2025届高三化学一轮复习 过关训练 -化学反应原理综合题

2025届高三化学过关训练-化学反应原理综合题 1．（2024·安徽·模拟预测）新能源是未来能源发展的方向，积极发展氢能是实现“碳达峰、碳中和”的重要举措。 (1)工业上常利用合成二甲醚，其工艺流程如下： 请写出直接加氢合成的热化学方程式： 。 (2)通过加氢也可制得甲醇，其反应历程如图，下列说法正确的是 (填序号)。 ①Cu—ZnO—做催化剂，气体以一定的流速通过其表面，但对反应物的平衡转化率无影响 ②该过程中，既有极性键和非极性键的断裂，也有极性键和非极性键的形成 ③整个实验过程中原子的利用率达到了100％ ④通过加氢制甲醇的反应式为 (3)将含有大量的空气吹入溶液中，再把从溶液中提取出来，并使之与在催化剂作用下生成可再生能源甲醇，相关反应如下： 反应I：     反应II：     ①现使用一种催化剂(CZZA/rGO)，按(总量为amol)投料于恒容密闭容器中进行反应，的平衡转化率和甲醇的选择率(甲醇的选择率为转化的中生成甲醇的物质的量分数)随温度的变化趋势如图所示(忽略温度对催化剂的影响)。在513K达平衡时，反应体系内甲醇的物质的量为 mol(列出计算式)；随着温度的升高，的平衡转化率增加，但甲醇的选择率降低，请分析其原因： 。 ②将和充入2L恒容密闭容器中，使其仅按反应I进行，在不同催化剂作用下，相同时间内的转化率随温度变化如图示。下列说法错误的是 (填字母)。 A．根据图中曲线分析，催化剂I的催化效果最好 B．b点可能等于 C．a点转化率比c点高可能的原因是该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，转化率降低 D．与的浓度比保持1∶3不再变化，说明该反应已达平衡状态 ③若将密闭容器恒定为1L，温度为180℃，起始时充入和，使其仅按反应II进行。已知：反应速率，平衡转化率为60％。该温度下与的比值为 (保留两位有效数字)。 2．（2024·河南·模拟预测）“低碳经济”已成为全世界科学家研究的重要课题。为减小和消除对环境的影响，科学家加强了对创新利用的研究。回答下列问题： (1)利用烟道废气中的可获取CO，涉及的反应为  。 ①已知部分反应的热化学方程式如下：          则 （用含、和的式子表示）。 (2)℃时，将和充入2L刚性容器内进行反应，5min后，测得，此时容器中的体积分数为 ；0~5min内用表示的化学反应速率为 。8min后，反应达到平衡，下列情况能说明该反应一定达到化学平衡的是 （填序号）。 A． B．混合气体密度保持不变 C．与CO物质的量浓度之比为1：1 D．每生成amolCO的同时消耗 ③℃时，将等物质的量的和充入一定体积的容器内进行反应。一段时间后反应达到平衡，测得的体积分数为20%，该温度下该反应的平衡常数为 ；判断 （填“>”“=”或“<”），理由是 。 (3)近日，中国科学家在电催化定向还原的研究中取得进展。下图表示分别使用KF、KCl和溶液作为电解质溶液，在脉冲电解条件下，铜箔上的电还原产物CO、C2+（高级醇）和的电解电能利用效率。欲生产得到CO，应在 电解质溶液中进行还原，阴极的电极反应式为 。 3．（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）。 4．（2024·黑龙江·三模）苯乙烯主要用作合成树脂、离子交换树脂及合成橡胶等的重要单体，也可用于制药、染料、农药以及选矿等行业。在催化剂作用下，苯乙烯可由乙苯直接脱氢或氧化脱氢制备。 反应Ⅰ（直接脱氢）： 反应Ⅱ（氧化脱氢）： 回答下列问题： (1)已知：① ② ③ 则反应的 ，若该反应的活化能（正）为，则该反应逆反应的活化能（逆）为 。 (2)对于反应，保持温度和压强不变，向一体积可变的密闭容器（起始体积为）中分别通入为的混合气体，直接脱氢过程中转化率随时间变化如图所示： ①充入的目的是 。 ②内反应速率最慢的混合气对应图中曲线 （填“a”“b”或“c”）。 (3)在温度下，将和加入恒容的密闭容器中，发生反应Ⅰ、反应Ⅱ，测得的转化率及体系内的压强随时间的变化关系如图所示（忽略温度对压强、催化剂的影响）： ① （填“<”或“>”）。 ②温度下，反应Ⅰ的分压平衡常数 （保留小数点后一位，为用平衡分压表示的平衡常数，即用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。 (4)含苯乙烯的废水的排放会对环境造成严重的污染，现采用电解法进行处理，其工作原理如图所示（电解液是含苯乙烯和硫酸的废水，），已知：（羟基自由基）具有很强的氧化性，可以将苯乙烯氧化成和。 ①M连接电源的 （填“正极”或“负极”）。 ②苯乙烯被氧化的化学反应方程式为 。 5．（2024·湖南·二模）工业上，可以用处理烟气中、，总反应式为．已知：有关反应的能量变化曲线如图所示。 (1)写出和反应的热化学方程式： 。上述总反应中 。 (2)其他条件不变，增大，对总反应速率几乎没有影响，其原因可能是 。 (3)一定条件下，速率方程为（k为速率常数，只与温度有关）。阿仑尼乌斯经验公式：（R为常数，为活化能，不随温度改变；T为温度）。和反应在不同催化剂Cat1、Cat2作用下，与的关系如图所示。 其他条件相同，催化效率较高的是 （填“Cat1”或“Cat2”），判断依据是 。 (4)在恒容密闭容器中保持总物质的量不变，充入NO和。NO平衡转化率与温度（T）、投料比关系如图所示。 ① （填“”“”或“”）；平衡常数、和由大到小排序为 。 ②已知：，温度下该反应的平衡常数 。（为用分压表示的平衡常数，分压总压物质的量分数） (5)在恒容密闭容器中充入和，发生反应，测得部分物质的平衡浓度变化如图所示。M点对应的反应体系中体积分数为 。 6．（23-24高三下·江苏南通·阶段练习）氢气是重要的资源，可通过多种途径制备得到。 (1)氨硼烷()在催化剂的作用下与水反应释放并生成。 ①氨硼烷分子中所有原子均达到稳定结构，其电子式为 。 ②已知含有、相间的六元环的结构(环上含有6个原子)，原子采取杂化，的结构式可表示为 。 (2)的强碱溶液在改性的催化剂作用下与水反应生成的部分反应机理如图所示。 ①理论上与反应最多产生的物质的量为 。 ②若用代替，步骤2中生成气体的化学式为 。 (3)在密闭容器中，通过铁粉与溶液反应可以制得和。活性是转化为的催化剂，其可能反应机理如图所示： ①从物质结构角度分析，酸性强于的原因是 。 ②根据元素电负性的变化规律，图中所示的反应步骤Ⅰ可描述为 。 7．（23-24高三上·四川攀枝花·阶段练习）研究碳氧化合物、氮氧化合物、硫氧化合物的处理对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。 (1)已知：①碳的燃烧热为393.5 ② 则的 。 (2)用焦炭还原的反应为：，向两个容积均为、反应温度分别为、的恒温恒容密闭容器中分别加入足量的焦炭和一定量的，测得各容器中随反应时间的变化情况如图所示； ①该反应的逆反应为 (填“放热”或“吸热”)反应。 ②时，，用的浓度变化表示的平均反应速率为 ，时该反应的化学平衡常数 。 ③下，时，向容器中再加入焦炭和各，平衡向 (填“正”或“逆”)反应方向移动，再次达到平衡后，的转化率比原平衡 (填“增大”“减小”或“不变”)。 (3)工业上除去氮氧化物的反应为： ①用该法除NO，投料比一定时提高NO平衡转化率的方法有 、 。 ②反应温度过高，会发生以下副反应：；；某科研小组通过系列实验，分析得出脱硝率与氨氮比[表示氨氮比］、温度的关系如图所示，从下图可以看出，最佳氨氮比为2.0，理由是 。 8．（2024·湖南衡阳·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和加快反应速率的有___________(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氧化脱氢反应，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．容器内混合气体平均摩尔质量不再变化 D．容器内混合气体密度不再变化 (3)丙烷氧化脱氢反应的正反应瞬时速率为，逆反应瞬时速率为，和代表速率常数，某一时刻升高温度，的值将 。(填“增大”、“减小”或“不变”)。 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 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，催化效果较差的是 (填“”或“”)。 ②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 (已知压强为，保留两位有效数字)。 Ⅲ．电化学合成丙烯，其装置如图所示： (6)生成丙烯的电极反应式为 。 9．（23-24高三下·江苏南通·期中）硼氢化钠是一种理想的储氢材料。 (1)的制备 碱性条件下，电解偏硼酸钠溶液可制备。总反应式为。已知：电负性B＜H。 ①写出阴极的电极反应式： 。 ②研究表面上述反应为间接还原反应，包括2步反应，请描述出这2步反应的合理假设： 。 (2)的性质 常温下，在水溶液中将发生水解反应生成，的半衰期（水解掉一半所耗费的时间，用表示）与溶液pH、温度（T）的关系如下：。 ①写出在水溶液发生水解反应的化学方程式： 。 ②给出保存水溶液的2点建议： 。 (3)的运用 第四周期过渡金属及其化合物是催化水解产氢的良好催化剂。 ①Ag－铁基纳米颗粒催化剂可催化硼氢化钠水解制氢。相同条件下，控制浓度相等，改变其中稳定剂的浓度，测得浓度对催化活性的影响如题图所示。浓度相对过大催化活性下降的原因可能是 。 ②相同条件下，、、催化水解制氢性能对比如下： 金属d电子数 6 7 8 反应活化能/ 52.01 46.33 58.70 产氢速率 最慢 最快 较慢 根据表格，写出你所得到的结论： 。 10．（2024·吉林长春·模拟预测）“碳—化学”是指以碳单质或分子中含一个碳原子的物质(如CO、CO2、CH4、CH3OH等)为原料合成工业产品的化学工艺，对开发新能源和控制环境污染有重要意义。回答下列问题： (1)我国用铜基催化剂，由CO2加氢制甲醇已工业化，部分反应历程如图所示(带*微粒为催化剂表面的吸附物种，氢原子没有全部标出)，可知HCOOH*→CH2O*+OH*过程的焓变ΔH= eV(将结果补充完整，用含E3、E4、E5的代数式表示)。 (2)CH4—CO2催化重整技术制合成气是研究热点之一，具有广阔的市场前景、经济效益和社会意义，发生的主要反应如下： 主反应： 副反应： ①描述化学反应的平衡常数有三种方法：Kc、Kp和Kx(用平衡时气体的物质的量分数代替平衡浓度计算)。关于相同温度下以上两个反应的三种平衡常数说法正确的是 (用字母填空)。 A．副反应的三种平衡常数的数值相等 B．增大压强，主反应的Kx变小，副反应的Kx不变 C．若升高温度，两个反应的三种平衡常数均增大 D．向体系中充入H2，主反应的平衡常数均减小，副反应的平衡常数均增加 ②恒温恒压下，向起始体积为3L的容器中充入1molCO2、2molCO和2molH2，达到平衡，测得CO的物质的量为1.7mol，H2O的物质的量为0.1mol。平衡时的总体积为 。 ③该温度下，副反应的压强平衡常数 (保留三位有效数字)。 (3)在某刚性容器中充入n(CO2)：n(H2)=1：3的混合气体发生如下反应： 主反应： 副反应： 平衡时CO和CH3OH在含碳产物中物质的量百分数及CO2的转化率随温度的变化如图所示： ①表示平衡时CH3OH在含碳产物中物质的量百分数的曲线是 (填“a”或“b”) ②在250℃以下，升高温度，曲线c减小的原因是 。 ③250℃，CO2与H2的平衡转化率之比为 。 11．（2024·四川成都·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320℃，的平衡转化率随温度升高而增大的原因是 。 Ⅲ．某温度下，恒容密闭容器中，如果仅发生反应Ⅰ，和的起始浓度分别为a和3a，反应平衡时，的产率为b，该温度下反应平衡常数为 。 (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CO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CO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（α、β表示乙苯分子中C或H原子的位置；AB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α－H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： 。 12．（23-24高三下·广东江门·阶段练习）水煤气变换反应是工业上的重要反应，可用于制氢。 水煤气变换反应：         该反应分两步完成：           请回答： (1) 。 (2)恒定总压1.70MPa和水碳比[]投料，在不同条件下达到平衡时和的分压（某成分分压＝总压×该成分的物质的量分数）如下表： /MPa /MPa /MPa 条件1 0.40 0.40 0 条件2 0.42 0.36 0.02 ①在条件1下，水煤气变换反应的平衡常数K＝ 。 ②对比条件1，条件2中产率下降是因为发生了一个不涉及的副反应，写出该反应方程式 。 (3)下列说法正确的是 。 A．通入反应器的原料气中应避免混入 B．恒定水碳比[]，增加体系总压可提高的平衡产率 C．通入过量的水蒸气可防止被进一步还原为Fe D．通过充入惰性气体增加体系总压，可提高反应速率 (4)水煤气变换反应是放热的可逆反应，需在多个催化剂反应层间进行降温操作以“去除”反应过程中的余热（如图1所示），保证反应在最适宜温度附近进行。 ①在催化剂活性温度范围内，图2中b－c段对应降温操作的过程，实现该过程的一种操作方法是 。 A．按原水碳比通入冷的原料气                        B．喷入冷水（蒸气） C．通过热交换器换热 ②若采用喷入冷水（蒸气）的方式降温，在图3中作出CO平衡转化率随温度变化的曲线 。 (5)在催化剂活性温度范围内，水煤气变换反应的历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附（快速）、反应及产物分子脱附等过程。随着温度升高，该反应的反应速率先增大后减小，其速率减小的原因，除温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，导致反应速率减小外，还因为 。 13．（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： 。 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．（23-24高三下·江苏连云港·期中）S和SO2在工业生产和生活中有重要的作用。 (1)一定条件下，2g硫粉在空气中完全燃烧生成二氧化硫气体，放出18kJ的热量，该反应的热化学方程式为 ． (2)已知。测定温度、催化剂的比表面积对SO2氧化反应速率的影响，数据如下表所示。 实验编号 t(℃) SO2初始浓度(mol∙L-1) O2初始浓度(mol∙L-1) 催化剂的比表面积(m2∙g-1) 5min时SO2的浓度(mol∙L-1) Ⅰ 450 82 Ⅱ 450 124 Ⅲ 500 82 ①实验Ⅰ中，0~5min用O2表示的化学反应速率为 ，该段时间内SO2的转化率为 ． ②从上述数据可得出催化剂的比表面积对化学反应速率影响的规律是 ． ③在容积固定的绝热容器中发生上述反应，下列叙述不能说明其已达到平衡状态的是 （填序号）。 A．容器内混合气体温度不再变化    B．容器内的气体压强保持不变 C．        D．容器内混合气体密度保持不变 (3) SO2通入软锰矿（主要成分MnO2，杂质金属元素Mg）的水悬浊液中，充分反应，所得溶液进行结晶，可制得MgSO4∙H2O。 ①质量为17.40g纯净MnO2最多能氧化 L（标准状况）SO2。 ②由如图可以看出，从MnSO4和MgSO4混合溶液中结晶MnSO4∙H2O晶体的实验方案为 。 16．（23-24高三下·江西宜春·阶段练习）丙烯是重要的有机原料之一，可通过多种途径制备。回答下列问题： Ⅰ．由丙烷直接脱氢法制备：　 (1)已知键能：；生成碳碳键放出的能量为，则 。 (2)在一定温度下，保持总压为，将和的混合气体分别按为和向密闭容器中投料，发生脱氢反应，测得的转化率与时间的关系如图1所示(已知时反应处于平衡状态)。m点对应的投料方式为 ，原因是 。内，曲线 (填“”“”)对应的平均反应速率最快。n点对应的平衡常数 (以分压表示，分压=总压×物质的量分数，保留一位小数)。 Ⅱ．由丙烷氧化脱氢法制备。主要涉及反应：； (3)在一定条件下，将物质的量之比为的和匀速通入体积可变的反应容器中发生上述反应，使总压强恒定为。在不同温度下反应相同时间，测得丙烷和氧气的转化率与温度倒数的关系如图2所示。 若对应的点均处于平衡状态，保持其他条件不变，仅将容器更换为恒容的刚性容器，则图示点中，与新的转化率点可能依次是 (填代号)；M点丙烷的分压 (保留两位有效数字)。 17．（23-24高三下·广东广州·期中）化学反应在发生物质变化的同时伴随有能量的变化，是人类获取能量的重要途径，而许多能量的利用与化学反应中的能量变化密切相关。 Ⅰ.完成下列问题 (1)的反应过程如图所示： 该反应为 (填“放热”或“吸热”)反应，其吸收或放出的热量为 。 (2)下列变化中属于吸热反应的是 (填序号)。 ①液态水汽化                        ②将胆矾加热变为白色粉末 ③浓硫酸稀释                        ④生石灰与水反应生成熟石灰 ⑤                ⑥与固体混合 ⑦        ⑧Al与盐酸反应 (3)某化学反应中，设反应物的总能量为，生成物的总能量为。若，则该反应可用图(填“A”或“B”) 表示。 Ⅱ.回答下列问题 (4)为了验证与的氧化性强弱，如图装置能达到实验目的的是 (填装置序号)，其正极的电极反应式为 ；若构建该原电池时两个电极的质量相等，当导线中通过0.4mol电子时，两个电极的质量差为 g。 (5)将设计成燃料电池，其利用率更高，装置如图所示(A、B为多孔碳棒)。实验测得定向移向A电极，则 (填“A”或“B”)处电极入口通。 18．（23-24高三下·山东·阶段练习）Kvisle等人使用MgO=SiO2催化剂研究乙醇转化为1，3-丁二烯的反应机理如下。 反应I：    ΔH1=+48kJ/mol 反应II： ΔH2=-98kJ/mol 反应III：   ΔH3 已知：①H2O(g)⇌ H2O(l)   ΔH=-44kJ/mol ②pA(g)+qB(g)⇌mC(g)+nD(g)      100kPa 回答下列问题： (1)已知：在一定条件下，C2H5OH(g)、CH3CHO(g )⋅CH2=CH2 (g)和CH2=CHCH=CH2 (g)的燃烧热或摩尔燃烧焓(ΔH)分别为akJ⋅mol-1、bkJ⋅mol-1、ckJ⋅mol-1和d kJ⋅mol-1，则ΔH ₃= kJ·mol-1，从体系能否自发进行的角度分析，反应Ⅰ在 (填“高温”或“低温”)下有利于其自发进行。 (2)向恒温恒容密闭容器中充入等物质的量的C2H5OH(g)和 N2，控制温度为T₁℃、起始压强为10 MPa下发生上述三个反应，反应进行 2 h 达到平衡，测得容器内压强为14 MPa，CH3CHO(g)、CH2=CH2 (g)和CH2=CHCH=CH2 (g)的压强满足以下关系。p(CH3CHO)：p(CH2=CH2)： p(CH2=CHCH=CH2)=1：3：2，，则1，3-丁二烯的产率为 ，反应Ⅲ的平衡常数 (3)在T2℃、15 MPa反应条件下，向 A、B、C三个容器中通入 分别为1：1、1：3、1：7的混合气体，若只发生反应Ⅰ，测得C2H5OH(g)转化率随时间的变化如表所示。 10 min 20 min 30 min 40 min 50 min A 4.1% 7.8% 10.9% 13.8% 13.8% B 4.7% 8.9% 12.9% 16.8% 20.3% C 5.0% 9.5% 13.8% 17.9% 21.9% ①当反应进行到20 min时，三个容器中平均反应速率 从大到小的顺序是 。根据表格中数据可得出的结论是 。 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) (2)①④ (3) 0.25a×78%×15％ 升高温度时，反应II正向移动的幅度大于反应I逆向移动的幅度 BD 2.3 【详解】（1）由焓变示意图可以得到以下热化学方程式： ①  ； ②   根据盖斯定律：①＋②得  ； （2）气体以一定流速通过时，与催化剂的接触面积增大，反应速率加快，有利于提高平衡前单位时间内反应物的转化率，但对反应物的平衡转化率无影响，故①正确； 该反应过程中，有极性键和非极性键的断裂，有极性键的形成，但无非极性键的形成，故②错误； 由图可知，在整个反应过程中，原子并没有全部转化为，所以原子利用率小于100％，故③错误； 通过加氢制甲醇的反应式为，故④正确； （3）①按（总量为a mol）投料于恒容密闭容器中进行反应， 则的物质的量为， 由图可知，在513K达平衡时，的平衡转化率为15％，甲醇的选择率为78％， 则反应体系内甲醇的物质的量为％×15％mol； 反应Ⅰ为放热反应，升温平衡逆向移动，反应Ⅱ为吸热反应，升温平衡正向移动，由于反应Ⅱ正向移动的幅度大于反应Ⅰ逆向移动的幅度，则随着温度的升高，的平衡转化率增加，但甲醇的选择率降低； ②根据图中曲线分析，温度低于时，相同时间内，催化剂Ⅰ作用下的转化率最大，则催化剂Ⅰ的催化效果最好，A项正确； 由图可知，a点时反应达到平衡状态，b点时，反应未达到平衡状态，则大于，B项错误； a点转化率比c点高可能的原因是该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，转化率降低，C项正确； 与按浓度比1∶3充入，又按1∶3反应，则与浓度比始终保持1∶3，则与浓度比保持1∶3不再变化，不能说明该反应已达平衡状态，D项错误。 ③若将密闭容器恒定为1L，温度为180℃，起始时充入和，使其仅按反应Ⅱ进行，平衡转化率为60％，可列出三段式： 则平衡常数，当反应达到平衡时，正、逆反应速率相等， 则，。 2．(1) (2) 30% D 2.25 ＞ ℃时，等物质的量的和反应进行到5min时，氢气的体积分数为20%时，此时反应未达到平衡，可知℃时反应程度较高，且反应，温度越高越有利于反应正向进行，所以 (3) KF 【详解】（1）已知，热化学方程式：①  ；②  ；③  ；根据盖斯定律可知，由(②-①)+③可得，则。 （2）℃时，将和充入2L刚性容器内进行反应，5min后，测得，可列出三段式：，此时容器中的体积分数为；0~5min内用表示的化学反应速率为。 A．化学平衡状态为动态平衡，速率不等于0，故不能说明该反应一定达到化学平衡； B．混合气体的总质量不变，容器容积不变，故混合气体的密度始终不变，则混合气体密度保持不变，不能说明该反应一定达到化学平衡； C．与CO物质的量浓度之比为1：1，不能说明正逆反应速率相等，故不能说明该反应一定达到化学平衡； D．每生成amolCO的同时消耗，说明正逆反应速率相等，故能说明该反应一定达到化学平衡； 故选D。 ③℃时，将等物质的量的和充入一定体积的容器内进行反应，设和物质的量各为1mol，一段时间后反应达到平衡，测得的体积分数为20%，因为该反应前后气体总物质的量不变，则气体总物质的量为2mol，则的物质的量位0.4mol，则可列出三段式：，因为该反应前后气体总物质的量不变，可以用物质的量代替浓度计算平衡常数，则该温度下该反应的平衡常数为； 因为℃时，等物质的量的和反应进行到5min时，氢气的体积分数为20%时，此时反应未达到平衡，可知℃时反应程度较高，且反应，温度越高越有利于反应正向进行，所以。 （3）由图可知，在KF电解质溶液中生产得到CO时电能利用效率最高，欲生产得到CO，则应在KF电解质溶液中进行还原，阴极的电极反应式为。 3．(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%。 4．(1) (2) 减小乙苯分压，使平衡正向移动，提高乙苯转化率 a (3) < 186.7 (4) 正极 【详解】（1）根据盖斯定律，反应①-②-③得；若该反应的活化能（正）为，则该反应逆反应的活化能（逆）为：（逆）-（正）=，可得（逆）=； （2）温度和压强不变，向一体积可变的密闭容器充入，使反应各物质分压减小，减小乙苯分压，使平衡正向移动，提高乙苯转化率；由于通入Ar气体，减小乙苯分压，使平衡正向移动，提高乙苯转化率，则转化率越高，充入的Ar越多，浓度越小，速率最慢，故曲线a速率最慢； （3）①T2先达到平衡状态，其他条件不变时，温度高，<； ②温度下，反应Ⅰ转化，反应Ⅱ转化，反应前物质的量为3mol压强为100kPa，平衡后压强为150kPa，物质的量为4.5mol，列式如下： 可得：x+y=2×80%，x+=4.5-3=1.5mol，解得x=1.4mol，y=0.2mol，平衡时总物质的时为4.5mol， 的物质的量为2×20%=0.4mol，的物质的量为x+y=1.6mol，的物质的量为1.4mol，反应Ⅰ的分压平衡常数=186.7； （4）M苯乙烯氧化成二氧化碳，极失电子，连接电源的正极；苯乙烯被氧化的化学反应方程式为： 5．(1) -442.5 (2)和反应的活化能远大于NO与O2反应的活化能，即SO2和O3的反应为控速反应，总反应的速率主要取决于和反应 (3) Cat1 由图可知，当温度变化量一定时，Cat1作用下的RlnK变化值较小，对应的活化能较小，催化效率较高 (4) ＜ ＞= 16 (5)50% 【详解】（1）由图可知，和反应的，热化学方程式为：；，总反应等于与相加，其； （2）和反应的活化能远大于NO与O2反应的活化能，即SO2和O3的反应为控速反应，总反应的速率主要取决于和反应，因此，当其他条件不变，增大，对总反应速率几乎没有影响； （3）由图可知，当温度变化量一定时，Cat1作用下的RlnK变化值较小，对应的活化能较小，催化效率较高； （4）①其他条件相同时，投料比越大，NO的平衡转化率越小，即＜（填“”“”或“”）；平衡常数只与温度有关，反应为放热反应，温度越高，平衡常数越小，即＞=； ②当时，NO的平衡转化率为80%，设投入NO的物质的量为amol，即转化的NO物质的量为0.8amol，可得三段式：，平衡时总物质的量为2amol，NO、O3、NO2、O2物质的量分数分别为0.1、0.1、0.4、0.4，设总压强为P，即平衡常数； （5）在恒容密闭容器中充入和，设M点时，转化的NO物质的量为x，可得三段式：，，由图可知，虚线为NO2或O2的浓度，M点，即，1-x=x，解得x=0.5mol，总物质的量为0.5+1.5+0.5+0.5=3mol，此时O3体积分数等于物质的量分数为：。 6．(1) (2) 4 HD (3) 甲基为供电子基团，使羧基中羟基的极性减弱，电离出氢离子能力减弱 吸附在催化剂的Fe2+上的H与中碳原子作用，吸附在O2-的H与中的羟基氧作用生成的H2O和均吸附在上Fe2+ 【详解】（1） ①由氨硼烷分子中所有原子均达到稳定结构可知，氨硼烷分子中氮原子提供孤对电子与具有空轨道的硼原子形成配位键，电子式为，故答案为：； ②由含有硼、氧相间的六元环的结构(环上含有6个原子)，硼原子采取sp2杂化可知，的结构式为，故答案为：； （2）①由图可知，四氢合硼酸钠与水反应的机理为四氢合硼酸根离子中的负一价氢原子被水分子中的羟基取代生成B—OH键和氢气，四氢合硼酸根离子中含有4个负一价氢原子，则1mol四氢合硼酸钠与水完全反应最多可生成4mol氢气，故答案为：4； ②由图可知，四氢合硼酸钠与水反应的机理为四氢合硼酸根离子中的负一价氢原子被水分子中的羟基取代生成B—OH键和氢气，氢气分子中的氢原子来自于四氢合硼酸根离子和水分子，则用D2O代替H2O，步骤2中生成气体的分子式为HD，故答案为：HD； （3）①甲基为供电子基团，使羧基中羟基的极性减弱，电离出氢离子能力减弱，酸性减弱，所以甲酸的酸性强于乙酸，故答案为：甲基为供电子基团，使羧基中羟基的极性减弱，电离出氢离子能力减弱； ②H的电负性大于Fe，小于O，在活性表面，部分H吸附在催化剂的亚铁离子上，略带负电；另一部分H吸附在催化剂的氧离子上，略带正电；前者与中略带正电的碳结合，后者与中略带负电的羟基氧结合生成H2O，转化为；故答案为：吸附在催化剂的Fe2+上的H与中碳原子作用，吸附在O2-的H与中的羟基氧作用生成的H2O和均吸附在上Fe2+。 7．(1)-573.5 (2) 吸热 0.675 正 减小 (3) 降低温度 减小压强 随着氨氮比的增加，脱硝率随之增大，氨氮比为2.0时，脱硝率已经很高，氨氮比从2.0到2.2，脱硝率变化不大，但是氨的浓度增加较大，会导致生产成本提高，得不偿失 【详解】（1）碳的燃烧热为393.5kJ/mol，则有①C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-393.5kJ/mol，反应②，目标反应=反应①-反应②，ΔH=(-393.5-180)kJ/mol=-573.5kJ/mol。 （2）从图中可知，T1温度下反应速率更快，说明T1>T2，但是平衡时T1温度下NO2剩余的量大于T2时NO2剩余的量，说明升高温度化学平衡逆向移动，反应为放热反应，逆反应为吸热反应。 ②T2℃时，40-80min内，N2物质的量变化量为0.4mol，v(N2)=。T2温度下平衡时剩余NO20.8mol，则有，则化学平衡常数为K==0.675。 ③T2℃下，平衡后在容器中再加入焦炭和NO2各1mol，反应物浓度增大，化学平衡正向移动。加入了反应物，等新平衡建立后，相当于在原平衡的基础上增大了压强，化学平衡逆向移动，NO2的转化率将减小。 （3）①根据化学方程式可知，该反应为放热反应，且为体积体积增大的反应，为提高NO的转化率，即使化学平衡正向移动，可采用降低温度、减小压强等方法。 ②从图中可知，随着氨氮比的增加，脱硝率随之增大，氨氮比为2.0时，脱硝率已经很高，氨氮比从2.0到2.2，脱硝率变化不大，但是氨的浓度增加较大，会导致生产成本提高，得不偿失。 8．(1)D (2)C (3)减小 (4)较高 (5) Ga2O3 0.051 (6)3CO2+18H++18e-=CH2=CH-CH3+6H2O 【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．减压丙烷的平衡转化率增大，但是反应速率减慢，B错误； 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D。 （2）A．时代表正逆反应速率相等，达到平衡状态，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．该反应为全气体参与的非等体积反应，容器内混合气体平均摩尔质量不再变化，能说明反应达到平衡状态，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； 故选C。 （3）丙烷氧化脱氢反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，逆反应速率增大程度大于正反应速率增大程度，故某一时刻升高温度，的值将减小； （4）丙烷无氧脱氢反应=，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； （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，因此在其他条件相同时，催化效果较差的是； 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，逐渐上升的曲线为丙烯生成速率，逐渐下降的曲线为丙烷平衡转化率。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≈； （6）电解质溶液为酸性，二氧化碳得到电子结合氢离子生成丙烯，则生成丙烯电极反应式为3CO2+18H++18e-=CH2=CH-CH3+6H2O。 9．(1) 第1步：在阴极电解产生；第2步：生成的再与反应生成 (2) 低温、强碱性溶液 (3) 占据了催化剂的表面，减少活性位点与的接触，导致放氢速率减慢 催化活性与金属的d电子数有关；产氢速率与反应活化能之间没有必然联系 【详解】（1）①阴极生成NaBH4，电极反应式：； ②研究表面上述反应为间接还原反应，包括2步反应，这2步反应的合理假设为：第1步：H2O在阴极电解产生H2；第2步：生成的H2再与反应生成； （2）①NaBH4在水溶液中将发生水解反应生成H2，水解反应的化学方程式：； ②保存NaBH4水溶液时需要低温、强碱性溶液，防止其水解； （3）①NaOH浓度相对过大催化活性下降的原因可能是：OH−占据了催化剂的表面，减少活性位点与NaBH4的接触，导致放氢速率减慢； ②根据表格信息可知，催化活性与金属的d电子数有关；产氢速率与反应活化能之间没有必然联系。 10．(1)E3-E4+E5 (2) ABC 2.76L 0.103 (3) a 曲线c代表CO2的转化率，主反应放热，副反应吸热，250℃以下升温，副反应正移使CO2转化率增大的程度小于主反应逆移使CO2转化率减小的程度 3：2(或1.5) 【详解】（1）反应热等于正反应的活化能-逆反应的活化能，结合图像可知，HCOOH*→CH2O*+OH*过程为HCOOH*→CH3O2*、CH3O2*→CH2O*+OH*相加，运用盖斯定律即可得到，故答案为：E3-E4+E5。 （2）①A．在相同温度下，副反应平衡时各物质的物质的量是相等的，副反应： ，， ，因此三种平衡常数的数值相等，故A正确； B．增大压强，主反应为气体计量数增大的反应，因此平衡逆向移动，导致平衡时CO、H2的量减少，因此Kx变小，而副反应为气体计量数不变的反应，因此平衡不移动，平衡时的物质的量不变，因此Kx不变，故B正确； C．若升高温度，两个反应均为吸热反应，因此平衡正向移动，产物的量增多，则两个反应的三种平衡常数均增大，故C正确； D．向体系中充入H2，对于副反应则平衡正向移动，对于主反应是平衡逆向移动，但温度不变平衡常数不变，故D错误； 故答案选：ABC； ②恒温恒压下，根据题目数据，列如下式子： 副反应，题中为达到平衡时，测得H2O的物质的量为0.1mol，即： 根据达到平衡时，测得CO的物质的量为1.7mol，即： .. 平衡时气体总物质的量为，根据PV=nRT可知，，，； ③该温度下，假设压强为P，则副反应的压强平衡常数， 故答案为：2.76；0.103。 （3）① 升高温度，主反应逆向移动，副反应正向移动，则平衡时CH3OH在含碳产物中物质的量百分数减小，平衡时CO在含碳产物中物质的量百分数增大，所以表示平衡时CH3OH在含碳产物中物质的量百分数的曲线是a，表示平衡时CO在含碳产物中物质的量百分数的曲线是b，曲线c代表CO2的转化率，故答案为：a； ②曲线c代表CO2的转化率，主反应放热，副反应吸热，以上升温，副反应正移使CO2转化率增大的程度大于主反应逆移使转化率减小的程度，故答案为：曲线c代表CO2的转化率，主反应放热，副反应吸热，250℃以下升温，副反应正移使CO2转化率增大的程度小于主反应逆移使CO2转化率减小的程度； ③250℃时，设n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，平衡时CO2的转化率为20%，CO和CH3OH在含碳产物中物质的量百分数相等，即各占50%，则参加反应的CO2为0.2mol，生成CO和CH3OH的物质的量都为0.1mol。则可建立如下三段式：， CO2的平衡转化率为20%，氢气的平衡转化率为，故和H2的平衡转化率之比为3∶2，故答案为：3：2(或1.5)。 11．(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320℃，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O作用生成，带部分正电荷的C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CH3OCH3，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CH3OCH3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H2与CO2的混合比例，能使平衡I、Ⅲ向右移动，可提高CO2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320℃，反应Ⅲ平衡正移程度大于反应Ⅰ、Ⅱ平衡逆移程度，故CO2的平衡转化率随温度升高而增大； Ⅲ．某温度下，恒容密闭容器中，CO2和H2的起始浓度分别为 a mol/L、和3a mol/L，反应平衡时，CH3OH的产率为b，则生成的CH3OH的浓度为abmol/L，H2O(g)的浓度也为abmol/L，消耗的CO的浓度为abmol/L，所以平衡时CO的浓度为(a-ab)mol/L，消耗的H2的浓度为3abmol/L，平衡时H2的浓度为(3a-3ab)mol/L，所以该反应的化学平衡常数为K=； （2）①CO2在碱性介质中电还原为正丙醇(CH3CH2CH2OH)，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：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。 12．(1)＋6 (2) 2 (3)AC (4) AC ② (5)温度过高会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小 【详解】（1）设方程式 ①         ②     ③     根据盖斯定律可知，③=①-②，则； （2）①条件1下没有甲烷生成，只发生了水煤气变换反应，该反应是一个气体分子数不变的反应。设在条件1下平衡时容器的总体积为V，水蒸气和一氧化碳的投料分别为12mol和5mol，参加反应的一氧化碳为xmol，根据已知信息可得以下三段式： ，，解得x=4；则平衡常数；； ②根据表格中的数据可知，有甲烷生成，且该副反应没有二氧化碳参与，且氢气的产率降低，则该方程式为：； （3）A．一氧化碳和氢气都可以和氧气反应，则通入反应器的原料气中应避免混入氧气，A正确； B．该反应前后气体计量系数相同，则增加体系总压平衡不移动，不能提高平衡产率，B错误； C．通入过量的水蒸气可以促进四氧化三铁被氧化为氧化铁，水蒸气不能将铁的氧化物还原为单质铁，但过量的水蒸气可以降低体系中CO和H2的浓度，从而防止铁的氧化物被还原为单质铁，C正确； D．若保持容器的体积不变，通过充入惰性气体增加体系总压，反应物浓度不变，反应速率不变，D错误； 故选AC； （4）①A．按原水碳比通入冷的原料气，可以降低温度，反应物浓度增大导致CO的转化率稍减小，之后再通过催化剂层后，CO的转化率又增大且高于原来的，与图中变化相符，A正确； B．喷入冷水(蒸气)，可以降低温度，但是同时水蒸气的浓度增大，会导致CO的转化率增大，与图中变化不符，B错误； C．换热的过程在催化剂层外，并不会反应，故只有温度降低而不会引起转化率变化，C错误； 故选A；AC； ②增大水蒸气的浓度，平衡正向移动，则一氧化碳的的平衡转化率增大，会高于原平衡线，故图像为 （5）反应物分子在催化剂表面的吸附是一个放热的快速过程，随着温度的升高，反应物分子在催化剂表面的吸附降低，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小，故答案为：温度过高会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小。 13．(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。 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) (2) 3×10-5 mol·L-1·min-1 25% 其他条件相同时，催化剂的比表面积越大，化学反应速率越大 CD (3) 4.48 加热蒸发浓缩MnSO4和MgSO4混合溶液至有大量晶体析出，在高于60℃条件下趁热过滤，洗涤、干燥 【详解】（1）一定条件下，2g硫粉在空气中完全燃烧生成二氧化硫气体，放出18kJ的热量，则32g硫粉完全燃烧放出的热量为=288kJ，该反应的热化学方程式为。 （2）①实验Ⅰ中，0~5min，∆c(SO2)= (1.2×10-3-9×10-4) mol·L-1=3×10-4mol·L-1，用O2表示的化学反应速率为=3×10-5mol·L-1·min-1，该段时间内SO2的转化率为=25%。 ②对比实验Ⅰ和Ⅱ，其他条件相同，催化剂的比表面积越大，5min时SO2的浓度越小，即SO2的浓度变化越大，从而得出催化剂的比表面积对化学反应速率影响的规律是：其他条件相同时，催化剂的比表面积越大，化学反应速率越大。 ③A．随着反应的进行，混合气体的温度不断发生变化，当容器内混合气体温度不再变化时，反应达平衡状态，A不符合题意； B．反应前后气体分子数不等，随着反应的进行，混合气的压强不断发生变化，当容器内的气体压强保持不变时，反应达平衡状态，B不符合题意； C．时，反应进行的方向不同，但速率之比不等于化学计量数之比，则反应未达平衡状态，C符合题意； D．容器内气体体积不变，混合气的质量不变，则密度始终不变，所以当混合气体密度保持不变时，反应不一定达平衡状态，D符合题意； 故选CD。 （3）①对于反应MnO2+SO2=MnSO4，17.40g纯净MnO2的物质的量为=0.2mol，最多能氧化SO2的物质的量为0.2mol，标准状况下体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L。 ②由图可以看出，60℃时，MnSO4和MgSO4的溶解度相同，高于60℃时，随温度升高，MnSO4的溶解度不断降低，而MgSO4的溶解度不断升高，则结晶MnSO4∙H2O晶体的实验方案为：加热蒸发浓缩MnSO4和MgSO4混合溶液至有大量晶体析出，在高于60℃条件下趁热过滤，洗涤、干燥。 【点睛】从MnSO4和MgSO4混合溶液中提取MnSO4时，应通过改变温度或溶剂的质量，让MnSO4大量结晶析出，而MgSO4不析出。 16．(1) (2) 反应是体积增大的反应，充入Ar，体系各组分气体分压下降，平衡朝体积增大的方向，平衡正向移动，有利于丙烷转化率增大 16.7 (3) dc 53 【详解】（1）　=反应物总键能-生成物总键能=2+8-2-2(碳碳键)-6-=2×--=； （2）反应是体积增大的反应，充入Ar，体系中各组分的分压减小，相当于减小平衡体系的压强，平衡正向移动，有利于丙烷转化率增大，则m点对应的投料方式为，投料比越大，则丙烷的转化率越小，则曲线是为投料，丙烷分压越大，反应速率越快，因此0~6s内，曲线对应的平均反应速率最快；m点和n点温度相同，平衡常数相等，根据m点数据列出“三段式”，平衡时气体总物质的量为1mol+1mol+1 mol +3 mol =6mol，平衡常数； （3）；都是气体体积增大的反应，在恒压条件下发生反应，容器的体积增大，仅将容器更换为恒容的刚性容器，需要压缩容器的体积增大压强，平衡逆向移动，和的转化率下降，且的转化率要大于，则与新的转化率点可能依次是d、c；根据M点和的转化率相等，说明只发生，列出“三段式”，M点丙烷的分压。 17．(1) 放热 183 kJ (2)②⑤⑥⑦ (3)A (4) ② 24 (5)A 【详解】（1）化学反应能量变化是由发生化学变化时化学键断裂吸收的能量和化学键形成时释放的能量不同引起的。吸收的能量高于放出的能量，反应为吸热反应；反之，为放热反应。由图可知1 mol H2和1 mol Cl2断裂化学键分别形成2 mol H和2mol Cl吸收的能量为436 kJ和243 kJ，总计679 kJ。2 mol H和2mol Cl形成2 mol HCl总计放出的能量为431 kJ×2=862 kJ。679 kJ<862 kJ，反应为放热反应。反应放出的热量为862 kJ-679 kJ=183 kJ。 （2）①液态水汽化需要吸收能量，但该过程是物理变化，不符合题意；②将胆矾加热变为白色粉末，该变化过程中胆矾失去结晶水生产硫酸铜和水，该反应为分解反应。多数分解反应是吸热反应，符合题意；③浓硫酸稀释会放出大量热，是放热过程，物理变化，不符合题意；④生石灰与水反应生成熟石灰，放出大量的热，是放热反应，不符合题意；⑤CO2 和碳高温生成CO，持续高温下进行的反应多数为吸热反应，符合题意；⑥Ba(OH)2·8H2O与固体NH4Cl混合反应生成氯化钡和氨气，该反应是典型吸热反应，符合题意；⑦该反应需持续高温进行，持续高温下进行的反应多数为吸热反应，符合题意；⑧Al与盐酸为活泼金属与酸的置换反应，为放热反应，不符合题意。答案为：②⑤⑥⑦； （3）说明反应物的总能量高于生成物的总能量。图上表示反应物的总能量的线高于表示生成物的总能量的线。所以A图符合题意。 （4）①中Fe在冷的浓HNO3中发生钝化，阻止Fe与浓HNO3进一步反应，而铜和浓硝酸生成硝酸铜和二氧化碳、水，综合①中变化无法判断Fe2+与Cu2+的氧化性强弱。②中发生如下总反应铁和氯化铜生成铜和氯化亚铁，在该氧化还原反应中Cu2+为氧化剂，Fe2+为氧化产物，一般情况下，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，说明氧化性Cu2+>Fe2+，利用②可以判断。反应中铜离子在正极得到电子发生还原反应生成铜：；导线中通过0.4 mol电子即0.4 mol电子转移，②中正极反应：，则正极增重0.2mol×64g/mol=12.8g，负极反应：，则负极减重0.2mol×56g/mol=11.2 g，两个电极的质量差为12.8 g+11.2 g=24 g。 （5）在原电池中，阴离子向负极移动，A极为负极，发生氧化反应、B极为正极，发生还原反应；则CH4在A极通入，失去电子发生氧化反应。 18．(1) （b+c+44－d） 高温 (2) 40% 4.67 (3) υ（A）>υ（B）>υ（C） 在相同温度和压强下，相同时间时，n（C2H5OH）：n（N2）越小，C2H5OH（g）转化率越大（合理即可） 【详解】（1）由已知条件知： ① ； ②； ③； ④ H2O(g)⇌ H2O(l)  ΔH=-44kJ/mol； 根据盖斯定律：反应III=①+②－③－④可得，ΔH3=(b+c－d+44)kJ•mol-1；故答案：ΔH3=(b+c－d+44)kJ•mol-1； 反应I：  ΔH1=+48kJ/mol ，该反应气体分子数增大，则ΔS>0，由ΔH1>0，该反应自发进行判据ΔG=ΔH－TΔS＜0，高温条件自发进行；故答案：高温； （2）向恒温恒容密闭容器中充入等物质的量的C2H5OH(g)和 N2，起始压强为10 MPa，则C2H5OH(g)和 N2的起始压强分别为5MPa，同时发生上述三个反应 则平衡时总压为：5－px－py+ px－pz+ px+py－pz+py+pz+pz+5=14；px+py=4；测得容器内p(CH3CHO)：p(CH2=CH2)： p(CH2=CHCH=CH2)=1：3：2，计算得：pz=1MPa，px=1.5MPa，py=2.5MPa，根据碳原子守恒可知，1,3-丁二烯的理论产量为2.5 MPa，产率为，故答案：40%； ， 故答案：4.67； （3）在T2℃、15 MPa反应条件下， A、B、C三个容器中通入 分别为1:1、1:3、1:7的混合气体，则A、B、C三个容器的体积之比等于物质的量之比，VA:VB:VC=2:4:8=1:2:4，反应进行到20 min时，A、B、C三个容器的转化率之比=7.8%：8.9%：9.5%，转化C2H5OH的物质的量之比=7.8%：8.9%：9.5%，A、B、C三个容器中平均反应速率 即为，故A、B、C三个容器中平均反应速率：υ（A）>υ（B）>υ（C）；故答案：υ（A）>υ（B）>υ（C）； 根据表格中数据可得出：在相同温度和压强下，相同时间时，n（C2H5OH）：n（N2）越小，C2H5OH（g）转化率越大（合理即可）。 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 $$