专题十二 化学反应原理综合- 2023 高考化学二轮复习讲与练(全国通用)

这是一份专题十二 化学反应原理综合- 2023 高考化学二轮复习讲与练(全国通用)
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“>”、“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)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“>”“