2025届高三化学专题复习-化学反应原理综合题

2025届高三化学专题复习-化学反应原理综合题 1．（2024·浙江·模拟预测）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（）也有广泛的应用。 反应I： 反应II： 反应III： ①自发反应的条件是 。 ②恒压、投料比的情况下，不同温度下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占消耗总量的百分比）如图所示： I.下列说法正确的是 。 A．从反应体系中分离出，能使反应II反应速率加快 B．使用更高效的催化剂能提高的平衡产率 C．考虑工业生产的综合经济效益，应选择较低温度以提高的平衡产率 D．若增大与的混合比例，可提高平衡转化率 II.当温度超过，的平衡转化率随温度升高而增大的原因是 。 (2)研究表明，在电解质水溶液中，气体可被电化学还原。 ①在碱性介质中电还原为正丙醇（）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）上电还原为的反应进程中（被还原为的反应可同时发生），相对能量变化如图。由此判断，电还原为从易到难的顺序为 （用a、b、c字母排序）。 (3)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）。 上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： 。 2．（2024·黑龙江·二模）环氧乙烷(，简称EO)是在有机合成中常用的试剂。EO常温下易燃易爆，其爆炸极限为3～100%。近年来，常用以乙烯、氧气、氮气混合气投料的乙烯氧化法制备EO。部分涉及反应为： 主反应： 副反应： (1)已知 ，则EO的燃烧热为 kJ⋅mol-1。 (2)在温度为T，压强为P0的环境下，欲提高乙烯的平衡转化率，需 体系中氮气分压(填“增大”或“减小”)。但在实际生产中并非如此，其可能原因是 。 (3)向温度为T，刚性容器中加入投料比为2∶3∶3的乙烯、氧气、氮气。已知平衡后： ，(其中二碳化合物为分子中含两个碳原子的化合物)。忽略其他反应，乙烯的平衡转化率为 ，副反应的平衡常数 为 (列出计算式即可)。 (4)以Ag为催化剂的反应机理如下： 反应Ⅰ：  慢 反应Ⅱ：  快 反应Ⅲ：  快 ①一定能够提高主反应反应速率的措施有 (填标号)。 A．降低温度    B．通入氦气    C．增大CO2浓度    D．增大浓度 ②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，EO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EO产率先增加后降低的原因是 。 3．（2024·山东日照·二模）常用作有机合成与生物化学中间体，可由脱氢制得，体系中同时发生如下反应： 反应Ⅰ：     反应Ⅱ：     回答下列问题： (1)在T℃，恒压密闭容器中只发生反应Ⅰ。初始通入0.2mol 和1mol H2，达平衡时，体系向环境放热a kJ；若初始加入0.8mol (g)，达平衡时，体系向环境吸热b kJ。则 (用含“a” “b”的代数式表示)。 (2)一定温度下，向恒压密闭容器中通入1mol (g)，发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，测得的平衡转化率为，。 ①平衡体系中的物质的量为 mol(用含的代数式表示，下同)，反应Ⅱ的平衡常数 (为用各物质的量分数代替浓度表示的平衡常数)。 ②平衡后，保持其他条件不变，再向该容器中通入1mol He，再次达到平衡，的值将(填“增大”“减小”或“不变”) 。 (3)恒容密闭容器中通入(g)，不同压强和温度下的平衡转化率如图所示。 ①压强大小：P(M) P(Q)(填“>”“<”或“=”)。 ②N点的平衡转化率比M点高，原因可能是 。 4．（2024·北京昌平·二模）以和为原料制备甲醇是实现资源化利用的方式之一，反应原理为： 反应Ⅰ： 除生成甲醇外，还会生成副产物： 反应Ⅱ：。 (1)图中，曲线 (选填i、ii或iii)能表示反应Ⅰ的平衡常数K与温度T的关系。 (2)某温度下，向容积为的恒容密闭容器中充入和模拟反应Ⅰ(即控制条件使只发生反应Ⅰ)。反应达到平衡状态时，测得。计算该温度下的平衡常数 。 (3)在不同温度下，向等容积的反应器中，分别通入等量、相同比例的和的混合气体，反应相同时间后，测得甲醇产率与催化剂活性、温度关系如图所示。 ①图中一定不处于化学平衡状态的点是 。 ②解释产率的可能原因 。 ③已知催化剂对副反应没有影响。解释当温度高于500K，甲醇产率逐渐下降的原因可能是 。 (4)中国科学家研制出了一种具有反应和分离“双功能分子筛催化膜”反应器，使用该反应器制甲醇时，能大幅度提高二氧化碳转化率，其原理如下图所示： 在不同反应器中，转化率和甲醇选择性的相关实验数据如下表所示： 实验组 反应器 压强/ 温度/K 的平衡转化率/% 甲醇选择性/% ① 普通催化反应器 3 533 3 21.9 67.3 ② 双功能分子筛催化膜反应器 36.1 100 分析该双功能分子筛催化膜反应器的优点有：的平衡转化率明显升高；① ；② 。 5．（2024·宁夏石嘴山·一模）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)。 6．（2024·上海·模拟预测）CH4和CO2是温室气体的主要组成部分，利用CH4﹣CO2干重整反应不仅可以实现对天然气资源综合利用，还可以缓解温室效应对环境的影响，其过程为： 主反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)  H1=247.3kJ•mol-1 副反应(积碳反应)：CH4(g)=C(s)+2H2(g)  H2=74.9kJ•mol-1 副反应(消碳反应)：CO2(g)+C(s)=2CO(g)  H3 (1)关于CH4﹣CO2干重整反应的自发性判断正确的是 。 A．仅在高温下自发        B．仅在低温下自发        C．始终自发 (2)消碳反应的焓变H3= kJ•mol-1。 在体积为2L的容器中发生CH4﹣CO2干重整反应，当投料比=2.0时，CO2的平衡转化率(α)与温度(T)、初始气体总物质的量(n)的关系如图所示。 (3)下列能判断干重整反应达到平衡的标志是 ___________。 A．正、逆反应都还在继续进行 B．容器中混合气体密度保持不变 C．反应的浓度商Q保持不变 D．混合气体中CO与H2的浓度之比保持不变 (4)由如图可知，初始气体总物质的量n2 n1。 A．大于        B．等于        C．小于 (5)M点对应平衡常数的值为 (精确至0.01)。 (6)若保持初始气体总物质的量仍为3mol，且改变了一个条件，CO2的平衡转化率由M点变为N点，则改变的条件可能是 ___________。 A．升高温度 B．扩大容器体积 C．加入高效催化剂 D．增大投料比 制约干重整反应工业化应用的主要问题是催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。两种催化剂X、Y对积碳与消碳反应的影响如图所示： (7)从消除催化剂表面积碳角度考虑，哪种催化剂更适合用于生产？ 说明理由 。 (8)在反应进料气组成、压强及反应时间相同的情况下，某催化剂表面的积碳量随温度的升高而减小。当温度升高时，关于积碳反应，消碳反应的平衡常数(K)和速率(v)的叙述正确的是 ___________。 A．K积碳减小、K消碳增加 B．v积碳减小、v消碳增加 C．K积碳与K消碳均减小，但前者减小更多 D．v积碳与v消碳均增加，但后者增加更多 (9)研究发现，通入水蒸气也能有效清除积碳，反应的化学方程式可能为 。 7．（2024·江西景德镇·二模）丙醛是一种重要的有机原料，在许多领域都有广泛的应用。在铑催化剂作用下，乙烯羰基合成丙醛涉及的反应如下： 主反应Ⅰ．      副反应Ⅱ．      回答下列问题： (1) 0 (填：“>”或“<)。 (2)保持温度不变，在恒容反应器中，按照投料，发生反应Ⅰ和Ⅱ，初始压强为4p kPa，反应t min达到平衡，平衡时的转化率为80%，的选择性为25%，则的转化率为 %， kPa/min，反应Ⅰ的 。(用含p的代数式表示，的选择性=)。 (3)在装有相同催化剂的。相同恒压容器中，按照投料，发生反应Ⅰ和Ⅱ，相同时间内，测得不同温度下的转化率()如图所示。则B、D两点的平均反应速率v(B) v(D)(填“>”、“=”、“<”)，产生这一结果的原因可能是 。 (4)T℃时，向恒温恒容的甲容器中，通入1mol 、1mol CO和2mol ；向绝热恒容的乙容器中通入1mol 、1mol CO、2mol ，若只发生上述反应Ⅰ。则甲乙容器中的平衡转化率 (填“>”、“<”或“=”)，理由是 。 8．（2024·广东·模拟预测）水煤气变换反应(CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) )可消除燃料电池原料气流中残留的CO、防止Pt电极中毒，具有重要的工业应用价值。 (1)已知：反应  H2(g)+CuO(s)Cu(s)+H2O(g)   反应  CO(g)+CuO(s)Cu(s)+CO2(g)   ①试计算反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的 。 ②若已知H2O(l)=H2O(g)  ΔH = +44 kJ/mol，还可测定 的燃烧热，并通过盖斯定律获得水煤气变换反应的焓变。 (2)水煤气变换反应在金属催化剂上发生的所有主基元反应步骤如下，其中*表示催化剂表面活性位，X*表示金属表面活性位吸附物种。 CO + * CO* (R1)    H2O +  * H2O * (R2)     H2O * + *OH* + H* (R3) OH* + * H* + O*(R4)   CO* + O * CO2* + * (R5)    OH* + CO* COOH* + * (R6) COOH* + *H* + CO2* (R7)   H* + CO* CHO* + *  (R8)  ___________(R9) HCOO* + * H* + CO2* (R10)   2H* H2 * + * (R11) ①分析上述基元反应可知水煤气变换反应中CO可通过 种不同的途径氧化成CO2，请写出基元反应 (R9)。 ②下图图a为在纯镍Ni(111)和掺杂P的镍催化剂Ni3P(001)、Ni12P5(001)、NiP2(100)表面上发生H2O * + *OH* + H* 反应的能量分布曲线图。图b为在纯镍Ni(111)和掺杂P的镍催化剂Ni3P(001)、Ni12P5(001)、NiP2(100)表面上发生副基元反应CO * + *C* + O* 反应的能量分布曲线图。 由图可知 ，由此可见，最佳催化剂的确定应该是多个研究视角下综合选择的结果。 (3)水煤气变换反应的正逆反应速率可以表示为：，，和都是温度的函数。在图中画出、随温变化的趋势。 (4)一定温度下，反应达到平衡，测得各组分的平衡压强(即组分的物质的量分数x总压)：p(CO)=0.25MPa、p(H2O)=0.25MPa、p(CO2)=0.75MPa和p(H2)=0.75MPa，维持相同的温度和总压，提高水蒸气的比例，使CO的平衡转化率提高到90%，则原料气中水蒸气和CO的物质的量之比为 。 9．（2024·天津滨海新·模拟预测）随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，二氧化碳资源化利用倍受关注。 I．研究发现，以和为原料合成尿素的反应  ， (1)已知该反应的活化能，则 。 (2)某实验小组为了模拟工业合成尿素，在恒温恒容的真空密闭容器中充入一定量的和发生上述反应，反应过程中的体积分数如图甲所示。实验测得体系平衡时的压强为10MPa，计算该反应的平衡常数 （已知：分压总压体积分数）。 Ⅱ．以和催化重整制备合成气发生反应：。 (3)在一定条件下，在密闭容器中通入一定量的和，的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图乙所示。 ①若反应在恒温、恒压密闭容器中进行，下列叙述能说明反应达到平衡状态的是 。 A．容器中混合气体的密度保持不变    B．容器内CO与的物质的量之比保持不变 C．反应速率：    D．断裂2molC—H同时断裂1molH—H键 ②由图乙可知，压强 （填“”、“”或“”，下同）；压强为时，对应温度下Y点速率 。 ③若在Y点时对反应容器升温的同时扩大容器体积使体系压强减小，重新达到新的平衡状态时，可能是图中：A、B、C、D、E点中的 点。 Ⅲ．在稀硫酸中利用电催化可将同时转化为多种燃料，其原理如图丙所示。 (4)铜电极上产生的电极反应式为 ，若铜电极上只生成5.6gCO，则铜极区溶液质量变化了 g。 10．（2024·浙江绍兴·模拟预测）I．电解法可处理氯化钙废液同时，吸收CO2，装置如图所示。 (1)阴极室发生的变化可视为两步，电极反应式： 和。 II．工业含硫烟气污染大气，研究烟气脱硫具有重要意义。 方法一、H2还原脱硫： (2)300℃，发生反应：①   ②   ③   请用一个等式来表示三个反应的之间的关系 。 (3)反应③，在恒温、恒容的密闭容器中，充入和，平衡常数，测得平衡时和的浓度均为，则平衡时的值为 。 方法二、O2氧化脱硫： (4)某同学探究活性炭吸附催化氧化，以N2作稀释剂，一定温度下，通入、和反应生成，其中不同温度下，在活性炭上的吸附情况如图，下列说法正确的是_______。 A．温度越低，SO2的吸附量越高，SO2氧化反应速率越快 B．已知：SO2的物理吸附过程能自发进行，可推断该过程是熵减、放热的过程，温度过高不利 C．原料中水蒸气的含量越大，脱硫速率一定越快 D．随着时间的推移，SO2吸附速率降低，可能是由于生成的占据了吸附位点没及时脱出导致 (5)在SO2与O2反应过程中掺入少量CH4有利于提高SO2转化成SO3，其中一种解释是甲烷参与氧化反应过程中存在如图机理。原料以一定流速通过反应容器，出口处测SO3的含量，结合机理说明甲烷体积分数增大，SO3体积分数也增大的理由 。 11．（2024·陕西西安·二模）二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。回答下列问题： (1)已知：、和键的键能分别为、和。       则 。 (2)已知：在催化剂I和II的催化下的反应历程和能量变化如下图。 ①在相同条件下使用催化剂 (填I或II)时，反应过程中所能达到的最高浓度更大。 ②在相同条件下反应达到平衡状态，为提高的平衡浓度和的平衡物质的量分数，可以采取的措施是 。 (3)以为原料合成涉及的主要反应如下： I． II． 在密闭容器中，压强恒为，，，平衡转化率、在催化剂作用下反应相同时间所测得的实际转化率，随温度的变化如图所示。 的选择性可表示为。 ①反应的最佳温度 。 ②反应温度超过时，平衡转化率逐渐增大的原因是 。 ③反应温度超过时，实际转化率逐渐减小的原因是 。 ④反应温度在时，点的选择性为，则平衡时 (保留三位有效数字，后面相同)，反应II的压强平衡常数 。 (4)工业废气中含有的和可利用如下装置回收利用。 ①装置a中发生反应的离子方程式 。 ②装置b中，x和y为石墨电极，写出电极x的电极反应 。 12．（23-24高三下·江苏·阶段练习）氢气是一种清洁能源，研究制氢技术具有重要意义。 (1)一种高温固体氧化物电解水制氢原理如图所示。通过施加高温下的电压，使电解质中的从阴极一侧迁移到阳极一侧，同时氧化为。 ①电解时阴极发生的电极反应为 (用电极反应式表示)。 ②电解质常选用铈()的氧化物，晶胞结构如图所示，其化学式为 。 ③当进入氧化物晶格后(取代部分)，电解效率显著提升，其原因是 。 (2)乙醇-水催化重整可获得。其主要反应为：          在、时，若仅考虑上述反应，平衡时和的转化率随温度的变化如图所示。 ①反应的 。 ②平衡时，的产率随温度的变化为 。 (3)在“”催化作用下，乙醇-水催化重整中部分物种变化路径如图所示。 i.不含的催化剂几乎没有催化活性的原因可能是 。 ii.若用标记乙醇，最终产物中含的物质化学式为 。 13．（2024·天津宁河·三模）铁的化合物在工业中有重要价值。回答下列问题： (1)复合氧化物铁酸锰可用于热化学循环分解制氢气，原理如下： ① ② ③ 则的燃烧热 (填>、=或<)， (用含a的代数式表示) (2)是一种重要的催化剂，制取反应为。在恒容密闭容器中加入足量铁粉和。 ①内在T温度下进行反应，测得随时间的变化关系，以及和开始随条件的变化关系如图甲所示。内用表示的平均反应速率为 ；则此温度下的 (写出计算式即可)。 ②曲线I代表 [填或]浓度的变化，时改变的条件是 。后曲线Ⅱ下降的原因是 。 ③恒温恒容条件下，不能判断反应达到平衡状态的是 。 A．密度保持不变                B．体积分数保持不变 C．平均摩尔质量保持不变        D． 14．（2024·河北邢台·二模）工业废气中的二氧化碳加氢制甲醇是“碳中和”的一个重要研究方向，在催化剂作用下，主要发生以下反应： ⅰ．  ； ⅱ．  ； ⅲ．  。 (1)已知反应ⅲ正反应的活化能为，则其逆反应的活化能为 (用含有的式子表示)。 (2)①一定温度下，向恒容密闭容器中通入物质的量之比为1：3的与，发生以上3个反应，下列能说明反应达到平衡状态的是 。 A．    B．平衡常数不再发生变化 C．气体密度不再改变      D．测得的浓度保持不变 ②若起始压强为，反应经后达到平衡，此时体系压强为，的分压：，则内反应的平均速率 ，的选择性为 %，反应ⅰ的平衡常数 (保留两位有效数字)。 (3)在时，反应ⅰ在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇物质的量分数为，在℃下的、在下的。如图所示。 图中对应恒温过程的曲线是 。当的平衡转化率为时，反应条件可能为 或 。 (4)为探究原料气中混入气体对反应的影响。测得平衡时的转化率、随原料气中的变化如图所示。请解释、呈现该变化的趋势的原因： 。 15．（2024·广东梅州·二模）科学、安全、有效和合理地使用化学品是每一位生产者和消费者的要求和责任。 (1)铬及其化合物在催化、金属防腐等方面具有重要应用，催化丙烷脱氢过程中，部分反应历程如图1所示。则过程的焓变 。(列出计算式) (2)我国科学家采用和H-SAPO-34复合催化剂极大提高短链烯烃选择性。和在催化剂表面转化为甲醇的各步骤所需要克服的能垒及甲醇在作用下产生乙烯、丙烯示意图如图2所示。 ①吸附态用*表示，甲氧基过程中， 的生成是决速步骤。(填化学式) ②具有氧八元环构成的笼状结构(直径0.94nm)，笼口为小的八环孔(直径0.38nm)。短链烯烃选择性提高的原因是 。 (3)废水中铬(VI)主要以和形式存在，处理的方法之一是将铬(Ⅵ)还原为，再转化为沉淀。常温下，和在溶液中存在如下平衡：，该反应的平衡常数。 ①若废水中(Ⅵ)的总物质的量浓度，要将废水中调节为，则需调节溶液的 。(忽略调节时溶液体积的变化) ②有关该平衡说法正确的是 (填序号) A．反应达平衡时，今和的浓度相同 B．加入少量水稀释，溶液中离子总数增加 C．溶液的颜色不变，说明反应达到平衡 D．加入少量固体，平衡时与之比保持不变 (4)纳米零价铁可处理电镀废水中的甘氨酸铬。 ①甘氨酸铬(结构简式如图3所示)分子中与铬配位的原子为 。 ②纳米零价铁对甘氨酸铬的去除机理如图4所示。对初始铬浓度为20mg/L的甘氨酸铬去除率进行研究，总铬去除率随时间的变化如图5所示，AB段变化的原因是 。 图4 图5 16．（2024·浙江丽水·二模）工业上将转化为甲酸，为实现碳中和添砖加瓦。 (1)用以和为原料，在催化电极表面制备甲酸和甲酸盐的工作原理如图1所示。请写出电解过程中参与反应的电极反应式 。 (2)时，反应Ⅰ：的平衡常数，实验测得，，其他条件不变，升高温度至时，，则该反应正逆方向的活化能大小 （填“大于”、“等于”或“小于”），理由是 。 (3)在某恒温密封容器中加入水溶液至充满容器，只发生反应Ⅱ和Ⅲ，若的分解产物都完全溶于水，加入盐酸对反应Ⅱ起催化作用，对反应Ⅲ无催化作用。 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 反应过程中、浓度随反应时间的变化关系如下表所示：其中反应至时达到过程中的最大值。     浓度时间 0 0 0 0.22 0.02 0.70 0.16 0.35 0.58 0.20 0.76 ①计算该温度下反应Ⅰ的平衡常数 。 ②图2为不加盐酸时的浓度随时间变化图，若其它条件不变，反应起始时溶液中含有盐酸，在图2中画出的浓度随时间变化 。 17．（2024·广西南宁·一模）甲烷水蒸气催化重整是制备高纯氢的方法之一。 甲烷水蒸气催化重整发生如下反应： 反应i．   反应ⅱ．   (1)已知反应ⅱ中相关的化学键键能数据如下： 化学键 H―H H―O C―H C=O E/（） 436 465 413 745 由此计算 。 (2)为了提高反应中甲烷的平衡转化率，理论上可采取的措施是______。 A．恒容时通入氮气 B．升高温度 C．及时分离氢气 D．选择合适的催化剂 (3)把甲烷和水蒸气按物质的量之比1∶3通入反应器中，其他条件不变，在不同温度下探究CaO对平衡时干燥出口气中物质的量分数的影响，结果如下： ①反应ⅱ平衡常数：K（500℃） K（700℃）（填“大于”、“等于”或“小于”）。 ②在400~600℃范围内，反应器中有CaO能大幅提高物质的量分数，原因是 （用化学方程式表示）。 (4)某温度下，在体积为1L的容器中加入1mol、3mol水蒸气进行催化重整反应，达到平衡时的总转化率为80%，CO的浓度为。的平衡浓度为 ，反应i的平衡常数为 （保留一位小数）。 (5)一种高性能甲烷燃料电池的工作原理如图所示。理论上当正极消耗气体的体积为44.8L（标准状况）时，电路中转移的电子数为 。 18．（2024·北京东城·一模）利用零价铁(Fe)耦合过硫酸盐()和过氧化氢产生自由基去除污水中的有机化合物是目前研究的热点。其中自由基和HO·产生的机理如图所示。 (1)的结构式是，则的结构式是 。 (2)过程ⅰ中反应的离子方程式是 。 (3)过程ⅱ会导致溶液酸性增强，其中硫元素在反应前后均为＋6价。该过程参与反应的物质还有(填化学式) 。 (4)探究零价铁和混合氧化剂体系降解水样中有机化合物M的能力。 Ⅰ.通过加入甲醇或叔丁醇探究不同自由基降解M的能力。测得M的残留百分含量随时间变化如图所示。 已知：该实验条件下，甲醇同时消耗HO·和，叔丁醇只消耗HO· a．X中加入的是 (填“甲醇”或“叔丁醇")。 b．0～20min，Z中降解M的自由基主要是HO·，判断依据是 。 Ⅱ.探究混合氧化剂中的物质的量分数对水样中总有机碳(TOC)去除率的影响。实验开始时，水样的pH=7且加入的相同，其他条件不变。在相同时间内测得的实验数据如图所示。 注：TOC是以碳的含量表示水中有机化合物的总量。 a．从①到④，TOC去除率升高的原因是 。 b．从④到⑦，TOC去除率下降的原因是 。 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) 低温 D 反应Ⅲ为吸热反应，反应Ⅰ、Ⅱ放热，温度升高反应Ⅲ平衡正移，反应Ⅰ、Ⅱ平衡逆移，当温度超过，反应Ⅲ平衡正移程度大于反应Ⅰ、Ⅱ平衡逆移程度，故的平衡转化率随温度升高而增大 (2) c、a、b (3)位点上的与位点上中带部分负电荷的作用生成，带部分正电荷的吸附在带部分负电荷的位点上 【详解】（1）①根据盖斯定律可得反应Ⅰ×2+反应Ⅱ得到反应，则ΔH=2ΔH1+ΔH2=(-49.01×2-24.52)kJ/mol=-122.54kJ/mol，该反应的，，，，要使<0，需要低温条件，故该反应在低温下自发； ②I．A．从反应体系中分离出，导致反应物的浓度也会减小，使反应II反应速率减慢，故A错误； B．催化剂不会使平衡移动，不能提高的平衡产率，故B错误； C．应选择较低温度，反应速率慢，不利于提高生产的综合经济效益，故C错误； D．若增大与的混合比例，能使平衡I、III向右移动，可提高平衡转化率，故D正确； 答案为D； II．根据反应特点，反应Ⅲ为吸热反应，反应Ⅰ、Ⅱ放热，温度升高反应Ⅲ平衡正移，反应Ⅰ、Ⅱ平衡逆移，当温度超过，反应Ⅲ平衡正移程度大于反应Ⅰ、Ⅱ平衡逆移程度，故的平衡转化率随温度升高而增大； （2）①在碱性介质中电还原为正丙醇()，结合电解质的环境，电荷守恒写出电极反应式为：； ②对比图(a)、图(b)可知，使用催化剂b、a、c，CO2电还原为CO的活化能逐渐减小，故CO2电还原为CO从易到难的顺序为：c、a、b； （3） 结合图像，对比步骤I的机理描述，步骤II可以描述为：位点上的与位点上中带部分负电荷的作用生成，带部分正电荷的吸附在带部分负电荷的位点上。 2．(1)-1304 (2) 减小 EO在常温下易燃易爆，其爆炸极限为3%~100%，需加入氮气稀释气体，防止环氧乙烷浓度高而爆炸 (3) 50% (4) D 1，2-二氯乙烷能使EO产量先增加后降低的原因是，1，2-二氯乙烷浓度低时抑制副反应增加主反应选择性，1，2-二氯乙烷浓度较高时则会使催化剂失活降低催化效果 【详解】（1）EO燃烧热的热化学方程式为，根据盖斯定律该反应的，故EO的燃烧热为-1304kJ/mol； （2）在温度为T，压强为P0的环境下，减小氮气分压，相当于给反应体系增大压强，对于主反应来说，增大压强平衡正向移动，对于副反应来说改变压强平衡不移动，故乙烯平衡转化率增大应减小体系中氮气分压；但在实际生产中并非如此，其可能原因是EO在常温下易燃易爆，其爆炸极限为3%~100%，需加入氮气稀释气体，防止环氧乙烷浓度高而爆炸； （3）设起始时，乙烯、氧气、氮气分别为2mol、3mol、3mol，氮气不参与反应，设乙烯在主反应中的平衡转化量为xmol，在副反应中的平衡转化量为ymol，列出三段式： 根据题目，，则，，则x=0.6mol，y=0.4mol，则平衡时乙烯的物质的量为1mol，氧气为1.5mol，二氧化碳为0.8mol，水为0.8mol，EO为0.6mol，平衡时气体的总物质的量为1+1.5+0.8+0.8+0.6+3=7.7mol，乙烯的平衡转化率为，副反应的平衡常数为； （4）①A.降低温度反应速率减慢，A错误；B.若在刚性容器中通入惰性气体，反应体系中各物质的浓度不变，则不影响反应速率，B错误；C.增大CO2浓度不影响主反应的速率，C错误；D.反应I是慢反应，决定反应速率，增大浓度，可以加快主反应速率，D正确； 故选D。 ②加入少量1，2-二氯乙烷会消耗，减少与乙烯的副反应，即减少反应Ⅲ的发生，但1，2-二氯乙烷过量，会使Ag催化剂转化为氯化银，使银不能再生，催化循环受阻，降低EO产量，故1，2-二氯乙烷能使EO产量先增加后降低的原因是，1，2-二氯乙烷浓度低时抑制副反应增加主反应选择性，1，2-二氯乙烷浓度较高时则会使催化剂失活降低催化效果。 3．(1) (2) 不变 (3) < 升高温度时平衡正向移动的程度大于加压时平衡逆向移动的程度 【详解】（1） 通入0.2mol 和1mol H2，达平衡时，体系向环境放热a kJ，则当通入1mol 和5mol H2，体系向环境放热5a kJ；当加入0.8mol (g)，达平衡时，体系向环境吸热b kJ，则若通入1mol ，达平衡时，体系向环境吸热5b/4 kJ，所以该反应的反应热； （2） ①一定温度下，向恒压密闭容器中通入1mol (g)，发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，设生成的为x mol，生成的为ymol，则生成的H2的物质的量为（5x+3y）mol，，解得x=9y；的平衡转化率为，则x+y=，从而求得x=0.9，即为0.9mol； 反应Ⅱ的平衡常数 ； ②平衡后，保持压强不变，再向该容器中通入1mol He，平衡不移动，再次达到平衡，的值不变； （3） ①反应I、II均是气体分子数增大的反应，恒容密闭容器中通入(g)，当通入量越大，压强增加，平衡往逆向移动， 的平衡转化率下降，所以P(M) <P(Q)； ②N点的平衡转化率比M点高，原因可能是升高温度时平衡正向移动的程度大于加压时平衡逆向移动的程度，导致平衡往正向移动，N点的平衡转化率更高。 4．(1)iii (2)16 (3) AB 温度升高，反应速率快，因此甲醇产率B比A高 若此时反应已平衡，因为主反应是放热反应，温度升高，主反应平衡逆移，甲醇产率降低；副反应是吸热反应，温度升高，副反应平衡正移，使和浓度减小，使主反应逆向移动，甲醇产率降低；若此时反应未平衡，因为升高温度，催化剂活性降低，主反应速率降低，相同时间内，甲醇产率降低；若此时反应未平衡，因为升高温度，副反应速率增大，使和浓度减小，主反应速率降低，相同时间内，甲醇产率降低(答出任意两点即可) (4) 甲醇的选择性达到100% 可以将产物甲醇和分离 【详解】（1）反应Ⅰ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故曲线iii能表示反应Ⅰ的平衡常数K与温度T的关系。 （2）某温度下，向容积为的恒容密闭容器中充入和模拟反应Ⅰ(即控制条件使只发生反应Ⅰ)，反应达到平衡状态时，测得，可列出三段式：，该温度下的平衡常数。 （3）①反应I为放热反应，降温平衡逆向移动，即温度越低，甲醇的平衡产率越高，故图中一定不处于化学平衡状态的点是AB。 ②A、B两点时，催化剂的活性较强，则产率的可能原因温度升高，反应速率快，因此甲醇产率B比A高。 ③已知催化剂对副反应没有影响。解释当温度高于500K，甲醇产率逐渐下降的原因可能是若此时反应已平衡，因为主反应是放热反应，温度升高，主反应平衡逆移，甲醇产率降低；副反应是吸热反应，温度升高，副反应平衡正移，使和浓度减小，使主反应逆向移动，甲醇产率降低；若此时反应未平衡，因为升高温度，催化剂活性降低，主反应速率降低，相同时间内，甲醇产率降低；若此时反应未平衡，因为升高温度，副反应速率增大，使和浓度减小，主反应速率降低，相同时间内，甲醇产率降低。 （4）由表格信息可知，该双功能分子筛催化膜反应器的优点有：的平衡转化率明显升高；①甲醇的选择性达到100%；②可以将产物甲醇和分离。 5．(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，，，，。 6．(1)A (2)+172.4 (3)C (4)A (5)0.33 (6)BD (7) 催化剂X更适合用于生产 因为相对于催化剂Y，催化剂X积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小，而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大 (8)D (9)C+H2O(g)CO+H2 【详解】（1）该反应H>0，S>0，根据H﹣TS<0，反应才能自发进行，所以该反应在高温下自发， 故答案为：A； （2）根据盖斯定律：主反应﹣积碳反应=消碳反应，H3=(247.3﹣74.9)kJ/mol=+172.4kJ/mol， 故答案为：+172.4； （3）A．化学平衡状态为动态平衡，正、逆反应都还在继续进行，但不能说明反应达到平衡状态，故A错误； B．根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，容器体积不变，则恒容容器中混合气体的密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故B错误； C．随着反应进行，反应的浓度商Q增大，当反应的浓度商Q不变，说明此时Q=K，说则反应达到平衡状态，故C正确； D．混合气体中CO与H2的浓度之比始终等于1，不能说明反应达到平衡状态，故D错误； 故答案为：C； （4）初始气体总物质的量(n)越大，压强越大，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率(α)减小，初始气体总物质的量n2>n1， 故答案为：A； （5）投料比=2.0，n(CH4)=2mol，n(CO2)=1mol，M点二氧化碳转化率为50%，列化学平衡三段式， K=≈0.33， 故答案为：0.33； （6）A．M、N两点温度相等，故A错误； B．扩大容器体积，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，故B正确； C．加入高效催化剂，平衡不移动，CO2的平衡转化率不变，故C错误； D．增大投料比，CO2的平衡转化率增大，故D正确； 故答案为：BD； （7）根据题意：制约干重整反应工业化应用的主要问题是催化剂活性会因积碳反应而降低，所以选择催化剂要不利于积炭反应，但有利于消碳反应，相对于催化剂Y，催化剂X积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小，而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大， 故答案为：催化剂X更适合用于生产；因为相对于催化剂Y，催化剂X积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小，而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大； （8）根据图中信息可知，消碳和积碳反应均为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，在反应进料气组成、压强及反应时间相同的情况下，某催化剂表面的积碳量随温度的升高而减小，说明消碳反应正向移动程度大于积碳反应正向移动程度，所以当温度升高时，v积碳与v消碳均增加，但后者增加更多， 故答案为：D； （9）碳能与水蒸气反应生成CO和H2，化学方程式为C+H2O(g)CO+H2， 故答案为：C+H2O(g)CO+H2。 7．(1)< (2) 80 (3) > 温度升高，催化剂活性降低，且催化剂对化学反应速率的影响大于温度对化学反应速率的影响 (4) > 反应Ⅰ为放热反应，由甲到乙，相当于升高温度，平衡逆向移动，C2H4的转化率降低 【详解】（1）反应I为化合反应，绝大多数化合反应为放热反应，所以； （2）设物质的量分别为，达到平衡时C2H4的转化率为80%，即反应消耗C2H4物质的量为0.8mol，C2H6的选择性为25%，则生成的C2H6有0.8mol×25%=0.2mol，则反应Ⅱ消耗的H2有0.2mol，消耗的C2H4有0.2mol，反应Ⅰ消耗的C2H4为0.6mol，消耗的H2为0.6mol，共消耗H2物质的量为0.8mol，H2的转化率为80%；反应初始气体总物质的量为4mol，初始总压强为4pkPa，CO初始分压pkPa，反应I消耗CO为0.6mol，即压强变化0.6pkPa，反应速率：；，平衡时，n(C2H4)=0.2mol，n(H2)=0.2mol，n(CO)=1.4mol，n(C2H6)=0.2mol，n(CH3CH2CHO)=0.6mol，气体总物质的量为2.6mol，初始时气体总物质的量为4mol，总压为4pkPa，则平衡时各物质分压为p(C2H4)=0.2pkPa，n(H2)=0.2pkPa，n(CO)=1.4pkPa，n(C2H6)=0.2pkPa，n(CH3CH2CHO)=0.6pkPa，； （3）从图中可知B点乙烯的转化率大于D点，但都小于该温度下的平衡转化率，说明开始时随着温度的升高，反应速率增大，乙烯的转化率不断增大，但是随着温度进一步升高，催化剂活性降低，催化剂降低对反应速率降低的影响强于温度升高对反应速率加快的影响，所以； （4）反应Ⅰ为放热反应，由甲到乙，相当于升高温度，平衡逆向移动，C2H4的转化率降低，所以。 8．(1) -41.2 H2和CO (2) 三 CHO* + O*HCOO* + * 随着P元素含量的增加，H2O的解离过程变得相对困难，但CO的解离过程也变得相对困难(或Ni(111)最有利于H2O的解离，也最容易产生积碳) (3) (4)9：5 【详解】（1）①根据盖斯定律，可知ΔH=ΔH2-ΔH1=-41.2 KJ/mol； ②假设H2的燃烧热为ΔH3，CO的燃烧热为ΔH4，再结合反应H2O(l)=H2O(g)的ΔH，根据盖斯定律，利用公式ΔH4-ΔH3-ΔH可算出水煤气变换反应的焓变； （2）①通过题目中的基元反应，可分析由基元反应R5、R7和R10均可将CO最终氧化成CO2 ；通过分析题目中的基元反应，可知前一步基元反应的产物是后一步基元反应的反应物，由此可写出基元反应R9为CHO* + O*HCOO* + *。 ②由图a可知，随着P元素含量的增加，H2O的解离过程所需活化能越大，因此变得相对困难，由图b可知，随着P元素含量的增加，CO的解离过程所需活化能也在变大，所以也变得相对困难，由此可见，最佳催化剂的确定应该是多个研究视角下综合选择的结果； （3）由于水煤气变换反应为放热反应，随着温度的升高正逆反应速率都要增大，但逆反应速率增大的更多，平衡逆向移动，因此可画出图像； （4）根据题意，可知该反应平衡常数K=； 假设原料气中水蒸气为x mol，CO为1 mol，由题意列三段式如下： 则平衡常数，解得x=1.8，故水蒸气与CO物质的量之比为1.8：1=9：5。 9．(1)107kJ/mol (2)0.15 (3) AD B (4) 3.6 【详解】（1）由，则； （2）起始氨气的体积分数为50%，说明二氧化碳的体积分数也为50%，设起始时氨气和二氧化碳的物质的量均为1mol，平衡时氨气的体积分数为20%，由三段式得，平衡时氨气的体积分数为20%，则，解，混合气体得总物质的量为，，同理，，，故 （3）①A．在恒温、恒压密闭容器中进行，若未达到平衡，容器的体积会发生变化，而混合气体的质量不变，则混合气体的密度会变，则容器中混合气体的密度保持不变，说明反应达到平衡状态，A正确； B．容器内生成的CO与的物质的量之比恒为1：1，不能说明反应达到平衡状态；B错误；C．由速率之比等于化学计量数之比得，反应速率：才能说明反应达到平衡状态，C错误；D．同时断裂2molC—H同时断裂1molH—H键能说明正逆反有熟虑相等，说明反应已达平衡状态，D正确；②结合反应，压强增大，平衡逆向移动，甲烷的转化率降低，据图乙可知，压强<；压强为时，Y点未达平衡，甲烷的转化率比对应的平衡点X高，应逆向进行，故对应温度下Y点速率<；③若在Y点对反应容器升温，同时扩大容器的体积使体系压强减小，平衡正向移动，故重新达到平衡状态时，可能是图中的B点； （4）由图知，铜电极是阴极，二氧化碳的电子生成甲烷，电极反应式为；若铜电极上只生成CO，电极反应式为，生成5.6gCO同时生成的水的质量为，则铜极区溶液质量增加了3.6g。 10．(1) (2) (3) (4)BD (5)该反应未达平衡，在氧化过程中会生成大量、自由基，有利于氧化速率加快 【详解】（1）电解CaCl2溶液，阴极H2O得到电子生成CO，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：，然后发生反应：。 （2）由盖斯定律可知，①-2×②可得反应③，则三个反应的之间的关系为：。 （3）根据已知条件列出“三段式” K==3.375，解得x=1mol，则平衡时= =。 （4）A．由图可知，温度越低，SO2的吸附量越高，但SO2氧化反应速率越慢，A错误； B．该反应是气体体积减小的反应，熵减，已知：SO2的物理吸附过程能自发进行，则该反应为放热反应，温度过高不利于反应正向进行，B正确； C．原料中水蒸气的含量越大，SO2和O2的浓度减小，脱硫速率不一定越快，C错误； D．随着时间的推移，SO2吸附速率降低，可能是由于生成的H2SO4占据了吸附位点没及时脱出导致，D正确； 故选BD。 （5）原料以一定流速通过反应容器，出口处测SO3的含量，结合机理说明甲烷体积分数增大，SO3体积分数也增大的理由为：该反应未达平衡，在氧化过程中会生成大量、自由基，有利于氧化速率加快。 11．(1)+130 (2) I 增大压强 (3) 温度超过时，总反应以反应II为主 温度升高使催化剂的活性不断降低 1.36×105 0.161 (4) SO2+2=2CO2+H2O+ 2OH-+-2e-=+H2O 【详解】（1）已知：①  ；②  ；由盖斯定律可知，②×2-①得 ，由题可知，4×--2×=，解得a=+130。 （2）①由图可知在前两个历程中使用Ⅰ活化能较低反应速率较快，后两个历程中使用Ⅰ活化能较高反应速率较慢，所以使用I时，反应过程中中间产物所能达到的最高浓度更大； ②由图可知，是气体体积增大得放热反应，增大压强，平衡逆向移动，的平衡物质的量分数增大，体积减小，的平衡浓度也增大。 （3）①由图可知，时实际转化率最大，由图可知，用该催化剂催化二氧化碳反应的最佳温度范围约为； ②反应I是放热反应，反应II是吸热反应，反应温度超过时，平衡转化率逐渐增大的原因是：温度超过时，总反应以反应II为主； ③以后，CO2平衡转化率随温度升高而增大，表明温度升高对平衡II的影响占主导地位，CO2实际转化率随温度升高而降低的原因是温度升高使催化剂的活性不断降低； ④根据已知条件列出“三段式” X点时CO2的平衡转化率为，点的选择性为=，解得x=0.3，y=0.3，则平衡时=1.36×105Pa，反应II的压强平衡常数 Pa。 （4）①装置a中SO2和NaHCO3溶液反应生成CO2和Na2SO3，离子方程式为：SO2+2=2CO2+H2O+； ②由图可知，失去电子生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：2OH-+-2e-=+H2O。 12．(1) 取代部分后产生氧空位，增强了的传导能力 (2) +255.7 300℃前(低温段)，随温度升高的产率上升，300℃后(高温段)，随温度升高的产率下降 (3) 必须先吸附于的活性位形成乙氧基，然后乙氧基再转移吸附的活性位上，从而实现脱氢 【详解】（1）①电解水制氢，因此电解时阴极上H2O得电子生成H2、，电极反应式为：，故答案为：； ②Ce位于顶点和面心，O位于晶胞内，因此在晶胞中，所含Ce原子数为，所含O原子数为8，则该化合物的化学式为CeO2，故答案为：CeO2； ③当进入氧化物晶格后，取代部分，更易脱离晶体，即产生氧空位，因此电解效率显著提升，故答案为：取代部分后产生氧空位，增强了的传导能力。 （2）①假设 为反应I、    为反应II，由盖斯定律，反应Ⅰ+2×Ⅱ可得反应的173.3+2×41.2=+255.7kJ/mol，故答案为：+255.7； ②温度高于时，的平衡产率随温度升高而降低的原因是：反应和反应的，温度升高反应和反应的正向进行程度均增大，反应中的消耗量的增幅超过反应中的生成量的增幅，故答案为：300℃前(低温段)，随温度升高的产率上升，300℃后(高温段)，随温度升高的产率下降。 （3）i．由图4可知，乙醇在上发生吸附活化，即必须先吸附于的活性位形成乙氧基，然后乙氧基再转移吸附的活性位上，从而实现脱氢，不含的催化剂几乎没有催化活性，故答案为：必须先吸附于的活性位形成乙氧基，然后乙氧基再转移吸附的活性位上，从而实现脱氢； ii．根据题中图4可知，标记的用“*”表示，观察可知从，故答案为：。 13．(1) < (241.8x-a) kJ/mol (2) 0.002mol/(L•min) CO 向体系中加入0.12molCO 该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动； D 【详解】（1）H2燃烧热指的是1mol H2完全燃烧生成液态水时放出的热量，根据，可知的燃烧热<；③-②得方程式①，则ΔH1=ΔH3-ΔH2=[×(+483.6)-a]kJ/mol=(241.8x-a)kJ/mol； （2）①由图可知，0～20min内，Fe(CO)5的浓度由0变化到0.04mol⋅L-1，用Fe(CO)5表示的平均反应速率为=0.002mol/(L•min)；根据数据列三段式： 则此温度下的=； ②曲线Ⅰ和Ⅱ对比，相同时间内，Ⅰ的变化量的绝对值大于Ⅱ，说明曲线Ⅰ对应物质的系数更大，即曲线Ⅰ代表CO浓度的变化；30min时，CO浓度突然增大，而Fe(CO)5的浓度保持不变，由图可知，c(CO)由0.04mol/L增大到0.16mol/L，说明30min时改变的条件是向体系中加入0.12mol CO；40min后Fe(CO)5的浓度下降的原因是，正反应为放热反应，随着温度的升高，平衡逆向移动，从而使Fe(CO)5的浓度下降； ③A．如果反应向右进行，气体的密度会增大，故密度保持不变能说明达到平衡，故A不选； B．如果反应向右进行，体积分数会减小，故体积分数保持不变能说明达到平衡，故B不选； C．如果反应向右进行，平均摩尔会增大，平均摩尔质量保持不变能说明达到平衡，故C不选； D．，则正逆反应速率不相等，不能说明达到平衡，故D选。 答案为D。 14．(1) (2) AD 62.5 0.00046或 (3) a ℃、 210℃、 (4)增大，与反应的变多，与反应的变少，所以降低，增大，更有利于反应ⅲ的正向进行，产生变多，所以升高 【详解】（1）由盖斯定律可知，反应ⅰ-反应ⅱ可得反应ⅲ，则=正反应活化能-逆反应活化能，已知反应ⅲ正反应的活化能为，则其逆反应的活化能为。 （2）①A．说明正逆反应速率相等，说明反应达到平衡，A选； B．一定温度下，平衡常数是定值，平衡常数不再发生变化，不能说明反应达到平衡，B不选； C．该反应过程中气体总质量和总体积是定值，混合气体的平均密度是定值，当气体密度不再改变，不能说明反应达到平衡，C不选； D．测得的浓度保持不变，说明正逆反应速率相等，说明反应达到平衡，D选； 故选AD； ②根据已知条件列出“三段式” 若起始压强为，反应经后达到平衡，此时体系压强为，则，的分压：=，x+y=0.8mol，x+z=0.5mol，y-z=0.3mol，p(CH3OH)= ，p(CO2)= ，p(H2)= ，则内反应的平均速率=。的选择性为=62.5%，反应ⅰ的平衡常数0.00046或。 （3）反应ⅰ是气体体积减小的反应，恒温条件下增大压强，平衡正向移动，增大，则图中对应恒温过程的曲线是a，对应恒压过程的曲线是b，设起始物n（H2）=3mol，n（CO2）=1mol，平衡时二氧化碳的物质的量为1mol- =mol，氢气的物质的量为3mol-1mol=2mol，CH3OH和H2O的物质的量为，气体的总物质的量为，，由图可知，反应条件可能为：℃、或210℃、。 （4）、呈现该变化的趋势的原因是：增大，与反应的变多，与反应的变少，所以降低，增大，更有利于反应ⅲ的正向进行，产生变多，所以升高。 15．(1) (2) 短链烯烃可顺利从催化剂笼口八环孔脱离 (3) 4.5 BC (4) N、O 有部分被还原为释放到溶液中结合为甘氨酸铬 【详解】（1）结合反应历程，第一步反应热：，第二步反应热：，第三步反应热：，根据盖斯定律，焓变：； （2）①能垒越大反应速率越慢，慢反应决定整体反应速率，据图可知，步骤能垒最大，为决速步骤； ②短链烯烃选择性提高的原因：短链烯烃可顺利从催化剂笼口八环孔脱离； （3）①若废水中(Ⅵ)的总物质的量浓度，要将废水中调节为，设为xmol/L，则为100xmol/L，根据Cr原子守恒：，解得，根据，解得，即需调节pH至4.5； ② A．反应达平衡时，组分中离子浓度不变，但离子浓度不一定相等，A错误； B．加入少量水稀释，促进弱电解质电离，溶液中离子总数增加，B正确； C．溶液的颜色不变，说明溶液中各组分浓度不变，反应达到平衡，C正确； D．加入少量固体，根据，温度不变，平衡常数不变，由于平衡正向移动，酸性增强，则平衡时与之比减小，D错误； 答案选BC； （4）①由甘氨酸铬结构图可知，Cr提供空轨道，N、O提供孤电子对形成配位键； ②AB段短暂增大的原因：有部分被还原为释放到溶液中结合为甘氨酸铬。 16．(1) (2) 小于 升高温度，减小，说明反应Ⅰ为放热反应 (3) 5 【详解】（1）从图中可看出，该原理为电解池，转化为发生氧化反应，为阳极失电子变化，电极反应式为； 故答案为：； （2）时，平衡常数，由，，得，升高温度至时，，说明，则平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，则正反应，<； 故答案为：小于；升高温度，减小，说明反应Ⅰ为放热反应； （3）从表中数据可看出，开始生成的速率比生成的速率快，反应至时达到过程中的最大值此时反应Ⅰ达到平衡状态，反应Ⅱ未达平衡，反应Ⅱ正向进行，增大，使减小，反应Ⅰ平衡逆移，减小，故10min时，反应Ⅰ平衡，此时，，，反应Ⅰ平衡常数； 加盐酸时，反应Ⅱ速率加快，达到最大值时间小于10min，反应Ⅲ速率未加快，但达到最大值时间小于10min，故此时，最大值大于，反应Ⅱ未达平衡，反应Ⅱ正向进行，增大，使减小，反应Ⅰ平衡逆移，减小，催化剂只能改变速率，不能改变平衡，故最终反应体系平衡时的浓度与不加盐酸时相同，故图像为； 故答案为：。 17．(1)+278 (2)BC (3) 小于 (4) 1.6 16.9 (5)8 【分析】根据公式反应物总键能-生成物总键能，将相关数据代入计算反应ii的焓变值；一种高性能甲烷燃料电池的工作原理如图所示：CO和H2失去电子发生氧化反应分别产生CO2和H2O，电解质为O2-，正极区发生的电极反应O2 +4e-= 2O2-。 【详解】（1）根据公式反应物总键能-生成物总键能，将相关数据代入计算反应ii，故答案为：+278； （2）A．恒容时通入氮气，容器内压强增大了，但体系各组分浓度不变，平衡不移动，甲烷转化率不变，A不符合题意； B．反应i、反应ii均为吸热反应，升高温度反应正向进行，甲烷转化率提高，B符合题意； C．反应i、反应ii中氢气均为生成物，及时分离氢气，降低生成物浓度平衡正向进行，提高了甲烷转化率，C 符合题意； D．选择合适的催化剂只能加快反应的速率，缩短达到平衡的时间，但平衡不移动，甲烷的转化率不变，D不符合题意； 故答案为：BC； （3）①反应ii正反应是吸热反应，升温平衡向吸热的正反应方向移动，平衡常数增大， 故K(500℃)<K(700°C)，故答案为：小于； ②在400~600°C范围内，反应器中有CaO能大幅提高H2物质的量分数，原因是生成的二氧化碳与CaO发生CO2+CaO=CaCO3，使反应 ii 向正反应方向移动，因此有 CaO时 能大幅提高 H2物质的量分数，即CaO+CO2= CaCO3 ， 故答案为：CaO+CO2= CaCO3； （4）某温度下，在体积为1 L的容器中加入1 mol CH4、3 mol水蒸气进行催化重整反应，达到平衡时CH4 的总转化率为80%， CO 的浓度为0.2 mol/L，；列三段式进行计算， ， H2O的平衡浓度为1.6mol/L；反应i的平衡常数K= ， 故答案为：1.6mol/L；16.9； （5）一种高性能甲烷燃料电池的工作原理如图所示:CO和H2失去电子发生氧化反应分别产生CO2和H2O，电解质为O2-，正极区发生的电极反应O2 +4e-= 2O2-；因为O2～4e-，所以， ， 故答案为：8。 18．(1) (2) (3) (4) 甲醇 Y中起作用的自由基主要是，Z中是和HO·。20min时M的残留百分含量Z与Y的差值大于Y与X的差值 随减小，减小，增加，后者对TOC去除率的影响大于前者 随减小，产生的降低，对HO·和的生成均不利 【详解】（1） 因为的结构式是，可认为两个，则的结构式是； （2）过程ⅰ由电荷守恒、原子守恒可知反应的离子方程式是； （3）过程ⅱ会导致溶液酸性增强，其中硫元素在反应前后均为＋6价，则由电荷守恒、原子守恒可知反应的离子方程式是,该过程参与反应的物质还有H2O； （4）Ⅰ. a．由图像知，X曲线中M的残留百分含量最高，已知甲醇同时消耗HO·和，叔丁醇只消耗HO·，所以X中加入的是甲醇； b．Y中加入的是叔丁醇，而叔丁醇只消耗HO·，所以Y中起作用的自由基主要是，Z中起作用的自由基是和HO·，20min时M的残留百分含量Z与Y的差值大于Y与X的差值，所以0～20min，Z中降解M的自由基主要是HO·； Ⅱ. a．由图知，从①到④，物质的量分数减小，减小，减小，增加，后者对TOC去除率的影响大于前者； b．从④到⑦，减小，根据题干中自由基和HO·产生的机理可知，产生的降低，对HO·和的生成均不利。 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 $$