2024年全国甲卷T28-原理综合变式题

1．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： 。 2．逆水煤气变换体系中存在以下两个反应。 反应I： 反应Ⅱ： 在恒容条件下，按投料比进行反应，平衡时含碳物质体积分数随温度的变化如图所示。 回答下列问题。 (1)物质的标准摩尔生成焓是指由最稳定的单质合成标准压力下单位物质的量的物质的反应焓变，用符号表示。 物质 已知液态水汽化需要吸收的能量，则 。 (2)下列措施可提高平衡产率的是_______(填字母)。 A．高温、高压 B．低温、高压 C．使用高效催化剂 D．及时分离出 (3)已知曲线②代表平衡时的体积分数随温度变化的曲线，则曲线①、③分别代表的物质是 、 。温度越高，平衡时的体积分数越小的原因是 。 (4)M点反应I的平衡常数 ，N点时 。 (5)若按投料，则曲线之间交点N的位置 (填“上移”“下移”或“不变”)。 3．为实现“碳中和”“碳达峰”，碳的循环利用是重要措施。利用氢气和CO反应生成甲烷，涉及的反应如下： i．   ii．   iii．   回答下列问题： (1)在25℃和101kPa下，转变为时放出44.0kJ热量，的燃烧热为，CO的燃烧热为，的燃烧热为，则 。 (2)一定温度下，在恒容的密闭容器中进行上述反应，平衡时CO的转化率及的选择性随变化的情况如图所示[已知的选择性]。 ①图中表示选择性变化的曲线是 （填“甲”或“乙”），保持不变，曲线甲由B点达到A点需要的条件为 。 ②相同温度下，向恒容容器内加入和1molCO，初始压强为10MPa，平衡时的物质的量为 mol，反应ii的 （保留小数点后一位）。 (3)催化加氢制甲醇也是碳循环的重要途径。在某催化剂表面与氢气作用制备甲醇的反应机理如图所示。催化循环中产生的中间体微粒共 种，催化加氢制甲醇总反应的化学方程式为 。 4．甲醛()在化工、医药、农药等方面有广泛的应用。利用甲醇一定条件下直接脱氢可制甲醛，涉及的反应如下： 反应I：   反应Ⅱ：   已知：①平衡状态下，甲醛选择性；甲醛的收率。 ②几种物质的燃烧热()如下表： 物质 燃烧热 回答下列问题： (1) ，反应I的正反应活化能 (填“>”或“<”)逆反应活化能。 (2)反应I、反应Ⅱ的反应历程可表示为： 历程i：…… 历程ii： 历程iii： 历程iV： 写出历程i的反应方程式： 。 (3)将加入容积为的刚性密闭容器中，温度对平衡状态下的选择性和收率的影响如图所示。 ①图中表示收率的是曲线 (填“I”或“Ⅱ”)，判断的依据是 。 ②，反应进行到时达到平衡，此时的转化率为 ， ，反应I的平衡常数 。 5．氮及其化合物之间转化的研究，对环境污染的治理和硝酸的制备具有重大意义。 回答下列问题： (1)氨气在Pt的催化下，会发生I、II两个氧化反应： I．4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) ΔH1= - 905 kJ ·mol-1 II．4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g) ΔH2= -1267 kJ ·mol-1 则反应III： 4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g)的 ΔH= kJ ·mol-1。 (2)向1 L恒容密闭容器中充入0.1 mol NH3和0.2 mol O2，以Pt为催化剂、不同温度下发生上述反应I、II,在反应相同的时间时，体系中含氮物质与加入氨的分子数之比δ (%)随温度的变化如图所示。 ①温度低于400 °C时，发生的反应以 (填“I”或“II”) 为主，800 °C时NO的δ数值较大，原因可能为 。 ②400 °C时NH3的转化率为 。 ③工业采用氨催化氧化制硝酸时，应选择的条件为 (填标号)。 A．常压，400 °C，通过量纯氧 B．高压，850 °C， 通过量纯氧 C．常压，850 °C，通过量空气 D．高压，400 °C，通过量空气 (3)向VL密闭容器中充入5molNH3和7molNO,保持压强不变，在不同温度下发生反应III，经过相同的时间，测得容器内N2的物质的量变化如图所示： ①温度低于T3K时，N2的物质的量随温度的升高逐渐增大的原因是 。 ②T3K时，NH3的体积分数为 (保留4位有效数字)。 6．空间站处理的一种重要方法是对进行收集和再生处理，重新生成可供人体呼吸的氧气。其技术路线可分为以下三步： Ⅰ.固态胺吸收与浓缩 在水蒸气存在下固态胺吸收反应生成酸式碳酸盐(该反应是放热反应)，再解吸出的简单方法是加热。 Ⅱ.的加氢甲烷化 还原制的部分反应如下： i．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)   ii．CO(g)+3H2CH4(g)+H2O(g)   (1)反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)的 。 (2)向恒容绝热的密闭容器中充入amolCO与2amolH2，进行反应ii，下列能判断反应已达化学平衡状态的是 ； a．容器中混合气体密度不变    b．混合气体中与之比不变 c．    d．容器内温度不变 Ⅲ.和合成甲烷也是资源化利用的重要方法。对于上述(1)的反应，催化剂的选择是甲烷化技术的核心。在两种不同催化剂条件下反应相同时间，测得转化率和生成选择性随温度变化的影响如下图所示：    (3)高于320℃后，以Ni为催化剂，转化率仍在上升，其原因是 。 (4)对比上述两种催化剂的催化性能，工业上应选择的催化剂是 ，使用的合适温度为 。 (5)控制起始时，P=1atm，恒容条件下，若只发生反应i、ii，平衡时各物质的量分数随温度的变化如图所示： ①随投料比增大，CO2的转化率如何变化 (填增大，减小或者不变)。 ②图中代表的曲线是 (填“a”、“b”或“c”)；温度低于500℃时，CO的物质的量分数约为0，说明此条件下，反应 (填“i”或“ii”)化学平衡常数大，反应完全。 ③反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)的平衡常数 (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数)。 7．和是两种常见的温室气体，利用和生成高附加值合成气CO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)CO常用于工业冶炼金属，如图是在不同温度下CO还原三种金属氧化物达平衡后气体中与温度（T）的关系曲线图。下列说法正确的是________（填字母）。 A．CO还原的反应 B．CO不适宜用于工业冶炼金属铬（Cr） C．工业冶炼金属铜时较低的温度有利于提高CO的利用率 D．工业上可以通过增高反应装置来延长矿石和CO接触的时间，减少尾气中CO的含量 (3)甲烷部分催化裂解制备乙烯的反应原理为  。温度为T℃，压强为100kPa时，向体积可变的密闭容器中加入，平衡时转化率为40%，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50%，则充入He的物质的量为 mol。 (4)一定温度下，将充入2L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”）。 8．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)。 9．天然气净化厂和石油化工厂均需要处理过程气中的、，以实现硫资源的高效回收和含硫污染物的减排。 (1)一般采用选择性加氢催化剂处理，将其转化为单质硫，主要发生以下反应： 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   则反应的 。 理论上分析，处理时，下列措施中能提高的平衡转化率，同时加快反应速率的是 。 A．升高温度    B．降低温度    C．增大压强    D．增大的浓度 (2)下图表示反应温度对选择性加氢催化剂活性的影响判断加氢转化为的最佳温度为，理由是 。在阶段总转化率增幅较大，试推测其主要原因 。 (3)处理可采用高温热分解法：。已知：组分的平衡分压组分的物质的量分数总压。 ①保持总压不变时，在热分解反应器中通入，可提高平衡转化率，其原因是 。在一定反应条件下，将的混合气进行热分解反应，平衡时混合气中分压是的2倍，则平衡转化率为 。 ②若的压力转化率表示为(为的初始压力，为某时刻的分压)，维持温度和压强不变，一定量的分解达到平衡时，用各组分的平衡分压表示的平衡常数，则平衡时的压力转化率 。 10．随着煤和石油等不可再生能源的日益枯竭，同时在“碳达峰”与“碳中和”可持续发展的目标下，作为清洁能源的天然气受到了广泛的关注。甲烷干重整反应(DRM)可以将两种温室气体(和)直接转化为合成气(主要成分为CO和)，兼具环境效益和经济效益。 (1)已知：、CO和的燃烧热(ΔH)分别为、和。写出甲烷干重整反应的热化学方程式： 。 (2)甲烷干重整过程中可能存在反应： R1：(主反应) R2： R3： R4： R5： 各反应的(K为各反应的平衡常数)与温度的关系如图所示。 由图可知，为提高主反应的转化率应 (填“升高温度”或“降低温度”)。 (3)在、进料配比、温度为500～1000℃的条件下，甲烷干重整过程中甲烷的转化率、的转化率和积碳率随着温度变化的规律如图所示。 ①甲烷干重整的最佳温度为 ℃。 ②在最佳温度、p条件下，向某2L的恒容密闭容器中加入2mol 和2mol ，设只发生R1、R2两个反应。达平衡后，测得容器中CO的浓度为1.4，的转化率为90%，则此时R1反应的压强平衡常数 (保留两位有效数字，压强平衡常数用各组分的平衡分压代替物质的量浓度进行计算，平衡分压=物质的量分数×平衡总压强)。 (4)恒容绝热条件下仅发生主反应时，下列情况能说明该反应达到平衡状态的有___________(填标号)。 A．和的转化率相等 B． C．的体积分数保持不变 D．体系的温度不再变化 (5)合成气可以用于生成甲醇，在容积为2L的恒容密闭容器中加入2mol 和1mol CO，发生反应(未配平)，各组分的物质的量随时间的变化如图所示。 0～5min内 ；15min时改变的条件不可能是 (填标号)。 A．充入                B．充入CO                C．通入惰性气体 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)-67 (2) b 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。 2．(1) (2)BD (3) CO2 CO 温度升高，反应I：正向移动，反应Ⅱ：逆向移动，随着温度持续升高，反应I正向进行的程度大于反应Ⅱ逆向进行的程度 (4) 1 3∶1 (5)上移 【详解】（1）反应I：， 反应Ⅱ：， ③， ④， ⑤， ⑥，由2⑥+⑤-④式可得：，则由盖斯定律得：； （2）由反应I：，反应Ⅱ：，由反应可知，增大压强、降低温度可使平衡向着生成的方向移动；使用高效催化剂，不能使平衡发生移动；及时分离出H2O(g)，可使反应Ⅱ平衡向着生成CH4的方向移动，故选BD； （3）曲线②代表平衡时的体积分数随温度变化的曲线，温度升高，反应I平衡正向移动，CO的体积分数增大，曲线③代表的物质是CO，则曲线①代表的物质是CO2；温度越高，平衡时的体积分数越小的原因是：温度升高，反应I：正向移动，反应Ⅱ：逆向移动，随着温度持续升高，反应I正向进行的程度大于反应Ⅱ逆向进行的程度； （4）设投入的CO2和H2均为1mol，M点平衡时，则转化了0.5mol，列三段式： ， 则反应I的平衡常数； N点，设生成了CO为xmol，列三段式： 则N点时3∶1； （5）若按投料，相当于增加H2的投料，平衡时CH4体积分数增大，则曲线之间交点N的位置上移。 3．(1)-206.1 (2) 甲 降低温度或增大压强 0.32 0.4 (3) 6 【详解】（1）根据燃烧热定义，求得反应的焓变，根据转变为放热44.0kJ，求得反应  ； （2）①随增大，CO的转化率一直变大，即曲线乙表示CO转化率；当增大时，根据反应i、iii分析，选择性变大，当足够大时，选择性基本不变，故曲线甲代表选择性；选择性曲线甲由B点到A点，即选择性变大，依据燃烧热可求，，温度对反应i、、iii影响更大，降温利于生成；加压对生成的无影响，而有利于生成，故条件为降温或加压；②根据图像，时，平衡时CO转化率为40%，选择性为90%，则平衡时：，，，根据氧原子守恒可得；根据氢原子守恒可得，气体总物质的量为；恒温恒容下，气体的压强之比等于物质的量之比，则平衡时压强为；反应ii的； （3）根据循环图易判断中间体为6种；根据循环图，催化加氢制甲醇，产物有，故总反应的化学方程式为。 4．(1) −128.8kJ/mol ＜ (2) (3) Ⅱ CH3OH分解反应为可逆反应，原料中CH3OH的物质的量大于消耗CH3OH的物质的量，转化为甲醛的CH3OH的物质的量与产品中甲醛的物质的量相等 80% 【详解】（1）①由表格数据可得如下热化学方程式：①CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=−725.8kJ/mol、②CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=−283.0kJ/mol、③H2(g)+O2(g)= H2O(l)△H=−285.8kJ/mol，由盖斯定律可知，反应①—②—③×2得到反应Ⅱ，则△H2=(−725.8kJ/mol) −(−283.0kJ/mol)−2×(−285.8kJ/mol)=−128.8kJ/mol，故答案为：−128.8kJ/mol； ②反应Ⅰ为放热反应，故反应I的正反应活化能小于逆反应活化能，故答案为：＜ （2）由反应I和历程ii可知，历程i的反应方程式为，故答案为：； （3）①甲醇分解反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，则原料中甲醇的物质的量大于消耗甲醇的物质的量，由方程式可知，转化为甲醛的甲醇的物质的量与产品中甲醛的物质的量相等，则相同温度时，甲醛的选择性大于甲醇的收率，所以表示收率的是曲线Ⅱ，故答案为：Ⅱ； ②CH3OH分解反应为可逆反应，原料中CH3OH的物质的量大于消耗CH3OH的物质的量，转化为甲醛的CH3OH的物质的量与产品中甲醛的物质的量相等，故答案为：CH3OH分解反应为可逆反应，原料中CH3OH的物质的量大于消耗CH3OH的物质的量，转化为甲醛的CH3OH的物质的量与产品中甲醛的物质的量相等； ②由图可知，T1℃，反应进行到10min达到平衡时，甲醛的收率为60%、选择性为75%，则平衡体系中甲醛的物质的量2mol×60%=1.2mol，甲醇的物质的量为，由题意可建立如下三段式： 由三段式数据可知，③甲醇的转化率为，故答案为：80%； ④10min内一氧化碳的反应速率为，故答案为：； ⑤反应Ⅰ平衡常数，故答案为：。 5．(1)-1810 (2) II 该温度下催化剂对反应I的催化活性更大，从而反应I的选择性更大 75%或0.75 ( C (3) 温度小于T3K时，由于温度较低，反应速率较慢，尚未达到平衡状态，随温度的升高，反应逐渐接近平衡状态，生成N2的量逐渐增加 14.06%或0.1406 【详解】（1）根据盖斯定律，由可得反应III4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g)的 ΔH= ； （2）①由图可知温度低于400 °C时以生成氮气为主，主要发生反应II，原因是：该温度下催化剂对反应I的催化活性更大，从而反应I的选择性更大； ②400 °C时δ (N2)=30%，δ (NO)=15%，δ (NH3)=，NH3的转化率为75%； ③反应I是气体分子数增大的反应，故不宜采用高压，850℃时反应I的选择性最大，通入过量的空气，使N2浓度增大，反应II逆向移动，选择性减小，更有利于反应I的发生，C项正确； （3）①可以从温度对平衡移动的影响来分析，由图可知，温度小于T3K时，由于温度较低，反应速率较慢，尚未达到平衡状态，随温度的升高，反应逐渐接近平衡状态，生成N2的量逐渐增加； ②根据题给信息可得以下三段式： T3K时，NH3的体积分数为。 6．(1)-205 (2)cd (3)以Ni为催化剂，CO2甲烷化速率较慢，升高温度加快反应速率，相同的时间内CO2转化率提高 (4) Ni-CeO2 320℃ (5) 增大 b ⅱ 625 【详解】（1）根据盖斯定律，反应i+ⅱ可得反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)的41+(-246)= -205kJ/mol； （2）达到平衡状态的判断方法是“正逆反应速率相等”，“变量不变”； a.容器中混合气体密度是定值，密度不变不能说明达到平衡状态，故a错误； b.混合气体中c(CH4)与c(H2O)之比是定值，始终是1：1，不能说明达到平衡状态，故b错误； c.v正(H2)=3v逆(H2O)符合正逆反应速率相等，能说明达到平衡状态，故c正确； d.恒容绝热的密闭容器中温度是变量，温度不变说明达到平衡状态，故d正确； 故选cd； （3）高于320℃后，以Ni为催化剂，CO2转化率仍在上升，其原因是以Ni为催化剂，CO2甲烷化速率较慢，升高温度加快反应速率，相同的时间内CO2转化率提高； （4）对比上述两种催化剂，Ni-CeO2作为催化剂时甲烷的选择性高，工业上应选择的催化剂是Ni-CeO2，320℃时转化率高选择性大，使用的合适温度为320℃； （5）①随投料比增大，氢气过量，甲烷的转化率增大；②对于反应CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)  ΔH=-205kJ•mol-1，升高温度，反应逆向移动，H2的物质的量分数增大，CH4和H2O的物质的量分数减小，且CH4和H2O的物质的量分数之比为1：2，故图中a、b、c代表的物质分别为H2O、CH4、H2；温度低于500℃时，CO的物质的量分数约为0，说明CO几乎完全反应，化学平衡常数越大，反应越完全，则反应ii的化学平衡常数大；③起始时，设CO2的起始量为a mol,变化量为x mol,则H2的起始量为4amol,列三段式计算如下：，M点时，，即4a-4x=x，整理得x=0.8a，则平衡时CO2、H2、CH4、H2O的物质的量分别为0.2amol、0.8amol、0.8amol、1.6amol,各气体的总物质的量为(0.2a+0.8a+0.8a+1.6a)mol=3.4amol,在恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，则，平衡时，平衡分压，，，，。 7．(1) +247.3 B (2)BC (3)2.125 (4) 50% 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B； （2）A．CO还原，温度升高，增大，平衡左移，反应放热，故A错误； B．CO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CO不适宜用于工业冶炼金属铬（Cr），故B正确； C．工业冶炼金属铜（Cu）时为放热反应，较低的温度有利于提高CO的利用率，故C正确； D．延长矿石和CO接触的时间，不能减少尾气中CO的含量，故D错误； 故选BC； （3）由题意得，，平衡体系总物质的量为1.2mol，其中，同理，若充入xmolHe，的转化率为50%，，平衡体系总物质的量为，，解得； （4））根据图知，反应后体系的总压强为，设转化率为y，可得：，平衡体系总物质的量为 ①解得； ②，即CH4、C2H4、H2平衡时物质的量浓度分别为0.25mol/L、0.125mol/L、0.25mol/L，； 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。 8．(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。 9．(1) CD (2) 时，总转化率较高，且转化为的选择性也较好 该温度阶段为催化剂的活性温度，反应速率增幅较大 (3) 分压减小，反应正向移动 50% 60% 【详解】（1）通过观察反应Ⅰ、反应Ⅱ可以知道,利用盖斯定理，可以知道反应的，提高的平衡转化率，同时加快反应速率的是，A．升高温度反应Ⅰ、反应Ⅱ逆向移动，转化率降低，不符合题意，B．降低温度反应速率减慢，不符合题意，C．增大压强反应Ⅰ、反应Ⅱ正向移动，转化率提高，加快反应速率，符合题意，D．增大的浓度，正向移动，转化率提高，加快反应速率，符合题意；答案：、CD； （2）加氢转化为的最佳温度为，理由是时，总转化率较高，且转化为的选择性也较好，在阶段总转化率增幅较大，推测其主要原因可能是该温度阶段为催化剂的活性温度，反应速率增幅较大，答案：时，总转化率较高，且转化为的选择性也较好、该温度阶段为催化剂的活性温度，反应速率增幅较大； （3）对于反应，①保持总压不变时，在热分解反应器中通入，其余物质减压，对产物的分压影响更大，再根据勒夏特列原理，可知正向移动，平衡转化率提高，其原因是分压减小，反应正向移动；在一定反应条件下，将的混合气进行热分解反应，平衡时混合气中分压是的2倍，即物质的量是的2倍，说明硫原子反应掉一半，故平衡转化率为50%；②平衡常数，又知道，得，假设起始量为2mol，得三段式，将三段式中的数据代入，，得到x=0.5，压强不变，平衡时的分压，代入，得到压力转化率60%，答案：分压减小，反应正向移动、50%、60%； 10．(1) (2)升高温度 (3) 900℃ (4)CD (5) AC 【详解】（1）根据题干信息，甲烷干重整反应(DRM)可以将两种温室气体(和)直接转化为合成气(主要成分为CO和)，该反应方程式为，、CO和的燃烧热(ΔH)分别为、和，写出热化学方程式为①，②，③，根据盖斯定律，得到，故该反应的；故答案为：； （2）从图中看出，随温度升高，主反应R1及R2、R3反应的都增大，平衡常数增大，平衡都正向移动，R4、R5反应的都减小，平衡常数减小，平衡逆向移动，但温度升高主反应R1的与温度关系曲线的斜率，即正向反应程度大，转化率高，故升高温度，有利于提高主反应的转化率； （3）从图中可看出，随温度升高，甲烷干重整过程中甲烷的转化率增大、的转化率增大和积碳率减小，温度升高到900℃后的转化率与的转化率几乎相等，且达到97%以上，900℃后积碳率很低，说明几乎只发生甲烷干重整主反应R1，故甲烷干重整的最佳温度为900℃；设R1反应中的物质的量变化量为xmol，R2反应中的物质的量变化量为ymol，由已知条件可知，平衡时的转化率为90%，CO的浓度为1.4mol/L，根据三段式分析，、，则，，解得，，平衡时，物质的量为0.2mol，物质的量为1mol，CO物质的量为2.8mol，H2物质的量为1.2mol，H2O物质的量为0.8mol，气体总物质的量为6mol，平衡时气体总压强为，R1反应的； （4）A．和的转化率相等，不能说明该反应达到平衡状态，A错误； B．，未说明反应速率表示的方向，不能体现，不能说明该反应达到平衡状态，B错误； C．随反应进行的体积分数减小，则的体积分数保持不变，能说明该反应达到平衡状态，C正确； D．该反应为吸热反应，随反应进行，体系的温度降低，温度不再变化，能说明该反应达到平衡状态，D正确； 答案选CD； （5）从图中可看出，5min时，的物质的量为0.2mol，则根据可知，消耗的的物质的量为0.4mol，0～5min内；反应10～15min处于平衡状态，15min时，改变条件后，的物质的量逐渐增加，的物质的量在原平衡状态下逐渐减小，说明平衡正移： A．若充入，平衡正移，但总量不是在原平衡基础上逐渐减小，而应是15min时显著增加，平衡正移，逐渐减小，A错误； B．充入CO，平衡正移，的物质的量逐渐减小，的物质的量逐渐增加，B正确； C．通入惰性气体，恒容密闭容器体积不变，总压增大，但各组分分压不变，平衡不移动，C错误； 故15min时改变的条件不可能是AC。 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 $$