资源简介 中小学教育资源及组卷应用平台第37讲 化学反应原理综合（解析版）1、掌握反应热与盖斯定律2、掌握反应速率及影响反应速率的因素3、掌握化学平衡及移动原理4、掌握化学反应限度及反应方向的判断5、掌握水溶液中的离子平衡关系考点一 热化学一、热化学方程式1.概念:表示参加反应的物质的物质的量和反应热的关系的化学方程式。2.意义:不仅表明了化学反应中的物质变化，也表明了化学反应中的能量变化。例如：H2(g)＋O2(g)===H2O(l) ΔH＝－285.8 kJ·mol－1，表示在25 ℃和1.01×105Pa下，1 mol氢气和0.5 mol氧气完全反应生成1 mol液态水时放出285.8 kJ的热量。3.书写步骤4.书写原则小结①热化学方程式不注明反应条件。②热化学方程式不标“↑”“↓”，但必须用s、l、g、aq等标出物质的聚集状态。③热化学方程式的化学计量数只表示物质的量，其ΔH必须与化学方程式及物质的聚集状态相对应。二、反应热的计算类型a.利用热化学方程式进行有关计算。根据已知的热化学方程式和已知的反应物或生成物的物质的量或反应吸收或放出的热量,可以把反应焓变当作“产物”,计算反应的反应热。b.依据燃烧热数据,利用公式直接计算反应热。反应热=燃烧热×n(可燃物的物质的量)c.根据图示中能量变化来确定焓变ΔH=H(生成物)-H(反应物)如图Ⅰ:ΔH=H1-H2<0,该反应为放热反应;如图Ⅱ:ΔH=H2-H1>0,该反应为吸热反应;焓变=a-b。d.根据旧键断裂和新键形成过程中的能量差计算反应热。如反应物旧化学键断裂吸收能量E1,生成物新化学键形成放出能量E2,则反应的ΔH=E1-E2。e.根据盖斯定律进行计算考点二 化学反应速率及化学平衡一、化学反应速率化学反应速率的计算平均速率的计算v＝瞬时速率的计算对于反应：aA＋bB===gG＋hH；则v＝kca(A)·cb(B)(其中k为速率常数)。化学反应速率常数与化学平衡常数的关系＝K化学反应速率与活化能的关系活化能越大，化学反应速率越快v (正)与v (逆)的关系判断可逆反应的反应方向以及反应是否达到平衡Q＝K 体系处于平衡状态 v (正)=v (逆)Qv (逆)Q>K 反应逆向进行 v (正)v ——t 图的应用(1)某温度下，在密闭容器中SO2、O2、SO3三种气态物质建立化学平衡后，改变条件对反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH<0的正、逆反应速率的影响如图所示。①加催化剂对反应速率影响的图像是C(填字母，下同)，平衡不移动。②升高温度对反应速率影响的图像是A，平衡向逆反应方向移动。③增大反应容器体积对反应速率影响的图像是D，平衡向逆反应方向移动。④增大O2的浓度对反应速率影响的图像是B，平衡向正反应方向移动。(2)常见含“断点”的速率变化图像分析图像t1时刻所改变的条件 温度 升高 降低 升高 降低适合正反应为放热的反应 适合正反应为吸热的反应压 强 增大 减小 增大 减小适合正反应为气体物质的量增大的反应 适合正反应为气体物质的量减小的反应影响化学反应速率的因素二、化学平衡1、判断化学平衡状态的方法列举反应 mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g) 是否平衡状态混合物体系中各成分的量 ①各物质的物质的量或各物质的物质的量分数一定 平衡②各物质的质量或各物质的质量分数一定 平衡③各气体的体积或体积分数一定 平衡④总体积、总压强、总物质的量、总浓度一定 不一定平衡正反应速率与逆反应速率的关系 ①在单位时间内消耗了m mol A,同时生成m mol A,即v正=v逆 平衡②在单位时间内消耗了n mol B,同时消耗了p mol C,即v正=v逆 平衡③v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)=m∶n∶p∶q,v正不一定等于v逆 不一定平衡④在单位时间内生成n mol B,同时消耗了q mol D,v正不一定等于v逆 不一定平衡压强 ①若m+n≠p+q,总压强一定(其他条件一定) 平衡②若m+n=p+q,总压强一定(其他条件不变) 不一定平衡混合气体的平均相对分子质量(Mr) ①Mr一定,m+n≠p+q 平衡②Mr一定,m+n=p+q 不一定平衡温度 任何化学反应都伴随着能量的变化,当体系温度一定时(其他条件不变) 平衡 颜色 颜色不再变化 平衡 体系的 密度(ρ) 密度一定 不一定平衡 2.化学平衡移动与化学反应速率的关系①v(正)>v(逆):平衡向正反应方向移动。 ②v(正)=v(逆):反应达到平衡状态,平衡不发生移动。 ③v(正)3.外界因素对化学平衡的影响①勒夏特列原理：如果改变影响化学平衡的条件之一（温度、压强，以及参加反应的化学物质的浓度等），平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。②影响化学平衡的外界因素在一定条件下，aA(g)+bB(g)mC(g) ΔH＜0 达到平衡后，若其他条件不变，改变一定条件，对平衡的影响如下：改变的条件（其他条件不变） 化学平衡的移动浓度 增大反应物浓度或减小生成物浓度 向正反应方向移动减小反应物浓度或增大生成物浓度 向逆反应方向移动压强（对气体存在的反应） a+b≠m 增大压强 向气体总体积减小的方向移动减小压强 向气体总体积增大的方向移动a+b=m 改变压强 平衡不移动温度 升高温度 向吸热(逆反应)方向移动降低温度 向放热(正反应)方向移动催化剂 使用催化剂 平衡不移动③几种特殊情况说明A.改变固体或纯液体的量，对化学平衡没有影响。B.“惰性气体”对化学平衡的影响①恒温、恒容条件②恒温、恒压条件C.同等程度地改变反应混合物中各物质的浓度时，可视为压强的影响。D.改变温度，平衡一定移动；对气体加压(缩小体积)无论平衡是否移动，各气体浓度均增大，反之亦然。4.化学平衡常数(1)浓度平衡常数对于一般的可逆反应：mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)，在一定温度下达到平衡时，。（固体和纯液体的浓度视为常数，通常不计入平衡常数表达式中）(2)压强平衡常数①对于一般的可逆反应：mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)，在一定温度下，达到平衡时，其压强平衡常数Kp可表示为:。(Kp只与温度有关)②P(C)、P(D)、P(A)、P(B)表示生成物和反应物的分压：。(3)意义A.K值越大，反应物的转化率越高，正反应进行的程度越大。B.K只受温度影响，与反应物或生成物的浓度(或压强)变化无关。C.化学平衡常数是指某一具体反应的平衡常数。(4)化学平衡常数的应用①判断、比较可逆反应进行的程度一般来说，一定温度下的一个具体的可逆反应：K 正反应进行的程度 平衡时生成物浓度 平衡时反应物浓度 反应物转化率越大 越大 越大 越小 越高越小 越小 越小 越大 越低②判断正在进行的可逆反应是否达到平衡或反应进行的方向：对于可逆反应：mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)，若浓度商Qc＝，则③判断可逆反应的热效应④计算反应物的转化率5、化学平衡图像类型一 v t图像解释某温度下，在密闭容器中SO2、O2、SO3三种气态物质建立化学平衡后，改变条件对反应2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g) ΔH<0的正、逆反应速率的影响如图所示。①加催化剂对反应速率影响的图像是C(填字母，下同)，平衡不移动。②升高温度对反应速率影响的图像是A，平衡向逆反应方向移动。③增大反应容器体积对反应速率影响的图像是D，平衡向逆反应方向移动。④增大O2的浓度对反应速率影响的图像是B，平衡向正反应方向移动。类型二 “先拐先平”解决单一变量的平衡图像已知不同温度或压强下，反应物的转化率α(或百分含量)与时间的关系曲线，推断温度的高低及反应的热效应或压强的大小及气体物质间的化学计量数的关系。[以mA(g)＋nB(g) pC(g)中反应物A的转化率αA为例说明](1)“先拐先平，数值大”原则分析反应由开始(起始物质相同时)达到平衡所用时间的长短可推知反应条件的变化。①若为温度变化引起，温度较高时，反应达平衡所需时间短。如甲中T2＞T1。②若为压强变化引起，压强较大时，反应达平衡所需时间短。如乙中p1＞p2。③若为使用催化剂引起，使用适宜催化剂时，反应达平衡所需时间短。如图丙中a使用催化剂。(2)正确掌握图像中反应规律的判断方法①图甲中，T2＞T1，升高温度，αA降低，平衡逆向移动，正反应为放热反应。②图乙中，p1＞p2，增大压强，αA升高，平衡正向移动，则正反应为气体体积缩小的反应。③若纵坐标表示A的百分含量，则甲中正反应为吸热反应，乙中正反应为气体体积增大的反应。类型三 “定一议二”解决多变量的平衡图像以反应A(g)＋B(g) C(g) ΔH＜0为例(1)“定一议二”原则：可通过分析相同温度下不同压强时反应物A的转化率大小来判断平衡移动的方向，从而确定反应方程式中反应物与产物气体物质间的化学计量数的大小关系。如乙中任取两条压强曲线研究，压强增大，αA增大，平衡正向移动，正反应为气体体积减小的反应，甲中任取一曲线，也能得出结论。(2)正确掌握图像中反应规律的判断方法通过分析相同压强下不同温度时反应物A的转化率的大小来判断平衡移动的方向，从而确定反应的热效应。如利用上述分析方法，在甲中作垂直线，乙中任取一曲线，即能分析出正反应为放热反应。小结平衡图像中非平衡点的v正、v逆分析对于化学反应mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)，L线上所有的点都是平衡点。左上方(E点)，A%大于此压强或温度时平衡体系中的A%，E点必须向正反应方向移动才能达到平衡状态，所以，E点v正＞v逆；则右下方(F点)v正＜v逆。类型四 “点—线—面”三角度分析特殊图像对于化学反应mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)，在相同时间段内，M点前，表示化学反应从反应物开始，则v正＞v逆，未达平衡；M点为刚达到的平衡点。M点后为平衡受温度的影响情况，即升温，A%增大(C%减小)，平衡逆向移动，ΔH＜0。思路考点三 电化学一、原电池原理1、能量的转化原电池：将化学能转变为电能的装置。2、正、负极的判断：判断依据 负极 正极1、电极材料 活动性较强的金属 活动性较弱的金属或能导电的非金属2、反应类型 氧化反应 还原反应3、电子流动方向 电子流出极 电子流入极4、电解质溶液中离子流向 阴离子移向的电极 阳离子移向的电极5、电流方向 电流流入极 电流流出极6、与电解质溶液能否发生反应 能 不能7、反应现象 电极溶解 电极增重或有气泡产生8、pH变化 降低 升高3、常见的电池的评价比能量：电池单位质量或单位体积所能输出电能的多少。比功率：电池单位质量或单位体积所能输出功率的大小。质量轻、体积小而输出电能多、功率大、可储存时间长，更适合使用者的需要。4、电极方程式的书写一般来讲，书写原电池的电极反应式应注意如下四点：1．准确判断原电池的正负极如果电池的正负极判断失误，则电极反应式必然写错，这是正确书写电极反应式的前提。一般而言，较活泼的金属成为原电池的负极，但不是绝对的。如将铜片和铝片同时插入浓硝酸中组成原电池时，铜却是原电池的负极被氧化，因为铝在浓硝酸中表面发生了钝化。此时，其电极反应式为：负极：Cu-2e- ==Cu2+ 正极：2NO3-+4H++2e-==2NO2+2H2O又如将镁铝合金放入6mol/L的NaOH溶液中构成原电池时，尽管镁比铝活泼，但镁不和NaOH溶液反应，所以铝成为负极，其电极反应式为：负极：2Al+8OH—-6e-==2AlO2-+4H2O 正极：6H2O+6e-==3H2+6OH-2．高度注意电解质的酸碱性在正、负极上发生的电极反应不是孤立的，它往往与电解质溶液紧密联系。如氢—氧燃料电池有酸式和碱式两种，在酸溶液中负极反应式为：2H2-4e-==4H+ 正极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O;如是在碱溶液中，则不可能有H+出现，在酸溶液中，也不可能出现OH-。又于CH4、CH3OH等燃料电池，在碱溶液中C元素以CO32-离子形式存在，而不是放出CO2。3．牢牢抓住总的反应方程式从理论上讲，任何一个自发的氧化还原反应均可设计成原电池。而两个电极反应相加即得总的反应方程式。所以，对于一个陌生的原电池，只要知道总反应方程式和其中的一个电极反应式，即可迅速写出另一个电极反应式。4．不能忽视电子转移数相等在同一个原电池中，负极失去的电子数必等于正极得到的电子数，所以在书写电极反应式时，要注意电荷守恒。这样可以避免由电极反应式写总反应方程式，或由总反应方程式改写成电极反应式所带来的失误，同时，也可避免在有关计算中产生误差。二、电解池原理能量转化：将电能转变为化学能的装置。1、电解池原理及电解池阴阳极的判断判断依据 阴极 阳极1、产生气体性质 还原性气体 氧化性气体2、反应类型 还原反应 氧化反应3、电子流动方向 电子流入极 电子流出极4、电解质溶液中离子流向 阳离子移向的电极 阴离子移向的电极5、电流方向 电流流出极 电流流入极6、反应现象 电极增重 电极减轻7、pH变化 升高 降低8、电源正负极 连接电源负极 连接电源正极2、电解电极方程式的书写1、放电顺序：阴极：阳离子放电顺序：Ag＋ > Fe3＋ >Cu2＋ > H＋(酸) > Fe2＋>Zn2＋>H＋(水)>Al3＋>Mg2＋>Na＋>Ca2＋>K＋。阳极：阴离子放电顺序：活泼电极>S2－ >SO32－ >I－ >Br－ >Cl－>OH－>含氧酸根离子>F－。说明：①阴阳离子在两极上放电顺序复杂，与离子性质、溶液浓度、电流强度、电极材料等都有关，不应将放电顺序绝对化，以上仅是一般规律。②电解过程中析出的物质的量（或析出物质的质量）：在电解若干串联电解池中的溶液时，各阴极或阳极所通过的电量相等，析出物质的量取决于电路中通过的电量。③阴极不管是什么材料，电极本身都不反应，一定是溶液(或熔融电解质)中的阳离子放电。④最常用、最重要的放电顺序是：阳极：Cl－>OH－；阴极：Ag＋>Cu2＋>H＋。⑤电解水溶液时，K＋～Al3＋不可能在阴极放电，即不可能用电解水溶液的方法得到K、Ca、Na、Mg、Al等金属。2、判断溶液的pH变化：先分析原溶液的酸碱性，再看电极产物。（1）如果只产生氢气而没有氧气，则pH变大；（2）如果只产生氧气而没有氢气，则pH变小；（3）如果既产生氢气又产生氧气①若原溶液呈酸性则pH减小；②若原溶液呈碱性pH增大；③若原溶液呈中性pH不变。3、电极区域pH变化：（1）阴极H+放电产生H2，阴极区域pH变大；（2）阳极OH-放电产生O2，阳极区域pH变小。考点四 水溶液中的电离平衡一、弱电解质的电离1、强、弱电解质2、电离方程式的书写(1)弱电解质①多元弱酸分步电离，且第一步电离程度远远大于第二步。如H2CO3的电离方程式：H2CO3 H＋＋HCO3—，HCO H＋＋CO32—。②多元弱碱电离方程式一步写成。如Fe(OH)3电离方程式：Fe(OH)3 Fe3＋＋3OH－。3、弱电解质的电离平衡(1)外界条件对电离平衡的影响①温度：温度升高，电离平衡向右移动，电离程度增大。②浓度：稀释溶液，电离平衡向右移动，电离程度增大。③同离子效应：加入与弱电解质具有相同离子的强电解质，电离平衡向左移动，电离程度减小。④加入能反应的物质：电离平衡向右移动，电离程度增大。4、电离平衡常数1．表达式对一元弱酸HA：HAH＋＋A－ Ka＝。对一元弱碱BOH：BOHB＋＋OH－ Kb＝。2．特点：(1)多元弱酸是分步电离的，各级电离常数的大小关系是Ka1 Ka2 Ka3，所以其酸性主要决定于第一步电离。二、水的电离1、水的电离1．水的电离简写为：H2OH＋＋OH－。2．关于纯水的几个重要数据3．外界因素对水的电离平衡的影响：(1)温度：温度升高，促进水的电离，Kw增大；温度降低，抑制水的电离，Kw减小。(2)酸、碱：抑制水的电离。(3)能水解的盐：促进水的电离。(4)能与水反应的活泼金属：促进水的电离。2、溶液的酸碱性与pH1．溶液的酸碱性常温下，溶液的酸碱性与c(H＋)、c(OH－)的关系：溶液的酸碱性 c(H＋)与c(OH－) 比较 c(H＋)大小酸性溶液 c(H＋)＞c(OH－) c(H＋)＞1×10－7mol·L－1中性溶液 c(H＋)＝c(OH－) c(H＋)＝1×10－7mol·L－1碱性溶液 c(H＋)＜c(OH－) c(H＋)＜1×10－7mol·L－12．溶液的pH(1)表达式为pH＝－lgc(H＋)。(2)使用范围：pH的取值范围为0～14，即只适用于c(H＋)≤1 mol·L－1或c(OH－)≤1 mol·L－1的电解质溶液，当c(H＋)或c(OH－)≥1 mol·L－1时，直接用c(H＋)或c(OH－)表示溶液的酸碱性。3、酸、碱溶液稀释时pH的变化规律稀释10n倍 无限稀释强酸 c(H＋)减小为原来的，pH稀＝pH原＋n<7 由于水的电离不可忽视，pH只能接近7，不可能大于7强碱 c(OH－)减小为原来的，pH稀＝pH原－n>7 pH≈7(不可能小于7)弱酸 c(H＋)减小的程度比强酸小，pH稀＜pH原＋n<7 pH≈7(不可能大于7)弱碱 c(OH－)减小的程度比强碱小，pH稀＞pH原－n>7 pH≈7(不可能小于7)三、盐类的水解1、盐类的水解及其规律1．定义在溶液中盐电离出来的离子跟水电离产生的H＋或OH－结合生成弱电解质的反应。2．实质→c(H＋)≠c(OH－)→溶液呈碱性、酸性或中性3．特点4．规律有弱才水解，越弱越水解，谁强显谁性，同强显中性。2、水解方程式的书写(1)一般要求(2)三种类型的盐水解方程式的书写。①多元弱酸盐水解：分步进行，以第一步为主，一般只写第一步水解方程式。②多元弱碱盐水解：水解离子方程式一步写完。③阴、阳离子相互促进的水解：水解程度较大，书写时要用“===”、“↑”、“↓”等。3、盐溶液蒸干所得产物的判断（1）由于水解得不到原物质（2）由于氧化得不到原物质（3）由于分解得不到原物质4、影响盐类水解平衡的因素1．内因形成盐的酸或碱的强弱。对应的酸或碱越弱就越易发生水解。如酸性：CH3COOH>H2CO3相同浓度的Na2CO3、CH3COONa溶液的pH大小关系为pH(Na2CO3)>pH(CH3COONa)。2．外因(1)温度、浓度(2)外加物质：外加物质对水解反应的影响取决于该物质的性质。①外加酸碱②加能水解的盐5、电解质溶液中粒子浓度关系1、三大守恒（1）电荷守恒规律电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。如NaHCO3溶液中存在着Na＋、H＋、HCO、CO、OH－，存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH－)＋2c(CO)。（2）物料守恒规律电解质溶液中，由于某些离子能够水解或电离，粒子种类有所变化，变成其他离子或分子等，但离子或分子中某种特定元素对应原子的总数是不会改变的。如K2S溶液中S2－、HS－都能水解，故S原子以S2－、HS－、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c(K＋)＝2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)。（3）质子守恒规律电解质溶液中分子或离子得到或失去原子(H＋)的物质的量应相等。如Na2S水溶液中的质子转移作用图示如下：质子守恒的关系式也可由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。（4）大招提炼电荷守恒：全离子、阴阳分、乘电荷。物料守恒：列初始、找比例、交叉乘、改弱粒。质子守恒：几份溶质几份水，得失质子总想等。四、难溶电解质的溶解平衡1、沉淀溶解平衡的影响因素2、沉淀溶解平衡的应用(1)沉淀的生成①调节pH法如除去NH4Cl溶液中的FeCl3杂质，可加入氨水调节pH至3～4，离子方程式为Fe3＋＋3NH3·H2O===Fe(OH)3↓＋3NH。②沉淀剂法如用H2S沉淀Cu2＋，离子方程式为H2S＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋。(2)沉淀的溶解①酸溶解法如CaCO3溶于盐酸，离子方程式为CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋H2O＋CO2↑。②盐溶液溶解法如Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液，离子方程式为Mg(OH)2＋2NH===Mg2＋＋2NH3·H2O。③氧化还原溶解法如不溶于盐酸的硫化物Ag2S溶于稀HNO3。④配位溶解法如AgCl溶于氨水，离子方程式为AgCl＋2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]＋＋Cl－＋2H2O。(3)沉淀的转化①实质：沉淀溶解平衡的移动(沉淀的溶解度差别越大，越容易转化)。②应用：锅炉除垢、矿物转化等。提醒：①难溶电解质的溶解平衡也是动态平衡，通过改变外界条件可以使平衡发生移动——溶液中的离子转化为沉淀、沉淀转化为溶液中的离子或一种沉淀向另一种沉淀转化。②用沉淀法除杂不可能将杂质离子全部通过沉淀除去。一般认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10－5 mol·L－1时，沉淀已经完全。3、沉淀溶解平衡常数及其应用1．溶度积和离子积以AmBn(s) mAn＋(aq)＋nBm－(aq)为例溶度积 离子积概念 沉淀溶解的平衡常数 溶液中有关离子浓度幂的乘积符号 Ksp Qc表达式 Ksp(AmBn)＝cm(An＋)·cn(Bm－)，式中的浓度都是平衡浓度 Qc(AmBn)＝cm(An＋)·cn(Bm－)，式中的浓度是任意浓度应用 判断在一定条件下沉淀能否生成或溶解 ①Qc＞Ksp：溶液过饱和，有沉淀析出 ②Qc＝Ksp：溶液饱和，处于平衡状态 ③Qc＜Ksp：溶液未饱和，无沉淀析出2．Ksp的影响因素(1)内因：难溶物质本身的性质，这是主要决定因素。(2)外因①浓度：加水稀释，平衡向溶解方向移动，但Ksp不变。②温度：绝大多数难溶盐的溶解是吸热过程，升高温度，平衡向溶解方向移动，Ksp增大。③其他：向平衡体系中加入可与体系中某些离子反应生成更难溶物质或更难电离物质或气体的离子时，平衡向溶解方向移动，但Ksp不变。④溶度积小的难溶电解质在一定条件下也能向溶度积大的难溶电解质转化。当两种难溶电解质的Ksp相关不是很大时，通过调节某种离子的浓度，可由溶度积小的难溶电解质向溶度积大的难溶电解质转化。1．（2022·江苏·高考真题）氢气是一种清洁能源，绿色环保制氢技术研究具有重要意义。(1)“热电循环制氢”经过溶解、电解、热水解和热分解4个步骤，其过程如图所示。①电解在质子交换膜电解池中进行。阳极区为酸性溶液，阴极区为盐酸，电解过程中转化为。电解时阳极发生的主要电极反应为_________________(用电极反应式表示)。②电解后，经热水解和热分解的物质可循环使用。在热水解和热分解过程中，发生化合价变化的元素有_________________(填元素符号)。(2)“热循环制氢和甲酸”的原理为：在密闭容器中，铁粉与吸收制得的溶液反应，生成、和；再经生物柴油副产品转化为Fe。①实验中发现，在时，密闭容器中溶液与铁粉反应，反应初期有生成并放出，该反应的离子方程式为______________________。②随着反应进行，迅速转化为活性，活性是转化为的催化剂，其可能反应机理如图所示。根据元素电负性的变化规律。如图所示的反应步骤Ⅰ可描述为________________________________。③在其他条件相同时，测得Fe的转化率、的产率随变化如题图所示。的产率随增加而增大的可能原因是___________________________。(3)从物质转化与资源综合利用角度分析，“热循环制氢和甲酸”的优点是________________________________。答案：(1) Cu、O(2) 吸附在催化剂的Fe2+上的H与中碳原子作用，吸附在O2-的H与中的羟基氧作用生成的H2O和均吸附在上Fe2+ 随增加，催化剂的量增多，增大了接触面积， H2的产量增大， 的产率增大(3)制得H2，CO2转化为甲酸，生物柴油副产品的利用解析：（1）①电解在质子交换膜电解池中进行，H+可自由通过，阳极区为酸性溶液，电解过程中转化为，电解时阳极发生的主要电极反应为：；②电解后，经热水解得到的HCl和热分解得到的CuCl等物质可循环使用，从图中可知，热分解产物还有O2，从详解①中得知，进入热水解的物质有，故发生化合价变化的元素有Cu、O。（2）①在时，密闭容器中溶液与铁粉反应，反应初期有生成并放出，离子方程式为：；②H的电负性大于Fe，小于O，在活性表面，部分H吸附在催化剂的亚铁离子上，略带负电；另一部分H吸附在催化剂的氧离子上，略带正电；前者与中略带正电的碳结合，后者与中略带负电的羟基氧结合生成H2O，转化为；故答案为：吸附在催化剂的Fe2+上的H与中碳原子作用，吸附在O2-的H与中的羟基氧作用生成的H2O和均吸附在上Fe2+；③在其他条件相同时，随增加，其与铁粉反应加快，从图中得知Fe的转化率也增大，即生成和H2的速率更快，量更大，则得到活性的速度更快，量也更多，生成的速率更快，产率也更大。故答案为：随增加，催化剂的量增多，增大了接触面积， H2的产量增大， 的产率增大；（3）“热循环制氢和甲酸”系统将转化为和生成H2的速率快，原子利用率高，不产生污染物，Fe初期生成后迅速转化为活性，氧化为再经生物柴油副产品转化为Fe，得到循环利用，故该原理的优点是：制得H2，CO2转化为甲酸，生物柴油副产品的利用。2．（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，甲烷与甲醇比例高解析：（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。3．（2022·河北·高考真题）氢能是极具发展潜力的清洁能源，以氢燃料为代表的燃料电池有良好的应用前景。(1)时，燃烧生成)放热，蒸发吸热，表示燃烧热的热化学方程式为_________________________。(2)工业上常用甲烷水蒸气重整制备氢气，体系中发生如下反应。Ⅰ.Ⅱ.①下列操作中，能提高平衡转化率的是_______ (填标号)。A．增加用量 B．恒温恒压下通入惰性气体C．移除 D．加入催化剂②恒温恒压条件下，1molCH4(g)和1molH2O(g)反应达平衡时，的转化率为，的物质的量为，则反应Ⅰ的平衡常数_______ (写出含有a、b的计算式；对于反应，，x为物质的量分数)。其他条件不变，起始量增加到，达平衡时，，平衡体系中的物质的量分数为_______(结果保留两位有效数字)。(3)氢氧燃料电池中氢气在_______(填“正”或“负”)极发生反应。(4)在允许自由迁移的固体电解质燃料电池中，放电的电极反应式为________________。(5)甲醇燃料电池中，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO，四步可能脱氢产物及其相对能量如图，则最可行途径为a→_______(用等代号表示)。答案：(1)H2(g)+O2 (g)=H2O(1) H= -286 kJ mol-1(2) BC 43%(3)负(4)CnH2n+2-(6n+2)e-+ (3n+1) O2-=n CO2+(n+1) H2O(5)abehj解析：（1）298K时，1gH2燃烧生成H2O(g)放热121 kJ，则1molH2燃烧生成H2O(g)放热=242kJ，用热化学方程式表示为：H2(g)+O2(g)=H2O(g) H1= -242 kJ mol-1①，又因为1 mol H2O(1)蒸发吸热44kJ，则H2O(g)= H2O(l) H2= -44 kJ mol-1②，根据盖斯定律可知，表示H2燃烧热的反应热为 H=H1+H2= -286 kJ mol-1，故答案为：H2(g)+O2 (g)=H2O(1) H= -286 kJ mol-1；（2）①A．增加CH4 (g)用量可以提高H2O(g)的转化率，但是CH4(g)平衡转化率减小，A不符合题意；B．恒温恒压下通入惰性气体，相当于减小体系压强，反应混合物中各组分的浓度减小，反应Ⅰ的化学平衡正向移动，能提高CH4(g)平衡转化率，B符合题意；C．移除CO(g)，减小了反应混合物中CO(g)的浓度，反应Ⅰ的化学平衡正向移动，能提高CH4(g)平衡转化率，C符合题意；D．加入催化剂不能改变平衡状态，故不能提高CH4(g)平衡转化率，D不符合题意；综上所述，上述操作中，能提高CH4(g)平衡转化率的是BC；②恒温恒压条件下，1 mol CH4 (g)和1 mol H2O(g)反应达平衡时，CH4 (g)的转化率为α，CO2 (g)的物质的量为b mol，则转化的CH4 (g)为α mol，剩余的CH4 (g)为(1-α)mol，根据C元素守恒可知，CO(g)的物质的量为(α-b)mol，根据H和O守恒可知，H2O(g)的物质的量为(1-α-b)mol，H2(g)的物质的量为(3α+b)mol，则反应混合物的总物质的量为(2α+2)mol，平衡混合物中，CH4(g)、H2O(g)、 CO(g) 、H2(g)的物质的量分数分别为、、、，因此，反应I的平衡常数Kx=；其他条件不变，H2O(g)起始量增加到5mol，达平衡时，α=0.90，b =0.65，则平衡时，CH4 (g)为0.1mol，根据C元素守恒可知，CO(g)的物质的量为0.25mol，，根据H和O守恒可知，H2O(g)的物质的量为(5-0.90-0.65 )mol=3.45mol，H2(g)的物质的量为(3α+b )mol=3.35mol，平衡混合物的总物质的量为(2α+6 )mol=7.8mol，平衡体系中H2(g)的物质的量分数为；（3）燃料电池中的燃料在负极发生氧化反应，因此，氢氧燃料电池中氢气在负极发生反应；（4）在允许O2-自由迁移的固体电解质燃料电池中，CnH2n+2在负极发生氧化反应生成CO2和H2O，电极反应式为CnH2n+2-(6n+2)e-+ (3n+1) O2-=nCO2+(n+1) H2O；（5）由图示可知，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO，且能垒越低，活化能越小，越容易进行，根据图示可知，其可行的途径为：abehj。4．（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 增大解析：（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。5．（2022·山东·高考真题）利用丁内酯(BL)制备1，丁二醇(BD)，反应过程中伴有生成四氢呋喃(THF)和丁醇(BuOH)的副反应，涉及反应如下：已知：①反应Ⅰ为快速平衡，可认为不受慢反应Ⅱ、Ⅲ的影响；②因反应Ⅰ在高压氛围下进行，故压强近似等于总压。回答下列问题：(1)以或BD为初始原料，在、的高压氛围下，分别在恒压容器中进行反应。达平衡时，以BL为原料，体系向环境放热；以BD为原料，体系从环境吸热。忽略副反应热效应，反应Ⅰ焓变_______。(2)初始条件同上。表示某物种i的物质的量与除外其它各物种总物质的量之比，和随时间t变化关系如图甲所示。实验测得，则图中表示变化的曲线是_______；反应Ⅰ平衡常数_______(保留两位有效数字)。以BL为原料时，时刻_______，BD产率=_______(保留两位有效数字)。(3)为达平衡时与的比值。、、三种条件下，以为初始原料，在相同体积的刚性容器中发生反应，随时间t变化关系如图乙所示。因反应在高压氛围下进行，可忽略压强对反应速率的影响。曲线a、b、c中，最大的是_______(填代号)；与曲线b相比，曲线c达到所需时间更长，原因是__________________________________。答案：(1)-200(X+Y)(2) a或c 8.3×10-8 0.08 39%(3) c 由于b和c代表的温度相同，而压强对反应速率的影响可忽略，压强增大反应Ⅱ、Ⅲ均是逆向移动，增大，故=1.0所需时间更长解析：（1）依题意，结合已知信息，可推定在同温同压下，以同物质的量的BL或BD为初始原料，达到平衡时的状态相同，两个平衡完全等效。则以5.0×10-3mol的BL为原料，达到平衡时放出XkJ热量与同物质的量的BD为原料达到平衡时吸收YkJ热量的能量二者能量差值为(X+Y)kJ，则1mol时二者能量和为200(X+Y)kJ，反应I为放热反应，因此焓变=-200(X+Y)kJ·mol-1。（2）实验测定X（3）依题意，反应I是正向放热过程，以BL为初始原料，温度升高则平衡逆向移动，温度越高，反应速率越快，达到平衡时的时间越短，越小，的值越大；相同温度时，压强增大，BD的比重增大，增大，又可忽略压强对反应速率的影响，则最大即最小，对应曲线c；由于b和c代表的温度相同，而压强对反应速率的影响可忽略，压强增大反应Ⅱ、Ⅲ均是逆向移动，增大，故=1.0所需时间更长。6．（2022·浙江·高考真题）主要成分为的工业废气的回收利用有重要意义。(1)回收单质硫。将三分之一的燃烧，产生的与其余混合后反应：。在某温度下达到平衡，测得密闭系统中各组分浓度分别为、、，计算该温度下的平衡常数_______。(2)热解制。根据文献，将和的混合气体导入石英管反应器热解(一边进料，另一边出料)，发生如下反应：Ⅰ Ⅱ 总反应：Ⅲ 投料按体积之比，并用稀释；常压，不同温度下反应相同时间后，测得和体积分数如下表：温度/ 950 1000 1050 1100 11500.5 1.5 3.6 5.5 8.50.0 0.0 0.1 0.4 1.8请回答：①反应Ⅲ能自发进行的条件是_________________________。②下列说法正确的是_______。A．其他条件不变时，用Ar替代作稀释气体，对实验结果几乎无影响B．其他条件不变时，温度越高，的转化率越高C．由实验数据推出中的键强于中的键D．恒温恒压下，增加的体积分数，的浓度升高③若将反应Ⅲ看成由反应Ⅰ和反应Ⅱ两步进行，画出由反应原料经两步生成产物的反应过程能量示意图_______。④在，常压下，保持通入的体积分数不变，提高投料比，的转化率不变，原因是_________________________。⑤在范围内(其他条件不变)，的体积分数随温度升高发生变化，写出该变化规律并分析原因___________________________________________。答案：(1)8×108 L·mol－1(2) 高温 AB 1000℃时CH4不参与反应，相同分压的H2S经历相同的时间转化率相同 先升后降；在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S2(g)的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率，S2(g)的体积分数减小解析：（1）根据方程式可知该温度下平衡常数K＝；（2）①根据盖斯定律可知Ⅰ+Ⅱ即得到反应Ⅲ的ΔH＝234kJ/mol，这说明反应Ⅲ是吸热的体积增大（即ΔS＞0）的反应，根据ΔG＝ΔH－TΔS＜0可自发进行可知反应Ⅲ自发进行的条件是高温下自发进行；②A．Ar是稀有气体，与体系中物质不反应，所以其他条件不变时，用Ar替代N2作稀释气体，对实验结果几乎无影响，A正确；B．正反应吸热，升高温度平衡正向进行，温度越高，H2S的转化率越高，B正确；C．根据表中数据无法得出H2S中S-H键和CH4中C-H键的相对强弱，事实上C-H键的键能大于S-H键键能，C错误；D．恒温恒压下，增加N2的体积分数，相当于减压，平衡正向进行，H2的物质的量增加，容器容积增加，H2浓度减小，D错误；答案选AB；③反应I、反应Ⅱ和反应Ⅲ均是吸热反应，则反应过程能量示意图可表示为；④根据表中数据可知1000℃时CH4不参与反应，相同分压的H2S经历相同的时间转化率相同，所以在1000℃常压下，保持通入的H2S体积分数不变，提高投料比时H2S的转化率不变；⑤根据表中数据可知在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S2(g)的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率，S2(g)的体积分数减小，因此变化规律是先升后降。7．（2022·湖南·高考真题）2021年我国制氢量位居世界第一，煤的气化是一种重要的制氢途径。回答下列问题：(1)在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量的和，起始压强为时，发生下列反应生成水煤气：Ⅰ.Ⅱ.①下列说法正确的是_______；A．平衡时向容器中充入惰性气体，反应Ⅰ的平衡逆向移动B．混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡C．平衡时的体积分数可能大于D．将炭块粉碎，可加快反应速率②反应平衡时，的转化率为，CO的物质的量为。此时，整个体系_______(填“吸收”或“放出”)热量_______kJ，反应Ⅰ的平衡常数_______(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。(2)一种脱除和利用水煤气中方法的示意图如下：①某温度下，吸收塔中溶液吸收一定量的后，，则该溶液的_______(该温度下的)；②再生塔中产生的离子方程式为__________________________________；③利用电化学原理，将电催化还原为，阴极反应式为_________________________。答案：(1) BD 吸收 31.2 (2) 10 2CO2↑++H2O 2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O、AgCl+e-=Ag+Cl-解析：（1）①A．在恒温恒容条件下，平衡时向容器中充入情性气体不能改变反应混合物的浓度，因此反应Ⅰ的平衡不移动，A说法不正确；B．在反应中有固体C转化为气体，气体的质量增加，而容器的体积不变，因此气体的密度在反应过程中不断增大，当混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，B说法正确；C．若C(s)和H2O(g)完全反应全部转化为CO2(g)和H2(g)，由C(s)+ 2H2O(g) = CO2(g)+ 2H2(g)可知，H2的体积分数的极值为，由于可逆反应只有一定的限度，反应物不可能全部转化为生成物，因此，平衡时H2的体积分数不可能大于，C说法不正确；D．将炭块粉碎可以增大其与H2O(g)的接触面积，因此可加快反应速率，D说法正确；综上所述，相关说法正确的是BD。②反应平衡时，H2O(g)的转化率为50%，则水的变化量为0.5mol，水的平衡量也是0.5mol，由于CO的物质的量为0.1mol，则根据O原子守恒可知CO2的物质的量为0.2mol，生成0.2mol CO2时消耗了0.2mol CO，故在反应Ⅰ实际生成了0.3molCO。根据相关反应的热化学方程式可知，生成0.3mol CO要吸收热量39.42kJ ，生成0.2mol CO2要放出热量8.22kJ此时，因此整个体系吸收热量39.42kJ-8.22kJ=31.2kJ；由H原子守恒可知，平衡时H2的物质的量为0.5mol，CO的物质的量为0.1mol，CO2的物质的量为0.2mol，水的物质的量为0.5mol，则平衡时气体的总物质的量为0.5mol+0.1mol+0.2mol+0.5mol=1.3mol，在同温同体积条件下，气体的总压之比等于气体的总物质的量之比，则平衡体系的总压为0.2MPa1.3=0.26MPa，反应I（C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)）的平衡常数Kp= 。（2）①某温度下,吸收塔中K2CO3溶液吸收一定量的CO2后，c():c()=1:2，由可知，=，则该溶液的pH=10；②再生塔中KHCO3受热分解生成K2CO3、H2O和CO2，该反应的离子方程式为2CO2↑++H2O；③利用电化学原理，将CO2电催化还原为C2H4，阴极上发生还原反应，阳极上水放电生成氧气和H+，H+通过质子交换膜迁移到阴极区参与反应生成乙烯，铂电极和Ag/AgCl电极均为阴极，在电解过程中AgCl可以转化为Ag，则阴极的电极反应式为2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O、AgCl+e-=Ag+Cl-。8．（2022·全国·高考真题）油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题：(1)已知下列反应的热化学方程式：① ② ③ 计算热分解反应④的________。(2)较普遍采用的处理方法是克劳斯工艺。即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是：利用反应④高温热分解。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是__________________________，缺点是___________________________________。(3)在、反应条件下，将的混合气进行热分解反应。平衡时混合气中与的分压相等，平衡转化率为________，平衡常数________。(4)在、反应条件下，对于分别为、、、、的混合气，热分解反应过程中转化率随时间的变化如下图所示。①越小，平衡转化率________，理由是__________________________。②对应图中曲线________，计算其在之间，分压的平均变化率为________。答案：(1)170(2) 副产物氢气可作燃料 耗能高(3) 50% 4.76(4) 越高 n(H2S):n(Ar)越小，H2S的分压越小，平衡向正反应方向进行，H2S平衡转化率越高 d 24.9解析：（1）已知：①2H2S(g)+3O2(g)＝2SO2(g)+2H2O(g) ΔH1＝－1036kJ/mol②4H2S(g)+2SO2(g)＝3S2(g)+4H2O(g) ΔH2＝94kJ/mol③2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g) ΔH3＝－484kJ/mol根据盖斯定律(①+②)×－③即得到2H2S(g)＝S2(g)+2H2(g)的ΔH4＝（－1036+94）kJ/mol×+484kJ/mol＝170 kJ/mol；（2）根据盖斯定律(①+②)×可得2H2S(g)+O2(g)＝S2(g)+2H2O(g) ΔH＝(－1036+94)kJ/mol×=－314kJ/mol，因此，克劳斯工艺的总反应是放热反应；根据硫化氢分解的化学方程式可知，高温热分解方法在生成单质硫的同时还有氢气生成。因此，高温热分解方法的优点是：可以获得氢气作燃料；但由于高温分解H2S会消耗大量能量，所以其缺点是耗能高；（3）假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和4mol，根据三段式可知：平衡时H2S和H2的分压相等，则二者的物质的量相等，即1－x＝x，解得x＝0.5，所以H2S的平衡转化率为，所以平衡常数Kp＝＝≈4.76kPa；（4）①由于正反应是体积增大的可逆反应，n(H2S):n(Ar)越小，H2S的分压越小，相当于降低压强，平衡向正反应方向移动，因此H2S平衡转化率越高；②n(H2S):n(Ar)越小，H2S平衡转化率越高，所以n(H2S):n(Ar)＝1:9对应的曲线是d；根据图象可知n(H2S):n(Ar)＝1:9反应进行到0.1s时H2S转化率为0.24。假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和9mol，则根据三段式可知此时H2S的压强为≈7.51kPa，H2S的起始压强为10kPa，所以H2S分压的平均变化率为＝24.9kPa·s－1。9．（2022·全国·高考真题）金属钛(Ti)在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途，目前生产钛的方法之一是将金红石转化为，再进一步还原得到钛。回答下列问题：(1)转化为有直接氯化法和碳氯化法。在时反应的热化学方程式及其平衡常数如下：(ⅰ)直接氯化：(ⅱ)碳氯化：①反应的为_______，_______Pa。②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是__________________________________。③对于碳氯化反应：增大压强，平衡_______移动(填“向左”“向右”或“不”)；温度升高，平衡转化率_______(填“变大”“变小”或“不变”)。(2)在，将、C、以物质的量比1∶2.2∶2进行反应。体系中气体平衡组成比例(物质的量分数)随温度变化的理论计算结果如图所示。①反应的平衡常数_______。②图中显示，在平衡时几乎完全转化为，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是__________________________________。(3)碳氯化是一个“气—固—固”反应，有利于“固—固”接触的措施是___________________________________________。答案：(1) -223 1.2×1014 碳氯化反应气体分子数增加， H小于0，是熵增、放热过程，熵判据与焓判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程 向左 变小(2) 7.2×105 为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的TiCl4产品，提高效益(3)将两固体粉碎后混合，同时鼓入Cl2，使固体粉末“沸腾”解析：（1）①根据盖斯定律，将“反应ⅱ-反应ⅰ”得到反应2C(s)+O2(g)=2CO(g)，则 H=-51kJ/mol-172kJ/mol=-223kJ/mol；则Kp===1.2×1014Pa；②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，因为碳氯化反应气体分子数增加， H小于0，是熵增、放热过程，熵判据与焓判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程；③对应碳氯化反应，气体分子数增大，依据勒夏特列原理，增大压强，平衡往气体分子数减少的方向移动，即平衡向左移动；该反应是放热反应，温度升高，平衡往吸热方向移动，即向左移动，则平衡转化率变小。（2）①从图中可知，1400℃，体系中气体平衡组成比例CO2是0.05，TiCl4是0.35，CO是0.6，反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)的平衡常数Kp(1400℃)==Pa=7.2×105Pa；②实际生产中需要综合考虑反应的速率、产率等，以达到最佳效益，实际反应温度远高于200℃，就是为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的TiCl4产品。（3）固体颗粒越小，比表面积越大，反应接触面积越大。有利于TiO2 – C“固-固”接触，可将两者粉碎后混合，同时鼓入Cl2，使固体粉末“沸腾”，增大接触面积。10．（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解析：（1）①由已知方程式：(2×反应1-反应2)可得反应3，结合盖斯定律得：，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。1．（2022·浙江·湖州市教育科学研究中心一模）我国力争于2030年前做到CO2的排放不再增长。CH4与CO2重整是CO2利用的研究热点之一。该重整反应体系主要涉及以下反应：Ⅰ．CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)Ⅱ．CH4(g)C(s)+2H2(g)Ⅲ．CO(g)+H2(g)H2O(g)+C(s)(1)设Kpr为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。如气体B的相对分压等于其分压pB(pB＝xB×p总，xB为平衡系统中B的物质的量分数)除以p0(p0＝100kPa)。反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的lnKpr随的变化如图1所示。 图1①反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中，属放热反应的是______。②图中A点对应温度下，原料组成为n(CO2)：n(CH4)＝1：1、初始总压为100kPa的恒容密闭容器中进行反应，体系达到平衡时H2的分压为30kPa。CH4的平衡转化率为______。(2)二氧化碳加氢制甲醇是研究的另一热点，其总反应可表示为：Ⅳ．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，该反应一般认为通过如下步骤来实现：Ⅴ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H1＝+41kJ·mol 1Ⅵ．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H2＝ 90kJ·mol 1①反应Ⅴ的 S______。A大于0 B．小于0 C．等于0 D．无法判断②若反应Ⅴ为慢反应，请在图2中画出上述反应能量变化的示意图______。③不同压强下按照n(CO2)：n(H2)＝1：3投料，实验测定CO2的平衡转化率随温度的变化关系如图3所示。T1温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是___________________________________。答案：(1) Ⅲ 82%(2) A T1温度时以反应V为主，反应V前后分子数目相等，压强改变对平衡没有影响解析：（1）①由题图可知温度越低，越大，反应Ⅰ、Ⅱ的越小，说明反应Ⅰ、Ⅱ随温度降低平衡逆向移动，故反应Ⅰ、Ⅱ为吸热反应；②A点对应温度下反应Ⅱ的，则平衡体系中，即，，起始时，总压为100，则起始时，的平衡转化率为；（2）①采用逆推法，吸热反应且能自发进行，只能 S大于0，答案：A；②由题可知反应Ⅴ是吸热反应，反应Ⅵ是放热反应，整体是一个放热反应，可知图像为：，；③T1温度时以反应V为主，反应V前后分子数目相等，压强改变对平衡没有影响。2．（2022·辽宁实验中学模拟预测）含碳物质的价值型转化，有利于“减碳”和可持续发展。结合相关信息，回答：(1)相关的化学键键能数据如下：化学键 H－O C≡O C＝O H－HE/() 463 1075 803 436 _________________。下列有利于提高CO平衡转化率的措施有_________________(填标号)。a．增大压强 b．降低温度c．提高原料气中的比例 d．使用高效催化剂(2)已知将、催化重整为可用的化学品，对改善环境意义重大，某科研团队在密闭容器中进行“合成气催化重整”，反应的化学方程式为①下列能说明该反应达到化学平衡状态的是_________________。a．混合气体的平均相对分子质量不再变化 B．C．甲烷与氢气浓度比值不再变化 D．容器内混合气体的密度不再变化②当投料比时，的平衡转化率()与温度(T)，初始压强(p)的关系如图所示。可知：压强_________________2MPa(填“＞”“＜”或“＝”)；当温度为、压强为2MPa时，a点时的v(逆)_________________v(正)(填“＞”“＜”或“＝”)起始时向1L恒容容器中加入2mol 和2mol ，在温度为、初始压强为2MPa时反应，用压强表示该反应平衡常数的值的_____________(分压＝总压×物质的量百分数)。(3)图为一种可以循环利用人体呼出的并提供的装置，总反应方程式为。写出阴极的电极反应：_______________________答案：(1) 41 bc(2) AC ＜ ＞ 4##4(MPa)2(3)CO2＋H2O＋2e－＝CO＋2OH－解析：由图可知，N电极所连接的Pt电极上碳元素价态降低得电子，故左侧Pt电极为阴极，右侧Pt电极为阳极，N电极为电源负极，P电极为正极，据此作答。（1）△H=反应物键能总和-生成物键能总和=463 kJ mol-1×2+1075 kJ mol-1-803 kJ mol-1×2-436 kJ mol-1=-41 kJ mol-1；a.该反应是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，故a错误；b.该反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动，有利于提高CO平衡转化率，故b正确；c.提高原料气中H2O的比例，增大反应物浓度，平衡正向移动，有利于提高CO平衡转化率，故c正确；d.使用高效催化剂，不改变平衡状态，故d错误，故答案为：-41；bc；（2）①A．根据质量守恒，混合气体的质量恒定，该反应是气体物质的量增大的反应，因此混合气体的平均相对分子质量为变量，当变量不再改变时能说明反应达到平衡状态，故A正确；B．根据速率之比等于化学计量数之比，2v正(CH4)=v逆(CO)才能说明反应达到平衡，故B错误；C．伴随反应进行，甲烷浓度逐渐减小，氢气浓度逐渐增大，甲烷与氢气浓度比值是变量，当变量不再改变时能说明反应达到平衡状态，故C正确；D．根据质量守恒，混合气体的质量恒定，容器体积不变，则容器内混合气体的密度始终不变，故D错误；故答案为：AC；②该反应是气体体积增大的反应，减小压强，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，由图可知相同温度，p1条件下CO2的平衡转化率大于2MPa条件下，说明p1＜2MPa；a点时，此时CO2的转化率大于CO2的平衡转化率，说明反应逆向移动，则v(逆)＞v(正)；起始时向1L恒容容器中加入2mol CH4和2mol CO2，在温度为T6、初始压强为2MPa时反应，此时CO2的平衡转化率为50%，CO2转化物质的量为2mol×50%=1mol，列三段式：，，则p平衡=3MPa,p(CO)=p(H2)=×3MPa=1MPa,p(CH4)=p(CO2)=0.5MPa，，故答案为：＜；＞；4(MPa)2；（3）阴极的电极上二氧化碳得到电子发生还原反应生成一氧化碳气体，电解质溶液为碱性，则反应为CO2+H2O+2e-=CO+2OH-。3．（2022·全国·模拟预测）研究烟气的脱硝(除)、脱硫(除)技术有着积极的环保意义(1)将含硫烟气通入含、粉末的浊液中，可实现“脱硫”，其过程表示如图：“脱硫”过程的总反应方程式为____________________(2)SCR技术(如图)可有效降低柴油发动机的氮氧化物排放，其原理为：尿素水溶液热分解为和。60g尿素理论上可处理标况下_______(3)以溶液作为吸收剂利用如图喷淋吸收塔进行一体化“脱硫”、脱硝”，当烟气中进入吸收塔和的体积比为时，若“脱硫率”、“脱硝率”均为，则流出的吸收液中之比为_______(4)工业上废气中可用溶液吸收，反应过程中溶液组成变化如图所示①吸收中期(点)发生反应的化学方程式为____________________②C点时吸收液中所含溶质与的物质的量之间的关系是_______(填“>”、“<”或“=”)答案：(1)(2)(3)(4) <解析：（1）“脱硫”过程的实质为在的催化下将氧化生成，为“脱硫”过程的总反应方程式为，故答案为：。（2），， ，标况下，故答案为：33.6。（3），、；，由电子守恒：，设、，则，流出的吸收液中，故答案为：。（4）①由图像可知，B点溶质主要是，的量极少，说明将主要转化为气体产物；故点发生反应的化学方程式为：②点时吸收液中所含溶质与的质量分数相同，即含溶质与的质量相同，由于的摩尔质量较小，较大。故答案为：；<。4．（2022·全国·模拟预测）丙烯是最重要的基础化工原料之一，丙烯广泛用于合成聚丙烯、丙烯醛、丙烯酸等工业领域.回答下列问题：(1)丙烷无氧脱氢法制备丙烯反应如下：已知标准生成焓指在某温度下由稳定单质生成化合物的焓变，记作.在下，气态丙烷的标准生成焓，气态丙烯的标准生成焓，单质的标准生成焓为零。生成物的标准生成焓总和-反应物的标准生成焓总和，则上述反应的_______(2)时，将充入某恒容刚性密闭容器中，在催化作用下发生无氧脱氢反应。用压强传感器测出容器内体系压强随时间的变化关系如表所示：时间 0 60 120 180 240 300 360压强 100 136 163 178 180 180 180①已知：.前，用的分压变化表示上述脱氢反应的平均反应速率为_______kPa/min。②时，反应的平衡常数_______(为用各气体分压代替气体的浓度表示的平衡常数，分压=总压物质的量分数)③已知：。在时，向体积可变的恒压密闭容器中通入一定量的，有助于提高丙烯产率。原因是_________________________________(3)丙烷在有氧气参与的条件下也可以发生脱氢反应：。下列说法正确的是_______A．相对于丙烷直接催化脱氢法，有氧气催化脱氢，反应更容易进行B．相同条件下，氢气、丙烯、丙烷三种气体中，还原性最强是氢气C．恒温恒容下，当混合气体的密度不再随时间改变时，说明反应达到其限度D．通入更多的氧气，有利于提高丙烷转化率，提高丙烯的产率(4)科学家研究开发了利用太阳能在酸性介质中将工业排放的电催化获得丙烯的技术，有利于实现“碳中和”，原理如图所示阴极的电极反应式为____________________答案：(1)(2) 320 通入一方面能消耗催化脱氢的产物氢气，另一方面恒压下容器向外膨胀体积变大(稀释作用)，均能使平衡正向移动(3)AB(4)解析：（1）（2）①起始的压强：，设时反应生成为，则、，时气体总压强，得，.②时，时达到平衡状态，平衡时气体总压强为，设平衡生成分压为，则、、，得，即，，③通入一方面能消耗催化脱氢的产物氢气，另一方面恒压下容器向外膨胀体积变大(稀释作用)，均能使平衡正向移动（3）A．有氧与参与的催化脱氢，氢气被氧气氧化生成水为放热反应，为脱氢供热，反应更容易进行，A正确；B．体系中含有氢气、丙烯、丙烷三种气体，反应为：，说明相同条件下，氢气更容易被氧化，其还原性更强，B正确；C．恒温恒容下，容器体积不变，气体总质量也不变，故混合气体的密度任何时候均不变，混合气体的密度不再随时间改变时，不能说明反应达到其限度，C错误；D．当通入更多的氧气，可能将丙烯、丙烷氧化，反而不利于提高丙烷转化率和提高丙烯的产量，D错误；故选AB。（4）阴极的电极反应式为5．（2022·福建·一模）含氯化合物的反应在化学工业中具有重要的地位。回答下列问题：(1)次氯酸钠氧化法可以制备Na2FeO4。已知：2H2(g) +O2(g)=2H2O(l) ΔH=a kJ·mol-1NaCl(aq)+H2O(l)=NaClO(aq)+ H2(g) ΔH =b kJ·mol-14Na2FeO4 (aq) + 10H2O(l)=4Fe(OH)3(s) +3O2 (g)十8NaOH(aq) ΔH=c kJ·mol-1反应2Fe(OH)3(s)十3NaClO(aq) + 4NaOH(aq)=2Na2FeO4 (aq) + 3NaCl(aq) +5H2O(l)的 △H=_______kJ·mol-1。(2)光气(COCl2)是重要的含氯化合物。常用于医药、农药制造，工业上利用一氧化碳和氯气反应制备，反应方程式为CO(g)+Cl2(g) COCl2(g)。在1 L恒温恒容密闭容器 中充入2.5molCO和1.5molCl2，在催化剂作用下发生反应，测得CO及COCl2的物质的量随时间变化如图1所示：①第一次平衡时，CO的平衡转化率为_______；此温度下，该反应的平衡常数KC=_______(保留两位有效数字)。②在第20 s时，改变的条件是____________________。(3)工业上常用氯苯(C6H5-Cl)和硫化氢(H2S)反应来制备一种用途广泛的有机合成中间体苯硫酚(C6H5-SH) ，但会有副产物苯(C6 H6)生成。I.C6H5-Cl(g)+H2S(g) C6H5-SH(g)+HCl(g) ΔH1= -16.8 kJ·mol-1；II.C6H5- Cl(g)+ H2S(g)=C6H6(g)+HCl(g)+S8(g) △H2= - 45.8 kJ·mol-1。①将一定量的C6H5-Cl和H2S的混合气体充入恒容的密闭容器中，控制反应温度为T(假设只发生反应I)，下列可以作为反应I达到平衡的判据是_______(填字母)。A．气体的压强不变 B．平衡常数不变C．v正(H2S)= v逆(HCl) D．容器内气体密度不变②现将一定量的C6H5-Cl和H2S置于一固定容积的容器中模拟工业生产过程，在不同温度下均反应20 min测定生成物的浓度，得到图2和图3。(R为H2S与C6H6-Cl的起始物质的量之比)，图2显示温度较低时C6H5-SH浓度的增加程度大于C6H6，从活化能角度分析其主要原因是____________________；结合图2和图3，该模拟工业生产制备C6H5 - SH的适宜条件为_________________________________。答案：(1)-a-3b-c(2) 30% 0.57 增大CO的物质的量(3) C 反应I的活化能小于反应II的活化能，反应I的反应速率快于反应II，相同时间内获得的产物的浓度自然反应I比反应II多 温度590K，R=2.5解析：（1）①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH=a kJ·mol-1②NaCl(aq)+H2O(l)=NaClO(aq)+H2(g) ΔH=b kJ·mol-1③4Na2FeO4(aq)+10H2O(l)=4Fe(OH)3(s)+3O2(g)+8NaOH(aq) ΔH=c kJ·mol-1根据盖斯定律，-③-②×3-①×得2Fe(OH)3(s)+3NaClO(aq)+4NaOH(aq)= 2Na2FeO4(aq)+3NaCl(aq)+ 5H2O(l)的ΔH=-a-3b-c kJ·mol-1；（2）①反应进行到15s时达到第一次平衡，CO的平街转化率为=30%；该反应的平衡常数K== 0.57；②在第20 s时，CO的物质的量瞬间迅速增大，平衡正向进行，说明此时改变的条件是增大CO的物质的量；（3）①A．反应前后气体分子总数不变，总物质的量不变，气体压强始终保持不变，压强不变不能说明该反应达到平衡，故不选A；B．平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数始终不变，因此平衡常数不变不能说明反应达到平衡，故不选B；C．v正(H2S)表示正反应速率，v逆(HCl)表示逆反应速率，反应达到平衡状态时正逆反应速率之比等于化学计量数之比，因此v正(H2S)= v逆(HCl)说明反应达到平衡，故选C；D．气体总质量始终不变，容器体积保持不变，气体密度始终不变，气体密度不变，不能说明反应达到平衡，故罢休D；选C；②C6H5-Cl由反应Ⅰ生成，C6H6由反应Ⅱ生成，图2显示温度较低时C6H5-Cl浓度的增加程度大于C6H6，说明反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，反应Ⅰ的反应速率快于反应Ⅱ，相同时间内获得的产物的浓度自然反应Ⅰ比反应Ⅱ多；根据图2和图3的数据信息，590K、R=2.5时C6H5 – SH的浓度最大，该模拟工业生产制备C6H5 - SH的适宜条件为温度590K，R=2.5。6．（2022·上海杨浦·一模）工业上以黄铁矿(主要成分)为原料制备硫酸，要经煅烧、氧化、吸收三个阶段。完成下列填空：(1)黄铁矿煅烧时需粉碎，其目的是_________________________________。(2)催化氧化制时，控制温度在450℃左右，这是因为_______。(选填选项)A．催化剂活性强，反应速率快 B．转化率大C．单位时间内，的产量高 D．产生的污染气体少(3)催化氧化设备内构造如图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_______。(选填选项)A． B． C． D． E. F. G.使用热交换器的目的是_________________________________。(4)为研究催化氧化时温度对平衡转化率的影响，进行如下试验。取100L原料气(体积分数为8%、12%、80%)使之发生反应，平衡时得到如表数据：温度/℃ 500 525 550 575 600平衡转化率/% 93.5 90.5 85.6 80.0 74.0①平衡时，随温度升高的体积分数_______(填“增大”“减小”或“不变”)；600℃达平衡时，的体积分数为_______(保留两位小数)。尾气中的可用足量溶液吸收，吸收后的碱性溶液还可用于的尾气处理，吸收后的溶液仍呈强碱性。②吸收后的溶液中一定存在的阴离子有、_______，设计实验检验溶液中：_____________________________________________________________________________________。答案：(1)增大黄铁矿与氧气的接触面积，使反应充分进行(2)AC(3) BDF 冷却产物气体的同时预热原料气体从而提高能量的利用率，以降低成本，提高效益(4) 减小 6.1% SO 取少量溶液少许，加入足量Ba(NO3)2溶液后，加入AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，说明溶液中含有Cl—解析：（1）煅烧时粉碎黄铁矿可以增大固体的表面积，使黄铁矿与氧气的接触面积，有利于反应充分进行，故答案为：黄铁矿与氧气的接触面积，使反应充分进行；（2）二氧化硫催化氧化制三氧化硫的反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化硫的转化率减小、三氧化硫的百分含量减小，实际生产时控制温度在450℃左右的目的是该温度为催化剂的活性温度，催化剂的活性强，反应速率快，有利于提高单位时间内三氧化硫的百分含量，故选AC；（3）二氧化硫催化氧化制三氧化硫的反应是放热反应，使用热交换器能冷却产物气体的同时预热原料气体，有利于降低温度，平衡向正反应方向移动，提高生成物的产率，从而提高生产过程中能量的利用率，以降低生产成本，提高经济效益；催化氧化反应在催化剂表面进行，反应物的转化率不变，当温度降低时，反应物的转化率增大，则图2所示进程中表示热交换过程的是、、，故选BDF，故答案为：BDF；冷却产物气体的同时预热原料气体从而提高能量的利用率，以降低成本，提高效益；（4）①二氧化硫催化氧化制三氧化硫的反应是气体体积减小的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，气体的总体积增大，所以不参加反应的氮气的体积分数减小；由表格数据可知，600℃达平衡时，二氧化硫的转化率为74.0%，则平衡时二氧化硫、氧气、三氧化硫、氮气的总体积为(100—8×74.0%×)L=97.04L，三氧化硫的体积为8×74.0%=5.92L，则三氧化硫的体积分数为×100%≈6.1%，故答案为：减小；6.1%；②由题意可知，用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫所得溶液为亚硫酸钠溶液，亚硫酸钠溶液与氯气反应得到硫酸钠和氯化钠的混合溶液，溶液中的硫酸根离子会干扰氯离子的检验，所以检验溶液中氯离子时，应先加入硝酸钡溶液排出硫酸根离子干扰后，再加入硝酸银溶液检验氯离子，具体操作为取少量溶液少许，加入足量Ba(NO3)2溶液后，加入AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，说明溶液中含有Cl—，故答案为：取少量溶液少许，加入足量Ba(NO3)2溶液后，加入AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，说明溶液中含有Cl—。21世纪教育网 www.21cnjy.com精品试卷·第 2 页 （共 2 页）21世纪教育网(www.21cnjy.com)中小学教育资源及组卷应用平台第37讲 化学反应原理综合（原卷版）1、掌握反应热与盖斯定律2、掌握反应速率及影响反应速率的因素3、掌握化学平衡及移动原理4、掌握化学反应限度及反应方向的判断5、掌握水溶液中的离子平衡关系考点一 热化学一、热化学方程式1.概念:表示参加反应的物质的物质的量和反应热的关系的化学方程式。2.意义:不仅表明了化学反应中的物质变化，也表明了化学反应中的能量变化。例如：H2(g)＋O2(g)===H2O(l) ΔH＝－285.8 kJ·mol－1，表示在25 ℃和1.01×105Pa下，1 mol氢气和0.5 mol氧气完全反应生成1 mol液态水时放出285.8 kJ的热量。3.书写步骤4.书写原则小结①热化学方程式不注明反应条件。②热化学方程式不标“↑”“↓”，但必须用s、l、g、aq等标出物质的聚集状态。③热化学方程式的化学计量数只表示物质的量，其ΔH必须与化学方程式及物质的聚集状态相对应。二、反应热的计算类型a.利用热化学方程式进行有关计算。根据已知的热化学方程式和已知的反应物或生成物的物质的量或反应吸收或放出的热量,可以把反应焓变当作“产物”,计算反应的反应热。b.依据燃烧热数据,利用公式直接计算反应热。反应热=燃烧热×n(可燃物的物质的量)c.根据图示中能量变化来确定焓变ΔH=H(生成物)-H(反应物)如图Ⅰ:ΔH=H1-H2<0,该反应为放热反应;如图Ⅱ:ΔH=H2-H1>0,该反应为吸热反应;焓变=a-b。d.根据旧键断裂和新键形成过程中的能量差计算反应热。如反应物旧化学键断裂吸收能量E1,生成物新化学键形成放出能量E2,则反应的ΔH=E1-E2。e.根据盖斯定律进行计算考点二 化学反应速率及化学平衡一、化学反应速率化学反应速率的计算平均速率的计算v＝瞬时速率的计算对于反应：aA＋bB===gG＋hH；则v＝kca(A)·cb(B)(其中k为速率常数)。化学反应速率常数与化学平衡常数的关系＝K化学反应速率与活化能的关系活化能越大，化学反应速率越快v (正)与v (逆)的关系判断可逆反应的反应方向以及反应是否达到平衡Q＝K 体系处于平衡状态 v (正)=v (逆)Qv (逆)Q>K 反应逆向进行 v (正)v ——t 图的应用(1)某温度下，在密闭容器中SO2、O2、SO3三种气态物质建立化学平衡后，改变条件对反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH<0的正、逆反应速率的影响如图所示。①加催化剂对反应速率影响的图像是C(填字母，下同)，平衡不移动。②升高温度对反应速率影响的图像是A，平衡向逆反应方向移动。③增大反应容器体积对反应速率影响的图像是D，平衡向逆反应方向移动。④增大O2的浓度对反应速率影响的图像是B，平衡向正反应方向移动。(2)常见含“断点”的速率变化图像分析图像t1时刻所改变的条件 温度 升高 降低 升高 降低适合正反应为放热的反应 适合正反应为吸热的反应压 强 增大 减小 增大 减小适合正反应为气体物质的量增大的反应 适合正反应为气体物质的量减小的反应影响化学反应速率的因素二、化学平衡1、判断化学平衡状态的方法列举反应 mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g) 是否平衡状态混合物体系中各成分的量 ①各物质的物质的量或各物质的物质的量分数一定 平衡②各物质的质量或各物质的质量分数一定 平衡③各气体的体积或体积分数一定 平衡④总体积、总压强、总物质的量、总浓度一定 不一定平衡正反应速率与逆反应速率的关系 ①在单位时间内消耗了m mol A,同时生成m mol A,即v正=v逆 平衡②在单位时间内消耗了n mol B,同时消耗了p mol C,即v正=v逆 平衡③v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)=m∶n∶p∶q,v正不一定等于v逆 不一定平衡④在单位时间内生成n mol B,同时消耗了q mol D,v正不一定等于v逆 不一定平衡压强 ①若m+n≠p+q,总压强一定(其他条件一定) 平衡②若m+n=p+q,总压强一定(其他条件不变) 不一定平衡混合气体的平均相对分子质量(Mr) ①Mr一定,m+n≠p+q 平衡②Mr一定,m+n=p+q 不一定平衡温度 任何化学反应都伴随着能量的变化,当体系温度一定时(其他条件不变) 平衡 颜色 颜色不再变化 平衡 体系的 密度(ρ) 密度一定 不一定平衡 2.化学平衡移动与化学反应速率的关系①v(正)>v(逆):平衡向正反应方向移动。 ②v(正)=v(逆):反应达到平衡状态,平衡不发生移动。 ③v(正)3.外界因素对化学平衡的影响①勒夏特列原理：如果改变影响化学平衡的条件之一（温度、压强，以及参加反应的化学物质的浓度等），平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。②影响化学平衡的外界因素在一定条件下，aA(g)+bB(g)mC(g) ΔH＜0 达到平衡后，若其他条件不变，改变一定条件，对平衡的影响如下：改变的条件（其他条件不变） 化学平衡的移动浓度 增大反应物浓度或减小生成物浓度 向正反应方向移动减小反应物浓度或增大生成物浓度 向逆反应方向移动压强（对气体存在的反应） a+b≠m 增大压强 向气体总体积减小的方向移动减小压强 向气体总体积增大的方向移动a+b=m 改变压强 平衡不移动温度 升高温度 向吸热(逆反应)方向移动降低温度 向放热(正反应)方向移动催化剂 使用催化剂 平衡不移动③几种特殊情况说明A.改变固体或纯液体的量，对化学平衡没有影响。B.“惰性气体”对化学平衡的影响①恒温、恒容条件②恒温、恒压条件C.同等程度地改变反应混合物中各物质的浓度时，可视为压强的影响。D.改变温度，平衡一定移动；对气体加压(缩小体积)无论平衡是否移动，各气体浓度均增大，反之亦然。4.化学平衡常数(1)浓度平衡常数对于一般的可逆反应：mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)，在一定温度下达到平衡时，。（固体和纯液体的浓度视为常数，通常不计入平衡常数表达式中）(2)压强平衡常数①对于一般的可逆反应：mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)，在一定温度下，达到平衡时，其压强平衡常数Kp可表示为:。(Kp只与温度有关)②P(C)、P(D)、P(A)、P(B)表示生成物和反应物的分压：。(3)意义A.K值越大，反应物的转化率越高，正反应进行的程度越大。B.K只受温度影响，与反应物或生成物的浓度(或压强)变化无关。C.化学平衡常数是指某一具体反应的平衡常数。(4)化学平衡常数的应用①判断、比较可逆反应进行的程度一般来说，一定温度下的一个具体的可逆反应：K 正反应进行的程度 平衡时生成物浓度 平衡时反应物浓度 反应物转化率越大 越大 越大 越小 越高越小 越小 越小 越大 越低②判断正在进行的可逆反应是否达到平衡或反应进行的方向：对于可逆反应：mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)，若浓度商Qc＝，则③判断可逆反应的热效应④计算反应物的转化率5、化学平衡图像类型一 v t图像解释某温度下，在密闭容器中SO2、O2、SO3三种气态物质建立化学平衡后，改变条件对反应2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g) ΔH<0的正、逆反应速率的影响如图所示。①加催化剂对反应速率影响的图像是C(填字母，下同)，平衡不移动。②升高温度对反应速率影响的图像是A，平衡向逆反应方向移动。③增大反应容器体积对反应速率影响的图像是D，平衡向逆反应方向移动。④增大O2的浓度对反应速率影响的图像是B，平衡向正反应方向移动。类型二 “先拐先平”解决单一变量的平衡图像已知不同温度或压强下，反应物的转化率α(或百分含量)与时间的关系曲线，推断温度的高低及反应的热效应或压强的大小及气体物质间的化学计量数的关系。[以mA(g)＋nB(g) pC(g)中反应物A的转化率αA为例说明](1)“先拐先平，数值大”原则分析反应由开始(起始物质相同时)达到平衡所用时间的长短可推知反应条件的变化。①若为温度变化引起，温度较高时，反应达平衡所需时间短。如甲中T2＞T1。②若为压强变化引起，压强较大时，反应达平衡所需时间短。如乙中p1＞p2。③若为使用催化剂引起，使用适宜催化剂时，反应达平衡所需时间短。如图丙中a使用催化剂。(2)正确掌握图像中反应规律的判断方法①图甲中，T2＞T1，升高温度，αA降低，平衡逆向移动，正反应为放热反应。②图乙中，p1＞p2，增大压强，αA升高，平衡正向移动，则正反应为气体体积缩小的反应。③若纵坐标表示A的百分含量，则甲中正反应为吸热反应，乙中正反应为气体体积增大的反应。类型三 “定一议二”解决多变量的平衡图像以反应A(g)＋B(g) C(g) ΔH＜0为例(1)“定一议二”原则：可通过分析相同温度下不同压强时反应物A的转化率大小来判断平衡移动的方向，从而确定反应方程式中反应物与产物气体物质间的化学计量数的大小关系。如乙中任取两条压强曲线研究，压强增大，αA增大，平衡正向移动，正反应为气体体积减小的反应，甲中任取一曲线，也能得出结论。(2)正确掌握图像中反应规律的判断方法通过分析相同压强下不同温度时反应物A的转化率的大小来判断平衡移动的方向，从而确定反应的热效应。如利用上述分析方法，在甲中作垂直线，乙中任取一曲线，即能分析出正反应为放热反应。小结平衡图像中非平衡点的v正、v逆分析对于化学反应mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)，L线上所有的点都是平衡点。左上方(E点)，A%大于此压强或温度时平衡体系中的A%，E点必须向正反应方向移动才能达到平衡状态，所以，E点v正＞v逆；则右下方(F点)v正＜v逆。类型四 “点—线—面”三角度分析特殊图像对于化学反应mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)，在相同时间段内，M点前，表示化学反应从反应物开始，则v正＞v逆，未达平衡；M点为刚达到的平衡点。M点后为平衡受温度的影响情况，即升温，A%增大(C%减小)，平衡逆向移动，ΔH＜0。思路考点三 电化学一、原电池原理1、能量的转化原电池：将化学能转变为电能的装置。2、正、负极的判断：判断依据 负极 正极1、电极材料 活动性较强的金属 活动性较弱的金属或能导电的非金属2、反应类型 氧化反应 还原反应3、电子流动方向 电子流出极 电子流入极4、电解质溶液中离子流向 阴离子移向的电极 阳离子移向的电极5、电流方向 电流流入极 电流流出极6、与电解质溶液能否发生反应 能 不能7、反应现象 电极溶解 电极增重或有气泡产生8、pH变化 降低 升高3、常见的电池的评价比能量：电池单位质量或单位体积所能输出电能的多少。比功率：电池单位质量或单位体积所能输出功率的大小。质量轻、体积小而输出电能多、功率大、可储存时间长，更适合使用者的需要。4、电极方程式的书写一般来讲，书写原电池的电极反应式应注意如下四点：1．准确判断原电池的正负极如果电池的正负极判断失误，则电极反应式必然写错，这是正确书写电极反应式的前提。一般而言，较活泼的金属成为原电池的负极，但不是绝对的。如将铜片和铝片同时插入浓硝酸中组成原电池时，铜却是原电池的负极被氧化，因为铝在浓硝酸中表面发生了钝化。此时，其电极反应式为：负极：Cu-2e- ==Cu2+ 正极：2NO3-+4H++2e-==2NO2+2H2O又如将镁铝合金放入6mol/L的NaOH溶液中构成原电池时，尽管镁比铝活泼，但镁不和NaOH溶液反应，所以铝成为负极，其电极反应式为：负极：2Al+8OH—-6e-==2AlO2-+4H2O 正极：6H2O+6e-==3H2+6OH-2．高度注意电解质的酸碱性在正、负极上发生的电极反应不是孤立的，它往往与电解质溶液紧密联系。如氢—氧燃料电池有酸式和碱式两种，在酸溶液中负极反应式为：2H2-4e-==4H+ 正极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O;如是在碱溶液中，则不可能有H+出现，在酸溶液中，也不可能出现OH-。又于CH4、CH3OH等燃料电池，在碱溶液中C元素以CO32-离子形式存在，而不是放出CO2。3．牢牢抓住总的反应方程式从理论上讲，任何一个自发的氧化还原反应均可设计成原电池。而两个电极反应相加即得总的反应方程式。所以，对于一个陌生的原电池，只要知道总反应方程式和其中的一个电极反应式，即可迅速写出另一个电极反应式。4．不能忽视电子转移数相等在同一个原电池中，负极失去的电子数必等于正极得到的电子数，所以在书写电极反应式时，要注意电荷守恒。这样可以避免由电极反应式写总反应方程式，或由总反应方程式改写成电极反应式所带来的失误，同时，也可避免在有关计算中产生误差。二、电解池原理能量转化：将电能转变为化学能的装置。1、电解池原理及电解池阴阳极的判断判断依据 阴极 阳极1、产生气体性质 还原性气体 氧化性气体2、反应类型 还原反应 氧化反应3、电子流动方向 电子流入极 电子流出极4、电解质溶液中离子流向 阳离子移向的电极 阴离子移向的电极5、电流方向 电流流出极 电流流入极6、反应现象 电极增重 电极减轻7、pH变化 升高 降低8、电源正负极 连接电源负极 连接电源正极2、电解电极方程式的书写1、放电顺序：阴极：阳离子放电顺序：Ag＋ > Fe3＋ >Cu2＋ > H＋(酸) > Fe2＋>Zn2＋>H＋(水)>Al3＋>Mg2＋>Na＋>Ca2＋>K＋。阳极：阴离子放电顺序：活泼电极>S2－ >SO32－ >I－ >Br－ >Cl－>OH－>含氧酸根离子>F－。说明：①阴阳离子在两极上放电顺序复杂，与离子性质、溶液浓度、电流强度、电极材料等都有关，不应将放电顺序绝对化，以上仅是一般规律。②电解过程中析出的物质的量（或析出物质的质量）：在电解若干串联电解池中的溶液时，各阴极或阳极所通过的电量相等，析出物质的量取决于电路中通过的电量。③阴极不管是什么材料，电极本身都不反应，一定是溶液(或熔融电解质)中的阳离子放电。④最常用、最重要的放电顺序是：阳极：Cl－>OH－；阴极：Ag＋>Cu2＋>H＋。⑤电解水溶液时，K＋～Al3＋不可能在阴极放电，即不可能用电解水溶液的方法得到K、Ca、Na、Mg、Al等金属。2、判断溶液的pH变化：先分析原溶液的酸碱性，再看电极产物。（1）如果只产生氢气而没有氧气，则pH变大；（2）如果只产生氧气而没有氢气，则pH变小；（3）如果既产生氢气又产生氧气①若原溶液呈酸性则pH减小；②若原溶液呈碱性pH增大；③若原溶液呈中性pH不变。3、电极区域pH变化：（1）阴极H+放电产生H2，阴极区域pH变大；（2）阳极OH-放电产生O2，阳极区域pH变小。考点四 水溶液中的电离平衡一、弱电解质的电离1、强、弱电解质2、电离方程式的书写(1)弱电解质①多元弱酸分步电离，且第一步电离程度远远大于第二步。如H2CO3的电离方程式：H2CO3 H＋＋HCO3—，HCO H＋＋CO32—。②多元弱碱电离方程式一步写成。如Fe(OH)3电离方程式：Fe(OH)3 Fe3＋＋3OH－。3、弱电解质的电离平衡(1)外界条件对电离平衡的影响①温度：温度升高，电离平衡向右移动，电离程度增大。②浓度：稀释溶液，电离平衡向右移动，电离程度增大。③同离子效应：加入与弱电解质具有相同离子的强电解质，电离平衡向左移动，电离程度减小。④加入能反应的物质：电离平衡向右移动，电离程度增大。4、电离平衡常数1．表达式对一元弱酸HA：HAH＋＋A－ Ka＝。对一元弱碱BOH：BOHB＋＋OH－ Kb＝。2．特点：(1)多元弱酸是分步电离的，各级电离常数的大小关系是Ka1 Ka2 Ka3，所以其酸性主要决定于第一步电离。二、水的电离1、水的电离1．水的电离简写为：H2OH＋＋OH－。2．关于纯水的几个重要数据3．外界因素对水的电离平衡的影响：(1)温度：温度升高，促进水的电离，Kw增大；温度降低，抑制水的电离，Kw减小。(2)酸、碱：抑制水的电离。(3)能水解的盐：促进水的电离。(4)能与水反应的活泼金属：促进水的电离。2、溶液的酸碱性与pH1．溶液的酸碱性常温下，溶液的酸碱性与c(H＋)、c(OH－)的关系：溶液的酸碱性 c(H＋)与c(OH－) 比较 c(H＋)大小酸性溶液 c(H＋)＞c(OH－) c(H＋)＞1×10－7mol·L－1中性溶液 c(H＋)＝c(OH－) c(H＋)＝1×10－7mol·L－1碱性溶液 c(H＋)＜c(OH－) c(H＋)＜1×10－7mol·L－12．溶液的pH(1)表达式为pH＝－lgc(H＋)。(2)使用范围：pH的取值范围为0～14，即只适用于c(H＋)≤1 mol·L－1或c(OH－)≤1 mol·L－1的电解质溶液，当c(H＋)或c(OH－)≥1 mol·L－1时，直接用c(H＋)或c(OH－)表示溶液的酸碱性。3、酸、碱溶液稀释时pH的变化规律稀释10n倍 无限稀释强酸 c(H＋)减小为原来的，pH稀＝pH原＋n<7 由于水的电离不可忽视，pH只能接近7，不可能大于7强碱 c(OH－)减小为原来的，pH稀＝pH原－n>7 pH≈7(不可能小于7)弱酸 c(H＋)减小的程度比强酸小，pH稀＜pH原＋n<7 pH≈7(不可能大于7)弱碱 c(OH－)减小的程度比强碱小，pH稀＞pH原－n>7 pH≈7(不可能小于7)三、盐类的水解1、盐类的水解及其规律1．定义在溶液中盐电离出来的离子跟水电离产生的H＋或OH－结合生成弱电解质的反应。2．实质→c(H＋)≠c(OH－)→溶液呈碱性、酸性或中性3．特点4．规律有弱才水解，越弱越水解，谁强显谁性，同强显中性。2、水解方程式的书写(1)一般要求(2)三种类型的盐水解方程式的书写。①多元弱酸盐水解：分步进行，以第一步为主，一般只写第一步水解方程式。②多元弱碱盐水解：水解离子方程式一步写完。③阴、阳离子相互促进的水解：水解程度较大，书写时要用“===”、“↑”、“↓”等。3、盐溶液蒸干所得产物的判断（1）由于水解得不到原物质（2）由于氧化得不到原物质（3）由于分解得不到原物质4、影响盐类水解平衡的因素1．内因形成盐的酸或碱的强弱。对应的酸或碱越弱就越易发生水解。如酸性：CH3COOH>H2CO3相同浓度的Na2CO3、CH3COONa溶液的pH大小关系为pH(Na2CO3)>pH(CH3COONa)。2．外因(1)温度、浓度(2)外加物质：外加物质对水解反应的影响取决于该物质的性质。①外加酸碱②加能水解的盐5、电解质溶液中粒子浓度关系1、三大守恒（1）电荷守恒规律电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。如NaHCO3溶液中存在着Na＋、H＋、HCO、CO、OH－，存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH－)＋2c(CO)。（2）物料守恒规律电解质溶液中，由于某些离子能够水解或电离，粒子种类有所变化，变成其他离子或分子等，但离子或分子中某种特定元素对应原子的总数是不会改变的。如K2S溶液中S2－、HS－都能水解，故S原子以S2－、HS－、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c(K＋)＝2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)。（3）质子守恒规律电解质溶液中分子或离子得到或失去原子(H＋)的物质的量应相等。如Na2S水溶液中的质子转移作用图示如下：质子守恒的关系式也可由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。（4）大招提炼电荷守恒：全离子、阴阳分、乘电荷。物料守恒：列初始、找比例、交叉乘、改弱粒。质子守恒：几份溶质几份水，得失质子总想等。四、难溶电解质的溶解平衡1、沉淀溶解平衡的影响因素2、沉淀溶解平衡的应用(1)沉淀的生成①调节pH法如除去NH4Cl溶液中的FeCl3杂质，可加入氨水调节pH至3～4，离子方程式为Fe3＋＋3NH3·H2O===Fe(OH)3↓＋3NH。②沉淀剂法如用H2S沉淀Cu2＋，离子方程式为H2S＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋。(2)沉淀的溶解①酸溶解法如CaCO3溶于盐酸，离子方程式为CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋H2O＋CO2↑。②盐溶液溶解法如Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液，离子方程式为Mg(OH)2＋2NH===Mg2＋＋2NH3·H2O。③氧化还原溶解法如不溶于盐酸的硫化物Ag2S溶于稀HNO3。④配位溶解法如AgCl溶于氨水，离子方程式为AgCl＋2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]＋＋Cl－＋2H2O。(3)沉淀的转化①实质：沉淀溶解平衡的移动(沉淀的溶解度差别越大，越容易转化)。②应用：锅炉除垢、矿物转化等。提醒：①难溶电解质的溶解平衡也是动态平衡，通过改变外界条件可以使平衡发生移动——溶液中的离子转化为沉淀、沉淀转化为溶液中的离子或一种沉淀向另一种沉淀转化。②用沉淀法除杂不可能将杂质离子全部通过沉淀除去。一般认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10－5 mol·L－1时，沉淀已经完全。3、沉淀溶解平衡常数及其应用1．溶度积和离子积以AmBn(s) mAn＋(aq)＋nBm－(aq)为例溶度积 离子积概念 沉淀溶解的平衡常数 溶液中有关离子浓度幂的乘积符号 Ksp Qc表达式 Ksp(AmBn)＝cm(An＋)·cn(Bm－)，式中的浓度都是平衡浓度 Qc(AmBn)＝cm(An＋)·cn(Bm－)，式中的浓度是任意浓度应用 判断在一定条件下沉淀能否生成或溶解 ①Qc＞Ksp：溶液过饱和，有沉淀析出 ②Qc＝Ksp：溶液饱和，处于平衡状态 ③Qc＜Ksp：溶液未饱和，无沉淀析出2．Ksp的影响因素(1)内因：难溶物质本身的性质，这是主要决定因素。(2)外因①浓度：加水稀释，平衡向溶解方向移动，但Ksp不变。②温度：绝大多数难溶盐的溶解是吸热过程，升高温度，平衡向溶解方向移动，Ksp增大。③其他：向平衡体系中加入可与体系中某些离子反应生成更难溶物质或更难电离物质或气体的离子时，平衡向溶解方向移动，但Ksp不变。④溶度积小的难溶电解质在一定条件下也能向溶度积大的难溶电解质转化。当两种难溶电解质的Ksp相关不是很大时，通过调节某种离子的浓度，可由溶度积小的难溶电解质向溶度积大的难溶电解质转化。1．（2022·江苏·高考真题）氢气是一种清洁能源，绿色环保制氢技术研究具有重要意义。(1)“热电循环制氢”经过溶解、电解、热水解和热分解4个步骤，其过程如图所示。①电解在质子交换膜电解池中进行。阳极区为酸性溶液，阴极区为盐酸，电解过程中转化为。电解时阳极发生的主要电极反应为_________________(用电极反应式表示)。②电解后，经热水解和热分解的物质可循环使用。在热水解和热分解过程中，发生化合价变化的元素有_________________(填元素符号)。(2)“热循环制氢和甲酸”的原理为：在密闭容器中，铁粉与吸收制得的溶液反应，生成、和；再经生物柴油副产品转化为Fe。①实验中发现，在时，密闭容器中溶液与铁粉反应，反应初期有生成并放出，该反应的离子方程式为______________________。②随着反应进行，迅速转化为活性，活性是转化为的催化剂，其可能反应机理如图所示。根据元素电负性的变化规律。如图所示的反应步骤Ⅰ可描述为________________________________。③在其他条件相同时，测得Fe的转化率、的产率随变化如题图所示。的产率随增加而增大的可能原因是___________________________。(3)从物质转化与资源综合利用角度分析，“热循环制氢和甲酸”的优点是________________________________。2．（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_______________________________________。3．（2022·河北·高考真题）氢能是极具发展潜力的清洁能源，以氢燃料为代表的燃料电池有良好的应用前景。(1)时，燃烧生成)放热，蒸发吸热，表示燃烧热的热化学方程式为_________________________。(2)工业上常用甲烷水蒸气重整制备氢气，体系中发生如下反应。Ⅰ.Ⅱ.①下列操作中，能提高平衡转化率的是_______ (填标号)。A．增加用量 B．恒温恒压下通入惰性气体C．移除 D．加入催化剂②恒温恒压条件下，1molCH4(g)和1molH2O(g)反应达平衡时，的转化率为，的物质的量为，则反应Ⅰ的平衡常数_______ (写出含有a、b的计算式；对于反应，，x为物质的量分数)。其他条件不变，起始量增加到，达平衡时，，平衡体系中的物质的量分数为_______(结果保留两位有效数字)。(3)氢氧燃料电池中氢气在_______(填“正”或“负”)极发生反应。(4)在允许自由迁移的固体电解质燃料电池中，放电的电极反应式为________________。(5)甲醇燃料电池中，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO，四步可能脱氢产物及其相对能量如图，则最可行途径为a→_______(用等代号表示)。4．（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”)。5．（2022·山东·高考真题）利用丁内酯(BL)制备1，丁二醇(BD)，反应过程中伴有生成四氢呋喃(THF)和丁醇(BuOH)的副反应，涉及反应如下：已知：①反应Ⅰ为快速平衡，可认为不受慢反应Ⅱ、Ⅲ的影响；②因反应Ⅰ在高压氛围下进行，故压强近似等于总压。回答下列问题：(1)以或BD为初始原料，在、的高压氛围下，分别在恒压容器中进行反应。达平衡时，以BL为原料，体系向环境放热；以BD为原料，体系从环境吸热。忽略副反应热效应，反应Ⅰ焓变_______。(2)初始条件同上。表示某物种i的物质的量与除外其它各物种总物质的量之比，和随时间t变化关系如图甲所示。实验测得，则图中表示变化的曲线是_______；反应Ⅰ平衡常数_______(保留两位有效数字)。以BL为原料时，时刻_______，BD产率=_______(保留两位有效数字)。(3)为达平衡时与的比值。、、三种条件下，以为初始原料，在相同体积的刚性容器中发生反应，随时间t变化关系如图乙所示。因反应在高压氛围下进行，可忽略压强对反应速率的影响。曲线a、b、c中，最大的是_______(填代号)；与曲线b相比，曲线c达到所需时间更长，原因是__________________________________。6．（2022·浙江·高考真题）主要成分为的工业废气的回收利用有重要意义。(1)回收单质硫。将三分之一的燃烧，产生的与其余混合后反应：。在某温度下达到平衡，测得密闭系统中各组分浓度分别为、、，计算该温度下的平衡常数_______。(2)热解制。根据文献，将和的混合气体导入石英管反应器热解(一边进料，另一边出料)，发生如下反应：Ⅰ Ⅱ 总反应：Ⅲ 投料按体积之比，并用稀释；常压，不同温度下反应相同时间后，测得和体积分数如下表：温度/ 950 1000 1050 1100 11500.5 1.5 3.6 5.5 8.50.0 0.0 0.1 0.4 1.8请回答：①反应Ⅲ能自发进行的条件是_________________________。②下列说法正确的是_______。A．其他条件不变时，用Ar替代作稀释气体，对实验结果几乎无影响B．其他条件不变时，温度越高，的转化率越高C．由实验数据推出中的键强于中的键D．恒温恒压下，增加的体积分数，的浓度升高③若将反应Ⅲ看成由反应Ⅰ和反应Ⅱ两步进行，画出由反应原料经两步生成产物的反应过程能量示意图_______。④在，常压下，保持通入的体积分数不变，提高投料比，的转化率不变，原因是_________________________。⑤在范围内(其他条件不变)，的体积分数随温度升高发生变化，写出该变化规律并分析原因___________________________________________。7．（2022·湖南·高考真题）2021年我国制氢量位居世界第一，煤的气化是一种重要的制氢途径。回答下列问题：(1)在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量的和，起始压强为时，发生下列反应生成水煤气：Ⅰ.Ⅱ.①下列说法正确的是_______；A．平衡时向容器中充入惰性气体，反应Ⅰ的平衡逆向移动B．混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡C．平衡时的体积分数可能大于D．将炭块粉碎，可加快反应速率②反应平衡时，的转化率为，CO的物质的量为。此时，整个体系_______(填“吸收”或“放出”)热量_______kJ，反应Ⅰ的平衡常数_______(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。(2)一种脱除和利用水煤气中方法的示意图如下：①某温度下，吸收塔中溶液吸收一定量的后，，则该溶液的_______(该温度下的)；②再生塔中产生的离子方程式为__________________________________；③利用电化学原理，将电催化还原为，阴极反应式为_________________________。8．（2022·全国·高考真题）油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题：(1)已知下列反应的热化学方程式：① ② ③ 计算热分解反应④的________。(2)较普遍采用的处理方法是克劳斯工艺。即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是：利用反应④高温热分解。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是__________________________，缺点是___________________________________。(3)在、反应条件下，将的混合气进行热分解反应。平衡时混合气中与的分压相等，平衡转化率为________，平衡常数________。(4)在、反应条件下，对于分别为、、、、的混合气，热分解反应过程中转化率随时间的变化如下图所示。①越小，平衡转化率________，理由是__________________________。②对应图中曲线________，计算其在之间，分压的平均变化率为________。9．（2022·全国·高考真题）金属钛(Ti)在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途，目前生产钛的方法之一是将金红石转化为，再进一步还原得到钛。回答下列问题：(1)转化为有直接氯化法和碳氯化法。在时反应的热化学方程式及其平衡常数如下：(ⅰ)直接氯化：(ⅱ)碳氯化：①反应的为_______，_______Pa。②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是__________________________________。③对于碳氯化反应：增大压强，平衡_______移动(填“向左”“向右”或“不”)；温度升高，平衡转化率_______(填“变大”“变小”或“不变”)。(2)在，将、C、以物质的量比1∶2.2∶2进行反应。体系中气体平衡组成比例(物质的量分数)随温度变化的理论计算结果如图所示。①反应的平衡常数_______。②图中显示，在平衡时几乎完全转化为，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是__________________________________。(3)碳氯化是一个“气—固—固”反应，有利于“固—固”接触的措施是___________________________________________。10．（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：________。1．（2022·浙江·湖州市教育科学研究中心一模）我国力争于2030年前做到CO2的排放不再增长。CH4与CO2重整是CO2利用的研究热点之一。该重整反应体系主要涉及以下反应：Ⅰ．CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)Ⅱ．CH4(g)C(s)+2H2(g)Ⅲ．CO(g)+H2(g)H2O(g)+C(s)(1)设Kpr为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。如气体B的相对分压等于其分压pB(pB＝xB×p总，xB为平衡系统中B的物质的量分数)除以p0(p0＝100kPa)。反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的lnKpr随的变化如图1所示。 图1①反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中，属放热反应的是______。②图中A点对应温度下，原料组成为n(CO2)：n(CH4)＝1：1、初始总压为100kPa的恒容密闭容器中进行反应，体系达到平衡时H2的分压为30kPa。CH4的平衡转化率为______。(2)二氧化碳加氢制甲醇是研究的另一热点，其总反应可表示为：Ⅳ．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，该反应一般认为通过如下步骤来实现：Ⅴ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H1＝+41kJ·mol 1Ⅵ．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H2＝ 90kJ·mol 1①反应Ⅴ的 S______。A大于0 B．小于0 C．等于0 D．无法判断②若反应Ⅴ为慢反应，请在图2中画出上述反应能量变化的示意图______。③不同压强下按照n(CO2)：n(H2)＝1：3投料，实验测定CO2的平衡转化率随温度的变化关系如图3所示。T1温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是___________________________________。2．（2022·辽宁实验中学模拟预测）含碳物质的价值型转化，有利于“减碳”和可持续发展。结合相关信息，回答：(1)相关的化学键键能数据如下：化学键 H－O C≡O C＝O H－HE/() 463 1075 803 436 _________________。下列有利于提高CO平衡转化率的措施有_________________(填标号)。a．增大压强 b．降低温度c．提高原料气中的比例 d．使用高效催化剂(2)已知将、催化重整为可用的化学品，对改善环境意义重大，某科研团队在密闭容器中进行“合成气催化重整”，反应的化学方程式为①下列能说明该反应达到化学平衡状态的是_________________。a．混合气体的平均相对分子质量不再变化 B．C．甲烷与氢气浓度比值不再变化 D．容器内混合气体的密度不再变化②当投料比时，的平衡转化率()与温度(T)，初始压强(p)的关系如图所示。可知：压强_________________2MPa(填“＞”“＜”或“＝”)；当温度为、压强为2MPa时，a点时的v(逆)_________________v(正)(填“＞”“＜”或“＝”)起始时向1L恒容容器中加入2mol 和2mol ，在温度为、初始压强为2MPa时反应，用压强表示该反应平衡常数的值的_____________(分压＝总压×物质的量百分数)。(3)图为一种可以循环利用人体呼出的并提供的装置，总反应方程式为。写出阴极的电极反应：_______________________3．（2022·全国·模拟预测）研究烟气的脱硝(除)、脱硫(除)技术有着积极的环保意义(1)将含硫烟气通入含、粉末的浊液中，可实现“脱硫”，其过程表示如图：“脱硫”过程的总反应方程式为____________________(2)SCR技术(如图)可有效降低柴油发动机的氮氧化物排放，其原理为：尿素水溶液热分解为和。60g尿素理论上可处理标况下_______(3)以溶液作为吸收剂利用如图喷淋吸收塔进行一体化“脱硫”、脱硝”，当烟气中进入吸收塔和的体积比为时，若“脱硫率”、“脱硝率”均为，则流出的吸收液中之比为_______(4)工业上废气中可用溶液吸收，反应过程中溶液组成变化如图所示①吸收中期(点)发生反应的化学方程式为____________________②C点时吸收液中所含溶质与的物质的量之间的关系是_______(填“>”、“<”或“=”)4．（2022·全国·模拟预测）丙烯是最重要的基础化工原料之一，丙烯广泛用于合成聚丙烯、丙烯醛、丙烯酸等工业领域.回答下列问题：(1)丙烷无氧脱氢法制备丙烯反应如下：已知标准生成焓指在某温度下由稳定单质生成化合物的焓变，记作.在下，气态丙烷的标准生成焓，气态丙烯的标准生成焓，单质的标准生成焓为零。生成物的标准生成焓总和-反应物的标准生成焓总和，则上述反应的_______(2)时，将充入某恒容刚性密闭容器中，在催化作用下发生无氧脱氢反应。用压强传感器测出容器内体系压强随时间的变化关系如表所示：时间 0 60 120 180 240 300 360压强 100 136 163 178 180 180 180①已知：.前，用的分压变化表示上述脱氢反应的平均反应速率为_______kPa/min。②时，反应的平衡常数_______(为用各气体分压代替气体的浓度表示的平衡常数，分压=总压物质的量分数)③已知：。在时，向体积可变的恒压密闭容器中通入一定量的，有助于提高丙烯产率。原因是_________________________________(3)丙烷在有氧气参与的条件下也可以发生脱氢反应：。下列说法正确的是_______A．相对于丙烷直接催化脱氢法，有氧气催化脱氢，反应更容易进行B．相同条件下，氢气、丙烯、丙烷三种气体中，还原性最强是氢气C．恒温恒容下，当混合气体的密度不再随时间改变时，说明反应达到其限度D．通入更多的氧气，有利于提高丙烷转化率，提高丙烯的产率(4)科学家研究开发了利用太阳能在酸性介质中将工业排放的电催化获得丙烯的技术，有利于实现“碳中和”，原理如图所示阴极的电极反应式为____________________5．（2022·福建·一模）含氯化合物的反应在化学工业中具有重要的地位。回答下列问题：(1)次氯酸钠氧化法可以制备Na2FeO4。已知：2H2(g) +O2(g)=2H2O(l) ΔH=a kJ·mol-1NaCl(aq)+H2O(l)=NaClO(aq)+ H2(g) ΔH =b kJ·mol-14Na2FeO4 (aq) + 10H2O(l)=4Fe(OH)3(s) +3O2 (g)十8NaOH(aq) ΔH=c kJ·mol-1反应2Fe(OH)3(s)十3NaClO(aq) + 4NaOH(aq)=2Na2FeO4 (aq) + 3NaCl(aq) +5H2O(l)的 △H=_______kJ·mol-1。(2)光气(COCl2)是重要的含氯化合物。常用于医药、农药制造，工业上利用一氧化碳和氯气反应制备，反应方程式为CO(g)+Cl2(g) COCl2(g)。在1 L恒温恒容密闭容器 中充入2.5molCO和1.5molCl2，在催化剂作用下发生反应，测得CO及COCl2的物质的量随时间变化如图1所示：①第一次平衡时，CO的平衡转化率为_______；此温度下，该反应的平衡常数KC=_______(保留两位有效数字)。②在第20 s时，改变的条件是____________________。(3)工业上常用氯苯(C6H5-Cl)和硫化氢(H2S)反应来制备一种用途广泛的有机合成中间体苯硫酚(C6H5-SH) ，但会有副产物苯(C6 H6)生成。I.C6H5-Cl(g)+H2S(g) C6H5-SH(g)+HCl(g) ΔH1= -16.8 kJ·mol-1；II.C6H5- Cl(g)+ H2S(g)=C6H6(g)+HCl(g)+S8(g) △H2= - 45.8 kJ·mol-1。①将一定量的C6H5-Cl和H2S的混合气体充入恒容的密闭容器中，控制反应温度为T(假设只发生反应I)，下列可以作为反应I达到平衡的判据是_______(填字母)。A．气体的压强不变 B．平衡常数不变C．v正(H2S)= v逆(HCl) D．容器内气体密度不变②现将一定量的C6H5-Cl和H2S置于一固定容积的容器中模拟工业生产过程，在不同温度下均反应20 min测定生成物的浓度，得到图2和图3。(R为H2S与C6H6-Cl的起始物质的量之比)，图2显示温度较低时C6H5-SH浓度的增加程度大于C6H6，从活化能角度分析其主要原因是____________________；结合图2和图3，该模拟工业生产制备C6H5 - SH的适宜条件为_________________________________。6．（2022·上海杨浦·一模）工业上以黄铁矿(主要成分)为原料制备硫酸，要经煅烧、氧化、吸收三个阶段。完成下列填空：(1)黄铁矿煅烧时需粉碎，其目的是_________________________________。(2)催化氧化制时，控制温度在450℃左右，这是因为_______。(选填选项)A．催化剂活性强，反应速率快 B．转化率大C．单位时间内，的产量高 D．产生的污染气体少(3)催化氧化设备内构造如图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_______。(选填选项)A． B． C． D． E. F. G.使用热交换器的目的是_________________________________。(4)为研究催化氧化时温度对平衡转化率的影响，进行如下试验。取100L原料气(体积分数为8%、12%、80%)使之发生反应，平衡时得到如表数据：温度/℃ 500 525 550 575 600平衡转化率/% 93.5 90.5 85.6 80.0 74.0①平衡时，随温度升高的体积分数_______(填“增大”“减小”或“不变”)；600℃达平衡时，的体积分数为_______(保留两位小数)。尾气中的可用足量溶液吸收，吸收后的碱性溶液还可用于的尾气处理，吸收后的溶液仍呈强碱性。②吸收后的溶液中一定存在的阴离子有、_______，设计实验检验溶液中：_____________________________________________________________________________________。21世纪教育网 www.21cnjy.com精品试卷·第 2 页 （共 2 页）21世纪教育网(www.21cnjy.com) 展开更多...... 收起↑ 资源列表 【备考2023】高考化学一轮第37讲 化学反应原理综合（原卷版）.docx 【备考2023】高考化学一轮第37讲 化学反应原理综合（解析版）.docx
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