2021年高考化学复习之挑战压轴题（解答题）：化学平衡计算（含解析）

这是一份2021年高考化学复习之挑战压轴题（解答题）：化学平衡计算（含解析），共185页。试卷主要包含了解答题，氯碱生产工艺，氯碱工业应用等内容，欢迎下载使用。

2021年高考化学复习之挑战压轴题（解答题）：化学平衡计算（30题）
一、解答题（共30小题）
1．（2021•浙江）“氯碱工业”以电解饱和食盐水为基础制取氯气等产品，氯气是实验室和工业上的常用气体。请回答：
（1）电解饱和食盐水制取氯气的化学方程式是　 　。
（2）下列说法不正确的是　 　。
A．可采用碱石灰干燥氯气
B．可通过排饱和食盐水法收集氯气
C．常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中
D．工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸
（3）在一定温度下，氯气溶于水的过程及其平衡常数为：
Cl2（g）⇌Cl2（aq） K1＝c（Cl2）/p
Cl 2（aq）+H2O（l）⇌H+ （aq）+Cl﹣ （aq）+HClO（aq） K2
其中p为Cl2（g）的平衡压强，c（Cl2）为Cl2在水溶液中的平衡浓度。
①Cl2（g）⇌Cl2（aq）的焓变△H1　 　0。（填”＞”、“＝”或“＜”）
②平衡常数K2的表达式为K2＝　 　。
③氯气在水中的溶解度（以物质的量浓度表示）为c，则c＝　 　。（用平衡压强p和上述平衡常数表示，忽略HClO的电离）
（4）工业上，常采用“加碳氯化”的方法以高钛渣（主要成分为TiO2）为原料生产TiCl4，相应的化学方程式为；
Ⅰ．TiO2（s）+2Cl2（g）⇌TiCl4（g）+O2（g）△HⅠ＝181mol•L﹣1，KⅠ＝3.4×10﹣29
Ⅱ．2C（s）+O2（g）⇌2CO（g）△HⅡ＝﹣221mol•L﹣1，KⅡ＝1.2×1048
结合数据说明氯化过程中加碳的理由　 　。
（5）在一定温度下，以I2为催化剂，氯苯和Cl2在CS2中发生平行反应，分别生成邻二氯苯和对二氯苯，两产物浓度之比与反应时间无关。反应物起始浓度均为0.5mol•L﹣1，反应30min测得氯苯15%转化为邻二氯苯，25%转化为对二氯苯。保持其他条件不变，若要提高产物中邻二氯苯的比例，可采用的措施是　 　。
A．适当提高反应温度
B．改变催化剂
C．适当降低反应温度
D．改变反应物浓度
2．（2020•浙江）研究CO2氧化C2H6制C2H4对资源综合利用有重要意义。
相关的主要化学反应有：
ⅠC2H6（g）⇌C2H4（g）+H2（g）△H1═136kJ•mol﹣1
ⅡC2H6（g）+CO2（g）⇌C2H4（g）+H2O（g）+CO（g）△H2═177kJ•mol﹣1
ⅢC2H6（g）+2CO2（g）⇌4CO（g）+3H2（g）△H3
ⅣCO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H4═41kJ•mol﹣1
已知：298K时，相关物质的相对能量（如图1）。

可根据相关物质的相对能量计算反应或变化的△H（△H随温度变化可忽略）。例如：H2O（g）═H2O（l）△H＝﹣286kJ•mol﹣1﹣（﹣242kJ•mol﹣1）＝﹣44kJ•mol﹣1。
请回答：
（1）①根据相关物质的相对能量计算△H3＝　 　kJ•mol﹣1。
②下列描述正确的是　 　
A．升高温度反应Ⅰ的平衡常数增大
B．加压有利于反应Ⅰ、Ⅱ的平衡正向移动
C．反应Ⅲ有助于乙烷脱氢，有利于乙烯生成
D．恒温恒压下通水蒸气，反应Ⅳ的平衡逆向移动
③有研究表明，在催化剂存在下，反应Ⅱ分两步进行，过程如下：【C2H6（g）+CO2（g）】→【C2H4（g）+H2（g）+CO2（g）】→【C2H4（g）+CO（g）+H2O（g）】，且第二步速率较慢（反应活化能为210kJ•mol﹣1）。根据相关物质的相对能量，画出反应Ⅱ分两步进行的“能量﹣反应过程图”，起点从【C2H6（g）+CO2（g）】的能量﹣477kJ•mol﹣1，开始（如图2）。
（2）①CO2和C2H6按物质的量1：1投料，在923K和保持总压恒定的条件下，研究催化剂X对“CO2氧化C2H6制C2H4”的影响，所得实验数据如下表：
催化剂
转化率C2H6/%
转化率CO2/%
产率C2H4/%
催化剂X
19.0
37.6
3.3
结合具体反应分析，在催化剂X作用下，CO2氧化C2H6的主要产物是　 　，判断依据是　 　。
②采用选择性膜技术（可选择性地让某气体通过而离开体系）可提高C2H4的选择性（生成C2H4的物质的量与消耗C2H6的物质的量之比）。在773K，乙烷平衡转化率为9.1%，保持温度和其他实验条件不变，采用选择性膜技术，乙烷转化率可提高到11.0%．结合具体反应说明乙烷转化率增大的原因是　 　。
3．（2020•浙江）研究NOx之间的转化具有重要意义。
（1）已知：N2O4（g）⇌2NO2（g）△H＞0
将一定量N2O4气体充入恒容的密闭容器中，控制反应温度为T1。
①下列可以作为反应达到平衡的判据是　 　。
A．气体的压强不变B．v正（N2O4）＝2v逆（NO2）C．K不变
D．容器内气体的密度不变E．容器内颜色不变
②t1时刻反应达到平衡，混合气体平衡总压强为p，N2O4气体的平衡转化率为75%，则反应N2O4（g）═2NO2（g）的平衡常数Kp＝　 　（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，如p（B）＝p•x（B），p为平衡总压强，x（B）为平衡系统中B的物质的量分数）。
③反应温度T1时，c（N2O4）随t（时间）变化曲线如图1，画出0～t2时段，c（NO2）随t变化曲线。
保持其它条件不变，改变反应温度为T2（T2＞T1），再次画出0～t2时段，c（NO2）随t变化趋势的曲线。

（2）NO氧化反应：2NO（g）+O2（g）═2NO2（g）分两步进行，其反应过程能量变化示意图如图2。
Ⅰ2NO（g）→N2O2（g）△H1
ⅡN2O2（g）+O2（g）→2NO2（g）△H2
①决定NO氧化反应速率的步骤是　 　（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）。

②在恒容的密闭容器中充入一定量的NO和O2气体，保持其它条件不变，控制反应温度分别为T3和T4（T4＞T3），测得c（NO）随t（时间）的变化曲线如图3。
转化相同量的NO，在温度　 　（填“T3”或“T4”）下消耗的时间较长，试结合反应过程能量图（图2）分析其原因　 　。
4．（2020•新课标Ⅲ）二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO2的热点研究领域。回答下列问题：
（1）CO2催化加氢生成乙烯和水的反应中，产物的物质的量之比n（C2H4）：n（H2O）＝　 　。当反应达到平衡时，若增大压强，则n（C2H4）　 　（填“变大”“变小”或“不变”）。
（2）理论计算表明。原料初始组成n（CO2）：n（H2）＝1：3，在体系压强为0.1MPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。图中，表示C2H4、CO2变化的曲线分别是　 　、　 　。 CO2催化加氢合成C2H4反应的△H　 　0 （填“大于”或“小于”）。
（3）根据图中点A（440K，0.39），计算该温度时反应的平衡常数Kp＝　 　（MPa）﹣3（列出计算式。以分压表示，分压＝总压×物质的量分数）。
（4）二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随副反应，生成C3H6、C3H8、C4H8等低碳烃。一定温度和压强条件下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当　 　。

5．（2020•新课标Ⅱ）天然气的主要成分为CH4，一般还含有C2H6等烃类，是重要的燃料和化工原料。
（1）乙烷在一定条件可发生如下反应：C2H6（g）═C2H4（g）+H2（g）△H1，相关物质的燃烧热数据如下表所示：
物质
C2H6（g）
C2H4（g）
H2（g）
燃烧热△H/（kJ•mol﹣1）
﹣1560
﹣1411
﹣286
①△H1＝　 　kJ•mol﹣1。
②提高该反应平衡转化率的方法有　 　、　 　。
③容器中通入等物质的量的乙烷和氢气，在等压下（p）发生上述反应，乙烷的平衡转化率为α．反应的平衡常数Kp＝　 　 （用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。
（2）高温下，甲烷生成乙烷的反应如下：2CH4C2H6+H2．反应在初期阶段的速率方程为：r＝k×c，其中k为反应速率常数。
①设反应开始时的反应速率为r1，甲烷的转化率为α时的反应速率为r2，则r2＝　 　r1。
②对于处于初期阶段的该反应，下列说法正确的是　 　。
A．增加甲烷浓度，r增大
B．增加H2浓度，r增大
C．乙烷的生成速率逐渐增大
D．降低反应温度，k减小
（3）CH4和CO2都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如图所示：

①阴极上的反应式为　 　。
②若生成的乙烯和乙烷的体积比为2：1，则消耗的CH4和CO2体积比为　 　。
6．（2020•新课标Ⅰ）硫酸是一种重要的基本化工产品。接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧化：SO2（g）+O2（g）SO3（g）△H＝﹣98kJ•mol﹣1．回答下列问题：
（1）钒催化剂参与反应的能量变化如图（a）所示，V2O5（s）与SO2（g）反应生成VOSO4（s）和V2O4（s）的热化学方程式为：　 　。

（2）当SO2（g）、O2（g）和N2（g）起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa压强下，SO2平衡转化率α随温度的变化如图（b）所示。反应在5.0MPa、550℃时的α＝　 　，判断的依据是　 　。影响α的因素有　 　。
（3）将组成（物质的量分数）为2m% SO2（g）、m% O2（g）和q% N2（g）的气体通入反应器，在温度t、压强p条件下进行反应。平衡时，若SO2转化率为α，则SO3压强为　 　，平衡常数Kp＝　 　（以分压表示，分压＝总压×物质的量分数）。
（4）研究表明，SO2催化氧化的反应速率方程为：v＝k（﹣1）0.8（1﹣nα′）式中：k为反应速率常数，随温度t升高而增大；α为SO2平衡转化率，α′为某时刻SO2转化率，n为常数。在α′＝0.90时，将一系列温度下的k、α值代入上述速率方程，得到v～t曲线，如图（c）所示。

曲线上v最大值所对应温度称为该α′下反应的最适宜温度tm．t＜tm时，v逐渐提高；t＞tm后，v逐渐下降。原因是　 　。
7．（2020•天津）利用太阳能光解水，制备的H2用于还原CO2合成有机物，可实现资源的再利用。回答下列问题：
Ⅰ．半导体光催化剂浸入水或电解质溶液中，光照时可在其表面得到产物
（1）图1为该催化剂在水中发生光催化反应的原理示意图。光解水能量转化形式为　 　。
（2）若将该催化剂置于Na2SO3溶液中，产物之一为SO42﹣，另一产物为　 　。若将该催化剂置于AgNO3溶液中，产物之一为O2，写出生成另一产物的离子反应式　 　。

Ⅱ．用H2还原CO2可以在一定条件下合成CH3OH （不考虑副反应）
CO2（g）+3H2 （g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H＜0
（3）某温度下，恒容密闭容器中，CO2和H2的起始浓度分别为a mol•L﹣1和3a mol•L﹣1，反应平衡时，CH3OH的产率为b，该温度下反应平衡常数的值为　 　。
（4）恒压下，CO2和H2的起始物质的量比为1：3 时，该反应在无分子筛膜时甲醇的平衡产率和有分子筛膜时甲醇的产率随温度的变化如图2所示，其中分子筛膜能选择性分离出H2O。
①甲醇平衡产率随温度升高而降低的原因为　 　。
②P点甲醇产率高于T点的原因为　 　。
③根据图2，在此条件下采用该分子筛膜时的最佳反应温度为　 　℃。
Ⅲ．调节溶液pH可实现工业废气CO2的捕获和释放
（5）CO32﹣的空间构型为　 　。 已知25℃碳酸电离常数为Ka1、Ka2，当溶液pH＝12时，c（H2CO3）：c（HCO3﹣）：c（CO32﹣）＝1：　 　：　 　。
8．（2020•上海）乙烯氯氧化法是当今世界上制备聚氯乙烯单体的最先进的方法。
已知：2CH2＝CH2（g）+4HCl（g）+O2（g）→2ClCH2CH2Cl（g）+2H2O（g）
（1）容器体积为2L，起始气体总物质的量为1mol，10min后，气体总物质的量仅为70%，则CH2＝CH2反应速率为　 　。
（2）ClCH2CH2Cl（g）⇌CH2＝CHCl（g）+HCl（g）如图为ClCH2CH2Cl的转化率α与温度和压强的关系。则平衡常数表示为K＝　 　，根据图象判断P1　 　P2（填“＞”、“＜”或“＝”），该反应为　 　反应（填“吸热或放热”）
（3）工业上，可用氯气与碱反应制取消毒剂。
Cl2+2NaOH→NaCl+NaClO+H2O
3Cl2+6NaOH（热）→5NaCl+NaClO3+3H2O
上述两个反应都是放热反应，工业上欲制备高纯度的次氯酸钠型消毒剂，需要控制温度，采取的措施可以是
　 　（请设计一个方案）。消毒剂的消毒效率常用有效氯的含量来表示，有效氯含量的实质就是指单位质量的含氯化合物中所含氧化态氯的氧化能力相当于多少纯净氯气的氧化能力。具体分析中，也可以采用消毒液在酸性条件下所放出的游离氯（Cl2）的质量与原消毒剂质量之比来表示有效氯。则上述过程中制得的高纯度次氯酸钠型消毒剂，其有效氯为　 　。
（4）配平下列化学方程式方程式：
　 　NH4++　 　ClO﹣→　 　N2+　 　Cl﹣+　 　H2O+　 　H+
（5）溶液中NH4+检验的方法是　 　。

9．（2020•山东）探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CH3OH的产率。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下：
Ⅰ．CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1＝﹣49.5 kJ•mol﹣1
Ⅱ．CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H2＝﹣90.4 kJ•mol﹣1
Ⅲ．CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H3
回答下列问题：
（1）△H3＝　 　kJ•mol﹣1。
（2）一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1mol CO2和3mol H2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH（g）为amol，CO为bmol，此时H2O（g）的浓度为　 　mol•L﹣1（用含a、b、V的代数式表示，下同），反应Ⅲ的平衡常数为　 　。
（3）不同压强下，按照n（CO2）：n（H2）＝1：3投料，实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度的变化关系如图所示。

已知：CO2的平衡转化率＝×100%
CH3OH的平衡产率＝×100%
其中纵坐标表示CO2平衡转化率的是图　 　（填“甲”或“乙”）；压强p1、p2、p3由大到小的顺序为　 　；图乙中T1温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是　 　。
（4 ）为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，应选择的反应条件为　 　（填标号）。
A．低温、高压 B．高温、低压 C．低温、低压 D．高温、高压
10．（2021•延边州模拟）CO2和CH4是两种重要的温室气体，通过CH4和CO2反应制造更高价值化学品是目前的研究目标。请回答下列问题：
Ⅰ．工业上可以利用CO2和H2合成CH3OH：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H＜0。该反应在起始温度和体积均相同（T℃、1L）的两个密闭容器中分别进行，反应物起始物质的量如表。

CO2（mol）
H2（mol）
CH3OH（mol）
H2O（mol）
反应a（恒温恒容）
1
3
0
0
反应b（绝热恒容）
0
0
1
1
（1）达到平衡时，反应a，b对比：CO2的体积分数φ（a）　 　φ（b）。（填“＞”、“＜”或“＝”）
（2）下列能说明反应a达到平衡状态的是　 　。（填字母）
A．v正（CO2）＝3v逆（H2）
B．混合气体的平均摩尔质量不再改变
C．c（CH3OH）＝c（H2O）
D．容器内压强不再改变
Ⅱ．我国科学家研究了不同反应温度对含碳产物组成的影响。
已知：反应1：CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）△H＜0
反应2：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H＞0
在密闭容器中通入3mol的的H2和1mol的CO2，分别在1MPa和10MPa下进行反应。实验中对平衡体系组成的三种物质（CO2、CO、CH4）进行分析，其中温度对CO和CH4的影响如图1所示。

（3）1MPa时，表示CH4和CO平衡组成随温度变化关系的曲线分别是　 　和　 　。M点平衡组成含量高于N点的原因是　 　。
（4）图中当CH4和CO平衡组成均为40%时，若容器的体积为1L，该温度下反应1的平衡常数K的值为　 　。
Ⅲ．在T1时，向体积为2L的恒容容器中充入物质的量之和为3mol的的CO和H2，发生反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），反应达到平衡时CH3OH（g）的体积分数（φ）与的关系如图2所示。
（5）当＝3.5时，达到平衡后，CH3OH的体积分数可能是图象中的　 　（填“D”、“E”或“F”）点。
（6）＝　 　时，CH3OH的体积分数最大。
11．（2021•武汉模拟）甲醇是重要的化工原料，可用于制备甲醛、醋酸等产品。利用CH4与O2在催化剂的作用下合成甲醇。
主反应：CH4（g）+O2（g）═CH3OH（g）△H副反应：CH4（g）+2O2（g）⇌CO2（g）+2H2O（g）
回答下列问题：
（1）已知：CH3OH（l）═CH3OH（g）△H＝+138kJ/mol，CH4和CH3OH的燃烧热分别为﹣890kJ/mol、﹣726kJ/mol，则主反应的△H＝　 　kJ/mol。
（2）科技工作者结合实验与计算机模拟结果，研究了CH4、O2和H2O（g）（H2O的作用是活化催化剂）按照一定体积比在催化剂表面合成甲醇的反应，部分历程如图所示（吸附在催化剂表面的物种用*标注，TS代表过渡态）。

①在催化剂表面上更容易被吸附的是　 　。（填“H2O”或“O2”）
②该历程中正反应最大的活化能为　 　kJ/mol，写出该步骤的化学方程式　 　。
（3）在恒温的刚性密闭容器中，分别按照CH4、O2的体积比为2：1以及CH4、O2、H2O（g）的体积比为2：1：8反应相同的时间，所得产物的选择性（如甲醇的选择性＝））如图所示。

①向反应体系中加入H2O（g）能够显著提高甲醇选择性的原因：　 　。
②向上述刚性密闭容器中按照体积比2：1：8充入CH4、O2和H2O（g），在450K下达平衡时，CH4的转化率为50%，CH3OH的选择性为90%，则副反应的压强平衡常数Kp＝　 　。（计算结果保留1位小数）
12．（2021•河北模拟）乙醇水蒸气重整制氢是一种来源广泛的制备氢气的方法，主要反应为：①C2H5OH（g）+3H2O（g）⇌6H2（g）+2CO2（g）△H1
同时发生如下反应：
②C2H5OH（g）⇌H2（g）+CO（g）+CH4（g）△H2＝+49.6kJ•mol﹣1
③CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H3＝﹣41.4kJ•mol﹣1
（1）根据图1信息，计算反应①的△H1＝　 　。
（2）已知在某催化剂作用下，乙醇的转化率、氢气的产率和体系中含碳物质百分含量随温度的变化如图2所示。随着温度的升高，CO2的百分含量先增大后减小的原因为　 　；催化剂发挥作用的最佳温度是　 　。

（3）一定温度下，在2L恒容密闭容器中，充入0.8mol C2H5OH（g），1.5mol H2O（g）发生反应，经5min达到平衡，测得CH4（g）的浓度为0.1mol•L﹣1，CO（g）的浓度为0.05mol•L﹣1，CO2（g）的浓度为0.45mol•L﹣1，达到平衡时，反应①乙醇的转化率为　 　，反应①的K＝　 　。（列出计算式，不要求计算）
（4）A.Akande等研究了NiAl2O3催化剂上乙醇水蒸气重整反应的性能，提出了粗略的反应机理，如图所示，其中C2H5OH分解为该反应的决速步骤。

①在此反应历程中，所需活化能最大的步骤是　 　。
②反应物在催化剂表面的吸附，对于此反应的进行起着至关重要的作用，可以提高C2H5OH在催化剂表面的吸附速率的措施为　 　。（填标号）
a．提高水蒸气的浓度
b．增大乙醇蒸气的分压
c．增大催化剂的比表面积
d．降低产物浓度
③乙醇水蒸气重整制氢反应，在其他条件一定的情况下，不同催化剂对氢气产率的影响如图所示，M点处氢气的产率　 　（填“可能是”、“一定是”或“一定不是”）该反应的平衡产率，原因为　 　。

13．（2021•合肥一模）CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用可以减少碳排放，对保护环境有重要意义。回答下列问题：
（I）碱液吸收。用NaOH溶液捕获CO2，若所得溶液中c（HCO3﹣）：c（CO32﹣）＝2：1，则溶液pH＝　 　。（室温下，H2CO3的K1＝4×10﹣7； K2＝5×10﹣11）
（2）催化转化。以CO2、H2 为原料在催化剂作用下合成CH3OH涉及的主要反应如下
Ⅰ．CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1＝﹣49.5kJmol﹣1
Ⅱ．CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H2＝﹣90.4kJ•mol﹣1
Ⅲ．CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H3
回答下列问题：
①△H3＝　 　kJ•mol﹣1
②一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1mol CO2和3 mol H2发生上述反应，经tmin达到平衡时，容器中CH3OH（g）为amol CO为bmol，这段时间内以H2O（g）表示的化学反应速率为　 　mol•L﹣1•min﹣1。（用含a、b、V、t的代数式表示）
③不同压强下，按照n（CO2）：n（H2）＝1：3投料。实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度（T）的变化关系如图所示。

其中纵坐标表示CH3OH的平衡产率的是　 　 （填“X”或“Y”）；压强p1、p2、p3由大到小的顺序为　 　温度高于T1时，Y几乎相等的原因是　 　。
④为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，应选择的反应条件为　 　。（填标号）
A．低温、低压
B．高温、高压
C．低温、高压
D．高温、低压
（3）电解转化。电解CO2制得甲酸盐（HCOO﹣）的原理示意图如图。
①写出阴极的电极反应式　 　。
②电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是　 　。
14．（2021•二十一模拟）碳及其化合物在工业上应用广泛。回答下列问题：
（1）已知：①CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H1＝﹣802kJ•mol﹣1
②CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H2＝﹣41kJ•mol﹣1
③2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H3＝﹣566kJ•mol﹣1
CO2与CH4反应生成CO和H2的热化学方程式为　 　。
（2）利用CO可以合成甲醇，相关反应为CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H＝﹣90.8kJ•mol﹣1。著一定温度下，将1mol CO与1mol H2充入一恒容密闭容器内进行反应，下列选项能用来判断该反应达到平衡状态的有　 　。（填标号）
A．CH3OH的体积分数保持不变
B．CO浓度与CH3OH浓度相等
C．气体的平均相对分子质量保持不变
D．2v（CO）＝v（H2）
（3）某温度下，等物质的量的CO和H2在刚性容器内发生（2）中反应，起始总压为105Pa，平衡时总压减少了40%，H2的平衡转化率为　 　，该反应的压强平衡常数Kp＝　 　Pa﹣2。达到平衡后，欲增加CO的平衡转化率，可采取的措施有　 　。（填标号）
A．等比例增加CO和H2的量
B．升高温度
C．再通入一定量的H2
D．通入惰性气体
（4）不同温度下（2）中反应CO的平衡转化率及催化剂的催化效率如图所示，试解释工业生产中选择温度为250℃左右的原因　 　。
（5）甲醇燃料电池受到研究者的广泛关注，甲醇﹣空气﹣KOH燃料电池工作时通入甲醇的一极为　 　（填“正极”或“负极”），该电极的电极反应式为　 　。

15．（2020•驻马店模拟）煤燃烧产生的烟气中含有SO2和NOx，用NaOH、NaClO、Ca（ClO）2等溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝。
（1）下列关于吸收SO2过程发生的有关反应，用下列方程式表示：
①SO2（g）+2OH﹣（aq）═SO32﹣（aq）+H2O（l）K1
②ClO﹣（aq）+SO32﹣（aq）═SO42﹣（aq）+Cl﹣（aq）K2
③CaSO4（s）═Ca2+（aq）+SO42﹣（aq）K3
K1、K2、K3分别表示反应①、②、③的化学平衡常数，则反应：SO2（g）+Ca2+（aq）+ClO﹣（aq）+2OH﹣（aq）═CaSO4（s）+H2O（l）+Cl﹣（aq）的化学平衡常数K＝　 　。（用K1、K2、K3表示）
（2）标准状况下，把SO2通入11.2mL水中制得饱和溶液，测得其pH＝0.74．已知：标准状况下SO2在水中的溶解度按体积比为1：67.2（即V（H2O）：V（SO2）＝1：67.2）。
①写出该溶液中存在的电离平衡　 　。
②已知饱和溶液中的SO2有与水反应生成H2SO3，求H2SO3的第一步电离平衡常数Ka1＝　 　。（已知lg1.8≈0.26，忽略第二步电离和溶液体积的变化，结果用科学记数法表示，保留2位有效数字）
（3）SO2的水溶液中存在歧化反应：3SO2+2H2O═2H2SO4+S↓，I﹣可作为该反应的催化剂，催化过程如下：
a：SO2+4I﹣+4H+═S↓+2I2+2H2Ob：I2+2H2O+SO2═SO42﹣+2I﹣+4H+
欲探究反应a和b的反应速率与歧化反应的速率的关系，设计实验如下：将18mL SO2的水溶液分别加入2mL下列试剂中，密闭放置，观察现象。（已知I2易溶于KI溶液，溶液呈棕褐色）
编号
Ⅰ
Ⅱ
试剂
0.4moL﹣1KI
0.4moL﹣1KI，0.0002mol I
实验现象
溶液变黄，一段时间后出现浑浊
溶液油棕红色很快褪色为无色，然后变为黄色，出行浑浊，较Ⅰ快
完成下列问题：
①由实验现象可得出反应a与反应b的速率：v（a）　 　v（b）．（填“＞”、“＜”或“＝”）
②测得反应3SO2+2H2O＝2H2SO4+S↓在实验Ⅰ中，部分物质的物质的量的变化如图所示（设混合溶液的体积为两溶液的体积之和）：则曲线N表示　 　（填物质的名称）的变化。该反应在实验Ⅰ条件下进行，15min时达到化学平衡状态，用SO2表示该反应前15min内的平均反应速率为　 　mol•L﹣1•min﹣1。
③下列叙述能说明3SO2（aq）+2H2O（l）═2H2SO4（aq）+S（s）反应已达到平衡状态的是　 　。（填字母）
A．生成1.5mol SO2的同时消耗1mol H2SO4
B．反应过程中，溶液中的分子总数不再变化
C．恒温恒容时，混合溶液中硫酸的密度保持不变
D．绝热恒容时，反应的化学平衡常数不再变化

16．（2020•珠海三模）发展新能源、改善空气质量等一直是化学研究的热点。回答下列问题：

（1）甲醇是可再生的清洁能源，可利用CO2与H2合成甲醇：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）。该反应历程如图1所示。上述合成甲醇的反应的有机副产物有　 　；由于该反应速率较慢，需要加入催化剂使反应速率加快，主要降低下列变化中　 　（填字母）的能量变化。
A．*CO+*OH→*CO+*H2O
B．*CO→*OCH
C．*OCH2→*OCH3
D．*OCH3→*CH3OH
（2）焦炭与水蒸气在恒容密闭容器中反应，可制合成气，主要反应（Ⅰ）、（Ⅱ）的lgKP（KP为以分压表示的平衡常数）与T的关系如图2所示。
①反应（Ⅰ）的△H　 　0（填“＞”、“＝”或“＜”）；
②在容积为10L密闭容器中充入1mol CO、1mol H2O只发生反应（Ⅱ），反应5分钟到达图中d点，请计算0﹣5min时，CO平均反应速率　 　；此时CO的转化率为　 　；
已知：反应速率V＝V正﹣V逆＝K正•XCO•X﹣K逆•X•X，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，x为物质的量分数，计算e处的＝　 　；
③c点时，若反应容器中CO浓度为0.1mol/L，则CO2浓度为　 　（填数值）。
17．（2020•潍坊三模）丙烯是制造一次性医用口罩的重要原料。丙烷催化脱氢是工业生产丙烯的重要途径，丙烷催脱氢技术主要分为氧化脱氢和直接脱氢两种。回答下列问题：
（1）丙烷催化氧化脱氢法主要反应如下：2C3H8（g）+O2（g）2C3H6（g）+2H2O（g）△H1＝﹣236kJ•mol﹣1（ⅰ）；反应过程中消耗的C3H8和生成的C3H6的物质的量随温度的变化关系见表。
反应温度/℃
n（消耗）或n（生成）/mol
535
550
575
C3H8
6
13
33
C3H6
4
8
17
①反应ⅰ中反应物的总能量生成物的总能量　 　（填“大于”、“小于”或“等于”）。
②分析表中数据得到丙烯的选择性随温度的升高而　 　（填写“不变”、“升高”、“降低”）；出现此结果的原因除生成乙烯等副产物外还可能是　 　。（C3H6的选择性＝×100%）
（2）丙烷催化直接脱氢反应：
C3H8（g）⇌C3H6（g）+H2（g）△H2＝+124.3kJ•mol﹣1（ⅱ）
副反应：C3H8（g）⇌C2H4（g）+CH4（g）△H3（ⅲ）

①反应ⅱ的平衡常数、产物丙烯选择性、副产物乙烯选择性与温度关系如图所示，分析工业生产中采用的温度为650℃左右的原因是　 　。
②温度为670℃时，若在IL的容器中投入8mol C3H8，充分反应后，平衡混合气体中有2mol CH4和一定量C3H8、C3H6、H2、C2H4，计算该条件下C3H6的选择性为　 　%。
③欲使丙烯的产率提高，下列措施可行的是　 　。（填写序号）
a．恒压条件下向原料气中掺杂水蒸气
b．增大氢气与丙烷的投料比
c．选择对脱氢反应更好选择性的催化剂
d．增大压强
（3）科学家探索出利用无机膜催化丙烷脱氢制丙烯的新工艺，该工艺利用特定功能膜将生成的氢气从反应区一侧有选择性的及时移走，从平衡角度分析该工艺的优点　 　。
18．（1）以甲醇为原料制取高纯H2具有重要的应用价值。甲醇水蒸气重整制氢主要发生以下两个反应：
主反应：CH3OH（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）△H＝+49kJ•mol﹣1
副反应：H2（g）+CO2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H＝+41kJ•mol﹣1
①甲醇蒸气在催化剂作用下裂解可得到H2和CO，则该反应的热化学方程式为
　 　，既能加快反应速率又能提高CH3OH平衡转化率的一种措施是　 　。
②分析适当增大水醇比对甲醇水蒸气重整制氢的好处是　 　。
③某温度下，将n（H2O）：n（CH3OH）＝1：1的原料气充入恒容密闭容器中，初始压强为P1，反应达平衡时总压强为P2，则平衡时甲醇的转化率为　 　。（忽略副反应，用含P1、P2的式子表示）。
（2）工业上用CH4与水蒸气在一定条件下制取H2，原理为：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H＝+203kJ•mol﹣1①该反应逆反应速率表达式为：v逆＝k•c（CO）•c3（H2），k为速率常数，在某温度下测得实验数据如表：
c（CO）/mol•L﹣1
c（H2）/mol•L﹣1
v逆/mol•L﹣1•min﹣1
0.05
c1
4.8
c2
c1
19.2
c2
0.15
8.1
由上述数据可得该温度下，该反应的逆反应速率常数k为　 　L3•mol﹣3•min﹣1。
②在体积为3L的密闭容器中通入物质的量均为3mol的CH4和水蒸气，在一定条件下发生上述反应，测得平衡时H2的体积分数与温度关系如图所示：N点v正　 　M点v逆（填“大于”或“小于”）；Q点对应温度下该反应的平衡常数K＝　 　mol2•L﹣2．平衡后再向容器中加入1mol CH4和1mol CO，平衡向　 　方向移动（填“正反应”或“逆反应”）。

19．（2020•遂宁模拟）氢气是热量高、无污染的燃料，天然气储量丰富是理想的制氢原料，研究甲烷制氢具有重要的理论和现实意义。
（1）甲烷水蒸汽重整制氢：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）
△H1＝+216kJ•mol﹣1，温度1200K，压强0.2Mpa，水碳起始物质的量之比3：1，达到平衡时氢气的物质的量分数为0.3，甲烷转化率为　 　，Kp＝　 　（Mpa）2．理论上近似水碳比为　 　，氢气的物质的量分数将达到最大。
（2）①将甲烷水蒸汽重整和甲烷氧化重整两种方法结合，理论上按照空气、甲烷、水蒸汽约15：7：1体积比进料（空气中氧气体积分数约为0.2），可以实现反应器中能量自给（不需要补充热量）。
甲烷氧化重整制氢：2CH4（g）+O2（g）═2CO（g）+4H2（g）△H2＝　 　kJ•mol﹣1
②实际生产中，空气、甲烷、水蒸汽按照约1：1：2体积比进料，增加水蒸气的作用是　 　，还能发生　 　（用化学方程式表示）反应，从而获得更多的氢气。
（3）甲烷水蒸汽重整过程中，温度1000K，原料气以57.6kg•h﹣1通入容积为1L镍基催化反应器中，2﹣5s甲烷质量分数由7.32%变为5.32%，用甲烷表示2～5s的反应速率为　 　mol•min﹣1，随着反应的进行反应速率会急速下降，可能的原因是甲烷等高温不稳定，造成　 　。有人提出将甲烷水蒸汽重整和甲烷氧化重整两种方法结合则能解决这个问题，原因是　 　。
20．（2020•山东模拟）CO2是主要的温室气体之一，可利用CO2和H2的反应生成CH3OH，减少温室气体排放的同时提供能量物质。
Ⅰ．CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2＝+41.2kJ•mol﹣1
Ⅱ．CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H3＝﹣90.6kJ•mol﹣1
（1）CO2（g）和H2（g）的反应生成CH3OH（g）的热化学方程式Ⅲ为　 　。
（2）下列描述能说明反应Ⅰ在密闭恒压容器中达到平衡状态的是　 　。（填选项序号）
①体系压强不变
②混合气体密度不变
③v（H2）＝v（CO）
④CO质量保持不变
（3）温度为T℃时向容积为2L的密闭容器中投入3mol H2和1mol CO2发生反应Ⅲ．反应达到平衡时，测得各组分的体积分数如表。

CH3OH（g）
CO2（g）
H2（g）
H2O（g）
φ
α
b
c
0.125
①c＝　 　，CO2的转化率为　 　。
②T℃时反应Ⅲ的平衡常数K＝　 　。
③若要增大甲醇的产率，可采取的措施为　 　。（任写两点）
（4）反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ共存的体系中，升高温度CO2的体积分数并未发生明显变化，原因是　 　。
（5）将反应Ⅲ设计成如图所示的原电池，气体A为　 　，写出原电池正极的电极反应式　 　。

21．（2020•全国三模）丙烯是一种重要的化工原料。可由丙烷催化脱氢制备。
主反应：①C3H8（g）═C3H6（g）+H2（g）△H1
副反应：②C3H8（g）═C2H4（g）+CH4（g）
③C2H4（g）+H2（g）═C2H6（g）
④C3H8（g）+H2（g）═C2H6（g）+CH4（g）
回答下列问题：
（1）已知C3H8（g）+O2（g）═C3H6（g）+H2O（g）△H2═﹣117kJ/mol。
H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H3＝﹣242kJ/mol。反应①的△H1＝　 　。
（2）某温度下，在体积不变的密闭容器内发生反应①，起始总压强为105Pa，平衡时总压增加了20%．则C3H8的转化率为　 　；该反应的平衡常数Kp＝　 　Pa．若提高C3H8的平衡转化率，可采取的措施有　 　（填标号）。
A．增大C3H8的浓度 B．提高温度 C．恒容下通入惰性气体 D．使用高效催化剂
（3）工业生产中常采用恒压下充入高温水蒸气的条件。如图表示常压下反应①C3H8的平衡转化率与温度及水烃比（M）的关系，M2　 　5 （填“＞”或“＜”）。
（4）已知高温下C﹣C键断裂反应比C﹣H键断裂的脱氢反应容易发生，这将导致丙烯选择性降低；同时高温加剧催化剂表面积炭，导致催化剂迅速失活。在生产中充入CO2的作用之一是利于催化剂活性保持，其原因是　 　。反应气中的配比对催化剂活性的影响如表所示。其中C3H6收率最高时的配比是　 　。

C3H8转化率（%）
C3H6选择性（%）
C3H6收率（%）
1：1.3
14.8
85.1
12.6
1：2.4
23.2
82.8

1：3.6
22.8
83.5

1：6.8
18.0
60.3
10.9

22．（2020•濮阳一模）CO2的资源化利用一直是化学家们关注的重要课题，中科院大连化学物理研究所设计了一种新型多功能复合催化剂，成功地实现了CO2直接加氢制取高辛烷值汽油：5CO2（g）+16H2（g）═C5H12（l）+10H2O（l）△H＝a kJ•mol﹣1（反应①），该研究成果被评价为“CO2催化转化领域的突破性进展”。
（1）已知氢气的燃烧热为286kJ•mol﹣1，若要利用H2的燃烧热求a的值，则还需要知道一个反应的△H，该反应是　 　。反应①在一定条件下具有自发性，则a　 　0（填“＞”或“＜”）。
（2）向某密闭容器中按一定投料比充入CO2、H2，控制条件使其发生反应：5CO2（g）+16H2（g）⇌C5H12（1）+10H2O（1）△H．测得H2的平衡转化率与温度、压强之间的关系如图1所示：

则X表示　 　，Y1　 　Y2（填“＞”或“＜”）。欲提高H2的平衡转化率并提高单位时间内C5H12（l）的产量，可采取的措施是　 　（填两种）。
（3）控制一定温度、催化剂，按不同投料比[]将反应物通入到某密闭容器中，测得平衡时C5H12的百分含量与投料比之间的关系如图2所示，则n0＝　 　。
（4）在钌一铑双金属催化剂的作用下，CH3OH、CO2、H2可高效地转化为乙酸，反应方程式为CH3OH（g）+CO2（g）+H2（g）⇌CH3COOH（g）+H2O（g）△H＜0．一定温度下，向某刚性容器中通入等物质的量的三种原料气，测得体系中的总压强与时间的关系如表所示：
t/min
0
5
10
15
20
25
30
p/kPa
3
2.7
2.5
2.35
2.26
2.2
2.2
则反应开始到达平衡的过程中，v（CO2）＝　 　kPa/min，Kp＝　 　kPa﹣1。
（5）碳捕捉技术的发展也有利于CO2在资源应用方面得到充分利用。常温下，若某次用NaOH溶液捕捉空气中的CO2所得溶液的pH＝10，并测得溶液中c（HCO3﹣）＝2c（CO32﹣），则Ka2（H2CO3）＝　 　mol•L﹣1。
23．（2020•攀枝花三模）氨是工农业生产中重要的基础物质，研究合成氨及氨的应用具有重要意义。
（1）已知：N2（g）+3H2（g）＝2NH3（g）△H＝﹣92kJ/mol，N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）的活化能为508kJ/mol。则2NH3（g）⇌N2（g）+3H2（g）的活化能为　 　kJ/mol
（2）我国科研人员研制出Ti﹣H﹣Fe双温区催化剂（Ti﹣H区与Fe区温差可超过100℃）。Ti﹣H﹣Fe双温区催化合成氨的反应历程如图一，其中吸附在催化剂表面的物种用“*”标注。

下列说法中正确的是　 　。
A．①为N≡N的断裂过程
B．①②③在高温区发生，④⑤在低温区发生
C．④为N原子由Fe区域向Ti﹣H区域的传递过程
D．使用Ti﹣H﹣Fe双温区催化剂时合成氨反应转变为吸热反应
（3）以氨和CO2为原料合成尿素的反应为2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（l）+H2O（g）。工业生产时，需要原料气带有水蒸气，图二中曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ表示在不同水碳比[]时，CO2的平衡转化率与氨碳比[]之间的关系
①曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的水碳比最大的是　 　，判断依据是　 　。
②测得M点氨气的平衡转化率为40%，则x1＝　 　。
（4）将氨氧化法制硝酸过程中氨经催化氧化后的气体（高于800℃）急剧冷却到100℃以下，一方面除去大量的H2O，使NO（g）和O2（g）发生反应，另一方面温度低有利于生成NO2（g）。
2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）的反应历程分两步：
Ⅰ．2NO（g）⇌N2O2（g）（反应快，瞬间达到平衡）△H1＜0
v1正＝k1正c2（NO）　v1逆＝k1逆c（N2O2）
Ⅱ．N2O2（g）+O2（g）⇌2NO2（g）（反应慢）△H2＜0
v2正＝k2正c（N2O2）c（O2）　v2逆＝k2逆c2（NO2）
其中k1、k2是速率常数，随温度上升而增大。
则：①一定温度下，反应2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）达到平衡状态，请写出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示的平衡常数表达式K＝　 　，根据速率方程分析，升高温度该总反应速率减小的原因是　 　。
②由实验数据得到v2正～c（O2）的关系可用如图三表示当x点升高到某一温度时，反应重新达到平衡，则可能变为相应的点为　 　（填字母）。
24．（2020•梅州二模）碳、氮、硫及其化合物对生产、生活有重要的意义。
（1）以CO2与NH3为原料可合成尿素。已知：
①2NH3（g）+CO2（g）═NH2COONH4（s）△H＝﹣159.5kJ•mol﹣1
②NH2COONH4（s）═CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H＝+116.5kJ•mol﹣1
③H2O（1）═H2O（g）△H＝+44.0kJ•mol﹣1
写出NH3和CO2合成尿素和液态水的热化学方程式　 　。
（2）高温下，CO2与足量的碳在密闭容器中实现反应：C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）。向容积为1L的恒容容器中加入0.2mol CO2，在不同温度下达到平衡时CO2的物质的量浓度随温度的变化如图1所示。则该反应为　 　（填“放热”或“吸热”）反应；某温度下若向该平衡体系中再通入0.2mol CO2，达到新平衡后，体系中CO的百分含量　 　（填“变大”、“变小”或“不变”）。

（3）一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C（s）+CO2（g）⇌2CO（g），平衡时体系中气体体积分数与温度的关系如图2所示：
①650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为　 　。
②T℃时，平衡常数Kp＝　 　p总（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×体积分数）。
（4）NO2与SO2能发生反应：NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）△H＜0在固定体积的密闭容器中，使用某种催化剂，改变原料气配比进行多次实验（各次实验的温度可能相同，也可能不同），测定NO2的平衡转化率。部分实验结果如图3所示：

①当容器内　 　（填标号）不再随时间的变化而改变时，反应达到平衡状态。
A．气体的压强 B．气体的平均摩尔质量 C．气体的密度 D．NO2的体积分数
②如果要将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，应采取的措施是　 　。
③若A点对应实验中，SO2（g）的起始浓度为c0mol•L﹣1，经过tmin达到平衡状态，该时段化学反应速率v（NO2）＝　 　mol•L﹣1•min﹣1。
④图中C、D两点对应的温度分别为TC℃和TD℃，通过计算判断TC　 　TD（填“＞”、“＝”或“＜”）。
25．（2020•辽阳三模）甲醇耐高温、易存储热值高、节能环保，可做燃料，又是重要的化工原料。科学家用太阳能分解水生成的氢气在催化剂作用下与CO2反应生成甲醇。已知：H2（g）、CO（g）和CH3OH（l）的燃烧热△H分别为﹣285.8kJ•mol﹣1、﹣283.0kJ•mol﹣1和﹣726.5kJ•mol﹣1．请回答下列问题：
（1）用太阳能分解2mol水消耗的能量是　 　kJ。
（2）甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为　 　。
（3）CO2催化加氢合成甲醇（反应Ⅱ）中伴随着反应Ⅰ的发生：
反应Ⅰ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H＝+41kJ•moL﹣1
反应Ⅱ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H＝﹣49kJ•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CH3OH的选择性随温度的变化如图。其中：CH3OH的选择性＝
①温度高于300℃，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是　 　。
②220℃时，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CH3OH的选择性为48%（图中A点）。不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OH选择性的措施有　 　。（写出两点）
（4）在体积为1L的密闭容器中充入1mol CO2和4mol H2发生反应Ⅱ，到平衡时氢气的转化率为25%，求该反应的平衡常数K＝　 　。（结果保留二位有效数字）
（5）研究证实，CO2也可在硫酸溶液中用惰性电极电解生成甲醇，生成甲醇的电极反应式为　 　，另一极电解产物是　 　。

26．（2020•兰州模拟）CO2是一种温室气体，对人类的生存环境产生巨大的影响，维持大气中CO 2的平衡对生态环境保护有着重要意义。

（1）CO2加氢合成低碳烯烃技术能有效利用CO2．以合成C2H4为例，该转化分为两步进行：
第一步：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H＝+41.3kJ/mol﹣1
第二步：2CO（g）+4H2（g）⇌C2H4（g）+2H2O（g）△H＝﹣210.5kJ/mol﹣1
CO2加氢合成乙烯的热化学方程式为　 　。
（2）利用CO2和H2合成甲醇又是一个有效利用CO2的途径，反应如下：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H3。
①在容积为2L的恒容密闭容器中，通入2molCO2和3 molH2发生上述反应，下列说法能够表明该可逆反应达到平衡状态的是　 　（填字母 ）。
a．消耗1.5molH2时，有0.5molCH3OH生成
b．转移3mol电子时，消耗1.2L （标准状况下） CO2
C．体系中气体的密度不变
d．水蒸气的体积分数保持不变
e．单位时间内生成H2与生成H2O的物质的量之比为3：1
②研究温度对该反应甲醇产率的影响。在210℃～290℃，保持原料气中CO2和H2的投料比不变，按一定流速发生上述反应，得到甲醇平衡产率与温度的关系如图1所示，△H3　 　0 （填“＞”、“＝”或“＜”），判断依据是　 　。
③在一固定容积的密团容器中发生上述反应，若要提高平衡时CH3OH产率，则可以采取的措施是　 　（填字母）。
a．升温
b．加入催化剂
c．增加CO2的浓度
d．加入H2加压
e．加入惰性气体
f．分离出甲醇
（3）在一定温度和催化剂作用下，可将CO2转化为燃料CH4，反应方程式为CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）。 300℃时，一定量的CO2和H2混合气体在容积为1L的恒容密闭容器中发生上述反应，5min后达到平衡，此时各物质的浓度如表：
物质
CO2（g）
H2（g）
CH4（g）
H2O（g）
浓度/mol•L﹣1
0.2
0.8
a
1.6
则a＝　 　，该反应平衡常数K＝　 　。
（4）以 TiO2/Cu2Al2O4为催化剂，利用CH4可以将CO2直接转化成乙酸。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的关系如图2所示。乙酸的生成速率主要取决于温度影响的范围是　 　。250～300℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是　 　。
27．（2020•江西模拟）苯乙烯是制备聚苯乙烯的单体。工业上，利用乙苯催化脱氢制取苯乙烯的反应：

（1）已知CO分子中化学键为C≡O．相关的化学键键能数据如下：
化学键
H﹣O
C≡O
C═O
H﹣H
C﹣H
C﹣C
C═C
E/（kJ•mol﹣1）
463
1075
803
436
413
348
615
利用上表数据估算△H为　 　。
（2）在三个体积相同的恒容密闭容器中充入CO2和乙苯蒸气发生上述反应，有关数据如下：
容器
温度
起始反应物的物质的量/mol
平衡时物质的物质量/mol
CO（g）
乙苯（g）
苯乙烯（g）
Ⅰ
T1K
2.0
2.0
1.0
Ⅱ
T2K
2.0
2.0
0.75
Ⅲ
T1K
4.0
4.0
a
①T1　 　T2（填“＞”、“＜”或“＝”，下同），a　 　2.0。
②T1K时，容器I中平衡混合气体中苯乙烯体积分数为　 　，假设容器Ⅰ中起始压强为p0，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp＝　 　。[气体分压（p分）＝气体总压（p总）×气体体积分数]
（3）一定温度下，在某催化剂作用下发生上述反应，其反应历程如下：

①由原料到状态Ⅰ　 　（填“放出”或“吸收”）能量，判断依据是　 　。
②如果其他条件不变，再通入CO2，如图所示的四幅图象中，符合乙苯平衡转化率与p（CO2）的关系的是　 　。（填选项）

28．（2020•济南二模）对高温条件下反应机理的研究一直是化学动力学的重要课题，科研工作者研究了1000K下丙酮的热分解反应并提出了如下反应历程：
CH3COCH3CH3•+CH3CO•①Ea＝351kJ•mol﹣1
CH3CO•CH3•+CO ②Ea＝42kJ•mol﹣1
CH3•+CH3COCH3CH4+CH3COCH2•③Ea＝63kJ•mol﹣1
CH3COCH2•CH3•+CH2＝C＝O ④Ea＝200kJ•mol﹣1
CH3•+CH3COCH2•C2H5COCH3⑤Ea＝21kJ•mol﹣1
回答下列问题：
（1）上述历程是根据两个平行反应提出的，其中一个为CH3COCH3⇌CH4+CH2＝C＝O，该反应的快慢主要由上述历程中的反应　 　（填序号）决定，另一个反应的化学方程式为　 　，反应速率常数k4　 　
k5．（填“＞”或“＜”）。
（2）CH2＝C＝O（乙烯酮）可以与乙醇发生加成反应生成酯，写出该反应的化学方程式：　 　。
（3）一定温度下，在2L密闭容器中充入1mol CH3COCH3发生上述两个平行反应，提高乙烯酮反应选择性的关键因素是　 　；
a．再充入1mol CH3COCH3 b．及时分离出CH4 c．使用适宜的催化剂
达到平衡后，测得容器中存在a mol CH4和b mol CO，则CH3COCH3（g）⇌CH4（g）+CH2＝C＝O（g）在该温度下的平衡常数K　 　mol•L﹣1（用含a、b的代数式表示）。
（4）分解产物中的CH4可用于制备氢气：
反应Ⅰ：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H＝206.2kJ•mol﹣1
反应Ⅱ：CH4（g）+2H2O（g）⇌CO2（g）+4H2（g）△H＝165.0kJ•mo1﹣1
写出CO与水蒸气反应生成CO2的热化学方程式：　 　。830℃时，反应Ⅱ的平衡常数K＝1.2mol2•L﹣2，该温度下，测得密闭容器中各物质的浓度为c（CH4）＝2.0mol•L﹣1、c（H2O）＝4.0mol•L﹣1、c（CO2）＝2.0mol•L﹣1、c（H2）＝2.0mol•L﹣1，则此时v正　 　v逆（填“＞”“＜”或“＝”）。
29．（2020•湖北模拟）随着科学技术的发展和环保要求的不断提高，CO2的捕集利用技术成为研究新的热点。 完成下列问题：
（I）CO2催化加氢合成CH3OCH3是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应：
反应Ⅰ：CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）△H＝+41.2kJ•mol﹣1
反应Ⅱ：2CO2（g）+6H2（g）═CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H＝﹣122.5kJ•mol﹣1
①写出CO和H2合成CH3OCH3的热化学方程式　 　。
②分别在2L恒温密闭容器甲（恒温恒容）、乙（恒温恒压）中，加入CO2和H2各1mol的混合气体，假设只发生反应Ⅱ，则两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是　 　（填“甲”或“乙”）。当反应5min时，测得甲容器中压强变为原来的一半，则用CO2表示的反应的速率＝　 　。
③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。其中：CH3OCH的选择性＝×100%
i）温度高于300℃，温度对CO2平衡转化率影响较大的是反应　 　（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）。
ii）220℃时，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性为48%（图中A点）。不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的措施可以是　 　（任答一条）。
（2）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH＝13，CO2主要转化为　 　（写离子符号）；若所得溶液c（HCO3﹣）：c（CO32﹣）＝1：5，溶液pH＝　 　。（室温下，H2CO3的K1＝4×10﹣7；K2＝5×10﹣11）

30．（2020•广州二模）甲苯（C7H8）和二甲苯（C8H10）是重要的化工原料。利用苯（C6H6）和甲醇（CH3OH）在催化剂作用下反应得到C7H8、C8H10和副产物三甲苯（C9H12），发生的主要反应如下：
Ⅰ．C6H6（g）+CH3OH（g）⇌C7H8（g）+H2O（g）
Ⅱ．C7H8（g）+CH3OH（g）⇌C8H10（g）+H2O（g）
Ⅲ．C8H10（g）+CH3OH（g）⇌C9H12（g）+H2O（g）
（1）500℃、0.18Mpa条件下，反应达到平衡时，结果如图所示。

①由图分析，随着投料比增加，CH3OH的平衡转化率　 　，平衡时的值　 　。（填“增大”、“减小”或“不变”）。
②投料比为1.0时，C6H6的平衡转化率为50%，产物中C7H8、C8H10和C9H12物质的量之比为6：3：1．CH3OH的平衡转化率为　 　，反应Ⅰ的平衡常数K═　 　。
（2）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了反应Ⅰ在固体酸（HB）催化剂表面进行的反应历程如图所示。其中吸附在固体酸（HB）表面的物种用*标注。

①反应Ⅰ的△H═　 　kJ•mol﹣1。
②吸附CH3OH的焓变吸附C6H6的焓变　 　（填“＞”或“＜”）。
③C6H6*在催化剂表面转化为C7H8*的反应方程式为　 　。
④在固体酸（HB）催化作用下，测得反应I的速率方程为v═k•p（C6H6）（k为速率常数）。在刚性容器中发生反应Ⅰ，关于反应Ⅰ的平衡常数（K）和反应速率（v）的叙述正确的是　 　（填标号）。
A．升高温度，K和v均增大
B．增大p（C6H6），K不变，v增大
C．降低温度，K和v均减小
D．增大p（CH3OH），K不变，v增大

2021年高考化学复习之挑战压轴题（解答题）：化学平衡计算（30题）
参考答案与试题解析
一、解答题（共30小题）
1．（2021•浙江）“氯碱工业”以电解饱和食盐水为基础制取氯气等产品，氯气是实验室和工业上的常用气体。请回答：
（1）电解饱和食盐水制取氯气的化学方程式是　2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑　。
（2）下列说法不正确的是　A　。
A．可采用碱石灰干燥氯气
B．可通过排饱和食盐水法收集氯气
C．常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中
D．工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸
（3）在一定温度下，氯气溶于水的过程及其平衡常数为：
Cl2（g）⇌Cl2（aq） K1＝c（Cl2）/p
Cl 2（aq）+H2O（l）⇌H+ （aq）+Cl﹣ （aq）+HClO（aq） K2
其中p为Cl2（g）的平衡压强，c（Cl2）为Cl2在水溶液中的平衡浓度。
①Cl2（g）⇌Cl2（aq）的焓变△H1　＜　0。（填”＞”、“＝”或“＜”）
②平衡常数K2的表达式为K2＝　　。
③氯气在水中的溶解度（以物质的量浓度表示）为c，则c＝　K1p+（K1K2p）　。（用平衡压强p和上述平衡常数表示，忽略HClO的电离）
（4）工业上，常采用“加碳氯化”的方法以高钛渣（主要成分为TiO2）为原料生产TiCl4，相应的化学方程式为；
Ⅰ．TiO2（s）+2Cl2（g）⇌TiCl4（g）+O2（g）△HⅠ＝181mol•L﹣1，KⅠ＝3.4×10﹣29
Ⅱ．2C（s）+O2（g）⇌2CO（g）△HⅡ＝﹣221mol•L﹣1，KⅡ＝1.2×1048
结合数据说明氯化过程中加碳的理由　反应I+Ⅱ得：TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）＝TiCl4（g）+2CO（g），K＝KIKⅡ＝4.1×1019远大于K1，反应Ⅱ使TiO2氯化为TiCl4得以实现；△H＝△HI+△HⅡ＝﹣40kJ•mol﹣1，反应Ⅱ可为反应I提供所需的能量　。
（5）在一定温度下，以I2为催化剂，氯苯和Cl2在CS2中发生平行反应，分别生成邻二氯苯和对二氯苯，两产物浓度之比与反应时间无关。反应物起始浓度均为0.5mol•L﹣1，反应30min测得氯苯15%转化为邻二氯苯，25%转化为对二氯苯。保持其他条件不变，若要提高产物中邻二氯苯的比例，可采用的措施是　AB　。
A．适当提高反应温度
B．改变催化剂
C．适当降低反应温度
D．改变反应物浓度
【考点】氯碱工业；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算；氯气的实验室制法．菁优网版权所有
【专题】化学平衡计算．
【答案】（1）2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；
（2）A；
（3）①＜；
②；
③K1p+（K1K2p）；
（4）反应I+Ⅱ得：TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）＝TiCl4（g）+2CO（g），K＝KIKⅡ＝4.1×1019远大于K1，反应Ⅱ使TiO2氯化为TiCl4得以实现；△H＝△HI+△HⅡ＝﹣40kJ•mol﹣1，反应Ⅱ可为反应I提供所需的能量；
（5）AB。
【分析】（1）电解饱和食盐水制取氯气时，同时还生成氢气和氢氧化钠；
（2）A．氯气可与碱反应；
B．氯气可与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应是可逆反应，在饱和食盐水中存在浓度较大的氯离子，可以使氯气的溶解平衡逆向移动；
C．氯气在常温下不与铁反应；氯气的相对分子质量较大，易液化的气体；
D．氢气和氯气反应生成氯化氢，氯化氢溶于水得到盐酸；
（3）①Cl2（g）⇌Cl2（aq）表示的是氯气的溶解平衡，氯气在常温下可溶于水，该过程是自发的，结合熵变判断焓变；
②由反应方程式Cl 2（aq）+H2O（l）⇌H+ （aq）+Cl﹣ （aq）+HClO（aq）写出平衡常数K2的表达式，注意水为液态，其不出现在表达式中；
③Cl2（g）⇌Cl2（aq） 与Cl 2（aq）+H2O（l）⇌H+ （aq）+Cl﹣ （aq）+HClO（aq） 相加可以得到Cl2（g）+H2O（l）⇌H+ （aq）+Cl﹣ （aq）+HClO（aq），则该反应的平衡常数为K1K2p；氯气在水中的溶解度（以物质的量浓度表示）为c，根据物料守恒可知，c＝c（Cl2）+ c（HClO）+c（Cl﹣），由于HCl是强电解质，若忽略水的电离和次氯酸的电离，则c（H+）＝c（Cl﹣）＝c（HClO），由K2＝可知c（Cl﹣）＝c（HClO）＝[c（Cl2）•K2]，结合K1计算；
（4）已知：Ⅰ．TiO2（s）+2Cl2（g）⇌TiCl4（g）+O2（g）△HI＝181 mol•L﹣1，KI＝﹣3.4×10﹣29；
Ⅱ．2C（s）+O2（g）⇌2CO（g）△HII＝﹣221 mol•L﹣1，KII＝1.2×1048，
根据盖斯定律可知，I+Ⅱ得：TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）＝TiCl4（g）+2CO（g），则K＝KIKⅡ＝4.1×1019远大于K1，反应Ⅱ的发生可以减小反应I的平衡体系中氧气的浓度，从而使TiO2氯化为TiCl4得以实现；
（5）A．适当升高温度可以增大催化剂碘的溶解度，提高反应速率，同时提高邻位取代几率；
B．使用对生成邻二氯苯有更高选择性的催化剂，以提高产物中邻二氯苯的比例；
C．无法确定温度对反应的影响；
D．改变反应物浓度可以改变化学反应速率，从而改变反应达到化学平衡状态的时间，产物浓度之比与反应时间无关。
【解答】解：（1）电解饱和食盐水制取氯气时，同时还生成氢气和氢氧化钠，该反应的化学方程式是2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，
故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；
（2）A．氯气可与碱反应，碱石灰含有氢氧化钠和氧化钙，因此，不能用碱石灰干燥氯气，故A错误；
B．氯气可与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应是可逆反应，在饱和食盐水中存在浓度较大的氯离子，可以使氯气的溶解平衡逆向移动，因此，氯气在饱和食盐水中的溶解度较小，可以通过排饱和食盐水法收集氯气，故B正确；
C．氯气在常温下不与铁反应；氯气的相对分子质量较大，其分子间的作用力较大，因此，氯气属于易液化的气体，常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中，故C正确；
D．氢气和氯气反应生成氯化氢，氯化氢溶于水得到盐酸，因此，工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸，故D正确，
故答案为：A；
（3）①Cl2（g）⇌Cl2（aq）表示的是氯气的溶解平衡，氯气在常温下可溶于水，该过程是自发的，由于该过程的熵变小于0，因此，其焓变△H1＜0，
故答案为：＜；
②由化学方程式Cl 2（aq）+H2O（l）⇌H+ （aq）+Cl﹣ （aq）+HClO（aq）可知，其平衡常数K2的表达式为K2＝，注意水为液态，其不出现在表达式中，
故答案为：；
③Cl2（g）⇌Cl2（aq） 与Cl 2（aq）+H2O（l）⇌H+ （aq）+Cl﹣ （aq）+HClO（aq） 相加可以得到Cl2（g）+H2O（l）⇌H+ （aq）+Cl﹣ （aq）+HClO（aq），因此，该反应的平衡常数为K1K2p；氯气在水中的溶解度（以物质的量浓度表示）为c，根据物料守恒可知，c＝c（Cl2）+ c（HClO）+c（Cl﹣），由于HCl是强电解质，若忽略水的电离和次氯酸的电离，则c（H+）＝c（Cl﹣）＝c（HClO），由K2＝可知c（Cl﹣）＝c（HClO）＝[c（Cl2）•K2]，由K1＝可知，c（Cl2）＝K1p，则c（Cl﹣）＝c（HClO）＝（K1K2p），因此，c＝K1p+（K1K2p），
故答案为：K1p+（K1K2p）；
（4）已知：Ⅰ．TiO2（s）+2Cl2（g）⇌TiCl4（g）+O2（g）△HI＝181 mol•L﹣1，KI＝﹣3.4×10﹣29；
Ⅱ．2C（s）+O2（g）⇌2CO（g）△HⅡ＝﹣221 mol•L﹣1，KⅡ＝1.2×1048，
根据盖斯定律可知，I+Ⅱ得：TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）＝TiCl4（g）+2CO（g），则K＝KIKⅡ＝4.1×1019远大于K1，反应Ⅱ的发生可以减小反应I的平衡体系中氧气的浓度，从而使TiO2氯化为TiCl4得以实现；反应I为吸热反应，而△H＝△HI+△HⅡ＝﹣40kJ•mol﹣1，说明TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）＝TiCl4（g）+2CO（g）为放热反应，则反应Ⅱ可为反应I提供所需的能量，
故答案为：反应I+Ⅱ得：TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）＝TiCl4（g）+2CO（g），K＝KIKⅡ＝4.1×1019远大于K1，反应Ⅱ使TiO2氯化为TiCl4得以实现；△H＝△HI+△HⅡ＝﹣40kJ•mol﹣1，反应Ⅱ可为反应I提供所需的能量；
（5）A.．适当升高温度可以增大催化剂碘的溶解度，提高反应速率，同时提高邻位取代几率，所以能通过提高反应温度来提高产物中邻二氯苯的比例，故A正确；
B．因为催化剂具有选择性，使用对生成邻二氯苯有更高选择性的催化剂，以提高产物中邻二氯苯的比例，所以改变催化剂可以提高产物中邻二氯苯的比例，故B正确；
C．因为生成邻二氯苯和对二氯苯的反应为平行反应，无法确定生成邻二氯苯是吸热反应还是放热反应，降低温度不一定能提高产物中邻二氯苯的比例，故C错误；
D．改变反应物浓度可以改变化学反应速率，从而改变反应达到化学平衡状态的时间，但是产物浓度之比与反应时间无关，因此不能提高产物中邻二氯苯的比例，故D错误，
故答案为：AB。
【点评】本题考查了化学平衡有关知识的综合应用，题目难度中等，注意把握化学平衡的有关计算、影响化学平衡的因素、反应速率、电解方程式等，侧重于考查学生的分析能力、应用能力和计算能力。
2．（2020•浙江）研究CO2氧化C2H6制C2H4对资源综合利用有重要意义。
相关的主要化学反应有：
ⅠC2H6（g）⇌C2H4（g）+H2（g）△H1═136kJ•mol﹣1
ⅡC2H6（g）+CO2（g）⇌C2H4（g）+H2O（g）+CO（g）△H2═177kJ•mol﹣1
ⅢC2H6（g）+2CO2（g）⇌4CO（g）+3H2（g）△H3
ⅣCO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H4═41kJ•mol﹣1
已知：298K时，相关物质的相对能量（如图1）。

可根据相关物质的相对能量计算反应或变化的△H（△H随温度变化可忽略）。例如：H2O（g）═H2O（l）△H＝﹣286kJ•mol﹣1﹣（﹣242kJ•mol﹣1）＝﹣44kJ•mol﹣1。
请回答：
（1）①根据相关物质的相对能量计算△H3＝　+430　kJ•mol﹣1。
②下列描述正确的是　AD　
A．升高温度反应Ⅰ的平衡常数增大
B．加压有利于反应Ⅰ、Ⅱ的平衡正向移动
C．反应Ⅲ有助于乙烷脱氢，有利于乙烯生成
D．恒温恒压下通水蒸气，反应Ⅳ的平衡逆向移动
③有研究表明，在催化剂存在下，反应Ⅱ分两步进行，过程如下：【C2H6（g）+CO2（g）】→【C2H4（g）+H2（g）+CO2（g）】→【C2H4（g）+CO（g）+H2O（g）】，且第二步速率较慢（反应活化能为210kJ•mol﹣1）。根据相关物质的相对能量，画出反应Ⅱ分两步进行的“能量﹣反应过程图”，起点从【C2H6（g）+CO2（g）】的能量﹣477kJ•mol﹣1，开始（如图2）。
（2）①CO2和C2H6按物质的量1：1投料，在923K和保持总压恒定的条件下，研究催化剂X对“CO2氧化C2H6制C2H4”的影响，所得实验数据如下表：
催化剂
转化率C2H6/%
转化率CO2/%
产率C2H4/%
催化剂X
19.0
37.6
3.3
结合具体反应分析，在催化剂X作用下，CO2氧化C2H6的主要产物是　CO　，判断依据是　C2H4的产率低，说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率　。
②采用选择性膜技术（可选择性地让某气体通过而离开体系）可提高C2H4的选择性（生成C2H4的物质的量与消耗C2H6的物质的量之比）。在773K，乙烷平衡转化率为9.1%，保持温度和其他实验条件不变，采用选择性膜技术，乙烷转化率可提高到11.0%．结合具体反应说明乙烷转化率增大的原因是　选择性膜吸附C2H4，促进反应Ⅱ平衡正向移动　。
【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．菁优网版权所有
【专题】化学平衡专题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）①焓变△H＝生成物的相对总能量﹣反应物的相对总能量；
②根据平衡移动原理分析温度、压强和反应物的浓度对化学平衡的影响，并作出相关的判断；
③根据相关物质的相对能量和活化能计算出中间产物、过渡态和最终产物的相对能量，根据图象中的关键数据作图；
（2）①催化剂的选择性表现在对不同反应的选择性不同：C2H4的产率远远小于C2H6的转化率、CO2的转化率高于C2H6，说明在催化剂X的作用下，除了发生反应Ⅱ，还发生了反应Ⅲ，并且主要发生反应III；
②选择性膜可选择性的让某气体通过而离开体系，采用选择性膜技术，降低平衡体系中C2H4的浓度，从而促进反应Ⅱ的化学平衡向正反应方向移动。
【解答】解：（1）①由图1的数据可知，C2H6（g）、CO2（g）、CO（g）、H2（g）的相对能量分别为﹣84kJ•mol﹣1、﹣393 kJ•mol﹣1、﹣110 kJ•mol﹣1、0 kJ•mol﹣1．由题中信息可知，△H＝生成物的相对总能量﹣反应物的相对总能量，因此，C2H6（g）+2CO2（g）⇌4CO（g）+3H2（g）△H3＝（﹣110kJ•mol﹣1）×4﹣（﹣84kJ•mol﹣1）﹣（﹣393 kJ•mol﹣1）×2＝+430kJ•mol﹣1，
故答案为：+430；
②A．反应Ⅰ为吸热反应，升高温度能使其化学平衡向正反应方向移动，化学平衡常数增大，故A正确；
B．反应Ⅰ和反应Ⅱ的正反应均为气体分子数增大的反应，增大压强，其化学平衡均向逆反应方向移动，故B错误；
C．反应Ⅲ的产物中有CO，CO的浓度增大，能使反应Ⅱ的化学平衡向逆反应方向移动，不利于乙烷脱氢和乙烯的生成，故C错误；
D．反应Ⅳ的反应前后气体分子数不变，在恒温恒压下向平衡体系中通入水蒸气，体系的总体积变大，水蒸气的浓度变大，其他组分的浓度均减小相同的倍数，则该反应的浓度商Qc变大（大于平衡常数），所以化学平衡向逆反应方向移动，故D正确；
故答案为：AD；
③由题中信息可知，反应Ⅱ分两步进行，第一步的反应是C2H6（g）+CO2（g）＝C2H4（g）+H2（g）+CO2（g），C2H4（g）、H2（g）、CO2（g）的相对能量之和为52kJ•mol﹣1+0+（﹣393kJ•mol﹣1）＝﹣341kJ•mol﹣1；第二步的反应是C2H4（g）+H2（g）+CO2（g）＝C2H4（g）+H2O（g）+CO（g），其活化能为210kJ•mol﹣1，故该反应体系的过渡态的相对能量又升高了210kJ•mol﹣1，过渡态的的相对能量变为﹣341kJ•mol﹣1+210kJ•mol﹣1＝﹣131kJ•mol﹣1，最终生成物C2H4（g）、H2O（g）、CO（g）的相对能量之和为（52kJ•mol﹣1）+（﹣242kJ•mol﹣1）+（﹣110kJ•mol﹣1）＝﹣300kJ•mol﹣1，根据题中信息，第一步反应是快反应，反应的活化能较小，第二步的活化能较大，所以反应Ⅱ分两步进行的“能量﹣反应过程图”可以表示为：，
故答案为：。
（2）①由题中信息及表中数据可知，尽管CO2和C2H6按物质的量之比1：1投料，但是C2H4的产率远远小于C2H6的转化率、CO2的转化率高于C2H6，说明在催化剂X的作用下，除了发生反应Ⅱ，还发生了反应Ⅲ，并且反应Ⅲ为主反应，这也说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率，即CO2氧化C2H6的主要产物是CO，
故答案为：CO；C2H4的产率低说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率；
②由题中信息可知，选择性膜技术可提高C2H4的选择性，可选择性地让C2H4通过而离开体系，使平衡体系中C2H4的浓度降低，从而促进反应ⅡC2H6（g）+CO2（g）⇌C2H4（g）+H2O（g）+CO（g）的化学平衡向正反应方向移动，提高乙烷的转化率。
故答案为：选择性膜吸附C2H4，促进反应Ⅱ平衡向正反应方向移动。
【点评】本题考查化学平衡及其影响因素、反应热的计算、平衡图象分析与判断等知识，侧重考查学生分析能力和灵活运用能力，准确提取题中的关键信息和关键数据及数据的处理是解答本题的关键，把握活化能概念及活化能与化学反应速率的关系、化学平衡的影响因素即可解答，要求考生细心、有耐心和扎实的基本功，注意选择性膜技术的理解，题目难度较大。
3．（2020•浙江）研究NOx之间的转化具有重要意义。
（1）已知：N2O4（g）⇌2NO2（g）△H＞0
将一定量N2O4气体充入恒容的密闭容器中，控制反应温度为T1。
①下列可以作为反应达到平衡的判据是　A、E　。
A．气体的压强不变B．v正（N2O4）＝2v逆（NO2）C．K不变
D．容器内气体的密度不变E．容器内颜色不变
②t1时刻反应达到平衡，混合气体平衡总压强为p，N2O4气体的平衡转化率为75%，则反应N2O4（g）═2NO2（g）的平衡常数Kp＝　　（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，如p（B）＝p•x（B），p为平衡总压强，x（B）为平衡系统中B的物质的量分数）。
③反应温度T1时，c（N2O4）随t（时间）变化曲线如图1，画出0～t2时段，c（NO2）随t变化曲线。
保持其它条件不变，改变反应温度为T2（T2＞T1），再次画出0～t2时段，c（NO2）随t变化趋势的曲线。

（2）NO氧化反应：2NO（g）+O2（g）═2NO2（g）分两步进行，其反应过程能量变化示意图如图2。
Ⅰ2NO（g）→N2O2（g）△H1
ⅡN2O2（g）+O2（g）→2NO2（g）△H2
①决定NO氧化反应速率的步骤是　Ⅱ　（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）。

②在恒容的密闭容器中充入一定量的NO和O2气体，保持其它条件不变，控制反应温度分别为T3和T4（T4＞T3），测得c（NO）随t（时间）的变化曲线如图3。
转化相同量的NO，在温度　T4　（填“T3”或“T4”）下消耗的时间较长，试结合反应过程能量图（图2）分析其原因　△H1＜0，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c（N2O2）减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响　。
【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．菁优网版权所有
【专题】化学平衡专题；化学反应速率专题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）①反应达到平衡时，v正＝v逆，各组分的浓度不再改变，混合气体密度为，据此逐项分析；
②根据方程式计算各组分的平衡量，再代入平衡常数表达式计算Kp的值；
③反应到达平衡时△c（N2O4）＝0.03mol/L，则△c（NO2）＝0.06mol/L，平衡时c（NO2）＝0.06mol/L，反应吸热，升高温度有助于生成更多的NO2，据此作图；
（2）①决定整个反应速率是最慢的一步反应，即活化能最大的一步；
②根据图象T4没有T3陡，则转化相同量的NO，T4下耗时更长，据此分析。
【解答】解：（1）①A．反应前后气体物质的量不等，说明体系压强会发生变化，气体的压强不变可以说明反应达到平衡，故A正确；
B．反应达到平衡时，v正＝v逆，应满足2v正（N2O4）＝v逆（NO2），故B错误；
C．K只随温度的改变而改变，故C错误；
D．混合气体密度为，反应前后m不变，V不变，所以混合气体密度一直不变，无法说明化学平衡，故D错误；
E．容器内颜色不变说明c（NO2）不变，可以说明达到化学平衡，故E正确，
故答案为：A、E；
②发生的反应为：N2O4（g）═2NO2（g），N2O4气体的平衡转化率为75%，
起始（mol） n 0
平衡（mol） n
混合气体平衡总压强为p，则平衡时p（N2O4）＝＝p，p（NO2）＝，所以Kp＝＝＝p，
故答案为：p；
③反应到达平衡时△c（N2O4）＝0.03mol/L，则△c（NO2）＝0.06mol/L，平衡时c（NO2）＝0.06mol/L，反应吸热，升高温度有助于生成更多的NO2，所以作图为：，
故答案为：；
（2）①决定整个反应速率是最慢的一步反应，即活化能最大的一步，根据图象分析，决定NO氧化反应速率的步骤是Ⅱ，
故答案为：Ⅱ；
②根据图象T4没有T3陡，则转化相同量的NO，T4下耗时更长，
根据能量图分析，△H1＜0，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c（N2O2）减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响，
故答案为：T4；△H1＜0，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c（N2O2）减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响。
【点评】本题考查了化学平衡图象的分析判断，平衡常数的概念理解和计算，影响化学平衡和化学反应速率的因素分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等。
4．（2020•新课标Ⅲ）二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO2的热点研究领域。回答下列问题：
（1）CO2催化加氢生成乙烯和水的反应中，产物的物质的量之比n（C2H4）：n（H2O）＝　1：4　。当反应达到平衡时，若增大压强，则n（C2H4）　变大　（填“变大”“变小”或“不变”）。
（2）理论计算表明。原料初始组成n（CO2）：n（H2）＝1：3，在体系压强为0.1MPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。图中，表示C2H4、CO2变化的曲线分别是　d　、　c　。 CO2催化加氢合成C2H4反应的△H　小于　0 （填“大于”或“小于”）。
（3）根据图中点A（440K，0.39），计算该温度时反应的平衡常数Kp＝　　（MPa）﹣3（列出计算式。以分压表示，分压＝总压×物质的量分数）。
（4）二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随副反应，生成C3H6、C3H8、C4H8等低碳烃。一定温度和压强条件下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当　选择合适的催化剂　。

【考点】化学平衡的计算．菁优网版权所有
【专题】化学平衡计算．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据质量守恒定律配平化学方程式，可以确定产物的物质的量之比。根据可逆反应的特点分析增大压强对化学平衡的影响；
（2）原料初始组成n（CO2）：n（H2）＝1：3，根据方程式，生成物乙烯与水物质的量之比为1：4，从图中找到关键数据确定代表各组分的曲线；
根据图中代表各组分的曲线随温度变化的趋势，确定该反应是放热反应还是吸热反应；
（3）原料初始组成n（CO2）：n（H2）＝1：3，在体系压强为0.1Mpa建立平衡，由A点坐标可知，该温度下，氢气和水的物质的量分数均为0.39，生成物乙烯与水物质的量之比为1：4，求出乙烯、二氧化碳的物质的量分数，结合化学平衡常数公式计算；
（4）根据催化剂对化反应速率的影响和对主反应的选择性，工业上通常要选择合适的催化剂以提高化学反应速率、减少副反应的发生。
【解答】解：（1）CO2催化加氢生成乙烯和水，该反应的化学方程式可表示为2CO2+6H2⇌CH2＝CH2+4H2O，
则该反应中产物的物质的量之比n（C2H4）：n（H2O）＝1：4；
由于该反应是气体分子数减少的反应，当反应达到平衡状态时，若增大压强，则化学平衡向正反应方向移动，n（C2H4）变大，
故答案为：1：4；变大；
（2）由题中信息可知，两反应物初始投料之比等于化学计量数之比；由图中曲线的起点坐标可知，c和a所表示的物质的物质的量分数之比为1：3、d和b表示的物质的物质的量分数之比为1：4，则结合化学计量数之比可以判断，表示乙烯变化的曲线是d，表示二氧化碳变化曲线的是c；
由图中曲线的变化趋势可知，升高温度，乙烯的物质的量分数减小，则化学平衡向逆反应方向移动，则该反应为放热反应，△H小于0，
故答案为：d；c；小于；
（3）原料初始组成n（CO2）：n（H2）＝1：3，在体系压强为0.1Mpa建立平衡，由A点坐标可知，该温度下，氢气和水的物质的量分数均为0.39，则乙烯的物质的量分数为水的四分之一，即乙烯的物质的量分数为，二氧化碳的物质的量分数为氢气的三分之一，即二氧化碳的物质的量分数为，
Kp＝＝＝（MPa）﹣3，
故答案为：；
（4）工业上通常通过选择合适催化剂，以加快化学反应速率，同时还可以提高目标产品的选择性，减少副反应的发生。因此，一定温度和压强下，为了提高反应速率和乙烯的选择性，应当选择合适的催化剂，
故答案为：选择合适的催化剂。
【点评】本题考查化学平衡相关知识，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，确定图中曲线所代表的化学物质是难点，其关键在于明确物质的量的分数之比等于各组分的物质的量之比，也等于化学计量数之比（在初始投料之比等于化学计量数之比的前提下，否则不成立），此题难度较大。
5．（2020•新课标Ⅱ）天然气的主要成分为CH4，一般还含有C2H6等烃类，是重要的燃料和化工原料。
（1）乙烷在一定条件可发生如下反应：C2H6（g）═C2H4（g）+H2（g）△H1，相关物质的燃烧热数据如下表所示：
物质
C2H6（g）
C2H4（g）
H2（g）
燃烧热△H/（kJ•mol﹣1）
﹣1560
﹣1411
﹣286
①△H1＝　+137　kJ•mol﹣1。
②提高该反应平衡转化率的方法有　升高温度　、　减少压强（增大体积）　。
③容器中通入等物质的量的乙烷和氢气，在等压下（p）发生上述反应，乙烷的平衡转化率为α．反应的平衡常数Kp＝　×p　 （用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。
（2）高温下，甲烷生成乙烷的反应如下：2CH4C2H6+H2．反应在初期阶段的速率方程为：r＝k×c，其中k为反应速率常数。
①设反应开始时的反应速率为r1，甲烷的转化率为α时的反应速率为r2，则r2＝　1﹣α　r1。
②对于处于初期阶段的该反应，下列说法正确的是　AD　。
A．增加甲烷浓度，r增大
B．增加H2浓度，r增大
C．乙烷的生成速率逐渐增大
D．降低反应温度，k减小
（3）CH4和CO2都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如图所示：

①阴极上的反应式为　CO2+2e﹣＝CO+O2﹣　。
②若生成的乙烯和乙烷的体积比为2：1，则消耗的CH4和CO2体积比为　6：5　。
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【专题】化学平衡专题；电化学专题；化学计算．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）①燃烧热是指1mol燃料充分燃烧生成温度氧化物所释放的热量，写出乙烷、乙烯和氢气燃烧热写出热化学方程式：
根据盖斯定律，合并方程式得C2H6（g）═C2H4（g）+H2（g）△H1＝+137kJ•mol﹣1
②根据反应的特点，是一个气体计量数增大的吸热反应，提高该反应平衡转化率，就是使化学平衡右移，可以采用的措施有升高温度、减小压强（增大体积）；
③利用三段式求出平衡时的总物质的量和各物质量，根据阿伏加德罗定律的推论，压强之比等于物质的量比，求出反应后各物质的分压；KP＝求解；
（2）①根据反应在初期阶段的速率方程为：r＝k×c，其中k为反应速率常数，c（CH4）为甲烷的即时浓度，代入数据求解；
②对于处于初期阶段的该反应，根据速率方程为：r＝k×c，看出速率与甲烷的浓度成正比，与氢气的浓度无关，速率常数k 受温度影响；
（3）CH4和CO2都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如图所示：由图象知阴极：CO2+2e﹣＝CO+O2﹣，
阳极甲烷变成乙烷、乙烯和水，再根据电荷守恒，和电解池中离子的移动解题。
【解答】解：（1）①燃烧热是指1mol燃料充分燃烧生成稳定氧化物所释放的热量，利用燃烧热写出热化学方程式：
Ⅰ乙烷的燃烧：C2H6（g）+3.5O2＝2CO2（g）+3H2O（l）△H＝﹣1560kJ•mol﹣1
Ⅱ乙烯的燃烧：C2H4（g）+3O2＝2CO2（g）+2H2O（l）△H＝﹣1411kJ•mol﹣1
Ⅲ氢气的燃烧：H2（g）+0.5O2＝H2O（l）△H＝﹣286kJ•mol﹣1
根据盖斯定律，Ⅰ﹣Ⅱ﹣Ⅲ得C2H6（g）═C2H4（g）+H2（g）△H1＝+137kJ•mol﹣1
故答案为：+137；
②C2H6（g）⇌C2H4（g）+H2（g）△H1＝137kJ•mol﹣1是一个气体计量数增大的吸热反应，提高该反应平衡转化率，就是使化学平衡右移，可以采用的措施有升高温度、减小压强（增大体积）等；
故答案为：升高温度；减小压强（增大体积）；
③设容器中通入乙烷和氢气的物质的量为m
C2H6═C2H4 +H2
开始 m 0 m
变化 αm αm αm
平衡 m﹣αm αm m+αm
平衡时的总物质的量＝m﹣αm+αm+m+αm＝2m+αm
在等压下（p）发生上述反应，反应后各物质的分压：P（H2）＝＝ 同理P（C2H4）＝、P（C2H6）＝
KP＝＝×p；
故答案为：×p；
（2）①根据反应在初期阶段的速率方程为：r＝k×c，其中k为反应速率常数，r1＝kc（CH4），r2＝kc（CH4）（1﹣α），由于k不受反应物浓度影响，所以r2＝r1（1﹣α），
故答案为：1﹣α；
②A．根据速率方程r＝k×c，反应速率与甲烷的浓度成正比，增加甲烷浓度，r增大，故A正确；
B．根据速率方程r＝k×c，反应速率与氢气的浓度成无关，增加H2浓度，r不变，故B错误；
C．乙烷的生成速率逐渐减小，随着反应的进行，甲烷的浓度减小，反应速率下降，故C错误；
D．无论反应是吸热还是放热，速率常数随温度升高增大，随反应温度降低，k减小，故D正确；
故选：AD；
（3）CH4和CO2都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如图所示：由图象知
阴极：CO2+2e﹣＝CO+O2﹣，生成的乙烯和乙烷的体积比为2：1的阳极反应：6CH4+5O2﹣﹣10e﹣＝2C2H4+C2H6+5H2O，根据电荷守恒知道消耗的CH4和CO2体积比为6：5。
故答案为：CO2+2e﹣＝CO+O2﹣；6：5。
【点评】本题考查了热化学方程式、盖斯定律、影响平衡的因素、化学平衡常数的计算、速率的计算、电解池原理的应用，题目综合性强，难度较大，考查读表能力、计算能力、读图能力、表达能力，注重能力培养。
6．（2020•新课标Ⅰ）硫酸是一种重要的基本化工产品。接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧化：SO2（g）+O2（g）SO3（g）△H＝﹣98kJ•mol﹣1．回答下列问题：
（1）钒催化剂参与反应的能量变化如图（a）所示，V2O5（s）与SO2（g）反应生成VOSO4（s）和V2O4（s）的热化学方程式为：　2V2O5（s）+2SO2（g）＝2VOSO4（s）+V2O4（s）△H＝﹣351kJ•mol﹣1　。

（2）当SO2（g）、O2（g）和N2（g）起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa压强下，SO2平衡转化率α随温度的变化如图（b）所示。反应在5.0MPa、550℃时的α＝　0.975　，判断的依据是　反应是气体分子数减小的反应，压强越大转化率越大　。影响α的因素有　压强、温度、投料比　。
（3）将组成（物质的量分数）为2m% SO2（g）、m% O2（g）和q% N2（g）的气体通入反应器，在温度t、压强p条件下进行反应。平衡时，若SO2转化率为α，则SO3压强为　　，平衡常数Kp＝　　（以分压表示，分压＝总压×物质的量分数）。
（4）研究表明，SO2催化氧化的反应速率方程为：v＝k（﹣1）0.8（1﹣nα′）式中：k为反应速率常数，随温度t升高而增大；α为SO2平衡转化率，α′为某时刻SO2转化率，n为常数。在α′＝0.90时，将一系列温度下的k、α值代入上述速率方程，得到v～t曲线，如图（c）所示。

曲线上v最大值所对应温度称为该α′下反应的最适宜温度tm．t＜tm时，v逐渐提高；t＞tm后，v逐渐下降。原因是　反应温度升高，速率常数k增大使速率加快，但α降低造成速率v减小，t＜tm时，k增大对v的提高大于α引起的降低；t＞tm后，速率常数k增大小于α引起的降低　。
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【专题】化学平衡专题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由图象得出①V2O4（s）+SO3（g）＝V2O5（s）+SO2（g）△H＝﹣24kJ•mol﹣1，
②V2O4（s）+2SO3（g）＝2VOSO4（s）△H＝﹣399kJ•mol﹣1，
结合盖斯定律可知②﹣①×2得到：2V2O5（s）+2SO2（g）＝2VOSO4（s）+V2O4（s）；
（2）当SO2（g）、O2（g）和N2（g）起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa压强下，SO2平衡转化率α随温度的变化如图（b）所示，这个SO2（g）+O2（g）SO3（g）反应是气体分子数减小的反应，压强越大转化率越大，所以反应在5.0MPa、550℃时的α＝0.975，由图象看出压强越大转化率越高，温度越高转化率越小，转化率与影响平衡的因素：温度压强还与投料比有关，氧气越多SO2平衡转化率α越大；
（3）利用三段式计算出平衡时三氧化硫的量，利用阿伏加德罗定律的推论压强之比等于物质的量的比，分压＝总压×物质的量分数可解；
（4）v＝k（﹣1）0.8（1﹣nα′）温度升高，速率常数k增大，反应速率增大；SO2（g）+O2（g）SO3（g）△H＝﹣98kJ•mol﹣1．为放热反应，平衡转化率a减小，（﹣1）0.8减小，反应速率减小，t＜tm时，速率常数k增大，对速率的影响大于因（﹣1）0.8减小对速率的影响，总体速率加快；t＞tm后速率常数k增大没有α减小对速率影响大，速率减小。
【解答】解：（1）由图象得出①V2O4（s）+SO3（g）＝V2O5（s）+SO2（g）△H＝﹣24kJ•mol﹣1，
②V2O4（s）+2SO3（g）＝2VOSO4（s）△H＝﹣399kJ•mol﹣1，
由盖斯定律可知②﹣①×2得到：2V2O5（s）+2SO2（g）＝2VOSO4（s）+V2O4（s）△H＝﹣351kJ•mol﹣1；
故答案为：2V2O5（s）+2SO2（g）＝2VOSO4（s）+V2O4（s）△H＝﹣351kJ•mol﹣1；
（2）当SO2（g）、O2（g）和N2（g）起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa压强下，SO2平衡转化率α随温度的变化如图（b）所示，这个SO2（g）+O2（g）SO3（g）反应是气体分子数减小的反应，压强越大转化率越大，所以反应在5.0MPa、550℃时的α＝0.975，由图象看出压强越大转化率越高，温度越高转化率越小，转化率与影响平衡的因素：温度、压强还与投料比有关，氧气越多SO2平衡转化率α越大；
故答案为：0.975；该反应是气体分子数减小的反应，压强越大转化率越大，P1＝5.0MPa，该线550℃时的转化率为97.5%；压强、温度、投料比；
（3）根据体积之比等于物质的量的比，2m%+m%+q%＝100% 3m+q＝100，设SO2的物质的量为2m，O2的物质的量为m
SO2（g）+O2（g） SO3（g）
开始 2m m 0
变化 α×2m α×m α×2m
平衡 2m﹣α×2m m﹣α×m α×2m
反应后的总量：2m﹣α×2m+m﹣α×m+α×2m+q＝3m+q﹣αm，结合3m+q＝100，反应后的总量＝100﹣αm，
＝═，则p（SO3）＝，
平衡常数Kp＝＝＝，
故答案为：；；
（4）v＝k（﹣1）0.8（1﹣nα′）温度升高，表达式中速率常数k增大，反应速率增大；SO2（g）+O2（g）SO3（g）△H＝﹣98kJ•mol﹣1，为放热反应，平衡转化率α减小，（﹣1）0.8减小，反应速率减小，t＜tm时，速率常数k增大，对速率的影响大于因（﹣1）0.8减小对速率的影响，总体速率加快；t＞tm后速率常数k增大没有α减小对速率影响大，速率减小。
故答案为：反应温度升高，速率常数k增大使速率加快，但α降低造成速率v减小。t＜tm时，k增大对v的提高大于α引起的降低；t＞tm后，速率常数k增大小于α引起的降低。
【点评】本题考查了热化学方程式的书写，平衡转化率、压强平衡常数等知识点，情景陌生，要好好利用图象，考查分析问题的能力，计算能力，难度较大。
7．（2020•天津）利用太阳能光解水，制备的H2用于还原CO2合成有机物，可实现资源的再利用。回答下列问题：
Ⅰ．半导体光催化剂浸入水或电解质溶液中，光照时可在其表面得到产物
（1）图1为该催化剂在水中发生光催化反应的原理示意图。光解水能量转化形式为　光能转化为化学能　。
（2）若将该催化剂置于Na2SO3溶液中，产物之一为SO42﹣，另一产物为　H2　。若将该催化剂置于AgNO3溶液中，产物之一为O2，写出生成另一产物的离子反应式　Ag++e﹣＝Ag　。

Ⅱ．用H2还原CO2可以在一定条件下合成CH3OH （不考虑副反应）
CO2（g）+3H2 （g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H＜0
（3）某温度下，恒容密闭容器中，CO2和H2的起始浓度分别为a mol•L﹣1和3a mol•L﹣1，反应平衡时，CH3OH的产率为b，该温度下反应平衡常数的值为　　。
（4）恒压下，CO2和H2的起始物质的量比为1：3 时，该反应在无分子筛膜时甲醇的平衡产率和有分子筛膜时甲醇的产率随温度的变化如图2所示，其中分子筛膜能选择性分离出H2O。
①甲醇平衡产率随温度升高而降低的原因为　该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动（或平衡常数减小）　。
②P点甲醇产率高于T点的原因为　分子筛膜从反应体系中不断分离出H2O，有利于反应正向进行，甲醇产率升高　。
③根据图2，在此条件下采用该分子筛膜时的最佳反应温度为　210　℃。
Ⅲ．调节溶液pH可实现工业废气CO2的捕获和释放
（5）CO32﹣的空间构型为　平面三角形　。 已知25℃碳酸电离常数为Ka1、Ka2，当溶液pH＝12时，c（H2CO3）：c（HCO3﹣）：c（CO32﹣）＝1：　1012•Ka1　：　1024•Ka1•Ka2　。
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【专题】氧化还原反应专题；化学反应中的能量变化；原子组成与结构专题；化学平衡专题；电离平衡与溶液的pH专题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由图1所示，在光催化下，H+生成H2，H2O生成O2；
（2）根据氧化还原反应原理分析：Na2SO3的S元素由+4化合价升高被氧化生成+6价的SO42﹣中的S元素；AgNO3溶液中﹣2价O元素化合价升高生成O2，只能是Ag+的化合价降低；
（3）根据方程式列出数据来计算，K＝；
（4）①△H＜0，该反应为放热反应；
②不断分离出H2O，生成物浓度减小，平衡正向移动；
③根据图2采用该分子筛膜时的最佳点为为产率最高点；
（5）根据价层电子对互斥理论，价层电子对数＝σ+（a﹣xb），若为阴离子，a＝价电子数+电荷数；价层电子对数＝3，空间构型为平面三角形，去掉孤电子对，即为分子的空间构型；Ka1＝，Ka2＝。
【解答】解：（1）由图1所示，在光催化下，H+生成H2，H2O生成O2；光能转化为化学能，
故答案为：光能转化为化学能；
（2）Na2SO3溶液中的SO32﹣的S元素由+4化合价升高被氧化生成+6价的SO42﹣中的S元素，必有化合价降低的元素，只能是H+化合价降低生成H2；AgNO3溶液中﹣2价O元素化合价升高生成O2，只能是Ag+的化合价降低生成0价的Ag，即生成另一产物的离子反应式为：Ag++e﹣＝Ag，
故答案为：H2；Ag++e﹣＝Ag；
（3）根据方程式列出数据，反应平衡时，CH3OH的产率为b，得到的CH3OH的物质的量浓度为：abmol•L﹣1；
CO2（g）+3H2 （g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），
开始时 amol•L﹣1 3amol•L﹣1 0 0
变化 abmol•L﹣1 3abmol•L﹣1 abmol•L﹣1 abmol•L﹣1
平衡时 （a﹣ab）mol•L﹣1 （3a﹣3ab）mol•L﹣1 abmol•L﹣1 abmol•L﹣1 则K＝＝＝，
故答案为：；
（4）①△H＜0，该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动（或平衡常数减小），所以甲醇平衡产率随温度升高而降低，
故答案为：该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动（或平衡常数减小）；
②P点甲醇产率高于T点是因为分子筛膜从反应体系中不断分离出H2O，生成物浓度减小，平衡正向移动，有利于反应正向进行，甲醇产率升高，
故答案为：分子筛膜从反应体系中不断分离出H2O，有利于反应正向进行，甲醇产率升高；
③根据图2，在此条件下采用该分子筛膜时的最佳点为产率最高点，即P点，相应温度为：210℃，
故答案为：210；
（5）根据分析，价层电子对数＝σ+（a﹣xb）＝3+（4+2﹣2×3）＝3+0＝3，价层电子对数＝3，空间构型为平面（正）三角形，去掉孤电子对0，即为分子的空间构型，所以为：平面三角形。
pH＝12，即c（H+）＝10﹣12mol•L﹣1；Ka1＝，得c（CO32﹣）＝＝1012•Ka1•c（H2CO3）；Ka2＝，得c（CO32﹣）＝＝1024•Ka1•Ka2•c（H2CO3）；c（H2CO3）：c（HCO3﹣）：c（CO32﹣）＝1：1012•Ka1•c（H2CO3）：1024•Ka1•Ka2•c（H2CO3）＝1：1012•Ka1：1024•Ka1•Ka2，
故答案为：平面三角形；1012•Ka1；1024•Ka1•Ka2。
【点评】本题考查学生对平衡及杂化理论的理解和掌握，题目难度中等，掌握化学平衡、电离平衡、氧化还原反应、杂化轨道等，明确化学平衡常数和电离平衡常数的计算是解题关键。同时考查阅读题目获取新信息能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。
8．（2020•上海）乙烯氯氧化法是当今世界上制备聚氯乙烯单体的最先进的方法。
已知：2CH2＝CH2（g）+4HCl（g）+O2（g）→2ClCH2CH2Cl（g）+2H2O（g）
（1）容器体积为2L，起始气体总物质的量为1mol，10min后，气体总物质的量仅为70%，则CH2＝CH2反应速率为　0.01mol/（L•min）　。
（2）ClCH2CH2Cl（g）⇌CH2＝CHCl（g）+HCl（g）如图为ClCH2CH2Cl的转化率α与温度和压强的关系。则平衡常数表示为K＝　　，根据图象判断P1　＜　P2（填“＞”、“＜”或“＝”），该反应为　吸热　反应（填“吸热或放热”）
（3）工业上，可用氯气与碱反应制取消毒剂。
Cl2+2NaOH→NaCl+NaClO+H2O
3Cl2+6NaOH（热）→5NaCl+NaClO3+3H2O
上述两个反应都是放热反应，工业上欲制备高纯度的次氯酸钠型消毒剂，需要控制温度，采取的措施可以是
　采用冰水冷却，或再设备中增加冷却装置，使反应产生的热量及时散失　（请设计一个方案）。消毒剂的消毒效率常用有效氯的含量来表示，有效氯含量的实质就是指单位质量的含氯化合物中所含氧化态氯的氧化能力相当于多少纯净氯气的氧化能力。具体分析中，也可以采用消毒液在酸性条件下所放出的游离氯（Cl2）的质量与原消毒剂质量之比来表示有效氯。则上述过程中制得的高纯度次氯酸钠型消毒剂，其有效氯为　　。
（4）配平下列化学方程式方程式：
　2　NH4++　3　ClO﹣→　1　N2+　3　Cl﹣+　3　H2O+　2　H+
（5）溶液中NH4+检验的方法是　取少量待测液试样与试管中，滴加浓氢氧化钠溶液，加热，若产生的气体能使湿润的红色试纸变蓝色，则说明原溶液中含有NH4+离子　。

【考点】化学平衡的计算．菁优网版权所有
【专题】化学平衡专题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）设10min后转化xmolCH2＝CH2，根据物质的量的含量计算x，结合v＝计算；
（2）对于ClCH2CH2Cl（g）⇌CH2＝CHCl（g）+HCl（g），平衡常数为生成物与反应物浓度幂之积的比值，增大压强，平衡逆向移动，由图象可知升高温度，转化率增大，说明平衡正向移动；
（3）由题给信息可知温度较高时发生3Cl2+6NaOH（热）→5NaCl+NaClO3+3H2O，则应在较低温度下反应制备高纯度的NaClO，消毒剂的主要成分为NaCl和NaClO，酸性条件下发生2H++ClO﹣+Cl﹣═Cl2↑+H2O，结合方程式计算；
（4）反应中N元素化合价由﹣3价升高到0价，Cl元素化合价由+1价降低为﹣1价，结合得失电子守恒、电荷守恒和质量守恒配平；
（5）铵根离子可与碱反应生成氨气，氨气可使红色石蕊试纸变蓝。
【解答】解：（1）设10min后转化xmolCH2＝CH2，则
2CH2＝CH2（g）+4HCl（g）+O2（g）→2ClCH2CH2Cl（g）+2H2O（g）△n
2 3
x 0.3mol
x＝0.2，则v＝＝＝0.01mol/（L•min），
故答案为：0.01mol/（L•min）；
（2）对于ClCH2CH2Cl（g）⇌CH2＝CHCl（g）+HCl（g），K＝，
增大压强，平衡逆向移动，则转化率减小，可知P1＜P2，由图象可知升高温度，转化率增大，说明平衡正向移动，则正反应为吸热反应，
故答案为：；＜；吸热；
（3）由题给信息可知温度较高时发生3Cl2+6NaOH（热）→5NaCl+NaClO3+3H2O，则应在较低温度下反应制备高纯度的NaClO，采取的措施为降温，可采用冰水冷却，或再设备中增加冷却装置，使反应产生的热量及时散失，
消毒剂的主要成分为NaCl和NaClO，酸性条件下发生2H++ClO﹣+Cl﹣═Cl2↑+H2O，设NaCl、NaClO都为1mol，则质量为58.5g+74.5g＝133g，生成1mol氯气，质量为71g，则有效氯为为，
故答案为：采用冰水冷却，或再设备中增加冷却装置，使反应产生的热量及时散失；；
（4）反应中N元素化合价由﹣3价升高到0价，Cl元素化合价由+1价降低为﹣1价，反应的离子方程式为2NH4++3ClO﹣＝N2+3Cl﹣+3H2O+2H+，
故答案为：2；3；1；3；3；2；
（5）铵根离子可与碱反应生成氨气，氨气可使红色石蕊试纸变蓝，检验方法是取少量待测液试样与试管中，滴加浓氢氧化钠溶液，加热，若产生的气体能使湿润的红色试纸变蓝色，则说明原溶液中含有NH4+离子，
故答案为：取少量待测液试样与试管中，滴加浓氢氧化钠溶液，加热，若产生的气体能使湿润的红色试纸变蓝色，则说明原溶液中含有NH4+离子。
【点评】本题考查较为综合，涉及化学平衡计算、平衡移动、氧化还原反应以及离子检验等知识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力，题目以元素化合物为载体，将化学反应原理和化学实验巧妙结合综合考查元素化合物的知识的综合理解和运用，有利于培养学生良好的科学素养和化学核心价值观，题目难点中等。
9．（2020•山东）探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CH3OH的产率。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下：
Ⅰ．CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1＝﹣49.5 kJ•mol﹣1
Ⅱ．CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H2＝﹣90.4 kJ•mol﹣1
Ⅲ．CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H3
回答下列问题：
（1）△H3＝　+40.9　kJ•mol﹣1。
（2）一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1mol CO2和3mol H2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH（g）为amol，CO为bmol，此时H2O（g）的浓度为　　mol•L﹣1（用含a、b、V的代数式表示，下同），反应Ⅲ的平衡常数为　　。
（3）不同压强下，按照n（CO2）：n（H2）＝1：3投料，实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度的变化关系如图所示。

已知：CO2的平衡转化率＝×100%
CH3OH的平衡产率＝×100%
其中纵坐标表示CO2平衡转化率的是图　乙　（填“甲”或“乙”）；压强p1、p2、p3由大到小的顺序为　p1＞p2＞p3　；图乙中T1温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是　T1时以反应III为主，反应III前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响　。
（4 ）为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，应选择的反应条件为　A　（填标号）。
A．低温、高压 B．高温、低压 C．低温、低压 D．高温、高压
【考点】化学平衡的计算．菁优网版权所有
【专题】化学平衡专题；化学平衡计算．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据盖斯定律反应I﹣反应II计算反应III的焓变△H3；
（2）根据C原子守恒计算平衡时n（CO2）＝（1﹣a﹣b）mol，再根据O、H原子守恒计算平衡时n（H2O）＝（a+b）mol、n（H2）＝（3﹣3a﹣b）mol，结合反应III的平衡常数表达式计算反应Ⅲ的平衡常数K；
（3）由图乙可知，T1温度后纵坐标对应量的变化与压强无关（3条曲线重合）、只与温度有关，而反应III是气体体积不变化的反应，CO2的平衡转化率只与温度有关；温度一定时，增大压强，反应I、II的平衡正向移动，CO2的平衡转化率或CH3OH的平衡产率均增大，即压强越大，CO2的平衡转化率或CH3OH的平衡产率越大；
（4）该实验的目的是探究有利于提高CH3OH的产率的影响因素，则反应I为主反应，反应II、III为副反应，有利于反应I正向进行、副反应受到抑制的措施均能提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，结合化学平衡移动的影响因素分析解答。
【解答】解：（1）Ⅰ．CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1＝﹣49.5 kJ•mol﹣1
Ⅱ．CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H2＝﹣90.4 kJ•mol﹣1
根据盖斯定律反应I﹣反应II计算反应III：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）的焓变△H3＝﹣49.5kJ•mol﹣1﹣（﹣90.4kJ•mol﹣1）＝+40.9kJ•mol﹣1，
故答案为：+40.9；
（2）根据C原子守恒计算n（CO2）平衡＝1﹣n（CH3OH）﹣n（CO）＝（1﹣a﹣b）mol，O原子守恒有n（H2O）＝2[n（CO2）﹣n（CO2）平衡]﹣n（CH3OH）﹣n（CO）＝2[1﹣（1﹣a﹣b）]mol﹣amol﹣bmol＝（a+b）mol，则c（H2O）＝mol/L，H原子守恒得到n（H2）平衡＝[2n（H2）﹣4n（CH3OH）﹣2n（H2O）]＝[3×2﹣4a﹣2（a+b）]mol＝（3﹣3a﹣b）mol，由于反应III是气体体积不变化的反应，可将平衡时各物质的物质的量数值代入平衡常数表达式中计算K，即K＝＝，
故答案为：；；
（3）反应III是气体体积不变化的反应，CO2的平衡转化率只与温度有关，由图乙可知，T1温度后纵坐标对应量的变化与压强无关（3条曲线重合）、只与温度有关，所以图乙对应纵坐标表示CO2平衡转化率，图甲表示CH3OH的平衡产率随温度的变化曲线，温度一定时，增大压强，反应I、II的平衡正向移动，CH3OH的平衡产率增大，即压强越大，CH3OH的平衡产率越大，由图可知相同温度下，p1时CH3OH的平衡产率最大，p3时CH3OH的平衡产率最小，所以压强：p1＞p2＞p3；由于反应III：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）是气体体积不变化的吸热反应，T1温度时，体系中主要发生反应III，所以三条曲线几乎交于一点，
故答案为：乙；p1＞p2＞p3；T1时以反应III为主，反应III前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响；
（4）该实验的目的是探究有利于提高CH3OH的产率的影响因素，则反应I为主反应，反应II、III为副反应，反应I正向是气体体积减小的放热反应，高压、低温均有利于主反应I的平衡正向移动，反应III受到抑制、反应III的抑制导致反应II也受到抑制，所以同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率的反应条件为高压、低温，故A正确，
故答案为：A。
【点评】本题考查化学平衡的计算，涉及化学平衡的影响因素、化学平衡常数的计算、图象分析以及盖斯定律的计算的应用等等知识，侧重考查学生分析能力和计算能力，把握化学平衡常数的计算、图象分析判断和化学平衡的影响因素是解题关键，注意原子守恒的计算应用，题目难度中等。
10．（2021•延边州模拟）CO2和CH4是两种重要的温室气体，通过CH4和CO2反应制造更高价值化学品是目前的研究目标。请回答下列问题：
Ⅰ．工业上可以利用CO2和H2合成CH3OH：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H＜0。该反应在起始温度和体积均相同（T℃、1L）的两个密闭容器中分别进行，反应物起始物质的量如表。

CO2（mol）
H2（mol）
CH3OH（mol）
H2O（mol）
反应a（恒温恒容）
1
3
0
0
反应b（绝热恒容）
0
0
1
1
（1）达到平衡时，反应a，b对比：CO2的体积分数φ（a）　＞　φ（b）。（填“＞”、“＜”或“＝”）
（2）下列能说明反应a达到平衡状态的是　BD　。（填字母）
A．v正（CO2）＝3v逆（H2）
B．混合气体的平均摩尔质量不再改变
C．c（CH3OH）＝c（H2O）
D．容器内压强不再改变
Ⅱ．我国科学家研究了不同反应温度对含碳产物组成的影响。
已知：反应1：CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）△H＜0
反应2：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H＞0
在密闭容器中通入3mol的的H2和1mol的CO2，分别在1MPa和10MPa下进行反应。实验中对平衡体系组成的三种物质（CO2、CO、CH4）进行分析，其中温度对CO和CH4的影响如图1所示。

（3）1MPa时，表示CH4和CO平衡组成随温度变化关系的曲线分别是　a　和　d　。M点平衡组成含量高于N点的原因是　温度相同时，增大压强使反应1平衡正移，H2O的百分含量增大，使反应2逆移，CO百分含量降低　。
（4）图中当CH4和CO平衡组成均为40%时，若容器的体积为1L，该温度下反应1的平衡常数K的值为　2.88　。
Ⅲ．在T1时，向体积为2L的恒容容器中充入物质的量之和为3mol的的CO和H2，发生反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），反应达到平衡时CH3OH（g）的体积分数（φ）与的关系如图2所示。
（5）当＝3.5时，达到平衡后，CH3OH的体积分数可能是图象中的　F　（填“D”、“E”或“F”）点。
（6）＝　2　时，CH3OH的体积分数最大。
【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算．菁优网版权所有
【专题】化学平衡专题；化学平衡计算．
【答案】（1）＞；
（2）BD；
（3）a；d；温度相同时，增大压强使反应1平衡正移，H2O的百分含量增大，使反应2逆移，CO百分含量降低；
（4）2.88；
（5）F；
（6）2。
【分析】（1）b绝热，反应发生使温度升高，平衡逆向移动；
（2）结合平衡的特征“等、定”及衍生的物理量判定平衡状态；
（3）对于反应1：升高温度，平衡逆向移动，CH4的含量减少，对于平衡2：升高温度，则平衡正向移动，CO的含量增加；增大压强，反应2不移动，但反应1的平衡正向移动，H2O的含量增大，使反应2逆向移动，导致CO含量降低；
（4）起始时n（CO2）＝1mol，则n（H2）＝3mol，由图可知当CH4和CO平衡组成为40%时，则CO2平衡组成为20%，根据C原子守恒有：n（CO）＝n（CH4）═1mol×40%＝0.4mol，n（CO2）＝1mol×20%＝0.2mol，
则反应1：CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）
变化 0.4 1.6 0.4 0.8
反应2：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）
变化 0.4 0.4 0.4 0.4
平衡时：n（CO2）＝（1﹣0.4﹣0.4）mol＝0.2mol，n（H2O）＝（0.4+0.8）mol＝1.2mol，n（H2）＝3mol﹣1.6mol﹣0.4mol＝1mol，n（CH4）＝0.4mol，K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；
（5）C点＝2，增大氢气的量，促进CO的转化，平衡正向移动，但气体的总量增大；
（6）混合比例等于化学计量数之比时，平衡时生成物的含量最大。
【解答】解：（1）a为恒温，b为绝热容器，反应向逆反应进行，逆反应为吸热反应，平衡时温度比a中低，相当于a升高温度平衡向逆反应方向移动，CO2的体积分数增大，φ（a）＞φ（b），
故答案为：＞；
（2）A．当v正（CO2）＝3v逆（H2）时，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应a达到平衡状态，故A不选；
B．该反应是气体体积减小的反应，反应过程中气体总质量不变，总物质的量减小，则混合气体的平均摩尔质量增大，当混合气体的平均摩尔质量不再改变时，说明反应达到平衡状态，故B选；
C．c（CH3OH）＝c（H2O）时，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应a达到平衡状态，故C不选；
D．该反应是气体体积减小的反应，反应过程中压强减小，当容器内压强不再改变时，说明应达到平衡状态，故D选；
故答案为：BD；
（3）对于反应1：升高温度，平衡逆向移动，CH4的含量减少，对于平衡2：升高温度，则平衡正向移动，CO的含量增加；增大压强，反应2不移动，但反应1的平衡正向移动，H2O的含量增大，使反应2逆向移动，导致CO含量降低，综上可知温度相同时，压强越大，CH4的含量越大、CO含量越小，则压强为1MPa时，表示CH4和CO平衡组成随温度变化关系的曲线分别是a、d，
故答案为：a；d；温度相同时，增大压强使反应1平衡正移，H2O的百分含量增大，使反应2逆移，CO百分含量降低；
（4）起始时n（CO2）＝1mol，则n（H2）＝3mol，由图可知当CH4和CO平衡组成为40%时，则CO2平衡组成为20%，根据C原子守恒有：n（CO）＝n（CH4）═1mol×40%＝0.4mol，n（CO2）＝1mol×20%＝0.2mol，
则反应1：CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）
变化 0.4 1.6 0.4 0.8
反应2：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）
变化 0.4 0.4 0.4 0.4
平衡时：n（CO2）＝（1﹣0.4﹣0.4）mol＝0.2mol，n（H2O）＝（0.4+0.8）mol＝1.2mol，n（H2）＝3mol﹣1.6mol﹣0.4mol＝1mol，n（CH4）＝0.4mol，
反应1平衡常数K＝＝＝2.88，
故答案为：2.88；
（5）混合比例等于化学计量数之比时，平衡时生成物的含量最大，故＝3.5时，达到平衡状态后，甲醛的体积分数小于C点，F点符合题意，
故答案为：F；
（6）混合比例等于化学计量数之比时，平衡时生成物的含量最大，故＝2时，达到平衡状态后，甲醛的体积分数最大，
故答案为：2。
【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握平衡移动的影响因素、平衡三段法、K的计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意（4）为解答的难点，题目难度不大。
11．（2021•武汉模拟）甲醇是重要的化工原料，可用于制备甲醛、醋酸等产品。利用CH4与O2在催化剂的作用下合成甲醇。
主反应：CH4（g）+O2（g）═CH3OH（g）△H副反应：CH4（g）+2O2（g）⇌CO2（g）+2H2O（g）
回答下列问题：
（1）已知：CH3OH（l）═CH3OH（g）△H＝+138kJ/mol，CH4和CH3OH的燃烧热分别为﹣890kJ/mol、﹣726kJ/mol，则主反应的△H＝　﹣26　kJ/mol。
（2）科技工作者结合实验与计算机模拟结果，研究了CH4、O2和H2O（g）（H2O的作用是活化催化剂）按照一定体积比在催化剂表面合成甲醇的反应，部分历程如图所示（吸附在催化剂表面的物种用*标注，TS代表过渡态）。

①在催化剂表面上更容易被吸附的是　H2O　。（填“H2O”或“O2”）
②该历程中正反应最大的活化能为　22.37　kJ/mol，写出该步骤的化学方程式　*CH4+*OH＝*CH3OH+*H　。
（3）在恒温的刚性密闭容器中，分别按照CH4、O2的体积比为2：1以及CH4、O2、H2O（g）的体积比为2：1：8反应相同的时间，所得产物的选择性（如甲醇的选择性＝））如图所示。

①向反应体系中加入H2O（g）能够显著提高甲醇选择性的原因：　加入H2O（g），可使副反应逆向进行，二氧化碳的量减小，同时催化剂更容易吸附水，可提高甲醇选择性　。
②向上述刚性密闭容器中按照体积比2：1：8充入CH4、O2和H2O（g），在450K下达平衡时，CH4的转化率为50%，CH3OH的选择性为90%，则副反应的压强平衡常数Kp＝　54.9　。（计算结果保留1位小数）
【考点】有关反应热的计算；化学平衡的计算．菁优网版权所有
【答案】（1）﹣26；
（2）①H2O；
②22.37；*CH4+*OH＝*CH3OH+*H；
（3）①加入H2O（g），可使副反应逆向进行，二氧化碳的量减小，同时催化剂更容易吸附水，可提高甲醇选择性；
②54.9。
【分析】（1）热化学方程式Ⅰ为CH3OH（l）═CH3OH（g）△H＝+138kJ/mol，CH4和CH3OH的燃烧热分别为﹣890kJ/mol、﹣726kJ/mol，则热化学方程式Ⅱ为CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）△H＝﹣890kJ/mol，热化学方程式Ⅲ为CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H＝﹣726kJ/mol，根据盖斯定律Ⅱ﹣Ⅲ+Ⅰ得CH4（g）+O2（g）═CH3OH（g）；
（2）①比较*H2O和*O2的相对能量大小，能量低在催化剂表面上更容易被吸附；
②由图可知，该历程中正反应最大的活化能的步骤是*CH4、*OH和生成*CH3OH和*H；
（3）①加入H2O（g），可使副反应逆向进行，由（2）中信息可知催化剂更容易吸附水；
②假设CH4、O2和H2O（g）的物质的量分别为2amol、amol、8amol，在450K下达平衡时，CH4的转化率为50%，求出平衡时n（CH4），根据CH3OH的选择性为90%，计算出n（CH3OH）和n（CO2），再结合化学平衡三段式得出平衡时O2、H2O的物质的量，再结合Kp＝计算。
【解答】解：（1）热化学方程式Ⅰ为CH3OH（l）═CH3OH（g）△H＝+138kJ/mol，CH4和CH3OH的燃烧热分别为﹣890kJ/mol、﹣726kJ/mol，则热化学方程式Ⅱ为CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）△H＝﹣890kJ/mol，热化学方程式Ⅲ为CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H＝﹣726kJ/mol，根据盖斯定律Ⅱ﹣Ⅲ+Ⅰ得CH4（g）+O2（g）═CH3OH（g）△H＝（﹣890+726+138）kJ/mol＝﹣26kJ/mol，
故答案为：﹣26；
（2）①反应开始时H2O（g）和O2（g）的相对能量都为0，与催化剂接触后，*H2O的相对能量更低，说明H2O在催化剂表面上更容易被吸附，
故答案为：H2O；
②由图可知，该历程中正反应最大的活化能的步骤是*CH4、*OH和*H生成*CH3OH和2*H，则正反应最大活化能＝﹣12.68kJ/mol﹣（﹣35.03）kJ/mol＝22.37kJ/mol，化学方程式为：*CH4+*OH＝*CH3OH+*H，
故答案为：22.37；*CH4+*OH＝*CH3OH+*H；
（3）①加入H2O（g），可使副反应逆向进行，二氧化碳的量减小，同时催化剂更容易吸附水，可提高甲醇选择性，
故答案为：加入H2O（g），可使副反应逆向进行，二氧化碳的量减小，同时催化剂更容易吸附水，可提高甲醇选择性；
②假设CH4、O2和H2O（g）的物质的量为分别为2amol、amol、8amol，在450K下达平衡时，CH4的转化率为50%，CH4转化物质的量为amol，则平衡时n（CH4）＝amol，根据C原子守恒，则n（CH3OH）+n（CO2）＝amol，CH3OH的选择性为90%，CH3OH的选择性＝＝0.9，解得n（CH3OH）＝0.9amol，n（CO2）＝0.1amol，
CH4（g）+2O2（g）⇌CO2（g）+2H2O（g）
转化n（mol） 0.1a 0.2a 0.1a 0.2a
平衡n（mol） 0.1a 0.2a
CH4（g）+O2（g）═CH3OH（g）
转化n（mol） 0.9a 0.45a 0.9a
平衡n（mol） 0.9a
则平衡时n（O2）＝amol﹣0.45amol﹣0.2amol＝0.35amol，n（H2O）＝0.2a+8amol＝8.2amol，气体总物质的量为n（CH4）+n（O2）+n（CH3OH）+n（H2O）+n（CO2）＝amol+0.35amol+0.9amol+8.2amol+0.1amol＝10.55amol，设平衡时压强为p，则Kp＝＝≈54.9，
故答案为：54.9。
【点评】本题综合考查化学知识，侧重考查学生读取信息能力和计算能力，题目涉及反应热的计算、化学平衡的移动、化学平衡的计算等，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理以及化学平衡三段式解答，此题难度大。
12．（2021•河北模拟）乙醇水蒸气重整制氢是一种来源广泛的制备氢气的方法，主要反应为：①C2H5OH（g）+3H2O（g）⇌6H2（g）+2CO2（g）△H1
同时发生如下反应：
②C2H5OH（g）⇌H2（g）+CO（g）+CH4（g）△H2＝+49.6kJ•mol﹣1
③CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H3＝﹣41.4kJ•mol﹣1
（1）根据图1信息，计算反应①的△H1＝　+183.5kJ•mol﹣1　。
（2）已知在某催化剂作用下，乙醇的转化率、氢气的产率和体系中含碳物质百分含量随温度的变化如图2所示。随着温度的升高，CO2的百分含量先增大后减小的原因为　低温时以反应①为主，反应①为吸热反应，随着温度的升高平衡正向移动，CO2的产率增大，高温时，以反应③为主，反应③为放热反应，随着温度升高平衡逆向移动，CO2的产率下降　；催化剂发挥作用的最佳温度是　723K　。

（3）一定温度下，在2L恒容密闭容器中，充入0.8mol C2H5OH（g），1.5mol H2O（g）发生反应，经5min达到平衡，测得CH4（g）的浓度为0.1mol•L﹣1，CO（g）的浓度为0.05mol•L﹣1，CO2（g）的浓度为0.45mol•L﹣1，达到平衡时，反应①乙醇的转化率为　50%　，反应①的K＝　　。（列出计算式，不要求计算）
（4）A.Akande等研究了NiAl2O3催化剂上乙醇水蒸气重整反应的性能，提出了粗略的反应机理，如图所示，其中C2H5OH分解为该反应的决速步骤。

①在此反应历程中，所需活化能最大的步骤是　步骤II　。
②反应物在催化剂表面的吸附，对于此反应的进行起着至关重要的作用，可以提高C2H5OH在催化剂表面的吸附速率的措施为　bc　。（填标号）
a．提高水蒸气的浓度
b．增大乙醇蒸气的分压
c．增大催化剂的比表面积
d．降低产物浓度
③乙醇水蒸气重整制氢反应，在其他条件一定的情况下，不同催化剂对氢气产率的影响如图所示，M点处氢气的产率　一定不是　（填“可能是”、“一定是”或“一定不是”）该反应的平衡产率，原因为　M点处氢气的产率小于其他催化剂作用下氢气的产率，催化剂不影响平衡产率　。

【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．菁优网版权所有
【专题】化学平衡专题；化学平衡计算．
【答案】（1）+183.5kJ•mol﹣1；
（2）低温时以反应①为主，反应①为吸热反应，随着温度的升高平衡正向移动，CO2的产率增大，高温时，以反应③为主，反应③为放热反应，随着温度升高平衡逆向移动，CO2的产率下降；723K；
（3）50%；；
（4）①步骤II；
②bc；
③一定不是；M点处氢气的产率小于其他催化剂作用下氢气的产率，催化剂不影响平衡产率。
【分析】（1）焓变△H＝生成物具有的总能量﹣反应物具有的总能量；
（2）乙醇水蒸气重整制氢会发生3个反应，起始时体系温度低，随着温度的升高，反应速率加快，CO2的百分含量增大，达到平衡时，升高温度，反应③逆向移动，CO2的百分含量减小；催化剂具有选择性，所加催化剂主要是加快反应①的反应速率，CO2的百分含量最高点对应的温度为发挥作用的最佳温度；
（3）起始时C2H5OH（g）和H2O（g）的浓度分别为0.4mol/L、0.75mol/L，设平衡时C2H5OH（g）、H2O（g）和H2（g）的浓度分别为x、y、z，根据C、O、H原子守恒可知，0.8mol/L＝2x+0.1mol/L+0.05mol/L+0.45mol/L、0.4mol/L+0.75mol/L＝x+y+0.05mol/L+0.45mol/L×2、0.4mol/L×6+0.75mol/L×2＝6x+2y+2z+0.1mol/L×4，
解得x＝0.1mol/L、y＝0.1mol/L、z＝1.35mol/L，平衡时CH4（g）的浓度为0.1mol•L﹣1，根据反应②可知，生成0.1mol/LCH4（g）时消耗0.1mol/LC2H5OH（g），则反应①消耗C2H5OH（g）的量为0.4mol/L﹣0.1mol/L﹣0.1mol/L＝0.2mol/L，结合转化率公式和反应①的K＝进行计算；

（4）①反应的活化能越大，化学反应速率越慢，对整个反应速率有决定作用；
②影响催化剂表面吸附速率的因素有：浓度、温度、压强等，温度越低、浓度越大、压强越大，吸附速率越大；
③催化剂能加快反应速率，但不能改变反应的平衡状态，即其他条件一定时，不同催化剂作用的结果仍然是某物质的平衡转化率或平衡产率相等。
【解答】解：（1）由图可知，反应①的△H1＝生成物具有的总能量﹣反应物具有的总能量＝1756kJ•mol﹣1﹣1572.5kJ•mol﹣1＝+183.5kJ•mol﹣1，
故答案为：+183.5kJ•mol﹣1；
（2）乙醇水蒸气重整制氢过程中，起始时体系温度低反应①为主，随着温度的升高，反应速率加快，CO2的百分含量增大，达到平衡时，升高温度，反应③为主，平衡逆向移动，CO2的百分含量减小；所加催化剂主要是加快反应①的反应速率，CO2的百分含量最高点对应的温度为发挥作用的最佳温度，由图可知，催化剂发挥作用的最佳温度723K，
故答案为：低温时以反应①为主，反应①为吸热反应，随着温度的升高平衡正向移动，CO2的产率增大，高温时，以反应③为主，反应③为放热反应，随着温度升高平衡逆向移动，CO2的产率下降；723K；
（3）起始时C2H5OH（g）和H2O（g）的浓度分别为0.4mol/L、0.75mol/L，设平衡时C2H5OH（g）、H2O（g）和H2（g）的浓度分别为x、y、z，根据C、O、H原子守恒可知，0.8mol/L＝2x+0.1mol/L+0.05mol/L+0.45mol/L、0.4mol/L+0.75mol/L＝x+y+0.05mol/L+0.45mol/L×2、0.4mol/L×6+0.75mol/L×2＝6x+2y+2z+0.1mol/L×4，
解得x＝0.1mol/L、y＝0.1mol/L、z＝1.35mol/L，平衡时CH4（g）的浓度为0.1mol•L﹣1，根据反应②可知，生成0.1mol/LCH4（g）时消耗0.1mol/LC2H5OH（g），则反应①消耗C2H5OH（g）的量为0.4mol/L﹣0.1mol/L﹣0.1mol/L＝0.2mol/L，则反应①C2H5OH（g）的转化率＝×100%＝50%；反应①的K＝＝，
故答案为：50%；；
（4）①C2H5OH分解为该反应的决速步骤，即步骤II为该反应的决速步骤，该步的反应速率最小，则活化能最大的为步骤II，
故答案为：步骤II；
②a．提高水蒸气的浓度，相当稀释C2H5OH蒸气，使其浓度降低，吸附速率降低，故a错误；
b．增大乙醇蒸气的分压，相当增大C2H5OH蒸气浓度，吸附速率提高，故b正确；
c．增大催化剂的比表面积，使乙醇蒸气充分接触催化剂表面，有利于提高C2H5OH在催化剂表面的吸附速率，故c正确；
d．降低产物浓度，促进副反应正向进行，使C2H5OH蒸气浓度降低，吸附速率降低，故d错误；
故答案为：bc；
③由于催化剂不能改变化学平衡状态，不影响化学平衡移动，不能改变物质的平衡转化率，所以四种催化剂作用的结果会使4条氢气产率曲线最终相交一点，此时的产率才是平衡产率，图中M点处氢气的产率小于其他催化剂作用下氢气的产率，所以M点时反应没有达到平衡状态，M点处氢气的产率一定不是平衡产率，
故答案为：一定不是；M点处氢气的产率小于其他催化剂作用下氢气的产率，催化剂不影响平衡产率。
【点评】本题考查化学反应原理综合运用，涉及到盖斯定律的应用，化学平衡的计算，化学平衡状态及其影响因素、催化剂的作用等知识，为高频考点，知识点较多，计算量大，正确分析图象信息、化学平衡的影响因素和平衡常数的计算是解题关键，注意原子守恒在化学平衡计算题中的应用，题目难度较大。
13．（2021•合肥一模）CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用可以减少碳排放，对保护环境有重要意义。回答下列问题：
（I）碱液吸收。用NaOH溶液捕获CO2，若所得溶液中c（HCO3﹣）：c（CO32﹣）＝2：1，则溶液pH＝　10　。（室温下，H2CO3的K1＝4×10﹣7； K2＝5×10﹣11）
（2）催化转化。以CO2、H2 为原料在催化剂作用下合成CH3OH涉及的主要反应如下
Ⅰ．CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1＝﹣49.5kJmol﹣1
Ⅱ．CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H2＝﹣90.4kJ•mol﹣1
Ⅲ．CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H3
回答下列问题：
①△H3＝　+40.9　kJ•mol﹣1
②一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1mol CO2和3 mol H2发生上述反应，经tmin达到平衡时，容器中CH3OH（g）为amol CO为bmol，这段时间内以H2O（g）表示的化学反应速率为　＝　mol•L﹣1•min﹣1。（用含a、b、V、t的代数式表示）
③不同压强下，按照n（CO2）：n（H2）＝1：3投料。实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度（T）的变化关系如图所示。

其中纵坐标表示CH3OH的平衡产率的是　X　 （填“X”或“Y”）；压强p1、p2、p3由大到小的顺序为　p1＞p2＞p3　温度高于T1时，Y几乎相等的原因是　度高于T1时以反应III为主，又反应III前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响　。
④为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，应选择的反应条件为　C　。（填标号）
A．低温、低压
B．高温、高压
C．低温、高压
D．高温、低压
（3）电解转化。电解CO2制得甲酸盐（HCOO﹣）的原理示意图如图。
①写出阴极的电极反应式　CO2+HCO3﹣+2e﹣═HCOO﹣+CO32﹣或CO2+2e﹣+H+＝HCOO﹣　。
②电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是　阳极产生O2，pH减小，HCO3﹣浓度降低；K+部分迁移至阴极区　。
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【专题】化学平衡计算．
【答案】（1）pH＝10；
（2）①+40.9；
②；
③X；p1＞p2＞p3；温度高于T1时以反应III为主，又反应III前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响；
④C；
（3）①CO2+HCO3﹣+2e﹣═HCOO﹣+CO32﹣或CO2+2e﹣+H+＝HCOO﹣；
②阳极产生O2，pH减小，HCO3﹣浓度降低；K+部分迁移至阴极区。
【分析】（1）K2＝＝5×10﹣11，结合溶液中c（HCO3﹣）：c（CO32﹣）＝2：1即可得出c（H+）；
（2）①Ⅰ．CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1＝﹣49.5kJmol﹣1；Ⅱ．CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H2＝﹣90.4kJ•mol﹣1；根据盖斯定律反应I﹣反应II计算反应III：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）的焓变△H3；
②根据C原子守恒计算平衡时n（CO2）＝（1﹣a﹣b）mol，再根据O原子守恒计算平衡时n（H2O）＝2[n（CO2）﹣n（CO2）平衡]﹣n（CH3OH）﹣n（CO）＝2[1﹣（1﹣a﹣b）]mol﹣amol﹣bmol＝（a+b）mol，结合v＝计算v（H2O）；
③由图可知，T1温度后纵坐标对应量的变化与压强无关（3条曲线重合）、只与温度有关，而反应III是气体体积不变化的反应，CO2的平衡转化率只与温度有关；温度一定时，增大压强，反应I、II的平衡正向移动，CO2的平衡转化率或CH3OH的平衡产率均增大，即压强越大，CO2的平衡转化率或CH3OH的平衡产率越大；
④该实验的目的是探究有利于提高CH3OH的产率的影响因素，则反应I为主反应，反应II、III为副反应，有利于反应I正向进行、副反应受到抑制的措施均能提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，结合化学平衡移动的影响因素分析解答。
（3）①电解CO2制甲酸盐（HCOO﹣），化合价降低，CO2发生得电子的还原反应，则通入CO2的电极为阴极，结合电子守恒和电荷守恒写出电极反应式；
②阳极上氢氧根离子失电子生成氧气，促进水的电离，电极附近氢离子浓度增大，HCO3﹣浓度降低，阳极总反应为4HCO3﹣+4e﹣＝O2↑+4CO2↑+2H2O。
【解答】解：（1）H2CO3的K2＝5×10﹣11，即＝5×10﹣11，且c（HCO3﹣）：c（CO32﹣）＝2：1，则溶液中c（H+）＝2×5×10﹣11mol/L＝10﹣10mol/L，pH＝10，
故答案为：10；
（2）①Ⅰ．CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1＝﹣49.5 kJ•mol﹣1
Ⅱ．CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H2＝﹣90.4 kJ•mol﹣1
根据盖斯定律反应I﹣反应II计算反应III：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）的焓变△H3＝﹣49.5kJ•mol﹣1﹣（﹣90.4kJ•mol﹣1）＝+40.9kJ•mol﹣1，
故答案为：+40.9；
②根据C原子守恒计算n（CO2）平衡＝1﹣n（CH3OH）﹣n（CO）＝（1﹣a﹣b）mol，O原子守恒有n（H2O）＝2[n（CO2）﹣n（CO2）平衡]﹣n（CH3OH）﹣n（CO）＝2[1﹣（1﹣a﹣b）]mol﹣amol﹣bmol＝（a+b）mol，则v（H2O）＝＝＝mol/（L•min），
故答案为：；
③反应III是气体体积不变化的反应，CO2的平衡转化率只与温度有关，由图可知，T1温度后3条曲线重合，即纵坐标对应量的变化与压强变化无关、只与温度有关，则图中Y对应纵坐标表示CO2平衡转化率，图中X表示CH3OH的平衡产率随温度的变化曲线；温度一定时，增大压强，反应I、II的平衡正向移动，CH3OH的平衡产率增大，即压强越大，CH3OH的平衡产率越大，所以图中压强大小关系：p1＞p2＞p3；由于反应III：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）是气体体积不变化的吸热反应，T1温度后，体系中主要发生反应III，三条曲线几乎交于一点，
故答案为：X；p1＞p2＞p3；温度高于T1时以反应III为主，又反应III前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响；
④该实验的目的是探究有利于提高CH3OH的产率的影响因素，则反应I为主反应，反应II、III为副反应，反应I正向是气体体积减小的放热反应，高压、低温均有利于主反应I的平衡正向移动，反应III受到抑制、反应III的抑制导致反应II也受到抑制，所以同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率的反应条件为高压、低温，故C正确，
故答案为：C；
（3）①电解CO2制甲酸盐（HCOO﹣），其中C元素的化合价降低，则CO2在阴极发生还原反应，电极反应式为CO2+HCO3﹣+2e﹣═HCOO﹣+CO32﹣或CO2+2e﹣+H+＝HCOO﹣，
故答案为：CO2+HCO3﹣+2e﹣═HCOO﹣+CO32﹣或CO2+2e﹣+H+＝HCOO﹣；
②电解时阳极上氢氧根离子失电子生成氧气，促进水的电离，电极附近氢离子浓度增大，导致阳极区的KHCO3溶液浓度降低，并且K+部分迁移至阴极区，
故答案为：阳极产生O2，pH减小，HCO3﹣浓度降低；K+部分迁移至阴极区。
【点评】本题考查化学平衡的计算，涉及化学平衡的影响因素、化学反应速率的计算、图象分析以及盖斯定律的计算应用等知识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，掌握化学平衡的计算、图象分析判断和化学平衡的影响因素是解题关键，注意原子守恒的计算应用和电极反应的书写，题目难度中等。
14．（2021•二十一模拟）碳及其化合物在工业上应用广泛。回答下列问题：
（1）已知：①CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H1＝﹣802kJ•mol﹣1
②CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H2＝﹣41kJ•mol﹣1
③2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H3＝﹣566kJ•mol﹣1
CO2与CH4反应生成CO和H2的热化学方程式为　CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H＝+248kJ•mol﹣1　。
（2）利用CO可以合成甲醇，相关反应为CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H＝﹣90.8kJ•mol﹣1。著一定温度下，将1mol CO与1mol H2充入一恒容密闭容器内进行反应，下列选项能用来判断该反应达到平衡状态的有　AC　。（填标号）
A．CH3OH的体积分数保持不变
B．CO浓度与CH3OH浓度相等
C．气体的平均相对分子质量保持不变
D．2v（CO）＝v（H2）
（3）某温度下，等物质的量的CO和H2在刚性容器内发生（2）中反应，起始总压为105Pa，平衡时总压减少了40%，H2的平衡转化率为　80%　，该反应的压强平衡常数Kp＝　6.67×10﹣9　Pa﹣2。达到平衡后，欲增加CO的平衡转化率，可采取的措施有　AC　。（填标号）
A．等比例增加CO和H2的量
B．升高温度
C．再通入一定量的H2
D．通入惰性气体
（4）不同温度下（2）中反应CO的平衡转化率及催化剂的催化效率如图所示，试解释工业生产中选择温度为250℃左右的原因　温度过低，反应速率慢，对工业生产不利，温度过高，催化剂催化效率降低，且平衡逆向移动，对提高产率不利　。
（5）甲醇燃料电池受到研究者的广泛关注，甲醇﹣空气﹣KOH燃料电池工作时通入甲醇的一极为　负极　（填“正极”或“负极”），该电极的电极反应式为　CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣＝CO32﹣+6H2O　。

【考点】热化学方程式；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算．菁优网版权所有
【专题】化学平衡专题；化学平衡计算．
【答案】（1）CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H＝+248kJ•mol﹣1；
（2）AC；
（3）80%；6.67×10﹣9；AC；
（4）温度过低，反应速率慢，对工业生产不利，温度过高，催化剂催化效率降低，且平衡逆向移动，对提高产率不利；
（5）负极；CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣＝CO32﹣+6H2O。
【分析】（1）已知：
①CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（g）△H1＝﹣802kJ•mol﹣1
②CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）△H2＝﹣41kJ•mol﹣1
③2CO（g）+O2（g）＝2CO2（g）△H3＝﹣566kJ•mol﹣1
根据盖斯定律：①+②×2﹣③×2即可得；
（2）可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等且保持不变，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化说明到达平衡；
（3）某温度下，等物质的量的CO和H2在刚性容器内发生（2）中反应，起始总压为105Pa，平衡时总压减少了40%，设初始加入1mol的CO与H2，则
CO（g）+2H2（g）＝CH3OH（g） （单位：mol）
起始量：1 1 0
转化量：x 2x x
平衡量：1﹣x 1﹣2x x
根据压强与物质的量成正比，则＝40%，x＝0.4mol，转化率α（H2）＝×100%，平衡常数KP＝，达到平衡后，欲增加CO的平衡转化率，即使平衡正向移动；
（4）由图可知，250℃时催化剂催化效率最高，温度过低，反应速率慢，温度过高，催化剂催化效率降低；
（5）根据原电池原理可知，甲醇为原电池的负极，放电时，负极上甲醇失电子发生氧化反应生成碳酸根离子和水。
【解答】解：（1）已知：
①CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（g）△H1＝﹣802kJ•mol﹣1
②CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）△H2＝﹣41kJ•mol﹣1
③2CO（g）+O2（g）＝2CO2（g）△H3＝﹣566kJ•mol﹣1
根据盖斯定律：①+②×2﹣③×2即可得：CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H＝（﹣802﹣41×2+566×2）kJ•mol﹣1＝+248kJ•mol﹣1，
故答案为：CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H＝+248kJ•mol﹣1；
（2）A．CH3OH的体积分数保持不变可以说明反应达到平衡状态，故A正确；
B．CO浓度与CH3OH浓度可能在某时刻相等，故不能说明反应达到平衡状态，故B错误；
C．该反应前后气体质量不变，气体物质的量改变，则气体的平均相对分子质量为变化值，可以判断反应达到平衡状态，故C正确；
D．任意时刻反应速率均与计量系数成正比，故2v（CO）＝v（H2）不可判断反应达到平衡状态，故D错误；
故答案为：AC；
（3）某温度下，等物质的量的CO和H2在刚性容器内发生（2）中反应，起始总压为105Pa，平衡时总压减少了40%，设初始加入1mol的CO与H2，则
CO（g）+2H2（g）＝CH3OH（g） （单位：mol）
起始量：1 1 0
转化量：x 2x x
平衡量：1﹣x 1﹣2x x
根据压强与物质的量成正比，则＝40%，x＝0.4mol，转化率α（H2）＝×100%＝×100%＝80%，平衡常数KP＝＝＝6.67×10﹣9，达到平衡后，欲增加CO的平衡转化率，即使平衡正向移动，
A．等比例增加CO和H2的量，相当于增大压强，平衡正向移动，CO转化率增大，故A正确；
B．升高温度，平衡逆向移动，CO转化率减小，故B错误；
C．再通入一定量的H2，平衡正向移动，CO转化率增大，故C正确；
D．通入惰性气体，恒容条件下各物质浓度不变，平衡不移动，CO转化率不变，故D错误；
故答案为：80%；6.67×10﹣9；AC；
（4）由图可知，250℃时催化剂催化效率最高，温度过低，反应速率慢，对工业生产不利，温度过高，催化剂催化效率降低，且平衡逆向移动，对提高产率不利，
故答案为：温度过低，反应速率慢，对工业生产不利，温度过高，催化剂催化效率降低，且平衡逆向移动，对提高产率不利；
（5）根据原电池原理可知，甲醇为原电池的负极，放电时，负极上甲醇失电子发生氧化反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣＝CO32﹣+6H2O，
故答案为：负极；CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣＝CO32﹣+6H2O。
【点评】本题考查了盖斯定律、化学平衡计算、原电池原理等知识，明确元素化合价变化、氧化还原反应与电极反应式的关系是解本题关键，难点是电极反应式的书写与的Kp计算，难度中等。
15．（2020•驻马店模拟）煤燃烧产生的烟气中含有SO2和NOx，用NaOH、NaClO、Ca（ClO）2等溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝。
（1）下列关于吸收SO2过程发生的有关反应，用下列方程式表示：
①SO2（g）+2OH﹣（aq）═SO32﹣（aq）+H2O（l）K1
②ClO﹣（aq）+SO32﹣（aq）═SO42﹣（aq）+Cl﹣（aq）K2
③CaSO4（s）═Ca2+（aq）+SO42﹣（aq）K3
K1、K2、K3分别表示反应①、②、③的化学平衡常数，则反应：SO2（g）+Ca2+（aq）+ClO﹣（aq）+2OH﹣（aq）═CaSO4（s）+H2O（l）+Cl﹣（aq）的化学平衡常数K＝　　。（用K1、K2、K3表示）
（2）标准状况下，把SO2通入11.2mL水中制得饱和溶液，测得其pH＝0.74．已知：标准状况下SO2在水中的溶解度按体积比为1：67.2（即V（H2O）：V（SO2）＝1：67.2）。
①写出该溶液中存在的电离平衡　H2SO3⇌H++HSO3﹣，HSO3﹣⇌H++SO32﹣，H2O⇌H++OH﹣　。
②已知饱和溶液中的SO2有与水反应生成H2SO3，求H2SO3的第一步电离平衡常数Ka1＝　1.8×10﹣2　。（已知lg1.8≈0.26，忽略第二步电离和溶液体积的变化，结果用科学记数法表示，保留2位有效数字）
（3）SO2的水溶液中存在歧化反应：3SO2+2H2O═2H2SO4+S↓，I﹣可作为该反应的催化剂，催化过程如下：
a：SO2+4I﹣+4H+═S↓+2I2+2H2Ob：I2+2H2O+SO2═SO42﹣+2I﹣+4H+
欲探究反应a和b的反应速率与歧化反应的速率的关系，设计实验如下：将18mL SO2的水溶液分别加入2mL下列试剂中，密闭放置，观察现象。（已知I2易溶于KI溶液，溶液呈棕褐色）
编号
Ⅰ
Ⅱ
试剂
0.4moL﹣1KI
0.4moL﹣1KI，0.0002mol I
实验现象
溶液变黄，一段时间后出现浑浊
溶液油棕红色很快褪色为无色，然后变为黄色，出行浑浊，较Ⅰ快
完成下列问题：
①由实验现象可得出反应a与反应b的速率：v（a）　＜　v（b）．（填“＞”、“＜”或“＝”）
②测得反应3SO2+2H2O＝2H2SO4+S↓在实验Ⅰ中，部分物质的物质的量的变化如图所示（设混合溶液的体积为两溶液的体积之和）：则曲线N表示　硫　（填物质的名称）的变化。该反应在实验Ⅰ条件下进行，15min时达到化学平衡状态，用SO2表示该反应前15min内的平均反应速率为　0.03　mol•L﹣1•min﹣1。
③下列叙述能说明3SO2（aq）+2H2O（l）═2H2SO4（aq）+S（s）反应已达到平衡状态的是　B、C、D　。（填字母）
A．生成1.5mol SO2的同时消耗1mol H2SO4
B．反应过程中，溶液中的分子总数不再变化
C．恒温恒容时，混合溶液中硫酸的密度保持不变
D．绝热恒容时，反应的化学平衡常数不再变化

【考点】化学平衡的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡．菁优网版权所有
【专题】化学平衡专题；电离平衡与溶液的pH专题．
【答案】（1）；
（2）①H2SO3⇌HSO3﹣+H+，HSO3﹣⇌H++SO32﹣，H2O⇌H++OH﹣；
②1.8×10﹣2；
（3）①＜；
②硫；0.03；
③B、C、D。
【分析】（1）根据已知反应推导所求反应，反应相加，则K相乘，反应相减，则K相除；
（2）①把SO2通入11.2mL水中制得饱和溶液，生成H2SO3，为二元弱酸，逐级电离出H+，水也为弱电解质，也能电离；
②根据Ka1＝计算；
（3）①由实验现象可知，同时加入KI和碘单质时出现浑浊的速度不只加入KI要快；
②由图可知，N的物质的量增大，则N是生成物，15min共生成0.003molN，同时消耗0.015mol﹣0.006mol＝0.009molM，可以推知反应速率v（M）＝3v（N），由方程式3SO2+2H2O 2H2SO4+S↓分析并计算，v＝；
③A．反应达到平衡时，v正＝v逆；
B．反应过程中，溶液中的分子数转化为固体，所以溶液中的分子数发生变化；
C．恒温恒容容器中，V不变，硫酸的质量发生改变，密度为ρ＝；
D．反应过程中有热量传递，绝热恒容密闭中，随着反应进行，容器内温度变化，则平衡常数也发生变化。
【解答】解：（1）①SO2（g）+2OH﹣（aq）⇌（aq）+H2O（l）K1，
②ClO﹣（aq）+（aq）⇌（aq）+Cl﹣（aq）K2，
③CaSO4（s）⇌Ca2+（aq）+（aq）K3，
所求反应可由①+②﹣③得到，则所求反应的K为，
故答案为：；
（2）①把SO2通入11.2mL水中制得饱和溶液，生成H2SO3，该溶液中存在的电离平衡有：H2SO3⇌H++HSO3﹣，HSO3﹣⇌H++SO32﹣，H2O⇌H++OH﹣，
故答案为：H2SO3⇌H++HSO3﹣，HSO3﹣⇌H++SO32﹣，H2O⇌H++OH﹣；
②根据题意可知，11.2mL水中溶解的二氧化硫的体积为11.2×67.2×10﹣3L＝0.75L，标况下物质的量浓度为＝2.989mol/L，饱和二氧化硫溶液中H2SO3的浓度为2.989mol/L×＝1.993mol/L，pH＝0.74，则c（H+）＝0.182mol/L，
则H2SO3的第一步电离Ka1＝＝＝1.8×10﹣2mol/L，
故答案为：1.8×10﹣2；
（3）①由实验现象可知，同时加入KI和碘单质时出现浑浊的速度不只加入KI要快，故v（a）＜v（b），
故答案为：＜；
②由图可知，N的物质的量增大，则N是生成物，15min共生成0.003molN，同时消耗0.015mol﹣0.006mol＝0.009molM，可以推知反应速率v（M）＝3v（N），由方程式3SO2+2H2O 2H2SO4+S↓可知，M为SO2，N为硫，
用SO2表示该反应前15min内的平均反应速率为v（SO2）＝3×＝0.03mol/（L•min），
故答案为：硫；0.03；
③A．生成1.5molSO2的同时消耗1molH2SO4描述的都是逆反应的速率，不能说明反应达到平衡，故A错误；
B.3SO2（aq）+2H2O（l）⇌2H2SO4（aq）+S（s）可以看成是分子数减小的反应，当溶液中的分子总数不再变化时，说明反应到达平衡，故B正确；
C．恒温恒容时，混合溶液中硫酸的密度保持不变说明硫酸的物质的量不变，说明说明反应到达平衡，故C正确；
D．温度不变，化学平衡常数不变，所以反应的化学平衡常数不再变化时，说明反应放热和吸热相等，说明反应到达平衡，故D正确，
故答案为：B、C、D。
【点评】本题考查化学平衡计算，涉及化学平衡状态判断、盖斯定律等知识点，侧重考查分析及知识综合运用、计算能力，明确化学反应原理是解本题关键，（2）的计算中数据处理为解答易错点。
16．（2020•珠海三模）发展新能源、改善空气质量等一直是化学研究的热点。回答下列问题：

（1）甲醇是可再生的清洁能源，可利用CO2与H2合成甲醇：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）。该反应历程如图1所示。上述合成甲醇的反应的有机副产物有　CH2O　；由于该反应速率较慢，需要加入催化剂使反应速率加快，主要降低下列变化中　A　（填字母）的能量变化。
A．*CO+*OH→*CO+*H2O
B．*CO→*OCH
C．*OCH2→*OCH3
D．*OCH3→*CH3OH
（2）焦炭与水蒸气在恒容密闭容器中反应，可制合成气，主要反应（Ⅰ）、（Ⅱ）的lgKP（KP为以分压表示的平衡常数）与T的关系如图2所示。
①反应（Ⅰ）的△H　＞　0（填“＞”、“＝”或“＜”）；
②在容积为10L密闭容器中充入1mol CO、1mol H2O只发生反应（Ⅱ），反应5分钟到达图中d点，请计算0﹣5min时，CO平均反应速率　0.01mol/（L•min）　；此时CO的转化率为　50%　；
已知：反应速率V＝V正﹣V逆＝K正•XCO•X﹣K逆•X•X，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，x为物质的量分数，计算e处的＝　100　；
③c点时，若反应容器中CO浓度为0.1mol/L，则CO2浓度为　0.01　（填数值）。
【考点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的计算．菁优网版权所有
【专题】化学平衡计算．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据反应历程图可知，合成甲醇的反应的副产物为CO和CH2O；
化学反应总速率由反应历程中速率最慢的反应决定，活化能越大，反应速率越慢，结合反应历程图分析；
（2）①由图可知，随着温度的升高，反应（Ⅰ）的lgKP增大，说明升高温度，平衡正向移动；
②在容积为10L密闭容器中充入1mol CO、1mol H2O只发生反应（Ⅱ），反应5分钟到达图中d点，此时lgKp＝0，列化学平衡三段式计算CO平均反应速率和转化率；
由图可知，反应5分钟到达图中d点，此时反应达到平衡时，lgKp＝0，V正＝V逆，根据V＝V正﹣V逆＝K正•XCO•X﹣K逆•X•X，得出K正与K逆的关系，
e处，lgKp＝﹣2，列化学平衡三段式分别计算各组分物质的量分数，＝；
（3）c点时，反应Ⅰ和反应Ⅱ的lgKP相等，即＝，则c（CO2）＝c2（CO）。
【解答】解：（1）根据反应历程图可知，合成甲醇的反应的副产物为CO和CH2O，则有机副产物为CH2O；
化学反应总速率由反应历程中速率最慢的反应决定，活化能越大，反应速率越慢，根据反应历程图，A选项*CO+*OH→*CO+*H2O这一步活化能最大，
故答案为：CH2O；A；
（2）①由图可知，随着温度的升高，反应（Ⅰ）的lgKP增大，说明升高温度，平衡正向移动，则该反应是吸热反应，△H＞0，
故答案为：＞；
②在容积为10L密闭容器中充入1mol CO、1mol H2O只发生反应（Ⅱ），反应5分钟到达图中d点，此时lgKp＝0，此时反应达到平衡状态，
CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
起始n（mol） 1 1 0 0
转化n（mol） x x x x
平衡n（mol）1﹣x 1﹣x x x
反应5分钟到达图中d点，此时lgKp＝0，则＝1，解得x＝0.5mol，
0﹣5min时，CO平均反应速率为＝0.01mol/（L．min），其转化率为＝50%，
根据以上计算可知，平衡时n（CO）＝n（H2O）＝n（CO2）＝n（H2）＝0.5mol，则各组分物质的量分数相等，
则＝＝1，即＝1，
e处，
CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
起始n（mol） 1 1 0 0
转化n（mol） y y y y
平衡n（mol）1﹣y 1﹣y y y
lgKp＝﹣2，即＝0.01，解得y＝mol，总物质的量为2mol，即X（CO）＝X（H2O）＝＝，X（CO2）＝X（H2）＝＝，
＝＝＝100，
故答案为：0.01mol/（L•min）；50%；100；
（3）c点时，反应Ⅰ和反应Ⅱ的lgKP相等，即＝，则c（CO2）＝c2（CO）＝0.01mol/L，
故答案为：0.01。
【点评】本题综合考查化学知识，侧重考查学生识图能力、分析能力和计算能力，题目涉及化学反应历程、化学平衡的移动、化学平衡的计算等，根据题意，结合反应历程图、勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度大。
17．（2020•潍坊三模）丙烯是制造一次性医用口罩的重要原料。丙烷催化脱氢是工业生产丙烯的重要途径，丙烷催脱氢技术主要分为氧化脱氢和直接脱氢两种。回答下列问题：
（1）丙烷催化氧化脱氢法主要反应如下：2C3H8（g）+O2（g）2C3H6（g）+2H2O（g）△H1＝﹣236kJ•mol﹣1（ⅰ）；反应过程中消耗的C3H8和生成的C3H6的物质的量随温度的变化关系见表。
反应温度/℃
n（消耗）或n（生成）/mol
535
550
575
C3H8
6
13
33
C3H6
4
8
17
①反应ⅰ中反应物的总能量生成物的总能量　大于　（填“大于”、“小于”或“等于”）。
②分析表中数据得到丙烯的选择性随温度的升高而　降低　（填写“不变”、“升高”、“降低”）；出现此结果的原因除生成乙烯等副产物外还可能是　升高温度，催化剂的活性降低，反应i的化学平衡逆向移动　。（C3H6的选择性＝×100%）
（2）丙烷催化直接脱氢反应：
C3H8（g）⇌C3H6（g）+H2（g）△H2＝+124.3kJ•mol﹣1（ⅱ）
副反应：C3H8（g）⇌C2H4（g）+CH4（g）△H3（ⅲ）

①反应ⅱ的平衡常数、产物丙烯选择性、副产物乙烯选择性与温度关系如图所示，分析工业生产中采用的温度为650℃左右的原因是　温度控制在650°C，丙烯选择性高，反应速率快，平衡常数大　。
②温度为670℃时，若在IL的容器中投入8mol C3H8，充分反应后，平衡混合气体中有2mol CH4和一定量C3H8、C3H6、H2、C2H4，计算该条件下C3H6的选择性为　50　%。
③欲使丙烯的产率提高，下列措施可行的是　ac　。（填写序号）
a．恒压条件下向原料气中掺杂水蒸气
b．增大氢气与丙烷的投料比
c．选择对脱氢反应更好选择性的催化剂
d．增大压强
（3）科学家探索出利用无机膜催化丙烷脱氢制丙烯的新工艺，该工艺利用特定功能膜将生成的氢气从反应区一侧有选择性的及时移走，从平衡角度分析该工艺的优点　将氢气及时移走，化学平衡C3H8（g）⇌C3H6（g）+H2（g）正向移动，提高丙烯产率　。
【考点】化学平衡的计算．菁优网版权所有
【专题】化学平衡专题．
【答案】（1）①大于；
②降低；升高温度，催化剂的活性降低，反应i的化学平衡逆向移动；
（2）①温度控制在650°C，丙烯选择性高，反应速率快，平衡常数大；
②50；
③ac；
（3）将氢气及时移走，化学平衡C3H8（g）⇌C3H6（g）+H2（g）正向移动，提高丙烯产率。
【分析】（1）①放热反应，焓变小于0，反应物总能量大于生成物总能量；吸热反应，焓变大于0，反应物总能量小于生成物总能量；
②根据表格判断温度和丙烯选择性的关系，再结合温度对平衡的影响分析；
（2）①综合考虑选择性、平衡常数以及反应速率选择合适的温度；
②根据方程式，找出各组分的量的关系列出方程，根据平衡常数求解；
③根据反应物浓度、压强及催化剂的选择性对平衡的影响进行分析；
（3）减低产物浓度，可促进平衡向正反应方向移动，从而提高产品产率。
【解答】解：（1）①反应i的焓变小于0，所以为放热反应，则反应物的总能量大于生成物的总能量，
故答案为：大于；
②根据表格数据可知各温度下C3H6的选择性分别为、、，＞＞，所以随温度升高丙烯的选择性降低；反应i为放热反应，升高温度，反应 i 的化学平衡逆向移动，也会导致丙烯的选择性下降，
故答案为：降低；升高温度，催化剂的活性降低，反应i的化学平衡逆向移动；
（2）①据图可知，温度控制在 650°C，丙烯选择性高，且此时温度较高，反应速率快，而且该温度条件下平衡常数较大，
故答案为：温度控制在650°C，丙烯选择性高，反应速率快，平衡常数大；
②平衡混合气体中有 2molCH4，则根据反应iii可知平衡时该反应消耗的n1（C3H8）＝2mol；设平衡时C3H6的物质的量为x，根据反应ii可知平衡时n（H2）＝x，反应ii消耗的n2（C3H8）＝x，则平衡时容器n（C3H8）＝（8﹣2﹣x）mol，据图可知该温度下反应ii的lg＝0，所以K＝1，容器体积为1L，则有，解得x＝2mol，C3H6的选择性＝×100%＝＝50%，
故答案为：50；
③a．恒压条件下向原料气中掺杂水蒸气，则反应物和生成物的分压减小，该反应正反应为压强增大的反应，减小压强平衡正向移动，可以提高丙烯的产率，故a正确；
b．氢气为产物，增大氢气的量会使平衡逆向移动，丙烯的产率降低，故b错误；
c．选择对脱氢反应更好选择性的催化剂，增大丙烯的选择性，提高产率，故c正确；
d．该反应正反应为压强增大的反应，大压强会使平衡逆向移动，降低产率，故d错误；
故答案为：ac；
（3）氢气反应ii的产物，将氢气及时移走，C3H8（g）⇌C3H6（g）+H2（g） 的化学平衡正向移动，提高丙烯产率，
故答案为：将氢气及时移走，化学平衡C3H8（g）⇌C3H6（g）+H2（g）正向移动，提高丙烯产率。
【点评】本题主要考查化学平衡计算及外界条件对化学平衡移动影响原理，侧重考查分析判断及知识综合运用、计算能力，第2小题第2小问为本题难点，需要学生根据发生的反应，用含有未知数或已知数表示出平衡时各物质的浓度，然后根据平衡常数的表达式求解未知数。
18．（1）以甲醇为原料制取高纯H2具有重要的应用价值。甲醇水蒸气重整制氢主要发生以下两个反应：
主反应：CH3OH（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）△H＝+49kJ•mol﹣1
副反应：H2（g）+CO2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H＝+41kJ•mol﹣1
①甲醇蒸气在催化剂作用下裂解可得到H2和CO，则该反应的热化学方程式为
　CH3OH（g）═CO（g）+2H2（g）△H＝+90kJ/mol　，既能加快反应速率又能提高CH3OH平衡转化率的一种措施是　升温　。
②分析适当增大水醇比对甲醇水蒸气重整制氢的好处是　提高甲醇的利用率，有利于抑制CO的生成或抑制副反应发生　。
③某温度下，将n（H2O）：n（CH3OH）＝1：1的原料气充入恒容密闭容器中，初始压强为P1，反应达平衡时总压强为P2，则平衡时甲醇的转化率为　　。（忽略副反应，用含P1、P2的式子表示）。
（2）工业上用CH4与水蒸气在一定条件下制取H2，原理为：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H＝+203kJ•mol﹣1①该反应逆反应速率表达式为：v逆＝k•c（CO）•c3（H2），k为速率常数，在某温度下测得实验数据如表：
c（CO）/mol•L﹣1
c（H2）/mol•L﹣1
v逆/mol•L﹣1•min﹣1
0.05
c1
4.8
c2
c1
19.2
c2
0.15
8.1
由上述数据可得该温度下，该反应的逆反应速率常数k为　1.2×104　L3•mol﹣3•min﹣1。
②在体积为3L的密闭容器中通入物质的量均为3mol的CH4和水蒸气，在一定条件下发生上述反应，测得平衡时H2的体积分数与温度关系如图所示：N点v正　小于　M点v逆（填“大于”或“小于”）；Q点对应温度下该反应的平衡常数K＝　48　mol2•L﹣2．平衡后再向容器中加入1mol CH4和1mol CO，平衡向　正反应　方向移动（填“正反应”或“逆反应”）。

【考点】热化学方程式；化学平衡的计算．菁优网版权所有
【专题】化学平衡专题．
【答案】（1）①CH3OH（g）═CO（g）+2H2（g）△H＝+90kJ/mol；升温；
②提高甲醇的利用率，有利于抑制CO的生成或抑制副反应发生；
③；
（2）①1.2×104；
②小于；48；正反应。
【分析】（1）①根据已知焓变的热化学方程式推导所求反应，再根据盖斯定律计算所求反应的焓变，结合方程式分析既能加快反应速率又能提高CH3OH平衡转化率的措施；
②增大水醇比，甲醇的利用率增大；
③恒温恒容下，气体的压强之比等于其物质的量之比，计算平衡时气体的总物质的量，再利用差量法计算参加反应甲醇的物质的量，进而计算甲醇的转化率；
（2）①根据v逆＝k•c（CO）•c3（H2）计算k的值；
②反应为吸热反应，温度升高有利于反应正向进行，温度越高，反应速率越快，N点反应温度低于M点温度，根据图象和方程式计算化学平衡常数的值，再结合Qc＝与K的大小，判断平衡的移动方向。
【解答】解：（1）①已知：①CH3OH（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）△H1＝+49kJ/mol，
②H2（g）+CO2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2＝+41kJ/mol，
所求反应为：CH3OH（g）═CO（g）+2H2（g），该反应可由①+②得到，根据盖斯定律，该反应的焓变为△H＝△H1+△H2＝+90k/mol，
反应吸热，且随着反应进行，气体分子数增多，压强增大，既能加快反应速率又能提高CH3OH平衡转化率的一种措施是升温，
故答案为：CH3OH（g）═CO（g）+2H2（g）△H＝+90kJ/mol；升温；
②增大水醇比n（H2O）：n（CH3OH），有利于反应正向进行，提高甲醇的利用率，也可以抑制副反应发生，
故答案为：提高甲醇的利用率，有利于抑制CO的生成或抑制副反应发生；
③设起始 n（H2O）＝n（CH3OH）＝1mol，恒温恒容下，气体的压强之比等于其物质的量之比，平衡时气体的总物质的量2mol×，
CH3OH（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）物质的量增大
1 2
（﹣1）mol 2mol×﹣2mol＝2（﹣1）mol
故甲醇的转化率为×100%＝（﹣1）×100%，
故答案为：（﹣1）×100%；
（2）①根据v逆＝k•c（CO）•c3（H2），由表中数据，c13＝＝mol3/L3，则c2＝mol/L＝0.2mol/L，所以k＝L3•mol﹣3•s﹣1＝1.2×104L3•mol﹣3•min﹣1，
故答案为：1.2×104；
②温度越高，反应速率越快，N点反应温度低于M点温度，则N点v正小于M点v逆；
Q点时平衡体系中H2的体积分数为60%，
CH4（g）+H2O（g）＝CO（g）+3H2（g）
起始（mol） 3 3 0 0
转化（mol） x x x 3x
平衡（mol） 3﹣x 3﹣x x 3x
所以有＝40%，可得x＝2，所以平衡时c（CH4）＝mol/L＝mol/L，c（H2O）＝mol/L，c（CO）＝＝mol/L，c（H2）＝2mol/L，则化学平衡常数为K＝＝＝48，平衡后再向容器中加入1 mol CH4和1 mol CO，此时c（CH4）＝（+）mol/L＝mol/L，c（H2O）＝mol/L，c（CO）＝（+）mol/L＝1mol/L，c（H2）＝2mol/L，Qc＝＝＝36＜48，此时反应正向进行，
故答案为：小于；48；正反应方向。
【点评】本题考查盖斯定律的应用，化学平衡的移动，化学反应速率的计算，化学平衡常数的计算，均为高频考点，整体难度中等，试题有助于培养综合分析问题的能力。
19．（2020•遂宁模拟）氢气是热量高、无污染的燃料，天然气储量丰富是理想的制氢原料，研究甲烷制氢具有重要的理论和现实意义。
（1）甲烷水蒸汽重整制氢：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）
△H1＝+216kJ•mol﹣1，温度1200K，压强0.2Mpa，水碳起始物质的量之比3：1，达到平衡时氢气的物质的量分数为0.3，甲烷转化率为　50%　，Kp＝　2.16×10﹣3　（Mpa）2．理论上近似水碳比为　1：1　，氢气的物质的量分数将达到最大。
（2）①将甲烷水蒸汽重整和甲烷氧化重整两种方法结合，理论上按照空气、甲烷、水蒸汽约15：7：1体积比进料（空气中氧气体积分数约为0.2），可以实现反应器中能量自给（不需要补充热量）。
甲烷氧化重整制氢：2CH4（g）+O2（g）═2CO（g）+4H2（g）△H2＝　﹣72　kJ•mol﹣1
②实际生产中，空气、甲烷、水蒸汽按照约1：1：2体积比进料，增加水蒸气的作用是　促进反应正向移动，提高甲烷的转化率　，还能发生　CO+H2OCO2+H2　（用化学方程式表示）反应，从而获得更多的氢气。
（3）甲烷水蒸汽重整过程中，温度1000K，原料气以57.6kg•h﹣1通入容积为1L镍基催化反应器中，2﹣5s甲烷质量分数由7.32%变为5.32%，用甲烷表示2～5s的反应速率为　1.2　mol•min﹣1，随着反应的进行反应速率会急速下降，可能的原因是甲烷等高温不稳定，造成　催化剂积碳　。有人提出将甲烷水蒸汽重整和甲烷氧化重整两种方法结合则能解决这个问题，原因是　氧气会与积碳反应，从而消碳　。
【考点】化学平衡的计算．菁优网版权所有
【专题】化学平衡计算．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）温度1200K，压强0.2Mpa，水碳起始物质的量之比3：1，达到平衡时氢气的物质的量分数为0.3，列化学平衡三段式计算甲烷转化率和Kp；
理论上近似水碳比为化学方程式中化学计量数之比，氢气的物质的量分数将达到最大；
（2）①理论上按照空气、甲烷、水蒸汽约15：7：1体积比进料，设空气物质的量为15mol，空气中氧气体积分数约为0.2，则氧气物质的量为3mol、甲烷物质的量为7mol、水蒸汽物质的量为1mol，根据甲烷水蒸汽重整制氢：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H1＝+216kJ•mol﹣1，则1mol甲烷和1mol水蒸汽完全反应需要吸收216kJ能量，此时甲烷剩余6mol，氧气为3mol，发生2CH4（g）+O2（g）═2CO（g）+4H2（g），可以实现反应器中能量自给（不需要补充热量），说明6mol甲烷和3mol氧气完全反应放出216kJ能量，据此分析；
②增加水蒸气，可以使平衡正向移动；CO可以与H2O反应生成CO2和H2；
（3）由题意得2﹣5s甲烷△m（CH4）＝×3s×（7.32%﹣5.32%）＝0.96g，结合v＝计算；
甲烷等高温不稳定，分解生成C和H2；甲烷水蒸汽重整和甲烷氧化重整两种方法结合可以提供氧气，碳可以氧气反应。
【解答】解：（1）温度1200K，压强0.2Mpa，水碳起始物质的量之比3：1，设水为3mol，甲烷为1mol，达到平衡时氢气的物质的量分数为0.3，结合三行计算列式计算得到甲烷转化率，设甲烷转化物质的量为x，
CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）
起始量（mol） 1 3 0 0
变化量（mol） x x x 3x
平衡量（mol）1﹣x 3﹣x x 3x
达到平衡时氢气的物质的量分数为0.3，＝0.3，x＝0.5mol，
甲烷转化率＝×100%＝50%，气体总物质的量＝4+2x＝5mol，气体分压分别为：p（CH4）＝×0.2MPa＝0.02MPa，p（H2O）＝×0.2MPa＝0.1MPa，p（CO）＝×0.2MPa＝0.02MPa，p（H2）＝×0.2MPa＝0.06MPa，
Kp＝＝＝2.16×10﹣3，
理论上近似水碳比为化学方程式中化学计量数之比，即为1：1时氢气的物质的量分数将达到最大，
故答案为：50%；2.16×10﹣3；1：1
（2）①）①理论上按照空气、甲烷、水蒸汽约15：7：1体积比进料，设空气物质的量为15mol，空气中氧气体积分数约为0.2，则氧气物质的量为3mol、甲烷物质的量为7mol、水蒸汽物质的量为1mol，根据甲烷水蒸汽重整制氢热化学方程式1mol甲烷和1mol水蒸汽完全反应需要吸收216kJ能量，
此时甲烷剩余6mol，氧气为3mol，发生2CH4（g）+O2（g）═2CO（g）+4H2（g），可以实现反应器中能量自给（不需要补充热量），说明6mol甲烷和3mol氧气完全反应放出216kJ能量，则2CH4（g）+O2（g）═2CO（g）+4H2（g）△H2＝﹣72kJ•mol﹣1，
故答案为：﹣72；
②增加水蒸气，可以使平衡正向移动，提高甲烷的转化率；CO可以与H2O反应生成CO2和H2，化学方程式为：CO+H2OCO2+H2，
故答案为：促进反应正向移动，提高甲烷的转化率；CO+H2OCO2+H2；
（3）由题意得2﹣5s甲烷△m（CH4）＝×3s×（7.32%﹣5.32%）＝0.96g，△n（CH4）＝＝0.06mol，则
用甲烷表示2～5s的反应速率为＝0.02mol/s，即为1.2mol/min；
甲烷等高温不稳定，分解生成C和H2，造成催化剂积碳，而甲烷水蒸汽重整和甲烷氧化重整两种方法结合可以提供氧气，碳可以氧气反应，从而消碳，
故答案为：1.2； 催化剂积碳；氧气会与积碳反应，从而消碳。
【点评】本题以化学工业生产工艺流程为载体，考查根据方程式的计算、化学反应速率和平衡计算、化学反应能量计算应用，题目过程复杂，对学生的心理由较高的要求，需要学生充分理解问题描述意图，为易错题目，题目难度中等。
20．（2020•山东模拟）CO2是主要的温室气体之一，可利用CO2和H2的反应生成CH3OH，减少温室气体排放的同时提供能量物质。
Ⅰ．CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2＝+41.2kJ•mol﹣1
Ⅱ．CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H3＝﹣90.6kJ•mol﹣1
（1）CO2（g）和H2（g）的反应生成CH3OH（g）的热化学方程式Ⅲ为　CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）△H＝﹣49.4kJ/mol　。
（2）下列描述能说明反应Ⅰ在密闭恒压容器中达到平衡状态的是　④　。（填选项序号）
①体系压强不变
②混合气体密度不变
③v（H2）＝v（CO）
④CO质量保持不变
（3）温度为T℃时向容积为2L的密闭容器中投入3mol H2和1mol CO2发生反应Ⅲ．反应达到平衡时，测得各组分的体积分数如表。

CH3OH（g）
CO2（g）
H2（g）
H2O（g）
φ
α
b
c
0.125
①c＝　0.5626　，CO2的转化率为　40%　。
②T℃时反应Ⅲ的平衡常数K＝　　。
③若要增大甲醇的产率，可采取的措施为　增大压强，降低温度（或分离水蒸气）　。（任写两点）
（4）反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ共存的体系中，升高温度CO2的体积分数并未发生明显变化，原因是　温度变化时，反应I和反应III平衡移动方向相反，程度相同　。
（5）将反应Ⅲ设计成如图所示的原电池，气体A为　H2　，写出原电池正极的电极反应式　CO2+6e﹣+5H2O＝CH3OH+6OH﹣　。

【考点】热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算．菁优网版权所有
【专题】化学平衡专题；电化学专题；化学平衡计算．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）CO2（g）和H2（g）的反应生成CH3OH（g）的化学方程式CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g），根据盖斯定律：反应I+反应II计算CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）的焓变△H；
（2）反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到不变时，说明可逆反应到达平衡状态；
（3）反应III：CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）是放热反应，反应三行式为，
CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）
起始量（mol/L）0.5 1.5 0 0
变化量（mol/L） x 3x x x
平衡量（mol/L）0.5﹣x 1.5﹣3x x x
平衡时H2O（g）的休积分数为0.125，则＝0.125，解得x＝0.2，结合休积分数、转化率、平衡常数的公式和化学平衡影响因素解答；
（4）反应I正向吸热，反应III正向放热，升高温度时，反应I正向进行的程度和反应III逆向进行的程度相当，导致CO2的体积分数并未发生明显变化；
（5）反应III：CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）中，CO2发生得电子的还原反应，H2发生失电子的氧化反应，则通入CO2的电极为正极，通入H2的电极为负极，结合装置图中电子的流向可知，气体A为H2，气体B为CO2，结合电子和电荷守恒写出正极电极反应式。
【解答】解：（1）CO2（g）和H2（g）的反应生成CH3OH（g）的化学方程式CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g），
Ⅰ．CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2＝+41.2kJ•mol﹣1 Ⅱ．CO（g）+2H2（g）⇌CH3OI（g）△H3＝﹣90.6kJ•mol﹣1
根据盖斯定律：反应I+反应II计算CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）的焓变△H＝﹣49.4kJ/mol，热化学方程式Ⅲ为CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）△H＝﹣49.4kJ/mol，
故答案为：CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）△H＝﹣49.4kJ/mol；
（2）①恒压体系中，体系的压强始终不变，即不能判断反应是否达到平衡，故①错误；
②反应I是气体体积不变的反应，容器的体积不变，各物质均为气体，所以混合气体密度始终不变，即不能判断反应是否达到平衡，故②错误；
③反应无论是否达到平衡状态，始终有v（H2）＝v（CO），即不能判断反应是否达到平衡，故③错误；
④CO质量保持不变的状态是平衡状态的本质特征，故④正确；
故答案为：④；
（3）反应III：CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）是放热反应，反应三行式为，
CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）
起始量（mol/L）0.5 1.5 0 0
变化量（mol/L） x 3x x x
平衡量（mol/L）0.5﹣x 1.5﹣3x x x
平衡时H2O（g）的休积分数为0.125，则＝0.125，解得x＝0.2，平衡时c（CO2）＝0.3mol/L，c（H2）＝0.9mol/L，c（CH3OH）＝c（H2O）＝0.2mol/L，
①H2的休积分数c＝＝0.5625，CO2的转化率＝×100%＝40%，
故答案为：0.5625；40%；
②平衡常数K＝＝＝，
故答案为：；
③反应III：CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）正向是气体体积减少的放热反应，增大压强、降低温度、分离水蒸气等措施均可使平衡正向移动，提高甲醇的产率，
故答案为：增大压强，降低温度（或分离水蒸气）；
（4）反应I正向吸热，反应III正向放热，升高温度时，反应I正向进行，反应III逆向进行，当二者进行的程度相当时，CO2的体积分数会基本不变，
故答案为：温度变化时，反应I和反应III平衡移动方向相反，程度相同；
（5）反应III：CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g）中，CO2发生得电子的还原反应，H2发生失电子的氧化反应，则通入CO2的电极为正极，通入H2的电极为负极，结合装置图中电子的流向可知，气体A为H2，气体B为CO2，CO2在正极上得电子生成CH3OH，电极反应式为CO2+6e﹣+5H2O＝CH3OH+6OH﹣，
故答案为：H2；CO2+6e﹣+5H2O＝CH3OH+6OH﹣。
【点评】本题考查盖斯定律的计算应用、化学平衡的计算、化学平衡状态的判断、化学平衡影响因素和原电池原理的应用等知识，侧重考查分析、计算和运用能力，把握化学平衡的计算、化学平衡影响因素和原电池原理是解题关键，注意三行式格式在化学平衡计算中的应用、结合电解质条件书写书写电极反应式，题目难度中等。
21．（2020•全国三模）丙烯是一种重要的化工原料。可由丙烷催化脱氢制备。
主反应：①C3H8（g）═C3H6（g）+H2（g）△H1
副反应：②C3H8（g）═C2H4（g）+CH4（g）
③C2H4（g）+H2（g）═C2H6（g）
④C3H8（g）+H2（g）═C2H6（g）+CH4（g）
回答下列问题：
（1）已知C3H8（g）+O2（g）═C3H6（g）+H2O（g）△H2═﹣117kJ/mol。
H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H3＝﹣242kJ/mol。反应①的△H1＝　+125kJ/mol　。
（2）某温度下，在体积不变的密闭容器内发生反应①，起始总压强为105Pa，平衡时总压增加了20%．则C3H8的转化率为　20%　；该反应的平衡常数Kp＝　5000　Pa．若提高C3H8的平衡转化率，可采取的措施有　B　（填标号）。
A．增大C3H8的浓度 B．提高温度 C．恒容下通入惰性气体 D．使用高效催化剂
（3）工业生产中常采用恒压下充入高温水蒸气的条件。如图表示常压下反应①C3H8的平衡转化率与温度及水烃比（M）的关系，M2　＞　5 （填“＞”或“＜”）。
（4）已知高温下C﹣C键断裂反应比C﹣H键断裂的脱氢反应容易发生，这将导致丙烯选择性降低；同时高温加剧催化剂表面积炭，导致催化剂迅速失活。在生产中充入CO2的作用之一是利于催化剂活性保持，其原因是　C+CO2═2CO有利于消除积炭　。反应气中的配比对催化剂活性的影响如表所示。其中C3H6收率最高时的配比是　1：2.4　。

C3H8转化率（%）
C3H6选择性（%）
C3H6收率（%）
1：1.3
14.8
85.1
12.6
1：2.4
23.2
82.8

1：3.6
22.8
83.5

1：6.8
18.0
60.3
10.9

【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．菁优网版权所有
【专题】化学平衡专题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据已知焓变的热化学方程式推导所求反应，再由盖斯定律计算所求反应的焓变；
（2）转化率为，根据方程式计算各组分的平衡分压，再代入化学平衡常数表达式计算Kp的值，
结合方程式分析对于提高C3H8的平衡转化率，可采取的措施；
（3）反应①过程中，随着反应进行，气体分子数增大，压强增大，减压有利于反应正向进行；
（4）高温会导致催化剂迅速失活，主要是积炭所致，生产中充入CO2可以保持催化剂活性，考虑CO2将积炭消耗掉，根据收率＝C3H8转化率×C3H6选择性计算比较。
【解答】解：（1）已知：ii．C3H8（g）+O2（g）═C3H6（g）+H2O（g）△H2＝﹣117kJ/mol，
iii．H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H3＝﹣242kJ/mol，
所求反应为：C3H8（g）═C3H6（g）+H2（g），该反应可由ii﹣iii得到，根据盖斯定律，△H1＝△H2﹣△H3＝+125kJ/mol，
故答案为：+125kJ/mol；
（2）反应①为：C3H8（g）═C3H6（g）+H2（g）
起始（mol） x 0 0
平衡（mol） x（1﹣α） xα xα
起始总压强为105Pa，平衡时总压增加了20%，则有，所以α＝20%，
平衡时p（C3H8）＝105×1.2×Pa＝8×104Pa，p（C3H6）＝p（H2）＝105×1.2×Pa＝2×104Pa，所以Kp＝＝＝5000，
A．增大C3H8的浓度反而使其转化率降低，故A不选；
B．提高温度促使反应正向进行，增大转化率，故B选；
C．恒容下通入惰性气体不改变化学平衡，没有影响，故C不选；
D．使用高效催化剂只能加快化学反应速率，不影响化学平衡，故D不选，
故答案为：20%；5000；B；
（3）反应①过程中，随着反应进行，气体分子数增大，压强增大，减压有利于反应正向进行，可以提高其转化率，恒压下充入水蒸气，相当于减压，所以有助于平衡正向进行，则M＞5，
故答案为：＞；
（4）高温会导致催化剂迅速失活，主要是积炭所致，生产中充入CO2可以保持催化剂活性，考虑CO2将积炭消耗掉，所以原因是：C+CO2═2CO有利于消除积炭，
根据收率＝C3H8转化率×C3H6选择性，则四种不同下的C3H6的收率分别为：12.6，19.2，19.04，10.9，所以C3H6的收率最高时对应的是＝1：2.4，
故答案为：C+CO2═2CO有利于消除积炭；1：2.4。
【点评】本题考查了盖斯定律的应用、化学反应速率及其影响因素、化学平衡状态判断、化学平衡常数的计算和应用等，明确化学平衡的建立和影响平衡的因素是解题关键，题目难度中等。
22．（2020•濮阳一模）CO2的资源化利用一直是化学家们关注的重要课题，中科院大连化学物理研究所设计了一种新型多功能复合催化剂，成功地实现了CO2直接加氢制取高辛烷值汽油：5CO2（g）+16H2（g）═C5H12（l）+10H2O（l）△H＝a kJ•mol﹣1（反应①），该研究成果被评价为“CO2催化转化领域的突破性进展”。
（1）已知氢气的燃烧热为286kJ•mol﹣1，若要利用H2的燃烧热求a的值，则还需要知道一个反应的△H，该反应是　C5H12（l）+8O2（g）＝5CO2（g）+6H2O（l）　。反应①在一定条件下具有自发性，则a　＜　0（填“＞”或“＜”）。
（2）向某密闭容器中按一定投料比充入CO2、H2，控制条件使其发生反应：5CO2（g）+16H2（g）⇌C5H12（1）+10H2O（1）△H．测得H2的平衡转化率与温度、压强之间的关系如图1所示：

则X表示　压强　，Y1　＜　Y2（填“＞”或“＜”）。欲提高H2的平衡转化率并提高单位时间内C5H12（l）的产量，可采取的措施是　增大压强、增大CO2浓度　（填两种）。
（3）控制一定温度、催化剂，按不同投料比[]将反应物通入到某密闭容器中，测得平衡时C5H12的百分含量与投料比之间的关系如图2所示，则n0＝　3.2　。
（4）在钌一铑双金属催化剂的作用下，CH3OH、CO2、H2可高效地转化为乙酸，反应方程式为CH3OH（g）+CO2（g）+H2（g）⇌CH3COOH（g）+H2O（g）△H＜0．一定温度下，向某刚性容器中通入等物质的量的三种原料气，测得体系中的总压强与时间的关系如表所示：
t/min
0
5
10
15
20
25
30
p/kPa
3
2.7
2.5
2.35
2.26
2.2
2.2
则反应开始到达平衡的过程中，v（CO2）＝　0.032　kPa/min，Kp＝　80　kPa﹣1。
（5）碳捕捉技术的发展也有利于CO2在资源应用方面得到充分利用。常温下，若某次用NaOH溶液捕捉空气中的CO2所得溶液的pH＝10，并测得溶液中c（HCO3﹣）＝2c（CO32﹣），则Ka2（H2CO3）＝　5×10﹣11　mol•L﹣1。
【考点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．菁优网版权所有
【专题】化学平衡图像；化学平衡专题；化学平衡计算．
【答案】（1）C5H12（l）+8O2（g）＝5CO2（g）+6H2O（l）；＜；
（2）压强；＜；增大压强、增大CO2浓度；
（3）3.2；
（4）0.032；80；
（5）5×10﹣11。
【分析】（1）先写出氢气燃烧热的热化学方程式，然后结合盖斯定律分析缺少的内容，利用反应自发性进行的判断依据分析a的大小；
（2）由于该反应是一个气体分子数目减小放热的反应，根据变化曲线判断X、Y表示的含义，然后利用温度升高，平衡逆向移动，H2的转化率降低比较Y1、Y2的大小；根据平衡移动原理分析能提高H2的平衡转化率和提高反应速率，增大单位时间内C5H12（l）的产量的条件；
（3）由方程式及极端假设法，结合平衡移动原理分析平衡时体系中C5H12（l）的百分含量最高时氢气与CO2的物质的量的比；
（4）利用压强比等于气体的物质的量的比，结合物质反应转化关系计算；先计算平衡时各种气体的分压，带入平衡常数表达式可得Kp的值；
（5）利用盐的水解规律结合溶液的pH及溶液中离子浓度关系计算。
【解答】解：（1）已知氢气的燃烧热为286 kJ/mol，可得其热化学方程式：②：H2（g）+O2（g）＝H2O（l）△H＝﹣286 kJ/mol，根据盖斯定律，16×②﹣①，整理可得：C5H12（l）+8O2（g）＝5CO2（g）+6H2O（l），所以要知道C5H12（l）+8O2（g）＝5CO2（g）+6H2O（l）的反应热，由于该反应是气体体积减小的反应，△S＜0，反应①在一定条件下具有自发性，△G＝△H﹣T△S＜0，所以△H＜0，即a＜0；
故答案为：C5H12（l）+8O2（g）＝5CO2（g）+6H2O（l）；＜；
（2）该反应的正反应是一个气体体积减小的放热反应。在其他条件不变时，增大压强，平衡正向移动，H2的转化率会提高；而升高温度，平衡逆向移动，H2转化率降低，故根据曲线变化趋势可知X表示压强，Y表示温度。压强一定时，温度越高，H2的平衡转化率越小，因此温度Y1＜Y2．增大压强、增大CO2浓度均有利于平衡向右移动，在提高H2的平衡转化率的同时也能提高反应速率，增大单位时间内C5H12（l）的产量；
故答案为：压强；＜；增大压强、增大CO2浓度；
（3）根据反应方程式5CO2（g）+16H2（g）⇌C5H12（1）+10H2O（1）可知，当按方程式计量数的比16：5＝3.2投料时，两种反应物的转化率相同，在此条件下反应达到平衡状态，得到C5H12（1）的平衡含量，若在反应达到平衡时增大其中任何一种反应物的浓度，平衡正向移动，但平衡移动的趋势是微弱的，最终使反应物总物质的量增大的倍数大于平衡移动使C5H12（l）增大的倍数，故C5H12（l）的含量反而降低，故要使平衡时C5H12（l）的含量最大，＝＝3.2；
故答案为：3.2；
（4）在开始反应时向某刚性容器中通入等物质的量的三种原料气，此时容器内气体压强为3 kPa，假设开始时n（CO2）＝1 mol，开始时气体的总物质的量是3 mol，平衡时消耗了x mol CO2，因同温同体积时，压强比等于其物质的量之比，故平衡时总物质的量为2.2 mol，气体的物质的量减少了△n＝3 mol﹣2.2 mol＝0.8 mol．根据发生反应：CH3OH（g）+CO2（g）+H2（g）⇌CH3COOH（g）+H2O（g） 可知：每有1 molCO2发生反应，反应后气体的物质的量减小1 mol，现在气体的物质的量减少了0.8 mol，所以反应的CO2物质的量为0.8 mol，反应开始时压强为p（CO2）＝1 kPa，则平衡时p（CO2）＝2.2 kPa×＝0.2 kPa，则反应开始到达平衡的过程中，v（CO2）＝＝0.032 kPa/min；根据反应中物质的转化关系可知平衡时，p（CH3OH）＝p（H2）＝p（CO2）＝0.2 kPa，p（CH3COOH）＝p（H2O）＝0.8 kPa，所以在此条件下的化学平衡常数Kp＝＝80 （kPa）﹣1；
故答案为：0.032；80；
（5）根据CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，Kh＝＝，溶液的pH＝10，则c（OH﹣）＝10﹣4 mol/L，由于溶液中c（HCO3﹣）＝2c（CO32﹣），＝，所以Ka2（H2CO3）＝ mol/L＝5×10﹣11 mol/L；
故答案为：5×10﹣11。
【点评】本题考查化学平衡的计算，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力、计算能力，题目涉及热化学方程式书写、影响化学平衡的因素分析、图象的理解应用，题目难度中等。
23．（2020•攀枝花三模）氨是工农业生产中重要的基础物质，研究合成氨及氨的应用具有重要意义。
（1）已知：N2（g）+3H2（g）＝2NH3（g）△H＝﹣92kJ/mol，N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）的活化能为508kJ/mol。则2NH3（g）⇌N2（g）+3H2（g）的活化能为　600　kJ/mol
（2）我国科研人员研制出Ti﹣H﹣Fe双温区催化剂（Ti﹣H区与Fe区温差可超过100℃）。Ti﹣H﹣Fe双温区催化合成氨的反应历程如图一，其中吸附在催化剂表面的物种用“*”标注。

下列说法中正确的是　BC　。
A．①为N≡N的断裂过程
B．①②③在高温区发生，④⑤在低温区发生
C．④为N原子由Fe区域向Ti﹣H区域的传递过程
D．使用Ti﹣H﹣Fe双温区催化剂时合成氨反应转变为吸热反应
（3）以氨和CO2为原料合成尿素的反应为2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（l）+H2O（g）。工业生产时，需要原料气带有水蒸气，图二中曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ表示在不同水碳比[]时，CO2的平衡转化率与氨碳比[]之间的关系
①曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的水碳比最大的是　Ⅲ　，判断依据是　氨碳比相同时曲线Ⅰ二氧化碳的转化率大　。
②测得M点氨气的平衡转化率为40%，则x1＝　3　。
（4）将氨氧化法制硝酸过程中氨经催化氧化后的气体（高于800℃）急剧冷却到100℃以下，一方面除去大量的H2O，使NO（g）和O2（g）发生反应，另一方面温度低有利于生成NO2（g）。
2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）的反应历程分两步：
Ⅰ．2NO（g）⇌N2O2（g）（反应快，瞬间达到平衡）△H1＜0
v1正＝k1正c2（NO）　v1逆＝k1逆c（N2O2）
Ⅱ．N2O2（g）+O2（g）⇌2NO2（g）（反应慢）△H2＜0
v2正＝k2正c（N2O2）c（O2）　v2逆＝k2逆c2（NO2）
其中k1、k2是速率常数，随温度上升而增大。
则：①一定温度下，反应2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）达到平衡状态，请写出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示的平衡常数表达式K＝　　，根据速率方程分析，升高温度该总反应速率减小的原因是　k2正增大，c（N2O2）减小　。
②由实验数据得到v2正～c（O2）的关系可用如图三表示当x点升高到某一温度时，反应重新达到平衡，则可能变为相应的点为　a　（填字母）。
【考点】工业合成氨；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡的计算．菁优网版权所有
【专题】化学平衡专题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）反应热△H＝反应物的活化能﹣生成物的活化能；
（2）A．催化剂吸附氮气分子的过程，没有化学键断裂；
B．不同反应过程需要的温度条件不同。催化剂吸附分子，使分子的活化能降低，化学键发生断裂的过程，都需要高温条件，目的是加快反应速率；氮原子的转移，化学键的生成，需要低温条件，目的是增大氨气的平衡产率；
C．N原子的转移方向是从高温区向低温区；
D．催化剂能改变化学反应速率，但是不能改变反应的吸放热情况；
（3）①依据反应转化率的大小分析，结合图象分析判断；
②根据氨气和二氧化碳的转化率之比求出x1；
（4）①已知①2NO（g）⇌N2O2（g）；②N2O2（g）+O2（g）⇌2NO2（g），而目标反应2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）的△H＝①+②＝△H1+△H2，由反应达平衡状态，所以v1正＝v1逆、v2正＝v2逆，所以v1正×v2正＝v1逆×v2逆，即k1正c2（NO）×k2正c（N2O2）c（O2）＝k1逆c（N2O2）×k2逆c2（NO2），整理得
＝＝K；决定反应速率的是反应②，温度越高k2正增大，反应速率加快，二氧化二氮的浓度减少，导致两者的积减小；
②决定反应速率的是反应②，而温度越高k2正增大，反应速率加快，二氧化二氮的浓度减少，导致两者的积减小，v2正升高到某一温度时v2正减小，平衡逆向移动，氧气的浓度增大，由此分析解答。
【解答】解：（1）已知：N2（g）+3H2（g）＝2NH3（g）△H＝﹣92kJ/mol，N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）的活化能为508kJ/mol。则2NH3（g）⇌N2（g）+3H2（g）的活化能为（508kJ/mol）﹣（﹣92kJ/mol）＝600kJ/mol，
故答案为：600；
（2）A．经历①过程之后氮气分子被催化剂吸附，并没有变成氮原子，则N≡N没有断裂，故A错误；
B．①为催化剂吸附N2的过程，②为形成过渡态的过程，③为N2解离为N的过程，以上都需要在高温时进行。④⑤在低温区进行是为了增大平衡产率，故B正确；
C．由题中图示可知，过程④完成了Ti﹣H﹣Fe﹣*N到Ti﹣H﹣*N﹣Fe两种过渡态的转化，N原子由Fe区域向Ti﹣H区域传递，故C正确；
D．化学反应不会因加入催化剂而改变吸放热情况，故D错误；
故选：BC；
（3）①氨碳比相同时曲线Ⅰ二氧化碳的转化率大，所以生产中选用水碳比的数值为Ⅲ，
故答案为：Ⅲ；氨碳比相同时曲线Ⅰ二氧化碳的转化率大；
②由题意可知：2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2+H2O（g）
起始量 x1 1
变化量 2a a
即：＝，＝40%，＝60%，则x1＝3，
故答案为：3；
（4）①已知①2NO（g）⇌N2O2（g）；②N2O2（g）+O2（g）⇌2NO2（g），而目标反应2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）的△H＝①+②＝△H1+△H2，由反应达平衡状态，所以v1正＝v1逆、v2正＝v2逆，所以v1正×v2正＝v1逆×v2逆，即k1正c2（NO）×k2正c（N2O2）c（O2）＝k1逆c（N2O2）×k2逆c2（NO2），整理得
＝＝K；决定反应速率的是反应②，而温度越高k2正增大，反应速率加快，二氧化二氮的浓度减少，导致两者的积减小，
故答案为：；k2正增大，c（N2O2）减小；
②v2正升高到某一温度时v2正减小，平衡逆向移动，氧气的浓度增大，所以反应重新达到平衡，则变为相应的点为a，
故答案为：a。
【点评】本题考查较为综合，涉及化学反应与能量、化学平衡的影响因素、化学平衡、速率的计算等，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意利用三段式法计算，较为直观，难度不大。
24．（2020•梅州二模）碳、氮、硫及其化合物对生产、生活有重要的意义。
（1）以CO2与NH3为原料可合成尿素。已知：
①2NH3（g）+CO2（g）═NH2COONH4（s）△H＝﹣159.5kJ•mol﹣1
②NH2COONH4（s）═CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H＝+116.5kJ•mol﹣1
③H2O（1）═H2O（g）△H＝+44.0kJ•mol﹣1
写出NH3和CO2合成尿素和液态水的热化学方程式　2NH3（g）+CO2（g）═CO（NH2）2（s）+H2O（1）△H＝﹣87.0kJ•mol﹣1　。
（2）高温下，CO2与足量的碳在密闭容器中实现反应：C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）。向容积为1L的恒容容器中加入0.2mol CO2，在不同温度下达到平衡时CO2的物质的量浓度随温度的变化如图1所示。则该反应为　吸热　（填“放热”或“吸热”）反应；某温度下若向该平衡体系中再通入0.2mol CO2，达到新平衡后，体系中CO的百分含量　变小　（填“变大”、“变小”或“不变”）。

（3）一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C（s）+CO2（g）⇌2CO（g），平衡时体系中气体体积分数与温度的关系如图2所示：
①650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为　25%　。
②T℃时，平衡常数Kp＝　0.5　p总（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×体积分数）。
（4）NO2与SO2能发生反应：NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）△H＜0在固定体积的密闭容器中，使用某种催化剂，改变原料气配比进行多次实验（各次实验的温度可能相同，也可能不同），测定NO2的平衡转化率。部分实验结果如图3所示：

①当容器内　D　（填标号）不再随时间的变化而改变时，反应达到平衡状态。
A．气体的压强 B．气体的平均摩尔质量 C．气体的密度 D．NO2的体积分数
②如果要将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，应采取的措施是　降低温度　。
③若A点对应实验中，SO2（g）的起始浓度为c0mol•L﹣1，经过tmin达到平衡状态，该时段化学反应速率v（NO2）＝　　mol•L﹣1•min﹣1。
④图中C、D两点对应的温度分别为TC℃和TD℃，通过计算判断TC　＝　TD（填“＞”、“＝”或“＜”）。
【考点】热化学方程式；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．菁优网版权所有
【专题】化学平衡专题；化学平衡计算．
【答案】（1）2NH3（g）+CO2（g）═CO（NH2）2（s）+H2O（1）△H＝﹣87.0kJ•mol﹣1；
（2）吸热；变小；
（3）①25%；
②0.5；
（4）①D；
②降低温度；
③；
④＝。
【分析】（1）NH3和CO2合成尿素和液态水的化学方程式为2NH3（g）+CO2（g）═CO（NH2）2（s）+H2O（1），
①2NH3（g）+CO2（g）═NH2COONH4（s）△H＝﹣159.5kJ•mol﹣1
②NH2COONH4（s）═CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H＝+116.5kJ•mol﹣1
③H2O（1）═H2O（g）△H＝+44.0kJ•mol﹣1
根据盖斯定律①+②﹣③计算反应2NH3（g）+CO2（g）═CO（NH2）2（s）+H2O（1）的焓变△H；
（2）随着温度的升高，CO2的物质的量浓度逐渐减小，说明升高温度平衡正向移动；反应C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）正向是气体体积减小的反应，增大压强，平衡逆向移动，CO的浓度降低；
（3）①由图可知，650℃时，反应达平衡后CO的体积分数为40%，设开始加入的二氧化碳为1mol，根据三段式进行计算；
②反应为C（s）+CO2（g）⇌2CO（g），Kp＝，由图可知T℃时，CO2和CO的体积分数相等，即p（CO2）＝p（CO）＝0.5P总，据此计算；
（4）①反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到不变时，说明可逆反应到达平衡状态；
②如果要将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，即在不改变物料比的情况下，增加NO2的平衡转化率，考虑温度和压强对化学平衡的影响；
③A点实验中，NO2的平衡转化率α（NO2）＝50%，SO2（g）的起始浓度为c0mol/L，起始时的物料比为0.4，则NO2的起始量0.4c0mol/L，根据速率公式v＝计算v（NO2）；
④C、D两点对应的实验温度分别为Tc和Td，温度和平衡常数有关，结合图中的数据，利用三段式分别计算C和D点时的化学平衡常数，据此判断两点温度。
【解答】解：（1）NH3和CO2合成尿素和液态水的化学方程式为2NH3（g）+CO2（g）═CO（NH2）2（s）+H2O（1），
①2NH3（g）+CO2（g）═NH2COONH4（s）△H＝﹣159.5kJ•mol﹣1
②NH2COONH4（s）═CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H＝+116.5kJ•mol﹣1
③H2O（1）═H2O（g）△H＝+44.0kJ•mol﹣1
根据盖斯定律①+②﹣③计算反应2NH3（g）+CO2（g）═CO（NH2）2（s）+H2O（1）的焓变△H＝﹣87.0kJ•mol﹣1，热化学方程式为：2NH3（g）+CO2（g）═CO（NH2）2（s）+H2O（1）△H＝﹣87.0kJ•mol﹣1，
故答案为：2NH3（g）+CO2（g）═CO（NH2）2（s）+H2O（1）△H＝﹣87.0kJ•mol﹣1；
（2）由图可知，随着温度的升高，CO2的物质的量浓度逐渐减小，说明升高温度平衡正向移动，则该反应为吸热反应；反应C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）正向是气体体积减小的反应，反应达到平衡后再通入0.2molCO2，达到新平衡，新平衡相当在原平衡基础上压缩容器体积为原容器的一半所形成的平衡状态，压缩气体增大压强，平衡逆向移动，CO的百分含量减小，
故答案为：吸热；变小；
（3）由图可以知道，650℃时，反应达到平衡后CO的体积分数为40%，设开始反应时加入的二氧化碳为1mol，转化了xmol，则三行式为：
C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）
起始 1 0
转化 x 2x
平衡 1﹣x 2x
平衡后CO的体积分数为40%，×100%＝40%，解得x＝0.25mol，则CO2的转化率为：×100%＝25%，
故答案为：25%；
②由图可知T℃时，CO2和CO的体积分数相等，即p（CO2）＝p（CO）＝0.5P总，反应C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）的分压常数Kp＝＝＝0.5P总，
故答案为：0.5；
（4）①A，反应前后气体物质的量不变，气体的压强始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；
B、气体质量不变，气体物质的量不变，气体的平均摩尔质量始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；
C、反应前后气体质量不变、气体体积不变，则气体的密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；
D、NO2的体积分数不变是平衡标志，故D正确；
故答案为：D；
②如果要将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，平衡转化率增大，平衡正向进行，正反应为放热反应，降低温度平衡正向进行，
故答案为：降低温度；
③A点平衡转化率为50%，n（NO2）：n（SO2）＝0.4，SO2（g）的起始浓度为comol/L，NO2起始浓度c（NO2）＝0.4comol/L，NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g），反应的NO2为0.4comol/L×50%＝0.2comol/L，该时段化学反应速率v（NO2）＝＝mol/（L▪min），
故答案为：；
④C、D两点对应的实验温度分别为Tc和Td，温度和平衡常数有关。C点时起始时的物料比为1，NO2的平衡转化率为α（NO2）＝50%，设起始时c（NO2）＝c（SO2）＝xmol/L，
反应三段式为：NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）
起始量（mol/L） x x 0 0
变化量（mol/L） 0.5x 0.5x 0.5x 0.5x
平衡量（mol/L）0.5x 0.5x 0.5x 0.5x
即平衡常数为K（C）＝＝＝1；
D点时，起始物料比为1.5，NO2的平衡转化率为α（NO2）＝40%，设起始时c（SO2）＝ymol/L，c（NO2）＝1.5ymol/L，
反应三段式为：NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）
起始量（mol/L） 1.5y y 0 0
变化量（mol/L） 0.6y 0.6y 0.6y 0.6y
平衡量（mol/L） 0.9y 0.4y 0.6y 0.6y
化学平衡常数为K（D）＝＝＝1，所以平衡常数K相同，说明反应温度相同，即Tc＝Td，
故答案为：＝。
【点评】本题主要考察化学原理部分知识，涉及盖斯定律的计算应用、化学平衡的影响因素、化学反应速率的影响因素及计算、化学平衡常数的计算等知识，均为高频考点，把握基础、灵活运用是关键，题目难度中等。
25．（2020•辽阳三模）甲醇耐高温、易存储热值高、节能环保，可做燃料，又是重要的化工原料。科学家用太阳能分解水生成的氢气在催化剂作用下与CO2反应生成甲醇。已知：H2（g）、CO（g）和CH3OH（l）的燃烧热△H分别为﹣285.8kJ•mol﹣1、﹣283.0kJ•mol﹣1和﹣726.5kJ•mol﹣1．请回答下列问题：
（1）用太阳能分解2mol水消耗的能量是　571.6　kJ。
（2）甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为　CH3OH（g）+O2（g）═CO（g）+2H2O（l）△H＝﹣443.5kJ/mol　。
（3）CO2催化加氢合成甲醇（反应Ⅱ）中伴随着反应Ⅰ的发生：
反应Ⅰ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H＝+41kJ•moL﹣1
反应Ⅱ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H＝﹣49kJ•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CH3OH的选择性随温度的变化如图。其中：CH3OH的选择性＝
①温度高于300℃，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是　反应Ⅰ的△H＞0，反应Ⅱ的△H＜0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OH的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度　。
②220℃时，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CH3OH的选择性为48%（图中A点）。不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OH选择性的措施有　增大压强，使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂　。（写出两点）
（4）在体积为1L的密闭容器中充入1mol CO2和4mol H2发生反应Ⅱ，到平衡时氢气的转化率为25%，求该反应的平衡常数K＝　0.0062　。（结果保留二位有效数字）
（5）研究证实，CO2也可在硫酸溶液中用惰性电极电解生成甲醇，生成甲醇的电极反应式为　CO2+6H++6e﹣═CH3OH+H2O　，另一极电解产物是　O2　。

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【专题】化学平衡专题．
【答案】（1）571.6kJ；
（2）CH3OH（l）+O2（g）＝CO（g）+2H2O（l）△H＝﹣443.5kJ/mol；
（3）①反应Ⅰ的△H＞0，反应Ⅱ的△H＜0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OH的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度；
②增大压强，使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂；
（4）0.0062；
（5）CO2+6H++6e﹣═CH3OH+H2O；O2。
【分析】（1）氢气的燃烧热可知水分解吸收的能量，然后利用化学计量数与反应热的关系来计算；
（2）CO和CH3OH的燃烧热概念先书写热方程式，再利用盖斯定律来分析甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式；
（3）①根据题干信息，反应Ⅰ的△H＞0，反应Ⅱ的△H＜0，分析温度对反应Ⅰ和反应Ⅱ的平衡移动情况即可；
②根据CH3OH的选择性＝的定义，温度不能改变，只能改变压强和浓度，分析增大H2的浓度和增大压强，对反应Ⅰ和反应Ⅱ平衡的影响，也可通过催化剂的选择性来控制反应Ⅱ和反应Ⅰ的发生；
（4）根据方程式计算各组分的平衡浓，再代入平衡常数表达式求出该反应的平衡常数；
（5）分析该过程中碳的化合价由+4价降低为﹣2价发生还原反应，故生成甲醇在阴极上发生，且电解质是硫酸溶液，据此写出电极反应，另一极即阳极，阳极发生氧化反应，电极方程式为：2H2O﹣4e﹣═4H++O2↑，故电解产物为O2。
【解答】解：（1）由H2（g）的燃烧热△H为﹣285.8kJ/mol知，1molH2（g）完全燃烧生成1molH2O（l）放出热量285.8kJ，即分解1molH2O（l）为1molH2（g）消耗的能量为285.8kJ，则分解2molH2O（l）消耗的能量为285.8kJ×2＝571.6kJ，
故答案为：571.6kJ；
（2）由CO（g）和CH3OH（l）的燃烧热△H分别为﹣283.0kJ/mol和﹣726.5kJ/mol，则
①CO（g）+O2（g）＝CO2（g）△H1＝﹣283.0kJ/mol，
②CH3OH（l）+O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）△H2＝﹣726.5kJ/mol，
由盖斯定律可知用②﹣①得反应CH3OH（l）+O2（g）＝CO（g）+2H2O（l），该反应的反应热△H＝﹣726.5kJ/ml﹣（﹣283.0kJ/mol）＝﹣443.5kJ/mol，
故答案为：CH3OH（l）+O2（g）＝CO（g）+2H2O（l）△H＝﹣443.5kJ/mol；
（3）①由题干可知：反应Ⅰ的△H＞0，故温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升；而反应Ⅱ的△H＜0，故温度升高使CO2转化为CH3OH的平衡转化率下降，但由于上升幅度超过下降幅度，最终导致CO2的平衡转化率上升，故答案为：反应Ⅰ的△H＞0，反应Ⅱ的△H＜0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OH的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度，
故答案为：反应Ⅰ的△H＞0，反应Ⅱ的△H＜0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OH的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度；
②根据CH3OH的选择性＝的定义，想提高其选择性，应该使得平衡向生成更多CH3OH的方向移动，温度不能改变，只能改变压强和浓度，若增大H2的浓度，反应Ⅰ也向正向移动，故CH3OH的选择性不一定提高，但是增大压强，反应Ⅰ平衡不移动，反应Ⅱ平衡正向移动，故CH3OH的选择性一定提高，同时也可通过改变催化剂来控制反应Ⅱ和反应Ⅰ的发生，寻找一种对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂来提高其选择性，
故答案为：增大压强，使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂；
（4）在体积为1L的密闭容器中充入1molCO2和4molH2发生反应Ⅱ，到平衡时氢气的转化率为25%，
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
起始量（mol/L） 1 4 0 0
平衡量（mol/L） 3
，该反应的平衡常数，故
答案为：0.0062；
（5）研究证实，CO2也可在硫酸溶液中用惰性电极电解生成甲醇，该过程中碳的化合价由+4价降低为﹣2价发生还原反应，故生成甲醇在阴极上发生，且电解质是硫酸溶液，故其电极反应式为CO2+6H++6e﹣═CH3OH+H2O，另一极即阳极，阳极发生氧化反应，故电极方程式为：2H2O﹣4e﹣═4H++O2↑，故电解产物为O2，
故答案为：CO2+6H++6e﹣═CH3OH+H2O；O2。
【点评】本题考查化学平衡的计算、热化学方程式的书写、电化学等知识点，侧重考查学生分析计算能力，注意化学平衡常数只有温度有关，与物质浓度无关，题目难度不大。
26．（2020•兰州模拟）CO2是一种温室气体，对人类的生存环境产生巨大的影响，维持大气中CO 2的平衡对生态环境保护有着重要意义。

（1）CO2加氢合成低碳烯烃技术能有效利用CO2．以合成C2H4为例，该转化分为两步进行：
第一步：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H＝+41.3kJ/mol﹣1
第二步：2CO（g）+4H2（g）⇌C2H4（g）+2H2O（g）△H＝﹣210.5kJ/mol﹣1
CO2加氢合成乙烯的热化学方程式为　2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H4（g）+4H2O（g）△H＝﹣127.9kJ/mol　。
（2）利用CO2和H2合成甲醇又是一个有效利用CO2的途径，反应如下：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H3。
①在容积为2L的恒容密闭容器中，通入2molCO2和3 molH2发生上述反应，下列说法能够表明该可逆反应达到平衡状态的是　de　（填字母 ）。
a．消耗1.5molH2时，有0.5molCH3OH生成
b．转移3mol电子时，消耗1.2L （标准状况下） CO2
C．体系中气体的密度不变
d．水蒸气的体积分数保持不变
e．单位时间内生成H2与生成H2O的物质的量之比为3：1
②研究温度对该反应甲醇产率的影响。在210℃～290℃，保持原料气中CO2和H2的投料比不变，按一定流速发生上述反应，得到甲醇平衡产率与温度的关系如图1所示，△H3　＜　0 （填“＞”、“＝”或“＜”），判断依据是　随温度升高甲醇的平衡产率降低，则正反应为放热反应　。
③在一固定容积的密团容器中发生上述反应，若要提高平衡时CH3OH产率，则可以采取的措施是　cdf　（填字母）。
a．升温
b．加入催化剂
c．增加CO2的浓度
d．加入H2加压
e．加入惰性气体
f．分离出甲醇
（3）在一定温度和催化剂作用下，可将CO2转化为燃料CH4，反应方程式为CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）。 300℃时，一定量的CO2和H2混合气体在容积为1L的恒容密闭容器中发生上述反应，5min后达到平衡，此时各物质的浓度如表：
物质
CO2（g）
H2（g）
CH4（g）
H2O（g）
浓度/mol•L﹣1
0.2
0.8
a
1.6
则a＝　0.8　，该反应平衡常数K＝　25　。
（4）以 TiO2/Cu2Al2O4为催化剂，利用CH4可以将CO2直接转化成乙酸。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的关系如图2所示。乙酸的生成速率主要取决于温度影响的范围是　300～400℃　。250～300℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是　温度超过250℃，催化剂的催化效率明显降低　。
【考点】热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．菁优网版权所有
【专题】化学平衡图像；化学反应中的能量变化；化学平衡专题．
【答案】（1）2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H4（g）+4H2O（g）△H＝﹣127.9 kJ/mol；
（2）①de；②＜；随温度升高甲醇的平衡产率降低，则正反应为放热反应；③cdf；
（3）0.8；25；
（4）300～400℃；温度超过250℃，催化剂的催化效率明显降低。
【分析】（1）①CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H＝+41.3kJ/mol﹣1
②2CO（g）+4H2（g）⇌C2H4（g）+2H2O（g）△H＝﹣210.5kJ/mol﹣1
根据盖斯定律反应①×2+②可以得到CO2加氢合成乙烯的化学方程式；
（2）①可逆反应达到平衡时，同物质的正逆反应速率相等，各组分的浓度，含量保持不变，由此衍生出其他的一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化说明达到平衡；
②结合图象，随温度升高甲醇的平衡产率降低，则正反应为放热反应；
③根据反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），要提高甲醇的产率，必须保证反应往正向移动，据此分析各选项；
（3）根据反应CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g），结合表中数据计算各物质的浓度，代入平衡常数K＝计算可得；
（4）结合图象可数据，当温度超过250℃，催化剂的催化效率明显降低，则温度升高而乙酸的生成速率降低。
【解答】解：（1）①CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H＝+41.3kJ/mol﹣1
②2CO（g）+4H2（g）⇌C2H4（g）+2H2O（g）△H＝﹣210.5kJ/mol﹣1
根据盖斯定律反应①×2+②可以得到CO2加氢合成乙烯的化学方程式，△H＝△H1×2+△H2＝+41.3kJ/mol×2﹣210.5kJ/mol＝﹣127.9 kJ/mol，则热化学方程式为2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H4（g）+4H2O（g）△H＝﹣127.9 kJ/mol；
故答案为：2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H4（g）+4H2O（g）△H＝﹣127.9 kJ/mol；
（2）①a．消耗1.5molH2时，有0.5molCH3OH生成，两者都为正反应速率，不能表明达到平衡状态；
b．转移3mol电子时，消耗11.2L（标准状况下）CO2，不能说明正逆反应速率相等，则不能表明反应达到平衡状态；
c．容器的体积不变，体系中气体的质量不变，则气体一直密度不变，不能表明反应达到平衡状态；
d．水蒸气的体积分数保持不变，说明各组分浓度不再改变，则表明反应达到平衡状态；
e．单位时间内生成H2为逆反应方向，生成H2O为正反应方向，两者生成的物质的量之比为3：1，则正逆反应速率相等，表明反应达到平衡状态；
故答案为：de；
②由图象可知，随温度升高甲醇的平衡产率降低，则正反应为放热反应，△H3＜0；
故答案为：＜；随温度升高甲醇的平衡产率降低，则正反应为放热反应；
③a．因为正反应为放热反应，升温平衡逆向移动，平衡时CH3OH产率降低；
b．催化剂不影响化学平衡，加入催化剂，平衡时CH3OH产率不变；
c．增加CO2的浓度，平衡正向移动，平衡时CH3OH产率增大；
d．加入H2加压，增加反应物浓度，平衡正向移动，平衡时CH3OH产率增大；
e．加入惰性气体，容器体积不变，反应物与生成物的浓度不变，平衡不移动，平衡时CH3OH产率不变；
f．分离出甲醇，减小生成物的浓度，平衡正向移动，平衡时CH3OH产率增大；
故答案为：cdf；
（3）CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）则K＝，根据表格数据可知，反应生成H2O（g）的浓度为1.6 mol•L﹣1，则生成c（CH4）＝c（H2O）＝0.8 mol•L﹣1，则a＝0.8，该反应平衡常数K＝＝＝25；
故答案为：0.8；25；
（4）由图象可知，温度300～400℃时催化效率增强，但乙酸的生成速率降低，主要因为温度影响了乙酸的生成速率；由图象可知当温度超过250℃，催化剂的催化效率明显降低，则温度升高而乙酸的生成速率降低；
故答案为：300～400℃；温度超过250℃，催化剂的催化效率明显降低。
【点评】本题考查热化学方程式的书写和计算，化学平衡状态的判断及有关计算，题目难度较大，是高考常见题型，注意掌握基础。
27．（2020•江西模拟）苯乙烯是制备聚苯乙烯的单体。工业上，利用乙苯催化脱氢制取苯乙烯的反应：

（1）已知CO分子中化学键为C≡O．相关的化学键键能数据如下：
化学键
H﹣O
C≡O
C═O
H﹣H
C﹣H
C﹣C
C═C
E/（kJ•mol﹣1）
463
1075
803
436
413
348
615
利用上表数据估算△H为　+164kJ/mol　。
（2）在三个体积相同的恒容密闭容器中充入CO2和乙苯蒸气发生上述反应，有关数据如下：
容器
温度
起始反应物的物质的量/mol
平衡时物质的物质量/mol
CO（g）
乙苯（g）
苯乙烯（g）
Ⅰ
T1K
2.0
2.0
1.0
Ⅱ
T2K
2.0
2.0
0.75
Ⅲ
T1K
4.0
4.0
a
①T1　＞　T2（填“＞”、“＜”或“＝”，下同），a　＜　2.0。
②T1K时，容器I中平衡混合气体中苯乙烯体积分数为　20%　，假设容器Ⅰ中起始压强为p0，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp＝　0.25p0MPa　。[气体分压（p分）＝气体总压（p总）×气体体积分数]
（3）一定温度下，在某催化剂作用下发生上述反应，其反应历程如下：

①由原料到状态Ⅰ　吸收　（填“放出”或“吸收”）能量，判断依据是　断裂C﹣H键，需要吸收能量　。
②如果其他条件不变，再通入CO2，如图所示的四幅图象中，符合乙苯平衡转化率与p（CO2）的关系的是　B　。（填选项）

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【专题】化学平衡图像；化学反应中的能量变化；化学平衡专题．
【答案】（1）+164 kJ/mol；
（2）①＞；＜；②20%；0.25p0MPa；
（3）①吸收；断裂C﹣H键，需要吸收能量；②B。
【分析】（1）根据△H＝反应物键能总和﹣生成物键能总和计算反应热；
（2）①根据勒夏特列原理，该反应是吸热反应，降低温度，平衡逆向移动；该反应正向是气体分子数增大的反应，压强增大，平衡正向移动；
②根据平衡时苯乙烯为1 mol，列三段式，计算各物质的平衡分压，代入Kp＝计算；
（3）根据图示的反应过程判断反应是吸热还是放热；根据图示反应过程判断转化率与压强的转化趋势。
【解答】解：（1）反应的△H可以利用键能大小计算，利用反应物的键能总和减去生成物的键能总和即可得到反应的△H，当计算结果为正值时为吸热反应，反之则为放热反应；在本反应中由于苯基在反应前后不变，因此苯基的能量在反应前后相同，只需要计算乙基和二氧化碳反应变成乙烯基、一氧化碳和水的键能变化差值即可，即反应热＝（348+5×413+2×803）kJ/mol﹣（615+3×413+1075+2×463）kJ/mol＝+164 kJ/mol；
故答案为：+164 kJ/mol；
（2）①上述反应是吸热反应，降低温度，平衡向左移动，苯乙烯的量减小，故T2小于T1；该反应正向是气体分子数增大的反应，I到Ⅲ相当于加压，平衡向左移动，苯乙烯的量小于2.0；
故答案为：＞；＜；
②平衡时苯乙烯为1 mol，则
C6H5﹣CH2CH3（g）+CO2（g）C6H5﹣CH＝CH2（g）+CO（g）+H2O（g）
起始（mol） 2 2 0 0 0
转化（mol） 1 1 1 1 1
平衡（mol） 1 1 1 1 1
平衡时，苯乙烯占体积分数为20%；
平衡后压强为×p0＝1.25p0MPa，Kp＝＝0.25p0MPa；
故答案为：20%；0.25p0MPa；
（3）①原料到状态Ⅰ，断裂C﹣H键，需要吸收能量；
故答案为：吸收；断裂C﹣H键，需要吸收能量；
②一定范围内，p（CO2）越大，说明在原料中CO2的配比越高，则乙苯平衡转化率越高；二者首先吸附在催化剂表面上，当CO2在催化剂表面吸附率过高时，会造成乙苯在催化剂表面的吸附率下降，使乙苯平衡转化率随着p（CO2）增大而减小，图象B符合实际；
故答案为：B。
【点评】本题综合性较大，涉及化学平衡的计算、化学平衡影响元素、反应热计算等，难度中等，掌握化学平衡的计算是关键。
28．（2020•济南二模）对高温条件下反应机理的研究一直是化学动力学的重要课题，科研工作者研究了1000K下丙酮的热分解反应并提出了如下反应历程：
CH3COCH3CH3•+CH3CO•①Ea＝351kJ•mol﹣1
CH3CO•CH3•+CO ②Ea＝42kJ•mol﹣1
CH3•+CH3COCH3CH4+CH3COCH2•③Ea＝63kJ•mol﹣1
CH3COCH2•CH3•+CH2＝C＝O ④Ea＝200kJ•mol﹣1
CH3•+CH3COCH2•C2H5COCH3⑤Ea＝21kJ•mol﹣1
回答下列问题：
（1）上述历程是根据两个平行反应提出的，其中一个为CH3COCH3⇌CH4+CH2＝C＝O，该反应的快慢主要由上述历程中的反应　①　（填序号）决定，另一个反应的化学方程式为　2CH3COCH3⇌CH4+CO+C2H5COCH3　，反应速率常数k4　＜　
k5．（填“＞”或“＜”）。
（2）CH2＝C＝O（乙烯酮）可以与乙醇发生加成反应生成酯，写出该反应的化学方程式：　CH2＝C＝O+CH3CH2OH→CH3COOCH2CH3　。
（3）一定温度下，在2L密闭容器中充入1mol CH3COCH3发生上述两个平行反应，提高乙烯酮反应选择性的关键因素是　c　；
a．再充入1mol CH3COCH3 b．及时分离出CH4 c．使用适宜的催化剂
达到平衡后，测得容器中存在a mol CH4和b mol CO，则CH3COCH3（g）⇌CH4（g）+CH2＝C＝O（g）在该温度下的平衡常数K　＝　mol•L﹣1（用含a、b的代数式表示）。
（4）分解产物中的CH4可用于制备氢气：
反应Ⅰ：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H＝206.2kJ•mol﹣1
反应Ⅱ：CH4（g）+2H2O（g）⇌CO2（g）+4H2（g）△H＝165.0kJ•mo1﹣1
写出CO与水蒸气反应生成CO2的热化学方程式：　CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H＝﹣41.2kJ/mol　。830℃时，反应Ⅱ的平衡常数K＝1.2mol2•L﹣2，该温度下，测得密闭容器中各物质的浓度为c（CH4）＝2.0mol•L﹣1、c（H2O）＝4.0mol•L﹣1、c（CO2）＝2.0mol•L﹣1、c（H2）＝2.0mol•L﹣1，则此时v正　＞　v逆（填“＞”“＜”或“＝”）。
【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．菁优网版权所有
【专题】化学平衡专题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）反应历程中活化能越高，反应速率越慢，整个化学反应的速率由其中最慢的一步决定，机理由两个平行反应提出，其中一个产物有CH4和CH2＝C＝O，另一个应为生成CO、CH4和C2H5COCH3，根据反应④和⑤的活化能高低比较k4和k5的速率大小；
（2）CH2＝C＝O（乙烯酮）可以与乙醇发生加成反应生成酯，据此写出反应方程式；
（3）提高乙烯酮的选择性主要是要提高反应④的正向程度，需及时分离出CH4；
（4）根据已知焓变的热化学方程式推导所求反应，再由盖斯定律计算所求反应的焓变，根据Qc与K的关系判断反应进行的方向，据此判断正逆反应速率大小。
【解答】解：（1）反应历程中活化能越高，反应速率越慢，整个化学反应的速率由其中最慢的一步决定，所以该反应的快慢主要由上述历程中的反应①决定，
机理由两个平行反应提出，其中一个产物有CH4和CH2＝C＝O，那么另一个反应中产物则有C2H5COCH3，但需注意，要产生C2H5COCH3，必然是由反应③已经引发了CH3COCH2•，所以必然同时存在CH4，要引发反应③，也需要有CH3•，反应①和反应②提供CH3•，第一个平行反应净结果没有CO，可以推断第二个平行反应产生CO，所以另一个反应的化学方程式为：2CH3COCH3⇌CH4+CO+C2H5COCH3，
活化能E4＞E5，则反应速率k4＜k5，
故答案为：①；2CH3COCH3⇌CH4+CO+C2H5COCH3；＜；
（2）CH2＝C＝O（乙烯酮）可以与乙醇发生加成反应生成酯，与乙醇直接反应，我们一般认为是酸性介质，
，
发生的反应为：CH2＝C＝O+CH3CH2OH→CH3COOCH2CH3，
故答案为：CH2＝C＝O+CH3CH2OH→CH3COOCH2CH3；
（3）提高乙烯酮的选择性主要是要提高反应④的正向程度，需及时分离出CH4，促进反应③产生更多的CH3COCH2•，就可以促进其分裂产生乙烯酮，故选C；达到平衡后，测得容器中存在a mol CH4和b mol CO，则：在2CH3COCH3⇌CH4+CO+C2H5COCH3中生成CObmol的同时生成bmolCH4，反应掉bmolCH3COCH3，此时
CH3COCH3（g）⇌CH4（g）+CH2＝C＝O（g）
起始物质的量（mol） 1﹣b b 0
变化物质的量（mol） a﹣b a﹣b a﹣b
平衡物质的量（mol） 1﹣a﹣2b a a﹣b
在该温度下的平衡常数K＝＝＝，
故答案为：c；；
（4）CO与水蒸气反应生成CO2的化学方程式为：CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g），该反应可由Ⅱ﹣Ⅰ得到，根据盖斯定律，该反应的焓变为△H＝△H2﹣△H1＝﹣41.2kJ/mol，
反应Ⅱ的平衡常数K＝1.2mol2•L﹣2，该温度下，测得密闭容器中各物质的浓度为c（CH4）＝2.0mol•L﹣1、c（H2O）＝4.0mol•L﹣1、c（CO2）＝2.0mol•L﹣1、c（H2）＝2.0mol•L﹣1，则Qc＝＝1＜K＝1.2，可见反应正向进行，v正＞v逆，
故答案为：CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H＝﹣41.2kJ/mol；＞。
【点评】本题考查化学原理部分知识，涉及到化学平衡的移动，反应方程式的书写，焓变的计算，平衡常数的计算等知识点，为常见考点，难度不大。
29．（2020•湖北模拟）随着科学技术的发展和环保要求的不断提高，CO2的捕集利用技术成为研究新的热点。 完成下列问题：
（I）CO2催化加氢合成CH3OCH3是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应：
反应Ⅰ：CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）△H＝+41.2kJ•mol﹣1
反应Ⅱ：2CO2（g）+6H2（g）═CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H＝﹣122.5kJ•mol﹣1
①写出CO和H2合成CH3OCH3的热化学方程式　2CO（g）+4H2（g）＝CH3OCH3（g）+H2O（g）△H＝﹣204.9kJ•mol﹣1　。
②分别在2L恒温密闭容器甲（恒温恒容）、乙（恒温恒压）中，加入CO2和H2各1mol的混合气体，假设只发生反应Ⅱ，则两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是　乙　（填“甲”或“乙”）。当反应5min时，测得甲容器中压强变为原来的一半，则用CO2表示的反应的速率＝　0.05mol/（L•min）　。
③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。其中：CH3OCH的选择性＝×100%
i）温度高于300℃，温度对CO2平衡转化率影响较大的是反应　I　（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）。
ii）220℃时，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性为48%（图中A点）。不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的措施可以是　增大压强或使用对反应II催化活性更高的催化剂　（任答一条）。
（2）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH＝13，CO2主要转化为　CO32﹣　（写离子符号）；若所得溶液c（HCO3﹣）：c（CO32﹣）＝1：5，溶液pH＝　11　。（室温下，H2CO3的K1＝4×10﹣7；K2＝5×10﹣11）

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【专题】化学平衡计算．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）①先写出CO和H2反应的方程式，该反应方程式为2CO+4H2＝CH3OCH3+H2O，然后根据盖斯定律进行分析；
②根据方程式的特点和压强对化学平衡的影响分析；压强变为一半，在相同的条件下，压强之比等于物质的量之比，即气体物质的量变为原来的一半，然后进行分析；
③i）根据图象，温度高于300℃时，CH3OCH3的选择性迅速降低，而CO2的平衡转化率增大，据此分析；
ii）增大CH3OCH3选择性，即增大CH3OCH3的物质的量，不改变反应时间和温度，反应向正反应方向进行或加快反应速率，据此分析；
（2）CO2与NaOH反应，产物可能是Na2CO3，也可能是NaHCO3，也可能是两者的混合物，需要根据碳酸的二级电离平衡常数进行分析和对比；
【解答】解：（1）①CO和H2反应的方程式为2CO+4H2＝CH3OCH3+H2O，根据盖斯定律，将反应II﹣2×反应I，2CO（g）+4H2（g）＝CH3OCH3（g）+H2O（g）△H＝﹣204.9kJ•mol﹣1，
故答案为：2CO（g）+4H2（g）＝CH3OCH3（g）+H2O（g）△H＝﹣204.9kJ•mol﹣1；
②反应II是气体物质的量减小的反应，随着反应的进行，恒温恒容容器内的气体压强减小，恒温恒压相当于在恒温恒容基础上增大压强，增大压强，该反应向正反应方向进行，放出的热量增多，即乙容器放出的热量较多；甲容器为恒温恒容，5min时甲容器内的压强变为原来的一半，则气体物质的量变为原来的一半，
2CO2（g）+6H2（g）═CH3OCH3（g）+3H2O（g）△n
2 4
n（CO2） 1
解得n（CO2）＝0.5mol，根据化学反应速率的表达式为υ（CO2）＝＝0.05mol/（L•min），
故答案为：乙；0.05mol/（L•min）；
③i）根据图象，温度高于300℃时，CH3OCH3的选择性迅速降低，反应II向逆反应方向进行，CO2的转化率降低；反应I是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向反应，CO2的转化率增大，根据图象，温度高于300℃时，CO2的平衡转化率增大，说明温度对CO2平衡转化率影响较大的是反应I，
故答案为：I；
ii）在不改变时间和温度情况下，一定能提高CH3OCH3选择性措施的是增大压强或使用对反应II催化活性更高的催化剂，
故答案为：增大压强或使用对反应II催化活性更高的催化剂；
（2）Ka2＝，所得溶液的pH＝13，即c（H+）＝10﹣13mol•L﹣1，＝5×10﹣11，＝500，c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣），CO2主要转化为CO32﹣；所得溶液c（HCO3﹣）：c（CO32﹣）＝1：5，代入Ka2＝＝5×10﹣11，＝5×10﹣11，c（H+）＝1×10﹣11mol•L﹣1，即此时溶液的pH＝11，
故答案为：CO32﹣；11。
【点评】本题考查较为综合，涉及热化学方程式书写、化学平衡计算、pH相关计算等知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，难度中等。
30．（2020•广州二模）甲苯（C7H8）和二甲苯（C8H10）是重要的化工原料。利用苯（C6H6）和甲醇（CH3OH）在催化剂作用下反应得到C7H8、C8H10和副产物三甲苯（C9H12），发生的主要反应如下：
Ⅰ．C6H6（g）+CH3OH（g）⇌C7H8（g）+H2O（g）
Ⅱ．C7H8（g）+CH3OH（g）⇌C8H10（g）+H2O（g）
Ⅲ．C8H10（g）+CH3OH（g）⇌C9H12（g）+H2O（g）
（1）500℃、0.18Mpa条件下，反应达到平衡时，结果如图所示。

①由图分析，随着投料比增加，CH3OH的平衡转化率　减小　，平衡时的值　增大　。（填“增大”、“减小”或“不变”）。
②投料比为1.0时，C6H6的平衡转化率为50%，产物中C7H8、C8H10和C9H12物质的量之比为6：3：1．CH3OH的平衡转化率为　75%　，反应Ⅰ的平衡常数K═　1.8　。
（2）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了反应Ⅰ在固体酸（HB）催化剂表面进行的反应历程如图所示。其中吸附在固体酸（HB）表面的物种用*标注。

①反应Ⅰ的△H═　﹣61.4　kJ•mol﹣1。
②吸附CH3OH的焓变吸附C6H6的焓变　＜　（填“＞”或“＜”）。
③C6H6*在催化剂表面转化为C7H8*的反应方程式为　C6H6*+H2O+CH3B＝C7H8*+H2O+HB　。
④在固体酸（HB）催化作用下，测得反应I的速率方程为v═k•p（C6H6）（k为速率常数）。在刚性容器中发生反应Ⅰ，关于反应Ⅰ的平衡常数（K）和反应速率（v）的叙述正确的是　B　（填标号）。
A．升高温度，K和v均增大
B．增大p（C6H6），K不变，v增大
C．降低温度，K和v均减小
D．增大p（CH3OH），K不变，v增大
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【专题】化学平衡图像；化学平衡专题．
【答案】（1）①减小；增大；②75%；1.8；
（2）①﹣61.4；②＜；③C6H6*+H2O+CH3B＝C7H8*+H2O+HB；④B。
【分析】（1）①由图分析，随着投料比增加，苯（C6H6）的转化率在增加，CH3OH的物质的量在增加，平衡转化率减小，根据平衡移动的方向判断平衡时的值的变化；
②设当设C6H6的平衡转化率为50%，产物中C7H8、C8H10和C9H12物质的量分别为6mol、3mol、1mol，则反应ⅢC8H10（g）+CH3OH（g）⇌C9H12（g）+H2O（g）中平衡时，C8H10和C9H12的物质的量分别为3mol、1mol，则反应Ⅲ中C8H10（g）的初始投料为4mol，即平衡时反应ⅡC7H8（g）+CH3OH（g）⇌C8H10（g）+H2O（g）平衡时，C7H8、C8H10的物质的量分别为6mol和4mol，则反应Ⅱ中C7H8初始量为10mol，即平衡时反应ⅠC6H6（g）+CH3OH（g）⇌C7H8（g）+H2O（g）中C7H8（g）平衡时的物质的量为10mol，则反应ⅠC6H6（g）和CH3OH（g）的转化量为10mol，根据投料比为1.0时，设C6H6的平衡转化率为50%，则反应Ⅰ中C6H6（g）和CH3OH（g） 的初始投入量相等，都为20mol，据此列三段式计算解答；
（2）①结合反应I的方程式：C6H6（g）+CH3OH（g）⇌C7H8（g）+H2O（g），根据图示，利用盖斯定律解答；
②根据图示中，吸附CH3OH的焓变和吸附C6H6的焓变数值进行比较判断；
③根据图示，找到C6H6*和C7H8*所在的位置书写反应方程式；
④根据①中分析可知，反应I的方程式为：C6H6（g）+CH3OH（g）⇌C7H8（g）+H2O（g），正反应为放热反应；该体系反应前后气体分子数目不变，平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数不变，结合外界条件对反应速率的影响分析判断速率的变化。
【解答】解：（1）①由图分析，随着投料比增加，苯（C6H6）的转化率在增加，CH3OH的物质的量在增加，平衡转化率减小；根据图象，结合三个反应，苯（C6H6）的转化率与C7H8、C8H10和C9H12三种产物的产量成正比关系，图象中苯（C6H6）的转化率与C7H8、C8H10的产量之差，应为C9H12的产量，根据图显示，C9H12的产量在增大，则的值增大；
故答案为：减小；增大；
②设C6H6的平衡转化率为50%，产物中C7H8、C8H10和C9H12物质的量分别为6mol、3mol、1mol，则反应ⅢC8H10（g）+CH3OH（g）⇌C9H12（g）+H2O（g）中平衡时，C8H10和C9H12的物质的量分别为3mol、1mol，则反应Ⅲ中C8H10（g）的初始投料为4mol，即平衡时反应ⅡC7H8（g）+CH3OH（g）⇌C8H10（g）+H2O（g）平衡时，C7H8、C8H10的物质的量分别为6mol和4mol，则反应Ⅱ中C7H8初始量为10mol，即平衡时反应
ⅠC6H6（g）+CH3OH（g）⇌C7H8（g）+H2O（g）中C7H8（g）平衡时的物质的量为10mol，则反应ⅠC6H6（g）和CH3OH（g）的转化量为10mol，根据投料比为1.0时，设C6H6的平衡转化率为50%，则反应Ⅰ中C6H6（g）和CH3OH（g） 的初始投入量相等，都为20mol，据此列三段式可得：
C6H6（g）+CH3OH（g）⇌C7H8（g）+H2O（g）
起始（mol） 20 20 0 0
转化（mol） 10 10 10 10
平衡（mol） 10 10 10 10
C7H8（g）+CH3OH（g）⇌C8H10（g）+H2O（g）
起始（mol） 10 10 0 10
变化（mol） 4 4 4 4
平衡（mol） 6 6 4 4
C8H10（g）+CH3OH（g）⇌C9H12（g）+H2O（g）
起始（mol） 4 6 0 14
变化（mol） 1 1 1 1
平衡（mol） 3 5 1 15
H3OH剩余5mol，则CH3OH平衡转化率为×100%＝75%，反应I体系中各物质反应计量系数都为1，则物质的量的变化量可代表浓度变化量，体系平衡时，CH3OH物质的量为5mol，C6H6的物质的量为10mol，C7H8的物质的量为6mol，水蒸气的物质的量为15mol，则平衡常数K＝＝＝1.8；
故答案为：75%；1.8；
（2）①反应I的方程式为：C6H6（g）+CH3OH（g）⇌C7H8（g）+H2O（g），根据图示，反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应，利用盖斯定律，反应热只与始态和终态有关，与反应过程无关，则
△H＝﹣61.4kJ•mol﹣1；
故答案为：﹣61.4；
②根据图示，吸附CH3OH的焓变为﹣109.9 kJ•mol﹣1，吸附C6H6的焓变为﹣66.4 kJ•mol﹣1，二者焓变都小于0，则吸附CH3OH的焓变＜吸附C6H6的焓变；
故答案为：＜；
③根据图示，C6H6*在催化剂表面转化为C7H8*的反应方程式为C6H6*+H2O+CH3B＝C7H8*+H2O+HB；
故答案为：C6H6*+H2O+CH3B＝C7H8*+H2O+HB；
④根据①中分析可知，反应I的方程式为：C6H6（g）+CH3OH（g）⇌C7H8（g）+H2O（g），正反应为放热反应；该体系反应前后气体分子数目不变，
A．升高温度，平衡逆向移动，则K减小，升高温度反应速率v增大，故A错误；
B．平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数K不变，增大p（C6H6），根据v＝k•p（C6H6），则反应v增大，故B正确
C．降低温度，平衡向正向移动，平衡常数K增大，降温反应速率v减小，故C错误；
D．平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数K不变，增大p（CH3OH），体系中各组分的压强都增大，反应速率v增大，故D错误；
故答案为：B。
【点评】本题考查化学平衡的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡图象分析判断等知识，为高频考点，侧重分析能力、计算能力和灵活运用原理知识解题的能力，把握化学平衡影响因素进而平衡的计算是解题关键，题目难度中等。

考点卡片
1．工业合成氨
【知识点的认识】
反应原理：
N2+3H22NH3（正反应为放热反应），这是一个气体总体积缩小的、放热的可逆反应。
原料气的制取：
N2：将空气液化、蒸发分离出N2或者将空气中的O2与碳作用生成CO2，然后除去CO2，得到N2。
H2：用水和燃料（煤、焦碳、石油、天然气等）在高温下制取。用煤和水制取H2的主要反应为
C+H2O（g）CO+H2；CO+H2O（g）CO2+H2
制得的N2、H2需净化、除杂质。在用高压机缩压至高压。
合成氨适宜条件的选择：
催化剂：虽不能改变化学平衡，但可以加快反应速率，提高单位时间内的产量。
温度：升高温度可加快反应速率，但从平衡移动考虑，此反应温度不宜太高。使催化剂的活性最大也是选择温度的另一个重要因素。
压强：增大压强既可以加快反应速率又可以使化学平衡向正反应方向移动。但生产设备能不能承受那么大的压强，产生压强所需的动力、能源 又是限制压强的因素。
浓度：在生产过程中，不断补充N2和H2，及时分离出NH3，不但可以加快反应速率，还能使平衡右移，提高NH3的产量。
合成氨的适宜条件：
压强：20～50MPa
温度：500℃左右（此时催化剂的活性最大）
催化器：铁触媒（以铁为主体的多成分催化剂）
【命题的方向】本考点主要考察合成氨反应特点，如何寻找到最佳的反应条件，如何提高转化率。
【解题思路点拔】合成氨最佳反应条件的选择：合成氨是一个气体总体积缩小的、放热的需要催化剂的可逆反应，高压和低温适宜，但考虑到催化剂的活性，选择适宜的温度。
2．氯碱工业
【知识点的认识】
一、氯碱工业
工业上用电解饱和NaCl溶液的方法来制取NaOH、Cl2和H2，并以它们为原料生产一系列化工产品，称为氯碱工业．氯碱工业是最基本的化学工业之一，它的产品除应用于化学工业本身外，还广泛应用于轻工业、纺织工业、冶金工业、石油化学工业以及公用事业．
二、氯碱生产工艺：
1、电解法简介：
工业上用电解饱和NaCl溶液的方法来制取NaOH、Cl2和H2，并以它们为原料生产一系列化工产品，称为氯碱工业．氯碱工业是最基本的化学工业之一，它的产品除应用于化学工业本身外，还广泛应用于轻工业、纺织工业、冶金工业、石油化学工业以及公用事业．
2、电解饱和食盐水反应原理：
2NaCl+2H2O电解¯H2↑+Cl2↑+2NaOH
因为NaCl是强电解质，在溶液里完全电离，水是弱电解质，也微弱电离，因此在溶液中存在Na+、H+、Cl﹣、OH﹣四种离子．当接通直流电源后，带负电的OH﹣和Cl﹣向阳极移动，带正电的Na+和H+向阴极移动．Cl﹣比OH﹣更易失去电子，在阳极被氧化成氯原子，氯原子结合成氯分子放出，使湿润的淀粉碘化钾溶液变蓝．H+比Na+容易得到电子，因而H+不断地从阴极获得电子被还原为氢原子，并结合成氢分子从阴极放出．在上述反应中，H+是由水的电离生成的，由于H+在阴极上不断得到电子而生成H2放出，破坏了附近的水的电离平衡，水分子继续电离出H+和OH﹣，H+又不断得到电子变成H2，结果在阴极区溶液里OH﹣的浓度相对地增大，使酚酞试液变红．
因此，阳极反应：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑（氧化反应）；阴极反应：2H++2e﹣＝H2↑（还原反应）
工业上利用这一反应原理，制取烧碱、氯气和氢气．
3、电解设备﹣﹣离子交换膜电解槽．
（1）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．
（2）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．
三、氯碱工业应用
由电解槽流出的阴极液中含有30%的NaOH，称为液碱，液碱经蒸发、结晶可以得到固碱、阴极区的另一产物湿氢气经冷却、洗涤、压缩后被送往氢气贮柜．阳极区产物湿氯气经冷却、干燥、净化、压缩后可得到液氯．
（1）2NaOH+Cl2＝NaCl+NaClO+H2O
（2）H2O+Cl2＝HCl+HClO
（3）H2+Cl2＝2HCl
（4）2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O
（5）NaOH+CO2＝NaHCO3
因此主要产品有：
①32%氢氧化钠；②50%氢氧化钠；③固体氢氧化钠（片碱）；④高纯盐酸；⑤工业盐酸；⑥次氯酸钠；⑦氯气、液氯（液态氯气）；⑧PVC（聚氯乙烯树脂，氯碱工业一般都伴随PVC树脂）；⑨氢气等．
【命题的方向】本考点主要考察氯碱工业的反应原理，反应产物及用途，需要重点掌握．
题型一：氯碱工业的原理
典例1：下列关于烧碱的制备、性质及其应用的表述错误的是（　　）
A．电解饱和食盐水制烧碱的离子方程式为：2Cl﹣+2H2O电解¯2OH﹣+H2↑+Cl2↑
B．1807年英国科学家戴维通过电解熔融烧碱在阴极获得金属钠
C．向石灰乳中加入纯碱是工业上制备烧碱的方法之一
D．不慎将酸沾到皮肤上，要立即用大量水冲洗，然后涂上烧碱溶液
分析：A、根据电解池的工作原理来书写电解氯化钠溶液的离子方程式；
B、电解池中阴极上阳离子发生得电子的还原反应；
C、碳酸钠可以和氢氧化钙发生复分解反应；
D、浓硫酸溶于水会产生大量的热，烧碱具有强的腐蚀性．
解答：电解饱和食盐水制烧碱的离子方程式为：2Cl﹣+2H2O电解¯2OH﹣+H2↑+Cl2↑，故A正确；
B、电解熔融烧碱时，在阴极上是钠离子获得电子生成金属钠的过程，故B正确；
C、向石灰乳中加入纯碱会发生反应生成碳酸钙和氢氧化钠，该反应是工业上制备烧碱的方法之一，故C正确；
D、不慎将酸沾到皮肤上，要立即用布擦净，用大量水冲洗，然后涂上碳酸氢钠溶液，故D错误．
故选D．
点评：本题是一道化学实验知识的综合题目，要求学生注意平时知识的积累，难度不大．
题型二：电解法阳离子交换膜的作用
典例2：下列有关工业生产的叙述正确的是（　　）
A．合成氨生产过程中升高温度可加快反应速率，缩短生产周期，故温度越高越好
B．硫酸工业中，使用催化剂是为了提高SO2转化为SO3的转化率
C．电解精炼铜时，精铜作阴极
D．电解饱和食盐水制烧碱采用离子交换膜法，可防止阴极室产生的Cl2进入阳极室
分析：A、合成氨是放热反应，升高温度，不能提高N2、H2的转化率；
B、硫酸工业中，加入催化剂平衡不移动；
C、电解精炼铜时，阳极是粗铜，精铜作阴极；
D、电解饱和食盐水时，阴极室产生的是氢气和氢氧化钠，阳极上产生的是氯气，采用离子交换膜法，可防止阳极室产生的Cl2进入阴极室．
解答：A、合成氨是放热反应，升高温度，不能提高N2、H2的转化率，故A错误；
B、硫酸工业中，加入催化剂平衡不移动，不能提高SO2转化为SO3的转化率，故B错误；
C、电解精炼铜时，阳极是粗铜，精铜作阴极，故C正确；
D、电解饱和食盐水时，阴极室产生的是氢气和氢氧化钠，阳极上产生的是氯气，采用离子交换膜法，可防止阳极室产生的Cl2进入阴极室，故D错误．
故选C．
点评：本题考查学生工业合成氨、工业生产硫酸的工业原理、精炼铜和工业制烧碱的知识，属于综合知识的考查，难度不大．
【解题思路点拔】
（1）电解熔融NaCl和电解NaCl溶液的区别：
电解熔融NaCl：2NaCl电解¯2Na+Cl2↑，因此电解熔融NaCl是得不到烧碱的．
电解饱和NaCl溶液：2NaCl+2H2O电解¯H2↑+Cl2↑+2NaOH
（2）阴阳极放电顺序：
阴极：阳离子放电，得电子能力强先放电Ag+＞Hg2+＞Fe3+＞Cu2+＞H+＞Pb2+＞Sn2+＞Fe2+＞Zn2+＞H+（H2O）＞Al3+＞Mg2+＞Na+＞Ca2+＞K+
阳极：阴离子放电或电极放电，失电子能力强先放电．若阳极是活泼金属（金属活动顺序表Ag以前），溶液中的阴离子一律不放电，而是电极材料失电子．若阳极是惰性（Pt、Au、石墨），则放电顺序如下：S2﹣＞I﹣＞Br﹣＞Cl﹣＞OH﹣＞含氧酸根离子．
3．有关反应热的计算
【知识点的认识】
1、概念：有关反应热的计算：利用反应热的概念、盖斯定律、热化学方程式进行有关反应热的计算．
2、计算方法：
（1）由化学反应的本质（旧键断裂﹣新键生成）及化学反应能量变化的原因（反应物的总能量与生成物的总能量不等）可得：①反应热＝断裂旧键所需的能量﹣生成新键释放的能量；②反应热＝生成物的总能量﹣反应物的总能量；
（2）根据盖斯定律计算：不管化学反应是一步完成或分几步完成，其反应热是相同的．也就是说，化学反应的反应热只与反应的始态和终态有关，而与具体反应的途径无关．所以．可将热化学方程式进行适当的“加”、“减”等变形，△H进行相应的变化后来计算反应热．
（3）其他方法
根据比热容公式△H＝﹣cm△t进行计算；由生成反应的焓变计算：反应热＝生成物生成焓之和﹣反应物生成焓之和．
【命题方向】
题型一：已知一定量的物质参加反应放出的热量，写出其热化学反应方程式；
典例1：25℃（1.01×105）Pa下，1g硫粉在氧气中充分燃烧放出9.36kJ热量，写出硫燃烧的热化学方程式．
分析：燃烧热指的是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，因此需要把1g硫粉放出的热量换算求出1mol硫粉放出的热量．
解答：1g硫粉在氧气中充分燃烧放出9.36kJ热量，则1mol硫粉在氧气中充分燃烧放出热量为：
32g×9.35kJ/g＝299.62kJ，
因此硫燃烧的热化学方程式为：S（s）+O2（g）＝SO2（g）△H＝﹣299.62kJ•mol﹣1
点评：本题考查燃烧热的概念以及根据一定量的物质参加反应放出的热量写出其热化学反应方程式，注意燃烧热的概念是关键，难度较低．
题型二：利用键能计算反应热；
典例2：（2014•重庆）已知C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H＝akJ•mol﹣1
2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H＝﹣220kJ•mol﹣1
H﹣H、O＝O和O﹣H键的键能分别为436、496和462kJ•mol﹣1，则a为（　　）
A．﹣332 B．﹣118 C．+350 D．+130
分析：根据盖斯定律计算水分解反应的焓变，化学反应的焓变△H＝H产物﹣H反应物再结合化学键能和物质能量的关系来回答．
解答：已知①C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H＝akJ•mol﹣1＞0，
②2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H＝﹣220kJ•mol﹣1
①×2﹣②得：2H2O（g）═O2（g）+2H2（g）△H＝（2a+220）kJ•mol﹣1＞0，
4×462﹣496﹣2×436＝2a+220，
解得a＝+130．
故选D．
点评：本题考查学生盖斯定律的应用以及化学反应的能量和化学键键能之间的关系，注意知识的迁移和应用是关键，难度中等．
题型三：盖斯定律及其应用；
典例3：已知：
Zn（s）+O2（g）＝ZnO（s）△H1＝﹣351.1kJ/mol
Hg（l）+O2（g）＝HgO（s）△H1＝+90.7kJ/mol
由此可知Zn（s）+HgO（s）＝ZnO（s）+Hg（l）的反应热△H 为（　　）
A．﹣260.4kJ/mol﹣1 B．+260.4kJ/mol﹣1 C．﹣441.8kJ/mol﹣1 D．+441.8kJ/mol﹣1
分析：根据盖斯定律，利用已知的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进行相应的加减．
解答：已知：①Zn（s）+O2（g）＝ZnO（s）△H1＝﹣351.1kJ/mol
②Hg（l）+O2（g）＝HgO（s）△H2＝+90.7kJ/mol
根据盖斯定律，①﹣②得Zn（s）+HgO（s）＝ZnO（s）+Hg（l），
则△H3＝△H1﹣△H2＝﹣351.1kJ/mol﹣90.7kJ/mol＝﹣441.8kJ/mol，
故选：C．
点评：本题考查盖斯定律、反应热的计算等，难度中等，注意盖斯定律的理解与运用．
题型四：根据热化学方程式求反应热；
典例4：在一定条件下，CO和CH4燃烧的热化学方程式分别为
2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H＝﹣566kJ•mol﹣1
CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H＝﹣890kJ•mol﹣1
由1mol CO（g）和3mol CH4（g）组成的混合气体在上述条件下充分燃烧，恢复至室温释放的热量为（　　）
A．2912kJ B．2953kJ C．3236kJ D．3867kJ
分析：根据热化学反应方程式中物质的物质的量与反应放出的热量成正比来解答．
解答：由2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H＝﹣566kJ•mol﹣1可知，1molCO燃烧放出的热量为kJ＝283kJ；
由CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H＝﹣890kJ•mol﹣1可知，
3molCH4（g）充分燃烧放出的热量为3×890kJ＝2670kJ；
所以由1mol CO（g）和3mol CH4（g）组成的混合气体在上述条件下充分燃烧，
放出的热量为2670kJ+283kJ＝2953kJ，
故选B．
点评：本题考查学生利用热化学反应方程式的计算，明确物质的量与反应中的热量关系是解答本题的关键，题目难度不大．
题型五：求混合物的组成．
典例1：已知：
2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H＝﹣571.6kJ•mol﹣1；
CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H＝﹣890kJ•mol﹣1．
现有H2与CH4的混合气体112L（标准状况），使其完全燃烧生成CO2和H2O（l），若实验测得反应放热3695kJ，则原混合气体中H2与CH4的物质的量之比是（　　）
A．1：1 B．1：3 C．1：4 D．2：3
分析：H2与CH4的混合气体112L，n＝＝5mol，设H2与CH4的物质的量分别为x、y，代入热化学反应方程式中计算热量即可解答．
解答：H2与CH4的混合气体112L，n＝＝5mol，设H2与CH4的物质的量分别为x、y，
2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）△H＝﹣571.6kJ•mol﹣1，
2 571.6kJ
x 285.8x
CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）△H＝﹣890kJ•mol﹣1，
1 890kJ
y 890ykJ
则，
解得x＝1.25mol，y＝3.75mol，
原混合气体中H2与CH4的物质的量之比是1.25mol：3.75mol＝1：3，
故选B．
点评：本题考查反应热的有关计算，明确物质的量与热量的关系是解答本题的关键，学会利用列方程组来解答即可，难度不大．
【解题思路点拨】反应热的计算难度虽然不大，但过程中有很多的细节问题需要注意，也有很多的概念容易混淆，需要多练习．
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正确；
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：CD。
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．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．
9．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．
10．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．
11．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．
12．弱电解质在水溶液中的电离平衡
【知识点的知识】
1、电离平衡概念
一定条件（温度、浓度）下，分子电离成离子的速率和离子结合成分子的速率相等，溶液中各分子和离子的浓度都保持不变的状态叫电离平衡状态（属于化学平衡）。

任何弱电解质在水溶液中都存在电离平衡，达到平衡时，弱电解质具有该条件下的最大电离程度。

2、电离平衡的特征
①逆：弱电解质的电离过程是可逆的，存在电离平衡。
②等：弱电解质电离成离子的速率和离子结合成分子的速率相等。
③动：弱电解质电离成离子和离子结合成分子的速率相等，不等于零，是动态平衡。
④定：弱电解质在溶液中达到电离平衡时，溶液里离子的浓度、分子的浓度都不再改变。
⑤变：外界条件改变时，平衡被破坏，电离平衡发生移动。

3、影响电离平衡的因素（符合勒夏特列原理）
（1）内因﹣电解质本身的性质，是决定性因素。
（2）外因
①温度﹣由于弱电解质电离过程均要吸热，因此温度升高，电离度增大。
②浓度﹣同一弱电解质，浓度越大，电离度越小。
在一定温度下，浓度越大，电离程度越小。因为溶液浓度越大，离子相互碰撞结合成分子的机会越大，弱电解质的电离程度就越小。因此，稀释溶液会促进弱电解质的电离。
例如：在醋酸的电离平衡 CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+
A 加水稀释，平衡向右移动，电离程度变大，但c（CH3COOH）、c（H+）、c（CH3COO﹣）变小；
B 加入少量冰醋酸，平衡向右移动，c（CH3COOH）、c（H+）、c（CH3COO﹣）增大但电离程度小；
③外加物质
若加入的物质电离出一种与原电解质所含离子相同的离子，则会抑制原电解质的电离，使电离平衡向生成分子的方向移动；若加入的物质能与弱电解质电离出的离子反应，则会促进原电解质的电离，使电离平衡向着电离的方向移动。
以电离平衡CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+为例，各种因素对平衡的影响可归纳为下表：
项 目
平衡移动方向
c（H+）
n（H+）
c（Ac﹣）
c（OH﹣）
c（H+）/c（HAc）
导电能力
电离程度
加水稀释
向右
减小
增多
减小
增多
增多
减弱
增大
加冰醋酸
向右
增大
增多
增多
减小
减小
增强
减小
升高温度
向右
增大
增多
增多
增多
增多
增强
增大
加NaOH（s）
向右
减小
减少
增多
增多
增多
增强
增大
H2SO4（浓）
向左
增大
增多
减少
减少
增多
增强
减小
加醋酸铵（s）
向左
减小
减少
增多
增多
减小
增强
减小
加金属Mg
向右
减小
减少
增多
增多
增多
增强
增大
加CaCO3（s）
向右
减小
减少
增多
增多
增多
增强
增大
4、电离方程式的书写
（1）强电解质用“＝”，弱电解质用“⇌”
（2）多元弱酸分步电离，多元弱碱一步到位。
H2CO3⇌H++HCO3﹣，HCO3﹣⇌H++CO32﹣，以第一步电离为主。
NH3•H2O⇌NH4++OH﹣ Fe（OH）3⇌Fe3++3OH﹣
（3）弱酸的酸式盐完全电离成阳离子和酸根阴离子，但酸根是部分电离。
NaHCO3＝Na++HCO3﹣，HCO3﹣⇌H++CO32﹣
（4）强酸的酸式盐如NaHSO4完全电离，但在熔融状态和水溶液里的电离是不相同的。
熔融状态时：NaHSO4＝Na++HSO4﹣；溶于水时：NaHSO4＝Na++H++SO42﹣。

5、电离平衡常数（相当于化学平衡常数）
在一定温度下，当弱电解质的电离达到平衡状态时，溶液中电离产生的各种离子浓度的乘积与溶液中未电离的弱电解质分子浓度的比值是一个常数，这个常数叫做电离平衡常数，简称电离常数，通常用Ka表示弱酸的电离常数。
AB⇋A++B﹣
（1）K的意义：K值越大，则电离程度越大，电解质（即酸碱性）越强；K值越小，电离程度越小，离子结合成分子就越容易，电解质（即酸碱性）越弱。表达式中各组分的浓度均为平衡浓度。
（2）K的影响因素：K的大小与溶液的浓度无关，只随温度的变化而变化。温度不变，K值不变；温度不同，K值也不同。
（3）多元弱酸的K：多元弱酸的电离是分步电离的，每步电离平衡常数，通常用K1、K2、K3分别表示，但第一步电离是主要的。如：磷酸的三个K值，K1＞K2＞K3，磷酸的电离只写第一步。说明：
①一元弱酸、一元弱碱的电离常数表达式：
CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+
一定温度下CH3COOH的电离常数为：
NH3•H2O⇌NH4++OH﹣
一定温度下NH3•H2O的电离常数为：

②多元弱酸的电离特点及电离常数表达式：
1°分步电离：是几元酸就分几步电离。每步电离只能产生一个H+，每一步电离都有其相应的电离常数。
2°电离程度逐渐减小，且K1＞K2＞K3，故多元弱酸溶液中平衡时的H+主要来源于第一步。所以，在比较多元弱酸的酸性强弱时，只需比较其K1即可。例如25℃时，H3PO4的电离；
H3PO4⇌H2PO4﹣+H+
H2PO4﹣⇌HPO42﹣+H+
HPO42﹣⇌PO43﹣+H+
多元弱酸溶液中的c（H+）是各步电离产生的c（H+）的总和，在每步的电离常数表达式中的c（H+）是指溶液中H+的总浓度而不是该步电离产生的c（H+）。

6、电离度
电离度（α）（相当转化率，与温度、浓度均有关）

A 内因：电解质的本性。
B 外因：温度和溶液的浓度等。
（1）浓度的影响：
醋酸稀释时电离度变化的数据：
浓度（mol/L） 0.2 0.1 0.001
电离度（%） 0.948 1.32 12.4
可见，电离度随浓度的降低而增大。（因浓度越稀，离子互相碰撞而结合成分子的机会越少，电离度就越大。）

【命题方向】
题型一：影响电离平衡的因素
典例1：（2013•南昌模拟）已知0.1mol•L﹣1的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，要使溶液中11的值增大，可以采取的措施是（　　）
①加少量烧碱溶液　②升高温度　③加少量冰醋酸　④加水。
A．①②B．①③C．②④D．③④
分析：本题中提供的四种措施都会使醋酸的电离平衡正向移动：
①＝，加少量烧碱溶液，溶液的酸性减弱，使醋酸的电离平衡正向移动，c（CH3COO﹣）增大；
②弱电解质的电离过程是吸热的，升高温度促进电离，溶液中c（H+）增大，c（CH3COOH）降低；
③＝，加少量冰醋酸，平衡向电离方向移动，c（CH3COO﹣）增大；
④＝，加水促进电离，溶液中n（H+）增大，n（CH3COOH）降低。
解答：①＝，加少量烧碱溶液，溶液的酸性减弱，使醋酸的电离平衡正向移动，c（CH3COO﹣）增大，值减小，故①错误；
②弱电解质的电离过程是吸热的，升高温度促进电离，溶液中c（H+）增大，c（CH3COOH）降低，值增大，故②正确；

③＝，加少量冰醋酸，使醋酸的电离平衡正向移动，c（CH3COO﹣）增大，值减小，故③错误；

④1＝，加水促进电离，溶液中n（H+）增大，n（CH3COOH）降低，值增大，故④正确；
故选C。
点评：本题考查弱电解质的电离平衡、电离平衡常数等，难度中等，注意并不是醋酸的电离平衡正向移动值就一定增大。

题型二：强酸和弱酸的鉴别
典例2：（2014•红桥区二模）室温下，对于pH和体积均相同的醋酸和盐酸两种溶液，分别采取下列措施，有关叙述正确的是（　　）
A．加适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大 B．温度都升高20℃后，两溶液的pH均不变
C．加水稀释两倍后，两溶液的pH均减小 D．加足量的锌充分反应后，两溶液中产生的氢气一样多
分析：盐酸是强酸，醋酸是弱酸，所以醋酸溶液中存在电离平衡，升高温度能促进弱电解质电离，pH相同的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大于盐酸，不同的酸和相同金属反应，生成氢气的速率与溶液中离子浓度成正比。
解答：A．向盐酸中加入醋酸钠晶体，醋酸钠和盐酸反应生成醋酸，导致溶液的pH增大，向醋酸中加入醋酸钠，能抑制醋酸电离，导致其溶液的pH增大，故A正确；
B．盐酸是强酸，不存在电离平衡，升高温度不影响盐酸的pH，醋酸是弱酸，其水溶液中存在电离平衡，升高温度，促进醋酸电离，导致醋酸溶液中氢离子浓度增大，所以醋酸的pH减小，故B错误；
C．pH相同、体积相同的醋酸和盐酸两种溶液分别加水稀释后，溶液中氢离子浓度都减小，所以pH都增大，故C错误；
D．pH相同、体积相同的醋酸和盐酸，醋酸的物质的量大于盐酸，且二者都是一元酸，所以分别与足量的锌反应，醋酸产生的氢气比盐酸多，故D错误；
故选A。
点评：本题考查弱电解质电离，易错选项是B，注意对于相同浓度的盐酸和醋酸溶液，升高温度，盐酸的pH不变，但醋酸的pH改变，为易错点。

题型三：电离平衡常数的含义
典例3：（2013•上海）部分弱酸的电离平衡常数如表，下列选项错误的是（　　）
弱酸
HCOOH
HCN
H2CO3
电离平衡常数（25℃）
Ki＝1.77×10﹣4
Ki＝4.9×10﹣10
Ki1＝4.3×10﹣7
Ki2＝5.6×10﹣11
A．2CN﹣+H2O+CO2→2HCN+CO32﹣B．2HCOOH+CO32﹣→2HCOO﹣+H2O+CO2↑
C．中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者
D．等体积、等浓度的HCOONa和NaCN溶液中所含离子总数前者小于后者
分析：弱酸的电离平衡常数越大，其酸性越强，等pH的弱酸溶液，酸性越强的酸其物质的量浓度越小，弱酸根离子水解程度越小，结合强酸能和弱酸盐反应制取弱酸分析解答。
解答：根据电离平衡常数知，酸性强弱顺序为：HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3﹣，
A．氢氰酸的酸性大于碳酸氢根离子而小于碳酸，所以发生CN﹣+H2O+CO2→HCN+HCO3﹣反应，故A错误；
B．甲酸的酸性大于碳酸，所以2HCOOH+CO32﹣→2HCOO﹣+H2O+CO2↑能发生，故B正确；
C．等pH的HCOOH和HCN溶液，甲酸的物质的量浓度小于氢氰酸，所以中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者，故C正确；
D．根据电荷守恒，c（HCOO﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+），c（CN﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+），即离子总数是n（Na+ ）+n（H+）的2倍，而NaCN的水解程度大，即NaCN溶液中的c（OH﹣）大，c（H+）小，c（Na+）相同，所以甲酸钠中离子浓度大，故D错误；
故选AD。
点评：本题考查弱电解质的电离，根据平衡常数确定酸性强弱，从而确定酸之间的转化，结合电荷守恒来分析解答，难度中等。
【解题方法点拨】弱电解质的证明方法（以盐酸和醋酸为例）：
1、通过测定同浓度、同体积的溶液的导电性强弱来鉴别
实验：等体积、浓度均为0.5mol•L﹣1的盐酸和CH3COOH溶液的导电性实验表明，盐酸的导电能力比CH3COOH溶液的导电能力大得多。因为溶液导电能力的强弱是由溶液里自由移动离子的浓度的大小决定的。
规律1：同物质的量浓度的酸溶液，酸越弱，其溶液的导电能力越弱。

2、通过测定同浓度溶液的pH大小来鉴别
实验：在常温下，用pH试纸的测定0.1mol•L﹣1的盐酸和CH3COOH溶液的pH，盐酸的pH为1，CH3COOH溶液的pH约为3．这就表明盐酸是完全电离的强酸，CH3COOH是部分电离的弱酸。
规律2：同物质的量浓度的酸溶液，酸性越弱，溶液的pH越大。若两种酸溶液的pH相同，酸越弱，溶液的浓度越大。

3、通过比较同浓度、同体积的溶液与同一种物质反应的速率快慢来鉴别
实验：分别用3.25g锌与体积都为200mL、浓度都为1mol•L﹣1的盐酸和CH3COOH溶液反应，观察到锌与盐酸反应剧烈，产生H2的速率快，锌很快反应完；锌与CH3COOH溶液反应慢，产生H2的速率缓慢，锌在较长一段时间内才消耗完。这表明盐酸是强酸，CH3COOH是弱酸。
规律3：等物质的量浓度的酸，酸越弱，其c （H+）越小，反应速率越慢。

4、通过测定同浓度的酸所对应的钠盐溶液的pH大小来鉴别
实验：在常温下，用pH试纸测定0.1 mol•L﹣1的NaCl和CH3COONa溶液的酸碱性。实验表明，NaCl溶液的pH等于7，而CH3COONa溶液的pH大于7．这就表明盐酸是强酸，CH3COOH是弱酸。
规律4：等物质的量浓度下，一元酸的钠盐溶液，其“对应的酸”越弱，溶液的pH越大。

5、通过比较体积相同、pH相同的酸溶液同倍数稀释后，溶液的pH变化大小来鉴别
实验：将等体积、pH都为2的盐酸和CH3COOH溶液分别加蒸馏水稀释相同的倍数（如100倍）。然后分别用pH试纸测定稀释后溶液的pH，其结果是盐酸稀释后pH变化幅度大（pH＝4），CH3COOH溶液稀释后，pH变化幅度小（pH≈3.30）。这表明CH3COOH溶液在稀释过程中，除H+浓度减小外，还存在CH3COOH⇌H++CH3COO﹣，电离平衡向右移动，电离出更多的H+，由此说明盐酸是完全电离的强酸，CH3COOH是部分电离的弱酸。
规律5：在pH相同时，同体积的酸，酸越弱，抗稀释能力越强，即稀释相同倍数下，pH变化幅度越小。

6、通过比较同体积、同pH的溶液分别与同种物质发生完全反应时，消耗的物质的量的多少来鉴别
实验：体积都为10mL、pH都为2的盐酸和CH3COOH溶液，分别同0.01mol•L﹣1的NaOH溶液进行中和滴定，结果CH3COOH溶液消耗的NaOH溶液的体积比盐酸大得多。这表明CH3COOH溶液与NaOH溶液中和时，随H+浓度的减少，电离平衡CH3COOH⇌H++CH3COO﹣向右移动，直至所有的CH3COOH分子被耗尽。这说明CH3COOH是部分电离的弱酸。
规律6：在pH相同的条件下，同体积的酸，酸越弱，其中和能力越强。

7．通过向酸溶液中加入与之相应的钠盐，引起溶液pH变化的大小来鉴别
实验：在100mL0.01mol•L﹣1的盐酸里加入少许NaCl固体，用pH试纸测定溶液pH的变化，结果无明显变化。这表明盐酸里不存在电离平衡。另在100mL0.01mol•L﹣1 CH3COOH溶液里加入少许CH3COONa固体，用pH试纸测定溶液pH的变化，结果pH明显变大。这表明CH3COOH溶液中存在电离平衡CH3COOH，由于CH3COO﹣浓度的增大，使电离平衡向逆方向移动，H+浓度减小，pH增大。
规律7：在等物质的量浓度的酸溶液中，分别加入相应的盐固体（电离出相同的酸根离子），引起pH变化越大，其酸性越弱。
13．氯气的实验室制法
【知识点的认识】

【命题方向】本考点主要考察氯气的实验室制法，重点掌握实验装置图、反应原理、净化方法、收集方法、尾气吸收装置、验满方法以及一些注意事项。
题型一：氯气制取装置的考察
典例1：（2013•湖南模拟）已知KMnO4与浓HCl在常温下反应就能产生Cl2．若用如图所示装置来制备纯净、干燥的氯气，并试验它与金属的反应。每个虚线框表示一个单元装置，其中错误的是（　　）

A．只有①和②处 B．只有②处 C．只有②和③处 D．只有②、③、④处
分析：KMnO4与浓HCl在常温下反应产生Cl2，浓盐酸易挥发，生成的氯气中含有HCl和水蒸气，应通入盛有饱和食盐水的洗气瓶除去HCl，然后通入盛有浓硫酸的洗气瓶进行干燥，氯气与金属反应时，气体应通入到试管底部，并用双孔橡皮塞。
解答：①KMnO4与浓HCl在常温下反应产生Cl2，无需加热，盐酸易挥发，应盛装在分液漏斗中，固体放在圆底烧瓶中，故①正确；
②生成的氯气中含有HCl和水蒸气，应通入盛有饱和食盐水的洗气瓶除去HCl，氯气能与NaOH溶液反应，不能用于HCl的除杂，故②错误；
③通入洗气瓶的导管应长进短出，否则气体不能通过洗气瓶，故③错误；
④氯气与金属反应时，气体应通入到试管底部，并用双孔橡皮塞，否则会使试管内压强过大导致橡皮塞顶开，并有尾气处理装置，故④错误。
故选：D。
点评：本题考查氯气的实验室制法，题目难度不大，注意从实验安全的角度思考。

题型二：氯气制备原理的考察
典例2：实验室用下列两种方法制氯气：①用含HCl 146g的浓盐酸与足量的MnO2反应；②用87gMnO2与足量浓盐酸反应。所得的氯气（　　）
A．①比②多 B．②比①多 C．一样多 D．无法比较
分析：用含HCl146g的浓盐酸与足量的MnO2反应，理论上应生成1mol氯气，但随反应进行，浓盐酸浓度减小变稀到一定程度，不会和二氧化锰反应生成氯气，所以实际产生氯气小于1mol；用87gMnO2与足量浓盐酸反应。通过化学方程式计算可得，生成氯气为1mol；比较得出答案。
解答：反应化学方程式为MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O；
理论计算：①含HCl 146g的浓盐酸与足量的MnO2反应，4HCl～Cl2，可得氯气1mol，但随盐酸浓度变稀，溶质HCl不可能全部反应，故实际生成氯气应小于1mol；
②用87gMnO2与足量浓盐酸反应，因为浓盐酸足量，可以使87gMnO2全部反应，故生成氯气为1mol；所以②＞①；
故选B。
点评：本题考查实验室制氯气的反应原理，化学方程式计算，主要考查浓度变稀后的盐酸不会与二氧化锰反应生成氯气。

【解题思路点拨】
实验应注意的问题：
（1）反应不能加强热：因为浓盐酸有较强的挥发性，若加强热会使氯气中有大量的HCl杂质，并且降低了HCl的利用率。
（2）稀盐酸不与MnO2反应，因此不可用稀盐酸代替浓盐酸制取氯气。
（3）氯气中混入HCl的除杂：HCl的除杂一般使用饱和食盐水，因为水会吸收部分的氯气。
（4）随着反应的进行，浓盐酸的浓度逐渐变小，稀盐酸与MnO2不反应，因此浓盐酸不能耗尽。
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