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培优课堂　“工业生产调控”中速率、平衡图像题的分析
名师导语　化学反应速率与平衡图像是每年高考主观大题中的必考内容，试题利用数形结合的三维曲线图，将影响化学反应速率和化学平衡的外界因素(如温度、浓度、压强等)融入其中，充分考查学生的分析与推理能力。特别是近几年高考往往将工业生产中投料比、转化率的变化及反应条件的控制等融入坐标体系形成的图像，承载着“立体”信息的功能。解题时要抓住曲线中的关键点和曲线的变化趋势，建立解题思维模型，运用速率和平衡理论解答图像中反映出的具体问题。
【必备智能】
1.四种工业生产真实图像
(1)根据图像判断条件控制
示例 研究表明，甲醇水蒸气重整反应[CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g)]速率表达式为v＝kp0.26(CH3OH)p0.03(H2O)p－0.2(H2)，k随温度升高而增大。反应体系中水醇比影响催化剂活性，进而影响甲醇转化率和产氢速率，如图所示。提高重整反应速率的合理措施为　　　　。
分析 本题以最新热点知识速率常数进行设问，符合高考选拔要求，根据甲醇水蒸气重整反应速率表达式可知：反应速率与甲醇和水蒸气的分压成正比，与H2的分压成反比，故可采取措施为：选择水醇比为1.2，及时分离出H2
(2)根据图像判断转化率和平衡常数
示 例 甲醇水蒸气催化重整是当前制取清洁能源氢气的主要方法，其反应方程式为CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g)　ΔH>0。将一定量的甲醇气体和水蒸气混合反应，a、b、c、d对应四种不同催化剂。测得在300 ℃、320 ℃、340 ℃和360 ℃温度下反应4 h甲醇转化率变化如图所示。在使用催化剂b时保持反应温度为340 ℃，反应4 h甲醇的转化率为　　　　，判断依据是　　　　。
分 析 本题考查考生识图以及获取信息、运用知识解决实际问题的能力，由信息可知，反应为吸热反应，温度升高，CH3OH转化率增大，则T2代表温度为340 ℃，由图可得转化率为90%
(3)根据图像选择最佳反应条件
示 例 二甲醚催化重整制氢的反应过程，主要包括以下几个反应(以下数据为25 ℃、1.01×105 Pa测定)： Ⅰ：CH3OCH3(g)＋H2O(l)2CH3OH(l)　ΔH＞0 Ⅱ：CH3OH(l)＋H2O(l)CO2(g)＋3H2(g)　ΔH＞0 Ⅲ：CO(g)＋H2O(l)CO2(g)＋H2(g)　ΔH＜0 Ⅳ：CH3OH(l)CO(g)＋2H2(g)　ΔH＞0 工业生产中测得不同温度下各组分体积分数及二甲醚转化率的关系如图所示： 你认为反应控制的最佳温度应为　　　　。 A.300～350 ℃　　　　B.350～400 ℃ C.400～450 ℃ D.450～500 ℃
分 析 分析多图问题时要学会综合分析，最后得出正确答案。由图1可看出在T＞400 ℃时二甲醚的体积分数很小，而H2的含量较高，CO2、CO的含量较低且变化趋势不再明显，再由图2看出到达450 ℃时二甲醚的转化率已达到很高，升高温度变化不明显，综合图1、图2和现实生产中的成本，温度应控制在400～450 ℃最合适
(4)根据图像分析平衡的移动
示 例 甲烷水蒸气重整反应体系中主要存在的反应方程式有： 反应1：CH4(g)＋H2O(g)===CO(g)＋3H2(g)　ΔH>0 反应2：CH4(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g)　ΔH>0 反应3：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)　ΔH<0 保持容器体积和投料量不变，分别在1 MPa和5 MPa下进行上述反应，测得容器中CO和CH4的含量随温度的变化如下图所示。 5 MPa时，表示CO和CH4平衡组成随温度变化关系的曲线分别是　　　　和　　　　。X点平衡组成含量高于Y点的原因是____________________________________________________________ ____________________________________________________________。
分 析 对于多平衡体系的分析，是学生思维短板，在保持容器体积和投料量不变，分别在1 MPa和5 MPa下进行题述反应，由于反应1、反应2为吸热反应，反应3为放热反应，所以升高温度甲烷的含量降低，一氧化碳的含量增多，在同温条件下，增大压强反应1和2均向逆反应方向移动，所以甲烷含量增大，所以5 MPa时，表示CO平衡组成随温度变化关系的曲线为d线，CH4平衡组成随温度变化关系的曲线为a线；压强相同条件下，升高温度反应1向正反应方向移动，反应3向逆反应方向移动，所以一氧化碳含量增多
2.平衡图像题两步思维流程
第一步：通过读图识图获取有用信息
在依据化学反应原理中反应速率和平衡移动知识解读图像的基础上，还需要进行如下思考：
明标 在明确横、纵坐标含义的基础上，用变量的观点分析坐标，找出横、纵坐标的关系，再联想相应的已学化学知识
找点 在找出曲线中的起点、拐点、终点、交叉点、平衡点等的基础上，分析这些点的意义及影响这些点的主要因素有哪些
析线 正确分析曲线的变化趋势(上升、下降、平缓、转折等)，同时对走势有转折变化的曲线要分段分析，研究各段曲线变化趋势及其含义
第二步：对获取的图像信息进行加工处理
(对图像信息加工处理的角度如图所示)
【典例】　接触法制硫酸的关键反应为SO2的催化氧化：
SO2(g)＋O2(g)SO3(g) ΔH＝－98.9 kJ·mol－1
(1)为寻求固定投料比下不同反应阶段的最佳生产温度，绘制相应转化率(α)下反应速率(数值已略去)与温度的关系如下图所示，下列说法正确的是　　　　　　。
a.温度越高，反应速率越大
b.α＝0.88的曲线代表平衡转化率
c.α越大，反应速率最大值对应温度越低
d.可根据不同α下的最大速率，选择最佳生产温度
(2)为提高钒催化剂的综合性能，我国科学家对其进行了改良。不同催化剂下，温度和转化率关系如下图所示，催化性能最佳的是　　　　(填标号)。
(3)设O2的平衡分压为p，SO2的平衡转化率为αe，用含p和αe的代数式表示上述催化氧化反应的Kp＝　　　　　　　　(用平衡分压代替平衡浓度计算)。
【培优专练】
1.苯是一种重要的工业原料，可利用环己烷脱氢制取。环己烷脱氢制苯的过程中发生的反应如下：
(1)不同压强和温度下反应③的平衡转化率如图甲所示。
①在相同压强下升高温度，达到新平衡前，v正　　　　(填“大于”“小于”或“等于”)v逆。
②研究表明，既升高温度又增大压强，C6H12的平衡转化率也升高，理由可能是____________________________________________________________________
___________________________________________________________________。
(2)T ℃向2 L的密闭反应器中充入1.00 mol C6H12进行催化脱氢，测得C6H10和C6H6的产率x1和x2(以物质的量分数计)随时间的变化关系如图乙所示。在8 min时，反应体系内氢气的物质的量为　　　　 mol(忽略其他副反应)。0～8 min内C6H6的平均化学反应速率为　　　　。反应③的化学平衡常数K＝　　　　(只代入数据即可，不需要计算结果)。
2.(2023·茂名一中月考)丙烯是重要的有机化工原料之一，丙烷直接脱氢制丙烯(PDH)是一条绿色生产丙烯的途径。
主反应：C3H8(g)C3H6(g)＋H2(g)　ΔH1
副反应：C3H8(g)C2H4(g)＋CH4(g)　ΔH2＝＋81.7 kJ·mol－1
(1)1 MPa恒压下，主反应的Kp1随温度变化如图1所示，ΔH1　　　　0(填“>”、“<”或＝”)，判断的理由是________________________________________________
____________________________________________________________________。
(2)1 MPa恒压下，C3H8、C3H6在不同温度下的平衡体积分数如图2所示，图中表示C3H6的体积分数的曲线为　　　　(填“a”或“b”)，600 ℃时，CH4的体积分数为　　　　。
(3)下列关于PDH工艺说法正确的是　　　　。
A.CH4的物质的量分数不再改变，反应体系已达平衡
B.采用合适的催化剂能提高主反应的平衡转化率，促使丙烯的产率提高
C.反应达到平衡后，增加压强，不变
D.升高温度，生成C3H6的速率加快，生成其他副产物的速率减慢
3.(2023·茂名电白一中模拟)氢能是最具应用前景的绿色能源，下列反应是目前大规模制取氢气的方法之一：
CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)　ΔH
回答下列问题：
已知：①C(s)＋O2(g)CO(g) ΔH1＝－110.5 kJ·mol－1；
②H2(g)＋O2(g)===H2O(g) ΔH2＝－241.8 kJ·mol－1；
③C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH3＝－393.5 kJ·mol－1。
(1)ΔH＝　　　　　。
(2)实验发现，830 ℃时(其他条件相同)，相同时间内，向上述体系中投入一定量的CaO可以提高H2的百分含量。做对比实验，结果如图所示：
分析无CaO、投入微米CaO、投入纳米CaO，H2百分含量不同的原因是____________________________________________________________________
___________________________________________________________________。
(3)在T1 ℃时，将0.10 mol CO与0.40 mol H2O(g)充入5 L的恒容密闭容器中，反应达到平衡时，H2的物质的量分数x(H2)＝0.08。
①CO的平衡转化率α＝　　　　　%；T1 ℃时，反应平衡常数K＝　　　　　(保留2位有效数字)。
②由T1 ℃时上述实验数据计算得到v正～x(CO)和v逆～x(H2)的关系如图所示。升高温度，反应重新达到平衡，相应的点分别为　　　　　、　　　　　(填图中字母)。
(4)反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)的Arrhenius经验公式的实验数据如图中曲线所示，已知经验公式为Rln k＝－＋C(其中Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。该反应的活化能Ea＝　　　　　 kJ·mol－1。当使用更高效催化剂时，请绘制Rln k～关系示意图。(假定实验条件下，催化剂对C值无影响)
培优课堂7　“工业生产调控”中速率、平衡图像题的分析
【典例】　[思维提示]　（1）a.根据不同转化率下的反应速率曲线可以看出，随着温度的升高反应速率先加快后减慢，a错误；b.从图中所给出的速率曲线可以看出，相同温度下，转化率越低反应速率越快，但在转化率小于88%时的反应速率图像并没有给出，无法判断α＝0.88的条件下是平衡转化率，b错误；c.从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率不断减小，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，c正确；d.从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，这时可以根据不同转化率选择合适的反应温度以减少能源的消耗，d正确；故选cd；（2）为了提高催化剂的综合性能，科学家对催化剂进行了改良，从图中可以看出标号为d的催化剂V－K－Cs－Ce对SO2的转化率最好，产率最佳，故选d；（3）利用分压代替浓度计算平衡常数，反应的平衡常数Kp＝＝＝；设SO2初始量为m mol，则平衡时n（SO2）＝m－m·αe＝m（1－αe），n（SO3）＝m·αe，Kp＝＝。
答案　（1）cd　（2）d　（3）
培优专练
1.答案　（1）①大于　②升高温度使平衡正向移动的程度大于加压使平衡逆向移动的程度（叙述合理即可）　（2）2.34　0.047 5 mol·L－1·min－1　
解析　（1）①由图可知，升高温度，环己烷的转化率增大，即升高温度，平衡正向移动，则达到新平衡前，v正大于v逆。（2）起始加入1 mol C6H12，8 min时，C6H10的产率为0.06，则其物质的量为0.06 mol，C6H6的产率为0.76，则其物质的量为0.76 mol，根据题给方程式可知反应生成的氢气的物质的量＝0.06 mol＋0.76 mol×3＝2.34 mol。0～8 min内C6H6的平均化学反应速率为＝0.047 5 mol·L－1·min－1。由图可知，8 min时反应已达平衡，此时c（C6H12）＝＝0.09 mol·L－1，c（C6H6）＝＝0.38 mol·L－1，c（H2）＝＝1.17 mol·L－1，故反应③的化学平衡常数K＝＝。
2.答案　（1）>　主反应的Kp1随温度升高而变大，说明升高温度平衡正向移动，则反应为吸热反应
（2）b　5%
（3）AC
解析　（1）主反应的Kp1随温度升高而变大，说明升高温度平衡正向移动，则反应为吸热反应，焓变大于零；（2）升高温度，反应正向移动，C3H8的含量减小、C3H6的含量增加，故图中表示C3H6的体积分数的曲线为b；600 ℃时，C3H8、C3H6体积分数均为30%，若投料C3H8 1 mol；
则1－a－b＝a，b＝1－2a，反应后总的物质的量为1＋a＋b＝2－a，则＝30%，a＝ mol、b＝ mol，总量为 mol，故CH4的体积分数为×100%＝5%；（3）A.CH4的物质的量分数不再改变，说明平衡不再移动，反应体系已达平衡，A正确；B.催化剂不能改变反应的平衡转化率，B错误；C.反应达到平衡后，增加压强，＝＝不变，C正确；D.升高温度，所有反应的速率都加快，D错误。
3.答案　（1）－41.2 kJ·mol－1
（2）CaO能吸收CO2，纳米CaO表面积大，吸收效果好，更有利于平衡正向移动
（3）①40　0.074　②B　E
（4）30.0　
解析　（1）根据盖斯定律，ΔH＝－ΔH1－ΔH2＋ΔH3＝－（－110.5 kJ·mol－1）－（－241.8 kJ·mol－1）＋（－393.5 kJ·mol－1）＝－41.2 kJ·mol－1。（2）由图可知，CaO能吸收CO2，纳米CaO表面积大，吸收效果好，更有利于平衡正向移动。
＝0.08，解得x＝0.04，CO的平衡转化率α＝×100%＝40%；T1 ℃时，反应平衡常数K＝＝0.074。
②对于反应CO（g）＋H2O（g）??CO2（g）＋H2（g）　ΔH＝－41.2 kJ·mol－1，平衡时H2的体积分数为0.08，升高温度时，正、逆反应速率均加快，因此排除A点。正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，再次平衡时H2的物质的量分数减小，因此排除C点，故选B点。对于反应CO（g）＋H2O（g）??CO2（g）＋H2（g）　ΔH＝－41.2 kJ·mol－1，平衡时CO的体积分数为＝0.12，升高温度时，正、逆反应速率均加快，因此排除F点。正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，再次平衡时CO的物质的量分数大于0.12，因此排除D点，故选E点。
（4）已知Arrhenius经验公式为Rln k＝－＋C，根据图像可得①63.0×10－3＝－3.0×10－3Ea＋C，②33.0×10－3＝－4.0×10－3Ea＋C，联立方程解得Ea＝30.0，则反应的活化能为30.0 kJ·mol－1；使用高效催化剂，活化能降低，因此图像如图所示：。
化零为整·题型过关
【典例】　答案　（1）－286
（2）①
②50%　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
分类突破
1.答案　（1）2ΔH2＋ΔH3－2ΔH1
（2）AD
（3）sp3　V形
（4）　K（a）>K（b）>K（c）
（5）①36.36　②
解析　（1）根据盖斯定律，将②×2＋③―①×2，整理可得热化学方程式ΔH＝（2ΔH2＋ΔH3－2ΔH1）。（2）A.混合气体中只有NO2是有色气体，若混合气体颜色不再发生变化，说明各种气体浓度不变，反应达到平衡状态，A符合题意；B.n（NO2）∶n（N2O4）＝2∶1表示物质的物质的量的比，反应达到平衡时二者的物质的量的比可能是2∶1，也可能不是2∶1，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，B不符合题意；C.在任何条件下物质反应速率比关系为v正（NO2）∶v正（N2O4）＝2∶1，v正（NO2）＝2v正（N2O4），若2v正（NO2）＝v逆（N2O4），v逆（N2O4）＝2v正（NO2）＝4v正（N2O4），v逆（N2O4）>v正（N2O4），反应逆向进行，未处于平衡状态，C不符合题意；D.反应混合物都是气体，气体的质量不变，反应前后气体的物质的量发生改变，若混合气体的平均相对分子质量不再发生变化，则气体的物质的量不变，反应达到了平衡状态，D符合题意；故合理选项是AD。（3）ClO中Cl原子价电子对数是2＋＝4，有2个孤电子对，杂化轨道类型为sp3，ClO的空间构型为V形。（4）根据化学平衡常数的含义可知该反应的化学平衡常数K＝；由图像分析可知：SO2的平衡分压的负对数随温度的升高而减小，则说明温度越高，SO2的平衡分压增大，说明升高温度，化学平衡逆向移动，化学平衡常数减小。由于反应温度：T（a）K（b）>K（c）。（5）①根据数据，可知10 min时，已经到达平衡，根据三段式有：
则平衡时O2的体积分数＝×100%＝36.36%；
②设平衡时压强为p，则Kp＝＝，由题意可知＝，解得p＝，则Kp＝。
2.答案　（1）N2（g）＋H2（g）??NH3（g）　ΔH＝（Ea－E′a） kJ/mol
（2）减少产物浓度，使得平衡正向移动，从而增大产率　a
（3）<　1×10－8
（4）＞　
解析　（1）由图可知，氮气和氢气反应生成氨气为放热反应；ΔH＝（Ea－E′a） kJ/mol，所以合成氨的热化学方程式为N2（g）＋H2（g）??NH3（g）　ΔH＝（Ea－E′a） kJ/mol。（2）在合成氨过程中，需要不断分离出氨，可减少产物浓度，使得平衡正向移动，从而增大产率；此外，合成氨是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，x（NH3）增大，所以曲线a代表T＝450 ℃下的x（NH3）与p的关系图像。（3）由图可知，b点lg ＝0，所以溶液呈中性，溶液中存在电荷守恒c（Ag＋）＋c（[Ag（NH3）2]＋）＋c（NH）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（NO），所以c（Ag＋）＋c（[Ag（NH3）2]＋）3.答案　（1）－757　（2）B
（3）N2易得有利于提高H2转化率
（4）①T1（5）Fe4N　
解析　（1）根据盖斯定律ΔH3＝ΔH1＋ΔH2－ΔH4＝－757 kJ·mol－1；（2）A.合成氨正向气体分子数减小，ΔS小于0，故A正确；B.当温度、压强一定时，向合成氨平衡体系中添加少量惰性气体，氮气、氢气和氨气浓度不变，平衡不移动，故B错误；C.不断将液氨移去，生成物浓度较小，利于反应正向进行，促使氨的合成，故C正确；D.原料气如不净化处理，会引起催化剂中毒，降低化学反应速率，故D正确；故答案为B；（3）反应物中原料气中N2相对于H2，N2价廉易得，适度过量有利于提高H2的平衡转化率；（4）①相同压强下，由于反应为放热反应，升高温度不利于反应正向进行，所以高的温度对应低的NH3产量，温度T1、T2、T3大小关系是T1＜T2＜T3；②发生的反应为：
，
M点平衡时NH3的质量分数为40%，所以×100%＝40%，可得x＝2，则平衡时c（N2）＝3 mol/L，c（H2）＝9 mol/L，c（NH3）＝4 mol/L，平衡常数为K＝＝＝7.32×10－3；（5）该晶胞中Fe原子个数＝6×＋8×＝4，N原子个数为1，其化学式为Fe4N，晶胞的棱长＝a cm，体积为（a cm）3，该晶胞密度ρ＝＝ g/cm3。
4.答案　（1）①增大　反应为气体分子数增加的反应，若水油比增大，相当于减小压强，平衡正向移动，导致乙苯的平衡转化率增大　②苯乙烯的选择性和乙苯的转化率均较高
（2）①＋165　②降低了乙苯的转化率　③50%　
解析　（1）①一般控制原料气中水油比[n（水）/n（乙苯）]为9∶1，反应为气体分子数增加的反应，若水油比增大，相当于减小压强，平衡正向移动，导致乙苯的平衡转化率增大。②控制反应温度为600 ℃的理由是此时苯乙烯的选择性和乙苯的转化率均较高；若温度过低，则反应速率减慢且乙苯转化率变低；若温度过高则苯乙烯选择性下降且可能导致催化剂活性下降；
（2）①已知：
Ⅰ.＋H2(g)　ΔH1＝＋124 kJ·mol－1；
Ⅲ.CO(g)＋H2O(g)??CO2(g)＋H2(g)　ΔH3＝－41 kJ·mol－1；
则Ⅰ－Ⅲ得：(g)＋CO2(g) ＋CO(g)＋H2O(g)　ΔH2＝ΔH1－ΔH3＝(＋124 kJ·mol－1)－(－41 kJ·mol－1)＝＋165 kJ·mol－1；
②催化剂表面酸碱性对乙苯脱氢反应性能影响较大，根据反应历程可知，催化剂表面需要活化吸附，该微粒带负电荷，如果催化剂表面碱性太强，则带负电荷的氢氧根离子较多，不利于的吸附，且碱性物质会和二氧化碳反应导致吸附在催化剂表面的二氧化碳发生反应从而降低了乙苯的转化率；③反应为气体分子数增加的反应，反应后总的物质的量增加，一定温度下，向恒容密闭容器中充入2 mol乙苯和2 mol CO2，起始压强为p0，平衡时容器内气体总物质的量为5 mol，增加物质的量为1 mol，则反应的乙苯、二氧化碳均为1 mol，平衡时乙苯、二氧化碳、苯乙烯、一氧化碳、水的物质的量均为1 mol，反应后总压为p0，则乙苯的转化率为×100%＝50%；用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp＝＝。
5.答案　（1）2a＋b　（2）D
（3）①>　②0.56 mol　24.9　③B
（4）ⅰ　HCOO－＋4H===H2O＋CH3O－
解析　（1）已知ⅰ.CO2（g）＋3H2（g）??CH3OH（g）＋H2O（g）　ΔH1＝a kJ·mol－1；ⅱ.2CH3OH（g）??CH3OCH3（g）＋H2O（g）　ΔH2＝b kJ·mol－1；ⅲ.CO2（g）＋H2（g）??CO（g）＋H2O（g）　ΔH3＝c kJ·mol－1；由盖斯定律可知，ⅰ×2＋ⅱ得2CO2（g）＋6H2（g）??CH3OCH3（g）＋3H2O（g）　ΔH4＝（2a＋b） kJ·mol－1。
（2）A.298 K时，反应ⅲ的吉布斯自由能大于0，不能自发进行，故A错误；B.410 K时，反应ⅰ和反应ⅲ的吉布斯自由能相等，但不能确定二者反应速率的大小关系，故B错误；C.吉布斯自由能ΔG＝ΔH－TΔS，随着温度的升高，反应ⅰΔG增大，不利于反应ⅰ的正向进行，随着温度的升高，反应ⅲΔG减小，有利于反应ⅲ的正向进行，CH3OH的选择性降低，CO的选择性升高，故C错误；D.甲醇通过反应ⅱ可以得到二甲醚，提高二甲醚产率的关键是寻找对甲醇具有高选择性的催化剂，故D正确。
（3）①由图可知，随着温度的升高，CO的选择性不断增大，说明反应ⅲ的平衡正向移动，则反应ⅲ是吸热反应，ΔH3>0；②若在220 ℃下，平衡时CO2的平衡转化率为40%，CO的选择性为5%，DME选择性为80%，根据已知条件列出“三段式”
×100%＝40%，×100%＝5%，×100%＝80%，解得x＝0.38 mol，y＝0.16 mol，z＝0.02 mol，平衡时n（H2O）＝0.38 mol＋0.02 mol＋0.16 mol＝0.56 mol，反应2CH3OH（g）??CH3OCH3（g）＋H2O（g）在220 ℃下的平衡常数K＝＝＝24.9；
③反应ⅰ是气体体积减小的反应，反应ⅱ和反应ⅲ都是气体体积不变的反应，增大压强，反应ⅰ正向移动，CO2的平衡转化率增大，CH3OH的浓度增大， CO2的浓度减小，反应ⅱ正向移动，反应ⅲ逆向移动，CO的选择性降低，DME选择性提高，则图中点B可表示二甲醚的选择性。
（4）该机理总反应为CO2（g）＋3H2（g）??CH3OH（g）＋H2O（g），表示的是反应ⅰ的反应过程，写出转化③的反应方程式为HCOO－＋4H===H2O＋CH3O－。
6.答案　（1）CH3Cl＋Cl·→·CH2Cl＋HCl　
·CH2Cl＋Cl2→CH2Cl2＋Cl·
（2）大　（3）①＞　＜　②2　2　（4）NaOH　NaOH　（5）bc
解析　（1）根据甲烷生成CH3Cl过程中链传递的方程式：Cl·＋CH4→·CH3＋HCl，·CH3＋Cl2→CH3Cl＋Cl·，得到由CH3Cl生成CH2Cl2过程中链传递的方程式：Cl·＋CH3Cl→·CH2Cl＋HCl，·CH2Cl＋Cl2→CH2Cl2＋Cl·。
（2）丙烷氯代反应中链传递的一步反应能量变化如下。
根据题中信息得到·CH2CH2CH3能量更高，不稳定，因此键能更大即推知—CH3中C—H键能比中C—H键能大。
（3）①根据图中信息温度升高，ln K增大，即K增大，升温向吸热反应进行即ΔH1＞0；升高相同温度，第二个方程式的ln K变化比第一个方程式的ln K变化大，根据ln K1－ln K2＝（－）分析，则ΔH1＜ΔH2。
②通过调整投料比可调控平衡时合成气的值。1 000 K，两者的平衡常数相等，则H2（g）＋CO2（g）===CO（g）＋H2O（g）的平衡常数为1，即K＝＝1，平衡时＝2，则＝2，由于反应在同一容器中进行且反应中二氧化碳、水的系数相等，则起始投料＝2。
（4）根据图中信息，右边是阴极，水中氢离子得到电子变为氢气，水中氢氧根和钠离子结合形成氢氧化钠溶液，因此X为低浓度NaOH，Y为高浓度NaOH。
（5）造成NaOH的物质的量小于氢气的两倍的原因主要是淡盐水中含少量的HClO，阴极区生成NaOH与HClO反应，也可能是左边的氢离子穿过阳离子交换膜生成氢气，而右边生成的氢氧化钠的量减少，还有可能是生成的氢氧根离子向阳极区迁移，O2在阴极放电生成氢氧根，会导致NaOH的量偏大，因此合理的是bc。
7.答案　（1）2H2S＋O22H2O＋2S↓或2H2S（g）＋O2（g）2H2O（l）＋2S（s）　放出（a＋）kJ热量　作催化剂或降低反应活化能
（2）A
（3）H2S＋H2O??H3O＋＋HS－或H2S??H＋＋HS－，HS－??H＋＋S2－　1.0×10－7　1.0×10－13　8
解析　（1）第一个方程式的2倍加上第二个方程式得到该工艺的总反应方程式为2H2S＋O22H2O＋2S↓[或2H2S（g）＋O2（g）2H2O（l）＋2S（s）]，该反应的热化学方程式2H2S（g）＋O2（g）2H2O（l）＋2S（s）　ΔH＝－（2a＋b） kJ· mol－1，因此1 mol H2S（g）发生该反应的热量变化为放出（a＋） kJ热量，Fe3＋L参与了化学反应，但反应前后量没有改变，因此Fe3＋L在总反应中的作用是作催化剂或降低反应活化能。（2）根据图中信息以α（H2S）由100%降至80%所持续的时间来评价铁配合物的脱硫效率，A持续时间最短，说明A的脱硫效率最高，因此结果最好的是A。（3）H2S是二元弱酸，其电离是一步一步电离，主要以第一步电离为主，因此其电离方程式为H2S＋H2O??H3O＋＋HS－或H2S??H＋＋HS－，HS－??H＋＋S2－；根据题意pH＝7时H2S、HS－的所占分数相等，因此H2S的Ka1＝＝c（H＋）＝1.0×10－7，pH＝13时HS－、S2－的所占分数相等，则Ka2＝＝c（H＋）＝1.0×10－13。再生反应在常温下进行，Fe2＋L解离出的Fe2＋易与溶液中的S2－形成沉淀。若溶液中的c（Fe2＋）＝1.0×10－5 mol·L－1，根据Ksp＝c（Fe2＋）·c（S2－）＝1.0×10－5×c（S2－）＝6.0×10－18得到c（S2－）＝6.0×10－13 mol·L－1，根据c（H2S）＝6.0×10－9 mol·L－1和Ka1·Ka2＝＝＝1.0×10－20，得到c（H＋）＝1.0×10－8 mol·L－1，pH＝8，因此为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于8。

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