1、专题14 化学反应原理综合1（2022全国甲卷）金属钛(Ti)在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途，目前生产钛的方法之一是将金红石转化为，再进一步还原得到钛。回答下列问题：(1)转化为有直接氯化法和碳氯化法。在时反应的热化学方程式及其平衡常数如下：()直接氯化：()碳氯化：反应的为_，_Pa。碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是_。对于碳氯化反应：增大压强，平衡_移动(填“向左”“向右”或“不”)；温度升高，平衡转化率_(填“变大”“变小”或“不变”)。(2)在，将、C、以物质的量比12.22进行反应。体系中气体平衡组成比例(物质的量分数)随温度变化的理论计算结果如图所示。反应的平衡
2、常数_。图中显示，在平衡时几乎完全转化为，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是_。(3)碳氯化是一个“气固固”反应，有利于“固固”接触的措施是_。【答案】(1) -223 1.21014 碳氯化反应气体分子数增加，H小于0，是熵增、放热过程，熵判据与焓判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程 向左 变小(2) 7.2105 为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的TiCl4产品，提高效益(3)将两固体粉碎后混合，同时鼓入Cl2，使固体粉末“沸腾”【解析】(1)根据盖斯定律，将“反应-反应”得到反应2C(s)+O2(g)=2CO(g)，则H=-51kJ/mol-17
3、2kJ/mol=-223kJ/mol；则Kp=1.21014Pa；碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，因为碳氯化反应气体分子数增加，H小于0，是熵增、放热过程，熵判据与焓判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程；对应碳氯化反应，气体分子数增大，依据勒夏特列原理，增大压强，平衡往气体分子数减少的方向移动，即平衡向左移动；该反应是放热反应，温度升高，平衡往吸热方向移动，即向左移动，则平衡转化率变小。(2)从图中可知，1400，体系中气体平衡组成比例CO2是0.05，TiCl4是0.35，CO是0.6，反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)的平衡常数Kp(1400)=Pa=7.2
4、105Pa；实际生产中需要综合考虑反应的速率、产率等，以达到最佳效益，实际反应温度远高于200，就是为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的TiCl4产品。(3)固体颗粒越小，比表面积越大，反应接触面积越大。有利于TiO2 C“固-固”接触，可将两者粉碎后混合，同时鼓入Cl2，使固体粉末“沸腾”，增大接触面积。2（2022浙江卷）主要成分为的工业废气的回收利用有重要意义。(1)回收单质硫。将三分之一的燃烧，产生的与其余混合后反应：。在某温度下达到平衡，测得密闭系统中各组分浓度分别为、，计算该温度下的平衡常数_。(2)热解制。根据文献，将和的混合气体导入石英管反应器热解(一边进料，另一边出料)，
5、发生如下反应：总反应：投料按体积之比，并用稀释；常压，不同温度下反应相同时间后，测得和体积分数如下表：温度/95010001050110011500.51.53.65.58.50.00.00.10.41.8请回答：反应能自发进行的条件是_。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，的浓度升高若将反应看成由反应和反应两步进行，画出由反应原料经两步生成产物的反应过程能量示意图_。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_。在范围内(
6、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)8108 Lmol1(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；反应消耗S2的速率大于反应生成S2的速率，S2(g)的体积分数减小【解析】(1)根据方程式可知该温度下平衡常数K；(2)根据盖斯定律可知+即得到反应的H234kJ/mol，这说明反应是吸热的体积增大（即S0）的反应，根据GHTS0可自发进行可知反应自发进行的条件是高温下自发进行；AAr是稀有气体，与体系中物质不
7、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；反应I、反应和反应均是吸热反应，则反应过程能量示意图可表示为；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
8、高投料比时H2S的转化率不变；由于在低温段，以反应为主，随温度升高，S2(g)的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应消耗S2的速率大于反应生成S2的速率，S2(g)的体积分数减小，因此变化规律是先升后降。3（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：计算热分解反应的_。(2)较普遍采用的处理方法是克劳斯工艺。即利用反应和生成单质硫。另一种方法是：利用反应高温热分解。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是_，缺点是_。(3)在、反应条件下，将的混合气进行热分解反应。平衡时混合气中与的分压相等
9、，平衡转化率为_，平衡常数_。(4)在、反应条件下，对于分别为、的混合气，热分解反应过程中转化率随时间的变化如下图所示。越小，平衡转化率_，理由是_。对应图中曲线_，计算其在之间，分压的平均变化率为_。【答案】(1)170(2)副产物氢气可作燃料 耗能高(3) 50% 4.76(4)越高 n(H2S):n(Ar)越小，H2S的分压越小，平衡向正反应方向进行，H2S平衡转化率越高 d 24.9【解析】(1)已知：2H2S(g)+3O2(g)2SO2(g)+2H2O(g)H11036kJ/mol4H2S(g)+2SO2(g)3S2(g)+4H2O(g)H294kJ/mol2H2(g)+O2(g)2
10、H2O(g)H3484kJ/mol根据盖斯定律(+)即得到2H2S(g)S2(g)+2H2(g)的H4（1036+94）kJ/mol+484kJ/mol170 kJ/mol；(2)根据盖斯定律(+)可得2H2S(g)+O2(g)S2(g)+2H2O(g) H(1036+94)kJ/mol=314kJ/mol，因此，克劳斯工艺的总反应是放热反应；根据硫化氢分解的化学方程式可知，高温热分解方法在生成单质硫的同时还有氢气生成。因此，高温热分解方法的优点是：可以获得氢气作燃料；但由于高温分解H2S会消耗大量能量，所以其缺点是耗能高；(3)假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和4
11、mol，根据三段式可知：平衡时H2S和H2的分压相等，则二者的物质的量相等，即1xx，解得x0.5，所以H2S的平衡转化率为，所以平衡常数Kp4.76kPa；(4)由于正反应是体积增大的可逆反应，n(H2S):n(Ar)越小，H2S的分压越小，相当于降低压强，平衡向正反应方向移动，因此H2S平衡转化率越高；n(H2S):n(Ar)越小，H2S平衡转化率越高，所以n(H2S):n(Ar)1:9对应的曲线是d；根据图像可知n(H2S):n(Ar)1:9反应进行到0.1s时H2S转化率为0.24。假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和9mol，则根据三段式可知此时H2S的压强
12、为7.51kPa，H2S的起始压强为10kPa，所以H2S分压的平均变化率为24.9kPas1。4（2022广东卷）铬及其化合物在催化、金属防腐等方面具有重要应用。(1)催化剂可由加热分解制备，反应同时生成无污染气体。完成化学方程式：_。催化丙烷脱氢过程中，部分反应历程如图，过程的焓变为_(列式表示)。可用于的催化氧化。设计从出发经过3步反应制备的路线_(用“”表示含氮物质间的转化)；其中一个有颜色变化的反应的化学方程式为_。(2)溶液中存在多个平衡。本题条件下仅需考虑如下平衡：()()下列有关溶液的说法正确的有_。A加入少量硫酸，溶液的pH不变B加入少量水稀释，溶液中离子总数增加C加入少量溶
13、液，反应()的平衡逆向移动D加入少量固体，平衡时与的比值保持不变25时，溶液中随pH的变化关系如图。当时，设、与的平衡浓度分别为x、y、，则x、y、z之间的关系式为_；计算溶液中的平衡浓度_(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。在稀溶液中，一种物质对光的吸收程度(A)与其所吸收光的波长()有关；在一定波长范围内，最大A对应的波长()取决于物质的结构特征；浓度越高，A越大。混合溶液在某一波长的A是各组分吸收程度之和。为研究对反应()和()平衡的影响，配制浓度相同、不同的稀溶液，测得其A随的变化曲线如图，波长、和中，与的最接近的是_；溶液从a变到b的过程中，的值_(填“增大”“减小”或“不变”)
14、。【答案】(1) N2 4H2O (E1-E2)+H+(E3-E4) 2NO+O2=2NO2(2)BD 当溶液pH=9时，因此可忽略溶液中即=0.20反应(ii)的平衡常数K2=3.310-7联立两个方程可得=6.010-4mol/L 3 增大【解析】(1)分解过程中，生成Cr2O3和无污染气体，根据元素守恒可知，其余生成物为N2、H2O，根据原子守恒可知反应方程式为。设反应过程中第一步的产物为M，第二步的产物为N，则XMH1=(E1-E2)，MNH2=H，NYH3=(E3-E4)1，根据盖斯定律可知，X(g)Y(g)的焓变为H1+H2+H3=(E1-E2)+H+(E3-E4)。NH3在Cr2
15、O3作催化剂条件下，能与O2反应生成NO，NO与O2反应生成红棕色气体NO2，NO2与H2O反应生成HNO3和NO，若同时通入O2，可将氮元素全部氧化为HNO3，因此从NH3出发经过3步反应制备HNO3的路线为；其中NO反应生成NO2过程中，气体颜色发生变化，其反应方程式为2NO+O2=2NO2。(2)K2Cr2O7溶液中存在平衡：(i)、(ii)。A向溶液中加入少量硫酸，溶液中c(H+)增大，(ii)平衡逆向移动，根据勒夏特列原理可知，平衡移动只是减弱改变量，平衡后，溶液中c(H+)依然增大，因此溶液的pH将减小，故A错误；B加水稀释过程中，根据“越稀越水解”、“越稀越电离”可知，(i)和(
16、ii)的平衡都正向移动，两个平衡正向都是离子数增大的反应，因此稀释后，溶液中离子总数将增大，故B正确；C加入少量NaOH溶液，(ii)正向移动，溶液中将减小，(i)将正向移动，故C错误；D平衡(i)的平衡常数K1=，平衡常数只与温度和反应本身有关，因此加入少量K2Cr2O7溶液，不变，故D正确；综上所述，答案为：BD。0.10mol/L K2Cr2O7溶液中，Cr原子的总浓度为0.20mol/L，当溶液pH=9.00时，溶液中Cr原子总浓度为=0.20mol/L，、与的平衡浓度分别为x、y、z mol/L，因此=0.10；由图8可知，当溶液pH=9时，因此可忽略溶液中，即=0.20，反应(ii
17、)的平衡常数K2=3.310-7，联立两个方程可得=6.010-4mol/L。根据反应(i)、(ii)是离子浓度增大的平衡可知，溶液pH越大，溶液中越大，混合溶液在某一波长的A越大，溶液的pH越大，溶液中越大，因此与的max最接近的是3；反应(i)的平衡常数K1= ，反应(ii)的平衡常数K2=，= = ，因此= ，由上述分析逆推可知，ba，即溶液pH从a变到b的过程中，溶液中c(H+)减小，所以的值将增大。5（2022湖南卷）2021年我国制氢量位居世界第一，煤的气化是一种重要的制氢途径。回答下列问题：(1)在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量的和，起始压强为时，发生下列反应生成水煤
18、气：.下列说法正确的是_；A平衡时向容器中充入惰性气体，反应的平衡逆向移动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：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)；再生塔中产生的离子方程式为_；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+1
19、2e-+12H+=C2H4+4H2O、AgCl+e-=Ag+Cl-【解析】(1)A在恒温恒容条件下，平衡时向容器中充入情性气体不能改变反应混合物的浓度，因此反应的平衡不移动，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
20、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。反应平衡时，H2O(g)的转化率为50%，则水的变化量为0.5mol，水的平衡量也是0.5mol，由于CO的物质的量为0.1mol，则根据O原子守恒可知CO2的物质的量为0.2mol，生成0.2mol CO2时消耗了0.2mol CO，故在反应实际生成了0.3molCO。根据相关反应的热化学方程式可知，生成0.3mol CO要吸收热量39.42kJ ，生成0.2mol CO2要放出热量8.22kJ此时，因此整个体系吸收热量39.42kJ-8.22kJ=31.2
21、kJ；由H原子守恒可知，平衡时H2的物质的量为0.5mol，CO的物质的量为0.1mol，CO2的物质的量为0.2mol，水的物质的量为0.5mol，则平衡时气体的总物质的量为0.5mol+0.1mol+0.2mol+0.5mol=1.3mol，在同温同体积条件下，气体的总压之比等于气体的总物质的量之比，则平衡体系的总压为0.2MPa1.3=0.26MPa，反应I（C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)）的平衡常数Kp= 。(2)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；再生塔中KHCO3受热分解生成K2CO3、H2O
22、和CO2，该反应的离子方程式为2CO2+H2O；利用电化学原理，将CO2电催化还原为C2H4，阴极上发生还原反应，阳极上水放电生成氧气和H+，H+通过质子交换膜迁移到阴极区参与反应生成乙烯，铂电极和Ag/AgCl电极均为阴极，在电解过程中AgCl可以转化为Ag，则阴极的电极反应式为2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O、AgCl+e-=Ag+Cl-。1（2022云南昆明一模）NO是大气污染物之一，NO的转化技术对大气污染防治意义深远。回答下列问题：(1)炽热的活性炭可以处理NO，发生的反应为C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g)H。已知：C(s)+O2(g)=CO2(g) H
23、1=393.5kJmol-1，N2(g)+O2(g)=2NO(g) H2=+180.5kJmol-1，则H=_kJmol-1。一定温度下，将一定量的活性炭和NO加入一恒容密闭容器中发生上述反应，02min内，气体密度增大1.2gL-1，则v(N2)=_。下列能表示该反应达到平衡状态的是_(填字母)。A容器内混合气体的密度保持不变B容器内混合气体的平均相对分子质量保持不变CNO和N2的消耗速率之比为1：2D容器内压强不再改变(2)利用高效催化剂处理汽车尾气中的NO的反应为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)。该反应在低温下能自发进行，则该反应的H_0(填“”“”或“= ”)，提高
24、NO平衡转化率的措施有_(写出一条即可)。一定温度下，在体积为1L的恒容密闭容器中加入1molCO和1molNO发生上述反应，部分物质的体积分数随时间t变化如图所示。曲线b表示物质的t关系，正反应速率v(t3)_v(t4)(填“”“”或“= ”)，若起始压强为po，则该反应温度下Kp=_(分压= 物质的量分数总压，用含po的式子表示)。【答案】(1) -574 0.05molL-1min-1 AB(2) 加压或降温或增大一氧化碳的浓度 【解析】(1)将已知反应依次编号为、，由盖斯定律可知，反应得到反应C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g)，则H=H1H2=(393.5kJmol-1)(
25、+180.5kJmol-1)= 574kJmol-1，故答案为：574；设容器的体积为VL，起始一氧化氮为2mol，反应生成氮气为amol，由题意可建立如下三段式：由02min内，气体密度增大1.2gL-1可得：=1.2，解得a=0.1V，则氮气的反应速率为=0.05molL-1min-1；A由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量增大，在恒容密闭容器中混合气体的密度增大，则容器内混合气体的密度保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；B该反应为气体体积不变的反应，由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量增大，混合气体的平均相对分子质量增大，容器内混合气体的平均相对分子质量保持不变说明
26、正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；CNO和N2的消耗速率之比为1：2不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；D该反应为气体体积不变的反应，容器内压强始终不变，则容器内压强不再改变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；故选AB，故答案为：0.05 molL-1min-1；(2)该反应为气体体积减小的熵减反应，在低温下能自发进行说明反应HTS0，则该反应的H小于0；增大压强或降低温度或增大一氧化碳的浓度，平衡向正反应方向移动，一氧化氮的转化率增大，故答案为：；。2（2022贵州遵义二模）德国化学家哈伯在1918年荣获了诺贝尔化学奖，但是后人对他的评
27、价却褒贬不一。I.有人认为哈伯是一位伟大的科学家，因为他是实现人工合成氨并进行工业生产的第一人。所以赞美他是“用空气制造面包的天使”。(1)工业上合成氨气的方程式：N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g)， H = -91.3 kJ/mol，下表为破坏1mol相关化学键需要的能量。NNN_HH_H945.8 kJa kJ435.9 kJ求a值：_(2)在密闭容器中合成氨气，有利于提高H2的转化率且加快反应速率的措施_A升高反应温度B增大反应的压强C移走生成的NH3 D增加H2的量E添加合适的催化剂(3)将0.3 mol N2和0.9 mol H2充入3L密闭容器中，图为在不同温度下，平衡时
28、NH3的体积分数随压强的变化曲线。甲、乙、丙中温度从高到低的顺序是_，d点N2的转化率是_。(结果保留1位小数) II.有人认为哈伯是一战的“催化剂”，因为在一战中，哈伯担任德国化学兵工厂厂长时负责研制和生产氯气、芥子气等毒气，并使用于战争之中，造成近百万人伤亡。(4)实验室制备氯气后通常用NaOH溶液进行尾气处理，反应的温度不同产物也会有变化。某温度下发生的反应为 ，生成1 mol NaClO3被氧化的与被还原的Cl2的质量比例_。(5)将上述反应后的溶液倒入电解池的阳极区，可以提高NaClO3的含量，装置如图所示：电极E是_(填“阳极”或“阴极”)，阳极区发生的反应：_III.其实物质并没
29、有好坏之分，关键是人们用这些物质来做了什么！(6)请列举Cl2在日常生活中的作用(列举一种)： Cl2_【答案】(1)390.8(2)B(3) 丙，乙，甲 57.1%（57.0%）(4)1:5(5) 阴极 (6)Cl2:制漂白液，消毒液，盐酸，农药【解析】(1)N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g)， H = -91.3 kJ/mol，焓变=反应物总键能-生成物总键能，即945.8+435.93-6a=-91.3，则a=390.8；(2)A正反应放热，升高反应温度，平衡逆向移动，氢气的转化率减小，故不选A；B增大反应的压强，反应速率加快，平衡正向移动，氢气的转化率增大，故选B；C移走生成
30、的NH3，反应速率减慢，故不选C；D增加H2的量，反应速率加快，平衡正向移动，氢气的转化率减小，故不选D；E添加合适的催化剂，平衡不移动，氢气的转化率不变，故不选E；选B(3)正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，氨气体积分数减小，则甲、乙、丙中温度从高到低的顺序是丙乙甲；d点氨气的体积分数为40%， ，x=0.171，d点N2的转化率是；(4)某温度下发生的反应为 ，氯元素化合价由0降低为-1、氯元素化合价由0升高为+5，根据得失电子守恒，被氧化的与被还原的Cl2的质量比例1:5；(5)装置右侧放出氢气，发生还原反应，电极E是阴极；反应后的溶液倒入电解池的阳极区，可以提高NaClO3的含量，可
31、知氯离子在阳极区被氧化为 ，发生的反应为；(6)Cl2可以制漂白液、消毒液、盐酸、农药等。3（2022贵州贵阳一模）研究CO2的综合利用、实现CO2资源化，是能源领域的重要发展方向，也是力争2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和的方向之一、已知：反应I：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H1=+41.2kJ/mol反应II：2CO(g)+4H2(g)C2H4(g)+2H2O(g) H2=-332kJ/mol反应III：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) H3(1)反应III中，H3=_kJ/mol。(2)在体积为2L的刚性密闭容器中，充入1mol
32、CO和2molH2，发生反应II，能判断反应达到平衡状态的是_(填字母序号)。a2(H2)=(H2O)b容器内压强保持不变c保持不变dC2H4的质量分数保持不变(3)在体积为2L的恒压密闭容器中，起始充入1molCO2(g)和3molH2(g)，发生反应III，该反应在不同温度下达到平衡时，各组分的体积分数随温度的变化如图所示。表示H2和C2H4的体积分数随温度变化的曲线分别是_(填字母序号)。A、B、C三点对应的化学平衡常数KA、KB、KC从大到小的顺序为_。240时，反应达到平衡后，容器中气体的总物质的量为_mol，H2(g)的平衡转化率为_。若平衡时总压为P，该反应的平衡常数Kp=_(列
33、出计算式。用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压x物质的量分数)。【答案】(1)-249.6(2)bd(3) a，d KAKBKC 3.1 60% 【解析】(1)由题干信息已知，反应I：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)H1=+41.2kJ/mol反应II：2CO(g)+4H2(g)C2H4(g)+2H2O(g)H2=-332kJ/mol，则2I+II即可得到反应III：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) ，根据盖斯定律可知，H3=2H1+H2=2(+41.2kJ/mol)+( -332kJ/mol)=-249.6 kJ/mol，故答案为：-249.6；(
34、2)a化学平衡的特征之一为正、逆反应速率相等，2(H2)=(H2O)未告知正、逆反应情况，不能说明反应达到平衡状态，a不合题意；b已知反应II是一个正反应为气体体积减小的反应，即反应过程中容器内压强始终在改变，故容器内压强保持不变，说明反应达到平衡状态，b符合题意；c由于反应II：2CO(g)+4H2(g)C2H4(g)+2H2O(g)中CO和H2的系数比为1:2，题干中CO和H2的投料比也是1:2，故反应过程中始终保持为1:2不变，故保持不变不能说明反应达到平衡状态，c不合题意；d化学平衡的特征之一就是反应体系各组分的百分含量保持不变，故C2H4的质量分数保持不变，说明反应达到化学平衡状态，
35、d符合题意；故答案为：bd；(3)结合(1)的分析可知，反应III：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) H3=-249.6 kJ/mol，该反应正反应是一个放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，则H2的体积分数随温度升高而增大，C2H4的体积分数随温度的升高而减小，且起始充入1molCO2(g)和3molH2(g)，反应中CO2和H2的转化量之比为1:3，故过程中CO2和H2的体积分数之比也为1:3，C2H4和H2O的体积分数之比为1:4，结合图示可知表示H2和C2H4的体积分数随温度变化的曲线分别为a，d，故答案为：a，d； 由上述分析可知，升高温度平衡逆向移动，则化学
36、平衡常数减小，则A、B、C三点对应的化学平衡常数KA、KB、KC从大到小的顺序为KAKBKC，故答案为：KAKBKC；根据三段式分析可知：，结合的分析可知，240时，反应达到平衡后，H2和H2O的体积分数相等，故有3-6x=4x，解得：x=0.3mol，故容器中气体的总物质的量1-2x+3-6x+x+4x=4-3x=4-30.3=3.1mol，H2(g)的平衡转化率为=60%，若平衡时总压为P，则p(CO2)=，p(H2)= ，p(C2H4)= ，p(H2O)=，该反应的平衡常数Kp= =，故答案为：3.1；60%；。4（2022安徽淮南二模）CO2减排策略主要有三种：减少排放，捕集封存，转化
37、利用。其中CO2转化利用，生产高能燃料和高附加值化学品，有利于实现碳资源的有效循环。由CO2转化制甲醇具有重要的经济效益。(1)高效催化剂对CO2加氢制甲醇的反应速率影响很大。通过计算机分析，CO2加氢制甲醇在不同催化条件下存在两种反应路径的势能图如下图所示。CO2加氢制甲醇的热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H=_eV/mol(阿伏加德罗常数用NA表示)；_(填“甲酸盐”或“羧酸”)路径更有利于CO2加氢制甲醇反应，对该路径的反应速率影响最大的一步反应是_；根据势能图，下列说法合理的是_(填标号)。ACO2分压越大，催化剂表面积越大，CO2在催化剂表面的
38、吸附速率越大B不考虑H3COH*，两种路径中产生的含碳中间体种类均有5种C中间体HCOO*比COOH*更稳定D使用高活性催化剂可降低反应焓变，加快反应速率(2)CO2催化加氢制甲醇反应历程中某一步基元反应的Arthenius经验公式的实验数据如图所示，已知Arrhenius经验公式为(其中Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。该反应的活化能Ea=_kJ/mol；当使用更高效的催化剂时，在图中画出Rlnk与关系的示意图_。(3)在CO2催化加氢制甲醇过程中也存在竞争反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H0，在恒温密闭容器中，维持压强和投料比不变，将CO2和H2按一定流速通
39、过反应器，CO2转化率和甲醇选择性x(CH3OH)%=随温度变化关系如下图所示：CO2转化率和甲醇选择性随温度的变化曲线若233-251时催化剂的活性受温度影响不大，分析235后图中曲线下降的原因_。在压强为P的恒温恒压密闭容器中，加入1molCO2和3molH2反应并达到平衡状态，CO2平衡转化率为20%，甲醇的选择性为50%，计算CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)在该温度下的平衡常数Kp=_。(列出计算式)【答案】(1) -0.19NA 甲酸盐 HCOO*+H*=H2COO*(或HCOO*+H*+2H2=H2COO*+2H2) BC(2) 30.0 或(3) 主反应放
40、热，副反应吸热。升温使主反应平衡逆向移动程度大于副反应平衡正向移动程度，因而使CO2转化率和甲醇选择性下降 【解析】(1)由图示可知，CO2加氢制甲醇的热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H=-0.19NAeV/mol。由图示可知，甲酸盐作为催化剂时，活化能更低，因此甲酸盐路径更有利于CO2加氢制甲醇反应，对该路径的反应速率影响最大的一步反应是慢反应，即活化能最高的一步反应，即HCOO*+H*=H2COO*(或HCOO*+H*+2H2=H2COO*+2H2)。A催化剂表面积越大，CO2在催化剂表面的吸附速率越大，但CO2分压越大，CO2在催化剂表面的吸附速率
41、不一定越大，A错误；B由图示可知，不考虑H3COH*，两种路径中产生的含碳中间体种类均有5种，B正确；C由图示可知，中间体HCOO*比COOH*势能低，更稳定，C正确；D使用高活性催化剂可加快反应速率，但不能改变反应焓变，D错误；答案选BC。(2)根据图像并结合公式有：63.0=-3.0Ea+C，33.0=-4.0Ea+C，联立方程，解得Ea=30.0，C=153。使用更高效的催化剂时，可降低反应的活化能，则与Rlnk与关系的示意图为：或 。(3)CO2催化加氢制甲醇为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲醇选择性降低，二氧化碳转化率降低，竞争反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)
42、为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，二氧化碳转化率升高，但升高温度使CO2催化加氢制甲醇平衡逆向移动程度大于竞争反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)平衡正向移动程度，因而使CO2转化率和甲醇选择性下降。CO2平衡转化率为20%，二氧化碳的物质的量转化量为0.2mol，甲醇的选择性为50%，代入x(CH3OH)%=，可得50%=，解得n(生成CH3OH)=0.1mol，列三段式： 平衡时二氧化碳物质的量为0.8mol，氢气物质的量为2.6mol，甲醇物质的量为0.1mol，一氧化碳物质的量为0.1mol，水蒸气物质的量为0.2mol，物质总物质的量为：0.8mol+2.6mol+
43、0.1mol+0.1mol+0.2mol=3.8mol，二氧化碳分压为，氢气分压为，甲醇分压为，水蒸气分压为，则CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)在该温度下的压强平衡常数Kp=。5（2022安徽芜湖三模）为实现我国政府提出的2060年碳中和目标，须控制CO2的排放。(1)请写出CO2与C反应生成CO的热化学方程式_。已知：4CO(g)+Fe3O4(s)=3Fe(s)+4CO2(g) H=-14kJmol-13Fe(s)+2O2(g)=Fe3O4(s) H=-1118kJmol-1C(s)+O2(g)=CO2(g) H=-394kJmol-1若在恒温密闭容器中发生反应，当反
44、应达到平衡后充入CO2，重新达到平衡后容器中的变化情况是_(填“增大”、“减小”或“不变”)。反应在_(填“低温”或“高温”)条件下更有利于反应的自发进行。(2)已知：CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)，为研究温度、压强变化对此反应的影响，某科研小组的研究人员向某密闭容器中充入a mol CH4、b mol CO2，测得反应过程中CO2的平衡转化率与温度(K)、压强(kPa)的关系如图所示。欲使X点时CH4的转化率60，则a_b(填“”、“=”或“”、“=”或“”)。(3)CO2在Cu-ZnO催化下，可同时发生如下反应I和II。I.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+
45、H2O(g) II.CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) 在Cu-ZnO存在的条件下，保持温度T不变，在一刚性密闭容器中，充入一定量的CO2及H2，起始及达平衡时，容器内各气体物质的量如下表：CO2H2CH3OHCOH2O(g)总压/kPa起始/mol5.07.0000p0平衡/moln1n2p若反应I、II均达平衡时，p0=1.2p，则表中n1=_；若此时n2=3，则反应I的平衡常数Kp=_(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数。计算结果用含总压p的最简分式表示)。【答案】(1) C(s)+CO2(g)=2CO(g) H =+172 kJmol-1 不变 低温(2
46、) (3) 1 【解析】(1)4CO(g)+Fe3O4(s)=3Fe(s)+4CO2(g)H1=-14kJmol-13Fe(s)+2O2(g)=Fe3O4(s)H2=-1118kJmol-1C(s)+O2(g)=CO2(g)H3=-394kJmol-1由盖斯定：-可得CO2与C反应生成CO的热化学方程式为C(s)+CO2(g)=2CO(g) H =+172 kJmol-1；反应的平衡常数表达式K=，平衡后充入CO2，由于温度不变，K不变，即不变，则不变，不变，则不变；自发过程要满足熵增、放热至少一个条件，只满足熵增时需要高温才能实现自发，只满足放热时需要低温才能实现自发，熵增和放热同时满足在任
47、何温度下都自发，反应的正反应是熵减的放热反应，则低温条件下更有利于反应的自发进行；(2)X点CO2的转化率=60，则CO2(g)和CH4(g)的转化量均为0.6b mol，CH4的转化率=100%，要使X点时CH4的转化率60即100%60，解得ab；反应CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)是气体体积增大的反应，减小压强，平衡正向移动，二氧化碳平衡转化率增大，则Y点压强小于X点，由图可知X点和Y点温度相同，压强越大，反应速率越大，则v(Y)0；(3)起始时气体总物质的量为12mol，反应I、II均达平衡时，p0=1.2p，则12=1.2n(n为平衡时气体总物质的量)，解得平衡时
48、气体总物质的量为10mol，则气体总物质的量减小12mol-10mol=2mol，由于反应II是气体总物质的量不变的反应，则减少的2mol为反应I造成，平衡时H2的物质的量为n1，则，则平衡时甲醇为1mol，即n1=1；此时n23，即平衡时H2O(g)的物质的量为3mol，则反应II生2mol H2O(g)，则，则平衡时CO2、H2、CH3OH、H2O、CO的物质的量分别为2mol、2mol、1mol、3mol、2mol，CO2、H2、CH3OH、H2O、CO的物质的量分数分别为、，反应I的平衡常数Kp=。6（2022黑龙江齐齐哈尔二模）含氯化合物的反应在化学工业中具有重要的地位。回答下列问题
49、：(1)次氯酸钠氧化法可以制备Na2FeO4。已知：2H2(g) +O2(g)=2H2O(l) H=a kJmol-1NaCl(aq)+H2O(l)=NaClO(aq)+ H2(g) H =b kJmol-14Na2FeO4 (aq) + 10H2O(l)=4Fe(OH)3(s) +3O2 (g)十8NaOH(aq) H=c kJmol-1反应2Fe(OH)3(s)十3NaClO(aq) + 4NaOH(aq)=2Na2FeO4 (aq) + 3NaCl(aq) +5H2O(l)的 H=_kJmol-1。(2)光气(COCl2)是重要的含氯化合物。常用于医药、农药制造，工业上利用一氧化碳和氯气
50、反应制备，反应方程式为CO(g)+Cl2(g) COCl2(g)。在1 L恒温恒容密闭容器 中充入2.5molCO和1.5molCl2，在催化剂作用下发生反应，测得CO及COCl2的物质的量随时间变化如图1所示：015s内，Cl2的平均反应速率为_mol L-1min-1第一次平衡时，CO的平衡转化率为_；此温度下，该反应的平衡常数KC=_(保留两位有效数字)。在第20 s时，改变的条件是_。(3)工业上常用氯苯(C6H5-Cl)和硫化氢(H2S)反应来制备一种用途广泛的有机合成中间体苯硫酚(C6H5-SH) ，但会有副产物苯(C6 H6)生成。C6H5-Cl(g)+H2S(gC6H5-SH(
51、g)+HCl(g) H1= -16.8 kJmol-1； C6H5- Cl(g)+ H2S(g)=C6H6(g)+HCl(g)+ S8(g) H2= - 45.8 kJmol-1。将一定量的C6H5-Cl和H2S的混合气体充入恒容的密闭容器中，控制反应温度为T(假设只发生反应)，下列可以作为反应达到平衡的判据是_(填字母)。A气体的压强不变B平衡常数不变C v正(H2S)= v逆(HCl)D容器内气体密度不变现将一定量的C6H5-Cl和H2S置于一固定容积的容器中模拟工业生产过程，在不同温度下均反应20 min测定生成物的浓度，得到图2和图3。(R为H2S与C6H6-Cl的起始物质的量之比)，
52、图2显示温度较低时C6H5-SH浓度的增加程度大于C6H6，从活化能角度分析其主要原因是_；结合图2和图3，该模拟工业生产制备C6H5 - SH的适宜条件为_。【答案】(1)-a-3b-c(2) 3 30% 0.57 增大CO的物质的量(3) C 反应的活化能小于反应的活化能，反应的反应速率快于反应，相同时间内获得的产物的浓度自然反应比反应多 温度590K，R=2.5【解析】(1)2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)H=a kJmol-1NaCl(aq)+H2O(l)=NaClO(aq)+H2(g)H=b kJmol-14Na2FeO4(aq)+10H2O(l)=4Fe(OH)3(s)+3
53、O2(g)+8NaOH(aq)H=c kJmol-1根据盖斯定律，-3-得2Fe(OH)3(s)+3NaClO(aq)+4NaOH(aq)=2Na2FeO4(aq)+3NaCl(aq)+5H2O(l)的H=-a-3b-c kJmol-1。(2)015 s时CO的变化物质的量为2.5mol-1.75mol=0.75mol，则Cl2的变化物质的量也为0.75mol，Cl2的平均反应速率为=0.05mol/(Ls)=3molL-1min-1；反应进行到15s时达到第一次平衡，CO的平街转化率为=30%；此时平衡体系内CO为1.75mol/L、Cl2为0.75mol/L、COCl2为0.75mol/L
54、，该反应的平衡常数K=0.57；在第20 s时，CO的物质的量瞬间迅速增大，然后平衡正向进行，说明此时改变的条件是增大CO的物质的量；(3)A反应前后气体分子总数不变，总物质的量不变，利用相同条件下，压强之比等于气体物质的量之比，即气体压强始终保持不变，压强不变不能说明该反应达到平衡，故A不符合题意；B平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数始终不变，因此平衡常数不变不能说明反应达到平衡，故B不符合题意；C正(H2S)表示正反应速率，逆(HCl)表示逆反应速率，化学反应速率之比等于化学计量数之比，因此正(H2S)=逆(HCl)说明反应达到平衡，故C符合题意；D组分都是气体，则气体总质量始终不变，
55、容器为恒容状态，气体总体积保持不变，根据密度的定义，气体密度始终不变，气体密度不变，不能说明反应达到平衡，故D不符合题意；故答案为C；C6H5-Cl由反应生成，C6H6由反应生成，图2显示温度较低时C6H5-Cl浓度的增加程度大于C6H6，说明反应的活化能小于反应的活化能，反应的反应速率快于反应，相同时间内获得的产物的浓度自然反应比反应多；根据图2和图3的数据信息，该模拟工业生产制备C6H5-Cl的适宜条件为温度590K，R=2.5。7（2022河南郑州三模）丙烯(C3H6)是石油化工行业重要的有机原料之一，主要用于生产聚丙烯、二氯丙烷、异丙醇等产品。回答下列问题：(1)丙烷脱氢制备丙烯。由图
56、可得C3H8(g)=C3H6(g)H2(g) H=_kJmol-1。(2)将一定浓度的CO2与固定浓度的C3H8通过含催化剂的恒容反应器发生脱氢反应。经相同时间，流出的C3H6、CO和H2浓度随初始CO2浓度的变化关系如下图所示。c(H2)和c(C3H6)变化差异的原因为_(用化学方程式表示)。(3)已知Arrhenius 经验公式为Rlnk=RlnA-(Ea为活化能，k为速率常数，R、A为常数)。丙烷脱氢制备丙烯反应在某条件下的Arrhenius 经验公式的实验数据如图中曲线a所示，其活化能为_Jmol-1，当其实验数据发生变化如图中b线所示，则可能的原因是_。(4)工业上用丙烯加成法制备1
57、，2-二氯丙烷(CH2ClCHClCH3)，副产物为3-氯丙烯(CH2=CHCH2Cl)，反应原理为：CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)CH2ClCHClCH3 (g)CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)一定温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的CH2=CHCH3和Cl2发生反应，容器内气体的压强随时间的变化如下表所示。时间/min060120180240300360压强/kPa8074.269.265.261.65858该温度下，若平衡时HC1的体积分数为10。此时CH2=CHCH3的转化率为_。反应的压力平衡常数Kp=_kPa-1(保留小数
58、点后2位)。(5)一定条件下，CH3CH=CH2与HCl发生反应有、两种可能，反应进程中的能量变化如图所示。保持其他条件不变，若要提高产物中CH3CH2CH2Cl(g)的比例，可采用的措施是_。A适当提高反应温度B改变催化剂C适当降低反应温度D改变反应物浓度【答案】(1)+124.2kJmol-1(2)CO2+H2CO+H2O(3) 催化剂中毒(答案合理即可)(4) 69.5% 0.15(5)AB【解析】(1)由图可得出以下热化学方程式：.C3H8(g)CH4(g)+C2H2(g)+H2(g)H=+156.6kJmol-1. C3H6(g)CH4(g)+C2H2(g)H=+32.4kJmol-
59、1利用盖斯定律，将反应-可得C3H8(g)=C3H6(g)H2(g) H= +124.2kJmol-1。(2)如果只发生C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)这个反应，生成的C3H6、H2的浓度应该相等，但是氢气的变化不明显，反而是CO与C3H6的浓度增加幅度几乎相等，因此可以推断高温下能够发生消耗H2生成CO的反应：且消耗的H2刚好等于生成的CO，即CO2+H2CO+H2O，故导致C3H6、H2的浓度随CO2浓度变化趋势出现这样的差异的原因为用化学方程式表示CO2+H2CO+H2O。(3)根据Arrhenius 经验公式为Rlnk=RlnA-(Ea为活化能，k为速率常数，R、A为常数)。将
60、图中曲线a上两点对应数据代入计算公式得，解之得其活化能Ea=Jmol-1，当其实验数据发生变化如图中b线所示，即相同温度下(相同)，更小，即活化能更大，值更大，则可能的原因是催化剂中毒。(4)根据表格数据可知，300min达到平衡，则初始时与平衡状态时的压强之比等于物质的量之比，=，x=0.55n；平衡时HCl的体积分数为10%，即=10%，则y=0.145n，则此时CH2=CHCH3的转化率为69.5%，反应的压力平衡常数Kp=0.15kPa-1。(5)由图知，反应的活化能小、反应更容易发生，则通常丙烯与HCl反应的主要产物是2氯丙烷，则：A 适当提高反应温度，对活化能大的反应更有利，能提高
61、产物中CH3CH2CH2Cl(g)的比例，A符合；B 改变催化剂、使用高效的选择性催化剂，可以降低的活化能，能提高产物中CH3CH2CH2Cl(g)的比例，B符合；C 适当降低反应温度，对活化能大的反应更不利，不能提高产物中CH3CH2CH2Cl(g)的比例，C不符合；D 改变反应物浓度，不影响反应的活化能，不影响产物中成分的比例，D不符合；故选AB。8（2022河南开封三模）氧化铁在工业上有广泛的应用。(1)炼铁高炉中存在以下热化学方程式IC(s) +CO2(g) =2CO(g) =+172.5kJmol-1IIFe2O3(s) +CO(g)2FeO(s)+CO2(g) =-3kJmol-1
62、IIIFeO(s) +CO(g)Fe(s) +CO2(g) =-11kJ mol-1IVFe2O3 (s) +3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g) 上述反应中，=_ kJ mol-1下图中能表示反应IV的平衡常数对数值(lgK)与温度的关系的是_(填“I”或“II”)，原因是_。1500C时，在某体积可变的密闭容器中，按物质的量比2：3加入Fe2O3和CO发生反应IV ，则达平衡时，Fe2O3的转化率为_；下列措施能够提高Fe2O3转化率的是_(填字母序号)。a对体系加压b升高反应体系的温度c加入适量的Na2O固体d增大CO在原料中的物质的量比(2)一定条件下Fe2O3可被甲烷还原为“纳米
63、级”的金属铁，其反应为： Fe2O3(s)+3CH4(g)2Fe(s)+ 3CO(g) +6H2(g) H 0反应在2 L的密闭容器中进行，5 min后达到平衡，测得Fe2O3在反应中质量消耗3.2 g，则该段时间内用反应物表达的平均反应速率为_molL-1min-1该反应达到平衡时，某物理量(Y)随温度变化如图所示，当温度由T1升高到T2时，平衡常数KA_ KB(填“”“或“=”)。纵坐标可以表示的物理量有_填字 母序号)。aH2的逆反应速率bCH4的的体积分数c混合气体的平均相对分子质量d混合气体的密度【答案】(1) -25 I 因为该反应正向放热，升高温度，平衡逆向移动，K减小，lgK减
64、小 25% cd(2) 0.006 bc【解析】(1)已知IC(s) +CO2(g) =2CO(g) =+172.5kJmol-1IIFe2O3(s) +CO(g)2FeO(s)+CO2(g) =-3kJmol-1IIIFeO(s) +CO(g)Fe(s) +CO2(g) =-11kJ mol-1根据盖斯定律，由+2得反应IVFe2O3 (s) +3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)，则 ，故答案为：-25；因为该反应正向放热，升高温度，平衡逆向移动，K减小，lgK减小，图中能表示该反应的平衡常数对数值(1gK)与温度的关系的是，故答案为：I；因为该反应正向放热，升高温度，平衡逆向移动，K
65、减小，lgK减小；1500时，lgK=0，则K=1，根据反应Fe2O3 (s) +3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)，则参与反应的CO和剩余的CO相等，在某体积可变的密闭容器中按物质的量比23加入Fe2O3和CO，设CO为3mol，则Fe2O3为2mol，反应消耗CO为1.5mol，则消耗Fe2O3为0.5mol，平衡时Fe2O3的转化率=；a对体系加压，平衡向气体体积缩小的逆反应方向移动，Fe2O3转化率减小，a项错误； b升高反应体系的温度，平衡逆向移动，Fe2O3转化率减小，b项错误；c加入适量的Na2O固体与二氧化碳反应，平衡正向移动，Fe2O3转化率增大，c项正确；d增大CO在
66、原料中的物质的量比，更多的Fe2O3消耗，转化率增大，d项正确；故答案为：25%；cd；(2)Fe2O3在反应中质量减少3.2g，其物质的量为=0.02mol，根据Fe2O3(s)+3CH4(g)2Fe(s)+ 3CO(g) +6H2(g)可知，消耗0.02mol Fe2O3生成0.06mol CO，则该段时间内CO的平均反应速率为= 0.006molL-1min-1，故答案为：0.006；该反应是吸热反应，升温平衡正向移动，平衡常数增大，则KAKB；aH2的逆反应速率随温度的升高而增大，a项错误；b升温平衡正向移动，CH4的体积分数减小，b项正确；c升温平衡正向移动，气体的质量增加，而气体的
67、物质的量增大，气体物质的量增大的大于气体质量增加的，所以混合气体的平均相对分子质量减小，c项正确；d升温平衡正向移动，气体的质量增加，但是容器体积不变，则混合气体的密度增大，d项错误；故答案为：；bc。9（2022河南新乡三模）氮氧化物治理是环境学家研究的热点之一。回答下列问题：(1)NH3还原法。研究发现NH3还原NO的反应历程如图1。下列说法正确的是_(填标号)。AFe3+能降低总反应的活化能，提高反应速率B总反应为6NO+4NH3=5N2+6H2OC该反应历程中形成了非极性键和极性键(2)已知有关反应如下：C(s)+O2(g)=CO2(g) H1=-393.5kJmol-1CO2(g)+
68、C(s)=2CO(g) H2=+172.5kJmol-1NO和CO反应的能量变化如图2所示。2NO(g)=N2(g)+O2(g) H=_kJmol-1。(3)H2还原法。已知催化剂Rh表面H2催化还原NO的反应机理如表所示，其他条件一定时，决定H2的催化还原NO反应速率的基元反应为_(填序号)。序号基元反应活化能Ea/(kJmol-1)H2(g)+Rh(s)+Rh(s)=H(s)+H(s)12.62NO(g)+Rh(s)=2NO(s)0.0NO(s)+Rh(s)=N(s)+O(s)97.5H(s)+O(s)=OH(s)+Rh(s)83.7HO(s)+H(s)=H2O(s)+Rh(s)33.5H
69、2O(s)=H2O(g)+Rh(s)45.0N(s)+N(s)=N2(s)+Rh(s)+Rh(s)120.9注明：N2(s)表示N2被吸附在Rh表面上。(4)CO还原法。一定温度下，在刚性密闭容器中充入1molNO(g)和1molCO(g)发生反应：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)。达到平衡后，再充入amolNO(g)和amolCO(g)，NO的平衡转化率_(“增大”、“减小”或“不变”，下同)，气体总压强_。(5)甲烷还原法。一定温度下，在2.0L刚性密闭容器中充入1molCH4和2molNO2，发生反应：CH4(g)+2NO2(g)CO2(g)+N2(g)+2H2O(g
70、)。测得反应时间(t)与容器内气体总压强(p)的变化如表所示。反应时间(t)/min0246810p/(100kPa)4.805.445.765.926.006.00达到平衡时，NO2的转化率为_。若起始时加入3molCH4和2molNO2，则在该温度下的压强平衡常数Kp=_(以分压表示的平衡常数为Kp，分压=总压物质的量分数)kPa。(6)电解氧化吸收法。电解0.1molL-1的NaCl溶液时，溶液中相关成分的质量浓度与电流强度的变化关系如图3。当电流强度为4A时，吸收NO的主要反应的离子方程式为_(NO最终转化为NO)【答案】(1)AC(2)-180.5(3)(4)增大 增大(5) 75%
71、 3240(6)2NO+3ClO-+2OH-=2NO+3Cl-+H2O【解析】(1)A.根据示意图可知，Fe3+为反应的催化剂，故能降低总反应的活化能，提高反应速率，正确；B.根据示意图可知反应物是氨气、NO和氧气，生成物是氮气和水，则脱硝过程总反应的化学方程式为4NH3+4NO+O2=4N2+6H2O，错误；C.该反应历程中形成了NN非极性键和H-O极性键，正确，故选AC。(2)已知C(s)+O2(g)=CO2(g)H1=-393.5kJmol-1CO2(g)+C(s)=2CO(g)H2=+172.5kJmol-12NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)H3=-746.5kJm
72、ol-1，根据盖斯定律可得，+-可得2NO(g)=N2(g)+O2(g)，故H=H3+H2-H1=-180.55kJmol-1；(3)由表中数据可知，反应N(s)+N(s)=N2(s)+Rh(s)+Rh(s)的活化能最大，反应的活化能越高，反应速率越慢，对整个反应有决定作用，所以决定H2催化还原.NO的反应速率的基元反应为；(4)达到平衡后，再充入amolNO(g)和amolCO(g)，相当于等比例改变反应物的量，相当于加压，该反应正向进行是气体计量系数减小的反应，故加压后平衡正向移动，一氧化氮得到转化率增大；再充入amolNO(g)和amolCO(g)，反应容器为恒容容器，气体物质的量增多，
73、则压强增大，故答案为：增大；增大；(5)一定温度下，固定体积的容器中，压强比等于气体物质的量比，即，设平衡时气体总物质的量为y，则，解得y=3.75mol，设平衡时，CH4转化的物质的量为xmol，列三段式： 可得1-x+2-2x+x+x+2x=3.75，解得x=0.75，NO2的转化率：；温度不变，平衡常数不变，故若起始时加入3molCH4和2molNO2，则在该温度下的压强平衡常数还是3240KPa；(6)由图可知当电流强度为4A时，氯的主要存在形式为ClO-，故此时是ClO-和一氧化氮反应生成氯离子和硝酸根，方程式为：2NO+3ClO-+2OH-=2NO+3Cl-+H2O。10（2022
74、河南商丘三模）环保是当今社会最重要的课题，故研究CO、NOx、SO2等大气污染物的妥善处理具有重义。回答下列问题(1)已知在298K和101kPa条件下，有如下反应C(s) +O2(g) = CO2(g) H1=-393.5kJ/mol；N2(g) +O2(g)=2NO(g) H2=+180.5kJ/mol。则反应C(s) +2NO(g)= CO2(g)+N2(g)的H=_kJ/mol(2)利用I2O5可消除CO污染，其反应为I2O5(s) + 5CO(g)=5CO(g)+I2(s)。不同温度下，向装有足量I2O5固体的容闭容器中通入2molCO，测得CO2气体体积分数(CO2)随时间t的变化
75、曲线如图1所示。T1时，前0.5 min内平均反应速率v(CO)= _b点和d点的化学平衡常数：Kb_ (填“”“”或“=”)Kd。b点时，CO的转化率为_。下列能说明反应达到平衡的是_(填字母)。A容器内压强不再变化BCO的质量不再变化，CO2的转化率不再增大CCO2的生成速率等于CO的消耗速率D混合气体的平均相对分子质量不再改变(3)用NaClO碱性溶液吸收SO2。工业上控制在4050时，将含有SO2的烟气和NaClO碱性溶液按图2所示方式通入反应釜。反应釜发生的反应中，SO2表现出_。反应釜中采用“气液逆流”接触吸收法的优点是_。工业上常加Ni2O3作催化剂，催化过程如图3所示。在催化过
76、程中，反应产生的四价镍和氧原子具有强氧化能力，能加快吸收速度。试写出过程2的反应方程式：_【答案】(1)(2) 80.0% BD(3) 还原性 让烟气和吸收液充分接触，提高SO2的吸收效率 【解析】(1)已知：C(s) +O2(g) = CO2(g) H1=-393.5kJ/mol；N2(g) +O2(g)=2NO(g)H2=+180.5kJ/mol；根据盖斯定律，由-得反应C(s) +2NO(g)= CO2(g)+N2(g)H=-574kJ/mol；(2)由图像0-0.5min CO2分析可知，曲线的体积分数为0.3，设转化的CO的物质的量为x，列三段式有：则，解得x=0.6，所以0-0.5
77、min内的平均反应速率v(CO)=0.6molL-1min-1；根据图中曲线，先拐先平数值大，则TT，即b点温度低于d点，降温平衡正向进行，平衡常数增大，则KbKd；b点时，CO2的体积分数为0.8，设转化的CO的物质的量为y，列三段式有：则，解得y=1.6，所以CO的转化率为；A反应前后气体的体积不变,则容器内压强不再变化不能说明达到平衡状态，选项A错误；BCO的质量不再变化，CO2的转化率不再增大，可说明达到平衡状态，选项B正确；C反应中CO2的生成速率始终等于CO的消耗速率，不能说明反应达平衡状态，选项C错误；D混合气体的平均相对分子质量不再改变，可说明气体的质量不变，可说明达到平衡状态
78、，选项D正确；答案选BD；(3)反应釜发生的反应中，SO2被次氯酸钠氧化生成硫酸钠，表现出还原性；反应釜中采用“气液逆流”接触吸收法，让烟气和吸收液充分接触，提高SO2的吸收效率；根据图中信息可知，过程2是NiO2与ClO-作用生成氯离子、Ni2O3和活性O，故过程2发生的反应离子方程式为：。11（2022山西太原三模）在“碳达峰、碳中和”的目标引领下，对减少二氧化碳排放的相关技术研究正成为世界各国的前沿发展方向。回答下列问题：(1)利用CH4-CO2干重整反应不仅可以对天然气资源综合利用，还可以缓解温室效应对环境的影响。该反应一般认为通过如下步骤来实现：ICH4(g)=C(ads)+2H2(
79、g)IIC(ads)+CO2(g)=2CO(g)上述反应中C( ads)为吸附活性炭，反应历程的能量变化如图所示：反应I是_(填“ 慢反应”或“快反应”)，CH4-CO2干重整反应的热化学方程式为_。(选取图中E1、E2、E3、E4、E5表示反应热)。在恒压条件下，等物质的量的CH4(g)和CO2(g)发生干重整反应时，各物质的平衡转化率随温度变化如图1所示。已知在干重整中还发生了副反应：H2(g)+CO2(g)=H2O(g)+CO(g) H 0，则表示CO2平衡转化率的是曲线_ (填“ A”或“B) ，判断的依据是_。在恒压p 、800 K条件下，在密闭容器中充入等物质的量的CH4(g)和C
80、O2(g) ，若曲线A对应物质的平衡转化率为40%，曲线B对应物质的平衡转化率为20%，则以上反应平衡体系中n(H2)： n(H2O)=_，则干重整反应的平衡常数Kp_ (用平衡分压代替平衡浓度表示，分压=总压物质的量分数，列出计算式，无需化简)。(2)二氧化碳电还原反应提供了一种生产乙醇的方法，已知反应过程中在三种不同催化剂表面(Cu、C/Cu、N-C/Cu)的某个基元反应的能量变化如图所示(IS表示始态，TS表示过渡态，FS表示终态， *表示催化剂活性中心原子)。科学家研究发现铜表面涂覆一层氮掺杂的碳(N-C)可以提高乙醇的选择性，其原因可能是_。(3)科学家通过使用双极膜电渗析法来捕获和
81、转化海水中的CO2，其原理如图所示。写出与电源正极相连一极上的电极反应式：_。下列说法正确的是_(填字母)。A循环液1和循环液2中的阴离子种类相同B隔膜1为阳离子交换膜，隔膜2为阴离子交换膜C水的电离程度：处理后海水1处理后海水2D该方法可以同时将海水进行淡化【答案】(1) 慢反应 CH4(g) +CO2 (g) =2CO(g) +2H2 (g)H=+ (E3- E1) kJ/mol A 相同条件下，因为CO2同时参与两个反应，故转化率更大 1：1 (2)在N-C/Cu催化剂表面，反应2CO*=OCCO*的活化能较小， 促进了C-C键形成(或其他合理说法)(3) -e-= A【解析】(1)由图
82、可知反应I的活化能大于反应II，故反应I为慢反应，由图可知CH4-CO2干重整反应的热化学方程式为CH4(g) +CO2 (g) =2CO(g) +2H2 (g)H=+ (E3- E1) kJ/mol；相同条件下，等物质的量的CH4(g)和CO2(g)发生干重整反应时，发生的反应为：CH4(g) +CO2 (g) =2CO(g) +2H2 (g)（主反应），H2(g)+CO2(g)=H2O(g)+CO(g) （副反应），因为CO2同时参与两个反应，故转化率更大，则表示CO2平衡转化率的是曲线A；设在密闭容器中充入1mol的CH4(g)和CO2(g)，因为CH4(g)的的平衡转化率为40%，故共
83、消耗0.4mol，CO2(g)的转化率为20%，消耗0.2mol，故： 体系中，n(H2)=0.2mol， n(H2O)=0.2mol，n(H2)： n(H2O)=1:1，体系中各气体的物质的量之和为2.4mol，故；(2)催化剂可以降低反应的活化能，在N-C/Cu催化剂表面，反应2CO*=OCCO*的活化能较小，促进了C-C键形成；(3)由图分析可知，电极X中Fe化合价降低，得到电子，作阴极，与电源负极相连；电极Y中Fe化合价升高，失去电子，作阳极，与电源正极相连；与电源正极相连一极上的电极反应式为：-e-= ；A由可知电极X为阴极，电极反应式为+e-=，电极Y为阳极，电极反应式为：-e-=
84、 ，则循环液1和2均含有和，A项正确；B为避免循环液出现离子交换，阳离子向电极X（阴极）移动，阴离子向电极Y（阳极）移动，隔膜1为阴离子交换膜，隔膜2为阳离子交换膜，B项错误；C由图可知，海水1经处理，转换为CO2，CO2的水溶液呈弱酸性，会抑制水的电离，而酸化处理后的海水2，CO2转化为，易水解，故水的电离程度：处理后海水1处理后海水2，C项错误；D电解时，海水中的Na+等阳离子向阴极移动，Cl-等阴离子向阳极移动，但这些离子依然在处理后的海水中，并不会有利于海水的淡化，D项错误；答案选A。12（2022陕西西安二模）乙烯是一种重要的基本化工原料，乙烯的产量可以衡量一个国家的石油化工发展水平
85、，研究工业制取乙烯有重要的意义。I.工业用H2和CO2在一定条件下合成乙烯：6H2(g)+2CO2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g) H1已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) H2=-571.4kJmol-1CH2=CH2(g)+3O2(g)2CO2(g)+2H2O(1) H3=-1411kJmol-1H2O(g)=H2O(1) H4=-44kJmol-1(1)H1=_(2)在密闭容器中充入体积比为3：1的H2和CO2，不同温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图所示，下列说法正确的是_。A为了提高乙烯的产率应尽可能选择低温B生成乙烯的速率：v(M)可能小于v(N)
86、C平衡常数：KM0，T时，向4L的恒容反应器中充入2molCH4，仅发生上述反应，反应过程中CH4的物质的量随时间变化如图所示：(3)实验测得v正=k正c2(CH4)，v逆=k逆c(C2H4)c2(H2)，k正、k逆为速率常数，只与温度有关，T时k正与k逆的比值为_(用含x的代数式表示)；若将温度升高，速率常数增大的倍数：k正_(填“”“=”或“”)k逆。III.乙烷裂解制乙烯：C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)。(4)T时，将乙烷与氦气体积比2：1混合后，通入一密闭容器中发生反应。平衡时容器压强为P0Pa，若乙烷的平衡转化率为50%，反应的平衡常数Kp=_(用分压表示，分压=总压物质的
87、量分数)。IV.电化学法还原二氧化碳制乙烯原理如下图所示。(5)阴极电极反应式为：_，电路中转移0.6mol电子，两极共收集气体_L(标准状况)。【答案】(1)-127.8kJ/mol(2)BD(3) (4)(5) 2CO2+8H2O+12e-=C2H4+12OH- 2.24【解析】(1)根据盖斯定律3-4可得6H2(g)+2CO2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g)的H1=(-571.6)3-(-1411)-(-44)4kJ/mol=-127.8kJ/mol；(2)A虽然温度降低平衡正向移动，CO2平衡转化率增大，但是催化效率降低，反应速率慢，不利于提高单位时间内的产率，选项A错误；B
88、M点虽然催化效率高，但温度低，而N点温度高，所以v(M)可能小于v(N)，选项B正确；C总反应焓变小于0，为放热反应，温度越低平衡常数越大，所以KMKN，选项C错误；DM点CO2的转化率高，总反应为气体减少的反应，所以此时容器内气体的物质的量少，且此时温度低，所以M点时的压强一定小于N点时的压强，选项D正确；答案选BD；(3)T达到平衡时，v正= v逆，即k正c2(CH4)=k逆c(C2H4)c2(H2)，所以有=K，据图可知，平衡时n(CH4)=x mol，则n(CH4)=(2-x)mol，根据反应方程式可知，平衡时n(C2H4)=mol、n(H2)=(2-x)mol，容器容积为2L，所以K
89、=；该反应焓变大于0，为吸热反应，升高温度平衡正向移动，说明正反应速率增大的倍数更多，即k正k逆；(4)设初始投料为1molC2H6(g)和1mol氦气，乙烷的平衡转化率为50%，则平衡时n(C2H6)=0.5mol，n(C2H6)=0.5mol，根据方程式可知n(C2H4)=n(H2)=0.5mol，n(He)=1mol，平衡时容器压强为pPa，所以p(C2H6)=p(C2H4)=p(H2)=pPa=Pa，所以Kp=；(5)左侧CO2转化为C2H4，C元素被还原，所以左侧为阴极，电解质溶液显碱性，所以电极反应为2CO2+8H2O+12e-=C2H4+12OH-；阳极反应为4OH-4e-=O2+H2O，所以转移0.3mol电子时，阴极生成mol乙烯，阳极生成mol氧气，共生成0.1mol气体，标准状况下体积为0.1mol22.4L/mol=2.24L。
