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专题十二 化学反应原理综合-【题型分类归纳】2023年高考化学二轮复习讲与练(全国通用)
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这是一份专题十二 化学反应原理综合-【题型分类归纳】2023年高考化学二轮复习讲与练(全国通用)，文件包含专题十二化学反应原理综合解析版docx、专题十二化学反应原理综合原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共117页， 欢迎下载使用。
专题十二 化学反应原理综合
考 点
高考年
考频解密
考点分布
化学反应原理综合
2022年
2022年河北卷〔16〕；2022年湖北卷〔19〕；2022年湖南卷〔16〕；2022年广东卷〔19〕；2022年江苏卷〔17〕；2022年辽宁卷〔17〕；2022年浙江1月〔29〕；2022年浙江6月〔29〕；2022年全国甲卷〔10〕,2022年全国乙卷〔10〕等
化学反应的热效应〔7次〕，化学反应速率与化学平衡〔11次〕，水溶液中离子反应和平衡用〔2次〕，化学能与电能〔3次〕，
一、利用盖斯定律计算反应热的两种方法
(1)虚拟途径法：先根据题意虚拟转化过程，然后根据盖斯定律列式求解，即可求得待求反应的反应热。
(2)加和法：将所给热化学方程式适当加减得到所求的热化学方程式，反应热也作相应的加减运算。 流程如下：
二、电解原理的综合应用
1．电解原理常见的考查点
电解原理及应用是高考高频考点，该类试题往往与生产、生活及新科技等相联系，以装置图或流程图为载体呈现，题材广、信息新，题目具有一定难度。主要考查阴、阳极的判断、电极反应式、电解反应方程式的书写、溶液离子浓度变化及有关计算等。
2．“5点”突破电解综合应用题
(1)分清阴、阳极，与电源正极相连的为阳极，与电源负极相连的为阴极，两极反应为“阳氧阴还”。
(2)剖析离子移向，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极。
(3)注意放电顺序，正确判断放电的微粒或物质。
(4)注意介质，正确判断反应产物，酸性介质不出现OH－，碱性介质不出现H＋；不能想当然地认为金属作阳极，电极产物为金属阳离子。
(5)注意得失电子守恒和电荷守恒，正确书写电极反应式。
三、化学平衡常数及转化率的计算
“三段式法”是有效解答化学平衡计算题的“万能钥匙”。解题时，要注意准确地列出起始量、变化量、平衡量，按题目要求进行计算，同时还要注意单位的统一。
(1)分析三个量：起始量、变化量、平衡量。
(2)明确三个关系
①对于同一反应物，起始量－变化量＝平衡量。
②对于同一生成物，起始量＋变化量＝平衡量。
③各物质的转化量之比等于各物质的化学计量数之比。
(3)计算模式
对以下反应：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，令A、B起始物质的量(mol)分别为a、b，达到平衡后，A的消耗量为mx mol，容器容积为V L。
mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)
起始/mol a b 0 0
变化/mol mx nx px qx
平衡/mol a－mx b－nx px qx
则有①平衡常数：
K＝。
②A的平衡浓度：c(A)＝ mol·L－1。
③A的转化率：α(A)＝×100%，α(A)∶α(B)＝∶＝。
④A的体积分数：φ(A)＝×100%。
⑤平衡压强与起始压强之比：＝。
⑥混合气体的平均密度(混)＝ g·L－1。
⑦混合气体的平均摩尔质量＝ g·mol－1。
⑧生成物的产率：实际产量(指生成物)占理论产量的百分数。一般来讲，转化率越大，原料利用率越高，产率越大。
产率＝×100%。
四、平衡转化率的分析与判断方法
反应aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g)的转化率分析
①若反应物起始物质的量之比等于化学计量数之比，达到平衡后，它们的转化率相等。
②若只增加A的量，平衡正向移动，B的转化率增大，A的转化率减小。
③若按原比例同倍数地增加(或降低)A、B的浓度，等效于压缩(或扩大)容器体积，气体反应物的转化率与化学计量数有关。
同倍增大c(A)和c(B)
五、化学反应速率、平衡的常规图像题的解题步骤
六、实际工业生产中图像问题分类突破
1．控制反应条件的目的
(1)促进有利的化学反应：通过控制反应条件，可以加快化学反应速率，提高反应物的转化率，从而促进有利的化学反应进行。
(2)抑制有害的化学反应：通过控制反应条件，也可以减缓化学反应速率，减少甚至消除有害物质的产生或控制副反应的发生，从而抑制有害的化学反应继续进行。
2．控制反应条件的基本措施
(1)控制化学反应速率的措施
通过改变反应体系的温度、溶液的浓度、气体的压强(或浓度)、固体的表面积以及使用催化剂等途径调控反应速率。
(2)提高转化率的措施
通过改变可逆反应体系的温度、溶液的浓度、气体的压强(或浓度)等改变可逆反应的限度，从而提高转化率。
3．化工生产适宜条件选择的一般原则
条件
原则
从化学反应速率分析
既不能过快，又不能太慢
从化学平衡移动分析
既要注意外界条件对速率和平衡影响的一致性，又要注意对二者影响的矛盾性
从原料的利用率分析
增加易得廉价原料，提高难得高价原料的利用率，从而降低生产成本
从实际生产能力分析
如设备承受高温、高压能力等
从催化剂的使用活性分析
注意催化剂的活性对温度的限制
4.平衡类问题需考虑的几个方面
(1)原料的来源、除杂，尤其考虑杂质对平衡的影响。
(2)原料的循环利用。
(3)产物的污染处理。
(4)产物的酸碱性对反应的影响。
(5)气体产物的压强对平衡造成的影响。
(6)改变外界条件对多平衡体系的影响。
探究一 化学反应热的计算
甲醛有毒，被世界卫生组织列为一类致癌物。但甲醛是重要的工业原料，在化工、纺织、医疗等领域有广泛应用。
Ⅰ.回收利用是一种减弱温室效应的有效途径。科学家研究发现可利用回收的与反应制备甲醛。
已知：①甲醛的燃烧热为
②的燃烧热为
③
(1)与制备甲醛的反应： _______。
(2)在2L恒容密闭容器中通入0.2mol和0.4mol，在三种不同条件下发生(1)中反应，测得的转化率与时间的关系如图所示。曲线X对应温度下反应的平衡常数K=_______，由曲线Y到曲线X采取的措施可能是_______；由曲线Z到曲线X采取的措施可能是_______。
(3)反应速率，，、分别为正、逆向反应速率常数，计算m点_______。
Ⅱ.甲醇直接脱氢是工业上合成甲醛的一种新方法，该法得到无水甲醛的同时得到副产品氢气。
(4)在一个2L恒容密闭容器中投入2mol，在催化剂作用下发生反应： ，同时存在副反应：。。20min后，测得甲醇的转化率与甲醛的选择性分别与温度的关系如图所示。温度高于650℃，甲醇的转化率升高，甲醛的产率_______，原因可能是_______。
(5)甲醛被称为室内污染“第一杀手”。室内甲醛的含量可以通过传感器来监测。一种燃料电池型甲醛气体传感器的工作原理如图所示，则a电极反应式为_______。国家标准是室内甲醛不能超过，传感器在室内空间测定，电路中有电子通过，该室内甲醛含量为_______。
【答案】(1)
(2) 5 加催化剂 降低温度
(3)25.6
(4) 降低 温度升高，平衡正向移动，甲醇转化率升高，但由于温度高于650℃后，催化生成甲醛的催化剂活性降低或副反应生成的氢气浓度增大，导致主反应平衡逆向移动，生成甲醛量减少
(5) 0.003
【解析】（1）氢气燃烧热反应方程式的2倍减去甲醛燃烧热反应方程式，再减去③得到与制备甲醛的反应： ；故答案为：。
（2）根据题意曲线X对应温度下平衡时，消耗二氧化碳物质的量为0.1mol，消耗氢气物质的量为0.2mol，生成甲醛、水蒸气物质的量为0.1mol，剩余二氧化碳物质的量为0.1mol，剩余氢气物质的量为0.2mol，则该温度下平衡常数，分析曲线Y和曲线X，平衡时各物质的量相等，但达到平衡时时间不相同，说明由曲线Y到曲线X采取的措施可能是加入催化剂；曲线Z与曲线X分析，曲线Z所需时间比曲线X时间短，但二氧化碳转化率比X低，由曲线Z到曲线X是平衡正向移动，反应速率减慢了，因此采取的措施可能是降低温度；故答案为：5；加催化剂；降低温度。
（3）根据平衡常数得到，在m点时消耗二氧化碳物质的量为0.04mol，消耗氢气物质的量为0.08mol，生成甲醛、水蒸气物质的量为0.04mol，剩余二氧化碳物质的量为0.16mol，剩余氢气物质的量为0.32mol，则m点；故答案为：25.6。
（4）根据图中信息得到，温度高于650℃，甲醇的转化率升高，甲醛的产率降低，根据两个方程式分析，两个方程式都为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，甲醇转化率升高，由于副反应生成氢气，氢气量增大，对主反应来说，氢气浓度增大，导致主反应逆向移动，生成甲醛的量减少，也可能是甲醛催化剂的催化活性降低即温度升高，平衡正向移动，甲醇转化率升高，但由于温度高于650℃后，催化生成甲醛的催化剂活性降低或副反应生成的氢气浓度增大，导致主反应平衡逆向移动，生成甲醛量减少；故答案为：降低；温度升高，平衡正向移动，甲醇转化率升高，但由于温度高于650℃后，催化生成甲醛的催化剂活性降低或副反应生成的氢气浓度增大，导致主反应平衡逆向移动，生成甲醛量减少。
（5）根据题意甲醛变为二氧化碳，甲醛中碳化合价升高，失去电子，作负极，因此a电极反应式为。国家标准是室内甲醛不能超过，传感器在室内空间测定，电路中有电子通过，则含有甲醛物质的量为，该室内甲醛含量为；故答案为：；0.003。
【变式练习】
1．（2022·山西大同·高三期末）随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，二氧化碳资源化利用倍受关注。
I、以CO2和NH3为原料合成尿素2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g)ΔH=-87kJ/mol。
研究发现，合成尿素的反应分两步完成，其能量变化如图甲所示：
第一步：2NH3(g)+CO2(g) NH2COONH4(s)ΔH1
第二步：NH2COONH4(s) CO(NH2)2(g)+H2O(g)ΔH2
(1)图中ΔE=___________kJ/mol。
(2)反应速率较快的是___________反应(填“第一步”或“第二步”)，理由是______________________。
II、以CO2和CH4催化重整制备合成气：CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)。在密闭容器中通入物质的量均为0.2mol的CH4和CO2在一定条件下发生反应，CH4的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图乙所示。
(3)由图乙可知，压强P1___________P2(填“>”、“<”或“=”)。
(4)已知气体分压=气体总压×气体的物质的量分数，用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数Kp，则X点对应温度下的Kp=___________(用含P2的代数式表示)。
III、以CO2和H2催化合成乙烯：6H2(g)+2CO2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g)ΔH<0。
(5)在一定压强下，将1molCO2和3molH2加入1L容积不变的密闭容器中，已知温度对CO2的平衡转化率、实际转化率和催化剂催化效率的影响如图丙所示，结合图象分析该反应实际反应温度定于250°C的原因： ______________________。
【答案】(1)72.5
(2) 第一步 第一步反应的活化能小于第二步的活化能，反应速率快
(3)<
(4)
(5)当温度低于250°C时，随着温度升高，催化剂活性增强，催化效率升高，反应速率加快，二氧化碳的实际转化率变大；当温度高于250°C时，随着温度升高，催化剂活性降低，催化效率降低，反应速率变慢，实际转化率变小(或温度为250°C时催化剂效率和二氧化碳的实际转化率均较高)
【详解】（1）根据图甲信息可知，①2NH3(g)+CO2(g) ⇌NH2COONH4(s)ΔH1=-159.5 kJ/mol已知②2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)ΔH=-87kJ/mol，根据盖斯定律可知②-①=③NH2COONH4(s) ⇌CO(NH2)2(g)+H2O(g)故 ΔH2=ΔH-ΔH1=-87kJ/mol-(-159.5)=72.5 kJ/mol=ΔE；
（2）活化能越小反应速率越快，根据图中信息可知第一步反应的活化能小于第二步的活化能，反应速率快；
（3）结合反应，压强增大，平衡逆向移动，甲烷的转化率降低，故图乙可知，压强P1
平衡时总物质的量为0.1 +0.1 +0.2+0.2=0.6，则X点对应温度下的Kp===；
（5）当温度低于250℃时，随着温度升高，催化剂活性增强，催化效率升高，反应速率加快，二氧化碳的实际转化率变大；当温度高于250℃时，随着温度升高，催化剂活性降低，催化效率降低，反应速率变慢，实际转化率变小(或温度为250℃时催化剂效率和二氧化碳的实际转化率均较高)；
2．我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。CO2资源化利用对缓解碳减排压力具有重要意义。在二氧化碳催化加氢制甲烷的反应体系中，主要发生反应的热化学方程式为：
反应I：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) ΔH1=-164.7kJ·mol-1
反应II：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2kJ·mol-1
反应III：2CO(g)+2H2(g)CO2(g)+CH4(g) ΔH3=-247.1kJ·mol-1
向恒压、密闭容器中通入1molCO2和4molH2，平衡时体系内CH4、CO、CO2的物质的量(n)与温度(T)的变化关系如图所示。
(1)反应I~III中，属于吸热反应的是____(填反应序号)。
(2)反应I的平衡常数表达式为____。
(3)盖斯定律的重要价值是可以利用已知反应的反应热求得未知反应的反应热，利用上述反应计算CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)的ΔH=____。
(4)结合上述反应，解释图中CO的物质的量随温度的变化的原因：___。
(5)在实际生产中为了提高甲烷的产量，选择的反应条件为较低温度和使用合适的催化剂，从反应原理角度说明选择该反应条件的理由：____、____。
【答案】(1)Ⅱ
(2)K=
(3)+205.9 kJ·mol-1
(4)升高温度时，反应Ⅱ的平衡正向移动，反应Ⅲ的平衡逆向移动，平衡的移动使CO的含量升高
(5) 较低温度可以使平衡正向移动 合适的催化剂可以加快反应速率，同时提高反应Ⅰ的选择性
【详解】（1）吸热反应焓变大于0，所以属于吸热反应的是Ⅱ；
（2）根据平衡常数的定义可知反应Ⅰ的平衡常数表达式为K=；
（3）根据盖斯定律反应Ⅱ-反应Ⅰ可得CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)的ΔH=+41.2kJ·mol-1-(-164.7kJ·mol-1)=+205.9kJ·mol-1；
（4）反应Ⅱ为吸热反应，反应Ⅲ为放热反应，升高温度时，反应Ⅱ的平衡正向移动，反应Ⅲ的平衡逆向移动，平衡的移动使CO的含量升高；
（5）反应Ⅰ为放热反应，较低温度可以使平衡正向移动，提高CH4的转化率，但会降低反应速率，所以还需选用合适的催化剂，加快反应速率，同时提高反应Ⅰ的选择性。
3．近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：
(1)Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：
CuCl2(s)=CuCl(s)＋Cl2(g) ΔH1=+83 kJ∙mol−1
CuCl(s)＋O2(g)=CuO(s)＋Cl2(g) ΔH2=−20 kJ∙mol−1
CuO(s)＋2HCl(g)=CuCl2(s)＋H2O(g) ΔH3=−121 kJ∙mol−1
则4HCl(g)＋O2(g)=2Cl2(g)＋2H2O(g)的ΔH=___________ kJ∙mol−1
(2)Deacon发明的直接氧化法原理为：4HCl(g)＋O2(g)=2Cl2(g)＋2H2O(g)，在刚性容器中，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系如图所示：
据图象分析可知：反应平衡常数K(300 ℃)___________K(400 ℃)(填“大于”或“小于”)。
(3)设HCl初始浓度为c0，根据进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=1∶1的数据，计算K(400 ℃)=___________(列出计算式)。
(4)按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低、过高的不利影响分别是___________、___________。在一定温度的条件下，进一步提高HCl的转化率的方法是___________。(写出2种)
【答案】 (1)−116 (2) 大于 (3) (4)O2和Cl2分离能耗较高 HCl转化率较低 增加反应体系压强、及时除去产物
【详解】(1)将第一个方程式乘以2，加上第二个方程式的2倍，再加上第三个方程式得到4HCl(g)＋O2(g)=2Cl2(g)＋2H2O(g)的ΔH=−116 kJ∙mol−1；故答案为：−116。
(2)分析图中信息，从左到右升高温度，转化率下降，说明平衡逆向移动，则平衡常数减小，因此反应平衡常数K(300 ℃)大于K(400 ℃)；故答案为：大于。
(3) 根据图中信息，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时，相当于不断增加HCl的浓度，则转化率不断降低，因此根据图象得到图中从上到下c(HCl)∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时，设HCl初始浓度为c0，根据进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=1∶1的数据，转化率为84%，，则400 ℃平衡常数；故答案为：。
(4)按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。根据题意，因此进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低，会造成O2和Cl2分离能耗较高，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过高会导致HCl转化率较低。该反应是体积减小的反应，因此在一定温度的条件下，进一步提高HCl的转化率的方法是增加反应体系压强、及时除去产物；故答案为：O2和Cl2分离能耗较高；HCl转化率较低；增加反应体系压强、及时除去产物。
探究二 化学反应速率与化学平衡
化学反应中的能量变化和化学反应条件的控制与人类的生产、生活密切相关。回答下列问题：
Ⅰ.已知在25℃和101kPa时，断裂1molH-H键吸收的能量为436kJ，断裂1molN-H键吸收的能量为391kJ，断裂1mol键吸收的能量为945.6kJ。
(1)根据以上数据判断氨分解反应是_______(填“吸热”或“放热”)反应。
(2)在25℃时，取1mol和3mol放入一密闭容器中，加入催化剂进行合成氨反应，理论上完全反应放出或吸收的热量为Q1，则Q1为_______kJ。实际生产中，放出或吸收的热量为Q2，则Q1与Q2的大小关系为：Q1_______ Q2 (填“>”“<”或“=”)。
Ⅱ.微生物燃料电池是一种利用微生物将化学能直接转化成电能的装置。已知某种甲醇()微生物燃料电池(如图所示)中，电解质溶液呈酸性。
(3)该电池中，外电路电流的流动方向为_______(填“从A到B”或“从B到A”)。
(4)B电极附近氧气发生的电极反应为_______。
(5)该燃料电池的总反应为_______。
Ⅲ.某可逆反应在体积为2L的恒温恒容密闭容器中进行，0~3min各物质的物质的量的变化情况如图所示(A、C均为气体，B为固体)。
(6)该反应的化学方程式为_______。
(7)下列说法错误的是_______(填标号)。
A．2min内A表示的反应速率为
B．增加B的物质的量，可使反应速率加快
C．当容器内混合气体的密度保持不变时，该反应达到平衡状态
D．当容器内压强保持不变时，该反应达到平衡状态
【答案】(1)吸热
(2) 92.4 >
(3)从B到A
(4)
(5)
(6)
(7)BD
【解析】（1）反应的焓变为反应物的键能和减去生成物的键能和，焓变为6×391kJ-945.6kJ-3×436kJ=92.4kJ，焓变大于零，为吸热反应；
（2）根据（1）分析可知，，∆H=-92.4kJ/mol，则Q1为92.4k kJ。实际生产中，反应为可逆反应，进行不完全，Q1> Q2 。
（3）由图可知，氧气在B极发生还原反应，为正极，则A为负极；外电路电流由正极流向负极，故流向为从B到A；
（4）氧气在B极得到电子，发生还原反应生成水，；
（5）该燃料电池中甲醇在负极发生氧化反应，总反应为甲醇和氧气生成二氧化碳和水，；
（6）由图可知，反应的ABC的物质的量比为（5mol-3mol）：（2mol-1mol）：（4mol-2mol）=2:1:2，且反应后各物质共存，为可逆反应，故该反应的化学方程式为；
（7）A．2min内A表示的反应速率为，A正确；
B．B是固体，增加固体的物质的量，反应速率不变，B错误；
C．容器内混合气体的质量是变量，则混合气体的密度也是变量，当变量保持不变时，该反应达到平衡状态，C正确；
D．该反应中气体物质的量始终保持不变，恒温恒容条件下，容器内的体压强是常量，也始终保持不变，常量保持不变时，该反应可能达到平衡状态，也可能未达到平衡状态，D错误。
故选BD。
【变式练习】
1.回答下列问题：
(1)化学反应的过程都是旧键断裂、新键形成的过程。对于反应：，已知断开键，键分别需要吸收的能量是和，形成键需要放出的能量是。
①和完全反应共_______(填“放出”或“吸收”)能量_______。
②如图，能够反映该反应能量变化的图象是_______(填“A”或“B”)。
(2)①如图所示，在银锌原电池中，以硫酸铜为电解质溶液，锌电极上发生的是_______ (填“氧化”或“还原”)反应，电极反应式为_______。银片上观察到的现象是_______。
②将设计成燃料电池，其能量利用率更高，装置如图所示(A、B为多孔碳棒)。
实验测得向B电极定向移动，则_______ (填“A”或“B”)处电极入口通甲烷，其电极反应式为_______。
(3)在密闭容器中，X，Y、Z三种气体的物质的量随时间的变化曲线如图：
①该反应的化学方程式是_______。
②该反应达到平衡状态的标志是_______(填字母)。
A．Y的体积分数在混合气体中保持不变
B．
C．容器内气体压强保持不变
D．容器内气体的密度保持不变
E.生成的同时消耗
③内Y的转化率为_______。
【答案】(1) 放出 11 B
(2) 氧化 生成一层红色固体物质 B CH4＋10OH--8e-=CO＋7H2O
(3) 3X+Y2Z AC 60%
【详解】（1）①反应的焓变等于反应物的键能和减去生成物的键能和；反应的焓变为+-2×=-11kJ/mol；则和完全反应共放出能量11。
②该反应为放热反应，生成物能量低于反应物的能量，能够反映该反应能量变化的图象是B；
（2）①在银锌原电池中，以硫酸铜为电解质溶液，锌较为活泼，为负极，锌电极上发生的是氧化反应，电极反应式为。银片为正极，铜离子放电生成铜单质，观察到的现象是生成一层红色固体物质；
②将设计成燃料电池，甲烷发生氧化反应为负极，氧气发生还原反应为正极，反应中阴离子向负极运动；实验测得向B电极定向移动，则B处电极入口通甲烷，其电极反应式为CH4＋10OH--8e-=CO＋7H2O；
（3）①由图可知，反应达到平衡时，反应的YXZ的物质的量分别为0.2mol、0.6mol、0.4mol，则三者的系数比为1:3:2，该反应的化学方程式是3X+Y2Z；
②A．Y的体积分数在混合气体中保持不变，说明平衡不再移动，达到平衡，A正确；
B．化学反应速率之比=计量数之比，，此时正逆反应速率不相等，没有达到平衡，B错误；
C．反应为气体分子数改变的反应，容器内气体压强保持不变，达到平衡，C正确；
D．容器体积和气体质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡；D错误；
E．生成的同时消耗，描述的都是逆反应，不能确定是否达到平衡，E错误；
故选AC；
③由图可知，内Y反应的物质的量为0.6mol，转化率为。
2．（2022·北京海淀·高三期末）传统方法制备会产生大量副产物，研究者通过更环保的电解法，使用空气和水制备，并用其处理有机废水，过程如下。
(1)电解制备，装置示意图如图所示。
①a极的电极反应式为_______。
②通过管道将b极产生的气体送至a极，目的是_______。
③pH过高时会分解。但电解一段时间后，a极附近溶液的pH基本不变，原因是_______。
④测定生成的浓度。取x mL溶液，用a 溶液滴定，完全反应转化为时，消耗b mL 溶液。则溶液的浓度为_______ 。
(2)用氧化含有机物RhB的废水，将其降解为无机物，结果如图所示。溶液中的总有机碳(TOC)去除率越高，降解效果越好。
①20min时，RhB残留量已接近0。这段时间内RhB的平均降解速率=_______。
②降解过程中，随着TOC去除率接近100%，溶液的pH降至5.6，请结合化学用语解释原因：_______。
【答案】(1) O2+2H2O+2e−= H2O2+2OH− 将b极产生的氧气循环利用，用于制备H2O2 反应中转移等量的电子，阴极产生OH-与阳极产生H+的物质的量相等，阳极产生H+通过质子交换膜移至a极附近与OH-反应
(2) H2O2氧化有机物时，有机物中碳元素转化为CO2，CO2+H2O H2CO3，H2CO3H++HCO，使溶液呈酸性，pH降低到5.6
【分析】（1）①氧气在a极得电子，化合价降低，发生还原反应生成过氧化氢，故a极的电极反应式为O2+2H2O+2e−= H2O2+2OH−；
②b极为阳极，发生氧化反应，生成氧气，故通过管道将b极产生的气体送至a极，目的是将b极产生的氧气循环利用，用于制备H2O2；
③电解时a极生成OH-，pH升高，b极生成H+，pH降低，H+能通过质子交换膜移动到a极，中和OH-，保持a极附近溶液的pH不变，故为原因为：反应中转移等量的电子，阴极产生OH-与阳极产生H+的物质的量相等，阳极产生H+通过质子交换膜移至a极附近与OH-反应；
④H2O2和Ce(SO4)2反应，Ce(SO4)2做氧化剂，H2O2做还原剂，根据电子守恒有如下关系，H2O2 ~2Ce(SO4)2，则H2O2的浓度为 ；
（2）①20min时，RhB残留量已接近0；根据速率公式有， ；
②H2O2氧化有机物时，有机物中碳元素转化为CO2，CO2+H2O H2CO3，H2CO3H++HCO，使溶液呈酸性，pH降低到5.6。
3．（2022·辽宁大连·二模）我国提出2060年前实现碳中和，为有效降低大气CO2中的含量，以CO2为原料制备甲烷、戊烷、甲醇等能源物质具有较好的发展前景。CO2在固体催化剂表面加氢合成甲烷过程中发生如下反应：
Ⅰ.主反应：
Ⅱ.副反应：
(1)已知：Ⅲ.
Ⅳ.
则_______
(2)CO2加氢合成甲烷时，通常控制温度为左右，其可能的原因为_______
A．反应速率快 B．平衡转化率高
C．催化剂活性高 D．主反应催化剂选择性好
(3)时，向1L恒容密闭容器中充入和，初始压强为p，时主、副反应都达到平衡状态，测得，体系压强为，则内_______，平衡时选择性=_______(选择性，计算保留三位有效数字)
(4)以催化加氢合成的甲醇为原料，在催化剂作用下可以制取丙烯，反应的化学方程式为。该反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图中曲线a所示，已知Arhenius经验公式(为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。则该反应的活化能_______。当改变外界条件时，实验数据如图中的曲线b所示，则实验可能改变的外界条件是_______。
【答案】(1)
(2)ACD
(3) 66.7%
(4) 64 使用更高效的催化剂或增大催化剂的比表面积
【解析】(1)根据盖斯定律反应Ⅲ的2倍减去反应Ⅰ得到Ⅳ，则；故答案为：。
(2)CO2加氢合成甲烷时，也有副产物发生，主反应是放热反应，副反应是吸热反应，通常控制温度为左右，此时催化剂的活性高，反应速率快，由于有副反应发生，因此应是主反应催化剂选择性好，而温度高，对副反应平衡正向移动，对主反应平衡逆向移动；故答案为：ACD。
(3)时，向1L恒容密闭容器中充入和，初始压强为p，时主、副反应都达到平衡状态，测得，体系压强为，建立三段式，，2x+y=5，根据物质的量之比等于压强之比得到，解得x=2，y=1，则内，平衡时选择性；故答案为：；66.7%。
(4)根据题意和a曲线上两点得到8.0＝−3.2×103×Ea+C，1.6＝−3.3×10−3×Ea+C，两者方程式相减得到Ea＝64，则该反应的活化能64。当改变外界条件时，实验数据如图中的曲线b所示，斜率降低，说明活化能降低，则实验可能改变的外界条件是使用更高效的催化剂或增大催化剂的比表面积；故答案为：64；使用更高效的催化剂或增大催化剂的比表面积。
探究三 化学能与电能
（2022·天津天津·高三期中）甲醇的结构决定了其性质及其应用。请按要求回答下列问题。
(1)甲醇、乙烷沸点分别为65℃、-89℃，对比分析推测乙醇比丙烷沸点____(填“高很多”或“低很多”或“等于”)，你的推测依据是____。
(2)甲醇结构式如图，其分子中含a、b、c三种化学键。
①甲醇的官能团名称为____。
②甲醇分子中较易断裂的化学键是____(填字母)。从原子结构的视角分析得出此结论的依据是____。
③写出甲醇与钠反应的化学方程式____。
④在铜催化加热条件下，甲醇发生反应的化学方程式为____。
(3)甲醇燃料电池装置示意图如图所示：
它可将化学能转变为电能，可作为笔记本电脑等能量的来源。在催化剂作用下甲醇转化为H2O和CO2。写出该电池工作时负极电极反应式：____。
【答案】(1) 高很多 乙醇分子间存在氢键，而丙烷分子间不存在氢键
(2) 羟基 bc 氧原子的吸引电子的能力比氢原子和碳原子的强 2CH3OH+2Na→2CH3ONa+H2↑ 2CH3OH+O22HCHO+2H2O
(3)2CH3OH+2H2O-12e-=2CO2↑+12H+
【详解】（1）乙醇、丙烷均为分子晶体，乙醇分子间存在氢键，而丙烷分子间不存在氢键，氢键的形成导致其沸点升高，故推测乙醇比丙烷沸点高很多；
（2）①由图可知，甲醇的官能团名称为羟基。
②同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；氧的电负性强，其原子的吸引电子的能力比氢原子和碳原子的强，导致甲醇分子中较易断裂的化学键是碳氧键、氢氧键。
③甲醇与钠反应生成甲醇钠和氢气，2CH3OH+2Na→2CH3ONa+H2↑。
④在铜催化加热条件下，甲醇中羟基被氧化为醛基生成甲醛，发生反应的化学方程式为2CH3OH+O22HCHO+2H2O；
（3）反应中氧气生成水，反应还原反应，为正极；甲醇发生氧化生成二氧化碳和水，为负极；在催化剂作用下甲醇失去电子发生氧化反应转化为H2O和CO2，反应为2CH3OH+2H2O-12e-=2CO2↑+12H+。
【变式练习】
1.炼油、石化等工业会产生含硫(-2价)废水，处理的方法有沉淀法、氧化法。
(1)沉淀法。用如图1装置可以将废水中的硫转化为FeS沉淀。控制其他条件一定，测得出口处硫转化为FeS的沉淀率与溶液pH的关系如图2所示。
①该装置沉淀废水中的硫的原理可描述为_____。
②pH>10时，pH越大，硫的沉淀率越低，原因是_____。
(2)氧化法。H2O2氧化法、催化氧化法等可以将含硫废水中硫元素氧化。
①H2O2氧化法：向含S2-的废水中，加入H2O2溶液，其他条件一定，测得硫(-2价)的去除率、S(单质)的生成率与所加H2O2溶液体积的关系如图3所示。当所加H2O2溶液体积大于9mL时，所加H2O2溶液越多，S的生成率越低，用离子方程式表示其原因_____。
②催化氧化法：MnO2—聚苯胺(MnO2为催化剂、聚苯胺为催化剂载体)可用作空气氧化含硫(-2价)废水的催化剂。碱性条件下，催化氧化废水的机理如图4所示。
a.转化I中化合价发生变化的元素有_____。
b.催化剂使用一段时间后催化效率会下降，处理的方法是用物质A浸取催化剂，再将催化剂干燥即可。催化剂使用一段时间后催化效率降低的原因是_____；物质A可选用_____(填序号)。
A．水 B．乙醇 C．CS2 D．浓盐酸
c.从物质转化与资源综合利用角度分析，催化氧化法的优点是_____。
【答案】(1) 电解时阳极Fe失去电子生成Fe2+，Fe2+可与废水中S2-反应生成FeS沉淀 pH>10时，pH越大，Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀，生成FeS沉淀的硫的量越少
(2) S2-+4H2O2=SO+4H2O S、O、Mn 生成的S覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空隙处，减少了催化剂与废水反应的接触面积 C 催化氧化速率更快，除硫效率更高；以空气做氧化剂比H2O2更经济
【解析】（1）①由图可知，图1装置为电解池，电极材料均为Fe，电解时阳极Fe失去电子发生氧化反应生成Fe2+，Fe2+与废水中的S2-结合生成FeS沉淀，从而达到净化废水的目的；
②当pH>10时，pH越大，OH-浓度越大，废水中Fe2+与OH-结合生成Fe(OH)2沉淀，导致转化成FeS沉淀的量减少，使得硫的沉淀率越低；
（2）①H2O2具有强氧化性，H2O2溶液体积大于9mL时，所加H2O2溶液越多，S生成率越低，可能是因为硫元素被氧化成更高价态的而滞留在溶液中，导致硫的生成率降低，反应为S2-+4H2O2=SO+4H2O；
②a.由图可知，转化Ⅰ中硫离子转化为硫单质，催化剂表面锰化合价由+1变为0，氧原子变为负二氧，故S元素、O元素和Mn元素的化合价均发生变化；
b. 由图可知，反应过程中生成了单质S，生成的S覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空隙处，减少了催化剂与废水反应的接触面积，从而导致催化效率下降；硫单质不和水、乙醇、浓盐酸反应且不溶于三者，硫单质能溶于二硫化碳溶液，从而除去催化剂表面的硫单质，故选C；
c.催化氧化可用空气氧化含硫(-2价)废水，催化剂使得反应速率更快，除硫效率更高且以空气做氧化剂比H2O2更经济。
2．工业上常用微生物法、吸收法、电解法、还原法等消除硫、氮等引起的污染。
(1)微生物法脱硫
富含有机物的弱酸性废水在SBR细菌作用下产生、等物质，可将废水中还原为，同时用或将从水中吹出，再用碱液吸收。
①的空间构型为_______。
②与在SBR细菌作用下生成和的离子方程式为_______。
③将从水中吹出时，用比效果更好，其原因是_______。
(2)吸收法脱硫
烟气中的可以用“亚硫酸铵吸收法”处理，发生的反应为，测得25℃时溶液pH与各组分物质的量分数的变化关系如图-1所示。b点时溶液，则_______。
(3)电解法脱硫
用NaOH吸收后，所得溶液经电解后可制取溶液，反应装置如图-2所示。电解时每有1 mol 生成有_______ mol 透过质子交换膜。
(4)还原法脱氮
用催化剂协同纳米零价铁去除水体中。其催化还原反应的过程如图-3所示。
①该反应机理中生成的过程可描述为_______。
②过程中去除率及生成率如图-4所示，为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体pH为4.2，当时，随pH减小，生成率逐渐降低的原因是_______。
【答案】(1) 正四面体形 二氧化碳吹出时可增强溶液的酸性，抑制硫化氢的溶解，有利于将硫化氢吹出
(2)3:1
(3)2
(4) 纳米零价铁在催化剂表面失去电子变为亚铁离子，在催化剂层中氢离子得到电子变为氢原子，在酸性条件下氢原子还原硝酸根变为NH，NH失去氢原子变为氮气 pH越小，氢离子浓度越大，会生成更多的氢原子，使硝酸根生成的中间产物NH更多的与氢原子反应生成铵根离子，从而减少氮气的生成
【解析】（1）①中S原子价层电子对数为，其空间构型为正四面体形；故答案为：正四面体形。
②与在SBR细菌作用下生成和，该反应在弱酸性条件下反应，根据氧化还原反应得失电子守恒配平得到，其的离子方程式为；故答案为：。
③将从水中吹出时，用比效果更好，二氧化碳溶于水生成碳酸，增强溶液的酸性，抑制硫化氢溶解，因此其原因是二氧化碳吹出时可增强溶液的酸性，抑制硫化氢的溶解，有利于将硫化氢吹出；故答案为：二氧化碳吹出时可增强溶液的酸性，抑制硫化氢的溶解，有利于将硫化氢吹出。
（2）根据亚硫酸氢铵溶液的电荷守恒得到，b点时溶液，得到，测得25℃时溶液pH与各组分物质的量分数的变化关系如图-1所示，则b点是，得到，则；故答案为：3:1。
（3）根据图中信息左边为阳极，右边为阴极，阴极电极反应式为，因此电解时每有1 mol 生成有2mol 透过质子交换膜；故答案为：2。
（4）①根据图中信息，该反应机理中生成的过程可描述为纳米零价铁在催化剂表面失去电子变为亚铁离子，在催化剂层中氢离子得到电子变为氢原子，在酸性条件下氢原子还原硝酸根变为NH，NH失去氢原子变为氮气；故答案为：纳米零价铁在催化剂表面失去电子变为亚铁离子，在催化剂层中氢离子得到电子变为氢原子，在酸性条件下氢原子还原硝酸根变为NH，NH失去氢原子变为氮气。
②过程中去除率及生成率如图-4所示，为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体pH为4.2，当时，随pH减小，生成率逐渐降低，根据图中信息氢离子浓度越大，会生成更多的氢原子，使硝酸根生成的中间产物NH更多的与氢原子反应生成铵根离子，从而减少氮气的生成；故答案为：pH越小，氢离子浓度越大，会生成更多的氢原子，使硝酸根生成的中间产物NH更多的与氢原子反应生成铵根离子，从而减少氮气的生成。
3．（2022·北京房山·二模）氨对人类的生存和发展有着重要意义，1909年哈伯在实验室中首次利用氮气与氢气反应合成氨，实现了人工固氮。
(1)反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的化学平衡常数表达式为____。
(2)在一定条件下氨的平衡含量如表。
温度/℃
压强/MPa
氨的平衡含量
200
10
81.5%
550
10
8.25%
①该反应为____(填“吸热”或“放热”)反应。
②哈伯选用的条件是550℃、10MPa，而非200℃、10MPa，可能的原因是____。
(3)实验室研究是工业生产的基石。如图中的实验数据是在其它条件不变时，不同温度(200℃、400℃、600℃)、压强下，平衡混合物中NH3的物质的量分数的变化情况。
①曲线a对应的温度是____。
②M、N、Q点平衡常数K的大小关系是____。
(4)尽管哈伯的合成氨法被评为“20世纪科学领域中最辉煌的成就”之一，但仍存在耗能高、产率低等问题。因此，科学家在持续探索，寻求合成氨的新路径。如图为电解法合成氨的原理示意图，阴极的电极反应式为____。
(5)NH3转化为NO是工业制取硝酸的重要一步。已知：100kPa、298K时：
4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)ΔH=-1268kJ·mol-1
2NO(g)N2(g)+O2(g)ΔH=-180.5kJ·mol-1
请写出NH3转化为NO的热化学方程式____。
【答案】(1)K=
(2) 放热 温度过低反应速率太慢；温度过高不利于反应平衡正向移动
(3) 200℃ KQ=KM>KN
(4)N2+6e−+6H+=2NH3
(5)4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) ΔH=−907kJ·mol−1
【解析】（1）根据平衡常数的表达式可知，该反应的平衡常数K=；
（2）①根据表格数据可知，压强不变，升高温度氨的平衡含量降低，说明升高温度平衡逆向移动，所以该反应为放热反应；
②温度过低反应速率太慢；温度过高不利于反应平衡正向移动，所以选用的条件是550℃、10MPa；
（3）①该反应为放热反应，压强相同时，温度越低NH3的物质的量分数越大，所以曲线a对应的温度为200℃；
②该反应为放热反应，温度越高，平衡常数越小，温度：Q=M＜N，所以平衡常数：KQ=KM>KN；
（4）据图可知，阴极上N2被还原为NH3，环境为酸性环境，所以阴极的电极反应式为N2+6e−+6H+=2NH3；
（5）NH3转化为NO的化学方程式为4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，依次将所给两个热化学方程式标号为①、②，根据盖斯定律，①-②×2可得4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)的ΔH=-1268kJ·mol-1-(-180.5kJ·mol-1)×2=−907kJ·mol−1。
1．（2022·山东·胜利一中模拟）1,6−己二醇是一种重要的化工原料，与乙二醇相比，用1,6−己二醇为原料制备的聚酯具有更为优异的柔韧性和抗腐蚀性。工业上利用己二酸二甲酯加氢制备1,6−己二醇，该反应的化学方程式如图：
(g)+4H2(g)→(g)+2CH3OH(g) ΔH。
(1)已知：
化学键
C=O
C−O
C−H
C−C
O−H
H−H
键能/ kJ∙mol−1
745
358
413
347
467
436
计算上述反应的△H=___；此反应自发进行的条件是____(填“高温易自发”“低温易自发”或“任何温度都能自发”)。
(2)将组成(物质的量分数)为4n%H2(g)、n% (g)的气体通入刚性密闭反应器中，在温度一定、压强为pMPa条件下只进行上述反应。平衡时，若压强为qMPa，平衡时(g)的转化率为=____ (用p、q的代数式表示，下同)，平衡常数Kp=____(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
(3)科研小组在高压反应釜中进行催化加氢反应，对己二酸二甲酯制备1,6−己二醇的工艺条件进行了研究。图甲和图乙为此反应在相同时间时，反应压力、反应温度与反应物的转化率和1,6−己二醇选择性的变化关系。
已知，选择性=×100%。
①由图可知，在压强为27MPa时，己二酸二甲酯制备1,6−己二醇应选择的合适温度为____；选择此温度的理由是____；当260℃时，转化率随着压强增大而不断增大的原因是____。
②图丙为反应时间与加氢反应时反应物的转化率和选择性的关系。
综合考虑，反应时间控制在5h左右较为合适。此时1,6−己二醇的产率为____。
【答案】(1) −286 kJ∙mol−1 低温易自发
(2) ×100%或%
(3) 290℃ 290℃时反应物的转化率较高，且此温度下的产物选择性较高 相同温度时压强大，反应速率加快，且达到平衡后，增大压强利于平衡正向移动，使反应物转化率增大 50.05%
【解析】（1）根据方程式分析得到酯基中碳氧单键断裂，形成氧氢键和碳氢键，碳氧双键断裂又形成碳氢键、碳氧单键和氧氢键，因此可简化计算上述反应的△H=2E(C=O)+2E(C−O)+4E(H−H) −4E(O−H) −4E(C−H) −2E(C−O) =745 kJ∙mol−1×2＋436 kJ∙mol−1×4−467kJ∙mol−1×4−413 kJ∙mol−1×4= −286 kJ∙mol−1；该反应是气体体积减小的反应即△H＜0、△S＜0，根据△G=△H−T△S判断温度低的时候△G＜0，因此得到低温易自发；故答案为：−286 kJ∙mol−1；低温易自发。
（2）根据题意建立三段式0.2p−x+0.8p−4x+x+2x=q，解得2x=p−q，x=，则a(已二酸二甲酯)= ×100%或%；Kp=；故答案为：×100%或%；。
（3）①由图可知，在27MPa时，290°C己二酸二甲酯的转化率和1,6−己二醇的选择性均高于280°C，因此温度选择290°C；相同温度时压强大，反应速率快，且达平衡时，增大压强有利于平衡正向移动，使反应物转化率增大；故答案为：290°C ；290℃时反应物的转化率较高，且此温度下的产物选择性较高；相同温度时压强大，反应速率加快，且达到平衡后，增大压强利于平衡正向移动，使反应物转化率增大。
②反应时间控制在5h时，产物的产率为92%×54.4%≈50.05%；故答案为：50.05%。
2．（2022·湖南娄底·模拟）丙烯是合成多种高分子材料的原料，工业上常采用裂解丁烷获得丙烯。化学原理如下：
反应1：C4H10(g) C3H6(g)+CH4(g) ΔH1
反应2：C4H10(g) C2H4(g)+C2H6(g) ΔH2
(1)已知在101kPa和一定温度下，由最稳定单质生成1mol纯物质的热效应，称为该物质的标准生成热()。化学规定，稳定单质的生成热为0。
几种相关物质的标准生成热数据如下表所示：
物质
C4H10(g)
C3H6(g)
C2H4(g)
CH4(g)
C2H6(g)
/(kJ·mol-1)
−124.7
20.4
52.3
−74.9
−84.7
反应1的能量变化如图1所示，逆反应活化能E2=_______ kJ∙mol−1。
(2)在刚性密闭容器中充入一定量丁烷，在甲、乙两种不同催化剂作用下，相同时间内丙烯的产率与温度关系如图2所示。工业上宜选择催化剂_______(填“甲”或“乙”)。温度高于500℃时，乙催化剂作用下丙烯产率降低的主要原因可能是________(答一条)。
(3)在刚性密闭容器中充入适量丁烷，在一定温度下发生反应1和2，达到平衡后，再充入少量丁烷。下列推断正确的是_______(填标号)。A．平衡向正反应方向移动，丁烷的转化率增大
B．平衡向正反应方向移动，丁烷的转化率减小
C．平衡向逆反应方向移动，丁烷的转化率增大
D．平衡向逆反应方向移动，丁烷的转化率减小
(4)在一定条件下，C4H10(g) C3H6(g)+CH4(g)生成丙烯的速率方程为υ净(C3H6)=k正c(C4H10) −k逆c(C3H6)·c(CH4)(k正、k逆为正、逆反应速率常数，与温度、催化剂有关，与浓度无关)，测得速率常数k(包括k正、k逆)的负对数pk(pk=−lgk)与温度关系如图3所示。其中，能代表pk正与T关系的直线为_______(填标号)。
(5)在一定温度T℃，总压强恒定为14.8kPa的条件下，向密闭容器充入C4H10和N2的混合气体(N2不参与反应)。在T℃下，发生反应1和2，C4H10的平衡转化率与通入气体中C4H10的物质的量分数的关系如图4所示。
①其他条件不变时，C4H10的平衡转化率随着C4H10的物质的量分数增大而减小，其原因是_______。
②T℃时，C4H10的物质的量分数为0.8对应的平衡体系中，C3H6的选择性为。该温度下，反应1的平衡常数Kp=_______kPa[以分压计算的平衡常数为Kp，分压=总压×物质的量分数：C2H4的选择性=]。
(6)己二睛是合成尼龙66的原料。工业上，采用丙烯氨氧化法制备丙烯腈(CH2=CH−CN)，又采用电有机合成法制备己二睛[NC(CH2)4CN]，装置如图所示。
阴极反应式为_______。
【答案】(1)3774.8
(2) 甲 催化剂乙的活性降低、选择性降低或副产物增多
(3)B
(4)d
(5) 平衡体系分压增大，平衡向逆反应方向移动 5
(6)2CH2=CHCN+2H++2e－=NC(CH2)4CN
【解析】(1)根据生成热定义，物质的生成热可以表示其相对能量高低，反应热等于产物总能量与反应物总能量之差，ΔH1=(20.4+124.7−74.9) kJ∙mol−1=+70.2 kJ∙mol−1。同理可得：△H2=(52.3+124.7−84.7)kJ∙mol−1=+92.3 kJ∙mol−1。反应热等于正反应活化能与递反应活化能之差，E2=(3845−70.2) kJ∙mol−1=3774.8 kJ∙mol−1；故答案为：3774.8。
(2)根据图中曲线得到工业上选择催化效率高的催化剂甲；温度高于500°C，催化剂乙的活性降低、选择性降低或副产物增多等导致丙烯产率降低；故答案为：甲；催化剂乙的活性降低、选择性降低或副产物增多。
(3)在恒温恒容条件下，平衡常数不变，平衡后充入丁烷，平衡向正反应方向移动。可以用模拟法判断丁烷转化率变化，充入丁烷后相当于将原平衡体系加压，丁烷的平衡转化率减小；故答案为：B。
(4)正反应是吸热反应，升高温度，平衡常数增大。平衡时净反应速率为0，有K=，升高温度，速率常数均增大，且k正增大的倍数大于k逆增大的倍数。k越大，pk越小；故答案为：d。
(5)①总压强不变的条件下，增大混合气体中丁烷的物质的量分数，平衡体系的分压增大，平衡向逆反应方向移动，故丁烷的平衡转化率减小；故答案为：平衡体系分压增大，平衡向逆反应方向移动。
②取混合气体中n(C4H10)=0.8mol，n(N2)=0.2mol。
反应1：，反应2：，，解得：x=0.4，y=0.08；平衡体系中气体的总物质的量为0.32mol+0.08mol+0.08mol+0.4mol+0.4mol+0.2mol=1.48mol。p(C4H10)=14.8kPa×=3.2kPa，p(C3H6)=p(CH4)=4.0kPa，=5kPa；故答案为：5。
(6)根据图中信息，水中氢氧根得到电子变为氧气，因此阴极上丙烯睛发生还原反应，电极反应式为2CH2=CHCN+2H++2e－=NC(CH2)4CN；故答案为：2CH2=CHCN+2H++2e－=NC(CH2)4CN。
3．（2022·江苏江苏·二模）我国学者分别使用Fe2O3和Fe3O4作催化剂对燃煤烟气脱硝脱硫进行了研究。
(1)催化剂制备。在60～100℃条件下，向足量NaOH溶液中通入N2一段时间，再加入适量新制FeSO4溶液，充分反应后得到混合物X；向混合物X中加入NaNO3溶液，充分反应后经磁铁吸附、洗涤、真空干燥，制得Fe3O4催化剂。
①通入N2的目的是___。
②混合物X与NaNO3反应生成Fe3O4和NH3，该反应的化学方程式为___。
(2)催化剂性能研究。如图1所示，当其他条件一定时，分别在无催化剂、Fe2O3作催化剂、Fe3O4作催化剂的条件下，测定H2O2浓度对模拟烟气(含一定比例的NO、SO2、O2、N2)中NO和SO2脱除率的影响，NO脱除率与H2O2浓度的关系如图2所示。
已知•OH能将NO、SO2氧化。•OH产生机理如下。
反应Ⅰ：Fe3++H2O2=Fe2++•OOH+H+(慢反应)
反应Ⅱ：Fe2++H2O2=Fe3++•OH+OH-(快反应)
①与Fe2O3作催化剂相比，相同条件下Fe3O4作催化剂时NO脱除率更高，其原因是___。
②NO部分被氧化成NO2。NO2被NaOH溶液吸收生成两种含氧酸钠盐，该反应的离子方程式为___。
③实验表明•OH氧化SO2的速率比氧化NO速率慢。但在无催化剂、Fe2O3作催化剂、Fe3O4作催化剂的条件下，测得SO2脱除率几乎均为100%的原因是___。
【答案】(1) 排除NaOH溶液中的O2，防止Fe2+被氧化为Fe3+ 12Fe(OH)2+NaNO34Fe3O4+NH3↑+NaOH+10H2O
(2) Fe3O4催化剂表面同时存在Fe2+和Fe3+，Fe2+直接通过反应Ⅱ快速产生•OH，c(•OH)更大：Fe2O3催化剂表面仅存在Fe3+，Fe3+需先通过慢反应Ⅰ产生Fe2+再通过快反应Ⅱ产生•OH，总反应速率由慢反应Ⅰ决定，c(•OH)小于前者；故Fe3O4作催化剂比Fe2O3作催化剂时NO脱除率更大 2NO2+2OH-=NO+NO+H2O SO2几乎完全被NaOH溶液吸收
【详解】（1）①氢氧化钠溶液中会溶解有少量空气中的氧气，氧气能氧化亚铁离子生成铁离子，通入N2的目的是排除NaOH溶液中的O2，防止Fe2+被氧化为Fe3+；
②氢氧化钠和硫酸亚铁生成氢氧化亚铁沉淀，混合物X中含有氢氧化亚铁，根据质量守恒可知，氢氧化亚铁会与NaNO3反应生成Fe3O4和NH3、氢氧化钠、水，该反应的化学方程式为12Fe(OH)2+NaNO34Fe3O4+NH3↑+NaOH+10H2O；
（2）①由已知反应机理反应Ⅰ、反应Ⅱ可知：Fe3O4催化剂表面同时存在Fe2+和Fe3+，Fe2+直接通过反应Ⅱ快速产生•OH，c(•OH)更大：Fe2O3催化剂表面仅存在Fe3+，Fe3+需先通过慢反应Ⅰ产生Fe2+再通过快反应Ⅱ产生•OH，总反应速率由慢反应Ⅰ决定，c(•OH)小于前者；故Fe3O4作催化剂比Fe2O3作催化剂时NO脱除率更大
②NO2被NaOH溶液吸收生成两种含氧酸钠盐，根据质量守恒可知为含氮元素的盐，二氧化氮中部分氮元素化合价升高、部分氮元素化合价降低，反应得到亚硝酸盐和硝酸盐，该反应的离子方程式为2NO2+2OH-=NO+NO+H2O
③二氧化硫能溶于水会和氢氧化钠反应被吸收，测得SO2脱除率几乎均为100%的原因是SO2几乎完全被NaOH溶液吸收。
4．（2022·湖北·模拟）氢气在实验室和工业上有着广泛的用途。请回答：
(1)氢气可以与煤在催化剂作用下制备乙炔，已知部分反应如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
Ⅳ．
通过计算说明反应Ⅳ自发进行的条件_______。
(2)利用氢气与二氧化碳催化反应合成乙烯，是实现低碳转型的一条途径。在0．1MPa、120℃条件下，以的投料比充入体积固定的密闭容器中，发生反应：，平衡时水蒸气的物质的量百分数为50．0%。请回答：
①反应的平衡常数表达式为_______。
②达到平衡时，的转化率为_______。
(3)氢气可合成氨气，氨气与二氧化碳可以合成尿素，反应为： ，分为两步：
反应步骤
反应方程式
Ⅰ
快速放热
Ⅱ
慢速吸热
已知投料的组成为、和水蒸气(有助于分离尿素)，一定条件下，氨基甲酸铵()物质的量与时间的关系图(图甲，t1后物质的量不再改变)，以及不同氨碳比()与水碳比()投料时平衡转化率图象(图乙，a、b代表水碳比)：
回答下列问题：
①已知反应I又可以分成两步：_______、，请写出第一步的化学方程式_______。
②下列叙述正确的是_______。
A．反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ，
B．增大氨碳比有利于提高尿素产率，原因之一是过量氨气与反应Ⅱ生成的水反应，促进平衡正移
C．实际生产中若选择曲线a，则氨碳比应控制在4.0左右
D．曲线a的水碳比大于曲线b，减小水碳比有利于尿素生成
③如果某催化剂可以同等程度地加速反应Ⅰ和Ⅱ，请在图甲中画出保持其他条件不变，加入该催化剂后从0h到t1时的氨基甲酸铵物质的量变化曲线_______。
【答案】(1)，且反应可逆符号右侧气体物质的量比左侧多，△S>0，故反应在高温下自发
(2) 或 68.2%
(3) BC
【详解】（1）将反应Ⅰ的二倍加上反应Ⅱ，再加反应Ⅲ的2倍得到反应Ⅳ． ，且反应可逆符号右侧气体物质的量比左侧多，△S>0，故反应在高温下自发；故答案为：，且反应可逆符号右侧气体物质的量比左侧多，△S>0，故反应在高温下自发。
（2）利用氢气与二氧化碳催化反应合成乙烯，是实现低碳转型的一条途径。在0.1MPa、120℃条件下，以的投料比充入体积固定的密闭容器中，发生反应：，平衡时水蒸气的物质的量百分数为50.0%。请回答：
①反应的平衡常数表达式为或；故答案为：或。
②以的投料比充入体积固定的密闭容器中，假设分解加入4mol氢气和1mol二氧化碳，达到平衡时，建立三段式，，解得x= ，的转化率为；故答案为：68.2%。
（3）①根据总反应和第二步反应得到第一步反应为；故答案为：。
②A．反应Ⅰ是快速放热，反应Ⅱ是慢速吸热，说明反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ，且，故A错误；B．增大氨碳比有利于提高尿素产率，过量氨气与反应Ⅱ生成的水反应，促进平衡正移，会生成更多的尿素，故B正确；C．实际生产中若选择曲线a，氨碳比在4.0时二氧化碳转化率已经很大，再提高氨碳比，虽然二氧化碳转化率增大，但氨气经济价值比二氧化碳经济价值大，因此增大氨碳比不划算，因此氨碳比应控制在4.0左右，故C正确；D．根据总反应增加水碳比，可以理解为二氧化碳量不变，水的量增大，平衡逆向移动，二氧化碳转化率减小，因此根据图象得到曲线a的水碳比小于曲线b，减小水碳比，水蒸气量减少，有利于平衡正向移动，利于尿素生成，故D错误；综上所述，答案为：BC。
③如果某催化剂可以同等程度地加速反应Ⅰ和Ⅱ，反应速率加快，生成氨基甲酸铵达到最高值时间缩短，短时间放出的热量大，使得温度较高，平衡正向移动，因此生成氨基甲酸铵的量比原来增加，因此加入该催化剂后从0h到t1时的氨基甲酸铵物质的量变化曲线 ；故答案为： 。
5．（2022·河北·模拟）将CO2还原成甲烷，是实现CO2资源化利用的有效途径之一。
I．CO2甲烷化
CO2甲烷化过程可能发生反应：
ⅰ．CO2(g) ＋ 4H2(g) CH4(g) ＋ 2H2O(g) ΔH1
ⅱ．CO2(g) ＋ H2(g) CO(g) ＋ H2O(g) ΔH2＝＋41.2 kJ∙mol−1
ⅲ．CO(g) ＋ 3H2(g) CH4(g) ＋ H2O(g) ΔH3＝－206.1 kJ∙mol−1
……
(1)ΔH1＝______ kJ∙mol−1。
(2)不同条件下，按照n(CO2):n(H2)＝1:4投料，CO2的平衡转化率如图所示。
①压强p1、p2、p3由大到小的顺序是______。
②压强为p1时，随着温度升高，CO2的平衡转化率先减小后增大。解释温度高于600℃之后，随着温度升高CO2转化率增大的原因______。
Ⅱ．微生物电化学法
微生物电化学产甲烷法是将电化学法和生物还原法有机结合，装置如上图所示。
(3)阴极的电极反应式是______。
(4)若生成1 mol CH4，理论上阳极室生成CO2的体积是______L(标准状况，忽略气体的溶解)。
【答案】(1) −164.9 (2)p3＞p2＞p1
CO2平衡转化率为反应ⅰ和反应ⅱ的CO2平衡转化率之和。反应ⅰ为放热反应，随温度升高CO2平衡转化率降低，反应ⅱ为吸热反应，随温度升高CO2平衡转化率升高。温度较高时，CO2平衡转化率主要取决于反应ⅱ。(或：ⅰ为放热反应；ⅱ为吸热反应。600℃之后，CO2转化率主要取决于反应ⅱ) CO2 ＋ 8e− ＋ 8H＋ ＝ CH4 ＋ 2H2O 44.8
【详解】(1)将反应ⅱ加反应ⅲ得到反应ⅰ，因此ΔH1＝＋41.2 kJ∙mol−1＋(－206.1 kJ∙mol−1) ＝−164.9kJ∙mol−1；故答案为：−164.9。
(2)①该反应是体积减小的反应，画一条与y轴相平的平行线，从下到上，转化率变大，说明平衡正向移动，压强不断增大，因此压强p1、p2、p3由大到小的顺序是p3＞p2＞p1；故答案为：p3＞p2＞p1。
②压强为p1时，随着温度升高，CO2的平衡转化率先减小后增大。解释温度高于600℃之后，随着温度升高CO2转化率增大的原因CO2平衡转化率为反应ⅰ和反应ⅱ的CO2平衡转化率之和。反应ⅰ为放热反应，随温度升高CO2平衡转化率降低，反应ⅱ为吸热反应，随温度升高CO2平衡转化率升高。温度较高时，CO2平衡转化率主要取决于反应ⅱ。(或：ⅰ为放热反应；ⅱ为吸热反应。600℃之后，CO2转化率主要取决于反应ⅱ)；故答案为：CO2平衡转化率为反应ⅰ和反应ⅱ的CO2平衡转化率之和。反应ⅰ为放热反应，随温度升高CO2平衡转化率降低，反应ⅱ为吸热反应，随温度升高CO2平衡转化率升高。温度较高时，CO2平衡转化率主要取决于反应ⅱ。(或：ⅰ为放热反应；ⅱ为吸热反应。600℃之后，CO2转化率主要取决于反应ⅱ)。
(3)根据图中信息CO2 化合价降低变为CH4，在阴极发生反应，因此阴极的电极反应式是CO2 ＋ 8e− ＋ 8H＋ ＝ CH4 ＋ 2H2O；故答案为：CO2 ＋ 8e− ＋ 8H＋ ＝ CH4 ＋ 2H2O。
(4)根据CO2 ＋ 8e− ＋ 8H＋ ＝ CH4 ＋ 2H2O，若生成1 mol CH4，转移8mol电子，有根据CH3COO− －8e−＋ 2H2O＝2CO2 ＋7H＋，因此理论上阳极室生成2molCO2，其体积是44.8L；故答案为：44.8。
1．（2022·浙江·模拟）氮元素在工业应用上具有重要地位。
请回答：
(1)某实验兴趣小组对F.Daniels的N2O4气体分解实验学习后，探究相关类似实验。在T1℃下，将N2O4气体通入1 L容器内，容器内存在如下反应：
反应Ⅰ 主反应： K1
反应Ⅱ 副反应： K2
①向该容器内通入4 mol N2O5和2 mol NO2，等到反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡后，测得c(NO2)=5 mol/L，c(N2O4)=0.5 mol/L，，则此温度下N2O5的转化率=_______。
②通过控制条件，使该容器内只进行反应Ⅰ，下列说法正确的是_______。
A．当4v ( N2O5消耗)=2v(NO2消耗)时，该化学反应达到平衡
B．反应达到平衡时，缩小容器体积，平衡常数K1变小，N2O5的转化率下降
C．恒压状态下，反应达到平衡时，通入大量稀有气体，N2O5的转化率将提高
D．恒容状态下，通入N2O5、NO2、O2各5 mol，反应达到平衡后，c(O2)＜5 mol/L
(2)已知：反应Ⅲ
反应Ⅳ
①写出NO与H2反应生成NH3和O2的热化学方程式，判断该反应自发进行的条件并说明理由：_______。
②反应Ⅲ为工业制氨的化学方程式。如图1为工业制氨反应中逆反应速率与时间(t)的关系图。已知t1时，该反应恰好达到化学平衡。t1时，将该化学反应体系升温到T℃(t2时恰好达到化学平衡)。t2时，向该化学反应体系加入正催化剂，用曲线画出t1 ~t3时间段中逆反应速率。_______。
③关于反应Ⅳ，恒容状态下N2进气速度对O2的转化率影响如图2。请解释曲线中A点到B点变化的原因：_______。
【答案】(1) 50％ AC
(2) 2NO(g)+3H2(H2)2NH3(g)+O2(g) △H=-272 kJ/mol；由联立得到的反应方程式可知△H＜0，△S＜0，故反应自发进行的条件为低温 随着N2的进气速率持续不断增大，反应器内的气体流速增大，反应热能被及时移走，等效于降低温度；该反应为吸热反应，降低温度则反应逆向移动，故O2转化速率会一定程度的降低
【详解】（1）①反应容器的容积是1 L，向该容器内通入4 mol N2O5和2 mol NO2，则反应开始时c(N2O5)=4 mol/L，c(NO2)=2 mol/L。等到反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡后，c(N2O4)=0.5 mol/L，则反应消耗△c(NO2)=1 mol/L，测得此时c(NO2)=5 mol/L，若未发生反应Ⅱ，则N2O4的浓度应该为c(NO2)=5 mol/L+1 mol/L=6 mol/L，因此发生反应Ⅰ产生的N2O4的浓度为c(NO2)=(6-2)mol/L=4 mol/L，根据反应Ⅰ中物质反应转化关系可知反应消耗N2O5的浓度△c(NO2)=2 mol/L，故此温度下N2O5的转化率=；
②A．对于反应Ⅰ，在任何时刻都存在4v (N2O5消耗)=2v(NO2生成)，若4v (N2O5消耗)=2v(NO2消耗)时，v(NO2生成)= v(NO2消耗)，反应达到平衡状态，A符合题意；
B．反应达到平衡时，缩小容器体积，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，导致N2O5的转化率下降，但温度不变，因此化学平衡常数K1不变，B错误；
C．恒压状态下，反应达到平衡时，通入大量稀有气体，反应容器的容积扩大，导致体系的压强减小，化学平衡向气体体积扩大的正反应方向移动，从而使N2O5的转化率提高，C正确；
D．根据①计算可知：在容器的容积是1 L，开始向容器中加入4 mol N2O5和2 mol NO2，反应达到平衡时，N2O5的转化率是50%，此时容器中c(N2O5)=2 mol/L，c(NO2)=5 mol/L，c(O2)=1 mol/L，反应Ⅰ的化学平衡常数K=。在恒容状态下，通入N2O5、NO2、O2各5 mol，此时浓度商Qc=＜K，反应正向进行，至反应达到平衡后，c(O2)＞5 mol/L，D错误；
故合理选项是AC；
（2）①已知：反应Ⅲ
反应Ⅳ
根据盖斯定律，将反应Ⅲ-反应Ⅳ，整理可得热化学方程式2NO(g)+3H2(H2)2NH3(g)+O2(g) △H=-272 kJ/mol；
要使反应自发进行，体系的自由能△G=△H-T△S＜0，由联立得到的总反应方程式2NO(g)+3H2(H2)2NH3(g)+O2(g) △H=-272 kJ/mol可知△H＜0，△S＜0，故反应自发进行的条件为低温条件；
②合成NH3的正反应是放热反应，在t1时刻最高温度，v正、v逆都增大，由于温度对吸热反应影响更大，因此v逆增大的倍数大于v正，化学平衡逆向移动，随着反应的进行，v逆逐渐减小，v正逐渐增大，在t2时刻反应达到平衡状态，此时v正=v逆；然后在t2时刻向该化学反应体系加入正催化剂，v正、v逆都增大，且增大有的速率关系为v正=v逆，用曲线画出t1 ~t3时间段中逆反应速率为：；
③反应Ⅳ是反应前后气体体积不变的吸热反应，在开始后，随着N2通入速率的增大，N2投入量的增大，c(N2)增大使化学反应正向进行，导致O2的转化率增大，但当N2通入速率过大时，随着N2的进气速率持续不断增大，反应器内的气体流速增大，反应热能被及时移走，等效于降低温度；该反应为吸热反应，降低温度，会使化学平衡逆向移动，故O2转化速率会一定程度的降低。
2．（2022·四川绵阳·一模）我国的能源以煤炭为主，燃煤烟气中等有害气体的排放会污染环境，用CO还原脱除SO2将其转化为单质硫，对工业生产具有重要的意义。
(1)已知常温常压下，的燃烧热为，CO(g)的燃烧热为，则CO还原脱除：_______。
(2)在某温度时，进行CO还原脱除：。
①若在刚性容器中进行，下列说法一定能确定反应达到平衡状态的是_______。
A． B．CO与SO2的浓度之比不再改变
C．容器内的压强不再改变 D．的值不再改变
②若控制进料比(物质的量)为4∶1，反应达平衡时，混合气体中的体积分数为5%，则该反应在此温度下的平衡常数为_______。
(3)在600℃时，发生如下系列反应，测得不同进料比(物质的量)下平衡体系各物质分布如图所示(图中起始投料固定为)。
反应I：
反应II：
反应III：
①该条件下，为减少有毒物质COS的产生，同时脱除，实际生产中应控制进料比为_______，在进料比大于2.5之后，COS的含量会明显增大，试分析原因_______。
②根据图中曲线，可判断_______(填“>”“=”或“<”)。
(4)SO2—空气质子交换膜燃料电池也可用于处理SO2，其原理如图。若用该电池处理标准状况下SO2含量为20%的燃煤烟气3.36L，则理论上电路中转移电子数为_______。
【答案】(1)-268.8kJ/mol
(2) AD 1.08
(3) 2.0 ，CO的含量较多，此时反应II的反应程度比反应III的程度大的多 >
(4)0.06NA
【详解】（1）根据题意得出的热化学方程式为+O2(g)SO2(g) △H=-，CO(g)的热化学方程式为CO(g)+O2(g)=CO2(g) △H=-，将两个方程式依次编号为①②，由2×②-①得，所以△H=2×(-283.0)-(-297.2)=-268.8 kJ/mol。
（2）①正向反应速率等于逆向反应速率，且速率之比等于系数之比，即时，可以判定反应达到平衡状态，A正确；CO与SO2的浓度之比不再改变不能判断反应达到平衡状态，跟反应得投料比和反应程度有关，B错误；根据方程式可以看出，反应前后的系数之和相等，压强一直保持不变，因此容器内的压强不再改变无法判定反应达到平衡状态，C错误；反应达到平衡状态时，各成分的浓度不再发生改变，的值不再改变，可以判定反应达到平衡状态，D正确；
②控制进料比(物质的量)为4∶1，设起始投料n(CO)=4mol，n(SO2)=1mol,平衡时SO2反应xmol,列出三段式：，根据反应达平衡时，混合气体中的体积分数为5%，可得=5%，解出：x=0.75，反应前后系数相同，体积不影响平衡常数，则平衡常数K==1.08。
（3）①当进料比为2时，图中n(CO2)比较大，同时n(SO2)很少，n(COS)几乎为0，故实际生产中应控制进料比为2.0；在进料比大于2.5之后，CO的含量较多，此时反应II的反应程度比反应III的程度大的多，故 COS的含量会明显增大；
②投料比为2.0时，反应I中的产物n(S)、n(CO2)很大，而n(CO)、n(SO2)很小，则K1较大，反应II中产物：n(COS)很小，n(CO)、 n(S)中n(S)很大，则K2较小，所以K1> K2
（4）标准状况下SO2的物质的量为=0.03mol，在电极a上SO2转化为H2SO4，一个SO2失去2个电子，则0.03molSO2失去0.03×2=0.06mol电子即0.06NA。
3．（2022·四川雅安·模拟）为早日实现“碳达峰”、“碳中和”，我国科学家利用作为催化剂，实现了常温下加氢制，主反应为 ，伴随发生副反应
(1)已知 ，则_______。
(2)在恒温恒容的密闭容器中，加入和，同时发生主、副反应。体系中的选择性(指转化为的占发生反应的的百分比)随温度、压强的变化曲线如图所示：
①_______。
②的选择性随温度升高而降低的原因可能是_______。
③下列说法正确的是_______。
A．增大压强，体系中副反应平衡逆向移动
B．体系中不再变化，代表反应达到平衡
C．及时分离出可以加快主反应的反应速率
D．更换合适的催化剂可提高的选择性
④某温度下，若容器体积为1L，40min后，2个反应均达到平衡，此时，，则_______，主反应的平衡常数的计算式为_______，此时的选择性为_______(保留3位有效数字)。
(3)我国某研究团队发现，当选用某种Cu作催化剂时，主反应的中间体为。此时反应分为两步：
第一步：
第二步：
其中第一步的反应历程如下图所示(*表示吸附态，即该物种吸附在催化剂表面)
历程①：
历程②：_______(写方程式)；
历程③：
我国科学家发现利用太阳能驱动转化也可以实现上述第一步反应，原理如图所示：
a的电极反应式为_______，该装置能量转化的主要形式是_______。
【答案】(1)-52.7
(2) > 主反应为放热反应，副反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动，故温度升高时不利于主反应、有利于副反应的发生，所以的选择性降低 ABD 0.01 53.8％
(3) (或) 电能和太阳能转化为化学能
【详解】（1）已知②
③
根据盖斯定律，由②+③得反应，则-52.7；
（2）主反应为气体体积缩小的反应，副反应为气体体积不变的反应，故压强越大，主反应正向移动，的选择性越大，故可知>；
②主反应为放热反应，副反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动，故温度升高时不利于主反应、有利于副反应的发生，所以的选择性降低；
③A.增大压强，主反应正向移动，CO2的浓度降低，副反应 逆向移动，选项A正确；
B.根据主反应和副反应中CO2与H2的比例不同，可知为变量，根据“变量不变达平衡”可知，体系中不再变化，代表反应达到平衡，选项B正确；
C.及时分离出，则反应物浓度降低，反应速率减小，选项C错误；
D.更换合适的催化剂可调整主副反应的比例，从而提高的选择性，选项D正确；
答案选ABD；
④某温度下，若容器体积为1L，40min后，2个反应均达到平衡，此时，，根据三段式可知：
则=0.01，主反应的平衡常数的计算式为=，此时的选择性为；
（3）已知：第一步：，历程①：，历程③：，
由第一步-历程③-历程①得历程②：(或)；
A上的Cat得电子产生Cat-，电极反应式为，根据装置中的信息可知，该装置能量转化的主要形式是电能和太阳能转化为化学能。
4．（2022·江西·赣州市赣县第三中学模拟）碳化学是以分子中只含一个碳原子的化合物为原料生产化工产品的方法。合成气(CO和的混合气体)是一碳化学的重要原料，焦炭与水蒸气在刚性密闭容器中会发生如下两个反应：
Ⅰ：
Ⅱ：
下表是几种物质的标准生成热(由对应稳定单质生成1mol某种物质的焓变叫做该物质的标准生成热)。
物质
标准生成热
0.0
0.0
(1)反应Ⅰ的焓变_______
(2)若在绝热恒容容器中仅发生反应Ⅱ，则下列事实能说明反应达到平衡状态的是_______。A．容器内气体的压强不变 B．容器内温度不变
C．容器内气体的密度不再改变 D．容器内气体的平均相对分子质量不变
(3)已知反应Ⅱ的正反应速率，逆反应速率，、分别为正、逆反应速率常数，(k表示或)与温度的关系如图所示，其中直线a、b分别表示、随温度的变化。升高温度，反应Ⅱ的平衡常数K_______(填“变大”或“变小”或“不变”)。
(4)在上图A点对应的温度下，向某刚性密闭容器中加入足量焦炭和一定量水蒸气，同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，已知起始时容器内压强为80kPa，10分钟后体系达到平衡状态，容器内压强变为100kPa。
①平衡时CO的分压_______kPa，平衡时水蒸气的转化率为_______%。
②进一步提高水蒸气平衡转化率的方法有_______、_______(写两种不同的方法)。
【答案】(1)+131.3
(2)AB
(3)变小
(4) 8 40 增大容器体积 及时分离出或
【解析】（1）生成物标准生成热总和-反应物标准生成热总和=()-()=+131.3，故答案为：+131.3；
（2）A．该反应中气体体积不变，气体总物质的量为定值，且在绝热条件下，结合PV=nRT可知，混合气体的压强为变量，当容器内气体的压强不变，表明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故A正确；
B．在绝热容器内，容器内温度为变量，当容器内温度不变，表明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故B正确；
C．混合气体的质量是定值，容器容积不变，则混合气体的密度为定值，当容器内气体的密度不再改变时，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；
D．混合气体的质量是定值，混合气体的物质的量不变，则平均相对分子质量不变为定值，当容器内气体的平均相对分子质量不变时，不能说明反应达到平衡状态，故D错误；
故选AB；
（3）(k表示或)与温度的关系如图所示，其中直线a、b分别表示、随温度的变化，由图可知，随着温度的升高减小，正逆反应速率均增大，但升高相同温度时，lg增加的更多，说明平衡逆向移动，K值变小，故答案为：变小；
（4）①已知起始时容器内压强为80kPa，10分钟后体系达到平衡状态，容器内压强变为100kPa，列化学平衡三段式，
则x-y+80-x-y+y+x+y=100，解得x=20kPa，A点对应的温度下平衡时，=，
=，A点=，则=，则(20-y)(80-20-y)=y(20+y)，解得y=12 kPa，平衡时CO的分压，平衡时水蒸气的转化率为100%=40%，故答案为：8；40；
②反应Ⅰ为气体体积增大的反应，增大容器体积，平衡正向移动，可以提高水蒸气平衡转化率，或者及时分离出或，也会促进平衡正向移动，提高水蒸气平衡转化率，故答案为：增大容器体积；及时分离出或。
5．（2022·广东·东莞市东华高级中学模拟）含氮化合物(NOx、NO等)是主要的污染物之一，消除含氮化合物的污染倍受关注。
(1)下列过程属于氮的固定过程的是_______(填选项字母)。
A．工业合成氨
B．工业利用氨气合成硝酸
C．雷雨天中氮气与氧气生成氮氧化合物
D．通过碱性试剂将气态的氮氧化合物转化为固态含氮化合物
(2)已知反应2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g) = -1169kJ·mol-1，该反应的逆反应活化能为akJ·mol-1，则其正反应活化能为_______kJ·mol-1 (用含a的代数式表示)。
(3)某种含二价铜微粒的催化剂可用于汽车尾气脱氮。催化机理如图1，反应历程如图2。
①Cu的基态核外电子排布式为_______，基态Cu+比Cu2+稳定的原因是_______，从化学键的角度解释能结合NH3的原因：_______。
②该脱氮过程的总反应方程式为_______。该反应历程的决速步骤是_______。(填选项)
a.状态①→状态② b.状态②→状态③
c.状态③→状态④ d.状态④→状态⑤
(4)实验室用NaOH溶液对氮氧化合物进行尾气吸收，例如NaOH溶液可将NO2转化为NaNO3和NaNO2。该吸收过程中发生反应的离子方程式为_______。
【答案】(1)AC
(2)(a-1169)
(3) 或 Cu+的价电子式为，为全充满状态，较稳定，Cu2+的价电子式为，较不稳定 NH3中的N有孤电子对，中的CuII有空轨道能接受孤电子对，形成配位键 4NO+4NH3+O24N2+6H2O c
(4)2NO2+2OH- =NO+NO+H2O
【解析】（1）A．工业合成氨，氮气和氢气反应生成氨气，氮元素由游离态变为化合态，属于氮的固定，故选A；
B．工业利用氨气合成硝酸，氮元素不是游离态变为化合态，不属于氮的固定，故不选B；
C．雷雨天中氮气与氧气生成氮氧化合物，氮元素由游离态变为化合态，属于氮的固定，故选C；
D．通过碱性试剂将气态的氮氧化合物转化为固态含氮化合物，氮元素不是游离态变为化合态，不属于氮的固定，故不选D；
选AC。
（2）已知反应2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g) = -1169kJ·mol-1，该反应的逆反应活化能为akJ·mol-1，焓变=正反应活化能-逆反应活化能，则其正反应活化能为akJ·mol-1+(-1169kJ·mol-1)= (a-1169)kJ·mol-1。
（3）①Cu是29号元素，基态Cu原子核外电子排布式为；Cu+的价电子式为，为全充满状态，较稳定，Cu2+的价电子式为，较不稳定，属于基态Cu+比Cu2+稳定；NH3中的N有孤电子对，中的CuII有空轨道能接受孤电子对，形成配位键，所以能结合NH3。
②根据图示，该脱氮过程中氨气和一氧化氮、氧气在催化剂作用下反应生成氮气和水，总反应方程式为4NO+4NH3+O24N2+6H2O。活化能越大，反应速率越慢，慢反应决定总反应速率，属于该反应历程的决速步骤是状态③→状态④，选c。
（4）NaOH溶液将NO2转化为NaNO3和NaNO2，根据得失电子守恒，发生反应的离子方程式为2NO2+2OH- =NO+NO+H2O。
11．（2022·吉林·长春十一高模拟）煤炭燃烧时产生大量SO2、NO对环境造成很大污染，将煤进行气化和液化是减少污染的有效手段。
(1)煤的液化是现代能源工业中重点推广的能源综合利用方案，最常见的液化方法为用煤生产CH3OH。已知制备甲醇的有关化学反应及平衡常数如下：
i：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1
ii：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2=41.2kJ/mol
iii：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H3=-132.0kJ/mol
850℃时，三个反应的平衡常数分别为K1=160、K2=243、K3=160。
①△H1=____，该反应在____(填“高温”或“低温”)能自发进行。
②850℃时，在密闭容器中进行反应i，开始时只加入CO2、H2，反应10min后测得各组分的浓度如表。比较正、逆反应的速率的大小：v正____v逆(填“>”“<”或“=”)。
物质
H2
CO2
CH3OH
H2O
浓度/mol/L
0.2
0.5
0.8
0.8
(2)在CO2利用的科研中，中科院天津工业生物所将H2与CO2反应合成甲醇，再由甲醇经若干酶促反应合成淀粉，首次在实验室实现二氧化碳到淀粉的从头合成。该研究成果在碳中和、碳排放、温室效应、粮食危机等方面有着重大意义。
回答下列问题：
保持温度T不变，在一刚性密闭容器中，充入一定量的CO2和H2，同时发生反应i和ii，起始及达平衡时，容器内各气体的物质的量如表所示。
CO2
H2
CH3OH
CO
H2O
起始量/mol
4.0
8.0
0
0
0
平衡量/mol
n1
3.0
已知起始时总压强为1.5pkPa，平衡时体系总压强为pkPa，则表中n1=____，反应i的平衡常数Kp=____。(含p的式子表示)
(3)取物质的量浓度为amol•L-1的甲醇，选择不同的工程酶组块作为催化剂反应10h，测得实验数据如表所示。
实验序号
温度/K
不同工程酶的组块
淀粉/(g•L-1)
1
T1
agp－M1
0.21
2
T1
agp－M2
0.38
3
T2
agp－M2
1.82
4
T2
agp－M3
1.24
①根据表中数据选取最佳的反应条件____(填实验序号)。
②已知温度升高，反应生成的淀粉量先增加后急剧减少，其可能原因是____。
③实验4可用淀粉的质量浓度表示反应速率为____g•L-1•h-1。
【答案】(1) -90.8kJ/mo1 低温 =
(2) 2.0
(3) 3 随温度升高，催化剂活性增强反应速率加快，生成的淀粉量增加；续升高温度，催化剂失活，反应速率减慢，生成的淀粉量减少 0.124
【解析】（1）①由盖斯定律可知，ii+iii得到反应i，△H1=(41.2kJ/mol)+( -132.0kJ/mol)= -90.8kJ/mol，反应为放热的熵减反应，根据△H-T△S<0反应可自发进行，则该反应在低温能自发进行。
②由图表可知，Q== K1，反应达到平衡状态，则v正=v逆；
（2）已知，充入二氧化碳、氢气的总量为12mol，起始时总压强为1.5pkPa，平衡时体系总压强为pkPa，则根据阿伏伽德罗定律可知，反应后总的物质的量为，反应ii为气体分子数不变的反应，减少的物质的量为12mol-8mol=4mol为反应i进行导致的，根据反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)可知气体系数变化∆n=2；
则反应反应平衡时甲醇为n1=2.0mol；
由图表可知，反应后水的物质的量为3.0mol，则：
则反应后二氧化碳、氢气、甲醇、水的物质的量分别为1.0mol、1.0mol、2.0mol、3.0mol；反应后总的物质的量为8mol，则二氧化碳、氢气、甲醇、水的分压分别为0.125pkPa、0.125pkPa、0.25pkPa、0.375pkPa，则Kp=；
（3）①根据表中数据选取最佳的反应条件：3，此时淀粉的产率最高；
②随温度升高，催化剂活性增强反应速率加快，生成的淀粉量增加；继续升高温度，催化剂失活，反应速率减慢，生成的淀粉量减少，故温度升高，反应生成的淀粉量先增加后急剧减少；
③实验4可用淀粉的质量浓度表示反应速率为1.24g•L-1÷10h=0.124g•L-1•h-1。
1．（2022·辽宁·高考真题）工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，目前已有三位科学家因其获得诺贝尔奖，其反应为：。回答下列问题：
(1)合成氨反应在常温下_______(填“能”或“不能”)自发。
(2)_______温(填“高”或“低”，下同)有利于提高反应速率，_______温有利于提高平衡转化率，综合考虑催化剂(铁触媒)活性等因素，工业常采用。
针对反应速率与平衡产率的矛盾，我国科学家提出了两种解决方案。
(3)方案一：双温-双控-双催化剂。使用双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为时，的温度为，而的温度为)。
下列说法正确的是_______。
a．氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率
b．在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率
c．“热Fe”高于体系温度，有利于提高氨的平衡产率
d．“冷Ti”低于体系温度，有利于提高合成氨反应速率
(4)方案二：复合催化剂。
下列说法正确的是_______。
a．时，复合催化剂比单一催化剂效率更高
b．同温同压下，复合催化剂有利于提高氨的平衡产率
c．温度越高，复合催化剂活性一定越高
(5)某合成氨速率方程为：，根据表中数据，_______；
实验
1
m
n
p
q
2
2m
n
p
2q
3
m
n
0.1p
10q
4
m
2n
p
2.828q
在合成氨过程中，需要不断分离出氨的原因为_______。
a．有利于平衡正向移动 b．防止催化剂中毒 c．提高正反应速率
(6)某种新型储氢材料的晶胞如图，八面体中心为M金属离子，顶点均为配体；四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。若其摩尔质量为，则M元素为_______(填元素符号)；在该化合物中，M离子的价电子排布式为_______。
【答案】(1)能
(2) 高 低
(3)ab
(4)a
(5) -1 a
(6) Fe 3d6
【详解】（1），则∆G=∆H-T∆S=(-92.4+0.2×273) kJ∙mol-1=-37.8 kJ∙mol-１＜0，所以合成氨反应在常温下能自发进行。答案为：能；
（2）温度越高，反应速率越快，所以高温有利于提高反应速率；因为正反应为放热反应，所以低温有利于提高平衡转化率。答案为：高；低；
（3）a．因为正反应为放热反应，所以低温有利于平衡正向移动，氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率，a正确；
b．温度升高，反应速率加快，所以在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率，b正确；
c．合成氨反应的正反应为放热反应，“热Fe”高于体系温度，不利于提高氨的平衡产率，c不正确；
d．温度升高，可提高合成氨反应的速率，所以“冷Ti”低于体系温度，不利于提高合成氨反应速率，d不正确；
故选ab。答案为：ab；
（4）a．从图中可以看出，时，复合催化剂比单一催化剂的反应速率快，催化效率更高，a正确；
b．催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡产率，所以同温同压下，复合催化剂不能提高氨的平衡产率，b不正确；
c．虽然图中显示温度高反应速率快，但温度高到一定程度后，复合催化剂活性就可能不变或变低，c不正确；
故选a。答案为：a；
（5）选择实验1和3进行分析，此时，则γ=-1；
a．在合成氨过程中，需要不断分离出氨，有利于平衡正向移动，a正确；
b．氨是在该催化剂的催化作用下生成，不会使催化剂中毒，b不正确；
c．分离出氨，并没有增大反应物的浓度，所以不会提高正反应速率，c不正确；
故选a。答案为：-1；a；
（6）从图中信息可以进行以下计算：含黑球的数目为=4，含白球的数目为8，则黑球与白球的个数比为1:2。黑球的化学式为，白球的化学式为。从而得出M+17×6+15×2=188，M=56，则M元素为Fe；在该化合物中，Fe2+的价电子排布式为3d6。答案为：Fe；3d6。
2．（2022·江苏·高考真题）氢气是一种清洁能源，绿色环保制氢技术研究具有重要意义。
(1)“热电循环制氢”经过溶解、电解、热水解和热分解4个步骤，其过程如图所示。
①电解在质子交换膜电解池中进行。阳极区为酸性溶液，阴极区为盐酸，电解过程中转化为。电解时阳极发生的主要电极反应为_______(用电极反应式表示)。
②电解后，经热水解和热分解的物质可循环使用。在热水解和热分解过程中，发生化合价变化的元素有_______(填元素符号)。
(2)“热循环制氢和甲酸”的原理为：在密闭容器中，铁粉与吸收制得的溶液反应，生成、和；再经生物柴油副产品转化为Fe。
①实验中发现，在时，密闭容器中溶液与铁粉反应，反应初期有生成并放出，该反应的离子方程式为_______。
②随着反应进行，迅速转化为活性，活性是转化为的催化剂，其可能反应机理如图所示。根据元素电负性的变化规律。如图所示的反应步骤Ⅰ可描述为_______。
③在其他条件相同时，测得Fe的转化率、的产率随变化如题图所示。的产率随增加而增大的可能原因是_______。
(3)从物质转化与资源综合利用角度分析，“热循环制氢和甲酸”的优点是_______。
【答案】(1) Cu、O
(2) 吸附在催化剂的Fe2+上的H与中碳原子作用，吸附在O2-的H与中的羟基氧作用生成的H2O和均吸附在上Fe2+ 随增加，催化剂的量增多，增大了接触面积， H2的产量增大， 的产率增大
(3)制得H2，CO2转化为甲酸，生物柴油副产品的利用
【详解】（1）①电解在质子交换膜电解池中进行，H+可自由通过，阳极区为酸性溶液，电解过程中转化为，电解时阳极发生的主要电极反应为：；
②电解后，经热水解得到的HCl和热分解得到的CuCl等物质可循环使用，从图中可知，热分解产物还有O2，从详解①中得知，进入热水解的物质有，故发生化合价变化的元素有Cu、O。
（2）①在时，密闭容器中溶液与铁粉反应，反应初期有生成并放出，离子方程式为：；
②H的电负性大于Fe，小于O，在活性表面，部分H吸附在催化剂的亚铁离子上，略带负电；另一部分H吸附在催化剂的氧离子上，略带正电；前者与中略带正电的碳结合，后者与中略带负电的羟基氧结合生成H2O，转化为；故答案为：吸附在催化剂的Fe2+上的H与中碳原子作用，吸附在O2-的H与中的羟基氧作用生成的H2O和均吸附在上Fe2+；
③在其他条件相同时，随增加，其与铁粉反应加快，从图中得知Fe的转化率也增大，即生成和H2的速率更快，量更大，则得到活性的速度更快，量也更多，生成的速率更快，产率也更大。故答案为：随增加，催化剂的量增多，增大了接触面积， H2的产量增大， 的产率增大；
（3）“热循环制氢和甲酸”系统将转化为和生成H2的速率快，原子利用率高，不产生污染物，Fe初期生成后迅速转化为活性，氧化为再经生物柴油副产品转化为Fe，得到循环利用，故该原理的优点是：制得H2，CO2转化为甲酸，生物柴油副产品的利用。
13．（2022·海南·高考真题）某空间站的生命保障系统功能之一是实现氧循环，其中涉及反应：
回答问题：
(1)已知：电解液态水制备，电解反应的。由此计算的燃烧热(焓)_______。
(2)已知：的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系如图1所示。
①若反应为基元反应，且反应的与活化能(Ea)的关系为。补充完成该反应过程的能量变化示意图(图2)_______。
②某研究小组模拟该反应，温度t下，向容积为10L的抽空的密闭容器中通入和，反应平衡后测得容器中。则的转化率为_______，反应温度t约为_______℃。
(3)在相同条件下，与还会发生不利于氧循环的副反应：，在反应器中按通入反应物，在不同温度、不同催化剂条件下，反应进行到2min时，测得反应器中、浓度()如下表所示。
催化剂
t=350℃
t=400℃
催化剂Ⅰ
10.8
12722
345.2
42780
催化剂Ⅱ
9.2
10775
34
38932
在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，生成的平均反应速率为_______；若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件，原因是_______。
【答案】(1)-286
(2) 50%或0.5 660.2(或660.1或660.3,其他答案酌情给分)
(3) 5.4 相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高
【详解】（1）电解液态水制备，电解反应的，由此可以判断，2mol完全燃烧消耗，生成液态水的同时放出的热量为572kJ ，故1mol完全燃烧生成液态水放出的热量为286kJ，因此，的燃烧热(焓)-286。
（2）①由的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系图可知，K随着温度升高而减小，故该反应为放热反应。若反应为基元反应，则反应为一步完成，由于反应的与活化能(Ea)的关系为，由图２信息可知＝ａ，则ａ，该反应为放热反应，生成物的总能量小于反应物的，因此该反应过程的能量变化示意图为： 。
②温度t下，向容积为10L的抽空的密闭容器中通入和，反应平衡后测得容器中，则的转化率为，根据C元素守恒可知，的平衡量为，和是按化学计量数之比投料的，则的平衡量为，的平衡量是的２倍，则，的平衡浓度分别为、、、，则该反应的平衡常数K＝，根据图１中的信息可知，反应温度t约为660.2℃。
（3）在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，由表中信息可知，的浓度由０增加到10.8，因此，生成的平均反应速率为；由表中信息可知，在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应， 的浓度由０增加到10.8，，:＝12722:10.81178；在选择使用催化剂Ⅱ和350℃的反应条件下，的浓度由０增加到9.2，:＝10775:9.21171；在选择使用催化剂Ⅰ和400℃条件下反应， 的浓度由０增加到345.2，:＝42780:345.2124；在选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件下，的浓度由０增加到34，:＝38932:341145。因此，若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件的原因是：相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高。
4．（2022·河北·高考真题）氢能是极具发展潜力的清洁能源，以氢燃料为代表的燃料电池有良好的应用前景。
(1)时，燃烧生成)放热，蒸发吸热，表示燃烧热的热化学方程式为_______。
(2)工业上常用甲烷水蒸气重整制备氢气，体系中发生如下反应。
Ⅰ.
Ⅱ.
①下列操作中，能提高平衡转化率的是_______ (填标号)。
A．增加用量 B．恒温恒压下通入惰性气体
C．移除 D．加入催化剂
②恒温恒压条件下，和反应达平衡时，的转化率为，的物质的量为，则反应Ⅰ的平衡常数_______ (写出含有a、b的计算式；对于反应，，x为物质的量分数)。其他条件不变，起始量增加到，达平衡时，，平衡体系中的物质的量分数为_______(结果保留两位有效数字)。
(3)氢氧燃料电池中氢气在_______(填“正”或“负”)极发生反应。
(4)在允许自由迁移的固体电解质燃料电池中，放电的电极反应式为_______。
(5)甲醇燃料电池中，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO，四步可能脱氢产物及其相对能量如图，则最可行途径为a→_______(用等代号表示)。
【答案】(1)H2(g)+O2 (g)=H2O(1) H= -286 kJ•mol-1
(2) BC 43%
(3)负
(4)CnH2n+2-(6n+2)e-+ (3n+1) O2-=n CO2+(n+1) H2O
(5)abehj
【详解】（1）298K时，1gH2燃烧生成H2O(g)放热121 kJ，则1molH2燃烧生成H2O(g)放热=242kJ，用热化学方程式表示为：H2(g)+O2(g)=H2O(g) H1= -242 kJ•mol-1①，又因为1 mol H2O(1)蒸发吸热44kJ，则H2O(g)= H2O(l) H2= -44 kJ•mol-1②，根据盖斯定律可知，表示H2燃烧热的反应热为 H=H1+H2= -286 kJ•mol-1，故答案为：H2(g)+O2 (g)=H2O(1) H= -286 kJ•mol-1；
（2）①A．增加CH4 (g)用量可以提高H2O(g)的转化率，但是CH4(g)平衡转化率减小，A不符合题意；
B．恒温恒压下通入惰性气体，相当于减小体系压强，反应混合物中各组分的浓度减小，反应Ⅰ的化学平衡正向移动，能提高CH4(g)平衡转化率，B符合题意；
C．移除CO(g)，减小了反应混合物中CO(g)的浓度，反应Ⅰ的化学平衡正向移动，能提高CH4(g)平衡转化率，C符合题意；
D．加入催化剂不能改变平衡状态，故不能提高CH4(g)平衡转化率，D不符合题意；
综上所述，上述操作中，能提高CH4(g)平衡转化率的是BC；
②恒温恒压条件下，1 mol CH4 (g)和1 mol H2O(g)反应达平衡时，CH4 (g)的转化率为α，CO2 (g)的物质的量为b mol，则转化的CH4 (g)为α mol，剩余的CH4 (g)为(1-α)mol，根据C元素守恒可知，CO(g)的物质的量为(α-b)mol，根据H和O守恒可知，H2O(g)的物质的量为(1-α-b)mol，H2(g)的物质的量为(3α+b)mol，则反应混合物的总物质的量为(2α+2)mol，平衡混合物中，CH4(g)、H2O(g)、 CO(g) 、H2(g)的物质的量分数分别为、、、，因此，反应I的平衡常数Kx=；其他条件不变，H2O(g)起始量增加到5mol，达平衡时，α=0.90，b =0.65，则平衡时，CH4 (g)为0.1mol，根据C元素守恒可知，CO(g)的物质的量为0.25mol，，根据H和O守恒可知，H2O(g)的物质的量为(5-0.90-0.65 )mol=3.45mol，H2(g)的物质的量为(3α+b )mol=3.35mol，平衡混合物的总物质的量为(2α+6 )mol=7.8mol，平衡体系中H2(g)的物质的量分数为；
（3）燃料电池中的燃料在负极发生氧化反应，因此，氢氧燃料电池中氢气在负极发生反应；
（4）在允许O2-自由迁移的固体电解质燃料电池中，CnH2n+2在负极发生氧化反应生成CO2和H2O，电极反应式为CnH2n+2-(6n+2)e-+ (3n+1) O2-=nCO2+(n+1) H2O；
（5）由图示可知，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO，且能垒越低，活化能越小，越容易进行，根据图示可知，其可行的途径为：abehj。
5．（2022·广东·高考真题）铬及其化合物在催化、金属防腐等方面具有重要应用。
(1)催化剂可由加热分解制备，反应同时生成无污染气体。
①完成化学方程式：______________。
②催化丙烷脱氢过程中，部分反应历程如图，过程的焓变为_______(列式表示)。
③可用于的催化氧化。设计从出发经过3步反应制备的路线_______(用“→”表示含氮物质间的转化)；其中一个有颜色变化的反应的化学方程式为_______。
(2)溶液中存在多个平衡。本题条件下仅需考虑如下平衡：
(ⅰ)
(ⅱ)
①下列有关溶液的说法正确的有_______。
A．加入少量硫酸，溶液的pH不变
B．加入少量水稀释，溶液中离子总数增加
C．加入少量溶液，反应(ⅰ)的平衡逆向移动
D．加入少量固体，平衡时与的比值保持不变
②25℃时，溶液中随pH的变化关系如图。当时，设、与的平衡浓度分别为x、y、，则x、y、z之间的关系式为_______；计算溶液中的平衡浓度_____(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。
③在稀溶液中，一种物质对光的吸收程度(A)与其所吸收光的波长()有关；在一定波长范围内，最大A对应的波长()取决于物质的结构特征；浓度越高，A越大。混合溶液在某一波长的A是各组分吸收程度之和。为研究对反应(ⅰ)和(ⅱ)平衡的影响，配制浓度相同、不同的稀溶液，测得其A随的变化曲线如图，波长、和中，与的最接近的是_______；溶液从a变到b的过程中，的值_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】(1) N2↑ 4H2O (E1-E2)+ΔH+(E3-E4) 2NO+O2=2NO2
(2) BD 当溶液pH=9时，，因此可忽略溶液中
即=0.20
反应(ii)的平衡常数K2===3.3×10-7
联立两个方程可得=6.0×10-4mol/L λ3 增大
【解析】(1)①分解过程中，生成Cr2O3和无污染气体，根据元素守恒可知，其余生成物为N2、H2O，根据原子守恒可知反应方程式为，故答案为：N2↑；4H2O。
②设反应过程中第一步的产物为M，第二步的产物为N，则X→M ΔH1=(E1-E2)，M→N ΔH2=ΔH，N→Y ΔH3=(E3-E4)1，根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓变为ΔH1+ΔH2+ΔH3=(E1-E2)+ΔH+(E3-E4)，故答案为：(E1-E2)+ΔH+(E3-E4)。
③NH3在Cr2O3作催化剂条件下，能与O2反应生成NO，NO与O2反应生成红棕色气体NO2，NO2与H2O反应生成HNO3和NO，若同时通入O2，可将氮元素全部氧化为HNO3，因此从NH3出发经过3步反应制备HNO3的路线为；其中NO反应生成NO2过程中，气体颜色发生变化，其反应方程式为2NO+O2=2NO2，故答案为：；2NO+O2=2NO2。
(2)①K2Cr2O7溶液中存在平衡：(i)、(ii)。
A．向溶液中加入少量硫酸，溶液中c(H+)增大，(ii)平衡逆向移动，根据勒夏特列原理可知，平衡移动只是减弱改变量，平衡后，溶液中c(H+)依然增大，因此溶液的pH将减小，故A错误；
B．加水稀释过程中，根据“越稀越水解”、“越稀越电离”可知，(i)和(ii)的平衡都正向移动，两个平衡正向都是离子数增大的反应，因此稀释后，溶液中离子总数将增大，故B正确；
C．加入少量NaOH溶液，(ii)正向移动，溶液中将减小，(i)将正向移动，故C错误；
D．平衡(i)的平衡常数K1=，平衡常数只与温度和反应本身有关，因此加入少量K2Cr2O7溶液，不变，故D正确；
综上所述，答案为：BD。
②0.10mol/L K2Cr2O7溶液中，Cr原子的总浓度为0.20mol/L，当溶液pH=9.00时，溶液中Cr原子总浓度为=0.20mol/L，、与的平衡浓度分别为x、y、z mol/L，因此=0.10；由图8可知，当溶液pH=9时，，因此可忽略溶液中，即=0.20，反应(ii)的平衡常数K2===3.3×10-7，联立两个方程可得=6.0×10-4mol/L。
③根据反应(i)、(ii)是离子浓度增大的平衡可知，溶液pH越大，溶液中越大，混合溶液在某一波长的A越大，溶液的pH越大，溶液中越大，因此与的λmax最接近的是λ3；反应(i)的平衡常数K1= ，反应(ii)的平衡常数K2=，= = ，因此= ，由上述分析逆推可知，b>a，即溶液pH从a变到b的过程中，溶液中c(H+)减小，所以的值将增大，故答案为：λ3；增大。
6．（2022·湖南·高考真题）2021年我国制氢量位居世界第一，煤的气化是一种重要的制氢途径。回答下列问题：
(1)在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量的和，起始压强为时，发生下列反应生成水煤气：
Ⅰ.
Ⅱ.
①下列说法正确的是_______；
A．平衡时向容器中充入惰性气体，反应Ⅰ的平衡逆向移动
B．混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡
C．平衡时的体积分数可能大于
D．将炭块粉碎，可加快反应速率
②反应平衡时，的转化率为，CO的物质的量为。此时，整个体系_______(填“吸收”或“放出”)热量_______kJ，反应Ⅰ的平衡常数_______(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
(2)一种脱除和利用水煤气中方法的示意图如下：
①某温度下，吸收塔中溶液吸收一定量的后，，则该溶液的_______(该温度下的)；
②再生塔中产生的离子方程式为_______；
③利用电化学原理，将电催化还原为，阴极反应式为_______。
【答案】(1) BD 吸收 31.2
(2) 10 2CO2↑++H2O 2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O、AgCl+e-=Ag+Cl-
【解析】（1）①A．在恒温恒容条件下，平衡时向容器中充入情性气体不能改变反应混合物的浓度，因此反应Ⅰ的平衡不移动，A说法不正确；
B．在反应中有固体C转化为气体，气体的质量增加，而容器的体积不变，因此气体的密度在反应过程中不断增大，当混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，B说法正确；
C．若C(s)和H2O(g)完全反应全部转化为CO2(g)和H2(g)，由C(s)+ 2H2O(g) = CO2(g)+ 2H2(g)可知，H2的体积分数的极值为，由于可逆反应只有一定的限度，反应物不可能全部转化为生成物，因此，平衡时H2的体积分数不可能大于，C说法不正确；
D．将炭块粉碎可以增大其与H2O(g)的接触面积，因此可加快反应速率，D说法正确；
综上所述，相关说法正确的是BD。
②反应平衡时，H2O(g)的转化率为50%，则水的变化量为0.5mol，水的平衡量也是0.5mol，由于CO的物质的量为0.1mol，则根据O原子守恒可知CO2的物质的量为0.2mol，生成0.2mol CO2时消耗了0.2mol CO，故在反应Ⅰ实际生成了0.3molCO。根据相关反应的热化学方程式可知，生成0.3mol CO要吸收热量39.42kJ ，生成0.2mol CO2要放出热量8.22kJ此时，因此整个体系吸收热量39.42kJ-8.22kJ=31.2kJ；由H原子守恒可知，平衡时H2的物质的量为0.5mol，CO的物质的量为0.1mol，CO2的物质的量为0.2mol，水的物质的量为0.5mol，则平衡时气体的总物质的量为0.5mol+0.1mol+0.2mol+0.5mol=1.3mol，在同温同体积条件下，气体的总压之比等于气体的总物质的量之比，则平衡体系的总压为0.2MPa1.3=0.26MPa，反应I（C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)）的平衡常数Kp= 。
（2）①某温度下,吸收塔中K2CO3溶液吸收一定量的CO2后，c():c()=1:2，由可知，=，则该溶液的pH=10；
②再生塔中KHCO3受热分解生成K2CO3、H2O和CO2，该反应的离子方程式为2CO2↑++H2O；
③利用电化学原理，将CO2电催化还原为C2H4，阴极上发生还原反应，阳极上水放电生成氧气和H+，H+通过质子交换膜迁移到阴极区参与反应生成乙烯，铂电极和Ag/AgCl电极均为阴极，在电解过程中AgCl可以转化为Ag，则阴极的电极反应式为2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O、AgCl+e-=Ag+Cl-。
专题十二 化学反应原理综合
考 点
高考年
考频解密
考点分布
化学反应原理综合
2022年
2022年河北卷〔16〕；2022年湖北卷〔19〕；2022年湖南卷〔16〕；2022年广东卷〔19〕；2022年江苏卷〔17〕；2022年辽宁卷〔17〕；2022年浙江1月〔29〕；2022年浙江6月〔29〕；2022年全国甲卷〔10〕,2022年全国乙卷〔10〕等
化学反应的热效应〔7次〕，化学反应速率与化学平衡〔11次〕，水溶液中离子反应和平衡用〔2次〕，化学能与电能〔3次〕，
一、利用盖斯定律计算反应热的两种方法
(1)虚拟途径法：先根据题意虚拟转化过程，然后根据盖斯定律列式求解，即可求得待求反应的反应热。
(2)加和法：将所给热化学方程式适当加减得到所求的热化学方程式，反应热也作相应的加减运算。 流程如下：
二、电解原理的综合应用
1．电解原理常见的考查点
电解原理及应用是高考高频考点，该类试题往往与生产、生活及新科技等相联系，以装置图或流程图为载体呈现，题材广、信息新，题目具有一定难度。主要考查阴、阳极的判断、电极反应式、电解反应方程式的书写、溶液离子浓度变化及有关计算等。
2．“5点”突破电解综合应用题
(1)分清阴、阳极，与电源正极相连的为阳极，与电源负极相连的为阴极，两极反应为“阳氧阴还”。
(2)剖析离子移向，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极。
(3)注意放电顺序，正确判断放电的微粒或物质。
(4)注意介质，正确判断反应产物，酸性介质不出现OH－，碱性介质不出现H＋；不能想当然地认为金属作阳极，电极产物为金属阳离子。
(5)注意得失电子守恒和电荷守恒，正确书写电极反应式。
三、化学平衡常数及转化率的计算
“三段式法”是有效解答化学平衡计算题的“万能钥匙”。解题时，要注意准确地列出起始量、变化量、平衡量，按题目要求进行计算，同时还要注意单位的统一。
(1)分析三个量：起始量、变化量、平衡量。
(2)明确三个关系
①对于同一反应物，起始量－变化量＝平衡量。
②对于同一生成物，起始量＋变化量＝平衡量。
③各物质的转化量之比等于各物质的化学计量数之比。
(3)计算模式
对以下反应：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，令A、B起始物质的量(mol)分别为a、b，达到平衡后，A的消耗量为mx mol，容器容积为V L。
mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)
起始/mol a b 0 0
变化/mol mx nx px qx
平衡/mol a－mx b－nx px qx
则有①平衡常数：
K＝。
②A的平衡浓度：c(A)＝ mol·L－1。
③A的转化率：α(A)＝×100%，α(A)∶α(B)＝∶＝。
④A的体积分数：φ(A)＝×100%。
⑤平衡压强与起始压强之比：＝。
⑥混合气体的平均密度(混)＝ g·L－1。
⑦混合气体的平均摩尔质量＝ g·mol－1。
⑧生成物的产率：实际产量(指生成物)占理论产量的百分数。一般来讲，转化率越大，原料利用率越高，产率越大。
产率＝×100%。
四、平衡转化率的分析与判断方法
反应aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g)的转化率分析
①若反应物起始物质的量之比等于化学计量数之比，达到平衡后，它们的转化率相等。
②若只增加A的量，平衡正向移动，B的转化率增大，A的转化率减小。
③若按原比例同倍数地增加(或降低)A、B的浓度，等效于压缩(或扩大)容器体积，气体反应物的转化率与化学计量数有关。
同倍增大c(A)和c(B)
五、化学反应速率、平衡的常规图像题的解题步骤
六、实际工业生产中图像问题分类突破
1．控制反应条件的目的
(1)促进有利的化学反应：通过控制反应条件，可以加快化学反应速率，提高反应物的转化率，从而促进有利的化学反应进行。
(2)抑制有害的化学反应：通过控制反应条件，也可以减缓化学反应速率，减少甚至消除有害物质的产生或控制副反应的发生，从而抑制有害的化学反应继续进行。
2．控制反应条件的基本措施
(1)控制化学反应速率的措施
通过改变反应体系的温度、溶液的浓度、气体的压强(或浓度)、固体的表面积以及使用催化剂等途径调控反应速率。
(2)提高转化率的措施
通过改变可逆反应体系的温度、溶液的浓度、气体的压强(或浓度)等改变可逆反应的限度，从而提高转化率。
3．化工生产适宜条件选择的一般原则
条件
原则
从化学反应速率分析
既不能过快，又不能太慢
从化学平衡移动分析
既要注意外界条件对速率和平衡影响的一致性，又要注意对二者影响的矛盾性
从原料的利用率分析
增加易得廉价原料，提高难得高价原料的利用率，从而降低生产成本
从实际生产能力分析
如设备承受高温、高压能力等
从催化剂的使用活性分析
注意催化剂的活性对温度的限制
4.平衡类问题需考虑的几个方面
(1)原料的来源、除杂，尤其考虑杂质对平衡的影响。
(2)原料的循环利用。
(3)产物的污染处理。
(4)产物的酸碱性对反应的影响。
(5)气体产物的压强对平衡造成的影响。
(6)改变外界条件对多平衡体系的影响。
探究一 化学反应热的计算
甲醛有毒，被世界卫生组织列为一类致癌物。但甲醛是重要的工业原料，在化工、纺织、医疗等领域有广泛应用。
Ⅰ.回收利用是一种减弱温室效应的有效途径。科学家研究发现可利用回收的与反应制备甲醛。
已知：①甲醛的燃烧热为
②的燃烧热为
③
(1)与制备甲醛的反应： _______。
(2)在2L恒容密闭容器中通入0.2mol和0.4mol，在三种不同条件下发生(1)中反应，测得的转化率与时间的关系如图所示。曲线X对应温度下反应的平衡常数K=_______，由曲线Y到曲线X采取的措施可能是_______；由曲线Z到曲线X采取的措施可能是_______。
(3)反应速率，，、分别为正、逆向反应速率常数，计算m点_______。
Ⅱ.甲醇直接脱氢是工业上合成甲醛的一种新方法，该法得到无水甲醛的同时得到副产品氢气。
(4)在一个2L恒容密闭容器中投入2mol，在催化剂作用下发生反应： ，同时存在副反应：。。20min后，测得甲醇的转化率与甲醛的选择性分别与温度的关系如图所示。温度高于650℃，甲醇的转化率升高，甲醛的产率_______，原因可能是_______。
(5)甲醛被称为室内污染“第一杀手”。室内甲醛的含量可以通过传感器来监测。一种燃料电池型甲醛气体传感器的工作原理如图所示，则a电极反应式为_______。国家标准是室内甲醛不能超过，传感器在室内空间测定，电路中有电子通过，该室内甲醛含量为_______。
【答案】(1)
(2) 5 加催化剂 降低温度
(3)25.6
(4) 降低 温度升高，平衡正向移动，甲醇转化率升高，但由于温度高于650℃后，催化生成甲醛的催化剂活性降低或副反应生成的氢气浓度增大，导致主反应平衡逆向移动，生成甲醛量减少
(5) 0.003
【解析】（1）氢气燃烧热反应方程式的2倍减去甲醛燃烧热反应方程式，再减去③得到与制备甲醛的反应： ；故答案为：。
（2）根据题意曲线X对应温度下平衡时，消耗二氧化碳物质的量为0.1mol，消耗氢气物质的量为0.2mol，生成甲醛、水蒸气物质的量为0.1mol，剩余二氧化碳物质的量为0.1mol，剩余氢气物质的量为0.2mol，则该温度下平衡常数，分析曲线Y和曲线X，平衡时各物质的量相等，但达到平衡时时间不相同，说明由曲线Y到曲线X采取的措施可能是加入催化剂；曲线Z与曲线X分析，曲线Z所需时间比曲线X时间短，但二氧化碳转化率比X低，由曲线Z到曲线X是平衡正向移动，反应速率减慢了，因此采取的措施可能是降低温度；故答案为：5；加催化剂；降低温度。
（3）根据平衡常数得到，在m点时消耗二氧化碳物质的量为0.04mol，消耗氢气物质的量为0.08mol，生成甲醛、水蒸气物质的量为0.04mol，剩余二氧化碳物质的量为0.16mol，剩余氢气物质的量为0.32mol，则m点；故答案为：25.6。
（4）根据图中信息得到，温度高于650℃，甲醇的转化率升高，甲醛的产率降低，根据两个方程式分析，两个方程式都为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，甲醇转化率升高，由于副反应生成氢气，氢气量增大，对主反应来说，氢气浓度增大，导致主反应逆向移动，生成甲醛的量减少，也可能是甲醛催化剂的催化活性降低即温度升高，平衡正向移动，甲醇转化率升高，但由于温度高于650℃后，催化生成甲醛的催化剂活性降低或副反应生成的氢气浓度增大，导致主反应平衡逆向移动，生成甲醛量减少；故答案为：降低；温度升高，平衡正向移动，甲醇转化率升高，但由于温度高于650℃后，催化生成甲醛的催化剂活性降低或副反应生成的氢气浓度增大，导致主反应平衡逆向移动，生成甲醛量减少。
（5）根据题意甲醛变为二氧化碳，甲醛中碳化合价升高，失去电子，作负极，因此a电极反应式为。国家标准是室内甲醛不能超过，传感器在室内空间测定，电路中有电子通过，则含有甲醛物质的量为，该室内甲醛含量为；故答案为：；0.003。
【变式练习】
1．（2022·山西大同·高三期末）随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，二氧化碳资源化利用倍受关注。
I、以CO2和NH3为原料合成尿素2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g)ΔH=-87kJ/mol。
研究发现，合成尿素的反应分两步完成，其能量变化如图甲所示：
第一步：2NH3(g)+CO2(g) NH2COONH4(s)ΔH1
第二步：NH2COONH4(s) CO(NH2)2(g)+H2O(g)ΔH2
(1)图中ΔE=___________kJ/mol。
(2)反应速率较快的是___________反应(填“第一步”或“第二步”)，理由是______________________。
II、以CO2和CH4催化重整制备合成气：CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)。在密闭容器中通入物质的量均为0.2mol的CH4和CO2在一定条件下发生反应，CH4的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图乙所示。
(3)由图乙可知，压强P1___________P2(填“>”、“<”或“=”)。
(4)已知气体分压=气体总压×气体的物质的量分数，用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数Kp，则X点对应温度下的Kp=___________(用含P2的代数式表示)。
III、以CO2和H2催化合成乙烯：6H2(g)+2CO2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g)ΔH<0。
(5)在一定压强下，将1molCO2和3molH2加入1L容积不变的密闭容器中，已知温度对CO2的平衡转化率、实际转化率和催化剂催化效率的影响如图丙所示，结合图象分析该反应实际反应温度定于250°C的原因： ______________________。
【答案】(1)72.5
(2) 第一步 第一步反应的活化能小于第二步的活化能，反应速率快
(3)<
(4)
(5)当温度低于250°C时，随着温度升高，催化剂活性增强，催化效率升高，反应速率加快，二氧化碳的实际转化率变大；当温度高于250°C时，随着温度升高，催化剂活性降低，催化效率降低，反应速率变慢，实际转化率变小(或温度为250°C时催化剂效率和二氧化碳的实际转化率均较高)
【详解】（1）根据图甲信息可知，①2NH3(g)+CO2(g) ⇌NH2COONH4(s)ΔH1=-159.5 kJ/mol已知②2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)ΔH=-87kJ/mol，根据盖斯定律可知②-①=③NH2COONH4(s) ⇌CO(NH2)2(g)+H2O(g)故 ΔH2=ΔH-ΔH1=-87kJ/mol-(-159.5)=72.5 kJ/mol=ΔE；
（2）活化能越小反应速率越快，根据图中信息可知第一步反应的活化能小于第二步的活化能，反应速率快；
（3）结合反应，压强增大，平衡逆向移动，甲烷的转化率降低，故图乙可知，压强P1
平衡时总物质的量为0.1 +0.1 +0.2+0.2=0.6，则X点对应温度下的Kp===；
（5）当温度低于250℃时，随着温度升高，催化剂活性增强，催化效率升高，反应速率加快，二氧化碳的实际转化率变大；当温度高于250℃时，随着温度升高，催化剂活性降低，催化效率降低，反应速率变慢，实际转化率变小(或温度为250℃时催化剂效率和二氧化碳的实际转化率均较高)；
2．我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。CO2资源化利用对缓解碳减排压力具有重要意义。在二氧化碳催化加氢制甲烷的反应体系中，主要发生反应的热化学方程式为：
反应I：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) ΔH1=-164.7kJ·mol-1
反应II：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2kJ·mol-1
反应III：2CO(g)+2H2(g)CO2(g)+CH4(g) ΔH3=-247.1kJ·mol-1
向恒压、密闭容器中通入1molCO2和4molH2，平衡时体系内CH4、CO、CO2的物质的量(n)与温度(T)的变化关系如图所示。
(1)反应I~III中，属于吸热反应的是____(填反应序号)。
(2)反应I的平衡常数表达式为____。
(3)盖斯定律的重要价值是可以利用已知反应的反应热求得未知反应的反应热，利用上述反应计算CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)的ΔH=____。
(4)结合上述反应，解释图中CO的物质的量随温度的变化的原因：___。
(5)在实际生产中为了提高甲烷的产量，选择的反应条件为较低温度和使用合适的催化剂，从反应原理角度说明选择该反应条件的理由：____、____。
【答案】(1)Ⅱ
(2)K=
(3)+205.9 kJ·mol-1
(4)升高温度时，反应Ⅱ的平衡正向移动，反应Ⅲ的平衡逆向移动，平衡的移动使CO的含量升高
(5) 较低温度可以使平衡正向移动 合适的催化剂可以加快反应速率，同时提高反应Ⅰ的选择性
【详解】（1）吸热反应焓变大于0，所以属于吸热反应的是Ⅱ；
（2）根据平衡常数的定义可知反应Ⅰ的平衡常数表达式为K=；
（3）根据盖斯定律反应Ⅱ-反应Ⅰ可得CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)的ΔH=+41.2kJ·mol-1-(-164.7kJ·mol-1)=+205.9kJ·mol-1；
（4）反应Ⅱ为吸热反应，反应Ⅲ为放热反应，升高温度时，反应Ⅱ的平衡正向移动，反应Ⅲ的平衡逆向移动，平衡的移动使CO的含量升高；
（5）反应Ⅰ为放热反应，较低温度可以使平衡正向移动，提高CH4的转化率，但会降低反应速率，所以还需选用合适的催化剂，加快反应速率，同时提高反应Ⅰ的选择性。
3．近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：
(1)Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：
CuCl2(s)=CuCl(s)＋Cl2(g) ΔH1=+83 kJ∙mol−1
CuCl(s)＋O2(g)=CuO(s)＋Cl2(g) ΔH2=−20 kJ∙mol−1
CuO(s)＋2HCl(g)=CuCl2(s)＋H2O(g) ΔH3=−121 kJ∙mol−1
则4HCl(g)＋O2(g)=2Cl2(g)＋2H2O(g)的ΔH=___________ kJ∙mol−1
(2)Deacon发明的直接氧化法原理为：4HCl(g)＋O2(g)=2Cl2(g)＋2H2O(g)，在刚性容器中，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系如图所示：
据图象分析可知：反应平衡常数K(300 ℃)___________K(400 ℃)(填“大于”或“小于”)。
(3)设HCl初始浓度为c0，根据进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=1∶1的数据，计算K(400 ℃)=___________(列出计算式)。
(4)按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低、过高的不利影响分别是___________、___________。在一定温度的条件下，进一步提高HCl的转化率的方法是___________。(写出2种)
【答案】 (1)−116 (2) 大于 (3) (4)O2和Cl2分离能耗较高 HCl转化率较低 增加反应体系压强、及时除去产物
【详解】(1)将第一个方程式乘以2，加上第二个方程式的2倍，再加上第三个方程式得到4HCl(g)＋O2(g)=2Cl2(g)＋2H2O(g)的ΔH=−116 kJ∙mol−1；故答案为：−116。
(2)分析图中信息，从左到右升高温度，转化率下降，说明平衡逆向移动，则平衡常数减小，因此反应平衡常数K(300 ℃)大于K(400 ℃)；故答案为：大于。
(3) 根据图中信息，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时，相当于不断增加HCl的浓度，则转化率不断降低，因此根据图象得到图中从上到下c(HCl)∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时，设HCl初始浓度为c0，根据进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=1∶1的数据，转化率为84%，，则400 ℃平衡常数；故答案为：。
(4)按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。根据题意，因此进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低，会造成O2和Cl2分离能耗较高，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过高会导致HCl转化率较低。该反应是体积减小的反应，因此在一定温度的条件下，进一步提高HCl的转化率的方法是增加反应体系压强、及时除去产物；故答案为：O2和Cl2分离能耗较高；HCl转化率较低；增加反应体系压强、及时除去产物。
探究二 化学反应速率与化学平衡
化学反应中的能量变化和化学反应条件的控制与人类的生产、生活密切相关。回答下列问题：
Ⅰ.已知在25℃和101kPa时，断裂1molH-H键吸收的能量为436kJ，断裂1molN-H键吸收的能量为391kJ，断裂1mol键吸收的能量为945.6kJ。
(1)根据以上数据判断氨分解反应是_______(填“吸热”或“放热”)反应。
(2)在25℃时，取1mol和3mol放入一密闭容器中，加入催化剂进行合成氨反应，理论上完全反应放出或吸收的热量为Q1，则Q1为_______kJ。实际生产中，放出或吸收的热量为Q2，则Q1与Q2的大小关系为：Q1_______ Q2 (填“>”“<”或“=”)。
Ⅱ.微生物燃料电池是一种利用微生物将化学能直接转化成电能的装置。已知某种甲醇()微生物燃料电池(如图所示)中，电解质溶液呈酸性。
(3)该电池中，外电路电流的流动方向为_______(填“从A到B”或“从B到A”)。
(4)B电极附近氧气发生的电极反应为_______。
(5)该燃料电池的总反应为_______。
Ⅲ.某可逆反应在体积为2L的恒温恒容密闭容器中进行，0~3min各物质的物质的量的变化情况如图所示(A、C均为气体，B为固体)。
(6)该反应的化学方程式为_______。
(7)下列说法错误的是_______(填标号)。
A．2min内A表示的反应速率为
B．增加B的物质的量，可使反应速率加快
C．当容器内混合气体的密度保持不变时，该反应达到平衡状态
D．当容器内压强保持不变时，该反应达到平衡状态
【答案】(1)吸热
(2) 92.4 >
(3)从B到A
(4)
(5)
(6)
(7)BD
【解析】（1）反应的焓变为反应物的键能和减去生成物的键能和，焓变为6×391kJ-945.6kJ-3×436kJ=92.4kJ，焓变大于零，为吸热反应；
（2）根据（1）分析可知，，∆H=-92.4kJ/mol，则Q1为92.4k kJ。实际生产中，反应为可逆反应，进行不完全，Q1> Q2 。
（3）由图可知，氧气在B极发生还原反应，为正极，则A为负极；外电路电流由正极流向负极，故流向为从B到A；
（4）氧气在B极得到电子，发生还原反应生成水，；
（5）该燃料电池中甲醇在负极发生氧化反应，总反应为甲醇和氧气生成二氧化碳和水，；
（6）由图可知，反应的ABC的物质的量比为（5mol-3mol）：（2mol-1mol）：（4mol-2mol）=2:1:2，且反应后各物质共存，为可逆反应，故该反应的化学方程式为；
（7）A．2min内A表示的反应速率为，A正确；
B．B是固体，增加固体的物质的量，反应速率不变，B错误；
C．容器内混合气体的质量是变量，则混合气体的密度也是变量，当变量保持不变时，该反应达到平衡状态，C正确；
D．该反应中气体物质的量始终保持不变，恒温恒容条件下，容器内的体压强是常量，也始终保持不变，常量保持不变时，该反应可能达到平衡状态，也可能未达到平衡状态，D错误。
故选BD。
【变式练习】
1.回答下列问题：
(1)化学反应的过程都是旧键断裂、新键形成的过程。对于反应：，已知断开键，键分别需要吸收的能量是和，形成键需要放出的能量是。
①和完全反应共_______(填“放出”或“吸收”)能量_______。
②如图，能够反映该反应能量变化的图象是_______(填“A”或“B”)。
(2)①如图所示，在银锌原电池中，以硫酸铜为电解质溶液，锌电极上发生的是_______ (填“氧化”或“还原”)反应，电极反应式为_______。银片上观察到的现象是_______。
②将设计成燃料电池，其能量利用率更高，装置如图所示(A、B为多孔碳棒)。
实验测得向B电极定向移动，则_______ (填“A”或“B”)处电极入口通甲烷，其电极反应式为_______。
(3)在密闭容器中，X，Y、Z三种气体的物质的量随时间的变化曲线如图：
①该反应的化学方程式是_______。
②该反应达到平衡状态的标志是_______(填字母)。
A．Y的体积分数在混合气体中保持不变
B．
C．容器内气体压强保持不变
D．容器内气体的密度保持不变
E.生成的同时消耗
③内Y的转化率为_______。
【答案】(1) 放出 11 B
(2) 氧化 生成一层红色固体物质 B CH4＋10OH--8e-=CO＋7H2O
(3) 3X+Y2Z AC 60%
【详解】（1）①反应的焓变等于反应物的键能和减去生成物的键能和；反应的焓变为+-2×=-11kJ/mol；则和完全反应共放出能量11。
②该反应为放热反应，生成物能量低于反应物的能量，能够反映该反应能量变化的图象是B；
（2）①在银锌原电池中，以硫酸铜为电解质溶液，锌较为活泼，为负极，锌电极上发生的是氧化反应，电极反应式为。银片为正极，铜离子放电生成铜单质，观察到的现象是生成一层红色固体物质；
②将设计成燃料电池，甲烷发生氧化反应为负极，氧气发生还原反应为正极，反应中阴离子向负极运动；实验测得向B电极定向移动，则B处电极入口通甲烷，其电极反应式为CH4＋10OH--8e-=CO＋7H2O；
（3）①由图可知，反应达到平衡时，反应的YXZ的物质的量分别为0.2mol、0.6mol、0.4mol，则三者的系数比为1:3:2，该反应的化学方程式是3X+Y2Z；
②A．Y的体积分数在混合气体中保持不变，说明平衡不再移动，达到平衡，A正确；
B．化学反应速率之比=计量数之比，，此时正逆反应速率不相等，没有达到平衡，B错误；
C．反应为气体分子数改变的反应，容器内气体压强保持不变，达到平衡，C正确；
D．容器体积和气体质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡；D错误；
E．生成的同时消耗，描述的都是逆反应，不能确定是否达到平衡，E错误；
故选AC；
③由图可知，内Y反应的物质的量为0.6mol，转化率为。
2．（2022·北京海淀·高三期末）传统方法制备会产生大量副产物，研究者通过更环保的电解法，使用空气和水制备，并用其处理有机废水，过程如下。
(1)电解制备，装置示意图如图所示。
①a极的电极反应式为_______。
②通过管道将b极产生的气体送至a极，目的是_______。
③pH过高时会分解。但电解一段时间后，a极附近溶液的pH基本不变，原因是_______。
④测定生成的浓度。取x mL溶液，用a 溶液滴定，完全反应转化为时，消耗b mL 溶液。则溶液的浓度为_______ 。
(2)用氧化含有机物RhB的废水，将其降解为无机物，结果如图所示。溶液中的总有机碳(TOC)去除率越高，降解效果越好。
①20min时，RhB残留量已接近0。这段时间内RhB的平均降解速率=_______。
②降解过程中，随着TOC去除率接近100%，溶液的pH降至5.6，请结合化学用语解释原因：_______。
【答案】(1) O2+2H2O+2e−= H2O2+2OH− 将b极产生的氧气循环利用，用于制备H2O2 反应中转移等量的电子，阴极产生OH-与阳极产生H+的物质的量相等，阳极产生H+通过质子交换膜移至a极附近与OH-反应
(2) H2O2氧化有机物时，有机物中碳元素转化为CO2，CO2+H2O H2CO3，H2CO3H++HCO，使溶液呈酸性，pH降低到5.6
【分析】（1）①氧气在a极得电子，化合价降低，发生还原反应生成过氧化氢，故a极的电极反应式为O2+2H2O+2e−= H2O2+2OH−；
②b极为阳极，发生氧化反应，生成氧气，故通过管道将b极产生的气体送至a极，目的是将b极产生的氧气循环利用，用于制备H2O2；
③电解时a极生成OH-，pH升高，b极生成H+，pH降低，H+能通过质子交换膜移动到a极，中和OH-，保持a极附近溶液的pH不变，故为原因为：反应中转移等量的电子，阴极产生OH-与阳极产生H+的物质的量相等，阳极产生H+通过质子交换膜移至a极附近与OH-反应；
④H2O2和Ce(SO4)2反应，Ce(SO4)2做氧化剂，H2O2做还原剂，根据电子守恒有如下关系，H2O2 ~2Ce(SO4)2，则H2O2的浓度为 ；
（2）①20min时，RhB残留量已接近0；根据速率公式有， ；
②H2O2氧化有机物时，有机物中碳元素转化为CO2，CO2+H2O H2CO3，H2CO3H++HCO，使溶液呈酸性，pH降低到5.6。
3．（2022·辽宁大连·二模）我国提出2060年前实现碳中和，为有效降低大气CO2中的含量，以CO2为原料制备甲烷、戊烷、甲醇等能源物质具有较好的发展前景。CO2在固体催化剂表面加氢合成甲烷过程中发生如下反应：
Ⅰ.主反应：
Ⅱ.副反应：
(1)已知：Ⅲ.
Ⅳ.
则_______
(2)CO2加氢合成甲烷时，通常控制温度为左右，其可能的原因为_______
A．反应速率快 B．平衡转化率高
C．催化剂活性高 D．主反应催化剂选择性好
(3)时，向1L恒容密闭容器中充入和，初始压强为p，时主、副反应都达到平衡状态，测得，体系压强为，则内_______，平衡时选择性=_______(选择性，计算保留三位有效数字)
(4)以催化加氢合成的甲醇为原料，在催化剂作用下可以制取丙烯，反应的化学方程式为。该反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图中曲线a所示，已知Arhenius经验公式(为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。则该反应的活化能_______。当改变外界条件时，实验数据如图中的曲线b所示，则实验可能改变的外界条件是_______。
【答案】(1)
(2)ACD
(3) 66.7%
(4) 64 使用更高效的催化剂或增大催化剂的比表面积
【解析】(1)根据盖斯定律反应Ⅲ的2倍减去反应Ⅰ得到Ⅳ，则；故答案为：。
(2)CO2加氢合成甲烷时，也有副产物发生，主反应是放热反应，副反应是吸热反应，通常控制温度为左右，此时催化剂的活性高，反应速率快，由于有副反应发生，因此应是主反应催化剂选择性好，而温度高，对副反应平衡正向移动，对主反应平衡逆向移动；故答案为：ACD。
(3)时，向1L恒容密闭容器中充入和，初始压强为p，时主、副反应都达到平衡状态，测得，体系压强为，建立三段式，，2x+y=5，根据物质的量之比等于压强之比得到，解得x=2，y=1，则内，平衡时选择性；故答案为：；66.7%。
(4)根据题意和a曲线上两点得到8.0＝−3.2×103×Ea+C，1.6＝−3.3×10−3×Ea+C，两者方程式相减得到Ea＝64，则该反应的活化能64。当改变外界条件时，实验数据如图中的曲线b所示，斜率降低，说明活化能降低，则实验可能改变的外界条件是使用更高效的催化剂或增大催化剂的比表面积；故答案为：64；使用更高效的催化剂或增大催化剂的比表面积。
探究三 化学能与电能
（2022·天津天津·高三期中）甲醇的结构决定了其性质及其应用。请按要求回答下列问题。
(1)甲醇、乙烷沸点分别为65℃、-89℃，对比分析推测乙醇比丙烷沸点____(填“高很多”或“低很多”或“等于”)，你的推测依据是____。
(2)甲醇结构式如图，其分子中含a、b、c三种化学键。
①甲醇的官能团名称为____。
②甲醇分子中较易断裂的化学键是____(填字母)。从原子结构的视角分析得出此结论的依据是____。
③写出甲醇与钠反应的化学方程式____。
④在铜催化加热条件下，甲醇发生反应的化学方程式为____。
(3)甲醇燃料电池装置示意图如图所示：
它可将化学能转变为电能，可作为笔记本电脑等能量的来源。在催化剂作用下甲醇转化为H2O和CO2。写出该电池工作时负极电极反应式：____。
【答案】(1) 高很多 乙醇分子间存在氢键，而丙烷分子间不存在氢键
(2) 羟基 bc 氧原子的吸引电子的能力比氢原子和碳原子的强 2CH3OH+2Na→2CH3ONa+H2↑ 2CH3OH+O22HCHO+2H2O
(3)2CH3OH+2H2O-12e-=2CO2↑+12H+
【详解】（1）乙醇、丙烷均为分子晶体，乙醇分子间存在氢键，而丙烷分子间不存在氢键，氢键的形成导致其沸点升高，故推测乙醇比丙烷沸点高很多；
（2）①由图可知，甲醇的官能团名称为羟基。
②同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；氧的电负性强，其原子的吸引电子的能力比氢原子和碳原子的强，导致甲醇分子中较易断裂的化学键是碳氧键、氢氧键。
③甲醇与钠反应生成甲醇钠和氢气，2CH3OH+2Na→2CH3ONa+H2↑。
④在铜催化加热条件下，甲醇中羟基被氧化为醛基生成甲醛，发生反应的化学方程式为2CH3OH+O22HCHO+2H2O；
（3）反应中氧气生成水，反应还原反应，为正极；甲醇发生氧化生成二氧化碳和水，为负极；在催化剂作用下甲醇失去电子发生氧化反应转化为H2O和CO2，反应为2CH3OH+2H2O-12e-=2CO2↑+12H+。
【变式练习】
1.炼油、石化等工业会产生含硫(-2价)废水，处理的方法有沉淀法、氧化法。
(1)沉淀法。用如图1装置可以将废水中的硫转化为FeS沉淀。控制其他条件一定，测得出口处硫转化为FeS的沉淀率与溶液pH的关系如图2所示。
①该装置沉淀废水中的硫的原理可描述为_____。
②pH>10时，pH越大，硫的沉淀率越低，原因是_____。
(2)氧化法。H2O2氧化法、催化氧化法等可以将含硫废水中硫元素氧化。
①H2O2氧化法：向含S2-的废水中，加入H2O2溶液，其他条件一定，测得硫(-2价)的去除率、S(单质)的生成率与所加H2O2溶液体积的关系如图3所示。当所加H2O2溶液体积大于9mL时，所加H2O2溶液越多，S的生成率越低，用离子方程式表示其原因_____。
②催化氧化法：MnO2—聚苯胺(MnO2为催化剂、聚苯胺为催化剂载体)可用作空气氧化含硫(-2价)废水的催化剂。碱性条件下，催化氧化废水的机理如图4所示。
a.转化I中化合价发生变化的元素有_____。
b.催化剂使用一段时间后催化效率会下降，处理的方法是用物质A浸取催化剂，再将催化剂干燥即可。催化剂使用一段时间后催化效率降低的原因是_____；物质A可选用_____(填序号)。
A．水 B．乙醇 C．CS2 D．浓盐酸
c.从物质转化与资源综合利用角度分析，催化氧化法的优点是_____。
【答案】(1) 电解时阳极Fe失去电子生成Fe2+，Fe2+可与废水中S2-反应生成FeS沉淀 pH>10时，pH越大，Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀，生成FeS沉淀的硫的量越少
(2) S2-+4H2O2=SO+4H2O S、O、Mn 生成的S覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空隙处，减少了催化剂与废水反应的接触面积 C 催化氧化速率更快，除硫效率更高；以空气做氧化剂比H2O2更经济
【解析】（1）①由图可知，图1装置为电解池，电极材料均为Fe，电解时阳极Fe失去电子发生氧化反应生成Fe2+，Fe2+与废水中的S2-结合生成FeS沉淀，从而达到净化废水的目的；
②当pH>10时，pH越大，OH-浓度越大，废水中Fe2+与OH-结合生成Fe(OH)2沉淀，导致转化成FeS沉淀的量减少，使得硫的沉淀率越低；
（2）①H2O2具有强氧化性，H2O2溶液体积大于9mL时，所加H2O2溶液越多，S生成率越低，可能是因为硫元素被氧化成更高价态的而滞留在溶液中，导致硫的生成率降低，反应为S2-+4H2O2=SO+4H2O；
②a.由图可知，转化Ⅰ中硫离子转化为硫单质，催化剂表面锰化合价由+1变为0，氧原子变为负二氧，故S元素、O元素和Mn元素的化合价均发生变化；
b. 由图可知，反应过程中生成了单质S，生成的S覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空隙处，减少了催化剂与废水反应的接触面积，从而导致催化效率下降；硫单质不和水、乙醇、浓盐酸反应且不溶于三者，硫单质能溶于二硫化碳溶液，从而除去催化剂表面的硫单质，故选C；
c.催化氧化可用空气氧化含硫(-2价)废水，催化剂使得反应速率更快，除硫效率更高且以空气做氧化剂比H2O2更经济。
2．工业上常用微生物法、吸收法、电解法、还原法等消除硫、氮等引起的污染。
(1)微生物法脱硫
富含有机物的弱酸性废水在SBR细菌作用下产生、等物质，可将废水中还原为，同时用或将从水中吹出，再用碱液吸收。
①的空间构型为_______。
②与在SBR细菌作用下生成和的离子方程式为_______。
③将从水中吹出时，用比效果更好，其原因是_______。
(2)吸收法脱硫
烟气中的可以用“亚硫酸铵吸收法”处理，发生的反应为，测得25℃时溶液pH与各组分物质的量分数的变化关系如图-1所示。b点时溶液，则_______。
(3)电解法脱硫
用NaOH吸收后，所得溶液经电解后可制取溶液，反应装置如图-2所示。电解时每有1 mol 生成有_______ mol 透过质子交换膜。
(4)还原法脱氮
用催化剂协同纳米零价铁去除水体中。其催化还原反应的过程如图-3所示。
①该反应机理中生成的过程可描述为_______。
②过程中去除率及生成率如图-4所示，为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体pH为4.2，当时，随pH减小，生成率逐渐降低的原因是_______。
【答案】(1) 正四面体形 二氧化碳吹出时可增强溶液的酸性，抑制硫化氢的溶解，有利于将硫化氢吹出
(2)3:1
(3)2
(4) 纳米零价铁在催化剂表面失去电子变为亚铁离子，在催化剂层中氢离子得到电子变为氢原子，在酸性条件下氢原子还原硝酸根变为NH，NH失去氢原子变为氮气 pH越小，氢离子浓度越大，会生成更多的氢原子，使硝酸根生成的中间产物NH更多的与氢原子反应生成铵根离子，从而减少氮气的生成
【解析】（1）①中S原子价层电子对数为，其空间构型为正四面体形；故答案为：正四面体形。
②与在SBR细菌作用下生成和，该反应在弱酸性条件下反应，根据氧化还原反应得失电子守恒配平得到，其的离子方程式为；故答案为：。
③将从水中吹出时，用比效果更好，二氧化碳溶于水生成碳酸，增强溶液的酸性，抑制硫化氢溶解，因此其原因是二氧化碳吹出时可增强溶液的酸性，抑制硫化氢的溶解，有利于将硫化氢吹出；故答案为：二氧化碳吹出时可增强溶液的酸性，抑制硫化氢的溶解，有利于将硫化氢吹出。
（2）根据亚硫酸氢铵溶液的电荷守恒得到，b点时溶液，得到，测得25℃时溶液pH与各组分物质的量分数的变化关系如图-1所示，则b点是，得到，则；故答案为：3:1。
（3）根据图中信息左边为阳极，右边为阴极，阴极电极反应式为，因此电解时每有1 mol 生成有2mol 透过质子交换膜；故答案为：2。
（4）①根据图中信息，该反应机理中生成的过程可描述为纳米零价铁在催化剂表面失去电子变为亚铁离子，在催化剂层中氢离子得到电子变为氢原子，在酸性条件下氢原子还原硝酸根变为NH，NH失去氢原子变为氮气；故答案为：纳米零价铁在催化剂表面失去电子变为亚铁离子，在催化剂层中氢离子得到电子变为氢原子，在酸性条件下氢原子还原硝酸根变为NH，NH失去氢原子变为氮气。
②过程中去除率及生成率如图-4所示，为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体pH为4.2，当时，随pH减小，生成率逐渐降低，根据图中信息氢离子浓度越大，会生成更多的氢原子，使硝酸根生成的中间产物NH更多的与氢原子反应生成铵根离子，从而减少氮气的生成；故答案为：pH越小，氢离子浓度越大，会生成更多的氢原子，使硝酸根生成的中间产物NH更多的与氢原子反应生成铵根离子，从而减少氮气的生成。
3．（2022·北京房山·二模）氨对人类的生存和发展有着重要意义，1909年哈伯在实验室中首次利用氮气与氢气反应合成氨，实现了人工固氮。
(1)反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的化学平衡常数表达式为____。
(2)在一定条件下氨的平衡含量如表。
温度/℃
压强/MPa
氨的平衡含量
200
10
81.5%
550
10
8.25%
①该反应为____(填“吸热”或“放热”)反应。
②哈伯选用的条件是550℃、10MPa，而非200℃、10MPa，可能的原因是____。
(3)实验室研究是工业生产的基石。如图中的实验数据是在其它条件不变时，不同温度(200℃、400℃、600℃)、压强下，平衡混合物中NH3的物质的量分数的变化情况。
①曲线a对应的温度是____。
②M、N、Q点平衡常数K的大小关系是____。
(4)尽管哈伯的合成氨法被评为“20世纪科学领域中最辉煌的成就”之一，但仍存在耗能高、产率低等问题。因此，科学家在持续探索，寻求合成氨的新路径。如图为电解法合成氨的原理示意图，阴极的电极反应式为____。
(5)NH3转化为NO是工业制取硝酸的重要一步。已知：100kPa、298K时：
4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)ΔH=-1268kJ·mol-1
2NO(g)N2(g)+O2(g)ΔH=-180.5kJ·mol-1
请写出NH3转化为NO的热化学方程式____。
【答案】(1)K=
(2) 放热 温度过低反应速率太慢；温度过高不利于反应平衡正向移动
(3) 200℃ KQ=KM>KN
(4)N2+6e−+6H+=2NH3
(5)4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) ΔH=−907kJ·mol−1
【解析】（1）根据平衡常数的表达式可知，该反应的平衡常数K=；
（2）①根据表格数据可知，压强不变，升高温度氨的平衡含量降低，说明升高温度平衡逆向移动，所以该反应为放热反应；
②温度过低反应速率太慢；温度过高不利于反应平衡正向移动，所以选用的条件是550℃、10MPa；
（3）①该反应为放热反应，压强相同时，温度越低NH3的物质的量分数越大，所以曲线a对应的温度为200℃；
②该反应为放热反应，温度越高，平衡常数越小，温度：Q=M＜N，所以平衡常数：KQ=KM>KN；
（4）据图可知，阴极上N2被还原为NH3，环境为酸性环境，所以阴极的电极反应式为N2+6e−+6H+=2NH3；
（5）NH3转化为NO的化学方程式为4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，依次将所给两个热化学方程式标号为①、②，根据盖斯定律，①-②×2可得4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)的ΔH=-1268kJ·mol-1-(-180.5kJ·mol-1)×2=−907kJ·mol−1。
1．（2022·山东·胜利一中模拟）1,6−己二醇是一种重要的化工原料，与乙二醇相比，用1,6−己二醇为原料制备的聚酯具有更为优异的柔韧性和抗腐蚀性。工业上利用己二酸二甲酯加氢制备1,6−己二醇，该反应的化学方程式如图：
(g)+4H2(g)→(g)+2CH3OH(g) ΔH。
(1)已知：
化学键
C=O
C−O
C−H
C−C
O−H
H−H
键能/ kJ∙mol−1
745
358
413
347
467
436
计算上述反应的△H=___；此反应自发进行的条件是____(填“高温易自发”“低温易自发”或“任何温度都能自发”)。
(2)将组成(物质的量分数)为4n%H2(g)、n% (g)的气体通入刚性密闭反应器中，在温度一定、压强为pMPa条件下只进行上述反应。平衡时，若压强为qMPa，平衡时(g)的转化率为=____ (用p、q的代数式表示，下同)，平衡常数Kp=____(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
(3)科研小组在高压反应釜中进行催化加氢反应，对己二酸二甲酯制备1,6−己二醇的工艺条件进行了研究。图甲和图乙为此反应在相同时间时，反应压力、反应温度与反应物的转化率和1,6−己二醇选择性的变化关系。
已知，选择性=×100%。
①由图可知，在压强为27MPa时，己二酸二甲酯制备1,6−己二醇应选择的合适温度为____；选择此温度的理由是____；当260℃时，转化率随着压强增大而不断增大的原因是____。
②图丙为反应时间与加氢反应时反应物的转化率和选择性的关系。
综合考虑，反应时间控制在5h左右较为合适。此时1,6−己二醇的产率为____。
【答案】(1) −286 kJ∙mol−1 低温易自发
(2) ×100%或%
(3) 290℃ 290℃时反应物的转化率较高，且此温度下的产物选择性较高 相同温度时压强大，反应速率加快，且达到平衡后，增大压强利于平衡正向移动，使反应物转化率增大 50.05%
【解析】（1）根据方程式分析得到酯基中碳氧单键断裂，形成氧氢键和碳氢键，碳氧双键断裂又形成碳氢键、碳氧单键和氧氢键，因此可简化计算上述反应的△H=2E(C=O)+2E(C−O)+4E(H−H) −4E(O−H) −4E(C−H) −2E(C−O) =745 kJ∙mol−1×2＋436 kJ∙mol−1×4−467kJ∙mol−1×4−413 kJ∙mol−1×4= −286 kJ∙mol−1；该反应是气体体积减小的反应即△H＜0、△S＜0，根据△G=△H−T△S判断温度低的时候△G＜0，因此得到低温易自发；故答案为：−286 kJ∙mol−1；低温易自发。
（2）根据题意建立三段式0.2p−x+0.8p−4x+x+2x=q，解得2x=p−q，x=，则a(已二酸二甲酯)= ×100%或%；Kp=；故答案为：×100%或%；。
（3）①由图可知，在27MPa时，290°C己二酸二甲酯的转化率和1,6−己二醇的选择性均高于280°C，因此温度选择290°C；相同温度时压强大，反应速率快，且达平衡时，增大压强有利于平衡正向移动，使反应物转化率增大；故答案为：290°C ；290℃时反应物的转化率较高，且此温度下的产物选择性较高；相同温度时压强大，反应速率加快，且达到平衡后，增大压强利于平衡正向移动，使反应物转化率增大。
②反应时间控制在5h时，产物的产率为92%×54.4%≈50.05%；故答案为：50.05%。
2．（2022·湖南娄底·模拟）丙烯是合成多种高分子材料的原料，工业上常采用裂解丁烷获得丙烯。化学原理如下：
反应1：C4H10(g) C3H6(g)+CH4(g) ΔH1
反应2：C4H10(g) C2H4(g)+C2H6(g) ΔH2
(1)已知在101kPa和一定温度下，由最稳定单质生成1mol纯物质的热效应，称为该物质的标准生成热()。化学规定，稳定单质的生成热为0。
几种相关物质的标准生成热数据如下表所示：
物质
C4H10(g)
C3H6(g)
C2H4(g)
CH4(g)
C2H6(g)
/(kJ·mol-1)
−124.7
20.4
52.3
−74.9
−84.7
反应1的能量变化如图1所示，逆反应活化能E2=_______ kJ∙mol−1。
(2)在刚性密闭容器中充入一定量丁烷，在甲、乙两种不同催化剂作用下，相同时间内丙烯的产率与温度关系如图2所示。工业上宜选择催化剂_______(填“甲”或“乙”)。温度高于500℃时，乙催化剂作用下丙烯产率降低的主要原因可能是________(答一条)。
(3)在刚性密闭容器中充入适量丁烷，在一定温度下发生反应1和2，达到平衡后，再充入少量丁烷。下列推断正确的是_______(填标号)。A．平衡向正反应方向移动，丁烷的转化率增大
B．平衡向正反应方向移动，丁烷的转化率减小
C．平衡向逆反应方向移动，丁烷的转化率增大
D．平衡向逆反应方向移动，丁烷的转化率减小
(4)在一定条件下，C4H10(g) C3H6(g)+CH4(g)生成丙烯的速率方程为υ净(C3H6)=k正c(C4H10) −k逆c(C3H6)·c(CH4)(k正、k逆为正、逆反应速率常数，与温度、催化剂有关，与浓度无关)，测得速率常数k(包括k正、k逆)的负对数pk(pk=−lgk)与温度关系如图3所示。其中，能代表pk正与T关系的直线为_______(填标号)。
(5)在一定温度T℃，总压强恒定为14.8kPa的条件下，向密闭容器充入C4H10和N2的混合气体(N2不参与反应)。在T℃下，发生反应1和2，C4H10的平衡转化率与通入气体中C4H10的物质的量分数的关系如图4所示。
①其他条件不变时，C4H10的平衡转化率随着C4H10的物质的量分数增大而减小，其原因是_______。
②T℃时，C4H10的物质的量分数为0.8对应的平衡体系中，C3H6的选择性为。该温度下，反应1的平衡常数Kp=_______kPa[以分压计算的平衡常数为Kp，分压=总压×物质的量分数：C2H4的选择性=]。
(6)己二睛是合成尼龙66的原料。工业上，采用丙烯氨氧化法制备丙烯腈(CH2=CH−CN)，又采用电有机合成法制备己二睛[NC(CH2)4CN]，装置如图所示。
阴极反应式为_______。
【答案】(1)3774.8
(2) 甲 催化剂乙的活性降低、选择性降低或副产物增多
(3)B
(4)d
(5) 平衡体系分压增大，平衡向逆反应方向移动 5
(6)2CH2=CHCN+2H++2e－=NC(CH2)4CN
【解析】(1)根据生成热定义，物质的生成热可以表示其相对能量高低，反应热等于产物总能量与反应物总能量之差，ΔH1=(20.4+124.7−74.9) kJ∙mol−1=+70.2 kJ∙mol−1。同理可得：△H2=(52.3+124.7−84.7)kJ∙mol−1=+92.3 kJ∙mol−1。反应热等于正反应活化能与递反应活化能之差，E2=(3845−70.2) kJ∙mol−1=3774.8 kJ∙mol−1；故答案为：3774.8。
(2)根据图中曲线得到工业上选择催化效率高的催化剂甲；温度高于500°C，催化剂乙的活性降低、选择性降低或副产物增多等导致丙烯产率降低；故答案为：甲；催化剂乙的活性降低、选择性降低或副产物增多。
(3)在恒温恒容条件下，平衡常数不变，平衡后充入丁烷，平衡向正反应方向移动。可以用模拟法判断丁烷转化率变化，充入丁烷后相当于将原平衡体系加压，丁烷的平衡转化率减小；故答案为：B。
(4)正反应是吸热反应，升高温度，平衡常数增大。平衡时净反应速率为0，有K=，升高温度，速率常数均增大，且k正增大的倍数大于k逆增大的倍数。k越大，pk越小；故答案为：d。
(5)①总压强不变的条件下，增大混合气体中丁烷的物质的量分数，平衡体系的分压增大，平衡向逆反应方向移动，故丁烷的平衡转化率减小；故答案为：平衡体系分压增大，平衡向逆反应方向移动。
②取混合气体中n(C4H10)=0.8mol，n(N2)=0.2mol。
反应1：，反应2：，，解得：x=0.4，y=0.08；平衡体系中气体的总物质的量为0.32mol+0.08mol+0.08mol+0.4mol+0.4mol+0.2mol=1.48mol。p(C4H10)=14.8kPa×=3.2kPa，p(C3H6)=p(CH4)=4.0kPa，=5kPa；故答案为：5。
(6)根据图中信息，水中氢氧根得到电子变为氧气，因此阴极上丙烯睛发生还原反应，电极反应式为2CH2=CHCN+2H++2e－=NC(CH2)4CN；故答案为：2CH2=CHCN+2H++2e－=NC(CH2)4CN。
3．（2022·江苏江苏·二模）我国学者分别使用Fe2O3和Fe3O4作催化剂对燃煤烟气脱硝脱硫进行了研究。
(1)催化剂制备。在60～100℃条件下，向足量NaOH溶液中通入N2一段时间，再加入适量新制FeSO4溶液，充分反应后得到混合物X；向混合物X中加入NaNO3溶液，充分反应后经磁铁吸附、洗涤、真空干燥，制得Fe3O4催化剂。
①通入N2的目的是___。
②混合物X与NaNO3反应生成Fe3O4和NH3，该反应的化学方程式为___。
(2)催化剂性能研究。如图1所示，当其他条件一定时，分别在无催化剂、Fe2O3作催化剂、Fe3O4作催化剂的条件下，测定H2O2浓度对模拟烟气(含一定比例的NO、SO2、O2、N2)中NO和SO2脱除率的影响，NO脱除率与H2O2浓度的关系如图2所示。
已知•OH能将NO、SO2氧化。•OH产生机理如下。
反应Ⅰ：Fe3++H2O2=Fe2++•OOH+H+(慢反应)
反应Ⅱ：Fe2++H2O2=Fe3++•OH+OH-(快反应)
①与Fe2O3作催化剂相比，相同条件下Fe3O4作催化剂时NO脱除率更高，其原因是___。
②NO部分被氧化成NO2。NO2被NaOH溶液吸收生成两种含氧酸钠盐，该反应的离子方程式为___。
③实验表明•OH氧化SO2的速率比氧化NO速率慢。但在无催化剂、Fe2O3作催化剂、Fe3O4作催化剂的条件下，测得SO2脱除率几乎均为100%的原因是___。
【答案】(1) 排除NaOH溶液中的O2，防止Fe2+被氧化为Fe3+ 12Fe(OH)2+NaNO34Fe3O4+NH3↑+NaOH+10H2O
(2) Fe3O4催化剂表面同时存在Fe2+和Fe3+，Fe2+直接通过反应Ⅱ快速产生•OH，c(•OH)更大：Fe2O3催化剂表面仅存在Fe3+，Fe3+需先通过慢反应Ⅰ产生Fe2+再通过快反应Ⅱ产生•OH，总反应速率由慢反应Ⅰ决定，c(•OH)小于前者；故Fe3O4作催化剂比Fe2O3作催化剂时NO脱除率更大 2NO2+2OH-=NO+NO+H2O SO2几乎完全被NaOH溶液吸收
【详解】（1）①氢氧化钠溶液中会溶解有少量空气中的氧气，氧气能氧化亚铁离子生成铁离子，通入N2的目的是排除NaOH溶液中的O2，防止Fe2+被氧化为Fe3+；
②氢氧化钠和硫酸亚铁生成氢氧化亚铁沉淀，混合物X中含有氢氧化亚铁，根据质量守恒可知，氢氧化亚铁会与NaNO3反应生成Fe3O4和NH3、氢氧化钠、水，该反应的化学方程式为12Fe(OH)2+NaNO34Fe3O4+NH3↑+NaOH+10H2O；
（2）①由已知反应机理反应Ⅰ、反应Ⅱ可知：Fe3O4催化剂表面同时存在Fe2+和Fe3+，Fe2+直接通过反应Ⅱ快速产生•OH，c(•OH)更大：Fe2O3催化剂表面仅存在Fe3+，Fe3+需先通过慢反应Ⅰ产生Fe2+再通过快反应Ⅱ产生•OH，总反应速率由慢反应Ⅰ决定，c(•OH)小于前者；故Fe3O4作催化剂比Fe2O3作催化剂时NO脱除率更大
②NO2被NaOH溶液吸收生成两种含氧酸钠盐，根据质量守恒可知为含氮元素的盐，二氧化氮中部分氮元素化合价升高、部分氮元素化合价降低，反应得到亚硝酸盐和硝酸盐，该反应的离子方程式为2NO2+2OH-=NO+NO+H2O
③二氧化硫能溶于水会和氢氧化钠反应被吸收，测得SO2脱除率几乎均为100%的原因是SO2几乎完全被NaOH溶液吸收。
4．（2022·湖北·模拟）氢气在实验室和工业上有着广泛的用途。请回答：
(1)氢气可以与煤在催化剂作用下制备乙炔，已知部分反应如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
Ⅳ．
通过计算说明反应Ⅳ自发进行的条件_______。
(2)利用氢气与二氧化碳催化反应合成乙烯，是实现低碳转型的一条途径。在0．1MPa、120℃条件下，以的投料比充入体积固定的密闭容器中，发生反应：，平衡时水蒸气的物质的量百分数为50．0%。请回答：
①反应的平衡常数表达式为_______。
②达到平衡时，的转化率为_______。
(3)氢气可合成氨气，氨气与二氧化碳可以合成尿素，反应为： ，分为两步：
反应步骤
反应方程式
Ⅰ
快速放热
Ⅱ
慢速吸热
已知投料的组成为、和水蒸气(有助于分离尿素)，一定条件下，氨基甲酸铵()物质的量与时间的关系图(图甲，t1后物质的量不再改变)，以及不同氨碳比()与水碳比()投料时平衡转化率图象(图乙，a、b代表水碳比)：
回答下列问题：
①已知反应I又可以分成两步：_______、，请写出第一步的化学方程式_______。
②下列叙述正确的是_______。
A．反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ，
B．增大氨碳比有利于提高尿素产率，原因之一是过量氨气与反应Ⅱ生成的水反应，促进平衡正移
C．实际生产中若选择曲线a，则氨碳比应控制在4.0左右
D．曲线a的水碳比大于曲线b，减小水碳比有利于尿素生成
③如果某催化剂可以同等程度地加速反应Ⅰ和Ⅱ，请在图甲中画出保持其他条件不变，加入该催化剂后从0h到t1时的氨基甲酸铵物质的量变化曲线_______。
【答案】(1)，且反应可逆符号右侧气体物质的量比左侧多，△S>0，故反应在高温下自发
(2) 或 68.2%
(3) BC
【详解】（1）将反应Ⅰ的二倍加上反应Ⅱ，再加反应Ⅲ的2倍得到反应Ⅳ． ，且反应可逆符号右侧气体物质的量比左侧多，△S>0，故反应在高温下自发；故答案为：，且反应可逆符号右侧气体物质的量比左侧多，△S>0，故反应在高温下自发。
（2）利用氢气与二氧化碳催化反应合成乙烯，是实现低碳转型的一条途径。在0.1MPa、120℃条件下，以的投料比充入体积固定的密闭容器中，发生反应：，平衡时水蒸气的物质的量百分数为50.0%。请回答：
①反应的平衡常数表达式为或；故答案为：或。
②以的投料比充入体积固定的密闭容器中，假设分解加入4mol氢气和1mol二氧化碳，达到平衡时，建立三段式，，解得x= ，的转化率为；故答案为：68.2%。
（3）①根据总反应和第二步反应得到第一步反应为；故答案为：。
②A．反应Ⅰ是快速放热，反应Ⅱ是慢速吸热，说明反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ，且，故A错误；B．增大氨碳比有利于提高尿素产率，过量氨气与反应Ⅱ生成的水反应，促进平衡正移，会生成更多的尿素，故B正确；C．实际生产中若选择曲线a，氨碳比在4.0时二氧化碳转化率已经很大，再提高氨碳比，虽然二氧化碳转化率增大，但氨气经济价值比二氧化碳经济价值大，因此增大氨碳比不划算，因此氨碳比应控制在4.0左右，故C正确；D．根据总反应增加水碳比，可以理解为二氧化碳量不变，水的量增大，平衡逆向移动，二氧化碳转化率减小，因此根据图象得到曲线a的水碳比小于曲线b，减小水碳比，水蒸气量减少，有利于平衡正向移动，利于尿素生成，故D错误；综上所述，答案为：BC。
③如果某催化剂可以同等程度地加速反应Ⅰ和Ⅱ，反应速率加快，生成氨基甲酸铵达到最高值时间缩短，短时间放出的热量大，使得温度较高，平衡正向移动，因此生成氨基甲酸铵的量比原来增加，因此加入该催化剂后从0h到t1时的氨基甲酸铵物质的量变化曲线 ；故答案为： 。
5．（2022·河北·模拟）将CO2还原成甲烷，是实现CO2资源化利用的有效途径之一。
I．CO2甲烷化
CO2甲烷化过程可能发生反应：
ⅰ．CO2(g) ＋ 4H2(g) CH4(g) ＋ 2H2O(g) ΔH1
ⅱ．CO2(g) ＋ H2(g) CO(g) ＋ H2O(g) ΔH2＝＋41.2 kJ∙mol−1
ⅲ．CO(g) ＋ 3H2(g) CH4(g) ＋ H2O(g) ΔH3＝－206.1 kJ∙mol−1
……
(1)ΔH1＝______ kJ∙mol−1。
(2)不同条件下，按照n(CO2):n(H2)＝1:4投料，CO2的平衡转化率如图所示。
①压强p1、p2、p3由大到小的顺序是______。
②压强为p1时，随着温度升高，CO2的平衡转化率先减小后增大。解释温度高于600℃之后，随着温度升高CO2转化率增大的原因______。
Ⅱ．微生物电化学法
微生物电化学产甲烷法是将电化学法和生物还原法有机结合，装置如上图所示。
(3)阴极的电极反应式是______。
(4)若生成1 mol CH4，理论上阳极室生成CO2的体积是______L(标准状况，忽略气体的溶解)。
【答案】(1) −164.9 (2)p3＞p2＞p1
CO2平衡转化率为反应ⅰ和反应ⅱ的CO2平衡转化率之和。反应ⅰ为放热反应，随温度升高CO2平衡转化率降低，反应ⅱ为吸热反应，随温度升高CO2平衡转化率升高。温度较高时，CO2平衡转化率主要取决于反应ⅱ。(或：ⅰ为放热反应；ⅱ为吸热反应。600℃之后，CO2转化率主要取决于反应ⅱ) CO2 ＋ 8e− ＋ 8H＋ ＝ CH4 ＋ 2H2O 44.8
【详解】(1)将反应ⅱ加反应ⅲ得到反应ⅰ，因此ΔH1＝＋41.2 kJ∙mol−1＋(－206.1 kJ∙mol−1) ＝−164.9kJ∙mol−1；故答案为：−164.9。
(2)①该反应是体积减小的反应，画一条与y轴相平的平行线，从下到上，转化率变大，说明平衡正向移动，压强不断增大，因此压强p1、p2、p3由大到小的顺序是p3＞p2＞p1；故答案为：p3＞p2＞p1。
②压强为p1时，随着温度升高，CO2的平衡转化率先减小后增大。解释温度高于600℃之后，随着温度升高CO2转化率增大的原因CO2平衡转化率为反应ⅰ和反应ⅱ的CO2平衡转化率之和。反应ⅰ为放热反应，随温度升高CO2平衡转化率降低，反应ⅱ为吸热反应，随温度升高CO2平衡转化率升高。温度较高时，CO2平衡转化率主要取决于反应ⅱ。(或：ⅰ为放热反应；ⅱ为吸热反应。600℃之后，CO2转化率主要取决于反应ⅱ)；故答案为：CO2平衡转化率为反应ⅰ和反应ⅱ的CO2平衡转化率之和。反应ⅰ为放热反应，随温度升高CO2平衡转化率降低，反应ⅱ为吸热反应，随温度升高CO2平衡转化率升高。温度较高时，CO2平衡转化率主要取决于反应ⅱ。(或：ⅰ为放热反应；ⅱ为吸热反应。600℃之后，CO2转化率主要取决于反应ⅱ)。
(3)根据图中信息CO2 化合价降低变为CH4，在阴极发生反应，因此阴极的电极反应式是CO2 ＋ 8e− ＋ 8H＋ ＝ CH4 ＋ 2H2O；故答案为：CO2 ＋ 8e− ＋ 8H＋ ＝ CH4 ＋ 2H2O。
(4)根据CO2 ＋ 8e− ＋ 8H＋ ＝ CH4 ＋ 2H2O，若生成1 mol CH4，转移8mol电子，有根据CH3COO− －8e−＋ 2H2O＝2CO2 ＋7H＋，因此理论上阳极室生成2molCO2，其体积是44.8L；故答案为：44.8。
1．（2022·浙江·模拟）氮元素在工业应用上具有重要地位。
请回答：
(1)某实验兴趣小组对F.Daniels的N2O4气体分解实验学习后，探究相关类似实验。在T1℃下，将N2O4气体通入1 L容器内，容器内存在如下反应：
反应Ⅰ 主反应： K1
反应Ⅱ 副反应： K2
①向该容器内通入4 mol N2O5和2 mol NO2，等到反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡后，测得c(NO2)=5 mol/L，c(N2O4)=0.5 mol/L，，则此温度下N2O5的转化率=_______。
②通过控制条件，使该容器内只进行反应Ⅰ，下列说法正确的是_______。
A．当4v ( N2O5消耗)=2v(NO2消耗)时，该化学反应达到平衡
B．反应达到平衡时，缩小容器体积，平衡常数K1变小，N2O5的转化率下降
C．恒压状态下，反应达到平衡时，通入大量稀有气体，N2O5的转化率将提高
D．恒容状态下，通入N2O5、NO2、O2各5 mol，反应达到平衡后，c(O2)＜5 mol/L
(2)已知：反应Ⅲ
反应Ⅳ
①写出NO与H2反应生成NH3和O2的热化学方程式，判断该反应自发进行的条件并说明理由：_______。
②反应Ⅲ为工业制氨的化学方程式。如图1为工业制氨反应中逆反应速率与时间(t)的关系图。已知t1时，该反应恰好达到化学平衡。t1时，将该化学反应体系升温到T℃(t2时恰好达到化学平衡)。t2时，向该化学反应体系加入正催化剂，用曲线画出t1 ~t3时间段中逆反应速率。_______。
③关于反应Ⅳ，恒容状态下N2进气速度对O2的转化率影响如图2。请解释曲线中A点到B点变化的原因：_______。
【答案】(1) 50％ AC
(2) 2NO(g)+3H2(H2)2NH3(g)+O2(g) △H=-272 kJ/mol；由联立得到的反应方程式可知△H＜0，△S＜0，故反应自发进行的条件为低温 随着N2的进气速率持续不断增大，反应器内的气体流速增大，反应热能被及时移走，等效于降低温度；该反应为吸热反应，降低温度则反应逆向移动，故O2转化速率会一定程度的降低
【详解】（1）①反应容器的容积是1 L，向该容器内通入4 mol N2O5和2 mol NO2，则反应开始时c(N2O5)=4 mol/L，c(NO2)=2 mol/L。等到反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡后，c(N2O4)=0.5 mol/L，则反应消耗△c(NO2)=1 mol/L，测得此时c(NO2)=5 mol/L，若未发生反应Ⅱ，则N2O4的浓度应该为c(NO2)=5 mol/L+1 mol/L=6 mol/L，因此发生反应Ⅰ产生的N2O4的浓度为c(NO2)=(6-2)mol/L=4 mol/L，根据反应Ⅰ中物质反应转化关系可知反应消耗N2O5的浓度△c(NO2)=2 mol/L，故此温度下N2O5的转化率=；
②A．对于反应Ⅰ，在任何时刻都存在4v (N2O5消耗)=2v(NO2生成)，若4v (N2O5消耗)=2v(NO2消耗)时，v(NO2生成)= v(NO2消耗)，反应达到平衡状态，A符合题意；
B．反应达到平衡时，缩小容器体积，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，导致N2O5的转化率下降，但温度不变，因此化学平衡常数K1不变，B错误；
C．恒压状态下，反应达到平衡时，通入大量稀有气体，反应容器的容积扩大，导致体系的压强减小，化学平衡向气体体积扩大的正反应方向移动，从而使N2O5的转化率提高，C正确；
D．根据①计算可知：在容器的容积是1 L，开始向容器中加入4 mol N2O5和2 mol NO2，反应达到平衡时，N2O5的转化率是50%，此时容器中c(N2O5)=2 mol/L，c(NO2)=5 mol/L，c(O2)=1 mol/L，反应Ⅰ的化学平衡常数K=。在恒容状态下，通入N2O5、NO2、O2各5 mol，此时浓度商Qc=＜K，反应正向进行，至反应达到平衡后，c(O2)＞5 mol/L，D错误；
故合理选项是AC；
（2）①已知：反应Ⅲ
反应Ⅳ
根据盖斯定律，将反应Ⅲ-反应Ⅳ，整理可得热化学方程式2NO(g)+3H2(H2)2NH3(g)+O2(g) △H=-272 kJ/mol；
要使反应自发进行，体系的自由能△G=△H-T△S＜0，由联立得到的总反应方程式2NO(g)+3H2(H2)2NH3(g)+O2(g) △H=-272 kJ/mol可知△H＜0，△S＜0，故反应自发进行的条件为低温条件；
②合成NH3的正反应是放热反应，在t1时刻最高温度，v正、v逆都增大，由于温度对吸热反应影响更大，因此v逆增大的倍数大于v正，化学平衡逆向移动，随着反应的进行，v逆逐渐减小，v正逐渐增大，在t2时刻反应达到平衡状态，此时v正=v逆；然后在t2时刻向该化学反应体系加入正催化剂，v正、v逆都增大，且增大有的速率关系为v正=v逆，用曲线画出t1 ~t3时间段中逆反应速率为：；
③反应Ⅳ是反应前后气体体积不变的吸热反应，在开始后，随着N2通入速率的增大，N2投入量的增大，c(N2)增大使化学反应正向进行，导致O2的转化率增大，但当N2通入速率过大时，随着N2的进气速率持续不断增大，反应器内的气体流速增大，反应热能被及时移走，等效于降低温度；该反应为吸热反应，降低温度，会使化学平衡逆向移动，故O2转化速率会一定程度的降低。
2．（2022·四川绵阳·一模）我国的能源以煤炭为主，燃煤烟气中等有害气体的排放会污染环境，用CO还原脱除SO2将其转化为单质硫，对工业生产具有重要的意义。
(1)已知常温常压下，的燃烧热为，CO(g)的燃烧热为，则CO还原脱除：_______。
(2)在某温度时，进行CO还原脱除：。
①若在刚性容器中进行，下列说法一定能确定反应达到平衡状态的是_______。
A． B．CO与SO2的浓度之比不再改变
C．容器内的压强不再改变 D．的值不再改变
②若控制进料比(物质的量)为4∶1，反应达平衡时，混合气体中的体积分数为5%，则该反应在此温度下的平衡常数为_______。
(3)在600℃时，发生如下系列反应，测得不同进料比(物质的量)下平衡体系各物质分布如图所示(图中起始投料固定为)。
反应I：
反应II：
反应III：
①该条件下，为减少有毒物质COS的产生，同时脱除，实际生产中应控制进料比为_______，在进料比大于2.5之后，COS的含量会明显增大，试分析原因_______。
②根据图中曲线，可判断_______(填“>”“=”或“<”)。
(4)SO2—空气质子交换膜燃料电池也可用于处理SO2，其原理如图。若用该电池处理标准状况下SO2含量为20%的燃煤烟气3.36L，则理论上电路中转移电子数为_______。
【答案】(1)-268.8kJ/mol
(2) AD 1.08
(3) 2.0 ，CO的含量较多，此时反应II的反应程度比反应III的程度大的多 >
(4)0.06NA
【详解】（1）根据题意得出的热化学方程式为+O2(g)SO2(g) △H=-，CO(g)的热化学方程式为CO(g)+O2(g)=CO2(g) △H=-，将两个方程式依次编号为①②，由2×②-①得，所以△H=2×(-283.0)-(-297.2)=-268.8 kJ/mol。
（2）①正向反应速率等于逆向反应速率，且速率之比等于系数之比，即时，可以判定反应达到平衡状态，A正确；CO与SO2的浓度之比不再改变不能判断反应达到平衡状态，跟反应得投料比和反应程度有关，B错误；根据方程式可以看出，反应前后的系数之和相等，压强一直保持不变，因此容器内的压强不再改变无法判定反应达到平衡状态，C错误；反应达到平衡状态时，各成分的浓度不再发生改变，的值不再改变，可以判定反应达到平衡状态，D正确；
②控制进料比(物质的量)为4∶1，设起始投料n(CO)=4mol，n(SO2)=1mol,平衡时SO2反应xmol,列出三段式：，根据反应达平衡时，混合气体中的体积分数为5%，可得=5%，解出：x=0.75，反应前后系数相同，体积不影响平衡常数，则平衡常数K==1.08。
（3）①当进料比为2时，图中n(CO2)比较大，同时n(SO2)很少，n(COS)几乎为0，故实际生产中应控制进料比为2.0；在进料比大于2.5之后，CO的含量较多，此时反应II的反应程度比反应III的程度大的多，故 COS的含量会明显增大；
②投料比为2.0时，反应I中的产物n(S)、n(CO2)很大，而n(CO)、n(SO2)很小，则K1较大，反应II中产物：n(COS)很小，n(CO)、 n(S)中n(S)很大，则K2较小，所以K1> K2
（4）标准状况下SO2的物质的量为=0.03mol，在电极a上SO2转化为H2SO4，一个SO2失去2个电子，则0.03molSO2失去0.03×2=0.06mol电子即0.06NA。
3．（2022·四川雅安·模拟）为早日实现“碳达峰”、“碳中和”，我国科学家利用作为催化剂，实现了常温下加氢制，主反应为 ，伴随发生副反应
(1)已知 ，则_______。
(2)在恒温恒容的密闭容器中，加入和，同时发生主、副反应。体系中的选择性(指转化为的占发生反应的的百分比)随温度、压强的变化曲线如图所示：
①_______。
②的选择性随温度升高而降低的原因可能是_______。
③下列说法正确的是_______。
A．增大压强，体系中副反应平衡逆向移动
B．体系中不再变化，代表反应达到平衡
C．及时分离出可以加快主反应的反应速率
D．更换合适的催化剂可提高的选择性
④某温度下，若容器体积为1L，40min后，2个反应均达到平衡，此时，，则_______，主反应的平衡常数的计算式为_______，此时的选择性为_______(保留3位有效数字)。
(3)我国某研究团队发现，当选用某种Cu作催化剂时，主反应的中间体为。此时反应分为两步：
第一步：
第二步：
其中第一步的反应历程如下图所示(*表示吸附态，即该物种吸附在催化剂表面)
历程①：
历程②：_______(写方程式)；
历程③：
我国科学家发现利用太阳能驱动转化也可以实现上述第一步反应，原理如图所示：
a的电极反应式为_______，该装置能量转化的主要形式是_______。
【答案】(1)-52.7
(2) > 主反应为放热反应，副反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动，故温度升高时不利于主反应、有利于副反应的发生，所以的选择性降低 ABD 0.01 53.8％
(3) (或) 电能和太阳能转化为化学能
【详解】（1）已知②
③
根据盖斯定律，由②+③得反应，则-52.7；
（2）主反应为气体体积缩小的反应，副反应为气体体积不变的反应，故压强越大，主反应正向移动，的选择性越大，故可知>；
②主反应为放热反应，副反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动，故温度升高时不利于主反应、有利于副反应的发生，所以的选择性降低；
③A.增大压强，主反应正向移动，CO2的浓度降低，副反应 逆向移动，选项A正确；
B.根据主反应和副反应中CO2与H2的比例不同，可知为变量，根据“变量不变达平衡”可知，体系中不再变化，代表反应达到平衡，选项B正确；
C.及时分离出，则反应物浓度降低，反应速率减小，选项C错误；
D.更换合适的催化剂可调整主副反应的比例，从而提高的选择性，选项D正确；
答案选ABD；
④某温度下，若容器体积为1L，40min后，2个反应均达到平衡，此时，，根据三段式可知：
则=0.01，主反应的平衡常数的计算式为=，此时的选择性为；
（3）已知：第一步：，历程①：，历程③：，
由第一步-历程③-历程①得历程②：(或)；
A上的Cat得电子产生Cat-，电极反应式为，根据装置中的信息可知，该装置能量转化的主要形式是电能和太阳能转化为化学能。
4．（2022·江西·赣州市赣县第三中学模拟）碳化学是以分子中只含一个碳原子的化合物为原料生产化工产品的方法。合成气(CO和的混合气体)是一碳化学的重要原料，焦炭与水蒸气在刚性密闭容器中会发生如下两个反应：
Ⅰ：
Ⅱ：
下表是几种物质的标准生成热(由对应稳定单质生成1mol某种物质的焓变叫做该物质的标准生成热)。
物质
标准生成热
0.0
0.0
(1)反应Ⅰ的焓变_______
(2)若在绝热恒容容器中仅发生反应Ⅱ，则下列事实能说明反应达到平衡状态的是_______。A．容器内气体的压强不变 B．容器内温度不变
C．容器内气体的密度不再改变 D．容器内气体的平均相对分子质量不变
(3)已知反应Ⅱ的正反应速率，逆反应速率，、分别为正、逆反应速率常数，(k表示或)与温度的关系如图所示，其中直线a、b分别表示、随温度的变化。升高温度，反应Ⅱ的平衡常数K_______(填“变大”或“变小”或“不变”)。
(4)在上图A点对应的温度下，向某刚性密闭容器中加入足量焦炭和一定量水蒸气，同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，已知起始时容器内压强为80kPa，10分钟后体系达到平衡状态，容器内压强变为100kPa。
①平衡时CO的分压_______kPa，平衡时水蒸气的转化率为_______%。
②进一步提高水蒸气平衡转化率的方法有_______、_______(写两种不同的方法)。
【答案】(1)+131.3
(2)AB
(3)变小
(4) 8 40 增大容器体积 及时分离出或
【解析】（1）生成物标准生成热总和-反应物标准生成热总和=()-()=+131.3，故答案为：+131.3；
（2）A．该反应中气体体积不变，气体总物质的量为定值，且在绝热条件下，结合PV=nRT可知，混合气体的压强为变量，当容器内气体的压强不变，表明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故A正确；
B．在绝热容器内，容器内温度为变量，当容器内温度不变，表明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故B正确；
C．混合气体的质量是定值，容器容积不变，则混合气体的密度为定值，当容器内气体的密度不再改变时，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；
D．混合气体的质量是定值，混合气体的物质的量不变，则平均相对分子质量不变为定值，当容器内气体的平均相对分子质量不变时，不能说明反应达到平衡状态，故D错误；
故选AB；
（3）(k表示或)与温度的关系如图所示，其中直线a、b分别表示、随温度的变化，由图可知，随着温度的升高减小，正逆反应速率均增大，但升高相同温度时，lg增加的更多，说明平衡逆向移动，K值变小，故答案为：变小；
（4）①已知起始时容器内压强为80kPa，10分钟后体系达到平衡状态，容器内压强变为100kPa，列化学平衡三段式，
则x-y+80-x-y+y+x+y=100，解得x=20kPa，A点对应的温度下平衡时，=，
=，A点=，则=，则(20-y)(80-20-y)=y(20+y)，解得y=12 kPa，平衡时CO的分压，平衡时水蒸气的转化率为100%=40%，故答案为：8；40；
②反应Ⅰ为气体体积增大的反应，增大容器体积，平衡正向移动，可以提高水蒸气平衡转化率，或者及时分离出或，也会促进平衡正向移动，提高水蒸气平衡转化率，故答案为：增大容器体积；及时分离出或。
5．（2022·广东·东莞市东华高级中学模拟）含氮化合物(NOx、NO等)是主要的污染物之一，消除含氮化合物的污染倍受关注。
(1)下列过程属于氮的固定过程的是_______(填选项字母)。
A．工业合成氨
B．工业利用氨气合成硝酸
C．雷雨天中氮气与氧气生成氮氧化合物
D．通过碱性试剂将气态的氮氧化合物转化为固态含氮化合物
(2)已知反应2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g) = -1169kJ·mol-1，该反应的逆反应活化能为akJ·mol-1，则其正反应活化能为_______kJ·mol-1 (用含a的代数式表示)。
(3)某种含二价铜微粒的催化剂可用于汽车尾气脱氮。催化机理如图1，反应历程如图2。
①Cu的基态核外电子排布式为_______，基态Cu+比Cu2+稳定的原因是_______，从化学键的角度解释能结合NH3的原因：_______。
②该脱氮过程的总反应方程式为_______。该反应历程的决速步骤是_______。(填选项)
a.状态①→状态② b.状态②→状态③
c.状态③→状态④ d.状态④→状态⑤
(4)实验室用NaOH溶液对氮氧化合物进行尾气吸收，例如NaOH溶液可将NO2转化为NaNO3和NaNO2。该吸收过程中发生反应的离子方程式为_______。
【答案】(1)AC
(2)(a-1169)
(3) 或 Cu+的价电子式为，为全充满状态，较稳定，Cu2+的价电子式为，较不稳定 NH3中的N有孤电子对，中的CuII有空轨道能接受孤电子对，形成配位键 4NO+4NH3+O24N2+6H2O c
(4)2NO2+2OH- =NO+NO+H2O
【解析】（1）A．工业合成氨，氮气和氢气反应生成氨气，氮元素由游离态变为化合态，属于氮的固定，故选A；
B．工业利用氨气合成硝酸，氮元素不是游离态变为化合态，不属于氮的固定，故不选B；
C．雷雨天中氮气与氧气生成氮氧化合物，氮元素由游离态变为化合态，属于氮的固定，故选C；
D．通过碱性试剂将气态的氮氧化合物转化为固态含氮化合物，氮元素不是游离态变为化合态，不属于氮的固定，故不选D；
选AC。
（2）已知反应2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g) = -1169kJ·mol-1，该反应的逆反应活化能为akJ·mol-1，焓变=正反应活化能-逆反应活化能，则其正反应活化能为akJ·mol-1+(-1169kJ·mol-1)= (a-1169)kJ·mol-1。
（3）①Cu是29号元素，基态Cu原子核外电子排布式为；Cu+的价电子式为，为全充满状态，较稳定，Cu2+的价电子式为，较不稳定，属于基态Cu+比Cu2+稳定；NH3中的N有孤电子对，中的CuII有空轨道能接受孤电子对，形成配位键，所以能结合NH3。
②根据图示，该脱氮过程中氨气和一氧化氮、氧气在催化剂作用下反应生成氮气和水，总反应方程式为4NO+4NH3+O24N2+6H2O。活化能越大，反应速率越慢，慢反应决定总反应速率，属于该反应历程的决速步骤是状态③→状态④，选c。
（4）NaOH溶液将NO2转化为NaNO3和NaNO2，根据得失电子守恒，发生反应的离子方程式为2NO2+2OH- =NO+NO+H2O。
11．（2022·吉林·长春十一高模拟）煤炭燃烧时产生大量SO2、NO对环境造成很大污染，将煤进行气化和液化是减少污染的有效手段。
(1)煤的液化是现代能源工业中重点推广的能源综合利用方案，最常见的液化方法为用煤生产CH3OH。已知制备甲醇的有关化学反应及平衡常数如下：
i：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1
ii：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2=41.2kJ/mol
iii：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H3=-132.0kJ/mol
850℃时，三个反应的平衡常数分别为K1=160、K2=243、K3=160。
①△H1=____，该反应在____(填“高温”或“低温”)能自发进行。
②850℃时，在密闭容器中进行反应i，开始时只加入CO2、H2，反应10min后测得各组分的浓度如表。比较正、逆反应的速率的大小：v正____v逆(填“>”“<”或“=”)。
物质
H2
CO2
CH3OH
H2O
浓度/mol/L
0.2
0.5
0.8
0.8
(2)在CO2利用的科研中，中科院天津工业生物所将H2与CO2反应合成甲醇，再由甲醇经若干酶促反应合成淀粉，首次在实验室实现二氧化碳到淀粉的从头合成。该研究成果在碳中和、碳排放、温室效应、粮食危机等方面有着重大意义。
回答下列问题：
保持温度T不变，在一刚性密闭容器中，充入一定量的CO2和H2，同时发生反应i和ii，起始及达平衡时，容器内各气体的物质的量如表所示。
CO2
H2
CH3OH
CO
H2O
起始量/mol
4.0
8.0
0
0
0
平衡量/mol
n1
3.0
已知起始时总压强为1.5pkPa，平衡时体系总压强为pkPa，则表中n1=____，反应i的平衡常数Kp=____。(含p的式子表示)
(3)取物质的量浓度为amol•L-1的甲醇，选择不同的工程酶组块作为催化剂反应10h，测得实验数据如表所示。
实验序号
温度/K
不同工程酶的组块
淀粉/(g•L-1)
1
T1
agp－M1
0.21
2
T1
agp－M2
0.38
3
T2
agp－M2
1.82
4
T2
agp－M3
1.24
①根据表中数据选取最佳的反应条件____(填实验序号)。
②已知温度升高，反应生成的淀粉量先增加后急剧减少，其可能原因是____。
③实验4可用淀粉的质量浓度表示反应速率为____g•L-1•h-1。
【答案】(1) -90.8kJ/mo1 低温 =
(2) 2.0
(3) 3 随温度升高，催化剂活性增强反应速率加快，生成的淀粉量增加；续升高温度，催化剂失活，反应速率减慢，生成的淀粉量减少 0.124
【解析】（1）①由盖斯定律可知，ii+iii得到反应i，△H1=(41.2kJ/mol)+( -132.0kJ/mol)= -90.8kJ/mol，反应为放热的熵减反应，根据△H-T△S<0反应可自发进行，则该反应在低温能自发进行。
②由图表可知，Q== K1，反应达到平衡状态，则v正=v逆；
（2）已知，充入二氧化碳、氢气的总量为12mol，起始时总压强为1.5pkPa，平衡时体系总压强为pkPa，则根据阿伏伽德罗定律可知，反应后总的物质的量为，反应ii为气体分子数不变的反应，减少的物质的量为12mol-8mol=4mol为反应i进行导致的，根据反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)可知气体系数变化∆n=2；
则反应反应平衡时甲醇为n1=2.0mol；
由图表可知，反应后水的物质的量为3.0mol，则：
则反应后二氧化碳、氢气、甲醇、水的物质的量分别为1.0mol、1.0mol、2.0mol、3.0mol；反应后总的物质的量为8mol，则二氧化碳、氢气、甲醇、水的分压分别为0.125pkPa、0.125pkPa、0.25pkPa、0.375pkPa，则Kp=；
（3）①根据表中数据选取最佳的反应条件：3，此时淀粉的产率最高；
②随温度升高，催化剂活性增强反应速率加快，生成的淀粉量增加；继续升高温度，催化剂失活，反应速率减慢，生成的淀粉量减少，故温度升高，反应生成的淀粉量先增加后急剧减少；
③实验4可用淀粉的质量浓度表示反应速率为1.24g•L-1÷10h=0.124g•L-1•h-1。
1．（2022·辽宁·高考真题）工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，目前已有三位科学家因其获得诺贝尔奖，其反应为：。回答下列问题：
(1)合成氨反应在常温下_______(填“能”或“不能”)自发。
(2)_______温(填“高”或“低”，下同)有利于提高反应速率，_______温有利于提高平衡转化率，综合考虑催化剂(铁触媒)活性等因素，工业常采用。
针对反应速率与平衡产率的矛盾，我国科学家提出了两种解决方案。
(3)方案一：双温-双控-双催化剂。使用双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为时，的温度为，而的温度为)。
下列说法正确的是_______。
a．氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率
b．在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率
c．“热Fe”高于体系温度，有利于提高氨的平衡产率
d．“冷Ti”低于体系温度，有利于提高合成氨反应速率
(4)方案二：复合催化剂。
下列说法正确的是_______。
a．时，复合催化剂比单一催化剂效率更高
b．同温同压下，复合催化剂有利于提高氨的平衡产率
c．温度越高，复合催化剂活性一定越高
(5)某合成氨速率方程为：，根据表中数据，_______；
实验
1
m
n
p
q
2
2m
n
p
2q
3
m
n
0.1p
10q
4
m
2n
p
2.828q
在合成氨过程中，需要不断分离出氨的原因为_______。
a．有利于平衡正向移动 b．防止催化剂中毒 c．提高正反应速率
(6)某种新型储氢材料的晶胞如图，八面体中心为M金属离子，顶点均为配体；四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。若其摩尔质量为，则M元素为_______(填元素符号)；在该化合物中，M离子的价电子排布式为_______。
【答案】(1)能
(2) 高 低
(3)ab
(4)a
(5) -1 a
(6) Fe 3d6
【详解】（1），则∆G=∆H-T∆S=(-92.4+0.2×273) kJ∙mol-1=-37.8 kJ∙mol-１＜0，所以合成氨反应在常温下能自发进行。答案为：能；
（2）温度越高，反应速率越快，所以高温有利于提高反应速率；因为正反应为放热反应，所以低温有利于提高平衡转化率。答案为：高；低；
（3）a．因为正反应为放热反应，所以低温有利于平衡正向移动，氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率，a正确；
b．温度升高，反应速率加快，所以在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率，b正确；
c．合成氨反应的正反应为放热反应，“热Fe”高于体系温度，不利于提高氨的平衡产率，c不正确；
d．温度升高，可提高合成氨反应的速率，所以“冷Ti”低于体系温度，不利于提高合成氨反应速率，d不正确；
故选ab。答案为：ab；
（4）a．从图中可以看出，时，复合催化剂比单一催化剂的反应速率快，催化效率更高，a正确；
b．催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡产率，所以同温同压下，复合催化剂不能提高氨的平衡产率，b不正确；
c．虽然图中显示温度高反应速率快，但温度高到一定程度后，复合催化剂活性就可能不变或变低，c不正确；
故选a。答案为：a；
（5）选择实验1和3进行分析，此时，则γ=-1；
a．在合成氨过程中，需要不断分离出氨，有利于平衡正向移动，a正确；
b．氨是在该催化剂的催化作用下生成，不会使催化剂中毒，b不正确；
c．分离出氨，并没有增大反应物的浓度，所以不会提高正反应速率，c不正确；
故选a。答案为：-1；a；
（6）从图中信息可以进行以下计算：含黑球的数目为=4，含白球的数目为8，则黑球与白球的个数比为1:2。黑球的化学式为，白球的化学式为。从而得出M+17×6+15×2=188，M=56，则M元素为Fe；在该化合物中，Fe2+的价电子排布式为3d6。答案为：Fe；3d6。
2．（2022·江苏·高考真题）氢气是一种清洁能源，绿色环保制氢技术研究具有重要意义。
(1)“热电循环制氢”经过溶解、电解、热水解和热分解4个步骤，其过程如图所示。
①电解在质子交换膜电解池中进行。阳极区为酸性溶液，阴极区为盐酸，电解过程中转化为。电解时阳极发生的主要电极反应为_______(用电极反应式表示)。
②电解后，经热水解和热分解的物质可循环使用。在热水解和热分解过程中，发生化合价变化的元素有_______(填元素符号)。
(2)“热循环制氢和甲酸”的原理为：在密闭容器中，铁粉与吸收制得的溶液反应，生成、和；再经生物柴油副产品转化为Fe。
①实验中发现，在时，密闭容器中溶液与铁粉反应，反应初期有生成并放出，该反应的离子方程式为_______。
②随着反应进行，迅速转化为活性，活性是转化为的催化剂，其可能反应机理如图所示。根据元素电负性的变化规律。如图所示的反应步骤Ⅰ可描述为_______。
③在其他条件相同时，测得Fe的转化率、的产率随变化如题图所示。的产率随增加而增大的可能原因是_______。
(3)从物质转化与资源综合利用角度分析，“热循环制氢和甲酸”的优点是_______。
【答案】(1) Cu、O
(2) 吸附在催化剂的Fe2+上的H与中碳原子作用，吸附在O2-的H与中的羟基氧作用生成的H2O和均吸附在上Fe2+ 随增加，催化剂的量增多，增大了接触面积， H2的产量增大， 的产率增大
(3)制得H2，CO2转化为甲酸，生物柴油副产品的利用
【详解】（1）①电解在质子交换膜电解池中进行，H+可自由通过，阳极区为酸性溶液，电解过程中转化为，电解时阳极发生的主要电极反应为：；
②电解后，经热水解得到的HCl和热分解得到的CuCl等物质可循环使用，从图中可知，热分解产物还有O2，从详解①中得知，进入热水解的物质有，故发生化合价变化的元素有Cu、O。
（2）①在时，密闭容器中溶液与铁粉反应，反应初期有生成并放出，离子方程式为：；
②H的电负性大于Fe，小于O，在活性表面，部分H吸附在催化剂的亚铁离子上，略带负电；另一部分H吸附在催化剂的氧离子上，略带正电；前者与中略带正电的碳结合，后者与中略带负电的羟基氧结合生成H2O，转化为；故答案为：吸附在催化剂的Fe2+上的H与中碳原子作用，吸附在O2-的H与中的羟基氧作用生成的H2O和均吸附在上Fe2+；
③在其他条件相同时，随增加，其与铁粉反应加快，从图中得知Fe的转化率也增大，即生成和H2的速率更快，量更大，则得到活性的速度更快，量也更多，生成的速率更快，产率也更大。故答案为：随增加，催化剂的量增多，增大了接触面积， H2的产量增大， 的产率增大；
（3）“热循环制氢和甲酸”系统将转化为和生成H2的速率快，原子利用率高，不产生污染物，Fe初期生成后迅速转化为活性，氧化为再经生物柴油副产品转化为Fe，得到循环利用，故该原理的优点是：制得H2，CO2转化为甲酸，生物柴油副产品的利用。
13．（2022·海南·高考真题）某空间站的生命保障系统功能之一是实现氧循环，其中涉及反应：
回答问题：
(1)已知：电解液态水制备，电解反应的。由此计算的燃烧热(焓)_______。
(2)已知：的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系如图1所示。
①若反应为基元反应，且反应的与活化能(Ea)的关系为。补充完成该反应过程的能量变化示意图(图2)_______。
②某研究小组模拟该反应，温度t下，向容积为10L的抽空的密闭容器中通入和，反应平衡后测得容器中。则的转化率为_______，反应温度t约为_______℃。
(3)在相同条件下，与还会发生不利于氧循环的副反应：，在反应器中按通入反应物，在不同温度、不同催化剂条件下，反应进行到2min时，测得反应器中、浓度()如下表所示。
催化剂
t=350℃
t=400℃
催化剂Ⅰ
10.8
12722
345.2
42780
催化剂Ⅱ
9.2
10775
34
38932
在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，生成的平均反应速率为_______；若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件，原因是_______。
【答案】(1)-286
(2) 50%或0.5 660.2(或660.1或660.3,其他答案酌情给分)
(3) 5.4 相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高
【详解】（1）电解液态水制备，电解反应的，由此可以判断，2mol完全燃烧消耗，生成液态水的同时放出的热量为572kJ ，故1mol完全燃烧生成液态水放出的热量为286kJ，因此，的燃烧热(焓)-286。
（2）①由的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系图可知，K随着温度升高而减小，故该反应为放热反应。若反应为基元反应，则反应为一步完成，由于反应的与活化能(Ea)的关系为，由图２信息可知＝ａ，则ａ，该反应为放热反应，生成物的总能量小于反应物的，因此该反应过程的能量变化示意图为： 。
②温度t下，向容积为10L的抽空的密闭容器中通入和，反应平衡后测得容器中，则的转化率为，根据C元素守恒可知，的平衡量为，和是按化学计量数之比投料的，则的平衡量为，的平衡量是的２倍，则，的平衡浓度分别为、、、，则该反应的平衡常数K＝，根据图１中的信息可知，反应温度t约为660.2℃。
（3）在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，由表中信息可知，的浓度由０增加到10.8，因此，生成的平均反应速率为；由表中信息可知，在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应， 的浓度由０增加到10.8，，:＝12722:10.81178；在选择使用催化剂Ⅱ和350℃的反应条件下，的浓度由０增加到9.2，:＝10775:9.21171；在选择使用催化剂Ⅰ和400℃条件下反应， 的浓度由０增加到345.2，:＝42780:345.2124；在选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件下，的浓度由０增加到34，:＝38932:341145。因此，若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件的原因是：相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高。
4．（2022·河北·高考真题）氢能是极具发展潜力的清洁能源，以氢燃料为代表的燃料电池有良好的应用前景。
(1)时，燃烧生成)放热，蒸发吸热，表示燃烧热的热化学方程式为_______。
(2)工业上常用甲烷水蒸气重整制备氢气，体系中发生如下反应。
Ⅰ.
Ⅱ.
①下列操作中，能提高平衡转化率的是_______ (填标号)。
A．增加用量 B．恒温恒压下通入惰性气体
C．移除 D．加入催化剂
②恒温恒压条件下，和反应达平衡时，的转化率为，的物质的量为，则反应Ⅰ的平衡常数_______ (写出含有a、b的计算式；对于反应，，x为物质的量分数)。其他条件不变，起始量增加到，达平衡时，，平衡体系中的物质的量分数为_______(结果保留两位有效数字)。
(3)氢氧燃料电池中氢气在_______(填“正”或“负”)极发生反应。
(4)在允许自由迁移的固体电解质燃料电池中，放电的电极反应式为_______。
(5)甲醇燃料电池中，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO，四步可能脱氢产物及其相对能量如图，则最可行途径为a→_______(用等代号表示)。
【答案】(1)H2(g)+O2 (g)=H2O(1) H= -286 kJ•mol-1
(2) BC 43%
(3)负
(4)CnH2n+2-(6n+2)e-+ (3n+1) O2-=n CO2+(n+1) H2O
(5)abehj
【详解】（1）298K时，1gH2燃烧生成H2O(g)放热121 kJ，则1molH2燃烧生成H2O(g)放热=242kJ，用热化学方程式表示为：H2(g)+O2(g)=H2O(g) H1= -242 kJ•mol-1①，又因为1 mol H2O(1)蒸发吸热44kJ，则H2O(g)= H2O(l) H2= -44 kJ•mol-1②，根据盖斯定律可知，表示H2燃烧热的反应热为 H=H1+H2= -286 kJ•mol-1，故答案为：H2(g)+O2 (g)=H2O(1) H= -286 kJ•mol-1；
（2）①A．增加CH4 (g)用量可以提高H2O(g)的转化率，但是CH4(g)平衡转化率减小，A不符合题意；
B．恒温恒压下通入惰性气体，相当于减小体系压强，反应混合物中各组分的浓度减小，反应Ⅰ的化学平衡正向移动，能提高CH4(g)平衡转化率，B符合题意；
C．移除CO(g)，减小了反应混合物中CO(g)的浓度，反应Ⅰ的化学平衡正向移动，能提高CH4(g)平衡转化率，C符合题意；
D．加入催化剂不能改变平衡状态，故不能提高CH4(g)平衡转化率，D不符合题意；
综上所述，上述操作中，能提高CH4(g)平衡转化率的是BC；
②恒温恒压条件下，1 mol CH4 (g)和1 mol H2O(g)反应达平衡时，CH4 (g)的转化率为α，CO2 (g)的物质的量为b mol，则转化的CH4 (g)为α mol，剩余的CH4 (g)为(1-α)mol，根据C元素守恒可知，CO(g)的物质的量为(α-b)mol，根据H和O守恒可知，H2O(g)的物质的量为(1-α-b)mol，H2(g)的物质的量为(3α+b)mol，则反应混合物的总物质的量为(2α+2)mol，平衡混合物中，CH4(g)、H2O(g)、 CO(g) 、H2(g)的物质的量分数分别为、、、，因此，反应I的平衡常数Kx=；其他条件不变，H2O(g)起始量增加到5mol，达平衡时，α=0.90，b =0.65，则平衡时，CH4 (g)为0.1mol，根据C元素守恒可知，CO(g)的物质的量为0.25mol，，根据H和O守恒可知，H2O(g)的物质的量为(5-0.90-0.65 )mol=3.45mol，H2(g)的物质的量为(3α+b )mol=3.35mol，平衡混合物的总物质的量为(2α+6 )mol=7.8mol，平衡体系中H2(g)的物质的量分数为；
（3）燃料电池中的燃料在负极发生氧化反应，因此，氢氧燃料电池中氢气在负极发生反应；
（4）在允许O2-自由迁移的固体电解质燃料电池中，CnH2n+2在负极发生氧化反应生成CO2和H2O，电极反应式为CnH2n+2-(6n+2)e-+ (3n+1) O2-=nCO2+(n+1) H2O；
（5）由图示可知，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO，且能垒越低，活化能越小，越容易进行，根据图示可知，其可行的途径为：abehj。
5．（2022·广东·高考真题）铬及其化合物在催化、金属防腐等方面具有重要应用。
(1)催化剂可由加热分解制备，反应同时生成无污染气体。
①完成化学方程式：______________。
②催化丙烷脱氢过程中，部分反应历程如图，过程的焓变为_______(列式表示)。
③可用于的催化氧化。设计从出发经过3步反应制备的路线_______(用“→”表示含氮物质间的转化)；其中一个有颜色变化的反应的化学方程式为_______。
(2)溶液中存在多个平衡。本题条件下仅需考虑如下平衡：
(ⅰ)
(ⅱ)
①下列有关溶液的说法正确的有_______。
A．加入少量硫酸，溶液的pH不变
B．加入少量水稀释，溶液中离子总数增加
C．加入少量溶液，反应(ⅰ)的平衡逆向移动
D．加入少量固体，平衡时与的比值保持不变
②25℃时，溶液中随pH的变化关系如图。当时，设、与的平衡浓度分别为x、y、，则x、y、z之间的关系式为_______；计算溶液中的平衡浓度_____(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。
③在稀溶液中，一种物质对光的吸收程度(A)与其所吸收光的波长()有关；在一定波长范围内，最大A对应的波长()取决于物质的结构特征；浓度越高，A越大。混合溶液在某一波长的A是各组分吸收程度之和。为研究对反应(ⅰ)和(ⅱ)平衡的影响，配制浓度相同、不同的稀溶液，测得其A随的变化曲线如图，波长、和中，与的最接近的是_______；溶液从a变到b的过程中，的值_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】(1) N2↑ 4H2O (E1-E2)+ΔH+(E3-E4) 2NO+O2=2NO2
(2) BD 当溶液pH=9时，，因此可忽略溶液中
即=0.20
反应(ii)的平衡常数K2===3.3×10-7
联立两个方程可得=6.0×10-4mol/L λ3 增大
【解析】(1)①分解过程中，生成Cr2O3和无污染气体，根据元素守恒可知，其余生成物为N2、H2O，根据原子守恒可知反应方程式为，故答案为：N2↑；4H2O。
②设反应过程中第一步的产物为M，第二步的产物为N，则X→M ΔH1=(E1-E2)，M→N ΔH2=ΔH，N→Y ΔH3=(E3-E4)1，根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓变为ΔH1+ΔH2+ΔH3=(E1-E2)+ΔH+(E3-E4)，故答案为：(E1-E2)+ΔH+(E3-E4)。
③NH3在Cr2O3作催化剂条件下，能与O2反应生成NO，NO与O2反应生成红棕色气体NO2，NO2与H2O反应生成HNO3和NO，若同时通入O2，可将氮元素全部氧化为HNO3，因此从NH3出发经过3步反应制备HNO3的路线为；其中NO反应生成NO2过程中，气体颜色发生变化，其反应方程式为2NO+O2=2NO2，故答案为：；2NO+O2=2NO2。
(2)①K2Cr2O7溶液中存在平衡：(i)、(ii)。
A．向溶液中加入少量硫酸，溶液中c(H+)增大，(ii)平衡逆向移动，根据勒夏特列原理可知，平衡移动只是减弱改变量，平衡后，溶液中c(H+)依然增大，因此溶液的pH将减小，故A错误；
B．加水稀释过程中，根据“越稀越水解”、“越稀越电离”可知，(i)和(ii)的平衡都正向移动，两个平衡正向都是离子数增大的反应，因此稀释后，溶液中离子总数将增大，故B正确；
C．加入少量NaOH溶液，(ii)正向移动，溶液中将减小，(i)将正向移动，故C错误；
D．平衡(i)的平衡常数K1=，平衡常数只与温度和反应本身有关，因此加入少量K2Cr2O7溶液，不变，故D正确；
综上所述，答案为：BD。
②0.10mol/L K2Cr2O7溶液中，Cr原子的总浓度为0.20mol/L，当溶液pH=9.00时，溶液中Cr原子总浓度为=0.20mol/L，、与的平衡浓度分别为x、y、z mol/L，因此=0.10；由图8可知，当溶液pH=9时，，因此可忽略溶液中，即=0.20，反应(ii)的平衡常数K2===3.3×10-7，联立两个方程可得=6.0×10-4mol/L。
③根据反应(i)、(ii)是离子浓度增大的平衡可知，溶液pH越大，溶液中越大，混合溶液在某一波长的A越大，溶液的pH越大，溶液中越大，因此与的λmax最接近的是λ3；反应(i)的平衡常数K1= ，反应(ii)的平衡常数K2=，= = ，因此= ，由上述分析逆推可知，b>a，即溶液pH从a变到b的过程中，溶液中c(H+)减小，所以的值将增大，故答案为：λ3；增大。
6．（2022·湖南·高考真题）2021年我国制氢量位居世界第一，煤的气化是一种重要的制氢途径。回答下列问题：
(1)在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量的和，起始压强为时，发生下列反应生成水煤气：
Ⅰ.
Ⅱ.
①下列说法正确的是_______；
A．平衡时向容器中充入惰性气体，反应Ⅰ的平衡逆向移动
B．混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡
C．平衡时的体积分数可能大于
D．将炭块粉碎，可加快反应速率
②反应平衡时，的转化率为，CO的物质的量为。此时，整个体系_______(填“吸收”或“放出”)热量_______kJ，反应Ⅰ的平衡常数_______(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
(2)一种脱除和利用水煤气中方法的示意图如下：
①某温度下，吸收塔中溶液吸收一定量的后，，则该溶液的_______(该温度下的)；
②再生塔中产生的离子方程式为_______；
③利用电化学原理，将电催化还原为，阴极反应式为_______。
【答案】(1) BD 吸收 31.2
(2) 10 2CO2↑++H2O 2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O、AgCl+e-=Ag+Cl-
【解析】（1）①A．在恒温恒容条件下，平衡时向容器中充入情性气体不能改变反应混合物的浓度，因此反应Ⅰ的平衡不移动，A说法不正确；
B．在反应中有固体C转化为气体，气体的质量增加，而容器的体积不变，因此气体的密度在反应过程中不断增大，当混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，B说法正确；
C．若C(s)和H2O(g)完全反应全部转化为CO2(g)和H2(g)，由C(s)+ 2H2O(g) = CO2(g)+ 2H2(g)可知，H2的体积分数的极值为，由于可逆反应只有一定的限度，反应物不可能全部转化为生成物，因此，平衡时H2的体积分数不可能大于，C说法不正确；
D．将炭块粉碎可以增大其与H2O(g)的接触面积，因此可加快反应速率，D说法正确；
综上所述，相关说法正确的是BD。
②反应平衡时，H2O(g)的转化率为50%，则水的变化量为0.5mol，水的平衡量也是0.5mol，由于CO的物质的量为0.1mol，则根据O原子守恒可知CO2的物质的量为0.2mol，生成0.2mol CO2时消耗了0.2mol CO，故在反应Ⅰ实际生成了0.3molCO。根据相关反应的热化学方程式可知，生成0.3mol CO要吸收热量39.42kJ ，生成0.2mol CO2要放出热量8.22kJ此时，因此整个体系吸收热量39.42kJ-8.22kJ=31.2kJ；由H原子守恒可知，平衡时H2的物质的量为0.5mol，CO的物质的量为0.1mol，CO2的物质的量为0.2mol，水的物质的量为0.5mol，则平衡时气体的总物质的量为0.5mol+0.1mol+0.2mol+0.5mol=1.3mol，在同温同体积条件下，气体的总压之比等于气体的总物质的量之比，则平衡体系的总压为0.2MPa1.3=0.26MPa，反应I（C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)）的平衡常数Kp= 。
（2）①某温度下,吸收塔中K2CO3溶液吸收一定量的CO2后，c():c()=1:2，由可知，=，则该溶液的pH=10；
②再生塔中KHCO3受热分解生成K2CO3、H2O和CO2，该反应的离子方程式为2CO2↑++H2O；
③利用电化学原理，将CO2电催化还原为C2H4，阴极上发生还原反应，阳极上水放电生成氧气和H+，H+通过质子交换膜迁移到阴极区参与反应生成乙烯，铂电极和Ag/AgCl电极均为阴极，在电解过程中AgCl可以转化为Ag，则阴极的电极反应式为2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O、AgCl+e-=Ag+Cl-。
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