2025届高三化学二轮复习 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·上海闵行·三模）炼油、石化等工业会产生含硫(-2价)废水，处理的方法有沉淀法、氧化法。 Ⅰ．沉淀法。用如下图-1装置可以将废水中的硫转化为FeS沉淀。控制其他条件一定，测得出口处硫转化为FeS的沉淀率与溶液pH的关系如题图-2所示。 (1)对图-1的说法中正确的是_______。 A．负极： B．阳极： C．正极： D．阴极： (2)该装置沉淀废水中的硫(-2价)的原理可描述为 。 (3)时，pH越大，硫转化为FeS的沉淀率越低，可能的原因是_______。 A．pH越大，越高，与结合转化为逸出 B．pH越大，越低，废水中低，则FeS的沉淀率越低 C．pH越大，废水中越高，与生成，导致浓度越小，废水中与结合FeS沉淀的硫的量越少 D．pH越大，废水中越低，废水中低，与结合FeS沉淀量越少 Ⅱ．氧化法。氧化法、氧化法、催化氧化法等可以将含硫废水中硫元素氧化。 i.氧化法：向含的废水中，加入一定量的溶液，控制溶液的pH为5，可以生成S沉淀。 (4)写出该反应的离子方程式： 。 ii.氧化法：向含的废水中，加入溶液，其他条件一定，测得硫(-2价)的去除率、S(单质)的生成率与所加溶液体积的关系如题图-3所示。 (5)由图可知，下列有关说法正确的是_______。 A．加溶液就是将氧化为单质S B．随着溶液的不断加入，废水中硫元素的去除率一直在升高 C．溶液加入量越多，废水中含硫量越低 D．在处理一定量的废水中，其加入量不同氧化产物可能有差异 (6)当所加溶液体积大于9mL时，所加溶液越多，S生成率越低，原因是 。 iii.催化氧化法：苯胺(为催化剂、聚苯胺为催化剂载体)可用作空气氧化含硫(-2价)废水的催化剂。碱性条件下，催化氧化废水的机理如题图-4所示。 (7)转化Ⅰ中化合价发生变化的元素有 。 (8)催化剂使用一段时间后催化效率会下降，结合图中相关信息，分析可能原因为 ，要使催化剂恢复催化效率，处理的方法是用氯仿()浸取催化剂，再干燥即可。 2．（2024·四川成都·二模）某温度下，利用CO2生产甲醇主要涉及以下两个反应。 反应I．_______ 反应Ⅱ．CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)　ΔH2=+41.2kJ·mol-1 回答下列问题： (1)已知CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)　ΔH3=–90.6kJ·mol-1。反应I的转化原理如图所示。该反应的热化学方程式为 ，在 条件下反应I可自发发生。 (2)若在恒压条件下密闭容器中发生反应I和Ⅱ，平衡后再充入惰性气体，反应Ⅱ平衡将 移动(填“正向”、“逆向”或“不”)。 (3)将1molCO2(g)和3molH2(g)充入密闭容器发生反应I和Ⅱ，并达到平衡状态。相同温度下，在不同压强下测得CO2的平衡转化率、CH3OH(g)的选择性和CO的选择性随压强变化曲线如图所示。图中表示CO2的平衡转化率的曲线是 (填“m”、“n”或“p”)，A点时H2的转化率为 ，CH3OH的平衡分压为 MPa(保留两位有效数字)。 (4)研究表明，CO催化变换反应：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)  ΔH=–41.2kJ·mol-1。此反应的速率方程为，式中x(CO)、x(H2O)、x(CO2)、x(H2)分别表示各组分的物质的量分数。Kp为平衡常数，k为反应的速率常数，温度升高时k值增大。在气体组成和催化剂一定的情况下，反应速率随温度变化的曲线如图所示。温度升高时，CO催化变换反应的Kp (填“增大”、“减小”或“不变”)。根据速率方程分析，T>Tm时v逐渐减小的原因是 。 3．（2024·河南新乡·三模）氢能是一种重要的绿色能源，在实现“碳中和”与“碳达峰”目标中起到重要作用。 Ⅰ.甲醇―水催化重整可获得氢气。 (1)表中数据是该反应中相关物质的标准摩尔生成焓()数据(标准摩尔生成焓是指在298.15K、100kPa下由稳定态单质生成1mol化合物时的焓变)。 物质 0 ―393.5 ―241.8 ―200.7 则  △H= kJ∙mol-1，该反应在 (填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。 Ⅱ.乙醇―水催化重整亦可获得，主要反应如下： 反应①：   反应②：   (2)向恒容密闭容器中充入1mol和3mol发生上述反应①和②，初始时体系压强为100kPa．平衡时的分布分数、的产率随温度的变化曲线如图所示。 ①为提高氢气的平衡产率，可采取的措施为 (写出2条)。 ②200℃以后，解释曲线a随温度变化趋势的原因： 。 ③温度为500℃时，反应经10min达到平衡，此时乙醇的转化率为60%，则0~10min内 kPa∙min-1，该温度下，反应②的Kp= (保留小数点后两位)。 (3)乙醇燃料电池(电极材料a和b均为惰性电极)广泛应用于微型电源、能源汽车、家用电源、国防等领域，工作原理如图所示，写出负极的电极反应式： ，当转移1.2mol电子时，正极消耗的氧气的体积为 L(标准状况下)。 4．（2024·山西晋中·二模）甲醇是一种可再生的清洁能源，二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于实现“碳达峰”、“碳中和”。已知有关的热化学方程式如下： Ⅰ．，； Ⅱ．，； Ⅲ．，； Ⅳ．，； 请回答下列问题： (1)   。 (2)在体积一定的密闭容器中按物质的量比1：2充入CO和，发生上述反应Ⅰ，充分反应达平衡后，如图是平衡混合物中的体积分数在不同压强下随温度变化的平衡曲线。 ①压强为，温度为300℃时，反应Ⅰ的压强平衡常数 。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数) ②反应Ⅰ达平衡后，下列措施能提高产率的是 (填字母)。 A．加入适量一氧化碳  B．升高温度  C．使用高效催化剂  D．增大压强 (3)一定温度下，向容积为1L的恒容密闭容器中，充入和，发生上述反应Ⅱ，测得各物质的物质的量浓度变化如图所示： 则b曲线表示的是 的浓度随时间的变化；内，的平均反应速率为 。 (4)对于反应Ⅲ，其速率方程式为，，，为速率常数且只与温度有关，则该反应的平衡常数 (用含、的代数式表示)。 已知某温度下，上述反应平衡常数，在密闭容器中充入一定物质的量的，反应到某时刻测得各组分的物质的量如下： 物质 物质的量/mol 0.2 0.2 0.2 此时正、逆反应速率的大小： 。 5．（2024·贵州黔南·二模）反应在工业上有重要应用。 (1)已知和的燃烧热分别为，则 。 (2)在恒温恒容的密闭容器中发生反应：，下列能说明该反应达平衡状态的是_______(填字母)。 A．容器中混合气体的平均摩尔质量不变 B．的体积分数保持不变 C．体系中压强不变 D．容器中混合气体的密度不变 (3)该反应常在膜反应器中进行，其工作原理如图1所示。 ①利用平衡移动原理解释反应器存在膜时具有更高转化率的原因是 。 ②某温度下，在膜表面上的解离过程存在如下平衡：(*表示吸附在催化剂表面)，其正反应的活化能远小于逆反应的活化能。下列说法错误的是 (填字母)。 A．Pd膜对气体分子的透过具有选择性                 B．过程2的 C．加快膜内原子迁移有利于的解离 D．原子在膜表面上结合为的过程为放热反应 ③同温同压下，已知等物质的量的和通入无膜反应器和膜反应器发生反应，无膜反应器中的平衡转化率为，相同时间内膜反应器出口和出口中的物质的量之比为1：8，则使用膜反应器的平衡转化率提高了 。 (4)也可采用电化学方法实现，反应装置如图2所示。 a为电源的 (填“正极”或“负极”)，该电极上的反应为 。 6．（2024·重庆九龙坡·二模）为助力实现碳达峰碳中和目标，资源化利用是重要研究方向。 Ⅰ.催化加氢制烯烃是资源化利用的重要途径之一。该转化过程中涉及的主要反应如下： ⅰ. ⅱ.时， ⅲ. 回答下列问题： (1) 。 (2)对于上述(1)的反应，下列说法正确的是_______(填序号)。 A．低温条件有利于反应自发进行 B．时，反应达平衡 C．恒温恒压下混合气体密度保持不变，则反应达到平衡 D．在该反应中增大投料比可提高的平衡转化率 (3)投料比为，压强为2MPa时，无烷烃产物的平衡体系中转化率和产物选择性随反应温度变化曲线如图所示。(已知：含碳物质选择性=n(生成含碳物质所用的)/n(转化的) ①不同温度范围内产物不同，373~573K间，产生的烯烃主要是 (填化学式)。 ②计算1083K时，发生反应的 。 ③373~1173K范围内，773K以后的转化率升高的原因是 。 Ⅱ.一种以甲醇和二氧化碳为原料，利用和CuO纳米片作催化电极，电化学法制备甲酸(甲酸盐)的工作原理如图所示。 (4)①阴极表面发生的电极反应式为 。 ②若有通过质子交换膜时，生成和HCOOH共 mol。 7．（2024·四川泸州·三模）含氮物质的相互转化在硝酸工业与环保研究中具有重要价值。氨气氧化时可能发生以下反应： 序号 反应方程式 反应热 浓度平衡常数 ① △H1=-907kJ/mol K1 ② △H2=-1269kJ/mol K2 ③ △H3=akJ/mol K3 (1)表中a值为 ﹔反应③的平衡常数K3= (用K1、K2表示)。 (2)在某容器中，氨气催化氧化发生①②反应达到平衡时，氨气转化率及含氮组分产率随温度变化如图所示。图中X线表示的是 随温度的变化，该催化剂适宜①反应的温度范围是 ，超过1000℃时，NO产率迅速下降的原因可能是 。 (3) 为研究BaMnO3分别混合CeO2、ZrO2、Al2O3等不同载体后的催化活性，以及温度对NO分解的影响，在相同的刚性容器中投入等量的NO，在相同时间内NO的转化率随温度变化如图所示。温度T4时NO分解反应的压强平衡常数Kp= (化至最简分数即可)。由图可知载体 (填化学式)能使BaMnO3催化剂具有更高的催化活性。a点后NO的转化率不受催化剂影响且下降的原因是 。 (4) 8．（23-24高三下·全国·阶段练习）(丙烯)是重要基本有机原料。(丙烷)催化脱氢制过程如下： Ⅰ.主反应：； Ⅱ.副反应：。 回答下列问题： (1)已知断裂下列化学键所需能量如下表： 化学键 能量 436.0 413.4 344.7 上述主反应的 。 (2)一定条件下，催化脱氢制发生上述Ⅰ、Ⅱ反应，和的平衡体积分数与温度、压强的关系如图1所示(图中压强分别为和)。 ①时，图中表示和积分数变化的曲线分别为 、 。 ②提高催化脱氢制的反应平衡转化率的方法是 (任写一种)。 (3)在压力恒定，以作为稀释气，不同水烃比时，催化脱氢制备反应(上述反应Ⅰ、Ⅱ)平衡转化率随温度的变化曲线如图2所示。 ①平衡转化率相同时，水烃比越高，对应的反应温度越 (填“高”或“低”)。 ②相同温度下，水烃比远大于15：1时，丙烷的消耗速率明显下降，可能的原因是： ⅰ.丙烷的浓度过低； ⅱ. 。 ③M点对应条件下，若的选择性为，则反应Ⅰ的分压平衡常数为 kPa。 (4)利用的弱氧化性，科研人员开发了氧化脱氢制的新工艺。该工艺可采用铬的氧化物为催化剂，其反应机理如图3所示。 ①反应(ⅱ)的化学方程式为 。 ②该工艺可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂活性，原因是 。 (5)研究表明，氧化脱氢制的催化剂中含有多种元素，如Cr、Zr、Mg、Fe、Ni等。由Mg、Fe、Ni组成的的立方晶胞结构如图4所示。已知晶胞的边长为，设为阿伏加德罗常数的值。该晶体密度是 (用含、的代数式表示)。 9．（2024·贵州毕节·三模）工业合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，是化学对社会发展的巨大贡献之一。在催化剂作用下发生 ，回答下列问题： 化学键 键能（kJ/mol） 946 436 391 (1)依据键能信息， 。 (2)其他条件不变，下列能加快反应速率，并提高的平衡转化率的是__________（填字母）。 A．固定体系体积，加大投料量 B．升高反应体系的温度 C．降低平衡体系的压强 D．改用效果更好的催化剂 (3)恒温恒容条件下，下列能说明该反应已达到平衡状态的是____（填字母） A．气体的密度保持不变 B．、、的物质的量之比为 C．气体的平均摩尔质量保持不变 D．消耗，同时消耗 (4)在恒容密闭容器中，初始时氮气和氢气的体积比是1：3，300℃、500℃条件下平衡时氨的体积分数随压强（）的变化示意图，以及10MPa、30MPa条件下平衡时氨的体积分数随温度（）的变化示意图如下。 ①300℃下条件平衡时氨的体积分数随压强的变化曲为 （填“a”“b”“c”或“d”）。 ②M、N、Q三点对应的平衡常数分别为、、，三平衡常数的大小关系为 。 (5)400℃、条件下，初始时氮气和氢气的体积比是，平衡时氨气的体积分数为60%，则该条件下反应的压强平衡常数 。 (6)利用质子传导固态电池合成氨示意图如下，生成氨气的电极反应式为 。 (7)用于制氨水和铵盐。常温下，将浓度均为氨水和溶液等体积混合，混合溶液显 （填“酸性”“碱性”或“中性”），混合溶液 。已知：常温下 10．（2024·山东潍坊·二模）当前能源资源短缺，甲醇合成制备与应用是国际研究的热点。 Ⅰ.某温度下，利用生产甲醇主要涉及以下反应。 反应1.；； 反应2.；； 回答下列问题： (1)升高温度时，的值将 (填“增大”“减小”或“不变”)。 (2)阿伦尼乌斯公式为(其中k为速率常数，A和R为常数，Ea为反应的活化能，e为自然对数的底，T为温度)，反应Ⅰ的速率方程为，， ①增大体系的压强， (填“增大”“减小”或“不变”)； ②在催化剂作用下，将1mol 和2mol 的混合气体通入1L密闭容器发生反应1、2。当反应达到平衡状态时，的转化率是60%，此时和的平均相对分子质量是23，若反应1的，平衡时反应速率 。 (3)将1mol (g)和3mol (g)充入密闭容器发生反应Ⅰ和Ⅱ，并达到平衡状态。相同温度下，在不同压强下测得的平衡转化率、(g)的选择性[]和CO的选择性[]随压强变化曲线如图所示。图中表示的平衡转化率的曲线是(填“m”“n”或“p”) ，A点时的转化率为 。 (4)在恒压密闭容器中充入6mol 、2mol ，分别在1MPa和10Mpa下反应。分析温度对平衡体系中、CO、的影响，设这三种气体物质的量分数之和为1，CO和的物质的量分数与温度变化关系如图： ①表示10MPa时CO的物质的量分数随温度变化关系的曲线是 (填标号)。 ②200～400℃，b、d曲线基本重合的原因 。 Ⅱ.甲醇应用：利用甲醇分解制备烯烃，涉及反应如下： (5)某温度下，总压P条件下，平衡体系中各物质的物质的量分数随温度变化如图所示： 已知在1100K时，，此条件下的 。 11．（2024·海南省直辖县级单位·模拟预测）我国科学家开发新型锌基催化剂，高选择性还原制备等附加值高的产品，有助于实现“双碳达标”。有关反应原理如下： ① ② (1) 。 (2)反应②的正反应活化能(E正) (填“>”或“<”)。 (3)在密闭反应器中充入一定量的，发生上述反应①和②，测得相同时间内的转化率如图所示： 随着温度升高，的转化率升高的可能原因是 (填一条)。 (4)在一定催化剂条件下，保持起始投料，只发生反应①。平衡时，的物质的量分数随温度、压强的变化如图所示。其中，图在下测得；图在下测得。 其中，图中表示等温曲线的是 (填“甲”或“乙”)。平衡常数： (填“>”“<”或“=”)， (写出计算式即可)。 12．（2024·河南·模拟预测）氢能是清洁、绿色能源，我国在开发氢能领域取得突破性进展。 ．氨分解制备氢。 在铁或钨催化剂作用下，氨分解过程中能量变化如下图所示。 (1)的VSEPR模型为 ；液氨沸点为-33.5℃，工业上用作制冷剂，氨易液化的原因是 。 (2)根据图1推知，  = kJ・。H—H键能为 kJ・。 (3)化学上，把反应物消耗一半所用时间叫作“半衰期”。向恒容密闭容器中充入0.4mol，实验测得氨气分解反应半衰期与温度(T)、初始压强()的关系如下图所示。 (填“>”“<”或“=”)，温度下，反应进行到tmin时容器内反应体系总压强为 kPa。 ．甲醇和水蒸气重整制氢。 (4)—界面协同催化C—H键断裂促进甲醇重整高效产氢的反应历程如下图所示(TS代表过渡态，*表示吸附在催化剂Cu/表面)：控速步骤的化学方程式为 。 (5)一定温度下，在不同压强下，以两种不同组成进料发生上述反应，反应达到平衡时的转化率与压强关系如下图所示。进料组成；进料组成，物质i的物质的量分数：(i)=。 ①进料组成1是 (填“甲”或“乙”)。 ②M点的体积分数为 ，对应温度下，该反应的平衡常数K为 (用分数表示结果)。 13．（2024·山东临沂·二模）利用为原料合成的主要反应如下。 Ⅰ. Ⅱ. 回答下列问题： (1)已知反应Ⅲ的平衡常数，写出反应Ⅲ的热化学方程式 。 (2)一定条件下，向恒压密闭容器中以一定流速通入和混合气体，平衡转化率和选择性随温度、投料比的变化曲线如图所示。 ①表示选择性的曲线是 (填“”或“”)；平衡转化率随温度升高发生如图变化的原因是 。 ②生成的最佳条件是 (填标号)。 (3)一定温度下，向恒压密闭容器中通入和，充分反应后，测得平衡转化率为选择性为，该温度下反应Ⅰ的平衡常数 (为以物质的量分数表示的平衡常数)。 (4)向压强恒为的密闭容器中通入反应混合气，在催化作用下只发生反应Ⅰ，测得时空收率(表示单位物质的量催化剂表面甲醇的平均生成速率)随温度的变化曲线如图所示。 ①时空收率随温度升高先增大后减小的原因是 。 ②时，的平均反应速率 。 ③反应Ⅰ的速率方程可表示为，其中为速率常数，(单位：)为各物质的起始分压，分别为的反应级数。实验结果表明速率常数与反应级数均受温度影响，当反应温度由升高到，则 。 14．（23-24高三下·河北石家庄·期中）化学反应中的能量变化，通常表现为热量的变化，研究化学反应中的热量变化具有重要的意义。 (1)下列变化属于吸热反应的是 (填序号)。 ①钢铁生锈      ②脂肪燃烧      ③液态水气化     ④灼热的木炭与CO2的反应 ⑤Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应  ⑥氢氧化钾和稀硝酸反应  ⑦硝酸铵溶解 (2)已知：S(s)+O2(g，空气)=SO2(g)  ΔH1，S(S)+O2(g，氧气)=SO2(g)  ΔH2，则ΔH1 ΔH2(填“>”、“<”或“=”)。 (3)在微生物作用的条件下，经过两步反应被氧化成。两步反应的能量变化示意图如下： ①第一步反应是 (填“放热”或“吸热”)反应； ②1mol(aq)全部氧化成(aq)的热化学方程式是 。 (4)甲醇(CH3OH，)既是重要的化工原料，又可作为燃料，利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂作用下合成甲醇，发生的主要反应如下： ①CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) ΔH1 ②CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)  ΔH2 ③CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)  ΔH3 已知反应①中相关的化学键键能数据如下表： H-H C-O C≡O(CO的化学键) H-O C-H 化学键 436 343 1076 465 413 由此计算ΔH1= kJ/mol，已知ΔH3=+41kJ/mol，则ΔH2= kJ/mol。 (5)已知 ①H2的燃烧热的ΔH1=-285.8kJ/mol； ②H2O(g)=H2O(l)  ΔH2=-44kJ/mol； ③CH3OH(g)=CH3OH(l)  ΔH3=-37.5kJ/mol； 请再结合上述(4)题中的部分数据写出CH3OH(l)燃烧热的热化学方程式 。 (6)热值指单位质量的燃料在氧气中完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，下表中热值最大的物质是 。 可燃物 H2(g) CH4(g) C2H5OH(l) CO(g) 燃烧热(kJ/mol) -285.8 -890.3 -1366.8 -283.0 15．（23-24高三上·山东青岛·期末）采用选择性催化还原技术(SCR)可以有效脱除烟气中的氮氧化物()。 (1)钒基催化剂(催化剂)可用于，反应机理与催化剂表面的活性吸附位点有关。基于Lewis酸位点的SCR催化反应循环机理如图甲所示： ①脱除的总反应化学方程式为 ，该反应的中间体有 种。 ②若烟气中含有硫的氧化物，则会降低的速率，可能的原因是 。 (2)研究发现：当烟气中和的物质的量相同时，会发生快速SCR反应过程：。臭氧对具有一定的辅助作用。臭氧先氧化，发生反应：。在不同温度下，经过相同时间后测得的物质的量之比与的脱除率关系如图乙所示。 ①温度升高到一定程度后，中脱除率均有不同程度的降低，其原因是 (写两条)。 ②温度低于250℃，物质的量之比为0.5时，脱除率较高的原因是 。 ③实验发现，向烟气中先通入，脱除率低于先通入，可能的原因是 (3)以为媒介的间接电化学氧化法可以同时除去烟气中的和，装置如图丙所示： 则阳极的电极反应式为 ，参与反应的离子方程式为 。 16．（2024·山东济宁·二模）乙酸水蒸气重整制氢气是一项极具前景的制氢工艺，该过程中发生下列反应： 反应Ⅰ     反应Ⅱ     回答下列问题： (1)已知和的燃料热分别为、，18g气态水转化为液态水释放出44kJ的能量，则 ，反应Ⅰ在 条件下能自发进行。 (2)已知：水碳比（S/C）是指转化进料中水蒸气分子总数与碳原子总数的比值，水碳比（S/C）分别为2和4时，反应温度对平衡产率的影响如图所示： 表示水碳比的曲线是 （填“a”或“b”），水碳比时，平衡产率随温度升高先增大后逐渐减小，平衡产率逐渐减小的原因可能是 。 (3)已知：S表示选择性，；在时，1MPa下，平衡时和随温度的变化；350℃下，平衡时和随压强的变化均如图2所示。平衡常数随温度变化如图3所示。 ①350℃下，选择性随压强变化的曲线是 （填字母）。 ②图中B、C、D、M、N、P、Q7个点中与A点处于相同化学平衡状态的点有 个。 ③在一定温度和压强下，向容积可变的密闭容器中通入2mol和1mol，同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ达到平衡点C，测得平衡时体系中气体物质的量增加40%，则反应Ⅱ的 （保留2位有效数字）。 17．（23-24高三下·重庆·阶段练习）环氧乙烷是重要的杀菌剂和工业合成原料。 Ⅰ．乙烯氧化法制环氧乙烷 (1)主反应的各基元反应活化能如下： 慢     慢 快 快 （用含a，b，c，d的代数式表示），增大乙烯浓度 （填“能”或“不能”）显著提高的生成速率 (2)一定温度下，1L密闭容器中充入和，达到平衡时的转化率为的选择性为，则平衡时用各组分的物质的量分数表示主反应的化学平衡常数 （保留2位有效数字）。已知：环氧乙烷选择性 Ⅱ．电化学合成环氧乙烷 某电化学合成环氧乙烷同时处理酸性含铬废水的原理如图。 (3)膜q为 离子交换膜（填“阴”或“阳”），电极M反应为 。 (4)酸性废水质量每增大，制得环氧乙烷 g。 Ⅲ．环氧乙烷制乙二醇 水与环氧乙烷分别在酸性和碱性介质中制乙二醇（MEG）的反应机理如下图，同时生成副产物（DEG）。 酸性条件： 碱性条件： (5)酸性条件下的作用是 ，中间体1结构简式 ，DEG结构简式 。 18．（23-24高三下·湖北武汉·阶段练习）请回答下列问题： (1)对烟道气中的进行回收再利用具有较高的社会价值和经济价值。CO还原法：一定条件下，由和CO反应生成S和的能量变化如图所示，每生成16gS(S)，该反应 （填“放出”或“吸收”）的热量为 kJ。 (2)近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅲ： 反应Ⅱ的热化学方程式为 。 (3)近年来空气污染日益严重，原因之一是汽车尾气中含有NO、、CO等气体。为消除汽车尾气的污染，可采取：NO和CO在催化转换器中发生如下反应： ； 已知：； CO的燃烧热为； 与CO发生反应的热化学方程式： （用、、表示）。 (4)工业上接触法生产硫酸的主要反应之一是：在一定的温度、压强和钒催化剂存在的条件下，被空气中的氧化为。是钒催化剂的活性成分，郭汗贤等提出：在对反应Ⅰ的催化循环过程中，经历了Ⅱ、Ⅲ两个反应阶段，图示如下： ①有关气体分子中1mol化学键断裂时需要吸收的能量数据如下： 化学键 S＝O() O＝O() S＝O() 能量/kJ 535 496 472 由此计算反应Ⅰ的＝ kJ/mol 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)D (2)电解时阳极Fe失去电子生成，可与废水中反应生成FeS沉淀 (3)C (4) (5)D (6)硫元素被氧化成更高价态的或 (7)S、O、Mn (8)生成的S覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空隙处，减少了催化剂与废水反应的接触面积 【详解】（1）由图-1装置可知，阳极的电极反应式为，阴极的电极反应式为，故说法正确的是D； （2）该装置沉淀废水中的硫(-2价)的原理为电解时阳极Fe失去电子生成，可与废水中反应生成FeS沉淀，从而将硫(-2价)转化为沉淀而除去； （3）A. pH越大，越小，A错误；B. pH越大，越低，废水中大，则FeS的沉淀率越高，B错误；C. pH越大，废水中越高，与生成，导致浓度越小，废水中与结合FeS沉淀的硫的量越少，C正确；D. pH越大，废水中越高，废水中高，与结合FeS沉淀量越多，D错误；故选C。 （4）向含的废水中，加入一定量的溶液，控制溶液的pH为5，可以生成S沉淀，反应的离子方程为； （5）由图可知，A. 加溶液的体积大于9mL以后，S的生成率下降，应将S氧化为更高价态的化合物了，A错误；B. 由图知，当加溶液的体积大于9mL以后，S的生成率降低，生成了其他含硫物质，废水中硫元素的去除率降低，但，B错误；C. 溶液加入量越多，硫元素的去除率越高，但S的生成率降低，生成了其他含硫物质，废水中含硫量越高，C错误；D. 在处理一定量的废水中，其加入量不同氧化产物可能为或，D正确，故选D； （6）当所加溶液体积大于9mL时，所加溶液越多，S生成率越低，原因是硫元素被氧化成更高价态的或； （7）由图知，转化Ⅰ中化合价发生变化的元素有S、O、Mn； （8）催化剂使用一段时间后催化效率会下降，由处理的方法是用氯仿()浸取催化剂，再干燥可知，可能原因为生成的S覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空隙处，减少了催化剂与废水反应的接触面积。 2．(1) CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)  ∆H1=-49.4kJ∙mol-1 低温 (2)正向 (3) n 24% 0.088 (4) 减小 随温度升高，Kp减小使v减小的程度大于k增大使v增大的程度 【详解】（1）某温度下，利用CO2生产甲醇主要涉及以下两个反应： 反应I．_______ 反应Ⅱ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)　ΔH2=+41.2kJ·mol-1 已知反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)　ΔH3=–90.6kJ·mol-1。利用盖斯定律，将反应Ⅱ+已知反应，可得反应I的的热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)  ∆H1=(+41.2kJ·mol-1)+( –90.6kJ·mol-1)=-49.4kJ∙mol-1，该反应为气体体积缩小的放热反应，在低温条件下反应I可自发发生。 （2）若在恒压条件下密闭容器中发生反应I和Ⅱ，平衡后再充入惰性气体，则混合气的体积增大，各物质的浓度减小，相当于原平衡体系减压，反应I的平衡逆向移动，H2的物质的量增大，H2O(g)的物质的量减小，对反应Ⅱ来说，相当于增大反应物浓度，同时减小生成物浓度，则反应Ⅱ平衡将正向移动。 （3）增大压强，反应Ⅰ的平衡正向移动，CH3OH的选择性增大，此时H2的物质的量减小，H2O(g)的物质的量增大，反应Ⅱ的平衡逆向移动，CO的选择性减小，由于反应Ⅰ占主导地位，所以总的来说，CO2的平衡转化率增大，因此图中m表示CH3OH的选择性曲线，p表示H2的选择性曲线，表示CO2的平衡转化率的曲线是n。 采集图中数据，可得出压强为1.5MPa时，将1molCO2(g)和3molH2(g)充入密闭容器发生反应I和Ⅱ，并达到平衡状态，CO2的平衡转化率为30%，CO的选择性为30%，则CH3OH的选择性为70%，由此可建立如下三段式： A点时H2的转化率为=24%，CH3OH的平衡分压为≈0.088MPa。 （4）因为ΔH=–41.2kJ·mol-1＜0，所以温度升高时，平衡逆向移动，CO催化变换反应的Kp减小。根据速率方程分析，升高温度，k增大，可使v增大，升高温度可使Kp减小，Kp减小可使v减小。T>Tm时v逐渐减小，表明Kp减小对v的影响更大，原因是： 随温度升高，Kp减小使v减小的程度大于k增大使v增大的程度。 【点睛】平衡常数只受温度变化的影响，不受浓度变化的影响。 3．(1) +49 高温 (2) 减小体系的压强、分离出CO2 升高温度，反应②正向进行程度大于反应①正向进行程度，COx中CO2的含量降低 1.5 0.60 (3) 6.72 【详解】（1）根据盖斯定律，反应  △H=(-393.5 kJ∙mol-1) -(-200.7 kJ∙mol-1)-(-241.8 kJ∙mol-1)=+49kJ∙mol-1，该反应的ΔS＞0、△H＞0，在高温下能自发进行。 （2）①为提高氢气的平衡产率，应使反应①平衡正向移动，则可采取的措施为：减小体系的压强、分离出CO2。 ②由于δ(CO)+δ(CO2)=1，且反应刚开始时，δ(CO)=0，故曲线a、c分别表示δ(CO2)和δ(CO)，b表示H2的产率。 200℃以后，虽然反应①和反应②都正向进行，但反应②正向进行的程度更大，所以曲线a随温度变化趋势的原因：升高温度，反应②正向进行程度大于反应①正向进行程度，COx中CO2的含量降低。 ③温度为500℃时，反应经10min达到平衡，此时乙醇的转化率为60%，则转化的C2H5OH物质的量为1mol×60%=0.6mol，依据C守恒，δ(CO)=δ(CO2)=0.5，则平衡时n(CO2)=n(CO)=0.6mol，由此可建立如下三段式： 生成0~10min内==1.5kPa∙min-1，该温度下，反应②的Kp==0.60。 （3）乙醇燃料电池中，电极材料a为负极，b为正极，电池工作时，负极a中C2H5OH失电子产物与电解质反应生成CO2等，电极反应式：，正极O2+4e-+4H+=2H2O，当转移1.2mol电子时，正极消耗的氧气为0.3mol，体积为0.3mol×22.4L/mol=6.72L。 【点睛】书写电极反应式时，应关注电解质的性质。 4．(1) (2) AD (3) H2 0.05 (4) > 【详解】（1）根据盖斯定律，2×反应II+III可得  ； （2）①压强为，温度为300℃时，平衡混合物中的体积分数为70%，反应I列三段式：，，解得x=0.875，平衡时总物质的量为1.25mol，n(CO)=0.125mol，n(H2)=0.25mol，反应Ⅰ的压强平衡常数； ②A．加入适量一氧化碳使反应Ⅰ平衡正向移动，消耗更多的，能提高产率，故A正确；   B．反应Ⅰ是放热反应，升高温度平衡逆向移动，产率下降，故B错误；   C．使用高效催化剂能改变反应速率，对平衡移动无影响，产率不变，故C错误；   D．反应Ⅰ的正反应是气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，能提高产率，故D正确；故选AD； （3）由速率之比等于系数比，相同时间内物质的量浓度变化之比等于系数比，则反应Ⅱ的∆c(H2)=3∆c(CO2)，由图知0~2min内a和b的变化量可知，a表示CO2，b曲线表示的是H2的浓度随时间的变化；内，的平均反应速率为； （4）反应Ⅲ的平衡常数；假设容器体积为VL，某温度下，反应Ⅲ的，反应正向进行，则>。 5．(1)-41.2kJ/mol (2)B (3) 存在Pd膜时，移走了产物中的部分H2并吹走，使得平衡正向移动，因此具有更高的转化率 BD 15% (4) 正极 【详解】（1）表示H2和CO燃烧热的热化学方程式分别为：、 ，由②−①−③式可得：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)，则由盖斯定律得：； （2）A．该反应是气体分子数不变的反应，混合气体质量不变，则混合气体的平均摩尔质量始终不变，所以容器中混合气体的平均摩尔质量不变，不能说明该反应达平衡状态，A不符合题意； B．恒容的密闭容器中CO的体积分数保持不变，即不变，则此时CO的正、逆反应速率相等，能说明该反应达平衡状态，B符合题意； C．该反应是气体分子数不变的反应，则恒温恒容的密闭容器中体系压强始终不变，所以体系中压强不变，不能说明该反应达平衡状态，C不符合题意； D．混合气体质量不变，容器容积不变，则混合气体的密度始终不变，所以容器中混合气体的密度不变，不能说明该反应达平衡状态，D不符合题意； 故选B。 （3）①由图可知，反应器存在Pd膜时，可以移走产物中的部分H2并用N2吹走，导致产物中H2浓度减小，平衡正向移动，则具有更高转化率的原因是：存在Pd膜时，移走了产物中的部分H2并吹走，使得平衡正向移动，因此具有更高的转化率； ②A．由图可知，Pd膜只允许氢气通过，不允许二氧化碳通过，对气体分子的透过具有选择性，A正确； B．过程2的正反应的活化能远小于逆反应的活化能，则过程2为放热过程，即ΔH<0，B错误； C．加快Pd膜内H原子迁移，可使其平衡正向移动，有利于H2的解离，C正确； D．∗H2⇌2∗H，为放热过程，则∗H原子在Pd膜表面上结合为∗H2的过程为吸热反应，D错误； 故选BD。 ③设CO和H2O通入量均为1mol，无Pd膜反应器中CO的平衡转化率为75%，据此建立三段式： 则此温度下平衡常数，相同时间内Pd膜反应器出口a和出口b中H2的物质的量之比为1∶8，其中只有出口a的H2处于平衡体系，设出口a中H2的物质的量x，则生成总的H2的物质的量9x，平衡体系中CO、H2O(g)、CO2、H2的物质的量分别为1−9x、1−9x、9x、x，因相同温度，K不变，则此时，即x=0.1mol，则使用Pd膜反应器CO的平衡转化率提高了； （4）左边电极上CO在酸性环境下被氧化为CO2，则左边电极作阳极，与阳极相连的a为电源的正极，该电极上的反应为：。 6．(1)-128.2kJ/mol (2)AC (3) C4H8、C3H6 1 温度高于773K时，反应i为吸热反应占主导地位，温度升高反应i平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大 (4) 2CO2+2e-+H2O=HCOO-+ 0.75 【详解】（1）目标反应=反应ii中n值取2+反应i×2，则ΔH=(-210.2+41.0×2)kJ/mol=-128.2kJ/mol。 （2）A．该反应ΔH<0，ΔS<0，根据ΔH-TΔS<0反应可自发进行可知，低温条件有利于反应自发进行，A正确； B．n(H2)=3n(CO2)，这与反应进行程度和初始投料比有关，无法说明反应达到平衡，B错误； C．该反应不是等体积反应，恒温恒压条件下随着反应进行，气体体积不断变化，气体的密度也不断变化，气体密度不变，说明体积不再变化，则反应达到平衡，C正确； D．该反应中增大n(CO2)：n(H2)投料比，CO2浓度增大，CO2的平衡转化率减小，D错误； 故答案选AC。 （3）①从图中可知，当温度在373~573K间，C4H8和C3H6的选择性较大，则产生的烯烃主要是C3H6和C4H8。 ②从图中可知，当温度为1083K时，CO的选择性为100%，烯烃的选择性为0，所以只发生反应i，CO2的转化率为75%，设初始投料为1molCO2、3molH2，列三段式计算得到，所以p(CO2)=×2MPa=，同理p(H2)=，p(CO)=，p(H2O)=，Kp=。 ③温度高于773K时，反应i为吸热反应占主导地位，温度升高反应i平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大。 （4）①甲醇发生反应生成甲酸，碳原子化合价升高，发生氧化反应，则右侧为阳极，阳极反应式为CH3OH-4e-+H2O=HCOOH+4H+，则左侧为阴极，阴极上CO2得电子转化为HCOO-和碳酸氢根离子，电极反应为2CO2+2e-+H2O=HCOO-+。 ②由第一小问可知，阳极反应为CH3OH-4e-+H2O=HCOOH+4H+，阴极反应为2CO2+2e-+H2O=HCOO-+，由此可知若有1mol氢离子通过质子交换膜，则转移电子数1mol，此时生成HCOO-0.5mol，生成HCOOH0.25mol，共生成HCOO-和HCOOH0.75mol。 7．(1) -181 (2) 氨气转化率 650-1000℃ 发生反应③导致NO的产率迅速下降 (3) CeO2 正向放热，a点之后升高温度，平衡逆向移动 【详解】（1）根据盖斯定律有，则即，； （2）反应①②都是正向放热的反应，随着温度升高，反应①②均向逆向移动，NO和N2的产率都下降，因此X表示氨气的转化率随温度变化；从图中可以读出650-1000℃有利于生成NO，因此该催化剂适宜①反应的温度为650-1000℃；反应③需要高温条件，因此超过1000℃时，发生反应③导致NO的产率迅速下降； （3），设起始投入NO物质的量为1mol，T4温度达到平衡时，NO的转化率为40%，则NO物质的量变化值为0.4mol，N2、O2的物质的量变化值均为0.2mol，则平衡时，设平衡时刚性容器中总压为P，有；图中可以读出相同温度下CeO2能使催化剂催化活性最高；正向放热，a点之后升高温度，平衡逆向移动，因此a点后NO的转化率不受催化剂影响且下降。 8．(1)＋127.4 (2) b c 减压或升温 (3) 低 过多地占据催化剂表面，导致催化剂对丙烷的吸附率降低 8.1 (4) 炭与反应生成，脱离催化剂表面 (5) 【详解】（1）设碳碳双键的键能为x，则由得，x=952.8，则主反应：=13×344.7+8×413.3-(952.8+344.7+413.4×6+436)=+127.4。 （2）①升高温度，平衡正向移动，丙烷的体积分数减小，丙烯的体积分数增大，则a、c为丙烯的体积分数变化曲线，b、d为丙烷的体积分数变化曲线，与相比，压强增大，平衡逆向移动，从而得出表示丙烷体积分数的变化曲线为b，表示丙脪体积分数的变化曲线为c。 ②丙烷直接催化脱氢制丙烯的反应正向是气体体积增大的吸热反应，改变外界条件时，化学平衡将向着减弱这种改变量的方向移动，因此升高温度、降低压强均能使平衡正向移动，从而提高丙烷转化率。 （3）①等压下，其他条件不变，若水烃比越高，平衡转化率越大，若平衡转化率相同，已知反应吸热，故对应的反应温度越低。 ②相同温度下，水烃比远大于15：1时，说明水蒸气多，的浓度过低，反应速率减慢，另一方面是过多地占据催化剂表面，导致催化剂对丙烷的吸附率降低，也导致的反应速率明显下降。 ③点对应的水烃比为10：1，设的物质的量为的物质的量为转化了，根据的选择性为知，生成的物质的量为的物质的量为的物质的量为0.3mol，的物质的量为0.3mol。体系中总的物质的量为。、、的分压分别为2.5kPa、4.5kPa、4.5kPa，。 （4）①由图知，反应(ⅱ)的化学方程式为；。 ②由于炭与反应生成CO，脱离催化剂表面，该工艺可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂活性。 （5）根据均推法，晶体中的个数为；的个数为，的个数为4，则，中，则。 9．(1)-92 (2)A (3)CD (4) a (5) (6) (7) 碱性 9.25 【详解】（1）反应物键能和-生成物键能和=-92。 （2）提高浓度，升温，加压，使用适当催化剂可加快反应速率，加大投料量可提高的平衡转化率，升高温度平衡逆向进行降低的平衡转化率，催化剂不影响平衡，故选A （3）恒温恒容条件下，反应前后质量不变则密度不变，A不选；、、的物质的量成比例无法确定是否平衡，B不选；反应前后气体的质量不变，物质的量是可变量，当气体的平均摩尔质量保持不变时即气体的物质的量不变，可确认是平衡状态，C选；消耗表示正向反应，同时消耗表示逆向反应，且与化学计量数成比例，D选，故选CD； （4）① 当温度不变时，反应前后气体体积减小的反应，体系的压强增大，平衡正向移动，氨的体积分数增大，相同压强下，温度升高平衡逆向移动，氨的体积分数减小，故300℃下条件平衡时氨的体积分数随压强的变化曲为a；②K为化学平衡常数，只受温度影响，合成氨为放热反应，温度升高K减小，曲线a是300℃、曲线b是500℃，Q点对应平衡常数大，N、M为同温平衡常数相同，故； （5）设初始氮气和氢气的物质的量分别是bmol、3bmol，根据平衡列三段式得： 平衡时氨气的体积分数为60%可得，反应后总物质的量为2.5amol， = （6）N2气得电子被还原成氨气，电极反应式为： （7）因，，可知电离大于水解，溶液显碱性；0.1mol/lNH4Cl和0.1mol/lNH3H2O等体积相混显然是缓冲溶液,NH的水解和NH3·H2O 的电离都受到抑制则：c(NH)=0.05mol/L， c(NH3·H2O)=0.05mol/L ，，可得9.25 10．(1)减小 (2) 不变 0.512 (3) n 24% (4) d 200～400℃以反应Ⅰ为主，加压反应Ⅰ正向移动，增大，对反应Ⅱ起抑制作用；升温对反应Ⅱ有促进作用，两种因素作用相当，导致CO物质的量分数几乎不变 (5)或者 【详解】（1）根据盖斯定律，由“反应Ⅰ+反应Ⅱ”得： ，其反应热，其平衡常数K=K1•K2，升高温度，该反应的平衡状态逆向移动，则K=K1•K2的值将减小。 （2）增大体系的压强，反应的活化能、温度没有变化，k也不改变，因此K正-k逆，保持不变；反应达到平衡状态时，的转化率是60%，则剩余物质的量为0.4mol，和的平均相对分子质量是23，则n():n()=1:1，剩余物质的量为0.4mol，平衡时反应速率=20×0.4mol/L×(0.4mol/L)3=0.512； （3）增大压强，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ平衡逆向移动，则的平衡转化率增大，的选择性增大，CO的选择性减小，由于的选择性与CO的选择性之和等于100%，因此m曲线表示的选择性，p曲线表示CO的选择性，n曲线表示的平衡转化率。A点时，的平衡转化率为30%，CO的选择性也为30%，则的选择性为70%。达到平衡时，设反应Ⅰ中有amol反应了，则消耗了3amolH2，生成了amol，反应Ⅱ中有bmol反应了，则消耗了bmolH2，生成了bmolCO，则，，解得a=0.21，b=0.09，H2的转化率为：。 （4）①根据，温度升高，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动，减小，a、c曲线表示不同压强下的物质的量分数，b、d曲线表示不同压强下CO的物质的量分数。当温度相同时，10MPa相对于1MPa，为增大压强，反应Ⅰ平衡正向移动，的物质的量分数增大，反应Ⅱ平衡逆向移动，CO的物质的量分数减小，因此表示10MPa时、CO的物质的量分数随温度变化关系的曲线分别是a、d；200～400℃以反应Ⅰ为主，加压反应Ⅰ正向移动，增大，对反应Ⅱ起抑制作用；升温对反应Ⅱ有促进作用，两种因素作用相当，导致CO物质的量分数几乎不变 （5）已知在1100K时，，设向容器加入5mol 发生前两个反应，生成n()=1mol，n()=1mol，n()=5mol，由此可列下列 因所以（1-3n）=2(1+2n)，解得n=，所以最终平衡体系中含有1-3n=mol，(1+2n) =mol，以及5mol，P（）=，P（）=，= 11．(1)-210.14 (2)> (3)其他条件不变，升高温度，反应速率增大 (4) 甲 > 【详解】（1）根据盖斯定律，得到目标反应，，故答案为：-210.14。 （2）反应②中，，，故答案为：>。 （3）相同时间内转化率相当于反应速率，升高温度，CO2反应速率增大，故转化率增大，故答案为：其他条件不变，升高温度，反应速率增大。 （4）正反应是放热、气体分子数减小的反应。在压强不变时，升温，平衡时C2H4物质的量分数减小，乙曲线代表等压曲线；在温度不变时，增大压强，平衡时C2H4物质的量分数增大，故甲曲线代表等温线。a点温度低于b，因反应放热，降低温度，平衡正向移动，平衡常数增大，故a点平衡常数大于b点；起始投料，只发生反应①，列出三段式为： 有，，，，同理，，，，故答案为：甲；>；。 12．(1) 四面体形 分子间存在氢键 (2) +90 436 (3) < 150 (4) (5) 乙 0.5或50% 【详解】（1）的中心原子为sp3杂化，因此其VSEPR模型为四面体；可形成分子间氢键，因此沸点较高，易液化。 （2）由的相对能量为0，能量为45kJ/mol，因此反应热为+90 kJ/mol；由能量1172 kJ/mol和能量518kJ/mol可计算H—H键能==436kJ/mol。 （3）其他条件相同，温度越高，反应速率越快，半衰期越短。初始压强相等时，T1对应的半衰期较长，故温度较低。对于恒温、恒容密闭容器，气体总物质的量与压强成正比例。初始为0.4mol，反应0.2mol时气体总物质的量为0.6mol，对应的压强为P，则0.4mol：0.6mol=100kPa：P，P=150kPa。 （4）观察图3可知，图中5个过渡态中TS1的能量大，由①、②物种可直接写出控速反应方程式。 （5）压强相等时，充入氩气，反应体系分压减小，平衡向正反应方向移动，故甲代表进料2。设分别为4mol，Ar为2mol。M点可用三段式计算： ，，，，。 13．(1) (2) 反应Ⅱ是吸热反应，升高温度，反应Ⅱ正向移动的程度大于反应Ⅰ逆向移动的程度，平衡转化率随温度的升高而增大 c (3) (4) 温度较低时，反应速率较慢，反应未达到平衡，升高温度，反应速率加快，时空收率增大，当温度较高，反应速率较快，反应达到平衡，升高温度，平衡逆向移动，的转化率减小，时空收率减小 0.6 2：1 【详解】（1）已知反应Ⅲ的平衡常数，由盖斯定律可知反应Ⅰ-反应Ⅱ可得反应Ⅲ的热化学方程式为： 。 （2）①反应Ⅰ是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，的转化率减小，选择性减小，则表示选择性的曲线是，L2代表平衡转化率随温度变化的曲线，反应Ⅱ是吸热反应，升高温度，反应Ⅱ正向移动的程度大于反应Ⅰ逆向移动的程度，平衡转化率随温度的升高而增大； ②由图可知，时，选择性较大，同时CO2的转化率也较大，故选c。 （3）根据已知条件列出“三段式” 充分反应后，测得平衡转化率为，选择性为=b，解得x=abmol，y=(a-ab)mol，平衡时n()=(1-a)mol，n(H2)=(3-a-2ab)mol，n(CO)=(a-ab)mol，n(H2O)=amol，n(CH3OH)=abmol，则该温度下反应Ⅰ的平衡常数Kx= 。 （4）①时空收率随温度升高先增大后减小的原因是：温度较低时，反应速率较慢，反应未达到平衡，升高温度，反应速率加快，时空收率增大，当温度较高，反应速率较快，反应达到平衡，升高温度，平衡逆向移动，的转化率减小，时空收率减小； ②时，时空收率为0.2 [(mol·h-1)/mol]，0.2 [(mol·h-1)/mol]×1mol×3=0.6 [(mol·h-1)/mol]； ③在1molNiGa催化作用下只发生反应③CO2加H2制甲醇的速率方程可表示为=k•pm(CO2)•pn(H2)，其中k为速率常数，各物质起始分压的指数为各物质的反应级数，实验结果表明，速率常数与反应级数均受反应温度的影响。使用Ni5Ga3催化剂时，169℃和223℃起始条件下，CO2反应级数，H2反应级数，由图中信息可知，169℃下甲醇的空收率为0.1mol/(L•h)，223℃下甲醇的空收率为0.2 mol/(L•h)，即，又知向恒压(3.0MPa)密闭装置中通入反应物混合气(CO2和H2物质的量比1：2)，则CO2的起始分压为1.0MPa，H2的起始分压为2.0MPa，故，则速率常数之比═0.2：0.1=2：1。 14．(1)④⑤ (2)< (3) 放热 (aq)+2O2(g)=(aq)+2H+(aq)+H2O(l) ΔH=-346.kJ/mol (4) -99 -58 (5)CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-717.9kJ/mol (6)H2 【详解】（1）①钢铁生锈属于氧化过程，为放热反应； ②脂肪燃烧，物质的燃烧为放热反应； ③液态水气化，是物理变化，不属于化学反应； ④灼热的木炭与CO2的反应，发生还原反应，为吸热反应； ⑤Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应，为吸热反应； ⑥氢氧化钾和稀硝酸反应，为酸碱中和反应，属于放热反应； ⑦硝酸铵溶解，是物理变化过程； （2）S在空气中燃烧放出的热量多，因在纯氧中燃烧火焰明亮，转化成的光能多，故放出的热量少； （3）①第一步反应反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应； ②1mol(aq)全部氧化成(aq)的热化学方程式：(aq)+2O2(g)=(aq)+2H+(aq)+H2O(l) ΔH=-346.kJ/mol； （4）焓变=反应物总键能-生成物总键能，则；根据盖斯定律，反应②=反应①+反应③，； （5）①H2的燃烧热的热化学方程式：； ②H2O(g)=H2O(l)ΔH2=-44kJ/mol；③CH3OH(g)=CH3OH(l)  ΔH3=-37.5kJ/mol；④ CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH4=-58kJ/mol；根据盖斯定律：①×3-④-②-③，得 CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-717.9kJ/mol； （6）H2(g)燃烧热为-285.8 kJ/mol，热值为142.9 kJ/g；CH4(g) 燃烧热为-890.3 kJ/mol，热值为55.6 kJ/g；C2H5OH(l)燃烧热为-1366.8，热值为29.7 kJ/g；CO(g) 燃烧热为-283.0，热值为10.1 kJ/g。 15．(1) 3 硫的氧化物与氨气反应，生成硫酸盐或亚硫酸盐，覆盖在催化剂表面的活性吸附位点上，导致催化剂活性降低 (2) 温度升高到一定程度后，臭氧迅速分解，臭氧的利用率降低温度升高，催化剂活性降低 当物质的量之比为0.5时，生成的和剩余的的物质的量相同，发生快速SCR反应过程，因此相同时间内脱除率较高 先通入臭氧，部分被氧化为，有利于发生快速SCR反应过程；先通入氨气，后通入臭氧，部分氨气与臭氧发生氧化还原反应，降低了脱除率 (3) 【详解】（1）①根据反应机理示意图可知，脱除的总反应化学方程式：；在反应过程中生成，又进一步参与反应称为反应中间体，则根据反应机理图可知，中间体有3种； ②若烟气中含有硫的氧化物，则会降低的速率，可能的原因：硫的氧化物与氨气反应，生成硫酸盐或亚硫酸盐，覆盖在催化剂表面的活性吸附位点上，导致催化剂活性降低； （2）①温度升高到一定程度后，温度升高到一定程度后，臭氧迅速分解，臭氧的利用率降低温度升高，催化剂活性降低，中脱除率降低； ②当物质的量之比为0.5时，生成的和剩余的的物质的量相同，发生快速SCR反应过程，因此相同时间内脱除率较高； ③先通入臭氧，部分被氧化为，有利于发生快速SCR反应过程；先通入氨气，后通入臭氧，部分氨气与臭氧发生氧化还原反应，降低了脱除率； （3）根据电化学装置示意图可知，阳极发生电极反应：；被氧化生成，离子方程式。 16．(1) 高温 (2) b 升高温度反应均正向移动，主要发生反应Ⅱ (3) a 3 0.24 【详解】（1）反应Ⅰ     反应Ⅱ     反应Ⅲ      反应Ⅳ        反应Ⅴ       由盖斯定律可知反应I= 反应Ⅴ×2 +反应Ⅲ-4×反应Ⅳ，因此；反应Ⅰ为吸热的熵增反应，在高温下可自发进行； （2）水的量越大生成氢气的产率越高，即水碳比越大氢气的产率越高，因此水碳比(S/C)=4的曲线是b；反应Ⅰ是吸热反应，升高温度有利于H2的生成，约600℃时达到最大，但继续升高温度有利于反应Ⅱ向正反应方向进行，此时体系内主要发生反应Ⅱ消耗H2，因此H2的产率会出现先增大后逐渐减小； （3）①反应I反应Ⅱ均为吸热反应，由图3可知反应I受温度影响比反应Ⅱ大，反应随温度升高，平衡逆向，浓度减少，则选择性随压强变化的曲线是a； ②图中M、Q、D与A点处于相同化学平衡状态，答案为3个； ③在一定温度和压强下，向容积可变的密闭容器中通入2mol和1mol， 测得平衡时体系中气体物质的量增加40%，反应Ⅰ      反前后=3mol×40%=1.2mol，可知生成的=0.8mol 由反应气体物质的量增加可知以反应I为主，则二氧化碳的生成量大于一氧化氢的生成量，C点为=20% ，n(CO)=0.16mol    。 17．(1) 不能 (2)39 (3) 阴 (4)132 (5) 作催化剂 【详解】（1）① ② ③ ④ 根据盖斯定律可知主反应可由2×(①+③-②-④)得到，=； 由信息可知乙烯参与的反应是快反应，而整个反应的反应速率取决于慢反应速率，因此增大乙烯浓度不能显著提高的生成速率； （2） 充入转化率为，则剩余的物质的量为2×25%=0.5mol；的选择性为，则生成的物质的量为2×75%×80%=1.2mol，转化为二氧化碳的乙烯为2×75%×20%=0.3mol，n(CO2)= n(H2O)=0.6mol；则两反应消耗的氧气的n(O2)消耗=，平衡时剩余氧气的n(O2)余=(2-1.5)mol=0.5mol；平衡后总气体的物质的量：0.5+1.2+0.6+0.6+0.5=3.4mol，主反应的化学平衡常数； （3） 电极M上发生反应：C2H4+2OH—2e-= +H2O，电极M为阳极，则双极膜中的水应向电极M区迁移OH-，故膜q为阴离子交换膜； （4）酸性废水质量每增大，则有6molH+移入，可知电路中转移6mol电子，结合M电极反应可知生成的环氧乙烷为3mol，质量为：132g。 （5） 酸性条件下开始时消耗，最终又生成，作反应的催化剂；对比结构可知中间体1为；DEG结构简式为。 18．(1) 放出 135 (2) (3) (4)-98 【分析】从能量的角度反应的焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，从键能角度反应的焓变等于反应物总键能减去生成物总键能。 【详解】（1）由图可知SO2和CO反应生成S和CO2的方程式为， 16gS(s)物质的量为，生成16gS(s)放出热量135kJ，故答案为：放出；135； （2）根据图知，反应Ⅱ为，利用盖斯定律将-I-Ⅲ即得，故答案为：； （3）根据给定的反应① ；② ，CO的燃烧热的热化学方程式③，①+②③可得方程式，结合盖斯定律可计算出，故答案为：； （4）根据反应焓变等于反应物的总键能减去生成物的总键能，则反应I的，故答案为：-98。 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 $$