2022届优质校一模化学试卷汇编——化学反应原理综合题 （答案版）.docx

专题 12××化学反应原理综合题对接高考题 型考查年份关联知识点化学反应原理综合题2021年全国乙卷元素的性质、化学平衡常数求算、综合图像分析、吸热反应放热反应判断、化学平衡移动原理2021年全国甲卷盖斯定律、能量与反应进程图像、温度体积分数图像分析、化学平衡移动原理、化学平衡常数计算、转化率计算、2021年北京卷元素的性质、电化学、化学平衡常数2020年天津卷物质的性质、电子式、空间构型、转化率、化学平衡标志的判断、转化率温度图像分析2021年山东卷物质的命名、反应热相关计算、平衡常数、图像分析、化学平衡移动原理2021年河北卷热化学反应方程式、新型化学电池2021年湖南卷反应热计算、自发反应的判断、图像分析、速率、平衡常数的计算、电解原理的应用、化学平衡移动原理2021年湖北卷焓变与键能的关系、化学平衡常数、图像分析、速率求算、化学平衡移动方法点拨考点1 以气相反应为载体的综合考查1题型特点这类试题往往以化学反应速率，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）H符号的判断、热化学方程式的书写、应用盖斯定律计算H。（2）化学反应速率的计算与比较，外因对化学反应速率的影响（浓度、压强、温度、催化剂）。（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、生成物的状态，气体体积变化，反应的热效率。（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Q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。3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的对应数据。（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。例题1（2021年全国甲卷）二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。回答下列问题：（1）二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：该反应一般认为通过如下步骤来实现：总反应的H=_；若反应为慢反应，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_。A B C D（2）合成总反应在起始物时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为，在下的、在下的如图所示。用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式_；图中对应等压过程的曲线是_，判断的理由是_；当时，的平衡转化率_，反应条件可能为_或_。【答案】（1）-49 A H1为正值，H2为和H为负值，反应的活化能大于反应的 （2） b 总反应H<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 33.3% 5×105Pa，210 9×105Pa，250 【解析】（1）二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：，该反应一般认为通过如下步骤来实现：，根据盖斯定律可知，+可得二氧化碳加氢制甲醇的总反应为： ；该反应总反应为放热反应，因此生成物总能量低于反应物总能量，反应为慢反应，因此反应的活化能高于反应，同时反应的反应物总能量低于生成物总能量，反应的反应物总能量高于生成物总能量，因此示意图中能体现反应能量变化的是A项，故答案为：-49；A；H1为正值，H2为和H为负值，反应的活化能大于反应的。（2）二氧化碳加氢制甲醇的总反应为，因此利用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式Kp=。该反应正向为放热反应，升高温度时平衡逆向移动，体系中将减小，因此图中对应等压过程的曲线是b，故答案为：b；总反应H<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。设起始n（CO2）=1mol，n（H2）=3mol，则，当平衡时时，=0.1，解得x=mol，平衡时CO2的转化率=33.3%；由图可知，满足平衡时的条件有：5×105Pa，210或9×105Pa，250，故答案为：33.3%；5×105Pa，210；9×105Pa，250。例题2（2021年湖南卷）氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运，可通过下面两种方法由氨气得到氢气。方法I：氨热分解法制氢气相关化学键的键能数据化学键键能946436.0390.8一定温度下，利用催化剂将分解为和。回答下列问题：（1）反应H=_；（2）已知该反应的，在下列哪些温度下反应能自发进行？_（填标号）A25 B125 C225 D325（3）某兴趣小组对该反应进行了实验探究。在一定温度和催化剂的条件下，将通入3L的密闭容器中进行反应（此时容器内总压为200kPa），各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。若保持容器体积不变，时反应达到平衡，用的浓度变化表示时间内的反应速率_（用含的代数式表示）时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后分压变化趋势的曲线是_（用图中a、b、c、d表示），理由是_；在该温度下，反应的标准平衡常数_。（已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应，其中，、为各组分的平衡分压）。方法：氨电解法制氢气利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其装置如图所示。（4）电解过程中OH-的移动方向为_（填“从左往右”或“从右往左”）；（5）阳极的电极反应式为_。【答案】（1）+90.8 （2）CD （3） b 开始体积减半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小 0.48 （4）从右往左 （5）2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O 【解析】（1）根据反应热=反应物的总键能-生成物的总键能，2NH3(g)N2(g)+3H2(g)，H=390.8kJmol-1-(946 kJmol-1+436.0kJmol-1)= +90.8kJmol-1，故答案为：+90.8；（2）若反应自发进行，则需H-TS<0，T>=456.5K，即温度应高于(456.5-273)=183.5，CD符合，故答案为：CD；（3）设t1时达到平衡，转化的NH3的物质的量为2x，列出三段式：根据同温同压下，混合气体的物质的量等于体积之比，=，解得x=0.02mol，（H2）=molL-1min-1，故答案为：；t2时将容器体积压缩到原来的一半，开始N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小，故b曲线符合，故答案为：b；开始体积减半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小；由图可知，平衡时，NH3、N2、H2的分压分别为120 kPa、40 kPa、120 kPa，反应的标准平衡常数=0.48，故答案为：0.48；（4）由图可知，通NH3的一极氮元素化合价升高，发生氧化反应，为电解池的阳极，则另一电极为阴极，电解过程中OH-移向阳极，则从右往左移动，故答案为：从右往左；（5）阳极NH3失电子发生氧化反应生成N2，结合碱性条件，电极反应式为：2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O，故答案为：2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O。考点2 物质性质与化学平衡的综合考查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联的知识。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）化学键与反应的热效应计算、信息条件下速率计算、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解题思路（1）根据题目提供的信息，结合元素及其化合物的相关知识，先对简单问题进行解答。（2）识别图像类型，确定横坐标、纵坐标的含义，理解题型中线（曲线、折线）、点（起点、拐点等）所表示的含义。（3）思考有关化学原理相关章节所涉及到与图像有关的定律公式等。（4）图像与相关规律合理整合对接，做出正确合理规范解答。例题3（2021年北京卷）某小组实验验证“Ag+Fe2+Fe3+Ag”为可逆反应并测定其平衡常数。（1）实验验证实验I：将0.0100 mol/L Ag2SO4溶液与0.0400 mo/L FeSO4溶液（pH=1）等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。实验II：向少量Ag粉中加入0.0100 mol/L Fe2(SO4)3溶液（pH=1），固体完全溶解。取I中沉淀，加入浓硝酸，证实沉淀为Ag。现象是_。II中溶液选用Fe2(SO4)3，不选用Fe(NO3)3的原因是_。综合上述实验，证实“Ag+Fe2+Fe3+Ag”为可逆反应。小组同学采用电化学装置从平衡移动角度进行验证。补全电化学装置示意图，写出操作及现象_。（2）测定平衡常数实验III：一定温度下，待实验I中反应达到平衡状态时，取v mL上层清液，用c1 mol/L KSCN标准溶液滴定Ag+，至出现稳定的浅红色时消耗KSCN标准溶液v1 mL。资料：Ag+SCN-AgSCN（白色） K=1012Fe3+SCN-FeSCN2+（红色） K=102.3滴定过程中Fe3+的作用是_。测得平衡常数K=_。（3）思考问题取实验I的浊液测定c(Ag+)，会使所测K值_（填“偏高”“偏低”或“不受影响”）。不用实验II中清液测定K的原因是_。【答案】（1）灰黑色固体溶解，产生红棕色气体 防止酸性条件下，氧化性氧化Fe2+干扰实验结果 a：铂/石墨电极，b：FeSO4 或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，c：AgNO3 溶液；操作和现象：闭合开关 K，Ag电极上固体逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同；或者闭合开关 K，Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转 （2）指示剂 （3）偏低 Ag完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态 【解析】（1）由于Ag能与浓硝酸发生反应：Ag+2HNO3(浓)=AgNO3+NO2+H2O，故当观察到的现象为灰黑色固体溶解，产生红棕色气体，即可证实灰黑色固体是Ag，故答案为：灰黑色固体溶解，产生红棕色气体。由于Fe(NO3)3溶液电离出将与溶液中的H+结合成由强氧化性的HNO3，能氧化Fe2+而干扰实验，故实验II使用的是Fe2(SO4)3溶液，而不是Fe(NO3)3溶液，故答案为：防止酸性条件下，氧化性氧化Fe2+干扰实验结果。由装置图可知，利用原电池原理来证明反应Fe2+Ag+Ag+Fe3+为可逆反应，两电极反应为：Fe2+-e-Fe3+，Ag+e-Ag，故另一个电极必须是与Fe3+不反应的材料，可用石墨或者铂电极，左侧烧杯中电解质溶液必须含有Fe3+或者Fe2+，采用FeSO4或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，右侧烧杯中电解质溶液必须含有Ag+，故用AgNO3溶液，组装好仪器后，加入电解质溶液，闭合开关 K，装置产生电流，电流从哪边流入，指针则向哪个方向偏转，根据b中所加试剂的不同，电流方向可能不同，因此可能观察到的现象为：Ag电极逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同，表明平衡发生了移动；另一种现象为：Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转，表明平衡发生了移动，故答案为：a：铂/石墨电极，b：FeSO4或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，c：AgNO3溶液；操作和现象：闭合开关 K，Ag电极上固体逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同；或者闭合开关 K，Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转。（2）Fe3+与SCN-反应生成红色FeSCN2+，因Ag+与SCN-反应相较于Fe3+与SCN-反应更加容易及彻底，当溶液变为稳定浅红色，说明溶液中的Ag+恰好完全滴定，且溶液中Fe3+浓度不变，说明上述反应答案平衡，故溶液中Fe3+的作用是滴定反应的指示剂，故答案为：指示剂。取I中所得上清液vmL。用c1mol/L的KSCN溶液滴定，至溶液变为稳定浅红色时，消耗v1mL，已知：Ag+SCN-AgSCN，K=1012，说明反应几乎进行完全，故有I中上层清液中Ag+的浓度为：c(Ag+)=mol/L，根据平衡三段式进行计算如下：，故反应的平衡常数K= ，故答案为：指示剂；。（3）若取实验I所得浊液测定Ag+浓度，则浊液中还有Ag，因存在平衡Fe2+Ag+Ag+Fe3+，且随着反应Ag+SCN-AgSCN，使得上述平衡逆向移动，则测得平衡体系中的c(Ag+)偏大，即偏大，故所得到的K= 偏小，故答案为：偏小。由于实验II中Ag完全溶解，故无法判断体系是否达到化学平衡状态，因而不用实验II所得溶液进行测定并计算K，故答案为：Ag完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态。试题汇编1（2021·安徽·高三）氮的化合物是水体、空气中的污染物，对生态系统和人体健康造成危害，其治理或综合利用是科研工作者研究的热点。（1）经研究发现，废水中氨氮（以NH3表示）可用次氯酸钠去除，反应原理如图所示：氨氮的去除过程不宜采用较高温度加热的方法加快反应速率，其原因是_； 理论上，次氯酸钠和去除的氨氮（以NH3表示）的物质的量之比为_。（2）一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图所示：已知4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) 1=-907. 28kJ·mol-14NH3(g) +3O2(g)2N2(g)+6H2O(g) 2=-1269.02kJ·mol-1则图中脱除NO的总反应的热化学方程式为_。在沸石笼中以一定流速通过体积比一定的NH3、NO、O2在不同温度下进行该催化还原反应，催化剂的质量分数对单位时间内NO去除率的影响如图所示：从起始至对应A、B、C三点的平均反应速率由大到小的顺序为_；若混合气体中O2含量一定，在催化剂适宜温度范围内，当时，随着该比值的增大，NO去除率_ （填“增大”，“减小”或“不变”）；当>1时，随着该比值的增大，NO去除率无明显变化，可能的原因是_。【答案】（1）反应过程生成HClO，HClO不稳定，温度过高易发生分解，使氨氮去除率降低 32 （2）4NO(g)+4NH3(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g) =-1630.76kJ·mol-1 C>B>A 增大 NO的去除接近反应限度，去除率无明显变化 【解析】（1）由图可知反应过程生成HClO，HClO不稳定，温度过高易发生分解，使氨氮去除率降低，所以氨氮的去除过程不宜采用较高温度加热的方法加快反应速率；次氯酸钠去除废水中氨氮，氯元素化合价由+1降低为-1、N元素化合价由-3升高为0，根据得失电子守恒，次氯酸钠和氨氮的物质的量之比为32；（2）4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) 1=-907. 28kJ·mol-14NH3(g) +3O2(g)2N2(g)+6H2O(g) 2=-1269.02kJ·mol-1根据盖斯定律×2 -得4NO(g)+4NH3(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g) =(-1269.02kJ·mol-1)× 2-(-907.28kJ·mol-1)=-1630.76kJ·mol-1；A、C两点温度相同，催化剂的质量分数不同，由图可知，催化剂的质量分数越大，反应速率越大，A、B两点，催化剂的质量分数一样，温度B点高，则反应速率快， B、C两点催化剂的质量分数对反应速率影响大，即C>A，则从起始至对应A、B、C三点的平均反应速率由大到小的顺序为C>B>A；根据反应4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)可知，当时，即此时氨气量不足，随着该比值的增大，平衡正向移动，NO去除率增大；若烟气中O2含量一定，在催化剂适宜温度范围内，当>1时，NO的去除接近反应限度，所以随着该比值增大，去除率无明显变化。若烟气中O2含量一定，在催化剂适宜温度范围内，当>1时，氨气过量，NO的去除接近反应限度，所以随着该比值增大，去除率无明显变化。2（2021·山西大同·高三）当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。因此，研发二氧化碳的利用技术，将二氧化碳转化为能源是缓解环境和能源问题的方案之一。I利用二氧化碳催化加氢制甲醇（CH3OH）。CO2和H2在一定条件下合成甲醇。在2L恒容密闭容器中充入总物质的量为6mol的CO2和H2发生反应：，改变氢碳比，在不同温度下反应达到平衡状态，测得的实验数据如下表。CO2转化率/%温度/K5006007008001.5453320122.0604328153.083624022（1）下列说法中正确的是_（填标号）；Av(CH3OH)=v(CO2)时，反应达到平衡B增大氢碳比，平衡正向移动，平衡常数增大CCO2和H2合成甲醇为放热反应D当混合气体密度不变时，达到平衡（2）在700K、氢碳比为3.0的条件下，若5min时反应达到平衡状态，则05min内用H2表示的平均反应速率为_；（3）该反应一般认为通过如下步骤来实现：总反应的_；若反应为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是_（填标号）。II二氧化碳催化加氢合成乙烯的原理为。原料初始组成，体系压强恒定为0.1MPa，不同温度下反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。（4）图中曲线a代表四种物质中的_（填化学式）；（5）利用A点数据，计算630K时反应的平衡常数Kp=_（列出计算式即可。以分压表示，分压=总压×物质的量分数）。III电解法转化CO2可实现CO2的资源化利用。（6）电解CO2制的原理示意图如下所示，反应时阴极电极反应式为_。【答案】（1）C（2）（3）-49 A （4）H2（5）（6）或【解析】（1）A反应速率之比等于其化学方程式计量数之比，未指明反应方向，则v(CH3OH)=v(CO2)不能说明正逆反应速率相同，故A错误；B平衡常数与温度有关，增大氢碳比，相当于增大压强，由于正反应为气体分子数减小，则平衡正向移动，但温度不变，则平衡常数不变，故B错误；C由表数据可知，升高温度，CO2转化率减小，说明平衡逆向移动，则反应为放热反应，故C正确；D混合气体的质量不变，在恒容密闭容器中体积不变，则混合气体密度一直不变，不能说明达到平衡，故D错误；故选C；（2）向2L密闭容器中充入H2和CO2共6mol，在700K、氢碳比为3.0，氢气为4.5mol，二氧化碳物质的量为1.5mol，二氧化碳转化率为40%，消耗二氧化碳物质的量=1.5mol×40%=0.6mol，若5min反应达到平衡状态，由速率之比等于系数比，则；（3）由盖斯定律，则+得 =1+2=+41 kJ·mol-1-90 kJ·mol-1=-49kJ·mol-1，慢反应活化能高，反应为慢反应，说明活化能比反应大，总反应放热，所以选A；（4）由题中信息可知，两反应物初始投料之比等于化学计量数之比，由图中曲线的起点坐标可知，c和a所表示的物质的物质的量分数之比为13、d和b表示的物质的物质的量分数之比为14，则结合化学计量数之比可以判断，表示乙烯变化的曲线是d，表示二氧化碳变化曲线的是c，表示水蒸气变化曲线是b，表示H2变化曲线是a；（5）图中a点表示H2的物质的量分数为x(H2)=0.6=，投料比n(CO2)(H2)=13，即投料比等于化学计量数比，则平衡时x(CO2)x(H2)=13，x(C2H4)x(H2O)=14，故x(CO2)=×0.6=0.2=，x(C2H4)+x(H2O)=x(C2H4)+4x(C2H4)=1-0.6-0.2=0.2，则x(C2H4)=，x(H2O)=4x(C2H4)=4×=，若平衡时a点的压强为0.1MPa，则该反应的平衡常数Kp=或；（6）Sn电极为阴极，阴极CO2发生还原反应生成HCOO-，电极反应为：或。3（2021·江苏常州·高三）以废锂电池（主要成分为LiCoO2和Al，含少量C、Fe单质）为原料可制备Co3O4。已知：Co元素常见化合价为+2、+3，钴酸锂（LiCoO2）不溶于水，Co2+和Co3+均易与NH3形成络合物。（1）将一定量的废锂电池粉碎，加入适量的稀硫酸和30%的H2O2溶液，加热搅拌，待固体充分溶解后，过滤除去不溶性杂质。溶解时，LiCoO2在H2SO4和H2O2作用下转化为可溶性硫酸盐Li2SO4和CoSO4，该反应的离子方程式为_。溶解后，Fe元素以Fe2(SO4)3形式存在于滤液中。推测微粒的氧化性强弱顺序为CoO_（填“>”或“<”）Fe3+。（2）向滤液中滴加NaOH溶液，调节pH进行除杂。若溶液中c(Co2+)=0.2mol·L-1，欲使溶液中Fe3+，Al3+的浓度均小于1×10-6mol·L-1，需控制的pH范围为_。已知：室温下，KspAl(OH)3=1×10-33，KspFe(OH)3=3×10-39，KspCo(OH)2=2×10-15（3）向除杂后的溶液中加入NaHCO3溶液，水浴加热至50左右，反应生成CoCO3沉淀。若改用NH4HCO3作沉淀剂，CoCO3的沉淀率明显降低，原因是_。（4）在纯氧中加热分解CoCO3，测得加热升温过程中固体的质量变化如图所示。加热分解CoCO3制备Co3O4需要控制的温度为_（写出计算推理过程）。【答案】（1）2LiCoO2+H2O2+6H+=2Li+2Co2+4H2O+O2 >（2）5.0pH<7.0（3）NH4HCO3水解生成一水合氨在加热下产生氨气，Co2+易与NH3形成络合物，使CoCO3的沉淀率明显降低（4）300600【解析】（1）LiCoO2中Co化合价为+3，与H2O2反应生成CoSO4，Co化合价降低1，O元素化合价升高1，H2O2中2个O原子均升价，由升降相等，则LiCoO2系数为2，H2O2为1，反应的离子方程式为2LiCoO2+ H2O2+H+=2Li+2Co2+4H2O+O2；LiCoO2与H2O2的反应中，作氧化剂，H2O2作还原剂；而Fe溶解的过程中，H2O2作氧化剂，Fe3+作氧化产物，故氧化性：> Fe3+；（2）由于KspAl(OH)3> KspFe(OH)3，为了除去Fe3+，Al3+，应调节pH大于Al3+的沉淀，此时，常温下，pH=5，同时防止Co2+沉淀，同理，pH=7，所以需控制的pH范围为5.0pH<7.0；（3）若改用NH4HCO3作沉淀剂，铵根和碳酸氢根在加热下水解程度更大，产生氨气，由于Co2+易与NH3形成络合物，所以CoCO3的沉淀率明显降低；（4）由Co元素守恒可得关系式：3 CoCO3Co3O4，则需要控制的温度300600。4（2021·全国·模拟）羰基硫（O=C=S）广泛存在于以煤为原料制备的各种化工原料气中，能引起催化剂中毒、化学产品质量下降和大气污染等。羰基硫的氢解和水解反应是两种常用的脱硫方法，其反应式如下。请回答下列问题：氢解反应：COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g) 1=+7kJ·mol-1水解反应：COS(g)+H2O(g)H2S(g)+CO2(g) 2=-35kJ·mol-1（1）根据上述信息：CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) 3，则3=_。（2）羰基硫的氢解反应的正、逆反应的平衡常数（K）与温度T的关系如图所示，其中表示逆反应的平衡常数（K逆）变化曲线的是_（填“A”或“B”）。T1时，向容积为10L的恒容密闭容器中充入2molCOS(g)和1molH2(g)，发生COS的氢解反应，则该温度下COS的平衡转化率为_。（保留两位有效数字）（3）某温度时，在恒容密闭容器中用活性-Al2O3作催化剂发生羰基硫（COS）的水解反应，COS(g)的平衡转化率随不同投料比n(H2O)/n(COS)的转化关系如图1所示。其他条件相同时，改变反应温度，测得反应时间为ts时COS的水解转化率如图2所示。反应时间为ts时，该水解反应的最佳反应条件为投料比n(H2O)/n(COS)=_，温度为_。当温度升高到一定值后，发现反应时间为ts时COS(g)的水解转化率降低，猜测可能的原因是_。COS氢解反应产生的CO可合成二甲醚（CH3OCH3），二甲醚燃料电池的工作原理如图所示。该电池的负极反应式为：_。【答案】（1）-42kJ/mol（2）B 33% （3）10 160 催化剂活性降低，反应速率变慢；该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动 CH3OCH3 -12e-+3H2O = 2CO2 + 12H+ 【解析】（1）已知：COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g) 1=+7kJ·mol-1；：COS(g)+H2O(g)H2S(g)+CO2(g) 2=-35kJ·mol-1，有盖斯定律-得：CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) 3=-42kJ/mol；（2）羰基硫的氢解反应的正反应>0，正反应的平衡常数（K）随温度 T 升高而增大，故表示正反应的变化曲线为A，表示逆反应的平衡常数（K逆）变化曲线的为B；T1时，K正=K逆，而K正与K逆互为倒数，则K正=1，向容积为 10L 的恒容密闭容器中充入 2mol COS(g)和 1mol H2(g)，发生 COS 的氢解反应，有如下变化：则K= =1，解得x= ， COS 的平衡转化率为 =33%；（3）从图像可知，反应时间为 t s 时，该水解反应的最佳反应条件为投料 n(H2O)/n(COS)= 10；有图2可知，COS(g)的水解转化率最高时，温度为160；当温度升高到一定值后，反应时间为ts时COS(g)的水解转化率降低，说明催化剂活性降低，反应速率变慢；或者该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动；该燃料电池负极通入的是二甲醚，负极反应式为：CH3OCH3 -12e-+3H2O = 2CO2 + 12H+。5（2021·全国·模拟）氢气是重要的化工原料，研究氢气的高效利用具有深远的意义。回答下列问题。合成氨工业中，H2与N2在铁触媒的作用下反应历程为：化学吸附：N2(g)2N*（*表示吸附态，下同）、H2(g)2H*；表面吸附：N*+H*NH*、NH*+H*NH2*、NH2*+H*NH3*。脱附：NH3*NH3(g)。其中脱附决定合成氨的整体反应速率。（1）根据题意，铁触媒在合成氨中的作用为_。（2）实际生产中，原料气中H2和N2的物质的量之比为2.81，N2适度过量的理由除了原料易得、可提高H2的转化率外，还有_。（3）已知：Ka1(H2SO3)Kb(NH3·H2O)Ka2(H2SO3)。工业上用氨水处理硫酸厂尾气中的SO2，恰好生成(NH4)2SO3时，溶液显_性（填“酸”“中”或“碱”，下同）；继续吸收SO2恰好生成NH4HSO3时，溶液显_性。在一定条件下，H2可以用于治理氮氧化物污染。（4）有关键能如下表，则2H2(g)+2NO(g)N2(g)+2H2O(g)该反应正反应与逆反应活化能之差为_。化学键HHNON2HO键能/（kJ·mol1）436632946464（5）向两个容积为2 L的刚性容器中均充入2 mol H2和2 mol NO，分别在220和300发生反应：2H2(g)+2NO(g)N2(g)+2H2O(g)。测得两容器中H2与H2O的物质的量随时间的变化关系如图所示，曲线平衡后气体的总压强为p1kPa，曲线平衡后气体的总压强为p2kPa。220条件下的变化曲线为_（填“”或“”）；ad段N2的平均反应速率为_mol/（L·min）。a、c、d三点的逆反应速率由大到小的顺序为_（用a、c、d表示）；曲线代表的温度下，该反应的Kp=_（Kp为用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数，分压=总压×物质的量分数）。【答案】（1）催化剂（2）氮气适度过量，容器内氮气浓度增加，化学反应速率加快（3）碱 酸 （4）-666 kJ/mol（5）I 0.0125 cda 【解析】（1）根据题意，铁触媒在合成氨中的作用为催化剂，起催化作用；（2）n(H2)n(N2)=2.81，比反应方程式中N2(g)+3H2(g)2NH3(g) n(H2)n(N2)=31小，说明N2稍微过量，氮气适度过量，除了由于N2这种原料易得、可提高H2的转化率外，还有可以使容器内氮气浓度增加，因此化学反应速率加快；（3）铵根离子水解呈酸性，其水解常数Kh1=；亚硫酸根水解使溶液呈碱性，水解常数Kh2=，由于KbKa2，所以Kh1Kh2，故恰好生成（NH4）2SO3时，溶液显呈碱性；继续吸收SO2恰好生成NH4HSO3时，的电离常数是Ka2，其水解常数是Kh3=，由于NaHSO3溶液呈酸性，说明的电离程度的水解程度，而铵根离子水解使溶液呈酸性，故NH4HSO3溶液是酸性；（4）此反应的=反应物断键所需能量-生成物成键放出能量=2×436 kJ/mol+2×632 kJ/mol -(946 kJ/mol +4×464 kJ/mol)= -666 kJ/mol，说明正反应与逆反应活化能之差为-666 kJ/mol；（5）根据先拐先平，可判断出II的反应速率更快，因此反应II的温度更高，所以反应220条件下的变化曲线为I，也可以通过比较两种温度的转化率也可得出该结论。ad段的H2反应速率为v(H2)=0.025 mol/(L·min)，根据方程式可知用N2表示的化学反应速率是用H2表示反应速率的一半，则v(N2)=v(H2)=0.0125 mol/(L·min)；c、d均达到平衡，温度越高，反应速率越大，则逆反应速率：cd，而曲线I中，a点未达到平衡，其正反应速率逆反应速率，则a点逆反应速率d点逆反应速率，故a、c、d三点的逆反应速率由大到小的顺序为：cda；对于可逆反应：2H2(g)+2NO(g)N2(g)+2H2O(g)，反应开始时n(H2)=2 mol，n(NO)=2 mol，反应达到平衡时n(H2)=1 mol，n(NO)=1 mol，则根据物质反应转化关系可知平衡时n(N2)=0.5 mol，n(H2O)=1 mol，则平衡时气体总物质的量n(总)=3.5 mol，则P(H2)=P(NO)=P(H2O)=；P(N2)=，则该反应的化学平衡常数Kp=。6（2021·山东潍坊·高三）苯乙烯是一种重要的有机化工原料，可利用乙苯催化脱氢法制备。实际生产中常在体系中充入一定量的CO2，主要反应如下：IC8H10(g)C8H8(g)+H2(g) 1=+117.6kJ·mol-1；IICO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) 2=+41.2kJ·mol-1。回答下列问题：（1）一定温度下，向盛放催化剂的10L恒容密闭容器中充入2molC8H10(g)和1molCO2(g)发生反应I和反应II。20min末达到平衡，C8H8(g)、H2O(g)的体积分数分别为25%和5%。020min内，用C8H10的物质的量浓度变化表示的平均反应速率(C8H10)=_。起始投料量不变，在不同温度、压强下重复实验，测得H2的平衡体积分数与温度和压强的关系如图所示。由图可知，温度低于T0°C时，以反应_（填“I”或“II”）为主，理由为_；T1°C时，三条曲线几乎相交的原因为_。（2）催化脱氢过程中发生积碳反应：(g)8C(s)+4H2(g) 3=-126kJ·mol-1。积碳反应可能导致的后果为_（写一条即可）。【答案】（1）0.005mol·L-1·min-1 I 升高温度H2的平衡体积分数增大 T1时，以反应II为主，该反应前后气体分子总数不变，三条曲线几乎相交 （2）生成的碳单质覆盖在催化剂表面，导致催化剂的反应活性降低，减小氢气生成苯乙烯的速率【解析】（1）反应I为气体分子数增大的反应，反应II为气体分子数不变的反应，故气体总物质的量的增大值为苯乙烯的