2025届福建高三化学一轮专项训练———反应原理综合题38道

2025年福建高考一轮复习专项训练——反应原理综合题38道 一、解答题 1．（2024·福建泉州·模拟预测）丙烯是一种重要的化工原料。关于丙烯的制备方法有如下几种。 I．丙烷氧化脱氢：   (1)下列操作有利于提高丙烷的平衡转化率的有___________(填序号)。 A．升温 B．减压 C．加催化剂 D．通 (2)某温度下，向刚性密闭容器中充入和的混合气体发生反应，下列能说明反应达到平衡状态的是 (填序号)。 A．         B．反应混合物中各组分浓度之比等于化学计量数之比 C．容器内压强不再变化             D．容器内混合气体密度不再变化         E．比值不变 (3)某温度下，向刚性密闭容器中充入的混合气体发生反应，起始压强为，达平衡时总压强为，则的平衡转化率为 。 Ⅱ．丙烷无氧脱氢：  。使用该方法制备丙烯时，体系中还存在副反应：。 (4)已知几种共价键键能如下表所示： 共价键 键能() 413 348 615 436 ①   。 ②丙烷无氧脱氢反应在 (填“较高”“较低”或“任意”)温度下能自发进行。 (5)一定温度下，将和的混合气体通过催化剂(负载于)的表面。反应过程中，催化剂会与反应生成另一催化剂。使用不同催化剂时，和的关系如图甲所示(其中为，为)。反应过程中丙烷平衡转化率、丙烯选择性以及丙烯生成速率随变化如图乙所示。 ①已知Arrhenius经验公式为(为活化能，为速率常数，和为常数)。在其他条件相同时，催化效果更好的是 (填“”或“”)。判断依据是 。 ②图乙中，代表丙烯生成速率的曲线为 (填“”或“”)恒温恒压条件下，向密闭容器中通入和混合气体使丙烯生成速率最大，丙烷无氧脱氢反应的 (已知压强为，列出计算式即可)。 2．（2024·福建厦门·模拟预测）碘单质及其化合物在生产、生活中有广泛应用。 (1)已知几种共价键键能数据如图所示。 。 (2)不能用玻璃瓶盛装溶液的原因是 (用化学方程式表示)。 (3)分解温度为，分解温度为。 ①卤化铵分解与产物稳定性有关，产物越稳定，卤化铵越容易分解。、、、四种物质中，热分解温度最高的是 (填名称)。 ②某温度下，在恒容密闭容器中加入适量的，仅发生下列反应：反应I：反应Ⅱ：。随着反应的进行，产物物质的量随时间的变化曲线如图所示。 ⅰ.曲线 (填“甲”“乙”或“丙”)代表物质的量随时间变化曲线；该温度下，反应Ⅱ的平衡常数 。 ⅱ.进一步研究发现，其他条件不变，升高温度时甲曲线平台下移，其可能的原因是 (写出化学方程式)。 (4)1925年VanArkn和DeBoer发明了碘化钛热分解法制备高纯钛。装置如图所示： 主反应：； 副反应：，。 ①下列关于制备高纯钛的说法正确的是 (填标号)。 A．主反应中 B．在不同温度区域，的量保持不变 C．在提纯过程中，的作用是将粗钛从低温区转移到高温区 D．在提纯过程中，可循环利用 ②钛沉积速率与钛丝温度关系如图所示。温度高时，钛沉积速率降低的主要原因可能是 。 3．（2024·福建泉州·模拟预测）“零碳甲醇”是符合“碳中和”属性的绿色能源。请回答下列有关问题。 (1)已知：；，(a>0，b>0)假设该反应的焓变和熵变不随温度的改变而改变，则该反应能自发进行温度范围 K(用含a、b的代数式表示)。 (2)某温度下，用溶液吸收一定量的后，，则该溶液pOH= (该温度下的、、，用含a的代数式表示)。 (3)合成甲醇有两种方法。 直接法： Ⅰ．　 间接法：和通过逆水煤气反应，先合成CO后，CO和再合成甲醇。 Ⅱ．　 Ⅲ．　 ①若利用间接工艺法合成甲醇，反应的决速步为逆水煤气反应，下列示意图中能体现上述反应体系能量变化的是 (填字母)。 ②在某催化剂下，反应Ⅲ的反应历程(图中的数据表示的仅为微粒的数目以及各个阶段微粒的相对总能量，*表示吸附在催化剂上)如图所示： 已知Ⅴ中有一种吸附在催化剂表面的物质，Ⅴ可表示为 。 ③一定温度、50bar(1bar=100kPa)恒压下，按进料气含a%、3a%(体积分数，杂质气体不反应)合成甲醇，仅发生反应Ⅰ．平衡时二氧化碳转化率为90%，则 bar，反应的平衡常数 (用含a的代数式表示)。 (4)甲醇、乙醇、正丙醇三种物质在温度传感器尖头处蒸发时的温度变化曲线如图，根据曲线下降的幅度和速率的快慢，可以比较分子间作用力的大小。请判断表示甲醇的曲线是 ，理由是 。 4．（2024·福建厦门·模拟预测）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。甲烷干重整反应可以将两种温室气体（和）直接转化为合成气（主要成分为和），兼具环境效益和经济效益。 (1)已知：和的燃烧热分别为、和，则甲烷干重整反应的为 。 (2)合成气可以用于生成甲醇，在容积为的恒容密闭容器中加入和，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。内 ；时改变的条件不可能是 （填标号）。 A．充入 B．充入 C．通入惰性气体 (3)甲烷干重整过程中可能存在反应： （主反应） 各反应的（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”），简述判断的理由 。 (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)在、温度为、进料配比的条件下，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、初始压强条件下，向某的恒容密闭容器中加入和，设只发生两个反应。达平衡后，测得容器中的浓度为，的转化率为，则此时反应的压强平衡常数 。（列出计算式，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）。 5．（2024·福建厦门·二模）丙烷的价格低廉且产量大，丙烷脱氢制丙烯是获取丙烯及其衍生物的重要途径。 反应ⅰ（直接脱氢）：   反应ⅱ：   (1)已知下列键能数据，结合反应ⅰ数据，计算的键能是 。 化学键 键能（） 347.7 413.4 436.0 745 (2)计算反应ⅲ（氧化丙烷脱氢）：的 。 (3)催化丙烷直接脱氢的主要副反应为。 ①一定温度下，向恒容容器中充入一定量丙烷，在催化作用下脱氢制丙烯，下列情况表明反应达到平衡状态的是 （填标号）。 A．气体密度不再改变     B．气体平均摩尔质量不再改变 C．体系压强不再改变 D．单位时间内消耗的物质的量与生成的物质的量相等 ②下，在容器中充入，后达到平衡状态时，转化率为，选择性为，则的消耗速率 ，丙烷脱氢反应的平衡常数 。（已知选择性） (4)以作催化剂，对反应ⅲ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)用替换，进行氧化丙烷脱氢，可避免丙烷深度氧化、资源化利用等优势。 ①结合键能数据分析氧化丙烷脱氢反应的挑战和难点 。 ②也可以进行氧化乙苯脱氢制取苯乙烯，参与的乙苯脱氢机理如图所示（，表示乙苯分子中C或H原子的位置；A、B为催化剂的活性位点，其中A位点带部分正电荷，、位点带部分负电荷）。 图中所示反应机理中步骤I可描述为：乙苯带部分正电荷，被带部分负电荷的位点吸引，随后解离出并吸附在位点上；步骤Ⅱ可描述为： 。 6．（2024·福建福州·二模）为了减少“温室效应”带来的负面影响，法国化学家Paul sabatier研究得出在催化剂作用下能够转化为甲烷，即Sabatier反应： ；副反应： ；回答下列问题 (1)若的燃烧热分别为， ，则Sabatier反应的 。 (2)实际化工生产过程中，下列措施能提高转化效率的是 。 a.合适的温度下，适当增大压强 b.增加反应物与的体积比 c.采用双温控制，前段加热，后段冷却 d.选取高效催化剂及增大催化剂的比表面积 (3)将原料气按置于密闭容器中在进行 Sabatier反应，测得平衡转化率与压强、温度的关系如图所示，x、y、z、w大小关系为 ， 在压强为时，700~800℃范围内，随温度升高，的平衡转化率逐渐增大，其原因是 。 (4)针对“”反应，实验测得正反应速率为，逆反应速率为，其中为速率常数，为平衡常数，则 (以和表示)。 (5)上图中，当温度为500℃、压强为时，针对 Sabatier反应，根据M点计算 (不考虑副反应，写出计算式即可，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 7．（2024·山东菏泽·二模）还原CO2是实现“双碱”经济的有效途径之一，涉及反应如下： Ⅰ：   Ⅱ：   回答下列问题： (1)物质的标准生成焓是指在标态和某温度下，由元素最稳定的单质生成1mol纯净物时的焓变。一些物质298K时的标准生成焓（）    物质 / -74.8 -110 -393.5 -286 0 (2)有利于提高CO平衡产率的条件是______（填标号）。 A．低温低压 B．低温高压 C．高温低压 D．高温高压 (3)反应Ⅰ的正、逆反应速率方程为：、，、符合阿伦尼乌斯公式（为活化能：T为温度：R、c为常数），实验测得的实验数据如图所示，则正反应的活化能 ，升高温度的值 （填“增大”“减小”或“不变”）。 (4)一定温度和压强下，重整反应中会因发生副反应而产生积碳，从而导致催化剂活性降低。若向容器中通入过量水蒸气可以清除积碳．反应的化学方程式为 ，的值 （填“增大”“减小”或“不变”）。 (5)在101kPa时，工业上按投料加入刚性密闭容器中，只发生Ⅰ、Ⅱ两个反应，和的平衡转化率与温度的关系如图所示．温度高于1200 K时，和的平衡转化率趋于相等的原因可能是 ；计算1000 K时反应Ⅱ的压强平衡常数 （计算结果保留3位有效数字，用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数）。 8．（2024·福建莆田·三模）苯乙烯是生产塑料、橡胶的重要原料，工业上以铁钴催化剂催化乙苯催化脱氢可获得苯乙烯。主要发生的反应为： 反应I：(g)(g)+H2(g)    △H1=+117.6kJ•mol-1 反应Ⅱ：(g)+H2(g)(g)+CH4(g)    △H2 反应Ⅲ：(g)8C(s)+H2(g)    △H3=-1.67kJ•mol-1 (1)铁钴催化剂中基态Co原子的电子排布式为 。 (2)已知，在298K、101kPa条件下，某些物质的相对能量(△H)变化关系如图所示，则△H2= kJ•mol-1。 (3)在恒温恒压的条件下只发生反应I，下列事实能作为反应I达到平衡的依据的是 。 A．v正(C6H5C2H5)=v正(C6H5C2H3) B．容器内气体密度不再变化 C．苯乙烯、H2的分子数之比不再变化 D．气体的平均相对分子质量不再变化 (4)往刚性密闭容器中同时通入乙苯和一定比例水蒸气，控制反应温度为600℃、体系起始总压强为100kPa的条件下进行反应。 ①通入水蒸气的作用有 。 ②假设容器中只发生反应I，测得体系总压和乙苯转化率随时间变化结果如图所示。 则平衡时，p(H2O)= kPa，平衡常数Kp= kPa(Kp为以分压表示的平衡常数，气体分压=气体总压×体积分数)。 ③反应速率v正=k正×p(乙苯)，v逆=k逆×p(苯乙烯)×p(氢气)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，则a点时= 。 (5)工业上也可以利用CO2弱氧化性在催化剂条件下制备苯乙烯，其反应的机理如图所示(α、β表示乙苯分子中C或H原子的位置；A、B为催化剂的活性位点，其中A位点带部分正电荷，B1、B2位点带部分负电荷)。αC—H的极性 (选填“＞”或“＜”)βC—H，步骤Ⅲ形成苯乙烯后更容易脱附的原因为 。 9．（2024·福建龙岩·三模）丙烯腈()是合成橡胶及合成树脂等工业中的重要原料，以 为原料合成丙烯腈的反应过程如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 科学家通过计算得出反应Ⅱ的历程包含p、q两步，其中p步反应的化学方程式为： 已知：部分化学键键能如下表所示： 化学键 键能(kJ·mol-1) 413 463 389 348 305 615 351 745 891 (1)q步反应的热化学方程式为 。 (2)在盛有催化剂、压强为的恒压密闭容器中按体积比充入和NH3发生反应，通过实验测得平衡体系中含碳物质(乙醇除外)的物质的量分数随温度的变化如下图所示。 ① 0(填“>”“<”)。 ②含碳物质检测过程中，未检测出，反应活化能相对大小应为p q(填“>”或“<”)。 ③M点时，体系中的体积分数 (保留三位有效数字)。 ④N点时，反应Ⅱ的压强平衡常数 (保留三位有效数字)；范围内，物质的量分数表示的平衡常数的相对大小：反应Ⅰ 反应Ⅱ(填“>”“<”或“=”)。 ⑤上述条件下丙烯腈的平衡产率不高，实际生产中会向反应器中再充入一定量(不参与反应)，请解释该操作的目的并说明理由 。 10．（2024·上海·模拟预测）人类利用二氧化碳合成淀粉对社会的发展起着重要作用，合成过程首先是利用二氧化碳制备甲醇，合成甲醇的反应为 。回答下列问题： (1)已知： ① ； ② ； ③a、b均为大于零的数，且a>b。 (用含a、b的式子表示)。某研究小组设计合成的路线及的部分应用如图所示，图中熔融碳酸盐燃料电池的正极电极反应式为 。 (2)研究合成甲醇的催化剂时，在其他条件不变仅改变催化剂种类的情况下，对反应器出口产品进行成分分析，结果如图所示。在以上催化剂中，该反应应选择的最佳催化剂为 。 (3)在研究该反应历程时发现：反应气中水蒸气含量会影响的产率。为了研究水分子对该反应机制的内在影响，我国学者利用计算机模拟，研究添加适量水蒸气前后对能垒较大的反应历程能量变化的影响(如图所示，吸附在催化剂表面的物种用*标注)。 ①依反应历程图所示，写出有水参与时反应的化学方程式： 。 ②结合图3及学过的知识推测，有水参与的历程，反应速率加快的原因是 。 (4)在T℃时，将6mol (g)和12mol (g)充入容积为10L的恒容容器中，只发生 ，初始压强为 kPa，测得体系中剩余(g)的物质的量随时间变化如图中状态Ⅰ所示。 ①T℃时，0～1min内甲醇的反应速率v(CH3OH)= mol/(L·min)，该反应的平衡常数Kp= kPa-2。(用平衡分压代替平衡浓度计算，列出计算式) ②保持投料量不变，仅改变某一个条件后，测得随时间变化如图中状态Ⅲ所示，与状态Ⅰ相比，状态Ⅲ改变的条件可能是 。 (5)一种可吸附甲醇的材料，其化学式为，部分晶体结构如图所示，其中为平面结构。 下列说法错误的是__________。 A．该晶体中存在氢键 B．中C原子为杂化 C．基态原子的未成对电子数： D．基态原子的第一电离能： 11．（2024·福建泉州·模拟预测）汽车尾气处理系统的原理是利用脱除并转化为。 (1)已知在25℃，时： 反应ⅰ：   反应ⅱ：   反应ⅲ：   (2)当与的物质的量之比按1：3、3：1、4：1分别以相同流速通过催化剂，通过时间均为，的脱除率随温度变化的曲线如下图所示： ①曲线c对应与的物质的量之比为 。 ②若曲线a中的起始浓度为，则在900℃时的脱除速率为 。 ③在800℃~1100℃时，催化剂活性较稳定。则脱除的最佳温度为 ℃，的脱除率在最佳温度之前逐渐增大的原因是 。 ④940℃时，反应ⅲ的平衡常数 （用物质的量分数代替浓度，列计算式）。 ⑤若其它条件不变，提高催化剂的活性，940℃时的脱除率 （选填“增大”“减小”或“不变”）。 (3)一定比例的和也能很好的脱除，某催化反应机理如下图所示： （注：表示V化合价为价，其它相似） ①该反应的催化剂为 。 ②转化为过程中与的物质的量比为 。 ③转化为，键角增大的原因是 。 12．（2024·福建龙岩·模拟预测）甲烷蒸汽重整是制氢的主要途径，涉及反应如下： 反应Ⅰ： 反应II： 回答下列问题： (1)标准摩尔生成焓是指标准状态下，由稳定的单质生成该物质的焓变，稳定单质的。根据下表数据计算 。 物质 -74.8 -110.5 -241.8 (2)向恒容密闭容器中按投料，初始总压强为，测得平衡时各组分的物质的量分数与温度的关系如图所示，其中a代表的物质的量分数。 ①体系达到平衡后，以下有关判断正确的是 。 A．缩小容器体积，反应Ⅱ不移动 B．充入氮气，甲烷转化率增大 C．体系中，大于3     D． ②图中表示的物质的量分数随温度变化的曲线是 。 ③温度低于时，的物质的量分数随温度升高而增大，原因是 。 ④时，的平衡转化率为 (保留两位有效数字)，反应Ⅱ的 。 (3)镍基复合催化剂可作为重整的催化剂和吸收剂。在催化剂表面和发生反应，生成、和的反应机理如下。 a． b．…… c． d． e． 补充b反应的方程式： 。 13．（2024·福建福州·三模）研究氮氧化物 (NOₓ)的还原处理方法是环保领域的主要方向之一。回答下列问题： ．用H2还原NO的反应为 (1)该反应的正反应速率方程可表示为，某温度下，测得正反应速率v正与c(NO)或c(H)的变化关系如图1所示。 则 ， 。 (2)研究表明上述反应历程分两步基元反应： i．； ii．。 根据 (1)所给信息判断，H 还原 NO 总反应的速率由反应 (填“ i”或“ii” ) 决定。 (3)将一定量的H和NO置于以下条件下发生反应(起始容器的体积、温度、压强均相同)，到达平衡时，H的平衡转化率最大的是 。 a． 恒温恒容        b．恒温恒压        c． 恒容绝热 ．脱除汽车尾气中 NO 和CO包括以下两个反应： 反应i．； 反应ii．。 反应过程中各物质相对能量如图 2 (TS表示过渡态)： (4)CO和NO 反应生成N的热化学方程式为 。 将恒定组成的NO和CO混合气体通入不同温度的反应器，相同时间内检测物质浓度，结果如图3。 (5)NO和CO的脱除应选择 (填“高温”或者“低温”)。 (6)实验过程中，高于340℃后NO浓度逐渐减小，试分析发生该变化的原因是 。 (7)450℃时， 该时间段内NO的脱除率= (保留2位有效数字， NO的脱除率 14．（2024·福建厦门·三模）可利用干法热分解法和湿法催化氧化法高效脱除沼气中的。 (1)已知：部分键能数据为。 。 (2)干法热分解法原理为。向体积为恒容容器中充入，初始压强为，平衡时体系中各物质随温度t的变化如图。 ①对应图中的曲线是 (填字母)，结合平衡移动原理说明理由。 ②t1℃时，的平衡转化率为 ，分压平衡常数 (以分压表示，分压=总压×物质的量分数，列计算式即可)。 (3)湿法催化氧化法高效脱除的过程如下。 ①“沉淀脱硫”中发生反应 。(已知：25℃时，的的) ②“氧化沉硫”中发生反应的离子方程式有、 。 ③对脱硫效率影响如图。随着增大，脱硫效率趋于平缓的原因是 。 ④该流程中可循环利用的物质有 (填化学式)。 (4)相比湿法催化氧化法，干法热分解法的优点是 ，缺点是 。 15．（2024·福建南平·三模）和催化耦合脱氢制备丙烯是实现碳中和的有效途径之一，其微观过程示意如图1。 在不同温度下，维持的量不变，向体积相同的恒容密闭容器中分别通入为0：1、1：1、2：1、3：1的的混合气，测得的平衡转化率随温度的变化曲线如图2。 已知： Ⅰ. Ⅱ. Ⅲ. (1)= 。 (2)①=1：1对应图中曲线 (填序号)。 ②900K下，曲线b、c、d的平衡转化率显著大于a的原理为 。 (3)900K，将=3：1的混合气通入恒容密闭容器中进行反应。 ①下列说法正确的是 (填序号)。 A．通入氩气可提高的平衡转化率 B．体系达到平衡时，若缩小容器容积，反应Ⅱ平衡不移动 C．当和的比值不变时，体系达到平衡 D．改善催化剂的性能可提高生产效率 ②若初始压强为，t min时达到平衡，此时分压是CO的5倍，0～t min内= ；反应Ⅰ的压强平衡常数= 。 (4)利用反应可制备高纯Ni。 ①晶体中不存在的作用力有 。 A．离子键    B．π键    C．范德华力    D．极性键   E．金属键 ②中Ni为杂化，配位原子是 ，判断依据是 。 16．（2024·福建宁德·三模）乙醇水蒸气重整制氢是生物质制氢的重要方法，有关反应如下： ⅰ、(主反应) ⅱ、 ⅲ、 ⅳ、 (1)反应ⅳ的 。 (2)Akande等研究了以为催化剂的乙醇水蒸气重整反应。下列说法正确的是 (填序号)。 A．能改变重整反应的历程，因而能改变反应ⅰ的焓变 B．使用适宜的催化剂提高的选择性，从而提高的平衡产率 C．能降低重整反应的活化能，大幅增大反应的速率常数 (3)在2L刚性容器中，充入和若干，平衡时产生物质的量与温度、水-乙醇比(水与乙醇物质的量比)的关系如图1所示(曲线上标注的数字为物质的量/mol)。900K时，与的关系如图2所示。 ①温度一定，乙醇的转化率随水-乙醇比的增大而增大，原因是 。水-乙醇比时，产生氢气的量随温度升高的变化趋势是 。 ②降低温度，图2中点不可能变为 点(填“A”或“B”)。 ③900K，在2L刚性容器中，充入和，以为催化剂，40min达到平衡，测得，且在含碳产物中的体积分数为，则0～40min用表示的反应速率为 (用含a、b的式子表示，下同)， 。 17．（2024·福建漳州·三模）利用脱除烟气中的具有重要意义。已知在还原过程中，会发生如下反应： 反应i     反应ii     反应iii     回答下列问题： (1)已知，和的燃烧热分别为、，则反应i的为 。 (2)下列有利于提高反应i中的平衡转化率的是___________。 A．恒容时增大浓度 B．降低温度 C．选择合适的催化剂 D．减小容器的容积 (3)一定条件下，该体系达平衡时各气体物质的量随进料比的变化如图1所示。 ①S的物质的量随进料比增大发生变化的原因是 。 ②通入和，达到平衡时，则反应ii的 (为物质的量分数，计算结果保留两位小数)。 (4)在刚性容器中，控制反成温度为823K。固定浓度为，进料比分别为、、时的转化率随时间变化如图2所示。 ①进料比为对应图中曲线 。 ②反应从开始到A点时间内的生成速率为 。 (5)在催化剂作用下，还原的部分机理如图3所示(表示S吸附在催化剂表面)。该反应的催化剂为 ，历程②的方程式为 。 18．（2024·福建三明·三模）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)。 19．（2024·天津河东·二模）氮是自然界重要元素之一，氮及其化合物的性质以及氮的循环利用对解决环境和能源问题都具有重要意义。 已知：1 mol物质中的化学键断裂时所需能量如下表。 物质 能量/kJ·mol 945 498 631 (1)恒温下，将1 mol空气和的体积分数分别为0.78和0.21，其余为惰性组分)置于容积为V L的恒容密闭容器中，假设体系中只存在如下两个反应： ⅰ.      ⅱ.     kJ⋅mol ① kJ⋅mol。 ②以下操作可以降低上述平衡体系中NO浓度的有 (填标号)。 A．升高温度    B．移除    C．降低浓度 ③若上述平衡体系中mol⋅L：mol⋅L，则 mol⋅L用含a、b、V的计算式表示)。 (2)也是造成水体富营养化的重要原因之一，用NaClO溶液氧化可除去氨气。其反应机理如图1(其中和NaCl略去)。NaClO氧化的化学反应程式为 。 (3)改变对溶液中NaClO去除氨气效果与余氯(溶液中+1价氯元素的含量)的影响如图2所示，则除氨气过程中最佳的值约为 。 (4)室温下，用水稀释0.1 mol⋅L氨水，溶液中随着水量的增加而减小的是___________。 A． B． C． D． (5)工业上以和为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步： ⅰ.和生成；ⅱ.分解生成尿素。 结合反应过程中能量变化图3，下列说法正确的是 。      a．活化能：反应ⅰ<反应ⅱ b．ⅰ为放热反应，ⅱ为吸热反应 c．   20．（2024·福建·模拟预测）对氮氧化物的资源化利用，运用多种方式促进氮的循环转化，具有重要的研究意义。 (1)已知a：　 b：C的燃烧热为； c：　 ①请写出与反应生成两种无污染性气体的热化学方程式： 。 ②将等物质的量的与混合气体分别通入体积均为的恒温密闭容器Ⅰ和绝热密闭容器Ⅱ中，反应一段时间后两容器内达到平衡状态，下列说法正确的是 。 A．两容器内混合气体密度相等 B．转化率 C．反应平衡常数 (2)可利用钴氨配合物吸收对的配合能力很强，而对的配合能力极低。 ①已知的结构如图所示，的空间构型是 ，NH3与相比，∠H-N-H键角大小为：NH3 (填“>”、“<”)。 ②有氧和无氧条件下，溶液脱除的效率如图1所示，有氧环境下，发生总反应：，在的有氧环境下，往溶液中持续通入试样气体脱除率为60%(假设溶液体积不发生改变)，结合图1信息，计算此时钴氨溶液中有效含钴率为 。(有效含钴率) ③钴氨溶液经过多次循环吸收后，其吸收的能力变化如图2所示，前内钴氨溶液吸收的能力不断下降的原因是 。 (3)催化电解吸收液可将还原为，其催化机理如图3所示，在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到部分还原产物的法拉第效率随电解电压的变化如图4所示。已知表示电解生还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数；表示电解过程中通过的总电量。 ①当电解电压为时，催化电解生成的电极反应式为 。 ②当电解电压为时，电解生成的和的物质的量之比为 。 21．（2024·福建·模拟预测）氙及其化合物在工业生产中有重要用途。 (1)1962年，化学家巴特利特合成了氙的第一个化合物，其在熔化时电离出和。Xe和混合制得的反应可以表示如下： 已知：①在标准状态下将1mol离子型晶体(如NaCl)拆散为1mol气态阳离子()和1mol气态阴离子()所需要的能量叫做晶格能，的晶格能为。 ②Xe的第一电离能为。 ③ 。 根据以上信息，计算反应 。 (2)不久，在三个不同实验室里又分别合成了、、三种简单化合物。其中一种化合物的晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，表示阿伏伽德罗常数的值。则该化合物的化学式为 ，中心原子的价层电子对数为 。 (3)一定条件下，向恒容密闭容器中充入Xe和混合气体，反应体系中存在的平衡及相应部分数据如下表所示。 已知：分压=总压×该组分物质的量分数； 对于反应 其中，、、、为各组分的平衡分压。 标准压强平衡常数 反应平衡 反应I： 360 反应II： 反应III： ① 0(填“>”或“<”)。为提高平衡混合物中的含量，应 投料比(填“增大”或“减小”)。 ②673K时充入23.77molXe和，达平衡时容器内总压强，各产物的物质的量如下表所示： 化学式 物质的量/mol 3.60 19.80 0.36 则平衡转化率 (保留三位有效数字)， 。 22．（2024·湖南·二模）水煤气是一种优质燃料和重要的化工原料，其制备方法是将水蒸气与焦炭在高温下混合反应，然后投入固体进行处理。 I．在温度下将高温水蒸气通入炽热的焦炭中，其中可能发生的一些反应如下： 反应方程式 焓变 压强平衡常数 ① ② (1)已知反应的焓变，近似认为反应焓变不随温度变化，则焦炭的燃烧热 。 (2)在温度下体系达到化学平衡，将这一时刻记为，然后将可压缩的恒温反应容器突然压缩至原来体积的一半。将压缩之后这一瞬间的时刻记为，重新达到平衡时的时刻记为，则______（填标号）。 A．时，反应①的正反应速率比时增大 B．时，反应②的逆反应速率比时减小 C．时，反应①的压强平衡常数比时增大 D．时，水蒸气的转化率比时减小 (3)反应②的平衡常数很小，若近似忽略生成的反应，在一个体积固定的恒温容器内投入足量焦炭与一定量的水蒸气，在温度下达到平衡时水蒸气的转化率为，下图的三条曲线分别代表了达到平衡时不同的转化率对应的水蒸气分压、分压、体系的总压，则代表分压的曲线是 （填标号）。欲使平衡转化率为，则初始充入水蒸气的压强应为 （结果保留两位有效数字）。 Ⅱ．投入固体可吸收反应产生的，生成。除了以外，钙还有多种氧化物。 (4)在大约的高压条件下还可以进一步与反应得到由和构成的另一种钙的氧化物，预测的VSEPR模型名称是 . (5)反应生成的在自然界中会被溶解有的雨水溶蚀，该过程的离子方程式为 。已知，碳酸的（碳酸浓度以形式计算）、某雨水恰好能够溶解，此时该雨水中的浓度为，忽略固体溶解产生的体积变化，则此时该雨水的为 。 23．（2024·福建·三模）可用解除法制硫酸产生的废钒催化剂（）制备钒（Ⅳ）。 已知：钒（Ⅳ）在水溶液中存在形态与pH的关系如下。 (1)450℃，催化和反应时，反应机理如下：       则   。 (2)废钒催化剂的一种处理方法为，“还原”过程“”的离子方程式为 。 (3)三种常见的金属离子萃取剂（简写为HR）结构如下表。 萃取剂 A B C 结构 ①HR在煤油中以二聚体形式（）与金属离子络合，HR通过 形成（填微粒间相互作用名称）。 ②在水中电离出能力最强的是 （填“A”“B”或“C”）。 (4)25℃时，萃取钒（Ⅳ）过程示意图如下。 萃取平衡为，其中org表示有机相。 已知：有机相和水相的分配比；钒萃取率。 ①萃取达到平衡的标志是 （填标号）。 A．水相pH不再变化    B．水相不再变化 C．有机相不再变化    D．分配比D不再变化 ②利用NaOH溶液调节水相初始pH，pH从1调至4的过程中，E先增大后减小。结合平衡移动原理进行解释 。 ③维持水相，分别测得萃取剂A、B、C的随变化曲线如图。 代表的是萃取剂 （填“A”“B”或“C”）：萃取平衡常数 。 24．（2024·福建漳州·三模）甲醇是一种可再生的清洁能源，以甲醇为原料制备氢气的原理为。 (1)已知相关物质的标准燃烧热(25℃，101kPa)如表所示，则上述反应的 。 物质 标准燃烧热() (2)中国石油大学陈玉教授团队研究了在催化剂Pd／MgO(100)表面的催化反应机理，其部分反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物种用“*”标注，过渡态用TS表示)： 图示历程中最大能垒为 eV，决速步骤的化学方程式为 。 (3)一定温度下，维持100kPa，将与Ar(g)以一定比例投料发生上述反应，测得的平衡转化率及的分压随x的变化关系如图所示： 已知：为用气体分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数。 ①图中表示的平衡转化率随x变化的曲线为 (填“A”或“B”)，判断理由是 。 ②当x=1时，平衡体系中 kPa． ③若正、逆反应速率方程分别为、，、分别为正、逆反应的速率常数，则该反应的平衡常数 (用、表示)，当x=5，时， 。 25．（2024·四川绵阳·三模）先进的甲醇低压羰基合成乙酸工艺的普及推广，导致我国乙酸产能过剩。使用特定催化剂进行乙酸直接加氢制备乙醇的反应原理如下： 主反应：△H1 副反应： 副反应的反应热绝对值远远小于主反应的反应热绝对值。 (1)一定温度下，将1 mol CH3COOH(g)、5 mol H2(g)通入到恒压密闭容器中(不考虑副反应)。达到平衡时，H2的转化率为4%，该反应放热a kJ。则该温度下主反应的△H1= 。该反应自发发生的条件为 (选填“高温”“低温”或者“任何温度”)。 (2)250℃下，恒压密闭容器中充入一定量H2(g)和CH3COOH(g) (不考虑副反应)，下列条件不能判断反应达到平衡状态的是_______(填字母)。 A．混合气体的密度保持不变 B．混合气体的平均相对分子质量保持不变 C．H2O的体积分数不变 D．n(H2O)和n(CH3CH2OH)的比值一定 (3)已知：Ⅰ．S表示选择性，且主反应产物的选择性往往大于副反应产物的选择性 Ⅱ． 在n(H2)：n(CH3COOH)=10时：2 MPa下，平衡时S(乙醇)和S(乙酸乙酯)随温度的变化；250℃下，平衡时S(乙醇)和S(乙酸乙酯)随压强的变化均如图所示。 ①250℃下，乙醇选择性随压强变化的曲线是 (填字母)。 ②曲线b变化的原因是 。 ③150℃，在催化剂作用下H2和CH3COOH反应一段时间后，乙醇的选择性位于m点。不改变反应的温度和时间，一定能提高乙醇选择性的措施 (填一条)。 (4)一定温度和恒定压强下，向初始体积为1 L容积可变的密闭容器中通入2 mol H2和1 mol CH3COOH同时发生主反应和副反应，测得平衡时n[H2O(g)]=0.8 mol，体系中气体物质的量减小20%，则平衡时，c(H2) mol/L，主反应的Kc= 。 26．（2024·内蒙古锡林郭勒盟·三模）氮氧化物是大气的主要污染物，为防治环境污染，科研人员做了大量研究。 I．汽油燃油车上安装三元催化转化器，可以使和两种尾气反应生成，可有效降低汽车尾气污染，反应为。 (1)下表中数据是该反应中的相关物质的标准摩尔生成焓（）（标准摩尔生成焓是指在、条件下，由稳定态单质生成化合物时的焓变）数据。 物质 0 90 则 。 (2)将和按物质的量之比以一定的流速分别通过两种催化剂（和）进行反应，相同时间内测定逸出气体中的含量，从而确定尾气脱氮率（的转化率），结果如图所示。 ①下脱氮率较高的催化剂是 （填“”或“”）。 ②催化剂催化条件下，后，脱氮率随温度升高而下降的原因是 。 Ⅱ．一定条件下与可发生反应：。 (3)将与按物质的量之比置于恒温恒容密闭容器中反应。下列能说明反应达到平衡状态的是__________（填标号）。 A．体系压强保持不变 B．与的物质的量之比保持不变 C． D． (4)将一定量的与置于密闭容器中发生反应，在相同时间内测得的物质的量分数与温度的变化曲线如图1所示（虚线为平衡时的曲线）。的平衡转化率与压强、温度及氮硫比的关系如图2所示。 ①由图1可知，温度过高或过低均不利于该反应的进行，原因是 。 ②图2中压强： （填“>”“<”或“=”，下同），氮硫比： 。 ③温度为，压强恒定为时，反应平衡常数 。 27．（2024·福建厦门·一模）氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。CH4－H2O(g)催化重整制氢，主要反应如下： 反应I：CH4(g)+H2O(g)⇌3H2(g)+CO(g)    ∆H1 反应Ⅱ：CH4(g)+2H2O(g) ⇌4H2(g)+CO2(g)    ∆H2 反应Ⅲ：CO(g)+H2O(g) ⇌H2(g)+CO2(g)    ∆H=-41.2kJ•mol-1 CH4－H2O(g)重整过程中自由能(∆G=∆H-T∆S，设∆H和∆S不随温度变化)随温度变化趋势如图1所示： (1)反应Ⅱ焓变的符号：∆H2 0(填“＞”或“＜”)，理由是 。 (2)上述反应体系在一定条件下达到平衡后，下列说法正确的是 。 A．及时分离出二氧化碳，可以使得反应I的正反应速率增大 B．降低温度，反应I逆向移动，反应Ⅲ正向移动 C．加入反应Ⅲ的催化剂，可以降低该反应的活化能和反应热 D．增大水蒸气的浓度，有利于提高甲烷的平衡转化率 (3)反应Ⅲ的速率v=v正-v逆=k正c(CO)•c(H2O)-k逆c(CO2)•c(H2)，其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。升高温度时lgk正-lgk逆 (填“增大”“减小”或“不变”)。 (4)一定温度下，向恒容密闭反应器中通入CH4和H2O(g)，起始时CH4和H2O(g)的分压分别为2MPa、6MPa，发生反应I、Ⅱ、Ⅲ。反应进行t1min时达到平衡状态，此时CO、CO2的分压分别为aMPa、bMPa。 ①H2O(g)的平衡分压为 MPa(用含a、b的代数式表示，下同)。 ②反应I的Kp= (用平衡时各物质的分压代替物质的量浓度)。 (5)70～80℃，利用HCO与HCOO-的相互转化实现H2的储存与释放，其释放H2的一种机理如图1所示，该过程中使用的Pd/Ag/TiO2复合催化剂的结构及各部分所带电荷如图2所示。 ①写出释氢反应的离子方程式： 。 ②根据元素电负性的变化规律，步骤I、Ⅱ可以描述为 。 28．（2024·福建龙岩·二模）石油化工、煤化工等行业的废气中均含有硫化氢，需要将其回收处理并利用。 (1)热分解法：    ，工业上，通常在等温、等用条件下将与Ar的混合气体通入反应器，发生热分解反应，达到平衡状态后，若继续向反应器中通入Ar，的平衡转化率会 (填“增大”、“减小”或“不变”)。 (2)氧化法：     已知：          无催化剂条件下，混合加热与，探究相同时间内(g)产率影响因素。 ①用氧化法处理，若生成1mol (g)，放出热量为 kJ。 ②其他条件相同时，产率随温度的变化如图所示。随着温度升高，(g)产率先增大后减小，原因是 。 ③其他条件相同时，(g)产率随值的变化如图所示。值过高不利于提高(g)产率，可能的原因是 。 (3)微电池法：利用电化学原理去除天然气中的，装置如图所示，总反应是：。 ①写出负极的电极反应式 。 ②一段时间后，单位时间内的去除率降低，其可能的原因是 。 (4)硫酸钙吸收法：如图为反应体系在不同温度、不同物质的量比的物相变化图。 ①用斜线在图中画出可以完全转化并且有CaO生成的区域 。 ②若不通入，简述随温度升高分解的规律 。 29．（2024·福建莆田·二模）CH4-CO2干气催化重整制合成气(H2+CO)是CO2资源化利用的重要研究方向，生产过程需做好积炭的控制。在密闭容器中，该重整体系发生反应Ⅰ～Ⅳ。 Ⅰ. Ⅱ. Ⅲ. Ⅳ. 用x表示进料比。回答下列问题： (1)t℃时，刚性容器中以一定的进料比发生上述四个反应，下列说法正确的是___________(填标号)。 A．平衡时向容器中充入惰性气体，反应Ⅰ逆向移动 B．根据混合气体的密度不变可判断重整反应体系已达到平衡状态 C．增大CH4的起始浓度，K(Ⅰ)和K(Ⅱ)同时增大 D．催化剂能降低反应的活化能，增大CH4的平衡转化率 (2)下表列出反应Ⅱ中3种化学键的键能： 化学键 C=O H-H O-H 键能/(kJ/mol) 799 436 463 则CO中C≡O的键能为 。 (3)反应Ⅰ～Ⅳ中，△H-T△S随温度的升高而增大的是反应 。 (4)101 kPa的密闭容器中，进料比x分别为2.0、1.0和0.5下进行催化重整反应，测得平衡时积炭生成量随反应温度的变化如图所示。 ①x=0.5的曲线是 (填“甲”“乙”或“丙”)。 ②因积炭生成量增加导致反应Ⅰ速率显著降低的原因是 。 ③x=1.0，温度低于1000℃，随着温度的升高，积炭生成量减少的原因是 。 (5)t℃、p kPa时，进料比x=0.5，若催化重整只发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，达到平衡时气体总物质的量增加了60%，混合气中n(H2O)：n(CO2)=5：6。 ①甲烷的平衡转化率为 。 ②平衡常数K(Ⅱ)= (列出计算式)。 30．（2024·福建南平·一模）异丙醇（）可由生物质转化得到，催化异丙醇脱水制取高值化学品丙烯（）的工业化技术已引起人们的关注，其主要反应如下： Ⅰ. Ⅱ. 回答下列问题： (1)已知 ，则燃烧生成和的热化学方程式为 。 (2)在1350℃下，刚性密闭容器中加入一定量的，发生反应Ⅰ、Ⅱ。反应体系内水蒸气的浓度随反应时间的关系如下表所示： 反应时间/s 0 4 8 12 20 40 80 … 浓度/ppm 0 2440 3200 3600 4000 4100 4100 4100 … ①4～8s内，平均反应速率 ppm·s-1。 ②表格中t 16（填“＞”“＜”或“＝”）。 ③反应过程中，关于反应Ⅰ、Ⅱ的叙述一定正确的是 （填标号）。 A．反应Ⅰ、Ⅱ到20s时才开始达到平衡 B．混合气体密度不变说明反应Ⅰ、Ⅱ已达到平衡 C．浓度不再变化说明反应Ⅰ、Ⅱ已达到平衡 D．平衡时的浓度小于4100ppm (3)在一定条件下，若反应Ⅰ、Ⅱ的转化率分别为60％和30％，则丙烯的产率为 。 (4)如图为反应Ⅰ、Ⅱ达到平衡时与温度的关系曲线。已知：对于可逆反应，任意时刻［式中p（X）表示气体X的分压：p（X）＝总压×气体X的物质的量分数］。 ①在350℃恒容平衡体系中，加入少量时，反应Ⅱ的状态最有可能对应图中的 （填“甲”“乙”或“丙”）点，判断依据是 。 ②350℃时，在密闭容器中加入一定量的，反应Ⅰ、Ⅱ达到平衡后，测得的平衡分压为aMPa，则水蒸气的平衡分压为 MPa（用含a的代数式表示）。 31．（2024·福建宁德·一模）我国提出“碳达峰”目标是在2030年前达到最高值，2060年前达到“碳中和”。因此，二氧化碳的综合利用尤为重要。 (1)通过使用不同新型催化剂，实现二氧化碳加氢合成转化为二甲醚(CH3OCH3)也有广泛的应用。 反应I：　 反应Ⅱ：　 反应Ⅲ：　 ①结合计算分析反应的自发性： 。 ②恒压、投料比的情况下，不同温度下CO2的平衡转化率和产物的选择性(选择性是指生成某物质消耗的CO2占CO2消耗总量的百分比)如下图所示： 当温度超过290℃，CO2的平衡转化率随温度升高而增大的原因是 。 ③工业实际设计温度一般在230∼270℃范围内变化，不能过高的原因是 。 (2)研究表明，在电解质水溶液中，CO2气体可被电化学还原。 ①CO2在碱性介质中电还原为正丙醇(CH3CH2CH2OH)的电极反应方程式为 。 ②在电解质水溶液中，三种不同催化剂(a、b、c)上CO2电还原为CO的反应进程中(H+被还原为H2的反应可同时发生)，相对能量变化如图。由此判断，CO2电还原为CO从易到难的顺序为 (用a、b、c字母排序)。 (3)CO2参与的乙苯脱氢机理如图所示(α、β表示乙苯分子中C或H原子的位置；A、B为催化剂的活性位点，其中A位点带部分正电荷，B1、B2位点带部分负电荷)。 图中所示反应机理中步骤I可描述为：乙苯α-H带部分正电荷，被带部分负电荷的B1位点吸引，随后解离出H+并吸附在B1位点上；步骤Ⅱ可描述为： 。 32．（2024·福建龙岩·一模）在180~280℃下，Cu/ZrO2催化CO2和H2合成甲醇是实现碳中和的措施之一，其主反应为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)  ΔH1=-49.3kJ·mol-1，该合成过程还存在一个副反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)  ΔH2，催化合成机理如图。 物质 CO2(g) CO(g) H2O(g) 焓/kJ·mol-1 -394 -111 -242 (1)稳定单质的焓(H)为0，有关物质的焓如上表所示，ΔH2= kJ·mol-1。 (2)下列关于CO2和H2催化合成反应的说法正确的是___________。(填相应字母) A．催化过程(Ⅰ)中碳元素的杂化方式发生改变 B．催化过程(Ⅴ)中，每生成1molCH3OH同时形成2molσ键 C．气体平均相对分子质量不变时说明主反应和副反应均达到平衡 D．其他条件不变下，减小反应器体积，副反应平衡不发生移动 (3)在5.0MPa下，将5molCO2和16molH2在Cu/ZrO2催化剂作用下进行反应。平衡时CH3OH和CO选择性S[S(CH3OH或CO)=×100%]及CO2的转化率a随温度的变化如图所示。 ①表示平衡时CO选择性的曲线是 (填“a”“b”或“c”)。 ②解释曲线c呈现先减小后增大变化趋势的原因 。 ③250℃时，测得平衡体系共有0.5molCH3OH，结合上图计算CO2的平衡转化率= ，CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的Kp= (MPa)-2.(列出计算式) ④p、q两点的主反应的正反应速率大小：V正(p) V正(q)。(填“>”“=”或“<”) 33．（2024·福建泉州·一模）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 。 34．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）利用1-甲基萘（1-MN）制备四氢萘类物质（MTLs，包括1-MTL和5-MTL）。 反应过程中伴有生成十氢萘（1-MD）的副反应，涉及反应如图： 回答下列问题：． (1)1-甲基萘（1-MN）中的大Π键可表示为 ，提高反应选择性的关键因素是 。 (2)已知一定条件下反应、、的焓变分别为、、，则反应的焓变为 （用含、、的代数式表示）。 (3)四个平衡体系的平衡常数与温度的关系如图甲所示。 ①a、b分别为反应和的平衡常数随温度变化的曲线，则表示反应的平衡常数随温度变化的曲线为 。 ②已知反应的速率方程，（、分别为正、逆反应速率常数，只与温度、催化剂有关）。温度下反应达到平衡时，温度下反应达到平衡时。由此推知， （填“>”“<”或“=”）。 ③下列说法正确的是 （填标号）。 A．四个反应均为放热反应 B．压强越大，温度越低越有利于生成四氢萘类物质 C．由上述信息可知，400K时反应速率最快 D．反应体系中1-MD最稳定． (4)1-MN在的高压氛围下反应（压强近似等于总压）。不同温度下达平衡时各产物的选择性（某生成物i的物质的量与消耗l-MN的物质的量之比）和物质的量分数（表示物种i与除外其他各物种总物质的量之比）随1-MN平衡转化率y的变化关系如图乙所示，y为65%时反应的平衡常数 （列出计算式）。 35．（23-24高三上·福建龙岩·期末）利用甲醇催化脱氢法制备甲酸甲酯涉及到如下化学反应： 反应Ⅰ: 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 回答下列问题： (1) 。 (2)，向密闭容器中通入,恒压条件下进行反应Ⅰ。 ①下列有关说法正确是 （填标号）。 A．高温有利于反应Ⅰ自发 B．说明该反应体系达到平衡状态 C．温度升高有利于提高的转化率 D．通过减小分压可以提高的平衡产率 ②要缩短达到平衡的时间，可采取的措施有 。 ③，测得体系中反应Ⅰ的平衡转化率和进料时甲醇的分压（分压=总压×物质的量分数）关系如图．M点 ;该反应的平衡常数 （为以分压表示的平衡常数）。 (3)一种在上高度分散的铜颗粒催化剂制备方法如下． 为测试催化剂性能，将甲醇蒸气以的流速通过负载的催化反应器，甲醇转化率和甲酸甲酯选择性随、反应温度的变化如图． ①图1中当时，生成甲酸甲酯的反应速率为 。 ②最适合的反应温度为 （填标号）。 A．     B．     C．     D． ③图2中当温度高于时，甲酸甲酯选择性下降的可能原因为 。 36．（2024·福建·一模）丙烯是重要的化工原料，可用丙烷脱氢制备丙烯。 已知： 回答下列问题： (1) ；平衡常数 (用和表示)。 (2)不同压强下，在密闭容器中丙烷平衡转化率随温度变化关系如图。 ①图中压强曲大到小的顺序为 ，判断的依据是 。 ②800K，压强下，若进料组成中加入惰性气体Ar，a点将 (填“上移”或“下移”)。 (3)丙烷直接脱氢存在副反应。一定温度下，丙烷和氢气的混合气体以一定流速通过催化剂表面，丙烷转化率、丙烷平衡转化率、丙烯选择性(曲线a)和丙烯生成速率随变化如图。催化剂反应过程中会有如下转化，且催化活性更强。 ①丙烷转化率随变化的曲线为 (填标号)。 ②曲线b随的增加而降低的原因是 。丙烯生成速率随增加变化的原因为 。 (4)0.1 Mpa下，时， Mpa(列出计算式即可)。 37．（2023·福建·二模）利用Ag作催化剂可实现乙烯高选择性制备环氧乙烷(  )，涉及反应如下： 主反应：(  )   副反应：   (1)已知  ，(  )的燃烧焓为，则 。 (2)一定条件下，向1L密闭容器中通入和，平衡时  的选择性[n(  )/n(参加反应的CH2=CH2)]为0.6，乙烯的平衡转化率为0.6，则该温度下主反应的平衡常数K= ，能够提高  平衡产率的措施有 (写一项即可)。 (3)以上过程反应机理如下： 反应Ⅰ：  慢 反应Ⅱ：(  )  快 反应Ⅲ：  快 一定能够提高主反应反应速率的措施有___________(填标号)。 A．升高温度 B．通入惰性气体 C．增大浓度 D．增大浓度 (4)加入1，2-二氯乙烷会发生。一定条件下，反应经过一定时间后，  产率及选择性与1，2-二氯乙烷浓度关系如图。    1，2-二氯乙烷能使  产量先增加后降低的原因是 。 (5)反应结束后，控制氨水浓度对失活催化剂(主要成分是AgCl)进行回收。25℃时，，   ①   (填数值)。 ②1L氨水中至少含有 才能回收1molAgCl。 38．（2023·湖南长沙·模拟预测）硫酸亚铁在工农业生产中有许多用途，如可用作农药，防治小麦黑穗病，制造磁性氧化铁、铁催化剂等。回答下列问题： (1)在气氛中，的脱水热分解过程如图所示：    根据上述实验结果，可知 。 (2)已知下列热化学方程式： 则的 。 (3)将置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：。平衡时的关系如图所示。660K时，该反应的平衡总压 kPa、平衡常数 。随反应温度升高而 (填“增大”“减小”或“不变”)。    (4)提高温度，上述容器中进一步发生反应：，平衡时 (用、表示)。在929K时，、，则 kPa， kPa(列出计算式)。 试卷第20页，共58页 试卷第21页，共58页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．(1)BD (2)CE (3)40% (4) 123 较高 (5) 据Arrhenius经验公式，斜率越小，活化能越小，催化剂催化效果越好 d 【详解】（1）丙烷氧化脱氢：正向反应为气体分子数增多的放热反应； A．升温反应速率加快，但是丙烷的平衡转化率降低，A错误； B．正向反应为气体分子数增多，因此减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大，B正确； C．加入催化剂不改变平衡转化率，C错误； D．通反应物浓度增大，反应速率增大，丙烷的平衡转化率增大，D正确； 故选BD。 （2）A．时代表正逆反应速率相等，达到平衡状态，系数错误，A错误； B．某一时刻反应混合物中各组分浓度之比等于化学计量数之比不代表不再变化，不能说明反应达到平衡状态，B错误； C．反应前后气体系数变化，则压强不变可以说明达平衡，C正确； D．气体的总质量恒定，容器体积恒定，密度一直保持不变，不能说明反应达到平衡状态，D错误； E．由于C3H8是反应物，C3H6是生成物，比值比值不变说明C3H8、C3H6浓度保持不变，说明达到平衡状态，E正确； 故答案为：CE。 （3）根据反应列出三段式为： 根据题意：，解得：，则的平衡转化率为。 （4）丙烷无氧脱氢反应，可知，反应，时反应自发进行，则需要在较高温度下反应才可自发进行；故答案为：123；较高。 （5）①根据Arrhenius经验公式，斜率越小，活化能越小，催化剂催化效果越好，因此选，故答案为：；据Arrhenius经验公式，斜率越小，活化能越小，催化剂催化效果越好； ②根据题意，随着氢气的增加，可以生成更多催化效果更好的催化剂，因此反应速率逐渐增加。而氢气的增加，会促使主反应平衡逆向移动，因此转化率降低。根据以上分析，可以判断随着氢气增多，逐渐上升的曲线即曲线d为丙烯生成速率，逐渐下降的曲线即曲线c为丙烷平衡转化率； 图中，当为2时，丙烯生成速率最大，此时丙烷平衡转化率为45%，丙烯选择性为90%。设氢气和丙烷的起始量分别为2mol、1mol，依据图中数据列三段式： 平衡时、、、、，，，因此MPa，故答案为：d；。 2．(1)-7 (2)NH4F+H2ONH3·H2O+ HF、SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O (3) NH4I 丙 4 2NH3(g)N2(g)+3H2(g) (4) CD 温度对副反应的影响大于对主反应的影响，导致Ti的消耗速率增大程度大于Ti的生成速率，从而导致钛沉积速率降低 【详解】（1）根据反应热等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和可知， E(H-H)+E(I-I)-2E(H-I)=436kJ/mol+151 kJ/mol -2×297 kJ/mol =-7 kJ/mol。 （2）NH4F水解生成NH3·H2O和 HF，NH4F+H2ONH3·H2O+ HF，HF和SiO2易反应，会腐蚀玻璃容器，SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，因而NH4F只能储存在塑料瓶中。 （3）①卤化铵分解与产物稳定性有关，产物越稳定，卤化铵（NH4X）越容易分解，结合HX的热稳定性与X的非金属性一致，即稳定性HF＞HCl＞HBr＞HI，故NH4I、NH4Br、NH4Cl、NH4F的热分解温度由高到低排序为NH4I＞NH4Br＞NH4Cl＞NH4F，热分解温度最高的是NH4I； ②ⅰ．反应Ⅰ：；反应Ⅱ：，NH4I分解温度为235℃，HI分解温度为300℃，随着反应的进行，一开始NH3和HI的物质的量增大，而后由于HI分解，导致HI的物质的量先增大后减小，故图中曲线丙代表HI(g)物质的量随时间变化曲线；由题干图示信息可知，平衡时NH3的物质的量为0.5mol，HI的物质的量为0.1mol，I2和H2的物质的量为：0.2mol，则HI的平衡分压为：0.1p总，H2和I2的平衡分压为0.2p总，该温度下，反应Ⅱ的平衡常数Kp=； ⅱ．进一步研究发现，其他条件不变，升高温度时甲曲线平台下移，说明NH3的物质的量减少，说明高温下NH3开始分解为N2和H2，即其可能的原因是2NH3(g)N2(g)+3H2(g)。 （4）①A．由题干信息可知，主反应：，高温平衡向正反应进行，说明主反应为吸热反应，即主反应中，A错误； B．高于400℃，钛和氯气反应生成四氯化钛，在1250℃四氯化钛分解，所以在不同温度区域，TiI4的量不同，B错误； C．在提纯过程中，高于400℃，碘和钛反应生成四氯化钛，在1250℃四氯化钛分解生成碘和钛，所以I2的作用是将粗钛从低温区转移到高温区，C正确； D．在提纯过程中，高于400℃，碘和钛反应生成四氯化钛，在1250℃四氯化钛分解生成碘和钛，所以I2的量不变，可以循环利用，D正确； 故选CD； ②钛沉积速率与钛丝温度关系如图所示。温度高于1500℃时，钛沉积速率降低的主要原因可能是温度对副反应的影响大于对主反应的影响，导致Ti的消耗速率增大程度大于Ti的生成速率，从而导致钛沉积速率降低。 3．(1) (2) (3) A 或 (4) 甲醇的分子间作用力较小，沸点较低(合理即可，2分) 【详解】（1）根据∆G=∆H-T×∆S，当∆G<0时，反应能自发进行，故∆H-T×∆S=-a1000-T×(-b)<0，解得； （2），pOH=； （3）①间接法制备甲醇的反应Ⅱ吸热，反应Ⅲ放热，总体放热，反应Ⅱ活化能较大，选A；②依据反应历程，可得V为或；③设气体总物质的量为100 mol，根据反应，结合题意列三段式：总的物质的量为100-0.9a-2.7a+0.9a+0.9a=100-1.8a，p(H2)= ，其他气体压强同理可求，故；， （4）沸点越低越易挥发，挥发时引起的温度变化越大，故选C1，相同条件下，液体分子的分子间作用力越小，沸点越低，该液体越容易挥发，挥发时剩余液体温度下降越快，故理由为甲醇的分子间作用力较小，沸点较低。 4．(1) (2) 0.04 AC (3) 升高温度 温度升高，反应的平衡常数减小，平衡逆向移动，反应的平衡常数增大，但反应的与温度关系曲线的斜率大于和的，所以升高温度有利于提高主反应的转化率 (4)CD (5) 900 【详解】（1）根据和的燃烧热分别为、和可得： ①， ②， ③；结合盖斯定律，反应①-2×②-2×③可得：，。 （2）根据图示，内。根据图示，前，化学反应达到平衡状态，时氢气减少，产物甲醇增加； A．充入氢气，氢气的物质的量会增加，故A不符； B．充入CO，平衡正移，氢气减少，产物甲醇增加，B正确； C．通入惰性气体，平衡不移动，氢气与甲醇的量不变，C不符； 选AC。 （3）升高温度，反应的平衡常数减小，平衡逆向移动；反应的平衡常数增大，但反应的与温度关系曲线的斜率大于和的，所以升高温度有利于提高主反应的转化率。 （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，当保持的体积分数不变，则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，当温度不再变化，则说明该反应达到平衡状态，D正确； 答案选CD。 （5）①根据图像变化，温度升高到900℃后，甲烷和二氧化碳的转化率几乎相等，且积碳率很低，说明几乎只发生甲烷干重整主反应，因此最佳温度为900℃。 ②设反应、反应中二氧化碳的物质的量变化量为，根据三段式分析： ， ， 达平衡后，测得容器中的浓度为，即；的转化率为，即，解得：。平衡时，的物质的量为：，平衡总压强为。则此时反应的压强平衡常数。 5．(1)614.7 (2)-118kJ/mol (3) BC 0.16 (4)B (5) CO2中C=O键的键能较高,是反应的挑战；乙烷分子中C-H键的键能大于C-C键的键能，所以C-H键的选择活化是难点 B1位点上的H+与B2位点上CO2中带负电荷的O作用生成，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的B2位点上 【详解】（1）反应ⅰ：  ，设C=C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△H1=[2347.7+8413.4-(x+347.7+6413.4+436)kJ/mol=123.8kJ/mol，解得x=614.7； （2）根据盖斯定律可知：反应ⅲ=反应ⅰ+反应ⅱ，则△H3=△H1+△H2=(123.8-483.6)kJ/mol=-118kJ/mol； （3）①A．容器为恒容容器，且所有的反应物和产物都是气体，故密度是恒定不变的，A项错误； B．所有的反应物和产物都是气体,则总质量是不变的，该反应前后气体的计量系数不同，故气体的平均摩尔质量是变量，则混合气体平均摩尔质量不再改变可以证明反应达到平衡，B项正确； C．该反应前后气体的计量系数不同，且容器为恒容容器,故压强是变量，则体系压强不再改变可以证明反应达到平衡，C项正确； D．消耗C3H8与生成C3H6都是正反应，反应方向相同，不能证明反应达到平衡，D项错误； 答案选BC； ②，根据题给信息可得反应消耗的C3H8的物质的量n(C3H8)=150%=0.5 mol，则v(C3H8)== ；平衡时n(C3H8)=1- 150%=0.5 mol，生成丙烯和氢气的物质的量n(H2)=n(C3H6)= 150%80% =0.4 mol，则丙烷脱氢反应的平衡常数K=0. 16； （4）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，吸附的氧气补充V2O5中反应掉的氧，导致初期产物中没有检测到18O，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，故选B； （5）由表格数据可知，二氧化碳氧化乙烷脱氢反应的挑战是二氧化碳分子中碳氧双键的键能较高，破坏共价键需要较高的能量；碳氢键的键能大于碳碳键的键能，所以反应的难点是选择合适的催化剂使反应中碳氢键优先活化断裂而碳碳键不断裂的条件下形成碳碳双键，故答案为: CO2中C=O键的键能较高,是反应的挑战；乙烷分子中C-H键的键能大于C-C键的键能，所以C-H键的选择活化是难点； 根据示意图，结合题目所给步骤Ⅰ的描述，步骤Ⅱ可描述为B1位点上的H+与B2位点上CO2中带负电荷的O作用生成，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的B2位点上。 6．(1)-157.2 kJ/mol (2)acd (3) x>y>z>w 升高温度，Sabatier反应逆向移动程度小于副反应正向移动程度 (4) (5) 【详解】（1）根据信息，可以得出： ； ②； ； 根据盖斯定律，2×①−②+2×③，可以得出 。 （2）a．增大压强，反应速率增大，主反应平衡正向进行，CO2转化效率增大，a符合题意； b．增大CO2与H2的体积，反应速率增大，但CO2转化率降低，故其转化效率降低，b不符合题意； c．加热反应速率加快，冷却后平衡正向移动，CO2转化效率增大，c符合题意； d．高效催化剂加快反应速率，缩短了到达平衡的时间，则CO2的转化效率增大，d符合题意； 故答案为：acd。 （3）根据方程式的特点，Sabatier反应是气体分子个数减少的反应，副反应是气体分子个数不变的反应，增大压强，有利于 Sabatier应正向移动，而副反应不移动，即相同温度下，压强越大，CO2平衡时转化率越大，故x>y>z>w；升高温度，Sabatier反应平衡逆向移动，二氧化碳平衡转化率降低，副反应平衡正向移动，二氧化碳转化率增大，700∼800℃范围内，随温度升高，CO2的平衡转化率逐渐增大，其原因是Sabatier反应逆向移动程度小于副反应正向移动程度。 （4）处于平衡状态时，，Kc=，可以得出。 （5）根据三段式法可以得出： ， 。 7．(1)+330.3 (2)C (3) 300 增大 (4) 减小 (5) 1200K以上时以反应Ⅰ为主，二者转化率趋于相等 0.355 【详解】（1）根据焓变=反应键能和-生成物键能和得，根据盖斯定律， （2）反应Ⅰ、反应Ⅱ均为吸热反应，升温平衡正向移动，可提高CO平衡产率，反应Ⅰ正向是气体体积增大的反应，低压平衡正向移动，可提高CO平衡产率，压强对反应Ⅱ的平衡移动无影响，故选C； （3）根据阿伦尼乌斯公式将图中数据代入，，两式相减，求得300；当反应Ⅰ：达平衡时，=， ，该反应为吸热反应，升高温度K值增大； （4）水蒸气可以清除积碳，反应为：；增大，副反应平衡常数为定值，则值减小； （5）1200K以上时以反应Ⅰ为主，二者转化率趋于相等；设开始时，n(CO2) =n(CH4)=1mol，1000 K时CH4转化率为80%即反应了0.80mol，可得三段式： 对于副反应，n(CO2) =0.2mol，n(CO)=n(H2)=1.6mol，CO2转化率为85%即反应了0.85mol-0.8mol=0.05mol 反应达平衡后，n(H2)=1.55mol，n(CO2)=0.15mol，n(CO)=1.65mol，n(H2O)=0.05mol，n总=3.5mol, 0.355； 8．(1)1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2 (2)-54.6 (3)BD (4) 可与C反应生成CO和H2以消除积碳，同时有利于反应I正向进行 80 45 2.5 (5) ＜ 苯乙烯上苯环和碳碳双键形成大键，降低苯环电子云密度，导致苯环与A位点吸附减弱 【详解】（1）钴为27号元素，基态钴原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2。 （2）根据图像可知：①；②；③；根据盖斯定律：③-②+①，得，故答案为：-54.6。 （3）A．根据反应速率之比等于化学计量数之比可知，当正(乙苯)=逆(苯乙烯)时，也即正(乙苯)=逆(乙烯)，即正、逆反应速率相等，说明反应到达平衡状态，必须是有正有逆，不能只有一个方向的速率，A不符合题意； B．根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，容器体积是变量，则气体的密度是变量，当容器内气体的密度不再改变，能表明反应已达到平衡状态，B符合题意； C．容器内苯乙烯与H2的物质的量之比始终为1∶1，则不能表明反应已达到平衡状态，C不合题意； D．根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，该反应是气体物质的量增大的反应，随着反应进行，混合气体的平均相对分子质量减小，当容器内气体的平均相对分子质量不再变化，表明反应已达到平衡状态，D符合题意； 故答案为：BD。 （4）①通入水蒸气的作用有：可与C反应生成CO和H2以消除积碳，同时有利于反应I正向进行，故答案为：可与C反应生成CO和H2以消除积碳，同时有利于反应I正向进行； ②体系起始总压强为100kPa，若设起始时混合气体的物质的量为100mol，则1mol气体的分压为1kPa，起始混合气体中乙苯的物质的量为amol，平衡时混合气体的压强为115kPa，即混合气体的物质的量为115mol，乙苯的平衡转化率为75%，反应三段式为： 0.25a+0.75a+0.75a-a=115mol-100mol，解得a=20mol，即平衡时，水蒸气的物质的量为100ml-20mol=80mol、p(H2O)=80kPa，n乙苯=5mol、p乙苯=5kPa，n苯乙烯=n氢气=15mol、p苯乙烯=p氢气=15kPa，平衡常数Kp=；故答案为：80；45； ③平衡时v正=V逆，即K正×P(乙苯)=K逆×P(苯乙烯)×P(氢气)，，a处的总压强为112kPa，即气体总物质的量为112mol，由②解析可知起始气体中水蒸气为80mol，乙苯20mol，乙苯的转化率为60%，即n(苯乙烯)=n(氢气)=20mol×60%=12mol，p(苯乙烯)=p(氢气)=12kPa，n(乙苯)=20ml×(1-60%)=8mol、p(乙苯)=8kPa，；故答案为：2.5。 （5）根据图中反应机理，步骤Ⅰ可表述为乙苯带部分正电荷，被带部分负电荷的B1位点吸引，随后解离出并吸附在B1位点上，因此αC—H的极性小于βC—H的极性；步骤Ⅲ苯乙烯上苯环和碳碳双键形成大键，降低苯环电子云密度，导致苯环与A位点吸附减弱，因此形成苯乙烯后更容易脱附，故答案为：＜；苯乙烯上苯环和碳碳双键形成大键，降低苯环电子云密度，导致苯环与A位点吸附减弱。 9．(1) (2) > < 2.14 > 提高丙烯腈的平衡转化率，因为恒压充入，反应Ⅱ分压减小，平衡正向移动 【详解】（1） 由反应Ⅱ的历程包含p、q两步，则q步反应=反应Ⅱ-p步,故该反应的化学方程式为，根据反应热=反应物键能总和-生成物键能总和，在分子结构中含有8个键、1个键、2个键、2个键、1个键，在分子结构中含有3个键，在分子结构中含有3个键、1个键、1个键、1个键、1个键、2个键，在分子结构中含有5个键、1个键、1个键、1个键，故=； 故答案为：； （2） 从图中可看出，在200℃之前，平衡体系中的含碳物质的物质的量分数很小，且几乎不变，即反应Ⅱ反应程度变化不大，平衡体系中的含碳物质的物质的量分数随温度升高而增大，的含碳物质的物质的量分数随温度升高而减小，则说明反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅰ为吸热反应，； 反应Ⅱ的历程包含p、q两步，含碳物质检测过程中，未检测出，说明生成该物质的速率慢，消耗该物质的速率快，即其中q步为决速步骤，该步骤活化能较大，p步活化能<q步活化能； 设初始投入物质的量为2mol，物质的量为15mol，M点平衡体系中的含碳物质的物质的量分数为80%，几乎为0，则反应Ⅰ生成的物质的量为2mol，根据三段式分析，，则，解得，平衡体系中的体积分数=； N点平衡体系中与的含碳物质的物质的量分数均为50%，几乎为0，利用三段式分析，，则则，解得，平衡体系中与的物质的量均为1mol，的物质的量为14mol，的物质的量为3mol，的物质的量为1mol，气体总物质的量为20mol，反应Ⅱ的压强平衡常数； 反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为吸热反应（温度升高，的含碳物质的物质的量分数增大，反应Ⅱ平衡正移），在200℃之前，平衡体系中的含碳物质的物质的量分数很小，即反应Ⅱ反应程度小，平衡常数小，含碳物质的物质的量分数较大，反应Ⅰ反应程度大，平衡常数大于反应Ⅱ平衡常数，且随温度升高到一定温度，几乎为0，则平衡常数，反应Ⅱ随温度升高，平衡常数增大，但仍小于反应Ⅰ平衡常数，故反应Ⅰ平衡常数>反应Ⅱ平衡常数； 再充入一定量，总压不变情况下，各物质的分压减小，相当于减小压强，则反应Ⅱ平衡正向移动，提高丙烯腈的平衡转化率； 故答案为：>；<；12.4%；2.14；>；提高丙烯腈的平衡转化率，因为恒压充入，反应Ⅱ分压减小，平衡正向移动。 10．(1) -(a-b) (2) (3) *OCH2+H2O*=*OCH3+*OH 有水参与的历程，活化能较小，反应速率加快 (4) 0.2 升高温度 (5)D 【详解】（1）由盖斯定律可知，①+②得反应：，则；图中燃料电池以熔融碳酸盐为电解质，氧气得到电子发生还原反应和二氧化碳生成碳酸根离子，氧气所在极为正极，正极电极反应式为； （2）由图可知，催化剂为得到的甲醇最多且CO少，该反应应选择的最佳催化剂为； （3）①依反应历程图所示，有水参与时在催化剂表面*OCH2和H2O*生产*OCH3和*OH，故反应的化学方程式为：*OCH2+H2O*=*OCH3+*OH；有水参与的历程， ②过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢；反应速率加快的原因是有水参与的历程，活化能较小，反应速率加快； （4）①从图中可知，1min时H2的物质的量为6mol，起始的H2的物质的量为12mol，变化的H2的物质的量为6mol，故变化的甲醇的物质的量为2mol，0～1min内甲醇的反应速率； 根据图示，8min后H2的物质的量保持不变，体系达到平衡状态，H2的物质的量为2mol，根据题意有： 平衡时候总的物质的量，该反应的平衡常数Kp==； ②状态Ⅲ与状态Ⅰ相比，H2的物质的量增加，参与反应的氢气的物质的量减少，平衡逆向移动，同时从图中可知达到平衡的时间变短，该反应是一个放热反应，综合可知改变的条件可能是升高温度。 （5）A．由晶体结构图可知，中的-NH2的H与中的O形成氢键，因此，该晶体中存在N-H∙∙∙O氢键，A正确； B．为平面结构，则其中的C原子轨道杂化类型均为杂化，B正确； C．B、C、O、N的未成对电子数分别为1、2、2、3，则基态原子未成对电子数，C正确； D．同周期元素第一电离能能呈递增趋势，N核外电子排布处于半充满的较稳定状态，其第一电离能大于相邻族元素，基态原子的第一电离能：，D错误； 答案选D。 11．(1)-1817 (2) 1：3 900 在最佳温度之前，随着温度的升高，反应速率增大 不变 (3) HO-V4+ 4：1 N原子的孤电子对减少，孤电子对对成键电子的排斥作用减弱 【详解】（1）反应iii=反应ii×2.5-反应i×1.5，则ΔH3=(-1268×2.5+902×1.5)=-1817kJ/mol。 （2）①相同温度下，初始时NH3和NO的物质的量之比越大，NO的转化率越高，NO的脱除率也就越大，因此a曲线NH3与NO的物质的量之比为4：1，b曲线为3：1，c曲线为1：3。 ②曲线a中NO的起始浓度为6×10-4g/m3，900℃时NO的脱除率为0.75，则反应掉NO的浓度6×10-4g/m3×0.75=4.5×10-4g/m3，通过时间为tmin，则NO脱除速率为g·m-3·min-1。 ③800-1100℃时，催化剂活性较稳定，从图中可知，在此温度区间内，900℃时，三种投料比下NO的脱除率均最高，因此NO脱除的最佳温度为900℃。在最佳温度之前，随着温度的升高，反应速率增大，因此NO的脱除率也随之增大。 ④温度一定的条件下，无论投料比为多少，平衡常数K为定值，则940℃条件下，a曲线上NO脱除率为0.6，此时初始投料比NH3：NO=4：1，不妨设初始时投入NH34mol、NO1mol，则有，平衡时气体总物质的量为5.1mol，则NH3物质的量分数为，NO物质的量分数为，N2物质的量分数为，H2O物质的量分数为，则Kx==。 ⑤提高催化剂的活性，能增大反应速率，但是对化学平衡没有影响，NO的脱除率不变。 （3）①从图中可知，HO-V4+参与反应最后又重新生成，则反应的催化剂为HO-V4+。 ②HO-V4+中V为+4价，其与氧气反应转化为O-V5+，V失去一个电子，1个O2转化为H2O得到4个电子，则根据转移电子守恒可得HO-V4+与O2的物质的量之比为4：1。 ③NH3转化为HO-V4+-NH3，N原子的孤电子对减少，孤电子对对成键电子的排斥作用减弱，H-N-H的键角增大。 12．(1)+206.1 (2) ACD e 温度升高，反应Ⅰ正向移动，CO的物质的量浓度增大，反应Ⅱ也正向移动 78% (3) 【详解】（1）由反应热与生成物标准摩尔生成焓和反应物标准摩尔生成焓的差值相等可得：反应Ⅰ△H= (—110.5kJ/mol) —(—74.8kJ/mol—241.8 kJ/mol)=+ 206.1kJ/mol，则a=+206.1，故答案为：+206.1； （2）A．反应Ⅱ是气体体积不变的反应，缩小容器体积，气体压强增大，反应Ⅱ平衡不移动，故正确； B．恒容条件下充入不参与反应的氮气，平衡体系中各物质浓度不变，反应速率不变，平衡不移动，甲烷转化率不变，故错误； C．由方程式可知，反应Ⅰ生成氢气和一氧化碳的物质的量比为3，反应Ⅱ中一氧化碳为反应物、氢气为生成物，则平衡形成过程中一氧化碳的物质的量减小、氢气的物质的量增大，则平衡体系中氢气和一氧化碳的物质的量比大于3，故正确； D．由方程式可知，反应Ⅰ形成平衡时，水蒸气的反应速率与甲烷的反应速率相等，反应Ⅱ形成平衡时，水蒸气的反应速率与二氧化碳的反应速率相等，所以体系达到平衡后，水蒸气的反应速率与甲烷反应速率和二氧化碳反应速率之和相等，故正确； 故选ACD； ②反应Ⅰ是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，甲烷和水蒸气的物质的量都减小，一氧化碳和氢气的物质的量都增大，且氢气的物质的量大于一氧化碳，反应Ⅱ是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳和氢气的物质的量减小，一氧化碳的物质的量增大，温度低于600℃时，反应以反应Ⅰ为主，高于600℃时，反应以反应Ⅱ为主，由方程式和投料比可知，曲线b、c分别是是水蒸气、甲烷的物质的量分数随温度变化的曲线，曲线a、d、e分别是氢气、二氧化碳、一氧化碳的物质的量分数随温度变化的曲线，故答案为：e； ③温度低于600℃时，反应以反应Ⅰ为主，升高温度，反应Ⅰ的平衡向正反应方向移动，一氧化碳的浓度增大，导致反应Ⅱ平衡向正反应方向移动，导致二氧化碳的物质的量分数增大，故答案为：温度升高，反应Ⅰ正向移动，CO的物质的量浓度增大，反应Ⅱ也正向移动； ④由图可知，600℃反应达到平衡时，氢气的物质的量分数为0.5、甲烷的物质的量分数为0.04，设起始甲烷、水蒸气的物质的量分别为1mol、3mol，反应Ⅰ消耗甲烷amol、反应Ⅱ消耗一氧化碳bmol，由题意可建立如下三段式： 由氢气和甲烷的物质的量分数可得：=0.5、=0.04，解联立方程可得a=、b=，设平衡时压强为p，则甲烷的转化率为×100%≈78%，反应Ⅱ的Kp==，故答案为：78%；； （3）由a、c的方程式可知，b反应的方程式为，故答案为：。 13．(1) 2 1 (2)i (3)b (4)2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)  ΔH=-747.2 kJ·moL–1 (5)高温 (6)反应i、ii速率随温度的升高而增大，高于 340℃后反应ii速率增加的程度超过反应i，所以 N2O 浓度减小 (7)88% 【详解】（1）由图可知， ，所以2，1； （2）因为，则反应速率主要由c(NO)决定，所以H还原 NO 总反应的速率由反应i决定； （3）设恒温恒容时H的平衡转化率为x，该反应是气体分子数减小的反应，恒温恒压时相对于恒温恒容时，相当于增大压强，平衡正移，氢气转化率比x大，该反应是放热反应，恒容绝热时，混合气体温度升高，相对于恒温恒容时，平衡逆移，氢气转化率小于x，所以氢气转化率最大的是恒温恒压时，选b； （4）焓变等于生成物的能量与反应物的能量之差，所以 ΔH=-628.6 kJ·moL–1； ΔH=-118.6kJ·moL–1；则根据盖斯定律知，CO和NO 反应生成N2的热化学方程式为：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)  ΔH=-747.2 kJ·moL–1； （5）由图知，NO和CO的浓度在高温时低，所以脱除应选择高温； （6）因为反应i生成N2O，反应ii消耗 N2O，所以原因是：反应i、ii速率随温度的升高而增大，高于 340℃后反应ii速率增加的程度超过反应i，所以 N2O 浓度减小 （7）根据氮元素守恒，NO的初始浓度为：，转化为氮气的NO的浓度为：，NO的脱除率。 14．(1)+91 (2) c 分解反应为吸热反应，升温平衡正向移动：含量增加，且物质的量比为 30% (3) 104 浓度增大，溶液酸性增强，抑制的电离及促使沉淀脱硫反应逆移 (4) 操作简单 耗能较多、脱硫效率低、产物易于分离等 【分析】H2S与ZnSO4溶液反应转化为ZnS和H2SO4，沉淀脱硫未反应完的H2S与生成的ZnS与硫酸铁反应转化为S单质、硫酸亚铁、硫酸锌，过滤得到S单质，滤液电解得到H2，据此回答。 【详解】（1）ΔH=反应物总键能-生成物总键能=4×347-2×436-425=+91kJ⋅mol-1； （2）①H2S分解反应为吸热反应，升温平衡正向移动，S2的含量增大，且物质的量比为2:1，所以S2对应图中的曲线为c； ②由图可知，平衡时H2S的物质的量与起始物质的量之比为70%，起始时H2S为1mol，说明转化的H2S为0.3mol，生成的H2为0.3mol，生成的S2为0.15mol，剩余的H2S为0.7mol，t1℃时，H2S的平衡转化率为，根据压强之比等于物质的量之比有，，则平衡时的压强为1.15kPa，p(H2S)=pkPa，p(S2)=pkPa，p(H2)=pkPa，分压平衡常数Kp=； （3）①“沉淀脱硫”中发生反应Zn2+(aq)+H2S(aq)⇌ZnS(s)+2H+(aq)，K==； ②根据分析可知，“氧化沉硫”中发生反应的离子方程式有2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，ZnS+2Fe3+=2Fe2++S+Zn2+； ③c(Fe3+)对脱硫效率影响如图，随着c(Fe3+)增大，脱硫效率趋于平缓的原因是：Fe3+浓度增大，溶液酸性增强，抑制H2S的电离及促使沉淀脱硫反应逆移； ④根据分析可知，该流程中可循环利用的物质有ZnSO4、Fe2(SO4)3； （4）相比湿法催化氧化法，干法热分解法的优点是操作简单，缺点是耗能较多、脱硫效率低、产物易于分离等。 15．(1) (2) b 消耗，促进反应Ⅰ正向移动 (3) C D (4) A E C(或碳) 碳原子有孤电子对，且电负性小于氧原子 【详解】（1）利用盖斯定律，将反应Ⅲ-Ⅰ=Ⅱ，对应的 故答案为：+41kJ/mol; （2）①通过识图提取信息进行曲线的辨别，观察图二，在其他条件一定的前提下，增加的浓度可以提高的平衡转化率，由此可以判断四条曲线对应的加入物质的比例情况，d对应3：1，c对应2：1，b对应1：1，a对应0：1(只通入)，故1：1对应曲线b。 ②根据微观过程示意图1可以看出，的通入可以消耗反应Ⅰ生成的，使反应Ⅰ的平衡正向移动; 故答案为： ①b ②CO2的通入可以消耗反应Ⅰ生成的H2，使反应Ⅰ的平衡正向移动; （3）①针对特定条件下的反应，判断说法的正误，前提条件要认清：900K，=3：1，恒温恒容条件下， A．通入氩气，平衡不移动，不能提高的平衡转化率，故A错误； B．体系达到平衡，缩小容积，反应Ⅰ逆向移动，的浓度改变必然导致反应Ⅱ平衡移动，故B错误； C．在反应Ⅰ中，=1：1，但是反应Ⅱ中被消耗，比值必然发生改变。当“变量不变”时，反应体系达到平衡，故C正确； D．改善催化剂的性能可以提高特定反应的速率，从而提高的生产效率，故D正确； 故答案选CD; 由图像信息可知，反应Ⅰ中转化的，根据初始的投料，假设=1mol，=3mol，可列三段式： 达到平衡，分压是CO的5倍，推理的物质的量是CO的5倍， 即：=5，x=0.5 由此得出平衡时各物质的的物质的量为： ，，，，，， 恒容体系，压强之比等于物质的量之比：，；的分压为： ②故反应Ⅰ：vp()= ③故反应Ⅰ：Kp= 方法二：直接利用分压切入 根据初始的投料=3：1，初始时的分压为：，的分压为：达到平衡，分压是CO的5倍，推理CO的分压为： 由图像信息可知，反应Ⅰ中转化的，故 ②故反应Ⅰ：vp()= ③故反应Ⅰ：Kp= 故答案为： ①CD ② ③0.9p0 （4）①阅读情境信息，推理四羰基合镍在60摄氏度时以气态形式存在，得出其晶体类型为分子晶体，结合组成分析，不存在的作用力为离子键(不属于离子晶体)，也不存在金属键(不属于金属晶体)。本题的难点在于通过已知信息对晶体类型进行正确判断。 ②考查配位化合物中配位原子的选择，C与O原子都可提供孤电子对最终谁提供，关键看电负性的强弱。由于电负性C小于O，碳对提供孤电子对吸引能力弱，故孤电子对由碳原子优先提供，配位原子为C; 故答案为： ①AE； ②C； ③碳原子有孤电子对且电负性小于氧原子； 16．(1)-48 (2)C (3) 乙醇的用量不变，增大水(g)的浓度使反应ⅰ平衡正向移动，所以乙醇的转化率增大 先变大后变小 B 【分析】（1）根据盖斯定律求解；（2）根据催化剂对化学速率影响而对平衡无影响进行分析 【详解】（1）根据盖斯定律，反应ⅰ-反应ⅱ-反应ⅲ，； （2）A．能改变重整反应的历程，因而能改变反应ⅰ的活化能而不能改焓变，A错误；B．催化剂能提高化学反应速率而不能影响平衡的移动和产率，B错误；C．能降低重整反应的活化能，增大活化分子百分数，大幅增大反应的速率常数，C正确；选C； （3）①乙醇的用量不变，增大水(g)的浓度使反应ⅰ平衡正向移动，所以乙醇的转化率增大；水-乙醇比时，产生氢气的量随温度升高，反应ⅰ正向移动，CO2与H2量增大，随着继续温度升高，反应ⅳ逆向进行，H2量变小；②降低温度， 反应ⅱ的K=减小，则+值会减小，点不可能变为B；③，在含碳产物中的体积分数为，则含碳产物物质的量浓度为mol/L，折算成消耗的的物质的量浓度为 mol/L，；根据图1，=5mol/L，=（-） mol/L，K=，得mol/L。 17．(1) (2)B (3) 投料比小于时，物质的量变化不大，几乎为0，以反应i为主；当投料比超过时，物质的量增大，反应ii的程度大于反应iii (4) c (5) 【详解】（1）根据燃烧热的定义可知：① ②，③，则反应①-②+③，即。 （2）恒容时增大浓度其自身转化率降低；该反应为放热反应，降温平衡正向移动；催化剂不影响平衡移动；减小容器的容积相当于增大压强，反应i反应前后气体体积不变，压强变化不影响平衡移动； （3）①S的物质的量随进料比增大发生变化的原因是：投料比小于时，物质的量变化不大，几乎为0，以反应i为主；当投料比超过时，物质的量增大，反应ii的程度大于反应iii； ②通入和，达到平衡时，，由图1可知，设，，，则根据C元素守恒：，元素守恒：，S元素守恒：，计算得，，，平衡时气体总物质的量为(总)，各物质的物质的量分数，，，； （4）①在相同条件下，投料越多，的转化率越大，故c，b，a分别对应的进料比为、、； ②根据反应i、反应iii可知：，从开始反应到A点，的转化率为，反应时间为，又的浓度为，因此； （5）反应①为FeS2反应生成Fe7S8和S；反应②为Fe7S8和CO反应生成FeS和COS，反应③为SO2和COS反应生成CO2和*S，反应⑤为Fe7S8和*S反应生成FeS2，反应④为FeS和*S反应生成Fe7S8。根据以上分析，FeS2为催化剂，反应②的化学方程式为。 18．(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： 19．(1) BC (2) (3)1.5 (4)BD (5)ab 【详解】（1）①焓变=反应物总键能-生成物总键能，； ② A．升高温度，平衡向着吸热方向进行，反应i为吸热反应，则升温平衡正向进行，NO浓度增大，A错误； B．移除NO2，平衡ii向正向进行，NO浓度降低，B正确； C．降低N2浓度，平衡逆向进行，消耗NO，NO浓度降低，C正确； ③，，； （2）根据始末状态判断反应物中氨气被氧化生成氮气，次氯酸被还原生成氯化钠，根据得失电子守恒，化学方程式：； （3）当去除率较高时，余氯量较低，说明去除效果最佳，则除氨气过程中最佳值约为1.5； （4）A．加水稀释过程中，温度不变，不变，A错误； B．加水稀释过程中，温度不变，不变，稀释过程中减小，则减小，B正确； C．加水稀释，氨水碱性减弱，增大，C错误； D．加水稀释，氨水碱性减弱，增大，减小，减小，D正确； （5）a．由反应历程图可知，活化能：反应ⅰ<反应ⅱ，正确； b．由反应历程图可知，反应i正反应的反应物总能量高于生成物总能量，ⅰ为放热反应，反应ii正反应反应物总能量低于生成物总能量，ⅱ为吸热反应，正确； c．由反应历程图可知，反应i：，反应ii：，根据盖斯定律：i+ii得  ，错误。 20．(1) 2NO(g)+ 2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH= -748kJ/mol AC (2) 正八面体 < 85.6% [Co(NH3)6]2+被氧化为[Co(NH3)6]3+，[Co(NH3)6]3+对NO的配位能力极低 (3) NO+5e-+5H+=NH3+H2O 15：2 【详解】（1）①由题意可知，碳燃烧的热化学方程式为C(s) +O2(g)= CO2(g) △H= -393kJ/mol，由盖斯定律可知，反应b-a-c得到反应2NO(g)+ 2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)，则反应的△H=(-393kJ/mol)-(+182.6kJ/mol)-(+172.4kJ/mol)= -748kJ/mol，故答案为：2NO(g)+ 2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) △H= -748kJ/mol； ②A．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，则1L的恒温密闭容器Ⅰ和绝热密闭容器Ⅱ中混合气体密度相等，故A正确； B．该反应为放热反应，则恒温密闭容器Ⅰ中反应温度小于绝热密闭容器Ⅱ，升高温度，平衡向逆反应方向移动，一氧化氮的转化率减小，则一氧化氮转化率αⅠ大于αⅡ，故B错误； C．该反应为放热反应，则恒温密闭容器Ⅰ中反应温度小于绝热密闭容器Ⅱ，升高温度，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，则反应平衡常数KⅠ大于KⅡ，故C正确； 故答案为：AC； （2）①六个NH3在Co3+周围均匀分布，据其结构图示可知，[Co(NH3)6]3+的空间构型是正八面体形，NH3分子中N原子有一对孤对电子，中N原子没有孤电子对，由于孤电子对与成键电子对之间的斥力＞成键电子对之间的斥力，所以∠H-N-H键角大小为：NH3<； ②由题给信息可知，反应消耗一氧化氮的物质的量为2×10-4m3/min×300min×2×10-2mol/m3×60%=0.00072mol，则钴氨溶液中[Co(NH3)6]2+的有效含钴率为×100%=85.6%； ③由图可知，前16h内钴氨溶液吸收NO的能力不断下降的原因是[Co(NH3)6]2+被氧化为[Co(NH3)6]3+，[Co(NH3)6]3+对NO的配位能力极低，故答案为：[Co(NH3)6]2+被氧化为[Co(NH3)6]3+，[Co(NH3)6]3+对NO的配位能力极低； （3）①由图可知，当电解电压为U2时，催化电解一氧化氮生成氨气的电极为阴极，酸性条件下一氧化氮在阴极得到电子发生还原反应生成氨气和水，电极反应式为NO+5e-+5H+=NH3+H2O； ②由图可知，当电解电压为U1时，氢气和氨气的法拉第效率分别为60%和20%，则电解生成的氢气和氨气的物质的量之比为：=15：2。 21．(1)-59.7 (2) 5 (3) < 减小 97.8% 36 【详解】（1）的晶格能为，则形成晶体的热化学方程式：；Xe的第一电离能为，则；根据盖斯定律， （2）图中大球的个数为8×+1=2，小球的个数为8×+2=4，根据粒子半径的大小判断大球应为Xe原子、小球应为F原子，大球与小球个数比是1：2，则晶胞的化学式为；中心原子的价层电子对数为2+=5； （3）①根据表格数据，第一个反应的温度升高，平衡常数K减小，说明平衡往逆向移动，该反应为放热反应，故<0；根据表格中的三个方程式，F2比例越大，越容易转化为XeF4或XeF6，所以应该减小投料中F2/Xe的比值； ②根据反应i、ii、iii，达到平衡时，反应的F2物质的量为：，则平衡转化率； 已知，达到平衡时，各物质总物质的量n总=[3.60+19.80+0.36+(45.28-44.28)+(23.77-23.76)]mol=24.77mol，反应III的平衡常数。 22．(1)-400.1 (2)AD (3) (4)四面体形 (5) 6.2 【详解】（1）已知①；②；③；由盖斯定律可知①+②+③可得焦炭燃烧热：。 （2）A．从到，其余条件不变，压强增大，故对于反应①②正、逆反应速率都增大，正确； B．将压缩之后这一瞬间的时刻记为，反应物和生成物的浓度都增大，反应②的逆反应速率和正反应速率都增大，B错误； C．时重新达到平衡，因为反应容器恒温，平衡常数不变，错误； D．压缩容器后，容器内压强增大，根据勒夏特列原理，反应朝压强减小的方向进行，故反应①平衡逆向移动，反应②平衡移动方向与压强变化无关，最终重新达到平衡时水蒸气转化率比时减小，D正确； 故选AD。 （3）设初始压强为kPa ，可得，p(H2O)= ，p(H2)= ,体系总压应大于各组分分压，故代表的是总压曲线，对于两曲线：，即时，，即0.5时，，观察图可知代表的是分压曲线；时，。 （4） 结构：，中心原子有2对成键电子，2个孤电子对，故VSEPR模型名称为四面体形。 （5）与水和反应：，。 23．(1) (2) (3) 分子间氢键 A (4) ABCD 随着pH增大，萃取平衡正向移动，钒萃取率增大；pH过大，转化为，与配位能力减弱，钒萃取率减小 A 【详解】（1）已知： ①   ②   由盖斯定律可知，①×2+②得反应：，； （2）由题干可知，酸性条件下，四价V以存在，“还原”过程 被甲酸还原为，甲酸氧化为二氧化碳，V化合价由+5变为+4、碳化合价由+2变为+4，结合电子守恒可知，离子方程式为； （3）①HR中存在羟基，可以通过氢键形成； ②氧的电负性很强，其吸电子作用使得羟基中氢更容易电离出来，则在水中电离出能力最强的是A； （4）①A．水相pH不再变化，则氢离子浓度不再变化，平衡不再移动，达到平衡状态，符合题意；     B．水相不再变化，则平衡不再移动，达到平衡状态，符合题意； C．有机相不再变化，则平衡不再移动，达到平衡状态，符合题意；     D．分配比D不再变化，则V在各相中浓度不再改变，平衡不再移动，达到平衡状态，符合题意； 故选ABCD； ②萃取平衡为，随着pH增大，氢离子浓度减小，萃取平衡正向移动，钒萃取率增大；pH过大，转化为，与配位能力减弱，钒萃取率减小，故利用NaOH溶液调节水相初始pH，pH从1调至4的过程中，E先增大后减小； ③结合（3）分析可知，A更容易电离出氢离子形成与形成，使得V元素进入有机相，故代表的是萃取剂A；由点（-1.0,1.3）可知，，。 24．(1)+128.1 (2) 1.13 (3) A 随x增大，反应物分压减小，平衡正向移动， 10 64 【详解】（1）甲醇的标准燃烧热为，CO的标准燃烧热为，氢气的标准燃烧热为； ，-(×2)=+128.1； （2）根据图示，历程中最大能垒为(1.86-0.73)=1.13eV，能垒越大反应速率越慢，慢反应决定总反应速率，决速步骤的化学方程式为。 （3）①随x增大，反应物分压减小，平衡正向移动， 的平衡转化率增大，随x变化的曲线为A。 ②当x=1时，设初始投料Ar的物质的量为amol、甲醇的物质的量为amol，达到平衡时氢气的压强为40 kPa，即氢气占总物质的量的40% ，x=；平衡体系中kPa； ③若正、逆反应速率方程分别为、，、分别为正、逆反应的速率常数，反应达到平衡时， ；带入②的数据，平衡体系中甲醇的分压为10 kPa、CO的分压为20 kPa、氢气的分压为40 kPa，可知=Kp=；当x=5，设初始投料Ar的物质的量为5amol、甲醇的物质的量为amol， 时，即a-x=2x，x=，此时甲醇的分压为 kPa、CO的分压为=5 kPa、氢气的分压为=10 kPa，则。 25．(1) -10a kJ/mol 低温 (2)D (3) a 主反应和副反应均为放热反应，温度升高，主反应和副反应的平衡均逆向移动，主反应逆向移动的程度大于副反应 使用对主反应催化活性更高的催化剂(或加压) (4) 1 2 【详解】（1）根据反应方程式可知：CH3COOH与H2按照1：2的物质的量关系反应。现在在恒压条件下加入1 mol CH3COOH(g)、5 mol H2(g)，可见H2过量，反应达到平衡时H2的转化率为4%，反应消耗H2的物质的量是n(H2)=5 mol×4%=0.2 mol，该反应放热a kJ，则2 mol H2(g)完全反应放出热量为Q=10a kJ，故的反应热△H1=-10a kJ/mol； 该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，△H＜0，△S＜0，根据反应自发进行的条件是△G=△H-T△S＜0，则该反应自发发生的条件为低温条件； （2）A．反应混合物都是气体，气体的质量不变。反应在恒温、恒压条件下进行，气体的体积随着气体的物质的量的改变而改变，则混合气体的密度随着气体的物质的量的改变而改变，因此根据气体的密度不变作为判断化学平衡的标志，A不符合题意； B．该反应的正反应是气体物质的量减小的反应，反应混合物都是气体，气体的质量不变，若气体的平均相对分子质量保持不变，则气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，B不符合题意； C．在恒温恒压条件下进行该反应，若反应正向进行，H2O(g)的体积分数就会增大；若反应逆向进行，H2O(g)的体积分数就会减小，若其体积分数不变，则说明反应达到平衡状态，C不符合题意； D．若反应开始加入反应物，则生成的n(H2O)：n(CH3CH2OH)=1：1，则无论反应是否达到平衡状态，在任何时刻二者的物质的量的比都始终是1：1，因此不能根据n(H2O)：n(CH3CH2OH)不变判断反应是否达到平衡状态，D符合题意； 故合理选项是 D； （3）①主反应为气体体积减小的放热反应，增大压强，化学平衡正向移动，乙醇的选择性上升，则250℃下，乙醇选择性随压强变化的曲线是a； ②主反应和副反应的正反应均为放热反应，升高温度，化学平衡均逆向移动，主反应逆向移动的程度大于副反应，所以乙醇的选择性随着温度升高而减小； ③150℃，在催化剂作用下H2和CH3COOH反应一段时间后，乙醇的选择性位于m点。不改变反应的温度和时间，由于主反应的正反应是气体体积减小的反应，而副反应反应前后气体的物质的量不变，因此要提高乙醇选择性，可以是增大压强；或者是使用对主反应催化活性更高的催化剂，来提高主反应中乙醇选择性； （4）反应开始时容器的容积为1 L，加入物质的物质的量：n(CH3COOH)=1 mol，n(H2)=2 mol，平衡时n[H2O(g)]=0.8 mol，体系中气体物质的量减小20%，假设主反应产生H2O的物质的量为x，假设副反应产生H2O的物质的量是y，根据主反应中物质反应转化关系可知平衡时各种气体的物质的量：n(CH3COOH)=(1-x) mol，n(H2)=(2-2x) mol，n(CH3CH2OH)= n(H2O)=x mol。它们的平衡时的物质的量又是副反应起始时的物质的量，由副反应方程式：中物质反应转化关系可知平衡时：n(CH3COOH)=(1-x-y) mol，n(CH3CH2OH)=(x-y) mol，n(CH3COOC2H5)=y mol，n(H2O)=(x+y) mol=0.8 mol。平衡时气体的物质的量减少20%，则n(总)平衡=n(CH3COOH)+n(CH3CH2OH)+n(CH3COOC2H5)+n(H2O)+n(H2)=(1-x-y) mol+(x-y) mol+y mol+0.8 mol+(2-2x) mol=(1+2)mol×80%=2.4 mol，两式联立，解得x=0.6 mol，y=0.2 mol。容器的容积与气体的物质的量呈正比。反应开始时容器容积是1 L，气体总物质的量是3 mol，反应达到平衡时气体物质的量减小20%，则平衡时容器的容积V=1 L×80%=0.8 L，故平衡时H2的平衡浓度：c(H2)==1 mol/L；c(CH3CH2OH)==0.5 mol/L，c(CH3COOH)==0.25 mol/L，c(H2O)==1.0 mol/L，故主反应的化学平衡常数K==2。 26．(1)-746 (2) Cat-1 超过450°C，催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间内脱氮率下降 (3)AB (4) 温度过低，反应速率较慢；温度过高，该反应的平衡逆向移动 < < 【详解】（1）=生成物的总焓变-反应物的总焓变=kJ/mol×2-90kJ/mol×2-(-110.5 kJ/mol)×2=-746 kJ/mol； （2）①由图可知，250℃时下脱氮率较高的催化剂是Cat-1； ②温度过高会导致催化剂活性降低，则催化剂催化条件下，后，脱氮率随温度升高而下降的原因是：超过450°C，催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间内脱氮率下降； （3）A．该反应是气体分子数减少的反应，反应开始至达到平衡过程，体系压强不断减小，则当体系压强保持不变时，说明反应达到平衡，A符合题意； B．将NO2与SO2按物质的量之比1∶1置于恒温恒容密闭容器中反应，反应开始至达到平衡过程，与的物质的量之比一直在变化，则当与的物质的量之比不变时，说明反应达到平衡，B符合题意； C．，仅体现正反应速率，未体现逆反应速率，则不能说明反应达到平衡，C不符合题意； D．反应开始生成SO3、N2至达到平衡过程，且保持不变，则当时，不能说明反应达到平衡，D不符合题意； 故选AB。 （4）①因ΔH2<0，则温度升高，平衡逆向移动，且温度过低，反应速率较慢，均不利于该反应的进行，所以由图1可知，温度过高或过低均不利于该反应的进行，原因是：温度过低，反应速率较慢；温度过高，该反应的平衡逆向移动； ②该反应是气体分子数减少的反应，温度、氮硫比m相同时，增大压强，平衡正向移动，SO2平衡转化率增大，则p1<p2；温度、压强相同时，增大氮硫比m，相当于增大NO2的浓度，平衡正向移动，SO2平衡转化率增大，则m1<m2； ③由图可知，温度为TK，压强恒定为p1时，SO2平衡转化率为50%，设开始时投入，则投入，据此列出“三段式”： 则反应平衡常数。 27．(1) ＞ 由图像可知，反应Ⅱ约在200℃~540℃不能自发，即低温条件下不可自发，高温才能自发，反应Ⅱ为熵增反应，依据自由能公式可知，△H2＞0 (2)BD (3)减小 (4) 6-a-2b (5) 步骤Ⅰ中甲酸跟的碳氧双键上的氧和带正电的TiO2成键， 步骤Ⅱ水中带负电的氧与甲酸根中带正电的碳成键 【分析】图1可知反应Ⅱ约在200℃~540℃不能自发，即低温条件下不可自发，高温才能自发，反应Ⅰ在约在200℃~540℃不可自发，即低温条件下不可自发，高温能够自发，反应Ⅲ约在540℃以后不能自发，据此回答。 【详解】（1）由图像可知，反应Ⅱ约在200℃~540℃不能自发，即低温条件下不可自发，高温才能自发，反应Ⅱ为熵增反应，依据自由能公式可知，△H2＞0； （2）A．及时分离出二氧化碳，反应物浓度降低，最终反应I的正反应速率降低，A错误； B．由图像可知，反应Ⅰ在低温条件下不可自发，高温能够自发，则反应Ⅰ为熵增反应，根据自由能公式，△H1＞0，降低温度，反应I逆向移动，反应Ⅲ为放热反应，降低温度反应Ⅲ正向移动，B正确； C．加入反应Ⅲ的催化剂，可以降低该反应的活化能但是不改变反应热，C错误； D．增大水蒸气的浓度，三个平衡都会正向移动，有利于提高甲烷的平衡转化率，D正确； 故选BD。 （3）反应Ⅲ为放热反应，，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，即lgk正-lgk逆减小； （4）①恒温恒容条件下，气体压强与物质的量成正比，起始时CH4和H2O(g)的分压分别为2MPa、6MPa，有题意可知，甲烷和水蒸气反应，所得混合物中含有CH4、H2O、CO、CO2、H2，其中CO、CO2的分压分别为aMPa、bMPa，根据碳原子守恒，反应后CH4的分压为(2-a-b)MPa，根据氧原子守恒，H2O的分压为(6-a-2b)MPa，根据氢原子守恒，H2的分压为MPa； ②则反应Ⅰ的Kp=； （5）①由图中可知该反应物为HCOO-和水，生成物为碳酸氢根和氢气，此反应的方程式为：； ②仔细看旧键断裂和新键形成可知，步骤Ⅰ中甲酸跟的碳氧双键上的氧和带正电的TiO2成键，水中带负电的氧与甲酸根中带正电的碳成键。 28．(1)增大 (2) 314 反应未达到平衡，升高温度，S2的生成速率增大，(单位时间S2的生成量增大)，S2的转化率增大；反应达到平衡时升高温度，平衡正向进行程度减小，S2的转化率减小 O2浓度过高，H2S和O2会反应生成SO2，导致S2产率减小 (3) Fe-2e-+H2S=FeS+2H+ FeS附着在铁碳填料的表面，原电池负极的表面积减小，化学反应速率减慢;铁的量因消耗而减少，形成微电池的数量减少，化学反应速率减慢 (4) 只能部分转化；随着温度升高，首先生成CaS，其次为CaS、CaO混合物，再次仅生成CaO 【详解】（1）在等温、等压条件下将与Ar的混合气体通入反应器，发生热分解反应，达到平衡状态后，若继续向反应器中通入Ar，容器体积增大，相当于减压，平衡正向移动，的平衡转化率会增大。 （2）①①；②，根据盖斯定律得△H==-314 kJ/mol，则生成1mol(g)，放出热量314kJ； ②温度低反应速率慢，反应未达到平衡时，升高温度，S2的生成速率增大，单位时间S2的生成量增大，转化率增大，正反应放热，当反应达到平衡时，升高温度，平衡逆向移动，S2的转化率减小，所以随着温度升高，S2产率先增大后减小； ③其他条件相同时，(g)产率随值的变化如图所示。值过高不利于提高(g)产率，可能的原因是：O2浓度过高，H2S和O2会反应生成SO2，导致S2产率减小。 （3）①由总方程式可知Fe在负极失去电子生成FeS，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：Fe-2e-+H2S=FeS+2H+； ②一段时间后，单位时间内H2S的去除率降低，其可能的原因是生成的FeS附着在铁碳填料的表面，原电池负极的表面积减小，化学反应速率减慢；铁的量因消耗而减少，形成微电池的数量减少，化学反应速率减慢。 （4）①可以完全转化并且有CaO生成，说明此时体系中不存在，存在CaO，则用斜线在图中画出可以完全转化并且有CaO生成的区域为：。 ②若不通入，简述随温度升高分解的规律为：只能部分转化；随着温度升高，首先生成CaS，其次为CaS、CaO混合物，再次仅生成CaO。 29．(1)B (2)1067 (3)Ⅳ (4) 丙 积炭使催化剂活性降低 温度升高，反应Ⅲ平衡正移，反应Ⅳ平衡逆移，反应Ⅳ逆移程度更大，所以积炭量减少 (5) 90% 【详解】（1）A．恒温恒容时，向其中充入惰性气体，气体的物质的量浓度不变，因此化学平衡不发生移动，A错误； B．反应体系的体积不变，反应混合物不都是气体，反应Ⅲ、Ⅳ中有固体物质生成，气体的质量发生改变，当气体的质量不变时，则气体的密度就不变，因此可据此判断重整反应体系已达到平衡状态，B正确； C．化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数就不变，C错误； D．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，缩短达到平衡所需时间，但不能使平衡发生移动，因此不能增大CH4的平衡转化率，D错误； 故选B； （2）Ⅱ. CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)  △H2=+41 kJ/mol，由于反应热等于断裂反应物化学键吸收的总能量与形成生成物化学键释放的总能量的差，则△H2= (2×799kJ/mol+436kJ/mol)-( E(C≡O)+2×463kJ/mol)=+41kJ/mol，则CO中C≡O的键能E=1067kJ/mol； （3）对于反应Ⅰ、Ⅲ，△H＞0，△S＞0，升高温度，平衡向吸热的正反应方向移动，△H-T△S减小； 对于反应Ⅱ，△H＞0，△S=0，升高温度，△H-T△S=△H不变； 对于反应Ⅳ，△H＜0，△S<0，升高温度，△H-T△S增大，符合题意； 故反应Ⅰ~Ⅳ中，△H-T△S随温度的升高而增大的是反应Ⅳ； （4）①用x表示进料比，在其它条件不变时，增大进料比，相当于增大CH4的浓度，反应Ⅲ的平衡正向移动，导致积碳增多，因此x=0.5时进料比最小，积碳应该最少，故其表示的曲线是丙，曲线乙表示进料比x=1.0；曲线甲表示进料比为x=2.0； ②因积炭生成量增加导致反应Ⅰ速率显著降低是由于积炭使催化剂活性降低，反应速率减慢； ③根据①分析可知曲线乙表示进料比x=1.0的积碳随温度变化关系，温度低于1000℃，随着温度的升高，积炭生成量减少的原因是由于温度升高，反应Ⅲ平衡正向移动，反应Ⅳ的化学平衡逆向移动，相对来说，反应Ⅳ逆移程度更大，导致积炭量减少； （5）温度为t℃，压强为p kPa，进料比x=0.5，若催化重整只发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，由于反应Ⅰ是反应前后气体物质的量增加的反应，而反应Ⅱ是反应前后气体物质的量不变的反应，因此气体物质的量增加是由于反应Ⅰ所致。根据反应Ⅰ方程式可知每有1 mol CH4气体参加反应，反应后气体物质的量会增加2 mol，假设开始加入CH4的物质的量是1 mol，由于进料比x=0.5，则开始加入的n(CO2)=2 mol，反应达到平衡时气体总物质的量增加了60%，增加的物质的量是(1+2) mol×60%=1.8 mol，故根据反应转化关系可知反应消耗CH4的物质的量是0.9 mol，因此CH4的平衡转化率为×100%=90%； ②根据①分析可知：若开始假设CH4的物质的量是1 mol，反应Ⅰ消耗n(CH4)=n(CO2)=0.9 mol，反应生成n(CO)=n(H2)=1.8 mol，反应达到平衡时n(CH4)=1 mol-0.9 mol=0.1 mol，n(CO2)=2 mol-0.9 mol=1.1 mol，n(CO)=n(H2)=1.8 mol，然后发生反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，假设反应反应消耗CO2的物质的量是x mol，则各种物质的物质的量都改变x mol，平衡时n(CO2)=(1.1-x)mol，n(H2)=(1.8-x)mol，n(CO)=(1.8+x)mol，n(H2O)=x mol，由于此时混合气体中，所以，所以x=0.5 mol，则平衡时n(CO2)=(1.1-x)mol=(1.1-0.5)mol=0.6 mol，n(H2)=(1.8-0.5)mol=1.3 mol，n(CO)=(1.8+0.5)mol=2.3 mol，n(H2O)=0.5 mol，假设容器的容积为V L，则反应(Ⅱ)的化学平衡常数K(Ⅱ)== 。 30．(1) (2) 190 ＞ CD (3)42％ (4) 丙 反应Ⅱ平衡曲线为曲线M，恒容时加入少量，反应Ⅱ平衡向正反应方向移动，即 【详解】（1）对反应编号C3H8O(g)C3H6(g)+H2O(g)  ∆H=+52kJ/mol(①)，2C3H8O(g)+9O2(g)=6CO2(g)+8H2O(g) ∆H=-3750kJ/mol(②)，根据盖斯定律，将②-①×2得2C3H6(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(g)  ∆H=(-3750kJ/mol)-(+52kJ/mol)×2=-3854kJ/mol，则C3H6(g)燃烧生成CO2(g)和H2O(g)的热化学方程式为2C3H6(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(g)  ∆H=-3854kJ/mol。 （2）①4~8s内H2O(g)的浓度增加3200ppm-2440ppm=760ppm，则消耗C3H8O(g)的浓度为760ppm，平均反应速率v(C3H8O)==190ppm/s。 ②由表中数据知，0~4s、4~8s、8~12sH2O(g)浓度的改变值依次为2440ppm、760ppm、400ppm，说明随着时间的推移反应速率减慢，12~ts内H2O(g)浓度的改变值为400ppm，则t＞16。 ③A．由表中数据知，t~20s内H2O(g)浓度改变值为100ppm，20s时一定是平衡状态，但可能未到20s时已经达到平衡状态，A项不符合题意； B．该反应体系中所有物质都呈气态，建立平衡的过程中气体的总质量始终不变，在刚性密闭容器中，混合气体的密度始终不变，混合气体密度不变不能说明反应Ⅰ、Ⅱ达到平衡状态，B项不符合题意； C．C3H8O(g)浓度不再变化是反应Ⅰ、Ⅱ达到平衡状态的特征之一，C项符合题意； D．平衡时H2O(g)的浓度为4100ppm，则反应Ⅰ生成C3H6(g)的浓度为4100ppm，由于反应Ⅱ消耗C3H6(g)，故平衡时C3H6(g)的浓度小于4100ppm，D项符合题意； 答案选CD。 （3）设C3H8O(g)起始为1mol，反应Ⅰ的转化率为60%，反应Ⅰ生成C3H6(g)物质的量为0.6mol，反应Ⅱ的转化率为30%，反应Ⅱ消耗C3H6(g)物质的量为0.6mol×30%=0.18mol，结合C守恒，丙烯的产率为×100%=42%。 （4）①反应Ⅰ为吸热反应，升高温度，反应Ⅰ正向移动，lgKp增大，则曲线N表示反应Ⅰ的lgKp随温度的变化；反应Ⅱ为放热反应，升高温度，反应Ⅱ逆向移动，lgKp减小，则曲线M表示反应Ⅱ的lgKp随温度的变化；在350℃恒容平衡体系中，加入少量C3H6(g)时，反应Ⅱ的平衡向正反应方向移动，即Qp＜Kp，最有可能对应图中的丙点。 ②平衡时C6H12(g)的平衡分压为aMPa，反应Ⅱ转化C3H6(g)的分压为2aMPa；由图知，350℃时，反应Ⅱ的lgKp=0，则Kp=1，=1，则C3H6(g)的平衡分压为MPa；故反应Ⅰ生成的C3H6(g)的分压为2aMPa+MPa，根据反应Ⅰ知，水蒸气的平衡分压为2aMPa+MPa=(2a+)MPa。 31．(1) 低温 反应Ⅲ为吸热反应，反应Ⅰ、Ⅱ放热，温度升高反应Ⅲ正向进行程度增大，反应Ⅰ、Ⅱ正向进行程度减小，当温度超过290℃，反应Ⅲ增大程度大于反应Ⅰ、Ⅱ减小程度，故CO2的转化率随温度升高而增大 随着温度继续升高，二甲醚的选择性降低程度过大(二甲醚的产率太小) (2) c、a、b (3)B1位点上的H+与B2位点上CO2中带部分负电荷的O作用生成，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的B2位点上 【详解】（1）①根据盖斯定律可知，反应I×2+Ⅱ可得到，△H=-49.01kJ•mol-1×2+(-24.52kJ•mol-1 )=-122.54kJ•mol-l，该反应，，要使，应该在低温下，即该反应在低温下可以自发进行； ②由题干可知，反应Ⅲ为吸热反应，反应Ⅰ、Ⅱ放热，温度升高反应Ⅲ正向进行程度增大，反应Ⅰ、Ⅱ正向进行程度减小，当温度超过290℃，反应Ⅲ增大程度大于反应Ⅰ、Ⅱ减小程度，故CO2的转化率随温度升高而增大； ③由图象可知，如果温度高于270℃，随着温度继续升高，二甲醚的选择性降低程度过大，所以工业实际设计温度一般在230∼270℃范围； （2）①CO2在碱性条件下得电子生成CH3CH2CH2OH，多余CO2变成碳酸根，根据电子守恒和电荷守恒写出电极反应式为：； ②c催化剂条件下，CO2电还原的活化能小于H+电还原的活化能，更容易发生CO2的电还原；对于CO2电还原为CO的过程，使用b作催化剂时，由第一个过渡态到第二个过渡态需要的能量足足有0.76eV，能垒是极高的。而使用a作催化剂时，最高的能垒仅为0.51eV。反观H+还原为H2的过程，使用a、b作催化剂时，最高的能垒相差是不大的，因此，使用a作催化剂时，CO2的电还原是更容易的，则反应从易到难的顺序为c、a、b； （3） 根据示意图，结合题目所给步骤I的描述，步骤Ⅱ可描述为B1位点上的H+与B2位点上CO2中带部分负电荷的O作用生成，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的B2位点上。 32．(1)+41 (2)AC (3) b 250℃以前，体系以主反应为主，温度升高，主反应逆向移动，CO2的转化率降低；250℃以后，体系以副反应为主，温度升高，副反应正向移动，CO2的转化率升高 20% < 【详解】（1）对于反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)的焓变ΔH2=（稳定单质的焓为0，故氢气的焓是0）； （2）A．CO2中，碳原子杂化方式sp，催化过程(Ⅰ)后产物中碳原子杂化方式sp2，杂化方式发生改变，A正确； B．催化过程(Ⅴ)中，每生成1molCH3OH同时形成3molσ键，B错误； C．气体平均相对分子质量，当体平均相对分子质量不变时说明各物质的物质的量不变，说明主反应和副反应均达到平衡，C正确； D．其他条件不变下，减小反应器体积，主反应平衡正向移动，导致物质的浓度改变，副反应平衡也会发生移动，D正确； 故选AC； （3）反应①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)为放热反应，反应②CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)为吸热反应，升温反应①逆向移动，反应②正向移动，故表示平衡时CO选择性的曲线是b； 曲线c呈现先减小后增大变化趋势的原因是250℃以前，体系以主反应为主，温度升高，主反应逆向移动，CO2的转化率降低；250℃以后，体系以副反应为主，温度升高，副反应正向移动，CO2的转化率升高； 250℃时，测得平衡体系共有0.5molCH3OH，结变化图可知，选择性S=50%，，所以，CO2的平衡转化率，对于反应①对于反应②，变化的CO2为0.5mol，则平衡时二氧化碳为5-1=4mol，氢气为16-1.5-0.5=14mol，甲醇为0.5mol，水为0.5+0.5=1mol，一氧化碳为0.5mol，总物质的量为4+14+0.5+1+0.5=20mol，对于反应①，（MPa)-2，根据图像，p位于曲线b之上，q位于曲线b之下，p、q两点的主反应的正反应速率大小：V正(p)<V正(q)。 33．(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。 34．(1) 催化剂的活性 (2) (3) d > AD (4) 【详解】（1）1-甲基萘（1-MN）中成环的C原子杂化方式为sp2，未杂化的p轨道上有1个电子，则10个C原子提供10个电子形成大Π键，表示为，提高反应选择性的关键因素 是催化剂的活性。 （2）根据盖斯定律，反应R1可由R3+R4-R2得到，R4的焓变。 （3）①由于生成十氢萘(1-MD)的总反应是相同的，则总反应的平衡常数在一定温度下为定值，则K1K2=K3K4，c、d分别为反应R1和R3的平衡常数随温度变化的曲线，由图像可知，相同温度下K1>K3，则K2<K4，结合图像可知，表示反应R3的平衡常数随温度变化曲线为d； ②反应达平衡时，v正=v逆，则=，平衡常数K=， T1温度时，KT1==，T2温度时，KT2==1，由图甲可知，K值随温度升高而减小，则T1>T2； ③A．由图甲可知，升高温度，K逐渐减小，说明升高温度平衡逆向移动，则四个反应正反应均为放热反应，A正确； B．R1和R3均为气体体积减小的放热反应，但是反应过程中伴有生成十氢萘(1-MD)的副反应R2和R4，该副反应也均为气体体积减小的放热反应，因此压强越大，温度越低，可能会导致副产物的增加，B错误； C．由①分析知，a为反应R4的平衡常数随温度变化的曲线，400K时反应R4的反应平衡常数最大，但不代表其反应速率最快，C错误； D．能量越低越稳定，反应过程中生成1-MD的总反应为放热反应，说明生成物的能量低于反应物，故反应体系中1-MD最稳定，D正确； 故选AD。 （4）R1、R2、R3、R4的反应分别为：1-MN(g)+2H2(g)5-MTL(g)、5-MTL (g)+3H2(g)1-MD(g)、1-MN(g)+2H2(g)1-MTL(g)、1-MTL(g)+ 3H2(g)1-MD(g)，1-MN平衡转化率y为65%时1-MN平衡转化率为0.65，平衡时1-MN为(1-0.65)mol，平衡时生成1-MTL和5-MTL共0.65mol；由图可知，1-MTL和5-MTL物质的量分数共a%，S1-MTL为b%，则平衡时，S5-MTL为(a%-0.65×b%)mol；H2压强近似等于总压6.0×103kPa，则反应R1的平衡常数Kp=。 35．(1) (2) ACD 升温或选择合适的催化剂 7 （或0.44） (3) 0.98 C 温度过高，甲醇和甲酸甲酯分解 【详解】（1）据盖斯定律，反应(I+III)×得II，所以=。 （2）①A．反应Ⅰ、据自发可知，高温有利于反应Ⅰ自发，故A正确； B．，说明该反应体系达到平衡状态，故B错误； C．反应Ⅰ的，温度升高，平衡右移，有利于提高CH3OH的平衡转化率，故C正确； D．减小CH3OH分压，平衡右移， HCOOCH3的平衡产率增大，故D正确； 故答案为：ACD； ②要缩短达到平衡的时间，可采取的措施有升温或选择合适的催化剂； ③设起始通入n(CH3OH)=2amol，三段式， 平衡时n(总)=1.6a+0.2a+0.4a=2.2a，该反应再恒压装置中进行，平衡时总压等于进料时甲醇的分压为77kPa，所以M点 =7，M点=（或0.44）kPa。 （3）①当w%=15%时，甲醇蒸汽的流速为10mol/h，甲醇与甲酸甲酯化学计量数比值为2:1，甲醇转化率98%，甲酸甲酯选择性20%，所以生成甲酸甲酯的反应速率为0.5×10×0.20×0.98mol/h=0.98； ②图像显示553K甲醇转化率25.5%，甲酸甲酯选择性为93%；563K甲醇转化率26.5%，甲酸甲酯选择性为95%；573K甲醇转化率27.5%，甲酸甲酯选择性为93%；583K甲醇转化率29.5%，甲酸甲酯选择性为84%，选择条件时要同时考虑甲醇转化率和甲酸甲酯选择性，由两者乘积大小决定，573K时乘积最大，所以最适合的反应温度为573K，故答案为C； ③当温度高于563K时，甲酸甲酯选择性下降的可能原因为温度过高，甲醇分解和甲酸甲酯分解造成选择性下降。 36．(1) 124 (2) 反应为气体分子数增大的反应，压强增大，平衡向左移动，丙烷的平衡转化率减小 上移 (3) c 随着的含量增大，平衡向左移动 活化了催化剂 (4) 【详解】（1） 由盖斯定律可知反应Ⅰ=，；方程式相减，平衡常数相除，系数变为原来的一半，则K为原来的次方，则； （2）①该反应为正向气体分子数增大的反应，当温度一定时，增大压强，平衡逆向移动，丙烷的转化率减小，由图可知压强由时，丙烷的转化率减小，则压强； ②800K，压强下，若进料组成中加入惰性气体Ar，容器体积增大，原气体的分压减小，则平衡正向移动，丙烷的转化率增大，a点将上移； （3）①已知曲线a为丙烯选择性，随变化丙烯的选择性基本不变，则丙烯转化率几乎没有起伏，故曲线c为丙烯选择性； ②曲线b随的增加而降低的原因是随着氢气含量增大，平衡向左移动；随增加丙烯所测速率呈增大趋势是因为氢气活化了催化剂； （4）0.1 Mpa下，时，此条件下丙烯选择性90%，丙烷平衡转化率为50%，设通入2xmol丙烷和3xmol氢气发生反应，平衡时剩余丙烷(1-50%)×2xmol=xmol；产生丙烯 50%×2x×90%mol=0.9xmo和0.9xmol氢气，故n(H2)=3.9x，n(CH4)= n(C2H4)=50%×2x×(1-90%)=0.1xmol，故n总=x+0.9x+3.9x+0.1x+0.1x=6xmol；；；；==。 37．(1) (2) 4.05 压缩体积 (3)AD (4)浓度低时抑制副反应增加主反应选择性，浓度较高时则会使催化剂失活降低催化效果 (5) 【详解】（1） ④  （g）③②，根据盖斯定律：2×②-4×③-2×④得(  )； （2） 根据(  )，假设氧气转变化量为x，则乙烯变化量为2x，环氧乙烷变化量为2x；根据，假设氧气变化量为3y，则乙烯变化量为y，二氧化碳和水的变化量均为2y；平衡式时乙烯物质的量：，氧气物质的量：，环氧乙烷物质的量：，二氧化碳物质的量：，根据乙烯的平衡转化率为0.6可知①，根据平衡时  的选择性[n(  )/n(参加反应的CH2=CH2)]为0.6可知②，联立①②解得，则平衡常数；可以通过压缩体积方式提高产率； （3）A．升高温度，反应速率一定加快，故A正确； B．通入无关反应气体，可能导致反应物浓度降低，速率减慢，故B错误； C．增大乙烯浓度会导致副反应速率加快，消耗更多氧气，氧气浓度降低，主反应速率减慢，故C错误； D．增大氧气浓度，利于提高反应历程中慢反应速率，从而提高主反应速率，故D正确； 答案选AD； （4）浓度低时抑制副反应增加主反应选择性，浓度较高时则会使催化剂失活降低催化效果； （5）①，平衡常数； ②根据反应可知，回收1mol氯化银需要2mol氨，该反应平衡常数为，假设1L氨水含xmolNH3，则有，解得； 38．(1)4 (2) (3) 3 2.25 增大 (4) 46.26 【详解】（1）由图中信息可知，当失重比为19.4%时，转化为，则，解得；故答案为：4。 （2）① ；② ；③ ；根据盖斯定律可知，①+③−②×2可得，则；故答案为：。 （3）将置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：。由平衡时的关系图可知，660K时，，则，因此，该反应的平衡总压、平衡常数。由图中信息可知，随着温度升高而增大，因此，随反应温度升高而增大；故答案为：3；2.25；增大。 （4）提高温度，上述容器中进一步发生反应：，在同温同容下，不同气体的物质的量之比等于其分压之比，，，，解得平衡时。在929K时，、，则、，联立求出，则，；故答案为：；46.26；。 答案第54页，共55页 答案第55页，共55页 学科网（北京）股份有限公司 $$