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2024届高三化学二轮复习 专题十三 化学反应原理综合考查 课件
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这是一份2024届高三化学二轮复习 专题十三 化学反应原理综合考查 课件，共60页。
解析：(1)根据盖斯定律，由①－②－③，可得④C6H5C2H5(g)⇌C6H5CH===CH2(g)＋H2(g) ΔH4＝－4 386.9 kJ·ml－1－(－4 263.1 kJ·ml－1)－(－241.8 kJ·ml－1)＝＋118 kJ·ml－1。
(2)在某温度、100 kPa下，向反应器中充入1 ml气态乙苯发生反应④，其平衡转化率为50%，欲将平衡转化率提高至75 %，需要向反应器中充入________ ml水蒸气作为稀释气(计算时忽略副反应)；
主反应生成的氢气能使副反应⑥的平衡正向移动，甲苯的选择性大于苯的选择性
解析：生成苯乙烯的反应为主反应，则苯乙烯的选择性最高，主反应生成的氢气能使副反应⑥的平衡正向移动，则甲苯的选择性大于苯的选择性，故b代表的产物为甲苯。
(4)关于本反应体系中催化剂Fe2O3的描述错误的是________；A．X射线衍射技术可测定Fe2O3晶体结构B．Fe2O3可改变乙苯平衡转化率C．Fe2O3降低了乙苯脱氢反应的活化能D．改变Fe2O3颗粒大小不影响反应速率
解析：X射线衍射技术可以测定晶体结构，A项正确；Fe2O3是催化剂，催化剂不能使平衡发生移动，不能改变乙苯平衡转化率，B项错误；Fe2O3作催化剂，可以降低乙苯脱氢反应的活化能，C项正确；改变Fe2O3颗粒大小即改变催化剂的表面积，可以改变反应速率，D项错误。
解析：(5)电负性：Cl>Br>I，C—Cl键的极性更大，更易断裂，故C6H5CH2Cl更易生成自由基C6H5C*,H2，活性最强。
解析：(6)已知Cu＋(aq)＋2L⇌[Cu(L)2]＋ K、CuBr(s)⇌Cu＋(aq)＋Br－(aq) Ksp，两反应相加可得：CuBr(s)＋2L⇌[Cu(L)2]＋＋Br－(aq)，则其平衡常数为K×Ksp。
2．[2023·辽宁卷]硫酸工业在国民经济中占有重要地位。(1)我国古籍记载了硫酸的制备方法——“炼石胆(CuSO4·5H2O)取精华法”。借助现代仪器分析，该制备过程中CuSO4·5H2O分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如下图所示。700 ℃左右有两个吸热峰，则此时分解生成的氧化物有SO2、________和________(填化学式)。
(2)铅室法使用了大容积铅室制备硫酸(76%以下)，副产物为亚硝基硫酸，主要反应如下：NO2＋SO2＋H2O===NO＋H2SO42NO＋O2===2NO2(ⅰ)上述过程中NO2的作用为________。(ⅱ)为了适应化工生产的需求，铅室法最终被接触法所代替，其主要原因是_____________________________________________________________________________________________________________(答出两点即可)。
反应中有污染空气的NO和NO2放出影响空气环境、NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质、产率不高(答案合理即可)
解析： (ⅰ)根据所给的反应方程式，NO2在反应过程中先消耗再生成，说明NO2在反应中起催化剂的作用；(ⅱ)近年来，铅室法被接触法代替是因为在反应中有污染空气的NO和NO2放出影响空气环境，同时作为催化剂的NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质，影响产品质量，产率不高(答案合理即可)。
解析：根据不同转化率下的反应速率曲线可以看出，随着温度的升高反应速率先加快后减慢，a错误；从图中所给出的速率曲线可以看出，相同温度下，转化率越低反应速率越快，但在转化率小于88%时的反应速率图像并没有给出，无法判断α＝0.88的条件下是否是平衡转化率，b错误；从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率不断减小，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，c正确；从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，这时可以根据不同转化率选择合适的反应温度以减少能源的消耗，d正确；故答案选cd；
(ⅱ)为提高钒催化剂的综合性能，我国科学家对其进行了改良。不同催化剂下，温度和转化率关系如下图所示，催化性能最佳的是________(填标号)。
解析：为了提高催化剂的综合性能，科学家对催化剂进行了改良，从图中可以看出标号为d的催化剂VKCsCe对SO2的转化率最好，产率最佳，故答案选d；
(ⅲ)设O2的平衡分压为p，SO2的平衡转化率为αe，用含p和αe的代数式表示上述催化氧化反应的Kp＝________(用平衡分压代替平衡浓度计算)。
3．[2023·浙江6月]水煤气变换反应是工业上的重要反应，可用于制氢。水煤气变换反应：CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g) ΔH＝－41.2 kJ·ml－1该反应分两步完成：3Fe2O3(s)＋CO(g)⇌2Fe3O4(s)＋CO2(g) ΔH1＝－47.2 kJ·ml－12Fe3O4(s)＋H2O(g)⇌3Fe2O3(s)＋H2(g) ΔH2请回答：(1)ΔH2＝________ kJ·ml－1。
(2)恒定总压1.70 MPa和水碳比[n(H2O)/n(CO)＝12∶5]投料，在不同条件下达到平衡时CO2和H2的分压(某成分分压＝总压×该成分的物质的量分数)如下表：①在条件1下，水煤气变换反应的平衡常数K＝________。②对比条件1，条件2中H2产率下降是因为发生了一个不涉及CO2的副反应，写出该反应方程式______________________。
CO＋3H2⇌CH4＋H2O
(3)下列说法正确的是________。A．通入反应器的原料气中应避免混入O2B．恒定水碳比[n(H2O)/n(CO)]，增加体系总压可提高H2的平衡产率C．通入过量的水蒸气可防止Fe3O4被进一步还原为FeD．通过充入惰性气体增加体系总压，可提高反应速率
解析：一氧化碳和氢气都可以和氧气反应，则通入反应器的原料气中应避免混入O2，A正确；该反应前后气体计量系数相同，则增加体系总压平衡不移动，不能提高平衡产率，B错误；通入过量的水蒸气可以促进四氧化三铁被氧化为氧化铁，水蒸气不能将铁的氧化物还原为单质铁，但过量的水蒸气可以降低体系中CO和H2的浓度，从而防止铁的氧化物被还原为单质铁，C正确；若保持容器的体积不变，通过充入惰性气体增加体系总压，反应物浓度不变，反应速率不变，D错误；故选AC；
(4)水煤气变换反应是放热的可逆反应，需在多个催化剂反应层间进行降温操作以“去除”反应过程中的余热(如图1所示)，保证反应在最适宜温度附近进行。①在催化剂活性温度范围内，图2中b～c段对应降温操作的过程，实现该过程的一种操作方法是________。A．按原水碳比通入冷的原料气B．喷入冷水(蒸气)C．通过热交换器换热②若采用喷入冷水(蒸气)的方式降温，在图3中作出CO平衡转化率随温度变化的曲线。
解析：①按原水碳比通入冷的原料气，可以降低温度，同时化学反应速率稍减小，导致CO的转化率稍减小，与图中变化相符，A正确；喷入冷水(蒸气)，可以降低温度，但是同时水蒸气的浓度增大，会导致CO的转化率增大，与图中变化不符，B错误；通过热交换器换热，可以降低温度，且不改变投料比，同时化学反应速率稍减小，导致CO的转化率稍减小，与图中变化相符，C正确；故选AC；②增大水蒸气的浓度，平衡正向移动，则一氧化碳的的平衡转化率增大，会高于原平衡线，故图像为：
(5)在催化剂活性温度范围内，水煤气变换反应的历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附(快速)、反应及产物分子脱附等过程。随着温度升高，该反应的反应速率先增大后减小，其速率减小的原因是_______________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
答案：温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小
解析：反应物分子在催化剂表面的吸附是一个放热的快速过程，温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小。
4．[2022·全国乙卷]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：①2H2S(g)＋3O2(g)===2SO2(g)＋2H2O(g)ΔH1＝－1 036 kJ·ml－1②4H2S(g)＋2SO2(g)===3S2(g)＋4H2O(g)ΔH2＝94 kJ·ml－1③2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH3＝－484 kJ·ml－1计算H2S热分解反应④2H2S(g)===S2(g)＋2H2(g)的ΔH4＝________ kJ·ml－1。
解析：根据盖斯定律可知，反应④＝(①＋②)÷3－③，即ΔH4＝(ΔH1＋ΔH2)÷3－ΔH3＝＋170 kJ·ml－1。
(2)较普遍采用的H2S处理方法是克劳斯工艺，即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是，利用反应④高温热分解H2S。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是______________________________________，缺点是________。
高温热分解能够获得H2，H2可作燃料，且副产物少
解析：克劳斯工艺无法获取H2，且存在副产物SO2，高温热分解能够获得H2，H2可作燃料，且副产物少；高温热分解法的缺点是需要高温条件，能耗高。
(3)在1 470 K、100 kPa反应条件下，将n(H2S)∶n(Ar)＝1∶4的混合气进行H2S热分解反应。平衡时混合气中H2S与H2的分压相等，H2S平衡转化率为________，平衡常数Kp＝________ kPa。
(4)在1 373 K、100 kPa反应条件下，对于n(H2S)∶n(Ar)分别为4∶1、1∶1、1∶4、1∶9、1∶19的H2SAr混合气，热分解反应过程中H2S转化率随时间的变化如下图所示。
①n(H2S)∶n(Ar)越小，H2S平衡转化率___________，理由是___________________________________________________________。②n(H2S)∶n(Ar)＝1∶9对应图中曲线________，计算其在0～0.1 s之间，H2S分压的平均变化率为________ kPa·s－1。
H2S的热分解反应为气体分子数增大的反应，恒压条件下，不断充入Ar，导致H2S的分压降低，相当于减压，平衡正向移动，H2S的平衡转化率升高
5．[2022·湖北卷]自发热材料在生活中的应用日益广泛。某实验小组为探究“CaO－Al－H2O”体系的发热原理，在隔热装置中进行了下表中的五组实验，测得相应实验体系的温度升高值(ΔT)随时间(t)的变化曲线，如图所示。
解析：(1)根据盖斯定律可得，①＋②＋2×③可得反应：CaO(s)＋2Al(s)＋7H2O(l)===Ca2＋(aq)＋2[Al(OH)4]－(aq)＋3H2(g)，则ΔH4＝ΔH1＋ΔH2＋2ΔH3＝(-65.17kJ·ml－1)＋(－16.73 kJ·ml－1)＋2×(－415.0 kJ·ml－1)＝－911.9 kJ·ml－1。
Ca(OH)2在水中的溶解度小，反应①达到了平衡状态
解析：实验a中，CaO和H2O反应①生成Ca(OH)2，4 min后ΔT基本不变，是因为Ca(OH)2在水中的溶解度小，反应①达到了平衡状态。
(4)实验b中，ΔT的变化说明Al粉与H2O在该条件下________(填“反应”或“不反应”)。实验c中，前3 min的ΔT有变化，其原因是________________________；3 min后ΔT基本不变，其原因是________微粒的量有限。
Al和溶液中的OH－发生了反应
解析：实验b中，ΔT几乎不变，说明Al粉与H2O在该条件下不反应；实验c中，前3 min的ΔT有变化，是因为Al和溶液中的OH－发生了反应，3 min后ΔT基本不变，是因为饱和石灰水中OH－的浓度较低，OH－的量有限。
(5)下列说法不能解释实验d在10 min内温度持续升高的是________(填标号)。A．反应②的发生促使反应①平衡右移B．反应③的发生促使反应②平衡右移C．气体的逸出促使反应③向右进行D．温度升高导致反应速率加快
解析：实验d中，发生反应②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH－的浓度减小，促使反应②平衡右移，这两步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快；综上所述，实验d在10min内温度持续升高与反应①无关，故选A。
(6)归纳以上实验结果，根据实验e的特征，用文字简述其发热原理_________________________________________________________________。
实验e中，发生反应①、②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH－的浓度减小，促使反应②平衡右移，反应②的发生促使反应①平衡右移，这三步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快
解析：实验e中，发生反应①、②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH－的浓度减小，促使反应②平衡右移，反应②的发生促使反应①平衡右移，这三步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快。
考点1 反应热计算的常用方法核 心 梳 理1.利用盖斯定律进行计算2．利用键能、活化能进行计算(1)键能：ΔH＝E(反应物总键能)－E(生成物总键能)(2)活化能：ΔH＝E(正反应活化能)－E(逆反应活化能)
典 题 精 研考向 反应热的计算例1 二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳，二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)，该反应一般认为通过如下步骤来实现：①CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g) ΔH1＝＋41 kJ·ml－1②CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g) ΔH2＝－90 kJ·ml－1
总反应的ΔH＝______ kJ·ml－1；若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是____(填标号)，判断的理由是______________________________________________。
ΔH1为正值，ΔH2和ΔH为负值，反应①活化能大于反应②的
解析：根据盖斯定律可知总反应＝反应①＋反应②，则总反应的ΔH＝ΔH1＋ΔH2＝+41 kJ·ml－1 +(－90 kJ·ml－1)＝－49 kJ·ml－1。总反应是放热反应，即生成物的总能量比反应物的总能量低，则B项、D项错误；反应①为慢反应，则反应①的活化能较大，故A项正确。
练1 氢气是一种清洁能源，水煤气变换反应的制氢原理为：CO＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g) ΔH1，水煤气变换部分基元反应如下：第②步基元反应逆反应的活化能为________eV。
解析：根据ΔH＝正反应的活化能－逆反应的活化能，可得第②步基元反应逆反应的活化能＝正反应的活化能－ΔH＝0.81 eV－(－0.41 eV)＝1.22 eV。
考点2 化学平衡图像解读与分析核 心 梳 理1.化学平衡图像信息的获取依据化学反应原理中反应速率和平衡移动知识解读图像，关键在于对“数”“形”“义”“性”的综合思考，包括：
(1)明标：明晰横、纵坐标所表示的化学含义，这是理解题意和进行正确思考的前提。明晰坐标含义，也就是用变量的观点分析坐标，找出横、纵坐标的关系，再结合教材，联系相应的知识点。(2)找点：找出曲线中的特殊点(起点、顶点、拐点、终点、交叉点、平衡点等)，分析这些点所表示的化学意义以及影响这些点的主要因素及限制因素等，大多考题就落在这些点的含义分析上，因为这些点往往隐含着某些限制条件或某些特殊的化学含义。(3)析线：正确分析曲线的变化趋势(上升、下降、平缓、转折等)，同时对走势有转折变化的曲线，要分区段进行分析，研究各段曲线的变化趋势及其含义。
2．化学平衡图像信息的加工在准确解读图像信息的基础上，对试题信息进行加工处理，分析角度如图
典 题 精 研考向 化学平衡图像解读与分析例2 二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)。合成总反应在起始物n(H2)/n(CO2)＝3时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为x(CH3OH)，在t＝250 ℃下的x(CH3OH)～p、在p＝5×105 Pa下的x(CH3OH)～t如图所示。
(1)图中对应等压过程的曲线是________，判断的理由是____________________________________________________________；
总反应ΔH<0，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变小
解析：氢气和二氧化碳合成甲醇的总反应为放热反应，则升温平衡向逆反应方向移动，混合气体中甲醇的物质的量分数减小，故曲线b表示等压过程的曲线。
(2)当x(CH3OH)＝0.10时，CO2的平衡转化率α＝________，反应条件可能为______________或______________。
5×105 Pa，210 ℃
9×105 Pa，250 ℃
练2 [2023·山东卷]一定条件下，水气变换反应CO＋H2O⇌CO2＋H2的中间产物是HCOOH。为探究该反应过程，研究HCOOH水溶液在密封石英管中的分解反应：Ⅰ.HCOOH⇌CO＋H2O(快)Ⅱ.HCOOH⇌CO2＋H2(慢)研究发现，在反应Ⅰ、Ⅱ中，H＋仅对反应Ⅰ有催化加速作用；反应Ⅰ速率远大于反应Ⅱ，近似认为反应Ⅰ建立平衡后始终处于平衡状态。忽略水的电离，其浓度视为常数。回答下列问题：(1)一定条件下，反应Ⅰ、Ⅱ的焓变分别为ΔH1、ΔH2，则该条件下水气变换反应的焓变ΔH＝____________(用含ΔH1、ΔH2的代数式表示)。
解析：根据盖斯定律，由Ⅱ－Ⅰ可得水气变换反应CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g) ΔH＝ΔH2－ΔH1。
(2)反应Ⅰ正反应速率方程为：v＝kc(H＋)·c(HCOOH)，k为反应速率常数。T1温度下，HCOOH电离平衡常数为Ka，当HCOOH平衡浓度为x ml·L－1时，H＋浓度为__________ ml·L－1，此时反应Ⅰ正反应速率v＝________ ml·L－1·h－1(用含Ka、x和k的代数式表示)。
典 题 精 研考向1 速率常数的计算与应用例3 某合成氨速率方程为：v＝kcα(N2)cβ(H2)cγ(NH3)，根据表中数据，γ＝________；在合成氨过程中，需要不断分离出氨的原因为________。a.有利于平衡正向移动b.防止催化剂中毒c.提高正反应速率
解析：将实验1、3中数据分别代入合成氨的速率方程可得：①q＝k·mα·nβ·pγ，③10q＝k·mα·nβ·(0.1p)γ，可得γ＝－1。合成氨过程中，不断分离出氨，即降低体系中c(NH3)，生成物浓度下降，平衡向正反应方向移动，但不会提高正反应速率，a正确，c错误；反应主产物即氨不能使催化剂中毒，b错误。
练3 T ℃时，2NO2(g)⇌N2O4(g)，该反应正、逆反应速率与浓度的关系为：v正＝k正c2(NO2)，v逆＝k逆c(N2O4)(k正、k逆这是速率常数)。(1)图中表示lg v逆～lg c(N2O4)的线是________(填“m”或“n”)
解析：v正＝k正c2(NO2)，则lg v正＝lg k正＋2lg c(NO2)，v逆＝k逆c(N2O4)，则lg v逆＝lg k逆＋lg c(N2O4)，lg v逆～lg c(N2O4)的线斜率较小，则图中表示lg v逆lgc(N2O4)的线是n；
(2)T ℃时，向刚性容器中充入一定量NO2气体，平衡后测得c(N2O4)为1.0 ml·L－1，则平衡时，v正＝________(用含a的表达式表示)。
(3)T ℃时，向2 L的容器中充入5 ml N2O4气体和1 ml NO2气体，此时v正_____v逆(填“>”“＜”或“＝”)。
考向2 平衡常数的计算与应用例4 [2023·全国乙卷]硫酸亚铁在工农业生产中有许多用途，如可用作农药防治小麦黑穗病，制造磁性氧化铁、铁催化剂等。回答下列问题：(1)在N2气氛中，FeSO4·7H2O的脱水热分解过程如图所示：根据上述实验结果，可知x＝_______，y＝______。
解析：①FeSO4·7H2O(s)===FeSO4(s)＋7H2O(g) ΔH1＝a kJ·ml－1②FeSO4·xH2O(s)===FeSO4(s)＋xH2O(g) ΔH2＝b kJ·ml－1③FeSO4·yH2O(s)===FeSO4(s)＋yH2O(g) ΔH3＝c kJ·ml－1根据盖斯定律可知，①＋③－②×2可得FeSO4·7H2O(s)＋FeSO4·yH2O(s)===2(FeSO4·xH2O)(s)，则ΔH＝(a＋c－2b) kJ·ml－1。
练4 一氯化碘(ICl)是一种卤素互化物，具有强氧化性，可与金属直接反应，也可用作有机合成中的碘化剂。回答下列问题：(1)氯铂酸钡(BaPtCl6)固体加热时部分分解为BaCl2、Pt和Cl2，376.8 ℃时平衡常数K′p＝1.0×104Pa2。在一硬质玻璃烧瓶中加入过量BaPtCl6，抽真空后，通过一支管通入碘蒸气(然后将支管封闭)。在376.8 ℃，碘蒸气初始压强为20.0 kPa。376.8 ℃平衡时，测得烧瓶中压强为32.5 kPa，则pICl＝________kPa，反应2ICl(g)===Cl2(g)＋I2(g)的平衡常数K＝_______________________ (列出计算式即可)。
①由图可知，NOCl分解为NO和Cl2反应的ΔH________0(填“大于”或“小于”)。②反应2ICl(g)===Cl2(g)＋I2(g)的K＝________(用Kp1、Kp2表示)；该反应的ΔH________0(填“大于”或“小于”)，写出推理过程______________________________________________________________________。
模考精练·抓落实1.甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。回答下列问题：(1)已知下列反应的热化学方程式：①3O2(g)===2O3(g) K1 ΔH1＝285 kJ·ml－1②2CH4(g)＋O2(g)===2CH3OH(l) K2 ΔH2＝－329 kJ·ml－1反应③CH4(g)＋O3(g)===CH3OH(l)＋O2(g)的ΔH3＝______kJ·ml－1，平衡常数K3＝______________(用K1、K2表示)。
(2)电喷雾电离等方法得到的M＋(Fe＋、C＋、Ni＋等)与O3反应可得MO＋。MO＋与CH4反应能高选择性地生成甲醇。分别在300 K和310 K下(其他反应条件相同)进行反应MO＋＋CH4===M＋＋CH3OH，结果如下图所示。图中300 K的曲线是________(填“a”或“b”)。300 K、60 s时MO＋的转化率为________ __ (列出算式)。
(3)MO＋分别与CH4、CD4反应，体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相似，图中以CH4示例)。(ⅰ)步骤Ⅰ和Ⅱ中涉及氢原子成键变化的是________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。(ⅱ)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则MO＋与CD4反应的能量变化应为图中曲线________(填“c”或“d”)。(ⅲ)MO＋与CH2D2反应，氘代甲醇的产量CH2DOD________CHD2OH(填“＞”“＜”或“＝”)。若MO＋与CHD3反应，生成的氘代甲醇有________种。
解析： (ⅰ)步骤Ⅰ涉及的是碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键形成，所以符合题意的是步骤Ⅰ；(ⅱ)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则此时正反应活化能会增大，根据图示可知，MO＋与CD4反应的能量变化应为图中曲线c；(ⅲ)MO＋与CH2D2反应时，因直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则单位时间内产量会下降，则氘代甲醇的产量CH2DOD＜CHD2OH；根据反应机理可知，若MO＋与CHD3反应，生成的氘代甲醇可能为CHD2OD和CD3OH，共2种。
2．我国研发了一种新型催化剂，可以通过反应2NO(g)＋2H2(g)⇌N2(g)＋2H2O(g) ΔH达到消除NO污染的效果。已知：Ⅰ.4NH3(g)＋6NO(g)⇌5N2(g)＋6H2O(g)ΔH1＝－1 808 kJ·ml－1；Ⅱ.N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH2＝－92.4 kJ·ml－1。回答下列问题：(1)若在密闭容器中同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，反应Ⅱ对反应Ⅰ中NO的平衡转化率的影响为________(填“增大”“减小”或“无影响”)。
解析：(1)反应Ⅱ可以减小N2(g)浓度，同时增大NH3(g)浓度，使反应Ⅰ平衡正向移动，增大NO的平衡转化率。
(2)2NO(g)＋2H2(g)⇌N2(g)＋2H2O(g)的ΔH＝________ ___ (保留四位有效数字)。
－664.3 kJ·ml－1
解析：根据盖斯定律，(Ⅰ＋Ⅱ×2)÷3得，2NO(g)＋2H2(g)⇌N2(g)＋2H2O(g)的ΔH≈－664.3 kJ·ml－1。
0.016 ml·L－1·min－1
(4)有学者对比了新型催化剂与传统催化剂的催化效果。当固定比例的NO(g)和H2(g)的混合气体，以相同流速分别通过填充有两种催化剂的反应器，测得NO的转化率与温度的关系如图所示。①新型催化剂优于传统催化剂的理由为__________________________________。②M、N、P、Q四点中一定未达到平衡状态的是________(填字母)。
在较低温度下，单位时间内NO的转化率更高
解析：①由图可知，新型催化剂在较低温度下，单位时间内NO的转化率更高，催化效果更好。②该反应为放热反应，温度升高反应逆向进行，且催化剂不影响平衡，M点为反应正向进行的状态，N、Q点状态可能是达到平衡后，升高温度平衡逆向移动的状态，P点反应达到平衡状态。
实验测得，反应Ⅰ、Ⅱ的ΔH随温度的变化如图1所示，在体积为1 L的密闭容器中，起始投料1 ml CH3I(g)，反应温度对平衡体系中乙烯、丙烯和丁烯物质的量分数的影响如图2所示。
①298 K时，反应3CH3I(g)⇌C3H6(g)＋3HI(g) ΔH4；ΔH4＝________kJ·ml－1。②当体系温度高于600 K时，乙烯的物质的量分数随温度升高而显著增加的可能原因是___________________________________________________________。③若维持体系温度为715 K，CH3I(g)的平衡转化率为________，反应Ⅰ以物质的量分数表示的平衡常数Kx＝________。
反应Ⅰ吸热，反应Ⅱ、Ⅲ放热，升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动，三者均使C2H4的平衡物质的量分数增加
(2)研究HI的分解与合成对提高反应Ⅰ中CH3I(g)的平衡转化率有重要意义。T ℃，将a ml I2(g)和a ml H2(g)置于已抽成真空的特制1 L密闭容器中，40 min时体系达到平衡，体系中存在如下反应关系：Ⅰ.I2(g)⇌2I(g) Kp1＝2.304Ⅱ.H2(g)＋I2(g)⇌2HI(g) Kp2Ⅲ.HI(g)⇌H(g)＋I(g) Kp3＝8.0×10－6Ⅳ.H2(g)⇌2H(g) Kp4＝1.0×10－9①则Kp2＝________。②实验测得平衡体系总压强为5.0×107 Pa，HI的分压为3.6×107 Pa，H2的分压为7.2×106 Pa，已知该反应的正反应速率为v正＝k正·x(H2)·x(I2)，逆反应速率为v逆＝k逆·x2(HI)，其中k正、k逆为速率常数，x为物质的量分数，若k正＝b min－1，在t＝40 min时，v正＝___________min－1(用含b的代数式表示)。
4．FeC合金薄带在ArH2OH2气氛中进行脱碳处理是生铁炼钢的新路径，可能涉及的反应如下：①C＋H2O(g)⇌CO(g)＋H2(g)ΔH1＝a kJ·ml－1②Fe(s)＋H2O(g)⇌H2(g)＋FeO(s)ΔH2＝b kJ·ml－1③3Fe(s)＋4H2O(g)⇌4H2(g)＋Fe3O4(s)ΔH3＝c kJ·ml－1④3FeO(s)＋H2O(g)⇌H2(g)＋Fe3O4(s) ΔH4(1)ΔH4＝________kJ·ml－1(用含字母的代数式表示)；
解析：依据盖斯定律有④＝③－3×②，则ΔH4＝ΔH3－3×ΔH2＝(c－3b) kJ·ml－1。
(2)1 103 K时，在刚性容器中加入足量Fe和一定量H2O发生反应③，反应前气体总压为p，t min后达到平衡，此时H2的物质的量分数为0.492。①该反应的Kp＝________(写出数学计算式)。②0～t min，用单位时间内分压变化表示的反应速率vH2O＝________。
(3)为了防止脱碳过程中Fe被H2O氧化，需要通入一定比例H2。①通入H2能抑制铁被氧化，原因是_______________________________________。②下图1表示铁元素存在形态与反应温度、水蒸气含量的关系。当pH2O/p(H2＋H2O)＝0.5，反应温度从845 K升到1 073 K，含铁物质发生反应的化学方程式______________________________。
通入氢气能使反应②和③的平衡逆向移动
(4)对碳的质量分数为4.2%某FeC合金进行脱碳处理，保持其他条件相同，脱碳时间、脱碳后碳的质量分数、脱碳温度的关系如图2所示。①a点脱碳效率________(填“大于”“小于”或“等于”)b点。②c点v正________v逆(填“>”“<”或“＝”)，理由是________________________________________________________________________________________________________________________。
相同温度下，反应从30 min到50 min，碳的质量分数继续下降，说明反应正向进行，故c点v正>v逆。
解析：(1)根据盖斯定律，由①－②－③，可得④C6H5C2H5(g)⇌C6H5CH===CH2(g)＋H2(g) ΔH4＝－4 386.9 kJ·ml－1－(－4 263.1 kJ·ml－1)－(－241.8 kJ·ml－1)＝＋118 kJ·ml－1。
(2)在某温度、100 kPa下，向反应器中充入1 ml气态乙苯发生反应④，其平衡转化率为50%，欲将平衡转化率提高至75 %，需要向反应器中充入________ ml水蒸气作为稀释气(计算时忽略副反应)；
主反应生成的氢气能使副反应⑥的平衡正向移动，甲苯的选择性大于苯的选择性
解析：生成苯乙烯的反应为主反应，则苯乙烯的选择性最高，主反应生成的氢气能使副反应⑥的平衡正向移动，则甲苯的选择性大于苯的选择性，故b代表的产物为甲苯。
(4)关于本反应体系中催化剂Fe2O3的描述错误的是________；A．X射线衍射技术可测定Fe2O3晶体结构B．Fe2O3可改变乙苯平衡转化率C．Fe2O3降低了乙苯脱氢反应的活化能D．改变Fe2O3颗粒大小不影响反应速率
解析：X射线衍射技术可以测定晶体结构，A项正确；Fe2O3是催化剂，催化剂不能使平衡发生移动，不能改变乙苯平衡转化率，B项错误；Fe2O3作催化剂，可以降低乙苯脱氢反应的活化能，C项正确；改变Fe2O3颗粒大小即改变催化剂的表面积，可以改变反应速率，D项错误。
解析：(5)电负性：Cl>Br>I，C—Cl键的极性更大，更易断裂，故C6H5CH2Cl更易生成自由基C6H5C*,H2，活性最强。
解析：(6)已知Cu＋(aq)＋2L⇌[Cu(L)2]＋ K、CuBr(s)⇌Cu＋(aq)＋Br－(aq) Ksp，两反应相加可得：CuBr(s)＋2L⇌[Cu(L)2]＋＋Br－(aq)，则其平衡常数为K×Ksp。
2．[2023·辽宁卷]硫酸工业在国民经济中占有重要地位。(1)我国古籍记载了硫酸的制备方法——“炼石胆(CuSO4·5H2O)取精华法”。借助现代仪器分析，该制备过程中CuSO4·5H2O分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如下图所示。700 ℃左右有两个吸热峰，则此时分解生成的氧化物有SO2、________和________(填化学式)。
(2)铅室法使用了大容积铅室制备硫酸(76%以下)，副产物为亚硝基硫酸，主要反应如下：NO2＋SO2＋H2O===NO＋H2SO42NO＋O2===2NO2(ⅰ)上述过程中NO2的作用为________。(ⅱ)为了适应化工生产的需求，铅室法最终被接触法所代替，其主要原因是_____________________________________________________________________________________________________________(答出两点即可)。
反应中有污染空气的NO和NO2放出影响空气环境、NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质、产率不高(答案合理即可)
解析： (ⅰ)根据所给的反应方程式，NO2在反应过程中先消耗再生成，说明NO2在反应中起催化剂的作用；(ⅱ)近年来，铅室法被接触法代替是因为在反应中有污染空气的NO和NO2放出影响空气环境，同时作为催化剂的NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质，影响产品质量，产率不高(答案合理即可)。
解析：根据不同转化率下的反应速率曲线可以看出，随着温度的升高反应速率先加快后减慢，a错误；从图中所给出的速率曲线可以看出，相同温度下，转化率越低反应速率越快，但在转化率小于88%时的反应速率图像并没有给出，无法判断α＝0.88的条件下是否是平衡转化率，b错误；从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率不断减小，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，c正确；从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，这时可以根据不同转化率选择合适的反应温度以减少能源的消耗，d正确；故答案选cd；
(ⅱ)为提高钒催化剂的综合性能，我国科学家对其进行了改良。不同催化剂下，温度和转化率关系如下图所示，催化性能最佳的是________(填标号)。
解析：为了提高催化剂的综合性能，科学家对催化剂进行了改良，从图中可以看出标号为d的催化剂VKCsCe对SO2的转化率最好，产率最佳，故答案选d；
(ⅲ)设O2的平衡分压为p，SO2的平衡转化率为αe，用含p和αe的代数式表示上述催化氧化反应的Kp＝________(用平衡分压代替平衡浓度计算)。
3．[2023·浙江6月]水煤气变换反应是工业上的重要反应，可用于制氢。水煤气变换反应：CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g) ΔH＝－41.2 kJ·ml－1该反应分两步完成：3Fe2O3(s)＋CO(g)⇌2Fe3O4(s)＋CO2(g) ΔH1＝－47.2 kJ·ml－12Fe3O4(s)＋H2O(g)⇌3Fe2O3(s)＋H2(g) ΔH2请回答：(1)ΔH2＝________ kJ·ml－1。
(2)恒定总压1.70 MPa和水碳比[n(H2O)/n(CO)＝12∶5]投料，在不同条件下达到平衡时CO2和H2的分压(某成分分压＝总压×该成分的物质的量分数)如下表：①在条件1下，水煤气变换反应的平衡常数K＝________。②对比条件1，条件2中H2产率下降是因为发生了一个不涉及CO2的副反应，写出该反应方程式______________________。
CO＋3H2⇌CH4＋H2O
(3)下列说法正确的是________。A．通入反应器的原料气中应避免混入O2B．恒定水碳比[n(H2O)/n(CO)]，增加体系总压可提高H2的平衡产率C．通入过量的水蒸气可防止Fe3O4被进一步还原为FeD．通过充入惰性气体增加体系总压，可提高反应速率
解析：一氧化碳和氢气都可以和氧气反应，则通入反应器的原料气中应避免混入O2，A正确；该反应前后气体计量系数相同，则增加体系总压平衡不移动，不能提高平衡产率，B错误；通入过量的水蒸气可以促进四氧化三铁被氧化为氧化铁，水蒸气不能将铁的氧化物还原为单质铁，但过量的水蒸气可以降低体系中CO和H2的浓度，从而防止铁的氧化物被还原为单质铁，C正确；若保持容器的体积不变，通过充入惰性气体增加体系总压，反应物浓度不变，反应速率不变，D错误；故选AC；
(4)水煤气变换反应是放热的可逆反应，需在多个催化剂反应层间进行降温操作以“去除”反应过程中的余热(如图1所示)，保证反应在最适宜温度附近进行。①在催化剂活性温度范围内，图2中b～c段对应降温操作的过程，实现该过程的一种操作方法是________。A．按原水碳比通入冷的原料气B．喷入冷水(蒸气)C．通过热交换器换热②若采用喷入冷水(蒸气)的方式降温，在图3中作出CO平衡转化率随温度变化的曲线。
解析：①按原水碳比通入冷的原料气，可以降低温度，同时化学反应速率稍减小，导致CO的转化率稍减小，与图中变化相符，A正确；喷入冷水(蒸气)，可以降低温度，但是同时水蒸气的浓度增大，会导致CO的转化率增大，与图中变化不符，B错误；通过热交换器换热，可以降低温度，且不改变投料比，同时化学反应速率稍减小，导致CO的转化率稍减小，与图中变化相符，C正确；故选AC；②增大水蒸气的浓度，平衡正向移动，则一氧化碳的的平衡转化率增大，会高于原平衡线，故图像为：
(5)在催化剂活性温度范围内，水煤气变换反应的历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附(快速)、反应及产物分子脱附等过程。随着温度升高，该反应的反应速率先增大后减小，其速率减小的原因是_______________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
答案：温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小
解析：反应物分子在催化剂表面的吸附是一个放热的快速过程，温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小。
4．[2022·全国乙卷]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：①2H2S(g)＋3O2(g)===2SO2(g)＋2H2O(g)ΔH1＝－1 036 kJ·ml－1②4H2S(g)＋2SO2(g)===3S2(g)＋4H2O(g)ΔH2＝94 kJ·ml－1③2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH3＝－484 kJ·ml－1计算H2S热分解反应④2H2S(g)===S2(g)＋2H2(g)的ΔH4＝________ kJ·ml－1。
解析：根据盖斯定律可知，反应④＝(①＋②)÷3－③，即ΔH4＝(ΔH1＋ΔH2)÷3－ΔH3＝＋170 kJ·ml－1。
(2)较普遍采用的H2S处理方法是克劳斯工艺，即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是，利用反应④高温热分解H2S。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是______________________________________，缺点是________。
高温热分解能够获得H2，H2可作燃料，且副产物少
解析：克劳斯工艺无法获取H2，且存在副产物SO2，高温热分解能够获得H2，H2可作燃料，且副产物少；高温热分解法的缺点是需要高温条件，能耗高。
(3)在1 470 K、100 kPa反应条件下，将n(H2S)∶n(Ar)＝1∶4的混合气进行H2S热分解反应。平衡时混合气中H2S与H2的分压相等，H2S平衡转化率为________，平衡常数Kp＝________ kPa。
(4)在1 373 K、100 kPa反应条件下，对于n(H2S)∶n(Ar)分别为4∶1、1∶1、1∶4、1∶9、1∶19的H2SAr混合气，热分解反应过程中H2S转化率随时间的变化如下图所示。
①n(H2S)∶n(Ar)越小，H2S平衡转化率___________，理由是___________________________________________________________。②n(H2S)∶n(Ar)＝1∶9对应图中曲线________，计算其在0～0.1 s之间，H2S分压的平均变化率为________ kPa·s－1。
H2S的热分解反应为气体分子数增大的反应，恒压条件下，不断充入Ar，导致H2S的分压降低，相当于减压，平衡正向移动，H2S的平衡转化率升高
5．[2022·湖北卷]自发热材料在生活中的应用日益广泛。某实验小组为探究“CaO－Al－H2O”体系的发热原理，在隔热装置中进行了下表中的五组实验，测得相应实验体系的温度升高值(ΔT)随时间(t)的变化曲线，如图所示。
解析：(1)根据盖斯定律可得，①＋②＋2×③可得反应：CaO(s)＋2Al(s)＋7H2O(l)===Ca2＋(aq)＋2[Al(OH)4]－(aq)＋3H2(g)，则ΔH4＝ΔH1＋ΔH2＋2ΔH3＝(-65.17kJ·ml－1)＋(－16.73 kJ·ml－1)＋2×(－415.0 kJ·ml－1)＝－911.9 kJ·ml－1。
Ca(OH)2在水中的溶解度小，反应①达到了平衡状态
解析：实验a中，CaO和H2O反应①生成Ca(OH)2，4 min后ΔT基本不变，是因为Ca(OH)2在水中的溶解度小，反应①达到了平衡状态。
(4)实验b中，ΔT的变化说明Al粉与H2O在该条件下________(填“反应”或“不反应”)。实验c中，前3 min的ΔT有变化，其原因是________________________；3 min后ΔT基本不变，其原因是________微粒的量有限。
Al和溶液中的OH－发生了反应
解析：实验b中，ΔT几乎不变，说明Al粉与H2O在该条件下不反应；实验c中，前3 min的ΔT有变化，是因为Al和溶液中的OH－发生了反应，3 min后ΔT基本不变，是因为饱和石灰水中OH－的浓度较低，OH－的量有限。
(5)下列说法不能解释实验d在10 min内温度持续升高的是________(填标号)。A．反应②的发生促使反应①平衡右移B．反应③的发生促使反应②平衡右移C．气体的逸出促使反应③向右进行D．温度升高导致反应速率加快
解析：实验d中，发生反应②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH－的浓度减小，促使反应②平衡右移，这两步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快；综上所述，实验d在10min内温度持续升高与反应①无关，故选A。
(6)归纳以上实验结果，根据实验e的特征，用文字简述其发热原理_________________________________________________________________。
实验e中，发生反应①、②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH－的浓度减小，促使反应②平衡右移，反应②的发生促使反应①平衡右移，这三步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快
解析：实验e中，发生反应①、②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH－的浓度减小，促使反应②平衡右移，反应②的发生促使反应①平衡右移，这三步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快。
考点1 反应热计算的常用方法核 心 梳 理1.利用盖斯定律进行计算2．利用键能、活化能进行计算(1)键能：ΔH＝E(反应物总键能)－E(生成物总键能)(2)活化能：ΔH＝E(正反应活化能)－E(逆反应活化能)
典 题 精 研考向 反应热的计算例1 二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳，二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)，该反应一般认为通过如下步骤来实现：①CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g) ΔH1＝＋41 kJ·ml－1②CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g) ΔH2＝－90 kJ·ml－1
总反应的ΔH＝______ kJ·ml－1；若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是____(填标号)，判断的理由是______________________________________________。
ΔH1为正值，ΔH2和ΔH为负值，反应①活化能大于反应②的
解析：根据盖斯定律可知总反应＝反应①＋反应②，则总反应的ΔH＝ΔH1＋ΔH2＝+41 kJ·ml－1 +(－90 kJ·ml－1)＝－49 kJ·ml－1。总反应是放热反应，即生成物的总能量比反应物的总能量低，则B项、D项错误；反应①为慢反应，则反应①的活化能较大，故A项正确。
练1 氢气是一种清洁能源，水煤气变换反应的制氢原理为：CO＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g) ΔH1，水煤气变换部分基元反应如下：第②步基元反应逆反应的活化能为________eV。
解析：根据ΔH＝正反应的活化能－逆反应的活化能，可得第②步基元反应逆反应的活化能＝正反应的活化能－ΔH＝0.81 eV－(－0.41 eV)＝1.22 eV。
考点2 化学平衡图像解读与分析核 心 梳 理1.化学平衡图像信息的获取依据化学反应原理中反应速率和平衡移动知识解读图像，关键在于对“数”“形”“义”“性”的综合思考，包括：
(1)明标：明晰横、纵坐标所表示的化学含义，这是理解题意和进行正确思考的前提。明晰坐标含义，也就是用变量的观点分析坐标，找出横、纵坐标的关系，再结合教材，联系相应的知识点。(2)找点：找出曲线中的特殊点(起点、顶点、拐点、终点、交叉点、平衡点等)，分析这些点所表示的化学意义以及影响这些点的主要因素及限制因素等，大多考题就落在这些点的含义分析上，因为这些点往往隐含着某些限制条件或某些特殊的化学含义。(3)析线：正确分析曲线的变化趋势(上升、下降、平缓、转折等)，同时对走势有转折变化的曲线，要分区段进行分析，研究各段曲线的变化趋势及其含义。
2．化学平衡图像信息的加工在准确解读图像信息的基础上，对试题信息进行加工处理，分析角度如图
典 题 精 研考向 化学平衡图像解读与分析例2 二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)。合成总反应在起始物n(H2)/n(CO2)＝3时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为x(CH3OH)，在t＝250 ℃下的x(CH3OH)～p、在p＝5×105 Pa下的x(CH3OH)～t如图所示。
(1)图中对应等压过程的曲线是________，判断的理由是____________________________________________________________；
总反应ΔH<0，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变小
解析：氢气和二氧化碳合成甲醇的总反应为放热反应，则升温平衡向逆反应方向移动，混合气体中甲醇的物质的量分数减小，故曲线b表示等压过程的曲线。
(2)当x(CH3OH)＝0.10时，CO2的平衡转化率α＝________，反应条件可能为______________或______________。
5×105 Pa，210 ℃
9×105 Pa，250 ℃
练2 [2023·山东卷]一定条件下，水气变换反应CO＋H2O⇌CO2＋H2的中间产物是HCOOH。为探究该反应过程，研究HCOOH水溶液在密封石英管中的分解反应：Ⅰ.HCOOH⇌CO＋H2O(快)Ⅱ.HCOOH⇌CO2＋H2(慢)研究发现，在反应Ⅰ、Ⅱ中，H＋仅对反应Ⅰ有催化加速作用；反应Ⅰ速率远大于反应Ⅱ，近似认为反应Ⅰ建立平衡后始终处于平衡状态。忽略水的电离，其浓度视为常数。回答下列问题：(1)一定条件下，反应Ⅰ、Ⅱ的焓变分别为ΔH1、ΔH2，则该条件下水气变换反应的焓变ΔH＝____________(用含ΔH1、ΔH2的代数式表示)。
解析：根据盖斯定律，由Ⅱ－Ⅰ可得水气变换反应CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g) ΔH＝ΔH2－ΔH1。
(2)反应Ⅰ正反应速率方程为：v＝kc(H＋)·c(HCOOH)，k为反应速率常数。T1温度下，HCOOH电离平衡常数为Ka，当HCOOH平衡浓度为x ml·L－1时，H＋浓度为__________ ml·L－1，此时反应Ⅰ正反应速率v＝________ ml·L－1·h－1(用含Ka、x和k的代数式表示)。
典 题 精 研考向1 速率常数的计算与应用例3 某合成氨速率方程为：v＝kcα(N2)cβ(H2)cγ(NH3)，根据表中数据，γ＝________；在合成氨过程中，需要不断分离出氨的原因为________。a.有利于平衡正向移动b.防止催化剂中毒c.提高正反应速率
解析：将实验1、3中数据分别代入合成氨的速率方程可得：①q＝k·mα·nβ·pγ，③10q＝k·mα·nβ·(0.1p)γ，可得γ＝－1。合成氨过程中，不断分离出氨，即降低体系中c(NH3)，生成物浓度下降，平衡向正反应方向移动，但不会提高正反应速率，a正确，c错误；反应主产物即氨不能使催化剂中毒，b错误。
练3 T ℃时，2NO2(g)⇌N2O4(g)，该反应正、逆反应速率与浓度的关系为：v正＝k正c2(NO2)，v逆＝k逆c(N2O4)(k正、k逆这是速率常数)。(1)图中表示lg v逆～lg c(N2O4)的线是________(填“m”或“n”)
解析：v正＝k正c2(NO2)，则lg v正＝lg k正＋2lg c(NO2)，v逆＝k逆c(N2O4)，则lg v逆＝lg k逆＋lg c(N2O4)，lg v逆～lg c(N2O4)的线斜率较小，则图中表示lg v逆lgc(N2O4)的线是n；
(2)T ℃时，向刚性容器中充入一定量NO2气体，平衡后测得c(N2O4)为1.0 ml·L－1，则平衡时，v正＝________(用含a的表达式表示)。
(3)T ℃时，向2 L的容器中充入5 ml N2O4气体和1 ml NO2气体，此时v正_____v逆(填“>”“＜”或“＝”)。
考向2 平衡常数的计算与应用例4 [2023·全国乙卷]硫酸亚铁在工农业生产中有许多用途，如可用作农药防治小麦黑穗病，制造磁性氧化铁、铁催化剂等。回答下列问题：(1)在N2气氛中，FeSO4·7H2O的脱水热分解过程如图所示：根据上述实验结果，可知x＝_______，y＝______。
解析：①FeSO4·7H2O(s)===FeSO4(s)＋7H2O(g) ΔH1＝a kJ·ml－1②FeSO4·xH2O(s)===FeSO4(s)＋xH2O(g) ΔH2＝b kJ·ml－1③FeSO4·yH2O(s)===FeSO4(s)＋yH2O(g) ΔH3＝c kJ·ml－1根据盖斯定律可知，①＋③－②×2可得FeSO4·7H2O(s)＋FeSO4·yH2O(s)===2(FeSO4·xH2O)(s)，则ΔH＝(a＋c－2b) kJ·ml－1。
练4 一氯化碘(ICl)是一种卤素互化物，具有强氧化性，可与金属直接反应，也可用作有机合成中的碘化剂。回答下列问题：(1)氯铂酸钡(BaPtCl6)固体加热时部分分解为BaCl2、Pt和Cl2，376.8 ℃时平衡常数K′p＝1.0×104Pa2。在一硬质玻璃烧瓶中加入过量BaPtCl6，抽真空后，通过一支管通入碘蒸气(然后将支管封闭)。在376.8 ℃，碘蒸气初始压强为20.0 kPa。376.8 ℃平衡时，测得烧瓶中压强为32.5 kPa，则pICl＝________kPa，反应2ICl(g)===Cl2(g)＋I2(g)的平衡常数K＝_______________________ (列出计算式即可)。
①由图可知，NOCl分解为NO和Cl2反应的ΔH________0(填“大于”或“小于”)。②反应2ICl(g)===Cl2(g)＋I2(g)的K＝________(用Kp1、Kp2表示)；该反应的ΔH________0(填“大于”或“小于”)，写出推理过程______________________________________________________________________。
模考精练·抓落实1.甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。回答下列问题：(1)已知下列反应的热化学方程式：①3O2(g)===2O3(g) K1 ΔH1＝285 kJ·ml－1②2CH4(g)＋O2(g)===2CH3OH(l) K2 ΔH2＝－329 kJ·ml－1反应③CH4(g)＋O3(g)===CH3OH(l)＋O2(g)的ΔH3＝______kJ·ml－1，平衡常数K3＝______________(用K1、K2表示)。
(2)电喷雾电离等方法得到的M＋(Fe＋、C＋、Ni＋等)与O3反应可得MO＋。MO＋与CH4反应能高选择性地生成甲醇。分别在300 K和310 K下(其他反应条件相同)进行反应MO＋＋CH4===M＋＋CH3OH，结果如下图所示。图中300 K的曲线是________(填“a”或“b”)。300 K、60 s时MO＋的转化率为________ __ (列出算式)。
(3)MO＋分别与CH4、CD4反应，体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相似，图中以CH4示例)。(ⅰ)步骤Ⅰ和Ⅱ中涉及氢原子成键变化的是________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。(ⅱ)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则MO＋与CD4反应的能量变化应为图中曲线________(填“c”或“d”)。(ⅲ)MO＋与CH2D2反应，氘代甲醇的产量CH2DOD________CHD2OH(填“＞”“＜”或“＝”)。若MO＋与CHD3反应，生成的氘代甲醇有________种。
解析： (ⅰ)步骤Ⅰ涉及的是碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键形成，所以符合题意的是步骤Ⅰ；(ⅱ)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则此时正反应活化能会增大，根据图示可知，MO＋与CD4反应的能量变化应为图中曲线c；(ⅲ)MO＋与CH2D2反应时，因直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则单位时间内产量会下降，则氘代甲醇的产量CH2DOD＜CHD2OH；根据反应机理可知，若MO＋与CHD3反应，生成的氘代甲醇可能为CHD2OD和CD3OH，共2种。
2．我国研发了一种新型催化剂，可以通过反应2NO(g)＋2H2(g)⇌N2(g)＋2H2O(g) ΔH达到消除NO污染的效果。已知：Ⅰ.4NH3(g)＋6NO(g)⇌5N2(g)＋6H2O(g)ΔH1＝－1 808 kJ·ml－1；Ⅱ.N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH2＝－92.4 kJ·ml－1。回答下列问题：(1)若在密闭容器中同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，反应Ⅱ对反应Ⅰ中NO的平衡转化率的影响为________(填“增大”“减小”或“无影响”)。
解析：(1)反应Ⅱ可以减小N2(g)浓度，同时增大NH3(g)浓度，使反应Ⅰ平衡正向移动，增大NO的平衡转化率。
(2)2NO(g)＋2H2(g)⇌N2(g)＋2H2O(g)的ΔH＝________ ___ (保留四位有效数字)。
－664.3 kJ·ml－1
解析：根据盖斯定律，(Ⅰ＋Ⅱ×2)÷3得，2NO(g)＋2H2(g)⇌N2(g)＋2H2O(g)的ΔH≈－664.3 kJ·ml－1。
0.016 ml·L－1·min－1
(4)有学者对比了新型催化剂与传统催化剂的催化效果。当固定比例的NO(g)和H2(g)的混合气体，以相同流速分别通过填充有两种催化剂的反应器，测得NO的转化率与温度的关系如图所示。①新型催化剂优于传统催化剂的理由为__________________________________。②M、N、P、Q四点中一定未达到平衡状态的是________(填字母)。
在较低温度下，单位时间内NO的转化率更高
解析：①由图可知，新型催化剂在较低温度下，单位时间内NO的转化率更高，催化效果更好。②该反应为放热反应，温度升高反应逆向进行，且催化剂不影响平衡，M点为反应正向进行的状态，N、Q点状态可能是达到平衡后，升高温度平衡逆向移动的状态，P点反应达到平衡状态。
实验测得，反应Ⅰ、Ⅱ的ΔH随温度的变化如图1所示，在体积为1 L的密闭容器中，起始投料1 ml CH3I(g)，反应温度对平衡体系中乙烯、丙烯和丁烯物质的量分数的影响如图2所示。
①298 K时，反应3CH3I(g)⇌C3H6(g)＋3HI(g) ΔH4；ΔH4＝________kJ·ml－1。②当体系温度高于600 K时，乙烯的物质的量分数随温度升高而显著增加的可能原因是___________________________________________________________。③若维持体系温度为715 K，CH3I(g)的平衡转化率为________，反应Ⅰ以物质的量分数表示的平衡常数Kx＝________。
反应Ⅰ吸热，反应Ⅱ、Ⅲ放热，升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动，三者均使C2H4的平衡物质的量分数增加
(2)研究HI的分解与合成对提高反应Ⅰ中CH3I(g)的平衡转化率有重要意义。T ℃，将a ml I2(g)和a ml H2(g)置于已抽成真空的特制1 L密闭容器中，40 min时体系达到平衡，体系中存在如下反应关系：Ⅰ.I2(g)⇌2I(g) Kp1＝2.304Ⅱ.H2(g)＋I2(g)⇌2HI(g) Kp2Ⅲ.HI(g)⇌H(g)＋I(g) Kp3＝8.0×10－6Ⅳ.H2(g)⇌2H(g) Kp4＝1.0×10－9①则Kp2＝________。②实验测得平衡体系总压强为5.0×107 Pa，HI的分压为3.6×107 Pa，H2的分压为7.2×106 Pa，已知该反应的正反应速率为v正＝k正·x(H2)·x(I2)，逆反应速率为v逆＝k逆·x2(HI)，其中k正、k逆为速率常数，x为物质的量分数，若k正＝b min－1，在t＝40 min时，v正＝___________min－1(用含b的代数式表示)。
4．FeC合金薄带在ArH2OH2气氛中进行脱碳处理是生铁炼钢的新路径，可能涉及的反应如下：①C＋H2O(g)⇌CO(g)＋H2(g)ΔH1＝a kJ·ml－1②Fe(s)＋H2O(g)⇌H2(g)＋FeO(s)ΔH2＝b kJ·ml－1③3Fe(s)＋4H2O(g)⇌4H2(g)＋Fe3O4(s)ΔH3＝c kJ·ml－1④3FeO(s)＋H2O(g)⇌H2(g)＋Fe3O4(s) ΔH4(1)ΔH4＝________kJ·ml－1(用含字母的代数式表示)；
解析：依据盖斯定律有④＝③－3×②，则ΔH4＝ΔH3－3×ΔH2＝(c－3b) kJ·ml－1。
(2)1 103 K时，在刚性容器中加入足量Fe和一定量H2O发生反应③，反应前气体总压为p，t min后达到平衡，此时H2的物质的量分数为0.492。①该反应的Kp＝________(写出数学计算式)。②0～t min，用单位时间内分压变化表示的反应速率vH2O＝________。
(3)为了防止脱碳过程中Fe被H2O氧化，需要通入一定比例H2。①通入H2能抑制铁被氧化，原因是_______________________________________。②下图1表示铁元素存在形态与反应温度、水蒸气含量的关系。当pH2O/p(H2＋H2O)＝0.5，反应温度从845 K升到1 073 K，含铁物质发生反应的化学方程式______________________________。
通入氢气能使反应②和③的平衡逆向移动
(4)对碳的质量分数为4.2%某FeC合金进行脱碳处理，保持其他条件相同，脱碳时间、脱碳后碳的质量分数、脱碳温度的关系如图2所示。①a点脱碳效率________(填“大于”“小于”或“等于”)b点。②c点v正________v逆(填“>”“<”或“＝”)，理由是________________________________________________________________________________________________________________________。
相同温度下，反应从30 min到50 min，碳的质量分数继续下降，说明反应正向进行，故c点v正>v逆。
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