新高考化学二轮复习讲练测专题15 化学反应原理综合题（练）（解析版）

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(1)利用氢气还原法脱硝。
已知：①H2的燃烧热为285.8kJ/ml
②
写出在催化剂存在下，H2还原NO2生成液态水和无毒物质的热化学方程式：_______。
(2)研究表明CO2与N2O可在Pt2O+表面转化为无害气体，其反应进程及能量变化过程如图所示。
①该反应在常温下能否自发进行_______。
②从图中分析，N2O和CO2之间的反应分为两个过程，其中决速步为_______(填“第1步”或“第2步”)反应，写出另一步的转化关系式_______。
(3)利用如图装置，模拟电化学方法除去雾霾中的NO、SO2，则a极为_______极(填“阳”或“阴”)，溶液A的溶质除了有大量(NH4)2SO4，还有_______(填化学式)。
【答案】（1）
（2）能 第 1 步
（3）阳 H2SO4
【解析】（1）H2的燃烧热的化学方程式为H2+O2=H2O ，在催化剂存在下，H2还原NO2生成液态水和无毒物质的化学方程式为，根据盖斯定律，4×①-②可得热化学方程式为；（2）①根据反应进程及能量变化过程可知该反应的的化学方程式为N2O+CON2+CO2 ，其熵变不变，，在常温下能自发进行；②活化能越大，反应速率越慢，且决定总反应速率，根据能量变化过程可知第1步的活化能大于第2步的活化能，故决速步为第1步；根据反应进程可知第2步中CO和为反应物，产物为CO2和Pt2O+，转化关系式为；（3）由于溶液A的溶质有大量(NH4)2SO4，故NO得电子生成，故a电极为阳极，b电极为阴极，a电极(阳极)的电极反应为SO2+2H2O-2e-=SO+4H+，故溶液A的溶质除了有大量(NH4)2SO4，还有H2SO4。
2．当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。
(1)以CO2与NH3为原料可合成尿素[CO(NH2)2]回收CO2并为农业服务，
已知：反应I.2NH3(g)+CO2(g)=NH2CO2NH4(s) △H=-159.47kJ•ml-1
反应Ⅱ.NH2CO2NH4(s)=CO(NH2)2(s)+H2O(g) △H=+116.49kJ•ml-1
在相同条件下，反应2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(g)正反应的活化能Ea为225.36kJ/ml，则逆反应的活化能Ea为_____。
(2)在密闭容器中通入物质的量均为0.5ml的CH4和CO2，在一定条件下发生反应CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)，CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图2所示。
①由图可知：p1压强______p2(填“>”、“<”或“=”)。
②Y点：v(正)_____v(逆)(填“>”、“<”或“=”)；已知气体分压(p分)=气体总压(p总)×气体的物质的量分数。用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数Kp，已知p2=akPa，求X点对应温度下反应的平衡常数Kp=_____。
(3)CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=8.5，CO2主要转化为_____(写离子符号)；若所得溶液c(HCO)：c(CO)=1：1，溶液pH=_____。(室温下，H2CO3的K1=4×10-7；K2=5×10-11；lg5=0.7)
(4)工业上也可以用电解法捕获CO2，如图，CO2在酸性水溶液中用惰性电极电解制得乙烯，其原理如图所示，则该电解池的总反应式为_____。
【答案】(1)8221.98kJ/ml (2) ＜ ＞ (3) 10.3 (4)
【解析】（1）根据盖斯定律Ⅰ-Ⅱ可得2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s) +H2O(g) △H =-42.98kJ/ml，又已知：△H=正反应的活化能-逆反应的活化能，正反应的活化能Ea为8179kJ/ml，则逆反应的活化能Ea =(8179 +42.98)kJ/ml = 8221.98kJ/ml；（2）①由图可知，温度一定时，甲烷的转化率α(p1)>α(p2)，该反应正反应是气体体积增大的反应，增大压强平衡向逆反应进行，甲烷的转化率降低，故压强p2>p1；②Y点在曲线下方说明未达到反应平衡，故平衡正向移动，v(正)＞v(逆)；已知p2=akPa，，，求X点对应温度下反应的平衡常数Kp=；（3）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=8.5， ， ， ， CO2主要转化为HCO3-；若所得溶液c(HCO3-)：c(CO32-)=1：1， ， ，溶液pH=10.3；（4）CO2在阴极得电子生成乙烯，碳元素化合价由+4价变为-2价，电解质溶液为酸性，所以该电极反应方程式为： ，a极6H2O-12e-=3O2↑+12H+，总反应方程式为。
3．铝系金属复合材料能有效还原去除水体中的硝酸盐污染。铝粉表而复合金属的组分和含量，会影响硝酸盐的去除效果。
(1)在相同实验条件下，分别使用纯铝粉和Cu负载量为3%、4%、5%的Al/Cu二元金属复合材料对硝酸盐的去除效果如图所示。
①由如图可知用Al/Cu二元金属复合材料去除水体中硝酸盐效果明显优于铝粉，可能原因是_______。
②实验发现Al/Cu二元金属复合材料中Cu负载量过高也不利于硝酸盐的去除，可能原因是_______。
(2)在Al/Cu二元金属复合材料基础上引入Pd形成三元金属复合材料，其去除水体中硝酸盐的机理如图所示。
①使用Al/Cu二元金属复合材料，可将水体中硝酸盐转化为铵盐，该转化的机理可描述为： H+吸附在Cu表面并得电子生成强还原性的吸附氢H(ads)，_______， NH3与H+结合为进入溶液。
②引入Pd的Al/Cu/Pd三元金属复合材料，硝酸盐转化为N2选择性明显提高，可能原因是_______
③其他条件相同时，Al/Cu/Pd 三元金属复合材料去除水体中硝酸盐的效果与溶液pH关系如图所示。水体pH在4至6范围内，随pH增大硝酸盐去除率降低的可能原因是_______;水体pH在8.5至10范围内，随pH增大硝酸盐去除率升高的可能原因是_______。
【答案】(1) Cu能催化铝粉去除硝酸盐的反应（或形成Al-Cu原电池，增大铝粉去除硝酸盐的反应速率） 因为过多的Cu原子覆盖于二元金属表面，减少了表面Al原子数，从而减少Al 与水体中硝酸盐的接触机会，使硝酸盐去除效果减弱 (2) 吸附氢H(ads)与同样吸附于Cu表面的(ads)反应生成(ads)，(ads) 脱离Cu表面被释放到溶液中，溶液中(ads)转移并吸附在A1表面被还原为NH3 (ads) 由图可知Cu表面吸附的H(ads)不能将(ads)转化为N2，而Pd表面吸附的H (ads)可实现上述转化。Cu表面生成的(ads) 可转移并吸附在Pd表面，被Pd表面的H(ads)进一步还原为N2 pH在4~6范围内，随pH增大，溶液中氢离子浓度减小，催化剂表面产生的H (ads)减少，使硝酸盐去除率降低 pH在8.5～10范围内，随着pH增大，氢氧根浓度增大，促进铝表面氧化铝的溶解，同时铝与OH-反应产生的氢原子能还原硝酸根，使硝酸盐的去除率升高
【解析】（1）①根据图中曲线可知，用Al/Cu二元金属复合材料去除水体中硝酸盐效果明显优于铝粉，可能的原因是：Cu能催化铝粉去除硝酸盐的反应（或形成Al-Cu原电池，增大铝粉去除硝酸盐的反应速率）；②因为过多的Cu原子覆盖于二元金属表面，减少了表面Al原子数，从而减少Al 与水体中硝酸盐的接触机会，使硝酸盐去除效果减弱，故Al/Cu二元金属复合材料中Cu负载量过高也不利于硝酸盐的去除；（2）①H+吸附在Cu表面并得电子生成强还原性的吸附氢H(ads)，吸附氢H(ads)与同样吸附于Cu表面的(ads)反应生成(ads)，(ads) 脱离Cu表面被释放到溶液中，溶液中(ads)转移并吸附在A1表面被还原为NH3 (ads)，NH3与H+结合为进入溶液，故使用Al/Cu二元金属复合材料，可将水体中硝酸盐转化为铵盐；②由图可知Cu表面吸附的H(ads)不能将(ads)转化为N2，而Pd表面吸附的H (ads)可实现上述转化。Cu表面生成的(ads) 可转移并吸附在Pd表面，被Pd表面的H(ads)进一步还原为N2，故引入Pd的Al/Cu/Pd三元金属复合材料，硝酸盐转化为N2选择性明显提高；③pH在4~6范围内，随pH增大，溶液中氢离子浓度减小，催化剂表面产生的H (ads)减少，使硝酸盐去除率降低；pH在8.5～10范围内，随着pH增大，氢氧根浓度增大，促进铝表面氧化铝的溶解，同时铝与OH-反应产生的氢原子能还原硝酸根，使硝酸盐的去除率升高。
4．甲醇是重要的化工原料，研究甲醇的制备及用途在工业上有重要的意义。
一种工业制备甲醇的反应为
(1)向某容器中通入一定量CO2和H2发生反应，达到平衡后，下列措施能提高CH3OH平衡产率的有_______(填标号)。
a.恒压下，充入惰性气体 b.加入高效催化剂
c.恒容下，充入CO2 d.适当升高温度
(2)在540K下按初始投料比n(CO2)：n(H2)=3：1、n(CO2)：n(H2)=1：1、n(CO2)：n(H2)=1：3，得到不同压强条件下H2的平衡转化率关系图：
①a、b、c各线所表示的投料比由大到小的顺序为_______(用字母表示)。
②点N在线b上，计算540K时的压强平衡常数Kp=_______(MPa)-2(用平衡分压代替平衡浓度计算，已知分压=物质的量分数×总压)。
(3)目前世界上一半以上的乙酸都采用甲醇与CO反应来制备。反应如下：。在恒压密闭容器中通入一定量的CH3OH和CO气体，测得甲醇的转化率随温度变化如图所示。
①温度为T1时，该反应的正反应速率v(B)正_______v(A)正(填“>”，“=”或“<”)。
②B、C、D三点的逆反应速率大小关系_______。
【答案】(1)c (2) a>b>c 0.5 (3) ＜ VD>VC>VB
【解析】（1）提高甲醇的产率可以通过促进反应正向进行的措施达到；a.恒压下充入惰性气体，相当于增大体积，减小物质的浓度，a不符合题意；b.催化剂只能影响反应速度，不影响产率，b不符合题意；c.恒容下，充入CO2，增大反应物浓度，促进平衡正向进行，提高甲醇的产率，c符合题意；d.该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，减小产率，d不符合题意；故答案为：c；（2）①投料比大，则氢气的平衡转化率越高，由图甲可知，a、b、c各曲线所表示的投料比大小顺序为a＞b＞c；②540K时，b曲线所代表的投料比为n(CO2)：n(H2)=1：1，设二氧化碳和氢气的起始物质的量均为1ml，N点氢气的平衡转化率为60%，则氢气反应的物质的量为1ml×60%=0.6ml，平衡时二氧化碳的物质的量为1ml-0.2ml=0.8ml、氢气的物质的量为1ml-0.6ml=0.4ml、甲醇和水的物质的量均为0.2ml，混合气体的总物质的量为0.8ml+0.4ml+0.2ml+0.2ml=1.6ml，总压强为2MPa，则二氧化碳、氢气、甲醇、水平衡时对应的分压分别为、、、，因此；（3）①温度T1时的A点尚未达到平衡状态，相比该温度下平衡时的B点，A点甲醇的浓度更大，故正反应速率更快，v(B)正TC>TB，温度越高反应速率越快。
5．氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。
(1)硫碘循环制氢
热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法。其反应过程如下所示：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
已知：。则反应Ⅱ的_______。
(2)生物质制氢
电解—葡萄糖制氢实验的装置如图所示，电极两侧的电解液在泵的作用下在电解液储槽和电极间不断循环。
①该装置产生氢气速率明显高于不加入直接电解葡萄糖制氢。其原因是_______。
②电解—葡萄糖制氢的反应过程可描述为_______。
③电解一段时间后，需向储槽中补充的物质是_______。
(3)氢气应用
最新研制出的由裂解气(、、)与煤粉在催化剂条件下制乙炔，该生产过程是目前清洁高效的煤化工过程。将乙烯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)，发生反应：。出口气体中测得含有乙烯、乙炔、氢气。下图为乙炔产率与进料气中的关系。
①当进料气中时，出口气体中乙炔的体积分数为_______。
②图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势，其降低的原因是_______。
【答案】(1) (2) 葡萄糖为非电解质，水溶液不导电，直接电解不易产生氢气 氧化葡萄糖生成，含有的溶液在泵的作用下在阳极表面氧化生成，同时生成大量的，经过质子交换膜在阴极表面得电子生成氢气 葡萄糖(3) 11.76% 开始时充入氢气是为活化催化剂，故稍增大氢气的量能让乙炔产率增大，原料中过量会使反应③平衡逆向移动，所以乙炔产率下降
【解析】（1）反应Ⅰ：，反应Ⅱ：，反应Ⅲ：，反应IV，由盖斯定律可知，-IV-Ⅰ2-Ⅲ2得到，所以△H2=-△H4-△H12-△H22=。（2）由题干信息可知，右侧区电解产生H2，电极反应为：2H++2e-=H2↑，发生还原反应，故右侧区为阴极区，则电源中B为负极，A为正极，左侧区为阳极区，电极反应为：C6H12O6-24e-+6H2O=6CO2↑+24H+，据此分析解题。①因为葡萄糖为非电解质，水溶液不导电，直接电解不易产生氢气，故产生氢气速率明显高于不加入直接电解葡萄糖制氢。②电解—葡萄糖时氧化葡萄糖生成，含有的溶液在泵的作用下在阳极表面氧化生成，同时生成大量的，经过质子交换膜在阴极表面得电子生成氢气。③电解一段时间后，需向储槽中补充葡萄糖。
（3）①当进料气中时，设n(H2)=2ml，n(C2H4)=1ml，乙炔的产率为40%，故有
则乙炔的体积分数为=11.67%。②乙烯分解产生乙炔和氢气，一开始充入氢气是为活化催化剂，故稍增大氢气的量能让乙炔产率增大，增大氢气的量会促使反应③平衡逆向移动，从而减少平衡体系中的乙炔的含量，使乙炔的产率降低。
6．当今中国积极推进绿色低碳发展，力争在2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。因此，研发CO2利用技术，降低空气中CO2含量成为研究热点。在5MPa压强下，恒压反应器中通入3mlH2，1mlCO2气体同时发生反应Ⅰ，Ⅱ如下：
反应Ⅰ.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1K1
反应Ⅱ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2K2
(1)如图(a)所示，则ΔH1-ΔH2_______0(填“>”、“＜”或“=”)。
(2)在5MPa压强下，恒压反应器中通入3mlH2、1mlCO2气体，CO2的平衡转化率及CH3OH的平衡产率随温度变化关系如图(b)。
已知：
①下列说法正确的是_______。
A．反应过程中，容器内压强不再变化，说明反应Ⅰ达到平衡
B．反应过程中，气体密度维持不变，说明反应Ⅰ达到平衡
C．增大压强能同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率
D．加入对反应Ⅰ催化效果更佳的催化剂，可以提高CH3OH的产率
②475K时，反应Ⅱ的压强平衡常数Kp=_______(压强平衡常数：用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×气体物质的量分数)。
(3)图(b)中500K以后，CO2平衡转化率随温度升高而增大的原因_______。
(4)反应Ⅱ的正反应速率方程为v正=k正·c(CO2)·c(H2)，逆反应速率方程为v逆=k逆·c(CO)·c(H2O)，其中k正、k逆分别为正、逆反应的速率常数，只受温度影响。lgk与(温度的倒数)的关系如图所示，①、②、③、④四条斜线中，表示lgk正的是_______。
(5)我国科学家研究Li—CO2电池中取得了重大科研成果。Li—CO2电池中，Li为单质锂片，CO2在正极发生电化学反应，电池反应产物为碳酸锂和单质碳，CO2电还原后与锂离子结合形成碳酸锂按以下4个步骤进行，写出步骤Ⅲ的离子方程式_______。
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.……
Ⅳ.
【答案】(1)＜(2) BCD 或1.86×10-2(3)反应I放热，温度升高平衡左移，反应II吸热，温度升高平衡右移，500K以后，温度升高，反应II平衡右移的程度更大，故CO2平衡转化率增大(4)④(5)2+CO2=2+C
【分析】图(a)的横坐标为，则越大，T越小，对反应I来说，随着温度的不断降低，lgK不断增大，K不断增大，则平衡正向移动，所以ΔH1＜0；对反应II来说，随着温度的不断降低，lgK不断减小，K不断减小，则平衡逆向移动，所以ΔH2＞0。
【解析】（1）由分析可知，ΔH1＜0，ΔH2＞0，则ΔH1-ΔH2＜0；（2）①A．因为反应在恒压反应器中进行，容器内压强始终不变，反应I不一定达到平衡，A不正确；B．反应过程中，压强恒定，则容积可变，气体的总质量不变，体积改变，则气体密度随反应进行而改变，当密度不变时，反应I达到平衡，B正确；C．增大压强，反应I正向移动，则同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，C正确；D．加入对反应I催化效果更佳的催化剂，则反应I进行的程度更大，可以提高CH3OH的产率，D正确；故答案为：BCD；②475K时，设CO2转化为CH3OH的物质的量为x，CO2转化为CO的物质的量为y。由CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)和CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)可得出，参加反应的CO2的物质的量为(x+y)，参加反应的H2的物质的量为(3x+y)，生成CH3OH的物质的量为x，生成CO的物质的量为y，生成H2O的物质的量为(x+y)。依题意可得出：x+y=1×30%，x=1×20%，从而求出x=0.2ml，y=0.1ml；达平衡时，混合气体中含CO2的物质的量为1-x-y=0.7ml，H2的物质的量为3-3x-y=2.3ml，CO的物质的量为0.1ml，H2O的物质的量为x+y=0.3ml，则反应II的压强平衡常数Kp==或1.86×10-2；（3）升高温度，反应I中CO2的转化率减小，反应II中CO2的转化率增大，而图(b)中500K以后，CO2平衡转化率随温度升高而增大，则表明500K以后，反应II中平衡移动占主导地位，从而得出原因为：反应I放热，温度升高平衡左移，反应II吸热，温度升高平衡右移，525K以后，温度升高，反应II平衡右移的程度更大，故CO2平衡转化率增大；（4）第一步反应为二氧化碳和氢气生成一氧化碳和水，生成物能量较高，反应含变大于零，温度降低，平衡逆向移动，V正、V 均减小，k正、k递均减小，且k(正)减小的程度大于k(逆)减小的程度，则表示lgk(正)的是④，表示lgk(逆)的是3；故答案为：④；（5）步骤Ⅲ中，转化为且生成C，表明另一反应物作氧化剂，则只能为CO2，由此得出反应的离子方程式为：2+CO2=2+C。
7．中国自古有“信口雌黄”、“雄黄入药”之说。雌黄和雄黄都是自然界中常见的砷化物，早期都曾用作绘画颜料，因都有抗病毒疗效也用来入药。
(1)砷元素有、两种常见价态。一定条件下，雌黄和雄黄的转化关系如图所示。
①I中氧化剂是________________________(填化学式)。
②Ⅱ中若反应，转移，写出Ⅱ的化学方程式：____________。
(2)Ⅲ中产物亚砷酸可以用于治疗白血病，其在溶液中存在多种微粒形态，各种微粒物质的量分数与溶液的关系如图所示。
①人体血液的在7.35～7.45之间，用药后人体中含砷元素的主要微粒是____________(填化学式)。
②将溶液滴入溶液，在溶液pH由8变至10的过程中，发生反应的离子方程式是____________。
(3)P与属于同主族元素，亚磷酸二氢钾是一种杀菌消毒剂。已知：常温下，的电离常数；；。以和为原料制备和的装置如图。
①已知与足量的溶液反应生成，由此推知是____________(填“正”或“酸式”)盐。
②常温下溶液____________7(填“>”、“<”或“=”)。
③膜2为____________(填“阴”或“阳”)离子交换膜，电极上发生的电极反应式为：____。
【答案】(1)
（2）(或)
(3) 正 < 阴
【解析】（1）①I中砷元素化合价由+3变为-2，得到电子发生还原反应，为氧化剂，故填As2S3；②Ⅱ中和氧气发生反应生成As2O3，砷元素化合价由+2变为+3，化合价升高，1分子中砷转移电子4；若反应，转移，则根据电子守恒可知，硫的化合价变化为，则反应生成二氧化硫气体，氧得到电子发生还原反应，根据电子守恒和质量守恒可知，Ⅱ的化学方程式：；（2）①人体血液的在7.35～7.45之间，由图可知，用药后人体中含砷元素的主要微粒是(或)；②将溶液滴入溶液，在溶液pH由8变至10的过程中，和氢氧化钾反应转化为和水，发生反应的离子方程式是；（3）①已知与足量的溶液反应生成，由此推知中不再可以电离出氢离子，故其是正盐；②常温下溶液中其水解常数为，水解小于电离，故溶液显酸性，pH<7；③以和为原料制备和，则右侧碳电极为阴极，水放电生成氢气和氢氧根离子，原料室中钠离子右移进入产品室得到氢氧化钠、左移进入产品室得到，故膜2为阴离子交换膜，电极上发生的电极反应式为：。
8．随着经济的发展，私家车(汽车)的拥有量逐年升高，汽车尾气(其中NOx主要为NO、NO2，NO的占比较大)造成的污染问题，也逐渐受到人们的关注。
I.SCR技术处理汽车尾气中NOx的工作示意图如图。
SCR催化器中同时存在NOx、NH3、O2等气体，三个SCR反应如下：
(标准SCR反应)
(快速SCR反应)
(慢速SCR反应)
(1)反应 △H=_______kJ·ml-1。
(2)尿素水溶液进入水解催化器中，在160℃时CO(NH2)2发生水解，该水解反应的化学方程式为_______。
(3)预氧化催化器的作用是_______(用文字表述)。
(4)在尿素溶液的喷入量和尾气流速相同的情况下，使用甲、乙两种催化剂，反应相同时间时，NO的转化率与温度的关系如图所示：
①SCR催化器中应选择催化剂_______(填“甲”或“乙”)，N点_______(填“已”或“未”)达到平衡状态。
②温度过高，NO的转化率下降，但测得体系中NO的浓度反而上升的原因是_______。
II.NSR技术处理汽车尾气中NO的工作示原理如图。
(5)富氧条件下，NOx被储存为Ba(NO3)2，发生反应的化学方程式为_______；贫氧条件下，NOx被H2还原时，n(NOx)：n(H2)=_______。
Ⅲ.在汽车排气系统安装三元催化转化器，可发生反应：。在一定温度下，向容积为2L的恒容密闭容器中充入等物质的量的NO(g)和CO(g)发生上述反应，反应过程中c(NO)随时间变化曲线如图所示。
此温度下，该反应的平衡常数为_______，若在反应达到平衡后，在其他条件保持不变时，向容器中再充入0.5 ml NO(g)和0.5mlCO2(g)，则此时v正_______(填“>”“<”或“=”)v逆。
【答案】(1)-114.2 (2)CO(NH2)2+H2OCO2+2NH3 (3)将部分NO转化为NO2，有利于加快SCR反应的进行 (4) 甲 未 温度过高催化剂的活性降低，降低了反应速率；高温有利于将NH3催化氧化为NO
4NOx+(5-2x)O2+2BaOeq \(=====,\s\up7(催化剂))2Ba(NO3)2 1∶x (6) 5 =
【解析】（1）根据盖斯定律以及目标反应方程式可知，ΔH=ΔH1－2ΔH2=[(-1632.4)－2×(-759.1)]kJ/ml
=-114.2kJ/ml；（2）SCR催化器中同时存在NOx、NH3、O2等气体，汽车尾气中含有NOx，因此尿素发生水解反应生成NH3，根据原子守恒，还有CO2，水解反应方程式为CO(NH2)2+H2OCO2+2NH3；（3）汽车尾气中NOx主要为NO、NO2，其中NO的占比较大，整个化学反应的决速步是由慢反应决定，根据三个SCR反应，提高NO2浓度，能够提高慢速SCR反应的速率，因此预氧化催化器的作用是将部分NO转化为NO2，有利于加快SCR反应的进行；（4）①根据图像可知，在低温下，催化剂甲催化效率高；催化剂对化学平衡移动无影响，在相同温度下，N点的NO的转化率比催化剂甲的小，说明N点未达到平衡；②催化剂的活性在一定温度范围内较高，超过该温度催化剂的活性降低，反应速率降低；同时高温有利于将氨气氧化成NO，从而导致NO的浓度反而上升；（5）根据富养条件示意图，NOx被储存为Ba(NO3)2，发生反应的化学方程式为4NOx+(5-2x)O2+2BaOeq \(=====,\s\up7(催化剂))2Ba(NO3)2；贫氧条件下，NOx被氢气还原，NOx中的N被还原成氮气，氢气被氧化成H2O，根据得失电子数目守恒，n(NOx)∶n(H2)=1∶x；（6）根据图像可知，达到平衡时，消耗NO的浓度为0.1ml/L，消耗CO的浓度为0.1ml/L，生成CO2的浓度为0.1ml/L，生成N2的浓度为0.05ml/L，K=5；达到平衡，其他条件不变，再充入0.5mlNO(g)和0.5mlCO2(g)，Qc=5=K，平衡不移动，即v正=v逆。
9．氨基甲酸铵为尿素生产过程的中间产物，易分解。某小组对氨基甲酸铵的分解实验进行探究。
已知：I.
II.
III.
回答下列问题：
(1)写出分解生成与气体的热化学方程式：_______。
(2)恒容条件下，实验测得数据如下表所示：
①恒温恒容时，下列能够说明该反应已达到化学平衡状态的是_______(填标号)。
A．容器内总压强不再改变 B．
C．的值不再改变 D．的体积分数不再改变
②某温度下，该反应达到平衡时容器内总压强为p，写出该反应的压强平衡常数的计算式_______(用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数)。
③随着温度升高，逐渐_______(填“增大”“减小”或“不变”)，其主要原因是_______。
④某温度下，达到平衡后，欲增加的平衡浓度，可采取的措施有_______(填标号)。
加 B．加催化剂 C．减小体积增大压强 D．移走
【答案】(1) (2) AC 增大 氨基酸的分解是吸热反应，升高温度有利于反应正向进行，NH3和CO2的平衡分压均增大，分压平衡常数增大 D
【解析】（1）已知：Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.，有盖斯定律Ⅰ+Ⅱ-Ⅲ得：；
（2）①A．恒温恒容条件下，随着氨基甲酸铵的分解，容器内总压强不断增大，若压强不变，则反应达到平衡状态，A正确；B．平衡时，NH3的正反应速率应该为CO2逆反应速率的2倍，即，B错误；C．当反应达到平衡状态时，浓度商的值不再改变，C正确；D．该反应生成的NH3和CO2的物质的量之比恒为2:1，故的体积分数一直不变，不能判断反应是否平衡，D错误；答案选AC；②总压强为p，NH3和CO2的物质的量之比恒为2:1，故各自分压p(NH3)=p，p(CO2)=p，代入公式计算p2(NH3)p(CO2)=；③根据表格中的数据，随着温度升高，增大，其主要原因是：氨基酸的分解是吸热反应，升高温度有利于反应正向进行，NH3和CO2的平衡分压均增大，分压平衡常数增大，故答案为：增大；氨基酸的分解是吸热反应，升高温度有利于反应正向进行，NH3和CO2的平衡分压均增大，分压平衡常数增大；④A．加入固体，不影响平衡移动，选项A错误；B．加催化剂，不影响平衡移动，选项B错误；C．减小体积增大压强，容器内各气体浓度瞬间增大，平衡逆向移动，但最终达到平衡后，由于不变，p(NH3)与p(CO2)之比仍然满足2:1，则各气体浓度不变，选项C错误；D．移走，利于平衡正向移动，氨气的平衡浓度增大，选项D正确；答案选D。
10．处理、回收利用CO是环境科学研究的热点课题。回答下列问题：
(1)CO用于处理大气污染物N2O的反应为CO(g)+N2O(g)CO2(g)+N2(g)。在Zn+作用下该反应的具体过程如图1所示，反应过程中能量变化情况如图2所示。
总反应：CO(g)+N2O(g)CO2(g)+N2(g) △H=_____kJ•ml-1；该总反应的决速步是反应(填“①”或“②”，并写出该判断的理由)______。
(2)已知：CO(g)+N2O(g)CO2(g)+N2(g)的速率方程为v=kc(CO)•c(N2O)，为速率常数，只与温度有关。为提高反应速率，可采取的措施是______(填标号)。
A．降温B．恒容时，再充入CO
C．恒压时，再充入N2OD．减压
(3)在总压为100kPa的恒容密闭容器中，充入一定量的CO(g)和N2O(g)发生上述反应，在不同条件下达到平衡时，在T1K时N2O的转化率与、在=1时N2O的转化率与的变化曲线如图3所示：
①表示N2O的转化率随的变化曲线为______曲线(填“I”或“II”)。
②T1______T2(填“＞”或“＜”)。
③已知：该反应的标准平衡常数Kθ=，其中pθ为标准压强(100kPa)，p(CO2)、p(N2)、p(N2O)和p(CO)为各组分的平衡分压，则T4时，该反应的标准平衡常数Kθ=_____(计算结果保留两位有效数字，p分=p总×物质的量分数)。
(4)间接电解法除N2O。其工作原理如图4所示，已知：H2S2O4是一种弱酸。电解池的阴极电极反应为_____。
【答案】(1) -371.50 ①，反应①的活化能是157.6kJ•ml-1，反应②的活化能是100.22kJ•ml-1，反应②的活化能更小，故反应①是总反应的决速步 (2)B (3) II ＞ 3.4 (4)2H2SO3+2e-+2H+=H2S2O4+2H2O
【解析】（1）根据图2可知，CO2(g)+N2O(g) CO2(g)+N2(g) ΔH=-371.50kJ/ml；决定总反应的决速步是由慢反应决定的，活化能越高，化学反应速率越慢，根据图2可知，反应①的活化能是157.6kJ•ml-1，反应②的活化能是100.22kJ•ml-1，反应②的活化能更小，反应①是总反应的决速步；故答案为-371.50；①，反应①的活化能是157.6kJ•ml-1，反应②的活化能是100.22kJ•ml-1，反应②的活化能更小，反应①是总反应的决速步；
（2）A．降温，化学反应速率降低，故A不符合题意；B．恒容时，再充入CO，c(CO)增大，根据v=kc(CO)·c(N2O)可知，v增大，故B符合题意；C．恒压时，再充入N2O，容器体积增大，浓度减小，v减慢，故C不符合题意；D．减压，容器体积增大，浓度减小，v减慢，故D不符合题意；答案为B；
（3）①越大，可以看作n(CO)不变，n(N2O)增大，则N2O的转化率降低，曲线Ⅱ代表N2O的转化率随变化曲线；②该反应为放热反应，一定时，升高温度，平衡逆向进行，N2O的转化率降低，越小，根据图像可知，T1＞T2；利用相同条件下压强之比等于物质的量之比，起始时CO、N2O的分压为50kPa、50kPa，③由图3可知，在=1，温度为T4时，N2O的转化率为65%，达到平衡时，CO、N2O、CO2、N2的分压分别为17.5、17.5、32.5、32.5，代入公式得出Kθ=3.4；（4）根据装置图可知，H2SO3转化成H2S2O4，S的化合价由+4价转化成+3价，化合价降低，根据电极原理，a为电源的负极，阴极反应式为2H2SO3+2e-+2H+=H2S2O4+2H2O。
11．乙二醛是一种重要的精细化工产品，可由乙醛硝酸氧化法制备。
Ⅰ.研究其他条件相同时，仅改变一个条件对乙二醛制备的影响，获得如下数据。
(1)乙二醛的结构简式是_______。
(2)图1中，曲线a对应的温度是_______，判断的依据是_______。
(3)图2中，c→d乙二醛的产率降低，并检测出较多的副产物，如乙二酸。产生较多乙二酸的原因是_______。
Ⅱ.运用电化学原理设计分离纯化乙二醛并回收硝酸的装置示意图如下(电极均为惰性电极)。
(4)与电源负极相连的是_______(填“X”或“Y”)。
(5)结合电极反应分析硝酸回收原理：_______。
(6)测定纯化后溶液中乙二醛的含量。
ⅰ.移取VmL纯化后的溶液于锥形瓶中，加入2滴酚酞溶液，用浓度为溶液滴定至溶液恰好由无色变为粉红色。
ⅱ.向ⅰ所得溶液加入过量溶液，充分反应。
ⅲ.试用硫酸滴定ⅱ中溶液至终点，消耗硫酸体积为。
已知：乙二醛在强碱性溶液中发生反应生成。
该纯化后的溶液中乙二醛的含量为_______(乙二醛摩尔质量：)。
【答案】(1)HCOCHO (2) 45℃ 起始阶段相同时间内曲线a对应的乙二醛浓度变化更大（3）硝酸具有强氧化性，硝酸浓度增大，导致副反应速率增大使得乙二醛被氧化为乙二酸 (4)X (5)Y极上水放电发生氧化反应生成氧气和氢离子，，B中硝酸根离子向C室移动，氢离子和硝酸根离子在C室得到硝酸 (6)
【解析】（1）乙二醛的结构简式是HCOCHO；（2）温度越高，化学反应速率越快，根据先拐先平数值大，可知曲线a对应的温度是45℃，原因是起始阶段相同时间内曲线a对应的乙二醛浓度变化更大；（3）硝酸具有强氧化性，硝酸浓度增大，导致副反应速率增大使得乙二醛被氧化为乙二酸；（4）运用电化学原理设计分离纯化乙二醛并回收硝酸，则B中硝酸根离子向C室移动，电解池中阴离子向阳极移动，则Y为阳极、X为阴极，X与电源负极相连；（5）Y极上水放电发生氧化反应生成氧气和氢离子，，B中硝酸根离子向C室移动，氢离子和硝酸根离子在C室得到硝酸；（6），则根据题意与乙二醛反应的氢氧化钠的物质的量为=，已知：乙二醛在强碱性溶液中发生反应生成，根据钠元素、碳元素守恒可知，纯化后的溶液中乙二醛的含量为。
12．化学反应与能量变化是化学家研究的永恒话题。回答下列问题：
(1)氢气是一种理想的绿色能源。在下，氢气完全燃烧生成液态水放出的热量。表示氢气燃烧热的热化学方程式为_______。
(2)一定温度、催化剂条件下，向容积为的恒容密闭容器中充入和，发生反应，起始压强为。末反应达到平衡，此时容器内压强变为起始时的。
①判断该反应达到平衡状态的标志是_______(填标号)。
a.浓度之比为2∶2∶2∶1
b.容器内气体的压强不变
c.容器内混合气体的密度保持不变
d.容器内混合气体的平均摩尔质量保持不变
e.的生成速率和的生成速率相等
②的平均反应速率为_______。该反应的压强平衡常数_______(用分压代替浓度计算，分压=总压×物质的量分数。用含的代数式表示)。
③若在相同时间内测得的转化率随温度的变化曲线如图甲所示，的转化率在之间下降由缓到急的原因是_______。
(3)有机物的电化学合成是目前研究的热点之一。我国学者利用双膜三室电解法合成了，该方法的优点是能耗低、原料利用率高，同时能得到高利用价值的副产品，其工作原理如图乙所示。
①气体X为_______，膜Ⅰ适合选用_______(填“阳离子”或“阴离子”)交换膜。
②稳定工作时溶液的浓度_______(填“增大”“减小”“不变”“无法判断”)。
③若制得，饱和食盐水质量减小_______g。
【答案】(1) (2) bde 0.1 400℃~700℃随温度升高，平衡向逆向移动，转化率逐渐减小；700℃以后，催化剂失去活性，反应速率急剧下降导致转化率迅速变小 (3) H2 阴离子 不变 234
【解析】（1）燃烧热是指在101 kPa时，1 ml物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量叫做燃烧热，根据题意，在下，氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，则氢气燃烧热的热化学方程式为；（2）①在一定条件下，当一个可逆反应的正反应速率与逆反应速率相等时，反应物的浓度与生成物的浓度不再改变，达到一种表面静止的状态，即"化学平衡状态"。其中，正反应速率与逆反应速率相等是化学平衡状态的实质，而反应物的浓度与生成物的浓度不再改变是化学平衡状态的表现。正反应速率与逆反应速率是针对同一可逆反应而言，正与反只是相对而言；a．该反应达平衡时，的浓度不一定成比例，故a不选；b．该反应为气体分子数减少的反应，反应中压强在变，当混合气体的压强不随时间的变化而变化时，反应达平衡，故b选；c．该反应在恒容密闭容器中进行，根据质量守恒，混合气体质量不变，根据，ρ在平衡前后始终不变，所以当密度不变时，反应不一定达平衡，故c不选；d．该反应为分子数减少的反应，混合气体的物质的量为变量，根据质量守恒，混合气体质量不变，根据，M为变量，当平均摩尔质量不变时，反应达平衡，故d选；e．的生成速率和的生成速率相等，即，反应达到平衡状态，故e选；故答案为：bde；②根据题意，可列三段式
恒温恒容下，压强与物质的量成正比，所以，解得，平衡时，；；，，的平均反应速率为，平衡时总的物质的量为，平衡时总压为，平衡时各分压；；；，；③如图，400℃时，达到平衡状态，NO转化率达到最大，400℃~700℃随温度升高，平衡向逆向移动，转化率逐渐减小；700以后，催化剂失去活性，反应速率急剧下降导致转化率迅速变小；（3）①如图装置乙电解装置，CuCl在电解池左侧失电子生成，电解反应式为，左侧电极为阳极，与电源正极a相连；则b为电源负极，右侧为阴极，电极反应式为，则气体X为，如图，左侧反应为，需要引进，所以膜Ⅰ为阴离子交换膜； ②根据反应、，可得，所以稳定工作时溶液的浓度不变；③根据电子守恒，，转移4ml电子，饱和食盐水中减少的质量为。

1.（2022·全国乙卷）油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题：
（1）已知下列反应的热化学方程式：
①
②
③
计算热分解反应④的________。
（2）较普遍采用的处理方法是克劳斯工艺。即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是：利用反应④高温热分解。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是________，缺点是________。
（3）在、反应条件下，将的混合气进行热分解反应。平衡时混合气中与的分压相等，平衡转化率为________，平衡常数________。
（4）在、反应条件下，对于分别为、、、、的混合气，热分解反应过程中转化率随时间的变化如下图所示。
①越小，平衡转化率________，理由是________。
②对应图中曲线________，计算其在之间，分压的平均变化率为________。
【答案】（1）170 （2） 副产物氢气可作燃料 耗能高 （3）50% 4.76
（4）① 越高 n(H2S):n(Ar)越小，H2S的分压越小，平衡向正反应方向进行，H2S平衡转化率越高 ②d 24.9
【解析】
（1）已知：
①2H2S(g)+3O2(g)＝2SO2(g)+2H2O(g) ΔH1＝－1036kJ/ml
②4H2S(g)+2SO2(g)＝3S2(g)+4H2O(g) ΔH2＝94kJ/ml
③2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g) ΔH3＝－484kJ/ml
根据盖斯定律(①+②)× EQ \f(1,3)－③即得到2H2S(g)＝S2(g)+2H2(g)的
ΔH4＝（－1036+94）kJ/ml× EQ \f(1,3)+484kJ/ml＝170 kJ/ml；
（2）根据盖斯定律(①+②)× EQ \f(1,3)可得2H2S(g)+O2(g)＝S2(g)+2H2O(g)
ΔH＝(－1036+94)kJ/ml× EQ \f(1,3)=－314kJ/ml，因此，克劳斯工艺的总反应是放热反应；根据硫化氢分解的化学方程式可知，高温热分解方法在生成单质硫的同时还有氢气生成。因此，高温热分解方法的优点是：可以获得氢气作燃料；但由于高温分解H2S会消耗大量能量，所以其缺点是耗能高；
（3）假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1ml和4ml，根据三段式可知：
平衡时H2S和H2的分压相等，则二者的物质的量相等，即1－x＝x，解得x＝0.5，所以H2S的平衡转化率为，所以平衡常数Kp＝＝≈4.76kPa；
（4）①由于正反应是体积增大的可逆反应，n(H2S):n(Ar)越小，H2S的分压越小，相当于降低压强，平衡向正反应方向移动，因此H2S平衡转化率越高；
②n(H2S):n(Ar)越小，H2S平衡转化率越高，所以n(H2S):n(Ar)＝1:9对应的曲线是d；根据图像可知n(H2S):n(Ar)＝1:9反应进行到0.1s时H2S转化率为0.24。假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1ml和9ml，则根据三段式可知
此时H2S的压强为≈7.51kPa，H2S的起始压强为10kPa，所以H2S分压的平均变化率为＝24.9kPa·s－1。
2. （2022·山东卷）利用丁内酯(BL)制备1，丁二醇(BD)，反应过程中伴有生成四氢呋喃(THF)和丁醇(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在高压氛围下进行，故压强近似等于总压。回答下列问题：
（1）以或BD为初始原料，在、的高压氛围下，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；以BD为原料，体系从环境吸热。忽略副反应热效应，反应Ⅰ焓变_______。
（2）初始条件同上。表示某物种i的物质的量与除外其它各物种总物质的量之比，和随时间t变化关系如图甲所示。实验测得，则图中表示变化的曲线是_______；反应Ⅰ平衡常数_______(保留两位有效数字)。以BL为原料时，时刻_______，BD产率=_______(保留两位有效数字)。
（3）为达平衡时与的比值。、、三种条件下，以为初始原料，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，最大的是_______(填代号)；与曲线b相比，曲线c达到所需时间更长，原因是_______。
【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，增大，故=1.0所需时间更长
【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5.0×10-3ml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1ml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·ml-1。
（2）实验测定X（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，越小，的值越大；相同温度时，压强增大，BD的比重增大，增大，又可忽略压强对反应速率的影响，则最大即最小，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，增大，故=1.0所需时间更长。
3.（2022·浙江卷）工业上，以煤炭为原料，通入一定比例的空气和水蒸气，经过系列反应可以得到满足不同需求的原料气。请回答：
（1）在C和O2的反应体系中：
反应1：C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=-394kJ·ml-1
反应2：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH2=-566kJ·ml-1
反应3：2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH3。
①设y=ΔH-TΔS，反应1、2和3的y随温度的变化关系如图1所示。图中对应于反应3的线条是______。
②一定压强下，随着温度的升高，气体中CO与CO2的物质的量之比______。
A.不变B.增大C.减小D.无法判断
（2）水煤气反应：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH=131kJ·ml-1。工业生产水煤气时，通常交替通入合适量的空气和水蒸气与煤炭反应，其理由是________。
（3）一氧化碳变换反应：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH=-41kJ·ml-1。
①一定温度下，反应后测得各组分的平衡压强(即组分的物质的量分数×总压)：p(CO)=0.25MPa、p(H2O)=0.25MPa、p(CO2)=0.75MPa和p(H2)=0.75MPa，则反应的平衡常数K的数值为________。
②维持与题①相同的温度和总压，提高水蒸气的比例，使CO的平衡转化率提高到90%，则原料气中水蒸气和CO的物质的量之比为________。
③生产过程中，为了提高变换反应的速率，下列措施中合适的是________。
A.反应温度愈高愈好 B.适当提高反应物压强
C.选择合适的催化剂 D.通入一定量的氮气
④以固体催化剂M催化变换反应，若水蒸气分子首先被催化剂的活性表面吸附而解离，能量-反应过程如图2所示。
用两个化学方程式表示该催化反应历程(反应机理)：步骤Ⅰ：________；步骤Ⅱ：________。
【答案】（1）①a②B
（2）水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快化学反应速率
（3）①9.0②1.8：1③BC④M+H2O=MO+H2MO+CO=M+CO2
【解析】
（1）①由已知方程式：(2×反应1-反应2)可得反应3，结合盖斯定律得：，反应1前后气体分子数不变，升温y不变，对应线条b，升温促进反应2平衡逆向移动，气体分子数增多，熵增，y值增大，对应线条c，升温促进反应3平衡逆向移动，气体分子数减少，熵减，y值减小，对应线条a，故此处填a；
②温度升高，三个反应平衡均逆向移动，由于反应2焓变绝对值更大，故温度对其平衡移动影响程度大，故CO2物质的量减小，CO物质的量增大，所以CO与CO2物质的量比值增大，故故选B；
（2）由于水蒸气与煤炭反应吸热，会引起体系温度的下降，从而导致反应速率变慢，不利于反应的进行，通入空气，利用煤炭与O2反应放热从而维持体系温度平衡，维持反应速率，故此处填：水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快反应速率；
（3）①该反应平衡常数K=；
②假设原料气中水蒸气为xml，CO为1ml，由题意列三段式如下：，则平衡常数K=，解得x=1.8，故水蒸气与CO物质的量之比为1.8：1；
③反应温度过高，会引起催化剂失活，导致反应速率变慢，A不符合题意；适当增大压强，可加快反应速率，B符合题意；选择合适的催化剂有利于加快反应速率，C符合题意；若为恒容条件，通入氮气对反应速率无影响，若为恒压条件，通入氮气后，容器体积变大，反应物浓度减小，反应速率变慢，D不符合题意；故选BC；④水分子首先被催化剂吸附，根据元素守恒推测第一步产生H2，第二步吸附CO产生CO2，对应反应历程依次为：M+H2O=MO+H2、MO+CO=M+CO2。
4.（2022·浙江卷）主要成分为H2S的工业废气的回收利用有重要意义。
（1）回收单质硫。将三分之一的H2S燃烧，产生的SO2与其余H2S混合后反应：。在某温度下达到平衡，测得密闭系统中各组分浓度分别为、、，计算该温度下的平衡常数K_______。
（2）热解H2S制H2。根据文献，将H2S和CH4的混合气体导入石英管反应器热解(一边进料，另一边出料)，发生如下反应：
Ⅰ.
Ⅱ.
总反应：
Ⅲ.
投料按体积之比，并用N2稀释；常压，不同温度下反应相同时间后，测得H2和CS2体积分数如下表：
请回答：
①反应Ⅲ能自发进行的条件是_______。
②下列说法正确的是_______。
A.其他条件不变时，用Ar替代N2作稀释气体，对实验结果几乎无影响
B.其他条件不变时，温度越高，H2S的转化率越高
C.由实验数据推出H2S中的S-H键强于CH4中的C-H键
D.恒温恒压下，增加N2的体积分数，H2的浓度升高
③若将反应Ⅲ看成由反应Ⅰ和反应Ⅱ两步进行，画出由反应原料经两步生成产物的反应过程能量示意图_______。
④在，常压下，保持通入的H2S体积分数不变，提高投料比，H2S的转化率不变，原因是_______。
⑤在范围内(其他条件不变)，的体积分数随温度升高发生变化，写出该变化规律并分析原因_______。
【答案】（1）8×108L·ml－1
（2）①高温②AB③④1000℃时CH4不参与反应，相同分压的H2S经历相同的时间转化率相同⑤先升后降；在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S2(g)的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率，S2(g)的体积分数减小
【解析】
（1）根据方程式可知该温度下平衡常数K＝；
（2）①根据盖斯定律可知Ⅰ+Ⅱ即得到反应Ⅲ的ΔH＝234kJ/ml，这说明反应Ⅲ是吸热的体积增大（即ΔS＞0）的反应，根据ΔG＝ΔH－TΔS＜0可自发进行可知反应Ⅲ自发进行的条件是高温下自发进行；
②Ar是稀有气体，与体系中物质不反应，所以其他条件不变时，用Ar替代N2作稀释气体，对实验结果几乎无影响，A正确；正反应吸热，升高温度平衡正向进行，温度越高，H2S的转化率越高，B正确；根据表中数据无法得出H2S中S-H键和CH4中C-H键的相对强弱，事实上C-H键的键能大于S-H键键能，C错误；
恒温恒压下，增加N2的体积分数，相当于减压，平衡正向进行，H2的物质的量增加，容器容积增加，H2浓度减小，D错误；故选AB；
③反应I、反应Ⅱ和反应Ⅲ均是吸热反应，则反应过程能量示意图可表示为；
④根据表中数据可知1000℃时CH4不参与反应，相同分压的H2S经历相同的时间转化率相同，所以在1000℃常压下，保持通入的H2S体积分数不变，提高投料比时H2S的转化率不变；
⑤根据表中数据可知在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S2(g)的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率，S2(g)的体积分数减小，因此变化规律是先升后降。
5．（2021·湖北卷）丙烯是一种重要的化工原料，可以在催化剂作用下，由丙烷直接脱氢或氧化脱氢制备。
反应Ⅰ(直接脱氢)：C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)△H1=+125kJ·ml-1
反应Ⅱ(氧化脱氢)：C3H8(g)+O2(g)=C3H6(g)+H2O(g)△H2=-118kJ·ml-1
（1）已知键能：E(C—H)=416kJ·ml-1，E(H—H)=436kJ·ml-1，由此计算生成1ml碳碳π键放出的能量为___kJ。
（2）对于反应Ⅰ，总压恒定为100kPa，在密闭容器中通入C3H8和N2的混合气体(N2不参与反应)，从平衡移动的角度判断，达到平衡后“通入N2”的作用是___。在温度为T1时，C3H8的平衡转化率与通入气体中C3H8的物质的量分数的关系如图a所示，计算T1时反应Ⅰ的平衡常数Kp=__kPa(以分压表示，分压=总压×物质的量分数，保留一位小数)。
（3）在温度为T2时，通入气体分压比为p(C3H8)：p(O2)：p(N2)=10：5：85的混合气体，各组分气体的分压随时间的变化关系如图b所示。0～1.2s生成C3H6的平均速率为__kPa·s-1；；在反应一段时间后，C3H8和O2的消耗速率比小于2∶1的原因为___。
（4）恒温刚性密闭容器中通入气体分压比为p(C3H8)：p(O2)：p(N2)=2：13：85的混合气体，已知某反应条件下只发生如下反应(k，k′为速率常数)：
反应Ⅱ：2C3H8(g)+O2(g)=2C3H6(g)+2H2O(g) k
反应Ⅲ：2C3H6(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(g) k′
实验测得丙烯的净生成速率方程为v(C3H6)=kp(C3H8)-k′p(C3H6)，可推测丙烯的浓度随时间的变化趋势为__，其理由是___。
【答案】
（1）271
（2）减小气体浓度，使平衡右移，提高C3H8(g)转化率 16.7
（3）2 H2和C3H6都消耗O2
（4）先增大后减小 反应开始时，体系中主要发生反应Ⅱ，c(C3H6)逐渐增大，随着反应进行，p(C3H8)减小，p(C3H6)增大，v(C3H6)减小，体系中主要发生反应Ⅲ，c(C3H6)逐渐减小
【解析】（1）由C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)△H1=+125kJ·ml-1可知反应需要中断裂2ml C—H键、形成1ml碳碳π键和1ml H—H键，436kJ·ml-1×2- E (碳碳π键) = +125kJ.ml-1，解得：E(碳碳π键)= 271kJ. ml-1，所以形成1ml碳碳π键放出的能量为271kJ；
（2）达到平衡后，通入N2，由于总压恒定为100kPa，则容器体积增大，平衡向气体体积增大的方向移动，即向正反应方向移动，C3H8(g)的转化率增大；根据图a，C3H8的物质的量分数为0.4时，其平衡转化率为50%；假设混合气体为1ml，则起始时C3H8为0.4ml，N2为0.6ml，运用三段式法计算：
由于总压恒定为100kPa，平衡时C3H8为0.2ml，C3H6为0.2ml，H2为0.2ml，N2为0.6ml，则C3H8(g)、C3H6(g)、H2(g)的分压均为：100KPa×=故T1时反应Ⅰ的平衡常数KP==16.7kPa。
（3）内C3H6的分压由0增大为2.4kPa，则生成C3H6的平均速率为=2kPa·s-1；若只发生反应Ⅰ、Ⅱ，C3H6的分压应大于H2和H2O的分压，但由图b知，随着反应进行，分压p(H2O)>p(C3H6)>p(H2)，且有CO2生成，H2分压降低，故体系中还发生反应：C3H6+ EQ \f(9,2)O2=3CO2+3H2O，H2+ EQ \f(1,2)O2=H2O，消耗O2，因此C3H8和O2的消耗速率比小于2∶1；
（4）反应开始时，反应Ⅱ向右进行，c(C3H6)逐渐增大，且体系中以反应Ⅱ为主，随着反应进行，p(C3H8)减小，p(C3H6)增大，使得v (C3H6)减小，体系中以反应Ⅲ为主，因此丙烯的浓度随时间的变化趋势为先增大后减小。
6.（2021·辽宁卷）苯催化加氢制备环己烷是化工生产中的重要工艺，一定条件下，发生如下反应：
Ⅰ.主反应：(g)+3H2(g)⇌(g) ∆H1<0
Ⅱ.副反应：(g) ⇌(g) ∆H2>0
回答下列问题：
（1）已知：Ⅲ.
Ⅳ.2 (g)+15O2(g)⇌12CO2(g)+6H2O(l) ∆H4
Ⅴ.(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) ∆H5
则_______(用、和表示)。
（2）有利于提高平衡体系中环己烷体积分数的措施有_______。
A．适当升温B．适当降温C．适当加压D．适当减压
（3）反应Ⅰ在管式反应器中进行，实际投料往往在的基础上适当增大用量，其目的是_______。
（4）氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心时，才能发生反应，机理如图。当中混有微量或等杂质时，会导致反应Ⅰ的产率降低，推测其可能原因为_______。
（5）催化剂载体中的酸性中心能催化苯及环己烷的裂解。已知酸性中心可结合弧电子对，下图中可作为酸性中心的原子的标号是_______(填“①”“②”或“③”)。
（6）恒压反应器中，按照投料，发生Ⅰ、Ⅱ反应，总压为，平衡时苯的转化率为α，环己烷的分压为p，则反应1的_______(列出计算式即可，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】
（1）
（2）BC
（3）提高苯的利用率
（4）金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活性
（5）②
（6）
【解析】
（1）根据盖斯定律结合已知反应：Ⅲ. Ⅳ.2 (g)+15O2(g)⇌12CO2(g)+6H2O(l) ∆H4 Ⅴ. (g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) ∆H5
Ⅰ.主反应：(g)+3H2(g)⇌(g)可由，则，故选；
（2）根据Ⅰ.主反应：(g)+3H2(g)⇌(g)是一个气体体积减小的方向的放热反应，故有利于提高平衡体系中环己烷体积分数即使平衡向正方向移动，根据勒夏特列原理，可采用适当降低温度和实当加压有利平衡正向移动，而升温和减压都将使平衡逆向移动，故选BC；
（3）反应Ⅰ在管式反应器中进行，实际投料往往在的基础上适当增大用量，增大H2的浓度将使平衡正向移动，从而提高苯的转化率即利用率，故适当增大H2用量的目的是提高苯的利用率，故选提高苯的利用率；
（4）氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心时，才能发生反应，机理如图。当中混有微量或等杂质时，会导致反应Ⅰ的产率降低，推测其可能原因为金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活性，故选金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活性；
（5）催化剂载体中的酸性中心能催化苯及环己烷的裂解。已知酸性中心可结合弧电子对，由图可知，①中原子无孤对电子也没有空轨道，②中原子无孤对电子但有空轨道可接收孤电子对，③中有孤对电子，无空轨道，故下图中可作为酸性中心的原子的标号是②，故选②；
（6）恒压反应器中，按照投料，设投入的苯的物质的量为1ml，发生Ⅰ、Ⅱ反应总压为，平衡时苯的转化率为α，环己烷的分压为p，则：， 有反应后平衡体系中总的物质的量为：1-α+4-3α+α-x+x=5-3α，故平衡时，苯的分压为：，H2的分压为：，则反应1的= 。
293
298
303
308
313
8.60
11.40
16.24
20.86
30.66
温度/
950
1000
1050
1100
1150
0.5
1.5
3.6
5.5
8.5
0.0
0.0
0.1
0.4
1.8