主题10 第5讲 工业生产中的化学平衡图像分析（Word教师用书）-【新高考方案】2025年高考化学一轮总复习（江苏专版）

第五讲　工业生产中的化学平衡图像分析(综合应用课) 工业生产过程中，如何提升原料利用率、降低化学反应条件、提高产物的产率等是化学工作者研究的重要课题。命题者往往根据实际工业生产、结合图像，从分析投料比、转化率、产率等角度来命题。此类题目的信息量大，能充分考查学生读图、提取信息、解决实际问题的能力，此类试题成为高考命题的“新宠”。 一、单一变量的平衡图像——“先拐先平”法 以mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)　ΔH＝Q kJ·mol－1为例。 1．“转化率—时间”四种图像 p一定时，ΔH<0 T一定时，m＋n>p＋q T一定时，m＋n<p＋q T一定时，m＋n＝p＋q 注意：纵坐标也可以是某组分的含量。 2．解答这类图像题应遵循的原则和方法 “先拐先平，数值大”原则 分析反应由开始(起始物质的量相同时)至达到平衡所用时间的长短可推知反应条件的变化。 ①若为温度变化引起，温度较高时，反应达平衡所需时间短。如甲图500 ℃先达平衡。 ②若为压强变化引起，压强较大时，反应达平衡所需时间短。如乙、丙、丁图1.01×107 Pa先达平衡 掌握图像中反应规律的判断方法 ①图甲中，升高温度，A的转化率降低，平衡逆向移动，正反应为放热反应。 ②图乙中，增大压强，A的转化率升高，平衡正向移动，则正反应为气体体积减小的反应。 ③若纵坐标表示A的百分含量，则甲中正反应为吸热反应，乙中正反应为气体体积增大的反应 [例1]　已知：4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)　ΔH＝－1 025 kJ·mol－1，若反应起始物质的量相同，下列关于该反应的示意图不正确的是(　 ) [解析]　由于该反应的正反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，NO的含量降低，A正确，C错误；该反应的正反应是气体体积增大的反应，压强减小平衡正向移动，NO的含量增大，B正确；催化剂的使用只能改变反应速率，不能使平衡发生移动，NO的含量不变，D正确。 [答案]　C [应用体验] 1．在恒容密闭容器中通入X并发生反应：2X(g)Y(g)，温度T1、T2下X的物质的量浓度c(X)随时间t变化的曲线如图所示，下列叙述正确的是(　 ) A．该反应进行到M点放出的热量大于进行到W点放出的热量 B．T2下，在0～t1时间内，v(Y)＝ mol·L－1·min－1 C．M点的正反应速率v正大于N点的逆反应速率v逆 D．M点时再加入一定量X，平衡后X的转化率减小 解析：选C　根据图示可由先拐先平数值大原则知，T1＞T2，温度越高平衡时c(X)越高，则正反应为放热反应，M点X的转化率小于W点X的转化率，M点放出的热量小于W点放出的热量，A项错误；T2下，Δt＝t1，Δc(Y)＝ mol·L－1，v(Y)＝ mol·L－1·min－1，B项错误；M点温度比W点温度高，所以M点的正反应速率大于W点的逆反应速率，而W点的逆反应速率大于N点的逆反应速率，则M点的正反应速率大于N点的逆反应速率，C项正确；由于在恒容密闭容器中反应，再加入一定量X，相当于增加压强，平衡向正反应方向移动，再次平衡时X的转化率增大，D项错误。 2．以下图像对应的叙述正确的是(　 ) A．图甲：A的平衡转化率为50% B．图乙：t1时刻改变的条件只能是加入催化剂 C．图丙：对图中反应升高温度，该反应平衡常数减小 D．图丁：该正向反应在任何温度下都能自发进行 解析：选A　由图可知，反应生成C 0.4 mol、剩余A 0.8 mol，根据化学方程式可知，反应A 0.8 mol，则A的平衡转化率为50%，A正确；反应为气体分子数不变的反应，根据图中信息得到t1时刻改变的条件可能是加入催化剂，也可能是加压，B错误；对图中反应升高温度，正反应增大的速率大于逆反应增大的速率，说明平衡正向移动，该反应是吸热反应，升高温度平衡正向进行，该反应平衡常数增大，C错误；根据下面两根曲线得到p2＞p1，增大压强，C%增大，说明正向移动，反应为气体分子数减小的反应，为熵减反应；根据上面两根曲线得到T2<T1，升高温度，C%减小，说明逆向移动，反应为放热反应，焓变小于零；则反应为放热的熵减反应，在低温下利于反应的自发进行，D错误。 二、多种变量的平衡图像——“定一议二”法 1．“A的转化率(或C的含量)—温度—压强”四种图像 以mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)　ΔH＝Q kJ·mol－1为例 m＋n>p＋q，ΔH>0 m＋n<p＋q，ΔH<0 m＋n>p＋q，ΔH<0 m＋n<p＋q，ΔH>0 2．解答这类图像题时应运用“定一议二”原则 相同温度下不同压强 由反应物A的转化率大小来判断平衡移动的方向，从而确定反应方程式中反应物与产物气体物质间的化学计量数的大小关系。如图甲中任取一条温度曲线研究，压强增大，A的转化率增大，平衡正向移动，正反应为气体体积减小的反应，图丙中任取横坐标一点作横坐标垂直线，也能得出相同结论 相同压强下不同温度 由反应物A的转化率的大小来判断平衡移动的方向，从而确定反应的热效应。如图丙中任取一条压强曲线研究，温度升高，A的转化率减小，平衡逆向移动，正反应为放热反应，图乙中任取横坐标一点作横坐标垂直线，也能得出相同结论 [例2]　乙烯气相直接水合反应制备乙醇：C2H4(g)＋H2O(g)C2H5OH(g)。乙烯的平衡转化率随温度、压强的变化关系如下[起始时，n(H2O)＝n(C2H4)＝1 mol，容器体积为1 L]。下列分析不正确的是(　 ) A．乙烯气相直接水合反应的ΔH<0 B．图中压强的大小关系为p1<p2<p3 C．图中a点对应的平衡常数K＝ D．达到平衡状态a、b所需要的时间：a>b [解析]　如图，温度越高，乙烯的转化率越低，平衡逆向移动，该反应为放热反应，ΔH<0，A正确；压强越大，平衡正向移动，乙烯的平衡转化率越大，所以p1<p2<p3，B正确；a点时，乙烯转化率为20%，根据三段式： 　C2H4(g)＋H2O(g)C2H5OH(g) n0　　　　1　　　　1　　　　 　0 Δn　　 　0.2　　　0.2　　　 　0.2 n平　　　0.8　　 　0.8　　　　0.2 K＝＝，C错误；与a点相比，b点温度高，压强大，反应速率较快，达平衡所需时间较短，D正确。 [答案]　C [应用体验] 1．已知HF分子在一定条件下会发生二聚反应：2HF(g)(HF)2(g)。经实验测得，不同压强下，体系的平均相对分子质量随温度(T)的变化曲线如图所示，下列说法正确的是(　 ) A．该反应的ΔH>0 B．气体的总压强：p(a)>p(b)＝p(c) C．平衡常数：K(a)＝K(b)<K(c) D．测定HF的相对分子质量要在低压、高温条件下更准确 解析：选D　由图可知，压强一定时，体系的平均相对分子质量M随着温度的升高而减小，即升高温度，平衡逆向移动，则正反应放热，反应的ΔH＜0，A错误；二聚反应2HF(g)(HF)2(g)是气体体积减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡正向移动，即压强越大，体系的平均相对分子质量M越大，由图可知，气体的总压强：p(a)<p(b)＝p(c)，B错误；由选项A的分析可知，该反应为放热反应，升高温度时平衡逆向移动，平衡常数K减小，则平衡常数：K(a)>K(c)>K(b)，C错误；二聚反应2HF(g)(HF)2(g)是气体体积减小的放热反应，低压、高温条件均有利于平衡逆向移动，即低压、高温条件下φ(HF)大，所以测定HF的相对分子质量在低压、高温条件下更准确，D正确。 2．(2023·湖南卷)向一恒容密闭容器中加入1 mol CH4 和一定量的H2O，发生反应：CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)。CH4的平衡转化率按不同投料比x随温度的变化曲线如图所示。下列说法错误的是(　 ) A．x1<x2 B．反应速率：vb正<vc正 C．点a、b、c对应的平衡常数：Ka<Kb＝Kc D．反应温度为T1，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态 解析：选B　由题意分析 结合图像分析可知，A项正确、B项错误；该反应为吸热反应，温度升高，平衡常数增大，结合题图可知，平衡常数：Ka<Kb＝Kc，C项正确；该反应反应前后气体分子数不相等，恒温恒容时，容器内压强不再发生变化，即反应达到平衡状态，D项正确。 三、化工生产中的复杂图像——“两步分析”法 第一步：通过读图识图获取有用信息 轴 横坐标 外界条件变化 纵坐标 反应体系变化 点 起点 始态 特殊点 中间态(突变点、拐点等) 终点 终态 线 趋势 化学反应的连续变化过程 面 曲线的相互关系 图像的基本意义 在依据化学反应原理中反应速率和平衡移动知识解读图像的基础上，还需要进行如下思考： 明标 在明确横、纵坐标含义的基础上，用变量的观点分析坐标，找出横、纵坐标的关系，再联想相应的已学化学知识 找点 在找出曲线中的起点、拐点、终点、交叉点、平衡点等的基础上，分析这些点的意义及影响这些点的主要因素有哪些 析线 正确分析曲线的变化趋势(上升、下降、平缓、转折等)，同时对走势有转折变化的曲线要分段分析，研究各段曲线变化趋势及其含义 第二步：对获取的图像信息进行加工处理 (对图像信息加工处理的角度如图所示) [例3]　(2023·辽宁卷·节选)接触法制硫酸的关键反应为SO2的催化氧化： SO2(g)＋O2(g)SO3(g)ΔH＝－98.9 kJ·mol－1 (1)为寻求固定投料比下不同反应阶段的最佳生产温度，绘制相应转化率(α)下反应速率(数值已略去)与温度的关系如图1所示，下列说法正确的是________。 a．温度越高，反应速率越大 b．α＝0.88的曲线代表平衡转化率 c．α越大，反应速率最大值对应温度越低 d．可根据不同α下的最大速率，选择最佳生产温度 (2)为提高钒催化剂的综合性能，我国科学家对其进行了改良。不同催化剂下，温度和转化率关系如图2所示，催化性能最佳的是______(填标号)。 (3)设O2的平衡分压为p，SO2的平衡转化率为αe。用含p和αe的代数式表示上述催化氧化反应的Kp＝________________(用平衡分压代替平衡浓度计算)。 [方法演示]　 第一步：通过读图识图获取有用信息 由图1可得以下信息： (1)根据不同转化率下的反应速率曲线可以看出，随着温度的升高反应速率先加快后减慢； (2)从图中所给出的速率曲线可以看出，相同温度下，转化率越低反应速率越快； (3)从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率不断减小。 由图2可得以下信息： 从图中可以看出在300～550 ℃区间内，在相同温度下，催化剂(V­K­Cs­Ce)对应SO2的转化率好。 第二步：对获取的图像信息进行加工处理 (1)由题图可知，温度高于一定值时，温度升高，反应速率减小，a错误；由题图可知，相同温度下，转化率越低，反应速率越大，但转化率小于0.88时的反应速率图像没有给出，故无法判断α＝0.88的曲线能否代表平衡转化率，b错误；由题图可知，α越大，反应速率最大值对应温度越低，c正确；可根据不同α下的最大速率，选择最佳生产温度，d正确。 (2)由题图可知，在相同温度下d催化剂对应的SO2转化率最高，故其催化性能最佳。 (3)设SO2的起始分压为2x，结合题中信息可得： 　　　SO2(g) ＋ O2(g)  SO3(g) 起始分压　2x　　　　p＋xαe　　　0 变化分压　2xαe　　　　xαe　　 　2xαe 平衡分压　2x(1－αe)　　p　　 　2xαe 则Kp＝＝＝。 [答案]　(1)cd　(2)d　(3) [应用体验] 1．(2023·江苏卷)二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应为 CO2(g)＋4H2(g)===CH4(g)＋2H2O(g) ΔH＝－164.7 kJ·mol－1 CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g) ΔH＝41.2 kJ·mol－1 在密闭容器中，1.01×105 Pa、n起始(CO2)∶n起始(H2)＝1∶4时，CO2平衡转化率、在催化剂作用下反应相同时间所测得的CO2实际转化率随温度的变化如图所示。CH4的选择性可表示为×100%。下列说法正确的是(　 ) A．反应2CO(g)＋2H2(g)===CO2(g)＋CH4(g)的焓变ΔH＝－205.9 kJ·mol－1 B．CH4的平衡选择性随着温度的升高而增加 C．用该催化剂催化二氧化碳反应的最佳温度范围约为480～530 ℃ D．450 ℃时，提高的值或增大压强，均能使CO2平衡转化率达到X点的值 解析：选D　由盖斯定律可知反应2CO(g)＋2H2(g)===CO2(g)＋CH4(g)的焓变ΔH＝－2×41.2 kJ·mol－1－164.7 kJ·mol－1＝－247.1 kJ·mol－1，A错误；CO2(g)＋4H2(g)===CH4(g)＋2H2O(g)为放热反应，升高温度平衡逆向移动，CH4的含量降低，故CH4的平衡选择性随着温度的升高而降低，B错误；由图可知温度范围约为450～550 ℃时二氧化碳实际转化率趋近于平衡转化率，此时为最适温度，温度继续增加，催化剂活性下降，C错误；450 ℃时，提高的值可提高二氧化碳的平衡转化率，增大压强，均能使CO2平衡转化率达到X点的值，D正确。 2．(2024·苏北四市一模)CO2－H2催化重整可获得CH3OH。其主要反应为 反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH1＝－53.7 kJ·mol－1 反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g)　ΔH2＝＋41 kJ·mol－1 若仅考虑上述反应，在5.0 MPa、n始(CO2)∶n始(H2)＝1∶3时，原料按一定流速通过反应器，CO2的转化率和CH3OH的选择性随温度变化如图所示。CH3OH的选择性＝×100%。 下列说法正确的是(　 ) A．其他条件不变，升高温度，CO2的平衡转化率增大 B．其他条件不变，T>236 ℃时，曲线下降的可能原因是反应Ⅰ正反应程度减弱 C．一定温度下，增大n始(CO2)∶n始(H2)可提高CO2平衡转化率 D．研发高温高效催化剂可提高平衡时CH3OH的选择性 解析：选B　从图中可知，升高温度，CO2的平衡转化率下降，A错误；温度升高，反应Ⅰ化学平衡逆向移动，反应Ⅱ化学平衡正向移动，则CH3OH的选择性下降，同时因为反应Ⅰ化学平衡逆向移动，导致CO2的转化率也有所下降，B正确；增大n始(CO2)∶n始(H2)，CO2浓度增大，H2浓度减小，则CO2的平衡转化率减小，C错误；研发高效的催化剂可提高反应速率，但是催化剂不能影响化学平衡的移动，故CH3OH的选择性不变，且由图知，温度越高甲醇的选择性越低，D错误。 3．(2024·如皋期末)用化学方法降解水中有机物已成为污水处理领域重要研究方向。 (1)酸性条件下，铁炭混合物处理污水中硝基苯时的物质转化示意图如图1所示。 ①该物质转化示意图可以描述为____________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 ②其他条件一定，反应相同时间，硝基苯的去除率与pH的关系如图2所示。pH越大，硝基苯的去除率越低的原因是__________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)利用电化学装置通过间接氧化法能氧化含苯胺的污水，其原理如图3所示。其他条件一定，测得不同初始pH条件下，溶液中苯胺的浓度与时间的关系如图4所示。反应相同时间，初始溶液pH＝3时苯胺浓度大于pH＝10时的原因是____________________________ ________________________________________________________________________。 [已知氧化性：HClO(H＋)＞ClO－(OH－)]。 答案：(1)①铁失去电子变成Fe2＋，电子传递到炭中，C6H5NO2在炭表面得到电子变成C6H5NO，C6H5NO再得到电子变成C6H5NH2　②pH增大，Fe2＋生成Fe(OH)2沉淀，Fe(OH)2沉淀覆盖在铁炭混合物表面，阻碍了反应的进行，降低了反应速率　(2)酸性条件下，Cl2不易与水反应生成HClO，pH＝3时的溶液中HClO溶液浓度远小于pH＝10时的ClO－浓度，反应速率较慢 4．COx选择性甲烷化是有望实现“双碳目标”、具有良好应用前景的处理方法。富氢气氛围下，CO、CO2均可与H2发生甲烷化反应： Ⅰ.CO(g)＋3H2(g)CH4(g)＋H2O(g)　ΔH＝－206.2 kJ·mol－1 Ⅱ.CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－165 kJ·mol－1 其他条件相同，反应Ⅱ使用两种不同催化剂，反应相同的时间，测得CO2的转化率随温度变化的影响如图所示。 (1)请解释使用Ni­CeO2催化剂时，随着温度的升高，为何CO2转化率先升高后降低。________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)根据图像分析，下列说法错误的是__________(填字母)。 A．在200～360 ℃范围内，Ni­CeO2的催化效果比Ni更好 B．可以通过改变催化剂种类的方式调控CO2平衡转化率 C．在240 ℃附近，可以通过延长反应时间的方式提高CO2的转化率 解析：(2)根据图像可知，在200～360 ℃范围内，Ni­CeO2的催化效果比Ni更好，A正确；催化剂只能影响反应速率，不能使平衡发生移动，B错误；反应平衡之前，可以延长时间提高CO2的转化率，当反应到达限度，延长时间，转化率不变，C错误。 答案：(1)随温度升高，反应速率逐渐加快，转化率增大；当到达反应限度，升高温度，平衡逆向移动，转化率减小　(2)BC [课时跟踪检测] A卷——能力达标 1．已知：A(g)＋2B(g)3C(s)＋3D(g)　ΔH＜0。若在容积可变的密闭容器中进行反应，下列对图像的分析中不正确的是(　 ) A．图Ⅰ研究的是t0时升高温度对反应速率的影响 B．图Ⅱ可能是t0时使用催化剂对反应速率的影响 C．图Ⅲ研究的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较高 D．图Ⅲ研究的是压强对化学平衡的影响，且乙的压强较大 解析：选D　反应A(g)＋2B(g)3C(s)＋3D(g)　ΔH＜0是放热反应，升高温度反应速率加快，平衡逆向移动，图像Ⅰ符合，A正确；图Ⅱ中t0时正逆反应速率都增大且相等，说明平衡没有发生移动，由于反应前后气体的体积不变，则增大压强反应速率加快，平衡不移动，催化剂只加快反应速率，不影响平衡移动，图Ⅱ可能是t0时使用催化剂或增大压强对反应速率的影响，B正确；该反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，图中乙先达到平衡，则温度高于甲，而A的转化率低，图像符合，C正确；增大压强，反应速率增大，图中乙先达到平衡，反应速率更大，则压强高于甲，反应A(g)＋2B(g)3C(s)＋3D(g)是气体体积不变的反应，增大压强平衡不移动，A的转化率不变，D错误。 2．下列图示与对应的叙述相符的是(　 ) A．图一表示反应：mA(s)＋nB(g)pC(g)　ΔH>0，在一定温度下，平衡时B的体积分数(B%)与压强变化的关系如图一所示，反应速率x点比y点时的快 B．图二是可逆反应A(g)＋B(g)C(s)＋D(g)　ΔH>0的速率­时间图像，在t1时刻改变条件一定是加入催化剂 C．图三表示对于化学反应mA(s)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，一定时间内A的百分含量与温度(T)的变化情况，则升高温度，该反应平衡常数增大 D．图四所示图中的阴影部分面积的含义是(v正－v逆) 解析：选B　由图像可以看出，x点的压强小于y点压强，压强越大，反应速率越大，故x点比y点的反应速率慢，A错误；可逆反应A(g)＋B(g)C(s)＋D(g)　ΔH>0，反应前后气体体积改变，在t1时刻改变条件使正逆反应速率增大且相等，改变条件是加入催化剂，B正确；图像上反映随着温度升高，A的百分含量先逐渐下降到最低点，再上升，说明反应先是正向进行，到达一定温度后反应到达平衡状态，反应逆向进行，说明图像反应的应是放热反应，所以升高温度，该反应平衡常数减小，C错误；阴影部分面积为曲边几何图形的面积，对于化学反应速率的定义式，在某时刻的化学反应速率定义为v＝，则阴影部分的面积表示浓度变化量Δtv正－Δtv逆，而不是(v正－v逆)，D错误。 3．(2024·咸阳统考一模)体积均为1 L的两个恒容密闭容器Ⅰ、Ⅱ中，均充入2 mol CO(g)和2 mol NO(g)，发生反应：2CO(g)＋2NO(g)N2(g)＋2CO2(g)　ΔH，相对容器Ⅱ，容器Ⅰ只改变一个外界条件，测得N2的物质的量与时间关系如图所示。下列叙述正确的是(　 ) A．该反应是吸热反应，容器Ⅰ改变的条件可能是使用了催化剂 B．相对容器Ⅱ，容器Ⅰ改变的条件可能是升温或者加压 C．容器Ⅱ中NO的平衡转化率为80% D．容器Ⅱ中0～10 min内，v(NO)＝0.05 mol·L－1·min－1 解析：选C　从图中信息可知，平衡时容器Ⅱ与容器Ⅰ中N2的物质的量不等，所以容器Ⅰ改变的条件不可能是使用了催化剂，A不正确；加压，则平衡正向移动，N2的物质的量应比容器Ⅱ中的大，B不正确；容器Ⅱ中，平衡时N2的物质的量为0.8 mol，则参加反应NO的物质的量为1.6 mol，NO的平衡转化率为×100%＝80%，C正确；容器Ⅱ中0～10 min内，N2的物质的量为0.5 mol，则参加反应NO的物质的量为1 mol，v(NO)＝＝0.1 mol·L－1·min－1，D不正确。 4．(2024·无锡一模)在催化剂作用下，CO2氧化C2H6可获得C2H4。其主要化学反应为 反应Ⅰ.C2H6(g)＋CO2(g)C2H4(g)＋H2O(g)＋CO(g)　ΔH1＝＋177 kJ·mol－1 反应Ⅱ.C2H6(g)＋2CO2(g) 4CO(g)＋3H2(g)　ΔH2＝＋430 kJ·mol－1 压强分别为p1、p2时，将2 mol C2H6和3 mol CO2的混合气体置于密闭容器中反应，不同温度下体系中乙烷的平衡转化率、乙烯的选择性如图所示。下列说法正确的是(　 ) A．p1>p2 B．压强为p1，温度为210 ℃时，反应达平衡时，n生成(CO)＝n生成(C2H4) C．C2H4的选择性下降的原因可能是随着温度的升高，反应Ⅱ中生成的CO抑制了反应Ⅰ的进行 D．研发低温下C2H6转化率高和C2H4选择性高的催化剂，可以提高平衡时C2H4产率 解析：选C　相同温度下，增大压强，反应Ⅰ、Ⅱ均逆向移动，乙烷转化率降低，所以p1<p2，故A错误；压强为p1，温度为210 ℃时，乙烷的转化率为50%，乙烯的选择性为80%，参与反应Ⅰ的乙烷为2 mol×50%×80%＝0.8 mol，反应Ⅰ生成的乙烯、一氧化碳都是0.8 mol，参与反应Ⅱ的乙烷为2 mol×50%×20%＝0.2 mol，反应Ⅱ生成的一氧化碳是0.8 mol，反应达平衡时，生成CO的总物质的量1.6 mol，生成乙烯的总物质的量为0.8 mol，故B错误；温度升高，反应Ⅰ和反应Ⅱ受温度影响，平衡都会正向移动，由图可知，温度升高的过程中乙烷的转化率逐渐增大，但乙烯选择性却逐渐降低，说明温度升高的过程中，反应Ⅱ为主，且生成的CO抑制了反应Ⅰ的进行，故C正确；反应Ⅰ正向为吸热反应，温度升高更有利于C2H4的生成，因此为提高平衡时C2H4的产率，可研发高温下C2H4选择性高的催化剂，故D错误。 5．(2024·南京中华中学一模)利用CO2和H2合成甲醇，可以减少CO2的排放，实现碳的循环利用。涉及的主要反应如下： 反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH1<0 反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH2 在1 L密闭容器中通入1 mol CO2和2.44 mol H2，选择合适的催化剂反应，甲醇的选择性(生成甲醇的CO2占CO2总转化量的物质的量分数)和CO2的平衡转化率随温度的变化趋势如图所示。下列说法正确的是(　 ) A．ΔH2<0 B．553 K时，反应Ⅱ的平衡常数K＝0.1 C．使用更高效的催化剂能提高甲醇的平衡产率 D．其他条件不变，增大压强可提高平衡时CH3OH的体积分数 解析：选D　反应Ⅰ的ΔH<0，升温，平衡逆向移动，而由图知随温度升高，CO2的转化率升高，说明反应Ⅱ正向移动，ΔH2＞0，故A错误；根据信息知，553 K时CO2的平衡转化率是20%，甲醇的选择性为60%，则甲醇的物质的量是1×20%×60%＝0.12 mol，则反应Ⅰ参加反应的H2为0.36 mol，生成的H2O为0.12 mol，反应Ⅱ中参加反应的CO2：1×20%－0.12＝0.08 mol，参加反应的H2为0.08 mol，生成的H2O为0.08 mol，反应Ⅱ在平衡时，物质的量分别为CO2：0.8 mol，H2：2.44－0.36－0.08＝2 mol，H2O：0.12＋0.08＝0.2 mol，CO：0.08 mol，体积保持1 L不变，553 K时，反应Ⅱ的平衡常数K＝＝0.01，故B错误；催化剂能缩短平衡所需时间，不影响甲醇的平衡产率，故C错误；其他条件不变，增大压强平衡向气体体积减小的方向进行，对反应Ⅰ平衡正向移动，可提高平衡时CH3OH的体积分数，故D正确。 6．按要求回答问题。 (1)利用光能和光催化剂，可将CO2和H2O(g)转化为CH4和O2。紫外光照射时，在不同催化剂(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)作用下，CH4产量随光照时间的变化如图所示。在0～15 h内，CH4的平均生成速率Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ 从大到小的顺序为____________。 (2)纳米铁粉可用于处理地下水中的污染物。 ①一定条件下，向FeSO4溶液中滴加碱性NaBH4溶液，溶液中BH(B元素的化合价为＋3)与Fe2＋反应生成纳米铁粉、H2和B(OH)，其离子方程式为________________________________。 ②纳米铁粉与水中NO反应的离子方程式为4Fe＋NO＋10H＋===4Fe2＋＋NH＋3H2O。研究发现，若pH偏低将会导致NO的去除率下降，其原因是________________________________________________________________________。 ③相同条件下，纳米铁粉去除不同水样中NO的速率有较大差异(如图)，产生该差异的可能原因是___________________________________________________________________。 解析：(1)过横坐标“15”处作垂直于横轴的垂线，CH4产量越高，则CH4平均生成速率越大，故速率Ⅱ＞Ⅲ＞Ⅰ。(2)①向FeSO4溶液中滴加碱性NaBH4溶液，溶液中BH与Fe2＋反应生成纳米铁粉、H2和B(OH)，反应中只有Fe、H元素化合价发生变化，发生氧化还原反应，离子方程式为2Fe2＋＋BH＋4OH－===2Fe＋2H2↑＋B(OH)。②pH偏低，H＋浓度偏大，铁可与H＋反应生成H2，导致NO的去除率下降。 答案：(1)Ⅱ＞Ⅲ＞Ⅰ　(2)①2Fe2＋＋BH＋4OH－===2Fe＋2H2↑＋B(OH)　②纳米铁粉与H＋反应生成H2　③Cu或Cu2＋催化纳米铁粉去除NO的反应(或形成Fe－Cu原电池，增大纳米铁粉去除NO的反应速率) 7．(2024·常州模拟)纳米零价铁可用于去除水体中的六价铬[Cr(Ⅵ)]与硝酸盐等污染物。 (1)纳米零价铁可将水体中Cr(Ⅵ)还原为Cr3＋，再将Cr3＋转化为Cr(OH)3(两性氢氧化物)从水体中除去。调节溶液pH，可使Cr3＋转化为Cr(OH)3沉淀而被除去。但pH＞9时，铬的去除率却降低，其原因是___________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)有人研究了用纳米零价铁去除水体中NO。 ①控制其他条件不变，用纳米零价铁还原水体中的NO，测得溶液中NO、NO、NH浓度随时间变化如图1所示。与初始溶液中氮浓度相比，反应过程中溶液中的总氮(NO、NO、NH)浓度减少，其可能的原因是____________________________________________ ________________________________________________________________________。 ②将一定量纳米零价铁和少量铜粉附着在生物炭上，可用于去除水体中NO，其部分反应原理如图2所示。与不添加铜粉相比，添加少量铜粉时去除NO效率更高，其主要原因是__________________________________；NO转化为NH的机理可描述为______________________________________________________________。 解析：(1)由于Cr(OH)3为两性氢氧化物，在溶液pH＞9时，Cr(OH)3与OH－反应生成可溶于水的物质，从而使得铬的去除率降低。(2)①总氮浓度减少，说明有些氮元素从溶液中逸出，可能的原因是部分NO被还原为N2或NO逸出水体；②纳米零价铁、铜粉及水溶液形成原电池，加快除去NO的速率；由图示看出，NO转化为NH的过程如下：NO得到纳米零价铁失去的电子转化为NO，NO在纳米零价铁或Cu表面得到电子转化为NH。 答案：(1)Cr(OH)3与OH－反应生成可溶于水的物质　(2)①部分NO被还原为N2或NO逸出水体　②纳米零价铁、铜粉及水溶液形成原电池，加快去除NO的速率　NO得到纳米零价铁失去的电子转化为NO，NO在纳米零价铁或Cu表面得到电子转化为NH B卷——难点强化 8．研究NOx、CO等大气污染气体的处理及利用的方法具有重要意义，可实现绿色环保、节能减排、废物利用等目的。 (1)T ℃时，存在如下平衡：2NO2(g)N2O4(g)。该反应正、逆反应速率与NO2、N2O4的浓度关系为v正＝k正c2(NO2)，v逆＝ k逆c(N2O4)(k正、k逆是速率常数)，且lg v正～lg c(NO2)与lg v逆～ lg c(N2O4)的关系如图1所示。 ①图中表示lg v正～lg c(NO2)的线是_________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。 ②T ℃时，往刚性容器中充入一定量NO2，平衡后测得c(N2O4)为1.0 mol·L－1，则平衡时，v逆＝________(用含a的表达式表示)。 ③T ℃时，该反应的平衡常数K＝____________ L·mol－1。 (2)NO可用氨水­臭氧组合高效脱除，与臭氧反应的过程如下：NO(g)＋O3(g)NO2(g)＋O2(g)　ΔH＝－200.9 kJ·mol－1。在恒容密闭容器中，NO氧化率随值以及温度的变化曲线如图2 所示。 ①NO氧化率随值增大而增大的主要原因是______________________________ ________________________________________________________________________。 ②当温度高于100 ℃时，O3分解产生活性极高的氧原子，此时NO氧化率随温度升高而降低可能的原因有____________________________________________________ ________________________________________________________________________。 解析：(1)①由化学方程式可知，v正的斜率更大一些，图中表示lg v正～lg c(NO2)的线是Ⅰ；②lg v正＝lg k正＋2lg c(NO2)，由图可知，lg k正＝a＋2，k正＝10(a＋2)，lg v逆＝lg k逆 ＋lg c(N2O4)，由图可知，lg k逆＝a，k逆＝10a，平衡后测得c(N2O4)为1.0 mol·L－1，则平衡时，v逆＝10a；③T ℃时，该反应达到平衡时，v正＝v逆，即k正c2(NO2)＝k逆c(N2O4)，则平衡常数K＝＝＝＝100；(2)①NO氧化率随值增大而增大，是因为值增大，n(O3)增大，O3浓度增加，有利于平衡NO(g) ＋O3(g)NO2(g)＋O2(g)正向移动，NO氧化率增大；②根据反应NO(g)＋O3(g)NO2(g)＋O2(g)　ΔH＝－200.9 kJ·mol－1可知该反应为放热反应，NO氧化率随温度升高而降低可能的原因有平衡后，升高温度，平衡向逆反应方向移动。 答案：(1)①Ⅰ　②10a ③100　(2)①值增大，O3浓度增加，有利于平衡NO(g)＋O3(g)NO2 (g) ＋O2(g)正向移动　②该反应为放热反应，平衡后，升高温度，平衡向逆反应方向移动 9．(2024·苏锡常镇四市二调)脱除沼气中的H2S具有重要意义，脱除H2S有多种方法。 (1)受热分解法。将H2S和CH4混合气导入热解器，反应分两步进行。 反应Ⅰ：2H2S(g)===2H2(g)＋S2(g) ΔH1＝＋169.8 kJ·mol－1 反应Ⅱ：CH4(g)＋S2(g)===CS2(g)＋2H2(g) ΔH2＝＋63.7 kJ·mol－1 现将硫化氢和甲烷按照体积比为2∶1投料，并用N2稀释。在常压和不同温度下，反应相同时间后，H2、S2和CS2的体积分数随温度的变化关系如图1所示。 ①2H2S(g)＋CH4(g)===CS2(g)＋4H2(g)　ΔH3＝____________。 ②1 050 ℃时，H2的体积分数为____________。 ③在950 ℃～1 150 ℃范围内，其他条件不变，随着温度的升高，S2(g)的体积分数先增大后减小，其原因可能是__________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)光电催化法。某光电催化法脱除H2S的原理如图2所示。 ①光电催化法脱除H2S的离子方程式为_________________________________ ________________________________________________________________________。 ②与受热分解法相比，光电催化法的优点是_________________________________ ________________________________________________________________________。 (3)催化重整法。Fe2O3可以用作脱除H2S的催化剂，脱除过程如图3所示。 ①Fe2O3脱除H2S时需先进行吸附。利用乙进行吸附，比用甲吸附能力强的原因是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 ②脱除一段时间后，催化剂的活性降低，原因是 ________________________________________________________________________。 解析：(1)①依据盖斯定律，ΔH3＝ΔH1＋ΔH2＝169.8 kJ·mol－1＋63.7 kJ·mol－1＝233.5 kJ·mol－1。②1 050 ℃时，CS2的体积分数为0.1%，由反应Ⅱ知，同时生成H2的体积分数为0.2%，则反应Ⅱ中消耗S2的体积分数为0.1%，1 050 ℃时，S2的体积分数为1.6%，则反应Ⅰ中生成S2的体积分数为1.7%，同时生成H2的体积分数为3.4%，所以1 050 ℃时，H2的体积分数为3.4%＋0.2%＝3.6%。③反应Ⅰ生成S2，反应Ⅱ消耗S2。由图1知，在950 ℃～1 100 ℃之间，反应相同时间，S2的体积分数增大，说明反应Ⅰ生成的S2比反应Ⅱ消耗的S2多，即反应Ⅰ的速率比反应Ⅱ的速率增幅要快；在1 100 ℃～1 150 ℃之间，反应相同时间，S2的体积分数减小，说明反应Ⅱ消耗的S2比反应Ⅰ生成的S2多，即反应Ⅱ的速率增幅比反应Ⅰ更快。(2)①由图2知，H2S与I反应生成S2和I－，根据S、I得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可配平离子方程式为2H2S＋2I===S2↓＋6I－＋4H＋。(3)①H2S中H为＋1价，S为－2价，Fe2O3中Fe为＋3价，O为－2价，甲中带正电的H与带正电的Fe3＋相连，带负电的S与带负电的O2－相连，同种电性的粒子相靠近时，是不稳定的；而乙中均是异种电荷相靠近，吸附能力强。②由丁知，生成的S覆盖在催化剂的表面，会使催化剂的活性位点减少，催化剂的活性降低；另外，丁中生成H2O，催化剂中的O2－减少，不易吸附H2S，脱除效果变弱。 答案：(1)①233.5 kJ·mol－1　②3.6% ③在950 ℃～1 100 ℃之间，以反应Ⅰ为主，随温度升高，反应Ⅰ速率增大的幅度大于反应Ⅱ，S2(g)的体积分数增大；在1 100 ℃～1 150 ℃之间，反应Ⅱ速率增大的幅度大于反应Ⅰ，S2(g)的体积分数减小 (2)①2H2S＋2I===S2↓＋6I－＋4H＋　②光电催化法脱除H2S耗能低，还能持续发电；溶液中I－可循环利用，生成的副产物双氧水可回收利用 (3)①H2S中H带正电、S带负电，Fe2O3中Fe带正电、O带负电；甲吸附方式为同种电性微粒靠近，吸附能力弱，乙吸附方式为不同电性微粒靠近，吸附能力强　②反应生成的硫单质附着在催化剂表面；O2－的数目减少 学科网（北京）股份有限公司 $$