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·安徽合肥·三模）在推进碳达峰、碳中和的大背景下，可以通过多种手段实现的减排和资源化利用。请回答下列问题： (1)科学家设想，二氧化碳加氢还原转化为推进剂甲烷，以实现星际旅行的愿望。其中涉及的主要反应如下： 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   ①已知：  ，则反应的 （用含、、的代数式表示）。 ②反应Ⅰ的与温度的关系如图1所示。已知反应Ⅰ的速率方程为，，其中、为速率常数，只受温度影响。 由图1可知，代表曲线的是 （填“MH”或“NG”）；反应Ⅰ的（浓度平衡常数）与速率常数之间的关系为 （用含、的代数式表示）。 ③向某恒压密闭容器中充入5 mol CO2、和20mol 、和在不同温度下同时发生上述反应Ⅰ和反应Ⅱ，平衡时两种含碳物质的物质的量与温度T的关系如图2所示。 图2中缺少 （填含碳物质的分子式）的物质的量与温度的关系变化曲线；800K时，若平衡时容器内总压为p，图2中缺少的含碳物质平衡时为1.0 mol，则反应Ⅱ的压强平衡常数 （结果保留两位有效数字，为用分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数）。 (2)二氧化碳加氢制甲醇发生的主要化学反应如下： ①   kJ⋅mol ②   kJ⋅mol 控制压强为Pa、，其他条件相同时，在密闭容器中发生上述反应①、②，反应温度对的平衡转化率及的平衡选择性的影响如图3、4所示[的选择性可表示为]。 根据图4解释：图3中温度低于260℃时，的平衡转化率随温度升高而降低的原因是 。 (3)金红石型，可用于催化氢化，其立方晶胞结构如图所示，设阿伏加德罗常数的值为。 ①Ti位于周围O构成的 中心（填字母）。 A．三角形    B．四面体    C．六面体    D．八面体 ②该晶体的密度为 g·cm（用含a、b、的代数式表示）。 2．（2024·江苏苏州·三模）氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。可通过下列反应大规模制取氢气。 Ⅰ.水煤气变换反应(WGSR) 反应a： (1)一定压强下，由最稳定单质生成1mol化合物的焓变为该物质的摩尔生成焓。已知、的摩尔生成焓分别为、。则的摩尔生成焓的热化学方程式为 。 (2)实验发现，其他条件不变，在相同时间内，向上述体系中投入一定量的CaO可以增大H₂的体积分数。对比实验的结果如下图所示。投入CaO时，的体积分数增大的原因为 。投入纳米CaO装置的氢气产率更高，其原因为 。 (3)酸性溶液中电解副产物可用于生产，实现的资源化，其电极反应式为 。生成的电极应连接电源的 极(选填“正”或“负”)。 Ⅱ.甲烷干重整(DRM) DRM的主要反应为： 反应b： 反应c： 该过程中会逐渐生成积碳覆盖在催化剂表面，使催化剂中毒。 (4)甲烷和二氧化碳的起始物质的量均为1mol，实验测得在0.1MPa下，平衡时各组分的量随温度变化如下图所示。已知气体分压=气体总压×气体的物质的量分数，用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数。625°C时反应c的压强平衡常数为 。 (5)对催化剂载体改性，使其形成氧空位，可减少积碳。晶胞如下图所示。取干燥在Ar气条件下加热，热重分析显示样品一直处于质量损失状态；X射线衍射分析结果表明随着温度升高，该晶胞边长变长，但铈离子空间排列没有发生变化。加热后，当失重率(损失的质量/总质量)为2.32%时，每个晶胞拥有的的个数为 。 3．（2024·辽宁·三模）油、气发动机会产生CO和氮氧化物等污染气体，研究污染气体对环境的影响和减少污染气体的排放是重要的课题。回答下列问题： (1)研究表明污染气体能破坏臭氧层。 已知：      ①写出与作用产生和的热化学方程式 。 ②恒容密闭体系中发生①的反应，在相同时间，NO氧化率随值的变化以及随温度的变化曲线如图所示。NO氧化率随值增大而增大的主要原因是 。 (2)实验测得反应  的瞬时反应速率满足以下关系式：；，、为速率常数，受温度影响。 ③温度为时，在的恒容密闭容器中，投入和，达到平衡时为；当温度为且该反应达到平衡时，存在，则 (选填“大于”、“小于”或“等于”)。 ④研究发现该反应按如下步骤进行： 第一步：快速平衡    第二步：慢反应 其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡，第一步反应中：；。下列叙述正确的是 。 A．同一温度下，平衡时第一步反应的越大反应正向程度越大 B．第二步反应速率低，因而转化率也低 C．第二步的活化能比第一步的活化能低 D．整个反应的速率由第二步反应速率决定 (3)目前燃油汽车的排气管内部装有三元催化器，尾气中反应物或生成物浓度随温度变化如图2、图3所示。 ⑤请选择使用三元催化剂的最佳温度 ，并说明理由 。 ⑥为探究温度对催化剂催化效果的影响，将固定比例NO、CO混合气体，以一定流速发生  ，通过三元催化剂排气管，相同时间内测量尾气中NO的含量，得到脱氮率随温度变化如图所示，已知图中BC段为平衡状态，且平衡脱氮率为，，m、n为常数。下列说法错误的是 。 A．平衡脱氮率表达式中：， B．CD段处于平衡状态，因该反应正向放热，升温平衡逆向移动，故脱氮率降低 C．D点平衡脱氮率为 D．BA段因温度下降，催化剂活性降低，故平衡脱氮率下降 4．（2024·河北沧州·三模）氯萘是无色挥发性油状液体，不溶于水，易溶于四氯化碳、苯，用于制萘酚，用于生产染料、木材防腐剂、杀菌剂、特种清洁剂等。 (1)①氯萘与的混合气体在催化作用下涉及到的反应及反应热如下图图1所示，该转化过程中， ，(用含、、的代数式表示)。 ②相同时间内，仅催化剂不同条件下进行反应①，生成物的体积分数如下图图2所示，生成物的体积分数不同的原因是 。 (2)图1中反应①、②、③、④的平衡常数与温度的关系如下图图3所示。 ①图3中Ⅲ、Ⅳ分别对应反应①、③，则 对应反应④。在其他条件不变时，增大压强反应④的平衡常数 (填“增大”“减小”或“不变”)。 ②在一定条件下，反应④的速率方程()()；()，达到平衡时，，该条件下，某时刻时，、、的浓度分别为、、，则该时刻时，该反应的 (填“”“”或“”)。若降低温度，、均 (填“增大”“减小”或“不变”)，且变化的倍数 (填“大于”“小于”或“等于”)。 ③在一定的温度和压强下，和发生反应②，下列图像正确且能说明在t时刻该反应达到平衡状态的是 。 (3)在恒温密闭容器中充入和，仅发生反应①和反应③，在不同温度下达到平衡时，氯萘的总转化率和的选择性与温度的关系如下图所示，若达到平衡时总压为，则该条件下反应③的平衡常数 。D、E、F三点对应的温度下， 点时的含量最大。 5．（2024·江苏宿迁·一模）尿素、过氧化尿素的生产具有重要意义。 (1)尿素的催化合成 已知：         ①将、按体积比1：1通入含有涂层的石墨网上，同时喷洒水微滴合成尿素，化学反应方程式为 。 ②上述反应的 。 (2)尿素的电化学合成 ①电催化和合成尿素的装置如图-1，生成尿素的电极反应式为 。 ②电催化和合成尿素。先在阴极被还原为中间体CO，再与合成尿素。 已知：在阴极还能被还原为，其生成的趋势比生成CO的趋势更大。但实验数据说明，一定时间内，阴极产物中CO的物质的量大于，可能的原因为 。 (3)尿素的结构 两分子尿素通过羰基氧原子形成分子间氢键，得到具有八元环的二聚分子。二聚分子的结构式为 。 (4)过氧化尿素晶体的制备 在烧杯中加入30%双氧水和尿素，恒温加热并搅拌得到澄清溶液，用冰水浴降温结晶、过滤、洗涤、干燥得过氧化尿素晶体。双氧水和尿素的摩尔配比对产品收率的影响如图-2。当摩尔配比大于1.1时，过氧化尿素晶体收率降低，其可能的原因是 。 (5)尿素的应用 尿素将烟气中氮氧化物还原为以达到消除污染的目的。控制其他条件相同，将混有NO、、、和的模拟烟气匀速通过装有尿素溶液的装置，在装置出口处检测NO、的脱除率 ①当烟气中有少量时，有利于脱除，其可能的原因是 。 ②当烟气中无存在时，且超过一定数值时，测得变为负值，其可能的原因是 。 6．（2024·福建龙岩·模拟预测）甲烷蒸汽重整是制氢的主要途径，涉及反应如下： 反应Ⅰ： 反应II： 回答下列问题： (1)标准摩尔生成焓是指标准状态下，由稳定的单质生成该物质的焓变，稳定单质的。根据下表数据计算 。 物质 -74.8 -110.5 -241.8 (2)向恒容密闭容器中按投料，初始总压强为，测得平衡时各组分的物质的量分数与温度的关系如图所示，其中a代表的物质的量分数。 ①体系达到平衡后，以下有关判断正确的是 。 A．缩小容器体积，反应Ⅱ不移动 B．充入氮气，甲烷转化率增大 C．体系中，大于3     D． ②图中表示的物质的量分数随温度变化的曲线是 。 ③温度低于时，的物质的量分数随温度升高而增大，原因是 。 ④时，的平衡转化率为 (保留两位有效数字)，反应Ⅱ的 。 (3)镍基复合催化剂可作为重整的催化剂和吸收剂。在催化剂表面和发生反应，生成、和的反应机理如下。 a． b．…… c． d． e． 补充b反应的方程式： 。 7．（2024·湖南岳阳·三模）2024年上海国际碳中和技术博览会以“中和科技、碳素未来”为主题，重点聚焦二氧化碳的捕捉、利用与封存(CCUS)等问题。回答下列问题： Ⅰ.是典型的温室气体，Sabatier反应可实现转化为甲烷，实现的资源化利用。合成过程中涉及如下反应： 甲烷化反应(主反应)：①   逆变换反应(副反应)：②    (1)反应③   ，该反应在 (填“高温”“低温”或“任何温度”)下能自发进行。 (2)下列叙述中能说明反应①达到平衡状态的是 (填字母)。 A．断裂4mol 的同时断裂1mol          B．恒温恒容条件下，体系压强不再变化 C．恒温恒容条件下，气体的密度不再变化             D． E．绝热恒容条件下，不再变化 (3)科研小组按进行投料，下面探究影响选择性的一些因素。 ①若在恒容容器中进行反应(初始压强为0.1MPa)，平衡时各气体的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。图中表示的物质的量分数随温度变化的曲线是 (填“曲线1”“曲线2”或“曲线3”)。曲线1和曲线3交叉点处的平衡分压为 MPa(该空忽略副反应逆变换反应)。 ②积碳会使催化剂的活性降低，从而影响甲烷的选择性，各积碳反应的平衡常数与温度关系如下表所示： 温度℃ 800 21.60 0.136 0.133 850 33.94 0.058 0.067 900 51.38 0.027 0.036 反应a：   反应b：   反应c：   由表中数据可知，积碳反应主要由反应 引起(填“a”“b”或“c”)。 Ⅱ.完成下列问题 (4)一定条件下，向4L恒容密闭容器中充入2mol 和6mol ，发生反应。已知容器内起始压强为240kPa，反应达平衡时容器内压强为150kPa，该温度下反应的标准平衡常数 。(该反应标准平衡常数的表达式为，其中p为分压，分压=总压×物质的量分数，) 8．（2024·江西赣州·二模）近年，甲醇的制取与应用在全球引发了关于“甲醇经济”的广泛探讨。 ．在催化加氢制的反应体系中，发生的主要反应如下： 反应a： 反应b： 反应c： (1)已知反应b中相关化学键键能数据如下表： 化学键 H-H C=O C≡O H-O x 803 1076 465 计算：x= ， 。 (2)恒温恒容时，下列能说明反应a一定达到平衡状态的是___________(填标号)。 A． B． C．混合气体的密度不再发生变化 D．混合气体中的百分含量保持不变 (3)在催化剂作用下，将物质的量之比为1：2的和的混合气体充入一恒容密闭容器中发生反应a、b，已知反应b的反应速率，，、为速率常数，x为物质的量分数。 ①平衡时，转化率为60%，和的物质的量之比为1：1，若反应b的，则平衡 。 ②Arrhenius经验公式为，其中为活化能，T为热力学温度，k为速率常数，R和C为常数，则 (用含、、T、R的代数式表示)。 (4)其他条件相同时，反应温度对选择性的影响如下图所示。由图可知，温度相同时选择性的实验值略高于其平衡值，可能的原因是 。(已知的选择性) ．利用甲醇分解制取烯烃，涉及如下反应： a． b． c． (5)恒压条件下，平衡体系中各物质的量分数随温度变化如图所示。已知650K时，，平衡体系总压强为p，则650K反应c的平衡常数 。 9．（2024·福建厦门·三模）可利用干法热分解法和湿法催化氧化法高效脱除沼气中的。 (1)已知：部分键能数据为。 。 (2)干法热分解法原理为。向体积为恒容容器中充入，初始压强为，平衡时体系中各物质随温度t的变化如图。 ①对应图中的曲线是 (填字母)，结合平衡移动原理说明理由。 ②t1℃时，的平衡转化率为 ，分压平衡常数 (以分压表示，分压=总压×物质的量分数，列计算式即可)。 (3)湿法催化氧化法高效脱除的过程如下。 ①“沉淀脱硫”中发生反应 。(已知：25℃时，的的) ②“氧化沉硫”中发生反应的离子方程式有、 。 ③对脱硫效率影响如图。随着增大，脱硫效率趋于平缓的原因是 。 ④该流程中可循环利用的物质有 (填化学式)。 (4)相比湿法催化氧化法，干法热分解法的优点是 ，缺点是 。 10．（23-24高三下·广东·阶段练习）硫酸盐（含）气溶胶是雾霾的主要成分，主要通过转化产生。不同条件下在水溶液中的主要存在形态及其对应的物质的量分数如图所示： (1)过氧化氢是大气中重要的氧化剂，其有多种途径将氧化成硫酸盐。 ①可在催化剂或的作用下产生能将氧化。产生的机理如下： 反应Ⅰ：    （慢反应）； 反应Ⅱ：    （快反应）． 下列说法正确的是 （填选项字母）。 A．反应涉及非极性键的断裂与形成 B．反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ C．向固定容积的反应体系中充入氦气，氧化的反应速率加快 D．与作催化剂相比，相同条件下作催化剂时氧化效率可能更高 ②研究表明与水溶液的反应机理如下： Ⅰ．； Ⅱ．； Ⅲ．。 由此可判断，该条件下的值为 （填“”“”或“”）；请写出该过程中与总反应的离子方程式： 。 (2)与水溶液的反应是硫酸盐产生的另一个重要途径．主要反应如下： Ⅰ．； Ⅱ．； Ⅲ．。 在含硫微粒总的物质的量为的水溶液中加入适量固体，再通入，反应一段时间后，测得，则 （保留两位有效数字，请写出计算过程）。 (3)科学家最近发现了一种利用水催化促进硫酸盐形成的化学新机制，如图所示： ①通过“水分子桥”，处于纳米液滴中的或可以将电子快速转移到周围的气相分子。观察图示可知“水分子桥”主要靠 形成；写出与间发生的总反应的离子方程式： 。 ②事实上，上述机理只能解释酸雨等现象的形成，却不能解释雾霾中固体硫酸盐小颗粒的存在。进一步研究发现，氨气在雾霾的形成过程中也起到了重要作用，其作用可能是 。 11．（2024·山东威海·二模）研究含碳和含氮物质的反应对生产、生活、科研等方面具有重要的意义。回答下列问题： (1)已知： ⅰ.  kJ⋅mol ⅱ.   kJ⋅mol ⅲ.   kJ⋅mol 则与反应生成和的热化学方程式为 。 (2)在保持T ℃、100 kPa条件下，向反应器中充入2 mol NO和1 mol发生反应ⅰ，平衡时转化率为50%，欲将平衡转化率降低至40%，需要向反应器中充入 mol Ar作为稀释气(计算时不考虑其他反应)。 (3)一定条件下，向起始压强为90 kPa的2 L恒容密闭容器中通入2 mol NO和1 mol 的混合气体，加入足量焦炭发生上述反应，5 min时反应达到平衡，测得体系总压强为84 kPa，(p为气体分压，单位为kPa)。 ①的平均反应速率 mol⋅L⋅min。 ②下列说法正确的是 。 A．将炭块粉碎可加快反应速率 B．平衡时充入Ar，反应ⅰ正向移动 C．混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡状态 ③反应ⅰ的相对压力平衡常数 [已知：表达式为：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压除以(kPa)]。 (4)某科研小组以耐高温催化剂催化NO转化为，测得NO转化为的转化率随温度变化情况如图所示。则加入CO后，NO转化为的转化率增大的原因是 。 12．（2024·青海西宁·模拟预测）硫及其化合物在生产、生活中有广泛应用。回答下列问题： Ⅰ.已知：① ② (1)，根据上述信息推知， ， (填具体数值)。 Ⅱ.羰基硫是一种粮食熏蒸剂，能防治某些害虫和真菌的危害。以固体为催化剂，分别与反应制备的反应如下： ； 。 (2)一定温度下，向恒容密闭容器中充入气体，加入适量的固体(作催化剂，且参与反应)，发生上述两个反应。下列叙述正确的是___________(填标号)。 A．气体总压强不变时反应达到平衡状态 B．平衡时混合气体中体积分数的最大值为50% C．达到平衡时再充入的平衡转化率增大 D．其他条件相同，使用纳米比使用颗粒的反应速率大 Ⅲ.利用和反应制备。 已知分以下两步进行： (a) (b) (3)温度下，保持总压强为，向反应器中充入和，只发生反应a，测得平衡转化率与投料比的关系如图所示。 其他条件相同，投料比增大，平衡转化率增大的原因是 ；温度下，该反应的平衡常数 。(提示：用分压计算的平衡常数叫压强平衡常数，分压等于总压×物质的量分数。) (4)向一密闭容器中通入和，同时通入一定量的稀释。常压下，不同温度下反应相同时间后，测得和的体积分数如图所示。 ①反应能自发进行的条件是 (填标号)。 a．较低温度    b．较高温度    c．任何温度 ②其他条件不变，在范围内，的体积分数随温度的变化趋势与图 (填标号)相符。 A．   B． C．  D． 13．（2024·安徽·三模）氮、砷及其化合物在工农业生产等方面有着重要应用。回答下列问题： (1)氮氧化物()是常见的大气污染气体之一，用催化还原可消除氮氧化物的污染。 已知： ①  ； ② ； ③适量的和完全反应，每生成2.24L(标准状况下)NO时，吸收8.9kJ的热量。 则   。 (2)基态砷原子核外电子云轮廓图呈哑铃形的能级上占据的电子总数为 。(已知：d轨道电子云轮廓图呈花瓣形。) (3)在恒容密闭容器中，分解反应：达平衡时，气体总压的对数值与温度的关系如图1所示。 ①温度升高，密闭容器中混合气体的平均摩尔质量 (填“增大”“减小”或“不变”)。 ②A点对应温度下的 (用分数表示)。 (4)25℃时，向0.1三元弱酸溶液中滴加NaOH溶液，溶液中、、及的物质的量分布分数随pH的变化如图2所示。 ①a、b、c三点水的电离程度由大到小的顺序为 。 ②反应的平衡常数 。 (5)某原电池装置如图3所示，电池总反应为。当P池中溶液由无色变蓝色时，正极上的电极反应式为 ；当电流计指针归中后向Q中加入一定量的NaOH，电流计指针反向偏转，此时P中的反应式是 。 14．（2024·山西太原·一模）清洁能源的综合利用有效降低碳排放，是实现“碳中和碳达峰”的重要途径。 (1)以环己烷为原料生产苯，同时得氢气。下图是该反应过程中几种物质间的能量关系。 反应：   。 (2)已知：  ，利用该反应可减少排放，合成清洁能源。 ①下列能说明反应达到平衡状态的是 (填字母)。 A．单位时间内生成的同时消耗了 B．在绝热恒容的容器中，反应的平衡常数不再变化 C．容器内 D．在恒温恒压的容器中，混合气体的密度不再变化 ②一定条件下，在一密闭容器中充入和发生反应，下图表示压强为和下的平衡转化率随温度的变化关系。 其中表示压强为下的平衡转化率随温度的变化曲线为 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)，a点对应的平衡常数 。(列出计算式即可，为以平衡分压代替平衡浓度表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数) ③利用制备的甲醇可以催化制取丙烯，过程中发生如下反应：，为探究M、N两种催化剂的催化效能，进行相关实验，依据实验数据获得如图所示曲线。 已知Arrhenius经验公式为(为活化能，假设受温度影响忽略不计，k为速率常数，R和C为常数)。在M催化剂作用下，该反应的活化能 ，从图中信息获知催化效能较低的催化剂是 (“M”或“N”)，判断理由是 。 15．（2024·福建南平·三模）和催化耦合脱氢制备丙烯是实现碳中和的有效途径之一，其微观过程示意如图1。 在不同温度下，维持的量不变，向体积相同的恒容密闭容器中分别通入为0：1、1：1、2：1、3：1的的混合气，测得的平衡转化率随温度的变化曲线如图2。 已知： Ⅰ. Ⅱ. Ⅲ. (1)= 。 (2)①=1：1对应图中曲线 (填序号)。 ②900K下，曲线b、c、d的平衡转化率显著大于a的原理为 。 (3)900K，将=3：1的混合气通入恒容密闭容器中进行反应。 ①下列说法正确的是 (填序号)。 A．通入氩气可提高的平衡转化率 B．体系达到平衡时，若缩小容器容积，反应Ⅱ平衡不移动 C．当和的比值不变时，体系达到平衡 D．改善催化剂的性能可提高生产效率 ②若初始压强为，t min时达到平衡，此时分压是CO的5倍，0～t min内= ；反应Ⅰ的压强平衡常数= 。 (4)利用反应可制备高纯Ni。 ①晶体中不存在的作用力有 。 A．离子键    B．π键    C．范德华力    D．极性键   E．金属键 ②中Ni为杂化，配位原子是 ，判断依据是 。 16．（2024·山东菏泽·模拟预测）乙烯是世界上产量最大的化学产品之一，乙烯工业是石油化工产业的核心，乙烯产品占石化产品的75%以上，在国民经济中占有重要的地位。利用乙烷裂解制乙烯的反应为C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)△H。 (1)298K时，乙烷的裂解反应历程如图1所示，可能发生反应的平衡常数的对数值(lgK)与温度的倒数()的关系如图2所示。 ①图1反应的决速步骤是 (填“反应a”或“反应b”)，乙烷裂解制乙烯的△H= 。 ②工业上一般选择温度在1000K左右裂解乙烷，可能的原因是 。 (2)在恒温恒容条件下，下列情况表明反应C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)达到平衡状态的是_____(填标号)。 A．混合气体密度保持不变 B．气体总压强保持不变 C．气体平均摩尔质量保持不变 D．产物浓度之比保持不变 (3)在106kPa下，分别按照反应气组成n(C2H6)：n(H2O)为1：1、1：4、1：9投料，C2H6的平衡转化率随反应温度的变化关系如图： ①图中表示n(C2H6)：n(H2O)=1：1的曲线是 (填曲线标号)。 ②图中Y点正反应速率和Z点逆反应速率的大小关系为v(Y) (填“>”、“=”或“<”)v(Z)。 ③在T4℃，按n(C2H6)：n(H2O)=1：9投料时，若达到平衡所需要的时间为20min，则乙烷分压平均变化速率为 kPa/min，该反应的平衡常数Kp= kPa(Kp为用分压表示的平衡常数，分压=总压×体积分数)。 17．（2024·江苏·二模）丙烷脱氢制丙烯是较为理想的丙烯生产渠道。 (1)丙烷直接催化脱氢。在催化剂作用下，丙烷直接脱氢制丙烯反应历程中的相对能量变化如图所示(*表示催化剂表面吸附位点，如表示吸附在催化剂表面的)。 ①丙烷直接催化脱氢制丙烯反应的 。 ②该反应历程共分五步，其中速率控制步骤为第 步。 ③研究表明，实际生产中除使用催化剂外，还需控制反应温度在选择温度为的原因是 。 (2)氧化丙烷脱氢。下，将不同组分的原料混合气以相同流速通过装有催化剂的反应床，测得转化率和选择性(选择性)随时间的变化关系如图所示，图中分别代表、的两种原料气。 ①随着反应的进行，4小时前A组分原料气中转化率和选择性均有所提升，且在反应床出口检测到。研究表明，氧化丙烷脱氢经历了以下两个反应：Ⅰ．；Ⅱ． 。(填化学方程式) ②反应进行至4小时后，B组分原料气的反应几乎无法进行，而A组分原料气的反应仍保持相对优异的稳定性，其可能原因是 。 (3)丙烷燃料电池脱氢。一种质子导体燃料电池采用材料作阳极催化层，在阳极侧注入燃料气，阴极侧直接暴露于空气中，在下可实现丙烷高效脱氢制丙烯，装置如图所示。 ①电池工作时，负极发生主要反应的电极反应式为 。 ②与氧化丙烷脱氢相比，丙烷燃料电池脱氢制丙烯工艺的优点是 。 18．（2024·山东·模拟预测）草酸二甲酯的热催化加氢是生产乙二醇、乙醇酸甲酯的重要工艺，主要反应如下： ． ． ． 回答下列问题： (1)草酸二甲酯热催化加氢生成乙二醇反应的。 (2)计算表明，反应在研究的温度范围内平衡常数大于，可以认为反应Ⅲ几乎不可逆，为了限制反应对乙二醇产率的影响，可采取的最佳措施是___________(填标号)。 A．升高反应体系的温度 B．适当增大反应投料中氢气的比例 C．增大反应体系的压强 D．选择合适的催化剂进行反应 (3)在选定催化剂后研究投料比和压强对反应平衡的影响。测得在、的等温等压条件下，原料草酸二甲酯的转化率及产物的选择性投料比的变化关系如图甲所示()。 当投料比大于80时，乙醇酸甲酯的选择性降低，原因是 ；当投料比为60时，若草酸二甲酯的转化率为，且该条件下不发生反应，则最终收集的流出气中甲醇蒸气的分压为 (保留小数点后两位)。 (4)在等压、投料比为50的条件下，及各产物的选择性随温度变化关系如图乙所示。当反应温度高于时，乙二醇的选择性降低，原因是 ；根据图乙数据，画出乙醇酸甲酯的产率随温度的变化图像 (标出产率最高时的数据)。 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) NG 0.34 (2)温度低于260℃时，的平衡选择性大于50%，以反应①为主，温度升高，反应①逆向移动的程度大于反应②正向移动的程度（合理即可） (3) D 【详解】（1）①将已知反应依次编号为①②③，根据盖斯定律可知，由（③×2+②×4-①）得目标反应，则该反应的。②由图中信息可知，温度越高，则越小，曲线MH和NG是与温度的关系，，升高温度时逆反应速率增大程度大于正反应速率增大程度，则代表的曲线是NG。该反应的速率方程为，，即平衡状态下，。③随着温度升高，曲线a代表的物质的物质的量逐渐减小，曲线b代表的物质的物质的量逐渐增大，由于反应Ⅰ是放热反应，随着温度升高，甲烷的物质的量应逐渐减小，二氧化碳的物质的量逐渐增大，又由于反应Ⅱ是吸热反应，随着温度升高，一氧化碳的物质的量逐渐增大，二氧化碳的物质的量逐渐减小，根据量的关系可知，800K时另一种物质是1 mol，1200K时另一种物质接近2.2 mol，1600K时另一种物质接近0.5 mol，说明另一种物质的物质的量先变大后变小，则可能是开始温度低的阶段反应Ⅰ逆向移动占主要地位，后来温度高时反应Ⅱ正向进行占主要地位，因此图中曲线a为甲烷，曲线b为CO，则缺少的物质的量与温度的关系变化曲线。800K时，mol，mol，mol，根据O和H原子守恒可知，mol，mol，气体总物质的量为3.8mol+1.0mol+0.2mol+2.8mol+9.6mol=17.4 mol。根据题意，分压=总压×物质的量分数，反应Ⅱ的压强平衡常数； （2）温度升高，反应①逆向移动，反应②正向移动，由图4可知，温度低于260℃时，的平衡选择性大于50%，以发生反应①为主；图3中，温度低于260℃时，的平衡转化率随温度升高而降低的原因是当温度低于260℃时，的平衡选择性大于50%，以反应①为主，反应①逆向移动的程度大于反应②正向移动的程度。 （3）①根据均摊法，该晶胞中O的个数为4，Ti的个数为2，从图中可以看出，中间的Ti周围有6个紧邻的O，Ti位于紧邻的O构成的八面体中心，D项符合题意。②根据晶胞结构得到晶胞中O有个，Ti有个，该晶体的密度为g⋅cm。 2．(1)= (2) CaO可以吸收CO2，使CO2浓度减小，生成H2的反应正向移动，H2百分含量增大 纳米CaO表面积比微米CaO大，吸收CO2能力比微米CaO强 (3) CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O 负 (4) (5)7 【详解】（1）已知：反应a： 一定压强下，由最稳定单质生成1mol化合物的焓变为该物质的摩尔生成焓。已知、的摩尔生成焓分别为、，则得： b． c． d． 根据盖斯定律，由a+b+c得反应d．= = = ，因此的摩尔生成焓的热化学方程式为=； （2）催化重整后的化学方程式为CH4（g）+2H2O（g）⇌CO2（g）+4H2（g），向其中投入CaO时，CaO可吸收CO2，使c（CO2）减小，平衡正向移动，导致生成H2更多，H2百分含量增大，若投入纳米CaO时，由于纳米CaO颗粒小，表面积大，可使反应速率加快，c（CO2）减小，平衡正向移动加剧，所以H2百分含量增大， 故答案为：CaO可以吸收CO2，使CO2浓度减小，生成H2的反应正向移动，H2百分含量增大；纳米CaO表面积比微米CaO大，吸收CO2能力比微米CaO强； （3）CO2也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，C元素化合价降低，被还原，应为电解池的阴极反应，连接电源的负极；电极方程式为CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O， 故答案为： CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O；负； （4）由图知，625℃达到平衡时，n(H2O)=n(CO2)=n(CO)=0.5mol，氢气是1.2mol，根据氢原子守恒，平衡时甲烷物质的量为mol=0.15 mol，根据碳原子守恒知，积碳的物质的量为（1+1-0.5-0.5-0.15）mol=0.85mol；反应Ⅱ的压强平衡常数； （5）一个晶胞中Ce4+个数为、O2-在体内，个数为8，即一个晶胞中4个Ce4+、8个O2-，1molCeO2质量为172g，加热后当失重率为2.32%时，损失的质量为氧元素的质量，即172g×2.32%=4.0g，n(O)=0.25mol，因为铈离子空间排列没有发生变化，所以失去O2-的个数为0.25×4=1，每个晶胞拥有的O2-的个数为8-1=7。 3．(1)    随值增大，相当于NO浓度不变，加大的浓度，有利于平衡正向移动 (2) 小于 AD (3) 左右 此时反应物CO和NO浓度较低，副产物浓度很低，和浓度较高。(或左右时，以主反应生成和为主，抑制了副反应的生成) BD 【详解】（1）①已知：反应①  ； 反应②  ；利用盖斯定律可知，②式①式后再除以2即得，则对应的热效应。 ②根据平衡移动原理，增大的比值，浓度增加，有利于平衡正向移动，使NO的氧化率增大。 （2）③温度为时：可列三段式：，则温度为时，平衡常数，由于平衡时，不难推出平衡常数等于速率常数之比，即：；温度为时，该反应存在，显然，由于该反应为放热反应，则温度越高，对应的平衡常数越小，所以； ④A．由①分析可知，当第一步反应达平衡状态时，，由于速率常数之比实际上就是平衡常数，平衡常数越大，反应正向进行的程度越大，A正确； B．反应速率快慢与转化率之间无因果关系，B错误； C．相同温度下，第一步反应快速达到平衡，第二步是慢反应，所以第二步活化能比第一步高，C错误； D．整个反应的化学反应速率由第二步慢反应决定，D正确； 故合理选项是AD； （3）⑤图2、图3的横坐标的每个小格是，选择NO、CO、尽可能地转化为无污染的和较高，节约热源。因此选择左右，此时反应物CO和NO浓度较低，副产物浓度很低，和浓度较高。(或左右时，以主反应生成和为主，抑制了副反应的生成) ⑥A．此处可以通过表格给出，也可以通过坐标给出并列方程。平衡脱氮率表达式中，根据，，建立方程，，解之，，A正确； B．CD段从图中可以看到，温度没变时，脱氮率还在下降，故不处于平衡状态，B错误； C．D点时，根据A项知平衡脱氮率，即，C正确； D．BA段因温度下降，反应速率减慢，故平衡脱氮率下降，D错误；故选BD。 4．(1) 该时间内，无、微米条件下反应未达到平衡状态，纳米条件下已达到或未达到平衡状态，加入催化剂使反应速率加快，纳米的表面积比微米的小，反应速率更快 (2) Ⅰ 不变 减小 小于 CD (3) D 【详解】（1）①反应①、②、③、④的之间的关系为反应①反应②反应③反应④，由盖斯定律可知得，反应； ②生成物的体积分数不同的原因是该时间内，无、微米条件下反应未达到平衡状态，纳米条件下已达到或未达到平衡状态，加入催化剂使反应速率加快，纳米的表面积比微米的小，反应速率更快。 （2）①反应①、④的之间的关系为反应①反应②反应③反应④，则反应①、②、③、④的平衡常数满足关系式，当温度为300K时，四个反应的平衡常数存在关系：，Ⅲ、Ⅳ分别对应反应①、③，(Ⅲ，反应①)(Ⅳ，反应③)，由此可知Ⅰ对应反应④。 温度不变平衡常数不变，因此，在其他条件不变时，增大压强反应④的平衡常数不变。 ②达到平衡时，()；即()()，因此平衡常数()()，当、、的浓度分别为、、时，该反应的浓度商()()，，则平衡正向移动，。温度降低，反应速率减小，因此若降低温度，、均减小。由图3可知，温度越高，平衡常数越小，说明反应正向放热逆向吸热，吸热方向随温度变化程度大。所以变化的倍数小于。 ③A．温度高，反应速率快，可缩短达到平衡的时间，A错误； B．()时，反应未达到平衡状态。平衡时，()，B错误； C．恒温恒压条件下，气体的密度是变量，因此当密度不随时间变化而改变时，说明反应达到平衡状态，C正确； D．恒温恒压条件下，气体的总质量不变，正向建立平衡的过程中，气体总物质的量逐渐减小，因此，混合气体的平均相对分子质量逐渐增大，当混合气体的平均相对分子质量不随时间变化而改变时，说明反应达到平衡状态，D正确。 （3） 反应①，反应③，在恒温密闭容器中冲入和，由图可知550K达到平衡时，氯萘的总转化率为60%，其中的选择性为20%，可知，平衡时的物质的量为，为，为；为，由此可知反应③的平衡常数。 473K时的物质的量为；513K时的物质的量为；490K时的物质的量为；因此。D点时的含量最大。 5．(1) +470.6kJ/mol (2) CO2+2+18H++16e－=CO(NH2)2+7H2O 该条件下，CO2在阴极生成CO的速率比生成CH4的速率快 (3) (4)反应为放热反应，反应速率加快，体系迅速升温，导致过氧化氢分解速率越快，从而导致过氧化尿素晶体收率降低； (5) SO2具有还原性，也能还原一部分NO2 当烟气中超过一定数值时，过量的NO2与溶液中的H2O反应生成NO，使NO的出口浓度大于进口浓度 【详解】（1）①将、按体积比1：1通入含有涂层的石墨网上，同时喷洒水微滴合成尿素，化学反应方程式为； ②根据盖斯定律，上述反应的； （2）①根据装置图可知，CO2、反应生成尿素，为还原反应，生成尿素的电极反应式为CO2+2+18H++16e－=CO(NH2)2+7H2O； ②已知：CO2在阴极还能被还原为CH4，其生成CH4的趋势比生成CO的趋势更大，即生成CH4反应的平衡常数比生成CO的反应的平衡常数更大。但实验数据说明，一定时间内，阴极产物中CO的物质的量大于CH4，可能的原因为该条件下，CO2在阴极生成CO的速率比生成CH4的速率快； （3） 由于两分子尿素通过羰基氧原子形成分子间氢键，得到具有八元环的二聚分子，所以尿素分子的二聚分子结构为； （4）当摩尔配比大于1.1时，即过氧化氢浓度增大，反应速率加快，放热速率加快，体系迅速升温，导致过氧化氢分解速率越快，从而导致过氧化尿素晶体收率降低； （5）尿素将烟气中氮氧化物还原为N2以达到消除污染的目的。控制其他条件相同，将混有NO、NO2、SO2、N2和O2的模拟烟气匀速通过装有尿素溶液的装置，在装置出口处检测NO、NO2的脱除率α(α=×100%)。 ①当烟气中有少量SO2时，有利于NO2脱除，其可能的原因是SO2具有还原性，也能还原一部分NO2。 ②当烟气中无SO2存在时，烟气中超过一定数值时，过量的NO2与溶液中的H2O反应生成NO，使NO的出口浓度大于进口浓度。 6．(1)+206.1 (2) ACD e 温度升高，反应Ⅰ正向移动，CO的物质的量浓度增大，反应Ⅱ也正向移动 78% (3) 【详解】（1）由反应热与生成物标准摩尔生成焓和反应物标准摩尔生成焓的差值相等可得：反应Ⅰ△H= (—110.5kJ/mol) —(—74.8kJ/mol—241.8 kJ/mol)=+ 206.1kJ/mol，则a=+206.1，故答案为：+206.1； （2）A．反应Ⅱ是气体体积不变的反应，缩小容器体积，气体压强增大，反应Ⅱ平衡不移动，故正确； B．恒容条件下充入不参与反应的氮气，平衡体系中各物质浓度不变，反应速率不变，平衡不移动，甲烷转化率不变，故错误； C．由方程式可知，反应Ⅰ生成氢气和一氧化碳的物质的量比为3，反应Ⅱ中一氧化碳为反应物、氢气为生成物，则平衡形成过程中一氧化碳的物质的量减小、氢气的物质的量增大，则平衡体系中氢气和一氧化碳的物质的量比大于3，故正确； D．由方程式可知，反应Ⅰ形成平衡时，水蒸气的反应速率与甲烷的反应速率相等，反应Ⅱ形成平衡时，水蒸气的反应速率与二氧化碳的反应速率相等，所以体系达到平衡后，水蒸气的反应速率与甲烷反应速率和二氧化碳反应速率之和相等，故正确； 故选ACD； ②反应Ⅰ是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，甲烷和水蒸气的物质的量都减小，一氧化碳和氢气的物质的量都增大，且氢气的物质的量大于一氧化碳，反应Ⅱ是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳和氢气的物质的量减小，一氧化碳的物质的量增大，温度低于600℃时，反应以反应Ⅰ为主，高于600℃时，反应以反应Ⅱ为主，由方程式和投料比可知，曲线b、c分别是是水蒸气、甲烷的物质的量分数随温度变化的曲线，曲线a、d、e分别是氢气、二氧化碳、一氧化碳的物质的量分数随温度变化的曲线，故答案为：e； ③温度低于600℃时，反应以反应Ⅰ为主，升高温度，反应Ⅰ的平衡向正反应方向移动，一氧化碳的浓度增大，导致反应Ⅱ平衡向正反应方向移动，导致二氧化碳的物质的量分数增大，故答案为：温度升高，反应Ⅰ正向移动，CO的物质的量浓度增大，反应Ⅱ也正向移动； ④由图可知，600℃反应达到平衡时，氢气的物质的量分数为0.5、甲烷的物质的量分数为0.04，设起始甲烷、水蒸气的物质的量分别为1mol、3mol，反应Ⅰ消耗甲烷amol、反应Ⅱ消耗一氧化碳bmol，由题意可建立如下三段式： 由氢气和甲烷的物质的量分数可得：=0.5、=0.04，解联立方程可得a=、b=，设平衡时压强为p，则甲烷的转化率为×100%≈78%，反应Ⅱ的Kp==，故答案为：78%；； （3）由a、c的方程式可知，b反应的方程式为，故答案为：。 7．(1) 低温 (2)BE (3) 曲线2 0.004 a (4)或14.8 【详解】（1）由盖斯定律可知，①-2×②可得反应③  =，该反应是气体体积减小的反应，，当时反应能自发进行，则该反应在低温下能自发进行。 （2）A．断裂4mol 的同时断裂1mol ，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，A不选； B．该反应是气体体积减小的反应，反应过程中气体压强减小，恒温恒容条件下，体系压强不再变化时，说明反应达到平衡，B选； C．恒温恒容条件下，该反应过程中气体总质量和总体积都不变，气体的密度是定值，当气体密度不再变化时，不能说明反应达到平衡，C不选； D．不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，D不选； E．绝热恒容条件下，该反应是放热反应，反应过程中温度上升，K=减小，当不再变化时，反应达到平衡，E选； 故选BE。 （3）①结合图中CO2的变化曲线可知，温度较低时（大约在600℃以下），甲烷化反应的逆反应占主导地位，且随着温度的升高，甲烷化反应的化学平衡逆向移动，CO2的含量逐渐增大，则H2的含量也逐渐增大，CH4和H2O(g)的含量逐渐减小[此阶段]，故曲线1是CH4的变化曲线：曲线2是H2O(g)的变化曲线；曲线3是H2的变化曲线，温度较高时（大约在650℃以上），逆变换反应的正反应占主导地位，且随着温度的升高，H2的含量逐渐减小。 设起始时n(H2)=4mol，n(CO2)=1mol，达到平衡时消耗的CO2为x mol， 曲线1和曲线3交叉点处，n(H2)=n(CH4)，4-4x=x，解得x=0.8。平衡后混合气体的总物质的量=0.2mol+0.8mol+0.8mol+1.6mol=3.4mol，在温度和容器的体积一定时，，则，解得p(平衡)=0.068MPa，故曲线1和曲线3交叉点处CO2的平衡分压：p(CO2)=0.068MPa×=0.004MPa； ②相同温度下，反应的平衡常数最大。平衡常数越大，反应进行的程度越大，故积碳反应主要由该反应造成。 （4）根据已知条件列出“三段式” 已知容器内起始压强为240kPa，反应达平衡时容器内压强为150kPa，则，x=1.5mol，则、、、，=或14.8。 8．(1) 436 +99 (2)D (3) 0.8 (4)在该条件下反应a的速率大于反应b，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量多 (5) 【详解】（1） 反应物的总键能-生成物的总键能=2×803+x-1076-2×465=+36，解得x=436；由盖斯定律可知，反应b-反应a可得反应c，==+36+63=+99。 （2）A．当时，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，A不选； B．当时，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，B不选； C．当反应在恒容条件下进行时，由于反应物和生成物均为气体，混合气体的密度一直保持不变，则混合气体的密度不再发生变化，反应不一定达到平衡，C不选； D．混合气体中的百分含量保持不变，说明水的浓度不再变化，反应达到平衡，D选； 故选D。 （3）①在催化剂作用下，将物质的量之比为1：2的和的混合气体充入一恒容密闭容器中发生反应a、b，反应a消耗CO2xmol，反应b消耗CO2ymol，则有 当CO2转化率达到60%时，反应达到平衡状态，则=60%，这时和的物质的量之比为1：1，则1-x-y=2-3x-y，解得x=0.5，y=0.1，则CH3OH、H2O、CO2、H2、CO的物质的量分别为0.5mol、0.6mol、0.4mol、0.4mol、0.1mol，=20×0.2×0.2=0.8mol·L-1·s-1，故v逆=v正=0.8 mol·L-1·s-1； ②，Ea=TC-RTlnk，ΔH=反应物键能之和-生成物键能之和=Ea正-Ea逆=-RTlnk正+RTlnk逆=。 （4）由图可知，温度相同时，CH3OH选择性的实验值略高于平衡值，从化学反应速率的角度看原因是：在该条件下反应a的速率大于反应b，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量多。 （5）已知650K时，，设在650K时，向容器中加入5molCH3OH(g)使之发生反应a、b，得到n0(C2H4)=1mol，n0(C3H6)=1mol，n0(H2O)=5mol，反应式c可如下列式： 因为，，所以2(1-3n)=1+2n，解得n=，所以最终平衡体系中含有1-3n=molC2H4，1+2n=molC3H6，以及5molH2O，则x(C3H6)= ，x(C2H4)= ，代入Kp=。 9．(1)+91 (2) c 分解反应为吸热反应，升温平衡正向移动：含量增加，且物质的量比为 30% (3) 104 浓度增大，溶液酸性增强，抑制的电离及促使沉淀脱硫反应逆移 (4) 操作简单 耗能较多、脱硫效率低、产物易于分离等 【分析】H2S与ZnSO4溶液反应转化为ZnS和H2SO4，沉淀脱硫未反应完的H2S与生成的ZnS与硫酸铁反应转化为S单质、硫酸亚铁、硫酸锌，过滤得到S单质，滤液电解得到H2，据此回答。 【详解】（1）ΔH=反应物总键能-生成物总键能=4×347-2×436-425=+91kJ⋅mol-1； （2）①H2S分解反应为吸热反应，升温平衡正向移动，S2的含量增大，且物质的量比为2:1，所以S2对应图中的曲线为c； ②由图可知，平衡时H2S的物质的量与起始物质的量之比为70%，起始时H2S为1mol，说明转化的H2S为0.3mol，生成的H2为0.3mol，生成的S2为0.15mol，剩余的H2S为0.7mol，t1℃时，H2S的平衡转化率为，根据压强之比等于物质的量之比有，，则平衡时的压强为1.15kPa，p(H2S)=pkPa，p(S2)=pkPa，p(H2)=pkPa，分压平衡常数Kp=； （3）①“沉淀脱硫”中发生反应Zn2+(aq)+H2S(aq)⇌ZnS(s)+2H+(aq)，K==； ②根据分析可知，“氧化沉硫”中发生反应的离子方程式有2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，ZnS+2Fe3+=2Fe2++S+Zn2+； ③c(Fe3+)对脱硫效率影响如图，随着c(Fe3+)增大，脱硫效率趋于平缓的原因是：Fe3+浓度增大，溶液酸性增强，抑制H2S的电离及促使沉淀脱硫反应逆移； ④根据分析可知，该流程中可循环利用的物质有ZnSO4、Fe2(SO4)3； （4）相比湿法催化氧化法，干法热分解法的优点是操作简单，缺点是耗能较多、脱硫效率低、产物易于分离等。 10．(1) BD (2)根据图像可知，又，所以，根据物料守恒可知，，此时溶液中约为，所以，联立可计算得到 (3) 氢键 氨气和反应生成，随着气溶胶中水分逐渐减少，结晶析出固体小颗粒 【详解】（1）① A．反应中没有非极性键的形成，A错误； B．活化能越高，反应速率越慢，反应Ⅰ为慢反应，活化能高于反应Ⅱ，B正确； C．向固定容积的反应体系中充入氦气，反应相关的物质的量浓度不发生变化，则反应速率不变，C错误； D．催化剂表面同时存在和，直接通过反应Ⅱ快速产生更大；催化剂表面仅存在，需先通过慢反应Ⅰ产生再通过快反应Ⅱ产生，总反应速率由慢反应Ⅰ决定，小于前者，故作催化剂比作催化剂时氧化效率可能更高，D正确； 故答案选BD。 ②从反应中可知，此时主要为亚硫酸氢根离子与H2O2反应，溶液中主要为亚硫酸氢根离子，结合图像可知，该条件下的值为。根据题干中的离子方程式可判断该过程中主要与水溶液中的反应，再根据盖斯定律，可写出该过程中与的总反应为。 （2）根据图像可知，，又因为，所以，根据物料守恒可知，，此时溶液中约为，，所以，联立计算得到。 （3）①由图可知，“水分子桥”主要靠“虚线”即氢键形成；反应物有，生成物有和，则与发生的总反应离子方程式为。 ②被氧化成，氨气和反应生成的常温下是固体，随着气溶胶中水分逐渐减少，可以结晶析出固体小颗粒。 11．(1)2C(s)+2NO2(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH=-854kJ⋅mol−1 (2)4.15 (3) 0.04mol⋅L−1⋅min−1 AC (4)加入的CO与NO分解生成的O2反应，使NO分解平衡向生成N2的方向移动 【详解】（1）C(s)与NO2(g)反应生成N2(g)和CO2(g)的反应方程式为2C(s)+2NO2(g)=N2(g)+2CO2(g)，根据盖斯定律可知该反应可由2×反应iii-反应ii-反应i得到，则该反应ΔH=2ΔH3-ΔH2-ΔH1=-854kJ⋅mol−1，该反应热化学方程式为：2C(s)+2NO2(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH=-854kJ⋅mol−1； （2）在保持T ℃、100 kPa条件下，向反应器中充入2 mol NO和1 molO2发生反应ⅰ，平衡时转化率为50%，列出三段式: 平衡时，压强平衡常数Kp==0.05kPa-1， 充入x molAr气体后，再次平衡，转化率降低至40%，再次列三段式： 压强平衡常数Kp==0.05kPa-1不变，解得x=4.15； （3）①反应i、反应ii、反应iii中只有反应i反应后气体体积变小，其余两个反应反应前后气体体积都不变，故容器内气体压强减小是反应i造成，根据解得y=0.2，即有0.4molNO和0.2molO2参与反应i生成0.4molNO2，气体减少y=0.2mol，可计算NO2的平均反应速率v(NO2)==0.04mol⋅L−1⋅min−1； ②A．将炭块粉碎，增大反应物接触面积，可加快反应速率，A正确； B．平衡时充入Ar，由于容器体积不变，各气体分压不变，反应ⅰ不移动，B错误； C．容器体积不变，反应有固体参与，由质量守恒，若未平衡，气体总质量改变，气体密度改变，故混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡状态，C正确； 故选AC； ③反应后容器内总压强减小6kPa，由反应i可知，p(NO2)=12kPa，由p(N2):p(CO2):p(O2)=3:5:6，N2比CO2少的是进行了反应ii的，同时消耗等量O2，根据最终O2的占比可知加入的1mol O2按反应i反应后剩余的0.8mol，有0.2mol参与了反应ii，剩余0.6mol，则p(O2)=18kPa，p(CO2)=15kPa，p(N2)=9kPa，总压为84kPa，剩余即为NO的分压，p(NO)=30kPa，故反应ⅰ的相对压力平衡常数； （4）加入的CO与NO分解生成的O2反应，使NO分解平衡向生成N2的方向移动，因此NO转化率升高，从而使NO转化为N2的转化率增大。 12．(1) (2)CD (3) 反应a正反应为气体分子数增大的反应，恒压下增大投料比，参与反应的物质分压减小，平衡向正反应方向移动(或其他合理答案) 10 (4) b B 【详解】（1）由盖斯定律可知，反应①—②可得反应，则反应，反应的平衡常数； （2）A．由方程式可知，制备羰基硫的反应都是气体体积不变的反应，反应中气体压强始终不变，则 气体总压强不变时不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故A错误；B．由方程式可知，制备羰基硫的反应都是气体体积不变的可逆反应，可逆反应不可能完全反应，则2mol硫化氢不可能全部转化为羰基硫，所以羰基硫的体积分数小于50%，故B错误；C．平衡后，再充入二氧化碳，二氧化碳与硫化氢反应形成的平衡向正反应方向移动，硫化氢的平衡转化率增大，故C正确；D．条件相同时，FeOOH纳米颗粒的表面积大于FeOOH微米颗粒，反应物在催化剂表面的接触面积大于FeOOH微米颗粒，反应速率大于FeOOH微米颗粒，故D正确； （3）硫化氢分解的反应为气体体积增大的反应，相同温度，恒压条件下下，投料比ŋ增大相当于减小压强，平衡向正反应方向移动，硫化氢的转化率增大；由图可知，T1温度下，投料比为2时，硫化氢的转化率为50%，设起始氩气、硫化氢的物质的量分别为2mol、1mol，由方程式可知，平衡时硫化氢、S2(g)、氢气的物质的量分别为、、，总物质的量为，则反应的平衡常数； （4）①由图可知，温度升高，羰基硫和氢气的体积分数增大，说明平衡向正反应方向移动，则该反应是熵增的吸热反应，高温条件下反应，能自发进行，故选b；②由图可知，温度低于1050℃时，只发生反应a，没有S2(g)生成，温度高于1050℃时，同时发生反应a和b，但温度升高，氢气的体积分数增大幅度大于S2(g)，所以950~1150℃范围内，S2(g)的体积分数先增大后减小，故选B。 13．(1)-1155.5 (2)15 (3) 不变 或8.192×10－2 (4) c>b>a (5) 【详解】（1））N2和O2完全反应，每生成2.24L(标准状况)NO时，吸收8.9kJ的热量，则生成2mol NO吸收热量，即热化学方程式为：③ ，根据盖斯定律，反应①+②-③整理可得    。 （2）基态砷原子的核外电子排布式为，电子云轮廓图呈哑铃形的能级为np能级，np上电子总数为6+6+3=15； （3）①温度升高，气体总压的对数值增大，但是反应物为固体，生成物的物质的量之比一定，密闭容器中混合气体的平均摩尔质量不变。 ②A点气体总压为1kPa，分压等于总压×气体组分物质的量分数，即AsS(g)的分压为1kPa×4/5=0.8kPa，S2(g)的分压为1kPa×1/5=0.2kPa，Kp=p4(AsS)×p(S2)=(0.8)4×0.2=或8.192×10－2。 （4）①25℃时，a、b、c三点分别为酸性溶液，对水的电离有抑制作用、中性溶液对水的电离无影响、碱性溶液为水解后的溶液，对水的电离有促进作用，则三点水的电离程度由大到小的顺序为：c>b>a； ②当c（H3AsO4）=c（H2AsO）时，Ka1=c（H+）=10-2.2，c（HAsO）=c（H2AsO）时，Ka2=c（H+）=10-7.0，c（HAsO）=c（AsO），Ka3=c（H+）=10-11.5；b、c三点时电离平衡常数为：Ka2= =10-7，Ka3= =10-11.5，反应2HAsO⇌H2AsO+AsO的平衡常数K==Ka3/Ka2=10-4.5。 （5）P池中溶液由无色变成蓝色，说明P池Pt极为负极，则Q池中Pt极为正极．发生的电极反应为，平衡后，加入NaOH溶液，反应逆向进行，此时Q池中Pt极为负极， P中Pt极为正极，发生还原反应，反应式为I2 + 2e- =2I-。 14．(1) (2) BD Ⅰ 31 M 由图可知，直线M斜率小，大，催化效能低(或N线计算的，活化能小，催化效能高) 【详解】（1） 从图中可以看出，反应：ΔH=237.1kJ/mol -28.7kJ/mol =+208.4kJ/mol。答案为：+208.4； （2）① A．单位时间内生成1 molCH3OH(g)的同时消耗3 molH2(g)，反应进行的方向相同，虽然变化量之比等于化学计量数之比，但反应不一定达平衡状态； B．在绝热恒容的容器中，随着反应的进行，混合气的温度不断发生改变，平衡常数不断发生改变，当反应的平衡常数不再变化时，反应达平衡状态； C．容器内c(CO2):c(H2 ):c(CH3OH):c(H2O) =1:3:1:1，即等于化学计量数之比，反应不一定达平衡状态； D．在恒温恒压的容器中，由于反应前后气体分子数不等，平均摩尔质量在不断发生改变，当气体的平均摩尔质量不再变化时，反应达平衡状态； 故选BD； ②对于反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH＞0，增大压强，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，则表示压强为4.0MPa下CO2的平衡转化率随温度的变化曲线为I； 一定条件下，在一密闭容器中充入1 molCO2和3 molH2发生反应，曲线Ⅱ表示压强为1. 0MPa下CO2的平衡转化率随温度的变化关系，a点时CO2的平衡转化率为40%，则可建立如下三段式： a点对应的平衡常数Kp==MPa-2； ③在M催化剂作用下，从图中可采集数据，得出如下反应：3.0×10-3=-3.4×10-3Ea+C、9.2×10-3=-3.2×10-3Ea+C，从而求出该反应的活化能Ea=31kJ·mol-1。在N催化剂作用下，从图中可采集数据，得出如下反应：1.0×10-3=-3.6×10-3Ea+C、9.2×10-3=-3.2×10-3Ea+C，从而求出该反应的活化能Ea=20.5kJ·mol-1。从图中信息获知催化效能较低的催化剂是M，判断理由是：由图可知，直线 M斜率小，Ea大，催化效能低(或N线计算的Ea=20.5 kJ / mol，活化能小，催化效能高)。答案为：BD；I；0.47；31；M；由图可知，直线 M斜率小，Ea大，催化效能低(或N线计算的Ea=20.5 kJ / mol，活化能小，催化效能高)。 15．(1) (2) b 消耗，促进反应Ⅰ正向移动 (3) C D (4) A E C(或碳) 碳原子有孤电子对，且电负性小于氧原子 【详解】（1）利用盖斯定律，将反应Ⅲ-Ⅰ=Ⅱ，对应的 故答案为：+41kJ/mol; （2）①通过识图提取信息进行曲线的辨别，观察图二，在其他条件一定的前提下，增加的浓度可以提高的平衡转化率，由此可以判断四条曲线对应的加入物质的比例情况，d对应3：1，c对应2：1，b对应1：1，a对应0：1(只通入)，故1：1对应曲线b。 ②根据微观过程示意图1可以看出，的通入可以消耗反应Ⅰ生成的，使反应Ⅰ的平衡正向移动; 故答案为： ①b ②CO2的通入可以消耗反应Ⅰ生成的H2，使反应Ⅰ的平衡正向移动; （3）①针对特定条件下的反应，判断说法的正误，前提条件要认清：900K，=3：1，恒温恒容条件下， A．通入氩气，平衡不移动，不能提高的平衡转化率，故A错误； B．体系达到平衡，缩小容积，反应Ⅰ逆向移动，的浓度改变必然导致反应Ⅱ平衡移动，故B错误； C．在反应Ⅰ中，=1：1，但是反应Ⅱ中被消耗，比值必然发生改变。当“变量不变”时，反应体系达到平衡，故C正确； D．改善催化剂的性能可以提高特定反应的速率，从而提高的生产效率，故D正确； 故答案选CD; 由图像信息可知，反应Ⅰ中转化的，根据初始的投料，假设=1mol，=3mol，可列三段式： 达到平衡，分压是CO的5倍，推理的物质的量是CO的5倍， 即：=5，x=0.5 由此得出平衡时各物质的的物质的量为： ，，，，，， 恒容体系，压强之比等于物质的量之比：，；的分压为： ②故反应Ⅰ：vp()= ③故反应Ⅰ：Kp= 方法二：直接利用分压切入 根据初始的投料=3：1，初始时的分压为：，的分压为：达到平衡，分压是CO的5倍，推理CO的分压为： 由图像信息可知，反应Ⅰ中转化的，故 ②故反应Ⅰ：vp()= ③故反应Ⅰ：Kp= 故答案为： ①CD ② ③0.9p0 （4）①阅读情境信息，推理四羰基合镍在60摄氏度时以气态形式存在，得出其晶体类型为分子晶体，结合组成分析，不存在的作用力为离子键(不属于离子晶体)，也不存在金属键(不属于金属晶体)。本题的难点在于通过已知信息对晶体类型进行正确判断。 ②考查配位化合物中配位原子的选择，C与O原子都可提供孤电子对最终谁提供，关键看电负性的强弱。由于电负性C小于O，碳对提供孤电子对吸引能力弱，故孤电子对由碳原子优先提供，配位原子为C; 故答案为： ①AE； ②C； ③碳原子有孤电子对且电负性小于氧原子； 16．(1) 反应a +129.6kJ/mol 反应温度过低，乙烷裂解制乙烯的反应程度小，反应速率慢；反应温度过高，副反应增多，容易产生积碳 (2)BC (3) Ⅲ < 0.33 9 【详解】（1）①反应的活化能越大，反应速率越慢，反应的决速步骤为慢反应，由图可知，反应a的活化能大于反应b，所以反应的决速步骤是反应a；乙烷裂解制乙烯的反应为反应物总能量小于生成物总能量的吸热反应，反应△H=+129.6kJ/mol，故答案为：反应a；+129.6kJ/mol； ②由图可知，反应温度过低，乙烷裂解制乙烯的平衡常数小，反应程度小，反应速率慢，不利于反应进行；反应温度过高，副反应增多，且容易产生积碳，也不利于反应进行，所以工业上一般选择温度在1000K左右裂解乙烷，故答案为：反应温度过低，乙烷裂解制乙烯的反应程度小，反应速率慢；反应温度过高，副反应增多，容易产生积碳； （2）A．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误； B．该反应是气体体积增大的反应，反应中容器内压强增大，则容器内压强保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确； C．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应是气体体积增大的反应，反应中气体平均摩尔质量减小，则气体平均摩尔质量保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确； D．反应中产物浓度之比始终不变，则产物浓度之比保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误； 故选BC； （3）该反应是气体体积增大的反应，恒压条件下，乙烷和水蒸气的比值减小相当于减小压强，平衡向正反应方向移动，乙烷的转化率增大，由图可知，相同温度时，曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应乙烷的转化率依次减小，则曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示n(C2H6)：n(H2O)为1：9、1：4、1：1投料，X、Y、Z的压强依次增大； ①由分析可知，表示n(C2H6)：n(H2O)=1：1的曲线是Ⅲ，故答案为：Ⅲ； ②由分析可知，Z点压强大于Y点，压强越大，反应速率越快，则Y点反应速率小于Z点，故答案为：<； ③在T4℃，按n(C2H6)：n(H2O)=1：9投料时，乙烷的平衡转化率为60%，设起始乙烷和水蒸气的物质的量分别为1mol和9mol，由题意可建立如下三段式： 由题意可知，乙烷的起始分压为106kPa×0.1=10.6 kPa，由三段式数据可知，平衡时乙烷、乙烯、氢气的平衡分压为106kPa×=4kPa、106kPa×=6kPa、106kPa×=6kPa，则20min乙烷的反应速率为=0.33kPa/min；反应的平衡常数Kp==9kPa，故答案为：0.33；9。 17．(1) 123.21 四 该温度下催化剂的活性较高，反应速率较快 (2) 丙烷直接脱氢时发生副反应生成积碳覆盖在催化剂表面上，阻碍了反应的进行，而在CO2氧化丙烷脱氢时，CO2能发生反应，及时消除积碳 (3) 反应物空气廉价易得，且在制备丙烯的同时可获得电能 【详解】（1）①丙烷直接催化脱氢制丙烯反应，观察反应历程可知； ②化学反应速率由慢反应决定，反应的能垒越大，反应速率越慢，控速步骤就是活化能最大的步骤，由图可知为第四步，所需活化能最大，故速率控制步骤为第四步； ③选择温度为480℃的原因是该温度下催化剂的活性较高，反应速率较快。 （2）①随着反应的进行，且检测到，氧化丙烷脱氢总反应为： ， 由此可知反应II为； ②反应进行至4小时后，B组分原料气的反应几乎无法进行，而A组分原料气的反应仍保持相对优异的稳定性，其可能原因是丙烷直接脱氢时发生副反应生成积碳覆盖在催化剂表面上，阻碍了反应的进行，而在CO2氧化丙烷脱氢时，CO2能发生反应，及时消除积碳。 （3）①该装置是实现丙烷高效脱氢制丙烯，负极发生主要反应的电极反应式为； ②与氧化丙烷脱氢相比，丙烷燃料电池脱氢制丙烯工艺的优点是反应物空气廉价易得，且在制备丙烯的同时可获得电能。 18．(1) (2)D (3) 增大投料比，反应平衡正向移动，乙醇酸甲酯的选择性降低 0.03 (4) 温度升高，副反应发生，乙醇选择性提高，导致乙二醇选择性降低 【详解】（1）草酸二甲酯热催化加氢生成乙二醇反应可由题方程式Ⅰ+Ⅱ可得，即 （2）该反应为放热反应，增加反应体系温度会让平衡逆向移动和加快反应速率，但是根据题意该平衡几乎不可逆，且加快乙二醇的反应速率会加快，A不符合题意，故错误；增加反应投料中氢气的的比例会使平衡正向移动和加快反应速率，同时乙二醇转化率也会提高，B不符合题意，故错误；该反应，所以增大体系压强平衡不会发生移动，但是会加快反应速率，乙二醇消耗加快，C不符合题意，故错误；选择合适催化剂降低该反应速率，降低乙二醇消耗，可以有效提高乙二醇产率，D符合题意，故正确。 （3）增大投料比，反应Ⅰ反应平衡正向移动，乙醇酸甲酯产量升高，所以反应Ⅱ平衡也正向移动，乙醇酸甲酯的选择性降低；投料比为60时，草酸二甲酯的转化率为90%，且该条件下反应Ⅲ不参与反应，由图可知=50%，设初始时，，可得以下三段式： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 结合反应Ⅰ和反应Ⅱ，最终可得、、、、，即，所以 （4）温度大于478K时，反应Ⅲ发生，乙二醇发生反应生成乙醇，乙醇选择性升高，导致乙二醇选择性降低；由反应Ⅰ可知与的系数比为1：1，理论产量等于初始时，可得公式：，当%时，%，，此时产率为33.6%；同理，由图%时产率为47.5%；%时产率为19.2%；%，%时产率为4.0%；%，%时产率为0%。图像如下： 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 $$