2025届高三化学一轮复习 专题训练----化学反应原理综合题

2025届高三化学专题训练----化学反应原理综合题 1．（2024·广西柳州·模拟预测）研究合成氨工业对生产、生活、科研等方面具有重要的意义，回答下列问题： (1)合成氨反应原理为：，能量变化如图。加入铁触媒作催化剂会使图中 (填“变大”“变小”或“不变”。下同)，图中 。 (2)实验测定不同条件下，平衡时氨气的含量与起始氢氮比之间的关系如图所示。 ① (填“>”“<”或“=”)。 ②b、c、d三点对应平衡常数最小的点是 。 ③，条件下，时平衡转化率为，合成氨反应的 (用含的式子表示，为以气体分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数) (3)转化为是工业制取硝酸的重要一步。 已知：      则反应：的 。 (4)研究数据表明，特定条件下，合成氨反应的速率与参与反应的物质浓度关系为：，下列措施能提高反应速率的是___________。 A．适度增加氢气的浓度 B．适度降低反应温度 C．在低压下进行反应 D．及时将产物氨气分离出反应体系 (5)科学家研究发现可采用电解法合成氨，在质子导体作用下，将和分别通入电解池两极，阴极的电极反应式为 。 2．（2023·安徽安庆·模拟预测）利用丁内酯（）制备1，4-丁二醇（），反应过程中伴有生成四氢呋喃（）和1-丁醇（）的副反应，涉及反应如下： 已知：①反应I为快速平衡，可认为不受慢反应Ⅱ、Ⅲ的影响：②反应均在高压氛围下进行，故压强始终近似等于总压。回答下列问题： (1)以或为初始原料，在、的高压氛围下，分别在恒压容器中进行反应。达平衡时，以为原料，体系向环境放热；以为原料，体系从环境吸热。忽略副反应热效应，请在下图中画出由反应原料生成平衡混合物的反应过程能量变化图 并计算反应I焓变：(，) 。 (2)如图表示在总压为的恒压条件下且起始时与丁内酯的物质的量之比为2时，反应I达到平衡时各物质的物质的量分数（y）与温度的变化关系图。图中表示的物质的量分数曲线是 ；P点时，丁内酯的转化率约为 （保留一位小数）。 (3)x表示某物种i的物质的量与除外其他各物种总物质的量之比。，下，以为原料时，和随时间t变化关系如图所示。则时刻 ，反应I平衡常数 （用分压代替浓度，分压=总压×该物质的物质的量分数，保留两位有效数值）。 (4)利用电解合成法也能在有机质子溶剂中实现的转化，该转化发生在 （填“阴”或“阳”）极，电极反应式为 。 3．（2024·安徽安庆·模拟预测）氮氧化物（）是大气污染物的主要成分，对人体健康和环境危害极大。利用催化消除NO，生成及副产物的热化学方程式如下： I： Ⅱ： 回答下列问题： (1)写出与反应生成两种无毒物质的热化学方程式 。 (2)催化剂a（Pt/）和催化剂b（Pt/）在不同温度下催化效果如图所示，选用催化剂 （填“a”或“b”）的效果更好，理由是 。 (3)通过传感器可监测的含量，其工作原理示意图为：Pt电极上发生的是 （填“氧化”或“还原”）反应。写出NiO电极的电极反应式 。 (4)在VL恒容密闭容器中充入lmolNO、2mol、1mol，此时起始压强为，反应达到平衡时，测得容器内的物质的量分别为0.1mol、1.5mol。（）则NO的平衡转化率= ；的选择性= ；反应Ⅱ的平衡常数 。 4．（2024·湖南·模拟预测）“碳达峰、碳中和”是应对全球气候变化的重要措施，对于保护生态环境、推动绿色发展具有重要意义，科学家通过多种途径实现了CO2合成转化为有机物。 Ⅰ.一种CO2合成转化为甲醛的总反应为。转化步骤如下图所示： (1)关于以上转化步骤中的相关物质和反应，下列说法正确的是________（填字母）。 A．甲醛常温下为无色有强烈刺激性气味的液体，易溶于水 B．甲醇与甲醛分子中∠OCH键角较大的是甲醛分子 C．H2O2分子结构与C2H2分子类似，属于直线形分子 D．若反应②正向为自发反应，可推知 (2)已知，则总反应的 （用上图中焓变以及表示）。 Ⅱ.CO2催化加氢合成甲醇的反应经常伴随有副反应发生。 主反应： 副反应： (3)研究者在CO2催化加氢合成甲醇的催化剂研究中获得如图所示结果，由此可确定在实际工业生产中的最佳催化剂为 ；甲醇的生成速率首先随反应温度的升高而增加，但当温度升高到330℃以上时开始降低，试分析造成甲醇生成速率下降可能的原因是 。 (4)T℃，在容积为2L的恒容密闭容器中充入1molCO2和一定量H2，一定条件下只发生主反应。若起始时容器内气体压强为3.0kPa，达到平衡时，水蒸气的分压与起始投料比的变化关系如图所示。如果反应从开始到达c点所用时间为10min，则10min内该反应的平均反应速率= 。已知：该反应的标准平衡常数 ，其中为标准压强100kPa，、、和为各组分的平衡分压，则T℃时，该反应的标准平衡常数 （列出计算式）。 Ⅲ.科学家近年发明了一种将二氧化碳电化学还原为甲醇的方法，装置示意图如下，电解质溶液1为由KHCO3、吡啶和HCl组成的CO2饱和水溶液，电极为Cu2O/CuO薄膜材料和Pt电极。 (5)该电解池阴极的电极材料为 ，其电极反应式为 。 5．（2024·黑龙江双鸭山·模拟预测）硅酸盐锆矿的主要成分为，还含有的氧化物，以该矿石为原料生产的工艺流程如图所示： 已知：“加热转化”后得到的成分有。 回答下列问题： (1)“加热转化”时发生反应的化学方程式为 。 (2)易水解可生成硅酸，溶于水，试剂X为 。 (3)常温下，，测得“除铜”后溶液中，通过计算判断溶液中是否除尽： （写出计算过程，溶液中离子浓度低于即可认为该离子已被除尽）。 (4)难溶于有机溶剂；易溶于有机溶剂（密度小于水），微溶于水。若可选试剂为和有机溶剂，则从除铜后的溶液中“除铁”的具体操作为 ，再用硫酸将含有的有机层反萃取，得到含的溶液进入下一步流程（补全操作）。 (5)常温下，，“沉锆”后的溶液中， （填“>”“<”或“=”）。 (6)的立方晶胞结构如图所示，是阿伏加德罗常数的值，晶胞参数为。 ①锆原子在晶胞中的位置： 。 ②与O配位的围成的立体结构为 。 ③该晶体密度为 （用含a、的代数式表示，不用化简）。 6．（2024·江苏宿迁·一模）和是重要的工业原料。 (1)晶胞见图-1，其中O原子位于Ce构成的 空隙。（填“正四面体”或“正八面体”） (2)铜-氧化物（，其中O均为-2价）可催化氧化除去氢气中少量CO，其反应机理见图-2所示。 ①反应Ⅰ中Ce的化合价变化为： 。（已知反应Ⅰ中Cu、Ce的化合价均发生变化） ②若反应Ⅱ中通入，检测反应Ⅳ的产物，其中含有有 种。 (3)用pH约为7的溶液与溶液反应制备沉淀。若制备含量少的，采用的加料方式为：将 溶液缓慢滴加到 溶液中。（填化学式） (4)准确称取1.00g样品置于锥形瓶中，加入适量过二硫酸铵[]溶液恰好将氧化为，然后加入40.00mL与之恰好反应完全。已知：。求该样品中的质量分数 （写出计算过程）。 7．（2024·湖南·模拟预测）氮及其化合物的研究对生态环境保护和工农业发展非常重要。氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。 (1)根据下图数据计算反应   。 (2)下列关于合成氨工艺的理解中，正确的有 (填标号)。 A．控制温度远高于室温，是为了保证尽可能高的平衡转化率和快的反应速率 B．易液化，不断将液氨移去，利于反应正向进行 C．原料气中由分离空气得到，由天然气与水蒸气反应生成，原料气需要经过净化处理，以防催化剂中毒和安全事故发生 D．通过更换不同种类的催化剂，可以调节平衡时原料的转化率 E．实际生产中，适度过量有利于提高的转化率同时有利于提高整体反应速率 (3)LiH-3d过渡金属复合催化剂也可用于催化合成氨，已知先被吸附发生反应，紧接着被吸附发生的反应方程式 。 (4)电解法在常温常压下实现合成氨：工作时，电极生成的微观示意图如图所示，其中电解液为溶有三氟甲硝酸锂和乙醇的惰性有机溶剂。电极上生成的电极反应式为 。 (5)压强为20MPa下，以、(x代表物质的量分数)进料，若保持压强不变，当平衡时，则该温度下，反应平衡常数 (化为最简式)。[对于气相反应，用某组分B的平衡压强代替物质的量浓度也可表示平衡常数，记作，如，p为平衡总压强，为平衡系统中B的物质的量分数。] (6)中国科学家利用Cu催化剂实现电化学脱硝。通过理论计算推测电解池阴极上NO可能的转化机理及转化步骤的活化能分别如下(*表示催化剂表面吸附位，如NOH*表示吸附于催化剂表面的NOH)。 Ⅰ． Ⅱ．   Ⅲ．   Ⅳ．   Ⅴ．   上述反应机理中，Ⅱ~Ⅴ中速率最快的步骤是 。若电路中有2mmol电子流过，其中生成的选择性为95%，电解池阴极生成的的物质的量为 mmol。 8．（2023·广西·模拟预测）以为原料制备甲烷、氢气等能源物质具有较好的发展前景。 (1)和联合催化重整能减少温室气体的排放。其主要反应如下： Ⅰ．     Ⅱ．     Ⅲ．     ① 。 ②其他条件相同，投料比为1∶1.3时，不同温度下和的转化率及变化如图1。始终低于1.0的原因是 。 (2)一定条件下，分解形成C的反应历程如图2所示。该历程分 步进行，其中第 步的正反应活化能最大。 (3)T℃时，向1L恒容密闭容器中充入4mol 和12mol ，在催化剂表面发生催化重整制的主反应，同时有副反应发生。初始压强为p，20min时反应都达到平衡状态，测得，体系压强为。 ①0～20min内 ，平衡时选择性＝ （保留三位有效数字）。（选择性） ②副反应的平衡常数 。（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数） ③催化剂上的反应过程如图3所示。其他条件不变时，的转化率和的选择性随温度变化如图4所示。催化加氢制的最适合温度为 ，除提高反应速率外，该催化剂的最大优点是 。 9．（2024·广东江门·三模）是一种重要的化工原料，常用于催化剂、媒染剂和消毒剂等。 I．以为催化剂制备：   已知：①   ②   (1) 。 (2)在体积不变的密闭容器中，进料浓度比分别等于1、4、7时，平衡转化率随温度变化的关系如图所示： ①曲线 (填“a”“b”或“c”)对应的平衡曲线。 ②400℃时，按进料浓度比投料，设的初始浓度为，反应经达到平衡，在时段，反应速率 (用含的表达式表示)。 Ⅱ．Cu(Ⅱ)在溶液中常以配合物形式存在。 (3)基态的价层电子轨道表示式为 。 (4)水溶液中：(蓝色)(黄色)  ，下列说法正确的有___________ A．加热溶液，溶液颜色由蓝绿色变为黄绿色 B．向溶液加水稀释，溶液颜色由蓝绿色变为蓝色，增大 C．向溶液中加入适量固体，溶液颜色由蓝色变为黄绿色 D．已知的空间结构为平面正方形，其中的杂化轨道类型为 (5)在一定温度下，在液态有机相中存在以下氯化络合反应：             ①反应的平衡常数 。 保持温度不变，改变某浓度有机相稀溶液中的起始浓度，测得铜元素的部分微粒分布系数与平衡浓度关系如图所示。 ②A点的浓度为 (保留两位有效数字)，此时的氯化络合转化率为 。 10．（2024·黑龙江大庆·模拟预测）、常用于制造农药等。磷在氯气中燃烧生成这两种卤化磷。请回答下列问题： (1)已知中P原子的d能级参与杂化，分子呈三角双锥形(如图)，由此推知中P的杂化类型为___________(填标号)。 A． B． C． D． (2)已知，①， ②。 则 (用含a、b的式子表示)。 (3)实验测得的速率方程为(k为速率常数，只与温度、催化剂有关)，速率常数k与活化能的经验关系式为(R、C为常数，为活化能，T为绝对温度)。 ①一定温度下，向密闭容器中充入适量和，实验测得在催化剂Cat1、Cat2下与的关系如图所示。催化效能较高的是 (填“Cat1”或“Cat2”)，判断依据是 。 ②将和充入体积不变的密闭容器中，一定条件下发生上述反应，达到平衡时，为amol，如果此时移走和，在相同温度下再达到平衡时，的物质的量为x，则x为 (填标号)。 A．    B．    C．    D． (4)向恒容密闭容器中投入和，发生反应：，在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图所示。 ①相对曲线b，曲线a改变的条件可能是 。 ②曲线b条件下，该反应平衡常数()为 。[提示：用分压计算的平衡常数为压强平衡常数，分压=总压×物质的量分数。] 11．（2024·湖南长沙·三模）二甲醚具有巨大的潜在市场，目前采用的二氧化碳有效转化法，既是生成二甲醚的简便方法，又是实现“碳中和”的重要途径。 I.CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2的转化方法，其过程中发生的反应如下： 反应①：  △H1=+41.2kJ·mol-1        K1 反应②：  △H2=-204.9kJ·mol-1     K2 (1)CO2催化加氢合成二甲醚的热化学方程式为 ，该反应的平衡常数为 （用K1、K2表示）。 (2)在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，发生反应①和(1)中反应，CO2的平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图。当温度低于300℃时，CO2的平衡转化率随温度的上升而下降的原因是 。 Ⅱ.由CO2制备二甲醚的另一种方法为先合成甲醇，再脱水，主要分为以下步骤： 反应③：  △H3<0 反应④：  △H4>0 (3)在不同的压强下，按照投料比n(CO2)：n(H2)=1：3只进行反应③，CH3OH的平衡产率随温度的变化关系如图甲所示，p1压强下，CO2的转化率随温度变化如图乙所示。 图甲中压强从大到小的顺序是 ，图乙中处于平衡状态的点有 （填字母），CO2的转化率呈图乙所示变化的原因是 。 (4)更换高效的催化剂，体系中CH3OCH3平衡时的物质的量将 （填“增加”“不变”或“减少”）。 (5)在280℃、3.4MPa条件下，通入1molCO2和3molH2的混合气体，用该方法制备二甲醚。充分反应后，测得CO2的平衡转化率为30%，体系中CH3OCH3的物质的量为0.1mol，则反应③的压强平衡常数Kp= MPa-2（列出计算式即可）。 12．（2024·山西·模拟预测）氢能是一种可再生的清洁能源。氢能有多种获得途径，通过有毒气体催化处理可获得氢能，通过天然气水化也可获得氢能。回答下列问题： (1)工业上一种处理的反应为。已知部分化学键的键能如下表所示： 化学键 键厕 413 363 577 436 ①该反应的 。 ②为了提高的平衡转化率，可采取的措施是 (填字母)。 A．降低温度        B．使用膜技术将移走 C．增大压强        D．恒压条件下充入稀有气体 (2)通过高温热分解反应也可获得氢气和单质硫：。 ①不同压强下，在密闭容器中充入一定量的气体发生上述反应，测得平衡时的体积分数与温度、压强的关系如图所示： (单位为)由小到大的顺序为 ，理由是 。若T℃时，条件下，该反应经过10min达到平衡，则内分压的平均变化速率为 (用含的代数式表示)。 ②在条件下，的混合气体在密闭容器中发生的热分解反应。平衡时混合气体中与的分压相等，的平衡转化率为 ，该反应的平衡常数 (结果保留一位小数，为用平衡分压代替平衡浓度计算的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 13．（2024·宁夏银川·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8mol(g)充入容积为10L的恒容容器中，只发生，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 ，反应在该状态下达到平衡时的转化率为 ，若保持投料量不变，反应在状态Ⅱ下达到平衡后容器内的压强为P kPa，则该条件下反应的平衡常数 。(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 。 14．（2024·广东·二模）苯乙烯是用来制备重要高分子聚苯乙烯的原料。以水蒸气作稀释剂、在催化剂存在的条件下，乙苯催化脱氢可生成苯乙烯，可能发生如下两个反应： 主反应：   副反应：   回答下列问题： (1)已知：在、条件下，某些物质的相对能量变化关系如图所示。则上述反应中的 。 (2)在不同的温度条件下，以水烃比投料，在膜反应器中发生乙苯脱氢反应。膜反应器可以通过多孔膜移去，提高乙苯的平衡转化率，其原理如图所示。已知：移出率。 ①若忽略副反应，维持体系总压强恒定，在温度为时，乙苯的平衡转化率为，的移出率为，则在该温度下主反应的平衡常数 (用含、、的代数式表示)。[对于气相反应，用某组分的平衡压强代替物质的量浓度，也可表示平衡常数，记作，如，为平衡总压强，为平衡系统中的物质的量分数] ②乙苯的平衡转化率增长百分数与的移出率在不同温度条件下的关系如下表：           温度/℃ 增长百分数/% 移出率/% 700 950 1000 60 8.43 4.38 2.77 80 16.8 6.1 3.8 90 27 7.1 4.39 高温下副反应程度极小。当温度高于时 ，乙苯的平衡转化率随的移出率的变化改变程度不大，原因是 。 ③下列说法正确的是 (填字母)。 A．生成的总物质的量与苯乙烯相等 B．因为被分离至隔离区，故反应器中不发生副反应 C．在恒容的膜反应器中，其他条件不变，增大水烃比，可提高乙苯的转化率 D．膜反应器可降低主反应的活化能，提高主反应的选择性 (3)一种将电氧化法和电还原法联合处理含甲醛的废水的装置如图所示。 ①阴极的电极反应为 ，阳极的电极反应为 。 ②当外电路通过电子时，理论上能处理的甲醛的质量为 。 15．（2024·陕西铜川·模拟预测）乙烯年产量的高低是衡量一个国家石油化工发展水平的重要指标。回答下列问题： (1)已知 ①    ， ②        ， ③        ， 则 ； (用含、的式子表示)。 (2)反应中正逆反应速率方程可表示为、，其中和是只与温度有关的常数。则升高温度过程中，和变化值较大的是 。 (3)在压强恒定为480kPa时，向某密闭催化反应器中加入2mol乙烯与2mol水，使其发生反应：，测得反应开始到第10min乙烯的转化率随温度的变化如图所示(过程中催化剂活性几乎不受影响)： ①b点前乙烯的转化率随温度升高而增大，根据活化分子碰撞理论解释其原因： ；c点时乙醇的体积分数为 。 ②b点时该反应的化学平衡常数 (保留两位小数，分压=气体体积分数×总压)。 (4)若某密闭容器中存在反应，在其他条件不变时，改变某一条件X，则得正逆反应速率变化如图所示，则X表示 ，下列标志能表明在一定温度下，恒容容器中该反应达到平衡状态的是 (填字母)。 A．混合气体密度保持不变 B．正反应速率： C．单位时间内断裂的化学键数目：H—H键=H—O键 16．（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 。 17．（2024·黑龙江大庆·模拟预测）氮氧化物(、NO等)的处理和资源化利用具有重要意义。 (1)反应分为三步基元反应完成。 第一步：决速步骤) 第二步： ①活化能最高的是第 步。 ②为了提高总反应中NO的反应速率和转化率可采用的措施为 (写两条)。 (2)已知反应。某温度下向2.0L刚性密闭容器中充入和，发生该反应，测得容器内气体总压强(p)与时间(t)的变化如下表所示： 反应时间(t)/min 0 2 4 6 8 10 4.80 5.44 5.76 5.92 6.00 6.00 ①用表示0~4min内平均反应速率为 。 ②该温度下的压强平衡常数 kPa。 (3)NO催化分解ICl制取和的原理为： 反应I：； 反应Ⅱ：；。 反应的的关系如图所示。 430K时，反应的 (4)催化电解NO吸收液可生成多种物质，其中将NO还原为的催化机理如图甲所示。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(FE%，法拉第效率之比等于转移电子的物质的量之比)随电解电压的变化如图乙所示。 ①由图甲可知，催化电解NO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 。 18．（2024·山东济宁·三模）CO2耦合乙苯()脱氢制备苯乙烯()是综合利用CO2的热点研究领域，制备苯乙烯涉及的主要反应如下： 反应I．(g)⇌　(g)+H2(g)              △H1 反应Ⅱ．　           △H2＞0 反应Ⅲ．(g)+CO2(g)⇌(g)+CO(g)+H2O(g)△H3＞0 (1)相关的化学键键能数据如下： 化学键 H-H C-H C-C C=C 436 413 348 615 利用上表数据计算△H1为 ，为提高的平衡转化率，可采取的措施为 。 (2)向密闭容器中按一定比例投入原料气，达到平衡时随温度变化关系如图所示。三种原料气配比分别为：I．只有乙苯、Ⅱ．n(乙苯):n(CO2)=1:5、Ⅲ．n(乙苯):n(Ar)=1:5 ①恒容条件下，若B表示原料气只有乙苯的曲线，则原料气配比n(乙苯):n(Ar)=1:5的曲线为 (填A、B或C)。 ②恒压条件下，若B表示原料气只有乙苯的曲线，则原料气配比n(乙苯):n(CO2)=1:5的曲线为 (填A、B或C)，从平衡移动的角度解释CO2的作用： 。 (3)向恒容密闭容器中，投入乙苯和CO2各1mol，此时气体压强为P0，催化脱氢制备苯乙烯，除上述反应外，还发生副反应：(g)+H2(g)(g)+CH4(g)　△H4＜0，测得反应体系中甲苯的选择性s()、乙苯的平衡转化率、CO2的平衡转化率随温度的变化关系如图所示。表示乙苯的平衡转化率的曲线是 ；T1温度下反应Ⅱ的压强平衡常数Kp= (保留两位小数)。 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) 变小 不变 (2) ＞ d (3) (4)AD (5) 【详解】（1）催化剂改变反应历程，降低了反应的活化能，加快可反应速率，但是不改变反应的焓变，故图中变小，图中不变； （2）①正反应放热，升高温度平衡逆向进行，氨气的含量降低，则根据图象可判断＞； ②平衡常数只与温度有关系，升高温度平衡逆向进行，平衡常数减小，则a、b、c、d四点对应的平衡常数由大到小的顺序为Kb=Kc＞Ka＞Kd； b、c、d三点对应平衡常数最小的点是d； ③，条件下，时，假设氢气、氮气投料分别为2mol、1mol，平衡转化率为，则反应氮气0.5mol； 平衡时总的物质的量为2mol，合成氨反应的。 （3）已知： ①   ②   由盖斯定律可知，①-2×②得反应：的； （4）A．由速率公式可知，适度增加氢气的浓度，反应速率增大，A正确； B．适度降低反应温度，k值减小，反应速率减小，B错误； C．在低压下进行反应，物质浓度较小，反应速率较低，C错误； D．由速率公式可知，及时将产物氨气分离出反应体系，氨气浓度减小，则反应速率加快，D正确； 故选AD。 （5）采用电解法合成氨，在质子导体作用下，将和分别通入电解池两极，则阴极的氮气得到电子发生还原反应生成氨气，电极反应式为：。 2．(1) (2) a (3) 0.08 (4) 阴 （写结构简式也行） 【详解】（1）依题意，结合已知信息，可推定在同温同压下，以同物质的量的BL或BD为初始原料，达到平衡时的状态相同，两个平衡完全等效，以BD为原料，体系从环境吸热bkJ，则由BD反应原料生成平衡混合物的反应过程能量变化图为如答案所示。由图可知则以BL为原料，达到平衡时放出akJ热量与同物质的量的BD为原料达到平衡时吸收bkJ热量的能量二者能量差值为(a+b)kJ，则1molBL转化为1molBD时放出能量，所以反应I焓变：(，)。 （2）正反应放热，升高温度平衡逆向进行，反应物的含量增加，所以a表示氢气，b表示γ-丁内酯，c表示1，4-丁二醇。图2中P点时氢气和1，4-丁二醇的含量相等，设反应前氢气是2mol、γ-丁内酯是1mol，消耗γ-丁内酯是xmol，氢气是2xmol，生成1，4-丁二醇是xmol，则x＝2－2x，解得x＝，所以γ-丁内酯的转化率约为66.7%。 （3）整个过程发生三个反应：反应I：BL(g)+2H2(g)＝BD(g)，反应Ⅱ：BD(g)→THF(g)+H2O(g)，反应Ⅲ：BD(g)+H2(g)→BuOH(g)+H2O( g)，因H2压强近似等于总压且远高于其他气体，所以H2压强可视为定值，其变化量可以忽略，由上述三个反应可以发现，由上述三个反应可以发现，此时体系的主要物质为BL、BD、THF、BuOH、H2O五个物质，且x(BL)+x(BD)=0.84，则x(THF) + x(BuOH) + x(H2O)=0.16，而反应II中THF与H2O生成量相同，反应III中BuOH与H2O生成量相同，因此x(H2O)= x(THF) + x(BuOH) =0.16/2=0.08。该平衡状态下，BL+BD +THF + BuOH +H2O的总压为p总kPa，则BL的分压是0.48×p总kPa，BD的分压是0.36×p总kPa，H2的压强近似等于总压，故反应I的平衡常数Kp=。 （4）BL→BD的转化的过程中H原子数目增大，为还原反应，该转化发生在阴极，电极反应式为。 3．(1) (2) b b在相对较低的温度下，催化效果较好；且在一定温度范围内，可达到较高的催化效率，便于控制温度 (3) 还原 (4) 80% 75% 【详解】（1）由盖斯定律可知，反应I-反应Ⅱ得与反应生成两种无毒物质的反应，则其反应热为，所以反应的热化学方程式为； （2）由图可知，b在相对较低的温度下，即可达到较高的催化活性，且b在一定温度范围内，可达到较高的催化效率，便于控制温度，所以选用催化剂b效果更好； （3）O2-向负极移动，即Pt电极为正极，正极上发生还原反应，NiO电极为负极，负极上NO 发生氧化反应生成NO2，则负极反应式为； （4）三段式表示，n总=(0.2+0.5+0.6+0.1+0.3+1.5)mol=3.2mol，则NO的平衡转化率=；的选择性=；平衡时压强为，则反应Ⅱ的平衡常数。 4．(1)BD (2) (3) 10％ZrO2/In2O3 副反应的，温度升高利于副反应更多地正向进行，副反应的选择性提高，主反应选择性降低，导致单位时间内甲醇生成速率下降；催化剂在温度高于330℃失去活性，导致速率下降 (4) 0.012 (5) Cu2O/CuO薄膜材料 【详解】（1）A．甲醛常温下为气体，A错误； B．甲醇分子中碳原子采取杂化，是四面体结构，甲醛分子中的碳采取杂化，是平面三角形结构，所以甲醇分子的∠OCH键角小于甲醛分子的∠OCH键角，B正确； C．过氧化氢分子中两个氢原子如在半展开的书的两面上，非直线形分子，C错误； D．②反应的化学方程式为，根据自由能判据，只有时，反应正向自发进行，D正确，故答案为：BD。 （2）根据图及盖斯定律，总反应是得到的，则反应热，故答案为：。 （3）据图1所示，其他条件相同时使用10％ZrO2/In2O3作催化剂，甲醇的生成速率最大，所以选择10％ZrO2/In2O3作催化剂。根据题中信息，甲醇生成速率在温度高于330℃时下降，可分析得到的原因可能有两个：一是副反应的，温度升高利于副反应更多的正向进行，副反应的选择性提高，主反应选择性降低，导致单位时间内甲醇生成速率下降；二是催化剂在温度高于330℃失去活性，导致速率下降，故答案为：10％ZrO2/In2O3；副反应的，温度升高利于副反应更多地正向进行，副反应的选择性提高，主反应选择性降低，导致单位时间内甲醇生成速率下降；催化剂在温度高于330℃失去活性，导致速率下降。 （4）反应①为，初始投入CO2为1mol，H2则为2mol，初始物质的量共3mol，起始时容器内气体的总压强为3.0kPa，若10min时反应到达c点，c点的物质的量为，，则反应生成的CH3OH物质的量也为0.24mol， ；平衡时各物质的物质的量分别为 ，，，则分压分别为，，，代入得的计算式为， 故答案为：0.012；。 （5）根据图中信息可知，Cu2O/CuO薄膜材料的电极上发生的反应为，则此电极为阴极，故答案为：Cu2O/CuO薄膜材料；。 5．(1) (2)溶液 (3)，通过计算可知，已除尽 (4)向除铜后的溶液中加入发生反应生成和，再加入有机溶剂，振荡静置，分层，进入有机层，分液，弃去下层溶液 (5)> (6) 顶角 面心 正四面体 【分析】硅酸盐锆矿的主要成分为，还含有的氧化物，“加热转化”过程，“加热转化”后得到的成分有，水浸不溶，碱浸除铝、硅元素，加盐酸，溶液中存在Cu2+、Fe3+、Zr4+，加NaCN除铜，再除铁，加氨水沉锆，最终得； 【详解】（1）分析“加热转化”过程的反应物和生成物可知，化学方程式为 （2）结合流程图可知，元素和元素在“碱浸”过程中除去，因此试剂X最好为溶液，溶液也可。 （3）常温下，若“除铜”后溶液中，则，通过计算可知，已除尽。 （4）根据所给信息可知，“除铁”的过程为萃取和反萃取操作，具体操作为向除铜后的溶液中加入发生反应生成和，再加入有机溶剂，振荡静置，分层，进入有机层，分液，弃去下层溶液，再用硫酸将含有的有机层反萃取，所得溶液进入下一步流程。 （5）常温下，，则“沉锆”后的溶液中，故。 （6）由“均摊法”可计算出晶胞中含有的个数：，O有8个。 ①锆原子位于晶胞的顶角和面心。 ②与O配位的围成的立体结构为正四面体。 ③晶体密度。 6．(1)正四面体 (2) +4变为+3 2 (3) CeCl3 NH4HCO3 (4)n(Ce3+)=n(Ce4+)=n(Fe2+)=40.00mL×0.10mol⋅L−1=4×10-3mol =98.6% 【详解】（1）由晶胞结构，Ce处于晶胞的面心和定点，O原子位于三个面心Ce和一个顶点Ce构成的正四面体空隙； （2）①根据xCuO−yCeO2，Cu化合价为+2，Ce化合价为+4，反应I中CO转化为CO2，碳失去2个电子，由题意，反应Ⅰ中Cu、Ce的化合价均发生变化，则Cu、Ce各得1个电子，故Ce的化合价变化为+4变+3； ②由图知，通入后，反应Ⅳ的反应物为，生成CO18O和，故其中含有18O有2种； （3）若制备Cl−含量少的Ce2(CO3)3，需防止CeCl3过量，故采用的加料方式为：将CeCl3溶液缓慢滴加到NH4HCO3溶液中； （4）根据反应Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，n(Ce3+)=n(Ce4+)=n(Fe2+)=40.00mL×0.10mol⋅L−1=4×10-3mol，故该样品中CeCl3的质量分数为=98.6%。 7．(1)-45 (2)BCE (3) (4) (5) (6) Ⅲ 0.38 【分析】本题重点考查学生对于化学能与热能之间的关系即焓变=反应物键能-生成物键能，（2）化学反应速率影响因素即减小产物浓度、增大反应物浓度促使平衡正向移动，（3）知道催化剂只出现在过程中，利用盖斯定律可得到分步反应方程式，（4）电极方程式的书写，结合反应物产物及电解质溶液，（5）气体压强平衡常数，（6）知道活化能最小，速率最快的步骤。 【详解】（1）根据图像可知，吸收473+654=1127，放出339+397+436=1172，最终会放出1172-1127=45，-45，答案：-45； （2）A．合成氨是放热反应，控制温度远高于室温，是为了提高反应速率，高温平衡逆向移动，转化率降低，故A错误；B. 不断将液氨移去，利于反应正向进行，故B正确；C. 合成氨需要氢气，防止氢气爆炸，原料气须经过净化处理，以防止催化剂中毒和安全事故发生，故C正确；D．通过更换不同种类的催化剂，可以调节反应速率，但不可以调节平衡时原料的转化率，故D错误；E．实际生产中，N2适度过量有利于提高的转化率同时有利于提高整体反应速率，故E正确；答案：BCE； （3）催化剂只参与中间过程，可以利用盖斯定律，总反应减去，得到，答案：； （4）电极上生成，电解液为溶有三氟甲硝酸锂和乙醇的惰性有机溶剂，故电极反应式为，答案：； （5）压强不变，设充入反应物总量为1mol，物质的量分数、，(x代表物质的量分数)进料，平衡时，根据三段式得，得，解得a=，总物质的量mol，N2、H2、NH3的物质的量分数分别为：、、，故平衡常数，答案：； （6）上述反应机理中，Ⅱ~Ⅴ中速率最快的步骤，看活化能最小，可知Ⅲ最快，由基元反应相加可得，，电路中有2mmol电子流过，生成0.4mmol，其中生成的选择性为95%，故生成的的物质的量为0.4mmol×95%=0.38 mmol，答案：0.38。 8．(1) 反应开始后，反应Ⅱ进行的程度大于反应Ⅰ和反应Ⅲ，消耗了并产生CO (2) 4 4 (3) 0.1 66.7% （或1.67） 325℃ H的选择性几乎不随温度变化而变化 【详解】（1）Ⅰ．     Ⅱ．     Ⅲ．     ①根据盖斯定律，反应Ⅰ-Ⅱ=Ⅲ，则。 ②三个反应均为吸热反应，其他条件相同，投料比为1∶1.3时，升温平衡均右移，不同温度下始终低于1.0的原因是：反应开始后，反应Ⅱ进行的程度大于反应Ⅰ和反应Ⅲ，消耗了并产生CO。 （2）由图可知，一定条件下，分解形成C的反应历程分4步进行，其中第4步的正反应活化能最大。 （3）T℃时，向1L恒容密闭容器中充入4mol 和12mol ，在催化剂表面发生催化重整制的主反应，同时有副反应发生。初始压强为p，20min时反应都达到平衡状态，测得，体系压强为，则，，则平衡时n(CO2)=(4-x-y)mol，n(H2)=(12-4x-y)mol，n(CO)=ymol，n(H2O)=( 2x+y) mol，n(CH4)=xmol，混合气体共(16-2x)mol，1L恒容密闭容器内压强之比为物质的量之比，则，x=2mol，，得y=1mol，则平衡时n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，n(CO)=1mol，n(H2O)=5mol，n(CH4)=2mol； ①0～20min内，平衡时选择性＝=（保留三位有效数字）。 ②副反应的平衡常数。 ③由图知，的选择性几乎不随温度变化而变化、325℃到350℃二氧化碳的转化率约为100%，则催化加氢制的最适合温度为325℃，除提高反应速率外，该催化剂的最大优点是：的选择性几乎不随温度变化而变化。 9．(1) (2) c (3) (4)AC (5) 4.5 55% 【详解】（1）根据盖斯定律，，故答案为：； （2）①在体积不变的密闭容器中，进料浓度比[]增大，平衡正向移动，但HCl的转化率降低，故曲线a对应m=1的平衡曲线，曲线b对应m=4的平衡曲线，曲线c对应m=7的平衡曲线，故答案为：c； ②由①可知：400℃时，按进料浓度比m=4投料，HCl转化率为76%，则，故答案为：； （3） 基态Cu2+的价层电子轨道表示式为：，故答案为：； （4）说明该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，降低温度，平衡逆向移动，据此分析解答。 A．加热CuCl2溶液，平衡正向移动，溶液颜色由蓝绿色变为黄绿色，故A项正确； B．向CuCl2溶液加水稀释，平衡向左移动，溶液颜色由黄绿色变为蓝绿色，c([Cu(H2O)4]2+)减小，故B项错误； C．向CuSO4溶液中加入适量NaCl固体，平衡正向移动，溶液颜色由蓝色变为黄绿色，故C项正确； D．已知[CuCl4]2-的空间结构为平面正面形，Cu2+电子排布是3d9，3d中一个电子跃迁到4p轨道，从而3d空出一个空轨道，然后和4s、4p轨道形成dsp2，则Cu2+的杂化轨道类型为dsp2，故D项错误； 故答案为：AC； （5）①反应1：，反应2：，反应3：，反应3由2×反应1-反应2得来，则反应3：，故答案为4.5； ②由图可知，曲线a一直下降，则a代表Cu2+的分布系数，当不足时，主要发生，当过量时，主要发生，且向转化，所以的分布系数随着的浓度的增大呈现出先增大后减小的趋势，而一直增大，所以曲线b代表，曲线c代表；A点时和分布系数几乎为0，可以忽略不计，主要含铜微粒为Cu2+、CuCl+和CuCl2，A点为曲线a（Cu2+的分布系数）与曲线b（的分布系数）的交点，故A点时c()=c()，且，则，则，故答案为：； ③由图可知，的分布系数约为0.45，所以的氯化络合转化率约为55%，故答案为：55%； 10．(1)D (2) (3) Cat1 温度变化相同时，值越小，变化值(绝对值)越小 C (4) 升高温度 【详解】（1）分子含5个单键，需要5个杂化轨道，基态P原子电子排布式为1s22s22p63s23p5，3s、3p、3d能量相近，可以参与杂化，杂化类型为，选D； （2）根据盖斯定律可知，(②-①)÷4得目标热化学方程式，则 kJ⋅mol，由于b>a，则，三氯化磷与氯气反应生成五氯化磷是放热反应； （3）①根据表达式可知，温度变化相同时，值越小，变化值(绝对值)越小，直线斜率越小，催化剂催化效能越大。由图乙可知，Cat1对应直线的斜率较小； ②移走一半反应物，压强减小，减压平衡逆向移动，即平衡时的物质的量小于原平衡的一半，故选C； （4）①曲线a、b起始状态时，容器体积相同，反应物的物质的量相同，温度越高，压强越大，即温度：a>b，故答案为升高温度； ②同温同容条件下，压强之比等于物质的量之比，设转化xmol,列三段式：，，x=0.1mol，p()=p()=p()=，。 11．(1) △H=-122.5kJ·mo1-1 K21·K2 (2)反应①的△H1>0，CO2转化为CH3OCH3的反应的△H<0，温度升高，使CO2转化为CO的平衡转化率上升，而CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且温度低于300℃时，下降幅度超过上升幅度 (3) p1>p2>p3 CDE C点前反应③未达到平衡，随着温度的升高，化学反应速率加快，CO2的转化率升高，因为反应③的△H3<0，C点时反应③达到平衡，随着温度的升高，反应③平衡逆向移动，CO2的转化率降低 (4)不变 (5)（或） 【详解】（1）目标方程式=2①+②，故，故热化学方程式为：△H=-122.5kJ·mo1-1；该反应的平衡常数为：K21·K2； （2）当温度低于300℃时，CO2的平衡转化率随温度的上升而下降的原因是：反应①的△H1>0，CO2转化为CH3OCH3的反应的△H<0，温度升高，使CO2转化为CO的平衡转化率上升，而CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且温度低于300℃时，下降幅度超过上升幅度； （3）反应③正向气体分子数减少，加压平衡正向移动，CH3OH的平衡产率增大，故：p1>p2>p3；该反应为放热反应，未达平衡时，升高温度，反应速率加快，CO2的转化率升高，达到平衡时，随着温度的升高，平衡逆向移动，C点CO2的转化率最大，继续升高温度，CO2的转化率降低，平衡逆向移动，故达到平衡的点为：CDE；CO2的转化率呈图乙所示变化的原因：C点前反应③未达到平衡，随着温度的升高，化学反应速率加快，CO2的转化率升高，因为反应③的△H3<0，C点时反应③达到平衡，随着温度的升高，反应③平衡逆向移动，CO2的转化率降低； （4）催化剂不影响平衡，故更换高效的催化剂，体系中CH3OCH3平衡时的物质的量将不变； （5） 充分反应后，测得CO2的平衡转化率为30%，即转化了0.3mol，可列出三段式：； 体系中CH3OCH3的物质的量为0.1mol， 可列出三段式：，故平衡时各物质的物质的量为：，物质的量之和为3.4mol，反应③的压强平衡常数Kp==。 12．(1) +206 BD (2) 该反应是气体分子数增大的反应，其他条件相同，加压平衡向逆反应方向移动，氢气的体积分数减小，即压强越大，平衡时的体积分数越小(合理即可) 50% 2.4 【详解】（1）①该反应的反应物的总键能-生成物的总键能。 ②A．该反应为吸热反应，降低温度，平衡逆向移动，的平衡转化率减小，A项错误； B．使用膜技术将移走，可使平衡正向移动，的平衡转化率增大，B项正确； C．该反应为气体分子总数增加的反应，加压平衡逆向移动，的平衡转化率减小，C项错误； D．恒压条件下充入稀有气体，相当于减压，可使平衡右移，的平衡转化率增大，D项正确； 故选BD。 （2）①由于该反应是气体分子数增大的反应，所以加压平衡向逆反应方向移动，平衡时氢气的体积分数减小，即压强越大，平衡时的体积分数越小，由图可知，的大小关系为。由图可知，条件下，反应经过达到平衡时，的体积分数为，则的体积分数为，H2S的体积分数为，故的分压为，故的分压减少，则分压的平均变化速率为。 ②的混合气体发生的热分解反应，设，则，反应消耗的物质的量为x mol，根据三段式法可得： 平衡时，混合气中与的分压相等，则平衡时，与的物质的量相等，，解得：，H2S的平衡转化率为；平衡时，和的物质的量均为，S2的物质的量为，混合气体的总物质的量为，则平衡常数。 13．(1) -（a-b）或+（b-a） (2) (3) 有水参与的历程，活化能较小，反应速率加快 (4) 升高温度 【详解】（1）根据方程式可知其等于已知反应①加上反应②，由盖斯定律可求得或+（b-a）；图中燃料电池以熔融碳酸盐为电解质，氧气进入正极，正极电极反应式为，答案：或+（b-a）、； （2）根据据分析，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，答案：； （3）依反应历程图所示，有水参与时反应的化学方程式为：有水参与的历程，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，答案：、有水参与的历程，活化能较小，反应速率加快； （4）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8mol，变化的H2的物质的量为2mol，故变化的甲醇的物质的量为2/3mol，0～1min内甲醇的反应速率v(CH3OH)=，平衡时变化的H2的物质的量为6mol，化学计量数之比等于物质的量之比得到变化的CO2的物质的量为2mol，转化率=，根据图示，4min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1mol，根据题意有，平衡时候总的物质的量，又知道平衡后压强为P， ，状态Ⅲ与状态Ⅰ相比，平衡时H2的物质的量增加，平衡逆向移动，同时从图中可知达到平衡的时间变短，综合可知改变的条件可能是升高温度，答案：、、、升高温度。 14．(1) (2) 主反应为吸热反应，高于时，乙苯的平衡转化率很大(或平衡常数很大)，的移出率对平衡转化率的影响很小(或主反应为吸热反应，高于时 ，温度对于主反应的影响大于的移出率对平衡转化率的影响) D (3) 【详解】（1）根据图像可知，①   ；②   ；③；根据盖斯定律，由③-②+①得。 （2）①设乙苯的起始量为1mol，可列出三段式：,由于的移出率为，剩余氢气的物质的量为，总压强为，将数据代入分压平衡常数，得。 ②当温度高于时 ，乙苯的平衡转化率随的移出率的变化改变程度不大，主要是因为主反应为吸热反应，高于时，乙苯的平衡转化率很大(或平衡常数很大)，的移出率对平衡转化率的影响很小(或主反应为吸热反应，高于时 ，温度对于主反应的影响大于的移出率对平衡转化率的影响)； ③A．该过程有副反应发生，生成的总物质的量与苯乙烯不相等，故A错误；B．主反应为可逆反应，始终有H2存在，故反应器中发生副反应，故B错误；C．在恒容的膜反应器中，其他条件不变，增大水烃比，乙苯的转化率降低，故C错误；D．膜反应器可降低主反应的活化能，提高主反应的选择性，故D正确；故选D。 （3）阴极上发生还原反应，阴极的电极反应为，；阳极上发生氧化反应，阳极的电极反应为，，当外电路通过电子时，理论上能处理甲醛，质量为。 15．(1) -261 K1·K2 (2)k逆 (3) 温度升高使部分非活化分子吸收热量而变为活化分子，即增大活化分子百分数，增大活化分子有效碰撞机会 25 0.05 (4) 压强 C 【详解】（1）反应③可以由反应①+反应②得到，由盖斯定律知，； 根据所给反应，；。 （2）其他条件不变时，升高温度平衡向逆反应方向移动，说明逆反应速率增加更多一些，故增大的量更多一些。 （3）①b点前乙烯的转化率随温度升高而增大，是因为温度升高使部分非活化分子吸收热量而变为活化分子，即增大活化分子百分数，增大活化分子有效碰撞机会，化学反应速率加快，根据，当乙烯转化率为40%时，生成的乙醇为0.8mol，消耗的乙烯与水均为0.8mol，故平衡时混合气体共有3.2mol，乙醇的体积分数为25%； ②b点为平衡状态，同理可求出b点生成的乙醇为1.6mol，剩余的乙烯与水各为0.4mol，混合气体为2.4mol，此时、，由此求出。 （4）由图2知，反应达到平衡后增大X，正反应速率大于逆反应速率，说明平衡向右移动，故改变的条件X是加压；A．由于气体总质量、容器容积均不变，故密度恒定不变，A项错误； B．无论反应是否达到平衡，CO、的反应速率总是相等的，B项错误； C．氢分子中含1个H—H键，1个水分子中含有2个O-H键，C项正确； 本题选C。 16．(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。 17．(1) 一 缩小容器体积(或增大压强或充入H2) (2) 48 3240 (3)10-4 (4) NO＋5e-＋5H＋=NH3＋H2O 2∶15 【详解】（1）①活化能越大反应速率越慢，而慢反应决定总反应速率的快慢，第一步为决速步骤，则第一步反应活化能最高，故答案为一； ②总反应为放热反应且正向气体分子数减小，因此可通过增大压强(压缩容器体积)或增大氢气浓度加快反应速率同时使平衡正向移动，从而提高NO的转化率，故答案缩小容器体积(或增大压强或充入H2)； （2）①起始时充入1mol(g)和2mol(g)，起始压强为4.80×100kPa，则的起始分压为，设4min时消耗xmol，列三段式得： 根据压强之比等于物质的量之比可得：，解得：x=1.2；则此时容器内气体总物质的量为3.6mol，此时的分压为：；表示0～4min内平均反应速率为，故答案为48； ②平衡时体系总压强为6.0kPa，设此时甲烷的消耗量为ymol，列三段式： 根据压强之比等于物质的量之比可得：，解得：y=0.75；平衡时各气体物质的量为CH4：0.25mol、NO2：0.5mol、CO2：0.75mol、N2：0.75mol、H2O：1.5mol，总气体的物质的量为：3.75mol；，故答案为3240； （3）根据盖斯定律可知反应可由Ⅰ+Ⅱ得到，则，由图可知，430K时，-lgK1=1.1，则K1=10-1.1；同理可得：K2=10-2.9；K=10-1.1×10-2.9=10-4，故答案为10-4； （4）①由图甲可知，催化电解NO生成的电极反应式为NO＋5e-＋5H＋=NH3＋H2O，故答案为NO＋5e-＋5H＋=NH3＋H2O； ②，，电解电压为U1时，NH3和 H2的法拉第效率之比为20%:60%=1：3，则两者转移电子的物质的量之比为1：3，则NH3和 H2的物质的量之比为2：15，故答案为2：15。 18．(1) +123kJ∙mol-1 升高温度或降低压强 (2) B A 二氧化碳作为稀释气降低分压并消耗氢气，促进乙苯脱氢反应平衡正向移动 (3) N 1.52 【详解】（1） 利用表中数据可得，△H1=(413 kJ∙mol-1)×2+(348 kJ∙mol-1)-(615 kJ∙mol-1)-(436 kJ∙mol-1)=+123kJ∙mol-1，反应Ⅰ为吸热的、体积增大的可逆反应，为提高的平衡转化率，可采取的措施为：升高温度或降低压强。 （2）①恒容条件下，若B表示原料气只有乙苯的曲线，则原料气配比n(乙苯):n(Ar)=1:5时，由于苯乙烯的浓度不变，Ar的存在对生成苯乙烯的平衡体系不产生影响，所以平衡时不变，故曲线为B。 ②恒压条件下，若B表示原料气只有乙苯的曲线，则原料气配比n(乙苯):n(CO2)=1:5时，由反应Ⅱ可知，CO2会消耗反应Ⅰ生成的H2，从而使平衡正向移动，平衡时增大，故曲线为A，从平衡移动的角度解释CO2的作用为：二氧化碳作为稀释气降低分压并消耗氢气，促进乙苯脱氢反应平衡正向移动。 （3）向恒容密闭容器中，投入乙苯和CO2各1mol，此时气体压强为P0。 发生反应为： 反应I．(g)⇌　(g)+H2(g)　              △H1=+123kJ∙mol-1 反应Ⅱ．　           △H2＞0 副反应Ⅳ：(g)+H2(g)⇌(g)+CH4(g)　△H4＜0 升高温度，反应Ⅳ平衡逆向移动，甲苯的选择性不断减小，苯乙烯的选择性不断增大，则曲线M为甲苯的选择性曲线；反应Ⅱ、Ⅳ消耗的H2全部来自反应Ⅰ，则乙苯的转化率大于CO2的转化率，所以表示乙苯的平衡转化率的曲线是N。 图中数据显示，T1℃时，乙苯的转化率为80%，CO2的转化率为26%，甲苯的选择性为30%，则参加反应乙苯的物质的量为1mol×80%=0.8mol，生成甲苯的物质的量为0.8mol×30%=0.24mol，生成苯乙烯的物质的量为0.8mol-0.24mol=0.56mol，由此可建立如下三段式： T1温度下反应Ⅱ的压强平衡常数Kp=≈1.52。 【点睛】反应Ⅱ在反应前后分子数不变，则压强平衡常数与化学平衡常数的数值相等。 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 $$