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专题十三 化学反应原理综合考查
＋118
解析：(1)根据盖斯定律，由①－②－③，可得④C6H5C2H5(g) C6H5CH===CH2(g)＋H2(g) ΔH4＝－4 386.9 kJ·mol－1－(－4 263.1 kJ·mol－1)－(－241.8 kJ·mol－1)＝＋118 kJ·mol－1。
(2)在某温度、100 kPa下，向反应器中充入1 mol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________ mol水蒸气作为稀释气(计算时忽略副反应)；
5
甲苯
主反应生成的氢气能使副反应⑥的平衡正向移动，甲苯的选择性大于苯的选择性
解析：生成苯乙烯的反应为主反应，则苯乙烯的选择性最高，主反应生成的氢气能使副反应⑥的平衡正向移动，则甲苯的选择性大于苯的选择性，故b代表的产物为甲苯。
(4)关于本反应体系中催化剂Fe2O3的描述错误的是________；
A．X射线衍射技术可测定Fe2O3晶体结构
B．Fe2O3可改变乙苯平衡转化率
C．Fe2O3降低了乙苯脱氢反应的活化能
D．改变Fe2O3颗粒大小不影响反应速率
答案： BD
解析：X射线衍射技术可以测定晶体结构，A项正确；Fe2O3是催化剂，催化剂不能使平衡发生移动，不能改变乙苯平衡转化率，B项错误；Fe2O3作催化剂，可以降低乙苯脱氢反应的活化能，C项正确；改变Fe2O3颗粒大小即改变催化剂的表面积，可以改变反应速率，D项错误。
C6H5CH2Cl
K×Ksp
解析：(5)电负性：Cl>Br>I，C—Cl键的极性更大，更易断裂，故C6H5CH2Cl更易生成自由基C6H5C*,H2，活性最强。
解析：(6)已知Cu＋(aq)＋2L [Cu(L)2]＋ K、CuBr(s) Cu＋(aq)＋Br－(aq) Ksp，两反应相加可得：CuBr(s)＋2L [Cu(L)2]＋＋Br－(aq)，则其平衡常数为K×Ksp。
2．[2023·辽宁卷]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)。
CuO
SO3
(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＋H2SO4
2NO＋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)。
催化剂
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)
解析： (ⅰ)根据所给的反应方程式，NO2在反应过程中先消耗再生成，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是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)。
cd
解析：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；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%时的反应速率图像并没有给出，无法判断α＝0.88的条件下是否是平衡转化率，b错误；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；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；故答案选cd；
(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)。
d
解析：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，故答案选d；
(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)。
3．[2023·浙江6月]水煤气变换反应是工业上的重要反应，可用于制氢。
水煤气变换反应：CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) ΔH＝－41.2 kJ·mol－1
该反应分两步完成：
3Fe2O3(s)＋CO(g) 2Fe3O4(s)＋CO2(g) ΔH1＝－47.2 kJ·mol－1
2Fe3O4(s)＋H2O(g) 3Fe2O3(s)＋H2(g) ΔH2
请回答：
(1)ΔH2＝________ kJ·mol－1。
＋6
(2)恒定总压1.70 MPa和水碳比[n(H2O)/n(CO)＝12∶5]投料，在不同条件下达到平衡时CO2和H2的分压(某成分分压＝总压×该成分的物质的量分数)如下表：
①在条件1下，水煤气变换反应的平衡常数K＝________。
②对比条件1，条件2中H2产率下降是因为发生了一个不涉及CO2的副反应，写出该反应方程式______________________。
p(CO2)/MPa p(H2)/MPa p(CH4)/MPa
条件1 0.40 0.40 0
条件2 0.42 0.36 0.02
2
CO＋3H2 CH4＋H2O
(3)下列说法正确的是________。
A．通入反应器的原料气中应避免混入O2
B．恒定水碳比[n(H2O)/n(CO)]，增加体系总压可提高H2的平衡产率
C．通入过量的水蒸气可防止Fe3O4被进一步还原为Fe
D．通过充入惰性气体增加体系总压，可提高反应速率
AC
解析：一氧化碳和氢气都可以和氧气反应，则通入反应器的原料气中应避免混入O2，A正确；该反应前后气体计量系数相同，则增加体系总压平衡不移动，不能提高平衡产率，B错误；通入过量的水蒸气可以促进四氧化三铁被氧化为氧化铁，水蒸气不能将铁的氧化物还原为单质铁，但过量的水蒸气可以降低体系中CO和H2的浓度，从而防止铁的氧化物被还原为单质铁，C正确；若保持容器的体积不变，通过充入惰性气体增加体系总压，反应物浓度不变，反应速率不变，D错误；故选AC；
(4)水煤气变换反应是放热的可逆反应，需在多个催化剂反应层间进行降温操作以“去除”反应过程中的余热(如图1所示)，保证反应在最适宜温度附近进行。
①在催化剂活性温度范围内，图2中b～c段对应降温操作的过程，实现该过程的一种操作方法是________。
A．按原水碳比通入冷的原料气
B．喷入冷水(蒸气)
C．通过热交换器换热
②若采用喷入冷水(蒸气)的方式降温，在图3中作出CO平衡转化率随温度变化的曲线。
AC
答案：见解析
解析：①按原水碳比通入冷的原料气，可以降低温度，同时化学反应速率稍减小，导致CO的转化率稍减小，与图中变化相符，A正确；喷入冷水(蒸气)，可以降低温度，但是同时水蒸气的浓度增大，会导致CO的转化率增大，与图中变化不符，B错误；通过热交换器换热，可以降低温度，且不改变投料比，同时化学反应速率稍减小，导致CO的转化率稍减小，与图中变化相符，C正确；故选AC；②增大水蒸气的浓度，平衡正向移动，则一氧化碳的的平衡转化率增大，会高于原平衡线，故图像为：
(5)在催化剂活性温度范围内，水煤气变换反应的历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附(快速)、反应及产物分子脱附等过程。随着温度升高，该反应的反应速率先增大后减小，其速率减小的原因是__________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________。
答案：温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小
解析：反应物分子在催化剂表面的吸附是一个放热的快速过程，温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小。
4．[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＝－1 036 kJ·mol－1
②4H2S(g)＋2SO2(g)===3S2(g)＋4H2O(g)
ΔH2＝94 kJ·mol－1
③2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH3＝－484 kJ·mol－1
计算H2S热分解反应④2H2S(g)===
S2(g)＋2H2(g)的ΔH4＝________ kJ·mol－1。
＋170
解析：根据盖斯定律可知，反应④＝(①＋②)÷3－③，即ΔH4＝(ΔH1＋ΔH2)÷3－ΔH3＝＋170 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________。
高温热分解能够获得H2，H2可作燃料，且副产物少
能耗高
解析：克劳斯工艺无法获取H2，且存在副产物SO2，高温热分解能够获得H2，H2可作燃料，且副产物少；高温热分解法的缺点是需要高温条件，能耗高。
(3)在1 470 K、100 kPa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。
50%
4.76
(4)在1 373 K、100 kPa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下图所示。
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0～0.1 s之间，H2S分压的平均变化率为________ kPa·s－1。
越高(或越大)
H2S的热分解反应为气体分子数增大的反应，恒压条件下，不断充入Ar，导致H2S的分压降低，相当于减压，平衡正向移动，H2S的平衡转化率升高
d
24.9
5．[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“CaO－Al－H2O”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(ΔT)随时间(t)的变化曲线，如图所示。
实验编号 a b c d e
反应物组成 0.2 g CaO粉末，5.0 mL H2O 0.15 g Al粉，5.0 mL H2O 0.15 g Al粉，5.0 mL饱和石灰水 0.15 g Al粉，5.0 mL石灰乳 0.15 g Al粉，0.2 g CaO粉末，5.0 mL H2O
－911.9
解析：(1)根据盖斯定律可得，①＋②＋2×③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)＋(－16.73 kJ·mol－1)＋2×(－415.0 kJ·mol－1)＝－911.9 kJ·mol－1。
Ca(OH)2在水中的溶解度小，反应①达到了平衡状态
解析：实验a中，CaO和H2O反应①生成Ca(OH)2，4 min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的变化说明Al粉与H2O在该条件下________(填“反应”或“不反应”)。实验c中，前3 min的ΔT有变化，其原因是________________________；3 min后ΔT基本不变，其原因是________微粒的量有限。
不反应
Al和溶液中的OH－发生了反应
OH－
解析：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3 min的ΔT有变化，是因为Al和溶液中的OH－发生了反应，3 min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)下列说法不能解释实验d在10 min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
A
解析：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)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
_________________________________________________________________。
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：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。
考情分析
题型 考向 预测
化学反应原理综合题 热化学方程式的书写及反应热计算 化学反应原理综合题仍然会以生产环保和化学史料为情境，通过陌生复杂的情境＋陌生的图像形式，经综合考查反应速率和化学平衡，以化学平衡为主，涉及定性分析和定量计算。定性分析主要是外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响，定量计算主要是围绕转化率和平衡常数的计算。另外，要关注反应机理的分析、压强平衡常数的计算、反应速率方程及计算、多步反应、动态平衡体系的分析和计算、溶液中微粒变化与本部分知识的综合考查。
反应历程的分析
化学平衡状态判断及影响因素分析
化学反应速率、化学平衡图像分析
化学反应速率、平衡常数及转化率计算
电离平衡、水解平衡、溶解平衡的应用
Ka(Kb)及Ksp的理解与计算
电化学原理应用(书写电极反应式为主)
考点1 反应热计算的常用方法
核 心 梳 理
1.利用盖斯定律进行计算
2．利用键能、活化能进行计算
(1)键能：ΔH＝E(反应物总键能)－E(生成物总键能)
(2)活化能：ΔH＝E(正反应活化能)－E(逆反应活化能)
典 题 精 研
考向 反应热的计算
例1 二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳，二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)，该反应一般认为通过如下步骤来实现：
①CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g) ΔH1＝＋41 kJ·mol－1
②CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g) ΔH2＝－90 kJ·mol－1
总反应的ΔH＝______ kJ·mol－1；若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是____(填标号)，判断的理由是
______________________________________________。
－49
A
ΔH1为正值，ΔH2和ΔH为负值，反应①活化能大于反应②的
解析：根据盖斯定律可知总反应＝反应①＋反应②，则总反应的ΔH＝ΔH1＋ΔH2＝+41 kJ·mol－1 +(－90 kJ·mol－1)＝－49 kJ·mol－1。总反应是放热反应，即生成物的总能量比反应物的总能量低，则B项、D项错误；反应①为慢反应，则反应①的活化能较大，故A项正确。
练1 氢气是一种清洁能源，水煤气变换反应的制氢原理为：
CO＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) ΔH1，水煤气变换部分基元反应如下：
第②步基元反应逆反应的活化能为________eV。
基元反应 活化能Ea(eV) 反应热ΔH(eV)
①CO＋H2O＋2*===CO*＋H2O* 0 －1.73
②H2O*＋*===H*＋OH* 0.81 －0.41
1.22
解析：根据ΔH＝正反应的活化能－逆反应的活化能，可得第②步基元反应逆反应的活化能＝正反应的活化能－ΔH＝0.81 eV－(－0.41 eV)＝1.22 eV。
考点2 化学平衡图像解读与分析
核 心 梳 理
1.化学平衡图像信息的获取
依据化学反应原理中反应速率和平衡移动知识解读图像，关键在于对“数”“形”“义”“性”的综合思考，包括：
(1)明标：明晰横、纵坐标所表示的化学含义，这是理解题意和进行正确思考的前提。明晰坐标含义，也就是用变量的观点分析坐标，找出横、纵坐标的关系，再结合教材，联系相应的知识点。
(2)找点：找出曲线中的特殊点(起点、顶点、拐点、终点、交叉点、平衡点等)，分析这些点所表示的化学意义以及影响这些点的主要因素及限制因素等，大多考题就落在这些点的含义分析上，因为这些点往往隐含着某些限制条件或某些特殊的化学含义。
(3)析线：正确分析曲线的变化趋势(上升、下降、平缓、转折等)，同时对走势有转折变化的曲线，要分区段进行分析，研究各段曲线的变化趋势及其含义。
2．化学平衡图像信息的加工
在准确解读图像信息的基础上，对试题信息进行加工处理，分析角度如图
典 题 精 研
考向 化学平衡图像解读与分析
例2 二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：
CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)。
合成总反应在起始物n(H2)/n(CO2)＝3时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为x(CH3OH)，在t＝250 ℃下的x(CH3OH)～p、在p＝5×105 Pa下的x(CH3OH)～t如图所示。
(1)图中对应等压过程的曲线是________，判断的理由是____________________________________________________________；
b
总反应ΔH<0，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变小
解析：氢气和二氧化碳合成甲醇的总反应为放热反应，则升温平衡向逆反应方向移动，混合气体中甲醇的物质的量分数减小，故曲线b表示等压过程的曲线。
(2)当x(CH3OH)＝0.10时，CO2的平衡转化率α＝________，反应条件可能为______________或______________。
33.3%
5×105 Pa，210 ℃
9×105 Pa，250 ℃
练2 [2023·山东卷]一定条件下，水气变换反应CO＋H2O CO2＋H2的中间产物是HCOOH。为探究该反应过程，研究HCOOH水溶液在密封石英管中的分解反应：
Ⅰ.HCOOH CO＋H2O(快)
Ⅱ.HCOOH CO2＋H2(慢)
研究发现，在反应Ⅰ、Ⅱ中，H＋仅对反应Ⅰ有催化加速作用；反应Ⅰ速率远大于反应Ⅱ，近似认为反应Ⅰ建立平衡后始终处于平衡状态。忽略水的电离，其浓度视为常数。
回答下列问题：
(1)一定条件下，反应Ⅰ、Ⅱ的焓变分别为ΔH1、ΔH2，则该条件下水气变换反应的焓变ΔH＝____________(用含ΔH1、ΔH2的代数式表示)。
ΔH2－ΔH1
解析：根据盖斯定律，由Ⅱ－Ⅰ可得水气变换反应CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) ΔH＝ΔH2－ΔH1。
(2)反应Ⅰ正反应速率方程为：v＝kc(H＋)·c(HCOOH)，k为反应速率常数。T1温度下，HCOOH电离平衡常数为Ka，当HCOOH平衡浓度为x mol·L－1时，H＋浓度为__________ mol·L－1，此时反应Ⅰ正反应速率v＝________ mol·L－1·h－1(用含Ka、x和k的代数式表示)。
b
减小
不变
解析：
典 题 精 研
考向1 速率常数的计算与应用
例3 某合成氨速率方程为：v＝kcα(N2)cβ(H2)cγ(NH3)，根据表中数据，γ＝________；
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
实验
1 m n p q
2 2m n p 2q
3 m n 0.1p 10q
4 m 2n p 2.828q
－1
a
解析：将实验1、3中数据分别代入合成氨的速率方程可得：①q＝k·mα·nβ·pγ，③10q＝k·mα·nβ·(0.1p)γ，可得γ＝－1。合成氨过程中，不断分离出氨，即降低体系中c(NH3)，生成物浓度下降，平衡向正反应方向移动，但不会提高正反应速率，a正确，c错误；反应主产物即氨不能使催化剂中毒，b错误。
练3 T ℃时，2NO2(g) N2O4(g)，该反应正、逆反应速率与浓度的关系为：v正＝k正c2(NO2)，v逆＝k逆c(N2O4)(k正、k逆这是速率常数)。
(1)图中表示lg v逆～lg c(N2O4)的线是________(填“m”或“n”)
n
解析：v正＝k正c2(NO2)，则lg v正＝lg k正＋2lg c(NO2)，v逆＝k逆c(N2O4)，则lg v逆＝lg k逆＋lg c(N2O4)，lg v逆～lg c(N2O4)的线斜率较小，则图中表示lg v逆lgc(N2O4)的线是n；
(2)T ℃时，向刚性容器中充入一定量NO2气体，平衡后测得c(N2O4)为1.0 mol·L－1，则平衡时，v正＝________(用含a的表达式表示)。
10a
(3)T ℃时，向2 L的容器中充入5 mol N2O4气体和1 mol NO2气体，此时v正_____v逆(填“>”“＜”或“＝”)。
＞
考向2 平衡常数的计算与应用
例4 [2023·全国乙卷]硫酸亚铁在工农业生产中有许多用途，如可用作农药防治小麦黑穗病，制造磁性氧化铁、铁催化剂等。回答下列问题：
(1)在N2气氛中，FeSO4·7H2O的脱水热分解过程如图所示：
根据上述实验结果，可知x＝_______，
y＝______。
4
1
(a＋c－2b)
解析：①FeSO4·7H2O(s)===FeSO4(s)＋7H2O(g) ΔH1＝a kJ·mol－1
②FeSO4·xH2O(s)===FeSO4(s)＋xH2O(g) ΔH2＝b kJ·mol－1
③FeSO4·yH2O(s)===FeSO4(s)＋yH2O(g) ΔH3＝c kJ·mol－1
根据盖斯定律可知，①＋③－②×2可得FeSO4·7H2O(s)＋FeSO4·yH2O(s)===2(FeSO4·xH2O)(s)，则ΔH＝(a＋c－2b) kJ·mol－1。
3
2.25
增大
46.26
练4 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)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20.0 kPa。376.8 ℃平衡时，测得烧瓶中压强为32.5 kPa，则pICl＝________kPa，反应2ICl(g)===Cl2(g)＋I2(g)的平衡常数K＝
_______________________ (列出计算式即可)。
24.8
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
______________________________________________________________________。
大于
Kp1·Kp2
大于
模考精练·抓落实
1.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) K1 ΔH1＝285 kJ·mol－1
②2CH4(g)＋O2(g)===2CH3OH(l) K2 ΔH2＝－329 kJ·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)。
－307
(2)电喷雾电离等方法得到的M＋(Fe＋、Co＋、Ni＋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300 K和310 K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300 K的曲线是________(填“a”或“b”)。300 K、60 s时MO＋的转化率为
________ __ (列出算式)。
b
(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。
Ⅰ
c
＜
2
解析： (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和CD3OH，共2种。
2．我国研发了一种新型催化剂，可以通过反应2NO(g)＋2H2(g) N2(g)＋2H2O(g) ΔH达到消除NO污染的效果。
已知：Ⅰ.4NH3(g)＋6NO(g) 5N2(g)＋6H2O(g)
ΔH1＝－1 808 kJ·mol－1；
Ⅱ.N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH2＝－92.4 kJ·mol－1。
回答下列问题：
(1)若在密闭容器中同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，反应Ⅱ对反应Ⅰ中NO的平衡转化率的影响为________(填“增大”“减小”或“无影响”)。
增大
解析：(1)反应Ⅱ可以减小N2(g)浓度，同时增大NH3(g)浓度，使反应Ⅰ平衡正向移动，增大NO的平衡转化率。
(2)2NO(g)＋2H2(g) N2(g)＋2H2O(g)的ΔH＝________ ___ (保留四位有效数字)。
－664.3 kJ·mol－1
解析：根据盖斯定律，(Ⅰ＋Ⅱ×2)÷3得，2NO(g)＋2H2(g) N2(g)＋2H2O(g)的ΔH≈－664.3 kJ·mol－1。
0.016 mol·L－1·min－1
800
>
(4)有学者对比了新型催化剂与传统催化剂的催化效果。当固定比例的NO(g)和H2(g)的混合气体，以相同流速分别通过填充有两种催化剂的反应器，测得NO的转化率与温度的关系如图所示。
①新型催化剂优于传统催化剂的理由为
__________________________________。
②M、N、P、Q四点中一定未达到平衡状态的是________(填字母)。
在较低温度下，单位时间内NO的转化率更高
M
解析：①由图可知，新型催化剂在较低温度下，单位时间内NO的转化率更高，催化效果更好。
②该反应为放热反应，温度升高反应逆向进行，且催化剂不影响平衡，M点为反应正向进行的状态，N、Q点状态可能是达到平衡后，升高温度平衡逆向移动的状态，P点反应达到平衡状态。
实验测得，反应Ⅰ、Ⅱ的ΔH随温度的变化如图1所示，在体积为1 L的密闭容器中，起始投料1 mol CH3I(g)，反应温度对平衡体系中乙烯、丙烯和丁烯物质的量分数的影响如图2所示。
①298 K时，反应3CH3I(g) C3H6(g)＋3HI(g) ΔH4；ΔH4＝________kJ·mol－1。
②当体系温度高于600 K时，乙烯的物质的量分数随温度升高而显著增加的可能原因是
___________________________________________________________。
③若维持体系温度为715 K，CH3I(g)的平衡转化率为________，反应Ⅰ以物质的量分数表示的平衡常数Kx＝________。
＋66.3
反应Ⅰ吸热，反应Ⅱ、Ⅲ放热，升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动，三者均使C2H4的平衡物质的量分数增加
80%
0.64
(2)研究HI的分解与合成对提高反应Ⅰ中CH3I(g)的平衡转化率有重要意义。T ℃，将a mol I2(g)和a mol H2(g)置于已抽成真空的特制1 L密闭容器中，40 min时体系达到平衡，体系中存在如下反应关系：
Ⅰ.I2(g) 2I(g) Kp1＝2.304
Ⅱ.H2(g)＋I2(g) 2HI(g) Kp2
Ⅲ.HI(g) H(g)＋I(g) Kp3＝8.0×10－6
Ⅳ.H2(g) 2H(g) Kp4＝1.0×10－9
①则Kp2＝________。
②实验测得平衡体系总压强为5.0×107 Pa，HI的分压为3.6×107 Pa，H2的分压为7.2×106 Pa，已知该反应的正反应速率为v正＝k正·x(H2)·x(I2)，逆反应速率为v逆＝k逆·x2(HI)，其中k正、k逆为速率常数，x为物质的量分数，若k正＝b min－1，在t＝40 min时，v正＝___________min－1(用含b的代数式表示)。
36
1.44×10－2b
4．Fe C合金薄带在Ar H2O H2气氛中进行脱碳处理是生铁炼钢的新路径，可能涉及的反应如下：
①C＋H2O(g) CO(g)＋H2(g)ΔH1＝a kJ·mol－1
②Fe(s)＋H2O(g) H2(g)＋FeO(s)ΔH2＝b kJ·mol－1
③3Fe(s)＋4H2O(g) 4H2(g)＋Fe3O4(s)ΔH3＝c kJ·mol－1
④3FeO(s)＋H2O(g) H2(g)＋Fe3O4(s) ΔH4
(1)ΔH4＝________kJ·mol－1(用含字母的代数式表示)；
(c－3b)
解析：依据盖斯定律有④＝③－3×②，则ΔH4＝ΔH3－3×ΔH2＝(c－3b) kJ·mol－1。
(2)1 103 K时，在刚性容器中加入足量Fe和一定量H2O发生反应③，反应前气体总压为p，t min后达到平衡，此时H2的物质的量分数为0.492。
①该反应的Kp＝________(写出数学计算式)。
②0～t min，用单位时间内分压变化表示的反应
速率vH2O＝________。
(3)为了防止脱碳过程中Fe被H2O氧化，需要通入一定比例H2。
①通入H2能抑制铁被氧化，原因是
_______________________________________。
②下图1表示铁元素存在形态与反应温度、水蒸气含量的关系。当pH2O/p(H2＋H2O)＝0.5，反应温度从845 K升到1 073 K，含铁物质发生反应
的化学方程式______________________________。
通入氢气能使反应②和③的平衡逆向移动
(4)对碳的质量分数为4.2%某Fe C合金进行脱碳处理，保持其他条件相同，脱碳时间、脱碳后碳的质量分数、脱碳温度的关系如图2所示。
①a点脱碳效率________(填“大于”“小于”或“等于”)b点。
②c点v正________v逆(填“>”“<”或“＝”)，理由是________________________________________________________________________________________________________________________。
大于
>
相同温度下，反应从30 min到50 min，碳的质量分数继续下降，说明反应正向进行，故c点v正>v逆。专题精练（13） 化学反应原理综合考查
1.[2023·新课标卷]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N2（g）＋H2（g）===NH3（g）的ΔH＝ kJ·mol－1。
（2）研究表明，合成氨反应在Fe催化剂上可能通过图2机理进行（*表示催化剂表面吸附位，N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Fe3O4）使用前经H2还原，生成α Fe包裹的Fe3O4。已知α Fe属于立方晶系，晶胞参数a＝287 pm，密度为7.8 g·cm－3，则α Fe晶胞中含有Fe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xH2＝0.75、xN2＝0.25，另一种为xH2＝0.675、xN2＝0.225、xAr＝0.10。（物质i的摩尔分数：xi＝）
①图中压强由小到大的顺序为 ，判断的依据是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
②进料组成中含有惰性气体Ar的图是
________________________________________________________________________。
③图3中，当p2＝20MPa、xNH3＝0.20时，氮气的转化率α＝ 。该温度时，反应N2（g）＋H2（g） NH3（g）的平衡常数Kp＝ （MPa）－1（化为最简式）。
2.[2023·北京卷]尿素[CO（NH2）2]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（AgOCN）与NH4Cl在一定条件下反应制得CO（NH2）2，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CO2和NH3为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步：
ⅰ.CO2和NH3生成NH2COONH4；
ⅱ.NH2COONH4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ⅱ
b．ⅰ为放热反应，ⅱ为吸热反应
c．CO2（l）＋2NH3（l）===CO（NH2）2（l）＋H2O（l） ΔH＝E1－E4
（3）近年研究发现，电催化CO2和含氮物质（NO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KNO3溶液通CO2至饱和，在电极上反应生成CO（NH2）2，电解原理如图所示。
①电极b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c（NH）不能直接用NaOH溶液准确滴定。
①消化液中的含氮粒子是 。
②步骤ⅳ中标准NaOH溶液的浓度和消耗的体积分别为c和V，计算样品含氮量还需要的实验数据有
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
3.反应Ⅰ可用于在国际空间站中处理二氧化碳，同时伴有副反应Ⅱ发生。
主反应Ⅰ：CO2（g）＋4H2（g） CH4（g）＋2H2O（g） ΔH1＝－270 kJ·mol－1
副反应Ⅱ：CO2（g）＋H2（g） CO（g）＋H2O（g） ΔH2
回答下列问题：
（1）几种化学键的键能如表所示：
化学键 C—H H—H H—O C===O
键能/kJ·mol－1 413 436 463 a
则a＝ 。
（2）为了进一步研究上述两个反应，某小组在三个容积相同的刚性容器中，分别充入1 mol CO2和4 mol H2，在三种不同实验条件（见表）下进行两个反应，反应体系的总压强（p）随时间变化情况如图所示：
实验编号 a b c
温度/K T1 T1 T2
催化剂的比表面积/（m2·g－1） 80 120 120
①T1 T2（填“＞”“＜”或“＝”），曲线Ⅲ对应的实验编号是 。
②若在曲线Ⅱ的条件下，10 min达到平衡时生成1.2 mol H2O，则10 min内反应的平均速率v（H2O）＝ kPa·min－1，反应Ⅱ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）
（3）对于反应Ⅰ，在一定条件下存在：v正（H2）＝k1·c4（H2）·c（CO2）或v逆（H2O）＝k2·c2（H2O）·c（CH4），相应的速率与温度关系如图所示。
反应Ⅰ的平衡常数K＝ （用含k1，k2的代数式表示）；图中A、B、C、D四个点中，能表示反应已达到平衡状态的是 。
4.SO2及氮氧化物属于污染性气体，排放到空气中可形成光化学烟雾、酸雨等，科学家一直致力于研究这些气体的处理，能变废为宝。回答下列问题：
（1）已知反应：①N2（g）＋O2（g）===2NO（g） ΔH1＝＋180 kJ·mol－1，
②2CO（g）＋O2（g）===2CO2（g） ΔH2＝－566 kJ·mol－1，
则反应2CO（g）＋2NO（g）===N2（g）＋2CO2（g）
的ΔH＝ 。
（2）常温下，NO、NO2溶于水可制得HNO2溶液，向30 mL 0.10 mol·L－1HNO2溶液中滴入0.10 mol·L－1的NaOH溶液，使得溶液的pH＝4，该溶液中＝ 。[Ka（HNO2）＝4.6×10－4，保留一位小数]。
（3）研究表明，CO与N2O在Fe＋作用下发生反应：N2O（g）＋CO（g） CO2（g）＋N2（g）的能量变化及反应历程如图所示：
a.该反应分两步进行，两步反应分别为：反应①Fe＋＋N2O FeO＋＋N2；反应② ；由 （填“反应①”或“反应②”）决定反应达到平衡所用时间。
b.在固定体积的密闭容器中，发生该反应，改变原料气配比进行多组实验（各次实验的温度可能相同，也可能不同），测定N2O的平衡转化率α。部分实验结果如图所示。B、C、D三点对应的实验温度分别为TB、TC和TD，通过计算判断TB TC TD（填“>”“<”或“＝”）。
（4）燃煤烟气中可通过反应SO2（g）＋2CO（g） 2CO2（g）＋S（l）实现硫的回收。将1 mol SO2和2 mol CO通入1 L恒容密闭容器中，在恒温T ℃，起始压强为2.5×106 Pa条件下反应，5 min时，反应达到平衡，气体密度减少16 g·L－1。0～5 min内，CO的反应速率是 ；若升高温度，气体的密度增加（S仍为液体），则该反应的ΔH 0（填“>”或“<”）。
（5）深埋在潮湿土壤中的铁管道，在硫酸盐还原菌（该还原菌最佳生存环境pH为7～8之间）作用下，能被SO腐蚀，其电化学腐蚀原理如图所示，写出正极的电极反应式：________________________________________________________________________。
5.2023年5月30日，神舟十六号载人飞船把3名航天员送入中国空间站。空间站一种处理CO2的重要方法是对CO2进行收集和再生处理，重新生成可供人体呼吸的氧气。其技术路线可分为以下三步：
（1）固态胺吸收与浓缩CO2
在水蒸气存在下固态胺吸收CO2反应生成酸式碳酸盐（该反应是放热反应），再解吸出CO2的简单方法是 。
（2）CO2的加氢甲烷化
H2还原CO2制CH4的部分反应如下：
Ⅰ.CO2（g）＋H2（g） CO（g）＋H2O（g） ΔH1＝＋41 kJ·mol－1
Ⅱ.CO（g）＋3H2（g） CH4（g）＋H2O（g） ΔH2＝－246 kJ·mol－1
回答下列问题：
①反应CO2（g）＋4H2（g） CH4（g）＋2H2O（g）的ΔH＝ 。
②有利于提高甲烷平衡产率的反应条件是 （写一种）。
③科学家研究在催化剂表面上CO2与H2的反应，前三步历程如图所示，吸附在催化剂表面上的物种用“·”标注，Ts表示过渡态。下列说法中一定正确的是 。
A.第一步历程中只发生了非极性共价键的断裂
B.该转化反应的速率取决于Ts1的能垒
C.·HOCO转化为·CO和·OH的反应ΔH<0
D.催化剂参与化学反应，能降低反应的活化能，提高反应物的转化率
（3）控制起始时＝4，p＝1 atm，恒容条件下，若只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时各物质的物质的量分数随温度的变化如图所示：
①图中代表CH4的曲线是 （填序号），温度低于500 ℃时，CO的物质的量分数约为0，说明此条件下，反应 （填“Ⅰ”或“Ⅱ”）化学平衡常数大，反应完全。
②M点时，平衡分压p（CO2）＝ atm，反应CO2（g）＋4H2（g） CH4（g）＋2H2O（g）的平衡常数Kp＝ atm－2（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。专题十三 化学反应原理综合考查
真题研练·析考情
真题研练
1.[2023·湖南卷]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：
①C6H5C2H5(g)＋O2(g)===8CO2(g)＋5H2O(g)
ΔH1＝－4 386.9 kJ·mol－1
②C6H5CH===CH2(g)＋10O2(g)===8CO2(g)＋4H2O(g) ΔH2＝－4 263.1 kJ·mol－1
③H2(g)＋O2(g)===H2O(g)ΔH3＝－241.8 kJ·mol－1
计算反应④C6H5C2H5(g) C6H5CH===CH2(g)＋H2(g)
的ΔH4＝________ kJ·mol－1；
(2)在某温度、100 kPa下，向反应器中充入1 mol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________ mol水蒸气作为稀释气(计算时忽略副反应)；
(3)在913 K、100 kPa下，以水蒸气作稀释气、Fe2O3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：
⑤C6H5C2H5(g) C6H6(g)＋CH2===CH2(g)
⑥C6H5C2H5(g)＋H2(g) C6H5CH3(g)＋CH4(g)
以上反应体系中，芳香烃产物苯乙烯、苯和甲苯的选择性S(S＝×100%)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Fe2O3的描述错误的是________；
A．X射线衍射技术可测定Fe2O3晶体结构
B．Fe2O3可改变乙苯平衡转化率
C．Fe2O3降低了乙苯脱氢反应的活化能
D．改变Fe2O3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)生成自由基实现苯乙烯可控聚合。
(5)引发剂C6H5CH2Cl、C6H5CH2Br、C6H5CH2I中活性最高的是________；
(6)室温下，①Cu＋在配体L的水溶液中形成，其反应平衡常数为K；
②CuBr在水中的溶度积常数为Ksp。由此可知，CuBr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)。
2．[2023·辽宁卷]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＋H2SO4
2NO＋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＝－98.9 kJ·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α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)。
3．[2023·浙江6月]水煤气变换反应是工业上的重要反应，可用于制氢。
水煤气变换反应：CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) ΔH＝－41.2 kJ·mol－1
该反应分两步完成：
3Fe2O3(s)＋CO(g) 2Fe3O4(s)＋CO2(g) ΔH1＝－47.2 kJ·mol－1
2Fe3O4(s)＋H2O(g) 3Fe2O3(s)＋H2(g) ΔH2
请回答：
(1)ΔH2＝________ kJ·mol－1。
(2)恒定总压1.70 MPa和水碳比[n(H2O)/n(CO)＝12∶5]投料，在不同条件下达到平衡时CO2和H2的分压(某成分分压＝总压×该成分的物质的量分数)如下表：
p(CO2)/MPa p(H2)/MPa p(CH4)/MPa
条件1 0.40 0.40 0
条件2 0.42 0.36 0.02
①在条件1下，水煤气变换反应的平衡常数K＝________。
②对比条件1，条件2中H2产率下降是因为发生了一个不涉及CO2的副反应，写出该反应方程式________________________________________________。
(3)下列说法正确的是________。
A．通入反应器的原料气中应避免混入O2
B．恒定水碳比[n(H2O)/n(CO)]，增加体系总压可提高H2的平衡产率
C．通入过量的水蒸气可防止Fe3O4被进一步还原为Fe
D．通过充入惰性气体增加体系总压，可提高反应速率
(4)水煤气变换反应是放热的可逆反应，需在多个催化剂反应层间进行降温操作以“去除”反应过程中的余热(如图1所示)，保证反应在最适宜温度附近进行。
①在催化剂活性温度范围内，图2中b～c段对应降温操作的过程，实现该过程的一种操作方法是________。
A．按原水碳比通入冷的原料气
B．喷入冷水(蒸气)
C．通过热交换器换热
②若采用喷入冷水(蒸气)的方式降温，在图3中作出CO平衡转化率随温度变化的曲线。
(5)在催化剂活性温度范围内，水煤气变换反应的历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附(快速)、反应及产物分子脱附等过程。随着温度升高，该反应的反应速率先增大后减小，其速率减小的原因是__________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
4．[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＝－1 036 kJ·mol－1
②4H2S(g)＋2SO2(g)===3S2(g)＋4H2O(g)
ΔH2＝94 kJ·mol－1
③2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH3＝－484 kJ·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1 470 K、100 kPa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1 373 K、100 kPa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下图所示。
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0～0.1 s之间，H2S分压的平均变化率为________ kPa·s－1。
5．[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“CaO－Al－H2O”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(ΔT)随时间(t)的变化曲线，如图所示。
实验编号 a b c d e
反应物组成 0.2 g CaO粉末，5.0 mL H2O 0.15 g Al粉，5.0 mL H2O 0.15 g Al粉，5.0 mL饱和石灰水 0.15 g Al粉，5.0 mL石灰乳 0.15 g Al粉，0.2 g CaO粉末，5.0 mL H2O
回答下列问题：
(1)已知：
①CaO(s)＋H2O(l)===Ca(OH)2(s) ΔH1＝－65.17 kJ·mol－1
②Ca(OH)2(s)===Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)
ΔH2＝－16.73 kJ·mol－1
③(aq)＋H2(g)
ΔH3＝
则CaO(s)＋2Al(s)＋7H2O(l)===Ca2＋(aq)＋2[Al(OH)4]－(aq)＋3H2(g)的ΔH4＝________kJ·mol－1。
(2)温度为T时，Ksp[Ca(OH)2]＝x，则饱和溶液中c(OH－)＝________(用含x的代数式表示)。
(3)实验a中，4 min后ΔT基本不变，原因是____________________________________________________________。
(4)实验b中，ΔT的变化说明Al粉与H2O在该条件下________(填“反应”或“不反应”)。实验c中，前3 min的ΔT有变化，其原因是________________；3 min后ΔT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10 min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________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
考情分析
题型 考向 预测
化学反应原理综合题 热化学方程式的书写及反应热计算 化学反应原理综合题仍然会以生产环保和化学史料为情境，通过陌生复杂的情境＋陌生的图像形式，经综合考查反应速率和化学平衡，以化学平衡为主，涉及定性分析和定量计算。定性分析主要是外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响，定量计算主要是围绕转化率和平衡常数的计算。另外，要关注反应机理的分析、压强平衡常数的计算、反应速率方程及计算、多步反应、动态平衡体系的分析和计算、溶液中微粒变化与本部分知识的综合考查。
反应历程的分析
化学平衡状态判断及影响因素分析
化学反应速率、化学平衡图像分析
化学反应速率、平衡常数及转化率计算
电离平衡、水解平衡、溶解平衡的应用
Ka(Kb)及Ksp的理解与计算
电化学原理应用(书写电极反应式为主)
核心突破·提能力
考点1 反应热计算的常用方法
核 心 梳 理
1.利用盖斯定律进行计算
2．利用键能、活化能进行计算
(1)键能：ΔH＝E(反应物总键能)－E(生成物总键能)
(2)活化能：ΔH＝E(正反应活化能)－E(逆反应活化能)
典 题 精 研
考向 反应热的计算
例1 二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳，二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)，该反应一般认为通过如下步骤来实现：
①CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g) ΔH1＝＋41 kJ·mol－1
②CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g) ΔH2＝－90 kJ·mol－1
总反应的ΔH＝____________ kJ·mol－1；若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是____________(填标号)，判断的理由是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
练1 氢气是一种清洁能源，水煤气变换反应的制氢原理为：
CO＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) ΔH1，水煤气变换部分基元反应如下：
基元反应 活化能Ea(eV) 反应热ΔH(eV)
①CO＋H2O＋2*===CO*＋H2O* 0 －1.73
②H2O*＋*===H*＋OH* 0.81 －0.41
第②步基元反应逆反应的活化能为________eV。
考点2 化学平衡图像解读与分析
核 心 梳 理
1.化学平衡图像信息的获取
依据化学反应原理中反应速率和平衡移动知识解读图像，关键在于对“数”“形”“义”“性”的综合思考，包括：
(1)明标：明晰横、纵坐标所表示的化学含义，这是理解题意和进行正确思考的前提。明晰坐标含义，也就是用变量的观点分析坐标，找出横、纵坐标的关系，再结合教材，联系相应的知识点。
(2)找点：找出曲线中的特殊点(起点、顶点、拐点、终点、交叉点、平衡点等)，分析这些点所表示的化学意义以及影响这些点的主要因素及限制因素等，大多考题就落在这些点的含义分析上，因为这些点往往隐含着某些限制条件或某些特殊的化学含义。
(3)析线：正确分析曲线的变化趋势(上升、下降、平缓、转折等)，同时对走势有转折变化的曲线，要分区段进行分析，研究各段曲线的变化趋势及其含义。
2．化学平衡图像信息的加工
在准确解读图像信息的基础上，对试题信息进行加工处理，分析角度如图
典 题 精 研
考向 化学平衡图像解读与分析
例2 二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：
CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)。
合成总反应在起始物n(H2)/n(CO2)＝3时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为x(CH3OH)，在t＝250 ℃下的x(CH3OH)～p、在p＝5×105 Pa下的x(CH3OH)～t如图所示。
(1)图中对应等压过程的曲线是________，判断的理由是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
(2)当x(CH3OH)＝0.10时，CO2的平衡转化率α＝________，反应条件可能为____________或______________。
练2 [2023·山东卷]一定条件下，水气变换反应CO＋H2O CO2＋H2的中间产物是HCOOH。为探究该反应过程，研究HCOOH水溶液在密封石英管中的分解反应：
Ⅰ.HCOOH CO＋H2O(快)
Ⅱ.HCOOH CO2＋H2(慢)
研究发现，在反应Ⅰ、Ⅱ中，H＋仅对反应Ⅰ有催化加速作用；反应Ⅰ速率远大于反应Ⅱ，近似认为反应Ⅰ建立平衡后始终处于平衡状态。忽略水的电离，其浓度视为常数。
回答下列问题：
(1)一定条件下，反应Ⅰ、Ⅱ的焓变分别为ΔH1、ΔH2，则该条件下水气变换反应的焓变ΔH＝____________(用含ΔH1、ΔH2的代数式表示)。
(2)反应Ⅰ正反应速率方程为：v＝kc(H＋)·c(HCOOH)，k为反应速率常数。T1温度下，HCOOH电离平衡常数为Ka，当HCOOH平衡浓度为x mol·L－1时，H＋浓度为__________ mol·L－1，此时反应Ⅰ正反应速率v＝________ mol·L－1·h－1(用含Ka、x和k的代数式表示)。
(3)T3温度下，在密封石英管内完全充满 HCOOH水溶液，使HCOOH分解，分解产物均完全溶于水。含碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示(忽略碳元素的其他存在形式)。t1时刻测得CO、CO2的浓度分别为0.70 mol·L－1、0.16 mol·L－1，反应Ⅱ达平衡时，测得H2的浓度为。体系达平衡后＝____________(用含y的代数式表示，下同)，反应Ⅱ的平衡常数为____________。
相同条件下，若反应起始时溶液中同时还含有0.10 mol·L－1盐酸，则图示点a、b、c、d中，CO新的浓度峰值点可能是________(填标号)。与不含盐酸相比，CO达浓度峰值时，CO2浓度________(填“增大”“减小”或“不变”)，的值________(填“增大”“减小”或“不变”)。
考点3 反应速率常数、化学平衡常数的计算
核 心 梳 理
1.速率常数
(1)假设基元反应(能够一步完成的反应)为aA(g)＋bB(g)===cC(g)＋dD(g)，其速率可表示为v＝k·ca(A)·cb(B)，式中的k称为反应速率常数或速率常数，k与浓度无关，但受温度、催化剂、固体表面性质等因素的影响，通常反应速率常数越大，反应进行得越快。
(2)正、逆反应的速率常数与平衡常数的关系
对于基元反应aA(g)＋bB(g) cC(g)＋dD(g)，v正＝k正·ca(A)·cb(B)，v逆＝k逆·cc(C)·cd(D)，平衡常数K＝＝，反应达到平衡时v正＝v逆，故K＝。
2．化学平衡常数表达式
(1)不要把反应体系中纯固体、纯液体以及稀水溶液中水的浓度写进平衡常数表达式，但在非水溶液中，若有水参加或生成，则此时水的浓度不可视为常数，应写进平衡常数表达式中。
(2)Kp含义及表达式
①Kp含义：有气体参与的反应，在化学平衡体系中，各气体物质的平衡分压替代平衡浓度，计算的平衡常数叫压强平衡常数。
②表达式
对于一般可逆反应mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)，当在一定温度下达到平衡时其压强平衡常数Kp可表示为Kp＝
其中p(A)、p(B)、p(C)、p(D)表示反应物和生成物的分压，用平衡分压可以这样计算：
分压＝总压×物质的量分数。
p(总)＝p(A)＋p(B)＋p(C)＋p(D)；
＝＝。
(3)Kx含义：在化学平衡体系中，各物质的物质的量分数替代平衡浓度，计算的平衡常数。
3．转化率、产率及分压的计算
反应物转化率＝×100%
生成物的产率＝×100%
典 题 精 研
考向1 速率常数的计算与应用
例3 某合成氨速率方程为：v＝kcα(N2)cβ(H2)cγ(NH3)，根据表中数据，γ＝________；
实验
1 m n p q
2 2m n p 2q
3 m n 0.1p 10q
4 m 2n p 2.828q
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
练3 T ℃时，2NO2(g) N2O4(g)，该反应正、逆反应速率与浓度的关系为：v正＝k正c2(NO2)，v逆＝k逆c(N2O4)(k正、k逆这是速率常数)。
(1)图中表示lg v逆～lg c(N2O4)的线是________(填“m”或“n”)
(2)T ℃时，向刚性容器中充入一定量NO2气体，平衡后测得c(N2O4)为1.0 mol·L－1，则平衡时，v正＝________(用含a的表达式表示)。
(3)T ℃时，向2 L的容器中充入5 mol N2O4气体和1 mol NO2气体，此时v正________v逆(填“>”“＜”或“＝”)。
考向2 平衡常数的计算与应用
例4 [2023·全国乙卷]硫酸亚铁在工农业生产中有许多用途，如可用作农药防治小麦黑穗病，制造磁性氧化铁、铁催化剂等。回答下列问题：
(1)在N2气氛中，FeSO4·7H2O的脱水热分解过程如图所示：
根据上述实验结果，可知x＝____________，y＝____________。
(2)已知下列热化学方程式：
FeSO4·7H2O(s)===FeSO4(s)＋7H2O(g)
ΔH1＝a kJ·mol－1
FeSO4·xH2O(s)===FeSO4(s)＋xH2O(g)
ΔH2＝b kJ·mol－1
FeSO4·yH2O(s)===FeSO4(s)＋yH2O(g)
ΔH3＝c kJ·mol－1
则FeSO4·7H2O(s)＋FeSO4·yH2O(s)＝2(FeSO4·xH2O)(s)的ΔH＝________。
(3)将FeSO4置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：2FeSO4(s) Fe2O3(s)＋SO2(g)＋SO3(g)(Ⅰ)。
平衡时 T的关系如下图所示。660 K时，该反应的平衡总压p总＝________kPa、平衡常数Kp(Ⅰ)===________(kPa)2。Kp(Ⅰ)随反应温度升高而________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(4)提高温度，上述容器中进一步发生反应2SO3(g) 2SO2(g)＋O2(g)(Ⅱ)，平衡时＝________(用、表示)。在929 K时，p总＝＝35.7 kPa，则＝________ kPa，Kp(Ⅱ)＝________kPa(列出计算式)。
练4 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)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20.0 kPa。376.8 ℃平衡时，测得烧瓶中压强为32.5 kPa，则pICl＝________kPa，反应2ICl(g)===Cl2(g)＋I2(g)的平衡常数K＝________________________________________________________________________
(列出计算式即可)。
(2)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) Kp1
2NOCl(g) 2NO(g)＋Cl2(g) Kp2
得到lg Kp1～和lg Kp2～均为线性关系，如下图所示：
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________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
模考精练·抓落实
1.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) K1 ΔH1＝285 kJ·mol－1
②2CH4(g)＋O2(g)===2CH3OH(l) K2 ΔH2＝－329 kJ·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＋(Fe＋、Co＋、Ni＋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300 K和310 K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300 K的曲线是________(填“a”或“b”)。300 K、60 s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。
2．我国研发了一种新型催化剂，可以通过反应2NO(g)＋2H2(g) N2(g)＋2H2O(g) ΔH达到消除NO污染的效果。
已知：Ⅰ.4NH3(g)＋6NO(g) 5N2(g)＋6H2O(g)
ΔH1＝－1 808 kJ·mol－1；
Ⅱ.N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH2＝－92.4 kJ·mol－1。
回答下列问题：
(1)若在密闭容器中同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，反应Ⅱ对反应Ⅰ中NO的平衡转化率的影响为________(填“增大”“减小”或“无影响”)。
(2)2NO(g)＋2H2(g) N2(g)＋2H2O(g)的ΔH＝________(保留四位有效数字)。
(3)T1 ℃时，向填充催化剂的10 L恒容密闭容器甲中充入2 mol NO和2 mol H2，发生反应2NO(g)＋2H2(g) N2(g)＋2H2O(g)。10 min末反应达到平衡时测得N2的物质的量为0.8 mol。
①0～10 min内，用NO的浓度变化表示的平均反应速率v(NO)＝________________。
②反应的平衡常数Kc＝________L·mol－1。
③若起始向填充催化剂的10 L恒容密闭容器乙中充入1 mol NO(g)、1 mol H2(g)、2 mol N2(g)、2 mol H2O(g)。甲、乙容器中平衡时气体压强之比________(填“>”“<”或“＝”)，理由为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)有学者对比了新型催化剂与传统催化剂的催化效果。当固定比例的NO(g)和H2(g)的混合气体，以相同流速分别通过填充有两种催化剂的反应器，测得NO的转化率与温度的关系如图所示。
①新型催化剂优于传统催化剂的理由为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
②M、N、P、Q四点中一定未达到平衡状态的是________(填字母)。
3．碘及其化合物有着多方面的用途，用化学反应原理研究碘及其化合物有重要意义。回答下列问题：
(1)一碘甲烷(CH3I)热裂解可制取乙烯等低碳烯烃化工原料。一碘甲烷(CH3I)热裂解时主要反应有：
反应Ⅰ 2CH3I(g) C2H4(g)＋2HI(g) ΔH1
反应Ⅱ 3C2H4(g) 2C3H6(g) ΔH2
反应Ⅲ 2C2H4(g) C4H8(g) ΔH3＝(298K)
实验测得，反应Ⅰ、Ⅱ的ΔH随温度的变化如图1所示，在体积为1 L的密闭容器中，起始投料1 mol CH3I(g)，反应温度对平衡体系中乙烯、丙烯和丁烯物质的量分数的影响如图2所示。
①298 K时，反应3CH3I(g) C3H6(g)＋3HI(g) ΔH4；ΔH4＝________kJ·mol－1。
②当体系温度高于600 K时，乙烯的物质的量分数随温度升高而显著增加的可能原因是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
③若维持体系温度为715 K，CH3I(g)的平衡转化率为________，反应Ⅰ以物质的量分数表示的平衡常数Kx＝________。
(2)研究HI的分解与合成对提高反应Ⅰ中CH3I(g)的平衡转化率有重要意义。T ℃，将a mol I2(g)和a mol H2(g)置于已抽成真空的特制1 L密闭容器中，40 min时体系达到平衡，体系中存在如下反应关系：
Ⅰ.I2(g) 2I(g) Kp1＝2.304
Ⅱ.H2(g)＋I2(g) 2HI(g) Kp2
Ⅲ.HI(g) H(g)＋I(g) Kp3＝8.0×10－6
Ⅳ.H2(g) 2H(g) Kp4＝1.0×10－9
①则Kp2＝________。
②实验测得平衡体系总压强为5.0×107 Pa，HI的分压为3.6×107 Pa，H2的分压为7.2×106 Pa，已知该反应的正反应速率为v正＝k正·x(H2)·x(I2)，逆反应速率为v逆＝k逆·x2(HI)，其中k正、k逆为速率常数，x为物质的量分数，若k正＝b min－1，在t＝40 min时，v正＝________min－1(用含b的代数式表示)。
4．Fe C合金薄带在Ar H2O H2气氛中进行脱碳处理是生铁炼钢的新路径，可能涉及的反应如下：
①C＋H2O(g) CO(g)＋H2(g)ΔH1＝a kJ·mol－1
②Fe(s)＋H2O(g) H2(g)＋FeO(s)ΔH2＝b kJ·mol－1
③3Fe(s)＋4H2O(g) 4H2(g)＋Fe3O4(s)ΔH3＝c kJ·mol－1
④3FeO(s)＋H2O(g) H2(g)＋Fe3O4(s) ΔH4
(1)ΔH4＝________kJ·mol－1(用含字母的代数式表示)；
(2)1 103 K时，在刚性容器中加入足量Fe和一定量H2O发生反应③，反应前气体总压为p，t min后达到平衡，此时H2的物质的量分数为0.492。
①该反应的Kp＝________(写出数学计算式)。
②0～t min，用单位时间内分压变化表示的反应速率vH2O＝________。
(3)为了防止脱碳过程中Fe被H2O氧化，需要通入一定比例H2。
①通入H2能抑制铁被氧化，原因是____________________________________________。
②下图1表示铁元素存在形态与反应温度、水蒸气含量的关系。当pH2O/p(H2＋H2O)＝0.5，反应温度从845 K升到1 073 K，含铁物质发生反应的化学方程式____________________。
(4)对碳的质量分数为4.2%某Fe C合金进行脱碳处理，保持其他条件相同，脱碳时间、脱碳后碳的质量分数、脱碳温度的关系如图2所示。
①a点脱碳效率________(填“大于”“小于”或“等于”)b点。
②c点v正________v逆(填“>”“<”或“＝”)，理由是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
专题十三 化学反应原理综合考查
真题研练·析考情
1．解析：(1)根据盖斯定律，由①－②－③，可得④C6H5C2H5(g) C6H5CH===CH2(g)＋H2(g) ΔH4＝－4 386.9 kJ·mol－1－(－4 263.1 kJ·mol－1)－(－241.8 kJ·mol－1)＝＋118 kJ·mol－1。
(2)乙苯的平衡转化率为50%时，由题中信息可得：
C6H5C2H5(g) C6H5CH===CH2(g)＋H2(g)
起始量 1 mol 0 0
转化量 0.5 mol 0.5 mol 0.5 mol
平衡量 0.5 mol 0.5 mol 0.5 mol
平衡分压 kPa kPa kPa
则压强平衡常数Kp＝ ＝ kPa。设充入x mol水蒸气时乙苯平衡转化率提高到75%，则：
C6H5C2H5(g) C6H5CH===CH2(g)＋H2(g)
起始量 1 mol 0 0
转化量 0.75 mol 0.75 mol 0.75 mol
平衡量 0.25 mol 0.75 mol 0.75 mol
平衡分压 kPa kPa kPa
温度不变，平衡常数不变，则压强平衡常数Kp＝＝ kPa＝ kPa，解得x＝5。(3)生成苯乙烯的反应为主反应，则苯乙烯的选择性最高，主反应生成的氢气能使副反应⑥的平衡正向移动，则甲苯的选择性大于苯的选择性，故b代表的产物为甲苯。(4)X射线衍射技术可以测定晶体结构，A项正确；Fe2O3是催化剂，催化剂不能使平衡发生移动，不能改变乙苯平衡转化率，B项错误；Fe2O3作催化剂，可以降低乙苯脱氢反应的活化能，C项正确；改变Fe2O3颗粒大小即改变催化剂的表面积，可以改变反应速率，D项错误。(5)电负性：Cl>Br>I，C—Cl键的极性更大，更易断裂，故C6H5CH2Cl更易生成自由基C6H5C*,H2，活性最强。(6)已知Cu＋(aq)＋2L [Cu(L)2]＋ K、CuBr(s) Cu＋(aq)＋Br－(aq) Ksp，两反应相加可得：CuBr(s)＋2L [Cu(L)2]＋＋Br－(aq)，则其平衡常数为K×Ksp。
答案：(1)＋118 (2)5 (3)甲苯 主反应生成的氢气能使副反应⑥的平衡正向移动，甲苯的选择性大于苯的选择性
(4)BD (5)C6H5CH2Cl (6)K×Ksp
2．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，还有其他气体产生，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，故答案为CuO、SO3。
(2)(ⅰ)根据所给的反应方程式，NO2在反应过程中先消耗再生成，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是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)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；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%时的反应速率图像并没有给出，无法判断α＝0.88的条件下是否是平衡转化率，b错误；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；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；故答案选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，故答案选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m mol，则平衡时n(SO2)＝m(1－αe)，n(SO3)＝m·αe，Kp＝＝，故答案为。
答案：(1)CuO SO3
(2)(ⅰ)催化剂 (ⅱ)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)(ⅰ)cd (ⅱ)d (ⅲ)
3．解析：(1)设方程式①CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) ΔH＝－41.2 kJ·mol－1
②3Fe2O3(s)＋CO(g) 2Fe3O4(s)＋CO2(g) ΔH1＝
③2Fe3O4(s)＋H2O(g) 3Fe2O3(s)＋H2(g) ΔH2
根据盖斯定律可知，③＝①－②，则ΔH2＝ΔH－ΔH1＝(－41.2 kJ·mol－1)－(－47.2 kJ·mol－1)＝6 kJ·mol－1；
(2)①条件1下没有甲烷生成，只发生了水煤气变换反应，该反应是一个气体分子数不变的反应。设在条件1下平衡时容器的总体积为V，水蒸气和一氧化碳的投料分别为12 mol和5 mol，参加反应的一氧化碳为x mol，根据已知信息可得以下三段式：
CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)
开始(mol) 5 12 0 0
转化(mol) x x x x
平衡(mol) 5－x 12－x x x
×1.7 MPa＝0.40 MPa，解得x＝4；
则平衡常数K＝＝2；
②根据表格中的数据可知，有甲烷生成，且该副反应没有二氧化碳参与，且氢气的产率降低，则该方程式为：CO＋3H2 CH4＋H2O；
(3)一氧化碳和氢气都可以和氧气反应，则通入反应器的原料气中应避免混入O2，A正确；该反应前后气体计量系数相同，则增加体系总压平衡不移动，不能提高平衡产率，B错误；通入过量的水蒸气可以促进四氧化三铁被氧化为氧化铁，水蒸气不能将铁的氧化物还原为单质铁，但过量的水蒸气可以降低体系中CO和H2的浓度，从而防止铁的氧化物被还原为单质铁，C正确；若保持容器的体积不变，通过充入惰性气体增加体系总压，反应物浓度不变，反应速率不变，D错误；故选AC；(4)①按原水碳比通入冷的原料气，可以降低温度，同时化学反应速率稍减小，导致CO的转化率稍减小，与图中变化相符，A正确；喷入冷水(蒸气)，可以降低温度，但是同时水蒸气的浓度增大，会导致CO的转化率增大，与图中变化不符，B错误；通过热交换器换热，可以降低温度，且不改变投料比，同时化学反应速率稍减小，导致CO的转化率稍减小，与图中变化相符，C正确；故选AC；②增大水蒸气的浓度，平衡正向移动，则一氧化碳的的平衡转化率增大，会高于原平衡线，故图像为：
(5)反应物分子在催化剂表面的吸附是一个放热的快速过程，温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小。
答案：(1)＋6 (2)①2 ②CO＋3H2 CH4＋H2O (3)AC (4)①AC ②见解析
(5)温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小
4．解析：(1)根据盖斯定律可知，反应④＝(①＋②)÷3－③，即ΔH4＝(ΔH1＋ΔH2)÷3－ΔH3＝＋170 kJ·mol－1。(2)克劳斯工艺无法获取H2，且存在副产物SO2，高温热分解能够获得H2，H2可作燃料，且副产物少；高温热分解法的缺点是需要高温条件，能耗高。(3)设初始时H2S为1 mol，则Ar为4 mol，H2S转化了2x mol，列三段式：
2H2S(g) S2(g)＋2H2(g)
初始量/mol: 1 0 0
转化量/mol: 2x x 2x
平衡量/mol: 1－2x x 2x
平衡时H2S与H2的分压相等，则n(H2S)＝n(H2)，1－2x＝2x，可得x＝0.25，则H2S的平衡转化率＝×100%＝50%，平衡时，n(H2S)＝n(H2)＝0.5 mol，n(S2)＝0.25 mol，此时容器中气体总物质的量为0.5 mol＋0.5 mol＋0.25 mol＋4 mol＝5.25 mol，则H2S(g)、S2(g)、H2(g)的分压分别为(100×) kPa、(100×) kPa、(100×) kPa，代入Kp＝，可得Kp≈4.76 kPa。(4)①n(H2S)∶n(Ar)越小，可理解为恒压条件下，不断充入Ar，导致H2S的分压降低，相当于进行减压操作，H2S的热分解反应为气体分子数增大的反应，减压时平衡正向移动，H2S的平衡转化率升高。②由①中分析知n(H2S)∶n(Ar)＝1∶9时的转化率仅低于n(H2S)∶n(Ar)＝1∶19时的转化率，故对应图中曲线d，0.1 s时，H2S的转化率为24%，设H2S、Ar初始量分别为1 mol、9 mol，列三段式：
2H2S(g) S2(g)＋2H2(g)
初始量/mol 1 0 0
变化量/mol 0.24 0.12 0.24
0．1 s时/mol 0.76 0.12 0.24
H2S的初始分压＝100× kPa＝10 kPa，0.1 s时，H2S的分压＝100× kPa≈7.51 kPa，则变化的H2S分压约为10 kPa－7.51 kPa＝2.49 kPa，故H2S分压的平均变化率为2.49 kPa÷0.1 s＝24.9 kPa·s－1。
答案：(1)＋170
(2)高温热分解能够获得H2，H2可作燃料，且副产物少 能耗高
(3)50% 4.76
(4)①越高(或越大) H2S的热分解反应为气体分子数增大的反应，恒压条件下，不断充入Ar，导致H2S的分压降低，相当于减压，平衡正向移动，H2S的平衡转化率升高 ②d 24.9
5．解析：(1)根据盖斯定律可得，①＋②＋2×③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)＋(－16.73 kJ·mol－1)＋2×(－415.0 kJ·mol－1)＝－911.9 kJ·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)2，4 min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3 min的ΔT有变化，是因为Al和溶液中的OH－发生了反应，3 min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。
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
核心突破·提能力
[例1] 解析：根据盖斯定律可知总反应＝反应①＋反应②，则总反应的ΔH＝ΔH1＋ΔH2＝+41 kJ·mol－1 +(－90 kJ·mol－1)＝－49 kJ·mol－1。总反应是放热反应，即生成物的总能量比反应物的总能量低，则B项、D项错误；反应①为慢反应，则反应①的活化能较大，故A项正确。
答案：－49 A ΔH1为正值，ΔH2和ΔH为负值，反应①活化能大于反应②的
[练1] 解析：根据ΔH＝正反应的活化能－逆反应的活化能，可得第②步基元反应逆反应的活化能＝正反应的活化能－ΔH＝0.81 eV－(－0.41 eV)＝1.22 eV。
答案：1.22
[例2] 解析：(1)氢气和二氧化碳合成甲醇的总反应为放热反应，则升温平衡向逆反应方向移动，混合气体中甲醇的物质的量分数减小，故曲线b表示等压过程的曲线。(2)根据起始物n(H2)/n(CO2)＝3，设初始时H2为3 mol，CO2为1 mol，达到平衡时转化的CO2为a mol，应用三段式法计算：
CO2(g) ＋ 3H2(g)===CH3OH(g) ＋ H2O(g)
起始量/mol 1 3 0 0
转化量/mol a 3a a a
平衡量/mol 1－a 3－3a a a
则＝0.10，计算得a＝，故CO2的平衡转化率为 mol÷(1 mol)×100%≈33.3%。结合上述分析知，曲线a、b分别对应t＝250 ℃下的x(CH3OH)～p的曲线、p＝ Pa下的x(CH3OH)～t的曲线，对照图像中的x(CH3OH)＝0.10可知，反应条件可能是5×105Pa，210 ℃或9×105Pa，250 ℃。
答案：(1)b 总反应ΔH<0，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变小
(2)33.3% 5×105 Pa，210 ℃ 9×105 Pa，250 ℃
[练2] 解析：(1)根据盖斯定律，由Ⅱ－Ⅰ可得水气变换反应CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) ΔH＝ΔH2－ΔH1。(2)根据HCOOH HCOO－＋H＋，设平衡时H＋浓度为a mol·L－1，则HCOOH电离平衡常数Ka＝，a＝，此时反应Ⅰ正反应速率v＝k·c(H＋)·c(HCOOH)＝kx mol·L－1·h－1。
(3)
由上述分析及近似认为反应Ⅰ建立平衡后始终处于平衡状态，知t1时刻之后一氧化碳的浓度始终是甲酸浓度的5倍，反应Ⅱ平衡时c(CO2)＝c(H2)＝y mol·L－1，则结合碳原子守恒知，平衡体系中c(HCOOH)＝×(1.0－y)mol·L－1，c(CO)＝×(1.0－y)mol·L－1，＝＝，反应Ⅱ的平衡常数K2＝。加入0.10 mol·L－1盐酸后，H＋作催化剂，反应Ⅰ的反应速率加快，达平衡的时间缩短，催化剂不影响平衡移动，故CO的浓度峰值不变，则CO新的浓度峰值点可能是b点。由图可知，与不含盐酸相比，CO达浓度峰值时，CO2浓度减小(从b点做竖直垂线，观察CO2浓度变化)。温度不变，反应Ⅰ的平衡常数值不变，故的值不变。
答案：(1)ΔH2－ΔH1 (2) kx
(3) b 减小 不变
[例3] 解析：将实验1、3中数据分别代入合成氨的速率方程可得：①q＝k·mα·nβ·pγ，③10q＝k·mα·nβ·(0.1p)γ，可得γ＝－1。合成氨过程中，不断分离出氨，即降低体系中c(NH3)，生成物浓度下降，平衡向正反应方向移动，但不会提高正反应速率，a正确，c错误；反应主产物即氨不能使催化剂中毒，b错误。
答案：－1 a
[练3] 解析：(1)v正＝k正c2(NO2)，则lg v正＝lg k正＋2lg c(NO2)，v逆＝k逆c(N2O4)，则lg v逆＝lg k逆＋lg c(N2O4)，lg v逆～lg c(N2O4)的线斜率较小，则图中表示lg v逆lgc(N2O4)的线是n；(2)由①可知，图中表示lg v逆～lgc(N2O4)的线是n，则lg k逆＝a，k逆＝10a，lg k正＝a＋2，k正＝10a＋2，反应达平衡时，v逆＝v正，即k正c2(NO2)＝k逆c(N2O4)，＝，该反应的平衡常数K＝＝＝100，设T ℃时，向刚性容器中充入x mol·L－1NO2，平衡后测得c(N2O4)为1.0 mol·L－1，列出三段式：
2NO2(g) N2O4(g)
起始/(mol·L－1) x 0
变化/(mol·L－1) 2 1
平衡/(mol·L－1) x－2 1
K＝＝100，x＝2.1，则平衡时，NO2的浓度为0.1 mol·L－1，v正＝k正c2(NO2)＝10a＋2×0.12＝10a；
(3)T ℃时，向2 L的容器中充入5 mol N2O4气体和1 mol NO2气体，c(N2O4)＝＝2.5 mol·L－1，c(NO2)＝＝0.5 mol·L－1，v正＝10a＋2×0.52＝2.5×10a＋1，v逆＝10a×2.5＝2.5×10a，v正＞v逆。
答案：(1)n (2)10a (3)＞
[例4] 解析：(1)由图中信息可知，当失重比为19.4%时，FeSO4·7H2O转化为FeSO4·xH2O，则＝19.4%，解得x＝4；当失重比为38.8%时，FeSO4·7H2O转化为FeSO4·yH2O，则＝38.8%，解得y＝1。
(2)①FeSO4·7H2O(s)===FeSO4(s)＋7H2O(g) ΔH1＝a kJ·mol－1
②FeSO4·xH2O(s)===FeSO4(s)＋xH2O(g) ΔH2＝b kJ·mol－1
③FeSO4·yH2O(s)===FeSO4(s)＋yH2O(g) ΔH3＝c kJ·mol－1
根据盖斯定律可知，①＋③－②×2可得FeSO4·7H2O(s)＋FeSO4·yH2O(s)===2(FeSO4·xH2O)(s)，则ΔH＝(a＋c－2b) kJ·mol－1。
(3)将FeSO4置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：2FeSO4(s) Fe2O3(s)＋SO2(g)＋SO3(g)(Ⅰ)。由平衡时 T的关系图可知，660 K时＝1.5 kPa，则＝1.5 kPa，因此，该反应的平衡总压p总＝3 kPa、平衡常数Kp(Ⅰ)＝1.5 kPa×1.5 kPa＝2.25(kPa)2。由图中信息可知随着温度升高而增大，因此，Kp(Ⅰ)随反应温度升高而增大。
(4)提高温度，上述容器中进一步发生反应2SO3(g) 2SO2(g)＋O2(g)(Ⅱ)，在同温同压下，不同气体的物质的量之比等于其分压之比，由于仅发生反应(Ⅰ)时＝，则＝，因此，平衡时＝。在929 K时，p总＝84.6 kPa、＝35.7 kPa，则＝p总、＝，联立方程组消去，可得＝4p总，代入相关数据可求出＝46.26 kPa，则＝84.6 kPa－35.7 kPa－46.26 kPa＝2.64 kPa，Kp(Ⅱ)＝＝ kPa。
答案：(1)4 1 (2)(a＋c－2b)
(3)3 2.25 增大
46.26
[练4] 解析：(1)结合BaPtCl6(s) BaCl2(s)＋Pt(s)＋2Cl2(g)可得376.8 ℃时K′p＝1.0×104 Pa2＝p2(Cl2)，则平衡时p(Cl2)＝ Pa＝1.0×102 Pa＝0.1 kPa。相同温度、相同容积下，气体物质的量之比等于压强之比，设平衡时I2减小的压强为x kPa，根据三段式法得
I2(g) ＋ Cl2(g) 2ICl(g)
起始压强/(kPa): 20.0 0
转化压强/(kPa): x x 2x
平衡压强/(kPa): 20.0－x 0.1 2x
根据平衡时总压强为32.5 kPa得(20.0－x)＋0.1＋2x＝32.5，解得x＝12.4，则平衡时pICl＝12.4 kPa×2＝24.8 kPa。结合上述分析可知反应2ICl(g) I2(g)＋Cl2(g)的平衡常数K＝＝[或]。(2)①结合图像lg Kp2～×103可知，随横坐标逐渐增大，即温度逐渐降低，lg Kp2逐渐减小，即平衡逆向移动，说明该反应的正反应为吸热反应，即ΔH大于0。②结合题中信息可知Kp1＝、Kp2＝，故反应2ICl(g) I2(g)＋Cl2(g)的平衡常数K＝＝Kp1·Kp2。设T′>T，即<，据图可知：lg Kp2(T′)－lg Kp2(T)>|lg Kp1(T′)－lg Kp1(T)|＝lg Kp1(T)－lg Kp1(T′)，则lg Kp2(T′)＋lg Kp1(T′)>lg Kp2(T)＋lg Kp1(T)，即lg [Kp2(T′)·Kp1(T′)]>lg [Kp2(T)·Kp1(T)]，故K(T′)>K(T)，由此可判断出2ICl(g) I2(g)＋Cl2(g)为吸热反应，即ΔH大于0。
答案：(1)24.8
(2)①大于 ②Kp1·Kp2 大于
设T′>T，即<，由图可知：
lg Kp2(T′)－lg Kp2(T)>|lg Kp1(T′)－lg Kp1(T)|＝lg Kp1(T)－lg Kp1(T′)，
则lg Kp2(T′)＋lg Kp1(T′)>lg Kp2(T)＋lg Kp1(T)，
即lg [Kp2(T′)·Kp1(T′)]>lg [Kp2(T)·Kp1(T)]，
故K(T′)>K(T)
模考精练·抓落实
1．解析：(1)根据盖斯定律可知，反应③＝×(②－①)，所以对应ΔH3＝(ΔH2－ΔH1)＝(－329 kJ·mol－1－285 kJ·mol－1)＝－307 kJ·mol－1；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K3＝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。则同一时间段内，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300 K条件下的反应；
根据上述分析结合图像可知，300 K、60 s时－lg[]＝0.1，
则＝10－0.1，利用数学关系式可求出c(M＋)＝(100.1－1)c(MO＋)，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×100%；
(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和CD3OH，共2种。
答案：(1)－307 或
(2) b ×100%
(3) Ⅰ c ＜ 2
2．解析：(1)反应Ⅱ可以减小N2(g)浓度，同时增大NH3(g)浓度，使反应Ⅰ平衡正向移动，增大NO的平衡转化率。
(2)根据盖斯定律，(Ⅰ＋Ⅱ×2)÷3得，2NO(g)＋2H2(g) N2(g)＋2H2O(g)的ΔH≈－664.3 kJ·mol－1。
(3)由题意可得三段式：
①0～10 min内，用NO的浓度变化表示的平均反应速率v(NO)＝＝0.016 mol·L－1·min－1。
②反应的平衡常数Kc＝＝。
③甲中平衡时气体总物质的量为3.2 mol，乙中起始气体总物质的量为6 mol，物质的量之比等于压强之比，则甲中平衡时气体压强与乙中起始气体压强之比为。乙中浓度商Qc＝＝80 L·mol－1(4)①由图可知，新型催化剂在较低温度下，单位时间内NO的转化率更高，催化效果更好。
②该反应为放热反应，温度升高反应逆向进行，且催化剂不影响平衡，M点为反应正向进行的状态，N、Q点状态可能是达到平衡后，升高温度平衡逆向移动的状态，P点反应达到平衡状态。
答案：(1)增大 (2)－664.3 kJ·mol－1
(3)①0.016 mol·L－1·min－1 ②800 ③> 甲中平衡气体压强与乙中起始气体压强之比为，乙中浓度商Qc(4)①在较低温度下，单位时间内NO的转化率更高 ②M
3．解析：(1)①反应Ⅰ为分解反应，反应Ⅱ为化合反应，大多数分解反应为吸热反应，大多数化合反应为放热反应，故298 K下，ΔH1＝＋80.2 kJ·mol－1；ΔH2＝－108 kJ·mol－1；根据盖斯定律，反应(Ⅰ×3＋Ⅱ)可得反应3CH3I(g) C3H6(g)＋3HI(g)，故ΔH4＝66.3 kJ·mol－1。②反应Ⅰ吸热，反应Ⅱ、Ⅲ放热，升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动，三者均使C2H4的平衡物质的量分数增加。③由图可知，715 K，平衡时n(C3H6)＝n(C4H8)＝2n(C2H4)，设平衡时n(C2H4)＝x，则n(C3H6)＝n(C4H8)＝2x，n(CH3I)＝y，则由反应Ⅰ守恒可知n(HI)＝1－y，由碳元素守恒得1＝y＋2x＋6x＋8x①，C2H4的物质的量分数为4%，即4%＝②，由①②得x＝，y＝，故CH3I的转化率为×100%＝80%；平衡时n(总)＝1＋5x＝，CH3I的物质的量分数为＝，HI的物质的量分数为＝，则Kx＝＝0.64。
(2)①由盖斯定律可知，Ⅱ＝Ⅰ＋Ⅳ－2Ⅲ，故Kp2＝＝＝36。
②因为压强之比等于物质的量之比，40 min达到平衡时，Kp＝，即36＝，故p(I2)＝5×106Pa，故v正＝k正·x(H2)·x(I2)＝b×min－1＝1.44×10－2bmin－1。
答案：(1)①＋66.3 ②反应Ⅰ吸热，反应Ⅱ、Ⅲ放热，升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动，三者均使C2H4的平衡物质的量分数增加 ③80% ④0.64 (2)①36 ② 1.44×10－2b
4．解析：(1)依据盖斯定律有④＝③－3×②，则ΔH4＝ΔH3－3×ΔH2＝(c－3b) kJ·mol－1。
(2)3Fe(s)＋4H2O(g) 4H2(g)＋Fe3O4(s)，反应前后气体分子数不变，压强不变，反应达平衡时总压仍为p，此时氢气的物质的量分数为0.492，则水蒸气的物质的量分数为0.508，氢气分压为0.492p、水蒸气分压为0.508p。
①该反应的Kp＝＝。②0～t min，用单位时间内分压变化表示的反应速率vH2O＝＝。
(3)①通入H2能抑制铁被氧化，是因为通入氢气能使反应②和③的平衡逆向移动，从而防止铁被氧化。②当＝0.5，反应温度从845 K升到1 073 K，从图示可看出为四氧化三铁转化为氧化亚铁的过程，含铁物质发生反应的化学方程式为：Fe3O4＋H23FeO＋H2O。
(4)①由图示可看出，a点碳的质量分数虽然大于b点，为＝1.52倍，但a点所用时间是b点的，脱碳效率a点大于b点；②相同温度下，反应从30 min到50 min，碳的质量分数继续下降，说明反应向正方向进行，故c点v正>v逆。
答案：(1)(c－3b)
(2) ① ②
(3)①通入氢气能使反应②和③的平衡逆向移动
②Fe3O4＋H23FeO＋H2O
(4)①大于 ②> 相同温度下，反应从30 min到50 min，碳的质量分数继续下降，说明反应正向进行，故c点v正>v逆。专题精练（13）
1．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N2（g）＋H2（g）===NH3（g）的ΔH＝（473＋654－436－397－339） kJ·mol－1＝－45 kJ·mol－1。（2）由图1中信息可知，N2（g）===N（g）的ΔH＝＋473 kJ·mol－1，则N≡N的键能为946 kJ·mol－1；H2（g）===3H（g）的ΔH＝＋654 kJ·mol－1，则H—H键的键能为436 kJ·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≡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 Fe属于立方晶系，晶胞参数a＝287 pm，密度为7.8 g·cm－3，设其晶胞中含有Fe的原子数为x，则α Fe晶体密度ρ＝ g·cm－3＝7.8 g·cm－3，解得x＝，即α Fe晶胞中含有Fe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＜p3，②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。在恒压下充入惰性气体Ar，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，充入惰性气体Ar不利于合成氨，进料组成中含有惰性气体Ar的图是图4。③图3中，进料组成为xH2＝0.75、xN2＝0.25两者物质的量之比为3∶1。假设进料中氢气和氮气的物质的量分别为3 mol和1 mol，达到平衡时氮气的变化量为x mol，则有：
N2（g）＋3H2（g） 2NH3（g）
始（mol） 1 3 0
变（mol） x 3x 2x
平（mol） 1－x 3－3x 2x
当p2＝20MPa、xNH3＝0.20时，xNH3＝＝0.20，解得x＝，则氮气的转化率α＝≈33.33%，平衡时N2、H2、NH3的物质的量分别为 mol、2 mol、 mol，其物质的量分数分别为、、，则该温度下K′p＝＝（MPa）－2。因此，该温度时，反应N2（g）＋H2（g） NH3（g）的平衡常数Kp＝＝＝（MPa）－1。
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≡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）①p1＜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 ②图4 ③33.33%
2．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AgOCN＋NH4Cl===CO（NH2）2＋AgCl。
（2）反应ⅰ的活化能是E1，反应ⅱ活化能是E3，E1（3）①电极b上发生H2O失电子生成O2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2NO＋16e－＋CO2＋18H＋===CO（NH2）2＋7H2O。
（4）①尿素消化分解生成NH3和CO2，由于反应中存在浓H2SO4，则消化液中含氮粒子为NH。②除了已知数据外，还需要的是样品的质量，步骤ⅲ所加入H2SO4溶液的体积和浓度。
答案：（1）AgOCN＋NH4Cl===CO（NH2）2＋AgCl
（2）ab
（3）①阳 ②2NO＋16e－＋CO2＋18H＋===CO（NH2）2＋7H2O
（4）①NH ②样品的质量，步骤Ⅲ所加入H2SO4溶液的体积和浓度
3．解析：（1）根据反应热＝反应物的总键能－生成物的总键能，ΔH1＝－270 kJ·mol－1＝2a＋436 kJ·mol－1×4－413 kJ·mol－1×4－463 kJ·mol－1×4 ，则a＝745。
（2）①由图可知，曲线Ⅱ、Ⅲ为同一温度，不同的催化剂比表面积，温度为T1，曲线Ⅰ为T2，曲线Ⅰ先达到平衡，速率大，对应温度高，T1＜T2，曲线Ⅲ对应的实验编号是b，催化剂比表面积大，反应速率大。②反应Ⅰ、Ⅱ同时进行，曲线Ⅱ压强由200 kPa降到160 kPa，＝ ，n平＝4 mol，设反应Ⅰ生成2x mol水，
可得等式：5－（x＋4x＋1.2－2x＋1.2－2x）＋x＋1.2＋1.2－2x＝4，x＝0.5，平衡时反应Ⅱ生成的水为0.2 mol，甲烷为0.5 mol，一氧化碳为0.2 mol，氢气为1.8 mol，二氧化碳为0.3 mol，若在曲线Ⅱ的条件下，10 min达到平衡时生成1.2 mol H2O，则10 min内反应的平均速率v（H2O）＝＝ ＝4.8 kPa·min－1，反应Ⅱ的平衡常数Kp＝＝ ＝。
（3）反应Ⅰ的平衡常数K＝ ，且平衡时v正（H2）＝v逆（H2）＝2v逆（H2O），可得k1·c4（H2）·c（CO2）＝2k2·c2（H2O）·c（CH4）整理得：＝＝K，反应Ⅰ的平衡常数K＝。图中A、B、C、D四个点中，上升速度较快的为v（H2），在平衡时，应有v正（H2）＝v逆（H2），由v逆（H2）＝2v逆（H2O），即v正（H2）＝2v正（H2O），在C点v（H2）＝2v（H2O），能表示反应已达到平衡状态的是C。
答案：（1）745 （2）①＜ b ②4.8 （3） C
4．解析：（1）由盖斯定律，反应②－①可得反应2CO（g）＋2NO（g）===N2（g）＋2CO2（g）的ΔH＝ΔH2－ΔH1＝－566－（＋180）＝ －746 kJ·mol－1；（2）HNO2的电离平衡常数Ka（HNO2）＝，常温下pH＝4则c（H＋）＝10－4mol·L－1，则＝＝≈0.2；（3）a.总反应为N2O（g）＋CO（g） CO2（g）＋N2（g），实际过程是分两步进行，因此反应①和反应②相加得到总反应，则反应②等于总反应减去反应①，可得反应②为FeO＋＋CO CO2＋Fe＋；根据反应①的历程图可知，由Fe＋和N2O经过渡态得到产物FeO＋和N2，过渡态和反应物Fe＋和N2O的能量差为反应①的活化能，同理，可知反应②的活化能，可知，反应①的活化能大于反应②的活化能，活化能越大，化学反应速率越慢，而化学反应速率慢的步骤为决速步，决定反应达到平衡所用时间，即反应①决定反应达到平衡所用时间；b.根据图像，C点和B点，反应物的投料比相同，但是B点表示的平衡状态，N2O的转化率高于C点，平衡正向移动，N2O的转化率增加；B和C点的反应物投料比相同，因此不是改变反应物的浓度；反应前后的气体体积不变，因此压强不影响平衡移动，只能是温度，该反应为放热反应，平衡正向移动，温度越低N2O转化率越大，则TB＝1，所以K（C）＝K（D），化学平衡不发生移动，则TC＝TD；（4）若反应进行到5 min时，反应达到平衡，气体密度减小16 g·L－1，则生成S的质量为16 g·L－1×1 L＝16 g，生成硫的物质的量为n＝＝＝0.5 mol，则：
v（CO）＝＝＝0.2 mol·L－1·min－1；若升高温度，气体的密度增加，说明平衡逆向移动，则正方向为放热反应，即反应的ΔH＜0；（5）pH为7～8时，正极SO在还原菌作用下得电子，发生还原反应，电极反应式为SO＋5H2O＋8e－===HS－＋9OH－。
答案：（1）－746 kJ·mol－1
（2）0.2
（3）a. FeO＋＋CO CO2＋Fe＋ 反应① b．< ＝
（4）0.2 mol·L－1·min－1 <
（5）SO＋5H2O＋8e－===HS－＋9OH－
5．解析：（1）在水蒸气存在下固态胺吸收CO2反应生成酸式碳酸盐的反应是放热反应，则升高温度平衡逆向移动，解吸出CO2，操作方法是加热。
（2）①根据盖斯定律反应Ⅰ＋Ⅱ可得目标反应，ΔH＝ΔH1＋ΔH2＝41－246＝－205 kJ·mol－1；②生成甲烷的反应是放热反应，降低温度平衡正移，可提高甲烷平衡产率，另生成甲烷的反应是气体分子数减小的反应，增大压强平衡正移，甲烷平衡产率增大，则反应条件是适当降低温度（或适当增大压强）；③第一步历程H原子被吸附在催化剂表面，说明HH非极性共价键断裂，还有·CO2转化为·HOCO，说明CO极性共价键也断裂，A错误；Ts1的能垒即正反应的活化能最大，说明反应速率最慢，整个反应速率由最慢的一个历程决定，则该转化反应的速率取决于Ts1的能垒，B正确；由图知·HOCO转化为·CO和·OH的反应物总能量比生成物的总能量高，为放热反应，则ΔH<0，C正确；催化剂参与化学反应，能降低反应的活化能，但平衡不移动，不能提高反应物的转化率，D错误。
（3）①对于反应CO2（g）＋4H2（g） CH4（g）＋2H2O（g） ΔH＝－205 kJ·mol－1，升高温度，反应逆向移动，H2的物质的量分数增大，CH4和H2O的物质的量分数减小，且CH4和H2O的物质的量分数之比为1∶2，故图中a、b、c代表的物质分别为H2O、CH4、H2；温度低于500 ℃时，CO的物质的量分数约为0，说明CO几乎完全反应，化学平衡常数越大，反应越完全，则反应Ⅱ的化学平衡常数大。
②起始时＝4，设CO2的起始量为a mol，变化量为x mol，则H2的起始量为4a mol，列三段式计算如下：
M点时，n（CH4）＝n（H2），即4a－4x＝x，整理得x＝0.8a，则平衡时CO2、H2、CH4、H2O的物质的量分别为0.2a mol、0.8a mol、0.8a mol、1.6a mol，各气体的总物质的量为（0.2a＋0.8a＋0.8a＋1.6a）mol＝3.4a mol，在恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，则＝，平衡时总压p＝atm，平衡分压p（CO2）＝×atm＝ 0.04 atm，Kp＝＝
＝625atm－2。
答案：（1）加热
（2）①－205 kJ·mol－1 ②适当降低温度（或适当增大压强） ③BC
（3）①b Ⅱ ②0.04 625
