专题24 化学反应原理综合题-能量主线型-五年（2020-2024）高考化学真题分类汇编（解析版）

2024年高考真题化学试题PAGEPAGE1专题24化学反应原理综合题——能量主线型考向五年考情（2020-2024）命题趋势能量主线型化学反应原理综合题2024·浙江6月卷2024·甘肃卷2024·湖南卷2024·江苏卷2023·全国甲卷2023·海南卷2023·江苏卷2023·河北卷2023·天津卷2023·重庆卷2023·北京卷2022·浙江卷2022·湖北卷2022·天津卷2022·江苏卷2022·重庆卷2022·辽宁卷2021·河北卷2021·湖南卷2020·新课标Ⅱ卷2020·江苏卷2020·天津卷化学反应原理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。1．（2024·浙江6月卷）氢是清洁能源，硼氢化钠()是一种环境友好的固体储氢材料，其水解生氢反应方程式如下：(除非特别说明，本题中反应条件均为，)请回答：（1）该反应能自发进行的条件是_______。A．高温 B．低温 C．任意温度 D．无法判断（2）该反应比较缓慢。忽略体积变化的影响，下列措施中可加快反应速率的是_______。A．升高溶液温度 B．加入少量异丙胺C．加入少量固体硼酸 D．增大体系压强（3）为加速水解，某研究小组开发了一种水溶性催化剂，当该催化剂足量、浓度一定且活性不变时，测得反应开始时生氢速率v与投料比之间的关系，结果如图1所示。请解释ab段变化的原因。（4）氢能的高效利用途径之一是在燃料电池中产生电能。某研究小组的自制熔融碳酸盐燃料电池工作原理如图2所示，正极上的电极反应式是。该电池以恒定电流工作14分钟，消耗体积为，故可测得该电池将化学能转化为电能的转化率为。[已知：该条件下的摩尔体积为；电荷量电流时间；；。]（5）资源的再利用和再循环有利于人类的可持续发展。选用如下方程式，可以设计能自发进行的多种制备方法，将反应副产物偏硼酸钠()再生为。(已知：是反应的自由能变化量，其计算方法也遵循盖斯定律，可类比计算方法；当时，反应能自发进行。)I．II．III．请书写一个方程式表示再生为的一种制备方法，并注明。(要求：反应物不超过三种物质；氢原子利用率为。)〖答案〗（1）C（2）A（3）随着投料比增大，NaBH4的水解转化率降低（4）O2+4e-+2CO2=270%（5）〖解析〗（1）反应，，由可知，任意温度下，该反应均能自发进行，故〖答案〗选C；（2）A．升高温度，活化分子数增多，有效碰撞几率增大，反应速率加快，A符合题意；B．加入少量异丙胺，H2O的量减少，化学反应速率降低，B不符合题意；C.加入少量固体硼酸，H2O的量减少，化学反应速率降低，C不符合题意；D．增大体系压强，忽略体积变化，则气体浓度不变，化学反应速率不变，D不符合题意；〖答案〗选A。（3）随着投料比增大，NaBH4的水解转化率降低，因此生成氢气的速率不断减小。（4）根据题干信息，该燃料电池中H2为负极，O2为正极，熔融碳酸盐为电解质溶液，故正极的电极反应式为：O2+4e-+2CO2=2，该条件下，0.49LH2的物质的量为，工作时，H2失去电子：H2-2e-=2H+，所带电荷量为：2×0.02mol×6.0×1023mol-1×1.60×10-19=3840C，工作电荷量为：3.2×14×60=2688C，则该电池将化学能转化为电能的转化率为：；（5）结合题干信息，要使得氢原子利用率为100%，可由（2×反应3）-（2×反应Ⅱ+反应Ⅰ）得，。2．（2024·甘肃卷）是制备半导体材料硅的重要原料，可由不同途径制备。（1）由制备：已知时，由制备硅(填“吸”或“放”)热。升高温度有利于制备硅的原因是。（2）在催化剂作用下由粗硅制备：。，密闭容器中，经不同方式处理的粗硅和催化剂混合物与和气体反应，转化率随时间的变化如下图所示：①，经方式处理后的反应速率最快；在此期间，经方式丙处理后的平均反应速率。②当反应达平衡时，的浓度为，平衡常数K的计算式为。③增大容器体积，反应平衡向移动。〖答案〗（1）吸587.02该反应为吸热反应，升高温度，反应正向移动，有利于制备硅（2）甲0.1952逆反应方向〖解析〗（1）由题给热化学方程式：①，；②，；则根据盖斯定律可知，①+②，可得热化学方程式，，则制备56gSi，即2molSi，需要吸收热量为；该反应为吸热反应，升高温度，反应正向移动，有利于制备硅。（2）①由转化率图像可知，0-50min，经方式甲处理后反应速率最快；经方式丙处理后，50min时SiCl4的转化率为4.2%，反应的SiCl4的物质的量为0.1mol×4.2%=0.0042mol，根据化学化学计量数可得反应生成的SiHCl3的物质的量为，平均反应速率；②反应达到平衡时，SiCl4的转化率为14.6%，列出三段式为：当反应达平衡时，H2的浓度为，平衡常数K的计算式为；③增大容器体积，压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，即反应平衡向逆反应方向移动。3．（2024·湖南卷）丙烯腈()是一种重要的化工原料。工业上以为载气，用作催化剂生产的流程如下：已知：①进料混合气进入两釜的流量恒定，两釜中反应温度恒定：②反应釜Ⅰ中发生的反应：ⅰ：

③反应釜Ⅱ中发生的反应：ⅱ：

ⅲ：

④在此生产条件下，酯类物质可能发生水解。回答下列问题：（1）总反应(用含、、和的代数式表示)；（2）进料混合气中，出料中四种物质(、、、)的流量，(单位时间内出料口流出的物质的量)随时间变化关系如图：①表示的曲线是(填“a”“b”或“c”)；②反应釜Ⅰ中加入的作用是。③出料中没有检测到的原因是。④反应后，a、b、c曲线对应物质的流量逐渐降低的原因是。（3）催化剂再生时会释放，可用氨水吸收获得。现将一定量的固体(含水)置于密闭真空容器中，充入和，其中的分压为，在℃下进行干燥。为保证不分解，的分压应不低于(已知

分解的平衡常数)；（4）以为原料，稀硫酸为电解液，Sn作阴极，用电解的方法可制得，其阴极反应式。〖答案〗（1）ΔH1+ΔH2+ΔH3（2）c降低分压有利于反应i平衡正向移动且提高醇的浓度可以使酯的水解程度降低从而提高产率CH2=CHCONH2在反应釜Ⅱ的温度下发生分解反应时间过长，催化剂中毒活性降低，反应速率降低，故产物减少（3）40（4）Sn+4CH2=CHCN+4e-+4H+=Sn(CH2CH2CN)4〖祥解〗工业上以N2为载气，用TiO2作催化剂，由HOCH2CH2COOC2H5和C2H5OH为进料气体生产CH2=CHCN，在反应釜I中发生反应i：HOCH2CH2COOC2H5(g)→CH2=CHCOOC2H5(g)+H2O(g)，加入NH3后，在反应釜Ⅱ中发生反应ii：CH2=CHCOOC2H5(g)+NH3(g)→CH2=CHCONH2(g)+C2H5OH(g)，反应iii：CH2=CHCONH2(g)→CH2=CHCN(g)+H2O(g)，故产物的混合气体中有CH2=CHCN、未反应完的C2H5OH、CH2=CHCOOC2H5(g)和水；〖解析〗（1）根据盖斯定律，总反应HOCH2CH2COOC2H5(g)+NH3(g)→CH2=CHCN(g)+C2H5OH(g)+2H2O(g)可以由反应i+反应ii+反应iii得到，故ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3；（2）①根据总反应HOCH2CH2COOC2H5(g)+NH3(g)→CH2=CHCN(g)+C2H5OH(g)+2H2O(g)，设进料混合气中n(HOCH2CH2COOC2H5)=1mol，n(C2H5OH)=2mol，出料气中CH2=CHCOOC2H5含量很少，则生成CH2=CHCN(g)、C2H5OH(g)物质的量约为1mol，生成H2O(g)的物质的量约为2mol，故出料气中C2H5OH(g)物质的量共约3mol，故出料气中CH2=CHCN、C2H5OH、H2O物质的量之比约为1:3:2，故曲线c表示CH2=CHCN的曲线；②反应釜Ⅰ中发生反应i是气体体积增大的反应，故加入C2H5OH降低分压有利于反应i平衡正向移动且提高醇的浓度可以使酯的水解程度降低从而提高产率；③丙烯酰胺(CH2=CHCONH2)的分解温度约为160°C至170°C，出料中没有检测到CH2=CHCONH2的原因是CH2=CHCONH2在反应釜Ⅱ的温度下发生分解；④反应11h后，a、b、c曲线对应物质的流量逐渐降低的原因是反应时间过长，催化剂中毒活性降低，反应速率降低，故产物减少；（3）0.72g水的物质的量为0.04mol，故p(H2O)=2.5×102kPa⋅mol−1×n(H2O)=10kPa，NH4HCO3分解的反应式为NH4HCO3=NH3↑+CO2↑+H2O↑，故NH4HCO3分解的平衡常数Kp=p(NH3)p(CO2)p(H2O)=4×104(kPa)3，解得p(NH3)=40kPa，故为保证NH4HCO3不分解，NH3的分压应不低于40kPa；（4）Sn(CH2CH2CN)4是有机化合物，与水不溶，水中不电离，以CH2=CHCN为原料在Sn做的阴极得电子制得Sn(CH2CH2CN)4，故阴极的电极反应式为Sn+4CH2=CHCN+4e-+4H+=Sn(CH2CH2CN)4。4．（2024·江苏卷）氢能是理想清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。（1）利用铁及其氧化物循环制氢，原理如图所示。反应器Ⅰ中化合价发生改变的元素有；含CO和各1mol的混合气体通过该方法制氢，理论上可获得。（2）一定条件下，将氮气和氢气按混合匀速通入合成塔，发生反应。海绵状的作催化剂，多孔作为的“骨架”和气体吸附剂。①中含有CO会使催化剂中毒。和氨水的混合溶液能吸收CO生成溶液，该反应的化学方程式为。②含量与表面积、出口处氨含量关系如图所示。含量大于，出口处氨含量下降的原因是。（3）反应可用于储氢。①密闭容器中，其他条件不变，向含有催化剂的溶液中通入，产率随温度变化如图所示。温度高于，产率下降的可能原因是。②使用含氨基物质(化学式为，CN是一种碳衍生材料)联合催化剂储氢，可能机理如图所示。氨基能将控制在催化剂表面，其原理是；用重氢气(D2)代替H2，通过检测是否存在(填化学式)确认反应过程中的加氢方式。〖答案〗（1）C、H、Fe（2）多孔Al2O3可作为气体吸附剂，含量过多会吸附生成的NH3，Al2O3含量大于2%时，α-Fe表面积减小，反应速率减小，产生NH3减少。（3）NaHCO3受热分解，导致HCOO-产率下降-NH2可以与形成氢键HDO〖解析〗（1）①反应器I中参与反应的物质有CO、H2、Fe2O3，产物有CO2、H2O、Fe，发生反应、化合价发生改变的元素有C、H、Fe。②CO、H2各1mol参与上述反应，各生成molFe，共生成molFe，molFe在反应器Ⅱ中发生反应，列比例计算，共生成molH₂。（2）①根据题给反应物及生成物书写即可。②多孔Al2O3可作为气体吸附剂，含量过多会吸附生成的NH3，Al2O3含量大于2%时，α-Fe表面积减小，反应速率减小，这也会导致产生的NH3减少。（3）①NaHCO3受热易分解，导致HCOO-产率下降。②氨基中的H原子连在电负性较大的N原子上，中的H原子连在电负性较大的O原子上，二者之间可以形成氢键③总反应为，用D2代替H2，若生成HDO，则可确认反应过程中的加氢方式。5．（2023·全国甲卷）甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。回答下列问题：（1）已知下列反应的热化学方程式：①

②

反应③的_______，平衡常数_______(用表示)。（2）电喷雾电离等方法得到的(等)与反应可得。与反应能高选择性地生成甲醇。分别在和下(其他反应条件相同)进行反应，结果如下图所示。图中的曲线是_______(填“a”或“b”。、时的转化率为_______(列出算式)。

（3）分别与反应，体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相似，图中以示例)。

(ⅰ)步骤Ⅰ和Ⅱ中涉及氢原子成键变化的是_______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。(ⅱ)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则与反应的能量变化应为图中曲线_______(填“c”或“d”)。(ⅲ)与反应，氘代甲醇的产量_______(填“＞”“＜”或“=”)。若与反应，生成的氘代甲醇有_______种。〖答案〗（1）或（2）b（3）Ⅰc＜2〖解析〗（1）根据盖斯定律可知，反应③=(反应②-①)，所以对应；根据平衡常数表达式与热化学方程式之间的关系可知，对应化学平衡常数或，故〖答案〗为：；或；（2）根据图示信息可知，纵坐标表示-lg()，即与MO+的微粒分布系数成反比，与M+的微粒分布系数成正比。则同一时间内，b曲线生成M+的物质的量浓度比a曲线的小，证明化学反应速率慢，又因同一条件下降低温度化学反应速率减慢，所以曲线b表示的是300K条件下的反应；根据上述分析结合图像可知，、时-lg()=0.1，则=10-0.1，利用数学关系式可求出，根据反应可知，生成的M+即为转化的，则的转化率为；故〖答案〗为：b；；（3）(ⅰ)步骤Ⅰ涉及的是碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键形成，所以符合题意的是步骤Ⅰ；(ⅱ)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则此时正反应活化能会增大，根据图示可知，与反应的能量变化应为图中曲线c；(ⅲ)与反应时，因直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则单位时间内产量会下降，则氘代甲醇的产量＜；根据反应机理可知，若与反应，生成的氘代甲醇可能为或共2种，故〖答案〗为：＜；2。6．（2023·海南卷）磷酸二氢钾在工农业生产及国防工业等领域都有广泛的应用。某研究小组用质量分数为85%的磷酸与反应制备，反应方程式为一定条件下的实验结果如图1所示。

回答问题：（1）该条件下，反应至1h时KCl的转化率为。（2）该制备反应的随温度变化关系如图2所示。该条件下反应为反应(填“吸热”或“放热”)，且反应热随温度升高而。

（3）该小组为提高转化率采用的措施中有：使用浓磷酸作反应物、向系统中不断通入水蒸气等。它们能提高转化率的原因是：不使用稀磷酸；通入水蒸气。（4）298K时，的平衡常数。(已知的)〖答案〗（1）70%（2）吸热降低（3）使用浓磷酸作反应物可以提高磷酸的浓度，促使反应正向进行使得气体中氯化氢的分压减小，促使反应正向进行（4）〖解析〗（1）由图可知，该条件下，反应至1h时KCl的转化率为70%；（2）由图可知，焓变为正值，则该条件下反应为吸热反应，且反应热随温度升高而降低；（3）使用浓磷酸作反应物可以提高磷酸的浓度，促使反应正向进行；向系统中不断通入水蒸气，使得气体中氯化氢的分压减小，促使反应正向进行；都可以促进氯化钾的转化率的提高；（4）298K时，的离子方程式为，其平衡常数。7．（2023·江苏卷）空气中含量的控制和资源利用具有重要意义。（1）燃煤烟气中的捕集可通过如下所示的物质转化实现。

“吸收”后所得的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，其原因是。（2）合成尿素[]是利用的途径之一。尿素合成主要通过下列反应实现反应Ⅰ：反应Ⅱ：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(填“=0”或“>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[]和尿素转化为氰酸铵()等副反应。尿素生产中实际投入和的物质的量之比为，其实际投料比值远大于理论值的原因是。（3）催化电解吸收的KOH溶液可将转化为有机物。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()随电解电压的变化如图乙所示。

其中，，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当电解电压为时，电解过程中含碳还原产物的为0，阴极主要还原产物为(填化学式)。②当电解电压为时，阴极由生成的电极反应式为。③当电解电压为时，电解生成的和的物质的量之比为(写出计算过程)。〖答案〗（1）相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳（2）<0适当抑制副反应的发生，尿素中氮碳比小于副产物中缩二脲的氮碳比，氨气与二氧化碳的投料比越大，二氧化碳转化率越高（3）H2或每生成1mol转移12mole-，每生成1mol转移2mole-，故电解生成的和的物质的量之比为〖解析〗（1）由图可知“吸收”后所得的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。载人航天器内，常用LiOH固体而很少用KOH固体吸收空气中的的原因为相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳。（2）由图可知升高温度反应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<0。实际投料比值远大于理论值的原因是适当抑制副反应的发生，尿素中氮碳比小于副产物中缩二脲的氮碳比，氨气与二氧化碳的投料比越大，二氧化碳转化率越高。（3）当电解电压为时，电解过程中含碳还原产物的为0，说明二氧化碳为得电子，为氢离子得电子变成氢气。当电解电压为时，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生成的电极反应式为或。当电解电压为时，电解过程中还原产物的为24%，还原产物的为8%，每生成1mol转移12mole-，每生成1mol转移2mole-，故电解生成的和的物质的量之比为。8．（2023·河北卷）氮是自然界重要元素之一，研究氮及其化合物的性质以及氮的循环利用对解决环境和能源问题都具有重要意义。已知：物质中的化学键断裂时所需能量如下表。物质能量/945498631回答下列问题：（1）恒温下，将空气(和的体积分数分别为0.78和0.21，其余为惰性组分)置于容积为的恒容密闭容器中，假设体系中只存在如下两个反应：i

ii

①。②以下操作可以降低上述平衡体系中浓度的有(填标号)。A．缩小体积

B．升高温度

C．移除

D．降低浓度③若上述平衡体系中，则(写出含a、b、V的计算式)。（2）氢气催化还原作为一种高效环保的脱硝技术备受关注。高温下氢气还原反应的速率方程为为速率常数。在一定温度下改变体系中各物质浓度，测定结果如下表。组号10.100.10r20.100.2030.200.1040.050.30？表中第4组的反应速率为。(写出含r的表达式)（3）①以空气中的氮气为原料电解合成氨时，在(填“阴”或“阳”)极上发生反应，产生。②氨燃料电池和氢燃料电池产生相同电量时，理论上消耗和的质量比为，则在碱性介质中氨燃料电池负极的电极反应式为。③我国科学家研究了水溶液中三种催化剂(a、b、c)上电还原为(图1)和电还原为(图2)反应历程中的能量变化，则三种催化剂对电还原为的催化活性由强到弱的顺序为(用字母a、b、c排序)。〖答案〗（1）181CD（2）（3）阴bac〖解析〗（1）①ΔH1=反应物总键能-生成物总键能=；故〖答案〗为：+181；②A．缩小体积，所有物质浓度均增大，A不符合题意；B．升高温度，平衡向着吸热方向进行，反应i为吸热反应，则升温平衡正向进行，NO浓度增大，B不符合题意；C．移除NO2，平衡ii向正向进行，NO浓度降低，C符合题意；D．降低N2浓度，平衡逆向进行，消耗NO，NO浓度降低，D符合题意；故〖答案〗为：CD；③根据三段式，；故〖答案〗为：；；（2）实验1与实验2相比，，y=1，实验1与实验3相比，，x=2，代入实验3，，根据实验4计算，；故〖答案〗为：0.75r；（3）①N2生成NH3，化合价降低，得电子，发生还原反应，则N2在阴极反应；故〖答案〗为：阴；②燃料电池中，氨气作负极发生氧化反应，生成N2，生成1个N2转移6个电子，在碱性下发生，；故〖答案〗为：；③催化剂通过降低反应活化能提高反应速度，则催化活性由强到弱的顺序为b＞a＞c；故〖答案〗为：bac。9．（2023·天津卷）工业上以硫黄为原料制备硫酸的原理示意图如下，其过程包括Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个阶段。Ⅰ.硫液化后与空气中的氧反应生成SO2。（1）硫磺()的晶体类型是。（2）硫的燃烧应控制事宜温度。若进料温服超过硫的沸点，部分燃烧的硫以蒸汽的形式随SO2进入到下一阶段，会导致(填序号)。a.硫的消耗量增加

b.SO2产率下降

c.生成较多SO3（3）SO2(g)氧化生成80gSO3(g)放出热量98.3kJ，写出该反应的热化学方程式。随温度升高，SO2的平衡转化率(填“升高”或“降低”)。（4）从能量角度分析，钒催化剂在反应中的作用为。Ⅱ.一定条件下，钒催化剂的活性温度范围是450～600℃。为了兼顾转化率和反应速率，可采用四段转化工艺：预热后的SO2和O2通过第一段的钒催化剂层进行催化氧化，气体温度会迅速接近600℃，此时立即将气体通过热交换器，将热量传递给需要预热的SO2和O2，完成第一段转化。降温后的气体依次进行后三段转化，温度逐段降低，总转化率逐段提高，接近平衡转化率。最终反应在450℃左右时，SO2转化率达到97％。（5）气体经过每段的钒催化剂层，温度都会升高，其原因是。升高温度后的气体都需要降温，其目的是。（6）采用四段转化工艺可以实现(填序号)。a．控制适宜的温度，尽量加快反应速率，尽可能提高SO2转化率b．使反应达到平衡状态c．节约能源Ⅲ．工业上用浓硫酸吸收SO3。若用水吸收SO3会产生酸雾，导致吸收效率降低。（7）SO3的吸收率与所用硫酸的浓度、温度的关系如图所示。据图分析，最适合的吸收条件；硫酸的浓度，温度。（8）用32吨含S99%的硫磺为原料生成硫酸，假设硫在燃烧过程中损失2%，SO2生成SO3的转化率是97%，SO3吸收的损失忽略不计，最多可以生产98%的硫酸吨。〖答案〗（1）分子晶体（2）ab（3）2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)降低（4）降低反应活化能（5）反应放热保持钒催化剂活性温度，提高SO2转化率，保证反应速率（6）ac（7）98.3%60℃（8）94〖祥解〗先将硫黄在空气中燃烧或焙烧，和氧气反应生成二氧化硫，生成的SO2和氧气发生反应转化为三氧化硫，生成的SO3用浓硫酸吸收得到硫酸；〖解析〗（1）是硫单质的分子晶体；（2）a．第Ⅰ步时，硫粉液化并与氧气共热生成二氧化硫，若反应温度超过硫粉沸点，部分硫粉会转化为硫蒸气损失，消耗的硫粉会增大，a正确；b．硫蒸气与生成的二氧化硫一同参加第Ⅱ步反应过程中，降低二氧化硫的生成率，b正确；c．二氧化硫产率降低后，生成的三氧化硫也会减少，c错误；故选ab。（3）若每生成80g气体三氧化硫，放出98.3kJ能量，80g三氧化硫的物质的量为：80g÷80g/mol=1mol，则生成三氧化硫的反应的热化学方程式为：2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)；该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则二氧化硫转化率降低；（4）催化剂可以降低反应的活化能，加快反应速率；（5）通入催化剂层后，体系(剩余反应物与生成物)温度升高的原因在于：二氧化硫和氧气的反应是放热反应，反应释放能量使得温度升高；每轮反应后进行热交换降温的目的是：保持钒催化剂活性温度，提高SO2转化率，保证反应速率；（6）a．由题目信息可知，在每段SO2向SO3转化的过程中，各段控制适宜的温度，温度逐段降低，可以保持钒催化剂的活性温度，保证SO2的转化率和反应速率均保持较高水平，故a正确；b．由题目信息可知，反应转化率接近平衡转化率，也就是使得反应接近平衡状态，故b错误；c．降温后的气体依次进行后三段转化，温度逐段降低，节约了能源，故c正确；故选ac。（7）由图可知，最适合吸收三氧化硫的浓硫酸质量分数为98.3%，最适合吸收的温度为60℃，此时SO3吸收率最高；（8）由题意可知，32吨含硫元素99%的硫粉物质的量为，在第一步反应中硫元素损失了2%，则生成二氧化硫，二氧化硫在第二步反应中97%转化为了三氧化硫，则生成三氧化硫，三氧化硫在第三步反应中被吸收时，视作全部吸收，那么这批硫粉总计可以生产98%的浓硫酸，为94吨。10．（2023·重庆卷）银及其化合物在催化与电化学等领域中具有重要应用。（1）在银催化下，乙烯与氧气反应生成环氧乙烷(EO)和乙醛(AA)。根据图所示，回答下列问题：

①中间体生成吸附态的活化能为。②由生成的热化学方程式为。（2）一定条件下，银催化剂表面上存在反应：，该反应平衡压强与温度的关系如下：4014434631051100①时的平衡常数。②起始状态Ⅰ中有和，经下列过程达到各平衡状态：

已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，下列叙述正确的是(填字母)。A．从Ⅰ到Ⅱ的过程B．C．平衡常数：D．若体积，则E．逆反应的速率：③某温度下，向恒容容器中加入，分解过程中反应速率与压强的关系为，k为速率常数(定温下为常数)。当固体质量减少时，逆反应速率最大。若转化率为，则(用表示)。（3）可用作固体离子导体，能通过加热制得。上述两种晶体的晶胞示意图如图所示(为了简化，只画出了碘离子在晶胞中的位置)。

①测定晶体结构最常用的仪器是(填字母)。A．质谱仪

B．红外光谱仪

C．核磁共振仪

D．射线衍射仪②与晶胞的体积之比为。③测定中导电离子类型的实验装置如图所示。实验测得支管a中质量不变，可判定导电离子是而不是，依据是。

〖答案〗（1）83（2）10CDE（3）D12:7a中银电极质量减小，b中银电极质量增大〖解析〗（1）①过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，中间体生成吸附态的活化能为。②由图可知，生成放出热量，放热焓变为负值，故热化学方程式为；（2）①反应中只有氧气为气体，结合表格数据可知，时的平衡常数。②结合表格数据可知，升高温度，压强变大，平衡正向移动，则反应为吸热反应；A．从Ⅱ到Ⅲ为体积增大，反应正向移动的过程，导致固体质量减小，已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，则从Ⅰ到Ⅱ的过程为固体质量增大的过程，平衡逆向移动，为熵减过程，故从Ⅰ到Ⅱ的过程，A错误；B．平衡常数只受温度的影响，则，B错误；C．反应为吸热反应，降低温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故平衡常数：，C正确；D．已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，则氧气的物质的量相等，若体积，根据阿伏伽德罗定律可知，，，，则，D正确；E．结合A分析可知，逆反应的速率：；固体不影响反应速率，温度越低反应速率越低，逆反应的速率：，故有逆反应的速率：，E正确；故选CDE；③某温度下，设向恒容容器中加入mg，当固体质量减少时，逆反应速率最大，此时达到平衡状态，减小质量为生成氧气的质量，则生成，若转化率为，则此时生成，根据阿伏伽德罗定律，此时，故；（3）①晶体与非晶体的最可靠的科学方法是X射线衍射法；故测定晶体结构最常用的仪器是D．射线衍射仪；②据“均摊法”，晶胞中含个I，则晶体密度为；，晶胞中含个I，则晶体密度为；故，则与晶胞的体积之比为12:7。③由图可知，a极为阳析，银氧化为银离子，根据a中AgI质量不变，可判断I-没有进入a极（否则AgI质量会增加），从而推断导电的是Ag+从a极移向b极。11．（2023·北京卷）尿素合成的发展体现了化学科学与技术的不断进步。（1）十九世纪初，用氰酸银与在一定条件下反应制得，实现了由无机物到有机物的合成。该反应的化学方程式是____________________。（2）二十世纪初，工业上以和为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步：ⅰ．和生成；ⅱ．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放热反应，ⅱ为吸热反应c．（3）近年研究发现，电催化和含氮物质(等)在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮废水污染问题。向一定浓度的溶液通至饱和，在电极上反应生成，电解原理如图所示。①电极是电解池的__________极。②电解过程中生成尿素的电极反应式是_____________。（4）尿素样品含氮量的测定方法如下。已知：溶液中不能直接用溶液准确滴定。①消化液中的含氮粒子是__________。②步骤ⅳ中标准溶液的浓度和消耗的体积分别为和，计算样品含氮量还需要的实验数据有__________。〖答案〗（1）（2）ab（3）阳（4）样品的质量、步骤Ⅲ所加入溶液的体积和浓度〖解析〗（1）根据原子守恒分析，二者反应生成尿素和氯化银，化学方程式是。〖答案〗为；（2）a．反应ⅰ的活化能是，反应ⅱ活化能是，，a项正确；b．从图中反应物和生成物能量的相对大小可看出反应ⅰ放热，反应ⅱ吸热，b项正确；c．总反应的：，c项错误；故选ab。（3）①电极b上发生失电子生成的氧化反应，是电解池的阳极。②a极硝酸根离子得电子转化为尿素，再结合酸性环境可分析出电极反应式为。〖答案〗为阳极；；（4）①尿素消化分解生成和，由于反应中存在浓，则消化液中含氮粒子为。②除了已知数据外，还需要的是样品的质量、步骤ⅲ所加入溶液的体积和浓度。〖答案〗为；样品的质量、步骤Ⅲ所加入H2SO4溶液的体积和浓度。12．（2022·浙江卷）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/95010001050110011500.51.53.65.58.50.00.00.10.41.8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）8×108L·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由于在低温段，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。13．（2022·湖北卷）自发热材料在生活中的应用日益广泛。某实验小组为探究“”体系的发热原理，在隔热装置中进行了下表中的五组实验，测得相应实验体系的温度升高值()随时间(t)的变化曲线，如图所示。实验编号反应物组成a粉末b粉c粉饱和石灰水d粉石灰乳e粉粉末回答下列问题：（1）已知：①②③则的___________。（2）温度为T时，，则饱和溶液中___________(用含x的代数式表示)。（3）实验a中，后基本不变，原因是___________。（4）实验b中，的变化说明粉与在该条件下___________(填“反应”或“不反应”)。实验c中，前的有变化，其原因是___________；后基本不变，其原因是___________微粒的量有限。（5）下列说法不能解释实验d在内温度持续升高的是___________(填标号)。A．反应②的发生促使反应①平衡右移B．反应③的发生促使反应②平衡右移C．气体的逸出促使反应③向右进行D．温度升高导致反应速率加快（6）归纳以上实验结果，根据实验e的特征，用文字简述其发热原理___________。〖答案〗（1）-911.9（2）mol⋅L-1（3）Ca(OH)2在水中的溶解度小，反应①达到了平衡状态（4）

不反应

Al和溶液中的OH-发生了反应

OH-（5）A（6）实验e中，发生反应①、②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应②平衡右移，反应②的发生促使反应①平衡右移，这三步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快。〖解析〗（1）根据盖斯定律可得，①+②+2③可得反应CaO(s)+2Al(s)+7H2O(l)=Ca2+(aq)+2[Al(OH)4]-(aq)+3H2(g)，则ΔH4=ΔH1+ΔH2+2ΔH3=(-65.17kJ⋅mol-1)+(-16.73kJ⋅mol-1)+2(-415.0kJ⋅mol-1)=-911.9kJ⋅mol-1。（2）温度为T时，Ca(OH)2饱和溶液中，Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH-(aq)，c(OH-)=2c(Ca2+)∙，Ksp[Ca(OH)2]=c(Ca2+)∙c2(OH-)=x，则c(OH-)=mol⋅L-1。（3）实验a中，CaO和H2O反应①生成Ca(OH)2，4min后ΔT基本不变，是因为Ca(OH)2在水中的溶解度小，反应①达到了平衡状态。（4）实验b中，ΔT几乎不变，说明Al粉与H2O在该条件下不反应；实验c中，前3min的ΔT有变化，是因为Al和溶液中的OH-发生了反应，3min后ΔT基本不变，是因为饱和石灰水中OH-的浓度较低，OH-的量有限。（5）实验d中，发生反应②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应②平衡右移，这两步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快；综上所述，实验d在10min内温度持续升高与反应①无关，故选A。（6）实验e中，发生反应①、②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应②平衡右移，反应②的发生促使反应①平衡右移，这三步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快。14．（2022·天津卷）天津地处环渤海湾，海水资源丰富。科研人员把铁的配合物(L为配体)溶于弱碱性的海水中，制成吸收液，将气体转化为单质硫，改进了湿法脱硫工艺。该工艺包含两个阶段：①的吸收氧化；②的再生。反应原理如下：①

②

回答下列问题：（1）该工艺的总反应方程式为___________。1mol发生该反应的热量变化为___________，在总反应中的作用是___________。（2）研究不同配体与所形成的配合物(A、B、C)对吸收转化率的影响。将配合物A、B、C分别溶于海水中，配成相同物质的量浓度的吸收液，在相同反应条件下，分别向三份吸收液持续通入，测得单位体积吸收液中吸收转化率随时间变化的曲线如图1所示。以由100%降至80%所持续的时间来评价铁配合物的脱硫效率，结果最好的是___________(填“A”、“B”或“C”)。（3）的电离方程式为___________。25℃时，溶液中、、在含硫粒子总浓度中所占分数随溶液pH的变化关系如图2，由图2计算，的___________，___________。再生反应在常温下进行，解离出的易与溶液中的形成沉淀。若溶液中的，，为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于___________(已知25℃时，FeS的为)。〖答案〗（1）(或)放出热量作催化剂或降低反应活化能（2）A（3）或8〖解析〗（1）将第一个方程式2倍加上第二个方程式得到该工艺的总反应方程式为(或)，该反应的热化学方程式，因此1mol发生该反应的热量变化为放出热量，参与了化学反应，但反应前后量没有改变，因此在总反应中的作用是作催化剂或降低反应活化能；故〖答案〗为：(或)；放出热量；作催化剂或降低反应活化能。（2）根据图中信息以由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A；故〖答案〗为：A。（3）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或；根据题意pH=7时、的所占分数相等，因此的，pH=13时、的所占分数相等，则。再生反应在常温下进行，解离出的易与溶液中的形成沉淀。若溶液中的，根据得到，根据和，得到，pH=8，因此为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于8；故〖答案〗为：或；；；8。15．（2022·江苏卷）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，从详析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。16．（2022·重庆卷）反应在工业上有重要应用。（1）该反应在不同温度下的平衡常数如表所示。温度/℃7008008301000平衡常数1.671.111.000.59①反应的△H_____0(填“>”“<”或“=”)。②反应常在较高温度下进行，该措施的优缺点是_____。（2）该反应常在Pd膜反应器中进行，其工作原理如图所示。①利用平衡移动原理解释反应器存在Pd膜时具有更高转化率的原因是_____。②某温度下，H2在Pd膜表面上的解离过程存在如下平衡：，其正反应的活化能远小于逆反应的活化能。下列说法错误的是_____。A．Pd膜对气体分子的透过具有选择性B．过程2的△H＞0C．加快Pd膜内H原子迁移有利于H2的解离D．H原子在Pd膜表面上结合为H2的过程为放热反应③同温同压下，等物质的量的CO和H2O通入无Pd膜反应器，CO的平衡转化率为75%；若换成Pd膜反应器，CO的平衡转化率为90%，则相同时间内出口a和出口b中H2的质量比为_____。（3）该反应也可采用电化学方法实现，反应装置如图所示。①固体电解质采用______(填“氧离子导体”或“质子导体”)。②阴极的电极反应式为______。③同温同压下，相同时间内，若进口Ⅰ处n(CO)：n(H2O)=a：b，出口Ⅰ处气体体积为进口Ⅰ处的y倍，则CO的转化率为_____(用a，b，y表示)。〖答案〗（1）优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产物的转化率较低（2）Pd膜能选择性分离出H2，平衡正向移动，平衡转化率增大BD1:8（3）质子导体〖解析〗（1）①根据表中的数据，温度越高，平衡常数越小，所以正反应为放热反应，；②优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产物的转化率较低；（2）①Pd膜能选择性分离出H2，平衡正向移动，平衡转化率增大；②A.Pd膜只允许通过，不允许通过，对气体分子的透过具有选择性，A正确；B.过程正反应的活化能远小于逆反应的活化能，，B错误；C.加快Pd膜内H原子迁移，平衡正向移动，有利于的解离，C正确；D.为放热过程，H原子在Pd膜表面上结合为的过程为吸热反应，D错误；故选BD；③根据反应，设通入的为1mol，无膜情况下一氧化碳的平衡转化率为75%，则平衡时CO、H2O(g)、CO2、H2的平衡物质的量分别为0.25mol、0.25mol、0.75mol、0.75mol，可计算出此温度下平衡常数K=3；有膜情况下一氧化碳的平衡转化率为90%，则平衡时CO、H2O(g)、CO2、H2的平衡物质的量分别为0.1mol、0.1mol、0.9mol、0.9mol(a口和b口总量，其中只有a口的处于平衡体系)，设a口产生的H2的物质的量为xmol，则，解得x=0.1，则出口a产生的为0.1mol，出口b的为0.9mol-0.1mol=0.8mol，质量比为1:8；（3）①电解时，一氧化碳和水从均从阳极口进入，阳极一氧化碳转化为二氧化碳，则氢气要在阴极产生，故阳极产生二氧化碳的同时产生氢离子，氢离子通过固体电解质进入阴极附近得电子产生氢气，故固体电解质应采用质子导体；②电解时，阴极发生还原反应，电极反应式为：；③根据三段式：，出口Ⅰ处气体为体积为x，进口Ⅰ处的气体体积为，则，CO的转化率为：。17．（2022·辽宁卷）工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，目前已有三位科学家因其获得诺贝尔奖，其反应为：。回答下列问题：（1）合成氨反应在常温下_______(填“能”或“不能”)自发。（2）_______温(填“高”或“低”，下同)有利于提高反应速率，_______温有利于提高平衡转化率，综合考虑催化剂(铁触媒)活性等因素，工业常采用。针对反应速率与平衡产率的矛盾，我国科学家提出了两种解决方案。（3）方案一：双温-双控-双催化剂。使用双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为时，的温度为，而的温度为)。下列说法正确的是_______。a．氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率b．在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率c．“热Fe”高于体系温度，有利于提高氨的平衡产率d．“冷Ti”低于体系温度，有利于提高合成氨反应速率（4）方案二：复合催化剂。下列说法正确的是_______。a．时，复合催化剂比单一催化剂效率更高b．同温同压下，复合催化剂有利于提高氨的平衡产率c．温度越高，复合催化剂活性一定越高（5）某合成氨速率方程为：，根据表中数据，_______；实验1mnpq22mnp2q3mn0.1p10q4m2np2.828q在合成氨过程中，需要不断分离出氨的原因为_______。a．有利于平衡正向移动

b．防止催化剂中毒

c．提高正反应速率（6）某种新型储氢材料的晶胞如图，八面体中心为M金属离子，顶点均为配体；四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。若其摩尔质量为，则M元素为_______(填元素符号)；在该化合物中，M离子的价电子排布式为_______。〖答案〗（1）能（2）高低（3）ab（4）a（5）-1a（6）Fe3d6〖解析〗（1），则∆G=∆H-T∆S=(-92.4+0.2×298)kJ∙mol-1=-32.4kJ∙mol-1＜0，所以合成氨反应在常温下能自发进行。〖答案〗为：能；（2）温度越高，反应速率越快，所以高温有利于提高反应速率；因为正反应为放热反应，所以低温有利于提高平衡转化率。〖答案〗为：高；低；（3）a．因为正反应为放热反应，所以低温有利于平衡正向移动，氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率，a正确；b．温度升高，反应速率加快，所以在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率，b正确；c．合成氨反应的正反应为放热反应，“热Fe”高于体系温度，不利于提高氨的平衡产率，c不正确；d．温度升高，可提高合成氨反应的速率，所以“冷Ti”低于体系温度，不利于提高合成氨反应速率，d不正确；故选ab。〖答案〗为：ab；（4）a．从图中可以看出，时，复合催化剂比单一催化剂的反应速率快，催化效率更高，a正确；b．催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡产率，所以同温同压下，复合催化剂不能提高氨的平衡产率，b不正确；c．虽然图中显示温度高反应速率快，但温度高到一定程度后，复合催化剂活性就可能不变或变低，c不正确；故选a。〖答案〗为：a；（5）选择实验1和3进行分析，此时，则γ=-1；a．在合成氨过程中，需要不断分离出氨，有利于平衡正向移动，a正确；b．氨是在该催化剂的催化作用下生成，不会使催化剂中毒，b不正确；c．分离出氨，并没有增大反应物的浓度，所以不会提高正反应速率，c不正确；故选a。〖答案〗为：-1；a；（6）从图中信息可以进行以下计算：含黑球的数目为=4，含白球的数目为8，则黑球与白球的个数比为1:2。黑球的化学式为，白球的化学式为。从而得出M+17×6+15×2=188，M=56，则M元素为Fe；在该化合物中，Fe2+的价电子排布式为3d6。〖答案〗为：Fe；3d6。【『点石成金』】计算晶胞中所含微粒数目时，可采用均摊法。18．（2021·河北卷）当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。（1）大气中的二氧化碳主要来自于煤、石油及其他含碳化合物的燃烧。已知25℃时，相关物质的燃烧热数据如表：物质H2(g)C(石墨，s)C6H6(l)燃烧热△H(kJ•mol-1)-285.8-393.5-3267.5（1）则25℃时H2(g)和C(石墨，s)生成C6H6(l)的热化学方程式为________。（2）雨水中含有来自大气的CO2，溶于水中的CO2进一步和水反应，发生电离：①CO2(g)=CO2(aq)②CO2(aq)+H2O(l)=H+(aq)+HCO(aq)25℃时，反应②的平衡常数为K2。溶液中CO2的浓度与其在空气中的分压成正比(分压=总压×物质的量分数)，比例系数为ymol•L-1•kPa-1，当大气压强为pkPa，大气中CO2(g)的物质的量分数为x时，溶液中H+浓度为________mol•L-1(写出表达式，考虑水的电离，忽略HCO的电离)（3）105℃时，将足量的某碳酸氢盐(MHCO3)固体置于真空恒容容器中，存在如下平衡：2MHCO3(s)M2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)。上述反应达平衡时体系的总压为46kPa。保持温度不变，开始时在体系中先通入一定量的CO2(g)，再加入足量MHCO3(s)，欲使平衡时体系中水蒸气的分压小于5kPa，CO2(g)的初始压强应大于________kPa。（4）我国科学家研究Li—CO2电池，取得了重大科研成果，回答下列问题：①Li—CO2电池中，Li为单质锂片，则该电池中的CO2在___(填“正”或“负”)极发生电化学反应。研究表明，该电池反应产物为碳酸锂和单质碳，且CO2电还原后与锂离子结合形成碳酸锂按以下4个步骤进行，写出步骤Ⅲ的离子方程式。Ⅰ.2CO2+2e-=C2OⅡ.C2O=CO2+COⅢ.__________Ⅳ.CO+2Li+=Li2CO3②研究表明，在电解质水溶液中，CO2气体可被电化学还原。Ⅰ.CO2在碱性介质中电还原为正丙醇(CH3CH2CH2OH)的电极反应方程式为_________。Ⅱ.在电解质水溶液中，三种不同催化剂(a、b、c)上CO2电还原为CO的反应进程中(H+被还原为H2的反应可同时发生)，相对能量变化如图.由此判断，CO2电还原为CO从易到难的顺序为_______(用a、b、c字母排序)。〖答案〗6C(石墨，s)+3H2(g)=C6H6(l)H=49.1kJmol-1100.8正极2C+CO2=2C+C12CO2+18e-+4H2O=CH3CH2CH2OH+9Cc、b、a〖解析〗（1）根据表格燃烧热数据可知，存在反应①C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)H1=-393.5kJmol-1，②H2(g)+O2(g)=H2O(l)H2=-285.8kJmol-1，③C6H6(l)+O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l)H3=-3267.5kJmol-1，根据盖斯定律，[①12+②6]-③得反应：6C(石墨，s)+3H2(g)=C6H6(l)，H=[(-393.5kJmol-1)+(-285.8kJmol-1)6]-(-3267.5kJmol-1)=49.1kJmol-1，故〖答案〗为：6C(石墨，s)+3H2(g)=C6H6(l)H=49.1kJmol-1；（2）由题可知，①CO2(s)CO2(aq)，②CO2(aq)+H2O(l)H+(aq)+HC(aq)，K2=，又因为p(CO2)=p(kPa)x，则c(CO2)=y(mol•L-1•kPa-1)p(CO2)=pxymol/L，在忽略HC的电离时，c(H+)=c(HC)，所以可得c(H+)=，故〖答案〗为：；（3）2MHCO3(s)M2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)，等温等容条件下，压强之比等于物质的量之比，可用分压表示物质的量浓度，平衡常数Kp===529kPa2。温度不变化学平衡常数Kp不变，设平衡时，平衡体系中CO2的分压为x，则K==529kPa2，=kPa=105.8kPa，CO2的初始压强等于平衡压强减去碳酸氢盐分解产生的CO2的分压，即CO2(g)的初始压强应大于105.8kPa-5kPa=100.8kPa，故〖答案〗为：100.8；（4）①由题意知，Li-CO2电池的总反应式为：4Li+3CO2=2Li2CO3+C，CO2发生得电子的还原反应，则CO2作为电池的正极；CO2还原后与Li+结合成Li2CO3，按4个步骤进行，由步骤II可知生成了C，而步骤IV需要C参加反应，所以步骤III的离子方程式为：2C+CO2=2C+C，故〖答案〗为：正极；2C+CO2=2C+C；②I.CO2在碱性条件下得电子生成CH3CH2CH2OH，根据电子守恒和电荷守恒写出电极反应式为：12CO2+18e-+4H2O=CH3CH2CH2OH+9C，故〖答案〗为：12CO2+18e-+4H2O=CH3CH2CH2OH+9C；II.c催化剂条件下，CO2电还原的活化能小于H+电还原的活化能，更容易发生CO2的电还原；而催化剂a和b条件下，CO2电还原的活化能均大于H+电还原的活化能，相对来说，更易发生H+的电还原。其中a催化剂条件下，H+电还原的活化能比CO2电还原的活化能小的更多，发生H+电还原的可能性更大，因此反应从易到难的顺序为c、b、a，故〖答案〗为：c、b、a。19．（2021·湖南卷）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键能946436.0390.8一定温度下，利用催化剂将分解为和。回答下列问题：（1）反应_______；（2）已知该反应的，在下列哪些温度下反应能自发进行？_______(填标号)A．25℃B．125℃C．225℃D．325℃（3）某兴趣小组对该反应进行了实验探究。在一定温度和催化剂的条件下，将通入3L的密闭容器中进行反应(此时容器内总压为200kPa)，各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。①若保持容器体积不变，时反应达到平衡，用的浓度变化表示时间内的反应速率_______(用含的代数式表示)②时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后分压变化趋势的曲线是_______(用图中a、b、c、d表示)，理由是_______；③在该温度下，反应的标准平衡常数_______。(已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应，，其中，、、、为各组分的平衡分压)。方法Ⅱ：氨电解法制氢气利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其装置如图所示。（4）电解过程中的移动方向为_______(填“从左往右”或“从右往左”)；（5）阳极的电极反应式为_______。KOH溶液KOH溶液〖答案〗+90.8CDb

开始体积减半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小0.48从右往左2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O〖解析〗（1）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)，H=390.8kJmol-1-(946kJmol-1+436.0kJmol-1)=+90.8kJmol-1，故〖答案〗为：+90.8；（2）若反应自发进行，则需H-TS<0，T>==456.5K，即温度应高于(456.5-273)℃=183.5℃，CD符合，故〖答案〗为：CD；（3）①设t1时达到平衡，转化的NH3的物质的量为2x，列出三段式：根据同温同压下，混合气体的物质的量等于体积之比，=，解得x=0.02mol，(H2)==molL-1min-1，故〖答案〗为：；②t2时将容器体积压缩到原来的一半，开始N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小，故b曲线符合，故〖答案〗为：b；开始体积减半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小；③由图可知，平衡时，NH3、N2、H2的分压分别为120kPa、40kPa、120kPa，反应的标准平衡常数==0.48，故〖答案〗为：0.48；（4）由图可知，通NH3的一极氮元素化合价升高，发生氧化反应，为电解池的阳极，则另一电极为阴极，电解过程中OH-移向阳极，则从右往左移动，故〖答案〗为：从右往左；（5）阳极NH3失电子发生氧化反应生成N2，结合碱性条件，电极反应式为：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，故〖答案〗为：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O。20.（2020·新课标Ⅱ）天然气的主要成分为CH4，一般还含有C2H6等烃类，是重要的燃料和化工原料。（1）乙烷在一定条件可发生如下反应：C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g)ΔH，相关物质的燃烧热数据如下表所示：物质C2H6(g)C2H4(g)H2(g)燃烧热ΔH/(kJ·mol−1)-1560-1411-286①ΔH=_________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：2CH4C2H6+H2。反应在初期阶段的速率方程为：r=k×，其中k为反应速率常数。①设反应开始时的反应速率为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．乙烷的生成速率逐渐增大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，其原理如下图所示：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_________。〖答案〗（1）①137②升高温度减小压强(增大体积)③（2）①1－α②AD（3）①CO2+2e−=CO+O2−②6∶5〖解析〗（1）①由表中燃烧热数值可知：①C2H6(g)+O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)∆H1=-1560kJ∙mol-1；②C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)∆H2=-1411kJ∙mol-1；③H2(g)+O2(g)=H2O(l)∆H3=-286kJ∙mol-1；根据盖斯定律可知，①-②-③得C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g)，则∆H=∆H1-∆H2-∆H3=(-1560kJ∙mol-1)-(-1411kJ∙mol-1)-(-286kJ∙mol-1)=137kJ∙mol-1，故〖答案〗为137；②反应C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)为气体体积增大的吸热反应，升高温度、减小压强平衡都向正反应方向移动，故提高该反应平衡转化率的方法有升高温度、减小压强（增大体积）；③设起始时加入的乙烷和氢气各为1mol，列出三段式，C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)起始（mol）101转化（mol）ααα平衡（mol）1-αα1+α平衡时，C2H6、C2H4和H2平衡分压分别为p、p和p，则反应的平衡常数为Kp=；（2）①根据r=k×，若r1=kc，甲烷转化率为α时，甲烷的浓度为c(1-α)，则r2=kc(1-α)，所以r2=(1-α)r1；②增大反应物浓度反应速率增大，故A说法正确；由速率方程可知，初期阶段的反应速率与氢气浓度无关，故B说法错误；反应物甲烷的浓度逐渐减小，结合速率方程可知，乙烷的生成速率逐渐减小，故C说法错误；化学反应速率与温度有关，温度降低，反应速率常数减小，故D正确。〖答案〗选AD。（3）①由图可知，CO2在阴极得电子发生还原反应，电极反应为CO2+2e-=CO+O2-；②令生成乙烯和乙烷分别为2体积和1体积，根据阿伏加德罗定律，同温同压下，气体体积比等于物质的量之比，再根据得失电子守恒，得到发生的总反应为：6CH4+5CO2=2