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2024届鲁科版高考化学一轮复习大题突破03化学反应原理综合题作业含答案
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这是一份2024届鲁科版高考化学一轮复习大题突破03化学反应原理综合题作业含答案，共36页。
大题突破03 化学反应原理综合题
命题热点一
利用盖斯定律推测并书写热化学方程式
命题热点二
化学反应速率及其应用
命题热点三
化学平衡状态的判断与平衡的移动
命题热点四
化学平衡常数的应用
命题热点五
反应中的投料比与转化率的相关问题
命题热点六
化学平衡图像剖析
命题热点七
催化剂与活化能
命题热点八
电极反应式的书写
（建议用时：90分钟）
【真题再现】
1．（2022·浙江卷）主要成分为的工业废气的回收利用有重要意义。
(1)回收单质硫。将三分之一的燃烧，产生的与其余混合后反应：。在某温度下达到平衡，测得密闭系统中各组分浓度分别为、、，计算该温度下的平衡常数_______。
(2)热解制。根据文献，将和的混合气体导入石英管反应器热解(一边进料，另一边出料)，发生如下反应：
Ⅰ
Ⅱ
总反应：
Ⅲ
投料按体积之比，并用稀释；常压，不同温度下反应相同时间后，测得和体积分数如下表：
温度/
950
1000
1050
1100
1150
0.5
1.5
3.6
5.5
8.5
0.0
0.0
0.1
0.4
1.8
请回答：
①反应Ⅲ能自发进行的条件是_______。
②下列说法正确的是_______。
A．其他条件不变时，用Ar替代作稀释气体，对实验结果几乎无影响
B．其他条件不变时，温度越高，的转化率越高
C．由实验数据推出中的键强于中的键
D．恒温恒压下，增加的体积分数，的浓度升高
③若将反应Ⅲ看成由反应Ⅰ和反应Ⅱ两步进行，画出由反应原料经两步生成产物的反应过程能量示意图_______。
④在，常压下，保持通入的体积分数不变，提高投料比，的转化率不变，原因是_______。
⑤在范围内(其他条件不变)，的体积分数随温度升高发生变化，写出该变化规律并分析原因_______。
【答案】(1)8×108 L·mol－1
(2) 高温 AB 1000℃时CH4不参与反应，相同分压的H2S经历相同的时间转化率相同 先升后降；在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S2(g)的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率，S2(g)的体积分数减小
【解析】(1)根据方程式可知该温度下平衡常数K＝；
(2)①根据盖斯定律可知Ⅰ+Ⅱ即得到反应Ⅲ的ΔH＝234kJ/mol，这说明反应Ⅲ是吸热的体积增大（即ΔS＞0）的反应，根据ΔG＝ΔH－TΔS＜0可自发进行可知反应Ⅲ自发进行的条件是高温下自发进行；
②A．Ar是稀有气体，与体系中物质不反应，所以其他条件不变时，用Ar替代N2作稀释气体，对实验结果几乎无影响，A正确；
B．正反应吸热，升高温度平衡正向进行，温度越高，H2S的转化率越高，B正确；
C．根据表中数据无法得出H2S中S-H键和CH4中C-H键的相对强弱，事实上C-H键的键能大于S-H键键能，C错误；
D．恒温恒压下，增加N2的体积分数，相当于减压，平衡正向进行，H2的物质的量增加，容器容积增加，H2浓度减小，D错误；
答案选AB；
③反应I、反应Ⅱ和反应Ⅲ均是吸热反应，则反应过程能量示意图可表示为；
④根据表中数据可知1000℃时CH4不参与反应，相同分压的H2S经历相同的时间转化率相同，所以在1000℃常压下，保持通入的H2S体积分数不变，提高投料比时H2S的转化率不变；
⑤由于在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S2(g)的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率，S2(g)的体积分数减小，因此变化规律是先升后降。
2．（2022·广东卷）铬及其化合物在催化、金属防腐等方面具有重要应用。
(1)催化剂可由加热分解制备，反应同时生成无污染气体。
①完成化学方程式：______________。
②催化丙烷脱氢过程中，部分反应历程如图，过程的焓变为_______(列式表示)。
③可用于的催化氧化。设计从出发经过3步反应制备的路线_______(用“→”表示含氮物质间的转化)；其中一个有颜色变化的反应的化学方程式为_______。
(2)溶液中存在多个平衡。本题条件下仅需考虑如下平衡：
(ⅰ)
(ⅱ)
①下列有关溶液的说法正确的有_______。
A．加入少量硫酸，溶液的pH不变
B．加入少量水稀释，溶液中离子总数增加
C．加入少量溶液，反应(ⅰ)的平衡逆向移动
D．加入少量固体，平衡时与的比值保持不变
②25℃时，溶液中随pH的变化关系如图。当时，设、与的平衡浓度分别为x、y、，则x、y、z之间的关系式为_______；计算溶液中的平衡浓度_____(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。
③在稀溶液中，一种物质对光的吸收程度(A)与其所吸收光的波长()有关；在一定波长范围内，最大A对应的波长()取决于物质的结构特征；浓度越高，A越大。混合溶液在某一波长的A是各组分吸收程度之和。为研究对反应(ⅰ)和(ⅱ)平衡的影响，配制浓度相同、不同的稀溶液，测得其A随的变化曲线如图，波长、和中，与的最接近的是_______；溶液从a变到b的过程中，的值_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】(1) N2↑ 4H2O (E1-E2)+ΔH+(E3-E4)
2NO+O2=2NO2
(2) BD 当溶液pH=9时，，因此可忽略溶液中
即=0.20
反应(ii)的平衡常数K2===3.3×10-7
联立两个方程可得=6.0×10-4mol/L λ3 增大
【解析】(1)①分解过程中，生成Cr2O3和无污染气体，根据元素守恒可知，其余生成物为N2、H2O，根据原子守恒可知反应方程式为。
②设反应过程中第一步的产物为M，第二步的产物为N，则X→M ΔH1=(E1-E2)，M→N ΔH2=ΔH，N→Y ΔH3=(E3-E4)1，根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓变为ΔH1+ΔH2+ΔH3=(E1-E2)+ΔH+(E3-E4)。
③NH3在Cr2O3作催化剂条件下，能与O2反应生成NO，NO与O2反应生成红棕色气体NO2，NO2与H2O反应生成HNO3和NO，若同时通入O2，可将氮元素全部氧化为HNO3，因此从NH3出发经过3步反应制备HNO3的路线为；其中NO反应生成NO2过程中，气体颜色发生变化，其反应方程式为2NO+O2=2NO2。
(2)①K2Cr2O7溶液中存在平衡：(i)、(ii)。
A．向溶液中加入少量硫酸，溶液中c(H+)增大，(ii)平衡逆向移动，根据勒夏特列原理可知，平衡移动只是减弱改变量，平衡后，溶液中c(H+)依然增大，因此溶液的pH将减小，故A错误；
B．加水稀释过程中，根据“越稀越水解”、“越稀越电离”可知，(i)和(ii)的平衡都正向移动，两个平衡正向都是离子数增大的反应，因此稀释后，溶液中离子总数将增大，故B正确；
C．加入少量NaOH溶液，(ii)正向移动，溶液中将减小，(i)将正向移动，故C错误；
D．平衡(i)的平衡常数K1=，平衡常数只与温度和反应本身有关，因此加入少量K2Cr2O7溶液，不变，故D正确；
综上所述，答案为：BD。
②0.10mol/L K2Cr2O7溶液中，Cr原子的总浓度为0.20mol/L，当溶液pH=9.00时，溶液中Cr原子总浓度为=0.20mol/L，、与的平衡浓度分别为x、y、z mol/L，因此=0.10；由图8可知，当溶液pH=9时，，因此可忽略溶液中，即=0.20，反应(ii)的平衡常数K2===3.3×10-7，联立两个方程可得=6.0×10-4mol/L。
③根据反应(i)、(ii)是离子浓度增大的平衡可知，溶液pH越大，溶液中越大，混合溶液在某一波长的A越大，溶液的pH越大，溶液中越大，因此与的λmax最接近的是λ3；反应(i)的平衡常数K1= ，反应(ii)的平衡常数K2=，= = ，因此= ，由上述分析逆推可知，b>a，即溶液pH从a变到b的过程中，溶液中c(H+)减小，所以的值将增大。
3．（2022·湖南卷）2021年我国制氢量位居世界第一，煤的气化是一种重要的制氢途径。回答下列问题：
(1)在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量的和，起始压强为时，发生下列反应生成水煤气：
Ⅰ.
Ⅱ.
①下列说法正确的是_______；
A．平衡时向容器中充入惰性气体，反应Ⅰ的平衡逆向移动
B．混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡
C．平衡时的体积分数可能大于
D．将炭块粉碎，可加快反应速率
②反应平衡时，的转化率为，CO的物质的量为。此时，整个体系_______(填“吸收”或“放出”)热量_______kJ，反应Ⅰ的平衡常数_______(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
(2)一种脱除和利用水煤气中方法的示意图如下：
①某温度下，吸收塔中溶液吸收一定量的后，，则该溶液的_______(该温度下的)；
②再生塔中产生的离子方程式为_______；
③利用电化学原理，将电催化还原为，阴极反应式为_______。
【答案】(1) BD 吸收 31.2
(2) 10 2CO2↑++H2O 2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O、AgCl+e-=Ag+Cl-
【解析】(1)①A．在恒温恒容条件下，平衡时向容器中充入情性气体不能改变反应混合物的浓度，因此反应Ⅰ的平衡不移动，A说法不正确；
B．在反应中有固体C转化为气体，气体的质量增加，而容器的体积不变，因此气体的密度在反应过程中不断增大，当混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，B说法正确；
C．若C(s)和H2O(g)完全反应全部转化为CO2(g)和H2(g)，由C(s)+ 2H2O(g) = CO2(g)+ 2H2(g)可知，H2的体积分数的极值为，由于可逆反应只有一定的限度，反应物不可能全部转化为生成物，因此，平衡时H2的体积分数不可能大于，C说法不正确；
D．将炭块粉碎可以增大其与H2O(g)的接触面积，因此可加快反应速率，D说法正确；
综上所述，相关说法正确的是BD。
②反应平衡时，H2O(g)的转化率为50%，则水的变化量为0.5mol，水的平衡量也是0.5mol，由于CO的物质的量为0.1mol，则根据O原子守恒可知CO2的物质的量为0.2mol，生成0.2mol CO2时消耗了0.2mol CO，故在反应Ⅰ实际生成了0.3molCO。根据相关反应的热化学方程式可知，生成0.3mol CO要吸收热量39.42kJ ，生成0.2mol CO2要放出热量8.22kJ此时，因此整个体系吸收热量39.42kJ-8.22kJ=31.2kJ；由H原子守恒可知，平衡时H2的物质的量为0.5mol，CO的物质的量为0.1mol，CO2的物质的量为0.2mol，水的物质的量为0.5mol，则平衡时气体的总物质的量为0.5mol+0.1mol+0.2mol+0.5mol=1.3mol，在同温同体积条件下，气体的总压之比等于气体的总物质的量之比，则平衡体系的总压为0.2MPa1.3=0.26MPa，反应I（C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)）的平衡常数Kp= 。
(2)①某温度下,吸收塔中K2CO3溶液吸收一定量的CO2后，c():c()=1:2，由可知，=，则该溶液的pH=10；
②再生塔中KHCO3受热分解生成K2CO3、H2O和CO2，该反应的离子方程式为2CO2↑++H2O；
③利用电化学原理，将CO2电催化还原为C2H4，阴极上发生还原反应，阳极上水放电生成氧气和H+，H+通过质子交换膜迁移到阴极区参与反应生成乙烯，铂电极和Ag/AgCl电极均为阴极，在电解过程中AgCl可以转化为Ag，则阴极的电极反应式为2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O、AgCl+e-=Ag+Cl-。
4．（2022·山东卷）利用丁内酯(BL)制备1，丁二醇(BD)，反应过程中伴有生成四氢呋喃(THF)和丁醇(BuOH)的副反应，涉及反应如下：
已知：①反应Ⅰ为快速平衡，可认为不受慢反应Ⅱ、Ⅲ的影响；②因反应Ⅰ在高压氛围下进行，故压强近似等于总压。回答下列问题：
(1)以或BD为初始原料，在、的高压氛围下，分别在恒压容器中进行反应。达平衡时，以BL为原料，体系向环境放热；以BD为原料，体系从环境吸热。忽略副反应热效应，反应Ⅰ焓变_______。
(2)初始条件同上。表示某物种i的物质的量与除外其它各物种总物质的量之比，和随时间t变化关系如图甲所示。实验测得，则图中表示变化的曲线是_______；反应Ⅰ平衡常数_______(保留两位有效数字)。以BL为原料时，时刻_______，BD产率=_______(保留两位有效数字)。
(3)为达平衡时与的比值。、、三种条件下，以为初始原料，在相同体积的刚性容器中发生反应，随时间t变化关系如图乙所示。因反应在高压氛围下进行，可忽略压强对反应速率的影响。曲线a、b、c中，最大的是_______(填代号)；与曲线b相比，曲线c达到所需时间更长，原因是_______。
【答案】(1)-200(X+Y)
(2) a或c 8.3×10-8 0.08 39%
(3) c 由于b和c代表的温度相同，而压强对反应速率的影响可忽略，压强增大反应Ⅱ、Ⅲ均是逆向移动，增大，故=1.0所需时间更长
【解析】(1)依题意，结合已知信息，可推定在同温同压下，以同物质的量的BL或BD为初始原料，达到平衡时的状态相同，两个平衡完全等效。则以5.0×10-3mol的BL为原料，达到平衡时放出XkJ热量与同物质的量的BD为原料达到平衡时吸收YkJ热量的能量二者能量差值为(X+Y)kJ，则1mol时二者能量差值为200(X+Y)kJ，反应I为放热反应，因此焓变=-200(X+Y)kJ·mol-1。
(2)实验测定X
5．（2022·湖北卷）自发热材料在生活中的应用日益广泛。某实验小组为探究“”体系的发热原理，在隔热装置中进行了下表中的五组实验，测得相应实验体系的温度升高值()随时间(t)的变化曲线，如图所示。
实验编号
反应物组成
a
粉末
b
粉
c
粉
饱和石灰水
d
粉
石灰乳
e
粉
粉末
回答下列问题：
(1)已知：
①
②
③
则的___________。
(2)温度为T时，，则饱和溶液中___________(用含x的代数式表示)。
(3)实验a中，后基本不变，原因是___________。
(4)实验b中，的变化说明粉与在该条件下___________(填“反应”或“不反应”)。实验c中，前的有变化，其原因是___________；后基本不变，其原因是___________微粒的量有限。
(5)下列说法不能解释实验d在内温度持续升高的是___________(填标号)。A．反应②的发生促使反应①平衡右移
B．反应③的发生促使反应②平衡右移
C．气体的逸出促使反应③向右进行
D．温度升高导致反应速率加快
(6)归纳以上实验结果，根据实验e的特征，用文字简述其发热原理___________。
【答案】(1)-911.9
(2)mol⋅L-1
(3)Ca(OH)2在水中的溶解度小，反应①达到了平衡状态
(4) 不反应 Al和溶液中的OH-发生了反应 OH-
(5)A
(6)实验e中，发生反应①、②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应②平衡右移，反应②的发生促使反应①平衡右移，这三步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快。
【解析】(1)根据盖斯定律可得，①+②+2´③可得反应CaO(s)+2Al(s)+7H2O(l)=Ca2+(aq)+2[Al(OH)4]-(aq)+3H2(g)，则ΔH4=ΔH1+ΔH2+2ΔH3=(-65.17kJ⋅mol-1)+(-16.73kJ⋅mol-1)+2´(-415.0kJ⋅mol-1)=-911.9kJ⋅mol-1。
(2)温度为T时，Ca(OH)2饱和溶液中，Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH-(aq)， c(OH-)=2c(Ca2+)∙，Ksp[Ca(OH)2]=c(Ca2+)∙c2(OH-)=x，则c(OH-)=mol⋅L-1。
(3)实验a中，CaO和H2O反应①生成Ca(OH)2，4min后ΔT基本不变，是因为Ca(OH)2在水中的溶解度小，反应①达到了平衡状态。
(4)实验b中，ΔT几乎不变，说明Al粉与H2O在该条件下不反应；实验c中，前3min的ΔT有变化，是因为Al和溶液中的OH-发生了反应，3min后ΔT基本不变，是因为饱和石灰水中OH-的浓度较低，OH-的量有限。
(5)实验d中，发生反应②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应②平衡右移，这两步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快；综上所述，实验d在10min内温度持续升高与反应①无关，故选A。
(6)实验e中，发生反应①、②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应②平衡右移，反应②的发生促使反应①平衡右移，这三步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快。
【优选特训】
1．（2023春·福建泉州·高三统考阶段练习）是硅生产工艺的重要中间物，“”的生产工艺备受关注，总反应方程式为： ，该工艺源于对如下反应研究：
反应i：
反应ii：
Ⅰ.探究反应i制备工艺
(1)图甲为使用催化剂与否，反应过程的能量变化。使用催化剂时，决速步的活化能为_______。
(2)随温度T变化的曲线为图乙中的_______(填“X”或“Y”)，判断的理由是_______。
(3)400℃时，若往刚性容器中通入和，初始浓度均为。
①由图乙计算该温度下的平衡转化率约为_______。
②为提高该温度下的平衡转化率，可采取的措施有_______。
(4)按一定比例和流速通入和进行催化反应，相同时间内的转化率与温度关系如图丙。温度低于200℃时，的转化率很低的原因是_______。
Ⅱ.探究反应ii及对生产工艺的影响
已知：①标准摩尔生成焓()是指由元素最稳定的单质生成1mol纯化合物时的反应焓变。下列物质的标准摩尔生成焓如下表：
物质
0
0
②400℃时，
(5)_______。
(6)依据化学平衡移动原理分析，与反应i的制备工艺相比，“”生产工艺的优点是_______。
【答案】(1)84
(2) Y 反应i为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，变大，变小
(3) 1% 增大氢气浓度或及时移走或HCl等合理答案
(4)温度低，化学反应速率较慢，反应未达到平衡状态或温度低，化学平衡常数较小或温度低催化剂活性差，化学反应速率较慢等
(5)-220
(6)生产工艺包含了反应i和ii，反应ii为放热反应，体系温度升高，促使反应i的平衡正向移动或反应ii消耗反应i生成的HCl，生成增大反应i的反应物浓度，促使反应i的平衡正向移”或反应i的化学平衡常数较小，反应ii的化学平衡常数较大，两反应耦合后的总反应平衡常数比反应i大
【详解】（1）使用催化剂时能降低反应的活化能，改变反应路径，活化能越大反应速率越慢，最慢的一步决定整个反应速率，则决速步的活化能为84；
（2）由图甲可知反应i的反应物总能量低于生成物总能量，则反应i为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，变大，变小，则图乙中的Y代表随温度T变化的曲线；
（3）①400℃时，反应i的pK1=4，则K1=10-4，列三段式：，则，解得x=0.02，该温度下的平衡转化率约为；
②增大反应物浓度或减少生成物浓度均能使平衡正向移动，为提高该温度下的平衡转化率，可采取的措施有：增大氢气浓度或及时移走或HCl等；
（4）温度低于200℃时，的转化率很低的原因是：温度低，化学反应速率较慢，反应未达到平衡状态或温度低，化学平衡常数较小或温度低催化剂活性差，化学反应速率较慢等；
（5）根据表中数据可知
①Si(s)+H2(g)+Cl2(g)⇌ ΔH=-496kJ/mol
②H2(g)+Cl2(g)⇌HCl(g) ΔH=-92kJ/mol
依据盖斯定律可知①-3×②即得-496-3×(-92)= -220 kJ/mol；
（6）与反应i的制备工艺相比，“”生产工艺的优点是：生产工艺包含了反应i和ii，反应ii为放热反应，体系温度升高，促使反应i的平衡正向移动或反应ii消耗反应i生成的HCl，生成增大反应i的反应物浓度，促使反应i的平衡正向移”或反应i的化学平衡常数较小，反应ii的化学平衡常数较大，两反应耦合后的总反应平衡常数比反应i大。
2．（2023春·广东·高三统考开学考试）高效去除空气中的和化合物一直是工业生产研究的主要课题。
Ⅰ.某MOFs多孔材料能高效选择性吸附，将材料泡入水中并通入氧气能全部转化为。原理示意图如下：
已知：①
②
③
(1) _______。
(2)若取一定质量的多孔材料吸收至质量不改变，下列选项中能说明吸附反应已达到极限的是
A．颜色不再发生变化 B．
C． D．混合气体的平均分子质量不再发生变化
Ⅱ.在不同温度下，溶液脱硫、脱硝的反应中，和NO的平衡分压如图所示。
(3)中心原子的杂化轨道类型为_______，的空间构型为_______。
(4)脱硫的离子方程式为，该反应的平衡常数表达式_______。根据图像可知，、、的大小关系为_______。
Ⅲ.臭氧脱硝反应为。T℃时，将和混合气体以物质的量之比2∶1充入一个容积为2L的恒容密闭容器中发生上述反应，测得的物质的量随时间变化关系如下图所示：
(5)①平衡时，的体积分数=_______%(保留两位小数)。
②若起始压强为，T℃下反应的平衡常数_______(为用平衡分压表示的平衡常数，即用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】(1)
(2)AD
(3) V形
(4)
(5) 36.3
【详解】（1）根据盖斯定律，将②×2+③―①×2，整理可得热化学方程式：。
（2）A．混合气体中只有是有色气体，若混合气体颜色不再发生变化，说明各种气体浓度不变，反应达到平衡状态，A符合题意；
B．表示物质反应的物质的量的比，反应达到平衡时二者的物质的量的比可能是2∶1，也可能不是2∶1，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，B不符合题意；
C．在任何条件下物质反应速率比关系为：，，若，，，反应逆向进行，未处于平衡状态，C不符合题意；
D．反应混合物都是气体，气体的质量不变，反应前后气体的物质的量发生改变，若混合气体的平均分子质量不再发生变化，则气体的物质的量不变，反应达到了平衡状态，D符合题意；
故合理选项是AD。
（3）中Cl原子价电子对数是，有2个孤电子对，杂化轨道类型为，的空间构型为V形。
（4）根据化学平衡常数的含义可知该反应的化学平衡常数；由图像分析可知：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，的平衡分压增大，说明升高温度，化学平衡逆向移动，化学平衡常数减小。由于反应温度：，所以化学平衡常数：。
（5）①根据数据，可知10min时，已经到达平衡，根据三段式有：
则平衡时的体积分数；
②设平衡时压强为p，则，由题意可知，解得，则。
3．（2023春·重庆沙坪坝·高三重庆南开中学校考阶段练习）Ⅰ.碳热还原过程中可能发生下列反应。
ⅰ.
ⅱ.
ⅲ.
(1)_______；温度升高，平衡常数K将_______(填“增大”、“减小”、“不变”)。
Ⅱ.乙炔的加成反应是众多科研工作者的研究对象。
(2)不同温度下，1.2与1制氯乙烯()，在1L刚性容器中反应3h，实验数据如下图。
①135℃时，3h内_______(保留两位小数，下同)。
②该反应最适宜温度下平衡常数_______。
(3)《自然》杂志发表的一篇文章中，提出在催化剂作用下上述反应的反应历程如图所示。“2→3”的化学方程式可表示为：
①“4→5”的化学方程式为_______。
②反应物在催化剂表面经历过程“扩散→吸附(活性位点)→表面反应→脱附”。若保持体系中分压不变，分压过高时反应催化效率降低的可能原因是_______。
(4)西北工业大学的张健教授、德累斯顿工业大学的冯新亮院士等人报道了一种电催化半氢化策略，在室温条件下，水溶液介质中可选择性地将还原为，其原理示意图如下：
①阴极的电极反应式为：_______。
②同温同压下，相同时间内，若进口处气体物质的量为a，出口处气体的总体积为进口处的x倍，则转化率为_______。
【答案】(1) 增大
(2)
(3) 分压过高时，催化剂吸附了较多的HCl，阻碍了乙炔与催化剂的接触，导致产率降低
(4) (2x-2)×100%
【详解】（1）已知：
ⅱ.
ⅲ.
由盖斯定律可知，反应 (ⅱ+ⅲ)得到ⅰ. ；反应 (ⅱ+ⅲ)得到，反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数K将增大；
（2）①135℃时，3h内乙炔转化率为91%，则；
②在1L刚性容器中反应3h，随着温度的升高，反应速率加快，乙炔转化率增大，170℃时，乙炔转化率最大，此后温度升高乙炔转化率降低，则该反应最适宜温度下，由三段式可得：
该反应最适宜温度下平衡常数
（3）①“2→3”的化学方程式可表示为： ，由图可知，“4→5”的化学方程式为。
②若保持体系中分压不变，分压过高时，催化剂吸附了较多的HCl，阻碍了乙炔与催化剂的接触，导致产率降低，故反应催化效率降低；
（4）①在室温条件下，水溶液介质中可选择性地将还原为，则阴极为上层电极，反应为乙炔得到电子发生还原反应生成乙烯，反应为；
②由图可知，阳极水发生氧化反应生成氧气，总反应为；同温同压下，相同时间内，若进口处气体物质的量为a，出口处气体的总体积为进口处的x倍，设转化率为y，则反应乙炔为aymol、剩余乙炔(a-ay)mol，由总反应可知生成气体总量为1.5aymol，反应后总气体为(1.5ay+a-ay)mol，则，解得y=(2x-2)×100%。
4．（2022·重庆·二模）碳达峰是指我国承诺2030年前，二氧化碳的排放不再增长。因此，诸多科学家都在大力研究利用和以减少碳的排放。
(1)“神十三”中航天员们呼吸产生的用一种循环方案处理，即，然后电解水又得氢气和氧气。在温度为T，向一恒容密闭容器中，按物质的量之比通入和，测得反应过程中压强随时间的变化如图中a所示，若其它条件不变，仅改变某一条件时，测得其压强。随时间的变化如图中b所示。
①能说明容器中的反应均己达到平衡状态的是_______。
A．容器内气体的平均相对分子质量不变
B．和的转化率相等
C．与的物质的量之比保持不变
D．
②_______0(填“>”“<”或“不确定”)；理由是_______。
③改变的条件是_______。
(2)经催化加氢可以生成低碳有机物，主要有以下反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
①反应Ⅱ的活化能(正)_______ (逆)(填“>”“<”或“=”)。
②在温度下，将和充入的恒容密闭容器中发生反应Ⅰ和Ⅱ，达到平衡状态时和的物质的量分别为和。则温度时反应Ⅰ的平衡常数_______。
(3)工业上利用废气中的联合制取烧碱、氯代烃和甲醇的流程如下图。已知B中的装置使用了阳离子交换膜。
①B中发生的总反应的离子方程式为_______。
②若某废气中含有的和的体积比为，废气中和体积分数共为。假设A中处理了标准状况下的废气，其中和全部转化成，理论上可制得_______。
【答案】(1) AC ＜ 随着反应进行，压强先变大后变小，说明反应为放热反应，使得开始的温度升高，压强增大 加入催化剂
(2) ＜ 10
(3) 2H2O+2Cl-=H2↑+2OH-+Cl2↑ 9.9
【解析】(1)①A．容器内气体的质量和物质的量均是变化的量，气体的平均相对分子质量不变，说明反应已达到平衡状态，A符合题意；
B．和的投料比等于系数比，故两者的转化率相等，不能说明反应达到平衡状态，B不符合题意；
C．与的物质的量之比随着反应的进行不断变化，当该比例保持不变时，说民反应已达到平衡状态，C符合题意；
D．时，由于未指明两个速率的反应方向，故不能说明达到平衡状态，D不符合题意；
故选AC。
②由图可知，随着反应进行，压强先变大后变小，5min时达到平衡状态，说明反应为放热反应，使得开始的温度升高，压强变大，故＜0。
③改变的条件化学反应速率加快，而平衡状态没有移动，说明加入了催化剂。
(2)①反应Ⅱ为放热反应，生成物的能量低于反应物的能量，则反应Ⅱ的活化能(正)＜。
②由三段式得：
在温度下，的恒容密闭容器中平衡时CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量分别为3mol-1mol -1mol=1mol、7mol-3mol-3mol=1mol、1mol、1mol+1.5mol=2.5mol；则温度时反应Ⅰ的平衡常数=10。
(3)①由图可知，B中发生的总反应为电解氯化钠溶液的反应，离子方程式为2H2O+2Cl-=H2↑+2OH-+Cl2↑。
②的废气中和总体积为10×103L×8.96%=896L，和的体积均为448L，两者的物质的量均为20mol，和全部转化成，～6e-、～4e-，则转移电子的总的物质的量为200mol；C2H4生成C2H4Cl2，C2H4～2e-，则根据电子守恒可知，生成的物质的量为100mol，质量为100mol×99g/mol=9900g=9.9kg。
5．（2022·河北石家庄·一模）丙烯腈( )是一种重要的化工原料，广泛应用于三大有机合成材料的生产中。以3—羟基丙酸乙酯()为原料合成丙烯腈的主要反应如下：
I. (g) (g) +H2O(g) ΔH1>0
II.(g) +NH3(g) +H2O(g)+ (g) ΔH2>0
(1)已知部分化学键键能如下表所示：
化学键
C-O
C-C
C=C
C-H
O-H
C=O
键能(kJ·mol -1)
351
348
615
413
463
745
据此计算ΔH1 =_______。
(2)在盛有催化剂TiO2、压强为100kPa的恒压密闭容器中按体积比2：15充入(g)和NH3(g)发生反应，通过实验测得平衡体系中含碳物质(乙醇除外)的物质的量分数随温度的变化如图1所示(例如的物质的量分数w%=×100%)。
①随着温度的升高， (g)的平衡体积分数先增大后减小的原因为_______。
②科学家通过DFT计算得出反应II的机理如图2所示，其中第二步反应为 (g) (g)+H2O(g)， 则第一步反应的化学方程式为_______ ；实验过程中未检测到 (g)的原因可能为_______。
③A点对应反应II的标准平衡常数= _______( 保留两位有效数字)。[其表达式为用相对分压代替浓度平衡常数表达式中的浓度，气体的相对分压等于其分压(单位为kPa)除以p0(p0=100 kPa)]
④实际生产中若充入一定量N2 (不参与反应)，可提高丙烯腈的平衡产率，原因为_______。
(3)利用电解法由丙烯腈制备己二睛[NC(CH2)4CN]的装置如图3所示。
通电过程中，石墨电极2上的电极反应式为_______。
【答案】(1)+34 kJ·mol-1
(2) 反应I、II均为吸热反应，最高点前反应I进行程度大，最高点后反应II进行程度大
第二步反应的活化能远小于第一步，所以第二步反应的速率远大于第一步反应的速率 0.011 该反应为气体分子数增大的反应，恒压密闭容器中充入一定量N2，降低各气体分压(相当于扩大容器体积)，会使反应II的平衡正向移动
(3)2CH2=CHCN+2e- +2H+ = NC(CH2)4CN
【解析】(1)焓变=反应物总键能-生成物总键能，
ΔH1 =(463+413×9+351×3+348×3+745)-(413×8+615+745+351×2+348×2+463×2)=+34 kJ·mol-1；
(2)①反应I、II均为吸热反应，最高点前反应I进行程度大，最高点后反应II进行程度大，所以随着温度的升高，丙烯酸乙酯的平衡体积分数先增大后减小；
②第一步反应是和氨气反应生成乙醇和，反应的化学方程式为；第二步反应的活化能远小于第一步，所以第二步反应的速率远大于第一步反应的速率，实验过程中未检测到。
③设的初始物质的量为2mol、氨气的醋酸物质的量为15mol；A点的含量为0，说明反应I完全进行，生成2mol和2mol水； 和丙烯腈的含量相等，说明有1mol、1mol氨气参与反应II，生成1mol乙醇和1mol水，则平衡体系中氨气的物质的量为14mol、 的物质的量1mol、丙烯腈1mol、乙醇1mol、水3mol，A点对应反应II的标准平衡常数=0.011；
④该反应为气体分子数增大的反应，恒压密闭容器中充入一定量N2，相当于减压，降低各气体分压(相当于扩大容器体积)，会使反应II的平衡正向移动，所以充入一定量N2 (不参与反应)，可提高丙烯腈的平衡产率。
(3)根据图示，石墨电极2上CH2=CHCN 发生还原反应生成NC(CH2)4CN，石墨电极2上极反应式为2CH2=CHCN+2e- +2H+ = NC(CH2)4CN。
6．（2022·北京·模拟预测）硫碘循环，水分解制氢的原理示意图如下：
(1)已知：在25℃和101kPa时，H2的燃烧热为285.8kJ·mol-1，则在相同条件下，水分解生成氢气的热化学方程式为_______。
(2)水在2200℃条件下分解可得到氢气。硫碘循环制H2的优势为_______(至少写两条)。
(3)反应II，H2SO4分解制取O2的速率主要由反应2SO3⇌2SO2+O2决定，对该反应的历程进行研究发现，SO3分解经历了多步基元反应，其中影响速率的关键基元反应为：SO3→SO2+O，SO3+O→SO2+O2，下列说法合理的是_______。
A．c(O)越大有利于加快SO3的分解速率
B．关键基元反应的活化能比其他基元反应的大
C．催化剂参与氧原子的生成与消耗将有利于提高SO3的分解速率
(4)进行反应III之前，需要经过以下两个步骤：
①步骤1：除杂。反应I所得混合物经过初步分离后得到HI和I2的混合溶液，其中含有少量H2SO4杂质。工业上采用加热至110℃的方法除去H2SO4写出相应的化学方程式_______。
②步骤2：电解。通过电解法实现HI和I2的分离与富集，装置示意图如下，结合电极反应解释获得浓HI溶液的原因是_______。
③利用电解后某一极的溶液，作为反应II中SO2的吸收剂，实现O2与SO2的分离，吸收剂的有效成分是_______。
【答案】(1)；
(2)反应条件温和，在较低温度下实现分解水制取H2；实现了O2和H2分离，反应I放热，可利用其能量为其他两个吸热反应供能；
(3)ABC；
(4) ； 阴极：I2+2e-=2I-，H+通过质子交换膜进入阴极，得到浓HI溶液； I2。
【解析】(1)燃烧热的概念，1mol氢气完全燃烧生成液态水所释放的能量为285.8kJ，相同条件下水分解是上述过程的逆过程，热化学方程式为：；
(2)该反应所需的条件温和，加热温度不高，且制备的氢气和氧气分开，避免直接接触引发实验安全问题，另外反应I放热提供的热量可供反应II、III利用，节能，故答案为：反应条件温和，在较低温度下实现分解水制取H2；实现了O2和H2分离，反应I放热，可利用其能量为其他两个吸热反应供能；
(3)A．c(O)越大有利于第二个基元反应的进行，加快SO3的分解速率，A正确；
B．关键基元反应为硫酸分解制取氧气的决速反应，故该反应速率慢，活化能高，B正确；
C．催化剂参与氧原子的生成与消耗，可以使两个基元反应速率加快，将有利于提高SO3的分解速率，C正确；
故选ABC。
(4)工业上采用加热至110℃的方法除去H2SO4，化学方程式为：；该装置为电解池，阴极为碘单质得电子变成碘离子，阳极碘离子失电子变成碘单质，氢离子通过质子交换膜移向阴极，故阴极的HI浓度增大，故答案为：阴极：I2+2e-=2I-，H+通过质子交换膜进入阴极，得到浓HI溶液；电解过程中阳极产生碘单质，碘单质可以与二氧化硫发生氧化还原反应，故吸收剂的有效成分为I2。
7．（2022·天津·模拟预测）中国提出要实现“二氧化碳排放力争于2030年前达到峰值，争取在2060年前实现碳中和”的目标，二氧化碳的资源化利用对实现碳中和目标具有促进作用。
甲醇是一种可再生能源，由CO2制备甲醇可能涉及的反应如下：
反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) △H1
反应Ⅱ：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) △H2=−90.4kJ/mol
反应Ⅲ：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) △H3
已知部分化学键键能如表：
化学键
H−H
O−H
C−H
C−O
C=O
键能kJ/mol
436
463
414
326
803
回答下列问题：
(1)反应Ⅰ自发趋势是_______。A．高温自发 B．低温自发 C．任意温度下自发 D．任意温度下非自发
(2)在一密闭容器中充入1molCO2和3molH2，分别在P1、P2、P3压强下进行反应，测得CO2的平衡转化率随温度的变化如图1所示，T1温度后，反应主要以_______(填反应Ⅰ、反应Ⅱ或反应Ⅲ)为主。为了提高CO2生成CH3OH的平衡转化率，同时减少反应Ⅲ的发生，可采取的措施是_______。
(3)在一定条件下，向体积为2L的恒容密闭容器中通入1molCO2和3molH2，假设仅发生反应Ⅰ，测得CO2和CH3OH的物质的量浓度随时间的变化如图2所示。(已知反应Ⅰ中v正=k正•c(CO2)•c3(H2)，v逆=k逆•c(CH3OH)•c(H2O)，其中k正、k逆为速率常数，仅与温度有关)
①0～10min内，氢气的平均反应速率为_______。
②M点时，v正：v逆=_______。
③下列叙述中一定能说明该反应达到平衡状态的是_______。
A．化学反应速率关系：3v(CO2)=v(H2)
B．容器内混合气体的密度不再改变
C．单位时间内，每断裂2个C=O键，同时断裂3个O−H键
D．容器内混合气体的平均摩尔质量不再改变
(4)加热锅炉时，水中的MgCO3可以先转化为Mg(HCO3)2，然后转化为Mg(OH)2。已知：MgCO3+H2O⇌Mg2+++OH−在80℃时的平衡常数为K，水的离子积为Kw，碳酸的第一级和第二级电离常数分别为Ka1和Ka2，则该温度下KSP(MgCO3)=_______(用相关常数表示)。
【答案】(1)B (2) 反应III 降低温度 (3) 0.12mol/(L·min) 1.69 CD (4)
【解析】 (1)根据△G=△H1-T△S进行判断；
(2)根据盖斯定律和温度对化学平衡移动的影响进行解答；
(3)根据速率公式计算反应速率，根据化学平衡特征判断反应是否达到平衡；
(4)根据化学平衡常数、电离平衡常数、沉淀溶解平衡常数进行解答。
(1)（根据反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)可知，△H1 =8032+4363-(4143+326+4633)=-43 kJ/mol.>0，△S<0，根据△G=△H1-T△S可知，低温△G<0能自发进行，故B符合题意。
(2)根据反应ⅠCO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)可知，△H1 =-43 kJ/mol，反应Ⅱ：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H2=−90.4kJ/mol，反应Ⅰ-反应Ⅱ=反应Ⅲ：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) △H3=-43 kJ/mol-（−90.4kJ/mol）=+47.4J/mol。由图可知：T1温度后，CO2的平衡转化率随温度升高而增大，反应主要以反应Ⅲ为主，为了提高CO2生成CH3OH的平衡转化率，同时减少反应Ⅲ的发生，反应ⅠCO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)可知，△H1 =-43 kJ/mol，所以可采取的措施是降低温度，故答案：反应III；降低温度。
(3)①由图可知0～10min内，甲醇的变化浓度为0.4mol/L，则氢气的变化浓度为1.2mol/L，所以氢气的平均反应速率v=，故答案：0.12mol/(L·min)。
②根据反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) 反应可知，M点c(CO2)=c (CH3OH)，设生成CH3OH(g)为xmol，则有1mol-x=x，解得x=0.5mol，生成n(H2O)= 0.5mol，剩余n(CO2)= 0.5mol，n(H2)= 1.5mol，v正=k正•c(CO2)•c3(H2)，v逆=k逆•c(CH3OH)•c(H2O)，温度相同，k正= k逆,则v正: v逆= c3(H2)：c(H2O)=0.753:0.25=1.69，故答案：1.69。
③根据反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) △H1k可知：
A.化学反应速率之比等于计量数之比，所以3v(CO2)=v(H2) 不能说明该反应达到平衡状态，故A不符合题意；
B.由反应ⅠCO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) △H1k可知：容器内混合气体的密度是恒量，所以容器内混合气体的密度不再改变不能说明该反应达到平衡状态，故B不符合题意；
C.单位时间内，每断裂2个C=O键，是指1mol CO2发生正反应，断裂3个O−H键说明有1mol CH3OH和H2O发生逆反应，所以单位时间内，每断裂2个C=O键，同时断裂3个O−H键能说明该反应达到平衡状态，故C符合题意；
D.因为反应前后气体的计量数不能，根据 M=可知，当容器内混合气体的平均摩尔质量不再改变，能说明该反应达到平衡状态，故D符合题意；
故答案：CD.
(4)已知：MgCO3+H2O⇌Mg2++ +OH−在80℃时的平衡常数为K=c(Mg2+) c()c(OH−)；碳酸的第二级电离常数；KSP(MgCO3)= c(Mg2+)c(CO)=，故答案：。
8．（2022·湖北·模拟预测）我国力争于2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。催化加氢合成二甲醚是一种实现“碳中和”理想的转化方法：该过程中涉及的反应如下：
主反应：
副反应： ΔH＇=
回答下列问题：
(1)主反应通过以下步骤来实现：
Ⅰ.
Ⅱ.
则主反应的_______
(2)在恒压、和的起始量一定时，平衡转化率和平衡时的选择性随温度的变化如下图所示，的选择性。
①平衡转化率随温度升高而增大的原因是_______。
②420℃时，在催化剂作用下与反应一段时间后，测得的选择性约为50%。不改变反应时间，一定能提高选择性的措施有_______(填标号)。
A．升高温度 B．增大压强 C．增大 D．更换适宜的催化剂
(3)在温度为543K、原料组成为、初始总压为4MPa的恒容密闭容器中进行反应，体系达到平衡时的转化率为30%，二甲醚的选择性为50%，则氢气的转化率_______；主反应的压强平衡常数_______(列出计算式)。
(4)二甲醚直接燃料电池具有启动快、效率高、能量密度大等优点。若电解质溶液呈碱性、二甲醚直接燃料电池的负极反应为_______，该电池的理论输出电压为1.20V，能量密度E=_______(精确到小数点后1位。能量密度=，)。
【答案】(1)—122.5
(2) 主反应放热，副反应吸热，温度升高使副反应CO2平衡转化率上升幅度大于主反应的下降幅度 BD
(3) 20%
(4) CH3OCH3—12e—+16OH—=2CO+11H2O 8.4
【解析】(1)由盖斯定律可知，Ⅰ×2+Ⅱ得到主反应，则主反应的焓变△H=2△H1+△H2=(—49.5kJ/mol) ×2+(—23.5kJ/mol)= —122.5kJ/mol，故答案为：—122.5；
(2)①主反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳平衡转化率减小，副反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳平衡转化率增大，所以二氧化碳平衡转化率随温度升高而增大说明温度升高，使副反应二氧化碳平衡转化率上升幅度大于主反应的下降幅度，故答案为：主反应放热，副反应吸热，温度升高使副反应CO2平衡转化率上升幅度大于主反应的下降幅度；
②A．主反应为气体体积减小的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，不利于提高二甲醚的选择性，故错误；
B．主反应为气体体积减小的放热反应，副反应为气体体积不变的吸热反应，增大压强，主反应平衡向正反应方向移动，副反应平衡不移动，有利于提高二甲醚的选择性，故正确；
C．增大二氧化碳，主反应和副反应平衡均向正反应方向移动，不利于提高二甲醚的选择性，故错误；
D．更换适宜的催化剂可以提高二甲醚的选择性，故正确；
故选BD；
(3)设起始二氧化碳的物质的量为1mol、氢气的物质的量为3mol，由题给数据可建立如下三段式：
由三段式数据可知，平衡时，氢气的转化率为×100%=20%，混合气体总物质的量为3.7mol，由气体的压强之比等于物质的量之比可知，平衡时混合气体的总压强为=3.7MPa，则二氧化碳、氢气、二甲醚、水蒸气的平衡分压为×3.7MPa=0.7MPa、×3.7MPa=2.4MPa、×3.7MPa=0.075MPa、×3.7MPa=0.375MPa，所以分压平衡常数为Kp=，故答案为：20%；；
(4)燃料电池中通入二甲醚的电极为负极，碱性条件下二甲醚在负极失去电子发生氧化反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH3OCH3—12e—+16OH—=2CO+11H2O，由该电池的理论输出电压为1.20V可知，电池能量密度E=≈8.4，故答案为：CH3OCH3—12e—+16OH—=2CO+11H2O；8.4。
大题突破03 化学反应原理综合题
命题热点一
利用盖斯定律推测并书写热化学方程式
命题热点二
化学反应速率及其应用
命题热点三
化学平衡状态的判断与平衡的移动
命题热点四
化学平衡常数的应用
命题热点五
反应中的投料比与转化率的相关问题
命题热点六
化学平衡图像剖析
命题热点七
催化剂与活化能
命题热点八
电极反应式的书写
（建议用时：90分钟）
【真题再现】
1．（2022·浙江卷）主要成分为的工业废气的回收利用有重要意义。
(1)回收单质硫。将三分之一的燃烧，产生的与其余混合后反应：。在某温度下达到平衡，测得密闭系统中各组分浓度分别为、、，计算该温度下的平衡常数_______。
(2)热解制。根据文献，将和的混合气体导入石英管反应器热解(一边进料，另一边出料)，发生如下反应：
Ⅰ
Ⅱ
总反应：
Ⅲ
投料按体积之比，并用稀释；常压，不同温度下反应相同时间后，测得和体积分数如下表：
温度/
950
1000
1050
1100
1150
0.5
1.5
3.6
5.5
8.5
0.0
0.0
0.1
0.4
1.8
请回答：
①反应Ⅲ能自发进行的条件是_______。
②下列说法正确的是_______。
A．其他条件不变时，用Ar替代作稀释气体，对实验结果几乎无影响
B．其他条件不变时，温度越高，的转化率越高
C．由实验数据推出中的键强于中的键
D．恒温恒压下，增加的体积分数，的浓度升高
③若将反应Ⅲ看成由反应Ⅰ和反应Ⅱ两步进行，画出由反应原料经两步生成产物的反应过程能量示意图_______。
④在，常压下，保持通入的体积分数不变，提高投料比，的转化率不变，原因是_______。
⑤在范围内(其他条件不变)，的体积分数随温度升高发生变化，写出该变化规律并分析原因_______。
【答案】(1)8×108 L·mol－1
(2) 高温 AB 1000℃时CH4不参与反应，相同分压的H2S经历相同的时间转化率相同 先升后降；在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S2(g)的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率，S2(g)的体积分数减小
【解析】(1)根据方程式可知该温度下平衡常数K＝；
(2)①根据盖斯定律可知Ⅰ+Ⅱ即得到反应Ⅲ的ΔH＝234kJ/mol，这说明反应Ⅲ是吸热的体积增大（即ΔS＞0）的反应，根据ΔG＝ΔH－TΔS＜0可自发进行可知反应Ⅲ自发进行的条件是高温下自发进行；
②A．Ar是稀有气体，与体系中物质不反应，所以其他条件不变时，用Ar替代N2作稀释气体，对实验结果几乎无影响，A正确；
B．正反应吸热，升高温度平衡正向进行，温度越高，H2S的转化率越高，B正确；
C．根据表中数据无法得出H2S中S-H键和CH4中C-H键的相对强弱，事实上C-H键的键能大于S-H键键能，C错误；
D．恒温恒压下，增加N2的体积分数，相当于减压，平衡正向进行，H2的物质的量增加，容器容积增加，H2浓度减小，D错误；
答案选AB；
③反应I、反应Ⅱ和反应Ⅲ均是吸热反应，则反应过程能量示意图可表示为；
④根据表中数据可知1000℃时CH4不参与反应，相同分压的H2S经历相同的时间转化率相同，所以在1000℃常压下，保持通入的H2S体积分数不变，提高投料比时H2S的转化率不变；
⑤由于在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S2(g)的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率，S2(g)的体积分数减小，因此变化规律是先升后降。
2．（2022·广东卷）铬及其化合物在催化、金属防腐等方面具有重要应用。
(1)催化剂可由加热分解制备，反应同时生成无污染气体。
①完成化学方程式：______________。
②催化丙烷脱氢过程中，部分反应历程如图，过程的焓变为_______(列式表示)。
③可用于的催化氧化。设计从出发经过3步反应制备的路线_______(用“→”表示含氮物质间的转化)；其中一个有颜色变化的反应的化学方程式为_______。
(2)溶液中存在多个平衡。本题条件下仅需考虑如下平衡：
(ⅰ)
(ⅱ)
①下列有关溶液的说法正确的有_______。
A．加入少量硫酸，溶液的pH不变
B．加入少量水稀释，溶液中离子总数增加
C．加入少量溶液，反应(ⅰ)的平衡逆向移动
D．加入少量固体，平衡时与的比值保持不变
②25℃时，溶液中随pH的变化关系如图。当时，设、与的平衡浓度分别为x、y、，则x、y、z之间的关系式为_______；计算溶液中的平衡浓度_____(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。
③在稀溶液中，一种物质对光的吸收程度(A)与其所吸收光的波长()有关；在一定波长范围内，最大A对应的波长()取决于物质的结构特征；浓度越高，A越大。混合溶液在某一波长的A是各组分吸收程度之和。为研究对反应(ⅰ)和(ⅱ)平衡的影响，配制浓度相同、不同的稀溶液，测得其A随的变化曲线如图，波长、和中，与的最接近的是_______；溶液从a变到b的过程中，的值_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】(1) N2↑ 4H2O (E1-E2)+ΔH+(E3-E4)
2NO+O2=2NO2
(2) BD 当溶液pH=9时，，因此可忽略溶液中
即=0.20
反应(ii)的平衡常数K2===3.3×10-7
联立两个方程可得=6.0×10-4mol/L λ3 增大
【解析】(1)①分解过程中，生成Cr2O3和无污染气体，根据元素守恒可知，其余生成物为N2、H2O，根据原子守恒可知反应方程式为。
②设反应过程中第一步的产物为M，第二步的产物为N，则X→M ΔH1=(E1-E2)，M→N ΔH2=ΔH，N→Y ΔH3=(E3-E4)1，根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓变为ΔH1+ΔH2+ΔH3=(E1-E2)+ΔH+(E3-E4)。
③NH3在Cr2O3作催化剂条件下，能与O2反应生成NO，NO与O2反应生成红棕色气体NO2，NO2与H2O反应生成HNO3和NO，若同时通入O2，可将氮元素全部氧化为HNO3，因此从NH3出发经过3步反应制备HNO3的路线为；其中NO反应生成NO2过程中，气体颜色发生变化，其反应方程式为2NO+O2=2NO2。
(2)①K2Cr2O7溶液中存在平衡：(i)、(ii)。
A．向溶液中加入少量硫酸，溶液中c(H+)增大，(ii)平衡逆向移动，根据勒夏特列原理可知，平衡移动只是减弱改变量，平衡后，溶液中c(H+)依然增大，因此溶液的pH将减小，故A错误；
B．加水稀释过程中，根据“越稀越水解”、“越稀越电离”可知，(i)和(ii)的平衡都正向移动，两个平衡正向都是离子数增大的反应，因此稀释后，溶液中离子总数将增大，故B正确；
C．加入少量NaOH溶液，(ii)正向移动，溶液中将减小，(i)将正向移动，故C错误；
D．平衡(i)的平衡常数K1=，平衡常数只与温度和反应本身有关，因此加入少量K2Cr2O7溶液，不变，故D正确；
综上所述，答案为：BD。
②0.10mol/L K2Cr2O7溶液中，Cr原子的总浓度为0.20mol/L，当溶液pH=9.00时，溶液中Cr原子总浓度为=0.20mol/L，、与的平衡浓度分别为x、y、z mol/L，因此=0.10；由图8可知，当溶液pH=9时，，因此可忽略溶液中，即=0.20，反应(ii)的平衡常数K2===3.3×10-7，联立两个方程可得=6.0×10-4mol/L。
③根据反应(i)、(ii)是离子浓度增大的平衡可知，溶液pH越大，溶液中越大，混合溶液在某一波长的A越大，溶液的pH越大，溶液中越大，因此与的λmax最接近的是λ3；反应(i)的平衡常数K1= ，反应(ii)的平衡常数K2=，= = ，因此= ，由上述分析逆推可知，b>a，即溶液pH从a变到b的过程中，溶液中c(H+)减小，所以的值将增大。
3．（2022·湖南卷）2021年我国制氢量位居世界第一，煤的气化是一种重要的制氢途径。回答下列问题：
(1)在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量的和，起始压强为时，发生下列反应生成水煤气：
Ⅰ.
Ⅱ.
①下列说法正确的是_______；
A．平衡时向容器中充入惰性气体，反应Ⅰ的平衡逆向移动
B．混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡
C．平衡时的体积分数可能大于
D．将炭块粉碎，可加快反应速率
②反应平衡时，的转化率为，CO的物质的量为。此时，整个体系_______(填“吸收”或“放出”)热量_______kJ，反应Ⅰ的平衡常数_______(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
(2)一种脱除和利用水煤气中方法的示意图如下：
①某温度下，吸收塔中溶液吸收一定量的后，，则该溶液的_______(该温度下的)；
②再生塔中产生的离子方程式为_______；
③利用电化学原理，将电催化还原为，阴极反应式为_______。
【答案】(1) BD 吸收 31.2
(2) 10 2CO2↑++H2O 2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O、AgCl+e-=Ag+Cl-
【解析】(1)①A．在恒温恒容条件下，平衡时向容器中充入情性气体不能改变反应混合物的浓度，因此反应Ⅰ的平衡不移动，A说法不正确；
B．在反应中有固体C转化为气体，气体的质量增加，而容器的体积不变，因此气体的密度在反应过程中不断增大，当混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，B说法正确；
C．若C(s)和H2O(g)完全反应全部转化为CO2(g)和H2(g)，由C(s)+ 2H2O(g) = CO2(g)+ 2H2(g)可知，H2的体积分数的极值为，由于可逆反应只有一定的限度，反应物不可能全部转化为生成物，因此，平衡时H2的体积分数不可能大于，C说法不正确；
D．将炭块粉碎可以增大其与H2O(g)的接触面积，因此可加快反应速率，D说法正确；
综上所述，相关说法正确的是BD。
②反应平衡时，H2O(g)的转化率为50%，则水的变化量为0.5mol，水的平衡量也是0.5mol，由于CO的物质的量为0.1mol，则根据O原子守恒可知CO2的物质的量为0.2mol，生成0.2mol CO2时消耗了0.2mol CO，故在反应Ⅰ实际生成了0.3molCO。根据相关反应的热化学方程式可知，生成0.3mol CO要吸收热量39.42kJ ，生成0.2mol CO2要放出热量8.22kJ此时，因此整个体系吸收热量39.42kJ-8.22kJ=31.2kJ；由H原子守恒可知，平衡时H2的物质的量为0.5mol，CO的物质的量为0.1mol，CO2的物质的量为0.2mol，水的物质的量为0.5mol，则平衡时气体的总物质的量为0.5mol+0.1mol+0.2mol+0.5mol=1.3mol，在同温同体积条件下，气体的总压之比等于气体的总物质的量之比，则平衡体系的总压为0.2MPa1.3=0.26MPa，反应I（C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)）的平衡常数Kp= 。
(2)①某温度下,吸收塔中K2CO3溶液吸收一定量的CO2后，c():c()=1:2，由可知，=，则该溶液的pH=10；
②再生塔中KHCO3受热分解生成K2CO3、H2O和CO2，该反应的离子方程式为2CO2↑++H2O；
③利用电化学原理，将CO2电催化还原为C2H4，阴极上发生还原反应，阳极上水放电生成氧气和H+，H+通过质子交换膜迁移到阴极区参与反应生成乙烯，铂电极和Ag/AgCl电极均为阴极，在电解过程中AgCl可以转化为Ag，则阴极的电极反应式为2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O、AgCl+e-=Ag+Cl-。
4．（2022·山东卷）利用丁内酯(BL)制备1，丁二醇(BD)，反应过程中伴有生成四氢呋喃(THF)和丁醇(BuOH)的副反应，涉及反应如下：
已知：①反应Ⅰ为快速平衡，可认为不受慢反应Ⅱ、Ⅲ的影响；②因反应Ⅰ在高压氛围下进行，故压强近似等于总压。回答下列问题：
(1)以或BD为初始原料，在、的高压氛围下，分别在恒压容器中进行反应。达平衡时，以BL为原料，体系向环境放热；以BD为原料，体系从环境吸热。忽略副反应热效应，反应Ⅰ焓变_______。
(2)初始条件同上。表示某物种i的物质的量与除外其它各物种总物质的量之比，和随时间t变化关系如图甲所示。实验测得，则图中表示变化的曲线是_______；反应Ⅰ平衡常数_______(保留两位有效数字)。以BL为原料时，时刻_______，BD产率=_______(保留两位有效数字)。
(3)为达平衡时与的比值。、、三种条件下，以为初始原料，在相同体积的刚性容器中发生反应，随时间t变化关系如图乙所示。因反应在高压氛围下进行，可忽略压强对反应速率的影响。曲线a、b、c中，最大的是_______(填代号)；与曲线b相比，曲线c达到所需时间更长，原因是_______。
【答案】(1)-200(X+Y)
(2) a或c 8.3×10-8 0.08 39%
(3) c 由于b和c代表的温度相同，而压强对反应速率的影响可忽略，压强增大反应Ⅱ、Ⅲ均是逆向移动，增大，故=1.0所需时间更长
【解析】(1)依题意，结合已知信息，可推定在同温同压下，以同物质的量的BL或BD为初始原料，达到平衡时的状态相同，两个平衡完全等效。则以5.0×10-3mol的BL为原料，达到平衡时放出XkJ热量与同物质的量的BD为原料达到平衡时吸收YkJ热量的能量二者能量差值为(X+Y)kJ，则1mol时二者能量差值为200(X+Y)kJ，反应I为放热反应，因此焓变=-200(X+Y)kJ·mol-1。
(2)实验测定X
5．（2022·湖北卷）自发热材料在生活中的应用日益广泛。某实验小组为探究“”体系的发热原理，在隔热装置中进行了下表中的五组实验，测得相应实验体系的温度升高值()随时间(t)的变化曲线，如图所示。
实验编号
反应物组成
a
粉末
b
粉
c
粉
饱和石灰水
d
粉
石灰乳
e
粉
粉末
回答下列问题：
(1)已知：
①
②
③
则的___________。
(2)温度为T时，，则饱和溶液中___________(用含x的代数式表示)。
(3)实验a中，后基本不变，原因是___________。
(4)实验b中，的变化说明粉与在该条件下___________(填“反应”或“不反应”)。实验c中，前的有变化，其原因是___________；后基本不变，其原因是___________微粒的量有限。
(5)下列说法不能解释实验d在内温度持续升高的是___________(填标号)。A．反应②的发生促使反应①平衡右移
B．反应③的发生促使反应②平衡右移
C．气体的逸出促使反应③向右进行
D．温度升高导致反应速率加快
(6)归纳以上实验结果，根据实验e的特征，用文字简述其发热原理___________。
【答案】(1)-911.9
(2)mol⋅L-1
(3)Ca(OH)2在水中的溶解度小，反应①达到了平衡状态
(4) 不反应 Al和溶液中的OH-发生了反应 OH-
(5)A
(6)实验e中，发生反应①、②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应②平衡右移，反应②的发生促使反应①平衡右移，这三步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快。
【解析】(1)根据盖斯定律可得，①+②+2´③可得反应CaO(s)+2Al(s)+7H2O(l)=Ca2+(aq)+2[Al(OH)4]-(aq)+3H2(g)，则ΔH4=ΔH1+ΔH2+2ΔH3=(-65.17kJ⋅mol-1)+(-16.73kJ⋅mol-1)+2´(-415.0kJ⋅mol-1)=-911.9kJ⋅mol-1。
(2)温度为T时，Ca(OH)2饱和溶液中，Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH-(aq)， c(OH-)=2c(Ca2+)∙，Ksp[Ca(OH)2]=c(Ca2+)∙c2(OH-)=x，则c(OH-)=mol⋅L-1。
(3)实验a中，CaO和H2O反应①生成Ca(OH)2，4min后ΔT基本不变，是因为Ca(OH)2在水中的溶解度小，反应①达到了平衡状态。
(4)实验b中，ΔT几乎不变，说明Al粉与H2O在该条件下不反应；实验c中，前3min的ΔT有变化，是因为Al和溶液中的OH-发生了反应，3min后ΔT基本不变，是因为饱和石灰水中OH-的浓度较低，OH-的量有限。
(5)实验d中，发生反应②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应②平衡右移，这两步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快；综上所述，实验d在10min内温度持续升高与反应①无关，故选A。
(6)实验e中，发生反应①、②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应②平衡右移，反应②的发生促使反应①平衡右移，这三步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快。
【优选特训】
1．（2023春·福建泉州·高三统考阶段练习）是硅生产工艺的重要中间物，“”的生产工艺备受关注，总反应方程式为： ，该工艺源于对如下反应研究：
反应i：
反应ii：
Ⅰ.探究反应i制备工艺
(1)图甲为使用催化剂与否，反应过程的能量变化。使用催化剂时，决速步的活化能为_______。
(2)随温度T变化的曲线为图乙中的_______(填“X”或“Y”)，判断的理由是_______。
(3)400℃时，若往刚性容器中通入和，初始浓度均为。
①由图乙计算该温度下的平衡转化率约为_______。
②为提高该温度下的平衡转化率，可采取的措施有_______。
(4)按一定比例和流速通入和进行催化反应，相同时间内的转化率与温度关系如图丙。温度低于200℃时，的转化率很低的原因是_______。
Ⅱ.探究反应ii及对生产工艺的影响
已知：①标准摩尔生成焓()是指由元素最稳定的单质生成1mol纯化合物时的反应焓变。下列物质的标准摩尔生成焓如下表：
物质
0
0
②400℃时，
(5)_______。
(6)依据化学平衡移动原理分析，与反应i的制备工艺相比，“”生产工艺的优点是_______。
【答案】(1)84
(2) Y 反应i为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，变大，变小
(3) 1% 增大氢气浓度或及时移走或HCl等合理答案
(4)温度低，化学反应速率较慢，反应未达到平衡状态或温度低，化学平衡常数较小或温度低催化剂活性差，化学反应速率较慢等
(5)-220
(6)生产工艺包含了反应i和ii，反应ii为放热反应，体系温度升高，促使反应i的平衡正向移动或反应ii消耗反应i生成的HCl，生成增大反应i的反应物浓度，促使反应i的平衡正向移”或反应i的化学平衡常数较小，反应ii的化学平衡常数较大，两反应耦合后的总反应平衡常数比反应i大
【详解】（1）使用催化剂时能降低反应的活化能，改变反应路径，活化能越大反应速率越慢，最慢的一步决定整个反应速率，则决速步的活化能为84；
（2）由图甲可知反应i的反应物总能量低于生成物总能量，则反应i为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，变大，变小，则图乙中的Y代表随温度T变化的曲线；
（3）①400℃时，反应i的pK1=4，则K1=10-4，列三段式：，则，解得x=0.02，该温度下的平衡转化率约为；
②增大反应物浓度或减少生成物浓度均能使平衡正向移动，为提高该温度下的平衡转化率，可采取的措施有：增大氢气浓度或及时移走或HCl等；
（4）温度低于200℃时，的转化率很低的原因是：温度低，化学反应速率较慢，反应未达到平衡状态或温度低，化学平衡常数较小或温度低催化剂活性差，化学反应速率较慢等；
（5）根据表中数据可知
①Si(s)+H2(g)+Cl2(g)⇌ ΔH=-496kJ/mol
②H2(g)+Cl2(g)⇌HCl(g) ΔH=-92kJ/mol
依据盖斯定律可知①-3×②即得-496-3×(-92)= -220 kJ/mol；
（6）与反应i的制备工艺相比，“”生产工艺的优点是：生产工艺包含了反应i和ii，反应ii为放热反应，体系温度升高，促使反应i的平衡正向移动或反应ii消耗反应i生成的HCl，生成增大反应i的反应物浓度，促使反应i的平衡正向移”或反应i的化学平衡常数较小，反应ii的化学平衡常数较大，两反应耦合后的总反应平衡常数比反应i大。
2．（2023春·广东·高三统考开学考试）高效去除空气中的和化合物一直是工业生产研究的主要课题。
Ⅰ.某MOFs多孔材料能高效选择性吸附，将材料泡入水中并通入氧气能全部转化为。原理示意图如下：
已知：①
②
③
(1) _______。
(2)若取一定质量的多孔材料吸收至质量不改变，下列选项中能说明吸附反应已达到极限的是
A．颜色不再发生变化 B．
C． D．混合气体的平均分子质量不再发生变化
Ⅱ.在不同温度下，溶液脱硫、脱硝的反应中，和NO的平衡分压如图所示。
(3)中心原子的杂化轨道类型为_______，的空间构型为_______。
(4)脱硫的离子方程式为，该反应的平衡常数表达式_______。根据图像可知，、、的大小关系为_______。
Ⅲ.臭氧脱硝反应为。T℃时，将和混合气体以物质的量之比2∶1充入一个容积为2L的恒容密闭容器中发生上述反应，测得的物质的量随时间变化关系如下图所示：
(5)①平衡时，的体积分数=_______%(保留两位小数)。
②若起始压强为，T℃下反应的平衡常数_______(为用平衡分压表示的平衡常数，即用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】(1)
(2)AD
(3) V形
(4)
(5) 36.3
【详解】（1）根据盖斯定律，将②×2+③―①×2，整理可得热化学方程式：。
（2）A．混合气体中只有是有色气体，若混合气体颜色不再发生变化，说明各种气体浓度不变，反应达到平衡状态，A符合题意；
B．表示物质反应的物质的量的比，反应达到平衡时二者的物质的量的比可能是2∶1，也可能不是2∶1，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，B不符合题意；
C．在任何条件下物质反应速率比关系为：，，若，，，反应逆向进行，未处于平衡状态，C不符合题意；
D．反应混合物都是气体，气体的质量不变，反应前后气体的物质的量发生改变，若混合气体的平均分子质量不再发生变化，则气体的物质的量不变，反应达到了平衡状态，D符合题意；
故合理选项是AD。
（3）中Cl原子价电子对数是，有2个孤电子对，杂化轨道类型为，的空间构型为V形。
（4）根据化学平衡常数的含义可知该反应的化学平衡常数；由图像分析可知：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，的平衡分压增大，说明升高温度，化学平衡逆向移动，化学平衡常数减小。由于反应温度：，所以化学平衡常数：。
（5）①根据数据，可知10min时，已经到达平衡，根据三段式有：
则平衡时的体积分数；
②设平衡时压强为p，则，由题意可知，解得，则。
3．（2023春·重庆沙坪坝·高三重庆南开中学校考阶段练习）Ⅰ.碳热还原过程中可能发生下列反应。
ⅰ.
ⅱ.
ⅲ.
(1)_______；温度升高，平衡常数K将_______(填“增大”、“减小”、“不变”)。
Ⅱ.乙炔的加成反应是众多科研工作者的研究对象。
(2)不同温度下，1.2与1制氯乙烯()，在1L刚性容器中反应3h，实验数据如下图。
①135℃时，3h内_______(保留两位小数，下同)。
②该反应最适宜温度下平衡常数_______。
(3)《自然》杂志发表的一篇文章中，提出在催化剂作用下上述反应的反应历程如图所示。“2→3”的化学方程式可表示为：
①“4→5”的化学方程式为_______。
②反应物在催化剂表面经历过程“扩散→吸附(活性位点)→表面反应→脱附”。若保持体系中分压不变，分压过高时反应催化效率降低的可能原因是_______。
(4)西北工业大学的张健教授、德累斯顿工业大学的冯新亮院士等人报道了一种电催化半氢化策略，在室温条件下，水溶液介质中可选择性地将还原为，其原理示意图如下：
①阴极的电极反应式为：_______。
②同温同压下，相同时间内，若进口处气体物质的量为a，出口处气体的总体积为进口处的x倍，则转化率为_______。
【答案】(1) 增大
(2)
(3) 分压过高时，催化剂吸附了较多的HCl，阻碍了乙炔与催化剂的接触，导致产率降低
(4) (2x-2)×100%
【详解】（1）已知：
ⅱ.
ⅲ.
由盖斯定律可知，反应 (ⅱ+ⅲ)得到ⅰ. ；反应 (ⅱ+ⅲ)得到，反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数K将增大；
（2）①135℃时，3h内乙炔转化率为91%，则；
②在1L刚性容器中反应3h，随着温度的升高，反应速率加快，乙炔转化率增大，170℃时，乙炔转化率最大，此后温度升高乙炔转化率降低，则该反应最适宜温度下，由三段式可得：
该反应最适宜温度下平衡常数
（3）①“2→3”的化学方程式可表示为： ，由图可知，“4→5”的化学方程式为。
②若保持体系中分压不变，分压过高时，催化剂吸附了较多的HCl，阻碍了乙炔与催化剂的接触，导致产率降低，故反应催化效率降低；
（4）①在室温条件下，水溶液介质中可选择性地将还原为，则阴极为上层电极，反应为乙炔得到电子发生还原反应生成乙烯，反应为；
②由图可知，阳极水发生氧化反应生成氧气，总反应为；同温同压下，相同时间内，若进口处气体物质的量为a，出口处气体的总体积为进口处的x倍，设转化率为y，则反应乙炔为aymol、剩余乙炔(a-ay)mol，由总反应可知生成气体总量为1.5aymol，反应后总气体为(1.5ay+a-ay)mol，则，解得y=(2x-2)×100%。
4．（2022·重庆·二模）碳达峰是指我国承诺2030年前，二氧化碳的排放不再增长。因此，诸多科学家都在大力研究利用和以减少碳的排放。
(1)“神十三”中航天员们呼吸产生的用一种循环方案处理，即，然后电解水又得氢气和氧气。在温度为T，向一恒容密闭容器中，按物质的量之比通入和，测得反应过程中压强随时间的变化如图中a所示，若其它条件不变，仅改变某一条件时，测得其压强。随时间的变化如图中b所示。
①能说明容器中的反应均己达到平衡状态的是_______。
A．容器内气体的平均相对分子质量不变
B．和的转化率相等
C．与的物质的量之比保持不变
D．
②_______0(填“>”“<”或“不确定”)；理由是_______。
③改变的条件是_______。
(2)经催化加氢可以生成低碳有机物，主要有以下反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
①反应Ⅱ的活化能(正)_______ (逆)(填“>”“<”或“=”)。
②在温度下，将和充入的恒容密闭容器中发生反应Ⅰ和Ⅱ，达到平衡状态时和的物质的量分别为和。则温度时反应Ⅰ的平衡常数_______。
(3)工业上利用废气中的联合制取烧碱、氯代烃和甲醇的流程如下图。已知B中的装置使用了阳离子交换膜。
①B中发生的总反应的离子方程式为_______。
②若某废气中含有的和的体积比为，废气中和体积分数共为。假设A中处理了标准状况下的废气，其中和全部转化成，理论上可制得_______。
【答案】(1) AC ＜ 随着反应进行，压强先变大后变小，说明反应为放热反应，使得开始的温度升高，压强增大 加入催化剂
(2) ＜ 10
(3) 2H2O+2Cl-=H2↑+2OH-+Cl2↑ 9.9
【解析】(1)①A．容器内气体的质量和物质的量均是变化的量，气体的平均相对分子质量不变，说明反应已达到平衡状态，A符合题意；
B．和的投料比等于系数比，故两者的转化率相等，不能说明反应达到平衡状态，B不符合题意；
C．与的物质的量之比随着反应的进行不断变化，当该比例保持不变时，说民反应已达到平衡状态，C符合题意；
D．时，由于未指明两个速率的反应方向，故不能说明达到平衡状态，D不符合题意；
故选AC。
②由图可知，随着反应进行，压强先变大后变小，5min时达到平衡状态，说明反应为放热反应，使得开始的温度升高，压强变大，故＜0。
③改变的条件化学反应速率加快，而平衡状态没有移动，说明加入了催化剂。
(2)①反应Ⅱ为放热反应，生成物的能量低于反应物的能量，则反应Ⅱ的活化能(正)＜。
②由三段式得：
在温度下，的恒容密闭容器中平衡时CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量分别为3mol-1mol -1mol=1mol、7mol-3mol-3mol=1mol、1mol、1mol+1.5mol=2.5mol；则温度时反应Ⅰ的平衡常数=10。
(3)①由图可知，B中发生的总反应为电解氯化钠溶液的反应，离子方程式为2H2O+2Cl-=H2↑+2OH-+Cl2↑。
②的废气中和总体积为10×103L×8.96%=896L，和的体积均为448L，两者的物质的量均为20mol，和全部转化成，～6e-、～4e-，则转移电子的总的物质的量为200mol；C2H4生成C2H4Cl2，C2H4～2e-，则根据电子守恒可知，生成的物质的量为100mol，质量为100mol×99g/mol=9900g=9.9kg。
5．（2022·河北石家庄·一模）丙烯腈( )是一种重要的化工原料，广泛应用于三大有机合成材料的生产中。以3—羟基丙酸乙酯()为原料合成丙烯腈的主要反应如下：
I. (g) (g) +H2O(g) ΔH1>0
II.(g) +NH3(g) +H2O(g)+ (g) ΔH2>0
(1)已知部分化学键键能如下表所示：
化学键
C-O
C-C
C=C
C-H
O-H
C=O
键能(kJ·mol -1)
351
348
615
413
463
745
据此计算ΔH1 =_______。
(2)在盛有催化剂TiO2、压强为100kPa的恒压密闭容器中按体积比2：15充入(g)和NH3(g)发生反应，通过实验测得平衡体系中含碳物质(乙醇除外)的物质的量分数随温度的变化如图1所示(例如的物质的量分数w%=×100%)。
①随着温度的升高， (g)的平衡体积分数先增大后减小的原因为_______。
②科学家通过DFT计算得出反应II的机理如图2所示，其中第二步反应为 (g) (g)+H2O(g)， 则第一步反应的化学方程式为_______ ；实验过程中未检测到 (g)的原因可能为_______。
③A点对应反应II的标准平衡常数= _______( 保留两位有效数字)。[其表达式为用相对分压代替浓度平衡常数表达式中的浓度，气体的相对分压等于其分压(单位为kPa)除以p0(p0=100 kPa)]
④实际生产中若充入一定量N2 (不参与反应)，可提高丙烯腈的平衡产率，原因为_______。
(3)利用电解法由丙烯腈制备己二睛[NC(CH2)4CN]的装置如图3所示。
通电过程中，石墨电极2上的电极反应式为_______。
【答案】(1)+34 kJ·mol-1
(2) 反应I、II均为吸热反应，最高点前反应I进行程度大，最高点后反应II进行程度大
第二步反应的活化能远小于第一步，所以第二步反应的速率远大于第一步反应的速率 0.011 该反应为气体分子数增大的反应，恒压密闭容器中充入一定量N2，降低各气体分压(相当于扩大容器体积)，会使反应II的平衡正向移动
(3)2CH2=CHCN+2e- +2H+ = NC(CH2)4CN
【解析】(1)焓变=反应物总键能-生成物总键能，
ΔH1 =(463+413×9+351×3+348×3+745)-(413×8+615+745+351×2+348×2+463×2)=+34 kJ·mol-1；
(2)①反应I、II均为吸热反应，最高点前反应I进行程度大，最高点后反应II进行程度大，所以随着温度的升高，丙烯酸乙酯的平衡体积分数先增大后减小；
②第一步反应是和氨气反应生成乙醇和，反应的化学方程式为；第二步反应的活化能远小于第一步，所以第二步反应的速率远大于第一步反应的速率，实验过程中未检测到。
③设的初始物质的量为2mol、氨气的醋酸物质的量为15mol；A点的含量为0，说明反应I完全进行，生成2mol和2mol水； 和丙烯腈的含量相等，说明有1mol、1mol氨气参与反应II，生成1mol乙醇和1mol水，则平衡体系中氨气的物质的量为14mol、 的物质的量1mol、丙烯腈1mol、乙醇1mol、水3mol，A点对应反应II的标准平衡常数=0.011；
④该反应为气体分子数增大的反应，恒压密闭容器中充入一定量N2，相当于减压，降低各气体分压(相当于扩大容器体积)，会使反应II的平衡正向移动，所以充入一定量N2 (不参与反应)，可提高丙烯腈的平衡产率。
(3)根据图示，石墨电极2上CH2=CHCN 发生还原反应生成NC(CH2)4CN，石墨电极2上极反应式为2CH2=CHCN+2e- +2H+ = NC(CH2)4CN。
6．（2022·北京·模拟预测）硫碘循环，水分解制氢的原理示意图如下：
(1)已知：在25℃和101kPa时，H2的燃烧热为285.8kJ·mol-1，则在相同条件下，水分解生成氢气的热化学方程式为_______。
(2)水在2200℃条件下分解可得到氢气。硫碘循环制H2的优势为_______(至少写两条)。
(3)反应II，H2SO4分解制取O2的速率主要由反应2SO3⇌2SO2+O2决定，对该反应的历程进行研究发现，SO3分解经历了多步基元反应，其中影响速率的关键基元反应为：SO3→SO2+O，SO3+O→SO2+O2，下列说法合理的是_______。
A．c(O)越大有利于加快SO3的分解速率
B．关键基元反应的活化能比其他基元反应的大
C．催化剂参与氧原子的生成与消耗将有利于提高SO3的分解速率
(4)进行反应III之前，需要经过以下两个步骤：
①步骤1：除杂。反应I所得混合物经过初步分离后得到HI和I2的混合溶液，其中含有少量H2SO4杂质。工业上采用加热至110℃的方法除去H2SO4写出相应的化学方程式_______。
②步骤2：电解。通过电解法实现HI和I2的分离与富集，装置示意图如下，结合电极反应解释获得浓HI溶液的原因是_______。
③利用电解后某一极的溶液，作为反应II中SO2的吸收剂，实现O2与SO2的分离，吸收剂的有效成分是_______。
【答案】(1)；
(2)反应条件温和，在较低温度下实现分解水制取H2；实现了O2和H2分离，反应I放热，可利用其能量为其他两个吸热反应供能；
(3)ABC；
(4) ； 阴极：I2+2e-=2I-，H+通过质子交换膜进入阴极，得到浓HI溶液； I2。
【解析】(1)燃烧热的概念，1mol氢气完全燃烧生成液态水所释放的能量为285.8kJ，相同条件下水分解是上述过程的逆过程，热化学方程式为：；
(2)该反应所需的条件温和，加热温度不高，且制备的氢气和氧气分开，避免直接接触引发实验安全问题，另外反应I放热提供的热量可供反应II、III利用，节能，故答案为：反应条件温和，在较低温度下实现分解水制取H2；实现了O2和H2分离，反应I放热，可利用其能量为其他两个吸热反应供能；
(3)A．c(O)越大有利于第二个基元反应的进行，加快SO3的分解速率，A正确；
B．关键基元反应为硫酸分解制取氧气的决速反应，故该反应速率慢，活化能高，B正确；
C．催化剂参与氧原子的生成与消耗，可以使两个基元反应速率加快，将有利于提高SO3的分解速率，C正确；
故选ABC。
(4)工业上采用加热至110℃的方法除去H2SO4，化学方程式为：；该装置为电解池，阴极为碘单质得电子变成碘离子，阳极碘离子失电子变成碘单质，氢离子通过质子交换膜移向阴极，故阴极的HI浓度增大，故答案为：阴极：I2+2e-=2I-，H+通过质子交换膜进入阴极，得到浓HI溶液；电解过程中阳极产生碘单质，碘单质可以与二氧化硫发生氧化还原反应，故吸收剂的有效成分为I2。
7．（2022·天津·模拟预测）中国提出要实现“二氧化碳排放力争于2030年前达到峰值，争取在2060年前实现碳中和”的目标，二氧化碳的资源化利用对实现碳中和目标具有促进作用。
甲醇是一种可再生能源，由CO2制备甲醇可能涉及的反应如下：
反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) △H1
反应Ⅱ：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) △H2=−90.4kJ/mol
反应Ⅲ：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) △H3
已知部分化学键键能如表：
化学键
H−H
O−H
C−H
C−O
C=O
键能kJ/mol
436
463
414
326
803
回答下列问题：
(1)反应Ⅰ自发趋势是_______。A．高温自发 B．低温自发 C．任意温度下自发 D．任意温度下非自发
(2)在一密闭容器中充入1molCO2和3molH2，分别在P1、P2、P3压强下进行反应，测得CO2的平衡转化率随温度的变化如图1所示，T1温度后，反应主要以_______(填反应Ⅰ、反应Ⅱ或反应Ⅲ)为主。为了提高CO2生成CH3OH的平衡转化率，同时减少反应Ⅲ的发生，可采取的措施是_______。
(3)在一定条件下，向体积为2L的恒容密闭容器中通入1molCO2和3molH2，假设仅发生反应Ⅰ，测得CO2和CH3OH的物质的量浓度随时间的变化如图2所示。(已知反应Ⅰ中v正=k正•c(CO2)•c3(H2)，v逆=k逆•c(CH3OH)•c(H2O)，其中k正、k逆为速率常数，仅与温度有关)
①0～10min内，氢气的平均反应速率为_______。
②M点时，v正：v逆=_______。
③下列叙述中一定能说明该反应达到平衡状态的是_______。
A．化学反应速率关系：3v(CO2)=v(H2)
B．容器内混合气体的密度不再改变
C．单位时间内，每断裂2个C=O键，同时断裂3个O−H键
D．容器内混合气体的平均摩尔质量不再改变
(4)加热锅炉时，水中的MgCO3可以先转化为Mg(HCO3)2，然后转化为Mg(OH)2。已知：MgCO3+H2O⇌Mg2+++OH−在80℃时的平衡常数为K，水的离子积为Kw，碳酸的第一级和第二级电离常数分别为Ka1和Ka2，则该温度下KSP(MgCO3)=_______(用相关常数表示)。
【答案】(1)B (2) 反应III 降低温度 (3) 0.12mol/(L·min) 1.69 CD (4)
【解析】 (1)根据△G=△H1-T△S进行判断；
(2)根据盖斯定律和温度对化学平衡移动的影响进行解答；
(3)根据速率公式计算反应速率，根据化学平衡特征判断反应是否达到平衡；
(4)根据化学平衡常数、电离平衡常数、沉淀溶解平衡常数进行解答。
(1)（根据反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)可知，△H1 =8032+4363-(4143+326+4633)=-43 kJ/mol.>0，△S<0，根据△G=△H1-T△S可知，低温△G<0能自发进行，故B符合题意。
(2)根据反应ⅠCO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)可知，△H1 =-43 kJ/mol，反应Ⅱ：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H2=−90.4kJ/mol，反应Ⅰ-反应Ⅱ=反应Ⅲ：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) △H3=-43 kJ/mol-（−90.4kJ/mol）=+47.4J/mol。由图可知：T1温度后，CO2的平衡转化率随温度升高而增大，反应主要以反应Ⅲ为主，为了提高CO2生成CH3OH的平衡转化率，同时减少反应Ⅲ的发生，反应ⅠCO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)可知，△H1 =-43 kJ/mol，所以可采取的措施是降低温度，故答案：反应III；降低温度。
(3)①由图可知0～10min内，甲醇的变化浓度为0.4mol/L，则氢气的变化浓度为1.2mol/L，所以氢气的平均反应速率v=，故答案：0.12mol/(L·min)。
②根据反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) 反应可知，M点c(CO2)=c (CH3OH)，设生成CH3OH(g)为xmol，则有1mol-x=x，解得x=0.5mol，生成n(H2O)= 0.5mol，剩余n(CO2)= 0.5mol，n(H2)= 1.5mol，v正=k正•c(CO2)•c3(H2)，v逆=k逆•c(CH3OH)•c(H2O)，温度相同，k正= k逆,则v正: v逆= c3(H2)：c(H2O)=0.753:0.25=1.69，故答案：1.69。
③根据反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) △H1k可知：
A.化学反应速率之比等于计量数之比，所以3v(CO2)=v(H2) 不能说明该反应达到平衡状态，故A不符合题意；
B.由反应ⅠCO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) △H1k可知：容器内混合气体的密度是恒量，所以容器内混合气体的密度不再改变不能说明该反应达到平衡状态，故B不符合题意；
C.单位时间内，每断裂2个C=O键，是指1mol CO2发生正反应，断裂3个O−H键说明有1mol CH3OH和H2O发生逆反应，所以单位时间内，每断裂2个C=O键，同时断裂3个O−H键能说明该反应达到平衡状态，故C符合题意；
D.因为反应前后气体的计量数不能，根据 M=可知，当容器内混合气体的平均摩尔质量不再改变，能说明该反应达到平衡状态，故D符合题意；
故答案：CD.
(4)已知：MgCO3+H2O⇌Mg2++ +OH−在80℃时的平衡常数为K=c(Mg2+) c()c(OH−)；碳酸的第二级电离常数；KSP(MgCO3)= c(Mg2+)c(CO)=，故答案：。
8．（2022·湖北·模拟预测）我国力争于2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。催化加氢合成二甲醚是一种实现“碳中和”理想的转化方法：该过程中涉及的反应如下：
主反应：
副反应： ΔH＇=
回答下列问题：
(1)主反应通过以下步骤来实现：
Ⅰ.
Ⅱ.
则主反应的_______
(2)在恒压、和的起始量一定时，平衡转化率和平衡时的选择性随温度的变化如下图所示，的选择性。
①平衡转化率随温度升高而增大的原因是_______。
②420℃时，在催化剂作用下与反应一段时间后，测得的选择性约为50%。不改变反应时间，一定能提高选择性的措施有_______(填标号)。
A．升高温度 B．增大压强 C．增大 D．更换适宜的催化剂
(3)在温度为543K、原料组成为、初始总压为4MPa的恒容密闭容器中进行反应，体系达到平衡时的转化率为30%，二甲醚的选择性为50%，则氢气的转化率_______；主反应的压强平衡常数_______(列出计算式)。
(4)二甲醚直接燃料电池具有启动快、效率高、能量密度大等优点。若电解质溶液呈碱性、二甲醚直接燃料电池的负极反应为_______，该电池的理论输出电压为1.20V，能量密度E=_______(精确到小数点后1位。能量密度=，)。
【答案】(1)—122.5
(2) 主反应放热，副反应吸热，温度升高使副反应CO2平衡转化率上升幅度大于主反应的下降幅度 BD
(3) 20%
(4) CH3OCH3—12e—+16OH—=2CO+11H2O 8.4
【解析】(1)由盖斯定律可知，Ⅰ×2+Ⅱ得到主反应，则主反应的焓变△H=2△H1+△H2=(—49.5kJ/mol) ×2+(—23.5kJ/mol)= —122.5kJ/mol，故答案为：—122.5；
(2)①主反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳平衡转化率减小，副反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳平衡转化率增大，所以二氧化碳平衡转化率随温度升高而增大说明温度升高，使副反应二氧化碳平衡转化率上升幅度大于主反应的下降幅度，故答案为：主反应放热，副反应吸热，温度升高使副反应CO2平衡转化率上升幅度大于主反应的下降幅度；
②A．主反应为气体体积减小的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，不利于提高二甲醚的选择性，故错误；
B．主反应为气体体积减小的放热反应，副反应为气体体积不变的吸热反应，增大压强，主反应平衡向正反应方向移动，副反应平衡不移动，有利于提高二甲醚的选择性，故正确；
C．增大二氧化碳，主反应和副反应平衡均向正反应方向移动，不利于提高二甲醚的选择性，故错误；
D．更换适宜的催化剂可以提高二甲醚的选择性，故正确；
故选BD；
(3)设起始二氧化碳的物质的量为1mol、氢气的物质的量为3mol，由题给数据可建立如下三段式：
由三段式数据可知，平衡时，氢气的转化率为×100%=20%，混合气体总物质的量为3.7mol，由气体的压强之比等于物质的量之比可知，平衡时混合气体的总压强为=3.7MPa，则二氧化碳、氢气、二甲醚、水蒸气的平衡分压为×3.7MPa=0.7MPa、×3.7MPa=2.4MPa、×3.7MPa=0.075MPa、×3.7MPa=0.375MPa，所以分压平衡常数为Kp=，故答案为：20%；；
(4)燃料电池中通入二甲醚的电极为负极，碱性条件下二甲醚在负极失去电子发生氧化反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH3OCH3—12e—+16OH—=2CO+11H2O，由该电池的理论输出电压为1.20V可知，电池能量密度E=≈8.4，故答案为：CH3OCH3—12e—+16OH—=2CO+11H2O；8.4。
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