1、專題15 化學(xué)反響原理綜合1. 2021新課標(biāo)I 水煤氣變換CO(g)+H 2O(g尸CO2(g)+H2(g)是重要的化工過程,主要用于合成氨、制氫以及合成氣加工等工業(yè)領(lǐng)域中.答復(fù)以下問題：(1) Shibata曾做過以下實(shí)驗(yàn)：使純 緩慢地通過處于721 C下的過量氧化鉆 CoO(s),氧化鉆局部被 復(fù)原為金屬鉆Co(s),平衡后氣體中H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為0.0250.在同一溫度下用 CO復(fù)原CoO(s),平衡后氣體中CO的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為0.0192.根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)結(jié)果判斷,復(fù)原CoO(s)為Co(s)的傾向是CO H2 (填 大于"或 小于).(2) 721c時(shí),在密閉容器中將等物質(zhì)

2、的量的CO(g)和H2O(g)混合,采用適當(dāng)?shù)拇呋瘎┻M(jìn)行反響,那么平衡時(shí)體系中H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為 (填標(biāo)號(hào)).A. < 0.25 B. 0.25 C, 0.250.50 D. 0.50 E. > 0.50(3)我國(guó)學(xué)者結(jié)合實(shí)驗(yàn)與計(jì)算機(jī)模擬結(jié)果,研究了在金催化劑外表上水煤氣變換的反響歷程,如圖所示,其中吸附在金催化劑外表上的物種用？標(biāo)注.30T專 H 士辜0U ax&x+®ou 過渡態(tài)23-H+*H+HO+bu 過渡態(tài)13q 二十oE+02®2 .I- o 11>£.曲雅及第一可知水煤氣變換的 AH 0 (填 大于"等于“或 小

3、于"),該歷程中最大能壘(活化能)E=eV ,寫出該步驟的化學(xué)方程式 .(4) Shoichi研究了 467 C、489 C時(shí)水煤氣變換中CO和分壓隨時(shí)間變化關(guān)系(如以下圖所示),催化 劑為氧化鐵,實(shí)驗(yàn)初始時(shí)體系中的Ph2o和Pco相等、Pco2和Ph2相等.計(jì)算曲線a的反響在3090 min內(nèi)的平均速率 v(a)=kPa min_1o 467 C時(shí)pH2和pCO隨時(shí)間變化關(guān)系的曲線分別是.489 C時(shí)pH?和pco隨時(shí)間變化關(guān)系的曲線分另是、.【答案】(1)大于(2) C(3)小于 2.02 COOH*+H*+H 2O*COOH*+2H*+OH*(或 H?O*= H*+OH* )(

4、4) 0.0047 bead【分析】(1)由H2、CO與CoO反響后其氣體物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)判斷二者的傾向大??；(2)根據(jù)三段式以及 CO與 出的傾向大小關(guān)系綜合判斷；(3)根據(jù)反響物與生成物的相對(duì)能量差大小進(jìn)行比擬判斷；根據(jù)反響物到達(dá)活化狀態(tài)所需能量為活化能以及相對(duì)能量差值大小計(jì)算并比擬最大能壘；根據(jù)最大能壘對(duì)應(yīng)的反響歷程對(duì)應(yīng)的物質(zhì)寫出方程式；(4)根據(jù)圖中曲線a在30-90 min內(nèi)分壓變化量計(jì)算平均反響速率；先根據(jù) CO與的傾向大小關(guān)系判斷CO與H2的含量范圍,然后根據(jù)溫度變化對(duì)化學(xué)平衡的影響判斷出在不同溫度下曲線對(duì)應(yīng)的物質(zhì).【詳解】(1) H2復(fù)原氧化鉆的方程式為：H2(g) + CoO(s

5、)=Co(s)+H2O(g); CO復(fù)原氧化鉆的方程式為：n H2.CO(g)+CoO(s)=Co(s) + CO2(g),平衡時(shí) H2復(fù)原體系中 出的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)( )局于n H2 +n H2O一n COCO復(fù)原體系中 CO的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)( ,故復(fù)原 CoO(s)為Co(s)的傾向是CO大于H2；n CO +n CO2(2) 721c時(shí),在密閉容器中將等物質(zhì)的量的CO(g)和H2O(g)混合,可設(shè)其物質(zhì)的量為1mol,那么COg+H 2Og J CO2g+H 2g起始mol1100轉(zhuǎn)化molxxxx平衡mol1-x1-xxxn H2xmolx 、一一一一一一那么平衡時(shí)體系中 H2的物質(zhì)的量分

6、數(shù)=一=一,因該反響為可逆反響,故n 總 (1-x )+(1-x )+x+x I mol 2x<1 ,可假設(shè)二者的復(fù)原傾向相等,那么 x=0.5,由(1)可知CO的復(fù)原傾向大于 H2,所以CO更易轉(zhuǎn)化為H2,故x>0.5,由此可判斷最終平衡時(shí)體系中H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)介于 0.250.50,故答案為C;(3)根據(jù)水煤氣變換CO(g)+H 2O(g)=CO2(g)+H2(g)并結(jié)合水煤氣變換的反響歷程相對(duì)能量可知,CO(g)+H 2O(g)的能量(-0.32eV)高于CO2(g)+H 2(g)的能量(-0.83eV),故水煤氣變換的 AH小于0;活化能即反響物狀態(tài)到達(dá)活化狀態(tài)所需能量,

7、根據(jù)變換歷程的相對(duì)能量可知,最大差值為：>主般髭甚要其最大能壘(活化能)E正=1.86-(-0.16)eV=2.02eV ；該步驟的反響物為 COOH L+hL+H2O-=COOH L+2HU+OH；因反響前后 COOH L和1個(gè)HL未發(fā)生改變,也可以表述成H2O= HL+OH-；(4)由圖可知,3090 min內(nèi)a曲線對(duì)應(yīng)物質(zhì)的分壓變化量A p= (4.08-3.80) kPa=0.28 kPa,故曲線a的反應(yīng)在3090 min內(nèi)的平均速率V(a)= 0,28 kPa =0.0047 kPa min-1;由(2)中分析得出H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)介 60min于0.250.5, CO的物質(zhì)的

8、量分?jǐn)?shù)介于 00.25,即的分壓始終高于 CO的分壓,據(jù)此可將圖分成兩局部：由此可知,a、b表示的是H2的分壓,c、d表示的是CO的分壓,該反響為放熱反響,故升高溫度,平衡逆向移動(dòng),CO分壓增加,電分壓降低,故467 c時(shí)Ph2和Pco隨時(shí)間變化關(guān)系的曲線分別是b、c； 489 C時(shí)Ph2和Pco隨時(shí)間變化關(guān)系的曲線分別是a、do【點(diǎn)睛】此題以水煤氣交換為背景,考察化學(xué)反響原理的根本應(yīng)用,較為注重學(xué)生學(xué)科水平的培養(yǎng),難點(diǎn)在于材料分析和信息提取,圖像比擬新,提取信息水平較弱的學(xué)生,會(huì)比擬吃力.第3問來源于我國(guó)化學(xué)工作者發(fā)表在頂級(jí)刊物 Science中的文章 沉積在-MoC上單層金原子對(duì)水煤氣的低

9、溫催化反響,試題以文章中的單原子催化能量變化的理論計(jì)算模型為情境,讓學(xué)生熟悉、分析催化吸附機(jī)理及反響過程中的能量變化.此題屬于連貫性綜合題目,此題的解題關(guān)鍵在于第1問的信息理解與應(yīng)用,假設(shè)此題的第1問判斷錯(cuò)誤,會(huì)導(dǎo)致后續(xù)多數(shù)題目判斷錯(cuò)誤；第2問可以采取特殊值法進(jìn)行賦值并結(jié)合極限法計(jì)算,考生假設(shè)只是考慮到完全轉(zhuǎn)化極限,那么只能判斷出H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)小于0.5,這是由于對(duì)題干的信息應(yīng)用能力不熟練而導(dǎo)致；對(duì)于第4問中曲線對(duì)應(yīng)物質(zhì)確實(shí)定需根據(jù)第12問得出的相關(guān)結(jié)論進(jìn)行推斷,需先確定物質(zhì)對(duì)應(yīng)曲線,然后再根據(jù)勒夏特列原理判讀相關(guān)物質(zhì)的變化.2. 2021新課標(biāo)H 環(huán)戊二烯 答以下問題：是重要的有機(jī)化工原

10、料,廣泛用于農(nóng)藥、橡膠、塑料等生產(chǎn).回AHi=100.3 kJ mol -12某溫度下,(g)+H 2(g)AH3=kJ mol -1-1kJ mol.在剛性容器內(nèi)發(fā)生反響,起始總壓為105Pa,平衡時(shí)總壓增加了 20%,環(huán)戊烯的轉(zhuǎn)化率為,該反響的平衡常數(shù) Kp=Pa.到達(dá)平衡后,欲增加環(huán)戊烯的平衡轉(zhuǎn)化率,可采取的舉措有填標(biāo)號(hào).B.提升溫度A.通入惰性氣體C.增加環(huán)戊烯濃度D.增加碘濃度3環(huán)戊二烯容易發(fā)生聚合生成二聚體,該反響為可逆反響.不同溫度下,溶液中環(huán)戊二烯濃度與反應(yīng)時(shí)間的關(guān)系如下圖,以下說法正確的選項(xiàng)是 填標(biāo)號(hào).0.51 J .52反響時(shí)間小A. Ti>T2B . a我的反響速率

11、小于 c點(diǎn)的反響速率C. a我的正反響速率大于 b點(diǎn)的逆反響速率1D. b點(diǎn)時(shí)二聚體的濃度為 0.45 mol L4環(huán)戊二烯可用于制備二茂鐵FeC5H52,結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為 三、,后者廣泛應(yīng)用于航天、化工等領(lǐng)域中.二茂鐵的電化學(xué)制備原理如以下圖所示,其中電解液為溶解有澳化鈉電解質(zhì)和環(huán)戊二烯的DMF溶液DMF為惰性有機(jī)溶劑.該電解池白W日極為 ,總反響為 .電解制備需要在無水條件下進(jìn)行,原由于【答案】1 89.3(2) 40%3.56 X04BD(3) CD(4) Fe電極Fe+2+H2 T (Fe+2c5H6=-Fe(C5H 5)2+H2.水會(huì)阻礙中間物 Na的生成；水會(huì)電解生成 OH-,進(jìn)一步與F

12、e2+反響生成FeOH2【分析】(1)利用蓋斯定律解題；(2)利用差量法計(jì)算轉(zhuǎn)化率；三行式法計(jì)算平衡常數(shù)；根據(jù)平衡移動(dòng)原理解釋；(3)通過外界因素對(duì)速率的影響和平衡狀態(tài)的形成分析A、B、C選項(xiàng),D選項(xiàng)觀察圖象計(jì)算；(4)根據(jù)陽極：升失氧；陰極：降得還進(jìn)行分析確定陰陽極；根據(jù)題干信息中Na元素的變化確定環(huán)戊二烯得電子數(shù)和復(fù)原產(chǎn)物,進(jìn)而寫出電極反響式；注意Na與水會(huì)反響,Fe2+在堿性條件下生成沉淀.【詳解】(1)根據(jù)蓋斯定律-,可得反響的 AH=89.3kJ/mol;(2)假設(shè)反響前碘單質(zhì)與環(huán)戊烯均為nmol,平衡時(shí)環(huán)戊烯反響了xmol,根據(jù)題意可知;+ I2 (g)(g)1mol+2HI (g

13、)增加的物質(zhì)的量1mol2mol1molxmol得x=0.4nmol ,轉(zhuǎn)化率為0.4n/n 100%=40% ；P (初)0.5 X 5040%+I2 (g)0.5 1055.0.5 10 >40%0.3 1050.3 105(g)05-0.5 10 >40%0.2 1052HI (g)5.1 X10 X40%0.4 1052nx20%Kp二4=3.56 10 ；(0.4 105)2 0.2 105"I_5 -_5-0.3 100.3 10A. T、V一定,通入惰性氣體,由于對(duì)反響物和生成物濃度無影響,速率不變,平衡不移動(dòng),故A錯(cuò)誤；B.升高溫度,平衡向吸熱方向移動(dòng),環(huán)

14、戊烯轉(zhuǎn)化率升高,故 B正確；C.增加環(huán)戊烯的濃度平衡正向移動(dòng), 但環(huán)戊烯轉(zhuǎn)化率降低,故 C錯(cuò)誤；D,增加12的濃度,平衡正向移動(dòng),環(huán)戊烯轉(zhuǎn)化率升高,故 D正確；(3) A.溫度越高化學(xué)反響速率越快,單位時(shí)間內(nèi)反響物濃度減少越多,那么Ti<T2,故A錯(cuò)誤；B.溫度越高化學(xué)反響速率越快,因此a點(diǎn)反響速率大于c點(diǎn)反響速率,故 B錯(cuò)誤；C. a點(diǎn)、b點(diǎn)反響一直在正向進(jìn)行,故v (正)>v(逆),a點(diǎn)反響物濃度大于 b點(diǎn),故a點(diǎn)正反響速率大于 b點(diǎn),故C正確；D. b點(diǎn)時(shí)環(huán)戊 二烯濃度由1.5mol/L減小到0.6mol/L ,減少了 0.9mol/L ,因此生成二聚體 0.45mol/L

15、,故D正確.(4)根據(jù)陽極升失氧可知 Fe為陽極；根據(jù)題干信息 Fe-2e-=Fe2+,電解液中鈉離子起到催化劑的作用使得環(huán)戊二烯得電子生成氫氣,同時(shí)與亞鐵離子結(jié)合生成二茂鐵,故電極反響式為Fe+2 = + +H2T；電解必須在無水條件下進(jìn)行,由于中間產(chǎn)物Na會(huì)與水反響生成氫氧化鈉和氫氣,亞鐵離子會(huì)和氫氧根離子結(jié)合生成沉淀.【點(diǎn)睛】此題以水平立意,考查提取信息、處理信息的水平及分析問題、解決問題的水平.充分表達(dá)了化學(xué)學(xué)科思想、學(xué)科方法、創(chuàng)新意識(shí)和學(xué)科價(jià)值,易錯(cuò)點(diǎn)第(2)小題平衡常數(shù)計(jì)算；第(4)小題電極反響式的書寫.3. 2021新課標(biāo)出近年來,隨著聚酯工業(yè)的快速開展,氯氣的需求量和氯化氫的產(chǎn)

16、出量也隨之迅速增長(zhǎng).因此,將氯化氫轉(zhuǎn)化為氯氣的技術(shù)成為科學(xué)研究的熱點(diǎn).答復(fù)以下問題：(1) Deacon創(chuàng)造的直接氧化法為：4HCl(g)+O 2(g)=2Cl 2(g)+2H 2O(g) o以下圖為剛性容器中,進(jìn)料濃度比c(HCl) : c(O2)分別等于1：1、4 ： 1、7 ： 1時(shí)HCl平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度變化的關(guān)系：立那766s6q52m 更呼3理圖串一QH005004003 r77加2可知反響平衡常數(shù) K (300C) K (400C)(填 大于或 小于").設(shè)HCl初始濃度 為00,根據(jù)進(jìn)料濃度比c(HCl) : c(O2)=1 ： 1的數(shù)據(jù)計(jì)算K (400C) =(列出計(jì)

17、算式). 按化學(xué)計(jì)量比進(jìn)料可以保持反響物高轉(zhuǎn)化率,同時(shí)降低產(chǎn)物別離的能耗.進(jìn)料濃度比c(HCl) ： c(O2)過低、過高的不利影響分別是 .(2) Deacon直接氧化法可按以下催化過程進(jìn)行：1 -1CuCl2(s)=CuCl(s)+ 2 c12(g) AH1=83 kJ molCuC1(s)+ 2 O2(g)=CuO(s)+ 2 Cl2(g)AH2=-20 kJ mol-1-1CuO(s)+2HCl(g戶CuCl 2(s)+H2O(g)AH3=-121 kJ mol-1那么 4HCl(g)+O 2(g)=2Cl 2(g)+2H 2O(g)的 AH=kJ mol.(3)在一定溫度的條件下,進(jìn)

18、一步提升HCl的轉(zhuǎn)化率的方法是 .(寫出2種)(4)在傳統(tǒng)的電解氯化氫回收氯氣技術(shù)的根底上,科學(xué)家最近采用碳基電極材料設(shè)計(jì)了一種新的工藝方案,主要包括電化學(xué)過程和化學(xué)過程,如以下圖所示:電源負(fù)極區(qū)發(fā)生的反響有 (寫反響方程式).電路中轉(zhuǎn)移1 mol電子,需消耗氧L (標(biāo)準(zhǔn)狀況).【答案】(1)大于_ 2_ 2(0.42)(0.42)4I(1-0.84)(1 0.21)coO2和C12別離能耗較高、HCl轉(zhuǎn)化率較低(2) - 116(3)增加反響體系壓強(qiáng)、及時(shí)除去產(chǎn)物(4) Fe3+e =Fe2+, 4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H 2O5.6【詳解】(1)根據(jù)反響方程式知, HCl平衡轉(zhuǎn)

19、化率越大,平衡常數(shù)K越大,結(jié)合圖像知升高溫度平衡轉(zhuǎn)化率降低,說明升高溫度平衡向逆反響方向進(jìn)行,那么 K(300 C)>K(400 C);由圖像知,400c時(shí),HCl平衡轉(zhuǎn)化率為84%,用三段式法對(duì)數(shù)據(jù)進(jìn)行處理得：4HCl(g) O2(g) =2CMg) 2H2O(g)起始(濃度)c0c000變化(濃度)0.84c00.21c0 0.42c00.42c0平衡(濃度)(1-0.84)Co(1-0.21)C0 0.42co0.42co_ 2_ 2(0.42)2(0.42)2一 ,、心 一、 , 一 ,人, 一 一那么K= -Q-；根據(jù)題干信息知,進(jìn)料濃度比過低,氧氣大量剩余,導(dǎo)致別離產(chǎn)物氯氣和

20、氧 (1 -0.84)(1 -0.21)Co氣的能耗較高；進(jìn)料濃度比過高,HCl不能充分反響,導(dǎo)致 HCl轉(zhuǎn)化率較低；(2)根據(jù)蓋斯定律知,(反響 I+反響 II+反響 III) X2 得 4HCl(g) +O2(g) =2Cl2(g) +2H2O(g)H =(AHi+AH2+AH3)x2=-116kJ mol-1；(3)假設(shè)想提升HCl的轉(zhuǎn)化率,應(yīng)該促使平衡正向移動(dòng),該反響為氣體體積減小的反響,根據(jù)勒夏特列原理,可以增大壓強(qiáng),使平衡正向移動(dòng)；也可以及時(shí)除去產(chǎn)物,減小產(chǎn)物濃度,使平衡正向移動(dòng)；(4)電解過程中,負(fù)極區(qū)即陰極上發(fā)生的是得電子反響,元素化合價(jià)降低,屬于復(fù)原反響,那么圖中左側(cè)為負(fù)極反

21、響,根據(jù)圖示信息知電極反響為：Fe3+e-=Fe2+和4Fe2+O2+4H + =4Fe3+2H2O；電路中轉(zhuǎn)移1 mol電子,根據(jù)電子得失守恒可知需消耗氧氣的物質(zhì)的量是1mol+4 = 0.25mol,在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為0.25mol 22.4L/mol = 5.6L.4. 2021江蘇CO2的資源化利用能有效減少 CO2排放,充分利用碳資源.(1) CaO可在較高溫度下捕集 CO2,在更高溫度下將捕集的 CO2釋放利用.CaC204 H2O熱分解可制備CaO, CaC2O4 H2O加熱升溫過程中固體的質(zhì)量變化見以下圖.S6200400600800 IOUO溫度/匕寫出400600 C范圍

22、內(nèi)分解反響的化學(xué)方程式：.與CaCO3熱分解制備的CaO相比,CaC204 H2O熱分解制備的CaO具有更好的CO2捕集性能,其原因是 A 0(2)電解法轉(zhuǎn)化CO2可實(shí)現(xiàn)CO2資源化利用.電解 CO2制HCOOH的原理示意圖如下.0 1 mnl - I-1 KI I口匕溶液寫出陰極CO2復(fù)原為HCOO-的電極反響式：.電解一段時(shí)間后,陽極區(qū)的KHCO3溶液濃度降低,其原因是.(3) CO2催化加氫合成二甲醛是一種 CO2轉(zhuǎn)化方法,其過程中主要發(fā)生以下反響：反響 I: CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)AH =41.2 kJ mol-1反響 n： 2CO2(g)+6H2(g) CH

23、3OCH 3(g)+3H 2O(g)AH = - 122.5 kJ mol-1在恒壓、CO2和H2的起始量一定的條件下,CO2平衡轉(zhuǎn)化率和平衡時(shí)CH3OCH3的選擇性隨溫度的變化如圖.其中：1(X8O6O4O2()O2 CH3OCH3的物質(zhì)的量CH3OCH3 的選擇性=缶目X100%反響的CO2的物質(zhì)的量溫度高于300 C, CO2平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而上升的原因是.220 c時(shí),在催化劑作用下 CO2與“反響一段時(shí)間后,測(cè)得 CH3OCH3的選擇性為48% 圖中A點(diǎn).不改變反響時(shí)間和溫度,一定能提升CH3OCH3選擇性的舉措有.【答案】1 CaC2O4 400600c CaCO3+CO TC

24、aC204 H2O熱分解放出更多的氣體,制得的 CaO更加疏松多孔(2) CO2+H +2e- HCOO -或CO2+ HCO R2e-HCOO- + CO2一陽極產(chǎn)生O2, pH減小,HCO；>度降低；K+局部遷移至陰極區(qū)3反響I的 AH>0,反響H的AH<0,溫度升高使 CO2轉(zhuǎn)化為CO的平衡轉(zhuǎn)化率上升,使 CO2轉(zhuǎn)化為CH3OCH3的平衡轉(zhuǎn)化率下降,且上升幅度超過下降幅度增大壓強(qiáng),使用對(duì)反響H催化活性更高的催化劑【分析】此題注重理論聯(lián)系實(shí)際,引導(dǎo)考生熟悉并體會(huì)化學(xué)科學(xué)對(duì)社會(huì)開展的作用,試題以減少CO2排放,充分利用碳資源為背景,考查?化學(xué)反響原理?模塊中方程式的計(jì)算、電

25、化學(xué)、外界條件對(duì)化學(xué)反響速率和化學(xué)平衡的影響等根本知識(shí)；【詳解】1令CaC204 H2O的物質(zhì)的量為1mol,即質(zhì)量為146g,根據(jù)圖像,第一階段剩余固體質(zhì)量為128,原固體質(zhì)量為146 g,相差18 g,說明此階段失去結(jié)晶水,第二階段從剩余固體質(zhì)量與第一階段剩余固體質(zhì)量相比照,少了 28 g ,相差1個(gè)CO ,因此400 c 600 C范圍內(nèi),分解反響方程式為400600C人CaC2O4CaCO3+CO T.CaC204 H2O熱分解放出更多的氣體, 制得的CaO更加疏松多孔,增加與CO2的接觸面積,更好捕捉CO?.(2)根據(jù)電解原理,陰極上得到電子,化合價(jià)降低,CO2+H+2e-HCOO-

26、或2CO2+ HCO /2eHCOO + CO3-陽極反響式為 2H2O-4e= O2U 4H+,陽極附近pH減小,H卡與HCO3一反響,同時(shí)局部 不遷移至陰 極區(qū),所以電解一段時(shí)間后,陽極區(qū)的KHCO3溶液濃度降低.(3)根據(jù)反響方程式,反響 I為吸熱反響,升高溫度,平衡向正反響方向移動(dòng),CO2的轉(zhuǎn)化率增大,反應(yīng)II為放熱反響,升高溫度,平衡向逆反響方向進(jìn)行,CO2的轉(zhuǎn)化率降低,根據(jù)圖像,上升幅度超過下降幅度,因此溫度超過 300c時(shí),CO2轉(zhuǎn)化率上升.圖中A點(diǎn)CH3OCH3的選擇性沒有到達(dá)此溫度下平衡時(shí) CH3OCH3的選擇性,依據(jù) CH3OCH3選擇性公式, 提升CH3OCH3選擇性,不

27、改變反響時(shí)間和溫度時(shí),根據(jù)反響 II,可以增大壓強(qiáng),或者使用對(duì)反響 II催化活 性更高的催化劑.【點(diǎn)睛】此題的難點(diǎn)(1)是文字表達(dá),應(yīng)根據(jù)圖像和所學(xué)知識(shí),結(jié)合所問問題進(jìn)行分析解答；(2)電極反應(yīng)式的書寫,陰極反響是將 CO2復(fù)原成HCOO ,先寫出CO2+2e HCOO ,然后根據(jù)原子守恒和電荷守恒,得出 CO2+H +2e' HCOO',或者為 CO2+HCO 1+2 HCOO +CO 3一.5. 2021北京氫能源是最具應(yīng)用前景的能源之一,高純氫的制備是目前的研究熱點(diǎn).(1)甲烷水蒸氣催化重整是制高純氫的方法之一.反響器中初始反響的生成物為H2和CO2,其物質(zhì)的量之比為 4

28、 ： 1 ,甲烷和水蒸氣反響的方程式反響器中還存在如下反響：i .CH 4(g)+H2O(g) CO(g)+3H 2(g)AH1ii .CO(g)+H 2O(g) CO2(g)+H 2(g)AH 2iii .CH 4(g) =C(s)+2H 2(g) AH3iii為積炭反響,利用 AH1和AH2計(jì)算AH3時(shí),還需要利用 反響的 小.反響物投料比采用n (H2O) : n (CH4)=4： 1,大于初始反響的化學(xué)計(jì)量數(shù)之比,目的是 (選填字母序號(hào)).a.促進(jìn)CH4轉(zhuǎn)化 b.促進(jìn)CO轉(zhuǎn)化為CO2c.減少積炭生成用CaO可以去除CO2.H2體積分?jǐn)?shù)和 CaO消耗率隨時(shí)間變化關(guān)系如以下圖所示.從t1時(shí)

29、開始,H2體積分?jǐn)?shù)顯著降低,單位時(shí)間CaO消耗率 (填 升高降低“或 不變).此時(shí)CaO消耗率約為35%,但已失效,結(jié)合化學(xué)方程式解釋原因： .求、#案需OEU o O 3 2605040W9080706050100% 10020030011 minKi或K2,可交替得到H2 和.2.制H2時(shí),連接產(chǎn)生H2的電極反響式是改變開關(guān)連接方式,可得 O2.(2)可利用太陽能光伏電池電解水制高純氫,工作示意圖如下.通過限制開關(guān)連接結(jié)合和中電極 3的電極反響式,說明電極 3的作用:【答案】(1) CH4+2H2.4H2+CO2 C(s)+2H 2O(g)CO2(g)+2H2(g)或 C(s)+ CO2(

30、g)2CO(g)降低 CaO+ CO2CaCO3, CaCO3覆蓋在CaO外表,減少了 CO2與CaO的接觸面積(2) Ki2H2O+2eH2 T +2OH制時(shí),電極3發(fā)生反響：Ni(OH) 2+ OH-e-=NiOOH+H 2O.制O2時(shí),上述電極反響逆向進(jìn)行,使電極3得以循環(huán)使用【詳解】(1)由于生成物為 “和CO2,其物質(zhì)的量之比為 4： 1,反響物是甲烷和水蒸氣,因而反響方程式為 CH 4+2H2O4H2+CO2. i -ii 可得 CH4(g)+CO2(g)= 2CO(g)+2H 2(g),設(shè)為iv,用 iv -iii可得 C(s)+CO 2(g)2CO(g),由于還需利用C(s)+

31、CO2(g)2CO(g)反響的烙變.初始反響n(H2O):n(CH4)=2： 1,說明參加的水蒸氣過量,又反響器中反響都存在一定可逆性,根據(jù)反響i知水蒸氣濃度越大,甲烷的轉(zhuǎn)化率越高,a正確；根據(jù)反響ii知水蒸氣濃度越大,CO的轉(zhuǎn)化率越高,b正確;i和ii產(chǎn)生氫氣,使得氫氣濃度變大,抑制反響iii,積炭生成量減少,c正確.ti時(shí)CaO消耗率曲線斜率減小,因而單位時(shí)間內(nèi)CaO的消耗率降低.CaO+ CO2 CaCOs, CaCO3覆蓋在CaO外表,減少了 CO2與CaO的接觸面積,因而失效.(2)電極生成H2時(shí),根據(jù)電極放電規(guī)律可知H+得到電子變?yōu)闅錃?因而電極須連接負(fù)極,因而制 H2時(shí),連接Ki

32、,該電池在堿性溶液中,由H2O提供H + ,電極反響式為2H2O+2e-=H2T +2OH.電極3上NiOOH和Ni(OH)2相互轉(zhuǎn)化,其反響式為 NiOOH+e-+H2.-Ni(OH) 2+OH-,當(dāng)連接K1時(shí), Ni(OH) 2失去電子變?yōu)?NiOOH,當(dāng)連接 七時(shí),NiOOH得到電子變?yōu)镹i(OH) 2,因而作用是連接 Ki或K2時(shí), 電極3分別作為陽極材料和陰極材料,并且 NiOOH和Ni(OH) 2相互轉(zhuǎn)化提供電子轉(zhuǎn)移.6. 2021天津多晶硅是制作光伏電池的關(guān)鍵材料.以下是由粗硅制備多晶硅的簡(jiǎn)易過程.答復(fù)以下問題:1 .硅粉與HCl在300c時(shí)反響生成imol SiHCl3氣體和H

33、2 ,放出225kJ熱量,該反響的熱化學(xué)方程式為° SiHCl3的電子式為 n .將SiCl4氫化為SiHCl 3有三種方法,對(duì)應(yīng)的反響依次為：SiCl4 g H2 g U山 SiHCl3 g HCl g H 0 3SiCl4 g 2H2 g Si sLU 4SiHCL g H2 < 0 2SiCl4 gH2 g Si s HCl g UJJ 3SiHCl g 也(1)氫化過程中所需的高純度 H2可用惰性電極電解 KOH溶液制備,寫出產(chǎn)生 H2的電極名稱 溫度-c 圖2填陽極或陰極,該電極反響方程式為 溫度 圖】2體系自由能變 AG = AH -TAS, AG <0時(shí)反響

34、自發(fā)進(jìn)行.三個(gè)氫化反響的AG與溫度的關(guān)系如圖1所示,可知：反響能自發(fā)進(jìn)行的最低溫度是 ;相同溫度下,反響比反 應(yīng)的AG小,主要原因是.3不同溫度下反響中 SiCl4轉(zhuǎn)化率如圖2所示.以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是 填序號(hào).a. B點(diǎn)：v正av逆b, v正：A點(diǎn)aE點(diǎn)c.反響適宜溫度：480 e 520 c4反響的AH3=用AHi , AH2表示.溫度升高,反響的平衡常數(shù) K填 揩大7 減小或不變.5由粗硅制備多晶硅過程中循環(huán)使用的物質(zhì)除SiCl4、SiHCl3和Si外,還有 填分子式.300 c【答案】I. Si s 3HCl g SiHCl 3 g H2 g , H =-225kJ mol：C1：*+

35、 * * * H(1)陰極2H2O+2e-H2 +2OH A 2H + + 2e-H2(2) 1000C AH2 <AHi導(dǎo)致反響的 AG小(3) a、c(4) H2H1減小(5) HCl、H2【分析】I.書寫熱化學(xué)方程式時(shí)一定要標(biāo)注出各物質(zhì)的狀態(tài),要將熱化學(xué)方程式中始變的數(shù)值與化學(xué)計(jì)量數(shù)對(duì)應(yīng).此題的反響溫度需要標(biāo)注為條件；n. (1)惰性電極電解 KOH溶液,實(shí)質(zhì)是電解水,產(chǎn)生氫氣的必為陰極,發(fā)生復(fù)原反響.(2)看圖說話,將反響的縱、橫坐標(biāo)對(duì)應(yīng)起來看,即可順利找到最低溫度.影響自由能變的因素主要是烙變和嫡變,分析發(fā)現(xiàn)嫡變對(duì)反響反而不利,說明始變影響大,為主要影響因素；(3)據(jù)圖判斷化學(xué)

36、平衡的建立和移動(dòng)是分析的關(guān)鍵.注意時(shí)間是一個(gè)不變的量.(4)此問是蓋斯定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用,對(duì)熱化學(xué)方程式直接進(jìn)行加減即可.【詳解】I .參加反響的物質(zhì)是固態(tài)的 Si、氣態(tài)的HCl ,生成的是氣態(tài)的 SiHCl3和氫氣,反響條件是300C, 配平后發(fā)現(xiàn)SiHCl 3的化學(xué)計(jì)量數(shù)恰好是 1,由此可順利寫出該條件下的熱化學(xué)方程式：Si(s)+3HCl(g)300SiHCl 3(g)+H2(g) ?H= -225kJ mol-1; SiHCl 3中硅與1個(gè)H、3個(gè)Cl分別形成共價(jià)單鍵,由此可寫出I- 即其電子式為： 研君注意別漏標(biāo)3個(gè)氯原子的孤電子對(duì)； Hn. (1)電解KOH溶液,陽極發(fā)生氧化反響而產(chǎn)生

37、.2、陰極發(fā)生復(fù)原反響才產(chǎn)生H2；陰極的電極反響式可以直接寫成2H+2e-=H 2 T,或?qū)懗捎伤秒娮右部梢裕?H2O+2e-=H2 T +2OH;(2)由題目所給的圖1可以看出,反響(最上面那條線)當(dāng) ？G=0時(shí),對(duì)應(yīng)的橫坐標(biāo)溫度是 1000C；從 反響前后氣體分子數(shù)的變化來看,反響的嫡變化不大,而反響中嫡是減小的,可見嫡變對(duì)反響的自發(fā)更不利,而結(jié)果反響的 ？G更負(fù),說明顯然是烙變產(chǎn)生了較大的影響,即？H2<?Hi導(dǎo)致反響的？6小(兩個(gè)反響對(duì)應(yīng)的？H, 一個(gè)為正值,一個(gè)為負(fù)值,大小比擬很明顯)；(3)圖2給的是不同溫度下的轉(zhuǎn)化率,注意依據(jù)限制變量法思想,此時(shí)所用的時(shí)間一定是相同的,所

38、以圖示中A、B、C點(diǎn)反響均正向進(jìn)行,D點(diǎn)剛好到達(dá)平衡,D點(diǎn)到E點(diǎn)才涉及平衡的移動(dòng).在到達(dá)平衡狀態(tài)以前,正反響速率大于逆反響速率,a項(xiàng)正確,B點(diǎn)反響正向進(jìn)行,正反響速率大于逆反響速率；b點(diǎn)錯(cuò)誤,溫度越高,反響速率越快,所以 E點(diǎn)的正(或逆)反響速率均大于 A點(diǎn)；c項(xiàng)正確,C到D點(diǎn),SiHCl 3的轉(zhuǎn) 化率較高,選擇此溫度范圍比擬適宜,在實(shí)際工業(yè)生產(chǎn)中還要綜合考慮催化劑的活性溫度.(4)將反響反向,并與反響直接相加可得反響,所以?H3=?H2-?Hi,因？H2<0、？Hi>0,所以？H3必小于0,即反響正反響為放熱反響,而放熱反響的化學(xué)平衡常數(shù)隨著溫度的升高而減?。?5)反響生成的 H

39、Cl可用于流程中粗硅提純的第1步,三個(gè)可逆反響中剩余的 也可循環(huán)使用.【點(diǎn)睛】對(duì)于反響的吉布斯自由能大小比擬及變化的分析,要緊緊抓住烙判據(jù)和嫡判據(jù)進(jìn)行分析.判斷圖2中時(shí)間是一個(gè)不變的量,是看清此圖的關(guān)鍵.明白了自變量只有溫度,因變量是SiCl4的轉(zhuǎn)化率,才能落實(shí)好平衡的相關(guān)知識(shí)的應(yīng)用,如平衡的建立,平衡的移動(dòng)以及平衡常數(shù)隨溫度變化的規(guī)律等.7. 2021浙江4月選考水是生命之基質(zhì),是永遠(yuǎn)值得探究的物質(zhì)1關(guān)于反響H2g+1/2O2g H2O.,以下說法不止碉.的是.A.始變AH<0,嫡變AS< 0B.可以把反響設(shè)計(jì)成原電池,實(shí)現(xiàn)能量的轉(zhuǎn)化C. 一定條件下,假設(shè)觀察不到水的生成,說明該

40、條件下反響不能自發(fā)進(jìn)行D.選用適宜的催化劑,有可能使反響在常溫常壓下以較快的速率進(jìn)行2根據(jù)H2O的成鍵特點(diǎn),畫出與圖中H2O分子直接相連的所有氫鍵 OH-O.將一定量水放入抽空的恒容密閉容器中,測(cè)定不同溫度T下氣態(tài)、液態(tài)水平衡共存H2OlH 2Og時(shí)的壓強(qiáng)p.在圖中畫出從20c開始經(jīng)過100c的p隨T變化關(guān)系示意圖20C時(shí)的平衡壓強(qiáng)用 pi 表布.3水在高溫高壓狀態(tài)下呈現(xiàn)許多特殊的性質(zhì).當(dāng)溫度、壓強(qiáng)分別超過臨界溫度374.2 C、臨界壓強(qiáng)22.1 MPa時(shí)的水稱為超臨界水.與常溫常壓的水相比,高溫高壓液態(tài)水的離子積會(huì)顯著增大.解釋其原因 .如果水的離子積 Kw從1.0X0-14增大到1.0 M

41、0-10,那么相應(yīng)的電離度是原來的 倍.超臨界水能夠與氧氣等氧化劑以任意比例互溶,由此開展了超臨界水氧化技術(shù).一定實(shí)驗(yàn)條件下,測(cè)得乙醇的超臨界水氧化結(jié)果如下圖,其中x為以碳元素計(jì)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù),t為反響時(shí)間.卜列說法合理的是A.乙醇的超臨界水氧化過程中,一氧化碳是中間產(chǎn)物,二氧化碳是最終產(chǎn)物B.在550c條件下,反響時(shí)間大于 15 s時(shí),乙醇氧化為二氧化碳已趨于完全C.乙醇的超臨界水氧化過程中,乙醇的消耗速率或二氧化碳的生成速率都可以用來表示反響的速率,而且兩者數(shù)值相等D,隨溫度升高,xco峰值出現(xiàn)的時(shí)間提前,且峰值更高,說明乙醇的氧化速率比一氧化碳氧化速率的增長(zhǎng)幅度更大4以鉗陽極和石墨陰極設(shè)

42、計(jì)電解池,通過電解NH4HSO4溶液產(chǎn)生NH42S2O8,再與水反響得到 H2O2,其中生成的NH4HSO4可以循環(huán)使用.陽極的電極反響式是.制備H2O2的總反響方程式是 .【答案】1 C3水的電離為吸熱過程,升高溫度有利于電離壓強(qiáng)對(duì)電離平衡影響不大100ABD4 2HSOJ2e-S2O82-+ 2H+或 2SO, 2e-SzOg2-2H2O 通電 H2O2+ H2 T【分析】此題以水為載體考查了化學(xué)反響原理的相關(guān)知識(shí),如電化學(xué),化學(xué)平衡等.【詳解】1 A .氫氣燃燒是放熱反響,AHV0,該反響中氣體變?yōu)橐后w,為嫡減過程,故AS< 0, A項(xiàng)正確；B .該反響可設(shè)計(jì)為氫氧燃料電池,其化學(xué)

43、能轉(zhuǎn)為電能,B項(xiàng)正確；C.某條件下自發(fā)反響是一種傾向,不代表真實(shí)發(fā)生,自發(fā)反響往往也需要一定的反響條件才能發(fā)生,如點(diǎn)燃?xì)錃?C項(xiàng)錯(cuò)誤；D.催化劑降低活化能,加快反響速率,D項(xiàng)正確.故答案選Co(2)H2O電子式為H -0：H ,存在兩對(duì)孤電子對(duì),因而 O原子可形成兩組氫鍵,每個(gè) H原子形成一個(gè)氫鍵,圖為：100C, 101kPa為水的氣液分界點(diǎn),20c和pi為另一個(gè)氣液分界點(diǎn),同時(shí)升高溫度和增加壓強(qiáng)利于水從液體變?yōu)闅怏w,因而曲線為增曲線,可做圖為：20 7Tx 劃(3)水的電離為吸熱過程,升高溫度有利于電離,壓強(qiáng)對(duì)固液體影響不大,可忽略.c(H+)=,*w,當(dāng) Kw=1.0 10-14, Ci

44、(H+)=10-7mol/L ,當(dāng) Kw=1.0 10-1°, C2(H+)=10-5mol/L ,易知后者是前者的 100倍,所以相應(yīng)的電離度是原來的100倍.A.觀察左側(cè)x-t圖像可知,CO先增加后減少,CO2一直在增加,所以CO為中間產(chǎn)物,CO2為最終產(chǎn)物, A項(xiàng)正確；B.觀察左側(cè)x-t圖像,乙醇減少為 0和CO最終減少為0的時(shí)間一致,而右圖 XCO-t圖像中550 C, CO在 15s減為0,說明乙醇氧化為 CO2趨于完全,B項(xiàng)正確；C.乙醇的消耗速率或二氧化碳的生成速率都可以用來表示反響的速率,但兩者數(shù)值不相等,比值為化學(xué)計(jì) 量數(shù)之比,等于1:2, C項(xiàng)錯(cuò)誤；D.隨著溫度的

45、升高,乙醇的氧化速率和一氧化碳氧化速率均增大,但CO是中間產(chǎn)物,為乙醇不完全氧化的結(jié)果,CO峰值出現(xiàn)的時(shí)間提前,且峰值更高,說明乙醇氧化為CO和CO2速率必須加快,且大于 CO的氧化速率,D項(xiàng)正確.故答案選ABD.(4)電解池使用惰性電極,陽極本身不參與反響,陽極吸引HSOJ (或SO42-)離子,并放電生成 S2O82-,因而電極反響式為 2HSO4 2e-=S2O82-+ 2H+或 2SO42-2e-=S2O82- o通過電解NH4HSO4溶液產(chǎn)生(NH4)2S2O8和H2.由題中信息可知,生成的NH4HSO4可以循環(huán)使用,說明(NH 4)2S2O8與水反響除了生成 H2O2,還有NH4H

46、SO4生成,因而總反響中只有水作反響物,產(chǎn)物為H2O2和H2,故總反響方程式為 2H2O迪電H2O2+ H2 %8. 2021新課標(biāo)I卷采用N2O5為硝化劑是一種新型的綠色硝化技術(shù),在含能材料、醫(yī)藥等工業(yè)中得到廣 泛應(yīng)用.答復(fù)以下問題：(1) 1840年Devil用枯燥的氯氣通過枯燥的硝酸銀,得到N2O5,該反響的氧化產(chǎn)物是一種氣體,其分子式為.(2) F. Daniels等曾利用測(cè)壓法在剛性反響器中研究了25c時(shí)N2O5 ( g)分解反響：2Mo&)1 4N0:(g) +O;(g) u 2N,O4(g)其中NO2二聚為N2O4的反響可以迅速到達(dá)平衡 .體系的總 壓強(qiáng)P隨時(shí)間t的變化如

47、下表所示(t=8時(shí),N2O5 (g)完全分解)t/min040801602601300170000p/kPa35.840.342.545.949.261.262.363.1：2N2O5 (g) =2N2O4 (g) +O2 (g)AHi=-4.4 kJ mol-1 .2NO2 (g)N2O4 (g)AH 2=-55.3 kJ mol1.那么反響 N2O5 (g) =2NO2 (g) +-O2 (g)的 ah=kJ mol 1.研究說明,N2O5 (g)分解的反響速率 v=2X10-3xpN2O5 (kPa min-1).t=62 min時(shí),測(cè)得體系中1pO2 =2.9 kPa,那么此時(shí)的 pN

48、2O5 =kPa, v=kPa min.假設(shè)提升反響溫度至 35 C,那么N2O5(g)完全分解后體系壓強(qiáng) poo(35C)63.1 kPa(填 大于"等 于或小于"),原因是.25c時(shí)N2O4 (g) =2NO2 (g)反響的平衡常數(shù) Kp=kPa ( Kp為以分壓表示的平衡常 數(shù),計(jì)算結(jié)果保存1位小數(shù)).(3)對(duì)于反響2N2O5 (g) -4NO2 (g) +O2 (g), R.A.Ogg提出如下反響歷程：第一步N2O5=NO3+NO2快速平衡第二步NO2+NO3-NO+NO2+O2慢反響第三步NO+NO3-2NO2快反響其中可近似認(rèn)為第二步反響不影響第一步的平衡.以下

49、表述正確的選項(xiàng)是 (填標(biāo)號(hào)).A . v (第一步的逆反響)>v (第二步反響)B.反響的中間產(chǎn)物只有NO3C.第二步中NO2與NO3的碰撞僅局部有效D.第三步反響活化能較高【答案】(1).2(2) 53.1 30.0 6.0 X10 2大于 溫度提升,體積不變,總壓強(qiáng)提升；NO2二聚為放熱反響,溫度提升,平衡左移,體系物質(zhì)的量增加,總壓強(qiáng)提升13.4(3) AC分析：(1)根據(jù)復(fù)原劑失去電子轉(zhuǎn)化為氧化產(chǎn)物判斷；(4) 根據(jù)蓋斯定律計(jì)算；根據(jù)壓強(qiáng)之比是物質(zhì)的量之比計(jì)算；根據(jù)溫度對(duì)壓強(qiáng)和平衡狀態(tài)的影響分析；根據(jù)五氧化二氮完全分解時(shí)的壓強(qiáng)計(jì)算出二氧化氮、氧氣的壓強(qiáng),然后再根據(jù)二氧化氮轉(zhuǎn)化的方

50、程式計(jì)算平衡時(shí)二氧化氮、四氧化二氮的壓強(qiáng).(5) 根據(jù)三步反響的特點(diǎn)分析判斷.詳解：(1)氯氣在反響中得到電子作氧化劑,硝酸銀中只有氧元素化合價(jià)會(huì)升高,所以氧化產(chǎn)物是氧氣,分子式為.2；(6) ：i、2N2O5(g) = 2N 2O4(g)+O 2(g) AH1 = 4.4kJ/molii、2NO2(g) = N2O4(g)AH2=- 55.3kJ/mol根據(jù)蓋斯定律可知 i登一ii 即得到 N2O5(g) = 2NO2(g)+1/2O 2(g) AHi = + 53.1kJ/mol ;根據(jù)方程式可知氧氣與消耗五氧化二氮的物質(zhì)的量之比是1:2 ,又由于壓強(qiáng)之比是物質(zhì)的量之比,所以消耗五氧化二氮

51、減少的壓強(qiáng)是2.9kPaX2 = 5.8kPa,那么此時(shí)五氧化二氮的壓強(qiáng)是35.8kPa 5.8kPa= 30.0kPa,因一,.一,一 、一、,-3-2-1此此時(shí)反響速率 v= 2.0 >10 X30= 6.0 10(kPa min );由于溫度升高,容器容積不變,總壓強(qiáng)提升,且二氧化氮二聚為放熱反響,溫度提升,平衡左移,體系物質(zhì)的量增加,總壓強(qiáng)提升,所以假設(shè)提升反響溫度至 35C,那么N2O5(g)完全分解后體系壓強(qiáng) p«(35C)大于63.1kPa.根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知五氧化二氮完全分解時(shí)的壓強(qiáng)是63.1kPa,根據(jù)方程式可知完全分解時(shí)最初生成的二氧化氮的壓強(qiáng)是 35.8kP

52、a>2= 71.6 kPa,氧氣是 35.8kPa-2= 17.9 kPa,總壓強(qiáng)應(yīng)該是 71.6 kPa+17.9 kPa= 89.5kPa,平衡后壓強(qiáng)減少了89.5 kPa63.1kPa=26.4kPa,所以根據(jù)方程式 2NOz(g)= N2O4(g)可知平衡時(shí)四 氧化二氮對(duì)應(yīng)的壓強(qiáng)是 26.4kPa,二氧化氮對(duì)應(yīng)的壓強(qiáng)是 71.6 kPa 26.4kPa >2= 18.8kPa,那么反響的平衡常數(shù)18.82Kp =kPa 七 13.4kPa .p 26.4(3) A、第一步反響快,所以第一步的逆反響速率大于第二步的逆反響速率,A正確；B、根據(jù)第二步和第三步可知中間產(chǎn)物還有NO

53、, B錯(cuò)誤；C、根據(jù)第二步反響生成物中有NO2可知NO2與NO3的碰撞僅局部有效,C正確；D、第三步反響快,所以第三步反響的活化能較低,D錯(cuò)誤.答案選 AC.點(diǎn)睛：此題主要是考查化學(xué)反響原理,側(cè)重于化學(xué)反響速率與化學(xué)平衡的有關(guān)分析與計(jì)算,題目難度較大.試題設(shè)計(jì)新奇,陌生感強(qiáng),計(jì)算量較大,對(duì)學(xué)生的要求較高.壓強(qiáng)和平衡常數(shù)的計(jì)算是解答的難點(diǎn),注意從阿伏加德羅定律的角度去理解壓強(qiáng)與氣體物質(zhì)的量之間的關(guān)系,注意結(jié)合反響的方程式和表中數(shù)據(jù)的靈活應(yīng)用.也可以直接把壓強(qiáng)看作是物質(zhì)的量利用三段式計(jì)算.9. 2021新課標(biāo)n卷CH4-CO2催化重整不僅可以得到合成氣( CO和H2),還對(duì)溫室氣體的減排具有重要

54、意義.答復(fù)以下問題：(1) CH 4-CO 2 催化重整反響為：CH 4(g)+ CO 2(g)=2CO(g)+2H 2(g).-1：C(s)+2H2(g)= CH 4 (g)AH =-75 kJ mol- - -1C(s)+O 2(g)=CO 2(g)AH =-394 kJ mol- 1 -1C(s)+ - O2 (g)=CO(g)AH =-111 kJ mol該催化重整反響的 AH=kJ mol-1,有利于提升CH4平衡轉(zhuǎn)化率的條件是 (填標(biāo)號(hào)).A.高溫低壓B.低溫高壓C.高溫高壓D.低溫低壓某溫度下,在體積為 2 L的容器中參加2 mol CH 4、1 mol CO 2以及催化劑進(jìn)行重整反響,到達(dá)平 衡時(shí)CO2的轉(zhuǎn)化率是50%,其平衡常數(shù)為 mol2L-2.(2)反響中催化劑活性會(huì)因積碳反響而降