2015-2024年十年高考化学真题分类汇编专题54 原理综合题-反应热+化学平衡(解析版)

2013-2024年十年高考真题汇编PAGEPAGE1专题54原理综合题——反应热+化学平衡考点十年考情(2015-2024)命题趋势考点1制备工业原料2024·山东卷、2024·湖南卷、2024·安徽卷、2024·江苏卷、2023•湖北省选择性考试、2023•湖南卷、2023•辽宁省选择性考试、2023•全国甲卷、2023•全国新课标卷、2023•海南卷、2022•福建卷、2022•全国甲、2022•山东卷、2022•湖南选择性、2021•浙江1月、2021•浙江6月、2021•天津卷、2021•辽宁选择性考试、2020•新课标Ⅲ、2020•山东卷、2020•天津卷、2017•新课标Ⅱ、2016•新课标Ⅱ、2016·全国II卷、2016·全国II卷、2015·浙江卷、2015·全国卷Ⅱ化学反应原理题通常以元素化合物知识为载体，以工业生产为背景，综合考查化学反应中的能量变化、化学反应速率、化学平衡及其影响因素等知识，有时还融合考查氧化还原反应、化学实验等，题目综合性强，化学信息多，设问角度灵活多变，侧重考查考生接受、整合信息的能力，应用化学知识解决实际问题的能力。根据考查知识点的覆盖情况，可将反应原理主观题型分为两种类型：一类是单一的反应原理考查，此类试题考查内容单一，注重试题深度；另一类是综合的反应原理考查，此类试题往往综合考查不同原理的知识点，注重试题的广度。由于试题篇幅较长，情境、取材较新，有一定的难度，侧重考查考生的阅读能力、获取有效信息能力、知识运用能力、识图识表能力和分析归纳能力，同时考查考生科学态度与社会责任的核心素养。考点2治理环境原理2024·湖北卷、2024·辽吉黑卷、2023•浙江省1月选考、2023•江苏卷、2022•全国乙、2022·浙江省6月、2021•全国甲、2021•河北选择性、2021•广东选择性、2020•浙江1月、2020•浙江7月、2020•江苏卷、2016•新课标Ⅲ、2016·浙江理综、2015·江苏卷考点3综合运用原理2024·广东卷、2023•全国乙卷、2022•湖北省选择性、2022•广东选择性、2021•全国乙、2017•新课标Ⅰ、2016•新课标Ⅰ、2016·全国I卷考点1制备工业原料1．(2024·山东卷，20，12分)水煤气是H2的主要来源，研究CaO对C-H2O体系制H2的影响，涉及主要反应如下：C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)()ΔH1CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)()ΔH2CaO(s)＋CO2(g)=CaCO3(s)()ΔH3回答列问题：(1)C(s)＋CaO(s)＋2H2O(g)CaCO3(s)＋2H2(g)的焓变ΔH=_______(用代数式表示)。(2)压力p下，C-H2O-CaO体系达平衡后，图示温度范围内C(s)已完全反应，CaCO3(s)在T1温度时完全分解。气相中CO，CO2和H2摩尔分数随温度的变化关系如图所示，则a线对应物种为_______(填化学式)。当温度高于T1时，随温度升高c线对应物种摩尔分数逐渐降低的原因是_______。(3)压力p下、温度为T0时，图示三种气体的摩尔分数分别为0.50，0.15，0.05，则反应CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)的平衡常数KP=_______；此时气体总物质的量为，则CaCO3(s)的物质的量为_______；若向平衡体系中通入少量CO2(g)，重新达平衡后，分压p(CO2)将_______(填“增大”“减小”或“不变”)，p(CO)将_______(填“增大”“减小”或“不变”)。【答案】(1)ΔH1+ΔH2+ΔH3(2)①H2②当温度高于T1，CaCO3(s)已完全分解，只发生反应Ⅱ，温度升高，反应Ⅱ逆向移动，所以CO2的摩尔分数减小。(3)①②0.5③不变④不变【解析】(1)已知三个反应：Ⅰ.C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)Ⅱ.CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)Ⅲ.CaO(s)＋CO2(g)=CaCO3(s)设目标反应C(s)＋CaO(s)＋2H2O(g)CaCO3(s)＋2H2(g)为Ⅳ，根据盖斯定律，Ⅳ=Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ，所以ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3。(2)图示温度范围内C(s已完全反应，则反应Ⅰ已经进行完全，反应Ⅱ和Ⅲ均为放热反应，从开始到T1，温度不断升高，反应Ⅱ和Ⅲ逆向移动，依据反应Ⅱ，H2量减小，摩尔分数减小，CO量升高，摩尔分数，且二者摩尔分数变化斜率相同，所以a曲线代表H2的摩尔分数的变化，则c曲线代表CO2的摩尔分数随温度的变化，开始到T1，CO2的摩尔分数升高，说明在这段温度范围内，反应Ⅲ占主导，当温度高于T1，CaCO3(s)已完全分解，只发生反应Ⅱ，所以CO2的摩尔分数减小。(3)①压力p下、温度为T0时，H2、CO、CO2和摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则H2O(g)的摩尔分数为：1-0.5-0.15-0.05=0.3，则反应CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)的平衡常数KP=；②设起始状态1molC(s)，xmolH2O(g)，反应Ⅰ进行完全。则依据三段式：根据平衡时H2、CO、CO2和摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则有、、，解出，，则，而由于平衡时n(总)=4mol，则y=4，y=，则n(CaCO3)===0.5。③若向平衡体系中通入少量CO2(g)，重新达平衡后，反应CaO(s)＋CO2(g)=CaCO3(s)的Kp=，温度不变，Kp不变，则分压p(CO2)不变；体系中增加了CO2(g)，若反应Ⅱ逆向移动，在CO2分压不变的前提下，CO、H2O的分压增大，H2分压减小，则反应Ⅱ的Kp将会发生变化，与事实不符，所以为了保证Ⅱ的Kp也不变，最终所有物质的分压均不变，即p(CO)不变。2．(2024·湖南卷，18，3分)丙烯腈(CH2=CHCN)是一种重要的化工原料。工业上以N2为载气，用TiO2作催化剂生产CH2=CHCONH2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：HOCH2CH2COOC2H5(g)→CH2=CHCOOC2H5(g)+H2O(g)ΔH1

③反应釜Ⅱ中发生的反应：ⅱ：CH2=CHCOOC2H5(g)+NH3(g)→CH2=CHCONH2(g)+C2H5OH(g)ΔH2ⅲ：CH2=CHCONH2(g)→CH2=CHCN(g)+H2O(g)ΔH3④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HOCH2CH2COOC2H5(g)+NH3(g)→CH2=CHCN(g)+C2H5OH(g)+2H2O(g)ΔH=(用含ΔH1、ΔH2、和ΔH3的代数式表示)；(2)进料混合气中n(HOCH2CH2COOC2H5)：n(C2H5OH)=1：2，出料中四种物质(CH2=CHCOOC2H5、CH2=CHCN、C2H5OH、H2O)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CH2=CHCN的曲线是(填“a”“b”或“c”)；②反应釜Ⅰ中加入C2H5OH的作用是。③出料中没有检测到CH2=CHCONH2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TiO2再生时会释放CO2，可用氨水吸收获得NH4HCO3。现将一定量的NH4HCO3固体(含0.72g水)置于密闭真空容器中，充入CO2和NH3，其中CO2的分压为，在℃下进行干燥。为保证NH4HCO3不分解，NH3的分压应不低于(已知

NH4HCO3分解的平衡常数Kp=4×104(kPa)3)；(4)以CH2=CHCN为原料，稀硫酸为电解液，Sn作阴极，用电解的方法可制得Sn(CH2CH2CN)4，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【解析】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。(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)=2.5×102kPamol−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。3．(2024·安徽卷，17，15分)乙烯是一种用途广泛的有机化工原料。由乙烷制乙烯的研究备受关注。回答下列问题：【乙烷制乙烯】(1)C2H6氧化脱氢反应：2C2H6(g)＋O2(g)=2C2H4(g)＋2H2O(g)ΔH1＝-209.8kJ·mol−1C2H6(g)＋CO2(g)=C2H4(g)＋2H2O(g)+CO(g)ΔH2＝178.1kJ·mol−1计算：2CO(g)＋O2(g)2CO2(g)ΔH3＝_______kJ·mol−1(2)C2H6直接脱氢反应为C2H6(g)C2H4(g)＋H2(g)ΔH4，C2H6的平衡转化率与温度和压强的关系如图所示，则ΔH4=_______0(填“>”“<”或“=”)。结合下图。下列条件中，达到平衡时转化率最接近的是_______(填标号)。a．600℃，0.6MPab．700℃，0.7MPac．800℃，0.8MPa(3)一定温度和压强下、反应iC2H6(g)C2H4(g)＋H2(g)Ka1反应ⅱC2H6(g)＋H2(g)2CH4(g)Ka2(Ka2远大于Ka1)(Kx是以平衡物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数)①仅发生反应i时。C2H6的平衡转化率为，计算Ka1=_______。②同时发生反应i和ⅱ时。与仅发生反应i相比，C2H4的平衡产率_______(填“增大”“减小”或“不变”)。【乙烷和乙烯混合气的分离】(4)通过修饰的Y分子筛的吸附-脱附。可实现C2H4和C2H6混合气的分离。的_______与C2H4分子的键电子形成配位键，这种配位键强弱介于范德华力和共价键之间。用该分子筛分离C2H4和C2H6的优点是_______。(5)常温常压下，将C2H4和C2H6等体积混合，以一定流速通过某吸附剂。测得两种气体出口浓度(c)与进口浓度(c0)之比随时间变化关系如图所示。下列推断合理的是_______(填标号)。A．前30min，两种气体均未被吸附B．p点对应的时刻，出口气体的主要成分是C2H6C．a-b对应的时间段内，吸附的C2H6逐新被C2H4替代【答案】(1)-566(2)>b(3)增大(4)4s空轨道识别度高，能有效将C2H4和C2H6分离，分离出的产物中杂质少，纯度较高(5)BC【解析】(1)将两个反应依次标号为反应①和反应②，反应①-反应②×2可得目标反应，则ΔH3=ΔH1-2ΔH2=(-209.8-178.1×2)kJ/mol=-566kJ/mol。(2)从图中可知，压强相同的情况下，随着温度升高，C2H6的平衡转化率增大，因此该反应为吸热反应，ΔH4>0。a项，600℃，0.6MPa时，C2H6的平衡转化率约为20%，a错误；b项，700℃，0.7MPa时，C2H6的平衡转化率约为50%，最接近40%，b正确；c项，700℃，0.8MPa时，C2H6的平衡转化率接近50%，升高温度，该反应的化学平衡正向移动，C2H6转化率增大，因此800℃，0.8MPa时，C2H6的平衡转化率大于50%，c错误；故选b。(3)①仅发生反应i，设初始时C2H6物质的量为1mol，平衡时C2H6转化率为25%，则消耗C2H60.25mol，生成C2H40.25mol，生成H20.25mol，Ka1==。②只发生反应i时，随着反应进行，气体总物质的量增大，压强增大促使化学平衡逆向移动，同时发生反应i和反应ii，且从题干可知Ka2远大于Ka1，反应ii为等体积反应，因为反应ii的发生相当于在单独发生反应i的基础上减小了压强，则反应i化学平衡正向移动，C2H4平衡产率增大。(4)配合物中，金属离子通常提供空轨道，配体提供孤电子对，则Cu+的4s空轨道与C2H4分子的π键电子形成配位键。C2H4能与Cu+形成配合物而吸附在Y分子筛上，C2H6中无孤电子对不能与Cu+形成配合物而无法吸附，通过这种分子筛分离C2H4和C2H6，优点是识别度高，能有效将C2H4和C2H6分离，分离出的产物中杂质少，纯度较高。(5)A项，前30min，等于0，出口浓度c为0，说明两种气体均被吸附，A错误；B项，p点时，C2H6对应的约为1.75，出口处C2H6浓度较大，而C2H4对应的较小，出口处C2H4浓度较小，说明此时出口处气体的主要成分为C2H6，B正确；C项，a点处C2H6的=1，说明此时C2H6不再吸附在吸附剂上，而a点后C2H6的>1，说明原来吸附在吸附剂上的C2H6也开始脱落，同时从图中可知，a点后一段时间，C2H4的仍为0，说明是吸附的C2H6逐渐被C2H4替代，p点到b点之间，吸附的C2H6仍在被C2H4替代，但是速率相对之前有所减小，同时吸附剂可能因吸附量有限等原因无法一直吸附C2H4，因此p点后C2H4的也逐步增大，直至等于1，此时吸附剂不能再吸附两种物质，C正确；故选BC。4．(2024·江苏卷，17，16分)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H2各1mol的混合气体通过该方法制氢，理论上可获得_______molH2。(2)一定条件下，将氮气和氢气按n(N2)：n(H2)=1：3混合匀速通入合成塔，发生反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)。海绵状的作催化剂，多孔Al2O3作为的“骨架”和气体吸附剂。①H2中含有CO会使催化剂中毒。CH3COO[Cu(NH3)2]和氨水的混合溶液能吸收CO生成CH3COO[Cu(NH3)3CO]溶液，该反应的化学方程式为_______。②Al2O3含量与表面积、出口处氨含量关系如图所示。Al2O3含量大于，出口处氨含量下降的原因是_______。(3)反应H2+HCO3-HCOO-+H2O可用于储氢。①密闭容器中，其他条件不变，向含有催化剂的0.1mol·L-1NaHCO3溶液中通入H2，HCOO-产率随温度变化如图所示。温度高于，HCOO-产率下降的可能原因是_______。②使用含氨基物质(化学式为CN-NH2，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HCO3-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)①C、H、Fe②(2①CH3COO[Cu(NH3)2]+NH3·H2O+CO=CH3COO[Cu(NH3)3CO]+H2O②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)①NaHCO3受热分解，导致HCOO-产率下降②-NH2可以与HCO3-形成氢键③HDO【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Fe2O3+3CO=2Fe+3CO2、Fe2O3+3H2=2Fe+3H2O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3Fe+H2O(g)=Fe3O4+4H2，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，HCO3-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H2+HCO3-=HCOO-+H2O，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•湖北省选择性考试，19)纳米碗C40H10是一种奇特的碗状共轭体系。高温条件下，C40H10可以由C40H20分子经过连续5步氢抽提和闭环脱氢反应生成。C40H20(g)C40H18(g)+H2(g)的反应机理和能量变化如下：回答下列问题：(1)已知C40H中的碳氢键和碳碳键的键能分别为431.0kJ·mol－1和298.0kJ·mol－1，H-H键能为436.0kJ·mol－1。估算C40H20(g)C40H18(g)+H2(g)的ΔH=_______kJ·mol－1。(2)图示历程包含_______个基元反应，其中速率最慢的是第_______个。(3)C40H10纳米碗中五元环和六元环结构的数目分别为_______、_______。(4)1200K时，假定体系内只有反应C40H12(g)C40H10(g)+H2(g)发生，反应过程中压强恒定为0(即C40H12的初始压强)，平衡转化率为α，该反应的平衡常数K为_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。(5)(g)C40H18(g)+H•(g)及C40H10(g)+H•(g)反应的K(K为平衡常数)随温度倒数的关系如图所示。已知本实验条件下，(R为理想气体常数，c为截距)。图中两条线几乎平行，从结构的角度分析其原因是_______。(6)下列措施既能提高反应物的平衡转化率，又能增大生成C40H10的反应速率的是_______(填标号)。a．升高温度b．增大压强c．加入催化剂【答案】(1)128(2)①3②3(3)①6②10(4)(5)在反应过程中，断裂和形成的化学键相同(6)a【解析】(1)由C40H20和C40H18的结构式和反应历程可以看出，C40H20中断裂了2根碳氢键，C40H18形成了1根碳碳键，所以C40H20(g)C40H18(g)+H2(g)的ΔH=(431×2-298-436)kJ·mol－1=+128kJ·mol－1；(2)由反应历程可知，包含3个基元反应，分别为：，，，其中第三个的活化能最大，反应速率最慢；(3)由C40H20的结构分析，可知其中含有1个五元环，10个六元环，每脱两个氢形成一个五元环，则C40H10总共含有6个五元环，10个六元环；(4)1200K时，假定体系内只有反应C40H12(g)C40H10(g)+H2(g)发生，反应过程中压强恒定为0(即C40H12的初始压强)，平衡转化率为α，设起始量为1mol，则根据信息列出三段式为：则，，，该反应的平衡常数=；(5)(g)C40H18(g)+H•(g)及C40H10(g)+H•(g)反应的K(K为平衡常数)随温度倒数的关系如图，图中两条线几乎平行，说明斜率几乎相等，根据(R为理想气体常数，c为截距)可知，斜率相等，则说明焓变相等，因为在反应过程中，断裂和形成的化学键相同；(6)a项，由反应历程可知，该反应为吸热反应，升温，反应正向进行，提高了平衡转化率反应速率也加快，a符合题意；b项，由化学方程式可知，该反应为正向体积增大的反应，加压，反应逆向进行，降低了平衡转化率，b不符合题意；c项，加入催化剂，平衡不移动，不能提高平衡转化率，c不符合题意；故选a。6．(2023•湖南卷，16)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。Ⅰ．苯乙烯的制备(1)已知下列反应的热化学方程式：①②③计算反应④C6H5C2H5(g)C6H5CH=CH2(g)+H2(g)的_______；(2)在某温度、下，向反应器中充入气态乙苯发生反应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_______水蒸气作为稀释气(计算时忽略副反应)；(3)在、下，以水蒸气作稀释气。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：⑤⑥以上反应体系中，芳香烃产物苯乙烯、苯和甲苯的选择性S()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的描述错误的是_______；A．X射线衍射技术可测定晶体结构B．可改变乙苯平衡转化率C．降低了乙苯脱氢反应的活化能D．改变颗粒大小不影响反应速率Ⅱ．苯乙烯的聚合苯乙烯聚合有多种方法，其中一种方法的关键步骤是某Cu(Ⅰ)的配合物促进C6H5CH2X(引发剂，X表示卤素)生成自由基C6H5CH2•，实现苯乙烯可控聚合。(5)引发剂C6H5CH2Cl、C6H5CH2、C6H5CH2I中活性最高的是_______；(6)室温下，①Cu+在配体L的水溶液中形成[Cu(L)2]+，其反应平衡常数为K；②Cu在水中的溶度积常数为Ksp。由此可知，Cu在配体L的水溶液中溶解反应的平衡常数为_______(所有方程式中计量系数关系均为最简整数比)。【答案】(1)+118(2)5(3)苯反应④为主反应，反应⑤⑥为副反应，苯乙烯的选择性最大；在恒温恒压下，随乙苯转化率的增大，反应⑤正向移动，反应⑥不移动，则曲线b代表产物苯(4)BD(5)C6H5CH2Cl(6)K∙Ksp【解析】(1)根据盖斯定律，将①-②-③可得C6H5C2H5(g)C6H5CH=CH2(g)+H2(g)∆H4=-4386.9kJ/mol-(-4263.1kJ/mol)-(-241.8kJ/mol)=+118kJ/mol；(2)设充入H2O(g)物质的量为xmol；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：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：此时乙苯、苯乙烯、H2物质的量之和为1.75mol，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；两次平衡温度相同，则平衡常数相等，则=，解得x=5；(3)曲线a芳香烃产物的选择性大于曲线b、c芳香烃产物的选择性，反应④为主反应，反应⑤⑥为副反应，则曲线a代表产物苯乙烯的选择性；反应④⑤的正反应为气体分子数增大的反应，反应⑥的正反应是气体分子数不变的反应；在913K、100kPa(即恒温恒压)下以水蒸气作稀释气，乙苯的转化率增大，即减小压强，反应④⑤都向正反应方向移动，反应⑥平衡不移动，故曲线b代表的产物是苯；(4)A项，测定晶体结构最常用的仪器是X射线衍射仪，即用X射线衍射技术可测定Fe2O3晶体结构，A项正确；B项，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；C项，催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，故Fe2O3可降低乙苯脱氢反应的活化能，C项正确；D项，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；故选BD。(5)电负性Cl＞Br＞I，则极性C—Cl键＞C—Br键＞C—I键，则C6H5CH2Cl更易生成自由基，即活性最高的是C6H5CH2Cl；(6)Cu+在配体L的水溶液中形成[Cu(L)2]+，则Cu++2L⇌[Cu(L)2]+的平衡常数K=；CuBr在水中的溶度积常数Ksp=c(Cu+)∙c(Br-)；CuBr在配体L的水溶液中溶解反应为CuBr+2L⇌[Cu(L)2]++Br-，该反应的平衡常数为==K∙Ksp。7．(2023•辽宁省选择性考试，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)如下图所示。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=2NO2(ⅰ)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)+O2(g)SO3(g)ΔH=-98.9kJ·mol-1(ⅰ)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)与温度的关系如下图所示，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下图所示，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)。【答案】(1)①CuO②SO3(2)①催化剂②反应中有污染空气的NO和NO2放出影响空气环境、NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质、产率不高(答案合理即可)(3)①cd②d③【解析】(1)根据图示的热重曲线所示，在700℃左右会出现两个吸热峰，说明此时CuSO4发生热分解反应，从TG图像可以看出，质量减少量为原CuSO4质量的一半，说明有固体CuO剩余，还有其他气体产出，此时气体产物为SO2、SO3、O2，可能出现的化学方程式为3CuSO43CuO+2SO2↑+SO3↑+O2↑，结合反应中产物的固体产物质量和气体产物质量可以确定，该反应的产物为CuO、SO2、SO3、O2。(2)(i)根据所给的反应方程式，NO2在反应过程中线消耗再生成，说明NO2在反应中起催化剂的作用；(ii)近年来，铅室法被接触法代替因为在反应中有污染空气的NO和NO2放出影响空气环境、同时作为催化剂的NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质影响产品质量、产率不高(答案合理即可)。(3)(i)a项，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；b项，从图中所给出的速率曲线可以看出，相同温度下，转化率越低反应速率越快，但在转化率小于88%的时的反应速率图像并没有给出，无法判断α=0.88的条件下是平衡转化率，b错误；c项，从图像可以看出随着转化率的增大，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；d项，从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，这时可以根据不同转化率选择合适的反应温度以减少能源的消耗，d正确；故选cd；(ii)为了提高催化剂的综合性能，科学家对催化剂进行了改良，从图中可以看出标号为d的催化剂V-K-Cs-Ce对SO2的转化率最好，产率最佳，故选d；(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mmol，则平衡时n(SO2)=m·αe，n(SO3)=m-m·αe=m(1-αe)，Kp==。8．(2023•全国甲卷，28)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：①3O2(g)2O3(g)K1ΔH1=285kJ·mol－1②2CH4(g)+O2(g)2CH3OH(l) K2ΔH2=-329kJ·mol－1反应③CH4(g)+O3(g)CH3OH(l)+O2(g)的ΔH3=_______kJ·mol－1，平衡常数K3=_______(用K1、K2表示)。(2)电喷雾电离等方法得到的M+(N等)与O3反应可得MO+。MO+与CH4反应能高选择性地生成甲醇。分别在300K和310K下(其他反应条件相同)进行反应MO++CH4=M++CH3OH，结果如下图所示。图中300K的曲线是_______(填“a”或“b”。300K、60时MO+的转化率为_______(列出算式)。(3)MO+分别与CH4、CD4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CH4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MO+与CD4反应的能量变化应为图中曲线_______(填“c”或“d”)。(ⅲ)MO+与CH2D2反应，氘代甲醇的产量CH2DOD_______CHD2OH(填“＞”“＜”或“=”)。若MO+与CHD3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ΔH3=；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；(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，300K、60时-lg()=0.1，则=10-0.1，利用数学关系式可求出，根据反应MO++CH4=M++CH3OH可知，生成的M+即为转化的MO+，则MO+的转化率为；(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，MO+与CD4反应的能量变化应为图中曲线c；(ⅲ)MO+与CH2D2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CH2DOD＜CHD2OH；根据反应机理可知，若MO+与CHD3反应，生成的氘代甲醇可能为CHD2OD或CD3OH共2种。9．(2023•全国新课标卷，29)氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答下列问题：(1)根据图1数据计算反应的ΔH=_______kJ·mol－1。(2)研究表明，合成氨反应在催化剂上可能通过图2机理进行(*表示催化剂表面吸附位，N2*表示被吸附于催化剂表面的N2)。判断上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为_______(填步骤前的标号)，理由是_______。(3)合成氨催化剂前驱体(主要成分为3O4)使用前经H2还原，生成α-包裹的3O4。已知α-属于立方晶系，晶胞参数，密度为7.8·m-3，则α-晶胞中含有的原子数为_______(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA)。(4)在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的摩尔分数与温度的计算结果如下图所示。其中一种进料组成为，另一种为。(物质i的摩尔分数：)①图中压强由小到大的顺序为_______，判断的依据是_______。②进料组成中含有情性气体的图是_______。③图3中，当、时，氮气的转化率_______。该温度时，反应的平衡常数_______(化为最简式)。【答案】(1)-45(2)(ⅱ)在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于N的键能比H-H键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)(3)(4)P1＜P2＜P3合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大图433.33%【解析】(1)在化学反应中，断开化学键要消耗能量，形成化学键要释放能量，反应的焓变等于反应物的键能总和与生成物的键能总和的差，因此，由图1数据可知，反应的。(2)由图1中信息可知，的ΔH=+473kJ·mol－1，则N的键能为946kJ·mol－1；的ΔH=+654kJ·mol－1，则H-H键的键能为436kJ·mol－1。在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于N的键能比H-H键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)。(3)已知α-属于立方晶系，晶胞参数，密度为7.8·m-3，设其晶胞中含有的原子数为，则α-晶体密度，解之得，即α-晶胞中含有的原子数为。(4)①合成氨的反应中，压强越大越有利于氨的合成，因此，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。由图中信息可知，在相同温度下，反应达平衡时氨的摩尔分数P1＜P2＜P3，因此，图中压强由小到大的顺序为P1＜P2＜P3，判断的依据是：合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。②对比图3和图4中的信息可知，在相同温度和相同压强下，图4中平衡时氨的摩尔分数较小。在恒压下充入情性气体A，反应混合物中各组分的浓度减小，各组分的分压也减小，化学平衡要朝气体分子数增大的方向移动，因此，充入情性气体A不利于合成氨，进料组成中含有情性气体A的图是图4。③图3中，进料组成为两者物质的量之比为3：1。假设进料中氢气和氮气的物质的量分别为3mol和1mol，达到平衡时氮气的变化量为xmol，则有：当、时，，解之得，则氮气的转化率，平衡时N2、H2、NH3的物质的量分别为、2、，其物质的量分数分别为、、，则该温度下因此，该温度时，反应的平衡常数。10．(2023•海南卷，16)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KCl(s)反应制备KH2PO4(s)，反应方程式为H3PO4(aq)+KCl(s)KH2PO4(s)+HCl(g)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ΔH随温度变化关系如图2所示。该条件下反应为_______反就(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，H3PO4(aq)+KCl(aq)KH2PO4(aq)+HCl(aq)的平衡常数K=_______。(已知H3PO4(aq)的Ka1=6.9)【答案】(1)70%(2)①.吸热②.降低(3)①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②.使得气体中氯化氢的分压减小，促使反应正向进行(4)6.9【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，H3PO4(aq)+KCl(aq)KH2PO4(aq)+HCl(aq)的离子方程式为H3PO4(aq)H2PO4-(aq)+H+(aq)，其平衡常数。11．(2022•福建卷，13)(13分)异丙醇(C3H8O)可由生物质转化得到，催化异丙醇脱水制取高值化学品丙烯(C3H6)的工业化技术已引起人们的关注，其主要反应如下：Ⅰ.C3H8O(g)C3H6(g)＋H2O(g)ΔH1＝+52kJ·mol−1Ⅱ.2C3H6(g)C6H12(g)ΔH2＝-97kJ·mol−1回答下列问题：(1)已知2C3H8O(g)+9O2(g)6CO2(g)＋8H2O(g)ΔH＝-3750kJ·mol−1，则C3H6(g)燃烧生成CO2(g)和H2O(g)的热化学方程式为_______。(2)在下，刚性密闭容器中的反应体系内水蒸气浓度与反应时间关系如下表：反应时间04812t20H2O浓度/ppm024403200360040004100①内，v(C3H8O)=_______；②t_______16(填“>”“<”或“=”)。(3)在恒温刚性密闭容器中，反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡的判据是_______(填标号)。a.H2O(g)的分压不变

b.混合气体密度不变c.n(C3H6)=2n(C6H12)

d.v正(H2O)=v逆(C3H8O)(4)在一定条件下，若反应Ⅰ、Ⅱ的转化率分别为98%和40%，则丙烯的产率为_______。(5)下图为反应Ⅰ、Ⅱ达到平衡时lgQp与温度的关系曲线。(已知：对于可逆反应aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(g)，任意时刻，式中p(X))表示物质×的分压)①在恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，反应Ⅰ的的状态最有可能对应图中的_______点(填“甲”“乙”或“丙”)，判断依据是_______。②350℃时，在密闭容器中加入一定量的C3H8O，体系达到平衡后，测得C6H12的分压为，则水蒸气的分压为_______MPa(用含x的代数式表示)。【答案】(1)2C3H6(g)+9O2(g)6CO2(g)＋6H2O(g)ΔH＝-3854kJ·mol−1(2)190

>(3)ad(4)58.8%(5)甲

反应I平衡曲线为N，恒压时充入水蒸气，Qp>Kp

【解析】(1)设Ⅲ2C3H8O(g)+9O2(g)6CO2(g)＋8H2O(g)ΔH＝-3750kJ·mol−1，根据盖斯定律Ⅲ-2×Ⅰ得2C3H6(g)+9O2(g)6CO2(g)＋6H2O(g)ΔH＝-3854kJ·mol−1。(2)①内，，则；②、、，△c(H2O)逐渐减小，说明反应速率减小，内，Δc(H2O)=400ppm，内，Δc(H2O)=400ppm，则t-12>4，即t>16。(3)a项，H2O的分压不变，则C3H6的分压也不变，反应1、Ⅱ各组分分压不变，反应1、Ⅱ均达到平衡，a正确；b项，反应物和生成物均为气体，混合气体的总质量不变，刚性密闭容器体积不变，则混合气体密度不变，不能作为反应I、Ⅱ均达到平衡的判据，b错误；c项，当n(C3H6)=2n(C6H12)

时，反应不一定达到平衡，不能作为反应1、Ⅱ均达到平衡的判据，c错误；d项，v正(H2O)=v逆(C3H8O)，说明正逆反应速率相等，反应I达平衡，各组分分压不变，C3H6的分压不变，说明反应Ⅱ也达平衡，d正确；故选ad。(4)设C3H8O的物质的量为1mol，若lmolC3H8O完全反应，理论上生成1molC3H6，因为反应Ⅰ、Ⅱ的转化率分别为98%和40%，反应I生成1mol×98%=0.98molC3H6，反应Ⅱ消耗了40%C3H6，则达平衡时C3H6的物质的量为0.98mol×(1-40%)=0.588mol，所以丙烯的产率为=58.8%。(5)①反应I为气体体积增大的吸热反应，反应Ⅱ为气体体积减小的放热反应，则升高温度，反应I正向移动，Qp逐渐增大，反应Ⅱ逆向移动，Qp逐渐减小，即反应I为平衡曲线为N，反应Ⅱ平衡曲线为M；在350℃恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，对于反应I而言，相当于增大生成物浓度，使得Qp>Kp，即lgQp增大，反应I的状态最有可能对应图中的甲；②由图可知，350°C时达平衡后，lgQp=0，则350℃时Kp=Qp=1，设水蒸气的平衡分压为aMPa，则反应II的C3H6起始分压为aMPa，对反应Ⅱ列三段式有：，解得a=MPa。12．(2022•全国甲，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−1Kp1=1.0(ⅱ)碳氯化：TiO2(s)＋2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)＋2CO(g)ΔH2＝-51kJ·mol−1Kp2=1.2Pa①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1.0Pa，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_______。②图中显示，在平衡时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)①-223

1.2×1014

②碳氯化反应气体分子数增加，∆H小于0，是熵增、放热过程，熵判据与焓判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程

③向左

变小(2)

①7.2×105

②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∆H=-51kJ/mol-172kJ/mol=-223kJ/mol；则Kp===1.2×1014Pa；②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，因为碳氯化反应气体分子数增加，∆H小于0，是熵增、放热过程，熵判据与焓判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程；③对应碳氯化反应，气体分子数增大，依据勒夏特列原理，增大压强，平衡往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，平衡往吸热方向移动，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℃)==Pa=7.2×105Pa；②实际生产中需要综合考虑反应的速率、产率等，以达到最佳效益，实际反应温度远高于200℃，就是为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的TiCl4产品。(3)固体颗粒越小，比表面积越大，反应接触面积越大。有利于TiO2–C“固-固”接触，可将两者粉碎后混合，同时鼓入Cl2，使固体粉末“沸腾”，增大接触面积。13．(2022•山东卷，20)(11分)利用丁内酯(BL)制备1，丁二醇(BD)，反应过程中伴有生成四氢呋喃(THF)和丁醇(BuOH)的副反应，涉及反应如下：已知：①反应Ⅰ为快速平衡，可认为不受慢反应Ⅱ、Ⅲ的影响；②因反应Ⅰ在高压H2氛围下进行，故H2压强近似等于总压。回答下列问题：(1)以或BD为初始原料，在、的高压H2氛围下，分别在恒压容器中进行反应。达平衡时，以BL为原料，体系向环境放热XkJ；以BD为原料，体系从环境吸热YkJ。忽略副反应热效应，反应Ⅰ焓变ΔH(493K，3.0×103kPa)=_______kJ·mol-1。(2)初始条件同上。xi表示某物种i的物质的量与除H2外其它各物种总物质的量之比，xBL和xBD随时间t变化关系如图甲所示。实验测得X，则图中表示xBL变化的曲线是_______；反应Ⅰ平衡常数Kp=_______kPa-2(保留两位有效数字)。以BL为原料时，t1时刻xH2O_______，BD产率=_______(保留两位有效数字)。(3)为达平衡时与的比值。(493K，2.5×103kPa)、(493K，3.5×103kPa)、(513K，2.5×103kPa)三种条件下，以5.0×10-3molBL为初始原料，在相同体积的刚性容器中发生反应，随时间t变化关系如图乙所示。因反应在高压H2氛围下进行，可忽略压强对反应速率的影响。曲线a、b、c中，最大的是_______(填代号)；与曲线b相比，曲线c达到所需时间更长，原因是_______。【答案】(1)-200(X+Y)(2)a或c

8.3×10-8

0.08

39%(3)c

由于b和c代表的温度相同，而压强对反应速率的影响可忽略，压强增大反应Ⅱ、Ⅲ均是逆向移动，增大，故=1.0所需时间更长【解析】(1)根据题意，结合已知信息，可确定在同温同压下，以同物质的量的BL或BD为初始原料，达到平衡时的状态相同，两个平衡完全等效。则以5.0×10-3mol的BL为原料，达到平衡时放出XkJ热量与同物质的量的BD为原料达到平衡时吸收YkJ热量的能量二者能量差值为(X+Y)kJ，则1mol时二者能量差值为200(X+Y)kJ，反应I为放热反应，因此焓变ΔH=-200(X+Y)kJ·mol-1。(2)实验测定X<Y，则达到平衡时BD物质转化量大于BL物质转化量，平衡状态BD物质的量较小，根据图示可知，表示xBL变化的曲线是a或c；该平衡状态下BL的分压是0.48×3.0×103kPa，BD的分压是0.36×3.0×103kPa，H2的压强近似等于总压，故反应I平衡常数Kp==Kpa-2=8.3×10-8kPa-2；以BL为原料时，根据题给反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，体系总物质的量的增加量正好是BD参与反应Ⅱ、Ⅲ的量，也正好是H2O(g)的物质的量，设t1时BL转化了amol，BD转化了bmol，则体系总物质的量为(5.0×10-3+b)mol，得到、，求得a=、b=，则t1时刻=0.08；此时BD的产率为39%。(3)依题意，反应I是正向放热过程，以BL为初始原料，温度升高则平衡逆向移动，温度越高，反应速率越快，达到平衡时的时间越短，越小，的值越大；相同温度时，压强增大，BD的比重增大，增大，又可忽略压强对反应速率的影响，则最大即最小，对应曲线c；由于b和c代表的温度相同，而压强对反应速率的影响可忽略，压强增大反应Ⅱ、Ⅲ均是逆向移动，增大，故=1.0所需时间更长。14．(2022•湖南选择性，17)钛(Ti)及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣(主要成分为TiO2，含少量V、Si和Al的氧化物杂质)为原料，制备金属钛的工艺流程如下：已知“降温收尘”后，粗TiCl4中含有的几种物质的沸点：物质TiCl4VOCl3SiCl4AlCl3沸点/答下列问题：(1)已知ΔG=ΔH-TΔS，的值只决定于反应体系的始态和终态，忽略、随温度的变化。若ΔG，则该反应可以自发进行。根据下图判断：600℃时，下列反应不能自发进行的是_______。A．C(s)＋O2(g)=CO2(g) B．2C(s)＋O2(g)=2CO(g)C．TiO2(s)＋2Cl2(g)=TiCl4(g)＋O2(g)D．TiO2(s)＋C(s)＋2Cl2(g)=TiCl4(g)＋CO2(g)(2)TiO2与C、Cl2，在600℃的沸腾炉中充分反应后，混合气体中各组分的分压如下表：物质TiCl4COCO2Cl2分压①该温度下，TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为_______；②随着温度升高，尾气中的含量升高，原因是_______。(3)“除钒”过程中的化学方程式为_______；“除硅、铝”过程中，分离TiCl4中含、杂质的方法是_______。(4)“除钒”和“除硅、铝”的顺序_______(填“能”或“不能”)交换，理由是_______。(5)下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入冶炼的方法相似的是_______。A．高炉炼铁 B．电解熔融氯化钠制钠 C．铝热反应制锰 D．氧化汞分解制汞【答案】(1)C(2)

5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2

随着温度升高，CO2与C发生反应C＋CO22CO(3)3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3

蒸馏(4)

不能

若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质；(5)AC【解析】钛渣中加入C、Cl2进行沸腾氯化，转化为相应的氯化物，降温收尘后得到粗TiCl4，加入单质Al除钒，再除硅、铝得到纯TiCl4，加入Mg还原得到Ti。(1)记①C(s)＋O2(g)=CO2(g)，②2C(s)＋O2(g)=2CO(g)，③TiO2(s)＋2Cl2(g)=TiCl4(g)＋O2(g)，④TiO2(s)＋C(s)＋2Cl2(g)=TiCl4(g)＋CO2(g)；A项，由图可知，600℃时C(s)＋O2(g)=CO2(g)的ΔG，反应自发进行，故A不符合题意；B项，由图可知，600℃时2C(s)＋O2(g)=2CO(g)的ΔG，反应自发进行，故B不符合题意；C项，由图可知，600℃时TiO2(s)＋2Cl2(g)=TiCl4(g)＋O2(g)的ΔG，反应不能自发进行，故C符合题意；D项，根据盖斯定律，TiO2(s)＋C(s)＋2Cl2(g)=TiCl4(g)＋CO2(g)可由①+③得到，则600℃时其ΔG，反应自发进行，故D不符合题意；故选C；(2)①根据表中数据可知，该温度下C主要生成CO和CO2，根据相同条件下气体的压强之比是物质的量之比可知TiCl4、CO和CO2的物质的量之比约是5：2：4，所以TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2；②随着温度升高，CO2与C发生反应C＋CO22CO，导致CO含量升高；(3)“降温收尘”后钒元素主要以VOCl3形式存在，加入Al得到VOCl2渣，根据得失电子守恒和元素守恒配平方程式为3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；AlCl3、SiCl4与TiCl4沸点差异较大，“除硅、铝"过程中可采用蒸馏的方法分离AlCl3、SiCl4；(4)若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质，因此“除钒”和“除硅、铝”的顺序不能交换；(5)本工艺中加入Mg冶炼Ti的方法为热还原法；A项，高炉炼铁的原理是用还原剂将铁矿石中铁的氧化物还原成金属铁，属于热还原法，故A符合题意；B项，电解熔融氯化钠制取金属钠的原理是电解法，故B不符合题意；C项，铝热反应制锰是利用Al作还原剂，将锰从其化合物中还原出来，为热还原法，故C符合题意；D项，Hg为不活泼金属，可以直接用加热分解氧化汞的方法制备汞，故D不符合题意；故选AC。15．(2021•浙江1月，29)“氯碱工业”以电解饱和食盐水为基础制取氯气等产品，氯气是实验室和工业上的常用气体。请回答：(1)电解饱和食盐水制取氯气的化学方程式是______。(2)下列说法不正确的是______。A．可采用碱石灰干燥氯气B．可通过排饱和食盐水法收集氯气C．常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中D．工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸(3)在一定温度下，氯气溶于水的过程及其平衡常数为：Cl2(g)Cl2(aq)K1=c(Cl2)/pCl2(aq)+H2O(l)H+(aq)+Cl-(aq)+HClO(aq)K2其中p为Cl2(g)的平衡压强，c(Cl2)为Cl2在水溶液中的平衡浓度。①Cl2(g)Cl2(aq)的焓变ΔH1______0。(填”>”、“=”或“<”)②平衡常数K2的表达式为K2=______。③氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，则c=______。(用平衡压强p和上述平衡常数表示，忽略HClO的电离)(4)工业上，常采用“加碳氯化”的方法以高钛渣(主要成分为TiO2)为原料生产TiCl4，相应的化学方程式为；I.TiO2(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+O2(g)ΔHI=181mol·L-1，KI=-3.4×10-29II.2C(s)+O2(g)2CO(g)ΔHII=-221mol·L-1，KII=1.2×1048结合数据说明氯化过程中加碳的理由______。(5)在一定温度下，以I2为催化剂，氯苯和Cl2在CS2中发生平行反应，分别生成邻二氯苯和对二氯苯，两产物浓度之比与反应时间无关。反应物起始浓度均为0.5mol·L-1，反应30min测得氯苯15%转化为邻二氯苯，25%转化为对二氯苯。保持其他条件不变，若要提高产物中邻二氯苯的比例，可采用的措施是______。A．适当提高反应温度B．改变催化剂C．适当降低反应温度D．改变反应物浓度【答案】(1)2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑(2)A(3)①＜②③K1p+(4)反应I+II得：TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)，K=KIKII=4.1×1019远大于K1，反应II使TiO2氯化为TiCl4得以实现；ΔH=ΔHI+ΔHII=-40kJ·mol-1，反应II可为反应I提供所需的能量(5)AB【解析】(1)电解饱和食盐水制取氯气时，同时还生成氢气和氢氧化钠，该反应的化学方程式是2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑。(2)A项，氯气可与碱反应，碱石灰含有氢氧化钠和氧化钙，因此，不能用碱石灰干燥氯气，A说法不正确；B项，氯气可与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应是可逆反应，在饱和食盐水中存在浓度较大的氯离子，可以使氯气的溶解平衡逆向移动，因此，氯气在饱和食盐水中的溶解度较小，可以通过排饱和食盐水法收集氯气，B说法正确；C项，氯气在常温下不与铁反应；氯气的相对分子质量较大，其分子间的作用力较大，因此，氯气属于易液化的气体，常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中，C说法正确；D项，氢气和氯气反应生成氯化氢，氯化氢溶于水得到盐酸，因此，工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸，D说法正确。综上所述，相关说法不正确的是A，故选A。(3)①Cl2(g)Cl2(aq)表示的是氯气的溶解平衡，氯气在常温下可溶于水，该过程是自发的，由于该过程的熵变小于0，因此，其焓变ΔH1＜0。②由化学方程式Cl2(aq)+H2O(l)⇌H+(aq)+Cl-(aq)+HClO(aq)可知，其平衡常数K2的表达式为K2=，注意水为液态，其不出现在表达式中。③Cl2(g)Cl2(aq)与Cl2(aq)+H2O(l)H+(aq)+Cl-(aq)+HClO(aq)相加可以得到Cl2(g)+H2O(l)H+(aq)+Cl-(aq)+HClO(aq)，因此，该反应的平衡常数为；氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，根据物料守恒可知，c=+c(HClO)+c(Cl-)，由于HCl是强电解质，若忽略水的电离和次氯酸的电离，则，由K2=可知=，由K1=c(Cl2)/p可知，=，则=，因此，c=K1p+。(4)已知：I.TiO2(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+O2(g)ΔHI=181mol·L-1，KI=-3.4×10-29；II.2C(s)+O2(g)⇌2CO(g)ΔHII=-221mol·L-1，KII=1.2×1048。根据盖斯定律可知，I+II得：TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)，则K=KIKII=4.1×1019远大于K1，反应II的发生可以减小反应I的平衡体系中氧气的浓度，从而使TiO2氯化为TiCl4得以实现；反应I为吸热反应，而ΔH=ΔHI+ΔHII=-40kJ·mol-1，说明TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)为放热反应，则反应II可为反应I提供所需的能量。(5)A项，由于两产物浓度之比与反应时间无关，适当提高反应温度，使催化剂碘的溶解度增大，既可以加快化学反应速率，同时可以提高邻位取代的机率(催化剂会参与反应形成中间体，根据信息可知，碘在对位的取代机率较大)，从而提高产物中邻二氯苯的比例，故A符合题意；B项，可以使用对生成邻二氯苯有更高选择性的催化剂，以提高产物中邻二氯苯的比例，B符合题意；C项，适当降低反应温度，不利于提高邻二氯苯的生成机率，不能提高产物中邻二氯苯的比例，C不符合题意；D项，改变反应物浓度可以改变化学反应速率，从而改变反应达到化学平衡状态的时间，但是，产物浓度之比与反应时间无关，因此，不能提高产物中邻二氯苯的比例，D不符合题意。故选AB。16．(2021•浙江6月，29)含硫化合物是实验室和工业上的常用化学品。请回答：(1)实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量SO2：Cu(s)＋2H2SO4(l)==CuSO4(s)＋SO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝-11.9kJ·mol−1。判断该反应的自发性并说明理由_______。(2)已知2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH＝-198kJ·mol−1。850K时，在一恒容密闭反应器中充入一定量的SO2和O2，当反应达到平衡后测得SO2、O2和SO3的浓度分别为6.0×10-3mol·L－1、8.0×10-3mol·L－1和4.4×10-2mol·L－1。①该温度下反应的平衡常数为_______。②平衡时SO2的转化率为_______。(3)工业上主要采用接触法由含硫矿石制备硫酸。①下列说法正确的是_______。A．须采用高温高压的反应条件使SO2氧化为SO3B．进入接触室之前的气流无需净化处理C．通入过量的空气可以提高含硫矿石和SO2的转化率D．在吸收塔中宜采用水或稀硫酸吸收SO3以提高吸收速率②接触室结构如图1所示，其中1~4表示催化剂层。图2所示进程中表示热交换过程的是_______。A．a1→b1B．b1→a2C．a2→b2D．B2→a3E.a3→b3F.B3→a4G.a4→b4③对于放热的可逆反应，某一给定转化率下，最大反应速率对应的温度称为最适宜温度。在图3中画出反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的转化率与最适宜温度(曲线Ⅰ)、平衡转化率与温度(曲线Ⅱ)的关系曲线示意图(标明曲线Ⅰ、Ⅱ)_______。(4)一定条件下，在Na2S-H2SO4-H2O2溶液体系中，检测得到pH-时间振荡曲线如图4，同时观察到体系由澄清→浑浊→澄清的周期性变化。可用一组离子方程式表示每一个周期内的反应进程，请补充其中的2个离子方程式。Ⅰ.S2-+H+=HS-Ⅱ.①_______；Ⅲ.HS-+H2O2+H+=S↓+2H2O；Ⅳ.②_______。【答案】(1)不同温度下都能自发，是因为ΔHΔS(2)①6.7×103mol·L－1②88%(3)①C②BDF③(4)①HS-+4H2O2=SO42-+4H2O+H+②S+3H2O2=SO42-+2H2O+H+【解析】(1)实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量SO2的反应为Cu(s)＋2H2SO4(l)==CuSO4(s)＋SO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝-11.9kJ·mol−1，由于该反应ΔHΔS，因此该反应在任何温度下都能自发进行；(2)①根据题中所给的数据可以求出该温度下2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的平衡常数为；②平衡时的转化率为；(3)①A项，在常压下SO2催化氧化为SO3的反应中，SO2的转化率已经很高，工业上有采用高压的反应条件，A说法不正确；B项，进入接触室之前的气流中含有会使催化剂中毒的物质，需经净化处理以防止催化剂中毒，B说法不正确；C项，通入过量的空气可以增大氧气的浓度，可以使含硫矿石充分反应，并使化学平衡2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)向正反应方向移动，因此可以提高含硫矿石和SO2的转化率；D项，SO3与水反应放出大量的热，在吸收塔中若采用水或稀硫酸吸收SO3，反应放出的热量会使硫酸形成酸雾从而影响SO3被水吸收导致SO3的吸收速率减小，因此，在吸收塔中不宜采用水或稀硫酸吸收SO3，D说法不正确；故选C。②反应混合物在热交换气中与原料气进行热交换，在热交换过程中，反应混合物不与催化剂接触，化学反应速率大幅度减小，故虽然反应混合物的温度降低，SO2的转化率基本不变，因此，图2所示进程中表示热交换过程的是b1→a2、B2→a3、B3→a4，因此选BDF；③对于放热的可逆反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，该反应的最适宜温度为催化剂的催化活性最好时所对应的温度，在该温度下化学反应速率最大，SO2的转化率也最大；当温度高于最适宜温度后，催化剂的催化活性逐渐减小，催化剂对化学反应速率的影响超过了温度升高对化学反应速率的影响，因此化学反应速率逐渐减小，SO2的转化率也逐渐减小；由于该反应为放热反应，随着温度的升高，SO2的