专题15 化学反应原理综合——【新高考专用】三年（2020-2022）高考真题化学分类汇编（原卷版+解析版）

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专题15 化学反应原理综合

1．（2022·浙江卷）主要成分为的工业废气的回收利用有重要意义。
(1)回收单质硫。将三分之一的燃烧，产生的与其余混合后反应：。在某温度下达到平衡，测得密闭系统中各组分浓度分别为、、，计算该温度下的平衡常数_______。
(2)热解制。根据文献，将和的混合气体导入石英管反应器热解(一边进料，另一边出料)，发生如下反应：
Ⅰ   
Ⅱ   
总反应：
Ⅲ   
投料按体积之比，并用稀释；常压，不同温度下反应相同时间后，测得和体积分数如下表：
温度/
950
1000
1050
1100
1150

0.5
1.5
3.6
5.5
8.5

0.0
0.0
0.1
0.4
1.8
请回答：
①反应Ⅲ能自发进行的条件是_______。
②下列说法正确的是_______。
A．其他条件不变时，用Ar替代作稀释气体，对实验结果几乎无影响
B．其他条件不变时，温度越高，的转化率越高
C．由实验数据推出中的键强于中的键
D．恒温恒压下，增加的体积分数，的浓度升高
③若将反应Ⅲ看成由反应Ⅰ和反应Ⅱ两步进行，画出由反应原料经两步生成产物的反应过程能量示意图_______。

④在，常压下，保持通入的体积分数不变，提高投料比，的转化率不变，原因是_______。
⑤在范围内(其他条件不变)，的体积分数随温度升高发生变化，写出该变化规律并分析原因_______。
【答案】(1)8×108 L·mol－1
(2) 高温     AB          1000℃时CH4不参与反应，相同分压的H2S经历相同的时间转化率相同     先升后降；在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S2(g)的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率，S2(g)的体积分数减小
【解析】(1)根据方程式可知该温度下平衡常数K＝；
(2)①根据盖斯定律可知Ⅰ+Ⅱ即得到反应Ⅲ的ΔH＝234kJ/mol，这说明反应Ⅲ是吸热的体积增大（即ΔS＞0）的反应，根据ΔG＝ΔH－TΔS＜0可自发进行可知反应Ⅲ自发进行的条件是高温下自发进行；
②A．Ar是稀有气体，与体系中物质不反应，所以其他条件不变时，用Ar替代N2作稀释气体，对实验结果几乎无影响，A正确；
B．正反应吸热，升高温度平衡正向进行，温度越高，H2S的转化率越高，B正确；
C．根据表中数据无法得出H2S中S-H键和CH4中C-H键的相对强弱，事实上C-H键的键能大于S-H键键能，C错误；
D．恒温恒压下，增加N2的体积分数，相当于减压，平衡正向进行，H2的物质的量增加，容器容积增加，H2浓度减小，D错误；
答案选AB；
③反应I、反应Ⅱ和反应Ⅲ均是吸热反应，则反应过程能量示意图可表示为；
④根据表中数据可知1000℃时CH4不参与反应，相同分压的H2S经历相同的时间转化率相同，所以在1000℃常压下，保持通入的H2S体积分数不变，提高投料比时H2S的转化率不变；
⑤由于在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S2(g)的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率，S2(g)的体积分数减小，因此变化规律是先升后降。
2．（2022·广东卷）铬及其化合物在催化、金属防腐等方面具有重要应用。
(1)催化剂可由加热分解制备，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。
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)。
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。
(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。
3．（2022·湖南卷）2021年我国制氢量位居世界第一，煤的气化是一种重要的制氢途径。回答下列问题：
(1)在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量的和，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-。


1．（2021·山东卷）2−甲氧基−2−甲基丁烷(TAME)常用作汽油原添加剂。在催化剂作用下，可通过甲醇与烯烃的液相反应制得，体系中同时存在如图反应：
反应Ⅰ：+CH3OH △H1
反应Ⅱ：+CH3OH△H2
反应Ⅲ： △H3
回答下列问题：
（1）反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ以物质的量分数表示的平衡常数Kx与温度T变化关系如图所示。据图判断，A和B中相对稳定的是__(用系统命名法命名)；的数值范围是___(填标号)。
A．<−1 B．−1～0 C．0～1 D．>1

（2）为研究上述反应体系的平衡关系，向某反应容器中加入1.0molTAME，控制温度为353K，测得TAME的平衡转化率为α。已知反应Ⅲ的平衡常数Kx3=9.0，则平衡体系中B的物质的量为___mol，反应Ⅰ的平衡常数Kx1=___。同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，反应Ⅰ的化学平衡将__(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)平衡时，A与CH3OH物质的量浓度之比c(A)：c(CH3OH)=___。
（3）为研究反应体系的动力学行为，向盛有四氢呋喃的另一容器中加入一定量A、B和CH3OH。控制温度为353K，A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化如图所示。代表B的变化曲线为__(填“X”或“Y”)；t=100s时，反应Ⅲ的正反应速率v正__逆反应速率v逆(填“＞”“＜”或“=)。

【答案】（1）2−甲基−2−丁烯 D
（2）0.9α 逆向移动 1:10
（3）X ＜
【解析】
（1）由平衡常数Kx与温度T变化关系曲线可知，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的平衡常数的自然对数随温度升高（要注意横坐标为温度的倒数）而减小，说明3个反应均为放热反应，即△H1＜0、△H2＜0、△H3＜0，因此，A的总能量高于B的总能量，能量越低越稳定，A和B中相对稳定的是B，其用系统命名法命名为2−甲基−2−丁烯；由盖斯定律可知，Ⅰ−Ⅱ=Ⅲ，则△H1−△H2=△H3＜0，因此△H1＜△H2，由于放热反应的△H越小，其绝对值越大，则的数值范围是大于1，选D。
（2）向某反应容器中加入1.0molTAME，控制温度为353K，测得TAME的平衡转化率为α,则平衡时n(TAME)=(1−α) mol，n(A)+n(B)=n(CH3OH)= α mol。已知反应Ⅲ的平衡常数Kx3=9.0，则=9.0，将该式代入上式可以求出平衡体系中B的物质的量为0.9α mol，n(A)=0.1α mol，反应Ⅰ的平衡常数Kx1=。同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，反应Ⅰ的化学平衡将向着分子数增大的方向移动，即逆向移动。平衡时，TAME的转化率变大，但是平衡常数不变，A与CH3OH物质的量浓度之比不变，c(A)：c(CH3OH)=0.1α：α=1:10。
（3）温度为353K，反应Ⅲ的平衡常数Kx3=9.0，=9.0。由A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化曲线可知，X代表的平衡浓度高于Y，则代表B的变化曲线为X；由母线的变化趋势可知，100s 以后各组分的浓度仍在变化， t=100s时，因此，反应Ⅲ正在向逆反应方向移动，故其正反应速率v正小于逆反应速率v逆，填＜。
2．（2021·浙江卷）含硫化合物是实验室和工业上的常用化学品。请回答：
（1）实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量：。判断该反应的自发性并说明理由_______。
（2）已知。时，在一恒容密闭反应器中充入一定量的和，当反应达到平衡后测得、和的浓度分别为、和。
①该温度下反应的平衡常数为_______。
②平衡时的转化率为_______。
（3）工业上主要采用接触法由含硫矿石制备硫酸。
①下列说法正确的是_______。
A．须采用高温高压的反应条件使氧化为
B．进入接触室之前的气流无需净化处理
C．通入过量的空气可以提高含硫矿石和的转化率
D．在吸收塔中宜采用水或稀硫酸吸收以提高吸收速率
②接触室结构如图1所示，其中1~4表示催化剂层。图2所示进程中表示热交换过程的是_______。
A． B． C． D． E. F. G.

③对于放热的可逆反应，某一给定转化率下，最大反应速率对应的温度称为最适宜温度。在图3中画出反应的转化率与最适宜温度(曲线Ⅰ)、平衡转化率与温度(曲线Ⅱ)的关系曲线示意图(标明曲线Ⅰ、Ⅱ)_______。

（4）一定条件下，在溶液体系中，检测得到pH−时间振荡曲线如图4，同时观察到体系由澄清→浑浊→澄清的周期性变化。可用一组离子方程式表示每一个周期内的反应进程，请补充其中的2个离子方程式。

Ⅰ.
Ⅱ.①_______；
Ⅲ.；
Ⅳ.②_______。
【答案】（1）不同温度下都能自发，是因为
（2）
（3）C BDF
（4）
【解析】
（1）实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量的反应为，由于该反应，因此该反应在任何温度下都能自发进行。
（2）①根据题中所给的数据可以求出该温度下的平衡常数为 .
②平衡时的转化率为；
（3）①A．在常压下催化氧化为的反应中，的转化率已经很高，工业上有采用高压的反应条件，A说法不正确；
B．进入接触室之前的气流中含有会使催化剂中毒的物质，需经净化处理以防止催化剂中毒，B说法不正确；
C．通入过量的空气可以增大氧气的浓度，可以使含硫矿石充分反应，并使化学平衡向正反应方向移动，因此可以提高含硫矿石和的转化率；
D．与水反应放出大量的热，在吸收塔中若采用水或稀硫酸吸收，反应放出的热量会使硫酸形成酸雾从而影响被水吸收导致的吸收速率减小，因此，在吸收塔中不宜采用水或稀硫酸吸收，D说法不正确。
综上所述，相关说法正确的是C；
②反应混合物在热交换气中与原料气进行热交换，在热交换过程中，反应混合物不与催化剂接触，化学反应速率大幅度减小，故虽然反应混合物的温度降低，的转化率基本不变，因此，图2所示进程中表示热交换过程的是、、，因此选BDF；
③对于放热的可逆反应，该反应的最适宜温度为催化剂的催化活性最好时所对应的温度，在该温度下化学反应速率最大，的转化率也最大；当温度高于最适宜温度后，催化剂的催化活性逐渐减小，催化剂对化学反应速率的影响超过了温度升高对化学反应速率的影响，因此化学反应速率逐渐减小，的转化率也逐渐减小；由于该反应为放热反应，随着温度的升高，的平衡转化率减小；由于反应混合物与催化剂层的接触时间较少，在实际的反应时间内反应还没有达到化学平衡状态，故在相应温度下的转化率低于其平衡转化率。因此，反应的转化率与最适宜温度（曲线Ⅰ）、平衡转化率与温度（曲线Ⅱ）的关系曲线示意图可表示如下：.
（4）由时间振荡曲线可知，在溶液体系中，溶液的呈先增大后减小的周期性变化，同时观察到体系由澄清→浑浊→澄清的周期性变化，硫化钠与硫酸反应生成，，然后发生，该过程溶液的基本不变，溶液保持澄清；溶液变浑浊时被氧化为，即发生，该过程溶液的增大；溶液又变澄清时又被氧化为，发生，该过程溶液的在减小。因此可以推测该过程中每一个周期内的反应进程中依次发生了如下离子反应：、、、。
3．（2021·广东卷）我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。CH4与CO2重整是CO2利用的研究热点之一。该重整反应体系主要涉及以下反应：
a)CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ∆H1
b)CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ∆H2
c)CH4(g)C(s)+2H2(g) ∆H3
d)2CO(g)CO2(g)+C(s) ∆H4
e)CO(g)+H2(g)H2O(g)+C(s) ∆H5
（1）根据盖斯定律，反应a的∆H1=_______(写出一个代数式即可)。
（2）上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有_______。
A．增大CO2与CH4的浓度，反应a、b、c的正反应速率都增加
B．移去部分C(s)，反应c、d、e的平衡均向右移动
C．加入反应a的催化剂，可提高CH4的平衡转化率
D．降低反应温度，反应a~e的正、逆反应速率都减小
（3）一定条件下，CH4分解形成碳的反应历程如图所示。该历程分_______步进行，其中，第_______步的正反应活化能最大。

（4）设K为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压（单位为kPa）除以p0（p0=100kPa）。反应a、c、e的ln K随（温度的倒数）的变化如图所示。

①反应a、c、e中，属于吸热反应的有_______(填字母)。
②反应c的相对压力平衡常数表达式为K=_______。
③在图中A点对应温度下、原料组成为n(CO2):n(CH4)=1:1、初始总压为100kPa的恒容密闭容器中进行反应，体系达到平衡时H2的分压为40kPa。计算CH4的平衡转化率，写出计算过程_______。
（5）CO2用途广泛，写出基于其物理性质的一种用途：_______。
【答案】（1）∆H2+∆H3−∆H5或∆H3−∆H4
（2）AD
（3）4 4
（4）ac 68%
（5）做冷冻剂
【分析】
根据盖斯定律计算未知反应的反应热；根据影响化学反应速率和化学平衡的因素判断反应速率的变化及转化率的变化；根据图像及曲线高低判断反应进程和活化能的相对大小；根据平衡时反应物的分压计算平衡转化率；根据CO2的物理性质推测CO2的用途。
【解析】
（1）根据题目所给出的反应方程式关系可知，a=b+c−e=c−d，根据盖斯定律则有∆H1=∆H2+∆H3−∆H5=∆H3−∆H4；
（2）A．增大CO2和CH4的浓度，对于反应a、b、c来说，均增大了反应物的浓度，反应的正反应速率增大，A正确；
B．移去部分C(s)，没有改变反应体系中的压强，反应的正逆反应速率均不变，平衡不移动，B错误；
C．催化剂可以同等条件下增大正逆反应速率，只能加快反应进程，不改变反应的平衡状态，平衡转化率不变，C错误；
D．降低温度，体系的总能量降低，正、逆反应速率均减小，D正确；
故答案选AD；
（3）由图可知，反应过程中能量变化出现了4个峰，即吸收了4次活化能，经历了4步反应；且从左往右看4次活化能吸收中，第4次对应的峰最高，即正反应方向第4步吸收的能量最多，对应的正反应活化能最大。
（4）①随着温度的升高，反应a和c的ln K增大，说明K的数值增大，反应向正反应方向进行，反应a和c为吸热反应，同理反应e的ln K减小，说明K的减小，反应向逆反应方向进行，反应e为放热反应，故答案为ac；
②用相对分压代替浓度，则反应c的平衡常数表达式K=；
③由图可知，A处对应反应c的ln K=0，即K==1，解方程的p2(H2)=p(CH4)，已知反应平衡时p(H2)=40kPa，则有p(CH4)=16kPa，且初始状态时p(CH4)=×100kPa=50kPa，故CH4的平衡转化率为×100%=68%；
（5）固态CO2即为干冰，干冰用于制冷或人工降雨均是利用其物理性质。
【点睛】
本题难点在于K与关系曲线的判断，在曲线中斜率为正为放热反应，斜率为负为吸热反应。
4．（2021·河北卷）当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。
（1）大气中的二氧化碳主要来自于煤、石油及其他含碳化合物的燃烧。已知25℃时，相关物质的燃烧热数据如表：
物质
H2(g)
C(石墨，s)
C6H6(l)
燃烧热△H(kJ•mol−1)
−285.8
−393.5
−3267.5
（1）则25℃时H2(g)和C(石墨，s)生成C6H6(l)的热化学方程式为________。
（2）雨水中含有来自大气的CO2，溶于水中的CO2进一步和水反应，发生电离：
①CO2(g)=CO2(aq)
②CO2(aq)+H2O(l)=H+(aq)+HCO(aq)
25℃时，反应②的平衡常数为K2。
溶液中CO2的浓度与其在空气中的分压成正比(分压=总压×物质的量分数)，比例系数为ymol•L−1•kPa−1，当大气压强为pkPa，大气中CO2(g)的物质的量分数为x时，溶液中H+浓度为________mol•L−1(写出表达式，考虑水的电离，忽略HCO的电离)
（3）105℃时，将足量的某碳酸氢盐(MHCO3)固体置于真空恒容容器中，存在如下平衡：2MHCO3(s)M2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)。上述反应达平衡时体系的总压为46kPa。
保持温度不变，开始时在体系中先通入一定量的CO2(g)，再加入足量MHCO3(s)，欲使平衡时体系中水蒸气的分压小于5kPa，CO2(g)的初始压强应大于________kPa。
（4）我国科学家研究Li—CO2电池，取得了重大科研成果，回答下列问题：
①Li—CO2电池中，Li为单质锂片，则该电池中的CO2在___(填“正”或“负”)极发生电化学反应。研究表明，该电池反应产物为碳酸锂和单质碳，且CO2电还原后与锂离子结合形成碳酸锂按以下4个步骤进行，写出步骤Ⅲ的离子方程式。
Ⅰ.2CO2+2e−=C2O Ⅱ.C2O=CO2+CO
Ⅲ.__________ Ⅳ.CO+2Li+=Li2CO3
②研究表明，在电解质水溶液中，CO2气体可被电化学还原。
Ⅰ.CO2在碱性介质中电还原为正丙醇(CH3CH2CH2OH)的电极反应方程式为_________。
Ⅱ.在电解质水溶液中，三种不同催化剂(a、b、c)上CO2电还原为CO的反应进程中(H+被还原为H2的反应可同时发生)，相对能量变化如图.由此判断，CO2电还原为CO从易到难的顺序为_______(用a、b、c字母排序)。

【答案】（1）6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l) ΔH=49.1kJmol−1
（2）
（3）100.8
（4）正 2C+CO2=2C+C 12CO2+18e−+4H2O=CH3CH2CH2OH+9C c、b、a
【解析】
（1）根据表格燃烧热数据可知，存在反应①C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=−393.5kJmol−1，②H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH2=−285.8kJmol−1，③C6H6(l)+O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) ΔH3=−3267.5kJmol−1，根据盖斯定律，[①12+②6] −③得反应：6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l)，ΔH=[(−393.5kJmol−1)+(−285.8kJmol−1)6]−(−3267.5kJmol−1)=49.1kJmol−1，故答案为：6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l) ΔH=49.1kJmol−1；
（2）由题可知，①CO2(s)CO2(aq)，②CO2(aq)+H2O(l)H+(aq)+HC(aq)，K2=，又因为p(CO2)=p(kPa)x，则c(CO2)=y(mol•L−1•kPa−1)p(CO2)=pxy mol/L，在忽略HC的电离时，c(H+)=c(HC)，所以可得c(H+)=，故答案为：；
（3）2MHCO3(s)M2CO3(s)+H2O(g)+ CO2(g)，等温等容条件下，压强之比等于物质的量之比，可用分压表示物质的量浓度，平衡常数Kp===529kPa2。温度不变化学平衡常数Kp不变，设平衡时，平衡体系中CO2的分压为x，则K== 529kPa2，=kPa=105.8kPa，CO2的初始压强等于平衡压强减去碳酸氢盐分解产生的CO2的分压，即CO2(g)的初始压强应大于105.8kPa−5kPa=100.8kPa，故答案为：100.8；
（4）①由题意知，Li−CO2电池的总反应式为：4Li+3CO2=2Li2CO3+C，CO2发生得电子的还原反应，则CO2作为电池的正极；CO2还原后与Li+结合成Li2CO3，按4个步骤进行，由步骤II可知生成了C，而步骤IV需要C参加反应，所以步骤III的离子方程式为：2C+CO2=2C+C，故答案为：正极；2C+CO2=2C+C；
②I.CO2在碱性条件下得电子生成CH3CH2CH2OH，根据电子守恒和电荷守恒写出电极反应式为：12CO2+18e−+4H2O=CH3CH2CH2OH+9C，故答案为：12CO2+18e−+4H2O=CH3CH2CH2OH+9C；
II.c催化剂条件下，CO2电还原的活化能小于H+电还原的活化能，更容易发生CO2的电还原；而催化剂a和b条件下，CO2电还原的活化能均大于H+电还原的活化能，相对来说，更易发生H+的电还原。其中a催化剂条件下，H+电还原的活化能比CO2电还原的活化能小的更多，发生H+电还原的可能性更大，因此反应从易到难的顺序为c、b、a，故答案为：c、b、a。
5．（2021·湖南卷）氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运，可通过下面两种方法由氨气得到氢气。
方法I：氨热分解法制氢气
相关化学键的键能数据
化学键



键能
946
436.0
390.8
一定温度下，利用催化剂将分解为和。回答下列问题：
（1）反应_______；
（2）已知该反应的，在下列哪些温度下反应能自发进行？_______(填标号)
A．25℃ B．125℃ C．225℃ D．325℃
（3）某兴趣小组对该反应进行了实验探究。在一定温度和催化剂的条件下，将通入3L的密闭容器中进行反应(此时容器内总压为200kPa)，各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。

①若保持容器体积不变，时反应达到平衡，用的浓度变化表示时间内的反应速率_______(用含的代数式表示)
②时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后分压变化趋势的曲线是_______(用图中a、b、c、d表示)，理由是_______；
③在该温度下，反应的标准平衡常数_______。(已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应，，其中，、、、为各组分的平衡分压)。
方法Ⅱ：氨电解法制氢气
利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其装置如图所示。

（4）电解过程中的移动方向为_______(填“从左往右”或“从右往左”)；
（5）阳极的电极反应式为_______。
KOH溶液KOH溶液
【答案】（1）+90.8
（2）CD
（3） b 开始体积减半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小 0.48
（4）从右往左
（5）2NH3−6e−+6OH−= N2+6H2O
【解析】
（1） 根据反应热=反应物的总键能−生成物的总键能，2NH3(g)N2(g)+3H2(g)，ΔH=390.8kJmol−1−(946 kJmol−1+436.0kJmol−1)= +90.8kJmol−1，故答案为：+90.8；
（2）若反应自发进行，则需ΔH−TΔS<0，T>==456.5K，即温度应高于(456.5−273)℃=183.5℃，CD符合，故答案为：CD；
（3）①设t1时达到平衡，转化的NH3的物质的量为2x，列出三段式：

根据同温同压下，混合气体的物质的量等于体积之比，=，解得x=0.02mol，(H2)==molL−1min−1，故答案为：；
②t2时将容器体积压缩到原来的一半，开始N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小，故b曲线符合，故答案为：b；开始体积减半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小；
③由图可知，平衡时，NH3、N2、H2的分压分别为120 kPa、40 kPa、120 kPa，反应的标准平衡常数==0.48，故答案为：0.48；
（4）由图可知，通NH3的一极氮元素化合价升高，发生氧化反应，为电解池的阳极，则另一电极为阴极，电解过程中OH−移向阳极，则从右往左移动，故答案为：从右往左；
（5）阳极NH3失电子发生氧化反应生成N2，结合碱性条件，电极反应式为：2NH3−6e−+6OH−= N2+6H2O，故答案为：2NH3−6e−+6OH−= N2+6H2O。
6．（2021·浙江卷）“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)/p
Cl 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=−3.4×10−29
II.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）＜ K1p +
（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．氯气可与碱反应，碱石灰含有氢氧化钠和氧化钙，因此，不能用碱石灰干燥氯气，A说法不正确；
B．氯气可与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应是可逆反应，在饱和食盐水中存在浓度较大的氯离子，可以使氯气的溶解平衡逆向移动，因此，氯气在饱和食盐水中的溶解度较小，可以通过排饱和食盐水法收集氯气，B说法正确；
C．氯气在常温下不与铁反应；氯气的相对分子质量较大，其分子间的作用力较大，因此，氯气属于易液化的气体，常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中，C说法正确；
D．氢气和氯气反应生成氯化氢，氯化氢溶于水得到盐酸，因此，工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸，D说法正确。
综上所述，相关说法不正确的是A，故选A。
（3）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.．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．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．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．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。
综上所述，选AB。
7．（2021·北京·高考真题）某小组探究卤素参与的氧化还原反应，从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化规律。
(1)浓盐酸与MnO2混合加热生成氯气。氯气不再逸出时，固液混合物A中仍存在盐酸和MnO2。
①反应的离子方程式是_______。
②电极反应式：
i.还原反应：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O
ii.氧化反应：_______。
③根据电极反应式，分析A中仍存在盐酸和MnO2的原因。
i.随c(H+)降低或c(Mn2+)浓度升高，MnO2氧化性减弱。
ii.随c(Cl-)降低，_______。
④补充实验证实了③中的分析。

实验操作
试剂
产物
I

较浓H2SO4
有氯气
II
a
有氯气
III
a+b
无氯气

a是_______，b是_______。
(2)利用c(H+)浓度对MnO2氧化性的影响，探究卤素离子的还原性。相同浓度的KCl、KBr和KI溶液，能与MnO2反应所需的最低c(H+)由大到小的顺序是_______，从原子结构角度说明理由______________。
(3)根据(1)中结论推测：酸性条件下，加入某种化合物可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2。经实验证实了推测，该化合物是_______。
(4)Ag分别与1mol·L1的盐酸、氢溴酸和氢碘酸混合，Ag只与氢碘酸发生置换反应，试解释原因：_______。
(5)总结：物质氧化性和还原性变化的一般规律是_______。
【答案】(1) MnO2+4H+ +2Cl- Mn2++Cl2↑ + 2H2O 2Cl--2e- =Cl2↑ Cl-还原性减弱或Cl2 的氧化性增强 KCl固体(或浓/饱和溶液) MnSO4固体(或浓/饱和溶液)
(2) KCl>KBr>KI Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强
(3)AgNO3 或Ag2SO4
(4)比较AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，Ag++I-= AgI↓使得Ag还原性增强的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++ H2↑反应得以发生
(5)氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强
【解析】
(1)①二氧化锰和浓盐酸制氯气的离子方程式为：MnO2+4H+ +2Cl- Mn2++Cl2↑ + 2H2O；②氧化反应是元素化合价升高，故氧化反应为：2Cl--2e- =Cl2↑③反应不能发生也可能是还原剂还原性减弱，或者产生了氧化性更强的氧化剂，故答案为：Cl-还原性减弱或Cl2 的氧化性增强④可以从增大氯离子浓度的角度再结合实验II的现象分析，试剂a可以是KCl固体(或浓/饱和溶液)；结合实验III的显现是没有氯气，且实验III也加入了试剂a，那一定是试剂b影响了实验III的现象，再结合原因i可知试剂b是MnSO4固体(或浓/饱和溶液)；
(2)非金属性越弱其阴离子的还原性越强，反应时所需的氢离子浓度越小，故顺序是KCl>KBr>KI；其原因是Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强；
(3)根据(1)中的结论推测随Cl-浓度降低导致二氧化锰的氧化性减弱，那么如果进一步降低Cl-浓度降低则可以导致可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2，故答案为：AgNO3 或Ag2SO4；
(4)若要使反应2Ag+2H+=2Ag++ H2↑发生，根据本题的提示可以降低Ag+浓度，对比AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，故Ag只与氢碘酸发生置换反应的原因是：比较AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，Ag++I-= AgI↓使得Ag还原性增强的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++ H2↑反应得以发生；
(5)通过本题可以发现，物质氧化性和还原性还与物质的浓度有关，浓度越大氧化性或者还原性越强，故答案为：氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强。
8．（2021·北京·高考真题）某小组实验验证“Ag++Fe2+Fe3++Ag↓”为可逆反应并测定其平衡常数。
(1)实验验证
实验I：将0.0100 mol/L Ag2SO4溶液与0.0400 mo/L FeSO4溶液(pH=1)等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。
实验II：向少量Ag粉中加入0.0100 mol/L Fe2(SO4)3溶液(pH=1)，固体完全溶解。
①取I中沉淀，加入浓硝酸，证实沉淀为Ag。现象是_______。
②II中溶液选用Fe2(SO4)3，不选用Fe(NO3)3的原因是_______。
综合上述实验，证实“Ag++Fe2+Fe3++Ag↓”为可逆反应。
③小组同学采用电化学装置从平衡移动角度进行验证。补全电化学装置示意图,写出操作及现象_______。

(2)测定平衡常数
实验Ⅲ：一定温度下，待实验Ⅰ中反应达到平衡状态时，取v mL上层清液，用c1 mol/L KSCN标准溶液滴定Ag+，至出现稳定的浅红色时消耗KSCN标准溶液v1 mL。
资料：Ag++SCN-AgSCN↓（白色） K=1012
Fe3++SCN-FeSCN2+（红色） K=102.3
①滴定过程中Fe3+的作用是_______。
②测得平衡常数K=_______。
(3)思考问题
①取实验I的浊液测定c(Ag+)，会使所测K值_______(填“偏高”“偏低”或“不受影响”)。
②不用实验II中清液测定K的原因是_______。
【答案】(1) 灰黑色固体溶解，产生红棕色气体 防止酸性条件下，氧化性氧化Fe2+干扰实验结果 a：铂/石墨电极，b：FeSO4 或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，c：AgNO3 溶液；操作和现象：闭合开关 K，Ag电极上固体逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同；或者闭合开关 K，Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转
(2) 指示剂
(3) 偏低 Ag完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态
【解析】(1)①由于Ag能与浓硝酸发生反应：Ag+2HNO3(浓)=AgNO3+NO2↑+H2O，故当观察到的现象为灰黑色固体溶解，产生红棕色气体，即可证实灰黑色固体是Ag，故答案为：灰黑色固体溶解，产生红棕色气体。
②由于Fe(NO3)3溶液电离出将与溶液中的H+结合成由强氧化性的HNO3，能氧化Fe2+，而干扰实验，故实验II使用的是Fe2(SO4)3溶液，而不是Fe(NO3)3溶液，故答案为：防止酸性条件下，氧化性氧化Fe2+干扰实验结果。
③由装置图可知，利用原电池原理来证明反应Fe2++Ag+Ag+Fe3+为可逆反应，两电极反应为：Fe2+-e-Fe3+，Ag++e-Ag，故另一个电极必须是与Fe3+不反应的材料，可用石墨或者铂电极，左侧烧杯中电解质溶液必须含有Fe3+或者Fe2+，采用FeSO4或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，右侧烧杯中电解质溶液必须含有Ag+，故用AgNO3溶液，组装好仪器后，加入电解质溶液，闭合开关 K，装置产生电流，电流从哪边流入，指针则向哪个方向偏转，根据b中所加试剂的不同，电流方向可能不同，因此可能观察到的现象为：Ag电极逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同，表明平衡发生了移动；另一种现象为：Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转，表明平衡发生了移动，故答案为：a：铂/石墨电极，b：FeSO4或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，c：AgNO3溶液；操作和现象：闭合开关 K，Ag电极上固体逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同；或者闭合开关 K，Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转。
(2)①Fe3+与SCN-反应生成红色FeSCN2+，因Ag+与SCN-反应相较于Fe3+与SCN-反应更加容易及彻底，当溶液变为稳定浅红色，说明溶液中的Ag+恰好完全滴定，且溶液中Fe3+浓度不变，说明上述反应答案平衡，故溶液中Fe3+的作用是滴定反应的指示剂，故答案为：指示剂。
②取I中所得上清液vmL。用c1mol/L的KSCN溶液滴定，至溶液变为稳定浅红色时，消耗v1mL，已知：Ag++SCN-AgSCN，K=1012，说明反应几乎进行完全，故有I中上层清液中Ag+的浓度为：c(Ag+)=mol/L，根据平衡三段式进行计算如下：，故反应的平衡常数K== ，故答案为：指示剂；。
(3)①若取实验I所得浊液测定Ag+浓度，则浊液中还有Ag，因存在平衡Fe2++Ag+Ag+Fe3+，且随着反应Ag++SCN-AgSCN，使得上述平衡逆向移动，则测得平衡体系中的c(Ag+)偏大，即偏大，故所得到的K= 偏小，故答案为：偏小。
②由于实验II中Ag完全溶解，故无法判断体系是否达到化学平衡状态，因而不用实验II所得溶液进行测定并计算K，故答案为：Ag完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态。
9．（2021·北京·高考真题）环氧乙烷(，简称EO)是一种重要的工业原料和消毒剂。由乙烯经电解制备EO的原理示意图如下。


(1)①阳极室产生Cl2后发生的反应有：_______、CH2=CH2+HClO→HOCH2CH2Cl。
②结合电极反应式说明生成溶液a的原理_______。
(2)一定条件下，反应物按一定流速通过该装置。
电解效率η和选择性S的定义：
η(B)=×100%
S(B)=×100%
①若η(EO)=100%，则溶液b的溶质为_______。
②当乙烯完全消耗时，测得η(EO)≈70%，S(EO)≈97%，推测η(EO)≈70%的原因：
I.阳极有H2O放电
II.阳极有乙烯放电
III.阳极室流出液中含有Cl2和HClO
……
i.检验电解产物，推测I不成立。需要检验的物质是_______。
ii.假设没有生成EO的乙烯全部在阳极放电生成CO2，η(CO2)≈_______%。经检验阳极放电产物没有CO2。
iii.实验证实推测III成立，所用试剂及现象是_______。
可选试剂：AgNO3溶液、KI溶液、淀粉溶液、品红溶液。
【答案】(1) Cl2 +H2O= HCl+ HClO 阴极发生反应： 2H2O+2e-=H2↑ + 2OH-生成OH-，K+ 通过阳离子交换膜从阳极迁移到阴极，形成KOH和KCl的混合溶液
(2) KCl O2 13 KI 溶液和淀粉溶液，溶液变蓝
【解析】
(1)阳极产生氯气后，可以和水发生反应生成次氯酸其方程式为：Cl2 +H2O= HCl+ HClO；溶液a是阴极的产物，在阴极发生反应2H2O+2e-=H2↑ + 2OH-，同时阳极的钾离子会向阴极移动和氢氧根结合形成氢氧化钾，故答案为：阴极发生反应： 2H2O+2e-=H2↑ + 2OH-生成OH-，K+ 通过阳离子交换膜从阳极迁移到阴极，形成KOH和KCl的混合溶液；
(2)①若η(EO)=100%则说明在电解过程中只有乙烯中的碳化合价发生变化，其他元素化合价没有变，故溶液b的溶质为：KCl；
②i.阳极有H2O放电时会产生氧气，故需要检验的物质是O2；ii. 设EO的物质的量为amol
则转化的乙烯的物质的量为：；生成EO转化的电子的物质的量：2amol；此过程转移电子的总物质的量：；生成CO2的物质的量：；生成CO2转移的电子的物质的量：，则η(CO2)=≈13%；
iii.实验证实推测III成立，则会产生氯气，验证氯气即可，故答案为：KI 溶液和淀粉溶液，溶液变蓝。
10．（2021·天津·高考真题）铁单质及其化合物的应用非常广泛。
(1)基态Fe原子的价层电子排布式为___________。
(2)用X射线衍射测定，得到Fe的两种晶胞A、B，其结构如图所示。晶胞A中每个Fe原子紧邻的原子数为___________。每个晶胞B中含Fe原子数为___________。

(3)合成氨反应常使用铁触媒提高反应速率。如图为有、无铁触媒时，反应的能量变化示意图。写出该反应的热化学方程式___________。从能量角度分析，铁触媒的作用是___________。

(4)Fe3+可与H2O、SCN-、F-等配体形成配位数为6的配离子，如、、。某同学按如下步骤完成实验：

①为浅紫色，但溶液Ⅰ却呈黄色，其原因是___________，为了能观察到溶液Ⅰ中的浅紫色，可采取的方法是___________。
②已知Fe3+与SCN-、F-的反应在溶液中存在以下平衡：；，向溶液Ⅱ中加入NaF后，溶液颜色由红色转变为无色。若该反应是可逆反应，其离子方程式为___________，平衡常数为___________(用K1和K2表示)。
【答案】(1)3d64s2
(2) 8 4
(3) 降低反应活化能
(4) 由Fe3+水解产物的颜色所致 向该溶液中加HNO3
【解析】
(1)Fe为26号元素，所以基态Fe原子的价层电子排布式为3d64s2，故答案为：3d64s2；
(2)由图可知，晶胞A中Fe的配位数为8，所以每个Fe原子紧邻的原子数为8。根据原子均摊法，每个晶胞B中含Fe原子数为，故答案为：8；；4
(3)由图可知，1mol N2和3mol H2反应时，放出的热量为(a-b)kJ，所以该反应的热化学方程式。铁触媒是反应的催化剂，作用是降低反应活化能，故答案为：；降低反应活化能；
(4)①由于Fe3+水解产物的颜色导致溶液Ⅰ却呈黄色，为了能观察到溶液Ⅰ中的浅紫色，可向该溶液中加HNO3，抑制铁离子的水解，故答案为：由Fe3+水解产物的颜色所致；向该溶液中加HNO3；
②向溶液Ⅱ中加入NaF后，溶液颜色由红色转变为无色，说明和氟离子转化为，其离子方程式为，和相减得到，所以平衡常数为，故答案为：；。
11．（2021·天津·高考真题）CS2是一种重要的化工原料。工业上可以利用硫(S8)与CH4为原料制备CS2，S8受热分解成气态S2，发生反应，回答下列问题：
(1)CH4的电子式为___________，CS2分子的立体构型为___________。
(2)某温度下，若S8完全分解成气态S2。在恒温密闭容器中，S2与CH4物质的量比为2∶1时开始反应。
①当CS2的体积分数为10%时，CH4的转化率为___________。
②当以下数值不变时，能说明该反应达到平衡的是___________(填序号)。
a．气体密度b．气体总压c．CH4与S2体积比d．CS2的体积分数
(3)一定条件下，CH4与S2反应中CH4的平衡转化率、S8分解产生S2的体积分数随温度的变化曲线如图所示。据图分析，生成CS2的反应为___________(填“放热”或“吸热”)反应。工业上通常采用在600～650℃的条件下进行此反应，不采用低于600℃的原因是___________。


(4)用燃煤废气(含N2、O2、SO2、CO2、H2O、NOx等)使尾气中的H2S转化为单后硫S，可实现废物利用，保护环境，写出其中一个反应的化学方程式___________。
【答案】(1) 直线形
(2) 30% d
(3) 放热 600℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600℃时，S2浓度明显偏小，且反应速率慢
(4)、、写出任意一个
【解析】
(1)CH4的电子式为：；CS2和二氧化碳是等电子体故其立体构型为：直线型；
(2)①在恒温密闭容器中，S2与CH4物质的量比为2∶1时开始反应，
CS2的体积分数为10%，即，解得x=0.3a，则CH4的转化率为30%。
②a.恒容容器，质量不变，故密度一直不变，故密度不变不一定平衡，不选；b.反应前后气体的物质的量不变，故压强也一直不变，故压强不变一定平衡，不选；c.CH4与S2体积比一直为1:2，故不一定平衡，不选；d.CS2的体积分数说明反应已经达到了平衡，选；故选d。
(3)由图可知，随温度升高，甲烷的转化率降低，故反应为放热反应。工业上通常采用在600～650℃的条件下进行此反应，不采用低于600℃的原因是600℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600℃时，S2浓度明显偏小，且反应速率慢。
(4)用燃煤废气(含N2、O2、SO2、CO2、H2O、NOx等)使尾气中的H2S转化为单后硫S)发生的化学反应方程式为、、写出任意一个。
12．（2021·辽宁·高考真题）苯催化加氢制备环己烷是化工生产中的重要工艺，一定条件下，发生如下反应：
Ⅰ.主反应：(g)+3H2(g)⇌(g) ∆H1<0
Ⅱ.副反应：(g) ⇌(g) ∆H2>0
回答下列问题：
(1)已知：Ⅲ.
Ⅳ.2 (g)+15O2(g)⇌12CO2(g)+6H2O(l) ∆H4
Ⅴ.(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) ∆H5
则_______(用、和表示)。
(2)有利于提高平衡体系中环己烷体积分数的措施有_______。
A．适当升温 B．适当降温 C．适当加压 D．适当减压
(3)反应Ⅰ在管式反应器中进行，实际投料往往在的基础上适当增大用量，其目的是_______。
(4)氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心时，才能发生反应，机理如图。当中混有微量或等杂质时，会导致反应Ⅰ的产率降低，推测其可能原因为_______。


(5)催化剂载体中的酸性中心能催化苯及环己烷的裂解。已知酸性中心可结合孤电子对，下图中可作为酸性中心的原子的标号是_______(填“①”“②”或“③”)。


(6)恒压反应器中，按照投料，发生Ⅰ、Ⅱ反应，总压为，平衡时苯的转化率为α，环己烷的分压为p，则反应1的_______(列出计算式即可，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】(1)
(2)BC
(3)提高苯的利用率
(4)金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活性
(5)②
(6)
【解析】
(1)根据盖斯定律结合已知反应：Ⅲ. Ⅳ.2 (g)+15O2(g)⇌12CO2(g)+6H2O(l) ∆H4 Ⅴ. (g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) ∆H5
Ⅰ.主反应：(g)+3H2(g)⇌(g)可由，则，故答案为：；
(2)根据Ⅰ.主反应：(g)+3H2(g)⇌(g)是一个气体体积减小的方向的放热反应，故有利于提高平衡体系中环己烷体积分数即使平衡向正方向移动，根据勒夏特列原理，可采用适当降低温度和实当加压有利平衡正向移动，而升温和减压都将使平衡逆向移动，故答案为：BC；
(3)反应Ⅰ在管式反应器中进行，实际投料往往在的基础上适当增大用量，增大H2的浓度将使平衡正向移动，从而提高苯的转化率即利用率，故适当增大H2用量的目的是提高苯的利用率，故答案为：提高苯的利用率；
(4)氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心时，才能发生反应，机理如图。当中混有微量或等杂质时，会导致反应Ⅰ的产率降低，推测其可能原因为金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活性，故答案为：金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活性；
(5)催化剂载体中的酸性中心能催化苯及环己烷的裂解。已知酸性中心可结合弧电子对，由图可知，①中原子无孤对电子也没有空轨道，②中原子无孤对电子但有空轨道可接收孤电子对，③中有孤对电子，无空轨道，故下图中可作为酸性中心的原子的标号是②，故答案为：②；
(6)恒压反应器中，按照投料，设投入的苯的物质的量为1mol，发生Ⅰ、Ⅱ反应总压为，平衡时苯的转化率为α，环己烷的分压为p，则：， 有反应后平衡体系中总的物质的量为：1-α+4-3α+α-x+x=5-3α，故平衡时，苯的分压为：，H2的分压为：，则反应1的= ，故答案为：。
13．（2021·海南·高考真题）碳及其化合物间的转化广泛存在于自然界及人类的生产和生活中。已知25℃，时：
①葡萄糖完全燃烧生成和，放出热量。
② 。
回答问题：
(1)25℃时，与经光合作用生成葡萄糖和的热化学方程式为___________。
(2)25℃，时，气态分子断开化学键的焓变称为键焓。已知、键的键焓分别为、，分子中碳氧键的键焓为___________。
(3)溶于水的只有部分转化为，大部分以水合的形式存在，水合可用表示。已知25℃时，的平衡常数，正反应的速率可表示为，逆反应的速率可表示为，则___________(用含的代数式表示)。
(4)25℃时，潮湿的石膏雕像表面会发生反应：，其平衡常数___________。[已知，]
(5)溶洞景区限制参观的游客数量，主要原因之一是游客呼吸产生的气体对钟乳石有破坏作用，从化学平衡的角度说明其原因___________。
【答案】(1)
(2)664.75
(3)
(4)
(5)游客呼出的CO2可与钟乳石主要成分CaCO3发生可逆反应：，CO2增加，平衡正向移动，CaCO3减少，钟乳石被坏
【解析】
(1)由题意可知，反应①为1mol葡萄糖在氧气中完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出2804kJ的热量，反应的热化学方程式为=，二氧化碳和液态水经光合作用生成葡萄糖和氧气的反应为葡萄糖燃烧的逆反应，生成1mol葡萄糖会吸收2804kJ的热量，反应的热化学方程式为=，故答案为：=；
(2)由反应热的焓变为反应物的键焓之和与生成物的键焓之和的差值可得：反应②的焓变=—283kJ/mol，解得E(C=O)= =664.75kJ/mol，故答案为：664.75；
(3)当反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，则由v(H2CO3)=v(CO2)可得：k1c(H2CO3)= k2c(CO2)，==K=600，解得k2=，故答案为：；
(4)由方程式可知，反应的平衡常数K=====3.25×103，故答案为：3.25×103；
(5)二氧化碳和碳酸钙在溶液中存在如下平衡，当游客数量增大，反应物二氧化碳的浓度增大，平衡向正反应方向移动，碳酸钙因反应而减少，导致钟乳石被坏，故答案为：游客呼出的CO2可与钟乳石主要成分CaCO3发生可逆反应：，CO2增加，平衡正向移动，CaCO3减少，钟乳石被坏。
14．（2021·湖北·高考真题）丙烯是一种重要的化工原料，可以在催化剂作用下，由丙烷直接脱氢或氧化脱氢制备。
反应Ⅰ(直接脱氢)：C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)△H1=+125kJ·mol-1
反应Ⅱ(氧化脱氢)：C3H8(g)+O2(g)=C3H6(g)+H2O(g)△H2=-118kJ·mol-1
(1)已知键能：E(C—H)=416kJ·mol-1，E(H—H)=436kJ·mol-1，由此计算生成1mol碳碳π键放出的能量为___kJ。
(2)对于反应Ⅰ，总压恒定为100kPa，在密闭容器中通入C3H8和N2的混合气体(N2不参与反应)，从平衡移动的角度判断，达到平衡后“通入N2”的作用是___。在温度为T1时，C3H8的平衡转化率与通入气体中C3H8的物质的量分数的关系如图a所示，计算T1时反应Ⅰ的平衡常数Kp=__kPa(以分压表示，分压=总压×物质的量分数，保留一位小数)。

(3)在温度为T2时，通入气体分压比为p(C3H8)：p(O2)：p(N2)=10：5：85的混合气体，各组分气体的分压随时间的变化关系如图b所示。0～1.2s生成C3H6的平均速率为__kPa·s-1；；在反应一段时间后，C3H8和O2的消耗速率比小于2∶1的原因为___。
(4)恒温刚性密闭容器中通入气体分压比为p(C3H8)：p(O2)：p(N2)=2：13：85的混合气体，已知某反应条件下只发生如下反应(k，k′为速率常数)：
反应Ⅱ：2C3H8(g)+O2(g)=2C3H6(g)+2H2O(g) k
反应Ⅲ：2C3H6(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(g) k′
实验测得丙烯的净生成速率方程为v(C3H6)=kp(C3H8)-k′p(C3H6)，可推测丙烯的浓度随时间的变化趋势为__，其理由是___。
【答案】(1)271
(2) 减小气体浓度，使平衡右移，提高C3H8(g)转化率 16.7
(3) 2 H2和C3H6都消耗O2
(4) 先增大后减小 反应开始时，体系中主要发生反应Ⅱ，c(C3H6)逐渐增大，随着反应进行，p(C3H8)减小，p(C3H6)增大，v(C3H6)减小，体系中主要发生反应Ⅲ，c(C3H6)逐渐减小
【解析】
(1)由C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g) △H1=+125kJ·mol-1可知反应需要中断裂2mol C—H键、形成1mol碳碳π键和1mol H—H键，416kJ·mol-1×2- E (碳碳π键) -436kJ·mol-1= +125kJ.mol-1，解得：E(碳碳π键)= +271kJ. mol-1，所以形成1mol碳碳π键放出的能量为271kJ；
(2)达到平衡后，通入N2，由于总压恒定为100kPa，则容器体积增大，平衡向气体体积增大的方向移动，即向正反应方向移动，C3H8(g)的转化率增大；根据图a，C3H8的物质的量分数为0.4时，其平衡转化率为50%；假设混合气体为1mol，则起始时C3H8为0.4mol，N2为0.6mol，运用三段式法计算：

由于总压恒定为100kPa，平衡时C3H8为0.2mol，C3H6为0.2mol，H2为0.2mol，N2为0.6mol，则C3H8(g)、C3H6(g)、H2(g)的分压均为：100KPa×=故T1时反应Ⅰ的平衡常数KP==16.7kPa。
(3)内C3H6的分压由0增大为2.4kPa，则生成的平均速率为=2kPa·s-1；若只发生反应Ⅰ、Ⅱ，C3H6的分压应大于H2和H2O的分压，但由图b知，随着反应进行，分压p(H2O)>p(C3H6)>p(H2)，且有CO2生成，H2分压降低，故体系中还发生反应：C3H6+O2=3CO2+3H2O，H2+O2=H2O，消耗O2，因此C3H8和O2的消耗速率比小于2∶1；
(4)反应开始时，反应Ⅱ向右进行，c(C3H6)逐渐增大，且体系中以反应Ⅱ为主，随着反应进行，p(C3H8)减小，p(C3H6)增大，使得v (C3H6)减小，体系中以反应Ⅲ为主，因此丙烯的浓度随时间的变化趋势为先增大后减小。
15．（2021·江苏·高考真题）甲烷是重要的资源，通过下列过程可实现由甲烷到氢气的转化。

(1)500℃时，CH4与H2O重整主要发生下列反应：
CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)
CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)
已知CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s) ΔH=-178.8kJ·mol-1。向重整反应体系中加入适量多孔CaO，其优点是___。
(2)CH4与CO2重整的主要反应的热化学方程式为
反应I：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH=246.5kJ·mol-1
反应II：H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH=41.2kJ·mol-1
反应III：2CO(g)=CO2(g)+C(s) ΔH=-172.5kJ·mol-1
①在CH4与CO2重整体系中通入适量H2O(g)，可减少C(s)的生成，反应3CH4(g)+CO2(g)+2H2O(g)=4CO(g)+8H2(g)的ΔH=___。
②1.01×105Pa下，将n起始(CO2)：n起始(CH4)=1：1的混合气体置于密闭容器中，不同温度下重整体系中CH4和CO2的平衡转化率如图1所示。800℃下CO2平衡转化率远大于600℃下CO2平衡转化率，其原因是___。

(3)利用铜—铈氧化物(xCuO·yCeO2，Ce是活泼金属)催化氧化可除去H2中少量CO，催化氧化过程中Cu、Ce的化合价均发生变化，可能机理如图2所示。将n(CO)：n(O2)：n(H2)：n(N2)=1：1：49：49的混合气体以一定流速通过装有xCuO·yCeO2催化剂的反应器，CO的转化率随温度变化的曲线如图3所示。

①Ce基态原子核外电子排布式为[Xe]4f15d16s2，图2所示机理的步骤(i)中，元素Cu、Ce化合价发生的变化为___。
②当催化氧化温度超过150℃时，催化剂的催化活性下降，其可能原因是___。
【答案】(1)吸收CO2，提高H2的产率，提供热量
(2) 657.1kJ·mol-1 反应Ⅰ和反应Ⅱ的ΔH＞0，高温下反应的平衡常数大(反应正向进行程度大)，CO2的消耗量大，反应Ⅲ的ΔH＜0，高温下反应的平衡常数小(反应正向进行程度小)，CO2的生成量小
(3) 铜的化合价由+2变为+1价，铈的化合价由+4价变为+3价 高温下，Cu(+2价)或Cu(+1价)被H2还原为金属Cu
【解析】
(1)已知CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s) ΔH=－178.8kJ·mol-1，因此向重整反应体系中加入适量多孔CaO的优点是吸收CO2，使平衡正向移动，提高H2的产率，同时提供热量。
(2)①反应I：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH=246.5kJ·mol-1
反应II：H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH=41.2kJ·mol-1
依据盖斯定律可知I×3－II×2即得到反应3CH4(g)+CO2(g)+2H2O(g)=4CO(g)+8H2(g)的ΔH=657.1kJ·mol-1。
②由于反应Ⅰ和反应Ⅱ的ΔH＞0，高温下反应的平衡常数大(反应正向进行程度大)，CO2的消耗量大，反应Ⅲ的ΔH＜0，高温下反应的平衡常数小(反应正向进行程度小)，CO2的生成量小，所以800℃下CO2平衡转化率远大于600℃下CO2平衡转化率。
(3)①图2所示机理的步骤(i)中CO结合氧元素转化为二氧化碳，根据Cu、Ce两种元素的核外电子排布式可判断元素Cu、Ce化合价发生的变化为铜的化合价由+2变为+1价，铈的化合价由+4价变为+3价。
②由于高温下，Cu(+2价)或Cu(+1价)被H2还原为金属Cu，所以当催化氧化温度超过150℃时，催化剂的催化活性下降。


1．[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）
温度升高反应速率增大，温度升高催化剂的活性增强
（2）① H2SO4
②或
（3）①HD ②提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度
【解析】
【分析】
（1）根据元素守恒和电荷守恒书写离子方程式；从温度对反应速率的影响以及温度对催化剂的影响的角度分析。
（2）该装置为原电池装置，放电时HCOOˉ转化为被氧化，所以左侧为负极，Fe3+转化为Fe2+被还原，所以右侧为正极。
（3）HCOOH生成HCOOˉ和H+分别与催化剂结合，在催化剂表面HCOOˉ分解生成CO2和Hˉ，之后在催化剂表面Hˉ和第一步产生的H+反应生成H2。
【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：+H2HCOOˉ+H2O；反应温度在40℃~80℃范围内时，随温度升高，活化分子增多，反应速率加快，同时温度升高催化剂的活性增强，所以的催化加氢速率迅速上升；
（2）①左侧为负极，碱性环境中HCOOˉ失电子被氧化为，根据电荷守恒和元素守恒可得电极反应式为HCOOˉ+2OHˉ－2eˉ= +H2O；电池放电过程中，钾离子移向正极，即右侧，根据图示可知右侧的阴离子为硫酸根，而随着硫酸钾不断被排除，硫酸根逐渐减少，铁离子和亚铁离子进行循环，所以需要补充硫酸根，为增强氧气的氧化性，溶液最好显酸性，则物质A为H2SO4；
②根据装置图可知电池放电的本质是HCOOH在碱性环境中被氧气氧化为，根据电子守恒和电荷守恒可得离子方程式为2HCOOH+O2+2OHˉ = 2+2H2O或2HCOOˉ+O2= 2；
（3）①根据分析可知HCOOD可以产生HCOOˉ和D+，所以最终产物为CO2和HD(Hˉ与D+结合生成)；
②HCOOK是强电解质，更容易产生HCOOˉ和K+，更快的产生KH，KH可以与水反应生成H2和KOH，生成的KOH可以吸收分解产生的CO2，从而使氢气更纯净，所以具体优点是：提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度。
【点睛】
第3小题为本题难点，要注意理解图示的HCOOH催化分解的反应机理，首先HCOOH分解生成H+和HCOOˉ，然后HCOOˉ再分解成CO2和Hˉ，Hˉ和H+反应生成氢气。
2．[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）图1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 ，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可以在一定条件下合成CH3OH(不考虑副反应）

（3）某温度下，恒容密闭容器中，CO2和H2的起始浓度分别为 a mol·L−1和3 a mol·L−1，反应平衡时，CH3OH的产率为b，该温度下反应平衡常数的值为 。
（4）恒压下，CO2和H2的起始物质的量比为1∶3时，该反应在无分子筛膜时甲醇的平衡产率和有分子筛膜时甲醇的产率随温度的变化如图2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根据图2，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）的空间构型为 。已知25℃碳酸电离常数为Ka1、Ka2，当溶液pH=12时，。
【答案】（1）光能转化为化学能
（2）H2

（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


【解析】
【分析】
I.根据图示分析反应以及能量转化形式；根据氧化还原反应的规律分析产物、书写离子反应式；
II.用三段式和平衡常数表达式计算平衡常数，依据外界条件对化学平衡的影响分析作答；
III.用价层电子对互斥理论判断的空间构型，利用电离平衡常数表达式计算粒子浓度的比值。
【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，故答案为：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，被氧化成，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，故答案为：H2，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== =，故答案为：。
（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，故答案为：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，故答案为：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。
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℃，故答案为：210。
III.（5）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，故的空间构型为平面正三角形；H2CO3的电离方程式为H2CO3⇌H++、⇌ H++，则Ka1= 、Ka2=，当溶液的pH=12时，c（H+）=1×10−12mol/L，将其代入Ka1、Ka2中分别求出c（）=1012Ka1 c(H2CO3)、c（）=1012Ka2 c（）=1024Ka1Ka2 c(H2CO3)，则c(H2CO3)：c（）：c（） =1：（1012Ka1）：（1024Ka1Ka2），故答案为：平面正三角形，1012Ka1，1024Ka1Ka2。
【点睛】
本题考查的知识点较多，但难度都不是很大，学生只要充分利用题给信息、结合所学的基本原理和方法即可作答。
3．[2020浙江7月选考]研究氧化制对资源综合利用有重要意义。
相关的主要化学反应有：
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅳ
已知：时，相关物质的相对能量（如图1）。

可根据相关物质的相对能量计算反应或变化的（随温度变化可忽略）。例如：
。
请回答：
（1）①根据相关物质的相对能量计算_____。
②下列描述正确的是_____
A．升高温度反应Ⅰ的平衡常数增大
B．加压有利于反应Ⅰ、Ⅱ的平衡正向移动
C．反应Ⅲ有助于乙烷脱氢，有利于乙烯生成
D．恒温恒压下通水蒸气，反应Ⅳ的平衡逆向移动
③有研究表明，在催化剂存在下，反应Ⅱ分两步进行，过程如下：

，且第二步速率较慢（反应活化能为）。根据相关物质的相对能量，画出反应Ⅱ分两步进行的“能量−反应过程图”，起点从的能量，开始（如图2）。

（2）①和按物质的量1:1投料，在和保持总压恒定的条件下，研究催化剂X对“氧化制”的影响，所得实验数据如下表：
催化剂
转化率
转化率
产率
催化剂X
19.0
37.6
3.3
结合具体反应分析，在催化剂X作用下，氧化的主要产物是______，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）可提高的选择性（生成的物质的量与消耗的物质的量之比）。在，乙烷平衡转化率为，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。结合具体反应说明乙烷转化率增大的原因是_____。
【答案】（1）①430 ②AD
③

（2）① 的产率低，说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率
②选择性膜吸附，促进反应Ⅱ平衡正向移动
【解析】
【分析】
根据题中信息用相对能量求反应热；根据平衡移动原理分析温度、压强和反应物的浓度对化学平衡的影响，并作出相关的判断；根据相关物质的相对能量和活化能算出中间产物、过渡态和最终产物的相对能量，找到画图的关键数据；催化剂的选择性表现在对不同反应的选择性不同；选择性膜是通过吸附目标产品而提高目标产物的选择性的，与催化剂的选择性有所区别。
【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．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．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．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．反应Ⅳ的反应前后气体分子数不变，在恒温恒压下向平衡体系中通入水蒸气，体系的总体积变大，水蒸气的浓度变大，其他组分的浓度均减小相同的倍数，因此该反应的浓度商变大（大于平衡常数），化学平衡向逆反应方向移动，D正确。
综上所述，描述正确的是AD。
③由题中信息可知，反应Ⅱ分两步进行，第一步的反应是C2H6(g)+CO2(g)®C2H4(g)+H2(g) +CO2(g)，C2H4(g)、H2(g)、CO2(g)的相对能量之和为52 kJ∙mol−1+0+(−393 kJ∙mol−1)= −341 kJ∙mol−1；第二步的反应是C2H4(g)+H2(g) +CO2(g)®C2H4(g)+H2O(g) +CO(g)，其活化能为210 kJ∙mol−1，故该反应体系的过渡态的相对能量又升高了210 kJ∙mol−1，过渡态的的相对能量变为−341 kJ∙mol−1+210 kJ∙mol−1= −131 kJ∙mol−1，最终生成物C2H4(g)、H2O(g)、CO(g)的相对能量之和为(52 kJ∙mol−1)+(−242 kJ∙mol−1)+(−110 kJ∙mol−1)= −300 kJ∙mol−1。根据题中信息，第一步的活化能较小，第二步的活化能较大，故反应Ⅱ分两步进行的“能量—反应过程图”可以表示如下：。
（2）①由题中信息及表中数据可知，尽管CO2和C2H6按物质的量之比1：1投料，但是C2H4的产率远远小于C2H6的转化率，但是CO2的转化率高于C2H6，说明在催化剂X的作用下，除了发生反应Ⅱ，还发生了反应Ⅲ，而且反应物主要发生了反应Ⅲ，这也说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率，因此，CO2氧化C2H6的主要产物是CO。故答案为：CO；C2H4的产率低说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率。
②由题中信息可知，选择性膜技术可提高C2H4的选择性，由反应ⅡC2H6(g)+CO2(g)⇌C2H4(g)+H2O(g) +CO(g)可知，该选择性应具体表现在选择性膜可选择性地让C2H4通过而离开体系，即通过吸附C2H4减小其在平衡体系的浓度，从而促进化学平衡向正反应方向移动，因而可以乙烷的转化率。故答案为：选择性膜吸附C2H4，促进反应Ⅱ平衡向正反应方向移动。
【点睛】
本题“能量—反应过程图”是难点。一方面数据的处理较难，要把各个不同状态的相对能量算准，不能遗漏某些物质；另一方面，还要考虑两步反应的活化能不同。这就要求考生必须有耐心和细心，准确提取题中的关键信息和关键数据，才能做到完美。
4．[2020年山东新高考]探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CH3OH的产率。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下：
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
回答下列问题：
（1）。
（2）一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1 mol CO2和3 mol H2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH(g)为ɑ mol,CO为b mol，此时H2O(g)的浓度为 mol﹒L−1（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】
根据盖斯定律计算反应热；利用三个反应，进行浓度和化学平衡常数的计算；结合图形根据勒夏特列原理考虑平衡移动的方向，确定温度和压强变化时，CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率之间的关系得到相应的答案。
（1）.根据反应I+II=III，则△H3=△H1+△H2=−49.5kJ∙mol−1+(−90.4 kJ∙mol−1)=+40.9 kJ∙mol−1；
（2）.假设反应II中，CO反应了xmol，则II生成的CH3OH为xmol，I生成的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，答案选A。
【点睛】
本题为化学反应原理综合题，考查了盖斯定律、化学平衡常数的计算、勒夏特列原理进行图像的分析，难点为平衡常数的计算，巧用了三个反应的化学方程式，进行了数据的处理，得到反应III的各项数据，进行计算得到平衡常数。