2022届新高考化学二轮复习教学案-专题九　化学反应原理的综合应用

微专题一化学反应速率、化学平衡与反应热的综合应用1．题型特点这类试题往往以能量变化、化学反应速率、化学平衡知识为主题，借助图像、图表的手段，综合考查关联知识。关联知识主要有：(1)ΔH符号的判断、热化学方程式的书写、应用盖斯定律计算ΔH。(2)化学反应速率的计算与比较，外因(浓度、压强、温度、催化剂)对化学反应速率的影响。(3)平衡常数、转化率的计算，温度对平衡常数的影响；化学平衡状态的判断，用化学平衡的影响因素进行分析和解释。(4)在多层次曲线图中反映化学反应速率、化学平衡与温度、压强、浓度的关系。2．热化学方程式的书写及反应热的计算技巧首先根据要求书写目标热化学方程式的反应物、生成物并配平，其次在反应物和生成物后面的括号内注明其聚集状态，再次将目标热化学方程式与已有的热化学方程式对比(主要是反应物和生成物的位置、化学计量数)，最后根据盖斯定律进行运算得出目标热化学方程式的反应热。3．解答化学平衡移动问题的步骤(1)正确分析反应特点：包括反应物和生成物的状态、气体体积变化、反应的热效应。(2)明确外界反应条件：恒温恒容、恒温恒压、反应温度是否变化、反应物配料比是否变化。(3)结合图像或K与Qc的关系、平衡移动原理等，判断平衡移动的方向或结果。(4)结合题意，运用“三段式”，分析计算、确定各物理量的变化。4．分析图表与作图时应注意的问题(1)仔细分析并准确画出曲线的最高点、最低点、拐点和平衡点。(2)找准纵坐标与横坐标对应的数据。(3)描绘曲线时注意点与点之间的连接关系。(4)分析表格数据时，找出数据大小的变化规律。1．(2021·珠海高三月考)合成氨反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)是人工固氮的主要手段，对人类生存、社会进步和经济发展都有着重大意义。回答下列问题：(1)合成氨反应的反应历程和能量变化如图1所示：①N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝_______________________。②对总反应速率影响较小的步骤的能垒(活化能)为________kJ·mol－1，该步骤的化学方程式为___________________________________________________。(2)一定温度下，向10L恒容密闭容器中充入1molN2(g)和3molH2(g)，初始压强为p0，发生合成氨反应。10min末达到平衡，测得NH3的体积分数为60%。①平衡时，N2的体积分数为________，Kp＝_______________。②0～10min内，用H2的浓度变化表示的平均反应速率v(H2)＝________。(3)合成氨反应中，正反应速率v正＝k正c(N2)·c3(H2)，逆反应速率v逆＝k逆c2(NH3)，k正、k逆为反应速率常数。正反应和逆反应的平衡常数与温度的关系如图2所示：①表示逆反应的平衡常数随温度变化的关系曲线为________(填“L1”或“L2”)，理由为__________________________________________________。②T0℃时，eq\f(k正,k逆)＝________。解析：(1)(2)①设平衡时生成NH3的物质的量为2xmol，则有N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)起始量/mol130转化量/molx3x2x平衡量/mol1－x3－3x2x10min末达到平衡，测得NH3的体积分数为60%，即eq\f(2x,4－2x)×100%＝60%，解得x＝0.75，则平衡时N2的体积分数为eq\f(1－0.75,4－2×0.75)×100%＝10%。初始压强为p0，根据恒温恒容时，气体的压强之比等于其物质的量之比，则平衡时有eq\f(p0,peq\s\do5(N2))＝eq\f(4,1－0.75)，peq\s\do5(N2)＝eq\f(1,16)p0，同理可得peq\s\do5(H2)＝eq\f(3,16)p0、peq\s\do5(NH3)＝eq\f(3,8)p0，Kp＝eq\f(p2eq\s\do5(NH3),peq\s\do5(N2)·p3eq\s\do5(H2))＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,8)p0))\s\up12(2),\f(1,16)p0×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,16)p0))\s\up12(3))＝eq\f(1024,3peq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))。②0～10min内，v(H2)＝eq\f(\f(3×0.75mol,10L),10min)＝0.0225mol·L－1·min－1。(3)①合成氨反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，逆反应的平衡常数增大，因此表示逆反应的平衡常数随温度变化的关系曲线为L2。②由题图2知，T0℃时K正＝K逆，即eq\f(c2(NH3),c(N2)·c3(H2))＝eq\f(c(N2)·c3(H2),c2(NH3))，因此c(N2)·c3(H2)＝c2(NH3)，而平衡时v正＝v逆，因此eq\f(k正,k逆)＝eq\f(c2(NH3),c(N2)·c3(H2))＝1。答案：(1)①－92kJ·mol－1②124*N2＋3*H2=2*N＋6*H(2)①10%eq\f(1024,3peq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))②0.0225mol·L－1·min－1(3)①L2该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，逆反应的平衡常数增大②12．(2021·四川名校高三联考)近年来，研究发现硫的单质和化合物在一次能源的转化、存储和释放中有重要应用。回答下列问题：(1)有学者指出：含硫物质可进行太阳能的转化和存储，具体过程如图1所示。热化学含硫物质循环系统(实际存储热能Q2)图1①ΔH1＝________________。②Q2小于Q1的原因为________________________________。(2)SO2在含KI的溶液中发生反应的能量变化如图2所示。①总反应的化学方程式为_______________________________________(各物质需标明状态)。②转化过程中的决速步骤为________(填“第一步”或“第二步”)。(3)反应H2S(g)＋CO2(g)COS(g)＋H2O(g)ΔH＞0，可用于制备有机化工原料COS。①275℃时，将等物质的量的H2S(g)与CO2(g)充入密闭容器中，测得平衡时H2O(g)的体积分数为26%，则CO2(g)的平衡转化率α＝________。②在300℃、320℃时分别发生上述反应，其中H2S(g)和COS(g)的体积分数(φ)随时间(t)的变化关系如图3所示。起始密闭容器中φ(H2S)和φ(CO2)、φ(COS)和φ(H2O)分别相等。则300℃时反应的平衡常数K＝________；320℃时φ(H2S)、φ(COS)随时间变化的曲线分别为________、________。解析：(1)①将题图1中三个方程式依次编号为ⅰ、ⅱ、ⅲ，根据盖斯定律可知，ⅰ＝－(ⅱ＋ⅲ)，故ΔH1＝－[(－254)＋(－297)]kJ·mol－1＝＋551kJ·mol－1。②物质转化过程中能量有损失，能量转换率不可能为100%，故Q2小于Q1。(2)①由题图2可知，第一步反应为SO2(aq)＋4I－(aq)＋4H＋(aq)=2I2(aq)＋2H2O(l)＋S(s)，第二步反应为I2(aq)＋2H2O(l)＋SO2(aq)=4H＋(aq)＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))(aq)＋2I－(aq)，I－是第一步反应的反应物，同时是第二步反应的生成物，因此I－为该总反应的催化剂，第一步反应＋2×第二步反应可得总反应，即3SO2(aq)＋2H2O(l)eq\o(=,\s\up8(I－))4H＋(aq)＋2SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))(aq)＋S(s)。②由题图2可知，第一步反应的活化能高于第二步反应的活化能，化学反应中化学反应速率由活化能高的反应决定，因此转化过程中的决速步骤为第一步。(3)①设起始时n(H2S)＝n(CO2)＝1mol，H2S转化xmol，则H2S(g)＋CO2(g)COS(g)＋H2O(g)起始量/mol1100转化量/molxxxx平衡量/mol1－x1－xxx平衡时H2O(g)的体积分数＝eq\f(x,1－x＋1－x＋x＋x)×100%＝26%，解得x＝0.52，则CO2(g)的平衡转化率α＝eq\f(0.52mol,1mol)×100%＝52%。②从起始到平衡，L1、L2、L3、L4表示的物质的体积分数变化量分别为13%、10%、10%、13%，所以L1、L4为一组实验数据，L2、L3为一组实验数据，由①可知，275℃时，K＝eq\f(c(COS)·c(H2O),c(H2S)·c(CO2))＝eq\f(0.52×0.52,0.48×0.48)＞1，该反应的正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数增大，所以300℃、320℃时平衡常数均大于1，因起始密闭容器中φ(H2S)和φ(CO2)、φ(COS)和φ(H2O)分别相等，所以平衡时φ(COS)＝φ(H2O)＞φ(H2S)＝φ(CO2)，由此可知同一温度下，平衡时体积分数大的为生成物，体积分数小的为反应物，即L1、L2表示φ(COS)，L3、L4表示φ(H2S)。升高温度，平衡常数增大，由题图3可以看出，L1、L4曲线对应的eq\f(φ(COS),φ(H2S))比L2、L3曲线对应的eq\f(φ(COS),φ(H2S))大，则L1、L4曲线对应的平衡常数更大，对应的反应温度更高，由此可知，L1、L4分别表示320℃下的φ(COS)、φ(H2S)，L2、L3分别表示300℃下的φ(COS)、φ(H2S)。所以300℃下平衡时φ(COS)＝φ(H2O)＝30%，φ(H2S)＝φ(CO2)＝20%，所以300℃时反应的平衡常数K＝eq\f(30%×30%,20%×20%)＝2.25。答案：(1)①＋551kJ·mol－1②能量在实际转化过程中有损失(2)①3SO2(aq)＋2H2O(l)eq\o(=,\s\up8(I－))4H＋(aq)＋2SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))(aq)＋S(s)②第一步(3)①52%②2.25L4L13．(2021·珠海高三质检)甲醇(CH3OH)是合成农药(杀虫剂、杀螨剂)、医药(磺胺类、合霉素等)等的原料。制备甲醇有水煤气合成法、CO2催化转化法和甲烷催化氧化法。回答下列问题：(1)水煤气合成法。制备甲醇的主要反应为CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)。原料气的加工过程中常常混有一定量CO2，为了研究不同温度下CO2对该反应的影响，以CO2、CO和H2的混合气体为原料在一定条件下进行实验，结果表明，原料气各组分含量不同时，反应生成甲醇和副产物甲烷的碳转化率是不相同的。实验数据如表所示。在一定条件下，反应温度越高，碳转化率________。CO2对甲醇合成的影响是__________________________________________________________________。(2)CO2催化转化法。以CO2、H2为原料在催化剂作用下合成CH3OH涉及的主要反应如下：Ⅰ.CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH1＝－49.5kJ/molⅡ.CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH2＝－90.4kJ/molⅢ.CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH3①ΔH3＝________kJ/mol。②一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1molCO2和3molH2发生上述反应，经tmin达到平衡时，容器中CH3OH(g)为amol，CO为bmol，这段时间内以H2O(g)表示的化学反应速率为________mol/(L·min)(用含a、b、V、t的代数式表示)。③不同压强下，按照n(CO2)∶n(H2)＝1∶3投料，实验测得CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度(T)的变化关系如图1所示。其中纵轴表示CH3OH的平衡产率的是________(填“X”或“Y”)；压强p1、p2、p3由大到小的顺序为________________________；温度高于T1时，Y几乎相等的原因是________________________________________________________________。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________(填字母)。A．低温、低压 B．高温、高压C．低温、高压 D．高温、低压(3)甲烷催化氧化法。该法制备甲醇的有关反应如下：主反应：CH4(g)＋eq\f(1,2)O2(g)CH3OH(g)ΔH＝－26kJ/mol副反应：CH4(g)＋2O2(g)CO2(g)＋2H2O(g)ΔH①科学家研究了CH4、O2和H2O(g)(H2O的作用是活化催化剂)按照一定体积比在催化剂表面合成甲醇的反应，部分历程如图2所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注，TS代表过渡态)。在催化剂表面上更容易被吸附的是_____________(填“H2O”或“O2”)。该历程中正反应的最大活化能为_____________kJ/mol，写出该步骤的化学方程式：________________________________________________________________。②在恒温的刚性密闭容器中，分别按照CH4、O2的体积比为2∶1以及CH4、O2、H2O(g)的体积比为2∶1∶8反应相同的时间，所得产物的选择性，如甲醇的选择性＝eq\f(n(CH3OH),n(CH3OH)＋n(CO2))×100%，如图3所示。向反应体系中加入H2O(g)能够显著提高甲醇选择性的原因是__________________________________(任写一条)。向上述刚性密闭容器中按照体积比2∶1∶8充入CH4、O2和H2O(g)，在450K下反应达到平衡时，CH4的转化率为50%，CH3OH的选择性为90%，则副反应的压强平衡常数Kp＝________(计算结果保留小数点后一位)。解析：(1)由题表中原料气各组分含量一定、温度不同时的碳转化率的数据可知，在一定条件下，反应温度越高，碳转化率越高。二氧化碳的体积分数为4%时生成甲醇的碳转化率最高，二氧化碳的体积分数为20%时生成甲醇的碳转化率较低，不含二氧化碳时生成甲醇的碳转化率最低，因此原料气中含少量CO2有利于提高生成甲醇的碳转化率，CO2含量过高生成甲醇的碳转化率又降低。(2)①根据盖斯定律，由Ⅰ－Ⅱ得CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH3＝－49.5kJ/mol－(－90.4kJ/mol)＝＋40.9kJ/mol。②根据碳原子守恒有n平衡(CO2)＝n(CO2)－n平衡(CH3OH)－n平衡(CO)＝(1－a－b)mol，根据氧原子守恒有n平衡(H2O)＝2[n(CO2)－n平衡(CO2)]－n平衡(CH3OH)－n平衡(CO)＝2[1－(1－a－b)]mol－amol－bmol＝(a＋b)mol，v(H2O)＝eq\f(Δc,Δt)＝eq\f(\f((a＋b)mol,VL),tmin)＝eq\f(a＋b,Vt)mol/(L·min)。③反应Ⅰ为放热反应，故温度越高，CO2的平衡转化率越低，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Y表示CO2的平衡转化率，则X表示CH3OH的平衡产率。温度一定时，增大压强，反应Ⅰ、Ⅱ均正向移动，CH3OH的平衡产率增大，由题图1可知，相同温度下，p1时CH3OH的平衡产率最大，p3时CH3OH的平衡产率最小，所以压强：p1＞p2＞p3。温度高于T1时，以反应Ⅲ为主，又反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强对平衡没有影响，CO2的平衡转化率只与温度有关，故Y几乎相等。④该实验目的是探究有利于提高CH3OH平衡产率的影响因素，则反应Ⅰ为主反应，反应Ⅱ、Ⅲ为副反应，反应Ⅰ的正反应是气体体积减小的放热反应，高压、低温均有利于主反应Ⅰ正向进行，反应Ⅲ受到抑制，反应Ⅲ的抑制导致反应Ⅱ也受到抑制，所以同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率的反应条件为高压、低温。(3)①与催化剂接触后，*H2O的能量更低，故H2O更容易被吸附。正反应的最大活化能为－12.68kJ/mol－(－35.05kJ/mol)＝22.37kJ/mol，该步骤的化学方程式为*CH4＋*OH=*CH3OH＋*H。②加入水蒸气，促进副反应逆向进行，二氧化碳减少；催化剂更容易吸附水，可提高甲醇选择性。设通入CH4、O2、H2O(g)的物质的量分别为2amol、amol、8amol，甲烷的转化率为50%，则反应的甲烷为amol，即生成的甲醇与二氧化碳的物质的量之和为amol，甲醇的选择性为90%，则平衡时生成甲醇的物质的量为0.9amol，生成二氧化碳的物质的量为0.1amol。方法一：列“三段式”计算：CH4(g)＋eq\f(1,2)O2(g)CH3OH(g)转化量/mol0.9a0.45a0.9a平衡量/mola0.35a0.9aCH4(g)＋2O2(g)CO2(g)＋2H2O(g)转化量/mol0.1a0.2a0.1a0.2a平衡量/mola0.35a0.1a8.2a方法二：根据原子守恒计算，加入的H2O(g)的作用是活化催化剂，不考虑，则根据氢原子守恒，生成的H2O(g)的物质的量为eq\f(1,2)[4n反应(CH4)－4n(CH3OH)]＝eq\f(1,2)(4a－4×0.9a)mol＝0.2amol，根据氧原子守恒，平衡时剩余的O2的物质的量为eq\f(1,2)[2n总(O2)－n(CH3OH)－n(H2O)－2n(CO2)]＝eq\f(1,2)(2a－0.9a－0.2a－2×0.1a)mol＝0.35amol。副反应反应前后气体分子数相等，故反应达到平衡的过程中总压强不变，故Kp＝eq\f(p(CO2)·p2(H2O),p(CH4)·p2(O2))＝eq\f(n(CO2)·n2(H2O),n(CH4)·n2(O2))＝eq\f(0.1a×(8.2a)2,a×(0.35a)2)≈54.9。答案：(1)越高少量CO2有利于提高生成甲醇的碳转化率，CO2含量过高生成甲醇的碳转化率又降低(2)①＋40.9②eq\f(a＋b,Vt)③Xp1＞p2＞p3温度高于T1时以反应Ⅲ为主，又反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强对平衡没有影响④C(3)①H2O22.37*CH4＋*OH=*CH3OH＋*H②加入水蒸气，促进副反应逆向进行，二氧化碳减少(合理即可)54.9微专题二化学平衡、电解质溶液与电化学的综合应用1．题型特点此类试题以元素及化合物、化学平衡知识为主题，借助图像、图表的手段考查相关的知识。主要考查点：(1)反应现象的描述。(2)氧化还原反应、原电池与电解池、陌生离子方程式的书写。(3)题述信息条件下反应速率的计算、平衡常数的计算、Ksp的计算。(4)平衡的影响因素、平衡移动与图像及相关原因的分析。2．解题指导(1)浏览全题根据题目提供的信息，结合相关基础知识，先对简单问题进行解答。(2)对于氧化还原反应①通过陌生物质中元素的价态判断其氧化性与还原性。②氧化还原滴定的分析计算要正确利用“关系式”。(3)化学平衡常数及平衡转化率的计算化学平衡常数及平衡转化率的计算可用三段式法找出浓度可变的反应物、生成物在起始时、转化时、平衡时的浓度，然后代入表达式进行计算。(4)对于电化学类试题，首先判断是原电池还是电解池，然后分析电极类别，书写电极反应式，最后按电极反应式进行相关计算。对电化学计算要利用各电极转移的电子数相等求未知量。电化学中电极反应式的书写注意事项(1)根据题意、装置图分清“原电池”“电解池”或“电镀池”。(2)定电极：阴极、阳极；正极、负极。(3)根据电极反应物和介质确定生成物进而写出电极反应式。①配平(原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒)；②生成物粒子在介质中的存在形式；③得失电子要表达准确，得电子为＋ne－，失电子为－ne－。(5)对于电解质溶液类试题，要明确溶液中的物质类型及其可能存在的平衡类型，然后进行解答。有关Ksp的计算往往与pH的计算结合起来，要注意pH与c(OH－)的转换，难溶电解质的悬浊液即为其沉淀溶解平衡状态，满足相应的Ksp。1．CH3OH是一种重要的化工试剂，以甲醇为原料能够制备众多的化工试剂。回答下列问题：(1)在催化剂作用下，用甲醇制备合成气的反应为CH3OH(g)CO(g)＋2H2(g)ΔH＞0，欲提高甲醇的反应速率和反应转化率，工业上适宜采用的措施是________(填字母)。a．高温、高压 b．低温、高压c．高温、低压 d．低温、低压(2)科研发现，在钯基催化剂作用下，甲醇制氢的反应历程如图所示(吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注)。该历程中，反应速率最慢的一步的化学方程式为______________________；放热最多的一步的化学方程式为____________________________________。(3)将8molCH3OH置于某刚性密闭容器中，在570K及催化剂作用下引发甲醇发生反应：CH3OH(g)CO(g)＋2H2(g)，初始时压强为200kPa，反应相关物质的物质的量随时间的变化如图所示。①能够说明该反应达到平衡状态的是________(填字母)。a．混合气体密度恒定不变b．压强恒定不变c．CO与H2的体积之比恒定不变d．H2的体积分数恒定不变②比较反应速率m点v逆(CH3OH)、n点v正(CO)、k点v逆(CO)的大小顺序：________(用m，n，k表示即可)。③反应从开始到5min时，平均反应速率v(H2)＝________kPa·min－1，该反应的平衡常数Kp＝________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝物质的量分数×总压)。(4)甲醇也是常用的燃料电池原料，若电解质为熔融的碳酸钠，则负极反应式为________________________________________________________________。解析：(1)低温、低压不利于提高反应速率，高温、高压能够加快反应速率，高温还有利于平衡正向移动，提高甲醇的平衡转化率，高压能够提高反应速率，可以提高单位时间内反应物的转化率(不是平衡转化率)，工业上常常采用高压提高反应转化率。(2)活化能越大，反应速率越慢，根据图示知CO*＋4H*→CO*＋2H2的活化能最大，反应速率最慢；生成物与反应物之间的能量差为该反应过程中的能量变化，由此可以得出放热最多的一步反应为CHO*＋3H*→CO*＋4H*。(3)①整个反应过程中混合气体密度及CO与H2的体积之比恒定不变，所以a、c错误。②整个反应过程，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，可以得出反应速率：n＞k＞m。③列“三段式”如下：CH3OH(g)CO(g)＋2H2(g)初始量/mol800变化量/mol448平衡量/mol448根据相同条件下，气体的物质的量之比等于压强之比，可以得出平衡时总压强为400kPa，p(H2)＝200kPa，所以v(H2)＝eq\f(Δp,Δt)＝eq\f(200kPa,5min)＝40kPa·min－1，Kp＝eq\f(p(CO)·p2(H2),p(CH3OH))＝4×104。(4)甲醇燃料电池中，甲醇失去电子，参与负极反应，电解质为熔融的碳酸钠，故负极反应式为CH3OH＋3COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))－6e－=4CO2↑＋2H2O。答案：(1)a(2)CO*＋4H*→CO*＋2H2(或2H*→H2)CHO*＋3H*→CO*＋4H*(或CHO*→CO*＋H*)(3)①bd②n＞k＞m③404×104(4)CH3OH＋3COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))－6e－=4CO2↑＋2H2O2．(2021·南阳高三质检)CO2的减排、回收及资源化利用正成为重要的环境和能源问题。请回答下列问题：(1)CO2与CH4重整生成H2和CO的过程中主要发生下列反应：ⅰ.CH4(g)＋CO2(g)2H2(g)＋2CO(g)ΔH＝＋247.1kJ·mol－1ⅱ.H2(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(g)ΔH＝＋41.2kJ·mol－1①用CO2和H2为原料可得到CH4燃料，其热化学方程式为________________________________________________________________。②在恒容条件下，CH4、CO2起始浓度均为2mol·L－1时，CH4和CO2的平衡转化率随温度变化的曲线如图1所示。曲线A表示________(填化学式)的平衡转化率随温度的变化；温度为800K时，反应ⅰ的平衡常数K＝________；若某一条件下CH4的转化率为X点的值，若使其达到Y点的值，改变除温度外的条件可以是____________________________________________(写两条)。③图2为在不同催化剂、混合气体流速控制在120mL·min－1(CH4和CO2气体物质的量之比为1∶1)通入反应器，在900℃下进行7h的CH4­CO2重整反应稳定性测试图。B点的转化率高于A点的转化率，原因是________________________________________________________________；C点________(填“可能”“一定”或“一定未”)达到平衡状态，由B点到C点CO2转化率降低，原因是_________________________________________________。(2)用电解法可将CO2转化为多种燃料，原理如图3。铜电极上产生C2H4的电极反应式为___________________________________________，若阴极只生成CO、HCOOH、C2H4，且各产物生成速率相同，则相同条件下，Pt电极与Cu电极上产生O2与C2H4的体积比为________。解析：(1)①热化学方程式ⅱ×2－ⅰ即得CO2(g)＋4H2(g)=CH4(g)＋2H2O(g)ΔH＝－164.7kJ·mol－1。②CO2参与ⅰ、ⅱ两个反应，相同温度下，CO2的平衡转化率更高，则曲线A表示CO2的平衡转化率。800K时，用“三段式”法计算：CH4(g)＋CO2(g)2H2(g)＋2CO(g)起始浓度/(mol/L)2200变化浓度/(mol·L－1)0.40.40.80.8平衡浓度/(mol·L－1)1.61.20.8－0.40.8＋0.4H2(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(g)起始浓度/(mol·L－1)2变化浓度/(mol·L－1)0.40.40.40.4温度为800K时，反应ⅰ的平衡常数K＝eq\f(1.22×0.42,1.2×1.6)mol2·L－2＝0.12mol2·L－2。CH4的转化率由X点转变为Y点，温度不变，增大CO2浓度、降低压强、分离出产物等均可使反应ⅰ平衡向右移动，增大CH4的转化率。③B点相对于A点，使用不同的催化剂，转化率更高，故催化剂催化效率AC­U.NA比AC­NA高，反应速率更快。由B点到C点CO2转化率降低，原因是同一催化剂使用时间变长，催化效率降低，反应速率变慢，故C点一定未达到平衡状态。(2)阴极生成C2H4的电极反应式为2CO2＋12e－＋12H＋=C2H4＋4H2O。根据转移电子情况：CO～2e－、HCOOH～2e－、C2H4～12e－，由于阴极生成CO、HCOOH、C2H4，且各产物生成速率相同，则每产生1molC2H4电路中通过电子总物质的量为16mol，所以Pt电极与Cu电极上产生O2与C2H4的体积比为eq\f(16,4)∶1＝4∶1。答案：(1)①CO2(g)＋4H2(g)=CH4(g)＋2H2O(g)ΔH＝－164.7kJ·mol－1②CO20.12mol2·L－2增大CO2浓度、降低压强(答案合理即可)③催化剂催化效率AC­U.NA比AC­NA高，反应速率更快一定未同一催化剂使用时间变长，催化效率降低，反应速率变慢(2)2CO2＋12e－＋12H＋=C2H4＋4H2O4∶13．(2021·新高考河北卷)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下表：物质H2(g)C(石墨，s)C6H6(l)燃烧热ΔH/(kJ·mol－1)－285.8－393.5－3267.5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)＋HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))(aq)25℃时，反应②的平衡常数为K。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HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))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)eq\o(,\s\up8(△))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Li­CO2电池，取得了重大科研成果。回答下列问题：①Li­CO2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－=C2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))Ⅱ.C2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))=CO2＋COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(2))Ⅲ._______________________________________________________Ⅳ.COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋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＋电还原为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)。解析：(1)由题给燃烧热数据可得，①H2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=H2O(l)ΔH1＝－285.8kJ·mol－1，②C(石墨，s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH2＝－393.5kJ·mol－1，③C6H6(l)＋eq\f(15,2)O2(g)=6CO2(g)＋3H2O(l)ΔH3＝－3267.5kJ·mol－1，根据盖斯定律，目标方程式可由3×①＋6×②－③得到，其ΔH＝(－285.8kJ·mol－1)×3＋(－393.5kJ·mol－1)×6－(－3267.5kJ·mol－1)＝＋49.1kJ·mol－1，故H2(g)与C(石墨，s)生成C6H6(l)的热化学方程式为3H2(g)＋6C(石墨，s)=C6H6(l)ΔH＝＋49.1kJ·mol－1。(2)依题意，c[CO2(aq)]＝y·p[CO2(g)]＝xypmol·L－1，CO2(aq)＋H2O(l)H＋(aq)＋HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))(aq)，K＝eq\f(c(H＋)·c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))),c[CO2(aq)])，c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))＝K·eq\f(c[CO2(aq)],c(H＋))＝eq\f(Kxyp,c(H＋))；考虑水的电离，不考虑HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))的电离，则有c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))，c(H＋)＝eq\f(Kw,c(H＋))＋eq\f(Kxyp,c(H＋))，得c(H＋)＝eq\r(Kxyp＋Kw)mol·L－1＝eq\r(Kxyp＋10－14)mol·L－1。(3)平衡体系总压为46kPa，则由2MHCO3(s)eq\o(,\s\up8(△))M2CO3(s)＋H2O(g)＋CO2(g)可得p(H2O)＝p(CO2)＝23kPa，Kp＝23×23。若保持温度不变，设开始先通入CO2的压强为xkPa，平衡时水蒸气分压为5kPa时，可列“三段式”：2MHCO3(s)eq\o(,\s\up8(△))M2CO3(s)＋H2O(g)＋CO2(g)起始/kPa0x转化/kPa55平衡/kPa55＋xKp＝23×23＝5×(5＋x)，解得x＝100.8，故为使平衡时水蒸气分压小于5kPa，CO2(g)初始压强应大于100.8kPa。(4)Li­CO2电池的总反应式为4Li＋3CO2=2Li2CO3＋C。①电池中，锂为负极，CO2在正极发生电化学反应，由电池总反应式可得正极反应为3CO2＋4e－＋4Li＋=2Li2CO3＋C；结合步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ，可得步骤Ⅲ的离子方程式为2COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(2))＋CO2=2COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋C。②Ⅰ.介质呈碱性，应用OH－配平，CO2在碱性介质中电还原为正丙醇，电极反应方程式为3CO2＋18e－＋13H2O=CH3CH2CH2OH＋18OH－。Ⅱ.催化剂c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。其中催化剂a条件下，H＋电还原的活化能比CO2电还原的活化能小得更多，发生H＋电还原的可能性更大，因此CO2电还原为CO从易到难的顺序为c、b、a。答案：(1)3H2(g)＋6C(石墨，s)=C6H6(l)ΔH＝＋49.1kJ·mol－1(2)eq\r(Kxyp＋10－14)(3)100.8(4)①正2COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(2))＋CO2=2COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋C②Ⅰ.3CO2＋18e－＋13H2O=CH3CH2CH2OH＋18OH－Ⅱ.c、b、a专题强化训练1．科学家提出了多种回收和利用CO2的方案。方案Ⅰ.利用FeO吸收CO2获得H2ⅰ.6FeO(s)＋CO2(g)=2Fe3O4(s)＋C(s)ΔH1＝－76.0kJ·mol－1ⅱ.C(s)＋2H2O(g)=CO2(g)＋2H2(g)ΔH2＝＋113.4kJ·mol－1(1)3FeO(s)＋H2O(g)=Fe3O4(s)＋H2(g)ΔH3＝__________________。(2)在反应ⅰ中，若放出38.0kJ热量，则被氧化的FeO的物质的量为________。方案Ⅱ.利用CO2制备CH4300℃时，向2L恒容密闭容器中充入2molCO2和8molH2，发生反应CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)ΔH4，混合气体中CH4的浓度与反应时间的关系如图所示。(3)①从反应开始到恰好达到平衡时，CO2的平均反应速率v(CO2)＝______________________。②300℃时，该反应的平衡常数K＝________。③保持温度不变，向平衡后的容器中再充入2molCO2和8molH2，重新达到平衡时CH4的浓度________(填字母)。A．大于1.6mol·L－1B．等于1.6mol·L－1C．0.8mol·L－1＜c(CH4)＜1.6mol·L－1D．等于0.8mol·L－1④已知：200℃时，该反应的平衡常数K＝61.8L2·mol－2，则ΔH4________0(填“＞”“＜”或“＝”)。方案Ⅲ.用碱溶液吸收CO2利用50mL3mol·L－1NaOH溶液完全吸收2.24LCO2(标准状况)，得到吸收液。(4)该吸收液中离子浓度的大小顺序为______________________。将该吸收液蒸干，灼烧至恒重，所得固体的成分是________(填化学式)。解析：(1)ⅰ.6FeO(s)＋CO2(g)=2Fe3O4(s)＋C(s)ΔH1＝－76.0kJ·mol－1，ⅱ.C(s)＋2H2O(g)=CO2(g)＋2H2(g)ΔH2＝＋113.4kJ·mol－1，根据盖斯定律，将(ⅰ＋ⅱ)×eq\f(1,2)得：3FeO(s)＋H2O(g)=Fe3O4(s)＋H2(g)ΔH3＝[－76.0kJ·mol－1＋(＋113.4kJ·mol－1)]×eq\f(1,2)＝＋18.7kJ·mol－1。(2)在反应ⅰ中，每放出38.0kJ热量，有3molFeO参与反应，其中2molFeO被氧化。(3)①从反应开始到恰好达到平衡时，CH4的平均反应速率v(CH4)＝eq\f(0.8mol·L－1,10min)＝0.08mol·L－1·min－1，则v(CO2)＝v(CH4)＝0.08mol·L－1·min－1。②列“三段式”如下：CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)起始浓度/(mol·L－1)1400变化浓度/(mol·L－1)0.83.20.81.6平衡浓度/(mol·L－1)0.20.80.81.6300℃时，该反应的平衡常数K＝eq\f(1.62×0.8,0.2×0.84)L2·mol－2＝25L2·mol－2。③保持温度不变，向平衡后的容器中再充入2molCO2和8molH2，相当于增大压强，平衡正向移动，重新达到平衡时CH4的浓度大于1.6mol·L－1。④200℃时，该反应的平衡常数K＝61.8L2·mol－2，说明升高温度，平衡常数减小，平衡逆向移动，正反应为放热反应，则ΔH4＜0。(4)标准状况下2.24LCO2的物质的量为0.1mol，50mL3mol·L－1NaOH溶液中含有NaOH0.15mol，反应生成等物质的量的Na2CO3和NaHCO3，HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))的水解程度大于其电离程度，COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))的水解程度大于HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))的水解程度，溶液显碱性，溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na＋)＞c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))＞c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))＞c(OH－)＞c(H＋)。将该吸收液蒸干，灼烧至恒重，碳酸氢钠完全分解生成碳酸钠。答案：(1)＋18.7kJ·mol－1(2)2mol(3)①0.08mol·L－1·min－1②25L2·mol－2③A④＜(4)c(Na＋)＞c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))＞c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))＞c(OH－)＞c(H＋)Na2CO32．(2021·广东第一次阶段检测)继金属储氢材料后，有机液态储氢技术倍受研究人员青睐。萘(，C10H8)与十氢萘(，C10H18)的储氢脱氢就是其中重要的研究对象，萘与十氢萘的转化关系如图1所示。已知：物质C10H18(l)C10H8(l)H2(g)燃烧热ΔH/(kJ·mol－1)－5896－5154－286(1)十氢萘脱氢的热化学方程式为__________________________________。(2)十氢萘在高温下的脱氢反应能自发进行，原因是__________________。(3)科学家在1MPa、350℃下，利用催化剂对十氢萘气相脱氢进行研究，发现十氢萘可先脱氢形成四氢萘(C10H12)，最后再脱氢得到萘，实验过程中测得容器内有机物浓度随时间的变化关系如图2所示，十氢萘的平衡转化率为________，十氢萘催化脱氢得萘的平衡常数K＝________(结果保留两位有效数字)。(4)在酸性条件下，利用有机储氢材料十氢萘可设计成二次电池，放电时的装置原理如图3所示。充电时，阴极反应式为______________________________。解析：(1)根据表格信息可写出下列热化学方程式：①C10H18(l)＋eq\f(29,2)O2(g)=10CO2(g)＋9H2O(l)ΔH1＝－5896kJ·mol－1；②C10H8(l)＋12O2(g)=10CO2(g)＋4H2O(l)ΔH2＝－5154kJ·mol－1；③H2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=H2O(l)ΔH3＝－286kJ·mol－1，十氢萘脱氢的热化学方程式为④C10H18(l)C10H8(l)＋5H2(g)ΔH，根据盖斯定律可知①－②－5×③＝④，则ΔH＝ΔH1－ΔH2－5ΔH3＝(－5896kJ·mol－1)－(－5154kJ·mol－1)－5×(－286kJ·mol－1)＝＋688kJ·mol－1。(2)十氢萘脱氢的反应为熵增的吸热反应，ΔH＞0，ΔS＞0，高温下ΔG＝ΔH－TΔS＜0，反应能自发进行。(3)该体系为多平衡体系，由题图2可知，P点所在曲线代表的物质浓度逐渐减小，最后达到平衡时浓度保持不变，则P点所在曲线代表的物质为C10H18；Q点所在曲线代表的物质的浓度先增大再减小，最后达到平衡时浓度保持不变，则Q点所在曲线代表的物质为C10H12。初始时，c(C10H18)＝4.2mol·L－1；平衡时，c(C10H18)＝2.1mol·L－1、c(C10H12)＝0.25mol·L－1，故十氢萘的平衡转化率为eq\f((4.2－2.1)mol·L－1,4.2mol·L－1)×100%＝50%。解法一：假设一个反应先达到平衡后，再进行另一个反应，列“三段式”：C10H18(g)C10H12(g)＋3H2(g)起始浓度/(mol·L－1)4.200转化浓度/(mol·L－1)xx3x平衡浓度/(mol·L－1)4.2－xx3x4．2－x＝2.1，解得x＝2.1，则第一个反应达到平衡时，c(C10H12)＝2.1mol·L－1，c(H2)＝6.3mol·L－1。C10H12(g)C10H8(g)＋2H2(g)起始浓度/(mol·L－1)2.106.3转化浓度/(mol·L－1)yy2y平衡浓度/(mol·L－1)2.1－yy6.3＋2y2．1－y＝0.25，解得y＝1.85，则反应均达到平衡时，c(C10H8)＝1.85mol·L－1，c(H2)＝(6.3＋2×1.85)mol·L－1＝10mol·L－1。十氢萘催化脱氢得萘的总反应为C10H18(g)C10H8(g)＋5H2(g)，K＝eq\f(c(C10H8)·c5(H2),c(C10H18))＝eq\f(1.85×105,2.1)≈8.8×104。解法二：平衡时，根据碳原子守恒，c(C10H8)＝(4.2－2.1－0.25)mol·L－1＝1.85mol·L－1，根据氢原子守恒，c(H2)＝eq\f(4.2×18－2.1×18－0.25×12－1.85×8,2)mol·L－1＝10mol·L－1，K＝eq\f(c(C10H8)·c5(H2),c(C10H18))＝eq\f(1.85×105,2.1)≈8.8×104。(4)由题图3可知，放电时左侧为负极，电极反应式为C10H18－10e－=C10H8＋10H＋，则充电时阴极反应式为C10H8＋10e－＋10H＋=C10H18。答案：(1)C10H18(l)C10H8(l)＋5H2(g)ΔH＝＋688kJ·mol－1(2)该反应为熵增的吸热反应，高温下，ΔG＝ΔH－TΔS＜0，故可在高温下自发进行(3)50%8.8×104(4)C10H8＋10e－＋10H＋=C10H183．(1)已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数如表：弱酸HSCNCH3COOHHCNH2CO3电离平衡常数1.3×10－11.8×10－54.9×10－10Ka1＝4.3×10－7Ka2＝5.6×10－11①同温度下，等pH的A．NaHCO3溶液、B．NaCN溶液、C．Na2CO3溶液的物质的量浓度由大到小的顺序为______________(填字母)。②25℃时，将20mL0.1mol·L－1CH3COOH溶液和20mL0.1mol·L－1HSCN溶液分别与20mL0.1mol·L－1NaHCO3溶液混合，实验测得产生的气体体积(V)随时间(t)的变化如图所示。反应初始阶段两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是_____________________________，反应结束后所得两溶液中，c(SCN－)________c(CH3COO－)(填“>”“<”或“＝”)。③若保持温度不变，在醋酸溶液中通入一定量氨气，下列量会变小的是________(填字母)。A．c(CH3COO－) B．c(H＋)C．Kw D．醋酸电离平衡常数(2)已知在常温下FeS的Ksp＝6.25×10－18，H2S饱和溶液中c(H＋)与c(S2－)之间存在如下关系：c2(H＋)·c(S2－)＝1×10－22。在该温度下，将适量FeS投入硫化氢饱和溶液中，欲使溶液中c(Fe2＋)为1mol·L－1，应把溶液的c(H＋)调节为________mol·L－1。(3)298K时，向20.0mL0.10mol·L－1H2A溶液中滴加0.10mol·L－1NaOH溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是________。A．该滴定过程应选择酚酞溶液作为指示剂B．W点到X点发生的主要反应的离子方程式为H2A＋2OH－=A2－＋2H2OC．Y点对应的溶液中c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(A2－)(4)如图是一种用电解原理来制备H2O2，并用产生的H2O2处理废氨水的装置。①为了不影响H2O2的产量，需要向废氨水中加入适量HNO3调节溶液的pH约为5，则所得溶液中c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))________(填“>”“<”或“＝”)c(NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))。②Ir－Ru惰性电极吸附O2生成H2O2，其电极反应式为________________。解析：(1)①同温度下，酸根阴离子对应的酸越弱，其水解程度越大，等pH时，相应盐的浓度越小，NaHCO3、NaCN、Na2CO3对应的酸分别是H2CO3、HCN、HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，由表中数据知酸性强弱为H2CO3>HCN>HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，所以物质的量浓度由大到小的顺序为NaHCO3>NaCN>Na2CO3。②酸的强弱不同，等浓度的酸的溶液中c(H＋)不同，c(H＋)越大，反应速率越快，由于相同温度下HSCN比CH3COOH的电离平衡常数大，故同浓度时HSCN电离出的氢离子浓度大，与NaHCO3溶液反应快，相同时间产生的CO2气体多；反应结束后，所得溶液分别为NaSCN溶液、CH3COONa溶液，且二者浓度相同，CH3COO－的水解程度较大，故c(SCN－)>c(CH3COO－)。③若保持温度不变，在醋酸溶液中通入一定量氨气，氨气溶于水生成氨水，NH3·H2O与醋酸电离出的H＋结合生成水，促进醋酸电离，则c(CH3COO－)增大，c(H＋)减小，A项错误，B项正确；温度不变，则Kw不变，C项错误；温度不变，则醋酸电离平衡常数不变，D项错误。(2)Ksp＝c(Fe2＋)·c(S2－)，则溶液中c(S2－)＝eq\f(Ksp,c(Fe2＋))＝6.25×10－18mol·L－1，又因c2(H＋)·c(S2－)＝1×10－22，故c(H＋)＝eq\r(\f(1×10－22,6.25×10－18))mol·L－1＝4×10－3mol·L－1。(3)根据图中第二反应终点对应溶液的pH＝11.9，可知应用酚酞作为指示剂，A项正确；X点为第一反应终点，对应的溶液中溶质主要是NaHA，故W点到X点发生的主要反应的离子方程式为H2A＋OH－=HA－＋H2O，B项错误；根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－)及Y点对应的溶液中c(HA－)＝c(A2－)，可得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋3c(A2－)，C项错误。(4)①向废氨水中加入适量硝酸调节溶液的pH约为5，根据电荷守恒c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))＋c(H＋)＝c(NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))＋c(OH－)，溶液pH约为5呈酸性，c(H＋)>c(OH－)，则c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))<c(NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))。②在该电解池中，Ir－Ru惰性电极为阴极，吸附O2生成H2O2，其电极反应式为O2＋2H＋＋2e－=H2O2。答案：(1)①A>B>C②相同温度下HSCN比CH3COOH的电离平衡常数大，同浓度时电离出的氢离子浓度大，与NaHCO3溶液反应快>③B(2)4×10－3(3)A(4)①<②O2＋2H＋＋2e－=H2O24．(2021·高考全国乙卷)一氯化碘(ICl)是一种卤素互化物，具有强氧化性，可与金属直接反应，也可用作有机合成中的碘化剂。回答下列问题：(1)历史上海藻提碘中得到一种红棕色液体，由于性质相似，Liebig误认为是ICl，从而错过了一种新元素的发现，该元素是________。(2)氯铂酸钡(BaPtCl6)固体加热时部分分解为BaCl2、Pt和Cl2，376.8℃时平衡常数K′p＝1.0×104Pa2。在一硬质玻璃烧瓶中加入过量BaPtCl6，抽真空后，通过一支管通入碘蒸气(然后将支管封闭)。在376.8℃，碘蒸气初始压强为20.0kPa。376.8℃平衡时，测得烧瓶中压强为32.5kPa，则pICl＝________kPa，反应2ICl(g)=Cl2(g)＋I2(g)的平衡常数K＝________________(列出计算式即可)。(3)McMorris测定和计算了在136～180℃范围内下列反应的平衡常数Kp：2NO(g)＋2ICl(g)2NOCl(g)＋I2(g)Kp12NOCl(g)2NO(g)＋Cl2(g)Kp2得到lgKp1～eq\f(1,T)和lgKp2～eq\f(1,T)均为线性关系，如图所示：①由图可知，NOCl分解为NO和Cl2反应的ΔH________0(填“大于”或“小于”)。②反应2ICl(g)=Cl2(g)＋I2(g)的K＝________(用Kp1、Kp2表示)；该反应的ΔH________0(填“大于”或“小于”)，写出推理过程：____________________________________________________________________________________。(4)Kistiakowsky曾研究了NOCl光化学分解反应，在一定频率(ν)光的照射下机理为NOCl＋hν→NOCl*NOCl＋NOCl*→2NO＋Cl2其中hν表示一个光子能量，NOCl*表示NOCl的激发态。可知，分解1mol的NOCl需要吸收________mol光子。解析：(1)高中阶段常见的红棕色物质有液溴、Fe2O3、NO2(g)，故此处所获得的红棕色液体为液溴，所含元素为溴元素。(2)由题给信息可知，氯铂酸钡固体加热时分解的化学方程式为BaPtCl6eq\o(=,\s\up8(△))BaCl2＋2Cl2↑＋Pt，该反应的K′p＝p2(Cl2)＝1.0×104Pa2，所以平衡时p(Cl2)＝0.1kPa。根据方程式2ICl(g)=I2(g)＋Cl2(g)，设达到平衡时，碘蒸气减小的压强为pkPa，根据平衡时的总压强为32.5kPa，有32.5kPa＝(2p＋20.0－p＋0.1)kPa，解得p＝12.4，则平衡时p(I2)＝20.0kPa－12.4kPa＝7.6kPa，p(ICl)＝2×12.4kPa＝24.8kPa，故反应2ICl(g)=Cl2(g)＋I2(g)的平衡常数K＝eq\f(p(I2)·p(Cl2),p2(ICl))＝eq\f(7.6×0.1,24.82)。(3)①纵坐标为lgKp1、lgKp2，横坐标为eq\f(1,T)×103。由题图可知，lgKp2随着eq\f(1,T)的增大逐渐减小，即Kp2随着温度的降低逐渐减小，说明对于反应2NOCl(g)2NO(g)＋Cl2(g)，降低温度，平衡逆向移动，则ΔH大于0。②2NO(g)＋2ICl(g)2NOCl(g)＋I2(g)Kpl(ⅰ)，2NOCl(g)2NO(g)＋Cl2(g)Kp2(ⅱ)，由(ⅰ)＋(ⅱ)可得2ICl(g)I2(g)＋Cl2(g)K＝Kp1·Kp2。设T1>T2，即eq\f(1,T1)<eq\f(1,T2)，由题图可知，lgKp2随着eq\f(1,T)的增大而减小，即lgKp2(T2)<lgKp2(T1)；lgKp1随着eq\f(1,T)的增大而增大，即lgKp1(T2)>lgKp1(T1)。由题给图像斜率可知，由T2到T1，lgKp1与lgKp2的变化量的关系为lgKp2(T1)－lgKp2(T2)>lgKp1(T2)－lgKp1(T1)，lgKp1(T1)＋lgKp2(T1)>lgKp1(T2)＋lgKp2(T2)，lg[Kp1(T1)·Kp2(T1)]>lg[Kp1(T2)·Kp2(T2)]，则Kp1(T1)·Kp2(T1)>Kp1(T2)·Kp2(T2)，则K(T1)>K(T2)，即温度升高，K增大，则ΔH>0。(4)由题目给出的反应机理可知，反应总方程式为2NOCl＋hν→2NO＋Cl2，故分解1mol的NOCl需要吸收0.5mol光子。答案：(1)溴(或Br)(2)24.8eq\f(7.6×0.1,24.82)(3)①大于②Kp1·Kp2大于设T1>T2，即eq\f(1,T1)<eq\f(1,T2)，由题图可知，lgKp2随着eq\f(1,T)的增大而减小，即lgKp2(T2)<lgKp2(T1)；lgKp1随着eq\f(1,T)的增大而增大，即lgKp1(T2)>lgKp1(T1)。由题给图像斜率可知，由T2到T1，lgKp1与lgKp2的变化量的关系为lgKp2(T1)－lgKp2(T2)>lgKp1(T2)－lgKp1(T1)，lgKp1(T1)＋lgKp2(T1)>lgKp1(T2)＋lgKp2(T2)，lg[Kp1(T1)·Kp2(T1)]>lg[Kp1(T2)·Kp2(T2)]，则Kp1(T1)·Kp2(T1)>Kp1(T2)·Kp2(T2)，则K(T1)>K(T2)，即温度升高，K增大，则ΔH>0(4)0.55．(2021·新高考广东卷)我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。CH4与CO2重整是CO2利用的研究热点之一。该重整反应体系主要涉及以下反应：a)CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)ΔH1b)CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH2c)CH4(g)C(s)＋2H2(g)ΔH3d)2CO(g)CO2(g)＋C(s)ΔH4e)CO(g)＋H2(g)H2O(g)＋C(s)ΔH5(1)根据盖斯定律，反应a的ΔH1＝_______________(写出一个代数式即可)。(2)上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有________。A．增大CO2与CH4的浓度，反应a、b、c的正反应速率都增加B．移去部分C(s)，反应c、d、e的平衡均向右移动C．加入反应a的催化剂，可提高CH4的平衡转化率D．降低反应温度，反应a～e的正、逆反应速率都减小(3)一定条件下，CH4分解形成碳的反应历程如图1所示。该历程分________步进行，其中，第________步的正反应活化能最大。(4)设Keq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(p))为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压(单位为kPa)除以p0(p0＝100kPa)。反应a、c、e的lnKeq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(p))随eq\f(1,T)(温度的倒数)的变化如图2所示。①反应a、c、e中，属于吸热反应的有________(填字母)。②反应c的相对压力平衡常数表达式为Keq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(p))＝______________。③在图2中A点对应温度下、原料组成为n(CO2)∶n(CH4)＝1∶1、初始总压为100kPa的恒容密闭容器中进行反应，体系达到平衡时H2的分压为40kPa。计算CH4的平衡转化率，写出计算过程：________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(5)CO2用途广泛，写出基于其物理性质的一种用途：__________________。解析：(1)由题给反应方程式可知，反应a可由反应c－d或反应b＋c－e得到，故根据盖斯定律，ΔH1＝ΔH3－ΔH4或ΔH1＝ΔH2＋ΔH3－ΔH5。(2)增大CO2的浓度，反应a、b的正反应速率增加；增大CH4的浓度，反应a、c的正反应速率增加，A正确。由于C(s)是固体，移去部分C(s)，反应c、d、e的平衡均不移动，B错误。催化剂只能改变反应速率，不影响化学平衡移动，则不能提高CH4的平衡转化率，C错误。降低反应温度，正、逆反应速率均减小，D正确。(3)由题图1可知，CH4分解形成碳的反应分为CH4eq\o(→,\s\up8(1))CH3＋Heq\o(→,\s\up8(2))CH2＋2Heq\o(→,\s\up8(3))CH＋3Heq\o(→,\s\up8(4))C＋4H4个步骤，其中第4步的正反应活化能最大。(4)①由题图2可知，反应a、c的Keq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(p))随T升高而增大，故a、c均为吸热反应。反应e的Keq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(p))随T升高而减小，故e为放热反应。②由于C(s)是固体，反应c的相对压力平衡常数表达式为Keq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(p))＝eq\f(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(p(H2),p0)))\s\up12(2),\f(p(CH4),p0))＝eq\f(p2(H2),p(CH4)·p0)。③由题图2可知，A点对应温度下反应c的lnKeq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(p))＝0，即Keq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(p))＝eq\f(p2(H2),p(CH4)·p0)＝1，则体系达到平衡时p(CH4)＝eq\f(p2(H2),p0)＝eq\f((40kPa)2,100kPa)＝16kPa，根据反应条件可知，二氧化碳与甲烷的物质的量之比等于压强之比，则p初始(CH4)＝eq\f(1,1＋1)×100kPa＝50kPa，则CH4的平衡转化率为eq\f(50kPa－16kPa,50kPa)×100%＝68%。(5)CO2经加压、降温可转化为干冰，干冰常用于制冷剂、人工降雨等。答案：(1)ΔH3－ΔH4(或ΔH2＋ΔH3－ΔH5)(2)AD(3)44(4)①ac②eq\f(p2(H2),p(CH4)·p0)③由题图2中A点对应温度下反应c的lnKeq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(p))＝0，即Keq\o\al(\s\up1(r),\s\do1(p))＝eq\f(p2(H2),p(CH4)·p0)＝1，p(CH4)＝eq\f(p2(H2),p0)＝eq\f((40kPa)2,100kPa)＝16kPa，p初始(CH4)＝100kPa×eq\f(1,2)＝50kPa，CH4的平衡转化率为eq\f(50kPa－16kPa,50kPa)×100%＝68%(5)干冰作为制冷剂、人工降雨等(任选一条，合理即可)6．新技术的开发及应用扩大了CO2的资源化利用途径。(1)已知：①CH4(