专题09 化学反应原理综合(题型突破)(讲义)-2024年高考化学二轮复习讲练测（新教材新高考）

这是一份专题09 化学反应原理综合(题型突破)(讲义)-2024年高考化学二轮复习讲练测（新教材新高考），共45页。
TOC \ "1-3" \p " " \h \z \u \l "_Tc21256" PAGEREF _Tc21256 \h 1
\l "_Tc30583" PAGEREF _Tc30583 \h 2
\l "_Tc30596" PAGEREF _Tc30596 \h 3
\l "_Tc5953" 题型1 化工生产中条件选择与控制 PAGEREF _Tc5953 \h 3
\l "_Tc24718" 题型2 设置情景制备新型工业材料 PAGEREF _Tc24718 \h 6
\l "_Tc12941" 题型3 运用化学反应原理利用能源 PAGEREF _Tc12941 \h 10
\l "_Tc31883" PAGEREF _Tc31883 \h 15
\l "_Tc16782" PAGEREF _Tc16782 \h 15
\l "_Tc8384" 1．反应热问题 PAGEREF _Tc8384 \h 15
\l "_Tc29414" 2．化学反应速率问题 PAGEREF _Tc29414 \h 16
\l "_Tc32238" 3．化学平衡问题 PAGEREF _Tc32238 \h 16
\l "_Tc9814" 4．原电池与电解池问题 PAGEREF _Tc9814 \h 17
\l "_Tc9935" PAGEREF _Tc9935 \h 17
\l "_Tc30148" PAGEREF _Tc30148 \h 17
\l "_Tc8058" 题型1 化工生产中条件选择与控制 PAGEREF _Tc8058 \h 17
\l "_Tc1929" 题型2 设置情景制备新型工业材料 PAGEREF _Tc1929 \h 25
题型1 化工生产中条件选择与控制
1．(2023•全国乙卷，28)硫酸亚铁在工农业生产中有许多用途，如可用作农药防治小麦黑穗病，制造磁性氧化铁、铁催化剂等。回答下列问题：
(1)在N2气氛中，FeSO4·7H2O的脱水热分解过程如图所示：
根据上述实验结果，可知_______，_______。
(2)已知下列热化学方程式：
FeSO4·7H2O(s) FeSO4(s)+7H2O(g) ΔH1＝akJ·ml−1
FeSO4·x H2O (s) FeSO4(s)+ xH2O(g) ΔH2＝b kJ·ml−1
FeSO4·y H2O (s) FeSO4(s)+ yH2O(g) ΔH3＝c kJ·ml−1
则FeSO4·7H2O(s)+FeSO4·y H2O (s)2FeSO4·x H2O (s)的ΔH =_______ kJ·ml−1。
(3)将FeSO4置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：2FeSO4(s)Fe2O3(s)+SO2(g) +SO3(g) (Ⅰ)。平衡时的关系如下图所示。时，该反应的平衡总压P总=_______ kPa、平衡常数KP(Ⅰ)=_______(kPa)2。KP(Ⅰ)随反应温度升高而_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
(4)提高温度，上述容器中进一步发生反应2SO3(g)2SO2(g) +O2(g) (Ⅱ)，平衡时_______(用表示)。在时，，则_______ kPa，KP(Ⅱ)=_______ kPa (列出计算式)。
【答案】(1) 4 1 (2)(a+c-2b)
(3) 3 2.25 增大
(4) 46.26
【解析】(1)由图中信息可知，当失重比为19.4%时，FeSO4·7H2O转化为FeSO4·x H2O，则，解之得x =4；当失重比为38.8%时，FeSO4·7H2O转化为FeSO4·y H2O，则，解之得y=1。(2)①FeSO4·7H2O(s) FeSO4(s)+7H2O(g) ΔH1＝akJ·ml−1；②FeSO4·x H2O (s) FeSO4(s)+ xH2O(g) ΔH2＝b kJ·ml−1；③FeSO4·y H2O (s) FeSO4(s)+ yH2O(g) ΔH3＝c kJ·ml−1；根据盖斯定律可知，①+③-②×2可得FeSO4·7H2O(s)+FeSO4·y H2O (s)2FeSO4·x H2O (s)，则ΔH = (a+c-2b) kJ·ml−1。(3)将FeSO4置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：2FeSO4(s)Fe2O3(s)+SO2(g) +SO3(g) (Ⅰ)。由平衡时的关系图可知，660K时，，则，因此，该反应的平衡总压3 kPa、平衡常数。由图中信息可知，随着温度升高而增大，因此，KP(Ⅰ)随反应温度升高而增大。(4)提高温度，上述容器中进一步发生反应2SO3(g)2SO2(g) +O2(g) (Ⅱ)，在同温同压下，不同气体的物质的量之比等于其分压之比，由于仅发生反应(Ⅰ)时，则，因此，平衡时。在929K时，，则、，联立方程组消去，可得，代入相关数据可求出46.26 kPa，则，。
2．(2023•全国新课标卷，29)氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答下列问题：
(1)根据图1数据计算反应的ΔH =_______ kJ·ml－1。
(2)研究表明，合成氨反应在催化剂上可能通过图2机理进行(*表示催化剂表面吸附位，N2*表示被吸附于催化剂表面的N2 )。判断上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为_______(填步骤前的标号)，理由是_______。
(3)合成氨催化剂前驱体(主要成分为Fe3O4)使用前经H2还原，生成α-Fe包裹的Fe3O4。已知α-Fe属于立方晶系，晶胞参数a=287pm，密度为7.8 g ·c m-3，则α-Fe晶胞中含有Fe的原子数为_______(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA)。
(4)在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的摩尔分数与温度的计算结果如下图所示。其中一种进料组成为，另一种为。(物质i的摩尔分数：)
①图中压强由小到大的顺序为_______，判断的依据是_______。
②进料组成中含有情性气体的图是_______。
③图3中，当、时，氮气的转化率_______。该温度时，反应的平衡常数_______(化为最简式)。
【答案】(1)-45
(2) (ⅱ) 在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于N≡N的键能比H-H键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)
(3)
(4) P1＜P2＜P3 合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大 图4 33.33%
【解析】(1)在化学反应中，断开化学键要消耗能量，形成化学键要释放能量，反应的焓变等于反应物的键能总和与生成物的键能总和的差，因此，由图1数据可知，反应的。(2)由图1中信息可知，的ΔH=+473 kJ·ml－1，则N≡N的键能为946 kJ·ml－1；的ΔH=+654 kJ·ml－1，则H-H键的键能为436 kJ·ml－1。在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于N≡N的键能比H-H键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)。(3)已知α-Fe属于立方晶系，晶胞参数a=287pm，密度为7.8 g ·c m-3，设其晶胞中含有Fe的原子数为x，则α-Fe晶体密度，解之得，即α-Fe晶胞中含有Fe的原子数为。(4)①合成氨的反应中，压强越大越有利于氨的合成，因此，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。由图中信息可知，在相同温度下，反应达平衡时氨的摩尔分数P1＜P2＜P3，因此，图中压强由小到大的顺序为P1＜P2＜P3，判断的依据是：合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。②对比图3和图4中的信息可知，在相同温度和相同压强下，图4中平衡时氨的摩尔分数较小。在恒压下充入情性气体Ar，反应混合物中各组分的浓度减小，各组分的分压也减小，化学平衡要朝气体分子数增大的方向移动，因此，充入情性气体Ar不利于合成氨，进料组成中含有情性气体Ar的图是图4。③图3中，进料组成为两者物质的量之比为3：1。假设进料中氢气和氮气的物质的量分别为3ml和1ml，达到平衡时氮气的变化量为x ml，则有：
当、时，，解之得，则氮气的转化率，平衡时N2、H2、NH3的物质的量分别为、2、，其物质的量分数分别为、、，则该温度下因此，该温度时，反应的平衡常数。
题型2 设置情景制备新型工业材料
3． (2023•湖南卷，16)聚苯乙烯是一类重要的高分子材料，可通过苯乙烯聚合制得。
Ⅰ．苯乙烯的制备
(1)已知下列反应的热化学方程式：
①
②
③
计算反应④C6H5C2H5(g)C6H5CH=CH2(g)+H2(g)的ΔH 4=_______；
(2)在某温度、下，向反应器中充入气态乙苯发生反应④，其平衡转化率为50%，欲将平衡转化率提高至75%，需要向反应器中充入_______水蒸气作为稀释气(计算时忽略副反应)；
(3)在、下，以水蒸气作稀释气。Fe2O3作催化剂，乙苯除脱氢生成苯乙烯外，还会发生如下两个副反应：
⑤C6H5C2H5(g)C6H6(g)+CH2=CH2(g)
⑥C6H5C2H5(g) +H2(g)C6H5CH3(g)+CH4(g)
以上反应体系中，芳香烃产物苯乙烯、苯和甲苯的选择性S()随乙苯转化率的变化曲线如图所示，其中曲线b代表的产物是_______，理由是_______；
(4)关于本反应体系中催化剂Fe2O3的描述错误的是_______；
A．X射线衍射技术可测定Fe2O3晶体结构
B．Fe2O3可改变乙苯平衡转化率
C．Fe2O3降低了乙苯脱氢反应的活化能
D．改变Fe2O3颗粒大小不影响反应速率
Ⅱ．苯乙烯的聚合
苯乙烯聚合有多种方法，其中一种方法的关键步骤是某Cu (Ⅰ)的配合物促进C6H5CH2X (引发剂，X表示卤素)生成自由基C6H5CH2•，实现苯乙烯可控聚合。
(5)引发剂C6H5CH2 Cl、C6H5CH2Br、C6H5CH2I中活性最高的是_______；
(6)室温下，①Cu+在配体L的水溶液中形成[Cu(L)2]+，其反应平衡常数为K；②CuBr在水中的溶度积常数为Ksp。由此可知，CuBr在配体L的水溶液中溶解反应的平衡常数为_______(所有方程式中计量系数关系均为最简整数比)。
【答案】(1)+118 (2)5
(3)苯 反应④为主反应，反应⑤⑥为副反应，苯乙烯的选择性最大；在恒温恒压下，随乙苯转化率的增大，反应⑤正向移动，反应⑥不移动，则曲线b代表产物苯
(4)BD (5)C6H5CH2Cl (6)K∙Ksp
【解析】(1)根据盖斯定律，将①-②-③可得C6H5C2H5(g)C6H5CH=CH2(g)+H2(g) ∆H4=-4386.9kJ/ml-(-4263.1kJ/ml)-(-241.8kJ/ml)=+118kJ/ml；(2)设充入H2O(g)物质的量为xml；在某温度、100kPa下，向反应器中充入1ml气态乙苯发生反应④。乙苯的平衡转化率为50%，可列三段式：
此时平衡时混合气体总物质的量为1.5ml，此时容器的体积为V；当乙苯的平衡转化率为75%，可列三段式：
此时乙苯、苯乙烯、H2物质的量之和为1.75ml，混合气的总物质的量为(1.75+x)ml，在恒温、恒压时，体积之比等于物质的量之比，此时容器的体积为；两次平衡温度相同，则平衡常数相等，则=，解得x=5；(3)曲线a芳香烃产物的选择性大于曲线b、c芳香烃产物的选择性，反应④为主反应，反应⑤⑥为副反应，则曲线a代表产物苯乙烯的选择性；反应④⑤的正反应为气体分子数增大的反应，反应⑥的正反应是气体分子数不变的反应；在913K、100kPa(即恒温恒压)下以水蒸气作稀释气，乙苯的转化率增大，即减小压强，反应④⑤都向正反应方向移动，反应⑥平衡不移动，故曲线b代表的产物是苯；(4)A项，测定晶体结构最常用的仪器是X射线衍射仪，即用X射线衍射技术可测定Fe2O3晶体结构，A项正确；B项，催化剂不能使平衡发生移动，不能改变乙苯的平衡转化率，B项错误；C项，催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，故Fe2O3可降低乙苯脱氢反应的活化能，C项正确；D项，催化剂颗粒大小会影响接触面积，会影响反应速率，D项错误；故选BD。(5)电负性Cl＞Br＞I，则极性C—Cl键＞C—Br键＞C—I键，则C6H5CH2Cl更易生成自由基，即活性最高的是C6H5CH2Cl；(6)Cu+在配体L的水溶液中形成[Cu(L)2]+，则Cu++2L⇌[Cu(L)2]+的平衡常数K=；CuBr在水中的溶度积常数Ksp=c(Cu+)∙c(Br-)；CuBr在配体L的水溶液中溶解反应为CuBr+2L⇌[Cu(L)2]++Br-，该反应的平衡常数为==K∙Ksp。
4．(2023•辽宁省选择性考试，18)硫酸工业在国民经济中占有重要地位。
(1)我国古籍记载了硫酸的制备方法——“炼石胆(CuSO4·5H2O)取精华法”。借助现代仪器分析，该制备过程中CuSO4·5H2O分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如下图所示。700℃左右有两个吸热峰，则此时分解生成的氧化物有SO2、_______和_______(填化学式)。
(2)铅室法使用了大容积铅室制备硫酸(76%以下)，副产物为亚硝基硫酸，主要反应如下：
NO2+SO2+H2O=NO+H2SO4
2NO+O2=2NO2
(ⅰ)上述过程中NO2的作用为_______。
(ⅱ)为了适应化工生产的需求，铅室法最终被接触法所代替，其主要原因是_______(答出两点即可)。
(3)接触法制硫酸的关键反应为SO2的催化氧化：
SO2(g)+O2(g)SO3(g) ΔH=-98.9kJ·ml-1
(ⅰ)为寻求固定投料比下不同反应阶段的最佳生产温度，绘制相应转化率(α)下反应速率(数值已略去)与温度的关系如下图所示，下列说法正确的是_______。
a．温度越高，反应速率越大
b．α=0.88的曲线代表平衡转化率
c．α越大，反应速率最大值对应温度越低
d．可根据不同下的最大速率，选择最佳生产温度
(ⅱ)为提高钒催化剂的综合性能，我国科学家对其进行了改良。不同催化剂下，温度和转化率关系如下图所示，催化性能最佳的是_______(填标号)。
(ⅲ)设O2的平衡分压为p，SO2的平衡转化率为αe，用含p和αe的代数式表示上述催化氧化反应的Kp=_______(用平衡分压代替平衡浓度计算)。
【答案】(1)①CuO ②SO3
(2)①催化剂 ②反应中有污染空气的NO和NO2放出影响空气环境、NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质、产率不高(答案合理即可)
(3)①cd ②d ③
【解析】(1)根据图示的热重曲线所示，在700℃左右会出现两个吸热峰，说明此时CuSO4发生热分解反应，从TG图像可以看出，质量减少量为原CuSO4质量的一半，说明有固体CuO剩余，还有其他气体产出，此时气体产物为SO2、SO3、O2，可能出现的化学方程式为3CuSO43CuO+2SO2↑+SO3↑+O2↑，结合反应中产物的固体产物质量和气体产物质量可以确定，该反应的产物为CuO、SO2、SO3、O2。(2)(i)根据所给的反应方程式，NO2在反应过程中线消耗再生成，说明NO2在反应中起催化剂的作用；(ii)近年来，铅室法被接触法代替因为在反应中有污染空气的NO和NO2放出影响空气环境、同时作为催化剂的NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质影响产品质量、产率不高(答案合理即可)。(3) (i)a项，根据不同转化率下的反应速率曲线可以看出，随着温度的升高反应速率先加快后减慢，a错误；b项，从图中所给出的速率曲线可以看出，相同温度下，转化率越低反应速率越快，但在转化率小于88%的时的反应速率图像并没有给出，无法判断α=0.88的条件下是平衡转化率，b错误；c项，从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率不断减小，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，c正确；d项，从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，这时可以根据不同转化率选择合适的反应温度以减少能源的消耗，d正确；故选cd；(ii)为了提高催化剂的综合性能，科学家对催化剂进行了改良，从图中可以看出标号为d的催化剂V-K-Cs-Ce对SO2的转化率最好，产率最佳，故选d；(iii)利用分压代替浓度计算平衡常数，反应的平衡常数Kp===；设SO2初始量为m ml，则平衡时n(SO2)=m·αe，n(SO3)=m-m·αe=m(1-αe)，Kp==。
题型3 运用化学反应原理利用能源
5．(2023•湖北省选择性考试，19)纳米碗C40H10是一种奇特的碗状共轭体系。高温条件下，C40H10可以由C40H20分子经过连续5步氢抽提和闭环脱氢反应生成。C40H20 (g)C40H18 (g) + H2(g)的反应机理和能量变化如下：
回答下列问题：
(1)已知C40Hx中的碳氢键和碳碳键的键能分别为431.0 kJ·ml－1和298.0 kJ·ml－1，H-H键能为436.0 kJ·ml－1。估算C40H20 (g)C40H18 (g) + H2(g)的ΔH =_______ kJ·ml－1。
(2)图示历程包含_______个基元反应，其中速率最慢的是第_______个。
(3) C40H10纳米碗中五元环和六元环结构的数目分别为_______、_______。
(4)1200K时，假定体系内只有反应C40H12 (g)C40H10(g) + H2(g)发生，反应过程中压强恒定为p0(即C40H12的初始压强)，平衡转化率为α，该反应的平衡常数Kp为_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
(5)(g)C40H18 (g) + H• (g)及C40H10 (g) + H• (g)反应的lnK (K为平衡常数)随温度倒数的关系如图所示。已知本实验条件下，(R为理想气体常数，c为截距)。图中两条线几乎平行，从结构的角度分析其原因是_______。
(6)下列措施既能提高反应物的平衡转化率，又能增大生成C40H10的反应速率的是_______(填标号)。
a．升高温度 b．增大压强 c．加入催化剂
【答案】(1)128 (2) ① 3 ②3
(3)①6 ②10
(4)
(5)在反应过程中，断裂和形成的化学键相同
(6)a
【解析】(1)由C40H20和C40H18的结构式和反应历程可以看出，C40H20中断裂了2根碳氢键，C40H18形成了1根碳碳键，所以C40H20 (g)C40H18 (g) + H2(g)的ΔH =(431×2-298-436) kJ·ml－1=+128 kJ·ml－1；(2)由反应历程可知，包含3个基元反应，分别为：，，，其中第三个的活化能最大，反应速率最慢；(3)由C40H20的结构分析，可知其中含有1个五元环，10个六元环，每脱两个氢形成一个五元环，则C40H10总共含有6个五元环，10个六元环；(4)1200K时，假定体系内只有反应C40H12 (g)C40H10(g) + H2(g)发生，反应过程中压强恒定为p0 (即C40H12的初始压强)，平衡转化率为α，设起始量为1ml，则根据信息列出三段式为：
则，，，该反应的平衡常数=；(5)(g)C40H18 (g) + H• (g)及C40H10 (g) + H• (g)反应的lnK (K为平衡常数)随温度倒数的关系如图，图中两条线几乎平行，说明斜率几乎相等，根据(R为理想气体常数，c为截距)可知，斜率相等，则说明焓变相等，因为在反应过程中，断裂和形成的化学键相同；(6)a项，由反应历程可知，该反应为吸热反应，升温，反应正向进行，提高了平衡转化率反应速率也加快，a符合题意；b项，由化学方程式可知，该反应为正向体积增大的反应，加压，反应逆向进行，降低了平衡转化率，b不符合题意；c项，加入催化剂，平衡不移动，不能提高平衡转化率，c不符合题意；故选a。
6．(2023•浙江省6月选考，19)水煤气变换反应是工业上的重要反应，可用于制氢。
水煤气变换反应：H2O(g)+ CO(g)CO2 (g)+ H2(g) ΔH＝－41.2 kJ·ml－1
该反应分两步完成：
3Fe2O3(s)＋CO(g)2Fe3O4(s)＋CO2(g) ΔH1＝－47.2 kJ·ml－1
2Fe3O4 (s)＋H2O(g)3Fe2O3 (s)＋H2(g) ΔH2
请回答：
(1) ΔH2=_______ kJ·ml－1。
(2)恒定总压1.70MPa和水碳比[n (H2O)/ n(CO)] =12：5投料，在不同条件下达到平衡时CO2和H2的分压(某成分分压=总压×该成分的物质的量分数)如下表：
①在条件1下，水煤气变换反应的平衡常数___________。
②对比条件1，条件2中H2产率下降是因为发生了一个不涉及CO2的副反应，写出该反应方程式____。
(3)下列说法正确的是______。
A．通入反应器的原料气中应避免混入O2
B．恒定水碳比[n (H2O)/ n(CO)]，增加体系总压可提高H2的平衡产率
C．通入过量的水蒸气可防止Fe3O4被进一步还原为Fe
D．通过充入惰性气体增加体系总压，可提高反应速率
(4)水煤气变换反应是放热的可逆反应，需在多个催化剂反应层间进行降温操作以“去除”反应过程中的余热(如图1所示)，保证反应在最适宜温度附近进行。
①在催化剂活性温度范围内，图2中b-c段对应降温操作的过程，实现该过程的一种操作方法是______。
A．按原水碳比通入冷的原料气 B．喷入冷水(蒸气) C．通过热交换器换热
②若采用喷入冷水(蒸气)的方式降温，在图3中作出平衡转化率随温度变化的曲线____。
(5)在催化剂活性温度范围内，水煤气变换反应的历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附(快速)、反应及产物分子脱附等过程。随着温度升高，该反应的反应速率先增大后减小，其速率减小的原因是________。
【答案】(1)6 (2)① 2.0 ②CO+3H2CH4+H2O (3)AC
(4)①AC ②
(5)温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小
【解析】(1)设方程式①H2O(g)+ CO(g)CO2 (g)+ H2(g) ΔH＝－41.2 kJ·ml－1
②3Fe2O3(s)＋CO(g)2Fe3O4(s)＋CO2(g) ΔH1＝－47.2 kJ·ml－1
③2Fe3O4 (s)＋H2O(g)3Fe2O3 (s)＋H2(g) ΔH2
根据盖斯定律可知，③=①-②，则ΔH2=ΔH-ΔH1=(－41.2 kJ·ml－1)-( －47.2 kJ·ml－1)= 6 kJ·ml－1；(2)①条件1下没有甲烷生成，只发生了水煤气变换反应，该反应是一个气体分子数不变的反应。设在条件1下平衡时容器的总体积为V，参加反应的一氧化碳为xml，根据已知信息可得以下三段式：
，解得x=4；则平衡常数；②根据表格中的数据可知，有甲烷生成，且该副反应没有二氧化碳参与，且氢气的产率降低，则该方程式为：CO+3H2CH4+H2O；(3) A项，一氧化碳和氢气都可以和氧气反应，则通入反应器的原料气中应避免混入O2，A正确；B项，该反应前后气体计量系数相同，则增加体系总压平衡不移动，不能提高平衡产率，B错误；C项，通入过量的水蒸气可以促进四氧化三铁被氧化为氧化铁，水蒸气不能将铁的氧化物还原为单质铁，但过量的水蒸气可以降低体系中CO和H2的浓度，从而防止铁的氧化物被还原为单质铁，C正确；D项，若保持容器的体积不变，通过充入惰性气体增加体系总压，反应物浓度不变，反应速率不变，D错误；故选AC；(4)①A项，按原水碳比通入冷的原料气，可以降低温度，同时化学反应速率稍减小，导致CO的转化率稍减小，与图中变化相符，A正确；B项，喷入冷水(蒸气)，可以降低温度，但是同时水蒸气的浓度增大，会导致CO的转化率增大，与图中变化不符，B错误；C项，通过热交换器换热，可以降低温度，且不改变投料比，同时化学反应速率稍减小，导致CO的转化率稍减小，与图中变化相符，C正确；故选AC；②增大水蒸气的浓度，平衡正向移动，则一氧化碳的的平衡转化率增大，会高于原平衡线，故图像为：；(5)反应物分子在催化剂表面的吸附是一个放热的快速过程，温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小。
1．审题——快速浏览，找出材料内容或新情景
(1)阅读题目背景材料、找出可能考查的化学反应原理。
(2)解读情景或材料，挖掘相应的知识内涵。
(3)明确知识考查背景，以及考查哪方面的化学反应原理。
2．析题——仔细审读，关注有效信息
(1)对于化学反应速率和化学平衡图像类试题：
明确纵横坐标的含义→理解起点、终点、拐点的意义→分析曲线的变化趋势。
(2)对于图表数据类试题：
分析数据→研究数据间的内在联系→找出数据的变化规律→挖掘数据的隐含意义。
①对于反应热类的试题，找出已知反应方程式和目标反应方程式间的关系；运用盖斯定律计算目标反应的焓变。
②对于电化学类试题：
③对于电解质溶液类试题：
明确溶液中的物质类型及其可能存在的平衡类型，然后进行解答。
3．答题——认真细致，规范正确答题
(1)规范化学反应原理的语言描述。
(2)注意问题表达(因果、对比)、注意书写规范。
(3)明确答题要求，避免答非所问。
1．反应热问题
(1)从宏观角度分析：ΔH＝H1(生成物的总能量)－H2(反应物的总能量)
(2)从微观角度分析：ΔH＝E1(反应物的键能总和)－E2(生成物的键能总和)
(3)从活化能角度分析：ΔH＝E1(正反应活化能)－E2(逆反应活化能)
(4)根据盖斯定律计算：
①计算步骤：
②计算方法：
2．化学反应速率问题
(1)外界条件对化学反应速率的影响：纯液体和固体浓度视为常数，它们的量的改变不会影响化学反应速率。但固体颗粒的大小导致接触面积的大小发生变化，故影响反应速率；对于固体、液体物质，由于压强改变对它们的体积影响很小，因而压强对它们浓度的影响可看作不变，压强对无气体参加的化学反应的速率无影响；升高温度，不论吸热反应还是放热反应，也不论正反应速率还是逆反应速率都增大；使用催化剂催化的化学反应，由于催化剂只有在适宜的温度下活性最大，反应速率才能达到最大，故在许多工业生产中温度的选择还需考虑催化剂的活性温度范围；“惰性气体”(不参加反应的气体)对反应速率的影响：恒温恒容：充入“惰性气体”eq \(――→,\s\up7(引起))总压强增大―→物质浓度不变(活化分子浓度不变)，反应速率不变。恒温恒压：充入“惰性气体”eq \(――→,\s\up7(引起))体积增大eq \(――→,\s\up7(引起))物质浓度减小(活化分子浓度减小)eq \(――→,\s\up7(引起))反应速率减小。
3．化学平衡问题
(1)外界条件对化学平衡移动的影响规律
(2)化学平衡计算中两组常用公式：在可逆反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)中化学平衡常数(K)与浓度商(Q)，K＝(式中的浓度是指平衡状态的浓度，固体物质、纯液体、水溶液中进行的反应，H2O不列入平衡常数的计算表达式中；气体反应、有机反应，H2O的浓度要列入平衡常数的计算表达式中)，Q＝(式中的浓度是任意时刻的浓度)。转化率α＝。
4．原电池与电解池问题
(1)原电池中负极发生氧化反应，常出现电极材料溶解、质量减轻等现象；正极发生还原反应，常出现质量不变或增重、有气体产生等现象。
(2)电解池中与电源负极连接的阴极材料不反应，与电源正极连接的阳极(除惰性电极外)材料发生氧化反应，可能出现电极溶解、质量减轻等现象。
(3)Fe在原电池与电解池反应中发生氧化反应时失去2个电子生成Fe2＋。
(4)可充电电池的放电反应是原电池反应，充电反应是电解池反应。放电过程中原电池的负极发生氧化反应，充电过程中电解池的阴极发生还原反应。
5．陌生平衡图像的问题
化学理论综合题中最容易失分的是速率与平衡的陌生图像，在非选择题中的陌生图像打破了传统的速率平衡图像模式，反应体系不再局限于气相反应，引入了更多的液相反应，纵坐标和横坐标不再局限于时间、温度、压强、速率、转化率等物理量，而是引入了更多的变量，如两种物质的物质的量之比、气体分压的负对数等，使得图像更新颖、信息容量更大、题目难度更大。
电离平衡、水解平衡和溶解平衡应用中注意
(1)书写电离平衡、水解平衡、溶解平衡方程式时要用可逆号连接。
(2)分析离子的存在形式时要考虑弱酸弱碱的电离和离子能否发生水解。
(3)分析离子浓度大小时要考虑酸碱盐对水电离的影响。
(4)利用溶度积常数分析沉淀是否能完成转化时，要考虑溶解平衡式中阴阳离子计量数与溶度积常数关系，溶度积大的其溶解度不一定大。
题型1 化工生产中条件选择与控制
1．(2024·浙江省衢州、丽水、湖州三地市教学质量检测)合成氨是人工固氮最重要的途径。合成氨反应为：N2(g)＋3H2 (g)2NH3(g) ΔH＝-92.4kJ·ml−1
请回答：
(1)该反应能自发进行的条件是 。
(2)现代常用工艺条件以Fe作催化剂，一定压强下，控制温度500℃，反应历程为(*表示吸附态)
化学吸附：(速率慢)；(速率快)
表面反应：；；(速率快)
脱附：(速率快)
关于合成氨工艺的下列理解，正确的是___________。
A．控制温度远高于室温，是为了提高平衡转化率
B．原料气须经过净化处理，以防止催化剂中毒和安全事故发生
C．不断将液氨移去，利于反应正向进行同时提高正反应速率
D．实际生产中，N2适度过量有利于提高H2的转化率同时有利于提高整体反应速率
(3)为降低合成氨的能耗，我国科学家提出使用M-LiH复合催化剂，催化效果如图1所示。若一定压强下，以相同的投料，500℃用Fe作催化剂和350℃用Fe-LiH作催化剂，氨气的产率随时间变化如图2。请在图2中画出相同压强下350℃用Cr-LiH作催化剂氨气的产率随时间变化的曲线 。
(4)压强为20MPa下，以、(x代表物质的量分数)进料，反应达平衡时氮气的转化率与温度的结果如下图3中曲线b所示。
①若保持压强不变，以、、进料，则平衡时氮气的转化率与温度的结果是曲线 (填“a”或“c”)。判断的依据是 。
②若保持压强不变，当平衡时，则该温度下，反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)平衡常数KP= (化为最简式)。[对于气相反应，用某组分B的平衡压强代替物质的量浓度也可表示平衡常数，记作KP，如，p为平衡总压强，为平衡系统中B的物质的量分数]。
【答案】(1)低温 (2)BD (3)
(4) a 相同温度下，恒压充入稀有气体反应物分压减小，平衡逆向移动
【解析】(1)当ΔG=ΔH-TΔS＜0时自发，已知该反应时气体分子数减小的反应，ΔS＜0，ΔH＜0，故低温时自发；(2)A项，合成氨是放热反应，控制温度远高于室温，是为了提高反应速率，故A错误；B项，合成氨需要氢气，防止氢气爆炸，原料气须经过净化处理，以防止催化剂中毒和安全事故发生，故B正确；C项，不断将液氨移去，利于反应正向进行，但是移除产物反应速率降低，故C错误；D项，实际生产中，N2适度过量有利于提高H2的转化率，N2适度过量反应物浓度大，同时有利于提高整体反应速率，故D正确；故选BD。(3)由图1可以看出同压强下350℃用Cr-LiH作催化剂的催化速率介于Fe作催化剂和Fe-LiH作催化剂，合成氨是放热反应，在350℃用Fe-LiH和作Cr-LiH催化剂时温度相同，氨气的产率相同，比500℃用Fe作催化剂时产率高，故相同压强下350℃用Cr-LiH作催化剂氨气的产率随时间变化的曲线为；(4)①若保持压强不变，以、、进料，充入惰性气体，相当于减压，合成氨的平衡逆向移动，反应达平衡时氮气的转化率降低，故a曲线表示平衡时氮气的转化率与温度的结果；②设充入反应物总量为1ml，物质的量分数、，根据三段式得：
，；平衡时总物质的量为：，N2、H2、NH3的物质的量分数分别为：、、，故平衡常数。
2．(2023·广东省佛山市二模)工业利用N2、H2催化合成氨实现了人类“向空气中要面包”的梦想。
(1)原料气(含N2、H2、CO)中的CO能被催化剂吸附，需经过铜氨液处理除去，反应为：[Cu(NH3)3]++CO+NH3[Cu(NH3)3CO]+ ΔH＜0。
①除去原料气中CO的理由是___________。
②为提高CO吸收率，应选择的条件为___________。
A．高温高压 B．高温低压 C．低温高压 D．低温低压
③[Cu(NH3)3CO]+中的配体为____________
(2)研究发现铁催化剂表面上合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在铁催化剂表面上的物种用*标注。
①该反应历程中最大活化能对应步骤的化学方程式为___________。合成氨反应：的ΔH =___________ kJ·ml－1 (用图中字母表示)。
②铁催化合成氨时N2与H2需吸附在催化剂表面活性位点进行反应，由合成氨反应的速率方程(k为速率常数)可知，c(NH3)越大，反应速率越小。原因是___________。
(3)反应N2(g)+ 3H2(g)2NH3 (g)的标准平衡常数可表达为：，其中为标准压强(0.1MPa)，、和分别为各组分的平衡分压(分压=总压×物质的量分数)。若N2和H2起始物质的量之比为1∶3，反应在恒温、恒压(10MPa)下进行，平衡时转化率为50%，则___________(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。
【答案】(1)防止催化剂中毒 C NH3、CO
(2) −(a−b) NH3浓度较大时，占据催化剂表面更多活性位点，阻碍N2的吸附
(3)
【解析】(1)①CO能被催化剂吸附，因此除去原料气中CO的理由是防止催化剂中毒；故答案为：防止催化剂中毒。②A项，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO转化率降低，该反应是体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO转化率增大，故A不符合题意；B项，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO转化率降低，故B不符合题意；C项，该反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动，CO转化率增大，该反应是体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO转化率增大，故C符合题意；D项，该反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动，CO转化率增大，该反应是体积减小的反应，降低温度，平衡逆向移动，CO转化率降低，故D不符合题意；故选C。③[Cu(NH3)3CO]+中氨气、一氧化碳都有孤对电子，其配体为NH3、CO；(2)①根据图中信息过渡态4活化能最大的步骤，该反应历程中最大活化能对应步骤的化学方程式为。焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，则合成氨反应：的ΔH =(b−a) kJ·ml－1=−(a−b) kJ·ml－1；②由合成氨反应的速率方程(k为速率常数)可知，c(NH3)越大，反应速率越小，由于铁催化合成氨时N2与H2需吸附在催化剂表面活性位点进行反应，NH3浓度较大时，占据催化剂表面更多活性位点，阻碍N2的吸附；(3)若N2和H2起始物质的量之比为1∶3，假设氮气、氢气物质的量分别为1ml、3ml，反应在恒温、恒压(10MPa)下进行，平衡时N2转化率为50%，
则。
3．(2023·广西三模)氨是工农业生产中的重要原料，研究氨的合成和转化是一项重要的科研课题。回答下列问题：
(1)已知：工业合成氨合成塔中每产生2mlNH3，放出92.2kJ热量，
则1mlN-H键断裂吸收的能量为___________kJ。
(2)在密闭容器中合成氨气，有利于加快反应速率且能提高H2转化率的措施是___________(填字母)
A．升高反应温度B．增大反应的压强
C．及时移走生成的NH3D．增加H2的物质的量
(3)将0.6mlN2和0.8mlH2充入恒容密闭容器中，在不同温度下，平衡时NH3的体积分数随压强变化的曲线如图。
甲、乙、丙中温度从高到低的顺序是___________。d点N2的转化率是___________，d点Kp=___________(Kp是以平衡分压表示的平衡常数，平衡分压=平衡时各组分的物质的量分数×总压)。
(4)催化氧化法消除NO反应原理为：6NO+4NH35N2+6H2O。不同温度条件下，氨气与一氧化氮的物质的量之比为2：1时，得到NO脱除率曲线如图甲所示。脱除NO的最佳温度是___________。在温度超过1000°C时NO脱除率骤然下降的原因可能是___________。
(5)研究发现NH3与NO的反应历程如图乙所示。下列说法正确的是___________(填字母)。
A．该反应历程中形成了非极性键和极性键
B．每生成2mlN2，转移的电子总数为8NA
C．Fe2+能降低总反应的活化能，提高反应速率
D．该反应历程中存在：NO+Fe2+-NH2=Fe2++N2↑+H2O
【答案】(1)391 (2)B (3) 丙>乙>甲 33.3%
(4) 900°C 催化剂中毒 (5)AD
【解析】(1)工业合成氨反应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，反应的焓变等于反应物键能和减去生成物键能和，故945.8kJ/ml+3×436 kJ/ml-6E(N-H)= -92.2kJ/ml，则E(N-H)= 391kJ/ml；(2)A项，反应为放热反应，升高反应温度，反应速率加快，但是平衡逆向移动，氢气转化率降低，A不符合题意；B项，反应为气体分子数减小的反应，增大反应的压强，反应速率加快，且平衡正向移动，氢气转化率升高，B符合题意；C项，及时移走生成的NH3，反应正向移动，但是物质浓度减小，反应速率减慢，C不符合题意；D项，增加H2的物质的量，物质浓度变大，反应速率加快，平衡正向移动，促进氮气的转化但是氢气转化率下降，D不符合题意；故选B；(3)相同条件下，升高温度，平衡逆向移动，氨气含量减小，故甲、乙、丙中温度从高到低的顺序是丙>乙>甲；d点氨气的体积分数为40%，则
反应后总的物质的量为1.4ml-2a，则，a=0.2ml，则N2的转化率是，d点压强为60Mpa，则氮气、氢气、氨气分压分别为24Mpa、12Mpa、24Mpa，则；(4)由图可知，脱除NO的最佳温度是900°C，此时NO脱除率最高；在温度超过1000°C时NO脱除率骤然下降的原因可能是催化剂中毒，导致催化效率迅速下降；(5)A项，该反应历程中形成了水中的氢氧极性键和氮气中的氮氮非极性键，A正确；B项，由图可知，总反应为氨气、一氧化氮、氧气在催化剂作用下生成氮气和水，反应为4NO+4NH3+O24N2+6H2O，电子转移关系为4N2~12e-，则每生成2mlN2，转移的电子总数为6NA，B错误；C项，Fe3+为反应的催化剂，能降低总反应的活化能，提高反应速率，亚铁离子为反应中间产物，C错误；D项，由图可知，该反应历程中存在：NO+Fe2+-NH2=Fe2++N2↑+H2O，D正确；故选AD。
4．(2023·重庆市九龙坡区高三学业质量调研抽测二模)尿素CO(NH2)2是一种高效化肥，也是一种化工原料。
(1)尿素技术可用于汽车尾气的处理，该过程中会生成NH3，反应如下。
Ⅰ. CO(NH2)2 (s)HNCO(g)＋NH3(g) ΔH＞0
Ⅱ. HNCO(g)＋H2O(g)NH3(g)＋CO2(g) ΔH ＜0
一定温度下，向恒容容器中投入足量CO(NH2)2 (s)和一定量的H2O(g)，当上述反应达到平衡时，测得、。则_______ ml·L-1 (用含p、q的代数式表示，下同)，反应Ⅰ的平衡常数为_______( ml·L-1)2。
(2)工业上以CO2和NH3为原料合成尿素，图1是反应历程及能量变化，历程中的所有物质均为气态。
①该反应历程中，若ΔE2＝241.0kJ·ml−1，则ΔE1＝_______ kJ·ml−1。
②在T1℃和T2℃时(T1＜T2)，向恒容容器中投入等物质的量的HNCO(g)和NH3(g)，发生以下反应：HNCO(g)＋NH3(g)CO(NH2)2(g)。平衡时lgp(NH3)与lgp [CO(NH2)2]的关系如图2所示，p为物质的分压强(单位为kPa)。
若、。℃时，_______。若点A时继续投入等物质的量的两种反应物，再次达到平衡时(温度不变)，CO(NH2)2的体积分数_______(填“变大”“变小”或“不变”)。
(3)某实验小组用Zn –CO2水介质电池电解含有尿素的碱性废水，装置如图3(电极a为Zn，b、c、d均为惰性电极)。
装置Ⅰ中双极膜为阳离子交换膜和阴离子交换膜复合而成，与b极室相连的交换膜为_______离子交换膜(填“阴”或“阳”)，装置Ⅱ阳极上的反应式为_______。
【答案】(1) p-2q p (p-2q) (2) 66.5 1000 变大
(3)阳离子 CO(NH2)2+2H2O-6e-=N2+CO32-+8H+
【解析】(1)根据题意，可知：
则c(HNCO)=(p-2q)ml/L，则反应I的平衡常数K=c ( NH3) ×c ( HNCO ) =p (p-2q) ( ml/L )2。(2)从图分析，过渡态3的相对能量为241-87=154kJ/ml，则ΔE1=154-87.5=66.5kJ/ml。从图分析，HNCO(g)+NH3(g)CO(NH2)2(g)为放热反应，升温，平衡逆向移动，则右侧的线为T1℃的，取A点数值，kPa−1，若点A时继续投入等物质的量的两种反应物，再次达到平衡时(温度不变)，相当于加压，平衡正向移动，则CO(NH2)2的体积分数变大。(3)从图分析，c电极产生氮气，为阳极反应，d上产生氢气，为阴极反应，则a为负极，锌失去电子，结合氢氧根离子，故该交换膜为阴离子交换膜，b为正极，与b极室相连的交换膜为阳离子交换膜，装置Ⅱ阳极上的反应式为CO(NH2)2+2H2O-6e-=N2+CO32-+8H+。
题型2 设置情景制备新型工业材料
1．(2024·浙江省宁波市高三选考模拟考试)丙烯是一种重要的化工原料，其主要产品聚丙烯是生产口罩喷溶布的原料。铬基催化剂下丙烷生产丙烯相关主要反应有：
Ⅰ．C3H8(g)C3H6(g)＋H2(g) ΔH1＝+124.14kJ·ml−1
Ⅱ．C3H8(g)C2H4(g)＋CH4(g)
Ⅲ．C3H8(g)3C(s)＋4H2(g)
请回答：
(1)已知键能：，。C=C的键能与C-C的键能相差约 kJ/ml。
(2)600℃时，容器压强恒为P，铬基催化剂下两个密闭容器中分别按下表投料发生反应：
①容器B生成C3H6的反应流程如下：
下列有关说法正确的是 。
A．原料气中通入N2可提高C3H8的平衡转化率
B．升高温度，一定能提高的C3H6平衡产率
C．过程1产生C3H6的量大于过程2和过程3产生的C3H6
D．在铬基催化剂中适当加入CaO可促进过程2平衡正移而提高C3H8的平衡转化率
②若容器A中只发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，C3H8的平衡转化率为，C3H6的选择性(选择性)为w，计算反应Ⅰ的平衡常数 。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
③按照容器A和容器B的气体组分比，将两组气体按相同流速分别通过催化剂固定床反应器，C3H8的转化率和C3H6的选择性随时间变化如图所示：
随反应进行，A组中C3H8转化率明显降低的可能原因是 ，B组中CO2的作用是 (用化学方程式和必要的文字说明)。
(3)恒温恒容的密闭容器中通入气体分压比为的混合气体，，已知某反应条件下只发生反应Ⅳ和反应Ⅴ(，为速率常数，只与温度有关且)：
反应Ⅳ：C3H8(g)+ CO2(g)=C3H6(g)＋H2O(g)+ CO(g)
反应Ⅴ：C3H8(g)+6CO2(g)=9CO(g)＋3H2O(g)
实验测得丙烯的净生成速率方程为，请在下图中画出丙烯的物质的量随时间的变化趋势 。
【答案】(1) 266.66
(2) A C3H8分解产生的C附着于催化剂表面，使催化剂失活，反应速率迅速减小 CO2+C2CO，消除催化剂上积碳，增加催化剂的稳定性和寿命；CO2促进C3H8按过程2和3发生反应，减少C3H8裂解副反应，提高C3H6选择性
(3)(曲线起点为0，纵坐标最大值不超过2且终点时为1)
【解析】(1)已知键能：，，根据反应热等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和，结合反应Ⅰ．C3H8(g)C3H6(g)＋H2(g) ΔH1＝+124.14kJ·ml−1有：8E(C-H)+2E(C-C)-6E(C-H)-E(C=C)-E(C-C)-E(H-H)= 2E(C-H)+E(C-C) -E(C=C) -E(H-H)=2×413.4-436+ E(C-C) -E(C=C)=+124.14kJ/ml，故得E(C-C) -E(C=C)=-266.66kJ/ml，故C=C的键能与C-C的键能相差约266.66kJ/ml；(2)①A项，该容器为恒压容器，故原料气中通入N2，导致反应体系的平衡分压减小，上述反应平衡正向移动，故可提高C3H8的平衡转化率，A正确；B项，由题干信息可知，容器中发生了反应Ⅱ和Ⅲ副反应，且这两个反应也是吸热反应，虽然升高温度，能使反应I正向移动，但反应Ⅱ和Ⅲ也正向移动，故不一定能提高的C3H6平衡产率，B错误；C项，已知过程2和过程3为有催化剂参与，能够加快反应速率，但不知道它们的产率，故无法比较过程1产生C3H6的量和过程2和过程3产生的C3H6，C错误；D项，在铬基催化剂中适当加入CaO，将消耗CO2，使得过程3无法进行，CrOx-1的浓度增大，则促进过程2平衡逆向移动，但不能改变C3H8的平衡转化率，D错误；故选A；②若容器A中只发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，C3H8的平衡转化率为，C3H6的选择性为w，根据三段式分析：

故平衡时p(C3H8)=P=P，p(C3H6)=p(H2)= P，故计算反应Ⅰ的平衡常数=；③由题干信息可知，反应中将发生副反应Ⅲ，生成的C将附着在催化剂表面，是催化剂失活，故随反应进行，A组中C3H8转化率明显降低的可能原因是C3H8分解产生的C附着于催化剂表面，使催化剂失活，反应速率迅速减小，已知高温下CO2能与C反应生成CO，从而减少附着在催化剂表面的碳，使催化剂复活，故B组中CO2的作用是CO2+C2CO，消除催化剂上积碳，增加催化剂的稳定性和寿命；CO2促进C3H8按过程2和3发生反应，减少C3H8裂解副反应，提高C3H6选择性；(3)恒温恒容的密闭容器中通入气体分压比为的混合气体，，根据同温同体积下，气体的压强之比等于物质的量之比，故n(C3H8)=2ml，n(CO2)=8ml，刚开始只发生反应Ⅳ则生成的C3H6逐渐增大，当反应完全进行是最多生成C3H6为2ml，消耗2mlCO2，然后将发生反应V，则C3H6的量逐渐减少，直到丙烯的净生成速率为0时C3H6不再改变，此时剩余的6mlCO2完全消耗，则消耗掉C3H6为1ml，故剩余C3H6的物质的量为1ml，据此分析可知，丙烯的物质的量随时间的变化趋势如图所示：(曲线起点为0，纵坐标最大值不超过2且终点时为1)。
2．(2024·黑龙江龙东五地市高三联考)甲烷和乙烯是重要的气体燃料和化工原料。回答下列问题：
(1)甲烷化反应即为氢气和碳氧化物反应生成甲烷，有利于实现碳循环利用。
已知涉及的反应如下：
反应Ⅰ：CO(g)+3H2 (g)CH4 (g)+ H2O(g) ΔH1＝-206.2kJ·ml－1
反应Ⅱ：CO (g)+ H2O(g)CO2(g)+H2 (g) ΔH2
反应Ⅲ：CO2(g)+4H2 (g)CH4 (g)+2 H2O(g) ΔH3＝-165 kJ·ml－1
则ΔH2= kJ·ml－1。
(2)研究表明CO2(g)和CH4 (g)在催化剂存在下可发生反应制得合成气CO2(g)+ CH4(g)2CO(g)+2H2 (g) ΔH。在其他条件相同，不同催化剂(A、B)作用下，使原料CO2(g)和CH4 (g)反应相同的时间，CO(g)的产率随反应温度的变化如图所示：
①在催化剂A．B作用下，它们正、逆反应活化能差值分别用和表示，则 (填“>”“”“”或“ 0.56ml 24.9 B
(4) ⅰ HCOO-+4H=H2O+CH3O-
【解析】(1)已知(ⅰ) CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+ H2O(g) ΔH1= a kJ·ml-1；(ⅱ) 2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+ H2O(g) ΔH2=b kJ·ml-1；(ⅲ)CO2(g)+H2(g)CO(g)+ H2O(g) ΔH3=c kJ·ml-1；由盖斯定律可知，ⅰ×2+ⅱ得2CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+ 3H2O(g)的ΔH4=(2a+b) kJ·ml-1。(2)A项，298K时，反应ⅲ的吉布斯自由能大于0，不能自发进行，故A错误；B项，410K时，反应ⅰ和反应ⅲ的吉布斯自由能相等，但不能确定二者反应速率的大小关系，故B错误；C项，吉布斯自由能△G=△H-T△s，随着温度的增大，反应ⅱ△G增大，不利于反应ⅱ的正向进行，随着温度的增大，反应ⅲ△G减小，有利于反应ⅲ的正向进行，CH3OH的选择性降低，CO的选择性升高，故C错误；D项，甲醇分解可以得到二甲醚，提高二甲醚产率的关键是寻找对甲醇具有高选择性的催化剂，故D正确；故选D。(3)①由图可知，随着温度的升高，CO的选择性不断增大，说明反应ⅲ的平衡正向移动，则反应ⅲ是吸热反应，ΔH3>0；②若在220℃下，平衡时CO2的平衡转化率为40%，CO的选择性为5%，DME选择性为80%，根据已知条件列出“三段式”：
，，，解得x=0.38ml，y=0.16ml，z=0.02ml，平衡时n(H2O)= 0.38ml+0.02ml+0.16ml=0.56ml，反应2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+ H2O(g)在220℃下的平衡常数K=；③反应ⅰ是气体体积减小的反应，反应ⅱ和反应ⅲ都是气体体积不变的反应，增大压强，反应ⅰ正向移动，CO2的平衡转化率增大，CH3OH的浓度增大，CO2的浓度减小，反应ⅱ正向移动，反应ⅲ逆向移动，CO的选择性降低，DME选择性提高，则图中点B可表示二甲醚的选择性。(4)该机理总反应为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+ H2O(g)，表示的是反应ⅰ的反应过程，写出转化③的反应方程式为：HCOO-+4H=H2O+CH3O-。
6．(2023·吉林省长春市三模)环己烯是重要的有机化工原料，广泛用于制备各种中间体，进而用于农药、医药、塑料等生产。回答下列问题：
(1)已知：苯()、环己烯()和氢气的燃烧热()分别为：、和。则反应Ⅰ： _______。
(2)某温度下，将等物质的量的苯蒸汽和H2加入刚性容器内发生反应生成气态环己烯，起始总压为，平衡时总压减小了40%，该温度下反应的平衡常数_______(保留一位小数)。达到平衡后，欲增加苯的平衡转化率，可采取的措施有_______(填标号)。
A．通入惰性气体 B．再加入等物质的量的苯蒸汽和
C．增加催化剂的用量 D．增加氢气的浓度
(3)液相中水作为添加剂苯选择性加氢制备环己烯(反应Ⅰ)过程的示意图如图1，采用能够吸附氢气的含钉催化剂，将氢气以一定速率通入液态苯与水的混合体系中生成环己烯，环己烯会进一步加成生成副产物环己烷。(已知：苯和环己烯在水中的溶解度分别为：和)
①研究表明使用水作为添加剂时，催化剂表面会被一层水吸附层覆盖，使得环己烯的选择性明显提高，原因是_______。
②反应温度与苯加氢反应速率的关系如图2所示，温度高于时，苯加氢速率降低的原因可能是_______。
(4)环氧环己烷()是有机合成的重要中间体，有着广泛的应用。以环己烯和溴化钠为原料，采用间接电解法是制备环氧环己烷的常用方法，其过程如下图：
①采用无隔膜法电解溶液，阳极电极反应方程式为_______。
②从践行绿色发展理念，保护生态环境的角度分析，采用该方法制备环氧环己烷的优点是_______。
【答案】(1)-89.6 (2) 66.7 BD
(3)环己烯在水中的溶解度相对较小，促使环己烯及时从催化剂表面脱附，降低了生成环己烷的速率，提高环己烯的选择性 反应温度过高，氢气溶解度减小，降低苯加氢的反应速度；反应温度过高使催化剂失活
(4) Br-+3H2O -6e- =BrO3-+6H+ NaBr溶液可以循环利用，提高了溴原子利用率，减少排放
【解析】(1)根据盖斯定律可知，该反应的反应热；(2)设起始两者的物质的量为1ml，转化的苯为x ml，根据题给信息可以得到以下三段式：
同温同体积压强之比=气体的物质的量之比，则，解得x=0.4，此时总压为(1-40%)×1MPa=0.6 MPa，总物质的量=2-2×0.4=1.2ml，平衡常数；A项，通入惰性气体，平衡不移动，苯的转化率不变，A错误；B项，再加入等物质的量的苯蒸汽和H2 相当于加压，平衡正向移动，苯的转化率增大，B正确；C项，增加催化剂的用量平衡不移动，苯的转化率不变，C错误；D项，增加氢气的浓度，平衡正向移动，苯的转化率增大，D正确；故选BD；(3)①可以从平衡移动的角度分析，该方法降低了环己烯的浓度，促使平衡正向移动；②气体的溶解度随着温度升高而降低，反应速率减慢，另外，温度过高时，催化剂会失去活性，反应速率会降低，故答案为：反应温度过高，氢气溶解度减小，降低苯加氢的反应速度；反应温度过高使催化剂失活；(4)①根据图示可知，在阳极，溴离子失去电子生成溴酸根离子，电极方程式为：Br-+3H2O -6e- =BrO3-+6H+；②根据图示可知，该过程中的溴化钠可以循环使用，从而提高了溴的利用率。
TOC \ "1-1" \p " " \h \z \u 题型3 运用化学反应原理环境保护
1．(2024·湖北鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟高三联考)空气中CO2含量的控制和CO2资源利用具有重要意义。
(1)已知25℃、101下，在合成塔中，可通过二氧化碳和氢气合成甲醇，后续可制备甲酸。某反应体系中发生反应如下：
Ⅰ．CO2(g)+H2 (g)CO (g)+ H2O(g) ΔH1＝+41.2 kJ·ml－1
Ⅱ．CO2(g)+3H2 (g)CH3OH (g)+ H2O(g) ΔH2＝-49 kJ·ml－1
Ⅲ．CO2(g)+4H2 (g)CH4 (g)+2 H2O(g) ΔH3＝-165 kJ·ml－1
①几种化学键的键能如表所示，则 。
②反应Ⅰ的速率方程为，其中x表示相应气体的物质的量分数，为平衡常数(用平衡分压代替平衡浓度计算)，k为反应的速率常数。已知平衡后，此时反应Ⅰ的速率 (用含k的代数式表示)。
(2)向刚性密闭容器中通入一定量CO2和H2，发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，温度对和CH3OH的物质的量分数影响如图所示。
图中表示物质的量分数的为 (填“m”或“n”)；为提高CH3OH的选择性，可采取的措施有 (写出1条即可)。
(3)催化电解吸收CO2的溶液可将CO2转化为有机物。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率()随电解电压的变化如图所示。
其中，，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。
①当电解电压为U1V时，电解过程中含碳还原产物的为0，阴极主要还原产物为 (填化学式)。
②当电解电压为U2V时，阴极由CO2生成HCOO-的电极反应式为 。
③当电解电压为U3V时，电解生成的C2H4和HCOO-的物质的量之比为 。
【答案】(1) 436 0.09k (2) n 加压、降温
(3)H2 CO2+H2O+2e- =HCOO-+OH- 1∶2
【解析】(1)①根据Ⅲ CO2(g)+4H2 (g)CH4 (g)+2 H2O(g) ΔH1＝-165 kJ·ml－1，反应的焓变等于反应物总键能减去产物总键能，则，；②，根据速率方程为；(2)根据图像可知横坐标为温度的倒数，由于Ⅰ式吸热，降温CO物质的量分数减小，为线n；Ⅱ式放热，降温CH3OH物质的最分数增大，为m；要使合成CH3OH的选择性提高，由于①吸热②放热，可采取降温措施使得②正移，又由于②中正反应气体量减小，可采取加压方式使②正移。(3)①当电解电压为U1V时，电解过程中含碳还原产物的FE%为0，说明二氧化碳未得电子，为氢离子得电子变成氢气，故阴极主要还原产物为H2。②当电解电压为U2V时，阴极由CO2生成HCOO-的反应为二氧化碳得到电子发生还原生成HCOO-，碳元素化合价由+4变为+2，据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知碱性条件下反应为：CO2+H2O+2e- =HCOO-+OH-。③当电解电压为U3V时，电解过程中还原产物C2H4的FE%为24%，还原产物HCOO-的FE%为8%，每生成1 ml C2H4转移12 ml e-，每生成1 ml HCOO-转移2 ml e-，故电解生成的C2H4和HCOO-的物质的量之比为。
2．(2023·广东省高三模拟)绿水青山就是金山银山。燃烧煤的烟气含有SO2和NOx，直接排放会造成环境污染，排放前需要进行处理。试回答下列问题：
(1)某实验小组设想利用CO还原SO2。已知S和CO的燃烧热分别是296.0kJ·ml-l、283.0kJ·ml-l，试写出CO还原SO2生成CO2和S(s)的热化学方程式_________。
(2)采用Na2SO3溶液吸收法处理SO2，25℃时用1ml·L-1的Na2SO3溶液吸收SO2，当溶液pH=7时，溶液中各离子浓度的大小关系为_________。(已知25℃时：H2SO3的电离常数Kal=l.3×l0-2，Ka2=6.2×l0-8)
(3)采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝。在脱硫、脱硝过程中，反应器中一直维持下列条件：温度为298K，pH=12，NaClO2溶液浓度为5×l0-3ml·L-1。通入含有SO2和NO的烟气，则反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表。
在不同温度下，NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中，SO2和NO的平衡分压pe如图所示。
①写出NaClO2溶液脱硫过程中主要反应的离子方程式_________。脱硫、脱硝反应的△H_________0(填“＜”“＞”或“=”)。
②已知脱硝主要反应为；4NO+3 ClO2-+4OH-=4NO3-+3C1-+2H2O。由实验结果可知，脱硫反应速率大于脱硝反应速率，原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是________(写出其中一个原因)。欲提高烟气中NO的脱硝反应速率，可以采用的措施是________(写出其中一条措施)。
③脱硝主要反应的平衡表达式为：，其中pe(NO)为平衡分压。结合题目信息，计算298K时脱硫过程主要反应的化学平衡常数：K=________(只列算式代入数据，不作运算)
(4)如果采用Ca(ClO2)2替代NaClO2，能得到更好的烟气脱硫效果，其原因是________。
【答案】(1)2CO(g)＋SO2(g)=2CO2(g)＋S(s) ΔH=-270kJ·ml-1
(2)c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(H+)=c(OH-)
(3) 4OH-＋ClO2-＋2SO22 SO42-＋Cl-＋2H2O ＜ 脱硝反应活化能较高，或脱硫反应活化能较低，或SO2还原性更强，或SO2易溶于水而NO溶解度较低等 加入合适催化剂，或增大NaClO2溶液浓度，或通入适量氧气，或适当升高温度
(4)2OH-+ClO-+SO2 SO42-+Cl-+H2O，Ca2+与SO42-形成CaSO4沉淀，反应平衡向产物方向移动，SO2转化率提高
【解析】(1)已知S和CO的燃烧热分别是296.0kJ·ml-l、283.0kJ·ml-l，可得热化学方程式①O2(g)＋S(s))= SO2(g) ΔH=-296.0kJ·ml-1；②CO(g)＋O2(g)=CO2(g) ΔH=-283.0kJ·ml-1；CO还原SO2生成CO2和S(s)的化学方程式为2CO(g)＋SO2(g)=2CO2(g)＋S(s)，根据盖斯定律可知，由②2-①可得目标方程式，故热化学方程式2CO(g)＋SO2(g)=2CO2(g)＋S(s) ΔH=-270kJ·ml-1。(2)Na2SO3溶液与SO2发生反应的化学方程式为Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，NaHSO3溶液显酸性，25℃时用1ml·L-1的Na2SO3溶液吸收SO2，当溶液pH=7时，说明溶质为Na2SO3和NaHSO3，c(H+)=c(OH-)，HSO3-的电离常数为Ka2=6.2×l0-8，SO32-的水解常数为，故SO32-的水解常数大于HSO3-的电离常数，溶液显中性，则SO32-的水解产生的氢氧根离子与HSO3-的电离产生的氢离子近似相等，则c(HSO3-)＞c(SO32-)，故溶液中各离子浓度的大小关系为c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(H+)=c(OH-)。(3)①由表格信息可知，NaClO2将SO2主要氧化为SO42-，ClO2-得电子被还原为氯离子，溶液显碱性，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平NaClO2溶液脱硫过程中主要反应的离子方程式4OH-＋ClO2-＋2SO22 SO42-＋Cl-＋2H2O。由图可知，随温度升高，SO2和NO的平衡分压pe的负对数减小，则平衡分压增大，即升温平衡逆向移动，则逆反应为吸热反应，正反应放热反应，故脱硫、脱硝反应的△H＜0。②脱硫反应速率大于脱硝反应速率，原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是脱硝反应活化能较高，或脱硫反应活化能较低，或SO2还原性更强，或SO2易溶于水而NO溶解度较低等。欲提高烟气中NO的脱硝反应速率，可以采用的措施是加入合适催化剂，或增大NaClO2溶液浓度，或通入适量氧气，或适当升高温度。③已知脱硝主要反应为；4NO+3 ClO2-+4OH-=4NO3-+3C1-+2H2O，脱硝主要反应的平衡表达式为：，其中pe(NO)为平衡分压。已知脱硫的主要反应为4OH-＋ClO2-＋2SO22SO42-＋Cl-＋2H2O，由图可知，298K时，pe(SO2)的负对数为43，则pe(SO2)=10-34Pa，则298K时脱硫过程主要反应的化学平衡常数： ；(4)如果采用Ca(ClO2)2替代NaClO2，能得到更好的烟气脱硫效果，其原因是2OH-+ClO-+SO2SO42-+Cl-+H2O，Ca2+与SO42-形成CaSO4沉淀，反应平衡向产物方向移动，SO2转化率提高。
3．(2023·安徽省高三质量检测)SO2是形成酸雨的主要气体，减少SO2的排放和研究SO2综合利用意义重大。回答下列问题：
(1)已知25℃时：xSO2(g)+2xCO(g)2xCO2(g)+Sx(s) ΔH=a kJ·ml-1；2xCOS(g)+xSO2(g)2xCO2(g)+3Sx(s) ΔH=bkJ·ml-1。则25℃时，CO与Sx(s)反应生成COS(g)的热化学方程式为_______。
(2)焦炭催化还原SO2既可削除SO2，同时还可得到硫(S2)，化学方程式为2C(s)+2SO2(g) S2(g)+2CO2(g)。一定压强下，向1L密闭容器中充入足量的焦炭和1mlSO2发生反应，测得SO2(g)的生成速率与S2(g)的生成速率随温度(T)变化的关系如图1所示。图中A、B、C、D四点中，处于平衡状态的是_______点。
(3)某科研小组研究臭氧氧化脱除SO2和NO的工艺，反应原理及反应热活化能数据如下：
反应Ⅰ：NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g) ΔH1=-200.9kJ·ml-1，E1=3.2kJ·ml-1；
反应Ⅱ：SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g) ΔH2=-241.6kJ·ml-1，E2=58kJ·ml-1；
已知该体系中臭氧还发生分解反应：2O3(g)3O2(g)。保持其他条件不变，每次向容积为2L的反应器中充入含2.0mlNO、2.0mlSO2的模拟烟气和4.0mlO3，改变温度，反应相同时间t0min后，体系中NO和SO2的转化率如图2所示：
①Q点时反应开始至t0min内v(SO2)=_______。
②由图可知相同温度下(温度小于300℃)NO的转化率远高于SO2，其原因可能是_______。
③若反应达到平衡后，缩小容器的体积，则NO和SO2转化率_______(填“增大”“减少”或“不变”)。
④假设100℃时，P、Q均为平衡点，此时发生分解反应的O3占充入O3总量的10%，体系中O3的物质的量是_______ml，反应I的平衡常数Kc=_______。
(4)在一定条件下，CO可以去除烟气中的SO2，其反应原理为2CO+SO2=2CO2+S。其他条件相同，以γ-Al2O3(一种多孔性物质，每克的内表面积高达数百平方米，具有良好的吸附性能)作为催化剂，研究表明，γ-Al2O3在240℃以上发挥催化作用。反应相同的时间，SO2的去除率随反应温度的变化如图3所示。240℃以后，随着温度的升高，SO2去除率迅速增大的主要原因是_______。
【答案】(1)xCO(g)+Sx (s)xCOS(g) ΔH=kJ·ml-1
(2)C
(3) ml·L-1·min-1 反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ ，相同条件下反应更快 增大 1.4 8
(4)温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快
【解析】(1)CO与Sx反应方程式为xCO+SxxCOS，xSO2(g)+2xCO(g)2xCO2(g)+Sx(s)……①，2xCOS(g)+xSO2(g)2xCO2(g)+3Sx(s)……②，利用盖斯定律可知，(①－②)得出目标反应方程式，因此CO与Sx反应热化学方程式为xCO(g)+Sx (s)xCOS(g) ΔH=kJ·ml-1；(2)利用不同物质的反应速率表示达到平衡，要求反应方向是一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比，根据图像可知，C点时SO2(g)生成速率与S2(g)的生成速率之比等于2∶1，因此处于平衡状态的是C点；(3)①根据图像可知，Q点时SO2的转化率为30%，根据化学反应速率的数学表达式为v(SO2)==ml·L-1·min-1；②反应Ⅰ的活化能为3.2kJ/ml，远小于反应Ⅱ的活化能58kJ/ml，活化能越小，反应Ⅰ的速率更快，因此温度小于300℃，NO的转化率远高于SO2，③缩小容器体积，压强增大，反应2O3(g)3O2(g)逆向进行，O3浓度增大，反应Ⅰ、反应Ⅱ向正反应方向进行，NO、SO2转化率增大；④假设100℃时，P、Q均为平衡点，此时发生分解反应的O3占充入O3总量的10%，即分解反应中消耗O3的物质的量为4.0ml×10%=0.4ml，此时生成O2物质的量为0.6ml，P点NO的转化率为80%，反应Ⅰ中消耗NO、O3的物质的量均为2.0ml×80%=1.6ml，则生成NO2、O2物质的量均为1.6ml，Q点SO2转化率为30%，反应Ⅱ中消耗SO2、O3的物质的量均为2.0ml×30%=0.6ml，则生成SO3、O2物质的量均为0.6ml，体系中O3的物质的量为(4.0ml―0.4ml―1.6ml―0.6ml)=1.4ml，反应Ⅰ中气体系数均为1，此时平衡常数Kc==8；(4)根据题意“研究表明，γ-Al2O3在240℃以上发挥催化作用”，因此240℃以后，催化剂的活性增大，反应速率加快，SO2去除率迅速增大。
4．(2023·广东省梅州市二模)除去废水中Cr(Ⅵ)的方法有多种。请按要求回答下列问题。
(1)室温下，含Cr(Ⅵ)的微粒在水溶液中存在如下平衡：
H2CrO4(aq)H+(aq)+ HCrO4-(aq) ΔH1
HCrO4-(aq)H+(aq)+ CrO42-(aq) ΔH2
2HCrO4-(aq)Cr2O72-(aq)＋H2O(l) ΔH3
①室温下，反应2H+(aq)+ 2CrO42-(aq)Cr2O72-(aq)＋H2O(l)的ΔH=________(用含ΔH1、ΔH2或ΔH3的代数式表示)。
②室温下，初始浓度为的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72-)随c(H+)的变化如图所示。
根据A点数据计算反应2CrO42-+2H+ Cr2O72-＋H2O的_________，下列关于该反应的说法不正确的是_________。
A．加水稀释，平衡右移，K值增大
B．若达到A点的时间为，则
C．若升高温度，溶液中CrO42-的平衡转化率减小，则该反应的ΔH＞0
(2) NaHSO3与熟石灰除Cr(VI)法：向酸性废水中加入NaHSO3，再加入熟石灰，使Cr3+沉淀。
①实验中的NaHCO3作用是________。
②Cr(Ⅲ)在水溶液中的存在形态分布如图所示。当时，Cr(Ⅲ)去除率下降的原因可用离子方程式表示为_________。
(3)微生物法：
①用硫酸盐还原菌(SRB)处理含Cr(Ⅵ)废水时，Cr(Ⅵ)去除率随温度的变化如图所示。时，Cr(Ⅵ)的去除率很低的原因是____________。
②水体中，Fe合金在SRB存在条件下腐蚀的机理如图所示。Fe腐蚀后生成FeS的过程可描述为：Fe失去电子转化为Fe2+，H2O得到电子转化为H，________。
(4)可用电解法将废水中铬酸钾溶液制成重铬酸钾，其工作原理如图所示：考点要求
考题统计
考情分析
化学反应原理综合
2023•全国甲卷28题，14分；2023•全国乙卷28题，14分；2023•全国新课标卷29题，14分；2023•湖南卷16题，14分；2023•山东卷20题，11分；2023•辽宁省选择性考试18题；2023•湖北省选择性考试19题；2023•浙江省6月选考19题，10分；2023•浙江省1月选考19题，10分；2022•全国甲卷28题，14分；2022•全国乙卷28题，15分；2022•河北省选择性考试16题；2022•重庆卷16题，14分；2022•福建卷13题，13分；2022•海南省选择性考试16题，10分；2022•湖北省选择性考试19题，14分；2022•辽宁省选择性考试18题，13分；2022•山东卷20题，11分；2022•湖南选择性考试题，13分；2022•湖南选择性考试题，14分； 2022·浙江省1月选考29题，10分；2022·浙江省6月选考29题，10分；2022•江苏卷18题，14分
【命题规律】
本题型往往取材于能源、环境问题、化工生产等情景。题目围绕一个主题，以“拼盘”的形式呈现，每个小题有一定的相对独立性，将热化学、化学反应速率、电化学及三大平衡知识融合在一起进行考查；且题目中结合图象、表格、数据、装置等信息，考查学生的阅读、读图、分析归纳能力，增加试题的难度。考点主要涉及盖斯定律与热化学方程式、化学反应速率的计算及其影响因素、平衡常数计算及其影响因素、化学平衡移动及其影响因素、电极反应方程式书写等。
【命题预测】
2024年试题将以填空、读图、作图、计算等形式呈现，以实际情景(场景)为背景，体现核心素养的要求，预计对单一因素影响的考查已经越来越少了，主要以“多因素影响”出现，考查考生的综合分析判断能力。
p(CO2)/MPa
p(H2)/MPa
p(CH4)/MPa
条件1
0.40
0.40
0
条件2
0.42
0.36
0.02
温度的影响
升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动；
降低温度，化学平衡向放热反应方向移动
浓度的影响
增大反应物浓度或减小生成物浓度，化学平衡向正反应方向移动；
减小反应物浓度或增大生成物浓度，化学平衡向逆反应方向移动
压强的影响
增大压强会使平衡向气体体积减小的方向移动；
减小压强会使平衡向气体体积增大的方向移动
容器
C3H8/ml
CO2/ml
N2/ml
A
1
0
10
B
1
2
8
物质
CO2(g)
H2(g)
HCOOH(g)
标准摩尔生成焓/kJ·ml-1
-393.51
0
-362.3
化学键
键能/
413
a
463
797.5
离子
SO42-
SO32-
NO3-
NO2-
Cl-
c/(ml·L-1)
8.35×10-4
6.87×10-6
1.5×l0-4
l.2×10-5
3.4×10-3