2024年黑吉辽卷T18-原理综合变式题

1．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)。 2．作为主要的温室气体，对人类的生产生活有着重要影响，还原是实现“碳达峰、碳中和”的有效途径之一，相关的反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的平衡常数与温度变化关系如图所示． (1)有利于提高合成选择性的条件是__________。（填字母） A．高温高压 B．高温低压 C．低温高压 D．低温低压 (2)的取值范围是__________。（填字母） A． B． C． D． (3)一定条件下，向体积为的恒温密闭容器中加入和发生上述反应，平衡时，容器中的浓度为的浓度为,此时的浓度为 ,反应Ⅰ的平衡常数为 （保留一位小数）。 (4)还原能力可衡量转化率，已知,即相同时间段内与物质的量变化量之比，常压下和按物质的量之比投料，反应相同时间，和转化率如图所示： ①在范围内，S值的变化趋势是 ；（填字母） A．一直增大    B．一直减小    C．先增大后减小    D．先减小后增大 ②由图像可知，转化率在时大于，其原因是 ； (5)一种由组成的晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为，晶体由原子填充，该晶体的化学式为 ；以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如A点原子的分数坐标分别为,则B点原子的分数坐标为 。 3．合成氨反应是目前最有效的工业固氮方法，解决数亿人口生存问题。回答下列问题： (1)合成氨反应在催化作用的化学吸附及初步表面反应历程如下： 注：方框内包含微粒种类及数目、微粒的相对总能量（括号里的数字单位：eV），TS表示过渡态，*表示吸附态。 ①写出N2参与化学吸附的反应方程式： 。 ②以上历程须克服的最大能垒为 eV。 (2)t℃、0.9MPa的条件下，向一恒压密闭容器中通入氢氮比为3的混合气体，体系中气体的含量与时间变化关系如图所示： ①反应20 min达到平衡，试求0~20 min内氨气的平均反应速率 ，该反应的 （用数字表达式表示，为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数）。 ②下列叙述能说明该条件下反应达到平衡状态的是 （填标号）。 a．氨气的体积分数保持不变 b．容器中氢氮比保持不变 c．N2和NH3的平均反应速率之比为1∶2 d．气体密度保持不变 (3)如图是20℃时，NH3-CO2-H2O三元体系相图。纵坐标代表CO2的体积分数，横坐标代表NH3的体积分数，坐标原点代表液态纯水。 20℃时，可根据需要，选择水溶液体系反应得到与，也可选择无水体系反应得到。 ①20℃时，利用NH3(g)、CO2(g)和H2O(l)制备NH4HCO3(aq)的最佳曲线是 （填“A-H2O”或“B-H2O”）。 ②B点可得到的产品是 （填化学式）。 (4)钌系催化剂是目前合成氨最先进的催化剂。一种钌的化合物晶胞结构如图。该晶胞中与等距最近的有 个，若该晶胞边长为a pm，该晶体的密度为 （为阿伏加德罗常数的值）。 4．丙烷价格低廉且产量大，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： ①直接脱氢： 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)一定条件下，反应①中丙烷平衡转化率与平衡常数的关系可表示为：，式中为系统总压。分别为和时，丙烷平衡转化率与温度的关系如图所示，其中表示下的关系曲线是 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。时， (保留2位有效数字)。 (4)研究人员利用作催化剂，对反应③的机理开展研究。以和为原料，初期产物中没有检测到；以含有的和为原料，反应过程中没有检测到。下列推断合理的是 (填标号)。 A．先吸附氧气，吸附的氧气直接与吸附的丙烷反应 B．直接氧化吸附的丙烷，吸附的氧气补充中反应掉的氧 C．催化丙烷脱氢过程中，碳氢键的断裂是可逆的 (5)研究人员尝试利用氧化丙烷脱氢制丙烯，与氧化丙烷脱氢制丙烯相比，使用的优点有 (写出两点即可)。 (6)一种基于的锌基催化剂，可高效催化丙烷转化为丙烯。立方的晶胞如图，晶胞参数为与间的最小距离为 ，晶体密度为 (列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。 5．和是两种常见的温室气体，利用和生成高附加值合成气和，以及甲烷部分催化裂解制备乙烯是目前研究的热点之一。回答下列问题： (1)已知：； ； 。 反应的 ；对于该反应，有利于提高平衡转化率的条件是 （填字母）。 A．高温高压    B．高温低压    C．低温高压    D．低温低压 (2)常用于工业冶炼金属，如图是在不同温度下还原三种金属氧化物达平衡后气体中与温度的关系曲线图。 ①下列说法正确的是 （填字母）。 A．还原的反应 B．不适宜用于工业冶炼金属铬（） C．工业冶炼金属铜时较低的温度有利于提高的利用率 D．工业上可以通过增高反应装置来延长矿石和接触的时间，减少尾气中的含量 ②某铜铬合金的立方晶胞结构如图所示。晶胞中铜原子与铬原子的数量比为 ；若合金的密度为，晶胞参数表达式为 （阿伏加德罗常数的值用表示）。 (3)甲烷部分催化裂解制备乙烯的反应原理为。温度为，压强为时，向体积可变的密闭容器中加入，平衡时转化率为，若温度、压强和初始量不变，充入作为稀释气，平衡时转化率为，则充入的物质的量为 mol。 (4)一定温度下，将充入的固定容积容器中发生反应。实验测得容器内各气体分压与时间的关系如图所示。 ①的平衡转化率为 。 ②反应的平衡常数 。 ③若在该温度下，向容器中再充入，达到平衡时，平衡混合物中的物质的量分数 （填“增大”“减小”或“不变”）。 6．甲烷干重整(DRM)以温室气体和为原料在催化条件下生成合成气CO和。体系中发生的反应有 ⅰ. ⅱ. ⅲ. ⅳ. (1) 。 (2) (填“高温”或“低温”)有利于反应ⅰ自发进行。 (3)起始投入和各1 kmol，DRM反应过程中所有物质在100 kPa下的热力学平衡数据如图1所示。 ①950℃时，向反应器中充入作为稀释气，的平衡转化率 (填“升高”、“不变”或“降低”)，理由是 。 ②625℃时，起始投入、、、CO、各0.5 kmol，此时反应ⅱ的 (填“>”、“=”或“<”)。 ③625℃时，反应体系经过t min达到平衡状态，测得甲烷的平衡转化率为α。0～t min生成CO的平均速率为 ；用物质的量分数表示反应i的平衡常数 (用含α的表达式表示，列计算式即可)。 (4)在Ni基催化剂表面氢助解离有两种可能路径，图2为不同解离路径的能量变化，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。写出最有可能发生的“氢助解离”路径的决速步反应方程式 。 (5)对催化剂载体改性，使其形成氧空位，可减少积碳。取干燥在Ar气条件下加热，热重分析显示样品一直处于质量损失状态；X射线衍射分析结果表明随着温度升高，该晶胞边长变长，但铈离子空间排列没有发生变化。 ①加热过程中，被还原为。写出该反应化学方程式 。 ②加热后，当失重率(损失的质量/总质量)为2.01%时，每个晶胞拥有的的个数为 。 7．精脱硫技术主要用于煤气中羰基硫(COS)和二硫化碳(CS2)的转化。回答下列问题： (1)利用焦炉煤气中的H2可脱除煤气中羰基硫(COS)。羰基硫氢化反应历程有途径I和途径Ⅱ两种可能，如图所示： ①已知羰基硫氢化反应速率较快，推测其更合理的反应历程是途径 (填“I”或“Ⅱ”)。 ②反应的△H= kJ·mol-1。 (2)MoS2可作羰基硫氢化反应的催化剂，催化机理如图所示： 不同钼(Mo)含量的MoS2催化剂对COS转化率和H2S的选择性不同，实验数据如图所示。 根据图中数据，选择 (填“3.4%Mo”或“8.7%Mo”)作催化剂效果最好；当H2S选择性低于100%时表明部分COS气体与催化剂发生了反应，催化剂有吸硫现象，若H2S选择性高于100%，可能的原因是 。 (3)金属Mo的晶胞如图所示，若原子a、b的坐标分别为(0，0，0)、(1，0，0)，则原子c的坐标为 ，设晶体密度为ρg·cm3，则晶胞参数为 pm(阿伏加德罗常数的值为NA)。 (4)一定温度下，向恒容密闭容器中充入物质的量之比为1：4的CS2(g)和H2(g)，发生反应，容器内气体压强随时间变化如下表所示。 时间/min 0 50 100 150 200 250 300 压强/kPa 100 88.0 79.8 72.4 68.2 65.0 65.0 ①0-250min内，H2分压的平均变化值为 kPa·min-l。 ②该温度下，平衡常数Kp= (kPa)-2(列出计算式)。 8．甲烷干重整（DRM）以温室气体和为原料在催化条件下生成合成气CO和。体系中发生的反应有 ⅰ． ⅱ． ⅲ． ⅳ． (1) 。 (2) （填“高温”或“低温”）有利于反应ⅰ自发进行。 (3)起始投入和各1 kmol，DRM反应过程中所有物质在100 kPa下的热力学平衡数据如图1所示。     ①950℃时，向反应器中充入作为稀释气，的平衡转化率 （填“升高”、“不变”或“降低”），理由是 。 ②625℃时，起始投入、、、CO、各0.5 kmol，此时反应ⅱ的 （填“＞”、“＝”或“＜”）。 ③625℃时，反应体系经过t min达到平衡状态，测得甲烷的平衡转化率为α。0～t min生成CO的平均速率为 ；用物质的量分数表示反应i的平衡常数 （用含α的表达式表示，列计算式即可）。 (4)在Ni基催化剂表面氢助解离有两种可能路径，图2为不同解离路径的能量变化，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。 ①Ni的价层电子排布式为 ； ②写出最有可能发生的“氢助解离”路径的决速步反应方程式 。 (5)对催化剂载体改性，使其形成氧空位，可减少积碳。取干燥在Ar气条件下加热，热重分析显示样品一直处于质量损失状态；X射线衍射分析结果表明随着温度升高，该晶胞边长变长，但铈离子空间排列没有发生变化。 ①加热过程中，被还原为。 写出该反应化学方程式 。 ②加热后，当失重率（损失的质量/总质量）为2.32%时，每个晶胞拥有的的个数为 。 9．(丙烯)是重要基本有机原料。(丙烷)催化脱氢制C3H6过程如下： Ⅰ.主反应：  ； Ⅱ.副反应：   回答下列问题： (1)已知断裂1 mol下列化学键所需能量如下表： 化学键 能量/ 436.0 413.4 344.7 上述主反应的 。 (2)一定条件下，催化脱氢制发生上述Ⅰ、Ⅱ反应，和的平衡体积分数与温度、压强的关系如图所示(图中压强分别为和)。 ①时，图中表示和体积分数变化的曲线分别为 、 。 ②提高催化脱氢制的反应平衡转化率的方法是 (任写一种)。 (3)在压力(117.5 kPa)恒定，以作为稀释气，不同水烃比［、10、15］时，催化脱氢制备反应(上述反应Ⅰ、Ⅱ)平衡转化率随温度的变化曲线如图所示。 ①相同温度下，水烃比远大于15∶1时，丙烷的消耗速率明显下降，可能的原因是： ⅰ.丙烷的浓度过低； ⅱ. 。 ②M点对应条件下，若的选择性为60%，则反应Ⅰ的分压平衡常数为 kPa［的选择性］。 (4)利用的弱氧化性，科研人员开发了氧化脱氢制的新工艺。该工艺可采用铬的氧化物为催化剂，其反应机理如图3所示。 ①反应(ⅱ)的化学方程式为 。 ②该工艺可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂活性，原因是 。 (5)研究表明，氧化脱氢制的催化剂中含有多种元素，如Cr、Zr、Mg、Fe、Ni等。由Mg、Fe、Ni组成的的立方晶胞结构如图4所示。已知晶胞的边长为n pm，设为阿伏加德罗常数的值。 ① 。 ②该晶体密度是 (用含n、的代数式表示)。 10．我国力争2060年实现碳中和。催化还原为减少的排放提供良好的解决方案。涉及的主要反应有： 反应I： 反应Ⅱ： (1)已知下列物质的标准摩尔生成焓： 物质 标准摩尔生成焓 0 则甲醇燃烧的热化学方程式为 。 (2)一定温度下，将和按物质的量之比1：4混合充入密闭容器中，10min后达到平衡。 ①关于该平衡体系的说法正确的是 (填标号)。 A．体系中各物质的浓度相等 B．降低温度，反应I和Ⅱ的速率都减小。 C．缩小容器体积，反应I和Ⅱ重新达到平衡的时间相同 D．恒温恒压下充入Ar，可提高的选择性 ②若容器体积不变，初始压强为，测得平衡时的分压为，的转化率为25％。从反应开始到平衡的平均反应速率为 (用分压表示)。反应Ⅱ的平衡常数 。 (3)350℃、恒容条件下，只发生反应I，测得平衡体系中的体积分数()与x［，和为初始的物质的量］的关系如图1所示。图中a、b、c、d四点转化率最高的是 (填标号)，理由是 。b点对应的 。 (4)镁铁合金为常见的储氢材料，晶胞结构如下图所示，晶胞参数为a pm。铁原子位于镁原子构成的 空隙中。该合金每个晶胞可以储存4个氢分子，则的合金储存氢气的物质的量为 mol(阿伏加德罗常数的值为)。 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) ＜ 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。 2．(1)C (2)C (3) 0.05 19.2 (4) C 温度升高，反应速率加快 (5) 【详解】（1）由图可知，升高温度，反应Ⅰ的平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为气体体积减小放热反应，降低温度和增大压强有利于平衡向正反应方向移动，提高甲醇的选择性，故选C； （2）由图可知，升高温度，反应Ⅱ的平衡常数增大，说明平衡向正反应方向移动，该反应为焓变大于0的吸热反应，由盖斯定律可知，反应Ⅰ—Ⅲ得到反应Ⅱ，则ΔH1—ΔH3＞0，所以＞1，故选C； （3）由题意可建立如下三段式： 则平衡时二氧化碳的浓度为0.05mol/L，反应Ⅰ的平衡常数为=19.2，故答案为：0.05；19.2； （4）①由图可知，400−600℃范围内，二氧化碳的转化率增大幅度大于氢气转化率的增大幅度，则S值呈增大趋势，600−1000℃范围内，二氧化碳的转化率增大幅度小于氢气转化率的增大幅度，则S值呈减小趋势，所以400−1000℃范围内，S值的变化趋势为先增大后减小，故选C； ②由图像可知，氢气转化率在600℃时大于400℃，说明温度升高，反应速率加快，消耗氢气的量增大，故答案为：温度升高，反应速率加快； （5）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面上和体心的铜原子个数为8×+4×+1=4，位于棱上、面上和面心的铟原子个数为4×+6×=4，位于体内的碲原子个数为8，则晶体的化学式为；由位于顶点的A点原子的分数坐标分别为可知，晶胞的边长为1，则位于体心的B点原子的分数坐标为，故答案为：；。 3．(1) [或] 1.47 (2) 0.005 ad (3) A-H2O NH4COONH2（s） (4) 12 【详解】（1）①*表示吸附态，N2参与化学吸附的反应方程式为[或]； ②以上历程须克服的最大能垒为第二步反应，即为0.01eV-(-1.46eV)=1.47eV； （2）①反应20 min达到平衡，氮气、氢气、氨气的分压分别为0.9MPa×=0.2MPa，0.9MPa×=0.6MPa，0.9MPa×=0.1MPa，则0~20 min内氨气的平均反应速率，该反应的； ②a．反应为气体体积减小的反应，氨气的体积分数保持不变，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故a正确； b．反应时元素质量守恒，容器中氢氮比始终保持不变，则容器中氢氮比保持不变不能说明正逆反应速率相等，即无法判断是否达到平衡，故b错误； c．N2和NH3的平均反应速率之比为1∶2，无法说明正逆反应速率相等，无法判断是否达到平衡，故c错误； d．反应前后气体质量相等，又该反应为气体体积减小的反应，在恒压密闭容器中气体密度保持不变，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故d正确； 故答案为：ad； （3）①图中坐标原点是水，即从坐标原点出发的曲线是A-H2O或B-H2O，均为水溶液体系中进行的反应， 20℃时，利用NH3(g)、CO2(g)和H2O(l)制备NH4HCO3(aq)的方程式为NH3+H2O+CO2=NH4HCO3，据方程式可知，三种物质的物质的量之比为1：1：1，所以最佳曲线是A-H2O； ②B点坐标为(60,30)，n(CO2):n(NH3)=1:2，则反应为2NH3+ CO2=NH4COONH2，所以B点可得到的产品是NH4COONH2(s)； （4）该晶胞中位于顶点，O2-位于6个面心，与等距最近的有12个； 晶胞中个数为8×=1，个数为6×=3，Ru4+个数为1，若该晶胞边长为apm，该晶体的密度为。 4．(1)-118 (2)614.7 (3) Ⅱ 0.018 (4)B (5)减少副反应的发生、还可以减少丙烯被氧化，提高产率 (6) 【详解】（1）反应③=反应①+0.5反应②，即； （2）反应①，设的键能是x，根据△H=反应物键能之和-生成物的键能之和，可得，解得x=614.7； （3）由关系式可知，温度相同时，p越大，x越小，下的关系曲线是Ⅱ；时，时，丙烷平衡转化率=80%，假设丙烷起始时物质的量为amol，可得三段式，总物质的量为1.8a，； （4）以和为原料，初期产物中没有检测到，可知直接氧化吸附的丙烷，吸附的氧气补充中反应掉的氧，导致初期产物中没有检测到，以含有的和为原料，反应过程中没有检测到，即碳氢键的断裂不可逆，故选B； （5）使用O2氧化，可能将烷烃部分氧化为醛、醇等，也可以氧化为CO、CO2，当发生反应氧化为CO、CO2，反应热很大，导致反应温度急剧上升，不仅丙烷容易反应，生成的丙烯也容易氧化为CO、CO2，因此利用二氧化碳的弱氧化性进行氧化可减少副反应的发生，还可以减少丙烯被氧化，提高产率； （6）图中Zn2+的数目为4，O2-的数目为，Zn2+填充在由4个O2-构成的正四边体的体心，Zn2+到O2-最短的距离是晶胞体对角线的，即，晶胞边长为apm，体积为a3pm，质量为，晶体密度为：。 5．(1) B (2) BC 3∶1 (3)2.125 (4) 0.125 减小 【详解】（1）可得到反应的；该反应为吸热反应，故高温有利于正向进行，反应后气体分子数增大，低压有利于正向进行，故选择B项。 （2）①CO还原，温度升高，增大，增大，减小，平衡左移，反应放热，A项不符合题意；还原的反应为吸热反应，低温下，平衡常数小，工业上若使用高温，对设备要求高，故不适宜用于工业冶炼金属铬，B项符合题意；工业冶炼金属铜时为放热反应，较低的温度有利于提高的利用率，C项符合题意；延长矿石和接触的时间，不能减少尾气中的含量，D项不符合题意。 ②根据分摊法，每个晶胞中铜原子为3，铬原子为1；由。 ，其中 同理，若充入的转化率为 解得 （4）根据图知，反应后体系的总压强为，设转化率为 ①解得；②。 ③若在该温度下，向容器中再充入，由于容积体积不变，压强增大，平衡逆向移动，转化率减小，达到平衡时，平衡混合物中的物质的量分数减小。 6．(1)-172.1 (2)高温 (3) 升高 950℃时，体系中只有反应ⅰ，该反应为体积增大的反应，恒压条件充入氮气，平衡正向移动，转化率升高 < (4) (5) 7 【详解】（1）由盖斯定律可得反应iii-反应i得，所以=+74.9kJ/mol-247kJ/mol=-172.1 kJ/mol； （2）反应i．，、，由，可知高温有利于反应自发进行； （3）①图像1可知，950℃时体系中只有反应ⅰ，该反应为体积增大的反应，反应在100kPa下充入氮气相当于减压，平衡正向移动，CH4转化率升高； ②625℃时，起始投入CH4、CO2、H2、CO、H2O各0.5kmol，此时，由图像1可知，平衡时n(CO)= n(CO2)= n(H2O)<n(H2)，即平衡常数K<1，所以此时Qc>K，平衡正在逆向进行，所以反应ⅱ的v正<v逆； ③由图像1可知，625℃平衡时n(CO)=0.5kmol，所以0～tmin生成CO的平均速率为；由图像1可知，625℃平衡时n(CO)= n(CO2)= n(H2O)= 0.5kmol，由反应的化学计量数可知，反应i和反应iii生成的氢气的物质的量为消耗的甲烷的2倍，反应ii消耗氢气的物质的量与生成的水的物质的量相等，所以平衡时n(H2)=(2a-0.5)kmol=kmol，n(CH4)=(1-a)kmol，即平衡时气体总物质的量为(2a-0.5+1-a+0.5+0.5+0.5)kmol =(2+a)kmol，所以平衡常数Kx=； （4）根据图中的两条路径知，上面路径第一步的活化能太大，所以图中下面的路径最有可能发生“氢助解离”，活化能大的反应速度慢，速率慢的反应为决速步，由图像2可知最有可能发生的“氢助解离”路径的决速步反应方程式为； （5）①加热过程中，Ce4+被还原为Ce3+，生成Ce2O3，根据得失电子守恒以及原子守恒，该反应化学方程式为； ②一个晶胞中Ce4+个数为、O2-在体内，个数为8，即一个晶胞中4个Ce4+、8个O2-，1molCeO2质量为199g，加热后当失重率为2.01%时，损失的质量为氧元素的质量，即199×2.01%=4g，n(O)=0.25mol，因为铈离子空间排列没有发生变化，所以失去O2-的个数为0.25×4=1，每个晶胞拥有的O2-的个数为8-1=7。 7．(1) Ⅱ b‒a‒c+d‒e (2) 8.7%Mo 催化剂本身在反应过程中有失硫现象 (3) (4) 0.28 【详解】（1）①反应的活化能越大，反应速率越慢，由图可知，途径I的活化能大于途径Ⅱ，反应速率慢于途径Ⅱ，所以应速率较快的羰基硫氢化的反应历程是途径Ⅱ，故答案为：Ⅱ； ②由图可知，该反应为反应物总能量小于生成物总能量的吸热反应，反应的△H=(b‒a‒c)kJ/mol—(e—d)kJ/mo=( b‒a‒c+d‒e)kJ/mol，故答案为：b‒a‒c+d‒e； （2）由图可知，时间相同时，8.7%Mo作催化剂条件下反应的羰基硫转化率和硫化氢选择性均大于3.4%Mo作催化剂条件下，说明反应速率快于3.4%Mo作催化剂条件下，所以选择8.7%Mo作催化剂效果最好；由题意可知，硫化氢选择性低于100%是因为部分羰基硫气体与催化剂发生了反应，催化剂有吸硫现象所致，则硫化氢选择性高于100%是因为催化剂本身在反应过程中有失硫现象所致，故答案为：8.7%Mo；催化剂本身在反应过程中有失硫现象； （3）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的原子a、b的坐标分别为(0，0，0)、(1，0，0)，则晶胞的边长为1，所以位于面心的原子c的坐标为；位于顶点和面心的钼原子个数为8×+6×=4，设晶胞参数为apm，由晶胞的质量公式可得：=10—30aρ，解得a=，故答案为：； ； （4）由表格数据可知，起始二硫化碳、氢气的分压分别为100kPa×=20kPa、100kPa—20kPa=80kPa，250min反应达到平衡时，容器内气体压强为65kPa，设平衡时消耗二硫化碳的分压为akPa，由题意可建立如下三段式： 由平衡时容器内气体压强为65kPa可得：100—2a=65，解得a=17.5； ①由三段式所得数据可知，0-250min内，氢气分压的平均变化值为=0.28kPa/min，故答案为：0.28； ②由三段式所得数据可知，该温度下，平衡常数Kp== (kPa)-2，故答案为：。 8．(1)－172.1 (2)高温 (3) 升高 950℃时，体系中只有反应ⅰ，该反应为体积增大的反应，恒压条件充入氮气，平衡正向移动，转化率升高 ＜ (4) (5) 7 【详解】（1）由盖斯定律可得反应iii-反应i得，所以=+74.9kJ/mol-247kJ/mol=-172.1 kJ/mol； （2）反应i．，、，由，可知高温有利于反应自发进行； （3）①图像1可知，950℃时体系中只有反应ⅰ，该反应为体积增大的反应，反应在100kPa下充入氮气相当于减压，平衡正向移动，CH4转化率升高； ②625℃时，起始投入CH4、CO2、H2、CO、H2O各0.5kmol，此时，由图像1可知，平衡时n(CO)= n(CO2)= n(H2O)＜n(H2)，即平衡常数K＜1，所以此时Qc＞K，平衡正在逆向进行，所以反应ⅱ的v正＜v逆； ③由图像1可知，625℃平衡时n(CO)=0.5kmol，所以0～tmin生成CO的平均速率为；由图像1可知，625℃平衡时n(CO)= n(CO2)= n(H2O)= 0.5kmol，由反应的化学计量数可知，反应i和反应iii生成的氢气的物质的量为消耗的甲烷的2倍，反应ii消耗氢气的物质的量与生成的水的物质的量相等，所以平衡时n(H2)=(2a-0.5)kmol=kmol，n(CH4)=(1-a)kmol，即平衡时气体总物质的量为(2a-0.5+1-a+0.5+0.5+0.5)kmol =(2+a)kmol，所以平衡常数Kx=； （4）①Ni原子序数为28，其价层电子排布式为3d84s2； ②活化能大的反应速度慢，速率慢的反应为决速步，由图像2可知最有可能发生的“氢助解离”路径的决速步反应方程式为； （5）①加热过程中，Ce4+被还原为Ce3+，生成Ce2O3，该反应化学方程式为； ②一个晶胞中Ce4+个数为、O2-在体内、个数为8，1molCeO2质量为172g，加热后当失重率为2.32%时，损失的质量为氧元素的质量，即172×2.32%=4g，n(O)=0.25mol，所以一个晶胞中4个Ce4+、8个O2-，失去O2-的个数为0.25×4=1，每个晶胞拥有的O2-的个数为8-1=7。 9．(1)+127.4 (2) b c 减压或升温 (3) 过多地占据催化剂表面，导致催化剂对丙烷的吸附率降低 8.1 (4) 炭与反应生成CO，脱离催化剂表面 (5) 1∶3∶4 【详解】（1）设碳碳双键的键能为x，则由  得，，则主反应：的 （2）①升高温度，平衡正向移动，丙烷的体积分数减小，丙烯的体积分数增大，则a、c为丙烯的体积分数变化曲线，b、d为丙烷的体积分数变化曲线，与相比，压强增大，平衡逆向移动，从而得出表示丙烷体积分数的变化曲线为b，表示丙烯体积分数的变化曲线为c。 ②丙烷直接催化脱氢制丙烯的反应正向是气体体积增大的吸热反应，改变外界条件时，化学平衡将向着减弱这种改变量的方向移动，因此升高温度、降低压强均能使平衡正向移动，从而提高丙烷转化率； （3）①相同温度下，水烃比远大于15∶1时，说明水蒸气多，的浓度过低，反应速率减慢，另一方面是过多地占据催化剂表面，导致催化剂对丙烷的吸附率降低，也导致的反应速率明显下降。 ②M点对应的水烃比为10∶1，设的物质的量为1 mol，的物质的量为10 mol。转化了0.75 mol，根据的选择性为60%知，生成的物质的量为0.45 mol，的物质的量为0.45 mol，的物质的量为0.3 mol，的物质的量为0.3mol。体系中总的物质的量为。、、的分压分别为2.5kPa、4.5kPa、4.5kPa，； （4）①由图知，反应(ⅱ)的化学方程式为； ②由于炭与反应生成CO，脱离催化剂表面，该工艺可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂活性； （5）根据均摊法，晶体中Ni的个数为；Mg的个数为，Fe的个数为4，则，中，，，则 10．(1) (2) B 或0.083 (3) d 增加反应I平衡向正向移动，转化率增大 3 (4) 立方体或正方体 【详解】（1）CH3OH（l）在O2（g）中燃烧生成CO2（g）和H2O（l），反应的热化学方程式为：，该反应的= -393.51+2×（-285.84）+239.00-×0=-726.19；故答案为： （2）①A．一定温度下，将CO2和H2按物质的量之比1：4混合充入密闭容器中，10min后达到平衡，反应I中CO2和H2按1:3反应，反应Ⅱ中CO2和H2按1:1反应，题中未给出两个反应的转化率，故不知道CO2和H2消耗的物质的量之比，体系中CO2和H2的浓度不一定相等，A选项错误； B．温度降低，单位体积内活化分子数降低，速率降低，所以降低温度，反应I和Ⅱ的速率都减小，B选项正确； C．缩小容器体积，反应I平衡向正反应方向移动，反应Ⅱ平衡不移动，重新达到平衡的时间不相同，选项C错误； D．恒温恒压下充入Ar，容积增大，反应物压强减小，反应I向逆反应方向移动，降低了CH3OH的选择性，D选项错误；故答案为B； ②若容器体积不变，初始压强为P0kPa，测得平衡时CO2的分压为0.1P0kPa，H2的转化率为25％。依据题中条件列出三段式如下： 由题意知，H2的转化率为25％，得出，3x+y=1mol；容器体积不变，初始压强为P0kPa，测得平衡时CO2的分压为0.1P0kPa，得出，得出x+y=0.5mol，则x=0.25mol，y=0.25mol；从反应开始到平衡CH3OH的平均反应速率为，故答案为：0.005p0； ③Kp==,故答案为 （3）①由图1可知，350℃、恒容条件下，只发生反应I，测得平衡体系中CH3OH的体积分数(φ)与x［x=n(H2)/n(CO2)，n(CO2)和n(H2)为初始的物质的量］关系是随x增大先增大后减小，x增大，则H2含量增大，反应I平衡向正向移动，CO2的转化率增大，由图可知，四个点中d点x最大，CO2的转化率最大，故答案为：d； ②其原因为：增加n(H2)反应I平衡向正向移动，CO2转化率增大，故答案为增加n(H2)反应I平衡向正向移动，CO2转化率增大； ③当反应物的物质的量比等于化学计量数比时，平衡体系中CH3OH的体积分数(φ)最大，故b点时x=3:1，故答案为：3； （4）①由晶胞结构图中位于顶面面心位置的Fe可知，下方连接4个Mg原子，上方连接4个Mg原子，则Fe原子位于8个Mg形成立方体的体心，故答案为：立方体或正方体； ②晶胞参数为a pm，一个晶胞的体积为，则1m3的合金含有晶胞为，该合金每个晶胞可以储存4个氢分子，故1m3的合金储存氢气的物质的量，故答案为： 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 $$