，可知二聚体的浓度为0.45mol·L－1，D项正确。
（4）结合图示电解原理可知，Fe电极发生氧化反应，为阳极；在阴极上有H2生成，故电解时的总反应为Fe＋2＋H2↑或Fe＋2C5H6===Fe（C5H5）2＋H2↑。
结合相关反应可知，电解制备需在无水条件下进行，否则水会阻碍中间产物Na的生成，水电解生成OH－，OH－会进一步与Fe2＋反应生成Fe（OH）2，从而阻碍二茂铁的生成。
3．（2019·全国卷Ⅲ，28）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）。
如图为刚性容器中，进料浓度比c（HCl）∶c（O2）分别等于1∶1、4∶1、7∶1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）＝1∶1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） ΔH1＝83kJ·mol－1
CuCl（s）＋
O2（g）===CuO（s）＋
Cl2（g） ΔH2＝－20kJ·mol－1
CuO（s）＋2HCl（g）===CuCl2（s）＋H2O（g） ΔH3＝－121kJ·mol－1
则4HCl（g）＋O2（g）===2Cl2（g）＋2H2O（g）的
ΔH＝________kJ·mol－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，如图所示：
负极区发生的反应有_______________________________________________________
____________________________________________________________（写反应方程式）。
电路中转移1mol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）由题给HCl平衡转化率随温度变化的关系图可知，随温度升高，HCl平衡转化率降低，则此反应为放热反应，温度越高，平衡常数越小，即K（300℃）大于K（400℃）。
结合题图可知，c（HCl）∶c（O2）＝1∶1、400℃时HCl的平衡转化率为84%，列出三段式：
4HCl（g） ＋ O2（g） === 2Cl2（g）＋2H2O（g）
起始c0c000
转化0.84c00.21c00.42c00.42c0
平衡（1－0.84）c0（1－0.21）c00.42c00.42c0
则K（400℃）＝
＝
；进料浓度比c（HCl）∶c（O2）过低会使O2和Cl2分离的能耗较高，过高则会造成HCl转化率较低。
（2）将已知热化学方程式依次编号为①、②、③，根据盖斯定律，由（①＋②＋③）×2得4HCl（g）＋O2（g）===2Cl2（g）＋2H2O（g）
ΔH＝－116kJ·mol－1。
（3）题述反应是气体体积减小的反应，增大反应体系压强可使反应正向移动，提高HCl的转化率，及时分离出产物也能提高HCl的转化率。
（4）负极区发生还原反应Fe3＋＋e－===Fe2＋，生成的二价铁又被氧气氧化成三价铁，发生反应4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O，由反应可知电路中转移4mol电子消耗1molO2，则转移1mol电子消耗氧气
mol，其在标准状况下的体积为
mol×22.4L·mol－1＝5.6L。
4．（2018·全国卷Ⅰ，28）采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。
回答下列问题：
（1）1840年Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5。
该反应的氧化产物是一种气体，其分子式为________。
（2）F.Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25℃时N2O5（g）分解反应：
2N2O5（g）―→4NO2（g）＋O2（g）
2N2O4（g）
其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。
体系的总压强p随时间t的变化如下表所示[t＝∞时，N2O5（g）完全分解]：
t/min
0
40
80
160
260
1300
1700
∞
p/kPa
35.8
40.3
42.5
45.9
49.2
61.2
62.3
63.1
①已知：
2N2O5（g）===2N2O4（g）＋O2（g） ΔH1＝－4.4kJ·mol－1
2NO2（g）===N2O4（g） ΔH2＝－55.3kJ·mol－1
则反应N2O5（g）===2NO2（g）＋
O2（g）的ΔH＝________kJ·mol－1。
②研究表明，N2O5（g）分解的反应速率v＝2×10－3×
kPa·min－1。
t＝62min时，测得体系中
＝2.9kPa，则此时
＝__________kPa，v＝________kPa·min－1。
③若提高反应温度至35℃，则N2O5（g）完全分解后体系压强p∞（35℃）________63.1kPa（填“大于”“等于”或“小于”），原因是_____________________________________
________________________________________________________________________。
④25℃时N2O4（g）2NO2（g）反应的平衡常数Kp＝________kPa（Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1位小数）。
（3）对于反应2N2O5（g）―→4NO2（g）＋O2（g），R.A.Ogg提出如下反应历程：
第一步 N2O5NO2＋NO3 快速平衡
第二步 NO2＋NO3―→NO＋NO2＋O2 慢反应
第三步 NO＋NO3―→2NO2 快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。
下列表述正确的是______（填标号）。
A．v（第一步的逆反应）>v（第二步反应）
B．反应的中间产物只有NO3
C．第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效
D．第三步反应活化能较高
答案
（1）O2
（2）①53.1 ②30.0 6.0×10－2 ③大于 温度提高，体积不变，总压强提高；NO2二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系气体物质的量增加，总压强提高 ④13.4 （3）AC
解析
（1）Cl2与AgNO3反应生成N2O5，还应该有AgCl，氧化产物是一种气体，则该气体为O2。
（2）①令2N2O5（g）===2N2O4（g）＋O2（g） ΔH1＝－4.4kJ·mol－1 a
2NO2（g）===N2O4（g） ΔH2＝－55.3kJ·mol－1 b
根据盖斯定律，a式×
－b式可得：
N2O5（g）===2NO2（g）＋
O2（g） ΔH＝53.1kJ·mol－1。
②由方程式2N2O5（g）===4NO2（g）＋O2（g）可知，62min时，
＝2.9kPa，则减小的N2O5为5.8kPa，此时
＝35.8kPa－5.8kPa＝30.0kPa，则v（N2O5）＝2×10－3×30.0kPa·min－1＝6.0×10－2kPa·min－1。
④时间无限长时N2O5完全分解，故由2N2O5（g）===4NO2（g）＋O2（g）知，此时生成的
＝2
＝2×35.8kPa＝71.6kPa，
＝0.5×35.8kPa＝17.9kPa。
由题意知，平衡时体系的总压强为63.1kPa，则平衡体系中NO2、N2O4的压强和为63.1kPa－17.9kPa＝45.2kPa，设N2O4的压强为xkPa，则
N2O4（g）2NO2（g）
初始压强/kPa 0 71.6
转化压强/kPa x 2x
平衡压强/kPa x 71.6－2x
则x＋（71.6－2x）＝45.2，解得x＝26.4,71.6kPa－26.4kPa×2＝18.8kPa，Kp＝
＝
≈13.4kPa。
（3）第一步反应快速平衡，说明正、逆反应速率很大，极短时间内即可达到平衡，A项正确；第二步反应慢，说明有效碰撞次数少，C项正确；由题给三步反应可知，反应的中间产物有NO3和NO，B项错误；反应快，说明反应的活化能较低，D项错误。
5．（2018·全国卷Ⅲ，28）三氯氢硅（SiHCl3）是制备硅烷、多晶硅的重要原料。
回答下列问题：
（1）SiHCl3在常温常压下为易挥发的无色透明液体，遇潮气时发烟生成（HSiO）2O等，写出该反应的化学方程式____________________________________________________。
（2）SiHCl3在催化剂作用下发生反应：
2SiHCl3（g）===SiH2Cl2（g）＋SiCl4（g）
ΔH1＝48kJ·mol－1
3SiH2Cl2（g）===SiH4（g）＋2SiHCl3（g）
ΔH2＝－30kJ·mol－1
则反应4SiHCl3（g）===SiH4（g）＋3SiCl4（g）的ΔH为________kJ·mol－1。
（3）对于反应2SiHCl3（g）===SiH2Cl2（g）＋SiCl4（g），采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323K和343K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。
①343K时反应的平衡转化率α＝_______%。
平衡常数K343K＝________（保留2位小数）。
②在343K下：
要提高SiHCl3转化率，可采取的措施是______________；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有____________、____________。
③比较a、b处反应速率大小：
va________vb（填“大于”“小于”或“等于”）。
反应速率v＝v正－v逆＝k正
－k逆
，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数，计算a处的
＝____________（保留1位小数）。
答案
（1）2SiHCl3＋3H2O===（HSiO）2O＋6HCl
（2）114
（3）①22 0.02 ②及时移去产物 改进催化剂 提高反应物浓度 ③大于 1.3
解析
（1）SiHCl3遇潮气时发烟生成（HSiO）2O等，结合原子守恒推知SiHCl3与水蒸气反应除生成（HSiO）2O外，还生成HCl，化学方程式为2SiHCl3＋3H2O===（HSiO）2O＋6HCl。
（2）将题给两个热化学方程式依次编号为①②，根据盖斯定律，由①×3＋②可得：
4SiHCl3（g）===SiH4（g）＋3SiCl4（g），则有ΔH＝3ΔH1＋ΔH2＝3×48kJ·mol－1＋（－30kJ·mol－1）＝114kJ·mol－1。
（3）温度越高，反应速率越快，达到平衡的时间越短，左边曲线达到平衡的时间短，则此曲线代表343K时SiHCl3的转化率变化，右边曲线代表323K时SiHCl3的转化率变化。
①由题图可知，343K时反应的平衡转化率α＝22%。
设起始时SiHCl3（g）的浓度为1mol·L－1，则有
2SiHCl3（g）===SiH2Cl2（g）＋SiCl4（g）
起始浓度/mol·L－1 1 0 0
转化浓度/mol·L－1 0.22 0.11 0.11
平衡浓度/mol·L－1 0.78 0.11 0.11
则343K时该反应的平衡常数K343K＝
＝
≈0.02。
②在343K时，要提高SiHCl3转化率，可采取的措施是及时移去产物，使平衡向右移动；要缩短反应达到平衡的时间，需加快化学反应速率，可采取的措施有提高反应物浓度、改进催化剂等。
③温度越高，反应速率越快，a点温度为343K，b点温度为323K，故反应速率：
va>vb。
反应速率v＝v正－v逆＝k正
－k逆
，则有v正＝k正
，v逆＝k逆
，343K下反应达到平衡状态时v正＝v逆，即k正
＝k逆
，此时SiHCl3的平衡转化率α＝22%，经计算可得SiHCl3、SiH2Cl2、SiCl4的物质的量分数分别为0.78、0.11、0.11，则有k正×0.782＝k逆×0.112，
＝
≈0.02。
a处SiHCl3的平衡转化率α＝20%，此时SiHCl3、SiH2Cl2、SiCl4的物质的量分数分别为0.8、0.1、0.1，则有
＝
＝
＝
≈1.3。
高考化学反应原理综合题的命题规律
以工业生产原理或元素化合物为情景，以速率、平衡为核心，结合图、表综合考查，平衡常数、转化率、平衡移动原理、化学反应速率、热化学方程式、反应热、溶液中的离子平衡、离子反应等相关知识；考查识图能力及运用化学基本理论解释实际问题的能力。
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