第20练 化学反应原理综合题-2024年高二化学暑假分阶练（2025届高考一轮复习通用）

第20练 化学反应原理综合题 【基础过关练】 1．（2024·四川·模拟预测）、(主要指和)是大气主要污染物之一。有效去除大气中的、是环境保护的重要课题。 已知： 反应1：　 反应2：　 反应3：　 反应4：　 回答下列问题： (1)计算 。 (2)已知反应4在某催化剂作用下的反应历程如图。 ① (填“”或“”)0。 ②该反应历程的决速步骤为 。 ③可提高该反应中平衡转化率的措施有 (填两条)。 (3)向密闭容器中充入一定量的和，保持总压为，发生反应4.当时的平衡转化率随温度以及下NO的平衡转化率随投料比的变化关系如图： ①能表示此反应已经达到平衡状态的是 (填标号)。 A．气体的密度保持不变    B．的浓度不变     C． ②表示时的平衡转化率随温度的变化关系曲线是(填“Ⅰ”或“II”)，理由是 。 ③a、d两点对应的平衡常数大小比较为 (填“>”“<”或“=”)。 ④b点对应条件下的压强平衡常数 (为用分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数，列出计算式即可)。 2．（2024·河北保定·二模）甲烷是非常重要的化工原料，利用甲烷催化重整技术可制备多种化工品和能源品。回答下列问题： (1)现有甲烷、水蒸气催化重整制氢工艺：  ，此反应分两步进行，第I步和第Ⅱ步的反应原理如下，反应的关系如图1所示。 I．   Ⅱ．   1000℃时，反应的平衡常数 。 (2)一种甲烷和二氧化碳的共转化催化反应历程如图2所示： 已知部分化学键的键能数据如下： 共价键 C—H O—H C—O C—C 键能() 413 497 462 351 348 根据上述信息，写出该催化反应的热化学方程式： 。 (3)某研究团队认为甲烷催化制甲酸的转化过程如图3所示： ①上述历程中除制得甲酸外，还可得到的副产品为 。 ②已知上述步骤Ⅱ反应的。一定温度下，向10L恒容密闭钢瓶中充入1mol(g)和1mol(g)，在催化剂作用下发生步骤Ⅱ的反应。10min末达到平衡，测得钢瓶中(g)的物质的量为0.6mol。0~10min内，平均反应速率 。改变条件重复实验，测得的平衡转化率()与温度(T)和压强(p)的关系如图4所示，则 (填“”“”或“”)。 (4)已知  。500℃时，与水蒸气重整制氢时主要发生的反应有：，，实际生产中可向重整反应体系中加入适量多孔CaO，理由是 。在m和n两种催化剂作用下，反应的阿伦尼乌斯经验公式实验数据如图5所示，已知阿伦尼乌斯经验公式(为活化能，k为速率常数，R和C为常数)，m和n两种催化剂中对该反应催化效果较差的是 ，用m作催化剂时，该反应的活化能为 。 3．（2024·湖南邵阳·三模）丙烯是重要的有机原料之一，可通过多种途径制备。回答下列问题： Ⅰ.由丙烷直接脱氢法制备：　 (1)已知键能：；生成碳碳键放出的能量为271 kJ，则 。 (2)在一定温度下，保持总压为，将和的混合气体分别按为和向密闭容器中投料，发生脱氢反应，测得的转化率与时间的关系如图1所示(已知时反应处于平衡状态)。 点对应的投料方式为 ，原因是 。内，曲线 (填“”“”)对应的平均反应速率最快。点对应的平衡常数 (以分压表示，分压=总压×物质的量分数，保留一位小数)。 Ⅱ.由丙烷氧化脱氢法制备。主要涉及反应：； (3)在一定条件下，将物质的量之比为的和匀速通入体积可变的反应容器中发生上述反应，使总压强恒定为。在不同温度下反应相同时间，测得丙烷和氧气的转化率与温度倒数的关系如图2所示。 时，容器内两种气体的物质的量之比 (填“>”“<”或“=”)；若对应的点均处于平衡状态，保持其他条件不变，仅将容器更换为恒容的刚性容器，则图示点中，与新的转化率点可能依次是 (填代号)。 (4)以惰性电极电解尿素[CO(NH2)2]的碱性溶液可制取氢气，装置如图所示。该装置阳极的电极反应方程式为 。 4．（2024·辽宁大连·一模）甲基叔戊基醚(TAME，简写为T)常用作汽油添加剂。在催化剂作用下，通过甲醇(简写为M)与2-甲基-2-丁烯(简写为A)的液相反应制得。通过控制条件，体系中主要发生如下反应(B为2-甲基-1-丁烯的简写，不考虑其他副反应)： 反应ⅰ：   反应ⅱ：   反应ⅲ：   (1)磷钼酸()可作为制备TAME反应催化剂的浸渍试剂。已知钼元素位于第五周期第ⅥB族，核外电子排布与Cr相似。基态钼原子的价层电子排布式为 。 (2)比较 (填“>”、“<”或“=”)。 (3)我国学者团队对制备TAME反应的催化剂进行了研究。研究表明：用不同浓度(1～3%)的磷钼酸浸渍催化剂，浓度越大催化剂催化活性越好。用浓度分别为1%、2%、3%的磷钼酸浸渍催化剂进行了三组实验，得到随时间的变化曲线如图所示。 ①用3%的磷钼酸浸渍时，在4~6h内，T的平均生成速率为 。 ②下列说法正确的有 。 A．三组实验中，反应速率都随反应进程一直增大 B．平衡后加入惰性溶剂四氢呋喃稀释，减小 C．催化剂可加快化学反应速率，提高甲醇的平衡转化率 D．降低温度，反应ⅰ和ⅱ的正、逆反应速率都减小 E．达到平衡后，加入M，不变 (4)研究团队继续研究其他条件不变时，不同醇烯比(甲醇M与烯烃A的起始物质的量浓度之比)对平衡的影响，当A起始浓度时，测得平衡时B和T的随的变化曲线如图。 当时，计算反应i的平衡常数 (保留小数点后两位)。 5．（2022·江苏·二模）我国学者分别使用Fe2O3和Fe3O4作催化剂对燃煤烟气脱硝脱硫进行了研究。 (1)催化剂制备。在60～100℃条件下，向足量NaOH溶液中通入N2一段时间，再加入适量新制FeSO4溶液，充分反应后得到混合物X；向混合物X中加入NaNO3溶液，充分反应后经磁铁吸附、洗涤、真空干燥，制得Fe3O4催化剂。 ①通入N2的目的是 。 ②混合物X与NaNO3反应生成Fe3O4和NH3，该反应的化学方程式为 。 (2)催化剂性能研究。如图1所示，当其他条件一定时，分别在无催化剂、Fe2O3作催化剂、Fe3O4作催化剂的条件下，测定H2O2浓度对模拟烟气(含一定比例的NO、SO2、O2、N2)中NO和SO2脱除率的影响，NO脱除率与H2O2浓度的关系如图2所示。 已知•OH能将NO、SO2氧化。•OH产生机理如下。 反应Ⅰ：Fe3++H2O2=Fe2++•OOH+H+(慢反应) 反应Ⅱ：Fe2++H2O2=Fe3++•OH+OH-(快反应) ①与Fe2O3作催化剂相比，相同条件下Fe3O4作催化剂时NO脱除率更高，其原因是 。 ②NO部分被氧化成NO2。NO2被NaOH溶液吸收生成两种含氧酸钠盐，该反应的离子方程式为 。 ③实验表明•OH氧化SO2的速率比氧化NO速率慢。但在无催化剂、Fe2O3作催化剂、Fe3O4作催化剂的条件下，测得SO2脱除率几乎均为100%的原因是 。 6．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）为实现“碳中和”的目标以积极应对气候变化，科学家正在研究的转化。 (1)电解转化：固体氧化物(高温下可以传递)电解池共电解、，装置示意图如下。 a．氧电极发生的半反应类型为 (填“氧化反应”或“还原反应”)。 b．写出氢电极区发生反应的方程式 。 (2)催化转化：以、为原料在催化剂作用下合成甲醇主要涉及下列反应： Ⅰ.   Ⅱ.   Ⅲ.   a．= 。 b．按照与体积比为1：3投料，不同压强下，实验测定的平衡转化率和的平衡产率随温度T的变化关系如图。 其中纵轴表示的平衡转化率的是 (填“X”或“Y”)：压强p1、p2、p3中最大的是 ；温度高于T1时Y几乎相等的原因是 。 c．按照与体积比为1：3投料，反应气的总流量控制在，某温度下测得转化率为70.0%，则的反应速率为 。 7．（2024·江西鹰潭·模拟预测）大量排放会严重污染环境，其无害化处理的途径有还原法、还原法、氧化法等。回答下列问题： (1)还原法：将含有和含有的两种工业尾气相互混合，可以同时降低它们的污染性。 已知： i. ⅱ. ⅲ.   ① ②反应ⅲ的平衡常数表达式为 。 (2)还原法：以为催化剂，反应历程如图1所示。在反应过程中，过量时可发生副反应：，的转化率或的选择性随和体积比的变化情况如图2所示（的选择性：还原产物中所占的体积百分比）。 ①转化为，总反应的化学方程式为 ，与CO还原法相比，氢气还原法的优点是 。 ②曲线 （填“”或“”）代表的平衡转化率，理由是 。 (3)氧化法：在催化剂的作用下，将氧化为。在恒压密闭容器中按为2：1、1：1、1：2投料，的平衡转化率与投料比、温度的关系如图3所示。 ①其他条件不变，既提高反应速率，又提高的平衡转化率，可采取的措施是 （填一条）。 ②点对应的总压强为，M点对应的温度下，该反应的平衡常数 （用各组分的分压计算，分压总压该组分物质的量分数）。 ③在时，向恒容密闭容器中充入、、三种气体，它们的分压依次为、、，此时反应速率 （填“>”“<”或“=”）。 8．（2024·湖北黄冈·模拟预测）和催化重整制合成气（、）有利于实现碳中和，涉及反应如下： Ⅰ：   Ⅱ：   Ⅲ：   Ⅳ：   回答下列问题： (1) ，查阅资料：、的燃烧热分别为，，  。 (2)将一定体积和投入密闭容器中，反应Ⅰ在不同条件下达到平衡（反应Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ可忽略）。设体系中甲烷的物质的量分数为，在下的、在下的如图甲所示。图中与处于相同化学平衡状态的点是 ，理由是 。 (3)在恒压、初始投料的条件下，、发生上述反应达平衡时气体（、、、、）物质的量随温度的变化如图乙所示。 根据反应前后各原子的物质的量关系分析，曲线表示的物质是 （填化学式），时，反应Ⅱ的压强平衡常数 （保留两位有效数字）。保持其他条件不变，，升温积碳量逐渐 （填“增多”、“减少”、“不变”） (4)温度一定时，增大投料比，积碳量逐渐 （填“增多”、“减少”、“不变”），将 （填“增大”、“减小”、“不变”）。 9．（2024·山东德州·三模）当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。 (1)CO2与H2反应合成HCOOH，是实现“碳中和”的有效途径。已知： CO2(g)+H2(g)HCOOH(g) = 。 (2)雨水中含有来自大气的CO2，溶于水中的CO2进一步和水反应，发生电离：①   ②时，反应②的平衡常数为。溶液中CO2的浓度与其在空气中的分压成正比(分压总压物质的量分数)，比例系数为，当大气压强为，大气中的物质的量分数为时，溶液中浓度为 mol/L (写出表达式，考虑水的电离，忽略的电离) (3)在催化作用下，温度为T1℃时，将一定量CO2和H2充入密闭容器中发生如下反应： 主反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)HCOOH(g) 副反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O (g)=+ 41.2kJ/mol。 ①实验测得反应Ⅰ：， k正、k逆为速率常数。lgk与温度的关系如图甲所示，T1℃下，图中A、B的纵坐标分别为a-0.7、a-1，则K= 。(已知10-0.3=0.5) ②温度T2℃时，k正=0.8k逆，则T2 T1 (填“”、“”或“”) ③实验测得平衡时CO2的转化率及HCOOH和CO的选择性(产物的选择性：生成的HCOOH或CO与转化的CO2的比值)随温度变化如图所示。 曲线a表示 ，200℃~360℃，升高温度曲线b对应纵坐标值减小的原因是 。 10．（2024·甘肃张掖·三模）如今的综合应用越来越成熟。 (1)可氧化脱氢转化为更有工业价值的。 查阅资料，计算氧化脱氢反应的反应热 i.查阅 的燃烧热数据(填化学式) ii.查阅水的汽化热：   利用上述数据，得如下热化学方程式：    (2)催化加氢制，能助力“碳达峰”，发生的主要反应有： 反应I   反应II   反应III   ①反应II自发进行的条件是 (填“高温”“低温”或“任意温度”)。 ②反应III在热力学上趋势大于反应I，其原因是 。 (3)在下，和按物质的量之比进行投料，只发生上述(2)的反应I和反应III，平衡时和在含碳产物中的物质的量分数及转化率随温度的变化如图所示。 ①图中代表的物质是 。 ②曲线在之后随温度升高而增大的原因是 。 ③时，反应I的平衡常数 。 (4)已知时，大气中的溶于水存在以下过程： ① ② 过程①的平衡常数，其中表示溶液中的浓度，表示大气中的分压(单位：)。其他条件不变时，温度升高， (填“增大”或“减小”)；当大气压强为，溶液中的时(忽略和水的电离)，大气中的体积分数为 (用含、、、的字母表示)。 【能力提升练】 11．（2024·江苏连云港·模拟预测）除去废水中Cr(Ⅵ)的方法有多种。请按要求回答下列问题。 (1)室温下，含Cr(Ⅵ)的微粒在水溶液中存在如下平衡： H2CrO4(aq)H+(aq)+(aq) ΔH1 (aq)H+(aq)+(aq) ΔH2 2(aq)H2O(l)+(aq) ΔH3 ①室温下，反应2(aq)+2H+(aq) (aq)+H2O(l)的ΔH= (用含ΔH1、ΔH2或ΔH3的代数式表示)。 ②室温下，初始浓度为1.0mol/L的Na2CrO4溶液中c()随c(H+)的变化如图。 根据A点数据计算反应2+2H+ +H2O的K= ，下列关于该反应的说法正确的是 。 A．加水稀释，平衡正向移动 B．若达到A点的时间为5s，则v()=0.1mol/(L·s) C．若升高温度，溶液中的平衡转化率减小，则该反应的ΔH>0 (2)NaHSO3与熟石灰除Cr(Ⅵ)法：向酸性废水中加入NaHSO3，再加入熟石灰，使Cr3+沉淀。 ①实验中的NaHSO3作用是 。 ②Cr(Ⅲ)在水溶液中的存在形态分布如图1所示。当pH>12时，Cr(Ⅲ)去除率下降的原因可用离子方程式表示为 。 (3)微生物法： ①用硫酸盐还原菌(SRB)处理含Cr(Ⅵ)的废水时，Cr(Ⅵ)去除率随温度的变化如图2所示。55℃时，Cr(Ⅵ)的去除率很低的原因是 。 ②水体中，Fe合金在SRS存在条件下腐蚀的机理如图3所示，Fe腐蚀后生成FeS的过程可描述为：Fe失去电子转化为Fe2+，H2O得到电于转化为H， 。 12．（2024·河南郑州·模拟预测）二氧化碳加氢制取乙醇是实现“双碳经济”的有效途径之一。 (1)在一定温度下，向体积为2L的恒容密闭容器中加入1mol 和1mol ，起始压强为p MPa．二氧化碳加氢制取乙醇涉及的主要反应如下： I．   Ⅱ．   二氧化碳加氢制取乙醇的热化学方程式为 。 ①下列说法正确的是 (填标号)。 A．容器内压强不变，说明反应I已经达到化学平衡状态 B．平衡时向容器中充入稀有气体，反应Ⅱ正向移动 C．平衡时向容器中充入一定量，反应I和Ⅱ均正向移动，的转化率升高 ②若该化学反应体系达平衡时，的转化率为40%，CO的物质的量为0.1mol，则的物质的量浓度为 mol/L，反应I的分压平衡常数 (结果用分数表示，分压=总压×物质的量分数)。 (2)下图为某催化剂条件下反应相同时间，CO、的选择性和的转化率随温度变化曲线，的选择性随温度的升高先增大后减小的原因可能是 。(已知：的选择性=) (3)砷化硼的晶胞结构如图所示，晶胞边长为a nm，为阿伏加德罗常数的值。离硼原子最近的硼原子有 个，该晶体密度可表示为 。(写表达式即可) 13．（2024·北京大兴·三模）CO2的绿色减排、捕捉、转化是人类可持续发展的重要战略之一。 (1)现代工业技术可从空气或工业尾气中捕获CO2，氨水是常用的捕获剂，捕获时发生的反应是 。 (2) CO2可转化为甲醇。将一定量的CO2和H2充入到某恒容密闭容器中，测得在不同催化剂作用下，相同时间内CO2的转化率与温度的变化如图所示： 催化效果最好的是催化剂 (选填“I”“Ⅱ”或“Ⅲ”)，a点的转化率比b点的高，其原因可能是 。(答两条) (3) CO2可转化为HCOOH ①一种制备过程为：CO2通过电解法转化为HCOO-，进一步生产HCOOH 反应机理如图所示，Pt电极上覆盖的Nafion膜是阳离子交换膜，对浓度不高的HCOO-有阻拦作用，可让水自由通过。 Sn电极生成HCOO-的电极反应式是 ，相同条件下，当电路中通过的电量不太高时，HCOO-的产率明显增大的原因是 。 ②中科院设计了一种利用N(C2H5)3捕获气相CO2后，直接在纳米金催化剂表面上加氢合成甲酸的反应，其过程如图所示。下列说法合理的是 。 A．CO2加氢合成甲酸是一个最理想的“原子经济”反应 B．使用纳米金催化剂能有效降低CO2加氢制甲酸反应的活化能，进而降低 C．在纳米金催化剂表面上发生了极性键和非极性键的断裂 14．（2024·重庆·模拟预测）我国的二氧化碳排放力争于2030年前达到峰值，努力争取2060年前实现碳中和。 CO2的资源化利用有利于实现我国提出的“碳达峰”与“碳中和”目标。 Ⅰ.早在二十世纪初，工业上以 CO2和 NH3为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步：① CO2和NH3生成 ；②分解生成尿素。反应过程能量变化如下图所示： (1)合成尿素的决速步为反应 (填“①”或“②”)；合成尿素总反应的热化学方程式为 (△H用含E₁、E₂、E₃、E₄的式子表示)。 Ⅱ.利用 CO2生产甲醇是资源化利用 CO2的另一种有效途径。涉及的反应如下： 反应i： 反应ii： 反应iii：   ΔH=-90.6 kJ·mo (2)不同压强下，按照 投料，发生上述三个可逆反应，实验测定 CO2的平衡转化率和的平衡产率随温度的变化关系如下图所示，下列说法正确的是_______。 A．压强大小： B．图甲的纵坐标表示的平衡产率 C．图乙中 时以反应ii为主，压强改变对平衡无影响 D．选择低温低压的反应条件可同时提高平衡时的转化率和的产率 (3)在一容积可变的密闭容器中，充有1mol CO和 ，用于合成甲醇。只发生上述反应iii，CO的平衡转化率(α)与温度(T)、压强(P)的关系如下图所示，请回答下列问题： ①平衡常数KA、KB、Kc的大小关系为 ，并解释判断理由 。 ②若达到平衡状态B时容器的体积为2L，则达到平衡状态A时容器的体积为 L。 Ⅲ.用光电化学法将CO2还原为有机物可实现碳资源的再生利用，其装置如图丙所示，其他条件一定时，电解得到的部分还原产物的法拉第效率(FE%)随电解电压的变化如图丁所示： 已知FE%=100%，其中电量Qx=nF，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。 (4)当电解电压为U1Ⅴ时，阴极生成HCOOH的电极反应式为 。 (5)当电解电压为U2V时，电解生成的HCHO和HCOOH的物质的量之比为7：5，则生成HCHO的法拉第效率m为 。 15．（2024·山东菏泽·模拟预测）我国力争2060年前实现碳中和，将排放的碳的氧化物转化为甲醇是实现碳中和的措施之一。 Ⅰ.和在一定条件下可以合成甲醇(反应i，该过程存在反应ii)。 反应i：   反应ii：   (1)有关物质能量变化如图所示，稳定单质的焓(H)值为0，则 。 (2)恒温，恒容密闭容器中，对于反应i，下列说法中能说明该反应达到化学平衡状态的是___________(填字母)。 A．、、、的物质的量之比为 B．甲醇的百分含量不再变化 C．混合气体的密度不再变化 D．混合气体的平均相对分子质量不再变化 (3)在恒压下，将的混合气体在催化剂作用下进行反应。体系中气体平衡组成比例(和在含碳产物中物质的量百分数)及的平衡转化率随温度的变化如图所示。 ①平衡转化率随温度的升高先减小后增大，增大的原因可能是 。 ②250℃时反应i的Kp= (用最简分数表示)。 Ⅱ.合成气制取甲醇的反应为  。在某温度下，体积为的恒容容器中充入物质的量之和为3mol的和，反应达到平衡时的体积分数(V%)与的关系如图所示。 (4)当起始时，经过5min达到平衡，0～5min平均反应速率，则该条件下的平衡转化率为 。 (5)当“时，达到平衡状态后，的体积分数可能是图像中的 点(填“D”“E”或“F”)。 Ⅲ.欲除去甲醇工厂酸性废水中的甲醇，加入硫酸钻后，用微生物电池(葡萄糖酸性燃料电池)电解，电解生成的把水中的甲醇氧化成，达到除去甲醇的目的。工作原理如下图(c为隔膜，只有离子和水可以自由通过)。 (6)写出除去甲醇的离子方程式： 。 (7)微生物电池是绿色酸性燃料电池，写出该电池负极的电极反应式： 。 16．（2024·湖北荆州·三模）血红蛋白(Hb)和肌红蛋白(Mb)分别存在于血液和肌肉中，都能与氧气结合，与氧气的结合度α(吸附的Hb或Mb的量占总Hb或Mb的量的比值)和氧气分压密切相关。请回答下列问题： (1)人体中的血红蛋白(Hb)能吸附、，相关反应的热化学方程式及平衡常数如下： Ⅰ．         Ⅱ．             Ⅲ．         = (用、表示)，= (用、表示)。 (2)Hb与氧气的结合能力受到的影响，相关反应如下：。37℃，pH分别为7.2、7.4、7.6时氧气分压与达到平衡时Hb与氧气的结合度α的关系如图所示，pH=7.6时对应的曲线为 (填“A”或“B”)。 (3)Mb与氧气结合的反应如下：，37℃，氧气分压与达平衡时Mb与氧气的结合度α的关系如图所示。 ①已知Mb与氧气结合的反应的平衡常数表达式，计算37℃时K= 。 ②人正常呼吸时，体温约为37℃，氧气分压约为20.00kPa，计算此时Mb与氧气的最大结合度为 (结果精确到0.1%)。 ③经测定，体温升高，Mb与氧气的结合度降低，则该反应的 (填“>”或“<”)0。 (4)人体酸碱平衡维持机制简要表达如下图： ①当人体摄入酸过多时，肺通过呼吸排出的会 (选填“增加”或“减少”)。 ②对于重度代谢性酸中毒的病人应该采用什么治疗方法 。(选填字母) A．口服0.9%KCl溶液    　　　　　　　B．口服5%葡萄糖溶液 C．静脉注射5%溶液　　　D．静脉注射0.9%NaCl 17．（2024·天津·模拟预测）Ⅰ．对温室气体二氧化碳的处理是化学工作者实现“碳中和”重点研究的课题。一种新的循环利用方案是用反应 (1)①已知：和的生成焓为和(生成焓是一定条件下，由其对应最稳定单质生成化合物时的反应热)。则 。 ②若要此反应自发进行， (填“高温”或“低温”)更有利。 ③反应必须在高温下才能启动，原因是 。 Ⅱ．和是两种重要的温室气体，通过和反应制造更高价值化学品是目前的研究目标。和在催化剂表面发生反应。 (2)时，向密闭容器中投入和，5小时后测得反应体系达到平衡状态，此时，计算该温度下平衡常数 。时，若再向容器中同时充入、、和，则上述平衡向 (填“正反应”或“逆反应”)方向移动。 (3)在不同温度下催化剂的催化效率与的生成速率如图所示(△代表的生成速率，■代表催化剂的催化效率)。时，温度升高而的生成速率降低的原因是 。 (4)为了提高该反应中的平衡转化率，可以采取的措施是(写一点即可) 。 (5)以为原料可以合成多种物质。以水溶液作电解质进行电解，在铜电极上可转化为甲烷，该电极的电极反应式为 。 18．（2024·陕西安康·模拟预测）由催化加氢制的反应体系中，发生的主要反应如下： 反应I：   反应II：   (1)已知：相关共价键的键能数据如表。 共价键 键能 436.0 413.4 351 462.8 试计算：断开中的化学键所需要提供的最低能量为 。 (2)对反应I来说，若该反应能自发进行，则该反应的熵变 0(填“>”或“<”)。若该反应速率，其中、分别为正反应、逆反应的速率常数，为气体的浓度。若降低温度， (填“增大”“减小”或“不变”)。 (3)在T℃时，向容积为的恒容密闭容器中投入和，此时容器内的总压为，发生反应I、反应II。 ①下列能说明反应I、反应II达到平衡状态的是 (填字母)。 a．                             b．容器内气体的密度不再变化 c．和的物质的量之比不再变化         d．的体积分数不再变化 ②实验测得平衡时或CO的选择性随温度的变化如图所示。 已知：的选择性、CO的选择性。 其中，表示平衡时的选择性的是曲线 (填“i”或“ii”)；为同时提高的平衡转化率和平衡时的选择性，应选择的反应条件为 (填标号)。 a．低温、低压        b．高温、高压        c．高温、低压        d．低温、高压 ③若在上述条件下，反应经5min后达平衡，的平衡转化率为50%，CO的选择性为20%。则在0～5min内 (保留2位小数)，反应II的平衡常数 (列出计算式即可)。 19．（2024·辽宁·模拟预测）氯及其化合物在生产生活中有广泛应用。回答下列问题： (1)常用于硫化橡胶工业。 已知：①； ②； ③。 则 (用含的式子表示)。 (2)光气在有机合成中常作氯化剂。工业上，可用和氯气混合合成光气。已知：合成时放出热量，写出该反应的热化学方程式： 。 (3)在恒温恒容的密闭容器中充入和，发生反应：，下列情况表明该反应已达到平衡状态的是___________(填字母)。 A．混合气体密度不随时间变化 B．气体总压强不随时间变化 C．的消耗速率等于的生成速率 D．Q(浓度商)不随时间变化 (4)硫酰氯常用于有机合成。制备原理：。实验测得速率方程为(k为速率常数，只与温度、催化剂有关，与浓度无关。m、n为反应级数，可以为整数、分数、正数、负数和0)。 ①为了测得反应级数，实验数据记录如下： 序号 速率/ a 0.10 0.10 b 0.20 0.10 c 0.10 0.05 根据上述实验结果，计算 ， 。 ②已知：(R为常数，为活化能，T为温度)。测得及在催化剂作用下随的变化如图所示。 催化剂对应的活化能为 。催化效果： (填“大于”“小于”或“等于”)。 (5)我国古代采用“地康法”制备氯气：。为了探究制氯气的原理，总压强保持恒定为，向密闭容器中充入和，发生上述反应，在温度下，测得的平衡转化率与投料比的关系如图所示。 (填“>”“<”或“=”)。时平衡常数 (是以分压代替浓度表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数，结果保留两位小数)。从工业生产角度分析，投料比过大的缺点是 。 20．（2024·黑龙江大庆·模拟预测）CO和NO都是有毒气体，但新的研究表明，它们都是生命体系气体信号分子，在人体内具有重要的生理作用，是高中阶段常见的气体。 回答下列问题：． (1)反应  是联合硝酸工业减少污染物排放的重要反应。该反应分为三步完成（都是双分子反应，即反应物都只有两种分子），前两步反应如下： 第1步：   第2步：   ①写出第3步反应的热化学方程式： 。 ②基元反应，正反应速率。的正反应速率，总反应速率，是平衡转化率，是瞬时转化率，k、、均为速率常数，受温度影响，温度升高，速率常数增大。 Ⅰ．复杂反应分为多步进行时，决定反应速率的是最 （填“快”或“慢”）的一步，3步基元反应中，活化能最高的一步是第 步。 Ⅱ．温度升高， （填“变大”、“变小”或“不变”）。在时，一系列温度下的总反应速率－时间曲线如图所示，分析图中曲线先升后降的原因： 。 (2)用FeO冶炼Fe的过程涉及如下反应： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： ①将FeO和CO放入恒容密闭容器中，下列事实能说明反应Ⅰ和Ⅱ均已达到平衡状态的是 （填选项字母）。 A．容器内气体的密度不再发生变化                B．CO的生成速率等于消耗速率 C．容器内气体总压强不再发生变化                D．容器内CO和的物质的量相等 ②在一个体积可变的容器中，维持温度1200K不变（此时反应Ⅰ的分压平衡常数）。压缩容器体积，达到新平衡时，CO的分压 （墳“变大”、“变小”或“不变”）。用压力传感器测得平衡时容器内压强为1200kPa，计算反应Ⅱ的分压平衡常数= kPa。 【真题培优练】 21．（2024·全国甲卷·高考真题）甲烷转化为多碳化合物具有重要意义。一种将甲烷溴化再偶联为丙烯()的研究所获得的部分数据如下。回答下列问题： (1)已知如下热化学方程式：         计算反应的 。 (2)与反应生成，部分会进一步溴化。将和。通入密闭容器，平衡时，、与温度的关系见下图(假设反应后的含碳物质只有、和)。 (i)图中的曲线是 (填“a”或“b”)。 (ii)时，的转化 ， 。 (iii)时，反应的平衡常数 。 (3)少量可提高生成的选择性。时，分别在有和无的条件下，将和，通入密闭容器，溴代甲烷的物质的量(n)随时间(t)的变化关系见下图。 (i)在之间，有和无时的生成速率之比 。 (ii)从图中找出提高了选择性的证据： 。 (ⅲ)研究表明，参与反应的可能机理如下： ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ 根据上述机理，分析提高选择性的原因： 。 22．（2024·甘肃·高考真题）是制备半导体材料硅的重要原料，可由不同途径制备。 (1)由制备： 已知 时，由制备硅 (填“吸”或“放”)热 。升高温度有利于制备硅的原因是 。 (2)在催化剂作用下由粗硅制备：。，密闭容器中，经不同方式处理的粗硅和催化剂混合物与和气体反应，转化率随时间的变化如下图所示： ①，经方式 处理后的反应速率最快；在此期间，经方式丙处理后的平均反应速率 。 ②当反应达平衡时，的浓度为 ，平衡常数K的计算式为 。 ③增大容器体积，反应平衡向 移动。 23．（2024·上海·高考真题）已知： ① ② ③ (1)以下能判断总反应达到平衡状态的是_______。 A．钙离子浓度保持不变 B．保持不变 C． D． (2)增大有利于珊瑚的形成，请解释原因 。 (3)已知的，为 。当 时，开始产生沉淀。 (4)根据如图，写出电极a的电极反应式 。 (5)关于上述电化学反应过程，描述正确的是_______。 A．该装置实现电能转化为化学能 B．电极b是负极 C．电子从电极a经过负载到电极b再经过水体回到电极a D．每参与反应时，转移电子 (6)解释在溶液中氧气的浓度变大后，为何有利于的除去，但不利于硝酸根的除去。 。 24．（2024·北京·高考真题）是一种重要的工业原料。可采用不同的氮源制备。 (1)方法一：早期以硝石(含)为氮源制备，反应的化学方程式为：。该反应利用了浓硫酸的性质是酸性和 。 (2)方法二：以为氮源催化氧化制备，反应原理分三步进行。 ①第I步反应的化学方程式为 。 ②针对第Ⅱ步反应进行研究：在容积可变的密闭容器中，充入和进行反应。在不同压强下(、)，反应达到平衡时，测得转化率随温度的变化如图所示。解释y点的容器容积小于x点的容器容积的原因 。 (3)方法三：研究表明可以用电解法以为氨源直接制备，其原理示意图如下。 ①电极a表面生成的电极反应式： 。 ②研究发现：转化可能的途径为。电极a表面还发生iii．。iii的存在，有利于途径ii，原因是 。 (4)人工固氮是高能耗的过程，结合分子结构解释原因 。方法三为的直接利用提供了一种新的思路。 25．（2024·湖南·高考真题）丙烯腈()是一种重要的化工原料。工业上以为载气，用作催化剂生产的流程如下： 已知：①进料混合气进入两釜的流量恒定，两釜中反应温度恒定： ②反应釜Ⅰ中发生的反应： ⅰ：   ③反应釜Ⅱ中发生的反应： ⅱ：   ⅲ：   ④在此生产条件下，酯类物质可能发生水解。 回答下列问题： (1)总反应 (用含、、和的代数式表示)； (2)进料混合气中，出料中四种物质(、、、)的流量，(单位时间内出料口流出的物质的量)随时间变化关系如图： ①表示的曲线是 (填“a”“b”或“c”)； ②反应釜Ⅰ中加入的作用是 。 ③出料中没有检测到的原因是 。 ④反应后，a、b、c曲线对应物质的流量逐渐降低的原因是 。 (3)催化剂再生时会释放，可用氨水吸收获得。现将一定量的固体(含水)置于密闭真空容器中，充入和，其中的分压为，在℃下进行干燥。为保证不分解，的分压应不低于 (已知  分解的平衡常数)； (4)以为原料，稀硫酸为电解液，Sn作阴极，用电解的方法可制得，其阴极反应式 。 26．（2024·湖北·高考真题）用和焦炭为原料，经反应I、Ⅱ得到，再制备乙炔是我国科研人员提出的绿色环保新路线。 反应I： 反应Ⅱ： 回答下列问题： (1)写出与水反应的化学方程式 。 (2)已知、(n是的化学计量系数)。反应Ⅰ、Ⅱ的与温度的关系曲线见图1。 ①反应在的 。 ②保持不变，假定恒容容器中只发生反应I，达到平衡时 ，若将容器体积压缩到原来的，重新建立平衡后 。 (3)恒压容器中，焦炭与的物质的量之比为，为载气。和下，产率随时间的关系曲线依实验数据拟合得到图2(不考虑接触面积的影响)。 ①初始温度为，缓慢加热至时，实验表明已全部消耗，此时反应体系中含物种为 。 ②下，反应速率的变化特点为 ，其原因是 。 27．（2024·广东·高考真题）酸在多种反应中具有广泛应用，其性能通常与酸的强度密切相关。 (1)酸催化下与混合溶液的反应(反应a)，可用于石油开采中油路解堵。 ①基态N原子价层电子的轨道表示式为 。 ②反应a： 已知： 则反应a的 。 ③某小组研究了3种酸对反应a的催化作用。在相同条件下，向反应体系中滴加等物质的量的少量酸，测得体系的温度T随时间t的变化如图。 据图可知，在该过程中 。 A．催化剂酸性增强，可增大反应焓变 B．催化剂酸性增强，有利于提高反应速率 C．催化剂分子中含H越多，越有利于加速反应 D．反应速率并不始终随着反应物浓度下降而减小 (2)在非水溶剂中，将转化为化合物ⅱ(一种重要的电子化学品)的催化机理示意图如图，其中的催化剂有 和 。 (3)在非水溶剂中研究弱酸的电离平衡具有重要科学价值。一定温度下，某研究组通过分光光度法测定了两种一元弱酸(X为A或B)在某非水溶剂中的。 a．选择合适的指示剂其钾盐为，；其钾盐为。 b．向溶液中加入，发生反应：。起始的物质的量为，加入的物质的量为，平衡时，测得随的变化曲线如图。 已知：该溶剂本身不电离，钾盐在该溶剂中完全电离。 ①计算 。(写出计算过程，结果保留两位有效数字) ②在该溶剂中， ； 。(填“>”“<”或“=”) 28．（2024·浙江·高考真题）氢是清洁能源，硼氢化钠()是一种环境友好的固体储氢材料，其水解生氢反应方程式如下：(除非特别说明，本题中反应条件均为，) 请回答： (1)该反应能自发进行的条件是_______。 A．高温 B．低温 C．任意温度 D．无法判断 (2)该反应比较缓慢。忽略体积变化的影响，下列措施中可加快反应速率的是_______。 A．升高溶液温度 B．加入少量异丙胺 C．加入少量固体硼酸 D．增大体系压强 (3)为加速水解，某研究小组开发了一种水溶性催化剂，当该催化剂足量、浓度一定且活性不变时，测得反应开始时生氢速率v与投料比之间的关系，结果如图1所示。请解释ab段变化的原因 。 (4)氢能的高效利用途径之一是在燃料电池中产生电能。某研究小组的自制熔融碳酸盐燃料电池工作原理如图2所示，正极上的电极反应式是 。该电池以恒定电流工作14分钟，消耗体积为，故可测得该电池将化学能转化为电能的转化率为 。[已知：该条件下的摩尔体积为；电荷量电流时间；；。] (5)资源的再利用和再循环有利于人类的可持续发展。选用如下方程式，可以设计能自发进行的多种制备方法，将反应副产物偏硼酸钠()再生为。(已知：是反应的自由能变化量，其计算方法也遵循盖斯定律，可类比计算方法；当时，反应能自发进行。) I． II． III． 请书写一个方程式表示再生为的一种制备方法，并注明 。(要求：反应物不超过三种物质；氢原子利用率为。) 29．（2024·安徽·高考真题）乙烯是一种用途广泛的有机化工原料。由乙烷制乙烯的研究备受关注。回答下列问题： 【乙烷制乙烯】 (1)氧化脱氢反应：                 计算：                   (2)直接脱氢反应为，的平衡转化率与温度和压强的关系如图所示，则 0(填“>”“<”或“=”)。结合下图。下列条件中，达到平衡时转化率最接近的是 (填标号)。 a．   b．     c． (3)一定温度和压强下、反应i   反应ⅱ  (远大于)(是以平衡物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数) ①仅发生反应i时。的平衡转化宰为，计算 。 ②同时发生反应i和ⅱ时。与仅发生反应i相比，的平衡产率 (填“增大”“减小”或“不变”)。 【乙烷和乙烯混合气的分离】 (4)通过修饰的Y分子筛的吸附-脱附。可实现和混合气的分离。的 与分子的键电子形成配位键，这种配位键强弱介于范德华力和共价键之间。用该分子筛分离和的优点是 。 (5)常温常压下，将和等体积混合，以一定流速通过某吸附剂。测得两种气体出口浓度(c)与进口浓度()之比随时间变化关系如图所示。下列推断合理的是 (填标号)。 A．前，两种气体均未被吸附 B．p点对应的时刻，出口气体的主要成分是 C．a-b对应的时间段内，吸附的逐渐被替代 30．（2024·河北·高考真题）氯气是一种重要的基础化工原料，广泛应用于含氯化工产品的生产。硫酰氯及1，4-二(氯甲基)苯等可通过氯化反应制备。 (1)硫酰氯常用作氯化剂和氯磺化剂，工业上制备原理如下：。 ①若正反应的活化能为，则逆反应的活化能 (用含正的代数式表示)。 ②恒容密闭容器中按不同进料比充入和其，测定温度下体系达平衡时的(为体系初始压强，，P为体系平衡压强)，结果如图。 上图中温度由高到低的顺序为 ，判断依据为 。M点的转化率为 ，温度下用分压表示的平衡常数 。 ③下图曲线中能准确表示温度下随进料比变化的是 (填序号)。 (2)1，4-二(氯甲基)苯(D)是有机合成中的重要中间体，可由对二甲苯(X)的氯化反应合成。对二甲苯浅度氯化时反应过程为 以上各反应的速率方程均可表示为，其中分别为各反应中对应反应物的浓度，k为速率常数(分别对应反应①~⑤)。某温度下，反应器中加入一定量的X，保持体系中氯气浓度恒定(反应体系体积变化忽略不计)，测定不同时刻相关物质的浓度。已知该温度下，。 ①时，，且内，反应进行到时， 。 ②时，，若产物T的含量可忽略不计，则此时 后，随T的含量增加， (填“增大”“减小”或“不变”)。 31．（2024·吉林·高考真题）为实现氯资源循环利用，工业上采用催化氧化法处理废气：。将和分别以不同起始流速通入反应器中，在和下反应，通过检测流出气成分绘制转化率()曲线，如下图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。 回答下列问题： (1) 0(填“>”或“<”)； ℃。 (2)结合以下信息，可知的燃烧热 。                   (3)下列措施可提高M点转化率的是_______(填标号) A．增大的流速 B．将温度升高 C．增大 D．使用更高效的催化剂 (4)图中较高流速时，小于和，原因是 。 (5)设N点的转化率为平衡转化率，则该温度下反应的平衡常数 (用平衡物质的量分数代替平衡浓度计算) (6)负载在上的催化活性高，稳定性强，和的晶体结构均可用下图表示，二者晶胞体积近似相等，与的密度比为1.66，则的相对原子质量为 (精确至1)。 32．（2024·江苏·高考真题）氢能是理想清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。 (1)利用铁及其氧化物循环制氢，原理如图所示。反应器Ⅰ中化合价发生改变的元素有 ；含CO和各1mol的混合气体通过该方法制氢，理论上可获得 。 (2)一定条件下，将氮气和氢气按混合匀速通入合成塔，发生反应。海绵状的作催化剂，多孔作为的“骨架”和气体吸附剂。 ①中含有CO会使催化剂中毒。和氨水的混合溶液能吸收CO生成溶液，该反应的化学方程式为 。 ②含量与表面积、出口处氨含量关系如图所示。含量大于，出口处氨含量下降的原因是 。 (3)反应可用于储氢。 ①密闭容器中，其他条件不变，向含有催化剂的溶液中通入，产率随温度变化如图所示。温度高于，产率下降的可能原因是 。 ②使用含氨基物质(化学式为，CN是一种碳衍生材料)联合催化剂储氢，可能机理如图所示。氨基能将控制在催化剂表面，其原理是 ；用重氢气(D2)代替H2，通过检测是否存在 (填化学式)确认反应过程中的加氢方式。 33．（2024·山东·高考真题）水煤气是的主要来源，研究对体系制的影响，涉及主要反应如下： 回答列问题： (1)的焓变 (用代数式表示)。 (2)压力p下，体系达平衡后，图示温度范围内已完全反应，在温度时完全分解。气相中，和摩尔分数随温度的变化关系如图所示，则a线对应物种为 (填化学式)。当温度高于时，随温度升高c线对应物种摩尔分数逐渐降低的原因是 。 (3)压力p下、温度为时，图示三种气体的摩尔分数分别为0.50，0.15，0.05，则反应的平衡常数 ；此时气体总物质的量为，则的物质的量为 ；若向平衡体系中通入少量，重新达平衡后，分压将 (填“增大”“减小”或“不变”)，将 (填“增大”“减小”或“不变”)。 ( 3 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第20练 化学反应原理综合题 【基础过关练】 1．（2024·四川·模拟预测）、(主要指和)是大气主要污染物之一。有效去除大气中的、是环境保护的重要课题。 已知： 反应1：　 反应2：　 反应3：　 反应4：　 回答下列问题： (1)计算 。 (2)已知反应4在某催化剂作用下的反应历程如图。 ① (填“”或“”)0。 ②该反应历程的决速步骤为 。 ③可提高该反应中平衡转化率的措施有 (填两条)。 (3)向密闭容器中充入一定量的和，保持总压为，发生反应4.当时的平衡转化率随温度以及下NO的平衡转化率随投料比的变化关系如图： ①能表示此反应已经达到平衡状态的是 (填标号)。 A．气体的密度保持不变    B．的浓度不变     C． ②表示时的平衡转化率随温度的变化关系曲线是(填“Ⅰ”或“II”)，理由是 。 ③a、d两点对应的平衡常数大小比较为 (填“>”“<”或“=”)。 ④b点对应条件下的压强平衡常数 (为用分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数，列出计算式即可)。 【答案】(1) (2) ＜ 过程4 降温、加压(或其他合理答案) (3) AB Ⅰ ＞ 【详解】（1）根据盖斯定律可知，反应3=2×反应1-反应2，得，则； （2）①因为反应物的能量高于生成物的能量，所以是放热反应，；②活化能越大，反应速率越慢，则是决速步骤，所以答案是过程4；③可提高该反应中NO平衡转化率的措施有降温、加压(或其他合理答案)； （3）①A．因为压强不变，该反应是气体分子数减小的反应，则混合气体的体积减小，由质量守恒知，混合气体的质量不变，所以混合气体的密度是变量，当密度保持不变时达平衡，A正确；B．平衡之前，NO的浓度是变量，当NO浓度不变时达平衡，B正确；C．当正逆反应速率之比等于化学计量数之比时，反应达平衡，即达平衡，C错误；故选AB； ②该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NO的平衡转化率减小，所以NO的平衡转化率随温度的变化关系曲线是I； ③该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，并且平衡常数只与温度有关，所以温度越高，平衡常数越小，a点温度低，d点温度高，所以 ； ④b点，NO的平衡转化率是80%，设开始投入氢气4mol，则NO为1mol，NO转化了0.8mol， ，平衡时气体总物质的量为3.2+0.2+0.4+0.8=4.6mol，，故答案为。 2．（2024·河北保定·二模）甲烷是非常重要的化工原料，利用甲烷催化重整技术可制备多种化工品和能源品。回答下列问题： (1)现有甲烷、水蒸气催化重整制氢工艺：  ，此反应分两步进行，第I步和第Ⅱ步的反应原理如下，反应的关系如图1所示。 I．   Ⅱ．   1000℃时，反应的平衡常数 。 (2)一种甲烷和二氧化碳的共转化催化反应历程如图2所示： 已知部分化学键的键能数据如下： 共价键 C—H O—H C—O C—C 键能() 413 497 462 351 348 根据上述信息，写出该催化反应的热化学方程式： 。 (3)某研究团队认为甲烷催化制甲酸的转化过程如图3所示： ①上述历程中除制得甲酸外，还可得到的副产品为 。 ②已知上述步骤Ⅱ反应的。一定温度下，向10L恒容密闭钢瓶中充入1mol(g)和1mol(g)，在催化剂作用下发生步骤Ⅱ的反应。10min末达到平衡，测得钢瓶中(g)的物质的量为0.6mol。0~10min内，平均反应速率 。改变条件重复实验，测得的平衡转化率()与温度(T)和压强(p)的关系如图4所示，则 (填“”“”或“”)。 (4)已知  。500℃时，与水蒸气重整制氢时主要发生的反应有：，，实际生产中可向重整反应体系中加入适量多孔CaO，理由是 。在m和n两种催化剂作用下，反应的阿伦尼乌斯经验公式实验数据如图5所示，已知阿伦尼乌斯经验公式(为活化能，k为速率常数，R和C为常数)，m和n两种催化剂中对该反应催化效果较差的是 ，用m作催化剂时，该反应的活化能为 。 【答案】(1)10000或 (2)   (3) (4) 吸收，提高的产率，提供热量 m 31 【详解】（1）1000℃时，第I步反应、第Ⅱ步反应的分别为3、1，则，，反应可由反应I反应Ⅱ得到，因此，故答案为：10000或104； （2）由图可知，反应为二氧化碳与甲烷在催化剂作用下反应生成乙酸，反应的化学方程式为：，反应的=(497kJ/mol×2+413kJ/mol×4)-(413kJ/mol×3+348kJ/mol+351kJ/mol+462kJ/mol+497kJ/mol)=-251kJ/mol，故答案为：   ； （3）①根据图中转化关系，再结合元素守恒和得失电子守恒，可得总反应方程式为：，则上述历程中除制得甲酸外，还可得到的副产品是，故答案为：H2； ②列三段式如下： 0~10min内，，，该反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，的平衡转化率增大，且在图中相同压强下，温度为时的平衡转化率大于时的，故，故答案为：；＜； （4）加入适量多孔的CaO便于吸收，且二者反应放热，提供热量，加快甲烷与水蒸气的重整反应速率，提高的产率；已知，则，即直线的斜率为活化能的相反数，由图可知，斜率关系：m<n，则对应活化能关系：m>n，活化能越大，催化效果越差，所以m和n两种催化剂中对该反应的催化效果较差的是m，用m作催化剂时，反应的活化能为，故答案为：吸收，提高的产率，提供热量；m；31。 3．（2024·湖南邵阳·三模）丙烯是重要的有机原料之一，可通过多种途径制备。回答下列问题： Ⅰ.由丙烷直接脱氢法制备：　 (1)已知键能：；生成碳碳键放出的能量为271 kJ，则 。 (2)在一定温度下，保持总压为，将和的混合气体分别按为和向密闭容器中投料，发生脱氢反应，测得的转化率与时间的关系如图1所示(已知时反应处于平衡状态)。 点对应的投料方式为 ，原因是 。内，曲线 (填“”“”)对应的平均反应速率最快。点对应的平衡常数 (以分压表示，分压=总压×物质的量分数，保留一位小数)。 Ⅱ.由丙烷氧化脱氢法制备。主要涉及反应：； (3)在一定条件下，将物质的量之比为的和匀速通入体积可变的反应容器中发生上述反应，使总压强恒定为。在不同温度下反应相同时间，测得丙烷和氧气的转化率与温度倒数的关系如图2所示。 时，容器内两种气体的物质的量之比 (填“>”“<”或“=”)；若对应的点均处于平衡状态，保持其他条件不变，仅将容器更换为恒容的刚性容器，则图示点中，与新的转化率点可能依次是 (填代号)。 (4)以惰性电极电解尿素[CO(NH2)2]的碱性溶液可制取氢气，装置如图所示。该装置阳极的电极反应方程式为 。 【答案】(1)+125 (2) 2：3 反应是体积增大的反应，充入Ar，反应体系各组分气体分压下降，平衡朝体积增大的方向，平衡正向移动，有利于丙烷转化率增大 16.7 (3) > d、c (4)CO(NH2)2-6e-+8OH-=N2↑+CO+6H2O 【详解】（1）反应的焓变等于反应物键能和减去生成物键能和，则，焓变； （2）反应是体积增大的反应，充入Ar，体系中各组分的分压减小，相当于减小平衡体系的压强，平衡正向移动，有利于丙烷转化率增大，则m点对应的投料方式为=2:3，投料比越大，则丙烷的转化率越小，则曲线是为3:2投料，丙烷分压越大，反应速率越快，因此0~6s内，曲线对应的平均反应速率最快；m点和n点温度相同，平衡常数相等，根据m点丙烷转化率为50%，则列出“三段式： 平衡时气体总物质的量为1mol+1mol+1 mol +3 mol =6mol，平衡常数。 （3）在一定条件下，将物质的量之比为的和匀速通入体积可变的反应容器中发生、，则反应过程中>2：1，两个反应都是气体体积增大的反应，在恒压条件下发生反应，容器的体积增大，仅将容器更换为恒容的刚性容器，需要压缩容器的体积增大压强，平衡逆向移动，和的转化率下降，且的转化率要大于，则和新的转化率点可能依次是d、c； （4）由图可知，阳极反应为在碱性条件下，尿素失去电子发生氧化反应生成氮气，结合质量守恒可知，同时生成碳酸根离子和水，反应为：CO(NH2)2-6e-+8OH-=N2↑+CO+6H2O。 4．（2024·辽宁大连·一模）甲基叔戊基醚(TAME，简写为T)常用作汽油添加剂。在催化剂作用下，通过甲醇(简写为M)与2-甲基-2-丁烯(简写为A)的液相反应制得。通过控制条件，体系中主要发生如下反应(B为2-甲基-1-丁烯的简写，不考虑其他副反应)： 反应ⅰ：   反应ⅱ：   反应ⅲ：   (1)磷钼酸()可作为制备TAME反应催化剂的浸渍试剂。已知钼元素位于第五周期第ⅥB族，核外电子排布与Cr相似。基态钼原子的价层电子排布式为 。 (2)比较 (填“>”、“<”或“=”)。 (3)我国学者团队对制备TAME反应的催化剂进行了研究。研究表明：用不同浓度(1～3%)的磷钼酸浸渍催化剂，浓度越大催化剂催化活性越好。用浓度分别为1%、2%、3%的磷钼酸浸渍催化剂进行了三组实验，得到随时间的变化曲线如图所示。 ①用3%的磷钼酸浸渍时，在4~6h内，T的平均生成速率为 。 ②下列说法正确的有 。 A．三组实验中，反应速率都随反应进程一直增大 B．平衡后加入惰性溶剂四氢呋喃稀释，减小 C．催化剂可加快化学反应速率，提高甲醇的平衡转化率 D．降低温度，反应ⅰ和ⅱ的正、逆反应速率都减小 E．达到平衡后，加入M，不变 (4)研究团队继续研究其他条件不变时，不同醇烯比(甲醇M与烯烃A的起始物质的量浓度之比)对平衡的影响，当A起始浓度时，测得平衡时B和T的随的变化曲线如图。 当时，计算反应i的平衡常数 (保留小数点后两位)。 【答案】(1)4d55s1 (2)＞ (3) BDE (4)6.25 【详解】（1）已知钼元素位于第五周期第ⅥB族，核外电子排布与Cr相似，Cr价电子排布式为3d54s1，则基态钼原子的价层电子排布式为4d55s1；故答案为：4d55s1。 （2）根据第一个方程式是第三个方程式减去第二个方程式得到，则＞；故答案为：＞。 （3）①根据用不同浓度(1～3%)的磷钼酸浸渍催化剂，浓度越大催化剂催化活性越好。则曲线是代表为3%的磷钼酸浸渍时，在4~6h内，T的平均生成速率为；故答案为：。 ②A．三组实验中，磷钼酸的浓度逐渐减少，反应速率都随反应进行一直减小，故A错误； B．平衡后加入惰性溶剂四氢呋喃稀释，c(A)减小，反应ⅰ的平衡常数不变，减小，故B正确；C．催化剂可加快化学反应速率，但不能提高甲醇的平衡转化率，故C错误；D．降低温度，速率都减小即反应ⅰ和ⅱ的正、逆反应速率都减小，故D正确；E．达到平衡后，c(T)不变，反应ⅱ平衡逆向移动，c(B)减小，但反应ⅲ平衡常数只与温度有关，故E正确；综上所述，答案为：BDE。 （4）根据题中A起始浓度时，则，，，，，则，，则反应ⅰ的平衡常数；故答案为：6.25。 5．（2022·江苏·二模）我国学者分别使用Fe2O3和Fe3O4作催化剂对燃煤烟气脱硝脱硫进行了研究。 (1)催化剂制备。在60～100℃条件下，向足量NaOH溶液中通入N2一段时间，再加入适量新制FeSO4溶液，充分反应后得到混合物X；向混合物X中加入NaNO3溶液，充分反应后经磁铁吸附、洗涤、真空干燥，制得Fe3O4催化剂。 ①通入N2的目的是 。 ②混合物X与NaNO3反应生成Fe3O4和NH3，该反应的化学方程式为 。 (2)催化剂性能研究。如图1所示，当其他条件一定时，分别在无催化剂、Fe2O3作催化剂、Fe3O4作催化剂的条件下，测定H2O2浓度对模拟烟气(含一定比例的NO、SO2、O2、N2)中NO和SO2脱除率的影响，NO脱除率与H2O2浓度的关系如图2所示。 已知•OH能将NO、SO2氧化。•OH产生机理如下。 反应Ⅰ：Fe3++H2O2=Fe2++•OOH+H+(慢反应) 反应Ⅱ：Fe2++H2O2=Fe3++•OH+OH-(快反应) ①与Fe2O3作催化剂相比，相同条件下Fe3O4作催化剂时NO脱除率更高，其原因是 。 ②NO部分被氧化成NO2。NO2被NaOH溶液吸收生成两种含氧酸钠盐，该反应的离子方程式为 。 ③实验表明•OH氧化SO2的速率比氧化NO速率慢。但在无催化剂、Fe2O3作催化剂、Fe3O4作催化剂的条件下，测得SO2脱除率几乎均为100%的原因是 。 【答案】(1) 排除NaOH溶液中的O2，防止Fe2+被氧化为Fe3+ 12Fe(OH)2+NaNO34Fe3O4+NH3↑+NaOH+10H2O (2) Fe3O4催化剂表面同时存在Fe2+和Fe3+，Fe2+直接通过反应Ⅱ快速产生•OH，c(•OH)更大：Fe2O3催化剂表面仅存在Fe3+，Fe3+需先通过慢反应Ⅰ产生Fe2+再通过快反应Ⅱ产生•OH，总反应速率由慢反应Ⅰ决定，c(•OH)小于前者；故Fe3O4作催化剂比Fe2O3作催化剂时NO脱除率更大 2NO2+2OH-=NO+NO+H2O SO2几乎完全被NaOH溶液吸收 【详解】（1）①氢氧化钠溶液中会溶解有少量空气中的氧气，氧气能氧化亚铁离子生成铁离子，通入N2的目的是排除NaOH溶液中的O2，防止Fe2+被氧化为Fe3+； ②氢氧化钠和硫酸亚铁生成氢氧化亚铁沉淀，混合物X中含有氢氧化亚铁，根据质量守恒可知，氢氧化亚铁会与NaNO3反应生成Fe3O4和NH3、氢氧化钠、水，该反应的化学方程式为12Fe(OH)2+NaNO34Fe3O4+NH3↑+NaOH+10H2O； （2）①由已知反应机理反应Ⅰ、反应Ⅱ可知：Fe3O4催化剂表面同时存在Fe2+和Fe3+，Fe2+直接通过反应Ⅱ快速产生•OH，c(•OH)更大：Fe2O3催化剂表面仅存在Fe3+，Fe3+需先通过慢反应Ⅰ产生Fe2+再通过快反应Ⅱ产生•OH，总反应速率由慢反应Ⅰ决定，c(•OH)小于前者；故Fe3O4作催化剂比Fe2O3作催化剂时NO脱除率更大 ②NO2被NaOH溶液吸收生成两种含氧酸钠盐，根据质量守恒可知为含氮元素的盐，二氧化氮中部分氮元素化合价升高、部分氮元素化合价降低，反应得到亚硝酸盐和硝酸盐，该反应的离子方程式为2NO2+2OH-=NO+NO+H2O ③二氧化硫能溶于水会和氢氧化钠反应被吸收，测得SO2脱除率几乎均为100%的原因是SO2几乎完全被NaOH溶液吸收。 6．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）为实现“碳中和”的目标以积极应对气候变化，科学家正在研究的转化。 (1)电解转化：固体氧化物(高温下可以传递)电解池共电解、，装置示意图如下。 a．氧电极发生的半反应类型为 (填“氧化反应”或“还原反应”)。 b．写出氢电极区发生反应的方程式 。 (2)催化转化：以、为原料在催化剂作用下合成甲醇主要涉及下列反应： Ⅰ.   Ⅱ.   Ⅲ.   a．= 。 b．按照与体积比为1：3投料，不同压强下，实验测定的平衡转化率和的平衡产率随温度T的变化关系如图。 其中纵轴表示的平衡转化率的是 (填“X”或“Y”)：压强p1、p2、p3中最大的是 ；温度高于T1时Y几乎相等的原因是 。 c．按照与体积比为1：3投料，反应气的总流量控制在，某温度下测得转化率为70.0%，则的反应速率为 。 【答案】(1) 氧化反应 、或 (2) +40.9kJ/mol Y p1 温度高于时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强改变对平衡移动无影响 8.75 【分析】根据图示可知，氧电极上失电子被氧化生成氧气，氧电极为电解池的阳极与电源正极相连；故氢电极为电解池阴极，与电源负极相连。 【详解】（1）据分析，氧电极为电解池阳极，发生氧化反应；氢电极发生二氧化碳和水发生还原反应得到氢气、一氧化碳和氧负离子，电极方程式为、或； （2）由盖斯定律有Ⅲ=Ⅰ-Ⅱ，故；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：P1>P2>P3；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；按照与体积比为1：3投料，反应气的总流量控制在，则CO2的流量为，其转化率为70%，则其反应速率为。 7．（2024·江西鹰潭·模拟预测）大量排放会严重污染环境，其无害化处理的途径有还原法、还原法、氧化法等。回答下列问题： (1)还原法：将含有和含有的两种工业尾气相互混合，可以同时降低它们的污染性。 已知： i. ⅱ. ⅲ.   ① ②反应ⅲ的平衡常数表达式为 。 (2)还原法：以为催化剂，反应历程如图1所示。在反应过程中，过量时可发生副反应：，的转化率或的选择性随和体积比的变化情况如图2所示（的选择性：还原产物中所占的体积百分比）。 ①转化为，总反应的化学方程式为 ，与CO还原法相比，氢气还原法的优点是 。 ②曲线 （填“”或“”）代表的平衡转化率，理由是 。 (3)氧化法：在催化剂的作用下，将氧化为。在恒压密闭容器中按为2：1、1：1、1：2投料，的平衡转化率与投料比、温度的关系如图3所示。 ①其他条件不变，既提高反应速率，又提高的平衡转化率，可采取的措施是 （填一条）。 ②点对应的总压强为，M点对应的温度下，该反应的平衡常数 （用各组分的分压计算，分压总压该组分物质的量分数）。 ③在时，向恒容密闭容器中充入、、三种气体，它们的分压依次为、、，此时反应速率 （填“>”“<”或“=”）。 【答案】(1) (2) 产物无污染 L1 因为随着的增大，相当于氢气的量增大，二氧化碳的量不变，此时平衡正向移动，二氧化硫的平衡转化率增大 (3) 增大氧气的浓度或加压 88 ＞ 【详解】（1）已知i.；ⅲ.  ；根据盖斯定律可知，由i+ⅲ可得，反应ⅱ. ②反应ⅲ的平衡常数表达式为。 （2）①转化为，总反应的化学方程式为，与CO还原法相比，氢气还原法的优点是产物为水，产物无污染； ②因为随着的增大，相当于氢气的量增大，二氧化碳的量不变，此时平衡正向移动，二氧化硫的平衡转化率增大，故曲线代表的平衡转化率。 （3）①其他条件不变，既提高反应速率，又提高的平衡转化率，可采取的措施是增大氧气的浓度或加压； ②因为随着的增大，相当于氧气的量增大，二氧化硫的量不变，平衡正向移动，二氧化硫的转化率增大，故x1表示的比值为1∶2，设氧气为1mol，二氧化硫为2mol，M点二氧化硫的转化率为80%，则平衡时，二氧化硫为0.4mol，氧气为0.2mol，三氧化硫为1.6mol，则总物质的量为2.2mol，点对应的总压强为，M点对应的温度下，该反应的平衡常数； ③在时，向恒容密闭容器中充入、、三种气体，它们的分压依次为、、，此时，则反应向正反应进行，反应速率＞。 8．（2024·湖北黄冈·模拟预测）和催化重整制合成气（、）有利于实现碳中和，涉及反应如下： Ⅰ：   Ⅱ：   Ⅲ：   Ⅳ：   回答下列问题： (1) ，查阅资料：、的燃烧热分别为，，  。 (2)将一定体积和投入密闭容器中，反应Ⅰ在不同条件下达到平衡（反应Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ可忽略）。设体系中甲烷的物质的量分数为，在下的、在下的如图甲所示。图中与处于相同化学平衡状态的点是 ，理由是 。 (3)在恒压、初始投料的条件下，、发生上述反应达平衡时气体（、、、、）物质的量随温度的变化如图乙所示。 根据反应前后各原子的物质的量关系分析，曲线表示的物质是 （填化学式），时，反应Ⅱ的压强平衡常数 （保留两位有效数字）。保持其他条件不变，，升温积碳量逐渐 （填“增多”、“减少”、“不变”） (4)温度一定时，增大投料比，积碳量逐渐 （填“增多”、“减少”、“不变”），将 （填“增大”、“减小”、“不变”）。 【答案】(1) (2) 和都是，下的平衡状态 (3) 0.45 减少 (4) 减少 减少 【详解】（1）根据题干信息：①；②；③；根据盖斯定律：得反应Ⅱ，则； （2）对于反应I，升高温度，平衡正向移动，减小，增大压强，平衡逆向移动，增大，则随压强的变化曲线是L1，则L2为等压下甲烷的物质的量分数随温度的变化曲线，根据以上分析AC点处于相同的化学平衡状态； （3）根据题干信息可知，反应反应I、Ⅱ和Ⅳ均为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，H2和CO的物质的量增大，由C和H元素守恒可知，H2的物质的量比CO大，则a表示的物质是H2，b表示的物质是CO；初始投料，时，，，由H元素守恒可知，反应；保持其他条件不变，升高温度，反应Ⅲ逆向移动，积碳量逐渐减小； （4）温度一定时，增大投料比，相当于增大CO2的物质的量，反应Ⅲ逆向移动，积碳量逐渐减小；温度一定时，增大投料比，反应Ⅲ平衡常数和反应Ⅳ平衡常数均不变，将减小，将增大，将减小。 9．（2024·山东德州·三模）当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。 (1)CO2与H2反应合成HCOOH，是实现“碳中和”的有效途径。已知： CO2(g)+H2(g)HCOOH(g) = 。 (2)雨水中含有来自大气的CO2，溶于水中的CO2进一步和水反应，发生电离：①   ②时，反应②的平衡常数为。溶液中CO2的浓度与其在空气中的分压成正比(分压总压物质的量分数)，比例系数为，当大气压强为，大气中的物质的量分数为时，溶液中浓度为 mol/L (写出表达式，考虑水的电离，忽略的电离) (3)在催化作用下，温度为T1℃时，将一定量CO2和H2充入密闭容器中发生如下反应： 主反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)HCOOH(g) 副反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O (g)=+ 41.2kJ/mol。 ①实验测得反应Ⅰ：， k正、k逆为速率常数。lgk与温度的关系如图甲所示，T1℃下，图中A、B的纵坐标分别为a-0.7、a-1，则K= 。(已知10-0.3=0.5) ②温度T2℃时，k正=0.8k逆，则T2 T1 (填“”、“”或“”) ③实验测得平衡时CO2的转化率及HCOOH和CO的选择性(产物的选择性：生成的HCOOH或CO与转化的CO2的比值)随温度变化如图所示。 曲线a表示 ，200℃~360℃，升高温度曲线b对应纵坐标值减小的原因是 。 【答案】(1)-31.4kJ•mol-1 (2) (3) 2 > HCOOH的选择性 升高温度，反应I逆向移动程度大于反应Ⅱ正向移动程度 【详解】（1）由图可知，热化学方程式为①CO（g）+H2O（g）HCOOH（g）ΔH=-72.6kJ/mol，②CO2（g）=CO（g）+O2（g）ΔH=+283.0kJ/mol，③O2（g）+H2（g）⇌H2O（g） ΔH=-241.8kJ/mol，根据盖斯定律：①+②+③计算CO2（g）+H2（g）⇌HCOOH（g）的焓变ΔH=-72.6kJ/mol+（+283.0kJ/mol）+（-241.8kJ/mol）=-31.4kJ/mol，故答案为：-31.4kJ•mol-1； （2）溶液中CO2的浓度与其在空气中的分压成正比（分压=总压×物质的量分数），比例系数为xmol/（L•kPa），当大气压强为pkPa，大气中CO2（g）的物质的量分数为y时，则溶液中CO2的浓度为pxymol/L，根据反应CO2 （aq）+H2O（l）H+（aq）+（aq）的平衡常数为K2==，则解得溶液中H+浓度为mol/L，故答案为：； （3）①实验测得反应Ⅰ：， k正、k逆为速率常数，lgk与温度的关系如图甲所示，由上述分析可知，主反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)是一个放热反应，则降低温度平衡正向移动，图中A表示lgk正、B表示lgk逆，T1℃下，平衡时，图中A、B的纵坐标分别为a-0.7、a-1，则K===100.3=2，故答案为：2； ②温度T2℃时，k正=0.8k逆，则=0.8小于K(T1)，主反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)是一个放热反应，则升高温度平衡逆向移动，K值减小，故T2＞T1 ，故答案为：＞； ③由题干信息可知，主反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)是一个放热反应，即升高温度平衡逆向移动，则HCOOH的选择性随温度升高而减小，且相同温度下，CO的选择性和HCOOH的选择性之和为1，曲线a表示HCOOH的选择性，b表示CO2的转化率，c表示CO的选择性，由于主反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)是一个放热反应，副反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O (g)=+ 41.2kJ/mol，则升高温度反应I逆向移动，CO2的转化率减小，而反应Ⅱ正向移动，CO2的平衡转化率增大，200℃~360℃，升高温度曲线b对应纵坐标值减小的原因是升高温度，反应I逆向移动程度大于反应Ⅱ正向移动程度，故答案为：HCOOH的选择性；反应I逆向移动程度大于反应Ⅱ正向移动程度。 10．（2024·甘肃张掖·三模）如今的综合应用越来越成熟。 (1)可氧化脱氢转化为更有工业价值的。 查阅资料，计算氧化脱氢反应的反应热 i.查阅 的燃烧热数据(填化学式) ii.查阅水的汽化热：   利用上述数据，得如下热化学方程式：    (2)催化加氢制，能助力“碳达峰”，发生的主要反应有： 反应I   反应II   反应III   ①反应II自发进行的条件是 (填“高温”“低温”或“任意温度”)。 ②反应III在热力学上趋势大于反应I，其原因是 。 (3)在下，和按物质的量之比进行投料，只发生上述(2)的反应I和反应III，平衡时和在含碳产物中的物质的量分数及转化率随温度的变化如图所示。 ①图中代表的物质是 。 ②曲线在之后随温度升高而增大的原因是 。 ③时，反应I的平衡常数 。 (4)已知时，大气中的溶于水存在以下过程： ① ② 过程①的平衡常数，其中表示溶液中的浓度，表示大气中的分压(单位：)。其他条件不变时，温度升高， (填“增大”或“减小”)；当大气压强为，溶液中的时(忽略和水的电离)，大气中的体积分数为 (用含、、、的字母表示)。 【答案】(1)、和 (2) 低温 反应III是放热反应，反应I是吸热反应 (3) 甲醇(或) 之后反应I为主反应，正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，的转化率增大 (4) 减小 【详解】（1）由乙烷与二氧化碳反应生成、乙烯和气态水可知，计算二氧化碳氧化乙烷脱氢反应的反应热时，需查阅资料获取的数据为乙烷、乙烯、一氧化碳的燃烧热和液态水转化为气态水的反应热，故答案为：、、； （2）①反应II的，，若，因此需要低温自发，故答案为：低温； ②反应III在热力学上趋势大于反应I，其原因是反应III是放热反应()，反应I为吸热反应，故答案为：反应III是放热反应，反应I是吸热反应； （3）①反应I为吸热反应，反应III为放热反应，平衡后升高温度，甲醇的物质的量减少，的物质的量增加，曲线代表甲醇，曲线代表，曲线代表的转化率随温度的变化，故答案为：甲醇； ②之前以反应III为主，升高温度，反应III逆向移动，的转化率降低，之后以反应I为主，升高温度，平衡正向移动，的转化率增大，故答案为：之后反应I为主反应，正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动； ③时，二氧化碳的转化率为，和的物质的量分数相等，设生成的、均为，发生反应I和III： 由二氧化碳的转化率为得出，解得， 平衡后各物质的物质的量为：，，，，，，，故答案为：； （4）二氧化碳溶解度随着温度升高而减小，当二氧化碳气体溶于水形成溶液会放热，即；当其他条件不变时，升高温度，平衡逆向进行，减小；由题意可知，当大气压强为，(忽略和水的电离)时，设大气中的物质的量分数为时，的分压为，根据则溶液中的浓度为，忽略和水的电离时，反应II的，解得 ，故答案为：减小；。 【能力提升练】 11．（2024·江苏连云港·模拟预测）除去废水中Cr(Ⅵ)的方法有多种。请按要求回答下列问题。 (1)室温下，含Cr(Ⅵ)的微粒在水溶液中存在如下平衡： H2CrO4(aq)H+(aq)+(aq) ΔH1 (aq)H+(aq)+(aq) ΔH2 2(aq)H2O(l)+(aq) ΔH3 ①室温下，反应2(aq)+2H+(aq) (aq)+H2O(l)的ΔH= (用含ΔH1、ΔH2或ΔH3的代数式表示)。 ②室温下，初始浓度为1.0mol/L的Na2CrO4溶液中c()随c(H+)的变化如图。 根据A点数据计算反应2+2H+ +H2O的K= ，下列关于该反应的说法正确的是 。 A．加水稀释，平衡正向移动 B．若达到A点的时间为5s，则v()=0.1mol/(L·s) C．若升高温度，溶液中的平衡转化率减小，则该反应的ΔH>0 (2)NaHSO3与熟石灰除Cr(Ⅵ)法：向酸性废水中加入NaHSO3，再加入熟石灰，使Cr3+沉淀。 ①实验中的NaHSO3作用是 。 ②Cr(Ⅲ)在水溶液中的存在形态分布如图1所示。当pH>12时，Cr(Ⅲ)去除率下降的原因可用离子方程式表示为 。 (3)微生物法： ①用硫酸盐还原菌(SRB)处理含Cr(Ⅵ)的废水时，Cr(Ⅵ)去除率随温度的变化如图2所示。55℃时，Cr(Ⅵ)的去除率很低的原因是 。 ②水体中，Fe合金在SRS存在条件下腐蚀的机理如图3所示，Fe腐蚀后生成FeS的过程可描述为：Fe失去电子转化为Fe2+，H2O得到电于转化为H， 。 【答案】(1) ΔH3-2ΔH2 B (2) 将Cr(Ⅵ)还原为Cr(Ⅲ)，便于沉淀除去 Cr(OH)3+OH-=[Cr(OH)4]- (3) 55℃时，硫酸盐还原菌几乎失去活性 被H还原为S2-，S2-与Fe2+结合为FeS 【详解】（1）①已知：Ⅱ(aq)H+(aq)+(aq) ΔH2；Ⅲ2(aq)H2O(l)+(aq) ΔH3，由盖斯定律，反应Ⅲ-2×Ⅱ，得2(aq)+2H+(aq) (aq)+H2O(l)，则ΔH=ΔH3-2ΔH2； ②从图看出A点时，c(H+)=1.0×10-7mol/L时为0.25mol/L，由原子守恒得为(1.0-0.25×2) mol/L =0.5mol/L。则K=。 A．加水稀释溶液中的Q>K，平衡逆向移动，同时没有改变温度，K值不变，A项错误； B．A点为0.25mol/L，由原子守恒得溶液中的为(1.0-0.25×2) mol/L =0.5mol/L，则v()=，B项正确； C．升温转化率减小即平衡逆向移动，说明逆向为吸热反应，该反应为放热反应，ΔH<0，C项错误； 故选B。 （2）①实验中将除Cr(OH)3沉淀除去，则NaHSO3将Cr(Ⅵ)还原为Cr(Ⅲ)，便于沉淀除去； ②从图分析pH>12时[Cr(OH)4]-增大而Cr(OH)3降低，则反应为Cr(OH)3+OH-=[Cr(OH)4]-。 （3）①温度过高，硫酸盐还原菌失活导致去除率降低，则原因为55℃时，硫酸盐还原菌几乎失去活性； ②从图看H和经SRB细胞膜之后转变为S2-和H2O，S2-再与Fe2+结合为FeS，则描述为Fe失去电子转化为Fe2+，H2O得到电于转化为H，被H还原为S2-，S2-与Fe2+结合为FeS。 12．（2024·河南郑州·模拟预测）二氧化碳加氢制取乙醇是实现“双碳经济”的有效途径之一。 (1)在一定温度下，向体积为2L的恒容密闭容器中加入1mol 和1mol ，起始压强为p MPa．二氧化碳加氢制取乙醇涉及的主要反应如下： I．   Ⅱ．   二氧化碳加氢制取乙醇的热化学方程式为 。 ①下列说法正确的是 (填标号)。 A．容器内压强不变，说明反应I已经达到化学平衡状态 B．平衡时向容器中充入稀有气体，反应Ⅱ正向移动 C．平衡时向容器中充入一定量，反应I和Ⅱ均正向移动，的转化率升高 ②若该化学反应体系达平衡时，的转化率为40%，CO的物质的量为0.1mol，则的物质的量浓度为 mol/L，反应I的分压平衡常数 (结果用分数表示，分压=总压×物质的量分数)。 (2)下图为某催化剂条件下反应相同时间，CO、的选择性和的转化率随温度变化曲线，的选择性随温度的升高先增大后减小的原因可能是 。(已知：的选择性=) (3)砷化硼的晶胞结构如图所示，晶胞边长为a nm，为阿伏加德罗常数的值。离硼原子最近的硼原子有 个，该晶体密度可表示为 。(写表达式即可) 【答案】(1)    A 0.4 (2)300℃之前，反应未达到平衡，随温度升高，反应速率加快，选择性增大；300℃之后，生成反应的催化活性降低，反应速率减慢，选择性减小 (3) 12 【详解】(1)I×2＋Ⅱ即为所求的热化学方程式  。 ①A．容器内压强不变，说明容器内所有气体的物质的量都不再变化，则反应I和Ⅱ都达到化学平衡状态，A项正确； B．容积固定，平衡时向容器中充入稀有气体，各气体分压不变，平衡不移动，B项错误； C．平衡时向容器中充入一定量，反应I和Ⅱ均正向移动，但是的转化率降低，C项错误。 ②根据原子守恒来解此题，只考虑起始和平衡时各组分的物质的量，忽略反应过程，分析如下： 起始 转化 平衡 备注 1mol (1-0.1-2x)mol 根据C原子守恒写的物质的量 1mol 转化率40% 0.6mol 根据转化率可求 0.1mol CO 已知 (0.4-3x)mol 根据H原子守恒写的物质的量 x mol 设的未知数 根据O原子守恒列式为，解方程得x=0.05.平衡时，体系中各气态物质的物质的量分别为：0.8mol ，0.6mol ，0.1mol CO，0.25mol ，0.05mol ，故总的气体的物质的量为1.8mol，平衡时容器内混合气体的压强为0.9p MPa．反应I的分压平衡常数。平衡时，(g)的物质的量浓度为。 (2)300℃之前，反应未达到平衡，随温度升高，反应速率加快，选择性增大；300℃之后，生成反应的催化活性降低，反应速率减慢，选择性减小。300℃之后，还是速率因素，不是平衡原因。因为总反应是放热反应，且的转化率是增大的，如果是平衡原因，则二者矛盾。 (3)1个砷化硼的晶胞结构中，顶点：，面心：，故含有4个B原子，离硼原子最近的硼原子有12个，且最近距离为nm，该晶胞中有4个BAs，晶体密度可表示为。 13．（2024·北京大兴·三模）CO2的绿色减排、捕捉、转化是人类可持续发展的重要战略之一。 (1)现代工业技术可从空气或工业尾气中捕获CO2，氨水是常用的捕获剂，捕获时发生的反应是 。 (2) CO2可转化为甲醇。将一定量的CO2和H2充入到某恒容密闭容器中，测得在不同催化剂作用下，相同时间内CO2的转化率与温度的变化如图所示： 催化效果最好的是催化剂 (选填“I”“Ⅱ”或“Ⅲ”)，a点的转化率比b点的高，其原因可能是 。(答两条) (3) CO2可转化为HCOOH ①一种制备过程为：CO2通过电解法转化为HCOO-，进一步生产HCOOH 反应机理如图所示，Pt电极上覆盖的Nafion膜是阳离子交换膜，对浓度不高的HCOO-有阻拦作用，可让水自由通过。 Sn电极生成HCOO-的电极反应式是 ，相同条件下，当电路中通过的电量不太高时，HCOO-的产率明显增大的原因是 。 ②中科院设计了一种利用N(C2H5)3捕获气相CO2后，直接在纳米金催化剂表面上加氢合成甲酸的反应，其过程如图所示。下列说法合理的是 。 A．CO2加氢合成甲酸是一个最理想的“原子经济”反应 B．使用纳米金催化剂能有效降低CO2加氢制甲酸反应的活化能，进而降低 C．在纳米金催化剂表面上发生了极性键和非极性键的断裂 【答案】(1)2NH3·H2O+CO2=(NH4)2CO3+H2O (2) 催化剂I 该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向进行 (3) CO2+H++2e-=HCOO-或+CO2+2e-=HCOO-+ 当电路中通过的电量不太高时，Nafion膜可以阻止HCOO-到阳极即Pt电极上放电 AC 【详解】（1）现代工业技术可从空气或工业尾气中捕获CO2，氨水是常用的捕获剂，捕获时发生的反应是2NH3·H2O+CO2=(NH4)2CO3+H2O，故答案为：2NH3·H2O+CO2=(NH4)2CO3+H2O； （2）从图象中可知，在催化剂I的作用下，CO2的转化率是最高的，所以催化剂I的催化效果是最好的；该反应在a点达到平衡状态，a点的转化率比b点的高，是由于该反应为放热反应，温度升高，平衡吸热反应方向移动；故答案为：催化剂I；该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向进行； （3）①由题干装置图可知，Sn为阴极、Pt为阳极，Sn电极生成HCOO-的电极反应式CO2+H++2e-=HCOO-，电解液里KHCO3产生的也可以向CO2提供H+，故电极反应方程式也可以写成：+CO2+2e-=HCOO-+，Pt电极上覆盖的Nafion膜是阳离子交换膜，对浓度不高的HCOO-有阻拦作用，相同条件下，当电路中通过的电量不太高时，Nafion膜可以阻止HCOO-到阳极即Pt电极上放电，导致HCOO-的产率明显增大，故答案为：CO2+H++2e-=HCOO-或+CO2+2e-=HCOO-+；当电路中通过的电量不太高时，Nafion膜可以阻止HCOO-到阳极即Pt电极上放电； ② A．由题干反应历程图可知，CO2加氢合成甲酸的总反应方程式为：CO2+H2HCOOH，原子利用率达100%，是一个最理想的“原子经济”反应，A正确； B．使用纳米金催化剂能有效降低CO2加氢制甲酸反应的活化能，加快反应速率，但不能影响反应物和生成物的总能量，故不能降低，B错误； C．由题干反应历程图可知，在纳米金催化剂表面上发生了C-O、C-N极性键和H-H非极性键的断裂，C正确； 故答案为：AC。 14．（2024·重庆·模拟预测）我国的二氧化碳排放力争于2030年前达到峰值，努力争取2060年前实现碳中和。 CO2的资源化利用有利于实现我国提出的“碳达峰”与“碳中和”目标。 Ⅰ.早在二十世纪初，工业上以 CO2和 NH3为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步：① CO2和NH3生成 ；②分解生成尿素。反应过程能量变化如下图所示： (1)合成尿素的决速步为反应 (填“①”或“②”)；合成尿素总反应的热化学方程式为 (△H用含E₁、E₂、E₃、E₄的式子表示)。 Ⅱ.利用 CO2生产甲醇是资源化利用 CO2的另一种有效途径。涉及的反应如下： 反应i： 反应ii： 反应iii：   ΔH=-90.6 kJ·mo (2)不同压强下，按照 投料，发生上述三个可逆反应，实验测定 CO2的平衡转化率和的平衡产率随温度的变化关系如下图所示，下列说法正确的是_______。 A．压强大小： B．图甲的纵坐标表示的平衡产率 C．图乙中 时以反应ii为主，压强改变对平衡无影响 D．选择低温低压的反应条件可同时提高平衡时的转化率和的产率 (3)在一容积可变的密闭容器中，充有1mol CO和 ，用于合成甲醇。只发生上述反应iii，CO的平衡转化率(α)与温度(T)、压强(P)的关系如下图所示，请回答下列问题： ①平衡常数KA、KB、Kc的大小关系为 ，并解释判断理由 。 ②若达到平衡状态B时容器的体积为2L，则达到平衡状态A时容器的体积为 L。 Ⅲ.用光电化学法将CO2还原为有机物可实现碳资源的再生利用，其装置如图丙所示，其他条件一定时，电解得到的部分还原产物的法拉第效率(FE%)随电解电压的变化如图丁所示： 已知FE%=100%，其中电量Qx=nF，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。 (4)当电解电压为U1Ⅴ时，阴极生成HCOOH的电极反应式为 。 (5)当电解电压为U2V时，电解生成的HCHO和HCOOH的物质的量之比为7：5，则生成HCHO的法拉第效率m为 。 【答案】(1) ② ∆H= E1-E2+E3-E4 (2)BC (3) KA=KB>Kc 反应iii为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小 (4) (5)42 【详解】（1）过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；据图可知,合成尿素的决速步为反应②；总反应为CO2和NH3生成是水和尿素：，由盖斯定律可知，反应的焓变为：（E1-E2）+(E3-E4)= E1-E2+E3-E4，故合成尿素总反应的热化学方程式为∆H= E1-E2+E3-E4； （2）生成甲醇的2个反应均为放热反应，升高温度，生成甲醇反应逆向移动，甲醇产率下降，则图甲为的平衡产率随温度的变化关系图；反应i为放热反应、反应ii为吸热反应，初始以反应i为主，升高温度，二氧化碳平衡转化率下降，温度超过一定程度，以反应ii为主，升高温度，二氧化碳平衡转化率上升，故图乙为CO2的平衡转化率随温度的变化关系图； A．生成甲醇的反应均为气体分子数减小的反应，相同条件下，增大压强，甲醇平衡产率增大，则压强大小： ，错误； B．由分析可知，图甲为的平衡产率随温度的变化关系图，正确； C．由分析可知，图乙中 时以反应ii为主，反应为气体分子数不变的反应，压强改变对平衡无影响，正确； D．由分析可知，高压利于的产率的提高，错误； 故选BC； （3）①反应iii为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故平衡常数KA、KB、Kc的大小关系为KA=KB>Kc。 ②达到平衡状态B时容器的体积为2L，B点反应CO1mol×0.8=0.8mol，反应为气体分数减小2的反应，则平衡时总的物质的量为1mol+2mol-0.8mol×2=1.4mol；达到平衡状态A时，反应CO1mol×0.5=0.5mol，反应为气体分数减小2的反应，则平衡时总的物质的量为1mol+2mol-0.5mol×2=2mol；则容器的体积为。 （4）当电解电压为U1Ⅴ时，二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成HCOOH，电极反应式为； （5）当电解电压为U2V时，转移2e-，转移4e-，当电解生成的HCHO和HCOOH的物质的量之比为7：5时，可建立等式，m=42。 15．（2024·山东菏泽·模拟预测）我国力争2060年前实现碳中和，将排放的碳的氧化物转化为甲醇是实现碳中和的措施之一。 Ⅰ.和在一定条件下可以合成甲醇(反应i，该过程存在反应ii)。 反应i：   反应ii：   (1)有关物质能量变化如图所示，稳定单质的焓(H)值为0，则 。 (2)恒温，恒容密闭容器中，对于反应i，下列说法中能说明该反应达到化学平衡状态的是___________(填字母)。 A．、、、的物质的量之比为 B．甲醇的百分含量不再变化 C．混合气体的密度不再变化 D．混合气体的平均相对分子质量不再变化 (3)在恒压下，将的混合气体在催化剂作用下进行反应。体系中气体平衡组成比例(和在含碳产物中物质的量百分数)及的平衡转化率随温度的变化如图所示。 ①平衡转化率随温度的升高先减小后增大，增大的原因可能是 。 ②250℃时反应i的Kp= (用最简分数表示)。 Ⅱ.合成气制取甲醇的反应为  。在某温度下，体积为的恒容容器中充入物质的量之和为3mol的和，反应达到平衡时的体积分数(V%)与的关系如图所示。 (4)当起始时，经过5min达到平衡，0～5min平均反应速率，则该条件下的平衡转化率为 。 (5)当“时，达到平衡状态后，的体积分数可能是图像中的 点(填“D”“E”或“F”)。 Ⅲ.欲除去甲醇工厂酸性废水中的甲醇，加入硫酸钻后，用微生物电池(葡萄糖酸性燃料电池)电解，电解生成的把水中的甲醇氧化成，达到除去甲醇的目的。工作原理如下图(c为隔膜，只有离子和水可以自由通过)。 (6)写出除去甲醇的离子方程式： 。 (7)微生物电池是绿色酸性燃料电池，写出该电池负极的电极反应式： 。 【答案】(1)+41 (2)BD (3) 温度升高后，以反应ii为主，反应ii是吸热反应，升高温度平衡正向移动 (4)75% (5)D (6) (7) 【详解】（1）据图分析，有热化学方程式：①   ②，，则根据盖斯定律，①-②得热化学方程式，； （2）A．平衡时各物质的浓度或含量不变，不能通过各组分的物质的量之比等于对应的化学计量数之比判断达到平衡状态，A错误； B．甲醇的百分含量不再变化，可说明该反应达到平衡状态，B正确； C．由于气体的质量，体积不变，则混合气体的密度始终不变，密度不变不能用来判断该反应是否达到平衡，C错误； D．该反应是一个气体分子总数减小的反应，反应向右进行，混合气体的平均相对分子质量将变大，因此平均相对分子质量不变可说明该反应已达到平衡状态，D正确。 答案选BD； （3）①平衡转化率随温度的升高先减小后增大，增大的原因可能是升温后以反应ii为主，该反应为吸热反应，升温使平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大； ②根据，假设起始加入的二氧化碳的物质的量为，氢气的物质的量为，250℃时二氧化碳的转化率为25%，即反应的二氧化碳的物质的量为，体系中一氧化碳和甲醇在含碳产物中的物质的量百分数为50%。即各为， 反应i： 反应ii： 平衡时二氧化碳的物质的量为，氢气的物质的量为，甲醇的物质的量为，水的物质的量为。一氧化碳的物质的量为，总物质的量为，的； （4）体积为2L的恒容容器中充入物质的量之和为的和。起始，可知，，0~5min平均反应速率，则，根据化学方程式可知，的平衡转化率 （5）根据恒容容器中，物质的投料比等于对应的化学计量数之比时。达到平衡后产物的体积分数最大，则当时，达到平衡状态后，的体积分数最大，当时，达到平衡状态后，的体积分数可能是图像中的D点。 （6）甲醇被氧化生成，被还原生成，溶液呈酸性，除去甲醇的离子方程式为； （7）微生物电池是葡萄糖酸性燃料电池，葡萄糖失电子，发生氧化反应生成二氧化碳，该电池负极的电极反应式为。 16．（2024·湖北荆州·三模）血红蛋白(Hb)和肌红蛋白(Mb)分别存在于血液和肌肉中，都能与氧气结合，与氧气的结合度α(吸附的Hb或Mb的量占总Hb或Mb的量的比值)和氧气分压密切相关。请回答下列问题： (1)人体中的血红蛋白(Hb)能吸附、，相关反应的热化学方程式及平衡常数如下： Ⅰ．         Ⅱ．             Ⅲ．         = (用、表示)，= (用、表示)。 (2)Hb与氧气的结合能力受到的影响，相关反应如下：。37℃，pH分别为7.2、7.4、7.6时氧气分压与达到平衡时Hb与氧气的结合度α的关系如图所示，pH=7.6时对应的曲线为 (填“A”或“B”)。 (3)Mb与氧气结合的反应如下：，37℃，氧气分压与达平衡时Mb与氧气的结合度α的关系如图所示。 ①已知Mb与氧气结合的反应的平衡常数表达式，计算37℃时K= 。 ②人正常呼吸时，体温约为37℃，氧气分压约为20.00kPa，计算此时Mb与氧气的最大结合度为 (结果精确到0.1%)。 ③经测定，体温升高，Mb与氧气的结合度降低，则该反应的 (填“>”或“<”)0。 (4)人体酸碱平衡维持机制简要表达如下图： ①当人体摄入酸过多时，肺通过呼吸排出的会 (选填“增加”或“减少”)。 ②对于重度代谢性酸中毒的病人应该采用什么治疗方法 。(选填字母) A．口服0.9%KCl溶液    　　　　　　　B．口服5%葡萄糖溶液 C．静脉注射5%溶液　　　D．静脉注射0.9%NaCl 【答案】(1) (2)A (3) 2 97.6% < (4) 增加 C 【详解】（1）已知反应Ⅰ． ；反应Ⅱ． ；反应Ⅲ． ；反应Ⅲ可以由反应I+反应Ⅱ，根据盖斯定律可知，，； （2）根据反应可知，pH越小，H+浓度越大，平衡正向移动，Hb与氧气的结合度α减小，故37℃，pH分别为7.2、7.4、7.6时氧气分压与达到平衡时Hb与氧气的结合度α的关系如图1所示，pH=7.6时对应的曲线为A； （3）①由图2可知，氧气分压=2.00kPa时，Mb与氧气的结合度α=80.0%，则，；②体温约为37℃，，氧气分压=20.00kPa时=40.00，所以Mb与氧气的最大结合度=；③体温升高，Mb与氧气的结合度降低，则的平衡逆向移动，逆反应吸热，正反应放热，即△H＜0； （4）①由图知，当人体摄入酸过多时，发生，肺通过呼吸排出的会增价；②对于重度代谢性酸中毒的病人可以采取静脉注射5%溶液的方法治疗。 17．（2024·天津·模拟预测）Ⅰ．对温室气体二氧化碳的处理是化学工作者实现“碳中和”重点研究的课题。一种新的循环利用方案是用反应 (1)①已知：和的生成焓为和(生成焓是一定条件下，由其对应最稳定单质生成化合物时的反应热)。则 。 ②若要此反应自发进行， (填“高温”或“低温”)更有利。 ③反应必须在高温下才能启动，原因是 。 Ⅱ．和是两种重要的温室气体，通过和反应制造更高价值化学品是目前的研究目标。和在催化剂表面发生反应。 (2)时，向密闭容器中投入和，5小时后测得反应体系达到平衡状态，此时，计算该温度下平衡常数 。时，若再向容器中同时充入、、和，则上述平衡向 (填“正反应”或“逆反应”)方向移动。 (3)在不同温度下催化剂的催化效率与的生成速率如图所示(△代表的生成速率，■代表催化剂的催化效率)。时，温度升高而的生成速率降低的原因是 。 (4)为了提高该反应中的平衡转化率，可以采取的措施是(写一点即可) 。 (5)以为原料可以合成多种物质。以水溶液作电解质进行电解，在铜电极上可转化为甲烷，该电极的电极反应式为 。 【答案】(1) -90 低温 反应的活化能高 (2) 6.75 逆反应 (3)温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低 (4)减小反应压强或增大水蒸气的浓度 (5)CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH- 【详解】（1）①已知：CO2(g)和H2O(g)的生成焓为：-394kJ/mol，-242kJ/mol，反应的热化学方程式为：a.C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-394kJ/mol，b.H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=-242kJ/mol，盖斯定律计算b×2-a得到Bosch反应的△H=2×(-242kJ•mol-1)-(-394kJ•mol-1)=-90kJ/mol； ②△H-90kJ/mol，反应为△H＜0，△S＜0的反应，满足此反应自发进行，△H-T△S＜0，反应的温度是低温； ③断裂二氧化碳和氢气所需的能量较高，所以该反应所需的活化能较高，则一定条件下Bosch反应必须在高温下才能启动； （2）CH4和H2O在催化剂表面发生反应CH4+H2O⇌CO+3H2，T℃时，向1L密闭容器中投入1mol CH4和1mol H2O(g)，5小时后测得反应体系达到平衡状态，此时，列三段式如下： K===6.75mol2/L2； 若再向容器中同时充入、、和，此时Qc==mol2/L2>6.75mol2/L2，平衡向逆反应方向移动； （3）温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低，所以温度升高而乙酸的生成速率降低； （4）反应是前后气体体积增大的，减小反应压强，平衡正向移动，反应物转化率增大；增大水蒸气的浓度，平衡正向移动，甲烷转化率增大； （5）CO2在正极发生还原反应转化为甲烷，电极反应为：CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH-，故答案为：CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH-。 18．（2024·陕西安康·模拟预测）由催化加氢制的反应体系中，发生的主要反应如下： 反应I：   反应II：   (1)已知：相关共价键的键能数据如表。 共价键 键能 436.0 413.4 351 462.8 试计算：断开中的化学键所需要提供的最低能量为 。 (2)对反应I来说，若该反应能自发进行，则该反应的熵变 0(填“>”或“<”)。若该反应速率，其中、分别为正反应、逆反应的速率常数，为气体的浓度。若降低温度， (填“增大”“减小”或“不变”)。 (3)在T℃时，向容积为的恒容密闭容器中投入和，此时容器内的总压为，发生反应I、反应II。 ①下列能说明反应I、反应II达到平衡状态的是 (填字母)。 a．                             b．容器内气体的密度不再变化 c．和的物质的量之比不再变化         d．的体积分数不再变化 ②实验测得平衡时或CO的选择性随温度的变化如图所示。 已知：的选择性、CO的选择性。 其中，表示平衡时的选择性的是曲线 (填“i”或“ii”)；为同时提高的平衡转化率和平衡时的选择性，应选择的反应条件为 (填标号)。 a．低温、低压        b．高温、高压        c．高温、低压        d．低温、高压 ③若在上述条件下，反应经5min后达平衡，的平衡转化率为50%，CO的选择性为20%。则在0～5min内 (保留2位小数)，反应II的平衡常数 (列出计算式即可)。 【答案】(1) (2) > 减小 (3) acd i d 0.07p 【详解】（1）根据盖斯定律，将反应II-反应I可得：。 再依据反应物中的键能-生成物中的键能，可得：，解得，。断开中的化学键所需要提供的最低能量为。 （2）反应I能自发进行，则需要在一定温度下满足，该反应的，则只有才能满足。降低温度，平衡则向放热反应方向进行(即的方向)，即向该反应的逆反应方向进行，所以，减小。 （3）①无论反应I还是反应II，和的计量数之比都为可以说明正、逆反应速率相等，所以a项可说明反应达到平衡状态；该反应过程中气体的总质量不变，且容器的总体积不变，则混合气体的密度为一恒量，所以项容器内气体的密度不再变化，不能说明反应达到平衡；只是反应I的产物，而则是反应I，反应II的共同产物，二者的物质的量之比是一变量，所以项和的物质的量之比不再变化，可说明反应达到平衡状态；由于反应I是反应前后气体的物质的量总量不变的反应，而反应II是反应前后气体的物质的量总量变小的反应，当反应达平衡时，的体积分数不再变化，所以项可说明反应达到平衡状态。 ②升高温度，反应向吸热方向进行(即的方向)，所以反应I向正向进行，反应II向逆向进行，变少，增多，故的选择性应一直减小，故表示平衡时的选择性是曲线i；增大压强，反应向气体体积减小的方向进行，若想要提高的选择性，应向反应II的正反应方向进行，向反应I的逆反应方向进行，所以应选择低温、高压。 ③在T℃时，反应达平衡时的平衡转化率为，则反应消耗的为，再依据的选择性为可知，反应Ⅰ中生成的为，则反应II生成的为。 分别列式如下： 反应I： 反应I： 由于反应I前后气体的物质的量不变，而反应II是气体体积减小的反应，则反应达平衡时气体的总物质的量为。 根据同温同容(恒容容器)时，气体的压强与气体的总物质的量成正比，可知平衡时容器的压强为，其中，所占分压为，而反应前所占分压为，则所占分压减小值为，则。反应达平衡时，各物质的浓度分别为，，则反应II的平衡常数。 19．（2024·辽宁·模拟预测）氯及其化合物在生产生活中有广泛应用。回答下列问题： (1)常用于硫化橡胶工业。 已知：①； ②； ③。 则 (用含的式子表示)。 (2)光气在有机合成中常作氯化剂。工业上，可用和氯气混合合成光气。已知：合成时放出热量，写出该反应的热化学方程式： 。 (3)在恒温恒容的密闭容器中充入和，发生反应：，下列情况表明该反应已达到平衡状态的是___________(填字母)。 A．混合气体密度不随时间变化 B．气体总压强不随时间变化 C．的消耗速率等于的生成速率 D．Q(浓度商)不随时间变化 (4)硫酰氯常用于有机合成。制备原理：。实验测得速率方程为(k为速率常数，只与温度、催化剂有关，与浓度无关。m、n为反应级数，可以为整数、分数、正数、负数和0)。 ①为了测得反应级数，实验数据记录如下： 序号 速率/ a 0.10 0.10 b 0.20 0.10 c 0.10 0.05 根据上述实验结果，计算 ， 。 ②已知：(R为常数，为活化能，T为温度)。测得及在催化剂作用下随的变化如图所示。 催化剂对应的活化能为 。催化效果： (填“大于”“小于”或“等于”)。 (5)我国古代采用“地康法”制备氯气：。为了探究制氯气的原理，总压强保持恒定为，向密闭容器中充入和，发生上述反应，在温度下，测得的平衡转化率与投料比的关系如图所示。 (填“>”“<”或“=”)。时平衡常数 (是以分压代替浓度表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数，结果保留两位小数)。从工业生产角度分析，投料比过大的缺点是 。 【答案】(1) (2) (3)BD (4) 1 1 300 小于 (5) < 20.25 HCl平衡转化率低 【详解】（1）根据盖斯定律可知，③+4×②+4×①得到目标方程式，因此有ΔH=ΔH3+4ΔH2+4ΔH1；故答案为ΔH3+4ΔH2+4ΔH1； （2）CO与氯气反应方程式为CO+Cl2=COCl2，因此合成1molCOCl2时放出热量为10akJ，即该反应热化学方程式为CO(g)+Cl2(g)=COCl2(g)；ΔH=-10akJ/mol，故答案为CO(g)+Cl2(g)=COCl2(g)；ΔH=-10akJ/mol； （3）A．根据进行判断，组分都是气体，混合气体总质量不变，容器为恒容，混合气体总体积不变，任何时刻，混合气体密度不变，即混合气体密度不变，不能说明该反应达到平衡，故A不符合题意； B．利用相同条件下，压强之比等于气体物质的量之比，该反应为气体物质的量减少反应，因此当气体压强不随时间变化，说明反应达到平衡，故B符合题意； C．消耗NO和生成NOCl均是向正方向进行，因此NO的消耗速率等于NOCl生成速率，不能说明反应达到平衡，故C不符合题意； D．浓度商不变表明浓度商等于平衡常数，说明反应达到平衡，故D符合题意； 答案为BD； （4）①将a、b数值代入公式有：，解得m=1，同理求的n=1；故答案为1；1； ②将(1.0×10-2，-3.0)代入表达式，计算得出Cat1对应的活化能为300kJ/mol，同理Cat2对应活化能大约为150kJ/mol左右，催化剂能降低活化能，活化能越小，反应速率越快，因此催化效果：Cat1小于Cat2，故答案为300；小于； （5）该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，HCl的平衡转化率降低，根据图像可知，推出T1＜T2；=4，令n(HCl)=4mol，n(O2)=1mol，达到平衡时，消耗n(HCl)=4mol×75%=3mol，消耗n(O2)==0.75mol，生成n(Cl2)=n(H2O)==1.5mol，用分压表示平衡常数Kp==20.25；投料比过大，相当于在原来基础上通入HCl，根据勒夏特列原理可知，氧气转化率增大，HCl的平衡转化率降低；故答案为＜；20.25；HCl平衡转化率低。 20．（2024·黑龙江大庆·模拟预测）CO和NO都是有毒气体，但新的研究表明，它们都是生命体系气体信号分子，在人体内具有重要的生理作用，是高中阶段常见的气体。 回答下列问题：． (1)反应  是联合硝酸工业减少污染物排放的重要反应。该反应分为三步完成（都是双分子反应，即反应物都只有两种分子），前两步反应如下： 第1步：   第2步：   ①写出第3步反应的热化学方程式： 。 ②基元反应，正反应速率。的正反应速率，总反应速率，是平衡转化率，是瞬时转化率，k、、均为速率常数，受温度影响，温度升高，速率常数增大。 Ⅰ．复杂反应分为多步进行时，决定反应速率的是最 （填“快”或“慢”）的一步，3步基元反应中，活化能最高的一步是第 步。 Ⅱ．温度升高， （填“变大”、“变小”或“不变”）。在时，一系列温度下的总反应速率－时间曲线如图所示，分析图中曲线先升后降的原因： 。 (2)用FeO冶炼Fe的过程涉及如下反应： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： ①将FeO和CO放入恒容密闭容器中，下列事实能说明反应Ⅰ和Ⅱ均已达到平衡状态的是 （填选项字母）。 A．容器内气体的密度不再发生变化                B．CO的生成速率等于消耗速率 C．容器内气体总压强不再发生变化                D．容器内CO和的物质的量相等 ②在一个体积可变的容器中，维持温度1200K不变（此时反应Ⅰ的分压平衡常数）。压缩容器体积，达到新平衡时，CO的分压 （墳“变大”、“变小”或“不变”）。用压力传感器测得平衡时容器内压强为1200kPa，计算反应Ⅱ的分压平衡常数= kPa。 【答案】(1)    慢 1 变小 温度升高，增大，变小，低于490℃时。增大占主导，反应速率加快，高于490℃时，变小占主导，反应速率减慢 (2) ABC 不变 600kPa 【详解】（1）①根据盖斯定律，第3步反应=总反应-第1步-第2步，热化学方程式为；  。 ②Ⅰ．复杂反应决定反应速率的肯定是基元反应中的慢反应，根据可知，第1步是慢反应，活化能最高； Ⅱ．总反应放热，温度升高，平衡逆向移动，平衡转化率变小；温度升高，增大，变小，结合图象不难得出：低于490℃时，增大占主导，反应速率加快，高于490℃时，变小占主导，反应速率减慢； （2）①反应I和反应I相互干扰，只能同时达到平衡状态，如果没有达到平衡状态，容器内CO和的CO2量都会发生变化，气体的密度和总压会随之变化，所以A、C均可以作为达到平衡状态的标志；B中说明CO的物质的量不再发生变化，也能作为达到平衡状态的标志；而CO和的物质的量相等，无法判断接下来是否仍相等，不能作为达到平衡状态的标志；故选ABC。 ②平衡常数，因为温度不变，也不会变化，所以平衡时CO的分压也不变。根据及，可得分压，即。 【真题培优练】 21．（2024·全国甲卷·高考真题）甲烷转化为多碳化合物具有重要意义。一种将甲烷溴化再偶联为丙烯()的研究所获得的部分数据如下。回答下列问题： (1)已知如下热化学方程式：         计算反应的 。 (2)与反应生成，部分会进一步溴化。将和。通入密闭容器，平衡时，、与温度的关系见下图(假设反应后的含碳物质只有、和)。 (i)图中的曲线是 (填“a”或“b”)。 (ii)时，的转化 ， 。 (iii)时，反应的平衡常数 。 (3)少量可提高生成的选择性。时，分别在有和无的条件下，将和，通入密闭容器，溴代甲烷的物质的量(n)随时间(t)的变化关系见下图。 (i)在之间，有和无时的生成速率之比 。 (ii)从图中找出提高了选择性的证据： 。 (ⅲ)研究表明，参与反应的可能机理如下： ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ 根据上述机理，分析提高选择性的原因： 。 【答案】(1)-67 (2) a 80% 7.8 10.92 (3) (或3：2) 5s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升 I2的投入消耗了部分CH2Br2，使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br 【分析】根据盖斯定律计算化学反应热；根据影响化学反应速率的因素判断还行反应进行的方向从而判断曲线归属；根据反应前后的变化量计算转化率；根据平衡时各物质的物质的量计算平衡常数；根据一段时间内物质的含量变化计算速率并计算速率比；根据图示信息和反应机理判断合适的原因。 【详解】（1）将第一个热化学方程式命名为①，将第二个热化学方程式命名为②。根据盖斯定律，将方程式①乘以3再加上方程式②，即①×3+②，故热化学方程式3CH4(g)+3Br2(g)=C3H6(g)+6HBr(g)的∆H=-29×3+20=-67kJ·mol-1。 （2）(i)根据方程式①，升高温度，反应向吸热反应方向移动，升高温度，平衡逆向移动，CH4(g)的含量增多，CH3Br(g)的含量减少，故CH3Br的曲线为a； (ii)560℃时反应达平衡，剩余的CH4(g)的物质的量为1.6mmol，其转化率α=×100%=80%；若只发生一步反应，则生成6.4mmol CH3Br，但此时剩余CH3Br的物质的量为5.0mmol，说明还有1.4mmol CH3Br发生反应生成CH2Br2，则此时生成的HBr的物质的量n=6.4+1.4=7.8mmol； (iii)平衡时，反应中各组分的物质的量分别为n(CH3Br)=5.0mmol、n(Br2)=0.2mmol、n(CH2Br2)=1.4mmol、n(HBr)=7.8mmol，故该反应的平衡常数K===10.92。 （3）(i)11~19s时，有I2的生成速率v==mmol·(L·s)-1，无I2的生成速率v==mmol·(L·s)-1。生成速率比==； (ii)从图中可以看出，大约4.5s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升，因此，可以利用此变化判断I2提高了CH3Br的选择性； (iii)根据反应机理，I2的投入消耗了部分CH2Br2，同时也消耗了部分HBr，使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br，提高了CH3Br的选择性。 22．（2024·甘肃·高考真题）是制备半导体材料硅的重要原料，可由不同途径制备。 (1)由制备： 已知 时，由制备硅 (填“吸”或“放”)热 。升高温度有利于制备硅的原因是 。 (2)在催化剂作用下由粗硅制备：。，密闭容器中，经不同方式处理的粗硅和催化剂混合物与和气体反应，转化率随时间的变化如下图所示： ①，经方式 处理后的反应速率最快；在此期间，经方式丙处理后的平均反应速率 。 ②当反应达平衡时，的浓度为 ，平衡常数K的计算式为 。 ③增大容器体积，反应平衡向 移动。 【答案】(1) 吸 587.02 该反应为吸热反应，升高温度，反应正向移动，有利于制备硅 (2) 甲 0.1952 逆反应方向 【详解】（1）由题给热化学方程式：①，；②，；则根据盖斯定律可知，①+②，可得热化学方程式，，则制备56gSi，即2molSi，需要吸收热量为；该反应为吸热反应，升高温度，反应正向移动，有利于制备硅。 （2） ①由转化率图像可知，0-50min，经方式甲处理后反应速率最快；经方式丙处理后，50min时SiCl4的转化率为4.2%，反应的SiCl4的物质的量为0.1mol×4.2%=0.0042mol，根据化学化学计量数可得反应生成的SiHCl3的物质的量为，平均反应速率； ②反应达到平衡时，SiCl4的转化率为14.6%，列出三段式为： 当反应达平衡时，H2的浓度为，平衡常数K的计算式为； ③增大容器体积，压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，即反应平衡向逆反应方向移动。 23．（2024·上海·高考真题）已知： ① ② ③ (1)以下能判断总反应达到平衡状态的是_______。 A．钙离子浓度保持不变 B．保持不变 C． D． (2)增大有利于珊瑚的形成，请解释原因 。 (3)已知的，为 。当 时，开始产生沉淀。 (4)根据如图，写出电极a的电极反应式 。 (5)关于上述电化学反应过程，描述正确的是_______。 A．该装置实现电能转化为化学能 B．电极b是负极 C．电子从电极a经过负载到电极b再经过水体回到电极a D．每参与反应时，转移电子 (6)解释在溶液中氧气的浓度变大后，为何有利于的除去，但不利于硝酸根的除去。 。 【答案】(1)AB (2)pH越大，即c（H+）越小，促进的平衡正向移动，即增大，方程式平衡正向移动，有利于生成CaCO3； (3) 4.2×10-3 (4) (5)B (6)氧气浓度变大后，O2在正极放电，使得硝酸根的去除率减小，等物质的量的O2得电子的数目大于，使得转移电子数增大，有机物的去除率增大 【详解】（1）A．钙离子浓度保持不变，说明此时，反应达到平衡，A符合题意； B．反应①中，即，K只与温度有关，保持不变，即保持不变，说明此时，反应达到平衡，B符合题意； C．CaCO3为固体，其浓度为常数，一般不用固体来表示化学反应速率，C不符合题意； D．不同物质表示正逆反应速率，且之比不等于化学计量数之比，说明正反应速率不等于逆反应速率，反应未达到平衡状态，D不符合题意； 故选AB； （2）pH越大，即c（H+）越小，促进的平衡正向移动，即增大，方程式平衡正向移动，有利于生成CaCO3； （3），，H2CO3的，；，即，； （4）电极a上得到电子变为N2，电极反应式为：； （5）A．由图可知，电极与负载相连接，该装置为原电池，能实现化学能到电能的转化，故A错误； B．电极b上（CH2O）失去电子变为CO2，电极b是负极，故B正确； C．电极a为正极，电极b为负极，电子从电极b经过负载到电极a，电子不会进入水体中，故C错误； D．电极b的电极反应式为：，每参与反应时，转移电子，故D错误； 故选B； （6）氧气浓度变大后，O2在正极放电，使得硝酸根的去除率减小，等物质的量的O2得电子的数目大于，使得转移电子数增大，有机物的去除率增大。 24．（2024·北京·高考真题）是一种重要的工业原料。可采用不同的氮源制备。 (1)方法一：早期以硝石(含)为氮源制备，反应的化学方程式为：。该反应利用了浓硫酸的性质是酸性和 。 (2)方法二：以为氮源催化氧化制备，反应原理分三步进行。 ①第I步反应的化学方程式为 。 ②针对第Ⅱ步反应进行研究：在容积可变的密闭容器中，充入和进行反应。在不同压强下(、)，反应达到平衡时，测得转化率随温度的变化如图所示。解释y点的容器容积小于x点的容器容积的原因 。 (3)方法三：研究表明可以用电解法以为氨源直接制备，其原理示意图如下。 ①电极a表面生成的电极反应式： 。 ②研究发现：转化可能的途径为。电极a表面还发生iii．。iii的存在，有利于途径ii，原因是 。 (4)人工固氮是高能耗的过程，结合分子结构解释原因 。方法三为的直接利用提供了一种新的思路。 【答案】(1)难挥发性 (2) ，该反应正向气体分子总数减小，同温时，条件下转化率高于，故，x、y点转化率相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响 (3) 反应iii生成，将氧化成，更易转化成 (4)中存在氮氮三键，键能高，断键时需要较大的能量，故人工固氮是高能耗的过程 【详解】（1）浓硫酸难挥发，产物为气体，有利于复分解反应进行，体现了浓硫酸的难挥发性和酸性。 （2）①第I步反应为氨气的催化氧化，化学方程式为； ②，该反应正向气体分子总数减小，同温时，条件下转化率高于，故，根据，x、y点转化率相同，则n相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响，故y点的容器容积小于x点的容器容积。 （3）①由电极a上的物质转化可知，氮元素化合价升高，发生氧化反应，电极a为阳极，电极反应式为； ②反应iii生成，将氧化成，更易转化成。 （4）中存在氮氮三键，键能高，断键时需要较大的能量，故人工固氮是高能耗的过程。 25．（2024·湖南·高考真题）丙烯腈()是一种重要的化工原料。工业上以为载气，用作催化剂生产的流程如下： 已知：①进料混合气进入两釜的流量恒定，两釜中反应温度恒定： ②反应釜Ⅰ中发生的反应： ⅰ：   ③反应釜Ⅱ中发生的反应： ⅱ：   ⅲ：   ④在此生产条件下，酯类物质可能发生水解。 回答下列问题： (1)总反应 (用含、、和的代数式表示)； (2)进料混合气中，出料中四种物质(、、、)的流量，(单位时间内出料口流出的物质的量)随时间变化关系如图： ①表示的曲线是 (填“a”“b”或“c”)； ②反应釜Ⅰ中加入的作用是 。 ③出料中没有检测到的原因是 。 ④反应后，a、b、c曲线对应物质的流量逐渐降低的原因是 。 (3)催化剂再生时会释放，可用氨水吸收获得。现将一定量的固体(含水)置于密闭真空容器中，充入和，其中的分压为，在℃下进行干燥。为保证不分解，的分压应不低于 (已知  分解的平衡常数)； (4)以为原料，稀硫酸为电解液，Sn作阴极，用电解的方法可制得，其阴极反应式 。 【答案】(1)ΔH1+ΔH2+ΔH3 (2) c 降低分压有利于反应i平衡正向移动且提高醇的浓度可以使酯的水解程度降低从而提高产率 CH2=CHCONH2在反应釜Ⅱ的温度下发生分解 反应时间过长，催化剂中毒活性降低，反应速率降低，故产物减少 (3)40 (4)Sn+4CH2=CHCN+4e-+4H+=Sn(CH2CH2CN)4 【分析】工业上以N2为载气，用TiO2作催化剂，由HOCH2CH2COOC2H5和C2H5OH为进料气体生产CH2=CHCN，在反应釜I中发生反应i：HOCH2CH2COOC2H5(g)→CH2=CHCOOC2H5(g)+H2O(g)，加入NH3后，在反应釜Ⅱ中发生反应ii：CH2=CHCOOC2H5(g)+NH3(g)→CH2=CHCONH2(g)+C2H5OH(g)，反应iii：CH2=CHCONH2(g)→CH2=CHCN(g)+H2O(g)，故产物的混合气体中有CH2=CHCN、未反应完的C2H5OH、CH2=CHCOOC2H5(g)和水； 【详解】（1）根据盖斯定律，总反应HOCH2CH2COOC2H5(g)+NH3(g)→CH2=CHCN(g)+C2H5OH(g)+2H2O(g)可以由反应i+反应ii+反应iii得到，故ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3； （2）①根据总反应HOCH2CH2COOC2H5(g)+NH3(g)→CH2=CHCN(g)+C2H5OH(g)+2H2O(g)，设进料混合气中n(HOCH2CH2COOC2H5)=1mol，n(C2H5OH)=2mol，出料气中CH2=CHCOOC2H5含量很少，则生成CH2=CHCN(g)、C2H5OH(g)物质的量约为1mol，生成H2O(g)的物质的量约为2mol，故出料气中C2H5OH(g)物质的量共约3mol，故出料气中CH2=CHCN、C2H5OH、H2O物质的量之比约为1:3:2，故曲线c表示CH2=CHCN的曲线； ②反应釜Ⅰ中发生反应i是气体体积增大的反应，故加入C2H5OH降低分压有利于反应i平衡正向移动且提高醇的浓度可以使酯的水解程度降低从而提高产率； ③丙烯酰胺(CH2=CHCONH2)的分解温度约为160°C至170°C，出料中没有检测到CH2=CHCONH2的原因是CH2=CHCONH2在反应釜Ⅱ的温度下发生分解； ④反应11h后，a、b、c曲线对应物质的流量逐渐降低的原因是反应时间过长，催化剂中毒活性降低，反应速率降低，故产物减少； （3）0.72g水的物质的量为0.04mol，故p(H2O)=2.5×102kPa⋅mol−1×n(H2O)=10kPa，NH4HCO3分解的反应式为NH4HCO3=NH3↑+CO2↑+H2O↑，故NH4HCO3分解的平衡常数Kp=p(NH3)p(CO2)p(H2O)=4×104(kPa)3，解得p(NH3)=40kPa，故为保证NH4HCO3不分解，NH3的分压应不低于40kPa； （4）Sn(CH2CH2CN)4是有机化合物，与水不溶，水中不电离，以CH2=CHCN为原料在Sn做的阴极得电子制得Sn(CH2CH2CN)4，故阴极的电极反应式为Sn+4CH2=CHCN+4e-+4H+=Sn(CH2CH2CN)4。 26．（2024·湖北·高考真题）用和焦炭为原料，经反应I、Ⅱ得到，再制备乙炔是我国科研人员提出的绿色环保新路线。 反应I： 反应Ⅱ： 回答下列问题： (1)写出与水反应的化学方程式 。 (2)已知、(n是的化学计量系数)。反应Ⅰ、Ⅱ的与温度的关系曲线见图1。 ①反应在的 。 ②保持不变，假定恒容容器中只发生反应I，达到平衡时 ，若将容器体积压缩到原来的，重新建立平衡后 。 (3)恒压容器中，焦炭与的物质的量之比为，为载气。和下，产率随时间的关系曲线依实验数据拟合得到图2(不考虑接触面积的影响)。 ①初始温度为，缓慢加热至时，实验表明已全部消耗，此时反应体系中含物种为 。 ②下，反应速率的变化特点为 ，其原因是 。 【答案】(1)BaC2+2H2O→Ba(OH)2+HC≡CH↑ (2) 1016 105 105 (3) BaO 正反应的反应速率保持不变，逆反应的速率逐渐增大后保持不变 容器中只有反应Ⅱ：BaO(s)+3C(s) BaC2(s)+CO(g)，反应条件恒温1823K、恒压，反应物BaO和C都是固体，其浓度是固定不变的，则该化学反应的正反应的反应速率保持不变；t2之前，生成物CO的浓度逐渐增大，故逆反应的速率逐渐增大，t2之后，CO的浓度保持不变，逆反应的速率保持不变 【详解】（1）Ba、Ca元素同主族，所以BaC2与水的反应和CaC2与水的反应相似，其反应的化学方程式为BaC2+2H2O→Ba(OH)2+HC≡CH↑； （2）①反应I+反应Ⅱ得BaCO3(s)+4C(s)BaC2(s)+3CO(g)，所以其平衡常数K=KI×KⅡ=，由图1可知，1585K时KI=102.5，KⅡ=10-1.5，即=102.5×10-1.5=10，所以p3CO=10×(105Pa)3=1016Pa3，则Kp= p3CO=1016Pa3； ②由图1可知，1320K时反应I的KI=100=1，即KI==1，所以p2CO=(105Pa)2，即pCO=105Pa； ③若将容器体积压缩到原来的，由于温度不变、平衡常数不变，重新建立平衡后pCO应不变，即pCO=105Pa； （3）①由图2可知，1400K时，BaC2的产率为0，即没有BaC2，又实验表明BaBO3已全部消耗，所以此时反应体系中含Ba物种为BaO； ②1400K时碳酸钡已全部消耗，此时反应体系的含钡物种只有氧化钡，即只有反应Ⅱ：BaO(s)+3C(s)BaC2(s)+CO(g)，反应条件恒温1823K、恒压，反应物BaO和C都是固体，其浓度是固定不变的，则该化学反应的正反应的反应速率不变；之前，生成物CO的浓度逐渐增大，故逆反应的速率逐渐增大，之后，CO的浓度保持不变，逆反应的速率保持不变。 27．（2024·广东·高考真题）酸在多种反应中具有广泛应用，其性能通常与酸的强度密切相关。 (1)酸催化下与混合溶液的反应(反应a)，可用于石油开采中油路解堵。 ①基态N原子价层电子的轨道表示式为 。 ②反应a： 已知： 则反应a的 。 ③某小组研究了3种酸对反应a的催化作用。在相同条件下，向反应体系中滴加等物质的量的少量酸，测得体系的温度T随时间t的变化如图。 据图可知，在该过程中 。 A．催化剂酸性增强，可增大反应焓变 B．催化剂酸性增强，有利于提高反应速率 C．催化剂分子中含H越多，越有利于加速反应 D．反应速率并不始终随着反应物浓度下降而减小 (2)在非水溶剂中，将转化为化合物ⅱ(一种重要的电子化学品)的催化机理示意图如图，其中的催化剂有 和 。 (3)在非水溶剂中研究弱酸的电离平衡具有重要科学价值。一定温度下，某研究组通过分光光度法测定了两种一元弱酸(X为A或B)在某非水溶剂中的。 a．选择合适的指示剂其钾盐为，；其钾盐为。 b．向溶液中加入，发生反应：。起始的物质的量为，加入的物质的量为，平衡时，测得随的变化曲线如图。 已知：该溶剂本身不电离，钾盐在该溶剂中完全电离。 ①计算 。(写出计算过程，结果保留两位有效数字) ②在该溶剂中， ； 。(填“>”“<”或“=”) 【答案】(1) BD (2) AcOH KI (3) ＞ ＞ 【详解】（1） ①N的原子序数为7，位于第二周期第ⅤA族，基态N原子价层电子的轨道表示式为； ②由已知可得： Ⅰ．，； Ⅱ．，； Ⅲ．，； Ⅳ．，； 由盖斯定律可知，目标方程式可由方程式Ⅰ-Ⅱ-Ⅲ＋Ⅳ得到，故反应； ③A．催化剂不能改变反应的焓变，A项错误； B．由图示可知，酸性：硫酸＞磷酸＞乙酸，催化剂酸性增强，反应速率提高，B项正确； C．一个硫酸分子中含有2个H，一个磷酸分子中含有3个H，一个乙酸分子中含有4个H，但含H最少的硫酸催化时，最有利于加速反应，C项错误； D．由图示可知，反应开始一段时间，反应物浓度减小，但反应速率加快，反应速率并不始终随着反应物浓度下降而减小，D项正确； 故选BD。 （2）催化剂参与化学反应，但反应前后质量和化学性质并未改变，由催化机理示意图可知，催化剂有AcOH和KI； （3）由变化曲线图可知，当时，，设初始，则初始，转化的物质的量浓度为，可列出三段式如下： 由，即，解得，则该反应的平衡常数为 解得； ②根据图像可知，当时，设此时转化的物质的量浓度为，可列出三段式如下： 此时，即，则，则平衡常数，则； 由于，则，。 28．（2024·浙江·高考真题）氢是清洁能源，硼氢化钠()是一种环境友好的固体储氢材料，其水解生氢反应方程式如下：(除非特别说明，本题中反应条件均为，) 请回答： (1)该反应能自发进行的条件是_______。 A．高温 B．低温 C．任意温度 D．无法判断 (2)该反应比较缓慢。忽略体积变化的影响，下列措施中可加快反应速率的是_______。 A．升高溶液温度 B．加入少量异丙胺 C．加入少量固体硼酸 D．增大体系压强 (3)为加速水解，某研究小组开发了一种水溶性催化剂，当该催化剂足量、浓度一定且活性不变时，测得反应开始时生氢速率v与投料比之间的关系，结果如图1所示。请解释ab段变化的原因 。 (4)氢能的高效利用途径之一是在燃料电池中产生电能。某研究小组的自制熔融碳酸盐燃料电池工作原理如图2所示，正极上的电极反应式是 。该电池以恒定电流工作14分钟，消耗体积为，故可测得该电池将化学能转化为电能的转化率为 。[已知：该条件下的摩尔体积为；电荷量电流时间；；。] (5)资源的再利用和再循环有利于人类的可持续发展。选用如下方程式，可以设计能自发进行的多种制备方法，将反应副产物偏硼酸钠()再生为。(已知：是反应的自由能变化量，其计算方法也遵循盖斯定律，可类比计算方法；当时，反应能自发进行。) I． II． III． 请书写一个方程式表示再生为的一种制备方法，并注明 。(要求：反应物不超过三种物质；氢原子利用率为。) 【答案】(1)C (2)AC (3)随着投料比增大，NaBH4的水解转化率降低 (4) O2+4e-+2CO2=2 70% (5) 【详解】（1）反应， ，由可知，任意温度下，该反应均能自发进行，故答案选C； （2）A．升高温度，活化分子数增多，有效碰撞几率增大，反应速率加快，A符合题意； B．加入少量异丙胺，溶液变碱性，碱性水解慢，化学反应速率降低，B不符合题意； C．加入少量固体硼酸，溶液变酸性，NaBH4中H为-1价，在酸性条件下易于H+反应生成氢气，水解快，化学反应速率加快，C符合题意； D．增大体系压强，忽略体积变化，则气体浓度不变，化学反应速率不变，D不符合题意； 答案选AC。 （3）随着投料比增大，NaBH4的水解转化率降低，因此生成氢气的速率不断减小。 （4）根据题干信息，该燃料电池中H2为负极，O2为正极，熔融碳酸盐为电解质溶液，故正极的电极反应式为：O2+4e-+2CO2=2， 该条件下，0.49L H2的物质的量为，工作时，H2失去电子：H2-2e-=2H+，所带电荷量为：2×0.02mol×6.0×1023mol-1×1.60×10-19= 3840C，工作电荷量为：3.2×14×60=2688C，则该电池将化学能转化为电能的转化率为：； （5）结合题干信息，要使得氢原子利用率为100%，可由（2×反应3）-（2×反应Ⅱ+反应Ⅰ）得， 。 29．（2024·安徽·高考真题）乙烯是一种用途广泛的有机化工原料。由乙烷制乙烯的研究备受关注。回答下列问题： 【乙烷制乙烯】 (1)氧化脱氢反应：                 计算：                   (2)直接脱氢反应为，的平衡转化率与温度和压强的关系如图所示，则 0(填“>”“<”或“=”)。结合下图。下列条件中，达到平衡时转化率最接近的是 (填标号)。 a．   b．     c． (3)一定温度和压强下、反应i   反应ⅱ  (远大于)(是以平衡物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数) ①仅发生反应i时。的平衡转化宰为，计算 。 ②同时发生反应i和ⅱ时。与仅发生反应i相比，的平衡产率 (填“增大”“减小”或“不变”)。 【乙烷和乙烯混合气的分离】 (4)通过修饰的Y分子筛的吸附-脱附。可实现和混合气的分离。的 与分子的键电子形成配位键，这种配位键强弱介于范德华力和共价键之间。用该分子筛分离和的优点是 。 (5)常温常压下，将和等体积混合，以一定流速通过某吸附剂。测得两种气体出口浓度(c)与进口浓度()之比随时间变化关系如图所示。下列推断合理的是 (填标号)。 A．前，两种气体均未被吸附 B．p点对应的时刻，出口气体的主要成分是 C．a-b对应的时间段内，吸附的逐渐被替代 【答案】(1)-566 (2) > b (3) 增大 (4) 4s空轨道 识别度高，能有效将C2H4和C2H6分离，分离出的产物中杂质少，纯度较高 (5)BC 【详解】（1）将两个反应依次标号为反应①和反应②，反应①-反应②×2可得目标反应，则ΔH3=ΔH1-2ΔH2=(-209.8-178.1×2)kJ/mol=-566kJ/mol。 （2）从图中可知，压强相同的情况下，随着温度升高，C2H6的平衡转化率增大，因此该反应为吸热反应，ΔH4>0。 a．600℃，0.6MPa时，C2H6的平衡转化率约为20%，a错误； b．700℃，0.7MPa时，C2H6的平衡转化率约为50%，最接近40%，b正确； c．700℃，0.8MPa时，C2H6的平衡转化率接近50%，升高温度，该反应的化学平衡正向移动，C2H6转化率增大，因此800℃，0.8MPa时，C2H6的平衡转化率大于50%，c错误； 故答案选b。 （3）①仅发生反应i，设初始时C2H6物质的量为1mol，平衡时C2H6转化率为25%，则消耗C2H60.25mol，生成C2H40.25mol，生成H20.25mol，Ka1==。 ②只发生反应i时，随着反应进行，气体总物质的量增大，压强增大促使化学平衡逆向移动，同时发生反应i和反应ii，且从题干可知Ka2远大于Ka1，反应ii为等体积反应，因为反应ii的发生相当于在单独发生反应i的基础上减小了压强，则反应i化学平衡正向移动，C2H4平衡产率增大。 （4）配合物中，金属离子通常提供空轨道，配体提供孤电子对，则Cu+的4s空轨道与C2H4分子的π键电子形成配位键。C2H4能与Cu+形成配合物而吸附在Y分子筛上，C2H6中无孤电子对不能与Cu+形成配合物而无法吸附，通过这种分子筛分离C2H4和C2H6，优点是识别度高，能有效将C2H4和C2H6分离，分离出的产物中杂质少，纯度较高。 （5）A．前30min，等于0，出口浓度c为0，说明两种气体均被吸附，A错误； B．p点时，C2H6对应的约为1.75，出口处C2H6浓度较大，而C2H4对应的较小，出口处C2H4浓度较小，说明此时出口处气体的主要成分为C2H6，B正确； C．a点处C2H6的=1，说明此时C2H6不再吸附在吸附剂上，而a点后C2H6的>1，说明原来吸附在吸附剂上的C2H6也开始脱落，同时从图中可知，a点后一段时间，C2H4的仍为0，说明是吸附的C2H6逐渐被C2H4替代，p点到b点之间，吸附的C2H6仍在被C2H4替代，但是速率相对之前有所减小，同时吸附剂可能因吸附量有限等原因无法一直吸附C2H4，因此p点后C2H4的也逐步增大，直至等于1，此时吸附剂不能再吸附两种物质，C正确； 故答案选BC。 30．（2024·河北·高考真题）氯气是一种重要的基础化工原料，广泛应用于含氯化工产品的生产。硫酰氯及1，4-二(氯甲基)苯等可通过氯化反应制备。 (1)硫酰氯常用作氯化剂和氯磺化剂，工业上制备原理如下：。 ①若正反应的活化能为，则逆反应的活化能 (用含正的代数式表示)。 ②恒容密闭容器中按不同进料比充入和其，测定温度下体系达平衡时的(为体系初始压强，，P为体系平衡压强)，结果如图。 上图中温度由高到低的顺序为 ，判断依据为 。M点的转化率为 ，温度下用分压表示的平衡常数 。 ③下图曲线中能准确表示温度下随进料比变化的是 (填序号)。 (2)1，4-二(氯甲基)苯(D)是有机合成中的重要中间体，可由对二甲苯(X)的氯化反应合成。对二甲苯浅度氯化时反应过程为 以上各反应的速率方程均可表示为，其中分别为各反应中对应反应物的浓度，k为速率常数(分别对应反应①~⑤)。某温度下，反应器中加入一定量的X，保持体系中氯气浓度恒定(反应体系体积变化忽略不计)，测定不同时刻相关物质的浓度。已知该温度下，。 ①时，，且内，反应进行到时， 。 ②时，，若产物T的含量可忽略不计，则此时 后，随T的含量增加， (填“增大”“减小”或“不变”)。 【答案】(1) 该反应正反应放热，且气体分子数减小，反应正向进行时，容器内压强减小，从到平衡时增大，说明反应正向进行程度逐渐增大，对应温度逐渐降低 0.03 D (2) 5.54 0.033 增大 【详解】（1）①根据反应热与活化能E正和E逆关系为正反应活化能-逆反应活化能可知，该反应的。 ②该反应的正反应为气体体积减小的反应，因此反应正向进行程度越大，平衡时容器内压强越小，即越大。从到，增大，说明反应正向进行程度逐渐增大，已知正反应为放热反应，则温度由到逐渐降低，即。由题图甲中M点可知，进料比为，平衡时，已知恒温恒容情况下，容器内气体物质的量之比等于压强之比，可据此列出“三段式”。 可计算得，。 ③由题图甲中M点可知，进料比为2时，，结合“三段式”，以及时化学平衡常数可知，进料比为0.5时，也为，曲线D上存在（0.5，60）。本题也可以快解：根据“等效平衡”原理，该反应中和的化学计量数之比为，则和的进料比互为倒数(如2与0.5)时，相等。 （2）①根据化学反应速率的计算公式时，，时，。 ②已知，又由题给反应速率方程推知，，则，即后。后，D和G转化为T的速率比为，G消耗得更快，则增大。 31．（2024·吉林·高考真题）为实现氯资源循环利用，工业上采用催化氧化法处理废气：。将和分别以不同起始流速通入反应器中，在和下反应，通过检测流出气成分绘制转化率()曲线，如下图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。 回答下列问题： (1) 0(填“>”或“<”)； ℃。 (2)结合以下信息，可知的燃烧热 。                   (3)下列措施可提高M点转化率的是_______(填标号) A．增大的流速 B．将温度升高 C．增大 D．使用更高效的催化剂 (4)图中较高流速时，小于和，原因是 。 (5)设N点的转化率为平衡转化率，则该温度下反应的平衡常数 (用平衡物质的量分数代替平衡浓度计算) (6)负载在上的催化活性高，稳定性强，和的晶体结构均可用下图表示，二者晶胞体积近似相等，与的密度比为1.66，则的相对原子质量为 (精确至1)。 【答案】(1) ＜ 360℃ (2)-285.8 (3)BD (4)流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降，同时，T3温度低，反应速率低，故单位时间内氯化氢的转化率低。 (5)6 (6)101 【详解】（1）反应前后的气体分子数目在减小，所以该反应 <0，该反应为放热反应，由于在流速较低时的转化率视为平衡转化率，所以在流速低的时候，温度越高，HCl的转化率越小，故T1代表的温度为440℃，T3为360℃。 （2）表示氢气燃烧热的热化学方程式为④，设①，②，③ ，则，因此氢气的燃烧热－57.2kJ/mol－184.6kJ/mol－44kJ/mol=-285.8 （3）A．增大HCl的流速，由图像可知，HCl的转化率在减小，不符合题意； B．M对应温度为360℃，由图像可知，升高温度，HCl的转化率增大，符合题意； C．增大n(HCl):n(O2)，HCl的转化率减小，不符合题意； D．使用高效催化剂，可以增加该温度下的反应速率，使单位时间内HCl的转化率增加，符合题意； 故选BD。 （4）图中在较高流速下，T3温度下的转化率低于温度较高的T1和T2，主要是流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降，同时，T3温度低，反应速率低，故单位时间内氯化氢的转化率低。 （5）由图像可知，N点HCl的平衡转化率为80%，设起始n(HCl)=n(O2)=4mol，可列出三段式 则。 （6）由于二者的晶体结构相似，体积近似相等，则其密度之比等于摩尔质量之比。故，则Ru的相对原子质量为101。 32．（2024·江苏·高考真题）氢能是理想清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。 (1)利用铁及其氧化物循环制氢，原理如图所示。反应器Ⅰ中化合价发生改变的元素有 ；含CO和各1mol的混合气体通过该方法制氢，理论上可获得 。 (2)一定条件下，将氮气和氢气按混合匀速通入合成塔，发生反应。海绵状的作催化剂，多孔作为的“骨架”和气体吸附剂。 ①中含有CO会使催化剂中毒。和氨水的混合溶液能吸收CO生成溶液，该反应的化学方程式为 。 ②含量与表面积、出口处氨含量关系如图所示。含量大于，出口处氨含量下降的原因是 。 (3)反应可用于储氢。 ①密闭容器中，其他条件不变，向含有催化剂的溶液中通入，产率随温度变化如图所示。温度高于，产率下降的可能原因是 。 ②使用含氨基物质(化学式为，CN是一种碳衍生材料)联合催化剂储氢，可能机理如图所示。氨基能将控制在催化剂表面，其原理是 ；用重氢气(D2)代替H2，通过检测是否存在 (填化学式)确认反应过程中的加氢方式。 【答案】(1) C、H、Fe (2) 多孔 Al2O3可作为气体吸附剂，含量过多会吸附生成的NH3，Al2O3含量大于2%时，α-Fe表面积减小，反应速率减小，产生NH3减少。 (3) NaHCO3受热分解，导致HCOO-产率下降 -NH2可以与形成氢键 HDO 【详解】（1）①反应器I中参与反应的物质有CO、H2、Fe2O3，产物有 CO2、H2O、Fe，发生反应、化合价发生改变的元素有 C、H、Fe。 ②CO、H2各1 mol参与上述反应，各生成mol Fe，共生成molFe，molFe在反应器Ⅱ中发生反应，列比例计算，共生成mol H₂。 （2）①根据题给反应物及生成物书写即可。②多孔 Al2O3可作为气体吸附剂，含量过多会吸附生成的NH3，Al2O3含量大于2%时，α-Fe表面积减小，反应速率减小，这也会导致产生的NH3减少。 （3）①NaHCO3受热易分解，导致HCOO-产率下降。②氨基中的H原子连在电负性较大的N原子上，中的H原子连在电负性较大的O原子上，二者之间可以形成氢键③总反应为，用D2代替H2，若生成 HDO，则可确认反应过程中的加氢方式。 33．（2024·山东·高考真题）水煤气是的主要来源，研究对体系制的影响，涉及主要反应如下： 回答列问题： (1)的焓变 (用代数式表示)。 (2)压力p下，体系达平衡后，图示温度范围内已完全反应，在温度时完全分解。气相中，和摩尔分数随温度的变化关系如图所示，则a线对应物种为 (填化学式)。当温度高于时，随温度升高c线对应物种摩尔分数逐渐降低的原因是 。 (3)压力p下、温度为时，图示三种气体的摩尔分数分别为0.50，0.15，0.05，则反应的平衡常数 ；此时气体总物质的量为，则的物质的量为 ；若向平衡体系中通入少量，重新达平衡后，分压将 (填“增大”“减小”或“不变”)，将 (填“增大”“减小”或“不变”)。 【答案】(1)++ (2) 当温度高于T1，已完全分解，只发生反应Ⅱ，温度升高，反应Ⅱ逆向移动，所以的摩尔分数减小。 (3) 0.5 不变 不变 【详解】（1）已知三个反应： Ⅰ. Ⅱ. Ⅲ. 设目标反应为Ⅳ，根据盖斯定律，Ⅳ=Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ，所以++。 （2）图示温度范围内已完全反应，则反应Ⅰ已经进行完全，反应Ⅱ和Ⅲ均为放热反应，从开始到T1，温度不断升高，反应Ⅱ和Ⅲ逆向移动，依据反应Ⅱ，量减小，摩尔分数减小，量升高，摩尔分数，且二者摩尔分数变化斜率相同，所以a曲线代表的摩尔分数的变化，则c曲线代表的摩尔分数随温度的变化，开始到T1，的摩尔分数升高，说明在这段温度范围内，反应Ⅲ占主导，当温度高于T1，已完全分解，只发生反应Ⅱ，所以的摩尔分数减小。 （3）①压力p下、温度为时，、、和摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则H2O(g)的摩尔分数为：，则反应的平衡常数 ； ②设起始状态1molC(s)，xmolH2O(g)，反应Ⅰ进行完全。 则依据三段式： 根据平衡时、、和摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则有、、，解出，，则，而由于平衡时n(总)=4mol，则y=4，y=，则n(CaCO3)= ==0.5。 ③若向平衡体系中通入少量，重新达平衡后，反应的Kp=，温度不变，Kp不变，则分压不变；体系中增加了，若反应Ⅱ逆向移动，在CO2分压不变的前提下，CO、H2O的分压增大，H2分压减小，则反应Ⅱ的Kp将会发生变化，与事实不符， 所以为了保证Ⅱ的Kp也不变，最终所有物质的分压均不变，即不变。 ( 2 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$