高考化学二轮复习真题解密18化学反应原理综合题(2份打包，解析版+原卷版，可预览)

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解密18 化学反应原理综合题


1．了解化学反应中能量转化的原因，能说出常见的能量转化形式。
2．了解化学能与热能的相互转化。了解吸热反应、放热反应、反应热等概念。
3．理解吸热反应、放热反应与反应物及生成物能量的关系。
4．理解化学反应中的能量变化与化学键变化的关系。
5．了解热化学方程式的含义，能正确书写热化学方程式。
6．了解焓变与反应热的含义。了解ΔH＝H(反应产物)—H(反应物)表达式的含义。
7．理解盖斯定律，并能运用盖斯定律进行有关反应焓变的简单计算。
8．了解能源是人类生存和社会发展的重要基础。知道节约能源、提高能量利用效率的实际意义，知道化学在解决能源危机中的重要作用。
9．了解化学反应速率的概念、化学反应速率的定量表示方法。
10．了解催化剂在生产、生活和科学研究领域中的重要作用。
11．了解化学反应的可逆性，能用焓变和熵变说明常见简单化学反应的方向。
12．了解化学平衡建立的过程。理解化学平衡常数的含义，能够利用化学平衡常数进行简单的计算。
13．理解外界条件(浓度、温度、压强、催化剂等)对反应速率和化学平衡的影响，认识其一般规律。
14．了解化学反应速率和化学平衡的调控在生活、生产和科学研究领域中的重要作用。

1．【2020•新课标Ⅱ卷】化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题：
(1)氯气是制备系列含氯化合物的主要原料，可采用如图(a)所示的装置来制取。装置中的离子膜只允许______离子通过，氯气的逸出口是_______(填标号)。

(2)次氯酸为一元弱酸，具有漂白和杀菌作用，其电离平衡体系中各成分的组成分数δ[δ(X)=，X为HClO或ClO−]与pH的关系如图(b)所示。HClO的电离常数Ka值为______。
(3)Cl2O为淡棕黄色气体，是次氯酸的酸酐，可由新制的HgO和Cl2反应来制备，该反应为歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)。上述制备Cl2O的化学方程式为______。
(4)ClO2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到ClO2溶液。上述过程中，生成ClO2的反应属于歧化反应，每生成1 mol ClO2消耗NaClO2的量为_____mol；产生“气泡”的化学方程式为____________。
(5)“84消毒液”的有效成分为NaClO，不可与酸性清洁剂混用的原因是______(用离子方程式表示)。工业上是将氯气通入到30%的NaOH溶液中来制备NaClO溶液，若NaClO溶液中NaOH的质量分数为1%，则生产1000 kg该溶液需消耗氯气的质量为____kg(保留整数)。
【答案】(1)Na+ a (2)10-7.5 (3)2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O
(4)1.25 NaHCO3+NaHSO4=CO2↑+Na2SO4+H2O ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+ H2O
(5)203
【解析】(1)电解饱和食盐水，反应的化学方程式为2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2↑+H2↑，阳极氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，氯气从a口逸出，阴极氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，产生OH-与通过离子膜的Na+在阴极室形成NaOH；(2)由图pH=7.5时，c(HClO)=c(ClO-)，HClO的Ka==c(H+)=10-7.5；(3)Cl2歧化为Cl2O和Cl-，HgO和氯气反应的方程式为：2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O；(4)5ClO2－＋4H＋=4ClO2＋Cl－＋2H2O，每生成1molClO2，消耗NaClO2为 =1.25mol；碳酸氢钠和硫酸氢钠反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，方程式为：NaHCO3＋NaHSO4=Na2SO4＋H2O＋CO2↑；(5)“84”中的NaClO、NaCl和酸性清洁剂混合后发生归中反应，离子方程式为：ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2O；设氯气为xkg，则消耗的NaOH为kg，原氢氧化钠质量为+1000Kg×0.01，由NaOH质量守恒：原溶液为1000Kg-x，则Kg+1000Kg×0. 01=(1000Kg-x)×0.3，解得x=203Kg。
2．【2020•新课标Ⅱ卷】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) ΔH，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ΔH/( kJ·mol−1)
-1560
-1411
-286
①ΔH=_________kJ·mol−1。
②提高该反应平衡转化率的方法有_________、_________。
③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α。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。
①设反应开始时的反应速率为r1，甲烷的转化率为α时的反应速率为r2，则r2=_____ r1。
②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：

①阴极上的反应式为_________。
②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_________。
【答案】(1)①137 ②升高温度 减小压强(增大体积) ③
(2)①1－α ②AD
(3)①CO2+2e−=CO+O2− ②6∶5
【解析】(1)①由表中燃烧热数值可知：
①C2H6(g)+O2(g)=2CO2(g) +3H2O(l) ∆H1= -1560kJ∙mol-1；②C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g) +2H2O(l) ∆H2= -1411kJ∙mol-1；③H2(g)+O2(g)=H2O(l) ∆H3= -286kJ∙mol-1；根据盖斯定律可知，①-②-③得C2H6(g) =C2H4(g) + H2(g)，则∆H= ∆H1-∆H2-∆H3=( -1560kJ∙mol-1)-( -1411kJ∙mol-1)- ( -286kJ∙mol-1)=137kJ∙mol-1；②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)；③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) α α
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) ①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；②A项，增大反应物浓度反应速率增大，故A说法正确；B项，由速率方程可知，初期阶段的反应速率与氢气浓度无关，故B说法错误；C项，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项，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。故选AD。(3) ①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-；②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。
3．【2020•新课标Ⅲ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)=__________。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0.1MPa，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ΔH______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)。
(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)1∶4 变大 (2)d c 小于
(3)或等 (4)选择合适催化剂等
【解析】(1)CO2催化加氢生成乙烯和水，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)=1∶3，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。
4．【2020•浙江1月选考】研究NOx之间的转化具有重要意义。
(1)已知：N2O4(g) 2NO2(g)　ΔH＞0 将一定量N2O4气体充入恒容的密闭容器中，控制反应温度为T1。
①下列可以作为反应达到平衡的判据是________。
A．气体的压强不变 B．v正(N2O4)＝2v逆(NO2) C．K不变
D．容器内气体的密度不变 E．容器内颜色不变
②t1时刻反应达到平衡，混合气体平衡总压强为p，N2O4气体的平衡转化率为75%，则反应N2O4(g)2NO2(g)的平衡常数Kp＝________(对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作Kp，如p(B)＝p·x(B)，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数)。
③反应温度T1时，c(N2O4)随t(时间)变化曲线如图，画出0～t2时段，c(NO2)随t变化曲线。保持其它条件不变，改变反应温度为T2(T2＞T1)，再次画出0～t2时段，c(NO2)随t变化趋势的曲线________。

(2) NO氧化反应：2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g)分两步进行，其反应过程能量变化示意图如图。

Ⅰ 2NO(g)=N2O2(g) ΔH1
Ⅱ N2O2(g)＋O2(g)→2NO2(g) ΔH2
①决定NO氧化反应速率的步骤是________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
②在恒容的密闭容器中充入一定量的NO和O2气体，保持其它条件不变，控制反应温度分别为T3和T4(T4＞T3)，测得c(NO)随t(时间)的变化曲线如图。转化相同量的NO，在温度_____(填“T3”或“T4”)下消耗的时间较长，试结合反应过程能量图分析其原因____。

【答案】(1)①AE ②p ③
(2)①Ⅱ
②T4 ΔH1＜0，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响
【解析】(1)①A项，该反应是一个气体体积减小的反应，气体的压强不变说明各物质浓度保持不变，反应达到化学平衡状态，故正确；B项，v正(N2O4)＝2v逆(NO2)说明正逆反应速率不相等，反应没有达到化学平衡状态，故错误；C项，温度不变，化学平衡常数K不变，则K不变不能说明反应达到化学平衡状态，故错误；D项，由质量守恒定律可知，反应前后气体质量不变，恒容容器的体积不变，则密度始终不变，则密度不变不能说明反应达到化学平衡状态，故错误；E、容器内颜色不变说明各物质浓度保持不变，反应达到化学平衡状态，故正确；AE正确；故选AE；②设起始N2O4的物质的量为1mol，由题给数据建立如下三段式：

由三段式数据可知N2O4的平衡分压为×p=，NO2的平衡分压为×p=，则平衡常数Kp＝=；③由图可知，t1时反应消耗N2O4的浓度为(0.04—0.01)mol/L，由方程式可得反应生成NO2的浓度为0.03 mol/L×2=0.06 mol/L；该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，NO2的浓度增大，则0～t2时段，NO2的浓度c(NO2)随t变化趋势的曲线为；(2)①由图可知，反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，活化能越大，反应速率越慢，则化学反应速率反应Ⅰ快于反应Ⅱ，化学反应取决于反应速率较慢的一步，则决定NO氧化反应速率的步骤是反应Ⅱ；②由图可知，转化相同量的NO，在温度T4下消耗的时间较长，原因是反应Ⅰ为放热反应，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响，导致转化相同量的NO，在温度较高的T4下消耗的时间较长。
5．【2020•浙江7月选考】研究CO2氧化C2H6制C2H4对资源综合利用有重要意义。
相关的主要化学反应有：
Ⅰ　C2H6(g)C2H4(g)＋H2(g)　ΔH1＝136 kJ·mol−1
Ⅱ　C2H6(g)＋CO2(g)C2H4(g)＋H2O(g)＋CO(g)　ΔH2＝177 kJ·mol−1
Ⅲ　C2H6(g)＋2CO2(g)4CO(g)＋3H2(g)　ΔH3
Ⅳ　CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)　ΔH4＝41 kJ·mol−1
已知：298K时，相关物质的相对能量(如图1)。









可根据相关物质的相对能量计算反应或变化的ΔH(ΔH随温度变化可忽略)。例如：
H2O(g)H2O(l)　ΔH4＝(−286 kJ·mol−1)－(−242 kJ·mol−1)＝−44 kJ·mol−1。
请回答：
(1)①根据相关物质的相对能量计算ΔH3＝________kJ·mol−1。
②下列描述正确的是________。
A．升高温度反应Ⅰ的平衡常数增大
B．加压有利于反应Ⅰ、Ⅱ的平衡正问移动
C．反应Ⅲ有助于乙烷脱氢，有利于乙烯生成
D．恒温恒压下通水蒸气，反应Ⅳ的平衡逆向移动
③有研究表明，在催化剂存在下，反应Ⅱ分两步进行，过程如下：[C2H6(g)＋CO2(g)]→[C2H4(g)＋H2(g)＋CO2(g)]→[C2H4(g)＋CO(g)＋H2O(g)]，且第二步速率较慢(反应活化能为210 kJ·mol−1)。根据相关物质的相对能量，画出反应Ⅱ分两步进行的“能量−反应过程图”，起点从[C2H6(g)＋CO2(g)]的能量−477 kJ·mol−1开始(如图2)。










(2) ①CO2和C2H6按物质的量1∶1投料，在923 K:和保持总压恒定的条件下，研究催化剂X对“CO2氧化C2H6制C2H4”的影响，所得实验数据如下表：
催化剂
转化率C2H6/%
转化率CO2/%
转化率C2H4/%
催化剂X
19.0
37.6
3.3
结合具体反应分析，在催化剂X作用下，CO2氧化C2H6的主要产物是________，判断依据是________。
②采用选择性膜技术(可选择性地让某气体通过而离开体系)可提高C2H4的选择性(生成C2H4的物质的量与消耗C2H6的物质的量之比)。在773 K，乙烷平衡转化率为9.1%，保持温度和其他实验条件不变，采用选择性膜技术，乙烷转化率可提高到11.0%。结合具体反应说明乙烷转化率增大的原因是________。
【答案】(1)①430 ②AD
③
(2)①CO　　C2H4的产率低，谠明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率
②选择性膜吸附C2H4，促进反应Ⅱ平衡正向移动
【解析】(1)①由图1的数据可知，C2H6(g)、CO2(g)、CO(g)、H2(g)的相对能量分别为-84kJ∙mol-1、-393 kJ∙mol-1、-110 kJ∙mol-1、0 kJ∙mol-1。由题中信息可知，∆H=生成物的相对能量-反应物的相对能量，因此，C2H6(g)+2CO2(g)4CO(g)+3H2(g) ∆H3=(-110 kJ∙mol-1)´4-(-84kJ∙mol-1)-( -393 kJ∙mol-1)´2=430 kJ∙mol-1。②A项，反应Ⅰ为吸热反应，升高温度能使其化学平衡向正反应方向移动，故其平衡常数增大，A正确；B项，反应Ⅰ和反应Ⅱ的正反应均为气体分子数增大的反应，增大压强，其化学平衡均向逆反应方向移动，B不正确；C项，反应Ⅲ的产物中有CO，增大CO的浓度，能使反应Ⅱ的化学平衡向逆反应方向移动，故其不利于乙烷脱氢，不利于乙烯的生成，C不正确；D项，反应Ⅳ的反应前后气体分子数不变，在恒温恒压下向平衡体系中通入水蒸气，体系的总体积变大，水蒸气的浓度变大，其他组分的浓度均减小相同的倍数，因此该反应的浓度商变大(大于平衡常数)，化学平衡向逆反应方向移动，D正确。故选AD。③由题中信息可知，反应Ⅱ分两步进行，第一步的反应是C2H6(g)+CO2(g)®C2H4(g)+H2(g) +CO2(g)，C2H4(g)、H2(g)、CO2(g)的相对能量之和为52 kJ∙mol-1+0+(-393 kJ∙mol-1)= -341 kJ∙mol-1；第二步的反应是C2H4(g)+H2(g) +CO2(g)®C2H4(g)+H2O(g) +CO(g)，其活化能为210 kJ∙mol-1，故该反应体系的过渡态的相对能量又升高了210 kJ∙mol-1，过渡态的的相对能量变为-341 kJ∙mol-1+210 kJ∙mol-1= -131 kJ∙mol-1，最终生成物C2H4(g)、H2O(g)、CO(g)的相对能量之和为(52 kJ∙mol-1)+(-242 kJ∙mol-1)+(-110 kJ∙mol-1)= -300 kJ∙mol-1。根据题中信息，第一步的活化能较小，第二步的活化能较大，故反应Ⅱ分两步进行的“能量—反应过程图”可以表示如下：。(2)①由题中信息及表中数据可知，尽管CO2和C2H6按物质的量之比1：1投料，但是C2H4的产率远远小于C2H6的转化率，但是CO2的转化率高于C2H6，说明在催化剂X的作用下，除了发生反应Ⅱ，还发生了反应Ⅲ，而且反应物主要发生了反应Ⅲ，这也说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率，因此，CO2氧化C2H6的主要产物是CO；②由题中信息可知，选择性膜技术可提高C2H4的选择性，由反应ⅡC2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+H2O(g) +CO(g)可知，该选择性应具体表现在选择性膜可选择性地让C2H4通过而离开体系，即通过吸附C2H4减小其在平衡体系的浓度，从而促进化学平衡向正反应方向移动，因而可以乙烷的转化率。
6．【2020•江苏卷】吸收工厂烟气中的SO2，能有效减少SO2对空气的污染。氨水、ZnO水悬浊液吸收烟气中SO2后经O2催化氧化，可得到硫酸盐。
已知：室温下，ZnSO3微溶于水，Zn(HSO3)2易溶于水；溶液中H2SO3、HSO3-、SO32-的物质的量分数随pH的分布如图-1所示。

(1)氨水吸收SO2。向氨水中通入少量SO2，主要反应的离子方程式为___________；当通入SO2至溶液pH=6时，溶液中浓度最大的阴离子是_____________(填化学式)。
(2)ZnO水悬浊液吸收SO2。向ZnO水悬浊液中匀速缓慢通入SO2，在开始吸收的40mim内，SO2吸收率、溶液pH均经历了从几乎不变到迅速降低的变化(见图-2)。溶液pH几乎不变阶段，主要产物是____________(填化学式)；SO2吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方程式为_______________。

(3)O2催化氧化。其他条件相同时，调节吸收SO2得到溶液的pH在4.5~6.5范围内，pH越低SO42-生成速率越大，其主要原因是__________；随着氧化的进行，溶液的pH将__________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
【答案】(1)2NH3+H2O+SO2=2NH4++ SO32-或2NH3·H2O +SO2=2 NH4++ SO32-+H2O
HSO3-
(2)ZnSO3 ZnSO3+SO2+H2O=Zn2++2 HSO3-或ZnO+2SO2+H2O=Zn2++2 HSO3-
(3) 随着pH降低，HSO3-浓度增大 减小
【解析】(1)向氨水中通入少量SO2时，SO2与氨水反应生成亚硫酸铵，反应的离子方程式为2NH3+H2O+SO2=2NH4++ SO32-(或2NH3·H2O +SO2=2 NH4++ SO32-+H2O)；根据图-1所示，pH=6时，溶液中不含有亚硫酸，仅含有HSO3-和SO32-，根据微粒物质的量分数曲线可以看出溶液中阴离子浓度最大的是HSO3-；(2)反应开始时，悬浊液中的ZnO大量吸收SO2，生成微溶于水的ZnSO3，此时溶液pH几乎不变；一旦ZnO完全反应生成ZnSO3后，ZnSO3继续吸收SO2生成易溶于水的Zn(HSO3)2，此时溶液pH逐渐变小，SO2的吸收率逐渐降低，这一过程的离子方程式为ZnSO3+SO2+H2O=Zn2++2 HSO3-(或ZnO+2SO2+H2O=Zn2++2 HSO3-)；(3) HSO3-可以经氧气氧化生成SO42-，这一过程中需要调节溶液pH在4.5~6.5的范围内，pH越低，溶液中的HSO3-的浓度越大，使得催化氧化过程中反应速率越快；随着反应的不断进行，大量的HSO3-反应生成SO42-，反应的离子方程式为2 HSO3-+O2=2 SO42-+2H+，随着反应的不断进行，有大量的氢离子生成，导致氢离子浓度增大，溶液pH减小。
7．【2020•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40℃~80℃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。

①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)。
②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。

①HCOOD催化释氢反应除生成CO2外，还生成__________(填化学式)。
②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)HCO3-+H2HCOOˉ+H2O 温度升高反应速率增大，温度升高催化剂的活性增强
(2)①HCOOˉ+2OHˉ－2eˉ= HCO3-+H2O H2SO4
②2HCOOH+O2+2OHˉ = 2 HCO3-+2H2O或2HCOOˉ+O2= 2 HCO3-
(3)①HD ②提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度
【解析】(1)含有催化剂的KHCO3溶液中通入H2生成HCOOˉ，根据元素守恒和电荷守恒可得离子方程式为：HCO3-+H2HCOOˉ+H2O；反应温度在40℃~80℃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HCO3-的催化加氢速率迅速上升；(2)①左侧为负极，碱性环境中HCOOˉ失电子被氧化为HCO3-，根据电荷守恒和元素守恒可得电极反应式为HCOOˉ+2OHˉ－2eˉ= HCO3-+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；②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HCO3-，根据电子守恒和电荷守恒可得离子方程式为2HCOOH+O2+2OHˉ = 2 HCO3-+2H2O或2HCOOˉ+O2= 2 HCO3-；(3)①根据分析可知HCOOD可以产生HCOOˉ和D+，所以最终产物为CO2和HD(Hˉ与D+结合生成)；②HCOOK是强电解质，更容易产生HCOOˉ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。
8．【2020•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：
Ⅰ. CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49.5 kJ·mol-1
Ⅱ. CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH=-90.4 kJ·mol-1
Ⅲ. CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH3
回答下列问题：
(1) ΔH3=_________。
(2)一定条件下，向体积为VL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ɑ mol，CO为b mol，此时H2O(g)的浓度为__________mol﹒L-1(用含a、b、V的代数式表示，下同)，反应Ⅲ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下图所示。

已知：CO2的平衡转化率=
CH3OH的平衡产率=
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
【答案】(1)+40.9 (2)
(3)乙 p1、p2、p3 T1时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响 (4)A
【解析】(1)根据反应I+II=III，则△H3=△H1+△H2=-49.5kJ∙mol-1+(-90.4 kJ∙mol-1)=+40.9 kJ∙mol-1；(2)假设反应II中，CO反应了xmol，则II生成的CH3OH为xmol，I生成的CH3OH为(a-x)mol，III生成CO为(b+x)mol，根据反应I：

反应II：

反应III：

所以平衡时水的物质的量为(a-x)mol+(b+x)mol =(a+b)mol，浓度为:；平衡时CO2的物质的量为1mol-(a-x)mol-(b+x)mol=(1-a-b)mol，H2的物质的量为3mol-3(a-x)mol-2x-(b+x)mol=(3-3a-b)mol，CO的物质的量为bmol，水的物质的量为(a+b)mol，则反应III的平衡常数为：；(3)反应I和II为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则CH3OH的平衡产率减少，所以图甲表示CH3OH的平衡产率，图乙中，开始升高温度，由于反应I和II为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率降低，反应III为吸热反应，升高温度反应III向正反应方向移动，升高一定温度后以反应III为主，CO2的平衡转化率又升高，所以图乙表示CO2的平衡转化率；压强增大，反应I和II是气体体积减小的反应，反应I和II平衡正向移动，反应III气体体积不变化，平衡不移动，故压强增大CH3OH的平衡产率增大，根据图所以压强关系为：p1>p2>p3；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，故选A。
9．【2020•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：
Ⅰ.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)下图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SO42-，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__________。
Ⅱ.用H2还原CO2可以在一定条下合成CH3OH(不考虑副反应)：
CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1＜0
(3)某温度下，恒容密闭容器中，CO2和H2的起始浓度分别为 a mol‧L-1和3 a mol‧L-1，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1:3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所示，其中分子筛膜能选择性分离出H2O。

①甲醇平衡产率随温度升高而降低的原因为____________。
②P点甲醇产率高于T点的原因为___________。
③根据上图，在此条件下采用该分子筛膜时的最佳反应温度为___________°C。
Ⅲ.调节溶液pH可实现工业废气CO2的捕获和释放
(5) CO32-的空间构型为__________。已知25℃碳酸电离常数为Ka1、Ka2，当溶液pH=12时，c(H2CO3)：c(HCO3-)：c(CO32-)=1：_______：__________。
【答案】(1)光能转化为化学能 (2)H2 Ag++e-=Ag (3)
(4)①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)
②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
③210
(5)平面(正)三角形 1012Ka1 1024Ka1Ka2
【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；(2)若将该催化剂置于Na2SO3溶液中，产物之一为SO42-，SO32-被氧化成SO42-，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。
II.(3) CO2和H2的起始浓度分别为 a mol‧L-1和3 a mol‧L-1，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== =；(4)①该反应为放热反应(∆Hv(逆b)，故C正确；D.b点时环戊二烯浓度由1.5mol/L减小到0.6mol/L，减少了0.9mol/L，因此生成二聚体0.45mol/L，故D正确；故选CD。(4)根据阳极升失氧可知Fe为阳极；根据题干信息Fe-2e-=Fe2+，电解液中钠离子起到催化剂的作用使得环戊二烯得电子生成氢气，同时与亚铁离子结合生成二茂铁，故电极反应式为Fe+2=+H2↑；电解必须在无水条件下进行，因为中间产物Na会与水反应生成氢氧化钠和氢气，亚铁离子会和氢氧根离子结合生成沉淀。
13．【2019•新课标Ⅲ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∶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) ΔH1=83 kJ·mol-1
CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g) ΔH2=-20 kJ·mol-1
CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH3=-121 kJ·mol-1
则4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=_________ kJ·mol-1。
(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)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，如下图所示：

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)。
【答案】(1)大于 O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低
(2)﹣116 (3)增加反应体系压强、及时除去产物
(4)Fe3++e−=Fe2+，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O 5.6
【解析】(1)根据反应方程式知，HCl平衡转化率越大，平衡常数K越大，结合图像知升高温度平衡转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，则K(300℃)>K(400℃)；
由图像知，400℃时，HCl平衡转化率为84%，用三段式法对数据进行处理得：
4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)
起始(浓度) c0 c0 0 0
变化(浓度) 0.84c0 0.21c0 0.42c0 0.42c0
平衡(浓度)(1-0.84)c0 (1-0.21)c0 0.42c0 0.42c0
则K=；根据题干信息知，进料浓度比过低，氧气大量剩余，导致分离产物氯气和氧气的能耗较高；进料浓度比过高，HCl不能充分反应，导致HCl转化率较低；(2)根据盖斯定律知，(反应I+反应II+反应III)×2得4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH=(ΔH1+ΔH2+ΔH3)×2=-116kJ·mol-1；(3)若想提高HCl的转化率，应该促使平衡正向移动，该反应为气体体积减小的反应，根据勒夏特列原理，可以增大压强，使平衡正向移动；也可以及时除去产物，减小产物浓度，使平衡正向移动；(4)电解过程中，负极区即阴极上发生的是得电子反应，元素化合价降低，属于还原反应，则图中左侧为负极反应，根据图示信息知电极反应为：Fe3++e－＝Fe2+和4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O；电路中转移1 mol电子，根据电子得失守恒可知需消耗氧气的物质的量是1mol÷4＝0.25mol，在标准状况下的体积为0.25mol×22.4L/mol＝5.6L。
14．【2018•新课标Ⅰ卷】采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。回答下列问题：
(1)1840年 Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5，该反应的氧化产物是一种气体，其分子式为___________。
(2)F. Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25℃时N2O5(g)分解反应：

其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间t的变化如下表所示(t=∞时，N2O5(g)完全分解)：
t/min
0
40
80
160
260
1300
1700
∞
p/kPa
35.8
40.3
42.5
45.9
49.2
61.2
62.3
63.1
① 已知：2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g) ΔH1=−4.4 kJ·mol−1
2NO2(g)=N2O4(g) ΔH 2=−55.3 kJ·mol−1
则反应N2O5(g)=2NO2(g)+O2(g)的ΔH =_______ kJ·mol−1。
②研究表明，N2O5(g)分解的反应速率v=2×10−3×(kPa·min−1)。t=62 min时，测得体系中 =2.9 kPa，则此时的=________ kPa，v=_______ kPa·min−1。
③若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)____63.1 kPa(填“大于”“等于”或“小于”)，原因是________。
④25℃时N2O4(g)2NO2(g)反应的平衡常数Kp=_______kPa(Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1位小数)。
(3)对于反应2N2O5(g)→4NO2(g)+O2(g)，R.A.Ogg提出如下反应历程：
第一步 N2O5NO3+NO2 快速平衡
第二步 NO2+NO3→NO+NO2+O2 慢反应
第三步 NO+NO3→2NO2 快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是_______(填标号)。
A．v(第一步的逆反应)>v(第二步反应) B．反应的中间产物只有NO3
C．第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效 D．第三步反应活化能较高
【答案】(1)O2
(2)53.1 30.0 6.0×10－2 大于 温度提高，体积不变，总压强提高；NO2二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高 13.4
(3)AC
【解析】(1)氯气在反应中得到电子作氧化剂，硝酸银中只有氧元素化合价会升高，所以氧化产物是氧气，分子式为O2；(2)①已知：
ⅰ、2N2O5(g)＝2N2O4(g)+O2(g) △H1＝－4.4kJ/mol
ⅱ、2NO2(g)＝N2O4(g) △H2＝－55.3kJ/mol
根据盖斯定律可知ⅰ÷2－ⅱ即得到N2O5(g)＝2NO2(g)+1/2O2(g) △H1＝＋53.1kJ/mol；
②根据方程式可知氧气与消耗五氧化二氮的物质的量之比是1:2，又因为压强之比是物质的量之比，所以消耗五氧化二氮减少的压强是2.9kPa×2＝5.8kPa，则此时五氧化二氮的压强是35.8kPa－5.8kPa＝30.0kPa，因此此时反应速率v＝2.0×10－3×30＝6.0×10－2(kPa·min－1)；③由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高，所以若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)大于63.1 kPa。④根据表中数据可知五氧化二氮完全分解时的压强是63.1kPa，根据方程式可知完全分解时最初生成的二氧化氮的压强是35.8kPa×2＝71.6 kPa，氧气是35.8kPa÷2＝17.9 kPa，总压强应该是71.6 kPa+17.9 kPa＝89.5 kPa，平衡后压强减少了89.5 kPa－63.1kPa＝26.4kPa，所以根据方程式2NO2(g) N2O4(g)可知平衡时四氧化二氮对应的压强是26.4kPa，二氧化氮对应的压强是71.6 kPa－26.4kPa×2＝18.8kPa，则反应的平衡常数。(3)A、第一步反应快，所以第一步的逆反应速率大于第二步的逆反应速率，A正确；[B、根据第二步和第三步可知中间产物还有NO，B错误；C、根据第二步反应生成物中有NO2可知NO2与NO3的碰撞仅部分有效，C正确；D、第三步反应快，所以第三步反应的活化能较低，D错误。故选AC。
15．【2018•新课标Ⅱ卷】CH4-CO2催化重整不仅可以得到合成气(CO和H2)，还对温室气体的减排具有重要意义。回答下列问题：
(1)CH4-CO2催化重整反应为：CH4(g)+ CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)。
已知：C(s)+2H2(g)= CH4 (g) ΔH=-75 kJ·mol−1
C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-394 kJ·mol−1
C(s)+(g)=CO(g) ΔH=-111 kJ·mol−1
该催化重整反应的ΔH=______ kJ·mol−1，有利于提高CH4平衡转化率的条件是____(填标号)。
A．高温低压 B．低温高压 C．高温高压 D．低温低压
某温度下，在体积为2 L的容器中加入2 mol CH4、1 mol CO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，其平衡常数为_______mol2·L−2。
(2)反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。相关数据如下表：

积碳反应
CH4(g)= C(s)+2H2(g)
消碳反应
CO2(g)+ C(s)= 2CO(g)
ΔH/(kJ·mol−1)
75
172
活化能/
(kJ·mol−1)
催化剂X
33[来源:Z_xx_k.Com][来源:学_科_网]
91[来源:Zxxk.Com]
催化剂Y
43
72
①由上表判断，催化剂X____Y(填“优于”或“劣于”)，理由是_____________________________。在反应进料气组成、压强及反应时间相同的情况下，某催化剂表面的积碳量随温度的变化关系如图所示。升高温度时，下列关于积碳反应、消碳反应的平衡常数(K)和速率(v)的叙述正确的是________(填标号)。

A．K积、K消均增加 B．v积减小，v消增加
C．K积减小，K消增加 D．v消增加的倍数比v积增加的倍数大
②在一定温度下，测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为v=k·p(CH4)· (k为速率常数)。在p(CH4)一定时，不同p(CO2)下积碳量随时间的变化趋势如图所示，则pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为________________。

【答案】(1)247 A
(2)劣于 相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大 AD pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)
【解析】(1)已知：
①C(s)+2H2(g)=CH4(g) ΔH=-75 kJ·mol−1
②C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-394 kJ·mol−1
③C(s)+1/2O2(g)=CO(g) ΔH=-111 kJ·mol−1
根据盖斯定律可知③×2－②－①即得到该催化重整反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)的ΔH=＋247 kJ·mol−1。正反应是体积增大的吸热反应，所以有利于提高CH4平衡转化率的条件是高温低压，故选A；某温度下，在体积为2 L的容器中加入2 mol CH4、1 mol CO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，根据方程式可知
CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)
起始浓度(mol/L) 1 0.5 0 0
转化浓度(mol/L) 0.25 0.25 0.5 0.5
平衡浓度(mol/L) 0.75 0.25 0.5 0.5
所以其平衡常数为 mol2·L−2。
(2)①根据表中数据可知相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大，所以催化剂X劣于Y。A．正反应均是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向进行，因此K积、K消均增加，A正确；B．升高温度反应速率均增大，B错误；C．根据A中分析可知选项C错误；D．积碳量达到最大值以后再升高温度积碳量降低，这说明v消增加的倍数比v积增加的倍数大，D正确。故选AD。②根据反应速率方程式可知在p(CH4)一定时，生成速率随p(CO2)的升高而降低，所以根据图像可知pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)。
16．【2018•新课标Ⅲ卷】三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题：
(1)SiHCl3在常温常压下为易挥发的无色透明液体，遇潮气时发烟生成(HSiO)2O等，写出该反应的化学方程式__________。
(2)SiHCl3在催化剂作用下发生反应：
2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+ SiCl4(g) ΔH1=48 kJ·mol−1
3SiH2Cl2(g)=SiH4(g)+2SiHCl3 (g) ΔH2=−30 kJ·mol−1
则反应4SiHCl3(g)=SiH4(g)+ 3SiCl4(g)的ΔH=__________ kJ·mol−1。
(3)对于反应2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)，采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323 K和343 K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。

①343 K时反应的平衡转化率α=_________%。平衡常数K343 K=__________(保留2位小数)。
②在343 K下：要提高SiHCl3转化率，可采取的措施是___________；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有____________、___________。
③比较a、b处反应速率大小：υa________υb(填“大于”“小于”或“等于”)。反应速率υ=υ正−υ逆=−，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数，计算a处的 =__________(保留1位小数)。
【答案】(1)2SiHCl3+3H2O=(HSiO)2O+6HCl (2)114
(3)①22 0.02 ②及时移去产物 改进催化剂 提高反应物压强(浓度)
③大于 1.3
【解析】(1)根据题目表述，三氯氢硅和水蒸气反应得到(HSiO)2O，方程式为：2SiHCl3+3H2O=(HSiO)2O+6HCl。(2)将第一个方程式扩大3倍，再与第二个方程式相加就可以得到第三个反应的焓变，所以焓变为48×3+(－30)=114kJ·mol-1。(3)①由图示，温度越高反应越快，达到平衡用得时间就越少，所以曲线a代表343K的反应。从图中读出，平衡以后反应转化率为22%。设初始加入的三氯氢硅的浓度为1mol/L，得到：
2SiHCl3 SiH2Cl2 + SiCl4
起始： 1 0 0
反应： 0.22 0.11 0.11 (转化率为22%)
平衡： 0.78 0.11 0.11
所以平衡常数K=0.112÷0.782=0.02。②温度不变，提高三氯氢硅转化率的方法可以是将产物从体系分离(两边物质的量相等，压强不影响平衡)。缩短达到平衡的时间，就是加快反应速率，所以可以采取的措施是增大压强(增大反应物浓度)、加入更高效的催化剂(改进催化剂)。③a、b两点的转化率相等，可以认为各物质的浓度对应相等，而a点的温度更高，所以速率更快，即Va＞Vb。根据题目表述得到，，当反应达平衡时，＝，所以，实际就是平衡常数K值，所以0.02。a点时，转化率为20%，所以计算出：
2SiHCl3 SiH2Cl2 + SiCl4
起始： 1 0 0
反应： 0.2 0.1 0.1 (转化率为20%)
平衡： 0.8 0.1 0.1
所以=0.8；==0.1；所以。
17．【2017•新课标Ⅰ卷】近期发现，H2S是继NO、CO之后的第三个生命体系气体信号分子，它具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能。回答下列问题：
(1)下列事实中，不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是_________(填标号)。
A．氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以
B．氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸
C．0.10 mol·L−1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1
D．氢硫酸的还原性强于亚硫酸
(2)下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。

通过计算，可知系统(Ⅰ)和系统(Ⅱ)制氢的热化学方程式分别为______________、______________，制得等量H2所需能量较少的是_____________。
(3)H2S与CO2在高温下发生反应：H2S(g)+CO2(g) COS(g) +H2O(g)。在610 K时，将0.10 mol CO2与0.40 mol H2S充入2.5 L的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为0.02。
①H2S的平衡转化率=_______%，反应平衡常数K=________。
②在620 K重复试验，平衡后水的物质的量分数为0.03，H2S的转化率_____，该反应的H_____0。(填“>”“ > ③B
【解析】(1)A．根据复分解反应的规律：强酸+弱酸盐=强酸盐+弱酸，可知酸性H2SO3>H2CO3>H2S，A错误；B．亚硫酸、氢硫酸都是二元弱酸，由于溶液中离子浓度越大，溶液的导电性就越强，所以等浓度的亚硫酸的导电性比氢硫酸的强，可以证明酸性：H2SO3> H2S，B错误；C．等浓度的二元弱酸，酸电离产生的c(H+)越大，溶液的酸性越强，则其pH就越小。所以亚硫酸溶液的pH比等浓度的氢硫酸的小，可以证明酸性：H2SO3> H2S，C错误；D．物质的还原性大小与微粒中元素的化合价及微粒结构有关，与其电离产生氢离子的浓度大小无关，因此不能证明二者的酸性强弱，D正确。故选D。
(2)①H2SO4(aq)=SO2(g)+H2O(l)+O2(g) △H1=＋327 kJ/mol
②SO2(g)+I2(s)+ 2H2O(l)=2HI(aq)+ H2SO4(aq) △H2=－151 kJ/mol
③2HI(aq)= H2 (g)+ I2(s) △H3=＋110 kJ/mol
④H2S(g)+ H2SO4(aq)=S(s)+SO2(g)+ 2H2O(l) △H4=＋61 kJ/mol
①+②+③，整理可得系统(I)的热化学方程式H2O(l)=H2(g)+O2(g) △H=+286 kJ/mol；
②+③+④，整理可得系统(II)的热化学方程式H2S (g)=H2(g)+S(s) △H=+20 kJ/mol。
根据系统I、系统II的热化学方程式可知：每反应产生1mol氢气，后者吸收的热量比前者少，所以制取等量的H2所需能量较少的是系统II。
(3)① H2S(g) + CO2(g) COS(g)+ H2O(g)
开始 0.40mol 0.10mol 0 0
反应 x x x x
平衡 (0.40–x)mol (0.10–x)mol x x

解得x=0.01mol，所以H2S的转化率是
由于该反应是反应前后气体体积相等的反应，所以在该条件下反应达到平衡时化学平衡常数；
②根据题目提供的数据可知温度由610K升高到620K时，化学反应达到平衡，水的物质的量分数由0.02变为0.03，所以H2S的转化率增大。α2>α1；根据题意可知：升高温度，化学平衡向正反应方向移动，根据平衡移动原理：升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，所以该反应的正反应为吸热反应，故△H>0；③A．增大H2S的浓度，平衡正向移动，但加入量远远大于平衡移动转化消耗量，所以H2S转化率降低，A错误；B．增大CO2的浓度，平衡正向移动，使更多的H2S反应，所以H2S转化率增大，B正确；C．COS是生成物，增大生成物的浓度，平衡逆向移动，H2S转化率降低，C错误；D．N2是与反应体系无关的气体，充入N2，不能使化学平衡发生移动，所以对H2S转化率无影响，D错误。故选B。
18．【2017•新课标Ⅱ卷】丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备。回答下列问题：
(1)正丁烷(C4H10)脱氢制1-丁烯(C4H8)的热化学方程式如下：
①C4H10(g)= C4H8(g)+H2(g) ΔH1
已知：②C4H10(g)+1/2O2(g)= C4H8(g)+H2O(g) ΔH2=−119 kJ·mol−1
② H2(g)+ 1/2O2(g)= H2O(g) ΔH3=−242 kJ·mol−1
反应①的ΔH1为________kJ·mol−1。图(a)是反应①平衡转化率与反应温度及压强的关系图，x_________0.1(填“大于”或“小于”)；欲使丁烯的平衡产率提高，应采取的措施是__________(填标号)。
A．升高温度 B．降低温度 C．增大压强 D．降低压强

(2)丁烷和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器(氢气的作用是活化催化剂)，出口气中含有丁烯、丁烷、氢气等。图(b)为丁烯产率与进料气中n(氢气)/n(丁烷)的关系。图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势，其降低的原因是___________。
(3)图(c)为反应产率和反应温度的关系曲线，副产物主要是高温裂解生成的短碳链烃类化合物。丁烯产率在590℃之前随温度升高而增大的原因可能是___________、____________；590℃之后，丁烯产率快速降低的主要原因可能是_____________。
【答案】(1)+123 小于 AD
(2)氢气是产物之一，随着n(氢气)/n(丁烷)增大，逆反应速率增大
(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
【解析】(1)根据盖斯定律，用②式-③式可得①式，因此△H1=△H2-△H3=-119 kJ/mol +242 kJ/mol =+123kJ/mol。由a图可以看出，温度相同时，由0.1MPa变化到xMPa，丁烷的转化率增大，即平衡正向移动，所以x的压强更小，xv逆。③tm时比tn时AsO43-浓度小，所以逆反应速率：tm