2024年河北卷T17-原理综合变式题

1. 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） ①. ②. ③. 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 ④. ⑤. 0.03 ⑥. D （2） ①. 5.54 ②. 0.033 ③. 增大 【解析】 【小问1详解】 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。 【小问2详解】 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。 2. 烟酰胺()美白功效一直以来都广受好评。以3-甲基吡啶()为原料制取烟酰胺发生如下反应： Ⅰ： Ⅱ： （1）3-甲基吡啶的环状结构为平面结构，则3-甲基吡啶中的大π键为___________。(已知分子中的大π键可以用表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表大π键中的电子数) （2）___________0(填“>”或“<”)，_____ (填“高温”或“低温”)有利于反应I自发进行。 （3）若向绝热恒容容器中充入一定量的3-甲基吡啶(g)和(g)，下列选项不能说明反应Ⅰ达到化学平衡状态的是___________(填选项字母)。 A. 容器内的物质的量不变 B. 容器内温度不变 C. 容器内气体的密度不变 D. 容器内气体的平均相对分子质量不变 （4）3-甲基吡啶的平衡转化率随反应温度或压强的变化如图，其中是随___________(填“温度”或“压强”)的变化，解释其原因为___________。 （5）T℃时，向压强为70kPa的恒压密闭容器中，按物质的量之比2∶3∶1∶1充入3-甲基吡啶(g)、(g)、(g)和He(g)发生反应I和II，达到平衡时He的分压为kPa、烟酸的分压为10kPa。 ①该温度下，反应II的压强平衡常数___________。(保留3位有效数字) ②若其它条件不变，初始时不充入He，而是按2∶3∶1的物质的量之比充入3-甲基吡啶(g)、(g)、(g)，达到新平衡时，的转化率将___________(填“增大”、“减小”或“不变”)，解释其原因为___________。 【答案】（1） （2） ①. ＜ ②. 低温 （3）C （4） ①. 压强 ②. 反应I为气体体积减小的反应，压强增大平衡正向移动 （5） ①. 2.11 ②. 增大 ③. 反应I为气体体积减小的反应，增大各组分的分压，平衡正向移动，转化率增大 【解析】 【小问1详解】 环中碳原子采取sp2杂化，各提供一个电子形成大π键，因为是平面结构，所以N原子同样为sp2杂化，所以N的价电子层为2对σ键电子对和1对孤电子对，N原子用去4个价电子，仅剩一个价电子参与形成大π键，所以为。 【小问2详解】 反应物气体个数为5，产物气体个数为4，故为熵减反应，所以＜0.，时反应自发进行，所以自发进行的条件应为低温。 【小问3详解】 A．容器内O2的物质的量不变，说明达到平衡； B．绝热体系，两个反应均为放热反应，所以温度升高，在平衡后温度恒定，所以可以作为判定标志； C．恒容体系体积不变，参加反应的各物质均为气体，符合质量守恒，所以密度不变，不可以作为标志； D．参加反应的各物质均为气体，气体总质量不变，反应I气体分子数减少，反应II气体分子数不变，所以气体分子数减少，平均相对分子质量增大，所以可以作为标志； 故选C。 【小问4详解】 L1线趋势上升，反应I为气体体积减小的反应，压强增大平衡正向移动，所以3-甲基吡啶的转化率增大，所以L1线是转化率随压强的变化而变化。 【小问5详解】 ①设反应前充人的He为1 mol，因为He不参与反应，所以物质的量不变，平衡后1 mol He~kPa，设平衡总的物质的量为n，则n~70 kPa，由对应关系求得n总=6.3 mol，由于反应II的气体分子数不变，所以可用差量法求得反应I减少的物质的量为7- 6.3=0.7 mol， I: 烟酸的平衡分压为10 kPa，根据以上对应关系求得烟酸的n为0.9 mol， II: 该温度下，反应II的压强平衡常数。 ②总压强不变，若起始时不充入He，则需要提高反应物的充人量，从而增大反应物的压强，使平衡正向移动，提高转化率。 3. CO2(g)氢化制备化工原料CO(g)可有效缓解温室效应，此过程主要发生如下反应： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： （1） △H=_______kJ/mol。 （2）反应Ⅱ在化学热力学上进行的趋势很大，原因为_______，该反应易在_______(填“较高温度”或“较低温度”)下自发进行。 （3）在某恒压密闭容器中充入一定量CO2(g)和H2(g)，使用不同的催化剂反应相同的时间，测得CO2(g)转化率、CH4(g)的选择性(CH4(g)的选择性=)与反应温度(T)的关系分别如图1和图2所示： ①图1中，选用Ni-CeO2-IM800催化剂时，CO2(g)的转化率在温度高于600℃后迅速增大，解释其原因为_______。 ②600℃时，为提高CO(g)的产率，适宜选择的催化剂为_______(填“Ni-CeO2-IM800”或“Ni-CeO2-DP800”)，解释其原因为_______。 （4）在某刚性密闭容器中充入a mol CO2(g)和2a mol H2(g)，发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，测得CO2(g)的平衡转化率与压强(0.1 MPa、1 MPa、10 MPa)、温度(T)的关系如图3所示。 ①图中表征压强为0.1 MPa的是_______(填“L1”“L2”或“L3”)。温度升高，三条曲线逐渐靠近的主要原因为_______。 ②Q点时，测得CH4(g)的物质的量为b mol。则该温度下，反应Ⅰ的平衡常数K=_______(用含a、b的代数式表示)。 【答案】（1）+205 （2） ①. 反应的正反应是放热反应 ②. 低温 （3） ①. 在温度高于600℃后催化剂Ni−CeO2−IM800达到最佳催化活性 ②. Ni-CeO2-DP800 ③. Ni-CeO2-DP800使CO2的转化率较大，在600℃时CH4的选择性又比较低 （4） ①. L1 ②. 温度对吸热反应影响更大，反应Ⅰ的正反应是气体体积不变的吸热反应，而反应Ⅱ正反应是气体体积减小的放热反应，在高温时主要发生反应Ⅰ，而该反应反应前后气体的物质的量不变，压强改变不能使平衡发生移动，因此高温条件下CO2的转化率逐渐靠近； ③. 【解析】 【小问1详解】 已知：反应Ⅰ： 反应Ⅱ： ， 根据盖斯定律，将反应Ⅰ-反应Ⅱ，整理可得热化学方程式 △H=+205 kJ/mol； 【小问2详解】 反应Ⅱ在化学热力学上进行的趋势很大，这是由于该反应的正反应是放热反应，随着反应的进行，体系温度升高，使化学反应速率加快； 反应Ⅱ： ，的正反应是气要使反应Ⅱ自发进行，则体系的自由能△G＜0，由方程式 可知该反应的△S＜0，△H＜0，△G=△H-T△S＜0，则反应自发进行的条件是低温下自发进行； 【小问3详解】 ①任何催化剂的催化活性都有一定的温度范围。根据图1可知，选用Ni-CeO2-IM800催化剂时，CO2(g)的转化率在温度高于600℃后迅速增大，这是因为在温度高于600℃后达到其最佳催化活性； ②根据图1示可知：在600℃时CO2的转化率：Ni-CeO2-DP800＞Ni-CeO2-IM800；而根据图2所示温度对Ni-CeO2-IM800的选择性影响不大，Ni-CeO2-DP800的选择题随温度的升高而增大，要在温度为600℃下提高CO(g)的产率，应该使CH4的选择性比较低，故应该使用的催化剂是Ni-CeO2-DP800； 【小问4详解】 ①反应Ⅰ在反应前后气体的物质的量不变，而反应Ⅱ正反应是气体体积减小的反应。在温度不变时，增大压强，反应Ⅰ化学平衡互移动；反应Ⅱ的化学平衡正向移动，导致CO2的转化率增大，故L1表示压强为0.1 MPa，L2表示压强为1 MPa，L3表示压强为1.0 MPa； 温度对吸热反应影响更大，由于反应Ⅰ的正反应是吸热反应，反应Ⅱ正反应是放热反应，因此当温度升高时，主要发生反应Ⅰ，该反应反应前后气体的物质的量不变，压强改变不能使平衡发生移动，因此CO2的转化率逐渐靠近； ②Q点时，测得CH4(g)的物质的量为b mol，根据反应Ⅱ方程式可知反应产生2b mol H2O(g)，消耗b molCO2(g)和4b molH2(g)；CO2的平衡转化率为50%，则反应Ⅰ消耗CO2的物质的量为(0.5a-b)mol，同时消耗H2的物质的量为(0.5a-b)mol，反应产生CO、H2O(g)的物质的量也是(0.5a-b)mol，故Q点各自气体的物质的量分别为n(CO2)=0.5a mol，n(H2)=[(2a)- (0.5a-b)-4b]mol=(1.5a-3b)mol，n(CO)=(0.5a-b)mol，n(CH4)=b mol，n(H2O)=(0.5a-b)mol+2b mol=(0.5a+b)mol，气体总物质的量n(总)=0.5a mol+(1.5a-3b)mol+(0.5a-b)mol+b mol+(0.5a+b)mol=(3a-2b)mol，此时气体压强为0.1 MPa，则各种气体的平衡分压分别为p(CO2)=；p(H2)=，p(CO)= ，p(H2O)= ，则反应Ⅰ的压强平衡常数Kp=。 4. 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）一定条件下与发生反应时，生成CO、或的能量变化如图1所示。其中，反应物和生成物略去。则与反应生成和的热化学方程式为_______。 （2）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了与在催化剂表面生成和的部分反应历程如图2所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。 反应历程中反应速率最快一步的能垒(活化能)的_______。并写出该历程的化学方程式_______。 （3）向恒容绝热的密闭容器中充入与，进行反应，下列说法正确的是_______(填标号)。 A. 容器中混合气体密度不变 B. 加入催化剂，可以降低反应的活化能及反应热 C. 及时分离出，可以使得正反应速率增大 D. 容器内温度始终不变 （4）催化重整制取的反应如下 主反应： 副反应： 某研究小组对实验条件温度与水醇比进行优化，实验结果见下图： ①观察图3指出达到平衡时，最适宜的反应条件：_______，并解释原因：_______。 ②下图为图3和图4组合平面图，实线为甲醇平衡转化率，虚线为物质的量分数。用铅笔在下图涂黑画出最优化的反应条件区域_______。 【答案】（1） （2） ①. 0.61 ②. 或 （3）A （4） ①. 温度300℃、水醇比2.00 ②. 升高温度，水醇比越大，甲醇转化率越大 ③. 【解析】 【小问1详解】 由图像可以有下列热化学方程式： 目标反应为：根据盖斯定律有④=2（②-①-③），则，故答案为：； 【小问2详解】 从左到右能垒分别为：0.89eV、0.68 eV、1.21 eV、0.61 eV 、0.83 eV，反应最快则能垒最低，为0.61 eV，对应的化学方程式为或，故答案为：0.61、或； 【小问3详解】 在恒容容器中都是气体参加的反应，密度是个恒定值，A正确；催化剂不能改变反应热，B错误；分离出及时分离出，生成物浓度减小，逆反应速率减小，正反应速率也随之逐渐减小，C错误；容器绝热，反应放热，容器中温度升高，D错误。故答案为A； 【小问4详解】 由图像可以看出，在温度300℃、水醇比2.00时甲醇的转化率较高，是因为两个反应都是吸热反应，升高温度，水醇比越大，甲醇转化率越大。由图2和图3可以看出，最优化的反应条件区域要求甲醇转化率高同时CO的物质的量分数小。故答案为：温度300℃、水醇比2.00；升高温度，水醇比越大，甲醇转化率越大； 5. 乙二醇单甲醚可用作喷气式飞机燃料的防病添加剂，乙二醇二甲醚作为柴油添加剂，能显著降低污染物的排放量。通过乙二醇和甲醇反应制备和的热化学方程式为： 反应Ⅰ. 反应Ⅱ. （1）已知，和的燃烧热分别为、和，则和直接合成的热化学方程式为_________________________________________________________。 （2）在盛有催化剂的压力为恒压密闭容器中，按物质的量之比为充入和发生反应，在温度为区间内，反应物的平衡转化率及体系气液平衡组成与温度关系分别如图1和图2所示。 ①时，反应进行到体系达到平衡状态，则用分压表示的反应速率_____________，该温度下，反应Ⅰ的分压平衡常数_________________。（列出表达式即可） ②区间，和的平衡转化率随温度升高而明显升高的原因为______________________________________________________________________。 ③温度高于时，随着温度的升高和平衡转化率差值逐渐减小的原因为________________________________________________________________________。 （3）和能够以任意比互溶的原因为_______________________________________________________________________。 （4）通过实验探究催化剂组成对反应Ⅰ、Ⅱ的影响并探讨反应机理。 ①通过实验所得如下表格数据分析，在同一生产周期内，在保证的产量的前提下，为尽可能提高的生产效率，应选择的催化剂质量比为_____________________。 催化剂质量比 乙二醇转化率 乙二醇单甲醚选择性 纯 44 55 30 71 27 82 22 87 纯 10 94 ②和在上述催化剂表面发生反应的机理如图所示，从结构角度解释结合的原因为_______________________________________________。 【答案】（1） （2） ①. ②. ③. 温度升高，变为气体逸出，导致反应Ⅰ正向移动，使得两者的转化率增高 ④. 温度高于时，产物主要为，而几乎没有，故此时反应以反应Ⅱ为主，反应中和的系数比为1:1，使得随着温度的升高和平衡转化率差值逐渐减小 （3）均能与水形成氢键 （4） ①. 纯 ②. 中羟基氧电负性大且存在孤电子对，氢离子能提供空轨道，两者结合形成共价键 【解析】 【小问1详解】 燃烧热是在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；则： ①=- ②=- ③=- ④=- 由盖斯定律可知，①+②-③+④得：； 【小问2详解】 ①反应Ⅰ、Ⅱ均为分子数不变的反应，设和投料分别为3mol、1mol；时，反应进行到体系达到平衡状态，转化率为0.6559，则用分压表示的反应速率； 则、、、分别为0.00076mol、1.0323mol、0.03078mol、1.9677mol，反应Ⅰ、Ⅱ均为分子数不变的反应，可以用物质的量代替物质分压，则该温度下，反应Ⅰ的分压平衡常数； ②由图可知，区间，和的平衡转化率随温度升高而明显升高的原因为温度升高，变为气体逸出，导致反应Ⅰ正向移动，使得两者的转化率增高； ③由图可知，温度高于时，产物主要为，而几乎没有，故此时反应以反应Ⅱ为主，反应中和的系数比为1:1，故温度高于时，随着温度的升高和平衡转化率差值逐渐减小； 【小问3详解】 和能够以任意比互溶的原因为均能与水形成氢键； 【小问4详解】 ①由表可知，纯为催化剂时，得到生产效率最大，故应选择的催化剂质量比为：； ②中羟基氧电负性大且存在孤电子对，氢离子能提供空轨道，两者结合形成共价键，使得在上述催化剂表面发生反应结合。 6. 研究含氮元素物质的反应对生产、生活、科研等方面具有重要的意义。 ．回答下列问题。 （1）汽车在行驶过程中有如下反应发生： 写出表示CO燃烧热的热化学方程式为___________。 （2）空燃比是机动车内燃机气缸通入空气与燃料质量的比值。[设汽油的成分为辛烷()，空气的平均相对分子质量为29，氧气在空气中的体积分数为21%]计算汽油的最佳空燃比为___________(保留三位有效数字)。若实际空燃比大于此值，则该汽车尾气的主要污染物为___________。 （3）在汽车上安装三元催化转化器可实现反应： <0，减少汽车尾气污染。T℃时，在恒容的密闭容器中通入一定量的CO和NO，能进行上述反应，测得不同时间的CO和NO的浓度如表： 时间/s 0 1 2 3 4 5 6 1.50 1.15 0.75 0.62 0.55 0.50 0.50 3.00 2.65 2.25 2.12 2.05 2.00 2.00 该反应在1～4s内的平均反应速率为___________。反应达平衡时压强为100kPa，求压强平衡常数___________。(用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数) ．工业合成氨以铁触媒作催化的反应机理如图(*表示吸附态，中间部分表面反应过程未标出)： 已知：的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率。 （4）研究表明，合成氨的速率与相关物质的浓度关系为，k为速率常数。以下说法正确的是___________。 A. 合成氨的反应在任意温度下都能自发进行 B. 增大、或的浓度都能提高合成氨速率 C. 若反应气中混有水蒸气，Fe催化剂可能中毒 D. 使用催化剂可提高单位时间内原料气的转化率 （5）实际工业生产中，原料气中和物质的量之比按1∶2.8加入。请说明原料气中过量的理由：(从两种不同的角度分析)___________。 （6）在氨气催化氧化制硝酸过程中，发现(<0)反应的速率随温度的升高而减小。某化学小组查阅资料得知该反应的反应历程分两步： ①(快) ②(慢) 根据化学反应原理解释升高温度该反应速率减小的原因可能是___________。 【答案】（1） （2） ①. 15.1 ②. 氮的氧化物（NO，NO2，NOx均可以） （3） ①. 2.0×10-4mol·L-1·s-1；· ②. 2.0×10-2； （4）CD （5）N2原料易得，适度过量有利于提高氨气转化率；N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率； （6）温度升高，快反应①平衡逆向移动，c(N2O2)降低，导致慢反应 （决速步骤）②的反应物浓度减小，速率减慢，NO2的生成速率降低。 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律，将两个热化学方程式相加，得到CO燃烧热的热化学方程式： ； 【小问2详解】 空燃比是指燃料与氧气恰好完全燃烧时的1kg燃料所消耗空气的质量，首先计算氧气在空气中的质量百分含量：，由可知，设消耗氧气质量为ykg，则，则y=3.5088kg，理想空燃比为，若实际空燃比大于此值，则该汽车尾气的主要污染物为氮的氧化物； 【小问3详解】 1～4s平均反应速率为，反应达到平衡后，根据三段式计算各组分产物浓度： 根据平衡时压强为100kPa，计算得到四种组分分压分别为，，和，由。 【小问4详解】 A．合成氨的反应，，在低温下自发进行，A错误； B．减小NH3的浓度能提高合成氨速率，B错误； C．若反应气中混有水蒸气，可能导致Fe催化剂中毒，C正确； D．使用催化剂可提高单位时间内原料气的转化率，D正确； 故选CD； 【小问5详解】 工业合成氨反应为：，在实际生产中，原料氮气稍过量，从促进平衡移动角度分析，原料气中氮气相对易得，过量氮气有利于提高氨气的转化率；同时根据上述反应机理图可知，N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率； 【小问6详解】 由题意知，升高温度该反应速率减小。根据两步反应历程可推测：温度升高，快反应①平衡逆向移动，c(N2O2)降低，导致慢反应 （决速步骤）②的反应物浓度减小，速率减慢，故NO2的生成速率降低。 7. 烟道气中的本身对于是一种很好的还原剂，二者反应可得到硫磺，实现变废为宝。还原的反应有： i． ii． iii． （1）已知：在标准压强、时，由最稳定的单质合成物质的反应焓变，叫做物质的标准摩尔生成焓。部分物质的标准摩尔生成焓如下图所示，计算：_______，_______。 （2）将与按物质的量之比为进行反应，相同时间内，在不同过渡金属氧化物催化剂作用下，的转化率及生成硫的选择性[硫的选择性]随反应温度变化的结果如下表所示： 温度() 转化率 选择性 转化率 选择性 转化率 选择性 转化率 选择性 300 0.30 0.33 0.05 0.84 0.24 0.48 0.11 0.48 350 0.32 0.55 011 0.90 0.34 0.70 0.12 0.48 400 0.30 0.68 0.25 0.95 0.45 0.87 0.14 0.50 450 0.29 0.72 0.40 0.95 0.49 0.98 0.15 0.50 500 0.28 0.85 0.48 0.95 0.50 1.00 0.17 0.51 ①当以作催化剂时，试分析时反应是否达到平衡状态，并说明理由________；请解释转化率随温度变化的可能原因是________。 ②根据以上数据判断，与反应得到硫磺的最合适条件是________。 （3）在一定温度和某催化剂的条件下，将和混合气体置于刚性密闭容器中进行上述反应，时反应达到平衡状态，测得的转化率为，得到，计算内用表示的平均反应速率为________；硫的选择性_______；反应的平衡常数______(列出计算式，不用化简)。 【答案】（1） ①. ②. （2） ①. 未达到平衡，相同条件下，时用作催化剂时，转化率为0.45，若达到平衡状态，使用不同催化剂时，各物质转化率应相同 ②. 温度低于时，温度升高催化剂活性增大，反应速率加快，转化率增大，温度高于时，温度升高催化剂活性降低，反应速率减慢，单位时间内转化率减小 ③. 作催化剂，温度为 （3） ①. ②. 93.75% ③. 【解析】 【小问1详解】 由标准摩尔生成焓可知，反应ΔH1=4×(−393.51 kJ/mol)+25.58 kJ/mol −4×(−110.53 kJ/mol)−2×(−296.83 kJ/mol)=−512.68kJ/mol，由盖斯定律可知，反应得到反应iii，则反应ΔH3=[(−512.68kJ/mol)+ (−175kJ/mol)] ×=−343.84kJ/mol，故答案为：−512.68kJ/mol；−343.84kJ/mol； 【小问2详解】 ①催化剂能加快反应速率，但化学平衡不移动，平衡时反应物的转化率不变，由表格数据可知，以FexOy/γ-Al2O3作催化剂时，400°C条件下二氧化硫的转化率为0.45，以CrxOy/γ-Al2O3作催化剂时，400°C条件下二氧化硫的转化率为0.30，二氧化硫的转化率小于0.45说明反应未达到平衡状态；温度低于350°C时，升高温度，催化剂活性增大，反应速率加快，二氧化硫转化率增大，当温度高于350°C时，升高温度，催化剂活性降低，反应速率减慢，单位时间内二氧化硫转化率减小，故答案为：未达到平衡，相同条件下，时用作催化剂时，转化率为0.45，若达到平衡状态，使用不同催化剂时，各物质转化率应相同；温度低于时，温度升高催化剂活性增大，反应速率加快，转化率增大，温度高于时，温度升高催化剂活性降低，反应速率减慢，单位时间内转化率减小； ②由表格数据可知，以FexOy/γ-Al2O3作催化剂时，温度在450∼500°C条件下，二氧化硫转化率和生成硫的选择性数值最大，所以反应得到硫磺的最合适条件是作催化剂，温度为； 【小问3详解】 由题给数据可建立如下三段式： 由三段式数据可知，tmin内S2(g)的反应速率为=，硫的选择性为×100%=93.75%，反应i的平衡常数K==，故答案为：；93.75%；。 8. 二氧化碳加氢是对温室气体的有效转化，同时也是生成再生能源与化工原料的重要途径。 （1）由加氢生成的反应为。 ①若为标准摩尔生成焓，其定义为标准状态下，由稳定相态的单质生成该物质的焓变。则该反应的反应热_______。 物质 CO2 H2 CH4 H2O (kJ·mol-1) -393.5 0 -74.8 -241.8 ②若在一定温度下的容积固定的密闭容器中进行该反应，则可以提高平衡转化率的措施有_______(写出两种)。 ③下列说法可以证明该反应已达到平衡状态的是_______(填字母)。 a． b．容器内气体密度不再改变 c．的物质的量分数不再改变 d．和的浓度之比为1:2 （2）催化加氢制低碳烯烃的反应历程如图所示，首先在表面解离成2个，随后参与到的转化过程。 注：“□”表示氧原子空位，“*”表示吸附在催化剂上的微粒。 理论上反应历程中消耗的与生成的甲醇的物质的量之比为_______。 （3）一定条件下与可生成甲酸，化学方程式为。 ①在下，等物质的量的与的混合气体反应生成甲酸，化学反应速率，、k逆分别为正反应、逆反应的速率常数，为气体的分压(气体分压=气体总压体积分数)。用气体分压表示的平衡常数，则的转化率为时，_______。 ②恒定压强为时，向密闭容器中充入一定量的气体，除了能分解成和，还能分解为和，反应为，则此平衡体系中或的选择性和的转化率随温度变化曲线如图所示。图中随着温度升高，的转化率增大，请解释的选择性下降可能的原因：_______。时的体积分数为_______。 【答案】（1） ①. ②. 增大浓度、将或从体系中移出 ③. （2） （3） ①. ②. 随着温度升高，主要发生反应，不利于分解生成和 ③. 【解析】 【小问1详解】 根据标准摩尔生成焓的定义，生成物标准摩尔生成焓总和-反应物标准摩尔生成知总和，则；欲使二氧化碳的平衡转化率增大，可采取的措施有增大浓度、将或从体系中移出；a．化学平衡的特征之一为正、逆反应速率相等，故v正(CO2)=v正(CH4)不能说明达到化学平衡，故a错误；b．反应前后气体的质量不变，容器体积不变，则密度始终不变，故容器内气体密度不变不能说明反应达到化学平衡，故b错误；c．随反应的进行的物质的量分数变化，当达到平衡时不再改变，故c正确；d．化学平衡的特征不是各物质的浓度成比例，故d错误；故答案为：c； 【小问2详解】 由得失电子守恒有，所以产生消耗； 【小问3详解】 当反应达到平衡时，正、逆反应速率相等，则，在一定温度和压强下，设起始时氢气和二氧化碳的物质的量均为，则：，，，所以，，；随着温度升高，的转化率增大，但的选择性下降，可能的原因是随着温度升高，主要发生反应，不利于分解成和；时，的选择性几乎为0，的选择性为100%，则该条件下发生的反应为，的转化率为90%，设起始时加入的物质的量为，列“三段式”：，平衡时，气体的总物质的量为的体积分数为。 9. 短链烃是重要的化工原料，也是衡量国家化工水平的重要指标之一． I．丙烷制烯烃的反应有 ⅰ． ⅱ． 已知：共价键的键能如表所示． 共价键 C-H C-C 键能 413 347 613 436 回答下列问题： （1）________； （2）一定温度下，在恒容密闭容器中充入发生反应ⅰ和ⅱ，下列事实能说明该反应达到平衡状态的是________（填字母）； A. 容器内混合气体的平均相对分子质量不再变化 B. 的值保持不变 C. D. 和的物质的量之比保持不变 （3）在温度为、起始压强为的恒温恒容密闭容器中充入发生反应ⅰ和ⅱ，达到平衡后、的体积分数均为； ①反应ⅰ的分压平衡常数为________； ②若其他条件不变，该反应在恒容绝热容器中进行，测得平衡时的体积分数大于，则此时反应ⅰ和ⅱ的分压平衡常数：________（填“”“”或“”）； （4）在催化剂表面制的部分反应机理如图所示．从元素电负性角度解释步骤1能发生反应的原因为________________； Ⅱ．丙烷、甲醇共进料时，除发生反应ⅰ和ⅱ外，还发生反应： ⅲ． （5）平衡体系中、、和在含碳微粒中的物质的量分数随不同投料比的变化关系如图所示，其中代表的变化曲线为________（填字母）． （6）在恒容密闭容器中充入和发生反应，平衡体系中随温度的升高先减小后增大，解释其原因为________________。 【答案】（1）+124kJ/mol （2）AB （3） ①. 56.25或 ②. ＜ （4）C的电负性大于H，O的电负性大于Cr，显负电的C与显正电的Cr成键，显正电的H与显负电的O成键 （5）c （6）反应ⅱ为吸热反应，反应ⅲ为放热反应，升高温度反应ⅱ正向移动，反应ⅲ逆向移动，开始时反应ⅲ占主导，温度升高到一定程度后反应ⅱ占主导 【解析】 【小问1详解】 ΔH1=反应物的总键能-生成物的总键能=347×2+8×413-613-347-6×413-436=+124kJ/mol； 【小问2详解】 A．容器内混合气体的平均相对分子质量不再变化，无论反应ⅰ还是ⅱ，气体质量不变，n可变，说明平均相对分子质量是一个可变的值，不再发生变化，说明达到平衡状态，A正确； B．，当Q不变时，说明Q=K，达到了平衡状态，B正确； C．C3H8参加了两个反应，而C3H6只存在于一个反应，不能说明达到平衡状态，C错误； D．C2H4(g)和CH4(g)在任何时刻物质的量都是按1:1生成，不能说明达到了平衡状态，D错误； 故选AB。 【小问3详解】 ①体积分数=物质的量分数，甲烷的体积分数等于乙烯的体积分数，丙烯的体积分数等于氢气的体积分数，则C3H8的体积分数为100%-15%-15%-15%-15%=40%，则平衡时的压强=，则p(CH4)=p(C2H4)=1000×40%=400kpa，p(C3H6）=p(H2)=15%×1000=150kpa，Kp1=kpa； ②恒容绝热容器中，ΔH1＞ΔH2＞0，反应吸热，温度降低，K′p1减小更多，所以K′p1＜K′p2； 【小问4详解】 C3H8(g)在催化剂Cr2O3/Al2O3表面制C3H6(g)的部分反应机理如图所示，从元素电负性角度解释步骤1能发生反应的原因为：C的电负性大于H，O的电负性大于Cr，显负电的C与显正电的Cr成键，显正电的H与显负电的O成键； 【小问5详解】 随着的增大，C3H8的投料增大，CH3OH的投料减小，反应ⅰ和ⅱ正向移动，反应ⅲ逆向移动，CH4与CO物质的量分数减小，C2H4与C3H6物质的量分数增大，由于反应ⅲ逆向移动消耗CH4，使得反应ⅱ正向移动趋势更大，C2H4变化量更大，则代表C2H4(g)的变化曲线为c； 【小问6详解】 反应ⅱ为吸热反应，反应ⅲ为放热反应，升高温度反应ⅱ正向移动，反应ⅲ逆向移动，开始时反应ⅲ占主导，温度升高到一定程度后反应ⅱ占主导。 10. 丙烯是三大合成材料的基本原料之一，其用量最大的是生产聚丙烯。另外，丙烯可制备1，2-二氯丙烷，丙烯醛等。回答下列问题： Ⅰ.工业上用丙烯加成法制备1，2-二氯丙烷，主要副产物为3-氯丙烯，反应原理为： ① kJ/mol ② kJ/mol （1）已知的活化能(逆)为164 kJ/mol，则该反应的活化能(正)为_______kJ/mol。 （2）一定温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的和，在催化剂作用下发生反应①②，容器内气体的压强随时间的变化如下表所示。 时间/min 0 60 120 180 240 300 360 压强/kPa 80 74.2 69.4 65.2 61.6 57.6 57.6 反应进行到；300 min时，反应①的平均反应速率_______KPa/min(保留3位有效数字)。 Ⅱ.已知制备丙烯的某反应为： kJ·mol （3）①某温度下，在刚性容器中充入，起始压强为10kpa，平衡时总压强为16kpa，该反应的平衡常数_______Kpa。 ②总压分别为100kpa和10kpa时发生该反应，平衡体系中和的物质的量分数随温度变化关系如图所示。100kpa时和的物质的量分数随温度变化关系的曲线分别是_______、_______。 ③高温下，丙烷生成丙烯的反应在初期阶段的速率方程为：，其中k为反应速率常数。对于处于初期阶段的该反应，下列说法正确的是_______。 A.丙烯的生成速率逐渐增大 B.降低反应温度，k减小 C.增加丙烷浓度，r增大 D.增加浓度，r增大 （4）在催化剂的作用下的转化和的产率随温度变化关系如图2所示。 观察图2，的选择性随温度升高而_______(填“增大”、“减小”、“不变”)，分析出现这样变化的原因可能是_______(的选择)。 【答案】（1）132 （2）0.0747 （3） ①. 9 ②. X ③. W ④. BC （4） ①. 减小 ②. 催化剂对的选择性降低(或发生副反应) 【解析】 【分析】把握化学平衡影响因素、化学平衡的计算、盖斯定律的应用等是解题关键 【小问1详解】 根据盖斯定律，① - ②= -134KJ/mol+102 KJ/mol= -32 KJ/mol=活化能Ea（正）-Ea（逆），则该反应的活化能Ea（正）= -32 KJ/mol+164 KJ/mol=132 KJ/mol； 【小问2详解】 反应②是气体体积不变化的反应，对压强变化无影响，则表格中的压强变化全部来源于反应①，恒温恒容条件下气体的压强之比等于其物质的量之比，设该条件下1mol气体的分压为40KPa，2mol气体则起始压强为80 KPa，300分钟时，反应后混合气体的压强为57.6 KPa，反应后混合气体总量为，此反应的气体物质的量差量为1，所以生成n(CH2ClCHClCH3)=2mol-1.44mol=0.56mol，CH2ClCHClCH3的分压p（CH2ClCHClCH3）=0.56×40 KPa=22.4 KPa，所以， 【小问3详解】 ①假设反应中C3H8反应了ymol，可以列出三段式， 平衡时总压强为16为KPa，10-y+y+y=16，解得y=6，反应平衡常数为 ，故答案为9； ②由于正反应的△H>0，压强一定时升高温度，平衡正向移动，C3H6的物质的量分数增加，C3H8的物质的量分数减小，正反应是气体体积增大的反应，温度一定时增大压强，平衡逆向移动，C3H8的物质的量分数增大， C3H6的物质的量分数减小，且温度一定时压强越大，C3H8的物质的量分数越大， C3H6的物质的量分数越小，所以100Kpa 时C3H8的物质的量分数随温度变化关系的曲线是X，C3H6的物质的量分数随温度变化关系的曲线是W， 故答案为X、W ③ A．随着反应的进行，C3H8的物质的量浓度减小，丙烯的生成速率逐渐减小，故A错误；  B．K是反应速率常数，只与温度有关，降低反应温度，K减小，故B正确；C．r=k·c(C3H8)，c( C3H8)增大， 则r增大，故C正确；  D．r=k.c(C3H8)，则r与H2浓度变化无关，即增大H2浓度，对反应速率无影响； 故答案选B和C； 【小问4详解】 ①由图2可知，在535℃时，C3H8的转化率为6%，C3H6的产率是4%，则C3H6的选择性为，在550℃时，C3H6的选择性为61.5%，温度为575℃时C3H6选择性变为50%，所以C3H6的选择性随温度升高而减小； ②减小的原因可能是催化剂对丙烯的选择性降低，也可能是丙烷发生了其他的副反应，故答案为：减小；催化剂对C3H6的选择性降低(或发生副反应)。 【点睛】查化学平衡计算及化学平衡移动影响因素等知识，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，把握化学平衡影响因素、化学平衡的计算、盖斯定律的应用等是解题关键，注意掌握焓变与活化能的计算关系。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$