专题13 化学反应原理的综合应用 题组2-【区块练】2021-2025年五年高考真题分类汇编化学

色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 专题13 题班级： 化学反应原理的综合应用 组 姓名： 学号： 非选择题 1.(2025·江苏卷)合成气(C0和H2)是重要的工业原料气。 (1)合成气制备甲醇：COg)十2H(g)一CHOH(g)。CO的结构式为C=O.估算该反应的 △H需要 (填数字)种化学键的键能数据。 (②)合成气经“变换”“脱碳”获得纯H2。 ①合成气变换。向绝热反应器中通入CO、H2和过量的HO(g):COg)十H2Og)一低 温型催化剂约230℃、3 MPaCO2(g)十H2(g)△H<0。催化作用受接触面积和温度等因素影响， H2Og)的比热容较大。H2Og)过量能有效防止催化剂活性下降，其原因有 ②脱碳在钢制吸收塔中进行，吸收液成分：质量分数30%的K2CO3吸收剂、K2CO4(Cr 正价有十3、十6)缓蚀剂等。K2CO3溶液浓度偏高会堵塞设备，导致堵塞的物质是 (填化学式)。KCO4减缓设备腐蚀的原理是 (3)研究CH4、H2Og)与不同配比的铁铈载氧体x2Fe2O3(1一x)CeO2.0≤x≤1，Ce是活泼金 属，正价有十3、十4反应，气体分步制备原理示意如图甲所示。相同条件下，先后以一定流速 通入固定体积的CH4、H2O(g),依次发生的主要反应： 步骤ICH4一-载氧体供氧850CC0十2H2 步骤ⅡH20--一载氧体夺氧400CH2 ①步骤I中，产物气体积分数、CH4转化率、n(2)n(C0)与x的关系如图乙所示。x=0 时 n(2)n(C0)大于理论值2的可能原因有 x=0.5时，通入标准状况下300mL的CH4至反应结束.CO的选择性=n生成(C0)n转化 (CH4)×100%=80%.则生成标准状况下CO和H2的总体积为 mL。 独家授权侵权必究 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 CO+2H2 H2 载氧体 载氧体 反应器 载氧体循环 CH H2O 步骤I 步骤Ⅱ 甲 60-- 50 2 50 ☑H □C0 0 30 装10 0.30.40.5 1.0 x 乙 ②x=0.5时，新制载氧体、与CH4反应后的载氧体的X射线衍射谱图如图丙所示区射线 衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。步骤Ⅱ中，能 与H2O(g)反应的物质有 (填化学式) ◆FeO3tCeO2▣Fe ·FeO AC 与CH,反应后的载氧体 ★ ★ 新制载氧体 102030405060 708090 2×衍射角/度 丙 ③结合图示综合分析，步骤I中2O,的作用、气体分步制备的价值： 2.(2025·云南卷)我国科学家研发出一种乙醇（沸点78.5℃）绿色制氢新途径，并实现高附加 值乙酸（沸点118℃）的生产，主要反应为： I .C2H;OH(g)+H2O(g)-2H2(g)+CH3COOH(g)AHI Kp II.C2H;OH(g)-CH3CHO(g)+H2(g)AH2=+68.7 kJ-mol-1 回答下列问题： 独家授权侵权必究 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.2xXk.com○ 您身边的互联网+教辅专家 (1)乙醇可由秸秆生产，主要过程为 秸秆预处理，纤维素水解 发酵，乙醇 (2)对于反应I: ①已知CH3CHOg)+H2Og)=H2(g)+CH,COOH(g)△H=-24.3 kJmol-1,则△H1= kJmol-1。 ②一定温度下，下列叙述能说明恒容密闭容器中反应达到平衡状态的是 (填标 号)。 A.容器内的压强不再变化 B.混合气体的密度不再变化 C.CH;COOH的体积分数不再变化 D.单位时间内生成1molH2O,同时消耗2molH2 ③反应后从混合气体分离得到H2,最适宜的方法为 (3)恒压100kPa下，向密闭容器中按n(H2O):n(C2HOHD=9:1投料，产氢速率和产物的 选择性随温度变化关系如图1，关键步骤中间体的能量变化如图2。比如：乙酸选择性=（生 成的乙酸)n(转化的乙醇)×100% 1001☑乙酸口乙醛口C1副产物◆产氢速率「400 80 ☑ 380 60 240 40 160 20 80 200 220 250 270 300 温度/℃ 注：CI副产物指CH、CO、CO2混合气体 图1 0.89 0.80 0.76 产物1 0.52 、0.45 产物2 *CHCO 0.18 0.087 0.14 0.00 *CHCO+*OH+*H 0.63 产物3 反应历程 图2 ①由图1可知，反应I最适宜的温度为270℃，原因为 ②由图中信息可知，乙酸可能是 (填“产物1”“产物2”或“产物3”)。 ③270℃时，若该密闭容器中只发生反应I、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选 择性为80%，则p(CH3COO田：p(C2H,OH田= ,平衡常数K1= kPa(列出计算式即可；用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)： 独家授权侵权必究 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 3.(2024浙江1月卷)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HCOOH,装置如图。电极B上的电极反应 式是 电源 质子 交换膜 HCOOH H2O CO, (2)该研究小组改用热化学方法，相关热化学方程式如下： I C(s)+02(g)-CO2(g) △H1=-393.5 kJmol-1 IⅡ：C(s)+H2(g)+O2(g)-HCOOH(g) △H2=-378.7 kJ-mol-1 IⅢ：CO2(g)+Hz(g)HCOOH(g)△H ①△H3= kJmol-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1.0moL-1,平衡 常数K=2.4×10-8,则CO2的平衡转化率为 0 ③用氨水吸收HCOOH,得到1.00molL-1氨水和0.18molL-1甲酸铵的混合溶液，298K 时该混合溶液的pH= 。[已知：298K时，电离常数K(NH3H2O)=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DMSO(有机溶剂溶液，CO2与H2在溶液中反应制备HCOOH,反应过程中保持CO2(g) 和H2(g)的压强不变，总反应CO2十H2日HCOOH的反应速率为？，反应机理如下列三个基元 反应，各反应的活化能E2<E1《E。(不考虑催化剂活性降低或丧失) CO2(g)、H(g) 催化剂M的 DMSO溶液 搅拌子 IV:M+CO2 E V:Q+H2g立E2 VI:L M+HCOOH E3 ①催化剂M足量条件下，下列说法正确的是 A.v与CO(g)的压强无关 B.o与溶液中溶解H2的浓度无关 C温度上升，o不一定增大 D.在溶液中加入N(CH2CH)3,可提高CO2转化率 独家授权侵权必究 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 ②实验测得：298K、CO2)=pH2)=2Pa下，v随催化剂M浓度c变化如图。c≤co 时，)随c增大而增大；c>c时，o不再显著增大。请解释原因 o/(mol-L-.s-) 0 Co c/(mol.L-1) 4.(2023湖南卷)聚苯乙烯是一类重要的高分子材料，可通过苯乙烯聚合制得。 I苯乙烯的制备 (1)已知下列反应的热化学方程式： ①C6HC2H5(g)+212O2(g)=8CO2(g)+5H2O(g)△H1=-4386.9 kJ.mol-1 ②C6HCH=CH2(g)+10O2(g)一8CO2(g)+4H2O(g) △H2=-4263.1 kJmol-1 ③H2(g)+1202(g)=H2O(g) △H3=-241.8 kJ-mol-1 计算反应④C6HsC2H5(g)日CHCH一CH2(g）)+H2(g)的△H4=」 kJmol-1; (2)在某温度、100kPa下，向反应器中充入1mol气态乙苯发生反应④，其平衡转化率为 50%.欲将平衡转化率提高至75%，需要向反应器中充入 mol水蒸气作为稀释气（计算 时忽略副反应)。 (3)在913K、100kPa下，以水蒸气作稀释气、F2O3作催化剂，乙苯除脱氢生成苯乙烯外， 还会发生如下两个副反应： 5C.H;C2H3(g)CH(g)+CH2-CH2(g) 6C.HsC2Hs(g)+H2(g)CH;CH3(g)+CH4(g) 以上反应体系中，芳香烃产物苯乙烯、苯和甲苯的选择性S(S=转化为目的产物所消耗乙 苯的量己转化的乙苯总量×100%6) 随乙苯转化率的变化曲线如图所示，其中曲线b代表的产物是 理由是 %九 92 6 b 4 2 0 055657585 乙苯转化率% 5 独家授权侵权必究 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 (4)关于本反应体系中催化剂F2O3的描述错误的是 (填字母)。 A.X射线衍射技术可测定Fe2O3晶体结构 B.Fe2O3可改变乙苯平衡转化率 C.FezO3降低了乙苯脱氢反应的活化能 D.改变FezO3颗粒大小不影响反应速率 Ⅱ.苯乙烯的聚合 苯乙烯聚合有多种方法，其中一种方法的关键步骤是某Cu(I)的配合物促进CH,CH2X( 引发剂，X表示卤素)生成自由基CH,H2,实现苯乙烯可控聚合。 (⑤)引发剂CH,CH2C1、CH,CHBr、CoH;CH2I中活性最高的是 (⑥室温下，①Cu+在配体L的水溶液中形成[Cu(L)2]十其反应平衡常数为K; ②CBr在水中的溶度积常数为Kp。由此可知，CuBr在配体L的水溶液中溶解反应的平 衡常数为 (所有方程式中计量系数关系均为最简整数比)。 5.(2022全国乙卷)油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收 处理并加以利用。回答下列问题： ()已知下列反应的热化学方程式： ①2H2S(g)+3O2(g)—2SO2(g)+2H2O(g)△H1=-1036 kJmol-1 24H2S(g)+2SO2(g)=3S2(g)+4H2O(g)AH2=94 kJ-mol-1 ③2H2(g)+O2(g)—2H2O(g) △H3=-484 kJ-mol-1 计算H2S热分解反应④2H2S(g)—S2(g)+2H2(g)的△H4= kJ-mol-1。 (2)较普遍采用的H2S处理方法是克劳斯工艺。即利用反应①和②生成单质硫。另一种方 法是：利用反应④高温热分解HS。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是 ,缺点是 (3)在1470K、100kPa反应条件下，将nH2S):n(Ar)=1:4的混合气进行H2S热分解反 应。平衡时混合气中H2S与H2的分压相等，H2S平衡转化率为 ,平衡常数K,= kPa. (4)在1373K、100kPa反应条件下，对于nH2S):n(Ar)分别为4：1、1：1、1：4、1：9、 1:19的H2S-Ar混合气，热分解反应过程中H2S转化率随时间的变化如图所示。 60 284 32 器 20 0 0.00.20.40.60.81.01.21.41.61.8 时间/s 6 独家授权侵权必究 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 ①nH2S):n(Ar)越小，H2S平衡转化 率 理由是 ②mH2S):n(Ar)=1:9对应图中曲线 计算其在0~0.1s之间，H2S分压的 平均变化率为 kPas-1。 6.(2022浙江卷)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：2H2S(g) +SO2(g)38S(s)+2HOg)。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 Arc\)(\a\vs4\al\col(H2S)=2.0X10-5mol L-1,c\rc\)(\a\vs4\al\co1(S02)=5.0X10- 5molL-1、c小rc1)(a\vs4\al\co1(H20)=4.0×10-3molL-1,计算该温度下的平衡常数K= 0 (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)AH1=170 kJmol-1 II CHa(g)+S2(g)CS2(g)+2H2(g)AH2=64 kJ-mol-1 总反应： Ⅲ2H2S(g)+CH4(g)RCS2(g)十4H2(g) 投料按体积之比rc)(avs4\al\co1(H2S):八rc)(avs4\al\co1(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 (填字母)。 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C一H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。 器 反应过程 ④在1000℃.常压下，保持通入的H2S体积分数不变，提高投料比1 a\vs4\al\col (V\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\col (H2S)): 独家授权侵权必究 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 blc(rc)(a\vs4\al\co1(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 7.(2022广东卷)铬及其化合物在催化、金属防腐等方面具有重要应用。 (1)催化剂Cr2O3可由NH4)2Cr2O,加热分解制备，反应同时生成无污染气体。 Y(E X(g) 0 反应进程 ①完成化学方程式：NH4)2Cr2O,Cr2O3+ ②Cr2O3催化丙烷脱氢过程中，部分反应历程如图，X(g)一Y(g)过程的焓变为 (列式表示)。 ③Cr2O3可用于NH的催化氧化。设计从NH3出发经过3步反应制备HNO3的路线 (用“→”表示含氮物质的转化)；其中一个有 颜色变化的反应的化学方程式为 0 (2)K2Cr2O,溶液中存在多个平衡。本题条件下仅需考虑如下平衡： (i)Cr2O2-7(aq)+H2O①)g2HCrO-4(aq)K1=3.0×10-2(25℃) (ii)HCr0-4(aq)grO2-4(aq)+H+(aq)K2=3.3×10-7(25℃) ①下列有关KCO,溶液的说法正确的有 A加入少量硫酸，溶液的pH不变 B.加入少量水稀释，溶液中离子总数增加 C加入少量NaOH溶液，反应(i)的平衡逆向移动 D.加入少量K2Cr2O,固体，平衡时c2HCrO-4)与c(Cr2O2-7)的比值保持不变 ②25℃时，0.10molL-1KzCr2O,溶液中IgCrO\oal(2-4Cr2Ooal(2-)随pH的变化关系 如图。当pH=9.00时，设Cr2O2-7、HCrO-4与CrO2-4的平衡浓度分别为x、y、zmol L1,则x、y、z之间的关系式为 =0.10;计算溶液中HCrO-4的平衡浓度（写出计 算过程，结果保留两位有效数字)。 独家授权侵权必究 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 5.5 lg c(Cro: c(Cr203) 5.0 4.5 4.0 3.5 8.68.89.09.29.4pH ③在稀溶液中，一种物质对光的吸收程度(4)与其所吸收光的波长()有关；在一定波长范 围内，最大A对应的波长(x)取决于物质的结构特征；浓度越高，A越大。混合溶液在某 波长的A是各组分吸收程度之和。为研究pH对反应(i)和(i)平衡的影响，配制浓度相同、 pH不同的K2Cr2O,稀溶液，测得其A随的变化曲线如图。波长2、2和中，与CrO2一4 的入max最接近的是 ；溶液pH从a变到b的过程中，H十Cr2 Dlolal(2-)的值 (填“增大”“减小”或“不变”)。 pH=9 pH=7 pH=b pH=a 入1入2入3 8.(2021河北卷)当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此，研发二氧 化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。 (1)大气中的二氧化碳主要来自于煤、石油及其他含碳化合物的燃烧。己知25℃时，相关 物质的燃烧热数据如表： 物质 H2(g) C(石墨，s) C6H6①) 燃烧热△I(kJ-mol-1) -285.8 -393.5 -3267.5 则25℃时H2(g)和C(石墨，s)生成CH(①的热化学方程式为 (2)雨水中含有来自大气的CO2,溶于水中的CO2进一步和水反应，发生电离： ①C02(g)—C02(aq) ②CO2(aq)+H2O①-H+(aq)+HC0-3(aq) 25℃时，反应②的平衡常数为K2 溶液中CO2的浓度与其在空气中的分压成正比（分压=总压×物质的量分数），比例系数 为y mol L一1kPa1,当大气压强为pkPa,大气中CO2(g)的物质的量分数为x时，溶液中H+ 浓度为 molL-1(写出表达式，考虑水的电离.，忽略HCO一3的电离) (3)105℃时，将足量的某碳酸氢盐HCO3)固体置于真空恒容容器中，存在如下平衡： 2MHCO3(S)圈)MCO3(s)十H2Og)十CO(g)。上述反应达平衡时体系的总压为46kPa。 保持温度不变，开始时在体系中先通入一定量的CO2(g),再加入足量MHCO,(S),欲使平衡时 9 独家授权侵权必究 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 体系中水蒸气的分压小于5kPa,CO2(g)的初始压强应大于 kPao (4)我国科学家研究Li-CO2电池，取得了重大科研成果，回答下列问题： ①Li-CO2电池中，Li为单质锂片，则该电池中的CO2在 (填“正”或“负”)极 发生电化学反应。研究表明，该电池反应产物为碳酸锂和单质碳，且C○2电还原后与锂离子 结合形成碳酸锂按以下4个步骤进行，写出步骤的离子方程式。 I.2C02+2e-=C202-4 IⅡ.C202-4=C02+C02-2 应， IV.CO2-3+2Li+=LiCO3 ②研究表明，在电解质水溶液中，CO2气体可被电化学还原。 I.CO2在碱性介质中电还原为正丙醇(CHCH2CH2OH的电极反应方程式为 IⅡ.在电解质水溶液中，三种不同催化剂(a、b、c)上CO2电还原为CO的反应进程中任+ 电还原为H2的反应可同时发生)，相对能量变化如图。由此判断，CO2电还原为CO从易到难 的顺序为 (用a、b、c字母排序)。 *C0+H20 0.68 0.61 C 0.51 C0+*+H20 0.22 0.00 -0.08 C02+*+ 2H*+2e*HOCO+H'+e 反应历程 (aC02电还原为C0 0.60 0.27 0.00 *+H*+e *+H2 -0.22 H 反应历程 (b)H电还原为H2 独家授权侵权必究 题组二 1.解析　(1)反应的焓变＝反应物的总键能－生成物的总键能，计算该反应的ΔH需C≡O、H—H、C—O、C—H、O—H，共5种化学键的键能数据。 (2)①该反应为放热反应，在绝热容器中进行时，若无水的存在，随着反应进行，温度会逐渐升高，由于使用了低温型催化剂，温度过高会导致催化剂的活性下降；H2O(g)的比热容较大，可以吸收大量的热从而使体系温度变化较小，因此，H2O(g)过量可有效防止催化剂活性下降。②脱碳过程中，K2CO3溶液会吸收CO2，发生反应K2CO3＋CO2＋H2O===2KHCO3，当K2CO3溶液浓度偏高时，会生成较多KHCO3，而KHCO3溶解度相对较小，容易在溶液中达到饱和后结晶析出，从而堵塞设备。K2CrO4中的Cr元素化合价为＋6，处于最高价态，具有强氧化性，在钢制吸收塔的环境中，它会与铁发生氧化还原反应，使铁表面形成一层由铁的氧化物和铬的氧化物组成的致密氧化膜，这层氧化膜可以将钢铁与腐蚀性介质隔离开，阻止氧气、水和其他腐蚀性物质与钢铁接触，从而减缓腐蚀。 (3)①当x＝0时，载氧体中没有Fe2O3，只有CeO2，由于CeO2的氧化性较强，且其提供的O原子较多，可以将CO氧化为CO2，使得CO的物质的量减小，增大；由题图乙可知，当x＝0.5时，CH4转化率为60%，则n转化(CH4)＝300 mL×60%＝180 mL，已知CO的选择性＝×100%＝80%，则n生成(CO)＝180 mL×80%＝144 mL，根据图乙中数据可知，此时产物气中＝2，则n生成(H2)＝144 mL×2＝288 mL，故生成标准状况下CO和H2的总体积为432 mL。②新制载氧体与CH4反应后新生成的晶态物质，在步骤Ⅱ中会与H2O(g)反应，使载氧体再生从而继续与CH4反应，因此，在新制载氧体中不存在，而在与CH4反应后的载氧体中含有的晶态物质，会在步骤Ⅱ中与H2O(g)反应。因此，对比二者X射线衍射谱图可知，C、Fe、FeO在步骤Ⅱ中均可与H2O(g)反应。③步骤Ⅰ中Fe2O3作载氧体供氧，将甲烷转化为CO和氢气，可以避免生成大量积炭致催化剂活性降低甚至失活；采用分步制备，可提高原料利用率，且可以有效消除积碳使催化剂再生，同时步骤Ⅰ需要的温度较高，步骤Ⅱ需要的温度较低，分步制备也可节约能源。 答案　(1)5　(2)①该反应为放热反应，在绝热容器中进行，H2O(g)的比热容较大，则体系温度变化较小，催化剂活性受温度影响，H2O(g)过量可有效防止催化剂活性下降　②KHCO3　K2CrO4具有强氧化性，能使设备表面形成一层致密的氧化膜 (3)①当x＝0时，载氧体为CeO2，氧化性较强，提供的O原子较多，将CO氧化为CO2，使得CO的物质的量减小，增大　432　②C、Fe、FeO　③步骤Ⅰ中Fe2O3作载氧体供氧，将甲烷转化为CO和氢气，避免生成大量积炭导致催化剂失活；采用分步制备，可提高原料利用率，且可以有效消除积碳使催化剂再生，同时步骤Ⅰ需要的温度较高，步骤Ⅱ需要的温度较低，分步制备也可节约能源 2.解析　(1)纤维素水解得到葡萄糖，葡萄糖发酵产生二氧化碳和乙醇；(2)①反应Ⅰ－反应Ⅱ得到“已知反应”，根据盖斯定律ΔH1＝ΔH＋ΔH2＝－24.3 kJ·mol－1＋68.7 kJ·mol－1＝＋44.4 kJ·mol－1；②恒温恒容下发生C2H5OH(g)＋H2O(g)===2H2(g)＋CH3COOH(g)：该反应是气体总物质的量增大的反应，容器内的压强不再变化，说明气体总物质的量不再改变，说明反应达到平衡状态，A符合题意；体积自始至终不变，气体总质量自始至终不变，则气体密度不是变量，混合气体的密度不再变化，不能说明反应是否达到平衡状态，B不符合题意；CH3COOH的体积分数不再变化，说明其物质的量不再改变，反应已达平衡，C符合题意；单位时间内生成1 mol H2O，同时消耗2 mol H2均是逆反应速率，不能说明反应是否达到平衡状态，D不符合题意；③可利用混合体系中各物质的沸点差异分离出氢气，最适宜的方法为降温冷凝后收集气体；(3)①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270 ℃，原因为乙酸选择性最大且反应速率较快；②由图2可知关键步骤中生成产物1的最大能垒为0.58 eV，生成产物2的最大能垒为0.66 eV，生成产物3的最大能垒为0.81 eV，图1中乙酸的选择性最大，说明相同条件下生成乙酸的反应速率最大，则乙酸可能是产物1；③设投料n(H2O)＝9 mol，n(乙醇)＝1 mol，密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择性为80%，则平衡时生成的乙酸的物质的量＝90%×80%×1＝0.72 mol，n平(乙醇)＝1 mol×10%＝0.1 mol，恒温恒压下，压强比＝物质的量之比，故p(CH3COOH)∶p(C2H5OH)＝0.72∶0.1＝36∶5；列三段式 C2H5OH(g)＋H2O(g)===2H2(g)＋CH3COOH(g), Δn/mol 0.72 0.72 1.44 0.72 C2H5OH(g)===H2(g)＋CH3CHO(g) Δn/mol 0.18 0.18 0.18， 则平衡时乙醇、H2O(g)、氢气、乙酸、乙醛的物质的量分别为0.1 mol、8.28 mol、1.62 mol、0.72 mol、0.18 mol，气体总物质的量为0.1 mol＋8.28 mol＋1.62 mol＋0.72 mol＋0.18 mol＝10.9 mol，则Kp1＝＝＝ kPa。 答案　(1)葡萄糖　(2)①＋44.4　②AC　③降温冷凝后收集气体 (3)①乙酸选择性最大且反应速率较快　②产物1　③36∶5　 3.解析　(1)电极B上CO2转化为HCOOH，发生还原反应，电极反应式为CO2＋2e－＋2H＋===HCOOH。(2)①根据盖斯定律，由Ⅲ＝Ⅱ－Ⅰ可得ΔH3＝ΔH2－ΔH1＝－378.7 kJ·mol＋393.5 kJ·mol－1＝＋14.8 kJ·mol－1。②设转化的CO2的浓度为x mol·L－1，可列三段式： 　　　　　　　　　　CO2(g)＋H2(g)HCOOH(g) 起始浓度/(mol·L－1)　1.0　　1.0　　　 　0 转化浓度/(mol·L－1) 　 x　 　 x　 　 　　x 平衡浓度/(mol·L－1)　1.0－x　1.0－x　　x 则K＝＝2.4×10－8，解得x≈2.4×10－8，则CO2的平衡转化率为×100%＝2.4×10－8。③甲酸铵水解：NH＋HCOO－＋H2ONH3·H2O＋HCOOH，由氨水和甲酸铵的浓度知，甲酸铵的水解受抑制，由电离和水解都很微弱知，溶液中c(NH)≈0.18 mol·L－1，c(NH3·H2O)≈1.00 mol·L－1，根据Kb(NH3·H2O)＝，知c(OH－)＝＝ mol·L－1＝10－4 mol·L－1，c(H＋)＝10－10 mol·L－1，故pH＝10。(3)①v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项错误；v与溶液中溶解H2的量有关，氢气浓度越大，反应速率越快，B项错误；温度升高，气体在溶液中溶解度变小，总反应速率不一定增大，C项正确；N(CH2CH3)3会与HCOOH反应，使得反应Ⅳ、Ⅴ、Ⅵ平衡均正向移动，可提高CO2的转化率，D项正确。②因各反应的活化能：E2＜E1≪E3，反应Ⅵ为决速步骤，但L的浓度取决于反应Ⅴ和Ⅳ，故v与催化剂M的浓度、反应物CO2和H2的浓度有关。当c≤c0时，催化剂M活性位点数量不够，v取决于催化剂M的浓度；当c＞c0时，催化剂M活性位点数量足够，v取决于反应物CO2和H2的浓度。 答案　(1)CO2＋2e－＋2H＋===HCOOH (2)①＋14.8　②2.4×10－8　③10 (3)①CD　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) 4.解析　(1)根据盖斯定律，由①－②－③，可得④C6H5C2H5(g)C6H5CH===CH2(g)＋H2(g)　ΔH4＝－4 386.9 kJ·mol－1－(－4 263.1 kJ·mol－1)－(－241.8 kJ·mol－1)＝＋118 kJ·mol－1。(2)乙苯的平衡转化率为50%时，由题中信息可得： C6H5C2H5(g)C6H5CH===CH2(g)＋H2(g) 起始量 1 mol 0 0 转化量 0.5 mol 0.5 mol 0.5 mol 平衡量 0.5 mol 0.5 mol 0.5 mol 平衡分压 kPa kPa kPa 则压强平衡常数Kp＝＝ kPa。设充入x mol水蒸气时乙苯平衡转化率提高到75%，则： C6H5C2H5(g)C6H5CH===CH2(g)＋H2(g) 起始量 1 mol 0 0 转化量 0.75 mol 0.75 mol 0.75 mol 平衡量 0.25 mol 0.75 mol 0.75 mol 平衡分压 kPa kPa kPa 温度不变，平衡常数不变，则压强平衡常数Kp＝＝ kPa＝ kPa，解得x＝5。(3)生成苯乙烯的反应为主反应，则苯乙烯的选择性最高，主反应生成的氢气能使副反应⑥的平衡正向移动，则甲苯的选择性大于苯的选择性，故b代表的产物为甲苯。(4)X射线衍射技术可以测定晶体结构，A项正确；Fe2O3是催化剂，催化剂不能使平衡发生移动，不能改变乙苯平衡转化率，B项错误；Fe2O3作催化剂，可以降低乙苯脱氢反应的活化能，C项正确；改变Fe2O3颗粒大小即改变催化剂的表面积，可以改变反应速率，D项错误。(5)电负性：Cl＞Br＞I，C—Cl键的极性更大，更易断裂，故C6H5CH2Cl更易生成自由基C6H5CH2，活性最强。(6)已知Cu＋(aq)＋2L[Cu(L)2]＋　K、CuBr(s)Cu＋(aq)＋Br－(aq)　Ksp，两反应相加可得：CuBr(s)＋2L[Cu(L)2]＋＋Br－(aq)，则其平衡常数为K×Ksp。 答案　(1)118　(2)5　(3)甲苯　主反应生成的氢气能使副反应⑥的平衡正向移动，甲苯的选择性大于苯的选择性　(4)BD　(5)C6H5CH2Cl　(6)K×Ksp 5.解析　(1)已知： ①2H2S(g)＋3O2(g)===2SO2(g)＋2H2O(g)　ΔH1＝－1 036 kJ/mol ②4H2S(g)＋2SO2(g)===3S2(g)＋4H2O(g)　ΔH2＝94 kJ/mol ③2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　 ΔH3＝－484 kJ/mol 根据盖斯定律(①＋②)×－③，即得到2H2S(g)===S2(g)＋2H2(g)的ΔH4＝(－1 036＋94) kJ/mol×＋484 kJ/mol＝170 kJ/mol。 (2)根据盖斯定律(①＋②)×可得2H2S(g)＋O2(g)===S2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝(－1 036＋94) kJ/mol×＝－314 kJ/mol，因此，克劳斯工艺的总反应是放热反应；根据硫化氢分解的化学方程式可知，高温热分解方法在生成单质硫的同时还有氢气生成。因此，高温热分解方法的优点是：可以获得氢气作燃料；但由于高温分解H2S会消耗大量能量，所以其缺点是耗能高。 (3)假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1 mol和4 mol，根据“三段式”可知： 2H2S(g)  S2(g) ＋ 2H2(g) 始/mol 1 0 0 变/mol x 0.5x x 平/mol 1－x 0.5x x 平衡时H2S和H2的分压相等，则二者的物质的量相等，即1－x＝x，解得x＝0.5，所以H2S的平衡转化率为×100%＝50%，所以平衡常数Kp＝＝ ≈4.76 kPa。 (4)①由于正反应是体积增大的可逆反应，n(H2S)∶n(Ar)越小，H2S的分压越小，相当于降低压强，平衡向正反应方向移动，因此H2S平衡转化率越高； ②n(H2S)∶n(Ar)越小，H2S平衡转化率越高，所以n(H2S)∶n(Ar)＝1∶9对应的曲线是d；根据图像可知n(H2S)∶n(Ar)＝1∶9反应进行到0.1 s时H2S转化率为0.24。假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1 mol和9 mol，则根据“三段式”可知 此时H2S的压强为×100 kPa≈7.51 kPa，H2S的起始压强为10 kPa，所以H2S分压的平均变化率为＝24.9 kPa·s－1。 答案　(1)170　(2)副产物氢气可作燃料　耗能高　(3)50%　4.76　(4)①越高　n(H2S)∶n(Ar)越小，H2S的分压越小，平衡向正反应方向进行，H2S平衡转化率越高　②d　24.9 6.解析　(1)根据方程式可知该温度下平衡常数K＝＝ L/mol＝8×108 L/mol； (2)①根据盖斯定律可知Ⅰ＋Ⅱ即得到反应Ⅲ的ΔH＝234 kJ/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；②Ar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；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；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；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；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1 000 ℃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1 000 ℃，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(g)的速率大于反应Ⅰ生成S2(g)的速率，S2(g)的体积分数减小，因此变化规律是先升后降。 答案　(1)8×108 L·mol－1 (2)①高温　②AB　③ ④1 000 ℃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　⑤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(g)的速率大于反应Ⅰ生成S2(g)的速率，S2(g)的体积分数减小 7.解析　(1)①(NH4)2Cr2O7分解过程中，生成Cr2O3和无污染气体，根据元素守恒可知，其余生成物为N2、H2O，根据原子守恒可知反应方程式为(NH4)2Cr2O7Cr2O3＋N2↑＋4H2O。②设反应过程中第一步的产物为M，第二步的产物为N，则X→M　ΔH1＝(E1－E2)，M→N　ΔH2＝ΔH，N→Y　ΔH3＝(E3－E4)，根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓变为ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＝(E1－E2)＋ΔH＋(E3－E4)。 ③NH3在Cr2O3作催化剂条件下，能与O2反应生成NO，NO与O2反应生成红棕色气体NO2，NO2与H2O反应生成HNO3和NO，若同时通入O2，可将氮元素全部氧化为HNO3，因此从NH3出发经过3步反应制备HNO3的路线为NH3NONO2HNO3；其中NO反应生成NO2过程中，气体颜色发生变化，其反应方程式为2NO＋O2===2NO2。(2)①K2Cr2O7溶液中存在平衡：(ⅰ)Cr2O(aq)＋H2O(l)2HCrO(aq)、(ⅱ)HCrO(aq)CrO(aq)＋H＋(aq)。 A.向溶液中加入少量硫酸，溶液中c(H＋)增大，(ⅱ)平衡逆向移动，根据勒夏特列原理可知，平衡移动只是减弱改变量，平衡后，溶液中c(H＋)依然增大，因此溶液的pH将减小，故A错误； B.加水稀释过程中，根据“越稀越水解”、“越稀越电离”可知，(ⅰ)和(ⅱ)的平衡都正向移动，两个平衡正向都是离子数增大的反应，因此稀释后，溶液中离子总数将增大，故B正确； C.加入少量NaOH溶液，(ⅱ)正向移动，溶液中c(HCrO)将减小，(ⅰ)将正向移动，故C错误； D.平衡(ⅰ)的平衡常数K1＝，平衡常数只与温度和反应本身有关，因此加入少量K2Cr2O7溶液，不变，故D正确。②0.10 mol/L K2Cr2O7溶液中，Cr原子的总浓度为0.20 mol/L，当溶液pH＝9.00时，溶液中Cr原子总浓度为2c(Cr2O)＋c(HCrO)＋c(CrO)＝0.20 mol/L，Cr2O、HCrO与CrO的平衡浓度分别为x、y、z mol/L，因此x＋y＋z＝0.10；由图可知，当溶液pH＝9时，>104，因此可忽略溶液中Cr2O，即c(HCrO)＋c(CrO)＝0.20，反应(ⅱ)的平衡常数K2＝＝＝3.3×10－7，联立两个方程可得c(HCrO)＝6.0×10－4 mol/L。 ③根据反应(ⅰ)(ⅱ)是离子浓度增大的平衡可知，溶液pH越大，溶液中c(Cr2O)＋c(HCrO)＋c(CrO)越大，混合溶液在某一波长的A越大，溶液的pH越大，溶液中c(CrO)越大，因此与CrO的λmax最接近的是λ3；反应(ⅰ)的平衡常数K1＝ ，反应(ⅱ)的平衡常数K2＝，(K2)2×K1＝×＝，因此＝，由上述分析逆推可知，b>a，即溶液pH从a变到b的过程中，溶液中c(H＋)减小，所以的值将增大。 答案　(1)①N2↑　4H2O　②(E1－E2)＋ΔH＋(E3－E4) ③NH3NONO2HNO3　2NO＋O2===2NO2 (2)①BD　②x＋y＋z　当溶液pH＝9时，>104，因此可忽略溶液中Cr2O 即c(HCrO)＋c(CrO)＝0.20 反应(ⅱ)的平衡常数K2＝＝＝3.3×10－7 联立两个方程可得c(HCrO)＝6.0×10－4mol/L　③λ3　增大 8.解析　(1)根据表格燃烧热数据可知，存在反应①C(石墨，s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1＝－393.5 kJ·mol－1，②H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH2＝－285.8 kJ·mol－1，③C6H6(l)＋O2(g)===6CO2(g)＋3H2O(l)　ΔH3＝－3267.5 kJ·mol－1，根据盖斯定律，[①×12＋②×6]× －③得反应：6C(石墨，s)＋3H2(g)===C6H6(l)，ΔH＝[(－393.5 kJ·mol－1)×12＋(－285.8 kJ·mol－1)×6]×－(－3267.5 kJ·mol－1)＝＋49.1 kJ·mol－1，故答案为：6C(石墨，s)＋3H2(g)===C6H6(l)　ΔH＝＋49.1 kJ·mol－1。(2)由题可知，①CO2(s)CO2(aq)，②CO2(aq)＋H2O(l)H＋(aq)＋HCO(aq)，K2＝，又因为p(CO2)＝p(kPa)·x，则c(CO2)＝y(mol·L－1·kPa－1)·p(CO2)＝p·x·y mol/L，在忽略HCO的电离时，c(H＋)＝c(HCO)，所以可得c(H＋)＝。(3)2MHCO3(s)M2CO3(s)＋H2O(g)＋ CO2(g)，等温等容条件下，压强之比等于物质的量之比，可用分压表示物质的量浓度，平衡常数Kp＝pH2O·pCO2＝×46××46＝529 kPa2。温度不变化学平衡常数Kp不变，设平衡时，平衡体系中CO2的分压为x，则K＝pH2O·pCO2＝ 529 kPa2，pCO2＝ kPa＝105.8 kPa，CO2的初始压强等于平衡压强减去碳酸氢盐分解产生的CO2的分压，即CO2(g)的初始压强应大于105.8 kPa－5 kPa＝100.8 kPa。(4)①由题意知，Li­CO2电池的总反应式为：4Li＋3CO2===2Li2CO3＋C，CO2发生得电子的还原反应，则CO2作为电池的正极；CO2还原后与Li＋结合成Li2CO3，按4个步骤进行，由步骤Ⅱ可知生成了CO，而步骤Ⅳ需要CO参加反应，所以步骤Ⅲ的离子方程式为：2CO＋CO2===2CO＋C；②Ⅰ.CO2在碱性条件下得电子生成CH3CH2CH2OH，根据电子守恒和电荷守恒写出电极反应式为：12CO2＋18e－＋4H2O===CH3CH2CH2OH＋9CO； Ⅱ.c催化剂条件下，CO2电还原的活化能小于H＋电还原的活化能，更容易发生CO2的电还原；而催化剂a和b条件下，CO2电还原的活化能均大于H＋电还原的活化能，相对来说，更易发生H＋的电还原。其中a催化剂条件下，H＋电还原的活化能比CO2电还原的活化能小的更多，发生H＋电还原的可能性更大，因此反应从易到难的顺序为c、a、b。 答案　(1)6C(石墨，s)＋3H2(g)===C6H6(l)　ΔH＝＋49.1 kJ·mol－1　(2)② 　(3)100.8 (4)①正 Ⅲ.2CO＋CO2===2CO＋C　②Ⅰ.12CO2＋18e－＋4H2O===CH3CH2CH2OH＋9CO 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