1、专题15 化学反应原理综合2022年高考真题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
2、图所示。反应的平衡常数_。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=-51
3、kJ/mol-172kJ/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(140
4、0)=Pa=7.2105Pa；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
5、料，另一边出料)，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
6、因是_。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)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
7、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；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H2
8、S体积分数不变，提高投料比时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
9、合气中与的分压相等，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(
10、g)+O2(g)2H2O(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
11、分别为1mol和4mol，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
12、知此时H2S的压强为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
13、数增加C加入少量溶液，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”“
14、减小”或“不变”)。【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
15、)。NH3在Cr2O3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
16、”可知，(i)和(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
17、.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。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
18、生下列反应生成水煤气：.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+H
19、2O 2CO2+12e-+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
20、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。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.
21、22kJ=31.2kJ；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
22、K2CO3、H2O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-。2021年高考真题1（2021山东卷）2甲氧基2甲基丁烷(TAME)常用作汽油原添加剂。在催化剂作用下，可通过甲醇与烯烃的液相反应制得，体系中同时存在如图反应：反应：+CH3OHH1反应：+CH3OHH2反应：H3回答下
23、列问题：（1）反应、以物质的量分数表示的平衡常数Kx与温度T变化关系如图所示。据图判断，A和B中相对稳定的是_(用系统命名法命名)；的数值范围是_(填标号)。A1（2）为研究上述反应体系的平衡关系，向某反应容器中加入1.0molTAME，控制温度为353K，测得TAME的平衡转化率为。已知反应的平衡常数Kx3=9.0，则平衡体系中B的物质的量为_mol，反应的平衡常数Kx1=_。同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，反应的化学平衡将_(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)平衡时，A与CH3OH物质的量浓度之比c(A)：c(CH3OH)=_。（3）为研究反应体系的动力学行为，向盛
24、有四氢呋喃的另一容器中加入一定量A、B和CH3OH。控制温度为353K，A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化如图所示。代表B的变化曲线为_(填“X”或“Y”)；t=100s时，反应的正反应速率v正_逆反应速率v逆(填“”“”或“=)。【答案】（1）2甲基2丁烯 D（2）0.9 逆向移动 1:10 （3）X 【解析】（1）由平衡常数Kx与温度T变化关系曲线可知，反应、的平衡常数的自然对数随温度升高（要注意横坐标为温度的倒数）而减小，说明3个反应均为放热反应，即H10、H20、H30，因此，A的总能量高于B的总能量，能量越低越稳定，A和B中相对稳定的是B，其用系统命名法命名为2甲基2丁烯；由盖斯
25、定律可知，=，则H1H2=H30，因此H1H2，由于放热反应的H越小，其绝对值越大，则的数值范围是大于1，选D。（2）向某反应容器中加入1.0molTAME，控制温度为353K，测得TAME的平衡转化率为,则平衡时n(TAME)=(1) mol，n(A)+n(B)=n(CH3OH)= mol。已知反应的平衡常数Kx3=9.0，则=9.0，将该式代入上式可以求出平衡体系中B的物质的量为0.9 mol，n(A)=0.1 mol，反应的平衡常数Kx1=。同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，反应的化学平衡将向着分子数增大的方向移动，即逆向移动。平衡时，TAME的转化率变大，但是平衡常数不
26、变，A与CH3OH物质的量浓度之比不变，c(A)：c(CH3OH)=0.1：=1:10。（3）温度为353K，反应的平衡常数Kx3=9.0，=9.0。由A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化曲线可知，X代表的平衡浓度高于Y，则代表B的变化曲线为X；由母线的变化趋势可知，100s 以后各组分的浓度仍在变化， t=100s时，因此，反应正在向逆反应方向移动，故其正反应速率v正小于逆反应速率v逆，填。2（2021浙江卷）含硫化合物是实验室和工业上的常用化学品。请回答：（1）实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量：。判断该反应的自发性并说明理由_。（2）已知。时，在一恒容密闭反应器中充入一定量的和，当反应达
27、到平衡后测得、和的浓度分别为、和。该温度下反应的平衡常数为_。平衡时的转化率为_。（3）工业上主要采用接触法由含硫矿石制备硫酸。下列说法正确的是_。A须采用高温高压的反应条件使氧化为B进入接触室之前的气流无需净化处理C通入过量的空气可以提高含硫矿石和的转化率D在吸收塔中宜采用水或稀硫酸吸收以提高吸收速率接触室结构如图1所示，其中14表示催化剂层。图2所示进程中表示热交换过程的是_。A B C D E. F. G.对于放热的可逆反应，某一给定转化率下，最大反应速率对应的温度称为最适宜温度。在图3中画出反应的转化率与最适宜温度(曲线)、平衡转化率与温度(曲线)的关系曲线示意图(标明曲线、)_。（4
28、）一定条件下，在溶液体系中，检测得到pH时间振荡曲线如图4，同时观察到体系由澄清浑浊澄清的周期性变化。可用一组离子方程式表示每一个周期内的反应进程，请补充其中的2个离子方程式。._；.；._。【答案】（1）不同温度下都能自发，是因为（2）（3）CBDF（4）【解析】（1）实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量的反应为，由于该反应，因此该反应在任何温度下都能自发进行。（2）根据题中所给的数据可以求出该温度下的平衡常数为 .平衡时的转化率为；（3）A在常压下催化氧化为的反应中，的转化率已经很高，工业上有采用高压的反应条件，A说法不正确；B进入接触室之前的气流中含有会使催化剂中毒的物质，需经净化处理以防止
29、催化剂中毒，B说法不正确；C通入过量的空气可以增大氧气的浓度，可以使含硫矿石充分反应，并使化学平衡向正反应方向移动，因此可以提高含硫矿石和的转化率；D与水反应放出大量的热，在吸收塔中若采用水或稀硫酸吸收，反应放出的热量会使硫酸形成酸雾从而影响被水吸收导致的吸收速率减小，因此，在吸收塔中不宜采用水或稀硫酸吸收，D说法不正确。综上所述，相关说法正确的是C；反应混合物在热交换气中与原料气进行热交换，在热交换过程中，反应混合物不与催化剂接触，化学反应速率大幅度减小，故虽然反应混合物的温度降低，的转化率基本不变，因此，图2所示进程中表示热交换过程的是、，因此选BDF；对于放热的可逆反应，该反应的最适宜温
30、度为催化剂的催化活性最好时所对应的温度，在该温度下化学反应速率最大，的转化率也最大；当温度高于最适宜温度后，催化剂的催化活性逐渐减小，催化剂对化学反应速率的影响超过了温度升高对化学反应速率的影响，因此化学反应速率逐渐减小，的转化率也逐渐减小；由于该反应为放热反应，随着温度的升高，的平衡转化率减小；由于反应混合物与催化剂层的接触时间较少，在实际的反应时间内反应还没有达到化学平衡状态，故在相应温度下的转化率低于其平衡转化率。因此，反应的转化率与最适宜温度（曲线）、平衡转化率与温度（曲线）的关系曲线示意图可表示如下：.（4）由时间振荡曲线可知，在溶液体系中，溶液的呈先增大后减小的周期性变化，同时观察
31、到体系由澄清浑浊澄清的周期性变化，硫化钠与硫酸反应生成，然后发生，该过程溶液的基本不变，溶液保持澄清；溶液变浑浊时被氧化为，即发生，该过程溶液的增大；溶液又变澄清时又被氧化为，发生，该过程溶液的在减小。因此可以推测该过程中每一个周期内的反应进程中依次发生了如下离子反应：、。3（2021广东卷）我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。CH4与CO2重整是CO2利用的研究热点之一。该重整反应体系主要涉及以下反应：a)CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) H1b)CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H2c)CH4(g)C(s)+2H2(g) H3d)2
32、CO(g)CO2(g)+C(s) H4e)CO(g)+H2(g)H2O(g)+C(s) H5（1）根据盖斯定律，反应a的H1=_(写出一个代数式即可)。（2）上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有_。A增大CO2与CH4的浓度，反应a、b、c的正反应速率都增加B移去部分C(s)，反应c、d、e的平衡均向右移动C加入反应a的催化剂，可提高CH4的平衡转化率D降低反应温度，反应ae的正、逆反应速率都减小（3）一定条件下，CH4分解形成碳的反应历程如图所示。该历程分_步进行，其中，第_步的正反应活化能最大。（4）设K为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代
33、替浓度。气体的相对分压等于其分压（单位为kPa）除以p0（p0=100kPa）。反应a、c、e的ln K随（温度的倒数）的变化如图所示。反应a、c、e中，属于吸热反应的有_(填字母)。反应c的相对压力平衡常数表达式为K=_。在图中A点对应温度下、原料组成为n(CO2):n(CH4)=1:1、初始总压为100kPa的恒容密闭容器中进行反应，体系达到平衡时H2的分压为40kPa。计算CH4的平衡转化率，写出计算过程_。（5）CO2用途广泛，写出基于其物理性质的一种用途：_。【答案】（1）H2+H3H5或H3H4（2）AD（3）44（4）ac68%（5）做冷冻剂 【分析】根据盖斯定律计算未知反应的反
34、应热；根据影响化学反应速率和化学平衡的因素判断反应速率的变化及转化率的变化；根据图像及曲线高低判断反应进程和活化能的相对大小；根据平衡时反应物的分压计算平衡转化率；根据CO2的物理性质推测CO2的用途。【解析】（1）根据题目所给出的反应方程式关系可知，a=b+ce=cd，根据盖斯定律则有H1=H2+H3H5=H3H4；（2）A增大CO2和CH4的浓度，对于反应a、b、c来说，均增大了反应物的浓度，反应的正反应速率增大，A正确；B移去部分C(s)，没有改变反应体系中的压强，反应的正逆反应速率均不变，平衡不移动，B错误；C催化剂可以同等条件下增大正逆反应速率，只能加快反应进程，不改变反应的平衡状态
35、，平衡转化率不变，C错误；D降低温度，体系的总能量降低，正、逆反应速率均减小，D正确；故答案选AD；（3）由图可知，反应过程中能量变化出现了4个峰，即吸收了4次活化能，经历了4步反应；且从左往右看4次活化能吸收中，第4次对应的峰最高，即正反应方向第4步吸收的能量最多，对应的正反应活化能最大。（4）随着温度的升高，反应a和c的ln K增大，说明K的数值增大，反应向正反应方向进行，反应a和c为吸热反应，同理反应e的ln K减小，说明K的减小，反应向逆反应方向进行，反应e为放热反应，故答案为ac；用相对分压代替浓度，则反应c的平衡常数表达式K=；由图可知，A处对应反应c的ln K=0，即K=1，解方
36、程的p2(H2)=p(CH4)，已知反应平衡时p(H2)=40kPa，则有p(CH4)=16kPa，且初始状态时p(CH4)=100kPa=50kPa，故CH4的平衡转化率为100%=68%；（5）固态CO2即为干冰，干冰用于制冷或人工降雨均是利用其物理性质。【点睛】本题难点在于K与关系曲线的判断，在曲线中斜率为正为放热反应，斜率为负为吸热反应。4（2021全国乙卷）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）历史上海藻提碘中得到一种红棕色液体，由于性质相似，Liebig误认为是ICl，从而错过了一种新元素的发现，该元素是
37、_。（2）氯铂酸钡()固体加热时部分分解为、和，376.8时平衡常数，在一硬质玻璃烧瓶中加入过量，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。376.8平衡时，测得烧瓶中压强为，则_，反应的平衡常数K=_(列出计算式即可)。（3）McMorris测定和计算了在136180范围内下列反应的平衡常数。得到和均为线性关系，如下图所示：由图可知，NOCl分解为NO和反应的_0(填“大于”或“小于”)反应的K=_(用、表示)：该反应的_0(填“大于”或“小于”)，写出推理过程_。（4）Kistiakowsky曾研究了NOCl光化学分解反应，在一定频率(v)光的照射下
38、机理为：其中表示一个光子能量，表示NOCl的激发态。可知，分解1mol的NOCl需要吸收_mol光子。【答案】（1）溴(或)（2）24.8（3）大于 大于 设，即，由图可知：则：，即，因此该反应正反应为吸热反应，即大于0（4）0.5【解析】（1）红棕色液体，推测为溴单质，因此错过发现的元素是溴(或)；（2）由题意玻376.8时璃烧瓶中发生两个反应：(s)(s)+(s)+2(g)、Cl2(g)+I2(g)2ICl(g)。(s)(s)+(s)+2(g)的平衡常数，则平衡时p2(Cl2)=，平衡时p(Cl2)=100Pa，设到达平衡时I2(g)的分压减小pkPa，则，376.8平衡时，测得烧瓶中压强
39、为，则0.1+20.0+p=32.5，解得p=12.4，则平衡时2p=212.4kPa=24.8kPa；则平衡时，I2(g)的分压为(20.0p)kPa=(2010312.4103)Pa，24.8kPa=24.8103Pa，p(Cl2)=0.1kPa=100Pa，因此反应的平衡常数K=；（3）结合图可知，温度越高，越小，lgKp2越大，即Kp2越大，说明升高温度平衡正向移动，则NOCl分解为NO和反应的大于0；.+得，则的K=；该反应的大于0；推理过程如下：设，即，由图可知：则：，即，因此该反应正反应为吸热反应，即大于0；（4）.+得总反应为2NOCl+hv=2NO+Cl2，因此2molNOC
40、l分解需要吸收1mol光子能量，则分解1mol的NOCl需要吸收0.5mol光子。5（2021全国甲卷）二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。回答下列问题：（1）二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：该反应一般认为通过如下步骤来实现：总反应的_；若反应为慢反应，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_。A B C D（2）合成总反应在起始物时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为，在下的、在下的如图所示。用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式_；图中对应等压过程的曲线是_，判断的理由是_；当时，的平衡转化率_，反应条件可能为_或_。【
41、答案】（1）49AH1为正值，H2为和H为负值，反应的活化能大于反应的 （2）b 总反应H0，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 33.3%5105Pa，2109105Pa，250 【解析】（1）二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：，该反应一般认为通过如下步骤来实现：，根据盖斯定律可知，+可得二氧化碳加氢制甲醇的总反应为：；该反应总反应为放热反应，因此生成物总能量低于反应物总能量，反应为慢反应，因此反应的活化能高于反应，同时反应的反应物总能量低于生成物总能量，反应的反应物总能量高于生成物总能量，因此示意图中能体现反应能量变化的是A项，故答案为：49；A；H1为正值，H2为和
42、H为负值，反应的活化能大于反应的。（2）二氧化碳加氢制甲醇的总反应为，因此利用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式Kp=，故答案为：。该反应正向为放热反应，升高温度时平衡逆向移动，体系中将减小，因此图中对应等压过程的曲线是b，故答案为：b；总反应H0，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。设起始n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，则，当平衡时时，=0.1，解得x=mol，平衡时CO2的转化率=33.3%；由图可知，满足平衡时的条件有：5105Pa，210或9105Pa，250，故答案为：33.3%；5105Pa，210；9105Pa，250。6（2021河北
43、卷）当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。（1）大气中的二氧化碳主要来自于煤、石油及其他含碳化合物的燃烧。已知25时，相关物质的燃烧热数据如表：物质H2(g)C(石墨，s)C6H6(l)燃烧热H(kJmol1)285.8393.53267.5（1）则25时H2(g)和C(石墨，s)生成C6H6(l)的热化学方程式为_。（2）雨水中含有来自大气的CO2，溶于水中的CO2进一步和水反应，发生电离：CO2(g)=CO2(aq)CO2(aq)+H2O(l)=H+(aq)+HCO(aq)25时，反应的平衡常数为K2。溶液中CO2
44、的浓度与其在空气中的分压成正比(分压=总压物质的量分数)，比例系数为ymolL1kPa1，当大气压强为pkPa，大气中CO2(g)的物质的量分数为x时，溶液中H+浓度为_molL1(写出表达式，考虑水的电离，忽略HCO的电离)（3）105时，将足量的某碳酸氢盐(MHCO3)固体置于真空恒容容器中，存在如下平衡：2MHCO3(s)M2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)。上述反应达平衡时体系的总压为46kPa。保持温度不变，开始时在体系中先通入一定量的CO2(g)，再加入足量MHCO3(s)，欲使平衡时体系中水蒸气的分压小于5kPa，CO2(g)的初始压强应大于_kPa。（4）我国科学家研究
45、LiCO2电池，取得了重大科研成果，回答下列问题：LiCO2电池中，Li为单质锂片，则该电池中的CO2在_(填“正”或“负”)极发生电化学反应。研究表明，该电池反应产物为碳酸锂和单质碳，且CO2电还原后与锂离子结合形成碳酸锂按以下4个步骤进行，写出步骤的离子方程式。.2CO2+2e=C2O.C2O=CO2+CO._.CO+2Li+=Li2CO3研究表明，在电解质水溶液中，CO2气体可被电化学还原。.CO2在碱性介质中电还原为正丙醇(CH3CH2CH2OH)的电极反应方程式为_。.在电解质水溶液中，三种不同催化剂(a、b、c)上CO2电还原为CO的反应进程中(H+被还原为H2的反应可同时发生)，
46、相对能量变化如图.由此判断，CO2电还原为CO从易到难的顺序为_(用a、b、c字母排序)。【答案】（1）6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l) H=49.1kJmol1（2）（3）100.8（4）正 2C+CO2=2C+C12CO2+18e+4H2O=CH3CH2CH2OH+9Cc、b、a【解析】（1）根据表格燃烧热数据可知，存在反应C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g) H1=393.5kJmol1，H2(g)+O2(g)=H2O(l) H2=285.8kJmol1，C6H6(l)+O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) H3=3267.5kJmol1，根据盖斯定律，12+6
47、 得反应：6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l)，H=(393.5kJmol1)+(285.8kJmol1)6(3267.5kJmol1)=49.1kJmol1，故答案为：6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l) H=49.1kJmol1；（2）由题可知，CO2(s)CO2(aq)，CO2(aq)+H2O(l)H+(aq)+HC(aq)，K2=，又因为p(CO2)=p(kPa)x，则c(CO2)=y(molL1kPa1)p(CO2)=pxy mol/L，在忽略HC的电离时，c(H+)=c(HC)，所以可得c(H+)=，故答案为：；（3）2MHCO3(s)M2CO3(s)+H2
48、O(g)+ CO2(g)，等温等容条件下，压强之比等于物质的量之比，可用分压表示物质的量浓度，平衡常数Kp=529kPa2。温度不变化学平衡常数Kp不变，设平衡时，平衡体系中CO2的分压为x，则K= 529kPa2，=kPa=105.8kPa，CO2的初始压强等于平衡压强减去碳酸氢盐分解产生的CO2的分压，即CO2(g)的初始压强应大于105.8kPa5kPa=100.8kPa，故答案为：100.8；（4）由题意知，LiCO2电池的总反应式为：4Li+3CO2=2Li2CO3+C，CO2发生得电子的还原反应，则CO2作为电池的正极；CO2还原后与Li+结合成Li2CO3，按4个步骤进行，由步骤
49、II可知生成了C，而步骤IV需要C参加反应，所以步骤III的离子方程式为：2C+CO2=2C+C，故答案为：正极；2C+CO2=2C+C；I.CO2在碱性条件下得电子生成CH3CH2CH2OH，根据电子守恒和电荷守恒写出电极反应式为：12CO2+18e+4H2O=CH3CH2CH2OH+9C，故答案为：12CO2+18e+4H2O=CH3CH2CH2OH+9C；II.c催化剂条件下，CO2电还原的活化能小于H+电还原的活化能，更容易发生CO2的电还原；而催化剂a和b条件下，CO2电还原的活化能均大于H+电还原的活化能，相对来说，更易发生H+的电还原。其中a催化剂条件下，H+电还原的活化能比CO
50、2电还原的活化能小的更多，发生H+电还原的可能性更大，因此反应从易到难的顺序为c、b、a，故答案为：c、b、a。7（2021湖南卷）氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运，可通过下面两种方法由氨气得到氢气。方法I：氨热分解法制氢气相关化学键的键能数据化学键键能946436.0390.8一定温度下，利用催化剂将分解为和。回答下列问题：（1）反应_；（2）已知该反应的，在下列哪些温度下反应能自发进行？_(填标号)A25 B125 C225 D325（3）某兴趣小组对该反应进行了实验探究。在一定温度和催化剂的条件下，将通入3L的密闭容器中进行反应(此时容器内总压为200kPa)，
51、各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。若保持容器体积不变，时反应达到平衡，用的浓度变化表示时间内的反应速率_(用含的代数式表示)时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后分压变化趋势的曲线是_(用图中a、b、c、d表示)，理由是_；在该温度下，反应的标准平衡常数_。(已知：分压=总压该组分物质的量分数，对于反应，其中，、为各组分的平衡分压)。方法：氨电解法制氢气利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其装置如图所示。（4）电解过程中的移动方向为_(填“从左往右”或“从右往左”)；（5）阳极的电极反应式为_。KOH溶液KOH溶液【答案】（1）+90.8（2）CD（3）b 开始体积
52、减半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小 0.48（4）从右往左 （5）2NH36e+6OH= N2+6H2O【解析】（1）根据反应热=反应物的总键能生成物的总键能，2NH3(g)N2(g)+3H2(g)，H=390.8kJmol1(946 kJmol1+436.0kJmol1)= +90.8kJmol1，故答案为：+90.8；（2）若反应自发进行，则需HTS=456.5K，即温度应高于(456.5273)=183.5，CD符合，故答案为：CD；（3）设t1时达到平衡，转化的NH3的物质的量为2x，列出三段式：根据同温同压下，混合气体的物质的量等于体积之比
53、，=，解得x=0.02mol，(H2)=molL1min1，故答案为：；t2时将容器体积压缩到原来的一半，开始N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小，故b曲线符合，故答案为：b；开始体积减半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小；由图可知，平衡时，NH3、N2、H2的分压分别为120 kPa、40 kPa、120 kPa，反应的标准平衡常数=0.48，故答案为：0.48；（4）由图可知，通NH3的一极氮元素化合价升高，发生氧化反应，为电解池的阳极，则另一电极为阴极，电解过程中OH移向阳极，则从右往左移动，故答案为：从右往左；
54、（5）阳极NH3失电子发生氧化反应生成N2，结合碱性条件，电极反应式为：2NH36e+6OH= N2+6H2O，故答案为：2NH36e+6OH= N2+6H2O。8（2021浙江卷）“氯碱工业”以电解饱和食盐水为基础制取氯气等产品， 氯气是实验室和工业上的常用气体。请回答：（1）电解饱和食盐水制取氯气的化学方程式是_。（2）下列说法不正确的是_。A可采用碱石灰干燥氯气B可通过排饱和食盐水法收集氯气C常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中D工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸（3）在一定温度下，氯气溶于水的过程及其平衡常数为：Cl2(g)Cl2(aq) K1=c(Cl2)/p
55、Cl 2(aq) + H2O(l)H+ (aq)+Cl (aq) + HClO(aq) K2其中p为Cl2(g)的平衡压强，c(Cl2)为Cl2在水溶液中的平衡浓度。Cl2(g)Cl2(aq)的焓变H1_0。(填”、“=”或“KBrKI Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强(3)AgNO3或Ag2SO4(4)比较AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，Ag+I-= AgI使得Ag还原性增强的最多，使得2Ag+2H+=2Ag+ H2反应得以发生(5)氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物
56、)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强【解析】(1)二氧化锰和浓盐酸制氯气的离子方程式为：MnO2+4H+ +2Cl- Mn2+Cl2 + 2H2O；氧化反应是元素化合价升高，故氧化反应为：2Cl-2e- =Cl2反应不能发生也可能是还原剂还原性减弱，或者产生了氧化性更强的氧化剂，故答案为：Cl-还原性减弱或Cl2的氧化性增强可以从增大氯离子浓度的角度再结合实验II的现象分析，试剂a可以是KCl固体(或浓/饱和溶液)；结合实验III的显现是没有氯气，且实验III也加入了试剂a，那一定是试剂b影响了实验III的现象，再结
57、合原因i可知试剂b是MnSO4固体(或浓/饱和溶液)；(2)非金属性越弱其阴离子的还原性越强，反应时所需的氢离子浓度越小，故顺序是KClKBrKI；其原因是Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强；(3)根据(1)中的结论推测随Cl-浓度降低导致二氧化锰的氧化性减弱，那么如果进一步降低Cl-浓度降低则可以导致可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2，故答案为：AgNO3或Ag2SO4；(4)若要使反应2Ag+2H+=2Ag+ H2发生，根据本题的提示可以降低Ag+浓度，对比AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，故A
58、g只与氢碘酸发生置换反应的原因是：比较AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，Ag+I-= AgI使得Ag还原性增强的最多，使得2Ag+2H+=2Ag+ H2反应得以发生；(5)通过本题可以发现，物质氧化性和还原性还与物质的浓度有关，浓度越大氧化性或者还原性越强，故答案为：氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强。9（2021北京高考真题）某小组实验验证“Ag+Fe2+Fe3+Ag”为可逆反应并测定其平衡常数。(1)实验验证实验I：将0.0100 mol/
59、L Ag2SO4溶液与0.0400 mo/L FeSO4溶液(pH=1)等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。实验II：向少量Ag粉中加入0.0100 mol/L Fe2(SO4)3溶液(pH=1)，固体完全溶解。取I中沉淀，加入浓硝酸，证实沉淀为Ag。现象是_。II中溶液选用Fe2(SO4)3，不选用Fe(NO3)3的原因是_。综合上述实验，证实“Ag+Fe2+Fe3+Ag”为可逆反应。小组同学采用电化学装置从平衡移动角度进行验证。补全电化学装置示意图,写出操作及现象_。(2)测定平衡常数实验：一定温度下，待实验中反应达到平衡状态时，取v mL上层清液，用c1 mol/L KSCN标准溶液
60、滴定Ag+，至出现稳定的浅红色时消耗KSCN标准溶液v1 mL。资料：Ag+SCN-AgSCN（白色） K=1012Fe3+SCN-FeSCN2+（红色）K=102.3滴定过程中Fe3+的作用是_。测得平衡常数K=_。(3)思考问题取实验I的浊液测定c(Ag+)，会使所测K值_(填“偏高”“偏低”或“不受影响”)。不用实验II中清液测定K的原因是_。【答案】(1) 灰黑色固体溶解，产生红棕色气体防止酸性条件下，氧化性氧化Fe2+干扰实验结果 a：铂/石墨电极，b：FeSO4或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，c：AgNO3溶液；操作和现象：闭合开关 K，Ag电极上固体逐渐溶解，指针向左偏转，一
61、段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同；或者闭合开关 K，Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转(2) 指示剂(3) 偏低 Ag完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态【解析】(1)由于Ag能与浓硝酸发生反应：Ag+2HNO3(浓)=AgNO3+NO2+H2O，故当观察到的现象为灰黑色固体溶解，产生红棕色气体，即可证实灰黑色固体是Ag，故答案为：灰黑色固体溶解，产生红棕色气体。由于Fe(NO3)3溶液电离出将与溶液中的H+结合成由强氧
62、化性的HNO3，能氧化Fe2+，而干扰实验，故实验II使用的是Fe2(SO4)3溶液，而不是Fe(NO3)3溶液，故答案为：防止酸性条件下，氧化性氧化Fe2+干扰实验结果。由装置图可知，利用原电池原理来证明反应Fe2+Ag+Ag+Fe3+为可逆反应，两电极反应为：Fe2+-e-Fe3+，Ag+e-Ag，故另一个电极必须是与Fe3+不反应的材料，可用石墨或者铂电极，左侧烧杯中电解质溶液必须含有Fe3+或者Fe2+，采用FeSO4或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，右侧烧杯中电解质溶液必须含有Ag+，故用AgNO3溶液，组装好仪器后，加入电解质溶液，闭合开关 K，装置产生电流，电流从哪边流入，指针
63、则向哪个方向偏转，根据b中所加试剂的不同，电流方向可能不同，因此可能观察到的现象为：Ag电极逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同，表明平衡发生了移动；另一种现象为：Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转，表明平衡发生了移动，故答案为：a：铂/石墨电极，b：FeSO4或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，c：AgNO3溶液；操作和现象：闭合开关 K，Ag电极上固体逐渐溶
64、解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同；或者闭合开关 K，Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转。(2)Fe3+与SCN-反应生成红色FeSCN2+，因Ag+与SCN-反应相较于Fe3+与SCN-反应更加容易及彻底，当溶液变为稳定浅红色，说明溶液中的Ag+恰好完全滴定，且溶液中Fe3+浓度不变，说明上述反应答案平衡，故溶液中Fe3+的作用是滴定反应的指示剂，故答案为：指示剂。取I中所得上清液vmL。用c1mol/L的
65、KSCN溶液滴定，至溶液变为稳定浅红色时，消耗v1mL，已知：Ag+SCN-AgSCN，K=1012，说明反应几乎进行完全，故有I中上层清液中Ag+的浓度为：c(Ag+)=mol/L，根据平衡三段式进行计算如下：，故反应的平衡常数K= ，故答案为：指示剂；。(3)若取实验I所得浊液测定Ag+浓度，则浊液中还有Ag，因存在平衡Fe2+Ag+Ag+Fe3+，且随着反应Ag+SCN-AgSCN，使得上述平衡逆向移动，则测得平衡体系中的c(Ag+)偏大，即偏大，故所得到的K= 偏小，故答案为：偏小。由于实验II中Ag完全溶解，故无法判断体系是否达到化学平衡状态，因而不用实验II所得溶液进行测定并计算K
66、，故答案为：Ag完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态。10（2021北京高考真题）环氧乙烷(，简称EO)是一种重要的工业原料和消毒剂。由乙烯经电解制备EO的原理示意图如下。(1)阳极室产生Cl2后发生的反应有：_、CH2=CH2+HClOHOCH2CH2Cl。结合电极反应式说明生成溶液a的原理_。(2)一定条件下，反应物按一定流速通过该装置。电解效率和选择性S的定义：(B)=100%S(B)=100%若(EO)=100%，则溶液b的溶质为_。当乙烯完全消耗时，测得(EO)70%，S(EO)97%，推测(EO)70%的原因：I.阳极有H2O放电II.阳极有乙烯放电III.阳极室流出液中含有
67、Cl2和HClOi.检验电解产物，推测I不成立。需要检验的物质是_。ii.假设没有生成EO的乙烯全部在阳极放电生成CO2，(CO2)_%。经检验阳极放电产物没有CO2。iii.实验证实推测III成立，所用试剂及现象是_。可选试剂：AgNO3溶液、KI溶液、淀粉溶液、品红溶液。【答案】(1) Cl2 +H2O= HCl+ HClO 阴极发生反应： 2H2O+2e-=H2 + 2OH-生成OH-，K+ 通过阳离子交换膜从阳极迁移到阴极，形成KOH和KCl的混合溶液(2) KCl O2 13 KI 溶液和淀粉溶液，溶液变蓝【解析】(1)阳极产生氯气后，可以和水发生反应生成次氯酸其方程式为：Cl2 +
68、H2O= HCl+ HClO；溶液a是阴极的产物，在阴极发生反应2H2O+2e-=H2 + 2OH-，同时阳极的钾离子会向阴极移动和氢氧根结合形成氢氧化钾，故答案为：阴极发生反应： 2H2O+2e-=H2 + 2OH-生成OH-，K+ 通过阳离子交换膜从阳极迁移到阴极，形成KOH和KCl的混合溶液；(2)若(EO)=100%则说明在电解过程中只有乙烯中的碳化合价发生变化，其他元素化合价没有变，故溶液b的溶质为：KCl；i.阳极有H2O放电时会产生氧气，故需要检验的物质是O2；ii. 设EO的物质的量为amol则转化的乙烯的物质的量为：；生成EO转化的电子的物质的量：2amol；此过程转移电子的
69、总物质的量：；生成CO2的物质的量：；生成CO2转移的电子的物质的量：，则(CO2)=13%；iii.实验证实推测III成立，则会产生氯气，验证氯气即可，故答案为：KI 溶液和淀粉溶液，溶液变蓝。11（2021天津高考真题）铁单质及其化合物的应用非常广泛。(1)基态Fe原子的价层电子排布式为_。(2)用X射线衍射测定，得到Fe的两种晶胞A、B，其结构如图所示。晶胞A中每个Fe原子紧邻的原子数为_。每个晶胞B中含Fe原子数为_。(3)合成氨反应常使用铁触媒提高反应速率。如图为有、无铁触媒时，反应的能量变化示意图。写出该反应的热化学方程式_。从能量角度分析，铁触媒的作用是_。(4)Fe3+可与H2
70、O、SCN-、F-等配体形成配位数为6的配离子，如、。某同学按如下步骤完成实验：为浅紫色，但溶液却呈黄色，其原因是_，为了能观察到溶液中的浅紫色，可采取的方法是_。已知Fe3+与SCN-、F-的反应在溶液中存在以下平衡：；，向溶液中加入NaF后，溶液颜色由红色转变为无色。若该反应是可逆反应，其离子方程式为_，平衡常数为_(用K1和K2表示)。【答案】(1)3d64s2(2) 8 4(3) 降低反应活化能(4) 由Fe3+水解产物的颜色所致向该溶液中加HNO3【解析】(1)Fe为26号元素，所以基态Fe原子的价层电子排布式为3d64s2，故答案为：3d64s2；(2)由图可知，晶胞A中Fe的配位
71、数为8，所以每个Fe原子紧邻的原子数为8。根据原子均摊法，每个晶胞B中含Fe原子数为，故答案为：8；4(3)由图可知，1mol N2和3mol H2反应时，放出的热量为(a-b)kJ，所以该反应的热化学方程式。铁触媒是反应的催化剂，作用是降低反应活化能，故答案为：；降低反应活化能；(4)由于Fe3+水解产物的颜色导致溶液却呈黄色，为了能观察到溶液中的浅紫色，可向该溶液中加HNO3，抑制铁离子的水解，故答案为：由Fe3+水解产物的颜色所致；向该溶液中加HNO3；向溶液中加入NaF后，溶液颜色由红色转变为无色，说明和氟离子转化为，其离子方程式为，和相减得到，所以平衡常数为，故答案为：；。12（20
72、21天津高考真题）CS2是一种重要的化工原料。工业上可以利用硫(S8)与CH4为原料制备CS2，S8受热分解成气态S2，发生反应，回答下列问题：(1)CH4的电子式为_，CS2分子的立体构型为_。(2)某温度下，若S8完全分解成气态S2。在恒温密闭容器中，S2与CH4物质的量比为21时开始反应。当CS2的体积分数为10%时，CH4的转化率为_。当以下数值不变时，能说明该反应达到平衡的是_(填序号)。a气体密度b气体总压cCH4与S2体积比dCS2的体积分数(3)一定条件下，CH4与S2反应中CH4的平衡转化率、S8分解产生S2的体积分数随温度的变化曲线如图所示。据图分析，生成CS2的反应为_(
73、填“放热”或“吸热”)反应。工业上通常采用在600650的条件下进行此反应，不采用低于600的原因是_。(4)用燃煤废气(含N2、O2、SO2、CO2、H2O、NOx等)使尾气中的H2S转化为单后硫S，可实现废物利用，保护环境，写出其中一个反应的化学方程式_。【答案】(1) 直线形(2) 30% d(3) 放热 600时甲烷平衡转化率高达99%，低于600时，S2浓度明显偏小，且反应速率慢(4)、写出任意一个【解析】(1)CH4的电子式为：；CS2和二氧化碳是等电子体故其立体构型为：直线型；(2)在恒温密闭容器中，S2与CH4物质的量比为21时开始反应，CS2的体积分数为10%，即，解得x=0
74、.3a，则CH4的转化率为30%。a.恒容容器，质量不变，故密度一直不变，故密度不变不一定平衡，不选；b.反应前后气体的物质的量不变，故压强也一直不变，故压强不变一定平衡，不选；c.CH4与S2体积比一直为1:2，故不一定平衡，不选；d.CS2的体积分数说明反应已经达到了平衡，选；故选d。(3)由图可知，随温度升高，甲烷的转化率降低，故反应为放热反应。工业上通常采用在600650的条件下进行此反应，不采用低于600的原因是600时甲烷平衡转化率高达99%，低于600时，S2浓度明显偏小，且反应速率慢。(4)用燃煤废气(含N2、O2、SO2、CO2、H2O、NOx等)使尾气中的H2S转化为单后硫
75、S)发生的化学反应方程式为、写出任意一个。13（2021辽宁高考真题）苯催化加氢制备环己烷是化工生产中的重要工艺，一定条件下，发生如下反应：.主反应：(g)+3H2(g)(g) H10回答下列问题：(1)已知：.2 (g)+15O2(g)12CO2(g)+6H2O(l) H4.(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) H5则_(用、和表示)。(2)有利于提高平衡体系中环己烷体积分数的措施有_。A适当升温B适当降温C适当加压D适当减压(3)反应在管式反应器中进行，实际投料往往在的基础上适当增大用量，其目的是_。(4)氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心时，才能发生反应，机理如图。当
76、中混有微量或等杂质时，会导致反应的产率降低，推测其可能原因为_。(5)催化剂载体中的酸性中心能催化苯及环己烷的裂解。已知酸性中心可结合孤电子对，下图中可作为酸性中心的原子的标号是_(填“”“”或“”)。(6)恒压反应器中，按照投料，发生、反应，总压为，平衡时苯的转化率为，环己烷的分压为p，则反应1的_(列出计算式即可，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数)。【答案】(1)(2)BC(3)提高苯的利用率(4)金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活性(5)(6)【解析】(1)根据盖斯定律结合已知反应：. .2 (g)+15O2(g)12CO2(g)+6H2O(l) H4 . (
77、g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) H5.主反应：(g)+3H2(g)(g)可由，则，故答案为：；(2)根据.主反应：(g)+3H2(g)(g)是一个气体体积减小的方向的放热反应，故有利于提高平衡体系中环己烷体积分数即使平衡向正方向移动，根据勒夏特列原理，可采用适当降低温度和实当加压有利平衡正向移动，而升温和减压都将使平衡逆向移动，故答案为：BC；(3)反应在管式反应器中进行，实际投料往往在的基础上适当增大用量，增大H2的浓度将使平衡正向移动，从而提高苯的转化率即利用率，故适当增大H2用量的目的是提高苯的利用率，故答案为：提高苯的利用率；(4)氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性
78、中心时，才能发生反应，机理如图。当中混有微量或等杂质时，会导致反应的产率降低，推测其可能原因为金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活性，故答案为：金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活性；(5)催化剂载体中的酸性中心能催化苯及环己烷的裂解。已知酸性中心可结合弧电子对，由图可知，中原子无孤对电子也没有空轨道，中原子无孤对电子但有空轨道可接收孤电子对，中有孤对电子，无空轨道，故下图中可作为酸性中心的原子的标号是，故答案为：；(6)恒压反应器中，按照投料，设投入的苯的物质的量为1mol，发生、反应总压为，平衡时苯的转化率为，环己烷的分压为p，则：，有反应后平衡体系中总的物质的量为：1-+
79、4-3+-x+x=5-3，故平衡时，苯的分压为：，H2的分压为：，则反应1的=，故答案为：。14（2021海南高考真题）碳及其化合物间的转化广泛存在于自然界及人类的生产和生活中。已知25，时：葡萄糖完全燃烧生成和，放出热量。回答问题：(1)25时，与经光合作用生成葡萄糖和的热化学方程式为_。(2)25，时，气态分子断开化学键的焓变称为键焓。已知、键的键焓分别为、，分子中碳氧键的键焓为_。(3)溶于水的只有部分转化为，大部分以水合的形式存在，水合可用表示。已知25时，的平衡常数，正反应的速率可表示为，逆反应的速率可表示为，则_(用含的代数式表示)。(4)25时，潮湿的石膏雕像表面会发生反应：，其
80、平衡常数_。已知，(5)溶洞景区限制参观的游客数量，主要原因之一是游客呼吸产生的气体对钟乳石有破坏作用，从化学平衡的角度说明其原因_。【答案】(1)(2)664.75(3)(4)(5)游客呼出的CO2可与钟乳石主要成分CaCO3发生可逆反应：，CO2增加，平衡正向移动，CaCO3减少，钟乳石被坏【解析】(1)由题意可知，反应为1mol葡萄糖在氧气中完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出2804kJ的热量，反应的热化学方程式为=，二氧化碳和液态水经光合作用生成葡萄糖和氧气的反应为葡萄糖燃烧的逆反应，生成1mol葡萄糖会吸收2804kJ的热量，反应的热化学方程式为=，故答案为：=；(2)由反应热的焓变为
81、反应物的键焓之和与生成物的键焓之和的差值可得：反应的焓变=283kJ/mol，解得E(C=O)= =664.75kJ/mol，故答案为：664.75；(3)当反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，则由v(H2CO3)=v(CO2)可得：k1c(H2CO3)= k2c(CO2)，=K=600，解得k2=，故答案为：；(4)由方程式可知，反应的平衡常数K=3.25103，故答案为：3.25103；(5)二氧化碳和碳酸钙在溶液中存在如下平衡，当游客数量增大，反应物二氧化碳的浓度增大，平衡向正反应方向移动，碳酸钙因反应而减少，导致钟乳石被坏，故答案为：游客呼出的CO2可与钟乳石主要成分CaCO3发
82、生可逆反应：，CO2增加，平衡正向移动，CaCO3减少，钟乳石被坏。15（2021湖北高考真题）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(直接脱氢)：C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)H1=+125kJmol-1反应(氧化脱氢)：C3H8(g)+O2(g)=C3H6(g)+H2O(g)H2=-118kJmol-1(1)已知键能：E(CH)=416kJmol-1，E(HH)=436kJmol-1，由此计算生成1mol碳碳键放出的能量为_kJ。(2)对于反应，总压恒定为100kPa，在密闭容器中通入C3H8和N2的混合气体(N2不参与反应)，从平衡移
83、动的角度判断，达到平衡后“通入N2”的作用是_。在温度为T1时，C3H8的平衡转化率与通入气体中C3H8的物质的量分数的关系如图a所示，计算T1时反应的平衡常数Kp=_kPa(以分压表示，分压=总压物质的量分数，保留一位小数)。(3)在温度为T2时，通入气体分压比为p(C3H8)：p(O2)：p(N2)=10：5：85的混合气体，各组分气体的分压随时间的变化关系如图b所示。01.2s生成C3H6的平均速率为_kPas-1；在反应一段时间后，C3H8和O2的消耗速率比小于21的原因为_。(4)恒温刚性密闭容器中通入气体分压比为p(C3H8)：p(O2)：p(N2)=2：13：85的混合气体，已知
84、某反应条件下只发生如下反应(k，k为速率常数)：反应：2C3H8(g)+O2(g)=2C3H6(g)+2H2O(g) k反应：2C3H6(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(g) k实验测得丙烯的净生成速率方程为v(C3H6)=kp(C3H8)-kp(C3H6)，可推测丙烯的浓度随时间的变化趋势为_，其理由是_。【答案】(1)271(2) 减小气体浓度，使平衡右移，提高C3H8(g)转化率 16.7(3) 2 H2和C3H6都消耗O2(4) 先增大后减小反应开始时，体系中主要发生反应，c(C3H6)逐渐增大，随着反应进行，p(C3H8)减小，p(C3H6)增大，v(C3H6)减小，体
85、系中主要发生反应，c(C3H6)逐渐减小【解析】(1)由C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)H1=+125kJmol-1可知反应需要中断裂2mol CH键、形成1mol碳碳键和1mol HH键，416kJmol-12- E (碳碳键) -436kJmol-1= +125kJ.mol-1，解得：E(碳碳键)= +271kJ. mol-1，所以形成1mol碳碳键放出的能量为271kJ；(2)达到平衡后，通入N2，由于总压恒定为100kPa，则容器体积增大，平衡向气体体积增大的方向移动，即向正反应方向移动，C3H8(g)的转化率增大；根据图a，C3H8的物质的量分数为0.4时，其平衡转化率为5
86、0%；假设混合气体为1mol，则起始时C3H8为0.4mol，N2为0.6mol，运用三段式法计算：由于总压恒定为100kPa，平衡时C3H8为0.2mol，C3H6为0.2mol，H2为0.2mol，N2为0.6mol，则C3H8(g)、C3H6(g)、H2(g)的分压均为：100KPa=故T1时反应的平衡常数KP=16.7kPa。(3)内C3H6的分压由0增大为2.4kPa，则生成的平均速率为=2kPas-1；若只发生反应、，C3H6的分压应大于H2和H2O的分压，但由图b知，随着反应进行，分压p(H2O)p(C3H6)p(H2)，且有CO2生成，H2分压降低，故体系中还发生反应：C3H6
87、+O2=3CO2+3H2O，H2+O2=H2O，消耗O2，因此C3H8和O2的消耗速率比小于21；(4)反应开始时，反应向右进行，c(C3H6)逐渐增大，且体系中以反应为主，随着反应进行，p(C3H8)减小，p(C3H6)增大，使得v (C3H6)减小，体系中以反应为主，因此丙烯的浓度随时间的变化趋势为先增大后减小。16（2021江苏高考真题）甲烷是重要的资源，通过下列过程可实现由甲烷到氢气的转化。(1)500时，CH4与H2O重整主要发生下列反应：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)已知CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s)
88、 H=-178.8kJmol-1。向重整反应体系中加入适量多孔CaO，其优点是_。(2)CH4与CO2重整的主要反应的热化学方程式为反应I：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) H=246.5kJmol-1反应II：H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g) H=41.2kJmol-1反应III：2CO(g)=CO2(g)+C(s) H=-172.5kJmol-1在CH4与CO2重整体系中通入适量H2O(g)，可减少C(s)的生成，反应3CH4(g)+CO2(g)+2H2O(g)=4CO(g)+8H2(g)的H=_。1.01105Pa下，将n起始(CO2)：n起始(C
89、H4)=1：1的混合气体置于密闭容器中，不同温度下重整体系中CH4和CO2的平衡转化率如图1所示。800下CO2平衡转化率远大于600下CO2平衡转化率，其原因是_。(3)利用铜铈氧化物(xCuOyCeO2，Ce是活泼金属)催化氧化可除去H2中少量CO，催化氧化过程中Cu、Ce的化合价均发生变化，可能机理如图2所示。将n(CO)：n(O2)：n(H2)：n(N2)=1：1：49：49的混合气体以一定流速通过装有xCuOyCeO2催化剂的反应器，CO的转化率随温度变化的曲线如图3所示。Ce基态原子核外电子排布式为Xe4f15d16s2，图2所示机理的步骤(i)中，元素Cu、Ce化合价发生的变化为
90、_。当催化氧化温度超过150时，催化剂的催化活性下降，其可能原因是_。【答案】(1)吸收CO2，提高H2的产率，提供热量(2) 657.1kJmol-1反应和反应的H0，高温下反应的平衡常数大(反应正向进行程度大)，CO2的消耗量大，反应的H0，高温下反应的平衡常数小(反应正向进行程度小)，CO2的生成量小(3) 铜的化合价由+2变为+1价，铈的化合价由+4价变为+3价高温下，Cu(+2价)或Cu(+1价)被H2还原为金属Cu【解析】(1)已知CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s)H=178.8kJmol-1，因此向重整反应体系中加入适量多孔CaO的优点是吸收CO2，使平衡正向移动，提高
91、H2的产率，同时提供热量。(2)反应I：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)H=246.5kJmol-1反应II：H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)H=41.2kJmol-1依据盖斯定律可知I3II2即得到反应3CH4(g)+CO2(g)+2H2O(g)=4CO(g)+8H2(g)的H=657.1kJmol-1。由于反应和反应的H0，高温下反应的平衡常数大(反应正向进行程度大)，CO2的消耗量大，反应的H0，高温下反应的平衡常数小(反应正向进行程度小)，CO2的生成量小，所以800下CO2平衡转化率远大于600下CO2平衡转化率。(3)图2所示机理的步骤(i)
92、中CO结合氧元素转化为二氧化碳，根据Cu、Ce两种元素的核外电子排布式可判断元素Cu、Ce化合价发生的变化为铜的化合价由+2变为+1价，铈的化合价由+4价变为+3价。由于高温下，Cu(+2价)或Cu(+1价)被H2还原为金属Cu，所以当催化氧化温度超过150时，催化剂的催化活性下降。2020年高考真题12020新课标硫酸是一种重要的基本化工产品，接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧化：SO2(g)+O2(g)SO3(g) H=98 kJmol1。回答下列问题：（1）钒催化剂参与反应的能量变化如图(a)所示，V2O5(s)与SO2(g)反应生成VOSO4(s)和V2O4(s)的热化学方程
93、式为：_。（2）当SO2(g)、O2(g)和N2(g)起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa压强下，SO2平衡转化率随温度的变化如图(b)所示。反应在5.0MPa、550时的=_，判断的依据是_。影响的因素有_。（3）将组成(物质的量分数)为2m% SO2(g)、m% O2(g)和q% N2(g)的气体通入反应器，在温度t、压强p条件下进行反应。平衡时，若SO2转化率为，则SO3压强为_，平衡常数Kp=_(以分压表示，分压=总压物质的量分数)。（4）研究表明，SO2催化氧化的反应速率方程为：v=k(1)0.8(1n)式中：k为反应速率
94、常数，随温度t升高而增大；为SO2平衡转化率，为某时刻SO2转化率，n为常数。在=0.90时，将一系列温度下的k、值代入上述速率方程，得到vt曲线，如图（c）所示。曲线上v最大值所对应温度称为该下反应的最适宜温度tm。ttm后，v逐渐下降。原因是_。【答案】（1）2V2O5(s)+ 2SO2(g)=2VOSO4(s)+V2O4(s) H =351 kJmol1（2）0.975 该反应气体分子数减少，增大压强，提高。5.0MPa2.5MPa = p2，所以p1= 5.0Mpa 温度、压强和反应物的起始浓度（组成）（3）（4）升高温度，k增大使v逐渐提高，但降低使v逐渐下降。ttm后，k增大对v的
95、提高小于引起的降低【解析】【分析】根据盖斯定律，用已知的热化学方程式通过一定的数学运算，可以求出目标反应的反应热；根据压强对化学平衡的影响，分析图中数据找到所需要的数据；根据恒压条件下总压不变，求出各组分的分压，进一步可以求出平衡常数；根据题中所给的速率公式，分析温度对速率常数及二氧化硫的转化率的影响，进一步分析对速率的影响。【解析】（1）由题中信息可知：SO2(g)+O2(g)SO3(g) H= 98kJmol1V2O4(s)+ SO3(g)V2O5(s)+ SO2(g) H2= 24kJmol1V2O4(s)+ 2SO3(g)2VOSO4(s) H1= 399kJmol1根据盖斯定律可知，
96、2得2V2O5(s)+ 2SO2(g) 2VOSO4(s)+ V2O4(s)，则H= H12H2=( 399kJmol1)( 24kJmol1)2= 351kJmol1，所以该反应的热化学方程式为：2V2O5(s)+ 2SO2(g) 2VOSO4(s)+ V2O4(s) H= 351 kJmol1；（2） SO2(g)+O2(g)SO3(g)，该反应是一个气体分子数减少的放热反应，故增大压强可以使化学平衡向正反应方向移动。因此，在相同温度下，压强越大，SO2的平衡转化率越大，所以，该反应在550、压强为5.0MPa条件下，SO2的平衡转化率一定高于相同温度下、压强为2.5MPa的，因此，p1=
97、5.0MPa，由图中数据可知，=0.975。影响的因素就是影响化学平衡移动的因素，主要有反应物（N2和O2）的浓度、温度、压强等。（3）假设原气体的物质的量为100mol，则SO2、O2和N2的物质的量分别为2m mol、m mol和q mol，2m+m+q=3m+q=100，SO2的平衡转化率为，则有下列关系：平衡时气体的总物质的量为n(总)= 2m(1)+m(1)+2mmol+q mol，则SO3的物质的量分数为。该反应在恒压容器中进行，因此，SO3的分压p(SO3)=，p(SO2)=，p(O2)=，在该条件下，SO2(g)+ O2(g)2SO3(g) 的Kp=。（4） 由于该反应是放热反
98、应，温度升高后降低。由题中信息可知，v=，升高温度，k增大使v逐渐提高，但降低使v逐渐下降。当ttm，k增大对v的提高大于引起的降低；当ttm，k增大对v的提高小于引起的降低。【点睛】本题有关化学平衡常数的计算是一个难点，尤其题中给的都是字母型数据，这无疑增大了难度。这也是对考生的意志的考验，只要巧妙假设、小心求算，还是可以得到正确结果的，毕竟有关化学平衡的计算是一种熟悉的题型。本题的另一难点是最后一问，考查的是速率公式与化学平衡的综合理解，需要明确化学反应速率与速率常数及平衡转化率之间的函数关系，才能作出正确的解答。所以，耐心和细心才是考好的保证。22020新课标天然气的主要成分为CH4，一
99、般还含有C2H6等烃类，是重要的燃料和化工原料。（1）乙烷在一定条件可发生如下反应：C2H6(g)= C2H4(g)+H2(g) H，相关物质的燃烧热数据如下表所示：物质C2H6(g)C2H4(g)H2(g)燃烧热H/( kJmol1)15601411286H1=_ kJmol1。提高该反应平衡转化率的方法有_、_。容器中通入等物质的量的乙烷和氢气，在等压下（p）发生上述反应，乙烷的平衡转化率为。反应的平衡常数Kp=_（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数）。（2）高温下，甲烷生成乙烷的反应如下：2CH4C2H6+H2。反应在初期阶段的速率方程为：r=k，其中k为反应速率常数。设
100、反应开始时的反应速率为r1，甲烷的转化率为时的反应速率为r2，则r2=_ r1。对于处于初期阶段的该反应，下列说法正确的是_。A增加甲烷浓度，r增大 B增加H2浓度，r增大C乙烷的生成速率逐渐增大 D降低反应温度，k减小（3）CH4和CO2都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如下图所示：阴极上的反应式为_。若生成的乙烯和乙烷的体积比为21，则消耗的CH4和CO2体积比为_。【答案】（1）137升高温度 减小压强（增大体积）（2）1AD（3）CO2+2e=CO+O265【解析】【分析】（1） 先写出三种气体的燃烧热的热化学方程式，然后根据盖斯定律进行计算，得到目
101、标反应的H；反应C2H6(g)C2H4(g) + H2(g)为气体体积增大的吸热反应，升高温度、减小压强平衡等都向正反应方向移动；根据已知乙烷的转化率，设起始时加入的乙烷和氢气各为1mol，列出三段式，求出平衡时各物质的分压，带入平衡常数的计算公式进行计算；（2） 根据r=k，若r1=kc，甲烷转化率为甲烷的浓度为c(1)，则r2= kc(1)；根据反应初期的速率方程为：r=k，其中k为反应速率常数，据此分析速率变化的影响因素；（3） 由图可知，CO2在阴极得电子发生还原反应，电解质传到O2，据此写出电极反应；令生成乙烯和乙烷分别为2体积和1体积，根据阿伏加德罗定律，同温同压下，气体体积比等于
102、物质的量之比，再根据得失电子守恒，得到发生的总反应，进而计算出为消耗CH4和CO2的体积比。【解析】（1）由表中燃烧热数值可知：C2H6(g)+O2(g)=2CO2(g) +3H2O(l) H1= 1560kJmol1；C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g) +2H2O(l) H2= 1411kJmol1；H2(g)+O2(g)=H2O(l) H3= 286kJmol1；根据盖斯定律可知，得C2H6(g) =C2H4(g) + H2(g)，则H= H1H2H3=( 1560kJmol1)( 1411kJmol1) ( 286kJmol1)=137kJmol1，故答案为137；反应C2H6
103、(g)C2H4(g) + H2(g)为气体体积增大的吸热反应，升高温度、减小压强平衡都向正反应方向移动，故提高该反应平衡转化率的方法有升高温度、减小压强（增大体积）；设起始时加入的乙烷和氢气各为1mol，列出三段式，C2H6(g)C2H4(g) + H2(g)起始（mol） 1 0 1转化（mol）平衡（mol） 1 1+平衡时，C2H6、C2H4和H2平衡分压分别为p、p和p，则反应的平衡常数为Kp=；（2）根据r=k，若r1= kc，甲烷转化率为甲烷的浓度为c(1)，则r2= kc(1)，所以r2=(1)r1；A.增大反应物浓度反应速率增大，故A说法正确；B.由速率方程可知，初期阶段的反应
104、速率与氢气浓度无关，故B说法错误；C反应物甲烷的浓度逐渐减小，结合速率方程可知，乙烷的生成速率逐渐减小，故C说法错误；D化学反应速率与温度有关，温度降低，反应速率常数减小，故D正确。答案选AD。（3） 由图可知，CO2在阴极得电子发生还原反应，电极反应为CO2+2e=CO+O2；令生成乙烯和乙烷分别为2体积和1体积，根据阿伏加德罗定律，同温同压下，气体体积比等于物质的量之比，再根据得失电子守恒，得到发生的总反应为：6CH4+5CO2=2C2H4+ C2H6+5H2O+5CO，即消耗CH4和CO2的体积比为6:5。故答案为：6:5。32020新课标二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO2的热点研
105、究领域。回答下列问题：（1）CO2催化加氢生成乙烯和水的反应中，产物的物质的量之比n(C2H4)n(H2O)=_。当反应达到平衡时，若增大压强，则n(C2H4)_(填“变大”“变小”或“不变”)。（2）理论计算表明，原料初始组成n(CO2)n(H2)=13，在体系压强为0.1MPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。图中，表示C2H4、CO2变化的曲线分别是_、_。CO2催化加氢合成C2H4反应的H_0(填“大于”或“小于”)。（3）根据图中点A(440K，0.39)，计算该温度时反应的平衡常数Kp=_(MPa)3(列出计算式。以分压表示，分压=总压物质的量分数)
106、。（4）二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随副反应，生成C3H6、C3H8、C4H8等低碳烃。一定温度和压强条件下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当_。【答案】（1）14 变大（2）d c 小于（3）或等（4）选择合适催化剂等【解析】【分析】根据质量守恒定律配平化学方程式，可以确定产物的物质的量之比。根据可逆反应的特点分析增大压强对化学平衡的影响。根据物质的量之比等于化学计量数之比，从图中找到关键数据确定代表各组分的曲线，并计算出平衡常数。根据催化剂对化反应速率的影响和对主反应的选择性，工业上通常要选择合适的催化剂以提高化学反应速率、减少副反应的发生。【解析】（1）CO2催化加氢生成乙烯和水
107、，该反应的化学方程式可表示为2CO2+6H2 CH2 = CH2+4H2O，因此，该反应中产物的物质的量之比n(C2H4)：n(H2O)=1：4。由于该反应是气体分子数减少的反应，当反应达到平衡状态时，若增大压强，则化学平衡向正反应方向移动，n(C2H4)变大。（2）由题中信息可知，两反应物的初始投料之比等于化学计量数之比；由图中曲线的起点坐标可知，c和a所表示的物质的物质的量分数之比为1:3、d和b表示的物质的物质的量分数之比为1:4，则结合化学计量数之比可以判断，表示乙烯变化的曲线是d，表示二氧化碳变化曲线的是c。由图中曲线的变化趋势可知，升高温度，乙烯的物质的量分数减小，则化学平衡向逆反
108、应方向移动，则该反应为放热反应，H小于0。（3）原料初始组成n(CO2)n(H2)=13，在体系压强为0.1Mpa建立平衡。由A点坐标可知，该温度下，氢气和水的物质的量分数均为0.39，则乙烯的物质的量分数为水的四分之一，即，二氧化碳的物质的量分数为氢气的三分之一，即，因此，该温度下反应的平衡常数(MPa)3=(MPa)3。（4）工业上通常通过选择合适的催化剂，以加快化学反应速率，同时还可以提高目标产品的选择性，减少副反应的发生。因此，一定温度和压强下，为了提高反应速率和乙烯的选择性，应当选择合适的催化剂。【点睛】本题确定图中曲线所代表的化学物质是难点，其关键在于明确物质的量的分数之比等于各组
109、分的物质的量之比，也等于化学计量数之比（在初始投料之比等于化学计量数之比的前提下，否则不成立）。42020江苏卷CO2/ HCOOH循环在氢能的贮存/释放、燃料电池等方面具有重要应用。（1）CO2催化加氢。在密闭容器中，向含有催化剂的KHCO3溶液(CO2与KOH溶液反应制得)中通入H2生成HCOO，其离子方程式为_；其他条件不变，HCO3转化为HCOO的转化率随温度的变化如图1所示。反应温度在4080范围内，HCO3催化加氢的转化率迅速上升，其主要原因是_。（2） HCOOH燃料电池。研究 HCOOH燃料电池性能的装置如图2所示，两电极区间用允许K+、H+通过的半透膜隔开。电池负极电极反应式
110、为_；放电过程中需补充的物质A为_(填化学式)。图2所示的 HCOOH燃料电池放电的本质是通过 HCOOH与O2的反应，将化学能转化为电能，其反应的离子方程式为_。（3） HCOOH催化释氢。在催化剂作用下， HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图3所示。HCOOD催化释氢反应除生成CO2外，还生成_(填化学式)。研究发现：其他条件不变时，以 HCOOK溶液代替 HCOOH催化释氢的效果更佳，其具体优点是_。【答案】（1）温度升高反应速率增大，温度升高催化剂的活性增强（2）H2SO4或（3）HD提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度【解析】【分析】（1）根据元素守恒和电荷守恒书写离
111、子方程式；从温度对反应速率的影响以及温度对催化剂的影响的角度分析。（2）该装置为原电池装置，放电时HCOO转化为被氧化，所以左侧为负极，Fe3+转化为Fe2+被还原，所以右侧为正极。（3）HCOOH生成HCOO和H+分别与催化剂结合，在催化剂表面HCOO分解生成CO2和H，之后在催化剂表面H和第一步产生的H+反应生成H2。【解析】（1）含有催化剂的KHCO3溶液中通入H2生成HCOO，根据元素守恒和电荷守恒可得离子方程式为：+H2HCOO+H2O；反应温度在4080范围内时，随温度升高，活化分子增多，反应速率加快，同时温度升高催化剂的活性增强，所以的催化加氢速率迅速上升；（2）左侧为负极，碱性
112、环境中HCOO失电子被氧化为，根据电荷守恒和元素守恒可得电极反应式为HCOO+2OH2e= +H2O；电池放电过程中，钾离子移向正极，即右侧，根据图示可知右侧的阴离子为硫酸根，而随着硫酸钾不断被排除，硫酸根逐渐减少，铁离子和亚铁离子进行循环，所以需要补充硫酸根，为增强氧气的氧化性，溶液最好显酸性，则物质A为H2SO4；根据装置图可知电池放电的本质是HCOOH在碱性环境中被氧气氧化为，根据电子守恒和电荷守恒可得离子方程式为2HCOOH+O2+2OH = 2+2H2O或2HCOO+O2= 2；（3）根据分析可知HCOOD可以产生HCOO和D+，所以最终产物为CO2和HD(H与D+结合生成)；HCO
113、OK是强电解质，更容易产生HCOO和K+，更快的产生KH，KH可以与水反应生成H2和KOH，生成的KOH可以吸收分解产生的CO2，从而使氢气更纯净，所以具体优点是：提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度。【点睛】第3小题为本题难点，要注意理解图示的HCOOH催化分解的反应机理，首先HCOOH分解生成H+和HCOO，然后HCOO再分解成CO2和H，H和H+反应生成氢气。52020天津卷利用太阳能光解水，制备的H2用于还原CO2合成有机物，可实现资源的再利用。回答下列问题：.半导体光催化剂浸入水或电解质溶液中，光照时可在其表面得到产物（1）图1为该催化剂在水中发生光催化反应的原理示意图。光解水能
114、量转化形式为。（2）若将该催化剂置于Na2SO3溶液中，产物之一为 ，另一产物为。若将该催化剂置于AgNO3溶液中，产物之一为O2，写出生成另一产物的离子反应式。.用H2还原CO2可以在一定条件下合成CH3OH(不考虑副反应）（3）某温度下，恒容密闭容器中，CO2和H2的起始浓度分别为 a molL1和3 a molL1，反应平衡时，CH3OH的产率为b，该温度下反应平衡常数的值为。（4）恒压下，CO2和H2的起始物质的量比为13时，该反应在无分子筛膜时甲醇的平衡产率和有分子筛膜时甲醇的产率随温度的变化如图2所示，其中分子筛膜能选择性分离出H2O。甲醇平衡产率随温度升高而降低的原因为。P点甲醇
115、产率高于T点的原因为。根据图2，在此条件下采用该分子筛膜时的最佳反应温度为C。.调节溶液pH可实现工业废气CO2的捕获和释放（5）的空间构型为。已知25碳酸电离常数为Ka1、Ka2，当溶液pH=12时，。【答案】（1）光能转化为化学能（2）H2（3）（4）该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动（或平衡常数减小）分子筛膜从反应体系中不断分离出H2O，有利于反应正向进行，甲醇产率升高210（5）平面（正）三角形【解析】【分析】I.根据图示分析反应以及能量转化形式；根据氧化还原反应的规律分析产物、书写离子反应式；II.用三段式和平衡常数表达式计算平衡常数，依据外界条件对化学平衡的影响分析作答；II
116、I.用价层电子对互斥理论判断的空间构型，利用电离平衡常数表达式计算粒子浓度的比值。【解析】I.（1）根据图示，该催化剂在水中发生光催化反应的方程式为2H2O2H2+O2，光解水能量转化形式为光能转化为化学能，故答案为：光能转化为化学能。（2）若将该催化剂置于Na2SO3溶液中，产物之一为，被氧化成，则H+被还原为H2，即另一产物为H2；若将该催化剂置于AgNO3溶液中，产物之一为O2，氧元素的化合价升高，O2为氧化产物，则生成另一产物的反应为还原反应，由于Ag+得电子能力大于H+，故生成另一产物的离子反应式为Ag+e=Ag，故答案为：H2，Ag+e=Ag。II.（3） CO2和H2的起始浓度分
117、别为 a molL1和3 a molL1，CH3OH的产率为b，则生成的CH3OH物质的量浓度为abmol/L，根据三段式则反应的平衡常数K= =，故答案为：。（4）该反应为放热反应(Hp2p3；温度升高，反应I和II平衡逆向移动，反应III向正反应方向移动，所以T1温度时，三条曲线交与一点的原因为：T1时以反应III为主，反应III前后分子数相等，压强改变对平衡没有影响；（4）.根据图示可知，温度越低，CO2的平衡转化率越大，CH3OH的平衡产率越大，压强越大，CO2的平衡转化率越大，CH3OH的平衡产率越大，所以选择低温和高压，答案选A。【点睛】本题为化学反应原理综合题，考查了盖斯定律、化学平衡常数的计算、勒夏特列原理进行图像的分析，难点为平衡常数的计算，巧用了三个反应的化学方程式，进行了数据的处理，得到反应III的各项数据，进行计算得到平衡常数。