專題15 化學反應原理綜合題-（2019年-2023年）高考化學真題匯編（通用）（全解全析）

資料收集整理【淘寶店鋪：向陽百分百】資料收集整理【淘寶店鋪：向陽百分百】五年（2019-2023）年高考真題分項匯編專題15化學反應原理綜合題〖2023年高考真題〗1．（2023·全國甲卷）甲烷選擇性氧化制備甲醇是一種原子利用率高的方法?；卮鹣铝袉栴}：(1)已知下列反應的熱化學方程式：①

②

反應③的_______，平衡常數(shù)_______(用表示)。(2)電噴霧電離等方法得到的(等)與反應可得。與反應能高選擇性地生成甲醇。分別在和下(其他反應條件相同)進行反應，結果如下圖所示。圖中的曲線是_______(填“a”或“b”。、時的轉化率為_______(列出算式)。

(3)分別與反應，體系的能量隨反應進程的變化如下圖所示(兩者歷程相似，圖中以示例)。

(ⅰ)步驟Ⅰ和Ⅱ中涉及氫原子成鍵變化的是_______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。(ⅱ)直接參與化學鍵變化的元素被替換為更重的同位素時，反應速率會變慢，則與反應的能量變化應為圖中曲線_______(填“c”或“d”)。(ⅲ)與反應，氘代甲醇的產(chǎn)量_______(填“＞”“＜”或“=”)。若與反應，生成的氘代甲醇有_______種?！敬鸢浮?1)或(2)b(3)Ⅰc＜2【詳解】（1）根據(jù)蓋斯定律可知，反應③=(反應②-①)，所以對應；根據(jù)平衡常數(shù)表達式與熱化學方程式之間的關系可知，對應化學平衡常數(shù)或，故答案為：；或；（2）根據(jù)圖示信息可知，縱坐標表示-lg()，即與MO+的微粒分布系數(shù)成反比，與M+的微粒分布系數(shù)成正比。則同一時間內，b曲線生成M+的物質的量濃度比a曲線的小，證明化學反應速率慢，又因同一條件下降低溫度化學反應速率減慢，所以曲線b表示的是300K條件下的反應；根據(jù)上述分析結合圖像可知，、時-lg()=0.1，則=10-0.1，利用數(shù)學關系式可求出，根據(jù)反應可知，生成的M+即為轉化的，則的轉化率為；故答案為：b；；（3）(ⅰ)步驟Ⅰ涉及的是碳氫鍵的斷裂和氫氧鍵的形成，步驟Ⅱ中涉及碳氧鍵形成，所以符合題意的是步驟Ⅰ；(ⅱ)直接參與化學鍵變化的元素被替換為更重的同位素時，反應速率會變慢，則此時正反應活化能會增大，根據(jù)圖示可知，與反應的能量變化應為圖中曲線c；(ⅲ)與反應時，因直接參與化學鍵變化的元素被替換為更重的同位素時，反應速率會變慢，則單位時間內產(chǎn)量會下降，則氘代甲醇的產(chǎn)量＜；根據(jù)反應機理可知，若與反應，生成的氘代甲醇可能為或共2種，故答案為：＜；2。2．（2023·全國乙卷）硫酸亞鐵在工農業(yè)生產(chǎn)中有許多用途，如可用作農藥防治小麥黑穗病，制造磁性氧化鐵、鐵催化劑等?；卮鹣铝袉栴}：(1)在氣氛中，的脫水熱分解過程如圖所示：根據(jù)上述實驗結果，可知_______，_______。(2)已知下列熱化學方程式：則的_______。(3)將置入抽空的剛性容器中，升高溫度發(fā)生分解反應：(Ⅰ)。平衡時的關系如下圖所示。時，該反應的平衡總壓_______、平衡常數(shù)_______。隨反應溫度升高而_______(填“增大”“減小”或“不變”)。(4)提高溫度，上述容器中進一步發(fā)生反應(Ⅱ)，平衡時_______(用表示)。在時，，則_______，_______(列出計算式)。【答案】(1)41(2)(a+c-2b)(3)3增大(4)46.26【詳解】（1）由圖中信息可知，當失重比為19.4%時，轉化為，則，解之得=4；當失重比為38.8%時，轉化為，則，解之得y=1。（2）①②③根據(jù)蓋斯定律可知，①+③-②2可得，則(a+c-2b)。（3）將置入抽空的剛性容器中，升高溫度發(fā)生分解反應：(Ⅰ)。由平衡時的關系圖可知,時，，則，因此，該反應的平衡總壓3、平衡常數(shù)。由圖中信息可知，隨著溫度升高而增大，因此，隨反應溫度升高而增大。（4）提高溫度，上述容器中進一步發(fā)生反應(Ⅱ)，在同溫同壓下，不同氣體的物質的量之比等于其分壓之比，由于僅發(fā)生反應(Ⅰ)時，則，因此，平衡時。在時，，則、，聯(lián)立方程組消去，可得，代入相關數(shù)據(jù)可求出46.26，則，。3．（2023·新課標卷）氨是最重要的化學品之一，我國目前氨的生產(chǎn)能力位居世界首位?；卮鹣铝袉栴}：(1)根據(jù)圖1數(shù)據(jù)計算反應的_______。(2)研究表明，合成氨反應在催化劑上可能通過圖2機理進行(*表示催化劑表面吸附位，表示被吸附于催化劑表面的)。判斷上述反應機理中，速率控制步驟(即速率最慢步驟)為_______(填步驟前的標號)，理由是_______。(3)合成氨催化劑前驅體(主要成分為)使用前經(jīng)還原，生成包裹的。已知屬于立方晶系，晶胞參數(shù)，密度為，則晶胞中含有的原子數(shù)為_______(列出計算式，阿伏加德羅常數(shù)的值為)。(4)在不同壓強下，以兩種不同組成進料，反應達平衡時氨的摩爾分數(shù)與溫度的計算結果如下圖所示。其中一種進料組成為，另一種為。(物質i的摩爾分數(shù)：)①圖中壓強由小到大的順序為_______，判斷的依據(jù)是_______。②進料組成中含有惰性氣體的圖是_______。③圖3中，當、時，氮氣的轉化率_______。該溫度時，反應的平衡常數(shù)_______(化為最簡式)?！敬鸢浮?1)(2)(ⅱ)在化學反應中，最大的能壘為速率控制步驟，而斷開化學鍵的步驟都屬于能壘，由于的鍵能比H-H鍵的大很多，因此，在上述反應機理中，速率控制步驟為(ⅱ)(3)(4)合成氨的反應為氣體分子數(shù)減少的反應，壓強越大平衡時氨的摩爾分數(shù)越大圖4【詳解】（1）在化學反應中，斷開化學鍵要消耗能量，形成化學鍵要釋放能量，反應的焓變等于反應物的鍵能總和與生成物的鍵能總和的差，因此，由圖1數(shù)據(jù)可知，反應的。（2）由圖1中信息可知，的，則的鍵能為；的，則H-H鍵的鍵能為。在化學反應中，最大的能壘為速率控制步驟，而斷開化學鍵的步驟都屬于能壘，由于的鍵能比H-H鍵的大很多，因此，在上述反應機理中，速率控制步驟為(ⅱ)。（3）已知屬于立方晶系，晶胞參數(shù)，密度為，設其晶胞中含有的原子數(shù)為，則晶體密度，解之得，即晶胞中含有的原子數(shù)為。（4）①合成氨的反應中，壓強越大越有利于氨的合成，因此，壓強越大平衡時氨的摩爾分數(shù)越大。由圖中信息可知，在相同溫度下，反應達平衡時氨的摩爾分數(shù)，因此，圖中壓強由小到大的順序為，判斷的依據(jù)是：合成氨的反應為氣體分子數(shù)減少的反應，壓強越大平衡時氨的摩爾分數(shù)越大。②對比圖3和圖4中的信息可知，在相同溫度和相同壓強下，圖4中平衡時氨的摩爾分數(shù)較小。在恒壓下充入情性氣體，反應混合物中各組分的濃度減小，各組分的分壓也減小，化學平衡要朝氣體分子數(shù)增大的方向移動，因此，充入情性氣體不利于合成氨，進料組成中含有情性氣體的圖是圖4。③圖3中，進料組成為兩者物質的量之比為3:1。假設進料中氫氣和氮氣的物質的量分別為3mol和1mol，達到平衡時氮氣的變化量為xmol，則有：當、時，，解之得，則氮氣的轉化率，平衡時、、的物質的量分別為、2、，其物質的量分數(shù)分別為、、，則該溫度下因此，該溫度時，反應的平衡常數(shù)。4．（2023·山東卷）一定條件下，水氣變換反應的中間產(chǎn)物是。為探究該反應過程，研究水溶液在密封石英管中的分子反應：Ⅰ．Ⅱ．研究發(fā)現(xiàn)，在反應Ⅰ、Ⅱ中，僅對反應Ⅰ有催加速作用；反應Ⅰ速率遠大于反應Ⅱ，近似認為反應Ⅰ建立平衡后始終處于平衡狀態(tài)。忽略水電離，其濃度視為常數(shù)。回答下列問題：(1)一定條件下，反應Ⅰ、Ⅱ的焓變分別為、，則該條件下水氣變換反應的焓變_____(用含的代數(shù)式表示)。(2)反應Ⅰ正反應速率方程為：，k為反應速率常數(shù)。溫度下，電離平衡常數(shù)為，當平衡濃度為時，濃度為_____，此時反應Ⅰ應速率_____(用含和k的代數(shù)式表示)。(3)溫度下，在密封石英管內完全充滿水溶液，使分解，分解產(chǎn)物均完全溶于水。含碳物種濃度與反應時間的變化關系如圖所示(忽略碳元素的其他存在形式)。時刻測得的濃度分別為，反應Ⅱ達平衡時，測得的濃度為。體系達平衡后_____(用含y的代數(shù)式表示，下同)，反應Ⅱ的平衡常數(shù)為_____。相同條件下，若反應起始時溶液中同時還含有鹽酸，則圖示點中，的濃度峰值點可能是_____(填標號)。與不同鹽酸相比，達濃度峰值時，濃度_____(填“增大”“減小”或“不變”)，的反應_____(填“增大”“減小”或“不變”)?！敬鸢浮?1)－(2)(3)a減小不變【詳解】（1）根據(jù)蓋斯定律，反應II-反應I＝水氣變換反應，故水氣變換反應的焓變＝－；（2）T1溫度時，HCOOH建立電離平衡：，c(HCOO－)＝c(H＋)，故c(H＋)＝。。（3）t1時刻時，c(CO)達到最大值，說明此時反應I達平衡狀態(tài)。此時故t1時刻c(HCOOH)＝1.0－0.70－0.16＝0.14mol·L－1，K(I)＝。t1時刻→反應II達平衡過程，則c(H2)＝b＋0.16＝y(tǒng)，b＝(y－0.16)mol·L－1，c(HCOOH)＝0.14－a－b＝0.3－a－y，c(CO)＝a＋0.7，K(I)＝，a＝。故＝，K(II)＝。加入0.1mol·L－1鹽酸后，H＋對反應I起催化作用，加快反應I的反應速率，縮短到達平衡所需時間，故CO濃度峰值提前，由于時間縮短，反應Ⅱ消耗的HCOOH減小，體系中HCOOH濃度增大，導致CO濃度大于t1時刻的峰值，故c(CO)最有可能在a處達到峰值。此時c(CO2)會小于不含鹽酸的濃度，＝K(I)，溫度不變，平衡常數(shù)不變，則的值不變。5．（2023·浙江卷）水煤氣變換反應是工業(yè)上的重要反應，可用于制氫。水煤氣變換反應：

該反應分兩步完成：

請回答：(1)_______。(2)恒定總壓和水碳比[]投料，在不同條件下達到平衡時和的分壓(某成分分壓=總壓×該成分的物質的量分數(shù))如下表：條件10.400.400條件20.420.360.02①在條件1下，水煤氣變換反應的平衡常數(shù)___________。②對比條件1，條件2中產(chǎn)率下降是因為發(fā)生了一個不涉及的副反應，寫出該反應方程式____。(3)下列說法正確的是______。A．通入反應器的原料氣中應避免混入B．恒定水碳比，增加體系總壓可提高的平衡產(chǎn)率C．通入過量的水蒸氣可防止被進一步還原為D．通過充入惰性氣體增加體系總壓，可提高反應速率(4)水煤氣變換反應是放熱的可逆反應，需在多個催化劑反應層間進行降溫操作以“去除”反應過程中的余熱(如圖1所示)，保證反應在最適宜溫度附近進行。

①在催化劑活性溫度范圍內，圖2中b-c段對應降溫操作的過程，實現(xiàn)該過程的一種操作方法是______。A．按原水碳比通入冷的原料氣

B．噴入冷水(蒸氣)

C．通過熱交換器換熱②若采用噴入冷水(蒸氣)的方式降溫，在圖3中作出平衡轉化率隨溫度變化的曲線____。(5)在催化劑活性溫度范圍內，水煤氣變換反應的歷程包含反應物分子在催化劑表面的吸附(快速)、反應及產(chǎn)物分子脫附等過程。隨著溫度升高，該反應的反應速率先增大后減小，其速率減小的原因是________?！敬鸢浮?1)6(2)2CO+3H2?CH4+H2O(3)AC(4)AC

(5)溫度過高時，不利于反應物分子在催化劑表面的吸附，從而導致其反應物分子在催化劑表面的吸附量及濃度降低，反應速率減?。粶囟冗^高還會導致催化劑的活性降低，從而使化學反應速率減小【詳解】（1）設方程式①

②

③

根據(jù)蓋斯定律可知，③=①-②，則；（2）①條件1下沒有甲烷生成，只發(fā)生了水煤氣變換反應，該反應是一個氣體分子數(shù)不變的反應。設在條件1下平衡時容器的總體積為V，水蒸氣和一氧化碳的投料分別為12mol和5mol，參加反應的一氧化碳為xmol，根據(jù)已知信息可得以下三段式：，解得x=4；則平衡常數(shù)；②根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)可知，有甲烷生成，且該副反應沒有二氧化碳參與，且氫氣的產(chǎn)率降低，則該方程式為：CO+3H2?CH4+H2O；（3）A．一氧化碳和氫氣都可以和氧氣反應，則通入反應器的原料氣中應避免混入，A正確；B．該反應前后氣體計量系數(shù)相同，則增加體系總壓平衡不移動，不能提高平衡產(chǎn)率，B錯誤；C．通入過量的水蒸氣可以促進四氧化三鐵被氧化為氧化鐵，水蒸氣不能將鐵的氧化物還原為單質鐵，但過量的水蒸氣可以降低體系中CO和H2的濃度，從而防止鐵的氧化物被還原為單質鐵，C正確；D．若保持容器的體積不變，通過充入惰性氣體增加體系總壓，反應物濃度不變，反應速率不變，D錯誤；故選AC；（4）①A．按原水碳比通入冷的原料氣，可以降低溫度，同時化學反應速率稍減小，導致CO的轉化率稍減小，與圖中變化相符，A正確；B．噴入冷水(蒸氣)，可以降低溫度，但是同時水蒸氣的濃度增大，會導致CO的轉化率增大，與圖中變化不符，B錯誤；C．通過熱交換器換熱，可以降低溫度，且不改變投料比，同時化學反應速率稍減小，導致CO的轉化率稍減小，與圖中變化相符，C正確；故選AC；②增大水蒸氣的濃度，平衡正向移動，則一氧化碳的的平衡轉化率增大，會高于原平衡線，故圖像為：

；（5）反應物分子在催化劑表面的吸附是一個放熱的快速過程，溫度過高時，不利于反應物分子在催化劑表面的吸附，從而導致其反應物分子在催化劑表面的吸附量及濃度降低，反應速率減??；溫度過高還會導致催化劑的活性降低，從而使化學反應速率減小。6．（2023·北京卷）尿素合成的發(fā)展體現(xiàn)了化學科學與技術的不斷進步。(1)十九世紀初，用氰酸銀與在一定條件下反應制得，實現(xiàn)了由無機物到有機物的合成。該反應的化學方程式是____________________。(2)二十世紀初，工業(yè)上以和為原料在一定溫度和壓強下合成尿素。反應分兩步：?。蜕?；ⅱ．分解生成尿素。結合反應過程中能量變化示意圖，下列說法正確的是__________(填序號)。a．活化能：反應ⅰ<反應ⅱb．ⅰ放熱反應，ⅱ為吸熱反應c．(3)近年研究發(fā)現(xiàn)，電催化和含氮物質(等)在常溫常壓下合成尿素，有助于實現(xiàn)碳中和及解決含氮廢水污染問題。向一定濃度的溶液通至飽和，在電極上反應生成，電解原理如圖所示。①電極是電解池的__________極。②電解過程中生成尿素的電極反應式是_____________。(4)尿素樣品含氮量的測定方法如下。已知：溶液中不能直接用溶液準確滴定。①消化液中的含氮粒子是__________。②步驟ⅳ中標準溶液的濃度和消耗的體積分別為和，計算樣品含氮量還需要的實驗數(shù)據(jù)有__________?！敬鸢浮?1)(2)ab(3)陽(4)樣品的質量、步驟Ⅲ所加入溶液的體積和濃度【詳解】（1）根據(jù)原子守恒分析，二者反應生成尿素和氯化銀，化學方程式是。答案為；（2）a．反應ⅰ的活化能是，反應ⅱ活化能是，，a項正確；b．從圖中反應物和生成物能量的相對大小可看出反應ⅰ放熱，反應ⅱ吸熱，b項正確；c．總反應的：，c項錯誤；故選ab。（3）①電極b上發(fā)生失電子生成的氧化反應，是電解池的陽極。②a極硝酸根離子得電子轉化為尿素，再結合酸性環(huán)境可分析出電極反應式為。答案為陽極；；（4）①尿素消化分解生成和，由于反應中存在濃，則消化液中含氮粒子為。②除了已知數(shù)據(jù)外，還需要的是樣品的質量、步驟ⅲ所加入溶液的體積和濃度。答案為；樣品的質量、步驟Ⅲ所加入H2SO4溶液的體積和濃度。7．（2023·湖北卷）納米碗是一種奇特的碗狀共軛體系。高溫條件下，可以由分子經(jīng)過連續(xù)5步氫抽提和閉環(huán)脫氫反應生成。的反應機理和能量變化如下：

回答下列問題：(1)已知中的碳氫鍵和碳碳鍵的鍵能分別為和，H-H鍵能為。估算的_______。(2)圖示歷程包含_______個基元反應，其中速率最慢的是第_______個。(3)納米碗中五元環(huán)和六元環(huán)結構的數(shù)目分別為_______、_______。(4)1200K時，假定體系內只有反應發(fā)生，反應過程中壓強恒定為(即的初始壓強)，平衡轉化率為α，該反應的平衡常數(shù)為_______(用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質的量分數(shù))。(5)及反應的(為平衡常數(shù))隨溫度倒數(shù)的關系如圖所示。已知本實驗條件下，(R為理想氣體常數(shù)，c為截距)。圖中兩條線幾乎平行，從結構的角度分析其原因是_______。

(6)下列措施既能提高反應物的平衡轉化率，又能增大生成的反應速率的是_______(填標號)。a．升高溫度

b．增大壓強

c．加入催化劑【答案】(1)128(2)33(3)610(4)(5)在反應過程中，斷裂和形成的化學鍵相同(6)a【詳解】（1）由和的結構式和反應歷程可以看出，中斷裂了2根碳氫鍵，形成了1根碳碳鍵，所以的=，故答案為：128；（2）由反應歷程可知，包含3個基元反應，分別為：，,,其中第三個的活化能最大，反應速率最慢，故答案為：3；3；（3）由的結構分析，可知其中含有1個五元環(huán)，10個六元環(huán)，每脫兩個氫形成一個五元環(huán)，則總共含有6個五元環(huán)，10個六元環(huán)，故答案為：6；10；（4）1200K時，假定體系內只有反應發(fā)生，反應過程中壓強恒定為(即的初始壓強)，平衡轉化率為α，設起始量為1mol，則根據(jù)信息列出三段式為：則，，，該反應的平衡常數(shù)=，故答案為：；（5）及反應的(為平衡常數(shù))隨溫度倒數(shù)的關系如圖。圖中兩條線幾乎平行，說明斜率幾乎相等，根據(jù)(R為理想氣體常數(shù)，c為截距)可知，斜率相等，則說明焓變相等，因為在反應過程中，斷裂和形成的化學鍵相同，故答案為：在反應過程中，斷裂和形成的化學鍵相同；（6）a．由反應歷程可知，該反應為吸熱反應，升溫，反應正向進行，提高了平衡轉化率反應速率也加快，a符合題意；b．由化學方程式可知，該反應為正向體積增大的反應，加壓，反應逆向進行，降低了平衡轉化率，b不符合題意；c．加入催化劑，平衡不移動，不能提高平衡轉化率，c不符合題意；故答案為：a。8．（2023·湖南卷）聚苯乙烯是一類重要的高分子材料，可通過苯乙烯聚合制得。Ⅰ．苯乙烯的制備(1)已知下列反應的熱化學方程式：①②③計算反應④的_______；(2)在某溫度、下，向反應器中充入氣態(tài)乙苯發(fā)生反應④，其平衡轉化率為50%，欲將平衡轉化率提高至75%，需要向反應器中充入_______水蒸氣作為稀釋氣(計算時忽略副反應)；(3)在、下，以水蒸氣作稀釋氣。作催化劑，乙苯除脫氫生成苯乙烯外，還會發(fā)生如下兩個副反應：⑤⑥以上反應體系中，芳香烴產(chǎn)物苯乙烯、苯和甲苯的選擇性S()隨乙苯轉化率的變化曲線如圖所示，其中曲線b代表的產(chǎn)物是_______，理由是_______；

(4)關于本反應體系中催化劑的描述錯誤的是_______；A．X射線衍射技術可測定晶體結構B．可改變乙苯平衡轉化率C．降低了乙苯脫氫反應的活化能D．改變顆粒大小不影響反應速率Ⅱ．苯乙烯的聚合苯乙烯聚合有多種方法，其中一種方法的關鍵步驟是某(Ⅰ)的配合物促進(引發(fā)劑，X表示鹵素)生成自由基，實現(xiàn)苯乙烯可控聚合。(5)引發(fā)劑中活性最高的是_______；(6)室溫下，①在配體L的水溶液中形成，其反應平衡常數(shù)為K；②在水中的溶度積常數(shù)為。由此可知，在配體L的水溶液中溶解反應的平衡常數(shù)為_______(所有方程式中計量系數(shù)關系均為最簡整數(shù)比)?！敬鸢浮?1)+118(2)5(3)苯反應④為主反應，反應⑤⑥為副反應，苯乙烯的選擇性最大；在恒溫恒壓下，隨乙苯轉化率的增大，反應⑤正向移動，反應⑥不移動，則曲線b代表產(chǎn)物苯(4)BD(5)C6H5CH2Cl(6)K?Ksp【詳解】（1）根據(jù)蓋斯定律，將①-②-③可得C6H5C2H5(g)?C6H5CH=CH2(g)+H2(g)?H4=-4386.9kJ/mol-(-4263.1kJ/mol)-(-241.8kJ/mol)=+118kJ/mol；答案為：+118；（2）設充入H2O(g)物質的量為xmol；在某溫度、100kPa下，向反應器中充入1mol氣態(tài)乙苯發(fā)生反應④。乙苯的平衡轉化率為50%，可列三段式，此時平衡時混合氣體總物質的量為1.5mol，此時容器的體積為V；當乙苯的平衡轉化率為75%，可列三段式，此時乙苯、苯乙烯、H2物質的量之和為1.75mol，混合氣的總物質的量為(1.75+x)mol，在恒溫、恒壓時，體積之比等于物質的量之比，此時容器的體積為；兩次平衡溫度相同，則平衡常數(shù)相等，則=，解得x=5；答案為：5；（3）曲線a芳香烴產(chǎn)物的選擇性大于曲線b、c芳香烴產(chǎn)物的選擇性，反應④為主反應，反應⑤⑥為副反應，則曲線a代表產(chǎn)物苯乙烯的選擇性；反應④⑤的正反應為氣體分子數(shù)增大的反應，反應⑥的正反應是氣體分子數(shù)不變的反應；在913K、100kPa（即恒溫恒壓）下以水蒸氣作稀釋氣，乙苯的轉化率增大，即減小壓強，反應④⑤都向正反應方向移動，反應⑥平衡不移動，故曲線b代表的產(chǎn)物是苯；答案為：苯；反應④為主反應，反應⑤⑥為副反應，苯乙烯的選擇性最大；在恒溫恒壓下，隨乙苯轉化率的增大，反應⑤正向移動，反應⑥不移動，則曲線b代表產(chǎn)物苯；（4）A．測定晶體結構最常用的儀器是X射線衍射儀，即用X射線衍射技術可測定Fe2O3晶體結構，A項正確；B．催化劑不能使平衡發(fā)生移動，不能改變乙苯的平衡轉化率，B項錯誤；C．催化劑能降低反應的活化能，加快反應速率，故Fe2O3可降低乙苯脫氫反應的活化能，C項正確；D．催化劑顆粒大小會影響接觸面積，會影響反應速率，D項錯誤；答案選BD。（5）電負性Cl＞Br＞I，則極性C—Cl鍵＞C—Br鍵＞C—I鍵，則C6H5CH2Cl更易生成自由基，即活性最高的是C6H5CH2Cl；答案為：C6H5CH2Cl；（6）Cu+在配體L的水溶液中形成[Cu(L)2]+，則Cu++2L?[Cu(L)2]+的平衡常數(shù)K=；CuBr在水中的溶度積常數(shù)Ksp=c(Cu+)?c(Br-)；CuBr在配體L的水溶液中溶解反應為CuBr+2L?[Cu(L)2]++Br-，該反應的平衡常數(shù)為==K?Ksp；答案為：K?Ksp。9．（2023·遼寧卷）硫酸工業(yè)在國民經(jīng)濟中占有重要地位。(1)我國古籍記載了硫酸的制備方法——“煉石膽(CuSO4·5H2O)取精華法”。借助現(xiàn)代儀器分析，該制備過程中CuSO4·5H2O分解的TG曲線(熱重)及DSC曲線(反映體系熱量變化情況，數(shù)值已省略)如下圖所示。700℃左右有兩個吸熱峰，則此時分解生成的氧化物有SO2、_______和_______(填化學式)。

(2)鉛室法使用了大容積鉛室制備硫酸(76%以下)，副產(chǎn)物為亞硝基硫酸，主要反應如下：NO2+SO2+H2O=NO+H2SO42NO+O2=2NO2(ⅰ)上述過程中NO2的作用為_______。(ⅱ)為了適應化工生產(chǎn)的需求，鉛室法最終被接觸法所代替，其主要原因是_______(答出兩點即可)。(3)接觸法制硫酸的關鍵反應為SO2的催化氧化：SO2(g)+O2(g)SO3(g)ΔH=-98.9kJ·mol-1(ⅰ)為尋求固定投料比下不同反應階段的最佳生產(chǎn)溫度，繪制相應轉化率(α)下反應速率(數(shù)值已略去)與溫度的關系如下圖所示，下列說法正確的是_______。

a．溫度越高，反應速率越大b．α=0.88的曲線代表平衡轉化率c．α越大，反應速率最大值對應溫度越低d．可根據(jù)不同下的最大速率，選擇最佳生產(chǎn)溫度(ⅱ)為提高釩催化劑的綜合性能，我國科學家對其進行了改良。不同催化劑下，溫度和轉化率關系如下圖所示，催化性能最佳的是_______(填標號)。

(ⅲ)設O2的平衡分壓為p，SO2的平衡轉化率為αe，用含p和αe的代數(shù)式表示上述催化氧化反應的Kp=_______(用平衡分壓代替平衡濃度計算)?！敬鸢浮?1)CuOSO3(2)催化劑反應中有污染空氣的NO和NO2放出影響空氣環(huán)境、NO2可以溶解在硫酸中給產(chǎn)物硫酸帶來雜質、產(chǎn)率不高（答案合理即可）(3)cdd【詳解】（1）根據(jù)圖示的熱重曲線所示，在700℃左右會出現(xiàn)兩個吸熱峰，說明此時CuSO4發(fā)生熱分解反應，從TG圖像可以看出，質量減少量為原CuSO4質量的一半，說明有固體CuO剩余，還有其他氣體產(chǎn)出，此時氣體產(chǎn)物為SO2、SO3、O2，可能出現(xiàn)的化學方程式為3CuSO43CuO+2SO2↑+SO3↑+O2↑，結合反應中產(chǎn)物的固體產(chǎn)物質量和氣體產(chǎn)物質量可以確定，該反應的產(chǎn)物為CuO、SO2、SO3、O2，故答案為CuO、SO3。（2）(i)根據(jù)所給的反應方程式，NO2在反應過程中線消耗再生成，說明NO2在反應中起催化劑的作用；(ii)近年來，鉛室法被接觸法代替因為在反應中有污染空氣的NO和NO2放出影響空氣環(huán)境、同時作為催化劑的NO2可以溶解在硫酸中給產(chǎn)物硫酸帶來雜質影響產(chǎn)品質量、產(chǎn)率不高（答案合理即可）。（3）(i)a．根據(jù)不同轉化率下的反應速率曲線可以看出，隨著溫度的升高反應速率先加快后減慢，a錯誤；b．從圖中所給出的速率曲線可以看出，相同溫度下，轉化率越低反應速率越快，但在轉化率小于88%的時的反應速率圖像并沒有給出，無法判斷α=0.88的條件下是平衡轉化率，b錯誤；c．從圖像可以看出隨著轉化率的增大，最大反應速率不斷減小，最大反應速率出現(xiàn)的溫度也逐漸降低，c正確；d．從圖像可以看出隨著轉化率的增大，最大反應速率出現(xiàn)的溫度也逐漸降低，這時可以根據(jù)不同轉化率選擇合適的反應溫度以減少能源的消耗，d正確；故答案選cd；(ii)為了提高催化劑的綜合性能，科學家對催化劑進行了改良，從圖中可以看出標號為d的催化劑V-K-Cs-Ce對SO2的轉化率最好，產(chǎn)率最佳，故答案選d；(iii)利用分壓代替濃度計算平衡常數(shù)，反應的平衡常數(shù)Kp===；設SO2初始量為mmol，則平衡時n(SO2)=m-m·αe=m(1-αe)，n(SO3)=m·αe，Kp==，故答案為?！?022年高考真題〗10．（2022·全國甲卷）金屬鈦(Ti)在航空航天、醫(yī)療器械等工業(yè)領域有著重要用途，目前生產(chǎn)鈦的方法之一是將金紅石轉化為，再進一步還原得到鈦?；卮鹣铝袉栴}：(1)轉化為有直接氯化法和碳氯化法。在時反應的熱化學方程式及其平衡常數(shù)如下：(ⅰ)直接氯化：(ⅱ)碳氯化：①反應的為_______，_______Pa。②碳氯化的反應趨勢遠大于直接氯化，其原因是_______。③對于碳氯化反應：增大壓強，平衡_______移動(填“向左”“向右”或“不”)；溫度升高，平衡轉化率_______(填“變大”“變小”或“不變”)。(2)在，將、C、以物質的量比1∶2.2∶2進行反應。體系中氣體平衡組成比例(物質的量分數(shù))隨溫度變化的理論計算結果如圖所示。①反應的平衡常數(shù)_______。②圖中顯示，在平衡時幾乎完全轉化為，但實際生產(chǎn)中反應溫度卻遠高于此溫度，其原因是_______。(3)碳氯化是一個“氣—固—固”反應，有利于“固—固”接觸的措施是_______。【答案】(1)

-223

1.2×1014

碳氯化反應氣體分子數(shù)增加，?H小于0，是熵增、放熱過程，熵判據(jù)與焓判據(jù)均是自發(fā)過程，而直接氯化的體系氣體分子數(shù)不變、且是吸熱過程

向左

變小(2)

7.2×105

為了提高反應速率，在相同時間內得到更多的TiCl4產(chǎn)品，提高效益(3)將兩固體粉碎后混合，同時鼓入Cl2，使固體粉末“沸騰”【解析】(1)①根據(jù)蓋斯定律，將“反應ⅱ-反應ⅰ”得到反應2C(s)+O2(g)=2CO(g)，則?H=-51kJ/mol-172kJ/mol=-223kJ/mol；則Kp===1.2×1014Pa；②碳氯化的反應趨勢遠大于直接氯化，因為碳氯化反應氣體分子數(shù)增加，?H小于0，是熵增、放熱過程，熵判據(jù)與焓判據(jù)均是自發(fā)過程，而直接氯化的體系氣體分子數(shù)不變、且是吸熱過程；③對應碳氯化反應，氣體分子數(shù)增大，依據(jù)勒夏特列原理，增大壓強，平衡往氣體分子數(shù)減少的方向移動，即平衡向左移動；該反應是放熱反應，溫度升高，平衡往吸熱方向移動，即向左移動，則平衡轉化率變小。(2)①從圖中可知，1400℃，體系中氣體平衡組成比例CO2是0.05，TiCl4是0.35，CO是0.6，反應C(s)+CO2(g)=2CO(g)的平衡常數(shù)Kp(1400℃)==Pa=7.2×105Pa；②實際生產(chǎn)中需要綜合考慮反應的速率、產(chǎn)率等，以達到最佳效益，實際反應溫度遠高于200℃，就是為了提高反應速率，在相同時間內得到更多的TiCl4產(chǎn)品。(3)固體顆粒越小，比表面積越大，反應接觸面積越大。有利于TiO2–C“固-固”接觸，可將兩者粉碎后混合，同時鼓入Cl2，使固體粉末“沸騰”，增大接觸面積。11．（2022·浙江卷）主要成分為的工業(yè)廢氣的回收利用有重要意義。(1)回收單質硫。將三分之一的燃燒，產(chǎn)生的與其余混合后反應：。在某溫度下達到平衡，測得密閉系統(tǒng)中各組分濃度分別為、、，計算該溫度下的平衡常數(shù)_______。(2)熱解制。根據(jù)文獻，將和的混合氣體導入石英管反應器熱解(一邊進料，另一邊出料)，發(fā)生如下反應：Ⅰ

Ⅱ

總反應：Ⅲ

投料按體積之比，并用稀釋；常壓，不同溫度下反應相同時間后，測得和體積分數(shù)如下表：溫度/95010001050110011500.51.53.65.58.50.00.00.10.41.8請回答：①反應Ⅲ能自發(fā)進行的條件是_______。②下列說法正確的是_______。A．其他條件不變時，用Ar替代作稀釋氣體，對實驗結果幾乎無影響B(tài)．其他條件不變時，溫度越高，的轉化率越高C．由實驗數(shù)據(jù)推出中的鍵強于中的鍵D．恒溫恒壓下，增加的體積分數(shù)，的濃度升高③若將反應Ⅲ看成由反應Ⅰ和反應Ⅱ兩步進行，畫出由反應原料經(jīng)兩步生成產(chǎn)物的反應過程能量示意圖_______。④在，常壓下，保持通入的體積分數(shù)不變，提高投料比，的轉化率不變，原因是_______。⑤在范圍內(其他條件不變)，的體積分數(shù)隨溫度升高發(fā)生變化，寫出該變化規(guī)律并分析原因_______?！敬鸢浮?1)8×108L·mol－1(2)

高溫

AB

1000℃時CH4不參與反應，相同分壓的H2S經(jīng)歷相同的時間轉化率相同

先升后降；在低溫段，以反應Ⅰ為主，隨溫度升高，S2(g)的體積分數(shù)增大；在高溫段，隨溫度升高；反應Ⅱ消耗S2的速率大于反應Ⅰ生成S2的速率，S2(g)的體積分數(shù)減小【解析】(1)根據(jù)方程式可知該溫度下平衡常數(shù)K＝；(2)①根據(jù)蓋斯定律可知Ⅰ+Ⅱ即得到反應Ⅲ的ΔH＝234kJ/mol，這說明反應Ⅲ是吸熱的體積增大（即ΔS＞0）的反應，根據(jù)ΔG＝ΔH－TΔS＜0可自發(fā)進行可知反應Ⅲ自發(fā)進行的條件是高溫下自發(fā)進行；②A．Ar是稀有氣體，與體系中物質不反應，所以其他條件不變時，用Ar替代N2作稀釋氣體，對實驗結果幾乎無影響，A正確；B．正反應吸熱，升高溫度平衡正向進行，溫度越高，H2S的轉化率越高，B正確；C．根據(jù)表中數(shù)據(jù)無法得出H2S中S-H鍵和CH4中C-H鍵的相對強弱，事實上C-H鍵的鍵能大于S-H鍵鍵能，C錯誤；D．恒溫恒壓下，增加N2的體積分數(shù)，相當于減壓，平衡正向進行，H2的物質的量增加，容器容積增加，H2濃度減小，D錯誤；答案選AB；③反應I、反應Ⅱ和反應Ⅲ均是吸熱反應，則反應過程能量示意圖可表示為；④根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知1000℃時CH4不參與反應，相同分壓的H2S經(jīng)歷相同的時間轉化率相同，所以在1000℃常壓下，保持通入的H2S體積分數(shù)不變，提高投料比時H2S的轉化率不變；⑤由于在低溫段，以反應Ⅰ為主，隨溫度升高，S2(g)的體積分數(shù)增大；在高溫段，隨溫度升高；反應Ⅱ消耗S2的速率大于反應Ⅰ生成S2的速率，S2(g)的體積分數(shù)減小，因此變化規(guī)律是先升后降。12．（2022·全國乙卷）油氣開采、石油化工、煤化工等行業(yè)廢氣普遍含有的硫化氫，需要回收處理并加以利用。回答下列問題：(1)已知下列反應的熱化學方程式：①

②

③

計算熱分解反應④的________。(2)較普遍采用的處理方法是克勞斯工藝。即利用反應①和②生成單質硫。另一種方法是：利用反應④高溫熱分解。相比克勞斯工藝，高溫熱分解方法的優(yōu)點是________，缺點是________。(3)在、反應條件下，將的混合氣進行熱分解反應。平衡時混合氣中與的分壓相等，平衡轉化率為________，平衡常數(shù)________。(4)在、反應條件下，對于分別為、、、、的混合氣，熱分解反應過程中轉化率隨時間的變化如下圖所示。①越小，平衡轉化率________，理由是________。②對應圖中曲線________，計算其在之間，分壓的平均變化率為________?！敬鸢浮?1)170(2)

副產(chǎn)物氫氣可作燃料

耗能高(3)50%

4.76(4)

越高

n(H2S):n(Ar)越小，H2S的分壓越小，平衡向正反應方向進行，H2S平衡轉化率越高

d

24.9【解析】(1)已知：①2H2S(g)+3O2(g)＝2SO2(g)+2H2O(g)

ΔH1＝－1036kJ/mol②4H2S(g)+2SO2(g)＝3S2(g)+4H2O(g)

ΔH2＝94kJ/mol③2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g)

ΔH3＝－484kJ/mol根據(jù)蓋斯定律(①+②)×－③即得到2H2S(g)＝S2(g)+2H2(g)的ΔH4＝（－1036+94）kJ/mol×+484kJ/mol＝170kJ/mol；(2)根據(jù)蓋斯定律(①+②)×可得2H2S(g)+O2(g)＝S2(g)+2H2O(g)ΔH＝(－1036+94)kJ/mol×=－314kJ/mol，因此，克勞斯工藝的總反應是放熱反應；根據(jù)硫化氫分解的化學方程式可知，高溫熱分解方法在生成單質硫的同時還有氫氣生成。因此，高溫熱分解方法的優(yōu)點是：可以獲得氫氣作燃料；但由于高溫分解H2S會消耗大量能量，所以其缺點是耗能高；(3)假設在該條件下，硫化氫和氬的起始投料的物質的量分別為1mol和4mol，根據(jù)三段式可知：平衡時H2S和H2的分壓相等，則二者的物質的量相等，即1－x＝x，解得x＝0.5，所以H2S的平衡轉化率為，所以平衡常數(shù)Kp＝＝≈4.76kPa；(4)①由于正反應是體積增大的可逆反應，n(H2S):n(Ar)越小，H2S的分壓越小，相當于降低壓強，平衡向正反應方向移動，因此H2S平衡轉化率越高；②n(H2S):n(Ar)越小，H2S平衡轉化率越高，所以n(H2S):n(Ar)＝1:9對應的曲線是d；根據(jù)圖像可知n(H2S):n(Ar)＝1:9反應進行到0.1s時H2S轉化率為0.24。假設在該條件下，硫化氫和氬的起始投料的物質的量分別為1mol和9mol，則根據(jù)三段式可知此時H2S的壓強為≈7.51kPa，H2S的起始壓強為10kPa，所以H2S分壓的平均變化率為＝24.9kPa·s－1。13．（2022·廣東卷）鉻及其化合物在催化、金屬防腐等方面具有重要應用。(1)催化劑可由加熱分解制備，反應同時生成無污染氣體。①完成化學方程式：______________。②催化丙烷脫氫過程中，部分反應歷程如圖，過程的焓變?yōu)開______(列式表示)。③可用于的催化氧化。設計從出發(fā)經(jīng)過3步反應制備的路線_______(用“→”表示含氮物質間的轉化)；其中一個有顏色變化的反應的化學方程式為_______。(2)溶液中存在多個平衡。本題條件下僅需考慮如下平衡：(ⅰ)

(ⅱ)

①下列有關溶液的說法正確的有_______。A．加入少量硫酸，溶液的pH不變B．加入少量水稀釋，溶液中離子總數(shù)增加C．加入少量溶液，反應(ⅰ)的平衡逆向移動D．加入少量固體，平衡時與的比值保持不變②25℃時，溶液中隨pH的變化關系如圖。當時，設、與的平衡濃度分別為x、y、，則x、y、z之間的關系式為_______；計算溶液中的平衡濃度_____(寫出計算過程，結果保留兩位有效數(shù)字)。③在稀溶液中，一種物質對光的吸收程度(A)與其所吸收光的波長()有關；在一定波長范圍內，最大A對應的波長()取決于物質的結構特征；濃度越高，A越大。混合溶液在某一波長的A是各組分吸收程度之和。為研究對反應(ⅰ)和(ⅱ)平衡的影響，配制濃度相同、不同的稀溶液，測得其A隨的變化曲線如圖，波長、和中，與的最接近的是_______；溶液從a變到b的過程中，的值_______(填“增大”“減小”或“不變”)?！敬鸢浮?1)

N2↑

4H2O

(E1-E2)+ΔH+(E3-E4)

2NO+O2=2NO2(2)

BD

當溶液pH=9時，，因此可忽略溶液中即=0.20反應(ii)的平衡常數(shù)K2===3.3×10-7聯(lián)立兩個方程可得=6.0×10-4mol/L

λ3

增大【解析】(1)①分解過程中，生成Cr2O3和無污染氣體，根據(jù)元素守恒可知，其余生成物為N2、H2O，根據(jù)原子守恒可知反應方程式為。②設反應過程中第一步的產(chǎn)物為M，第二步的產(chǎn)物為N，則X→M

ΔH1=(E1-E2)，M→N

ΔH2=ΔH，N→Y

ΔH3=(E3-E4)1，根據(jù)蓋斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓變?yōu)棣1+ΔH2+ΔH3=(E1-E2)+ΔH+(E3-E4)。③NH3在Cr2O3作催化劑條件下，能與O2反應生成NO，NO與O2反應生成紅棕色氣體NO2，NO2與H2O反應生成HNO3和NO，若同時通入O2，可將氮元素全部氧化為HNO3，因此從NH3出發(fā)經(jīng)過3步反應制備HNO3的路線為；其中NO反應生成NO2過程中，氣體顏色發(fā)生變化，其反應方程式為2NO+O2=2NO2。(2)①K2Cr2O7溶液中存在平衡：(i)、(ii)。A．向溶液中加入少量硫酸，溶液中c(H+)增大，(ii)平衡逆向移動，根據(jù)勒夏特列原理可知，平衡移動只是減弱改變量，平衡后，溶液中c(H+)依然增大，因此溶液的pH將減小，故A錯誤；B．加水稀釋過程中，根據(jù)“越稀越水解”、“越稀越電離”可知，(i)和(ii)的平衡都正向移動，兩個平衡正向都是離子數(shù)增大的反應，因此稀釋后，溶液中離子總數(shù)將增大，故B正確；C．加入少量NaOH溶液，(ii)正向移動，溶液中將減小，(i)將正向移動，故C錯誤；D．平衡(i)的平衡常數(shù)K1=，平衡常數(shù)只與溫度和反應本身有關，因此加入少量K2Cr2O7溶液，不變，故D正確；綜上所述，答案為：BD。②0.10mol/LK2Cr2O7溶液中，Cr原子的總濃度為0.20mol/L，當溶液pH=9.00時，溶液中Cr原子總濃度為=0.20mol/L，、與的平衡濃度分別為x、y、zmol/L，因此=0.10；由圖8可知，當溶液pH=9時，，因此可忽略溶液中，即=0.20，反應(ii)的平衡常數(shù)K2===3.3×10-7，聯(lián)立兩個方程可得=6.0×10-4mol/L。③根據(jù)反應(i)、(ii)是離子濃度增大的平衡可知，溶液pH越大，溶液中越大，混合溶液在某一波長的A越大，溶液的pH越大，溶液中越大，因此與的λmax最接近的是λ3；反應(i)的平衡常數(shù)K1=，反應(ii)的平衡常數(shù)K2=，==，因此=，由上述分析逆推可知，b>a，即溶液pH從a變到b的過程中，溶液中c(H+)減小，所以的值將增大。14．（2022·湖南卷）2021年我國制氫量位居世界第一，煤的氣化是一種重要的制氫途徑?；卮鹣铝袉栴}：(1)在一定溫度下，向體積固定的密閉容器中加入足量的和，起始壓強為時，發(fā)生下列反應生成水煤氣：Ⅰ.Ⅱ.①下列說法正確的是_______；A．平衡時向容器中充入惰性氣體，反應Ⅰ的平衡逆向移動B．混合氣體的密度保持不變時，說明反應體系已達到平衡C．平衡時的體積分數(shù)可能大于D．將炭塊粉碎，可加快反應速率②反應平衡時，的轉化率為，CO的物質的量為。此時，整個體系_______(填“吸收”或“放出”)熱量_______kJ，反應Ⅰ的平衡常數(shù)_______(以分壓表示，分壓=總壓×物質的量分數(shù))。(2)一種脫除和利用水煤氣中方法的示意圖如下：①某溫度下，吸收塔中溶液吸收一定量的后，，則該溶液的_______(該溫度下的)；②再生塔中產(chǎn)生的離子方程式為_______；③利用電化學原理，將電催化還原為，陰極反應式為_______?！敬鸢浮?1)BD

吸收

31.2

(2)

10

2CO2↑++H2O

2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O、AgCl+e-=Ag+Cl-【解析】(1)①A．在恒溫恒容條件下，平衡時向容器中充入情性氣體不能改變反應混合物的濃度，因此反應Ⅰ的平衡不移動，A說法不正確；B．在反應中有固體C轉化為氣體，氣體的質量增加，而容器的體積不變，因此氣體的密度在反應過程中不斷增大，當混合氣體的密度保持不變時，說明反應體系已達到平衡，B說法正確；C．若C(s)和H2O(g)完全反應全部轉化為CO2(g)和H2(g)，由C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)可知，H2的體積分數(shù)的極值為，由于可逆反應只有一定的限度，反應物不可能全部轉化為生成物，因此，平衡時H2的體積分數(shù)不可能大于，C說法不正確；D．將炭塊粉碎可以增大其與H2O(g)的接觸面積，因此可加快反應速率，D說法正確；綜上所述，相關說法正確的是BD。②反應平衡時，H2O(g)的轉化率為50%，則水的變化量為0.5mol，水的平衡量也是0.5mol，由于CO的物質的量為0.1mol，則根據(jù)O原子守恒可知CO2的物質的量為0.2mol，生成0.2molCO2時消耗了0.2molCO，故在反應Ⅰ實際生成了0.3molCO。根據(jù)相關反應的熱化學方程式可知，生成0.3molCO要吸收熱量39.42kJ，生成0.2molCO2要放出熱量8.22kJ此時，因此整個體系吸收熱量39.42kJ-8.22kJ=31.2kJ；由H原子守恒可知，平衡時H2的物質的量為0.5mol，CO的物質的量為0.1mol，CO2的物質的量為0.2mol，水的物質的量為0.5mol，則平衡時氣體的總物質的量為0.5mol+0.1mol+0.2mol+0.5mol=1.3mol，在同溫同體積條件下，氣體的總壓之比等于氣體的總物質的量之比，則平衡體系的總壓為0.2MPa1.3=0.26MPa，反應I（C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)）的平衡常數(shù)Kp=。(2)①某溫度下,吸收塔中K2CO3溶液吸收一定量的CO2后，c():c()=1:2，由可知，=，則該溶液的pH=10；②再生塔中KHCO3受熱分解生成K2CO3、H2O和CO2，該反應的離子方程式為2CO2↑++H2O；③利用電化學原理，將CO2電催化還原為C2H4，陰極上發(fā)生還原反應，陽極上水放電生成氧氣和H+，H+通過質子交換膜遷移到陰極區(qū)參與反應生成乙烯，鉑電極和Ag/AgCl電極均為陰極，在電解過程中AgCl可以轉化為Ag，則陰極的電極反應式為2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O、AgCl+e-=Ag+Cl-。15．（2022·山東卷）利用丁內酯(BL)制備1，丁二醇(BD)，反應過程中伴有生成四氫呋喃(THF)和丁醇(BuOH)的副反應，涉及反應如下：已知：①反應Ⅰ為快速平衡，可認為不受慢反應Ⅱ、Ⅲ的影響；②因反應Ⅰ在高壓氛圍下進行，故壓強近似等于總壓。回答下列問題：(1)以或BD為初始原料，在、的高壓氛圍下，分別在恒壓容器中進行反應。達平衡時，以BL為原料，體系向環(huán)境放熱；以BD為原料，體系從環(huán)境吸熱。忽略副反應熱效應，反應Ⅰ焓變_______。(2)初始條件同上。表示某物種i的物質的量與除外其它各物種總物質的量之比，和隨時間t變化關系如圖甲所示。實驗測得，則圖中表示變化的曲線是_______；反應Ⅰ平衡常數(shù)_______(保留兩位有效數(shù)字)。以BL為原料時，時刻_______，BD產(chǎn)率=_______(保留兩位有效數(shù)字)。(3)為達平衡時與的比值。、、三種條件下，以為初始原料，在相同體積的剛性容器中發(fā)生反應，隨時間t變化關系如圖乙所示。因反應在高壓氛圍下進行，可忽略壓強對反應速率的影響。曲線a、b、c中，最大的是_______(填代號)；與曲線b相比，曲線c達到所需時間更長，原因是_______?！敬鸢浮?1)-200(X+Y)(2)

a或c

8.3×10-8

0.08

39%(3)

c

由于b和c代表的溫度相同，而壓強對反應速率的影響可忽略，壓強增大反應Ⅱ、Ⅲ均是逆向移動，增大，故=1.0所需時間更長【解析】(1)依題意，結合已知信息，可推定在同溫同壓下，以同物質的量的BL或BD為初始原料，達到平衡時的狀態(tài)相同，兩個平衡完全等效。則以5.0×10-3mol的BL為原料，達到平衡時放出XkJ熱量與同物質的量的BD為原料達到平衡時吸收YkJ熱量的能量二者能量差值為(X+Y)kJ，則1mol時二者能量差值為200(X+Y)kJ，反應I為放熱反應，因此焓變=-200(X+Y)kJ·mol-1。(2)實驗測定X<Y，則達到平衡時BD物質轉化量大于BL物質轉化量，平衡狀態(tài)BD物質的量較小，根據(jù)圖示可知，表示xBL變化的曲線是a或c；該平衡狀態(tài)下BL的分壓是0.48×3.0×103kPa，BD的分壓是0.36×3.0×103kPa，H2的壓強近似等于總壓，故反應I平衡常數(shù)Kp==Kpa-2=8.3×10-8kPa-2；以BL為原料時，根據(jù)題給反應Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，體系總物質的量的增加量正好是BD參與反應Ⅱ、Ⅲ的量，也正好是H2O(g)的物質的量，設t1時BL轉化了amol，BD轉化了bmol，則體系總物質的量為(5.0×10-3+b)mol，得到、，求得a=、b=，則t1時刻=0.08；此時BD的產(chǎn)率為39%。(3)依題意，反應I是正向放熱過程，以BL為初始原料，溫度升高則平衡逆向移動，溫度越高，反應速率越快，達到平衡時的時間越短，越小，的值越大；相同溫度時，壓強增大，BD的比重增大，增大，又可忽略壓強對反應速率的影響，則最大即最小，對應曲線c；由于b和c代表的溫度相同，而壓強對反應速率的影響可忽略，壓強增大反應Ⅱ、Ⅲ均是逆向移動，增大，故=1.0所需時間更長。16．（2022·湖北卷）自發(fā)熱材料在生活中的應用日益廣泛。某實驗小組為探究“”體系的發(fā)熱原理，在隔熱裝置中進行了下表中的五組實驗，測得相應實驗體系的溫度升高值()隨時間(t)的變化曲線，如圖所示。實驗編號反應物組成a粉末b粉c粉飽和石灰水d粉石灰乳e粉粉末回答下列問題：(1)已知：①②③則的___________。(2)溫度為T時，，則飽和溶液中___________(用含x的代數(shù)式表示)。(3)實驗a中，后基本不變，原因是___________。(4)實驗b中，的變化說明粉與在該條件下___________(填“反應”或“不反應”)。實驗c中，前的有變化，其原因是___________；后基本不變，其原因是___________微粒的量有限。(5)下列說法不能解釋實驗d在內溫度持續(xù)升高的是___________(填標號)。A．反應②的發(fā)生促使反應①平衡右移B．反應③的發(fā)生促使反應②平衡右移C．氣體的逸出促使反應③向右進行D．溫度升高導致反應速率加快(6)歸納以上實驗結果，根據(jù)實驗e的特征，用文字簡述其發(fā)熱原理___________?！敬鸢浮?1)-911.9(2)mol?L-1(3)Ca(OH)2在水中的溶解度小，反應①達到了平衡狀態(tài)(4)

不反應

Al和溶液中的OH-發(fā)生了反應

OH-(5)A(6)實驗e中，發(fā)生反應①、②和③，反應③中有氣體生成，氣體的逸出促使反應③向右進行，反應③的發(fā)生使得溶液中OH-的濃度減小，促使反應②平衡右移，反應②的發(fā)生促使反應①平衡右移，這三步反應都是放熱反應，溫度升高導致反應速率加快。【解析】(1)根據(jù)蓋斯定律可得，①+②+2③可得反應CaO(s)+2Al(s)+7H2O(l)=Ca2+(aq)+2[Al(OH)4]-(aq)+3H2(g)，則ΔH4=ΔH1+ΔH2+2ΔH3=(-65.17kJ?mol-1)+(-16.73kJ?mol-1)+2(-415.0kJ?mol-1)=-911.9kJ?mol-1。(2)溫度為T時，Ca(OH)2飽和溶液中，Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH-(aq)，c(OH-)=2c(Ca2+)?，Ksp[Ca(OH)2]=c(Ca2+)?c2(OH-)=x，則c(OH-)=mol?L-1。(3)實驗a中，CaO和H2O反應①生成Ca(OH)2，4min后ΔT基本不變，是因為Ca(OH)2在水中的溶解度小，反應①達到了平衡狀態(tài)。(4)實驗b中，ΔT幾乎不變，說明Al粉與H2O在該條件下不反應；實驗c中，前3min的ΔT有變化，是因為Al和溶液中的OH-發(fā)生了反應，3min后ΔT基本不變，是因為飽和石灰水中OH-的濃度較低，OH-的量有限。(5)實驗d中，發(fā)生反應②和③，反應③中有氣體生成，氣體的逸出促使反應③向右進行，反應③的發(fā)生使得溶液中OH-的濃度減小，促使反應②平衡右移，這兩步反應都是放熱反應，溫度升高導致反應速率加快；綜上所述，實驗d在10min內溫度持續(xù)升高與反應①無關，故選A。(6)實驗e中，發(fā)生反應①、②和③，反應③中有氣體生成，氣體的逸出促使反應③向右進行，反應③的發(fā)生使得溶液中OH-的濃度減小，促使反應②平衡右移，反應②的發(fā)生促使反應①平衡右移，這三步反應都是放熱反應，溫度升高導致反應速率加快。17．（2022·海南卷）某空間站的生命保障系統(tǒng)功能之一是實現(xiàn)氧循環(huán)，其中涉及反應：回答問題：(1)已知：電解液態(tài)水制備，電解反應的。由此計算的燃燒熱(焓)_______。(2)已知：的平衡常數(shù)(K)與反應溫度(t)之間的關系如圖1所示。①若反應為基元反應，且反應的與活化能(Ea)的關系為。補充完成該反應過程的能量變化示意圖(圖2)_______。②某研究小組模擬該反應，溫度t下，向容積為10L的抽空的密閉容器中通入和，反應平衡后測得容器中。則的轉化率為_______，反應溫度t約為_______℃。(3)在相同條件下，與還會發(fā)生不利于氧循環(huán)的副反應：，在反應器中按通入反應物，在不同溫度、不同催化劑條件下，反應進行到2min時，測得反應器中、濃度()如下表所示。催化劑t=350℃t=400℃催化劑Ⅰ10.812722345.242780催化劑Ⅱ9.2107753438932在選擇使用催化劑Ⅰ和350℃條件下反應，生成的平均反應速率為_______；若某空間站的生命保障系統(tǒng)實際選擇使用催化劑Ⅱ和400℃的反應條件，原因是_______?！敬鸢浮?1)-286(2)

50%或0.5

660.2(或660.1或660.3,其他答案酌情給分)(3)5.4

相同催化劑，400℃的反應速率更快，相同溫度，催化劑Ⅱ副產(chǎn)物濃度低，甲烷與甲醇比例高【解析】(1)電解液態(tài)水制備，電解反應的，由此可以判斷，2mol完全燃燒消耗，生成液態(tài)水的同時放出的熱量為572kJ，故1mol完全燃燒生成液態(tài)水放出的熱量為286kJ，因此，的燃燒熱(焓)-286。(2)①由的平衡常數(shù)(K)與反應溫度(t)之間的關系圖可知，K隨著溫度升高而減小，故該反應為放熱反應。若反應為基元反應，則反應為一步完成，由于反應的與活化能(Ea)的關系為，由圖２信息可知＝ａ，則ａ，該反應為放熱反應，生成物的總能量小于反應物的，因此該反應過程的能量變化示意圖為：。②溫度t下，向容積為10L的抽空的密閉容器中通入和，反應平衡后測得容器中，則的轉化率為，根據(jù)C元素守恒可知，的平衡量為，和是按化學計量數(shù)之比投料的，則的平衡量為，的平衡量是的２倍，則，的平衡濃度分別為、、、，則該反應的平衡常數(shù)K＝，根據(jù)圖１中的信息可知，反應溫度t約為660.2℃。(3)在選擇使用催化劑Ⅰ和350℃條件下反應，由表中信息可知，的濃度由０增加到10.8，因此，生成的平均反應速率為；由表中信息可知，在選擇使用催化劑Ⅰ和350℃條件下反應，的濃度由０增加到10.8，:＝12722:10.81178；在選擇使用催化劑Ⅱ和350℃的反應條件下，的濃度由０增加到9.2，:＝10775:9.21171；在選擇使用催化劑Ⅰ和400℃條件下反應，的濃度由０增加到345.2，:＝42780:345.2124；在選擇使用催化劑Ⅱ和400℃的反應條件下，的濃度由０增加到34，:＝38932:341145。因此，若某空間站的生命保障系統(tǒng)實際選擇使用催化劑Ⅱ和400℃的反應條件的原因是：相同催化劑，400℃的反應速率更快，相同溫度，催化劑Ⅱ副產(chǎn)物濃度低，甲烷與甲醇比例高。18．（2022·福建卷）異丙醇可由生物質轉化得到，催化異丙醇脫水制取高值化學品丙烯的工業(yè)化技術已引起人們的關注，其主要反應如下：Ⅰ.Ⅱ.回答下列問題：(1)已知，則燃燒生成和的熱化學方程式為_______。(2)在下，剛性密閉容器中的反應體系內水蒸氣濃度與反應時間關系如下表：反應時間04812t20濃度024403200360040004100①內，_______；②t_______16(填“>”“<”或“=”)。(3)在恒溫剛性密閉容器中，反應Ⅰ、Ⅱ均達到平衡的判據(jù)是_______(填標號)。a.的分壓不變

b.混合氣體密度不變c.

d.(4)在一定條件下，若反應Ⅰ、Ⅱ的轉化率分別為98%和40%，則丙烯的產(chǎn)率為_______。(5)下圖為反應Ⅰ、Ⅱ達到平衡時與溫度的關系曲線。(已知：對于可逆反應，任意時刻，式中)表示物質×的分壓)①在恒壓平衡體系中充入少量水蒸氣時，反應Ⅰ的的狀態(tài)最有可能對應圖中的_______點(填“甲”“乙”或“丙”)，判斷依據(jù)是_______。②時，在密閉容器中加入一定量的，體系達到平衡后，測得的分壓為，則水蒸氣的分壓為_______(用含x的代數(shù)式表示)?！敬鸢浮?1)(2)190>(3)ad(4)58.8%(5)甲反應I平衡曲線為N，恒壓時充入水蒸氣，【詳解】（1）設Ⅲ，根據(jù)蓋斯定律Ⅲ-2×Ⅰ得。（2）①內，，則；②、、，△c(H2O)逐漸減小，說明反應速率減小，內，Δc(H2O)=400ppm，內，Δc(H2O)=400ppm，則t-12>4，即t>16。（3）a．H2O的分壓不變，則C3H6的分壓也不變，反應1、Ⅱ各組分分壓不變，反應1、Ⅱ均達到平衡，a正確；b．反應物和生成物均為氣體，混合氣體的總質量不變，剛性密閉容器體積不變，則混合氣體密度不變，不能作為反應I、Ⅱ均達到平衡的判據(jù)，b錯誤；c．當時，反應不一定達到平衡，不能作為反應1、Ⅱ均達到平衡的判據(jù)，c錯誤；d．，說明正逆反應速率相等，反應I達平衡，各組分分壓不變，C3H6的分壓不變，說明反應Ⅱ也達平衡，d正確；故選ad。（4）設C3H8O的物質的量為1mol，若lmolC3H8O完全反應，理論上生成1molC3H6，因為反應Ⅰ、Ⅱ的轉化率分別為98%和40%，反應I生成1mol×98%=0.98molC3H6，反應Ⅱ消耗了40%C3H6，則達平衡時C3H6的物質的量為0.98mol×(1-40%)=0.588mol，所以丙烯的產(chǎn)率為=58.8%。（5）①反應I為氣體體積增大的吸熱反應，反應Ⅱ為氣體體積減小的放熱反應，則升高溫度，反應I正向移動，逐漸增大，反應Ⅱ逆向移動，逐漸減小，即反應I為平衡曲線為N，反應Ⅱ平衡曲線為M；在350℃恒壓平衡體系中充入少量水蒸氣時，對于反應I而言，相當于增大生成物濃度，使得>，即lg增大，反應I的狀態(tài)最有可能對應圖中的甲；②由圖可知，350°C時達平衡后，=0，則350℃時==1，設水蒸氣的平衡分壓為aMPa，則反應II的C3H6起始分壓為aMPa，對反應Ⅱ列三段式有，解得a=MPa。19．（2022·天津卷）天津地處環(huán)渤海灣，海水資源豐富?？蒲腥藛T把鐵的配合物(L為配體)溶于弱堿性的海水中，制成吸收液，將氣體轉化為單質硫，改進了濕法脫硫工藝。該工藝包含兩個階段：①的吸收氧化；②的再生。反應原理如下：①

②

回答下列問題：(1)該工藝的總反應方程式為___________。1mol發(fā)生該反應的熱量變化為___________，在總反應中的作用是___________。(2)研究不同配體與所形成的配合物(A、B、C)對吸收轉化率的影響。將配合物A、B、C分別溶于海水中，配成相同物質的量濃度的吸收液，在相同反應條件下，分別向三份吸收液持續(xù)通入，測得單位體積吸收液中吸收轉化率隨時間變化的曲線如圖1所示。以由100%降至80%所持續(xù)的時間來評價鐵配合物的脫硫效率，結果最好的是___________(填“A”、“B”或“C”)。(3)的電離方程式為___________。25℃時，溶液中、、在含硫粒子總濃度中所占分數(shù)隨溶液pH的變化關系如圖2，由圖2計算，的___________，___________。再生反應在常溫下進行，解離出的易與溶液中的形成沉淀。若溶液中的，，為避免有FeS沉淀生成，應控制溶液pH不大于___________(已知25℃時，F(xiàn)eS的為)?！敬鸢浮?1)(或)放出熱量作催化劑或降低反應活化能(2)A(3)或8【詳解】（1）將第一個方程式2倍加上第二個方程式得到該工藝的總反應方程式為(或)，該反應的熱化學方程式，因此1mol發(fā)生該反應的熱量變化為放出熱量，參與了化學反應，但反應前后量沒有改變，因此在總反應中的作用是作催化劑或降低反應活化能；故答案為：(或)；放出熱量；作催化劑或降低反應活化能。（2）根據(jù)圖中信息以由100%降至80%所持續(xù)的時間來評價鐵配合物的脫硫效率，A持續(xù)時間最短，說明A的脫硫效率最高，因此結果最好的A；故答案為：A。（3）是二元弱酸，其電離是一步一步電離，主要以第一步電離為主，因此其電離方程式為或；根據(jù)題意pH=7時、的所占分數(shù)相等，因此的，pH=13時、的所占分數(shù)相等，則。再生反應在常溫下進行，解離出的易與溶液中的形成沉淀。若溶液中的，根據(jù)得到，根據(jù)和，得到，pH=8，因此為避免有FeS沉淀生成，應控制溶液pH不大于8；故答案為：或；；；8。20．（2022·江蘇卷）氫氣是一種清潔能源，綠色環(huán)保制氫技術研究具有重要意義。(1)“熱電循環(huán)制氫”經(jīng)過溶解、電解、熱水解和熱分解4個步驟，其過程如圖所示。①電解在質子交換膜電解池中進行。陽極區(qū)為酸性溶液，陰極區(qū)為鹽酸，電解過程中轉化為。電解時陽極發(fā)生的主要電極反應為_______(用電極反應式表示)。②電解后，經(jīng)熱水解和熱分解的物質可循環(huán)使用。在熱水解和熱分解過程中，發(fā)生化合價變化的元素有_______(填元素符號)。(2)“熱循環(huán)制氫和甲酸”的原理為：在密閉容器中，鐵粉與吸收制得的溶液反應，生成、和；再經(jīng)生物柴油副產(chǎn)品轉化為Fe。①實驗中發(fā)現(xiàn)，在時，密閉容器中溶液與鐵粉反應，反應初期有生成并放出，該反應的離子方程式為_______。②隨著反應進行，迅速轉化為活性，活性是轉化為的催化劑，其可能反應機理如圖所示。根據(jù)元素電負性的變化規(guī)律。如圖所示的反應步驟Ⅰ可描述為_______。③在其他條件相同時，測得Fe的轉化率、的產(chǎn)率隨變化如題圖所示。的產(chǎn)率隨增加而增大的可能原因是_______。(3)從物質轉化與資源綜合利用角度分析，“熱循環(huán)制氫和甲酸”的優(yōu)點是_______?！敬鸢浮?1)Cu、O(2)吸附在催化劑的Fe2+上的H與中碳原子作用，吸附在O2-的H與中的羥基氧作用生成的H2O和均吸附在上Fe2+隨增加，催化劑的量增多，增大了接觸面積，H2的產(chǎn)量增大，的產(chǎn)率增大(3)制得H2，CO2轉化為甲酸，生物柴油副產(chǎn)品的利用【詳解】（1）①電解在質子交換膜電解池中進行，H+可自由通過，陽極區(qū)為酸性溶液，電解過程中轉化為，電解時陽極發(fā)生的主要電極反應為：；②電解后，經(jīng)熱水解得到的HCl和熱分解得到的CuCl等物質可循環(huán)使用，從圖中可知，熱分解產(chǎn)物還有O2，從詳解①中得知，進入熱水解的物質有，故發(fā)生化合價變化的元素有Cu、O。（2）①在時，密閉容器中溶液與鐵粉反應，反應初期有生成并放出，離子方程式為：；②H的電負性大于Fe，小于O，在活性表面，部分H吸附在催化劑的亞鐵離子上，略帶負電；另一部分H吸附在催化劑的氧離子上，略帶正電；前者與中略帶正電的碳結合，后者與中略帶負電的羥基氧結合生成H2O，轉化為；故答案為：吸附在催化劑的Fe2+上的H與中碳原子作用，吸附在O2-的H與中的羥基氧作用生成的H2O和均吸附在上Fe2+；③在其他條件相同時，隨增加，其與鐵粉反應加快，從圖中得知Fe的轉化率也增大，即生成和H2的速率更快，量更大，則得到活性的速度更快，量也更多，生成的速率更快，產(chǎn)率也更大。故答案為：隨增加，催化劑的量增多，增大了接觸面積，H2的產(chǎn)量增大，的產(chǎn)率增大；（3）“熱循環(huán)制氫和甲酸”系統(tǒng)將轉化為和生成H2的速率快，原子利用率高，不產(chǎn)生污染物，F(xiàn)e初期生成后迅速轉化為活性，氧化為再經(jīng)生物柴油副產(chǎn)品轉化為Fe，得到循環(huán)利用，故該原理的優(yōu)點是：制得H2，CO2轉化為甲酸，生物柴油副產(chǎn)品的利用。21．（2022·重慶卷）反應在工業(yè)上有重要應用。(1)該反應在不同溫度下的平衡常數(shù)如表所示。溫度/℃7008008301000平衡常數(shù)1.671.111.000.59①反應的△H_____0(填“>”“<”或“=”)。②反應常在較高溫度下進行，該措施的優(yōu)缺點是_____。(2)該反應常在Pd膜反應器中進行，其工作原理如圖所示。①利用平衡移動原理解釋反應器存在Pd膜時具有更高轉化率的原因是_____。②某溫度下，H2在Pd膜表面上的解離過程存在如下平衡：，其正反應的活化能遠小于逆反應的活化能。下列說法錯誤的是_____。A．Pd膜對氣體分子的透過具有選擇性B．過程2的△H＞0C．加快Pd膜內H原子遷移有利于H2的解離D．H原子在Pd膜表面上結合為H2的過程為放熱反應③同溫同壓下，等物質的量的CO和H2O通入無Pd膜反應器，CO的平衡轉化率為75%；若換成Pd膜反應器，CO的平衡轉化率為90%，則相同時間內出口a和出口b中H2的質量比為_____。(3)該反應也可采用電化學方法實現(xiàn)，反應裝置如圖所示。①固體電解質采用______(填“氧離子導體”或“質子導體”)。②陰極的電極反應式為______。③同溫同壓下，相同時間內，若進口Ⅰ處n(CO)：n(H2O)=a：b，出口Ⅰ處氣體體積為進口Ⅰ處的y倍，則CO的轉化率為_____(用a，b，y表示)?！敬鸢浮?1)優(yōu)點是升高溫度，反應速率較快；缺點是正反應為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，產(chǎn)物的轉化率較低(2)Pd膜能選擇性分離出H2，平衡正向移動，平衡轉化率增大BD1:8(3)質子導體【詳解】（1）①根據(jù)表中的數(shù)據(jù)，溫度越高，平衡常數(shù)越小，所以正反應為放熱反應，；②優(yōu)點是升高溫度，反應速率較快；缺點是正反應為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，產(chǎn)物的轉化率較低；（2）①Pd膜能選擇性分離出H2，平衡正向移動，平衡轉化率增大；②A.Pd膜只允許通過，不允許通過，對氣體分子的透過具有選擇性，A正確；B.過程正反應的活化能遠小于逆反應的活化能，，B錯誤；C.加快Pd膜內H原子遷移，平衡正向移動，有利于的解離，C正確；D.為放熱過程，H原子在Pd膜表面上結合為的過程為吸熱反應，D錯誤；故選BD；③根據(jù)反應，設通入的為1mol，無膜情況下一氧化碳的平衡轉化率為75%，則平衡時CO、H2O(g)、CO2、H2的平衡物質的量分別為0.25mol、0.25mol、0.75mol、0.75mol，可計算出此溫度下平衡常數(shù)K=3；有膜情況下一氧化碳的平衡轉化率為90%，則平衡時CO、H2O(g)、CO2、H2的平衡物質的量分別為0.1mol、0.1mol、0.9mol、0.9mol(a口和b口總量，其中只有a口的處于平衡體系)，設a口產(chǎn)生的H2的物質的量為xmol，則，解得x=0.1，則出口a產(chǎn)生的為0.1mol，出口b的為0.9mol-0.1mol=0.8mol，質量比為1:8；（3）①電解時，一氧化碳和水從均從陽極口進入，陽極一氧化碳轉化為二氧化碳，則氫氣要在陰極產(chǎn)生，故陽極產(chǎn)生二氧化碳的同時產(chǎn)生氫離子，氫離子通過固體電解質進入陰極附近得電子產(chǎn)生氫氣，故固體電解質應采用質子導體；②電解時，陰極發(fā)生還原反應，電極反應式為：；③根據(jù)三段式：，出口