五年高考化学 真题专题点拨专题12 化学反应原理综合（含解析）-人教高三全册化学试题

专题12 化学反应原理综合【2020年】1.（2020新课标）硫酸是一种重要的基本化工产品，接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧化：SO2(g)+O2(g)SO3(g) H=98 kJmol1。回答下列问题：（1）钒催化剂参与反应的能量变化如图所示，V2O5(s)与SO2(g)反应生成VOSO4(s)和V2O4(s)的热化学方程式为：_。（2）当SO2(g)、O2(g)和N2(g)起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa压强下，SO2平衡转化率随温度的变化如图所示。反应在5.0MPa、550时的=_，判断的依据是_。影响的因素有_。（3）将组成(物质的量分数)为2m% SO2(g)、m% O2(g)和q% N2(g)的气体通入反应器，在温度t、压强p条件下进行反应。平衡时，若SO2转化率为，则SO3压强为_，平衡常数Kp=_(以分压表示，分压=总压物质的量分数)。（4）研究表明，SO2催化氧化的反应速率方程为：v=k(1)0.8(1n)。式中：k为反应速率常数，随温度t升高而增大；为SO2平衡转化率，为某时刻SO2转化率，n为常数。在=0.90时，将一系列温度下的k、值代入上述速率方程，得到vt曲线，如图所示。曲线上v最大值所对应温度称为该下反应的最适宜温度tm。ttm后，v逐渐下降。原因是_。【答案】 （1）2V2O5(s)+ 2SO2(g) 2VOSO4(s)+ V2O4(s) H= -351 kJmol-1 （2）0.975 该反应气体分子数减少，增大压强，提高。所以，该反应在550、压强为5.0MPa2.5MPap的，所以p1=5.0MPa 反应物（N2和O2）的起始浓度（组成）、温度、压强 （3） （4） 升高温度，k增大使v逐渐提高，但降低使v逐渐下降。当ttm，k增大对v的提高大于引起的降低；当ttm，k增大对v的提高小于引起的降低【解析】根据盖斯定律，用已知的热化学方程式通过一定的数学运算，可以求出目标反应的反应热；根据压强对化学平衡的影响，分析图中数据找到所需要的数据；根据恒压条件下总压不变，求出各组分的分压，进一步可以求出平衡常数；根据题中所给的速率公式，分析温度对速率常数及二氧化硫的转化率的影响，进一步分析对速率的影响。（1）由题中信息可知：SO2(g)+O2(g)SO3(g) H= -98kJmol-1V2O4(s)+ SO3(g)V2O5(s)+ SO2(g) H2= -24kJmol-1V2O4(s)+ 2SO3(g)2VOSO4(s) H1= -399kJmol-1根据盖斯定律可知，-2得2V2O5(s)+ 2SO2(g) 2VOSO4(s)+ V2O4(s)，则H= H1-2H2=( -399kJmol-1)-( -24kJmol-1)2= -351kJmol-1，所以该反应的热化学方程式为：2V2O5(s)+ 2SO2(g) 2VOSO4(s)+ V2O4(s) H= -351 kJmol-1；（2） SO2(g)+O2(g)SO3(g)，该反应是一个气体分子数减少的放热反应，故增大压强可以使化学平衡向正反应方向移动。因此，在相同温度下，压强越大，SO2的平衡转化率越大，所以，该反应在550、压强为5.0MPa条件下，SO2的平衡转化率一定高于相同温度下、压强为2.5MPa的，因此，p1=5.0MPa，由图中数据可知，=0.975。影响的因素就是影响化学平衡移动的因素，主要有反应物（N2和O2）的浓度、温度、压强等。（3）假设原气体的物质的量为100mol，则SO2、O2和N2的物质的量分别为2m mol、m mol和q mol，2m+m+q=3m+q=100，SO2的平衡转化率为，则有下列关系：平衡时气体的总物质的量为n(总)= 2m(1-)+m(1-)+2mmol+q mol，则SO3的物质的量分数为。该反应在恒压容器中进行，因此，SO3的分压p(SO3)=，p(SO2)=，p(O2)=，在该条件下，SO2(g)+ O2(g)2SO3(g) 的Kp=。（4） 由于该反应是放热反应，温度升高后降低。由题中信息可知，v=，升高温度，k增大使v逐渐提高，但降低使v逐渐下降。当ttm，k增大对v的提高大于引起的降低；当ttm，k增大对v的提高小于引起的降低。2.（2020新课标）天然气的主要成分为CH4，一般还含有C2H6等烃类，是重要的燃料和化工原料。（1）乙烷在一定条件可发生如下反应：C2H6(g)= C2H4(g)+H2(g) H，相关物质的燃烧热数据如下表所示：物质C2H6(g)C2H4(g)H2(g)燃烧热H/( kJmol1)-1560-1411-286H=_kJmol1。提高该反应平衡转化率的方法有_、_。容器中通入等物质的量的乙烷和氢气，在等压下(p)发生上述反应，乙烷的平衡转化率为。反应的平衡常数Kp=_(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数)。（2）高温下，甲烷生成乙烷的反应如下：2CH4C2H6+H2。反应在初期阶段的速率方程为：r=k，其中k为反应速率常数。设反应开始时的反应速率为r1，甲烷的转化率为时的反应速率为r2，则r2=_ r1。对于处于初期阶段的该反应，下列说法正确的是_。A增加甲烷浓度，r增大 B增加H2浓度，r增大C乙烷的生成速率逐渐增大 D降低反应温度，k减小（3）CH4和CO2都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如下图所示：阴极上的反应式为_。若生成的乙烯和乙烷的体积比为21，则消耗的CH4和CO2体积比为_。【答案】 （1） 137 升高温度 减小压强(增大体积) （2）1 AD （3） CO2+2e=CO+O2 65【解析】（1）由表中燃烧热数值可知：C2H6(g)+O2(g)=2CO2(g) +3H2O(l) H1= -1560kJmol-1；C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g) +2H2O(l) H2= -1411kJmol-1；H2(g)+O2(g)=H2O(l) H3= -286kJmol-1；根据盖斯定律可知，-得C2H6(g) =C2H4(g) + H2(g)，则H= H1-H2-H3=( -1560kJmol-1)-( -1411kJmol-1)- ( -286kJmol-1)=137kJmol-1，故答案为137；反应C2H6(g) C2H4(g) + H2(g)为气体体积增大的吸热反应，升高温度、减小压强平衡都向正反应方向移动，故提高该反应平衡转化率的方法有升高温度、减小压强（增大体积）；设起始时加入的乙烷和氢气各为1mol，列出三段式，C2H6(g) C2H4(g) + H2(g)起始（mol） 1 0 1转化（mol） 平衡（mol） 1- 1+平衡时，C2H6、C2H4和H2平衡分压分别为p、p和p，则反应的平衡常数为Kp=；（2） 根据r=k，若r1= kc，甲烷转化率为时，甲烷的浓度为c(1-)，则r2= kc(1-)，所以r2=(1-)r1；增大反应物浓度反应速率增大，故A说法正确；由速率方程可知，初期阶段的反应速率与氢气浓度无关，故B说法错误；反应物甲烷的浓度逐渐减小，结合速率方程可知，乙烷的生成速率逐渐减小，故C说法错误；化学反应速率与温度有关，温度降低，反应速率常数减小，故D正确。答案选AD。（3） 由图可知，CO2在阴极得电子发生还原反应，电极反应为CO2+2e-=CO+O2-；令生成乙烯和乙烷分别为2体积和1体积，根据阿伏加德罗定律，同温同压下，气体体积比等于物质的量之比，再根据得失电子守恒，得到发生的总反应为：6CH4+5CO2=2C2H4+ C2H6+5H2O+5CO，即消耗CH4和CO2的体积比为6:5。3.（2020新课标）二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO2的热点研究领域。回答下列问题：（1）CO2催化加氢生成乙烯和水的反应中，产物的物质的量之比n(C2H4)n(H2O)=_。当反应达到平衡时，若增大压强，则n(C2H4)_(填“变大”“变小”或“不变”)。（2）理论计算表明，原料初始组成n(CO2)n(H2)=13，在体系压强为0.1MPa，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。图中，表示C2H4、CO2变化的曲线分别是_、_。CO2催化加氢合成C2H4反应的H_0(填“大于”或“小于”)。（3）根据图中点A(440K，0.39)，计算该温度时反应的平衡常数Kp=_(MPa)3(列出计算式。以分压表示，分压=总压物质的量分数)。（4）二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随副反应，生成C3H6、C3H8、C4H8等低碳烃。一定温度和压强条件下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当_。【答案】（1）14 变大 （2）d c 小于 （3）或等 （4）选择合适催化剂等【解析】根据质量守恒定律配平化学方程式，可以确定产物的物质的量之比。根据可逆反应的特点分析增大压强对化学平衡的影响。根据物质的量之比等于化学计量数之比，从图中找到关键数据确定代表各组分的曲线，并计算出平衡常数。根据催化剂对化反应速率的影响和对主反应的选择性，工业上通常要选择合适的催化剂以提高化学反应速率、减少副反应的发生。（1）CO2催化加氢生成乙烯和水，该反应的化学方程式可表示为2CO2+6H2 CH2 = CH2+4H2O，因此，该反应中产物的物质的量之比n(C2H4)：n(H2O)=1：4。由于该反应是气体分子数减少的反应，当反应达到平衡状态时，若增大压强，则化学平衡向正反应方向移动，n(C2H4)变大。（2） 由题中信息可知，两反应物的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1:3、d和b表示的物质的物质的量分数之比为1:4，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。由图中曲线的变化趋势可知，升高温度，乙烯的物质的量分数减小，则化学平衡向逆反应方向移动，则该反应为放热反应，H小于0。（3） 原料初始组成n(CO2)n(H2)=13，在体系压强为0.1Mpa建立平衡。由A点坐标可知，该温度下，氢气和水的物质的量分数均为0.39，则乙烯的物质的量分数为水的四分之一，即，二氧化碳的物质的量分数为氢气的三分之一，即，因此，该温度下反应的平衡常数(MPa)-3=(MPa)-3。（4）工业上通常通过选择合适的催化剂，以加快化学反应速率，同时还可以提高目标产品的选择性，减少副反应的发生。因此，一定温度和压强下，为了提高反应速率和乙烯的选择性，应当选择合适的催化剂。4.（2020江苏卷）CO2/ HCOOH循环在氢能的贮存/释放、燃料电池等方面具有重要应用。（1）CO2催化加氢。在密闭容器中，向含有催化剂的KHCO3溶液(CO2与KOH溶液反应制得)中通入H2生成HCOO-，其离子方程式为_；其他条件不变，HCO3-转化为HCOO-的转化率随温度的变化如图-1所示。反应温度在4080范围内，HCO3-催化加氢的转化率迅速上升，其主要原因是_。（2） HCOOH燃料电池。研究 HCOOH燃料电池性能的装置如图-2所示，两电极区间用允许K+、H+通过的半透膜隔开。电池负极电极反应式为_；放电过程中需补充的物质A为_(填化学式)。图-2所示的 HCOOH燃料电池放电的本质是通过 HCOOH与O2的反应，将化学能转化为电能，其反应的离子方程式为_。（3） HCOOH催化释氢。在催化剂作用下， HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图-3所示。HCOOD催化释氢反应除生成CO2外，还生成_(填化学式)。研究发现：其他条件不变时，以 HCOOK溶液代替 HCOOH催化释氢的效果更佳，其具体优点是_。【答案】 （1） 温度升高反应速率增大，温度升高催化剂的活性增强 （2） H2SO4 或 （3） HD 提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度【解析】（1）含有催化剂的KHCO3溶液中通入H2生成HCOO，根据元素守恒和电荷守恒可得离子方程式为：+H2HCOO+H2O；反应温度在4080范围内时，随温度升高，活化分子增多，反应速率加快，同时温度升高催化剂的活性增强，所以的催化加氢速率迅速上升；（2）左侧为负极，碱性环境中HCOO失电子被氧化为，根据电荷守恒和元素守恒可得电极反应式为HCOO+2OH2e= +H2O；电池放电过程中，钾离子移向正极，即右侧，根据图示可知右侧的阴离子为硫酸根，而随着硫酸钾不断被排除，硫酸根逐渐减少，铁离子和亚铁离子进行循环，所以需要补充硫酸根，为增强氧气的氧化性，溶液最好显酸性，则物质A为H2SO4；根据装置图可知电池放电的本质是HCOOH在碱性环境中被氧气氧化为，根据电子守恒和电荷守恒可得离子方程式为2HCOOH+O2+2OH = 2+2H2O或2HCOO+O2= 2；（3）根据分析可知HCOOD可以产生HCOO和D+，所以最终产物为CO2和HD(H与D+结合生成)；HCOOK是强电解质，更容易产生HCOO和K+，更快的产生KH，KH可以与水反应生成H2和KOH，生成的KOH可以吸收分解产生的CO2，从而使氢气更纯净，所以具体优点是：提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度。5.（2020山东卷）探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CH3OH的产率。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下：. . . 回答下列问题：（1）_。（2）一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1 mol CO2和3 mol H2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH(g)为 mol，CO为b mol，此时H2O(g)的浓度为_molL-1(用含a、b、V的代数式表示，下同)，反应的平衡常数为_。（3）不同压强下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，实验测定CO2平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度的变化关系如下图所示。已知：CO2的平衡转化率=CH3OH的平衡产率=其中纵坐标表示CO2平衡转化率的是图_(填“甲”或“乙”)；压强p1、p2、p3由大到小的顺序为_；图乙中T1温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是_。（4）为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，应选择的反应条件为_(填标号)。A.低温、高压 B.高温、低压 C.低温、低压 D.高温、高压【答案】 （1） +40.9 （2） （3）乙 p1、p2、p3 T1时以反应为主，反应前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响 （4）A【解析】根据盖斯定律计算反应热；利用三个反应，进行浓度和化学平衡常数的计算；结合图形根据勒夏特列原理考虑平衡移动的方向，确定温度和压强变化时，CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率之间的关系得到相应的答案。（1）.根据反应I+II=III，则H3=H1+H2=-49.5kJmol-1+(-90.4 kJmol-1)=+40.9 kJmol-1；（2）.假设反应II中，CO反应了xmol，则II生成的CH3OH为xmol，I生成的CH3OH为(a-x)mol，III生成CO为(b+x)mol，根据反应I：，反应II： ，反应III：，所以平衡时水的物质的量为(a-x)mol+(b+x)mol =(a+b)mol，浓度为:；平衡时CO2的物质的量为1mol-(a-x)mol-(b+x)mol=(1-a-b)mol，H2的物质的量为3mol-3(a-x)mol-2x-(b+x)mol=(3-3a-b)mol，CO的物质的量为bmol，水的物质的量为(a+b)mol，则反应III的平衡常数为：；（3）.反应I和II为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则CH3OH的平衡产率减少，所以图甲表示CH3OH的平衡产率，图乙中，开始升高温度，由于反应I和II为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率降低，反应III为吸热反应，升高温度反应III向正反应方向移动，升高一定温度后以反应III为主，CO2的平衡转化率又升高，所以图乙表示CO2的平衡转化率；压强增大，反应I和II是气体体积减小的反应，反应I和II平衡正向移动，反应III气体体积不变化，平衡不移动，故压强增大CH3OH的平衡产率增大，根据图所以压强关系为：p1p2p3；温度升高，反应I和II平衡逆向移动，反应III向正反应方向移动，所以T1温度时，三条曲线交与一点的原因为：T1时以反应III为主，反应III前后分子数相等，压强改变对平衡没有影响；（4）.根据图示可知，温度越低，CO2的平衡转化率越大，CH3OH的平衡产率越大，压强越大，CO2的平衡转化率越大，CH3OH的平衡产率越大，所以选择低温和高压，答案选A。6.（2020天津卷）利用太阳能光解水，制备的H2用于还原CO2合成有机物，可实现资源的再利用。回答下列问题：.半导体光催化剂浸入水或电解质溶液中，光照时可在其表面得到产物（1）下图为该催化剂在水中发生光催化反应的原理示意图。光解水能量转化形式为_。（2）若将该催化剂置于Na2SO3溶液中，产物之一为SO42-，另一产物为_。若将该催化剂置于AgNO3溶液中，产物之一为O2，写出生成另一产物的离子反应式_。.用H2还原CO2可以在一定条下合成CH3OH(不考虑副反应)：（3）某温度下，恒容密闭容器中，CO2和H2的起始浓度分别为 a molL-1和3 a molL-1，反应平衡时，CH3OH的产率为b，该温度下反应平衡常数的值为_。（4）恒压下，CO2和H2的起始物质的量比为1:3时，该反应在无分子筛膜时甲醇的平衡产率和有分子筛膜时甲醇的产率随温度的变化如图所示，其中分子筛膜能选择性分离出H2O。甲醇平衡产率随温度升高而降低的原因为_。P点甲醇产率高于T点的原因为_。根据上图，在此条件下采用该分子筛膜时的最佳反应温度为_C。.调节溶液pH可实现工业废气CO2的捕获和释放（5） CO32-的空间构型为_。已知25碳酸电离常数为Ka1、Ka2，当溶液pH=12时，=1：_：_。【答案】 （1）光能转化为化学能 （2） H2 （3） （4）该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动（或平衡常数减小） 分子筛膜从反应体系中不断分离出H2O，有利于反应正向进行，甲醇产率升高 210 （5）平面（正）三角形 【解析】I.（1）根据图示，该催化剂在水中发生光催化反应的方程式为2H2O2H2+O2，光解水能量转化形式为光能转化为化学能。（2）若将该催化剂置于Na2SO3溶液中，产物之一为SO42-，SO32-被氧化成SO42-，则H+被还原为H2，即另一产物为H2；若将该催化剂置于AgNO3溶液中，产物之一为O2，氧元素的化合价升高，O2为氧化产物，则生成另一产物的反应为还原反应，由于Ag+得电子能力大于H+，故生成另一产物的离子反应式为Ag+e-=Ag。II.（3） CO2和H2的起始浓度分别为 a molL-1和3 a molL-1，CH3OH的产率为b，则生成的CH3OH物质的量浓度为abmol/L，根据三段式 则反应的平衡常数K= =；因为分子筛膜能选择性分离出H2O，c（H2O）减小，有利于反应正向进行，甲醇产率升高，故P点甲醇产率高于T点。根据图示，使用该分子筛膜210时甲醇的产率最大，故在此条件下采用该分子筛膜时的最佳反应温度为210。III.（5）CO32-中C的孤电子对数为（4+2-32）=0，键电子对数为3，价层电子对数为3，C上没有孤电子对，故CO32-的空间构型为平面正三角形；H2CO3的电离方程式为H2CO3H+HCO3-、HCO3- H+CO32-，则Ka1= 、Ka2=，当溶液的pH=12时，c（H+）=110-12mol/L，将其代入Ka1、Ka2中分别求出c（）=1012Ka1 c(H2CO3)、c（CO32-）=1012Ka2 c（HCO3-）=1024Ka1Ka2 c(H2CO3)，则c(H2CO3)：c（HCO3-）：c（CO32-） =1：（1012Ka1）：（1024Ka1Ka2）。7.（2020浙江卷）研究CO2氧化C2H6制 C2H4对资源综合利用有重要意义。相关的主要化学反应有： 已知：298K时，相关物质的相对能量(如图1)。可根据相关物质的相对能量计算反应或变化的(随温度变化可忽略)。例如： 。请回答：（1）根据相关物质的相对能量计算_。下列描述正确的是_A 升高温度反应的平衡常数增大B 加压有利于反应、的平衡正向移动C 反应有助于乙烷脱氢，有利于乙烯生成D 恒温恒压下通水蒸气，反应的平衡逆向移动有研究表明，在催化剂存在下，反应分两步进行，过程如下：，且第二步速率较慢(反应活化能为)。根据相关物质的相对能量，画出反应分两步进行的“能量-反应过程图”，起点从的能量，开始(如图2)_。（2）CO2和 C2H6按物质的量1:1投料，在923K和保持总压恒定的条件下，研究催化剂X对“CO2氧化C2H6制 C2H4”的影响，所得实验数据如下表：催化剂转化率转化率产率催化剂X19.037.63.3结合具体反应分析，在催化剂X作用下，CO2氧化C2H6的主要产物是_，判断依据是_。采用选择性膜技术(可选择性地让某气体通过而离开体系)可提高C2H4的选择性(生成C2H4的物质的量与消耗C2H6的物质的量之比)。在773K，乙烷平衡转化率为9.1，保持温度和其他实验条件不变，采用选择性膜技术，乙烷转化率可提高到11.0。结合具体反应说明乙烷转化率增大的原因是_。【答案】 （1） 430 AD (2) .CO C2H4的产率低，说明催化剂X有利于提高反应速率 选择性膜吸附C2H4，促进反应平衡正向移动【解析】根据题中信息用相对能量求反应热；根据平衡移动原理分析温度、压强和反应物的浓度对化学平衡的影响，并作出相关的判断；根据相关物质的相对能量和活化能算出中间产物、过渡态和最终产物的相对能量，找到画图的关键数据；催化剂的选择性表现在对不同反应的选择性不同；选择性膜是通过吸附目标产品而提高目标产物的选择性的，与催化剂的选择性有所区别。（1）由图1的数据可知，C2H6(g)、CO2(g)、CO(g)、H2(g)的相对能量分别为-84kJmol-1、-393 kJmol-1、-110 kJmol-1、0 kJmol-1。由题中信息可知，H=生成物的相对能量-反应物的相对能量，因此，C2H6(g)+2CO2(g)4CO(g)+3H2(g) H3=(-110 kJmol-1)4-(-84kJmol-1)-( -393 kJmol-1)2=430 kJmol-1。反应为吸热反应，升高温度能使其化学平衡向正反应方向移动，故其平衡常数增大，A正确；反应和反应的正反应均为气体分子数增大的反应，增大压强，其化学平衡均向逆反应方向移动，B不正确；反应的产物中有CO，增大CO的浓度，能使反应的化学平衡向逆反应方向移动，故其不利于乙烷脱氢，不利于乙烯的生成，C不正确；反应的反应前后气体分子数不变，在恒温恒压下向平衡体系中通入水蒸气，体系的总体积变大，水蒸气的浓度变大，其他组分的浓度均减小相同的倍数，因此该反应的浓度商变大（大于平衡常数），化学平衡向逆反应方向移动，D正确。综上所述，描述正确的是AD。由题中信息可知，反应分两步进行，第一步的反应是C2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+H2(g) +CO2(g)，C2H4(g)、H2(g)、CO2(g)的相对能量之和为52 kJmol-1+0+(-393 kJmol-1)= -341 kJmol-1；第二步的反应是C2H4(g)+H2(g) +CO2(g)C2H4(g)+H2O(g) +CO(g)，其活化能为210 kJmol-1，故该反应体系的过渡态的相对能量又升高了210 kJmol-1，过渡态的的相对能量变为-341 kJmol-1+210 kJmol-1= -131 kJmol-1，最终生成物C2H4(g)、H2O(g)、CO(g)的相对能量之和为(52 kJmol-1)+(-242 kJmol-1)+(-110 kJmol-1)= -300 kJmol-1。根据题中信息，第一步的活化能较小，第二步的活化能较大，故反应分两步进行的“能量反应过程图”可以表示如下：。（2）由题中信息及表中数据可知，尽管CO2和C2H6按物质的量之比1：1投料，但是C2H4的产率远远小于C2H6的转化率，但是CO2的转化率高于C2H6，说明在催化剂X的作用下，除了发生反应，还发生了反应，而且反应物主要发生了反应，这也说明催化剂X有利于提高反应速率，因此，CO2氧化C2H6的主要产物是CO。故答案为：CO；C2H4的产率低说明催化剂X有利于提高反应速率。由题中信息可知，选择性膜技术可提高C2H4的选择性，由反应C2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+H2O(g) +CO(g)可知，该选择性应具体表现在选择性膜可选择性地让C2H4通过而离开体系，即通过吸附C2H4减小其在平衡体系的浓度，从而促进化学平衡向正反应方向移动，因而可以乙烷的转化率。故答案为：选择性膜吸附C2H4，促进反应平衡向正反应方向移动。【2019年】12019新课标水煤气变换CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)是重要的化工过程，主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。回答下列问题：（1）Shibata曾做过下列实验：使纯H2缓慢地通过处于721 下的过量氧化钴CoO(s)，氧化钴部分被还原为金属钴Co(s)，平衡后气体中H2的物质的量分数为0.0250。在同一温度下用CO还原CoO(s)，平衡后气体中CO的物质的量分数为0.0192。根据上述实验结果判断，还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO_H2（填“大于”或“小于”）。（2）721 时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合，采用适当的催化剂进行反应，则平衡时体系中H2的物质的量分数为_（填标号）。A0.25B0.25 C0.250.50D0.50E0.50（3）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用标注。可知水煤气变换的H_0（填“大于”“等于”或“小于”），该历程中最大能垒（活化能）E正=_eV，写出该步骤的化学方程式_。（4）Shoichi研究了467 、489 时水煤气变换中CO和H2分压随时间变化关系（如下图所示），催化剂为氧化铁，实验初始时体系中的和相等、和相等。计算曲线a的反应在3090 min内的平均速率(a)=_kPamin1。467 时和随时间变化关系的曲线分别是_、_。489 时和随时间变化关系的曲线分别是_、_。【答案】（1）大于（2）C（3）小于 2.02 COOH*+H*+H2O*=COOH*+2H*+OH*（或H2O*=H*+OH*）（4）0.0047 b c a d【解析】（1）H2还原氧化钴的方程式为：H2(g)CoO(s)=Co(s)H2O(g)；CO还原氧化钴的方程式为：CO(g)CoO(s)=Co(s)CO2(g)，平衡时H2还原体系中H2的物质的量分数（）高于CO还原体系中CO的物质的量分数（），故还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO大于H2；（2）721 时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合，可设其物质的量为1mol，则CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)起始（mol） 1 1 0 0转化（mol） x x x x平衡（mol） 1-x 1-x x x则平衡时体系中H2的物质的量分数=，因该反应为可逆反应，故x0.5，由此可判断最终平衡时体系中H2的物质的量分数介于0.250.50，故答案为C；（3）根据水煤气变换CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)并结合水煤气变换的反应历程相对能量可知，CO(g)+H2O(g)的能量（-0.32eV）高于CO2(g)+H2(g)的能量（-0.83eV），故水煤气变换的H小于0；活化能即反应物状态达到活化状态所需能量，根据变换历程的相对能量可知，最大差值为：其最大能垒（活化能）E正=1.86-(-0.16)eV=2.02eV；该步骤的反应物为COOH+H+H2OCOOH+2H+OH；因反应前后COOH和1个H未发生改变，也可以表述成H2OH+OH；（4）由图可知，3090 min内a曲线对应物质的分压变化量p=（4.08-3.80）kPa=0.28 kPa，故曲线a的反应在3090 min内的平均速率(a)=0.0047 kPamin1；由（2）中分析得出H2的物质的量分数介于0.250.5，CO的物质的量分数介于00.25，即H2的分压始终高于CO的分压，据此可将图分成两部分：由此可知，a、b表示的是H2的分压，c、d表示的是CO的分压，该反应为放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，CO分压增加，H2分压降低，故467 时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是b、c；489 时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是a、d。22019新课标 环戊二烯（）是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下列问题：（1）已知：(g) (g)+H2(g)H1=100.3 kJmol 1 H2(g)+ I2(g) 2HI(g)H2=11.0 kJmol 1 对于反应：(g)+ I2(g) (g)+2HI(g) H3=_kJmol 1。（2）某温度下，等物质的量的碘和环戊烯（）在刚性容器内发生反应，起始总压为105Pa，平衡时总压增加了20%，环戊烯的转化率为_，该反应的平衡常数Kp=_Pa。达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，可采取的措施有_（填标号）。A通入惰性气体B提高温度C增加环戊烯浓度D增加碘浓度（3）环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是_（填标号）。AT1T2Ba点的反应速率小于c点的反应速率Ca点的正反应速率大于b点的逆反应速率Db点时二聚体的浓度为0.45 molL1（4）环戊二烯可用于制备二茂铁（Fe(C5H5)2，结构简式为），后者广泛应用于航天、化工等领域中。二茂铁的电化学制备原理如下图所示，其中电解液为溶解有溴化钠（电解质）和环戊二烯的DMF溶液（DMF为惰性有机溶剂）。该电解池的阳极为_，总反应为_。电解制备需要在无水条件下进行，原因为_。【答案】（1）89.3（2）403.56104BD（3）CD（4）Fe电极Fe+2=+H2（Fe+2C5H6Fe(C5H5)2+H2）水会阻碍中间物Na的生成；水会电解生成OH，进一步与Fe2+反应生成Fe(OH)2【解析】（1）根据盖斯定律-，可得反应的H=89.3kJ/mol；（2）假设反应前碘单质与环戊烯均为nmol，平衡时环戊烯反应了xmol，根据题意可知；（g）+I2（g）= （g）+2HI（g） 增加的物质的量 1mol 1mol 1mol 2mol 1molxmol 2n20%得x=0.4nmol，转化率为0.4n/n100%=40%；（g） + I2（g）= （g）+ 2HI（g）P（初） 0.5105 0.5105 0 0P 0.510540% 0.510540% 0.510540% 110540%P（平） 0.3105 0.3105 0.2105 0.4105Kp=3.56104；AT、V一定，通入惰性气体，由于对反应物和生成物浓度无影响，速率不变，平衡不移动，故A错误；B升高温度，平衡向吸热方向移动，环戊烯转化率升高，故B正确；C增加环戊烯的浓度平衡正向移动，但环戊烯转化率降低，故C错误；D，增加I2的浓度，平衡正向移动，环戊烯转化率升高，故D正确；（3）A温度越高化学反应速率越快，单位时间内反应物浓度减少越多，则T1v(逆)，a点反应物浓度大于b点，故a点正反应速率大于b点，故C正确；Db点时环戊二烯浓度由1.5mol/L减小到0.6mol/L，减少了0.9mol/L，因此生成二聚体0.45mol/L，故D正确。（4）根据阳极升失氧可知Fe为阳极；根据题干信息Fe-2e-=Fe2+，电解液中钠离子起到催化剂的作用使得环戊二烯得电子生成氢气，同时与亚铁离子结合生成二茂铁，故电极反应式为Fe+2=+H2；电解必须在无水条件下进行，因为中间产物Na会与水反应生成氢氧化钠和氢气，亚铁离子会和氢氧根离子结合生成沉淀。32019新课标 近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：（1）Deacon发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl) c(O2)分别等于11、41、71时HCl平衡转化率随温度变化的关系：可知反应平衡常数K（300）_K（400）（填“大于”或“小于”）。设HCl初始浓度为c0，根据进料浓度比c(HCl)c(O2)=11的数据计算K（400）=_（列出计算式）。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)c(O2)过低、过高的不利影响分别是_。（2）Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g) H1=83 kJmol-1CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g) H2=-20 kJmol-1CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) H3=-121 kJmol-1则4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的H=_ kJmol-1。（3）在一定温度的条件下，进一步提高HCl的转化率的方法是_。（写出2种）（4）在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如下图所示：负极区发生的反应有_（写反应方程式）。电路中转移1 mol电子，需消耗氧气_L（标准状况）。【答案】（1）大于 O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低（2）116（3）增加反应体系压强、及时除去产物（4）Fe3+e=Fe2+，4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O 5.6【解析】（1）根据反应方程式知，HCl平衡转化率越大，平衡常数K越大，结合图像知升高温度平衡转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，则K(300)K(400)；由图像知，400时，HCl平衡转化率为84%，用三段式法对数据进行处理得：起始（浓度） c0 c0 0 0变化（浓度） 0.84c0 0.21c0 0.42c0 0.42c0平衡（浓度）(1-0.84)c0(1-0.21)c0 0.42c0 0.42c0则K=；根据题干信息知，进料浓度比过低，氧气大量剩余，导致分离产物氯气和氧气的能耗较高；进料浓度比过高，HCl不能充分反应，导致HCl转化率较低；（2）根据盖斯定律知，（反应I+反应II+反应III）2得 H=（H1+H2+H3）2=-116kJmol-1；（3）若想提高HCl的转化率，应该促使平衡正向移动，该反应为气体体积减小的反应，根据勒夏特列原理，可以增大压强，使平衡正向移动；也可以及时除去产物，减小产物浓度，使平衡正向移动；（4）电解过程中，负极区即阴极上发生的是得电子反应，元素化合价降低，属于还原反应，则图中左侧为负极反应，根据图示信息知电极反应为：Fe3+eFe2+和4Fe2+O2+4H+4Fe3+2H2O；电路中转移1 mol电子，根据电子得失守恒可知需消耗氧气的物质的量是1mol40.25mol，在标准状况下的体积为0.25mol22.4L/mol5.6L。42019江苏卷 CO2的资源化利用能有效减少CO2排放，充分利用碳资源。（1）CaO可在较高温度下捕集CO2，在更高温度下将捕集的CO2释放利用。CaC2O4H2O热分解可制备CaO，CaC2O4H2O加热升温过程中固体的质量变化见下图。写出400600 范围内分解反应的化学方程式： 。与CaCO3热分解制备的CaO相比，CaC2O4H2O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能，其原因是 。（2）电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制HCOOH的原理示意图如下。写出阴极CO2还原为HCOO的电极反应式： 。电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是 。（3）CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应：反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H =41.2 kJmol1反应：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) H =122.5 kJmol1在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图。其中：CH3OCH3的选择性=100温度高于300 ，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是 。220 时，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性为48%（图中A点）。不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的措施有 。【答案】（1）CaC2O4CaCO3+COCaC2O4H2O热分解放出更多的气体，制得的CaO更加疏松多孔（2）CO2+H+2eHCOO或CO2+2eHCOO+阳极产生O2，pH减小，浓度降低；K+部分迁移至阴极区（3）反应的H0，反应的H0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度增大压强，使用对反应催化活性更高的催化剂【解析】1）令CaC2O4H2O的物质的量为1mol，即质量为146g，根据图像，第一阶段剩余固体质量为128，原固体质量为146 g，相差18 g，说明此阶段失去结晶水，第二阶段从剩余固体质量与第一阶段剩余固体质量相对比，少了28 g，相差1个CO，因此400600范围内，分解反应方程式为CaC2O4CaCO3+CO。CaC2O4H2O热分解放出更多的气体，制得的CaO更加疏松多孔，增加与CO2的接触面积，更好捕捉CO2。（2）根据电解原理，阴极上得到电子，化合价降低，CO2+H+2eHCOO或CO2+2eHCOO+。阳极反应式为2H2O4eO24H，阳极附近pH减小，H与HCO3反应，同时部分K迁移至阴极区，所以电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低。（3）根据反应方程式，反应I为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，CO2的转化率增大，反应II为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，CO2的转化率降低，根据图像，上升幅度超过下降幅度，因此温度超过300时，CO2转化率上升。图中A点CH3OCH3的选择性没有达到此温度下平衡时CH3OCH3的选择性，依据CH3OCH3选择性公式，提高CH3OCH3选择性，不改变反应时间和温度时，根据反应II，可以增大压强，或者使用对反应II催化活性更高的催化剂。52019北京卷氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。（1）甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。反应器中初始反应的生成物为H2和CO2，其物质的量之比为41，甲烷和水蒸气反应的方程式是_。已知反应器中还存在如下反应：i.CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) H1ii.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) H2iii.CH4(g)C(s)+2H2(g) H3iii为积炭反应，利用H1和H2计算H3时，还需要利用_反应的H。反应物投料比采用n（H2O）n（CH4）=41，大于初始反应的化学计量数之比，目的是_（选填字母序号）。a.促进CH4转化 b.促进CO转化为CO2 c.减少积炭生成用CaO可以去除CO2。H2体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如下图所示。从t1时开始，H2体积分数显著降低，单位时间CaO消耗率_（填“升高”“降低”或“不变”）。此时CaO消耗率约为35%，但已失效，结合化学方程式解释原因：_。（2）可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如下。通过控制开关连接K1或K2，可交替得到H2和O2。制H2时，连接_。产生H2的电极反应式是_。改变开关连接方式，可得O2。结合和中电极3的电极反应式，说明电极3的作用：_