2025届高考化学一轮复习高考必考大题专练二化学原理综合应用题含解析

PAGE18-高考必考大题专练（二）化学原理综合应用题（A组）1．[2024·全国卷Ⅱ，28]自然气的主要成分为CH4，一般还含有C2H6等烃类，是重要的燃料和化工原料。（1）乙烷在肯定条件可发生如下反应：C2H6（g）=C2H4（g）＋H2（g）ΔH1，相关物质的燃烧热数据如表所示：物质C2H6（g）C2H4（g）H2（g）燃烧热ΔH/（kJ·mol－1）－1560－1411－286①ΔH1＝kJ·mol－1。②提高该反应平衡转化率的方法有、。③容器中通入等物质的量的乙烷和氢气，在等压下（p）发生上述反应，乙烷的平衡转化率为α。反应的平衡常数Kp＝（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。（2）高温下，甲烷生成乙烷的反应如下：2CH4eq\o(→,\s\up7(高温))C2H6＋H2。反应在初期阶段的速率方程为：r＝k×cCH4，其中k为反应速率常数。①设反应起先时的反应速率为r1，甲烷的转化率为α时的反应速率为r2，则r2＝r1。②对于处于初期阶段的该反应，下列说法正确的是。A．增加甲烷浓度，r增大B．增加H2浓度，r增大C．乙烷的生成速率渐渐增大D．降低反应温度，k减小（3）CH4和CO2都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如图所示：①阴极上的反应式为____________________________________________。②若生成的乙烯和乙烷的体积比为2∶1，则消耗的CH4和CO2体积比为。2．[2024·山东卷，18]探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CH3OH的产率。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下：Ⅰ.CO2（g）＋3H2（g）⇌CH3OH（g）＋H2O（g）ΔH1＝－49.5kJ·mol－1Ⅱ.CO（g）＋2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH2＝－90.4kJ·mol－1Ⅲ.CO2（g）＋H2（g）⇌CO（g）＋H2O（g）ΔH3回答下列问题：（1）ΔH3＝kJ·mol－1。（2）肯定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1molCO2和3molH2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH（g）为amol，CO为bmol，此时H2O（g）的浓度为mol·L－1（用含a、b、V的代数式表示，下同），反应Ⅲ的平衡常数为。（3）不同压强下，依据n（CO2）∶n（H2）＝1∶3投料，试验测定CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度的变更关系如图所示。已知：CO2的平衡转化率＝eq\f(n（CO2）初始－n（CO2）平衡,n（CO2）初始)×100%CH3OH的平衡产率＝eq\f(n（CH3OH）平衡,n（CO2）初始)×100%其中纵坐标表示CO2平衡转化率的是图（填“甲”或“乙”）；压强p1、p2、p3由大到小的依次为；图乙中T1温度时，三条曲线几乎交于一点的缘由是。（4）为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，应选择的反应条件为（填标号）。A．低温、高压B．高温、低压C．低温、低压D．高温、高压3．[2024·江苏卷，20]CO2/HCOOH循环在氢能的贮存/释放、燃料电池等方面具有重要应用。（1）CO2催化加氢。在密闭容器中，向含有催化剂的KHCO3溶液（CO2与KOH溶液反应制得）中通入H2生成HCOO－，其离子方程式为；其他条件不变，HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))转化为HCOO－的转化率随温度的变更如图1所示。反应温度在40℃～80℃范围内，HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))催化加氢的转化率快速上升，其主要缘由是。（2）HCOOH燃料电池。探讨HCOOH燃料电池性能的装置如图2所示，两电极区间用允许K＋、H＋通过的半透膜隔开。①电池负极电极反应式为；放电过程中需补充的物质A为（填化学式）。②图2所示的HCOOH燃料电池放电的本质是通过HCOOH与O2的反应，将化学能转化为电能，其反应的离子方程式为。（3）HCOOH催化释氢。在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图3所示。①HCOOD催化释氢反应除生成CO2外，还生成（填化学式）。②探讨发觉：其他条件不变时，以HCOOK溶液代替HCOOH催化释氢的效果更佳，其详细优点是。4．[2024·浙江1月，29]探讨NOx之间的转化具有重要意义。（1）已知：N2O4（g）⇌2NO2（g）ΔH＞0将肯定量N2O4气体充入恒容的密闭容器中，限制反应温度为T1。①下列可以作为反应达到平衡的判据是。A．气体的压强不变B．v正（N2O4）＝2v逆（NO2）C．K不变D．容器内气体的密度不变E．容器内颜色不变②t1时刻反应达到平衡，混合气体平衡总压强为p，N2O4气体的平衡转化率为75%，则反应N2O4（g）⇌2NO2（g）的平衡常数Kp＝[对于气相反应，用某组分B的平衡压强p（B）代替物质的量浓度c（B）也可表示平衡常数，记作Kp，如p（B）＝p·x（B），p为平衡总压强，x（B）为平衡系统中B的物质的量分数]。③反应温度为T1时，c（N2O4）随t（时间）变更曲线如图1，画出0～t2时段，c（NO2）随t变更的曲线。保持其他条件不变，变更反应温度为T2（T2＞T1），再次画出0～t2时段，c（NO2）随t变更趋势的曲线。图1（2）NO氧化反应：2NO（g）＋O2（g）⇌2NO2（g）分两步进行，其反应过程能量变更示意图如图2。Ⅰ.2NO（g）⇌N2O2（g）ΔH1Ⅱ.N2O2（g）＋O2（g）=2NO2（g）ΔH2图2①确定NO氧化反应速率的步骤是（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）。②在恒容的密闭容器中充入肯定量的NO和O2气体，保持其他条件不变，限制反应温度分别为T3和T4（T4＞T3），测得c（NO）随t（时间）的变更曲线如图3。图3转化相同量的NO，在温度（填“T3”或“T4”）下消耗的时间较长，试结合反应过程能量图（图2）分析其缘由。化学原理综合应用题（B组）1．探讨CO2氧化C2H6制C2H4对资源综合利用有重要意义。相关的主要化学反应有：ⅠC2H6（g）⇌C2H4（g）＋H2（g）ΔH1＝136kJ·mol－1ⅡC2H6（g）＋CO2（g）⇌C2H4（g）＋H2O（g）＋CO（g）ΔH2＝177kJ·mol－1ⅢC2H6（g）＋2CO2（g）⇌4CO（g）＋3H2（g）ΔH3ⅣCO2（g）＋H2（g）⇌CO（g）＋H2O（g）ΔH4＝41kJ·mol－1图1已知：298K时，相关物质的相对能量（如图1）。可依据相关物质的相对能量计算反应或变更的ΔH（ΔH随温度变更可忽视）。例如：H2O（g）=H2O（l）ΔH＝－286kJ·mol－1－（－242kJ·mol－1）＝－44kJ·mol－1。请回答：（1）①依据相关物质的相对能量计算ΔH3＝kJ·mol－1。②下列描述正确的是。A．上升温度反应Ⅰ的平衡常数增大B．加压有利于反应Ⅰ、Ⅱ的平衡正向移动C．反应Ⅲ有助于乙烷脱氢，有利于乙烯生成D．恒温恒压下通水蒸气，反应Ⅳ的平衡逆向移动③有探讨表明，在催化剂存在下，反应Ⅱ分两步进行，过程如下：【C2H6（g）＋CO2（g）】→【C2H4（g）＋H2（g）＋CO2（g）】→【C2H4（g）＋CO（g）＋H2O（g）】，且其次步速率较慢（反应活化能为210kJ·mol－1）。依据相关物质的相对能量，画出反应Ⅱ分两步进行的“能量—反应过程图”，起点从【C2H6（g）＋CO2（g）】的能量－477kJ·mol－1起先（如图2）。图2（2）①CO2和C2H6按物质的量1∶1投料，在923K和保持总压恒定的条件下，探讨催化剂X对“CO2氧化C2H6制C2H4”的影响，所得试验数据如表：催化剂转化率C2H6/%转化率CO2/%产率C2H4/%催化剂X19.037.63.3结合详细反应分析，在催化剂X作用下，CO2氧化C2H6的主要产物是，推断依据是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。②采纳选择性膜技术（可选择性地让某气体通过而离开体系）可提高C2H4的选择性（生成C2H4的物质的量与消耗C2H6的物质的量之比）。在773K，乙烷平衡转化率为9.1%，保持温度和其他试验条件不变，采纳选择性膜技术，乙烷转化率可提高到11.0%。结合详细反应说明乙烷转化率增大的缘由是_______________________________。2．水是“生命之基质”，是“恒久值得探究的物质”。（1）关于反应H2（g）＋eq\f(1,2)O2（g）=H2O（l），下列说法不正确的是。A.焓变ΔH<0，熵变ΔS<0B.可以把反应设计成原电池，实现能量的转化C.肯定条件下，若视察不到水的生成，说明该条件下反应不能自发进行D.选用合适的催化剂，有可能使反应在常温常压下以较快的速率进行（2）①依据H2O的成键特点，画出与图1中H2O分子干脆相连的全部氢键（O－H…O）。②将肯定量水放入抽空的恒容密闭容器中，测定不同温度（T）下气态、液态水平衡共存[H2O（l）⇌H2O（g）]时的压强（p）。在图2中画出从20℃起先经过100℃的p随T变更关系示意图（20℃时的平衡压强用p1表示）。（3）水在高温高压状态下呈现很多特别的性质。当温度、压强分别超过临界温度（374.2℃）、临界压强（22.1MPa）时的水称为超临界水。①与常温常压的水相比，高温高压液态水的离子积会显著增大。说明其缘由________________________________________________________________________________________________________________________________________________。②假如水的离子积Kw从1.0×10－14增大到1.0×10－10，则相应的电离度是原来的倍。③超临界水能够与氧气等氧化剂以随意比例互溶，由此发展了超临界水氧化技术。肯定试验条件下，测得乙醇的超临界水氧化结果如图3、图4所示，其中x为以碳元素计的物质的量分数，t为反应时间。下列说法合理的是。A.乙醇的超临界水氧化过程中，一氧化碳是中间产物，二氧化碳是最终产物B.在550℃条件下，反应时间大于15s时，乙醇氧化为二氧化碳已趋于完全C.乙醇的超临界水氧化过程中，乙醇的消耗速率或二氧化碳的生成速率都可以用来表示反应的速率，而且两者数值相等D.随温度上升，xCO峰值出现的时间提前，且峰值更高，说明乙醇的氧化速率比一氧化碳氧化速率的增长幅度更大（4）以铂阳极和石墨阴极设计电解池，通过电解NH4HSO4溶液产生（NH4）2S2O8，再与水反应得到H2O2，其中生成的NH4HSO4可以循环运用。①阳极的电极反应式是___________________________________________。②制备H2O2的总反应方程式是____________________________________。3．CO2的资源化利用能有效削减CO2排放，充分利用碳资源。（1）CaO可在较高温度下捕集CO2，在更高温度下将捕集的CO2释放利用。CaC2O4·H2O热分解可制备CaO，CaC2O4·H2O加热升温过程中固体的质量变更如图1。①写出400～600℃范围内分解反应的化学方程式：________________________________________________________________________。②与CaCO3热分解制备的CaO相比，CaC2O4·H2O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能，其缘由是____________________________________________。（2）电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制HCOOH的原理示意图如图2。①写出阴极CO2还原为HCOO－的电极反应式：。②电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其缘由是Ｗ．（3）CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应：反应Ⅰ：CO2（g）＋H2（g）=CO（g）＋H2O（g）ΔH＝41.2kJ·mol－1反应Ⅱ：2CO2（g）＋6H2（g）=CH3OCH3（g）＋3H2O（g）ΔH＝－122.5kJ·mol－1在恒压，CO2和H2的起始量肯定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变更如图3。其中：CH3OCH3的选择性＝eq\f(2×CH3OCH3的物质的量,反应的CO2的物质的量)×100%①温度高于300℃，CO2平衡转化率随温度上升而上升的缘由是。②220℃时，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性为48%（图中A点）。不变更反应时间和温度，肯定能提高CH3OCH3选择性的措施有。4．CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题：（1）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH＝13，CO2主要转化为（写离子符号）；若所得溶液c（HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))）∶c（COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))）＝2∶1，溶液pH＝。（室温下，H2CO3的K1＝4×10－7；K2＝5×10－11）（2）CO2与CH4经催化重整，制得合成气：CH4（g）＋CO2（g）eq\o(,\s\up7(催化剂))2CO（g）＋2H2（g）①已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：化学键C—HC＝OH—HCeq\a\vs4\al(\o(=,\s\up7(←)))O（CO）键能/kJ·mol－14137454361075则该反应的ΔH＝。分别在VL恒温密闭容器A（恒容）、B（恒压，容积可变）中，加入CH4和CO2各1mol的混合气体。两容器中反应达平衡后放出或汲取的热量较多的是（填“A”或“B”）。②按肯定体积比加入CH4和CO2，在恒压下发生反应，温度对CO和H2产率的影响如图1所示。此反应优选温度为900℃的缘由是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。（3）O2协助的Al—CO2电池工作原理如图2所示。该电池电容量大，能有效利用CO2，电池反应产物Al2（C2O4）3是重要的化工原料。电池的负极反应式：____________________________________________。电池的正极反应式：6O2＋6e－=6Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))6CO2＋6Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))=3C2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋6O2反应过程中O2的作用是__________________________________________。该电池的总反应式：_____________________________________________。高考必考大题专练（二）化学原理综合应用题（A组）1．解析：（1）①依据题表中数据信息可写出热化学方程式（ⅰ）C2H6（g）＋eq\f(7,2)O2（g）=2CO2（g）＋3H2O（l）ΔH＝－1560kJ·mol－1、（ⅱ）C2H4（g）＋3O2（g）=2CO2（g）＋2H2O（l）ΔH＝－1411kJ·mol－1、（ⅲ）H2（g）＋eq\f(1,2)O2（g）=H2O（l）ΔH＝－286kJ·mol－1，依据盖斯定律，由（ⅰ）－（ⅱ）－（ⅲ）得C2H6（g）=C2H4（g）＋H2（g）ΔH1＝＋137kJ·mol－1。②由于该反应为吸热反应、且为气体分子数增大的反应，因此可通过上升温度、减小体系压强等提高该反应的平衡转化率。③设起始时C2H6和H2的物质的量均为1mol，列出三段式：C2H6（g）=C2H4（g）＋H2（g）起始量/mol101转化量/molααα平衡量/mol1－αα1＋α平衡时C2H6、C2H4和H2对应的分压分别为eq\f(1－α,2＋α)p、eq\f(α,2＋α)p和eq\f(1＋α,2＋α)p，则该反应的平衡常数Kp＝eq\f(\f(α,2＋α)p×\f(1＋α,2＋α)p,\f(1－α,2＋α)p)＝eq\f(α（1＋α）,（2＋α）（1－α）)×p。（2）①反应初始时可认为cCH4＝1mol·L－1，则依据初期阶段的速率方程可知k＝r1，当CH4的转化率为α时，cCH4＝（1－α）mol·L－1，则此时r2＝（1－α）r1。②由r＝k×cCH4可知，CH4的浓度越大，反应速率r越大，A项正确；增加H2浓度，CH4的浓度减小或不变，则r减小或不变，B项错误；随着反应的进行，CH4的浓度渐渐减小，则反应速率渐渐减小，C项错误；降低温度，该反应进行特别缓慢甚至停止，即k也随着减小，D项正确。（3）①结合图示可知CO2在阴极发生还原反应生成CO，即阴极上的反应式为CO2＋2e－=CO＋O2－。②设生成C2H4和C2H6的物质的量分别为2mol和1mol，则反应中转移电子的物质的量为4mol×2＋2mol×1＝10mol，依据碳原子守恒，可知反应的CH4为6mol；则由CO2→CO转移10mol电子，需消耗5molCO2，则反应中消耗CH4和CO2的体积比为6∶5。答案：（1）①137②上升温度减小压强（增大体积）③eq\f(α（1＋α）,（2＋α）（1－α）)×p（2）①（1－α）②AD（3）①CO2＋2e－=CO＋O2－②6∶52．解析：本题考查盖斯定律的应用、平衡浓度及平衡常数的计算、化学平衡中的问题分析及化学平衡移动的分析等，考查的化学学科核心素养是宏观辨识与微观探析、变更观念与平衡思想、证据推理与模型认知。（1）分析三个热化学方程式，可应用盖斯定律计算，ΔH3＝ΔH1－ΔH2＝－49.5kJ·mol－1－（－90.4kJ·mol－1）＝＋40.9kJ·mol－1。（2）由题述三个反应可知，平衡时H2O（g）的浓度等于CH3OH（g）和CO（g）的浓度之和，即H2O（g）的浓度为eq\f(a＋b,V)mol·L－1。平衡时CH3OH（g）、CO（g）、H2O（g）的浓度分别为eq\f(a,V)mol·L－1、eq\f(b,V)mol·L－1、eq\f(a＋b,V)mol·L－1，则从起先至平衡，消耗CO2（g）的浓度为（eq\f(a,V)＋eq\f(b,V)）mol·L－1＝eq\f(a＋b,V)mol·L－1，消耗H2（g）的浓度为（eq\f(3a,V)＋eq\f(b,V)）mol·L－1＝eq\f(3a＋b,V)mol·L－1，即平衡时CO2（g）、H2（g）的浓度分别为eq\f(1－a－b,V)mol·L－1、eq\f(3－3a－b,V)mol·L－1，则反应Ⅲ的平衡常数为eq\f(c（CO）·c（H2O）,c（CO2）·c（H2）)＝eq\f(\f(b,V)×\f(a＋b,V),\f(1－a－b,V)×\f(3－3a－b,V))＝eq\f(b（a＋b）,（1－a－b）（3－3a－b）)。（3）反应Ⅰ为放热反应，故低温阶段，温度越高，CO2的平衡转化率越低，而反应Ⅲ为吸热反应，温度较高时，主要发生反应Ⅲ，则温度越高，CO2的平衡转化率越高，即图乙的纵坐标表示的是CO2的平衡转化率。反应Ⅰ为气体分子数削减的反应，反应Ⅲ为气体分子数不变的反应，因此压强越大，CO2的平衡转化率越高，故压强由大到小的依次是p1、p2、p3。反应Ⅲ为吸热反应，温度较高时，主要发生反应Ⅲ，且反应Ⅲ前后气体分子数相等，故CO2的平衡转化率几乎不再受压强影响。（4）由上述分析知，图甲、图乙的纵坐标分别表示CH3OH的平衡产率、CO2的平衡转化率，且p1>p2>p3，分析图像可知，应选择的反应条件为低温、高压，A项正确。答案：（1）＋40.9（2）eq\f(a＋b,V)eq\f(b（a＋b）,（1－a－b）（3－3a－b）)（3）乙p1、p2、p3T1时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强变更对平衡没有影响（4）A3．解析：本题考查离子方程式的书写、影响化学反应速率的因素、原电池的工作原理等学问，考查的化学学科核心素养是宏观辨识与微观探析、变更观念与平衡思想。（1）HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))和H2在催化剂的作用下反应生成HCOO－，依据原子守恒和电荷守恒，可知生成物中还有水，据此可写出有关反应的离子方程式。适当上升温度时，催化剂的活性增加，HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))催化加氢的反应速率增大，相同反应时间内，HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))催化加氢的转化率快速上升。（2）①负极发生氧化反应，碱性条件下，HCOO－（其中的碳元素为＋2价）被氧化生成HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))（其中的碳元素为＋4价），则负极的电极反应式为HCOO－＋2OH－－2e－=HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋H2O。正极反应中，Fe3＋被还原为Fe2＋，Fe2＋再被O2在酸性条件下氧化为Fe3＋，Fe3＋相当于催化剂，因为最终有K2SO4生成，O2氧化Fe2＋的过程中要消耗H＋，故须要补充的物质A为H2SO4。②结合上述分析可知，HCOOH与O2反应的离子方程式为2HCOOH＋2OH－＋O2=2HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋2H2O或2HCOO－＋O2=2HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))。（3）①依据原子守恒并结合题图3，可知HCOOD催化释氢反应除生成CO2外，还生成HD。②从题图3可以看出，HCOOH催化释氢的第一步是转化为HCOO－，故以HCOOK溶液代替HCOOH催化释氢，可以提高释放氢气的速率，又HCOOK催化释氢时，氢元素的来源单一，提高释放出氢气的纯度。答案：（1）HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋H2eq\o(=,\s\up7(催化剂))HCOO－＋H2O温度上升反应速率增大，温度上升催化剂的活性增加（2）①HCOO－＋2OH－－2e－=HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋H2OH2SO4②2HCOOH＋2OH－＋O2=2HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋2H2O或2HCOO－＋O2=2HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))（3）①HD②提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度4．解析：（1）①恒容密闭容器中发生反应N2O4（g）⇌2NO2（g），是气体分子数增大的反应，当压强不变时，说明已经达到平衡状态，A正确；当v正（N2O4）＝2v逆（NO2）时，正反应速率与逆反应速率不相等，未达到平衡状态，B错误；温度保持不变时，K始终保持不变，不能作为反应达到平衡的判据，C错误；因为是在恒容密闭容器内发生的反应，反应前后气体质量不变，密度也保持不变，故不能依此判定是否达到平衡，D错误；二氧化氮为红棕色，四氧化二氮为无色，可以依据颜色不变判定反应达平衡状态，E正确。②设反应容器中加入1molN2O4（g），列三段式：N2O4（g）⇌2NO2（g）始：1mol0mol变：0.75mol1.5mol平：0.25mol1.5mol故平衡时，p（N2O4）＝p×eq\f(0.25,1.75)＝eq\f(1,7)p，p（NO2）＝eq\f(6,7)p，该反应的化学平衡常数Kp＝eq\f(（\f(6,7)p）2,\f(1,7)p)＝eq\f(36,7)p。③依据题图1，达到平衡状态时，N2O4（g）的物质的量浓度为0.01mol·L－1，则NO2的物质的量浓度为0.06mol·L－1，又知该反应为吸热反应，T2＞T1，变更反应温度为T2时，反应速率加快，平衡正向移动，再次达平衡时，c（NO2）大于0.06mol·L－1据此画出图像。（2）①由题图2知，反应Ⅱ的活化能比反应Ⅰ的大，反应Ⅱ是慢反应，因此反应Ⅱ确定NO氧化反应速率。②由题图3可以看出，T4时反应速率较慢，转化相同量的NO消耗时间较长。由题图2可以看出，反应Ⅰ和反应Ⅱ均为放热反应，温度上升，反应Ⅰ平衡逆移，N2O2（g）的物质的量浓度减小；N2O2（g）的物质的量浓度降低对Ⅱ反应速率的影响大于温度上升对反应Ⅱ速率的影响。答案：（1）①AE②eq\f(36p,7)③（2）①Ⅱ②T4ΔH1＜0，温度上升，反应Ⅰ平衡逆移，c（N2O2）减小；浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响化学原理综合应用题（B组）1．解析：本题考查化学反应原理相关学问，涉及反应历程分析，反应热计算，平衡移动等学问。（1）①由题给信息可知，ΔH3＝0＋4×（－110kJ·mol－1）－2×（－393kJ·mol－1）－（－84kJ·mol－1）＝430kJ·mol－1。②反应Ⅰ的焓变大于0，则正反应为吸热反应，上升温度，平衡向正反应方向移动，平衡常数增大，A项正确；反应Ⅰ、Ⅱ均为气体分子数增多的反应，因此加压，平衡向逆反应方向移动，B项错误；反应Ⅲ的生成物中有CO，而由反应Ⅱ可知，生成乙烯的同时还有CO生成，故反应Ⅲ抑制了反应Ⅱ的进行，即抑制了乙烯的生成，C项错误；水蒸气是反应Ⅳ的生成物，因此通水蒸气时，反应Ⅳ的平衡逆向移动，D项正确。③由反应Ⅰ可知，C2H6（g）⇌C2H4（g）＋H2（g）ΔH1＝136kJ·mol－1，而题图2中反应起点对应物质的能量为－477kJ·mol－1，故反应Ⅱ的第一步反应生成物的能量为－477kJ·mol－1＋136kJ·mol－1＝－341kJ·mol－1，由其次步反应的活化能为210kJ·mol－1，结合反应Ⅱ的焓变可知其次步生成物的能量为－300kJ·mol－1，据此作图。（2）①由反应Ⅰ、反应Ⅱ和反应Ⅲ可知，乙烷的氧化产物有乙烯和CO，结合题表数据可知，CO2的转化率较高，但因乙烯的产率较低，故乙烷的主要氧化产物是CO。催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率。②选择性膜可吸附乙烯，使反应体系中的乙烯浓度降低，从而促使反应Ⅱ的平衡向正反应方向移动。答案：（1）①430②AD③（2）①COC2H4的产率低，说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率②选择性膜吸附C2H4，促进反应Ⅱ平衡正向移动2．解析：（1）氢气在氧气中燃烧生成液态水的反应是一个放热且熵减的反应，A项正确；该反应是一个自发的氧化还原反应，可以将该反应设计成原电池，将化学能转化为电能，B项正确；是否能视察到有水生成除了与反应能否自发进行有关外，还与反应的速率有关，视察不到有水生成，不能说明该条件下反应不能自发进行，C项错误；运用合适的催化剂，有可能使氢气和氧气在常温常压下快速反应，D项正确，故选C。（2）①一个水分子可以形成4个氢键。②当液体的饱和蒸气压与外界大气压相等时，液体沸腾，此时的温度称为该液体的沸点。由于常温常压下，水的沸点为100℃，故100℃时，水的饱和蒸气压为1.01×105Pa，故20℃时，压强为p1，100℃时，压强为1.01×105Pa，据此作图。（3）①水的电离为吸热过程，温度上升，水的电离程度增大，导致水的离子积常数增大。②水的离子积常数从1.0×10－14增大到1.0×10－10，水电离产生的c（H＋）从10－7mol·L－1增大到10－5mol·L－1，水的电离度是原来的100倍。③依据图3可知，乙醇的超临界水氧化过程中，CO含量先增大再减小，CO2含量始终增大，C2H5OH含量始终减小，可见CO是中间产物，CO2是最终产物，A项正确；由图4可知，在550℃时，反应15s之后，CO含量接近于零，说明乙醇氧化为二氧化碳已趋于完全，B项正确；乙醇的超临界水氧化过程中，乙醇的消耗速率和二氧化碳的生成速率的数值不相等，C项错误；由图4可知，温度上升时，只有单位时间内乙醇氧化生成CO的速率比CO氧化生成CO2的速率快，xCO峰值出现的时间才会提前，且峰值更高，由此说明乙醇的氧化速率比一氧化碳氧化速率的增长幅度更大，D项正确，故选ABD。（4）依据题意可知，阳极SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))失电子被氧化为S2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(8))，电极反应式为2SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))－2e－=S2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(8))，生成的S2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(8))又与H2O反应生成H2O2和SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))，故总反应方程式为2H2Oeq\o(=,\s\up7(通电))H2O2＋H2↑。答案：（1）C（2）（3）①水的电离为吸热过程，上升温度有利于电离（压强对电离平衡影响不大）②100③ABD（4）①2HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))－2e－=S2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(8))＋2H＋或2SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))－2e－=S2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(8))②2H2Oeq\o(=,\s\up7(通电))H2O2＋H2↑3．解析：本题涉及的学问点有热重试验、电解原理的应用、化学平衡移动等，通过分析图像，做出合理说明，考查了学生分析和解决化学问题的实力，体现了变更观念与平衡思想的学科核心素养，以及创新思维和创新意识的价值观念。（1）①依据图中质量变更可知，CaC2O4·H2O分解产生的气态产物依次为H2O（g）、CO、CO2，固体分解过程为CaC2O4·H2O→CaC2O4→CaCO3→CaO。②CaO捕集CO2的性能与CaO与CO2气体的接触面积有关，CaC2O4·H2O分解产生的气体更多，使生成的CaO更加疏松多孔，捕集性能更好。（2）①CO2、HCOO－中碳元素化合价分别为＋4、＋2价，阴极电极反应式为CO2＋2e－＋H＋=HCOO－。②阳极区生成O2：4OH－－4e－=O2↑＋2H2O（或2H2O－4e－=O2↑＋4H＋），溶液pH减小，HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))与H＋反应生成CO2逸出，K＋部分通过阳离子交换膜移向阴极区，故阳极区KHCO3溶液浓度降低。（3）①从反应特点看，反应Ⅰ是吸热反应、反应Ⅱ是放热反应，温度上升，CH3OCH3的选择性急剧下降，大于