高2022届 高三 化学考前20天终极冲刺 化学平衡的计算专项训练（含解析答案）

这是一份高2022届 高三 化学考前20天终极冲刺 化学平衡的计算专项训练（含解析答案），共187页。试卷主要包含了CO在工业生产中具有重要作用，△H达到消除NO污染的效果等内容，欢迎下载使用。

2022年高考化学考前20天终极冲刺之化学平衡的计算
一．选择题（共3小题）
1．（2022•南通二模）甲烷双重整制备合成气（CO和H2）包括了水蒸气重整（反应Ⅰ）和二氧化碳重整（反应Ⅱ）两个反应。在p＝3.2×106Pa下，向密闭容器中按n（CH4）：n（H2O）：n（CO2）＝5：4：2通入混合气，发生反应：（Ea表示反应中基元反应的最大活化能）
反应Ⅰ：CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）ΔH1＝206.2kJ•mol﹣1 Ea1＝240.1kJ•mol﹣1
反应Ⅱ：CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g）ΔH2＝247.0kJ•mol﹣1 Ea2＝577.6kJ•mol﹣1
副反应：CH4（g）═C（s）+2H2（g）
重整体系中，各气体的平衡体积分数随温度的变化如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．曲线X表示CH4的平衡体积分数随温度的变化
B．适当增加水蒸气或CO2的用量均可减少碳的生成
C．在相同条件下，反应Ⅰ的速率小于反应II的速率
D．CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）ΔH＝40.8kJ•mol﹣1
2．（2022•东城区一模）CH4联合H2O和CO2制取H2时，发生的主要反应如下：
①CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H1＝+206kJ•mol﹣1
②CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H2＝+247kJ•mol﹣1
将CH4、H2O和CO2按一定比例通入填充有催化剂的恒容反应器，在不同温度下，反应相同时间内（反应均未达到化学平衡状态）测得的值如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．由①②可知，CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H＝+41kJ•mol﹣1
B．反应条件不变，若反应足够长时间，①比②先达到化学平衡状态
C．其他条件不变时，升高温度，①的化学反应速率减小，②的化学反应速率增大
D．其他条件不变时，增大原料中H2O的浓度可以提高产物中的值
3．（2022•北京模拟）CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2资源化利用的方法，其过程中主要发生如下两个反应：
反应Ⅰ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH1
反应Ⅱ：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）ΔH2＝﹣122.5kJ•mol﹣1
在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图所示。已知：CH3OCH3的选择性＝×100%。下列说法不正确的是（　　）

A．反应2CO （g）+4H2（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）的焓变为ΔH2﹣2ΔH1
B．根据图象推测ΔH1＞0
C．其他条件不变时，温度越高，CO2主要还原产物中碳元素的价态越低
D．其他条件不变时，增大体系压强可以提升A点CH3OCH3的选择性
二．填空题（共1小题）
4．（2022•浙江模拟）CO在工业生产中具有重要作用．
（1）CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH1＝﹣90.7kJ⋅mol﹣1
2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）ΔH2＝﹣23.5kJ⋅mol﹣1
①已知ΔG＝ΔH﹣TΔS，反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）的ΔG随温度的变化是图1中的 　 　（填“L1”或“L2”）．

②工业以CH3OH为原料合成CH3OCH3是在一定温度和压强下，以Si/Al混合物作为催化剂，向反应炉中匀速通入CH3OH，不同硅铝比（I、II）与生成CH3OCH3的速率关系如图2所示．下列说法正确的是 　 　．
A．温度越低越有利于工业合成CH3OCH3
B．合适的硅铝比为0.15
C．在原料气CH3OH中混入适量的惰性气体对CH3OCH3的生成速率无影响
D．CH3OCH3内，CH3OCH3的产量I＞II
（2）已知在催化剂M作用下，NO2（g）+CO（g）⇌CO2（g）+NO（g）ΔH＜0．
①一定温度下，假设正逆反应速率与浓度关系为v正＝k1c（NO2）⋅c（CO），v逆＝k2c（CO2）⋅c（NO），k1，k2只与温度相关，则反应的平衡常数K＝　 　（用含k1、k2的式子表示）．
②催化剂M活性随温度变化情况如图3所示，相同时间测得NO2的转化率随反应温度变化情况如图29﹣4所示，写出NO2的转化率出现上述变化的可能原因（写出两点）：　 　．

③在图4中画出，其他条件不变，增大压强（催化剂不失活）情况下，NO2的转化率随温度变化图 　 　．
（3）已知CH3CHO═CH4+CO，用I2催化该反应，若CH3CHO首先在I2催化下生成CH3I和CO及另一种无机化合物，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：　 　．
三．实验题（共2小题）
5．（2022•天津一模）我国研发了一种新型催化剂，可以通过反应2NO（g）+2H2（g）⇌N2（g）+2H2O（g）△H达到消除NO污染的效果。
已知：Ⅰ.4NH3（g）+6NO（g）⇌5N2（g）+6H2O（g）△H＝﹣1808 kJ•mol﹣1；
Ⅱ.N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H2＝﹣92.4 kJ•mol﹣1。
回答下列问题：
（1）若在密闭容器中同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，反应Ⅱ对反应Ⅰ中NO的平衡转化率的影响为 　 　（填“增大”“减小”或“无影响”）。
（2）2NO（g）+2H2（g）⇌N2（g）+2H2O（g）的△H＝　 　（保留四位有效数字）。
（3）T1°C时，向填充催化剂的10 L恒容密闭容器甲中充入2 mol NO和2 mol H2，发生反应2NO（g）+2H2（g）⇌N2（g）+2H2O（g）。10 min末反应达到平衡时测得N2的物质的量为0.8 mol。
①0～10 min内，用NO的浓度变化表示的平均反应速率v（NO）＝　 　。
②反应的平衡常数Kc＝　 　L•mol﹣1。
③若起始向填充催化剂的10 L恒容密闭容器乙中充入1 mol NO（g）、1 mol H2（g）、2 molN2（g）、2 mol H2O（g）。甲，乙容器中平衡时气体压强之比 　 　（填“＞”“＜”或“＝”），理由为 　 　。
（4）有学者对比了新型催化剂与传统催化剂的催化效果。当固定比例的NO（g）和H2（g）的混合气体，以相同流速分别通过填充有两种催化剂的反应器，测得NO的转化率与温度的关系如图所示。

①新型催化剂优于传统催化剂的理由为 　 　。
②M、N、P、Q四点中一定未达到平衡状态的是 　 　（填字母）。
6．（2022•滨海新区模拟）氮的氧化物是大气污染物之一，研究氮氧化物的反应机理对缓解环境污染有重要意义，回答下列问题。
（1）碘蒸气的存在能大幅度提高N2O的分解速率，反应历程为：
第一步：I2（g）→2I（g） （快反应）
第二步：I（g）+N2O（g）→N2（g）+IO（g） （慢反应）
第三步：IO（g）+N2O（g）→N2（g）+O2（g）+I2（g） （快反应）
实验表明：含碘时N2O分解速率方程v＝k•c（N2O）•[c（I2）]0.5 （k 为速率常数）。下列表述正确的是 　 　。
A.升高温度，第一步向右进行的程度变大
B.第二步的活化能比第三步小
C.IO为反应的催化剂
D.N2O分解反应的速率与是否含碘蒸气有关
（2）为探究温度及不同催化剂对反应2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g） ΔH＝﹣746.5kJ/mol的影响，分别在不同温度、不同催化剂下，保持其它初始条件不变重复实验，在相同时间内测得NO转化率与温度的关系如图1所示。在催化剂乙作用下，图中M点对应的速率（对应温度400°C）v（正）　 　 v（逆）（填“＞”、“＜”或“＝”），温度升高后，两种催化剂条件下NO转化效率均明显降低，原因可能是 　 　。

（3）实验发现，NO易发生二聚反应2NO（g）⇌N2O2 （g）。向某恒容的容器中充入一定量的NO进行反应，测得温度分别为T1和T2时NO的转化率随时间变化的结果如图2所示。则T1　 　T2（填“＞”、“＜”或“＝”）。温度为T2时，达到平衡时体系的总压强为200kPa，X点对应的平衡常数Kp＝　 　 kPa﹣1 （用分压表示）；提高NO平衡转化率的条件为 　 　（写出其中一点）。
（4）NH3催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，研究发现以Fe3+为主体催化剂时可能发生的反应过程如图3，写出脱硝过程总反应的化学方程式：　 　。

四．解答题（共22小题）
7．（2022•北京模拟）煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，形成酸雨、污染大气，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝，回答下列问题：
（1）NaClO2的化学名称为　 　。
（2）在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气，反应温度323K，NaClO2溶液浓度为5×10﹣3mol•L﹣1．反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表
离子
SO42﹣
SO32﹣
NO3﹣
NO2﹣
Cl﹣
c/（mol•L﹣1）
8.35×10﹣4
6.87×10﹣6
1.5×10﹣4
1.2×10﹣5
3.4×10﹣3
①写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式　 　。增加压强，NO的转化率　 　（填“提高”“不变”或“降低”）。
②随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的pH逐渐　 　 （填“提高”“不变”或“降低”）。
③由实验结果可知，脱硫反应速率　 　脱硝反应速率（填“大于”或“小于”）。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是　 　。
（3）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px如图所示。
①由图分析可知，反应温度升高，脱硫、脱硝反应的平衡常数均　 　（填“增大”“不变”或“减小”）。
②反应ClO2﹣+2SO32﹣═2SO42﹣+Cl﹣的平衡常数K表达式为　 　。
（4）如果采用NaClO、Ca（ClO）2替代NaClO2，也能得到较好的烟气脱硫效果。从化学平衡原理分析，Ca（ClO）2相比NaClO具有的优点是　 　。

8．（2022•门头沟区一模）CO2的资源化可以推动经济高质量发展和生态环境质量的持续改善。由CO2合成甲醇是CO2资源化利用的重要方法。

I．合成甲醇
（1）由CO2催化加氢合成甲醇。
①一定条件下，由CO2和H2制备甲醇的过程中有下列反应：
反应1：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H1
反应2：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H2
反应3：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H3
其对应的平衡常数分别为K1、K2、K3，它们随温度变化的曲线如图1所示。则△H2　 　△H3（填“＞”“＜”或“＝”）
②对于上述CO2加氢合成CH3OH的反应体系，下列说法不正确的是 　 　（填字母）。
a.增大初始投料比，有利于提高CO2的转化率
b.当气体的平均摩尔质量保持不变时，说明反应体系已达平衡
c.体系达平衡后，若压缩容器体积，则反应1平衡不移动，反应3平衡正向移动
d.选用合适的催化剂可以提高反应3中CO2的平衡转化率
（2）电化学原理将CO2转化为甲醇。
在光电催化条件下可以高效地将CO2和H2O转化为甲醇，从电极反应的角度分析：
①甲醇在 　 　（填“阴”或“阳”）极生成；
②氧化反应为 　 　。
II．甲醇是重要的化工原料，也可用作甲醇燃料电池。以稀硫酸为电解质溶液，甲醇燃料电池的工作原理如图2所示。
（3）该电池工作时，c口通入的物质是 　 　。
（4）该电池负极的电极反应式是 　 　。
9．（2022•宁波模拟）国家速滑馆“冰丝带”采用二氧化碳跨临界制冰，CO2的资源化可以推动经济高质量发展和生态环境质量的持续改善。请回答：
（1）CO2转化为甲醇有利于实现碳中和，该过程经历以下两步：
CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） ΔH＝+41kJ/mol
CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H＝﹣90kJ/mol
①能说明反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g ）已达平衡状态的是 　 　（填字母）。
A.单位时间内生成1molCH3OH（g）的同时消耗了1molCO（g）
B.在恒温恒容的容器中，混合气体的密度保持不变
C.在绝热恒容的容器中，反应的平衡常数不再变化
D.在恒温恒压的容器中，气体的平均摩尔质量不再变化
②研究表明；在相同条件下，按照n（CO2）：n（H2）＝1：3投料进行合成甲醇，在有分子筛膜（分子筛膜具有选择透过性）时甲醇的平衡产率明显高于无分子筛膜时甲醇的平衡产率，其原因可能是 　 　。
（2）在催化剂作用下，甲醇能与烯烃的液相反应制得TAME，体系中同时存在如图1反应：

①三个反应以物质的量分数表示的平衡常数Kx与温度变化关系如图1所示。图1中对应于反应I的线条是 　 　，的数值范围是 　 　。
A.＜﹣1
B.﹣1～0
C.0～1
D.＞1
②向某反应容器中加入1.0molTAME，控制温度为353K，测得TAME的平衡转化率为α。已知反应Ⅲ的平衡常数Kx（Ⅲ）＝9.0，则反应I的平衡常数Kx（Ⅰ）＝　 　。同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，达到平衡时，A与CH3OH物质的量浓度之比c（A）：c（CH3OH}）＝　 　。
（3）工业上还可采用CH3OH⇌CO+2H2的原理来制取高纯度的CO和H2。有科学家研究在钯基催化剂表面上利用甲醇制氢的反应历程，其中吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注。图2为计算机模拟的各步反应的能量变化示意图，则甲醇脱氧反应中速率最慢的一步历程是 　 　。

10．（2022•房山区一模）回收利用CO2是目前解决长期载人航天舱内（如空间站）供氧问题的有效途径，其物质转化如图：

（1）反应A为CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g），是回收利用CO2的关键步骤。
已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）ΔH＝−483.6kJ•mol﹣1
CH4（g）+2O2（g）═2H2O（g）+CO2（g）ΔH＝−802.3kJ•mol﹣1
反应A的ΔH＝　 　kJ•mol−1
（2）将原料气按n（CO2）：n（H2）＝1：4置于恒容密闭容器中发生反应A，在相同时间内测得H2O的物质的量分数与温度的变化曲线如图所示（虚线为平衡时的曲线）。

①理论上，能提高CO2平衡转化率的措施有 　 　（写出一条即可）。
②空间站的反应器内，通常采用反应器前段加热，后段冷却的方法来提高CO2的转化效率，原因是 　 　。
（3）下列关于空间站内物质和能量变化的说法中，不正确的是 　 　（填字母）。
a．反应B的能量变化是电能→化学能或光能→化学能
b．物质转化中O、H原子的利用率均为100%
c．不用Na2O2作供氧剂的原因可能是Na2O2不易实现循环利用
（4）用CO2（g）+2H2（g）⇌C（s）+2H2O（g）代替反应A，可实现氢、氧元素完全循环利用，缺点是使用一段时间后催化剂的催化效果会明显下降，其原因是 　 　。
11．（2022•辽宁模拟）肼（N2H4）又叫联氨，在化工，医药、农业及航天等领域都有着重要的用途。N2H4在温度超过250℃时容易分解，涉及的反应有：
a）3N2H4（g）⇌N2（g）+4NH3（g） ΔH1＝﹣496.8kJ/mol
b）N2H4（g）⇌N2（g）+2H2（g） ΔH2＝﹣104kJ/mol
c）N2H4（g）+H2（g）⇌2NH3（g） ΔH3
（1）ΔH3＝　 　。如果在肼中加入少量氧化铜，肼的分解温度会明显降低，其原因是 　 　。
（2）某温度下，在一个5L的刚性密闭容器中充入2molN2H4，容器的起始压强为p，若10min后体系达平衡状态，此时容器中N2和NH3的物质的量分别为0.8mol和1.6mol，则10min内的平均分解速率v（N2H4）＝　 　mol/（L•min），该温度下反应b的压强平衡常数Kp＝　 　。
（3）肼是一种二元弱碱，其第一步电离方程式是N2H4+H2O⇌N2H5++OH﹣，第二步电离方程式是N2H5++H2O⇌N2H62++OH﹣，常温下其电离常数Kb1＝9.6×10﹣7，Kb2＝1.3×10﹣15，则N2H5Cl溶液显 　 　（“酸”“碱”或“中”）性，原因是 　 　（结合所给数据分析）。
（4）利用NH3直接生产N2H4是一种理想的生产肼的途径，传统方法都需要通过加热等方法使NH3活化，某科研团队研究表明利用高频超声波可将NH3直接转化为N2H4，转化原理如图所示，该方法的总反应方程式是 　 　（不需要标注条件），与传统方法相比新方法的优点是 　 　、　 　。

12．（2022•广东模拟）由CO2与H2制备甲醇是当今研究的热点之一，也是我国科学家2021年发布的由CO2人工合成淀粉（节选途径见图1）中的重要反应之一。

已知：
反应②：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH＝+40.9kJ•mol﹣1；
反应③：CH3OH（g）⇌CO（g）+2H2（g） ΔH＝+90.4kJ•mol﹣1。
（1）反应①的热化学方程式为 　 　；若过程II中O2得到4mol电子，则理论上可生成 　 　molHCHO。
（2）反应①在有、无催化剂条件下的反应历程如图2所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注，TS为过渡态。

该反应历程中决速步骤的化学方程式为 　 　，催化剂使该步骤的活化能降低 　 　eV。
（3）某研究小组采用上述催化剂，向密闭容器中通入3molH2和1molCO2，只发生反应①和反应②，在不同条件下达到平衡，在T＝300℃下甲醇的体积分数φ（CH3OH）随压强p的变化、在p＝600kPa下φ（CH3OH）随温度T的变化，如图3所示。

i.下列说法正确的是 　 　（填标号）。
A.曲线a为等压线，曲线b为等温线
B.增大CO2与H2的浓度，反应①和反应②的正反应速率都增大
C.反应①的平衡常数：K（X）＝K（Y）
D.反应②的正反应速率：v（X）＜v（M）
ii.已知M点：容器中CO2为mol，CO为mol，则此时CO2的分压为 　 　kPa，反应①的压强平衡常数Kp＝　 　kPa﹣2（压强平衡常数Kp是以分压代替浓度表示的平衡常数，分压＝总压×物质的量分数）。
ii.图中M点的φ（CH3OH）高于N点的原因是 　 　。
13．（2022•重庆模拟）2021年3月5号，国务院政府工作报告中指出，扎实做好碳达峰、碳中和各项工作。“碳中和”是指企业、团体或个人测算在一定时间内直接或间接产生的温室气体排放总量，通过植树造林、节能减排等形式，以抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”。CO2作为未来重要的碳源，其选择性加氢合成醇燃料是研究的热点。
（1）CO2可通过捕获技术从空气或工业尾气中获取，下列物质能作为CO2捕获剂的 　 　（填标号）。
A.NaOH溶液
B.（NH4）2SO4溶液
C.CH3COCH3
D.饱和Na2CO3溶液
（2）CO2在催化剂作用下可以直接转化为乙二醇和甲醇，（g）+CO2（g）+3H2（g）→HOCH2CH2OH（g）+CH3OH（g）ΔH＝﹣123.6kJ/mol，获取乙二醇的反应历程可分为如下2步：
Ⅰ.和二氧化碳反应生成
Ⅱ.（g）+3H2（g）→HOCH2CH2OH（g）+CH3OH（g）ΔH＝﹣62.3kJ/mol
则步骤Ⅰ的热化学方程式是 　 　。
（3）2017年采用中国自主知识产权的全球首套煤基乙醇工业化项目投产成功，某地煤制乙醇的过程表示如图。

过程a包括以下3个主要反应：
Ⅰ.CH3COOCH3（g）+2H2（g）⇌C2H5OH（g）+CH3OH（g）ΔH1
Ⅱ.CH3COOCH3（g）+C2H5OH（g）⇌CH3COOC2H5（g）+CH3OH（g）ΔH2
Ⅲ.CH3COOCH3（g）+H2（g）⇌CH3CHO（g）+CH3OH（g）ΔH3
相同时间内，测得CH3COOCH3转化率、乙醇和乙酸乙酯的选择性（如乙醇选择性＝）如图1和图2所示：

①随温度升高，反应Ⅰ化学平衡常数逐渐减小，可推知ΔH1　 　0（填“＜”或“＝”或“＞”）。
②下列说法不合理的是 　 　。
A.温度可影响催化剂的选择性，从而影响目标产物的选择性
B.增大H2的浓度，可以提高CH3COOCH3的转化率
C.225℃～235℃，反应Ⅰ处于平衡状态
③在205℃时CH3COOCH3起始物质的量为5mol，转化率为30%，生成乙醇的物质的量 　 　mol。
（4）CO2在自然界循环时可与CaCO3反应，CaCO3是难溶物质，其Ksp＝2.8×10﹣9。CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合可形成CaCO3沉淀，现将等体积的CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合，若Na2CO3溶液的浓度为5.6×10﹣5mol/L，则生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为 　 　mol/L。
（5）以铅蓄电池为电源可将CO2转化为乙烯，其原理如图3所示，电解所用电极材料均为惰性电极。阴极上的电极反应式为 　 　。

14．（2022•石景山区一模）CO2分子结构稳定，难以给出电子，较容易接受电子，较难活化。采用CO2作为碳源，通过CO2催化加氢方式，不仅可以减少温室气体的排放，还可以将CO2转化为高附加值的化学产品，具有重要的战略意义。
（1）若活化CO2，通常需要采取适当的方式使CO2的分子结构从 　 　（填分子的空间结构名称）变为弯曲型，便于下一步反应。
（2）一种CO2直接加氢的反应机理如图a所示。

①写出总反应的化学方程式 　 　。
②MgOCO2也可以写成MgCO3，写出CO32﹣的VSEPR模型名称 　 　。
（3）①已知：主反应CO2催化加氢制甲醇是放热反应
2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）ΔH1
2CH3OH（g）+3O2（g）＝4H2O（g）+2CO2（g）ΔH2
写出CO2催化加氢制甲醇的热化学方程式 　 　（ΔH用含ΔH1和ΔH2的代数式表示）。
②CO2催化加氢制甲醇过程中的主要竞争反应为：CO2（g）+H2（g）＝CO（g）+H2O（g）ΔH＝+41kJ/mol。在恒温密闭容器中，维持压强和投料不变，将CO2和H2按一定流速通过反应器，CO2转化率和CH3OH选择性[x（CH3OH）%＝随温度变化关系如图b所示，分析236℃以后，图b中曲线下降的原因 　 　。
③我国科学家设计了离子液体电还原CO2合成CH3OH工艺，写出碱性条件下CO2生成甲醇的电极反应式 　 　。
15．（2022•潍坊模拟）近年，甲醇的制取 与应用在全球引发了关于“甲醇经济”的广泛探讨。以下是两种制取过程：
（1）利用CO2制取甲醇
在1L的容器中，选择合适的催化剂进行反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g） ΔH＜0。改变表中条件，测得如表数据：

温度
投料n（H2 ）/mol
投料n（CO2）/mol
H2 平衡转化率/%
1组
T1
1
2
60
2组
T2
2
2
50
3组
T3
6
2
α
①T1时平衡常数K＝　 　（计算结果保留2位小数）；若T1＝T3，则α　 　60%（填“＜”“＝”“＞”），结合相关数据计算，写出推理过程 　 　。
②已知反应速率v正＝k正 x（CO2）x3（H2），v逆＝k逆 x（CH3OH）x（H2O），k 正、k逆为速率常数，x为物质的量分数。若第2组数据的k正＝20mol•L﹣1•s﹣1，则平衡时v逆＝　 　mol•L﹣1•s﹣1。
（2）利用烯烃催化制取甲醇
制取过程中发生如下反应：
I.C3H6（g）+3H2O（g）⇌3CH3OH（g）△H1
II.C2H4（g）+2H2O（g）⇌2CH3OH（g）△H2
III.3C2H4（g）⇌2C3H6（g）△H3
反应I、III的vant Hoff实验数据如图所示（ vant Hoff经验公式RlnK＝﹣+C，ΔHθ为标准焓变，K为平衡常数，R和C为常数）。根据图判断：
①△H2＝　 　 （用含△H1和△H3的计算式表示），反应III的ΔHθ＝　 　 kJ•mol﹣1。
②为研究该反应体系的平衡关系，向容积为1L的容器中加入1.0mol甲醇，控制温度为500K，测得平衡时，甲醇的转化率为0.8，乙烯的物质的量为0.1mol，则R的数值为 　 　。（计算结果保留1位小数，已知：lge＝0.43，lg5＝0.7）

16．（2022•海南模拟）《自然》杂志最近报道，科学家设计了“空气燃料实验系统”：第一步，利用太阳能收集空气中的CO2和H2O；第二步，在太阳能作用下将CO2和H2O转化成合成气（CO、H2）；第三步，利用合成气合成液态烃和甲醇。回答下列问题：
Ⅰ.模拟制备CO的装置如图所示（C1、C2为石墨）。

（1）b极是 　 　（填“正极”或“负极”）。
（2）C1电极的电极反应式为 　 　。
Ⅱ.利用合成气可合成甲醇、甲烷等。已知：
反应1：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g） ΔH1
反应2：CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g） ΔH2
（3）CH4（g）+H2O（g）⇌CH3OH（g）+H2（g） ΔH＝　 　（用含ΔH1、ΔH2的代数式表示）。
（4）CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）的速率方程为v＝kcn（CO）•cm（H2）（k为速率常数，与温度、催化剂有关）。假设在某温度、催化剂作用下，仅发生反应2，测得反应速率与CO、H2浓度的关系如表所示：
实验
c（CO）/（mol•L﹣1）
c（H2）/（mol•L﹣1）
反应速率
①
0.10
0.10
v
②
0.20
0.10
2v
③
0.20
0.20
8v
④
0.40
x
36v
则n＝　 　，m＝　 　表格中x＝　 　。
（5）在一定温度下，向某恒容密闭容器中充入CO和H2，仅发生反应1，测得平衡体系中CH3OH的体积分数[φ（CH3OH）]与投料比的关系如图所示。

在a、b、c三点中，CO的转化率最大的是 　 　（填字母）。
（6）在1L恒容密闭容器中充入1molCO和2molH2，在T℃、催化剂作用下只发生反应1，达到平衡时c（CO）＝0.5mol•L﹣1，则该温度下反应1的平衡常数K＝　 　。
17．（2022•广州一模）以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的反应如下：
I.CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1＝﹣49kJ•mol﹣1
II.CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2＝+41kJ•mol﹣1
I.CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH3
回答下列问题：
（1）Kp为分压平衡常数，各反应的lnKp随的变化如图所示。计算反应III的ΔH3＝　 　kJ•mol﹣1，其对应的曲线为 　 　（填“a”或“c”）

（2）在5MPa下，按照n（CO2）：n（H2）＝1：3投料，平衡时，CO和CH3OH在含碳产物中物质的量分数及CO2的转化率随温度的变化如图：

①图中代表CH3OH的曲线为 　 　（填“m”或“n”）。
②解释150～250℃范围内CO2转化率随温度升高而降低的原因 　 　。
③下列说法错误的是 　 　（填字母）。
A.H2的平衡转化率始终低于CO2的
B.温度越低，越有利于工业生产CH3OH
C.加入选择性高的催化剂，可提高CH3OH的平衡转化率
D.150～400℃范围内，温度升高，H2O的平衡产量先减小后增大
④270°C时CO的分压为 　 　，反应II的平衡常数为 　 　（列出算式）。
18．（2022•浙江模拟）含氮化合物是实验室和工业上的常用化学品。请回答：
（1）汽车尾气中的NO与CO能否通过反应NO（g）+CO（g）⇌N2（g）+CO2（g）进行净化，可以通过热力学计算进行理论分析。已知在标准压力下，由最稳定的单质合成标准压力下单位物质的量物质的反应焓变，叫做该物质的标准摩尔生成焓，用符号ΔfHmθ表示；在标准状况下。1摩尔纯物质的规定熵，叫做标准摩尔熵，用符号Smθ表示。相关数据如表：

NO
CO
N2
CO2
ΔfHmθ/kJ•mol﹣1
91.0
﹣110.5
0
﹣393.5
Smθ/J•mol﹣1•K﹣1
210.8
198.0
190.0
213.8
①已知当ΔH﹣T•ΔS＜0[T为热力学温度，T（K）＝273.15+t（℃）]时，反应能自发进行。则上述尾气净化反应能够自发进行的温度范围是 　 　（忽略温度变化对各物质的焓H、熵S的影响）。
②常压下，将体积比1：1混合的NO和CO以一定流速通过两种不同催化剂（Cat.1和Cat.2）进行反应，测量流出气体中NO含量，得出尾气脱氮率α（NO）随反应温度变化的曲线，如图所示。下列说法不正确的是 　 　。

A.该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能
B.使用Cat.1时，NO的转化率随温度升高而不断增大
C.相同条件下该反应在使用Cat.2时的反应热小于使用Cat.1时的反应热
D.700℃为Cat.2的最佳活性温度，温度升高，催化剂可能失活
（2）一定温度下，恒容密闭容器中，充入3.0molN2和3.0molH2，发生反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），下列情况不能说明反应已经达到平衡状态的是 　 　。
A.3v正（N2）＝v逆（H2）
B.一段时间内，体系压强保持不变
C.一段时间内，N2的物质的量分数保持不变
D.一段时间内，容器内气体分子平均摩尔质量保持不变
（3）恒压密闭容器中，发生反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH＝﹣92kJ•mol﹣1，保持其他条件不变，只改变某一条件，得到在不同温度T时达到平衡状态的NH3体积分数φ（NH3）随反应物投料比变化曲线。

①T1　 　（填“＞”“＜”或“＝”）T2。
②由曲线可知：恒温恒压条件下，当投料比等于化学计量数之比时，φ（NH3）有最大值。请在图中画出T1温度下，恒容密闭容器中，平衡时NH3体积分数φ（NH3）随反应物投料比变化曲线 　 　。
（4）标准状况下，测得NO2、N2O4混合气体的密度为3.57g•L﹣1。则反应2NO2（g）⇌N2O4（g）的平衡常数Kp＝　 　。[列出表达式或计算结果，体系压强取100kPa或用p表示。对于气相反应，用某组分B的平衡压强p（B）代替物质的量浓度c（B）也可表示平衡常数，记作Kp，p（B）＝p•x（B），p为平衡总压强，x（B）为平衡体系中B的物质的量分数]
19．（2022•洛阳二模）氮元素的化合物种类繁多，性质也各不相同。请回答下列问题：
（1）已知：
①N2（g）+O2（g）═2NO（g）ΔH＝+180.5kJ•mol﹣1
②2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）ΔH＝﹣483.6 kJ•mol﹣1
③N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）ΔH＝﹣92.4kJ•mol﹣1
则反应：④4NH3（g）+5O2（g）＝4NO（g）+6H2O（g）的ΔH＝　 　kJ•mol﹣1。根据：RlnKp＝﹣+C（C为常数），由图1中的数据可推知，该反应的反应热为 　 　kJ•mol﹣1（保留小数点后2位），图2表示的方程式是 　 　（填序号）。

（2）生产硝酸的第二步反应是2NO+O2═2NO2，在0.1MPa和0.8 MPa压强下，NO的平衡转化率α随温度的变化如图所示，反应在400℃，0.8MPa时的α＝　 　，在压强p1、温度600℃时，A点v正　 　v逆（填“大于”、“小于”或者“等于”）。
（3）研究表明NO和O2的反应分两步进行：
①2NO═（NO）2△H＜0
②（NO）2+O2═2NO2△H＜0
NO和O2反应速率公式为v＝k•K•p2（NO）•p（O2），K为反应①的平衡常数，k为反应②速率常数（k随温度T升高而增大）。当其他条件不变时，研究NO达到一定转化率时，温度与时间的关系如表所示。
压强/（×105Pa）
温度/℃
NO达到一定转化率所需时间/s
50%
90%
98%
1
30
12.4
248
2830
90
25.3
508
5760
8
30
0.19
3.88
36.4
90
0.59
7.86
74
根据上表信息，对于反应：2NO+O2═2NO2，当其他条件一定时，升高温度，反应速率降低，原因是 　 　。
（4）利用现代手持技术传感器探究压强对2NO2（g）⇌N2O4（g）平衡移动的影响。在恒定温度和标准压强条件下，往针筒中充入一定体积的NO2气体后密封并保持活塞位置不变。分别在t1s、t2s时迅速移动活塞后并保持活塞位置不变，测定针筒内气体压强变化如图3所示。

①B、E两点对应的正反应速率大小为vB　 　（填“＞”“＜”或“＝”）vE。
②E、F、G、H四点对应气体的平均相对分子质量最大的点为 　 　。
20．（2022•湖北模拟）“液态阳光”是指利用太阳能等可再生能源产生的电力电解水生产“绿色”氢能并将二氧化碳加氢转化为“绿色”甲醇等液体燃料。利用CO2加氢制甲醇等清洁燃料．是实现CO2减排较为可行的方法。
（1）一定条件下，由CO2和H2制备甲醇的反应历程如图所示：

步骤1：CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）
步骤2：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）
由CO2和H2制备甲醇的热化学方程式为：　 　，其总反应的反应速率由 　 　决定（填“步骤1”或“步骤2”）。
（2）研究发现CO2和H2制备甲醇也可以不通过CO的中间状态，我国学者在CO2加氢制甲醇反应机理方面取得重要进展（标注“*”表示在催化剂表面吸附的物质）：

上述反应历程中，合成甲醇步骤的反应方程式为：　 　。
（3）CO2和H2制备甲醇还存在副反应——逆水煤气变换反应CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）。通过实验测定523K，n（H2）：n（CO2）＝3：1时不同总压对甲醇产率的影响如图所示；

图中压强增大甲醇产率增大的原因是：　 　。
（4）在温度为T，压强为2.8MPa的恒压密闭容．器中，通入1molCO2、1molCO和2molH2同时发生反应1：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），反应2：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）。达到平衡时，容器中CO2（g）为0.8mol，CO（g）为0.6mol，此时H2的平衡转化率，反应2的压强平衡常数Kp＝　 　（MPa）﹣2（分压＝总压×物质的量分数，结果保留三位有效数字）。
（5）我国科研团队利用非贵金属催化剂，以相当低的电耗在水性电解质中将CO2和甲醇都转化为附加值产品甲酸。请写出阴极的电极反应：　 　。

21．（2022•辽宁模拟）环氧乙烧（）常用于医学消毒，工业上常用乙烯氧化法生产，其反应原理为：CH2＝CH2（g）+O2（g）⇌（g）△H＝﹣120kJ•mol﹣1。
（1）该反应在条件下自发进行 　 　（填“高温”或“低温”），原子利用率为 　 　。
（2）化工生产设计时，常用串联多个反应器的工艺方法进行合成，并在两个相同的反应器中间加产物吸收装置和热交换降温装置，设计这种工艺的目的是 　 　。
（3）反应过程中常伴随副反应：CH2＝CH2（g）+3O2（g）＝2CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣1350kJ•mol﹣1。在恒容密闭容器中充入1mol乙烯和含1molO2的净化空气，在Ag（耐热）催化下发生上述两个反应，反应相同时间后测得乙烯的转化率α及O2的分压随温度变化如图1所示：
①比较a点v正和v逆：v正　 　v逆（填“＞”“＜”或“＝”）。
②若200℃时测得环氧乙烷的选择性为（某产物的选择性＝），计算该温度下主反应的平衡常数（用物质分压表示）Kp＝　 　。
（4）有研究人员对该制备过程的催化剂（其他条件相同）催化机理进行研究，发现Ag通过对O2的吸附完成催化作用，形成的两种中间体相对能量如图2所示，研究还发现若原料气（混有H2S等杂质）不净化，两个中间体和产物环氧乙烷都几乎检测不到。根据以上研究结果下列推测合理的是 　 　（填字母）。

A.由图可知中间体O2﹣更容易形成
B.杂质气体H2S能与催化剂反应而使催化剂失去活性
C.催化剂Ag并未参与反应
D.Ag的表面积越大，生成环氧乙烷的反应反应速率一定越快
（5）工业，上也可以通过电化学方法获得环氧乙烷，原理如图3所示：
①P电极是该电解池的 　 　极。
②该电池阴极电极反应式为 　 　。
22．（2022•甘肃模拟）研究碳、氮硫等元素化合物的性质和转化对建设生态文明、美丽中国具有重要意义，对这些元素形成的有毒有害4气体进行处理成为科学研究的热点。请回答下列问题：
（1）可用NH3选择性脱除氮氧化物，已知：
①N2（g）+O2（g）＝2NO（g）△H1＝+180kJ•mol﹣1
②5O2（g）+4NH3（g）＝4NO（g）+6H2O（1）△H2
③4NH3（g）+6NO（g）＝5N2（g）+6H2O（1）△H3＝﹣2070kJ•mol﹣1
则△H2＝.　 　kJ•mol﹣1
（2）某研究小组将3molNO、3molNH3和一定量的O2充入2L密闭容器中，在T°C、Ag2O催化剂表面发生反应③，反应9min测得容器中NO的转化率为54%，则此时段内NH3的平均反应速率v（NH3）为 　 　mol•L﹣1•min﹣1。研究表明不同氨氮比[m＝]条件下测得NO的残留率与温度关系如图1所示。指出氨氮比m1、m2、m3由大到小的顺序为 　 　；随着温度不断升高，NO的残留率趋近相同的原因可能是 　 　。

（3）已知反应NO2（g）+SO2（g）⇌NO（g）+SO3（g）△H＜0，实验测得不同温度T1℃、T2℃下的平衡态中lgp（NO2）和lgp（SO3）两个压强对数的关系如图所2示，实验初始时体系中的p（NO2）和p（SO2）相等、p（NO）和p（SO3）相等。则a、b两点体系压强pa：pb＝　 　温度为T2时化学平衡常数Kp＝　 　。（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）；T1　 　T2（填“＞”“＜“或“＝”）。
（4）研究人员开发了一种新型的硼、氮共掺杂的多孔石墨烯材料作为正极催化剂的锂﹣二氧化碳二次电池，实现了碳酸锂在电池中的高度可逆分解，减少CO2的排放，其装置示意图如图3所示，放电时，正极反应式为 　 　。
23．（2022•成都模拟）苯酚（C6H5OH）是一种广泛使用、易氧化的化工产品。一种在650K下用N2O废气催化氧化苯制备苯酚的新方法为：反应C6H6（g）+N2O（g）⇌C6H5OH（g）+N2（g）
（1）已知6C（s，石墨）+3H2（g）⇌C6H6（g）△H1＝+82.9kJ•mol﹣1
2N2（g）+O2（g）⇌2N2O（g）△H2＝+163.2kJ•mol﹣1
12C（s，石墨）+6H2（g）+O2（g）⇌2C6H5OH（g）△H3＝﹣243kJ•mol﹣1
则C6H6（g）+N2O（g）⇌C6H5OH（g）+N2（g）△H＝　 　kJ•mol﹣1。
（2）制备苯酚的苯和N2O的最佳投料比为10：1。此时，N2O、N2的平衡浓度分别为0.050mol/L、0.95mol/L。则制备反应的平衡常数Kc＝　 　（写出计算式）。
（3）如图中，温度过低造成苯酚产率低的主要原因是 　 　；反应时间过长造成产率下降的可能原因是 　 　。

（4）反应中使用更高效的催化剂　 　（填“可”或“不可”）提高反应的平衡转化率。已知475℃下反应仍未达到平衡，此时的苯酚产率比450℃时的低，可能原因是 　 　。
（5）研究表明，反应速率符合关系式v＝kca（C6H6）cb（N2O），有关数据如下：
c（C6H6）/×10﹣3mol•L﹣1
c（N2O）/×10﹣3mol•L﹣1
v/×10﹣3mol•L﹣1•s﹣1
12
8.0
1.0
24
8.0
2.0
24
24
6.0
有人据此提出反应可分为三个步骤：
①N2O→N2+O*（活性氧） 快反应
②C6H6+O*→C6H5OH*（活性苯酚） 慢反应
③C6H5OH*→C6H5OH 快反应
下列有关说法正确的是 　 　。
A.O*（活性氧）是该反应的催化剂
B.②的反应的活化能最小
C.反应速率v（N2O）＝v（N2）
D.第二步中C6H6与O*的碰撞仅部分有效
24．（2022•山西一模）二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。回答下列问题：
（1）二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为
I.CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1
该反应一般认为通过如下步骤来实现：
Ⅱ.CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2＝+41.4kJ/mol
Ⅲ.CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H3＝﹣90.5kJ/mol
则△H1＝　 　。
（2）科学家研究发现，上述反应历程包含7步基元反应，在铜催化剂表面发生反应时，各基元反应在不同铜原子晶面Cu（100）、Cu（110）、Cu（111）反应的能量变化如表所示。（*指微粒吸附在催化剂表面）
基元反应
ΔH/eV
Cu（ 100）
Cu（110）
Cu（111）
CO2+H*→COOH*
0.52
0.34
0.79
COOH*→CO*+OH*
﹣0.26
﹣0.33
﹣0.11
OH*+H*→H2O
﹣0.10
0.10
﹣0.34
CO*+H*→HCO*
0.55
0.50
0.66
HCO*+H*→CH2O
﹣0.53
﹣0.27
﹣0.69
CH2O+H*→CH3O*
﹣1.02
﹣1.10
﹣0.78
CH3*+H*→CH3OH
﹣0.24
﹣0.10
﹣0.41
根据表数据，在Cu（111）晶面的反应历程中，决定反应速率的基元反应是 　 　，该制甲醇的反应历程更容易在 　 　晶面发生。
（3）在p＝4.00MPa、原料气n（H2）：n（CO2）＝3.4：1、铜催化剂的反应条件下，温度对CO2转化率、甲醇产率、甲醇选择性的影响如图所示。CH3OH选择性＝。
①CO2的转化率随温度升高而增大的原因可能是 　 　；
②CH3OH的选择性随温度升高而减小的原因可能是 　 　；
③计算240℃时反应Ⅱ的压强平衡常数 　 　（列出计算式即可）。
（4）除调控合适的温度外，使CH3OH的选择性增大的方法有 　 　。
25．（2022•浙江模拟）硫及其化合物在生产生活中有广泛的应用。请回答：
（1）室温下，Na2SO3溶液呈碱性的原因是　 　。（用离子方程式表示）
（2）下列关于确及其化合物的说法，正确的是　 　。（填字母）
A.硫元素在自然界中只能以化合态形式存在
B.SO2通入紫色石蕊试液，先变红后褪色
C.酸雨是pH＜7的降水，主要是由污染物SO2、NO2造成
D.浓硫酸中加入少量胆矾晶体，搅拌，固体逐渐变成白色
（3）光谱研究表明，SO2的水溶液中存在下列平衡：

其中K1、K2、K3为各步的平衡常数，且K1＝（pSO2表示SO2的平衡压强）。
①当SO2的平衡压强为p时，测得c（SO32﹣）＝a mol•L﹣1，则溶液的c（H+）＝　 　mol•L﹣1。（用含p、a、K1、K2、K3的式子表示）
②滴加NaOH至pH＝6.2时，溶液中n（SO32﹣）：n（HSO3﹣）＝9：91。如果溶液中n（SO32﹣）：n（HSO3﹣）＝91：9，需加NaOH将溶液pH调整为约等于　 　。
（4）“钙基固硫”是利用石灰石将燃煤烟气中的SO2转化为CaSO4。但高温时CO会与CaSO4反应而影响脱硫效率。相关反应如下：
Ⅰ：CaSO4（s）+CO（g）⇌CaO（s）+SO2（g）+CO2（g）
Ⅱ：CaSO4（s）+4CO（g）⇌CaS（s）+4CO2（g）
当＝时，反应25min，体系中n（CaO）/n（CaS）的比值随温度变化如下表所示。
温度
750K
1250K
1750K
比值
3.57
1.08
3.42
请结合题给反应过程能量图，说明：

①750K→1250K时，比值随温度升高逐渐减小的原因是　 　。
②1250K后，比值随温度升高逐渐增大的原因是　 　。
（5）氨水也可吸收SO2：2NH3+SO2+H2O═（NH4）2SO3，（NH4）2SO3+SO2+H2O═2NH4HSO3。能提高SO2去除率的措施有　 　。（填字母）
A.增大氨水浓度
B.加热煮沸
C.降低烟气的流速
D.补充O2，将HSO3﹣氧化为SO42﹣
26．（2022•深圳一模）N2O是《联合国气候变化框架公约》所列六种温室气体之一。目前，直接催化分解法是消除N2O的主要方法，该过程中发生的反应如下：
i.2N2O（g）⇌2N2（g）+O2（g） ΔH1
ii.2N2O（g）⇌N2（g）+2NO（g） ΔH2
iii.4N2O（g）⇌3N2（g）+2NO2（g） ΔH3
回答下列问题：
（1）根据盖斯定律，反应2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）的ΔH＝　 　（写出代数式即可）。
（2）已知反应i在任意温度下均能自发进行，则反应i为 　 　（填“吸热”或“放热”）反应。
（3）反应i的势能曲线示意图如图（…表示吸附作用，A表示催化剂，TS表示过渡态分子）：
①过程Ⅲ中最大势能垒（活化能）为 　 　kcal⋅mol﹣1。
②下列有关反应i的说法不正确的是 　 　（填标号）。
A.过程Ⅰ中有极性键断裂
B.过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中都有N2生成
C.该反应中只有两种物质能够吸附N2O分子
D.过程Ⅱ中间体A﹣O2可释放O2也可吸附N2O分子
（4）模拟废气中N2O直接催化分解过程。
①515℃时，将模拟废气（N2O体积分数为40%）以6000m3⋅h﹣1的速度通过催化剂，测得N2O的转化率为40%，则平均反应速率v（N2O）为 　 　m3⋅h﹣1。欲提高N2O的转化率，可采取的措施为 　 　（任写一条）。
②T℃和P0kPa时，在恒压密闭容器中进行模拟实验。各组分的相关信息如下表：
物质
N2
N2O
O2
CO2
NO
NO2
n（投料）/mol
19
34
6.5
25
0
0
n（平衡）/mol
50
x
20
25
2
2
其中x＝　 　，N2O的平衡转化率为 　 　（保留三位有效数字）；该温度下，反应2N2O（g）⇌2N2（g）+O2（g）的压强平衡常数Kp＝　 　kPa（以分压表示，分压＝总压×物质的量分数）。
27．（2022•盐城一模）电解法制取高纯镍的原料液中含Cu（II）（主要以Cu2+、CuCl+、CuCl2等形式存在）杂质，为保证高纯镍产品的纯度，电解前须将Cu（II）除去，方法如下。
（1）S﹣SO2除铜：向原料液中加入适量细硫粉并鼓入SO2，将Cu（II）转化为CuS沉淀除去。Cu2+沉淀时发生反应的离子方程式为 　 　。
（2）NiS除铜：向原料液中加入活性NiS粉末，将Cu（II）转化为CuS沉淀除去。过滤后的滤渣即为除铜渣（含NiS、CuS等）。
①室温下，CuCl+和活性NiS粉末反应的离子方程式为 　 　；该反应的平衡常数表达式为K＝　 　。
②如图﹣1所示，将活性NiS粉末陈化（露置）超过7小时后再用于除铜的效果明显变差，其原因可能是 　 　。

③除铜渣中铜镍质量比随原料液pH的变化如图﹣2所示，实验测得溶液pH＝3.5时除铜渣中铜镍质量比最大，其原因可能是 　 　。
28．（2022•湖南模拟）CO、氮氧化物（NOx）均为大气污染物，研究它们的反应机理，对于消除污染、建设生态文明具有重要意义。
回答下列问题：
（1）已知：
①C（s）+N2O（g）⇌CO（g）+N2（g）ΔH1＝﹣193kJ⋅mol﹣1
②C（s）+O2（g）⇌CO2（g）ΔH2＝﹣394kJ⋅mol﹣1
③2CO（g）+O2（g）⇌2CO2（g）ΔH3＝﹣566kJ⋅mol﹣1
则相同条件下反应CO（g）+N2O（g）⇌CO2（g）+N2（g）ΔH＝　 　；
若CO（g）+N2O（g）⇌CO2（g）+N2（g）逆反应的活化能为akJ⋅mol﹣1，则正反应的活化能E正＝　 　。
（2）在10L恒容密闭容器中，保持温度不变，将物质的量之和为4mol的CO和N2O以不同的碳氮比进行反应N2O（g）+CO（g）⇌CO2（g）+N2（g），平衡时某反应物的转化率（α）与碳氮比的关系如图所示：

①图中纵坐标为 　 　（填化学式）的转化率。
②经过10min到达A点，该时间段内以N2O物质的量浓度变化表示的化学反应速率v（N2O）＝　 　。
③若容器内起始压强为40MPa，则B点的压强平衡常数Kp＝　 　（Kp为以分压表示的平衡常数，分压＝总压×物质的量分数）。
（3）汽车尾气中含有CO、NO，已知2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+CO2（g）ΔH＜0。未达平衡前要同时提高汽车尾气中CO、NO的转化率和化学反应速率，应选择的最佳措施是 　 　（填标号）。
A．降低温度
B．增大压强
C．使用合适的催化剂
D．降低c（N2）
（4）氮氧化物（NOx）也可以利用惰性电极间接电解法进行处理，获得硝酸等化工原料，其原理如图所示：

①N极为电解池的 　 　（填“阴极”或“阳极”）；物质P是 　 　（填化学式）。
②写出气体吸收柱内吸收NO的离子方程式：　 　。

2022年高考化学考前20天终极冲刺之化学平衡的计算
参考答案与试题解析
一．选择题（共3小题）
1．（2022•南通二模）甲烷双重整制备合成气（CO和H2）包括了水蒸气重整（反应Ⅰ）和二氧化碳重整（反应Ⅱ）两个反应。在p＝3.2×106Pa下，向密闭容器中按n（CH4）：n（H2O）：n（CO2）＝5：4：2通入混合气，发生反应：（Ea表示反应中基元反应的最大活化能）
反应Ⅰ：CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）ΔH1＝206.2kJ•mol﹣1 Ea1＝240.1kJ•mol﹣1
反应Ⅱ：CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g）ΔH2＝247.0kJ•mol﹣1 Ea2＝577.6kJ•mol﹣1
副反应：CH4（g）═C（s）+2H2（g）
重整体系中，各气体的平衡体积分数随温度的变化如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．曲线X表示CH4的平衡体积分数随温度的变化
B．适当增加水蒸气或CO2的用量均可减少碳的生成
C．在相同条件下，反应Ⅰ的速率小于反应II的速率
D．CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）ΔH＝40.8kJ•mol﹣1
【考点】化学平衡的影响因素；热化学方程式．菁优网版权所有
【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题．
【分析】A.由初始时体积分数和体积分数随温度变化判断；
B.增大反应物浓度，平衡正向移动；
C.活化能小，反应速率快；
D.由已知反应的反应热通过盖斯定律计算未知反应的反应热。
【解答】解：A.向密闭容器中按n（CH4）：n（H2O）：n（CO2）＝5：4：2通入混合气，发生反应，故起始时甲烷的体积分数最大，故A错误；
B.适当增加水蒸气或CO2的用量，有利于反应Ⅰ和Ⅱ平衡正向移动，减少副反应发生，故B正确；
C.由已知，反应Ⅰ所需的活化能小，故反应Ⅰ速率比反应II速率快，故C错误；
D.已知反应Ⅰ：CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）ΔH1＝206.2kJ•mol﹣1，反应Ⅱ：CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g）ΔH2＝247.0kJ•mol﹣1，由盖斯定律Ⅰ﹣Ⅱ可得CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）ΔH＝206.2kJ•mol﹣1﹣247.0kJ•mol﹣1＝﹣40.8kJ•mol﹣1，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡和盖斯定律，题目难度中等，掌握外界条件改变对平衡的影响是解题的关键。
2．（2022•东城区一模）CH4联合H2O和CO2制取H2时，发生的主要反应如下：
①CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H1＝+206kJ•mol﹣1
②CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H2＝+247kJ•mol﹣1
将CH4、H2O和CO2按一定比例通入填充有催化剂的恒容反应器，在不同温度下，反应相同时间内（反应均未达到化学平衡状态）测得的值如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．由①②可知，CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H＝+41kJ•mol﹣1
B．反应条件不变，若反应足够长时间，①比②先达到化学平衡状态
C．其他条件不变时，升高温度，①的化学反应速率减小，②的化学反应速率增大
D．其他条件不变时，增大原料中H2O的浓度可以提高产物中的值
【考点】化学平衡的影响因素．菁优网版权所有
【专题】化学平衡专题．
【分析】A.由已知反应的反应热通过盖斯定律计算未知反应的反应热；
B.反应到达平衡所需时间有反应速率决定；
C.升温，反应速率加快；
D.由水的增加对平衡的影响分析产物中的值变化。
【解答】解：A.已知①CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H1＝+206kJ•mol﹣1，②CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H2＝+247kJ•mol﹣1，由盖斯定律①﹣②可得CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H＝+206kJ•mol﹣1﹣247kJ•mol﹣1＝﹣41kJ•mol﹣1，故A错误；
B.依据题目信息，无法确定两个反应的反应速率大小，故无法确定到达平衡所需时间的长短，故B错误；
C.温度升高，反应①②的速率均加快，故C错误；
D.其他条件不变时，增大原料中H2O的浓度，反应①平衡正向移动，氢气增加的幅度大于CO增加的幅度，产物中的值提高，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学反应速率和化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对反应速率和化学平衡的影响是解题的关键。
3．（2022•北京模拟）CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2资源化利用的方法，其过程中主要发生如下两个反应：
反应Ⅰ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH1
反应Ⅱ：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）ΔH2＝﹣122.5kJ•mol﹣1
在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图所示。已知：CH3OCH3的选择性＝×100%。下列说法不正确的是（　　）

A．反应2CO （g）+4H2（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）的焓变为ΔH2﹣2ΔH1
B．根据图象推测ΔH1＞0
C．其他条件不变时，温度越高，CO2主要还原产物中碳元素的价态越低
D．其他条件不变时，增大体系压强可以提升A点CH3OCH3的选择性
【考点】化学平衡的影响因素．菁优网版权所有
【专题】化学平衡专题．
【分析】根据图中信息，温度高于300℃时，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是反应Ⅰ是吸热反应，反应向吸热反应方向移动即正向移动，反应Ⅱ是放热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向移动即逆向移动，升高温度，对反应Ⅱ的影响大于反应Ⅰ，因此CO2平衡转化率随温度升高而上升，据此分析解答。
【解答】解：A．根据盖斯定律，反应Ⅰ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH1，反应Ⅱ：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）ΔH2，Ⅱ﹣2Ⅰ得反应2CO （g）+4H2（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）的焓变为ΔH2﹣2ΔH1，故A正确；
B．根据图中信息，温度高于300℃时，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是反应Ⅰ是吸热反应，推测ΔH1＞0，故B正确；
C．反应Ⅰ吸热，反应Ⅱ放热，其他条件不变时，温度越高，CO2主要还原产物中碳元素的价态越高，故C错误；
D．由题意得，反应Ⅰ是气体体积不变的反应，而反应Ⅱ是气体体积减小的反应，增大压强，反应Ⅱ平衡正向移动，而对反应Ⅰ没有影响，故增大反应体系压强，CH3OCH3选择性增大，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡移动，为高频考点和高考常考题型，明确化学平衡及其影响因素、盖斯定律的计算应用为解答关键，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力，题目难度中等。
二．填空题（共1小题）
4．（2022•浙江模拟）CO在工业生产中具有重要作用．
（1）CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH1＝﹣90.7kJ⋅mol﹣1
2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）ΔH2＝﹣23.5kJ⋅mol﹣1
①已知ΔG＝ΔH﹣TΔS，反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）的ΔG随温度的变化是图1中的 　L1　（填“L1”或“L2”）．

②工业以CH3OH为原料合成CH3OCH3是在一定温度和压强下，以Si/Al混合物作为催化剂，向反应炉中匀速通入CH3OH，不同硅铝比（I、II）与生成CH3OCH3的速率关系如图2所示．下列说法正确的是 　BD　．
A．温度越低越有利于工业合成CH3OCH3
B．合适的硅铝比为0.15
C．在原料气CH3OH中混入适量的惰性气体对CH3OCH3的生成速率无影响
D．CH3OCH3内，CH3OCH3的产量I＞II
（2）已知在催化剂M作用下，NO2（g）+CO（g）⇌CO2（g）+NO（g）ΔH＜0．
①一定温度下，假设正逆反应速率与浓度关系为v正＝k1c（NO2）⋅c（CO），v逆＝k2c（CO2）⋅c（NO），k1，k2只与温度相关，则反应的平衡常数K＝　　（用含k1、k2的式子表示）．
②催化剂M活性随温度变化情况如图3所示，相同时间测得NO2的转化率随反应温度变化情况如图29﹣4所示，写出NO2的转化率出现上述变化的可能原因（写出两点）：　第一，T0之前，没有达到平衡，温度升高，反应速率变快，NO2的转化率增加，T0之后，反应已经达到平衡，温度升高平衡逆向移动，NO2的转化率下降：第二，T0之前，没有达到平衡，温度升高，催化剂活性变大，促进反应速率变快，NO2的转化率增加，T0之后，温度升高，催化剂活性减小，反应速率变慢，NO2的转化率下降　．

③在图4中画出，其他条件不变，增大压强（催化剂不失活）情况下，NO2的转化率随温度变化图 　　．
（3）已知CH3CHO═CH4+CO，用I2催化该反应，若CH3CHO首先在I2催化下生成CH3I和CO及另一种无机化合物，用两个化学方程式表示该催化反应历程（反应机理）：步骤i：　CH3CHO+I2＝CH3I+CO+HI　；步骤ⅱ：　CH3I+HI＝CH4+I2　．
【考点】化学平衡的计算；化学方程式的书写；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素．菁优网版权所有
【专题】化学平衡专题．
【分析】（1）①反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）为气体分子数减小的反应，则△S＜0，而焓变△H＜0，则△G＝△H﹣T△S中△G随温度升高而增大；
②A．若温度太低，反应速率太慢；
B．由图示可知，硅铝比为0.15时二甲醚的生成速率保持在较高水平；
C．反应是在一定温度和压强下进行，增加惰性气体则甲醇浓度下降；
D．由图示可知，使用催化剂II时，反应初始催化活性较好，但是5min后速率开始大幅下降，产量降低；
（2）当反应达到平衡时，v正＝v逆，k1c（NO2）⋅c（CO）＝k2c（CO2）⋅c（NO），＝；
②反应为放热反应，T0之前，反应没有达到平衡，温度升高，反应速率变快，NO2的转化率增加，T0时反应达到平衡，T0之后，温度升高平衡逆向移动，NO2的转化率下降；
③此反应为反应前后气体分子数不变的反应，其他条件不变，增加压强，化学反应速率变大，转化率增大，所以相同温度下纵坐标较之前要大，但平衡不移动，平衡转化率是不变的；
（3）由题意可知，步骤i为CH3CHO在I2催化下生成CH3I和CO及另一种无机化合物。
【解答】解：（1）①反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）为气体分子数减小的反应，则△S＜0，而焓变△H＜0，则△G＝△H﹣T△S中△G随温度升高而增大，所以为图1中的L1，
故答案为：L1；
②A．若温度太低，反应速率太慢，不适合工业合成，故A错误；
B．由图示可知，硅铝比为0.15时二甲醚的生成速率保持在较高水平，合适的硅铝比为0.15，故B正确；
C．反应是在一定温度和压强下进行，增加惰性气体则甲醇浓度下降，反应速率会变慢，故C错误；
D．由图示可知，使用催化剂II时，反应初始催化活性较好，但是5min后速率开始大幅下降，产量降低，而使用催化剂I时，虽然反应初始的速率增长略慢且反应速率的峰值较低，但是反应速率到达峰值后在5～40min内却始终很稳定的维持在一个较高的水平，因此0～30min内，CH3OCH3的产量，故D正确；
故答案为：BD；
（2）当反应达到平衡时，v正＝v逆，k1c（NO2）⋅c（CO）＝k2c（CO2）⋅c（NO），＝，则反应NO2（g）+CO（g）⇌CO2（g）+NO（g）的平衡常数K＝＝，
故答案为：；
②反应为放热反应，T0之前，反应没有达到平衡，温度升高，反应速率变快，NO2的转化率增加，T0时反应达到平衡，T0之后，温度升高平衡逆向移动，NO2的转化率下降；催化剂的活性在一定温度范围内逐渐升高，温度再高催化剂活性会降低，T0之前，温度升高，催化剂活性变大，反应速率变快，NO2的转化率增加，T0之后，温度升高，催化剂活性减小，反应速率变慢，NO2的转化率下降，
故答案为：第一，T0之前，没有达到平衡，温度升高，反应速率变快，NO2的转化率增加，T0之后，反应已经达到平衡，温度升高平衡逆向移动，NO2的转化率下降：第二，T0之前，没有达到平衡，温度升高，催化剂活性变大，促进反应速率变快，NO2的转化率增加，T0之后，温度升高，催化剂活性减小，反应速率变慢，NO2的转化率下降；
③此反应为反应前后气体分子数不变的反应，其他条件不变，增加压强，化学反应速率变大，转化率增大，所以相同温度下纵坐标较之前要大，但平衡不移动，平衡转化率是不变的，因此其他条件不变，增大压强（催化剂不失活）情况下，NO2的转化率随温度变化如图所示：，
故答案为：；
（3）由题意可知，步骤i为CH3CHO在I2催化下生成CH3I和CO及另一种无机化合物，依据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为：CH3CHO+I2＝CH3I+CO+HI，而I2为催化剂，总反应为：CH3CHO＝CH4+CO，则步骤ii的化学方程式为：CH3I+HI＝CH4+I2，
故答案为：CH3CHO+I2＝CH3I+CO+HI；CH3I+HI＝CH4+I2。
【点评】本题综合考查化学知识，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，题目涉及化学平衡的移动、化学平衡的计算，根据题目信息，结合勒夏特列原理等知识解答，此题难度大。
三．实验题（共2小题）
5．（2022•天津一模）我国研发了一种新型催化剂，可以通过反应2NO（g）+2H2（g）⇌N2（g）+2H2O（g）△H达到消除NO污染的效果。
已知：Ⅰ.4NH3（g）+6NO（g）⇌5N2（g）+6H2O（g）△H＝﹣1808 kJ•mol﹣1；
Ⅱ.N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H2＝﹣92.4 kJ•mol﹣1。
回答下列问题：
（1）若在密闭容器中同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，反应Ⅱ对反应Ⅰ中NO的平衡转化率的影响为 　增大　（填“增大”“减小”或“无影响”）。
（2）2NO（g）+2H2（g）⇌N2（g）+2H2O（g）的△H＝　﹣664.3kJ/mol　（保留四位有效数字）。
（3）T1°C时，向填充催化剂的10 L恒容密闭容器甲中充入2 mol NO和2 mol H2，发生反应2NO（g）+2H2（g）⇌N2（g）+2H2O（g）。10 min末反应达到平衡时测得N2的物质的量为0.8 mol。
①0～10 min内，用NO的浓度变化表示的平均反应速率v（NO）＝　0.016mol/（L•min）　。
②反应的平衡常数Kc＝　800　L•mol﹣1。
③若起始向填充催化剂的10 L恒容密闭容器乙中充入1 mol NO（g）、1 mol H2（g）、2 molN2（g）、2 mol H2O（g）。甲，乙容器中平衡时气体压强之比 　＞　（填“＞”“＜”或“＝”），理由为 　甲中平衡气体压强与乙中起始气体压强之比为，乙中浓度商Qc＜Kc，反应正向进行，气体总物质的量减小，压强减小　。
（4）有学者对比了新型催化剂与传统催化剂的催化效果。当固定比例的NO（g）和H2（g）的混合气体，以相同流速分别通过填充有两种催化剂的反应器，测得NO的转化率与温度的关系如图所示。

①新型催化剂优于传统催化剂的理由为 　在较低温度下，单位时间内NO的转化率更高　。
②M、N、P、Q四点中一定未达到平衡状态的是 　M　（填字母）。
【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．菁优网版权所有
【专题】化学平衡专题．
【分析】（1）反应Ⅱ为产生NH3的反应，反应的进行使得体系内NH3的含量增加，促使NO的消耗而使反应Ⅰ正向进行；
（2）根据反应Ⅰ和反应Ⅱ的组合关系，推导所求反应，再由盖斯定律计算所求反应的焓变；
（3）①由生成N2的量计算N2的生成速率，由化学反应速率之比等于化学计量数之比计算v（NO）；
②根据方程式计算各组分的平衡浓度，再代入化学平衡常数表达式计算Kc的值；
③根据乙容器的浓度商Qc与Kc的关系判断判断进行的方向，据此判断两容器的平衡压强之比；
（4）①根据图像，相比较于传统催化剂，新型催化剂可以在较低的温度下，在相同的时间内提高NO的转化率；
②NO与H2发生的反应为放热反应，温度升高，NO的转化率降低。
【解答】解：（1）根据反应Ⅰ和反应Ⅱ分析，反应Ⅱ为产生NH3的反应，反应的进行使得体系内NH3的含量增加，促使NO的消耗而使反应Ⅰ正向进行，所以NO的平衡转化率增大，
故答案为：增大；
（2）所求反应为：2NO（g）+2H2（g）⇌N2（g）+2H2O（g），该反应可由（Ⅰ+Ⅱ×2）得到，根据盖斯定律，该反应的焓变为ΔH＝（ΔH1+2ΔH2）＝×（﹣1808kJ/mol﹣2×92.4kJ/mol）＝﹣664.3kJ/mol，
故答案为：﹣664.3kJ/mol；
（3）①0～10 min内，N2的生成量为0.8mol，则v（N2）＝＝0.008mol/（L•min），化学反应速率之比等于化学计量数之比，则v（NO）＝2v（N2）＝0.016mol/（L•min），
故答案为：0.016mol/（L•min）；
②反应起始时在10L的容器中充入2 mol NO和2 mol H2，平衡时生成N2有0.8mol，
2NO（g）+2H2（g）⇌N2（g）+2H2O（g）
起始（mol/L） 0.2 0.2 0 0
转化（mol/L） 0.16 0.16 0.08 0.16
平衡（mol/L） 0.04 0.04 0.08 0.16
所以反应的平衡常数Kc＝＝L/mol＝800L/mol，
故答案为：800；
③同温同容的容器中，气体的压强之比等于物质的量之比，甲容器的平衡气体总物质的量为n甲＝0.4mol+0.4mol+0.8mol+1.6mol＝3.2mol，乙容器中起始时n乙＝1mol+1mol+2mol+2mol＝6mol，压强之比为＝，而此时乙容器的浓度商为Qc＝＝80＜Kc＝800，所以反应正向进行，气体总物质的量减少，则甲，乙容器中平衡时气体压强之比＞，
故答案为：＞；甲中平衡气体压强与乙中起始气体压强之比为，乙中浓度商Qc＜Kc，反应正向进行，气体总物质的量减小，压强减小；
（4）①根据图像，相比较于传统催化剂，新型催化剂可以在较低的温度下，在相同的时间内提高NO的转化率，所以新型催化剂优于传统催化剂的理由为：在较低温度下，单位时间内NO的转化率更高，
故答案为：在较低温度下，单位时间内NO的转化率更高；
②NO与H2发生的反应为放热反应，温度升高，NO的转化率降低，温度升高的NO转化率提高说明反应尚未建立平衡，所以M、N、P、Q四点中一定未达到平衡状态的是M，
故答案为：M。
【点评】本题考查了化学反应能量变化判断、化学反应热的计算、热化学方程式书写、化学平衡的移动及其计算、电解池电极反应和原理的应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
6．（2022•滨海新区模拟）氮的氧化物是大气污染物之一，研究氮氧化物的反应机理对缓解环境污染有重要意义，回答下列问题。
（1）碘蒸气的存在能大幅度提高N2O的分解速率，反应历程为：
第一步：I2（g）→2I（g） （快反应）
第二步：I（g）+N2O（g）→N2（g）+IO（g） （慢反应）
第三步：IO（g）+N2O（g）→N2（g）+O2（g）+I2（g） （快反应）
实验表明：含碘时N2O分解速率方程v＝k•c（N2O）•[c（I2）]0.5 （k 为速率常数）。下列表述正确的是 　AD　。
A.升高温度，第一步向右进行的程度变大
B.第二步的活化能比第三步小
C.IO为反应的催化剂
D.N2O分解反应的速率与是否含碘蒸气有关
（2）为探究温度及不同催化剂对反应2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g） ΔH＝﹣746.5kJ/mol的影响，分别在不同温度、不同催化剂下，保持其它初始条件不变重复实验，在相同时间内测得NO转化率与温度的关系如图1所示。在催化剂乙作用下，图中M点对应的速率（对应温度400°C）v（正）　＞　 v（逆）（填“＞”、“＜”或“＝”），温度升高后，两种催化剂条件下NO转化效率均明显降低，原因可能是 　温度升高催化剂活性降低　。

（3）实验发现，NO易发生二聚反应2NO（g）⇌N2O2 （g）。向某恒容的容器中充入一定量的NO进行反应，测得温度分别为T1和T2时NO的转化率随时间变化的结果如图2所示。则T1　＜　T2（填“＞”、“＜”或“＝”）。温度为T2时，达到平衡时体系的总压强为200kPa，X点对应的平衡常数Kp＝　0.03　 kPa﹣1 （用分压表示）；提高NO平衡转化率的条件为 　降低温度　（写出其中一点）。
（4）NH3催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，研究发现以Fe3+为主体催化剂时可能发生的反应过程如图3，写出脱硝过程总反应的化学方程式：　4NH3+4NO+O24N2+6H2O　。

【考点】化学平衡的计算；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；化学平衡的影响因素．菁优网版权所有
【专题】化学平衡专题．
【分析】（1）A．断键吸热，所以升高温度，第一步向右进行的程度变大；
B．第二步的慢反应，其活化能比第三步大；
C．IO为中间产物，I2是反应的催化剂；
D．根据含碘时 分解速率方程v＝k•c（N2O）•[c（I2）]0.5，可判断N2O分解反应的速率与是否含碘蒸气有关；
（2）由于在催化剂乙作用下，图中M点对应的转化率低于催化剂甲时对应的转化率，因此反应没有达到平衡状态，反应向正反应方向进行；
（3）温度越高反应速率越快，则斜率越大，达到平衡所用时间越短，则T1＜T2；设起始NO物质的量为1mol，列三段式：
2NO（g）⇌N2O2 （g）（单位：mol）
开始1 0
变化 0.8 0.4
平衡 0.2 0.4
Kp＝；
（4）根据示意图可知反应物是氨气、NO和氧气，生成物是氮气和水。
【解答】解：（1）A．断键吸热，所以升高温度，第一步向右进行的程度变大，故A正确；
B．第二步的慢反应，其活化能比第三步大，故B错误；
C．IO为中间产物，I2是反应的催化剂，故C错误；
D．根据含碘时 分解速率方程v＝k•c（N2O）•[c（I2）]0.5（k为速率常数），可判断N2O分解反应的速率与是否含碘蒸气有关，故D正确；
故答案为：AD；
（2）由于在催化剂乙作用下，图中M点对应的转化率低于催化剂甲时对应的转化率，因此反应没有达到平衡状态，反应向正反应方向进行，则速率（对应温度400℃）v（正）＞v（逆）；温度高于400℃，NO转化率降低的原因可能是温度升高催化剂活性降低，
故答案为：＞；温度升高催化剂活性降低；
（3）温度越高反应速率越快，则斜率越大，达到平衡所用时间越短，则T1＜T2；设起始NO物质的量为1mol，列三段式：
2NO（g）⇌N2O2 （g）（单位：mol）
开始1 0
变化 0.8 0.4
平衡 0.2 0.4
Kp＝＝kPa﹣1＝0.03kPa﹣1，由图可知，温度升高，NO转化率降低，该反应是放热反应，则降低温度可以提高NO平衡转化率，
故答案为：＜；0.03；降低温度；
（4）根据示意图可知反应物是氨气、NO和氧气，生成物是氮气和水，则脱硝过程总反应的化学方程式为4NH3+4NO+O24N2+6H2O，
故答案为：4NH3+4NO+O24N2+6H2O。
【点评】本题考查影响化学平衡的因素、反应历程的分析判断和化学平衡的计算等，明确化学反应基本原理及外界条件对化学平衡移动影响原理是解本题关键，题目难度中等。
四．解答题（共22小题）
7．（2022•北京模拟）煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，形成酸雨、污染大气，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝，回答下列问题：
（1）NaClO2的化学名称为　亚氯酸钠　。
（2）在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气，反应温度323K，NaClO2溶液浓度为5×10﹣3mol•L﹣1．反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表
离子
SO42﹣
SO32﹣
NO3﹣
NO2﹣
Cl﹣
c/（mol•L﹣1）
8.35×10﹣4
6.87×10﹣6
1.5×10﹣4
1.2×10﹣5
3.4×10﹣3
①写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式　3ClO2﹣+4NO+4OH﹣＝4NO3﹣+3Cl﹣+2H2O　。增加压强，NO的转化率　提高　（填“提高”“不变”或“降低”）。
②随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的pH逐渐　降低　 （填“提高”“不变”或“降低”）。
③由实验结果可知，脱硫反应速率　大于　脱硝反应速率（填“大于”或“小于”）。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是　NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高　。
（3）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px如图所示。
①由图分析可知，反应温度升高，脱硫、脱硝反应的平衡常数均　减小　（填“增大”“不变”或“减小”）。
②反应ClO2﹣+2SO32﹣═2SO42﹣+Cl﹣的平衡常数K表达式为　K＝　。
（4）如果采用NaClO、Ca（ClO）2替代NaClO2，也能得到较好的烟气脱硫效果。从化学平衡原理分析，Ca（ClO）2相比NaClO具有的优点是　形成CaSO4沉淀，降低硫酸根离子浓度，反应平衡向产物方向移动，SO2转化率提高　。

【考点】化学平衡的影响因素；"三废"处理与环境保护．菁优网版权所有
【分析】（1）较低价态为亚，NaClO2的化学名称为亚氯酸钠；
（2）①亚氯酸钠具有氧化性，则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式为3ClO2﹣+4NO+4OH﹣＝4NO3﹣+3Cl﹣+2H2O；正反应是体积减小的，则增加压强，NO的转化率提高；
②根据反应的方程式3ClO2﹣+4NO+4OH﹣＝4NO3﹣+3Cl﹣+2H2O可知随着吸收反应的进行氢氧根离子被消耗，吸收剂溶液的pH逐渐降低；
③由实验结果可知，在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多，因此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，还可能是二氧化硫的还原性强，易被氧化；
（3）①由图分析可知，根据反应3ClO2﹣+4NO+4OH﹣＝4NO3﹣+3Cl﹣+2H2O，NO的平衡分压的负对数随温度的升高而减小，则说明温度越高，NO的平衡分压越大，NO的含量越高，故升高温度，平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小；
②根据反应的方程式ClO2﹣+2SO32﹣═2SO42﹣+Cl﹣可知平衡常数K表达式为K＝；
（4）如果采用NaClO、Ca（ClO）2替代NaClO2，由于生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行。
【解答】解：（1）氯+7为高、+3为亚，NaClO2中氯的化合价为+3价，化学名称为亚氯酸钠，
故答案为：亚氯酸钠；
（2）①亚氯酸钠具有氧化性，且NaClO2溶液呈碱性，则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式为3ClO2﹣+4NO+4OH﹣＝4NO3﹣+3Cl﹣+2H2O；正反应是体积减小的，则增加压强，NO的转化率提高，
故答案为：3ClO2﹣+4NO+4OH﹣＝4NO3﹣+3Cl﹣+2H2O；提高；
②根据反应的方程式3ClO2﹣+4NO+4OH﹣＝4NO3﹣+3Cl﹣+2H2O可知随着吸收反应的进行氢氧根离子被消耗，吸收剂溶液的pH逐渐降低，
故答案为：降低；
③由实验结果可知，在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多，因此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NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高，
故答案为：大于；NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高；
（3）①由图分析可知，根据反应3ClO2﹣+4NO+4OH﹣＝4NO3﹣+3Cl﹣+2H2O，NO的平衡分压的负对数随温度的升高而减小，则说明温度越高，NO的平衡分压越大，NO的含量越高，故升高温度，平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小，
故答案为：减小；
②根据反应的方程式ClO2﹣+2SO32﹣═2SO42﹣+Cl﹣可知平衡常数K表达式为K＝，故答案为：K＝；
（4）如果采用NaClO、Ca（ClO）2替代NaClO2，生成硫酸钙沉淀，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行，所以Ca（ClO）2效果好，
故答案为：形成CaSO4沉淀，降低硫酸根离子浓度，反应平衡向产物方向移动，SO2转化率提高。
【点评】本题考查离子方程式书写、外界条件对反应速率和平衡状态的影响等，要求学生掌握化学用语规范，结合生活实际分析问题、解决问题，掌握化学平衡的影响因素，题目难度中等。
8．（2022•门头沟区一模）CO2的资源化可以推动经济高质量发展和生态环境质量的持续改善。由CO2合成甲醇是CO2资源化利用的重要方法。

I．合成甲醇
（1）由CO2催化加氢合成甲醇。
①一定条件下，由CO2和H2制备甲醇的过程中有下列反应：
反应1：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H1
反应2：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H2
反应3：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H3
其对应的平衡常数分别为K1、K2、K3，它们随温度变化的曲线如图1所示。则△H2　＜　△H3（填“＞”“＜”或“＝”）
②对于上述CO2加氢合成CH3OH的反应体系，下列说法不正确的是 　acd　（填字母）。
a.增大初始投料比，有利于提高CO2的转化率
b.当气体的平均摩尔质量保持不变时，说明反应体系已达平衡
c.体系达平衡后，若压缩容器体积，则反应1平衡不移动，反应3平衡正向移动
d.选用合适的催化剂可以提高反应3中CO2的平衡转化率
（2）电化学原理将CO2转化为甲醇。
在光电催化条件下可以高效地将CO2和H2O转化为甲醇，从电极反应的角度分析：
①甲醇在 　阴　（填“阴”或“阳”）极生成；
②氧化反应为 　2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+　。
II．甲醇是重要的化工原料，也可用作甲醇燃料电池。以稀硫酸为电解质溶液，甲醇燃料电池的工作原理如图2所示。
（3）该电池工作时，c口通入的物质是 　O2（空气）　。
（4）该电池负极的电极反应式是 　CH3OH+H2O﹣6e﹣＝6H++CO2↑　。
【考点】化学平衡的影响因素；原电池和电解池的工作原理．菁优网版权所有
【专题】化学平衡专题；电化学专题．
【分析】I．（1）①由K值随温度变化判断反应吸放热，结合盖斯定律判断反应热大小关系；
②a.增大一种反应物浓度，平衡正向移动，另一种反应物转化率变大，自身转化率变小；
b.化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分浓度和百分含量保持不变；
c.加压，平衡向气体分子数减小的方向移动；
d.使用催化剂可以加快反应速率，平衡不移动；
（2）电化学原理将CO2转化为甲醇，碳元素价态降低，故甲醇在阴极生成，发生还原反应，水在阳极失电子，发生氧化反应，电极反应式为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+；
II．由图可知，甲醇燃料电池中，左侧为电子的流出极作负极，电极反应式为CH3OH+H2O﹣6e﹣＝6H++CO2↑，d通入甲醇，a导出二氧化碳，右侧为正极，c口通入氧气（空气），据此作答。
【解答】解：I．（1）①由图可知，温度升高，平衡常数K1增大，说明升温平衡Ⅰ正向移动，反应Ⅰ正向为吸热反应，△H1＞0，由盖斯定律可知，Ⅰ+Ⅱ＝Ⅲ，则△H3＝△H1+△H2，故△H3﹣△H2＝△H1＞0，故△H2＜+△H3，
故答案为：＜；
②a.增大初始投料比，相当于氢气的量保持不变，二氧化碳的量增加，平衡正向移动，二氧化碳转化率变小，故a错误；
b.反应前后气体总质量不变，当气体的平均摩尔质量保持不变时，混合气体的总物质的量保持不变，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故b正确；
c.反应1前后气体分子数不变，加压，平衡不移动，反应3正向气体分子数减小，加压，平衡正向移动，故c错误；
d.加入催化剂，可以加快化学反应速率，但平衡不移动，反应3中CO2的平衡转化率不变，故d 错误；
故答案为：acd；
（2）①将CO2转化为甲醇，碳元素价态降低，故甲醇在阴极生成，
故答案为：阴；
②水在阳极失电子，发生氧化反应，电极反应式为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，
故答案为：2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+；
II．（3）右侧为正极，c口通入氧气（空气），
故答案为：O2（空气）；
（4）左侧为电子的流出极作负极，电极反应式为CH3OH+H2O﹣6e﹣＝6H++CO2↑，
故答案为：CH3OH+H2O﹣6e﹣＝6H++CO2↑。
【点评】本题考查化学平衡和原电池原理，题目难度较大，掌握外界条件改变对平衡的影响是解题的关键。
9．（2022•宁波模拟）国家速滑馆“冰丝带”采用二氧化碳跨临界制冰，CO2的资源化可以推动经济高质量发展和生态环境质量的持续改善。请回答：
（1）CO2转化为甲醇有利于实现碳中和，该过程经历以下两步：
CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） ΔH＝+41kJ/mol
CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H＝﹣90kJ/mol
①能说明反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g ）已达平衡状态的是 　CD　（填字母）。
A.单位时间内生成1molCH3OH（g）的同时消耗了1molCO（g）
B.在恒温恒容的容器中，混合气体的密度保持不变
C.在绝热恒容的容器中，反应的平衡常数不再变化
D.在恒温恒压的容器中，气体的平均摩尔质量不再变化
②研究表明；在相同条件下，按照n（CO2）：n（H2）＝1：3投料进行合成甲醇，在有分子筛膜（分子筛膜具有选择透过性）时甲醇的平衡产率明显高于无分子筛膜时甲醇的平衡产率，其原因可能是 　分子筛膜从反应体系中不断分离出CH3OH，有利于反应正向进行　。
（2）在催化剂作用下，甲醇能与烯烃的液相反应制得TAME，体系中同时存在如图1反应：

①三个反应以物质的量分数表示的平衡常数Kx与温度变化关系如图1所示。图1中对应于反应I的线条是 　a　，的数值范围是 　D　。
A.＜﹣1
B.﹣1～0
C.0～1
D.＞1
②向某反应容器中加入1.0molTAME，控制温度为353K，测得TAME的平衡转化率为α。已知反应Ⅲ的平衡常数Kx（Ⅲ）＝9.0，则反应I的平衡常数Kx（Ⅰ）＝　　。同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，达到平衡时，A与CH3OH物质的量浓度之比c（A）：c（CH3OH}）＝　1：10　。
（3）工业上还可采用CH3OH⇌CO+2H2的原理来制取高纯度的CO和H2。有科学家研究在钯基催化剂表面上利用甲醇制氢的反应历程，其中吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注。图2为计算机模拟的各步反应的能量变化示意图，则甲醇脱氧反应中速率最慢的一步历程是 　CO*+4H*→CO*+2H2或4H*→2H2　。

【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；反应热和焓变．菁优网版权所有
【专题】化学平衡专题．
【分析】（1）①反应过程中发生改变的量，其不变时即达到平衡状态；②根据平衡移动原理，生成物的减少能促进平衡正向移动，在有分子筛膜时，其选择透过性使生成物甲醇脱离体系，促进平衡正向移动；
（2）①从右图可知，随着的增大lnKx增大，即随着温度T的减小平衡常数Kx增大，平衡正向移动；
②1.0molTAME的平衡转化率为α，则平衡时 物质的量为（1﹣α），甲醇物质的量为α，A和B之和的物质的量为α，反应Ⅲ的气体分子数不变，则体系总物质的量为（1+α）；又反应Ⅲ的平衡常数KX（Ⅲ）＝9.0，即＝9，则A物质的量为 ，则反应I的平衡常数KX（Ⅰ）＝；
（3）反应活化能越大，则有效碰撞率越低，反应速率越慢。
【解答】解：（1）①A．单位时间内生成成1molCH3OH（g）的同时消耗了1molCO（g），两者均指正反应速率，不能说明该反应达到平衡状态，故A错误；
B．在恒温恒容的容器中，该反应气体物质总质量不变，则混合气体的密度始终不变，故混合气体的密度保持不变不能说明该反应达到平衡状态，故B错误；
C．在绝热恒容的容器中，随反应的进行体系温度发生改变，反应的平衡常数随之变化，故反应的平衡常数不再变化能说明该反应达到平衡状态，故C正确；
D．在恒温恒压的容器中，该反应前后气体物质系数发生改变，气体总质量不变，则气体的平均摩尔质量发生变化，故气体的平均摩尔质量不再变化能说明该反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：CD；
②根据平衡移动原理，生成物的减少能促进平衡正向移动，在有分子筛膜时，其选择透过性使生成物甲醇脱离体系，促进平衡正向移动，甲醇的平衡产率明显提高，
故答案为：分子筛膜从反应体系中不断分离出CH3OH，有利于反应正向进行；
（2）①从右图可知，随着的增大lnKx增大，即随着温度T的减小平衡常数Kx增大，平衡正向移动，即该三个反应均正向放热，△H1、△H2、△H3均小于0，从反应Ⅲ知，A生成B放热，则△H1＜△H2＜0；故相同温度下，反应Ⅰ的转化率更高，Kx更大，lnKx值更大；故图中对应于反应I的线条是a；故的数值＞1，
故答案为：a；D；
②1.0molTAME的平衡转化率为α，则平衡时 物质的量为（1﹣α），甲醇物质的量为α，A和B之和的物质的量为α，反应Ⅲ的气体分子数不变，则体系总物质的量为（1+α）；又反应Ⅲ的平衡常数KX（Ⅲ）＝9.0，即＝9，则A物质的量为 ，则反应I的平衡常数KX（Ⅰ）＝＝，同温同压下，反应Ⅰ、反应Ⅲ的平衡常数不变，注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅲ平衡不移动，则A与CH3OH物质的量浓度之比不变，仍然是c（A）：c（CH3OH）＝：α＝1：10，
故答案为：；1：10；
（3）反应活化能越大，则有效碰撞率越低，反应速率越慢，从图中数据分析可知，该反应的系列反应历程中，相对能量从﹣65.7到113.9的活化能最大，该步历程反应速率最慢，对应的反应是：CO*+4H*→CO*+2H2或4H*→2H2，
故答案为：CO*+4H*→CO*+2H2或4H*→2H2。
【点评】本题考查化学平衡有关知识，难度中等，依据化学平衡图象获取信息，进行有关化学平衡的计算和影响化学平衡的因素分析，需要学生重视基本知识的掌握，有利于培养学生获取信息的能力及解题能力。
10．（2022•房山区一模）回收利用CO2是目前解决长期载人航天舱内（如空间站）供氧问题的有效途径，其物质转化如图：

（1）反应A为CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g），是回收利用CO2的关键步骤。
已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）ΔH＝−483.6kJ•mol﹣1
CH4（g）+2O2（g）═2H2O（g）+CO2（g）ΔH＝−802.3kJ•mol﹣1
反应A的ΔH＝　﹣164.9　kJ•mol−1
（2）将原料气按n（CO2）：n（H2）＝1：4置于恒容密闭容器中发生反应A，在相同时间内测得H2O的物质的量分数与温度的变化曲线如图所示（虚线为平衡时的曲线）。

①理论上，能提高CO2平衡转化率的措施有 　加压、降温、提高原料气中H2的比例　（写出一条即可）。
②空间站的反应器内，通常采用反应器前段加热，后段冷却的方法来提高CO2的转化效率，原因是 　前段加热，有利于加快反应速率；后段冷却，有利于平衡正向移动，增大CO2的转化率　。
（3）下列关于空间站内物质和能量变化的说法中，不正确的是 　b　（填字母）。
a．反应B的能量变化是电能→化学能或光能→化学能
b．物质转化中O、H原子的利用率均为100%
c．不用Na2O2作供氧剂的原因可能是Na2O2不易实现循环利用
（4）用CO2（g）+2H2（g）⇌C（s）+2H2O（g）代替反应A，可实现氢、氧元素完全循环利用，缺点是使用一段时间后催化剂的催化效果会明显下降，其原因是 　生成物碳颗粒附着在催化剂表面影响了催化效果　。
【考点】化学平衡的影响因素；"三废"处理与环境保护；常见的能量转化形式．菁优网版权所有
【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题；氮族元素．
【分析】（1）已知：①2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）ΔH＝−483.6kJ•mol﹣1
②CH4（g）+2O2（g）═2H2O（g）+CO2（g）ΔH＝−802.3kJ•mol﹣1，
结合盖斯定律可知反应A＝①×2﹣②，据此计算；
（2）①结合反应CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）可知，该反应为放热熵减的反应；
②空间站的反应器内，通常采用反应器前段加热，后段冷却的方法来提高CO2的转化效率，原因是前段加热，有利于加快反应速率；后段冷却，有利于平衡正向移动；
（3）a.分析物质转化图可知，该过程的能量变化为电能→化学能或光能→化学能；
b.物质转化中有甲烷和氢气产生，故氢元素的利用率＜100%；
c.不用Na2O2作供氧剂的原因在于过氧化钠消耗之后无法产生，无法循环利用；
（4）用CO2（g）+2H2（g）⇌C（s）+2H2O（g）代替反应A，可实现氢、氧元素完全循环利用，缺点是使用一段时间后催化剂的催化效果会明显下降，分析反应对于催化剂的影响进行判断。
【解答】解：（1）已知：①2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）ΔH＝−483.6kJ•mol﹣1
②CH4（g）+2O2（g）═2H2O（g）+CO2（g）ΔH＝−802.3kJ•mol﹣1，
结合盖斯定律可知反应A＝①×2﹣②＝（﹣483.6×2）kJ•mol﹣1﹣（﹣802.3）kJ•mol﹣1＝﹣164.9kJ•mol−1，
故答案为：﹣164.9；
（2）①结合反应CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）可知，该反应为放热熵减的反应，故提高转化率的方法为加压、降温、提高原料气中H2的比例，
故答案为：加压、降温、提高原料气中H2的比例；
②空间站的反应器内，通常采用反应器前段加热，后段冷却的方法来提高CO2的转化效率，原因是前段加热，有利于加快反应速率；后段冷却，有利于平衡正向移动，增大CO2的转化率，
故答案为：前段加热，有利于加快反应速率；后段冷却，有利于平衡正向移动，增大CO2的转化率；
（3）a.分析物质转化图可知，该过程的能量变化为电能→化学能或光能→化学能，故a正确；
b.物质转化中有甲烷和氢气产生，故氢元素的利用率＜100%，故b错误；
c.不用Na2O2作供氧剂的原因在于过氧化钠消耗之后无法产生，无法循环利用，故c正确；
故答案为：b；
（4）用CO2（g）+2H2（g）⇌C（s）+2H2O（g）代替反应A，可实现氢、氧元素完全循环利用，缺点是使用一段时间后催化剂的催化效果会明显下降，其原因是生成物碳颗粒附着在催化剂表面影响了催化效果，
故答案为：生成物碳颗粒附着在催化剂表面影响了催化效果。
【点评】本题考查元素化合物性质及氧化还原反应，为高频考点，明确发生反应实质为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及知识迁移能力，题目难度不大。
11．（2022•辽宁模拟）肼（N2H4）又叫联氨，在化工，医药、农业及航天等领域都有着重要的用途。N2H4在温度超过250℃时容易分解，涉及的反应有：
a）3N2H4（g）⇌N2（g）+4NH3（g） ΔH1＝﹣496.8kJ/mol
b）N2H4（g）⇌N2（g）+2H2（g） ΔH2＝﹣104kJ/mol
c）N2H4（g）+H2（g）⇌2NH3（g） ΔH3
（1）ΔH3＝　﹣196.4kJ/mol　。如果在肼中加入少量氧化铜，肼的分解温度会明显降低，其原因是 　氧化铜起到催化剂的作用，降低了反应的活化能，使分解温度降低　。
（2）某温度下，在一个5L的刚性密闭容器中充入2molN2H4，容器的起始压强为p，若10min后体系达平衡状态，此时容器中N2和NH3的物质的量分别为0.8mol和1.6mol，则10min内的平均分解速率v（N2H4）＝　0.032　mol/（L•min），该温度下反应b的压强平衡常数Kp＝　0.32p2　。
（3）肼是一种二元弱碱，其第一步电离方程式是N2H4+H2O⇌N2H5++OH﹣，第二步电离方程式是N2H5++H2O⇌N2H62++OH﹣，常温下其电离常数Kb1＝9.6×10﹣7，Kb2＝1.3×10﹣15，则N2H5Cl溶液显 　酸　（“酸”“碱”或“中”）性，原因是 　N2H5+既能电离又能水解，电离常数为1.3×10﹣15，水解常数 Kh＝＝＝1.04×10﹣8，水解程度大于电离程度，因此溶液显酸性　（结合所给数据分析）。
（4）利用NH3直接生产N2H4是一种理想的生产肼的途径，传统方法都需要通过加热等方法使NH3活化，某科研团队研究表明利用高频超声波可将NH3直接转化为N2H4，转化原理如图所示，该方法的总反应方程式是 　2NH3⇌N2H4+H2　（不需要标注条件），与传统方法相比新方法的优点是 　节约能源　、　防止肼受热分解使纯度（或产率）降低　。

【考点】化学平衡的计算．菁优网版权所有
【专题】化学平衡专题．
【分析】（1）根据盖斯定律，c＝，则ΔH3＝×（﹣496.8kJ/mol+104kJ/mol）＝﹣196.4kJ/mol；
（2）根据氮原子守恒可知平衡时肼的物质的量为0.4mol，根据氢原子守恒可知平衡时氢气的物质的量为0.8mol，因此v（N2H4）＝＝＝0.032mol/（L•min），初始气体的物质的量为2mol，压强为p，平衡时气体的总物质的量为3.6mol，压强为1.8p，H2N2，N2，H2的平衡分压依次为0.2p、0.4p、0.4p，则Kp＝；
（3）N2H5+既能电离又能水解，其Kb2＝1.3×10﹣15，可知N2H5+水解的常数Kh＝＝＝1.04×10﹣8＞Kb2，则N2H5+水解程度大于电离程度；
（4）由图可知，水起到催化作用，总反应是氨气分解产生肼和氢气，即2NH3⇌N2H4+H2。
【解答】解：（1）根据盖斯定律，c＝，则ΔH3＝×（﹣496.8kJ/mol+104kJ/mol）＝﹣196.4kJ/mol；如果在肼中加入少量氧化铜，氧化铜作为催化剂，能够降低反应的活化能，使得肼分解的温度降低，
故答案为：﹣196.4kJ/mol；氧化铜起到催化剂的作用，降低了反应的活化能，使分解温度降低；
（2）根据氮原子守恒可知平衡时肼的物质的量为0.4mol，根据氢原子守恒可知平衡时氢气的物质的量为0.8mol，因此v（N2H4）＝＝＝0.032mol/（L•min），初始气体的物质的量为2mol，压强为p，平衡时气体的总物质的量为3.6mol，压强为1.8p，H2N2，N2，H2的平衡分压依次为0.2p、0.4p、0.4p，则Kp＝＝＝0.32p2，
故答案为：0.032；0.32p2；
（3）N2H5+既能电离又能水解，其Kb2＝1.3×10﹣15，可知N2H5+水解的常数Kh＝＝＝1.04×10﹣8＞Kb2，则N2H5+水解程度大于电离程度，N2H5Cl溶液呈酸性，
故答案为：酸；N2H5+既能电离又能水解，电离常数为1.3×10﹣15，水解常数 Kh＝＝＝1.04×10﹣8，水解程度大于电离程度，因此溶液显酸性；
（4）由图可知，水起到催化作用，总反应是氨气分解产生肼和氢气，即2NH3⇌N2H4+H2；由于新方法不需要加热，因此与传统方法相比新方法的优点是：节约能源、防止肼受热分解，
故答案为：2NH3⇌N2H4+H2；节约能源；防止肼受热分解使纯度（或产率）降低。
【点评】本题考查了化学平衡的计算，影响平衡的因素分析，盖斯定律的应用，考查角度广，题目综合性强，题目难度中等。
12．（2022•广东模拟）由CO2与H2制备甲醇是当今研究的热点之一，也是我国科学家2021年发布的由CO2人工合成淀粉（节选途径见图1）中的重要反应之一。

已知：
反应②：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH＝+40.9kJ•mol﹣1；
反应③：CH3OH（g）⇌CO（g）+2H2（g） ΔH＝+90.4kJ•mol﹣1。
（1）反应①的热化学方程式为 　CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2OΔH＝﹣49.5kJ/mol　；若过程II中O2得到4mol电子，则理论上可生成 　2　molHCHO。
（2）反应①在有、无催化剂条件下的反应历程如图2所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注，TS为过渡态。

该反应历程中决速步骤的化学方程式为 　H2CO+2H2（g）＝H2CO*+OH*+H2（g）　，催化剂使该步骤的活化能降低 　0.20　eV。
（3）某研究小组采用上述催化剂，向密闭容器中通入3molH2和1molCO2，只发生反应①和反应②，在不同条件下达到平衡，在T＝300℃下甲醇的体积分数φ（CH3OH）随压强p的变化、在p＝600kPa下φ（CH3OH）随温度T的变化，如图3所示。

i.下列说法正确的是 　BD　（填标号）。
A.曲线a为等压线，曲线b为等温线
B.增大CO2与H2的浓度，反应①和反应②的正反应速率都增大
C.反应①的平衡常数：K（X）＝K（Y）
D.反应②的正反应速率：v（X）＜v（M）
ii.已知M点：容器中CO2为mol，CO为mol，则此时CO2的分压为 　80　kPa，反应①的压强平衡常数Kp＝　2.5×10﹣6　kPa﹣2（压强平衡常数Kp是以分压代替浓度表示的平衡常数，分压＝总压×物质的量分数）。
ii.图中M点的φ（CH3OH）高于N点的原因是 　反应①为放热反应，且正反应是气体体积减小的反应，M点相对于N点，温度更低，压强更大，有利于反应①平衡正向移动，φ（CH3OH）增大　。
【考点】化学平衡的计算；探究化学反应机理；反应热和焓变．菁优网版权所有
【专题】化学平衡专题．
【分析】（1）由题干反应历程图可知，反应①为：CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g） 可由反应②﹣反应③，根据盖斯定律可知，ΔH＝ΔH2﹣ΔH3＝（+40.9kJ/mol）﹣90.4kJ/mol＝﹣49.5kJ/mol；
（2）多步反应中，活化能越大，反应速率越慢，决定着总反应的速率；
（3）i．已知反应①为：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g） ΔH＝﹣49.5kJ/mol升高温度，平衡逆向移动，CH3OH的体积分数减小，增大压强，平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大，反应②：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH＝+40.9kJ•mol﹣1，升高温度，平衡正向移动，增大压强，平衡不移动，据此分析解题；
ii．由三段式分析可知：
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g） （单位：mol）
开始 1 3 0 0
变化 x 3x x x
平衡 1﹣x 3﹣3x x x
CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）（单位：mol）
开始 1﹣x 3﹣3x 0 x
变化 y y y y
平衡 1﹣x﹣y 3﹣3x﹣y y x+y
已知M点：容器中CO2为 mol，CO为 mol，即y＝mol，1﹣x﹣y＝mol，解得：x＝mol，则平衡时气体总的物质的量为：（1﹣x﹣y）+（3﹣3x﹣y）+x+y+（x+y）＝4﹣2x＝4﹣2×＝mol，此时容器的总压强为800kPa，则此时CO2的分压为×800kPa＝80kPa，同理可知，p（CH3OH）═×800kPa＝80kPa，p（H2）＝400kPa，p（H2O）＝160kPa，反应①的压强平衡常数Kp＝；
iii．反应①为放热反应，且正反应是气体体积减小的反应，M点相对于N点，温度更低，压强更大，有利于反应①平衡正向移动。
【解答】（1）由题干反应历程图可知，反应①为：CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g） 可由反应②﹣反应③，根据盖斯定律可知，ΔH＝ΔH2﹣ΔH3＝（+40.9kJ/mol）﹣90.4kJ/mol＝﹣49.5kJ/mol，反应①的热化学方程式为：CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O ΔH＝﹣49.5kJ/mol，由过程II的反应CH3OH+O2＝HCHO+H2O2可知，若过程II中O2得到4mol电子，则理论上可生成2mol HCHO，
故答案为：CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O ΔH＝﹣49.5kJ/mol；2；
（2）多步反应中，活化能越大，反应速率越慢，决定着总反应的速率，由图示可知该反应历程中决速步骤的化学方程式为H2CO+2H2（g）＝H2CO*+OH*+H2（g），该步骤无催化剂是的活化能为：（1.80＝0.20）＝1.60eV，有催化剂时的活化能为：[0.4﹣（﹣1.00）]＝1.40eV，故催化剂使该步骤的活化能降低1.60﹣1.40＝0.20eV，
故答案为：H2CO+2H2（g）＝H2CO*+OH*+H2（g）；0.20；
（3）i．A．由上述分析可知，压强相同时，升高温度，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动，导致CH3OH的体积分数减小，则曲线a为等温线，曲线b为等压线，故A错误；
B．增大反应物浓度，正反应速率增大，则增大CO2与H2的浓度，反应①和反应②的正反应速率都增大，故B正确；
C．由A分析可知，曲线a为等温线，即Y点温度为300℃，X点温度为200℃，反应①升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故反应①的平衡常数：K（X）＞K（Y），故C错误；
D．由A分析可知，曲线a为等温线，即X点温度为200℃，而M点温度为800℃，温度越高反应速率越快，反应②的正反应速率：v （X）＜v （M），故D正确；
故答案为：BD；
ii．由三段式分析可知：
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g） （单位：mol）
开始 1 3 0 0
变化 x 3x x x
平衡 1﹣x 3﹣3x x x
CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）（单位：mol）
开始 1﹣x 3﹣3x 0 x
变化 y y y y
平衡 1﹣x﹣y 3﹣3x﹣y y x+y
已知M点：容器中CO2为 mol，CO为 mol，即y＝mol，1﹣x﹣y＝mol，解得：x＝mol，则平衡时气体总的物质的量为：（1﹣x﹣y）+（3﹣3x﹣y）+x+y+（x+y）＝4﹣2x＝4﹣2×＝mol，此时容器的总压强为800kPa，则此时CO2的分压为×800kPa＝80kPa，同理可知，p（CH3OH）═×800kPa＝80kPa，p（H2）＝400kPa，p（H2O）＝160kPa，反应①的压强平衡常数Kp＝＝═2.5×10﹣6kPa﹣2，
故答案为：80；2.5×10﹣6；
iii．图中M点的φ（CH3OH）高于N点的原因是反应①为放热反应，且正反应是气体体积减小的反应，M点相对于N点，温度更低，压强更大，有利于反应①平衡正向移动，φ（CH3OH）增大，
故答案为：反应①为放热反应，且正反应是气体体积减小的反应，M点相对于N点，温度更低，压强更大，有利于反应①平衡正向移动，φ（CH3OH）增大。
【点评】本题考查化学原理部分知识，涉及到盖斯定律的应用，化学平衡常数的计算，化学平衡的移动，均为高频考点，整体难度中等，是中档题。
13．（2022•重庆模拟）2021年3月5号，国务院政府工作报告中指出，扎实做好碳达峰、碳中和各项工作。“碳中和”是指企业、团体或个人测算在一定时间内直接或间接产生的温室气体排放总量，通过植树造林、节能减排等形式，以抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”。CO2作为未来重要的碳源，其选择性加氢合成醇燃料是研究的热点。
（1）CO2可通过捕获技术从空气或工业尾气中获取，下列物质能作为CO2捕获剂的 　A　（填标号）。
A.NaOH溶液
B.（NH4）2SO4溶液
C.CH3COCH3
D.饱和Na2CO3溶液
（2）CO2在催化剂作用下可以直接转化为乙二醇和甲醇，（g）+CO2（g）+3H2（g）→HOCH2CH2OH（g）+CH3OH（g）ΔH＝﹣123.6kJ/mol，获取乙二醇的反应历程可分为如下2步：
Ⅰ.和二氧化碳反应生成
Ⅱ.（g）+3H2（g）→HOCH2CH2OH（g）+CH3OH（g）ΔH＝﹣62.3kJ/mol
则步骤Ⅰ的热化学方程式是 　（g）+CO2（g）→（g）△H＝﹣61.3kJ/mol　。
（3）2017年采用中国自主知识产权的全球首套煤基乙醇工业化项目投产成功，某地煤制乙醇的过程表示如图。

过程a包括以下3个主要反应：
Ⅰ.CH3COOCH3（g）+2H2（g）⇌C2H5OH（g）+CH3OH（g）ΔH1
Ⅱ.CH3COOCH3（g）+C2H5OH（g）⇌CH3COOC2H5（g）+CH3OH（g）ΔH2
Ⅲ.CH3COOCH3（g）+H2（g）⇌CH3CHO（g）+CH3OH（g）ΔH3
相同时间内，测得CH3COOCH3转化率、乙醇和乙酸乙酯的选择性（如乙醇选择性＝）如图1和图2所示：

①随温度升高，反应Ⅰ化学平衡常数逐渐减小，可推知ΔH1　＜　0（填“＜”或“＝”或“＞”）。
②下列说法不合理的是 　C　。
A.温度可影响催化剂的选择性，从而影响目标产物的选择性
B.增大H2的浓度，可以提高CH3COOCH3的转化率
C.225℃～235℃，反应Ⅰ处于平衡状态
③在205℃时CH3COOCH3起始物质的量为5mol，转化率为30%，生成乙醇的物质的量 　0.6　mol。
（4）CO2在自然界循环时可与CaCO3反应，CaCO3是难溶物质，其Ksp＝2.8×10﹣9。CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合可形成CaCO3沉淀，现将等体积的CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合，若Na2CO3溶液的浓度为5.6×10﹣5mol/L，则生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为 　2×10﹣4　mol/L。
（5）以铅蓄电池为电源可将CO2转化为乙烯，其原理如图3所示，电解所用电极材料均为惰性电极。阴极上的电极反应式为 　2CO2+12H++12e﹣═CH2＝CH2+4H2O　。

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【专题】化学平衡专题．
【分析】（1）能与CO2反应的溶液可作为CO2捕获剂，CO2是酸性氧化物，能与碱反应；
（2）根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数并进行相应的加减；
（3）①平衡常数只与温度有关，平衡常数越大，说明反应的正向程度越大，升高温度，平衡向吸热方向移动；
②A.根据图2乙醇和乙酸乙酯的选择性变化解答；
B.增大H2的浓度，反应Ⅰ和反应Ⅲ正向移动；
C.由①知反应Ⅰ的热效应，升高温度，平衡向吸热方向移动，CH3COOCH3的平衡转化率减小，结合图1解答；
③先根据转化率＝×100%计算n（转化的CH3COOCH3），由图2可知，乙醇的选择性为40%，再代入n（最终转化为为乙醇的CH3COOCH3）＝n（转化的CH3COOCH3）×乙醇的选择性，最后根据反应Ⅰ得到生成乙醇的物质的量；
（4）现将等体积的CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合，Ca2+和CO32﹣的物质的量浓度均变为原来的一半，形成CaCO3沉淀需要满足混合后c（Ca2+）•c（CO32﹣）≥Ksp，据此计算混合后溶液中Ca2+的物质的量浓度，从而得到所需CaCl2溶液的最小浓度；
（5）在电解池中，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，根据题意，电解质环境为酸性，CO2转化为乙烯，碳元素的化合价从+4价降低到﹣2价，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写电极方程式。
【解答】解：（1）CO2是酸性氧化物，能被NaOH溶液吸收，不能与（NH4）2SO4溶液、CH3COCH、饱和NaHCO3溶液反应，故A能作为CO2捕获剂，
故答案为：A；
（2）已知：① （g）+CO2（g）+3H2（g）→HOCH2CH2OH（g）+CH3OH（g）△H＝﹣123.6kJ/mol
②（g）+3H2（g）→HOCH2CH2OH（g）+CH3OH（g）△H＝﹣62.3kJ/mol
根据盖斯定律，由①﹣②可得（g）+CO2（g）→（g）△H＝（﹣123.6kJ/mol）﹣（﹣62.3kJ/mol）＝﹣61.3kJ/mol，
故答案为：（g）+CO2（g）→（g）△H＝﹣61.3kJ/mol；
（3）①随温度升高，反应Ⅰ化学平衡常数逐渐减小，说明平衡逆向移动，则该反应逆向吸热，正向放热，可推知△H1＜0，
故答案为：＜；
②A.由图2可知，温度可影响催化剂的选择性，从而影响目标产物的选择性，故A正确；
B.增大H2的浓度，反应Ⅰ和反应Ⅲ正向移动，可以提高CH3COOCH3的转化率，故B正确；
C.由①知反应Ⅰ正向放热，升高温度，平衡逆向移动，CH3COOCH3的平衡转化率减小，由图1可知，225℃～235℃，CH3COOCH3的转化率增大，说明反应Ⅰ未达到平衡状态，故C错误；
故答案为：C；
③在205℃时CH3COOCH3起始物质的量为5mol，转化率为30%，则n（转化的CH3COOCH3）＝5mol×30%＝1.5mol，由图2可知，乙醇的选择性为40%，则n（最终转化为为乙醇的CH3COOCH3）＝n（转化的CH3COOCH3）×40%＝1.5mol×40%＝0.6mol，根据反应Ⅰ可知，生成乙醇的物质的量为0.6mol，
故答案为：0.6；
（4）现将等体积的CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合，若Na2CO3溶液的浓度为5.6×10﹣5mol/L，则混合后c（CO32﹣）＝×5.6×10﹣5mol/L＝2.8×10﹣5mol/L，形成CaCO3沉淀需要满足c（Ca2+）•c（CO32﹣）≥Ksp＝2.8×10﹣9，故混合溶液中c（Ca2+）≥mol/L＝10﹣4mol/L，则所需CaCl2溶液的最小浓度为2×10﹣4mol/L，
故答案为：2×10﹣4；
（5）在电解池中，阴极发生还原反应，根据题意，电解质环境为酸性，CO2转化为乙烯，碳元素的化合价从+4价降低到﹣2价，则每2个CO2得到12个电子，被还原成1个CH2＝CH2，结合电荷守恒和原子守恒得到其阴极上的电极反应式为：2CO2+12H++12e﹣═CH2＝CH2+4H2O，
故答案为：2CO2+12H++12e﹣═CH2＝CH2+4H2O。
【点评】本题综合考查热化学方程式的书写、平衡移动的原理、转化率和沉淀溶解平衡相关的计算以及电极方程式的书写，题目难度中等，关键是掌握盖斯定律的应用、外界条件对平衡移动的影响、平衡常数和溶度积常数的意义以及电解池的原理，明确图象的横纵坐标及其变化趋势的意义，明确图中特殊点的重要作用，提高学生的分析能力和化学计算能力。
14．（2022•石景山区一模）CO2分子结构稳定，难以给出电子，较容易接受电子，较难活化。采用CO2作为碳源，通过CO2催化加氢方式，不仅可以减少温室气体的排放，还可以将CO2转化为高附加值的化学产品，具有重要的战略意义。
（1）若活化CO2，通常需要采取适当的方式使CO2的分子结构从 　直线型　（填分子的空间结构名称）变为弯曲型，便于下一步反应。
（2）一种CO2直接加氢的反应机理如图a所示。

①写出总反应的化学方程式 　CO2+4H2H2O+CH4　。
②MgOCO2也可以写成MgCO3，写出CO32﹣的VSEPR模型名称 　平面三角形　。
（3）①已知：主反应CO2催化加氢制甲醇是放热反应
2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）ΔH1
2CH3OH（g）+3O2（g）＝4H2O（g）+2CO2（g）ΔH2
写出CO2催化加氢制甲醇的热化学方程式 　CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g） ΔH＝（3ΔH3﹣ΔH2）kJ/mol　（ΔH用含ΔH1和ΔH2的代数式表示）。
②CO2催化加氢制甲醇过程中的主要竞争反应为：CO2（g）+H2（g）＝CO（g）+H2O（g）ΔH＝+41kJ/mol。在恒温密闭容器中，维持压强和投料不变，将CO2和H2按一定流速通过反应器，CO2转化率和CH3OH选择性[x（CH3OH）%＝随温度变化关系如图b所示，分析236℃以后，图b中曲线下降的原因 　主反应放热，竞争反应吸热，升温使主反应平衡逆向移动程度大于竞争反应平衡正向移动程度，因而使CO2转化率、甲醇选择性下降
或主反应催化剂随温度升高活性变差　。
③我国科学家设计了离子液体电还原CO2合成CH3OH工艺，写出碱性条件下CO2生成甲醇的电极反应式 　CO2+6e﹣+5H2O＝CH3OH+6OH﹣　。
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【专题】化学平衡专题．
【分析】（1）CO2分子中C原子上的孤电子对数为0，价层电子对数为2，CO2分子的空间构型为直线形，分子结构稳定，难以给出电子；
（2）①从一种CO2直接加氢的反应机理图可知，进入体系的物质是CO2和H2，从体系出来的物质有CH4和H2O；
②CO32﹣的中心原子C的价层电子对数为3，则C的杂化方式为sp2杂化；
（3）①根据盖斯定律，设题给两个热化学方程式分别为a和b，则通过（a×3﹣b）×变化可得CO2催化加氢制甲醇的热化学方程式：CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）；
②CO2催化加氢制甲醇过程中的主反应是放热，主要竞争反应为吸热；
③离子液体电还原CO2合成CH3OH工艺，则CO2得电子，碱性条件下CO2生成甲醇。
【解答】解：（1）CO2分子中C原子上的孤电子对数为0，价层电子对数为2，CO2分子的空间构型为直线形，分子结构稳定，难以给出电子，若活化CO2，通常需要采取适当的方式使CO2的分子结构从直线形变为弯曲型，便于下一步反应，
故答案为：直线型；
（2）①从一种CO2直接加氢的反应机理图可知，进入体系的物质是CO2和H2，从体系出来的物质有CH4和H2O，总反应的化学方程式：CO2+4H2H2O+CH4，
故答案为：CO2+4H2H2O+CH4；
②CO32﹣的中心原子C的价层电子对数为3，则C的杂化方式为sp2杂化，则其VSEPR模型名称平面三角形，
故答案为：平面三角形；
（3）①根据盖斯定律，设题给两个热化学方程式分别为a和b，则通过（a×3﹣b）×变化可得CO2催化加氢制甲醇的热化学方程式：CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g） ΔH＝（3ΔH3﹣ΔH2）kJ/mol，
故答案为：CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g） ΔH＝（3ΔH3﹣ΔH2）kJ/mol；
②图b中曲线所示，236℃以后，CO2转化率、甲醇选择性随温度升高而下降，可能的原因是：CO2催化加氢制甲醇过程中的主反应是放热，主要竞争反应为吸热，236℃以后升温使主反应平衡逆向移动程度大于竞争反应平衡正向移动程度，因而使CO2转化率、甲醇选择性下降；或主反应催化剂随温度升高活性变差，
故答案为：主反应放热，竞争反应吸热，升温使主反应平衡逆向移动程度大于竞争反应平衡正向移动程度，因而使CO2转化率、甲醇选择性下降或主反应催化剂随温度升高活性变差；
③离子液体电还原CO2合成CH3OH工艺，则CO2得电子，碱性条件下CO2生成甲醇的电极反应式：CO2+6e﹣+5H2O＝CH3OH+6OH﹣，
故答案为：CO2+6e﹣+5H2O＝CH3OH+6OH﹣。
【点评】本题考查化学反应能量变化、化学平衡移动、化学平衡计算等，难度中等，是对知识的综合利用，注意基础知识的理解掌握。
15．（2022•潍坊模拟）近年，甲醇的制取 与应用在全球引发了关于“甲醇经济”的广泛探讨。以下是两种制取过程：
（1）利用CO2制取甲醇
在1L的容器中，选择合适的催化剂进行反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g） ΔH＜0。改变表中条件，测得如表数据：

温度
投料n（H2 ）/mol
投料n（CO2）/mol
H2 平衡转化率/%
1组
T1
1
2
60
2组
T2
2
2
50
3组
T3
6
2
α
①T1时平衡常数K＝　0.35（mol•L﹣1）﹣2　（计算结果保留2位小数）；若T1＝T3，则α　＞　60%（填“＜”“＝”“＞”），结合相关数据计算，写出推理过程 　当α＝60%时，浓度熵Q＝≈0.13＜0.35，反应正向进行，达到平衡后α＞60%　。
②已知反应速率v正＝k正 x（CO2）x3（H2），v逆＝k逆 x（CH3OH）x（H2O），k 正、k逆为速率常数，x为物质的量分数。若第2组数据的k正＝20mol•L﹣1•s﹣1，则平衡时v逆＝　0.27　mol•L﹣1•s﹣1。
（2）利用烯烃催化制取甲醇
制取过程中发生如下反应：
I.C3H6（g）+3H2O（g）⇌3CH3OH（g）△H1
II.C2H4（g）+2H2O（g）⇌2CH3OH（g）△H2
III.3C2H4（g）⇌2C3H6（g）△H3
反应I、III的vant Hoff实验数据如图所示（ vant Hoff经验公式RlnK＝﹣+C，ΔHθ为标准焓变，K为平衡常数，R和C为常数）。根据图判断：
①△H2＝　　 （用含△H1和△H3的计算式表示），反应III的ΔHθ＝　﹣100　 kJ•mol﹣1。
②为研究该反应体系的平衡关系，向容积为1L的容器中加入1.0mol甲醇，控制温度为500K，测得平衡时，甲醇的转化率为0.8，乙烯的物质的量为0.1mol，则R的数值为 　8.1　。（计算结果保留1位小数，已知：lge＝0.43，lg5＝0.7）

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【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡计算．
【分析】（1）①根据反应的三段式计算平衡常数K＝，若T1＝T3时，反应的平衡常数K不变，假设转化率仍为60%，再根据反应的三段式计算各物质的浓度，结合浓度熵Q＝与平衡常数K的关系分析反应进行的方向：若Q＞K，则反应逆向进行，α＜60%；若Q＜K，则反应正向进行，α＞60%；若Q＝K，则反应不移动，α＝60%；
②根据反应三段式计算反应达到平衡时各物质的浓度及物质的量分数，结合v逆＝v正＝k正 x（CO2）x3（H2）计算平衡时v逆；
（2）①I.C3H6（g）+3H2O（g）⇌3CH3OH（g）△H1，II.C2H4（g）+2H2O（g）⇌2CH3OH（g）△H2，根据盖斯定律：Ⅱ×3﹣I×2计算反应3C2H4（g）⇌2C3H6（g）的△H3；根据图中（4，30.4）、（40，34）数值计算反应III的ΔHθ；
②向容积为1L的容器中加入1.0mol甲醇，控制温度为500K，测得平衡时甲醇的转化率为0.8，乙烯的物质的量浓度为0.1mol/L，根据C原子守恒有c（C3H6）＝（0.8mol/L﹣0.1mol/L×2）＝0.2mol/L，根据O原子守恒有生成水的物质的量n（H2O）＝n（CH3OH）＝0.8mol/L，反应Ⅲ的平衡常数K＝＝40，即Rln40＝+C，据此计算解答。
【解答】解：（1）①三段式CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
起始量（mol/L） 2 1 0 0
变化量（mol/L） 0.2 0.6 0.2 0.2
平衡量（mol/L） 1.8 0.4 0.2 0.2
反应的平衡常数K＝＝（mol•L﹣1）﹣2≈0.35（mol•L﹣1）﹣2，若T1＝T3时，反应的平衡常数K不变，假设转化率仍为60%，第3组数据反应的三段式为：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
起始（mol/L） 2 6 0 0
变化（mol/L） 1.2 3.6 1.2 1.2
终态（mol/L） 0.8 2.4 1.2 1.2
此时的浓度熵Q＝＝≈0.13＜K，则反应正向进行，H2的平衡转化率增大，即达到平衡后α＞60%，
故答案为：0.35（mol•L﹣1）﹣2；＞；当α＝60%时，浓度熵Q＝≈0.13＜0.35，反应正向进行，达到平衡后α＞60%；
②数据2三段式为CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
起始量（mol/L） 2 2 0 0
变化量（mol/L） 1
平衡量（mol/L） 1
x（CO2）＝＝0.5，x（H2）＝＝0.3，反应达到平衡时v逆＝v正，即v逆＝v正＝k正 x（CO2）x3（H2）＝20mol•L﹣1•s﹣1×0.5×（0.3）3＝0.27mol•L﹣1•s﹣1，
故答案为：0.27；
（2）①I.C3H6（g）+3H2O（g）⇌3CH3OH（g）△H1，II.C2H4（g）+2H2O（g）⇌2CH3OH（g）△H2，根据盖斯定律：Ⅱ×3﹣I×2计算反应3C2H4（g）⇌2C3H6（g）的△H3＝3△H2﹣2△H1，即△H2＝；根据图中（4，30.4）、（40，34）有：30.4＝﹣4×10﹣3ΔHθ+C、34＝﹣40×10﹣3ΔHθ+C，则反应Ⅲ的ΔHθ＝kJ•mol﹣1＝﹣100kJ•mol﹣1，
故答案为：；﹣100；
②反应Ⅲ的ΔHθ＝﹣100kJ•mol﹣1，直线分程为RlnK＝+C，经过（40，34），则C＝30，即RlnK＝+30，向容积为1L的容器中加入1.0mol甲醇，控制温度为500K，测得平衡时甲醇的转化率为0.8，乙烯的物质的量浓度为0.1mol/L，根据C原子守恒有c（C3H6）＝（0.8mol/L﹣0.1mol/L×2）＝0.2mol/L，根据O原子守恒有生成水的物质的量n（H2O）＝n（CH3OH）＝0.8mol/L，反应Ⅲ的平衡常数K＝＝40，即Rln40＝+30＝30.2，R＝≈8.1，
故答案为：8.1。
【点评】本题考查化学平衡的计算和盖斯定律的计算应用，为高频考点，把握平衡常数表达式及其计算、平衡常数的应用、平衡常数K与标准焓变的关系式推理、化学平衡特征及反应速率的计算是解题关键，题目难度较大，注意经验公式中常数C的计算。
16．（2022•海南模拟）《自然》杂志最近报道，科学家设计了“空气燃料实验系统”：第一步，利用太阳能收集空气中的CO2和H2O；第二步，在太阳能作用下将CO2和H2O转化成合成气（CO、H2）；第三步，利用合成气合成液态烃和甲醇。回答下列问题：
Ⅰ.模拟制备CO的装置如图所示（C1、C2为石墨）。

（1）b极是 　正极　（填“正极”或“负极”）。
（2）C1电极的电极反应式为 　CO2+2e﹣+2H+＝CO+H2O　。
Ⅱ.利用合成气可合成甲醇、甲烷等。已知：
反应1：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g） ΔH1
反应2：CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g） ΔH2
（3）CH4（g）+H2O（g）⇌CH3OH（g）+H2（g） ΔH＝　ΔH1﹣ΔH2　（用含ΔH1、ΔH2的代数式表示）。
（4）CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）的速率方程为v＝kcn（CO）•cm（H2）（k为速率常数，与温度、催化剂有关）。假设在某温度、催化剂作用下，仅发生反应2，测得反应速率与CO、H2浓度的关系如表所示：
实验
c（CO）/（mol•L﹣1）
c（H2）/（mol•L﹣1）
反应速率
①
0.10
0.10
v
②
0.20
0.10
2v
③
0.20
0.20
8v
④
0.40
x
36v
则n＝　1　，m＝　1　表格中x＝　0.3　。
（5）在一定温度下，向某恒容密闭容器中充入CO和H2，仅发生反应1，测得平衡体系中CH3OH的体积分数[φ（CH3OH）]与投料比的关系如图所示。

在a、b、c三点中，CO的转化率最大的是 　c　（填字母）。
（6）在1L恒容密闭容器中充入1molCO和2molH2，在T℃、催化剂作用下只发生反应1，达到平衡时c（CO）＝0.5mol•L﹣1，则该温度下反应1的平衡常数K＝　1　。
【考点】化学平衡的计算．菁优网版权所有
【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题；电化学专题．
【分析】Ⅰ.由图可知，碳元素价态降低得电子，故C1极为阴极，电极反应式为CO2+2e﹣+2H+＝CO+H2O，C2极为阳极；
Ⅱ.（3）由已知反应的反应热通过盖斯定律计算未知反应的反应热；
（4）由速率方程和表格中浓度与速率关系计算n、m、x值；
（5）增大一种反应物浓度，平衡正向移动，另一种反应物转化率变大；
（6）由反应物的起始加入量和平衡量计算平衡时各组分浓度，进而计算平衡常数。
【解答】解：（1）C2极为阳极，故b极正极，
故答案为：正极；
（2）碳元素价态降低得电子，故C1极为阴极，电极反应式为CO2+2e﹣+2H+＝CO+H2O，
故答案为：CO2+2e﹣+2H+＝CO+H2O；
（3）已知：反应1：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH1，反应2：CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）ΔH2，由盖斯定律1﹣2可知CH4（g）+H2O（g）⇌CH3OH（g）+H2（g）ΔH＝ΔH1﹣ΔH2，
故答案为：ΔH1﹣ΔH2；
（4）CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）的速率方程为v＝kcn（CO）•cm（H2），k为速率常数，由①②可知，c（CO）浓度增大2倍，速率增大2倍，故n＝1，由②③可知，c（H2）增大2倍，速率增大4倍，故m＝2，率方程为v＝kc（CO）•c2（H2），由①④可知＝，解得x＝0.3，
故答案为：1；2；0.3；
（5）投料比越大，氢气加入量越多，平衡正向移动，CO的转化率越大，在a、b、c三点中，CO的转化率最大的是c，
故答案为：c；
（6）在1L恒容密闭容器中充入1molCO和2molH2，则CO和H2的起始浓度分别为1mol/L和2mol/L，在T℃、催化剂作用下只发生反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），达到平衡时c（CO）＝0.5mol•L﹣1，则CO浓度变化量为1mol/L﹣0.5mol/L＝0.5mol/L，平衡时氢气的浓度为2mol/L﹣1mol/L＝1mol/L，甲醇的浓度为0.5mol/L，则该温度下反应1的平衡常数K＝＝＝1，
故答案为：1。
【点评】本题考查原电池原理、盖斯定律和化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对平衡的影响是解题的关键，难点是平衡常数的计算。
17．（2022•广州一模）以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的反应如下：
I.CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1＝﹣49kJ•mol﹣1
II.CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2＝+41kJ•mol﹣1
I.CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH3
回答下列问题：
（1）Kp为分压平衡常数，各反应的lnKp随的变化如图所示。计算反应III的ΔH3＝　＝﹣90　kJ•mol﹣1，其对应的曲线为 　a　（填“a”或“c”）

（2）在5MPa下，按照n（CO2）：n（H2）＝1：3投料，平衡时，CO和CH3OH在含碳产物中物质的量分数及CO2的转化率随温度的变化如图：

①图中代表CH3OH的曲线为 　m　（填“m”或“n”）。
②解释150～250℃范围内CO2转化率随温度升高而降低的原因 　反应I是放热反应，反应II是吸热反应，温度升高使CO2平衡转化率减小的程度大于反应II使CO2平衡转化率增大的程度　。
③下列说法错误的是 　BC　（填字母）。
A.H2的平衡转化率始终低于CO2的
B.温度越低，越有利于工业生产CH3OH
C.加入选择性高的催化剂，可提高CH3OH的平衡转化率
D.150～400℃范围内，温度升高，H2O的平衡产量先减小后增大
④270°C时CO的分压为 　0.16MPa　，反应II的平衡常数为 　　（列出算式）。
【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．菁优网版权所有
【专题】化学平衡专题．
【分析】（1）I.CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）　ΔH1＝﹣49kJ•mol﹣1，II.CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）　ΔH2＝+41kJ•mol﹣1，根据盖斯定律I﹣II 可得CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）；
（2）①根据反应Ⅰ和Ⅲ可知，其反应的产物都有CH3OH生成，且ΔH1和ΔH3都小于零，也就是说，温度升高，它们的平衡都会逆向移动，从而使CH3OH的产量变少，则甲醇在含碳产物的物质的量分数减小；
②反应I是放热反应，温度升高，逆反应程度增大，CO2转化率降低，反应Ⅱ是吸热反应，温度升高，正反应程度增大，CO2转化率升高；
③A．起始n（CO2）：n（H2）＝1：3投料，只发生反应I时，CO2、H2转化率相同，发生反应II时，H2的平衡转化率小于CO2的转化率；
B．由图可知，温度在150℃时有利于反应Ⅰ进行，CH3OH的含量高，有利于工业生产CH3OH，但并不是温度越低越好；
C．加入选择性高的催化剂，可提高CH3OH的平衡转化速率；
D．150﹣400℃范围内，根据CO2的转化率变化曲线可知H2O的平衡产量先减小后增大；
④270℃时CO2的转化率为24%，CO和CH3OH在含碳产物中物质的量分数相同，则根据题意设起始量n（CO2）＝1mol，n（H2）＝3mol，平衡时反应I生成CH3OH物质的量为 xmol，反应II中生成CO 的物质的量也为xmol，可得：
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
转化 x 3x x x
CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）
转化 x x x x
反应后总的物质的量为剩余的CO2和H2和生成的CH3OH、H2O、CO的物质的量之和，则反应后混合物总的物质的量为1+3﹣6x+4x＝（4﹣2x）mol，CO2的转化率为24%，根据题意可得2x＝1mol×24%＝0.24mol，得到x＝0.12mol，则反应后总物质的量为3.76mol，在5MPa条件下，为恒压反应，则p（CO）＝×5MPa＝0.16MPa，平衡时，n（CO）＝0.12mol、n（H2O）＝0.24mol、n（CO2）＝0.76mol、n（H2）＝2.52mol，则反应II的平衡常数为Kp＝。
【解答】解：（1）I.CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）　ΔH1＝﹣49kJ•mol﹣1，II.CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）　ΔH2＝+41kJ•mol﹣1，根据盖斯定律I﹣II 可得CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g） ΔH3＝﹣49kJ•mol﹣1﹣41kJ•mol﹣1＝﹣90kJ•mol﹣1；反应III的ΔH3＜0，T降低平衡右移，Kp增大，lnKp增大，增大，故对应的曲线为a，
故答案为：﹣90；a；
（2）①根据反应Ⅰ和Ⅲ可知，其反应的产物都有CH3OH生成，且ΔH1和ΔH3都小于零，也就是说，温度升高，它们的平衡都会逆向移动，从而使CH3OH的产量变少，则甲醇在含碳产物的物质的量分数减小，故符合这个规律的是曲线m，
故答案为：m；
②反应I是放热反应，温度升高，逆反应程度增大，CO2转化率降低，反应Ⅱ是吸热反应，温度升高，正反应程度增大，CO2转化率升高，在150～250℃范围内，温度升高，整体上CO2转化率降低，说明反应Ⅰ逆向移动的程度大于反应II正向移动的程度，导致CO2转化率随温度升高而降低，
故答案为：反应I是放热反应，反应II是吸热反应，温度升高使CO2平衡转化率减小的程度大于反应II使CO2平衡转化率增大的程度；
③A．起始n（CO2）：n（H2）＝1：3投料，只发生反应I时，CO2、H2转化率相同，发生反应II时，H2的平衡转化率小于CO2的转化率，当I、II都发生时，则H2的平衡转化率小于CO2的转化率，故A正确；
B．由图可知，温度在150℃时有利于反应Ⅰ进行，CH3OH的含量高，有利于工业生产CH3OH，但并不是温度越低越好，因为反应需要一定温度才能发生，故B错误；
C．加入选择性高的催化剂，可提高CH3OH的平衡转化速率，并不能提高平衡转化率，故C错误；
D．150﹣400℃范围内，根据CO2的转化率变化曲线可知H2O的平衡产量先减小后增大，故D正确；
故答案为：BC；
④270℃时CO2的转化率为24%，CO和CH3OH在含碳产物中物质的量分数相同，则根据题意设起始量n（CO2）＝1mol，n（H2）＝3mol，平衡时反应I生成CH3OH物质的量为 xmol，反应II中生成CO 的物质的量也为xmol，可得：
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
转化 x 3x x x
CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）
转化 x x x x
反应后总的物质的量为剩余的CO2和H2和生成的CH3OH、H2O、CO的物质的量之和，则反应后混合物总的物质的量为1+3﹣6x+4x＝（4﹣2x）mol，CO2的转化率为24%，根据题意可得2x＝1mol×24%＝0.24mol，得到x＝0.12mol，则反应后总物质的量为3.76mol，在5MPa条件下，为恒压反应，则p（CO）＝×5MPa＝0.16MPa，平衡时，n（CO）＝0.12mol、n（H2O）＝0.24mol、n（CO2）＝0.76mol、n（H2）＝2.52mol，则反应II的平衡常数为Kp＝＝，
故答案为：0.16MPa；。
【点评】本题考查化学原理部分知识，涉及到盖斯定律的应用，化学平衡常数的计算，化学平衡的移动，均为高频考点，解题的关键时掌握化学反应原理知识的应用，整体难度中等，是中档题。
18．（2022•浙江模拟）含氮化合物是实验室和工业上的常用化学品。请回答：
（1）汽车尾气中的NO与CO能否通过反应NO（g）+CO（g）⇌N2（g）+CO2（g）进行净化，可以通过热力学计算进行理论分析。已知在标准压力下，由最稳定的单质合成标准压力下单位物质的量物质的反应焓变，叫做该物质的标准摩尔生成焓，用符号ΔfHmθ表示；在标准状况下。1摩尔纯物质的规定熵，叫做标准摩尔熵，用符号Smθ表示。相关数据如表：

NO
CO
N2
CO2
ΔfHmθ/kJ•mol﹣1
91.0
﹣110.5
0
﹣393.5
Smθ/J•mol﹣1•K﹣1
210.8
198.0
190.0
213.8
①已知当ΔH﹣T•ΔS＜0[T为热力学温度，T（K）＝273.15+t（℃）]时，反应能自发进行。则上述尾气净化反应能够自发进行的温度范围是 　T＜3.74×103K　（忽略温度变化对各物质的焓H、熵S的影响）。
②常压下，将体积比1：1混合的NO和CO以一定流速通过两种不同催化剂（Cat.1和Cat.2）进行反应，测量流出气体中NO含量，得出尾气脱氮率α（NO）随反应温度变化的曲线，如图所示。下列说法不正确的是 　BC　。

A.该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能
B.使用Cat.1时，NO的转化率随温度升高而不断增大
C.相同条件下该反应在使用Cat.2时的反应热小于使用Cat.1时的反应热
D.700℃为Cat.2的最佳活性温度，温度升高，催化剂可能失活
（2）一定温度下，恒容密闭容器中，充入3.0molN2和3.0molH2，发生反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），下列情况不能说明反应已经达到平衡状态的是 　C　。
A.3v正（N2）＝v逆（H2）
B.一段时间内，体系压强保持不变
C.一段时间内，N2的物质的量分数保持不变
D.一段时间内，容器内气体分子平均摩尔质量保持不变
（3）恒压密闭容器中，发生反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH＝﹣92kJ•mol﹣1，保持其他条件不变，只改变某一条件，得到在不同温度T时达到平衡状态的NH3体积分数φ（NH3）随反应物投料比变化曲线。

①T1　＜　（填“＞”“＜”或“＝”）T2。
②由曲线可知：恒温恒压条件下，当投料比等于化学计量数之比时，φ（NH3）有最大值。请在图中画出T1温度下，恒容密闭容器中，平衡时NH3体积分数φ（NH3）随反应物投料比变化曲线 　　。
（4）标准状况下，测得NO2、N2O4混合气体的密度为3.57g•L﹣1。则反应2NO2（g）⇌N2O4（g）的平衡常数Kp＝　　。[列出表达式或计算结果，体系压强取100kPa或用p表示。对于气相反应，用某组分B的平衡压强p（B）代替物质的量浓度c（B）也可表示平衡常数，记作Kp，p（B）＝p•x（B），p为平衡总压强，x（B）为平衡体系中B的物质的量分数]
【考点】化学平衡的计算；化学平衡移动原理；化学平衡状态的判断．菁优网版权所有
【分析】（1）①根据各物质的标准摩尔生成焓、标准摩尔熵计算该反应的焓变、熵变，ΔH﹣T•ΔS＜0时反应可自发进行求出温度范围；
②A.催化剂对平衡无影响，则由Cat.2的曲线可知，温度升高时NO的转化率降低；
B.使用Cat.1时，因催化剂对平衡无影响，又该反应为放热反应，温度升高逆向移动；
C.反应热的大小与催化剂无关；
D.由图可知使用Cat.2时，温度在700℃时NO的转化率最高，再升高温NO转化率降低，700℃为其最佳活性温度；
（2）A.3v正（N2）＝v逆（H2）＝v正（H2），正反应速率等于逆反应速率；
B.该反应为气体分子数减小的反应；
C.N2的物质的量分数保持不变不能说明反应达到平衡状态；
D.随反应的进行，容器内气体的总质量不变，气体的总物质的量减少，则分子平均摩尔质量逐渐增大；
（3）①对放热反应，温度升高平衡向吸热方向移动；
②合成氨反应为气体体积减小的反应，恒压时的压强大于恒容时的压强，根据压强和投料比分析平衡时NH3体积分数的变化；
（4）根据标准状况下混合气体的密度求出混合气体的平均摩尔质量，求出NO2、N2O4的物质的量之比，代入Kp求解。
【解答】解：（1）①该反应的焓变；，，ΔH﹣T•ΔS＜0时反应可自发进行，则，T＜3.74×103K，
故答案为：T＜3.74×103K；
②A.催化剂对平衡无影响，则由Cat.2的曲线可知，温度升高时NO的转化率降低，则正反应为放热反应，正反应的活化能小于逆反应的活化能，故A正确；
B.使用Cat.1时，因催化剂对平衡无影响，又该反应为放热 反应，因此NO的转化率随温度升高而不断减小，故B错误；
C.相同条件下催化剂对反应热无影响，故C错误；
D.由图可知使用Cat.2时，温度在700℃时NO的转化率最高，再升高温NO转化率降低，700℃为其最佳活性温度；
故答案为：BC；
（2）A.3v正（N2）＝v逆（H2）＝v正（H2），说明正反应速率等于逆反应速率，反应达到平衡状态，故A错误；
B.由反应可知，随反应的进行气体分子数逐渐减小，压强逐渐减小，当体系压强保持不变时，反应达到平衡状态，故B错误；
C.设N2的转化量为xmol，
N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），
起始（mol） 3.0 3.0 0
转化（mol） x 3x 2x
平衡（mol） 3.0﹣x 3.0﹣3x 2x
N2的物质的量分数＝＝50%，可知氮气的物质的量分数恒定，因此N2的物质的量分数保持不变不能说明反应达到平衡状态，故C正确；
D.随反应的进行，容器内气体的总质量不变，气体的总物质的量减少，则分子平均摩尔质量逐渐增大，当容器内气体分子平均摩尔质量保持不变时反应达到平衡状态，故D错误，
故答案为：C；
（3）①温度由T2变为T1时，氨气的百分含量增大，说明平衡正向移动，又正反应为放热反应，因此温度降低平衡正向移动，则T1小于T2，
故答案为：＜；
②恒压时的压强大于恒容时的压强，因此在 相同时，恒压时平衡正向进行的程度大，氨气的体积分数大，因此T1温度下，恒容密闭容器中，平衡时NH3体积分数φ（NH3）低于恒压，且适当增大氢气的量使平衡正向移动，能增大氨气的体积分数，由此可得变化曲线为，
故答案为：；
（4）标准状况下，测得NO2、N2O4混合气体的密度为3.57g•L﹣1，可知混合气体的平均摩尔质量为3.57g•L﹣1×22.4L/mol＝80g/mol，＝80g/mol，
n（NO2）、n（N2O4）的物质的量之比为6：17，Kp＝＝，
故答案为：。
【点评】本题考查化学平衡的计算，涉及化学反应自发进行方向、化学平衡状态的判断等知识点，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，此题难度较大。
19．（2022•洛阳二模）氮元素的化合物种类繁多，性质也各不相同。请回答下列问题：
（1）已知：
①N2（g）+O2（g）═2NO（g）ΔH＝+180.5kJ•mol﹣1
②2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）ΔH＝﹣483.6 kJ•mol﹣1
③N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）ΔH＝﹣92.4kJ•mol﹣1
则反应：④4NH3（g）+5O2（g）＝4NO（g）+6H2O（g）的ΔH＝　﹣905　kJ•mol﹣1。根据：RlnKp＝﹣+C（C为常数），由图1中的数据可推知，该反应的反应热为 　﹣92.45　kJ•mol﹣1（保留小数点后2位），图2表示的方程式是 　③　（填序号）。

（2）生产硝酸的第二步反应是2NO+O2═2NO2，在0.1MPa和0.8 MPa压强下，NO的平衡转化率α随温度的变化如图所示，反应在400℃，0.8MPa时的α＝　80%　，在压强p1、温度600℃时，A点v正　小于　v逆（填“大于”、“小于”或者“等于”）。
（3）研究表明NO和O2的反应分两步进行：
①2NO═（NO）2△H＜0
②（NO）2+O2═2NO2△H＜0
NO和O2反应速率公式为v＝k•K•p2（NO）•p（O2），K为反应①的平衡常数，k为反应②速率常数（k随温度T升高而增大）。当其他条件不变时，研究NO达到一定转化率时，温度与时间的关系如表所示。
压强/（×105Pa）
温度/℃
NO达到一定转化率所需时间/s
50%
90%
98%
1
30
12.4
248
2830
90
25.3
508
5760
8
30
0.19
3.88
36.4
90
0.59
7.86
74
根据上表信息，对于反应：2NO+O2═2NO2，当其他条件一定时，升高温度，反应速率降低，原因是 　温度升高，化学反应速率降低；该反应的速率公式为v＝kKp2（NO）p（O2），反应①为放热反应，温度上升，平衡常数K减小，速率常数k增大，由于K降低倍数大于k升高倍数，总结果随温度上升，反应速率减慢　。
（4）利用现代手持技术传感器探究压强对2NO2（g）⇌N2O4（g）平衡移动的影响。在恒定温度和标准压强条件下，往针筒中充入一定体积的NO2气体后密封并保持活塞位置不变。分别在t1s、t2s时迅速移动活塞后并保持活塞位置不变，测定针筒内气体压强变化如图3所示。

①B、E两点对应的正反应速率大小为vB　＞　（填“＞”“＜”或“＝”）vE。
②E、F、G、H四点对应气体的平均相对分子质量最大的点为 　H　。
【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．菁优网版权所有
【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题；化学平衡计算．
【分析】（1）①N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H＝+180.5kJ•mol﹣1，②2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H＝﹣483.6kJ•mol﹣1，③N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H＝﹣92.4kJ•mol﹣1，盖斯定律计算①×2+③×2+②×3得到4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（g）的△H，根据：RlnKp＝﹣+C（C为常数），结合图中数据计算得到反应焓变，焓变确定发生的反应；
（2）2NO+O2＝2NO2为气体分子数减小的反应，其他条件不变时，增大压强，平衡右移，NO的平衡转化率增大，该反应在400℃、压强为0.8MPa条件下，NO的平衡转化率一定高于相同温度下、压强为0.1MPa的，P1＝0.8MPa，A点条件下未达到平衡，反应正向左进行；
（3）根据表中数据可看出温度升高，化学反应速率降低，再根据该反应的速率公式为v＝kKp2（NO）×p（O2）以及反应机理，反应①为放热反应，温度上升，平衡常数K减小，而速率常数k随温度上升而增大；
（4）①B、E点，反应都处于平衡状态，压强越大，反应速率越快；
②E点时，反应达到平衡状态，此时增大压强，由E点上升到F点，该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，结合平均相对分子质量＝分析。
【解答】解：（1）①N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H＝+180.5kJ•mol﹣1，②2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H＝﹣483.6kJ•mol﹣1，③N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H＝﹣92.4kJ•mol﹣1，盖斯定律计算①×2+③×2+②×3得到4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（g）△H＝（2×92.4）+（2×180.5）+3×（﹣483.6）＝﹣905kJ/mol，根据：RlnKp＝﹣+C（C为常数），﹣3.710＝2.113△H+C，﹣61.678＝1.486△H+C，两式联立得到△H＝﹣92.45kJ/mol，图2表示的方程式是：③N2（g）+3H2（g）═2NH3（g），△H＝﹣92.4kJ•mol﹣1，
故答案为：﹣905；﹣92.45；③；
（2）2NO+O2＝2NO2该反应是一个气体分子数减少的反应，故增大压强可以使化学平衡向正反应方向移动，因此，在相同温度下，压强越大，NO的平衡转化率越大，所以该反应在400℃、压强为0.8MPa条件下，NO的平衡转化率一定高于相同温度下、压强为0.1MPa的，因此，p1＝0.8MPa，由图中数据可知，α＝80%，A点条件下未达到平衡，反应正向左进行，所以A点v正小于v逆，
故答案为：80%；小于；
（3）根据表中数据可看出温度升高，化学反应速率降低，再根据该反应的速率公式为v＝kKp2（NO）×p（O2）以及反应机理，反应①为放热反应，温度上升，平衡常数K减小，而速率常数k随温度上升而增大，由于K降低倍数大于k升高倍数，总结果随温度上升，反应减慢，
故答案为：温度升高，化学反应速率降低；该反应的速率公式为v＝kKp2（NO）p（O2），反应①为放热反应，温度上升，平衡常数K减小，速率常数k增大，由于K降低倍数大于k升高倍数，总结果随温度上升，反应速率减慢；
（4）①B、E点，反应都处于平衡状态，压强越大，反应速率越快，则B、E两点对应的正反应速率大小为vB＞vE，
故答案为：＞；
②E点时，反应达到平衡状态，此时增大压强，由E点上升到F点，该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，则气体的总物质的量减小，E、F、G、H四点对应气体的总物质的量最小的是H点，根据平均相对分子质量 ＝，E、F、G、H四点对应气体的平均相对分子质量最大的点为H，
故答案为：H。
【点评】本题综合考查化学知识，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，题目涉及化学平衡的移动、化学平衡的计算，根据题目信息，结合勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，题目难度中等。
20．（2022•湖北模拟）“液态阳光”是指利用太阳能等可再生能源产生的电力电解水生产“绿色”氢能并将二氧化碳加氢转化为“绿色”甲醇等液体燃料。利用CO2加氢制甲醇等清洁燃料．是实现CO2减排较为可行的方法。
（1）一定条件下，由CO2和H2制备甲醇的反应历程如图所示：

步骤1：CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）
步骤2：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）
由CO2和H2制备甲醇的热化学方程式为：　CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H＝﹣49kJ/mol　，其总反应的反应速率由 　步骤1　决定（填“步骤1”或“步骤2”）。
（2）研究发现CO2和H2制备甲醇也可以不通过CO的中间状态，我国学者在CO2加氢制甲醇反应机理方面取得重要进展（标注“*”表示在催化剂表面吸附的物质）：

上述反应历程中，合成甲醇步骤的反应方程式为：　*H3CO﹣+H2O＝H3COH+*HO﹣　。
（3）CO2和H2制备甲醇还存在副反应——逆水煤气变换反应CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）。通过实验测定523K，n（H2）：n（CO2）＝3：1时不同总压对甲醇产率的影响如图所示；

图中压强增大甲醇产率增大的原因是：　相同条件下，由于反应为气体分子数减小的反应，加压有利于平衡正向移动；而副反应为气体分子数不变的反应，压强不影响平衡的移动，故增大压强，甲醇的产率升高　。
（4）在温度为T，压强为2.8MPa的恒压密闭容．器中，通入1molCO2、1molCO和2molH2同时发生反应1：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），反应2：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）。达到平衡时，容器中CO2（g）为0.8mol，CO（g）为0.6mol，此时H2的平衡转化率，反应2的压强平衡常数Kp＝　2.78　（MPa）﹣2（分压＝总压×物质的量分数，结果保留三位有效数字）。
（5）我国科研团队利用非贵金属催化剂，以相当低的电耗在水性电解质中将CO2和甲醇都转化为附加值产品甲酸。请写出阴极的电极反应：　CO2+2e﹣+2H+＝HCOOH　。

【考点】化学平衡的计算；使用化石燃料的利弊及新能源的开发；化学平衡的影响因素．菁优网版权所有
【专题】化学平衡专题．
【分析】（1）由图象中起始反应物总能量与最终生成物总能量大小分析得知，由CO2和H2制备甲醇的热化学方程式为：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H＝﹣49kJ/mol，步骤1活化能大于步骤2，活化能越大，反应速率越慢，反应由慢反应决定速率；
（2）根据图中信息可知，上述反应历程中，合成甲醇步骤的反应物中箭头入的有*H3CO﹣、H2O和H+，箭头出的有甲醇和水，则*H3CO﹣与H+结合成H3COH；
（3）相同条件下，由于合成甲醇反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）为气体分子数减小的反应，加压有利于平衡正向移动；
（4）有三段法可知
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）（单位：mol）
开始 1 2 0 0
变化 0.2 0.6 0.2 0.2
平衡 0.8 1.4 0.2 0.2
CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）（单位：mol）
开始 1 1.4 0.2
变化 0.4 0.8 0.4
平衡 0.6 0.6 0.6
平衡时n总＝0.8mol+0.6mol+0.6mol+0.6mol+0.2mol＝2.8mol据此计算；
（5）CO2中C显+4价，HCOOH中C显+2价，CO2得电子在阳极发生还原反应。
【解答】解：（1）由图象中起始反应物总能量与最终生成物总能量大小分析得知，由CO2和H2制备甲醇的热化学方程式为：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H＝﹣49kJ/mol，步骤1活化能大于步骤2，活化能越大，反应速率越慢，反应由慢反应决定速率，故其总反应的反应速率由步骤1决定，
故答案为：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H＝﹣49kJ/mol；步骤1；
（2）根据图中信息可知，上述反应历程中，合成甲醇步骤的反应物中箭头入的有*H3CO﹣、H2O和H+，箭头出的有甲醇和水，则*H3CO﹣与H+结合成H3COH，故其反应方程式为：*H3CO﹣+H2O＝H3COH+*HO﹣，
故答案为：*H3CO﹣+H2O＝H3COH+*HO﹣；
（3）相同条件下，由于合成甲醇反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）为气体分子数减小的反应，加压有利于平衡正向移动；而副反应CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）为气体分子数不变的反应，压强不影响平衡的移动，故增大压强，甲醇的产率升高，
故答案为：相同条件下，由于反应为气体分子数减小的反应，加压有利于平衡正向移动；而副反应为气体分子数不变的反应，压强不影响平衡的移动，故增大压强，甲醇的产率升高；
（4）有三段法可知
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）（单位：mol）
开始 1 2 0 0
变化 0.2 0.6 0.2 0.2
平衡 0.8 1.4 0.2 0.2
CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）（单位：mol）
开始 1 1.4 0.2
变化 0.4 0.8 0.4
平衡 0.6 0.6 0.6
平衡时n总＝0.8mol+0.6mol+0.6mol+0.6mol+0.2mol＝2.8mol，平衡时H2转化率为＝×100%＝70%；CO、H2、CH3OH的平衡分压分别为 ×2.8MPa＝0.6MPa、×2.8MPa＝0.6MPa、×2.8MPa＝0.6MPa，反应2的压强平衡常数Kp═＝（MPa）﹣2＝2.78 （MPa）﹣2，
故答案为：2.78；
（5）CO2中C显+4价，HCOOH中C显+2价，CO2得电子在阳极发生还原反应，发生的电极反应式为CO2+2e﹣+2H+＝HCOOH，
故答案为：CO2+2e﹣+2H+＝HCOOH。
【点评】本题为化学平衡图像题，涉及到焓变的计算，热化学方程式的书写，平衡常数和转化率的计算，平衡图像的分析及用影响速率和平衡因素来解释图像信息，要求考生有较强的综合运用信息的能力，难度中等，其中图像分析和应用为本题难点。
21．（2022•辽宁模拟）环氧乙烧（）常用于医学消毒，工业上常用乙烯氧化法生产，其反应原理为：CH2＝CH2（g）+O2（g）⇌（g）△H＝﹣120kJ•mol﹣1。
（1）该反应在条件下自发进行 　低温　（填“高温”或“低温”），原子利用率为 　100%　。
（2）化工生产设计时，常用串联多个反应器的工艺方法进行合成，并在两个相同的反应器中间加产物吸收装置和热交换降温装置，设计这种工艺的目的是 　降温、及时分离出产品有利于平衡正向移动，增大原料利用率　。
（3）反应过程中常伴随副反应：CH2＝CH2（g）+3O2（g）＝2CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣1350kJ•mol﹣1。在恒容密闭容器中充入1mol乙烯和含1molO2的净化空气，在Ag（耐热）催化下发生上述两个反应，反应相同时间后测得乙烯的转化率α及O2的分压随温度变化如图1所示：
①比较a点v正和v逆：v正　＞　v逆（填“＞”“＜”或“＝”）。
②若200℃时测得环氧乙烷的选择性为（某产物的选择性＝），计算该温度下主反应的平衡常数（用物质分压表示）Kp＝　　。
（4）有研究人员对该制备过程的催化剂（其他条件相同）催化机理进行研究，发现Ag通过对O2的吸附完成催化作用，形成的两种中间体相对能量如图2所示，研究还发现若原料气（混有H2S等杂质）不净化，两个中间体和产物环氧乙烷都几乎检测不到。根据以上研究结果下列推测合理的是 　AB　（填字母）。

A.由图可知中间体O2﹣更容易形成
B.杂质气体H2S能与催化剂反应而使催化剂失去活性
C.催化剂Ag并未参与反应
D.Ag的表面积越大，生成环氧乙烷的反应反应速率一定越快
（5）工业，上也可以通过电化学方法获得环氧乙烷，原理如图3所示：
①P电极是该电解池的 　阳　极。
②该电池阴极电极反应式为 　2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣　。
【考点】化学平衡的计算；电极反应和电池反应方程式；焓变和熵变．菁优网版权所有
【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题；电化学专题．
【分析】（1）该反应正向为气体体积减小的放热反应，即△S＜0，结合反应自发进行的条件△H﹣T△S＜0分析；
（2）该反应正向为放热反应，吸收产物和热交换降温均有利于平衡正向移动；
（3）①由图可知，a点时反应没有达到平衡状态；
②恒容密闭容器中充入1mol乙烯和含1molO2的净化空气，根据200℃时乙烯的转化率为60%可知有0.6mol乙烯发生反应，环氧乙烷的选择性为，则有0.4molCH2＝CH2转化为环氧乙烷，反应为CH2＝CH2（g）+O2（g）⇌（g），消耗0.2molO2，生成环氧乙烷的物质的量为0.4mol，剩余CH2＝CH2物质的量为1mol﹣0.6mol＝0.4mol，则p（CH2＝CH2）＝p（），根据Kp＝计算主反应的平衡常数Kp；
（4）A.反应的活化能越低，越易发生反应；
B.杂质气体H2S能与催化剂反应而使催化剂中毒；
C.催化剂能改变反应机理，参与反应过程；
D.Ag的表面积越大，吸附中间体的可能性越大，并且可能更易吸附O2﹣，不能加快环氧乙烷的反应速率；
（5）由图可知，P电极上Cl﹣发生失电子的反应生成Cl2，则P电极为该电解池的阳极，H2O在阴极发生得电子的反应生成H2和OH﹣，阳极上Cl2再与H2O反应生成HClO，HClO氧化C2H4生成，阴极电极反应式为2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，据此分析解答。
【解答】解：（1）①该反应正向为气体体积减小的放热反应，即△S＜0，△H﹣T△S＜0的反应才能自发进行，则该反应在低温条件下能自发进行，并且该反应是化合反应，所有原子均转化到产品中，原子利用率为100%，
故答案为：低温；100%；
（2）该反应正向为放热反应，吸收产物和热交换降温均有利于平衡正向移动，可提高原料利用率，
故答案为：降温、及时分离出产品有利于平衡正向移动，增大原料利用率；
（3）①由图可知，a点时反应没有达到平衡状态，反应正向进行，则v正＞v逆，
故答案为：＞；
②恒容密闭容器中充入1mol乙烯和含1molO2的净化空气，根据200℃时乙烯的转化率为60%可知有0.6mol乙烯发生反应，环氧乙烷的选择性为，则有0.4molCH2＝CH2转化为环氧乙烷，反应为CH2＝CH2（g）+O2（g）⇌（g），消耗0.2molO2，生成环氧乙烷的物质的量为0.4mol，剩余CH2＝CH2物质的量为1mol﹣0.6mol＝0.4mol，则p（CH2＝CH2）＝p（），图中p（O2）＝p0，Kp＝＝，
故答案为：；
（4）A.由图可知，生成中间体O2﹣的活化较低，则中间体O2﹣更容易形成，故A正确；
B.杂质气体H2S能与催化剂反应而使催化剂中毒，导致不能吸附O2而失去活性，故B正确；
C.催化剂改变反应历程时均参与反应，故C错误；
D.Ag的表面积越大，吸附两种中间体的几率越大，并且更易吸附O2﹣，同时杂质气体能使催化剂失活，生成环氧乙烷的反应速率可能减慢，故D错误；
故答案为：AB
（5）①由图可知，P电极上Cl﹣发生失电子的反应生成Cl2，则P电极为该电解池的阳极，
故答案为：阳；
②由图可知，阴极上H2O得电子生成OH﹣，则阴极反应式为2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，
故答案为：2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣。
【点评】本题考查反应自发进行的条件、化学平衡影响因素及其计算、电解原理的应用等知识，为高频考点，侧重分析能力、运用能力和计算能力的考查，化学平衡影响因素及其计算、电解原理的应用是解题关键，注意掌握图象分析及信息运用，题目难度中等。
22．（2022•甘肃模拟）研究碳、氮硫等元素化合物的性质和转化对建设生态文明、美丽中国具有重要意义，对这些元素形成的有毒有害4气体进行处理成为科学研究的热点。请回答下列问题：
（1）可用NH3选择性脱除氮氧化物，已知：
①N2（g）+O2（g）＝2NO（g）△H1＝+180kJ•mol﹣1
②5O2（g）+4NH3（g）＝4NO（g）+6H2O（1）△H2
③4NH3（g）+6NO（g）＝5N2（g）+6H2O（1）△H3＝﹣2070kJ•mol﹣1
则△H2＝.　﹣1170　kJ•mol﹣1
（2）某研究小组将3molNO、3molNH3和一定量的O2充入2L密闭容器中，在T°C、Ag2O催化剂表面发生反应③，反应9min测得容器中NO的转化率为54%，则此时段内NH3的平均反应速率v（NH3）为 　0.06　mol•L﹣1•min﹣1。研究表明不同氨氮比[m＝]条件下测得NO的残留率与温度关系如图1所示。指出氨氮比m1、m2、m3由大到小的顺序为 　m3＞m2＞m1　；随着温度不断升高，NO的残留率趋近相同的原因可能是 　随着温度升高，温度对NO残留率的影响程度大于氨氮比的影响　。

（3）已知反应NO2（g）+SO2（g）⇌NO（g）+SO3（g）△H＜0，实验测得不同温度T1℃、T2℃下的平衡态中lgp（NO2）和lgp（SO3）两个压强对数的关系如图所2示，实验初始时体系中的p（NO2）和p（SO2）相等、p（NO）和p（SO3）相等。则a、b两点体系压强pa：pb＝　1：10　温度为T2时化学平衡常数Kp＝　0.0001　。（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）；T1　＜　T2（填“＞”“＜“或“＝”）。
（4）研究人员开发了一种新型的硼、氮共掺杂的多孔石墨烯材料作为正极催化剂的锂﹣二氧化碳二次电池，实现了碳酸锂在电池中的高度可逆分解，减少CO2的排放，其装置示意图如图3所示，放电时，正极反应式为 　4Li+3CO2+4e﹣＝2Li2CO3+C　。
【考点】化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡的影响因素．菁优网版权所有
【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题；电化学专题．
【分析】（1）由已知反应的反应热通过盖斯定律计算未知反应的反应热；
（2）由反应物起始加入量和转化率计算反应量，进而计算反应速率，由NO残留率判断氨氮比大小，结合温度和氨氮比总和考虑NO残留率的影响；
（3）结合图象中判断压强关系，进而计算平衡常数，由平衡常数随温度变化判断温度大小关系；
（4）由图可知，M极为负极，电极反应式为Li﹣e﹣＝Li+，N极为正极，电极反应式为4Li+3CO2+4e﹣＝2Li2CO3+C。
【解答】解：（1）已知：①N2（g）+O2（g）＝2NO（g）△H1＝+180kJ•mol﹣1，③4NH3（g）+6NO（g）＝5N2（g）+6H2O（1）△H3＝﹣2070kJ•mol﹣1，由盖斯定律5×①+③可得②5O2（g）+4NH3（g）＝4NO（g）+6H2O（1）△H2＝5×（+180kJ•mol﹣1）+（﹣2070kJ•mol﹣1）＝﹣1170kJ/mol，
故答案为：﹣1170；
（2）将3molNO、3molNH3和一定量的O2充入2L密闭容器中，在T°C、Ag2O催化剂表面发生反应③，反应9min测得容器中NO的转化率为54%，则NO反应量为3mol×54%＝1.62mol，氨气反应量为1.62mol×＝1.08mol，此时段内NH3的平均反应速率v（NH3）为＝0.06mol/（L•min），由图可知，同温度下，NO残留率最高，即NO转化率最低，氨氮比m1、m2、m3由大到小的顺序为m3＞m2＞m1；随着温度不断升高，NO的残留率趋近相同的原因可能是随着温度升高，温度对NO残留率的影响程度大于氨氮比的影响，
故答案为：0.06；m3＞m2＞m1；随着温度升高，温度对NO残留率的影响程度大于氨氮比的影响；
（3）反应前后气体分子数相等，改变压强平衡不移动，实验初始时体系中的p（NO2）和p（SO2）相等、p（NO）和p（SO3）相等，a点lgp（SO3）＝0，lgp（NO2）＝1，即p（SO3）＝1，p（NO2）＝10，则pa＝1+1+10+10＝20，同理pb＝220，pa：pb＝22：220＝1：10，由图中c点可知，温度为T2时，p（NO2）＝p（SO2）＝100，p（NO）＝p（SO3）＝1，化学平衡常数Kp＝＝＝0.0001，同理温度为T1时，化学平衡常数Kp＝0.01，反应正向放热，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故T1＜T2，
故答案为：1：10；0.0001；＜；
（4）N极为正极，电极反应式为4Li+3CO2+4e﹣＝2Li2CO3+C，
故答案为：4Li+3CO2+4e﹣＝2Li2CO3+C。
【点评】本题考查盖斯定律、化学平衡和原电池原理，题目难度较大，掌握外界条件改变对平衡的影响是解题的关键，难点是化学平衡常数的计算。
23．（2022•成都模拟）苯酚（C6H5OH）是一种广泛使用、易氧化的化工产品。一种在650K下用N2O废气催化氧化苯制备苯酚的新方法为：反应C6H6（g）+N2O（g）⇌C6H5OH（g）+N2（g）
（1）已知6C（s，石墨）+3H2（g）⇌C6H6（g）△H1＝+82.9kJ•mol﹣1
2N2（g）+O2（g）⇌2N2O（g）△H2＝+163.2kJ•mol﹣1
12C（s，石墨）+6H2（g）+O2（g）⇌2C6H5OH（g）△H3＝﹣243kJ•mol﹣1
则C6H6（g）+N2O（g）⇌C6H5OH（g）+N2（g）△H＝　﹣286　kJ•mol﹣1。
（2）制备苯酚的苯和N2O的最佳投料比为10：1。此时，N2O、N2的平衡浓度分别为0.050mol/L、0.95mol/L。则制备反应的平衡常数Kc＝　　（写出计算式）。
（3）如图中，温度过低造成苯酚产率低的主要原因是 　反应速率低　；反应时间过长造成产率下降的可能原因是 　可能发生副反应，如苯酚被过度氧化　。

（4）反应中使用更高效的催化剂　不可　（填“可”或“不可”）提高反应的平衡转化率。已知475℃下反应仍未达到平衡，此时的苯酚产率比450℃时的低，可能原因是 　催化剂活性较低或催化剂失活　。
（5）研究表明，反应速率符合关系式v＝kca（C6H6）cb（N2O），有关数据如下：
c（C6H6）/×10﹣3mol•L﹣1
c（N2O）/×10﹣3mol•L﹣1
v/×10﹣3mol•L﹣1•s﹣1
12
8.0
1.0
24
8.0
2.0
24
24
6.0
有人据此提出反应可分为三个步骤：
①N2O→N2+O*（活性氧） 快反应
②C6H6+O*→C6H5OH*（活性苯酚） 慢反应
③C6H5OH*→C6H5OH 快反应
下列有关说法正确的是 　CD　。
A.O*（活性氧）是该反应的催化剂
B.②的反应的活化能最小
C.反应速率v（N2O）＝v（N2）
D.第二步中C6H6与O*的碰撞仅部分有效
【考点】化学平衡的计算；苯酚的用途；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素．菁优网版权所有
【专题】化学平衡专题．
【分析】（1）6C（s，石墨）+3H2（g）⇌C6H6（g）△H1＝+82.9kJ•mol﹣1①，2N2（g）+O2（g）⇌2N2O（g）△H2＝+163.2kJ•mol﹣1②，12C（s，石墨）+6H2（g）+O2（g）⇌2C6H5OH（g）△H3＝﹣243kJ•mol﹣1③，根据盖斯定律，③×﹣①﹣②×，因此ΔH＝ΔH3﹣ΔH1﹣ΔH2；
（2）N2的物质的量浓度为0.95mol/L，则C6H5OH的浓度为0.95mol/L，则C6H6、N2O变化浓度0.95mol/L，则N2O的起始浓度为（0.95+0.05）mol/L＝1mol/L，最佳投料比为10：1，则C6H6的起始物质的量浓度为10mol/L，则达到平衡时C6H6物质的量浓度为9.05mol/L，平衡常数Kc＝；
（3）温度过低，化学反应速率低，造成苯酚产率低；苯酚容易被氧气氧化，反应时间过长，苯酚被氧化；
（4）催化剂影响化学反应速率，但对平衡移动无影响，即使用催化剂，不能提高反应的平衡转化率；
（5）A．根据三个步骤，O*为反应的中间产物；
B．②为慢反应，慢反应的活化能最大；
C．利用反应速率之比等于化学计量数之比；
D．发生反应的碰撞为有效碰撞，第二步反应慢。
【解答】解：（1）6C（s，石墨）+3H2（g）⇌C6H6（g）△H1＝+82.9kJ•mol﹣1①，2N2（g）+O2（g）⇌2N2O（g）△H2＝+163.2kJ•mol﹣1②，12C（s，石墨）+6H2（g）+O2（g）⇌2C6H5OH（g）△H3＝﹣243kJ•mol﹣1③，根据盖斯定律，③×﹣①﹣②×，因此ΔH＝ΔH3﹣ΔH1﹣ΔH2═[×（﹣243）﹣82.9﹣×163.2）kJ/mol＝﹣286kJ/mol，
故答案为：﹣286；
（2）N2的物质的量浓度为0.95mol/L，则C6H5OH的浓度为0.95mol/L，则C6H6、N2O变化浓度0.95mol/L，则N2O的起始浓度为（0.95+0.05）mol/L＝1mol/L，最佳投料比为10：1，则C6H6的起始物质的量浓度为10mol/L，则达到平衡时C6H6物质的量浓度为9.05mol/L，平衡常数Kc＝＝，
故答案为：；
（3）温度过低，化学反应速率低，造成苯酚产率低；苯酚容易被氧气氧化，反应时间过长，苯酚被氧化，造成产率降低，
故答案为：反应速率低；可能发生副反应，如苯酚被过度氧化；
（4）催化剂影响化学反应速率，但对平衡移动无影响，即使用催化剂，不能提高反应的平衡转化率；已知475℃下反应仍未达到平衡，此时的苯酚产率比450℃时的低，可能原因是温度高，使催化剂的活性较低，
故答案为：不可；催化剂活性较低或催化剂失活；
（5）A．根据三个步骤，O*为反应的中间产物，不是催化剂，故A错误；
B．②为慢反应，慢反应的活化能最大，故B错误；
C．利用反应速率之比等于化学计量数之比，即反应速率v（N2O）＝v（N2），故C正确；
D．发生反应的碰撞为有效碰撞，第二步反应慢，说明有效碰撞几率小，故D正确；
故答案为：CD。
【点评】本题考查了化学反应能量变化判断、化学反应热的计算、化学平衡的计算等知识，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
24．（2022•山西一模）二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。回答下列问题：
（1）二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为
I.CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1
该反应一般认为通过如下步骤来实现：
Ⅱ.CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2＝+41.4kJ/mol
Ⅲ.CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H3＝﹣90.5kJ/mol
则△H1＝　﹣49.1kJ/mol　。
（2）科学家研究发现，上述反应历程包含7步基元反应，在铜催化剂表面发生反应时，各基元反应在不同铜原子晶面Cu（100）、Cu（110）、Cu（111）反应的能量变化如表所示。（*指微粒吸附在催化剂表面）
基元反应
ΔH/eV
Cu（ 100）
Cu（110）
Cu（111）
CO2+H*→COOH*
0.52
0.34
0.79
COOH*→CO*+OH*
﹣0.26
﹣0.33
﹣0.11
OH*+H*→H2O
﹣0.10
0.10
﹣0.34
CO*+H*→HCO*
0.55
0.50
0.66
HCO*+H*→CH2O
﹣0.53
﹣0.27
﹣0.69
CH2O+H*→CH3O*
﹣1.02
﹣1.10
﹣0.78
CH3*+H*→CH3OH
﹣0.24
﹣0.10
﹣0.41
根据表数据，在Cu（111）晶面的反应历程中，决定反应速率的基元反应是 　CO2+H*→COOH*　，该制甲醇的反应历程更容易在 　Cu（110）　晶面发生。
（3）在p＝4.00MPa、原料气n（H2）：n（CO2）＝3.4：1、铜催化剂的反应条件下，温度对CO2转化率、甲醇产率、甲醇选择性的影响如图所示。CH3OH选择性＝。
①CO2的转化率随温度升高而增大的原因可能是 　反应II为吸热反应，温度升高不但反应速率加快，也有利于该反应正向进行　；
②CH3OH的选择性随温度升高而减小的原因可能是 　反应I（或III）为放热反应，而反应II为吸热反应，所以温度升高不利于CH3OH的合成，但有利于CO的生成，所以CH3OH产率降低　；
③计算240℃时反应Ⅱ的压强平衡常数 　Kp＝　（列出计算式即可）。
（4）除调控合适的温度外，使CH3OH的选择性增大的方法有 　使用其他催化剂　。
【考点】化学平衡的影响因素；燃料的充分燃烧；反应热和焓变．菁优网版权所有
【专题】化学平衡专题．
【分析】（1）根据盖斯定律进行计算；
（2）总反应的反应速率由反应慢的那步反应的反应速率决定，即反应活化能最大的那步反应决定总反应的反应速率。
（3）①根据平衡移动进行分析；②温度升高不利于 CH3OH 的合成，但有利于 CO 的生成；③平衡常数等于生成物分压系数的幂次方除于反应物分压系数的幂次方；
（4）使CH3OH的选择性增大的方法也可以使用合适的催化剂来进行选择性。
【解答】解：（1）二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1，故反应Ⅱ+反应Ⅲ＝反应I，所以△H1＝△H2+△H3＝+41.4kJ/mol+（﹣90.5kJ/mol）＝﹣49.1kJ/mol，
故答案为：﹣49.1kJ/mol；
（2）反应活化能最大的那步反应决定总反应的反应速率，由表中数据可知，反应②的活化能数值均对应最大，对总反应的反应速率起决定作用，所以该机理中反应的速率控制步骤是反应第一步，基元反应为：CO2+H*→COOH*，在Cu（110）上反应能量更低，制甲醇的反应历程更容易在Cu（110）晶面发生，
故答案为：CO2+H*→COOH*；Cu（110）；
（3）①因为反应II为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，不升高温度反应速率加快，故CO2的转化率随温度升高而增大，
故答案为：反应II为吸热反应，温度升高不但反应速率加快，也有利于该反应正向进行；
②反应I（或III）为放热反应，而反应II为吸热反应，所以温度升高，反应I（或III）逆向进行，不利于 CH3OH 的合成，但反应II正向进行，有利于 CO 的生成，所以 CH3OH 产率降低，
故答案为：反应I（或III）为放热反应，而反应II为吸热反应，所以温度升高不利于 CH3OH 的合成，但有利于 CO 的生成，所以 CH3OH 产率降低；
③Kp＝，在240℃时，二氧化碳的转化率为22%，故Kp＝，
故答案为：Kp＝；
（4）使CH3OH的选择性增大的方法也可以使用合适的催化剂来进行选择性，
故答案为：使用其他催化剂。
【点评】本题考查反应热与化学平衡移动原理，为高频考点，把握表中能量变化、焓变与活化能的计算关系、活化能与化学反应速率的关系为解答的关键，侧重分析、观察与数据处理能力的考查，题目难度中等。
25．（2022•浙江模拟）硫及其化合物在生产生活中有广泛的应用。请回答：
（1）室温下，Na2SO3溶液呈碱性的原因是　SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣　。（用离子方程式表示）
（2）下列关于确及其化合物的说法，正确的是　D　。（填字母）
A.硫元素在自然界中只能以化合态形式存在
B.SO2通入紫色石蕊试液，先变红后褪色
C.酸雨是pH＜7的降水，主要是由污染物SO2、NO2造成
D.浓硫酸中加入少量胆矾晶体，搅拌，固体逐渐变成白色
（3）光谱研究表明，SO2的水溶液中存在下列平衡：

其中K1、K2、K3为各步的平衡常数，且K1＝（pSO2表示SO2的平衡压强）。
①当SO2的平衡压强为p时，测得c（SO32﹣）＝a mol•L﹣1，则溶液的c（H+）＝　　mol•L﹣1。（用含p、a、K1、K2、K3的式子表示）
②滴加NaOH至pH＝6.2时，溶液中n（SO32﹣）：n（HSO3﹣）＝9：91。如果溶液中n（SO32﹣）：n（HSO3﹣）＝91：9，需加NaOH将溶液pH调整为约等于　8.2　。
（4）“钙基固硫”是利用石灰石将燃煤烟气中的SO2转化为CaSO4。但高温时CO会与CaSO4反应而影响脱硫效率。相关反应如下：
Ⅰ：CaSO4（s）+CO（g）⇌CaO（s）+SO2（g）+CO2（g）
Ⅱ：CaSO4（s）+4CO（g）⇌CaS（s）+4CO2（g）
当＝时，反应25min，体系中n（CaO）/n（CaS）的比值随温度变化如下表所示。
温度
750K
1250K
1750K
比值
3.57
1.08
3.42
请结合题给反应过程能量图，说明：

①750K→1250K时，比值随温度升高逐渐减小的原因是　温度升高对活化能大的反应有利，反应Ⅱ的反应速率增大幅度大于反应Ⅰ的反应速率的增大幅度，故比值减小　。
②1250K后，比值随温度升高逐渐增大的原因是　当两个反应达到平衡后，反应Ⅰ为吸热反应，温度升高平衡右移，n（CaO）增大；而反应Ⅱ为放热反应，温度升高平衡左移，n（CaS）减小，故比值增大　。
（5）氨水也可吸收SO2：2NH3+SO2+H2O═（NH4）2SO3，（NH4）2SO3+SO2+H2O═2NH4HSO3。能提高SO2去除率的措施有　AC　。（填字母）
A.增大氨水浓度
B.加热煮沸
C.降低烟气的流速
D.补充O2，将HSO3﹣氧化为SO42﹣
【考点】化学平衡的影响因素；二氧化硫的化学性质；含硫物质的性质及综合应用．菁优网版权所有
【专题】化学平衡专题．
【分析】（1）亚硫酸钠是强碱弱酸盐，水解显碱性；
（2）A．硫元素在自然界中既能以化合态形式存在，又能以游离态的形式存在；
B．二氧化硫不能漂白酸碱指示剂；
C．酸雨是pH＜5.6的降水，主要是由污染物SO2 SO2、NO2造成；
D．浓硫酸具有吸水性，浓硫酸中加入少量胆矾晶体，搅拌，固体逐渐变成白色；
（3）①根据方程式可知K2＝、K3＝，又因为K1＝，则三式相乘即得到c（H+）；
②滴加NaOH至pH＝6.2时，溶液中n（SO32﹣）：n（HSO3﹣）＝9：91，所以K3＝＝，如果溶液中n（SO32﹣）：n（HSO3﹣）＝91：9，则＝，解得c（H+）≈10﹣8.2mol/L；
（4）①温度升高对活化能大的反应有利；
②根据图像可知反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，由于当两个反应达到平衡后，反应Ⅰ为吸热反应，温度升高平衡右移；
（5）A．增大氨水浓度平衡正向移动；
B．加热煮沸降低气体的溶解度；
C．降低烟气的流速，可以使反应充分；
D．补充O2，将HSO3﹣氧化为SO42﹣，溶液酸性增强。
【解答】解：（1）亚硫酸钠是强碱弱酸盐，水解显碱性，反应的离子方程式为SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣，
故答案为：SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣；
（2）A．硫元素在自然界中既能以化合态形式存在，又能以游离态的形式存在，故A错误；
B．SO2通入紫色石蕊试液，由于生成亚硫酸显酸性，所以变红色，但二氧化硫不能漂白酸碱指示剂，故B错误；
C．酸雨是pH＜5.6的降水，主要是由污染物SO2 SO2、NO2造成，故C错误；
D．浓硫酸具有吸水性，浓硫酸中加入少量胆矾晶体，搅拌，固体逐渐变成白色，故D正确；
故答案为：D；
（3）①根据方程式可知K2＝、K3＝，又因为K1＝，则三式相乘即得到c（H+）＝mol/L，
故答案为：；
②滴加NaOH至pH＝6.2时，溶液中n（SO32﹣）：n（HSO3﹣）＝9：91，所以K3＝＝，如果溶液中n（SO32﹣）：n（HSO3﹣）＝91：9，则＝，解得c（H+）≈10﹣8.2mol/L，则需加NaOH将溶液pH调整为约等8.2，
故答案为：8.2；
（4）①由于温度升高对活化能大的反应有利，反应Ⅱ的反应速率增大幅度大于反应Ⅰ的反应速率的增大幅度，所以比值减小，
故答案为：温度升高对活化能大的反应有利，反应Ⅱ的反应速率增大幅度大于反应Ⅰ的反应速率的增大幅度，故比值减小；
②根据图像可知反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，由于当两个反应达到平衡后，反应Ⅰ为吸热反应，温度升高平衡右移，n（CaO）增大；而反应Ⅱ为放热反应，温度升高平衡左移，n（CaS）减小，所以比值增大，
故答案为：当两个反应达到平衡后，反应Ⅰ为吸热反应，温度升高平衡右移，n（CaO）增大；而反应Ⅱ为放热反应，温度升高平衡左移，n（CaS）减小，故比值增大；
（5）A．增大氨水浓度平衡正向移动，能提高SO2去除率，故A正确；
B．加热煮沸降低气体的溶解度，不利于提高SO2去除率，故B错误；
C．降低烟气的流速，可以使反应充分，能提高SO2去除率，故C正确；
D．补充O2，将HSO3﹣氧化为SO42﹣，溶液酸性增强，不利于提高SO2去除率，故D错误；
故答案为：AC。
【点评】本题考查化学平衡计算等知识点，侧重考查分析及知识综合运用、计算能力，明确化学反应原理、化学平衡移动原理和计算是解本题关键，（3）的计算中数据处理为解答易错点。
26．（2022•深圳一模）N2O是《联合国气候变化框架公约》所列六种温室气体之一。目前，直接催化分解法是消除N2O的主要方法，该过程中发生的反应如下：
i.2N2O（g）⇌2N2（g）+O2（g） ΔH1
ii.2N2O（g）⇌N2（g）+2NO（g） ΔH2
iii.4N2O（g）⇌3N2（g）+2NO2（g） ΔH3
回答下列问题：
（1）根据盖斯定律，反应2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）的ΔH＝　ΔH3﹣ΔH1﹣ΔH2　（写出代数式即可）。
（2）已知反应i在任意温度下均能自发进行，则反应i为 　放热　（填“吸热”或“放热”）反应。
（3）反应i的势能曲线示意图如图（…表示吸附作用，A表示催化剂，TS表示过渡态分子）：
①过程Ⅲ中最大势能垒（活化能）为 　82.17　kcal⋅mol﹣1。
②下列有关反应i的说法不正确的是 　C　（填标号）。
A.过程Ⅰ中有极性键断裂
B.过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中都有N2生成
C.该反应中只有两种物质能够吸附N2O分子
D.过程Ⅱ中间体A﹣O2可释放O2也可吸附N2O分子
（4）模拟废气中N2O直接催化分解过程。
①515℃时，将模拟废气（N2O体积分数为40%）以6000m3⋅h﹣1的速度通过催化剂，测得N2O的转化率为40%，则平均反应速率v（N2O）为 　960　m3⋅h﹣1。欲提高N2O的转化率，可采取的措施为 　适当升温　（任写一条）。
②T℃和P0kPa时，在恒压密闭容器中进行模拟实验。各组分的相关信息如下表：
物质
N2
N2O
O2
CO2
NO
NO2
n（投料）/mol
19
34
6.5
25
0
0
n（平衡）/mol
50
x
20
25
2
2
其中x＝　1　，N2O的平衡转化率为 　97.1%　（保留三位有效数字）；该温度下，反应2N2O（g）⇌2N2（g）+O2（g）的压强平衡常数Kp＝　500P0　kPa（以分压表示，分压＝总压×物质的量分数）。
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【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题．
【分析】（1）根据盖斯定律，由iii﹣ii﹣i可得；
（2）反应能否自发进行的依据是ΔH﹣TΔS＜0；
（3）①由过程Ⅲ图可知，最大势能垒为N2O•••O2﹣A→TS3过程；
②A.过程Ⅰ中发生N2O•••A→N2•••O﹣A；
B.过程Ⅰ中发生→N2•••O﹣A→O﹣A，Ⅱ中发生N2•••O2﹣A→O2﹣A，Ⅲ中发生N2•••O3﹣A→O3﹣A；
C.该反应中Ⅰ中存在N2O•••A，Ⅱ中存在N2O•••O﹣A，Ⅲ中存在N2O•••O2﹣A；
D.过程Ⅱ有存在N2•••O2﹣A→O2﹣A、O2﹣A→A两个过程；
（4）①N2O通过催化剂速度为6000m3⋅h﹣1×40%＝2400m3⋅h﹣1，N2O的转化率为40%，即可求得反应速率，提高N2O的转化率，可采取措施使平衡正向进行；
②根据NO、O2、NO2，的变化量可求出N2O、N2变化量，可求得N2O的平衡量及转化率，求出分压代入平衡常数Kp即可求解。
【解答】解：（1）根据盖斯定律，由iii﹣ii﹣i可得：2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）ΔH＝ΔH3﹣ΔH1﹣ΔH2，
故答案为：ΔH3﹣ΔH1﹣ΔH2；
（2）反应i在任何温度下能自发进行说明ΔH﹣TΔS恒小于0，由反应方程式可知ΔS＞0，故ΔH＜0，即反应为放热反应，
故答案为：放热；
（3）①由过程Ⅲ图可知，最大势能垒为N2O•••O2﹣A→TS3过程，过程Ⅲ中最大势能垒为[37.49kcal⋅mol﹣1﹣（﹣44.68kcal⋅mol﹣1）]kcal⋅mol﹣1＝82.17kcal⋅mol﹣1，
故答案为：82.17；
②A.过程Ⅰ中发生N2O•••A→N2•••O﹣A，有氮氧极性键断裂，故A正确；
B.过程Ⅰ中发生→N2•••O﹣A→O﹣A，Ⅱ中发生N2•••O2﹣A→O2﹣A、Ⅲ中发生N2•••O3﹣A→O3﹣A，这三个过程中都有N2生成，故B正确；
C.该反应中Ⅰ中存在N2O•••A，Ⅱ中存在N2O•••O﹣A，Ⅲ中存在N2O•••O2﹣A，这三个过程中有3种物质能吸附N2O分子，故C错误；
D.过程Ⅱ有存在N2•••O2﹣A→O2﹣A、O2﹣A→A，说明程过程Ⅱ中间体A﹣O2可释放O2也可吸附N2O分子，故D正确，
故答案为：C；
（4）①N2O通过催化剂速度为6000m3⋅h﹣1×40%＝2400m3⋅h﹣1，N2O的转化率为40%，平均反应速率v（N2O）＝2400m3⋅h﹣1×40%＝960m3⋅h﹣1，提高N2O的转化率，可适当升温使平衡正向进行，
故答案为：960；适当升温；
②由表中数据可知O2、NO、NO2，的变化量分别为13.5mol、2mol、2mol，
2N2O（g）⇌2N2（g）+O2（g）
27 27 13.5
2N2O（g）⇌N2（g）+2NO（g）
2 1 2
4N2O（g）⇌3N2（g）+2NO2（g）
4 3 2
平衡时N2O的物质的量为（34﹣27﹣2﹣4）mol＝1mol，α（N2O）＝×100%＝97.1%，平衡时总物质的量为（50+1+20+25+2+2）mol＝100mol，平衡常数Kp＝＝＝500p0，
故答案为：1；97.1%；500p0。
【点评】本题考查了化学平衡的计算，涉及了反应热计算，反应方向的判断、化学平衡的影响因素，考查图象和图表数据的分析能力，知识覆盖面广，题目难度适中。
27．（2022•盐城一模）电解法制取高纯镍的原料液中含Cu（II）（主要以Cu2+、CuCl+、CuCl2等形式存在）杂质，为保证高纯镍产品的纯度，电解前须将Cu（II）除去，方法如下。
（1）S﹣SO2除铜：向原料液中加入适量细硫粉并鼓入SO2，将Cu（II）转化为CuS沉淀除去。Cu2+沉淀时发生反应的离子方程式为 　Cu2++SO2+S+2H2O＝CuS+4H++SO42﹣　。
（2）NiS除铜：向原料液中加入活性NiS粉末，将Cu（II）转化为CuS沉淀除去。过滤后的滤渣即为除铜渣（含NiS、CuS等）。
①室温下，CuCl+和活性NiS粉末反应的离子方程式为 　CuCl++NiS＝CuS+Ni2++Cl﹣　；该反应的平衡常数表达式为K＝　　。
②如图﹣1所示，将活性NiS粉末陈化（露置）超过7小时后再用于除铜的效果明显变差，其原因可能是 　NiS被空气的O2氧化变质，失去活性　。

③除铜渣中铜镍质量比随原料液pH的变化如图﹣2所示，实验测得溶液pH＝3.5时除铜渣中铜镍质量比最大，其原因可能是 　pH＜3.5时，随着pH的减小，溶液中的H+结合S2−生成更多的HS﹣或H2S，降低了S2−的有效浓度，导致生成CuS沉淀的量减少，除铜渣中铜镍质量比降低，pH＞3.5时，随着pH的增大，溶液中Ni2+生成更多的Ni（OH）2沉淀，使除铜渣中Ni含量增大，从而降低了铜镍质量比　。
【考点】制备实验方案的设计；电解原理．菁优网版权所有
【专题】制备实验综合．
【分析】（1）S、SO2与Cu2+反应生成CuS沉淀，Cu的化合价不变，S转化为CuS，S的化合价降低，则应有元素化合价要升高，推知为SO2转化为硫酸根离子，S的化合价升高；
（2）①室温下，CuCl+和活性NiS粉末反应生成 CuS、Ni2+和Cl﹣，其反应的离子方程式为CuCl++NiS＝CuS+Ni2++Cl﹣；NiS、CuS都为固体沉淀，据此书写平衡常数表达式；
②如图−1所示，将活性NiS粉末陈化（露置）超过7小时后再用于除铜的效果明显变差，活性NiS粉末陈化时间越长，Cu2+越难除，分析得到Cu2+通过与S2−反应生成CuS除去，Cu2+越难除，说明−2价S被O2氧化；
③除铜渣中铜镍质量比随原料液pH的变化如图−2所示，实验测得溶液pH＝3.5时除铜渣中铜镍质量比最大，图−2中pH＝3.5时铜渣中铜镍质量比最大，回答时应从pH＜3.5和pH＞3.5作答，当pH＜3.5时，溶液的酸性较强，H+会与S2−结合成HS﹣或H2S，S2−浓度减小，减弱了S2−与Cu2+的结合，除铜渣中CuS减小，所以除铜渣中铜镍质量比降低；当pH＞3.5时，碱性增强，OH﹣会与Ni22+反应生成Ni（OH）2沉淀。
【解答】解：（1）S、SO2与Cu2+反应生成CuS沉淀，Cu的化合价不变，S转化为CuS，S的化合价降低，则应有元素化合价要升高，推知为SO2转化为硫酸根离子，S的化合价升高，用H+平衡电荷，由H、O守恒知，离子方程式为Cu2++SO2+S+2H2O＝CuS+4H++SO42﹣，
故答案为：Cu2++SO2+S+2H2O＝CuS+4H++SO42﹣；
（2）①室温下，CuCl+和活性NiS粉末反应生成 CuS、Ni2+和Cl﹣，其反应的离子方程式为CuCl++NiS＝CuS+Ni2++Cl﹣；NiS、CuS都为固体沉淀，因此该反应的平衡常数表达式为K＝，
故答案为：CuCl++NiS＝CuS+Ni2++Cl﹣；；
②如图1所示，将活性NiS粉末陈化（露置）超过7小时后再用于除铜的效果明显变差，活性NiS粉末陈化时间越长，Cu2+越难除，分析得到Cu2+通过与S2−反应生成CuS除去，Cu2+越难除，说明−2价S被O2氧化，而使NiS失去活性，
故答案为：NiS被空气的O2氧化变质，失去活性；
③除铜渣中铜镍质量比随原料液pH的变化如图−2所示，实验测得溶液pH＝3.5时除铜渣中铜镍质量比最大，图−2中pH＝3.5时铜渣中铜镍质量比最大，回答时应从pH＜3.5和pH＞3.5作答，当pH＜3.5时，溶液的酸性较强，H+会与S2−结合成HS﹣或H2S，S2−浓度减小，减弱了S2−与Cu2+的结合，除铜渣中CuS减小，所以除铜渣中铜镍质量比降低；当pH＞3.5时，碱性增强，OH﹣会与Ni22+反应生成Ni（OH）2沉淀，过滤后的滤渣中，含镍较多，则除铜渣中铜镍质量比降低，
故答案为：pH＜3.5时，随着pH的减小，溶液中的H+结合S2−生成更多的HS﹣或H2S，降低了S2−的有效浓度，导致生成CuS沉淀的量减少，除铜渣中铜镍质量比降低，pH＞3.5时，随着pH的增大，溶液中Ni2+生成更多的Ni（OH）2沉淀，使除铜渣中Ni含量增大，从而降低了铜镍质量比。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。
28．（2022•湖南模拟）CO、氮氧化物（NOx）均为大气污染物，研究它们的反应机理，对于消除污染、建设生态文明具有重要意义。
回答下列问题：
（1）已知：
①C（s）+N2O（g）⇌CO（g）+N2（g）ΔH1＝﹣193kJ⋅mol﹣1
②C（s）+O2（g）⇌CO2（g）ΔH2＝﹣394kJ⋅mol﹣1
③2CO（g）+O2（g）⇌2CO2（g）ΔH3＝﹣566kJ⋅mol﹣1
则相同条件下反应CO（g）+N2O（g）⇌CO2（g）+N2（g）ΔH＝　﹣365kJ/mol　；
若CO（g）+N2O（g）⇌CO2（g）+N2（g）逆反应的活化能为akJ⋅mol﹣1，则正反应的活化能E正＝　（a﹣365）kJ/mol　。
（2）在10L恒容密闭容器中，保持温度不变，将物质的量之和为4mol的CO和N2O以不同的碳氮比进行反应N2O（g）+CO（g）⇌CO2（g）+N2（g），平衡时某反应物的转化率（α）与碳氮比的关系如图所示：

①图中纵坐标为 　N2O　（填化学式）的转化率。
②经过10min到达A点，该时间段内以N2O物质的量浓度变化表示的化学反应速率v（N2O）＝　0.01mol/（L•min）　。
③若容器内起始压强为40MPa，则B点的压强平衡常数Kp＝　1　（Kp为以分压表示的平衡常数，分压＝总压×物质的量分数）。
（3）汽车尾气中含有CO、NO，已知2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+CO2（g）ΔH＜0。未达平衡前要同时提高汽车尾气中CO、NO的转化率和化学反应速率，应选择的最佳措施是 　C　（填标号）。
A．降低温度
B．增大压强
C．使用合适的催化剂
D．降低c（N2）
（4）氮氧化物（NOx）也可以利用惰性电极间接电解法进行处理，获得硝酸等化工原料，其原理如图所示：

①N极为电解池的 　阴极　（填“阴极”或“阳极”）；物质P是 　H2　（填化学式）。
②写出气体吸收柱内吸收NO的离子方程式：　NO+3Ce4++2H2O＝3 Ce3++NO3﹣+4H+　。
【考点】化学平衡的计算．菁优网版权所有
【专题】化学平衡专题．
【分析】（1）根据盖斯定律，反应CO（g）+N2O（g）⇌CO2（g）+N2（g）可由反应①﹣②+③推出；
（2）①横坐标为，随着碳氮比的增大，某反应物的转化率增大；
②根据图像可得A点，且N2O和CO的物质的量之和为4mol，则N2O的物质的量为2mol，CO的物质的量为2mol，列三段式：
CO（g）+N2O（g）⇌CO2（g）+N2（g）
开始（mol）2 2 0 0
变化（mol）1 1 1 1
平衡（mol）1 1 1 1
则v（N2O）═；
③平衡常数只和温度有关，保持温度不变，B点和A点的压强平衡常数相同，由A点可求该温度下的压强平衡常数，在恒温恒容条件下，容器内气体的压强与物质的量成正比；
（3）由题意可知，降低温度，化学反应速率降低，A项错误；增大体系压强、降低 皆不符合汽车尾气的实际，B、D项错误；使用合适的催化剂可以加快化学反应速率，提高汽车尾气中CO、NO的转化率（注意不是平衡转化率），C项正确；
（4）①由电解池原理图可知，在M极，Ce3+转化为Ce4+，发生氧化反应，故M极为电解池的阳极，N极为电解池的阴极；
②由装置图可知，NO在气体吸收柱内被Ce4+氧化为HNO3。
【解答】解：（1）根据盖斯定律，反应CO（g）+N2O（g）⇌CO2（g）+N2（g）可由反应①﹣②+③推出，故其△H＝△H1﹣△H2+△H3＝（﹣193+394﹣566）kJ/mol＝﹣365kJ/mol；根据△H与活化能的计算关系式△H＝E正﹣E逆，可得正反应的活化能E正＝E逆+△H＝（a﹣365）kJ/mol，
故答案为：﹣365kJ/mol；（a﹣365）kJ/mol；
（2）①横坐标为，随着碳氮比的增大，某反应物的转化率增大，则纵坐标为N2O的转化率，
故答案为：N2O；
②根据图像可得A点，且N2O和CO的物质的量之和为4mol，则N2O的物质的量为2mol，CO的物质的量为2mol，列三段式：
CO（g）+N2O（g）⇌CO2（g）+N2（g）
开始（mol）2 2 0 0
变化（mol）1 1 1 1
平衡（mol）1 1 1 1
则v（N2O）═＝＝0.01mol/（L•min），
故答案为：0.01mol/（L•min）；
③平衡常数只和温度有关，保持温度不变，B点和A点的压强平衡常数相同，由A点可求该温度下的压强平衡常数，在恒温恒容条件下，容器内气体的压强与物质的量成正比，反应前后气体的物质的量不变，则压强不变，平衡时压强仍为40MPa，则p（N2O）＝p（CO）＝p（CO2）＝p（N2）＝×40MPa＝10MPa，该温度下的压强平衡常数Kp＝＝＝1，
故答案为：1；
（3）由题意可知，降低温度，化学反应速率降低，A项错误；增大体系压强、降低 皆不符合汽车尾气的实际，B、D项错误；使用合适的催化剂可以加快化学反应速率，提高汽车尾气中CO、NO的转化率（注意不是平衡转化率），C项正确，
故答案为：C；
（4）①由电解池原理图可知，在M极，Ce3+转化为Ce4+，发生氧化反应，故M极为电解池的阳极，N极为电解池的阴极，N极反应为2H++2e﹣＝H2↑，故物质P是H2，
故答案为：阴极；H2；
②由装置图可知，NO在气体吸收柱内被Ce4+氧化为HNO3，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，反应的离子方程式为NO+3Ce4++2H2O＝3 Ce3++NO3﹣+4H+，
故答案为：NO+3Ce4++2H2O＝3 Ce3++NO3﹣+4H+。
【点评】本题考查盖斯定律的计算应用、化学平衡常数及其计算、电化学原理的应用等知识，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力、计算能力和灵活运用能力，把握化学平衡的计算和平衡常数的应用是解题关键，题目难度中等。

考点卡片
1．化学方程式的书写
【知识点的认识】
1、化学方程式的书写原则：
1）必须以客观事实为依据，不能凭空臆造事实上不存在的物质和化学反应．
2）遵守质量守恒定律，使等号两边原子的种类和数目必须相等．
2、化学方程式的书写步骤：
书写化学方程式要按一定步骤进行，避免出现一些不必要的错误，如漏掉反应条件和“↑”“↓”等．书写化学方程式的一般步骤可概括为：“一写，二配，三注”（以高锰酸钾受热分解为例）
化学方程式的书写步骤：
1）写：根据事实写出反应物和生成物的化学式（左反、右生），并在反应物和生成物之间画一条短线．
2）配：配平化学方程式的目的是使等号两边的原子种类与数目相等，遵守质量守恒定律，配平后要加以检查．
3）注：注明化学反应发生的条件（点燃、加热等），标出生成物状态（气体，沉淀等），把短线改成等号．
3、书写化学方程式的注意事项：
1）化学反应的常见条件有“点燃”、“加热”（常用“△”表示）“高温”，“催化剂”等，写在等号上方；
2）如果反应物没有气体而生成物中有气体，在气体物质的化学式右边要注“↑”；
3）溶液中的反应如果生成物是固体，在固体物质化学式右边注“↓”．
4、书写化学方程式的口诀：
左写反应物，右写生成物；
写准化学式，系数（化学计量数）要配平；
中间连等号，条件要注明；
生成气体和沉淀，要用“↑”“↓”来标明．
5、化学方程式的配平：
配平化学方程式就是在化学式前面配上适当的化学计量数使式子左、右两边的每一种元素的原子数目相等．
常用的配平方法有最小公倍数法、观察法、奇数配偶法、归一法及得失电子守恒法．
1）最小公倍数法：
这种方法适合于常见的难度不大的化学方程式．例如在KClO3→KCl+O2↑这个反应式中右边氧原子个数为2，左边是3，则最小公倍数为6，因此KClO3前系数应配2，O2前配3，式子变为：2KClO3→2KCl+3O2↑，由于左边钾原子和氯原子数变为2个，则KCl前应配系数2，短线改为等号，标明条件即可：
2KClO32KCl+3O2↑（反应条件为二氧化锰催化和加热．“MnO2”写在等号上方；“△”写在等号下方）
2）奇偶配平法：
这种方法适用于化学方程式两边某一元素多次出现，并且两边的该元素原子总数有一奇一偶，例如：C2H2+O2→CO2+H2O，此方程式配平先从出现次数最多的氧原子配起．O2内有2个氧原子，无论化学式前系数为几，氧原子总数应为偶数．故右边H₂O的系数应配2（若推出其它的分子系数出现分数则可配4），由此推知C2H2前2，式子变为：2C2H2+O2→CO2+2H2O，由此可知CO2前系数应为4，最后配单质O2为5，把短线改为等号，写明条件即可：
2C2H2+5O2＝4CO2+2H2O
3）观察法：
有时方程式中会出现一种化学式比较复杂的物质，我们可通过这个复杂的分子去推其他化学式的系数，例如：Fe+H2O──Fe3O4+H2，Fe3O4化学式较复杂，显然，Fe3O4中Fe来源于单质Fe，O来自于H2O，则Fe前配3，H2O前配4，则式子为：3Fe+4H2O＝Fe3O4+H2由此推出H2系数为4，写明条件，短线改为等号即可：
3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2↑
4）归一法（或待定系数法）：
找到化学方程式中关键的化学式，定其化学式前计量数为1，然后根据关键化学式去配平其他化学式前的化学计量数．若出现计量数为分数，再将各计量数同乘以同一整数，化分数为整数，这种先定关键化学式计量数为1的配平方法，称为归一法．
5）得失电子守恒法：
电子得失法的原理是：氧化还原反应中，还原剂失去电子的总数必须等于氧化剂获得电子的总数．根据这一规则，可以配平氧化还原反应方程式．
下面是配平的具体方法：
1°从反应式里找出氧化剂和还原剂，并标明被氧化元素或还原元素的原子在反应前后化合价发生变化的情况，以便确定它们的电子得失数．
2°使得失电子数相等，由此确定氧化剂和还原剂等有关物质化学式的系数．
3°由已得的系数，判定其它物质的系数，由此得配平的反应式．
【命题方向】本考点主要考察化学方程式的书写，需要重点掌握．
题型一：化学方程式的书写
典例1：（2013•丰台区二模）下列解释物质制备或用途的反应方程式不正确的是（　　）
A．用氯气制取漂白粉2Cl2+2Ca（OH）2＝Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O
B．用铁粉与高温水蒸气反应制取磁性氧化铁2Fe+3H2OFe2O3+3H2
C．采用铝热法焊接钢轨2Al+Fe2O32Fe+Al2O3
D．用氢氟酸雕刻玻璃SiO2+4HF＝SiF4↑+2H2O
分析：A、氯气和消石灰反应生成氯化钙、次氯酸钙和水配平判断；
B、铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；
C、铝热反应是铝和金属氧化物高温加热生成金属和氧化铝；
D、氢氟酸能和玻璃中的二氧化硅反应生成四氟化硅和水．
解答：A、用氯气制取漂白粉2Cl2+2Ca（OH）2＝Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O，符合工艺制备和反应，故A正确；
B、用铁粉与高温水蒸气反应制取磁性氧化铁3Fe+4H2OFe3O4+4H2，故B错误；
C、采用铝热法焊接钢轨利用铝热反应完成，反应为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，故C正确；
D、氢氟酸能和玻璃中的二氧化硅反应生成四氟化硅和水，用氢氟酸雕刻玻璃SiO2+4HF＝SiF4↑+2H2O，故D正确；
故选B．
点评：本题考查了化学方程式书写方法和原理分析，掌握物质性质，分析判断 反应产物是解题关键，题目较简单．
题型二：电子守恒法配平化学方程式
典例2：在5.6g Fe粉中加入过量的稀硫酸溶液，待反应完全后，再加入1mol•L﹣1KNO3溶液25mL，恰好反应完全．该反应的方程式为：FeSO4+KNO3+H2SO4→K2SO4+Fe2（SO4）3+NxOy+H2O（未配平），则对该反应的下列说法正确的是（　　）
A．化学方程式中按物质顺序的计量数是：8、2、5、1、4、1、5 B．反应中氧化产物是N2O
C．反应过程中转移的电子数为8mol电子 D．氧化产物和还原产物的物质的量之比为4：1
分析：n（Fe）＝＝0.1mol，加入过量的稀硫酸溶液，n（FeSO4）＝0.1mol，n（KNO3）＝0.025mol，设还原产物中N元素的化合价为n，由电子守恒可知，0.1mol×（3﹣2）＝0.025mol×（5﹣n），解得n＝1，则NxOy为N2O，则x＝2，y＝1，由电子、原子守恒可知反应为8FeSO4+2KNO3+5H2SO4＝K2SO4+4Fe2（SO4）3+N2O↑+5H2O，以此来解答．
解答：n（Fe）＝＝0.1mol，加入过量的稀硫酸溶液，n（FeSO4）＝0.1mol，n（KNO3）＝0.025mol，设还原产物中N元素的化合价为n，由电子守恒可知，0.1mol×（3﹣2）＝0.025mol×（5﹣n），解得n＝1，则NxOy为N2O，则x＝2，y＝1，由电子、原子守恒可知反应为8FeSO4+2KNO3+5H2SO4＝K2SO4+4Fe2（SO4）3+N2O↑+5H2O，
A．由上述分析可知，化学方程式中按物质顺序的计量数是：8、2、5、1、4、1、5，故A正确；
B．N元素的化合价降低，被还原，则还原产物是N2O，故B错误；
C．由Fe元素的化合价变化可知，反应过程中转移的电子数为0.1mol×（3﹣2）＝0.1mol电子，故C错误；
D．由反应可知，氧化产物[Fe2（SO4）3]和还原产物（N2O）的物质的量之比为4：1，故D正确；
故选AD．
点评：本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意从化合价角度及电子守恒角度分析，难度不大．
【解题思路点拨】归一法做法：
选择化学方程式中组成最复杂的化学式，设它的系数为1，再依次推断．
第一步：设NH₃的系数为1，1NH3+O2﹣﹣NO+H2O
第二步：反应中的N原子和H原子分别转移到NO和H2O中，由此可得1NH3+O2﹣﹣NO+H2O
第三步：由右端氧原子总数推O2系数1NH3+O2﹣﹣NO+H2O
第四步：取最小公倍数相乘4NH3+5O2＝4NO+6H2O．
2．常见的能量转化形式
【知识点的知识】
化学反应中的能量变化表现为热量的变化．常见能量转化有：
1）化学能和电能的相互转化．如铜、锌形成原电池，将化学能转化为电能．
2）化学能和热能的相互转化．燃料燃烧产生能量最终带动发电机发电，将化学能转化为电能．
3）化学能和光能、风能的相互转化等．

【命题方向】
题型：能量转化的判断
典例：http://www．jyeoo．com/chemistry2/ques/detail/49b45ca2﹣456b﹣4c18﹣98ac﹣5ac755ebc8f8
（2013•北京）下列设备工作时，将化学能转化为热能的是（　　）
A
B
C
D




硅太阳能电池
锂离子电池
太阳能集热器
燃气灶
A．A B．B C．C D．D
分析：化学变化中不但生成新物质而且还会伴随着能量的变化，解题时要注意看过程中否发生化学变化，是否产生了热量．
解答：A．硅太阳能电池是太阳能转化为电能，故A错误；
B．锂离子电池是把化学能转化为电能，故B错误；
C．太阳能集热器是把太阳能转化为热能，故C错误；
D．燃烧是放热反应，是化学能转化为热能，故D正确．
故选D．
点评：本题考查能量的转化形式，难度不大，该题涉及了两方面的知识：一方面对物质变化的判断，另一方面是一定注意符合化学能向热能的转化条件．
【解题思路点拨】判断化学能转化为其它形式能的方法：
一看，是否发生化学反应；
二看，产生了什么，如果是热量，则转化为热能；如果产生了电，则是转化为电能，如果产生了光，则是转化为光能．
3．燃料的充分燃烧
【知识点的知识】
燃料充分燃烧的条件：
（1）要有足够的空气；（2）燃料要与空气有足够大的接触面积．
一般来说，燃料在空气中的燃烧，是燃料和空气中氧气的氧化还原反应，为使燃料充分氧化，应保证有足够的空气．同时，为保证固体和液体燃料燃烧充分，增大燃料与空气的接触面积（固体燃料粉碎、液体燃料以雾状喷出等）也是有效的措施．

【命题方向】
题型：燃料充分燃烧的条件
典例：http://www．jyeoo．com/chemistry2/ques/detail/6428f680﹣e2b3﹣4c0f﹣968d﹣29ece5e780ca
燃料充分燃烧的条件是（　　）
A．有更高的温度 B．有氧气参加 C．达到着火点 D．与空气有足够大的接触面
分析：根据促进可燃物燃烧的方法有：增大氧气的浓度；增大可燃物与氧气的接触面积进行解答．
解答：促进可燃物燃烧的方法有：增大氧气的浓度；增大可燃物与氧气的接触面积；燃料充分燃烧的条件是：燃烧时要有足够多的空气；燃料与空气要有足够大的接触面积．
故选D．
点评：本题考查燃烧的条件，难度较小，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握．
4．反应热和焓变
【知识点的知识】
1、反应热和焓变的概念：
1）反应热：在化学反应过程中，当反应物和生成物具有相同温度时，所吸收或放出的热量成为化学反应的反应热。
2）焓变：焓是与内能有关的物理量，恒压条件下的反应热又称“焓变”，符号用△H表示，单位一般采用kJ/mol，放热反应△H＜0，吸热反应△H＞0．反应在一定条件下是吸热还是放热由生成物和反应物的焓值差即焓变决定。
E1﹣﹣正反应活化能；E2﹣﹣逆反应活化能；
说明：
1）化学反应中不仅存在着“物质变化”，还存在着“能量变化”，这种变化不仅以热能的形式体现出来，还可以以光、电等形式表现。
2）如果反应物所具有的总能量高于生成物所具有的总能量，那么在发生化学反应时，就有部分能量以热的形式释放出来，称为放热反应；如果反应物所具有的总能量低于生成物所具有的总能量，那么在发生化学反应时，反应物就需要吸收能量，才能转化为生成物。
2、反应热与物质稳定性之间的关系：
不同物质的能量（即焓）是不同的，对于物质的稳定性而言，存在着“能量越低越稳定”的规律，因此，对于同素异形体或同分异构体之间的相互转化，若为放热反应，则生成物能量低，生成物稳定；若为吸热反应，则反应物的能量低，反应物稳定。

【命题方向】
题型一：反应热的图示
典例1：已知化学反应A2（g）+B2（g）＝2AB（g）的能量变化如图所示，下列叙述正确的是（　　）

A．每生成2分子AB吸收bkJ热量 B．该反应热△H＝（b﹣a）kJ•mol﹣1
C．反应物的总能量低于生成物的总能量 D．断裂1molA﹣A和1molB﹣B键，放出akJ能量
分析：化学反应A2（g）+B2（g）＝2AB（g）的能量变化依据图象分析，结合反应前后能量守恒可知，反应物能量之和小于生成物的能量之和，反应是吸热反应，反应过程中断裂化学键需要吸收能量，形成化学键放出热量。
解答：A、从图上看出，每生成2molAB吸收（a﹣b）kJ的热量，故A错误；
B、该反应焓变＝断裂化学键吸收热量﹣形成化学键所放出热量，所以焓变为△H＝+（a﹣b）kJ/mol，故B错误；
C、反应是吸热反应，依据能量守恒可知，反应中反应物的总能量低于生成物的总能量，故C正确；
D、断裂1molA﹣A键和1molB﹣B键，吸收a kJ能量，故D错误；
故选C。
点评：本题考查了反应热量变化的分析判断，图象分析，反应前后的能量守恒应用，化学键的断裂和形成与能量的关系，计算焓变的依据，题目较简单。

题型二：正、逆反应活化能和反应热的关系
典例1：http：//www。jyeoo．com/chemistry2/ques/detail/6f40c179﹣92c6﹣48c5﹣b99d﹣06adb8694304
（2011•海南）某反应的△H＝+100kJ•mol﹣1，下列有关该反应的叙述正确的是（　　）
A．正反应活化能小于100kJ•mol﹣1B．逆反应活化能一定小于100kJ•mol﹣1
C．正反应活化能不小于100kJ•mol﹣1D．正反应活化能比逆反应活化能大100kJ•mol﹣1
分析：根据在可逆反应过程中活化能有正反应和逆反应两种，焓变与活化能的关系是△H＝正反应的活化能﹣逆反应的活化能；△H＞0，则反应物的总能量小于生成物的总能量。
解答：A、某反应的△H＝+100kJ•mol﹣1，则正反应的活化能﹣逆反应的活化能＝100kJ•mol﹣1，无法确定正反应活化能的大小，故A错误；
B、某反应的△H＝+100kJ•mol﹣1，则正反应的活化能﹣逆反应的活化能＝+100kJ•mol﹣1，无法确定逆反应活化能的大小，故B错误；
C、某反应的△H＝+100kJ•mol﹣1，则正反应的活化能﹣逆反应的活化能＝+100kJ•mol﹣1，正反应活化能大于100kJ•mol﹣1，故C错误；
D、某反应的△H＝+100kJ•mol﹣1，则正反应的活化能﹣逆反应的活化能＝+100kJ•mol﹣1，即正反应活化能比逆反应活化能大100 kJ•mol﹣1，故D正确；
故选：D。
点评：本题主要考查了焓变与活化能的关系，需要注意的是活化能有正反应和逆反应两种。
题型三：利用键能计算反应热
典例3：http：//www。jyeoo．com/chemistry2/ques/detail/05cc82c3﹣1837﹣48f5﹣865c﹣5a3954df93eb
根据键能数据估算CH4（g）+4F2（g）═CF4+4HF（g）的反应热△H为（　　）
化学键
C﹣H
C﹣F
H﹣F
F﹣F
键能/（kJ/mol）
414
489
565
155
A．﹣1940 kJ/mol B．+1940 kJ/mol C．﹣485 kJ/mol D．+485 kJ/mol
分析：化学反应的焓变可以用反应物和生成物的键能计算，依据△H＝反应物键能之和﹣生成物键能之和，计算得到。
解答：△H＝反应物键能之和﹣生成物键能之和，结合图表中键能数据和反应中化学键的判断进行计算，
△H＝414kJ/mol×4+4×155kJ/mol﹣（489kJ/mol×4+4×565kJ/mol）＝﹣1940kJ/mol，
故选A。
点评：本题考查了化学反应焓变的计算方法，主要是利用反应温和生成物键能计算的方法应用，题目较简单。

【解题思路点拨】△H＝E（生成物的总能量）﹣E（反应物的总能量）
＝E（反应物分子化学键断裂时所吸收的总能量）﹣E（生成物分子化学键形成时所释放的总能量）
＝E1（正反应的活化能）﹣E2（逆反应的活化能）
5．热化学方程式
【知识点的知识】
1、定义：表明反应放出或吸收的热量的化学方程式叫做热化学方程式．
2、意义：热化学方程式不仅表示了化学反应中的物质变化，也表明了化学反应中的能量变化．
3、热化学方程式的书写
①要注明温度、压强，但中学化学中所用的△H数据一般都是25℃、101kPa下的数据，因此可不特别注明．
②必须注明△H的“+”与“﹣”．“+”表示吸收热量，“﹣”表示放出热量．
③要注明反应物和生成物的聚集状态．g表示气体，l表示液体，s表示固体，热化学方程式中不用气体符号或沉淀符号．
④热化学方程式各物质化学式前面的化学计量数仅表示该物质的物质的量，并不表示物质的分子或原子数．因此热化学方程式中化学计量数可以是整数也可以是分数．
⑤热化学方程式的数值与化学计量数有关，对于相同的物质反应，当化学计量数不同，其△H也不同．当化学计量数加倍时，△H也加倍．当反应逆向进行时，其反应热与正反应的反应热数值相等，符号相反．
⑥对于化学式形式相同的同素异形体，还必须在化学是后面标明其名称．如C（s，石墨）
⑦可逆反应的反应热指的是反应物完全反应后放出或吸收的热量，不是达到平衡时的．

【命题方向】
题型一：热化学方程式书写综合考察
典例1：http://www．jyeoo．com/chemistry2/ques/detail/2ae43a75﹣441c﹣4d09﹣bddb﹣dada45a6d0d4
（2013•湖北一模）下列热化学方程式中，正确的是（　　）
A．甲烷的燃烧热为890.3 kJ•mol﹣1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣890.3 kJ•mol﹣1
B．500℃、30MPa下，将0.5mol N2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3 kJ，其热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H＝﹣38.6 kJ•mol﹣1
C．HCl和NaOH反应的中和热△H＝﹣57.3 kJ•mol﹣1，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热△H＝2×（﹣57.3）kJ•mol﹣1
D．在101 kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8lkJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2（g）+O2（g）＝2H2O（1）△H＝﹣571.6 kJ•mol﹣1
分析：A、根据热化学方程式的书写方法，以及燃烧热的定义来判断；
B、根据热量与物质的物质的量之间的关系，以及可逆反应不能完全反应来解答；
C、根据中和热的定义来解答；
D、根据物质的质量与热量之间的关系以及热化学方程式的书写方法来解答．
解答：A、因燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，一般H→H2O（l），C→CO2，S→SO2，由热化学方程式的书写方法可知甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）△H＝﹣890.3 kJ•mol﹣1，故A错误；
B、因N2+3H2⇌2NH3是可逆反应，0.5mol N2和1.5molH2置于密闭容器中不能完全反应，若完全反应放出的热量大于19.3 kJ，故B错误；
C、因在稀溶液中，稀的酸跟碱发生中和反应而生成1mo水，这时的反应热叫做中和热，所以H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热△H＝﹣57.3kJ•mol﹣1，故C错误；
D、2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8lkJ热量，则4gH2完全燃烧生成液态水，放出571.6热量，所以氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2（g）+O2（g）＝2H2O（1）△H＝﹣571.6 kJ•mol﹣1，故D正确；
故选：D．
点评：本题主要考查了热化学方程式的书写方法，物质的质量与热量之间的关系以及燃烧热的定义，注意概念的运用，难度不大．

题型二：根据反应能量变化图书写热化学方程式
典例2：http://www．jyeoo．com/chemistry2/ques/detail/8ac34b15﹣a64e﹣44d1﹣a6fb﹣a4932b81daa7
化学反应N2+3H2＝2NH3的能量变化如图所示，该反应的热化学方程式是（　　）

A．N2（g）+3H2（g）＝2NH3（l）；△H＝2（a﹣b﹣c）kJ•mol﹣1
B．N2（g）+3H2（g）＝2NH3（g）；△H＝2（b﹣a）kJ•mol﹣1
C．N2（g）+H2（g）＝NH3（l）；△H＝（b+c﹣a）kJ•mol﹣1
D．N2（g）+H2（g）＝NH3（g）；△H＝（a+b）kJ•mol﹣1
分析：根据反应热等于反应物总能量减去生成物总能量计算反应热并书写热化学方程式，注意反应物的物质的量和生成物的聚集状态．
解答：由图可以看出，molN2（g）+molH2（g）的能量为akJ，1molNH3（g）的能量为bkJ，
所以N2（g）+H2（g）＝NH3（g）；△H＝（a﹣b）kJ/mol，
而1mol的NH3（g）转化为1mol的NH3（l）放出的热量为ckJ，
所以有：N2（g）+H2（g）＝NH3（l）；△H＝（a﹣b﹣c）kJ/mol，
即：N2（g）+3H2（g）＝2NH3（1）；△H＝2（a﹣b﹣c）kJ•mol﹣1．
故选：A．
点评：本题考查热化学方程式的书写，题目难度不大，注意书写热化学方程式的注意事项以及反应热的计算方法．

【解题思路点拨】对于热化学方程式的书写和正误判断均结合热化学方程式和普通化学方程式的区别进行分析，
区别可以归纳为：
①热化学方程式包含物质变化和能量变化，普通化学方程式只有物质变化．
②热化学方程式需标明反应的温度和压强．对于25℃，101kPa时进行的反应可不注明．普通化学方程式不需要．
③热化学方程式需要标明各物质的状态．
④热化学方程式的化学计量数可以是整数或分数，普通化学方程式只能为整数．
6．用盖斯定律进行有关反应热的计算
【知识点的认识】
1、内容：化学反应不管是一步完成还是分几步完成，其反应热是相同的；即化学反应热只与其反应的始态和终态有关，而与具体反应进行的途径无关；
2、应用：
a、利用总反应和一个反应确定另一个反应的热效应；
b、热化学方程式之间可以进行代数变换等数学处理．
3、反应热与键能关系
①键能：气态的基态原子形成1mol化学键释放的最低能量．键能既是形成1mol化学键所释放的能量，也是断裂1mol化学键所需要吸收的能量．
②由键能求反应热：反应热等于断裂反应物中的化学键所吸收的能量（为“+”）和形成生成物中的化学键所放出的能量（为“﹣”）的代数和．即△H＝反应物键能总和﹣生成物键能总和＝∑E反﹣∑E生
③常见物质结构中所含化学键类别和数目：1mol P4中含有6mol P﹣P键；1mol晶体硅中含有2mol Si﹣Si键；1mol金刚石中含有2molC﹣C键；1mol二氧化硅晶体中含有4mol Si﹣O键．

【命题方向】
题型一：用盖斯定律计算反应热
典例1：http://www．jyeoo．com/chemistry2/ques/detail/286590b6﹣81b2﹣418e﹣a0b9﹣c821b0c8e0a5
（2014•郑州一模）在1200℃时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应：
H2S（g）+O2（g）═SO2（g）+H2O（g）△H1
2H2S（g）+SO2（g）═S2（g）+2H2O（g）△H2
H2S（g）+O2（g）═S（g）+H2O（g）△H3
2S（g）═S2（g）△H4
则△H4的正确表达式为（　　）
A．△H4＝（△H1+△H2﹣3△H3） B．△H4＝（3△H3﹣△H1﹣△H2）
C．△H4＝（△H1+△H2﹣3△H3） D．△H4＝（△H1﹣△H2﹣3△H3）
分析：利用盖斯定律分析，不管化学反应是一步或分几步完成，其反应热是不变的；根据目标方程改写分方程，然后求出反应热．
解答：根据目标方程，把方程3反写，计量数乘以2；把方程2乘以；把方程1乘以；然后三者相加；即﹣△H3×2+△H2×+△H1×＝（△H1+△H2﹣3△H3）．
故选A．
点评：本题考查了盖斯定律的应用，要注意方程式计量数的变化，及△H的符号的变化．
【解题方法点拨】
1、盖斯定律的使用方法：
①写出目标方程式；
②确定“过渡物质”（要消去的物质）；
③用消元法逐一消去“过渡物质”．
例如：
①Fe2O3（s）+3CO（g）＝2Fe（s）+3CO2 △H1
②3Fe2O3（s）+CO（g）＝2Fe3O4（s）+CO2（g）△H2
③Fe3O4（s）+CO（g）＝3FeO（s）+CO2（g）△H3
求反应FeO（s）+CO（g）＝Fe（s）+CO2（g）△H4的焓变
三个反应中，FeO、CO、Fe、CO2是要保留的，而与这四种物质无关的Fe2O3、Fe3O4要通过方程式的叠加处理予以消去，
先②+③×2﹣①×3先消除Fe3O4，再消除Fe2O3，得到④6Fe（s）+6CO2（g）＝6FeO（s）+6CO（g）△H5，④逆过来得到
⑤6FeO（s）+6CO（g）＝6Fe（s）+6CO2（g）﹣△H5，再进行⑤÷6，得到△H4＝﹣．

2、计算过程中的注意事项：
1）热化学方程式可以进行方向改变，方向改变时，反应热数值不变，符号相反；
2）热化学方程式中物质的化学计量数和反应热可以同时改变倍数；
3）热化学方程式可以叠加，叠加时，物质和反应热同时叠加；
4）当对反应进行逆向时，反应热数值不变，符号相反．
7．原电池和电解池的工作原理
【知识点的知识】
一、原电池
1、定义：把化学能转化为电能的装置。
2、装置构成：
①自发的氧化还原反应；
②两个活泼性不同的金属（或一种是非金属导体）；
③闭合回路；
④电解质溶液。
3、正负极的定义及判断：
1）定义：负极：电子流出的一极；正极：电子流入的一极。
2）正负极判断方法：
1°由组成原电池的两极材料判断：一般来说，较活泼的或能和电解质溶液反应的金属为负极，较不活泼的金属或能导电的非金属为正极。但具体情况还要看电解质溶液，如镁、铝电极在稀硫酸中构成原电池，镁为负极，铝为正极；但镁、铝电极在氢氧化钠溶液中形成原电池时，由于是铝和氢氧化钠溶液发生反应，失去电子，因此铝为负极，镁为正极。
1°根据外电路电流的方向或电子的流向判断：在原电池的外电路，电流由正极流向负极，电子由负极流向正极。
2°根据内电路离子的移动方向判断：在原电池电解质溶液中，阳离子移向正极，阴离子移向负极。
3°根据原电池两极发生的化学反应判断：原电池中，负极总是发生氧化反应，正极总是发生还原反应。因此可以根据总化学方程式中化合价的升降来判断。
4°根据电极质量的变化判断：原电池工作后，若某一极质量增加，说明溶液中的阳离子在该电极得电子，该电极为正极，活泼性较弱；如果某一电极质量减轻，说明该电极溶解，电极为负极，活泼性较强。
5°根据电极上产生的气体判断：原电池工作后，如果一电极上产生气体，通常是因为该电极发生了析出氢的反应，说明该电极为正极，活动性较弱。
6°根据某电极附近pH的变化判断：电极附近近的pH增大了，说明该电极为正极，金属活动性较弱。
4、电流及电子移动方向判断：
外电路：电子移动方向，负极→正极；电流方向，正极→负极；
内电路：离子迁移方向，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；
电流方向：正极→负极。

二、原电池和电解池比较：
装置
原电池
电解池

实例



原理
使氧化还原反应中电子作定向移动，从而形成电流。这种把化学能转变为电能的装置叫做原电池。
使电流通过电解质溶液而在阴、阳两极引起氧化还原反应的过程叫做电解。这种把电能转变为化学能的装置叫做电解池。
形成条件
①自发的氧化还原反应；
②两个活泼性不同的电极；
③闭合回路；④电解质溶液
①电源；②两个电极（惰性或非惰性）；
③电解质（水溶液或熔化态）；
④闭合回路
反应类型
自发的氧化还原反应
非自发的氧化还原反应
电极名称
由电极本身性质决定：
正极：材料性质较不活泼的电极；
负极：材料性质较活泼的电极。
由外电源决定：
阳极：连电源的正极；
阴极：连电源的负极；
电极反应
负极：Zn﹣2e﹣＝Zn2+（氧化反应）
正极：2H++2e﹣＝H2↑（还原反应）
阴极：Cu2++2e﹣＝Cu （还原反应）
阳极：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑ （氧化反应）
电子流向
负极→正极
电源负极→阴极；阳极→电源正极
电流方向
正极→负极
电源正极→阳极；阴极→电源负极
能量转化
化学能→电能
电能→化学能
应用
①抗金属的电化腐蚀；
②实用电池。
①电解食盐水（氯碱工业）；
②电镀（镀铜）；
③电冶（冶炼Na、Mg、Al）；
④精炼（精铜）。
【命题方向】
题型一：原电池的装置和工作原理
典例1：http://www。jyeoo．com/chemistry2/ques/detail/b96e2c50﹣3ec9﹣448e﹣b2c8﹣eb4361a161ec
（2014•龙湖区二模）如图为一原电池的结构示意图，下列说法不正确的是（　　）

A．原电池工作时的总反应为Zn+Cu2+═Zn2++Cu
B．原电池工作时，Zn电极流出电子，发生氧化反应
C．若将Cu电极改为Fe电极，CuSO4溶液改为FeSO4溶液，Zn电极仍作负极
D．盐桥中装有琼脂﹣饱和氯化钾溶液，则盐桥中的K+移向ZnSO4溶液
分析：锌比铜活泼，锌为负极，发生氧化反应，电极方程式为Zn﹣2e﹣＝Zn2+，铜为正极，发生还原反应，电极方程式为Cu2++2e﹣＝Cu，原电池工作时，电子由负极经外电路流向正极，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，以此解答。
解答：A．该原电池中，负极上锌失电子生成锌离子，正极上铜离子得到生成铜，电池反应式为：Zn+Cu2+＝Zn2++Cu，故A正确；
B．该原电池中，易失电子的锌作负极，负极上锌失电子生成锌离子，发生氧化反应，故B正确；
C．如果将Cu电极改为Fe电极，锌的活泼性大于铁，所以Zn电极依然作负极，故C正确；
D．原电池工作时，阳离子向正极移动，即盐桥中的K+移向CuSO4溶液，故D错误。
故选D。
点评：本题考查原电池知识，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握原电池的工作原理和电极方程式的书写，难度不大。
题型二：原电池的构成条件
典例2：http://www。jyeoo．com/chemistry2/ques/detail/1a0477a3﹣119a﹣4db1﹣8a6c﹣a1f5f5a9051f
下列关于原电池的叙述正确的是（　　）
A．构成原电池的正极和负极必须是两种不同的金属 B．原电池的电极不一定参与电极反应
C．在原电池中，电子流出的一极是负极，该电极被还原 D．原电池放电时，电流的方向是从负极到正极
分析：A、原电池的正极和负极可能是两种不同的金属；
B、燃料电池是气体参加反应，电极本身不参与反应；
C、原电池是把化学能转变为电能的装置，原电池放电时，负极上失去电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，电子从负极沿导线流下正极，
D、原电池中电子流出的一端电极为负极，电流方向和电子流向相反。
解答：A、电极材料可由金属构成，也可由能导电的非金属和金属材料构成，故A错误；
B、原电池电极可以参加反应，也可以不参加反应，如燃料电池，故B正确；
C、原电池在在工作时其负极不断产生电子并经外电路流向正极，电子流出的一极为负极，失电子发生氧化反应，故C错误；
D、原电池放电，电流从正极流向负极，故D错误；
故选B。
点评：本题考查了原电池原理，难度不大，会根据得失电子判断化学反应类型、电极名称、电子流向，电流流向等，题目较简单。
【解题方法点拨】盐桥的作用：
①使整个装置构成通路，代替两溶液直接接触；
②平衡电荷，使装置能产生持续、稳定的电流。
8．电极反应和电池反应方程式
【知识点的知识】
电极反应方程式的书写步骤：
1、首先判断原电池的正负极
如果电池的正负极判断失误，则电极反应必然写错．一般来说，较活泼的金属失去电子，为原电池的负极，但不是绝对的．如镁片和铝片插入氢氧化钠溶液中组成的原电池虽然镁比铝活泼，但由于铝和氢氧化钠溶液反应失去电子被氧化，因而铝是负极，此时的电极反应为：
负极：2Al﹣6e﹣═2Al3+
正极：6H2O+6e﹣═6OH﹣+3H2↑ 或 2Al3++2H2O+6e﹣+2OH﹣═2AlO2﹣+3H2↑
再如，将铜片和铝片同时插入浓硝酸中组成原电池时，由于铝在浓硝酸中发生了钝化，铜却失去电子是原电池的负极被氧化，此时的电极反应为：
负极：Cu﹣2e﹣═Cu2+
正极：2NO3﹣+4H++2e﹣═2NO2↑+2H2O
2、要注意电解质溶液的酸碱性
在正负极上发生的电极反应不是孤立的，它往往与电解质溶液紧密联系．如氢﹣氧燃料电池就分酸式和碱式两种，在酸性溶液中的电极反应：
负极：2H2﹣4e﹣═4H +
正极：O2+4H++4e﹣═2H2O
如果是在碱性溶液中，则不可能有H+出现，同样在酸性溶液中，也不能出现OH﹣．由于CH4、CH3OH等燃料电池在碱性溶液中，碳元素是以CO32﹣离子形式存在的，故不是放出CO2．
3、还要注意电子转移的数目
在同一个原电池中，负极失去电子的总数一定等于正极得到电子的总数，所以在书写电极反应式时，要注意电荷守恒．这样可避免在有关计算时产生错误或误差，也可避免由电极反应式写总反应方程式或由总方程式改写电极反应式时所带来的失误
4、抓住总的反应方程式
从理论上讲，任何一个自发的氧化还原反应均可设计成原电池．而两个电极相加即得总的反应方程式．所以对于一个陌生的原电池，只要知道总的反应方程式和其中的一个电极反应式，就可写出另一个电极反应式．

【命题方向】
题型：电极反应式的书写
典例：http://www．jyeoo．com/chemistry2/ques/detail/18acb378﹣2ac9﹣48d7﹣a94c﹣807483ebef3d
原电池的电极名称不仅与电极材料的性质有关，也与电解质溶液有关．下列说法中正确的是（　　）
A．由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池，负极反应式为：Cu﹣2e﹣＝Cu2+
B．由Al、Cu、稀硫酸组成原电池，负极反应式为：Cu﹣2e﹣＝Cu2+
C．由Al、Mg、NaOH溶液组成原电池，负极反应式为：Al+4OH﹣﹣3e﹣＝AlO2﹣+2H2O
D．由Al、Cu、浓硝酸组成的原电池中，负极反应式为：Al﹣3e﹣＝Al3+
分析：A．该装置中，铁易失电子作负极、Cu作正极，负极上铁失电子、正极上铁离子得电子；
B．该原电池中，Al易失电子作负极、Cu作正极，负极上铝失电子、正极上氢离子得电子；
C．该原电池中，Al易失电子作负极、Mg作正极，负极上Al失电子、正极上水得电子；
D．该原电池中，铜易失电子作负极、Al作正极，负极上铜失电子、正极上硝酸根离子得电子．
解答：A．该装置中，铁易失电子作负极、Cu作正极，负极上铁失电子、正极上铁离子得电子，负极反应式为：Fe﹣2e﹣＝Fe2+，故A错误；
B．该原电池中，Al易失电子作负极、Cu作正极，负极上铝失电子、正极上氢离子得电子，负极反应式为：Al﹣3e﹣＝Al3+，故B错误；
C．该原电池中，Al易失电子作负极、Mg作正极，负极上Al失电子、正极上水得电子，负极上电极反应式为Al+4OH﹣﹣3e﹣＝AlO2﹣+2H2O，故C正确；
D．该原电池中，铜易失电子作负极、Al作正极，负极上铜失电子、正极上硝酸根离子得电子，负极电极反应式为Cu﹣2e﹣＝Cu2+，故D错误；
故选C．
点评：本题考查了电极反应式的书写，正确判断正负极是解本题关键，再结合电解质溶液书写电极反应式，注意不能单纯根据金属的活泼性强弱判断正负极，为易错点．

【解题方法点拨】原电池正、负极电极反应式的书写技巧：
（1）先确定原电池的正负极上的反应物质，并标出相同电子数目的得失；
（2）注意负极反应生成的阳离子与电解质溶液中的阴离子是否共存．若不共存，则该电解质溶液中的阴离子应写入负极反应式；若正极上的反应物质是O2，且电解质溶液为中性或碱性，则H2O必须写入正极反应式中，且O2生成OH﹣；若电解质溶液为酸性，则H+必须写入正极反应式中，且O2生成H2O；若在熔融盐电解质中反应，则O2可能得电子变成O2﹣．
（3）正负电极反应式相加得到电池反应的总方程式，若能写出已知电池反应的总方程式，可以减去较易写出的电极反应式，从而得到比较难写的电极反应式．
9．使用化石燃料的利弊及新能源的开发
【知识点的认识】
一、有关能源的几种常见概念：
1、一级和二级能源
一级能源是直接开采或直接被利用的能源．如煤、石油、天然气、水能等
二级能源是由一级能源转化产生的能源，如水电、火电、酒精等汽油、柴油等石油产品都是由石油分馏产生的，因此属于二级能源．
2、绿色能源和清洁能源
绿色能是指对环境无影或影响很小的能源：如：电能、光能、潮汐能、氢能等
清洁能源是指使用时不产生污染环境的物质，但产物排放过多会对环境有影响的能源，如乙醇、甲烷等燃料燃烧产生的CO2，空气中CO2过多会产生温室效应
3、可再生能源和不可再生能源
通过大自燃的循环可不断转化的能源称为可再生能源．如水能、氢能、乙醇等，要通过几百万年才能形成的能源、用一点少一点，这样的能源称为不可再生能源．如化石燃料
4、化学能、物理能、核能
化学能：通过化学反应中获得的能量，如化石燃料和其他燃料燃烧产生的能量．
物理能：不通过化学反应直接获得的能量．如水能、地热能、潮汐能、风能．
核能：通过原子核变化获得的能量，如原子弹、氢弹爆炸释放的能量，核反应堆中产生的能量．
二、化石燃料
1、概念：化石燃料是由古代动植物的遗骸经过一系列复杂变化而形成的．化石燃料包括煤（工业的粮食），石油（工业的血液）和天然气，是不可再生能源．
2、化石燃料的利弊：
（1）化石燃料的优点：化石燃料利用价值很高，成本较低，生活、生产、国防等方面被广泛利用．
（2）化石燃料的缺点：①化石燃料燃烧时会放出CO、SO2、NO2等污染物，同时放出大量的CO2，从而引起温室效应、酸雨等，危害人类的生存和发展；②化石燃料不可再生．
3、新能源的开发与利用：
（1）太阳能：目前的太阳能技术相对比较成熟，且太阳能容易获取，取之不尽，发展前景广阔．利用太阳能的方法主要有：太阳能电池、太阳能热水器、太阳能灶、太阳能烤箱、太阳灶反光膜等系列产品．太阳能清洁环保，无任何污染，利用价值高．
（2）风能：风能发电等．
（3）水能：海洋能指蕴藏于海水中的各种可再生能源，包括潮汐能、波浪能、海流能、海水温差能、海水盐度差能等．这些能源都具有可再生性和不污染环境等优点．
（4）地热能
（5）核能：通过原子核变化获得的能量，如原子弹、氢弹爆炸释放的能量，核反应堆中产生的能量．目前，最有希望的新能源是核能．核能有两种：裂变核能和聚变核能．可开发的核裂变燃料资源可使用上千年，核聚变资源可使用几亿年，这能根本上解决能源危机．
（6）生物质能：生物质能（又名生物能源）是利用有机物质（例如植物等）作为燃料，通过气体收集、气化（化固体为气体）、燃烧和消化作用（只限湿润废物）等技术产生能源．只要适当地执行，生物质能也是一种宝贵的可再生能源．
（7）氢能：
①氢能的优点：（1）安全环保燃烧产物仅为水，不污染环境（2）自动再生：氢能来源于水，燃烧后又还原成水（3）来源广泛：氢气可由水电解制取，水取之不尽（5）即产即用：利用先进的自动控制技术，由氢氧机按照用户设定的按需供气，不贮存气体．
②氢能的缺点：（1）制取成本高，需要大量的电力；（2）生产、存储难：氢气密度小，很难液化，高压存储不安全．

【命题方向】
题型一：能源的分类
典例1：下列叙述正确的是（　　）
A．电能是二次能源 B．水力是二次能源 C．天然气是二次能源 D．水煤气是一次能源
分析：能源包括一次能源和二次能源．一次能源又分为可再生能源（水能、风能及生物质能）和非再生能源（煤炭、石油、天然气、油页岩等），其中煤炭、石油和天然气三种能源是一次能源的核心，它们成为全球能源的基础；除此以外，太阳能、风能、地热能、海洋能、生物能以及核能等可再生能源也被包括在一次能源的范围内；二次能源则是指由一次能源直接或间接转换成其他种类和形式的能量资源，例如：电力、煤气、汽油、柴油、焦炭、洁净煤、激光和沼气等能源都属于二次能源．
解答：由上述分析可知，水力、天然气是一次能源；电能、水煤气是一次能源的转化形式，属于二次能源；
故选：A．
点评：本题考查了能源的分类原则，理解能源的来源才能正确判断．

题型二：新能源的特点
典例2：未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或者污染很小，且可以再生．下列能源符合未来新能源标准的是（　　）
①天然气 ②煤 ③核能 ④石油 ⑤太阳能 ⑥生物质能 ⑦风能 ⑧氢能．
A．①②③④B．⑤⑥⑦⑧C．③⑤⑥⑦⑧D．③④⑤⑥⑦⑧
分析：煤、石油、天然气是化石燃料，太阳能、核能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等都是新能源．
解答：煤、石油、天然气是化石能源，不是新能源，常见新能源有：太阳能、核能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等，核能发电﹣．核电厂的反应器内有大量的放射性物质，会对生态及民众造成伤害，不属于未来新能源．
故选B．
点评：本题主要考查学生对常见的新能源的了解和掌握．

【解题思路点拨】本考点主要考察能源的分类和新能源的主要特点，属于识记内容，记住常见的一次能源和二次能源．
10．焓变和熵变
【知识点的认识】
一、焓变与熵变的定义：
1、焓变：焓变是指体系内能的变化，焓变为正值说明反应吸热体系能量增加，焓变为负值说明反应放热体系能量减小．
2、熵变：熵变是指体系混乱程度的变化，熵变为正值说明体系的混乱程度增加，熵变为负值说明混乱程度减小．
二、焓变与化学反应方向的关系
体系总是趋向于从高能状态转变为低能状态（这时体系往往会对外做功或释放能量）．这一经验规律是能量判断的依据，即焓变是决定一个化学反应能否自发进行的一个重要因素．
1、多数能自发进行的化学反应是放热反应．
2、有一些吸热反应在室温条件下不能自发进行，但在较高温度下却能自发进行．例如：在室温和较高温度下均为吸热过程的CaCO3的分解反应．
3、有不少吸热反应在室温条件下也能自发进行．
结论：反应放热有利于反应自发进行，反应吸热也有可能自发进行，这说明反应的焓变只是与反应能否自发进行有关的一个因素，但不是唯一因素．
三、熵变与化学反应方向的关系
在同一条件下，不同的物质熵值不同，且一物质的熵与其聚集状态及外界条件还有关，一般来说，S（g）＞S（l）＞S （s）．在密闭的条件下，体系有从有序自发地转变为无序的倾向，该变化过程体系的熵增大．熵值越大，体系的混乱程度越大．
1、许多熵增加的反应在常温、常压下可以自发进行．产生气体或气体物质的物质的量增大的反应，熵变通常都是正值，为熵增加反应．
2、有些熵增加的反应在常温、常压下不能自发进行，但在较高温度下可以自发进行．例如：CaCO3（s）CaO（s）+CO2（g）
3、有不少熵减小的反应，在一定条件下也可自发进行．
例如：2Al（s）+Fe2O3（s）Al2O3（s）+2Fe（s）
结论：熵增加有利于反应自发进行，熵减小的反应，在一定条件下也可自发进行．故熵增原理是解释反应能否自发进行有关的一个因素，但不是唯一因素． 由此可见，焓变和熵变都与反应的自发性有关，又都不能独立地作为自发性的判据，要判断反应进行的方向，必须综合考虑体系的焓变和熵变．
四、焓变和熵变与化学反应进行的方向．
结论：一个化学反应能否自发进行，既与反应的焓变有关，又与反应的熵变有关．一般来说体系能量减小和混乱度增加都能促使反应自发进行，焓变和熵变共同制约着化学反应进行的方向，但焓和熵都不是唯一因素，我们不能单纯地根据焓变或熵变来判断某个反应是否自发进行．在等温、等压条件下，化学反应的方向是由反应的焓变和熵变共同决定的．化学反应自发进行的最终判据是吉布斯自由能变，自由能一般用△G来表示．且△G＝△H﹣T△S：
当△G＝△H﹣T△S＜0时，反应向正反应方向能自发进行．
当△G＝△H﹣T△S＝0时，反应达到平衡状态．
当△G＝△H﹣T△S＞0时，反应不能向正反应方向自发进行．
【命题方向】
题型一：反应熵变的判断
典例1：下列反应中，熵减小的是（　　）
A．（NH4）2CO3（s）＝NH4HCO3（s）+NH3（g） B．2N2O5（g）＝4NO2（g）+O2（g）
C．MgCO3（s）＝MgO（s）+CO2（g） D．2CO（g）＝2C（s）+O2（g）
分析：物质的由固态或液态变为气态，或生成的气体越多，则混乱度越大，熵值越大，反之越小．
解答：物质的由固态或液态变为气态，或生成的气体越多，则混乱度越大，熵值越大，反之越小：
A、反应由固体生成气体，熵增大，故A错误；
B、反应生成的气体的物质的量增多，熵增大，故B错误；
C、反应由固体生成气体，熵增大，故C错误；
D、反应气体的物质的量减少，熵减小，故D正确．
故选D．
点评：本题考查熵变的判断，题目难度不大，注意有关概念的理解．
题型二：焓变、熵变好温度共同判断反应能否自发进行
典例2：某反应2AB（g）⇌C（g）+3D（g）在高温时能自发进行，其逆反应在低温下能自发进行，则该反应的△H、△S应为（　　）
A．△H＜0，△S＞0 B．△H＜0，△S＜0 C．△H＞0，△S＞0 D．△H＞0，△S＜0
分析：当△G＝△H﹣T•△S＜0时，反应能自发进行，△G＝△H﹣T•△S＞0时，反应不能自发进行，据此分析．
解答：化学反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，当△G＝△H﹣T•△S＜0时，反应能自发进行，
A、△H＜0，△S＞0时，△G＝△H﹣T•△S＜0，在室温一定能自发进行，故A错误；
B、△H＜0，△S＜0时，在低温下能自发进行，故B错误；
C、△H＞0，△S＞0时，在室温下不能自发进行，在高温下能自发进行，故C正确；
D、△H＞0，△S＜0时，任何温度下反应都不能自发进行，故D错误．
故选：C．
点评：本题考查反应能否自发进行的判断，题目难度不大，注意根据自由能判据的应用．
题型三：化学反应自发进行与焓变、熵变的关系
典例3：（2010•杭州一模）下列说法中正确的是（　　）
A．凡是放热反应都是能自发进行的反应，而吸热反应都是非自发进行的反应
B．自发反应一定是熵增大的反应，非自发反应一定是熵减小或不变的反应
C．熵增加且放热的反应一定是自发反应
D．非自发反应在任何条件下都不能发生
分析：反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0，由反应的焓变、熵变和温度共同决定．
解答：A、△H＜0，△S＜0的反应在高温下是非自发进行的反应，△H＞0，△S＞0高温下是自发进行的反应，故A错误；
B、△H﹣T△S＜0的反应是自发进行的反应，△H＜0，△S＜0的反应在低温下是自发进行的反应，△H﹣T△S＞0的反应是非自发进行的反应，△H＞0，△S＞0低温下可以是非自发进行的反应，故B错误；
C、熵增加△S＞0，且放热△H＜0，反应△H﹣T△S＜0一定是自发反应，故C正确；
D、反应是否自发进行，由熵变、焓变、温度共同决定，非自发反应在改变条件下可以发生，故D错误；
故选C．
点评：本题考查了化学反应自发进行的判断依据，反应是否自发进行，由熵变、焓变、温度共同决定，题目较简单．
【解题思路点拨】本考点要知道焓变和熵变的含义，焓变和熵变的判断和反应自发进行的判据，这里概念和结论较多，因此一定要先把概念和结论掌握好再进行习题巩固．
11．化学反应速率的影响因素
【知识点的认识】
1、影响化学反应速率的因素：
（1）内因：物质本身的性质；
（2）外因：浓度、温度、压强、催化剂、物质状态、接触面积及其他因素
2、外因对化学反应速率的影响：
（1）浓度：浓度增大，单位体积内活化分子数增加，有效碰撞次数增加，反应速率增大．但固体或液体的浓度是个定值，因此增加固体或液体浓度不能增大反应速率．
（2）温度：温度升高，活化分子百分数提高，有效碰撞增加，反应速率加快，升高10℃，速率增加2～4倍．
（3）压强：对于有气体参与的反应，增大压强，体积减小，浓度增大，反应速率加快．
注意：
①没有气体参加的反应，压强的改变不影响反应速率．
②惰性气体对反应速率的影响：恒温恒容充入惰性气体，反应物浓度不变，反应速率不变；恒温恒压充入惰性气体，体积增大，反应物浓度减小，反应速率减小．
（4）催化剂：加入正催化剂，降低活化能，活化分子百分数增加，有效碰撞次数增多，反应速率加快．若题目未指出，一般催化剂均指正催化剂．
（5）固体表面积：增加固体表面积可以增加反应速率．
3、列表对比分析如下：
反应条件
单位体积内
有效碰撞次数
化学反应速率
分子总数
活化分子数
活化分子百分数
增大浓度
增加
增加
不变
增加
加快
增大压强
增加
增加
不变
增加
加快
升高温度
不变
增加
增加
增加
加快
加催化剂
不变
增加
增加
增加
加快
【命题方向】
题型一：化学反应速率的影响因素综合
典例1：下列措施肯定能使化学反应速率增大的是（　　）
A．增大反应物的量 B．增加压强 C．升高温度 D．使用催化剂
分析：一般增大反应物的浓度、增大压强，升高温度、使用催化剂，化学反应速率加快，但需要注意一些特例情况，以此来解答．
解答：A．若反应物为纯固体或纯液体，增大反应物的量，反应速率不变，故A不选；
B．若反应中没有气体参加和生成，为溶液中的反应，则增加压强，反应速率不变，故B不选；
C．因升高温度，活化分子百分数增大，反应速率加快，故C选；
D．催化剂能改变反应速率，可加快也可减慢，故D不选；
故选C．
点评：本题考查影响化学反应速率的因素，注意物质的状态、反应的特点来分析影响反应速率的因素，题目难度不大．
典例2：用铁片与稀硫酸反应制氢气时，下列措施不能使氢气生成速率加大的是（　　）
A．加热 B．不用稀硫酸，改用98%浓硫酸 C．加水稀释硫酸 D．不用铁片，改用铁粉
分析：加快生成氢气的速率，可增大浓度，升高温度，增大固体的表面积以及形成原电池反应，反之不能，以此解答．
解答：A．加热，增大活化分子的百分数，反应速率增大，故A不选；
B．因浓硫酸具有强氧化性，铁与浓硫酸反应生成二氧化硫而不生成氢气，故B选；
C．加水稀释硫酸，浓度降低，反应速率减小，故C选；
D．不用铁片，改用铁粉，固体表面积增大，反应速率增大，故D不选．
故选BC．
点评：本题考查化学反应速率的影响因素，侧重于基本概念的理解和应用，为高考常见题型和高频考点，难度不大，注意相关基础知识的积累．

题型二：压强对反应速率的影响
典例2：反应C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变能使反应速率减小的是（　　）
A．增加C的量 B．将容器体积缩小一半
C．保持体积不变，充入N2使体系压强增大 D．保持压强不变，充入N2使容器体积变大
分析：A．增大固体的量对反应速率没有影响；
B．将体积缩小，反应物的浓度增大，反应速率增大；
C．保持体积不变，充入与反应无关的气体，反应速率不变；
D．保持压强不变，充入与反应无关的气体，容器体积增大，浓度减小．
解答：A．C为固体，固体浓度为定值，增大固体的量对反应速率没有影响，故A错误；
B．将体积缩小，气体的浓度增大，反应速率增大，故B错误；
C．保持体积不变，充入氮气，但氮气不参加反应，由于参加反应的气体的浓度不变，反应速率不变，故C错误；
D．保持压强不变，充入氮气，但氮气不参加反应，由于容器体积增大，浓度减小，反应速率减小，故D正确．
故选D．
点评：本题考查影响化学反应速率的因素，题目难度不大，本题注意固体对反应速率没有影响，易错点为C、D，注意加入与反应无关的气体对参加反应的气体的浓度的影响．

题型三：影响因素综合分析
典例3：（2013•福建模拟）把在空气中久置的铝片5.0g投入盛有 500mL 0.5mol•L﹣1硫酸溶液的烧杯中，该铝片与硫酸反应产生氢气的速率v与反应时间t可用如图的坐标曲线来表示，下列推论错误的是（　　）

A．t由0→a段不产生氢气是因为表面的氧化物隔离了铝和硫酸溶液
B．t由b→c段产生氢气的速率增加较快的主要原因之一是温度升高
C．t＞c产生氢气的速率降低主要是因为溶液中c（H+）降低
D．t＝c时反应处平衡状态
分析：A、根据铝的表面有一层致密的氧化膜；
B、金属和酸的反应是放热反应，根据温度对化学反应速率的影响分析；
C、溶液的浓度影响化学反应速率；
D、反应不是可逆反应，t＝c时反应速率最大．
解答：A、因铝的表面有一层致密的Al2O3能与HCl反应得到盐和水，无氢气放出，发生的反应为Al2O3+6HCl＝2AlCl3+3H2O，故A正确；
B、在反应过程中，浓度减小，反应速率减小，但反应放热，溶液温度升高，反应速率加快，且后者为主要因素，故B正确；
C、随着反应的进行，溶液中的氢离子浓度逐渐降低，所以反应速率逐渐减小，故C正确；
D、反应不是可逆反应，当t＜c时，温度对速率的影响比浓度的影响大，因此速率上升，t＞c时，温度影响不是主要因素，浓度减少是主要因素，反应速率下降，t＝c时反应速率最大，故D错误．
故选D．
点评：本题主要考查了影响化学反应速率的因素，关键是分析图象结合外界条件对化学反应速率的影响等知识点来解答，难度不大．

【解题方法点拨】对于该考点，需要注意以下几点：
①升高温度一定能加快反应速率；增加物质浓度不一定能改变反应速率（固体、纯液体和不参与反应的物质不行）；增大压强不一定能加快反应速率（注意两种情况：①无气体参与的反应；②加入惰性气体）；催化剂有正负之分．
②当反应速率受多个因素影响时，要分情况讨论．
12．化学平衡的影响因素
【知识点的认识】
1、化学平衡的影响因素（v﹣t图象）：
（1）浓度：
a、增大反应物浓度，平衡正向移动；减小反应物浓度，平衡逆向移动

增大反应物浓度，平衡正向移动 减小反应物浓度，平衡逆向移动
b、增大生成物浓度，平衡逆向移动；减小生成物浓度，平衡正向移动

减小生成物浓度，平衡正向移动 增大生成物浓度，平衡逆向移动
（2）温度：
①升高温度，平衡向吸热反应方向移动：

②降低温度，平衡向放热反应方向移动：

（3）压强：
①增大压强，反应朝着气体体积减小的方向进行；

②减小压强，反应朝着气体体积增大的方向进行．

③对于气体体积不变的反应，压强改变平衡不移动．
（4）催化剂：催化剂同倍数增大反应物浓度，平衡不移动．

2、化学平衡移动原理（勒夏特列原理）：
改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强、温度），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，这就是勒夏特列原理．
概念的理解：
①影响平衡的因素只有浓度、压强、温度三种；
②原理的适用范围是只有一项条件变化的情况，当多项条件同时发生变化时，情况比较复杂；
③定性角度：平衡移动的方向为减弱外界改变的方向；
定量角度：平衡移动的结果只能减弱（不可能抵消）外界条件的变化．

【命题方向】
题型一：化学平衡的影响因素
典例1：（2014•安徽模拟）COCl2（g）⇌CO（g）+Cl2（g）；△H＞0．当反应达到平衡时，下列措施：①升温　②恒容通入惰性气体　③增加CO浓度　④减压　⑤加催化剂　⑥恒压通入惰性气体，能提高COCl2转化率的是（　　）
A．①②④B．①④⑥C．②③⑤D．③⑤⑥
分析：化学反应COCl2（g）⇌CO（g）+Cl2（g）△H＞0，正反应是气体体积增大的吸热反应，
①升温平衡向吸热反应方向移动；
②恒容通入惰性气体，总压增大，分压不变，平衡不动；
③增加CO的浓度，平衡逆向进行；
④减压平衡向气体体积增大的方向进行；
⑤加催化剂，改变速率不改变平衡；
⑥恒压通入惰性气体，压强增大，为保持恒压，体积增大压强减小，平衡正向进行．
解答：化学反应COCl2（g）⇌CO（g）+Cl2（g）△H＞0，正反应是气体体积增大的吸热反应，
①升温平衡向正反应移动，COCl2转化率增大，故①符合；
②恒容通入惰性气体，总压增大，反应混合物各组分的浓度不变，平衡不移动，COCl2转化率不变，故②不符合；
③增加CO的浓度，平衡向逆反应方向移动，COCl2转化率减小故③不符合；
④减压平衡向正反应方向移动，COCl2转化率增大，故④符合；
⑤加催化剂，改变速率不改变平衡，COCl2转化率不变，故⑤不符合；
⑥恒压通入惰性气体，压强增大，为保持恒压，体积增大压强减小，平衡正向进行，COCl2转化率增大，故⑥符合，
故选：B．
点评：本题考查了化学平衡的影响因素，注意理解通入惰性气体对平衡移动影响，题目难度中等．

题型二：图象题分析
典例2：对于可逆反应：A2（g）+3B2（g）⇌2AB3（g）；△H＜0下列图象中正确的是（　　）
A． B． C． D．
分析：对于可逆反应A2（g）+3B2（g）⇌2AB3（g）△H＜0，正反应放热，升高温度正逆反应速率都增大，化学向逆反应方向移动，增大压强，平衡向正反应方向移动，结合图象分析解答．
解答：A．升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动，交叉点后，逆反应速率应该大于正反应速率，故A正确；
B．该反应是气体体积减小的可逆反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，所以A的含量是减小，压强一定升高温度，平衡向逆反应方向移动，A的含量增大，故B正确；
C．该反应是放热反应，先拐先平，温度高，故C错误；
D．压强越大，反应速率越大，正逆反应速率都增大，故D错误；
故选AB．
点评：本题考查化学平衡的图象，明确外界条件对化学平衡的影响及图象中纵横坐标的含义、“定一议二”“先拐先平”即可解答，难度不大．

【解题方法点拨】外界条件对化学反应速率和化学平衡影响对比分析：
条件变化
反应特征
化学反应速率
v正与v逆的关系
平衡移动方向
增大c（A）
可逆反应
加快
加快
v正＞v逆
正反应方向
增大c（C）
加快
加快
v正＜v逆
逆反应方向
减小c（A）
减慢
减慢
v正＜v逆
逆反应方向
减小c（C）
减慢
减慢
v正＞v逆
正反应方向
增大压强
m+n＞p+q
加快
加快
v正＞v逆
正反应方向
m+n＝p+q
加快
加快
v正＝v逆
平衡不移动
m+n＜p+q
加快
加快
v正＜v逆
逆反应方向
减小压强
m+n＞p+q
减慢
减慢
v正＜v逆
逆反应方向
m+n＝p+q
减慢
减慢
v正＝v逆
平衡不移动
m+n＜p+q
减慢
减慢
v正＞v逆
正反应方向
升高温度
Q＜0
加快
加快
v正＜v逆
逆反应方向
Q＞0
加快
加快
v正＞v逆
正反应方向
降低温度
Q＜0
减慢
减慢
v正＞v逆
正反应方向
Q＞0
减慢
减慢
v正＜v逆
逆反应方向
注意：
①升高温度和增大压强，正逆反应速率都加快，只是增加幅度不同，因此平衡发生移动；
②降低温度和减小压强，正逆反应速率都减慢．
13．化学平衡移动原理
【知识点的认识】
1、化学平衡的影响因素（v﹣t图象）：
（1）浓度：
a、增大反应物浓度，平衡正向移动；减小反应物浓度，平衡逆向移动

增大反应物浓度，平衡正向移动 减小反应物浓度，平衡逆向移动
b、增大生成物浓度，平衡逆向移动；减小生成物浓度，平衡正向移动
减小生成物浓度，平衡正向移动 增大生成物浓度，平衡逆向移动
（2）温度：
①升高温度，平衡向吸热反应方向移动：

②降低温度，平衡向放热反应方向移动：

（3）压强：
①增大压强，反应朝着气体体积减小的方向进行；

②减小压强，反应朝着气体体积增大的方向进行．

③对于气体体积不变的反应，压强改变平衡不移动．
（4）催化剂：催化剂同倍数增大反应物浓度，平衡不移动．

2、化学平衡移动原理（勒夏特列原理）：
改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强、温度），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，这就是勒夏特列原理．
概念的理解：
①影响平衡的因素只有浓度、压强、温度三种；
②原理的适用范围是只有一项条件变化的情况，当多项条件同时发生变化时，情况比较复杂；
③定性角度：平衡移动的方向为减弱外界改变的方向；
定量角度：平衡移动的结果只能减弱（不可能抵消）外界条件的变化．

【命题方向】
题型一：化学平衡的影响因素
典例1：（2014•安徽模拟）COCl2（g）⇌CO（g）+Cl2（g）；△H＞0．当反应达到平衡时，下列措施：①升温　②恒容通入惰性气体　③增加CO浓度　④减压　⑤加催化剂　⑥恒压通入惰性气体，能提高COCl2转化率的是（　　）
A．①②④B．①④⑥C．②③⑤D．③⑤⑥
分析：化学反应COCl2（g）⇌CO（g）+Cl2（g）△H＞0，正反应是气体体积增大的吸热反应，
①升温平衡向吸热反应方向移动；
②恒容通入惰性气体，总压增大，分压不变，平衡不动；
③增加CO的浓度，平衡逆向进行；
④减压平衡向气体体积增大的方向进行；
⑤加催化剂，改变速率不改变平衡；
⑥恒压通入惰性气体，压强增大，为保持恒压，体积增大压强减小，平衡正向进行．
解答：化学反应COCl2（g）⇌CO（g）+Cl2（g）△H＞0，正反应是气体体积增大的吸热反应，
①升温平衡向正反应移动，COCl2转化率增大，故①符合；
②恒容通入惰性气体，总压增大，反应混合物各组分的浓度不变，平衡不移动，COCl2转化率不变，故②不符合；
③增加CO的浓度，平衡向逆反应方向移动，COCl2转化率减小故③不符合；
④减压平衡向正反应方向移动，COCl2转化率增大，故④符合；
⑤加催化剂，改变速率不改变平衡，COCl2转化率不变，故⑤不符合；
⑥恒压通入惰性气体，压强增大，为保持恒压，体积增大压强减小，平衡正向进行，COCl2转化率增大，故⑥符合，
故选：B．
点评：本题考查了化学平衡的影响因素，注意理解通入惰性气体对平衡移动影响，题目难度中等．

题型二：图象题分析
典例2：对于可逆反应：A2（g）+3B2（g）⇌2AB3（g）；△H＜0下列图象中正确的是（　　）
A． B． C． D．
分析：对于可逆反应A2（g）+3B2（g）⇌2AB3（g）△H＜0，正反应放热，升高温度正逆反应速率都增大，化学向逆反应方向移动，增大压强，平衡向正反应方向移动，结合图象分析解答．
解答：A．升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动，交叉点后，逆反应速率应该大于正反应速率，故A正确；
B．该反应是气体体积减小的可逆反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，所以A的含量是减小，压强一定升高温度，平衡向逆反应方向移动，A的含量增大，故B正确；
C．该反应是放热反应，先拐先平，温度高，故C错误；
D．压强越大，反应速率越大，正逆反应速率都增大，故D错误；
故选AB．
点评：本题考查化学平衡的图象，明确外界条件对化学平衡的影响及图象中纵横坐标的含义、“定一议二”“先拐先平”即可解答，难度不大．

题型三：勒夏特列原理
典例3：下列叙述中，不能用平衡移动原理解释的是（　　）
A．红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅 B．高压比常压有利于合成SO3的反应
C．由H2、I2（g）、HI（g）气体组成的平衡体系加压后颜色变深
D．黄绿色的氯水光照后颜色变浅
分析：平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释．
解答：A．存在平衡2NO2（g）⇌N2O4（g），增大压强，混合气体的浓度增大，平衡体系颜色变深，该反应正反应为体积减小的反应，增大压强平衡正反应移动，二氧化氮的浓度又降低，颜色又变浅，由于移动的密度目的是减弱变化，而不是消除，故颜色比原来的颜色深，所以可以用平衡移动原理解释，故A不选；
B．存在平衡2SO2+O2（g）⇌2SO3（g），正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应移动，有利于合成SO3，能用平衡移动原理解释，故B不选；
C．存在平衡H2+I2（g）⇌2HI（g），该反应前后气体的体积不变，增大压强，平衡不移动，增大平衡体系的压强气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，不能用平衡移动原理解释，故C选；
D．对氯水中的次氯酸受光照射会分解，次氯酸浓度减小，使得化学平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO向右移动，能用平衡移动原理解释，故D不选；
故选：C．
点评：本题考查勒夏特列原理知识，题目难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，且是否发生平衡的移动．

【解题方法点拨】外界条件对化学反应速率和化学平衡影响对比分析：
条件变化
反应特征
化学反应速率
v正与v逆的关系
平衡移动方向
增大c（A）
可逆反应
v正
v逆
v正＞v逆
正反应方向
增大c（C）
加快
加快
v正＜v逆
逆反应方向
减小c（A）
减慢
减慢
v正＜v逆
逆反应方向
减小c（C）
减慢
减慢
v正＞v逆
正反应方向
增大压强
m+n＞p+q
加快
加快
v正＞v逆
正反应方向
m+n＝p+q
加快
加快
v正＝v逆
平衡不移动
m+n＜p+q
加快
加快
v正＜v逆
逆反应方向
减小压强
m+n＞p+q
减慢
减慢
v正＜v逆
逆反应方向
m+n＝p+q
减慢
减慢
v正＝v逆
平衡不移动
m+n＜p+q
减慢
减慢
v正＞v逆
正反应方向
升高温度
Q＜0
加快
加快
v正＜v逆
逆反应方向
Q＞0
加快
加快
v正＞v逆
正反应方向
降低温度
Q＜0
减慢
减慢
v正＞v逆
正反应方向
Q＞0
减慢
减慢
v正＜v逆
逆反应方向
注意：
①升高温度和增大压强，正逆反应速率都加快，只是增加幅度不同，因此平衡发生移动；
②降低温度和减小压强，正逆反应速率都减慢．
14．化学平衡状态的判断
【知识点的认识】
可逆反应达到平衡状态的标志：

mA（g）+nB（g）⇌pC（g）+qD（g）
反应混合物中各组分的含量

①各组分的物质的量或各组分的摩尔分数一定
达平衡状态
②各组分的质量或各组分的质量分数一定
达平衡状态
③各组分的体积或体积分数一定
达平衡状态
④总体积、总压强或总物质的量一定
不一定达平衡状态
ν正与ν逆的关系
①单位时间内消耗m mol A，同时生成m mol A，
达平衡状态
②单位时间内消耗m mol A（或n mol B），同时消耗p mol C（或q mol D），既v正＝v逆
达平衡状态
③：：：＝m：n：p：q，此时v正不一定等于v逆
不一定达平衡状态
④单位时间内生成了p mol C（或q mol D）同时消耗了m mol A（或n mol B），此时均指v正
不一定达平衡状态
压 强
①m+n≠p+q时，总压强一定
达平衡状态
②m+n＝p+q时，总压强一定
不一定达平衡状态
混合气体的平均相对分子质量Mr
①当m+n≠p+q时，Mr一定
达平衡状态
②当m+n＝p+q时，Mr一定
不一定达平衡状态
混合气体的密度
恒温、恒压或恒温、恒容时，密度一定
不一定达平衡状态
其他
如体系颜色不再变化等
平衡
【命题方向】
题型一：化学平衡状态的标志
典例1：（2014•朝阳区）在一定条件下，对于密闭容器中进行的可逆反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），下列说法中，能说明该反应已经达到化学平衡状态的是（　　）
A．N2、H2、NH3在密闭容器中共存 B．N2、H2、NH3的浓度不再变化
C．N2、H2、NH3的浓度相等 D．正、逆反应速率都等于零
分析：根据化学反应到达平衡时，正逆反应速率相等，各物质的物质的量浓度不再发生变化来进行判断．
解答：A、反该反应为可逆反应，无论是否达到平衡状态，各种物质都共存，故A错误；
B、因达到平衡时，正逆反应速率相等，各种物质的浓度不再发生变化，故B正确；
C、因反应平衡时各物质的浓度不变，但不是说各自的浓度相等，故C错误；
D、因反应达到平衡时，正逆反应速率相等，但反应并没有停止，故D错误；
故选：B．
点评：本题考查平衡状态的判断，对于反应前后气体的计量数之和不相等的可逆反应来说，可从浓度、温度、颜色、压强、百分含量等角度判断是否达到平衡状态．
典例2：（2013•南昌模拟）可逆反应：2NO2⇌2NO+O2在固定体积密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是（　　）
①单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2；
②单位时间内生成n mol O2 的同时，生成2n mol NO；
③用NO2、NO、O2 的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1的状态；
④混合气体的颜色不再改变的状态；
⑤混合气体的密度不再改变的状态；
⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态．
A．①④⑥B．②③⑤C．①③④D．①②③④⑤⑥
分析：从平衡状态的两个重要特征上判断：（1）v（正）＝v（逆），（2）混合物中各组成成分的百分含量不变．
解答：此题列出了判断可逆反应是否达到平衡状态的各种可能情况，应从平衡状态的两个重要特征上判断（1）v（正）＝v（逆），（2）混合物中各组成成分的百分含量不变．①符合特征（1）；②表示的都是正反应方向；③说明了反应中各物质的转化量的关系；④NO2是红棕色气体，颜色不变时说明NO2的浓度保持不变，符合特征（2）；⑤中若是恒容条件，则ρ始终不变；若恒压条件，则ρ随反应而变；⑥也说明符合特征（2）．故①④⑥能说明是否达到平衡状态．
故选A．
点评：本题考查化学平衡状态的判断，注意分析时要从化学方程式的反应特征判断，平衡状态的本质时正逆反应速率相等．

题型二：对v正和v逆的理解
典例3：可逆反应N2+3H2⇌2NH3的正、逆反应速率可用各反应物或生成物浓度的变化来表示．下列各关系中能说明反应已达到平衡状态的是（　　）
A．2υ正（H2）＝3υ逆（NH3） B．υ正（N2）＝υ逆（NH3） C．3υ正（N2）＝υ正（H2） D．υ正（N2）＝3υ逆（H2）
分析：根据达到平衡时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆反应速率之比等于系数之比（不同物质）．
解答：根据反应速率之比等于化学计量数之比，因此υ正（H2）：υ正（NH3）＝3：2，由2υ正（H2）＝3υ逆（NH3），即υ正（H2）：υ逆（NH3）＝3：2，因此可以推出υ正（NH3）＝υ逆（NH3），因此由A选项的条件可以说明反应已达平衡状态，其他选项同理可推出错误．
故选：A．
点评：本题主要考查平衡平衡状态的判断，可以抓住本质特征：υ正＝υ逆（同种物质）．

【解题方法点拨】对υ正和υ逆的理解：以N2+3H2⇌2NH3反应为例：
1）v正是指反应物浓度的减少或生成物浓度的增加，因此υ正（H2）和υ正（NH3）都指的是从左到右的反应，υ正（H2）：υ正（NH3）＝3：2；
2）υ逆是指生成物浓度的减少或反应物浓度的增加，因此υ逆（H2）和υ逆（NH3）都指的是从右到左的反应，υ逆（H2）：υ逆（NH3）＝3：2．
15．化学平衡的计算
【考点归纳】
（1）基本模式﹣﹣“三段式”
例：m A+n B⇌p C+q D
起始：a b 0 0
转化：mx nx px qx
平衡：a﹣mx b﹣nx px qx
（2）基本关系：
①反应物：平衡浓度＝起始浓度﹣转化浓度；生成物：平衡浓度＝起始浓度+转化浓度．
②转化率α：转化率（α）＝×100%
③气体的平均分子量：M＝ M＝ρ•Vm
④几点定律：
a、如果保持P、T不变：则气体的体积比等于物质的量之比；则气体的密度比等于摩尔质量之比．
b、如果保持V、T不变：则气体的压强比等于气体物质的量之比．
【命题方向】
题型一：常规计算
典例1：（2012•南昌三模）将4mol A气体和2mol B气体在2L的密闭容器内混合，并在一定条件下发生如下反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g），若经2s后测得C的浓度为0.6mol•L﹣1，现有下列几种说法：
①用物质A表示的反应的平均速率为0.3mol•L﹣1•s﹣1
②用物质B表示的反应的平均速率为0.6mol•L﹣1•s﹣1
③2s时物质A的转化率为70%
④2s时物质B的浓度为0.7mol•L﹣1
其中正确的是（　　）
分析：根据化学反应速率等于单位时间内浓度的变化量及根据反应2A（g）+B（g）⇌2C（g），并利用三段式法计算，据此解答．
解答：利用三段式法计算：
起始A的浓度为＝2mol/L，B的浓度为 ＝1mol/L
2A（g）+B（g）⇌2C（g），
起始：2mol/L 1mol/L 0
变化：0.6mol/L 0.3mol/L 0.6mol/L
2s时：1.4mol/L 0.7mol/L 0.6mol/L
2s内，用物质A表示的反应的平均速率为v（A）＝＝0.3mol•L﹣1•s﹣1；
2s内，用物质B表示的反应的平均速率为v（B）＝＝0.15mol•L﹣1•s﹣1；
2s时物质A的转化率为α＝×100%＝30%；
2s时物质B的浓度为0.7mol•L﹣1，
显然①④正确，
故选：B．
点评：本题考查化学反应速率有关计算，难度不大，学生应学会利用三段式计算方法来表示各个量，并进行相关的计算．
题型二：差量法
典例2：1体积SO2和3体积空气混合后在450℃以上通过V2O5催化剂发生反应．若同温同压下测得反应前后混合气体的密度比为0.9：1，则SO2的转化率为 （　　）
A.90% B.80% C.45% D.10%
分析：根据阿伏加德罗定律的推论可知，P、T不变时，混合气体的密度比等于体积之比之比，据此解答．
解答：由阿伏加德罗定律的推论可知：，V2＝0.9×（3+1）＝3.6体积．
设参加反应的SO2为x体积，由差量法
2SO2+O2⇌2SO3 △V
2 3﹣2＝1
x 4﹣3.6＝0.4
2：1＝x：0.4
解得x＝0.8，所以反应掉的体积是原有SO2的×100%＝80%．
点评：本题可以通过常规方法解题，这里引入差量法使过程变得简单，但掌握不好的同学建议还是采用常规法解题．
题型三：极端假设法
典例3：一定条件下，可逆反应A2+B2⇌2AB达到化学平衡，经测定平衡时c（A2）＝0.5mol•L﹣1，c（B2）＝0.1mol•L﹣1，c（AB）＝1.6mol•L﹣1，若A2、B2、AB的起始浓度分别以a、b、c表示．请回答：
（1）a、b应满足的关系；（2）a的取值范围．
分析：（1）根据反应A2+B2⇌2AB及质量守恒定律，找出a、b的关系；
（2）根据a、c的关系，c取最小值时，a有最大值；按照计量数关系，假设反应物B2完全反应，a有最小值．
解答：（1）由反应A2+B2⇌2AB，将生成物A2、B2按照计量数转化为AB，A2的浓度始终比B2的浓度大0.5﹣0.1＝0.4，即a、b满足关系：a﹣b＝0.4，
故答案为：a﹣b＝0.4；
（2）当c＝0时，a有最大值，将c（AB）＝1.6mol•L﹣1按照化学计量数转化成A2的浓度，最大值为0.5+×1.6＝1.3；
则有b＝0时，a有最小值，按照化学计量数将c（A2）＝0.5mol•L﹣1、c（B2）＝0.1mol•L﹣1都转化成AB，a的最小值为0.5﹣0.1＝0.4，所以a的取值范围为：0.4≤a≤1.3，
故答案为：0.4≤a≤1.3．
点评：本题考查了可逆反应特点及等效平衡知识，可以根据可逆反应的特点采用极端假设法解题，本题难度不大．
题型四：连续平衡
典例4：将固体NH4I置于密闭容器中，在某温度下发生下列反应：
①NH4I（s）⇌NH3（g）+HI（g） ②2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）
当达到平衡时，c（H2）＝1mol/L，c（HI）＝4mol/L，则此温度下反应①的平衡常数为（　　）
A.16 B.20 C.24 D.36
分析：反应①的平衡常数k＝c（NH3）•c（HI），NH4I分解生成的HI为平衡时HI与分解的HI之和，即为NH4I分解生成的NH3，由反应②可知分解的c（HI）为平衡时c（H2）的2倍，求出为NH4I分解生成的NH3，代入反应①的平衡常数k＝c（NH3）•c（HI）计算．
解答：平衡时c（HI）＝4mol/L，HI分解生成的H2的浓度为1mol/L，
NH4I分解生成的HI的浓度为4mol/L+2×1mol/L＝6mol/L，所以NH4I分解生成的NH3的浓度为6mol/L，
所以反应①的平衡常数k＝c（NH3）•c（HI）＝6mol/L×4mol/L＝24mol2•L﹣2，
故选C．
点评：本题考查化学平衡常数的计算，解题关键在于平衡时HI为NH4I分解生成的HI与分解的HI之差，难度中等．
【解题思路点拨】化学平衡的计算重要需要掌握三段式、差量法、极端假设法、连续平衡等提醒的解题方法，三段式法是最重要的．
16．电解原理
【知识点的认识】
一、电解原理
1、概念：使电流通过电解质溶液而在阴、阳两极引起氧化还原反应的过程叫做电解．借助于电流引起氧化还原反应的装置，也就是把电能转变为化学能的装置，叫做电解池或电解槽．
构成电解池（电解槽）的条件：
（1）有外加直流电源．
（2）有电解质溶液或熔融的离子化合物．
（3）有两个电极（材料为金属或石墨，两极材料可相同或不同）：
阴极：与直流电源的负极直接相连的一极．
阳极：与直流电源的正极直接相连的一极．
（4）两个电极要与电解质溶液接触并形成回路．
注意：电解池的阴、阳极完全由外加直流电源的负、正极确定，与电极材料本身的性质无关．而原电池的正、负极则由构成电极材料本身的性质决定．
2、惰性电极和活性电极：
在电解时，根据电极本身是否参与氧化还原反应，可把电极分为惰性电极和活性电极两类：
①惰性电极（C、Pt等）：只起导电作用，不参与反应；
②活性电极（除Pt、Au外的其余金属）：当作阳极时，除起导电作用外，还失去电子变成金属阳离子进入溶液中．
3、离子放电顺序
①在阴极上．在阴极上发生的是得电子反应，因此，电极本身只起导电作用而不能发生氧化还原反应，发生反应的是溶液中的阳离子，它们得电子的能力顺序为：

说明：上列顺序中H+有两个位置：在酸溶液中，H+得电子能力在Cu2+与Pb2+之间；若在盐溶液中，则H+位于Zn2+与Ag+之间．
②在阳极上．首先应考虑电极是活性电极还是惰性电极，若为活性电极，则是阳极本身失去电子被氧化成阳离子进入溶液中，即此时不能考虑溶液中阴离子的失电子情况；若为惰性电极，溶液中的阴离子失电子的能力顺序为：

二、电解池与原电池对比

电 极
电极反应
电子转移方向
能量
转变
举 例
原电池
正、负极由电极材料决定：相对活泼的金属作负极；较不活泼的金属作正极
负极：电极本身失去电子，发生氧化反应
正极：溶液中的阳离子得到电子，发生还原反应
电子由负极流出，经外电路回正极
化学能转变为电能
铜锌原电池
负极：
Zn﹣2e﹣＝Zn2+
正极：
2H++2e﹣＝H2↑
电解池
阴、阳极完全由外加直流电源的负、正极决定：与直流电源正极相连的是阳极；与直流电源负极相连的是阴极
阴极：较易获得电子的阳离子优先得到电子，发生还原反应阳极，金属或较易失去电子的阴离子优先失去电子，发生氧化反应
电子由直流电源的负极流出，经导线到达电解池的阴极，然后通过电解液中的离子放电，电子再从阳极经导线回到直流电流的正极
电能转变为化学能
以石墨为电极电解CuCl2溶液
阳极：
2C1﹣﹣2e﹣＝C12↑
阴极：
Cu2++2e﹣＝Cu↓
三、电解原理的应用
1、精炼铜和电镀铜
项 目
铜的电解精炼
电镀铜
含 义
利用电解原理将粗铜中的杂质（如锌、铁、镍、银、金等）除去，以获得电解铜（含Cu的质量分数达99.95%～99.98%）的过程
利用电解原理在某些金属的表面镀上一薄层其他金属（铜）或合金的过程
目 的
制得电解铜，以增强铜的导电性
使金属更加美观耐用，增强防锈抗腐能力
电解液
CuSO4溶液（加入一定量的硫酸）
含有镀层金属离子（Cu2+）的电解质溶液作电镀液（如CuSO4溶液）
阳极材料
粗铜
镀层金属（Cu）
阴极材料
纯铜
待镀金属制品
电极反应式
阴极
Cu2++2e﹣＝Cu
Cu2++2e﹣＝Cu
阳极
Cu﹣2e﹣＝Cu2+
Zn﹣2e﹣＝Zn2+
Ni﹣2e﹣＝Ni2+
Cu﹣2e﹣＝Cu2+
特 点
①阳极反应为粗铜中的Cu及杂质失去电子而溶解
②溶液中CuSO4的浓度基本不变
①阳极本身失去电子而溶解
②溶液中金属阳离子的浓度保持不变
③溶液的pH保持不变
说 明
当阳极上的Cu失去电子变成Cu2+溶解后，银、金等金属杂质以单质的形式沉积于电解槽底，形成阳极泥
①铜镀层通常主要用于电镀其他金属之前的预镀层，以使镀层更加牢固和光亮
②电镀工业的废水中常含剧毒物质如氰化物、重金属等．因此必须经过处理才能排放
2、氯碱工业
①电解饱和食盐水溶液的反应原理．
阴极电极反应式（Fe棒）：2H++2e﹣＝H2↑（H+得电子产生H2后，阴极区OH﹣浓度增大而显碱性）
阳极电极反应式（石墨）：2C1﹣﹣2e﹣＝Cl2↑
电解的总化学方程式：2NaCl+H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑
②设备：离子交换膜电解槽．离子交换膜电解槽主要由阳极、阴极、离子交换膜、电解槽框和导电铜棒等组成，每台电解槽由若干个单元槽串联或并联组成．电解槽的阳极用金属钛制成；阴极由碳钢网制成．
③阳离子交换膜的作用：①把电解槽隔为阴极室和阳极室；②只允许Na+通过，而Cl﹣、OH﹣和气体则不能通过．这样，既能防止生成的H2和Cl2相混合而发生爆炸，又能避免C12进入阴极区与NaOH溶液作用生成NaClO而影响烧碱的质量．

【命题方向】
题型一：电解原理
典例1：（2014•广州一模）某小组设计电解饱和食盐水的装置如图，通电后两极均有气泡产生，下列叙述正确的是（　　）

A．铜电极附近观察到黄绿色气体 B．石墨电极附近溶液呈红色
C．溶液中的Na+向石墨电极移动 D．铜电极上发生还原反应
分析：根据电解饱和食盐水的装置，如果通电后两极均有气泡产生，则金属铜电极一定是阴极，根据电解池的工作原理结合电极反应来回答判断即可．
解答：根据电解饱和食盐水的装置，如果通电后两极均有气泡产生，则金属铜电极一定是阴极，该极上的反应：2H++2e﹣＝H2↑，阳极上是氯离子失电子，发生的电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑．
A、金属铜电极一定是阴极，该极上的反应为2H++2e﹣＝H2↑，铜电极附近观察到无色气体，故A错误；
B、石墨电极是阳极，该电极附近发生的电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，可以观察到黄绿色气体产生，故B错误；
C、电解池中，阳离子移向阴极，即移向铜电极，故C错误；
D、金属铜电极是阴极，该极上的反应为2H++2e﹣＝H2↑，属于还原反应，故D正确．
故选D．
点评：本题考查学生电解池的工作原理知识，注意电解池的阳极材料决定电极反应的书写，难度不大．

题型二：电解池和原电池综合
典例2：（2011•连云港模拟）某化学兴趣小组的同学用如图所示装置研究电化学问题．当闭合该装置的电键时，观察到电流计的指针发生偏转．下列有关说法不正确的是（　　）

A．甲装置是原电池，乙装置是电解池 B．当甲中产生0.1 mol气体时，乙中析出固体的质量为6.4 g
C．实验一段时间后，甲烧杯中溶液的pH增大 D．将乙中的C电极换成铜电极，则乙装置可变成电镀装置
分析：A、依据装置图分析电极与电解质溶液可知电极活泼性相差大的为原电池，甲池为原电池，乙池为电解池；
B、依据电极反应和电子守恒计算分析；
C、甲池中氢离子在铜电极得到电子生成氢气，溶液中氢离子浓度减小，溶液pH增大；
D、乙中C电极和原电池负极连接做电解池的阴极，换做铜对电解过程无影响，不能形成电镀装置，电镀装置是阳极为镀层金属．
解答：A、Zn、Cu电极和稀硫酸构成原电池，其中Zn作负极，Cu作正极；乙装置是电解池，C为阴极，Pt为阳极，故A正确；
B、当甲中产生0.1 mol H2时，电极反应无味2H++2e﹣═H2↑，电路转移0.2 mol 电子，乙中电解池中，阴极上 电极反应为Cu2++2e﹣═Cu，依据电子守恒计算得到0.1 mol Cu，质量为6.4 g，故B正确；
C、实验一段时间后，甲烧杯的溶液中c（H+）减小，pH增大，故C正确；
D、乙中的C电极是阴极，将其换成铜电极，该装置不是电镀装置，故D错误．
故选：D．
点评：本题考查了原电池和电解池原理的分析应用，电极反应和电极判断，电子守恒的计算应用是解题关键，题目难度中等．

题型三：电解混合溶液相关计算
典例3：500mL KNO3和Cu（NO3）2的混合溶液中c（NO3﹣）＝0.6mol•L﹣1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到2.24L气体（标准状况下），假定电解后溶液体积仍为500mL，下列说法正确的是（　　）
A．原混合溶液中c（K+）为0.2 mol•L﹣1 B．上述电解过程中共转移0.2 mol电子
C．电解得到的Cu的物质的量为0.05 mol D．电解后溶液中c（H+）为0.2 mol•L﹣1
分析：电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先铜离子放电生成铜单质，当铜离子完全析出时，氢离子放电生成氢气，根据得失电子守恒计算铜的物质的量，再结合电荷守恒计算钾离子的浓度，据此分析解答．
解答：电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先铜离子放电生成铜单质，当铜离子完全析出时，氢离子放电生成氢气，气体的物质的量＝＝0.1mol；
每生成1mol氧气转移4mol电子，每生成1mol氢气转移2mol电子，每生成1mol铜转移2mol电子，
所以根据转移电子守恒得铜的物质的量＝＝0.1mol，
则铜离子的物质的量浓度＝＝0.2mol/L，
根据电荷守恒得钾离子浓度＝0.6mol•L﹣1﹣0.2mol/L×2＝0.2mol/L，
A．根据分析知，原混合溶液中c（K+）为0.2 mol•L﹣1，故A正确；
B．转移电子的物质的量＝0.1mol×4＝0.4mol，故B错误；
C．根据以上分析知，铜的物质的量为0.1mol，故C错误；
D．当电解硝酸铜时溶液中生成氢离子，当电解硝酸钾溶液时，实际上是电解水，所以电解后氢离子的物质的量为氧气的4倍，为0.1mol×4＝0.4mol，则氢离子浓度＝＝0.8mol/L，故D错误；
故选：A．
点评：本题考查了电解原理，明确离子放电顺序是解本题关键，结合转移电子守恒、电荷守恒来分析解答，难度中等．

题型四：电解酸、碱、盐水溶液产物及溶液pH变化分析
典例4：用石墨作电极，电解1mol•L﹣1下列物质的溶液，溶液的pH保持不变的是（　　）
A．HCl B．CuSO4 C．Na2SO4 D．NaCl
分析：电解时，根据溶液中离子放电顺序判断电解后溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小如何改变，如果电解后溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性，如果氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液呈碱性，如果两者相等则溶液呈中性；
用石墨作电极电解，溶液中阳离子放电顺序为：K+＜Ca2+＜Na+＜Mg2+＜Al3+＜H+＜Zn2+＜Fe2+＜Sn2+＜Pb2+＜H+＜Cu2+＜Fe3+＜Hg2+＜Ag+；
阴离子放电顺序为：S2﹣＞SO32﹣＞I﹣＞Br﹣＞Cl﹣＞OH﹣＞含氧酸根离子＞F﹣，据此即可解答．
解答：A．用石墨作电极电解盐酸，电解过程中，阳极：溶液中阴离子OH﹣、Cl﹣移向阳极，放电顺序Cl﹣＞OH﹣，Cl﹣放电发生氧化反应，阳极电极反应式：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑；阴极：溶液中阳离子H+移向阴极放电2H++2e﹣＝H2↑，所以溶液中氢离子浓度逐渐减小，pH值逐渐变大，故A错误；
B．用石墨作电极电解CuSO4溶液，电解过程中，阳极：溶液中阴离子OH﹣、SO42﹣移向阳极，氢氧根离子放电发生氧化反应，电极反应式：4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑；阴极：溶液中阳离子Cu2+、H+移向阴极发生还原反应，电极反应：2Cu2++4e﹣═2Cu；所以溶液中氢氧离子浓度逐渐减小，氢离子浓度逐渐增大，pH值逐渐变小，故B错误；
C．用石墨作电极电解硫酸钠溶液，溶液中氢离子、氢氧根离子放电，阴极：4H++4e﹣＝2H2 ↑，阳极4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑；相当于电解水，导致溶液中硫酸钠的浓度增大，但溶液中氢离子和氢氧根离子的浓度不变，所以溶液的pH值保持不变，故C正确；
D．用石墨作电极电解氯化钠溶液时，阴极电极反应式为：2H2O+2e﹣＝H2 ↑+2OH﹣，阳极上氯离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，同时生成氢氧化钠，所以其电池反应式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，所以溶液中氢离子浓度逐渐减小，pH值逐渐变大，故D错误；
故选C．
点评：本题以电解原理为载体考查了电解质溶液中离子的放电顺序，电解电解质溶液时，有电解水型，如电解硫酸钠溶液；有电解电解质型，如电解氯化铜溶液；有电解电解质和水型，如电解氯化钠溶液，明确电极反应是解答本题的关键，题目难度不大．

题型五：电解原理的应用（见铜的精炼和氯碱工业相关考点卡片）

【解题方法点拨】
用惰性电极作阳极电解酸、碱、盐水溶液的规律：
物 质
代表物
参加电解
的物质
阴极（区）
产物
阳极（区）
产物
溶液pH
的变化
酸
含氧酸
H2SO4、HNO3
H2O
H2
O2
减小
无氧酸
（除HF）
HCl
HCl
H2
C12
增大
碱
强碱
NaOH、KOH
H2O
H2
O2
增大
盐
不活泼金属的无氧酸盐
CuCl2
CuCl2
Cu
C12
增大（若考虑C12的溶解，则pH减小）
活泼金属的
无氧酸盐
NaCl
NaCl、H2O
H2、NaOH
C12
减小
不活泼金属的含氧酸盐
CuSO4、AgNO3
CuSO4、H2O
AgNO3、H2O
Cu；Ag
O2、H2SO4
O2、HNO3
增大
活泼金属的
含氧酸盐
K2SO4、NaNO3
KNO3、Na2SO4
H2O
H2
O2
不变
归纳：（1）电解含氧酸、强碱和活泼金属含氧酸盐的水溶液，实际上都是电解水，即：2H2O2H2↑+O2↑
（2）电解无氧酸（HF除外）、不活泼金属无氧酸的水溶液，就是电解溶质本身．例如：2HClH2↑+Cl2↑；CuCl2Cu+C12↑
（3）电解活泼金属无氧酸盐溶液时，电解的总化学方程式的通式可表示为：溶质+H2OH2↑+碱+卤素单质X2（或S）
（4）电解不活泼金属含氧酸盐的溶液时，电解的总化学方程式的通式可表示为：溶质+H2OO2↑+酸+金属单质
（5）电解时，若只生成H2，pH增大．若只生成O2，则pH减小．若同时生成H2和O2，则分为三种情况：电解酸的溶液，pH减小；电解碱的溶液，pH增大；电解盐的溶液，pH不变．
17．氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【知识点的认识】
一、氮氧化物简介：
氮氧化物包括多种化合物，如一氧化二氮（N2O）、一氧化氮 （NO）、二氧化氮（NO2）、三氧化二氮 （N2O3）、四氧化二氮（N2O4）和五氧化二氮（N2O5）等．除二氧化氮以外，其他氮氧化物均极不稳定，遇光、湿或热变成二氧化氮及一氧化氮，一氧化氮又变为二氧化氮．因此，职业环境中接触的是几种气体混合物常称为硝烟 （气），主要为一氧化氮和二氧化氮，并以二氧化氮为主．氮氧化物都具有不同程度的毒性．
二、氮氧化物对环境的影响：
以一氧化氮和二氧化氮为主的氮氧化物是形成光化学烟雾和酸雨的一个重要原因．汽车尾气中的氮氧化物与碳氢化合物经紫外线照射发生反应形成的有毒烟雾，称为光化学烟雾．光化学烟雾具有特殊气味，刺激眼睛，伤害植物，并能使大气能见度降低．另外，氮氧化物与空气中的水反应生成的硝酸和亚硝酸是酸雨的成分．大气中的氮氧化物主要源于化石燃料的燃烧和植物体的焚烧，以及农田土壤和动物排泄物中含氮化合物的转化．
18．二氧化硫的化学性质
【知识点的知识】
1）单质硫的重要性质
（1）硫的存在形式及物理性质
主要以化合态的形式存在．硫单质是一种淡黄色的晶体，俗称硫磺，熔沸点较低，难溶于水，微溶于酒精，易溶于CS2．
（2）硫的化学性质
①与金属反应
Na+S＝Na2S（研磨爆炸）
2Al+3SAl2S3（工业制硫化铝）
Fe+SFeS Cu+SCu2S（S与某些变价金属反应时，一般生成低价金属硫化物）
Hg+S＝HgS（用于除汞，常温反应）
②与非金属反应 H2+SH2S S+O2SO2
③与某些化合物反应
S+2H2SO4（浓）＝3SO2↑+2H2O
3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O
S+2KNO3+3CK2S+N2↑+3CO2（制黑火药）

2）二氧化硫的重要性质
（1）物理性质：二氧化硫是一种无色有刺激性气味的有毒气体，密度比空气大，易液化，易溶于水，常温常压下，1体积水能溶解大约40体积的SO2．
（2）二氧化硫的化学性质
1）酸性氧化物
能和碱反应生成盐和水：SO2+2NaOH═Na2SO3+H2O
与水反应生成相应的酸：SO2+H2O═H2SO3（二氧化硫的水溶液使紫色石蕊试液变红）
二氧化硫溶于水形成的亚硫酸只能存在于溶液中，它很不稳定，容易分解成水和二氧化硫，故二氧化硫溶于水的反应是可逆反应．SO2+H2O⇌H2SO3
2）氧化性：
SO2气体通过氢硫酸，溶液变浑浊，有淡黄色不溶物出现．
SO2+2H 2S═3S↓+2H 2O
3）还原性：SO2使溴水和高锰酸钾溶液褪色
SO2+Br2+2H 2O═H2SO4+2HBr
5SO2+2KMnO4+2H2O═K2SO4+2MnSO4+2H2SO4
2SO2+O22SO3
（SO3+H2O═H2SO4，SO3是无色固体SO3是一种无色固体，熔点是16.80C，沸点也只有44.8℃，易溶于水，溶于水时放出大量的热．）
4）漂白性：SO2使品红溶液褪色：由于二氧化硫可跟某些有色物质化合成无色物质，而化合成的无色物质却是不稳定的，易分解而恢复原来有色物质的颜色．
漂白性的比较：

具有漂白性的物质
物质
HClO、O3、H2O2、Na2O2
SO2
木炭
原理
将有色物质氧化分解
与有色物质结合生成无色物质
将有色物质的分子吸附在其表面
实质
氧化还原反应
非氧化还原反应
物理吸附
效果
永久性
暂时性
暂时性
范围
可漂白大多数有色物质，能使紫色石蕊褪色
可漂白某些有色物质，不能使石蕊试液褪色
可吸附某些有色物质的分子
把Cl2和SO2混合用于漂白，能否增强漂白效果？为什么？
〖答案〗不能，SO2+Cl2+2H2O═H2SO4+2HCl
3、SO2与CO2的相互鉴别
①鉴别SO2气体的常用方法是用品红溶液，看能否使其褪色，有时还需再加热看能否再复原．
②鉴别CO2气体的常用方法是用澄清石灰水，看能否使其变浑浊，足量时再变澄清．
③当混有CO2时，不会影响SO2的鉴别；
④当混有SO2时会干扰CO2的鉴别，应先除去SO2后再用澄清石灰水鉴别CO2气体．
⑤除去CO2中的SO2，常用方法是使混合气体先通过足量溴水或酸性KMnO4溶液或饱和NaHCO3溶液（吸收SO2），再通过品红溶液（检验SO2是否被除尽）．
4、制法
1）工业制法
a、硫磺燃烧法 S+O2SO2
b、煅烧硫铁矿法4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2
2）实验室制法：Na2SO3（s）+H2SO4（浓）═Na2SO4+SO2↑+H2O
实验中常使用溶质的质量分数为60%左右的硫酸，也可用浓硫酸．
不能用很稀的硫酸，因为SO2在水中的溶解度较大，常温常压下1体积水能溶解40体积的SO2
5、二氧化硫的污染：pH小于5.6的雨水，称之为酸雨．
19．"三废"处理与环境保护
【知识点的知识】
“三废”是废水、废气和固体废弃物的总称．
1、水体污染
（1）重金属：使人体的蛋白质变性，可通过食物链被富集，人通过饮水和食物摄入而中毒；
（2）植物营养物质污染：生活废水和工业废水蛋白质含N、洗涤剂和化肥中含P等植物营养素 在分解时大量消耗水中的溶解氧，释放养分，使藻类和浮游生物大量繁殖．在江河湖泊在出现叫水华；在海湾在出现叫赤潮．
2、大气污染
（1）大气污染源：颗粒物、硫的氧化物、氮的氧化物、CO 碳氢化合物、氟氯代烷
（2）大气污染危害：危害人体健康、影响动植物的生长、严重时会影响地球的气候
（3）全球性三大环境问题：酸雨、臭氧层受损、温室效应
①酸雨：正常雨水：PH约为5.6 酸雨：PH小于5.6 我国为硫酸型酸雨，烧煤炭造成
硫酸型：硫的氧化物转化 SO2+H2O＝H2SO3 2H2SO3+O2＝2H2SO4 大气中烟尘和O3作催化剂
硝酸型：氮的氧化物转化 3NO2+H2O＝2HNO3+NO↑
②臭氧层：自然界的臭氧90%集中在距地面15﹣50km的大气平流层中 吸收自太阳的大部分紫外线引起臭氧层受损物质；
③温室效应：太阳短波辐射可以透过大气射入地面，而地面增暖后放出的长短辐射却被大气中的二氧化碳等物质所吸收，从而产生大气变暖的效应．引起温室效应的物质：CO2、CH4、N2O、氟氯代烷．
（4）大气污染的防治：
①减少煤等化石燃料燃烧产生污染：改善燃煤质量、改进燃烧装置、技术和排烟设备、发展洁净煤技术和综合利用、调整和优化能源结构；②减少汽车等机动车尾气污染．
3、固体废弃物污染
（1）垃圾处理
三原则：无害化、减量化、资源化 　
三方法：卫生填埋、堆肥、焚烧
卫生填埋：处理量最大，最终手段 浪费土地，地表水有重金属
堆肥：用微生物处理其中的有机物，成肥料，但重金属可对土地污染
焚烧：高温烧成灰渣，再填埋，可发电，占地少、减量大、但有空气污染物
（2）城市生活垃圾分类标志
①粗分6个：可回收物、有害垃圾、大件垃圾、可堆肥垃圾、其他垃圾、可燃垃圾
②细分8个：织物、瓶罐、厨余垃圾、电池、纸类、塑料、金属、玻璃
（3）常见垃圾造成的污染
①废旧电池：含汞作缓蚀剂；
②医疗垃圾：含多种致病菌，属高危险性、高污染性废物，要焚烧，但要防产生二噁英；
③白色污染：废旧塑料（占垃圾5﹣14%）难降解引起的污染 污染土壤、地下水，危害动物、焚烧放毒气．
20．含硫物质的性质及综合应用
【知识点的知识】
一、硫化氢
1、硫化氢的分子结构：
H2S的分子结构与H2O相似，呈角形，是一种极性分子，但极性比水弱，不能形成氢键．熔点（﹣86℃） 和沸点（﹣71℃）都比水低．
2、硫化氢的物理性质：H2S是一种无色，有臭鸡蛋气味的气体，比空气稍重，能溶于水（常温常压下，1体积水中能溶解2.6体积硫化氢）．
3、硫化氢的化学性质：
（1）对热较不稳定：H2SH2+S
（2）强还原性：
2H2S+O2＝2S+2H2O（空气不充足）
2H2S+3O22SO2+2H2O（空气充足）
H2S+Cl2＝2HCl+S
2H2S+SO2＝2H2O+3S
H2S+I2＝2HI+S
H2S+H2SO4（浓）＝S↓+SO2+2H2O
3．氢硫酸氢硫酸是二元弱酸，可分步电离：
H2S⇌H++HS﹣；HS﹣⇌H++S2﹣，因此氢硫酸具有酸的通性．
4、S2﹣，HS﹣
Na2S+2HCl＝2NaCl+H2S
Na2S+H2S＝2NaHS
Na2S、NaHS均具有强还原性，在空气中均易被氧化．S2﹣遇Fe3+、ClO﹣、NO3﹣（H+）等氧化性离子都发生氧化还原反应．
二、二氧化硫
2）二氧化硫的重要性质
（1）物理性质：二氧化硫是一种无色有刺激性气味的有毒气体，密度比空气大，易液化，易溶于水，常温常压下，1体积水能溶解大约40体积的SO2．
（2）化学性质
①具有酸性氧化物（酸酐）的通性
与水反应：SO2+H2O＝H2SO3
与碱反应：SO2+2NaOH＝Na2SO3+H2O SO2+NaOH＝NaHSO3
与碱性氧化物的反应：CaO+SO2＝CaSO3
②还原性：2SO2+O22SO3 SO2+Cl2+2H2O＝H2SO4+2HCl
③氧化性：SO2+2H2S＝3S+2H2O
SO2既有氧化性，又有还原性，以还原性为主．
④漂白性：
SO2与Na2O2、Cl2（HClO）、O3的漂白性异同：
名称
二氧化硫
氯水
原理
二氧化硫溶于水产生的亚硫酸与有色物质直接结合生成不稳定的无色物质
氯水中的次氯酸将有色物质氧化成无色物质
实质
非氧化还原反应
氧化还原反应
程度
可逆
不可逆
范围
漂白某些有色物质，不能使紫色石蕊试液褪色
漂白大多数有色物质，使紫色石蕊试液褪色
三、硫酸
1、硫酸：
硫酸的分子式：H2SO4；结构式：，H2SO4中硫元素为+6价，处于最高价，具有氧化性，但只有浓H2SO4表现出强氧化性，而稀硫酸、硫酸盐中的硫元素通常不表现氧化性．
2、硫酸的物理性质
纯硫酸是无色、黏稠的油状液体，密度大，沸点高，是一种难挥发的强酸，易溶于水，能以任意比与水互溶．浓硫酸溶于水时放出大量的热．常见浓硫酸的质量分数为98.3%，其密度为 1.84g•cm﹣3，沸点为338℃，物质的量浓度为18.4mol•L﹣1．H2SO4的浓度越大，密度越大，若将30%的H2SO4溶液与10%的H2SO4溶液等体积混合，所得溶液的质量分数大于20%．
3、稀硫酸的化学性质：稀硫酸具有酸的通性．
（1）与指示剂作用：能使紫色石蕊试液变红．
（2）与碱发生中和反应
（3）与碱性氧化物或碱性气体反应
（4）与活泼金属发生置换反应
（5）与某些盐溶液反应．
4、浓硫酸的特性
（1）吸水性将一瓶浓硫酸敞口放置在空气中，其质量将增加，密度将减小，浓度降低，体积变大．这是因为浓硫酸具有吸水性，实验室里常利用浓硫酸作干燥剂．浓硫酸不仅可以吸收空气中的水，还可吸收混在气体中的水蒸气、混在固体中的湿存水、结晶水合物中的部分结晶水．
浓H2SO4可作某些不与其反应的气体、固体的干燥剂，同时不能暴露在空气中．能够用浓H2SO4干燥的气体等酸性或中性气体，而具有还原性的气体H2S、HBr、H和碱性气体NH3则不能用浓H2SO4干燥．另外在酯化反应中中，浓H2SO4作催化剂和吸水剂．
不同类型干燥剂的对比：
干燥剂
可干燥的气体
不可干燥的气体
名称或化学式
酸碱性
状态
浓H2SO4
酸性
液体
H2、N2、O2、CO2、HCl、CH4、CO
NH3
固体NaOH、生石灰，碱石灰（氢氧化钠和生石灰的混合物）
碱性
固态
H2、O2、N2、CH4、CO、NH3等
CO2、SO2、HCl
无水CaCl2
中性
固态
除NH3外的所有气体
NH3
（2）脱水性指浓H2SO4将有机物里的氧、氧元素按原子个数比2：1脱去生成水的性质．浓H2SO4从有机物中脱下来的是氢、氧元素的原子，不是水，脱下来的氢、氧元素的原子按2：1的比例结合成H2O；对于分子中所含氢、氧原子个数比为2：l的有机物（如蔗糖、纤维素等），浓H2SO4使其炭化变黑，如：HCOOHCO↑+H2O
（3）强氧化性常温下，Fe、Al遇浓H2SO4会发生钝化．但热的浓H2SO4能氧化大多数金属（除金、铂外）、某些非金属单质及一些还原性化合物．如：
Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑
S+2H2SO4（浓）2H2O+3SO2↑
C+2H2SO4（浓）CO2↑+2H2O+2SO2↑
2KI+2H2SO4（浓）K2SO4+I2+2H2O+SO2↑
2HI+H2SO4（浓）I2+SO2↑+2H2O
在这些氧化还原反应中，浓硫酸的还原产物一般为SO2．
5、浓硫酸和稀硫酸的鉴别
从浓H2SO4和稀H2SO4性质的差异人手，可知鉴别浓H2SO4和稀H2SO4的方法有多种．
方法一：取少量蒸馏水，向其中加入少量试样硫酸，如能放出大量热则为浓H2SO4，反之则为稀H2SO4．
方法二：观察状态，浓H2SO4呈黏稠状，而稀H2SO4为黏稠度较小的溶液．
方法三：用手掂掂分量，因为浓H2SO4的密度较大 （1.84g•cm﹣3，相同体积的浓H2SO4和稀H2SO4，浓H2SO4的质量比稀H2SO4大很多．
方法四：取少量试样，向其中投入铁片，若产生气体，则为稀H2SO4；若无明显现象（钝化），则为浓H2SO4．
方法五：用玻璃棒蘸取试样在纸上写字，立即变黑 （浓H2SO4的脱水性）者为浓H2SO4，另一种为稀H2SO4．
方法六：取少量试样，分别投入一小块铜片，稍加热发生反应的（有气泡产生）为浓H2SO4．（浓H2SO4的强氧化性），无现象的是稀H2SO4．
21．苯酚的用途
【知识点的知识】
1）制酚醛树脂、合成纤维、医药、染料、农药
2）可用于环境消毒
3）可制成洗剂和软膏，有杀菌、止痛作用
4）是合成阿司匹灵的原料
因此，苯酚是一种重要的化工原料．
【命题方向】本考点主要考察苯酚的用途，以了解为主，重点了解酚醛树脂的合成过程．
【解题思路点拨】苯酚和甲醛反应原理：苯酚中羟基邻位的两个H和甲醛中的氧脱出形成水，余下的东西形成高分子化合物．
22．探究化学反应机理
【知识点的认识】
一、探究型试题命题应遵循的原则：
（1）科学性的原则：所设计的实验应该符合科学道理，不能凭空捏造．
（2）对照性的原则：要设计一个对照性的实验，要想这个实验更能够说明问题，一定要有正反两个方面的实验．
（3）等量性的原则：所设计的实验中的平行反应，试剂的取用应该是等量的．
（4）单因子的变量原则：对某个实验的影响，会有很多的因素，实验正是要人为控制条件，使众多变量中，只能有一个因素是变量，其余几个是一样的．
二、科学探究的一般步骤是：
（1）提出问题：化学用语要规范，语言要精练、严谨而符合逻辑．
（2）猜想与假设：利用原有知识和题中所读出的信息进行大胆猜想与假设，猜想与假设要全面，不要有个别遗漏．
（3）制定计划：要从实际实验角度制定探究计划，探究计划要循序渐进、操作要严谨可行、现象明显．
（4）进行实验、收集证据．
（5）解释与结论．
（6）反思与评价等．
【解题思路点拨】
分析此类探究题时应注意：（1）对于题中的异常现象要根据自己的原有知识进行大胆的排查、推测．（2）推测的正确性要靠实验的验证，如题中已给出了验证试验，要仔细分析其是否合理；如题中没给出了验证试验，自己要设计合理的实验验证．
23．制备实验方案的设计
【知识点的知识】
1、无机物的制备
无机物质的制备，常与物质分离与提纯联系在一起，制备的目标物质要容易分离出来．物质分离与提纯有多种方法，总的说有物理方法和化学方法两大类．物理方法有过滤、蒸发、蒸馏、分液、萃取、结晶、重结晶、渗析等．化学方法有沉淀法、热分解法、电解法、氧化还原法等．要根据目标物质的性质和特点来选择适宜的制备、分离方法．
2、有机物的制备
有机物的制备要通过有机反应来实现．各类有机物的结构和性质，就是有机物制备的基础．一种有机物的性质，往往是另一种有机物的制备方法．尽管有机物数量庞大，但是各类有机物之间一般存在着确定的相互转化的衍生关系．理解和掌握这种关系，可以为寻找有机物制备的合理途径、正确地进行有机物的制备提供科学的依据．因此，在设计有机物的制备实验方案时，要充分利用这种衍生关系．
3、设计制备实验方案的一般思路
设计制备实验方案的一般思路是：
①列出可能的几种制备方法和途径；
②从方法是否可行、装置和操作是否简单、经济与安全等方面进行分析和比较；
③从中选取最佳的实验方法．在制定具体的实验方案时，还应注意对实验条件进行严格、有效的控制．
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