【文档说明】专题十三 化学反应原理的综合应用.docx，共(18)页，526.331 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-8c75d21717f9a27d85821e254f4e7f9a.html

以下为本文档部分文字说明：

第1页专题十三化学反应原理的综合应用题组一1.[2021海南，10分]碳及其化合物间的转化广泛存在于自然界及人类的生产和生活中。已知25℃，100kPa时：①1mol葡萄糖[C6H12O6(s)]完全燃烧生成CO2(

g)和H2O(l)，放出2804kJ热量。②CO(g)+12O2(g)⬚⬚CO2(g)Δ𝐻=−283kJ⋅mol−1回答问题：（1）25℃时，CO2(g)与H2O(l)经光合作用生成葡萄糖[C6H12O6(s)]和O2(g)的热化学方程式为6CO2(g)+6H2

O(l)⬚⬚C6H12O6(s)+6O2(g)𝛥𝐻=+2804kJ⋅mol−1。[解析]由已知①可得C6H12O6(s)+6O2(g)⬚⬚6CO2(g)+6H2O(l)Δ𝐻=−2804kJ⋅mol−

1，则CO2(g)与H2O(l)经光合作用生成葡萄糖和氧气的热化学方程式为6CO2(g)+6H2O(l)⬚⬚C6H12O6(s)+6O2(g)Δ𝐻=+2804kJ⋅mol−1。（2）25℃，100kPa时，气态分子断开1mol化学键的焓变称

为键焓。已知O⬚⬚O、C⬚⬚O键的键焓分别为495kJ⋅mol−1、799kJ⋅mol−1,CO(g)分子中碳氧键的键焓为1067.5kJ⋅mol−1。[解析]设CO中碳氧键的键焓为𝑥kJ⋅mol−1，根据键焓定义,由已知②可得𝑥+495

2−799×2=−283，解得𝑥=1067.5。（3）溶于水的CO2只有部分转化为H2CO3(aq)，大部分以水合CO2的形式存在，水合CO2可用CO2(aq)表示。已知25℃时，H2CO3(aq)⇌CO2(aq)+H2O(l)的平衡常数𝐾=600,正反应的速率可表示为𝑣(H2CO3

)=𝑘1⋅𝑐(H2CO3)，逆反应的速率可表示为𝑣(CO2)=𝑘2⋅𝑐(CO2)，则𝑘2=𝑘1600（用含𝑘1的代数式表示）。[解析]反应达平衡时，𝐾=𝑐(CO2)𝑐(H2CO3)=600，又反应达平衡时，正、逆反应速率相等，即𝑘1𝑐(H2C

O3)=𝑘2𝑐(CO2)，故𝑘2=𝑘1𝑐(H2CO3)𝑐(CO2)=𝑘1600。第2页（4）25℃时，潮湿的石膏雕像表面会发生反应：CaSO4(s)+CO32−(aq)⇌CaCO3(s)+SO42−(aq),其平衡常数𝐾=3250

。［已知𝐾sp(CaSO4)=9.1×10−6,𝐾sp(CaCO3)=2.8×10−9][解析]已知𝐾sp(CaSO4)=𝑐(Ca2+)⋅𝑐(SO42−)=9.1×10−6，𝐾sp(CaCO3)=𝑐(Ca2+)⋅𝑐(CO32−)=2.8×10−9，则该反应的𝐾=𝑐(SO42−

)𝑐(CO32−)=𝑐(Ca2+)⋅𝑐(SO42−)𝑐(Ca2+)⋅𝑐(CO32−)=9.1×10−62.8×10−9=3250。（5）溶洞景区限制参观的游客数量，主要原因之一是游客呼吸产生的气体对钟乳石有破坏作用，从化学平衡的角度说明其原

因钟乳石的主要成分是CaCO3，游客呼出的CO2气体可与CaCO3发生反应CaCO3+CO2+H2O⬚⬚Ca2++2HCO3−，且CO2使CO2+H2O⇌H2CO3⇌H++HCO3−平衡正向移动，H+与CO32−结合又使平衡CaCO3(s)

⇌Ca2+(aq)+CO32−(aq)正向移动，从而使钟乳石遭到破坏。2.[2021全国乙卷，15分]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）历史上海藻提碘中得到一种红棕色液

体，由于性质相似，Liebig误认为是ICl,从而错过了一种新元素的发现。该元素是溴（或Br）。[解析]根据题给信息“得到一种红棕色液体”，且含有一种新元素，结合卤素的性质，可知所得液体中含有的新元素应为溴（

或Br）。（2）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20.0kPa。376.8℃平衡时，测得烧瓶中压强为32.5kPa,则𝑝ICl=24.8kPa,反应2ICl(g)⬚⬚Cl2(g)+I2(g)的平衡常数𝐾=100×(20.0×103−12.4×103)(24.8×103)2（列出计算

式即可）。[解析]结合BaPtCl6(s)⇌BaCl2(s)+Pt(s)+2Cl2(g)可得376.8℃时𝐾′p=1.0×104Pa2=𝑝2(Cl2)，则平衡时𝑝(Cl2)=√1.0×104Pa=1.0×102Pa=0.1kPa。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I

2减小的压强为𝑥kPa，根据三段式法得第3页I2(g)+Cl2(g)⇌2ICl(g)起始压强/(kPa)：20.00转化压强/(kPa)：𝑥𝑥2𝑥平衡压强/(kPa)：20.0−𝑥0.12𝑥根据平衡时总压强为32.5kPa得(20.0−𝑥)+0

.1+2𝑥=32.5,解得𝑥=12.4，则平衡时𝑝ICl=12.4kPa×2=24.8kPa。结合上述分析可知反应2ICl(g)⬚⬚I2(g)+Cl2(g)的平衡常数𝐾=𝑝(Cl2)×𝑝(I2)𝑝2(ICl)=100×(20

.0×103−12.4×103)(24.8×103)2。（3）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)𝐾p12NOCl(g)⇌2NO(g)+Cl2(g)𝐾p2

得到lg𝐾p1∼1𝑇和lg𝐾p2∼1𝑇均为线性关系，如图所示：①由图可知，NOCl分解为NO和Cl2反应的𝛥𝐻大于0（填“大于”或“小于”）。[解析]结合图像lg𝐾p2∼1𝑇×103可知，随着横坐标逐渐增

大，即温度逐渐降低，lg𝐾p2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反应2ICl(g)⬚⬚Cl2(g)+I2(g)的𝐾=𝐾p1⋅𝐾p2（用𝐾p1、𝐾p2表示）;该反应的𝛥𝐻大于0（填“大于”或“小于”），写出推理过程设𝑇′>𝑇，

即1𝑇′<1𝑇,由图可知：lg𝐾p2(𝑇′)−lg𝐾p2(𝑇)>|lg𝐾p1(𝑇′)−lg𝐾p1(𝑇)|=lg𝐾p1(𝑇)−lg𝐾p1(𝑇′)，则lg[𝐾p2(𝑇′)⋅𝐾p1(𝑇′)]>lg[𝐾p2(𝑇)⋅

𝐾p1(𝑇)]，𝐾(𝑇′)>𝐾(𝑇)（2分）。第4页[解析]结合题中信息可知𝐾p1=𝑝2(NOCl)×𝑝(I2)𝑝2(NO)×𝑝2(ICl)、𝐾p2=𝑝2(NO)×𝑝(Cl2)𝑝2(NOCl)，故反

应2ICl(g)⬚⬚I2(g)+Cl2(g)的平衡常数𝐾=𝑝(Cl2)×𝑝(I2)𝑝2(ICl)=𝐾p1⋅𝐾p2。设𝑇′>𝑇，即1𝑇′<1𝑇，据题图可知lg𝐾p2(𝑇′)−lg𝐾p2(𝑇)>|lg𝐾p1(𝑇′)−lg𝐾p1(𝑇)|=lg𝐾p1(𝑇

)−lg𝐾p1(𝑇′)，则lg𝐾p2(𝑇′)+lg𝐾p1(𝑇′)>lg𝐾p2(𝑇)+lg𝐾p1(𝑇)，即lg[𝐾p2(𝑇′)⋅𝐾p1(𝑇′)]>lg[𝐾p2(𝑇)⋅𝐾p1(𝑇)]，故�

�(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。（4）Kistiakowsky曾研究了NOCl光化学分解反应，在一定频率(𝜈)光的照射下机理为：NOCl+ℎ𝜈→NOCl∗NOCl+NOCl∗→2NO+C

l2其中ℎ𝜈表示一个光子能量，NOCl∗表示NOCl的激发态。可知，分解1mol的NOCl需要吸收0.5mol的光子。[解析]结合在光的照射下NOCl分解的反应机理可得，总反应为2NOCl+ℎ𝜈→2NO+Cl2，可知分解1mol

NOCl时需吸收0.5mol光子。3.[2020天津节选,13分]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:Ⅰ.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）图1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

光能转化为化学能。图1[解析]在光照下，水转化为H2、O2，故能量转化形式为光能转化为化学能。第5页（2）若将该催化剂置于Na2SO3溶液中，产物之一为SO42−，另一产物为H2。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Ag++e−⬚⬚Ag。[解析]SO32−转化为SO42−的过程中，硫元素化合价升高，根据氧化还原反应中化合价有升必有降的规律及反应体系中只有Na、S、H、O四种元素，可知另一产物为H2。在催化剂存在的条件下，AgNO3溶液通过反应生成O

2，氧元素的化合价升高，故有单质银生成，相应的离子反应式为Ag++e−⬚⬚Ag。Ⅱ.用H2还原CO2可以在一定条件下合成CH3OH（不考虑副反应）CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)

𝛥𝐻<0（3）某温度下，恒容密闭容器中，CO2和H2的起始浓度分别为𝑎mol⋅L−1和3𝑎mol⋅L−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𝑏227𝑎2(1−𝑏)

4。[解析]列三段式如下：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)起始浓度/(mol⋅L−1)𝑎3𝑎00转化浓度/(mol⋅L−1)𝑎𝑏3𝑎𝑏𝑎𝑏𝑎𝑏平衡浓度/(mol⋅L−1)𝑎(1−𝑏)3𝑎(1−𝑏)𝑎𝑏𝑎𝑏𝐾=𝑐

(CH3OH)×𝑐(H2O)𝑐(CO2)×𝑐3(H2)=𝑏227𝑎2(1−𝑏)4。（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2所示，其中分子筛膜能选择性分离出H2O。

第6页图2①甲醇平衡产率随温度升高而降低的原因为该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动（或平衡常数减小）。[解析]该反应是放热反应，温度升高有利于平衡逆向移动，甲醇的平衡产率随温度升高而降低。②P点甲醇产率高于T点的原因为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。[解析]P点对应反应有分子筛膜，分子筛膜能选择性分离出水，有利于反应正向进行，故P点甲醇产率高于T点甲醇产率。③根据图2，在此条件下采用该分子筛膜时的最佳反应温度为210℃。[解析]由图2知，当温度

为210℃时，甲醇的产率最高，因此最佳反应温度为210℃。Ⅲ.调节溶液pH可实现工业废气CO2的捕获和释放（5）已知25℃碳酸电离常数为𝐾a1、𝐾a2，当溶液pH=12时，𝑐(H2CO3):𝑐(HCO3−):𝑐(CO32−)=1:1012

⋅𝐾a1∶1024⋅𝐾a1⋅𝐾a2。[解析]𝐾a1=𝑐(HCO3−)×𝑐(H+)𝑐(H2CO3),𝐾a2=𝑐(CO32−)×𝑐(H+)𝑐(HCO3−),pH=12时，𝑐(H+)=10−12mol⋅L−1,则𝑐(CO32−)=1012𝐾a

2𝑐(HCO3−)，𝑐(HCO3−)=1012𝐾a1𝑐(H2CO3)，进而可得𝑐(CO32−)=1012𝐾a2×1012𝐾a1𝑐(H2CO3)，故有𝑐(H2CO3):𝑐(HCO3−):𝑐(CO32−)=𝑐(H2CO3):[1012�

�a1𝑐(H2CO3)]:[1012𝐾a2×1012𝐾a1𝑐(H2CO3)]=1:(1012𝐾a1):(1024𝐾a1𝐾a2)。题组二第7页1.[2022广东，14分]铬及其化合物在催化、金属防腐等方面具有重要应用。（1）催化剂Cr2O3可由(NH4)2C

r2O7加热分解制备，反应同时生成无污染气体。①完成化学方程式:(NH4)2Cr2O7△⬚Cr2O3+N2+4H2O。[解析]根据化学方程式中反应前后Cr的化合价降低，且反应生成无污染气体，推出生成的无污染气体为N2，根据Cr和N得失电子守恒配

平反应，确定(NH4)2Cr2O7、Cr2O3和N2前的化学计量数均为1，再由H、O原子守恒，确定另一产物为H2O，且H2O前的化学计量数为4。②Cr2O3催化丙烷脱氢过程中，部分反应历程如图1,X(g)→Y(g)过程的焓变为(𝐸1−𝐸2)+(

𝐸3−𝐸4)+𝛥𝐻（列式表示）。图1[解析]从图像看出，Y(g)的能量比X(g)的高，则X(g)转化为Y(g)的反应为吸热反应，焓变为正值，反应共经历三个过程，均为吸热过程，第一个过程的焓变为(𝐸1−𝐸2)，第二个过程的焓变为𝛥𝐻，第三个过程的焓变为(𝐸3−𝐸4)，

根据盖斯定律，将三个过程的焓变相加即为X(g)转化为Y(g)过程的焓变。③Cr2O3可用于NH3的催化氧化。设计从NH3出发经过3步反应制备HNO3的路线NH3→NO→NO2→HNO3（用“→”表示含氮物质间的转化）;其中一个有颜色变化的反应的化学方程式为2NO+O2⬚⬚2NO

2。[解析]从NH3出发经过3步反应制备HNO3的路线：NH3催化氧化生成NO，NO被氧气氧化生成NO2，NO2溶于水生成HNO3。NO为无色，NO2为红棕色。（2）K2Cr2O7溶液中存在多个平衡。本题条件下仅需考虑如下平衡:第8页(i)Cr

2O72−(aq)+H2O(l)⇌2HCrO4−(aq)𝐾1=3.0×10−2(25℃)(ii)HCrO4−(aq)⇌CrO42−(aq)+H+(aq)𝐾2=3.3×10−7(25℃)①下列有关K2Cr2O7溶液的说法正确的有BD。A.加入少量硫酸，溶液的pH不变B.加入少量水稀释，溶液中

离子总数增加C.加入少量NaOH溶液，反应(i)的平衡逆向移动D.加入少量K2Cr2O7固体，平衡时𝑐2(HCrO4−)与𝑐(Cr2O72−)的比值保持不变[解析]反应(i)+反应(ii)×2得Cr2O72−(aq)+H2O(l)⇌2CrO42−+2H+。A项，加入少量硫酸，总反应平衡

逆向移动，但根据勒夏特列原理知，平衡移动只能削弱，不能消除，平衡后，溶液中𝑐(H+)依然增大，所以溶液的pH变小，错误；B项，由总反应知，生成物的离子总数比反应物的多，在加入少量水稀释时，生成物的浓度比反应物的浓度下降得快，所以

加入少量水后，平衡正向移动，生成物的离子总数增多，正确；C项，加入少量NaOH溶液，反应(ii)的平衡正向移动，使得HCrO4−的浓度减小，进而导致反应(i)的平衡正向移动，错误；D项，反应(i)的平衡常数可表示为𝐾1=𝑐2(HCrO4−)/𝑐(Cr

2O72−)，加入少量K2Cr2O7固体，不会引起溶液温度的变化，而𝐾1仅与温度有关，所以𝐾1不变，平衡时𝑐2(HCrO4−)/𝑐(Cr2O72−)的比值也不变，正确。②25℃时，0.10mol⋅L−1K2Cr2O7溶液中lg𝑐(CrO42−)𝑐(Cr2O72−)随p

H的变化关系如图2。当pH=9.00时，设Cr2O72−、HCrO4−与CrO42−的平衡浓度分别为𝑥、𝑦、𝑧mol⋅L−1,则𝑥、𝑦、𝑧之间的关系式为𝑥+𝑦+𝑧2（2分）;当溶液pH=9.0时，𝑐(CrO42−)𝑐(Cr2O72−)>104，因此可

忽略溶液中Cr2O72−，即𝑐(HCrO4−)+𝑐(CrO42−)=0.20mol⋅L−1，反应(ii)的平衡常数𝐾2=𝑐(H+)⋅𝑐(CrO42−)𝑐(HCrO4−)=10−9×𝑐(CrO42−)𝑐(HCrO4−)=3.3×10−7，联立两个方

程式可得𝑐(HCrO4−)=6.0×10−4mol⋅L−1=0.10;计算溶液中HCrO4−的平衡浓度（写出计算过程，结果保留两位有效数字）。第9页图2[解析]pH=9.00时，0.10mol⋅L−1K2Cr2O7溶液中Cr原子的

总浓度为0.20mol⋅L−1,由Cr原子守恒知，2𝑐(Cr2O72−)+𝑐(HCrO4−)+𝑐(CrO42−)=0.20mol⋅L−1,则有𝑥+𝑦+𝑧2=0.10。③在稀溶液中，一种物质对光的吸收程度（𝐴）与其所吸收光的波长(𝜆)有关;在一定波长范围内，最大𝐴对应的

波长(𝜆max)取决于物质的结构特征;浓度越高，𝐴越大。混合溶液在某一波长的𝐴是各组分吸收程度之和。为研究pH对反应(i)和(ii)平衡的影响，配制浓度相同、pH不同的K2Cr2O7稀溶液，测得其𝐴随𝜆的变化曲线如图3。波长𝜆1、𝜆2

和𝜆3中，与CrO42−的𝜆max最接近的是𝜆3；溶液pH从𝑎变到𝑏的过程中，𝑐(H+)⋅𝑐2(CrO42−)𝑐(Cr2O72−)的值增大（填“增大”“减小”或“不变”）。图3[解析]根据反应(i)、(ii)可知，溶液pH越大，溶液中𝑐(Cr2O72−)+𝑐(HCrO

4−)+𝑐(CrO42−)越大，混合溶液在某一波长的𝐴越大，溶液的pH越大，溶液中𝑐(CrO42−)越大，因此与CrO42−的𝜆max最接近的是𝜆3；𝐾1⋅𝐾22=𝑐2(HCrO4−)𝑐(Cr2O72−)×第10页𝑐2(CrO42−)⋅�

�2(H+)𝑐2(HCrO4−)=𝑐2(CrO42−)⋅𝑐2(H+)𝑐(Cr2O72−)，𝑐(H+)⋅𝑐2(CrO42−)𝑐(Cr2O72−)=𝐾1⋅𝐾22𝑐(H+)，溶液pH从𝑎变到𝑏的过程中，pH变大，𝑐(H+)变小，而𝐾1⋅𝐾22不变，所

以𝑐(H+)⋅𝑐2(CrO42−)𝑐(Cr2O72−)的值增大。2.[2020江苏，14分]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K

HCO3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HCO3−+H2催化剂⬚HCOO−+H2O；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40℃∼80℃范围内，HCO3−催化加氢的转化率迅速上升，其主要

原因是温度升高反应速率增大，温度升高催化剂的活性增强。[解析]HCO3−和H2在催化剂的作用下反应生成HCOO−，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可写出反应的离子方程式。温度升高，反应速率增大，同时升高温度催化剂的活性增强，HCO3−催

化加氢的反应速率增大，相同反应时间内，HCO3−催化加氢的转化率迅速上升。（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。①电池负极电极反应式为HCOO−+2OH−−2e−⬚⬚HCO3−+H2O（2分）；放

电过程中需补充的物质A为H2SO4（填化学式）。[解析]负极发生氧化反应，碱性条件下，HCOO−（其中的碳元素可看作+2价）被氧化生成HCO3−（其中的碳元素为+4价），则负极的电极反应式为HCOO−+2OH

−−2e−⬚⬚HCO3−+H2O。正极反应中，Fe3+被还原为Fe2+，Fe2+再被O2第11页在酸性条件下氧化为Fe3+，因为最终有K2SO4生成，O2氧化Fe2+的过程中要消耗H+，故需要补充的物质A为H2

SO4。②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2HCOOH+2OH−+O2⬚⬚2HCO3−+2H2O或2HCOO−+O2⬚⬚2HCO3−。图2[解析

]结合上述分析可知，HCOOH与O2反应的离子方程式为2HCOOH+2OH−+O2⬚⬚2HCO3−+2H2O或2HCOO−+O2⬚⬚2HCO3−。（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。图3①HCOOD催化释氢反应除生成CO2外，还生成HD（填化学式）。[解析]根据原子守恒并结合题图3，可知HCOOD催化释氢反应除生成CO2外，还生成HD。②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，其具体优点是提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度。第12页[解析]从题图3可以看出，HCOOH催化释氢的第一步是转化为HCOO−，故以HCOOK溶液代替HCO

OH催化释氢，可以提高释放氢气的速率，又HCOOK催化释氢时，氢元素的来源单一，提高释放出氢气的纯度。题组三1.[2021湖南，14分]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N≡NH—HN—H键能𝐸/(kJ⋅mol−1)946436.0390.8在一定温度下，利用催化剂将NH3分解为N2和H2。回答下列问题:（1）反应2NH3(g)⇌N2(g)+3H2(g)𝛥𝐻=+90.8kJ⋅mol−

1;[解析]根据键能与反应热的关系，知𝛥𝐻=反应物键能之和-生成物键能之和=390.8kJ⋅mol−1×6−(946+436.0×3)kJ⋅mol−1=+90.8kJ⋅mol−1。（2）已知该反应的𝛥𝑆=198.9J⋅mol−1⋅K−1,在下列哪些温

度下反应能自发进行?CD（填标号）;A.25℃B.125℃C.225℃D.325℃[解析]因为反应自发进行，故𝛥𝐺=𝛥𝐻−𝑇𝛥𝑆=+90.8kJ⋅mol−1−𝑇×198.9×10−3kJ⋅mol

−1⋅K−1<0，𝑇>457K，即温度高于184℃，选C、D。（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0.1molNH3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。第13页①若保持容器体积不变，𝑡1时反应达到平衡，用H2的浓度变化表示0∼𝑡1时间内的反应速率𝑣(H2)=2100𝑡1mol⋅L−1⋅min−1（用含𝑡1的代数式表示）；[解析

]根据2NH3(g)⇌3H2(g)+N2(g)，由图像可知，𝑡1时𝑝(NH3)=𝑝(H2)=120kPa,𝑝(N2)=40kPa,设𝑡1时气体的总物质的量为𝑛,则𝑛0.1mol=280kPa200kPa,解得𝑛=0.14mol,则𝑡1时𝑛(NH3)=𝑛(H2

)=0.14mol×120kPa280kPa=0.06mol，故𝑣(H2)=0.06mol3L×𝑡1min=2100𝑡1mol⋅L−1⋅min−1。②𝑡2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N2分压变化趋势的曲线是

b（用图中a、b、c、d表示），理由是𝑡2时，快速缩小容器体积为原来的一半，即对反应体系加压，压强增大为原来的2倍，N2的分压瞬时增大为原来的2倍，随后反应2NH3(g)⇌3H2(g)+N2(g)平衡逆向移动，N2的分压减小，符合该变化趋势的为b线;[解析]𝑡2时，快速缩小容器体积为原来

的一半，即将反应体系的压强增大为原来的2倍，N2的分压瞬时增大为原来的2倍，随后反应2NH3(g)⇌3H2(g)+N2(g)的平衡逆向移动，N2的分压减小，变化趋势的曲线为b线。③在该温度下，反应的标准平衡常数𝐾⊖=0.48（已知:分压=总压×该组分物质的量分数，对于反

应𝑑D(g)+𝑒E(g)⇌𝑔G(g)+ℎH(g)𝐾⊖=(𝑝G𝑝⊖)𝑔⋅(𝑝H𝑝⊖)ℎ(𝑝D𝑝⊖)𝑑⋅(𝑝E𝑝⊖)𝑒，其中𝑝⊖=100kPa,𝑝G、𝑝H、𝑝D、𝑝E为各组分的平衡分压）。[解析]根据平衡时总压为280kPa

，NH3、H2、N2的分压分别是120kPa、120kPa、40kPa，代入公式得𝐾𝜃=1.203×0.41.202=0.48。方法Ⅱ.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。第14页（4）电解过程中OH−的移动方向为从右往左（填“从左往右”或“从右往左

”）;[解析]因为左侧电极上NH3→N2，NH3失去电子，所以左侧电极为阳极，电解质溶液中的OH−向阳极移动，移动方向为从右往左。（5）阳极的电极反应式为2NH3−6e−+6OH−⬚⬚N2+6H2O。[解析]阳极反应是NH3−e−→N2，电解质溶液为KOH溶液，故阳极的电极反应式为2N

H3−6e−+6OH−⬚⬚N2+6H2O。2.[2021浙江1月选考，10分]“氯碱工业”以电解饱和食盐水为基础制取氯气等产品,氯气是实验室和工业上的常用气体。请回答:（1）电解饱和食盐水制取氯气的化学方程式是2NaCl+2H2O通电⬚2NaOH+H2↑+C

l2↑。[解析]电解饱和食盐水得到NaOH、H2、Cl2，由此可写出化学方程式。（2）下列说法不正确的是A。A.可采用碱石灰干燥氯气B.可通过排饱和食盐水法收集氯气C.常温下,可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中D.工

业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸[解析]Cl2可与碱石灰反应，A项错误；Cl2在饱和食盐水中溶解度很小，B项正确；常温下Cl2与铁不反应，可储存于钢瓶中，C项正确。（3）在一定温度下,氯气溶于水的过程及其平衡常数为

:Cl2(g)⇌Cl2(aq)𝐾1=𝑐(Cl2)/𝑝Cl2(aq)+H2O(l)⇌H+(aq)+Cl−(aq)+HClO(aq)𝐾2其中𝑝为Cl2(g)的平衡压强,𝑐(Cl2)为Cl2在水溶液中的平衡浓度。①Cl2(g)⇌Cl2(aq)的焓变𝛥𝐻1<0。（填“>”“

=”或“<”）[解析]Cl2溶于水是熵值减小的过程，Cl2易溶于水，Cl2溶于水具有自发性，熵减不利于过程自发进行，故其溶于水是放热的过程，即𝛥𝐻1<0。②平衡常数𝐾2的表达式为𝐾2=𝑐(H+)⋅𝑐(Cl

−)⋅𝑐(HClO)𝑐(Cl2)。第15页[解析]由平衡常数的定义知，𝐾2=𝑐(H+)⋅𝑐(Cl−)⋅𝑐(HClO)𝑐(Cl2)。③氯气在水中的溶解度（以物质的量浓度表示）为𝑐，则𝑐=�

�1𝑝+(𝐾1𝐾2𝑝)13。（用平衡压强𝑝和上述平衡常数表示,忽略HClO的电离）[解析]设与水反应消耗的Cl2浓度为𝑐1，则反应生成的𝑐(H+)=𝑐(Cl−)=𝑐(HClO)=𝑐1，𝐾2=𝑐13/𝑐(C

l2)，𝑐13=𝑐(Cl2)×𝐾2=𝐾1𝑝×𝐾2，𝑐1=√𝐾1𝐾2𝑝3，Cl2的溶解度𝑐=Cl2的平衡浓度+Cl2的消耗浓度=𝑐(Cl2)+𝑐1=𝐾1𝑝+√𝐾1𝐾2𝑝3。（4）工业上,常采用“加碳氯化”的方法以高钛渣（主要成分为TiO2）为原料生产T

iCl4，相应的化学方程式为:ⅠTiO2(s)+2Cl2(g)⇌TiCl4(g)+O2(g)𝛥𝐻I=181kJ⋅mol−1,𝐾I=3.4×10−29Ⅱ2C(s)+O2(g)⇌2CO(g)𝛥𝐻II=−221kJ⋅mol−1,𝐾II=1.2×1048结合数据说明氯化过

程中加碳的理由反应Ⅰ+Ⅱ得:TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)⇌TiCl4(g)+2CO(g),𝐾=𝐾Ⅰ𝐾Ⅱ=4.08×1019远大于𝐾Ⅰ,反应Ⅱ使TiO2氯化为TiCl4得以实现;𝛥𝐻=𝛥𝐻Ⅰ+𝛥𝐻Ⅱ=−40kJ⋅mol−1,反应Ⅱ可为反应Ⅰ提供所需的能量。[解析]

加碳可消耗反应Ⅰ中生成的O2发生反应Ⅱ，由反应Ⅰ+Ⅱ可得到反应TiO2(s)+2C(s)+2Cl2(g)⇌2CO(g)+TiCl4(g)𝛥𝐻=−40kJ⋅mol−1，𝐾=𝐾I𝐾II=4.08×1019≫�

�I，并且反应Ⅱ放热，所以反应Ⅱ的存在使TiO2生成TiCl4的反应更易进行。（5）在一定温度下,以I2为催化剂,氯苯和Cl2在CS2中发生平行反应,分别生成邻二氯苯和对二氯苯,两产物浓度之比与反应时间无关。反应物起

始浓度均为0.5mol⋅L−1,反应30min测得氯苯15%转化为邻二氯苯，25%转化为对二氯苯。保持其他条件不变,若要提高产物中邻二氯苯的比例，可采用的措施是AB。A.适当提高反应温度B.改变催化剂C.适当降低反应

温度D.改变反应物浓度[解析]从反应30min测得氯苯15%转化为邻二氯苯，25%转化为对二氯苯可知，氯苯生成邻二氯苯的活化能较大，反应速率较慢，受温度的影响较大，因此升高温度可提高产物中邻二氯苯的比例，A项正确、C项错误；催化剂具有第16页选择性，选用有利于生成邻二氯苯的催化剂可提高产

物中邻二氯苯的比例，B项正确；改变反应物浓度会影响反应速率，但由“两产物浓度之比与反应时间无关”知改变反应物浓度无法提高产物中邻二氯苯的比例，D项错误。3.[2020全国卷Ⅱ，14分]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)Δ𝐻1，相关物质的燃烧热数据如表所示：物质C2H6(g)C2H4(g)H2(g)燃烧热𝛥𝐻/(kJ⋅mol−1)−1560−1411−286①𝛥𝐻1=137kJ⋅mol−1。[

解析]根据题表中数据信息可写出热化学方程式(i)C2H6(g)+72O2(g)⬚⬚2CO2(g)+3H2O(l)Δ𝐻=−1560kJ⋅mol−1、(ii)C2H4(g)+3O2(g)⬚⬚2CO2(g)+2H2O(l)Δ𝐻=−1411kJ⋅m

ol−1、(iii)H2(g)+12O2(g)⬚⬚H2O(l)Δ𝐻=−286kJ⋅mol−1，根据盖斯定律，由(i)−(ii)−(iii)得C2H6(g)⬚⬚C2H4(g)+H2(g)Δ𝐻1=137kJ⋅mol

−1。②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）。[解析]由于该反应为吸热反应、且为气体分子数增大的反应，因此可通过升高温度、减小体系压强等提高该反应的平衡转化率。③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𝛼。反应的平衡常数𝐾p=𝛼(1+𝛼)(2+𝛼)(1−𝛼)×𝑝（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。[解析]设起始时C2H6和H2的物质的量均为1mol，列出三段式：C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g)起始量/mol101转化量/mol𝛼𝛼𝛼

平衡量/mol1−𝛼𝛼1+𝛼第17页平衡时C2H6、C2H4和H2对应的分压分别为1−𝛼2+𝛼𝑝、𝛼2+𝛼𝑝和1+𝛼2+𝛼𝑝，则该反应的平衡常数𝐾p=𝛼2+𝛼𝑝×1+�

�2+𝛼𝑝1−𝛼2+𝛼𝑝=𝛼(1+𝛼)(2+𝛼)(1−𝛼)×𝑝。（2）高温下，甲烷生成乙烷的反应如下：2CH4高温→⬚C2H6+H2。反应在初期阶段的速率方程为𝑟=𝑘×𝑐CH4,其中𝑘为反应速率常数。①设反应开

始时的反应速率为𝑟1，甲烷的转化率为𝛼时的反应速率为𝑟2,则𝑟2=1−𝛼𝑟1。[解析]设反应初始时𝑐CH4=𝑎mol⋅L−1，根据初期阶段的速率方程可知𝑟1=𝑘𝑎,题给反应反应前后气体分子数

不变，当CH4的转化率为𝛼时，𝑐CH4=(1−𝛼)𝑎mol⋅L−1，则此时𝑟2=(1−𝛼)𝑟1。②对于处于初期阶段的该反应，下列说法正确的是AD。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[解析]由𝑟=𝑘×𝑐CH4可

知，CH4的浓度越大，反应速率𝑟越大，A项正确；增加H2浓度，CH4的浓度减小或不变，则𝑟减小或不变，B项错误；随着反应的进行，CH4的浓度逐渐减小，则反应速率逐渐减小，C项错误；降低温度，该反应进行非常缓慢甚至停止，即𝑘也随着减小，D项正确。（3）CH4和CO

2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，其原理如图所示：①阴极上的反应式为CO2+2e−⬚⬚CO+O2−。[解析]结合图示可知CO2在阴极上发生还原反应生成CO，即阴极上的反应式为CO2+2e−⬚⬚CO+O2−。②若生成的乙烯和乙烷的体积比为2:1，则消耗的CH4和CO2

体积比为6:5。第18页[解析]设生成C2H4和C2H6的物质的量分别为2mol和1mol，则反应中转移电子的物质的量为4×2mol+2×1mol=10mol，根据碳原子守恒，可知反应的CH4为6mol；由CO2→CO转移10mol电子

，需消耗5molCO2，则反应中消耗CH4和CO2的体积比为6:5。