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秘籍14 化学反应原理综合-备战2023年高考化学抢分秘籍（新高考专用）
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秘籍14 化学反应原理综合
概率预测
☆☆☆☆☆
题型预测
填空题 ☆☆☆☆☆
考向预测
化学反应和能量、反应速率、化学平衡、化学反应进行的方向的综合分析及应用
本专题命题是研究物质的组成、结构、性质转化及应用的理论，主要包括：化学反应和能量、化学反应速率和化学平衡、水溶液中的离子平衡，知识内容有焓变、电化学、燃烧热的计算；化学反应速率、影响化学反应速率的因素、化学平衡、化学反应进行的方向。近两年全国高考化学原理综合题的命题特点如下：知识来源和考点主要是教材核心知识和信息知识的整合，命题情境新颖，取材源自工业生产、实验学术和科技成果等，问题设置既有简单的填空题又有较难的计算题和说理题，关键能力以分析解释、推测说明和演绎论证为主，考查的问题以综合性、应用性为主，兼顾基础性和创新性，重视对学生高阶思维能力的考查。该类题主要把热化学、电化学、化学反应速率及四大平衡知识融合在一起命题，结合图像或图表形式，重点考查热化学(或离子、电极)方程式的书写、离子浓度大小比较、反应速率大小、平衡常数及转化率的计算、电化学装置、平衡曲线的识别与绘制等。设问较多，考查的内容也就较多，导致思维转换角度较大。试题的难度较大，对思维能力的要求较高。
考点一、反应热、焓变
1.化学反应放热和吸热的原因
判断依据
放热反应
吸热反应
反应物总能量与生成物总能量的相对大小
反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量
反应物具有的总能量小于生成物具有的总能量
与化学键的关系
生成物分子成键时释放出的总能量大于反应物分子断键时吸收的总能量
生成物分子成键时释放出的总能量小于反应物分子断键时吸收的总能量
ΔH的符号
ΔH<0(“－”号)
ΔH>0(“＋”号)
反应过程图示
【注意】
①过程(包括物理过程、化学过程)与化学反应的区别，有能量变化的过程不一定是放热反应或吸热反应。如水结成冰放热，但不属于放热反应。
②化学反应是放热还是吸热与反应发生的条件没有必然联系。如吸热反应NH4Cl与Ba(OH)2·8H2O在常温常压下即可进行。
2．书写热化学方程式注意事项
(1)注明反应条件：反应热与测定条件(温度、压强等)有关。绝大多数反应是在25 ℃、101 kPa下进行的，可不注明。
(2)注明物质状态：常用s、l、g、aq分别表示固体、液体、气体、溶液。
(3)注意符号、单位：ΔH应包括“＋”或“－”、数值和单位(kJ·mol－1)。
(4)区别于普通方程式：一般不注“↑”“↓”以及“点燃”“加热”等。
(5)注意热化学方程式的化学计量数：热化学方程式中各物质化学式前面的化学计量数仅表示该物质的物质的量，可以是整数，也可以是分数。且化学计量数必须与ΔH相对应，如果化学计量数加倍，则ΔH也要加倍。
(6)同素异形体转化的热化学方程式除了注明状态外，还要注明名称。
考点二 化学反应速率、化学平衡图像分析
1．瞬时速率—时间图像
(1)当可逆反应达到一种平衡后，若某一时刻外界条件发生改变，都可能使速率—时间图像的曲线出现不连续的情况，根据出现“断点”前后的速率大小，即可对外界条件的变化情况作出判断。如图：
t1时刻改变的条件可能是使用了催化剂或增大压强(仅适用于反应前后气体物质的量不变的反应)。
(2)常见含“断点”的速率－时间图像分析
图像
t1时刻所改变的条件
温度
升高
降低
升高
降低
正反应为放热反应
正反应为吸热反应
压强
增大
减小
增大
减小
正反应为气体物质的量增大的反应
正反应为气体物质的量减小的反应
(3)“渐变”类速率－时间图像
图像
分析
结论
t1时v′正突然增大，v′逆逐渐增大；v′正＞v′逆，平衡向正反应方向移动
t1时其他条件不变，增大反应物的浓度
t1时v′正突然减小，v′逆逐渐减小；v′逆＞v′正，平衡向逆反应方向移动
t1时其他条件不变，减小反应物的浓度
t1时v′逆突然增大，v′正逐渐增大；v′逆＞v′正，平衡向逆反应方向移动
t1时其他条件不变，增大生成物的浓度
t1时v′逆突然减小，v′正逐渐减小；v′正＞v′逆，平衡向正反应方向移动
t1时其他条件不变，减小生成物的浓度
2．全程速率—时间图像
例如：Zn与足量盐酸的反应，化学反应速率随时间的变化出现如图所示情况。
原因：
(1)AB段(v增大)，反应放热，溶液温度逐渐升高，v增大。
(2)BC段(v减小)，溶液中c(H＋)逐渐减小，v减小。
3．物质的量(或浓度)—时间图像
例如：某温度时，在定容(V L)容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。
(1)由图像得出的信息
①X、Y是反应物，Z是生成物。
②t3 s时反应达到平衡状态，X、Y并没有全部反应，该反应是可逆反应。
③0～t3 s时间段：Δn(X)＝n1－n3mol，Δn(Y)＝n2－n3mol，Δn(Z)＝n2mol。
(2)根据图像可进行如下计算
①某物质的平均速率、转化率，如v(X)＝ mol·L－1·s－1；Y的转化率＝×100%。
②确定化学方程式中的化学计量数之比，X、Y、Z三种物质的化学计量数之比为(n1－n3)∶(n2－n3)∶n2。
4．含量—时间—温度(压强)图像
(1)识图技巧
分析反应由开始(起始物质相同时)达到平衡所用时间的长短可推知反应条件的变化。
①若为温度变化引起，温度较高时，反应达平衡所需时间短。
②若为压强变化引起，压强较大时，反应达平衡所需时间短。
③若为是否使用催化剂，使用适宜催化剂时，反应达平衡所需时间短。
(2)应用举例
C%指生成物的质量分数，B%指反应物的质量分数。
【技法解读】
“先拐先平，数值大”，即曲线先出现拐点的首先达到平衡，反应速率快，以此判断温度或压强的高低。再依据外界条件对平衡的影响分析判断反应的热效应及反应前后气体体积的变化。
5．转化率(或浓度)—压强—温度图像
α表示某反应物的转化率，c表示某反应物的平衡浓度。
图①，若p1>p2>p3，则正反应为气体体积减小的反应，ΔH0；
图②，若T1>T2，则正反应为放热反应。
【技法解读】
“定一议二”，即把自变量(温度、压强)之一设为恒量，讨论另外两个变量的关系。
6．特殊图像
(1)对于化学反应：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，如图所示：M点前，表示从反应开始，v正>v逆；M点恰好达到平衡；M点后为平衡受温度的影响情况，即升温，A的百分含量增加或C的百分含量减少，平衡左移，故正反应ΔH＜0。
(2)对于化学反应：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，L线上所有的点都是平衡点(如图)。L线的左上方(E点)，A的百分含量大于此压强时平衡体系的A的百分含量，所以E点满足v正>v逆；同理，L线的右下方(F点)满足v正＜v逆。
技法一、掌握一个方法——“三段式”法
“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。
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
技法二、反应焓变的计算
(1)计算方法
ΔH＝生成物的总能量－反应物的总能量
ΔH＝反应物的总键能－生成物的总键能
ΔH＝正反应活化能－逆反应活化能
(2)注意事项
①利用键能计算反应热的关键，是弄清物质中化学键的数目，清楚中学阶段常见单质、化合物中所含共价键的种类和数目。
物质
(化学键)
CO2
(C===O)
CH4
(C—H)
P4
(P—P)
SiO2
(Si—O)
1 mol微粒所含键的物质的量
2
4
6
4
物质
(化学键)
石墨
(C—C)
金刚石
(C—C)
S8
(S—S)
Si
(Si—Si)
1 mol微粒所含键数的物质的量
1.5
2
8
2
②活化能与焓变的关系
a．催化剂能降低反应的活化能，但不影响焓变的大小及平衡转化率。
b．在无催化剂的情况，E1为正反应的活化能，E2为逆反应的活化能，ΔH＝E1－E2，活化能大小影响反应速率。
c．起点、终点能量高低判断反应的ΔH，并且物质的能量越低，物质越稳定。
例1．（2023·安徽蚌埠·统考三模）能源的合理开发和利用，低碳减排是人类正在努力解决的大问题。2023 年2月21日，中国气候变化特使谢振华获得首届诺贝尔可持续发展特别贡献奖，以表彰他在全球生态保护中做出的贡献
(1)在298K、100kPa时，已知：
C(s，石墨) +O2(g)=CO2(g) ΔH1= -393.5 kJ·mol-1
H2(g) +O2(g)=H2O(1) ΔH2= -285.8 kJ· mol-1
2C2H2(g) +5O2 (g)= 4CO2(g) +2H2O(1) ΔH3= -2599.0 kJ·mol-1
在298K时由C(s，石墨)和H2(g)反应生成1 mol C2H2(g) 的热化学方程式为___________________。
(2)在固相催化剂作用下CO2加氢合成甲烷过程中发生以下两个反应：
主反应：CO2(g) +4H2(g) CH4(g) +2H2O(g) ΔH1=-156.9kJ· mol-1
副反应：CO2(g) +H2(g) CO(g) + H2O(g) ΔH2= +41.1 kJ·mol -1
工业合成甲烷通常控制温度为500°C左右，其主要原因为_____________________________。
(3)向密闭容器中充入一定量的CH4(g)和NO(g) ，保持总压为100kPa发生反应：
CH4(g) +4NO(g) 2N2(g) +CO2(g) +2H2O(g) ΔH <0。
当=1时，NO的平衡转化率~；T2时NO平衡转化率~的关系如图
①能表示此反应已经达到平衡的是______________________。
A．气体总体积保持不变
B．混合气体的平均相对分子质量保持不变
C． 不再变化
②表示T2时NO平衡转化率~的关系是___________(填“I”或“II”)，T1_________________T2(填“>”或“<”)。
③在=1、T2时，CH4的平衡分压为____ 。已知：该反应的标准平衡常数 ，其中=100 kPa，p(CH4)、p(NO)、p(CO)2、 p(N2)和p( H2O)为各组分的平衡分压，则该温度下 =_________________。(分压=总压 ×物质的量分数。计算结果用分数表示)。
【答案】(1)2C(s，石墨) + H2(g)=C2H2(g) ΔH= +226.7kJ·mol-1
(2)温度低于500 °C ，反应速率低；温度高于500 °C ，对副反应影响较大，化学平衡向生成CO的方向移动程度增大，不利于甲烷的生成
(3) C II > 45 kPa
【解析】（1）设①C(s，石墨)＋O2(g)=CO2(g) △H1=－393.5kJ·mol－1；
②H2(g) +O2(g)=H2O(1) ΔH2= -285.8 kJ· mol-1；
③2C2H2(g)＋5O2(g)=4CO2(g)+ 2H2O(l) △H3=－2599kJ·mol－1；
利用盖斯定律将①×2+②-③×可得：
2C(s，石墨)+H2(g)=C2H2(g) △H=（-393.5kJ/mol）×2+×（-571.6kJ/mol）-×（-2599 kJ/mol）=+226.7kJ/mol；
（2）加氢合成甲烷时，温度低于500℃时，反应速率低，温度高于500℃，对于副反应CO2(g) +H2(g)CO(g)+H2O(g)，正反应吸热，平衡向生成CO的方向移动程度增大，都不利于甲烷的生成，故答案为：温度低于500 °C ，反应速率低；温度高于500 °C ，对副反应影响较大，化学平衡向生成CO的方向移动程度增大，不利于甲烷的生成；
（3）①A．该反应前后气体计量系数不变，故气体体积也始终不变，则气体总体积保持不变不能证明反应达到平衡，A错误；
B．由选项A可知，该反应前后气体计量系数不变，且所有的反应物和产物都是气体，则该反应体系的密度始终不变，则混合气体的平均相对分子质量保持不变，不能证明反应达到平衡，B错误；
C．随着反应的进行一氧化氮在减少，氮气在增大，则一直在变化，故不再变化可以证明反应达到平衡，C正确；
故选C；
②由反应方程式CH4(g)+4NO(g)⇌ 2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)可知，随着的增大，即增大NO的投入量，平衡正向移动，CH4的转化率增大而NO的转化率却减小，由图3所示信息可知，曲线II表示T3K下NO平衡转化率～的关系，由题干反应方程式CH4(g)+4NO(g)⇌ 2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H<0可知，升高温度平衡逆向移动，则NO的转化率减小，由图中曲线I表示=1时NO平衡转化率～关系图，从图中所示信息可知，T越大，则越小，NO的转化率越小，故Tl＞T2，故答案为：II；＞；
由题干图示信息可知，在=1、T2K下，NO的转化率为40%，根据三段式分析可知，，则该反应平衡时CH4的体积分数为=10%，则此时CH4的平衡分压分别为：p(CH4)==45kPa，p(NO)==30kPa，p(CO2)==5kPa，p(N2)==10kPa，p(H2O)==10kPa，故该反应的标准平衡常数==，故答案为：45kPa；。
例2．（2023·浙江嘉兴·统考二模）甲醇是一种理想的可再生清洁能源，近年来随着环保督查、碳双控等政策的实施，我国甲醇产能利用率不断提升。
I.和在一定条件下合成甲醇：
(1)根据如图相关物质的能量，计算_______。
(2)向容积均为0.5L的恒容密闭容器中分别充入0.1mol和0.3mol，在两种催化剂(I和II)、不同温度下发生上述反应，经过相同时间，测得的转化率与温度的关系曲线如图所示(已知此实验条件下催化剂均未失活)。下列说法正确的是_______。
A．催化效率较高的是催化剂II
B．A点一定小于C点的
C．C点的正反应速率：
D．温度区，的转化率随温度升高均增大的原因是：反应未达平衡，随温度升高反应速率加快，相同时间内转化率增大
(3)将和分别充入甲、乙两个恒容密闭容器中发生反应，相关数据如下表所示，测得不同温度下甲容器内的平衡转化率曲线甲如图所示。
容积
甲容器
VL
1mol
amol
乙容器
VL
2mol
2amol
①请在图中画出乙容器中的平衡转化率曲线乙_______。
②当乙容器中的平衡转化率与甲容器M点相同时，该反应的平衡常数之比_______。
II.已知反应是目前大规模制取氢气的方法之一。
(4)实验发现，其他条件不变时向上述体系中投入一定量的CaO，反应相同时间测得的体积分数增大，其可能的原因是_______。
【答案】(1)-49.3
(2)ABD
(3) 4:1
(4)CaO和CO2反应生成CaCO3，CO2浓度降低，平衡正向移动
【解析】（1）的生成物的能量-反应物的能量=-201.0-241.8-(-393.5) =-49.3。
（2）A．根据图示信息可知，使用催化剂II时，相同时间内，的转化率更高，则催化效率较高的是催化剂II，故A正确；
B．反应得到平衡状态时，两种催化剂催化作用下的转化率相等，则B和C点处于平衡状态，则c点，而A点温度低于C点，则A点一定小于C点的，故B正确；
C．反应得到平衡状态时，两种催化剂催化作用下的转化率相等，则B和C点处于平衡状态，两种催化剂的催化效率不同，则C点，故C错误；
D．温度区，的转化率随温度升高均增大的原因是：反应未达平衡，随温度升高反应速率加快，相同时间内转化率增大，故D正确；
故选ABD。
（3）①甲容器和乙容器体积相等，乙溶液中和浓度是甲容器的两倍，相当于在甲溶液的基础上增大压强，而反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，的平衡转化率比甲容器中的大，且该反应是放热反应，升高稳定的平衡转化率减小，画出乙容器中CO2的平衡转化率曲线乙为：；
②根据已知条件列出甲容器“三段式”
平衡常数，根据已知条件列出乙容器的“三段式”
平衡常数，则。
（4）其他条件不变时向上述体系中投入一定量的CaO，CaO和CO2反应生成CaCO3，CO2浓度降低，平衡正向移动，反应相同时间测得的体积分数增大。
例3．（2023·吉林延边·统考二模）化石燃料燃烧过程中形成NO和CO等污染物，利用CO脱除NO的研究获得了广泛关注。在催化剂作用下，CO与NO的反应为2CO(g)+2NO(g) 2CO2(g)+N2(g) ΔH。回答下列问题：
(1)已知： 2CO(g)+O2(g) 2CO2(g) ΔH1= - 520 kJ·mol-1
N2(g)+O2(g) 2NO(g) ΔH2= +160 kJ·mol-1
则ΔH=___________。
(2)向某刚性容器中加入2 mol CO、2 mol NO和催化剂， 测得平衡时CO2的体积分数随温度和压强的关系如图1所示。
①下列叙述不能说明该反应已经达到平衡状态的是___________(填标号)。
A．CO2和N2的浓度比保持不变
B．压强不再变化
C．混合气体的密度不再变化
D．混合气体的摩尔质量不再变化
②压强p1___________ p2(填“>”或“<”， 下同)， a、b两点的平衡常数Ka___________Kb。
③b点CO的转化率为___________%(保留一位小数)，b点的Kp=___________(用含 p2的表达式表示，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压 ×体积分数)。
(3)金属锌作催化剂，在相同时间内，以相同投料比反应时，容器中CO2的物质的量随温度变化的曲线如图2。当温度高于T℃时，n(CO2)下 降的原因可能是___________(答出一点即可，不考虑物质的稳定性)。
(4)硫与催化剂锌所形成化合物晶体的晶胞如图3所示。在该晶胞中，Zn的配位数为原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。如图晶胞中，原子坐标参数a为(0，0， 0)； b为(，0，)；c为(，，0)。则d的坐标参数为___________。已知该晶胞的密度为ρg·cm-3，则其中两个最近S原子之间的距离为___________pm(列出 计算式即可)。
【答案】(1)-680 kJ·mol-1
(2) AC < > 44.4%
(3)随温度升高，催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间生成的CO2的物质的量减少(反应达平衡，温度升高，平衡逆向移动，CO2的物质的量减小)
(4) (1，，)
【解析】（1）①2CO(g)+O2(g) 2CO2(g) ΔH1= - 520 kJ·mol-1②N2(g)+O2(g) 2NO(g) ΔH2= +160 kJ·mol-1 ，由盖斯定律：①-②得2CO(g)+2NO(g) 2CO2(g)+N2(g) ΔH=- 520 kJ·mol-1-160 kJ·mol-1 =-680 kJ·mol-1，故答案为：-680 kJ·mol-1；
（2）①A．2CO(g)+2NO(g) 2CO2(g)+N2(g)，CO2和N2的浓度比始终保持不变，故A选；B．反应为气体体积减小的反应，压强不再变化 ，说明反应的平衡状态，故B不选；C．反应应前后均为气体，总质量不变，混合气体的密度始终保持不变，当气体的密度不再变化时，不能说明反应的平衡状态，故C选；D．反应应前后均为气体，总质量不变，但反应后物质的量减小，反应混合气体的摩尔质量不再变化，说明反应的平衡状态，故D不选；故答案为：AC；
②由图1可得：相同温度下，P2的二氧化碳含量大，结合方程式，加压，平衡正向移动，压强p1< p2，由a到b温度升高，对于放热反应，平衡逆向移动，平衡常数减小， a、b两点的平衡常数Ka>Kb。
故答案为：<；>；
③，b点二氧化碳的体积分数为： ，x=mol，b点CO的转化率为 44.4%，平衡时，CO(g)为mol，NO(g) 为mol， CO2(g)为mol，N2(g)为mol，平衡时总物质的量为mol，b点的Kp= =(用含 p2的表达式表示，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压 ×体积分数)。故答案为：44.4%；；
（3）容器中CO2的物质的量随温度变化的曲线如图2,当温度高于T℃时，n(CO2)下 降的原因可能是随温度升高，催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间生成的CO2的物质的量减少(反应达平衡，温度升高，平衡逆向移动，CO2的物质的量减小)(答出一点即可，不考虑物质的稳定性)。故答案为：随温度升高，催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间生成的CO2的物质的量减少(反应达平衡，温度升高，平衡逆向移动，CO2的物质的量减小)；
（4）硫与催化剂锌所形成化合物晶体的晶胞如图3所示。在该晶胞中，Zn的配位数为原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。如图晶胞中，原子坐标参数a为(0，0， 0)； b为(，0，)；c为(，，0)，a为原点，b、c、d为三个面的面心，则d的坐标参数为(1，，)。晶胞中Zn原子数目=8×+6×=4，S的原子数目为4，所以R的化学式为ZnS，晶胞的质量m=g,晶胞的密度ρ，则晶胞棱长= cm,则其中两个S2-之间的距离为面对角线的一半，cm,则其中两个最近S原子之间的距离为pm(列出 计算式即可)。故答案为：(1，，)；。
1（2023·全国·模拟）二氧化碳的资源化利用是科学家研究的重要课题。回答下列问题：
(1)用化加氢可以制取乙烯：
①已知与该反应相关的键能数据如表所示：
化学键
C=O
H-H
C=C
C-H
H-O
键能/()
803
764
414
464
则表中H-H键的键能数据为___________。
②在恒容密闭容器中，反应温度、投料比对平衡转化率的影响如图1所示，则a___________(填“>”“<”或“=”)3；M、N两点的化学平衡常数：___________(填“>”“<”或“=”)，判断的理由是___________。
(2)与还可合成，涉及的主要反应如下：
反应1：
反应2：
①下列措施中，既能提高二氧化碳的平衡转化率又能提高选择性的是___________(填字母)。
A．加压 B．降温 C．及时移走甲醇 D．使用合适的催化剂
②当起始投料比时，在不同条件下只发生反应1且达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为，T=250 ℃时随压强(p)的变化关系及在时随温度(T)的变化关系如图2所示。
a．图中对应等压过程的曲线是___________(填“m”或“n”)，判断的理由是___________。
b．当T=250 ℃、时，的平衡转化率α=___________(结果精确到0.1%)，此条件下该反应的___________(结果保留3位有效数字，对于气相反应，可以用分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】(1) 436 > > 该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小
(2) AC n 在一定压强下，升高温度，平衡逆向移动，减小 33.3%
【解析】（1）①根据反应物的总键能-生成物的总键能可计算H—H键的键能。设H—H键的键能为，则，解得；
②在一定温度下，增大的物质的量，平衡正向移动，的平衡转化率增大，则；该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，温度越高，平衡常数越小，M点的温度比N点的低，所以M、N两点的化学平衡常数。
（2）①加压时反应2平衡不移动，反应1向右移动，故该措施既能提高二氧化碳的平衡转化率又能提高的选择性，选A；
降温时反应1向右移动，反应2向左移动，故甲醇的选择性提高，但二氧化碳的平衡转化率不一定提高，故不选B；
及时移走甲醇，反应1向右移动，反应2不移动，该措施既能提高二氧化碳的平衡转化率又能提高的选择性，故选C；
使用合适的催化剂，可以提高甲醇的选择性，但不能提高二氧化碳的平衡转化率，故不选D；
选A、C；
②a．反应1是的反应，在一定压强下，升高温度，平衡逆向移动，减小，故题图中对应等压过程的曲线是n。
b．当、时，设起始时的物质的量为1 mol，则的物质的量为3 mol，平衡时消耗的物质的量为x mol，列“三段式”：
则，解得，的平衡转化率。平衡时、、、的物质的量分数分别为0.20、0.60、0.10、0.10；根据题图可知平衡时压强，则该反应的平衡常数。
2．（2023·上海闵行·统考二模）冷冻氨碳捕集技术，要先用氨吸收CO2生成盐，然后在高温下使CO2再生。
吸收CO2的主要化学反应：
2NH3(aq)＋CO2(g)＋H2O(l)(NH4)2CO3(aq)＋99.3kJ
NH3(aq)＋CO2(g)＋H2O(l)NH4HCO3(aq)＋26.4kJ
2NH3(aq)＋CO2(g)NH2COONH4(aq)＋135.9kJ
(1)吸收CO2时宜选用___________，(选填“低温”或“高温”)理由___________、___________。(列举两点)
再生的CO2可直接用于合成乙醇。
2CO2(g)＋6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g)
(2)该反应的化学平衡常数表达式K=___________。
(3)在恒温恒容的密闭容器中反应，可以判断已达平衡状态的是___________。(选填编号)
a．2v(CO2)正=3v(H2O)逆
b．容器中总压强不变
c．容器中混合气体的密度不变
d．容器中CO2的体积分数不变
干燥的NH3和CO2可生成较纯净的氨基甲酸铵(NH2COONH4)，氨基甲酸铵易水解，产物是碳酸氢铵和一种弱碱。取二份氨基甲酸铵溶液，测定15℃、25℃时水解反应速率，得到c(NH2COO﹣)随时间变化趋势如图所示。
(4)写出氨基甲酸铵水解的离子方程式___________。
(5)根据图中信息回答：25℃，0~10min内NH2COO﹣的平均水解速率v(NH2COO﹣)=___________ 。判断NH2COO﹣的水解速率随温度升高而增大的理由是___________ 。
【答案】(1) 低温 反应均放热，低温有利于平衡右移吸收更多的CO2 低温有利减少氨的挥发、低温防止盐的分解
(2)
(3)bd
(4)NH2COO-+2H2O+NH3•H2O
(5) 0.04mol/(L•min) 因25℃反应物起始浓度较小，但(0～10min)平均反应速率仍比15℃大
【解析】（1）吸收CO2反应均放热，低温有利于平衡右移吸收更多的CO2，且低温有利减少氨的挥发、低温防止盐的分解，故合适选择低温；
（2）平衡常数等于生成物浓度系数次方之积与反应物浓度系数次方之积的比；该反应的化学平衡常数表达式K=；
（3）a．2v(CO2)正=3v(H2O)逆，说明此时正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡状态，a不符合题意；
b．反应是气体分子数改变的的化学反应，物质的量与压强成正比，则混合气体的压强不随时间的变化而变化，反应达到平衡状态，b符合题意；
c．容器体积和气体总质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡，c不符合题意；
d．容器中CO2的体积分数不变，说明平衡不再移动，反应达到平衡状态，d符合题意；
故选bd；
（4）氨基甲酸铵易水解，产物是碳酸氢铵和一种弱碱，根据质量守恒定律可知，弱碱为一水合氨，故氨基甲酸铵水解的离子方程式为NH2COO-+2H2O+NH3•H2O；
（5）25℃，0~10min内NH2COO﹣的平均水解速率v(NH2COO﹣)= ；25℃反应物起始浓度较小，但(0～10min)平均反应速率仍比15℃大，故其水解速率随温度升高而增大。
3.（2023·河北邯郸·模拟）清洁能源的综合利用可有效降低碳排放，是实现“碳中和碳达峰”的重要途径。
(1)以环己烷为原料生产苯，同时可得到氢气。下图是该反应过程中几种物质间的能量关系。
反应： ΔH=___________kJ/mol。
(2)已知反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH＞0，利用该反应可减少CO2排放，并合成清洁能源。
①下列能说明反应达到平衡状态的是___________(填字母)。
A．单位时间内生成1 molCH3OH(g)的同时消耗了3 molH2(g)
B．在绝热恒容的容器中，反应的平衡常数不再变化
C．容器内c(CO2):c(H2 ):c(CH3OH):c(H2O) =1:3:1:1
D．在恒温恒压的容器中，气体的平均摩尔质量不再变化
②一定条件下，在一密闭容器中充入1 molCO2和3 molH2发生反应，下图表示压强为1. 0MPa和4.0MPa下CO2的平衡转化率随温度的变化关系。
其中表示压强为4.0MPa下CO2的平衡转化率随温度的变化曲线为___________(填“I”或“II”)；a点对应的平衡常数Kp=___________ MPa-2(Kp为以平衡分压代替平衡浓度表示的平衡常数。分压=总压×物质的量分数，结果精确到0.01)。
③利用制备的甲醇可以催化制取丙烯，过程中发生如下反应：3CH3OH(g)C3H6(g) +3H2O(g)，为探究M、N两种催化剂的催化效能，进行相关实验，依据实验数据获得如图所示曲线。
已知Arrhenius经验公式为Rlnk= -+C(Ea为活化能，假设受温度影响忽略不计，k为速率常数，R和C为常数)。在M催化剂作用下，该反应的活化能Ea=___________kJ·mol-1，从图中信息获知催化效能较低的催化剂是___________ ( “M”或“N”)，判断理由是___________。
【答案】(1)+208.4
(2)BD I 0.47 31 M 由图可知，直线 M斜率小，Ea大，催化效能低(或N线计算的Ea=20.5 kJ / mol，活化能小，催化效能高)
【解析】（1）从图中可以看出，反应： ΔH=237.1kJ/mol -28.7kJ/mol =+208.4kJ/mol。答案为：+208.4；
（2）①A．单位时间内生成1 molCH3OH(g)的同时消耗3 molH2(g)，反应进行的方向相同，虽然变化量之比等于化学计量数之比，但反应不一定达平衡状态；
B．在绝热恒容的容器中，随着反应的进行，混合气的温度不断发生改变，平衡常数不断发生改变，当反应的平衡常数不再变化时，反应达平衡状态；
C．容器内c(CO2):c(H2 ):c(CH3OH):c(H2O) =1:3:1:1，即等于化学计量数之比，反应不一定达平衡状态；
D．在恒温恒压的容器中，由于反应前后气体分子数不等，平均摩尔质量在不断发生改变，当气体的平均摩尔质量不再变化时，反应达平衡状态；
故选BD。
②对于反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH＞0，增大压强，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，则表示压强为4.0MPa下CO2的平衡转化率随温度的变化曲线为I；
一定条件下，在一密闭容器中充入1 molCO2和3 molH2发生反应，曲线Ⅱ表示压强为1. 0MPa下CO2的平衡转化率随温度的变化关系，a点时CO2的平衡转化率为40%，则可建立如下三段式：
a点对应的平衡常数Kp==0.47MPa-2。
③在M催化剂作用下，从图中可采集数据，得出如下反应：3.0×10-3=-3.4×10-3Ea+C、9.2×10-3=-3.2×10-3Ea+C，从而求出该反应的活化能Ea=31kJ·mol-1。在N催化剂作用下，从图中可采集数据，得出如下反应：1.0×10-3=-3.6×10-3Ea+C、9.2×10-3=-3.2×10-3Ea+C，从而求出该反应的活化能Ea=20.5kJ·mol-1。从图中信息获知催化效能较低的催化剂是M，判断理由是：由图可知，直线 M斜率小，Ea大，催化效能低(或N线计算的Ea=20.5 kJ / mol，活化能小，催化效能高)。答案为：BD；I；0.47；31；M；由图可知，直线 M斜率小，Ea大，催化效能低(或N线计算的Ea=20.5 kJ / mol，活化能小，催化效能高)。
4．（2023·浙江金华·校联考模拟）研究CO2与CH4的干重整反应使之转化为合成气(H2和CO)对减缓燃料危机、减少温室效应具有重大意义。已知：
干重整反应：CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g) △H=247kJ/mol
副反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H=41kJ/mol
(1)CH4(g)+3CO2(g)4CO(g)+2H2O(g)的△H=______kJ/mol。
(2)向2L某恒容密闭容器中充入等物质的量的CH4和CO2，在一定温度和压强，及催化剂作用下发生反应。
①30min，CH4减少了4.8g。则30min内的平均速率：v(CH4)=_____mol•L-1•min-1。
②下列说法正确的是_____。
A．高温低压有利于提高CH4的平衡转化率
B．充分反应后的混合气体中，CO的体积分数可能达到66.7%
C．充分反应后的混合气体通过生石灰，固体质量增大，说明干重整反应存在限度
D．当混合气体中恒定时，反应达到平衡状态
(3)恒温下，向恒压容器中通入物质的量为1∶1的CO2和CH4，CH4的物质的量[n(CH4)]随时间变化如图所示。在n(CH4)不变的条件下，改成加入1∶1∶8的CO2、CH4和N2的混合气体，请在图中画出CH4的物质的量随时间(t)变化的曲线_____。
(4)制约干重整工业化应用的主要问题是积碳(CH4C+2H2)，关键是开发出具有抗积碳性能(C+H2OCO+H2)的催化剂。催化剂A、B对积碳与消碳的影响如图所示：
则工业生产时应选择的催化剂是_____(填“A”或“B”)，理由是_____。
(5)合成气在催化剂作用下可合成甲醇：CO+2H2CH3OH，但合成气中的CO2也会参与反应：CO2+3H2CH3OH+H2O。工业上用计量数M来衡量H2、CO、CO2的比例的合理性，其定义为M=。当M＞2，需补充适量的______(填化学式)以提高合成气的利用率。
【答案】(1)329
(2) 0.005 AD
(3)
(4) A 催化剂A作用下，积碳反应活化能大，消碳反应活化能小，说明不利于积碳有利于消碳
(5)CO2或者CO
【解析】（1）设①CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g) △H=247kJ/mol，
②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H=41kJ/mol，
③CH4(g)+3CO2(g)4CO(g)+2H2O(g)根据盖斯定律可知，③=①+2×②，则△H=247kJ/mol +2×41kJ/mol=329 kJ/mol；
（2）①减少的甲烷的物质的量=，
②A．该反应为气体分子数减小的反应，且为吸热反应，故高温低压有利于平衡正向移动，可以提高CH4的平衡转化率，A正确；
B．反应如果进行到底后，则体系内一氧化碳的体积分数可能达到66.7%，但是该反应为可逆反应，反应不可能进行到底，即体系内一氧化碳的体积分数不可能达到66.7%，B错误；
C．该反应的副反应会生成水，可以被碱石灰吸收，导致其质量增大，故不能说明干重整反应存在限度，C错误；
D．甲烷只参加第一个反应，二氧化碳两个反应都参加，故一直在变化，当其不变的时候，可以证明反应达到平衡，D正确；
故选AD；
（3）氮气不参加反应，加入氮气后容器体积增大，相当于减压，干重整反应正向移动，副反应不移动，则最终甲烷的物质的量减少，且反应更慢一些，故图像为：；
（4）为了消除积碳，应该抑制积碳反应的发生，促进消碳反应的进行，由图可知催化剂A对于积碳反应的活化能大，同时对于消碳反应的活化能消，故应该选择催化剂A，答案为：A；催化剂A作用下，积碳反应活化能大，消碳反应活化能小，说明不利于积碳有利于消碳；
（5）根据方程式CO+2H2CH3OH和CO2+3H2CH3OH+H2O可知，再结合M=可知，当M=2时，原料气的利用率是最高的，当M＞2时，则氢气会有剩余，为了提高合成气的利用率应该补充适量的CO2或者CO。
5．（2023春·安徽·高三统考）SO2是形成酸雨的主要气体，减少SO2的排放和研究SO2综合利用意义重大。回答下列问题：
(1)已知25℃时：xSO2(g)+2xCO(g)2xCO2(g)+Sx(s) ΔH=a kJ·mol-1；2xCOS(g)+xSO2(g)2xCO2(g)+3Sx(s) ΔH=bkJ·mol-1。则25℃时，CO与Sx(s)反应生成COS(g)的热化学方程式为_______。
(2)焦炭催化还原SO2既可削除SO2，同时还可得到硫(S2)，化学方程式为2C(s)+2SO2(g)S2(g)+2CO2(g)。一定压强下，向1L密闭容器中充入足量的焦炭和1molSO2发生反应，测得SO2(g)的生成速率与S2(g)的生成速率随温度(T)变化的关系如图1所示。图中A、B、C、D四点中，处于平衡状态的是_______点。
(3)某科研小组研究臭氧氧化脱除SO2和NO的工艺，反应原理及反应热活化能数据如下：
反应Ⅰ：NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g) ΔH1=-200.9kJ·mol-1，E1=3.2kJ·mol-1；
反应Ⅱ：SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g) ΔH2=-241.6kJ·mol-1，E2=58kJ·mol-1；
已知该体系中臭氧还发生分解反应：2O3(g)3O2(g)。保持其他条件不变，每次向容积为2L的反应器中充入含2.0molNO、2.0molSO2的模拟烟气和4.0molO3，改变温度，反应相同时间t0min后，体系中NO和SO2的转化率如图2所示：
①Q点时反应开始至t0min内v(SO2)=_______。
②由图可知相同温度下(温度小于300℃)NO的转化率远高于SO2，其原因可能是_______。
③若反应达到平衡后，缩小容器的体积，则NO和SO2转化率_______(填“增大”“减少”或“不变”)。
④假设100℃时，P、Q均为平衡点，此时发生分解反应的O3占充入O3总量的10%，体系中O3的物质的量是_______mol，反应I的平衡常数Kc=_______。
(4)在一定条件下，CO可以去除烟气中的SO2，其反应原理为2CO+SO2=2CO2+S。其他条件相同，以γ-Al2O3(一种多孔性物质，每克的内表面积高达数百平方米，具有良好的吸附性能)作为催化剂，研究表明，γ-Al2O3在240℃以上发挥催化作用。反应相同的时间，SO2的去除率随反应温度的变化如图3所示。240℃以后，随着温度的升高，SO2去除率迅速增大的主要原因是_______。
【答案】(1)xCO(g)+Sx (s) xCOS(g) ΔH=kJ·mol-1
(2)C
(3) mol·L-1·min-1 反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ ，相同条件下反应更快 增大 1.4 8
(4)温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快
【解析】（1）CO与Sx反应方程式为xCO+SxxCOS，xSO2(g)+2xCO(g)2xCO2(g)+Sx(s)……①，2xCOS(g)+xSO2(g)2xCO2(g)+3Sx(s)……②，利用盖斯定律可知，(①－②)得出目标反应方程式，因此CO与Sx反应热化学方程式为xCO(g)+Sx (s)xCOS(g) ΔH=kJ·mol-1；故答案为xCO(g)+Sx (s)xCOS(g) ΔH=kJ·mol-1；
（2）利用不同物质的反应速率表示达到平衡，要求反应方向是一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比，根据图像可知，C点时SO2(g)生成速率与S2(g)的生成速率之比等于2∶1，因此处于平衡状态的是C点；故答案为C；
（3）①根据图像可知，Q点时SO2的转化率为30%，根据化学反应速率的数学表达式为v(SO2)==mol·L-1·min-1；故答案为mol·L-1·min-1；
②反应Ⅰ的活化能为3.2kJ/mol，远小于反应Ⅱ的活化能58kJ/mol，活化能越小，反应Ⅰ的速率更快，因此温度小于300℃，NO的转化率远高于SO2，故答案为反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ ，相同条件下反应更快；
③缩小容器体积，压强增大，反应2O3(g)3O2(g)逆向进行，O3浓度增大，反应Ⅰ、反应Ⅱ向正反应方向进行，NO、SO2转化率增大；故答案为增大；
④假设100℃时，P、Q均为平衡点，此时发生分解反应的O3占充入O3总量的10%，即分解反应中消耗O3的物质的量为4.0mol×10%=0.4mol，此时生成O2物质的量为0.6mol，P点NO的转化率为80%，反应Ⅰ中消耗NO、O3的物质的量均为2.0mol×80%=1.6mol，则生成NO2、O2物质的量均为1.6mol，Q点SO2转化率为30%，反应Ⅱ中消耗SO2、O3的物质的量均为2.0mol×30%=0.6mol，则生成SO3、O2物质的量均为0.6mol，体系中O3的物质的量为(4.0mol―0.4mol―1.6mol―0.6mol)=1.4mol，反应Ⅰ中气体系数均为1，此时平衡常数Kc==8；故答案为1.4；8；
（4）根据题意“研究表明，γ-Al2O3在240℃以上发挥催化作用”，因此240℃以后，催化剂的活性增大，反应速率加快，SO2去除率迅速增大；故答案为温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快。
6．（2023·辽宁·校联考二模）丙烯是重要的有机合成原料。由丙烷制备丙烯是近年来研究的热点，主要涉及如下反应。
反应I.2C3H8(g)+O2(g)2C3H6(g)+2H2O(g) △H1=-238kJ•mol-1
反应II.2H2(g)+O2(g)2H2O(g) △H2=-484kJ•mol-1
(1)则丙烷脱氢制丙烯反应C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)的逆反应活化能为akJ/mol，则正反应活化能为______kJ/mol。
(2)在恒温恒压容器中发生反应I，下列能说明已达到平衡状态的有______(填标号)。
A．每断裂1molO=O键，同时生成4molO－H键
B．△H不再变化
C．混合气体的密度不再变化
D．v(C3H6)正=v(C3H6)逆
(3)在恒温条件下，1molC3H8(g)发生丙烷脱氢制丙烯反应C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)，测得平衡时C3H8(g)和C3H6(g)的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：
①A、B两点的浓度平衡常数关系：KC(A)_____KC(B)(填“＜”或“＞”或“=”)。
②计算C点时该反应的压强平衡常数Kp(C)=_____(Kp是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
(4)研究表明二氧化碳氧化丙烷脱氢制取丙烯可采用铬的氧化物为催化剂，其反应机理如图所示。该工艺可有效维持催化剂活性，请结合方程式说明原因：_____。
【答案】(1)(a+123)
(2)CD
(3) = MPa
(4)CO2+C=2CO，可以消除催化剂表面的积炭
【解析】（1）根据盖斯定律，将(反应i-反应ii)，整理可得：；正反应活化能－逆反应活化能，正反应活化能=(a+123)kJ/mol。
（2）A.在恒温恒压容器中发生反应i，反应时每断裂1molO=O键，必然同时生成4molO—H键，不能据此说明反应达到平衡，A错误；
B.仅与方程式系数有关，方程式不变，不变，故不能说明反应达到平衡，B错误；
C.反应物与生成物均为气体，混合气体的质量不变，反应的系数不等，体积在变，所以混合气体密度是变量，气体密度不变可以判断平衡，C正确；
D.时反应可能处于平衡状态，D正确；
故选CD。
（3）①A、B两点的温度相同，平衡常数K只与温度有关，故A、B两点的浓度平衡常数关系：；
②设C点时的转化量为xmol，可列出三段式(单位为mol)：
，
由图可知，C点时(g)和C3H6(g)的物质的量浓度相等，则1−x=x，解得x=0.5，则平衡时总的物质的量为1.5mol，C点时该反应的压强平衡常数。
（4）(i)反应为；(ii)反应为，总反应方程式为：，该工艺可以有效消除催化剂表面的积碳，维持催化剂活性，这是由于C能够与反应会产生CO即CO2+C=2CO，使C脱离催化剂表面，从而可以消除催化剂表面的积炭。
7．（2023·浙江温州·统考二模）甲醇和二甲醚是可再生能源，具有广泛的发展前景。相关的主要反应有：
制备合成气：I.
制备甲醇和二甲醚：Ⅱ.
Ⅲ.
请回答：
(1)有利于制备合成气(反应I)的条件是___________。
A．低温低压 B．低温高压 C． 高温低压 D．高温高压
(2)一定条件下，相关物质的相对能量与反应过程如下图：
①___________。
②在某温度下，在体积为1L的恒容容器中，投料为1molCO和2molH2，仅发生反应Ⅱ和Ⅲ，在时达到平衡状态，请画出之间的变化趋势___________。
(3)甲醇生成二甲醚的转化率可以根据冷凝液中的与的相对百分含量来计算(忽略副反应和各物质的挥发)。冷凝液中的质量分数为，的质量分数为，则甲醇的转化率___________。(用含和的式子表示)
(4)制备合成气(反应I)时，还存在反应，该过程可用于热化学能的储存。已知：储能效率(是通过化学反应吸收的热量，是设备的加热功率)。反应物气体流速、对转化率、储能效率()的影响，部分数据如下表：
序号
加热温度/℃
反应物气体流速/
1
800
4
1：1
79.6
52.2
2
800
6
1：1
64.2
61.9
3
800
6
1：2
81.1
41.6
①下列说法不正确的是___________。
A．反应I可以储能的原因是该反应是吸热反应，将热量储存在高热值物质CO、H2中
B．其他条件不变，反应物气体流速越小，CH4转化率越大，有利于热化学能储存
C．其他条件不变，越小，CH4转化率越大
D．反应物气体流速越大，CH4转化率越低的可能原因是反应物与催化剂未充分接触
②在实验2和3中，经过相同的时间，混合气中CO2占比越低，储能效率越高，说明其可能的原因___________。(该条件下设备的加热功率视为不变)
【答案】(1)C
(2) 205.4
(3)
(4) B 反应物气体流量一定的情况下，经过相同的时间，实验2种CH4转化的物质的量相对较多，因此吸收的能量较多
【解析】（1）该反应为吸热且气体分子数增加的反应，升温或减小压强均能使平衡正向移动，故选C；
（2）E1为2molCO和4molH2的总能量，E3为1molCH3OCH3和1molH2O的总E1-E3为能量。由反应2×Ⅱ+Ⅲ得到： 2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH=-181.4 kJ⋅moL-1+(−24.0kJ⋅moL-1)=-205.4 kJ⋅moL-1=E生成物-E反应物=E3-E1，E1-E3=205.4 kJ⋅moL-1。由于K2>K3，CH3OH的变化由反应Ⅱ决定，CH3OH在反应Ⅱ中作为产物浓度不断增加，而t1-t2达平衡浓度不发生改变，之间的变化趋势为：；
（3）设冷凝液总质量为mg，水的物质的量为：，甲醇的物质的量为：，根据反应2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)可知，生成水，需要消耗甲醇的物质的量为：2×，甲醇的转化率为：；
（4）A．反应吸热反应，即产物CO+H2的总能量高于CO2+CH4，反应体系储能是由于高能的CO和H2，A项正确；
B．由表格知气流速度快比值为1:1储能效率最高，而1、2实验对比，CH4的转化率高储能效率低，B项错误；
C．由实验2、3对比，实验3的转化率高，即比值小转化率高(相当于增加CO2平衡正向，CH4的转化率增大)，C项正确；
D．气流太快，CH4未及时参与反应，没法与催化剂充分接触，D项正确；
故选B。
对比实验2、3发现，混合气中CO2占比越低，储能效率越高，原因可能是气体流量一定的情况下，实验2中CH4转化的物质的量相对较多，因此反应得到的热量较多。
8．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考二模）全球大气CO2浓度升高对人类生产生活产生了影响，研究二氧化碳的回收对我国2060年实现碳中和具有现实意义，碳及其化合物的资源化利用成为研究热点。回答下列问题：
(1)已知25℃时，大气中的CO2溶于水存在以下过程：
①CO2(g)CO2(aq)
②CO2(aq)+H2O(l)H+(aq)+ (aq) K
溶液中CO2的浓度与其在大气中的分压(分压=总压×物质的量分数)成正比，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+的浓度为_____mol•L-1(忽略和水的电离)。
(2)已知CH4的生成焓(由稳定单质生成该物质)为△H=-71.7kJ•mol-1
反应I：C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) △H1=+131.3kJ•mol-1 K1
反应II：C(s)+2H2O(g) CO2(g)+2H2(g) △H2=+90.3kJ•mol-1 K2
反应III：CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H3=-41.0kJ•mol-1 K3
①写出CO2与H2反应生成CH4和H2O(g)的热化学方程式：_____。
②研究表明，反应III的速率方程为v=k[x(CO)x(H2O)-]，x表示相应气体的物质的量分数，Kp为平衡常数(用平衡分压代替平衡浓度计算)，k为反应的速率常数。在气体物质的量分数和催化剂一定的情况下，反应速率随温度的变化如图所示，根据速率方程分析T＞Tm时，v逐渐下降的原因是_____。
(3)工业上用二氧化碳催化加氢可合成乙醇，其反应原理为：2CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g) △H。
温度/K
400
500
平衡常数K
9
5.3
①通过表格中的数值可以推断：该反应在______(填“高温”、“低温”或“任何温度”)下能自发进行。
②CO2的平衡转化率与氢碳比m[m=]及压强、温度的关系分别如图a和图b所示。
图a中氢碳比m从大到小的顺序为______。
图b中压强从大到小的顺序为_____，判断依据为______。
【答案】(1)
(2) CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) △H=-162kJ•mol-1 升高温度，k增大使v提高，Kp减小使v时，T＞Tm时，Kp减小对v的降低大于k增大对v的提高
(3) 低温 m1＞m2＞m3 p1＞p2＞p3 其他条件不变时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大，因此p1＞p2＞p3
【解析】（1）大气中CO2(g)的物质的量分数为x时，溶液中二氧化碳的浓度为，根据反应②，其平衡常数 ，因，故；
（2）①已知CH4的生成焓(由稳定单质生成该物质)为△H=-71.7kJ•mol-1，可得到反应ⅣC(s)+2H2(g) CH4(g) △H4=-71.7kJ•mol-1；
反应II：C(s)+2H2O(g) CO2(g)+2H2(g) △H2=+90.3kJ•mol-1
根据盖斯定律，由Ⅳ-II得CO2与H2反应生成CH4和H2O(g)的热化学方程式为：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) △H=-162kJ•mol-1，答案为CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) △H=-162kJ•mol-1；
②k随着温度的升高而增大，Kp随温度的升高而减小。T< Tm时，升高温度，k增大使v提高，Kp减小使v降低。T>Tm时，Kp减小对v的降低大于k增大对v的提高；
（3）①温度升高平衡常数K减小，则为放热反应，△H<0，该反应是气体体积缩小的反应，则△S<0，△H-T△S<0，反应才能自发进行，则△H<0，其正反应在低温下能自发进行；
②图a可以理解为CO2物质的量不变，H2量不断增加，平衡正向移动，CO2转化率不断增大，因此氢碳比从大到小的顺序为m1＞m2＞m3；
③该反应是气体体积减小的反应，由图b可知，同一温度条件下，从下往上看，转化率增大，说明平衡正向移动，向体积减小方向移动即加压，压强从大到小的顺序为p1＞p2＞p3，答案为：其他条件不变时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大，因此p1＞p2＞p3。
9．（2023·上海青浦·统考二模）为实现“碳中和”，可以使二氧化碳与氢气反应，一定条件下，CO2和H2可发生如下两个平行反应：
i.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)-42kJ
ii.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)+49.6kJ
(1)为了提高CH3OH的产率，理论上应采用的措施是(填编号)______。
A．低温低压 B．高温低压 C．高温高压 D．低温高压
(2)保持温度533K，压强3MPa，按投料比=向密闭容器中充入CO2和H2，反应相同时间测得不同催化剂下CO2转化率和CH3OH选择性的相关实验数据如表所示(已知CH3OH选择性：转化的CO2中生成CH3OH的百分比)。
催化剂
CO2转化率
CH3OH选择性
cat.1
21.9%
67.3%
cat.2
36.1%
100.0%
上述条件下，使用cat.2作催化剂，下列说法能判断反应ii达到平衡状态的是______(填编号)
A．气体压强不再变化
B．气体平均相对分子质量不再变化
C．CH3OH和H2O的物质的量之比为1：1
D．CO2和H2的物质的量之比不再变化
(3)一定条件下，向0.5L恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2，只发生上述反应ii，达平衡时，H2的转化率为80%，则该温度下的平衡常数K=______(保留两位小数)。
(4)若恒容密闭容器中只发生上述反应i，在进气比n(CO2)：n(H2)不同、温度不同时，测得相应的CO2平衡转化率如图所示，则B和D两点的温度T(B)______T(D)(填“＜”，“＞”，或“=”)，结合平衡常数分析原因：______。
在工业生产和环境保护中，可以用NaOH溶液捕获CO2，减少碳排放，可得到Na2CO3和NaHCO3两种盐。
(5)0.1mol/L的NaHCO3溶液中c(OH-)＞c(H+)，用水解和电离理论的角度解释其原因______；若往溶液中加入氨水至中性，则c(Na+)______c()+c()+c(H2CO3)(填“＞”、“﹤”或“=”)。
(6)往0.1mol/L的Na2CO3溶液加入少量Na2CO3固体，完全溶解后溶液中c(Na+)：c(CO)的比值______(填“变大”、“变小”或“保持不变”)。
【答案】(1)D
(2)B
(3)3.70
(4) ＜ 依据图像数据计算得到B、D两点的平衡常数K(B)=2.25和K(D)=3，又反应i是吸热反应，升温K增大
(5) 的水解程度大于电离程度，溶液中c(H+)＞c(OH-) =
(6)变小
【解析】（1）生成甲醇的反应是气体体积减小的放热反应，降低温度和增大压强都可以使平衡正向移动，为了提高甲醇的产率，采取的措施可以是低温高压，故选D。
（2）使用cat.2作催化剂，甲醇的选择性100%，即只发生反应ⅱ。
A．恒压条件下，气体压强一直不变，所以气体压强不再变化不能判断反应ⅱ是否达到平衡状态，故A不选；
B．反应ⅱ的反应物和生成物都是气体，气体总质量是不变的，但气体总物质的量是变化的，所以未平衡前混合气体的平均相对分子质量是变化的，当气体平均相对分子质量不再变化时，反应达到了平衡状态，故B选；
C．CH3OH和H2O是生成物，物质的量之比始终为1：1，所以CH3OH和H2O的物质的量之比为1：1不能判断反应ⅱ是否达到平衡状态，故C不选；
D．起始投料CO2和H2的物质的量之比是方程式的系数比，所以CO2和H2的物质的量之比一直不变，CO2和H2的物质的量之比不再变化不能作为判断反应是否达到平衡的标志，故D不选；
故选B。
（3）一定条件下，向0.5L恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2，只发生上述反应ii，达平衡时，H2的转化率为80%，可列三段式：
则该温度下的平衡常数K==3.70。
（4）B点CO2和H2的物质的量之比为1：1，CO2的平衡转化率为60%，设CO2和H2的物质的量均为1mol，容器体积为1L，可列三段式：
可得平衡常数K(B)==2.25。
D点CO2和H2的物质的量之比为1.5：1，CO2的平衡转化率为50%，设CO2的物质的量为3mol，则H2的物质的量为2mol，容器体积为1L，可列三段式：
可得平衡常数K(D)==3。该反应的正反应是吸热反应，温度升高，平衡正向移动，平衡常数增大，K(B)
（6）碳酸钠溶液中由于碳酸根离子的水解，使溶液中c(Na+)：c()大于2，往0.1mol/L的Na2CO3溶液加入少量Na2CO3固体，完全溶解后溶液中碳酸根离子浓度增大，水解程度减弱，所以c(Na+)：c(CO)的比值变小。
10．（2023春·湖北武汉·高三统考）油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题：
(1)已知下列反应的热化学方程式：
kJ⋅mol
kJ⋅mol
计算反应③的_______kJ⋅mol；反应③能够自发的条件是_______。
(2)在1000℃时，反应①的 kJ⋅mol，反应③的 kJ⋅mol。已知(R为常数，T为温度，K为平衡常数)，据此分析反应③处理的工艺方法的优点是_______。
(3)在不同温度、反应压强为100 kPa，进料比分别为a、b、c的条件下，反应③平衡转化率如图1所示，则a、b、c由大到小的顺序为_______；温度越高，反应③平衡转化率越大的原因是_______。
(4)在T℃、pkPa条件下，将的混合气进行反应③，同时发生副反应，达到平衡时，的转化率为80%，的转化率为90%，则反应③的_______(列出计算式)。
(5)我国科学家设计了一种协同转化装置，实现对天然气中和的高效去除，其示意图如图2所示，则阳极区发生的总反应为_______。
【答案】(1) +261 高温
(2)反应③平衡常数更大，平衡时硫化氢的转化率更高
(3) a>b>c 反应③为吸热反应，温度升高，平衡正向移动
(4)
(5)
【解析】（1）已知：
① kJ⋅mol
② kJ⋅mol
由盖斯定律可知，①+②得反应③，则+261kJ⋅mol；反应为熵增的吸热反应，则反应③能够自发的条件是高温；
（2）在1000℃时，已知，则反应①的、反应③的，故反应③平衡常数更大，平衡时硫化氢的转化率更高；
（3）相同条件下，增加甲烷的投料，平衡正向移动，会促进硫化氢的转化，故a、b、c由大到小的顺序为a>b>c；反应③为吸热反应，温度越高，平衡正向移动，导致反应③平衡转化率增大；
（4）在T℃、ρ kPa条件下，将的混合气进行反应③，同时发生副反应，假设硫化氢、甲烷投料均为1mol，达到平衡时，的转化率为80%，的转化率为90%，则：
则平衡是甲烷、硫化氢、二硫化碳、氢气的物质的量分别为0.1mol、0.2mol、0.4mol、2.6mol，总的物质的量为3.3mol，甲烷、硫化氢、二硫化碳、氢气分压分别为、、、，故则反应③的；
（5）阳极的物质失去电子，发生氧化反应，由图可知，阳极区发生的总反应为硫化氢生成硫单质和氢离子，反应为。
11．（2023春·山西·高三校联考）油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题：
(1)已知下列反应的热化学方程式：
①
②
则反应③的________；下列叙述能说明反应③达到平衡状态的是___________(填标号)。
A．断裂2mol键的同时生成1mol键 B．恒容条件下，体系压强不再变化
C．恒容条件下，气体的密度不再变化 D．
(2)在不同温度、反应压强为100kPa，进料的摩尔分数(可看成体积分数)为0.1%~20%(其余为)的条件下，对于反应①，分解平衡转化率的结果如图1所示。则、和由大到小的顺序为_______；的摩尔分数越大，分解平衡转化率越小的原因是___________。
(3)反应①和③的随温度的影响如图2所示，已知(R为常数，为温度，为平衡常数)，则在1000℃时，反应的自发趋势①____③(填“＞”、“＜”或“＝”)。在1000℃、100kPa反应条件下，将的混合气进行反应，达到平衡时约为1:4，微乎其微，其原因是_______________。
(4)在1000℃、100kPa反应条件下，将的混合气进行反应③，达到平衡时，分压与的分压相同。则反应③的__________(不用写单位)。
【答案】(1) +261 BD
(2) 恒压条件下，的摩尔分数增大，的分压增大，平衡正向移动，的转化率降低
(3) ＜ 在1000K，反应①，反应趋势小，反应③，反应趋势大，占主导
(4)
【解析】（1）反应③等于反应①减去反应②，；
A．都表示正反应同一个方向，故A不符合题意；
B．该反应是气体分子数可变的反应，恒容条件下压强不变即达到平衡，故B符合题意；
C．气体密度等于质量除以容器体积，恒容条件又都是气体参与反应，故密度始终保持不变，因此不能作为平衡的标志，故C不符合题意；
D．有，一个正反应，一个逆反应，速率之比等于计量系数之比，则达到平衡，故D符合题意；
故答案为：+261；BD。
（2）反应①是吸热反应，温度越高，平衡正向移动，则的转化率越大，故；恒压条件下，的摩尔分数增大，的分压增大，平衡正向移动，的转化率降低；故答案为：；恒压条件下，的摩尔分数增大，的分压增大，平衡正向移动，的转化率降低。
（3）在1000K，反应①，不易自发，反应③，容易自发，故反应自发趋势①＜③；根据图中曲线和可知越大，反应平衡常数越小，反应趋势越小，在1000K，反应①，反应趋势小，反应③，反应趋势大，占主导；故答案为：＜；在1000K，反应①，反应趋势小，反应③，反应趋势大，占主导。
（4）设，列三段式，达到平衡时，分压与的分压相同即有，求解，平衡后气体的总物质的量为，则；故答案为：。
12．（2023·河南·统考模拟）天然气开采过程中产生大量的含硫废水(硫元素的主要存在形式为H2S)，需要回收处理并加以利用，有关反应如下：
i.2H2S(g)+ 3O2(g)2SO2(g)+2H2O(g) ΔH1
ii．4H2S(g)+ 2SO2(g) 3S2(g) +4H2O(g) ΔH2
iii．2H2(g) +O2(g) 2H2O(g) ΔH3
回答下列问题：
(1)H2S热分解反应2H2S(g) S2(g) + 2H2(g)的ΔH=___________(用含ΔH1、ΔH2、ΔH3的式子表示)；该反应的活化能Ea(正)大于Ea(逆)，则ΔH___________(填“<”“> ”或“=”)0。
(2)总压恒定为100 kPa，向密闭容器中充入2 mol H2S、3 mol O2、95 mol Ar，发生反应i和反应ii ，反应过程中H2S(g) ，SO2(g)、S2(g)等含硫物质的分布分数δ随时间变化如图所示。
①表示SO2分布分数的曲线为___________(填“甲”“乙”或“丙”)。
②t1时测得H2S转化率为α，此时体系中H2O的物质的量为___________mol；用H2S分压表示的平均反应速率为___________(用含α、t1的式子表示)kPa· s-1。
(3)也可采用Na2SO3氧化法对H2S进行处理，过程中发生反应的方程式(均未配平)为：
i． +H2S+H+ → +S↓+ H2O
ii． H2S(aq)+ (aq)+H+ (aq)→S(s) + H2O(l)
iii．S(s) + (aq)→(aq)
实验测得，在T℃、pH=5时，Na2SO3的投加量对平衡体系中部分微粒浓度的影响如图所示。
①T℃时，反应iii的平衡常数K=___________。
②结合三个反应分析，当Na2SO3投加量高于5 g·L-1时，单位体积内S的质量减小的原因为___________。
【答案】(1) >
(2) 乙 2a
(3) Na2SO3投加量高于5 g·L-1时，单位体积内反应iii消耗S单质的质量超过了反应i和反应ii生成S单质的质量之和
【解析】（1）由盖斯定律可知，反应可得硫化氢热分解反应，则反应ΔH=；由反应的活化能Ea(正)大于Ea(逆)可知该反应为吸热反应，反应焓变ΔH>0，故答案为：；>；
（2）①由方程式可知，反应i中硫化氢与氧气反应生成二氧化硫，反应ii中二氧化硫与硫化氢反应生成S2，则硫化氢的分布分数减小、二氧化硫的分布分数先增大后减小、S2的分布分数增大，故选乙；
②设t1时，反应i生成二氧化硫为2amol、反应ii消耗二氧化硫为2bmol，由题意可建立如下三段式：
由硫化氢转化率为α可得：=α，由图可知，二氧化硫和S2分布分数相等，则3—1.5a—b=b，解联立方程可得a=3—2α、b=1.5α—1.5，则水的物质的量为(3—2α)mol×2+(1.5α—1.5) mol×4=2αmol，硫化氢的分压变化量为()Pa，平均反应速率为 kPa· s-1，故答案为：2α；；
（3）①由图可知，T℃、pH为5反应达到平衡时，硫代硫酸根离子浓度为0.015mol/L、亚硫酸根离子浓度为0.009 mol/L，则反应iii的平衡常数K==，故答案为：；
②结合三个反应分析，当Na2SO3投加量高于5 g·L-1时，单位体积内S的质量减小说明Na2SO3投加量高于5 g·L-1时，单位体积内反应iii消耗S单质的质量超过了反应i和反应ii生成S单质的质量之和，故答案为：Na2SO3投加量高于5 g·L-1时，单位体积内反应iii消耗S单质的质量超过了反应i和反应ii生成S单质的质量之和。
秘籍14 化学反应原理综合
概率预测
☆☆☆☆☆
题型预测
填空题 ☆☆☆☆☆
考向预测
化学反应和能量、反应速率、化学平衡、化学反应进行的方向的综合分析及应用
本专题命题是研究物质的组成、结构、性质转化及应用的理论，主要包括：化学反应和能量、化学反应速率和化学平衡、水溶液中的离子平衡，知识内容有焓变、电化学、燃烧热的计算；化学反应速率、影响化学反应速率的因素、化学平衡、化学反应进行的方向。近两年全国高考化学原理综合题的命题特点如下：知识来源和考点主要是教材核心知识和信息知识的整合，命题情境新颖，取材源自工业生产、实验学术和科技成果等，问题设置既有简单的填空题又有较难的计算题和说理题，关键能力以分析解释、推测说明和演绎论证为主，考查的问题以综合性、应用性为主，兼顾基础性和创新性，重视对学生高阶思维能力的考查。该类题主要把热化学、电化学、化学反应速率及四大平衡知识融合在一起命题，结合图像或图表形式，重点考查热化学(或离子、电极)方程式的书写、离子浓度大小比较、反应速率大小、平衡常数及转化率的计算、电化学装置、平衡曲线的识别与绘制等。设问较多，考查的内容也就较多，导致思维转换角度较大。试题的难度较大，对思维能力的要求较高。
考点一、反应热、焓变
1.化学反应放热和吸热的原因
判断依据
放热反应
吸热反应
反应物总能量与生成物总能量的相对大小
反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量
反应物具有的总能量小于生成物具有的总能量
与化学键的关系
生成物分子成键时释放出的总能量大于反应物分子断键时吸收的总能量
生成物分子成键时释放出的总能量小于反应物分子断键时吸收的总能量
ΔH的符号
ΔH<0(“－”号)
ΔH>0(“＋”号)
反应过程图示
【注意】
①过程(包括物理过程、化学过程)与化学反应的区别，有能量变化的过程不一定是放热反应或吸热反应。如水结成冰放热，但不属于放热反应。
②化学反应是放热还是吸热与反应发生的条件没有必然联系。如吸热反应NH4Cl与Ba(OH)2·8H2O在常温常压下即可进行。
2．书写热化学方程式注意事项
(1)注明反应条件：反应热与测定条件(温度、压强等)有关。绝大多数反应是在25 ℃、101 kPa下进行的，可不注明。
(2)注明物质状态：常用s、l、g、aq分别表示固体、液体、气体、溶液。
(3)注意符号、单位：ΔH应包括“＋”或“－”、数值和单位(kJ·mol－1)。
(4)区别于普通方程式：一般不注“↑”“↓”以及“点燃”“加热”等。
(5)注意热化学方程式的化学计量数：热化学方程式中各物质化学式前面的化学计量数仅表示该物质的物质的量，可以是整数，也可以是分数。且化学计量数必须与ΔH相对应，如果化学计量数加倍，则ΔH也要加倍。
(6)同素异形体转化的热化学方程式除了注明状态外，还要注明名称。
考点二 化学反应速率、化学平衡图像分析
1．瞬时速率—时间图像
(1)当可逆反应达到一种平衡后，若某一时刻外界条件发生改变，都可能使速率—时间图像的曲线出现不连续的情况，根据出现“断点”前后的速率大小，即可对外界条件的变化情况作出判断。如图：
t1时刻改变的条件可能是使用了催化剂或增大压强(仅适用于反应前后气体物质的量不变的反应)。
(2)常见含“断点”的速率－时间图像分析
图像
t1时刻所改变的条件
温度
升高
降低
升高
降低
正反应为放热反应
正反应为吸热反应
压强
增大
减小
增大
减小
正反应为气体物质的量增大的反应
正反应为气体物质的量减小的反应
(3)“渐变”类速率－时间图像
图像
分析
结论
t1时v′正突然增大，v′逆逐渐增大；v′正＞v′逆，平衡向正反应方向移动
t1时其他条件不变，增大反应物的浓度
t1时v′正突然减小，v′逆逐渐减小；v′逆＞v′正，平衡向逆反应方向移动
t1时其他条件不变，减小反应物的浓度
t1时v′逆突然增大，v′正逐渐增大；v′逆＞v′正，平衡向逆反应方向移动
t1时其他条件不变，增大生成物的浓度
t1时v′逆突然减小，v′正逐渐减小；v′正＞v′逆，平衡向正反应方向移动
t1时其他条件不变，减小生成物的浓度
2．全程速率—时间图像
例如：Zn与足量盐酸的反应，化学反应速率随时间的变化出现如图所示情况。
原因：
(1)AB段(v增大)，反应放热，溶液温度逐渐升高，v增大。
(2)BC段(v减小)，溶液中c(H＋)逐渐减小，v减小。
3．物质的量(或浓度)—时间图像
例如：某温度时，在定容(V L)容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。
(1)由图像得出的信息
①X、Y是反应物，Z是生成物。
②t3 s时反应达到平衡状态，X、Y并没有全部反应，该反应是可逆反应。
③0～t3 s时间段：Δn(X)＝n1－n3mol，Δn(Y)＝n2－n3mol，Δn(Z)＝n2mol。
(2)根据图像可进行如下计算
①某物质的平均速率、转化率，如v(X)＝ mol·L－1·s－1；Y的转化率＝×100%。
②确定化学方程式中的化学计量数之比，X、Y、Z三种物质的化学计量数之比为(n1－n3)∶(n2－n3)∶n2。
4．含量—时间—温度(压强)图像
(1)识图技巧
分析反应由开始(起始物质相同时)达到平衡所用时间的长短可推知反应条件的变化。
①若为温度变化引起，温度较高时，反应达平衡所需时间短。
②若为压强变化引起，压强较大时，反应达平衡所需时间短。
③若为是否使用催化剂，使用适宜催化剂时，反应达平衡所需时间短。
(2)应用举例
C%指生成物的质量分数，B%指反应物的质量分数。
【技法解读】
“先拐先平，数值大”，即曲线先出现拐点的首先达到平衡，反应速率快，以此判断温度或压强的高低。再依据外界条件对平衡的影响分析判断反应的热效应及反应前后气体体积的变化。
5．转化率(或浓度)—压强—温度图像
α表示某反应物的转化率，c表示某反应物的平衡浓度。
图①，若p1>p2>p3，则正反应为气体体积减小的反应，ΔH0；
图②，若T1>T2，则正反应为放热反应。
【技法解读】
“定一议二”，即把自变量(温度、压强)之一设为恒量，讨论另外两个变量的关系。
6．特殊图像
(1)对于化学反应：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，如图所示：M点前，表示从反应开始，v正>v逆；M点恰好达到平衡；M点后为平衡受温度的影响情况，即升温，A的百分含量增加或C的百分含量减少，平衡左移，故正反应ΔH＜0。
(2)对于化学反应：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，L线上所有的点都是平衡点(如图)。L线的左上方(E点)，A的百分含量大于此压强时平衡体系的A的百分含量，所以E点满足v正>v逆；同理，L线的右下方(F点)满足v正＜v逆。
技法一、掌握一个方法——“三段式”法
“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。
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
技法二、反应焓变的计算
(1)计算方法
ΔH＝生成物的总能量－反应物的总能量
ΔH＝反应物的总键能－生成物的总键能
ΔH＝正反应活化能－逆反应活化能
(2)注意事项
①利用键能计算反应热的关键，是弄清物质中化学键的数目，清楚中学阶段常见单质、化合物中所含共价键的种类和数目。
物质
(化学键)
CO2
(C===O)
CH4
(C—H)
P4
(P—P)
SiO2
(Si—O)
1 mol微粒所含键的物质的量
2
4
6
4
物质
(化学键)
石墨
(C—C)
金刚石
(C—C)
S8
(S—S)
Si
(Si—Si)
1 mol微粒所含键数的物质的量
1.5
2
8
2
②活化能与焓变的关系
a．催化剂能降低反应的活化能，但不影响焓变的大小及平衡转化率。
b．在无催化剂的情况，E1为正反应的活化能，E2为逆反应的活化能，ΔH＝E1－E2，活化能大小影响反应速率。
c．起点、终点能量高低判断反应的ΔH，并且物质的能量越低，物质越稳定。
例1．（2023·安徽蚌埠·统考三模）能源的合理开发和利用，低碳减排是人类正在努力解决的大问题。2023 年2月21日，中国气候变化特使谢振华获得首届诺贝尔可持续发展特别贡献奖，以表彰他在全球生态保护中做出的贡献
(1)在298K、100kPa时，已知：
C(s，石墨) +O2(g)=CO2(g) ΔH1= -393.5 kJ·mol-1
H2(g) +O2(g)=H2O(1) ΔH2= -285.8 kJ· mol-1
2C2H2(g) +5O2 (g)= 4CO2(g) +2H2O(1) ΔH3= -2599.0 kJ·mol-1
在298K时由C(s，石墨)和H2(g)反应生成1 mol C2H2(g) 的热化学方程式为___________________。
(2)在固相催化剂作用下CO2加氢合成甲烷过程中发生以下两个反应：
主反应：CO2(g) +4H2(g) CH4(g) +2H2O(g) ΔH1=-156.9kJ· mol-1
副反应：CO2(g) +H2(g) CO(g) + H2O(g) ΔH2= +41.1 kJ·mol -1
工业合成甲烷通常控制温度为500°C左右，其主要原因为_____________________________。
(3)向密闭容器中充入一定量的CH4(g)和NO(g) ，保持总压为100kPa发生反应：
CH4(g) +4NO(g) 2N2(g) +CO2(g) +2H2O(g) ΔH <0。
当=1时，NO的平衡转化率~；T2时NO平衡转化率~的关系如图
①能表示此反应已经达到平衡的是______________________。
A．气体总体积保持不变
B．混合气体的平均相对分子质量保持不变
C． 不再变化
②表示T2时NO平衡转化率~的关系是___________(填“I”或“II”)，T1_________________T2(填“>”或“<”)。
③在=1、T2时，CH4的平衡分压为____ 。已知：该反应的标准平衡常数 ，其中=100 kPa，p(CH4)、p(NO)、p(CO)2、 p(N2)和p( H2O)为各组分的平衡分压，则该温度下 =_________________。(分压=总压 ×物质的量分数。计算结果用分数表示)。
【答案】(1)2C(s，石墨) + H2(g)=C2H2(g) ΔH= +226.7kJ·mol-1
(2)温度低于500 °C ，反应速率低；温度高于500 °C ，对副反应影响较大，化学平衡向生成CO的方向移动程度增大，不利于甲烷的生成
(3) C II > 45 kPa
【解析】（1）设①C(s，石墨)＋O2(g)=CO2(g) △H1=－393.5kJ·mol－1；
②H2(g) +O2(g)=H2O(1) ΔH2= -285.8 kJ· mol-1；
③2C2H2(g)＋5O2(g)=4CO2(g)+ 2H2O(l) △H3=－2599kJ·mol－1；
利用盖斯定律将①×2+②-③×可得：
2C(s，石墨)+H2(g)=C2H2(g) △H=（-393.5kJ/mol）×2+×（-571.6kJ/mol）-×（-2599 kJ/mol）=+226.7kJ/mol；
（2）加氢合成甲烷时，温度低于500℃时，反应速率低，温度高于500℃，对于副反应CO2(g) +H2(g)CO(g)+H2O(g)，正反应吸热，平衡向生成CO的方向移动程度增大，都不利于甲烷的生成，故答案为：温度低于500 °C ，反应速率低；温度高于500 °C ，对副反应影响较大，化学平衡向生成CO的方向移动程度增大，不利于甲烷的生成；
（3）①A．该反应前后气体计量系数不变，故气体体积也始终不变，则气体总体积保持不变不能证明反应达到平衡，A错误；
B．由选项A可知，该反应前后气体计量系数不变，且所有的反应物和产物都是气体，则该反应体系的密度始终不变，则混合气体的平均相对分子质量保持不变，不能证明反应达到平衡，B错误；
C．随着反应的进行一氧化氮在减少，氮气在增大，则一直在变化，故不再变化可以证明反应达到平衡，C正确；
故选C；
②由反应方程式CH4(g)+4NO(g)⇌ 2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)可知，随着的增大，即增大NO的投入量，平衡正向移动，CH4的转化率增大而NO的转化率却减小，由图3所示信息可知，曲线II表示T3K下NO平衡转化率～的关系，由题干反应方程式CH4(g)+4NO(g)⇌ 2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H<0可知，升高温度平衡逆向移动，则NO的转化率减小，由图中曲线I表示=1时NO平衡转化率～关系图，从图中所示信息可知，T越大，则越小，NO的转化率越小，故Tl＞T2，故答案为：II；＞；
由题干图示信息可知，在=1、T2K下，NO的转化率为40%，根据三段式分析可知，，则该反应平衡时CH4的体积分数为=10%，则此时CH4的平衡分压分别为：p(CH4)==45kPa，p(NO)==30kPa，p(CO2)==5kPa，p(N2)==10kPa，p(H2O)==10kPa，故该反应的标准平衡常数==，故答案为：45kPa；。
例2．（2023·浙江嘉兴·统考二模）甲醇是一种理想的可再生清洁能源，近年来随着环保督查、碳双控等政策的实施，我国甲醇产能利用率不断提升。
I.和在一定条件下合成甲醇：
(1)根据如图相关物质的能量，计算_______。
(2)向容积均为0.5L的恒容密闭容器中分别充入0.1mol和0.3mol，在两种催化剂(I和II)、不同温度下发生上述反应，经过相同时间，测得的转化率与温度的关系曲线如图所示(已知此实验条件下催化剂均未失活)。下列说法正确的是_______。
A．催化效率较高的是催化剂II
B．A点一定小于C点的
C．C点的正反应速率：
D．温度区，的转化率随温度升高均增大的原因是：反应未达平衡，随温度升高反应速率加快，相同时间内转化率增大
(3)将和分别充入甲、乙两个恒容密闭容器中发生反应，相关数据如下表所示，测得不同温度下甲容器内的平衡转化率曲线甲如图所示。
容积
甲容器
VL
1mol
amol
乙容器
VL
2mol
2amol
①请在图中画出乙容器中的平衡转化率曲线乙_______。
②当乙容器中的平衡转化率与甲容器M点相同时，该反应的平衡常数之比_______。
II.已知反应是目前大规模制取氢气的方法之一。
(4)实验发现，其他条件不变时向上述体系中投入一定量的CaO，反应相同时间测得的体积分数增大，其可能的原因是_______。
【答案】(1)-49.3
(2)ABD
(3) 4:1
(4)CaO和CO2反应生成CaCO3，CO2浓度降低，平衡正向移动
【解析】（1）的生成物的能量-反应物的能量=-201.0-241.8-(-393.5) =-49.3。
（2）A．根据图示信息可知，使用催化剂II时，相同时间内，的转化率更高，则催化效率较高的是催化剂II，故A正确；
B．反应得到平衡状态时，两种催化剂催化作用下的转化率相等，则B和C点处于平衡状态，则c点，而A点温度低于C点，则A点一定小于C点的，故B正确；
C．反应得到平衡状态时，两种催化剂催化作用下的转化率相等，则B和C点处于平衡状态，两种催化剂的催化效率不同，则C点，故C错误；
D．温度区，的转化率随温度升高均增大的原因是：反应未达平衡，随温度升高反应速率加快，相同时间内转化率增大，故D正确；
故选ABD。
（3）①甲容器和乙容器体积相等，乙溶液中和浓度是甲容器的两倍，相当于在甲溶液的基础上增大压强，而反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，的平衡转化率比甲容器中的大，且该反应是放热反应，升高稳定的平衡转化率减小，画出乙容器中CO2的平衡转化率曲线乙为：；
②根据已知条件列出甲容器“三段式”
平衡常数，根据已知条件列出乙容器的“三段式”
平衡常数，则。
（4）其他条件不变时向上述体系中投入一定量的CaO，CaO和CO2反应生成CaCO3，CO2浓度降低，平衡正向移动，反应相同时间测得的体积分数增大。
例3．（2023·吉林延边·统考二模）化石燃料燃烧过程中形成NO和CO等污染物，利用CO脱除NO的研究获得了广泛关注。在催化剂作用下，CO与NO的反应为2CO(g)+2NO(g) 2CO2(g)+N2(g) ΔH。回答下列问题：
(1)已知： 2CO(g)+O2(g) 2CO2(g) ΔH1= - 520 kJ·mol-1
N2(g)+O2(g) 2NO(g) ΔH2= +160 kJ·mol-1
则ΔH=___________。
(2)向某刚性容器中加入2 mol CO、2 mol NO和催化剂， 测得平衡时CO2的体积分数随温度和压强的关系如图1所示。
①下列叙述不能说明该反应已经达到平衡状态的是___________(填标号)。
A．CO2和N2的浓度比保持不变
B．压强不再变化
C．混合气体的密度不再变化
D．混合气体的摩尔质量不再变化
②压强p1___________ p2(填“>”或“<”， 下同)， a、b两点的平衡常数Ka___________Kb。
③b点CO的转化率为___________%(保留一位小数)，b点的Kp=___________(用含 p2的表达式表示，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压 ×体积分数)。
(3)金属锌作催化剂，在相同时间内，以相同投料比反应时，容器中CO2的物质的量随温度变化的曲线如图2。当温度高于T℃时，n(CO2)下 降的原因可能是___________(答出一点即可，不考虑物质的稳定性)。
(4)硫与催化剂锌所形成化合物晶体的晶胞如图3所示。在该晶胞中，Zn的配位数为原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。如图晶胞中，原子坐标参数a为(0，0， 0)； b为(，0，)；c为(，，0)。则d的坐标参数为___________。已知该晶胞的密度为ρg·cm-3，则其中两个最近S原子之间的距离为___________pm(列出 计算式即可)。
【答案】(1)-680 kJ·mol-1
(2) AC < > 44.4%
(3)随温度升高，催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间生成的CO2的物质的量减少(反应达平衡，温度升高，平衡逆向移动，CO2的物质的量减小)
(4) (1，，)
【解析】（1）①2CO(g)+O2(g) 2CO2(g) ΔH1= - 520 kJ·mol-1②N2(g)+O2(g) 2NO(g) ΔH2= +160 kJ·mol-1 ，由盖斯定律：①-②得2CO(g)+2NO(g) 2CO2(g)+N2(g) ΔH=- 520 kJ·mol-1-160 kJ·mol-1 =-680 kJ·mol-1，故答案为：-680 kJ·mol-1；
（2）①A．2CO(g)+2NO(g) 2CO2(g)+N2(g)，CO2和N2的浓度比始终保持不变，故A选；B．反应为气体体积减小的反应，压强不再变化 ，说明反应的平衡状态，故B不选；C．反应应前后均为气体，总质量不变，混合气体的密度始终保持不变，当气体的密度不再变化时，不能说明反应的平衡状态，故C选；D．反应应前后均为气体，总质量不变，但反应后物质的量减小，反应混合气体的摩尔质量不再变化，说明反应的平衡状态，故D不选；故答案为：AC；
②由图1可得：相同温度下，P2的二氧化碳含量大，结合方程式，加压，平衡正向移动，压强p1< p2，由a到b温度升高，对于放热反应，平衡逆向移动，平衡常数减小， a、b两点的平衡常数Ka>Kb。
故答案为：<；>；
③，b点二氧化碳的体积分数为： ，x=mol，b点CO的转化率为 44.4%，平衡时，CO(g)为mol，NO(g) 为mol， CO2(g)为mol，N2(g)为mol，平衡时总物质的量为mol，b点的Kp= =(用含 p2的表达式表示，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压 ×体积分数)。故答案为：44.4%；；
（3）容器中CO2的物质的量随温度变化的曲线如图2,当温度高于T℃时，n(CO2)下 降的原因可能是随温度升高，催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间生成的CO2的物质的量减少(反应达平衡，温度升高，平衡逆向移动，CO2的物质的量减小)(答出一点即可，不考虑物质的稳定性)。故答案为：随温度升高，催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间生成的CO2的物质的量减少(反应达平衡，温度升高，平衡逆向移动，CO2的物质的量减小)；
（4）硫与催化剂锌所形成化合物晶体的晶胞如图3所示。在该晶胞中，Zn的配位数为原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。如图晶胞中，原子坐标参数a为(0，0， 0)； b为(，0，)；c为(，，0)，a为原点，b、c、d为三个面的面心，则d的坐标参数为(1，，)。晶胞中Zn原子数目=8×+6×=4，S的原子数目为4，所以R的化学式为ZnS，晶胞的质量m=g,晶胞的密度ρ，则晶胞棱长= cm,则其中两个S2-之间的距离为面对角线的一半，cm,则其中两个最近S原子之间的距离为pm(列出 计算式即可)。故答案为：(1，，)；。
1（2023·全国·模拟）二氧化碳的资源化利用是科学家研究的重要课题。回答下列问题：
(1)用化加氢可以制取乙烯：
①已知与该反应相关的键能数据如表所示：
化学键
C=O
H-H
C=C
C-H
H-O
键能/()
803
764
414
464
则表中H-H键的键能数据为___________。
②在恒容密闭容器中，反应温度、投料比对平衡转化率的影响如图1所示，则a___________(填“>”“<”或“=”)3；M、N两点的化学平衡常数：___________(填“>”“<”或“=”)，判断的理由是___________。
(2)与还可合成，涉及的主要反应如下：
反应1：
反应2：
①下列措施中，既能提高二氧化碳的平衡转化率又能提高选择性的是___________(填字母)。
A．加压 B．降温 C．及时移走甲醇 D．使用合适的催化剂
②当起始投料比时，在不同条件下只发生反应1且达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为，T=250 ℃时随压强(p)的变化关系及在时随温度(T)的变化关系如图2所示。
a．图中对应等压过程的曲线是___________(填“m”或“n”)，判断的理由是___________。
b．当T=250 ℃、时，的平衡转化率α=___________(结果精确到0.1%)，此条件下该反应的___________(结果保留3位有效数字，对于气相反应，可以用分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】(1) 436 > > 该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小
(2) AC n 在一定压强下，升高温度，平衡逆向移动，减小 33.3%
【解析】（1）①根据反应物的总键能-生成物的总键能可计算H—H键的键能。设H—H键的键能为，则，解得；
②在一定温度下，增大的物质的量，平衡正向移动，的平衡转化率增大，则；该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，温度越高，平衡常数越小，M点的温度比N点的低，所以M、N两点的化学平衡常数。
（2）①加压时反应2平衡不移动，反应1向右移动，故该措施既能提高二氧化碳的平衡转化率又能提高的选择性，选A；
降温时反应1向右移动，反应2向左移动，故甲醇的选择性提高，但二氧化碳的平衡转化率不一定提高，故不选B；
及时移走甲醇，反应1向右移动，反应2不移动，该措施既能提高二氧化碳的平衡转化率又能提高的选择性，故选C；
使用合适的催化剂，可以提高甲醇的选择性，但不能提高二氧化碳的平衡转化率，故不选D；
选A、C；
②a．反应1是的反应，在一定压强下，升高温度，平衡逆向移动，减小，故题图中对应等压过程的曲线是n。
b．当、时，设起始时的物质的量为1 mol，则的物质的量为3 mol，平衡时消耗的物质的量为x mol，列“三段式”：
则，解得，的平衡转化率。平衡时、、、的物质的量分数分别为0.20、0.60、0.10、0.10；根据题图可知平衡时压强，则该反应的平衡常数。
2．（2023·上海闵行·统考二模）冷冻氨碳捕集技术，要先用氨吸收CO2生成盐，然后在高温下使CO2再生。
吸收CO2的主要化学反应：
2NH3(aq)＋CO2(g)＋H2O(l)(NH4)2CO3(aq)＋99.3kJ
NH3(aq)＋CO2(g)＋H2O(l)NH4HCO3(aq)＋26.4kJ
2NH3(aq)＋CO2(g)NH2COONH4(aq)＋135.9kJ
(1)吸收CO2时宜选用___________，(选填“低温”或“高温”)理由___________、___________。(列举两点)
再生的CO2可直接用于合成乙醇。
2CO2(g)＋6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g)
(2)该反应的化学平衡常数表达式K=___________。
(3)在恒温恒容的密闭容器中反应，可以判断已达平衡状态的是___________。(选填编号)
a．2v(CO2)正=3v(H2O)逆
b．容器中总压强不变
c．容器中混合气体的密度不变
d．容器中CO2的体积分数不变
干燥的NH3和CO2可生成较纯净的氨基甲酸铵(NH2COONH4)，氨基甲酸铵易水解，产物是碳酸氢铵和一种弱碱。取二份氨基甲酸铵溶液，测定15℃、25℃时水解反应速率，得到c(NH2COO﹣)随时间变化趋势如图所示。
(4)写出氨基甲酸铵水解的离子方程式___________。
(5)根据图中信息回答：25℃，0~10min内NH2COO﹣的平均水解速率v(NH2COO﹣)=___________ 。判断NH2COO﹣的水解速率随温度升高而增大的理由是___________ 。
【答案】(1) 低温 反应均放热，低温有利于平衡右移吸收更多的CO2 低温有利减少氨的挥发、低温防止盐的分解
(2)
(3)bd
(4)NH2COO-+2H2O+NH3•H2O
(5) 0.04mol/(L•min) 因25℃反应物起始浓度较小，但(0～10min)平均反应速率仍比15℃大
【解析】（1）吸收CO2反应均放热，低温有利于平衡右移吸收更多的CO2，且低温有利减少氨的挥发、低温防止盐的分解，故合适选择低温；
（2）平衡常数等于生成物浓度系数次方之积与反应物浓度系数次方之积的比；该反应的化学平衡常数表达式K=；
（3）a．2v(CO2)正=3v(H2O)逆，说明此时正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡状态，a不符合题意；
b．反应是气体分子数改变的的化学反应，物质的量与压强成正比，则混合气体的压强不随时间的变化而变化，反应达到平衡状态，b符合题意；
c．容器体积和气体总质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡，c不符合题意；
d．容器中CO2的体积分数不变，说明平衡不再移动，反应达到平衡状态，d符合题意；
故选bd；
（4）氨基甲酸铵易水解，产物是碳酸氢铵和一种弱碱，根据质量守恒定律可知，弱碱为一水合氨，故氨基甲酸铵水解的离子方程式为NH2COO-+2H2O+NH3•H2O；
（5）25℃，0~10min内NH2COO﹣的平均水解速率v(NH2COO﹣)= ；25℃反应物起始浓度较小，但(0～10min)平均反应速率仍比15℃大，故其水解速率随温度升高而增大。
3.（2023·河北邯郸·模拟）清洁能源的综合利用可有效降低碳排放，是实现“碳中和碳达峰”的重要途径。
(1)以环己烷为原料生产苯，同时可得到氢气。下图是该反应过程中几种物质间的能量关系。
反应： ΔH=___________kJ/mol。
(2)已知反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH＞0，利用该反应可减少CO2排放，并合成清洁能源。
①下列能说明反应达到平衡状态的是___________(填字母)。
A．单位时间内生成1 molCH3OH(g)的同时消耗了3 molH2(g)
B．在绝热恒容的容器中，反应的平衡常数不再变化
C．容器内c(CO2):c(H2 ):c(CH3OH):c(H2O) =1:3:1:1
D．在恒温恒压的容器中，气体的平均摩尔质量不再变化
②一定条件下，在一密闭容器中充入1 molCO2和3 molH2发生反应，下图表示压强为1. 0MPa和4.0MPa下CO2的平衡转化率随温度的变化关系。
其中表示压强为4.0MPa下CO2的平衡转化率随温度的变化曲线为___________(填“I”或“II”)；a点对应的平衡常数Kp=___________ MPa-2(Kp为以平衡分压代替平衡浓度表示的平衡常数。分压=总压×物质的量分数，结果精确到0.01)。
③利用制备的甲醇可以催化制取丙烯，过程中发生如下反应：3CH3OH(g)C3H6(g) +3H2O(g)，为探究M、N两种催化剂的催化效能，进行相关实验，依据实验数据获得如图所示曲线。
已知Arrhenius经验公式为Rlnk= -+C(Ea为活化能，假设受温度影响忽略不计，k为速率常数，R和C为常数)。在M催化剂作用下，该反应的活化能Ea=___________kJ·mol-1，从图中信息获知催化效能较低的催化剂是___________ ( “M”或“N”)，判断理由是___________。
【答案】(1)+208.4
(2)BD I 0.47 31 M 由图可知，直线 M斜率小，Ea大，催化效能低(或N线计算的Ea=20.5 kJ / mol，活化能小，催化效能高)
【解析】（1）从图中可以看出，反应： ΔH=237.1kJ/mol -28.7kJ/mol =+208.4kJ/mol。答案为：+208.4；
（2）①A．单位时间内生成1 molCH3OH(g)的同时消耗3 molH2(g)，反应进行的方向相同，虽然变化量之比等于化学计量数之比，但反应不一定达平衡状态；
B．在绝热恒容的容器中，随着反应的进行，混合气的温度不断发生改变，平衡常数不断发生改变，当反应的平衡常数不再变化时，反应达平衡状态；
C．容器内c(CO2):c(H2 ):c(CH3OH):c(H2O) =1:3:1:1，即等于化学计量数之比，反应不一定达平衡状态；
D．在恒温恒压的容器中，由于反应前后气体分子数不等，平均摩尔质量在不断发生改变，当气体的平均摩尔质量不再变化时，反应达平衡状态；
故选BD。
②对于反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH＞0，增大压强，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，则表示压强为4.0MPa下CO2的平衡转化率随温度的变化曲线为I；
一定条件下，在一密闭容器中充入1 molCO2和3 molH2发生反应，曲线Ⅱ表示压强为1. 0MPa下CO2的平衡转化率随温度的变化关系，a点时CO2的平衡转化率为40%，则可建立如下三段式：
a点对应的平衡常数Kp==0.47MPa-2。
③在M催化剂作用下，从图中可采集数据，得出如下反应：3.0×10-3=-3.4×10-3Ea+C、9.2×10-3=-3.2×10-3Ea+C，从而求出该反应的活化能Ea=31kJ·mol-1。在N催化剂作用下，从图中可采集数据，得出如下反应：1.0×10-3=-3.6×10-3Ea+C、9.2×10-3=-3.2×10-3Ea+C，从而求出该反应的活化能Ea=20.5kJ·mol-1。从图中信息获知催化效能较低的催化剂是M，判断理由是：由图可知，直线 M斜率小，Ea大，催化效能低(或N线计算的Ea=20.5 kJ / mol，活化能小，催化效能高)。答案为：BD；I；0.47；31；M；由图可知，直线 M斜率小，Ea大，催化效能低(或N线计算的Ea=20.5 kJ / mol，活化能小，催化效能高)。
4．（2023·浙江金华·校联考模拟）研究CO2与CH4的干重整反应使之转化为合成气(H2和CO)对减缓燃料危机、减少温室效应具有重大意义。已知：
干重整反应：CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g) △H=247kJ/mol
副反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H=41kJ/mol
(1)CH4(g)+3CO2(g)4CO(g)+2H2O(g)的△H=______kJ/mol。
(2)向2L某恒容密闭容器中充入等物质的量的CH4和CO2，在一定温度和压强，及催化剂作用下发生反应。
①30min，CH4减少了4.8g。则30min内的平均速率：v(CH4)=_____mol•L-1•min-1。
②下列说法正确的是_____。
A．高温低压有利于提高CH4的平衡转化率
B．充分反应后的混合气体中，CO的体积分数可能达到66.7%
C．充分反应后的混合气体通过生石灰，固体质量增大，说明干重整反应存在限度
D．当混合气体中恒定时，反应达到平衡状态
(3)恒温下，向恒压容器中通入物质的量为1∶1的CO2和CH4，CH4的物质的量[n(CH4)]随时间变化如图所示。在n(CH4)不变的条件下，改成加入1∶1∶8的CO2、CH4和N2的混合气体，请在图中画出CH4的物质的量随时间(t)变化的曲线_____。
(4)制约干重整工业化应用的主要问题是积碳(CH4C+2H2)，关键是开发出具有抗积碳性能(C+H2OCO+H2)的催化剂。催化剂A、B对积碳与消碳的影响如图所示：
则工业生产时应选择的催化剂是_____(填“A”或“B”)，理由是_____。
(5)合成气在催化剂作用下可合成甲醇：CO+2H2CH3OH，但合成气中的CO2也会参与反应：CO2+3H2CH3OH+H2O。工业上用计量数M来衡量H2、CO、CO2的比例的合理性，其定义为M=。当M＞2，需补充适量的______(填化学式)以提高合成气的利用率。
【答案】(1)329
(2) 0.005 AD
(3)
(4) A 催化剂A作用下，积碳反应活化能大，消碳反应活化能小，说明不利于积碳有利于消碳
(5)CO2或者CO
【解析】（1）设①CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g) △H=247kJ/mol，
②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H=41kJ/mol，
③CH4(g)+3CO2(g)4CO(g)+2H2O(g)根据盖斯定律可知，③=①+2×②，则△H=247kJ/mol +2×41kJ/mol=329 kJ/mol；
（2）①减少的甲烷的物质的量=，
②A．该反应为气体分子数减小的反应，且为吸热反应，故高温低压有利于平衡正向移动，可以提高CH4的平衡转化率，A正确；
B．反应如果进行到底后，则体系内一氧化碳的体积分数可能达到66.7%，但是该反应为可逆反应，反应不可能进行到底，即体系内一氧化碳的体积分数不可能达到66.7%，B错误；
C．该反应的副反应会生成水，可以被碱石灰吸收，导致其质量增大，故不能说明干重整反应存在限度，C错误；
D．甲烷只参加第一个反应，二氧化碳两个反应都参加，故一直在变化，当其不变的时候，可以证明反应达到平衡，D正确；
故选AD；
（3）氮气不参加反应，加入氮气后容器体积增大，相当于减压，干重整反应正向移动，副反应不移动，则最终甲烷的物质的量减少，且反应更慢一些，故图像为：；
（4）为了消除积碳，应该抑制积碳反应的发生，促进消碳反应的进行，由图可知催化剂A对于积碳反应的活化能大，同时对于消碳反应的活化能消，故应该选择催化剂A，答案为：A；催化剂A作用下，积碳反应活化能大，消碳反应活化能小，说明不利于积碳有利于消碳；
（5）根据方程式CO+2H2CH3OH和CO2+3H2CH3OH+H2O可知，再结合M=可知，当M=2时，原料气的利用率是最高的，当M＞2时，则氢气会有剩余，为了提高合成气的利用率应该补充适量的CO2或者CO。
5．（2023春·安徽·高三统考）SO2是形成酸雨的主要气体，减少SO2的排放和研究SO2综合利用意义重大。回答下列问题：
(1)已知25℃时：xSO2(g)+2xCO(g)2xCO2(g)+Sx(s) ΔH=a kJ·mol-1；2xCOS(g)+xSO2(g)2xCO2(g)+3Sx(s) ΔH=bkJ·mol-1。则25℃时，CO与Sx(s)反应生成COS(g)的热化学方程式为_______。
(2)焦炭催化还原SO2既可削除SO2，同时还可得到硫(S2)，化学方程式为2C(s)+2SO2(g)S2(g)+2CO2(g)。一定压强下，向1L密闭容器中充入足量的焦炭和1molSO2发生反应，测得SO2(g)的生成速率与S2(g)的生成速率随温度(T)变化的关系如图1所示。图中A、B、C、D四点中，处于平衡状态的是_______点。
(3)某科研小组研究臭氧氧化脱除SO2和NO的工艺，反应原理及反应热活化能数据如下：
反应Ⅰ：NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g) ΔH1=-200.9kJ·mol-1，E1=3.2kJ·mol-1；
反应Ⅱ：SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g) ΔH2=-241.6kJ·mol-1，E2=58kJ·mol-1；
已知该体系中臭氧还发生分解反应：2O3(g)3O2(g)。保持其他条件不变，每次向容积为2L的反应器中充入含2.0molNO、2.0molSO2的模拟烟气和4.0molO3，改变温度，反应相同时间t0min后，体系中NO和SO2的转化率如图2所示：
①Q点时反应开始至t0min内v(SO2)=_______。
②由图可知相同温度下(温度小于300℃)NO的转化率远高于SO2，其原因可能是_______。
③若反应达到平衡后，缩小容器的体积，则NO和SO2转化率_______(填“增大”“减少”或“不变”)。
④假设100℃时，P、Q均为平衡点，此时发生分解反应的O3占充入O3总量的10%，体系中O3的物质的量是_______mol，反应I的平衡常数Kc=_______。
(4)在一定条件下，CO可以去除烟气中的SO2，其反应原理为2CO+SO2=2CO2+S。其他条件相同，以γ-Al2O3(一种多孔性物质，每克的内表面积高达数百平方米，具有良好的吸附性能)作为催化剂，研究表明，γ-Al2O3在240℃以上发挥催化作用。反应相同的时间，SO2的去除率随反应温度的变化如图3所示。240℃以后，随着温度的升高，SO2去除率迅速增大的主要原因是_______。
【答案】(1)xCO(g)+Sx (s) xCOS(g) ΔH=kJ·mol-1
(2)C
(3) mol·L-1·min-1 反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ ，相同条件下反应更快 增大 1.4 8
(4)温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快
【解析】（1）CO与Sx反应方程式为xCO+SxxCOS，xSO2(g)+2xCO(g)2xCO2(g)+Sx(s)……①，2xCOS(g)+xSO2(g)2xCO2(g)+3Sx(s)……②，利用盖斯定律可知，(①－②)得出目标反应方程式，因此CO与Sx反应热化学方程式为xCO(g)+Sx (s)xCOS(g) ΔH=kJ·mol-1；故答案为xCO(g)+Sx (s)xCOS(g) ΔH=kJ·mol-1；
（2）利用不同物质的反应速率表示达到平衡，要求反应方向是一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比，根据图像可知，C点时SO2(g)生成速率与S2(g)的生成速率之比等于2∶1，因此处于平衡状态的是C点；故答案为C；
（3）①根据图像可知，Q点时SO2的转化率为30%，根据化学反应速率的数学表达式为v(SO2)==mol·L-1·min-1；故答案为mol·L-1·min-1；
②反应Ⅰ的活化能为3.2kJ/mol，远小于反应Ⅱ的活化能58kJ/mol，活化能越小，反应Ⅰ的速率更快，因此温度小于300℃，NO的转化率远高于SO2，故答案为反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ ，相同条件下反应更快；
③缩小容器体积，压强增大，反应2O3(g)3O2(g)逆向进行，O3浓度增大，反应Ⅰ、反应Ⅱ向正反应方向进行，NO、SO2转化率增大；故答案为增大；
④假设100℃时，P、Q均为平衡点，此时发生分解反应的O3占充入O3总量的10%，即分解反应中消耗O3的物质的量为4.0mol×10%=0.4mol，此时生成O2物质的量为0.6mol，P点NO的转化率为80%，反应Ⅰ中消耗NO、O3的物质的量均为2.0mol×80%=1.6mol，则生成NO2、O2物质的量均为1.6mol，Q点SO2转化率为30%，反应Ⅱ中消耗SO2、O3的物质的量均为2.0mol×30%=0.6mol，则生成SO3、O2物质的量均为0.6mol，体系中O3的物质的量为(4.0mol―0.4mol―1.6mol―0.6mol)=1.4mol，反应Ⅰ中气体系数均为1，此时平衡常数Kc==8；故答案为1.4；8；
（4）根据题意“研究表明，γ-Al2O3在240℃以上发挥催化作用”，因此240℃以后，催化剂的活性增大，反应速率加快，SO2去除率迅速增大；故答案为温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快。
6．（2023·辽宁·校联考二模）丙烯是重要的有机合成原料。由丙烷制备丙烯是近年来研究的热点，主要涉及如下反应。
反应I.2C3H8(g)+O2(g)2C3H6(g)+2H2O(g) △H1=-238kJ•mol-1
反应II.2H2(g)+O2(g)2H2O(g) △H2=-484kJ•mol-1
(1)则丙烷脱氢制丙烯反应C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)的逆反应活化能为akJ/mol，则正反应活化能为______kJ/mol。
(2)在恒温恒压容器中发生反应I，下列能说明已达到平衡状态的有______(填标号)。
A．每断裂1molO=O键，同时生成4molO－H键
B．△H不再变化
C．混合气体的密度不再变化
D．v(C3H6)正=v(C3H6)逆
(3)在恒温条件下，1molC3H8(g)发生丙烷脱氢制丙烯反应C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)，测得平衡时C3H8(g)和C3H6(g)的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：
①A、B两点的浓度平衡常数关系：KC(A)_____KC(B)(填“＜”或“＞”或“=”)。
②计算C点时该反应的压强平衡常数Kp(C)=_____(Kp是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
(4)研究表明二氧化碳氧化丙烷脱氢制取丙烯可采用铬的氧化物为催化剂，其反应机理如图所示。该工艺可有效维持催化剂活性，请结合方程式说明原因：_____。
【答案】(1)(a+123)
(2)CD
(3) = MPa
(4)CO2+C=2CO，可以消除催化剂表面的积炭
【解析】（1）根据盖斯定律，将(反应i-反应ii)，整理可得：；正反应活化能－逆反应活化能，正反应活化能=(a+123)kJ/mol。
（2）A.在恒温恒压容器中发生反应i，反应时每断裂1molO=O键，必然同时生成4molO—H键，不能据此说明反应达到平衡，A错误；
B.仅与方程式系数有关，方程式不变，不变，故不能说明反应达到平衡，B错误；
C.反应物与生成物均为气体，混合气体的质量不变，反应的系数不等，体积在变，所以混合气体密度是变量，气体密度不变可以判断平衡，C正确；
D.时反应可能处于平衡状态，D正确；
故选CD。
（3）①A、B两点的温度相同，平衡常数K只与温度有关，故A、B两点的浓度平衡常数关系：；
②设C点时的转化量为xmol，可列出三段式(单位为mol)：
，
由图可知，C点时(g)和C3H6(g)的物质的量浓度相等，则1−x=x，解得x=0.5，则平衡时总的物质的量为1.5mol，C点时该反应的压强平衡常数。
（4）(i)反应为；(ii)反应为，总反应方程式为：，该工艺可以有效消除催化剂表面的积碳，维持催化剂活性，这是由于C能够与反应会产生CO即CO2+C=2CO，使C脱离催化剂表面，从而可以消除催化剂表面的积炭。
7．（2023·浙江温州·统考二模）甲醇和二甲醚是可再生能源，具有广泛的发展前景。相关的主要反应有：
制备合成气：I.
制备甲醇和二甲醚：Ⅱ.
Ⅲ.
请回答：
(1)有利于制备合成气(反应I)的条件是___________。
A．低温低压 B．低温高压 C． 高温低压 D．高温高压
(2)一定条件下，相关物质的相对能量与反应过程如下图：
①___________。
②在某温度下，在体积为1L的恒容容器中，投料为1molCO和2molH2，仅发生反应Ⅱ和Ⅲ，在时达到平衡状态，请画出之间的变化趋势___________。
(3)甲醇生成二甲醚的转化率可以根据冷凝液中的与的相对百分含量来计算(忽略副反应和各物质的挥发)。冷凝液中的质量分数为，的质量分数为，则甲醇的转化率___________。(用含和的式子表示)
(4)制备合成气(反应I)时，还存在反应，该过程可用于热化学能的储存。已知：储能效率(是通过化学反应吸收的热量，是设备的加热功率)。反应物气体流速、对转化率、储能效率()的影响，部分数据如下表：
序号
加热温度/℃
反应物气体流速/
1
800
4
1：1
79.6
52.2
2
800
6
1：1
64.2
61.9
3
800
6
1：2
81.1
41.6
①下列说法不正确的是___________。
A．反应I可以储能的原因是该反应是吸热反应，将热量储存在高热值物质CO、H2中
B．其他条件不变，反应物气体流速越小，CH4转化率越大，有利于热化学能储存
C．其他条件不变，越小，CH4转化率越大
D．反应物气体流速越大，CH4转化率越低的可能原因是反应物与催化剂未充分接触
②在实验2和3中，经过相同的时间，混合气中CO2占比越低，储能效率越高，说明其可能的原因___________。(该条件下设备的加热功率视为不变)
【答案】(1)C
(2) 205.4
(3)
(4) B 反应物气体流量一定的情况下，经过相同的时间，实验2种CH4转化的物质的量相对较多，因此吸收的能量较多
【解析】（1）该反应为吸热且气体分子数增加的反应，升温或减小压强均能使平衡正向移动，故选C；
（2）E1为2molCO和4molH2的总能量，E3为1molCH3OCH3和1molH2O的总E1-E3为能量。由反应2×Ⅱ+Ⅲ得到： 2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH=-181.4 kJ⋅moL-1+(−24.0kJ⋅moL-1)=-205.4 kJ⋅moL-1=E生成物-E反应物=E3-E1，E1-E3=205.4 kJ⋅moL-1。由于K2>K3，CH3OH的变化由反应Ⅱ决定，CH3OH在反应Ⅱ中作为产物浓度不断增加，而t1-t2达平衡浓度不发生改变，之间的变化趋势为：；
（3）设冷凝液总质量为mg，水的物质的量为：，甲醇的物质的量为：，根据反应2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)可知，生成水，需要消耗甲醇的物质的量为：2×，甲醇的转化率为：；
（4）A．反应吸热反应，即产物CO+H2的总能量高于CO2+CH4，反应体系储能是由于高能的CO和H2，A项正确；
B．由表格知气流速度快比值为1:1储能效率最高，而1、2实验对比，CH4的转化率高储能效率低，B项错误；
C．由实验2、3对比，实验3的转化率高，即比值小转化率高(相当于增加CO2平衡正向，CH4的转化率增大)，C项正确；
D．气流太快，CH4未及时参与反应，没法与催化剂充分接触，D项正确；
故选B。
对比实验2、3发现，混合气中CO2占比越低，储能效率越高，原因可能是气体流量一定的情况下，实验2中CH4转化的物质的量相对较多，因此反应得到的热量较多。
8．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考二模）全球大气CO2浓度升高对人类生产生活产生了影响，研究二氧化碳的回收对我国2060年实现碳中和具有现实意义，碳及其化合物的资源化利用成为研究热点。回答下列问题：
(1)已知25℃时，大气中的CO2溶于水存在以下过程：
①CO2(g)CO2(aq)
②CO2(aq)+H2O(l)H+(aq)+ (aq) K
溶液中CO2的浓度与其在大气中的分压(分压=总压×物质的量分数)成正比，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+的浓度为_____mol•L-1(忽略和水的电离)。
(2)已知CH4的生成焓(由稳定单质生成该物质)为△H=-71.7kJ•mol-1
反应I：C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) △H1=+131.3kJ•mol-1 K1
反应II：C(s)+2H2O(g) CO2(g)+2H2(g) △H2=+90.3kJ•mol-1 K2
反应III：CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H3=-41.0kJ•mol-1 K3
①写出CO2与H2反应生成CH4和H2O(g)的热化学方程式：_____。
②研究表明，反应III的速率方程为v=k[x(CO)x(H2O)-]，x表示相应气体的物质的量分数，Kp为平衡常数(用平衡分压代替平衡浓度计算)，k为反应的速率常数。在气体物质的量分数和催化剂一定的情况下，反应速率随温度的变化如图所示，根据速率方程分析T＞Tm时，v逐渐下降的原因是_____。
(3)工业上用二氧化碳催化加氢可合成乙醇，其反应原理为：2CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g) △H。
温度/K
400
500
平衡常数K
9
5.3
①通过表格中的数值可以推断：该反应在______(填“高温”、“低温”或“任何温度”)下能自发进行。
②CO2的平衡转化率与氢碳比m[m=]及压强、温度的关系分别如图a和图b所示。
图a中氢碳比m从大到小的顺序为______。
图b中压强从大到小的顺序为_____，判断依据为______。
【答案】(1)
(2) CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) △H=-162kJ•mol-1 升高温度，k增大使v提高，Kp减小使v时，T＞Tm时，Kp减小对v的降低大于k增大对v的提高
(3) 低温 m1＞m2＞m3 p1＞p2＞p3 其他条件不变时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大，因此p1＞p2＞p3
【解析】（1）大气中CO2(g)的物质的量分数为x时，溶液中二氧化碳的浓度为，根据反应②，其平衡常数 ，因，故；
（2）①已知CH4的生成焓(由稳定单质生成该物质)为△H=-71.7kJ•mol-1，可得到反应ⅣC(s)+2H2(g) CH4(g) △H4=-71.7kJ•mol-1；
反应II：C(s)+2H2O(g) CO2(g)+2H2(g) △H2=+90.3kJ•mol-1
根据盖斯定律，由Ⅳ-II得CO2与H2反应生成CH4和H2O(g)的热化学方程式为：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) △H=-162kJ•mol-1，答案为CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) △H=-162kJ•mol-1；
②k随着温度的升高而增大，Kp随温度的升高而减小。T< Tm时，升高温度，k增大使v提高，Kp减小使v降低。T>Tm时，Kp减小对v的降低大于k增大对v的提高；
（3）①温度升高平衡常数K减小，则为放热反应，△H<0，该反应是气体体积缩小的反应，则△S<0，△H-T△S<0，反应才能自发进行，则△H<0，其正反应在低温下能自发进行；
②图a可以理解为CO2物质的量不变，H2量不断增加，平衡正向移动，CO2转化率不断增大，因此氢碳比从大到小的顺序为m1＞m2＞m3；
③该反应是气体体积减小的反应，由图b可知，同一温度条件下，从下往上看，转化率增大，说明平衡正向移动，向体积减小方向移动即加压，压强从大到小的顺序为p1＞p2＞p3，答案为：其他条件不变时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大，因此p1＞p2＞p3。
9．（2023·上海青浦·统考二模）为实现“碳中和”，可以使二氧化碳与氢气反应，一定条件下，CO2和H2可发生如下两个平行反应：
i.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)-42kJ
ii.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)+49.6kJ
(1)为了提高CH3OH的产率，理论上应采用的措施是(填编号)______。
A．低温低压 B．高温低压 C．高温高压 D．低温高压
(2)保持温度533K，压强3MPa，按投料比=向密闭容器中充入CO2和H2，反应相同时间测得不同催化剂下CO2转化率和CH3OH选择性的相关实验数据如表所示(已知CH3OH选择性：转化的CO2中生成CH3OH的百分比)。
催化剂
CO2转化率
CH3OH选择性
cat.1
21.9%
67.3%
cat.2
36.1%
100.0%
上述条件下，使用cat.2作催化剂，下列说法能判断反应ii达到平衡状态的是______(填编号)
A．气体压强不再变化
B．气体平均相对分子质量不再变化
C．CH3OH和H2O的物质的量之比为1：1
D．CO2和H2的物质的量之比不再变化
(3)一定条件下，向0.5L恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2，只发生上述反应ii，达平衡时，H2的转化率为80%，则该温度下的平衡常数K=______(保留两位小数)。
(4)若恒容密闭容器中只发生上述反应i，在进气比n(CO2)：n(H2)不同、温度不同时，测得相应的CO2平衡转化率如图所示，则B和D两点的温度T(B)______T(D)(填“＜”，“＞”，或“=”)，结合平衡常数分析原因：______。
在工业生产和环境保护中，可以用NaOH溶液捕获CO2，减少碳排放，可得到Na2CO3和NaHCO3两种盐。
(5)0.1mol/L的NaHCO3溶液中c(OH-)＞c(H+)，用水解和电离理论的角度解释其原因______；若往溶液中加入氨水至中性，则c(Na+)______c()+c()+c(H2CO3)(填“＞”、“﹤”或“=”)。
(6)往0.1mol/L的Na2CO3溶液加入少量Na2CO3固体，完全溶解后溶液中c(Na+)：c(CO)的比值______(填“变大”、“变小”或“保持不变”)。
【答案】(1)D
(2)B
(3)3.70
(4) ＜ 依据图像数据计算得到B、D两点的平衡常数K(B)=2.25和K(D)=3，又反应i是吸热反应，升温K增大
(5) 的水解程度大于电离程度，溶液中c(H+)＞c(OH-) =
(6)变小
【解析】（1）生成甲醇的反应是气体体积减小的放热反应，降低温度和增大压强都可以使平衡正向移动，为了提高甲醇的产率，采取的措施可以是低温高压，故选D。
（2）使用cat.2作催化剂，甲醇的选择性100%，即只发生反应ⅱ。
A．恒压条件下，气体压强一直不变，所以气体压强不再变化不能判断反应ⅱ是否达到平衡状态，故A不选；
B．反应ⅱ的反应物和生成物都是气体，气体总质量是不变的，但气体总物质的量是变化的，所以未平衡前混合气体的平均相对分子质量是变化的，当气体平均相对分子质量不再变化时，反应达到了平衡状态，故B选；
C．CH3OH和H2O是生成物，物质的量之比始终为1：1，所以CH3OH和H2O的物质的量之比为1：1不能判断反应ⅱ是否达到平衡状态，故C不选；
D．起始投料CO2和H2的物质的量之比是方程式的系数比，所以CO2和H2的物质的量之比一直不变，CO2和H2的物质的量之比不再变化不能作为判断反应是否达到平衡的标志，故D不选；
故选B。
（3）一定条件下，向0.5L恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2，只发生上述反应ii，达平衡时，H2的转化率为80%，可列三段式：
则该温度下的平衡常数K==3.70。
（4）B点CO2和H2的物质的量之比为1：1，CO2的平衡转化率为60%，设CO2和H2的物质的量均为1mol，容器体积为1L，可列三段式：
可得平衡常数K(B)==2.25。
D点CO2和H2的物质的量之比为1.5：1，CO2的平衡转化率为50%，设CO2的物质的量为3mol，则H2的物质的量为2mol，容器体积为1L，可列三段式：
可得平衡常数K(D)==3。该反应的正反应是吸热反应，温度升高，平衡正向移动，平衡常数增大，K(B)
（6）碳酸钠溶液中由于碳酸根离子的水解，使溶液中c(Na+)：c()大于2，往0.1mol/L的Na2CO3溶液加入少量Na2CO3固体，完全溶解后溶液中碳酸根离子浓度增大，水解程度减弱，所以c(Na+)：c(CO)的比值变小。
10．（2023春·湖北武汉·高三统考）油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题：
(1)已知下列反应的热化学方程式：
kJ⋅mol
kJ⋅mol
计算反应③的_______kJ⋅mol；反应③能够自发的条件是_______。
(2)在1000℃时，反应①的 kJ⋅mol，反应③的 kJ⋅mol。已知(R为常数，T为温度，K为平衡常数)，据此分析反应③处理的工艺方法的优点是_______。
(3)在不同温度、反应压强为100 kPa，进料比分别为a、b、c的条件下，反应③平衡转化率如图1所示，则a、b、c由大到小的顺序为_______；温度越高，反应③平衡转化率越大的原因是_______。
(4)在T℃、pkPa条件下，将的混合气进行反应③，同时发生副反应，达到平衡时，的转化率为80%，的转化率为90%，则反应③的_______(列出计算式)。
(5)我国科学家设计了一种协同转化装置，实现对天然气中和的高效去除，其示意图如图2所示，则阳极区发生的总反应为_______。
【答案】(1) +261 高温
(2)反应③平衡常数更大，平衡时硫化氢的转化率更高
(3) a>b>c 反应③为吸热反应，温度升高，平衡正向移动
(4)
(5)
【解析】（1）已知：
① kJ⋅mol
② kJ⋅mol
由盖斯定律可知，①+②得反应③，则+261kJ⋅mol；反应为熵增的吸热反应，则反应③能够自发的条件是高温；
（2）在1000℃时，已知，则反应①的、反应③的，故反应③平衡常数更大，平衡时硫化氢的转化率更高；
（3）相同条件下，增加甲烷的投料，平衡正向移动，会促进硫化氢的转化，故a、b、c由大到小的顺序为a>b>c；反应③为吸热反应，温度越高，平衡正向移动，导致反应③平衡转化率增大；
（4）在T℃、ρ kPa条件下，将的混合气进行反应③，同时发生副反应，假设硫化氢、甲烷投料均为1mol，达到平衡时，的转化率为80%，的转化率为90%，则：
则平衡是甲烷、硫化氢、二硫化碳、氢气的物质的量分别为0.1mol、0.2mol、0.4mol、2.6mol，总的物质的量为3.3mol，甲烷、硫化氢、二硫化碳、氢气分压分别为、、、，故则反应③的；
（5）阳极的物质失去电子，发生氧化反应，由图可知，阳极区发生的总反应为硫化氢生成硫单质和氢离子，反应为。
11．（2023春·山西·高三校联考）油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题：
(1)已知下列反应的热化学方程式：
①
②
则反应③的________；下列叙述能说明反应③达到平衡状态的是___________(填标号)。
A．断裂2mol键的同时生成1mol键 B．恒容条件下，体系压强不再变化
C．恒容条件下，气体的密度不再变化 D．
(2)在不同温度、反应压强为100kPa，进料的摩尔分数(可看成体积分数)为0.1%~20%(其余为)的条件下，对于反应①，分解平衡转化率的结果如图1所示。则、和由大到小的顺序为_______；的摩尔分数越大，分解平衡转化率越小的原因是___________。
(3)反应①和③的随温度的影响如图2所示，已知(R为常数，为温度，为平衡常数)，则在1000℃时，反应的自发趋势①____③(填“＞”、“＜”或“＝”)。在1000℃、100kPa反应条件下，将的混合气进行反应，达到平衡时约为1:4，微乎其微，其原因是_______________。
(4)在1000℃、100kPa反应条件下，将的混合气进行反应③，达到平衡时，分压与的分压相同。则反应③的__________(不用写单位)。
【答案】(1) +261 BD
(2) 恒压条件下，的摩尔分数增大，的分压增大，平衡正向移动，的转化率降低
(3) ＜ 在1000K，反应①，反应趋势小，反应③，反应趋势大，占主导
(4)
【解析】（1）反应③等于反应①减去反应②，；
A．都表示正反应同一个方向，故A不符合题意；
B．该反应是气体分子数可变的反应，恒容条件下压强不变即达到平衡，故B符合题意；
C．气体密度等于质量除以容器体积，恒容条件又都是气体参与反应，故密度始终保持不变，因此不能作为平衡的标志，故C不符合题意；
D．有，一个正反应，一个逆反应，速率之比等于计量系数之比，则达到平衡，故D符合题意；
故答案为：+261；BD。
（2）反应①是吸热反应，温度越高，平衡正向移动，则的转化率越大，故；恒压条件下，的摩尔分数增大，的分压增大，平衡正向移动，的转化率降低；故答案为：；恒压条件下，的摩尔分数增大，的分压增大，平衡正向移动，的转化率降低。
（3）在1000K，反应①，不易自发，反应③，容易自发，故反应自发趋势①＜③；根据图中曲线和可知越大，反应平衡常数越小，反应趋势越小，在1000K，反应①，反应趋势小，反应③，反应趋势大，占主导；故答案为：＜；在1000K，反应①，反应趋势小，反应③，反应趋势大，占主导。
（4）设，列三段式，达到平衡时，分压与的分压相同即有，求解，平衡后气体的总物质的量为，则；故答案为：。
12．（2023·河南·统考模拟）天然气开采过程中产生大量的含硫废水(硫元素的主要存在形式为H2S)，需要回收处理并加以利用，有关反应如下：
i.2H2S(g)+ 3O2(g)2SO2(g)+2H2O(g) ΔH1
ii．4H2S(g)+ 2SO2(g) 3S2(g) +4H2O(g) ΔH2
iii．2H2(g) +O2(g) 2H2O(g) ΔH3
回答下列问题：
(1)H2S热分解反应2H2S(g) S2(g) + 2H2(g)的ΔH=___________(用含ΔH1、ΔH2、ΔH3的式子表示)；该反应的活化能Ea(正)大于Ea(逆)，则ΔH___________(填“<”“> ”或“=”)0。
(2)总压恒定为100 kPa，向密闭容器中充入2 mol H2S、3 mol O2、95 mol Ar，发生反应i和反应ii ，反应过程中H2S(g) ，SO2(g)、S2(g)等含硫物质的分布分数δ随时间变化如图所示。
①表示SO2分布分数的曲线为___________(填“甲”“乙”或“丙”)。
②t1时测得H2S转化率为α，此时体系中H2O的物质的量为___________mol；用H2S分压表示的平均反应速率为___________(用含α、t1的式子表示)kPa· s-1。
(3)也可采用Na2SO3氧化法对H2S进行处理，过程中发生反应的方程式(均未配平)为：
i． +H2S+H+ → +S↓+ H2O
ii． H2S(aq)+ (aq)+H+ (aq)→S(s) + H2O(l)
iii．S(s) + (aq)→(aq)
实验测得，在T℃、pH=5时，Na2SO3的投加量对平衡体系中部分微粒浓度的影响如图所示。
①T℃时，反应iii的平衡常数K=___________。
②结合三个反应分析，当Na2SO3投加量高于5 g·L-1时，单位体积内S的质量减小的原因为___________。
【答案】(1) >
(2) 乙 2a
(3) Na2SO3投加量高于5 g·L-1时，单位体积内反应iii消耗S单质的质量超过了反应i和反应ii生成S单质的质量之和
【解析】（1）由盖斯定律可知，反应可得硫化氢热分解反应，则反应ΔH=；由反应的活化能Ea(正)大于Ea(逆)可知该反应为吸热反应，反应焓变ΔH>0，故答案为：；>；
（2）①由方程式可知，反应i中硫化氢与氧气反应生成二氧化硫，反应ii中二氧化硫与硫化氢反应生成S2，则硫化氢的分布分数减小、二氧化硫的分布分数先增大后减小、S2的分布分数增大，故选乙；
②设t1时，反应i生成二氧化硫为2amol、反应ii消耗二氧化硫为2bmol，由题意可建立如下三段式：
由硫化氢转化率为α可得：=α，由图可知，二氧化硫和S2分布分数相等，则3—1.5a—b=b，解联立方程可得a=3—2α、b=1.5α—1.5，则水的物质的量为(3—2α)mol×2+(1.5α—1.5) mol×4=2αmol，硫化氢的分压变化量为()Pa，平均反应速率为 kPa· s-1，故答案为：2α；；
（3）①由图可知，T℃、pH为5反应达到平衡时，硫代硫酸根离子浓度为0.015mol/L、亚硫酸根离子浓度为0.009 mol/L，则反应iii的平衡常数K==，故答案为：；
②结合三个反应分析，当Na2SO3投加量高于5 g·L-1时，单位体积内S的质量减小说明Na2SO3投加量高于5 g·L-1时，单位体积内反应iii消耗S单质的质量超过了反应i和反应ii生成S单质的质量之和，故答案为：Na2SO3投加量高于5 g·L-1时，单位体积内反应iii消耗S单质的质量超过了反应i和反应ii生成S单质的质量之和。
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