【暑假衔接】高中化学新高三（高二升高三）暑假自学 第20讲 化学反应原理综合题（教师版+学生版）讲义

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一、考情分析
该题型通常以元素化合物知识为载体，以工业生产为背景，综合考查：化学反应中的能量转化、盖斯定律及其应用、热化学方程式的书写、化学反应速率、化学平衡及其影响因素、原电池、电解池原理及其电极反应式的书写、水溶液中的离子平衡等知识，甚至还融合考查氧化还原反应、离子反应，涉及知识点较多，但各个小题又比较相对独立。题目的综合性强，化学信息较多，设问角度灵活多变，侧重考查考生接受、整合信息的能力、应用化学知识解决实际问题的能力。
二、高频考点及应对策略
1．热化学方程式的书写及反应热计算方法
首先根据要求书写目标热化学方程式的反应物、产物并配平，其次在反应物和生成物的后面的括号内注明其状态，再次将目标热化学方程式与已有的热化学方程式比对(主要是反应物和生成物的位置、化学计量数)，最后根据盖斯定律进行适当运算得出目标热化学方程式的反应热ΔH。
2．反应速率和化学平衡问题的分析思路
(1)熟练“三段式”，准确计算反应速率、转化率和平衡常数。
①明确三种量的意义：一是起始量(物质的量或浓度)，二是变化量，三是平衡量；
②用变化量求反应速率和转化率，用平衡浓度求平衡常数(平衡时生成物浓度化学计量数次幂的乘积与反应物浓度化学计量数次幂的乘积的比值)。
(2)化学平衡状态的比较分析时，要审清两个条件：①恒温恒容；②恒温恒压。
(3)平衡常数的计算
①固体和纯液体的浓度视为常数(不出现在平衡常数表达式中)；
②理解气体分压的意义以及气体压强平衡常数Kp的计算(用分压代表浓度带入平衡常数公式)。
(4)对于可逆反应，温度变化对正、逆反应速率均产生影响，且影响趋势相同，但影响程度不同。
①升温对吸热反应影响较大，对放热反应影响较小，故平衡向吸热反应方向移动；
②降温对吸热反应影响较小，对放热反应影响较大，故平衡向放热反应方向移动。
3．分析图表时应注意的事项
(1)对于图像分析要明确三步：“一看”“二想”“三判断”
①“一看”——看图像。a.看面：弄清纵、横坐标的含义。b.看线：弄清线的走向、变化趋势及线的陡与平。c.看点：弄清曲线上点的含义，特别是一些特殊点，如与坐标轴的交点、曲线的交点、拐点、最高点与最低点等。d.看量的变化：弄清是浓度变化、温度变化还是转化率的变化。e.看要不要作辅助线：如等温线、等压线等。
②“二想”——想规律。看完线后联想外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响规律。
③“三判断”——得结论。通过对比分析，作出正确判断。
分析表格数据时，找出数据大小的变化规律。
4.对于电化学类试题，首先判断是原电池还是电解池，然后分析电极类别，书写电极反应式，最后按电极反应式进行相关计算。
电化学中的电极反应式的书写要做到以下几点：
(1)根据题意、装置图分清“原电池”“电解池”或“电镀池”。
(2)定电极：阴极、阳极；正极、负极。
(3)根据电极反应物和介质确定产物进而写出电极反应式。
①配平(原子守恒、电荷守恒、电子守恒)；
②产物粒子在介质中存在的形式；
③得、失电子要表达准确，得电子写＋ne－，失电子写－ne－。
(4)对电化学计算要利用各电极转移的电子数相等求未知量。
5.对于电解质溶液类试题，要明确溶液中的物质类型及其可能存在的平衡类型，然后进行解答。
(1)在守恒式中要注意系数不能遗漏。
①在列电荷守恒式时，注意离子所带电荷的多少，不要简单地认为只是各离子浓度的相加，如2c(COeq \\al(2－,3))的系数“2”不可漏掉；
②在列物料守恒式时，离子浓度系数不能漏写或颠倒。如Na2CO3溶液中的物料守恒式中，“2”表示c(Na＋)是溶液中各种碳元素存在形式的碳原子总浓度的2倍。
(2)在比较溶液中某些离子大小时①不要忽略水的微弱电离，②不能违背电荷守恒和物料守恒，如氨水溶液与盐酸混合液中不能出现c(NHeq \\al(＋,4))＞c(Cl－)＞c(H＋)＞c(OH－)。
1．（2023·河北石家庄·校联考模拟预测）二甲醚是重要的化工原料，采用二氧化碳的有效转化，既是生成二甲醚的简便方法，又是实现“碳中和”的重要途径。
Ⅰ.催化加氢合成二甲醚是一种转化方法，其过程中发生副反应：
①
已知反应：
②
(1)催化加氢合成二甲醚的热化学方程式为___________，该反应自发进行的条件为___________。
(2)在恒压、和的起始量一定的条件下，的平衡转化率和平衡时的选择性随温度变化如图。其中，
当温度高于300℃，的平衡转化率随温度升高而上升的原因是___________。若起始投料比为，不考虑其他副反应，则288℃时，反应①的化学平衡常数K=___________()。
Ⅱ.由制备二甲醚的另一种方法为先合成甲醇，再经脱水，主要分为以下步骤。
反应③：
反应④：
(3)在不同的压强下，按照投料比合成甲醇，实验测定的平衡转化率和的平衡产率随温度的变化关系如图甲或乙所示。
下列说法正确的是___________(填字母)。
A．图甲的纵坐标表示的平衡产率
B．压强：
C．为了同时提高的平衡转化率和的平衡产率，应选择高温、高压的反应条件
D．一定温度、压强下，寻找活性更高的催化剂，是提高的平衡转化率的主要研究方向
(4)压强为4MPa，当的混合气体以一定流速通过装有某种催化剂的反应器。在280℃时，若的平衡转化率为7.00%，甲醇的选择性为95.0%，则甲醇的收率为___________
()。
(5)甲醇脱水若条件控制不当可生成丙烯，反应为，反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图曲线所示，已知Arrhenius经验公式为(其中，为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。该反应的活化能___________。
【答案】(1) 低温
(2) 反应①的，转化为的反应的，温度升高，使转化为CO的平衡转化率上升，而使转化为的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度 0.04
(3)A
(4)6.65%
(5)30
【详解】（1）则依据盖斯定律可知由“反应①×2＋反应②”即得到反应 ；
反应是熵减小的放热反应，依据得到自发条件为低温；故答案为： ；低温。
（2）反应①的，转化为的反应的，温度升高，使转化为CO的平衡转化率上升，而使转化为的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度；288℃时，二甲醚的选择性是0.333，二氧化碳的平衡转化率是0.3，设起始时氢气是3ml、二氧化碳是1ml，则，，因此，，，解得、，平衡时二氧化碳物质的量为0.7ml，氢气物质的量为2.5ml，CO物质的量为0.2ml，水物质的量为0.35ml，反应①的前后体积不变，则其平衡常数；故答案为：反应①的，转化为的反应的，温度升高，使转化为CO的平衡转化率上升，而使转化为的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度；0.04。
（3）A．温度升高，反应③的平衡逆向移动，反应④的平衡正向移动，(g)的平衡产率会降低，所以图甲的纵坐标表示的平衡产率，故A正确；B．反应③的正反应是气体体积减小的反应，在其他条件不变时，增大压强，化学平衡正向移动、的平衡转化率增大，的平衡产率增大，压强，故B错误；C．反应③的正反应是气体体积减小的放热反应，为了同时提高的平衡转化率和的平衡产率，根据平衡移动原理，可知应选择低温、高压的反应条件，故C错误；D．一定温度、压强下，寻找活性更高的催化剂，可以加快化学反应速率，但化学平衡不发生移动，因此不能提高的平衡转化率，故D错误；综上所述，答案为：A。
（4）当，假设，的平衡转化率为7.00%，则，甲醇的选择性为95.0%，则，，故甲醇的收率为；故答案为：6.65%。
（5）根据图像可知、，解得该反应的活化能；故答案为：30。
2．（2023·广东佛山·统考二模）工业利用、催化合成氨实现了人类“向空气中要面包”的梦想。
(1)原料气(含、、CO)中的CO能被催化剂吸附，需经过铜氨液处理除去，反应为： 。
①除去原料气中CO的理由是___________。
②为提高CO吸收率，应选择的条件为___________。
A．高温高压 B．高温低压 C．低温高压 D．低温低压
③中的配体为____________
(2)研究发现铁催化剂表面上合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在铁催化剂表面上的物种用*标注。
①该反应历程中最大活化能对应步骤的化学方程式为___________。合成氨反应：的___________(用图中字母表示)。
②铁催化合成氨时与需吸附在催化剂表面活性位点进行反应，由合成氨反应的速率方程(k为速率常数)可知，越大，反应速率越小。原因是___________。
(3)反应的标准平衡常数可表达为：，其中为标准压强(0.1MPa)，、和分别为各组分的平衡分压(分压=总压×物质的量分数)。若和起始物质的量之比为1∶3，反应在恒温、恒压(10MPa)下进行，平衡时转化率为50%，则___________(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。
【答案】(1) 防止催化剂中毒 C NH3、CO
(2) −(a−b) NH3浓度较大时，占据催化剂表面更多活性位点，阻碍N2的吸附
(3)
【详解】（1）①CO能被催化剂吸附，因此除去原料气中CO的理由是防止催化剂中毒；故答案为：防止催化剂中毒。
②A．该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO转化率降低，该反应是体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO转化率增大，故A不符合题意；B．该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO转化率降低，故B不符合题意；C．该反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动，CO转化率增大，该反应是体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO转化率增大，故C符合题意；D．该反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动，CO转化率增大，该反应是体积减小的反应，降低温度，平衡逆向移动，CO转化率降低，故D不符合题意；综上所述，答案为：C。
③中氨气、一氧化碳都有孤对电子，其配体为NH3、CO；故答案为：NH3、CO。
（2）①根据图中信息过渡态4活化能最大的步骤，该反应历程中最大活化能对应步骤的化学方程式为。焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，则合成氨反应：的(b−a)=−(a−b)；故答案为：；−(a−b)。
②由合成氨反应的速率方程(k为速率常数)可知，
越大，反应速率越小，由于铁催化合成氨时与需吸附在催化剂表面活性位点进行反应，NH3浓度较大时，占据催化剂表面更多活性位点，阻碍N2的吸附；故答案为：NH3浓度较大时，占据催化剂表面更多活性位点，阻碍N2的吸附。
（3）若和起始物质的量之比为1∶3，假设氮气、氢气物质的量分别为1ml、3ml，反应在恒温、恒压(10MPa)下进行，平衡时转化率为50%，，则；故答案为：。
3．（2023·四川宜宾·统考二模）将CO2转化为更有价值的化工原料，正成为科学家们研究的一个重要领域。回答下列问题：
(1)已知：①2H2(g)＋O2(g) ＝2H2O(g) ΔH＝ − 484 kJ∙ml−1
②2CH3OH(g)＋ 3O2(g) ＝2CO2(g)＋4H2O(g) ΔH ＝−1353 kJ∙ml−1
则CO2(g)＋ 3H2(g) ＝ CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH ＝_______ kJ∙ml−1。
(2)在恒压密闭容器中通入CO2和H2的混合气体，制备甲醇过程中测得甲醇的时空收率(STY)(表示单位物质的量催化剂表面甲醇的平均生成速率)随温度(T)变化如下表：
①该反应最适宜的温度是_______。
②在220°C和170 °C条件下，该反应速率之比： υ(220°C)： υ(170°C)＝_______。
③随温度升高，甲醇的时空收率先增大后减小，可能的原因是_______。
(3)CO2催化加氢制甲醇过程中，存在竞争的副反应主要是： CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g) ΔH ＝＋41 kJ∙ml−1。在恒温密闭容器中，CO2的平衡转化率[α(CO2)%]和甲醇选择性[(CH3OH)%＝ ×100%]随着温度变化关系如下图所示。
①分析温度高于236°C时图中曲线下降的原因_______。
②按1 ml CO2(g)、3 ml H2(g)投料反应，计算 244°C时反应生成CH3OH的物质的量为_______ml。 (保留两位有效数字)
③在压强为p的反应条件下，1 ml CO2(g)和3 ml H2(g)反应并达到平衡状态，CO2平衡转化率为20%，甲醇选择性为50%，该温度下主反应的平衡常数Kp＝_______。 ( 列出计算式即可)
【答案】(1)−49.5
(2) 210°C 2:1 随温度升高，反应速率加快，甲醇时空收率增大；继续升高温度，催化剂活性降低(或者放热反应平衡逆向移动或有副反应发生等)，使甲醇时空收率降低
(3) 主反应是放热反应，副反应是吸热反应，升高温度，主反应平衡逆向移动，副反应平衡正向移动，且主反应平衡移动程度占主要因素，因而使 CO2转化率、甲醇选择性均下降 0.061
【详解】（1）根据盖斯定律，将反应①的1.5倍减去反应②的一半得到CO2(g)＋ 3H2(g) ＝ CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH ＝(− 484 kJ∙ml−1)×1.5−(−1353 kJ∙ml−1)÷2＝−49.5kJ∙ml−1；故答案为：−49.5。
（2）①根据图中信息在210°C时STY最大，因此该反应最适宜的温度是210°C；故答案为：210°C。
②在220°C和170 °C条件下，该反应速率之比： υ(220°C)： υ(170°C)＝0.20:0.10=2:1；故答案为：2:1。
③随温度升高，甲醇的时空收率先增大后减小，可能的原因是随温度升高，反应速率加快，甲醇时空收率增大；继续升高温度，催化剂活性降低(或者放热反应平衡逆向移动或有副反应发生等)，使甲醇时空收率降低；故答案为：随温度升高，反应速率加快，甲醇时空收率增大；继续升高温度，催化剂活性降低(或者放热反应平衡逆向移动或有副反应发生等)，使甲醇时空收率降低。
（3）①分析温度高于236°C时图中曲线下降的原因根据方程式分析主反应是放热反应，副反应是吸热反应，升高温度，主反应平衡逆向移动，副反应平衡正向移动，且主反应平衡移动程度占主要因素，因而使 CO2转化率、甲醇选择性均下降；故答案为：主反应是放热反应，副反应是吸热反应，升高温度，主反应平衡逆向移动，副反应平衡正向移动，且主反应平衡移动程度占主要因素，因而使 CO2转化率、甲醇选择性均下降。
②按1 ml CO2(g)、3 ml H2(g)投料反应，244°C时二氧化碳转化率是10.5%，甲醇选择性为58.3%，因此此温度下反应生成CH3OH的物质的量为1ml×10.5%×58.3%≈0.061ml；故答案为：0.061。
③在压强为p的反应条件下，1 ml CO2(g)和3 ml H2(g)反应并达到平衡状态，CO2平衡转化率为20%，甲醇选择性为50%，，，则平衡时二氧化碳物质的量为0.8ml，氢气物质的量为2.6ml，甲醇物质的量为0.1ml，水蒸气物质的量为0.2ml，一氧化碳物质的量为0.1ml，总气体物质的量为3.8ml，则该温度下主反应的平衡常数；故答案为：。
4．（2023·四川成都·校联考二模）我国提出争取在2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和，这对于改善环境、实现绿色发展至关重要。将CO2转化为清洁能源是实现碳中和最直接有效的方法。
方法一：H2还原CO2制取CH4.其反应体系中，主要发生反应的热化学方程式有：
反应I：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) ΔH1=−164.7 kJ∙ml−1
反应II：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2 kJ∙ml−1
反应III：2CO(g)+2H2(g)CO2(g)+CH4(g) ΔH3=−247.1 kJ∙ml−1
(1)利用上述反应计算CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)的ΔH_______，已知ΔG=ΔH−TΔS，忽略ΔH、ΔS随温度的变化，若ΔG＜0反应自发，则该反应一般在_______(填“高温”“低温”或“任何温度”)下能自发进行。
(2)向恒压、密闭容器中通入1mlCO2和4mlH2，平衡时体系内CH4、CO、CO2的物质的量(n)与温度(T)的变化关互系如图所示。
①结合上述反应，解释图中CO2的物质的量随温度的升高先增大后减小的原因：_______；
②一定条件下，经tmin平衡后，n(CO)=0.15ml，n(CO2)=0.25ml，甲烷的选择性(×100%)=_______；
③在实际生产中为了提高化学反应速率和甲烷的选择性，应当_______。
方法二：H2还原CO2制取CH3OH。反应原理为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH4
(3)CO2催化加氢制CH3OH的一种反应机理历程如图所示(吸附在催化剂表面的物质用“*”标注，如“*CO2”表示CO2吸附在催化剂表面，图中*H已省略)
该反应历程中决速步反应能垒为_______eV，为避免产生副产物，工艺生产的温度应适当_______(填“升高”或“降低”)。
(4)已知速率方程υ正=k正·c(CO2)·c3(H2)，υ逆=k逆·c(CH3OH)·c(H2O)，k正、k逆是速率常数，只受温度(T)影响。如图表示速率常数的对数lgk与温度的倒数之间的关系，则ΔH4_______0(填“＞”“＜”或“=”)。
【答案】(1) −205.9 kJ∙ml−1 低温
(2) 约600°C之前，温度对反应I的影响更大，CO2物质的量总量上升；约600°C之后，温度对反应II、III的影响更大，CO2物质的量总量下降 60% 选择合适的催化剂
(3) 1.36 降低
(4)＜
【详解】（1）根据盖斯定律将反应I加反应III，再整体除以2得到CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g) ΔH=−205.9 kJ∙ml−1，该反应是熵减的反应，根据ΔG＜0反应自发即 ，则该反应一般在低温下能自发进行；故答案为：−205.9 kJ∙ml−1；低温。
（2）①结合上述反应，解释图中CO2的物质的量随温度的升高先增大后减小的原因：约600°C之前，温度对反应I的影响更大，平衡逆向移动，CO2物质的量总量上升；约600°C之后，温度对反应II、III的影响更大，反应II正向移动，反应III逆向移动，则CO2物质的量总量下降；故答案为：约600°C之前，温度对反应I的影响更大，CO2物质的量总量上升；约600°C之后，温度对反应II、III的影响更大，CO2物质的量总量下降。
②一定条件下，经tmin平衡后，n(CO)=0.15ml，n(CO2)=0.25ml，则n(CH4)=0.6ml，因此甲烷的选择性；故答案为：60%。
③催化剂能提高反应速率，在实际生产中为了提高化学反应速率和甲烷的选择性，应当选择合适的催化剂；故答案为：选择合适的催化剂。
（3）该反应历程中决速步反应是活化能最大即能垒最高的那一步，相对能量−1.56eV到−0.20eV的这一步即能垒为1.36eV，该反应是吸热反应，反应I、反应III是放热反应，反应II是吸热反应，根据图中信息，产生副产物(CO、CH2O)时吸收热量更多，因此为了减少副产物生成，则工艺生产的温度应适当降低；故答案为：1.36；降低。
（4）根据图中表示速率常数的对数lgk与温度的倒数之间的关系，从右向左分析，温度升高，lgK增大，k逆增大程度比k正大，说明平衡逆向移动，逆向是吸热反应，正向是放热反应即ΔH4＜0；故答案为：＜。
5．（2023·广东茂名·统考一模）乙烯是重要的基础化工原料，工业上利用乙烷脱氢制乙烯的相关反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
(1)反应的_______。
(2)以和的混合气体为起始投料(不参与反应)，保持混合气体总物质的量不变，在恒容的容器中对反应Ⅰ进行研究。下列说法正确的是_______。
A．升高温度，正、逆反应速率同时增大
B．和的物质的量相等时，反应达到平衡状态
C．增加起始投料时的体积分数，单位体积的活化分子数增加
D．增加起始投料时的体积分数，平衡转化率增大
(3)科研人员研究催化剂对乙烷无氧脱氢的影响
①在一定条件下，催化乙烷脱氢转化为乙烯的反应历程如图所示，该历程的各步反应中，生成下列物质速率最慢的是_______。
A． B． C． D．
②用基催化剂研究催化脱氢，该催化剂对键和键的断裂均有高活性，易形成碳单质。一定温度下，基催化剂在短时间内会失活，其失活的原因是_______。
(4)在和催化剂条件下，向体积固定的容器中充入与一定量发生反应(忽略反应Ⅰ和反应Ⅱ外的其它反应)，平衡时和的物质的量分数随起始投料比的变化关系如图所示。
①图中曲线c表示的物质为，表示的曲线为_______(填“a”或“b”)，判断依据是_______。
②当时，平衡时体系压强为P，计算反应Ⅰ的平衡常数_______(写出计算过程，结果保留2位有效数字；对于，，)。
【答案】(1)+178
(2)AC
(3) C 积碳在其表面快速沉积使其活性降低
(4) a 比值增大，乙烷转化率增大，物质的量分数变化比CO和C2H4要大 0.077P
【详解】（1）将反应Ⅰ加上反应Ⅱ得到反应的 ；故答案为：+178。
（2）A．升高温度，活化分子数目增多，活化分子百分数增多，碰撞几率增大，因此正、逆反应速率同时增大，故A正确；
B．和的物质的量不再改变时，反应达到平衡状态，不能是物质的量相等，故B错误；
C．增加起始投料时的体积分数，单位体积的活化分子数增加，碰撞几率增大，反应速率加快，故C正确；D．增加起始投料时的体积分数，可以理解为再另外一个容器中加入后再加压，由于反应是体积增大的反应，因此加压后平衡逆向移动，平衡转化率减小，故D错误；
综上所述，答案为：AC。
（3）①在一定条件下，催化乙烷脱氢转化为乙烯的反应历程如图所示，该历程的各步反应中，生成下列物质速率最慢的是活化能最大的即第二步(TS2)；故答案为：C。
②用基催化剂研究催化脱氢，该催化剂对键和键的断裂均有高活性，易形成碳单质。一定温度下，基催化剂在短时间内会失活，说明碳单质沉积在C上，C没有与乙烷接触从而使其活性失活；故答案为：积碳在其表面快速沉积使其活性降低；故答案为：积碳在其表面快速沉积使其活性降低。
（4）①图中曲线c表示的物质为，比值增大，致使反应Ⅱ正向移动，乙烯浓度降低，致使反应Ⅰ也正向移动，乙烷的转化率增大，因此乙烷的改变量比乙烯变化量大，因此表示的曲线为a，判断依据是比值增大，乙烷转化率增大，物质的量分数变化比CO和C2H4要大；故答案为：a；比值增大，乙烷转化率增大，物质的量分数变化比CO和C2H4要大。
②当时，平衡时体系压强为P，建立三段式，，则反应Ⅰ的平衡常数；故答案为：0.077P。
6．（2023·安徽蚌埠·统考模拟预测）为加快实现“双碳”目标，有效应对全球气候变化、构建低碳社会，CO2资源化利用受到越来越多的关注。
I．利用CO2与CH4制备合成气CO、H2的反应历程如下：
第一步：CH4(g)+CO2(g)→C(ads)+2H2(g)+CO2(g) ΔH1=E1kJ·ml-1；
第二步：C(ads)+2H2(g)+CO2(g)→2CO(g)+2H2(g) ΔH2=E2kJ·ml-1；
说明：ads为吸附型催化剂。
(1)制备合成气总反应的反应热ΔH=___________kJ·ml-1；
(2)一定条件下ads对CO2也有吸附作用。结合下图分析ads吸附CO2的适宜条件是_______。

(3)由甲烷生成乙烷的反应如下：2CH4C2H6+H2.在不同反应物浓度时，该反应的反应速率如下表所示：
①该反应的速率方程为：=___________ml·L-1·min-1[用含c(CH4)的代数式表示]。
②若开始时该反应速率为1ml·L-1·min-1，α表示任一时刻甲烷的转化率，则该反应的速率方程为：=___________ml·L-1·min-1(用含1和α的代数式表示)。
③实验测得甲烷浓度由0.400ml·L-1变化到0.200ml·L-1需9.2min，则甲烷浓度由0.200ml·L-1变化到0.100ml·L-1所需时间___________9.2min。(填“>”、“<”或“=”)
Ⅱ．CO2在固体催化剂表面加氢合成甲烷过程中发生如下反应：
反应1：CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)
反应2：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)
(4)已知温度为T时，向0.5L恒容密闭容器中充入2mlCO2和6mlH2，一段时间后达到平衡，测得体系中生成2.5mlH2O，压强变为原来的75%，反应1的平衡常数K=___________(用分数表示)，CH4选择性=___________(CH4选择性=，保留三位有效数字)。
【答案】(1)E1+E2
(2)25℃，10mL·min-1(或低温，低流速)
(3) 0.076c(CH4) (1-a) =
(4) 66.7%或0.667
【详解】（1）由信息可知，第一步即反应i：CH4(g)+CO2(g)→C(ads)+2H2(g)+CO2(g) ΔH1=E1kJ·ml-1；第二步即反应ii：C(ads)+2H2(g)+CO2(g)→2CO(g)+2H2(g) ΔH2=E2kJ·ml-1；则反应i+反应ii即得制备合成气总反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)，根据盖斯定律可知，该反应的反应热ΔH==(E1+E2)kJ·ml-1，故答案为：E1+E2；
（2）一定条件下ads对CO2也有吸附作用，由题干图示信息可知，25℃下流速为10mL/min时，ads吸附CO2的量最大，故该过程的适宜条件是25℃、10mL/min，故答案为：25℃、10mL/min；
（3）①由题干表中数据可知，当c(CH4)=0.1000ml/L时，=0.0076 ml·L-1·min-1，当c(CH4)=0.2000ml/L时，=0.0153 ml·L-1·min-1，由此可知反应速率与c(CH4)成正比，故该反应的速率方程为：=kc(CH4)ml·L-1·min-1，带入数据可知：0.0227=0.3000k，即得k=0.076，故该反应速率方程为：=0.076c(CH4)ml·L-1·min-1，故答案为：0.076c(CH4)；
②由上述分析可知，反应速率与c(CH4)成正比，若开始时该反应速率为ml·L-1·min-1，α表示任一时刻甲烷的转化率，该时刻下容器中c(CH4)=(1-α) c(CH4)0，则该反应的速率方程为：=kc(CH4)ml·L-1·min-1= k(1-α) c(CH4)0ml·L-1·min-1=(1-α) ml·L-1·min-1，故答案为：(1-α)，
③根据浓度越大反应速率越快，且反应速率与CH4浓度成正比可知，实验测得甲烷浓度由0.400ml·L-1变化到0.200ml·L-1需9.2min，则甲烷浓度由0.200ml·L-1变化到0.100ml·L-1，前者反应速率是后者的两倍，前者变化量也是后者的两倍，故所需时间等于9.2min，故答案为：=；
（4）已知温度为T时，向0.5L恒容密闭容器中充入2mlCO2和6mlH2，一段时间后达到平衡，测得体系中生成2.5mlH2O，压强变为原来的75%，由三段式分析：，，2x+y=2.5ml，，解得：x=1，y=0.5，即平衡时c(CO2)==1.0ml/L，c(H2)==3.0ml/L，c(CH4)==2.0ml/L，c(H2O)==5.0ml/L，反应1的平衡常数K===，CH4选择性=×100%=66.7%，故答案为： ；66.7%。
7．（2023·湖北·校联考模拟预测）氨气在农业和国防工业都有很重要的作用，历史上诺贝尔奖曾经有三次颁给研究合成氨的科学家。
(1)反应的能量变化如图所示。则N2(g)与H2(g)制备NH3(1)的热化学方程式为_____。

(2)关于合成氨工艺的理解，下列正确的是_____。
A．合成氨工业常采用的反应温度为400～500℃左右，可用勒夏特列原理解释
B．使用更高效的催化剂，可以提高平衡时NH3的量
C．合成氨工业采用10MPa～30MPa，是因常压下N2和H2的转化率不高
D．用铜氨溶液处理原料气中CO杂质的反应为：[Cu(NH3)2]++CO+NH3[Cu(NH3)3CO]+ ΔH＜0，其适宜的生产条件为低温高压
(3)恒压密闭容器中，起始时n(H2)：n(N2)=3：1，不同温度(T)下平衡混合物中NH3(g)物质的量分数随压强的变化曲线如图所示：
①A点的温度迅速从T1变为T2，则此时浓度商Q_____K(T2)(填“＞”“＜”或“=”)。
②Kp(B)：Kp(A)=_____(Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
③合成氨逆反应速率方程为：v(逆)=k(逆)，式中k(逆)为逆反应的速率常数(只与温度有关)。从C点开始减小压强，平衡发生移动，直至达到新的平衡，v(逆)的变化过程为_____。
(4)电化学法也可合成氨。如图是用低温固体质子导体作为电解质，用Pt−C3N4作阴极催化剂电解H2(g)和N2(g)合成NH3的原理示意图：

①Pt−C3N4电极反应产生NH3的电极反应式_____。
②实验研究表明，当外加电压超过一定值以后，发现阴极产物中氨气的体积分数随着电压的增大而减小，分析其可能原因_____。
【答案】(1)N2(g)+3H2(g)2NH3(1) △H=-132kJ/ml
(2)CD
(3) ＞ v(逆)瞬间变大，然后逐渐减小，直至达到新的平衡，v(逆)不再改变
(4) N2+6e-+6H+=2NH3 超过一定电压以后，H+得电子能力增强，H+得电子生成H2
【详解】（1）由图可知0.5mlN2(g)和1.5mlH2(g)反应生成 1mlNH3(1)时放出的热量为(300-254+20)kJ=66 kJ，则N2(g)与H2(g)制备NH3(1)的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(1) △H=-132kJ/ml，故答案为：N2(g)+3H2(g)2NH3(1) △H=-132kJ/ml；
（2）A. 工业合成氨为放热反应，温度升高不利于平衡正向移动，因此不可用勒夏特列原理解释，故A错误；
B.催化剂只能加快反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡时NH3的量，故B错误；
C. 工业合成氨正向气体分子数减小，采用10MPa～30MPa，有利于平衡正向移动，可提高反应物转化率，故C正确；
D. 用铜氨溶液处理原料气中CO杂质的反应为：[Cu(NH3)2]++CO+NH3[Cu(NH3)3CO]+ ΔH＜0，该反应正向气体分子数减少，高压有利于平衡正向移动，同时反应放热，低温有利于平衡正向移动，因此其适宜的生产条件为低温高压，故D正确；
故答案为：CD；
（3）①若A点的温度缓慢从T1变为T2，则平衡移向移动，浓度商Q应逐渐减小最终等于K(T2)，则快速升温时平衡未及时移动，则此时浓度商Q大于K(T2)，故答案为：>；
②Kp(A)=，同理Kp(B)= ，由图可知A、B两点各气体的百分含量相同，则各气体的体积分数相同，则Kp(B)：Kp(A)= :=:，由图可知：pA=150×105Pa，pB=450×105Pa，Kp(B)：Kp(A)=:=，故答案为：；
③C点开始减小压强，正逆反应速率均减小，但该反应正向气体分子数减小，因此逆反应速率减小更多，平衡逆向移动，使得逆反应速率又逐渐增大，直到反应达到新平衡后不再改变，故答案为：v(逆)瞬间变大，然后逐渐减小，直至达到新的平衡，v(逆)不再改变；
（4）由图示可知Pt−C3N4电极与电源负极相连作阴极，氮气在阴极得电子生成氨气，电极反应为：N2+6e-+6H+=2NH3，当外加电压超过一定值以后，电解质中的氢离子得电子能力逐渐增强，H+得电子生成H2，导致阴极产物中氨气的体积分数随着电压的增大而减小，故答案为：N2+6e-+6H+=2NH3；超过一定电压以后，H+得电子能力增强，H+得电子生成H2。
8．（2023·陕西榆林·统考模拟预测）“节能减排”和“低碳经济”的一项重要课题就是如何将CO2转化为可利用的资源。目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇。
已知：H2(g)的燃烧热 ΔH＝ －285.8 kJ·ml−1、CO(g)的燃烧热 ΔH＝－283.0 kJ·ml−1
反应①：CO(g) +2H2(g) CH3OH(g) ΔH1＝ －90.8 kJ·ml−1
反应②： H2O(l)＝H2O(g) ΔH2＝ +44.0 kJ·ml−1
反应③：CO2(g)+ 3H2(g) CH3OH(g) +H2O(g) ΔH3
(1)ΔH3＝___________ ， 反应③的ΔS___________ (填“>”或“<”)0，反应③在 ___________ (填“高温”“低温”或“任何温度”)下能自发进行。
(2)恒温条件下，在某恒容密闭容器中；按照n(CO2)：n(H2)＝1：3投料仪发生反应③，起始气体总压强为p0，测得CO2(g)的浓度随时间变化如图所示。

①从反应开始到3 min，H2的平均反应速率v(H2)＝___________ml·L−1·min−1；试在图中绘制出CH3OH(g) 的浓度随时间变化的图像___________。
②该反应的平衡常数Kp＝___________ (填含 p0的表达式)。
(3)恒温条件下，在某恒压密闭容器中仅发生反应①，当反应达到平衡后，向平衡体系中通入惰性气体，平衡___________(填“向正反应方向移动”、“向逆反应方向移动”或“不移动”)。
【答案】(1) －49.6kJ·ml−1 < 低温
(2) 0.5
(3)向逆反应方向移动
【详解】（1）根据盖斯定律①-④+③+②得CO2(g)+ 3H2(g) CH3OH(g) +H2O(g)ΔH3=-90.8 kJ·ml-1+566 kJ·ml-1-571.6 kJ·ml-1+44.0 kJ·ml-1=-49.6kJ·ml-1；反应③气体物质的量减少，ΔS<0，反应③在低温下能自发进行。
故答案为：－49.6kJ·ml−1；<；
（2）①从反应开始到3 min，CO2(g)的浓度降低0.5ml/L，则H2的浓度降低1.5ml/L，平均反应速率v(H2)=ml·L-1·min-1；3min时CO2(g)的浓度降低0.5ml/L，甲醇的浓度增加0.5ml/L、10min时，甲醇的浓度为0.75ml/L，则CH3OH(g) 的浓度随时间变化的图像为 。
②
反应达到平衡状态时，总压强为，该反应的平衡常数Kp= ；
故答案为：0.5； ；；
（3）恒压条件下向平衡体系中通入惰性气体，容器体积增大，相当于减压，平衡向逆反应方向移动。
故答案为：向逆反应方向移动。
9．（2023·吉林白山·统考模拟预测）“节能减排”和“低碳经济”的一项重要课题就是如何将CO2转化为可利用的资源。
I.目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇。
已知：H2(g)的燃烧热 ΔH= 一285.8 kJ·ml-1、CO(g)的燃烧热 ΔH=- 283.0 kJ·ml-1
反应①：CO(g) +2H2(g) CH3OH(g) ΔH1= -90.8 kJ·ml-1
反应②： H2O(l)=H2O(g) ΔH2= +44.0 kJ·ml-1
反应③：CO2(g)+ 3H2(g) CH3OH(g) +H2O(g) ΔH3
(1)ΔH3=_______ ， 反应③的ΔS_______ (填“>”或“<”)0，反应③在 _______ (填“高温”“低温”或“任何温度”)下能自发进行。
(2)恒温条件下，在某恒容密闭容器中；按照n(CO2) ： n(H2) =1：3投料仪发生反应③，起始气体总压强为p0，测得CO2(g)的浓度随时间变化如图所示。

①从反应开始到3 min，H2的平均反应速率v(H2)=_______ml·L-1·min-1；试在图中绘制出CH3OH(g) 的浓度随时间变化的图像_______。
②该反应的平衡常数Kp=_______ (填含 p0的表达式)。
(3)恒温条件下，在某恒压密闭容器中仅发生反应①，当反应达到平衡后，
I.降低温度，CO的平衡转化率_______ (填“不变”、“减小”或“增大”)；
II.向平衡体系中通入惰性气体，平衡_______(填“向正反应方向移动”、“向逆反应方向移动”或“不移动”)。
【答案】(1) -49.6kJ·ml-1 < 低温
(2) 0.5
(3) 增大 向逆反应方向移动
【详解】（1）①：CO(g) +2H2(g) CH3OH(g) ΔH1= -90.8 kJ·ml-1
②：H2O(l)=H2O(g) ΔH2= +44.0 kJ·ml-1
H2(g)的燃烧热 ΔH= -285.8 kJ·ml-1、CO(g)的燃烧热 ΔH=- 283.0 kJ·ml-1；
则③2H2(g) +O2(g) =2H2O(l) ΔH1=-571.6 kJ·ml-1
④2CO(g) O2(g) =2CO2(g)ΔH1=-566 kJ·ml-1
根据盖斯定律①-④+③+②得CO2(g)+ 3H2(g) CH3OH(g) +H2O(g)ΔH3=-90.8 kJ·ml-1+566 kJ·ml-1-571.6 kJ·ml-1+44.0 kJ·ml-1=-49.6kJ·ml-1；反应③气体物质的量减少，ΔS<0，反应③在低温下能自发进行。
（2）①从反应开始到3 min，CO2(g)的浓度降低0.5ml/L，则H2的浓度降低1.5ml/L，平均反应速率v(H2)=ml·L-1·min-1；3min时CO2(g)的浓度降低0.5ml/L，甲醇的浓度增加0.5ml/L、10min时，甲醇的浓度为0.75ml/L，则CH3OH(g) 的浓度随时间变化的图像为 。
②
反应达到平衡状态时，总压强为，该反应的平衡常数Kp= 。
（3）I．CO(g) +2H2(g) CH3OH(g) 正反应放热，降低温度，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大；
II．恒压条件下向平衡体系中通入惰性气体，容器体积增大，相当于减压，平衡向逆反应方向移动。
10．（2023·广东·汕头市澄海中学校联考模拟预测）研发二氧化碳和有机物的利用技术对治理生态环境具有重要意义。
(1)已知：


则催重整反应的_______。
(2)催化重整反应中，测得的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示：
①判断该反应的_____ 0(填“>”、“<”或“=”)，比较压强的大小：______(填“>”、“<”或“=”) 。
② 在恒容容器中进行该催化重整反应(不考虑其他反应)，下列能说明该反应处于化学平衡状态的是__________(填字母)。
A．的质量分数保持不变 B．容器中与H2的百分含量之比保持不变
C． D．容器中混合气体的平均相对分子质量保持不变
③X点对应的初始投料比，平衡压强为，温度为950℃，则X点平衡常数_____________________。
(3)反应 的正、逆反应速率可分别表示为、，其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，仅受温度影响。则如图所示的四条斜线中，有两条分别为和pk逆 随T变化斜线，能表示pk正 随T变化关系的是_______(填字母)。

(4)一种以甲醇为原料，利用和CuO纳米片(CuONS/CF)作催化电极，制备甲酸(甲酸盐)的电化学装置的工作原理如图所示。
电解过程中阳极电极反应式为____________________________。
【答案】(1)(a-2b-2c)
(2) > < AD
(3)d
(4)CH3OH-4e-+H2O=HCOOH+4H+
【详解】（1）①
②
③
根据盖斯定律①-②×2-③×2得的 (a-2b-2c)。
（2）①由图可知，温度升高CH4的平衡转化率增大，升温平衡向正反应方向移动，该反应的>0；而由催化重整反应可知，相同温度下，增大压强平衡逆向移动，CH4的平衡转化率减小，则<。
② A．的质量分数保持不变，说明浓度不变，反应达到平衡状态，故选A；
B．与H2都是生成物，物质的量比始终为1:1，容器中与H2的百分含量之比保持不变，反应不一定平衡，故不选B；
C．，正逆反应速率比不等于系数比，反应不平衡，故不选C；
D．混合气体总质量不变、混合气体的物质的量是变量，容器中混合气体的平均相对分子质量是变量，混合气体的平均相对分子质量保持不变，反应一定达到平衡状态，故选D；
选AD。
③压强为p4、投料比=1、950℃的条件下，，X点平衡常数Kp═==。
（3）升高温度，反应速率加快，k正、k逆都增大，pk都减小，反应 ，正反应吸热，升高温度平衡正向移动，说明k正增大的幅度大于k逆。能表示pk正(pk=-lgk)随T变化关系的是d。
（4）从图分析，右侧由甲醇变成甲酸，失去电子，故右侧为阳极，即b为电源正极，电解过程中阳极电极反应式为CH3OH-4e-+H2O=HCOOH+4H+。
11．（2023·江苏·统考二模）脱除沼气中的具有重要意义，脱除有多种方法。
(1)受热分解法。将和混合气导入热解器，反应分两步进行。
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
现将硫化氢和甲烷按照2：1体积比投料，并用稀释。在常压和不同温度下，反应相同时间后，、和的体积分数随温度的变化关系如图所示。
① ___________。
②1050℃时，的体积分数为___________。
③在950℃～1150℃范围内，其他条件不变，随着温度的升高，(g)的体积分数先增大而后减小，其原因可能是___________。
(2)光电催化法。某光电催化法脱除的原理如图所示。
①光电催化法脱除的离子方程式为___________。
②与受热分解法相比，光电催化法的优点是___________。
(3)催化重整法。Fe2O3可以用作脱除的催化剂，脱除过程如图所示。
①Fe2O3脱除时需先进行吸附。利用如图乙进行吸附，比如图甲吸附能力强的原因是______。
②脱除一段时间后，催化剂的活性降低，原因是___________。
【答案】(1) 233.5 3.6% 在950℃～1100℃之间，以反应I为主，随温度升高，反应I速率增大的幅度大于反应II，(g)的体积分数增大；在1100～1150℃之间，反应II速率增大的幅度大于反应I，(g)的体积分数减小
(2) 光电催化法脱除，耗能低，还能持续发电；溶液中可循环利用，生成的副产物双氧水可回收利用
(3) 中H带正电、S带负电，Fe2O3中Fe带正电，O带负电；甲吸附方式为同种电性微粒靠近，乙吸附方式中为不同电性微粒靠近时，吸附能力强 反应生成的硫单质附着在催化剂表面
【详解】（1）①已知：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
由盖斯定律可知，反应Ⅰ+Ⅱ得： ；
②1050℃时，和的体积分数分别为1.6%、0.1%，由化学方程式体现的关系可知，反应Ⅱ生成、消耗的体积分数分别为0.1%×2=0.2%、0.1%，反应Ⅰ生成的体积分数为(0.1%+1.6%)=1.7%，则反应Ⅰ生成的体积分数为1.7%×2=3.4%，故的体积分数为3.4%+0.2%=3.6%。
③在950℃～1100℃之间，以反应Ⅰ为主，随温度升高，反应Ⅰ速率增大的幅度大于反应Ⅱ，(g)的体积分数增大；在1100～1150℃之间，反应Ⅱ速率增大的幅度大于反应Ⅰ，(g)的体积分数减小；故在950℃～1150℃范围内，其他条件不变，随着温度的升高，(g)的体积分数先增大而后减小；
（2）①光电催化法脱除的反应为硫化氢和发生氧化还原反应生成和碘离子及氢离子，离子方程式为。
②与受热分解法相比，光电催化法的优点是光电催化法脱除，耗能低，还能持续发电；溶液中可循环利用，正极生成的副产物双氧水可回收利用；
（3）①Fe2O3脱除时需先进行吸附。利用如图乙进行吸附，比如图甲吸附能力强的原因是中H带正电、S带负电，Fe2O3中Fe带正电，O带负电；甲吸附方式为同种电性微粒靠近，乙吸附方式中为不同电性微粒靠近时，故乙方式吸附能力强。
②脱除一段时间后，催化剂的活性降低，原因是反应生成的硫单质附着在催化剂表面，降低了催化剂的表面积。
12．（2023·江西赣州·统考模拟预测）甲烷和乙炔(CH≡CH)在有机合成中有着广泛的用途。回答下列问题：
(1)已知：
①H2(g)+ O2(g) =H2O(g) ΔH1= - 198 kJ·ml-1；
②CO(g)+ O2(g)=CO2(g) ΔH2= - 283 kJ·ml-1；
③CH4(g)+ 2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH3=-846.3 kJ·ml-1。
写出甲烷与水蒸气在高温下制备合成气(CO、H2 )的热化学方程式：___________。
(2)用甲烷在高温下气相裂解制取乙炔和氢气，其反应原理为2CH4(g) C2H2(g) +3H2(g) ΔH >0。几种气体平衡时分压(Pa)的对数与温度(K)的关系如图1所示。

①图1中A点温度时的平衡常数Kp=___________(用气体平衡时分压代替浓度计算)。
②T℃时，向体积为2 L的恒容密闭容器中充入0.4 ml CH4进行上述反应。当反应达到平衡时，测得c(CH4)= c(H2)，则CH4的转化率为___________。 若改变温度至T2℃ ，10 s后反应再次达到平衡，测得c(CH4)= 2c(H2)，则该变化过程中T1___________(填“>”或“ <”)T2。
(3)一定温度下，向体积为2 L的恒容密闭容器中充入2 ml C2H2(乙炔)和2 ml HCl发生反应：HC≡CH(g) + HCl(g) CH2= CHCl(g) ΔH。测得反应物(C2H2或HCl)浓度随时间的变化关系如图2所示。

①M点时，v正___________(填“>”“<”或“=”)v逆。
②15 min时仅改变了一个外界条件，改变的条件可能是___________。
③0~10 min内氯乙烯的平均反应速率v(CH2=CHCl)=___________ml·L-1·min-1.向密闭容器中充入一定量乙炔和氯化氢，发生上述反应，测得乙炔的平衡转化率与温度、S的关系如图3所示。其中S3>S2> S1，则S代表的物理量是___________。

【答案】(1)CH4(g)+ H2O(g)=CO(g)+ 3H2(g) ΔH=+30.7 kJ/ml
(2) 1.0×105 40% >
(3) < 增大氯乙烯的浓度或改变温度 0.06 起始投料比 或其他合理答案
【详解】（1）已知：
①H2(g)+ O2(g) =H2O(g) ΔH1= - 198 kJ·ml-1；
②CO(g)+ O2(g)=CO2(g) ΔH2= - 283 kJ·ml-1；
③CH4(g)+ 2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH3=-846.3 kJ·ml-1。
由盖斯定律可知，-3×①-②+③得：甲烷与水蒸气在高温下制备合成气(CO、H2 )的热化学方程式：CH4(g)+ H2O(g)=CO(g)+ 3H2(g) ΔH=3ΔH1-ΔH2+ΔH3=+30.7 kJ/ml；
（2）①由图可知，图1中A点温度时，氢气、乙炔、甲烷的分压分别为、、，则平衡常数Kp=。
②T℃时，向体积为2 L的恒容密闭容器中充入0.4 ml CH4进行上述反应；
当反应达到平衡时，测得c(CH4)= c(H2)，则0.4-2a=3a，a=0.8ml，则CH4的转化率为。 若改变温度至T2℃ ，10 s后反应再次达到平衡，测得c(CH4)= 2c(H2)，则该变化过程中平衡逆向移动，甲烷含量增大，由于反应ΔH >0，正反应为吸热反应，则说明为降温的过程，则T1>T2。
（3）①由图可知，M点后，反应物(C2H2或HCl)浓度仍增大，说明M点时反应逆向进行，此时v正②15 min时仅改变了一个外界条件，导致反应逆向进行，则改变的条件可能是增大氯乙烯的浓度或改变温度。
③由化学方程式体现关系可知，0~10 min内氯乙烯的平均反应速率v(CH2=CHCl)= v(HC≡CH)= v(HCl)= ；向密闭容器中充入一定量乙炔和氯化氢，发生上述反应，相同温度下，增加HCl投料会促进乙炔的转化，提高乙炔的转化率，故则S代表的物理量是起始投料比 或其他合理答案。
13．（2023·山东临沂·统考二模）丙烯是一种重要的化工原料，可以在催化剂作用下，由丙烷直接脱氢或氧化脱氢制备。
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
回答下列问题：

(1)对于反应Ⅰ，在一定温度下，保持压强为100kPa，向密闭容器中通入和Ar的混合气，按为、、投料，测得转化率随时间的变化如下图所示。
①充入Ar的目的是___________。
②0~6s内，曲线___________(填“a”、“b”或“c”)对应的平均反应速率最快。
③曲线a中0~3s内，分压的平均变化率为___________(保留两位有效数字)。
(2)在、()温度下，将和充入恒容的密闭容器中，在一定条件下发生反应Ⅰ、Ⅱ。测得的转化率及体系内压强随时间的变化关系如下图所示(忽略温度对催化剂活性的影响)。

①时，的平衡转化率是___________。
②时，反应Ⅰ以物质的量分数表示的平衡常数___________。
③___________0(填“>”或“<”)，理由是___________。
(3)恒温刚性密闭容器中通入气体分压比为的混合气体，在一定条件下只发生如下反应(、为速率常数)：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
实验测得丙烯的净生成速率方程为，可推测丙烯的浓度随时间的变化趋势为___________，理由是___________。
【答案】(1) 减小丙烷分压，使平衡正向移动，提高丙烷的平衡转化率 c 1.8
(2) 30% ＜ T1、T2时，O2的平衡转化率分别为30% 、20%，T1＜T2，O2的转化率随温度升高而降低，反应Ⅱ是放热反应
(3) 先增大后减小； 反应开始时，体系中主要发生反应Ⅱ，c(C3H6)逐渐增大，随着反应进行，p(C3H8)减小，p(C3H6)增大，υ(C3H6)减小，体系中主要发生反应Ⅲ，c(C3H6)逐渐减小
【详解】（1）①反应Ⅰ是体积增大的反应，充入Ar，丙烷的分压减小，平衡正向移动，有利于丙烷转化率增大，因此充入Ar的目的是减小丙烷分压，使平衡正向移动，提高丙烷的平衡转化率；故答案为：减小丙烷分压，使平衡正向移动，提高丙烷的平衡转化率。
②根据图中信息，为、、投料比越大，则丙烷的转化率越小，则曲线c是为投料，丙烷分压越大，反应速率越快，因此0~6s内，曲线c对应的平均反应速率最快；故答案为：c。
③曲线a中0~3s内，设丙烷物质的量为1ml，Ar物质的量为4ml，，开始分压为20KPa，后来分压为，则0~3s的平均变化率为；故答案为：1.8。
（2）①根据图中温度越高，达到平衡所需时间越短，则时，丙烷转化率为60%，则消耗了1.2ml，平衡时压强为1.3×106Pa，，，根据x+2y=1.2，，y=0.3，则的平衡转化率是；故答案为：30%。
②时，丙烷转化率为70%，则消耗了1.4ml，平衡时压强为1.4×106Pa，，，根据a+2b=1.4，，b=0.2，a=1，反应Ⅰ以物质的量分数表示的平衡常数；故答案为：。
③根据时，氧气的转化率 30%，时，氧气的转化率 20%，温度越高，转化率越低，说明平衡逆向移动，则逆向是吸热反应，正向是放热反应即＜0；故答案为：＜；T1、T2时，O2的平衡转化率分别为30% 、20%，T1＜T2，O2的转化率随温度升高而降低，反应Ⅱ是放热反应。
（3）实验测得丙烯的净生成速率方程为，反应开始时，体系中主要发生反应Ⅱ，则丙烯浓度增大，随着反应进行，p(C3H8)减小，p(C3H6)增大，υ(C3H6)减小，体系中主要发生反应Ⅲ，c(C3H6)逐渐减小，因此整个过程中可推测丙烯的浓度随时间的变化趋势为先增大后减小；其原因是：反应开始时，体系中主要发生反应Ⅱ，c(C3H6)逐渐增大，随着反应进行，p(C3H8)减小，p(C3H6)增大，υ(C3H6)减小，体系中主要发生反应Ⅲ，c(C3H6)逐渐减小；故答案为：先增大后减小；反应开始时，体系中主要发生反应Ⅱ，c(C3H6)逐渐增大，随着反应进行，p(C3H8)减小，p(C3H6)增大，υ(C3H6)减小，体系中主要发生反应Ⅲ，c(C3H6)逐渐减小。
14．（2023·江苏南京·统考二模）以还原的选择性催化还原(-SCR)技术广泛应用于烟气(含NO、、等)脱硝。
(1)大量排放造成的环境问题主要有：___________(填一种)。
(2)以Fe-Mn/催化的-SCR反应机理如图所示(字母A～D为中间体的代号)。

①-SCR反应的化学方程式为___________。
②根据元素电负性的变化规律，步骤Ⅰ、Ⅱ的过程可描述为___________。
(3)常压下，将一定比例的、NO、、的混合气体匀速通过装有催化剂的反应管，测得NO的转化率与的选择性[]如图所示。温度高于350℃，选择性下降的原因是______________________。
(4)研究-SCR法尾气中脱除机理的流程如图1所示。其他条件一定时，在不通、通入两种情况下，的脱除率、NO的选择性[]与通气时间的关系如图2所示。
①反应17～19.2h时，脱除率下降，其原因是___________。
②通入后，NO选择性增大，其原因是___________。
【答案】(1)酸雨、光化学烟雾、破坏臭氧层
(2) 中带部分负电荷的N与A中带正电荷的Mn作用生成B，B中带部分正电荷的H转移到带负电荷的O上生成C
(3)催化剂活性降低，转化为的速率降低；部分被氧化为NO
(4) 该时间段内发生的反应为与CuO反应生成Cu(或)和，随时间推移，CuO与的量减少，氧化为的速率降低 随时间推移，Cu被氧化为CuO的量增多，被CuO催化氧化成NO的量增大
【详解】（1）大量排放会形成有酸雨、造成光化学烟雾、破坏臭氧层，答案为：酸雨、光化学烟雾、破坏臭氧层；
（2）①由反应机理可知反应物为：氨气、一氧化氮和氧气，生成物是氮气和水，答案为：；
②中带部分负电荷的N与A中带正电荷的Mn作用生成B，因为氧的电负性大于氮的电负性，所以B中带部分正电荷的H转移到带负电荷的O上生成C，答案为：中带部分负电荷的N与A中带正电荷的Mn作用生成B，B中带部分正电荷的H转移到带负电荷的O上生成C；
（3）催化剂活性降低，转化为的速率降低；部分被氧化为NO；
（4）①该时间段内发生的反应为与CuO反应生成Cu(或)和，随时间推移，CuO与的量减少，氧化为的速率降低；
②通入后，Cu被氧化为CuO的量增多，被CuO催化氧化成NO的量增大，答案为：随时间推移，Cu被氧化为CuO的量增多，被CuO催化氧化成NO的量增大。
15．（2023·北京丰台·统考二模）化学平衡常数在定性分析与定量分析中应用广泛。
(1)一定温度下，在密闭容器中反应：，测得如下数据。
①该温度下，的平衡转化率为___________。
②该温度下，当初始投入浓度为，，时，进行实验，反应进行的方向为___________(填“正反应方向”或“逆反应方向”)。
(2)已知：25℃时，、、、的电离平衡常数。
①25℃时，相同物质的量浓度的、、、溶液，由大到小的顺序为___________。
②25℃时，向溶液中加入溶液达到滴定终点，再向溶液中加入溶液，使溶液中，溶液中___________。
③结合电离平衡常数分析与溶液反应的产物___________。
④将足量通入溶液中，迅速反应得到无色溶液和白色沉淀()。放置一段时间，有和生成。先产生白色沉淀，后生成和的可能原因是___________。
【答案】(1) 78% 逆反应方向
(2) >>> 和 与溶液生成沉淀的速率大于生成和速率
【详解】（1）①由表中数据可知平衡时碘单质的物质的量为0.11ml，则的平衡转化率为，故答案为：78%；
②由表中数据可知平衡时：、、，则该反应的平衡常数K=，该温度下，当初始投入浓度为，，时，Qc=>K，则反应向逆反应方向进行，故答案为：逆反应方向；
（2）①相同物质的量浓度的、、、溶液，氢离子浓度主要取决于各种酸的一级电离程度的大小，由表中数据：Ka1()>Ka()>Ka1()>Ka1()，则溶液中氢离子浓度：>>>，故答案为：>>>；
②溶液中，则，结合醋酸电离平衡常数Ka=，故答案为：；
③由电离常数可知酸性：>>，根据强酸制弱酸原理，与溶液反应的产物只能是和，故答案为：和；
④与溶液生成沉淀，同时与也能氧化还原反应生成Ag和，根据现象可知生成沉淀的速率大于生成和速率，故答案为：与溶液生成沉淀的速率大于生成和速率。
16．（2023·全国甲卷·统考高考真题）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：
①
②
反应③的_______，平衡常数_______(用表示)。
(2)电喷雾电离等方法得到的(等)与反应可得。与反应能高选择性地生成甲醇。分别在和下(其他反应条件相同)进行反应，结果如下图所示。图中的曲线是_______(填“a”或“b”。、时的转化率为_______(列出算式)。

(3)分别与反应，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，则与反应的能量变化应为图中曲线_______(填“c”或“d”)。
(ⅲ)与反应，氘代甲醇的产量_______(填“＞”“＜”或“=”)。若与反应，生成的氘代甲醇有_______种。
【答案】(1) 或
(2) b
(3) Ⅰ c =
2
【详解】（1）根据盖斯定律可知，反应③=(反应②-①)，所以对应；根据平衡常数表达式与热化学方程式之间的关系可知，对应化学平衡常数或，故答案为：；或；
（2）根据图示信息可知，纵坐标表示-lg()，即与MO+的微粒分布系数成反比，与M+的微粒分布系数成正比。则同一时间内，b曲线生成M+的物质的量浓度比a曲线的小，证明化学反应速率慢，又因同一条件下降低温度化学反应速率减慢，所以曲线b表示的是300 K条件下的反应；
根据上述分析结合图像可知，、时-lg()=0.1，则=10-0.1，利用数学关系式可求出，根据反应可知，生成的M+即为转化的，则的转化率为；故答案为：b；；
（3）(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，与反应的能量变化应为图中曲线c；
(ⅲ)与反应时，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，但时间足够长的话，不影响最终产量，则氘代甲醇的产量：=；根据反应机理可知，若与反应，生成的氘代甲醇可能为或共2种，故答案为：=；2。
17．（2023·浙江·高考真题）“碳达峰·碳中和”是我国社会发展重大战略之一，还原是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有：
Ⅰ：
Ⅱ：
请回答：
(1)有利于提高平衡转化率的条件是___________。
A．低温低压B．低温高压C．高温低压D．高温高压
(2)反应的___________，___________(用表示)。
(3)恒压、时，和按物质的量之比投料，反应经如下流程(主要产物已标出)可实现高效转化。
①下列说法正确的是___________。
A．可循环利用，不可循环利用
B．过程ⅱ，吸收可促使氧化的平衡正移
C．过程ⅱ产生的最终未被吸收，在过程ⅲ被排出
D．相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原需吸收的能量更多
②过程ⅱ平衡后通入，测得一段时间内物质的量上升，根据过程ⅲ，结合平衡移动原理，解释物质的量上升的原因___________。
(4)还原能力可衡量转化效率，(同一时段内与的物质的量变化量之比)。
①常压下和按物质的量之比投料，某一时段内和的转化率随温度变化如图1，请在图2中画出间R的变化趋势，并标明时R值___________。
②催化剂X可提高R值，另一时段内转化率、R值随温度变化如下表：
下列说法不正确的是___________
A．R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应Ⅱ的速率
B．温度越低，含氢产物中占比越高
C．温度升高，转化率增加，转化率降低，R值减小
D．改变催化剂提高转化率，R值不一定增大
【答案】(1)C
(2)
(3) BC 通入分解平衡正移，导致增大，促进还原平衡正移
(4) C
【详解】（1）反应Ⅰ为气体体积增大的吸热反应，反应Ⅱ为气体体积不变的吸热反应，△H>0，升高温度，平衡右移，CH4平衡转化率增大；降低压强，平衡右移，CH4平衡转化率增大，故有利于提高平衡转化率的条件是高温低压；答案选C；
（2）已知：Ⅰ：
Ⅱ：
根据盖斯定律，由Ⅰ+Ⅱ2得反应；
故△H1+2△H2=+329，；
（3）①A．根据流程可知，转化为Fe，Fe又转化为，可循环利用；CaCO3受热分解生成和CO2, 又与CO2反应生成CaCO3，也可循环利用，选项A错误；
B．过程ⅱ，吸收使浓度降低，促进氧化的平衡正移，选项B正确；
C．过程ⅱ吸收而产生的最终未被吸收，在过程ⅲ被排出，选项C正确；
D．焓变只与起始物质的量有关，与过程无关，故相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原需吸收的能量一样多，选项D错误；
答案选BC；
②通入分解平衡正移，导致增大，促进还原平衡正移，故过程ⅱ平衡后通入，测得一段时间内物质的量上升；
（4）①600℃以下，甲烷转化率随温度升高增大程度大于二氧化碳转化率，该阶段R减小，600℃以上，二氧化碳转化率随温度升高增大程度大于甲烷转化率，该阶段R增大，根据图1可知时，转化率为100%，即=1ml, 转化率为60%,即=3ml60%=1.8ml，故==1.8，故间R的变化趋势如图：
②A．R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应Ⅱ的速率，使单位时间内反应Ⅱ中CO2的转化率增大，增大的倍数比大，则R提高，选项A正确；
B．根据表中数据可知，温度越低，转化率越小，而R越大，增大的倍数比大，含氢产物中占比越高，选项B正确；
C．温度升高，转化率增加，转化率也增大，且两个反应中的转化率均增大，增大倍数多，故R值增大，选项C不正确；
D．改变催化剂使反应有选择性按反应Ⅰ而提高转化率，若转化率减小，则R值不一定增大，选项D正确；
答案选C。
18．（2023·辽宁·统考高考真题）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+H2SO4
2NO+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)。
(3)接触法制硫酸的关键反应为SO2的催化氧化：
SO2(g)+O2(g)SO3(g) ΔH=-98.9kJ·ml-1
(ⅰ)为寻求固定投料比下不同反应阶段的最佳生产温度，绘制相应转化率(α)下反应速率(数值已略去)与温度的关系如下图所示，下列说法正确的是_______。

a．温度越高，反应速率越大
b．α=0.88的曲线代表平衡转化率
c．α越大，反应速率最大值对应温度越低
d．可根据不同下的最大速率，选择最佳生产温度
(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)。

(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)。
【答案】(1) CuO SO3
(2) 催化剂 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）
(3) cd d
【详解】（1）根据图示的热重曲线所示，在700℃左右会出现两个吸热峰，说明此时CuSO4发生热分解反应，从TG图像可以看出，质量减少量为原CuSO4质量的一半，说明有固体CuO剩余，还有其他气体产出，此时气体产物为SO2、SO3、O2，可能出现的化学方程式为3CuSO43CuO+2SO2↑+SO3↑+O2↑，结合反应中产物的固体产物质量和气体产物质量可以确定，该反应的产物为CuO、SO2、SO3、O2，故答案为CuO、SO3。
（2）(i)根据所给的反应方程式，NO2在反应过程中线消耗再生成，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）。
（3）(i)a．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；
b．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%的时的反应速率图像并没有给出，无法判断α=0.88的条件下是平衡转化率，b错误；
c．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；
d．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V-K-Cs-Ce对SO2的转化率最好，产率最佳，故答案选d；
(iii)利用分压代替浓度计算平衡常数，反应的平衡常数Kp===；设SO2初始量为m ml，则平衡时n(SO2)=m-m·αe=m(1-αe)，n(SO3)=m·αe，Kp==，故答案为。
19．（2023·全国乙卷·统考高考真题）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)在气氛中，的脱水热分解过程如图所示：
根据上述实验结果，可知_______，_______。
(2)已知下列热化学方程式：
则的_______。
(3)将置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：(Ⅰ)。平衡时的关系如下图所示。时，该反应的平衡总压_______、平衡常数_______。随反应温度升高而_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
(4)提高温度，上述容器中进一步发生反应(Ⅱ)，平衡时_______(用表示)。在时，，则_______，_______(列出计算式)。
【答案】(1) 4 1
(2)(a+c-2b)
(3) 3 增大
(4) 46.26
【详解】（1）由图中信息可知，当失重比为19.4%时，转化为，则，解之得=4；当失重比为38.8%时，转化为，则，解之得y=1。
（2）①
②
③
根据盖斯定律可知，①+③-②2可得，则(a+c-2b)。
（3）将置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：(Ⅰ)。由平衡时的关系图可知,时，，则，因此，该反应的平衡总压3、平衡常数。由图中信息可知，随着温度升高而增大，因此，随反应温度升高而增大。
（4）提高温度，上述容器中进一步发生反应(Ⅱ)，在同温同压下，不同气体的物质的量之比等于其分压之比，由于仅发生反应(Ⅰ)时，则，因此，平衡时。在时，，则、，联立方程组消去，可得，代入相关数据可求出46.26，则，。
20．（2023·山东·统考高考真题）一定条件下，水气变换反应的中间产物是。为探究该反应过程，研究水溶液在密封石英管中的分子反应：
Ⅰ．
Ⅱ．
研究发现，在反应Ⅰ、Ⅱ中，仅对反应Ⅰ有催加速作用；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、，则该条件下水气变换反应的焓变_____(用含的代数式表示)。
(2)反应Ⅰ正反应速率方程为：，k为反应速率常数。温度下，电离平衡常数为，当平衡浓度为时，浓度为_____，此时反应Ⅰ应速率_____(用含和k的代数式表示)。
(3)温度下，在密封石英管内完全充满水溶液，使分解，分解产物均完全溶于水。含碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示(忽略碳元素的其他存在形式)。时刻测得的浓度分别为，反应Ⅱ达平衡时，测得的浓度为。体系达平衡后_____(用含y的代数式表示，下同)，反应Ⅱ的平衡常数为_____。
相同条件下，若反应起始时溶液中同时还含有盐酸，则图示点中，的浓度峰值点可能是_____(填标号)。与不同盐酸相比，达浓度峰值时，浓度_____(填“增大”“减小”或“不变”)，的反应_____(填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】(1)－
(2)
(3) a 减小 不变
【详解】（1）根据盖斯定律，反应II-反应I＝水气变换反应，故水气变换反应的焓变＝－；
（2）T1温度时，HCOOH建立电离平衡：
，c(HCOO－)＝c(H＋)，故c(H＋)＝。
。
（3）t1时刻时，c(CO)达到最大值，说明此时反应I达平衡状态。此时
故t1时刻c(HCOOH)＝1.0－0.70－0.16＝0.14 ml·L－1，K(I)＝。t1时刻→反应II达平衡过程，
则c(H2)＝b＋0.16＝y，b＝(y－0.16)ml·L－1，c(HCOOH)＝0.14－a－b＝0.3－a－y，c(CO)＝a＋0.7，K(I)＝，a＝。故＝，K(II)＝。
加入0.1 ml·L－1盐酸后，H＋对反应I起催化作用，加快反应I的反应速率，缩短到达平衡所需时间，故CO浓度峰值提前，由于时间缩短，反应Ⅱ消耗的HCOOH减小，体系中HCOOH浓度增大，导致CO浓度大于t1时刻的峰值，故c(CO)最有可能在a处达到峰值。此时c(CO2)会小于不含盐酸的浓度，＝K(I)，温度不变，平衡常数不变，则的值不变。
21．（2022·天津·统考高考真题）天津地处环渤海湾，海水资源丰富。科研人员把铁的配合物(L为配体)溶于弱碱性的海水中，制成吸收液，将气体转化为单质硫，改进了湿法脱硫工艺。该工艺包含两个阶段：①的吸收氧化；②的再生。反应原理如下：
①
②
回答下列问题：
(1)该工艺的总反应方程式为___________。1ml 发生该反应的热量变化为___________，在总反应中的作用是___________。
(2)研究不同配体与所形成的配合物(A、B、C)对吸收转化率的影响。将配合物A、B、C分别溶于海水中，配成相同物质的量浓度的吸收液，在相同反应条件下，分别向三份吸收液持续通入，测得单位体积吸收液中吸收转化率随时间变化的曲线如图1所示。以由100%降至80%所持续的时间来评价铁配合物的脱硫效率，结果最好的是___________(填“A”、“B”或“C”)。
(3)的电离方程式为___________。25℃时，溶液中、、在含硫粒子总浓度中所占分数随溶液pH的变化关系如图2，由图2计算，的___________，___________。再生反应在常温下进行，解离出的易与溶液中的形成沉淀。若溶液中的，，为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于___________(已知25℃时，FeS的为)。
【答案】(1) (或) 放出热量 作催化剂或降低反应活化能
(2)A
(3) 或 8
【详解】（1）将第一个方程式2倍加上第二个方程式得到该工艺的总反应方程式为(或)，该反应的热化学方程式，因此1ml 发生该反应的热量变化为放出热量，参与了化学反应，但反应前后量没有改变，因此在总反应中的作用是作催化剂或降低反应活化能；故答案为：(或)；放出热量；作催化剂或降低反应活化能。
（2）根据图中信息以由100%降至80%所持续的时间来评价铁配合物的脱硫效率，A持续时间最短，说明A的脱硫效率最高，因此结果最好的A；故答案为：A。
（3）是二元弱酸，其电离是一步一步电离，主要以第一步电离为主，因此其电离方程式为或；根据题意pH=7时、的所占分数相等，因此的，pH=13时、的所占分数相等，则。再生反应在常温下进行，解离出的易与溶液中的形成沉淀。若溶液中的，根据得到，根据和，得到，pH=8，因此为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于8；故答案为：或；；；8。
22．（2022·重庆·统考高考真题）反应在工业上有重要应用。
(1)该反应在不同温度下的平衡常数如表所示。
①反应的△H_____0(填“>”“<”或“=”)。
②反应常在较高温度下进行，该措施的优缺点是_____。
(2)该反应常在Pd膜反应器中进行，其工作原理如图所示。
①利用平衡移动原理解释反应器存在Pd膜时具有更高转化率的原因是_____。
②某温度下，H2在Pd膜表面上的解离过程存在如下平衡：，其正反应的活化能远小于逆反应的活化能。下列说法错误的是_____。
A．Pd膜对气体分子的透过具有选择性
B．过程2的△H＞0
C．加快Pd膜内H原子迁移有利于H2的解离
D．H原子在Pd膜表面上结合为H2的过程为放热反应
③同温同压下，等物质的量的CO和H2O通入无Pd膜反应器，CO的平衡转化率为75%；若换成Pd膜反应器，CO的平衡转化率为90%，则相同时间内出口a和出口b中H2的质量比为_____。
(3)该反应也可采用电化学方法实现，反应装置如图所示。
①固体电解质采用______(填“氧离子导体”或“质子导体”)。
②阴极的电极反应式为______。
③同温同压下，相同时间内，若进口Ⅰ处n(CO)：n(H2O)=a：b，出口Ⅰ处气体体积为进口Ⅰ处的y倍，则CO的转化率为_____(用a，b，y表示)。
【答案】(1) 优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产物的转化率较低
(2) Pd膜能选择性分离出H2，平衡正向移动，平衡转化率增大 BD 1:8
(3) 质子导体
【详解】（1）①根据表中的数据，温度越高，平衡常数越小，所以正反应为放热反应，；
②优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产物的转化率较低；
（2）①Pd膜能选择性分离出H2，平衡正向移动，平衡转化率增大；
②A.Pd膜只允许通过，不允许通过，对气体分子的透过具有选择性，A正确；
B.过程正反应的活化能远小于逆反应的活化能，，B错误；
C.加快Pd膜内H原子迁移，平衡正向移动，有利于的解离，C正确；
D. 为放热过程，H原子在Pd膜表面上结合为的过程为吸热反应，D错误；
故选BD；
③根据反应，设通入的为1ml，无膜情况下一氧化碳的平衡转化率为75%，则平衡时CO、H2O(g)、CO2、H2的平衡物质的量分别为0.25ml、0.25ml、0.75ml、0.75ml，可计算出此温度下平衡常数K=9；有膜情况下一氧化碳的平衡转化率为90%，则平衡时CO、H2O(g)、CO2、H2的平衡物质的量分别为0.1ml、0.1ml、0.9ml、0.9ml(a口和b口总量，其中只有a口的处于平衡体系)，设a口产生的H2的物质的量为xml，则，解得x=0.1，则出口a产生的为0.1ml，出口b的为0.9ml-0.1ml=0.8ml，质量比为1:8；
（3）①电解时，一氧化碳和水从均从阳极口进入，阳极一氧化碳转化为二氧化碳，则氢气要在阴极产生，故阳极产生二氧化碳的同时产生氢离子，氢离子通过固体电解质进入阴极附近得电子产生氢气，故固体电解质应采用质子导体；
②电解时，阴极发生还原反应，电极反应式为：；
③根据三段式：
，出口Ⅰ处气体为体积为x，进口Ⅰ处的气体体积为，则，CO的转化率为：。
23．（2022·江苏·高考真题）氢气是一种清洁能源，绿色环保制氢技术研究具有重要意义。
(1)“热电循环制氢”经过溶解、电解、热水解和热分解4个步骤，其过程如图所示。
①电解在质子交换膜电解池中进行。阳极区为酸性溶液，阴极区为盐酸，电解过程中转化为。电解时阳极发生的主要电极反应为_______(用电极反应式表示)。
②电解后，经热水解和热分解的物质可循环使用。在热水解和热分解过程中，发生化合价变化的元素有_______(填元素符号)。
(2)“热循环制氢和甲酸”的原理为：在密闭容器中，铁粉与吸收制得的溶液反应，生成、和；再经生物柴油副产品转化为Fe。
①实验中发现，在时，密闭容器中溶液与铁粉反应，反应初期有生成并放出，该反应的离子方程式为_______。
②随着反应进行，迅速转化为活性，活性是转化为的催化剂，其可能反应机理如图所示。根据元素电负性的变化规律。如图所示的反应步骤Ⅰ可描述为_______。
③在其他条件相同时，测得Fe的转化率、的产率随变化如题图所示。的产率随增加而增大的可能原因是_______。
(3)从物质转化与资源综合利用角度分析，“热循环制氢和甲酸”的优点是_______。
【答案】(1) Cu、O
(2) 吸附在催化剂的Fe2+上的H与中碳原子作用，吸附在O2-的H与中的羟基氧作用生成的H2O和均吸附在上Fe2+ 随增加，催化剂的量增多，增大了接触面积， H2的产量增大， 的产率增大
(3)制得H2，CO2转化为甲酸，生物柴油副产品的利用
【详解】（1）①电解在质子交换膜电解池中进行，H+可自由通过，阳极区为酸性溶液，电解过程中转化为，电解时阳极发生的主要电极反应为：；
②电解后，经热水解得到的HCl和热分解得到的CuCl等物质可循环使用，从图中可知，热分解产物还有O2，从详解①中得知，进入热水解的物质有，故发生化合价变化的元素有Cu、O。
（2）①在时，密闭容器中溶液与铁粉反应，反应初期有生成并放出，离子方程式为：；
②H的电负性大于Fe，小于O，在活性表面，部分H吸附在催化剂的亚铁离子上，略带负电；另一部分H吸附在催化剂的氧离子上，略带正电；前者与中略带正电的碳结合，后者与中略带负电的羟基氧结合生成H2O，转化为；故答案为：吸附在催化剂的Fe2+上的H与中碳原子作用，吸附在O2-的H与中的羟基氧作用生成的H2O和均吸附在上Fe2+；
③在其他条件相同时，随增加，其与铁粉反应加快，从图中得知Fe的转化率也增大，即生成和H2的速率更快，量更大，则得到活性的速度更快，量也更多，生成的速率更快，产率也更大。故答案为：随增加，催化剂的量增多，增大了接触面积， H2的产量增大， 的产率增大；
（3）“热循环制氢和甲酸”系统将转化为和生成H2的速率快，原子利用率高，不产生污染物，Fe初期生成后迅速转化为活性，氧化为再经生物柴油副产品转化为Fe，得到循环利用，故该原理的优点是：制得H2，CO2转化为甲酸，生物柴油副产品的利用。
24．（2022·浙江·统考高考真题）主要成分为的工业废气的回收利用有重要意义。
(1)回收单质硫。将三分之一的燃烧，产生的与其余混合后反应：。在某温度下达到平衡，测得密闭系统中各组分浓度分别为、、，计算该温度下的平衡常数_______。
(2)热解制。根据文献，将和的混合气体导入石英管反应器热解(一边进料，另一边出料)，发生如下反应：
Ⅰ
Ⅱ
总反应：
Ⅲ
投料按体积之比，并用稀释；常压，不同温度下反应相同时间后，测得和体积分数如下表：
请回答：
①反应Ⅲ能自发进行的条件是_______。
②下列说法正确的是_______。
A．其他条件不变时，用Ar替代作稀释气体，对实验结果几乎无影响
B．其他条件不变时，温度越高，的转化率越高
C．由实验数据推出中的键强于中的键
D．恒温恒压下，增加的体积分数，的浓度升高
③若将反应Ⅲ看成由反应Ⅰ和反应Ⅱ两步进行，画出由反应原料经两步生成产物的反应过程能量示意图_______。
④在，常压下，保持通入的体积分数不变，提高投料比，的转化率不变，原因是_______。
⑤在范围内(其他条件不变)，的体积分数随温度升高发生变化，写出该变化规律并分析原因_______。
【答案】(1)8×108 L·ml－1
(2) 高温 AB 1000℃时CH4不参与反应，相同分压的H2S经历相同的时间转化率相同 先升后降；在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S2(g)的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率，S2(g)的体积分数减小
【详解】（1）根据方程式可知该温度下平衡常数K＝；
（2）①根据盖斯定律可知Ⅰ+Ⅱ即得到反应Ⅲ的ΔH＝234kJ/ml，这说明反应Ⅲ是吸热的体积增大（即ΔS＞0）的反应，根据ΔG＝ΔH－TΔS＜0可自发进行可知反应Ⅲ自发进行的条件是高温下自发进行；
②A．Ar是稀有气体，与体系中物质不反应，所以其他条件不变时，用Ar替代N2作稀释气体，对实验结果几乎无影响，A正确；
B．正反应吸热，升高温度平衡正向进行，温度越高，H2S的转化率越高，B正确；
C．根据表中数据无法得出H2S中S-H键和CH4中C-H键的相对强弱，事实上C-H键的键能大于S-H键键能，C错误；
D．恒温恒压下，增加N2的体积分数，相当于减压，平衡正向进行，H2的物质的量增加，容器容积增加，H2浓度减小，D错误；
答案选AB；
③反应I、反应Ⅱ和反应Ⅲ均是吸热反应，则反应过程能量示意图可表示为；
④根据表中数据可知1000℃时CH4不参与反应，相同分压的H2S经历相同的时间转化率相同，所以在1000℃常压下，保持通入的H2S体积分数不变，提高投料比时H2S的转化率不变；
⑤根据表中数据可知在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S2(g)的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率，S2(g)的体积分数减小，因此变化规律是先升后降。
25．（2022·湖南·高考真题）2021年我国制氢量位居世界第一，煤的气化是一种重要的制氢途径。回答下列问题：
(1)在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量的和，起始压强为时，发生下列反应生成水煤气：
Ⅰ.
Ⅱ.
①下列说法正确的是_______；
A．平衡时向容器中充入惰性气体，反应Ⅰ的平衡逆向移动
B．混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡
C．平衡时的体积分数可能大于
D．将炭块粉碎，可加快反应速率
②反应平衡时，的转化率为，CO的物质的量为。此时，整个体系_______(填“吸收”或“放出”)热量_______kJ，反应Ⅰ的平衡常数_______(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
(2)一种脱除和利用水煤气中方法的示意图如下：
①某温度下，吸收塔中溶液吸收一定量的后，，则该溶液的_______(该温度下的)；
②再生塔中产生的离子方程式为_______；
③利用电化学原理，将电催化还原为，阴极反应式为_______。
【答案】(1) BD 吸收 31.2
(2) 10 2CO2↑++H2O 2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O、AgCl+e-=Ag+Cl-
【详解】（1）①A．在恒温恒容条件下，平衡时向容器中充入惰性气体不能改变反应混合物的浓度，因此反应Ⅰ的平衡不移动，A说法不正确；
B．在反应中有固体C转化为气体，气体的质量增加，而容器的体积不变，因此气体的密度在反应过程中不断增大，当混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，B说法正确；
C．若C(s)和H2O(g)完全反应全部转化为CO2(g)和H2(g)，由C(s)+ 2H2O(g) = CO2(g)+ 2H2(g)可知，H2的体积分数的极值为，由于可逆反应只有一定的限度，反应物不可能全部转化为生成物，因此，平衡时H2的体积分数不可能大于，C说法不正确；
D．将炭块粉碎可以增大其与H2O(g)的接触面积，因此可加快反应速率，D说法正确；
综上所述，相关说法正确的是BD。
②反应平衡时，H2O(g)的转化率为50%，则水的变化量为0.5ml，水的平衡量也是0.5ml，由于CO的物质的量为0.1ml，则根据O原子守恒可知CO2的物质的量为0.2ml，生成0.2ml CO2时消耗了0.2ml CO，故在反应Ⅰ实际生成了0.3mlCO。根据相关反应的热化学方程式可知，生成0.3ml CO要吸收热量39.42kJ ，生成0.2ml CO2要放出热量8.22kJ此时，因此整个体系吸收热量39.42kJ-8.22kJ=31.2kJ；由H原子守恒可知，平衡时H2的物质的量为0.5ml，CO的物质的量为0.1ml，CO2的物质的量为0.2ml，水的物质的量为0.5ml，则平衡时气体的总物质的量为0.5ml+0.1ml+0.2ml+0.5ml=1.3ml，在同温同体积条件下，气体的总压之比等于气体的总物质的量之比，则平衡体系的总压为，反应I（C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)）的平衡常数Kp= 。
（2）①某温度下,吸收塔中K2CO3溶液吸收一定量的CO2后，c():c()=1:2，由可知，=，则该溶液的pH=10；
②再生塔中KHCO3受热分解生成K2CO3、H2O和CO2，该反应的离子方程式为2CO2↑++H2O；
③利用电化学原理，将CO2电催化还原为C2H4，阴极上发生还原反应，阳极上水放电生成氧气和H+，H+通过质子交换膜迁移到阴极区参与反应生成乙烯，铂电极和Ag/AgCl电极均为阴极，在电解过程中AgCl可以转化为Ag，则阴极的电极反应式为2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O、AgCl+e-=Ag+Cl-。
T/°C
170
180
1 90
200
210
220
230
STY/[ml/(ml·h)]
0.10
0.15
0.20
0.25
0.28
0.20
0.15
实验编号
1
2
3
4
c(CH4)/(ml·L-1)
0.1000
0.2000
0.3000
0.4000
/(ml·L-1·min-1)
0.0076
0.0153
0.0227
0.0306
开始浓度
10s
20s
30s
0.50
0.22
0.11
0.11
0.50
0.22
0.11
0.11
0.00
0.56
0.78
0.78
物质
电离平衡常数
温度/℃
480
500
520
550
转化率/%
7.9
11.5
20.2
34.8
R
2.6
2.4
2.1
1.8
温度/℃
700
800
830
1000
平衡常数
1.67
1.11
1.00
0.59
温度/
950
1000
1050
1100
1150
0.5
1.5
3.6
5.5
8.5
0.0
0.0
0.1
0.4
1.8