2024年大二轮化学（新高考）教案：专题五热化学化学反应速率与平衡

1.物质能量、能垒变化图像分析1．基元反应与非基元反应例如H＋＋OH－=H2O，反应几乎没有过程，瞬间平衡一步到位，称为简单反应；而2HI=H2＋I2的实际机理是分两步进行的，每一步都是一个基元反应：2HI→H2＋2I·、2I·→I2，存在未成对电子的微粒称为自由基，反应活性高，寿命短，2HI=H2＋I2称为非基元反应。2．过渡态A＋B—C→[A…B…C]→A—B＋C备注：(1)以上为一种基元反应，其中正反应活化能Ea正＝b－a，逆反应活化能Ea逆＝b－c，ΔH＝Ea正－Ea逆。(2)过渡态(A…B…C)不稳定。3．中间体备注：处于能量最高点的是反应的过渡态，在多步反应中两个过渡态之间的是中间体，中间体很活泼，寿命很短，但是会比过渡态更稳定些。4．催化机理能垒图(1)在催化机理能垒图中，有几个活化状态，就有几个基元反应。可以用图中每步基元反应前后的活性物质，写出其热化学方程式。注意：如果纵坐标相对能量的单位是电子伏特(eV)，焓变应转化成每摩尔。(2)每步基元反应的快慢取决于其能垒的大小，能垒越大，反应速率越慢。例如：在Rh催化下，甲酸分解制H2反应的过程如图所示。其中带“*”的物种表示吸附在Rh表面，该反应过程中决定反应速率步骤的化学方程式为HCOOH*=HCOO*＋H*；甲酸分解制H2的热化学方程式可表示为HCOOH(g)=CO2(g)＋H2(g)ΔH＝－0.16NAeV·mol－1(阿伏加德罗常数的值用NA表示)。应用示例我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了CO2与H2在TiO2/Cu催化剂表面生成CH3OH和H2O的部分反应历程，如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用标注。反应历程中最小能垒(活化能)E正＝________eV。写出历程②的化学方程式及焓变：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。答案0.61HOCO＋H=CO＋H＋OHΔH＝＋0.20NAeV·mol－1解析该历程中最小能垒(活化能)为能量上升阶段，可知最小的活化能为1.08到1.69阶段，等于0.61eV；历程②是HOCO＋H=CO＋H＋OH，反应时由相对能量0.07eV升至1．(2023·广东，15)催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应R(g)P(g)。反应历程(下图)中，M为中间产物。其他条件相同时，下列说法不正确的是()A．使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行B．反应达平衡时，升高温度，R的浓度增大C．使用Ⅱ时，反应体系更快达到平衡D．使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大答案C解析由图可知两种催化剂均出现四个波峰，所以使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行，A正确；该反应是放热反应，升高温度平衡向左移动，R的浓度增大，B正确；由图可知Ⅰ的最高活化能小于Ⅱ的最高活化能，所以使用Ⅰ时反应速率更快，反应体系更快达到平衡，C错误；在前两个历程中使用Ⅰ活化能较低反应速率较快，后两个历程中使用Ⅰ活化能较高反应速率较慢，所以使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大，D正确。2．(2023·浙江1月选考，14)标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下[已知O2(g)和Cl2(g)的相对能量为0]，下列说法不正确的是()A．E6－E3＝E5－E2B．可计算Cl—Cl键能为2(E2－E3)kJ·mol－1C．相同条件下，O3的平衡转化率：历程Ⅱ>历程ⅠD．历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为ClO(g)＋O(g)=O2(g)＋Cl(g)ΔH＝(E5－E4)kJ·mol－1答案C解析对比两个历程可知，历程Ⅱ中增加了催化剂，降低了反应的活化能，加快了反应速率。催化剂能降低活化能，但是不能改变反应的焓变，因此E6－E3＝E5－E2，A正确；已知Cl2(g)的相对能量为0，对比两个历程可知，Cl(g)的相对能量为(E2－E3)kJ·mol－1，则Cl—Cl键能为2(E2－E3)kJ·mol－1，B正确；催化剂不能改变反应的平衡转化率，因此相同条件下，O3的平衡转化率：历程Ⅱ＝历程Ⅰ，C错误；活化能越低，反应速率越快，由图像可知，历程Ⅱ中第二步反应的活化能最低，所以速率最快的一步反应的热化学方程式为：ClO(g)＋O(g)=O2(g)＋Cl(g)ΔH＝(E5－E4)kJ·mol－1，D正确。3．(2022·湖南，12改编)反应物(S)转化为产物(P或P·Z)的能量与反应进程的关系如图所示：下列有关四种不同反应进程的说法正确的是()A．进程Ⅰ是吸热反应B．平衡时P的产率：Ⅱ>ⅠC．生成P的速率：Ⅲ>ⅡD．进程Ⅳ中，Z没有催化作用答案D解析由图可知，进程Ⅰ中S的总能量大于产物P的总能量，因此进程Ⅰ是放热反应，A不正确；进程Ⅱ中使用了催化剂X，但是催化剂不能改变平衡产率，因此两个进程平衡时P的产率相同，B不正确；进程Ⅲ中由S·Y转化为P·Y的活化能高于进程Ⅱ中由S·X转化为P·X的活化能，由于这两步反应分别是两个进程的决速步骤，因此生成P的速率：Ⅲ<Ⅱ，C不正确；进程Ⅳ中S吸附到Z表面生成S·Z，然后S·Z转化为产物P·Z，由于P·Z没有转化为P＋Z，因此，Z没有催化作用，D正确。1．亚硝酰氯在有机合成中有重要应用。2NO(g)＋Cl2(g)=2NOCl(g)的反应历程如图所示。下列说法错误的是()A．催化剂能提高反应物的相对能量B．相对于曲线Ⅱ，曲线Ⅰ表示加入催化剂C．曲线Ⅱ正反应的活化能为15.5kJ·mol－1D．2NO(g)＋Cl2(g)=2NOCl(g)ΔH＝－77.1kJ·mol－1答案A解析催化剂能降低“过渡态”物质的相对能量，使活化能降低，A项错误、B项正确；曲线Ⅱ正反应的活化能为196kJ·mol－1－180.5kJ·mol－1＝15.5kJ·mol－1，C项正确；反应热等于生成物的总能量与反应物的总能量之差，即ΔH＝103.4kJ·mol－1－180.5kJ·mol－1＝－77.1kJ·mol－1，D项正确。2．如图表示2-甲基-2-溴丙烷发生水解的反应历程，下列说法正确的是()A．由图可知反应有两个过渡态，无法判断反应的热效应B．增大c(NaOH)，总反应的速率会增大C．反应中存在C—Br的断裂和C—O的形成D．若第一阶段转化率为30%，第二阶段转化率为40%，则最终产物的产率为12%答案C解析由图可知，反应物的总能量比生成物的总能量高，反应为放热反应，A项错误；反应分两步进行，第一步反应的活化能大，是反应的决速步骤，但是第一步反应没有NaOH参与，增大c(NaOH)，总反应的速率不会增大，B项错误；反应中有C—Br的断裂和C—O的形成，C项正确；产率是目标产物的实际产量与理论产量的比值，而转化率是反应物反应的百分数，由转化率无法计算产物的产率，D项错误。3．氢气可将CO2还原为甲烷：CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)，科学家研究在催化剂表面上CO2与H2反应的前三步历程如图所示，吸附在催化剂表面上的物种用“·”标注，Ts表示过渡态。下列说法正确的是()A．起始到Ts1历程中发生了非极性共价键的断裂B．该转化反应的速率取决于Ts2的能垒C．前三步历程中最小能垒步骤的化学方程式为·CO＋3H2(g)＋H2O(g)=·CO＋·OH＋·H＋3H2(g)D．物质吸附在催化剂表面，形成过渡态的过程会放出热量答案A解析根据图示可知，起始到Ts1历程中H2分子部分变成·H，则发生了H—H非极性共价键的断裂，A项正确；在前三步历程中，Ts1的能垒最大，为决速反应，B项错误；从图中可知，在前三步历程中，Ts3的能垒最低，此步反应的化学方程式为·CO＋·OH＋·H＋3H2(g)=·CO＋3H2(g)＋H2O(g)，C项错误；由过渡态的能量变化可知，物质吸附在催化剂表面，形成过渡态的过程能量升高，吸收热量，D选项错误。

2.催化机理循环图催化剂：在连续反应中从一开始就参与了反应，在最后又再次生成，所以仅从结果上来看似乎并没有发生变化，实则是消耗多少后续又生成了多少。中间产物：在连续反应中为某一步的产物，在后续反应中又作为反应物被消耗，所以仅从结果上来看似乎并没有生成，实则是生成多少后续又消耗多少。在含少量I－的溶液中，H2O2分解的机理为H2O2＋I－→H2O＋IO－慢H2O2＋IO－→O2＋I－＋H2O快在该反应中I－为催化剂，IO－为中间产物。而在机理图中，先找到确定的反应物，反应物一般是通过一个箭头进入整个历程的物质(产物一般多是通过一个箭头最终脱离这个历程的物质)，与之同时反应的就是催化剂，并且经过一个完整循环之后又会生成；中间产物则是这个循环中的任何一个环节。如下图所示：1．(2023·浙江6月选考，14)一定条件下，1-苯基丙炔(Ph—C≡C—CH3)可与HCl发生催化加成，反应如下：反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知：反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应)，下列说法不正确的是()A．反应焓变：反应Ⅰ>反应ⅡB．反应活化能：反应Ⅰ<反应ⅡC．增加HCl浓度可增加平衡时产物Ⅱ和产物Ⅰ的比例D．选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ答案C解析反应Ⅱ＝反应Ⅰ＋反应Ⅲ，反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应，ΔH都小于0，所以反应Ⅱ的ΔH<0，因此反应焓变：反应Ⅰ>反应Ⅱ，故A正确；短时间里反应Ⅰ得到的产物比反应Ⅱ得到的产物多，说明反应Ⅰ的速率比反应Ⅱ的速率快，速率越快，其活化能越小，则反应活化能：反应Ⅰ<反应Ⅱ，故B正确；增加HCl浓度，平衡正向移动，但平衡时产物Ⅱ和产物Ⅰ的比例可能降低，故C错误；根据图中信息，选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ，故D正确。2．(2023·湖南，14)N2H4是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某Ru(Ⅱ)催化剂(用[L-Ru—NH3]＋表示)能高效电催化氧化NH3合成N2H4，其反应机理如图所示。下列说法错误的是()A．Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，配体NH3失去质子能力增强B．M中Ru的化合价为＋3C．该过程有非极性键的形成D．该过程的总反应式：4NH3－2e－=N2H4＋2NHeq\o\al(＋,4)答案B解析失去1个H，所带电荷数减1，则Ru化合价不变，与[L-Ru—NH2]＋相比，M中N原子含有1个单电子，所以Ru的化合价不是＋3，B项错误；据图可知反应过程中有N—N非极性键的形成，C项正确。3．(2020·全国卷Ⅰ，10)铑的配合物离子[Rh(CO)2I2]－可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。下列叙述错误的是()A．CH3COI是反应中间体B．甲醇羰基化反应为CH3OH＋CO=CH3CO2HC．反应过程中Rh的成键数目保持不变D．存在反应CH3OH＋HI=CH3I＋H2O答案C解析由反应过程可知，CH3COI在反应过程中生成，后又参与后续反应而消耗，属于反应中间体，A项正确；观察反应过程图示可得甲醇羰基化反应的化学方程式为CH3OH＋CO=CH3CO2H，B项正确；观察反应过程图示可看出Rh的成键数目有4、5、6，C项错误；观察反应过程图示可知存在反应CH3OH＋HI=CH3I＋H2O，D项正确。4．(2020·全国卷Ⅱ，11)据文献报道：Fe(CO)5催化某反应的一种反应机理如下图所示。下列叙述错误的是()A．OH－参与了该催化循环B．该反应可产生清洁燃料H2C．该反应可消耗温室气体CO2D．该催化循环中Fe的成键数目发生变化答案C解析从反应机理图可知，OH－有进入的箭头也有出去的箭头，说明OH－参与了该催化循环，故A项正确；从反应机理图可知，该反应的反应物为CO和H2O，产物为H2和CO2，Fe(CO)5作为整个反应的催化剂，而OH－仅仅在个别步骤中辅助催化剂完成反应，说明该反应方程式为CO＋H2Oeq\o(=,\s\up7(FeCO5))CO2＋H2，故有清洁燃料H2生成，故B项正确；由B项分析可知，该反应不消耗温室气体CO2，反而是生成了CO2，故C项不正确；从反应机理图可知，Fe的成键数目在该循环过程中发生了变化，故D项正确。1．(2023·深圳市福田区高三第五次模拟)图中展示的是乙烯催化氧化的过程(部分相关离子未画出)，下列描述错误的是()A．PdCleq\o\al(2－,4)和Cu2＋在反应中都是催化剂B．该转化过程中，有极性键的断裂与形成C．该转化过程中，涉及反应4Cu＋＋O2＋4H＋=4Cu2＋＋2H2OD．乙烯催化氧化反应的化学方程式为CH2=CH2＋O2eq\o(→,\s\up7(催化剂))CH3CHO＋H2O答案D解析过程Ⅳ消耗Cu2＋，过程Ⅴ生成Cu2＋，过程Ⅰ消耗PdCleq\o\al(2－,4)，过程Ⅳ生成PdCleq\o\al(2－,4)，所以PdCleq\o\al(2－,4)和Cu2＋在反应中都起到催化剂的作用，故A正确；由图可知，过程Ⅱ中存在水分子中O—H断裂，过程Ⅴ生成水分子时有氢氧极性键形成，故B正确；过程Ⅴ中O2与Cu＋反应生成Cu2＋，反应的离子方程式为4Cu＋＋O2＋4H＋=4Cu2＋＋2H2O，故C正确；反应中，CH2=CH2最终被O2氧化为CH3CHO，则乙烯催化氧化反应的化学方程式为2CH2=CH2＋O2eq\o(→,\s\up7(催化剂))2CH3CHO，故D错误。2．CO2/C2H4耦合反应制备丙烯酸甲酯的反应机理如图所示，下列叙述错误的是()A．LnNi能提高CO2、C2H4混合体系中活化分子百分数B．总反应方程式为CO2＋CH2=CH2＋CH3Ieq\o(→,\s\up7(LnNi))CH2=CHCOOCH3＋HIC．反应①中断裂的化学键有极性键和非极性键D．该反应的原子利用率为100%答案D解析由上述分析可知，LnNi是催化剂，能降低反应的活化能，提高反应物中活化分子的百分数，A正确；CO2、CH2=CH2、CH3I为反应物，CH2=CHCOOCH3、HI为生成物，则总反应方程式为CO2＋CH2=CH2＋CH3Ieq\o(→,\s\up7(LnNi))CH2=CHCOOCH3＋HI，B正确；反应①中断裂了极性键(C=O)和非极性键(C=C)，C正确；由总反应方程式可知，除目标产物丙烯酸甲酯外还有HI生成，原子利用率不是100%，D错误。3．(2023·武汉高三下学期二月调研)某新型催化剂能将乙醇催化转化为乙酸和氢气，其反应历程如图所示。下列说法错误的是()A．物质Ⅰ为催化剂B．Ⅱ→Ⅲ的反应类型为氧化反应C．该历程涉及非极性键的断裂和形成D．该历程总反应的原子利用率为100%答案C解析由图可知，反应中物质Ⅰ消耗又生成，为反应的催化剂，A正确；Ⅱ→Ⅲ为去氢生成碳氧双键的反应，反应类型为氧化反应，B正确；该历程只涉及氢分子中氢氢非极性键的生成，不涉及非极性键的断裂，C错误；反应目的是将乙醇催化转化为乙酸和氢气，该历程总反应为C2H5OH＋H2Oeq\o(=,\s\up7(LnRuH))CH3COOH＋2H2↑，反应中原子全部转化到期望产品中，故原子利用率为100%，D正确。4．(2023·河北邢台名校联盟高三模拟)金属钯催化乙醇羰基化的反应过程如图所示。下列说法正确的是()A．在金属钯催化下不能被羰基化的醇中，相对分子质量最小的为60B．整个反应过程的化学方程式为CH3CH2OH＋O2eq\o(→,\s\up7(Pd))CH3CHO＋H2OC．反应过程中断裂和形成最多的键是Pd—HD．反应过程中钯的化合价没有变化答案C解析羟基被氧化为羰基，C原子上应连接H原子，在金属钯催化下不能被羰基化的醇中，与羟基相连的C原子上没有氢原子，最简单的是2-甲基-2-丙醇，相对分子质量为74，故A错误；由图可知，整个过程中CH3CH2OH和O2反应生成CH3CHO和H2O，化学方程式为2CH3CH2OH＋O2eq\o(→,\s\up7(Pd))2CH3CHO＋2H2O，故B错误；由图可知，反应过程中断裂和形成最多的键是Pd—H，故C正确；金属钯单质为0价，反应过程中形成了Pd—H，Pd的化合价发生变化，故D错误。

3.化学反应速率、化学平衡图像分析1．平衡常数K与浓度商Q的关系达到平衡状态，Q＝K；平衡正向移动，Q＜K；平衡逆向移动，Q＞K。2．平衡常数K与温度的关系温度变化可逆反应的ΔHK的变化升温吸热反应，ΔH＞0增大降温减小升温放热反应，ΔH＜0减小降温增大3.化学平衡与平衡转化率(1)转化率和平衡转化率转化率有未达到平衡的转化率和已达到平衡的平衡转化率，在审题的时候一定要注意转化率是否为平衡转化率。(2)转化率与温度的关系可逆反应的焓变ΔH升高温度吸热反应，ΔH＞0未达到平衡的转化率增大已达到平衡的平衡转化率增大放热反应，ΔH＜0未达到平衡的转化率增大已达到平衡的平衡转化率减小(3)增大反应物的浓度与平衡转化率的关系(其中A、B、C均为气体)可逆反应改变条件平衡移动方向反应物转化率备注A＋BC增大A的浓度正向移动α(A)减小α(B)增大－AB＋C增大A的浓度正向移动α(A)减小反应物转化率实际是考虑压强的影响2AB＋C增大A的浓度正向移动α(A)不变3AB＋C增大A的浓度正向移动α(A)增大(4)如果两气体物质的投料比按照化学计量数投料，那么无论是否达到化学平衡，两者的转化率一直相等。1．(2022·广东，13)恒容密闭容器中，BaSO4(s)＋4H2(g)BaS(s)＋4H2O(g)在不同温度下达平衡时，各组分的物质的量(n)如图所示。下列说法正确的是()A．该反应的ΔH<0B．a为n(H2O)随温度的变化曲线C．向平衡体系中充入惰性气体，平衡不移动D．向平衡体系中加入BaSO4，H2的平衡转化率增大答案C解析从图示可以看出，平衡时升高温度，氢气的物质的量减少，则平衡正向移动，说明该反应的正反应是吸热反应，即ΔH＞0，故A错误；由A项分析知随着温度升高平衡正向移动，水蒸气的物质的量增加，而a曲线表示的物质的物质的量几乎不随温度变化而变化，故B错误；容器体积固定，向容器中充入惰性气体，没有改变各物质的浓度，平衡不移动，故C正确；BaSO4是固体，向平衡体系中加入BaSO4，不能改变其浓度，因此平衡不移动，氢气的平衡转化率不变，故D错误。2．(2021·广东，14)反应X=2Z经历两步：①X→Y；②Y→2Z。反应体系中X、Y、Z的浓度c随时间t的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是()A．a为c(X)随t的变化曲线B．t1时，c(X)＝c(Y)＝c(Z)C．t2时，Y的消耗速率大于生成速率D．t3后，c(Z)＝2c0－c(Y)答案D解析X是唯一的反应物，随着反应的进行，其浓度不断减小，因此，a为c(X)随t的变化曲线，A正确；由图可知，分别代表3种不同物质的曲线相交于t1时刻，因此t1时，c(X)＝c(Y)＝c(Z)，B正确；由图中信息可知，t2时刻以后，Y的浓度仍在不断减小，说明t2时Y的消耗速率大于生成速率，C正确；由图可知，t3时刻反应①完成，X完全转化为Y，若无反应②发生，则Y的浓度为c0，由于反应②Y→2Z的发生，t3时刻后Y的浓度的变化量为c0－c(Y)，则c(Z)＝2c0－2c(Y)，D不正确。3．(2023·湖南，13)向一恒容密闭容器中加入1molCH4和一定量的H2O，发生反应：CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)。CH4的平衡转化率按不同投料比x[x＝eq\f(nCH4,nH2O)]随温度的变化曲线如图所示。下列说法错误的是()A．x1<x2B．反应速率：vb正<vc正C．点a、b、c对应的平衡常数：Ka<Kb＝KcD．反应温度为T1，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态答案B解析一定条件下，增大H2O(g)的浓度，能提高CH4的转化率，即x值越小，CH4的转化率越大，则x1<x2，故A正确；b点和c点温度相同，CH4的起始物质的量都为1mol，b点x值小于c点，则b点H2O(g)多，反应物浓度大，则反应速率：vb正>vc正，故B错误；由图像可知，x一定时，温度升高CH4的平衡转化率增大，说明正反应为吸热反应，温度升高平衡正向移动，K增大，温度相同，K不变，则点a、b、c对应的平衡常数：Ka<Kb＝Kc，故C正确；该反应为气体分子数增大的反应，反应进行时压强发生改变，所以温度一定时，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态，故D正确。4．(2023·辽宁，12)一定条件下，酸性KMnO4溶液与H2C2O4发生反应，Mn(Ⅱ)起催化作用，过程中不同价态含Mn粒子的浓度随时间变化如图所示。下列说法正确的是()A．Mn(Ⅲ)不能氧化H2C2O4B．随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小C．该条件下，Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存D．总反应为：2MnOeq\o\al(－,4)＋5C2Oeq\o\al(2－,4)＋16H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O答案C解析由图像可知，随着时间的推移Mn(Ⅲ)的浓度先增大后减小，说明开始反应生成Mn(Ⅲ)，后Mn(Ⅲ)被消耗生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4，A项错误；随着反应物浓度的减小，到大约13min时开始生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)对反应起催化作用，13min后反应速率会增大，B项错误；Mn(Ⅶ)的浓度为0后才开始生成Mn(Ⅱ)，该条件下Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存，C项正确；H2C2O4为弱酸，在离子方程式中不拆成离子，总反应为2MnOeq\o\al(－,4)＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，D项错误。1．(2023·广东梅州市高三总复习质量检测)在恒容密闭容器中，分别在T1、T2温度下(T1<T2)发生反应：3A(g)2B(g)ΔH<0，反应体系中各物质的浓度c随时间t的部分变化曲线如图所示。下列说法正确的是()A．向密闭容器内充入He，平衡逆向移动B．a曲线条件下，10～30min内v(B)＝0.05mol·L－1·min－1C．曲线b表示T2温度下，反应过程中物质A的浓度变化D．在工业实际生产中，温度越低，越有利于提高生产效率答案C解析曲线a、b都在下降，说明a、b都是A物质的浓度变化情况，且b先达到平衡，反应速率更快，故b对应的温度是T2。根据物质的量浓度的变化量，结合反应比例可知曲线c为T1温度下的B的浓度随时间的变化曲线。恒容条件下充入He，各物质的浓度没有发生改变，平衡不移动，A错误；a曲线条件下，10～30min内v(A)＝eq\f(2mol·L－1－1mol·L－1,20min)＝0.05mol·L－1·min－1，反应速率之比等于化学计量数之比，则v(B)＝eq\f(2,3)v(A)＝eq\f(2,3)×0.05mol·L－1·min－1，B错误；降低温度，平衡正向移动，反应物的转化率提高，但温度过低会导致反应速率过慢，不利于提高生产效率，D错误。2．(2023·重庆市第一中学校高三下学期模拟)已知：NO(g)＋O3(g)NO2(g)＋O2(g)ΔH。实验测得速率方程为v正＝k正c(NO)·c(O3)，v逆＝k逆c(NO2)·c(O2)(k正、k逆为速率常数，只与温度、催化剂有关，与浓度无关)。向2L恒容密闭容器中充入0.4molNO(g)和0.6molO3(g)发生上述反应，测得NO的体积分数x(NO)与温度和时间的关系如图所示。下列说法正确的是()A．正、逆反应活化能的大小关系为Ea(正)>Ea(逆)B．a点NO的转化率为80%C．T1温度下的eq\f(k正,k逆)>T2温度下的eq\f(k正,k逆)D．化学反应速率：c点的v正>b点的v逆>a点的v逆答案D解析根据先拐先平数值大可知，T1>T2，温度高的T1时x(NO)大，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，ΔH<0，故正、逆反应活化能的大小关系为Ea(正)<Ea(逆)，A错误；a点x(NO)＝0.1，设NO的转化率为y，根据三段式有：NO(g)＋O3(g)NO2(g)＋O2(g)起始/mol·L－10.20.300变化/mol·L－10.2y0.2y0.2y0.2y平衡/mol·L－10.2－0.2y0.3－0.2y0.2y0.2yeq\f(0.2－0.2y,0.2－0.2y＋0.3－0.2y＋0.2y＋0.2y)×100%＝0.1，解得y＝75%，B错误；v正＝k正c(NO)·c(O3)，v逆＝k逆c(NO2)·c(O2)，eq\f(k正,k逆)＝eq\f(\f(v正,cNO·cO3),\f(v逆,cNO2·cO2))＝eq\f(cNO2·cO2,cNO·cO3)＝K，T1>T2，ΔH<0，则T1温度下的eq\f(k正,k逆)<T2温度下的eq\f(k正,k逆)，C错误；T1>T2，c点未达平衡，b点达平衡正、逆反应速率相等且小于c点，b点温度大于a点，反应速率大于a点，故化学反应速率：c点的v正>b点的v逆>a点的v逆，D正确。3．(2023·华南师范大学附属中学高三三模)在盛有CuO/Cu2O载氧体的恒容密闭容器中充入空气，发生反应：2Cu2O(s)＋O2(g)4CuO(s)ΔH。平衡时O2的体积分数φ(O2)随反应温度T变化的曲线如图所示。下列说法错误的是()A．ΔH<0B．该反应的平衡常数表达式为K＝c－1(O2)C．在1030℃时加入催化剂，平衡时φ(O2)>21%D．985℃达到平衡状态后，充入纯氧，再次达到平衡后，φ(O2)＝10%答案C解析平衡时O2的体积分数φ(O2)随温度升高而增大，则升温平衡左移，ΔH<0，A正确；该反应方程式为2Cu2O(s)＋O2(g)4CuO(s)，则按定义，其平衡常数表达式为K＝c－1(O2)，B正确；由图知，在1030℃时平衡时φ(O2)＝21%，催化剂通常能加快反应速率但不影响平衡移动，则加入催化剂平衡时φ(O2)＝21%，C不正确；K＝c－1(O2)，985℃达到平衡状态后，充入纯氧不影响平衡常数，则再次达到平衡后，φ(O2)＝10%，D正确。4．(2023·湖南名校联盟高三下学期3月调研)在一定条件下探究二甲醚的制备反应：2CO(g)＋4H2(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH，测定结果如图所示。下列判断错误的是()A．该反应的ΔH<0B．加入催化剂可以提高CO的平衡转化率C．工业选择的较适宜温度范围为280～290℃D．该反应伴随有副反应的发生答案B解析温度高于290℃时，随温度升高，CO的转化率、二甲醚的产率均降低，说明升高温度，平衡逆向移动，该反应的ΔH<0，A正确；催化剂只改变反应速率，不能使平衡移动，所以加入催化剂不能提高CO的平衡转化率，B错误；温度范围为280～290℃时，二甲醚的产率最高，所以工业选择的较适宜温度范围为280～290℃，C正确；温度低于290℃时，CO的转化率随温度升高而降低，二甲醚的产率随温度升高增大，可知该反应伴随有副反应的发生，D正确。5．(2023·湖北高中名校联盟高三第三次联合测评)温度为T℃，向体积不等的恒容密闭容器中均充入1mol气体X，发生反应：X(g)Y(g)＋Z(g)ΔH，反应均进行10min，测得各容器中X的转化率与容器体积的关系如图所示。下列说法正确的是()A．a点再充入一定量的X，X的转化率减小B．d点有v正＝v逆C．正反应速率v(b)＝v(d)D．若c点为平衡点，则浓度平衡常数K＝0.9答案A解析四点所对应容器容积不同，容积越小速率越大，先平衡，所以a、b容器已经达到平衡，d容器未平衡。a点已平衡，所以再充入一定量的X，平衡右移，但压强增大，X的转化率减小，A正确；d容器未平衡，v正≠v逆，B错误；b与d组分相同，但容积不等，所以速率不等，C错误；c容器容积未知，无法计算浓度平衡常数，D错误。6．(2023·河北衡水中学高三一调)一定温度下，向四个容积不等的恒容密闭容器中分别通入2molNOCl(g)，发生反应：2NOCl(g)2NO(g)＋Cl2(g)。tmin后，四个容器中NOCl的转化率如图所示。下列叙述正确的是()A．V1∶V2＝27∶10B．b、d两点的压强相等C．c点对应容器中，v正＝v逆D．t～(t＋2)min内，a点的净反应速率小于d点答案D解析根据已知条件列出V1L、tmin时三段式：2NOCl(g)2NO(g)＋Cl2(g)起始/mol200转化/mol110.5平衡/mol110.5平衡常数K＝eq\f(cCl2·c2NO,c2NOCl)＝eq\f(\f(0.5,V1)×\f(1,V1)2,\f(1,V1)2)＝eq\f(0.5,V1)，V2L、tmin时三段式：2NOCl(g)2NO(g)＋Cl2(g)起始/mol200转化/mol1.21.20.6平衡/mol0.81.20.6平衡常数K＝eq\f(cCl2·c2NO,c2NOCl)＝eq\f(\f(0.6,V2)×\f(1.2,V2)2,\f(0.8,V2)2)＝eq\f(27,20V2)，温度不变，平衡常数不变，则eq\f(27,20V2)＝eq\f(0.5,V1)，V1∶V2＝10∶27，故A错误；b、d两点NOCl的转化率相等，则tmin后气体总物质的量相等，由于V4＞V2，则b点的压强大于d点，故B错误；c点NOCl的转化率最高，但不能确认tmin后转化率是否会再升高，不能说明该点是平衡点，故C错误；体积越大反应速率越小，a点体积小于d点，tmin后a点的转化率小于d点，说明a点达到平衡状态，t～(t＋2)min，a点的净反应速率为0小于d点，故D正确。1.热化学方程式的书写与焓变的计算1．焓变的计算(1)根据(相对)能量计算ΔH＝H总(生成物)－H总(反应物)(2)根据键能计算ΔH＝∑E(反应物键能)－∑E(生成物键能)(3)根据活化能计算ΔH＝E(正反应的活化能)－E(逆反应的活化能)。2．热化学方程式书写易出现的错误(1)未标明反应物或生成物的状态而造成错误。(2)反应热的符号使用不正确，即吸热反应未标出“＋”号，放热反应未标出“－”号，从而导致错误。(3)漏写ΔH的单位，或者将ΔH的单位写为kJ，从而造成错误。(4)反应热的数值与方程式的计量数不对应而造成错误。(5)对燃烧热的概念理解不到位，忽略其标准是1mol可燃物而造成错误。(6)对中和反应反应热理解不准确。①强酸与强碱中和反应的反应热ΔH＝－57.3kJ·mol－1，若用弱酸代替强酸(或用弱碱代替强碱)，因电离吸热，放出的热量减少。②若用浓硫酸(或NaOH固体)作反应物，放出热量增多。③若是稀硫酸和Ba(OH)2反应，生成1molH2O(l)时所释放的热量会比57.3kJ多，原因是H＋与OH－结合成1molH2O(l)的同时，Ba2＋和SOeq\o\al(2－,4)结合成BaSO4沉淀也会放热。提醒对于具有同素异形体的物质，除了要注明聚集状态之外，还要注明物质的名称。如：①S(单斜，s)＋O2(g)=SO2(g)ΔH1＝－297.16kJ·mol－1②S(正交，s)＋O2(g)=SO2(g)ΔH2＝－296.83kJ·mol－1③S(单斜，s)=S(正交，s)ΔH3＝－0.33kJ·mol－13．盖斯定律(1)ΔH与盖斯定律利用盖斯定律求热化学方程式中的焓变ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3。(2)盖斯定律的答题模板——叠加法步骤1“倒”为了将方程式相加得到目标方程式，可将部分方程式颠倒过来，反应热的数值不变，但符号相反。这样就不用再做减法运算了，实践证明，方程式相减时往往容易出错。步骤2“乘”为了将方程式相加得到目标方程式，可将方程式乘以某个倍数，反应热也要乘以相应倍数。步骤3“加”上面的两个步骤做好了，只要将方程式相加即可得目标方程式，反应热也要相加。1．[2023·新课标卷，29(1)]根据图示数据计算反应eq\f(1,2)N2(g)＋eq\f(3,2)H2(g)=NH3(g)的ΔH＝__________kJ·mol－1。答案－45解析=kJ·mol－1＝－45kJ·mol－1。2．[2021·湖南，16(1)]氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运，可通过下面两种方法由氨气得到氢气。方法Ⅰ.氨热分解法制氢气相关化学键的键能数据化学键N≡NH—HN—H键能E/(kJ·mol－1)946436.0390.8在一定温度下，利用催化剂将NH3分解为N2和H2。反应2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)ΔH＝______kJ·mol－1。答案＋90.8解析根据反应热＝反应物的总键能－生成物的总键能，2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)ΔH＝390.8kJ·mol－1×3×2－(946kJ·mol－1＋436.0kJ·mol－1×3)＝＋90.8kJ·mol－1。3．[2023·湖南，16(1)]已知下列反应的热化学方程式：①C6H5C2H5(g)＋eq\f(21,2)O2(g)=8CO2(g)＋5H2O(g)ΔH1＝－4386.9kJ·mol－1②C6H5CH=CH2(g)＋10O2(g)=8CO2(g)＋4H2O(g)ΔH2＝－4263.1kJ·mol－1③H2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=H2O(g)ΔH3＝－241.8kJ·mol－1计算反应④C6H5C2H5(g)C6H5CH=CH2(g)＋H2(g)的ΔH4＝____________kJ·mol－1。答案＋118解析根据盖斯定律，将①－②－③可得C6H5C2H5(g)C6H5CH=CH2(g)＋H2(g)ΔH4＝－4386.9kJ·mol－1－(－4263.1kJ·mol－1)－(－241.8kJ·mol－1)＝＋118kJ·mol－1。4．[2023·全国乙卷，28(2)改编]已知下列热化学方程式：FeSO4·7H2O(s)=FeSO4(s)＋7H2O(g)ΔH1＝akJ·mol－1FeSO4·4H2O(s)=FeSO4(s)＋4H2O(g)ΔH2＝bkJ·mol－1FeSO4·H2O(s)=FeSO4(s)＋H2O(g)ΔH3＝ckJ·mol－1则FeSO4·7H2O(s)＋FeSO4·H2O(s)=2(FeSO4·4H2O)(s)的ΔH＝________kJ·mol－1。答案(a＋c－2b)解析将题中反应依次编号为①②③根据盖斯定律可知，①＋③－②×2可得FeSO4·7H2O(s)＋FeSO4·H2O(s)=2(FeSO4·4H2O)(s)，则ΔH＝(a＋c－2b)kJ·mol－1。5．[2023·北京，16(2)]二十世纪初，工业上以CO2和NH3为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步：ⅰ.CO2和NH3生成NH2COONH4；ⅱ.NH2COONH4分解生成尿素。结合反应过程中能量变化示意图，下列说法正确的是____________(填序号)。a．活化能：反应ⅰ<反应ⅱb．ⅰ为放热反应，ⅱ为吸热反应c．CO2(l)＋2NH3(l)=CO(NH2)2(l)＋H2O(l)ΔH＝E1－E4答案ab解析反应ⅰ的活化能是E1，反应ⅱ的活化能是E3，E1<E3，a项正确；从图中反应物和生成物能量的相对大小可看出反应ⅰ为放热反应，反应ⅱ为吸热反应，b项正确；总反应的ΔH＝E1－E2＋E3－E4，c项错误。6．[2022·广东，19(1)②]铬及其化合物在催化、金属防腐等方面具有重要应用。Cr2O3催化丙烷脱氢过程中，部分反应历程如图，X(g)→Y(g)过程的焓变为____________________________________________________________________(列式表示)。答案E1－E2＋ΔH＋E3－E4解析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的ΔH1＝E1－E2，M→N的ΔH2＝ΔH，N→Y的ΔH3＝E3－E4，根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓变为ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＝E1－E2＋ΔH＋E3－E4。1．目前Haber-Bosch法是工业合成氨的主要方式，其生产条件需要高温高压。为了有效降低能耗，过渡金属催化还原氮气合成氨被认为是具有巨大前景的替代方法。催化过程一般有吸附—解离—反应—脱附等过程，图示为N2和H2在固体催化剂表面合成氨反应路径的势能面图(部分数据略)，其中“*”表示被催化剂吸附。氨气的脱附是________(填“吸热”或“放热”)过程，合成氨的热化学方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。答案吸热N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92kJ·mol－1解析由势能面图可知，氨气从催化剂上脱离时势能面在升高，为吸热过程，由图可知，eq\f(1,2)mol氮气和eq\f(3,2)mol氢气生成1mol氨气的反应热为21kJ·mol－1－17kJ·mol－1－50kJ·mol－1＝－46kJ·mol－1，则合成氨的热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92kJ·mol－1。2．CO2经过催化氢化合成低碳烯烃。其合成乙烯的反应为2CO2(g)＋6H2(g)CH2=CH2(g)＋4H2O(g)ΔH。几种物质的能量(在标准状况下规定单质的能量为0，测得其他物质在生成时所放出或吸收的热量)如下表所示：物质H2(g)CO2(g)CH2=CH2(g)H2O(g)能量/(kJ·mol－1)0－39452－242则ΔH＝______________。答案－128kJ·mol－1解析反应焓变＝生成物总能量－反应物总能量，则该反应的焓变为52kJ·mol－1＋(－242kJ·mol－1)×4－(－394kJ·mol－1)×2－0＝－128kJ·mol－1。3．氢气是主要的工业原料，也是最重要的工业气体和特种气体，可用作合成氨、合成甲醇的原料。相关化学键的键能数据如表所示。化学键H—HC—OC—HH—OC=ON—HN≡NE/(kJ·mol－1)436351412462745391946(1)H2可与CO2生成甲醇和水，其反应过程如下。反应Ⅰ：2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)；反应Ⅱ：CH3OCH3(g)＋H2O(g)2CH3OH(g)。由表中化学键键能数据可知，反应Ⅰ的ΔH＝____________kJ·mol－1。(2)已知N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝akJ·mol－1，则由表中化学键键能数据可知a＝__________________。答案(1)－350(2)－92解析(1)ΔH＝反应物的键能总和－生成物的键能总和。反应Ⅰ的ΔH＝4E(C=O)＋6E(H—H)－6E(C—H)－2E(C—O)－6E(H—O)＝4×745kJ·mol－1＋6×436kJ·mol－1－6×412kJ·mol－1－2×351kJ·mol－1－6×462kJ·mol－1＝－350kJ·mol－1。(2)根据ΔH＝反应物的键能总和－生成物的键能总和可知，N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)的ΔH＝E(N≡N)＋3E(H—H)－6E(N—H)＝946kJ·mol－1＋3×436kJ·mol－1－6×391kJ·mol－1＝－92kJ·mol－1，则a＝－92。4．钌及其化合物在合成工业上有广泛用途，下图是用钌(Ru)基催化剂催化合成甲酸的过程。每生成92g液态HCOOH放出62.4kJ的热量。根据图示写出该反应的热化学方程式：______________________________________________________________________________________________________________。答案H2(g)＋CO2(g)=HCOOH(l)ΔH＝－31.2kJ·mol－1解析根据整个流程图可知，CO2(g)和H2(g)为反应物，生成物为HCOOH(l)，92gHCOOH的物质的量为eq\f(92g,46g·mol－1)＝2mol，所以生成1molHCOOH(l)放出31.2kJ热量，热化学方程式为H2(g)＋CO2(g)=HCOOH(l)ΔH＝－31.2kJ·mol－1。5．在α-Fe(Ⅲ)铁原子簇表面，以N2和H2为原料合成氨的反应机理如下：①H2(g)=2H(g)ΔH1②N2(g)＋2H(g)2(NH)(g)ΔH2③(NH)(g)＋H(g)(NH2)(g)ΔH3④(NH2)(g)＋H(g)NH3(g)ΔH4总反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH。则ΔH4＝______________________________(用含ΔH1、ΔH2、ΔH3、ΔH的式子表示)。答案eq\f(1,2)(ΔH－3ΔH1－ΔH2－2ΔH3)6．实验室可用KClO3分解制取O2，KClO3受热分解的反应分两步进行：①4KClO3(s)=3KClO4(s)＋KCl(s)②KClO4(s)=KCl(s)＋2O2(g)已知：K(s)＋eq\f(1,2)Cl2(g)=KCl(s)ΔH＝－437kJ·mol－1K(s)＋eq\f(1,2)Cl2(g)＋eq\f(3,2)O2(g)=KClO3(s)ΔH＝－398kJ·mol－1K(s)＋eq\f(1,2)Cl2(g)＋2O2(g)=KClO4(s)ΔH＝－433kJ·mol－1则反应4KClO3(s)=3KClO4(s)＋KCl(s)的ΔH＝__________kJ·mol－1。答案－144解析①K(s)＋eq\f(1,2)Cl2(g)=KCl(s)ΔH＝－437kJ·mol－1；②K(s)＋eq\f(1,2)Cl2(g)＋eq\f(3,2)O2(g)=KClO3(s)ΔH＝－398kJ·mol－1；③K(s)＋eq\f(1,2)Cl2(g)＋2O2(g)=KClO4(s)ΔH＝－433kJ·mol－1，依据盖斯定律将①＋③×3－②×4得到4KClO3(s)=3KClO4(s)＋KCl(s)的ΔH＝－144kJ·mol－1。7．1molCH4(g)完全燃烧生成气态水的能量变化和1molS(g)燃烧的能量变化如图所示。在催化剂作用下，CH4(g)可以还原SO2(g)生成单质S(g)、H2O(g)和CO2(g)，写出该反应的热化学方程式：_______________________________________________________________________________________________________________________________________________________。答案CH4(g)＋2SO2(g)=2S(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝＋352kJ·mol－1解析根据图像可知：①CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝126kJ·mol－1－928kJ·mol－1＝－802kJ·mol－1；②S(g)＋O2(g)=SO2(g)ΔH＝－577kJ·mol－1；根据盖斯定律可知①－②×2可得CH4(g)＋2SO2(g)=2S(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝＋352kJ·mol－1。8．工业上利用甲酸的能量关系转换图如图所示：反应CO2(g)＋H2(g)HCOOH(g)的ΔH＝________kJ·mol－1。答案－31.4解析根据图示可得如下热化学方程式：①HCOOH(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH1＝＋72.6kJ·mol－1；②CO(g)＋eq\f(1,2)O2(g)CO2(g)ΔH2＝－283.0kJ·mol－1；③H2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)H2O(g)ΔH3＝－241.8kJ·mol－1。由盖斯定律可mol－1－(＋72.6kJ·mol－1)－(－283.0kJ·mol－1)＝－31.4kJ·mol－1。9．硫碘循环分解水是一种高效、环保的制氢方法，其流程图如下。已知：反应Ⅰ：2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g)ΔH1＝＋572kJ·mol－1反应Ⅱ：H2SO4(aq)=SO2(g)＋H2O(l)＋eq\f(1,2)O2(g)ΔH2＝＋327kJ·mol－1反应Ⅲ：2HI(aq)=H2(g)＋I2(g)ΔH3＝＋172kJ·mol－1则反应SO2(g)＋I2(g)＋2H2O(l)=2HI(aq)＋H2SO4(aq)ΔH＝__________________。答案－213kJ·mol－1解析根据盖斯定律，将Ⅰ×eq\f(1,2)－Ⅱ－Ⅲ得反应SO2(g)＋I2(g)＋2H2O(l)=2HI(aq)＋H2SO4(aq)ΔH＝－213kJ·mol－1。10．如图表示在CuO存在下HCl催化氧化的反应过程，则总反应的热化学方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。答案2HCl(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=H2O(g)＋Cl2(g)ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3解析根据盖斯定律，化学反应不管是一步完成还是分几步完成，其反应热都是相同的，由题图可知热化学方程式为2HCl(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=H2O(g)＋Cl2(g)ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3。

2.多平衡体系中最佳反应条件、选择性、转化率、产率变化规范解答1．[2023·湖南，16(2)(3)(4)]聚苯乙烯是一类重要的高分子材料，可通过苯乙烯聚合制得。苯乙烯的制备已知下列反应的热化学方程式：①C6H5C2H5(g)＋eq\f(21,2)O2(g)=8CO2(g)＋5H2O(g)ΔH1＝－4386.9kJ·mol－1②C6H5CH=CH2(g)＋10O2(g)=8CO2(g)＋4H2O(g)ΔH2＝－4263.1kJ·mol－1③H2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=H2O(g)ΔH3＝－241.8kJ·mol－1④C6H5C2H5(g)C6H5CHCH2(g)＋H2(g)ΔH4＝＋118kJ·mol－1。(2)在某温度、100kPa下，向反应器中充入1mol气态乙苯发生反应④，其平衡转化率为50%，欲将平衡转化率提高至75%，需要向反应器中充入______mol水蒸气作为稀释气(计算时忽略副反应)。(3)在913K、100kPa下，以水蒸气作稀释气、Fe2O3作催化剂，乙苯除脱氢生成苯乙烯外，还会发生如下两个副反应：⑤C6H5C2H5(g)C6H6(g)＋CH2=CH2(g)⑥C6H5C2H5(g)＋H2(g)C6H5CH3(g)＋CH4(g)以上反应体系中，芳香烃产物苯乙烯、苯和甲苯的选择性S(S＝eq\f(转化为目的产物所消耗乙苯的量,已转化的乙苯总量)×100%)随乙苯转化率的变化曲线如图所示，其中曲线b代表的产物是_________________________________________________________________，理由是_______________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)关于本反应体系中催化剂Fe2O3的描述错误的是______________。A．X射线衍射技术可测定Fe2O3晶体结构B．Fe2O3可改变乙苯平衡转化率C．Fe2O3降低了乙苯脱氢反应的活化能D．改变Fe2O3颗粒大小不影响反应速率答案(2)5(3)甲苯主反应生成的H2能使副反应⑥的平衡正向移动，甲苯的选择性大于苯的选择性(4)BD解析(2)在某温度、100kPa下，向反应器中充入1mol气态乙苯发生反应④。乙苯的平衡转化率为50%，可列三段式：C6H5C2H5(g)C6H5CH=CH2(g)＋H2(g)n(起始)/mol100n(转化)/mol0.50.50.5n(平衡)/mol0.50.50.5此时平衡时混合气体总物质的量为1.5mol，此时容器的体积为V；当乙苯的平衡转化率为75%，可列三段式：C6H5C2H5(g)C6H5CH=CH2(g)＋H2(g)n(起始)/mol100n(转化)/mol0.750.750.75n(平衡)/mol0.250.750.75此时乙苯、苯乙烯、H2物质的量之和为1.75mol，设充入H2O(g)物质的量为xmol，混合气的总物质的量为(1.75＋x)mol，在恒温、恒压时，体积之比等于物质的量之比，此时容器的体积为eq\f(1.75＋x,1.5)V；两次平衡温度相同，则平衡常数相等，则eq\f(\f(0.5,V)2,\f(0.5,V))＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(0.75,\f(1.75＋x,1.5)V)))2,\f(0.25,\f(1.75＋x,1.5)V))，解得x＝5。(3)生成苯乙烯的反应为主反应，则苯乙烯的选择性最高，主反应生成的氢气能使副反应⑥的平衡正向移动，则甲苯的选择性大于苯的选择性，故b代表的产物为甲苯。(4)测定晶体结构最常用的仪器是X射线衍射仪，A项正确；催化剂不能使平衡发生移动，不能改变乙苯的平衡转化率，B项错误；催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，C项正确；催化剂颗粒大小会影响接触面积，会影响反应速率，D项错误。2．(2022·全国甲卷，28)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(TiO2)转化为TiCl4，再进一步还原得到钛。回答下列问题：(1)TiO2转化为TiCl4有直接氯化法和碳氯化法。在1000℃时反应的热化学方程式及其平衡常数如下：(ⅰ)直接氯化：TiO2(s)＋2Cl2(g)=TiCl4(g)＋O2(g)ΔH1＝＋172kJ·mol－1，Kp1＝1.0×10－2(ⅱ)碳氯化：TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)=TiCl4(g)＋2CO(g)ΔH2＝－51kJ·mol－1，Kp2＝1.2×1012Pa①反应2C(s)＋O2(g)=2CO(g)的ΔH为__________kJ·mol－1，Kp＝__________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1.0×105Pa，将TiO2、C、Cl2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C(s)＋CO2(g)=2CO(g)的平衡常数Kp(1400℃)＝__________Pa。②图中显示，在200℃平衡时TiO2几乎完全转化为TiCl4，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)TiO2碳氯化是一个“气-固-固”反应，有利于TiO2-C“固-固”接触的措施是________________________________________________________________________。答案(1)①－2231.2×1014②碳氯化反应气体分子数增加，ΔH小于0，是熵增、放热过程，根据ΔG＝ΔH－TΔS可知ΔG＜0，故该反应能自发进行，而直接氯化的反应是气体分子数不变且是吸热过程，反应趋势远小于碳氯化③向左变小(2)①7.2×105②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ΔH＝－51kJ·mol－1－(＋172kJ·mol－1)＝－223kJ·mol－1；则Kp＝eq\f(Kp2,Kp1)＝eq\f(1.2×1012,1.0×10－2)Pa＝1.2×1014Pa；③对于碳氯化反应，气体分子数增大，依据勒夏特列原理，增大压强，平衡向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，平衡向吸热方向移动，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℃)＝eq\f(0.6p总2,0.05p总)＝eq\f(0.6×1.0×1052,0.05×1.0×105)Pa＝7.2×105Pa。(一)选择反应最佳条件1．NH3还原技术是当今最有效、最成熟的去除NOx的技术之一。使用V2O5/(TiO2-SiO2)催化剂能有效脱除电厂烟气中氮氧化物，发生脱硝主要反应为4NO＋4NH3＋O2=4N2＋6H2O。除去NO反应过程中提高气体流速可提高催化剂的利用率，降低成本。气体流速与NO转化率的关系如图所示。为合理利用催化剂应选择________h－1的流速。答案10000解析气体流速在5000～10000h－1时，NO的转化率高，且转化率不变，除去NO反应过的流速。2．科学家研究了乙醇催化合成乙酸乙酯的新方法：2C2H5OH(g)eq\o(,\s\up7(催化剂),\s\do5(△))CH3COOC2H5(g)＋2H2(g)，在常压下反应，冷凝收集，测得常温下液态收集物中主要产物的质量分数如图所示。则反应温度不宜超过__________________。答案300℃解析通过图像分析得，当温度高于300℃时，乙酸乙酯的质量分数开始下降，所以反应温度不宜高于300℃。3．甲烷还原可消除NO污染。将NO、O2、CH4混合物按一定体积比通入恒容容器中，发生如下主要反应：①CH4(g)＋2NO(g)＋O2(g)=N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH1＜0②CH4(g)＋4NO(g)=2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH2＜0③CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)ΔH3＜0在催化剂A和B的分别作用下，NO的还原率和CH4的转化率分别和温度的关系如图所示。由图可知，消除NO的最佳条件是__________和催化剂________________。答案500℃A解析由图可知，500℃时，在催化剂A的作用下NO还原率最高，是消除NO的最佳条件。4．利用NaClO2/H2O2酸性复合吸收剂可同时对NO、SO2进行氧化得到硝酸和硫酸而除去。在温度一定时，eq\f(nH2O2,nNaClO2)、溶液pH对脱硫脱硝的影响如图所示：由图所示可知脱硫脱硝最佳条件是______________________________________________________________________________________________________________________________。答案pH在5.5～6.0、eq\f(nH2O2,nNaClO2)＝6解析根据图示，pH在5.5～6.0、eq\f(nH2O2,nNaClO2)＝6时NO、SO2去除率最高。(二)解释曲线发生某种现象的原因5．CO2催化加氢直接合成二甲醚的反应为2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)ΔHmol－1，其他条件相同时，反应温度对CO2平衡总转化率及反应2.5小时的CO2实际总转化率影响如图1所示；反应温度对二甲醚的平衡选择性及反应2.5小时的二甲醚实际选择性影响如图2所示。(已知：CH3OCH3的选择性＝eq\f(生成二甲醚的CO2物质的量,反应共耗CO2物质的量)×100%)(1)图1中，温度高于290℃，CO2平衡总转化率随温度升高而上升的原因可能是__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)图2中，在240～300℃范围内，相同温度下，二甲醚的实际选择性高于其平衡值，从化学反应速率的角度解释原因：__________________________________________________________________________________________________________________________________。答案(1)温度高于290℃，随着温度升高，CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)平衡向右移动的程度大于2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)平衡向左移动的程度，使CO2的平衡总转化率上升(2)CO2催化加氢直接合成二甲醚的反应活化能较低，而合成二甲醚时的副反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)活化能较高，所以二甲醚的实际选择性高于其平衡值6．甲基环己烷催化脱氢()是石油工业制氢常见方法，以Ni-Cu为催化剂，固定反应温度为650K，以氮气为载气，在不同载气流速情况下，甲基环己烷脱氢转化率如图所示，b点转化率能与a点保持相当的原因是____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。答案a点载气流速较小，甲基环己烷的浓度较大，其在催化剂表面吸附及发生脱氢反应的百分率较小，故其转化率较小；适当加快载气流速可以减小反应物的浓度，使反应物在催化剂表面吸附及发生脱氢反应的百分率变大，故甲基环己烷转化率随载气流速适当加快而提高；b点载气流速过快，会使甲基环己烷在催化剂表面的反应时间减少，导致甲基环己烷转化率降低，因此，b点转化率能与a点保持相当7．工业上用SiO2和焦炭高温下反应制得粗硅，再经如下2步反应制得精硅：Si(s)＋3HCl(g)=SiHCl3(g)＋H2(g)ΔH＝－141.8kJ·mol－1，SiHCl3(g)＋H2(g)=Si(s)＋3HCl(g)，反应过程中可能会生成SiCl4。如图所示，当eq\f(nHCl,nSi)＞3，SiHCl3平衡产率减小的原因是___________________________________________________________________________________________________________。答案SiHCl3参与了其他的反应，导致平衡体系内SiHCl3浓度降低，产率降低1．二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℃、1.01×105Pa条件下测定)：Ⅰ：CH3OCH3(g)＋H2O(l)2CH3OH(l)ΔH>0Ⅱ：CH3OH(l)＋H2O(l)CO2(g)＋3H2(g)ΔH>0Ⅲ：CO(g)＋H2O(l)CO2(g)＋H2(g)ΔH<0Ⅳ：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1、2所示：你认为反应控制的最佳温度应为___________________________________________(填字母)。A．300～350℃ B．350～400℃C．400～450℃ D．450～500℃答案C解析由图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，而由图2达到450℃时，二甲醚的转化率已很高，升高温度变化不明显，综合图1、图2和生产成本，温度应控制在400～450℃最合适。2．CO2和H2合成甲烷也是CO2资源化利用的重要方法。对于反应CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)ΔH＝－165kJ·mol－1，催化剂的选择是CO2甲烷化技术的核心。在两种不同催化剂条件下反应相同时间，测得CO2转化率和生成CH4选择性随温度变化的影响如图所示：(1)高于320℃后，以Ni-CeO2为催化剂，CO2转化率略有下降，而以Ni为催化剂，CO2转化率仍在上升，其原因是__________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)对比上述两种催化剂的催化性能，工业上应选择的催化剂是____________________，使用的合适温度为______________________。答案(1)320℃时，以Ni-CeO2为催化剂，CO2甲烷化反应已达平衡，升高温度平衡左移；以Ni为催化剂，CO2甲烷化反应速率较慢，升高温度反应速率加快，反应相同时间时CO2转化率增加(2)Ni-CeO2320℃解析(2)根据图像分析可知，温度适宜(320℃)时，以Ni-CeO2为催化剂明显比以Ni为催化剂时CO2转化率高，且催化剂选择性强，所以应选择Ni-CeO2为催化剂，最佳温度为320℃。3．研究碳及其化合物的资源化利用具有重要的意义。已知下列热化学方程式：反应Ⅰ：CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)ΔH1＝－164.9kJ·mol－1反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH2＝＋41.2kJ·mol－1将n(CO2)∶n(H2)＝1∶4的混合气体充入密闭容器中发生上述反应Ⅰ、Ⅱ，在不同温度和压强时，CO2的平衡转化率如图。0.1MPa时，CO2的转化率在600℃之后，随温度升高而增大的主要原因是__________________________________________________________________________________________________________