反应速率减慢，r减小，根据r=k×c(CH)，可知降低反应温度k减小，故D正 3 8 确； 选AD。(4)图中CH 的转化率随温度升高而上升的原因是温度升高，反应速率增大(或温度升高，催 3 8 化剂的活性增大)，根据图2，较低温度下，丙烯的选择性大，能提高CH 选择性的措施是选 3 6 择相对较低的温度(或选择更合适的催化剂)。 【点睛】 本题考查化学反应速率和化学反应限度，明确影响反应速率的因素和影响平衡移动的因素是 解题关键，会利用“三段式”法进行化学计算，培养学生分析化学平衡图象的能力。 23．（2021·安徽安庆一中高三三模）甲醇是一种可再生能源，CO和CO 催化加氢制甲醇， 2 是极具前景的温室气体资源化研究领域。 (1)已知在25℃，101kPa下：甲醇(l)的燃烧热为akJ·mol-1，CO(g)的燃烧热为bkJ·mol-1， HO(g)=HO(l) ΔH=+ckJ·mol-1。则甲醇(l)不完全燃烧生成一氧化碳和水蒸气的热化学方程 2 2 式为___________。 (2)恒温恒压下，在容积可变的密闭容器中加入一定量的CO和H 发生反应 2 i.CO(g)+2H(g)     CHOH(g) ΔH=-90.2 kJ·mol-1制备甲醇，测得平衡时CO的转化率 2 3 (α)随温度、压强的变化如图所示： 则P___________P，M点的正反应速率___________N点的逆反应速率。(填“>”、“<”或 1 2 “=”) (3)在某催化剂作用下，CO 和H 发生反应 2 2 ii: CO(g)+3H(g)     CHOH(g)+HO(g) △H=-49.0 kJ·mol-1 2 2 3 2 2 iii：CO(g)+H(g)     CO(g)+HO(g) △H=41.2 kJ·mol-1 2 2 2 3 ①维持压强不变，按固定初始投料比将CO 和H 按一定流速通过该催化剂，经过相同时间测 2 2 得实验数据：T(℃) CO 实际转化率(%) 甲醇选择性(%) 2 243 12.3 42.3 253 15.3 39.1 注：甲醇的选择性是指发生反应的CO 中转化为甲醇的百分比。 2 表中数据说明，升高温度，CO 的实际转化率提高而甲醇的选择性降低，其原因是： 2 ___________。为减少副反应的发生，同时不降低CO 生成CHOH的反应速率和平衡转化率， 2 3 可采取的措施是___________。 (4)恒温恒压密闭容器中，加入2molCO 和4molH，只发生反应ⅱ和反应ⅲ，初始压强为P， 2 2 0 在300℃发生反应，反应达平衡时，CO 的转化率为50%，容器体积减小25%，反应ⅱ的平衡 2 常数Kp= ___________ (kPa)-2(Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 (5)以甲醇为原料，通过电化学法可以合成碳酸二甲酯[(CHO)CO]，工作原理如图所示。 3 2 ①阳极的电极反应式为___________。 ②若以铅蓄电池为电源，B应与铅蓄电池的___________(填“Pb”或“PbO” )相连。 2 【答案】CHOH(l)+ O(g)=CO(g)+2HO(g) △H=(- a+b-2c)kJ·mol-1 > > 升高温度， 3 2 2 反应ii、反应iii速率均加快，但反应iii的速率变化更大 适当降低温度并增大反应的 9 压强（或降低温度并使用使用低温下活性更强的催化剂） 2P2 2CHOH+CO-2e- 0 3 =(CHO)CO+2H+ pb 3 2 【详解】 3 (1) 25℃，101kPa下：甲醇(l)的燃烧热为akJ·mol-1，则①CHOH(l)+2 O(g)=CO(g) 3 2 2+2HO(l) △H=- akJ·mol-1 2 1 CO(g)的燃烧热为bkJ·mol-1，则②CO(g)+ O(g)=CO(g) △H = -b kJ·mol-1 2 2 2 ③HO(g)=HO(l) ΔH=+ckJ·mol-1。 2 2 根据盖斯定律①-②-2×③，甲醇(l)不完全燃烧生成一氧化碳和水蒸气的热化学方程式为 CHOH(l)+ O(g)=CO(g)+2HO(g) △H=(- a+b-2c)kJ·mol-1； 3 2 2 (2) CO(g)+2H(g)     CHOH(g)正反应气体系数和减小，增大压强，平衡正向移动， 2 3 CO(g)转化率增大，则P>P，M、N两点为平衡点，两点正逆反应速率都相等， N点压强小于 1 2 M点，M点的正反应速率>N点的逆反应速率。 (3)升高温度，反应ii、反应iii速率均加快，但反应iii的速率变化更大，所以升高温度 CO 的实际转化率提高而甲醇的选择性降低。为减少副反应的发生，同时不降低CO 生成CHOH 2 2 3 的反应速率和平衡转化率，可采取的措施是适当降低温度并增大反应的压强（或降低温度并 使用使用低温下活性更强的催化剂）。 (4)由于发生反应ii，容器体积减小，设参加反应ii的CO 的物质的量是xmol， 2 CO g + 3H g  CH OHg+H Og n 2 2 3 2 1 2 x 60.25 X=0.75mol 参加反应ii的H 的物质的量是2.25mol，生成甲醇的物质的量是0.75mol、生成水的物质的 2 量是0.75mol；CO 的转化率为50%，则参加反应iii的CO 的物质的量是2×0.5- 2 2 0.75=0.25mol，反应iii消耗0.25molH、生成0.25molCO、生成水0.25mol；达到平衡时， 2 容器中CO(g)的物质的量是1mol、H 的物质的量是4mol-2.25mol-0.25mol=1.5mol、甲醇的 2 2 物质的量是0.75mol、水的物质的量是0.75mol+0.25mol=1mol，容器内气体总物质的量是 6mol×(1-25%)=4.5mol； 0.75 1 P  P 4.5 0 4.5 0  反应ⅱ的平衡常数Kp= 1 1.5  3 9 ； P  P   4.5 0 4.5 0  2P2 0 (5)根据图示，右侧电极氧气得电子生成水，B是负极，A是正极； ①甲醇、一氧化碳在阳极失电子生成碳酸二甲酯，阳极的电极反应式为2CHOH+CO-2e- 3 =(CHO)CO+2H+。 3 2②铅蓄电池中，PbO 为正极、Pb为负极；B是阴极，B应与铅蓄电池的Pb相连。 2 24．（2021·黑龙江哈尔滨市·哈尔滨三中高三其他模拟）硅单质及其化合物应用范围很广。 请回答下列问题： (1)工业上用石英和焦炭可以制得粗硅。已知： 写出用石英和焦炭制取粗硅的热化学方程式_______。 (2)制备硅半导体材料必须先得到高纯硅：三氯甲硅烷(SiHCl)还原法是当前制备高纯硅的主 3 要方法，生产过程示意图如下： 写出由纯SiHCl 制备高纯硅的化学反应方程式_______。整个制备过程必须严格控制无水无 3 氧。SiHCl 遇水剧烈反应生成HSiO、HCl和一种单质，写出该反应的化学方程式_______。 3 2 3 (3)对于反应2SiHCl(g) SiHCl(g)+SiCl(g)，采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在 3  2 2 4 323K和343K时SiHCl 的转化率随时间变化的结果如图所示。 3 ①323K时，反应的平衡转化率α=_______。平衡常数K =_______(保留2位有效数字)。 323K ②下列说法正确的是_______ A．平均分子量不变时，该反应一定达到平衡状态B．a、b处反应速率：v(a)>v(b) C．改进催化剂可以缩短达到平衡的时间 D．温度体积一定，加入SiHCl 可以提高SiHCl 的转化率 3 3 ③已知SiHCl 分解反应速率v=v -v =k ﹒x2(SiHCl)-k ﹒x(SiHCl)﹒x(SiCl)，k 、k 3 正 逆 正 3 逆 2 2 4 正 逆 分别为正、逆反应速率常数，x为物质的量分数，计算b处v /v =_______。(保留2位小 正 逆 数) 高温 【答案】SiO(s)+2C(s)=Si(s)+2CO(g) ΔH=+638.4kJ/mol SiHCl+H Si+3HCl 2 3 2 SiHCl+3HO=HSiO↓+3HCl+H↑ 21% 0.018 BC 1.15 3 2 2 3 2 【详解】 (1)由图1可得热化学方程式：①Si(s)+O(g)=SiO(s)ΔH=-859.4 kJ/mol， 2 2 ②2C(s)+O(g)=2CO(g)ΔH=-221.0 kJ/mol，根据盖斯定律，②-①可得目标热化学方程式为： 2 SiO(s)+2C(s)=Si(s)+2CO(g)ΔH=+638.4 kJ/mol； 2 (2)据图可知SiHCl 在高温条件下被氢气还原得到高纯硅，根据电子守恒和元素守恒可得化 3 高温 学方程式为SiHCl+H Si+3HCl；根据元素守恒可知SiHCl 水解的化学方程式为 3 2 3 SiHCl+3HO=HSiO↓+3HCl+H↑； 3 2 2 3 2 (3)①温度越高反应速率越快，达到平衡所需时间越短，所以a代表343K，b代表323K，则 323K时，反应的平衡转化率α=21%；设初始投料为1mol SiHCl(g)，平衡时转化率 3 α=21%，即Δn(SiHCl)=0.21mol，根据方程式为可知Δn(SiCl)=Δn(SiHCl)=0.105mol， 3 4 2 2 则平衡时体系内n(SiHCl)=0.79mol、n(SiCl)=n(SiHCl)=0.105mol，该反应前后气体系数 3 4 2 2 0.1050.105 之和相等，可以用物质的量代替浓度计算平衡常数，所以K= 0.792 =0.018； ②A．该反应前后气体系数之和相等，则气体总物质的量不变，根据质量守恒可知气体总质 量也不变，所以平均分子量为定值，不变时不能说明反应平衡，A错误； B．a、b两点SiHCl 的转化率相同，则气体浓度相同，但a点温度高于b点，所以反应速率 3 v(a)>v(b)，B正确； C．改进催化剂可以加快反应速率，缩短达到平衡所需时间，C正确；D．该反应前后气体系数之和相等，温度体积一定，加入SiHCl 达到的是等效平衡，SiHCl 3 3 的转化率不变，D错误； 综上所述答案为BC； k 正 ③平衡时k 正 ﹒x2(SiHCl 3 )=k 逆 ﹒x(SiH 2 Cl 2 )﹒x(SiCl 4 )，所以k =K=0.018，b处SiHCl 3 的转 逆 化率为20%，根据①的假设和分析可知此时容器内n(SiHCl)=0.80mol、 3 v k 正 正 n(SiCl 4 )=n(SiH 2 Cl 2 )=0.10mol，则x(SiHCl 3 )=0.80、x(SiCl 4 )=x(SiH 2 Cl 2 )=0.10，v =k 逆 逆 x2(SiHCl 3 ) 0.802 ×x(SiH 2 Cl 2 )x(SiCl 4 )=0.018× 0.10.1 =1.15。 25．（2021·河南新乡市·新乡县一中高三其他模拟）在一定条件下，由CO 和H 合成甲醇 2 2 已成为现实，该合成对解决能源问题具有重大意义。该过程中有两个竞争反应，反应过程能 量关系如图。 (1)请写出CO(g)与H(g)生成CHOH(g)的热化学方程式为___________。 2 3 (2)对于CO(g)＋3H(g)    CHOH(g)＋HO(g)反应，已知v =k c(CO)c3(H)，v =k 2 2 3 2 正 正 2 2 逆 逆 c(CHOH)c(HO)，升高温度k 增大的倍数___________k 增大的倍数(填“＜”、“＞”或 3 2 正 逆 “=”)，为了提高H 的转化率，可采取的措施有___________(填选项)。 2 A．加压B．升温C．加催化剂D．增加CO 的浓度 2 (3)在一容积可变的密闭容器中，充入1molCO 与3molH 发生反应：CO(g)＋3H(g)    2 2 2 2 CHOH(g)＋HO(g)，CO 在不同温度下的平衡转化率与总压强的关系如下图所示，图中M点时 3 2 2 CHOH的物质的量分数为___________，该反应的压强平衡常数为K=___________atm-2(用平 3 p 衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)(4)由CO 和H 合成甲醇有两个竞争反应，为提高CHOH的选择性，在原料气中掺入一定量 2 2 3 CO，原因是___________。另外，可以通过控制双组份催化剂(CuO-ZnO)中CuO的含量，可提 高甲醇产率，根据下图判断，催化剂选择性最好的CuO的含量为___________。 【答案】CO(g)＋2H(g)    CHOH(g)△H=－90.56kJ·mol－1 < AD 16.7% 2 3 5.33×10－4 加入一定浓度CO，使反应CO(g)＋H(g)    CO(g)＋HO(g)向逆向移动， 2 2 2 提高生产CHOH的选择性 50% 3 【详解】 (1)根据图像可知两个竞争反应为： i：CO(g)＋3H(g)    CHOH(g)＋HO(g)ΔH=－53.66kJ/mol 2 2 3 2 ii：CO(g)＋H(g)    CO(g)＋HO(g)ΔH=36.90kJ/mol 2 2 2 根据盖斯定律i-ii可得CO(g)＋2H(g)    CHOH(g)ΔH=－90.56kJ·mol－1； 2 3 (2)该反应焓变小于0，升高温度平衡逆向移动，说明逆反应速率比正反应速率增大的多，所 以k ＜k ；升温平衡逆向移动，H 的转化率减小，加催化剂不影响平衡转化率，增大压强， 正 逆 2增加CO 的浓度都能使平衡正向移动，H 转化率增大，故选AD； 2 2 (3)根据图中M点是CO 的平衡转化率为50%，得： 2 CO g3H g  CH OHgH Og 2 2 3 2 起始 1mol 3mol 0 0 转化 0.5mol 1.5mol 0.5mol 0.5mol 平衡 0.5mol 1.5mol 0.5mol 0.5mol 0.5 所以平时CHOH的物质的量分数为 ×100%≈16.7%； 3 0.5+1.5+0.50.5 0.5 ( 50atm)2 3 K p = 0.5 1.5 ≈5.33×10－4； ( 50atm)( 50atm) 3 3 (4)加入一定量的CO可以使反应CO(g)＋H(g)    CO(g)＋HO(g)，提高生产CHOH的选择 2 2 2 3 性；根据图像可知CHOH含量最大，催化剂选择性最好的CuO的含量为50%。 3 26．（2021·天津高三一模）国务院总理李克强在2021年国务院政府工作报告中指出，扎实 做好碳达峰、碳中和各项工作，优化产业结构和能源结构，努力争取2060年前实现碳中和。 碳的化合物在工业上应用广泛，下面有几种碳的化合物的具体应用： (1)已知下列热化学方程式： i.CH=CHCH(g)+Cl(g)→CHClCHClCH(g) ΔH=-133kJ·mol-1 2 3 2 2 3 ii.CH=CHCH(g)+Cl(g)→CH=CHCHCl(g)+HCl(g) ΔH=-100kJ·mol-1 2 3 2 2 2 ①写出相同条件下CH=CHCHC1和HCl合成CHClCHClCH 的热化学方程式____。 2 2 2 3 ②已知①中的正反应的活化能E 为132kJ·mol-1，请在下图中标出①中逆反应的活化能E 正 逆 及数值_______。 (2)温度为T℃时向容积为2L的密闭容器中投入3molH 和1molCO 发生反应CO(g)+3H(g) 2 2 2 2  CHOH(g)+HO(g) ΔH=-49.4kJ·mol-1，反应达到平衡时，测得放出热量19.76kJ，求平衡 3 2 1 时： ①H 的转化率为_______ 2②T℃时该反应的平衡常数K=_______(列计算式表示)。 (3)目前有Ni-CeO 催化CO 加H 形成CH 的反应，历程如图所示，吸附在催化剂表面的物种用 2 2 2 4 *标注。 ①写出上述转换中存在的主要反应的化学方程式_____。 ②有人提出中间产物CO的处理，用反应2CO(g)=2C(s)+O(g) ΔH>0来消除CO的污染，请用 2 文字说明是否可行_____。 (4)T℃，HCOOH与CHCOONa溶液反应：HCOOH+CHCOO- HCOO-+CHCOOH，该反应的K=12.5，则 3 3  3 该温度下醋酸的电离常数K(CHCOOH)=_____(T℃时K(HCOOH)=2×10-4)。 a 3 a 【答案】CH=CHCHCl(g)+HCl(g)→CHClCHClCH(g) △H= - 33 kJ·mol-1 2 2 2 3 40% CO+4H 2 2  0.2 0.2  0.3 0.93       催  化  剂    CH+ 2HO 因为△G=△H-T△S>0，所以不可行(或者△H>0，△S>0， 任何温度不能自发) 4 2 1.6×105 【详解】 (1)①已知：i.CH=CHCH(g)+Cl(g)→CHClCHClCH(g) ΔH=-133kJ·mol-1 2 3 2 2 3 ii.CH=CHCH(g)+Cl(g)→CH=CHCHCl(g)+HCl(g) ΔH=-100kJ·mol-1 2 3 2 2 2 根据盖斯定律，由i-ii得CH=CHCHCl(g)+HCl(g)→CHClCHClCH(g) △H= -100kJ·mol-1- 2 2 2 3 (-133kJ·mol-1)=- 33 kJ·mol-1，故答案为：CH=CHCHCl(g)+HCl(g)→CHClCHClCH(g) 2 2 2 3 △H= - 33 kJ·mol-1；②△H=E -E ，则E =E -△H=132kJ•mol-1-（-33kJ•mol-1）=165kJ•mol-1，故答案为： a正 a逆 a（逆） a正 ； (2)①反应热与参加反应的物质的物质的量成正比，由热化学方程式知，3mol氢气完全转化 19.76 100%=40% 时放出热量为49.4kJ热量，则测得放出热量19.76kJ时，H 的转化率为 49.4 ； 2 ②用三段式法计算得： CO g+3H g  CH OHg+H Og 2 2 3 2 起始(mo/L) 0.5 1.5 0 0 ， 转化(mo/L) 0.2 0.6 0.2 0.2 平衡(mo/L) 0.3 0.9 0.2 0.2 c(CH OH)c(H O) 0.20.2 K= 3 2  c(CO )c(H )3  0.30.93； 2 2 (3)①根据图示中箭头方向知，反应物为CO、H，生成物为CH、HO，故答案为：CO+4H 2 2 4 2 2 2       催  化  剂    CH+ 2HO； 4 2 ②有人提出中间产物CO的处理，用反应2CO(g)=2C(s)+O(g) ΔH>0来消除CO的污染，因为 2 △G=△H-T△S>0，所以不可行(或者△H>0，△S>0， 任何温度不能自发)； (4)T℃，HCOOH与CHCOONa溶液反应：HCOOH+CHCOO- HCOO-+CHCOOH，该反应的K=12.5，即 3 3  3 K (甲酸) K= a =12.5 K (乙酸) ，则该温度下醋酸的电离常数K(CHCOOH)= a 3 a K (甲酸) 2.010-4 a = =1.610-5 K 12.5K (甲酸) 2.010-4 a = =1.610-5 K 12.5 ,故答案为：1.6×105。 27．（2021·四川遂宁市·高三其他模拟）CO和NO是汽车尾气中的主要污染物，易引起酸 雨、温室效应和光化学烟雾等环境污染问题。随着我国机动车保有量的飞速发展，汽车尾气 的有效处理变得迫在眉睫。其中的一种方法为2CO(g)+2NO(g)=N(g)+2CO(g)，请回答下列问 2 2 题： (1)已知该反应为自发反应，则该反应的反应热△H___________0(填“>”或“<”或“=”) (2)已知：N (g) + O(g)=2NO(g) △H= a kJ•mol -1 2 2 C(s) + O (g)=CO (g) △H= b kJ•mol -1 2 2 2C(s) + O (g)=2CO(g) △H= c kJ•mol -1 2 则 2CO(g)+2NO(g)=N (g)+2CO (g) △H=___________kJ•mol-1 (用含 a、b、c 的表达式表 2 2 示)。 (3)一定温度下，将 2molCO、4molNO 充入一恒压密闭容器。已知起始压强为 1MPa，到达平 衡时， 测得N 的物质的量为 0.5 mol，则： 2 ①该温度此反应用平衡分压代替平衡浓度的平衡常数K=___________(写出计算表示式) p ②该条件下，可判断此反应到达平衡的标志是___________ A．单位时间内，断裂 2 molC=O 同时形成 1 mol N≡N。 B．混合气体的平均相对分子质量不再改变。 C．混合气体的密度不再改变。 D．CO与NO的转化率比值不再改变。 (4)某研究小组探究催化剂对 CO、NO 转化的影响。将 CO 和 NO 以一定的流速通过两种不 同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中 N 的含量，从而确定尾气脱氮率(即 NO 2 的转化率)，结果如图所示： ①由图可知：要达到最大脱氮率，该反应应采取的最佳实验条件为___________ ②若低于 200℃，图中曲线 I 脱氮率随温度升高变化不大的主要原因为___________(5)已知常温下，K(NH·HO)=1.8×10-5，K(HCO) =4.4×10-7，K(HCO) =4.4×10-11，.此 b 3 2 a1 2 3 a2 2 3 温度下某氨水的浓度为 2mol/L，则溶液中c(OH-)=___________mol/L，将脱氮反应后生成CO 2 c  NH+ 4 通入氨水中使溶液恰好呈中性，则此时 =___________(保留小数点后4位数字) c  HCO- 3 (6)电解NO制备NHNO，其工作原理如图所示，为使电解产物全部转化为NHNO，需要补充物 4 3 4 3 质A，A是___________，理由是___________ 11 【答案】< 2b-a-c 36 (或具体计算式) BC 催化剂 II，450℃ 温度较低 时，催化剂 I 的活性偏低 6×10-3 1.0009 NH 根据总反应 3 8NO+7HO=3NHNO+2HNO(条件为电解)，电解产生HNO 多，应补充NH 2 4 3 3 3 3 【详解】 (1)反应2NO(g)+2CO(g) 2CO(g)+N(g)能够自发进行，反应△S<0，若满足△H-T△S<0，必  2 2 须△H<0； (2)已知：①N (g) + O(g)=2NO(g) △H= a kJ•mol -1；②C(s) + O (g)=CO (g) △H= b 2 2 2 2 kJ•mol -1； ③2C(s) + O (g)=2CO(g) △H= c kJ•mol -1； 2 根据盖斯定律，得到目标方程式的计算式为2×②-①-③，代入a、b、c计算得△H=2b-a- c； (3)①一定温度下，将 2molCO、4molNO 充入一恒压密闭容器。已知起始压强为 1MPa，到达 平衡时， 测得N 的物质的量为 0.5 mol，则可列出三段式： 2 2NOg+2COg  2CO g+N g 2 2 1 0.5 起始(mol) 4 2 0 0 ( )2 5.5 5.5 11 K =  转化(mol) 1 1 1 0.5 p 3 1 36 ( )2( )2 平衡(mol) 3 1 1 0.5 5.5 5.52NOg+2COg  2CO g+N g 2 2 1 0.5 起始(mol) 4 2 0 0 ( )2 5.5 5.5 11 ，则K =  ； 转化(mol) 1 1 1 0.5 p 3 1 36 ( )2( )2 平衡(mol) 3 1 1 0.5 5.5 5.5 ②A．单位时间内，断裂2 mol C=O同时形成 1 mol N≡N，正反应速率和逆反应速率不相等， 不能说明反应达到平衡，故A错误； B．该反应是气体分子数不相等的反应，混合气体的平均相对分子质量不再改变，可以说明 达到平衡，故B正确； C．容器是恒压容器，反应是气体分子数不相等的反应，混合气体的密度不再改变可以说明 达到平衡，故C正确； a 2 =2 D．CO与NO的转化量相等，设任一时刻转化量为a mol，则CO与NO的转化率比值为 ， a 4 为定值，则CO与NO的转化率比值不再改变，不能说明反应达到平衡，故D错误；故答案为 BC； (4)①由图象可知，在催化剂II，450℃条件下达到最大脱氮率； ②温度较低时，催化剂的活性偏低，反应速率慢，所以脱氮率随温度升高变化不大； c(NH+)c(OH-) K = 4 (5)NH 3 •H 2 O的K b =1.8×10-5，若氨水的浓度为2.0mol•L-1，由 b c(NH H O) ，可知 3 2 1 cc(H-)=(1.810-52)2mol/L=610-3mol/L，将CO 通入该氨水中，当溶液呈中性时溶液中 2 + - 2- c(OH-)=c(H+)=10-7mol/L，电荷守恒得到：c(NH4)=c(HCO3)+2c(CO3 )， c(NH+) 2c(CO2-) c(CO2-)c(H+) 4 =1+ 3 K = 3 c(HCO-) c(HCO-) ，H 2 CO 3 的K a2 =4.4×10-11，结合 a2 c(HCO-) 计算 3 3 3 c(CO2-) c(CO2-) 4.410-11 3 3 = =4.410-4 c(HCO-)，c(HCO-) 10-7 ， 3 3 c(NH+) 2c(CO2-) 4 =1+ 3 =1+24.410-4=1.0009 c(HCO-) c(HCO-) 3 3c(NH+) 2c(CO2-) 4 =1+ 3 =1+24.410-4=1.0009 c(HCO-) c(HCO-) ； 3 3 + (6)根据电解NO制备NHNO 的工作原理示意图知：阴极反应式为3NO+15e-+18H+=3NH4+3HO， 4 3 2 电解 阳极反应式为5NO-15e- +10H 2 O=5NO- +20H+，总反应式为8NO+7H 2 O =3NH 4 NO 3 +2HNO 3 ，为 3 了使电解产生的HNO 全部转化为NHNO，应补充NH。 3 4 3 3 28．（2021·天津）氮和氮的化合物在国防建设、工农业生产和生活中都有极其广泛的用途。 请回答下列与氮元素有关的问题： (1)已知部分化学键的键能如表 化学键 N≡N H —H N—H 键能/ 946 436 391 (kJ·mol-1) 工业上合成氨反应当过程中转移3 mol电子时，理论上热量变化为 ___________kJ。 (2)在一个恒容密闭容器中充入2 mol NO(g)和1 mol Cl(g)发生反应：2NO(g)+Cl(g) 2 2     2ClNO(g) 在一定温度下测得NO的物质的量(单位：mol)与时间的关系如表所示： t/min 0 5 8 13 NO的物质的量 2 1.15 1.0 1.0 217.5 ①测得该反应平衡常数与温度关系为1gK=5.08+ T ，则该反应是___________(填“吸 p 热”或“放热”反应)。 ②同温度下，起始时容器内的压强为P，则该反应的平衡常数K=___________(用平衡分压代 0 P 替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 ③若同温度下，在相同容器中，充入1 mol NO(g)和0.5 molCl(g)，则NO的平衡转化率 2 ___________50%(填“大于”、“等于”或“小于”)。 (3)某研究小组将2 mol NH、3 mol NO和一定量的O 充入2 L密闭容器中，在AgO催化剂表 3 2 2 面发生反应4NH(g)+6NO(g)    5N(g)+6HO(l)；NO的转化率随温度变化的情况如图。5 3 2 2min内，温度从420 K升高到580 K，此时段内NO的平均反应速率v(NO)___________，420 K 之前，NO生成N 的转化率偏低的原因可能是___________。 2 (4)若将NO 与O 通入如图所示甲装置，D电极上有红色物质析出，A电极的电极反应式为 2 2 ___________。 6 【答案】46 放热 p 小于 0.171 mol/(L·min) 420 K前反应未达平衡， 0 NO 转化率较低 NO-e- +HO= 3+2H+ 2 2 【详解】 (1)N 与H 合成NH 的化学反应方程式：N+3H 2NH，每有1 mol N 参加反应，转移6 mol电 2 2 3 2 2 3 2 子，反应过程中的能量变化为Q=946 kJ+3×436 kJ-6×391 kJ=- 92 kJ，即反应放出92 kJ 92kJ 的热量，当合成反应当过程中转移3 mol电子时，则理论上放出热量是 2 =46 kJ； 217.5 (2)①该反应平衡常数与温度关系为1gK=5.08+ T ，可见：温度越高，化学平衡常数越 p小。说明升高温度，化学平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，故该反应的正反应是放热反应； ②对于反应2NO(g)+Cl(g) 2ClNO(g)，在反应开始时n(NO)=2 mol，n(Cl)=1 mol， 2  2 n(ClNO)=0，反应过程中△n(NO)=1 mol，根据物质反应转化关系可知平衡时，n(NO)=1.0 mol，n(Cl)=0.5 mol，n(ClNO)=1.0 mol，在相同外界条件下，压强比等于气体的物质的量 2 P 1.00.51.0mol 总 5 5 的比，所以 P = 21mol = 6 ，所以P 总 = 6 P0，所以化学平衡常数K p = 0 2  1 5   p   2.5 6 0  p2ClNO = 2 = ；  1 5  0.5 5 6  p   p p2NOpCl   2.5 6 0   2.5 6 0 p 2 0 ③由已知条件可知反应在加入2 mol NO(g)和1 mol Cl(g)时反应达到平衡时NO的转化率是 2 50%。该反应的正反应是气体体积减小的反应，若在同温度下，在相同容器中，充入1 mol NO(g)和0.5 molCl(g)，气体的压强减小，减小压强，化学平衡逆向移动，反应达到平衡时 2 NO的平衡转化率降低，所以在充入1 mol NO(g)和0.5 molCl(g)时NO的平衡转化率会小于 2 50%； (3)根据图示可知：在420 K时NO转化率是2%，此时消耗NO的n(NO)=3 mol×2%=0.06 mol；在580 K时NO转化率是59%，此时消耗NO的n(NO)=3 mol×59%=1.77 mol，此时段内 NO消耗的物质的量为△n(NO)=1.77 mol-0.06 mol=1.71 mol，由于容器的容积是2 L，所以 1.71mol NO的反应速率v(NO)=c = 2L = 0.171 mol/(L·min)； t 5min 420 K之前，NO生成N 的转化率偏低，原因可能是在420 K前反应未达平衡，转化率较低； 2 (4)D电极上有红色物质析出，说明D电极为正极，则与D电极连接的A电极为阳极，通入的 O 气体失去电子发生氧化反应，A电极上通入NO，其失去电子变为N 3 ，故A电极的电极反应 2 O 式为：NO-e- +HO= N 3 +2H+。 2 2 29．（2021·安徽高三其他模拟）苯乙烯是重要的有机合成单体，常用乙苯为原料合成。(1)以CO 和乙苯为原料合成的苯乙烯，其过程如图1，有“一步”途径1和“二步”途径2 2 的两种推测： 则CO 2 (g)+ (g)       催  化  剂    (g)+CO(g)+H 2 O(g)的K 3 _______(用含K 1 、K 2 的代数式 表达)。 (2)向刚性容器中充入10 mol CO 2 和10 mol乙苯，发生反应CO 2 (g)+ (g)       催  化  剂    (g)+CO(g)+HO(g)，在不同温度下测得平衡时各物质的体积分数如图2。可知 2  ∆H_______0。相同温度下CO 转化率低于乙苯，推知发生了副反应CO(g)+HO(g) CO(g) 3 2 2 2 +H(g)，由图像知该反应∆H_______0。 2 (3)某研究团队找到乙苯直接脱氢的高效催化剂，反应原理如图： (g) H(g)+ (g) ∆H       催  化  剂    2 1 ①已知部分化学键键能数据如表所示： 共价键 C-C C-H C=C H-H键能(kJ/mol) 347.7 413.4 615 436 则∆H=_______。 1 ②实际过程中，通常向乙苯中掺入水蒸气，保持体系总压为100 kPa的条件下进行。乙苯平 n(乙苯) 衡转化率与温度、投料比m[m= nHO ]的关系如图3。则投料比m 1 、m 2 、m 3 由大到小的关系 2 为_______。 ③若m=5：1，则A点温度下，该反应的平衡常数K=_______。若其他条件不变，将恒压调整 2 p 为恒容状态，则A点对应的乙苯的平衡转化率_______(填“增大”、“不变”或“减小”)。   (4)实验测得，乙苯脱氢的速率方程为 =k p ， =k p p (k 、k 为速率常数， 正 正 乙苯 逆 逆 苯乙烯 氢气 正 逆 1 1 只与温度有关)，图4中③代表lgk 随T 的变化关系，则能代表lgk 随T 的变化关系的是 逆 正 _______。 【答案】K×K ＞ ＞ +123.5 kJ/mol m＞m＞m 50kpa 减小 ④ 1 2 3 2 1 【详解】(1)根据图1所示信息可知，途径2反应分别为：I． (g) = (g)+H(g) II．CO(g) 2 2 +H 2 (g)= CO(g)+H 2 O(g) ，途径1反应为：III．CO 2 (g)+ (g)       催  化  剂    (g) +CO(g)+HO(g)，则有III=I+II，故K= K×K，故答案为：K×K； 2 3 1 2 1 2 (2)由图2所示信息可知，温度越高苯乙烯的体积分数越大，说明反应的化学平衡正向移动， 故正反应为吸热反应∆H＞0，相同温度下CO 转化率低于乙苯，说明副反应生成的CO 随温度 3 2 2  升高也越来越多，即升高温度副反应CO(g)+HO(g) CO(g)+H(g)化学平衡正向移动，由图 2 2 2 像知该反应∆H＞0，故答案为：＞；＞； (3)①根据反应热等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和可知，反应物和生成物中均 含有苯环，故苯环上的化学键未改变，故反应物中断裂了两个C-H和1个C-C，生成物生成 了一个C=C和一个H-H，则∆H=E(C-C)+2E(C-H)-E(C=C)-E(H-H)=347.7 kJ/mol+2×413.4 1 kJ/mol-615 kJ/mol-436 kJ/mol=+123.5 kJ/mol，故答案为：+123.5 kJ/mol； ②该反应是气体体积增大的反应，恒压条件下，向乙苯蒸气中掺入水蒸气，相当于减小压强， 平衡正向移动，乙苯平衡转化率增大，即投料比越大，乙苯的平衡转化率越小，由图可知， 在m、m、m 条件乙苯平衡转化率依次减小，则m＞m＞m，故答案为： m＞m＞m； 1 2 3 3 2 1 3 2 1 ③若m=5：1，设乙苯的物质的量为5amol，则水蒸气为amol，根据三段式计算可知： 2 乙苯g  H g+苯乙烯(g) 2 起始量(mol) 5a 0 0 ，则A点温度下，乙苯的平衡分压为： 转化量(mol) 5a×60% 3a 3a 平衡量(mol) 2a 3a 3a 2a 200 ×100kpa= kpa p(乙苯)=2a+3a+3a+a 9 ，H 和苯乙烯的平衡分压为：p(H)=p(苯乙烯)= 2 2 3a 300 p(H )p(苯乙烯) ×100kpa= kpa 2 2a+3a+3a+a 9 ，该反应的平衡常数K p = p(乙苯) = 300 300 kpa kpa 9 9 =50 200 kpa 9300 300 kpa kpa 9 9 =50 kpa，由于该反应的正反应为气体体积增大的方向，若其他条件不变， 200 kpa 9 将恒压调整为恒容状态，相当于增大压强，平衡逆向移动，故则A点对应的乙苯的平衡转化 率减小，故答案为：50kpa；减小；   (4)实验测得，乙苯脱氢的速率方程为 =k p ， =k p p (k 、k 为速率常数， 正 正 乙苯 逆 逆 苯乙烯 氢气 正 逆 1 只与温度有关)，图4中③代表lgk 随T 的变化关系，达到平衡时， = ，即k p =k 逆 正 逆 正 乙苯 k p p 正 = 苯乙烯 氢气 =K p p ，则有k p ，由(3)①可知该反应正反应是一个吸热反应，故温 逆 苯乙烯 氢气 逆 乙苯 k 1 正 度越高平衡正向移动，K增大， 越大，T越小，则K越小，即k 越小，故能代表lgk 随 T 逆 正 1 T 的变化关系的是④，故答案为：④。 四、填空题 30．（2021·青海西宁市·高三二模）氮的化合物种类繁多，性质也各不相同。请回答下列 问题： (1)已知： ①SO(g)+NO(g)=NO(g)+SO(g) ∆H=+41.8mol·L-1 3 2 2 1 ②2SO(g)+O(g)=2SO(g) ∆H=-196.6mol·L-1 2 2 3 2 则2NO(g)=2NO(g)+O(g)的∆H=_______。 2 2 (2)NO作为主要空气污染物，其主要来源是汽车尾气，研究人员用活性炭对汽车尾气中的NO 进行吸附，并发生反应：C(s)+2NO(g)  N 2 (g)+CO 2 (g) ∆H<0.在恒压密闭容器中加入足量活 性炭和一定量NO气体，反应相同时间时，测得NO的转化率α(NO)随温度的变化如图所示：图中a、b、c三点中，达到平衡的点是_______；温度为1100K时，N 的平衡体积分数为 2 _______。 (3)现代技术用氨气将汽车尾气中的NO 还原为N 和HO，反应原理是NO(g)+NO(g)+2NH(g) x 2 2 2 3       催  化  剂    3HO(g)+2N(g) ∆H<0。 2 2 ①实际生产中NO(g)+NO(g)+2NH(g)      催  化  剂    3HO(g)+2N(g)的反应温度不宜过高的原 2 3 2 2 因是_______。 ②500℃时，在2L恒容密闭容器中充入1molNO、1molNO 和2molNH，8min时反应达到平衡， 2 3 此时NH 的转化率为40%，体系压强为pMPa，则0～8min内用N 表示的平均反应速率 3 0 2 v(N)=_______mol·L-1·min-1，500℃时该反应的平衡常数K=_______MPa(用含p 的代数式 2 p 0 表示，K 为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 p 【答案】+113.0KJ/mol b、c 20% 该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动， 16 p 不利于反应物的转化，故反应温度不宜过高 0.05 33 0 【详解】 (1)根据盖斯定律，反应①×2-反应②得2NO(g)=2NO(g)+O(g) ∆H=-(2×∆H+ ∆H)= - 2 2 1 2 (2×41.8-196.6)=+113.0KJ/mol，故答案为：+113.0KJ/mol。 (2) 温度低于1050K时，反应速率较慢，反应未达平衡状态，温度等于或高于1050K时达到 平衡，1100K是NO的平衡转化率为40%，假设通入NO的物质的量为1mol，利用三段式则有： Cs  2NOg  N g  CO g 2 2 开始mol/L 1 0 0 ，所以N 的平衡体积分 转化mol/L 0.4 0.2 0.2 2 平衡mol/L 0.6 0.2 0.20.2 100%20% 数为0.60.20.2 ，故答案为：b、c，20%。 (3) ①NO(g)+NO(g)+2NH(g)      催  化  剂    3HO(g)+2N(g)，该反应是放热反应，升高温度， 2 3 2 2 平衡逆向移动，不利于反应物的转化，故反应温度不宜过高，故答案为：该反应是放热反应， 升高温度，平衡逆向移动，不利于反应物的转化，故反应温度不宜过高。 ②500℃时，在2L恒容密闭容器中充入1molNO、1molNO 和2molNH，8min时反应达到平衡， 2 3 此时NH 的转化率为40%，体系压强为pMPa，利用三段式则有： 3 0 催化剂 NOg  NO g  2NH g  3H Og  2N g 2 3 2 2 开始mol 1 1 2 0 0 转化mol 0.4 0.4 0.8 1.2 0.8 ， 平衡mol 0.6 0.6 1.2 1.2 0.8 0.8mol 0.05 v(N)= 2L8min mol·L-1·min-1，根据阿伏伽德罗定律，恒温恒容时，压强与物 2 3 2 1.2  0.8  p  p     4.4 0  4.4 0  质的量成正比，500℃时该反应的平衡常数K p = 1.2  2 0.6  0.6  MPa= 16  p    p    p  p 4.4 0  4.4 0  4.4 0  33 0 16 p Mpa，故答案为：0.05、33 0。