2024年甘肃卷T17-原理综合变式题

1．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。 2．CO2的捕集、利用与封存成为科学家研究的重要课题，已知CO2经催化加氢可以生成多种低碳有机物。 I.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)    ΔH1= −49.5kJ·mol-1 Ⅱ．CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)            ΔH2= +40.9kJ·mol-1 Ⅲ．CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)                ΔH3 回答下列问题： (1)反应I在 (填“高温”“低温”或“任何温度”)条件下能够自发进行。 (2)反应Ⅲ的ΔH3为 。 (3)一定温度下，在一容积固定的密闭容器中进行反应I，测得CO2的物质的量浓度随反应时间的变化如图所示，则反应前5 min内，v(H2)= ；10 min时，改变的外界条件可能是 (填字母)。      A．减小氢气浓度   B．增大压强(缩小体积)   C．将甲醇液化分离  D．升高温度 (4)已知一定温度下按照起始比=3，在一密闭容器中进行反应Ⅲ，保持总压为2.1MPa不变，达到平衡时CO的转化率为50%，则该条件下用平衡体系中各气体分压表示反应Ⅲ的平衡常数Kp= MPa-2(保留2位有效数字) (各气体分压=平衡体系中各气体的物质的量分数×总压)。 (5)C2H6(g)+2CO2(g)4CO(g)+3H2(g)  ΔH= +430 kJ·mol-1，在四种不同条件容器中发生上述反应，若初始温度、容积、压强和反应物用量均相同，则CO2的平衡转化率最高的是___________(填字母)。 A．恒温恒容容器 B．恒容绝热容器 C．恒压绝热容器 D．恒温恒压容器 3．尿素[CO(NH2)2]是首个由无机物人工合成的有机物。 (1)已知：①2NH3(g)＋CO2(g)=NH2CO2NH4(s)  ΔH=-159.5kJ·mol-1 ②NH2CO2NH4(s)=CO(NH2)2(s)＋H2O(g)  ΔH=＋116.5kJ·mol-1 则氨气与二氧化碳气体合成固态尿素和气态水的热化学方程式为 。 (2)一定条件下，向容积恒定为2L的密闭容器中加入0.10molCO2和0.40molNH3，发生反应：2NH3(g)＋CO2(g)⇌CO(NH2)2(l)＋H2O(g)，60min开始达到平衡。反应中CO2的物质的量随时间变化如下表所示： 时间/min 0 20 60 80 n(CO2)/mol 0.10 0.06 0.04 0.04 ①60min内，上述反应的平均反应速率v(CO2)= 。 ②NH3的平衡转化率为 。 (3)一定条件下，恒容容器中，若原料气中的NH3和CO2的物质的量之比=x，发生反应：2NH3(g)＋CO2(g)⇌CO(NH2)2(l)＋H2O(g)，x与CO2的平衡转化率(α)的关系如图所示： ①α随着x增大而增大的原因是 。 ②A点平衡时容器内总压强为p0kPa，则上述反应的平衡常数Kp= (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 4．为防止氮的氧化物污染空气，可用甲烷或氢气还原氮氧化物。 (1)利用甲烷可将氮氧化物还原为氮气除去。已知：          ①已知反应中相关化学键的键能数据如下： 化学键 C-H O=O C=O O-H E/() 411 494 800 460 则b= 。 ②反应   。(用a、b、c表示) (2)消除NO污染物，在一定条件下，用将NO还原为和(g)。 ①还原NO的总反应为，其能量变化如图所示。每还原1mol NO，总反应的能量变化为 。 ②研究表明上述反应历程分两步： I．； Ⅱ．。 该总反应的速率由反应 (填“I”或“Ⅱ”)决定。 ③为提高此反应的速率，下列措施可行的是 (填字母代号)。 A．升高温度    B．增加浓度    C．使用适合催化剂    D．移出 5．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。 6．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 。 7．丙烷的价格低廉且产量大，而丙烯及其衍生物具有较高的经济附加值，因此丙烷脱氢制丙烯具有重要的价值。回答下列问题： (1)已知下列反应的热化学方程式： 直接脱氢 反应①： 反应②： 计算氧化丙烷脱氢反应③：的 。 (2)已知下列键能数据，结合反应①数据，计算的键能是 。 化学键 键能 347.7 413.4 436.0 (3)一定温度下，向密闭容器中充入，发生反应①。 ①若该反应在恒压环境中进行，常通过向体系中通入稀有气体Ar的方式来提高CH3CH2CH3的平衡转化率，原因是 。 ②若该反应在恒容环境中进行，用压强传感器测出容器内体系压强随时间的变化关系如图a所示，计算该温度下反应①的平衡常数Kp= kPa(KP为用平衡时各气体分压代替气体的浓度表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。若保持相同反应时间，在不同温度下，丙烯产率如图b所示，丙烯产率在425℃之前随温度升高而增大的原因可能是 和 ，随着温度继续升高，丙烷可能分解为其他产物。 (4)研究人员利用作催化剂，对反应③的机理展开研究。以和为原料，初期产物中没有检测到；以含有的为和为原料，反应过程中没有检测到。下列推断合理的是 (填标号)。 A．V2O5先吸附氧气，吸附的氧气直接与吸附的丙烷反应 B．V2O5直接氧化吸附的丙烷，吸附的氧气补充V2O5中反应掉的氧 C．V2O5催化丙烷脱氢过程中，碳氢键的断裂是可逆的 8．、经干气重整(DRM)的产物、CO(合成气)可用于合成清洁液体燃料，具有高效利用资源与保护环境的双重效益。DRM主要反应为： Ⅰ．， 该过程中还可能发生一系列反应，如： Ⅱ．， Ⅲ．， Ⅳ．， 设定压强0.1 MPa下，初始投料、各1 mol，经热力学计算得到其平衡状态数据如图1示： (1)分析在200℃之前体系物质变化的原因，其总反应的热化学方程式为 。 (2)625℃平衡数据图1，此时焦炭的物质的量为 ，反应Ⅲ的 MPa(计算结果保留两位有效数字)。 (3)0.1MPa下，改变初始投料比，平衡时H2的选择性(含氢产物占比)变化如图2，实际工业生产多选择投料比为1∶1，温度800～900℃，分析可能的原因为 。 (4)若合成气直接用于合成烯烃(单烯)类液体燃料，结合图分析，DRM反应时合适的温度条件应调节至约 ，原因 。 (5)实际生产中发现积碳会使镍基催化剂活性降低直至失活，积碳使催化剂失活的可能原因为 ，积碳量的多少与生产条件密切相关，结合图1分析，若想实现零积碳，应控制生产条件为 。 9．我国科学家成功用二氧化碳人工合成淀粉，其中第一步是利用二氧化碳催化加氢制甲醇。在CO2(g)加氢合成CH3OH的体系中，同时发生以下反应： 反应I 反应II 反应III (1)反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的焓变ΔH随温度T的变化如图所示。据图判断，表示反应Ⅰ的焓变曲线为 (填“a”、“b”或“c”)；反应III在 (填“高温”或“低温”)下可自发进行。 (2)温度T2时，在容积不变的密闭容器中充入0.5 mol CO2(g)和1.0 mol H2(g)，起始压强为p kPa，10 min达平衡时生成0.3 mol H2O(g) ，测得压强为kPa。则反应过程中的热效应为 kJ，若反应速率用单位时间内分压变化表示，则10 min内生成CH3OH的反应速率v(CH3OH)为 kPa·min -1；反应I的标准平衡常数KΘ= (写出计算式)。(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)，，其中pΘ=100kPa，pC、pH、pD、pE为各组分的平衡分压)。 (3)在其他条件相同的情况下，用新型催化剂可以显著提高甲醇的选择性，使用该催化剂，按n(CO2)：n(H2)=1：3投料于恒容密闭容器中进行上述反应，CO2的平衡转化率和甲醇的选择性随温度的变化趋势如图所示： CH3OH的选择性，温度对催化剂的影响可以忽略。 ①根据图中数据，温度选择 K，达到平衡时反应体系内甲醇的产量最高。 ②在图示温度范围内，随着温度的升高，CO2的平衡转化率 （填“升高”、“降低”或“不变”，下同），甲醇的选择性 ，其原因是 。 10．聚苯乙烯是一类重要的高分子材料，可通过苯乙烯聚合制得。 Ⅰ.苯乙烯的制备 (1)已知下列反应的热化学方程式： ① ② ③ 计算反应④的 ； (2)在某温度、下，向反应器中充入气态乙苯发生反应④，其平衡转化率为50%，欲将平衡转化率提高至75%，需要向反应器中充入 水蒸气作为稀释气(计算时忽略副反应)； (3)在、下，以水蒸气作稀释气。作催化剂，乙苯除脱氢生成苯乙烯外，还会发生如下两个副反应： ⑤ ⑥ 以上反应体系中，芳香烃产物苯乙烯、苯和甲苯的选择性S()随乙苯转化率的变化曲线如图所示，其中曲线b代表的产物是 ，理由是 ； (4)关于本反应体系中催化剂的描述错误的是_______； A．不能改变反应热效应 B．可改变乙苯平衡转化率 C．降低了乙苯脱氢反应的活化能 D．改变颗粒大小不影响反应速率 Ⅱ.苯乙烯的聚合 苯乙烯聚合有多种方法，其中一种方法的关键步骤是某(Ⅰ)的配合物促进(引发剂，X表示卤素)生成自由基，实现苯乙烯可控聚合。引发剂的活性与C-X键能有关，键能越小，则引发剂活性越高。 (5)引发剂中活性最高的是 ； (6)室温下，①在配体L的水溶液中形成，其反应平衡常数为K； ②在水中的溶度积常数为。由此可知，在配体L的水溶液中溶解反应的平衡常数为 (所有方程式中计量系数关系均为最简整数比)。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．(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。 2．(1)低温 (2)−90.4 kJ·mol -1 (3) 0.24 mol·L -1 ·min -1 C (4)0.51 (5)D 【详解】（1）反应I.CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49.5kJ·mol-1，ΔH<0，ΔS<0，故反应低温自发进行； （2）I.CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-49.5kJ·mol-1 II.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH=+40.9kJ·mol-1 利用盖斯定律，将反应I-反应II，即得反应III.CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) ΔH3=(-49.5-40.9)kJ·mol-1=-90.4kJ·mol-1； （3）一定温度下，在一体积固定的密闭容器中进行反应I，从图中可以看出，反应进行的前5分钟内，CO的浓度变化量为0.4mol/L，则H2的浓度变化量为1.2mol/L，所以H2的反应速率v(H2)==0.24mol·L-1·min-1； 10min时，c(CO2)不变，之后减小，又平衡正向移动，则改变的外界条件可能是将甲醇液化分离或增大氢气的浓度，不可能是增大压强(缩小体积)和升高温度，综上选C； （4）根据题意可得 则该条件下用平衡体系中各气体分压表示的平衡常数Kp=； （5）于反应C2H6(g)+2CO2(g)4CO(g)+3H2(g)ΔH=+430KJ/mol，在四种不同的容器中发生上述反应，初始温度、压强和反应物用量均相同。 因为正反应为吸热反应，绝热时混合气的温度不断降低，平衡逆向移动，所以恒温时反应正向进行，CO2的转化率高； 因为正反应是分子数增大的反应，减压有利于平衡正向移动，恒容时混合气的压强大于恒压时混合气的压强，所以恒压有利于提高CO2的转化率； 综合以上分析，恒温恒压有利于提高CO2的转化率，则CO2的转化率最高的是D。 3．(1)2NH3(g)＋CO2(g)=CO(NH2)2(s)＋H2O(g)　ΔH=-43.0 kJ·mol-1 (2) 5.00×10-4mol·L-1·min-1 30% (3) 如果c(CO2)不变，x增大，则c(NH3)增大，平衡正向移动，CO2平衡转化率增大 kPa-2[或kPa-2] 【详解】（1）根据盖斯定律，①+②可得氨气与二氧化碳气体合成固态尿素和气态水的反应热为，故热化学方程式为：； （2）利用三段式分析， ； NH3的平衡转化率为； （3）恒容容器中，增大=x，看作浓度不变，增大的浓度，平衡正向移动，平衡转化率增大； A点代表=3.0，平衡转化率为50%，设初始物质的量为1mol，的物质的量为3mol，利用三段式分析，，平衡时气体总物质的量2mol+0.5mol+0.5mol=3mol，平衡常数或。 4．(1) -808 2a+2c-b (2) 释放出332kJ的能量 I ABC 【详解】（1）①反应焓变等于反应物的键能和减去生成物的键能和，故根据反应CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH=4E(C-H)+2E(O=O)-2E(C=O)-4E(O-H)=4×411+2×494-2×800-4×460=-808kJ⋅mol−1； ②由题已知： 反应I：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) ΔH=akJ⋅mol−1 反应Ⅱ：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH=bkJ⋅mol−1 反应Ⅲ：CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=ckJ⋅mol−1 目标反应CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) 等于2×反应I+2×反应Ⅲ-反应Ⅱ，反应焓变也相应计算，故ΔH=(2a+2c-b)kJ⋅mol−1； （2）①由图，反应后能量降低，2molNO参与反应，能量降低180.5-(-483.5)=664kJ，故每还原1mol NO，总反应的能量减小332kJ，即释放出332kJ的能量； ②由图知，步骤I活化能更大，反应速率更慢，一个反应的决速步是慢的步骤，故该总反应的速率由反应I决定； ③A．升高温度，温度升高，反应速率增大，A正确； B．增加H2浓度，反应物浓度增大，反应速率增大，B正确； C．催化剂能降低反应活化能，提高反应速率，故使用适合催化剂可以使反应速率增大，C正确； D．移出H2O相当于减小了生成物浓度，不能使反应速率增大，D错误； 选ABC。 5．(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。 6．(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。 7．(1)-118 (2)614.7 (3) 恒压时通入稀有气体Ar，体积增大，平衡向气体分子数增加的方向移动，即正向移动，提高CH3CH2CH3(g)的转化率 50 反应速率加快 升高温度有利于反应向吸热方向进行 (4)B 【详解】（1）根据盖斯定律可知：反应③=反应①+反应②，则ΔH3=ΔH1+ΔH2=(123.8-×483.6)kJ•mol-1=-118kJ•mol-1，故答案为：-118； （2）反应①CH3CH2CH3(g)⇌CH2=CHCH3(g)+H2(g)ΔH1=+1238kJ/mol,设C=C的键能是x,根据ΔH=反应物键能之和-生成物的键能之和，可得ΔH1=[2×347.7+8×413.4-(x+347.7+6×413.4+436)]kJ/mol=123.8kJ/mol,解得x=614.7，故答案为：614.7； （3）①反应①正向气体分子数增加，恒压环境下通入稀有气体Ar，导致容器体积增大，原体系内各物质的分压减小，平衡正向移动，从而提高CH3CH2CH3的平衡转化率，故答案为：恒压环境下通入稀有气体Ar，导致容器体积增大，平衡向气体分子数增加的方向移动，即正向移动，提高CH3CH2CH3的平衡转化率； ②由图可知起始时压强为100kPa，平衡时压强为150kPa，设平衡时CH3CH2CH3(g)的消耗量为xmol，列三段式得：，根据压强之比等于气体物质的量之比得：=，解得：x=0.5，则平衡时各气体均为0.5mol，总气体为1.5mol，Kp===50，丙烯产率在425℃之前随温度升高而增大的原因可能是温度升高，反应速率加快或升高温度有利于反应向吸热方向进行；425℃之后，丙烯产率快速降低的主要原因可能是催化剂失活，反应速率迅速减小或发生副反应，丙烷分解成其他产物，故答案为：50；反应速率加快；升高温度有利于反应向吸热方向进行； （4）A．以C3H8和18O2为原料，初期产物中没有检测到18O，可知V2O5直接氧化吸附的丙烷，A错误； B．由A项分析可知，导致初期产物中没有检测到18O，V2O5直接氧化吸附的丙烷，吸附的氧气补充V2O5中反应掉的氧，B正确； C．以含有的C3H8和18O2为原料，反应过程中没有检测到C3H8-nDn(0＜n＜8)，即碳氢键的断裂不可逆，C错误； 故答案为：B。 8．(1)   (2) 0.85 mol 0.34 (3)投料比大于1∶1，原料中氧原子减少，含碳产物中CO会减少，焦炭会增加，投料比小于1∶1氢气选择性降低，水增加，投料比为1∶1时，在800～900℃氢气具有较高的选择性 (4) 620(600～700之间即可) 合成烯烃的反应为，此时约为2∶1 (5) 焦炭覆盖在催化剂表面减少了催化剂与反应物的接触面积 900℃以上 【详解】（1）分析在200℃之前体系物质的变化，CO2、CH4的物质的量逐渐增多，C、H2O物质的量逐渐减少，故发生反应；已知Ⅰ．，；Ⅱ．，；Ⅲ．，；根据盖斯定律可知，由Ⅰ-2Ⅱ-2Ⅲ可得目标方程式，总反应的热化学方程式为  。 （2）由625℃平衡数据图1可知，、、、，初始投料、各1 mol，根据C、H元素守恒课计算得，，；气体总物质的量为2.85mol，反应Ⅲ的 。 （3）0.1MPa下，改变初始投料比，平衡时H2的选择性(含氢产物占比)变化如图2，实际工业生产多选择投料比为1∶1，温度800～900℃，分析可能的原因为投料比大于1∶1，原料中氧原子减少，含碳产物中CO会减少，焦炭会增加，投料比小于1∶1氢气选择性降低，水增加，投料比为1∶1时，在800～900℃氢气具有较高的选择性。 （4）因为合成烯烃的反应为，此时约为2∶1，故结合图分析，DRM反应时合适的温度条件应调节至约620(600～700之间即可)。 （5）实际生产中发现积碳会使镍基催化剂活性降低直至失活，积碳使催化剂失活的可能原因为焦炭覆盖在催化剂表面减少了催化剂与反应物的接触面积，积碳量的多少与生产条件密切相关，结合图1分析，若想实现零积碳，应控制生产条件为900℃以上。 9．(1) b 低温 (2) 9.145 0.0167p(或) (3) 553 升高 降低 当温度升高时反应Ⅰ和III平衡逆向移动，而反应Ⅱ平衡正向移动且幅度更大 【详解】（1）依据盖斯定律Ⅰ-Ⅱ可得Ⅲ，只有反应II的∆H2>0，则曲线a代表II，将T1时各曲线数据代入-49.4-41.2=-90.6，则曲线b代表I，曲线c代表III；反应III是气体分子数减小的反应，则∆S＜0，已知∆H3＜0，故低温时，∆H-T∆S＜0反应自发，故答案为：b；低温； （2）起始气体总物质的量为1.5mol，压强pkPa，平衡状态压强pkPa，则平衡气体总物质的量为1mol，10 min达平衡时生成0.3 mol H2O(g)，列三段式：反应I 、反应II，x+y=0.3、(0.5-x-y)+(1-3x-y)+(x+y)+(x+y) =1，解得x=0.25，y=0.05，则T2时反应过程中的热效应为0.25mol×45.4kJ/mol-0.05mol×44.1kJ/mol=9.145kJ；生成甲醇物质的量0.25mol，甲醇分压p(CH3OH)=，则10 min内生成CH3OH的反应速率v(CH3OH)=；反应I中各物质的分压为：p(CO2)=，p(H2)=，p(H2O)=，p(CH3OH)=，其中pΘ=100kPa，反应I的标准平衡常数=； （3）①令n(CO2)=1mol,n(H2)=3mol,温度为473K时，生成甲醇的物质的量为1×13.2%×86%mol=0.11352mol；温度为513K时，生成甲醇的物质的量为1×15%×78%mol=0.117mol；温度为553K时，生成甲醇的物质的量为1×21%×60%mol=0.126mol；因此温度为553K时，达到平衡，反应体系内甲醇的产量最高，故答案为：553； ②随着温度的升高，CO2的平衡转化率增加但甲醇的选择率降低，原因为当温度升高时反应Ⅰ和III平衡逆向移动，而反应Ⅱ平衡正向移动且幅度更大，所以CO2的转化率增加，但甲醇的选择性却降低，故答案为：升高；降低；当温度升高时反应Ⅰ和III平衡逆向移动，而反应Ⅱ平衡正向移动且幅度更大。 10．(1)+118 (2)5 (3) 苯 反应④为主反应，反应⑤⑥为副反应，苯乙烯的选择性最大；在恒温恒压下，随乙苯转化率的增大，反应⑤正向移动，反应⑥不移动，则曲线 b 代表产物苯 (4)BD (5)C6H5CH2I (6) 【详解】（1）根据盖斯定律，将①−②−③可得 ΔH4=−4386.9 kJ/mol−(−4263.1 kJ/mol)−(−241.8 kJ/mol)=+118 kJ/mol；答案为：+118。 （2）设充入 H2O(g) 物质的量为 x mol；在某温度、100 kPa 下，向反应器中充入 1 mol 气态乙苯发生反应④．乙苯的平衡转化率为 50%，可列三段式： 此时平衡时混合气体总物质的量为 1.5 mol，此时容器的体积为 V；当乙苯的平衡转化率为 75%，可列三段式： 此时乙苯、苯乙烯、H2 物质的量之和为 1.75 mol，混合气的总物质的量为 (1.75+x) mol，在恒温、恒压时，体积之比等于物质的量之比，此时容器的体积为 V；两次平衡温度相同，则平衡常数相等，则 (，解得 x=5；答案为：5。 （3）曲线 a 芳香烃产物的选择性大于曲线 b、c 芳香烃产物的选择性，反应④为主反应，反应⑤⑥为副反应，则曲线 a 代表产物苯乙烯的选择性；反应④⑤的正反应为气体分子数增大的反应，反应⑥的正反应是气体分子数不变的反应；在 913 K、100 kPa(即恒温恒压)下以水蒸气作稀释气，乙苯的转化率增大，即减小压强，反应④⑤都向正反应方向移动，反应⑥平衡不移动，故曲线 b 代表的产物是苯；答案为：苯；反应④为主反应，反应⑤⑥为副反应，苯乙烯的选择性最大；在恒温恒压下，随乙苯转化率的增大，反应⑤正向移动，反应⑥不移动，则曲线 b 代表产物苯。 （4）A．催化剂不能改变反应热效应，A项正确； B．催化剂不能使平衡发生移动，不能改变乙苯的平衡转化率，B项错误； C．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，故Fe2O3可降低乙苯脱氢反应的活化能，C项正确； D．催化剂颗粒大小会影响接触面积，会影响反应速率，D项错误； 孤选BD。 （5）原子半径I＞Br＞Cl，则键长C—I键＞C—Br键＞C—Cl键，故键能C—Cl键＞C—Br键＞C—I键，则C—I键更易断裂，因此，C6H5CH2I更易生成自由基，即活性最高的是C6H5CH2I；答案为：C6H5CH2I。 （6）Cu+在配体 L 的水溶液中形成 [Cu(L)2]+，则 Cu++2L[Cu(L)2]+的平衡常数 K= ；CuBr 在水中的溶度积常数 Ksp=c(Cu+)c(Br−)；CuBr 在配体 L 的水溶液中溶解反应为 CuBr+2L[Cu(L)2]++Br−，该反应的平衡常数为 。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$