预测16 化学反应原理综合专题-【临门一脚】 高考化学三轮冲刺过关

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预测16 化学反应原理综合专题概率预测☆☆☆☆☆题型预测选择题简答题☆☆☆☆☆考向预测 ①盖斯定律、热化学方程式书写或者反应热的计算②化学反应速率的计算以及影响因素分析③化学平衡状态的特征、平衡原理的应用④平衡图像的分析⑤平衡常数的计算及其运用⑥原电池、电解池电极反应式或者化学方程式的书写化学反应原理综合试题常常将化学反应与能量、化学反应速率和化学平衡、水溶液中的离子平衡等知识融合在一起，多以图像或图表的形式呈现。题目围绕一个主题，由多个小题组成，各小题的考查有一定的独立性，分别考查不同的知识点，覆盖面较广，灵活性较强。考查角度主要有热化学方程式和电极反应式的书写；离子浓度的大小比较；Ksp的计算与应用；反应速率、平衡常数及转化率的计算；电化学装置的原理分析及平衡曲线的识别与绘制等。试题篇幅较长，情境、取材较新，同时联系生产、生活实际进行考查，有一定的难度，侧重考查考生的阅读能力、获取有效信息能力、知识运用能力、识图识表能力和分析归纳能力，同时考查考生科学态度与社会责任的核心素养。1．掌握利用盖斯定律计算反应热的步骤和方法(1)计算步骤(2)计算方法2．正确理解化学反应速率的影响因素(1)“惰性气体”对反应速率的影响①恒温恒容：充入“惰性气体”总压增大―→参与反应的物质浓度不变(活化分子浓度不变)―→反应速率不变。②恒温恒压：充入“惰性气体”体积增大参与反应的物质浓度减小(活化分子浓度减小)反应速率减小。(2)纯液体、固体对化学反应速率的影响在化学反应中，纯液体和固态物质的浓度为常数，故不能用固态物质的浓度变化来表示反应速率，但是固态反应物颗粒的大小是影响反应速率的条件之一，如煤粉由于表面积大，燃烧时比煤块快得多。(3)外界条件对可逆反应的正、逆反应速率的影响方向是一致的，但影响程度不一定相同条件改变影响增大反应物浓度v正瞬间增大，v逆瞬间不变，随后也增大增大压强v正和v逆都增大，气体分子数减小方向的反应速率增大的程度大对无气体参加或生成的化学反应的速率无影响反应前后气体分子数不变的反应，正、逆反应速率同等程度地增大升高温度v正和v逆都增大，但吸热反应方向的反应速率增大的程度大使用催化剂能同等程度地改变正、逆反应速率3．突破化学平衡状态的判断(1)注意“三关注”：一要关注反应条件，是恒温恒容、恒温恒压还是绝热恒容、绝热恒压；二要关注反应特点，是等体积反应，还是非等体积反应；三要关注特殊情况，是否有固体参加或生成，或固体的分解反应。(2)(3)从现象上判断4．影响化学平衡的因素改变的条件(其他条件不变)化学平衡移动的方向浓度增大反应物浓度或减小生成物浓度向正反应方向移动减小反应物浓度或增大生成物浓度向逆反应方向移动压强(对有气体参加的反应)反应前后气体体积改变增大压强向气体分子总数减小的方向移动减小压强向气体分子总数增大的方向移动反应前后气体体积不变改变压强平衡不移动温度升高温度向吸热反应方向移动降低温度向放热反应方向移动催化剂同等程度改变v正、v逆，平衡不移动化学反应原理题答题“五要素”1．(2020•新课标Ⅰ卷】硫酸是一种重要的基本化工产品，接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧化：SO2(g)+O2(g)SO3(g) ΔH=−98 kJ·mol−1。回答下列问题：(1)钒催化剂参与反应的能量变化如图所示，V2O5(s)与SO2(g)反应生成VOSO4(s)和V2O4(s)的热化学方程式为：_________。(2)当SO2(g)、O2(g)和N2(g)起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa压强下，SO2平衡转化率α 随温度的变化如图所示。反应在5.0MPa、550℃时的α=__________，判断的依据是__________。影响α的因素有__________。(3)将组成(物质的量分数)为2m% SO2(g)、m% O2(g)和q% N2(g)的气体通入反应器，在温度t、压强p条件下进行反应。平衡时，若SO2转化率为α，则SO3压强为___________，平衡常数Kp=___________(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。(4)研究表明，SO2催化氧化的反应速率方程为：v=k(−1)0.8(1−nα')。式中：k为反应速率常数，随温度t升高而增大；α为SO2平衡转化率，α'为某时刻SO2转化率，n为常数。在α'=0.90时，将一系列温度下的k、α值代入上述速率方程，得到v~t曲线，如图所示。曲线上v最大值所对应温度称为该α'下反应的最适宜温度tm。t<tm时，v逐渐提高；t>tm后，v逐渐下降。原因是__________________________。【答案】(1)2V2O5(s)+ 2SO2(g)2VOSO4(s)+ V2O4(s)  ∆H= -351 kJ∙mol-1    (2)0.975    该反应气体分子数减少，增大压强，α提高。所以，该反应在550℃、压强为5.0MPa＞2.5MPa＝p２的，所以p1=5.0MPa    反应物(N2和O2)的起始浓度(组成)、温度、压强    (3)        (4)升高温度，k增大使v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降。当t＜tm，k增大对v的提高大于α引起的降低；当t＞tm，k增大对v的提高小于α引起的降低    【解析】(1)由题中信息可知：①SO2(g)+O2(g)⇌SO3(g)  ∆H= -98kJ∙mol-1②V2O4(s)+ SO3(g)⇌V2O5(s)+ SO2(g)  ∆H2= -24kJ∙mol-1③V2O4(s)+ 2SO3(g)⇌2VOSO4(s)  ∆H1= -399kJ∙mol-1根据盖斯定律可知，③-②2得2V2O5(s)+ 2SO2(g)⇌ 2VOSO4(s)+ V2O4(s)，则∆H= ∆H1-2∆H2=( -399kJ∙mol-1)-( -24kJ∙mol-1)2= -351kJ∙mol-1，所以该反应的热化学方程式为：2V2O5(s)+ 2SO2(g)2VOSO4(s)+ V2O4(s)  ∆H= -351 kJ∙mol-1；(2) SO2(g)+O2(g)⇌SO3(g)，该反应是一个气体分子数减少的放热反应，故增大压强可以使化学平衡向正反应方向移动。因此，在相同温度下，压强越大，SO2的平衡转化率越大，所以，该反应在550℃、压强为5.0MPa条件下，SO2的平衡转化率一定高于相同温度下、压强为2.5MPa的，因此，p1=5.0MPa，由图中数据可知，α=0.975。影响α的因素就是影响化学平衡移动的因素，主要有反应物(N2和O2)的浓度、温度、压强等。(3)假设原气体的物质的量为100mol，则SO2、O2和N2的物质的量分别为2m mol、m mol和q mol，2m+m+q=3m+q=100，SO2的平衡转化率为α，则有下列关系：平衡时气体的总物质的量为n(总)= 2m(1-α)+m(1-α)+2mαmol+q mol，则SO3的物质的量分数为。该反应在恒压容器中进行，因此，SO3的分压p(SO3)=，p(SO2)=，p(O2)=，在该条件下，SO2(g)+ O2(g)⇌2SO3(g) 的Kp=。(4) 由于该反应是放热反应，温度升高后α降低。由题中信息可知，v=，升高温度，k增大使v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降。当t＜tm，k增大对v的提高大于α引起的降低；当t＞tm，k增大对v的提高小于α引起的降低。2．【2020•新课标Ⅱ卷】化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题：(1)氯气是制备系列含氯化合物的主要原料，可采用如图(a)所示的装置来制取。装置中的离子膜只允许______离子通过，氯气的逸出口是_______(填标号)。(2)次氯酸为一元弱酸，具有漂白和杀菌作用，其电离平衡体系中各成分的组成分数δ[δ(X)=，X为HClO或ClO−]与pH的关系如图(b)所示。HClO的电离常数Ka值为______。(3)Cl2O为淡棕黄色气体，是次氯酸的酸酐，可由新制的HgO和Cl2反应来制备，该反应为歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)。上述制备Cl2O的化学方程式为______。(4)ClO2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到ClO2溶液。上述过程中，生成ClO2的反应属于歧化反应，每生成1 mol ClO2消耗NaClO2的量为_____mol；产生“气泡”的化学方程式为____________。(5)“84消毒液”的有效成分为NaClO，不可与酸性清洁剂混用的原因是______(用离子方程式表示)。工业上是将氯气通入到30%的NaOH溶液中来制备NaClO溶液，若NaClO溶液中NaOH的质量分数为1%，则生产1000 kg该溶液需消耗氯气的质量为____kg(保留整数)。【答案】(1)Na+    a    (2)10-7.5    (3)2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O    (4)1.25    NaHCO3+NaHSO4=CO2↑+Na2SO4+H2O    ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+ H2O    (5)203    【解析】(1)电解饱和食盐水，反应的化学方程式为2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2↑+H2↑，阳极氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，氯气从a口逸出，阴极氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，产生OH-与通过离子膜的Na+在阴极室形成NaOH；(2)由图pH=7.5时，c(HClO)=c(ClO-)，HClO的Ka==c(H+)=10-7.5；(3)Cl2歧化为Cl2O和Cl-，HgO和氯气反应的方程式为：2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O；(4)5ClO2－＋4H＋=4ClO2＋Cl－＋2H2O，每生成1molClO2，消耗NaClO2为 =1.25mol；碳酸氢钠和硫酸氢钠反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，方程式为：NaHCO3＋NaHSO4=Na2SO4＋H2O＋CO2↑；(5)“84”中的NaClO、NaCl和酸性清洁剂混合后发生归中反应，离子方程式为：ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2O；设氯气为xkg，则消耗的NaOH为kg，原氢氧化钠质量为+1000Kg×0.01，由NaOH质量守恒：原溶液为1000Kg-x，则Kg+1000Kg×0. 01=(1000Kg-x)×0.3，解得x=203Kg。3．【2020•新课标Ⅱ卷】天然气的主要成分为CH4，一般还含有C2H6等烃类，是重要的燃料和化工原料。(1)乙烷在一定条件可发生如下反应：C2H6(g)= C2H4(g)+H2(g)  ΔH，相关物质的燃烧热数据如下表所示：物质C2H6(g)C2H4(g)H2(g)燃烧热ΔH/( kJ·mol−1)-1560-1411-286①ΔH=_________kJ·mol−1。②提高该反应平衡转化率的方法有_________、_________。③容器中通入等物质的量的乙烷和氢气，在等压下(p)发生上述反应，乙烷的平衡转化率为α。反应的平衡常数Kp=_________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。(2)高温下，甲烷生成乙烷的反应如下：2CH4C2H6+H2。反应在初期阶段的速率方程为：r=k×，其中k为反应速率常数。①设反应开始时的反应速率为r1，甲烷的转化率为α时的反应速率为r2，则r2=_____ r1。②对于处于初期阶段的该反应，下列说法正确的是_________。A．增加甲烷浓度，r增大       B．增加H2浓度，r增大C．乙烷的生成速率逐渐增大    D．降低反应温度，k减小(3)CH4和CO2都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如下图所示：①阴极上的反应式为_________。②若生成的乙烯和乙烷的体积比为2∶1，则消耗的CH4和CO2体积比为_________。【答案】(1)①137   ②升高温度   减小压强(增大体积)    ③ (2)①1－α    ②AD    (3)①CO2+2e−=CO+O2−    ②6∶5    【解析】(1)①由表中燃烧热数值可知：①C2H6(g)+O2(g)=2CO2(g) +3H2O(l) ∆H1= -1560kJ∙mol-1；②C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g) +2H2O(l) ∆H2= -1411kJ∙mol-1；③H2(g)+O2(g)=H2O(l) ∆H3= -286kJ∙mol-1；根据盖斯定律可知，①-②-③得C2H6(g) =C2H4(g) + H2(g)，则∆H= ∆H1-∆H2-∆H3=( -1560kJ∙mol-1)-( -1411kJ∙mol-1)- ( -286kJ∙mol-1)=137kJ∙mol-1；②反应C2H6(g)C2H4(g) + H2(g)为气体体积增大的吸热反应，升高温度、减小压强平衡都向正反应方向移动，故提高该反应平衡转化率的方法有升高温度、减小压强(增大体积)；③设起始时加入的乙烷和氢气各为1mol，列出三段式：C2H6(g) C2H4(g) + H2(g)起始(mol)  1                0          1转化(mol)                 α          α平衡(mol)  1-                     1+平衡时，C2H6、C2H4和H2平衡分压分别为p、p和p，则反应的平衡常数为Kp=；(2) ①根据r=k×，若r1= kc，甲烷转化率为甲烷的浓度为c(1-)，则r2= kc(1-)，所以r2=(1-)r1；②A项，增大反应物浓度反应速率增大，故A说法正确；B项，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；C项，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；D项，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。故选AD。(3) ①由图可知，CO2在阴极得电子发生还原反应，电极反应为CO2+2e-=CO+O2-；②令生成乙烯和乙烷分别为2体积和1体积，根据阿伏加德罗定律，同温同压下，气体体积比等于物质的量之比，再根据得失电子守恒，得到发生的总反应为：6CH4+5CO2=2C2H4+ C2H6+5H2O+5CO，即消耗CH4和CO2的体积比为6:5。4．【2020•新课标Ⅲ卷】二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO2的热点研究领域。回答下列问题：(1)CO2催化加氢生成乙烯和水的反应中，产物的物质的量之比n(C2H4)∶n(H2O)=__________。当反应达到平衡时，若增大压强，则n(C2H4)___________(填“变大”“变小”或“不变”)。(2)理论计算表明，原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，在体系压强为0.1MPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。图中，表示C2H4、CO2变化的曲线分别是______、______。CO2催化加氢合成C2H4反应的ΔH______0(填“大于”或“小于”)。(3)根据图中点A(440K，0.39)，计算该温度时反应的平衡常数Kp=_________(MPa)−3(列出计算式。以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。(4)二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随副反应，生成C3H6、C3H8、C4H8等低碳烃。一定温度和压强条件下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当_______________。【答案】(1)1∶4    变大    (2)d    c    小于    (3)或等    (4)选择合适催化剂等    【解析】(1)CO2催化加氢生成乙烯和水，该反应的化学方程式可表示为2CO2+6H2 ⇌ CH2 = CH2+4H2O，因此，该反应中产物的物质的量之比n(C2H4)：n(H2O)=1：4。由于该反应是气体分子数减少的反应，当反应达到平衡状态时，若增大压强，则化学平衡向正反应方向移动，n(C2H4)变大。(2) 由题中信息可知，两反应物的初始投料之比等于化学计量数之比；由图中曲线的起点坐标可知，c和a所表示的物质的物质的量分数之比为1:3、d和b表示的物质的物质的量分数之比为1:4，则结合化学计量数之比可以判断，表示乙烯变化的曲线是d，表示二氧化碳变化曲线的是c。由图中曲线的变化趋势可知，升高温度，乙烯的物质的量分数减小，则化学平衡向逆反应方向移动，则该反应为放热反应，∆H小于0。(3) 原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，在体系压强为0.1Mpa建立平衡。由A点坐标可知，该温度下，氢气和水的物质的量分数均为0.39，则乙烯的物质的量分数为水的四分之一，即，二氧化碳的物质的量分数为氢气的三分之一，即，因此，该温度下反应的平衡常数(MPa)-3=(MPa)-3。(4)工业上通常通过选择合适的催化剂，以加快化学反应速率，同时还可以提高目标产品的选择性，减少副反应的发生。因此，一定温度和压强下，为了提高反应速率和乙烯的选择性，应当选择合适的催化剂。5．【2020•浙江1月选考】研究NOx之间的转化具有重要意义。(1)已知：N2O4(g) 2NO2(g)　ΔH＞0  将一定量N2O4气体充入恒容的密闭容器中，控制反应温度为T1。①下列可以作为反应达到平衡的判据是________。A．气体的压强不变          B．v正(N2O4)＝2v逆(NO2)        C．K不变  D．容器内气体的密度不变    E．容器内颜色不变②t1时刻反应达到平衡，混合气体平衡总压强为p，N2O4气体的平衡转化率为75%，则反应N2O4(g)2NO2(g)的平衡常数Kp＝________(对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作Kp，如p(B)＝p·x(B)，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数)。③反应温度T1时，c(N2O4)随t(时间)变化曲线如图，画出0～t2时段，c(NO2)随t变化曲线。保持其它条件不变，改变反应温度为T2(T2＞T1)，再次画出0～t2时段，c(NO2)随t变化趋势的曲线________。(2) NO氧化反应：2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g)分两步进行，其反应过程能量变化示意图如图。Ⅰ    2NO(g)=N2O2(g)            ΔH1Ⅱ    N2O2(g)＋O2(g)→2NO2(g)    ΔH2①决定NO氧化反应速率的步骤是________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。②在恒容的密闭容器中充入一定量的NO和O2气体，保持其它条件不变，控制反应温度分别为T3和T4(T4＞T3)，测得c(NO)随t(时间)的变化曲线如图。转化相同量的NO，在温度_____(填“T3”或“T4”)下消耗的时间较长，试结合反应过程能量图分析其原因____。【答案】(1)①AE    ②p   ③     (2)①Ⅱ    ②T4    ΔH1＜0，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响    【解析】(1)①A项，该反应是一个气体体积减小的反应，气体的压强不变说明各物质浓度保持不变，反应达到化学平衡状态，故正确；B项，v正(N2O4)＝2v逆(NO2)说明正逆反应速率不相等，反应没有达到化学平衡状态，故错误；C项，温度不变，化学平衡常数K不变，则K不变不能说明反应达到化学平衡状态，故错误；D项，由质量守恒定律可知，反应前后气体质量不变，恒容容器的体积不变，则密度始终不变，则密度不变不能说明反应达到化学平衡状态，故错误；E、容器内颜色不变说明各物质浓度保持不变，反应达到化学平衡状态，故正确；AE正确；故选AE；②设起始N2O4的物质的量为1mol，由题给数据建立如下三段式：    由三段式数据可知N2O4的平衡分压为×p=，NO2的平衡分压为×p=，则平衡常数Kp＝=；③由图可知，t1时反应消耗N2O4的浓度为(0.04—0.01)mol/L，由方程式可得反应生成NO2的浓度为0.03 mol/L×2=0.06 mol/L；该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，NO2的浓度增大，则0～t2时段，NO2的浓度c(NO2)随t变化趋势的曲线为；(2)①由图可知，反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，活化能越大，反应速率越慢，则化学反应速率反应Ⅰ快于反应Ⅱ，化学反应取决于反应速率较慢的一步，则决定NO氧化反应速率的步骤是反应Ⅱ；②由图可知，转化相同量的NO，在温度T4下消耗的时间较长，原因是反应Ⅰ为放热反应，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响，导致转化相同量的NO，在温度较高的T4下消耗的时间较长。6．【2020•浙江7月选考】研究CO2氧化C2H6制C2H4对资源综合利用有重要意义。
相关的主要化学反应有：Ⅰ　C2H6(g)C2H4(g)＋H2(g)　ΔH1＝136 kJ·mol−1Ⅱ　C2H6(g)＋CO2(g)C2H4(g)＋H2O(g)＋CO(g)　ΔH2＝177 kJ·mol−1Ⅲ　C2H6(g)＋2CO2(g)4CO(g)＋3H2(g)　ΔH3Ⅳ　CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)　ΔH4＝41 kJ·mol−1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ΔH(ΔH随温度变化可忽略)。例如：
H2O(g)H2O(l)　ΔH4＝(−286 kJ·mol−1)－(−242 kJ·mol−1)＝−44 kJ·mol−1。请回答：(1)①根据相关物质的相对能量计算ΔH3＝________kJ·mol−1。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的平衡正问移动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：[C2H6(g)＋CO2(g)]→[C2H4(g)＋H2(g)＋CO2(g)]→[C2H4(g)＋CO(g)＋H2O(g)]，且第二步速率较慢(反应活化能为210 kJ·mol−1)。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[C2H6(g)＋CO2(g)]的能量−477 kJ·mol−1开始(如图2)。         (2) ①CO2和C2H6按物质的量1∶1投料，在923 K:和保持总压恒定的条件下，研究催化剂X对“CO2氧化C2H6制C2H4”的影响，所得实验数据如下表：催化剂转化率C2H6/%转化率CO2/%转化率C2H4/%催化剂X19.037.63.3结合具体反应分析，在催化剂X作用下，CO2氧化C2H6的主要产物是________，判断依据是________。②采用选择性膜技术(可选择性地让某气体通过而离开体系)可提高C2H4的选择性(生成C2H4的物质的量与消耗C2H6的物质的量之比)。在773 K，乙烷平衡转化率为9.1%，保持温度和其他实验条件不变，采用选择性膜技术，乙烷转化率可提高到11.0%。结合具体反应说明乙烷转化率增大的原因是________。【答案】(1)①430    ②AD③(2)①CO　　C2H4的产率低，谠明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率②选择性膜吸附C2H4，促进反应Ⅱ平衡正向移动【解析】(1)①由图1的数据可知，C2H6(g)、CO2(g)、CO(g)、H2(g)的相对能量分别为-84kJ∙mol-1、-393 kJ∙mol-1、-110 kJ∙mol-1、0 kJ∙mol-1。由题中信息可知，∆H=生成物的相对能量-反应物的相对能量，因此，C2H6(g)+2CO2(g)4CO(g)+3H2(g) ∆H3=(-110 kJ∙mol-1)4-(-84kJ∙mol-1)-( -393 kJ∙mol-1)2=430 kJ∙mol-1。②A项，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；B项，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；C项，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；D项，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。故选AD。③由题中信息可知，反应Ⅱ分两步进行，第一步的反应是C2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+H2(g) +CO2(g)，C2H4(g)、H2(g)、CO2(g)的相对能量之和为52 kJ∙mol-1+0+(-393 kJ∙mol-1)= -341 kJ∙mol-1；第二步的反应是C2H4(g)+H2(g) +CO2(g)C2H4(g)+H2O(g) +CO(g)，其活化能为210 kJ∙mol-1，故该反应体系的过渡态的相对能量又升高了210 kJ∙mol-1，过渡态的的相对能量变为-341 kJ∙mol-1+210 kJ∙mol-1= -131 kJ∙mol-1，最终生成物C2H4(g)、H2O(g)、CO(g)的相对能量之和为(52 kJ∙mol-1)+(-242 kJ∙mol-1)+(-110 kJ∙mol-1)= -300 kJ∙mol-1。根据题中信息，第一步的活化能较小，第二步的活化能较大，故反应Ⅱ分两步进行的“能量—反应过程图”可以表示如下：。(2)①由题中信息及表中数据可知，尽管CO2和C2H6按物质的量之比1：1投料，但是C2H4的产率远远小于C2H6的转化率，但是CO2的转化率高于C2H6，说明在催化剂X的作用下，除了发生反应Ⅱ，还发生了反应Ⅲ，而且反应物主要发生了反应Ⅲ，这也说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率，因此，CO2氧化C2H6的主要产物是CO；②由题中信息可知，选择性膜技术可提高C2H4的选择性，由反应ⅡC2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+H2O(g) +CO(g)可知，该选择性应具体表现在选择性膜可选择性地让C2H4通过而离开体系，即通过吸附C2H4减小其在平衡体系的浓度，从而促进化学平衡向正反应方向移动，因而可以乙烷的转化率。7．【2020•江苏卷】吸收工厂烟气中的SO2，能有效减少SO2对空气的污染。氨水、ZnO水悬浊液吸收烟气中SO2后经O2催化氧化，可得到硫酸盐。已知：室温下，ZnSO3微溶于水，Zn(HSO3)2易溶于水；溶液中H2SO3、HSO3-、SO32-的物质的量分数随pH的分布如图-1所示。(1)氨水吸收SO2。向氨水中通入少量SO2，主要反应的离子方程式为___________；当通入SO2至溶液pH=6时，溶液中浓度最大的阴离子是_____________(填化学式)。(2)ZnO水悬浊液吸收SO2。向ZnO水悬浊液中匀速缓慢通入SO2，在开始吸收的40mim内，SO2吸收率、溶液pH均经历了从几乎不变到迅速降低的变化(见图-2)。溶液pH几乎不变阶段，主要产物是____________(填化学式)；SO2吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方程式为_______________。(3)O2催化氧化。其他条件相同时，调节吸收SO2得到溶液的pH在4.5~6.5范围内，pH越低SO42-生成速率越大，其主要原因是__________；随着氧化的进行，溶液的pH将__________(填“增大”、“减小”或“不变”)。【答案】(1)2NH3+H2O+SO2=2NH4++ SO32-或2NH3·H2O +SO2=2 NH4++ SO32-+H2OHSO3-    (2)ZnSO3    ZnSO3+SO2+H2O=Zn2++2 HSO3-或ZnO+2SO2+H2O=Zn2++2 HSO3- (3) 随着pH降低，HSO3-浓度增大    减小    【解析】(1)向氨水中通入少量SO2时，SO2与氨水反应生成亚硫酸铵，反应的离子方程式为2NH3+H2O+SO2=2NH4++ SO32-(或2NH3·H2O +SO2=2 NH4++ SO32-+H2O)；根据图-1所示，pH=6时，溶液中不含有亚硫酸，仅含有HSO3-和SO32-，根据微粒物质的量分数曲线可以看出溶液中阴离子浓度最大的是HSO3-；(2)反应开始时，悬浊液中的ZnO大量吸收SO2，生成微溶于水的ZnSO3，此时溶液pH几乎不变；一旦ZnO完全反应生成ZnSO3后，ZnSO3继续吸收SO2生成易溶于水的Zn(HSO3)2，此时溶液pH逐渐变小，SO2的吸收率逐渐降低，这一过程的离子方程式为ZnSO3+SO2+H2O=Zn2++2 HSO3-(或ZnO+2SO2+H2O=Zn2++2 HSO3-)；(3) HSO3-可以经氧气氧化生成SO42-，这一过程中需要调节溶液pH在4.5~6.5的范围内，pH越低，溶液中的HSO3-的浓度越大，使得催化氧化过程中反应速率越快；随着反应的不断进行，大量的HSO3-反应生成SO42-，反应的离子方程式为2 HSO3-+O2=2 SO42-+2H+，随着反应的不断进行，有大量的氢离子生成，导致氢离子浓度增大，溶液pH减小。8．【2020•江苏卷】CO2/ HCOOH循环在氢能的贮存/释放、燃料电池等方面具有重要应用。(1)CO2催化加氢。在密闭容器中，向含有催化剂的KHCO3溶液(CO2与KOH溶液反应制得)中通入H2生成HCOO-，其离子方程式为__________；其他条件不变，HCO3-转化为HCOO-的转化率随温度的变化如图-1所示。反应温度在40℃~80℃范围内，HCO3-催化加氢的转化率迅速上升，其主要原因是_____________。(2) HCOOH燃料电池。研究 HCOOH燃料电池性能的装置如图-2所示，两电极区间用允许K+、H+通过的半透膜隔开。①电池负极电极反应式为_____________；放电过程中需补充的物质A为_________(填化学式)。②图-2所示的 HCOOH燃料电池放电的本质是通过 HCOOH与O2的反应，将化学能转化为电能，其反应的离子方程式为_______________。(3) HCOOH催化释氢。在催化剂作用下， HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图-3所示。①HCOOD催化释氢反应除生成CO2外，还生成__________(填化学式)。②研究发现：其他条件不变时，以 HCOOK溶液代替 HCOOH催化释氢的效果更佳，其具体优点是_______________。【答案】(1)HCO3-+H2HCOOˉ+H2O    温度升高反应速率增大，温度升高催化剂的活性增强    (2)①HCOOˉ+2OHˉ－2eˉ= HCO3-+H2O    H2SO4    ②2HCOOH+O2+2OHˉ = 2 HCO3-+2H2O或2HCOOˉ+O2= 2 HCO3-(3)①HD    ②提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度    【解析】(1)含有催化剂的KHCO3溶液中通入H2生成HCOOˉ，根据元素守恒和电荷守恒可得离子方程式为：HCO3-+H2HCOOˉ+H2O；反应温度在40℃~80℃范围内时，随温度升高，活化分子增多，反应速率加快，同时温度升高催化剂的活性增强，所以HCO3-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HCO3-，根据电荷守恒和元素守恒可得电极反应式为HCOOˉ+2OHˉ－2eˉ= HCO3-+H2O；电池放电过程中，钾离子移向正极，即右侧，根据图示可知右侧的阴离子为硫酸根，而随着硫酸钾不断被排除，硫酸根逐渐减少，铁离子和亚铁离子进行循环，所以需要补充硫酸根，为增强氧气的氧化性，溶液最好显酸性，则物质A为H2SO4；②根据装置图可知电池放电的本质是HCOOH在碱性环境中被氧气氧化为HCO3-，根据电子守恒和电荷守恒可得离子方程式为2HCOOH+O2+2OHˉ = 2 HCO3-+2H2O或2HCOOˉ+O2= 2 HCO3-；(3)①根据分析可知HCOOD可以产生HCOOˉ和D+，所以最终产物为CO2和HD(Hˉ与D+结合生成)；②HCOOK是强电解质，更容易产生HCOOˉ和K+，更快的产生KH，KH可以与水反应生成H2和KOH，生成的KOH可以吸收分解产生的CO2，从而使氢气更纯净，所以具体优点是：提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度。9．【2020•山东卷】探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CH3OH的产率。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下：Ⅰ.  CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)    ΔH=-49.5 kJ·mol-1Ⅱ. CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)    ΔH=-90.4 kJ·mol-1Ⅲ. CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)    ΔH3回答下列问题：(1) ΔH3=_________。(2)一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1 mol CO2和3 mol H2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH(g)为ɑ mol，CO为b mol，此时H2O(g)的浓度为__________mol﹒L-1(用含a、b、V的代数式表示，下同)，反应Ⅲ的平衡常数为___________。(3)不同压强下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度的变化关系如下图所示。已知：CO2的平衡转化率=CH3OH的平衡产率=其中纵坐标表示CO2平衡转化率的是图___________(填“甲”或“乙”)；压强p1、p2、p3由大到小的顺序为___________；图乙中T1温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是___________。(4)为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，应选择的反应条件为_________(填标号)。A.低温、高压    B.高温、低压   C.低温、低压  D.高温、高压【答案】(1)+40.9    (2)        (3)乙    p1、p2、p3    T1时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响    (4)A    【解析】(1)根据反应I+II=III，则△H3=△H1+△H2=-49.5kJ∙mol-1+(-90.4 kJ∙mol-1)=+40.9 kJ∙mol-1；(2)假设反应II中，CO反应了xmol，则II生成的CH3OH为xmol，I生成的CH3OH为(a-x)mol，III生成CO为(b+x)mol，根据反应I：反应II： 反应III：所以平衡时水的物质的量为(a-x)mol+(b+x)mol =(a+b)mol，浓度为:；平衡时CO2的物质的量为1mol-(a-x)mol-(b+x)mol=(1-a-b)mol，H2的物质的量为3mol-3(a-x)mol-2x-(b+x)mol=(3-3a-b)mol，CO的物质的量为bmol，水的物质的量为(a+b)mol，则反应III的平衡常数为：；(3)反应I和II为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则CH3OH的平衡产率减少，所以图甲表示CH3OH的平衡产率，图乙中，开始升高温度，由于反应I和II为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率降低，反应III为吸热反应，升高温度反应III向正反应方向移动，升高一定温度后以反应III为主，CO2的平衡转化率又升高，所以图乙表示CO2的平衡转化率；压强增大，反应I和II是气体体积减小的反应，反应I和II平衡正向移动，反应III气体体积不变化，平衡不移动，故压强增大CH3OH的平衡产率增大，根据图所以压强关系为：p1>p2>p3；温度升高，反应I和II平衡逆向移动，反应III向正反应方向移动，所以T1温度时，三条曲线交与一点的原因为：T1时以反应III为主，反应III前后分子数相等，压强改变对平衡没有影响；(4)根据图示可知，温度越低，CO2的平衡转化率越大，CH3OH的平衡产率越大，压强越大，CO2的平衡转化率越大，CH3OH的平衡产率越大，所以选择低温和高压，故选A。10．【2020•天津卷】利用太阳能光解水，制备的H2用于还原CO2合成有机物，可实现资源的再利用。回答下列问题：Ⅰ.半导体光催化剂浸入水或电解质溶液中，光照时可在其表面得到产物(1)下图为该催化剂在水中发生光催化反应的原理示意图。光解水能量转化形式为___________。(2)若将该催化剂置于Na2SO3溶液中，产物之一为SO42-，另一产物为__________。若将该催化剂置于AgNO3溶液中，产物之一为O2，写出生成另一产物的离子反应式__________。Ⅱ.用H2还原CO2可以在一定条下合成CH3OH(不考虑副反应)： CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)  ΔH1＜0(3)某温度下，恒容密闭容器中，CO2和H2的起始浓度分别为 a mol‧L-1和3 a mol‧L-1，反应平衡时，CH3OH的产率为b，该温度下反应平衡常数的值为___________。(4)恒压下，CO2和H2的起始物质的量比为1:3时，该反应在无分子筛膜时甲醇的平衡产率和有分子筛膜时甲醇的产率随温度的变化如图所示，其中分子筛膜能选择性分离出H2O。①甲醇平衡产率随温度升高而降低的原因为____________。②P点甲醇产率高于T点的原因为___________。③根据上图，在此条件下采用该分子筛膜时的最佳反应温度为___________°C。Ⅲ.调节溶液pH可实现工业废气CO2的捕获和释放(5) CO32-的空间构型为__________。已知25℃碳酸电离常数为Ka1、Ka2，当溶液pH=12时，c(H2CO3)：c(HCO3-)：c(CO32-)=1：_______：__________。【答案】(1)光能转化为化学能    (2)H2    Ag++e-=Ag  (3)    (4)①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)    ②分子筛膜从反应体系中不断分离出H2O，有利于反应正向进行，甲醇产率升高    ③210    (5)平面(正)三角形   1012Ka1   1024Ka1Ka2         【解析】I.(1)根据图示，该催化剂在水中发生光催化反应的方程式为2H2O2H2↑+O2↑，光解水能量转化形式为光能转化为化学能；(2)若将该催化剂置于Na2SO3溶液中，产物之一为SO42-，SO32-被氧化成SO42-，则H+被还原为H2，即另一产物为H2；若将该催化剂置于AgNO3溶液中，产物之一为O2，氧元素的化合价升高，O2为氧化产物，则生成另一产物的反应为还原反应，由于Ag+得电子能力大于H+，故生成另一产物的离子反应式为Ag++e-=Ag。II.(3) CO2和H2的起始浓度分别为 a mol‧L-1和3 a mol‧L-1，CH3OH的产率为b，则生成的CH3OH物质的量浓度为abmol/L，根据三段式： 则反应的平衡常数K== =；(4)①该反应为放热反应(∆H<0)，温度升高，平衡逆向移动(或平衡常数减小)，故甲醇平衡产率随温度升高而降低；②因为分子筛膜能选择性分离出H2O，c(H2O)减小，有利于反应正向进行，甲醇产率升高，故P点甲醇产率高于T点。③根据图示，使用该分子筛膜210℃时甲醇的产率最大，故在此条件下采用该分子筛膜时的最佳反应温度为210℃。III.(5) CO32-中C的孤电子对数为×(4+2-3×2)=0，σ键电子对数为3，价层电子对数为3，C上没有孤电子对，故CO32-的空间构型为平面正三角形；H2CO3的电离方程式为H2CO3H++ HCO3-、HCO3- H++ CO32-，则Ka1= 、Ka2=，当溶液的pH=12时，c(H+)=1×10-12mol/L，将其代入Ka1、Ka2中分别求出c(HCO3-)=1012Ka1 c(H2CO3)、c(CO32-)=1012Ka2 c(HCO3-)=1024Ka1Ka2 c(H2CO3)，则c(H2CO3)：c(HCO3-)：c(CO32-)=1：(1012Ka1)：(1024Ka1Ka2)。11．【2020•北京卷】H2O2是一种重要的化学品，其合成方法不断发展。(1)早期制备方法：Ba(NO3)2BaOBaO2滤液H2O2①I为分解反应，产物除BaO、O2外，还有一种红棕色气体。该反应的化学方程式是_______________________________________。②II为可逆反应，促进该反应正向进行的措施是___________________________。③III中生成H2O2，反应的化学方程式是___________________________________。④减压能够降低蒸馏温度，从H2O2的化学性质角度说明V中采用减压蒸馏的原因：____。(2)电化学制备方法：已知反应2H2O2=2H2O+O2↑能自发进行，反向不能自发进行，通过电解可以实现由H2O和O2为原料制备H2O2，如图为制备装置示意图。①a极的电极反应式是________________________________________。②下列说法正确的是_________________。A．该装置可以实现电能转化为化学能B．电极b连接电源负极C．该方法相较于早期剂备方法具有原料廉价，对环境友好等优点【答案】(1) ①2Ba(NO3)22BaO+ O2↑+4NO2↑    ②增大压强或增大氧气的浓度或降低温度    ③BaO2+2HCl= BaCl2+H2O2    ④H2O2受热易分解    (2) ①O2+2H++2e-= H2O2    ②AC    【详解】(1)①I为分解反应，产物除BaO、O2外，还有一种红棕色气体，该气体为NO2。根据氧化还原反应电子得失守恒配平该反应的化学方程式为：2Ba(NO3)22BaO+ O2↑+4NO2↑；②II为BaO与氧气反应生成BaO2，是可逆反应，反应方程式为：2BaO(s)+O2(g) 2BaO2(s)，正反应为气体体积减小的放热反应，促进该反应正向进行的措施是增大压强或增大氧气的浓度或降低温度；③III中过氧化钡与盐酸反应生成氯化钡和双氧水，反应的化学方程式是BaO2+2HCl= BaCl2+H2O2；④H2O2受热易分解，采用减压能够降低蒸馏温度，防止双氧水分解导致产率降低；(2)①根据分析，a极的电极反应式是O2+2H++2e-= H2O2；②A．2H2O2=2H2O+O2↑能自发进行，反向不能自发进行，根据图示，该装置有电源，属于电解池，电解池是将电能转化为化学能的装置，故A正确；B．根据分析，电极b为阳极，电解池阳极与电源正极连接，故B错误；C．根据分析，该装置的总反应为2H2O+O22H2O2，根据反应可知，制取双氧水的原料为氧气和水，来源广泛，原料廉价，对环境友好等优点，故C正确；故选AC。12．【2021•浙江1月选考】“氯碱工业”以电解饱和食盐水为基础制取氯气等产品， 氯气是实验室和工业上的常用气体。请回答：(1)电解饱和食盐水制取氯气的化学方程式是______。(2)下列说法不正确的是______。A．可采用碱石灰干燥氯气B．可通过排饱和食盐水法收集氯气C．常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中D．工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸(3)在一定温度下，氯气溶于水的过程及其平衡常数为：Cl2(g)Cl2(aq)   K1=c(Cl2)/pCl 2(aq) + H2O(l)H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq)   K2其中p为Cl2(g)的平衡压强，c(Cl2)为Cl2在水溶液中的平衡浓度。①Cl2(g)Cl2(aq)的焓变ΔH1______0。(填”>”、“=”或“<”)②平衡常数K2的表达式为K2=______。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TiO2)为原料生产TiCl4，相应的化学方程式为；I.TiO2(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+O2(g)   ΔHI=181 mol·L-1，KI=-3.4×10-29II.2C(s)+O2(g)2CO(g)     ΔHII= - 221 mol·L-1，KII=1.2×1048结合数据说明氯化过程中加碳的理由______ 。(5)在一定温度下，以I2为催化剂，氯苯和Cl2在CS2中发生平行反应，分别生成邻二氯苯和对二氯苯，两产物浓度之比与反应时间无关。反应物起始浓度均为0.5 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【答案】(1)2NaCl+ 2H2O2NaOH + H2↑+Cl2↑    (2)A    (3)①＜    ②    ③K1p +     (4)反应I + II得： TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)，K=KIKII=4.1×1019远大于K1，反应II使TiO2氯化为TiCl4得以实现；ΔH=ΔHI+ΔHII= -40kJ·mol-1，反应II 可为反应I提供所需的能量    (5)AB    【解析】(1)电解饱和食盐水制取氯气时，同时还生成氢气和氢氧化钠，该反应的化学方程式是2NaCl+ 2H2O 2NaOH + H2↑+Cl2↑。(2) A项，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项，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项，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项，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)①Cl2(g) Cl2(aq)表示的是氯气的溶解平衡，氯气在常温下可溶于水，该过程是自发的，由于该过程的熵变小于0，因此，其焓变ΔH1＜0。②由化学方程式Cl 2(aq) + H2O(l) ⇌ H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq)可知，其平衡常数K2的表达式为K2=，注意水为液态，其不出现在表达式中。③Cl2(g) Cl2(aq) 与Cl 2(aq) + H2O(l) H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq) 相加可以得到Cl2(g) + H2O(l) H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq)，因此，该反应的平衡常数为；氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，根据物料守恒可知，c= + c(HClO)+ c(Cl-)，由于HCl是强电解质，若忽略水的电离和次氯酸的电离，则，由K2=可知=，由K1=c(Cl2)/p可知，=，则=，因此，c= K1p + 。(4)已知：I . TiO2(s)+2Cl2(g) TiCl4(g)+O2(g) ΔHI=181 mol ·L-1，KI=-3.4 ×10-29；II. 2C(s)+O2(g) ⇌ 2CO(g)     ΔHII= - 221 mol ·L-1，KII=1.2×1048。根据盖斯定律可知，I + II得： TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)，则K=KIKII=4.1 ×1019远大于K1，反应II的发生可以减小反应I的平衡体系中氧气的浓度，从而使TiO2氯化为TiCl4得以实现；反应I为吸热反应，而ΔH=ΔHI+ΔHII= -40kJ·mol-1，说明TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)为放热反应，则反应II 可为反应I提供所需的能量。(5) A项，由于两产物浓度之比与反应时间无关，适当提高反应温度，使催化剂碘的溶解度增大，既可以加快化学反应速率，同时可以提高邻位取代的机率(催化剂会参与反应形成中间体，根据信息可知，碘在对位的取代机率较大)，从而提高产物中邻二氯苯的比例，故A符合题意；B项，可以使用对生成邻二氯苯有更高选择性的催化剂，以提高产物中邻二氯苯的比例，B符合题意；C项，适当降低反应温度，不利于提高邻二氯苯的生成机率，不能提高产物中邻二氯苯的比例，C不符合题意；D项，改变反应物浓度可以改变化学反应速率，从而改变反应达到化学平衡状态的时间，但是，产物浓度之比与反应时间无关，因此，不能提高产物中邻二氯苯的比例，D不符合题意。故选AB。1．(2021·河北衡水市衡水中学高三二模)含氨废气的排放对人类健康和生态环境有十分严重的影响，其利用和处理意义重大。2-氰基吡啶()是生产农药、香料等的重要原料，氨氧化合成法制备原理为2(s)+2 NH3(g)+3O2(g) 2(s)+6 H2O(g) ΔH＜0。回答下列问题：(1)在V-Ti-O-MO催化剂作用下，2-甲基吡啶()的氨氧化过程可能有如下两条路径：实验测得，反应按路径II进行，从反应活化能的角度分析，原因是_______。(2)路径II中温度过高会导致2-羧基吡啶()脱羧生成吡啶()。为探究催化剂V-Ti-O-MO在不同温度下对反应的影响，在容器中加入2-甲基吡啶、氨、氧气的物质的量分别为和，在340~4000C下用时分别进行了多组实验，实验结果如表所示。已知：收率=转化率×选择性。反应温度/℃2-甲基吡啶转化率/%选择性/%收率/%34046.193.142.935066.296.6a36080.794.976.637086.595.582.638091.193.585.239095.480.176.440097.758.156.8①分析上表，催化剂V-Ti-O-MO的最佳催化温度范围是_______。②上表中a=_______(保留一位小数)，3600C时，2-甲基吡啶转化率80.7%_______(填“是”或“否”)为平衡转化率，理由是_______。③400℃时，1h内，v (NH3)_______ mol˙L-1˙h -1 (保留三位小数)。(3)钌配合物可以作为一种新型氨氧化阳极催化剂，反应过程如下。催化过程中共产生了_______种含钌中间产物。氨氧化的电极反应为_______。【答案】(1)在V-Ti-O-MO催化剂作用下，路径Ⅱ所涉及反应的活化能更低，反应速率快    (2) ①370～380℃    ②63.9    否    平衡转化率随温度升高而降低，表中相同时间内的转化率随温度升高而增大，说明不是平衡转化率    ③0.568    (4)3    2NH3-6e- =N2+6H+【解析】(1)在V-Ti-O-MO催化剂作用下，路径Ⅱ所涉及反应的活化能更低，反应速率快，反应按路径Ⅱ进行；(2)①从表中数据可以看出，在催化剂V-Ti-O-MO催化下，2-氰基吡啶的选择性在3800C以上时开始明显下降，这可能是因为温度过高导致了2-羧基吡啶大量脱羧生成副产物，从而导致收率随着温度的升高先增加后减少。由表可以看出，催化剂V-Ti-O-MO的最佳催化温度范围是370～380℃；②收率=2-甲基吡啶转化率×选择性，3500C时，收率，则a =63.9；正反应为放热反应，温度升高，平衡转化率应随温度升高而降低，但表中在相同时间内测得的转化率随温度升高逐渐增大，说明不是平衡转化率；③40000C时会导致部分2-羧基吡啶()脱羧生成吡啶()，2-甲基吡啶的转化率为97.7%，但选择性为58.1%，1 h内，消耗的为，；(3)由反应过程可知，催化过程中共产生了3种含钌中间产物。酸性介质中，氨氧化的电极反应为2NH3-6e- =N2+6H+。2．(2021·广西高三调研)亚硝酸氯(ClNO)是有机合成中的重要试剂。亚硝酸氯可由NO与Cl2在通常条件下反应得到，化学方程式为2NO(g)+Cl2(g) 2ClNO(g)。(1)氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时会生成亚硝酸氯，涉及如下反应：①4NO2(g)+2NaCl(s) 2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)    K1 ②2NO2(g)+NaCl(s) NaNO3(s)+ClNO(g)   K2 ③2NO(g)+Cl2(g) 2ClNO(g)    K3 则K1、K2、K3之间的关系为K3=_______。(2)T℃时，2NO(g)+Cl2(g) 2ClNO(g)的正反应速率表达式v正=kcn(ClNO)，测得速率和浓度的关系如下表：序号c(ClNO)/mol·L−1v/mol·L−1·s−1①0.33.6×10-8②0.61.44×10-7③0.93.24×10-7则n=_______；k=_______(注明单位)。(3)在2L的恒容密闭容器中充入4molNO(g)和2molCl2(g)，在不同温度下测得c(ClNO)与时间的关系如图Ⅰ。①温度为T1时，能作为该反应达到平衡的标志的有_______。(填选项标号)。A．气体体积保持不变   B．容器压强保持不变  C．平衡常数K保持不变D．气体颜色保持不变   E.v(ClNO)=v(NO)   F.NO与ClNO的物质的量比值保持不变②反应开始到10min时，Cl2的平均反应速率v(Cl2)=_______。③温度为T2时，10min时反应已经达到平衡，该反应的平衡常数K=_______。(4)一定条件下在恒温恒容的密闭容器中按一定比例充入NO(g)和Cl2(g)，平衡时ClNO(g)的体积分数φ随[n(NO)/n(Cl2)]的变化如图Ⅱ，则A、B、C三个状态中，NO的转化率最小的是_______点，当n(NO)/n(Cl2)=3时，达到平衡状态时ClNO(g)的体积分数φ可能是D、E、F三点中的_______点。(填“D”“E”或“F”)点。【答案】(1)    (2)2        (3) ①BDF    ②0.05mol·L−1·min−1    ③2L/mol   (4) C    F    【解析】(1) 已知①4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g) K1②2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g) K2③2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g) K3将方程式2×②-①得方程式③，③为：2NO(g)+Cl2(g) 2ClNO(g)，则平衡常数。(2) 根据表中数据可知将n代入v正= k cn中，。(3) ①A项，恒容条件下，气体体积等于容器体积，始终保持不变，不能据此判断平衡状态，A错误；B项，反应前后气体的物质的量减小，压强越小，当容器压强保持不变时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，B正确；C项，化学平衡常数只与温度有关，温度不变化学平衡常数不变，不能据此判断平衡状态，C错误；D项，只有氯气有色，当气体颜色保持不变，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，D正确；E项，v(ClNO)=v(NO)时，反应方向未知，无法确定是否达到平衡状态，E错误；F项，NO与ClNO的物质的量比值保持不变时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，F正确；故答案为BDF。②根据图像可知v(ClNO)=，同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，据此得v(Cl2)=1/2v(ClNO)=1/2×0.1mol/(L·min)=0.05mol/(L·min)；③开始c(NO)=4mol/2L=2mol/L、c(Cl2)=2mol/2L=1mol/L，根据三段式：化学平衡常数；(4) NO的物质的量越大其转化率越小，所以NO转化率最小的是C点；当反应物的物质的量之比等于其计量数之比时生成物的含量最大，当n(NO)/n(Cl2)=2.8时，产物的含量减小，所以应该是F点。3．(2021·广东省普通高中学业水平选择考适应性测试)温室气体的利用是当前环境和能源领域的研究热点。I.CH4与CO2重整可以同时利用两种温室气体，其工艺过程中涉及如下反应：反应①CH4(g) + CO2(g)2CO(g)+2H2 (g)          ΔH1反应②CO2 (g)+ H2 (g)CO(g) + H2O(g)            ΔH2= +41.2 kJ·mol-1反应③CH4 (g)+1/2O2(g)⇌CO(g) + 2H2(g)         ΔH3 = -35.6 kJ·mol-1(1)已知：1/2O 2(g)+H2(g)= H2O(g)  ΔH = -241.8 kJ·mol-1，则ΔH1 =______ kJ·mol-1。(2)一定条件下，向体积为VL的密闭容器中通入CH4、CO2各1.0 mol及少量O2，测得不同温度下反应平衡时各产物产量如图所示。①图中a和b分别代表产物______和______，当温度高于900 K， H2O的含量随温度升高而下降的主要原因是______。②1100 K时，CH4与CO2的转化率分别为95%和90%，反应①的平衡常数K=______ ( 写出计算式)。II．Ni-CeO2 催化CO2加H2形成CH4的反应历程如图1所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注)，含碳产物中CH4的物质的量百分数(Y)及CO2的转化率随温度的变化如图2所示。(3)下列对CO2甲烷化反应体系的说法合理的有______。A．含碳副产物的产率均低于CH4B．存在反应CO2+4H2CH4 + 2H2OC．存在副反应CO2+ H2CO+ H2OD．CO2 转化为CH4的过程中发生了能量转化E.温度高于260℃后，升高温度，甲烷产率几乎不变(4) CO2甲烷化的过程中，保持CO2与H2的体积比为1：4，反应气的总流量控制在40 mL·min-1，320 ℃时测得CO2转化率为80%，则CO2反应速率为______mL·min-1。【答案】(1)+247.4 kJ·mol-1    (2)①H2    CO    反应O 2(g)+H2(g)= H2O(g)是放热反应，升高温度，平衡逆行移动，H2O的含量减小  ②     (3) ABCDE    (4)6.4    【解析】I. (1)记反应O 2(g)+H2(g)= H2O(g)为反应④，由盖斯定律反应①=②+③-④，故ΔH1=ΔH2+ΔH3-ΔH =41.2-35.6+241.8= +247.4 kJ·mol-1(2) ①由反应①②③可知，反应产物有CO、H2和H2O，生成的H2会在反应②中与CO2反应生成CO，CO的产量高于H2，故a曲线表示产物H2，b曲线表示CO；反应②是吸热反应，升高温度，有利于反应的正向进行，H2O的含量增大，但反应O 2(g)+H2(g)= H2O(g)为放热反应，升高温度，不利于反应的正向进行，H2O的含量减小，故答案为反应O 2(g)+H2(g)= H2O(g)是放热反应，升高温度，平衡逆行移动，H2O的含量减小；②1100 K时，CH4与CO2的转化率分别为95%、 90%，则计算得平衡时c(CH4)= =mol/L，c(CO2)= =mol/L，由图可知，c(H2)=mol/L，c(CO)=mol/L，则反应①的平衡常数K= ==；II．(3)由图可知，含碳产物中CH4的物质的量百分数Y≥70%，则含碳副产物的产率≤30%，故含碳副产物的产率均低于CH4，A正确；由题意及图Ni-CeO2催化CO2加H2形成CH4，故存在反应CO2+4H2CH4 + 2H2O，B正确；由图可知，存在CO2和 H2反应生成CO+和H2O，C正确；化学反应伴随着物质变化和能量变化，D正确；由图2可知，当温度高于260℃时，CO2的转化率还在增大，但CH4的百分含量几乎不在变化，则继续升高温度甲烷产率几乎不变，E正确，故答案为ABCDE；(4) CO2甲烷化的过程中，CO2与H2的体积比为1：4，反应气的总流量为40 mL·min-1，则1min内初始时CO2的体积为40× mL=8 mL，320 ℃时CO2转化率为80%，则CO2反应速率为v = mL·min-1=6.4 mL·min-1。4．(2021·山东青岛市高三一模)氮氧化合物的处理对建设生态文明，美丽中国具有重要意义，可采用多种方法消除。方法一：氯气还原法(1)氢气在富氧条件下催化还原 NOx，反应在低温时仍具有高活性和选择性。已知催化剂 Rh 表面H2催化还原 NO 的反应机理如下表。序号基元反应活化能①12.6②0.0③97.5④83.7⑤33.5⑥45.0⑦120.9⑧37.7⑨77.8⑩108.9其他条件一定时，决定 H2催化还原 NO 的反应速率的基元反应为______(填标号)，基元反应的△H=______KJ·mol-1。(2)在低温区催化剂 Pt/Al-M-10-A对生成 N2O具有敏感性，发生反应H2(g)+2NO(g) N2O(g)+H2O(g)，实验测定反应速率方程为V(N2O)= k正·p 2(NO )·p (H2 )。在恒温恒容密闭容器中，H2和NO以物质的量比1：2 充入，容器压强为 P0，达平衡时，N2O 的体积分数为0.2。①下列有关说法正确的是______。a.平衡时，气体平均相对分子质量不再变化 b.任意时刻，2v正(NO)=v逆(H2O) c.若向容器内充入少量 O2，平衡不移动d.平衡后，向容器中按照 1：2 再充入H2和NO，平衡向右移动②达平衡时，v(N2O)=______，Kp=______ (用含P0的代数式表示)。方法二： CO 还原法，原理为2CO(g)+2NO(g) 2CO2(g)+N2(g)  ∆H<0。(3)实验测得v正= k正·c2(CO )·c2(NO )，v逆= k逆·c2(CO2 )·c(N2 ) (k正、k逆为速率常数，只与温度有关)。如图所示①②③④四条斜线中，能表示 p k正(pk=-lgk)随温度变化的斜线是______，图中A、B、C、D点的纵坐标分别为 a+2.5、 a+0.5、a-0.5、a-2.5，则温度T1时化学平衡常数K=______L·mol-1。【答案】(1)⑦    46.0    (2)①ad    ②        (3)③    0.01    【解析】(1)根据慢反应决定化学反应速率，而活化能越大反应速率越慢，可知反应⑦的活化能最大，其决定总反应速率的快慢，反应热△H=正反应活化能-逆反应活化能=83.7KJ·mol-1-37.7KJ·mol-1=46.0KJ·mol-1；(2)①a项，由反应可知反应物、生成物均为气体，反应前后气体总质量不变，但气体的物质的量减小，则反应过程中气体平均相对分子质量不断减小，当不再变化时达到平衡状态，故正确；b项，达到平衡状态时，2v正(NO)=v逆(H2O)，其他时刻不相等，故错误；c项，若向容器内充入少量 O2，能与NO反应，降低NO的浓度，使化学平衡逆向移动，故错误；d项，平衡后，向容器中按照 1：2 再充入H2和NO，等同于增大压强，平衡向右移动，故正确；故选ad；②在恒温恒容密闭容器中，H2和NO以物质的量比1：2 充入，容器压强为 P0，达平衡时，N2O 的体积分数为0.2，设起始时氢气和NO的物质的量分别为1mol、2mol，平衡时氢气的变化量为xmol，列三段式得：平衡时N2O的体积分数=，解得x=0.5，平衡时气体的总物质的量为2.5mol，根据压强之比等于物质的量之比得平衡时的压强P=，p(NO)==，p(H2)==，p(N2O)==，p(H2O)==，=k=；Kp=；(3)升高温度速率常数均增大，该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，可知升温时k逆增大趋势比k正大，p k正(pk=-lgk)，k正增大时p k正减小，则③为pk正(pk=-lgk)随温度变化的斜线，温度T1时，反应达到平衡状态时，v正=v逆，k正·c2(CO )·c2(NO ) = k逆·c2(CO2 )·c(N2 )，=K，由图可知，，K=。5．(2021·山东滨州市高三一模)甲醇用途广泛，是基础的有机化工原料和优质燃料。(1)工业上可以由水煤气合成甲醇：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)一定条件下，向密闭容器中通入和，发生上述反应。①图甲中，压强p1_______ p2 (填“>”“<”或“=”)。②图乙中，能正确反映A状态随温度升高数值变化的点是_______。③该反应的正逆反应速率表达式：v正= k正·c(CO )·c2H2  )，v逆= k逆·(CH3OH )，k正、k逆为反应速率常数。在一定条件下，加入催化剂，反应速率常数_______(填“增大”、“减小”或“不变”下同)；降低温度，的值_______。(2)由CO2制备甲醇的过程可能涉及如下两个反应。反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)  △H1反应Ⅱ：2CO2(g)+6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g)  △H2①已知有关化学键键能数据如表，由此计算△H1=_______.化学键键能/()810343413465436②将3mol CO3和3molH2混合后通入某恒温恒容密闭容器中发生上述反应，一段时间后达到平衡，测得容器压强为60 MPa，容器中CH3OCH3为0.2 mol，H2O为1mol，此时CH3OH的物质的量为_______，反应Ⅰ的K p=_______MPa-2(保留2位有效数字)。【答案】(1)①>    ②B    ③增大    增大    (2)①-49    ②0.4mol     4.5×10-3    【解析】(1)①相同温度下，增大压强，平衡正向移动，CH3OH含量增加，故P1＞P2；②由图甲知，温度升高，CH3OH含量减少，说明平衡逆向移动，故平衡常数K 减小，由于pK与K成反比，故温度升高，pK增大，符合要求的为B点；③催化剂能同等程度降低正逆反应的活化能，故加入催化剂后，反应速率常数增大；降低温度，正逆反应速率均减小，由于平衡正向移动，故υ正＞υ逆，故k正减小幅度小于k逆减小幅度，故k正/k逆增大；(2)①由化学键与能量变化关系，得△H1=反应物总键能-生成物总键能=810 kJ/mol×2+436 kJ/mol×3-(413 kJ/mol×3+343 kJ/mol+465 kJ/mol+465 kJ/mol×2)=-49 kJ/mol；②由反应Ⅱ知，生成0.2 mol CH3OCH3，则同时生成0.6 mol H2O，消耗CO2 0.4 mol，消耗H2 1.2 mol，由于平衡时H2O总共1 mol，故反应Ⅰ生成H2O 0.4 mol，由反应Ⅰ反应比例知，生成CH3OH 0.4 mol，消耗CO2 0.4 mol，消耗H2 1.2 mol，综上所述，平衡体系中含：CO2 (3-0.4-0.4)=2.2 mol，H2 (3-1.2-1.2)=0.6 mol，CH3OH 0.4 mol，H2O 1 mol，CH3OCH3 0.2 mol，总的气体物质的量=2.2+0.6+0.4+1+0.2=4.4 mol，故反应Ⅰ的。6．(2021·广东广州市高三一模)羰基硫(COS)是一种粮食熏蒸剂，能防治某些害虫和真菌的危害。以FeOOH作催化剂，分别以CO和CO2为碳源，与H2S反应均能产生COS，反应如下：反应I：CO(g)+H2S(g) COS(g)+H2(g)反应Ⅱ：CO2(g)+H2S(g) COS(g)+H2O(g)(1)以CO为碳源制COS反应分两步进行，其反应过程能量变化如图所示。①CO(g)+H2S(g) COS(g)+H2(g)△H=___________。②决定COS生成速率的步骤是___________(填“第1步”或“第2步”)(2)在密闭容器中按下表投料，分别发生反应Ⅰ和反应Ⅱ(N2不参与反应)，反应时间和压强相同时，测得COS的物质的量分数随温度变化关系如下图实线所示(虚线表示平衡曲线)。 反应Ⅰ反应Ⅱ 起始投料COH2SN2CO2H2SN2起始物质的量分数/%11981198①已知相同条件下，反应Ⅰ速率比反应Ⅱ快。反应Ⅰ的平衡曲线是___________(填标号)。800～1200℃时，曲线d中COS物质的量分数不断增大，原因是___________。②下列说法正确的是___________(填标号)。A．降低反应温度，CO和CO2的平衡转化率均增大B．该实验中，900℃时，反应Ⅰ的COS生成速率大于分解速率C．恒温恒容下反应Ⅱ达到平衡后，增大N2的体积分数，平衡正向移动D．选用合适的催化剂均能增大反应Ⅰ和反应Ⅱ的COS的平衡产率③A点对应的平衡体系中，H2S的转化率为___________，该温度下反应的平衡常数K=____________(写计算式)(3)用COS处理过的粮食食用前需水洗，水洗时COS转化为两种气体，该反应的化学方程式为___________。【答案】(1)①-11.3kJ/mol    第1步    (2)①a    ②温度升高，反应速率加快，相同时间内生成的COS物质的量增多，物质的量分数不断增大    ②AB    ③3%    K==    (3)COS+H2O=CO2+H2S    【解析】(1)①从图像可以看出，2CO(g)+2H2S(g) 2COS(g)+2H2(g)的△H=168.9kJ/mol-191.5kJ/mol=-22.6kJ/mol，所以CO(g)+H2S(g) COS(g)+H2(g)的△H=-11.3kJ/mol。②两步反应中，反应速率慢的决定整个反应的速率，活化能越大，反应速率越慢，所以决定COS生成速率的步骤是第1步。(2)①已知相同条件下，反应Ⅰ速率比反应Ⅱ快。从图像可以看出，相同温度下，a曲线的生成物COS的的物质的量分数大，所以a曲线表示反应Ⅰ。800～1200℃时，曲线d中COS物质的量分数不断增大，原因是800～1200℃时，反应Ⅱ还没有达到平衡，随着温度升高，反应速率加快，生成物COS物质的量分数不断增大。②A项，从图像可以看出，随着温度升高，两个反应的生成物的物质的量分数均减小，说明两个反应的正反应都是放热反应，所以降低反应温度，平衡向右移动，CO和CO2的平衡转化率均增大，故A正确；B项，该实验中，900℃时，反应Ⅰ还没有达到平衡状态，所以COS生成速率大于分解速率，故B正确；C项，恒温恒容下反应Ⅱ达到平衡后，增大N2的体积分数，反应物和生成物的物质的量浓度均不变，所以平衡不移动，故C错误；D项，催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡状态，所以选用合适的催化剂不能增大反应Ⅰ和反应Ⅱ的COS的平衡产率，故D错误；故选AB；③A点对应的平衡体系中，COS的物质的量分数为0.03%。假设容器体积为1L，起始时反应的总物质的量为100mol， 则CO 、H2S、 N2的物质的量分别为1mol、1mol和98mol。该反应前后物质的量不变，所以平衡时总物质的量也为100mol，则平衡时COS的物质的量为0.03mol，设H2S的转化率为x，可列三段式：x=0.03mol，所以CO的转化率为=3%。则平衡时CO、H2S、COS、H2的物质的量分别为0.07mol、0.07mol、0.03mol、0.03mol，物质的量浓度分别为0.07mol/L、0.07mol/L、0.03mol/L、0.03mol/L。该温度下反应的平衡常数K==。(3)COS和水反应，COS转化为两种气体CO2和H2S，根据质量守恒，该反应的化学方程式为：COS+H2O=CO2+H2S。7．(2021·山东泰安市高三一模)亚硝酰氯()是有机合成中的重要试剂，氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时会生成亚硝酰氯，涉及如下反应：I.；4NO2(g)＋2NaCl(s)2NaNO3(s)＋2NO(g) +Cl2(g)  △H1；K1II.2NO2(g)＋NaCl(s)NaNO3(s)＋2NOCl(g)  △H2；K2Ⅲ.2NO(g) +Cl2(g)2NOCl(g)  △H3；K3(1) △H3=___(用△H1和△H2表示)，K3= ___(用K1和K2表示)。(2)①在恒容密闭容器中进行的反应II、III，下列说法中，正确的是__(填标号)。a.反应体系中混合气体的颜色保持不变，说明反应II、III均达到平衡状态b. △H2和△H3不再变化，可以作为反应II和III达到平衡状态的标志c.同等条件下，反应II的速率远远大于反应III，说明反应II的活化能小，△H2＜△H3d.达平衡后，向反应体系中再通入一定量NOCl(g)，NO2(g)和NO(g)的百分含量均减小②平衡后，向反应体系中充入少量O2，再次平衡时，NO2的转化率将___(填“增大”、“减小”或“不变”)。(3)保持恒温恒容条件，将物质的量之和为3mol的NO和Cl2以不同的氮氯比进行反应Ⅲ()，平衡时某反应物的转化率与氮氯比及不同温度的关系如图所示：①图中T1、T2的关系为T1___ T2(填“>”、“<”或“=”)图中纵坐标为___的转化率；图中A、B、C三点对应的NOCl体积分数最大的是____(填“A”、“B”或“C”)。②若容器容积为1L，经过10min到达A点，该时间段内化学反应速率v(NO)= ___。③若在温度为T1，容积为1L的容器中，充入0.5molNO、1molCl2、2molNOCl，此时平衡将向___移动(填“左”、“右”或“不移动”)。【答案】(1)2△H2-△H1        (2)①ad    ②增大    (3)①<    Cl2    A    ②0.16 mol/(L·min)    ③右    【解析】(1)根据盖斯定律可知，Ⅲ=2×Ⅱ-Ⅰ，即ΔH3=2ΔH2-ΔH1，则K3=；(2)①a项，反应Ⅱ、Ⅲ中，二氧化氮和氯气有颜色，当反应体系中混合气体的颜色保持不变，说明反应Ⅱ、Ⅲ均达到平衡状态，a项正确；b项，焓变只与反应起始和终止的物质有关，不可以判断反应Ⅱ、Ⅲ是否达到平衡状态，b项错误；c项，同等条件下，反应Ⅱ的速率远远大于反应Ⅲ，说明反应Ⅱ的活化能小，但无法判断焓变大小， c项错误；d项，达平衡后，向反应体系中再通入一定量NOCl(g)，反应Ⅱ、Ⅲ均向逆向移动，则NO2(g)和NO(g)的百分含量均减小，d项正确；故选ad；②反应Ⅱ正反应方向气体减少、Ⅲ反应前后体积不变，恒容密闭容器中，平衡后，向反应体系中充入少量O2，则反应Ⅲ中NO会减少，平衡逆向移动，消耗NOCl(g)，促使反应Ⅱ正向移动，再次平衡时，NO2的转化率将增大；(3)①ΔH<0，为放热反应，根据勒夏特列原理可得，升高温度，反应逆向移动，则T1< T2；横坐标为，随着比值的增大，转化率增大，则纵坐标为氯气的转化率，要想NOCl体积分数最大，则氯气的转化率要高，NOCl气体体积最大，=2时，生成的NOCl最多，故A点的NOCl体积分数最大；②根据图像可得A点=2，且一氧化氮与氯气的物质的量的和为3mol，则一氧化氮的物质的量为2mol，氯气的物质的量为1mol，则列三段式为：则υ(NO)== 0.16 mol/(L·min)；③根据A点与B点温度相同，平衡常数相同，则，充入0.5molNO、1molCl2、2molNOCl时，反应熵Q= <80，平衡向右移动。8．(2021·浙江省高三联考)工业上制二甲醚是在一定温度、压强和催化剂作用下进行的，反应器中发生了下列反应：Ⅰ.CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)    △H1=-90.1kJ•mol-1Ⅱ.2CH3OH(g) CH3OCH3(g)+H2O(g)    △H2Ⅲ.2CH3OH(g) C2H4(g)+2H2O(g)    △H3Ⅳ.2CO(g)+4H2(g) CH3OCH3(g)+H2O(g)    △H4反应过程中有关反应能量变化如图甲所示：请回答：(1)①△H4为___。②反应速率较大的是__(填序号“Ⅱ”或“Ⅲ”)，说明原因：__。(2)合成二甲醚往往选用硅铝混合物作催化剂，硅铝比例不同，生成二甲醚或乙烯的物质的量分数不同。硅铝比与产物选择性如图乙所示，中A点和B点的平衡常数比较：KA__(填“>”“=”或“<”)KB。根据以上两条曲线，写出其中一条变化规律：___。(3)若在密闭容器中，适当催化剂、压强下只按Ⅲ发生反应，温度和时间对CH3OH转化率的影响曲线图(丙图不完整)如图所示。若图中曲线对应的温度为523K，请你在丙图中作出温度为583K的影响曲线___。(4)若在恒容条件下，最初向容器中通入1molCO、2molH2，在适当催化剂、温度下只按Ⅳ发生反应。测得开始时容器总压为3×105Pa，反应经2min达到平衡且平衡时体系压强降低了，则0～2min内CO的平均速率为___Pa/min，该温度下的平衡常数Kp为__Pa-4。【答案】(1)①-204.1kJ•mol-1    ②Ⅱ    反应(Ⅱ)活化能低，在相同条件下反应速率较大    (2)=    温度越高，二甲醚的选择性越大(或低温时硅铝比对二甲醚的选择性影响不大，高温时随着硅铝比增大，二甲醚的选择性先增大后减小)    (3)   (4) 2.5×104    2.5×10-21    【解析】(1)①根据反应过程中有关反应能量变化，可以得出△H2=-23.9kJ•mol-1，△H3=-29.1kJ•mol-1，依据盖斯定律得2CO(g)+4H2(g) CH3OCH3(g)+H2O(g)    △H4=2△H1+△H2=-204.1kJ•mol-1；②根据能量变化，活化能越低活化分子越多，化学反应速率越快，即反应速率较大的是Ⅱ。(2)由于A 、B在同一温度线上，所以二者的化学平衡常数相同；根据以上两条曲线，可看出温度与二甲醚的选择性的变化规律是a.温度越高，二甲醚的选择性越大；b.低温时硅铝比对二甲醚的选择性影响不大，高温时随着硅铝比增大二甲醚的选择性先增大后减小。(3)反应Ⅲ：2CH3OH(g) C2H4(g)+2H2O(g)    △H3=-29.1kJ•mol-1，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，转化率减小，但反应速率加快，反应达到平衡所需时间减少，由此画出图像，。(4)向容器中通入、，设转化的CO为x mol，列三段式： 得，；开始时，平衡时，故，，；。9．(2021·山东日照市高三一模)氯化法制备TiC14的工艺为：800℃时，向15L容器中加入5molTiO2与15mol碳粉，通入10mol C12进行反应，生成TiC14气体，经过处理得到TIC14成品。反应容器内发生以下两个反应：反应I：TiO2(s)+2C12(g)+2C(s) TiC14(g)+2CO(g) △H=-48kJ·mol-1反应II：TiO2(s)+2C12(g)+2CO(g) TiC14(g)+2CO2(g) △H=-210kJ·mol-1回答下列问题：(1)TiO2(s)+2C12(g)+C(s) TiC14(g)+CO2(g)的△H =___________kJ·mol-1。(2)800℃时，不同时间测得混合体系内各物理量如下表所示：t/min10203040n(Cl2)/mol62.511n(C)/mol121099p(CO):p(CO2)2:11:11:11:1①起始总压强为6MPa，10min时，体系总压强p10min=___________MPa；反应开始至20min时，v(TiC14)=___________MPa·min-1。②30min时，C的转化率为___________；40min时，反应II的KP=___________MPa-1。(3)向混合体系中加入少量FeC13，TiO2的氯化速率明显提高，同时测得CO含量明显高于CO2，则FeC13改变的是反应___________(填“I”或“II”)的反应历程。(4)我国科研工作者利用TiC14和Mg3N2制备高硬度物质TiN，可能发生a和b反应。其对应的吉布斯自由能(△G=△H-T△S)与温度(200~700℃)的关系如图所示，分析可得更易发生___________(填“a”或“b”)反应。a．Mg3N2(s)+2TiC14(g)=2TiN(s)+3MgC12(s)+C12(g)b．Mg3N2(s)+TiC14(g)= TiN+3MgC12+N2(g)【答案】(1)－129    (2) ①6.6    0.1125    ②40％    1.5   (3) Ⅰ    (4)b    【解析】(1)反应I：TiO2(s)+2C12(g)+2C(s) TiC14(g)+2CO(g) △H=-48kJ·mol-1反应II：TiO2(s)+2C12(g)+2CO(g) TiC14(g)+2CO2(g) △H=-210kJ·mol-1(I+II)可得目标方程：TiO2(s)+2C12(g)+C(s) TiC14(g)+CO2(g) △H =－129 kJ·mol-1；(2)①列三段式平衡时总物质的量为n=6+2+1+2=11mol，，则p10min=6.6MPa，同理，20min时，n(TiCl4)=，平衡时总的物质的量n=2.5+2.5+2.5+3.75=11.25mol，则，解得p20min=6.75MPa，则，解得pTiCl4=2.25MPa，则v(TiC14)=；②30min时，n(C)=9mol，C的转化率为，40min时，反应的三段式：，；(3)CO多说明反应I快，则FeC13改变的是反应I的反应历程；(4)吉布斯自由能随温度升高，数值减小，则△G<0，反应更易自发进行，则更易发生b反应。10．(2021·山东菏泽市高三一模)研究大气污染物和水污染物的处理对建设美丽中国具有重要意义。汽车尾气中的CO、NOX、碳氮化合物是大气污染物。科研工作者经过研究，可以用不同方法处理氮的氧化物﹐防止空气污染。回答下列问题：(1)已知：N2(g)+O2(g) NO(g)  △H=+180.4 kJ·mol-1    4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(l)  △H =-905.8kJ·mol-1NH3能将NO转化成无毒物质。写出在298K时该反应的热化学方程式：___________。(2)我国科研人员研究出了用活性炭对汽车尾气中NO处理的方法：C(s)+2 NO(g)N2(g)+CO2(g)  ΔH＜0。在恒压密闭容器中加入足量的活性炭和一定量的NO气体，反应相同时间时，测得NO的转化率(NO)随温度的变化关系如图所示：由图可知，温度低于1050K时，NO的转化率随温度升高而增大，原因是___________。用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作KP)。在1050K、1.1×106Pa时，该反应的化学平衡常数KP ___________[已知：气体分压(P分)=气体总压(P总) ×体积分数]。(3)氮氧化物也可以用尿素[(NH2)2CO]水溶液吸收。用尿素水溶液吸收体积比为1∶1的NO和NO2混合气，可将N元素转变为对环境无害的气体。该反应的化学方程式为___________。(4)科研人员进一步对比研究了活性炭负载钙、镧氧化物的反应活性。在三个反应器中分别加入C、CaO/C、La2O3/C，通入NO使其浓度达到0.1 mol·L-1。不同温度下，测得2小时NO去除率如图所示：①据图分析，490以下反应活化能最小的是___________(用a、b、c表示)；CaO/C、La2O3/C去除NO效果比C更好，其理由是___________。(写出一条即可)②上述实验中，490时，若测得CaO/C对NO的去除率为60%，则可能采取的措施是___________。A．恒容下，及时分离出CO2     B．压缩体积   C．恒容下，向体系通入氮气③490时的反应速率v(NO) ___________，该温度下此反应的平衡常数为121，则反应达到平衡时NO的去除率为___________(保留两位有效数字)。【答案】(1) 4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l)  △H =-1807.8kJ·mol-1(2)温度低于1050K时，反应未达到平衡状态，随温度升高，反应速率加快，NO转化率增大    4    (3) (NH2)2CO+NO+NO2=2N2+CO2+2H2O(4) ①a    活性炭负载钙、镧氧化物反应活化能小，反应速率快，相同条件下，NO去除率更高。(或纯碳的活化能高、反应速率慢)    ②B    ③0.0225    96%    【解析】(1)根据题干信息，NH3能将NO转化成无毒物质，该无毒物质为N2，又已知：N2(g)+O2(g) NO(g)  △H=+180.4 kJ·mol-1    4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(l)  △H =-905.8kJ·mol-1则反应的热化学方程式为4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l)    △H =[-905.8kJ·mol-1-5×(180.4 kJ·mol-1)]= -1807.8kJ·mol-1；(2)温度低于1050K时，反应未达到平衡状态，因此随温度升高，反应速率加快，NO转化率增大，1050K、1.1×106Pa时，NO的转化率为80%，假设起始投入NO的物质的量为1mol，则列三段式有：因此反应的平衡常数；(3)由题可知，用尿素水溶液吸收体积比为1∶1的NO和NO2混合气，可将N元素转变为对环境无害的气体N2，则反应的化学方程式为(NH2)2CO+NO+NO2=2N2+CO2+2H2O；(4)①根据图像，490℃以下，a(CaO/C)的NO去除率最高，故加入a(CaO/C)的反应活化能最小，因为活性炭负载钙、镧氧化物后反应活化能小，反应速率快，(或纯碳的活化能高、反应速率慢)，所以在相同条件下，NO去除率更高；②根据图像可知，490℃时CaO/C对NO的去除率为45%，若测得去除率为60%，说明采取的措施使得平衡正向移动，则可能是压缩了容器体积，故选B；③490时，NO的去除率为45%，则反应速率，若该温度下的平衡常数为121，列三段有：则有：，解得x≈0.096，则此时NO的去除率为。11．(2021·广东韶关市高三综合能力测试)氮和硫的氧化物是造成大气污染的主要物质。研究它们的反应机理，对于消除环境污染有重要意义。(1)2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)的反应历程由两步基元反应组成，相关信息如下(E为活化能，v为反应速率，k为速率常数)：2NO(g)N2O2(g)    E1=82kJ/mol    v=k1c2(NO)N2O2 (g)2NO(g)    E-1=205kJ/mol    v=k-1c(N2O2)N2O2(g)+O2(g) 2NO2(g)    E2=82kJ/mol    v=k2c(N2O2)·c(O2)2NO2(g)N2O2(g) +O2(g)    E-2=72kJ/mol    v=k-2c2(NO2)则2NO(g) N2O2(g)  △H1=_______kJ·mol-1，其平衡常数K与上述速率常数k1、k-1的关系式为K=_______。2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) △H=_______kJ·mol-1。(2)已知反应NO2(g)+SO2(g) NO(g)+SO3(g) △H<0，某研究小组研究不同温度T1℃、T2℃下的平衡态中lgp(NO2)和lgp(SO3)两个压强对数的关系如图所示，实验初始时体系中的p(NO2)和p(SO2)相等、p(NO)和p(SO3)相等。①a、b两点体系压强pa与pb的比值=_______；同一温度下图象呈线性变化的理由是_______。②温度为T1时化学平衡常数KP=_______，T1_______T2(填“>”“<”或者“=”)。【答案】(1)—123        —113    (2) ①    反应过程中气体分子总数不变，改变压强平衡不移动   ②0.01    <    【解析】(1)由题意可知，反应①2NO(g) N2O2(g)的正反应的活化能为E1=82kJ/mol，逆反应的活化能E-1=205kJ/mol，则△H1= E1—E-1=82kJ/mol—205kJ/mol=—123kJ/mol；当反应达到平衡时，正逆反应速率相等，则k1c2(NO)= k-1c(N2O2)，反应的平衡常数K==；反应②N2O2(g)+O2(g) 2NO2(g)的正反应的活化能为E2=82kJ/mol，逆反应的活化能E-2=72kJ/mol，则△H2=+10kJ/mol，由盖斯定律可知，①—②可得反应2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)，则△H=△H1—△H2=(—123kJ/mol)—(+10kJ/mol)= —133kJ/mol；(2) ①该反应为气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，若实验初始时体系中的p(NO2)和p(SO2)相等、p(NO)和p(SO3)相等，则平衡时体系中的p(NO2)和p(SO2)相等、p(NO)和p(SO3)相等，由图可知，a点p(NO2)=10、p(SO3)=1，b点p(NO2)=100、p(SO3)=10，则a、b两点体系压强pa与pb的比值==；该反应为气体体积不变的反应，反应过程中气体分子总数不变，改变压强平衡不移动，则同一温度下图象呈线性变化；②由图可知，温度为T1时，a点p(NO2)=10、p(SO3)=1，平衡时体系中的p(NO2)和p(SO2)相等、p(NO)和p(SO3)相等，则p(SO2)=10、p(NO)=1，KP===0.01；该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，p(NO2)增大，由图可知，温度为T1时p(NO2)小于T2时，则T1<T2。12．(2021·广东揭阳市高三教学质量测试)乙苯催化脱氢生产苯乙烯的反应：(1)t℃下，将1.00乙苯加入体积为1L的密闭容器中，发生上述反应。反应时间与容器内气体总物质的量、总压强的数据如下表所示。时间/010203040总物质的量/1.00n1n2n3n4总压强/1001.001.251.351.401.40①n4=______，平衡时乙苯的转化率为_____。②列式计算t℃下该反应的平衡常数KP____ kPa。(KP为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1位小数)(2)实际生产时反应在常压下进行，且向乙苯蒸气中掺入水蒸气。测得温度和投料比M［(乙苯)］对乙苯平衡转化率的影响如图所示。①图中A、B、C三点对应平衡常数大小顺序为_____。②图中投料比(MA、MB、MC)的大小顺序为____，理由是____。(3)其他条件相同，在甲、乙两种催化剂的作用下，乙苯转化率与温度的关系如图所示。在甲催化剂的作用下，图中N点处(对应温度为320℃)乙苯的转化率__(填“可能是”“一定是”或“一定不是”)该温度下的平衡转化率。高于320℃时，乙苯的转化率降低的原因可能是__。【答案】(1) ①1.40    40%    ②    (2) ①KA＞KB=KC    ②MA＞MB＞MC    该反应是气体分子数增大的反应。恒压下充入水蒸气，相当于减压，扩大容器体积，平衡正向移动程度增大，乙苯平衡转化率增大    (3)一定不是    催化剂活性下降    【解析】(1)①由表格数据可知30min时反应已经达到平衡，平衡总压强为1.40，设达到平衡时乙苯的转化量为xmol，列三段式得：根据压强之比等于物质的量之比得：，x=0.4，则平衡时的总物质的量为：1+x=1.40，平衡时乙苯的转化率为；②平衡时的平衡常数 ；(2)①由图像可知温度升高苯乙烯的转化率增大，则升温时平衡正向移动，正向为吸热反应，升温K增大，且K只受温度影响，温度不变，K不变，因此A、B、C三点对应平衡常数大小顺序为KA＞KB=KC；②反应在常压下进行，可视为恒压条件下的反应，充入水蒸气，相当于减压，扩大容器体积，而该反应正向气体分子数增大，减小压强平衡正向移动，提高可乙苯的转化率，因此转化大的投料比大，即MA＞MB＞MC；(3)在相同的条件，使用不同的催化剂对化学平衡无影响，则同条件下催化剂甲和催化剂乙的平衡转化率应该相同，而图中信息所示温度为320℃时催化剂甲和乙对应的转化率不同，说明反应未达平衡状态，故图中N点处(对应温度为320℃)乙苯的转化率一定不是平衡转化率；温度过高时会使催化剂失去活性，导致反应速率以及反应的选择性等下降，则单位时间为的反应物转化率下降。