1、题型二化学反应原理综合应用题真题考情全国卷12020全国卷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)H98 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0.5 MPa、2.5 MPa和5.0 MPa压强下，SO2平衡转化率随温度的变化如图(b)所示。反应在5.0 MPa、550时的_ ，判断的依据是_。
2、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：vk0.8(1n)式中：k为反应速率常数，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_。22020全国卷
3、天然气的主要成分为CH4，一般还含有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)H1，相关物质的燃烧热数据如表所示：物质C2H6(g)C2H4(g)H2(g)燃烧热H/(kJmol1)1 5601 411286H1_ 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：2CH4C2H6H2。反应在初期阶段的速率方程为：rkcCH4，其
4、中k为反应速率常数。设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2:1，则消耗的CH4和CO2体积比为_。32020全国卷二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO2的热点研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)_。
5、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)1:3，在体系压强为0.1 MPa，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(440 K,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)。(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
6、下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当_。42019全国卷水煤气变换CO(g)H2O(g)=CO2(g)H2(g)是重要的化工过程，主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。回答下列问题：(1)Shibata曾做过下列实验：使纯H2缓慢地通过处于721 下的过量氧化钴CoO(s)，氧化钴部分被还原为金属钴Co(s)，平衡后气体中H2的物质的量分数为0.025 0。在同一温度下用CO还原CoO(s)，平衡后气体中CO的物质的量分数为0.019 2。根据上述实验结果判断，还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO_H2(填“大于”或“小于”)。(2)721 时，在密闭容器中将等物质的量的CO(
7、g)和H2O(g)混合，采用适当的催化剂进行反应，则平衡时体系中H2的物质的量分数为_(填标号)。A0.25B0.25 C0.250.50 D0.50E0.50(3)我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用*标注。可知水煤气变换的H_0(填“大于”“等于”或“小于”)。该历程中最大能垒(活化能)E正_eV，写出该步骤的化学方程式_。(4)Shoichi研究了467 、489 时水煤气变换中CO和H2分压随时间变化关系(如下图所示)，催化剂为氧化铁，实验初始时体系中的pH2O和pCO相等、pCO2和pH2相等。计算曲
8、线a的反应在3090 min内的平均速率(a)_kPamin1。467 时pH2和pCO随时间变化关系的曲线分别是_、_。489 时pH2和pCO随时间变化关系的曲线分别是_、_。52019全国卷环戊二烯()是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下列问题：(1)已知：(g)=(g)H2(g)H1100.3 kJmol1H2(g)I2(g)=2HI(g)H211.0 kJmol1对于反应：(g)I2(g)=(g)2HI(g)H3_kJmol1。(2)某温度下，等物质的量的碘和环戊烯()在刚性容器内发生反应，起始总压为105 Pa，平衡时总压增加了20%，环戊烯的转化率为_，该
9、反应的平衡常数Kp_Pa。达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，可采取的措施有_(填标号)。A通入惰性气体B提高温度C增加环戊烯浓度 D增加碘浓度(3)环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是_(填标号)。AT1T2Ba点的反应速率小于c点的反应速率Ca点的正反应速率大于b点的逆反应速率Db点时二聚体的浓度为0.45 molL1(4)环戊二烯可用于制备二茂铁Fe(C5H5)2，结构简式为，后者广泛应用于航天、化工等领域中。二茂铁的电化学制备原理如图所示，其中电解液为溶解有溴化钠(电解质)和环戊二烯的DMF溶液(D
10、MF为惰性有机溶剂)。该电解池的阳极为_，总反应为_。电解制备需要在无水条件下进行，原因为_。62019全国卷近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：(1)Deacon发明的直接氧化法为：4HCl(g)O2(g)=2Cl2(g)2H2O(g)。下图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl):c(O2)分别等于1:1、4:1、7:1时HCl平衡转化率随温度变化的关系：可知反应平衡常数K(300 )_K(400 )(填“大于”或“小于”)。设HCl初始浓度为c0，根据进料浓度比c(HCl):c(O2)1:
11、1的数据计算K(400 )_(列出计算式)。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl):c(O2)过低、过高的不利影响分别是_、_。(2)Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：CuCl2(s)=CuCl(s)Cl2(g)H183 kJmol1CuCl(s)O2(g)=CuO(s)Cl2(g)H220 kJmol1CuO(s)2HCl(g)=CuCl2(s)H2O(g)H3121 kJmol1则4HCl(g)O2(g)=2Cl2(g)2H2O(g)的H_ kJmol1。(3)在一定温度的条件下，进一步提高HCl的转化率的方法是_。(写出2种)(4
12、)在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如图所示：负极区发生的反应有_(写反应方程式)。电路中转移1 mol电子，需消耗氧气_L(标准状况)。省市卷12020山东卷探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CH3OH的产率。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下：.CO2 (g)3H2(g)CH3OH (g)H2O(g)H149.5 kJmol1.CO(g)2H2(g)CH3OH(g)H290.4 kJmol1. CO2(g)H2(g)CO(g)H2O(g)H3回答下列问题：(1)H3_k
13、Jmol1。(2)一定条件下，向体积为V L的恒容密闭容器中通入1 mol CO2和3 mol H2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH(g)为a mol，CO为b mol，此时H2O(g)的浓度为_molL1(用含a、b、V的代数式表示，下同)，反应的平衡常数为_。(3)不同压强下，按照n(CO2):n(H2)1:3投料，实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度的变化关系如图所示。已知：CO2的平衡转化率100%CH3OH的平衡产率100%其中纵坐标表示CO2平衡转化率的是图_(填“甲”或“乙”)；压强p1、p2、p3由大到小的顺序为_；图乙中T1温度时，三条曲线几乎交于
14、一点的原因是_。(4)为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，应选择的反应条件为_(填标号)。A低温、高压 B高温、低压C低温、低压 D高温、高压22020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，HCO转化为HCOO的转化率随温度的变化如图1所示。反应温度在40 80 范围内，HCO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
15、区间用允许K、H通过的半透膜隔开。电池负极电极反应式为_；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_。32020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
16、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。光解水能量转化形式为_。(2)若将该催化剂置于Na2SO3溶液中，产物之一为SO，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)CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)H”“”或“”)向反应器中再分别充入下列气体，能使H2S转化率增大的是_(填标号)。AH2SBCO2CCOSDN2题型角度2化学反应原理的综合应用分析练2亚磷酸(H3PO3)是重要的化工原料，可作尼龙增白剂、农药中间体等。
17、(1)亚磷酸溶液与硝酸银溶液混合生成黑色的银和一氧化氮气体，反应的化学方程式为_。(2)亚磷酸为二元弱酸。已知：H3PO3(aq)NaOH(aq)=NaH2PO3(aq)H2O(l)Ha kJmol1HCl(aq)NaOH(aq)=NaCl(aq)H2O(l)Hb kJmol1求H3PO3(aq)H(aq)H2PO(aq)H_。(3)25 时，H3PO3电离常数Ka18.4103，则NaH2PO3水解常数Kh_(结果保留两位有效数字)；Na2HPO3为_(填“正盐”或“酸式盐”)，其溶液显_(填“酸性”“中性”“碱性”或“无法判断”)；浓度均为0.1 molL1的Na2HPO3和NaOH的混合
18、液，加水稀释10倍后的溶液中将_(填“增大”“不变”或“减小”)。(4)亚磷酸可用电解Na2HPO3溶液来制得，装置如图所示：A室的电极反应式为_；产品室中反应的离子方程式为_。一、信息型氧化还原反应化学(或离子)方程式的书写1常见的氧化剂及产物预测氧化剂还原产物KMnO4Mn2(酸性)；MnO2(中性)；MnO(碱性)K2Cr2O7(酸性)Cr3浓硝酸NO2稀硝酸NOX2(卤素单质)XH2O2OH(碱性)；H2O(酸性)Na2O2NaOH(或Na2CO3)NaClO或(ClO)Cl、Cl2NaClO3Cl2、ClO22常见的还原剂及产物预测还原剂氧化产物Fe2Fe3(酸性)；Fe(OH)3(
19、碱性)SO2(或H2SO3、SO)SOS2或(H2S)S、SO2(或SO)、SOH2C2O4CO2H2O2O2I(或HI)I2、IOCOCO2金属单质(Zn、Fe、Cu等)Zn2、Fe2(与强氧化剂反应生成Fe3 )、Cu2二、利用盖斯定律书写热化学方程式解题模板应对雾霾污染、改善空气质量需要从多方面入手，如开发利用清洁能源。甲醇是一种可再生的清洁能源，具有广阔的开发和应用前景。已知：CH3OH(g)H2O(l)=CO2(g)3H2(g)H93.0 kJmol1CH3OH(g)O2(g)=CO2(g)2H2(g)H192.9 kJmol1CH3OH(g)=CH3OH(l)H38.19 kJmo
20、l1则表示CH3OH燃烧热的热化学方程式为_三、化学平衡状态的判断说明：对于平衡状态的判断，不断出现新的判断形式，如绝热过程中的热量变化，化学平衡常数，有关图像等，判断时紧紧抓住反应过程中对应物理量是否变化，如果在反应过程中在变，达到平衡时不变，则能说明。如：汽车尾气净化的主要原理为2NO(g)2CO(g)2CO2(g)N2(g)H”“”或“”)0。图像分析根据可逆反应的特征，准确确定平衡点。温度越高反应速率越快，达到平衡所需的时间越短，在相等时间内，CO2浓度最低的点应该是平衡点。T3往后，温度升高，CO2浓度增大，平衡逆向移动，逆反应吸热，正反应放热。答案0该反应合适的反应条件是_。A高温
21、B低温 C高压D低压E催化剂(3)氨基甲酸铵是合成尿素的一种中间产物。将体积比为21的NH3和CO2的混合气体充入一个容积不变的真空密闭容器中，在恒定温度下使其发生下列反应并达到平衡：2NH3(g)CO2(g)NH2COONH4(s)实验测得的不同温度下的平衡数据如表所示：温度/15.020.025.030.035.0平衡状态下气体总浓度/(103 molL1)2.43.44.86.89.4根据表中数据，则2NH3(g)CO2(g)NH2COONH4(s)H_(填“”或“2.5 MPap2，所以p15.0 MPa温度、压强和反应物的起始浓度(组成)(3)p(4)升高温度，k增大使v逐渐提高，但
22、降低使v逐渐下降。ttm后，k增大对v的提高小于引起的降低2解析：(1)根据题表中数据信息可写出热化学方程式()C2H6(g)O2(g)=2CO2(g)3H2O(l)H1 560 kJmol1、()C2H4(g)3O2(g)=2CO2(g)2H2O(l)H1 411 kJmol1、()H2(g)O2(g)=H2O(l)H286 kJmol1，根据盖斯定律，由()()()得C2H6(g)=C2H4(g)H2(g)H1137 kJmol1。由于该反应为吸热反应、且为气体分子数增大的反应，因此可通过升高温度、减小体系压强等提高该反应的平衡转化率。设起始时C2H6和H2的物质的量均为1 mol，列出三
23、段式：C2H6(g)=C2H4(g)H2(g)起始量/mol 1 0 1转化量/mol 平衡量/mol 1 1平衡时C2H6、C2H4和H2对应的分压分别为p、p和p，则该反应的平衡常数Kpp。(2)反应初始时可认为cCH41 molL1，则根据初期阶段的速率方程可知kr1，当CH4的转化率为时，cCH4(1)molL1，则此时r2(1)r1。由rkcCH4可知，CH4的浓度越大，反应速率r越大，A项正确；增加H2浓度，CH4的浓度减小或不变，则r减小或不变，B项错误；随着反应的进行，CH4的浓度逐渐减小，则反应速率逐渐减小，C项错误；降低温度，该反应进行非常缓慢甚至停止，即k也随着减小，D项
24、正确。(3)结合图示可知CO2在阴极发生还原反应生成CO，即阴极上的反应式为CO22e=COO2。设生成C2H4和C2H6的物质的量分别为2 mol和1 mol，则反应中转移电子的物质的量为4 mol22 mol110 mol，根据碳原子守恒，可知反应的CH4为6 mol；则由CO2CO转移10 mol电子，需消耗5 mol CO2，则反应中消耗CH4和CO2的体积比为6:5。答案：(1)137升高温度减小压强(增大体积)p(2)1AD(3)CO22e=COO26:53解析：(1)由题意知二氧化碳与氢气反应生成乙烯和水，反应的化学方程式为2CO26H2CH2=CH24H2O，n(C2H4):n
25、(H2O)1:4；此反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向气体体积减小的方向(正反应方向)移动，n(C2H4)变大。(2)反应方程式中CO2和H2的系数之比为1:3，开始时加入的n(CO2) :n(H2)1:3，则平衡时n(CO2) :n(H2)也应为1:3，n(C2H4) :n(H2O)应为1:4，由题图可知曲线a为H2，b为H2O，c为CO2，d为C2H4，随温度升高，平衡时C2H4和H2O的物质的量分数逐渐减小，H2和CO2的物质的量分数逐渐增加，说明升高温度平衡逆向移动，根据升高温度平衡向吸热的方向移动，知正反应方向为放热反应，H小于0。(3)在440 K时，氢气的物质的量分数为0
26、.39，H2O的物质的量分数也为0.39，根据平衡时n(CO2) :n(H2)1:3，知CO2的物质的量分数为0.39/3，根据平衡时n(C2H4) :n(H2O)1:4，知C2H4的物质的量分数为0.39/4，则p(H2)0.390.1 MPa，p(H2O)0.390.1 MPa，p(C2H4)0.39 MPa，p(CO2)0.39 MPa，Kp(MPa)3(MPa)3。(4)压强和温度一定，若要提高反应速率和乙烯的选择性，可采用选择合适催化剂等方法。答案：(1)1:4变大(2)dc小于(3)或等(4)选择合适催化剂等4解析：本题涉及化学反应速率、化学平衡的相关计算及化学平衡移动的影响因素，
27、主要考查学生运用图表、图形分析和解决化学问题的能力。借助水煤气变换反应认识化学变化有一定限度、速率，体现变化观念与平衡思想的学科核心素养。(1)相同温度下，分别用H2、CO还原CoO(s)，平衡时H2的物质的量分数(0.025 0)大于CO的物质的量分数(0.019 2)，说明转化率：H2H2。(2)利用“三段式”解答。721 时，设气体反应物开始浓度均为1 molL1，则H2(g)CoO(s)Co(s)H2O(g)起始(molL1) 1 0转化(molL1) x x平衡(molL1) 1x x则有0.025 0，解得x0.975，故K139；CO(g)CoO(s)Co(s)CO2(g)起始(
28、molL1)1 0转化(molL1)y y平衡(molL1)1y y则有0.019 2，解得y0.980 8，故K251；CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)起始(molL1) 1 1 0 0转化(molL1) z z z z平衡(molL1) 1z 1z z z则有K3，解得z0.532 7。H2的物质的量分数为0.266 4，故选C。(3)观察计算机模拟结果，据H生成物总能量反应物总能量，可知H0.720T1，故错误；B项，a点对应温度低于c点对应温度，但a点环戊二烯浓度大于c点环戊二烯的浓度，故v(a)与v(c)大小无法确定，故错误；C项，v(a，正)v(a，逆)，v(b，正)v
29、(b，逆)，又v(a，正)v(b，正)，则v(a，正)必然大于v(b，逆)，故正确；D项，由图像可知b点环戊二烯的浓度为0.6 molL1，环戊二烯转化的浓度1.5 molL10.6 molL10.9 molL1，则生成的二聚体的浓度0.9 molL10.45 molL1，故正确。(4)根据反应历程可知，铁电极溶解生成了Fe2，故应让Fe电极作电解池的阳极；由反应历程可知，反应物为Fe与环戊二烯，生成物为二茂铁和H2，再根据原子守恒写出总反应式；根据反应历程中有Na生成，水会与Na反应，从而中止反应，且电解过程中水会在阴极生成OH，进一步与Fe2反应生成Fe(OH)2。答案：(1)89.3(2
30、)40%3.56104BD(3)CD(4)Fe电极水会阻碍中间物Na的生成；水会电解生成OH，进一步与Fe2反应生成Fe(OH)26解析：本题涉及的考点有化学平衡常数的计算及影响因素、外界条件对转化率的影响、利用盖斯定律计算H、电极方程式的书写、氧化还原反应中的相关计算。考查学生对图像的理解，获取有关知识并进行加工、吸收的能力和运用相关知识分析、解决简单化学问题的能力。体现了化学变化有一定限度，是可以调控的，体现了变化观念与平衡思想的学科核心素养。(1)由题图可知，温度升高，HCl平衡转化率降低，即平衡逆向移动，则该可逆反应的正反应是放热反应，故K(300 )K(400 )；随着进料浓度比c(
31、HCl):c(O2)逐渐增大，HCl平衡转化率逐渐降低，所以图中三条曲线由上到下分别对应的进料浓度比c(HCl):c(O2)为1:1、4:1、7:1,400 、c(HCl):c(O2)1:1时，HCl的平衡转化率为84%。设HCl初始浓度为c0(O2初始浓度也为c0)，则平衡时HCl、O2、Cl2、H2O(g)的浓度分别为(10.84)c0、(10.21)c0、0.42c0、0.42c0，则K(400 )。进料浓度比c(HCl):c(O2)过低，导致平衡时气体中混有大量O2，增大分离能耗；进料浓度比c(HCl):c(O2)过高，会导致平衡时HCl转化率较低。(2)将题给反应过程依次记为、，则根
32、据盖斯定律，由222可得到4HCl(g)O2(g)=2Cl2(g)2H2O(g)H2H32H22H1116 kJmol1。(3)温度一定的条件下，提高某种反应物的转化率的方法有适当提高另一种反应物的浓度、及时分离产物、改变体系压强等，而该反应是一个气体分子数减小的反应，故应增大压强使平衡正向移动。(4)负极区发生的是得电子的还原反应，故负极区的反应有Fe3e=Fe2、4Fe2O24H=4Fe32H2O；根据得失电子守恒得出关系式：Fe3eFe2O21 mol0.25 moln(O2)0.25 mol，标准状况下体积为5.6 L。答案：(1)大于O2和Cl2分离能耗较高HCl转化率较低(2)11
33、6(3)增加反应体系压强、及时分离出产物(4)Fe3e=Fe2，4Fe2O24H=4Fe32H2O5.6技巧点拨：电解池中电极反应式的书写技巧：(1)首先看阳极材料，如果阳极是活泼金属作电极，则应是阳极失电子，阳极不断溶解，溶液中的阴离子不能失电子。(2)如果阳极是惰性电极(Pt、Au、石墨等作电极)，则应是电解质溶液中的离子放电，根据离子的放电顺序书写电极反应式。阳极(惰性电极)发生氧化反应，阴离子失去电子被氧化的顺序为S2IBrClOH含氧酸根离子F。阴极发生还原反应，阳离子得到电子被还原的顺序为AgHg2Fe3Cu2HPb2Sn2Fe2Zn2。省市卷1解析：本题考查盖斯定律的应用、平衡浓
34、度及平衡常数的计算、化学平衡中的问题分析及化学平衡移动的分析等，考查的化学学科核心素养是宏观辨识与微观探析、变化观念与平衡思想、证据推理与模型认知。(1)分析三个热化学方程式，可应用盖斯定律计算，H3H1H249.5 kJmol1( 90.4 kJmol1)40.9 kJmol1。(2)由题述三个反应可知，平衡时H2O(g)的浓度等于CH3OH(g)和CO(g)的浓度之和，即H2O(g)的浓度为 molL1。平衡时CH3OH(g)、CO(g)、H2O(g)的浓度分别为 molL1、 molL1、 molL1，则从开始至平衡，消耗CO2(g)的浓度为()molL1 molL1，消耗H2(g)的浓
35、度为()molL1 molL1，即平衡时CO2(g)、H2(g)的浓度分别为 molL1、molL1，则反应的平衡常数为。(3)反应为放热反应，故低温阶段，温度越高，CO2的平衡转化率越低，而反应为吸热反应，温度较高时，主要发生反应，则温度越高，CO2的平衡转化率越高，即图乙的纵坐标表示的是CO2的平衡转化率。反应为气体分子数减少的反应，反应为气体分子数不变的反应，因此压强越大，CO2的平衡转化率越高，故压强由大到小的顺序是p1、p2、p3。反应为吸热反应，温度较高时，主要发生反应，且反应前后气体分子数相等，故CO2的平衡转化率几乎不再受压强影响。(4)由上述分析知，图甲、图乙的纵坐标分别表示
36、CH3OH的平衡产率、CO2的平衡转化率，且p1p2p3，分析图象可知，应选择的反应条件为低温、高压，A项正确。答案：(1)40.9(2)(3)乙p1、p2 、p3T1时以反应为主，反应前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响(4)A2解析：本题考查离子方程式的书写、影响化学反应速率的因素、原电池的工作原理等知识，考查的化学学科核心素养是宏观辨识与微观探析、变化观念与平衡思想。(1)HCO和H2在催化剂的作用下反应生成HCOO，根据原子守恒和电荷守恒，可知生成物中还有水，据此可写出有关反应的离子方程式。适当升高温度时，催化剂的活性增强，HCO催化加氢的反应速率增大，相同反应时间内，HCO催化
37、加氢的转化率迅速上升。(2)负极发生氧化反应，碱性条件下，HCOO(其中的碳元素为2价)被氧化生成HCO(其中的碳元素为4价)，则负极的电极反应式为HCOO2OH2e=HCOH2O。正极反应中，Fe3被还原为Fe2，Fe2再被O2在酸性条件下氧化为Fe3，Fe3相当于催化剂，因为最终有K2SO4生成，O2氧化Fe2的过程中要消耗H，故需要补充的物质A为H2SO4。结合上述分析可知，HCOOH与O2反应的离子方程式为2HCOOH2OHO2=2HCO2H2O或2HCOOO2=2HCO。(3)根据原子守恒并结合题图3，可知HCOOD催化释氢反应除生成CO2外，还生成HD。从题图3可以看出，HCOOH
38、催化释氢的第一步是转化为HCOO，故以HCOOK溶液代替HCOOH催化释氢，可以提高释放氢气的速率，又HCOOK催化释氢时，氢元素的来源单一，提高释放出氢气的纯度。答案：(1)HCOH2HCOOH2O温度升高反应速率增大，温度升高催化剂的活性增强(2)HCOO2OH2e=HCOH2OH2SO42HCOOH2OHO2=2HCO2H2O或2HCOOO2=2HCO(3)HD提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度3解析：本题考查氧化还原反应、化学平衡等知识，考查的化学学科核心素养是变化观念与平衡思想。(1)在光照下，水转化为H2、O2，故能量转化形式为光能转化为化学能。(2)SO转化为SO的过程中，
39、硫元素化合价升高，根据氧化还原反应中化合价有升必有降的规律及反应体系中只有Na、S、H、O四种元素，可知另一产物为H2。在催化剂存在的条件下，AgNO3溶液通过反应生成O2，氧元素的化合价升高，故有单质银生成，相应的离子反应式为Age=Ag。(3)列三段式如下：CO2(g) 3H2(g)CH3OH(g)H2O(g) a 3a 0 0 ab 3ab ab ab a(1b) 3a(1b) ab abK。(4)该反应是放热反应，温度升高有利于平衡逆向移动，甲醇的平衡产率随温度升高而降低。P点对应反应有分子筛膜，分子筛膜能选择性分离出水，有利于反应正向进行，故P点甲醇产率高于T点甲醇产率。由图2知，当
40、温度为210时，甲醇的产率最高，因此最佳反应温度为210 。(5) CO中碳原子与三个氧原子形成了3个键，孤电子对数(4232)0，故价层电子对数为3，碳原子的杂化类型为sp2，CO为平面三角形结构。Ka1c(HCO)c(H)/c(H2CO3)，Ka2c(CO)c(H)/c(HCO)，pH12时，c(H)1012molL1，则c(CO)1012Ka2c(HCO)，c(HCO)1012Ka1c(H2CO3)，进而可得c(CO)1012Ka21012Ka1c(H2CO3)，故有c(H2CO3)c(HCO)c(CO)c(H2CO3)1012Ka1c(H2CO3)1012Ka21012Ka1c(H2C
41、O3)11012Ka11024Ka1Ka2。答案：(1)光能转化为化学能(2) H2 Age=Ag(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1012Ka11024Ka1Ka24解析：本题考查的内容是化学反应原理中的化学反应与能量变化、化学平衡的移动、电化学等。试题的综合性强、信息量大，侧重考查了学生接受、吸收、整合化学信息的能力和分析问题、解决问题的能力，体现了变化观念与平衡思想、证据推理与模型认知的学科核心素养及培养学生关注社会发展、科技进步的意识和创新思维、创新意识
42、的价值观念。(1)反应中有固体碳生成，而、中都没有碳参与反应，所以必须有一个有碳参与反应的H才能计算H3。(2)控制开关连接K1时，电极1作阴极，H2O在电极周围放电产生H2。开关连接K1时，电极3作阳极，Ni(OH)2被氧化为NiOOH；开关连接K2时，电极3作阴极，NiOOH被还原为Ni(OH)2。答案：(1)CH42H2O4H2CO2C(s)2H2O(g)=CO2(g)2H2(g)或C(s)CO2(g)=2CO(g)abc降低CaOCO2=CaCO3，CaCO3覆盖在CaO表面，减少了CO2与CaO的接触面积(2)K1 2H2O2e=H22OH制H2时，电极3发生反应：Ni(OH)2OH
43、e=NiOOHH2O；制O2时，上述电极反应逆向进行，使电极3得以循环使用5解析：本题涉及的考点有原子结构、盖斯定律的应用、元素周期律的应用、铵盐的性质、盐类的水解、平衡常数的计算等，以元素化合物知识为载体考查学生接受、吸收、整合化学信息的能力，通过多考点综合考查的方式体现宏观辨识与微观探析、变化观念与平衡思想等学科核心素养。(1)质量数质子数中子数；结合已知信息，应用盖斯定律可推出P(s，红磷)=P(s，黑磷)H21.7 kJmol1，放热反应中反应物总能量高于生成物总能量，物质能量越低越稳定，故稳定性：白磷红磷P，故热稳定性：NH3PH3；N2H4的结构式为，分子间存在氢键，故沸点：N2H
44、4P2H4。(3)NH4I可与NaOH反应；NH4I中既有离子键，又有共价键；NH4I可发生水解反应，由NH4I的性质可推测PH4I的性质。(4)SbCl3强烈水解生成SbOCl的同时可生成HCl；配制SbCl3溶液时应加盐酸，抑制SbCl3水解。(5)由反应可知，生成c mol I2应消耗2c mol HI，同时生成c mol H2，故反应中生成HI的总物质的量为(b2c)mol，同时生成(b2c) mol PH3。反应中生成H2的物质的量为(dc)mol，消耗PH3的物质的量为(dc)mol，则平衡体系中PH3的物质的量为mol。t 时反应的平衡常数Kc(HI)c(PH3)，容器体积为1
45、L，故Kb。答案：(1)第四周期第A族173黑磷(2)N2H4分子间存在氢键(3)b、c(4)SbCl3H2OSbOCl2HCl(“”写成“=”亦可)加盐酸，抑制水解(5)b6解析：本题涉及的知识点有热重实验、电解原理的应用、化学平衡移动等，通过分析图像，做出合理解释，考查了学生分析和解决化学问题的能力，体现了变化观念与平衡思想的学科核心素养，以及创新思维和创新意识的价值观念。(1)根据图中质量变化可知，CaC2O4H2O分解产生的气态产物依次为H2O(g)、CO、CO2，固体分解过程为CaC2O4H2OCaC2O4CaCO3CaO。CaO捕集CO2的性能与CaO与CO2气体的接触面积有关，C
46、aC2O4H2O分解产生的气体更多，使生成的CaO更加疏松多孔，捕集性能更好。(2)CO2、HCOO中碳元素化合价分别为4、2价，阴极电极反应式为CO22eH=HCOO。阳极区生成O2：4OH4e=O22H2O(或2H2O4e=O24H)，溶液pH减小，HCO与H反应生成CO2逸出，K部分通过阳离子交换膜移向阴极区，故阳极区KHCO3溶液浓度降低。(3)从反应特点看，反应是吸热反应、反应是放热反应，温度升高，CH3OCH3的选择性急剧下降，大于300 时CO2平衡转化率上升，说明升高温度，反应中CO2的转化率上升幅度超过反应中CO2的转化率降低幅度。反应是气体分子数减小的反应，可以增大压强使平
47、衡向右移动；从影响反应速率的角度考虑，反应时间不变的条件下，可使用对反应催化活性更高的催化剂。答案：(1)CaC2O4CaCO3COCaC2O4H2O热分解放出更多的气体，制得的CaO更加疏松多孔(2)CO2H2e=HCOO或CO2HCO2e=HCOOCO阳极产生O2，pH减小，HCO浓度降低；K部分迁移至阴极区(3)反应的H0，反应的H0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度增大压强、使用对反应催化活性更高的催化剂题型详解练1解析：(1)A能：氢硫酸不能与NaHCO3溶液反应，说明酸性：H2SH2CO3；而亚硫酸能，
48、则说明酸性：H2SO3H2CO3。B能：相同浓度时导电能力越强，说明溶液中离子浓度越大，酸的电离程度越大，故可判断酸性：H2SH2SO3。C能：pH：H2SH2SO3，则c(H)：H2SH2SO3，故酸性：H2SH2SO3。D不能：还原性的强弱与酸的强弱无必然联系。(2)令题干中的四个热化学方程式分别为：H2SO4(aq)=SO2(g)H2O(l)O2(g)H1327 kJmol1SO2(g)I2(s)2H2O(l)=2HI(aq)H2SO4(aq)H2151 kJmol12HI(aq)=H2(g)I2(s)H3110 kJmol1H2S(g)H2SO4(aq)=S(s)SO2(g)2H2O(
49、l)H461 kJmol1根据盖斯定律，将可得，系统()中的热化学方程式：H2O(l)=H2(g)O2(g)HH1H2H3327 kJmol1151 kJmol1110 kJmol1286 kJmol1同理，将可得，系统()中的热化学方程式：H2S(g)=H2(g)S(s)HH2H3H4151 kJmol1110 kJmol161 kJmol120 kJmol1由所得两热化学方程式可知，制得等量H2所需能量较少的是系统()。(3)设平衡时H2S转化的物质的量为x。H2S(g)CO2(g)COS(g)H2O(g)初始/mol0.40 0.10 0 0转化/molx x x x平衡/mol0.40
50、x 0.10x x x由题意得：0.02解得：x0.01 molH2S的平衡转化率1100%2.5%。K2.8103。温度升高，水的平衡物质的量分数增大，平衡右移，则H2S的转化率增大，故21。温度升高，平衡向吸热反应方向移动，故H0。A项，充入H2S，H2S的转化率反而减小。B项，充入CO2，增大了一种反应物的浓度，能够提高另一种反应物的转化率，故H2S的转化率增大。C项，充入COS，平衡左移，H2S的转化率减小。D项，充入N2，对平衡无影响，不改变H2S的转化率。答案：(1)D(2)H2O(l)=H2(g)O2(g)H286 kJmol1H2S(g)=H2(g)S(s)H20 kJmol1
51、系统()(3)2.52.8103B练2解析：(2)：H3PO3(aq)H(aq)H2PO(aq)H(ab)kJmol1。(3)25 时，H3PO3电离方程式为H3PO3(aq)H(aq)H2PO(aq)，常数K8.4103，NaH2PO3的水解常数Kh1.21012；因为亚磷酸为二元弱酸，所以Na2HPO3为正盐，能发生水解显碱性；浓度均为0.1 molL1的Na2HPO3和NaOH的混合液，因为Na2HPO3能水解，NaOH抑制水解，加水稀释10倍后促进了水解，NaOH抑制水解程度减弱，所以溶液中将增大。(4)由装置图中Na的移动方向可知A室为阳极区，B室为阴极区。电解Na2HPO3溶液的阳
52、极反应式为2H2O4e=O24H或4OH4e=O22H2O，H透过阳膜进入产品室。阴极反应式为2H2e=H2 ，Na透过阳膜进入阴极室，HPO透过阴膜进入产品室，发生的反应为HPO2H=H3PO3。答案：(1)2H3PO3AgNO3=2H3PO4AgNO(2)(ba)kJmol1(3)1.21012正盐碱性增大(4)2H2O4e=O24H或(4OH4e=O22H2O)HPO2H=H3PO3模考精练1解析：(1)若所得溶液的pH13，溶液呈强碱性，则CO2主要转化为CO。若所得溶液c(HCO)c(CO)21，根据K2，则c(H)K2510112 molL11010 molL1，pHlg 1010
53、10。(2)根据H反应物总键能生成物总键能，该反应的H(41347452) kJmol1(1 07524362) kJmol1120 kJmol1。该反应为气体分子数增大的吸热反应，恒容时达到的平衡相当于恒压条件下达到平衡后增大压强，加压平衡向逆反应方向移动，故恒容时反应达平衡后吸收的热量比恒压时反应达平衡后吸收的热量少。根据题图1知，900 时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但升高温度，能耗升高，经济效益降低。温度低，反应慢，产率低。(3)该电池中Al作负极，电解质为含AlCl3的离子液体，故负极反应为Al3e=Al3。正极为多孔碳电极，根据正极反应式，得正极总反应为6CO26
54、e=3C2O，O2不参与正极的总反应，故O2为催化剂。将负极反应：2Al6e=2Al3和正极反应：6CO26e=3C2O相加，可得该电池的总反应式为2Al6CO2=Al2(C2O4)3。答案：(1)CO10(2)120 kJmol1B900 时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低，温度低时合成气产率低，反应速率慢(3)Al3e=Al3(或2Al6e=2Al3)催化剂2Al6CO2=Al2(C2O4)32解析：(1)由盖斯定律可知，式式式，即H1H2H3119 kJ/mol(242 kJ/mol)123 kJ/mol。由图(a)可知，同温下，x MPa时丁烯的平
55、衡产率高于0.1 MPa时的，根据压强减小平衡向右移动可知，x小于0.1。欲提高丁烯的平衡产率，应使平衡向右移动，该反应的正反应为吸热反应，因此可以通过升高温度的方法使平衡向右移动；该反应为气体体积增大的反应，因此可以通过降低压强的方法使平衡向右移动，所以A、D选项正确。(2)由于氢气是产物之一，随着n(氢气)/n(丁烷)增大，平衡逆向移动，故丁烯产率降低。(3)该反应的正反应为吸热反应，因此升高温度可以使平衡向右移动，使丁烯的产率增大，另外，反应速率也随温度的升高而增大。由题意知，丁烯在高温条件下能够发生裂解，因此当温度超过590 时，参与裂解反应的丁烯增多，而使产率降低。答案：(1)123
56、小于AD(2)氢气是产物之一，随着n(氢气)/n(丁烷)增大，平衡逆向移动，故丁烯产率降低(3)升高温度有利于反应向吸热方向进行温度升高反应速率加快丁烯高温裂解生成短链烃类3解析：本题主要考查化学反应原理，意在考查考生对图表信息的处理能力及对化学平衡等知识的综合应用能力。(1)由题图1可知，破坏1 mol N2与3 mol H2中的旧化学键吸收的热量946 kJ3436 kJ2 254 kJ，形成2 mol NH3中新化学键所释放的热量为21 173 kJ，故合成氨的热化学方程式为：N2(g)3H2(g)2NH3(g)H(2 25421 173) kJmol192 kJmol1。(2)2NH3
57、(g)CO2(g)CO(NH2)2(s)H2O(g)H0，该反应为吸热反应且正反应是气体体积减小的反应，故反应条件应选择高温、高压，加入合适的催化剂有利于提高反应的速率和选择性。(3)随着温度的升高，气体的总浓度增大，说明平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，H0。根据表中数据，25.0 时的平衡常数K6.1107。氨基甲酸铵是固体，分离出少量的氨基甲酸铵，平衡不移动，反应物的转化率不变，选项A错误；按系数比加入各反应物，各反应物的转化率始终相同，反应达到平衡时，降低反应体系温度，平衡正向移动。氨气和CO2的转化率相同且均增大，但CO2的体积分数不变，选项B错误，选项C正确；加入有效催化剂
58、只能加快化学反应速率，不能提高氨基甲酸铵的产率，选项D错误。25 时反应物的起始浓度比15 时反应物的起始浓度小，但25 时06 min内的平均反应速率(曲线的斜率)比15 的大。根据电荷守恒，c(NH)c(H)c(Cl)c(OH)，常温下pH7的溶液中c(H)c(OH)，则c(NH)c(Cl)0.1 molL1。答案：(1)N2(g)3H2(g)2NH3(g)H92 kJmol1(2)ACE(3)K6.1107C25 时反应物的起始浓度比15 时反应物的起始浓度小，但06 min内的平均反应速率(曲线的斜率)比15 的大0.1 molL14解析：(1)根据盖斯定律，由反应2反应1反应3：13
59、AlCl(g)=2Al(l)AlCl3(g)H3H2H1b kJmol1a kJmol1(ba)kJmol1；950 时，铝土矿与足量的焦炭和Cl2反应可制得AlCl3，同时高温条件下生成一氧化碳，反应的化学方程式是Al2O33C3Cl22AlCl33CO；(2)向等容积A、B密闭容器中加入足量的铝粉，再分别充入1 mol AlCl3(g)，在相同的高温下进行反应。B容器容积可变，正反应为气体体积增大的反应，随着反应的进行气体总量增大，相对于容器A则容器B压强减小，反应速率减慢且平衡向气体体积增大的正反应方向移动，平衡时AlCl3(g)的体积分数减小；1 100 时，向2L密闭容器中通入3 m
60、ol AlCl(g)，发生反应：3AlCl(g)2Al(l)AlCl3(g)。已知该温度下AlCl(g)的平衡转化率为80%，根据三段式有：3AlCl(g)2Al(l)AlCl3(g)开始时浓度(molL1)1.50改变的浓度(molL1) 1.2 0.4平衡时浓度(molL1) 0.3 0.4则该反应的平衡常数K；加入3 mol AlCl(g)，在不同压强下发生反应，温度对产率的影响如题图所示。反应选择温度为900的原因是900时，产率已经较高，升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低；(3)电池充电时，阴极上Al2Cl得电子产生铝和AlCl，电极反应式为4Al2Cl3e=Al7AlCl；AlCl3和NaCl的熔融盐常用于镀铝电解池，电镀时AlCl和Al2Cl两种离子在电极上相互转化，NaCl的作用是生成AlCl和Al2Cl，增强导电性，其他离子不参与电极反应。答案：(1)(ba)Al2O33C3Cl22AlCl33CO(2)900 时，产率已经较高，升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低(3)4Al2Cl3e=Al7AlCl生成AlCl和Al2Cl，增强导电性
