資源簡介

化學反應原理綜合
【2020年】
1.（2020·新課標Ⅰ）硫酸是一種重要的基本化工產品，接觸法制硫酸生產中的關鍵工序是SO2的催化氧化：SO2(g)+O2(g)SO3(g)
ΔH=?98
kJ·mol?1。回答下列問題：
（1）釩催化劑參與反應的能量變化如圖所示，V2O5(s)與SO2(g)反應生成VOSO4(s)和V2O4(s)的熱化學方程式為：_______________________________________。
（2）當SO2(g)、O2(g)和N2(g)起始的物質的量分數分別為7.5%、10.5%和82%時，在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa壓強下，SO2平衡轉化率α隨溫度的變化如圖所示。反應在5.0MPa、550℃時的α=__________，判斷的依據是______________________。影響α的因素有____________________________。
（3）將組成(物質的量分數)為2m%
SO2(g)、m%
O2(g)和q%
N2(g)的氣體通入反應器，在溫度t、壓強p條件下進行反應。平衡時，若SO2轉化率為α，則SO3壓強為___________，平衡常數Kp=___________(以分壓表示，分壓=總壓×物質的量分數)。
（4）研究表明，SO2催化氧化的反應速率方程為：v=k(?1)0.8(1?nα')。式中：k為反應速率常數，隨溫度t升高而增大；α為SO2平衡轉化率，α'為某時刻SO2轉化率，n為常數。在α'=0.90時，將一系列溫度下的k、α值代入上述速率方程，得到v~t曲線，如圖所示。
曲線上v最大值所對應溫度稱為該α'下反應的最適宜溫度tm。ttm后，v逐漸下降。原因是__________________________。
【答案】
（1）2V2O5(s)+
2SO2(g)?
2VOSO4(s)+
V2O4(s)
?H=
-351
kJ?mol-1
（2）0.975
該反應氣體分子數減少，增大壓強，α提高。所以，該反應在550℃、壓強為5.0MPa＞2.5MPa＝p２的，所以p1=5.0MPa
反應物（N2和O2）的起始濃度（組成）、溫度、壓強
（3）
（4）
升高溫度，k增大使v逐漸提高，但α降低使v逐漸下降。當t＜tm，k增大對v的提高大于α引起的降低；當t＞tm，k增大對v的提高小于α引起的降低
【解析】根據蓋斯定律，用已知的熱化學方程式通過一定的數學運算，可以求出目標反應的反應熱；根據壓強對化學平衡的影響，分析圖中數據找到所需要的數據；根據恒壓條件下總壓不變，求出各組分的分壓，進一步可以求出平衡常數；根據題中所給的速率公式，分析溫度對速率常數及二氧化硫的轉化率的影響，進一步分析對速率的影響。
（1）由題中信息可知：
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
根據蓋斯定律可知，③-②2得2V2O5(s)+
2SO2(g)?
2VOSO4(s)+
V2O4(s)，則?H=
?H1-2?H2=(
-399kJ?mol-1)-(
-24kJ?mol-1)2=
-351kJ?mol-1，所以該反應的熱化學方程式為：2V2O5(s)+
2SO2(g)?
2VOSO4(s)+
V2O4(s)
?H=
-351
kJ?mol-1；
（2）
SO2(g)+O2(g)?SO3(g)，該反應是一個氣體分子數減少的放熱反應，故增大壓強可以使化學平衡向正反應方向移動。因此，在相同溫度下，壓強越大，SO2的平衡轉化率越大，所以，該反應在550℃、壓強為5.0MPa條件下，SO2的平衡轉化率一定高于相同溫度下、壓強為2.5MPa的，因此，p1=5.0MPa，由圖中數據可知，α=0.975。影響α的因素就是影響化學平衡移動的因素，主要有反應物（N2和O2）的濃度、溫度、壓強等。
（3）假設原氣體的物質的量為100mol，則SO2、O2和N2的物質的量分別為2m
mol、m
mol和q
mol，2m+m+q=3m+q=100，SO2的平衡轉化率為α，則有下列關系：
平衡時氣體的總物質的量為n(總)=
2m(1-α)+m(1-α)+2mαmol+q
mol，則SO3的物質的量分數為。該反應在恒壓容器中進行，因此，SO3的分壓p(SO3)=，p(SO2)=，p(O2)=，在該條件下，SO2(g)+
O2(g)?2SO3(g)
的Kp=。
（4）
由于該反應是放熱反應，溫度升高后α降低。由題中信息可知，v=，升高溫度，k增大使v逐漸提高，但α降低使v逐漸下降。當t＜tm，k增大對v的提高大于α引起的降低；當t＞tm，k增大對v的提高小于α引起的降低。
2.（2020·新課標Ⅱ）天然氣的主要成分為CH4，一般還含有C2H6等烴類，是重要的燃料和化工原料。
（1）乙烷在一定條件可發生如下反應：C2H6(g)=
C2H4(g)+H2(g)
ΔH，相關物質的燃燒熱數據如下表所示：
物質
C2H6(g)
C2H4(g)
H2(g)
燃燒熱ΔH/(
kJ·mol?1)
-1560
-1411
-286
①ΔH=_________kJ·mol?1。
②提高該反應平衡轉化率的方法有_________、_________。
③容器中通入等物質的量的乙烷和氫氣，在等壓下(p)發生上述反應，乙烷的平衡轉化率為α。反應的平衡常數Kp=_________(用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質的量分數)。
（2）高溫下，甲烷生成乙烷的反應如下：2CH4C2H6+H2。反應在初期階段的速率方程為：r=k×，其中k為反應速率常數。
①設反應開始時的反應速率為r1，甲烷的轉化率為α時的反應速率為r2，則r2=_____
r1。
②對于處于初期階段的該反應，下列說法正確的是_________。
A．增加甲烷濃度，r增大
B．增加H2濃度，r增大
C．乙烷的生成速率逐漸增大
D．降低反應溫度，k減小
（3）CH4和CO2都是比較穩定的分子，科學家利用電化學裝置實現兩種分子的耦合轉化，其原理如下圖所示：
①陰極上的反應式為_________。
②若生成的乙烯和乙烷的體積比為2∶1，則消耗的CH4和CO2體積比為_________。
【答案】
（1）
①137
②升高溫度
減小壓強(增大體積)
③
（2）①1－α
②
AD
（3）
①CO2+2e?=CO+O2?
②
6∶5
【解析】
（1）①由表中燃燒熱數值可知：
①C2H6(g)+O2(g)=2CO2(g)
+3H2O(l)
?H1=
-1560kJ?mol-1；②C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)
+2H2O(l)
?H2=
-1411kJ?mol-1；③H2(g)+O2(g)=H2O(l)
?H3=
-286kJ?mol-1；根據蓋斯定律可知，①-②-③得C2H6(g)
=C2H4(g)
+
H2(g)，則?H=
?H1-?H2-?H3=(
-1560kJ?mol-1)-(
-1411kJ?mol-1)-
(
-286kJ?mol-1)=137kJ?mol-1，故答案為137；
②反應C2H6(g)
C2H4(g)
+
H2(g)為氣體體積增大的吸熱反應，升高溫度、減小壓強平衡都向正反應方向移動，故提高該反應平衡轉化率的方法有升高溫度、減小壓強（增大體積）；
③設起始時加入的乙烷和氫氣各為1mol，列出三段式，
C2H6(g)
C2H4(g)
+
H2(g)
起始（mol）
1
0
1
轉化（mol）
α
α
α
平衡（mol）
1-α
α
1+α
平衡時，C2H6、C2H4和H2平衡分壓分別為p、p和p，則反應的平衡常數為Kp=；
（2）
①根據r=k×，若r1=
kc，甲烷轉化率為α時，甲烷的濃度為c(1-α)，則r2=
kc(1-α)，所以r2=(1-α)r1；
②增大反應物濃度反應速率增大，故A說法正確；由速率方程可知，初期階段的反應速率與氫氣濃度無關，故B說法錯誤；反應物甲烷的濃度逐漸減小，結合速率方程可知，乙烷的生成速率逐漸減小，故C說法錯誤；化學反應速率與溫度有關，溫度降低，反應速率常數減小，故D正確。答案選AD。
（3）
①由圖可知，CO2在陰極得電子發生還原反應，電極反應為CO2+2e-=CO+O2-；②令生成乙烯和乙烷分別為2體積和1體積，根據阿伏加德羅定律，同溫同壓下，氣體體積比等于物質的量之比，再根據得失電子守恒，得到發生的總反應為：6CH4+5CO2=2C2H4+
C2H6+5H2O+5CO，即消耗CH4和CO2的體積比為6:5。
3.（2020·新課標Ⅲ）二氧化碳催化加氫合成乙烯是綜合利用CO2的熱點研究領域。回答下列問題：
（1）CO2催化加氫生成乙烯和水的反應中，產物的物質的量之比n(C2H4)∶n(H2O)=__________。當反應達到平衡時，若增大壓強，則n(C2H4)___________(填“變大”“變小”或“不變”)。
（2）理論計算表明，原料初始組成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，在體系壓強為0.1MPa，反應達到平衡時，四種組分的物質的量分數x隨溫度T的變化如圖所示。
圖中，表示C2H4、CO2變化的曲線分別是______、______。CO2催化加氫合成C2H4反應的ΔH______0(填“大于”或“小于”)。
（3）根據圖中點A(440K，0.39)，計算該溫度時反應的平衡常數Kp=_________(MPa)?3(列出計算式。以分壓表示，分壓=總壓×物質的量分數)。
（4）二氧化碳催化加氫合成乙烯反應往往伴隨副反應，生成C3H6、C3H8、C4H8等低碳烴。一定溫度和壓強條件下，為了提高反應速率和乙烯選擇性，應當___________________。
【答案】（1）1∶4
變大
（2）d
c
小于
（3）或等
（4）選擇合適催化劑等
【解析】根據質量守恒定律配平化學方程式，可以確定產物的物質的量之比。根據可逆反應的特點分析增大壓強對化學平衡的影響。根據物質的量之比等于化學計量數之比，從圖中找到關鍵數據確定代表各組分的曲線，并計算出平衡常數。根據催化劑對化反應速率的影響和對主反應的選擇性，工業上通常要選擇合適的催化劑以提高化學反應速率、減少副反應的發生。
（1）CO2催化加氫生成乙烯和水，該反應的化學方程式可表示為2CO2+6H2
?
CH2
=
CH2+4H2O，因此，該反應中產物的物質的量之比n(C2H4)：n(H2O)=1：4。由于該反應是氣體分子數減少的反應，當反應達到平衡狀態時，若增大壓強，則化學平衡向正反應方向移動，n(C2H4)變大。
（2）
由題中信息可知，兩反應物的初始投料之比等于化學計量數之比；由圖中曲線的起點坐標可知，c和a所表示的物質的物質的量分數之比為1:3、d和b表示的物質的物質的量分數之比為1:4，則結合化學計量數之比可以判斷，表示乙烯變化的曲線是d，表示二氧化碳變化曲線的是c。由圖中曲線的變化趨勢可知，升高溫度，乙烯的物質的量分數減小，則化學平衡向逆反應方向移動，則該反應為放熱反應，?H小于0。
（3）
原料初始組成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，在體系壓強為0.1Mpa建立平衡。由A點坐標可知，該溫度下，氫氣和水的物質的量分數均為0.39，則乙烯的物質的量分數為水的四分之一，即，二氧化碳的物質的量分數為氫氣的三分之一，即，因此，該溫度下反應的平衡常數(MPa)-3=(MPa)-3。
（4）工業上通常通過選擇合適的催化劑，以加快化學反應速率，同時還可以提高目標產品的選擇性，減少副反應的發生。因此，一定溫度和壓強下，為了提高反應速率和乙烯的選擇性，應當選擇合適的催化劑。
4.（2020·江蘇卷）CO2/
HCOOH循環在氫能的貯存/釋放、燃料電池等方面具有重要應用。
（1）CO2催化加氫。在密閉容器中，向含有催化劑的KHCO3溶液(CO2與KOH溶液反應制得)中通入H2生成HCOO-，其離子方程式為_______________________________；其他條件不變，HCO3-轉化為HCOO-的轉化率隨溫度的變化如圖-1所示。反應溫度在40℃~80℃范圍內，HCO3-催化加氫的轉化率迅速上升，其主要原因是__________________________________。
（2）
HCOOH燃料電池。研究
HCOOH燃料電池性能的裝置如圖-2所示，兩電極區間用允許K+、H+通過的半透膜隔開。
①電池負極電極反應式為________________________________________________；放電過程中需補充的物質A為________________(填化學式)。
②圖-2所示的
HCOOH燃料電池放電的本質是通過
HCOOH與O2的反應，將化學能轉化為電能，其反應的離子方程式為_____________________________。
（3）
HCOOH催化釋氫。在催化劑作用下，
HCOOH分解生成CO2和H2可能的反應機理如圖-3所示。
①HCOOD催化釋氫反應除生成CO2外，還生成_________________(填化學式)。
②研究發現：其他條件不變時，以
HCOOK溶液代替
HCOOH催化釋氫的效果更佳，其具體優點是_____________________________。
【答案】
（1）
溫度升高反應速率增大，溫度升高催化劑的活性增強
（2）
H2SO4
或
（3）
HD
提高釋放氫氣的速率，提高釋放出氫氣的純度
【解析】
（1）含有催化劑的KHCO3溶液中通入H2生成HCOOˉ，根據元素守恒和電荷守恒可得離子方程式為：+H2HCOOˉ+H2O；反應溫度在40℃~80℃范圍內時，隨溫度升高，活化分子增多，反應速率加快，同時溫度升高催化劑的活性增強，所以的催化加氫速率迅速上升；
（2）①左側為負極，堿性環境中HCOOˉ失電子被氧化為，根據電荷守恒和元素守恒可得電極反應式為HCOOˉ+2OHˉ－2eˉ===
+H2O；電池放電過程中，鉀離子移向正極，即右側，根據圖示可知右側的陰離子為硫酸根，而隨著硫酸鉀不斷被排除，硫酸根逐漸減少，鐵離子和亞鐵離子進行循環，所以需要補充硫酸根，為增強氧氣的氧化性，溶液最好顯酸性，則物質A為H2SO4；
②根據裝置圖可知電池放電的本質是HCOOH在堿性環境中被氧氣氧化為，根據電子守恒和電荷守恒可得離子方程式為2HCOOH+O2+2OHˉ
=
2+2H2O或2HCOOˉ+O2=
2；
（3）①根據分析可知HCOOD可以產生HCOOˉ和D+，所以最終產物為CO2和HD(Hˉ與D+結合生成)；
②HCOOK是強電解質，更容易產生HCOOˉ和K+，更快的產生KH，KH可以與水反應生成H2和KOH，生成的KOH可以吸收分解產生的CO2，從而使氫氣更純凈，所以具體優點是：提高釋放氫氣的速率，提高釋放出氫氣的純度。
5.（2020·山東卷）探究CH3OH合成反應化學平衡的影響因素，有利于提高CH3OH的產率。以CO2、H2為原料合成CH3OH涉及的主要反應如下：
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
回答下列問題：
（1）_________。
（2）一定條件下，向體積為VL的恒容密閉容器中通入1
mol
CO2和3
mol
H2發生上述反應，達到平衡時，容器中CH3OH(g)為ɑ
mol，CO為b
mol，此時H2O(g)的濃度為__________mol﹒L-1(用含a、b、V的代數式表示，下同)，反應Ⅲ的平衡常數為___________。
（3）不同壓強下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，實驗測定CO2平衡轉化率和CH3OH的平衡產率隨溫度的變化關系如下圖所示。
已知：CO2的平衡轉化率=
CH3OH的平衡產率=
其中縱坐標表示CO2平衡轉化率的是圖___________(填“甲”或“乙”)；壓強p1、p2、p3由大到小的順序為___________；圖乙中T1溫度時，三條曲線幾乎交于一點的原因是___________。
（4）為同時提高CO2的平衡轉化率和CH3OH的平衡產率，應選擇的反應條件為_________(填標號)。
A.低溫、高壓
B.高溫、低壓
C.低溫、低壓
D.高溫、高壓
【答案】
（1）
+40.9
（2）
（3）乙
p1、p2、p3
T1時以反應Ⅲ為主，反應Ⅲ前后氣體分子數相等，壓強改變對平衡沒有影響
（4）A
【解析】根據蓋斯定律計算反應熱；利用三個反應，進行濃度和化學平衡常數的計算；結合圖形根據勒夏特列原理考慮平衡移動的方向，確定溫度和壓強變化時，CO2的平衡轉化率和CH3OH的平衡產率之間的關系得到相應的答案。
（1）.根據反應I+II=III，則△H3=△H1+△H2=-49.5kJ?mol-1+(-90.4
kJ?mol-1)=+40.9
kJ?mol-1；
（2）.假設反應II中，CO反應了xmol，則II生成的CH3OH為xmol，I生成的CH3OH為(a-x)mol，III生成CO為(b+x)mol，根據反應I：，反應II：
，反應III：，所以平衡時水的物質的量為(a-x)mol+(b+x)mol
=(a+b)mol，濃度為:；平衡時CO2的物質的量為1mol-(a-x)mol-(b+x)mol=(1-a-b)mol，H2的物質的量為3mol-3(a-x)mol-2x-(b+x)mol=(3-3a-b)mol，CO的物質的量為bmol，水的物質的量為(a+b)mol，則反應III的平衡常數為：；
（3）.反應I和II為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，則CH3OH的平衡產率減少，所以圖甲表示CH3OH的平衡產率，圖乙中，開始升高溫度，由于反應I和II為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，CO2的平衡轉化率降低，反應III為吸熱反應，升高溫度反應III向正反應方向移動，升高一定溫度后以反應III為主，CO2的平衡轉化率又升高，所以圖乙表示CO2的平衡轉化率；壓強增大，反應I和II是氣體體積減小的反應，反應I和II平衡正向移動，反應III氣體體積不變化，平衡不移動，故壓強增大CH3OH的平衡產率增大，根據圖所以壓強關系為：p1>p2>p3；溫度升高，反應I和II平衡逆向移動，反應III向正反應方向移動，所以T1溫度時，三條曲線交與一點的原因為：T1時以反應III為主，反應III前后分子數相等，壓強改變對平衡沒有影響；
（4）.根據圖示可知，溫度越低，CO2的平衡轉化率越大，CH3OH的平衡產率越大，壓強越大，CO2的平衡轉化率越大，CH3OH的平衡產率越大，所以選擇低溫和高壓，答案選A。
6.（2020·天津卷）利用太陽能光解水，制備的H2用于還原CO2合成有機物，可實現資源的再利用。回答下列問題：
Ⅰ.半導體光催化劑浸入水或電解質溶液中，光照時可在其表面得到產物
（1）下圖為該催化劑在水中發生光催化反應的原理示意圖。光解水能量轉化形式為___________。
（2）若將該催化劑置于Na2SO3溶液中，產物之一為SO42-，另一產物為__________。若將該催化劑置于AgNO3溶液中，產物之一為O2，寫出生成另一產物的離子反應式______________________。
Ⅱ.用H2還原CO2可以在一定條下合成CH3OH(不考慮副反應)：
（3）某溫度下，恒容密閉容器中，CO2和H2的起始濃度分別為
a
mol?L-1和3
a
mol?L-1，反應平衡時，CH3OH的產率為b，該溫度下反應平衡常數的值為___________。
（4）恒壓下，CO2和H2的起始物質的量比為1:3時，該反應在無分子篩膜時甲醇的平衡產率和有分子篩膜時甲醇的產率隨溫度的變化如圖所示，其中分子篩膜能選擇性分離出H2O。
①甲醇平衡產率隨溫度升高而降低的原因為____________。
②P點甲醇產率高于T點的原因為___________。
③根據上圖，在此條件下采用該分子篩膜時的最佳反應溫度為___________°C。
Ⅲ.調節溶液pH可實現工業廢氣CO2的捕獲和釋放
（5）
CO32-的空間構型為__________。已知25℃碳酸電離常數為Ka1、Ka2，當溶液pH=12時，=1：_______：__________。
【答案】
（1）光能轉化為化學能
（2）
H2
（3）
（4）該反應為放熱反應，溫度升高，平衡逆向移動（或平衡常數減小）
分子篩膜從反應體系中不斷分離出H2O，有利于反應正向進行，甲醇產率升高
210
（5）平面（正）三角形
【解析】
I.（1）根據圖示，該催化劑在水中發生光催化反應的方程式為2H2O2H2↑+O2↑，光解水能量轉化形式為光能轉化為化學能。
（2）若將該催化劑置于Na2SO3溶液中，產物之一為SO42-，SO32-被氧化成SO42-，則H+被還原為H2，即另一產物為H2；若將該催化劑置于AgNO3溶液中，產物之一為O2，氧元素的化合價升高，O2為氧化產物，則生成另一產物的反應為還原反應，由于Ag+得電子能力大于H+，故生成另一產物的離子反應式為Ag++e-=Ag。
II.（3）
CO2和H2的起始濃度分別為
a
mol?L-1和3
a
mol?L-1，CH3OH的產率為b，則生成的CH3OH物質的量濃度為abmol/L，根據三段式
則反應的平衡常數K==
=；
②因為分子篩膜能選擇性分離出H2O，c（H2O）減小，有利于反應正向進行，甲醇產率升高，故P點甲醇產率高于T點。
③根據圖示，使用該分子篩膜210℃時甲醇的產率最大，故在此條件下采用該分子篩膜時的最佳反應溫度為210℃。
III.（5）CO32-中C的孤電子對數為×（4+2-3×2）=0，σ鍵電子對數為3，價層電子對數為3，C上沒有孤電子對，故CO32-的空間構型為平面正三角形；H2CO3的電離方程式為H2CO3?H++HCO3-、HCO3-?
H++CO32-，則Ka1=
、Ka2=，當溶液的pH=12時，c（H+）=1×10-12mol/L，將其代入Ka1、Ka2中分別求出c（）=1012Ka1
c(H2CO3)、c（CO32-）=1012Ka2
c（HCO3-）=1024Ka1Ka2
c(H2CO3)，則c(H2CO3)：c（HCO3-）：c（CO32-）
=1：（1012Ka1）：（1024Ka1Ka2）。
7.（2020·浙江卷）研究CO2氧化C2H6制
C2H4對資源綜合利用有重要意義。相關的主要化學反應有：
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅳ
已知：298K時，相關物質的相對能量(如圖1)。
可根據相關物質的相對能量計算反應或變化的(隨溫度變化可忽略)。例如：
。
請回答：
（1）①根據相關物質的相對能量計算_____。
②下列描述正確的是_____
A
升高溫度反應Ⅰ的平衡常數增大
B
加壓有利于反應Ⅰ、Ⅱ的平衡正向移動
C
反應Ⅲ有助于乙烷脫氫，有利于乙烯生成
D
恒溫恒壓下通水蒸氣，反應Ⅳ的平衡逆向移動
③有研究表明，在催化劑存在下，反應Ⅱ分兩步進行，過程如下：，且第二步速率較慢(反應活化能為)。根據相關物質的相對能量，畫出反應Ⅱ分兩步進行的“能量-反應過程圖”，起點從的能量，開始(如圖2)_____。
（2）①CO2和
C2H6按物質的量1:1投料，在923K和保持總壓恒定的條件下，研究催化劑X對“CO2氧化C2H6制
C2H4”的影響，所得實驗數據如下表：
催化劑
轉化率
轉化率
產率
催化劑X
19.0
37.6
3.3
結合具體反應分析，在催化劑X作用下，CO2氧化C2H6的主要產物是___________________________，判斷依據是_________________________________________________________________。
②采用選擇性膜技術(可選擇性地讓某氣體通過而離開體系)可提高C2H4的選擇性(生成C2H4的物質的量與消耗C2H6的物質的量之比)。在773K，乙烷平衡轉化率為9.1％，保持溫度和其他實驗條件不變，采用選擇性膜技術，乙烷轉化率可提高到11.0％。結合具體反應說明乙烷轉化率增大的原因是_________________
__________________________________________。
【答案】
（1）
430
AD
(2)
.CO
C2H4的產率低，說明催化劑X有利于提高反應Ⅲ速率
選擇性膜吸附C2H4，促進反應Ⅱ平衡正向移動
【解析】根據題中信息用相對能量求反應熱；根據平衡移動原理分析溫度、壓強和反應物的濃度對化學平衡的影響，并作出相關的判斷；根據相關物質的相對能量和活化能算出中間產物、過渡態和最終產物的相對能量，找到畫圖的關鍵數據；催化劑的選擇性表現在對不同反應的選擇性不同；選擇性膜是通過吸附目標產品而提高目標產物的選擇性的，與催化劑的選擇性有所區別。
（1）①由圖1的數據可知，C2H6(g)、CO2(g)、CO(g)、H2(g)的相對能量分別為-84kJ?mol-1、-393
kJ?mol-1、-110
kJ?mol-1、0
kJ?mol-1。由題中信息可知，?H=生成物的相對能量-反應物的相對能量，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。
②反應Ⅰ為吸熱反應，升高溫度能使其化學平衡向正反應方向移動，故其平衡常數增大，A正確；反應Ⅰ和反應Ⅱ的正反應均為氣體分子數增大的反應，增大壓強，其化學平衡均向逆反應方向移動，B不正確；反應Ⅲ的產物中有CO，增大CO的濃度，能使反應Ⅱ的化學平衡向逆反應方向移動，故其不利于乙烷脫氫，不利于乙烯的生成，C不正確；反應Ⅳ的反應前后氣體分子數不變，在恒溫恒壓下向平衡體系中通入水蒸氣，體系的總體積變大，水蒸氣的濃度變大，其他組分的濃度均減小相同的倍數，因此該反應的濃度商變大（大于平衡常數），化學平衡向逆反應方向移動，D正確。綜上所述，描述正確的是AD。
③由題中信息可知，反應Ⅱ分兩步進行，第一步的反應是C2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+H2(g)
+CO2(g)，C2H4(g)、H2(g)、CO2(g)的相對能量之和為52
kJ?mol-1+0+(-393
kJ?mol-1)=
-341
kJ?mol-1；第二步的反應是C2H4(g)+H2(g)
+CO2(g)C2H4(g)+H2O(g)
+CO(g)，其活化能為210
kJ?mol-1，故該反應體系的過渡態的相對能量又升高了210
kJ?mol-1，過渡態的的相對能量變為-341
kJ?mol-1+210
kJ?mol-1=
-131
kJ?mol-1，最終生成物C2H4(g)、H2O(g)、CO(g)的相對能量之和為(52
kJ?mol-1)+(-242
kJ?mol-1)+(-110
kJ?mol-1)=
-300
kJ?mol-1。根據題中信息，第一步的活化能較小，第二步的活化能較大，故反應Ⅱ分兩步進行的“能量—反應過程圖”可以表示如下：。
（2）①由題中信息及表中數據可知，盡管CO2和C2H6按物質的量之比1：1投料，但是C2H4的產率遠遠小于C2H6的轉化率，但是CO2的轉化率高于C2H6，說明在催化劑X的作用下，除了發生反應Ⅱ，還發生了反應Ⅲ，而且反應物主要發生了反應Ⅲ，這也說明催化劑X有利于提高反應Ⅲ速率，因此，CO2氧化C2H6的主要產物是CO。故答案為：CO；C2H4的產率低說明催化劑X有利于提高反應Ⅲ速率。
②由題中信息可知，選擇性膜技術可提高C2H4的選擇性，由反應ⅡC2H6(g)+CO2(g)?C2H4(g)+H2O(g)
+CO(g)可知，該選擇性應具體表現在選擇性膜可選擇性地讓C2H4通過而離開體系，即通過吸附C2H4減小其在平衡體系的濃度，從而促進化學平衡向正反應方向移動，因而可以乙烷的轉化率。故答案為：選擇性膜吸附C2H4，促進反應Ⅱ平衡向正反應方向移動。
【2019年】
1．[2019·新課標Ⅰ]水煤氣變換[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)]是重要的化工過程，主要用于合成氨、制氫以及合成氣加工等工業領域中。回答下列問題：
（1）Shibata曾做過下列實驗：①使純H2緩慢地通過處于721
℃下的過量氧化鈷CoO(s)，氧化鈷部分被還原為金屬鈷Co(s)，平衡后氣體中H2的物質的量分數為0.0250。
②在同一溫度下用CO還原CoO(s)，平衡后氣體中CO的物質的量分數為0.0192。
根據上述實驗結果判斷，還原CoO(s)為Co(s)的傾向是CO_________H2（填“大于”或“小于”）。
（2）721
℃時，在密閉容器中將等物質的量的CO(g)和H2O(g)混合，采用適當的催化劑進行反應，則平衡時體系中H2的物質的量分數為_________（填標號）。
A．＜0.25
B．0.25
C．0.25~0.50
D．0.50
E．＞0.50
（3）我國學者結合實驗與計算機模擬結果，研究了在金催化劑表面上水煤氣變換的反應歷程，如圖所示，其中吸附在金催化劑表面上的物種用?標注。
可知水煤氣變換的ΔH________0（填“大于”“等于”或“小于”），該歷程中最大能壘（活化能）E正=_________eV，寫出該步驟的化學方程式_______________________。
（4）Shoichi研究了467
℃、489
℃時水煤氣變換中CO和H2分壓隨時間變化關系（如下圖所示），催化劑為氧化鐵，實驗初始時體系中的和相等、和相等。
計算曲線a的反應在30~90
min內的平均速率(a)=___________kPa·min?1。467
℃時和隨時間變化關系的曲線分別是___________、___________。489
℃時和隨時間變化關系的曲線分別是___________、___________。
【答案】（1）大于
（2）C
（3）小于
2.02
COOH
+H
+H2O
===COOH
+2H
+OH
（或H2O
===H
+OH
）
（4）0.0047
b
c
a
d
【解析】
（1）H2還原氧化鈷的方程式為：H2(g)＋CoO(s)===Co(s)＋H2O(g)；CO還原氧化鈷的方程式為：CO(g)＋CoO(s)===Co(s)＋CO2(g)，平衡時H2還原體系中H2的物質的量分數（）高于CO還原體系中CO的物質的量分數（），故還原CoO(s)為Co(s)的傾向是CO大于H2；
（2）721
℃時，在密閉容器中將等物質的量的CO(g)和H2O(g)混合，可設其物質的量為1mol，則
CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)
起始（mol）
1
1
0
0
轉化（mol）
x
x
x
x
平衡（mol）
1-x
1-x
x
x
則平衡時體系中H2的物質的量分數=，因該反應為可逆反應，故x<1，可假設二者的還原傾向相等，則x=0.5，由（1）可知CO的還原傾向大于H2，所以CO更易轉化為H2，故x>0.5，由此可判斷最終平衡時體系中H2的物質的量分數介于0.25~0.50，故答案為C；
（3）根據水煤氣變換[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)]并結合水煤氣變換的反應歷程相對能量可知，CO(g)+H2O(g)的能量（-0.32eV）高于CO2(g)+H2(g)的能量（-0.83eV），故水煤氣變換的ΔH小于0；活化能即反應物狀態達到活化狀態所需能量，根據變換歷程的相對能量可知，最大差值為：
其最大能壘（活化能）E正=1.86-(-0.16)eV=2.02eV；該步驟的反應物為COOH+H+H2O＝COOH+2H+OH；因反應前后COOH和1個H未發生改變，也可以表述成H2O＝H+OH；
（4）由圖可知，30~90
min內a曲線對應物質的分壓變化量Δp=（4.08-3.80）kPa=0.28
kPa，故曲線a的反應在30~90
min內的平均速率(a)==0.0047
kPa·min?1；由（2）中分析得出H2的物質的量分數介于0.25~0.5，CO的物質的量分數介于0~0.25，即H2的分壓始終高于CO的分壓，據此可將圖分成兩部分：
由此可知，a、b表示的是H2的分壓，c、d表示的是CO的分壓，該反應為放熱反應，故升高溫度，平衡逆向移動，CO分壓增加，H2分壓降低，故467
℃時PH2和PCO隨時間變化關系的曲線分別是b、c；489
℃時PH2和PCO隨時間變化關系的曲線分別是a、d。
2．[2019·新課標Ⅱ]
環戊二烯（）是重要的有機化工原料，廣泛用于農藥、橡膠、塑料等生產。回答下列問題：
（1）已知：(g)
(g)+H2(g)
ΔH1=100.3
kJ·mol
?1
①
H2(g)+
I2(g)
2HI(g)
ΔH2=?11.0
kJ·mol
?1
②
對于反應：(g)+
I2(g)
(g)+2HI(g)
③
ΔH3=___________kJ·mol
?1。
（2）某溫度下，等物質的量的碘和環戊烯（）在剛性容器內發生反應③，起始總壓為105Pa，平衡時總壓增加了20%，環戊烯的轉化率為_________，該反應的平衡常數Kp=_________Pa。達到平衡后，欲增加環戊烯的平衡轉化率，可采取的措施有__________（填標號）。
A．通入惰性氣體
B．提高溫度
C．增加環戊烯濃度
D．增加碘濃度
（3）環戊二烯容易發生聚合生成二聚體，該反應為可逆反應。不同溫度下，溶液中環戊二烯濃度與反應時間的關系如圖所示，下列說法正確的是__________（填標號）。
A．T1＞T2
B．a點的反應速率小于c點的反應速率
C．a點的正反應速率大于b點的逆反應速率
D．b點時二聚體的濃度為0.45
mol·L?1
（4）環戊二烯可用于制備二茂鐵（Fe(C5H5)2，結構簡式為），后者廣泛應用于航天、化工等領域中。二茂鐵的電化學制備原理如下圖所示，其中電解液為溶解有溴化鈉（電解質）和環戊二烯的DMF溶液（DMF為惰性有機溶劑）。
該電解池的陽極為____________，總反應為__________________。電解制備需要在無水條件下進行，原因為_________________________。
【答案】（1）89.3
（2）40％
3.56×104
BD
（3）CD
（4）Fe電極
Fe+2=+H2↑（Fe+2C5H6Fe(C5H5)2+H2↑）
水會阻礙中間物Na的生成；水會電解生成OH?，進一步與Fe2+反應生成Fe(OH)2
【解析】
（1）根據蓋斯定律①-②，可得反應③的ΔH=89.3kJ/mol；
（2）假設反應前碘單質與環戊烯均為nmol，平衡時環戊烯反應了xmol，根據題意可知；
（g）+I2（g）=
（g）+2HI（g）
增加的物質的量
1mol
1mol
1mol
2mol
1mol
xmol
2n×20%
得x=0.4nmol，轉化率為0.4n/n×100%=40%；
（g）
+
I2（g）=
（g）+
2HI（g）
P（初）
0.5×105
0.5×105
0
0
ΔP
0.5×105×40%
0.5×105×40%
0.5×105×40%
1×105×40%
P（平）
0.3×105
0.3×105
0.2×105
0.4×105
Kp==3.56×104；
A．T、V一定，通入惰性氣體，由于對反應物和生成物濃度無影響，速率不變，平衡不移動，故A錯誤；B．升高溫度，平衡向吸熱方向移動，環戊烯轉化率升高，故B正確；C．增加環戊烯的濃度平衡正向移動，但環戊烯轉化率降低，故C錯誤；D，增加I2的濃度，平衡正向移動，環戊烯轉化率升高，故D正確；
（3）A．溫度越高化學反應速率越快，單位時間內反應物濃度減少越多，則T1v(逆)，a點反應物濃度大于b點，故a點正反應速率大于b點，故C正確；D．b點時環戊二烯濃度由1.5mol/L減小到0.6mol/L，減少了0.9mol/L，因此生成二聚體0.45mol/L，故D正確。
（4）根據陽極升失氧可知Fe為陽極；根據題干信息Fe-2e-=Fe2+，電解液中鈉離子起到催化劑的作用使得環戊二烯得電子生成氫氣，同時與亞鐵離子結合生成二茂鐵，故電極反應式為Fe+2=+H2↑；電解必須在無水條件下進行，因為中間產物Na會與水反應生成氫氧化鈉和氫氣，亞鐵離子會和氫氧根離子結合生成沉淀。
3．[2019·新課標Ⅲ]
近年來，隨著聚酯工業的快速發展，氯氣的需求量和氯化氫的產出量也隨之迅速增長。因此，將氯化氫轉化為氯氣的技術成為科學研究的熱點。回答下列問題：
（1）Deacon發明的直接氧化法為：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。下圖為剛性容器中，進料濃度比c(HCl)
∶c(O2)分別等于1∶1、4∶1、7∶1時HCl平衡轉化率隨溫度變化的關系：
可知反應平衡常數K（300℃）____________K（400℃）（填“大于”或“小于”）。設HCl初始濃度為c0，根據進料濃度比c(HCl)∶c(O2)=1∶1的數據計算K（400℃）=____________（列出計算式）。按化學計量比進料可以保持反應物高轉化率，同時降低產物分離的能耗。進料濃度比c(HCl)∶c(O2)過低、過高的不利影響分別是____________。
（2）Deacon直接氧化法可按下列催化過程進行：
CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)
ΔH1=83
kJ·mol-1
CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)
ΔH2=-20
kJ·mol-1
CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)
ΔH3=-121
kJ·mol-1
則4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=_________
kJ·mol-1。
（3）在一定溫度的條件下，進一步提高HCl的轉化率的方法是______________。（寫出2種）
（4）在傳統的電解氯化氫回收氯氣技術的基礎上，科學家最近采用碳基電極材料設計了一種新的工藝方案，主要包括電化學過程和化學過程，如下圖所示：
負極區發生的反應有____________________（寫反應方程式）。電路中轉移1
mol電子，需消耗氧氣__________L（標準狀況）。
【答案】（1）大于
O2和Cl2分離能耗較高、HCl轉化率較低
（2）﹣116
（3）增加反應體系壓強、及時除去產物
（4）Fe3++e?=Fe2+，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O
5.6
【解析】
（1）根據反應方程式知，HCl平衡轉化率越大，平衡常數K越大，結合圖像知升高溫度平衡轉化率降低，說明升高溫度平衡向逆反應方向進行，則K(300℃)>K(400℃)；
由圖像知，400℃時，HCl平衡轉化率為84%，用三段式法對數據進行處理得：
起始（濃度）
c0
c0
0
0
變化（濃度）
0.84c0
0.21c0
0.42c0
0.42c0
平衡（濃度）(1-0.84)c0(1-0.21)c0
0.42c0
0.42c0
則K=；根據題干信息知，進料濃度比過低，氧氣大量剩余，導致分離產物氯氣和氧氣的能耗較高；進料濃度比過高，HCl不能充分反應，導致HCl轉化率較低；
（2）根據蓋斯定律知，（反應I+反應II+反應III）×2得
ΔH=（ΔH1+ΔH2+ΔH3）×2=-116kJ·mol-1；
（3）若想提高HCl的轉化率，應該促使平衡正向移動，該反應為氣體體積減小的反應，根據勒夏特列原理，可以增大壓強，使平衡正向移動；也可以及時除去產物，減小產物濃度，使平衡正向移動；
（4）電解過程中，負極區即陰極上發生的是得電子反應，元素化合價降低，屬于還原反應，則圖中左側為負極反應，根據圖示信息知電極反應為：Fe3++e－＝Fe2+和4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O；電路中轉移1
mol電子，根據電子得失守恒可知需消耗氧氣的物質的量是1mol÷4＝0.25mol，在標準狀況下的體積為0.25mol×22.4L/mol＝5.6L。
4．[2019·江蘇卷]
CO2的資源化利用能有效減少CO2排放，充分利用碳資源。
（1）CaO可在較高溫度下捕集CO2，在更高溫度下將捕集的CO2釋放利用。CaC2O4·H2O熱分解可制備CaO，CaC2O4·H2O加熱升溫過程中固體的質量變化見下圖。
①寫出400~600
℃范圍內分解反應的化學方程式：
▲
。
②與CaCO3熱分解制備的CaO相比，CaC2O4·H2O熱分解制備的CaO具有更好的CO2捕集性能，其原因是
▲
。
（2）電解法轉化CO2可實現CO2資源化利用。電解CO2制HCOOH的原理示意圖如下。
①寫出陰極CO2還原為HCOO?的電極反應式：
▲
。
②電解一段時間后，陽極區的KHCO3溶液濃度降低，其原因是
▲
。
（3）CO2催化加氫合成二甲醚是一種CO2轉化方法，其過程中主要發生下列反應：
反應Ⅰ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)
ΔH
=41.2
kJ·mol?1
反應Ⅱ：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)
ΔH
=﹣122.5
kJ·mol?1
在恒壓、CO2和H2的起始量一定的條件下，CO2平衡轉化率和平衡時CH3OCH3的選擇性隨溫度的變化如圖。其中：
CH3OCH3的選擇性=×100％
①溫度高于300
℃，CO2平衡轉化率隨溫度升高而上升的原因是
▲
。
②220
℃時，在催化劑作用下CO2與H2反應一段時間后，測得CH3OCH3的選擇性為48%（圖中A點）。不改變反應時間和溫度，一定能提高CH3OCH3選擇性的措施有
▲
。
【答案】（1）①CaC2O4CaCO3+CO↑
②CaC2O4·H2O熱分解放出更多的氣體，制得的CaO更加疏松多孔
（2）①CO2+H++2e?HCOO?或CO2++2e?HCOO?+
②陽極產生O2，pH減小，濃度降低；K+部分遷移至陰極區
（3）①反應Ⅰ的ΔH＞0，反應Ⅱ的ΔH＜0，溫度升高使CO2轉化為CO的平衡轉化率上升，使CO2轉化為CH3OCH3的平衡轉化率下降，且上升幅度超過下降幅度
②增大壓強，使用對反應Ⅱ催化活性更高的催化劑
【解析】
1）①令CaC2O4·H2O的物質的量為1mol，即質量為146g，根據圖像，第一階段剩余固體質量為128，原固體質量為146
g，相差18
g，說明此階段失去結晶水，第二階段從剩余固體質量與第一階段剩余固體質量相對比，少了28
g，相差1個CO，因此400℃~600℃范圍內，分解反應方程式為CaC2O4CaCO3+CO↑。
②CaC2O4·H2O熱分解放出更多的氣體，制得的CaO更加疏松多孔，增加與CO2的接觸面積，更好捕捉CO2。
（2）①根據電解原理，陰極上得到電子，化合價降低，CO2+H++2e?HCOO?或CO2++2e?HCOO?+。
②陽極反應式為2H2O－4e－O2↑＋4H＋，陽極附近pH減小，H＋與HCO3－反應，同時部分K＋遷移至陰極區，所以電解一段時間后，陽極區的KHCO3溶液濃度降低。
（3）①根據反應方程式，反應I為吸熱反應，升高溫度，平衡向正反應方向移動，CO2的轉化率增大，反應II為放熱反應，升高溫度，平衡向逆反應方向進行，CO2的轉化率降低，根據圖像，上升幅度超過下降幅度，因此溫度超過300℃時，CO2轉化率上升。
②圖中A點CH3OCH3的選擇性沒有達到此溫度下平衡時CH3OCH3的選擇性，依據CH3OCH3選擇性公式，提高CH3OCH3選擇性，不改變反應時間和溫度時，根據反應II，可以增大壓強，或者使用對反應II催化活性更高的催化劑。
5．[2019·北京卷]氫能源是最具應用前景的能源之一，高純氫的制備是目前的研究熱點。
（1）甲烷水蒸氣催化重整是制高純氫的方法之一。
①反應器中初始反應的生成物為H2和CO2，其物質的量之比為4∶1，甲烷和水蒸氣反應的方程式是______________。
②已知反應器中還存在如下反應：
i.CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)
ΔH1
ii.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)
ΔH2
iii.CH4(g)C(s)+2H2(g)
ΔH3
……
iii為積炭反應，利用ΔH1和ΔH2計算ΔH3時，還需要利用__________反應的ΔH。
③反應物投料比采用n（H2O）∶n（CH4）=4∶1，大于初始反應的化學計量數之比，目的是________________（選填字母序號）。
a.促進CH4轉化
b.促進CO轉化為CO2
c.減少積炭生成
④用CaO可以去除CO2。H2體積分數和CaO消耗率隨時間變化關系如下圖所示。從t1時開始，H2體積分數顯著降低，單位時間CaO消耗率_______（填“升高”“降低”或“不變”）。此時CaO消耗率約為35%，但已失效，結合化學方程式解釋原因：____________________________。
（2）可利用太陽能光伏電池電解水制高純氫，工作示意圖如下。通過控制開關連接K1或K2，可交替得到H2和O2。
①制H2時，連接_______________。
產生H2的電極反應式是_______________。
②改變開關連接方式，可得O2。
③結合①和②中電極3的電極反應式，說明電極3的作用：________________________。
【答案】（1）①CH4+2H2O4H2+CO2
②C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g)或C(s)+
CO2(g)2CO(g)
③a
b
c
④降低
CaO+
CO2CaCO3，CaCO3覆蓋在CaO表面，減少了CO2與CaO的接觸面積
（2）①K1
2H2O+2e-H2↑+2OH-
③制H2時，電極3發生反應：Ni(OH)2+
OH--e-NiOOH+H2O。制O2時，上述電極反應逆向進行，使電極3得以循環使用
【解析】
（1）①由于生成物為H2和CO2，其物質的量之比為4：1，反應物是甲烷和水蒸氣，因而反應方程式為CH4+2H2O4H2+CO2。
②ⅰ-ⅱ可得CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，設為ⅳ，用ⅳ-ⅲ可得C(s)+CO2(g)2CO(g)，因為還需利用C(s)+CO2(g)2CO(g)反應的焓變。
③初始反應n(H2O):n(CH4)=2：1，說明加入的水蒸氣過量，又反應器中反應都存在一定可逆性，根據反應ⅰ知水蒸氣濃度越大，甲烷的轉化率越高，a正確；根據反應ⅱ知水蒸氣濃度越大，CO的轉化率越高，b正確；ⅰ和ⅱ產生氫氣，使得氫氣濃度變大，抑制反應ⅲ，積炭生成量減少，c正確。
④t1時CaO消耗率曲線斜率減小，因而單位時間內CaO的消耗率降低。CaO+
CO2CaCO3，CaCO3覆蓋在CaO表面，減少了CO2與CaO的接觸面積，因而失效。
（2）①電極生成H2時，根據電極放電規律可知H+得到電子變為氫氣，因而電極須連接負極，因而制H2時，連接K1，該電池在堿性溶液中，由H2O提供H+，電極反應式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-。
③電極3上NiOOH和Ni(OH)2相互轉化，其反應式為NiOOH+e-+H2ONi(OH)2+OH-，當連接K1時，Ni(OH)2失去電子變為NiOOH，當連接K2時，NiOOH得到電子變為Ni(OH)2，因而作用是連接K1或K2時，電極3分別作為陽極材料和陰極材料，并且NiOOH和Ni(OH)2相互轉化提供電子轉移。
6．[2019浙江4月選考]
水是“生命之基質”，是“永遠值得探究的物質”。
（1）關于反應H2(g)＋1/2O2(g)
H2O(l)，下列說法不正確的是________。
A．焓變ΔH＜0，熵變ΔS＜0
B．可以把反應設計成原電池，實現能量的轉化
C．一定條件下，若觀察不到水的生成，說明該條件下反應不能自發進行
D．選用合適的催化劑，有可能使反應在常溫常壓下以較快的速率進行
（2）①根據H2O的成鍵特點，畫出與圖中H2O分子直接相連的所有氫鍵(O－H…O)________。
②將一定量水放入抽空的恒容密閉容器中，測定不同溫度(T)下氣態、液態水平衡共存[H2O(l)H2O(g)]時的壓強(p)。在圖中畫出從20℃開始經過100℃的p隨T變化關系示意圖(20℃時的平衡壓強用p1表示)________。
（3）水在高溫高壓狀態下呈現許多特殊的性質。當溫度、壓強分別超過臨界溫度(374.2℃)、臨界壓強(22.1
MPa)時的水稱為超臨界水。
①與常溫常壓的水相比，高溫高壓液態水的離子積會顯著增大。解釋其原因________。
②如果水的離子積Kw從1.0×10?14增大到1.0×10?10，則相應的電離度是原來的________倍。
③超臨界水能夠與氧氣等氧化劑以任意比例互溶，由此發展了超臨界水氧化技術。一定實驗條件下，測得乙醇的超臨界水氧化結果如圖所示，其中x為以碳元素計的物質的量分數，t為反應時間。
下列說法合理的是________。
A．乙醇的超臨界水氧化過程中，一氧化碳是中間產物，二氧化碳是最終產物
B．在550℃條件下，反應時間大于15
s時，乙醇氧化為二氧化碳已趨于完全
C．乙醇的超臨界水氧化過程中，乙醇的消耗速率或二氧化碳的生成速率都可以用來表示反應的速率，而且兩者數值相等
D．隨溫度升高，xCO峰值出現的時間提前，且峰值更高，說明乙醇的氧化速率比一氧化碳氧化速率的增長幅度更大
（4）以鉑陽極和石墨陰極設計電解池，通過電解NH4HSO4溶液產生(NH4)2S2O8，再與水反應得到H2O2，其中生成的NH4HSO4可以循環使用。
①陽極的電極反應式是________。
②制備H2O2的總反應方程式是________。
【答案】（1）C
（2）①
②
（3）①水的電離為吸熱過裎，升高溫度有利于電離(壓強對電離平衡影響不大)
②100
③ABD
（4）①2HSO4-－2e?S2O82-＋2H+或2SO42-－2e?S2O82-
②2H2OH2O2＋H2↑
【解析】
（1）A．氫氣燃燒是放熱反應，ΔH＜0，該反應中氣體變為液體，為熵減過程，故ΔS＜0，A項正確；
B．該反應可設計為氫氧燃料電池，其化學能轉為電能，B項正確；
C．某條件下自發反應是一種傾向，不代表真實發生，自發反應往往也需要一定的反應條件才能發生，如點燃氫氣，C項錯誤；
D．催化劑降低活化能，加快反應速率，D項正確。
故答案選C。
（2）①H2O電子式為，存在兩對孤電子對，因而O原子可形成兩組氫鍵，每個H原子形成一個氫鍵，圖為：
②100℃，101kPa為水的氣液分界點，20℃和p1為另一個氣液分界點，同時升高溫度和增加壓強利于水從液體變為氣體，因而曲線為增曲線，可做圖為：
（3）①水的電離為吸熱過裎，升高溫度有利于電離，壓強對固液體影響不大，可忽略。
②c(H+)=，當Kw=1.0×10-14，c1(H+)=10-7mol/L，當Kw=1.0×10-10，c2(H+)=10-5mol/L，易知后者是前者的100倍，所以相應的電離度是原來的100倍。
③A．觀察左側x-t圖像可知，CO先增加后減少，CO2一直在增加，所以CO為中間產物，CO2為最終產物，A項正確；
B．觀察左側x-t圖像，乙醇減少為0和CO最終減少為0的時間一致，而右圖xCO-t圖像中550℃，CO在15s減為0，說明乙醇氧化為CO2趨于完全，B項正確；
C．乙醇的消耗速率或二氧化碳的生成速率都可以用來表示反應的速率，但兩者數值不相等，比值為化學計量數之比，等于1：2，C項錯誤；
D．隨著溫度的升高，乙醇的氧化速率和一氧化碳氧化速率均增大，但CO是中間產物，為乙醇不完全氧化的結果，CO峰值出現的時間提前，且峰值更高，說明乙醇氧化為CO和CO2速率必須加快，且大于CO的氧化速率，D項正確。
故答案選ABD。
（4）①電解池使用惰性電極，陽極本身不參與反應，陽極吸引HSO4-（或SO42-）離子，并放電生成S2O82-，因而電極反應式為2HSO4-－2e?=S2O82-＋2H+或2SO42-－2e?=S2O82-
。
②通過電解NH4HSO4溶液產生(NH4)2S2O8和H2。由題中信息可知，生成的NH4HSO4可以循環使用，說明(NH4)2S2O8與水反應除了生成H2O2，還有NH4HSO4生成，因而總反應中只有水作反應物，產物為H2O2和H2，故總反應方程式為2H2OH2O2＋H2↑。
【2018年】
1.
（2018·全國卷Ⅰ）采用N2O5為硝化劑是一種新型的綠色硝化技術，在含能材料、醫藥等工業中得到廣泛應用。回答下列問題
（1）1840年
Devil用干燥的氯氣通過干燥的硝酸銀，得到N2O5。該反應的氧化產物是一種氣體，其分子式為___________。
（2）F.
Daniels等曾利用測壓法在剛性反應器中研究了25℃時N2O5(g)分解反應：
其中NO2二聚為N2O4的反應可以迅速達到平衡。體系的總壓強p隨時間t的變化如下表所示（t=∞時，N2O4(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)＝2N2O5(g)+O2(g)
ΔH1=?4.4
kJ·mol?1
2NO2(g)＝N2O4(g)
ΔH
2=?55.3
kJ·mol?1
則反應N2O5(g)＝2NO2(g)+
O2(g)的ΔH
=_______
kJ·mol?1。
②研究表明，N2O5(g)分解的反應速率。t=62
min時，測得體系中=2.9
kPa，則此時的=________
kPa，v=_______kPa·min?1。
③若提高反應溫度至35℃，則N2O5(g)完全分解后體系壓強p∞(35℃)____63.1
kPa（填“大于”“等于”或“小于”），原因是________。
④25℃時N2O4(g)2NO2(g)反應的平衡常數Kp=_______kPa（Kp為以分壓表示的平衡常數，計算結果保留1位小數）。
（3）對于反應2N2O5(g)→4NO2(g)+O2(g)，R.A.Ogg提出如下反應歷程：
第一步
N2O5NO2+NO3
快速平衡
第二步
NO2+NO3→NO+NO2+O2
慢反應
第三步
NO+NO3→2NO2
快反應
其中可近似認為第二步反應不影響第一步的平衡。下列表述正確的是_______（填標號)。
A．v(第一步的逆反應)＞v(第二步反應)
B．反應的中間產物只有NO3
C．第二步中NO2與NO3的碰撞僅部分有效
D．第三步反應活化能較高
【答案】
（1）O2
（2）
①53.1
②
30.0
6.0×10－2
③大于
溫度提高，體積不變，總壓強提高；NO2二聚為放熱反應，溫度提高，平衡左移，體系物質的量增加，總壓強提高
④13.4
（3）.
AC
【解析】
（1）氯氣在反應中得到電子作氧化劑，硝酸銀中只有氧元素化合價會升高，所以氧化產物是氧氣，分子式為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
根據蓋斯定律可知ⅰ÷2－ⅱ即得到N2O5(g)＝2NO2(g)+1/2O2(g)
△H1＝＋53.1kJ/mol；
②根據方程式可知氧氣與消耗五氧化二氮的物質的量之比是1:2，又因為壓強之比是物質的量之比，所以消耗五氧化二氮減少的壓強是2.9kPa×2＝5.8kPa，則此時五氧化二氮的壓強是35.8kPa－5.8kPa＝30.0kPa，因此此時反應速率v＝2.0×10－3×30＝6.0×10－2（kPa·min－1）；
③由于溫度升高，容器容積不變，總壓強提高，且二氧化氮二聚為放熱反應，溫度提高，平衡左移，體系物質的量增加，總壓強提高，所以若提高反應溫度至35℃，則N2O5(g)完全分解后體系壓強p∞(35℃)大于63.1
kPa。
④根據表中數據可知五氧化二氮完全分解時的壓強是63.1kPa，根據方程式可知完全分解時最初生成的二氧化氮的壓強是35.8kPa×2＝71.6
kPa，氧氣是35.8kPa÷2＝17.9
kPa，總壓強應該是71.6
kPa+17.9
kPa＝89.5
kPa，平衡后壓強減少了89.5
kPa－63.1kPa＝26.4kPa，所以根據方程式2NO2(g)N2O4(g)可知平衡時四氧化二氮對應的壓強是26.4kPa，二氧化氮對應的壓強是71.6
kPa－26.4kPa×2＝18.8kPa，則反應的平衡常數。
（3）A、第一步反應快，所以第一步的逆反應速率大于第二步的逆反應速率，A正確；
B、根據第二步和第三步可知中間產物還有NO，B錯誤；
C、根據第二步反應生成物中有NO2可知NO2與NO3的碰撞僅部分有效，C正確；
D、第三步反應快，所以第三步反應的活化能較低，D錯誤。答案選AC。
2.
（2018·全國卷II）CH4-CO2催化重整不僅可以得到合成氣（CO和H2），還對溫室氣體的減排具有重要意義。回答下列問題：
（1）CH4-CO2催化重整反應為：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)。
已知：C(s)+2H2(g)=CH4(g)
ΔH=-75
kJ·mol?1
C(s)+O2(g)=CO2(g)
ΔH=-394
kJ·mol?1
C(s)+1/2O2(g)=CO(g)
ΔH=-111
kJ·mol?1
該催化重整反應的ΔH==______
kJ·mol?1。有利于提高CH4平衡轉化率的條件是____（填標號）。
A．高溫低壓
B．低溫高壓
C．高溫高壓
D．低溫低壓
某溫度下，在體積為2
L的容器中加入2
mol
CH4、1
mol
CO2以及催化劑進行重整反應，達到平衡時CO2的轉化率是50%，其平衡常數為_______mol2·L?2。
（2）反應中催化劑活性會因積碳反應而降低，同時存在的消碳反應則使積碳量減少。
相關數據如下表：
積碳反應CH4(g)=C(s)+2H2(g)
消碳反應CO2(g)+C(s)=2CO(g)
ΔH/(kJ·mol?1)
75
172
活化能/(kJ·mol?1)
催化劑X
33
91
催化劑Y
43
72
①由上表判斷，催化劑X____Y（填“優于”或“劣于”），理由是_________________。在反應進料氣組成、壓強及反應時間相同的情況下，某催化劑表面的積碳量隨溫度的變化關系如圖所示。升高溫度時，下列關于積碳反應、消碳反應的平衡常數（K）和速率（v）的敘述正確的是________填標號）。
A．K積、K消均增加
B．v積減小，v消增加
C．K積減小，K消增加
D．v消增加的倍數比v積增加的倍數大
②在一定溫度下，測得某催化劑上沉積碳的生成速率方程為v=k·p(CH4)·[p(CO2)]-0.5（k為速率常數）。在p(CH4)一定時，不同p(CO2)下積碳量隨時間的變化趨勢如圖所示，則pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)從大到小的順序為________________。
【答案】
（1）
247
A
（2）①劣于
相對于催化劑X，催化劑Y積碳反應的活化能大，積碳反應的速率小；而消碳反應活化能相對小，消碳反應速率大
AD
②
pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)
【解析】（1）根據蓋斯定律計算；根據反應特點結合溫度和壓強對平衡狀態的影響解答；根據轉化率利用三段式計算平衡常數；
（2）①根據活化能對反應的影響分析；根據反應熱結合溫度對平衡狀態的影響以及圖像曲線變化趨勢解答；
②根據反應速率方程式分析影響其因素結合圖像解答。
（1）已知：
①C(s)+2H2(g)=CH4(g)
ΔH=-75
kJ·mol?1
②C(s)+O2(g)=CO2(g)
ΔH=-394
kJ·mol?1
③C(s)+1/2O2(g)=CO(g)
ΔH=-111
kJ·mol?1
根據蓋斯定律可知③×2－②－①即得到該催化重整反應CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)的ΔH=＋247
kJ·mol?1。正反應是體積增大的吸熱反應，所以有利于提高CH4平衡轉化率的條件是高溫低壓，答案選A；某溫度下，在體積為2
L的容器中加入2
mol
CH4、1
mol
CO2以及催化劑進行重整反應，達到平衡時CO2的轉化率是50%，根據方程式可知
CH4(g)+CO2(g)=
2CO(g)+2H2(g)
起始濃度（mol/L）
1
0.5
0
0
轉化濃度（mol/L）
0.25
0.25
0.5
0.5
平衡濃度（mol/L）
0.75
0.25
0.5
0.5
所以其平衡常數為mol2·L?2。
（2）①根據表中數據可知相對于催化劑X，催化劑Y積碳反應的活化能大，積碳反應的速率小；而消碳反應活化能相對小，消碳反應速率大，所以催化劑X劣于Y。A．正反應均是吸熱反應，升高溫度平衡向正反應方向進行，因此K積、K消均增加，A正確；B．升高溫度反應速率均增大，B錯誤；C．根據A中分析可知選項C錯誤；D．積碳量達到最大值以后再升高溫度積碳量降低，這說明v消增加的倍數比v積增加的倍數大，D正確。答案選AD。
②根據反應速率方程式可知在p(CH4)一定時，生成速率隨p(CO2)的升高而降低，所以根據圖像可知pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)從大到小的順序為pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)。
3.
（2018年天津卷）
CO2是一種廉價的碳資源，其綜合利用具有重要意義。回答下列問題：
（1）CO2可以被NaOH溶液捕獲。若所得溶液pH=13，CO2主要轉化為______（寫離子符號）；若所得溶液c(HCO3?)∶c(CO32?)=2∶1，溶液pH=___________。（室溫下，H2CO3的K1=4×10?7；K2=5×10?11）
（2）CO2與CH4經催化重整，制得合成氣：
CH4(g)+
CO2(g)
2CO
(g)+
2H2(g)
①已知上述反應中相關的化學鍵鍵能數據如下：
化學鍵
C—H
C=O
H—H
CO(CO)
鍵能/kJ·mol?1
413
745
436
1075
則該反應的ΔH=_________。分別在VL恒溫密閉容器A（恒容）、B（恒壓，容積可變）中，加入CH4和CO2各1
mol的混合氣體。兩容器中反應達平衡后放出或吸收的熱量較多的是_______（填“A”
或“B
”）。
②按一定體積比加入CH4和CO2，在恒壓下發生反應，溫度對CO和H2產率的影響如圖3所示。此反應優選溫度為900℃的原因是________。
（3）O2輔助的Al～CO2電池工作原理如圖4所示。該電池電容量大，能有效利用CO2，電池反應產物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。
電池的負極反應式：________。
電池的正極反應式：6O2+6e?6O2?
6CO2+6O2?3C2O42?
反應過程中O2的作用是________。
該電池的總反應式：________。
【答案】（1）.
CO32-
（2）.
10
（3）.
+120
kJ·mol-1
（4）.
B
（5）.
900
℃時，合成氣產率已經較高，再升高溫度產率增幅不大，但能耗升高，經濟效益降低。
（6）.
Al–3e–=Al3+（或2Al–6e–=2Al3+）
（7）.
催化劑
（8）.
2Al+6CO2=Al2(C2O4)3
【解析】（1）CO2可以被NaOH溶液捕獲。若所得溶液pH=13，因為得到溶液的堿性較強，所以CO2主要轉化為碳酸根離子（CO32-）。若所得溶液c(HCO3?)∶c(CO32?)=2∶1，，則根據第二步電離平衡常數K2==5×10?11，所以氫離子濃度為1×10-10mol/L，pH=10。
（2）①化學反應的焓變應該等于反應物鍵能減去生成物的鍵能，所以焓變為(4×413+2×745)－(2×1075+2×436)=
+120
kJ·mol-1。初始時容器A、B的壓強相等，A容器恒容，隨著反應的進行壓強逐漸增大（氣體物質的量增加）；B容器恒壓，壓強不變；所以達平衡時壓強一定是A中大，B中小，此反應壓強減小平衡正向移動，所以B的反應平衡更靠右，反應的更多，吸熱也更多。
②根據圖3得到，900℃時反應產率已經比較高，溫度再升高，反應產率的增大并不明顯，而生產中的能耗和成本明顯增大，經濟效益會下降，所以選擇900℃為反應最佳溫度。
（3）明顯電池的負極為Al，所以反應一定是Al失電子，該電解質為氯化鋁離子液體，所以Al失電子應轉化為Al3+，方程式為：Al–3e–=Al3+（或2Al–6e–=2Al3+）。根據電池的正極反應，氧氣再第一步被消耗，又在第二步生成，所以氧氣為正極反應的催化劑。將方程式加和得到，總反應為：2Al+6CO2=Al2(C2O4)3。
4.
（2018·江蘇卷）NOx（主要指NO和NO2）是大氣主要污染物之一。有效去除大氣中的NOx是環境保護的重要課題。
（1）用水吸收NOx的相關熱化學方程式如下：
2NO2（g）+H2O（l）===HNO3（aq）+HNO2（aq）
ΔH=?116.1
kJ·mol?1
3HNO2（aq）===
HNO3（aq）+2NO（g）+H2O（l）
ΔH=75.9
kJ·mol?1
反應3NO2（g）+H2O（l）===
2HNO3（aq）+NO（g）的ΔH=___________kJ·mol?1。
（2）用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2的混合溶液，電解該混合溶液可獲得較濃的硝酸。寫出電解時陽極的電極反應式：____________________________________。
（3）用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx，吸收過程中存在HNO2與(NH2)2CO生成N2和CO2的反應。寫出該反應的化學方程式：____________________________________。
（4）在有氧條件下，新型催化劑M能催化NH3與NOx反應生成N2。
①NH3與NO2生成N2的反應中，當生成1
mol
N2時，轉移的電子數為__________mol。
②將一定比例的O2、NH3和NOx的混合氣體，勻速通入裝有催化劑M的反應器中反應（裝置見題20圖?1）。
反應相同時間NOx的去除率隨反應溫度的變化曲線如題20圖?2所示，在50～250
℃范圍內隨著溫度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升緩慢的主要原因是____________________________；當反應溫度高于380
℃時，NOx的去除率迅速下降的原因可能是___________________________。
【答案】（14分）
（1）?136.2
（2）HNO2?2e?+H2O===3H++NO3?
（3）2HNO2+(NH2)2CO===2N2↑+CO2↑+3H2O
（4）①
②迅速上升段是催化劑活性隨溫度升高增大與溫度升高共同使NOx去除反應速率迅速增大；上升緩慢段主要是溫度升高引起的NOx去除反應速率增大
催化劑活性下降；NH3與O2反應生成了NO
【解析】（1）將兩個熱化學方程式編號，
2NO2（g）+H2O（l）=HNO3（aq）+HNO2（aq）
ΔH=?116.1
kJ·mol?1（①式）
3HNO2（aq）=HNO3（aq）+2NO（g）+H2O（l）
ΔH=75.9
kJ·mol?1（②式）
應用蓋斯定律，將（①式×3+②式）÷2得，反應3NO2（g）+H2O（l）=2HNO3（aq）+NO（g）ΔH=[（?116.1
kJ·mol?1）×3+75.9
kJ·mol?1]÷2=-136.2kJ·mol?1。
（2）根據電解原理，陽極發生失電子的氧化反應，陽極反應為HNO2失去電子生成HNO3，1molHNO2反應失去2mol電子，結合原子守恒和溶液呈酸性，電解時陽極電極反應式為HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+。
（3）HNO2與（NH2）2CO反應生成N2和CO2，N元素的化合價由HNO2中+3價降至0價，N元素的化合價由（NH2）2CO中-3價價升至0價，根據得失電子守恒和原子守恒，反應的化學方程式為2HNO2+（NH2）2CO=2N2↑+CO2↑+3H2O。
（4）①NH3與NO2的反應為8NH3+6NO27N2+12H2O，該反應中NH3中-3價的N升至0價，NO2中+4價的N降至0價，生成7molN2轉移24mol電子。生成1molN2時轉移電子數為mol。
②因為反應時間相同，所以低溫時主要考慮溫度和催化劑對化學反應速率的影響；高溫時NH3與O2發生催化氧化反應。在50~250℃范圍內，NOx的去除率迅速上升段是催化劑活性隨溫度升高增大與溫度升高共同使NOx去除反應速率迅速增大；上升緩慢段主要是溫度升高引起的NOx去除反應速率增大，溫度升高催化劑活性下降。反應溫度高于380℃時，NOx的去除率迅速下降的原因可能是NH3與O2反應生成了NO，反應的化學方程式為4NH3+5O24NO+6H2O。
【2017年】
1．【2017·新課標1卷】（14分）
近期發現，H2S是繼NO、CO之后第三個生命體系氣體信號分子，它具有參與調節神經信號傳遞、舒張血管減輕高血壓的功能。回答下列問題：
（1）下列事實中，不能比較氫硫酸與亞硫酸的酸性強弱的是_________（填標號）。
A．氫硫酸不能與碳酸氫鈉溶液反應，而亞硫酸可以
B．氫硫酸的導電能力低于相同濃度的亞硫酸
C．0.10
mol·L?1的氫硫酸和亞硫酸的pH分別為4.5和2.1
D．氫硫酸的還原性強于亞硫酸
（2）下圖是通過熱化學循環在較低溫度下由水或硫化氫分解制備氫氣的反應系統原理。
通過計算，可知系統（Ⅰ）和系統（Ⅱ）制氫的熱化學方程式分別為________________、______________，制得等量H2所需能量較少的是_____________。
（3）H2S與CO2在高溫下發生反應：H2S(g)+CO2(g)COS(g)
+H2O(g)。在610
k時，將0.10
mol
CO2與0.40
mol
H2S充入2.5
L的空鋼瓶中，反應平衡后水的物質的量分數為0.02。
①H2S的平衡轉化率=_______%，反應平衡常數K=________。
②在620
K重復試驗，平衡后水的物質的量分數為0.03，H2S的轉化率_____，該反應的
H_____0。（填“>”“<”或“=”）
③向反應器中再分別充入下列氣體，能使H2S轉化率增大的是________（填標號）
A．H2S
B．CO2
C．COS
D．N2
【答案】（1）
D
（2）H2O(l)=H2(g)+
O2(g)
ΔH=+286
kJ/mol
H2S(g)=H2(g)+S(s)
ΔH=+20
kJ/mol
系統（II）
（3）2.5
2.8×10-3
>
>
B
【解析】（1）A．根據復分解反應的規律：強酸+弱酸鹽=強酸鹽+弱酸，可知酸性H2SO3>H2CO3>H2S，A錯誤；B．亞硫酸、氫鹵酸都是二元弱酸，由于溶液中離子濃度越大，溶液的導電性就越強，所以等濃度的亞硫酸的導電性比氫硫酸的強，可以證明酸性：H2SO3>
H2S，B錯誤；C．等濃度的二元弱酸，酸電離產生的c(H+)越大，溶液的酸性越強，則其pH就越小。所以亞硫酸溶液的pH比等濃度的氫硫酸的小，可以證明酸性：H2SO3>
H2S，C錯誤；D．物質的還原性大小與微粒中元素的化合價及微粒結構有關，與其電離產生氫離子的濃度大小無關，因此不能證明二者的酸性強弱，D正確。答案選D。
（2）①H2SO4(aq)=SO2(g)+H2O(l)+
O2(g)
△H1=＋327kJ/mol
②SO2(g)+I2(s)+
2H2O(l)=2HI(aq)+
H2SO4(aq)
△H2=－151kJ/mol
③2HI(aq)=
H2
(g)+
I2(s)
△H3=＋110kJ/mol
④H2S(g)+
H2SO4(aq)=S(s)+SO2(g)+
2H2O(l)
△H4=＋61kJ/mol
①+②+③，整理可得系統（I）的熱化學方程式H2O(l)=H2(g)+
O2(g)
△H=+286kJ/mol；
②+③+④，整理可得系統（II）的熱化學方程式H2S
(g)+
=H2(g)+S(s)
△H=+20kJ/mol。
根據系統I、系統II的熱化學方程式可知：每反應產生1mol氫氣，后者吸收的熱量比前者少，所以制取等量的H2所需能量較少的是系統II。
（3）①
H2S(g)
+
CO2(g)COS(g)+
H2O(g)
開始
0.40mol
0.10mol
0
0
反應
x
x
x
x
平衡
(0.40-x)mol
(0.10-x)mol
x
x
解得x=0.01mol，所以H2S的轉化率是
由于該反應是反應前后氣體體積相等的反應，所以在該條件下反應達到平衡時化學平衡常數；
②根據題目提供的數據可知溫度由610K升高到620K時，化學反應達到平衡，水的物質的量分數由0.02變為0.03，所以H2S的轉化率增大。a2>a1；根據題意可知：升高溫度，化學平衡向正反應方向移動，根據平衡移動原理：升高溫度，化學平衡向吸熱反應方向移動，所以該反應的正反應為吸熱反應，故△H>0；③A．增大H2S的濃度，平衡正向移動，但加入量遠遠大于平衡移動轉化消耗量，所以H2S轉化率降低，A錯誤；B．增大CO2的濃度，平衡正向移動，使更多的H2S反應，所以H2S轉化率增大，B正確；C．COS是生成物，增大生成物的濃度，平衡逆向移動，H2S轉化率降低，C錯誤；D．N2是與反應體系無關的氣體，充入N2，不能使化學平衡發生移動，所以對H2S轉化率無影響，D錯誤。答案選B。
2．【2017·新課標2卷】（14分）
丁烯是一種重要的化工原料，可由丁烷催化脫氫制備。回答下列問題：
（1）正丁烷（C4H10）脫氫制1-丁烯（C4H8）的熱化學方程式如下：
①C4H10(g)=
C4H8(g)+H2(g)
ΔH1
已知：②C4H10(g)+
O2(g)=
C4H8(g)+H2O(g)
ΔH2=-119
kJ·mol-1
③H2(g)+
O2(g)=
H2O(g)
ΔH3=-242
kJ·mol-1
反應①的ΔH1為________
kJ·mol-1。圖（a）是反應①平衡轉化率與反應溫度及壓強的關系圖，x__________0.1（填“大于”或“小于”）；欲使丁烯的平衡產率提高，應采取的措施是__________（填標號）。
A．升高溫度
B．降低溫度
C．增大壓強
D．降低壓強
（2）丁烷和氫氣的混合氣體以一定流速通過填充有催化劑的反應器（氫氣的作用是活化催化劑），出口氣中含有丁烯、丁烷、氫氣等。圖（b）為丁烯產率與進料氣中n（氫氣）/n（丁烷）的關系。圖中曲線呈現先升高后降低的變化趨勢，其降低的原因是___________。
（3）圖（c）為反應產率和反應溫度的關系曲線，副產物主要是高溫裂解生成的短碳鏈烴類化合物。丁烯產率在590?℃之前隨溫度升高而增大的原因可能是___________、____________；590℃之后，丁烯產率快速降低的主要原因可能是_____________。
【答案】
（1）+123kJ·mol－1
小于
AD
（2）氫氣是產物之一，隨著n(氫氣)/n(丁烷)增大，逆反應速率增大
（3）升高溫度有利于反應向吸熱方向進行
溫度升高反應速率加快
丁烯高溫裂解生成短鏈烴類
【解析】（1）根據蓋斯定律，用②式-③式可得①式，因此△H1=△H2-△H3=-119
kJ/mol
+242
kJ/mol
=+123kJ/mol。由a圖可以看出，溫度相同時，由0.1MPa變化到xMPa，丁烷的轉化率增大，即平衡正向移動，根據反應前后氣體系數之和，反應前氣體系數小于反應后氣體系數之和，因此減小壓強，平衡向正反應方向移動，即x<0.1。提高丁烯的產率，要求平衡向正反應方向移動，A、因為反應①是吸熱反應，升高溫度，平衡向正反應方向移動，即丁烯轉化率增大，故A正確；B、降低溫度，平衡向逆反應方向移動，丁烯的轉化率降低，故B錯誤；C、反應前氣體系數之和小于反應后氣體系數之和，增大壓強，平衡向逆反應方向移動，丁烯的轉化率降低，故C錯誤；D、根據C選項分析，降低壓強，平衡向正反應方向移動，丁烯轉化率提高，故D正確；（2）因為通入丁烷和氫氣，發生①，氫氣是生成物，隨著n(H2)/n(C4H10)增大，相當于增大氫氣的量，反應向逆反應方向進行，逆反應速率增加；（3）根據圖(c)，590℃之前，溫度升高時反應速率加快，生成的丁烯會更多，同時由于反應①是吸熱反應，升高溫度平衡正向移動，平衡體系中會含有更多的丁烯。而溫度超過590℃時，由于丁烷高溫會裂解生成短鏈烴類，所以參加反應①的丁烷也就相應減少。
3．【2017天津卷】（14分）某混合物漿液含Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4。考慮到膠體的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小組利用設計的電解分離裝置（見圖2），使漿液分離成固體混合物和含鉻元素溶液，并回收利用。回答Ⅰ和Ⅱ中的問題。
Ⅰ．固體混合物的分離和利用（流程圖中的部分分離操作和反應條件未標明）
（1）反應①所加試劑NaOH的電子式為_________，B→C的反應條件為__________，C→Al的制備方法稱為_____________________。
（2）該小組探究反應②發生的條件。D與濃鹽酸混合，不加熱，無變化；加熱有Cl2生成，當反應停止后，固體有剩余，此時滴加硫酸，又產生Cl2。由此判斷影響該反應有效進行的因素有（填序號）___________。
a．溫度
b．Cl-的濃度
c．溶液的酸度
（3）0.1
mol
Cl2與焦炭、TiO2完全反應，生成一種還原性氣體和一種易水解成TiO2·xH2O的液態化合物，放熱4.28
kJ，該反應的熱化學方程式為_____________________________________________。
Ⅱ．含鉻元素溶液的分離和利用
（4）用惰性電極電解時，CrO42-能從漿液中分離出來的原因是__________，分離后含鉻元素的粒子是_________；陰極室生成的物質為___________（寫化學式）。
【答案】（1）
加熱（或煅燒）
電解法
（2）a
c
（3）2Cl2(g)+
TiO2(s)+2C(s)===TiCl4(l)+2CO(g)
ΔH=?85.6kJ·mol?1
（4）在直流電場作用下，CrO42-通過陰離子交換膜向陽極室移動，脫離漿液
CrO42-和Cr2O72-
NaOH和H2
【解析】惰性電極電解混合物漿液時，Na+移向陰極，CrO42-移向陽極。Al(OH)3、MnO2剩下在固體混合物中。固體混合物加入NaOH時，Al(OH)3轉化為AlO2-，通入CO2轉化為Al(OH)3沉淀，再加熱分解為Al2O3，最后熔融電解得Al。
（1）NaOH的電子式為；根據上述分析，B→C的條件為加熱或煅燒，C→Al的制備方法稱為電解法。
（2）根據實驗方案可知，D與濃鹽酸混合，不加熱，無變化；加熱有Cl2生成，可知溫度對該反應有影響；當反應停止后，固體有剩余，此時滴加硫酸，又產生Cl2。說明加入H+能繼續產生Cl2，可知溶液的酸度對該反應有影響，綜上所述，影響該反應的因素有溫度和溶液的酸度，故選ac。
（3）0.1
mol
Cl2與焦炭、TiO2完全反應，生成一種還原性氣體和一種易水解成TiO2·xH2O的液態化合物，放熱4.28
kJ，配平方程式，可知2mol
Cl2反應放熱85.6kJ·mol?1，由此可得該反應的熱化學方程式為2Cl2(g)+
TiO2(s)+2C(s)===TiCl4(l)+2CO(g)
ΔH=?85.6kJ·mol?1。
（4）用惰性電極電解時，在直流電場作用下，CrO42-通過陰離子交換膜向陽極室移動，脫離漿液，從而使CrO42-從漿液中分離出來；因2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，所以分離后含鉻元素的粒子是CrO42-和Cr2O72-；陰極室H+放電生成H2，剩余的OH-與透過陽離子交換膜移過來的Na+結合生成NaOH，所以陰極室生成的物質為NaOH和H2。
4．【2017·江蘇卷】(14分)
砷(As)是一些工廠和礦山廢水中的污染元素，使用吸附劑是去除水中砷的有效措施之一。
（1）將硫酸錳、硝酸釔與氫氧化鈉溶液按一定比例混合，攪拌使其充分反應，可獲得一種砷的高效吸附劑X，吸附劑X中含有，其原因是_______________________________。
（2）H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物種的分布分數(平衡時某物種的濃度占各物種濃度之和的分數)與pH的關系分別如題20圖-
1和題20圖-
2所示。
①以酚酞為指示劑(變色范圍pH
8.0
~
10.0)，將NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中，當溶液由無色變為淺紅色時停止滴加。該過程中主要反應的離子方程式為_______________________________。
②H3AsO4第一步電離方程式H3AsO4H2AsO4-+H+的電離常數為Ka1，則pKa1=______(p
Ka1
=
-lg
Ka1
)。
（3）溶液的pH對吸附劑X表面所帶電荷有影響。pH
=7．1時，
吸附劑X表面不帶電荷;
pH
>
7.1時帶負電荷，pH越高，表面所帶負電荷越多;pH<7.1時帶正電荷，pH越低，表面所帶正電荷越多。pH不同時吸附劑X對三價砷和五價砷的平衡吸附量(吸附達平衡時單位質量吸附劑X吸附砷的質量)如題20圖-3所示。
①在pH7~9之間，吸附劑X對五價砷的平衡吸附量隨pH升高而迅速下降，其原因是______________。
②在pH4~7之間，吸附劑X對水中三價砷的去除能力遠比五價砷的弱，這是因為___________。
提高吸附劑X對三價砷去除效果可采取的措施是_________________________________。
【答案】（1）堿性溶液吸收了空氣中的CO2
（2）OH-
+
H3AsO3===H2AsO3-
+
H2O
2.2
（3）在pH7~9之間，隨pH升高H2AsO4-轉變為HAsO42-，吸附劑X表面所帶負電荷增多，靜電斥力增加
在pH4~7之間，吸附劑X表面帶正電，五價砷主要以H2AsO4-和HAsO42-陰離子存在，靜電引力較大;而三價砷主要以H3AsO3分子存在，與吸附劑X表面產生的靜電引力小
加入氧化劑，將三價砷轉化為五價砷
【解析】（1）NaOH在空氣中易與CO2反應生成NaCO3，吸附劑X中含有CO32－，其原因是堿性溶液吸收了空氣中的CO2
；（2）①從題20圖-1可知pH由小變大時，
H3AsO3濃度減小，H2AsO3-濃度增大，當溶液由無色變為淺紅色時，主要反應的離子方程式為OH-
+
H3AsO3====H2AsO3-
+
H2O
；②H3AsO4第一步電離方程式H3AsO4H2AsO4-+H+的電離常數為Ka1，Ka1=
，由題20圖-2讀出：，
=
，
=10-2.2mol/L，Ka1=
=10-2.2mol/L，p
Ka1
=
-lg
Ka1
=-lg10-2.2=2.2；（3）①在pH7~9之間，隨pH升高H2AsO4-轉變為HAsO42-，吸附劑X表面所帶負電荷增多，，靜電斥力增加，吸附劑X對五價砷的平衡吸附量隨pH升高而迅速下降。②在pH4~7之間，吸附劑X表面帶正電，五價砷主要以H2AsO4-和HAsO42-陰離子存在，靜電引力較大；而三價砷主要以H3AsO3分子存在，與吸附劑X表面產生的靜電引力小。提高吸附劑X對三價砷去除效果可采取的措施是：加入氧化劑，將三價砷轉化為五價砷。
5．【2017·海南卷】碳酸鈉是一種重要的化工原料，主要采用氨堿法生產。回答下列問題：
（1）碳酸鈉俗稱________，可作為堿使用的原因是___________（用離子方程式表示）。
（2）已知：①2NaOH(s)+CO2(g)=
Na2CO3(s)+H2O(g)
ΔH1=?127.4
kJ·mol?1
②NaOH(s)+CO2(g)=
NaHCO3(s)
ΔH1=?131.5
kJ·mol?1
反應2NaHCO3(s)=
Na2CO3(s)+
H2O(g)
+CO2(g)的ΔH=_______
kJ·mol?1，該反應的平衡常數表達式K=________。
（3）向含有BaSO4固體的溶液中滴加Na2CO3溶液，當有BaCO3沉淀生成時溶液中
=_____________。已知Ksp(BaCO3)=2.6×10?9，Ksp(BaSO4)=1.1×10?10。
【答案】
（1）純堿或蘇打
CO32－＋H2OHCO3－＋OH－
（2）135.6
c(H2O)×c(CO)
（3）24
【解析】（1）碳酸鈉俗稱純堿和蘇打，碳酸鈉屬于強堿弱酸鹽，CO32－發生水解反應，其水解方程式為：CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，溶液顯堿性；（2）①－2×②得到：2NaHCO3(s)=Na2CO3(s)＋CO2(g)＋H2O(g)
△H=(－127.4＋2×131.5)kJ·mol－1=＋135.6kJ·mol－1，Na2CO3和NaHCO3為固體，根據化學平衡常數的定義K=
c(H2O)×c(CO)；（4）在同一個溶液中，c(Ba2＋)相同，依據溶度積的數學表達式，則有=24。
【2016年】
1．【2016·上海卷】（本題共12分）
隨著科學技術的發展和環保要求的不斷提高，CO2的捕集利用技術成為研究的重點。
完成下列填空：
（1）目前國際空間站處理CO2的一個重要方法是將CO2還原，所涉及的反應方程式為：
CO2（g）+4H2（g）CH4（g）+2H2O（g）
已知H2的體積分數隨溫度的升高而增加。
若溫度從300℃升至400℃，重新達到平衡，判斷下列表格中各物理量的變化。（選填“增大”、“減小”或“不變”）
v正
v逆
平衡常數K
轉化率α
（2）相同溫度時，上述反應在不同起始濃度下分別達到平衡，各物質的平衡濃度如下表：
[CO2]/mol·L-1
[H2]/mol·L-1
[CH4]/mol·L-1
[H2O]/mol·L-1
平衡Ⅰ
a
b
c
d
平衡Ⅱ
m
n
x
y
a、b、c、d與m、n、x、y之間的關系式為_________。
（3）碳酸：H2CO3，Ki1=4.3×10-7，Ki2=5.6×10-11
草酸：H2C2O4，Ki1=5.9×10-2，Ki2=6.4×10-5
0.1
mol/L
Na2CO3溶液的pH____________0.1
mol/L
Na2C2O4溶液的pH。（選填“大于”“小于”或“等于”）
等濃度廣東草酸溶液和碳酸溶液中，氫離子濃度較大的是___________。
若將等濃度的草酸溶液和碳酸溶液等體積混合，溶液中各種離子濃度大小的順序正確的是_____。（選填編號）
A．[H+]>[HC2O4-]>[HCO3-]>[CO32-]
b．[HCO3-]>[HC2O4-]>[C2O42-]>[CO32-]
c．[H+]>[HC2O4-]>[C2O42-]>[CO32-]
d．[H2CO3]
>[HCO3-]>[HC2O4-]>[CO32-]
（4）人體血液中的碳酸和碳酸氫鹽存在平衡：H++
HCO3-
H2CO3，當有少量酸性或堿性物質進入血液中時，血液的pH變化不大，用平衡移動原理解釋上述現象。
________________________________
【答案】（1）
v正
v逆
平衡常數K
轉化率α
增大
增大
減小
減小
（2）
（3）大于；草酸；ac
（4）當少量酸性物質進入血液中，平衡向右移動，使H+濃度變化較小，血液中的pH基本不變；當少量堿性物質進入血液中，平衡向左移動，使H+濃度變化較小，血液的pH基本不變。（合理即給分）
【解析】
（1）H2的體積分數隨溫度的升高而增加，這說明升高溫度平衡向逆反應方向進行，即正反應是放熱反應。升高溫度正逆反應速率均增大，平衡向逆反應方向進行，平衡常數減小，反應物的轉化率減小。
（2）相同溫度時平衡常數不變，則a、b、c、d與m、n、x、y之間的關系式為。
（3）根據電離常數可知草酸的酸性強于碳酸，則碳酸鈉的水解程度大于草酸鈉，所以0.1
mol/L
Na2CO3溶液的pH大于0.1
mol/L
Na2C2O4溶液的pH。草酸的酸性強于碳酸，則等濃度草酸溶液和碳酸溶液中，氫離子濃度較大的是草酸。a．草酸的兩級電離常數均大于碳酸的，所以草酸的兩級的電離程度均大于碳酸的，因此溶液中[H+]＞[HC2O4-]＞[C2O42-]＞[HCO3-]＞[CO32-]，a正確；b．根據a中分析可知b錯誤；c．根據a中分析可知c正確；d．根據a中分析可知d錯誤，答案選ac。
（4）根據平衡可知當少量酸性物質進入血液中，平衡向右移動，使H+濃度變化較小，血液中的pH基本不變；當少量堿性物質進入血液中，平衡向左移動，使H+濃度變化較小，血液的pH基本不變。
2．【2016·天津卷】(14分)氫能是發展中的新能源，它的利用包括氫的制備、儲存和應用三個環節。回答下列問題：
（3）在恒溫恒容的密閉容器中，某儲氫反應：MHx(s)+yH2(g)MHx+2y(s)
ΔH<0達到化學平衡。下列有關敘述正確的是________。
a．容器內氣體壓強保持不變
b．吸收y
mol
H2只需1
mol
MHx
c．若降溫，該反應的平衡常數增大
d．若向容器內通入少量氫氣，則v(放氫)>v(吸氫)
（4）利用太陽能直接分解水制氫，是最具吸引力的制氫途徑，其能量轉化形式為_______。
【答案】
（3）ac
（4）光能轉化為化學能
【解析】
（3）MHx(s)+yH2(g)MHx+2y(s)
ΔH<0，該反應屬于氣體的物質的量發生變化的反應。a.平衡時氣體的物質的量不變，壓強不變，正確；b.該反應為可逆反應，吸收y
mol
H2需要大于1
mol
的MHx，錯誤；c.降低溫度，平衡向正反應方向移動，平衡常數增大，正確；d.向容器內通入少量氫氣，相當于增大壓強，平衡正向移動，v(放氫)＜v(吸氫)，錯誤；故選ac；
（4）利用太陽能直接分解水制氫，是將光能轉化為化學能，故答案為：光能轉化為化學能；
3．【2016·新課標Ⅱ卷】丙烯腈（CH2=CHCN）是一種重要的化工原料，工業上可用“丙烯氨氧化法”生產，主要副產物有丙烯醛（CH2=CHCHO）和乙腈CH3CN等，回答下列問題：
（1）以丙烯、氨、氧氣為原料，在催化劑存在下生成丙烯腈（C3H3N）和副產物丙烯醛（C3H4O）的熱化學方程式如下：
①
C3H6(g)+NH3(g)+
3/2O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g)
△H=-515kJ/mol
②
C3H6(g)+
O2(g)=C3H4O(g)+H2O(g)
△H=-353kJ/mol
兩個反應在熱力學上趨勢均很大，其原因是
；有利于提高丙烯腈平衡產率的反應條件是
；提高丙烯腈反應選擇性的關鍵因素是
。
（2）圖（a）為丙烯腈產率與反應溫度的關系曲線，最高產率對應溫度為460OC．低于460OC時，丙烯腈的產率
（填“是”或者“不是”）對應溫度下的平衡產率，判斷理由是
；高于460OC時，丙烯腈產率降低的可能原因是
（雙選，填標號）
A．催化劑活性降低
B．平衡常數變大
C．副反應增多
D．反應活化能增大
（3）丙烯腈和丙烯醛的產率與n（氨）/n（丙烯）的關系如圖（b）所示。由圖可知，最佳n（氨）/n（丙烯）約為
，理由是。進料氨、空氣、丙烯的理論體積約為
【答案】（1）兩個反應均為放熱量大的反應；降低溫度、降低壓強；催化劑；
（2）不是；該反應為放熱反應，平衡產率應隨溫度升高而降低
；AC
（3）1
；
該比例下丙烯腈產率最高，而副產物丙烯醛產率最低；
1:7.5:1
【解析】（1）因為兩個反應均為放熱量大的反應，所以熱力學趨勢大；該反應為氣體分子數增大的放熱反應，所以降低溫度、降低壓強有利于提高丙烯腈的平衡產率；提高丙烯腈反應選擇性的關鍵因素是催化劑。（2）因為該反應為放熱反應，平衡產率應隨溫度升高而降低，反應剛開始進行，尚未達到平衡狀態，460℃以前是建立平衡的過程，所以低于460℃時，丙烯腈的產率不是對應溫度下的平衡產率；高于460℃時，丙烯腈產率降低，A．催化劑在一定溫度范圍內活性較高，若溫度過高，活性降低，正確；B．平衡常數變大，對產率的影響是提高產率才對，錯誤；C．根據題意，副產物有丙烯醛，副反應增多導致產率下降，正確；D．反應活化能的大小不影響平衡，錯誤；答案選AC。（3）根據圖像可知，當n（氨）/n（丙烯）約為1時，該比例下丙烯腈產率最高，而副產物丙烯醛產率最低；根據化學反應C3H6(g)+NH3(g)+
3/2O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g)，氨氣、氧氣、丙烯按1：1.5：1的體積比加入反應達到最佳狀態，而空氣中氧氣約占20%，所以進料氨、空氣、丙烯的理論體積約為1：7.5：1。
4．
【2016·新課標Ⅲ卷】（15分）
煤燃燒排放的煙氣含有SO2和NOx，形成酸雨、污染大氣，采用NaClO2溶液作為吸收劑可同時對煙氣進行脫硫、脫硝，回答下列問題：
（1）
NaClO2的化學名稱為_______。
（2）在鼓泡反應器中通入含有含有SO2和NOx的煙氣，反應溫度為323
K，NaClO2溶液濃度為5×10?3mol·L?1
。反應一段時間后溶液中離子濃度的分析結果如下表》
離子
SO42?
SO32?
NO3?
NO2?
Cl?
c/（mol·L?1）
8.35×10?4
6.87×10?6
1.5×10?4
1.2×10?5
3.4×10?3
①寫出NaClO2溶液脫硝過程中主要反應的離子方程式__________。增加壓強，NO的轉化率______（填“提高”“不變”或“降低”）。
②隨著吸收反應的進行，吸收劑溶液的pH逐漸______
（填“提高”“不變”或“降低”）。
③由實驗結果可知，脫硫反應速率______脫硝反應速率（填“大于”或“小于”）。原因是除了SO2和NO在煙氣中的初始濃度不同，還可能是___________。
（3）在不同溫度下，NaClO2溶液脫硫、脫硝的反應中，SO2和NO的平衡分壓px如圖所示。
①由圖分析可知，反應溫度升高，脫硫、脫硝反應的平衡常數均______________（填“增大”“不變”或“減小”）。
②反應ClO2?+2SO32?===2SO42?+Cl?的平衡常數K表達式為___________。
【答案】（1）亞氯酸鈉；（2）①2OH-＋3ClO2－＋4NO＝4NO3－＋3Cl－＋2H2O；提高
②減小；
③大于；NO溶解度較低或脫硝反應活化能較高
（3）①減小；②
②根據反應的方程式ClO2?+2SO32?===2SO42?+Cl?可知平衡常數K表達式為。
【解析】（1）
NaClO2的化學名稱為亞氯酸鈉；
（2）①亞氯酸鈉具有氧化性，則NaClO2溶液脫硝過程中主要反應的離子方程式為4OH-＋3ClO2－＋4NO＝4NO3－＋3Cl－＋2H2O；正反應是體積減小的，則增加壓強，NO的轉化率提高。
②根據反應方程式2H2O＋ClO2－＋2SO2＝2SO42－＋Cl－＋4H＋、2H2O＋3ClO2－＋4NO＝4NO3－＋3Cl－＋4H＋可知隨著吸收反應的進行氫離子濃度增大，吸收劑溶液的pH逐漸降低。
③由實驗結果可知，在相同時間內硫酸根離子的濃度增加的多，因此脫硫反應速率大于脫硝反應速率。原因是除了SO2和NO在煙氣中的初始濃度不同，還可能是二氧化硫的還原性強，易被氧化。
（3）在不同溫度下，NaClO2溶液脫硫、脫硝的反應中，SO2和NO的平衡分壓pe如圖所示。
①由圖分析可知，反應溫度升高，SO2和NO的平衡分壓負對數減小，這說明反應向逆反應方向進行，因此脫硫、脫硝反應的平衡常數均減小。
②根據反應的方程式ClO2?+2SO32?===2SO42?+Cl?可知平衡常數K表達式為。
5．【2016·浙江卷】（15分）催化還原CO2是解決溫室效應及能源問題的重要手段之一。研究表明，在Cu/ZnO催化劑存在下，CO2和H2可發生兩個平衡反應，分別生成CH3OH和CO。反應的熱化學方程式如下：
CO2（g）+3
H2（g）
CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1=-53.7kJ·mol-1
I
CO2（g）+
H2（g）
CO（g）+H2O（g）ΔH2
II
某實驗室控制CO2和H2初始投料比為1:2.2，經過相同反應時間測得如下實驗數據：
【備注】Cat.1:Cu/ZnO納米棒；Cat.2:Cu/ZnO納米片；甲醇選擇性：轉化的CO2中生成甲醛的百分比
已知：①CO和H2的標準燃燒熱分別為-283.0kJ·mol-1和-285.8kJ·mol-1
②H2O（l
===H2O（g）
ΔH3=44.0kJ·mol-1
請回答（不考慮溫度對ΔH的影響）：
（1）反應I的平衡常數表達式K=
；反應II的ΔH2=
kJ·mol-1。
（2）有利于提高CO2轉化為CH3OH平衡轉化率的措施有
。
A．使用催化劑Cat.1
B．使用催化劑Cat.2
C．降低反應溫度
D．投料比不變，增加反應物的濃度
E．增大CO2和H2的初始投料比
（3）表中實驗數據表明，在相同溫度下不同的催化劑對CO2轉化成CH3OH的選擇性有顯著的影響，其原因是
。
【答案】（1）
+41.2
（2）CD
（3）表中數據表明此時反應未達到平衡，不同的催化劑對反應Ⅰ的催化能力不同，因而在該時刻下對甲醇選擇性有影響。
【解析】（1）根據平衡常數的公式，生成物的濃度冪之積與反應物濃度的冪之積的比值，書寫平衡常數為。已知熱化學方程式：a:CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=
-283.0kJ·mol-1
b：H2（g）+O2（g）=H2O
（l）△H=-285.8kJ·mol-1
c:
H2O（l）=
H2O（g）
ΔH3=44.0kJ·mol-1根據蓋斯定律分析，b-a+c即可得熱化學方程式為：CO2（g）+
H2（g）
CO（g）+H2O（g）ΔH2=-285.8+283.0+44=+41.2
kJ·mol-1。（2）反應Ⅰ中A、使用催化劑，平衡不移動，不能提高轉化率，錯誤；B、使用催化劑，平衡不移動，不能提高轉化率，錯誤；C、降低反應溫度，平衡正向移動，提高二氧化碳的轉化率，正確；D、投料比不變，增加反應的濃度，平衡正向移動，提高二氧化碳的轉化率，正確；E、增大二氧化碳和氫氣的初始投料比，能提高氫氣的轉化率，二氧化碳的會降低，故錯誤。故選CD。（3）從表格數據分析，在相同的溫度下，不同的催化劑，相同的反應時間內，其二氧化碳的轉化率也不同，說明不同的催化劑的催化能力不同；相同催化劑不同的溫度，二氧化碳的轉化率不同，且溫度高的轉化率大，因為正反應為放熱反

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