2024界江苏高考大二轮复习 大题突破(一)　热化学、电化学与化学反应速率、平衡的综合分析 学案

大题突破(一)热化学、电化学与化学反应速率、平衡的综合分析1．(2023·江苏，17)空气中CO2含量的控制和CO2资源利用具有重要意义。(1)燃煤烟气中CO2的捕集可通过如下所示的物质转化实现。“吸收”后所得的KHCO3溶液与石灰乳反应的化学方程式为___________________；载人航天器内，常用LiOH固体而很少用KOH固体吸收空气中的CO2，其原因是________________________________________________________________________。(2)合成尿素[CO(NH2)2]是利用CO2的途径之一、尿素合成主要通过下列反应实现反应Ⅰ：2NH3(g)＋CO2(g)=NH2COONH4(l)反应Ⅱ：NH2COONH4(l)=CO(NH2)2(l)＋H2O(l)①密闭体系中反应Ⅰ的平衡常数(K)与温度的关系如图甲所示，反应Ⅰ的ΔH__________(填“＝0”“>0”或“<0”)。②反应体系中除发生反应Ⅰ、反应Ⅱ外，还发生尿素水解、尿素缩合生成缩二脲[(NH2CO)2NH]和尿素转化为氰酸铵(NH4OCN)等副反应。尿素生产中实际投入NH3和CO2的物质的量之比为n(NH3)∶n(CO2)＝4∶1，其实际投料比值远大于理论值的原因是_____________________________________________________________________________________。(3)催化电解吸收CO2的KOH溶液可将CO2转化为有机物。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率(FE%)随电解电压的变化如图乙所示。FE%＝eq\f(QX生成还原产物X所需要的电量,Q总电解过程中通过的总电量)×100%其中，QX＝nF，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。①当电解电压为U1V时，电解过程中含碳还原产物的FE%为0，阴极主要还原产物为______________(填化学式)。②当电解电压为U2V时，阴极由HCOeq\o\al(－,3)生成CH4的电极反应式为________________________________________________________________________________________。③当电解电压为U3V时，电解生成的C2H4和HCOO－的物质的量之比为________________________________________________________________________________________________________________________________________________(写出计算过程)。2．(2022·江苏，17)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)“CuCl-H2O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1所示。①电解在质子交换膜电解池中进行。阳极区为酸性CuCleq\o\al(－,2)溶液，阴极区为盐酸，电解过程中CuCleq\o\al(－,2)转化为CuCleq\o\al(2－,4)。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)“Fe-HCOeq\o\al(－,3)-H2O热循环制氢和甲酸”的原理为：在密闭容器中，铁粉与吸收CO2制得的NaHCO3溶液反应，生成H2、HCOONa和Fe3O4；Fe3O4再经生物柴油副产品转化为Fe。①实验中发现，在300℃时，密闭容器中NaHCO3溶液与铁粉反应，反应初期有FeCO3生成并放出H2，该反应的离子方程式为______________。②随着反应进行，FeCO3迅速转化为活性Fe3O4－x，活性Fe3O4－x是HCOeq\o\al(－,3)转化为HCOO－的催化剂，其可能反应机理如图2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________________________________________________________________________。的产率随c(HCOeq\o\al(－,3))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，“Fe-HCOeq\o\al(－,3)-H2O热循环制氢和甲酸”的优点是________________________________________________________________________。3．(2023·山东，20)一定条件下，水气变换反应CO＋H2OCO2＋H2的中间产物是HCOOH。为探究该反应过程，研究HCOOH水溶液在密封石英管中的分解反应：Ⅰ.HCOOHCO＋H2O(快)Ⅱ.HCOOHCO2＋H2(慢)研究发现，在反应Ⅰ、Ⅱ中，H＋仅对反应Ⅰ有催化加速作用；反应Ⅰ速率远大于反应Ⅱ，近似认为反应Ⅰ建立平衡后始终处于平衡状态。忽略水的电离，其浓度视为常数。回答下列问题：(1)一定条件下，反应Ⅰ、Ⅱ的焓变分别为ΔH1、ΔH2，则该条件下水气变换反应的焓变ΔH＝__________(用含ΔH1、ΔH2的代数式表示)。(2)反应Ⅰ正反应速率方程为v＝kc(H＋)·c(HCOOH)，k为反应速率常数。T1温度下，HCOOH电离平衡常数为Ka，当HCOOH平衡浓度为xmol·L－1时，H＋浓度为________mol·L－1，此时反应Ⅰ正反应速率v＝______mol·L－1·h－1(用含Ka、x和k的代数式表示)。(3)T3温度下，在密封石英管内完全充满1.0mol·L－1HCOOH水溶液，使HCOOH分解，分解产物均完全溶于水。含碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示(忽略碳元素的其他存在形式)。t1时刻测得CO、CO2的浓度分别为0.70mol·L－1、0.16mol·L－1，反应Ⅱ达平衡时，测得H2的浓度为ymol·L－1。体系达平衡后eq\f(cCO,cCO2)＝____________(用含y的代数式表示，下同)，反应Ⅱ的平衡常数为__________。相同条件下，若反应起始时溶液中同时还含有0.10mol·L－1盐酸，则图示点a、b、c、d中，CO新的浓度峰值点可能是__________(填标号)。与不含盐酸相比，CO达浓度峰值时，CO2浓度________(填“增大”“减小”或“不变”)，eq\f(cCO,cHCOOH)的值____________(填“增大”“减小”或“不变”)。该综合题主要考查热化学、化学反应速率和化学平衡等主干理论知识，主要命题点有盖斯定律的应用、反应速率和化学平衡的分析、化学平衡常数的表达式书写与计算、反应条件的分析选择、生产生活中的实际应用以及原电池、电解池原理的应用等，试题常以填空、读图、作图、计算等形式呈现。试题一般以与生产、生活紧密联系的物质为背景材料命制组合题，各小题之间又有一定的独立性。主要考查学生的信息处理能力、学科内综合分析能力，应用反应原理解决生产实际中的具体问题，体现了“变化观念与平衡思想”的核心素养。在近几年的相关考题中，对单一因素影响的考查已经越来越少了，主要以“多因素影响”出现，考查学生的综合分析判断能力。以实际情景(场景)为背景，更能体现核心素养的要求。而在实际生产过程中，影响因素是多元化、多方位和多层次的。(一)2023真题回访1．(2023·广东，19)配合物广泛存在于自然界，且在生产和生活中都发挥着重要作用。(1)某有机物R能与Fe2＋形成橙红色的配离子[FeR3]2＋，该配离子可被HNO3氧化成淡蓝色的配离子[FeR3]3＋。①基态Fe2＋的3d电子轨道表示式为_____________________________________________。②完成反应的离子方程式：NOeq\o\al(－,3)＋2[FeR3]2＋＋3H＋________________＋2[FeR3]3＋＋H2O。(2)某研究小组对(1)中②的反应进行了研究。用浓度分别为2.0mol·L－1、2.5mol·L－1、3.0mol·L－1的HNO3溶液进行了三组实验，得到c([FeR3]2＋)随时间t的变化曲线如图。①c(HNO3)＝3.0mol·L－1时，在0～1min内，[FeR3]2＋的平均消耗速率＝________。②下列有关说法中，正确的有______________________________________________。A．平衡后加水稀释，eq\f(c[FeR3]2＋,c[FeR3]3＋)增大B．[FeR3]2＋平衡转化率：αⅢ>αⅡ>αⅠC．三组实验中，反应速率都随反应进程一直减小D．体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间：tⅢ>tⅡ>tⅠ(3)R的衍生物L可用于分离稀土。溶液中某稀土离子(用M表示)与L存在平衡：M＋LMLK1ML＋LML2K2研究组配制了L起始浓度c0(L)＝0.02mol·L－1、M与L起始浓度比eq\f(c0M,c0L)不同的系列溶液，反应平衡后测定其核磁共振氢谱。配体L上的某个特征H在三个物种L、ML、ML2中的化学位移不同，该特征H对应吸收峰的相对峰面积S(体系中所有特征H的总峰面积计为1)如下表。c0(M)/c0(L)S(L)S(ML)S(ML2)01.0000ax<0.010.64b<0.010.400.60注核磁共振氢谱中相对峰面积S之比等于吸收峰对应H的原子数目之比；“<0.01”表示未检测到。①eq\f(c0M,c0L)＝a时，x＝____________。②eq\f(c0M,c0L)＝b时，平衡浓度比c平(ML2)∶c平(ML)＝____________。(4)研究组用吸收光谱法研究了(3)中M与L反应体系。当c0(L)＝1.0×10－5mol·L－1时，测得平衡时各物种eq\f(c平,c0L)随eq\f(c0M,c0L)的变化曲线如图。eq\f(c0M,c0L)＝0.51时，计算M的平衡转化率(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。________________________________________________________________________________________________________________________________________________________2．(2023·辽宁，18)硫酸工业在国民经济中占有重要地位。(1)我国古籍记载了硫酸的制备方法——“炼石胆(CuSO4·5H2O)取精华法”。借助现代仪器分析，该制备过程中CuSO4·5H2O分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如图1所示。700℃左右有两个吸热峰，则此时分解生成的氧化物有SO2、__________和__________(填化学式)。(2)铅室法使用了大容积铅室制备硫酸(76%以下)，副产物为亚硝基硫酸，主要反应如下：NO2＋SO2＋H2O=NO＋H2SO42NO＋O2=2NO2ⅰ.上述过程中NO2的作用为__________。ⅱ.为了适应化工生产的需求，铅室法最终被接触法所代替，其主要原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________(答出两点即可)。(3)接触法制硫酸的关键反应为SO2的催化氧化：SO2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)SO3(g)ΔH＝－98.9kJ·mol－1ⅰ.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)与温度的关系如图2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ⅱ.为提高钒催化剂的综合性能，我国科学家对其进行了改良。不同催化剂下，温度和转化率关系如图3所示，催化性能最佳的是________(填标号)。ⅲ.设O2的平衡分压为p，SO2的平衡转化率为αe，用含p和αe的代数式表示上述催化氧化反应的Kp＝__________(用平衡分压代替平衡浓度计算)。(二)模拟预测3．(2023·南京市高三下学期考前模拟)乙苯被吸附在催化剂表面发生脱氢可生成苯乙烯、苯甲醛等，生成苯乙烯的相关反应如下。反应1：C6H5CH2CH3(g)=C6H5CH=CH2(g)＋H2(g)ΔH1＝＋117.6kJ·mol－1反应2：CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g)ΔH2＝＋41.2kJ·mol－1反应3：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH3＝－483.6kJ·mol－1(1)反应4：C6H5CH2CH3(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=C6H5CH=CH2(g)＋H2O(g)ΔH4＝______kJ·mol－1。(2)较低温度下，向乙苯脱氢的反应体系中加入少量O2，乙苯平衡转化率升高而苯乙烯的选择性降低，其原因可能是______________________________________________________________________________________________________________________________。(3)向乙苯脱氢反应体系中加入CO2，乙苯转化率与体系中CO2分压强的关系如图1所示。随CO2的增加，乙苯转化率先增大后减小的可能原因为____________________________________________________________________________________________________。(4)研究发现在V2O5/MgO催化剂表面进行CO2的乙苯脱氢反应中，V(＋5价)是反应的活性中心，转化过程如图2所示。①转化Ⅰ发生反应的化学方程式为___________________________________________________________________________________________________________________。反应一段时间后，催化剂活性有所下降，原因可能有反应过程产生的积碳覆盖在活性中心表面和________。②简述转化Ⅱ的作用________________________________________________________________________________________________________________________________。③CO2参与的乙苯脱氢机理如图3所示(α、β表示乙苯分子中C或H原子的位置；A、B为催化剂的活性位点，其中A位点带部分正电荷，B1、B2位点带部分负电荷)。图中所示反应机理中步骤Ⅰ和步骤Ⅱ可描述为________________。4．(2023·江苏省四校高三下学期4月联考)硫和氮是生物必需的营养元素，含硫和氮的化合物在自然界中广泛存在。(1)火山喷发产生的H2S在大气中发生如下反应：①2H2S(g)＋O2(g)=2S(g)＋2H2O(l)ΔH＝akJ·mol－1②S(g)＋O2(g)=SO2(g)ΔH＝bkJ·mol－1写出H2S(g)燃烧的热化学方程式______________________________________________________________________________________________________________________。(2)工业上可用NaClO碱性溶液吸收SO2。为了提高吸收效率，常用Ni2O3作为催化剂。反应过程中产生的四价镍和氧原子具有极强的氧化能力，可加快对SO2的吸收。该催化过程如图所示。Ca(ClO)2也可用于脱硫，且脱硫效果比NaClO更好，原因是________________________________________________________________________________________。(3)氮的氧化物脱除可以利用电化学原理，利用如图所示装置可同时吸收SO2和NO。已知：H2S2O4是一种弱酸。①阴极的电极反应式为______________________________________________________。②若无能量损失，相同条件下，SO2和NO的体积比为________时，两种气体恰好被完全处理。(4)已知2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步。第一步：2NO(g)N2O2(g)(快反应)第二步：N2O2(g)＋O2(g)2NO2(g)(慢反应)用O2表示的速率方程为v(O2)＝k1c2(NO)·c(O2)；用NO2表示的速率方程为v(NO2)＝k2c2(NO)·c(O2)，k1与k2分别表示速率常数，则eq\f(k1,k2)＝________(填数值)。(5)太阳能光电催化—化学耦合分解H2S的装置如图所示。①该太阳能光电催化—化学耦合分解H2S的过程可描述为______________。②从能源利用和资源综合利用角度分析该方法的优点是______________。大题突破(一)热化学、电化学与化学反应速率、平衡的综合分析真题研究1．(1)KHCO3＋Ca(OH)2=CaCO3＋KOH＋H2O相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳(2)①<0②适当抑制副反应的发生，氨气与二氧化碳的投料比越大，二氧化碳转化率越高(3)①H2②HCOeq\o\al(－,3)＋8e－＋6H2O=CH4↑＋9OH－③每生成1molC2H4转移12mole－，每生成1molHCOO－转移2mole－，故电解生成的C2H4和HCOO－的物质的量之比为eq\f(24%,12)∶eq\f(8%,2)＝1∶2解析(1)由图可知“吸收”后所得的KHCO3溶液与石灰乳反应生成碳酸钙用于煅烧产生二氧化碳，产物KOH可回收利用，故化学方程式为KHCO3＋Ca(OH)2=CaCO3＋KOH＋H2O。(2)①由图甲可知升高温度反应Ⅰ的lgK减小，说明温度升高平衡逆向移动，故正反应为放热反应，其ΔH<0。(3)①当电解电压为U1V时，电解过程中含碳还原产物的FE%为0，说明二氧化碳未得电子，为H2O放电变成氢气。②当电解电压为U2V时，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知碱性条件下阴极由HCOeq\o\al(－,3)生成CH4的电极反应式为HCOeq\o\al(－,3)＋8e－＋6H2O=CH4↑＋9OH－。③当电解电压为U3V时，电解过程中还原产物C2H4的FE%为24%，还原产物HCOO－的FE%为8%，每生成1molC2H4转移12mole－，每生成1molHCOO－转移2mole－，故电解生成的C2H4和HCOO－的物质的量之比为eq\f(24%,12)∶eq\f(8%,2)＝1∶2。2．(1)①CuCleq\o\al(－,2)＋2Cl－－e－=CuCleq\o\al(2－,4)②Cu、O表面，H2断裂为H原子，一个吸附在催化剂的铁离子上，略带负电，一个吸附在催化剂的氧离子上，略带正电，前者与HCOeq\o\al(－,3)中略带正电的碳结合，后者与HCOeq\o\al(－,3)中略带负电的羟基氧结合生成H2O，HCOeq\o\al(－,3)转化为HCOO－③随c(HCOeq\o\al(－,3))增加，生成FeCO3速率更快、产量增大，从而生成了更多的活性Fe3O4－x，用于催化HCOeq\o\al(－,3)转化为HCOO－的反应(3)高效、经济、原子利用率高、无污染解析(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CuCleq\o\al(－,2)溶液，电解过程中CuCleq\o\al(－,2)转化为CuCleq\o\al(2－,4)，电解时阳极发生的主要电极反应为CuCleq\o\al(－,2)＋2Cl－－e－=CuCleq\o\al(2－,4)。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，又进入热水解的物质有CuCleq\o\al(2－,4)，故发生化合价变化的元素有Cu、O。(2)③在其他条件相同时，随c(HCOeq\o\al(－,3))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FeCO3的速率更快，量更大，则得到活性Fe3O4－x的速度更快，量也更多，生成HCOO－的速率更快，产率也更大。(3)“Fe­HCOeq\o\al(－,3)­H2O热循环制氢和甲酸”系统将HCOeq\o\al(－,3)转化为HCOO－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FeCO3后迅速转化为活性Fe3O4－x，Fe3O4－x被氧化为Fe3O4再经生物柴油副产品转化为Fe，得到循环利用，故该原理的优点是高效、经济、原子利用率高、无污染。3．(1)ΔH2－ΔH1(2)eq\r(Kax)kxeq\r(Kax)(3)eq\f(5－5y,6y)eq\f(6y2,1－y)a减小不变解析(1)根据盖斯定律，反应Ⅱ－反应Ⅰ＝水气变换反应，故水气变换反应的焓变ΔH＝ΔH2－ΔH1。(2)T1温度时，HCOOH建立电离平衡：HCOOHHCOO－＋H＋Ka＝eq\f(cHCOO－·cH＋,cHCOOH)，c(HCOO－)＝c(H＋)，故c(H＋)＝eq\r(Kax)mol·L－1。v＝kc(H＋)·c(HCOOH)＝kxeq\r(Kax)。(3)t1时刻，c(CO)达到最大值，说明此时反应Ⅰ达平衡状态。此时HCOOHCO＋H2Ot1时刻转化浓度/mol·L－10.700.70HCOOHCO2＋H2t1时刻转化浓度/mol·L－10.160.160.16故t1时刻c(HCOOH)＝(1.0－0.70－0.16)mol·L－1＝0.14mol·L－1，K(Ⅰ)＝eq\f(cCO,cHCOOH)＝eq\f(0.70,0.14)＝5。t1时刻→反应Ⅱ达平衡过程，HCOOHCO＋H2Oeq\a(t1时刻到反应Ⅱ平衡,转化浓度/mol·L－1)aaHCOOHCO2＋H2eq\a(t1时刻到反应Ⅱ平衡,转化浓度/mol·L－1)bbb则c(H2)＝(b＋0.16)mol·L－1＝ymol·L－1，b＝y－0.16，c(HCOOH)＝(0.14＋a－b)mol·L－1＝(0.30＋a－y)mol·L－1，c(CO)＝(0.70－a)mol·L－1，K(Ⅰ)＝eq\f(cCO,cHCOOH)＝eq\f(0.70－a,0.30＋a－y)＝5，a＝eq\f(5y－0.80,6)。故eq\f(cCO,cCO2)＝eq\f(5－5y,6y)，K(Ⅱ)＝eq\f(cCO2·cH2,cHCOOH)＝eq\f(y·y,0.30＋\f(5y－0.80,6)－y)＝eq\f(6y2,1－y)。加入0.1mol·L－1盐酸后，H＋对反应Ⅰ起催化作用，加快反应Ⅰ的反应速率，缩短到达平衡所需时间，故CO浓度峰值提前，由于时间缩短，反应Ⅱ消耗的HCOOH减小，体系中HCOOH浓度增大，导致CO浓度大于t1时刻的峰值，故c(CO)最有可能在a处达到峰值。此时c(CO2)会小于不含盐酸的浓度，eq\f(cCO,cHCOOH)＝K(Ⅰ)，温度不变，平衡常数不变，则eq\f(cCO,cHCOOH)的值不变。考向预测1．(1)①②HNO2(2)①5.0×10－5mol·L－1·min－1②AB(3)①0.36②3∶4(或0.75)(4)c0(M)＝0.51×c0(L)＝5.1×10－6mol·L－1，c平(ML)＝c平(L)＝0.40c0(L)＝4.0×10－6mol·L－1，由L守恒可知c平(ML2)＝eq\f(1×10－5mol·L－1－4.0×10－6mol·L－1＋4.0×10－6mol·L－1,2)＝1.0×10－6mol·L－1，则c转(M)＝4.0×10－6mol·L－1＋1.0×10－6mol·L－1＝5.0×10－6mol·L－1，则M的转化率为eq\f(5.0×10－6,5.1×10－6)×100%≈98%解析(2)①浓度分别为2.0mol·L－1、2.5mol·L－1、3.0mol·L－1的HNO3溶液，反应物浓度增加，反应速率增大，据此可知三者对应的曲线分别为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ；c(HNO3)＝3.0mol·L－1时，在0～1min内，观察图像可知[FeR3]2＋的平均消耗速率为eq\f(1.5－1.0×10－4mol·L－1,1min)＝5.0×10－5mol·L－1·min－1。②对于反应NOeq\o\al(－,3)＋2[FeR3]2＋＋3H＋HNO2＋2[FeR3]3＋＋H2O，加水稀释，平衡往左移动，[FeR3]2＋含量增加，[FeR3]3＋含量减小，eq\f(c[FeR3]2＋,c[FeR3]3＋)增大，A正确；HNO3浓度增加，[FeR3]2＋转化率增加，故αⅢ>αⅡ>αⅠ，B正确；三组实验反应速率都是前期速率增加，后期速率减小，C错误；硝酸浓度越高，反应速率越快，体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间越短，故tⅢ<tⅡ<tⅠ，D错误。(3)①eq\f(c0M,c0L)＝a时，S(ML2)＋S(ML)＋S(L)＝1，且S(ML2)＝0.64，S(ML)<0.01，则x＝0.36。②ML2相比于ML含有两个配体，则c平(ML2)与c平(ML)的比应为S(ML2)的一半与S(ML)的比，即eq\f(0.6×\f(1,2),0.4)＝eq\f(3,4)。2．(1)CuOSO3(2)ⅰ.催化剂ⅱ.铅室法制得的产品中存在亚硝基硫酸杂质，生产过程中需使用有毒的氮氧化物(3)ⅰ.cdⅱ.dⅲ.解析(1)由图可知，起始时有2.5mgCuSO4·5H2O，其物质的量是0.01mmol，所含结晶水的质量为0.9mg，则固体质量剩余1.6mg时所得固体为CuSO4，加热过程中Cu元素的质量不变，则固体质量剩余0.8mg时所得的固体是CuO，结合题图DSC曲线有两个吸热峰可知，700℃发生的反应为CuSO4→CuO＋SO3、SO3→SO2＋O2，则生成的氧化物除SO2外，还有CuO、SO3。(2)ⅰ.根据所给的反应方程式，NO2在反应过程中先消耗再生成，说明NO2在反应中起催化剂的作用。(3)ⅰ.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；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；ⅲ.利用分压代替浓度计算平衡常数，反应的平衡常数Kp＝；设SO2初始量为m，则平衡时n(SO2)＝m－m·αe＝m(1－αe)，n(SO3)＝m·αe，Kp＝。3．