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回归教材重难点08 聚焦热、速率、平衡-高考化学三轮冲刺过关（新高考专用）
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回归教材重难点08 聚焦热、速率、平衡
热化学、化学反应速率和化学平衡是高考中的重点和热点问题，主要以某一可逆反应为载体，以表格和图像的形式考查反应热的计算、化学反应速率的计算，影响因素、平衡的标志和特征，平衡的移动，化学平衡常数、转化率、物质的量分数等的计算。
本考点是高考五星高频考点，2020年~2022年各地新高考卷均为必考的综合题。
一、化学反应与能量变化
1．典型的放热反应和吸热反应
（1）放热反应
①金属、金属氧化物与酸或水的反应
②可燃物的燃烧反应及缓慢氧化
③酸和碱的中和反应
④铝热反应，如2Al+Fe2O32Fe+Al2O3
⑤大多数的化合反应。如2NO2N2O4
（2）吸热反应
①大多数的分解的反应（2H2O22H2O+O2↑除外）
②铵盐和碱反应，如Ba（OH）2•8H2O+2NH4Cl＝BaCl2+2NH3•H2O+8H2O
③盐的水解反应
④两个特殊反应：C+CO22CO、C+H2O（g）CO+H2
⑤碳酸氢钠与柠檬酸的反应
2．牢记两类能量变化图像的含义
（1）反应热与物质具有的能量的关系
（2）反应热与正、逆反应活化能的关系
如图所示，E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能，ΔH＝E1－E2。
3．熟练掌握计算反应热的八种方法（根据条件作选择）
（1）根据热化学方程式计算：反应热与热化学方程式中各物质的物质的量成正比（Q＝n·ΔH）。
（2）根据反应物和生成物的总能量计算：ΔH＝E生成物的总能量－E反应物的总能量。
（3）根据键能计算：ΔH＝E反应物键能之和－E生成物键能之和。
（4）根据燃烧热和热值计算：Q＝n（可燃物）×燃烧热。
①根据燃烧热计算：Q放＝n（可燃物）×|燃烧热|
②根据热值计算：Q放＝m（可燃物）×|热值|
（5）计算燃烧热、热值、中和热
①计算燃烧热：DH燃烧热＝－kJ/mol
②计算热值：DH热值＝－kJ/g
③计算中和热：DH中和热＝－kJ/mol
（6）根据比热公式进行计算：Q＝cmΔT。
①水的比热容：c＝4.18×10－3kJ/（g·℃）
②m代表液体或混合液的总质量
③ΔT表示反应前后温度的变化值，ΔT＝T2－T1
（7）利用活化能计算：反应热＝正反应活化能－逆反应的活化能
（8）根据盖斯定律计算
①合理设计反应途径
如： ，则ΔH＝ΔH1+ΔH2
②热化学方程式相加或相减
三、化学反应速率及化学平衡
1．化学反应速率
2．化学平衡
3．平衡常数与书写方式的关系
（1）正逆反应平衡常数的关系是：K正·K逆＝1
（2）化学计量数变成n倍，平衡常数变为n次方倍
（3）反应③＝反应①+反应②，则：△H3＝△H1+△H2，K3＝K1·K2
（4）反应③＝反应①－反应②，则：△H3＝△H1－△H2，K3＝
（5）反应③＝a×反应①－×反应②，则：△H3＝a△H1－△H2，K3＝
4．计算平衡常数的注意事项
（1）浓度平衡常数：Kc＝
①平衡量必须为平衡时的浓度
②等体反应：可以用平衡时的物质的量代替平衡时的浓度
③恒压条件下：先计算平衡体积，再算平衡常数
（2）压强平衡常数：Kp＝
①平衡量为平衡时的浓度、物质的量、体积等均可
②分压Pi＝P总×xi＝P总×＝（P1+P2+P3+…）×
③恒容条件下：先计算平衡总压，再算平衡常数或直接根据分压计算
四、外界条件对化学平衡移动的影响
1．正常情况下的平衡移动
（1）温度：升高温度，平衡向吸热反应方向移动
（2）浓度：增大反应物浓度，平衡向正反应方向移动
（3）压强：增大气体反应压强，平衡向气体体积减小的方向移动
（4）体积：视体积变化为压强变化
①比较瞬间浓度与所给浓度的相对大小，确定平衡移动方向
②利用压强对平衡移动的影响，判断系数的关系，确定物质的状态
③反应：xA（g）+yB（g）zC（g）
原平衡
c（A）＝0.5mol·L－1
体积加倍新平衡
c（A）＝0.3mol·L－1
平衡移动方向
逆反应
x、y、z的关系
x+y＞z
2．特殊情况下的平衡移动
（1）向容器中通入无关气体
①恒容容器：压强增大，浓度不变，速率不变，平衡不移动
②恒压容器：体积增大，浓度减小，速率减慢，平衡向气体体积增大的方向移动
（2）同倍数改变反应物和生成物浓度
①恒温恒容：相当于改变压强
②恒温恒压：瞬间各组分的浓度不变，平衡不移动
（3）不同倍数改变反应物和生成物浓度
①Q＜K：平衡正向移动，v正＞v逆
②Q＝K：平衡不移动，v正＝v逆
③Q＞K：平衡逆向移动，v正＜v逆
3．水对平衡移动的影响
（1）溶液反应：加水，相当于稀释，平衡向可溶性微粒系数和增大的方向移动
①A（aq）+B（aq）C（aq）+D（aq）：不移动
②A（aq）C（aq）+D（aq）+H2O（l）：正向移动
③A（aq）+B（aq）+H2O（l）C（aq）：逆向移动
（2）水蒸气或非溶液反应：当成普通的反应物或生成物即可
①C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）：通入H2O（g）正向移动
②2A（g）+O2（g）2C（g）+H2O（g）：通入H2O（g）逆向移动
③RCOOH（l）+R′OH（l）RCOOR′（l）+H2O（l），加浓硫酸正向移动
4．平衡中浓度变化对“比量”的影响
（1）恒温下浓度变化对转化率的影响
①恒容：同倍数增大反应物或产物浓度，相当于增大压强
②恒压：同倍数增大反应物或产物浓度，平衡不移动
③反应物多种，加谁谁的转化率变小，其余的变大
（2）恒温下浓度变化对百分含量的影响：当投料比＝化学计量数比时，生成物含量最大
5．容器类型对转化率和百分含量的影响
（1）起始量完全相同，非等体反应
①反应物的转化率：恒压容器＞恒容容器＞绝热容器
②产物的百分含量：恒压容器＞恒容容器＞绝热容器
（2）起始量完全相同，等体反应
①反应物的转化率：恒压容器＝恒容容器＞绝热容器
②产物的百分含量：恒压容器＝恒容容器＞绝热容器
1．（2022·浙江6月选考）标准状态下，下列物质气态时的相对能量如下表：
物质（g）
O
H
HO
HOO
H2
O2
H2O2
H2O
能量/kJ·mol－1
249
218
39
10
0
0
－136
－232
可根据HO（g）+HO（g）H2O2（g）计算出H2O2中氧氧单键的键能为214kJ·mol－1。下列说法不正确的是（ ）。
A．H2的键能为436kJ·mol－1
B．O2的键能大于H2O2中氧氧单键的键能的两倍
C．解离氧氧单键所需能量：HOO＜H2O2
D．H2O（g）+O（g）H2O2（g）△H＝－153kJ·mol－1
【解析】选C。根据表格中的数据及H（g）+H（g）H2（g），H2的键能为218kJ·mol－1×2＝436kJ·mol－1，A正确；由表格中的数据及O（g）+O（g）O2（g），可知O2的键能为：249kJ·mol－1×2＝498kJ·mol－1，由题中信息可知H2O2中氧氧单键的键能为214kJ·mol－1，则O2的键能大于H2O2中氧氧单键的键能的两倍，B正确；由表格中的数据可知HOOHO+O，解离其中氧氧单键需要的能量为249kJ·mol－1+39kJ·mol－1－10kJ·mol－1＝278kJ·mol－1，H2O2中氧氧单键的键能为214kJ·mol－1，C错误；由表中的数据可知H2O（g）+O（g）H2O2（g）的△H＝136kJ·mol－1－249kJ·mol－1－（－242kJ·mol－1）＝－153kJ·mol－1，D正确。
2．（湖南省长沙市2022~2023学年高三3月模拟）乙酸是常见的化工原料，在过渡金属的催化作用下有两种反应路径，种路径和能垒数据（单位：eV）如图，已知每一步生成的粒子均为吸态。下列说法正确的是（ ）。
A．该反应条件下，CH3COOH中O－H最容易断裂
B．两条路径的决速步为④
C．反应⑤的反应方程式：CH2CO*CH2*+CO*
D．反应过程中粒子被吸附在金属表面，发生物理变化
【解析】选C。第⑤步能垒最小，CH3COOH中C－C最容易断裂，故A错误；能垒大的步骤为决速步骤，途径Ⅰ的决速步骤是③，途径Ⅱ的决速步骤是④，故B错误；由图可得，反应⑤的反应方程式：CH2CO*CH2*+CO*，故C正确；由图可知，反应过程中是存在物质变化的，所以发生的是化学变化，故D错误。
3．（湖南省衡阳市2022~2023学年高三3月模拟）我国科学家合成了Y、Sc（Y1/NC，Sc1/NC）单原子催化剂，用于电化学催化氢气还原氮气的反应。反应历程与相对能量模拟计算结果如图所示（*表示稀土单原子催化剂）。下列说法中错误的是（ ）。
A．相同条件下，Sc1/NC比Y1/NC催化剂更利于吸附氮气
B．实际生产中将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒可提高氨气的平衡转化率
C．使用Sc1/NC单原子催化剂，反应的快慢由生成*NNH的速率决定
D．工业合成氨与电化学催化还原氮气均涉及到共价键的断裂与形成
【解析】选B。由图可知，使用Sc1/NC的反应活化能小于使用Y1/NC的反应活化能，说明Sc1/NC比Y1/NC更有利于吸附N2，A正确；催化剂只能改变反应的途径，不影响平衡移动，实际生产中将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒可加快反应速率，但氨气的平衡转化率不变，B错误；由图可知，使用Sc1/NC单原子催化剂时，*N2与H结合生成*NNH的活化能最大，则历程中最大能垒的反应为：*N2+H→*NNH，C正确；氮气和氢气合成氨和用于电化学催化氢气还原氮气的反应氨，都涉及氢氢键和氮氮键的和氮氢键的形成，D正确。
4．（合肥市2023年4月高三教学质量检测）下图是我国科研工作者研究MgO（s）与CH4（g）作用最终生成Mg（s）与CH3OH（g）的物质相对能量－反应进程曲线。下列叙述错误的是（ ）。
A．中间体OMgCH4（s）比MgOCH4（s）更稳定
B．该反应进程中的最大能垒（活化能）为350.6kJ·mol－1
C．生成HOMgCH3（s）的过程中有极性键的断裂和形成
D．总反应的热化学方程式为MgO（s）+CH4（g）Mg（s）+CH3OH（g） △H1＝－146.1kJ·mol－1
【解析】选B。由图可知，中间体OMgCH4（s）比MgOCH4（s）能量更低，故更稳定，A正确；过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小；该反应进程中的最大能垒（活化能）为－21.3kJ·mol－1－（－321.1kJ·mol－1）＝299.8kJ·mol－1，B错误；生成HOMgCH3（s）的过程中有碳氢键的断裂和氢氧键的生成，故有极性键的断裂和形成，C正确；由图可知，总反应为氧化镁和甲烷反应生成镁和甲醇，反应放热，其热化学方程式为MgO（s）+CH4（g）Mg（s）+CH3OH（g） △H1＝－146.1kJ·mol－1，D正确。
5．（2022·辽宁省选择考）某温度下，在1L恒容密闭容器中2.0molX发生反应2X（s）Y（g）+2Z（g），有关数据如下：
时间段/min
产物Z的平均生成速率/mol·L－1·min－1
0～2
0.20
0～4
0.15
0～6
0.10
下列说法错误的是（ ）。
A．1min时，Z的浓度大于0.20mol·L－1
B．2min时，加入0.20molZ，此时v正（Z）＜v逆（Z）
C．3min时，Y的体积分数约为33.3%
D．5min时，X的物质的量为1.4mol
【解析】选B。反应开始一段时间，随着时间的延长，反应物浓度逐渐减小，产物Z的平均生成速率逐渐减小，则0~1min内Z的平均生成速率大于0~2min内的，故1min时，Z的浓度大于0.20mol·L－1，A正确；1min时生成的Z的物质的量为0.15mol·L－1·min－1×4min×1L＝0.6mol，6min时生成的Z的物质的量为0.10mol·L－1·min－1×6min×1L＝0.6mol，故反应在4min时已达到平衡，设达到平衡时生了amolY，列三段式：
2X（s）
Y（g）
+
2Z（g）
起始mol
2.0
0
0
变化mol
2a
a
2a
平衡mol
2.0－2a
a
2a
根据2a＝0.6mol，得a＝0.3mol，则Y的平衡浓度为0.30mol·L－1，Z的平衡浓度为0.60mol·L－1，平衡常数K＝c2（Z）·c（Y）＝0.602·0.30＝0.108，2min时Y的浓度为0.20mol·L－1，Z的浓度为0.40mol·L－1，加入0.20molZ后Z的浓度变为0.6mol·L－1，Q＝c2（Z）·c（Y）＝0.602·0.20＝0.072＜K，反应正向进行，故v正（Z）＞v逆（Z），B错误；反应生成的Y与Z的物质的量之比恒等于1∶2，反应体系中只有Y和Z为气体，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，V（Y）∶V（Z）＝1∶2，故Y的体积分数始终约为33.3%，C正确；由B项分析可知5min时反应处于平衡状态，此时生成Z为0.6mol，则X的转化量为0.6mol，初始X的物质的量为2mol，剩余X的物质的量为1.4mol，D正确。
6．（2022·广东省等级考）在相同条件下研究催化剂I、Ⅱ对反应X→2Y的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，则（ ）。
A．无催化剂时，反应不能进行
B．与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更低
C．a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化
D．使用催化剂Ⅰ时，0~2min内，v（X）＝1.0mol·L－1·min－1
【解析】选D。由图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物浓度也在增加，说明反应也在进行，故A错误；由图可知，催化剂I比催化剂II催化效果好，说明催化剂I使反应活化能更低，反应更快，故B错误；由图可知，使用催化剂II时，在0~2min内Y的浓度变化了2.0mol/L，而a曲线表示的X的浓度变化了2.0mol/L，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示使用催化剂II时X浓度随时间t的变化，故C错误；使用催化剂I时，在0~2min内，Y的浓度变化了4.0mol/L，则v（Y）＝＝2.0mol·L－1·min－1，v（X）＝v（Y）＝×2.0mol·L－1·min－1＝1.0mol·L－1·min－1，故D正确。
7．（2022·河北省选择考）恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量X，发生反应的方程式为①XY；②YZ。反应①的速率v1＝k1c（X），反应②的速率v2＝k2c（Y），式中k1、k2为速率常数。图甲为该体系中X、Y、Z浓度随时间变化的曲线，图乙为反应①和②的lnk∼曲线。下列说法错误的是（ ）。
A．随c（X）的减小，反应①、②的速率均降低
B．体系中v（X）＝v（Y）+v（Z）
C．欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间
D．温度低于T1时，总反应速率由反应②决定
【解析】选AB。由图甲中的信息可知，随c（X）的减小，c（Y）先增大后减小，c（Z）增大，因此，反应①的速率随c（X）的减小而减小，而反应②的速率先增大后减小，A说法错误；根据体系中发生的反应可知，在Y的浓度达到最大值之前，单位时间内X的减少量等于Y和Z的增加量，因此，v（X）＝v（Y）+v（Z），但是，在Y的浓度达到最大值之后，单位时间内Z的增加量等于Y和X的减少量，故v（X）+v（Y）＝v（Z），B说法错误；升高温度可以可以加快反应①的速率，但是反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②的，且反应②的的速率随着Y的浓度的增大而增大，因此，欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间，C说法正确；由图乙信息可知，温度低于T时，k1＞k2，反应②为慢反应，因此，总反应速率由反应②决定，D说法正确。
8．（河北省保定市2022~2023学年高三3月模拟）工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯：CH3OH（g）+CO（g）HCOOCH3（g），在容积固定的密闭容器中，投入等物质的量CH3OH和CO，测得相同时间内CO的转化率随温度变化如图所示，下列说法正确的是（ ）。
A．反应速率v（b）＞v（d）
B．由图可知生产时反应温度控制在80～85℃为宜
C．b条件下延长反应时间，CO的转化率保持不变
D．d→e，CO的转化率随温度的升高而减小，可能是因为该反应吸热，升高温度反应逆向移动
【解析】选B。温度对化学反应速率的影响大于浓度对化学反应速率的影响。由于反应温度：d＞b，所以反应速率大小关系为：v（d）＞v（b），A错误；由图可知在80～85℃时反应物CO的转化率最高，因此生产时为提高生产效率，反应温度控制在80～85℃为宜，B正确；b条件下反应未达到平衡状态，此时反应正向进行，延长反应时间，可以使更多的反应物CO与CH3OH（g）发生反应转化为生成物，因此会导致CO的转化率增大，C错误；d→e，CO的转化率随温度的升高而减小，可能是因为该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡会向吸热的逆反应方向移动，导致CO的转化率降低，D错误。
9．（2023年1月浙江省选考仿真模拟卷B）丙烯酸是非常重要的化工原料之一，可用甘油催化转化如下：甘油（C3H8O3）→丙烯醛（C3H4O）→丙烯酸（C3H4O2）。已知：
反应I：C3H8O3（g）C3H4O（g）+2H2O（g）△H1＞0 Ea1（活化能）
反应II：2C3H4O（g）+O2（g）2C3H4O2（g）△H2＞0 Ea2（活化能）
甘油常压沸点为290℃，工业生产选择反应温度为300℃常压下进行。下列说法不正确的是（ ）。
A．当H2O的体积分数保持不变，说明反应达到平衡状态
B．固体催化剂一定时，增加其表面积可提高化学反应速率，增大甘油的平衡转化率
C．丙烯醛有毒，为了工业生产安全可选择能大幅降低Ea2且对Ea1几乎无影响的催化剂
D．若改变条件增大反应II的平衡常数，反应II一定向正反应方向移动，且平衡移动过程中逆反应速率先减小后增加
【解析】选B。A项，恒温恒压下，H2O的体积分数保持不变，则H2O的浓度不再变化，说明反应达到平衡状态，A正确；B项，增加其表面积但浓度不变，平衡不一定，甘油的平衡转化率不变，B错误；C项，活化能越小反应速率越快，丙烯醛有毒，为了安全应减慢反应I的反应速率加快反应II的反应速率，则选择能大幅降低Ea2且对Ea1几乎无影响的催化剂，C正确；D项，反应II是吸热反应，若反应II的平衡常数增大，则为升高温度，平衡正向移动，反应II一定向正反应方向移动，平衡移动过程中逆反应速率先减小后增加，D正确。
10．（陕西省咸阳市2023年高考一模）草酸二甲酯［（COOCH3）2］催化加氢制乙二醇的反应体系中，发生的主要反应为
反应I：（COOCH3）2（g）+2H2（g）CH3OOCCH2OH（g）+CH3OH（g）ΔH1＜0
反应II：（COOCH3）2（g）+4H2（g）HOCH2CH2OH（g）+2CH3OH（g）ΔH2＜0
压强一定的条件下，将（COOCH3）2、H2按一定比例、流速通过装有催化剂的反应管，测得（COOCH3）2的转化率及CH3OOCCH2OH、HOCH2CH2OH的选择性［×100%］与温度的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）。
A．曲线B表示HOCH2CH2OH的选择性随温度变化
B．190~198°C范围内，温度升高，（COOCH3）2的平衡转化率增大
C．190~198℃范围内，温度升高，逐渐减小
D．192℃时，其他条件一定，加快气体的流速可以提高（COOCH3）2转化率
【解析】选C。由曲线A上CH3OOCCH2OH选择性为50%时，曲线C表示HOCH2CH2OH的选择性恰好为50%，曲线C表示HOCH2CH2OH的选择性随温度变化，故A错误；两反应均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，190~198℃范围内，温度升高，（COOCH3）2的平衡转化率减小，故B错误；190~198℃范围内，温度升高，反应II：（COOCH3）2（g）+4H2（g）HOCH2CH2OH（g）+2CH3OH（g）ΔH2＜0的选择性增大，升高温度，对于放热反应，平衡逆向移动，每减少2molCH3OH，只减少1molHOCH2CH2OH，HOCH2CH2OH减小的幅度小于CH3OH，逐渐减小，故C正确；192℃时，其他条件一定，加快气体的流速，反应物（COOCH3）2转化率降低，故D错误。
11．（江苏无锡2023年3月高三模拟）已知2N2O（g）2N2（g）+O2（g）的速率方程为v＝k·cn（N2O）（k为速率常数，只与温度、催化剂有关）。实验测得，N2O在催化剂X表面反应的变化数据如下：
t/min
0
10
20
30
40
50
60
70
c（N2O）/mol·L－1
0.100
0.080
c1
0.040
0.020
c2
c3
0
下列说法正确的是（ ）。
A．t＝10min时，v（N2O）＝2.0×10－3mol·L－1·min－1
B．速率方程中n＝1，表格中c1＞c2＝c3
C．相同条件下，增加N2O的浓度或催化剂X的表面积，都能加快反应速率
D．保持其他条件不变，若起始浓度为0.020mol·L－1，当减至一半时共耗时70min
【解析】选A。A项，t＝10min时，v（N2O）＝＝2.0×10－3mol·L－1·min－1，A项正确；B项，根据表中数据分析，该反应的速率始终不变，N2O的消耗是匀速的，说明反应速率与c（N2O），所以速率方程中n＝0，B项错误；C项，速率方程中n＝0，相同条件下增加N2O的浓度不能加快反应速率，C项错误；D项，保持其他条件不变，该反应的反应速率不变，即为2.0×10－3mol·L－1·min－1，若起始浓度0.200mol·L－1，减至一半时所耗时间为＝50min，D项错误。
12．（2022·湖南省等级考）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C（s）和1molH2O（g），起始压强为0.2MPa时，发生下列反应生成水煤气：
Ⅰ．C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）△H1＝+131.4kJ·mol－1
Ⅱ．CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）△H2＝－41.1kJ·mol－1
①下列说法正确的是_______；
A．平衡时向容器中充入惰性气体，反应Ⅰ的平衡逆向移动
B．混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡
C．平衡时H2的体积分数可能大于
D．将炭块粉碎，可加快反应速率
②反应平衡时，H2O（g）的转化率为50%，CO的物质的量为0.1mol。此时，整个体系_______（填“吸收”或“放出”）热量_______kJ，反应Ⅰ的平衡常数Kp＝_______（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CO2方法的示意图如下：
①某温度下，吸收塔中K2CO3溶液吸收一定量的CO2后，c（CO32－）∶c（HCO3－）＝1∶2，则该溶液的pH＝_____（该温度下H2CO3的Ka1＝4.6×10－7，Ka2＝5.0×10－11）；
②再生塔中产生CO2的离子方程式为_____________________________；
③利用电化学原理，将CO2电催化还原为C2H4，阴极反应式为______________________。
【解析】（1）①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Ⅰ的平衡不移动，A说法不正确；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；若C（s）和H2O（g）完全反应全部转化为CO2（g）和H2（g），由C（s）+2H2O（g）CO2（g）+2H2（g）可知，H2的体积分数的极值为，由于可逆反应只有一定的限度，反应物不可能全部转化为生成物，因此，平衡时H2的体积分数不可能大于，C说法不正确；将炭块粉碎可以增大其与H2O（g）的接触面积，因此可加快反应速率，D说法正确；综上所述，相关说法正确的是BD。②反应平衡时，H2O（g）的转化率为50%，则水的变化量为0.5mol，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，根据相关反应的热化学方程式可知，生成0.1molCO要吸收热量13.14kJ，生成0.2molCO2要放出热量8.22kJ此时，因此整个体系吸收热量13.14kJ－8.22kJ＝4.92kJ；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0.2MPa×1.3＝0.26MPa，反应I：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）的平衡常数Kp＝＝＝×0.26MPa＝0.02MPa。（2）①某温度下，吸收塔中K2CO3溶液吸收一定量的CO2后，c（CO32－）∶c（HCO3－）＝1∶2，由Ka2＝可知，c（H+）＝×Ka2＝2×5.0×10－1mol·L－1＝1.0×10－10mol·L－1，则该溶液的pH＝10；②再生塔中KHCO3受热分解生成K2CO3、H2O和CO2，该反应的离子方程式为2HCO3－CO2↑+CO32－+H2O；③利用电化学原理，将CO2电催化还原为C2H4，阴极上发生还原反应，阳极上水放电生成氧气和H+，H+通过质子交换膜迁移到阴极区参与反应，则阴极的电极反应式为2CO2+12e－+12H+C2H4+4H2O。
【答案】（1）①BD；②吸收；13.14；0.02MPa
（2）①10；②2HCO3－CO2↑+CO32－+H2O③2CO2+12e－+12H+C2H4+4H2O
12．（2022·山东省等级考）利用γ－丁内酯（BL）制备1，4－丁二醇（BD），反应过程中伴有生成四氢呋喃（THF）和1－丁醇（BuOH）的副反应，涉及反应如下：
已知：①反应Ⅰ为快速平衡，可认为不受慢反应Ⅱ、Ⅲ的影响；
②因反应Ⅰ在高压H2氛围下进行，故H2压强近似等于总压。
回答下列问题：
（1）以5.0×10－3mol BL或BD为初始原料，在493K，3.0×103kPa的高压H2氛围下，分别在恒压容器中进行反应。达平衡时，以BL为原料，体系向环境放热XkJ；以BD为原料，体系从环境吸热YkJ。忽略副反应热效应，反应Ⅰ焓变△H（493K，3.0×103kPa）＝_______kJ·mol－1。
（2）初始条件同上。xi表示某物种i的物质的量与除H2外其它各物种总物质的量之比，xBL和xBD随时间t变化关系如图甲所示。实验测得X＜Y，则图中表示xBL变化的曲线是_______；反应Ⅰ平衡常数Kp＝_______ Kpa－2（保留两位有效数字）。以BL为原料时，t1时刻xH2O＝_______，BD产率＝_______（保留两位有效数字）。
（3）（xBD/xBL）max为达平衡时xBD与xBL的比值。（493K，2.5×103kPa）、（493K，3.5×103kPa）、（513K，2.5×103kPa）三种条件下，以5.0×10－3mol BL为初始原料，在相同体积的刚性容器中发生反应，随时间t变化关系如图乙所示。因反应在高压H2氛围下进行，可忽略压强对反应速率的影响。曲线a、b、c中，（xBD/xBL）max最大的是_______（填代号）；与曲线b相比，曲线c达到＝1.0所需时间更长，原因是_______。
【解析】（1）依题意，结合已知信息，可推定在同温同压下，以同物质的量的BL或BD为初始原料，达到平衡时的状态相同，两个平衡完全等效。则以5.0×10－3mol的BL为原料，达到平衡时放出XkJ热量与同物质的量的BD为原料达到平衡时吸收YkJ热量的能量二者能量差值为（X+Y）kJ，则1mol时二者能量差值为200（X+Y）kJ，反应I为放热反应，因此焓变△H＝－200（X+Y）kJ·mol－1。（2）实验测定X＜Y，则达到平衡时BD物质转化量大于BL物质转化量，平衡状态BD物质的量较小，根据图示可知，表示xBL变化的曲线是a或c；该平衡状态下BL的分压是0.48×3.0×103kPa，BD的分压是0.36×3.0×103kPa，H2的压强近似等于总压，故反应I平衡常数Kp＝＝＝8.3×10－8kPa－2；以BL为原料时，根据题给反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，体系总物质的量的增加量正好是BD参与反应Ⅱ、Ⅲ的量，也正好是H2O（g）的物质的量，设t1时BL转化了amol，BD转化了bmol，则体系总物质的量为（5.0×10－3+b）mol，得到＝0.48、＝0.36，求得a＝×10－3、b＝×10－3，则t1时刻xH2O＝＝0.08；此时BD的产率为×100%＝39%。（3）依题意，反应I是正向放热过程，以BL为初始原料，温度升高则平衡逆向移动，温度越高，反应速率越快，达到平衡时的时间越短，（xBD/xBL）max越小，的值越大；相同温度时，压强增大，BD的比重增大，（xBD/xBL）max增大，又可忽略压强对反应速率的影响，则（xBD/xBL）max最大即最小，对应曲线c；由于b和c代表的温度相同，而压强对反应速率的影响可忽略，压强增大反应Ⅱ、Ⅲ均是逆向移动，（xBD/xBL）max增大，故＝1.0所需时间更长。
【答案】（1）－200（X+Y）（2）a或c；8.3×10－8；0.08；39%
（3）c；由于b和c代表的温度相同，而压强对反应速率的影响可忽略，压强增大反应Ⅱ、Ⅲ均是逆向移动，（xBD/xBL）max增大，故＝1.0所需时间更长
14．（安徽省、云南省、吉林省、黑龙江省2023届高三下学期2月适应性测试）异丁烯是一种重要的化工原料，主要用于制备甲基叔丁基醚、丁基橡胶、甲基丙烯腈等。将异丁烷脱氢制备异丁烯，可提高异丁烷的附加值，具有良好的经济与社会效益。回答下列问题。
（1）利用下列键能数据，计算下列异丁烷直接脱氢生成异丁烯反应：（CH3）2CHCH3（g）（CH3）2C＝CH2（g）+H2（g）的△H＝_______kJ·mol－1。
化学键
C－C
C＝C
C－H
H－H
O－H
O＝O
键能/（kJ·mol－1）
347.7
615
413.4
436
462.8
497.3
（2）在压强100kPa下，异丁烷的平衡转化率随温度的变化结果如下图所示。
该反应的平衡常数Kp随温度升高而_______（填“增大”“减小”或“不变”）。计算820K时的平衡常数，Kp＝_______kPa（结果保留一位小数）。
（3）在温度853K、压强100kPa下，初始反应气体组成或与平衡时异丁烷摩尔分数x的关系如下图所示。
其中x~为曲线_______，判断依据是_______。
（4）有人提出加入适量空气，采用异丁烷氧化脱氢的方法制备异丁烯，写出该反应的热化学方程式_________________________________________________。并比较异丁烷直接脱氢制备异丁烯，从产率角度分析该方法的优缺点__________________。
【解析】（1）△H＝反应物的总键能－生成物的总键能，除去异丁烷和异丁烯相同的C－C键和C－H键，则反应（CH3）2CHCH3（g）（CH3）2C＝CH2（g）+H2（g）的△H＝（413.4kJ·mol－1×2+347.7kJ·mol－1）－615kJ·mol－1－436kJ·mol－1＝+123.5kJ·mol－1；（2）由图可知，温度升高，异丁烷的平衡转化率增大，即反应正向进行，因此反应的平衡常数Kp增大；820K时，异丁烷的平衡转化率＝50%，设异丁烷的起始物质的量为1mol，则列三段式有：
（CH3）2CHCH3（g）
（CH3）2C＝CH2（g）
+
H2（g）
起始mol
1
0
0
变化mol
0.5
0.5
0.5
平衡mol
0.5
0.5
0.5
则该反应的平衡常数Kp＝＝33.3kPa；（3）加入其他气体，体系总物质的量增加，异丁烷摩尔分数x减小。加入H2，平衡逆向移动，异丁烷转化率减小，平衡时x增加。总结果是随着增加，x减小：加入稀有气体Ar，对于分子数增加的反应，平衡正向移动，异丁烷转化率增加，平衡时x减小。因此，相同条件下加入稀有气体，平衡时x相对较低。则x~为曲线M；（4）异丁烷氧化脱氢的方法制备异丁烯，反应的化学方程式为2（CH3）2CHCH3（g）+O22（CH3）2C＝CH2（g）+2H2O（g），由△H＝反应物的总键能－生成物的总键能，则该反应的△H＝2×［（413.4kJ·mol－1×2+347.7kJ·mol－1）+497.3kJ·mol－1］－（2×615kJ·mol－1）－2×2×462.8kJ·mol－1＝－234.9kJ·mol－1，因此该反应的热化学方程式为：（CH3）2CHCH3（g）+O2（CH3）2C＝CH2（g）+H2O（g）△H＝－117.45kJ·mol－1；异丁烷氧化脱氢的方法，由于空气中O 2与产物中H2反应生成H2O，同时惰性的N2加入该分子数增加的反应中，二者均可使平衡正向移动，因此可以提高异丁烯产率；但由于空气中O 2对异丁烷或异丁烯深度氧化，会使得异丁烯产率降低。
【答案】（1）+123.5（2）①增大②33.3
（3）①M②加入其他气体，体系总物质的量增加，异丁烷摩尔分数x减小。加入H2，平衡逆向移动，异丁烷转化率减小，平衡时x增加。总结果是随着增加，x减小：加入稀有气体Ar，对于分子数增加的反应，平衡正向移动，异丁烷转化率增加，平衡时x减小。因此，相同条件下加入稀有气体，平衡时x相对较低。
（4）（CH3）2CHCH3（g）+O2（CH3）2C＝CH2（g）+H2O（g）△H＝－117.45kJ·mol－1；空气中O2与产物中H2反应生成H2O，同时惰性的N2加入该分子数增加的反应中，二者均可使平衡正向移动，提高异丁烯产率。缺点：空气中O2对异丁烷或异丁烯深度氧化，使得异丁烯产率降低。
15．（广西防城港市2023年高考一模）我国对世界郑重承诺：2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和，其中的关键技术是运用催化转化法实现二氧化碳的碳捕集和碳利用。请回答下列问题：
Ⅰ、一定温度下，CO2和H2在催化剂作用下可发生a、b两个平行反应，分别生成CH3OH和CO。
a：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1＝－49.5kJ/mol
b：CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）ΔH2＝+41.2kJ/mol
（1）相同温度下，反应CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）的ΔH2＝__________kJ/mol
（2）在传统的催化固定反应床（CFBR）中，CO2的转化率和甲醇的选择性通常都比较低。后来，科学团队研制了一种具有反应和分离双功能的分子筛膜催化反应器（CMR），极大地改善了该问题，其原理如图1所示：
保持压强为3MPa，温度为260℃，向密闭容器中按投料比，＝3投入一定量CO2和H2，不同反应模式下CO2的平衡化率和CH3OH的选择性的相关实验数据如下表所示。
实验组
反应模式
温度/℃
CO2的平衡转化率
CH3OH的选择性
①
CFBR
3
260
21.9
67.3
②
CMR
3
260
36.1
100.0
已知：CH3OH的选择性是指转化的CO2中生成CH3OH的百分比。
①在CMR模式下，按上述条件发生反应。下列说法能证明反应a达到平衡状态的是___________（填字母）。
A．气体压强不再变化
B．气体的平均相对分子质量不再变化
C．不再变化
D．CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量之比为1∶3∶1∶1
②由表中数据可知，在CMR模式下，CO2的转化率明显提高，结合具体反应分析可能的原因是___________。
（3）反应b在进气比不同时，测得CO2的平衡转化率如图2所示（各点对应的反应温度可能相同，也可能不同，其他反应条件均相同）。
①D和F两点对应的温度关系：T（D）_____T（F）（填“＞”、“＝”或“＜”），其原因是_____________________________________________________。
②恒温条件下，在达到平衡状态为G点的反应过程中，当CO2的转化率刚好达到20%时，v正______v逆（填“＞”、“＝”或“＜”）。
Ⅱ、用图3所示装置电解二氧化碳也可制取甲醇，控制在一定温度范围内，持续通入二氧化碳，电解过程中HCO3－的物质的量基本不变。
（4）阴极的电极反应式为_________________________________________。
【解析】（1）ΔH3＝ΔH1－ΔH2＝－49.5kJ/mol－41.2kJ/mol＝－90.7kJ/mol；（2）题目中已知压强不变，所以A正确；气体的平均相对分子质量为Mr，根据公式n＝可知，Mr＝，由于方程式中都是气体，所以质量守恒m不变。根据气体前后气体分子数之和可知n是个变量，所以气体的平均相对分子质量为Mr不变时能证明反应a达到平衡状态；由表格可知一直都是3，所以不是变量，不能证明反应a达到平衡状态；CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量之比为1∶3∶1∶1，不一定非得平衡时物质的量之比为1∶3∶1∶1，在任何情况下都可达到，所以D错误。在CMR模式下，选择合适的催化剂，只发生反应，同时分子筛膜能及时分离出水蒸气，使平衡向右移动，二氧化碳的转化率增大。在CMR模式下，选择合适的催化剂，只发生反应，同时分子筛膜能及时分离出水蒸气，使平衡向右移动，二氧化碳的转化率增大；（3）图中D点（1，60），即＝1，CO2转化率为60%，根据关系列三段式：
CO2（g）
+
H2（g）
H2（g）
+
H2O（g）
起始mol
1
1
0
0
变化mol
0.6
0.6
0.6
0.6
平衡mol
0.4
0.4
0.6
0.6
KD＝＝＝2.25图中F点（1.5，50），即＝1.5，CO2转化率为50%，根据关系列三段式：
CO2（g）
+
H2（g）
H2（g）
+
H2O（g）
起始mol
3
2
0
0
变化mol
1.5
1.5
1.5
1.5
平衡mol
1.5
0.5
1.5
1.5
KD＝＝＝3通过计算可知D点平衡常数K小于F点，该反应为吸热反应，温度升高，平衡常数K增大，所以TD＜TF；图中G点（1.5，40），即＝1.5，CO2转化率为40%，根据关系列三段式：
CO2（g）
+
H2（g）
H2（g）
+
H2O（g）
起始mol
3
2
0
0
变化mol
1.2
1.2
1.2
1.2
平衡mol
1.8
0.8
1.2
1.2
KG＝＝＝1恒温条件下，在达到平衡状态为G点的反应过程中，当CO2的转化率刚好达到20%时，根据关系列三段式：
CO2（g）
+
H2（g）
H2（g）
+
H2O（g）
起始mol
3
2
0
0
变化mol
0.6
0.6
0.6
0.6
平衡mol
2.4
1.4
0.6
0.6
QG＝＝＝0.11，因为KG＞QG，所以向正反应方向进行。故v正＞v逆；（4）电解二氧化碳也可制取甲醇，阴极C的化合价由+4价降低－2价，发生还原反应，得到电子化合价降低，电极反应式为：7CO2+5H2O+6e－CH3OH +6HCO3－。
【答案】（1）－90.7（2）①B②在CMR模式下，选择合适的催化剂，只发生反应，同时分子筛膜能及时分离出水蒸气，使平衡向右移动，二氧化碳的转化率增大
（3）①＜；通过计算可知D点平衡常数K小于F点，该反应为吸热反应，温度升高，平衡常数K增大②＞
（4）7CO2+5H2O+6e－CH3OH +6HCO3－
16．（四川省遂宁市2023年高三2月模拟）CH4超干重整CO2技术可得到富含CO的化工原料。回答下列问题：
（1）CH4超干重整CO2的催化转化如图所示：
①已知相关反应的能量变化如图所示：
过程Ⅰ的热化学方程式为______________________________________。
②关于上述过程Ⅱ的说法不正确的是________（填序号）。
a．实现了含碳物质与含氢物质的分离
b．可表示为CO2+H2＝H2O（g）+CO
c．CO未参与反应
d．Fe3O4、CaO为催化剂，降低了反应的ΔH
③其他条件不变，在不同催化剂（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）作用下，反应CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g）进行相同时间后，CH4的转化率随反应温度的变化如图所示。a点所代表的状态________（填“是”或“不是”）平衡状态；b点CH4的转化率高于c点，原因是________。
（2）在一刚性密闭容器中，CH4和CO2的分压分别为20kPa、25kPa，加入Ni／α－Al2O3催化剂并加热至1123K使其发生反应CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g）。
①研究表明CO的生成速率υ（CO）＝1.3×10－2·p（CH4）·p（CO2）mol·g－1·s－1，某时刻测得p（CO）＝20kPa，则p（CO2）＝________kPa，υ（CO）＝________mol·g－1·s－1。
②达到平衡后测得体系压强是起始时的1.8倍，则该反应的平衡常数的计算式为Kp＝________（kPa）2。（用各物质的分压代替物质的量浓度计算）
（3）CH4超干重整CO2得到的CO经偶联反应可制得草酸（H2C2O4）。常温下，向某浓度的草酸溶液中加入一定浓度的NaOH溶液，所得溶液中c（H2C2O4）＝c（C2O42－），则此时溶液的pH＝________。（已知常温下H2C2O4的Ka1＝6×10－2，Ka2＝6×10－5，lg6＝0.8）
【解析】（1）①据CH4超干重整CO2的催化转化图，过程I的化学反应为CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g）。由能量－反应进程曲线得热化学方程式：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）ΔH＝+206.2kJ·mol－1（i）CO2（g）+4H2（g）CH4（g）+2H2O（g）ΔH＝－165kJ·mol－1（ii）（i）×2+（ii）得过程I的热化学方程式：CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g）ΔH＝247.4kJ·mol－1②过程Ⅱ物质变化为：左上（CO、H2、CO2）+右下（惰性气体）→左下（H2O）+右上（CO、惰性气体），总反应为H2+CO2H2O+CO。Fe3O4、CaO为总反应的催化剂，能降低反应的活化能，但不能改变反应的ΔH。故ab正确，cd错误。③通常，催化剂能加快反应速率，缩短反应到达平衡的时间。但催化剂不能使平衡发生移动，即不能改变平衡转化率。若图中a点为化学平衡，则保持温度不变（800℃），将催化剂II换成I或III，CH4转化率应不变，故a点不是化学平衡。同理，图中b、c两点都未达到化学平衡。据题意，b、c两点只有温度不同，b点温度较高，反应速率快，相同时间内CH4转化率高。（2）①据气态方程PV＝nRT，恒温恒容时某组分气体的分压与其物质的量成正比。则反应中分压为1123K恒容时，
CH4
+
CO2
2CO
+
2H2
起始/kPa
20
25
0
0
变化/kPa
10
10
20
20
平衡/kPa
10
15
20
20
即某时刻p（CO2）＝15kPa，p（CH4）＝10kPa。代入υ（CO）＝1.3×10－2·p（CH4）·p（CO2）mol·g－1·s－1＝1.95mol·g－1·s－1。②设达到平衡时CH4的改变分压为xkPa，1123K恒容时，CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g）
CH4
+
CO2
2CO
+
2H2
起始/kPa
20
25
0
0
变化/kPa
x
x
2x
2x
平衡/kPa
20－x
25－x
2x
2x
据题意，有＝，解得x＝18。CH4（g）、CO2（g）、CO（g）、H2（g）的平衡分压依次是2kPa、7kPa、36kPa、36kPa，代入Kp＝＝（kPa）2。（3）常温下，草酸溶液与NaOH溶液混合，所得混合溶液中仍存在分步电离：H2C2O4H++HC2O4－，Ka1＝，HC2O4－H++C2O42－，Ka2＝，Kal×Ka2＝×＝。当c（H2C2O4）＝c（C2O42－）时，Kal×Ka2＝c2（H+）。c（H+）＝＝mol/L＝6×10－3.5mol/L，pH＝－lg6×10－3.5＝3.5－lg6＝3.5－0.8＝2.7。
【答案】（1）①CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g）ΔH＝247.4kJ·mol－1②cd③不是；b和c都未达平衡，b点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高
（2）①15；1.95②（3）2.7
17．（2022~2023学年甘肃省兰州市高三3月模拟）硫化氢广泛存在于燃气及废水中，热分解或氧化硫化氢有利于环境保护并回收硫资源。回答下列问题：
（1）1gH2S气体完全燃烧，生成液态水和SO2气体，放出17.24kJ的热量，写出表示H2S（g）的燃烧热的热化学方程式：_____________________________________。
（2）利用H2S的热分解反应可生产H2：2H2S（g）S2（g）+2H2（g）。现将0.20molH2S（g）通入到某恒压（压强p＝aMPa）密闭容器中，在不同温度下测得H2S的平衡转化率如图1所示。
已知：对于气相反应，用某组分（B）的平衡分压（PB）代替物质的量浓度（cB）也可表示平衡常数（Kp）。（P总＝PB×B的物质的量分数，P总为平衡时气体总压强）。温度升高时，混合气体的平均摩尔质量_______（填“增大”“减小”或“不变”）。温度为T4℃时，该反应的平衡常数Kp＝____________MPa（用含a的代数式表示）。
（3）用氯气除去废水中H2S的反应为Cl2（aq）+H2S（aq）S（s）+HCl（aq），该反应的可能机理如下：
A．Cl2→2Cl·慢
Cl·+H2S→HCl+HS·快
Cl·+HS·→HCl+S快
B．Cl2→2Cl·快
Cl·+H2S→HCl+HS·慢
Cl·+HS·→HCl+S快
C．Cl2+H2S→Cl·+HS·+HCl慢
Cl·+HS·→HCl+S快
D．Cl2+H2S→Cl·+HS·+HCl快
Cl·+HS·→HCl+S慢
①机理a的中间体为_______。
②已知v正＝k·c（Cl2）·c（H2S），v正为正反应速率，k为速率常数，上述机理中与该速率方程一致的是_______（填字母）。
（4）科学家设计出质子膜H2S燃料电池，实现了利用H2S废气资源回收能量并得到单质硫。质子膜H2S燃料电池的结构如图2所示。
①a极的电极反应式为______________________。
②电池工作时，H+经质子膜进入_______区（填“a极”或“b极”）。
【解析】（1）1gH2S气体完全燃烧，生成液态水和SO2气体，放出17.24kJ的热量，则1molH2S（g）燃烧放热17.24kJ×34＝586.16kJ，则表示燃烧热的热化学方程式：H2S（g）+O2（g）SO2（g）+ H2O（l）△H＝－586.16kJ·mol－1。（2）从图中可以看出，升高温度，H2S的平衡转化率增大，则平衡正向移动，气体的物质的量增大，质量不变，混合气体的平均摩尔质量减小。温度为T4℃时，H2S的平衡转化率为40%，则可建立下列三段式：
2H2S（g）
S2（g）
+
2H2（g）
起始mol
0.20
0
0
变化mol
0.08
0.04
0.08
平衡mol
0.12
0.04
0.08
该反应的平衡常数Kp＝＝＝＝MPa。（3）①机理a的总反应为Cl2（aq）+H2S（aq）S（s）+HCl（aq），则中间体为Cl·、HS·。②当反应分步进行时，慢反应决定整个反应的速率，由v正＝k·c（Cl2）·c（H2S），对照表中反应，可确定上述机理中与该速率方程一致的是c。（4）在a极，H2S失电子转化为S2，则a极为负极，b极为正极。①a极为负极，H2S失电子转化为S2，电极反应式为2H2S－4e－S2+4H+。②电池工作时，阳离子向正极移动，则H+经质子膜进入b极区。
【答案】（1）H2S（g）+O2（g）SO2（g）+ H2O（l）△H＝－586.16kJ·mol－1
（2）①减小②（3）①Cl·、HS·②c（4）①2H2S－4e－S2+4H+②b极
回归教材重难点08 聚焦热、速率、平衡
热化学、化学反应速率和化学平衡是高考中的重点和热点问题，主要以某一可逆反应为载体，以表格和图像的形式考查反应热的计算、化学反应速率的计算，影响因素、平衡的标志和特征，平衡的移动，化学平衡常数、转化率、物质的量分数等的计算。
本考点是高考五星高频考点，2020年~2022年各地新高考卷均为必考的综合题。
一、化学反应与能量变化
1．典型的放热反应和吸热反应
（1）放热反应
①金属、金属氧化物与酸或水的反应
②可燃物的燃烧反应及缓慢氧化
③酸和碱的中和反应
④铝热反应，如2Al+Fe2O32Fe+Al2O3
⑤大多数的化合反应。如2NO2N2O4
（2）吸热反应
①大多数的分解的反应（2H2O22H2O+O2↑除外）
②铵盐和碱反应，如Ba（OH）2•8H2O+2NH4Cl＝BaCl2+2NH3•H2O+8H2O
③盐的水解反应
④两个特殊反应：C+CO22CO、C+H2O（g）CO+H2
⑤碳酸氢钠与柠檬酸的反应
2．牢记两类能量变化图像的含义
（1）反应热与物质具有的能量的关系
（2）反应热与正、逆反应活化能的关系
如图所示，E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能，ΔH＝E1－E2。
3．熟练掌握计算反应热的八种方法（根据条件作选择）
（1）根据热化学方程式计算：反应热与热化学方程式中各物质的物质的量成正比（Q＝n·ΔH）。
（2）根据反应物和生成物的总能量计算：ΔH＝E生成物的总能量－E反应物的总能量。
（3）根据键能计算：ΔH＝E反应物键能之和－E生成物键能之和。
（4）根据燃烧热和热值计算：Q＝n（可燃物）×燃烧热。
①根据燃烧热计算：Q放＝n（可燃物）×|燃烧热|
②根据热值计算：Q放＝m（可燃物）×|热值|
（5）计算燃烧热、热值、中和热
①计算燃烧热：DH燃烧热＝－kJ/mol
②计算热值：DH热值＝－kJ/g
③计算中和热：DH中和热＝－kJ/mol
（6）根据比热公式进行计算：Q＝cmΔT。
①水的比热容：c＝4.18×10－3kJ/（g·℃）
②m代表液体或混合液的总质量
③ΔT表示反应前后温度的变化值，ΔT＝T2－T1
（7）利用活化能计算：反应热＝正反应活化能－逆反应的活化能
（8）根据盖斯定律计算
①合理设计反应途径
如： ，则ΔH＝ΔH1+ΔH2
②热化学方程式相加或相减
三、化学反应速率及化学平衡
1．化学反应速率
2．化学平衡
3．平衡常数与书写方式的关系
（1）正逆反应平衡常数的关系是：K正·K逆＝1
（2）化学计量数变成n倍，平衡常数变为n次方倍
（3）反应③＝反应①+反应②，则：△H3＝△H1+△H2，K3＝K1·K2
（4）反应③＝反应①－反应②，则：△H3＝△H1－△H2，K3＝
（5）反应③＝a×反应①－×反应②，则：△H3＝a△H1－△H2，K3＝
4．计算平衡常数的注意事项
（1）浓度平衡常数：Kc＝
①平衡量必须为平衡时的浓度
②等体反应：可以用平衡时的物质的量代替平衡时的浓度
③恒压条件下：先计算平衡体积，再算平衡常数
（2）压强平衡常数：Kp＝
①平衡量为平衡时的浓度、物质的量、体积等均可
②分压Pi＝P总×xi＝P总×＝（P1+P2+P3+…）×
③恒容条件下：先计算平衡总压，再算平衡常数或直接根据分压计算
四、外界条件对化学平衡移动的影响
1．正常情况下的平衡移动
（1）温度：升高温度，平衡向吸热反应方向移动
（2）浓度：增大反应物浓度，平衡向正反应方向移动
（3）压强：增大气体反应压强，平衡向气体体积减小的方向移动
（4）体积：视体积变化为压强变化
①比较瞬间浓度与所给浓度的相对大小，确定平衡移动方向
②利用压强对平衡移动的影响，判断系数的关系，确定物质的状态
③反应：xA（g）+yB（g）zC（g）
原平衡
c（A）＝0.5mol·L－1
体积加倍新平衡
c（A）＝0.3mol·L－1
平衡移动方向
逆反应
x、y、z的关系
x+y＞z
2．特殊情况下的平衡移动
（1）向容器中通入无关气体
①恒容容器：压强增大，浓度不变，速率不变，平衡不移动
②恒压容器：体积增大，浓度减小，速率减慢，平衡向气体体积增大的方向移动
（2）同倍数改变反应物和生成物浓度
①恒温恒容：相当于改变压强
②恒温恒压：瞬间各组分的浓度不变，平衡不移动
（3）不同倍数改变反应物和生成物浓度
①Q＜K：平衡正向移动，v正＞v逆
②Q＝K：平衡不移动，v正＝v逆
③Q＞K：平衡逆向移动，v正＜v逆
3．水对平衡移动的影响
（1）溶液反应：加水，相当于稀释，平衡向可溶性微粒系数和增大的方向移动
①A（aq）+B（aq）C（aq）+D（aq）：不移动
②A（aq）C（aq）+D（aq）+H2O（l）：正向移动
③A（aq）+B（aq）+H2O（l）C（aq）：逆向移动
（2）水蒸气或非溶液反应：当成普通的反应物或生成物即可
①C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）：通入H2O（g）正向移动
②2A（g）+O2（g）2C（g）+H2O（g）：通入H2O（g）逆向移动
③RCOOH（l）+R′OH（l）RCOOR′（l）+H2O（l），加浓硫酸正向移动
4．平衡中浓度变化对“比量”的影响
（1）恒温下浓度变化对转化率的影响
①恒容：同倍数增大反应物或产物浓度，相当于增大压强
②恒压：同倍数增大反应物或产物浓度，平衡不移动
③反应物多种，加谁谁的转化率变小，其余的变大
（2）恒温下浓度变化对百分含量的影响：当投料比＝化学计量数比时，生成物含量最大
5．容器类型对转化率和百分含量的影响
（1）起始量完全相同，非等体反应
①反应物的转化率：恒压容器＞恒容容器＞绝热容器
②产物的百分含量：恒压容器＞恒容容器＞绝热容器
（2）起始量完全相同，等体反应
①反应物的转化率：恒压容器＝恒容容器＞绝热容器
②产物的百分含量：恒压容器＝恒容容器＞绝热容器
1．（2022·浙江6月选考）标准状态下，下列物质气态时的相对能量如下表：
物质（g）
O
H
HO
HOO
H2
O2
H2O2
H2O
能量/kJ·mol－1
249
218
39
10
0
0
－136
－232
可根据HO（g）+HO（g）H2O2（g）计算出H2O2中氧氧单键的键能为214kJ·mol－1。下列说法不正确的是（ ）。
A．H2的键能为436kJ·mol－1
B．O2的键能大于H2O2中氧氧单键的键能的两倍
C．解离氧氧单键所需能量：HOO＜H2O2
D．H2O（g）+O（g）H2O2（g）△H＝－153kJ·mol－1
【解析】选C。根据表格中的数据及H（g）+H（g）H2（g），H2的键能为218kJ·mol－1×2＝436kJ·mol－1，A正确；由表格中的数据及O（g）+O（g）O2（g），可知O2的键能为：249kJ·mol－1×2＝498kJ·mol－1，由题中信息可知H2O2中氧氧单键的键能为214kJ·mol－1，则O2的键能大于H2O2中氧氧单键的键能的两倍，B正确；由表格中的数据可知HOOHO+O，解离其中氧氧单键需要的能量为249kJ·mol－1+39kJ·mol－1－10kJ·mol－1＝278kJ·mol－1，H2O2中氧氧单键的键能为214kJ·mol－1，C错误；由表中的数据可知H2O（g）+O（g）H2O2（g）的△H＝136kJ·mol－1－249kJ·mol－1－（－242kJ·mol－1）＝－153kJ·mol－1，D正确。
2．（湖南省长沙市2022~2023学年高三3月模拟）乙酸是常见的化工原料，在过渡金属的催化作用下有两种反应路径，种路径和能垒数据（单位：eV）如图，已知每一步生成的粒子均为吸态。下列说法正确的是（ ）。
A．该反应条件下，CH3COOH中O－H最容易断裂
B．两条路径的决速步为④
C．反应⑤的反应方程式：CH2CO*CH2*+CO*
D．反应过程中粒子被吸附在金属表面，发生物理变化
【解析】选C。第⑤步能垒最小，CH3COOH中C－C最容易断裂，故A错误；能垒大的步骤为决速步骤，途径Ⅰ的决速步骤是③，途径Ⅱ的决速步骤是④，故B错误；由图可得，反应⑤的反应方程式：CH2CO*CH2*+CO*，故C正确；由图可知，反应过程中是存在物质变化的，所以发生的是化学变化，故D错误。
3．（湖南省衡阳市2022~2023学年高三3月模拟）我国科学家合成了Y、Sc（Y1/NC，Sc1/NC）单原子催化剂，用于电化学催化氢气还原氮气的反应。反应历程与相对能量模拟计算结果如图所示（*表示稀土单原子催化剂）。下列说法中错误的是（ ）。
A．相同条件下，Sc1/NC比Y1/NC催化剂更利于吸附氮气
B．实际生产中将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒可提高氨气的平衡转化率
C．使用Sc1/NC单原子催化剂，反应的快慢由生成*NNH的速率决定
D．工业合成氨与电化学催化还原氮气均涉及到共价键的断裂与形成
【解析】选B。由图可知，使用Sc1/NC的反应活化能小于使用Y1/NC的反应活化能，说明Sc1/NC比Y1/NC更有利于吸附N2，A正确；催化剂只能改变反应的途径，不影响平衡移动，实际生产中将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒可加快反应速率，但氨气的平衡转化率不变，B错误；由图可知，使用Sc1/NC单原子催化剂时，*N2与H结合生成*NNH的活化能最大，则历程中最大能垒的反应为：*N2+H→*NNH，C正确；氮气和氢气合成氨和用于电化学催化氢气还原氮气的反应氨，都涉及氢氢键和氮氮键的和氮氢键的形成，D正确。
4．（合肥市2023年4月高三教学质量检测）下图是我国科研工作者研究MgO（s）与CH4（g）作用最终生成Mg（s）与CH3OH（g）的物质相对能量－反应进程曲线。下列叙述错误的是（ ）。
A．中间体OMgCH4（s）比MgOCH4（s）更稳定
B．该反应进程中的最大能垒（活化能）为350.6kJ·mol－1
C．生成HOMgCH3（s）的过程中有极性键的断裂和形成
D．总反应的热化学方程式为MgO（s）+CH4（g）Mg（s）+CH3OH（g） △H1＝－146.1kJ·mol－1
【解析】选B。由图可知，中间体OMgCH4（s）比MgOCH4（s）能量更低，故更稳定，A正确；过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小；该反应进程中的最大能垒（活化能）为－21.3kJ·mol－1－（－321.1kJ·mol－1）＝299.8kJ·mol－1，B错误；生成HOMgCH3（s）的过程中有碳氢键的断裂和氢氧键的生成，故有极性键的断裂和形成，C正确；由图可知，总反应为氧化镁和甲烷反应生成镁和甲醇，反应放热，其热化学方程式为MgO（s）+CH4（g）Mg（s）+CH3OH（g） △H1＝－146.1kJ·mol－1，D正确。
5．（2022·辽宁省选择考）某温度下，在1L恒容密闭容器中2.0molX发生反应2X（s）Y（g）+2Z（g），有关数据如下：
时间段/min
产物Z的平均生成速率/mol·L－1·min－1
0～2
0.20
0～4
0.15
0～6
0.10
下列说法错误的是（ ）。
A．1min时，Z的浓度大于0.20mol·L－1
B．2min时，加入0.20molZ，此时v正（Z）＜v逆（Z）
C．3min时，Y的体积分数约为33.3%
D．5min时，X的物质的量为1.4mol
【解析】选B。反应开始一段时间，随着时间的延长，反应物浓度逐渐减小，产物Z的平均生成速率逐渐减小，则0~1min内Z的平均生成速率大于0~2min内的，故1min时，Z的浓度大于0.20mol·L－1，A正确；1min时生成的Z的物质的量为0.15mol·L－1·min－1×4min×1L＝0.6mol，6min时生成的Z的物质的量为0.10mol·L－1·min－1×6min×1L＝0.6mol，故反应在4min时已达到平衡，设达到平衡时生了amolY，列三段式：
2X（s）
Y（g）
+
2Z（g）
起始mol
2.0
0
0
变化mol
2a
a
2a
平衡mol
2.0－2a
a
2a
根据2a＝0.6mol，得a＝0.3mol，则Y的平衡浓度为0.30mol·L－1，Z的平衡浓度为0.60mol·L－1，平衡常数K＝c2（Z）·c（Y）＝0.602·0.30＝0.108，2min时Y的浓度为0.20mol·L－1，Z的浓度为0.40mol·L－1，加入0.20molZ后Z的浓度变为0.6mol·L－1，Q＝c2（Z）·c（Y）＝0.602·0.20＝0.072＜K，反应正向进行，故v正（Z）＞v逆（Z），B错误；反应生成的Y与Z的物质的量之比恒等于1∶2，反应体系中只有Y和Z为气体，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，V（Y）∶V（Z）＝1∶2，故Y的体积分数始终约为33.3%，C正确；由B项分析可知5min时反应处于平衡状态，此时生成Z为0.6mol，则X的转化量为0.6mol，初始X的物质的量为2mol，剩余X的物质的量为1.4mol，D正确。
6．（2022·广东省等级考）在相同条件下研究催化剂I、Ⅱ对反应X→2Y的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，则（ ）。
A．无催化剂时，反应不能进行
B．与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更低
C．a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化
D．使用催化剂Ⅰ时，0~2min内，v（X）＝1.0mol·L－1·min－1
【解析】选D。由图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物浓度也在增加，说明反应也在进行，故A错误；由图可知，催化剂I比催化剂II催化效果好，说明催化剂I使反应活化能更低，反应更快，故B错误；由图可知，使用催化剂II时，在0~2min内Y的浓度变化了2.0mol/L，而a曲线表示的X的浓度变化了2.0mol/L，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示使用催化剂II时X浓度随时间t的变化，故C错误；使用催化剂I时，在0~2min内，Y的浓度变化了4.0mol/L，则v（Y）＝＝2.0mol·L－1·min－1，v（X）＝v（Y）＝×2.0mol·L－1·min－1＝1.0mol·L－1·min－1，故D正确。
7．（2022·河北省选择考）恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量X，发生反应的方程式为①XY；②YZ。反应①的速率v1＝k1c（X），反应②的速率v2＝k2c（Y），式中k1、k2为速率常数。图甲为该体系中X、Y、Z浓度随时间变化的曲线，图乙为反应①和②的lnk∼曲线。下列说法错误的是（ ）。
A．随c（X）的减小，反应①、②的速率均降低
B．体系中v（X）＝v（Y）+v（Z）
C．欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间
D．温度低于T1时，总反应速率由反应②决定
【解析】选AB。由图甲中的信息可知，随c（X）的减小，c（Y）先增大后减小，c（Z）增大，因此，反应①的速率随c（X）的减小而减小，而反应②的速率先增大后减小，A说法错误；根据体系中发生的反应可知，在Y的浓度达到最大值之前，单位时间内X的减少量等于Y和Z的增加量，因此，v（X）＝v（Y）+v（Z），但是，在Y的浓度达到最大值之后，单位时间内Z的增加量等于Y和X的减少量，故v（X）+v（Y）＝v（Z），B说法错误；升高温度可以可以加快反应①的速率，但是反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②的，且反应②的的速率随着Y的浓度的增大而增大，因此，欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间，C说法正确；由图乙信息可知，温度低于T时，k1＞k2，反应②为慢反应，因此，总反应速率由反应②决定，D说法正确。
8．（河北省保定市2022~2023学年高三3月模拟）工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯：CH3OH（g）+CO（g）HCOOCH3（g），在容积固定的密闭容器中，投入等物质的量CH3OH和CO，测得相同时间内CO的转化率随温度变化如图所示，下列说法正确的是（ ）。
A．反应速率v（b）＞v（d）
B．由图可知生产时反应温度控制在80～85℃为宜
C．b条件下延长反应时间，CO的转化率保持不变
D．d→e，CO的转化率随温度的升高而减小，可能是因为该反应吸热，升高温度反应逆向移动
【解析】选B。温度对化学反应速率的影响大于浓度对化学反应速率的影响。由于反应温度：d＞b，所以反应速率大小关系为：v（d）＞v（b），A错误；由图可知在80～85℃时反应物CO的转化率最高，因此生产时为提高生产效率，反应温度控制在80～85℃为宜，B正确；b条件下反应未达到平衡状态，此时反应正向进行，延长反应时间，可以使更多的反应物CO与CH3OH（g）发生反应转化为生成物，因此会导致CO的转化率增大，C错误；d→e，CO的转化率随温度的升高而减小，可能是因为该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡会向吸热的逆反应方向移动，导致CO的转化率降低，D错误。
9．（2023年1月浙江省选考仿真模拟卷B）丙烯酸是非常重要的化工原料之一，可用甘油催化转化如下：甘油（C3H8O3）→丙烯醛（C3H4O）→丙烯酸（C3H4O2）。已知：
反应I：C3H8O3（g）C3H4O（g）+2H2O（g）△H1＞0 Ea1（活化能）
反应II：2C3H4O（g）+O2（g）2C3H4O2（g）△H2＞0 Ea2（活化能）
甘油常压沸点为290℃，工业生产选择反应温度为300℃常压下进行。下列说法不正确的是（ ）。
A．当H2O的体积分数保持不变，说明反应达到平衡状态
B．固体催化剂一定时，增加其表面积可提高化学反应速率，增大甘油的平衡转化率
C．丙烯醛有毒，为了工业生产安全可选择能大幅降低Ea2且对Ea1几乎无影响的催化剂
D．若改变条件增大反应II的平衡常数，反应II一定向正反应方向移动，且平衡移动过程中逆反应速率先减小后增加
【解析】选B。A项，恒温恒压下，H2O的体积分数保持不变，则H2O的浓度不再变化，说明反应达到平衡状态，A正确；B项，增加其表面积但浓度不变，平衡不一定，甘油的平衡转化率不变，B错误；C项，活化能越小反应速率越快，丙烯醛有毒，为了安全应减慢反应I的反应速率加快反应II的反应速率，则选择能大幅降低Ea2且对Ea1几乎无影响的催化剂，C正确；D项，反应II是吸热反应，若反应II的平衡常数增大，则为升高温度，平衡正向移动，反应II一定向正反应方向移动，平衡移动过程中逆反应速率先减小后增加，D正确。
10．（陕西省咸阳市2023年高考一模）草酸二甲酯［（COOCH3）2］催化加氢制乙二醇的反应体系中，发生的主要反应为
反应I：（COOCH3）2（g）+2H2（g）CH3OOCCH2OH（g）+CH3OH（g）ΔH1＜0
反应II：（COOCH3）2（g）+4H2（g）HOCH2CH2OH（g）+2CH3OH（g）ΔH2＜0
压强一定的条件下，将（COOCH3）2、H2按一定比例、流速通过装有催化剂的反应管，测得（COOCH3）2的转化率及CH3OOCCH2OH、HOCH2CH2OH的选择性［×100%］与温度的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）。
A．曲线B表示HOCH2CH2OH的选择性随温度变化
B．190~198°C范围内，温度升高，（COOCH3）2的平衡转化率增大
C．190~198℃范围内，温度升高，逐渐减小
D．192℃时，其他条件一定，加快气体的流速可以提高（COOCH3）2转化率
【解析】选C。由曲线A上CH3OOCCH2OH选择性为50%时，曲线C表示HOCH2CH2OH的选择性恰好为50%，曲线C表示HOCH2CH2OH的选择性随温度变化，故A错误；两反应均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，190~198℃范围内，温度升高，（COOCH3）2的平衡转化率减小，故B错误；190~198℃范围内，温度升高，反应II：（COOCH3）2（g）+4H2（g）HOCH2CH2OH（g）+2CH3OH（g）ΔH2＜0的选择性增大，升高温度，对于放热反应，平衡逆向移动，每减少2molCH3OH，只减少1molHOCH2CH2OH，HOCH2CH2OH减小的幅度小于CH3OH，逐渐减小，故C正确；192℃时，其他条件一定，加快气体的流速，反应物（COOCH3）2转化率降低，故D错误。
11．（江苏无锡2023年3月高三模拟）已知2N2O（g）2N2（g）+O2（g）的速率方程为v＝k·cn（N2O）（k为速率常数，只与温度、催化剂有关）。实验测得，N2O在催化剂X表面反应的变化数据如下：
t/min
0
10
20
30
40
50
60
70
c（N2O）/mol·L－1
0.100
0.080
c1
0.040
0.020
c2
c3
0
下列说法正确的是（ ）。
A．t＝10min时，v（N2O）＝2.0×10－3mol·L－1·min－1
B．速率方程中n＝1，表格中c1＞c2＝c3
C．相同条件下，增加N2O的浓度或催化剂X的表面积，都能加快反应速率
D．保持其他条件不变，若起始浓度为0.020mol·L－1，当减至一半时共耗时70min
【解析】选A。A项，t＝10min时，v（N2O）＝＝2.0×10－3mol·L－1·min－1，A项正确；B项，根据表中数据分析，该反应的速率始终不变，N2O的消耗是匀速的，说明反应速率与c（N2O），所以速率方程中n＝0，B项错误；C项，速率方程中n＝0，相同条件下增加N2O的浓度不能加快反应速率，C项错误；D项，保持其他条件不变，该反应的反应速率不变，即为2.0×10－3mol·L－1·min－1，若起始浓度0.200mol·L－1，减至一半时所耗时间为＝50min，D项错误。
12．（2022·湖南省等级考）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C（s）和1molH2O（g），起始压强为0.2MPa时，发生下列反应生成水煤气：
Ⅰ．C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）△H1＝+131.4kJ·mol－1
Ⅱ．CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）△H2＝－41.1kJ·mol－1
①下列说法正确的是_______；
A．平衡时向容器中充入惰性气体，反应Ⅰ的平衡逆向移动
B．混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡
C．平衡时H2的体积分数可能大于
D．将炭块粉碎，可加快反应速率
②反应平衡时，H2O（g）的转化率为50%，CO的物质的量为0.1mol。此时，整个体系_______（填“吸收”或“放出”）热量_______kJ，反应Ⅰ的平衡常数Kp＝_______（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CO2方法的示意图如下：
①某温度下，吸收塔中K2CO3溶液吸收一定量的CO2后，c（CO32－）∶c（HCO3－）＝1∶2，则该溶液的pH＝_____（该温度下H2CO3的Ka1＝4.6×10－7，Ka2＝5.0×10－11）；
②再生塔中产生CO2的离子方程式为_____________________________；
③利用电化学原理，将CO2电催化还原为C2H4，阴极反应式为______________________。
【解析】（1）①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Ⅰ的平衡不移动，A说法不正确；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；若C（s）和H2O（g）完全反应全部转化为CO2（g）和H2（g），由C（s）+2H2O（g）CO2（g）+2H2（g）可知，H2的体积分数的极值为，由于可逆反应只有一定的限度，反应物不可能全部转化为生成物，因此，平衡时H2的体积分数不可能大于，C说法不正确；将炭块粉碎可以增大其与H2O（g）的接触面积，因此可加快反应速率，D说法正确；综上所述，相关说法正确的是BD。②反应平衡时，H2O（g）的转化率为50%，则水的变化量为0.5mol，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，根据相关反应的热化学方程式可知，生成0.1molCO要吸收热量13.14kJ，生成0.2molCO2要放出热量8.22kJ此时，因此整个体系吸收热量13.14kJ－8.22kJ＝4.92kJ；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0.2MPa×1.3＝0.26MPa，反应I：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）的平衡常数Kp＝＝＝×0.26MPa＝0.02MPa。（2）①某温度下，吸收塔中K2CO3溶液吸收一定量的CO2后，c（CO32－）∶c（HCO3－）＝1∶2，由Ka2＝可知，c（H+）＝×Ka2＝2×5.0×10－1mol·L－1＝1.0×10－10mol·L－1，则该溶液的pH＝10；②再生塔中KHCO3受热分解生成K2CO3、H2O和CO2，该反应的离子方程式为2HCO3－CO2↑+CO32－+H2O；③利用电化学原理，将CO2电催化还原为C2H4，阴极上发生还原反应，阳极上水放电生成氧气和H+，H+通过质子交换膜迁移到阴极区参与反应，则阴极的电极反应式为2CO2+12e－+12H+C2H4+4H2O。
【答案】（1）①BD；②吸收；13.14；0.02MPa
（2）①10；②2HCO3－CO2↑+CO32－+H2O③2CO2+12e－+12H+C2H4+4H2O
12．（2022·山东省等级考）利用γ－丁内酯（BL）制备1，4－丁二醇（BD），反应过程中伴有生成四氢呋喃（THF）和1－丁醇（BuOH）的副反应，涉及反应如下：
已知：①反应Ⅰ为快速平衡，可认为不受慢反应Ⅱ、Ⅲ的影响；
②因反应Ⅰ在高压H2氛围下进行，故H2压强近似等于总压。
回答下列问题：
（1）以5.0×10－3mol BL或BD为初始原料，在493K，3.0×103kPa的高压H2氛围下，分别在恒压容器中进行反应。达平衡时，以BL为原料，体系向环境放热XkJ；以BD为原料，体系从环境吸热YkJ。忽略副反应热效应，反应Ⅰ焓变△H（493K，3.0×103kPa）＝_______kJ·mol－1。
（2）初始条件同上。xi表示某物种i的物质的量与除H2外其它各物种总物质的量之比，xBL和xBD随时间t变化关系如图甲所示。实验测得X＜Y，则图中表示xBL变化的曲线是_______；反应Ⅰ平衡常数Kp＝_______ Kpa－2（保留两位有效数字）。以BL为原料时，t1时刻xH2O＝_______，BD产率＝_______（保留两位有效数字）。
（3）（xBD/xBL）max为达平衡时xBD与xBL的比值。（493K，2.5×103kPa）、（493K，3.5×103kPa）、（513K，2.5×103kPa）三种条件下，以5.0×10－3mol BL为初始原料，在相同体积的刚性容器中发生反应，随时间t变化关系如图乙所示。因反应在高压H2氛围下进行，可忽略压强对反应速率的影响。曲线a、b、c中，（xBD/xBL）max最大的是_______（填代号）；与曲线b相比，曲线c达到＝1.0所需时间更长，原因是_______。
【解析】（1）依题意，结合已知信息，可推定在同温同压下，以同物质的量的BL或BD为初始原料，达到平衡时的状态相同，两个平衡完全等效。则以5.0×10－3mol的BL为原料，达到平衡时放出XkJ热量与同物质的量的BD为原料达到平衡时吸收YkJ热量的能量二者能量差值为（X+Y）kJ，则1mol时二者能量差值为200（X+Y）kJ，反应I为放热反应，因此焓变△H＝－200（X+Y）kJ·mol－1。（2）实验测定X＜Y，则达到平衡时BD物质转化量大于BL物质转化量，平衡状态BD物质的量较小，根据图示可知，表示xBL变化的曲线是a或c；该平衡状态下BL的分压是0.48×3.0×103kPa，BD的分压是0.36×3.0×103kPa，H2的压强近似等于总压，故反应I平衡常数Kp＝＝＝8.3×10－8kPa－2；以BL为原料时，根据题给反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，体系总物质的量的增加量正好是BD参与反应Ⅱ、Ⅲ的量，也正好是H2O（g）的物质的量，设t1时BL转化了amol，BD转化了bmol，则体系总物质的量为（5.0×10－3+b）mol，得到＝0.48、＝0.36，求得a＝×10－3、b＝×10－3，则t1时刻xH2O＝＝0.08；此时BD的产率为×100%＝39%。（3）依题意，反应I是正向放热过程，以BL为初始原料，温度升高则平衡逆向移动，温度越高，反应速率越快，达到平衡时的时间越短，（xBD/xBL）max越小，的值越大；相同温度时，压强增大，BD的比重增大，（xBD/xBL）max增大，又可忽略压强对反应速率的影响，则（xBD/xBL）max最大即最小，对应曲线c；由于b和c代表的温度相同，而压强对反应速率的影响可忽略，压强增大反应Ⅱ、Ⅲ均是逆向移动，（xBD/xBL）max增大，故＝1.0所需时间更长。
【答案】（1）－200（X+Y）（2）a或c；8.3×10－8；0.08；39%
（3）c；由于b和c代表的温度相同，而压强对反应速率的影响可忽略，压强增大反应Ⅱ、Ⅲ均是逆向移动，（xBD/xBL）max增大，故＝1.0所需时间更长
14．（安徽省、云南省、吉林省、黑龙江省2023届高三下学期2月适应性测试）异丁烯是一种重要的化工原料，主要用于制备甲基叔丁基醚、丁基橡胶、甲基丙烯腈等。将异丁烷脱氢制备异丁烯，可提高异丁烷的附加值，具有良好的经济与社会效益。回答下列问题。
（1）利用下列键能数据，计算下列异丁烷直接脱氢生成异丁烯反应：（CH3）2CHCH3（g）（CH3）2C＝CH2（g）+H2（g）的△H＝_______kJ·mol－1。
化学键
C－C
C＝C
C－H
H－H
O－H
O＝O
键能/（kJ·mol－1）
347.7
615
413.4
436
462.8
497.3
（2）在压强100kPa下，异丁烷的平衡转化率随温度的变化结果如下图所示。
该反应的平衡常数Kp随温度升高而_______（填“增大”“减小”或“不变”）。计算820K时的平衡常数，Kp＝_______kPa（结果保留一位小数）。
（3）在温度853K、压强100kPa下，初始反应气体组成或与平衡时异丁烷摩尔分数x的关系如下图所示。
其中x~为曲线_______，判断依据是_______。
（4）有人提出加入适量空气，采用异丁烷氧化脱氢的方法制备异丁烯，写出该反应的热化学方程式_________________________________________________。并比较异丁烷直接脱氢制备异丁烯，从产率角度分析该方法的优缺点__________________。
【解析】（1）△H＝反应物的总键能－生成物的总键能，除去异丁烷和异丁烯相同的C－C键和C－H键，则反应（CH3）2CHCH3（g）（CH3）2C＝CH2（g）+H2（g）的△H＝（413.4kJ·mol－1×2+347.7kJ·mol－1）－615kJ·mol－1－436kJ·mol－1＝+123.5kJ·mol－1；（2）由图可知，温度升高，异丁烷的平衡转化率增大，即反应正向进行，因此反应的平衡常数Kp增大；820K时，异丁烷的平衡转化率＝50%，设异丁烷的起始物质的量为1mol，则列三段式有：
（CH3）2CHCH3（g）
（CH3）2C＝CH2（g）
+
H2（g）
起始mol
1
0
0
变化mol
0.5
0.5
0.5
平衡mol
0.5
0.5
0.5
则该反应的平衡常数Kp＝＝33.3kPa；（3）加入其他气体，体系总物质的量增加，异丁烷摩尔分数x减小。加入H2，平衡逆向移动，异丁烷转化率减小，平衡时x增加。总结果是随着增加，x减小：加入稀有气体Ar，对于分子数增加的反应，平衡正向移动，异丁烷转化率增加，平衡时x减小。因此，相同条件下加入稀有气体，平衡时x相对较低。则x~为曲线M；（4）异丁烷氧化脱氢的方法制备异丁烯，反应的化学方程式为2（CH3）2CHCH3（g）+O22（CH3）2C＝CH2（g）+2H2O（g），由△H＝反应物的总键能－生成物的总键能，则该反应的△H＝2×［（413.4kJ·mol－1×2+347.7kJ·mol－1）+497.3kJ·mol－1］－（2×615kJ·mol－1）－2×2×462.8kJ·mol－1＝－234.9kJ·mol－1，因此该反应的热化学方程式为：（CH3）2CHCH3（g）+O2（CH3）2C＝CH2（g）+H2O（g）△H＝－117.45kJ·mol－1；异丁烷氧化脱氢的方法，由于空气中O 2与产物中H2反应生成H2O，同时惰性的N2加入该分子数增加的反应中，二者均可使平衡正向移动，因此可以提高异丁烯产率；但由于空气中O 2对异丁烷或异丁烯深度氧化，会使得异丁烯产率降低。
【答案】（1）+123.5（2）①增大②33.3
（3）①M②加入其他气体，体系总物质的量增加，异丁烷摩尔分数x减小。加入H2，平衡逆向移动，异丁烷转化率减小，平衡时x增加。总结果是随着增加，x减小：加入稀有气体Ar，对于分子数增加的反应，平衡正向移动，异丁烷转化率增加，平衡时x减小。因此，相同条件下加入稀有气体，平衡时x相对较低。
（4）（CH3）2CHCH3（g）+O2（CH3）2C＝CH2（g）+H2O（g）△H＝－117.45kJ·mol－1；空气中O2与产物中H2反应生成H2O，同时惰性的N2加入该分子数增加的反应中，二者均可使平衡正向移动，提高异丁烯产率。缺点：空气中O2对异丁烷或异丁烯深度氧化，使得异丁烯产率降低。
15．（广西防城港市2023年高考一模）我国对世界郑重承诺：2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和，其中的关键技术是运用催化转化法实现二氧化碳的碳捕集和碳利用。请回答下列问题：
Ⅰ、一定温度下，CO2和H2在催化剂作用下可发生a、b两个平行反应，分别生成CH3OH和CO。
a：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1＝－49.5kJ/mol
b：CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）ΔH2＝+41.2kJ/mol
（1）相同温度下，反应CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）的ΔH2＝__________kJ/mol
（2）在传统的催化固定反应床（CFBR）中，CO2的转化率和甲醇的选择性通常都比较低。后来，科学团队研制了一种具有反应和分离双功能的分子筛膜催化反应器（CMR），极大地改善了该问题，其原理如图1所示：
保持压强为3MPa，温度为260℃，向密闭容器中按投料比，＝3投入一定量CO2和H2，不同反应模式下CO2的平衡化率和CH3OH的选择性的相关实验数据如下表所示。
实验组
反应模式
温度/℃
CO2的平衡转化率
CH3OH的选择性
①
CFBR
3
260
21.9
67.3
②
CMR
3
260
36.1
100.0
已知：CH3OH的选择性是指转化的CO2中生成CH3OH的百分比。
①在CMR模式下，按上述条件发生反应。下列说法能证明反应a达到平衡状态的是___________（填字母）。
A．气体压强不再变化
B．气体的平均相对分子质量不再变化
C．不再变化
D．CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量之比为1∶3∶1∶1
②由表中数据可知，在CMR模式下，CO2的转化率明显提高，结合具体反应分析可能的原因是___________。
（3）反应b在进气比不同时，测得CO2的平衡转化率如图2所示（各点对应的反应温度可能相同，也可能不同，其他反应条件均相同）。
①D和F两点对应的温度关系：T（D）_____T（F）（填“＞”、“＝”或“＜”），其原因是_____________________________________________________。
②恒温条件下，在达到平衡状态为G点的反应过程中，当CO2的转化率刚好达到20%时，v正______v逆（填“＞”、“＝”或“＜”）。
Ⅱ、用图3所示装置电解二氧化碳也可制取甲醇，控制在一定温度范围内，持续通入二氧化碳，电解过程中HCO3－的物质的量基本不变。
（4）阴极的电极反应式为_________________________________________。
【解析】（1）ΔH3＝ΔH1－ΔH2＝－49.5kJ/mol－41.2kJ/mol＝－90.7kJ/mol；（2）题目中已知压强不变，所以A正确；气体的平均相对分子质量为Mr，根据公式n＝可知，Mr＝，由于方程式中都是气体，所以质量守恒m不变。根据气体前后气体分子数之和可知n是个变量，所以气体的平均相对分子质量为Mr不变时能证明反应a达到平衡状态；由表格可知一直都是3，所以不是变量，不能证明反应a达到平衡状态；CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量之比为1∶3∶1∶1，不一定非得平衡时物质的量之比为1∶3∶1∶1，在任何情况下都可达到，所以D错误。在CMR模式下，选择合适的催化剂，只发生反应，同时分子筛膜能及时分离出水蒸气，使平衡向右移动，二氧化碳的转化率增大。在CMR模式下，选择合适的催化剂，只发生反应，同时分子筛膜能及时分离出水蒸气，使平衡向右移动，二氧化碳的转化率增大；（3）图中D点（1，60），即＝1，CO2转化率为60%，根据关系列三段式：
CO2（g）
+
H2（g）
H2（g）
+
H2O（g）
起始mol
1
1
0
0
变化mol
0.6
0.6
0.6
0.6
平衡mol
0.4
0.4
0.6
0.6
KD＝＝＝2.25图中F点（1.5，50），即＝1.5，CO2转化率为50%，根据关系列三段式：
CO2（g）
+
H2（g）
H2（g）
+
H2O（g）
起始mol
3
2
0
0
变化mol
1.5
1.5
1.5
1.5
平衡mol
1.5
0.5
1.5
1.5
KD＝＝＝3通过计算可知D点平衡常数K小于F点，该反应为吸热反应，温度升高，平衡常数K增大，所以TD＜TF；图中G点（1.5，40），即＝1.5，CO2转化率为40%，根据关系列三段式：
CO2（g）
+
H2（g）
H2（g）
+
H2O（g）
起始mol
3
2
0
0
变化mol
1.2
1.2
1.2
1.2
平衡mol
1.8
0.8
1.2
1.2
KG＝＝＝1恒温条件下，在达到平衡状态为G点的反应过程中，当CO2的转化率刚好达到20%时，根据关系列三段式：
CO2（g）
+
H2（g）
H2（g）
+
H2O（g）
起始mol
3
2
0
0
变化mol
0.6
0.6
0.6
0.6
平衡mol
2.4
1.4
0.6
0.6
QG＝＝＝0.11，因为KG＞QG，所以向正反应方向进行。故v正＞v逆；（4）电解二氧化碳也可制取甲醇，阴极C的化合价由+4价降低－2价，发生还原反应，得到电子化合价降低，电极反应式为：7CO2+5H2O+6e－CH3OH +6HCO3－。
【答案】（1）－90.7（2）①B②在CMR模式下，选择合适的催化剂，只发生反应，同时分子筛膜能及时分离出水蒸气，使平衡向右移动，二氧化碳的转化率增大
（3）①＜；通过计算可知D点平衡常数K小于F点，该反应为吸热反应，温度升高，平衡常数K增大②＞
（4）7CO2+5H2O+6e－CH3OH +6HCO3－
16．（四川省遂宁市2023年高三2月模拟）CH4超干重整CO2技术可得到富含CO的化工原料。回答下列问题：
（1）CH4超干重整CO2的催化转化如图所示：
①已知相关反应的能量变化如图所示：
过程Ⅰ的热化学方程式为______________________________________。
②关于上述过程Ⅱ的说法不正确的是________（填序号）。
a．实现了含碳物质与含氢物质的分离
b．可表示为CO2+H2＝H2O（g）+CO
c．CO未参与反应
d．Fe3O4、CaO为催化剂，降低了反应的ΔH
③其他条件不变，在不同催化剂（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）作用下，反应CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g）进行相同时间后，CH4的转化率随反应温度的变化如图所示。a点所代表的状态________（填“是”或“不是”）平衡状态；b点CH4的转化率高于c点，原因是________。
（2）在一刚性密闭容器中，CH4和CO2的分压分别为20kPa、25kPa，加入Ni／α－Al2O3催化剂并加热至1123K使其发生反应CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g）。
①研究表明CO的生成速率υ（CO）＝1.3×10－2·p（CH4）·p（CO2）mol·g－1·s－1，某时刻测得p（CO）＝20kPa，则p（CO2）＝________kPa，υ（CO）＝________mol·g－1·s－1。
②达到平衡后测得体系压强是起始时的1.8倍，则该反应的平衡常数的计算式为Kp＝________（kPa）2。（用各物质的分压代替物质的量浓度计算）
（3）CH4超干重整CO2得到的CO经偶联反应可制得草酸（H2C2O4）。常温下，向某浓度的草酸溶液中加入一定浓度的NaOH溶液，所得溶液中c（H2C2O4）＝c（C2O42－），则此时溶液的pH＝________。（已知常温下H2C2O4的Ka1＝6×10－2，Ka2＝6×10－5，lg6＝0.8）
【解析】（1）①据CH4超干重整CO2的催化转化图，过程I的化学反应为CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g）。由能量－反应进程曲线得热化学方程式：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）ΔH＝+206.2kJ·mol－1（i）CO2（g）+4H2（g）CH4（g）+2H2O（g）ΔH＝－165kJ·mol－1（ii）（i）×2+（ii）得过程I的热化学方程式：CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g）ΔH＝247.4kJ·mol－1②过程Ⅱ物质变化为：左上（CO、H2、CO2）+右下（惰性气体）→左下（H2O）+右上（CO、惰性气体），总反应为H2+CO2H2O+CO。Fe3O4、CaO为总反应的催化剂，能降低反应的活化能，但不能改变反应的ΔH。故ab正确，cd错误。③通常，催化剂能加快反应速率，缩短反应到达平衡的时间。但催化剂不能使平衡发生移动，即不能改变平衡转化率。若图中a点为化学平衡，则保持温度不变（800℃），将催化剂II换成I或III，CH4转化率应不变，故a点不是化学平衡。同理，图中b、c两点都未达到化学平衡。据题意，b、c两点只有温度不同，b点温度较高，反应速率快，相同时间内CH4转化率高。（2）①据气态方程PV＝nRT，恒温恒容时某组分气体的分压与其物质的量成正比。则反应中分压为1123K恒容时，
CH4
+
CO2
2CO
+
2H2
起始/kPa
20
25
0
0
变化/kPa
10
10
20
20
平衡/kPa
10
15
20
20
即某时刻p（CO2）＝15kPa，p（CH4）＝10kPa。代入υ（CO）＝1.3×10－2·p（CH4）·p（CO2）mol·g－1·s－1＝1.95mol·g－1·s－1。②设达到平衡时CH4的改变分压为xkPa，1123K恒容时，CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g）
CH4
+
CO2
2CO
+
2H2
起始/kPa
20
25
0
0
变化/kPa
x
x
2x
2x
平衡/kPa
20－x
25－x
2x
2x
据题意，有＝，解得x＝18。CH4（g）、CO2（g）、CO（g）、H2（g）的平衡分压依次是2kPa、7kPa、36kPa、36kPa，代入Kp＝＝（kPa）2。（3）常温下，草酸溶液与NaOH溶液混合，所得混合溶液中仍存在分步电离：H2C2O4H++HC2O4－，Ka1＝，HC2O4－H++C2O42－，Ka2＝，Kal×Ka2＝×＝。当c（H2C2O4）＝c（C2O42－）时，Kal×Ka2＝c2（H+）。c（H+）＝＝mol/L＝6×10－3.5mol/L，pH＝－lg6×10－3.5＝3.5－lg6＝3.5－0.8＝2.7。
【答案】（1）①CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g）ΔH＝247.4kJ·mol－1②cd③不是；b和c都未达平衡，b点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高
（2）①15；1.95②（3）2.7
17．（2022~2023学年甘肃省兰州市高三3月模拟）硫化氢广泛存在于燃气及废水中，热分解或氧化硫化氢有利于环境保护并回收硫资源。回答下列问题：
（1）1gH2S气体完全燃烧，生成液态水和SO2气体，放出17.24kJ的热量，写出表示H2S（g）的燃烧热的热化学方程式：_____________________________________。
（2）利用H2S的热分解反应可生产H2：2H2S（g）S2（g）+2H2（g）。现将0.20molH2S（g）通入到某恒压（压强p＝aMPa）密闭容器中，在不同温度下测得H2S的平衡转化率如图1所示。
已知：对于气相反应，用某组分（B）的平衡分压（PB）代替物质的量浓度（cB）也可表示平衡常数（Kp）。（P总＝PB×B的物质的量分数，P总为平衡时气体总压强）。温度升高时，混合气体的平均摩尔质量_______（填“增大”“减小”或“不变”）。温度为T4℃时，该反应的平衡常数Kp＝____________MPa（用含a的代数式表示）。
（3）用氯气除去废水中H2S的反应为Cl2（aq）+H2S（aq）S（s）+HCl（aq），该反应的可能机理如下：
A．Cl2→2Cl·慢
Cl·+H2S→HCl+HS·快
Cl·+HS·→HCl+S快
B．Cl2→2Cl·快
Cl·+H2S→HCl+HS·慢
Cl·+HS·→HCl+S快
C．Cl2+H2S→Cl·+HS·+HCl慢
Cl·+HS·→HCl+S快
D．Cl2+H2S→Cl·+HS·+HCl快
Cl·+HS·→HCl+S慢
①机理a的中间体为_______。
②已知v正＝k·c（Cl2）·c（H2S），v正为正反应速率，k为速率常数，上述机理中与该速率方程一致的是_______（填字母）。
（4）科学家设计出质子膜H2S燃料电池，实现了利用H2S废气资源回收能量并得到单质硫。质子膜H2S燃料电池的结构如图2所示。
①a极的电极反应式为______________________。
②电池工作时，H+经质子膜进入_______区（填“a极”或“b极”）。
【解析】（1）1gH2S气体完全燃烧，生成液态水和SO2气体，放出17.24kJ的热量，则1molH2S（g）燃烧放热17.24kJ×34＝586.16kJ，则表示燃烧热的热化学方程式：H2S（g）+O2（g）SO2（g）+ H2O（l）△H＝－586.16kJ·mol－1。（2）从图中可以看出，升高温度，H2S的平衡转化率增大，则平衡正向移动，气体的物质的量增大，质量不变，混合气体的平均摩尔质量减小。温度为T4℃时，H2S的平衡转化率为40%，则可建立下列三段式：
2H2S（g）
S2（g）
+
2H2（g）
起始mol
0.20
0
0
变化mol
0.08
0.04
0.08
平衡mol
0.12
0.04
0.08
该反应的平衡常数Kp＝＝＝＝MPa。（3）①机理a的总反应为Cl2（aq）+H2S（aq）S（s）+HCl（aq），则中间体为Cl·、HS·。②当反应分步进行时，慢反应决定整个反应的速率，由v正＝k·c（Cl2）·c（H2S），对照表中反应，可确定上述机理中与该速率方程一致的是c。（4）在a极，H2S失电子转化为S2，则a极为负极，b极为正极。①a极为负极，H2S失电子转化为S2，电极反应式为2H2S－4e－S2+4H+。②电池工作时，阳离子向正极移动，则H+经质子膜进入b极区。
【答案】（1）H2S（g）+O2（g）SO2（g）+ H2O（l）△H＝－586.16kJ·mol－1
（2）①减小②（3）①Cl·、HS·②c（4）①2H2S－4e－S2+4H+②b极
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