专题43 原理综合题——反应热+速率平衡（综合应用）（10年汇编）（全国通用）2017-2026年高考化学真题分类汇编

**基本信息** 高考化学原理综合题汇编，聚焦反应热、速率与平衡，收录2017-2026年45道高考真题，覆盖多省份考情，以真实工业反应为载体，融合热化学与动力学综合应用。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |原理综合题|45道/12-15分|反应热（盖斯定律计算）、速率（活化能与k关系）、平衡（分压平衡常数）|情境贴近科技前沿（水冲压发动机、/CaO储能体系），问题分层设计（基础计算与图像原因解释结合），符合新高考对综合应用能力的考查趋势|

专题43 原理综合题——反应热+速率平衡（综合应用） 1．(1)。 (2)< (3) = ＜ Mg·OH2反应生成MgOH+H的活化能比生成HMgOH的活化能大，所以生成HMgOH的反应速率更快，同时MgOH+H反应生成MgO+H2的活化能比HMgOH反应生成MgO+H2的活化能小，MgOH+H反应生成MgO+H2的速率更快，由于，，故平衡前< (4) 增大 3000K时，Mg、H2O、H2均为气体，MgO为固体，，增大压强平衡正向移动，会放出更多热量，该反应器在单位时间内产生的能量将增大 2．(1)-63 (2)＜ (3) (4) (5)a、c、d (6) (7)四组实验水的用量不同，④中水的用量最少，反应放出总热量少，升温幅度小，因此到达最高温度时间短不能说明反应速率大 3．(1) (2) (3) BC 3.2 (4)> (5) 0.82 0.22 4．(1)C (2) V形(或角形) HClO (3) V 影响因素是溶液 pH以及含量等，原因是Cl2浓度增大、pH增大，均使溶液中ClO﹣浓度增大，反应V的反应物浓度增大，反应速率增大 5．(1) (正)四面体形 (2)水解生成的会继续水解使溶液呈碱性，进而使水解速率放缓 (3)b (4) M 该反应放热，随着反应的进行，温度升高，水解速率加快 临近反应结束，随着反应物浓度降低，水解速率减慢 (5) 6．(1) B ＞ (2) 右侧 H++OH-=H2O (3) D 7．(1) (2)d (3)Ⅰ (4)a (5) ② 将CaH2(s)放在无水的N2气流中，在200~300℃测量固体质量的变化 (6)消耗H2O(g)同时产生H2(g)，H2O(g)的浓度减小，H2(g)的浓度增大均有利于平衡正向移动，提高Fe的产率 8．(1) (2)能 (3) 0.5 (4) 9．(1) 碱性环境抑制吸氧腐蚀正极反应的进行，反应速率减慢；碱性溶液中，溶解度较小，减少文物与的接触，减缓吸氧腐蚀 (2) 滴加混合溶液后，铁片表面将出现蓝色和红色区域，较长时间后出现黄色斑点 (3)分别加入等体积(如5mL)的溶液和蒸馏水至浸没样品，在室温下，搅拌、浸泡30min；过滤，各取等量上清液(如2mL)置于两支小试管中，分别滴加溶液酸化，再分别滴加溶液；记录每份上清液至出现AgCl白色沉淀时消耗的溶液体积 10．(1)C (2)C (3)A (4)C (5)D (6)CD (7)1.24 (8)在140℃之前，温度升高，反应速率加快，相同时间内产生的碳酸丙烯酯更多，且平衡正向移动产率升高；超过140℃，温度升高，平衡向吸热反应的逆向移动故产率下降 (9)不使用有毒气体光气；不产生HCl；可吸收CO2，变废为宝 11．(1)-50 (2) 放热 32.4 移走或加入SO2Cl2 d (3) 催化作用 12．(1) 不移动 2 由盖斯定律可知，反应1-反应2得，根据上表数据，、、，升高温度，K值增大，反应正向进行 (2)C (3) 阴极得到电子发生还原反应生成镁单质：，在阴极区不断加入适量的，发生反应，实现阴极产物的循环利用 0.5 13．(1)+92 (2)427 (3) 压强 温度 (4) 不变 增大 14．(1)能 (2)6a-b-9c (3)反应ⅰ有积炭生成，随着反应的进行，生成的积炭逐渐增多，覆盖在催化剂表面，使催化剂催化性能逐渐降低，化学反应速率减小 (4) 10.0 pH=10.0时，产物中积炭平均含量最低，CH4平均转化率最大，芳烃平均产率最高 (5) 20% 或 (6)加入合适的催化剂(合理即可) 15．(1) BD (2) AcOH KI (3) ＞ ＞ 16．(1)-67 (2) a 80% 7.8 10.92 (3) (或3：2) 5s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升 I2的投入消耗了部分CH2Br2，使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br 17．(1) ＜ 360℃ (2)-285.8 (3)BD (4)较高流速下，反应不充分，温度升高，速率增大，转化率升高 (5)6 (6)101 18．(1) HNO2 (2) AB (3) 0.36 3：4或0.75 (4)98% 19．(1)6 (2) 2 CO+3H2CH4+H2O (3)AC (4) A (5)随着温度的升高，反应物分子在催化剂表面的吸附降低，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 20．(1)－ (2) (3) a 减小 不变 21．(1) CuO SO3 (2) 催化剂 反应中有污染空气的NO和NO2放出影响空气环境、NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质、产率不高（答案合理即可） (3) cd d 22．(1) (2) (ⅱ) 在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于的键能比H-H键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ) (3) (4) 合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大 图4 23．(1) (或) 放出热量 作催化剂或降低反应活化能 (2)C (3) 或 8 24．(1)能 (2) 高 低 (3)ab (4)a (5) -1 ac (6) Fe 3d6 25．(1)-911.9 (2)mol⋅L-1 (3)Ca(OH)2在水中的溶解度小，反应①达到了平衡状态 (4) 不反应 Al和溶液中的OH-发生了反应 OH- (5)A (6)实验e中，发生反应①、②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应②平衡右移，反应②的发生促使反应①平衡右移，这三步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快。 26．(1)-286 (2) 50%或0.5 660.2(或660.1或660.3,其他答案酌情给分) (3) 5.4 相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高 27．(1) 不变 (2) 乙醇呈现出蓝色 ab 1.6 ×107 > CuSO4·3H2O和CuSO4·H2O 38.89% 25°C时Na2CO3·H2O的平衡压强为p(H2O)=706 Pa，低于反应II中平衡压强为p(H2O)=747Pa，且远远超过反应III中平衡压强为p(H2O)=107 Pa，此时反应II的平衡正向移动得比较充分，而反应III的平衡会大幅度逆向移动，从而抑制CuSO4·H2O的脱水，有利于其保持纯度 28．(1) N2↑ 4H2O (E1-E2)+ΔH+(E3-E4) 2NO+O2=2NO2 (2) BD 当溶液pH=9时，，因此可忽略溶液中 即=0.20 反应(ii)的平衡常数K2===3.3×10-7 联立两个方程可得=6.0×10-4mol/L λ3 增大 29．(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) 9.0 1.8：1 BC M+H2O=MO+H2 MO+CO=M+CO2 30．(1)吸收CO2，提高H2的产率，提供热量 (2) 657.1kJ·mol-1 反应Ⅰ和反应Ⅱ的ΔH＞0，高温下反应的平衡常数大(反应正向进行程度大)，CO2的消耗量大，反应Ⅲ的ΔH＜0，高温下反应的平衡常数小(反应正向进行程度小)，CO2的生成量小 (3) 铜的化合价由+2变为+1价，铈的化合价由+4价变为+3价 高温下，Cu(+2价)或Cu(+1价)被H2还原为金属Cu 31．(1)   (2)1067.5 (3) (4) (5)游客呼出的CO2可与钟乳石主要成分CaCO3发生可逆反应：，CO2增加，平衡正向移动，CaCO3减少，钟乳石被坏 32．(1) 直线形 (2) 30% d (3) 放热 600℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600℃时，S2浓度明显偏小，且反应速率慢 (4)、、写出任意一个 33． 不同温度下都能自发，是因为 C BDF 34． 溴(或) 24.8 大于 大于 设，即，由图可知：则：，即，因此该反应正反应为吸热反应，即大于0 0.5 35． 2NaCl+ 2H2O2NaOH + H2↑+Cl2↑ A ＜ K1p + 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 AB 36． O2（或氧气） 放出 小于 cd 催化剂 0.015mol·L-1·min-1 2S2O+2H2OO2↑+4H++4SO 37． 光能转化为化学能 H2 该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动（或平衡常数减小） 分子筛膜从反应体系中不断分离出H2O，有利于反应正向进行，甲醇产率升高 210 平面（正）三角形 38． +43.9 乙 p1、p2、p3 T1时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响 A 39． 430 AD 的产率低，说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率 选择性膜吸附，促进反应Ⅱ平衡正向移动 40． 2V2O5(s)+ 2SO2(g)⇌ 2VOSO4(s)+ V2O4(s)  ∆H= -351 kJ∙mol-1 0.975 该反应气体分子数减少，增大压强，α提高。所以，该反应在550℃、压强为5.0MPa＞2.5MPa＝p２的，所以p1=5.0MPa 反应物（N2和O2）的起始浓度（组成）、温度、压强 升高温度，k增大使v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降。当t＜tm，k增大对v的提高大于α引起的降低；当t＞tm，k增大对v的提高小于α引起的降低 41． AE p Ⅱ T4 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 42． 第四周期第VA族 173 黑磷 ＞ ＞ 分子间存在氢键 b、c （“”写成“”亦可） 加盐酸，抑制水解 43． 大于 C 小于 2.02 COOH+H+H2O＝COOH+2H+OH或H2O＝H+OH 0.0047 b c a d 44． 3SO2(g)+2H2O (g)=2H2SO4 (l)+S(s)  ΔH2=−254 kJ·mol−1     > 反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，H2SO4 的物质的量增大，体系总物质的量减小，H2SO4的物质的量分数增大 SO2         SO42— 4H+ 0.4 I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率 反应ii比i快；D中由反应ii产生的H+使反应i加快 45． O2 53.1 30.0 6.0×10－2 大于 温度提高，体积不变，总压强提高；NO2二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高 13.4 AC 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题43 原理综合题——反应热+速率平衡（综合应用） 考点分类 十年考情（2017-2026） 命题规律 涉及 综合应用 2026：贵州、江西、广东 2025：浙江、重庆、湖北、广东、江苏、上海 2024：天津、广西、重庆、海南、广东、全国甲卷、辽宁 2023：广东、浙江、山东、辽宁、全国新课标卷 2022：天津、辽宁、海南、广东 2021：重庆、江苏、海南、天津、浙江、全国乙卷、浙江 2020：海南、天津、山东、浙江、全国I卷 2019：天津、全国I卷 2018：北京、全国I卷 1.题型特点：属于高考化学必做大题，分值 12‑15 分，新高考每套试卷基本都有，以真实工业反应为载体，融合热化学、化学反应速率、化学平衡、平衡常数、图像图表、分压平衡、条件选择。本专题主要涉及综合应用。 2.难度特点：前 2‑3 小问基础，后面计算、图像原因解释、动力学分析为拉分点。 3.核心考向： （1）反应热（盖斯定律）。 主流考法：给出多个热化学方程式，求目标反应；结合键能计算；结合能量‑反应历程图，求正逆反应活化能。 （2）化学反应速率。 基础：速率计算，速率之比 = 计量数之比。 高频热点： ① 外界条件对速率影响：温度、压强、浓度、催化剂； ② 活化能：催化剂降低正、逆反应活化能同等程度，不改变反应热；活化能越大，反应速率受温度影响越显著； ③ 速率常数k：只与温度、催化剂有关；温度升高， k正、k逆均增大；平衡时，v正=v逆,可推导k与 k正、k逆的关系（新高考高频）； ④ 选择性：催化剂选择性，只加速主反应，抑制副反应。 （3）化学平衡（大题核心）：平衡移动、平衡常数、转化率、产率、选择性的计算。 1．（2026·贵州·高考真题）水下推进装置的研究对维护国家海洋权益有积极意义。水冲压发动机是一种新型水下推进装置，通过金属燃料与海水反应产生推力。某科研小组对金属燃料镁与水蒸气高效燃烧过程进行了研究，并模拟计算了其反应机理，所涉反应及变化如下。 Ⅰ．   Ⅱ．   Ⅲ．   已知：①在标准大气压下，MgO的液化温度为3125 K，汽化温度为3873 K。 ② ③模拟计算条件：动力反应装置为绝热系统(物质与热量均不与外界交换)，压强为标准大气压(1 atm)。 回答下列问题： (1)计算：  ________。 (2)模拟计算得出镁与水蒸气反应的和随温度的变化关系如图1。温度小于3000 K时，________0(填“＞”“=”或“＜”)。 (3)研究表明，反应中同时存在氢原子解离(路径Ⅰ)和氢原子转移(路径Ⅱ)两条反应路径，如图2。 ①两条反应路径的关系为______(填“＞”“=”或“＜”)。 ②1 atm下，路径Ⅰ和路径Ⅱ都是连续反应： 反应速率方程为，其中是反应速率，是反应速率常数(其数值大小关系为)，是反应物浓度。反应达到平衡前，___________(填“＞”“=”或“＜”)，原因是____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。 ③某温度下，镁与足量水蒸气在内全部反应，其中通过路径Ⅰ生成的氢气为，则在该时间段内路径Ⅱ的反应速率为_______________。 (4)在3000 K时，若将动力装置反应器出口设置成小口径喷口，反应器可近似为恒容密闭体系，体系压强从1 atm提升至10 atm，则该反应器在单位时间内产生的能量将_________(填“增大”“不变”或“减小”)，原因是______________________________________________________________________________________。 【答案】(1)。 (2)< (3) = ＜ Mg·OH2反应生成MgOH+H的活化能比生成HMgOH的活化能大，所以生成HMgOH的反应速率更快，同时MgOH+H反应生成MgO+H2的活化能比HMgOH反应生成MgO+H2的活化能小，MgOH+H反应生成MgO+H2的速率更快，由于，，故平衡前< (4) 增大 3000K时，Mg、H2O、H2均为气体，MgO为固体，，增大压强平衡正向移动，会放出更多热量，该反应器在单位时间内产生的能量将增大 【详解】（1）根据盖斯定律，将已知反应Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ相加，消去中间产物MgO(s)、MgO(l)，可得目标反应，故。 （2）已知，由图可知：温度升高时增大，几乎不变，因此对的斜率为，可得。 （3）① 焓变是状态函数，只与反应的始态和终态有关，两条路径的反应物和最终产物完全相同，因此。 ②Mg·OH2反应生成MgOH+H的活化能比生成HMgOH的活化能大，所以生成HMgOH的反应速率更快，同时MgOH+H反应生成MgO+H2的活化能比HMgOH反应生成MgO+H2的活化能小，MgOH+H反应生成MgO+H2的速率更快，由于，，故平衡前<。 ③总物质的量为，对应生成，因此总物质的量为；路径Ⅰ生成，物质的量为，则路径Ⅱ生成的物质的量为，故速率。 （4）3000K时，Mg、H2O、H2均为气体，MgO为固体，，增大压强平衡正向移动，会放出更多热量，该反应器在单位时间内产生的能量将增大。 2．（2026·江西·高考真题）/CaO热化学储能体系可作为化学热泵，具有储能密度高、储／释能速度快等优点。其化学反应与能量关系图如下： 回答下列问题： (1)________。 (2)同等条件下，表面自由能G（块状）________G（粉末）（填“>”“=”或“<”）。 (3)/CaO开放系统在脱水过程中，起始质量为，当固体质量为m时，转化率为________。 (4)空调属于物理热泵，上述关系图中与物理热泵相似的供热过程是______________________。 (5)下图为密闭容器中的理论平衡曲线，在图中能稳定存在的状态点有________（填标号）。 (6)假设金属Ca，原子半径为，在二维平面单层紧密堆积，则其总面积（含空隙）计算式________。 (7)初始CaO质量相同，不同比例与CaO反应时间和温度的关系曲线如图。 甲同学通过到达最高温度的时间长短，推断出化学反应速率最大的是④。 乙同学认为该结论不正确，理由是________________________________________。 【答案】(1)-63 (2)＜ (3) (4) (5)a、c、d (6) (7)四组实验水的用量不同，④中水的用量最少，反应放出总热量少，升温幅度小，因此到达最高温度时间短不能说明反应速率大 【详解】（1）根据盖斯定律，整个循环焓变总和为0：，解得； （2）同等条件下，粉末状的物质相比于块状物质，被粉碎得更细，具有更大的比表面积。表面原子由于配位不饱和，具有比内部原子更高的能量，因此块状的表面自由能小于粉末状。 （3）设转化率为，起始物质的量为，每脱水失去，固体质量减少，因此： ，整理得。 （4）空调等物理热泵的供热原理是利用制冷剂发生物理相变(如气态冷凝液化)来释放热量。在上述关系图中，发生物理变化且放热的过程是510℃的转变为25℃的的过程(放出62kJ/mol的热量)。 （5）对于平衡，平衡常数；若实际，反应逆向进行，不符合题意。 图中点c在平衡曲线下方，同温度下实际小于平衡，平衡正向趋势大，因此可以稳定存在；而点 a 和点 d 位于平衡曲线上，体系处于平衡状态，此时和CaO稳定共存，故选a、c、d。 （6） 的原子个数为；二维单层紧密堆积（六方密堆积），框内表示每个原子所占总面积（含空隙），计算结果为，因此总表面积： 。 （7）初始质量相同，水的比例不同，放热量不同：水越少，总放热量越少，体系需要升高的温度越小，到达最高温度的时间就越短，和反应速率无关，因此该推断不正确。 3．（2026·广东·高考真题）硫、氯单质及其化合物在科研和生产中均具有重要作用。 (1)基态S原子的价层电子轨道表示式为___________。 (2)我国科学家在深海发现化能合成生物群落，硫化物的氧化可为生物活动提供能量。          则___________(用和表示)。 (3)的氧化可在卟啉铁配合物[](用表示)催化下进行，其中的一步反应为。为研究不同因素对该反应的影响，进行4组实验：Ⅰ~Ⅲ组仅初始不同；Ⅳ与Ⅱ组仅温度不同。时间内的实验数据如图1。 ①下列说法正确的有___________。 A．0~t内反应速率：Ⅰ>Ⅱ>Ⅲ              B．Z的平衡转化率：Ⅰ<Ⅱ<Ⅲ C．实验温度：Ⅱ>Ⅳ                     D．平衡时的浓度：Ⅱ和Ⅳ相等 ②Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ的数据点分布在一条直线上，且，则___________。 (4)可用于橡胶的硫化。其在潮湿空气中水解生成、和，该水解反应的熵变___________0(填“>”“=”或“<”)。 (5)某低共熔溶剂(D)可用于吸收，其吸收过程可表示为： ， 在一定和压强()下，吸收至饱和时，每摩尔D吸收的量为，相关信息见图2，或随的变化如图3。 ①1 mol D在303 K、下吸收至饱和，再升温至、降压至，达平衡后可释放___________。 ②形成的总过程表示为，其平衡常数可表示为。已知：时，，则在、、最多可吸收___________。(写出计算过程，结果保留两位有效数字) 【答案】(1) (2) (3) BC 3.2 (4)> (5) 0.82 0.22 【详解】（1） S的原子序数为16，在周期表中位于第三周期VIA族，所以其价层电子轨道表示式为； （2）根据盖斯定律，，故； （3）①A．题图1的纵坐标是Z的反应速率，从实验Ⅰ到Ⅲ，随着的增大，Z的反应速率逐渐增大，转化率也逐渐增大，A错误； B．从实验Ⅰ到Ⅲ，随着的增大，Z转化率逐渐增大，B正确； C．温度越高反应速率越快，由题图1可知实验Ⅱ的反应速率比Ⅳ的反应速率大，故实验温度：Ⅱ>Ⅳ，C正确； D．Ⅱ和Ⅳ温度不同，该分步反应平衡常数不同，平衡时Z的浓度不相等，D错误； 故BC； ②已知Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ的数据点分布在一条直线上，故，，则。 （4）在潮湿空气中水解的化学方程式为，该反应为熵增反应，熵变。 （5）①由题干可知，每摩尔D吸收的量为。结合题图3可知，303 K、时，，，；350 K、时，，，，故达平衡后释放的为。 ②由题图3可知，时，温度不变不变。时，，结合题图2中信息，，，则，解得；时，，解得，，故最多可吸收。 4．（2025·浙江·高考真题）氯气、二氧化氯常用于漂白、杀菌，有重要的应用价值。请回答： (1)下列措施中能提高新制饱和氯水中浓度的是_______。 A．加固体 B．加水 C．加粉末 D．加足量溶液 (2)氯气常用于自来水消毒。稀氯水中存在如下反应(不考虑其他反应)： I   Ⅱ       Ⅲ   时，在不同下，约氯水中部分含氯微粒的平衡浓度对数值如图所示(溶液体积保持不变)。 ①分子的空间构型是_______。 ②在之间，浓度增加，其最大来源是_______(填含氯微粒符号)。 ③该氯水中氯元素质量守恒表达式：_______。 ④在图中画出之间，随的变化曲线_______。 (3)某研究小组提出，商用(常含杂质)在水中易发生如下反应，影响自来水消毒效果。 Ⅳ   V   中含量对反应初始速率的影响如图所示。实验条件：初始浓度相同。 ①的存在主要加快了反应_______(填“Ⅳ”或“V”)。 ②指出改变的影响因素，并解释原因_______。 【答案】(1)C (2) V形(或角形) HClO (3) V 影响因素是溶液 pH以及含量等，原因是Cl2浓度增大、pH增大，均使溶液中ClO﹣浓度增大，反应V的反应物浓度增大，反应速率增大 【详解】（1）饱和氯水中存在平衡：，平衡正向移动，增加HClO浓度： A．加NaCl固体，浓度增加，平衡逆向移动，HClO降低，A错误； B．加水，平衡正向移动，HClO物质的量增加，但浓度降低，B错误； C．加粉末，消耗，平衡正向移动，HClO浓度增加，C正确； D．加足量溶液，消耗，平衡正向移动，但溶液体积会变大，HClO浓度下降，且足量的也会和HClO反应，进一步导致HClO浓度下降，D错误； 故答案为C。 （2）①分子的中心原子O的价层电子数为，O有2对孤电子对，空间构型是V形(或角形)； ②在之间，浓度增加，主要来自 HClO 的电离：； ③溶于水生成等量的和HClO，HClO进一步转化为和，则该氯水中氯元素质量守恒表达式：； ④由 可知，随着 pH 升高，减小，亦随之减小，且，代入pH=4时，，得到，同理，pH=9时，，，故从 pH=4 到9时，从-11点位大致呈单调下降曲线递减到-14点位，如图所示：； （3）①反应Ⅳ是自身的氧化还原反应，而反应V是做氧化剂，将氧化为(氯的含氧酸中并不是化合价越高，氧化性越强)，故当存在时，存在题(2)中Ⅰ和Ⅲ的电离平衡，主要影响的是反应Ⅴ，即加快了反应Ⅴ的反应速率； ②读图可知，影响的主要因素有溶液 pH以及 含量等，原因是Cl2浓度增大、pH增大，均使溶液中ClO﹣浓度增大，反应V的反应物浓度增大，反应速率增大。 5．（2024·天津·高考真题）是常用的还原剂，可选择合适的催化剂实现其可控水解制。 I．的结构 (1)由和组成。的空间结构为___________，的电子式为___________。 Ⅱ．的水解 的水解反应方程式为：，该反应放热。 (2)无催化剂时，在酸性溶液中水解迅速，在碱性溶液中水解缓慢，在纯水中水解反应速率会随反应进行快速下降。在纯水中反应速率快速下降的原因是___________。 (3)相同条件下，三种试制的催化剂X、Y和Z在碱性溶液中催化水解产的体积随反应时间的变化如图。下列相关结论正确的是___________(填序号)。 a．反应至时，使用X产生的体积是使用Y的2倍 b．与Y相比，X降低反应的活化能更多 c．Z无催化活性 (4)在起始温度不同、其他条件相同的情况下进行水解反应的对比实验，的生成速率与浓度的关系如图所示。在反应过程中，体系温度随反应进行逐渐升高，催化剂活性保持不变。 ①图中起始温度较高的实验对应的曲线是___________(填“M”或“N”)； ②曲线M中，p点之前的生成速率提高，主要原因是___________；p点之后的生成速率降低，主要原因是___________。 Ⅲ．的再生 (5)用惰性电极电解碱性溶液，在阳极生成，在阴极生成和，实现的再生。总反应为，阴极的电极反应式为___________。 【答案】(1) (正)四面体形 (2)水解生成的会继续水解使溶液呈碱性，进而使水解速率放缓 (3)b (4) M 该反应放热，随着反应的进行，温度升高，水解速率加快 临近反应结束，随着反应物浓度降低，水解速率减慢 (5) 【详解】（1）的价层电子对数是，无孤对电子，空间构型是正四面体形；由和组成，属于离子化合物，电子式：； （2）根据的水解反应方程式为：可知，水解的本质是还原水中的H，生成H2，故无催化剂时，在酸性环境中水解迅速，在碱性环境下水解缓慢，在纯水中水解反应速率会随反应进行快速下降的原因是随着反应的进行，生成的会继续水解使溶液呈碱性，H+的浓度降低，反应速率逐渐减慢； （3）a．由图可知，反应至3 min时，使用X产生H2的体积不是使用Y的2倍，故a错误； b．与Y相比，使用X同等时间内产生的气体更多，说明使用X反应速率更快，降低反应活化能更多，故b正确； c．Z是负催化剂，阻碍了水解产生H2，导致H2的产生量为0，故c错误； 故答案为：b； （4）①水解反应是吸热反应，温度越高，水解反应速率越快，由图可知，同等浓度的条件下，M产生H2的速率更快，所以起始温度较高的实验对应的曲线是M； ②曲线M中，p点之前H2的生成速率提高，主要原因是反应放热，温度升高，反应速率逐渐加快，p点之后H2的生成速率降低，主要原因是随着反应的进行，反应物浓度逐渐降低，浓度对速率的影响其起着主要因素，导致H2的生成速率降低； （5）用惰性电极电解碱性溶液，在阳极生成，所以阳极的反应为，用总反应减去阳极的反应，可以得到阴极的反应为。 6．（2025·重庆·高考真题）水是化学反应的良好介质，探索水溶液中的酸碱平衡具有重要意义。 (1)天然水中可以分离出重水(D2O)。D2O溶液中存在电离平衡：，c(D+)和c(OD-)的关系如图所示。 ①图中3个状态点对应的溶液呈中性的是_______。 ②_______(填“>”“=”或者“<”)。 (2)用如图所示电化学装置进行如下实验。 ①用实验：在左侧通入，产物为，盐桥中移向装置的_______(填“左侧”或者“右侧”)，电池的总反应为_______。 ②用实验：在一侧通入，电池的总反应仍保持不变，该侧的电极反应为_______。 (3)利用驰豫法可研究快速反应的速率常数(k，在一定温度下为常数)。其原理是通过微扰(如瞬时升温)使化学平衡发生偏离，观测体系微扰后从不平衡态趋向新平衡态所需的驰豫时间()，从而获得k的信息。对于，若将纯水瞬时升温到25℃，测得。已知：25℃时，，，，(为的平衡浓度)。 ①25℃时，的平衡常数_______(保留2位有效数字)。 ②下列能正确表示瞬时升温后反应建立新平衡的过程示意图为_______。 ③25℃时，计算得为_______。 【答案】(1) B ＞ (2) 右侧 H++OH-=H2O (3) D 【详解】（1）①重水中存在电离平衡，中性溶液中，，只有B点符合，所以“A、B、C”三点中呈中性的是B点，故答案为：B； ②水的电离平衡为吸热过程，温度升高，电离程度增大，，均增大，Kw也增大，由图可知，T1时离子浓度更高，Kw更大，所以＞，故答案为：＞； （2）①用进行实验，左侧通入，产物为，即左侧Pt电极上发生了氧化反应，电极方程式为：，左侧为负极，右侧为正极，右侧Pt电极上发生了还原反应，电极方程式为：，该电池总反应方程式H++OH-=H2O，故答案为：右侧；H++OH-=H2O； ②用进行实验，一侧通入，电池总反应方程式不变，在通入的一侧，氧气发生还原反应，而生成氧气的一侧，则发生氧化反应，参与反应的H+和OH-仅作为反应物出现在电极反应式中，即正极反应式：，故答案为； （3）①对于反应，平衡常数K的定义为：K=，在25℃的纯水中，水的离子积常数为Kw=，而且平衡时，已知，带入公式：K=，保留两位小数K，故答案为：； ②瞬时升温后，逆反应速率增大，但水的浓度是恒定的，正反应速率不变，所以建立新平衡的过程示意图为D， ③驰豫时间公式为，其中，，带入得：，在平衡时， ，可推出 ，带入已知值： ，即，将k1带入驰豫时间公式为：，整理可得，，计算括号内：，，由于 ，可忽略不计，所以，得出 ，故答案为：。 7．（2025·湖北·高考真题）粉末可在较低温度下还原。回答下列问题： (1)已知一定温度下： 则的_______(用m和n表示)。 (2)图1分别是和下还原过程中反应体系电阻随反应时间变化的曲线，可用_______(填标号)表示反应的快慢。 a．    b．    c．    d． (3)图1中曲线_______(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)对应的反应温度最高。 (4)研究发现对的还原性主要来自于其产生的。一般认为在表面被氧化成有两种可能途径，图2是理论计算得到的相对能量变化图，据此推测途径_______(填“a”或“b”)是主要途径。 (5)产生的可能反应：①或②。将放在含微量水的气流中，在至的升温过程中固体质量一直增加，由此可断定的来源之一是反应_______(填“①”或“②”)。若要判断另一个反应是否是的来源，必须进行的实验是_______。 (6)已知。研究表明，在相同温度下，用还原比直接用还原更有优势，从平衡移动原理角度解释原因：_______。 【答案】(1) (2)d (3)Ⅰ (4)a (5) ② 将CaH2(s)放在无水的N2气流中，在200~300℃测量固体质量的变化 (6)消耗H2O(g)同时产生H2(g)，H2O(g)的浓度减小，H2(g)的浓度增大均有利于平衡正向移动，提高Fe的产率 【详解】（1）① ② ③ ×①+×②得到反应③，根据盖斯定律可知=×+×= ； （2）随着铁的生成，电阻变小，可用单位时间内电阻的变化量来表示反应速率，即，选d； （3）其它条件相同，温度越高，反应速率越快，曲线Ⅰ电阻变化最快，故曲线Ⅰ对应的反应温度最高； （4）由图可知途径a中能垒为1.3eV，比途径b中小，故途径a反应速率更快，途径a是主要途径； （5）固体质量一直增加，则氢气的来源之一是反应②；若要判断另一个反应是否是H2的来源，必须进行的实验是：将CaH2(s)放在不含水的N2气流中，在200~300℃测量固体质量的变化； （6）在相同温度下，用还原比直接用还原更有优势，从平衡移动原理角度解释原因：消耗H2O(g)同时产生H2(g)，H2O(g)的浓度减小，H2(g)的浓度增大均有利于平衡正向移动，提高Fe的产率。 8．（2025·广东·高考真题）钛单质及其化合物在航空、航天、催化等领域应用广泛。 (1)基态Ti原子的价层电子排布式为_______。 (2)298K下，反应的、，则298K下该反应_______(填“能”或“不能”)自发进行。 (3)以为原料可制备。将与10.0molTi放入容积为的恒容密闭容器中，反应体系存在下列过程。 编号 过程 (a) (b) (c) (d) ①_______kJ/mol。 ②不同温度下，平衡时反应体系的组成如图。曲线Ⅰ对应的物质为_______。 ③温度下，_______，反应(c)的平衡常数_______(列出算式，无须化简)。 (4)钛基催化剂可以催化储氢物质肼的分解反应： (e) (f) 为研究某钛基催化剂对上述反应的影响，以肼的水溶液为原料(含的物质的量为)，进行实验，得到、随时间t变化的曲线如图。其中，为与的物质的量之和；为剩余的物质的量。设为0~t时间段内反应(e)消耗的物质的量，该时间段内，本体系中催化剂的选择性用表示。 ①内，的转化率为_______(用含的代数式表示)。 ②内，催化剂的选择性为_______(用含与的代数式表示，写出推导过程)。 【答案】(1) (2)能 (3) 0.5 (4) 【详解】（1）Ti为22号元素，基态Ti原子的价层电子排布式为，故答案为：： （2）反应的、，则根据可知，该反应在298K下能自发进行，故答案为：能； （3）① 已知： 反应b： 反应c： 将反应c-2×反应b可得，则，故答案为：； ② 由表格可知，反应a为放热反应，反应b、c为吸热反应，反应d也是放热的，曲线Ⅰ，Ⅱ可表示或的物质的量随温度的变化情况，随着温度升高，反应b、c正向移动，反应a、d为逆向移动，所以的含量逐渐上升，的含量逐渐下降，所以曲线Ⅰ对应的物质为，故答案为：； ③ 温度下，，，，根据Ti元素守恒，可推出（10+5-6-8.5）mol=0.5mol，则，，反应(c)的平衡常数=，故答案为：0.5；； （4）① 因为肼为反应物，肼的含量逐渐下降，起始时，时， ，则内，的转化率为=，故答案为：； ② 由图可知，内，，，则，反应掉的肼为，生成的氮气和氢气的物质的量为，根据反应前后原子个数守恒，可得，反应f消耗的肼为，反应e消耗的肼为， 则本体系中催化剂的选择性===，故答案为：； 9．（2025·江苏·高考真题）海洋出水铁质文物表面有凝结物，研究其形成原理和脱氯方法对保护文物意义重大。 (1)文物出水清淤后，须尽快浸泡在稀或溶液中进行现场保护。 ①玻璃中的能与反应生成_______(填化学式)，故不能使用带磨口玻璃塞的试剂瓶盛放溶液。 ②文物浸泡在碱性溶液中比暴露在空气中能减缓吸氧腐蚀，其原因有_______。 (2)文物表面凝结物种类受文物材质和海洋环境等因素的影响。 ①无氧环境中，文物中的与海水中的在细菌作用下形成等含铁凝结物。写出与反应生成和的离子方程式：_______。 ②有氧环境中，海水中的铁质文物表面形成等凝结物。 (i)铁在盐水中腐蚀的可能原理如图所示。依据原理设计如下实验：向溶液中加入溶液(能与形成蓝色沉淀)和酚酞，将混合液滴到生铁片上。预测该实验的现象为_______。 (ii)铁的氢氧化物吸附某些阳离子形成带正电的胶粒，是凝结物富集的可能原因。该胶粒的形成过程中，参与的主要阳离子有_______(填离子符号)。 (3)为比较含氯在溶液与蒸馏水中浸泡的脱氯效果，请补充实验方案：取一定量含氯模拟样品，将其分为两等份，_______，比较滴加溶液体积[。实验须遵循节约试剂用量的原则，必须使用的试剂：蒸馏水、溶液、溶液、溶液]。 【答案】(1) 碱性环境抑制吸氧腐蚀正极反应的进行，反应速率减慢；碱性溶液中，溶解度较小，减少文物与的接触，减缓吸氧腐蚀 (2) 滴加混合溶液后，铁片表面将出现蓝色和红色区域，较长时间后出现黄色斑点 (3)分别加入等体积(如5mL)的溶液和蒸馏水至浸没样品，在室温下，搅拌、浸泡30min；过滤，各取等量上清液(如2mL)置于两支小试管中，分别滴加溶液酸化，再分别滴加溶液；记录每份上清液至出现AgCl白色沉淀时消耗的溶液体积 【详解】（1）①是酸性氧化物，可与NaOH溶液发生反应生成硅酸钠和水，化学方程式为。 ②吸氧腐蚀时正极反应式为，根据化学平衡移动原理，碱性溶液中，浓度较大，会抑制得电子，使吸氧腐蚀的速率减慢；在高离子浓度的液体中溶解度较小，碱性溶液比纯水溶解氧的能力低，减少了文物与的接触，减缓吸氧腐蚀。 （2）①无氧、弱碱性的海水中，Fe在细菌作用下，被氧化为价的FeS、，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可写出该反应的离子方程式：。 ②由题图知，铁片在NaCl溶液中发生吸氧腐蚀，开始时，负极反应式为，正极反应式为。与反应生成蓝色沉淀，即铁片上会出现蓝色区域；溶液中酚酞遇到变红，铁片上会出现红色区域；由“有氧环境中，海水中的铁质文物表面形成FeOOH知，在盐水中被氧化成黄色的FeOOH，故现象是滴加混合溶液后，铁片表面将出现蓝色和红色区域，较长时间后出现黄色斑点；铁片发生吸氧腐蚀，负极区生成，被进一步氧化为，此时体系中的阳离子主要有。 （3）要检验脱氯效果，应控制样品用量、脱氯时间、取用体积等变量相同，利用与的反应进行实验。实验中，首先需要将等量的含氯FeOOH模拟样品分别用等体积的NaOH溶液与蒸馏水浸泡脱氯，然后过滤，得到上清液，取等体积的两种上清液，先用溶液酸化，再加入溶液，通过比较出现AgCl白色沉淀时消耗。溶液体积的大小，即可比较脱氯效果。 10．（2025·上海·高考真题）碳酸丙烯酯()简称PC，是一种重要的有机化合物，具有多种工业通途。 (1)中电负性最大的元素是_______。 A．C    B．H    C．O (2)1mol PC分子中键的数目为_______。 A．7 B．12 C．13 D．14 环氧丙烷与二氧化碳催化合成法是目前最常用的生产方法。 已知： 反应①：(g)+CO2(g) (l)     反应②：C(s)+O2(g)=CO2(g)    反应③：    反应④：    (3)反应④的=_______ A．-613.2 B．613.2 C．395.2 D．-395.2 (4)下列关于反应①的随温度T的变化趋势正确的是_______。 一定条件下，在25mL恒容密闭容器中，环氧丙烷气体和过量的CO2发生反应①，制得碳酸丙烯酯液体。 (5)下列措施可以增加反应物分子中活化分子百分数的是_______。 A．通入惰性气体 B．增加CO2浓度 C．缩小容器体积 D．升高温度 (6)能说明上述反应达到化学平衡标志的是_______。 A．v正=v正 B．物质总质量保持不变 C．压强保持不变 D．气体平均摩尔质量保持不变 (7)反应4h后，液体体积为10mL，碳酸丙烯酯的选择性为95%，则环氧丙烷的化学反应速率v(环氧丙烷)=_______mol·L-1·h-1(精确到小数点后2位) 环氧丙烷生成的过程中可能会发生副反应。 已知： ①碳酸丙烯酯的选择性= ②M(碳酸丙烯酯)；ρ(碳酸丙烯酯)。 (8)碳酸丙烯酯相同时间内随温度变化如图所示，请解释产率随温度先变大后下降的原因_______。 (9)制备碳酸丙烯酯还有一种光气法，其原理为利用丙二醇与光气生成碳酸丙烯酯。 与光气法相比，请从绿色化学角度写出3点环氧丙烷与二氧化碳合成法的优势_______。 【答案】(1)C (2)C (3)A (4)C (5)D (6)CD (7)1.24 (8)在140℃之前，温度升高，反应速率加快，相同时间内产生的碳酸丙烯酯更多，且平衡正向移动产率升高；超过140℃，温度升高，平衡向吸热反应的逆向移动故产率下降 (9)不使用有毒气体光气；不产生HCl；可吸收CO2，变废为宝 【详解】（1） 中含有C、H、O元素，电负性是元素的原子在化合物中吸引电子的能力的标度，同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，电负性，电负性最大的是O，故答案选C； （2） 单键都是键，双键中含1个键和1个键，分子中含有13个键，则1 mol分子中含有个键； （3）根据盖斯定律，反应Ⅰ+反应II+反应III=反应IV，则 ，故选A； （4）反应Ⅰ中，，（）随温度T/(K)的变化是一次函数的变化，斜率，与y轴的截距，故答案选C； （5）A．通入惰性气体,体系的温度未变，反应物分子中活化分子百分数未变，A错误； B．增加CO2浓度，反应浓度增大，活化分子浓度增大，但由于温度未变，分子能量未变，活化分子百分数未变，B错误； C．缩小容器体积，反应浓度增大，活化分子浓度增大，但由于温度未变，分子能量未变，活化分子百分数未变，C错误； D．升高温度，分子能量增大，活化分子百分数增大，D正确； 故选D。 （6）A．都表示正反应速率，故不能表示反应达到平衡状态，A错误； B．根据质量守恒定律，物质总质量不变，故不能说明反应达到平衡状态，B错误； C．该反应前后气体分子总数不同，故气体体积不变时，各物质的量浓度不变，可以说明反应达到平衡状态，C正确； D．该反应前后气体分子总数不同，混合气体平均摩尔质量不变时，则说明各物质的量不再变化，可以说明反应达到平衡状态，D正确； 故答案选CD； （7）反应4h后，液体体积为10 mL，即得到碳酸丙烯酯的体积为10 mL，其物质的量为，即转化为碳酸丙烯酯的环氧丙烷的物质的量为0.118 mol，碳酸丙烯酯的选择性，即参加反应的环氧丙烷的物质的量为0.124 mol，根据反应速率； （8）碳酸丙烯酯在单位时间内的产率随温度变化先变大后减小是因为反应未达平衡，温度越高反应速率越快，产率越高，，正反应放热，温度升高，平衡逆向移动，产率降低； （9）用光气与丙二醇反应也可以用于制备碳酸丙烯酯，光气有毒，传统方法更安全； 用光气与丙二醇反应还有副产物 产生，原子利用率低； 环氧丙烷与催化合成原子利用率达到百分之百，传统方法用二氧化碳做原料，可以帮助完成碳中和，减缓温室效应。 11．（2024·广西·高考真题）二氯亚砜()是重要的液态化工原料。回答下列问题： (1)合成前先制备。有关转化关系为： 则的_______。 (2)密闭容器中，以活性炭为催化剂，由和制备。反应如下： Ⅰ   Ⅱ   ①反应Ⅱ的(为平衡常数)随(为温度)的变化如图，推断出该反应为_______(填“吸热”或“放热”)反应。 ②466K时，平衡体系内各组分的物质的量分数随的变化如图。 反应Ⅱ的平衡常数_______(保留1位小数)。保持和不变，增大平衡转化率的措施有_______(任举一例)。 ③改变，使反应Ⅱ的平衡常数，导致图中的曲线变化，则等于的新交点将出现在_______(填“”“”“”或“”)处。 (3)我国科研人员在含的溶液中加入，提高了电池的性能。该电池放电时，正极的物质转变步骤如图。其中，的作用是_______；正极的电极反应式为_______。 【答案】(1)-50 (2) 放热 32.4 移走或加入SO2Cl2 d (3) 催化作用 【详解】（1）由盖斯定律可知，的焓变为，则的； （2）①由图可知反应Ⅱ的与成正比，则温度升高即减小随之lgK减小，那么K值减小，平衡逆向移动，反应Ⅱ为放热反应； ②由图可知，=2.0时，平衡体系物质的量分数x(SCl2)=x(SO2Cl2)=0.13，由于为非可逆反应，故O2应完全转化，即平衡体系中不存在O2，则x(SOCl2)=1－x(SCl2)－x(SO2Cl2)=0.74，反应Ⅱ是气体体积不变的反应，则平衡常数可用物质的量分数代替计算，反应Ⅱ的平衡常数；保持和不变，减小生成物浓度或加入其他反应物均能使平衡正移，增大平衡转化率的措施有移走或加入SO2Cl2； ③反应Ⅱ为放热反应，改变，使反应Ⅱ的平衡常数，其平衡常数减小，则为升高温度，反应Ⅱ逆向移动，使得含量减小、增加，则图中等于的新交点将会提前，出现在d处； （3）由图可知，在反应中被消耗又生成，作用是催化作用；放电时，正极上得到电子发生还原转化为S、SO2，正极电极反应为：。 12．（2024·重庆·高考真题）高辛烷值的汽油可提升发动机的抗爆震性能，异构烷烃具有较高的辛烷值。 (1)在密闭容器中，(正戊烷)发生异构化反应，可同时生成(异戊烷)和(新戊烷)，其平衡常数随温度的变化如下表所示。 异构化反应 反应1 2.80 2.50 2.31 反应2 1.40 1.00 0.77 ①体系平衡后，增加压强，反应1的平衡_______(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)。 ②平衡时，和的体积比值为_______。 ③根据上表数据推断为吸热反应，其推断过程是_______。 (2)加入后，在双功能催化剂/分子筛上发生异构化反应且选择性高，主要产物为，其反应机理如下(表示分子筛固体酸催化剂)： 对于反应，下列说法正确的是_______。 A．只能催化脱氢反应，不能催化加氢反应 B．的加入增大了平衡常数，有利于反应的进行 C．分子筛固体酸催化剂酸性越强，越有利于的形成 D．的加入促进了的加氢反应，减少了副反应的发生 (3)(四乙基铅)能提高汽油的辛烷值，可电解合成。电解池的阳极为，阴极为碳钢，电解液为溶有格氏试剂()的有机体系。 ①阳极上生成的电极反应式为_______。 ②为了实现阴极产物的循环利用，电解一段时间后，需在阴极区不断加入适量的，其原理是_______。 ③为减少铅污染，被限制使用。是一种潜在替代品，其电解合成的原理如图所示(为催化剂)。总反应化学方程式为_______；外电路转移电子时，理论上可生成的物质的量为_______。 【答案】(1) 不移动 2 由盖斯定律可知，反应1-反应2得，根据上表数据，、、，升高温度，K值增大，反应正向进行 (2)C (3) 阴极得到电子发生还原反应生成镁单质：，在阴极区不断加入适量的，发生反应，实现阴极产物的循环利用 0.5 【详解】（1）①反应1为气体分子数不变的反应，体系平衡后，增加压强，反应1的平衡不移动。 ②由盖斯定律可知，反应1-反应2得，则平衡时，，则和的体积比值为2； ③由盖斯定律可知，反应1-反应2得，根据上表数据，、、，升高温度，K值增大，反应正向进行，则为吸热反应； （2）A．反应为可逆反应，由图可知能催化脱氢反应，也能催化加氢反应，错误； B．平衡常数受温度影响，的加入不改变平衡常数，错误； C．分子筛固体酸催化剂酸性越强，氢离子浓度越大，越有利于的形成，正确； D．的加入促进了的加氢反应，但是也会和加成，副反应也会增多，错误； 故选C； （3）①电解池的阳极为，阳极上Pb失去电子发生氧化反应生成，电极反应式为。 ②阴极得到电子发生还原反应生成镁单质：，在阴极区不断加入适量的，发生反应，实现阴极产物的循环利用； ③由图，A极二氧化碳得到电子发生还原生成CO和：，CO和再和Pt2+反应生成：，则总反应为二氧化碳和甲醇反应生成和水：；反应中电子转移为，则外电路转移电子时，理论上可生成的物质的量为0.5。 13．（2024·海南·高考真题）氨是一种理想的储氢载体，具有储氢密度高、储运技术成熟等优点。已知时，反应①：；物质的量分数。 回答问题： (1)题述条件下，反应②：_______。 (2)设反应为一步完成，且与温度无关，已知下，反应①活化能为，则分解反应的活化能为_______。 (3)既能影响反应②平衡转化率又能影响其反应速率的因素有_______、_______。 (4)温度T下恒容密闭容器中进行氨催化分解反应，关系曲线如图所示，其函数关系_______(写表达式)，增大氨的初始分压，氨的转化速率_______；假设吸附到催化剂表面后都变成活化分子，其它条件不变，改用比表面积更大的催化剂，则单位时间的产量将_______。 【答案】(1)+92 (2)427 (3) 压强 温度 (4) 不变 增大 【详解】（1）由方程式可知，反应①是反应②的逆反应，反应①H=—92kJ/mol，则反应②H=+92kJ/mol，故答案为：+92； （2）由方程式可知，反应①是反应②的逆反应，由题意可知，673K下，反应①活化能为335 kJ/mol，则氨气分解的活化能为335 kJ/mol+92kJ/mol=427kJ/mol，故答案为：427； （3）反应②是气体体积增大的吸热反应，改变温度和压强，化学反应速率均改变，平衡都会发生移动，所以温度和压强既能影响反应平衡转化率又能影响其反应速率，故答案为：温度；压强； （4）由图可知，反应起始时氨气的分压为35kPa、5min时氨气的分压为23.5kPa、10min时氨气的分压为12kPa，0—5min时，分压的变化量为2.3×5=35-23.5，0—10min时，分压的变化量为2.3×10=35-12，则函数关系p(NH3)= ；由关系式可知，增大氨的初始分压，氨的转化速率不变；由题意可知，吸附到催化剂表面后氨分子都变成活化分子，则其它条件不变，改用比表面积更大的催化剂，反应速率加快，所以单位时间氢气的产量将增大，故答案为：；不变；增大。 14．（2024·贵州·高考真题）在无氧环境下，CH4经催化脱氢芳构化可以直接转化为高附加值的芳烃产品。一定温度下，CH4芳构化时同时存在如下反应： ⅰ． ⅱ． 回答下列问题： (1)反应ⅰ在1000K时_______(选填“能”或“不能”)自发进行。 (2)已知25℃时有关物质的燃烧热数据如表，则反应ⅱ的_______(用含的代数式表示)。 物质 (3)受反应ⅰ影响，随着反应进行，单位时间内甲烷转化率和芳烃产率逐渐降低，原因是_______。 (4)对催化剂在不同的pH条件下进行处理，能够改变催化剂的活性。将催化剂在5种不同pH条件下处理后分别用于催化CH4芳构化，相同反应时间内测定相关数据如下表，其中最佳pH为_______，理由是_______。 pH CH4平均转化率/% 芳烃平均产率/% 产物中积碳平均含量/% 2.4 9.60 5.35 40.75 4.0 9.80 4.60 45.85 7.0 9.25 4.05 46.80 10.0 10.45 6.45 33.10 12.0 9.95 4.10 49.45 (5)下，在某密闭容器中按充入气体，发生反应，平衡时与的分压比为4:1，则的平衡转化率为_______，平衡常数Kp=_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数，列出计算式即可)。 (6)引入丙烷可促进甲烷芳构化制备苯和二甲苯，反应如下： (两个反应可视为同级数的平行反应) 对于同级数的平行反应有，其中v、k分别为反应速率和反应速率常数，Ea为反应活化能，A1、A2为定值，R为常数，T为温度，同一温度下是定值。已知，若要提高苯的产率，可采取的措施有_______。 【答案】(1)能 (2)6a-b-9c (3)反应ⅰ有积炭生成，随着反应的进行，生成的积炭逐渐增多，覆盖在催化剂表面，使催化剂催化性能逐渐降低，化学反应速率减小 (4) 10.0 pH=10.0时，产物中积炭平均含量最低，CH4平均转化率最大，芳烃平均产率最高 (5) 20% 或 (6)加入合适的催化剂(合理即可) 【详解】（1）反应ⅰ．，在1000K时，ΔG=ΔH-TΔS=+74.6 kJ·mol-1-1000K×80.84×10-3kJ·mol-1·K-1=-6.24 kJ·mol-1＜0，故反应ⅰ在1000K时能自发进行。 （2）ⅱ． 由题给数据可得出以下热化学方程式： ③CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l)     ΔH=akJ·mol-1 ④C6H6(l)+7.5O2(g)＝6CO2(g)+3H2O(l)   ΔH=bkJ·mol-1 ⑤H2(g)+0.5O2(g)＝H2O(l)             ΔH=c kJ·mol-1 依据盖斯定律，将反应③×6-④-⑤×9得，反应ⅱ的(6a-b-9c) kJ·mol-1。 （3）由于反应ⅰ生成固态炭，会覆盖在催化剂表面，从而减小气体与催化剂的接触面积，因此随着反应进行，单位时间内甲烷转化率和芳烃产率逐渐降低。 （4）比较表中数据可以看出，pH=10.0时，CH4平均转化率为最大值10.45%，芳烃平均产率为最大值6.45%，产物中积炭平均含量为最小值33.10%，所以最佳pH为10.0。 （5）下，在某密闭容器中按充入气体，发生反应，平衡时与的分压比为4:1，设起始时C6H6的物质的量为1mol，CH4的物质的量为5mol，参加反应C6H6的物质的量为xmol，则可建立如下三段式： 依题意，，解得x=0.2，平衡时，n(C6H6)=0.8mol，n(CH4)=4.8mol，n(C7H8)=0.2mol，n(H2)=0.2mol，则的平衡转化率为=20%，平衡常数Kp=或。 （6）已知，加入合适的催化剂，选择性降低Ea,苯，加快生成苯的速率，提高苯的产率。所以若要提高苯的产率，可采取的措施有：加入合适的催化剂(合理即可)。 15．（2024·广东·高考真题）酸在多种反应中具有广泛应用，其性能通常与酸的强度密切相关。 (1)酸催化下与混合溶液的反应(反应a)，可用于石油开采中油路解堵。 ①基态N原子价层电子的轨道表示式为_______。 ②反应a： 已知： 则反应a的_______。 ③某小组研究了3种酸对反应a的催化作用。在相同条件下，向反应体系中滴加等物质的量的少量酸，测得体系的温度T随时间t的变化如图。 据图可知，在该过程中_______。 A．催化剂酸性增强，可增大反应焓变 B．催化剂酸性增强，有利于提高反应速率 C．催化剂分子中含H越多，越有利于加速反应 D．反应速率并不始终随着反应物浓度下降而减小 (2)在非水溶剂中，将转化为化合物ⅱ(一种重要的电子化学品)的催化机理示意图如图，其中的催化剂有_______和_______。 (3)在非水溶剂中研究弱酸的电离平衡具有重要科学价值。一定温度下，某研究组通过分光光度法测定了两种一元弱酸(X为A或B)在某非水溶剂中的。 a．选择合适的指示剂，；其钾盐为。 b．向溶液中加入，发生反应：。起始的物质的量为，加入的物质的量为，平衡时，测得随的变化曲线如图。 已知：该溶剂本身不电离，钾盐在该溶剂中完全电离。 ①计算_______。(写出计算过程，结果保留两位有效数字) ②在该溶剂中，_______；_______。(填“>”“<”或“=”) 【答案】(1) BD (2) AcOH KI (3) ＞ ＞ 【详解】（1） ①N的原子序数为7，位于第二周期第ⅤA族，基态N原子价层电子的轨道表示式为； ②由已知可得： Ⅰ．，； Ⅱ．，； Ⅲ．，； Ⅳ．，； 由盖斯定律可知，目标方程式可由方程式Ⅰ-Ⅱ-Ⅲ＋Ⅳ得到，故反应； ③A．催化剂不能改变反应的焓变，A项错误； B．由图示可知，酸性：硫酸＞磷酸＞乙酸，催化剂酸性增强，反应速率提高，B项正确； C．一个硫酸分子中含有2个H，一个磷酸分子中含有3个H，一个乙酸分子中含有4个H，但含H最少的硫酸催化时，最有利于加速反应，C项错误； D．由图示可知，反应开始一段时间，反应物浓度减小，但反应速率加快，反应速率并不始终随着反应物浓度下降而减小，D项正确； 故选BD。 （2）催化剂参与化学反应，但反应前后质量和化学性质并未改变，由催化机理示意图可知，催化剂有AcOH和KI； （3）由变化曲线图可知，当时，，设初始，则初始，转化的物质的量浓度为，可列出三段式如下： 由，即，解得，则该反应的平衡常数为 解得； ②根据图像可知，当时，设此时转化的物质的量浓度为，可列出三段式如下： 此时，即，则，则平衡常数，则； 由于，则，。 16．（2024·全国甲卷·高考真题）甲烷转化为多碳化合物具有重要意义。一种将甲烷溴化再偶联为丙烯()的研究所获得的部分数据如下。回答下列问题： (1)已知如下热化学方程式：         计算反应的_____。 (2)与反应生成，部分会进一步溴化。将和。通入密闭容器，平衡时，、与温度的关系见下图(假设反应后的含碳物质只有、和)。 (i)图中的曲线是_____(填“a”或“b”)。 (ii)时，的转化率_____，_____。 (iii)时，反应的平衡常数_____。 (3)少量可提高生成的选择性。时，分别在有和无的条件下，将和，通入密闭容器，溴代甲烷的物质的量(n)随时间(t)的变化关系见下图。 (i)在之间，有和无时的生成速率之比_____。 (ii)从图中找出提高了选择性的证据：_____。 (ⅲ)研究表明，参与反应的可能机理如下： ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ 根据上述机理，分析提高选择性的原因：_____。 【答案】(1)-67 (2) a 80% 7.8 10.92 (3) (或3：2) 5s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升 I2的投入消耗了部分CH2Br2，使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br 【分析】根据盖斯定律计算化学反应热；根据影响化学反应速率的因素判断还行反应进行的方向从而判断曲线归属；根据反应前后的变化量计算转化率；根据平衡时各物质的物质的量计算平衡常数；根据一段时间内物质的含量变化计算速率并计算速率比；根据图示信息和反应机理判断合适的原因。 【详解】（1）将第一个热化学方程式命名为①，将第二个热化学方程式命名为②。根据盖斯定律，将方程式①乘以3再加上方程式②，即①×3+②，故热化学方程式3CH4(g)+3Br2(g)=C3H6(g)+6HBr(g)的∆H=-29×3+20=-67kJ·mol-1。 （2）(i)根据方程式①，升高温度，反应向吸热反应方向移动，升高温度，平衡逆向移动，CH4(g)的含量增多，CH3Br(g)的含量减少，故CH3Br的曲线为a； (ii)560℃时反应达平衡，剩余的CH4(g)的物质的量为1.6mmol，其转化率α=×100%=80%；若只发生一步反应，则生成6.4mmol CH3Br，但此时剩余CH3Br的物质的量为5.0mmol，说明还有1.4mmol CH3Br发生反应生成CH2Br2，则此时生成的HBr的物质的量n=6.4+1.4=7.8mmol； (iii)平衡时，反应中各组分的物质的量分别为n(CH3Br)=5.0mmol、n(Br2)=0.2mmol、n(CH2Br2)=1.4mmol、n(HBr)=7.8mmol，故该反应的平衡常数K===10.92。 （3）(i)11~19s时，有I2的生成速率v==mmol·(L·s)-1，无I2的生成速率v==mmol·(L·s)-1。生成速率比==； (ii)从图中可以看出，大约4.5s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升，因此，可以利用此变化判断I2提高了CH3Br的选择性； (iii)根据反应机理，I2的投入消耗了部分CH2Br2，同时也消耗了部分HBr，使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br，提高了CH3Br的选择性。 17．（2024·辽宁·高考真题）为实现氯资源循环利用，工业上采用催化氧化法处理废气：。将和分别以不同起始流速通入反应器中，在和下反应，通过检测流出气成分绘制转化率()曲线，如下图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。 回答下列问题： (1)_______0(填“>”或“<”)；_______℃。 (2)结合以下信息，可知的燃烧热_______。                   (3)下列措施可提高M点转化率的是_______(填标号) A．增大的流速 B．将温度升高 C．增大 D．使用更高效的催化剂 (4)图中较高流速时，小于和，原因是_______。 (5)设N点的转化率为平衡转化率，则该温度下反应的平衡常数_______(用平衡物质的量分数代替平衡浓度计算) (6)负载在上的催化活性高，稳定性强，和的晶体结构均可用下图表示，二者晶胞体积近似相等，与的密度比为1.66，则的相对原子质量为_______(精确至1)。 【答案】(1) ＜ 360℃ (2)-285.8 (3)BD (4)较高流速下，反应不充分，温度升高，速率增大，转化率升高 (5)6 (6)101 【详解】（1）反应前后的气体分子数目在减小，所以该反应 ，该反应为放热反应，由于在流速较低时的转化率视为平衡转化率，所以在流速低的时候，温度越高，HCl的转化率越小，故T1代表的温度为440℃，T3为360℃。 （2）表示氢气燃烧热的热化学方程式为④，设①，②，③ ，则，因此氢气的燃烧热－57.2kJ/mol－184.6kJ/mol－44kJ/mol=-285.8 （3）A．增大HCl的流速，由图像可知，HCl的转化率在减小，不符合题意； B．M对应温度为360℃，由图像可知，升高温度，HCl的转化率增大，符合题意； C．增大n(HCl):n(O2)，HCl的转化率减小，不符合题意； D．使用高效催化剂，可以增加该温度下的反应速率，使单位时间内HCl的转化率增加，符合题意； 故选BD。 （4）图中在较高流速下，T3温度下的转化率低于温度较高的T1和T2，主要是流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降，同时，T3温度低，反应速率低，故单位时间内氯化氢的转化率低。 （5）由图像可知，N点HCl的平衡转化率为80%，设起始n(HCl)=n(O2)=4 mol，可列出三段式 则。 （6）由于二者的晶体结构相似，体积近似相等，则其密度之比等于摩尔质量之比。故，则Ru的相对原子质量为101。 18．（2023·广东·高考真题）配合物广泛存在于自然界，且在生产和生活中都发挥着重要作用。 (1)某有机物能与形成橙红色的配离子，该配离子可被氧化成淡蓝色的配离子。 ①基态的电子轨道表示式为___________。 ②完成反应的离子方程式：______ (2)某研究小组对(1)中②的反应进行了研究。 用浓度分别为的溶液进行了三组实验，得到随时间t的变化曲线如图。    ①时，在内，的平均消耗速率=___________。 ②下列有关说法中，正确的有___________。 A．平衡后加水稀释，增大 B．平衡转化率： C．三组实验中，反应速率都随反应进程一直减小 D．体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间： (3)R的衍生物L可用于分离稀土。溶液中某稀土离子(用M表示)与L存在平衡：         研究组配制了L起始浓度与L起始浓度比不同的系列溶液，反应平衡后测定其核磁共振氢谱。配体L上的某个特征H在三个物种中的化学位移不同，该特征H对应吸收峰的相对峰面积S(体系中所有特征H的总峰面积计为1)如下表。 0 1.00 0 0 a x 0.64 b 0.40 0.60 【注】核磁共振氢谱中相对峰面积S之比等于吸收峰对应H的原子数目之比；“”表示未检测到。 ①时， ___________。 ②时，平衡浓度比___________。 (4)研究组用吸收光谱法研究了(3)中M与L反应体系。当时，测得平衡时各物种随的变化曲线如图。时，计算M的平衡转化率___________(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。    【答案】(1) HNO2 (2) AB (3) 0.36 3：4或0.75 (4)98% 【详解】（1） ①基态的电子轨道表示式为  ； ②根据原子守恒可知离子方程式中需要增加HNO2。 （2）①浓度分别为的溶液，反应物浓度增加，反应速率增大，据此可知三者对应的曲线分别为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ；时，在内，观察图像可知的平均消耗速率为； ②A．对于反应HNO2，加水稀释，平衡往粒子数增加的方向移动，含量增加，含量减小，增大，A正确； B．浓度增加，转化率增加，故，B正确； C．观察图像可知，三组实验反应速率都是前期速率增加，后期速率减小，C错误； D．硝酸浓度越高，反应速率越快，体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间越短，故，D错误； 故选AB。 （3）①时，，且=0.64， 得x=0.36； ②相比于含有两个配体，则与的浓度比应为相对峰面积S的一半与的相对峰面积S之比，即。 （4）；，由L守恒可知，则；则M的转化率为。 19．（2023·浙江·高考真题）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：          该反应分两步完成：                                          请回答： (1)_______。 (2)恒定总压和水碳比[]投料，在不同条件下达到平衡时和的分压(某成分分压=总压×该成分的物质的量分数)如下表： 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中产率下降是因为发生了一个不涉及的副反应，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 B．恒定水碳比，增加体系总压可提高的平衡产率 C．通入过量的水蒸气可防止被进一步还原为 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) 2 CO+3H2CH4+H2O (3)AC (4) A (5)随着温度的升高，反应物分子在催化剂表面的吸附降低，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 【详解】（1）设方程式①          ②                    ③                     根据盖斯定律可知，③=①-②，则； （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，水蒸气和一氧化碳的投料分别为12mol和5mol，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．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，A正确； B．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．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．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．按原水碳比通入冷的原料气，可以降低温度，反应物浓度增大导致CO的转化率稍减小，之后再通过催化剂层后，CO的转化率又增大且高于原来的，与图中变化相符，A正确； B．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．换热的过程在催化剂层外，并不会反应，故只有温度降低而不会引起转化率变化，C不正确； 故选A； ②增大水蒸气的浓度，平衡正向移动，则一氧化碳的平衡转化率增大，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，随着温度的升高，反应物分子在催化剂表面的吸附降低，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。 20．（2023·山东·高考真题）一定条件下，水气变换反应的中间产物是。为探究该反应过程，研究水溶液在密封石英管中的分解反应： Ⅰ． Ⅱ． 研究发现，在反应Ⅰ、Ⅱ中，仅对反应Ⅰ有催加速作用；反应Ⅰ速率远大于反应Ⅱ，近似认为反应Ⅰ建立平衡后始终处于平衡状态。忽略水电离，其浓度视为常数。回答下列问题： (1)一定条件下，反应Ⅰ、Ⅱ的焓变分别为、，则该条件下水气变换反应的焓变_____(用含的代数式表示)。 (2)反应Ⅰ正反应速率方程为：，k为反应速率常数。温度下，电离平衡常数为，当平衡浓度为时，浓度为_____，此时反应Ⅰ的反应速率_____(用含和k的代数式表示)。 (3)温度下，在密封石英管内完全充满水溶液，使分解，分解产物均完全溶于水。含碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示(忽略碳元素的其他存在形式)。时刻测得的浓度分别为，反应Ⅱ达平衡时，测得的浓度为。体系达平衡后_____(用含y的代数式表示，下同)，反应Ⅱ的平衡常数为_____。 相同条件下，若反应起始时溶液中同时还含有盐酸，则图示点中，的浓度峰值点可能是_____(填标号)。与不含盐酸相比，达浓度峰值时，浓度_____(填“增大”“减小”或“不变”)，的值_____(填“增大”“减小”或“不变”)。 【答案】(1)－ (2) (3) a 减小 不变 【详解】（1）根据盖斯定律，反应Ⅱ-反应Ⅰ＝水气变换反应，故水气变换反应的焓变＝－； （2）T1温度时，HCOOH建立电离平衡： ，c(HCOO－)＝c(H＋)，故c(H＋)＝。 。 （3）t1时刻时，c(CO)达到最大值，说明此时反应Ⅰ达平衡状态。此时 故t1时刻c(HCOOH)＝1.0mol/L－0.70mol/L－0.16mol/L＝0.14 mol·L－1，K(Ⅰ)＝。t1时刻→反应Ⅱ达平衡过程， 则c(H2)＝b＋0.16＝y，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0.1 mol·L－1盐酸后，H＋对反应I起催化作用，加快反应I的反应速率，缩短到达平衡所需时间，故CO浓度峰值提前，由于时间缩短，反应Ⅱ消耗的HCOOH减小，体系中HCOOH浓度增大，导致CO浓度大于t1时刻的峰值，故c(CO)最有可能在a处达到峰值。此时c(CO2)会小于不含盐酸的浓度，＝K(Ⅰ)，温度不变，平衡常数不变，则的值不变。 21．（2023·辽宁·高考真题）硫酸工业在国民经济中占有重要地位。 (1)我国古籍记载了硫酸的制备方法——“炼石胆(CuSO4·5H2O)取精华法”。借助现代仪器分析，该制备过程中CuSO4·5H2O分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如下图所示。700℃左右有两个吸热峰，则此时分解生成的氧化物有SO2、_______和_______(填化学式)。    (2)铅室法使用了大容积铅室制备硫酸(76%以下)，副产物为亚硝基硫酸，主要反应如下： NO2+SO2+H2O=NO+H2SO4 2NO+O2=2NO2 (ⅰ)上述过程中NO2的作用为_______。 (ⅱ)为了适应化工生产的需求，铅室法最终被接触法所代替，其主要原因是_______(答出两点即可)。 (3)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=-98.9kJ·mol-1 (ⅰ)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)与温度的关系如下图所示，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．可根据不同下的最大速率，选择最佳生产温度 (ⅱ)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下图所示，催化性能最佳的是_______(填标号)。    (ⅲ)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)。 【答案】(1) CuO SO3 (2) 催化剂 反应中有污染空气的NO和NO2放出影响空气环境、NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质、产率不高（答案合理即可） (3) cd d 【详解】（1）根据图示的热重曲线所示，在700℃左右会出现两个吸热峰，说明此时CuSO4发生热分解反应，从TG图像可以看出，质量减少量为原CuSO4质量的一半，说明有固体CuO剩余，还有其他气体产出，此时气体产物为SO2、SO3、O2，可能出现的化学方程式为3CuSO43CuO+2SO2↑+SO3↑+O2↑，结合反应中产物的固体产物质量和气体产物质量可以确定，该反应的产物为CuO、SO2、SO3、O2，故答案为CuO、SO3。 （2）(i)根据所给的反应方程式，NO2在反应过程中线消耗再生成，说明NO2在反应中起催化剂的作用； (ii)近年来，铅室法被接触法代替因为在反应中有污染空气的NO和NO2放出影响空气环境、同时作为催化剂的NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质影响产品质量、产率不高（答案合理即可）。 （3）(i)a．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，a错误； b．从图中所给出的速率曲线可以看出，相同温度下，有更大转化率，故α=0.88的条件下并不是平衡转化率，b错误； c．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，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，c正确； d．从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，这时可以根据不同转化率选择合适的反应温度以减少能源的消耗，d正确； 故答案选cd； (ii)为了提高催化剂的综合性能，科学家对催化剂进行了改良，从图中可以看出标号为d的催化剂V-K-Cs-Ce对SO2的转化率最好，产率最佳，故答案选d； (iii)利用分压代替浓度计算平衡常数，反应的平衡常数Kp===；设SO2初始量为m mol，则平衡时n(SO2)=m-m·αe=m(1-αe)，n(SO3)=m·αe，Kp==，故答案为。 22．（2023·新课标卷·高考真题）氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答下列问题： (1)根据图1数据计算反应的_______。 (2)研究表明，合成氨反应在催化剂上可能通过图2机理进行(*表示催化剂表面吸附位，表示被吸附于催化剂表面的)。判断上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为_______(填步骤前的标号)，理由是_______。 (3)合成氨催化剂前驱体(主要成分为)使用前经还原，生成包裹的。已知属于立方晶系，晶胞参数，密度为，则晶胞中含有的原子数为_______(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。 (4)在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的摩尔分数与温度的计算结果如下图所示。其中一种进料组成为，另一种为。(物质i的摩尔分数：)    ①图中压强由小到大的顺序为_______，判断的依据是_______。 ②进料组成中含有惰性气体的图是_______。 ③图3中，当、时，氮气的转化率_______。该温度时，反应的平衡常数_______(化为最简式)。 【答案】(1) (2) (ⅱ) 在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于的键能比H-H键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ) (3) (4) 合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大 图4 【详解】（1）在化学反应中，断开化学键要消耗能量，形成化学键要释放能量，反应的焓变等于反应物的键能总和与生成物的键能总和的差，因此，由图1数据可知，反应的 。 （2）由图1中信息可知，的，则的键能为；的，则H-H键的键能为。在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于的键能比H-H键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)。 （3）已知属于立方晶系，晶胞参数，密度为，设其晶胞中含有的原子数为，则晶体密度，解之得，即晶胞中含有的原子数为。 （4）①合成氨的反应中，压强越大越有利于氨的合成，因此，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。由图中信息可知，在相同温度下，反应达平衡时氨的摩尔分数，因此，图中压强由小到大的顺序为，判断的依据是：合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。 ②对比图3和图4中的信息可知，在相同温度和相同压强下，图4中平衡时氨的摩尔分数较小。在恒压下充入惰性气体，反应混合物中各组分的浓度减小，各组分的分压也减小，化学平衡要朝气体分子数增大的方向移动，因此，充入惰性气体不利于合成氨，进料组成中含有惰性气体的图是图4。 ③图3中，进料组成为两者物质的量之比为3:1。假设进料中氢气和氮气的物质的量分别为3mol和1mol，达到平衡时氮气的变化量为x mol，则有： 当、时，，解之得，则氮气的转化率，平衡时、、的物质的量分别为、2、，其物质的量分数分别为、、，则该温度下因此，该温度时，反应的平衡常数 。 23．（2022·天津·高考真题）天津地处环渤海湾，海水资源丰富。科研人员把铁的配合物(L为配体)溶于弱碱性的海水中，制成吸收液，将气体转化为单质硫，改进了湿法脱硫工艺。该工艺包含两个阶段：①的吸收氧化；②的再生。反应原理如下： ①      ②      回答下列问题： (1)该工艺的总反应方程式为___________。1mol 发生该反应的热量变化为___________，在总反应中的作用是___________。 (2)研究不同配体与所形成的配合物(A、B、C)对吸收转化率的影响。将配合物A、B、C分别溶于海水中，配成相同物质的量浓度的吸收液，在相同反应条件下，分别向三份吸收液持续通入，测得单位体积吸收液中吸收转化率随时间变化的曲线如图1所示。以由100%降至80%所持续的时间来评价铁配合物的脱硫效率，结果最好的是___________(填“A”、“B”或“C”)。 (3)的电离方程式为___________。25℃时，溶液中、、在含硫粒子总浓度中所占分数随溶液pH的变化关系如图2，由图2计算，的___________，___________。再生反应在常温下进行，解离出的易与溶液中的形成沉淀。若溶液中的，，为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于___________(已知25℃时，FeS的为)。 【答案】(1) (或) 放出热量 作催化剂或降低反应活化能 (2)C (3) 或 8 【详解】（1）将第一个方程式2倍加上第二个方程式得到该工艺的总反应方程式为(或)，该反应的热化学方程式，因此1mol 发生该反应的热量变化为放出热量，参与了化学反应，但反应前后量没有改变，因此在总反应中的作用是作催化剂或降低反应活化能；故答案为：(或)；放出热量；作催化剂或降低反应活化能。 （2）根据图中信息以由100%降至80%所持续的时间来评价铁配合物的脱硫效率，C持续时间最长，说明C的脱硫效率最高，因此结果最好的C；故答案为：C。 （3）是二元弱酸，其电离是一步一步电离，主要以第一步电离为主，因此其电离方程式为或；根据题意pH=7时、的所占分数相等，因此的，pH=13时、的所占分数相等，则。再生反应在常温下进行，解离出的易与溶液中的形成沉淀。若溶液中的，根据得到，根据和，得到，pH=8，因此为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于8；故答案为：或；；；8。 24．（2022·辽宁·高考真题）工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，目前已有三位科学家因其获得诺贝尔奖，其反应为：。回答下列问题： (1)合成氨反应在常温下_______(填“能”或“不能”)自发。 (2)_______温(填“高”或“低”，下同)有利于提高反应速率，_______温有利于提高平衡转化率，综合考虑催化剂(铁触媒)活性等因素，工业常采用。 针对反应速率与平衡产率的矛盾，我国科学家提出了两种解决方案。 (3)方案一：双温-双控-双催化剂。使用双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为时，的温度为，而的温度为)。 下列说法正确的是_______。 a．氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率 b．在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率 c．“热Fe”高于体系温度，有利于提高氨的平衡产率 d．“冷Ti”低于体系温度，有利于提高合成氨反应速率 (4)方案二：复合催化剂。 下列说法正确的是_______。 a．时，复合催化剂比单一催化剂效率更高 b．同温同压下，复合催化剂有利于提高氨的平衡产率 c．温度越高，复合催化剂活性一定越高 (5)某合成氨速率方程为：，根据表中数据，_______； 实验 1 m n p q 2 2m n p 2q 3 m n 0.1p 10q 4 m 2n p 2.828q 在合成氨过程中，需要不断分离出氨的原因为_______。 a．有利于平衡正向移动     b．防止催化剂中毒     c．提高正反应速率 (6)某种新型储氢材料的晶胞如图，八面体中心为M金属离子，顶点均为配体；四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。若其摩尔质量为，则M元素为_______(填元素符号)；在该化合物中，M离子的价电子排布式为_______。 【答案】(1)能 (2) 高 低 (3)ab (4)a (5) -1 ac (6) Fe 3d6 【详解】（1），则∆G=∆H-T∆S=(-92.4+0.2×298) kJ∙mol-1=-32.4 kJ∙mol-1＜0，所以合成氨反应在常温下能自发进行。答案为：能； （2）温度越高，反应速率越快，所以高温有利于提高反应速率；因为正反应为放热反应，所以低温有利于提高平衡转化率。答案为：高；低； （3）a．因为正反应为放热反应，所以低温有利于平衡正向移动，氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率，a正确； b．温度升高，反应速率加快，所以在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率，b正确； c．合成氨反应的正反应为放热反应，“热Fe”高于体系温度，不利于提高氨的平衡产率，c不正确； d．温度升高，可提高合成氨反应的速率，所以“冷Ti”低于体系温度，不利于提高合成氨反应速率，d不正确； 故选ab。答案为：ab； （4）a．从图中可以看出，时，复合催化剂比单一催化剂的反应速率快，催化效率更高，a正确； b．催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡产率，所以同温同压下，复合催化剂不能提高氨的平衡产率，b不正确； c．虽然图中显示温度高反应速率快，但温度高到一定程度后，复合催化剂活性就可能不变或变低，c不正确； 故选a。答案为：a； （5）选择实验1和3进行分析，此时，则γ=-1； a．在合成氨过程中，需要不断分离出氨，有利于平衡正向移动，a正确； b．氨是在该催化剂的催化作用下生成，不会使催化剂中毒，b错误； c．根据速率方程，分离氨气可以提高反应速率，c正确； 故选ac。 答案为：-1；ac； （6）从图中信息可以进行以下计算：含黑球的数目为=4，含白球的数目为8，则黑球与白球的个数比为1:2。黑球的化学式为，白球的化学式为。从而得出M+17×6+15×2=188，M=56，则M元素为Fe；在该化合物中，Fe2+的价电子排布式为3d6。答案为：Fe；3d6。 【点睛】计算晶胞中所含微粒数目时，可采用均摊法。 25．（2022·湖北·高考真题）自发热材料在生活中的应用日益广泛。某实验小组为探究“”体系的发热原理，在隔热装置中进行了下表中的五组实验，测得相应实验体系的温度升高值()随时间(t)的变化曲线，如图所示。 实验编号 反应物组成 a 粉末 b 粉 c 粉 饱和石灰水 d 粉 石灰乳 e 粉 粉末 回答下列问题： (1)已知： ① ② ③ 则的___________。 (2)温度为T时，，则饱和溶液中___________(用含x的代数式表示)。 (3)实验a中，后基本不变，原因是___________。 (4)实验b中，的变化说明粉与在该条件下___________(填“反应”或“不反应”)。实验c中，前的有变化，其原因是___________；后基本不变，其原因是___________微粒的量有限。 (5)下列说法不能解释实验d在内温度持续升高的是___________(填标号)。 A．反应②的发生促使反应①平衡右移 B．反应③的发生促使反应②平衡右移 C．气体的逸出促使反应③向右进行 D．温度升高导致反应速率加快 (6)归纳以上实验结果，根据实验e的特征，用文字简述其发热原理___________。 【答案】(1)-911.9 (2)mol⋅L-1 (3)Ca(OH)2在水中的溶解度小，反应①达到了平衡状态 (4) 不反应 Al和溶液中的OH-发生了反应 OH- (5)A (6)实验e中，发生反应①、②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应②平衡右移，反应②的发生促使反应①平衡右移，这三步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快。 【详解】（1）根据盖斯定律可得，①+②+2③可得反应CaO(s)+2Al(s)+7H2O(l)=Ca2+(aq)+2[Al(OH)4]-(aq)+3H2(g)，则ΔH4=ΔH1+ΔH2+2ΔH3=(-65.17kJ⋅mol-1)+(-16.73kJ⋅mol-1)+2(-415.0kJ⋅mol-1)=-911.9kJ⋅mol-1。 （2）温度为T时，Ca(OH)2饱和溶液中，Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH-(aq)， c(OH-)=2c(Ca2+)∙，Ksp[Ca(OH)2]=c(Ca2+)∙c2(OH-)=x，则c(OH-)=mol⋅L-1。 （3）实验a中，CaO和H2O反应①生成Ca(OH)2，4min后ΔT基本不变，是因为Ca(OH)2在水中的溶解度小，反应①达到了平衡状态。 （4）实验b中，ΔT几乎不变，说明Al粉与H2O在该条件下不反应；实验c中，前3min的ΔT有变化，是因为Al和溶液中的OH-发生了反应，3min后ΔT基本不变，是因为饱和石灰水中OH-的浓度较低，OH-的量有限。 （5）实验d中，发生反应②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应②平衡右移，这两步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快；综上所述，实验d在10min内温度持续升高与反应①无关，故选A。 （6）实验e中，发生反应①、②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应②平衡右移，反应②的发生促使反应①平衡右移，这三步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快。 26．（2022·海南·高考真题）某空间站的生命保障系统功能之一是实现氧循环，其中涉及反应： 回答问题： (1)已知：电解液态水制备，电解反应的。由此计算的燃烧热(焓)_______。 (2)已知：的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系如图1所示。 ①若反应为基元反应，且反应的与活化能(Ea)的关系为。补充完成该反应过程的能量变化示意图(图2)_______。 ②某研究小组模拟该反应，温度t下，向容积为10L的抽空的密闭容器中通入和，反应平衡后测得容器中。则的转化率为_______，反应温度t约为_______℃。 (3)在相同条件下，与还会发生不利于氧循环的副反应：，在反应器中按通入反应物，在不同温度、不同催化剂条件下，反应进行到2min时，测得反应器中、浓度()如下表所示。 催化剂 t=350℃ t=400℃ 催化剂Ⅰ 10.8 12722 345.2 42780 催化剂Ⅱ 9.2 10775 34 38932 在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，生成的平均反应速率为_______；若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件，原因是_______。 【答案】(1)-286 (2) 50%或0.5 660.2(或660.1或660.3,其他答案酌情给分) (3) 5.4 相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高 【详解】（1）电解液态水制备，电解反应的，由此可以判断，2mol完全燃烧消耗，生成液态水的同时放出的热量为572kJ ，故1mol完全燃烧生成液态水放出的热量为286kJ，因此，的燃烧热(焓)-286。 （2） ①由的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系图可知，K随着温度升高而减小，故该反应为放热反应。若反应为基元反应，则反应为一步完成，由于反应的与活化能(Ea)的关系为，由图２信息可知＝ａ，则ａ，该反应为放热反应，生成物的总能量小于反应物的，因此该反应过程的能量变化示意图为： 。 ②温度t下，向容积为10L的抽空的密闭容器中通入和，反应平衡后测得容器中，则的转化率为，根据C元素守恒可知，的平衡量为，和是按化学计量数之比投料的，则的平衡量为，的平衡量是的２倍，则，的平衡浓度分别为、、、，则该反应的平衡常数K＝，根据图１中的信息可知，反应温度t约为660.2℃。 （3）在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，由表中信息可知， 的浓度由０增加到10.8，因此，生成的平均反应速率为 ；由表中信息可知，在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应， 的浓度由０增加到10.8，，:＝12722:10.81178；在选择使用催化剂Ⅱ和350℃的反应条件下， 的浓度由０增加到9.2，:＝10775:9.21171；在选择使用催化剂Ⅰ和400℃条件下反应， 的浓度由０增加到345.2，:＝42780:345.2124；在选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件下， 的浓度由０增加到34，:＝38932:341145。因此，若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件的原因是：相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高。 27．（2021·重庆·高考真题）含结晶水的无机物可应用在吸波材料、电极材料和相变储能材料等领域。胆矾(CuSO4·5H2O)是一种重要的结晶水合物。 (1)硫酸铜参比电极具有电位稳定的优点，可用于土壤环境中钢质管道的电位监测。测量的电化学原理如图所示。回答下列问题： ①负极的电极反应式为_______。 ②测量后参比电极中CuSO4溶液的浓度_______(填"变大”，“变小”或“不变")。 (2)把胆矾放到密闭容器内，缓缓抽去其中的水气，胆矾分三次依次脱水，各步脱水过程为一系列的动态平衡，反应式如下(脱水过程为吸热反应)。 反应I：CuSO4·5H2O (s) CuSO4·3H2O (s) + 2H2O(g) 反应II：CuSO4·3H2O (s) CuSO4·H2O (s) + 2H2O(g) 反应III：CuSO4·H2O (s) CuSO4(s) + H2O(g) 如图为50°C时水合物中水的质量分数 w与压强p(H2O)的关系图，回答下列问题： ①用无水CuSO4检验乙醇中含有微量水的现象是_______。 ②反应Ⅰ对应的线段为_______(填“ab”、“ed”或“ef”)。 ③反应Ⅱ的平衡常数Kp=_______Pa2。 ④反应III在60°C和50°C的平衡压强p(H2O)分别为p1和p2，则p1_______ p2 (填*>”、“<”或“=”)。 ⑤当样品状态c点下网到M点，体系存在的固体有_______； 转化率为_______% (保留小数点后两位)。 ⑥25°C时为了保持CuSO4·H2O晶体纯度，可将其存在盛有大量Na2CO3· H2O晶体(平衡压强p(H2O)=706Pa)的密闭容器中，简述其理由_______。 已知：25℃时反应I、II、III的平衡压强p（H2O）分别为1040、747和107Pa。 【答案】(1) 不变 (2) 乙醇呈现出蓝色 ab 1.6 ×107 > CuSO4·3H2O和CuSO4·H2O 38.89% 25°C时Na2CO3·H2O的平衡压强为p(H2O)=706 Pa，低于反应II中平衡压强为p(H2O)=747Pa，且远远超过反应III中平衡压强为p(H2O)=107 Pa，此时反应II的平衡正向移动得比较充分，而反应III的平衡会大幅度逆向移动，从而抑制CuSO4·H2O的脱水，有利于其保持纯度 【详解】（1）①钢制管道、参比电极、潮湿土壤构成原电池，参比电极为Cu电极，钢制管道为铁电极，金属性Fe＞Cu，则Fe做负极材料，负极的电极反应式为：； ②Cu电极为正极，电极反应式为：，CuSO4·5H2O溶解与电解质溶液中，此时硫酸铜溶液的浓度不变； （2）①无水CuSO4遇水变为蓝色，则用无水CuSO4检验乙醇中含有微量水的现象是：乙醇变为蓝色； ②反应Ⅰ中水合物的质量分数最大，符合条件的线段为ab； ③反应Ⅱ中p(H2O)=4000Pa，反应II：CuSO4·3H2O (s) CuSO4·H2O (s) + 2H2O(g) 列出平衡常数，； ④脱水过程为吸热反应，则反应Ⅲ温度升高平衡正向移动，且正反应的总体积增大的反应，则温度越高，压强越大，则p1＞p2； ⑤c点时固体为CuSO4·3H2O，d点时固体为CuSO4·H2O，则M点时固体为CuSO4·3H2O和CuSO4·H2O； M点时水合物中水的质量分数为20%，c点到M点发生的反应为反应Ⅱ，列出三段式如下： 计算可得转化率为38.89%； ⑥25°C时Na2CO3·H2O的平衡压强为p(H2O)=706 Pa，低于反应II中平衡压强为p(H2O)=747Pa，且远远超过反应III中平衡压强为p(H2O)=107 Pa，此时反应II的平衡正向移动得比较充分，而反应III的平衡会大幅度逆向移动，从而抑制CuSO4·H2O的脱水，有利于其保持纯度。 28．（2022·广东·高考真题）铬及其化合物在催化、金属防腐等方面具有重要应用。 (1)催化剂可由加热分解制备，反应同时生成无污染气体。 ①完成化学方程式：______________。 ②催化丙烷脱氢过程中，部分反应历程如图，过程的焓变为_______(列式表示)。 ③可用于的催化氧化。设计从出发经过3步反应制备的路线_______(用“→”表示含氮物质间的转化)；其中一个有颜色变化的反应的化学方程式为_______。 (2)溶液中存在多个平衡。本题条件下仅需考虑如下平衡： (ⅰ)       (ⅱ)        ①下列有关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．加入少量溶液，反应(ⅰ)的平衡逆向移动 D．加入少量固体，平衡时与的比值保持不变 ②25℃时，溶液中随pH的变化关系如图。当时，设、与的平衡浓度分别为x、y、，则x、y、z之间的关系式为_______；计算溶液中的平衡浓度_____(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。 ③在稀溶液中，一种物质对光的吸收程度(A)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()取决于物质的结构特征；浓度越高，A越大。混合溶液在某一波长的A是各组分吸收程度之和。为研究对反应(ⅰ)和(ⅱ)平衡的影响，配制浓度相同、不同的稀溶液，测得其A随的变化曲线如图，波长、和中，与的最接近的是_______；溶液从a变到b的过程中，的值_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 【答案】(1) N2↑ 4H2O (E1-E2)+ΔH+(E3-E4) 2NO+O2=2NO2 (2) BD 当溶液pH=9时，，因此可忽略溶液中 即=0.20 反应(ii)的平衡常数K2===3.3×10-7 联立两个方程可得=6.0×10-4mol/L λ3 增大 【详解】（1）①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，故答案为：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)1，根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓变为ΔH1+ΔH2+ΔH3=(E1-E2)+ΔH+(E3-E4)，故答案为：(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；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，故答案为：；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； 综上所述，答案为：BD。 ②0.10mol/L K2Cr2O7溶液中，Cr原子的总浓度为0.20mol/L，当溶液pH=9.00时，溶液中Cr原子总浓度为=0.20mol/L，、与的平衡浓度分别为x、y、z mol/L，因此=0.10；由图8可知，当溶液pH=9时，，因此可忽略溶液中，即=0.20，反应(ii)的平衡常数K2===3.3×10-7，联立两个方程可得≈6.0×10-4mol/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，溶液中越大，混合溶液在某一波长的A越大，溶液的pH越大，溶液中越大，因此与的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=，= = ，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，故答案为：λ3；增大。 29．（2022·浙江·高考真题）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) 9.0 1.8：1 BC M+H2O=MO+H2 MO+CO=M+CO2 【详解】（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：，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，故答案选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．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．适当增大压强，可加快反应速率，B符合题意； C．选择合适的催化剂有利于加快反应速率，C符合题意； D．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； 故答案选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。 30．（2021·江苏·高考真题）甲烷是重要的资源，通过下列过程可实现由甲烷到氢气的转化。 (1)500℃时，CH4与H2O重整主要发生下列反应： CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) 已知CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s) ΔH=-178.8kJ·mol-1。向重整反应体系中加入适量多孔CaO，其优点是___。 (2)CH4与CO2重整的主要反应的热化学方程式为 反应I：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH=246.5kJ·mol-1 反应II：H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH=41.2kJ·mol-1 反应III：2CO(g)=CO2(g)+C(s) ΔH=-172.5kJ·mol-1 ①在CH4与CO2重整体系中通入适量H2O(g)，可减少C(s)的生成，反应3CH4(g)+CO2(g)+2H2O(g)=4CO(g)+8H2(g)的ΔH=___。 ②1.01×105Pa下，将n起始(CO2)：n起始(CH4)=1：1的混合气体置于密闭容器中，不同温度下重整体系中CH4和CO2的平衡转化率如图1所示。800℃下CO2平衡转化率远大于600℃下CO2平衡转化率，其原因是___。 (3)利用铜—铈氧化物(xCuO·yCeO2，Ce是活泼金属)催化氧化可除去H2中少量CO，催化氧化过程中Cu、Ce的化合价均发生变化，可能机理如图2所示。将n(CO)：n(O2)：n(H2)：n(N2)=1：1：49：49的混合气体以一定流速通过装有xCuO·yCeO2催化剂的反应器，CO的转化率随温度变化的曲线如图3所示。 ①Ce基态原子核外电子排布式为[Xe]4f15d16s2，图2所示机理的步骤(i)中，元素Cu、Ce化合价发生的变化为___。 ②当催化氧化温度超过150℃时，催化剂的催化活性下降，其可能原因是___。 【答案】(1)吸收CO2，提高H2的产率，提供热量 (2) 657.1kJ·mol-1 反应Ⅰ和反应Ⅱ的ΔH＞0，高温下反应的平衡常数大(反应正向进行程度大)，CO2的消耗量大，反应Ⅲ的ΔH＜0，高温下反应的平衡常数小(反应正向进行程度小)，CO2的生成量小 (3) 铜的化合价由+2变为+1价，铈的化合价由+4价变为+3价 高温下，Cu(+2价)或Cu(+1价)被H2还原为金属Cu 【详解】（1）已知CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s)    ΔH=－178.8kJ·mol-1，因此向重整反应体系中加入适量多孔CaO的优点是吸收CO2，使平衡正向移动，提高H2的产率，同时提供热量。 （2）①反应I：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)    ΔH=246.5kJ·mol-1 反应II：H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)    ΔH=41.2kJ·mol-1 依据盖斯定律可知I×3－II×2即得到反应3CH4(g)+CO2(g)+2H2O(g)=4CO(g)+8H2(g)的ΔH=657.1kJ·mol-1。 ②由于反应Ⅰ和反应Ⅱ的ΔH＞0，高温下反应的平衡常数大(反应正向进行程度大)，CO2的消耗量大，反应Ⅲ的ΔH＜0，高温下反应的平衡常数小(反应正向进行程度小)，CO2的生成量小，所以800℃下CO2平衡转化率远大于600℃下CO2平衡转化率。 （3）①图2所示机理的步骤(i)中CO结合氧元素转化为二氧化碳，根据Cu、Ce两种元素的核外电子排布式可判断元素Cu、Ce化合价发生的变化为铜的化合价由+2变为+1价，铈的化合价由+4价变为+3价。 ②由于高温下，Cu(+2价)或Cu(+1价)被H2还原为金属Cu，所以当催化氧化温度超过150℃时，催化剂的催化活性下降。 31．（2021·海南·高考真题）碳及其化合物间的转化广泛存在于自然界及人类的生产和生活中。已知25℃，时： ①葡萄糖完全燃烧生成和，放出热量。 ②  。 回答问题： (1)25℃时，与经光合作用生成葡萄糖和的热化学方程式为___________。 (2)25℃，时，气态分子断开化学键的焓变称为键焓。已知、键的键焓分别为、，分子中碳氧键的键焓为___________。 (3)溶于水的只有部分转化为，大部分以水合的形式存在，水合可用表示。已知25℃时，的平衡常数，正反应的速率可表示为，逆反应的速率可表示为，则___________(用含的代数式表示)。 (4)25℃时，潮湿的石膏雕像表面会发生反应：，其平衡常数___________。[已知，] (5)溶洞景区限制参观的游客数量，主要原因之一是游客呼吸产生的气体对钟乳石有破坏作用，从化学平衡的角度说明其原因___________。 【答案】(1)   (2)1067.5 (3) (4) (5)游客呼出的CO2可与钟乳石主要成分CaCO3发生可逆反应：，CO2增加，平衡正向移动，CaCO3减少，钟乳石被坏 【详解】（1）由题意可知，反应①为1mol葡萄糖在氧气中完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出2804kJ的热量，反应的热化学方程式为= ，二氧化碳和液态水经光合作用生成葡萄糖和氧气的反应为葡萄糖燃烧的逆反应，生成1mol葡萄糖会吸收2804kJ的热量，反应的热化学方程式为= ，故答案为：= ； （2）由题干信息结合反应②知,=反应物总键能-生成物总键能=E(CO)+E(O=O)-2E(C=O)=E(CO)+-=-283kJ·mol-1。解得E(CO)=1067.5kJ·mol-1。故答案为：1067.5； （3）当反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，则由v(H2CO3)=v(CO2)可得：k1c(H2CO3)= k2c(CO2)，==K=600，解得k2=，故答案为：； （4）由方程式可知，反应的平衡常数K=====3.25×103，故答案为：3.25×103； （5）二氧化碳和碳酸钙在溶液中存在如下平衡，当游客数量增大，反应物二氧化碳的浓度增大，平衡向正反应方向移动，碳酸钙因反应而减少，导致钟乳石被坏，故答案为：游客呼出的CO2可与钟乳石主要成分CaCO3发生可逆反应：，CO2增加，平衡正向移动，CaCO3减少，钟乳石被坏。 32．（2021·天津·高考真题）CS2是一种重要的化工原料。工业上可以利用硫(S8)与CH4为原料制备CS2，S8受热分解成气态S2，发生反应，回答下列问题： (1)CH4的电子式为___________，CS2分子的立体构型为___________。 (2)某温度下，若S8完全分解成气态S2。在恒温密闭容器中，S2与CH4物质的量比为2∶1时开始反应。 ①当CS2的体积分数为10%时，CH4的转化率为___________。 ②当以下数值不变时，能说明该反应达到平衡的是___________(填序号)。 a．气体密度b．气体总压c．CH4与S2体积比d．CS2的体积分数 (3)一定条件下，CH4与S2反应中CH4的平衡转化率、S8分解产生S2的体积分数随温度的变化曲线如图所示。据图分析，生成CS2的反应为___________(填“放热”或“吸热”)反应。工业上通常采用在600～650℃的条件下进行此反应，不采用低于600℃的原因是___________。 (4)用燃煤废气(含N2、O2、SO2、CO2、H2O、NOx等)使尾气中的H2S转化为单后硫S，可实现废物利用，保护环境，写出其中一个反应的化学方程式___________。 【答案】(1) 直线形 (2) 30% d (3) 放热 600℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600℃时，S2浓度明显偏小，且反应速率慢 (4)、、写出任意一个 【详解】（1）CH4的电子式为：；CS2和二氧化碳是等电子体故其立体构型为：直线型； （2）①在恒温密闭容器中，S2与CH4物质的量比为2∶1时开始反应， CS2的体积分数为10%，即，解得x=0.3a，则CH4的转化率为30%。 ②a.恒容容器，质量不变，故密度一直不变，故密度不变不一定平衡，不选；b.反应前后气体的物质的量不变，故压强也一直不变，故压强不变一定平衡，不选；c.CH4与S2体积比一直为1:2，故不一定平衡，不选；d.CS2的体积分数说明反应已经达到了平衡，选；故选d。 （3）由图可知，随温度升高，甲烷的转化率降低，故反应为放热反应。工业上通常采用在600～650℃的条件下进行此反应，不采用低于600℃的原因是600℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600℃时，S2浓度明显偏小，且反应速率慢。 （4）用燃煤废气(含N2、O2、SO2、CO2、H2O、NOx等)使尾气中的H2S转化为单后硫S)发生的化学反应方程式为、、写出任意一个。 33．（2021·浙江·高考真题）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：。判断该反应的自发性并说明理由_______。 (2)已知。时，在一恒容密闭反应器中充入一定量的和，当反应达到平衡后测得、和的浓度分别为、和。 ①该温度下反应的平衡常数为_______。 ②平衡时的转化率为_______。 (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氧化为 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的转化率 D．在吸收塔中宜采用水或稀硫酸吸收以提高吸收速率 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． B．    C．    D． E.    F.    G. 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. Ⅱ.①_______； Ⅲ.； Ⅳ.②_______。 【答案】 不同温度下都能自发，是因为 C BDF 【详解】(1)实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量的反应为，由于该反应，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的平衡常数为 . ②平衡时的转化率为 ； (3)①A．在常压下催化氧化为的反应中，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．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．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，并使化学平衡向正反应方向移动，因此可以提高含硫矿石和的转化率； D．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，反应放出的热量会使硫酸形成酸雾从而影响被水吸收导致的吸收速率减小，因此，在吸收塔中不宜采用水或稀硫酸吸收，D说法不正确。 综上所述，相关说法正确的是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，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、、，因此选BDF； ③对于放热的可逆反应，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，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，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，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，故在相应温度下的转化率低于其平衡转化率。因此，反应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)由时间振荡曲线可知，在溶液体系中，溶液的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，，然后发生，该过程溶液的基本不变，溶液保持澄清；溶液变浑浊时被氧化为，即发生，该过程溶液的增大；溶液又变澄清时又被氧化为，发生，该过程溶液的在减小。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：、、、。 34．（2021·全国乙卷·高考真题）一氯化碘(ICl)是一种卤素互化物，具有强氧化性，可与金属直接反应，也可用作有机合成中的碘化剂。回答下列问题： (1)历史上海藻提碘中得到一种红棕色液体，由于性质相似，Liebig误认为是ICl，从而错过了一种新元素的发现，该元素是_______。 (2)氯铂酸钡()固体加热时部分分解为、和，376.8℃时平衡常数，在一硬质玻璃烧瓶中加入过量，抽真空后，通过一支管通入碘蒸气(然后将支管封闭)，在376.8℃，碘蒸气初始压强为。376.8℃平衡时，测得烧瓶中压强为，则_______，反应的平衡常数K=_______(列出计算式即可)。 (3)McMorris测定和计算了在136~180℃范围内下列反应的平衡常数。 得到和均为线性关系，如下图所示： ①由图可知，NOCl分解为NO和反应的_______0(填“大于”或“小于”) ②反应的K=_______(用、表示)：该反应的_______0(填“大于”或“小于”)，写出推理过程_______。 (4)Kistiakowsky曾研究了NOCl光化学分解反应，在一定频率(v)光的照射下机理为： 其中表示一个光子能量，表示NOCl的激发态。可知，分解1mol的NOCl需要吸收_______mol光子。 【答案】 溴(或) 24.8 大于 大于 设，即，由图可知：则：，即，因此该反应正反应为吸热反应，即大于0 0.5 【详解】(1)红棕色液体，推测为溴单质，因此错过发现的元素是溴(或)； (2)由题意玻376.8℃时璃烧瓶中发生两个反应：(s) (s)+(s)+2(g)、Cl2(g)+I2(g)2ICl(g)。(s) (s)+(s)+2(g)的平衡常数，则平衡时p2(Cl2)=，平衡时p(Cl2)=100Pa，设到达平衡时I2(g)的分压减小pkPa，则，376.8℃平衡时，测得烧瓶中压强为，则0.1+20.0+p=32.5，解得p=12.4，则平衡时2p=2×12.4kPa=24.8kPa；则平衡时，I2(g)的分压为(20.0-p)kPa=(20×103-12.4×103)Pa，24.8kPa=24.8×103Pa，p(Cl2)=0.1kPa=100Pa，因此反应的平衡常数K=； (3)①结合图可知，温度越高，越小，lgKp2越大，即Kp2越大，说明升高温度平衡正向移动，则NOCl分解为NO和反应的大于0； ②Ⅰ. Ⅱ. Ⅰ+Ⅱ得，则的K=；该反应的大于0；推理过程如下：设，即，由图可知：则：，即，因此该反应正反应为吸热反应，即大于0； (4)Ⅰ. Ⅱ. Ⅰ+Ⅱ得总反应为2NOCl+hv=2NO+Cl2，因此2molNOCl分解需要吸收1mol光子能量，则分解1mol的NOCl需要吸收0.5mol光子。 35．（2021·浙江·高考真题）“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 Cl2(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】 2NaCl+ 2H2O2NaOH + H2↑+Cl2↑ A ＜ K1p + 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 AB 【详解】(1)电解饱和食盐水制取氯气时，同时还生成氢气和氢氧化钠，该反应的化学方程式是2NaCl+ 2H2O 2NaOH + H2↑+Cl2↑。 (2) A．氯气可与碱反应，碱石灰含有氢氧化钠和氧化钙，因此，不能用碱石灰干燥氯气，A说法不正确； B．氯气可与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应是可逆反应，在饱和食盐水中存在浓度较大的氯离子，可以使氯气的溶解平衡逆向移动，因此，氯气在饱和食盐水中的溶解度较小，可以通过排饱和食盐水法收集氯气，B说法正确； C．氯气在常温下不与铁反应；氯气的相对分子质量较大，其分子间的作用力较大，因此，氯气属于易液化的气体，常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中，C说法正确； D．氢气和氯气反应生成氯化氢，氯化氢溶于水得到盐酸，因此，工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸，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Cl2(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 kJ/mol，KI=3.4 ×10-29；II. 2C(s)+O2(g) ⇌ 2CO(g)     ΔHII= - 221 kJ/mol ，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= -40 kJ/mol，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) 15%生成邻二氯苯，说明该反应活化能大，25%生成对二氯苯，说明该反应活化能小，温度改变对活化能的影响大，即升高温度，邻二氯苯产量增大的多，比例增大；降低温度邻二氯苯产量减少的多，比例减少，故A正确、C错误；选择合适的催化剂，降低生成邻二氯苯的反应的活化能，故B正确；D中改变反应物的浓度，并不能改变两种产物的比例，故D错误，综上所述，选AB。 36．（2020·海南·高考真题）作为一种绿色消毒剂，H2O2在公共卫生事业中发挥了重要的作用。已知反应：H2O2(l)= H2O(1)+ O2(g) ΔH= -98 kJ·mol-1 K= 2.88×1020 回答问题： (1) H2O2的强氧化性使其对大多数致病菌和病毒具有消杀功能。用3%医用H2O2对传染病房喷洒消毒时，地板上有气泡冒出，该气体是____________________。 (2)纯H2O2可作为民用驱雹火箭推进剂。在火箭喷口铂网催化下，H2O2剧烈分解：H2O2(l) = H2O(g)+O2(g)，放出大量气体，驱动火箭升空。每消耗34g H2O2，理论上 __________(填“放出”或“吸收”)热量__________98kJ (填“大于”、“小于”或“等于”)。 (3)纯H2O2相对稳定，实验表明在54℃下恒温贮存2周，浓度仍能保持99%，原因是H2O2分解反应的_______________(填编号)。 a. ΔH比较小   b. K不够大   c.速率比较小   d.活化能比较大 (4)向H2O2稀溶液中滴加数滴含Mn2+的溶液，即有气泡快速逸出，反应中Mn2+起_________作用。某组实验数据如下： t/min 0 10 20 30 40 50 c(H2O2)/mol ·L-1 0.70 0.49 0.35 0.25 0.17 0.12 0-30 min H2O2反应的平均速率v=_____ mol ·L·min-1 (5) H2O2的一种衍生物K2S2O8，阴离子结构式为(  )。其中性溶液加热至沸后，溶液pH降低，用离子方程式表明原因：_______________。 【答案】 O2（或氧气） 放出 小于 cd 催化剂 0.015mol·L-1·min-1 2S2O+2H2OO2↑+4H++4SO 【分析】根据过氧化氢分解的方程式分析产生的气体；根据过氧化氢的质量计算放出的热量；根据化学反应速率分析反应快慢的原因；根据一段时间内浓度的变化量计算化学反应速率；根据过硫酸根结构分析水解产物。 【详解】(1)利用双氧水消毒的时候会有气泡放出，是由于双氧水分解生成的氢气的缘故，故放出的气体是氧气，故答案为：氧气； (2)过氧化氢的分解反应为放热反应，根据题干，34g过氧化氢为1mol，1mol过氧化氢完全分解生成水蒸气和氧气，由于液态水变成水蒸气需要吸收一部分能量，故生成水蒸气时放出是热量小于生成液态水使放出的热量，故答案为：放出、小于； (3)实验表明在54℃下恒温贮存2周，浓度仍能保持99%，说明在54℃下过氧化氢的分解速率较慢，产生较慢反应速率的原因是过氧化氢分解过程中的需要的能量较高，化学反应活化能较大，而54℃的温度所提供的能量较少，故反应速率较慢，故答案选择cd； (4)向H2O2稀溶液中滴加数滴含Mn2+的溶液，即有气泡快速逸出，说明Mn2+的加入加快双氧水的分解速率，但Mn2+本身没有发生任何变化，故Mn2+起到了催化剂的作用；起始时双氧水的浓度为0.7mol/L，30min时双氧水的浓度为0.25mol/L，其浓度变化量Δc=0.7mol/L -0.25mol/L =0.45mol/L，则这段时间内双氧水的反应速率v===0.015mol·L-1·min-1，故答案为：催化剂、0.015mol·L-1·min-1； (5)过硫酸根在水中易发生水解生成过一硫酸氢根、硫酸根和氢离子，加热升高温度有助于加速水解，其溶液pH降低，故过硫酸根水解的方程式为2S2O+2H2OO2↑+4H++4SO。 37．（2020·天津·高考真题）利用太阳能光解水，制备的H2用于还原CO2合成有机物，可实现资源的再利用。回答下列问题： Ⅰ.半导体光催化剂浸入水或电解质溶液中，光照时可在其表面得到产物 (1)下图为该催化剂在水中发生光催化反应的原理示意图。光解水能量转化形式为___________。 (2)若将该催化剂置于Na2SO3溶液中，产物之一为，另一产物为__________。若将该催化剂置于AgNO3溶液中，产物之一为O2，写出生成另一产物的离子反应式__________。 Ⅱ.用H2还原CO2可以在一定条下合成CH3OH(不考虑副反应)： (3)某温度下，恒容密闭容器中，CO2和H2的起始浓度分别为 a mol‧L-1和3 a mol‧L-1，反应平衡时，CH3OH的产率为b，该温度下反应平衡常数的值为___________。 (4)恒压下，CO2和H2的起始物质的量比为1:3时，该反应在无分子筛膜时甲醇的平衡产率和有分子筛膜时甲醇的产率随温度的变化如图所示，其中分子筛膜能选择性分离出H2O。 ①甲醇平衡产率随温度升高而降低的原因为____________。 ②P点甲醇产率高于T点的原因为___________。 ③根据上图，在此条件下采用该分子筛膜时的最佳反应温度为___________°C。 Ⅲ.调节溶液pH可实现工业废气CO2的捕获和释放 (5) 的空间构型为__________。已知25℃碳酸电离常数为Ka1、Ka2，当溶液pH=12时，=1：_______：__________。 【答案】 光能转化为化学能 H2 该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动（或平衡常数减小） 分子筛膜从反应体系中不断分离出H2O，有利于反应正向进行，甲醇产率升高 210 平面（正）三角形 【分析】I.根据图示分析反应以及能量转化形式；根据氧化还原反应的规律分析产物、书写离子反应式； II.用三段式和平衡常数表达式计算平衡常数，依据外界条件对化学平衡的影响分析作答； III.用价层电子对互斥理论判断的空间构型，利用电离平衡常数表达式计算粒子浓度的比值。 【详解】I.(1)根据图示，该催化剂在水中发生光催化反应的方程式为2H2O2H2↑+O2↑，光解水能量转化形式为光能转化为化学能，故答案为：光能转化为化学能。 (2)若将该催化剂置于Na2SO3溶液中，产物之一为，被氧化成，则H+被还原为H2，即另一产物为H2；若将该催化剂置于AgNO3溶液中，产物之一为O2，氧元素的化合价升高，O2为氧化产物，则生成另一产物的反应为还原反应，由于Ag+得电子能力大于H+，故生成另一产物的离子反应式为Ag++e-=Ag，故答案为：H2，Ag++e-=Ag。 II.(3) CO2和H2的起始浓度分别为 a mol‧L-1和3 a mol‧L-1，CH3OH的产率为b，则生成的CH3OH物质的量浓度为abmol/L，根据三段式 则反应的平衡常数K== =，故答案为：。 (4)①该反应为放热反应(∆H<0)，温度升高，平衡逆向移动（或平衡常数减小），故甲醇平衡产率随温度升高而降低，故答案为：该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动（或平衡常数减小）； ②因为分子筛膜能选择性分离出H2O，c（H2O）减小，有利于反应正向进行，甲醇产率升高，故P点甲醇产率高于T点，故答案为：分子筛膜从反应体系中不断分离出H2O，有利于反应正向进行，甲醇产率升高。 ③根据图示，使用该分子筛膜210℃时甲醇的产率最大，故在此条件下采用该分子筛膜时的最佳反应温度为210℃，故答案为：210。 III.(5)中C的孤电子对数为×（4+2-3×2）=0，σ键电子对数为3，价层电子对数为3，C上没有孤电子对，故的空间构型为平面正三角形；H2CO3的电离方程式为H2CO3⇌H++、⇌ H++，则Ka1= 、Ka2=，当溶液的pH=12时，c（H+）=1×10-12mol/L，将其代入Ka1、Ka2中分别求出c（）=1012Ka1 c(H2CO3)、c（）=1012Ka2 c（）=1024Ka1Ka2 c(H2CO3)，则c(H2CO3)：c（）：c（） =1：（1012Ka1）：（1024Ka1Ka2），故答案为：平面正三角形，1012Ka1，1024Ka1Ka2。 38．（2020·山东·高考真题）探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CH3OH的产率。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下： Ⅰ. Ⅱ. Ⅲ. 回答下列问题： (1)_________。 (2)一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1 mol CO2和3 mol H2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH(g)为ɑ mol，CO为b mol，此时H2(g)的浓度为__________mol﹒L-1(用含a、b、V的代数式表示，下同)，反应Ⅲ的平衡常数为___________。 (3)不同压强下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度的变化关系如下图所示。 已知：CO2的平衡转化率= CH3OH的平衡产率= 其中纵坐标表示CO2平衡转化率的是图___________(填“甲”或“乙”)；压强p1、p2、p3由大到小的顺序为___________；图乙中T1温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是___________。 (4)为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，应选择的反应条件为_________(填标号)。 A．低温、高压    B．高温、低压   C．低温、低压 D．高温、高压 【答案】 +43.9 乙 p1、p2、p3 T1时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响 A 【分析】根据盖斯定律计算反应热；利用三个反应，进行浓度和化学平衡常数的计算；结合图形根据勒夏特列原理考虑平衡移动的方向，确定温度和压强变化时，CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率之间的关系得到相应的答案。 【详解】(1).根据反应I-II=III，则△H3=△H1-△H2=-48.5kJ∙mol-1-(-92.4 kJ∙mol-1)=+43.9 kJ∙mol-1； (2).假设反应II中，CO反应了xmol，则II生成的CH3OH为xmol，I生成的CH3OH为(a-x)mol，III生成CO为(b+x)mol，根据反应I：，反应II： ，反应III：，所以平衡时H2的物质的量为3mol-3(a-x)mol-2xmol-(b+x)mol =(3-3a-b)mol，浓度为:；平衡时CO2的物质的量为1mol-(a-x)mol-(b+x)mol=(1-a-b)mol，CO的物质的量为bmol，水的物质的量为(a+b)mol，则反应III的平衡常数为：； (3).反应I和II为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则CH3OH的平衡产率减少，所以图甲表示CH3OH的平衡产率，图乙中，开始升高温度，由于反应I和II为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率降低，反应III为吸热反应，升高温度反应III向正反应方向移动，升高一定温度后以反应III为主，CO2的平衡转化率又升高，所以图乙表示CO2的平衡转化率；压强增大，反应I和II是气体体积减小的反应，反应I和II平衡正向移动，反应III气体体积不变化，平衡不移动，故压强增大CH3OH的平衡产率增大，根据图所以压强关系为：p1>p2>p3；温度升高，反应I和II平衡逆向移动，反应III向正反应方向移动，所以T1温度时，三条曲线交与一点的原因为：T1时以反应III为主，反应III前后分子数相等，压强改变对平衡没有影响； (4).根据图示可知，温度越低，CO2的平衡转化率越大，CH3OH的平衡产率越大，压强越大，CO2的平衡转化率越大，CH3OH的平衡产率越大，所以选择低温和高压，答案选A。 【点睛】本题为化学反应原理综合题，考查了盖斯定律、化学平衡常数的计算、勒夏特列原理进行图象的分析，难点为平衡常数的计算，巧用了三个反应的化学方程式，进行了数据的处理，得到反应III的各项数据，进行计算得到平衡常数。 39．（2020·浙江·高考真题）研究氧化制对资源综合利用有重要意义。相关的主要化学反应有： Ⅰ   Ⅱ   Ⅲ   Ⅳ   已知：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(随温度变化可忽略)。例如： 。 请回答： (1)①根据相关物质的相对能量计算_____。 ②下列描述正确的是_____ A 升高温度反应Ⅰ的平衡常数增大 B 加压有利于反应Ⅰ、Ⅱ的平衡正向移动 C 反应Ⅲ有助于乙烷脱氢，有利于乙烯生成 D 恒温恒压下通水蒸气，反应Ⅳ的平衡逆向移动 ③有研究表明，在催化剂存在下，反应Ⅱ分两步进行，过程如下： ，且第二步速率较慢(反应活化能为)。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”，起点从的能量，开始(如图2)_____。 (2)①和按物质的量1:1投料，在和保持总压恒定的条件下，研究催化剂X对“氧化制”的影响，所得实验数据如下表： 催化剂 转化率 转化率 产率 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，氧化的主要产物是______，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)可提高的选择性(生成的物质的量与消耗的物质的量之比)。在，乙烷平衡转化率为，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。结合具体反应说明乙烷转化率增大的原因是_____。 【答案】 430 AD 的产率低，说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率 选择性膜吸附，促进反应Ⅱ平衡正向移动 【分析】根据题中信息用相对能量求反应热；根据平衡移动原理分析温度、压强和反应物的浓度对化学平衡的影响，并作出相关的判断；根据相关物质的相对能量和活化能算出中间产物、过渡态和最终产物的相对能量，找到画图的关键数据；催化剂的选择性表现在对不同反应的选择性不同；选择性膜是通过吸附目标产品而提高目标产物的选择性的，与催化剂的选择性有所区别。 【详解】(1)①由图1的数据可知，C2H6(g)、CO2(g)、CO(g)、H2(g)的相对能量分别为-84kJ∙mol-1、-393 kJ∙mol-1、-110 kJ∙mol-1、0 kJ∙mol-1。由题中信息可知，∆H=生成物的相对能量-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．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．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．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．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。 综上所述，描述正确的是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。故答案为：CO；C2H4的产率低说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率。 ②由题中信息可知，选择性膜技术可提高C2H4的选择性，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，因而可以提高乙烷的转化率。故答案为：选择性膜吸附C2H4，促进反应Ⅱ平衡向正反应方向移动。 【点睛】本题“能量—反应过程图”是难点。一方面数据的处理较难，要把各个不同状态的相对能量算准，不能遗漏某些物质；另一方面，还要考虑两步反应的活化能不同。这就要求考生必须有耐心和细心，准确提取题中的关键信息和关键数据，才能做到完美。 40．（2020·全国I卷·高考真题）硫酸是一种重要的基本化工产品，接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧化：SO2(g)+O2(g)SO3(g) ΔH=−98 kJ·mol−1。回答下列问题： (1)钒催化剂参与反应的能量变化如图所示，V2O5(s)与SO2(g)反应生成VOSO4(s)和V2O4(s)的热化学方程式为：_________。 (2)当SO2(g)、O2(g)和N2(g)起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa压强下，SO2平衡转化率α 随温度的变化如图所示。反应在5.0MPa、550℃时的α=__________，判断的依据是__________。影响α的因素有__________。 (3)将组成(物质的量分数)为2m% SO2(g)、m% O2(g)和q% N2(g)的气体通入反应器，在温度t、压强p条件下进行反应。平衡时，若SO2转化率为α，则SO3压强为___________，平衡常数Kp=___________(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。 (4)研究表明，SO2催化氧化的反应速率方程为：v=k(−1)0.8(1−nα')。式中：k为反应速率常数，随温度t升高而增大；α为SO2平衡转化率，α'为某时刻SO2转化率，n为常数。在α'=0.90时，将一系列温度下的k、α值代入上述速率方程，得到v~t曲线，如图所示。 曲线上v最大值所对应温度称为该α'下反应的最适宜温度tm。t<tm时，v逐渐提高；t>tm后，v逐渐下降。原因是__________________________。 【答案】 2V2O5(s)+ 2SO2(g)⇌ 2VOSO4(s)+ V2O4(s)  ∆H= -351 kJ∙mol-1 0.975 该反应气体分子数减少，增大压强，α提高。所以，该反应在550℃、压强为5.0MPa＞2.5MPa＝p２的，所以p1=5.0MPa 反应物（N2和O2）的起始浓度（组成）、温度、压强 升高温度，k增大使v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降。当t＜tm，k增大对v的提高大于α引起的降低；当t＞tm，k增大对v的提高小于α引起的降低 【分析】根据盖斯定律，用已知的热化学方程式通过一定的数学运算，可以求出目标反应的反应热；根据压强对化学平衡的影响，分析图中数据找到所需要的数据；根据恒压条件下总压不变，求出各组分的分压，进一步可以求出平衡常数；根据题中所给的速率公式，分析温度对速率常数及二氧化硫的转化率的影响，进一步分析对速率的影响。 【详解】(1)由题中信息可知： ①SO2(g)+O2(g)⇌SO3(g)  ∆H= -98kJ∙mol-1 ②V2O4(s)+ SO3(g)⇌V2O5(s)+ SO2(g)  ∆H2= -24kJ∙mol-1 ③V2O4(s)+ 2SO3(g)⇌2VOSO4(s)  ∆H1= -399kJ∙mol-1 根据盖斯定律可知，③-②2得2V2O5(s)+ 2SO2(g)⇌ 2VOSO4(s)+ V2O4(s)，则∆H= ∆H1-2∆H2=( -399kJ∙mol-1)-( -24kJ∙mol-1)2= -351kJ∙mol-1，所以该反应的热化学方程式为：2V2O5(s)+ 2SO2(g)⇌ 2VOSO4(s)+ V2O4(s)  ∆H= -351 kJ∙mol-1； (2) SO2(g)+O2(g)⇌SO3(g)，该反应是一个气体分子数减少的放热反应，故增大压强可以使化学平衡向正反应方向移动。因此，在相同温度下，压强越大，SO2的平衡转化率越大，所以，该反应在550℃、压强为5.0MPa条件下，SO2的平衡转化率一定高于相同温度下、压强为2.5MPa的，因此，p1=5.0MPa，由图中数据可知，α=0.975。影响α的因素就是影响化学平衡移动的因素，主要有反应物（N2和O2）的浓度、温度、压强等。 (3)假设原气体的物质的量为100mol，则SO2、O2和N2的物质的量分别为2m mol、m mol和q mol，2m+m+q=3m+q=100，SO2的平衡转化率为α，则有下列关系： 平衡时气体的总物质的量为n(总)= 2m(1-α)+m(1-α)+2mαmol+q mol，则SO3的物质的量分数为。该反应在恒压容器中进行，因此，SO3的分压p(SO3)=，p(SO2)=，p(O2)=，在该条件下，SO2(g)+ O2(g)⇌2SO3(g) 的Kp=。 (4) 由于该反应是放热反应，温度升高后α降低。由题中信息可知，v=，升高温度，k增大使v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降。当t＜tm，k增大对v的提高大于α引起的降低；当t＞tm，k增大对v的提高小于α引起的降低。 【点睛】本题有关化学平衡常数的计算是一个难点，尤其题中给的都是字母型数据，这无疑增大了难度。这也是对考生的意志的考验，只要巧妙假设、小心求算，还是可以得到正确结果的，毕竟有关化学平衡的计算是一种熟悉的题型。本题的另一难点是最后一问，考查的是速率公式与化学平衡的综合理解，需要明确化学反应速率与速率常数及平衡转化率之间的函数关系，才能作出正确的解答。所以，耐心和细心才是考好的保证。 41．（2020·浙江·高考真题）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】 AE p Ⅱ T4 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 【分析】（1）①化学反应平衡的判断可从以下几方面考虑：体系中所有反应物和生成物的质量（或浓度）保持不变，正反应速率等于逆反应速率； ②建立三段式求解可得； ③由图确定t1时反应生成的NO2浓度；该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动； （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； ②由图可知，转化相同量的NO，在温度T4下消耗的时间较长，原因是浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响。 【详解】（1）①A、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、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、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、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，故答案为：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＝=，故答案为：； 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，故答案为：； （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，故答案为：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，故答案为：T4；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； 42．（2019·天津·高考真题）氮、磷、砷、锑、铋、镆为元素周期表中原子序数依次增大的同族元素。回答下列问题： （1）砷在元素周期表中的位置______。的中子数为______。 已知：（，白磷）＝（，黑磷）    ； （，白磷）＝（，红磷）    ； 由此推知，其中最稳定的磷单质是______。 （2）氮和磷氢化物性质的比较：热稳定性：______（填“＞”“＜”）。 沸点：______（填“＞”“＜”），判断依据是______。 （3）和与卤化氢的反应相似，产物的结构和性质也相似。下列对与反应产物的推断正确的是______（填序号）。 a．不能与反应    b．含离子键、共价键    c．能与水反应 （4）能发生较强烈的水解，生成难溶的，写出该反应的化学方程式_______________________，因此，配制溶液应注意_______________________。 （5）在1L真空密闭容器中加入a mol PH4I固体，t℃时发生如下反应：     ①     ②     ③ 达平衡时，体系中，，，则℃时反应①的平衡常数值为______（用字母表示）。 【答案】 第四周期第VA族 173 黑磷 ＞ ＞ 分子间存在氢键 b、c （“”写成“”亦可） 加盐酸，抑制水解 【详解】（1）砷元素的原子序数为33，与氮元素、磷元素均位于ⅤA族，最外层有5个电子，则砷在周期表中的位置为第四周期ⅤA族；288115Mc的质量数为288，质子数为115，由由中子数=质量数—中子数可知288115Mc的中子数为288—115=173；将已知转化关系依次编号为①②，由盖斯定律可知，①—②可得P（s，红磷）= P（s，黑磷）△H=△H1—△H2=（—39.3kJ/mol）—（—17.6 kJ/mol）=—21.7 kJ/mol。由于放热反应中，反应物总能量大于生成物总能量，则白磷、红磷和黑磷三者能量的大小顺序为白磷＞红磷＞黑磷，能量越高越不稳定，则最稳定的是黑磷，故答案为第四周期ⅤA族；173；黑磷； （2）元素非金属性越强，氢化物的稳定性越强，N元素非金属性强于P元素，则NH3热稳定性强于PH3；N元素非金属性强，原子半径小，N2H4分子间可以形成氢键，增大分子间作用力，而PH3分子间不能形成氢键，则N2H4的沸点高于PH3，故答案为＞；＞；N2H4分子间形成氢键； （3）由题意可知，PH3与NH3性质类似，与HI反应生成反应PH4I，PH4I能与氢氧化钠溶液反应生成PH3，a错误；PH4I为离子化合物，化合物中含有离子键和共价键，b正确；PH4I与NH4I类似，可以发生水解反应，c正确，bc正确，故答案为bc； （4）由题意可知，SbCl3发生水解反应生成SbOCl沉淀和HCl，水解的化学方程式为SbCl3+H2O=SbOCl↓+2HCl；配制SbCl3溶液时，为防止SbCl3水解，应加入盐酸，故答案为SbCl3+H2O=SbOCl↓+2HCl；加入盐酸抑制SbCl3水解； （5）由PH4I（s）PH3（g）+HI（g）可知，amolPH4I分解生成的物质的量的PH3和HI，由2HI（g）H2（g）+I2（g）可知HI分解生成c（H2）= c（I2）=cmol/L，PH4I分解生成c（HI）为（2c+b）mol/L，则4 PH3（g）P4（g）+ 6H2（g）可知PH3分解生成c（H2）=（d—c）mol/L，则体系中c（PH3）为[（2c+b）—（d—c）] mol/L=，故反应PH4I（s）PH3（g）+HI（g）的平衡常数K=c（PH3）c（HI）=，故答案为。 【点睛】本题考查化学反应基本理论，涉及了物质结构、元素周期律、盖斯定律、盐类水解和化学平衡常数等知识，注意元素周期律的应用，掌握盖斯定律和化学平衡常数的计算方法，明确盐类水解的应用是解答关键。 43．（2019·全国I卷·高考真题）水煤气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)]是重要的化工过程，主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。回答下列问题： （1）Shibata曾做过下列实验：①使纯H2缓慢地通过处于721 ℃下的过量氧化钴CoO(s)，氧化钴部分被还原为金属钴(Co)，平衡后气体中H2的物质的量分数为0.0250。 ②在同一温度下用CO还原CoO(s)，平衡后气体中CO的物质的量分数为0.0192。 根据上述实验结果判断，还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO_________H2（填“大于”或“小于”）。 （2）721 ℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合，采用适当的催化剂进行反应，则平衡时体系中H2的物质的量分数为_________（填标号）。 A．＜0.25        B．0.25         C．0.25~0.50        D．0.50        E．＞0.50 （3）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用标注。 可知水煤气变换的ΔH________0（填“大于”“等于”或“小于”），该历程中最大能垒（活化能）E正=_________eV，写出该步骤的化学方程式_______________________。 （4）Shoichi研究了467 ℃、489 ℃时水煤气变换中CO和H2分压随时间变化关系（如下图所示），催化剂为氧化铁，实验初始时体系中的PH2O和PCO相等、PCO2和PH2相等。 计算曲线a的反应在30~90 min内的平均速率(a)=___________kPa·min−1。467 ℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是___________、___________。489 ℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是___________、___________。 【答案】 大于 C 小于 2.02 COOH+H+H2O＝COOH+2H+OH或H2O＝H+OH 0.0047 b c a d 【分析】（1）由H2、CO与CoO反应后其气体物质的量分数判断二者的倾向大小； （2）根据三段式以及CO与H2的倾向大小关系综合判断； （3）根据反应物与生成物的相对能量差大小进行比较判断；根据反应物达到活化状态所需能量为活化能以及相对能量差值大小计算并比较最大能垒；根据最大能垒对应的反应历程对应的物质写出方程式； （4）根据图中曲线a在30~90 min内分压变化量计算平均反应速率；水煤气变换中CO是反应物，H2是产物，该反应又是放热反应，根据温度变化对化学平衡的影响判断出在不同温度下曲线对应的物质。 【详解】 （1）H2还原氧化钴的方程式为：H2(g)＋CoO(s)Co(s)＋H2O(g)；CO还原氧化钴的方程式为：CO(g)＋CoO(s)Co(s)＋CO2(g)，平衡时H2还原体系中H2的物质的量分数（）高于CO还原体系中CO的物质的量分数（），故还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO大于H2； （2）721℃时，设气体反应物开始浓度均为1mol/L，列三段式：，则有，解得，；，则有，解得，；，根据盖斯定律，，解得，氢气物质的量分数：，答案选C； （3）根据水煤气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)]并结合水煤气变换的反应历程相对能量可知，CO(g)+H2O(g)的能量（-0.32eV）高于CO2(g)+H2(g)的能量（-0.83eV），故水煤气变换的ΔH小于0；活化能即反应物状态达到活化状态所需能量，根据变换历程的相对能量可知，最大差值为： 其最大能垒（活化能）E正=1.86-(-0.16)eV=2.02eV；该步骤的反应物为COOH+H+H2O＝COOH+2H+OH；因反应前后COOH和1个H未发生改变，也可以表述成H2O＝H+OH； （4）由图可知，30~90 min内a曲线对应物质的分压变化量Δp=（4.08-3.80）kPa=0.28 kPa，故曲线a的反应在30~90 min内的平均速率(a)==0.0047 kPa·min−1；由（2）中分析得出H2的物质的量分数介于0.25~0.5，CO的物质的量分数介于0~0.25，即H2的分压始终高于CO的分压，据此可将图分成两部分： 由此可知，a、b表示的是H2的分压，c、d表示的是CO的分压，该反应为放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，CO分压增加，H2分压降低，故467℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是b、c；489℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是a、d。 【点睛】本题以水煤气交换为背景，考查化学反应原理的基本应用，较为注重学生学科能力的培养，难点在于材料分析和信息提取，图象比较新，提取信息能力较弱的学生，会比较吃力。第（3）问来源于我国化学工作者发表在顶级刊物Science中的文章“沉积在α-MoC上单层金原子对水煤气的低温催化反应”，试题以文章中的单原子催化能量变化的理论计算模型为情境，让学生认识、分析催化吸附机理及反应过程中的能量变化。本题属于连贯性综合题目，本题的解题关键在于第（1）问的信息理解与应用，若本题的第（1）问判断错误，会导致后续多数题目判断错误；第（2）问可以采取特殊值法进行赋值并结合极限法计算，考生若只是考虑到完全转化极限，则只能判断出H2的物质的量分数小于0.5，这是由于对题干的信息应用能力不熟练而导致；对于第（4）问中曲线对应物质的确定需根据第（1）（2）问得出的相关结论进行推断，需先确定物质对应曲线，然后再根据勒夏特列原理判读相关物质的变化。 44．（2018·北京·高考真题）近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下： （1）反应Ⅰ：2H2SO4(l)=2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g) ΔH1=+551 kJ·mol－1 反应Ⅲ：S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH3=－297 kJ·mol－1 反应Ⅱ的热化学方程式：_________________________________________。 （2）对反应Ⅱ，在某一投料比时，两种压强下，H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。 p2_______p 1（填“＞”或“＜”），得出该结论的理由是________________。 （3）I－可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将ii补充完整。 i．SO2+4I－+4H+===S↓+2I2+2H2O ii．I2+2H2O+_________===_________+_______+2I－ （4）探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2饱和溶液加入到2 mL下列试剂中，密闭放置观察现象。（已知：I2易溶解在KI溶液中） A B C D 试剂组成 0.4 mol·L－1 KI a mol·L－1 KI 0.2 mol·L－1 H2SO4 0.2 mol·L－1 H2SO4 0.2 mol·L－1 KI 0.0002 mol I2 实验现象 溶液变黄，一段时间后出现浑浊 溶液变黄，出现浑浊较A快 无明显现象 溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快 ①B是A的对比实验，则a=__________。 ②比较A、B、C，可得出的结论是______________________。 ③实验表明，SO2的歧化反应速率D＞A，结合i、ii反应速率解释原因：________________。 【答案】 3SO2(g)+2H2O (g)=2H2SO4 (l)+S(s)  ΔH2=−254 kJ·mol−1     > 反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，H2SO4 的物质的量增大，体系总物质的量减小，H2SO4的物质的量分数增大 SO2         SO42— 4H+ 0.4 I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率 反应ii比i快；D中由反应ii产生的H+使反应i加快 【详解】分析：（1）应用盖斯定律结合反应II分析。 （2）采用“定一议二”法，根据温度相同时，压强与H2SO4物质的量分数判断。 （3）依据催化剂在反应前后质量和化学性质不变，反应i+反应ii消去I-得总反应。 （4）用控制变量法对比分析。 详解：（1）根据过程，反应II为SO2催化歧化生成H2SO4和S，反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S。应用盖斯定律，反应I+反应III得，2H2SO4（l）+S（s）=3SO2（g）+2H2O（g）ΔH=ΔH1+ΔH3=（+551kJ/mol）+（-297kJ/mol）=+254kJ/mol，反应II的热化学方程式为3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s）ΔH=-254kJ/mol。 （2）在横坐标上任取一点，作纵坐标的平行线，可见温度相同时，p2时H2SO4物质的量分数大于p1时；反应II是气体分子数减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，H2SO4物质的量增加，体系总物质的量减小，H2SO4物质的量分数增大；则p2p1。 （3）反应II的总反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S，I-可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，催化剂在反应前后质量和化学性质不变，（总反应-反应i）2得，反应ii的离子方程式为I2+2H2O+SO2=4H++SO42-+2I-。 （4）①B是A的对比实验，采用控制变量法，B比A多加了0.2mol/LH2SO4，A与B中KI浓度应相等，则a=0.4。 ②对比A与B，加入H+可以加快SO2歧化反应的速率；对比B与C，单独H+不能催化SO2的歧化反应；比较A、B、C，可得出的结论是：I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率。 ③对比D和A，D中加入KI的浓度小于A，D中多加了I2，反应i消耗H+和I-，反应ii中消耗I2，D中“溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快”，反应速率DA，由此可见，反应ii比反应i速率快，反应ii产生H+使c（H+）增大，从而反应i加快。 点睛：本题以利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储为载体，考查盖斯定律的应用、化学平衡图象的分析、方程式的书写、控制变量法探究外界条件对化学反应速率的影响，考查学生灵活运用所学知识解决实际问题的能力。 45．（2018·全国I卷·高考真题）采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。回答下列问题 （1）1840年 Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5。该反应的氧化产物是一种气体，其分子式为___________。 （2）F．Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25℃时N2O5(g)分解反应： 其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间t的变化如下表所示（t=∞时，N2O5(g)完全分解）： t/min 0 40 80 160 260 1300 1700 ∞ p/kPa 35.8 40.3 42.5. 45.9 49.2 61.2 62.3 63.1 ①已知：2N2O5(g)＝2N2O4(g)+O2(g) ΔH1=−4.4 kJ·mol−1 2NO2(g)＝N2O4(g) ΔH 2=−55.3 kJ·mol−1 则反应N2O5(g)＝2NO2(g)+ O2(g)的ΔH=_______ kJ·mol−1。 ②研究表明，N2O5(g)分解的反应速率。t=62 min时，测得体系中pO2=2.9 kPa，则此时的=________kPa，v=_______kPa·min−1。 ③若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)____63.1 kPa（填“大于”“等于”或“小于”），原因是________。 ④25℃时N2O4(g)2NO2(g)反应的平衡常数Kp=_______kPa（Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1位小数）。 （3）对于反应2N2O5(g)→4NO2(g)+O2(g)，R.A．Ogg提出如下反应历程： 第一步 N2O5NO2+NO3快速平衡 第二步 NO2+NO3→NO+NO2+O2慢反应 第三步 NO+NO3→2NO2快反应 其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是_______（填标号)。 A．v(第一步的逆反应)＞v(第二步反应) B．反应的中间产物只有NO3 C．第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效 D．第三步反应活化能较高 【答案】 O2 53.1 30.0 6.0×10－2 大于 温度提高，体积不变，总压强提高；NO2二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高 13.4 AC 【详解】分析：（1）根据还原剂失去电子转化为氧化产物判断； （2）①根据盖斯定律计算； ②根据压强之比是物质的量之比计算； ③根据温度对压强和平衡状态的影响分析； ④根据五氧化二氮完全分解时的压强计算出二氧化氮、氧气的压强，然后再根据二氧化氮转化的方程式计算平衡时二氧化氮、四氧化二氮的压强。 （3）根据三步反应的特点分析判断。 详解：（1）氯气在反应中得到电子作氧化剂，硝酸银中只有氧元素化合价会升高，所以氧化产物是氧气，分子式为O2； （2）①已知： ⅰ、2N2O5(g)＝2N2O4(g)+O2(g) △H1＝－4.4kJ/mol ⅱ、2NO2(g)＝N2O4(g) △H2＝－55.3kJ/mol 根据盖斯定律可知ⅰ÷2－ⅱ即得到N2O5(g)＝2NO2(g)+1/2O2(g) △H1＝＋53.1kJ/mol； ②根据方程式可知氧气与消耗五氧化二氮的物质的量之比是1:2，又因为压强之比是物质的量之比，所以消耗五氧化二氮减少的压强是2.9kPa×2＝5.8kPa，则此时五氧化二氮的压强是35.8kPa－5.8kPa＝30.0kPa，因此此时反应速率v＝2.0×10－3×30＝6.0×10－2（kPa·min－1）； ③由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高，所以若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)大于63.1 kPa。 ④根据表中数据可知五氧化二氮完全分解时的压强是63.1kPa，根据方程式可知完全分解时最初生成的二氧化氮的压强是35.8kPa×2＝71.6 kPa，氧气是35.8kPa÷2＝17.9 kPa，总压强应该是71.6 kPa+17.9 kPa＝89.5 kPa，平衡后压强减少了89.5 kPa－63.1kPa＝26.4kPa，所以根据方程式2NO2(g)N2O4(g)可知平衡时四氧化二氮对应的压强是26.4kPa，二氧化氮对应的压强是71.6 kPa－26.4kPa×2＝18.8kPa，则反应的平衡常数。 （3）A、第一步反应快，所以第一步的逆反应速率大于第二步的逆反应速率，A正确； B、根据第二步和第三步可知中间产物还有NO，B错误； C、根据第二步反应生成物中有NO2可知NO2与NO3的碰撞仅部分有效，C正确； D、第三步反应快，所以第三步反应的活化能较低，D错误。答案选AC。 点睛：本题主要是考查化学反应原理，侧重于化学反应速率与化学平衡的有关分析与计算，题目难度较大。试题设计新颖，陌生感强，计算量较大，对学生的要求较高。压强和平衡常数的计算是解答的难点，注意从阿伏加德罗定律的角度去理解压强与气体物质的量之间的关系，注意结合反应的方程式和表中数据的灵活应用。也可以直接把压强看作是物质的量利用三段式计算。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题43 原理综合题——反应热+速率平衡（综合应用） 考点分类 十年考情（2017-2026） 命题规律 涉及 综合应用 2026：贵州、江西、广东 2025：浙江、重庆、湖北、广东、江苏、上海 2024：天津、广西、重庆、海南、广东、全国甲卷、辽宁 2023：广东、浙江、山东、辽宁、全国新课标卷 2022：天津、辽宁、海南、广东 2021：重庆、江苏、海南、天津、浙江、全国乙卷、浙江 2020：海南、天津、山东、浙江、全国I卷 2019：天津、全国I卷 2018：北京、全国I卷 1.题型特点：属于高考化学必做大题，分值 12‑15 分，新高考每套试卷基本都有，以真实工业反应为载体，融合热化学、化学反应速率、化学平衡、平衡常数、图像图表、分压平衡、条件选择。本专题主要涉及综合应用。 2.难度特点：前 2‑3 小问基础，后面计算、图像原因解释、动力学分析为拉分点。 3.核心考向： （1）反应热（盖斯定律）。 主流考法：给出多个热化学方程式，求目标反应；结合键能计算；结合能量‑反应历程图，求正逆反应活化能。 （2）化学反应速率。 基础：速率计算，速率之比 = 计量数之比。 高频热点： ① 外界条件对速率影响：温度、压强、浓度、催化剂； ② 活化能：催化剂降低正、逆反应活化能同等程度，不改变反应热；活化能越大，反应速率受温度影响越显著； ③ 速率常数k：只与温度、催化剂有关；温度升高， k正、k逆均增大；平衡时，v正=v逆,可推导k与 k正、k逆的关系（新高考高频）； ④ 选择性：催化剂选择性，只加速主反应，抑制副反应。 （3）化学平衡（大题核心）：平衡移动、平衡常数、转化率、产率、选择性的计算。 1．（2026·贵州·高考真题）水下推进装置的研究对维护国家海洋权益有积极意义。水冲压发动机是一种新型水下推进装置，通过金属燃料与海水反应产生推力。某科研小组对金属燃料镁与水蒸气高效燃烧过程进行了研究，并模拟计算了其反应机理，所涉反应及变化如下。 Ⅰ．   Ⅱ．   Ⅲ．   已知：①在标准大气压下，MgO的液化温度为3125 K，汽化温度为3873 K。 ② ③模拟计算条件：动力反应装置为绝热系统(物质与热量均不与外界交换)，压强为标准大气压(1 atm)。 回答下列问题： (1)计算：  ________。 (2)模拟计算得出镁与水蒸气反应的和随温度的变化关系如图1。温度小于3000 K时，________0(填“＞”“=”或“＜”)。 (3)研究表明，反应中同时存在氢原子解离(路径Ⅰ)和氢原子转移(路径Ⅱ)两条反应路径，如图2。 ①两条反应路径的关系为______(填“＞”“=”或“＜”)。 ②1 atm下，路径Ⅰ和路径Ⅱ都是连续反应： 反应速率方程为，其中是反应速率，是反应速率常数(其数值大小关系为)，是反应物浓度。反应达到平衡前，___________(填“＞”“=”或“＜”)，原因是____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。 ③某温度下，镁与足量水蒸气在内全部反应，其中通过路径Ⅰ生成的氢气为，则在该时间段内路径Ⅱ的反应速率为_______________。 (4)在3000 K时，若将动力装置反应器出口设置成小口径喷口，反应器可近似为恒容密闭体系，体系压强从1 atm提升至10 atm，则该反应器在单位时间内产生的能量将_________(填“增大”“不变”或“减小”)，原因是______________________________________________________________________________________。 2．（2026·江西·高考真题）/CaO热化学储能体系可作为化学热泵，具有储能密度高、储／释能速度快等优点。其化学反应与能量关系图如下： 回答下列问题： (1)________。 (2)同等条件下，表面自由能G（块状）________G（粉末）（填“>”“=”或“<”）。 (3)/CaO开放系统在脱水过程中，起始质量为，当固体质量为m时，转化率为________。 (4)空调属于物理热泵，上述关系图中与物理热泵相似的供热过程是______________________。 (5)下图为密闭容器中的理论平衡曲线，在图中能稳定存在的状态点有________（填标号）。 (6)假设金属Ca，原子半径为，在二维平面单层紧密堆积，则其总面积（含空隙）计算式________。 (7)初始CaO质量相同，不同比例与CaO反应时间和温度的关系曲线如图。 甲同学通过到达最高温度的时间长短，推断出化学反应速率最大的是④。 乙同学认为该结论不正确，理由是________________________________________。 3．（2026·广东·高考真题）硫、氯单质及其化合物在科研和生产中均具有重要作用。 (1)基态S原子的价层电子轨道表示式为___________。 (2)我国科学家在深海发现化能合成生物群落，硫化物的氧化可为生物活动提供能量。          则___________(用和表示)。 (3)的氧化可在卟啉铁配合物[](用表示)催化下进行，其中的一步反应为。为研究不同因素对该反应的影响，进行4组实验：Ⅰ~Ⅲ组仅初始不同；Ⅳ与Ⅱ组仅温度不同。时间内的实验数据如图1。 ①下列说法正确的有___________。 A．0~t内反应速率：Ⅰ>Ⅱ>Ⅲ              B．Z的平衡转化率：Ⅰ<Ⅱ<Ⅲ C．实验温度：Ⅱ>Ⅳ                     D．平衡时的浓度：Ⅱ和Ⅳ相等 ②Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ的数据点分布在一条直线上，且，则___________。 (4)可用于橡胶的硫化。其在潮湿空气中水解生成、和，该水解反应的熵变___________0(填“>”“=”或“<”)。 (5)某低共熔溶剂(D)可用于吸收，其吸收过程可表示为： ， 在一定和压强()下，吸收至饱和时，每摩尔D吸收的量为，相关信息见图2，或随的变化如图3。 ①1 mol D在303 K、下吸收至饱和，再升温至、降压至，达平衡后可释放___________。 ②形成的总过程表示为，其平衡常数可表示为。已知：时，，则在、、最多可吸收___________。(写出计算过程，结果保留两位有效数字) 4．（2025·浙江·高考真题）氯气、二氧化氯常用于漂白、杀菌，有重要的应用价值。请回答： (1)下列措施中能提高新制饱和氯水中浓度的是_______。 A．加固体 B．加水 C．加粉末 D．加足量溶液 (2)氯气常用于自来水消毒。稀氯水中存在如下反应(不考虑其他反应)： I   Ⅱ       Ⅲ   时，在不同下，约氯水中部分含氯微粒的平衡浓度对数值如图所示(溶液体积保持不变)。 ①分子的空间构型是_______。 ②在之间，浓度增加，其最大来源是_______(填含氯微粒符号)。 ③该氯水中氯元素质量守恒表达式：_______。 ④在图中画出之间，随的变化曲线_______。 (3)某研究小组提出，商用(常含杂质)在水中易发生如下反应，影响自来水消毒效果。 Ⅳ   V   中含量对反应初始速率的影响如图所示。实验条件：初始浓度相同。 ①的存在主要加快了反应_______(填“Ⅳ”或“V”)。 ②指出改变的影响因素，并解释原因_______。 5．（2024·天津·高考真题）是常用的还原剂，可选择合适的催化剂实现其可控水解制。 I．的结构 (1)由和组成。的空间结构为___________，的电子式为___________。 Ⅱ．的水解 的水解反应方程式为：，该反应放热。 (2)无催化剂时，在酸性溶液中水解迅速，在碱性溶液中水解缓慢，在纯水中水解反应速率会随反应进行快速下降。在纯水中反应速率快速下降的原因是___________。 (3)相同条件下，三种试制的催化剂X、Y和Z在碱性溶液中催化水解产的体积随反应时间的变化如图。下列相关结论正确的是___________(填序号)。 a．反应至时，使用X产生的体积是使用Y的2倍 b．与Y相比，X降低反应的活化能更多 c．Z无催化活性 (4)在起始温度不同、其他条件相同的情况下进行水解反应的对比实验，的生成速率与浓度的关系如图所示。在反应过程中，体系温度随反应进行逐渐升高，催化剂活性保持不变。 ①图中起始温度较高的实验对应的曲线是___________(填“M”或“N”)； ②曲线M中，p点之前的生成速率提高，主要原因是___________；p点之后的生成速率降低，主要原因是___________。 Ⅲ．的再生 (5)用惰性电极电解碱性溶液，在阳极生成，在阴极生成和，实现的再生。总反应为，阴极的电极反应式为___________。 6．（2025·重庆·高考真题）水是化学反应的良好介质，探索水溶液中的酸碱平衡具有重要意义。 (1)天然水中可以分离出重水(D2O)。D2O溶液中存在电离平衡：，c(D+)和c(OD-)的关系如图所示。 ①图中3个状态点对应的溶液呈中性的是_______。 ②_______(填“>”“=”或者“<”)。 (2)用如图所示电化学装置进行如下实验。 ①用实验：在左侧通入，产物为，盐桥中移向装置的_______(填“左侧”或者“右侧”)，电池的总反应为_______。 ②用实验：在一侧通入，电池的总反应仍保持不变，该侧的电极反应为_______。 (3)利用驰豫法可研究快速反应的速率常数(k，在一定温度下为常数)。其原理是通过微扰(如瞬时升温)使化学平衡发生偏离，观测体系微扰后从不平衡态趋向新平衡态所需的驰豫时间()，从而获得k的信息。对于，若将纯水瞬时升温到25℃，测得。已知：25℃时，，，，(为的平衡浓度)。 ①25℃时，的平衡常数_______(保留2位有效数字)。 ②下列能正确表示瞬时升温后反应建立新平衡的过程示意图为_______。 ③25℃时，计算得为_______。 7．（2025·湖北·高考真题）粉末可在较低温度下还原。回答下列问题： (1)已知一定温度下： 则的_______(用m和n表示)。 (2)图1分别是和下还原过程中反应体系电阻随反应时间变化的曲线，可用_______(填标号)表示反应的快慢。 a．    b．    c．    d． (3)图1中曲线_______(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)对应的反应温度最高。 (4)研究发现对的还原性主要来自于其产生的。一般认为在表面被氧化成有两种可能途径，图2是理论计算得到的相对能量变化图，据此推测途径_______(填“a”或“b”)是主要途径。 (5)产生的可能反应：①或②。将放在含微量水的气流中，在至的升温过程中固体质量一直增加，由此可断定的来源之一是反应_______(填“①”或“②”)。若要判断另一个反应是否是的来源，必须进行的实验是_______。 (6)已知。研究表明，在相同温度下，用还原比直接用还原更有优势，从平衡移动原理角度解释原因：_______。 8．（2025·广东·高考真题）钛单质及其化合物在航空、航天、催化等领域应用广泛。 (1)基态Ti原子的价层电子排布式为_______。 (2)298K下，反应的、，则298K下该反应_______(填“能”或“不能”)自发进行。 (3)以为原料可制备。将与10.0molTi放入容积为的恒容密闭容器中，反应体系存在下列过程。 编号 过程 (a) (b) (c) (d) ①_______kJ/mol。 ②不同温度下，平衡时反应体系的组成如图。曲线Ⅰ对应的物质为_______。 ③温度下，_______，反应(c)的平衡常数_______(列出算式，无须化简)。 (4)钛基催化剂可以催化储氢物质肼的分解反应： (e) (f) 为研究某钛基催化剂对上述反应的影响，以肼的水溶液为原料(含的物质的量为)，进行实验，得到、随时间t变化的曲线如图。其中，为与的物质的量之和；为剩余的物质的量。设为0~t时间段内反应(e)消耗的物质的量，该时间段内，本体系中催化剂的选择性用表示。 ①内，的转化率为_______(用含的代数式表示)。 ②内，催化剂的选择性为_______(用含与的代数式表示，写出推导过程)。 9．（2025·江苏·高考真题）海洋出水铁质文物表面有凝结物，研究其形成原理和脱氯方法对保护文物意义重大。 (1)文物出水清淤后，须尽快浸泡在稀或溶液中进行现场保护。 ①玻璃中的能与反应生成_______(填化学式)，故不能使用带磨口玻璃塞的试剂瓶盛放溶液。 ②文物浸泡在碱性溶液中比暴露在空气中能减缓吸氧腐蚀，其原因有_______。 (2)文物表面凝结物种类受文物材质和海洋环境等因素的影响。 ①无氧环境中，文物中的与海水中的在细菌作用下形成等含铁凝结物。写出与反应生成和的离子方程式：_______。 ②有氧环境中，海水中的铁质文物表面形成等凝结物。 (i)铁在盐水中腐蚀的可能原理如图所示。依据原理设计如下实验：向溶液中加入溶液(能与形成蓝色沉淀)和酚酞，将混合液滴到生铁片上。预测该实验的现象为_______。 (ii)铁的氢氧化物吸附某些阳离子形成带正电的胶粒，是凝结物富集的可能原因。该胶粒的形成过程中，参与的主要阳离子有_______(填离子符号)。 (3)为比较含氯在溶液与蒸馏水中浸泡的脱氯效果，请补充实验方案：取一定量含氯模拟样品，将其分为两等份，_______，比较滴加溶液体积[。实验须遵循节约试剂用量的原则，必须使用的试剂：蒸馏水、溶液、溶液、溶液]。 10．（2025·上海·高考真题）碳酸丙烯酯()简称PC，是一种重要的有机化合物，具有多种工业通途。 (1)中电负性最大的元素是_______。 A．C    B．H    C．O (2)1mol PC分子中键的数目为_______。 A．7 B．12 C．13 D．14 环氧丙烷与二氧化碳催化合成法是目前最常用的生产方法。 已知： 反应①：(g)+CO2(g) (l)     反应②：C(s)+O2(g)=CO2(g)    反应③：    反应④：    (3)反应④的=_______ A．-613.2 B．613.2 C．395.2 D．-395.2 (4)下列关于反应①的随温度T的变化趋势正确的是_______。 一定条件下，在25mL恒容密闭容器中，环氧丙烷气体和过量的CO2发生反应①，制得碳酸丙烯酯液体。 (5)下列措施可以增加反应物分子中活化分子百分数的是_______。 A．通入惰性气体 B．增加CO2浓度 C．缩小容器体积 D．升高温度 (6)能说明上述反应达到化学平衡标志的是_______。 A．v正=v正 B．物质总质量保持不变 C．压强保持不变 D．气体平均摩尔质量保持不变 (7)反应4h后，液体体积为10mL，碳酸丙烯酯的选择性为95%，则环氧丙烷的化学反应速率v(环氧丙烷)=_______mol·L-1·h-1(精确到小数点后2位) 环氧丙烷生成的过程中可能会发生副反应。 已知： ①碳酸丙烯酯的选择性= ②M(碳酸丙烯酯)；ρ(碳酸丙烯酯)。 (8)碳酸丙烯酯相同时间内随温度变化如图所示，请解释产率随温度先变大后下降的原因_______。 (9)制备碳酸丙烯酯还有一种光气法，其原理为利用丙二醇与光气生成碳酸丙烯酯。 与光气法相比，请从绿色化学角度写出3点环氧丙烷与二氧化碳合成法的优势_______。 11．（2024·广西·高考真题）二氯亚砜()是重要的液态化工原料。回答下列问题： (1)合成前先制备。有关转化关系为： 则的_______。 (2)密闭容器中，以活性炭为催化剂，由和制备。反应如下： Ⅰ   Ⅱ   ①反应Ⅱ的(为平衡常数)随(为温度)的变化如图，推断出该反应为_______(填“吸热”或“放热”)反应。 ②466K时，平衡体系内各组分的物质的量分数随的变化如图。 反应Ⅱ的平衡常数_______(保留1位小数)。保持和不变，增大平衡转化率的措施有_______(任举一例)。 ③改变，使反应Ⅱ的平衡常数，导致图中的曲线变化，则等于的新交点将出现在_______(填“”“”“”或“”)处。 (3)我国科研人员在含的溶液中加入，提高了电池的性能。该电池放电时，正极的物质转变步骤如图。其中，的作用是_______；正极的电极反应式为_______。 12．（2024·重庆·高考真题）高辛烷值的汽油可提升发动机的抗爆震性能，异构烷烃具有较高的辛烷值。 (1)在密闭容器中，(正戊烷)发生异构化反应，可同时生成(异戊烷)和(新戊烷)，其平衡常数随温度的变化如下表所示。 异构化反应 反应1 2.80 2.50 2.31 反应2 1.40 1.00 0.77 ①体系平衡后，增加压强，反应1的平衡_______(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)。 ②平衡时，和的体积比值为_______。 ③根据上表数据推断为吸热反应，其推断过程是_______。 (2)加入后，在双功能催化剂/分子筛上发生异构化反应且选择性高，主要产物为，其反应机理如下(表示分子筛固体酸催化剂)： 对于反应，下列说法正确的是_______。 A．只能催化脱氢反应，不能催化加氢反应 B．的加入增大了平衡常数，有利于反应的进行 C．分子筛固体酸催化剂酸性越强，越有利于的形成 D．的加入促进了的加氢反应，减少了副反应的发生 (3)(四乙基铅)能提高汽油的辛烷值，可电解合成。电解池的阳极为，阴极为碳钢，电解液为溶有格氏试剂()的有机体系。 ①阳极上生成的电极反应式为_______。 ②为了实现阴极产物的循环利用，电解一段时间后，需在阴极区不断加入适量的，其原理是_______。 ③为减少铅污染，被限制使用。是一种潜在替代品，其电解合成的原理如图所示(为催化剂)。总反应化学方程式为_______；外电路转移电子时，理论上可生成的物质的量为_______。 13．（2024·海南·高考真题）氨是一种理想的储氢载体，具有储氢密度高、储运技术成熟等优点。已知时，反应①：；物质的量分数。 回答问题： (1)题述条件下，反应②：_______。 (2)设反应为一步完成，且与温度无关，已知下，反应①活化能为，则分解反应的活化能为_______。 (3)既能影响反应②平衡转化率又能影响其反应速率的因素有_______、_______。 (4)温度T下恒容密闭容器中进行氨催化分解反应，关系曲线如图所示，其函数关系_______(写表达式)，增大氨的初始分压，氨的转化速率_______；假设吸附到催化剂表面后都变成活化分子，其它条件不变，改用比表面积更大的催化剂，则单位时间的产量将_______。 14．（2024·贵州·高考真题）在无氧环境下，CH4经催化脱氢芳构化可以直接转化为高附加值的芳烃产品。一定温度下，CH4芳构化时同时存在如下反应： ⅰ． ⅱ． 回答下列问题： (1)反应ⅰ在1000K时_______(选填“能”或“不能”)自发进行。 (2)已知25℃时有关物质的燃烧热数据如表，则反应ⅱ的_______(用含的代数式表示)。 物质 (3)受反应ⅰ影响，随着反应进行，单位时间内甲烷转化率和芳烃产率逐渐降低，原因是_______。 (4)对催化剂在不同的pH条件下进行处理，能够改变催化剂的活性。将催化剂在5种不同pH条件下处理后分别用于催化CH4芳构化，相同反应时间内测定相关数据如下表，其中最佳pH为_______，理由是_______。 pH CH4平均转化率/% 芳烃平均产率/% 产物中积碳平均含量/% 2.4 9.60 5.35 40.75 4.0 9.80 4.60 45.85 7.0 9.25 4.05 46.80 10.0 10.45 6.45 33.10 12.0 9.95 4.10 49.45 (5)下，在某密闭容器中按充入气体，发生反应，平衡时与的分压比为4:1，则的平衡转化率为_______，平衡常数Kp=_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数，列出计算式即可)。 (6)引入丙烷可促进甲烷芳构化制备苯和二甲苯，反应如下： (两个反应可视为同级数的平行反应) 对于同级数的平行反应有，其中v、k分别为反应速率和反应速率常数，Ea为反应活化能，A1、A2为定值，R为常数，T为温度，同一温度下是定值。已知，若要提高苯的产率，可采取的措施有_______。 15．（2024·广东·高考真题）酸在多种反应中具有广泛应用，其性能通常与酸的强度密切相关。 (1)酸催化下与混合溶液的反应(反应a)，可用于石油开采中油路解堵。 ①基态N原子价层电子的轨道表示式为_______。 ②反应a： 已知： 则反应a的_______。 ③某小组研究了3种酸对反应a的催化作用。在相同条件下，向反应体系中滴加等物质的量的少量酸，测得体系的温度T随时间t的变化如图。 据图可知，在该过程中_______。 A．催化剂酸性增强，可增大反应焓变 B．催化剂酸性增强，有利于提高反应速率 C．催化剂分子中含H越多，越有利于加速反应 D．反应速率并不始终随着反应物浓度下降而减小 (2)在非水溶剂中，将转化为化合物ⅱ(一种重要的电子化学品)的催化机理示意图如图，其中的催化剂有_______和_______。 (3)在非水溶剂中研究弱酸的电离平衡具有重要科学价值。一定温度下，某研究组通过分光光度法测定了两种一元弱酸(X为A或B)在某非水溶剂中的。 a．选择合适的指示剂，；其钾盐为。 b．向溶液中加入，发生反应：。起始的物质的量为，加入的物质的量为，平衡时，测得随的变化曲线如图。 已知：该溶剂本身不电离，钾盐在该溶剂中完全电离。 ①计算_______。(写出计算过程，结果保留两位有效数字) ②在该溶剂中，_______；_______。(填“>”“<”或“=”) 16．（2024·全国甲卷·高考真题）甲烷转化为多碳化合物具有重要意义。一种将甲烷溴化再偶联为丙烯()的研究所获得的部分数据如下。回答下列问题： (1)已知如下热化学方程式：         计算反应的_____。 (2)与反应生成，部分会进一步溴化。将和。通入密闭容器，平衡时，、与温度的关系见下图(假设反应后的含碳物质只有、和)。 (i)图中的曲线是_____(填“a”或“b”)。 (ii)时，的转化率_____，_____。 (iii)时，反应的平衡常数_____。 (3)少量可提高生成的选择性。时，分别在有和无的条件下，将和，通入密闭容器，溴代甲烷的物质的量(n)随时间(t)的变化关系见下图。 (i)在之间，有和无时的生成速率之比_____。 (ii)从图中找出提高了选择性的证据：_____。 (ⅲ)研究表明，参与反应的可能机理如下： ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ 根据上述机理，分析提高选择性的原因：_____。 17．（2024·辽宁·高考真题）为实现氯资源循环利用，工业上采用催化氧化法处理废气：。将和分别以不同起始流速通入反应器中，在和下反应，通过检测流出气成分绘制转化率()曲线，如下图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。 回答下列问题： (1)_______0(填“>”或“<”)；_______℃。 (2)结合以下信息，可知的燃烧热_______。                   (3)下列措施可提高M点转化率的是_______(填标号) A．增大的流速 B．将温度升高 C．增大 D．使用更高效的催化剂 (4)图中较高流速时，小于和，原因是_______。 (5)设N点的转化率为平衡转化率，则该温度下反应的平衡常数_______(用平衡物质的量分数代替平衡浓度计算) (6)负载在上的催化活性高，稳定性强，和的晶体结构均可用下图表示，二者晶胞体积近似相等，与的密度比为1.66，则的相对原子质量为_______(精确至1)。 18．（2023·广东·高考真题）配合物广泛存在于自然界，且在生产和生活中都发挥着重要作用。 (1)某有机物能与形成橙红色的配离子，该配离子可被氧化成淡蓝色的配离子。 ①基态的电子轨道表示式为___________。 ②完成反应的离子方程式：______ (2)某研究小组对(1)中②的反应进行了研究。 用浓度分别为的溶液进行了三组实验，得到随时间t的变化曲线如图。    ①时，在内，的平均消耗速率=___________。 ②下列有关说法中，正确的有___________。 A．平衡后加水稀释，增大 B．平衡转化率： C．三组实验中，反应速率都随反应进程一直减小 D．体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间： (3)R的衍生物L可用于分离稀土。溶液中某稀土离子(用M表示)与L存在平衡：         研究组配制了L起始浓度与L起始浓度比不同的系列溶液，反应平衡后测定其核磁共振氢谱。配体L上的某个特征H在三个物种中的化学位移不同，该特征H对应吸收峰的相对峰面积S(体系中所有特征H的总峰面积计为1)如下表。 0 1.00 0 0 a x 0.64 b 0.40 0.60 【注】核磁共振氢谱中相对峰面积S之比等于吸收峰对应H的原子数目之比；“”表示未检测到。 ①时， ___________。 ②时，平衡浓度比___________。 (4)研究组用吸收光谱法研究了(3)中M与L反应体系。当时，测得平衡时各物种随的变化曲线如图。时，计算M的平衡转化率___________(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。    19．（2023·浙江·高考真题）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：          该反应分两步完成：                                          请回答： (1)_______。 (2)恒定总压和水碳比[]投料，在不同条件下达到平衡时和的分压(某成分分压=总压×该成分的物质的量分数)如下表： 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中产率下降是因为发生了一个不涉及的副反应，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 B．恒定水碳比，增加体系总压可提高的平衡产率 C．通入过量的水蒸气可防止被进一步还原为 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________。 20．（2023·山东·高考真题）一定条件下，水气变换反应的中间产物是。为探究该反应过程，研究水溶液在密封石英管中的分解反应： Ⅰ． Ⅱ． 研究发现，在反应Ⅰ、Ⅱ中，仅对反应Ⅰ有催加速作用；反应Ⅰ速率远大于反应Ⅱ，近似认为反应Ⅰ建立平衡后始终处于平衡状态。忽略水电离，其浓度视为常数。回答下列问题： (1)一定条件下，反应Ⅰ、Ⅱ的焓变分别为、，则该条件下水气变换反应的焓变_____(用含的代数式表示)。 (2)反应Ⅰ正反应速率方程为：，k为反应速率常数。温度下，电离平衡常数为，当平衡浓度为时，浓度为_____，此时反应Ⅰ的反应速率_____(用含和k的代数式表示)。 (3)温度下，在密封石英管内完全充满水溶液，使分解，分解产物均完全溶于水。含碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示(忽略碳元素的其他存在形式)。时刻测得的浓度分别为，反应Ⅱ达平衡时，测得的浓度为。体系达平衡后_____(用含y的代数式表示，下同)，反应Ⅱ的平衡常数为_____。 相同条件下，若反应起始时溶液中同时还含有盐酸，则图示点中，的浓度峰值点可能是_____(填标号)。与不含盐酸相比，达浓度峰值时，浓度_____(填“增大”“减小”或“不变”)，的值_____(填“增大”“减小”或“不变”)。 21．（2023·辽宁·高考真题）硫酸工业在国民经济中占有重要地位。 (1)我国古籍记载了硫酸的制备方法——“炼石胆(CuSO4·5H2O)取精华法”。借助现代仪器分析，该制备过程中CuSO4·5H2O分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如下图所示。700℃左右有两个吸热峰，则此时分解生成的氧化物有SO2、_______和_______(填化学式)。    (2)铅室法使用了大容积铅室制备硫酸(76%以下)，副产物为亚硝基硫酸，主要反应如下： NO2+SO2+H2O=NO+H2SO4 2NO+O2=2NO2 (ⅰ)上述过程中NO2的作用为_______。 (ⅱ)为了适应化工生产的需求，铅室法最终被接触法所代替，其主要原因是_______(答出两点即可)。 (3)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=-98.9kJ·mol-1 (ⅰ)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)与温度的关系如下图所示，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．可根据不同下的最大速率，选择最佳生产温度 (ⅱ)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下图所示，催化性能最佳的是_______(填标号)。    (ⅲ)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)。 22．（2023·新课标卷·高考真题）氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答下列问题： (1)根据图1数据计算反应的_______。 (2)研究表明，合成氨反应在催化剂上可能通过图2机理进行(*表示催化剂表面吸附位，表示被吸附于催化剂表面的)。判断上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为_______(填步骤前的标号)，理由是_______。 (3)合成氨催化剂前驱体(主要成分为)使用前经还原，生成包裹的。已知属于立方晶系，晶胞参数，密度为，则晶胞中含有的原子数为_______(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。 (4)在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的摩尔分数与温度的计算结果如下图所示。其中一种进料组成为，另一种为。(物质i的摩尔分数：)    ①图中压强由小到大的顺序为_______，判断的依据是_______。 ②进料组成中含有惰性气体的图是_______。 ③图3中，当、时，氮气的转化率_______。该温度时，反应的平衡常数_______(化为最简式)。 23．（2022·天津·高考真题）天津地处环渤海湾，海水资源丰富。科研人员把铁的配合物(L为配体)溶于弱碱性的海水中，制成吸收液，将气体转化为单质硫，改进了湿法脱硫工艺。该工艺包含两个阶段：①的吸收氧化；②的再生。反应原理如下： ①      ②      回答下列问题： (1)该工艺的总反应方程式为___________。1mol 发生该反应的热量变化为___________，在总反应中的作用是___________。 (2)研究不同配体与所形成的配合物(A、B、C)对吸收转化率的影响。将配合物A、B、C分别溶于海水中，配成相同物质的量浓度的吸收液，在相同反应条件下，分别向三份吸收液持续通入，测得单位体积吸收液中吸收转化率随时间变化的曲线如图1所示。以由100%降至80%所持续的时间来评价铁配合物的脱硫效率，结果最好的是___________(填“A”、“B”或“C”)。 (3)的电离方程式为___________。25℃时，溶液中、、在含硫粒子总浓度中所占分数随溶液pH的变化关系如图2，由图2计算，的___________，___________。再生反应在常温下进行，解离出的易与溶液中的形成沉淀。若溶液中的，，为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于___________(已知25℃时，FeS的为)。 24．（2022·辽宁·高考真题）工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，目前已有三位科学家因其获得诺贝尔奖，其反应为：。回答下列问题： (1)合成氨反应在常温下_______(填“能”或“不能”)自发。 (2)_______温(填“高”或“低”，下同)有利于提高反应速率，_______温有利于提高平衡转化率，综合考虑催化剂(铁触媒)活性等因素，工业常采用。 针对反应速率与平衡产率的矛盾，我国科学家提出了两种解决方案。 (3)方案一：双温-双控-双催化剂。使用双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为时，的温度为，而的温度为)。 下列说法正确的是_______。 a．氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率 b．在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率 c．“热Fe”高于体系温度，有利于提高氨的平衡产率 d．“冷Ti”低于体系温度，有利于提高合成氨反应速率 (4)方案二：复合催化剂。 下列说法正确的是_______。 a．时，复合催化剂比单一催化剂效率更高 b．同温同压下，复合催化剂有利于提高氨的平衡产率 c．温度越高，复合催化剂活性一定越高 (5)某合成氨速率方程为：，根据表中数据，_______； 实验 1 m n p q 2 2m n p 2q 3 m n 0.1p 10q 4 m 2n p 2.828q 在合成氨过程中，需要不断分离出氨的原因为_______。 a．有利于平衡正向移动     b．防止催化剂中毒     c．提高正反应速率 (6)某种新型储氢材料的晶胞如图，八面体中心为M金属离子，顶点均为配体；四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。若其摩尔质量为，则M元素为_______(填元素符号)；在该化合物中，M离子的价电子排布式为_______。 25．（2022·湖北·高考真题）自发热材料在生活中的应用日益广泛。某实验小组为探究“”体系的发热原理，在隔热装置中进行了下表中的五组实验，测得相应实验体系的温度升高值()随时间(t)的变化曲线，如图所示。 实验编号 反应物组成 a 粉末 b 粉 c 粉 饱和石灰水 d 粉 石灰乳 e 粉 粉末 回答下列问题： (1)已知： ① ② ③ 则的___________。 (2)温度为T时，，则饱和溶液中___________(用含x的代数式表示)。 (3)实验a中，后基本不变，原因是___________。 (4)实验b中，的变化说明粉与在该条件下___________(填“反应”或“不反应”)。实验c中，前的有变化，其原因是___________；后基本不变，其原因是___________微粒的量有限。 (5)下列说法不能解释实验d在内温度持续升高的是___________(填标号)。 A．反应②的发生促使反应①平衡右移 B．反应③的发生促使反应②平衡右移 C．气体的逸出促使反应③向右进行 D．温度升高导致反应速率加快 (6)归纳以上实验结果，根据实验e的特征，用文字简述其发热原理___________。 26．（2022·海南·高考真题）某空间站的生命保障系统功能之一是实现氧循环，其中涉及反应： 回答问题： (1)已知：电解液态水制备，电解反应的。由此计算的燃烧热(焓)_______。 (2)已知：的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系如图1所示。 ①若反应为基元反应，且反应的与活化能(Ea)的关系为。补充完成该反应过程的能量变化示意图(图2)_______。 ②某研究小组模拟该反应，温度t下，向容积为10L的抽空的密闭容器中通入和，反应平衡后测得容器中。则的转化率为_______，反应温度t约为_______℃。 (3)在相同条件下，与还会发生不利于氧循环的副反应：，在反应器中按通入反应物，在不同温度、不同催化剂条件下，反应进行到2min时，测得反应器中、浓度()如下表所示。 催化剂 t=350℃ t=400℃ 催化剂Ⅰ 10.8 12722 345.2 42780 催化剂Ⅱ 9.2 10775 34 38932 在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，生成的平均反应速率为_______；若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件，原因是_______。 27．（2021·重庆·高考真题）含结晶水的无机物可应用在吸波材料、电极材料和相变储能材料等领域。胆矾(CuSO4·5H2O)是一种重要的结晶水合物。 (1)硫酸铜参比电极具有电位稳定的优点，可用于土壤环境中钢质管道的电位监测。测量的电化学原理如图所示。回答下列问题： ①负极的电极反应式为_______。 ②测量后参比电极中CuSO4溶液的浓度_______(填"变大”，“变小”或“不变")。 (2)把胆矾放到密闭容器内，缓缓抽去其中的水气，胆矾分三次依次脱水，各步脱水过程为一系列的动态平衡，反应式如下(脱水过程为吸热反应)。 反应I：CuSO4·5H2O (s) CuSO4·3H2O (s) + 2H2O(g) 反应II：CuSO4·3H2O (s) CuSO4·H2O (s) + 2H2O(g) 反应III：CuSO4·H2O (s) CuSO4(s) + H2O(g) 如图为50°C时水合物中水的质量分数 w与压强p(H2O)的关系图，回答下列问题： ①用无水CuSO4检验乙醇中含有微量水的现象是_______。 ②反应Ⅰ对应的线段为_______(填“ab”、“ed”或“ef”)。 ③反应Ⅱ的平衡常数Kp=_______Pa2。 ④反应III在60°C和50°C的平衡压强p(H2O)分别为p1和p2，则p1_______ p2 (填*>”、“<”或“=”)。 ⑤当样品状态c点下网到M点，体系存在的固体有_______； 转化率为_______% (保留小数点后两位)。 ⑥25°C时为了保持CuSO4·H2O晶体纯度，可将其存在盛有大量Na2CO3· H2O晶体(平衡压强p(H2O)=706Pa)的密闭容器中，简述其理由_______。 已知：25℃时反应I、II、III的平衡压强p（H2O）分别为1040、747和107Pa。 28．（2022·广东·高考真题）铬及其化合物在催化、金属防腐等方面具有重要应用。 (1)催化剂可由加热分解制备，反应同时生成无污染气体。 ①完成化学方程式：______________。 ②催化丙烷脱氢过程中，部分反应历程如图，过程的焓变为_______(列式表示)。 ③可用于的催化氧化。设计从出发经过3步反应制备的路线_______(用“→”表示含氮物质间的转化)；其中一个有颜色变化的反应的化学方程式为_______。 (2)溶液中存在多个平衡。本题条件下仅需考虑如下平衡： (ⅰ)       (ⅱ)        ①下列有关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．加入少量溶液，反应(ⅰ)的平衡逆向移动 D．加入少量固体，平衡时与的比值保持不变 ②25℃时，溶液中随pH的变化关系如图。当时，设、与的平衡浓度分别为x、y、，则x、y、z之间的关系式为_______；计算溶液中的平衡浓度_____(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。 ③在稀溶液中，一种物质对光的吸收程度(A)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()取决于物质的结构特征；浓度越高，A越大。混合溶液在某一波长的A是各组分吸收程度之和。为研究对反应(ⅰ)和(ⅱ)平衡的影响，配制浓度相同、不同的稀溶液，测得其A随的变化曲线如图，波长、和中，与的最接近的是_______；溶液从a变到b的过程中，的值_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 29．（2022·浙江·高考真题）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：________。 30．（2021·江苏·高考真题）甲烷是重要的资源，通过下列过程可实现由甲烷到氢气的转化。 (1)500℃时，CH4与H2O重整主要发生下列反应： CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) 已知CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s) ΔH=-178.8kJ·mol-1。向重整反应体系中加入适量多孔CaO，其优点是___。 (2)CH4与CO2重整的主要反应的热化学方程式为 反应I：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH=246.5kJ·mol-1 反应II：H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH=41.2kJ·mol-1 反应III：2CO(g)=CO2(g)+C(s) ΔH=-172.5kJ·mol-1 ①在CH4与CO2重整体系中通入适量H2O(g)，可减少C(s)的生成，反应3CH4(g)+CO2(g)+2H2O(g)=4CO(g)+8H2(g)的ΔH=___。 ②1.01×105Pa下，将n起始(CO2)：n起始(CH4)=1：1的混合气体置于密闭容器中，不同温度下重整体系中CH4和CO2的平衡转化率如图1所示。800℃下CO2平衡转化率远大于600℃下CO2平衡转化率，其原因是___。 (3)利用铜—铈氧化物(xCuO·yCeO2，Ce是活泼金属)催化氧化可除去H2中少量CO，催化氧化过程中Cu、Ce的化合价均发生变化，可能机理如图2所示。将n(CO)：n(O2)：n(H2)：n(N2)=1：1：49：49的混合气体以一定流速通过装有xCuO·yCeO2催化剂的反应器，CO的转化率随温度变化的曲线如图3所示。 ①Ce基态原子核外电子排布式为[Xe]4f15d16s2，图2所示机理的步骤(i)中，元素Cu、Ce化合价发生的变化为___。 ②当催化氧化温度超过150℃时，催化剂的催化活性下降，其可能原因是___。 31．（2021·海南·高考真题）碳及其化合物间的转化广泛存在于自然界及人类的生产和生活中。已知25℃，时： ①葡萄糖完全燃烧生成和，放出热量。 ②  。 回答问题： (1)25℃时，与经光合作用生成葡萄糖和的热化学方程式为___________。 (2)25℃，时，气态分子断开化学键的焓变称为键焓。已知、键的键焓分别为、，分子中碳氧键的键焓为___________。 (3)溶于水的只有部分转化为，大部分以水合的形式存在，水合可用表示。已知25℃时，的平衡常数，正反应的速率可表示为，逆反应的速率可表示为，则___________(用含的代数式表示)。 (4)25℃时，潮湿的石膏雕像表面会发生反应：，其平衡常数___________。[已知，] (5)溶洞景区限制参观的游客数量，主要原因之一是游客呼吸产生的气体对钟乳石有破坏作用，从化学平衡的角度说明其原因___________。 32．（2021·天津·高考真题）CS2是一种重要的化工原料。工业上可以利用硫(S8)与CH4为原料制备CS2，S8受热分解成气态S2，发生反应，回答下列问题： (1)CH4的电子式为___________，CS2分子的立体构型为___________。 (2)某温度下，若S8完全分解成气态S2。在恒温密闭容器中，S2与CH4物质的量比为2∶1时开始反应。 ①当CS2的体积分数为10%时，CH4的转化率为___________。 ②当以下数值不变时，能说明该反应达到平衡的是___________(填序号)。 a．气体密度b．气体总压c．CH4与S2体积比d．CS2的体积分数 (3)一定条件下，CH4与S2反应中CH4的平衡转化率、S8分解产生S2的体积分数随温度的变化曲线如图所示。据图分析，生成CS2的反应为___________(填“放热”或“吸热”)反应。工业上通常采用在600～650℃的条件下进行此反应，不采用低于600℃的原因是___________。 (4)用燃煤废气(含N2、O2、SO2、CO2、H2O、NOx等)使尾气中的H2S转化为单后硫S，可实现废物利用，保护环境，写出其中一个反应的化学方程式___________。 33．（2021·浙江·高考真题）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：。判断该反应的自发性并说明理由_______。 (2)已知。时，在一恒容密闭反应器中充入一定量的和，当反应达到平衡后测得、和的浓度分别为、和。 ①该温度下反应的平衡常数为_______。 ②平衡时的转化率为_______。 (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氧化为 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的转化率 D．在吸收塔中宜采用水或稀硫酸吸收以提高吸收速率 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． B．    C．    D． E.    F.    G. 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. Ⅱ.①_______； Ⅲ.； Ⅳ.②_______。 34．（2021·全国乙卷·高考真题）一氯化碘(ICl)是一种卤素互化物，具有强氧化性，可与金属直接反应，也可用作有机合成中的碘化剂。回答下列问题： (1)历史上海藻提碘中得到一种红棕色液体，由于性质相似，Liebig误认为是ICl，从而错过了一种新元素的发现，该元素是_______。 (2)氯铂酸钡()固体加热时部分分解为、和，376.8℃时平衡常数，在一硬质玻璃烧瓶中加入过量，抽真空后，通过一支管通入碘蒸气(然后将支管封闭)，在376.8℃，碘蒸气初始压强为。376.8℃平衡时，测得烧瓶中压强为，则_______，反应的平衡常数K=_______(列出计算式即可)。 (3)McMorris测定和计算了在136~180℃范围内下列反应的平衡常数。 得到和均为线性关系，如下图所示： ①由图可知，NOCl分解为NO和反应的_______0(填“大于”或“小于”) ②反应的K=_______(用、表示)：该反应的_______0(填“大于”或“小于”)，写出推理过程_______。 (4)Kistiakowsky曾研究了NOCl光化学分解反应，在一定频率(v)光的照射下机理为： 其中表示一个光子能量，表示NOCl的激发态。可知，分解1mol的NOCl需要吸收_______mol光子。 35．（2021·浙江·高考真题）“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 Cl2(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 36．（2020·海南·高考真题）作为一种绿色消毒剂，H2O2在公共卫生事业中发挥了重要的作用。已知反应：H2O2(l)= H2O(1)+ O2(g) ΔH= -98 kJ·mol-1 K= 2.88×1020 回答问题： (1) H2O2的强氧化性使其对大多数致病菌和病毒具有消杀功能。用3%医用H2O2对传染病房喷洒消毒时，地板上有气泡冒出，该气体是____________________。 (2)纯H2O2可作为民用驱雹火箭推进剂。在火箭喷口铂网催化下，H2O2剧烈分解：H2O2(l) = H2O(g)+O2(g)，放出大量气体，驱动火箭升空。每消耗34g H2O2，理论上 __________(填“放出”或“吸收”)热量__________98kJ (填“大于”、“小于”或“等于”)。 (3)纯H2O2相对稳定，实验表明在54℃下恒温贮存2周，浓度仍能保持99%，原因是H2O2分解反应的_______________(填编号)。 a. ΔH比较小   b. K不够大   c.速率比较小   d.活化能比较大 (4)向H2O2稀溶液中滴加数滴含Mn2+的溶液，即有气泡快速逸出，反应中Mn2+起_________作用。某组实验数据如下： t/min 0 10 20 30 40 50 c(H2O2)/mol ·L-1 0.70 0.49 0.35 0.25 0.17 0.12 0-30 min H2O2反应的平均速率v=_____ mol ·L·min-1 (5) H2O2的一种衍生物K2S2O8，阴离子结构式为(  )。其中性溶液加热至沸后，溶液pH降低，用离子方程式表明原因：_______________。 37．（2020·天津·高考真题）利用太阳能光解水，制备的H2用于还原CO2合成有机物，可实现资源的再利用。回答下列问题： Ⅰ.半导体光催化剂浸入水或电解质溶液中，光照时可在其表面得到产物 (1)下图为该催化剂在水中发生光催化反应的原理示意图。光解水能量转化形式为___________。 (2)若将该催化剂置于Na2SO3溶液中，产物之一为，另一产物为__________。若将该催化剂置于AgNO3溶液中，产物之一为O2，写出生成另一产物的离子反应式__________。 Ⅱ.用H2还原CO2可以在一定条下合成CH3OH(不考虑副反应)： (3)某温度下，恒容密闭容器中，CO2和H2的起始浓度分别为 a mol‧L-1和3 a mol‧L-1，反应平衡时，CH3OH的产率为b，该温度下反应平衡常数的值为___________。 (4)恒压下，CO2和H2的起始物质的量比为1:3时，该反应在无分子筛膜时甲醇的平衡产率和有分子筛膜时甲醇的产率随温度的变化如图所示，其中分子筛膜能选择性分离出H2O。 ①甲醇平衡产率随温度升高而降低的原因为____________。 ②P点甲醇产率高于T点的原因为___________。 ③根据上图，在此条件下采用该分子筛膜时的最佳反应温度为___________°C。 Ⅲ.调节溶液pH可实现工业废气CO2的捕获和释放 (5) 的空间构型为__________。已知25℃碳酸电离常数为Ka1、Ka2，当溶液pH=12时，=1：_______：__________。 38．（2020·山东·高考真题）探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CH3OH的产率。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下： Ⅰ. Ⅱ. Ⅲ. 回答下列问题： (1)_________。 (2)一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1 mol CO2和3 mol H2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH(g)为ɑ mol，CO为b mol，此时H2(g)的浓度为__________mol﹒L-1(用含a、b、V的代数式表示，下同)，反应Ⅲ的平衡常数为___________。 (3)不同压强下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度的变化关系如下图所示。 已知：CO2的平衡转化率= CH3OH的平衡产率= 其中纵坐标表示CO2平衡转化率的是图___________(填“甲”或“乙”)；压强p1、p2、p3由大到小的顺序为___________；图乙中T1温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是___________。 (4)为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，应选择的反应条件为_________(填标号)。 A．低温、高压    B．高温、低压   C．低温、低压 D．高温、高压 39．（2020·浙江·高考真题）研究氧化制对资源综合利用有重要意义。相关的主要化学反应有： Ⅰ   Ⅱ   Ⅲ   Ⅳ   已知：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(随温度变化可忽略)。例如： 。 请回答： (1)①根据相关物质的相对能量计算_____。 ②下列描述正确的是_____ A 升高温度反应Ⅰ的平衡常数增大 B 加压有利于反应Ⅰ、Ⅱ的平衡正向移动 C 反应Ⅲ有助于乙烷脱氢，有利于乙烯生成 D 恒温恒压下通水蒸气，反应Ⅳ的平衡逆向移动 ③有研究表明，在催化剂存在下，反应Ⅱ分两步进行，过程如下： ，且第二步速率较慢(反应活化能为)。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”，起点从的能量，开始(如图2)_____。 (2)①和按物质的量1:1投料，在和保持总压恒定的条件下，研究催化剂X对“氧化制”的影响，所得实验数据如下表： 催化剂 转化率 转化率 产率 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，氧化的主要产物是______，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)可提高的选择性(生成的物质的量与消耗的物质的量之比)。在，乙烷平衡转化率为，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。结合具体反应说明乙烷转化率增大的原因是_____。 40．（2020·全国I卷·高考真题）硫酸是一种重要的基本化工产品，接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧化：SO2(g)+O2(g)SO3(g) ΔH=−98 kJ·mol−1。回答下列问题： (1)钒催化剂参与反应的能量变化如图所示，V2O5(s)与SO2(g)反应生成VOSO4(s)和V2O4(s)的热化学方程式为：_________。 (2)当SO2(g)、O2(g)和N2(g)起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa压强下，SO2平衡转化率α 随温度的变化如图所示。反应在5.0MPa、550℃时的α=__________，判断的依据是__________。影响α的因素有__________。 (3)将组成(物质的量分数)为2m% SO2(g)、m% O2(g)和q% N2(g)的气体通入反应器，在温度t、压强p条件下进行反应。平衡时，若SO2转化率为α，则SO3压强为___________，平衡常数Kp=___________(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。 (4)研究表明，SO2催化氧化的反应速率方程为：v=k(−1)0.8(1−nα')。式中：k为反应速率常数，随温度t升高而增大；α为SO2平衡转化率，α'为某时刻SO2转化率，n为常数。在α'=0.90时，将一系列温度下的k、α值代入上述速率方程，得到v~t曲线，如图所示。 曲线上v最大值所对应温度称为该α'下反应的最适宜温度tm。t<tm时，v逐渐提高；t>tm后，v逐渐下降。原因是__________________________。 41．（2020·浙江·高考真题）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____。 42．（2019·天津·高考真题）氮、磷、砷、锑、铋、镆为元素周期表中原子序数依次增大的同族元素。回答下列问题： （1）砷在元素周期表中的位置______。的中子数为______。 已知：（，白磷）＝（，黑磷）    ； （，白磷）＝（，红磷）    ； 由此推知，其中最稳定的磷单质是______。 （2）氮和磷氢化物性质的比较：热稳定性：______（填“＞”“＜”）。 沸点：______（填“＞”“＜”），判断依据是______。 （3）和与卤化氢的反应相似，产物的结构和性质也相似。下列对与反应产物的推断正确的是______（填序号）。 a．不能与反应    b．含离子键、共价键    c．能与水反应 （4）能发生较强烈的水解，生成难溶的，写出该反应的化学方程式_______________________，因此，配制溶液应注意_______________________。 （5）在1L真空密闭容器中加入a mol PH4I固体，t℃时发生如下反应：     ①     ②     ③ 达平衡时，体系中，，，则℃时反应①的平衡常数值为______（用字母表示）。 43．（2019·全国I卷·高考真题）水煤气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)]是重要的化工过程，主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。回答下列问题： （1）Shibata曾做过下列实验：①使纯H2缓慢地通过处于721 ℃下的过量氧化钴CoO(s)，氧化钴部分被还原为金属钴(Co)，平衡后气体中H2的物质的量分数为0.0250。 ②在同一温度下用CO还原CoO(s)，平衡后气体中CO的物质的量分数为0.0192。 根据上述实验结果判断，还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO_________H2（填“大于”或“小于”）。 （2）721 ℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合，采用适当的催化剂进行反应，则平衡时体系中H2的物质的量分数为_________（填标号）。 A．＜0.25        B．0.25         C．0.25~0.50        D．0.50        E．＞0.50 （3）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用标注。 可知水煤气变换的ΔH________0（填“大于”“等于”或“小于”），该历程中最大能垒（活化能）E正=_________eV，写出该步骤的化学方程式_______________________。 （4）Shoichi研究了467 ℃、489 ℃时水煤气变换中CO和H2分压随时间变化关系（如下图所示），催化剂为氧化铁，实验初始时体系中的PH2O和PCO相等、PCO2和PH2相等。 计算曲线a的反应在30~90 min内的平均速率(a)=___________kPa·min−1。467 ℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是___________、___________。489 ℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是___________、___________。 44．（2018·北京·高考真题）近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下： （1）反应Ⅰ：2H2SO4(l)=2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g) ΔH1=+551 kJ·mol－1 反应Ⅲ：S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH3=－297 kJ·mol－1 反应Ⅱ的热化学方程式：_________________________________________。 （2）对反应Ⅱ，在某一投料比时，两种压强下，H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。 p2_______p 1（填“＞”或“＜”），得出该结论的理由是________________。 （3）I－可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将ii补充完整。 i．SO2+4I－+4H+===S↓+2I2+2H2O ii．I2+2H2O+_________===_________+_______+2I－ （4）探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2饱和溶液加入到2 mL下列试剂中，密闭放置观察现象。（已知：I2易溶解在KI溶液中） A B C D 试剂组成 0.4 mol·L－1 KI a mol·L－1 KI 0.2 mol·L－1 H2SO4 0.2 mol·L－1 H2SO4 0.2 mol·L－1 KI 0.0002 mol I2 实验现象 溶液变黄，一段时间后出现浑浊 溶液变黄，出现浑浊较A快 无明显现象 溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快 ①B是A的对比实验，则a=__________。 ②比较A、B、C，可得出的结论是______________________。 ③实验表明，SO2的歧化反应速率D＞A，结合i、ii反应速率解释原因：________________。 45．（2018·全国I卷·高考真题）采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。回答下列问题 （1）1840年 Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5。该反应的氧化产物是一种气体，其分子式为___________。 （2）F．Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25℃时N2O5(g)分解反应： 其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间t的变化如下表所示（t=∞时，N2O5(g)完全分解）： t/min 0 40 80 160 260 1300 1700 ∞ p/kPa 35.8 40.3 42.5. 45.9 49.2 61.2 62.3 63.1 ①已知：2N2O5(g)＝2N2O4(g)+O2(g) ΔH1=−4.4 kJ·mol−1 2NO2(g)＝N2O4(g) ΔH 2=−55.3 kJ·mol−1 则反应N2O5(g)＝2NO2(g)+ O2(g)的ΔH=_______ kJ·mol−1。 ②研究表明，N2O5(g)分解的反应速率。t=62 min时，测得体系中pO2=2.9 kPa，则此时的=________kPa，v=_______kPa·min−1。 ③若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)____63.1 kPa（填“大于”“等于”或“小于”），原因是________。 ④25℃时N2O4(g)2NO2(g)反应的平衡常数Kp=_______kPa（Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1位小数）。 （3）对于反应2N2O5(g)→4NO2(g)+O2(g)，R.A．Ogg提出如下反应历程： 第一步 N2O5NO2+NO3快速平衡 第二步 NO2+NO3→NO+NO2+O2慢反应 第三步 NO+NO3→2NO2快反应 其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是_______（填标号)。 A．v(第一步的逆反应)＞v(第二步反应) B．反应的中间产物只有NO3 C．第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效 D．第三步反应活化能较高 答案第1页，共2页 / 学科网（北京）股份有限公司 $