专题16 化学反应原理综合题-【好题汇编】5年（2020-2024）高考1年模拟化学真题分类汇编（浙江专用）

专题16 化学反应原理综合题 考点 五年考情(2020-2024) 命题趋势 考点1 涉及物质的制备 (5年3考) 2024浙江卷第二次； 2021浙江卷第一次；2021浙江卷第二次； 化学反应原理主要考查热化学、电化学、化学反应速率和化学平衡等主干理论知识，主要命题点有盖斯定律的应用、反应速率和化学平衡的分析、平衡常数计算、反应条件的分析选择、生产生活中的实际应用等，试题常以填空、读图、作图、计算等形式呈现。试题一般以与生产、生活紧密联系的物质为背景材料命制组合题，各小题之间又有一定的独立性。2024年二次选考均融入了电化学知识，这是命题趋向。 考点2 涉及资源的综合利用 (5年7考) 2024浙江卷第一次； 2023浙江卷第一次；2023浙江卷第二次； 2022浙江卷第一次；2022浙江卷第二次； 2020浙江卷第一次；2020浙江卷第二次； 考点一 涉及物质的制备 1．(2024·浙江省6月选考)氢是清洁能源，硼氢化钠(NaBH4)是一种环境友好的固体储氢材料，其水解生氢反应方程式如下：(除非特别说明，本题中反应条件均为，) NaBH4(s)＋2H2O(l)= NaBO2(aq)＋4H2(g) ΔH＜0 请回答： (1)该反应能自发进行的条件是_______。 A．高温 B．低温 C．任意温度 D．无法判断 (2)该反应比较缓慢。忽略体积变化的影响，下列措施中可加快反应速率的是_______。 A．升高溶液温度 B．加入少量异丙胺[(CH3)2CHNH2] C．加入少量固体硼酸[B(OH)3] D．增大体系压强 (3)为加速NaBH4水解，某研究小组开发了一种水溶性催化剂，当该催化剂足量、浓度一定且活性不变时，测得反应开始时生氢速率v与投料比[n(NaBH4)：n(H2O)]之间的关系，结果如图1所示。请解释ab段变化的原因 。 (4)氢能的高效利用途径之一是在燃料电池中产生电能。某研究小组的自制熔融碳酸盐燃料电池工作原理如图2所示，正极上的电极反应式是 。该电池以恒定电流工作14分钟，消耗H2体积为，故可测得该电池将化学能转化为电能的转化率为 。[已知：该条件下H2 的摩尔体积为24.5L· mol -1；电荷量q(C) =电流时间；NA=6.0×10-23mol·L-1；e=1.60×10-19C。] (5)资源的再利用和再循环有利于人类的可持续发展。选用如下方程式，可以设计能自发进行的多种制备方法，将反应副产物偏硼酸钠(NaBO2)再生为NaBH4。(已知：是反应的自由能变化量，其计算方法也遵循盖斯定律，可类比计算方法；当时，反应能自发进行。) I． II． III． 请书写一个方程式表示NaBO2再生为NaBH4的一种制备方法，并注明 。(要求：反应物不超过三种物质；氢原子利用率为。) 【答案】(1)C (2)A (3)随着投料比[n(NaBH4)：n(H2O)]增大，NaBH4的水解转化率降低 (4) O2+4e-+2CO2=2CO32- 70% (5) 【解析】(1)反应，ΔS＞0 ，由ΔG=ΔH-TΔS可知，任意温度下，该反应均能自发进行，故选C；(2)A项，升高温度，活化分子数增多，有效碰撞几率增大，反应速率加快，A符合题意；B项，加入少量异丙胺[(CH3)2CHNH2]，H2O的量减少，化学反应速率降低，B不符合题意；C项，加入少量固体硼酸[B(OH)3]，H2O的量减少，化学反应速率降低，C不符合题意；D项，增大体系压强，忽略体积变化，则气体浓度不变，化学反应速率不变，D不符合题意；故选A。(3)随着投料比[n(NaBH4)：n(H2O)]增大，NaBH4的水解转化率降低，因此生成氢气的速率不断减小。(4)根据题干信息，该燃料电池中H2为负极，O2为正极，熔融碳酸盐为电解质溶液，故正极的电极反应式为：O2+4e-+2CO2=2 CO32-， 该条件下，0.49L H2的物质的量为，工作时，H2失去电子：H2-2e-=2H+，所带电荷量为：2×0.02mol×6.0×1023mol-1×1.60×10-19= 3840C，工作电荷量为：3.2×14×60=2688C，则该电池将化学能转化为电能的转化率为：；(5)结合题干信息，要使得氢原子利用率为100%，可由(2×反应3)-(2×反应Ⅱ+反应Ⅰ)得，。 2．(2021·浙江6月选考)含硫化合物是实验室和工业上的常用化学品。请回答： (1)实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量SO2：Cu(s)＋2H2SO4(l)== CuSO4(s)＋SO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝-11.9kJ·mol−1。判断该反应的自发性并说明理由_______。 (2)已知2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH＝-198kJ·mol−1。850K时，在一恒容密闭反应器中充入一定量的SO2和O2，当反应达到平衡后测得SO2、O2和SO3的浓度分别为6.0×10-3mol·L－1、8.0×10-3 mol·L－1和4.4×10-2 mol·L－1。 ①该温度下反应的平衡常数为_______。 ②平衡时SO2的转化率为_______。 (3)工业上主要采用接触法由含硫矿石制备硫酸。 ①下列说法正确的是_______。 A．须采用高温高压的反应条件使SO2氧化为SO3 B．进入接触室之前的气流无需净化处理 C．通入过量的空气可以提高含硫矿石和SO2的转化率 D．在吸收塔中宜采用水或稀硫酸吸收SO3以提高吸收速率 ②接触室结构如图1所示，其中1~4表示催化剂层。图2所示进程中表示热交换过程的是_______。 A．a1→b1 B．b1→a2 C．a2→b2 D．B2→a3 E. a3→b3 F. B3→a4 G. a4→b4 ③对于放热的可逆反应，某一给定转化率下，最大反应速率对应的温度称为最适宜温度。在图3中画出反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的转化率与最适宜温度(曲线Ⅰ)、平衡转化率与温度(曲线Ⅱ)的关系曲线示意图(标明曲线Ⅰ、Ⅱ)_______。 (4)一定条件下，在Na2S-H2SO4-H2O2溶液体系中，检测得到pH-时间振荡曲线如图4，同时观察到体系由澄清→浑浊→澄清的周期性变化。可用一组离子方程式表示每一个周期内的反应进程，请补充其中的2个离子方程式。 Ⅰ.S2-+H+=HS- Ⅱ.①_______； Ⅲ.HS-+H2O2+H+=S↓+2H2O； Ⅳ.②_______。 【答案】(1)不同温度下都能自发，是因为ΔH＜0，ΔS＞0 (2)①6.7×103mol·L－1 ②88% (3)①C ②BDF ③ (4)①HS-+4H2O2=SO42-+4H2O+H+ ②S+3H2O2= SO42-+2H2O+H+ 【解析】(1)实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量SO2的反应为Cu(s)＋2H2SO4(l)== CuSO4(s)＋SO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝-11.9kJ·mol−1，由于该反应ΔH＜0，ΔS＞0，因此该反应在任何温度下都能自发进行；(2)①根据题中所给的数据可以求出该温度下2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的平衡常数为；②平衡时的转化率为；(3)①A项，在常压下SO2催化氧化为SO3的反应中，SO2的转化率已经很高，工业上有采用高压的反应条件，A说法不正确； B项，进入接触室之前的气流中含有会使催化剂中毒的物质，需经净化处理以防止催化剂中毒，B说法不正确；C项，通入过量的空气可以增大氧气的浓度，可以使含硫矿石充分反应，并使化学平衡2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)向正反应方向移动，因此可以提高含硫矿石和SO2的转化率；D项，SO3与水反应放出大量的热，在吸收塔中若采用水或稀硫酸吸收SO3，反应放出的热量会使硫酸形成酸雾从而影响SO3被水吸收导致SO3的吸收速率减小，因此，在吸收塔中不宜采用水或稀硫酸吸收SO3，D说法不正确；故选C。②反应混合物在热交换气中与原料气进行热交换，在热交换过程中，反应混合物不与催化剂接触，化学反应速率大幅度减小，故虽然反应混合物的温度降低，SO2的转化率基本不变，因此，图2所示进程中表示热交换过程的是b1→a2、B2→a3、B3→a4，因此选BDF；③对于放热的可逆反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，该反应的最适宜温度为催化剂的催化活性最好时所对应的温度，在该温度下化学反应速率最大，SO2的转化率也最大；当温度高于最适宜温度后，催化剂的催化活性逐渐减小，催化剂对化学反应速率的影响超过了温度升高对化学反应速率的影响，因此化学反应速率逐渐减小，SO2的转化率也逐渐减小；由于该反应为放热反应，随着温度的升高，SO2的平衡转化率减小；由于反应混合物与催化剂层的接触时间较少，在实际的反应时间内反应还没有达到化学平衡状态，故在相应温度下SO2的转化率低于其平衡转化率。因此，反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的转化率与最适宜温度(曲线Ⅰ)、平衡转化率与温度(曲线Ⅱ)的关系曲线示意图可表示如下：；(4)由pH-时间振荡曲线可知，在Na2S-H2SO4-H2O2溶液体系中，溶液的pH呈先增大后减小的周期性变化，同时观察到体系由澄清→浑浊→澄清的周期性变化，硫化钠与硫酸反应生成HS-，S2-+H+=HS-，然后发生HS-+4H2O2=SO42-+4H2O+H+，该过程溶液的pH基本不变，溶液保持澄清；溶液变浑浊时HS-被H2O2氧化为S，即发生HS-+H2O2+H+=S↓+2H2O，该过程溶液的pH增大；溶液又变澄清时S 又被H2O2氧化为SO42-，发生S+3H2O2= SO42-+2H2O+H+，该过程溶液的pH在减小。因此可以推测该过程中每一个周期内的反应进程中依次发生了如下离子反应：S2-+H+=HS-、HS-+4H2O2=SO42-+4H2O+H+、HS-+H2O2+H+=S↓+2H2O、S+3H2O2= SO42-+2H2O+H+。 3．(2021·浙江1月选考)“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ΔH1______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) ΔHI=181 mol·L-1，KI=-3.4×10-29 II.2C(s)+O2(g)2CO(g) ΔHII= - 221 mol·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0.5 mol·L-1，反应30 min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 【答案】(1)2NaCl+ 2H2O2NaOH + H2↑+Cl2↑ (2)A (3)①＜ ② ③K1p + (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；ΔH=ΔHI+ΔHII= -40kJ·mol-1，反应II 可为反应I提供所需的能量 (5)AB 【解析】(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，该反应的化学方程式是2NaCl+ 2H2O 2NaOH + H2↑+Cl2↑。(2) A项，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，A说法不正确；B项，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，B说法正确；C项，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，C说法正确；D项，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，D说法正确。综上所述，相关说法不正确的是A，故选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ΔH1＜0。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。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；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(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，由K2=可知=，由K1=c(Cl2)/p可知，=，则=，因此，c= K1p + 。(4)已知：I . TiO2(s)+2Cl2(g) TiCl4(g)+O2(g) ΔHI=181 mol ·L-1，KI=-3.4 ×10-29；II. 2C(s)+O2(g) ⇌ 2CO(g) ΔHII= - 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ΔH=ΔHI+ΔHII= -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。(5) A项，由于两产物浓度之比与反应时间无关，适当提高反应温度，使催化剂碘的溶解度增大，既可以加快化学反应速率，同时可以提高邻位取代的机率(催化剂会参与反应形成中间体，根据信息可知，碘在对位的取代机率较大)，从而提高产物中邻二氯苯的比例，故A符合题意；B项，可以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，B符合题意；C项，适当降低反应温度，不利于提高邻二氯苯的生成机率，不能提高产物中邻二氯苯的比例，C不符合题意；D项，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，D不符合题意。故选AB。 考点2 涉及资源的综合利用 1．(2024·浙江省1月选考)(10分)通过电化学、热化学等方法，将CO2转化为HCOOH等化学品，是实现“双碳”目标的途径之一。请回答： (1)某研究小组采用电化学方法将CO2转化为，装置如图。电极B上的电极反应式是 。 (2)该研究小组改用热化学方法，相关热化学方程式如下： ：C(s)＋O2(g)==CO2(g) ΔH1＝-393.5kJ·mol−1 Ⅱ：C(s)＋H2(g)＋O2(g)==HCOOH(g) ΔH2＝-378.7kJ·mol−1 Ⅲ：CO2(g)＋H2(g)HCOOH(g) ΔH3 ①ΔH3= kJ·mol−1。 ②反应Ⅲ在恒温、恒容的密闭容器中进行，CO2和H2的投料浓度均为，平衡常数，则CO2的平衡转化率为 。 ③用氨水吸收，得到氨水和甲酸铵的混合溶液，时该混合溶液的pH= 。[已知：时，电离常数Kb (NH3• H2O)=1.8×10-5、Ka(HCOOH)=1.8×10-4] (3)为提高效率，该研究小组参考文献优化热化学方法，在如图密闭装置中充分搅拌催化剂M的(有机溶剂)溶液，CO2和H2在溶液中反应制备，反应过程中保持CO2(g)和H2(g)的压强不变，总反应CO2＋H2HCOOH的反应速率为v，反应机理如下列三个基元反应，各反应的活化能E2＜E1＜＜E3 (不考虑催化剂活性降低或丧失)。 Ⅳ：M+CO2Q          E1 V：Q+H2L             E2 VI：LM+HCOOH       E3 ①催化剂M足量条件下，下列说法正确的是 。 A．v与CO2(g)的压强无关         B．v与溶液中溶解H2的浓度无关 C．温度升高，v不一定增大         D．在溶液中加入N(CH2CH3)3，可提高CO2转化率 ②实验测得：，下，v随催化剂M浓度c变化如图。c≤c0时，v随c增大而增大：c＞c0时，v不再显著增大。请解释原因 。 【答案】(1) CO2+2H++2e-=HCOOH　 (2) +14.8 2.4×10−8 10.00 (3) CD 当c≤c0时，v随c增大而增大，因M是基元反应IV的反应物(直接影 响基元反应VI中反应物L的生成)； c>c0时，v不再显著增加，因受限 于CO2(g)和H2 (g)在溶液中的溶解速度(或浓度) 【解析】(1)①电极B是阴极，则电极反应式是CO2+2H++2e-=HCOOH；(2)①ΔH3= ΔH2 -ΔH1=-378 .7 kJ /mol+393 .5 kJ/mol =+14.8 kJ/ mol；②根据三段式，设转化的CO2为x，则： 则，，则转化率= ；③用氨水吸收HCOOH，得到1.00 mol·L－1氨水和0.18 mol·L－1甲酸铵的混合溶液，得出cNH4＋=0.18 mol·L－1， 根据，则，pOH=4，Ph=14-4=10；(3)①A项，v与CO2(g)的压强有关，压强越大，溶液中CO2的浓度越大，v越大，A错误；B项，v与溶液中溶解H2的浓度有关，氢气浓度越大，速率越快，B错误；C项，温度升高，v不一定增大，反应Ⅳ和Ⅴ是快反应，而Ⅵ是慢反应(决速步骤)，若Ⅳ和Ⅴ是放热反应且可以快速建立平衡状态，则随着温度升高L的浓度减小，若L的浓度减小对反应速率的影响大于温度升高对总反应速率的影响，则总反应速率减小 ，故总反应的速率不一定增大，C错误；D项，在溶液中加入的N(CH2CH3)3会与HCOOH反应，使得三个平衡正向移动，可提高CO2转化率，D正确；故选CD。②当c≤c0时，v随c增大而增大，因M是基元反应IV的反应物(直接影 响基元反应VI中反应物L的生成)； c>c0时，v不再显著增加，因受限 于CO2(g)和H2 (g)在溶液中的溶解速度(或浓度)。 2．(2023·浙江省6月选考)水煤气变换反应是工业上的重要反应，可用于制氢。 水煤气变换反应：H2O(g)+ CO(g)CO2 (g)+ H2(g) ΔH＝－41.2 kJ·mol－1 该反应分两步完成： 3Fe2O3(s)＋CO(g)2Fe3O4(s)＋CO2(g) ΔH1＝－47.2 kJ·mol－1 2Fe3O4 (s)＋H2O(g)3Fe2O3 (s)＋H2(g) ΔH2 请回答： (1) ΔH2=_______ kJ·mol－1。 (2)恒定总压1.70MPa和水碳比[n (H2O)/ n(CO)] =12：5投料，在不同条件下达到平衡时CO2和H2的分压(某成分分压=总压×该成分的物质的量分数)如下表： p(CO2)/MPa p(H2)/MPa p(CH4)/MPa 条件1 0.40 0.40 0 条件2 0.42 0.36 0.02 ①在条件1下，水煤气变换反应的平衡常数___________。 ②对比条件1，条件2中H2产率下降是因为发生了一个不涉及CO2的副反应，写出该反应方程式____。 (3)下列说法正确的是______。 A．通入反应器的原料气中应避免混入O2 B．恒定水碳比[n (H2O)/ n(CO)]，增加体系总压可提高H2的平衡产率 C．通入过量的水蒸气可防止Fe3O4被进一步还原为Fe D．通过充入惰性气体增加体系总压，可提高反应速率 (4)水煤气变换反应是放热的可逆反应，需在多个催化剂反应层间进行降温操作以“去除”反应过程中的余热(如图1所示)，保证反应在最适宜温度附近进行。 ①在催化剂活性温度范围内，图2中b-c段对应降温操作的过程，实现该过程的一种操作方法是______。 A．按原水碳比通入冷的原料气 B．喷入冷水(蒸气) C．通过热交换器换热 ②若采用喷入冷水(蒸气)的方式降温，在图3中作出平衡转化率随温度变化的曲线____。 (5)在催化剂活性温度范围内，水煤气变换反应的历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附(快速)、反应及产物分子脱附等过程。随着温度升高，该反应的反应速率先增大后减小，其速率减小的原因是________。 【答案】(1)6 (2)① 2.0 ②CO+3H2CH4+H2O (3)AC (4)①AC ② (5)温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小 【解析】(1)设方程式①H2O(g)+ CO(g)CO2 (g)+ H2(g) ΔH＝－41.2 kJ·mol－1 ②3Fe2O3(s)＋CO(g)2Fe3O4(s)＋CO2(g) ΔH1＝－47.2 kJ·mol－1 ③2Fe3O4 (s)＋H2O(g)3Fe2O3 (s)＋H2(g) ΔH2 根据盖斯定律可知，③=①-②，则ΔH2=ΔH-ΔH1=(－41.2 kJ·mol－1)-( －47.2 kJ·mol－1)= 6 kJ·mol－1；(2)①条件1下没有甲烷生成，只发生了水煤气变换反应，该反应是一个气体分子数不变的反应。设在条件1下平衡时容器的总体积为V，参加反应的一氧化碳为xmol，根据已知信息可得以下三段式： ，解得x=4；则平衡常数；②根据表格中的数据可知，有甲烷生成，且该副反应没有二氧化碳参与，且氢气的产率降低，则该方程式为：CO+3H2CH4+H2O；(3) A项，一氧化碳和氢气都可以和氧气反应，则通入反应器的原料气中应避免混入O2，A正确；B项，该反应前后气体计量系数相同，则增加体系总压平衡不移动，不能提高平衡产率，B错误；C项，通入过量的水蒸气可以促进四氧化三铁被氧化为氧化铁，水蒸气不能将铁的氧化物还原为单质铁，但过量的水蒸气可以降低体系中CO和H2的浓度，从而防止铁的氧化物被还原为单质铁，C正确；D项，若保持容器的体积不变，通过充入惰性气体增加体系总压，反应物浓度不变，反应速率不变，D错误；故选AC；(4)①A项，按原水碳比通入冷的原料气，可以降低温度，同时化学反应速率稍减小，导致CO的转化率稍减小，与图中变化相符，A正确；B项，喷入冷水(蒸气)，可以降低温度，但是同时水蒸气的浓度增大，会导致CO的转化率增大，与图中变化不符，B错误；C项，通过热交换器换热，可以降低温度，且不改变投料比，同时化学反应速率稍减小，导致CO的转化率稍减小，与图中变化相符，C正确；故选AC；②增大水蒸气的浓度，平衡正向移动，则一氧化碳的的平衡转化率增大，会高于原平衡线，故图像为：；(5)反应物分子在催化剂表面的吸附是一个放热的快速过程，温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小。 3．(2023·浙江省1月选考)“碳达峰•碳中和”是我国社会发展重大战略之一，CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有： I：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ∆H1= +247 kJ•mol-1 ，K1 II：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ∆H2= +41 kJ•mol-1 ， K2 请回答： (1)有利于提高CO2平衡转化率的条件是___________。 A．低温低压 B．低温高压 C．高温低压 D．高温高压 (2)反应CH4(g)+3CO2(g)4CO(g)+2H2O(g)的∆H=_________kJ•mol-1，K=_________ (用K1、K2表示)。 (3)恒压、750℃时，CH4和CO2按物质的量之比1：3投料，反应经如下流程(主要产物已标出)可实现CO2高效转化。 ①下列说法正确的是__________。 A．Fe3O4可循环利用，CaO不可循环利用 B．过程ii，CaO吸收CO2可促进Fe3O4氧化CO的平衡正移 C．过程ii产生的H2O最终未被CaO吸收，在过程iii被排出 D．相比于反应I，该流程的总反应还原1mol CO2需吸收的能量更多 ②过程ii平衡后通入He，测得一段时间内CO物质的量上升，根据过程iii，结合平衡移动原理，解释CO物质的量上升的原因______________________________。 (4)CH4还原能力(R)可衡量CO2转化效率，R=∆n(CO2)/∆n(CH4)(同一时段内CO2与CH4的物质的量变化之比)。 ①常压下CH4和CO2按物质的量之比1：3投料，某一时段内CH4和CO2的转化率随温度变化如图1，请在图2中画出400~1000℃之间R的变化趋势，并标明1000℃时间R值。 ②催化剂X可提高R值，另一时段内CH4转化率、R值随温度变化如下表： 温度/℃ 480 500 520 550 CH4转化率/% 7.9 11.5 20.2 34.8 R 2.6 2.4 2.1 1.8 下列说法不正确的是___________ A.R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应II的速率 B.温度越低，含氢产物中H2O占比越高 C.温度升高，CH4转化率增加，CO2转化率降低，R值减小 D.改变催化剂提高CH4转化率，R值不一定增大 【答案】(1)C (2)+329 K1•K22 (3)①BC ②通入He，CaCO3分解平衡正移，导致c(CO2)/c(CO)增大，促进Fe还原CO2平衡正移 (4) ①       ②C 【解析】(1)反应Ⅰ为气体体积增大的吸热反应，反应Ⅱ为气体体积不变的吸热反应，△H>0，升高温度，平衡右移，CH4平衡转化率增大；降低压强，平衡右移，CH4平衡转化率增大，故有利于提高CO2平衡转化率的条件是高温低压；故选C； (2)已知：I：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ∆H1= +247 kJ•mol-1 ，K1 II：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ∆H2= +41 kJ•mol-1 ， K2 根据盖斯定律，由Ⅰ+Ⅱ2得反应H4(g)+3CO2(g)4CO(g)+2H2O(g)；故△H=△H1+2△H2=+329 kJ•mol-1，K= K1•K22；(3)①A项，根据流程可知，Fe3O4转化为Fe，Fe又转化为Fe3O4，Fe3O4可循环利用；CaCO3受热分解生成CaO和CO2， CaO又与CO2反应生成CaCO3，CaO也可循环利用，A错误；B项，过程ⅱ，CaO吸收CO2使CO2浓度降低，促进Fe3O4氧化CO的平衡正移，B正确；C项，过程ⅱCaO吸收CO2而产生的H2O最终未被CaO吸收，在过程ⅲ被排出，C正确；D项，焓变只与起始物质的量有关，与过程无关，故相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原1 mol CO2需吸收的能量一样多，D错误；故选BC；②通入He，CaCO3分解平衡正移，导致增大，促进Fe还原CO2平衡正移，故过程ⅱ平衡后通入He，测得一段时间内CO物质的量上升；(4)①根据图1可知1000℃时，CH4转化率为100%，即∆n(CH4)=1mol， CO2转化率为60%，即∆n(CO2) =3mol60%=1.8mol，故R=∆n(CO2)/∆n(CH4)==1.8，故400~1000℃间R的变化趋势如图：；②A项，R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应Ⅱ的速率，使单位时间内反应Ⅱ中CO2的转化率增大，∆n(CO2)增大的倍数比∆n(CH4)大，则R提高，A正确；B项，根据表中数据可知，温度越低，CH4转化率越小，而R越大，∆n(CO2)增大的倍数比∆n(CH4)大，含氢产物中H2O占比越高，B正确；C项，温度升高，CH4转化率增加，CO2转化率也增大，且两个反应中的CO2转化率均增大，增大倍数多，故R值增大，C不正确；D项，改变催化剂使反应有选择性按反应Ⅰ而提高CH4转化率，若CO2转化率减小，则R值不一定增大，D正确；故选C。 4．(2022·浙江省6月选考)主要成分为H2S的工业废气的回收利用有重要意义。 (1)回收单质硫。将三分之一的H2S燃烧，产生的SO2与其余H2S混合后反应：。在某温度下达到平衡，测得密闭系统中各组分浓度分别为c(H2S)=2.0×10-5mol·L－1、c(SO2)= 5.0×10-5mol·L－1、c(H2O)=4.0×10-3mol·L－1，计算该温度下的平衡常数_______。 (2)热解H2S制H2。根据文献，将H2S和CH4的混合气体导入石英管反应器热解(一边进料，另一边出料)，发生如下反应： Ⅰ   2H2S(g)2H2(g)+ S2(g) ΔH1＝170kJ·mol−1 Ⅱ   CH4(g)+ S2(g)CS2(g)+2H2(g) ΔH2＝64kJ·mol−1 总反应： Ⅲ    2H2S(g)+CH4(g)CS2(g)+4H2(g) 投料按体积之比V(H2S)：V(CH4)=2：1，并用N2稀释；常压，不同温度下反应相同时间后，测得H2和CS2体积分数如下表： 温度/℃ 950 1000 1050 1100 1150 H2/V(%) 0.5 1.5 3.6 5.5 8.5 CS2/V(%) 0.0 0.0 0.1 0.4 1.8 请回答： ①反应Ⅲ能自发进行的条件是_______。 ②下列说法正确的是_______。 A．其他条件不变时，用Ar替代N2作稀释气体，对实验结果几乎无影响 B．其他条件不变时，温度越高，H2S的转化率越高 C．由实验数据推出H2S中的S-H键强于CH4中的键 D．恒温恒压下，增加N2的体积分数，H2的浓度升高 ③若将反应Ⅲ看成由反应Ⅰ和反应Ⅱ两步进行，画出由反应原料经两步生成产物的反应过程能量示意图_______。 ④在1000℃，常压下，保持通入的H2S体积分数不变，提高投料比[V(H2S)：V(CH4)]，H2S的转化率不变，原因是_______。 ⑤在950℃~1150℃范围内(其他条件不变)，S2(g)的体积分数随温度升高发生变化，写出该变化规律并分析原因_______。 【答案】(1)8×108 L·mol－1 (2) 高温     AB          1000℃时CH4不参与反应，相同分压的H2S经历相同的时间转化率相同     先升后降；在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S2(g)的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率，S2(g)的体积分数减小 【解析】(1)根据方程式可知该温度下平衡常数K＝=；(2)①根据盖斯定律可知Ⅰ+Ⅱ即得到反应Ⅲ的ΔH＝234kJ/mol，这说明反应Ⅲ是吸热的体积增大(即ΔS＞0)的反应，根据ΔG＝ΔH－TΔS＜0可自发进行可知反应Ⅲ自发进行的条件是高温下自发进行；②A项，Ar是稀有气体，与体系中物质不反应，所以其他条件不变时，用Ar替代N2作稀释气体，对实验结果几乎无影响，A正确；B项，正反应吸热，升高温度平衡正向进行，温度越高，H2S的转化率越高，B正确；C项，根据表中数据无法得出H2S中S-H键和CH4中C-H键的相对强弱，事实上C-H键的键能大于S-H键键能，C错误；D项，恒温恒压下，增加N2的体积分数，相当于减压，平衡正向进行，H2的物质的量增加，容器容积增加，H2浓度减小，D错误；故选AB；③反应I、反应Ⅱ和反应Ⅲ均是吸热反应，则反应过程能量示意图可表示为；④根据表中数据可知1000℃时CH4不参与反应，相同分压的H2S经历相同的时间转化率相同，所以在1000℃常压下，保持通入的H2S体积分数不变，提高投料比时H2S的转化率不变；⑤由于在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S2(g)的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率，S2(g)的体积分数减小，因此变化规律是先升后降。 5．(2022·浙江省1月选考)工业上，以煤炭为原料，通入一定比例的空气和水蒸气，经过系列反应可以得到满足不同需求的原料气。请回答： (1)在C和O2的反应体系中： 反应1：C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-394kJ·mol-1 反应2：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH2=-566kJ·mol-1 反应3：2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH3。 ① 设y=ΔH-TΔS，反应1、2和3的y随温度的变化关系如图1所示。图中对应于反应3的线条是___________。 ②一定压强下，随着温度的升高，气体中CO与CO2的物质的量之比______。 A．不变 B．增大 C．减小 D．无法判断 (2)水煤气反应：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) ΔH=131kJ·mol-1。工业生产水煤气时，通常交替通入合适量的空气和水蒸气与煤炭反应，其理由是__________________。 (3)一氧化碳变换反应：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH=-41kJ·mol-1。 ①一定温度下，反应后测得各组分的平衡压强(即组分的物质的量分数×总压)：p(CO)=0.25MPa、p(H2O)=0.25MPa、p(CO2)=0.75MPa和p(H2)=0.75MPa，则反应的平衡常数K的数值为________。 ②维持与题①相同的温度和总压，提高水蒸气的比例，使CO的平衡转化率提高到90%，则原料气中水蒸气和CO的物质的量之比为________。 ③生产过程中，为了提高变换反应的速率，下列措施中合适的是________。 A．反应温度愈高愈好 B．适当提高反应物压强 C．选择合适的催化剂 D．通入一定量的氮气 ④以固体催化剂M催化变换反应，若水蒸气分子首先被催化剂的活性表面吸附而解离，能量-反应过程如图2所示。 用两个化学方程式表示该催化反应历程(反应机理)：步骤Ⅰ：__________________；步骤Ⅱ：_______________________。 【答案】(1)a B (2)水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快化学反应速率 (3)①9.0 ②1.8：1 ③BC ④M+H2O=MO+H2 MO+CO=M+CO2 【解析】1)①由已知方程式：(2×反应1-反应2)可得反应3，结合盖斯定律得：ΔH3=2ΔH1-ΔH2=[2×(-394)-(-566)]kJ·mol-1=-222 kJ·mol-1，反应1前后气体分子数不变，升温y不变，对应线条b，升温促进反应2平衡逆向移动，气体分子数增多，熵增，y值增大，对应线条c，升温促进反应3平衡逆向移动，气体分子数减少，熵减， y值减小，对应线条a，故此处填a；②温度升高，三个反应平衡均逆向移动，由于反应2焓变绝对值更大，故温度对其平衡移动影响程度大，故CO2物质的量减小，CO物质的量增大，所以CO与CO2物质的量比值增大，故选B；(2)由于水蒸气与煤炭反应吸热，会引起体系温度的下降，从而导致反应速率变慢，不利于反应的进行，通入空气，利用煤炭与O2反应放热从而维持体系温度平衡，维持反应速率，故此处填：水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快反应速率；(3)①该反应平衡常数K=；②假设原料气中水蒸气为x mol，CO为1 mol，由题意列三段式如下： 则平衡常数K=，解得x=1.8，故水蒸气与CO物质的量之比为1.8：1；③A项，反应温度过高，会引起催化剂失活，导致反应速率变慢，A不符合题意；B项，适当增大压强，可加快反应速率，B符合题意；C项，选择合适的催化剂有利于加快反应速率，C符合题意；D项，若为恒容条件，通入氮气对反应速率无影响，若为恒压条件，通入氮气后，容器体积变大，反应物浓度减小，反应速率变慢，D不符合题意；故故选BC；④水分子首先被催化剂吸附，根据元素守恒推测第一步产生H2，第二步吸附CO产生CO2，对应反应历程依次为：M+H2O=MO+H2、MO+CO=M+CO2。 6．(2020·浙江7月选考)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： Ⅰ　C2H6(g)C2H4(g)＋H2(g)　ΔH1＝136 kJ·mol−1 Ⅱ　C2H6(g)＋CO2(g)C2H4(g)＋H2O(g)＋CO(g)　ΔH2＝177 kJ·mol−1 Ⅲ　C2H6(g)＋2CO2(g)4CO(g)＋3H2(g)　ΔH3 Ⅳ　CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)　ΔH4＝41 kJ·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ΔH(ΔH随温度变化可忽略)。例如： H2O(g)H2O(l)　ΔH4＝(−286 kJ·mol−1)－(−242 kJ·mol−1)＝−44 kJ·mol−1。 请回答： (1)①根据相关物质的相对能量计算ΔH3＝________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的平衡正问移动 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210 kJ·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−477 kJ·mol−1开始(如图2)。 (2) ①CO2和C2H6按物质的量1∶1投料，在923 K：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/% 转化率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773 K，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________。 【答案】(1)①430 ②AD ③ (2)①CO　　C2H4的产率低，谠明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率 ②选择性膜吸附C2H4，促进反应Ⅱ平衡正向移动 【解析】(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=生成物的相对能量-反应物的相对能量，因此，C2H6(g)+2CO2(g)4CO(g)+3H2(g) ∆H3=(-110 kJ∙mol-1)4-(-84kJ∙mol-1)-( -393 kJ∙mol-1)2=430 kJ∙mol-1。②A项，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，故其平衡常数增大，A正确；B项，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，B不正确；C项，反应Ⅲ的产物中有CO，增大CO的浓度，能使反应Ⅱ的化学平衡向逆反应方向移动，故其不利于乙烷脱氢，不利于乙烯的生成，C不正确；D项，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，因此该反应的浓度商变大(大于平衡常数)，化学平衡向逆反应方向移动，D正确。故选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52 kJ∙mol-1+0+(-393 kJ∙mol-1)= -341 kJ∙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210 kJ∙mol-1，故该反应体系的过渡态的相对能量又升高了210 kJ∙mol-1，过渡态的的相对能量变为-341 kJ∙mol-1+210 kJ∙mol-1= -131 kJ∙mol-1，最终生成物C2H4(g)、H2O(g)、CO(g)的相对能量之和为(52 kJ∙mol-1)+(-242 kJ∙mol-1)+(-110 kJ∙mol-1)= -300 kJ∙mol-1。根据题中信息，第一步的活化能较小，第二步的活化能较大，故反应Ⅱ分两步进行的“能量—反应过程图”可以表示如下：。(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，但是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，而且反应物主要发生了反应Ⅲ，这也说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率，因此，CO2氧化C2H6的主要产物是CO；②由题中信息可知，选择性膜技术可提高C2H4的选择性，由反应ⅡC2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+H2O(g) +CO(g)可知，该选择性应具体表现在选择性膜可选择性地让C2H4通过而离开体系，即通过吸附C2H4减小其在平衡体系的浓度，从而促进化学平衡向正反应方向移动，因而可以乙烷的转化率。 7．(2020·浙江1月选考)研究NOx之间的转化具有重要意义。 (1)已知：N2O4(g) 2NO2(g)　ΔH＞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，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。 Ⅰ 2NO(g)=N2O2(g) ΔH1 Ⅱ N2O2(g)＋O2(g)→2NO2(g) ΔH2 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。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分析其原因____。 【答案】(1)①AE ②p ③ (2)①Ⅱ ②T4 ΔH1＜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 【解析】(1)①A项，该反应是一个气体体积减小的反应，气体的压强不变说明各物质浓度保持不变，反应达到化学平衡状态，故正确；B项，v正(N2O4)＝2v逆(NO2)说明正逆反应速率不相等，反应没有达到化学平衡状态，故错误；C项，温度不变，化学平衡常数K不变，则K不变不能说明反应达到化学平衡状态，故错误；D项，由质量守恒定律可知，反应前后气体质量不变，恒容容器的体积不变，则密度始终不变，则密度不变不能说明反应达到化学平衡状态，故错误；E、容器内颜色不变说明各物质浓度保持不变，反应达到化学平衡状态，故正确；AE正确；故选AE；②设起始N2O4的物质的量为1mol，由题给数据建立如下三段式： 由三段式数据可知N2O4的平衡分压为×p=，NO2的平衡分压为×p=，则平衡常数Kp＝=；③由图可知，t1时反应消耗N2O4的浓度为(0.04—0.01)mol/L，由方程式可得反应生成NO2的浓度为0.03 mol/L×2=0.06 mol/L；该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，NO2的浓度增大，则0～t2时段，NO2的浓度c(NO2)随t变化趋势的曲线为；(2)①由图可知，反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，活化能越大，反应速率越慢，则化学反应速率反应Ⅰ快于反应Ⅱ，化学反应取决于反应速率较慢的一步，则决定NO氧化反应速率的步骤是反应Ⅱ；②由图可知，转化相同量的NO，在温度T4下消耗的时间较长，原因是反应Ⅰ为放热反应，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，导致转化相同量的NO，在温度较高的T4下消耗的时间较长。 1．(2024·浙江省绍兴市高三下学期第二次模拟考试)I．电解法可处理氯化钙废液同时，吸收CO2，装置如图所示。 (1)阴极室发生的变化可视为两步，电极反应式： 和Ca2++CO32-=CaCO3↓。 II．工业含硫烟气污染大气，研究烟气脱硫具有重要意义。 方法一、H2还原脱硫： (2)300℃，发生反应：①SO2(g)＋2H2(g)S(g)＋2H2O(g) ΔH1 ②S(g)＋H2(g)H2S(g) ΔH2 ③2H2S(g)＋SO2(g)3S(g)＋2H2O(g) ΔH3 请用一个等式来表示三个反应的之间的关系 。 (3)反应③，在恒温、恒容的密闭容器中，充入H2S和SO2，平衡常数，测得平衡时SO2和的浓度均为，则平衡时的值为 。 方法二、O2氧化脱硫： (4)某同学探究活性炭吸附催化氧化SO2，以N2作稀释剂，一定温度下，通入SO2、O2和H2O反应生成H2SO4，其中不同温度下，SO2在活性炭上的吸附情况如图，下列说法正确的是_______。 A．温度越低，SO2的吸附量越高，SO2氧化反应速率越快 B．已知：SO2的物理吸附过程能自发进行，可推断该过程是熵减、放热的过程，温度过高不利 C．原料中水蒸气的含量越大，脱硫速率一定越快 D．随着时间的推移，SO2吸附速率降低，可能是由于生成的H2SO4占据了吸附位点没及时脱出导致 (5)在SO2与O2反应过程中掺入少量CH4有利于提高SO2转化成SO3，其中一种解释是甲烷参与氧化反应过程中存在如图机理。原料以一定流速通过反应容器，出口处测SO3的含量，结合机理说明甲烷体积分数增大，SO3体积分数也增大的理由 。 【答案】(1) H2O＋2e-+CO2=H2↑+CO32-　 (2) ΔH3=ΔH1-2ΔH2 (3) (4)BD (5)该反应未达平衡，CH4在氧化过程中会生成大量O、OH自由基，有利于SO2氧化速率加快 【解析】(1)电解CaCl2溶液，阴极H2O得到电子生成CO32-，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：H2O＋2e-+CO2=H2↑+CO32-，然后发生反应：Ca2++CO32-=CaCO3↓。(2)由盖斯定律可知，①-2×②可得反应③，则三个反应的ΔH之间的关系为：ΔH3=ΔH1-2ΔH2。(3)根据已知条件列出“三段式” K==3.375，解得x=1mol，则平衡时= =。(4)A项，由图可知，温度越低，SO2的吸附量越高，但SO2氧化反应速率越慢，A错误；B项，该反应是气体体积减小的反应，熵减，已知：SO2的物理吸附过程能自发进行，则该反应为放热反应，温度过高不利于反应正向进行，B正确；C项，原料中水蒸气的含量越大，SO2和O2的浓度减小，脱硫速率不一定越快，C错误；D项，随着时间的推移，SO2吸附速率降低，可能是由于生成的H2SO4占据了吸附位点没及时脱出导致，D正确；故选BD。(5)原料以一定流速通过反应容器，出口处测SO3的含量，结合机理说明甲烷体积分数增大，SO3体积分数也增大的理由为：该反应未达平衡，CH4在氧化过程中会生成大量O、OH自由基，有利于SO2氧化速率加快。 2．(2024·浙江省台州市高三下学期第二次教学质量评估)二氯乙烷为原料制备氯乙烯是合成氯乙烯的一种重要的方法。请回答： (1)CH2Cl-CH2Cl热裂解反应为：CH2Cl-CH2Cl(g)=HCl(g)+ CH2=CHCl(g) ΔH＝71.05kJ·mol−1 已知相关物质的标准熵数值如下表： 化学式 CH2Cl-CH2Cl(g) HCl(g) CH2=CH2Cl (g) 标准熵：S/(J·mol-1·K-1) 305.90 186.90 264.00 ①该反应的标准熵变ΔS= J·mol-1·K-1； ②已知ΔG=ΔH-TΔS，该反应在下列哪些温度下能自发进行？ (填标号)； A．0.39K        B．0.49K        C．500K            D．525K (2)密闭恒容容器中充满1.0mol/L CH2Cl-CH2Cl(g)，保持温度773K，只发生以下反应。 反应Ⅰ：CH2Cl-CH2Cl(g)=HCl(g)+ CH2=CHCl(g) ΔH＝71.05kJ·mol−1 反应Ⅱ：CH2Cl-CH2Cl(g)=2HCl(g)+ 2H2(g)+2C(s) ΔH＝-54.52kJ·mol−1 研究发现，反应Ⅰ活化能远小于反应Ⅱ，近似认为反应Ⅰ建立平衡后始终处于平衡状态。未加入催化剂下进行反应，各物质的浓度与反应时间的变化关系如图所示，t时刻测得CH2=CHCl、H2的浓度分别为0.80 mol/L、0.10 mol/L。 ①反应Ⅰ的平衡常数为 mol/L。 ②其他条件不变，若反应温度高于773K且保持不变，则图示点a、b中，CH2=CHCl的浓度峰值点可能是 (填标号)。 ③相同条件下，若反应起始时加入足量的氮掺杂活性炭催化剂(该催化剂仅对反应Ⅰ有加速作用)，则图示点a、b、c、d中，CH2=CHCl的浓度峰值点可能是 (填标号)，解释原因 。 (3)(3)现投入CH≡CH与CH2Cl-CH2Cl于密闭恒容中，可能发生的反应如下： 反应Ⅰ：CH2Cl-CH2Cl(g)HCl(g)+ CH2=CHCl(g) ΔH＝71.05kJ·mol−1 反应Ⅱ：CH≡CH(g)+HCl(g)CH2=CHCl(g) ΔH＝-98.82kJ·mol−1 反应Ⅲ：CH≡CH(g)+ CH2Cl-CH2Cl(g)2CH2=CHCl(g) 若用氮掺杂活性炭作催化剂，只发生反应Ⅰ和Ⅱ；若用RuCl3和BaCl2作催化剂，只发生反应Ⅲ。不考虑催化剂活性降低或丧失，下列说法不正确的是 。 A．温度升高，反应Ⅲ的平衡常数K增大 B．其他条件不变，氮掺杂活性炭作催化剂，HCl平衡浓度随温度升高而增大 C．其他条件不变，RuCl3和BaCl2作催化剂，减少容器体积对CH2=CHCl平衡产率不影响 D．其他条件不变，CH2Cl-CH2Cl的平衡转化率大小比较：氮掺杂活性炭作催化剂＞RuCl3和BaCl2作催化剂 【答案】(1) 145.00 CD (2) 8.0 ab b 催化剂只催化反应Ⅰ，反应Ⅰ速率增大，反应Ⅰ达到平衡时间缩短；时间缩短使得反应Ⅱ消耗的CH2Cl-CH2Cl减小、产生的HCl也减少，均促进反应Ⅰ平衡右移，导致CH2=CHCl平衡浓度增大 (3)AD 【解析】(1)①由题干方程式和标准数据可知，该反应的标准熵变ΔS= (186.90+264.00-305.90) J·mol-1·K-1=145.00 J·mol-1·K-1；②根据自由能变判断反应自发性可知，当ΔG=ΔH-TΔS =71.05kJ/mol-T×145.00 J·mol-1·K-1×10-3kJ/J≤0时反应能自发进行，解得：T≥490K，故选CD；(2)①由三段式分析可知： ， 故平衡时：c(CH2ClCH2Cl)=1.0-0.8-0.1=0.1mol/L，c(HCl)=0.8+0.2=1.0mol/L，c(CH2=CHCl)=0.8mol/L，故反应Ⅰ的平衡常数为K===8.0mol/L；②由题干信息可知，升高温度反应I正向移动，反应Ⅱ移向移动，导致CH2ClCH2Cl的浓度增大，反应I进一步正向移动，导致CH2=CHCl的浓度增大，温度越高反应速率越快，故其他条件不变，若反应温度高于773K且保持不变，则图示点a、b中，CH2=CHCl的浓度峰值点可能是ab；③相同条件下，若反应起始时加入足量的氮掺杂活性炭催化剂(该催化剂仅对反应Ⅰ有加速作用)，催化剂只催化反应Ⅰ，反应Ⅰ速率增大，反应Ⅰ达到平衡时间缩短；时间缩短使得反应Ⅱ消耗的CH2Cl-CH2Cl减小、产生的HCl也减少，均促进反应Ⅰ平衡右移，导致CH2=CHCl平衡浓度增大，则图示点a、b、c、d中，CH2=CHCl的浓度峰值点可能是b，故答案为：b；催化剂只催化反应Ⅰ，反应Ⅰ速率增大，反应Ⅰ达到平衡时间缩短；时间缩短使得反应Ⅱ消耗的CH2Cl-CH2Cl减小、产生的HCl也减少，均促进反应Ⅰ平衡右移，导致CH2=CHCl平衡浓度增大；(3)A项，由题干反应Ⅰ+反应Ⅱ=反应Ⅲ，故反应Ⅲ的反应热ΔH=71.05+(-98.82)=-27.77kJ/mol，故温度升高，反应Ⅲ平衡逆向移动，则反应Ⅲ的平衡常数K减小，A错误；B项，由A项分析可知，其他条件不变，氮掺杂活性炭作催化剂，升高温度反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ平衡逆向移动，故导致HCl平衡浓度随温度升高而增大，B正确；C项，用RuCl3和BaCl2作催化剂，只发生反应Ⅲ，反应Ⅲ是一个气体体积不变的反应，故其他条件不变，RuCl3和BaCl2作催化剂，减少容器体积即增大压强对CH2=CHCl平衡产率不影响，C正确；D项，已知催化剂只能影响化学反应速率，不能是反应平衡发生移动，故其他条件不变，CH2Cl-CH2Cl的平衡转化率大小比较：氮掺杂活性炭作催化剂= RuCl3和BaCl2作催化剂，D错误；故选AD。 3．(2024·浙江省杭州市高三下学期二模)乙二醇(HOCH2CH2OH)是应用广泛的化工产品，草酸二甲酯(CH3OOCCOOCH3)的热催化加氢是生产乙二醇、乙醇酸甲酯(CH3OOCCH2OH)的重要工艺。主要反应如下： I．CH3OOCCOOCH3(g)＋2H2(g)CH3OOCCH2OH(g)＋CH3OH(g) ΔH1＝-21.8kJ·mol−1 Ⅱ．CH3OOCCH2OH(g)＋2H2(g)HOCH2CH2OH(g)＋CH3OH(g) ΔH2＝-17.1kJ·mol−1 Ⅲ．HOCH2CH2OH(g)＋2H2(g)C2H5OH(g)＋H2O(g) ΔH3＝-86.7kJ·mol−1 (1)写出由草酸二甲酯热催化加氢生成乙二醇的热化学方程式： 。 (2)计算表明，反应Ⅲ在研究的温度范围内平衡常数大于，可以认为反应Ⅲ几乎不可逆，为了限制反应Ⅲ对乙二醇产率的影响，可采取的最佳措施是___________。 A．升高反应体系的温度 B．适当增大反应投料中氢气的比例 C．增大反应体系的压强 D．选择合适的催化剂进行反应 (3)在选定催化剂后，科研人员研究了投料比和压强对反应平衡的影响，测得在、的等温等压条件下，原料草酸二甲酯的转化率()及产物的选择性(S)随投料比的变化关系如图(生成某产物的草酸二甲酯的物质的量/参与反应的草酸二甲酯的总物质的量)。 ①当投料比大于80时，乙醇酸甲酯的选择性降低，其原因是 。 ②已知投料比为60时，草酸二甲酯的转化率为，该条件下不发生反应Ⅲ，则最终收集的流出气中甲醇蒸气的分压为 (计算结果保留二位小数)。 (4)在等压、投料比为50的条件下，科研人员测量了原料草酸二甲酯的转化率()及各产物的选择性(S)随温度变化关系，如图。 ①当反应温度高于时，乙二醇的选择性降低，原因是 。 ②请画出乙醇酸甲酯的产率随温度的变化 。 【答案】(1)CH3OOCCOOCH3(g)+4H2(g)HOCH2CH2OH(g)+2CH3OH(g) ΔH＝-38.9kJ·mol−1 (2)D (3)增大投料比，反应Ⅱ平衡正向移动，乙醇酸甲酯的选择性降低 0.03 (4) 温度升高，副反应Ⅲ发生，乙醇选择性提高，导致乙二醇选择性降低 【解析】(1)由盖斯定律可知，Ⅰ+Ⅱ可得CH3OOCCOOCH3(g)+4H2(g)HOCH2CH2OH(g)+2CH3OH(g)，ΔH=ΔH1+ΔH2=-38.9kJ/mol；(2)A项，升高反应体系的温度，反应Ⅰ和Ⅱ逆向移动，A错误；B项，适当增大反应投料中氢气的比例，平衡正向移动，虽然可以提高乙二醇产率，但不是最佳措施，B错误；C项，增大反应体系的压强，反应Ⅰ和Ⅱ正向移动，虽然乙二醇产率增大，但不是最佳措施，C错误；D项，选择合适的催化剂进行反应，可以大大的加快单位时间内乙二醇的产量，为最佳措施，D正确；故选D。(3)①当投料比大于80时，乙醇酸甲酯的选择性降低，其原因是：增大投料比，反应Ⅱ平衡正向移动，乙醇酸甲酯的选择性降低；②假设投入的CH3OOCCOOCH3为 1mol，H2为60mol，CH3OOCCOOCH3的转化率为90%，总的转化了0.9mol，生成的乙二醇和乙醇酸甲酯选择性各为50%，则两者物质的量分别为0.45mol，由三段式可知： 则平衡时甲醇物质的量为1.35mol，乙二醇与乙醇酸甲酯的物质的量均为0.45mol，氢气的物质的量为57.3mol，气体的总物质的量为：59.65mol，则甲醇的分压为MPa=0.03MPa；(4)①温度升高，副反应Ⅲ发生，乙醇选择性提高，导致乙二醇选择性降低；②乙醇酸甲酯的产率随温度的变化为先增大减小，在470K之前，主要发生反应Ⅰ，乙醇酸甲酯的产率随温度的升高而升高，在470K之后，副反应Ⅲ发生，消耗乙二醇使反应Ⅱ正向移动，乙醇酸甲酯被消耗，产率减小，结合各温度下草酸二甲酯的转化率和乙醇酸甲酯的选择性计算乙醇酸甲酯的产率(乙醇酸甲酯的产率=草酸二甲酯的转化率×乙醇酸甲酯的选择性)，所以乙醇酸甲酯的产率随温度的变化图像为：。 4．(2024·浙江省温州市普通高中高三下学期第二次适应性考试)异丁烯(i-C4H8)是重要的化工生产原料，可由异丁烷(i-C4H10)催化脱氢制备，反应如下：i-C4H10(g)i-C4H8(g)＋H2(g) ΔH1＝+123.5kJ·mol−1 已知：①主要副反应为i-C4H10(g)CH2=CHCH3(g)＋CH4(g) ΔH2 2i-C4H8(g)2CH2=CHCH3(g)＋C2H4(g) ΔH3＞0 ②温度过高会引发烃裂解生成炭(C)。 ③相关化学键的键能如下所示： 化学键 键能/ 615 347.7 413.4 436 请回答： (1ΔH2)= kJ·mol−1。 (2)有利于提高异丁烷平衡转化率的条件有 。 A．低温    B．高温    C．低压    D．高压    E．催化剂 (3)其他条件相同，在恒压的密闭容器中充入异丁烷和N2各(N2作惰性气体)，经过相同时间测得相关数据如图1和图2所示．[收率，空速：单位时间通过单位体积催化剂的气体量](不考虑温度对催化剂活性的影响，异丁烷分子在催化剂表面能较快吸附) ①图1中，时异丁烯收率= 。 ②下列说法正确的是 。 A．由图1可知，温度越高，产生异丁烯的速率越快 B．混入的目的之一是减小异丁烷的吸附速率，同时带走催化剂局部多余的热量，从而抑制催化剂的积碳 C．图2中，空速增加，异丁烷转化率降低的原因可能是原料气在催化剂中停留时间过短 D．图2中，空速增加，异丁烯选择性升高的原因可能是原料气将产物迅速带走，抑制了副反应的发生 ③图1中，随着温度升高，异丁烷转化率增大而异丁烯选择性下降的原因可能是 ． ④其他条件相同，异丁烷的平衡转化率如图3所示．若充入N2改为，在图3中作出异丁烷的平衡转化率随温度变化的曲线 (忽略积碳的影响)。 【答案】(1)80.4 (2)BC (3) 27.3% BCD 温度升高，反应速率增大，异丁烷转化率增大；反应速率增大的程度更大，异丁烯选择性下降 【解析】(1)ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和=(413.4×10+347.7×3)kJ/mol-(413.4×6+615+347.7+413.4×4)kJ/mol=+80.4kJ/mol，故答案为：+80.4；(2)异丁烷(i-C4H10)催化脱氢制备异丁烯(i-C4H8)是气体体积增大的吸热反应，根据勒夏特列原理可知，高温、低压有利于平衡正向移动，而催化剂不改变化学平衡状态，故答案为BC；(3)①图1中，600℃时异丁烯物质的量为1mol×35%×78%=0.273，所以异丁烯收率=×100%=27.3%；②A项，由图1可知，温度升高，异丁烯选择性下降，所以产生异丁烯的速率并不是越快，故A错误；B项，由题意可知，温度过高会引发烃裂解生成炭(C)，所以混入N2的目的之一是减小异丁烷的吸附速率，同时带走催化剂局部多余的热量，从而抑制催化剂的积碳，故B正确；C项，空速增加，原料气与催化剂接触时间短，不利于反应进行，所以异丁烷转化率降低，故C正确；D项，原料气将产物迅速带走，降低异丁烯(i-C4H8)的浓度，抑制了副反应的发生，提高异丁烯选择性，故D正确；故选BCD；③随着温度升高，异丁烷转化率增大而异丁烯选择性下降的原因可能是：升高温度，反应速率增大，异丁烷转化率增大，但由于副反应反应速率增大的程度更大，所以异丁烯选择性下降；④若充入N2改为2mol，相当于减小压强，平衡正向移动，异丁烷的平衡转化率比通入1molN2要大，所以异丁烷的平衡转化率随温度变化的曲线为。 5．(2024·浙江省丽水湖州衢州三地市高三下学期教学质量检测)工业上将CO2转化为甲酸HCOOH，为实现碳中和添砖加瓦。 (1)用以CO2和CH3OH为原料，在催化电极表面制备甲酸和甲酸盐的工作原理如图1所示。请写出电解过程中CH3OH参与反应的电极反应式 。 (2)时，反应Ⅰ：CO2(g)＋H2(g)HCOOH(g)的平衡常数K=2，实验测得，，其他条件不变，升高温度至时，，则该反应正逆方向的活化能大小 (填“大于”、“等于”或“小于”)，理由是 。 (3)在某恒温密封容器中加入水溶液至充满容器，只发生反应Ⅱ和Ⅲ，若的分解产物都完全溶于水，加入盐酸对反应Ⅱ起催化作用，对反应Ⅲ无催化作用。 反应Ⅱ：HCOOHCO+H2O 反应Ⅲ：HCOOHCO2+H2 反应过程中CO、CO2浓度随反应时间的变化关系如下表所示：其中反应至时达到过程中的最大值。     浓度时间 cCO mol·L－1 cCO2 mol·L－1 0 0 0 0.22 0.02 0.70 0.16 0.35 0.58 0.20 0.76 ①计算该温度下反应Ⅰ的平衡常数 。 ②图2为不加盐酸时的浓度随时间变化图，若其它条件不变，反应起始时溶液中含有盐酸，在图2中画出的浓度随时间变化 。 【答案】(1) CH3OH-4e-+H2O=HCOOH＋4H＋ (2) 小于 升高温度，K减小，说明反应Ⅰ为放热反应 (3) 5 【解析】(1)从图中可看出，该原理为电解池，CH3OH转化为HCOOH发生氧化反应，为阳极失电子变化，电极反应式为CH3OH-4e-+H2O=HCOOH＋4H＋；(2)T1时，平衡常数K=2，由，，得，升高温度至T2时，，说明，则平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，则正反应，<；故答案为：小于；升高温度，K减小，说明反应Ⅰ为放热反应；(3)从表中数据可看出，开始生成CO的速率比生成CO2的速率快，反应至10min时cCO达到过程中的最大值此时反应Ⅰ达到平衡状态，反应Ⅱ未达平衡，反应Ⅱ正向进行，cCO2增大，使cHCOOH减小，反应Ⅰ平衡逆移，cCO减小，故10min时，反应Ⅰ平衡，此时c(CO)=0.7mol·L－1，c(CO2)=0.16mol·L－1，cHCOOH，反应Ⅰ平衡常数；加盐酸时，反应Ⅱ速率加快，达到cCO最大值时间小于10min，反应Ⅲ速率未加快，但达到cCO最大值时间小于10min，故此时c(CO2)=0.16mol·L－1，cCO最大值大于0.7mol·L－1，反应Ⅱ未达平衡，反应Ⅱ正向进行，cCO2增大，使cHCOOH减小，反应Ⅰ平衡逆移，cCO减小，催化剂只能改变速率，不能改变平衡，故最终反应体系平衡时CO的浓度与不加盐酸时相同，故图像为。 6．(2024·浙江省五校联盟高三下学期5月联考三模)煤燃烧过程中会产生大气污染物CO、NO，研究氮氧化物的消除和CO2资源再利用是目前研究的热点之一。 (1)用惰性电极(Pt)电解CO2吸收液(假设溶液成分为饱和NaHCO3溶液)，阴极区通入CO2可以制得HCOONa，请写出阴极的电解电极方程式 。 (2)已知：2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)，CO、NO在铁催化剂表面进行如下两步反应： 反应I：      反应II：FeO+CO=Fe+CO2 ①2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)反应自发进行的条件为： 。 ②完成反应I的化学方程式： 。 (3)某课题组为研究CO存在下铁对NO的催化还原反应，设计了三组对照实验。分别如下：第1、2组将等量的Fe置于石英管内，通入N2吹扫约10min，然后分别通入一定量NO或NO和CO混合气体后，两端密封开始加热升温，测NO的转化率；第3组与第2组其它条件相同，但没有Fe参与实验，测NO的转化率，得出结果如图。 ①下列说法正确的是 。 A．其他条件不变时，用空气替代N2，对实验结果有影响 B．当体系中CO和CO2的物质的量浓度相等时，反应达到平衡状态 C．增加铁的质量和表面积，能降低该反应的活化能，提高反应速率，提高NO的平衡转化率 D．当温度小于750K，铁在NO、CO反应系统中，以Fe、NO的气固异相反应为主 ②请解释图1中750K后曲线1、2变化趋势不同的原因： 。 ③若该反应的正、逆反应速率可表示为v正= k正c2(NO)·c2(CO)、v逆=k逆c(N2)·c2(CO2)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，仅与温度有关。一定温度下，在体积为1L的容器中加入2molNO和2.2molCO发生上述反应，测得CO和CO2物质的量浓度随时间的变化如图所示。已知该温度下K=27/20，则a点时v正：v逆= 。(结果保留两位有效数字) 【答案】(1) CO2+2e-+HCO3-=HCOO-+CO32- (2) 2NO+2Fe=2FeO+N2 低温自发 2NO+2Fe=2FeO+N2 (3) AD 反应1随温度升高催化剂失活 3.9 【解析】(1)阴极的电解电极方程式CO2+2e-+HCO3-=HCOO-+CO32-；(2)该反应ΔS<0，由反应自发时ΔG=ΔH−TΔS<0，则低温自发；反应I+反应II=总反应，则反应I为2NO+2Fe=2FeO+N2；(3)①A项，其他条件不变时，用空气替代N2，空气会氧化NO，对实验结果有影响， A正确；B项，当体系中CO和CO2的物质的量浓度相等时，可能为某一时刻不能判断反应达到平衡状态，B错误；C项，增加铁的质量和表面积，不能降低该反应的活化能，不能提高NO的平衡转化率，C错误；D项，由图当温度小于750K，1，2曲线几乎重合，铁在NO、CO反应系统中，以Fe、NO的气固异相反应为主，D正确；故选AD。②750K后曲线1、2变化趋势不同的原因：反应1随温度升高催化剂失活；③平衡时v正= k正c2(NO)·c2(CO)=v逆=k逆c(N2)·c2(CO2)，则： ，a点时列三段式为： 。 7．(2024·浙江省宁波市镇海中学高三下学期5月模拟)乙醇-水催化重整可获得。主要发生以下反应： 反应Ⅰ：C2H5OH(g)＋3H2O(g)2CO2(g)＋6H2(g) ΔH1＝+173.3kJ·mol−1 反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝+41.1kJ·mol−1 (1)反应Ⅰ自发进行的条件是_______。 A．低温 B．高温 C．低压 D．高压 (2)500℃时，向体积为VL的恒容密闭容器中充入1mol C2H5OH(g)和3mol H2O(g)发生上述反应。初始时体系压强为100kPa，平衡时，CO的选择性为50%，C2H5OH的转化率为80%。(CO的选择性=) ①反应Ⅰ的 (列出计算式即可)。反应Ⅰ的标准平衡常数，其中为标准压强100kPa，p(X)为气体X的平衡分压，分压=总压×该气体的物质的量分数。 ②在下图中画出500℃时，乙醇平衡转化率随[]变化而变化的情况 。 (3)压强为100kPa，H2的平衡产率与温度、起始时关系如图所示，每条曲线表示相同的平衡产率。 ①H2的平衡产率：Q点 N点(填“>”、“=”或“＜”)； ②M、N两点H2的平衡产率相等的原因是 。 (4)氢气的应用：氢气熔融碳酸盐燃料电池工作原理如图所示。 ①CH4和H2O经催化重整生成CO和H2，CO和H2全部进入电极A发生反应，写出负极的电极反应式(用一个总方程式表示) 。 ②理论上负极生成的CO2与正极消耗的CO2的物质的量之比是 。 【答案】(1)B (2) (3) ＜ M点与N点具有相同的压强，相同；不同的是N点温度高于M点，升高温度，反应Ⅱ正向移动消耗氢气的量与反应Ⅰ正向移动产生H2的量相等 (4) CO+3H2-8e-+4CO32-=5CO2+3H2O 5∶4 【解析】(1)反应Ⅰ是吸热反应ΔH＞0，且反应前后熵增大ΔS＞0，根据吉布斯自由能ΔG=ΔH-TΔS＜0判断该反应自发进行的条件是高温；(2)①500℃时，在体积为VL的恒容密闭容器中发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，根据题中信息可求算达到平衡时消耗C2H5OH的物质的量为0.8mol，设反应Ⅱ生成CO的物质的量为。 应Ⅰ： 反应Ⅱ： 平衡时，CO的选择性为50%，可得50%=，即x=0.8mol。则平衡时，，，，，平衡时，，即p平=1.8。反应Ⅰ的；②500℃时，乙醇平衡转化率随的增大而增大，且根据题中信息知当时，C2H5OH的转化率为80%，故可作出相应图像：；(3)①由于每条曲线表示H2相同的平衡产率，故在曲线上可找到与Q点相同平衡产率且的一点，则N点，但N点温度高于此点，故相当于在，压强为100kPa的基础上升高温度，则H2的平衡产率升高，Q点<N点；②M点与N点具有相同的压强，相同；不同的是N点温度高于M点，升高温度，反应Ⅱ正向移动消耗氢气的量与反应Ⅰ正向移动产生H2的量相等；(4)①CH4和H2O经催化重整生成CO和H2：CH4+H2O=CO+3H2，CO和H2全部进入电极A发生氧化反应，故可写出负极的总反应方程式为：CO+3H2-8e-+4CO32-=5CO2+3H2O；②正极反应方程式为：O2+2CO2+4e-=2CO32-，则理论上负极生成的CO2与正极消耗的CO2的物质的量之比是5：4。 8．(2024·浙江省精诚联盟高三下学期三模)MgH2具备高储氢密度和低成本优势，被认为是极具应用潜力的储氢材料。请回答： (1) MgH2通过水解反应可高效制氢，反应有： 反应1：MgH2(s)＋2H2O(l)=== Mg(OH)2(s)＋H2(g) ΔH1＝-277kJ·mol−1 反应2：MgO(s)＋H2O(l)=== Mg(OH)2(s) ΔH2＝-38kJ·mol−1 反应3：H2O(l)===H2O(g) ΔH3＝+44kJ·mol−1 则：MgH2(s)＋H2O(g)=== MgO(s)＋2H2(g) ΔH=__________ kJ·mol−1 (2)等质量的MgH2(s)在不同环境下发生反应I的产氢率如下图所示： ①在pH=7下发生水解，前3min放出192 mL H2(已换算为标准状况)，则水解反应中MgH2消耗速率为 g·min－1(计算结果保留3位小数)。 ②MgH2在MgCl2溶液中的产氢率明显快于纯水，已知该现象只与Mg2+有关。MgCl2溶液能加快MgH2产氢速率的原因是 。 (3)在300-400℃和2.4~4MPa氢气压强下，Mg可与H2反应：Mg(s)＋H2(g)MgH2(s)。 ①恒容密闭容器中加入3MPaH2及足量Mg，在四种温度下反应5min，H2的转化率如下表所示： 温度/℃ 300 330 360 400 转化率 10% 50% 50% 33.3% 400℃时，压强平衡常数KP= MPa-1(KP是用组分的平衡压强代替浓度而求得的平衡常数)，下列说法正确的是 (填序号)。 A．1mol Mg(s)与1mol H2(g)的总能量低于1mol MgH2(s)的能量 B．若在350℃下反应5min，H2转化率大于50% C．若360℃时反应持续至10min，H2转化率增大 D．将MgH2中的化学能转化为电能时，MgH2参与负极反应 ②贮氢合金中氢镁原子个数比为，当氢镁原子个数比为时恒温压缩容器，请画出气体压强p与x的变化曲线 。 【答案】(1)-283 (2) 0.037 Mg2+水解使溶液呈酸性，H+浓度增大，增强了氧化性，加快了H2生成速率；H+能溶解表面沉积的Mg(OH)2保护层，促进MgH2与水接触，提高了水解速率 (3) 0.5 BD 【解析】(1)据盖斯定律，。(2)①pH=7下发生水解MgH2 +2H2O=Mg(OH)2↓+2H2↑，生成标况下192 mL H2需要MgH2固体0.11g，所以反应速率为0.037g/min。②据题意反应速率加快与Mg2+有关，Mg2+在水中会发生水解使溶液呈酸性，据此可知：Mg2+水解使溶液呈酸性，H+浓度增大，增强了氧化性，加快了H2生成速率；H+能溶解表面沉积的Mg(OH)2保护层，促进MgH2与水接触，提高了水解速率。(3)①由表中数据可知，Mg(s)＋H2(g)MgH2(s)，恒容密闭容器中加入3MPaH2，H2的转化率33.3%，则反应掉原来H2的，剩余，400℃时已达平衡状态，；由表格中数据可知，温度升高，平衡转化率减小，故反应为放热反应，即生成物总能量高于反应物总能量，A项错误；从速率角度看，升温，速率加快，转化率高于330℃；从平衡角度分析，降低温度，平衡转化率增大。故在350℃下反应5min，H2转化率大于50%，B项正确。360℃时反应已达平衡，延长反应时间，转化率不变，C项错误。在原电池中，MgH2发生氧化反应，作负极，D项正确；故选 BD；②增大压强，平衡右移，x值增大。平衡后KP不变，即不变，据此作图。 9．(2024·浙江省稽阳联谊学校高三下学期二模)CO2不仅是一种温室气体，也是一种来源广泛且廉价易得的碳资源，可通过热化学、电化学等方法再利用。其中甲烷干重整反应可以将两类重要的温室气体CO2和CH4进行重整，涉及主要反应如下： 反应I：CO(g)＋CH4(g)2CO(g)＋2H2(g) ΔH1＝+247kJ·mol−1 反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝+41kJ·mol−1 (1)若恒温、恒压的密闭容器中只发生反应I，下列能说明反应已达到化学平衡状态的是______。 A．容器内气体密度不再发生变化 B．CO2和CO的物质的量之和不变 C．化学反应速率 D．断裂4molC-H键的同时生成2molH-H键 (2)恒温刚性密闭容器中，按投料，初始总压3MPa，达到平衡状态时测得CO2和CH4转化率分别为60%、40%。计算该温度下反应I的压强平衡常数KP= MPa2(用各物质的分压代替物质的量浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 (3)某研究小组为了评估甲烷干重整反应中不同催化剂的性能差异，在常压、催化剂作用下，按n(H2)/ n(CO)=1：1投料，不同温度下反应相同时间，测得CH4的转化率(柱形图)和产物n(H2)/ n(CO)()如图所示。请分析产物n(H2)/ n(CO)随温度变化的原因(不考虑催化剂失活) 。 (4)该研究小组发现长时间反应后催化剂活性下降，主要存在以下积碳副反应： (a)CH4(g)=C(s)＋2H2(g) ΔHa＝+75kJ·mol−1； (b)2CO(g)=C(s)＋CO2(g) ΔHb＝-172kJ·mol−1。因此该小组借助X射线衍射(如图)定性评估催化剂的积碳情况。已知积碳会在出现衍射峰，下列说法正确的是______。 A．碳附着在催化剂表面，使得活性位点与反应物之间的接触受阻，所以催化活性受到抑制 B．一般甲烷干重整的反应温度都很高，因此副反应a很可能是实际过程中产生积碳的主要原因 C．对比三种催化剂的X射线衍射结果可发现Ir型催化剂没有明显积碳，能在甲烷干重整过程中保持高稳定性 D．该小组进一步评估新型金属复合催化剂(H型和M型)的积碳情况，将反应后的催化剂加热至恒重后，发现H型和M型催化剂的重量损失分别为16.7%和10.2%，这表明H型催化剂能在甲烷干重整过程中保持更高的稳定性 (5)该研究小组查阅资料发现还可利用电解还原CO2，电解过程中常需要调控溶液pH以实现有效转化。现有1.0L0.2mol·L-1CH3COOH溶液，在298K下加入醋酸钾固体将c(H＋)调至，忽略溶液体积变化，所加醋酸钾固体的质量为 g。[已知：298K时，Ka(CH3COOH)=1.8×10-5] 【答案】(1)AB (2)1.5 (3)温度升高，反应I的正向进行程度大于反应Ⅱ，且高温阶段以反应I为主，所以随着温度升高，n(H2)/ n(CO)逐渐增加并趋近于1 (4)ABC (5)5.6 【解析】(1)A项，恒温、恒压的密闭容器中只发生反应I，根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，而容器体积为变量，则气体的密度为变量，密度不变，说明反应达到平衡状态，故A正确；B项，反应物中还有甲烷，根据质量守恒守恒，CO2和CO的物质的量之和为变量，其之和不变，则反应达到平衡，故B正确；C项，反应速率比等于系数比，化学反应速率，则正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡状态，故C错误；D项，断裂4molC-H键的同时生成2molH-H键，描述的都是正反应，不能说明反应达到平衡状态，故D错误；故选AB；(2)恒温刚性密闭容器中，按投料，初始总压3MPa，达到平衡状态时测得CO2和CH4转化率分别为60%、40%，则反应0.6mol二氧化碳、0.4mol甲烷，得： 二氧化碳、甲烷、CO、氢气、水、氩气分别为0.4mol、0.6mol、0.8+0.2=1mol、0.8-0.2=0.6mol、0.2mol、1mol，总的物质的量为3.8mol，则此时压强为，则二氧化碳、甲烷、CO、氢气分压分别为0.4MPa、0.6MPa、1MPa、0.6MPa，该温度下反应I的压强平衡常数；(3)反应Ⅰ中生成氢气和CO的物质的量比为1：1，而反应Ⅱ消耗氢气生成CO，随着温度升高，反应Ⅰ的正向进行程度大于反应Ⅱ，且高温阶段以反应Ⅰ为主，所以随着温度升高，n(H2)/ n(CO)逐渐增加并趋近于1；(4)A项，生成的积碳附着在催化剂表面，使得活性位点与反应物之间的接触受阻，所以催化活性受到抑制，A正确；B项，副反应a为吸热反应、而b为放热反应，一般甲烷干重整的反应温度都很高，高温利于a反应正向进行，因此副反应a很可能是实际过程中产生积碳的主要原因，B正确；C项，X射线衍射结果可发现Ir型催化剂在出没有出现衍射峰，则说明Ir型催化剂没有明显积碳，能在甲烷干重整过程中保持高稳定性，C正确；D项，反应后的催化剂加热至恒重后，H型和M型催化剂的重量损失分别为16.7%和10.2%，则H型催化剂出现的积碳更多，表明H型催化剂在甲烷干重整过程中不如M型能保持更高的稳定性，D错误；故选ABC；(5)，，则所加醋酸钾固体的质量为0.057mol/L×1.0L×98g/mol=5.6g。 10．(2024·浙江省杭州学军中学高三下6月考前模拟)新能源是未来能源发展的方向，积极发展氢能是实现“碳达峰、碳中和”的重要举措。 (1)近年来CH4－H2O催化重整制氢是氢能源获取的重要途径，主要反应如下： 反应I：CH4(g)+H2O(g)3H2(g)+CO(g)    ΔH1 反应II：CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)    ΔH2 反应III：CH4(g)+2H2O(g)4H2(g)+CO2(g)    ΔH3 甲烷水蒸气重整过程中自由能(ΔG=ΔH-TΔS，设ΔH和ΔS不随温度变化)随温度变化趋势如图1所示： ①判断反应I、反应II焓变的符号：ΔH1 0，ΔH2 0(填“＞”或“＜”)。 ②1.01×105Pa下，将n起始(CH4)：n起始(H2O)=1：1的混合气体置于密闭容器中，研究发现不同温度下重整体系中，800℃下H2平衡产率远大于600℃下H2平衡产率，其原因是 。 (2)硼氢化钠(NaBH4)是一种高效储氢材料，25℃时NaBH4在掺杂了MoO3的纳米Co2B合金催化剂表面活性位点水解制氢的机理如图2所示： ①NaBH4中组成元素的电负性从大到小的顺序为 (用元素符号表示)。 ②写出NaBH4与水反应生成NaBO2和H2的离子方程式 ；并分析掺杂MoO3能提高制H2效率的原因 。 ③已知25℃时NaBO2和NaBH4在水中的溶解度分别为28g和55g，NaBH4浓度对制H2速率影响如图3所示，NaBH4制H2的最佳浓度为10%，试分析浓度过低或过高反应速率变慢的原因 。 【答案】(1) ＞ ＜ 反应I和反应III的ΔH＞0，高温下正反应进行程度大，H2生成的量多；反应II的ΔH＜0，高温下正反应进行程度小，H2生成的量少；且增大幅度远超过减少幅度 (2) H＞B＞Na BH4-+2H2OBO2-+4H2↑ 吸附水分子，并促进水分子电离生成H+ NaBH4含量较低时，催化剂表面活性位未被充分利用，催化剂性能未充分发挥；NaBH4含量较高时，水解反应产物NaBO2易吸附于催化剂表面，从而阻碍BH4-与催化剂活性位的接触 【解析】(1)①根据图像可知，反应Ⅰ在低温下不能自发进行，高温下能自发进行，反应Ⅰ为熵增，依据自由能的公式，推出ΔH1＞0，同理ΔH2＜0；②根据问题①分析，ΔH3＞0，升高温度，反应Ⅲ向正反应进行进行，生成氢气的量增多，反应Ⅱ为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，消耗氢气，800℃下氢气的平衡产率远大于600℃平衡产率，说明升高温度，以反应Ⅲ为主，或者增大幅度远超过减少幅度；(2)①钠元素为金属元素，其余为非金属元素，电负性最小，BH4-中B显+3价，H显-1价，H的电负性强于B，即电负性强弱H＞B＞Na；②NaBH4与水反应生成NaBO2和氢气，发生归中反应，其离子方程式为BH4-+2H2OBO22-+4H2↑；根据反应机理可知，掺杂MoO3能提高制氢气的原因是MoO3吸附水分子，并促进水分子电离生成H+；③图3是NaBH4含量对催化剂性能的影响，NaBH4含量较低时，催化剂表面活性位未被充分利用，催化剂性能未充分发挥；NaBH4含量较高时，水解反应产物NaBO2易吸附于催化剂表面，从而阻碍BH4-与催化剂活性位的接触。 ( 39 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题16 化学反应原理综合题 考点 五年考情(2020-2024) 命题趋势 考点1 涉及物质的制备 (5年3考) 2024浙江卷第二次； 2021浙江卷第一次；2021浙江卷第二次； 化学反应原理主要考查热化学、电化学、化学反应速率和化学平衡等主干理论知识，主要命题点有盖斯定律的应用、反应速率和化学平衡的分析、平衡常数计算、反应条件的分析选择、生产生活中的实际应用等，试题常以填空、读图、作图、计算等形式呈现。试题一般以与生产、生活紧密联系的物质为背景材料命制组合题，各小题之间又有一定的独立性。2024年二次选考均融入了电化学知识，这是命题趋向。 考点2 涉及资源的综合利用 (5年7考) 2024浙江卷第一次； 2023浙江卷第一次；2023浙江卷第二次； 2022浙江卷第一次；2022浙江卷第二次； 2020浙江卷第一次；2020浙江卷第二次； 考点一 涉及物质的制备 1．(2024·浙江省6月选考)氢是清洁能源，硼氢化钠(NaBH4)是一种环境友好的固体储氢材料，其水解生氢反应方程式如下：(除非特别说明，本题中反应条件均为，) NaBH4(s)＋2H2O(l)= NaBO2(aq)＋4H2(g) ΔH＜0 请回答： (1)该反应能自发进行的条件是_______。 A．高温 B．低温 C．任意温度 D．无法判断 (2)该反应比较缓慢。忽略体积变化的影响，下列措施中可加快反应速率的是_______。 A．升高溶液温度 B．加入少量异丙胺[(CH3)2CHNH2] C．加入少量固体硼酸[B(OH)3] D．增大体系压强 (3)为加速NaBH4水解，某研究小组开发了一种水溶性催化剂，当该催化剂足量、浓度一定且活性不变时，测得反应开始时生氢速率v与投料比[n(NaBH4)：n(H2O)]之间的关系，结果如图1所示。请解释ab段变化的原因 。 (4)氢能的高效利用途径之一是在燃料电池中产生电能。某研究小组的自制熔融碳酸盐燃料电池工作原理如图2所示，正极上的电极反应式是 。该电池以恒定电流工作14分钟，消耗H2体积为，故可测得该电池将化学能转化为电能的转化率为 。[已知：该条件下H2 的摩尔体积为24.5L· mol -1；电荷量q(C) =电流时间；NA=6.0×10-23mol·L-1；e=1.60×10-19C。] (5)资源的再利用和再循环有利于人类的可持续发展。选用如下方程式，可以设计能自发进行的多种制备方法，将反应副产物偏硼酸钠(NaBO2)再生为NaBH4。(已知：是反应的自由能变化量，其计算方法也遵循盖斯定律，可类比计算方法；当时，反应能自发进行。) I． II． III． 请书写一个方程式表示NaBO2再生为NaBH4的一种制备方法，并注明 。(要求：反应物不超过三种物质；氢原子利用率为。) 2．(2021·浙江6月选考)含硫化合物是实验室和工业上的常用化学品。请回答： (1)实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量SO2：Cu(s)＋2H2SO4(l)== CuSO4(s)＋SO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝-11.9kJ·mol−1。判断该反应的自发性并说明理由_______。 (2)已知2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH＝-198kJ·mol−1。850K时，在一恒容密闭反应器中充入一定量的SO2和O2，当反应达到平衡后测得SO2、O2和SO3的浓度分别为6.0×10-3mol·L－1、8.0×10-3 mol·L－1和4.4×10-2 mol·L－1。 ①该温度下反应的平衡常数为_______。 ②平衡时SO2的转化率为_______。 (3)工业上主要采用接触法由含硫矿石制备硫酸。 ①下列说法正确的是_______。 A．须采用高温高压的反应条件使SO2氧化为SO3 B．进入接触室之前的气流无需净化处理 C．通入过量的空气可以提高含硫矿石和SO2的转化率 D．在吸收塔中宜采用水或稀硫酸吸收SO3以提高吸收速率 ②接触室结构如图1所示，其中1~4表示催化剂层。图2所示进程中表示热交换过程的是_______。 A．a1→b1 B．b1→a2 C．a2→b2 D．B2→a3 E. a3→b3 F. B3→a4 G. a4→b4 ③对于放热的可逆反应，某一给定转化率下，最大反应速率对应的温度称为最适宜温度。在图3中画出反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的转化率与最适宜温度(曲线Ⅰ)、平衡转化率与温度(曲线Ⅱ)的关系曲线示意图(标明曲线Ⅰ、Ⅱ)_______。 (4)一定条件下，在Na2S-H2SO4-H2O2溶液体系中，检测得到pH-时间振荡曲线如图4，同时观察到体系由澄清→浑浊→澄清的周期性变化。可用一组离子方程式表示每一个周期内的反应进程，请补充其中的2个离子方程式。 Ⅰ.S2-+H+=HS- Ⅱ.①_______； Ⅲ.HS-+H2O2+H+=S↓+2H2O； Ⅳ.②_______。 3．(2021·浙江1月选考)“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ΔH1______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) ΔHI=181 mol·L-1，KI=-3.4×10-29 II.2C(s)+O2(g)2CO(g) ΔHII= - 221 mol·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0.5 mol·L-1，反应30 min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 考点2 涉及资源的综合利用 1．(2024·浙江省1月选考)(10分)通过电化学、热化学等方法，将CO2转化为HCOOH等化学品，是实现“双碳”目标的途径之一。请回答： (1)某研究小组采用电化学方法将CO2转化为，装置如图。电极B上的电极反应式是 。 (2)该研究小组改用热化学方法，相关热化学方程式如下： ：C(s)＋O2(g)==CO2(g) ΔH1＝-393.5kJ·mol−1 Ⅱ：C(s)＋H2(g)＋O2(g)==HCOOH(g) ΔH2＝-378.7kJ·mol−1 Ⅲ：CO2(g)＋H2(g)HCOOH(g) ΔH3 ①ΔH3= kJ·mol−1。 ②反应Ⅲ在恒温、恒容的密闭容器中进行，CO2和H2的投料浓度均为，平衡常数，则CO2的平衡转化率为 。 ③用氨水吸收，得到氨水和甲酸铵的混合溶液，时该混合溶液的pH= 。[已知：时，电离常数Kb (NH3• H2O)=1.8×10-5、Ka(HCOOH)=1.8×10-4] (3)为提高效率，该研究小组参考文献优化热化学方法，在如图密闭装置中充分搅拌催化剂M的(有机溶剂)溶液，CO2和H2在溶液中反应制备，反应过程中保持CO2(g)和H2(g)的压强不变，总反应CO2＋H2HCOOH的反应速率为v，反应机理如下列三个基元反应，各反应的活化能E2＜E1＜＜E3 (不考虑催化剂活性降低或丧失)。 Ⅳ：M+CO2Q          E1 V：Q+H2L             E2 VI：LM+HCOOH       E3 ①催化剂M足量条件下，下列说法正确的是 。 A．v与CO2(g)的压强无关         B．v与溶液中溶解H2的浓度无关 C．温度升高，v不一定增大         D．在溶液中加入N(CH2CH3)3，可提高CO2转化率 ②实验测得：，下，v随催化剂M浓度c变化如图。c≤c0时，v随c增大而增大：c＞c0时，v不再显著增大。请解释原因 。 2．(2023·浙江省6月选考)水煤气变换反应是工业上的重要反应，可用于制氢。 水煤气变换反应：H2O(g)+ CO(g)CO2 (g)+ H2(g) ΔH＝－41.2 kJ·mol－1 该反应分两步完成： 3Fe2O3(s)＋CO(g)2Fe3O4(s)＋CO2(g) ΔH1＝－47.2 kJ·mol－1 2Fe3O4 (s)＋H2O(g)3Fe2O3 (s)＋H2(g) ΔH2 请回答： (1) ΔH2=_______ kJ·mol－1。 (2)恒定总压1.70MPa和水碳比[n (H2O)/ n(CO)] =12：5投料，在不同条件下达到平衡时CO2和H2的分压(某成分分压=总压×该成分的物质的量分数)如下表： p(CO2)/MPa p(H2)/MPa p(CH4)/MPa 条件1 0.40 0.40 0 条件2 0.42 0.36 0.02 ①在条件1下，水煤气变换反应的平衡常数___________。 ②对比条件1，条件2中H2产率下降是因为发生了一个不涉及CO2的副反应，写出该反应方程式____。 (3)下列说法正确的是______。 A．通入反应器的原料气中应避免混入O2 B．恒定水碳比[n (H2O)/ n(CO)]，增加体系总压可提高H2的平衡产率 C．通入过量的水蒸气可防止Fe3O4被进一步还原为Fe D．通过充入惰性气体增加体系总压，可提高反应速率 (4)水煤气变换反应是放热的可逆反应，需在多个催化剂反应层间进行降温操作以“去除”反应过程中的余热(如图1所示)，保证反应在最适宜温度附近进行。 ①在催化剂活性温度范围内，图2中b-c段对应降温操作的过程，实现该过程的一种操作方法是______。 A．按原水碳比通入冷的原料气 B．喷入冷水(蒸气) C．通过热交换器换热 ②若采用喷入冷水(蒸气)的方式降温，在图3中作出平衡转化率随温度变化的曲线____。 (5)在催化剂活性温度范围内，水煤气变换反应的历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附(快速)、反应及产物分子脱附等过程。随着温度升高，该反应的反应速率先增大后减小，其速率减小的原因是________。 3．(2023·浙江省1月选考)“碳达峰•碳中和”是我国社会发展重大战略之一，CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有： I：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ∆H1= +247 kJ•mol-1 ，K1 II：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ∆H2= +41 kJ•mol-1 ， K2 请回答： (1)有利于提高CO2平衡转化率的条件是___________。 A．低温低压 B．低温高压 C．高温低压 D．高温高压 (2)反应CH4(g)+3CO2(g)4CO(g)+2H2O(g)的∆H=_________kJ•mol-1，K=_________ (用K1、K2表示)。 (3)恒压、750℃时，CH4和CO2按物质的量之比1：3投料，反应经如下流程(主要产物已标出)可实现CO2高效转化。 ①下列说法正确的是__________。 A．Fe3O4可循环利用，CaO不可循环利用 B．过程ii，CaO吸收CO2可促进Fe3O4氧化CO的平衡正移 C．过程ii产生的H2O最终未被CaO吸收，在过程iii被排出 D．相比于反应I，该流程的总反应还原1mol CO2需吸收的能量更多 ②过程ii平衡后通入He，测得一段时间内CO物质的量上升，根据过程iii，结合平衡移动原理，解释CO物质的量上升的原因______________________________。 (4)CH4还原能力(R)可衡量CO2转化效率，R=∆n(CO2)/∆n(CH4)(同一时段内CO2与CH4的物质的量变化之比)。 ①常压下CH4和CO2按物质的量之比1：3投料，某一时段内CH4和CO2的转化率随温度变化如图1，请在图2中画出400~1000℃之间R的变化趋势，并标明1000℃时间R值。 ②催化剂X可提高R值，另一时段内CH4转化率、R值随温度变化如下表： 温度/℃ 480 500 520 550 CH4转化率/% 7.9 11.5 20.2 34.8 R 2.6 2.4 2.1 1.8 下列说法不正确的是___________ A.R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应II的速率 B.温度越低，含氢产物中H2O占比越高 C.温度升高，CH4转化率增加，CO2转化率降低，R值减小 D.改变催化剂提高CH4转化率，R值不一定增大 4．(2022·浙江省6月选考)主要成分为H2S的工业废气的回收利用有重要意义。 (1)回收单质硫。将三分之一的H2S燃烧，产生的SO2与其余H2S混合后反应：。在某温度下达到平衡，测得密闭系统中各组分浓度分别为c(H2S)=2.0×10-5mol·L－1、c(SO2)= 5.0×10-5mol·L－1、c(H2O)=4.0×10-3mol·L－1，计算该温度下的平衡常数_______。 (2)热解H2S制H2。根据文献，将H2S和CH4的混合气体导入石英管反应器热解(一边进料，另一边出料)，发生如下反应： Ⅰ   2H2S(g)2H2(g)+ S2(g) ΔH1＝170kJ·mol−1 Ⅱ   CH4(g)+ S2(g)CS2(g)+2H2(g) ΔH2＝64kJ·mol−1 总反应： Ⅲ    2H2S(g)+CH4(g)CS2(g)+4H2(g) 投料按体积之比V(H2S)：V(CH4)=2：1，并用N2稀释；常压，不同温度下反应相同时间后，测得H2和CS2体积分数如下表： 温度/℃ 950 1000 1050 1100 1150 H2/V(%) 0.5 1.5 3.6 5.5 8.5 CS2/V(%) 0.0 0.0 0.1 0.4 1.8 请回答： ①反应Ⅲ能自发进行的条件是_______。 ②下列说法正确的是_______。 A．其他条件不变时，用Ar替代N2作稀释气体，对实验结果几乎无影响 B．其他条件不变时，温度越高，H2S的转化率越高 C．由实验数据推出H2S中的S-H键强于CH4中的键 D．恒温恒压下，增加N2的体积分数，H2的浓度升高 ③若将反应Ⅲ看成由反应Ⅰ和反应Ⅱ两步进行，画出由反应原料经两步生成产物的反应过程能量示意图_______。 ④在1000℃，常压下，保持通入的H2S体积分数不变，提高投料比[V(H2S)：V(CH4)]，H2S的转化率不变，原因是_______。 ⑤在950℃~1150℃范围内(其他条件不变)，S2(g)的体积分数随温度升高发生变化，写出该变化规律并分析原因_______。 5．(2022·浙江省1月选考)工业上，以煤炭为原料，通入一定比例的空气和水蒸气，经过系列反应可以得到满足不同需求的原料气。请回答： (1)在C和O2的反应体系中： 反应1：C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-394kJ·mol-1 反应2：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH2=-566kJ·mol-1 反应3：2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH3。 ① 设y=ΔH-TΔS，反应1、2和3的y随温度的变化关系如图1所示。图中对应于反应3的线条是___________。 ②一定压强下，随着温度的升高，气体中CO与CO2的物质的量之比______。 A．不变 B．增大 C．减小 D．无法判断 (2)水煤气反应：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) ΔH=131kJ·mol-1。工业生产水煤气时，通常交替通入合适量的空气和水蒸气与煤炭反应，其理由是__________________。 (3)一氧化碳变换反应：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH=-41kJ·mol-1。 ①一定温度下，反应后测得各组分的平衡压强(即组分的物质的量分数×总压)：p(CO)=0.25MPa、p(H2O)=0.25MPa、p(CO2)=0.75MPa和p(H2)=0.75MPa，则反应的平衡常数K的数值为________。 ②维持与题①相同的温度和总压，提高水蒸气的比例，使CO的平衡转化率提高到90%，则原料气中水蒸气和CO的物质的量之比为________。 ③生产过程中，为了提高变换反应的速率，下列措施中合适的是________。 A．反应温度愈高愈好 B．适当提高反应物压强 C．选择合适的催化剂 D．通入一定量的氮气 ④以固体催化剂M催化变换反应，若水蒸气分子首先被催化剂的活性表面吸附而解离，能量-反应过程如图2所示。 用两个化学方程式表示该催化反应历程(反应机理)：步骤Ⅰ：__________________；步骤Ⅱ：_______________________。 6．(2020·浙江7月选考)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： Ⅰ　C2H6(g)C2H4(g)＋H2(g)　ΔH1＝136 kJ·mol−1 Ⅱ　C2H6(g)＋CO2(g)C2H4(g)＋H2O(g)＋CO(g)　ΔH2＝177 kJ·mol−1 Ⅲ　C2H6(g)＋2CO2(g)4CO(g)＋3H2(g)　ΔH3 Ⅳ　CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)　ΔH4＝41 kJ·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ΔH(ΔH随温度变化可忽略)。例如： H2O(g)H2O(l)　ΔH4＝(−286 kJ·mol−1)－(−242 kJ·mol−1)＝−44 kJ·mol−1。 请回答： (1)①根据相关物质的相对能量计算ΔH3＝________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的平衡正问移动 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210 kJ·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−477 kJ·mol−1开始(如图2)。 (2) ①CO2和C2H6按物质的量1∶1投料，在923 K：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/% 转化率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773 K，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________。 7．(2020·浙江1月选考)研究NOx之间的转化具有重要意义。 (1)已知：N2O4(g) 2NO2(g)　ΔH＞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，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。 Ⅰ 2NO(g)=N2O2(g) ΔH1 Ⅱ N2O2(g)＋O2(g)→2NO2(g) ΔH2 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。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分析其原因____。 1．(2024·浙江省绍兴市高三下学期第二次模拟考试)I．电解法可处理氯化钙废液同时，吸收CO2，装置如图所示。 (1)阴极室发生的变化可视为两步，电极反应式： 和Ca2++CO32-=CaCO3↓。 II．工业含硫烟气污染大气，研究烟气脱硫具有重要意义。 方法一、H2还原脱硫： (2)300℃，发生反应：①SO2(g)＋2H2(g)S(g)＋2H2O(g) ΔH1 ②S(g)＋H2(g)H2S(g) ΔH2 ③2H2S(g)＋SO2(g)3S(g)＋2H2O(g) ΔH3 请用一个等式来表示三个反应的之间的关系 。 (3)反应③，在恒温、恒容的密闭容器中，充入H2S和SO2，平衡常数，测得平衡时SO2和的浓度均为，则平衡时的值为 。 方法二、O2氧化脱硫： (4)某同学探究活性炭吸附催化氧化SO2，以N2作稀释剂，一定温度下，通入SO2、O2和H2O反应生成H2SO4，其中不同温度下，SO2在活性炭上的吸附情况如图，下列说法正确的是_______。 A．温度越低，SO2的吸附量越高，SO2氧化反应速率越快 B．已知：SO2的物理吸附过程能自发进行，可推断该过程是熵减、放热的过程，温度过高不利 C．原料中水蒸气的含量越大，脱硫速率一定越快 D．随着时间的推移，SO2吸附速率降低，可能是由于生成的H2SO4占据了吸附位点没及时脱出导致 (5)在SO2与O2反应过程中掺入少量CH4有利于提高SO2转化成SO3，其中一种解释是甲烷参与氧化反应过程中存在如图机理。原料以一定流速通过反应容器，出口处测SO3的含量，结合机理说明甲烷体积分数增大，SO3体积分数也增大的理由 。 2．(2024·浙江省台州市高三下学期第二次教学质量评估)二氯乙烷为原料制备氯乙烯是合成氯乙烯的一种重要的方法。请回答： (1)CH2Cl-CH2Cl热裂解反应为：CH2Cl-CH2Cl(g)=HCl(g)+ CH2=CHCl(g) ΔH＝71.05kJ·mol−1 已知相关物质的标准熵数值如下表： 化学式 CH2Cl-CH2Cl(g) HCl(g) CH2=CH2Cl (g) 标准熵：S/(J·mol-1·K-1) 305.90 186.90 264.00 ①该反应的标准熵变ΔS= J·mol-1·K-1； ②已知ΔG=ΔH-TΔS，该反应在下列哪些温度下能自发进行？ (填标号)； A．0.39K        B．0.49K        C．500K            D．525K (2)密闭恒容容器中充满1.0mol/L CH2Cl-CH2Cl(g)，保持温度773K，只发生以下反应。 反应Ⅰ：CH2Cl-CH2Cl(g)=HCl(g)+ CH2=CHCl(g) ΔH＝71.05kJ·mol−1 反应Ⅱ：CH2Cl-CH2Cl(g)=2HCl(g)+ 2H2(g)+2C(s) ΔH＝-54.52kJ·mol−1 研究发现，反应Ⅰ活化能远小于反应Ⅱ，近似认为反应Ⅰ建立平衡后始终处于平衡状态。未加入催化剂下进行反应，各物质的浓度与反应时间的变化关系如图所示，t时刻测得CH2=CHCl、H2的浓度分别为0.80 mol/L、0.10 mol/L。 ①反应Ⅰ的平衡常数为 mol/L。 ②其他条件不变，若反应温度高于773K且保持不变，则图示点a、b中，CH2=CHCl的浓度峰值点可能是 (填标号)。 ③相同条件下，若反应起始时加入足量的氮掺杂活性炭催化剂(该催化剂仅对反应Ⅰ有加速作用)，则图示点a、b、c、d中，CH2=CHCl的浓度峰值点可能是 (填标号)，解释原因 。 (3)(3)现投入CH≡CH与CH2Cl-CH2Cl于密闭恒容中，可能发生的反应如下： 反应Ⅰ：CH2Cl-CH2Cl(g)HCl(g)+ CH2=CHCl(g) ΔH＝71.05kJ·mol−1 反应Ⅱ：CH≡CH(g)+HCl(g)CH2=CHCl(g) ΔH＝-98.82kJ·mol−1 反应Ⅲ：CH≡CH(g)+ CH2Cl-CH2Cl(g)2CH2=CHCl(g) 若用氮掺杂活性炭作催化剂，只发生反应Ⅰ和Ⅱ；若用RuCl3和BaCl2作催化剂，只发生反应Ⅲ。不考虑催化剂活性降低或丧失，下列说法不正确的是 。 A．温度升高，反应Ⅲ的平衡常数K增大 B．其他条件不变，氮掺杂活性炭作催化剂，HCl平衡浓度随温度升高而增大 C．其他条件不变，RuCl3和BaCl2作催化剂，减少容器体积对CH2=CHCl平衡产率不影响 D．其他条件不变，CH2Cl-CH2Cl的平衡转化率大小比较：氮掺杂活性炭作催化剂＞RuCl3和BaCl2作催化剂 3．(2024·浙江省杭州市高三下学期二模)乙二醇(HOCH2CH2OH)是应用广泛的化工产品，草酸二甲酯(CH3OOCCOOCH3)的热催化加氢是生产乙二醇、乙醇酸甲酯(CH3OOCCH2OH)的重要工艺。主要反应如下： I．CH3OOCCOOCH3(g)＋2H2(g)CH3OOCCH2OH(g)＋CH3OH(g) ΔH1＝-21.8kJ·mol−1 Ⅱ．CH3OOCCH2OH(g)＋2H2(g)HOCH2CH2OH(g)＋CH3OH(g) ΔH2＝-17.1kJ·mol−1 Ⅲ．HOCH2CH2OH(g)＋2H2(g)C2H5OH(g)＋H2O(g) ΔH3＝-86.7kJ·mol−1 (1)写出由草酸二甲酯热催化加氢生成乙二醇的热化学方程式： 。 (2)计算表明，反应Ⅲ在研究的温度范围内平衡常数大于，可以认为反应Ⅲ几乎不可逆，为了限制反应Ⅲ对乙二醇产率的影响，可采取的最佳措施是___________。 A．升高反应体系的温度 B．适当增大反应投料中氢气的比例 C．增大反应体系的压强 D．选择合适的催化剂进行反应 (3)在选定催化剂后，科研人员研究了投料比和压强对反应平衡的影响，测得在、的等温等压条件下，原料草酸二甲酯的转化率()及产物的选择性(S)随投料比的变化关系如图(生成某产物的草酸二甲酯的物质的量/参与反应的草酸二甲酯的总物质的量)。 ①当投料比大于80时，乙醇酸甲酯的选择性降低，其原因是 。 ②已知投料比为60时，草酸二甲酯的转化率为，该条件下不发生反应Ⅲ，则最终收集的流出气中甲醇蒸气的分压为 (计算结果保留二位小数)。 (4)在等压、投料比为50的条件下，科研人员测量了原料草酸二甲酯的转化率()及各产物的选择性(S)随温度变化关系，如图。 ①当反应温度高于时，乙二醇的选择性降低，原因是 。 ②请画出乙醇酸甲酯的产率随温度的变化 。 4．(2024·浙江省温州市普通高中高三下学期第二次适应性考试)异丁烯(i-C4H8)是重要的化工生产原料，可由异丁烷(i-C4H10)催化脱氢制备，反应如下：i-C4H10(g)i-C4H8(g)＋H2(g) ΔH1＝+123.5kJ·mol−1 已知：①主要副反应为i-C4H10(g)CH2=CHCH3(g)＋CH4(g) ΔH2 2i-C4H8(g)2CH2=CHCH3(g)＋C2H4(g) ΔH3＞0 ②温度过高会引发烃裂解生成炭(C)。 ③相关化学键的键能如下所示： 化学键 键能/ 615 347.7 413.4 436 请回答： (1ΔH2)= kJ·mol−1。 (2)有利于提高异丁烷平衡转化率的条件有 。 A．低温    B．高温    C．低压    D．高压    E．催化剂 (3)其他条件相同，在恒压的密闭容器中充入异丁烷和N2各(N2作惰性气体)，经过相同时间测得相关数据如图1和图2所示．[收率，空速：单位时间通过单位体积催化剂的气体量](不考虑温度对催化剂活性的影响，异丁烷分子在催化剂表面能较快吸附) ①图1中，时异丁烯收率= 。 ②下列说法正确的是 。 A．由图1可知，温度越高，产生异丁烯的速率越快 B．混入的目的之一是减小异丁烷的吸附速率，同时带走催化剂局部多余的热量，从而抑制催化剂的积碳 C．图2中，空速增加，异丁烷转化率降低的原因可能是原料气在催化剂中停留时间过短 D．图2中，空速增加，异丁烯选择性升高的原因可能是原料气将产物迅速带走，抑制了副反应的发生 ③图1中，随着温度升高，异丁烷转化率增大而异丁烯选择性下降的原因可能是 ． ④其他条件相同，异丁烷的平衡转化率如图3所示．若充入N2改为，在图3中作出异丁烷的平衡转化率随温度变化的曲线 (忽略积碳的影响)。 5．(2024·浙江省丽水湖州衢州三地市高三下学期教学质量检测)工业上将CO2转化为甲酸HCOOH，为实现碳中和添砖加瓦。 (1)用以CO2和CH3OH为原料，在催化电极表面制备甲酸和甲酸盐的工作原理如图1所示。请写出电解过程中CH3OH参与反应的电极反应式 。 (2)时，反应Ⅰ：CO2(g)＋H2(g)HCOOH(g)的平衡常数K=2，实验测得，，其他条件不变，升高温度至时，，则该反应正逆方向的活化能大小 (填“大于”、“等于”或“小于”)，理由是 。 (3)在某恒温密封容器中加入水溶液至充满容器，只发生反应Ⅱ和Ⅲ，若的分解产物都完全溶于水，加入盐酸对反应Ⅱ起催化作用，对反应Ⅲ无催化作用。 反应Ⅱ：HCOOHCO+H2O 反应Ⅲ：HCOOHCO2+H2 反应过程中CO、CO2浓度随反应时间的变化关系如下表所示：其中反应至时达到过程中的最大值。     浓度时间 cCO mol·L－1 cCO2 mol·L－1 0 0 0 0.22 0.02 0.70 0.16 0.35 0.58 0.20 0.76 ①计算该温度下反应Ⅰ的平衡常数 。 ②图2为不加盐酸时的浓度随时间变化图，若其它条件不变，反应起始时溶液中含有盐酸，在图2中画出的浓度随时间变化 。 6．(2024·浙江省五校联盟高三下学期5月联考三模)煤燃烧过程中会产生大气污染物CO、NO，研究氮氧化物的消除和CO2资源再利用是目前研究的热点之一。 (1)用惰性电极(Pt)电解CO2吸收液(假设溶液成分为饱和NaHCO3溶液)，阴极区通入CO2可以制得HCOONa，请写出阴极的电解电极方程式 。 (2)已知：2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)，CO、NO在铁催化剂表面进行如下两步反应： 反应I：      反应II：FeO+CO=Fe+CO2 ①2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)反应自发进行的条件为： 。 ②完成反应I的化学方程式： 。 (3)某课题组为研究CO存在下铁对NO的催化还原反应，设计了三组对照实验。分别如下：第1、2组将等量的Fe置于石英管内，通入N2吹扫约10min，然后分别通入一定量NO或NO和CO混合气体后，两端密封开始加热升温，测NO的转化率；第3组与第2组其它条件相同，但没有Fe参与实验，测NO的转化率，得出结果如图。 ①下列说法正确的是 。 A．其他条件不变时，用空气替代N2，对实验结果有影响 B．当体系中CO和CO2的物质的量浓度相等时，反应达到平衡状态 C．增加铁的质量和表面积，能降低该反应的活化能，提高反应速率，提高NO的平衡转化率 D．当温度小于750K，铁在NO、CO反应系统中，以Fe、NO的气固异相反应为主 ②请解释图1中750K后曲线1、2变化趋势不同的原因： 。 ③若该反应的正、逆反应速率可表示为v正= k正c2(NO)·c2(CO)、v逆=k逆c(N2)·c2(CO2)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，仅与温度有关。一定温度下，在体积为1L的容器中加入2molNO和2.2molCO发生上述反应，测得CO和CO2物质的量浓度随时间的变化如图所示。已知该温度下K=27/20，则a点时v正：v逆= 。(结果保留两位有效数字) 7．(2024·浙江省宁波市镇海中学高三下学期5月模拟)乙醇-水催化重整可获得。主要发生以下反应： 反应Ⅰ：C2H5OH(g)＋3H2O(g)2CO2(g)＋6H2(g) ΔH1＝+173.3kJ·mol−1 反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝+41.1kJ·mol−1 (1)反应Ⅰ自发进行的条件是_______。 A．低温 B．高温 C．低压 D．高压 (2)500℃时，向体积为VL的恒容密闭容器中充入1mol C2H5OH(g)和3mol H2O(g)发生上述反应。初始时体系压强为100kPa，平衡时，CO的选择性为50%，C2H5OH的转化率为80%。(CO的选择性=) ①反应Ⅰ的 (列出计算式即可)。反应Ⅰ的标准平衡常数，其中为标准压强100kPa，p(X)为气体X的平衡分压，分压=总压×该气体的物质的量分数。 ②在下图中画出500℃时，乙醇平衡转化率随[]变化而变化的情况 。 (3)压强为100kPa，H2的平衡产率与温度、起始时关系如图所示，每条曲线表示相同的平衡产率。 ①H2的平衡产率：Q点 N点(填“>”、“=”或“＜”)； ②M、N两点H2的平衡产率相等的原因是 。 (4)氢气的应用：氢气熔融碳酸盐燃料电池工作原理如图所示。 ①CH4和H2O经催化重整生成CO和H2，CO和H2全部进入电极A发生反应，写出负极的电极反应式(用一个总方程式表示) 。 ②理论上负极生成的CO2与正极消耗的CO2的物质的量之比是 。 8．(2024·浙江省精诚联盟高三下学期三模)MgH2具备高储氢密度和低成本优势，被认为是极具应用潜力的储氢材料。请回答： (1) MgH2通过水解反应可高效制氢，反应有： 反应1：MgH2(s)＋2H2O(l)=== Mg(OH)2(s)＋H2(g) ΔH1＝-277kJ·mol−1 反应2：MgO(s)＋H2O(l)=== Mg(OH)2(s) ΔH2＝-38kJ·mol−1 反应3：H2O(l)===H2O(g) ΔH3＝+44kJ·mol−1 则：MgH2(s)＋H2O(g)=== MgO(s)＋2H2(g) ΔH=__________ kJ·mol−1 (2)等质量的MgH2(s)在不同环境下发生反应I的产氢率如下图所示： ①在pH=7下发生水解，前3min放出192 mL H2(已换算为标准状况)，则水解反应中MgH2消耗速率为 g·min－1(计算结果保留3位小数)。 ②MgH2在MgCl2溶液中的产氢率明显快于纯水，已知该现象只与Mg2+有关。MgCl2溶液能加快MgH2产氢速率的原因是 。 (3)在300-400℃和2.4~4MPa氢气压强下，Mg可与H2反应：Mg(s)＋H2(g)MgH2(s)。 ①恒容密闭容器中加入3MPaH2及足量Mg，在四种温度下反应5min，H2的转化率如下表所示： 温度/℃ 300 330 360 400 转化率 10% 50% 50% 33.3% 400℃时，压强平衡常数KP= MPa-1(KP是用组分的平衡压强代替浓度而求得的平衡常数)，下列说法正确的是 (填序号)。 A．1mol Mg(s)与1mol H2(g)的总能量低于1mol MgH2(s)的能量 B．若在350℃下反应5min，H2转化率大于50% C．若360℃时反应持续至10min，H2转化率增大 D．将MgH2中的化学能转化为电能时，MgH2参与负极反应 ②贮氢合金中氢镁原子个数比为，当氢镁原子个数比为时恒温压缩容器，请画出气体压强p与x的变化曲线 。 9．(2024·浙江省稽阳联谊学校高三下学期二模)CO2不仅是一种温室气体，也是一种来源广泛且廉价易得的碳资源，可通过热化学、电化学等方法再利用。其中甲烷干重整反应可以将两类重要的温室气体CO2和CH4进行重整，涉及主要反应如下： 反应I：CO(g)＋CH4(g)2CO(g)＋2H2(g) ΔH1＝+247kJ·mol−1 反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝+41kJ·mol−1 (1)若恒温、恒压的密闭容器中只发生反应I，下列能说明反应已达到化学平衡状态的是______。 A．容器内气体密度不再发生变化 B．CO2和CO的物质的量之和不变 C．化学反应速率 D．断裂4molC-H键的同时生成2molH-H键 (2)恒温刚性密闭容器中，按投料，初始总压3MPa，达到平衡状态时测得CO2和CH4转化率分别为60%、40%。计算该温度下反应I的压强平衡常数KP= MPa2(用各物质的分压代替物质的量浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 (3)某研究小组为了评估甲烷干重整反应中不同催化剂的性能差异，在常压、催化剂作用下，按n(H2)/ n(CO)=1：1投料，不同温度下反应相同时间，测得CH4的转化率(柱形图)和产物n(H2)/ n(CO)()如图所示。请分析产物n(H2)/ n(CO)随温度变化的原因(不考虑催化剂失活) 。 (4)该研究小组发现长时间反应后催化剂活性下降，主要存在以下积碳副反应： (a)CH4(g)=C(s)＋2H2(g) ΔHa＝+75kJ·mol−1； (b)2CO(g)=C(s)＋CO2(g) ΔHb＝-172kJ·mol−1。因此该小组借助X射线衍射(如图)定性评估催化剂的积碳情况。已知积碳会在出现衍射峰，下列说法正确的是______。 A．碳附着在催化剂表面，使得活性位点与反应物之间的接触受阻，所以催化活性受到抑制 B．一般甲烷干重整的反应温度都很高，因此副反应a很可能是实际过程中产生积碳的主要原因 C．对比三种催化剂的X射线衍射结果可发现Ir型催化剂没有明显积碳，能在甲烷干重整过程中保持高稳定性 D．该小组进一步评估新型金属复合催化剂(H型和M型)的积碳情况，将反应后的催化剂加热至恒重后，发现H型和M型催化剂的重量损失分别为16.7%和10.2%，这表明H型催化剂能在甲烷干重整过程中保持更高的稳定性 (5)该研究小组查阅资料发现还可利用电解还原CO2，电解过程中常需要调控溶液pH以实现有效转化。现有1.0L0.2mol·L-1CH3COOH溶液，在298K下加入醋酸钾固体将c(H＋)调至，忽略溶液体积变化，所加醋酸钾固体的质量为 g。[已知：298K时，Ka(CH3COOH)=1.8×10-5] 10．(2024·浙江省杭州学军中学高三下6月考前模拟)新能源是未来能源发展的方向，积极发展氢能是实现“碳达峰、碳中和”的重要举措。 (1)近年来CH4－H2O催化重整制氢是氢能源获取的重要途径，主要反应如下： 反应I：CH4(g)+H2O(g)3H2(g)+CO(g)    ΔH1 反应II：CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)    ΔH2 反应III：CH4(g)+2H2O(g)4H2(g)+CO2(g)    ΔH3 甲烷水蒸气重整过程中自由能(ΔG=ΔH-TΔS，设ΔH和ΔS不随温度变化)随温度变化趋势如图1所示： ①判断反应I、反应II焓变的符号：ΔH1 0，ΔH2 0(填“＞”或“＜”)。 ②1.01×105Pa下，将n起始(CH4)：n起始(H2O)=1：1的混合气体置于密闭容器中，研究发现不同温度下重整体系中，800℃下H2平衡产率远大于600℃下H2平衡产率，其原因是 。 (2)硼氢化钠(NaBH4)是一种高效储氢材料，25℃时NaBH4在掺杂了MoO3的纳米Co2B合金催化剂表面活性位点水解制氢的机理如图2所示： ①NaBH4中组成元素的电负性从大到小的顺序为 (用元素符号表示)。 ②写出NaBH4与水反应生成NaBO2和H2的离子方程式 ；并分析掺杂MoO3能提高制H2效率的原因 。 ③已知25℃时NaBO2和NaBH4在水中的溶解度分别为28g和55g，NaBH4浓度对制H2速率影响如图3所示，NaBH4制H2的最佳浓度为10%，试分析浓度过低或过高反应速率变慢的原因 。 ( 29 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$