专题十九 化学反应原理综合
课标要求 考情分析 核心素养
1.掌握化学反应速率的概念、反应速率的定量表示方法；2.掌握催化剂在生产、生活和科学研究领域中的重要作用；3.掌握化学反应的可逆性；4.掌握化学平衡建立的过程:掌握化学平衡常数的含义，能够利用化学平衡常数进行相关计算；5.理解外界条件(浓度、温度、压强、催化剂等)对反应速率和化学平衡的影响，认识并能用相关理论解释其一般规律；6.掌握化学反应速率和化学平衡的调控在生产、生活和科学研究领域中的重要作用。 新高考3年考频 100% 变化观念和平衡思想；证据推理与模型认知
试题难度 难
考查形式 主观题
高频考向: 化学反应原理综合题通常以元素化合物知识为载体，以工业生产为背景，主要把热化学、电化学、化学反应速率以及三大平衡知识融合在一起进行命题，多以图像或图表形式重点考查热化学方程式、离子浓度和反应速率的计算及大小比较、平衡常数及转化率的计算、工业生产条件的选择、电极方程式、平衡曲线的识别与绘制等。
命题趋势：
高考试卷中的必考题，试题考查方向向多维度拓展，旨在更好的考查学生接收、理解、运用信息的能力，试题灵活、多变，更好的体现新高考背景下化学核心素养中的“变化观念与平衡思想、证据推理与模型认知”，具有“综合性和创新性”等特点。该题型一般取材于能源、环境、化工生产等情景，题目围绕一个主题，以“拼盘”的形式呈现，综合考查盖斯定律、化学反应速率及其影响因素、化学平衡及其影响因素、原电池和电解池的工作原理及电极反应式的书写等。每个小题相对独立，题目中结合图像、表格、数据等信息，考查学生的阅读、读图分析归纳能力。
解题思路：
化学反应原理综合题解题模型：
一、审题——快速浏览，找出材料内容或新情景。
(1)阅读题目背景材料、找出可能考查的化学反应原理。
(2)解读情景或材料，挖掘相应的知识内涵。
(3)明确知识考查背景，以及考查哪方面的化学反应原理。
二、析题——仔细审读，关注有效信息
(1) 对于反应热类的试题：找出已知反应方程式和目标反应方程式间的关系；运用盖斯定律计算目标反应的焓变。
(2)对于化学反应速率和化学平衡图像类试题：明确纵横坐标的含义→理解起点、终点、拐点的意义→分析曲线的变化趋势。
(3)对于图表数据类试题：分析数据→研究数据间的内在联系→找出数据的变化规律→挖掘数据的隐含意义。
(4)对于电化学类试题：利用信息明确电化学反应的环境，写出正确电极反应，分析溶液pH变化等。
(5)对于电解质溶液类试题：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。
（6）对于平衡类计算题：根据题目所给信息列出“三段式”，压强平衡常数要关注总压是否变化。
真题溯源
1．[2022.全国甲卷] 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=1.2×1012Pa
①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)①-223 ；1.2×1014
②根据平衡常数越大，反应趋势越大，由于Kp2远大于Kp1，因此碳氯化的反应趋势远大于直接氯化
(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根据平衡常数越大，反应趋势越大，由于Kp2远大于Kp1，因此碳氯化的反应趋势远大于直接氯化；
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。
2. [2022.全国乙卷] 油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题：
（1）已知下列反应的热化学方程式：
①2H2S（g）+3O2（g）═2SO2（g）+2H2O（g）ΔH1＝﹣1036kJ mol﹣1
②4H2S（g）+2SO2（g）═3S2（g）+4H2O（g）ΔH2＝+94kJ mol﹣1
③2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）ΔH3＝﹣484kJ mol﹣1
计算H2S热分解反应④2H2S（g） S2（g）+2H2（g）的ΔH4＝____kJ mol﹣1。
（2）较普遍采用的H2S处理方法是克劳斯工艺，即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是，利用反应④高温热分解H2S。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是 ____，缺点是 ____。
（3）在1470K、100kPa反应条件下，将n（H2S）：n（Ar）＝1：4的混合气进行H2S热分解反应。平衡时混合气中H2S与H2的分压相等，H2S平衡转化率为 ____，平衡常数Kp＝____kPa。
（4）在1373K、100kPa反应条件下，对于n（H2S）：n（Ar）分别为4：1、1：1、1：4、1：9、1：19的H2S﹣Ar混合气，热分解反应过程中H2S转化率随时间的变化如图所示。
①n（H2S）：n（Ar）越小，H2S平衡转化率 ____，理由是 ____。
②n（H2S）：n（Ar）＝1：9对应图中曲线 ____，计算其在0～0.1s之间，H2S分压的平均变化率为 ____kPa s﹣1。
【答案】（1）+170 ;
（2）副产物氢气可作燃料; 耗能高;
（3）50% ; 4.76 ;
（4）①越高 ； n(H2S):n(Ar)越小，H2S的分压越小，平衡向正反应方向进行，H2S平衡转化率越高；
② d ； 24.9。
【解析】（1）已知：
①2H2S(g)+3O2(g)＝2SO2(g)+2H2O(g) ΔH1＝－1036kJ/mol
②4H2S(g)+2SO2(g)＝3S2(g)+4H2O(g) ΔH2＝+94kJ/mol
③2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g) ΔH3＝－484kJ/mol
根据盖斯定律(①+②)×－③即得到2H2S(g)＝S2(g)+2H2(g)的ΔH4＝（－1036+94）kJ/mol×+484kJ/mol＝+170 kJ/mol；
（2）根据盖斯定律(①+②)×可得2H2S(g)+O2(g)＝S2(g)+2H2O(g) ΔH＝(－1036+94)kJ/mol×=－314kJ/mol，因此，克劳斯工艺的总反应是放热反应；根据硫化氢分解的化学方程式可知，高温热分解方法在生成单质硫的同时还有氢气生成。因此，高温热分解方法的优点是：可以获得氢气作燃料；但由于高温分解H2S会消耗大量能量，所以其缺点是耗能高；
（3）假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和4mol，根据三段式可知：
平衡时H2S和H2的分压相等，则二者的物质的量相等，即1－x＝x，解得x＝0.5，所以H2S的平衡转化率为，所以平衡常数Kp＝＝≈4.76kPa；
（4）①由于正反应是体积增大的可逆反应，n(H2S):n(Ar)越小，H2S的分压越小，相当于降低压强，平衡向正反应方向移动，因此H2S平衡转化率越高；②n(H2S):n(Ar)越小，H2S平衡转化率越高，所以n(H2S):n(Ar)＝1:9对应的曲线是d；根据图像可知n(H2S):n(Ar)＝1:9反应进行到0.1s时H2S转化率为0.24。假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和9mol，则根据三段式可知
此时H2S的压强为≈7.51kPa，H2S的起始压强为10kPa，所以H2S分压的平均变化率为＝24.9kPa·s－1。
3. [2022.湖南卷] 2021年我国制氢量位居世界第一，煤的气化是一种重要的制氢途经。回答下列问题：
（1）在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量的C（s）和1mol H2O（g），起始压强为0.2MPa时，发生下列反应生成水煤气：
Ⅰ.C（s）+H2O（g） CO（g）+H2（g）ΔH1= +131.4kJ mol-1
Ⅱ.CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）ΔH2= -41.1kJ mol-1
①下列说法正确的是 ______；
A.平衡时向容器中充入惰性气体，反应Ⅰ的平衡逆向移动
B.混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡
C.平衡时H2的体积分数可能大于
D.将炭块粉碎，可加快反应速率
②反应平衡时，H2O（g）的转化率为50%，CO的物质的量为0.1mol。此时，整个体系 ______（填“吸收”或“放出”）热量 ______kJ，反应Ⅰ的平衡常数Kp=______（以分压表示，分压=总压×物质的量分数）。
（2）一种脱除和利用水煤气中CO2方法的示意图如图：
①某温度下，吸收塔中K2CO3溶液吸收一定量的CO2后，c（CO）：c（HCO）=1：2，则该溶液的pH=______（该温度下H2CO3的Ka1=4.6×10-7，Ka2=5.0×10-11）；
②再生塔中产生CO2的离子方程式为 ______；
③利用电化学原理，将CO2电催化还原为C2H4，阴极反应式为 ______。
【答案】（1）①BD ②吸收；31.2；
（2）①10 ②2CO2↑++H2O ③2CO2+12e-+12H+ = C2H4+4H2O。
【解析】（1）①A.平衡时向容器中充入惰性气体，因为在恒容条件下，各物质的浓度不变，平衡不移动，故A错误；
B.因为C是固体，未平衡时气体总质量不断变化，故混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，故B正确；
C.若Ⅰ.C（s）+H2O（g） CO（g）+H2（g），Ⅱ.CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）反应全部转化，则Ⅰ+Ⅱ得.C（s）+2 H2O（g） CO2（g）+2H2 (g)，达到平衡时H2的体积分数为；但Ⅰ、Ⅱ反应均为可逆反应，不能进行彻底，故平衡时H2的体积分数小于，故C错误；
D.将炭块粉碎，可增大接触面积，加快反应速率，故D正确；
故答案为：BD；
②设反应Ⅰ中水转化的物质的量为a，反应Ⅱ中水转化的物质的量为b，可列出以下式子：
C（s）+H2O（g） CO（g）+H2（g）；
1 mol 0 0
a mol a mol a mol
1-a mol a mol a mol
CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）
a mol 1-a mol 0 a mol
b mol b mol b mol b mol
a-b mol 1-a-b mol b mol a+b mol
根据H2O（g）的转化率为50%，可得×100%=50%，CO的物质的量为0.1mol可得a-b=0.1 mol，解得a=0.3mol，b=0.2mol，则反应Ⅰ吸收能量0.3mol×131.4kJ mol-1=39.42kJ，反应Ⅱ放出热量为：0.2mol×41.1kJ mol-1=8.22kJ，故整个过程是吸热过程，吸收热量为：39.42kJ-8.22kJ=31.2kJ；由以上计算可知：n（H2O）=0.5mol，n（H2）=0.5mol，n（CO）=0.1mol，n（CO2）=0.2mol，n（总）=（0.5+0.5+0.1+0.2）mol=1.3mol，物质的量之比等于压强之比可得=，p=0.26MPa，则H2O (g)、CO、H2、CO2的分压依次为0.1MPa、0.02MPa、0.1MPa、0.04MPa ，因此反应Ⅰ的平衡常数Kp===0.02MPa，
故答案为：吸收；31.2；0.02MPa；
（2）①H2CO3的K2=，所以c（HCO3-）：c（）= c（H+）：K2 = c（H+）：5×10-11=2：1，c（H+）=10-10mol/L，pH=10，
故答案为：10；
②再生塔中产生CO2是碳酸氢钾分解的产物，离子方程式为2HCO3-+CO2↑+H2O，
故答案为：2HCO3-+CO2↑+H2O；
③阴极得电子发生还原反应，电极反应为2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O，
故答案为：2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O。
4.[2022.山东卷] 利用γ-丁内酯（BL）制备1，4-丁二醇（BD），反应过程中伴有生成四氢呋喃（THF）和1-丁醇（BuOH）的副反应，涉及反应如图：
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5.0×10-3molBL或BD为初始原料，在493K、3.0×103kPa的高压H2氛围下，分别在恒压容器中进行反应。达到平衡时，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＜Y，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=______，BD产率=______（保留两位有效数字）。
（3）（xBD/xBL）max为达平衡时xBD与xBL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，（xBD/xBL）max最大的是 ______（填代号）；与曲线b相比，曲线c达到=1.0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）依题意结合已知信息，可推定在同温同压下，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)实验测得X(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。
5.[2022.江苏卷] 硫铁化合物（FeS、FeS2等）应用广泛。
（1）纳米FeS可去除水中微量六价铬[Cr（VI）]。在pH=4～7的水溶液中，纳米FeS颗粒表面带正电荷，Cr（VI）主要以、、的形式存在，纳米FeS去除水中Cr（VI）主要经过“吸附→反应→沉淀”的过程。
已知：Ksp（FeS）=6.5×10-18，Ksp[Fe（OH）2]=5.0×10-17；H2S电离常数分别为Ka1=1.1×10-7、Ka2=1.3×10-13。
①在弱碱性溶液中，FeS与反应生成Fe（OH）3、Cr（OH）3和单质S，其离子方程式为 ______。
②在弱酸性溶液中，反应FeS+H+ Fe2++HS-的平衡常数K的数值为 ______。
③在pH=4～7溶液中，pH越大，FeS去除水中Cr（VI）的速率越慢，原因是 ______。
（2）FeS2具有良好半导体性能。FeS2的一种晶体与NaCl晶体的结构相似，该FeS2晶体的一个晶胞中的数目为 ______，在FeS2晶体中，每个S原子与三个Fe2+紧邻，且Fe-S间距相等，如图给出了FeS2晶胞中的Fe2+和位于晶胞体心的（中的S-S键位于晶胞体对角线上，晶胞中的其他（已省略）。如图中用“-”将其中一个S原子与紧邻的Fe2+连接起来 ______。
（3）FeS2、FeS在空气中易被氧化，将FeS2在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始FeS2的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。800℃时，FeS2氧化成含有两种元素的固体产物为 ______（填化学式，写出计算过程）。
【答案】(1) ① ②5×10-5
③c(OH-)越大，表面吸附的的量越少，溶出量越少，中物质的量分数越大
(2) 4 ；
(3)Fe2O3；设FeS2氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，则M（FeOx）=120g/mol×66.7%=80.04g/mol，则56+16x=80.04，x=，即固体产物为Fe2O3
【解析】（1）①在弱碱性溶液中，FeS与反应生成Fe（OH）3、Cr（OH）3和单质S的离子方程式为：FeS+-+4H2O=Fe（OH）3+Cr（OH）3+S+2OH-，
故答案为：FeS++4H2O=Fe（OH）3+Cr（OH）3+S+2OH-；
②反应FeS+H+ Fe2++HS-的平衡常数K=，由题目信息可知，Ksp（FeS）=c（Fe2+）c（S2-）=6.5×10-18，H2S电离常数Ka2==1.3×10-13，所以K═===5×10-5，
故答案为：5×10-5；
③在pH=4～7溶液中，pH越大，FeS去除水中Cr（VI）的速率越慢，是由于c（OH-）越大，表面吸附的Cr（VI）的量越少，溶出量越少，Cr（VI）中物质的量分数越大，
故答案为：c（OH-）越大，FeS表面吸附的Cr（VI）的量越少，FeS溶出量越少，Cr（VI）中物质的量分数越大；
（2）因为FeS2的晶体与NaCl晶体的结构相似，由NaCl晶体结构可知，一个NaCl晶胞含有4个Na和4个Cl，则该FeS2晶体的一个晶胞中的数目也为4；FeS2晶体中，每个S原子与三个Fe2+紧邻，且Fe-S间距相等，根据FeS2晶胞中的Fe2+和的位置（中的S-S键位于晶胞体对角线上）可知，每个S原子与S-S键所在体对角线上距离最近的顶点相邻的三个面的面心位置的Fe2+紧邻且间距相等，其中一个S原子与紧邻的Fe2+连接图如下：；故答案为：4；。
（3）有图可知，800℃时，氧化过程中剩余固体的质量与起始FeS2的质量的比值为66.7%，设FeS2氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，M（FeS2）=120g/mol，则M（FeOx）=120g/mol×66.7%=80.04g/mol，56+16x=80.04，x=，所以固体产物为Fe2O3，
故答案为：Fe2O3；设FeS2氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，则M（FeOx）=120g/mol×66.7%=80.04g/mol，则56+16x=80.04，x=，即固体产物为Fe2O3。
2专题十九 化学反应原理综合
课标要求 考情分析 核心素养
1.掌握化学反应速率的概念、反应速率的定量表示方法；2.掌握催化剂在生产、生活和科学研究领域中的重要作用；3.掌握化学反应的可逆性；4.掌握化学平衡建立的过程:掌握化学平衡常数的含义，能够利用化学平衡常数进行相关计算；5.理解外界条件(浓度、温度、压强、催化剂等)对反应速率和化学平衡的影响，认识并能用相关理论解释其一般规律；6.掌握化学反应速率和化学平衡的调控在生产、生活和科学研究领域中的重要作用。 新高考3年考频 100% 变化观念和平衡思想；证据推理与模型认知
试题难度 难
考查形式 主观题
高频考向: 化学反应原理综合题通常以元素化合物知识为载体，以工业生产为背景，主要把热化学、电化学、化学反应速率以及三大平衡知识融合在一起进行命题，多以图像或图表形式重点考查热化学方程式、离子浓度和反应速率的计算及大小比较、平衡常数及转化率的计算、工业生产条件的选择、电极方程式、平衡曲线的识别与绘制等。
命题趋势：
高考试卷中的必考题，试题考查方向向多维度拓展，旨在更好的考查学生接收、理解、运用信息的能力，试题灵活、多变，更好的体现新高考背景下化学核心素养中的“变化观念与平衡思想、证据推理与模型认知”，具有“综合性和创新性”等特点。该题型一般取材于能源、环境、化工生产等情景，题目围绕一个主题，以“拼盘”的形式呈现，综合考查盖斯定律、化学反应速率及其影响因素、化学平衡及其影响因素、原电池和电解池的工作原理及电极反应式的书写等。每个小题相对独立，题目中结合图像、表格、数据等信息，考查学生的阅读、读图分析归纳能力。
解题思路：
化学反应原理综合题解题模型：
一、审题——快速浏览，找出材料内容或新情景。
(1)阅读题目背景材料、找出可能考查的化学反应原理。
(2)解读情景或材料，挖掘相应的知识内涵。
(3)明确知识考查背景，以及考查哪方面的化学反应原理。
二、析题——仔细审读，关注有效信息
(1) 对于反应热类的试题：找出已知反应方程式和目标反应方程式间的关系；运用盖斯定律计算目标反应的焓变。
(2)对于化学反应速率和化学平衡图像类试题：明确纵横坐标的含义→理解起点、终点、拐点的意义→分析曲线的变化趋势。
(3)对于图表数据类试题：分析数据→研究数据间的内在联系→找出数据的变化规律→挖掘数据的隐含意义。
(4)对于电化学类试题：利用信息明确电化学反应的环境，写出正确电极反应，分析溶液pH变化等。
(5)对于电解质溶液类试题：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。
（6）对于平衡类计算题：根据题目所给信息列出“三段式”，压强平衡常数要关注总压是否变化。
真题溯源
1．[2022.全国甲卷] 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=1.2×1012Pa
①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 ______。
2. [2022.全国乙卷] 油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题：
（1）已知下列反应的热化学方程式：
①2H2S（g）+3O2（g）═2SO2（g）+2H2O（g）ΔH1＝﹣1036kJ mol﹣1
②4H2S（g）+2SO2（g）═3S2（g）+4H2O（g）ΔH2＝+94kJ mol﹣1
③2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）ΔH3＝﹣484kJ mol﹣1
计算H2S热分解反应④2H2S（g） S2（g）+2H2（g）的ΔH4＝____kJ mol﹣1。
（2）较普遍采用的H2S处理方法是克劳斯工艺，即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是，利用反应④高温热分解H2S。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是 ____，缺点是 ____。
（3）在1470K、100kPa反应条件下，将n（H2S）：n（Ar）＝1：4的混合气进行H2S热分解反应。平衡时混合气中H2S与H2的分压相等，H2S平衡转化率为 ____，平衡常数Kp＝____kPa。
（4）在1373K、100kPa反应条件下，对于n（H2S）：n（Ar）分别为4：1、1：1、1：4、1：9、1：19的H2S﹣Ar混合气，热分解反应过程中H2S转化率随时间的变化如图所示。
①n（H2S）：n（Ar）越小，H2S平衡转化率 ____，理由是 ____。
②n（H2S）：n（Ar）＝1：9对应图中曲线 ____，计算其在0～0.1s之间，H2S分压的平均变化率为 ____kPa s﹣1。
3. [2022.湖南卷] 2021年我国制氢量位居世界第一，煤的气化是一种重要的制氢途经。回答下列问题：
（1）在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量的C（s）和1mol H2O（g），起始压强为0.2MPa时，发生下列反应生成水煤气：
Ⅰ.C（s）+H2O（g） CO（g）+H2（g）ΔH1= +131.4kJ mol-1
Ⅱ.CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）ΔH2= -41.1kJ mol-1
①下列说法正确的是 ______；
A.平衡时向容器中充入惰性气体，反应Ⅰ的平衡逆向移动
B.混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡
C.平衡时H2的体积分数可能大于
D.将炭块粉碎，可加快反应速率
②反应平衡时，H2O（g）的转化率为50%，CO的物质的量为0.1mol。此时，整个体系 ______（填“吸收”或“放出”）热量 ______kJ，反应Ⅰ的平衡常数Kp=______（以分压表示，分压=总压×物质的量分数）。
（2）一种脱除和利用水煤气中CO2方法的示意图如图：
①某温度下，吸收塔中K2CO3溶液吸收一定量的CO2后，c（CO）：c（HCO）=1：2，则该溶液的pH=______（该温度下H2CO3的Ka1=4.6×10-7，Ka2=5.0×10-11）；
②再生塔中产生CO2的离子方程式为 ______；
③利用电化学原理，将CO2电催化还原为C2H4，阴极反应式为 ______。
4.[2022.山东卷] 利用γ-丁内酯（BL）制备1，4-丁二醇（BD），反应过程中伴有生成四氢呋喃（THF）和1-丁醇（BuOH）的副反应，涉及反应如图：
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5.0×10-3molBL或BD为初始原料，在493K、3.0×103kPa的高压H2氛围下，分别在恒压容器中进行反应。达到平衡时，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＜Y，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=______，BD产率=______（保留两位有效数字）。
（3）（xBD/xBL）max为达平衡时xBD与xBL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，（xBD/xBL）max最大的是 ______（填代号）；与曲线b相比，曲线c达到=1.0所需时间更长，原因是 ______。
5.[2022.江苏卷] 硫铁化合物（FeS、FeS2等）应用广泛。
（1）纳米FeS可去除水中微量六价铬[Cr（VI）]。在pH=4～7的水溶液中，纳米FeS颗粒表面带正电荷，Cr（VI）主要以、、的形式存在，纳米FeS去除水中Cr（VI）主要经过“吸附→反应→沉淀”的过程。
已知：Ksp（FeS）=6.5×10-18，Ksp[Fe（OH）2]=5.0×10-17；H2S电离常数分别为Ka1=1.1×10-7、Ka2=1.3×10-13。
①在弱碱性溶液中，FeS与反应生成Fe（OH）3、Cr（OH）3和单质S，其离子方程式为 ______。
②在弱酸性溶液中，反应FeS+H+ Fe2++HS-的平衡常数K的数值为 ______。
③在pH=4～7溶液中，pH越大，FeS去除水中Cr（VI）的速率越慢，原因是 ______。
（2）FeS2具有良好半导体性能。FeS2的一种晶体与NaCl晶体的结构相似，该FeS2晶体的一个晶胞中的数目为 ______，在FeS2晶体中，每个S原子与三个Fe2+紧邻，且Fe-S间距相等，如图给出了FeS2晶胞中的Fe2+和位于晶胞体心的（中的S-S键位于晶胞体对角线上，晶胞中的其他（已省略）。如图中用“-”将其中一个S原子与紧邻的Fe2+连接起来 ______。
（3）FeS2、FeS在空气中易被氧化，将FeS2在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始FeS2的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。800℃时，FeS2氧化成含有两种元素的固体产物为 ______（填化学式，写出计算过程）。
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