2025届高三化学一轮复习-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·天津红桥·二模）人类利用二氧化碳合成淀粉对社会的发展起着重要作用，合成过程首先是利用二氧化碳制备甲醇，合成甲醇的反应为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)   ∆H1。回答下列问题： (1)已知：① ② ③均为大于零的数，且 (用含、的式子表示)。甲醇熔融碳酸盐燃料电池的正极(含)电极反应式为 。 (2)研究合成甲醇的催化剂时，在其他条件不变仅改变催化剂种类的情况下，对反应器出口产品进行成分分析，结果如图所示。在以上催化剂中，该反应的最佳催化剂为 (填化学式)。 (3)在研究该反应历程时发现：反应气中水蒸气含量会影响的产率。为了研究水分子对该反应机制的内在影响，我国学者利用计算机模拟，研究添加适量水蒸气前后对能垒较大的反应历程能量变化的影响(如图所示，吸附在催化剂表面的物种用*标注)。 ①依反应历程图所示，写出有水参与时反应的化学方程式： 。 ②结合上图及学过的知识推测，有水参与的历程，反应速率加快的原因是 。 (4)在时，将和充入容积为的恒容容器中，只发生，测得体系中剩余的物质的量随时间变化如图中状态Ⅰ所示。 ①时，内甲醇的反应速率 。 ②该反应的平衡常数表达式为 。 ③保持投料量不变，仅改变某一个条件后，测得随时间变化如图中状态Ⅲ所示，与状态Ⅰ相比，状态Ⅲ改变的条件可能是 。 2．（2024·上海嘉定·二模）大气中能通过高温下与反应进行协同转化处理。反应原理为：，工业中测得的产物中有、、CO等副产物。 (1)一定温度下，在恒容密闭容器中发生以上反应，下列条件能判断反应达到平衡状态的是___________。 A．容器内不再生成 B．容器内压强不再发生变化 C．容器内气体密度不再发生变化 D． (2)在573K下，向2L恒容密闭容器中通入2mol 和1mol ，反应达到平衡后水蒸气的物质的量分数为0.2。 ①上述条件下的平衡转化率 %。 ②在上述平衡体系中再加2mol 和2mol ，通过数据说明平衡移动的方向 。 (3)在不同温度下，向密闭容器甲、乙中分别充入2mol 和1mol ，它们分别在有水分子筛(只允许水分子透过)和无水分子筛条件下反应，测得的平衡转化率随温度变化关系如图所示。 ①两个容器中使用了水分子筛的容器是 。 A．甲   B．乙   C．甲、乙中任一个 ②1173K以后平衡转化率变化的原因可能是 。 3．（2024·湖北·模拟预测）环己烯()是一种重要的化学试剂，主要用于有机合成和油类萃取。利用环己烷脱氢制备环己烯的反应原理如下。 直接脱氢：1.   氧化脱氢：   回答下列问题： (1)已知几种化学键的键能数据如下表所示。 化学键 H-H C-H C-C 键能／(kJ 436 413 348 615 则△H1= kJ·mol-1；从热力学角度分析，反应1能自发进行的条件是 (选填“低温”或“高温”)。 (2)科技工作者结合实验与计算机模拟结果，研究环己烷直接脱氢制环己烯的反应历程(如上图所示)，其中吸附在催化剂表面的物种用*表示。 ①的焓变小于零的原是 。 ② 脱氢的速率 (选填“大于”“小于”或“等于*脱氢的速率。 ③环己烷脱氢制备环己烯的副产物可能有 、 (填结构简式)。 ④在恒容密闭容器中充入一定量的环己烷，其初始压强为p，发生直接脱氢反应达到平衡时，环己烷的转化率为x，则反应I的标准平衡常数Kθ= [已知：分压=总压×物质的量分数，对于反应，Kθ=，其中pθ=100kPa，pG、pH、pD、pE为各组分的平衡分压]。 (3)在压强恒为的密闭容器中充入不同投料比的环己烷和CO2，在不同温度下达到平衡时，环己烷的转化率如下图所示，则a、b、c的大小关系为 ，判断的理由是 。 4．（2024·江苏徐州·模拟预测）的捕集和利用具有重要意义。 ．的催化氧化 (1)在表面催化氧化的过程始于与形成的酸性位点(如图所示)，并生成金属硫酸盐()中间体。 ①根据化学键的变化规律，上图所示的反应过程可描述为 。 ②写出中间体受热分解产生、的化学方程式： 。 (2)一定温度下，恒压密闭容器中发生反应  ，平衡转化率与反应温度和压强的关系如图所示。 ① (填“=0”或“>0”或“<0”)。 ②实际生产中选择图中C点的反应条件，不选择A、B点的理由分别是 。 ．的催化还原 (3)催化剂能催化CO还原，反应为。将的混合气体(载气为)匀速通过装有催化剂的反应器，测得催化剂活化(催化剂在活化过程中一般经历反应物的吸附、脱附和催化活化等阶段)前后的X-射线衍射图如下图所示(X-射线衍射可用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同，峰越强，物质含量越多)。 ①直接影响催化活性的物质是 (填化学式)。 ②谱峰4在活化前后也发生了一定变化，即部分转变为，写出对应的化学反应方程式： 。 ③实验中反应物的配比设定为3∶1而不是2∶1的可能原因是 。 5．（2024·江苏徐州·模拟预测）镀锌钢板广泛运用于汽车行业。当镀层质量不合格时，先利用强酸将镀件表面的镀锌层清洗，再检测其中含有的、、等离子的浓度。 (1)测定原理：EDTA()可与、、等多种金属离子形成络合物，如下表。其中是乙二胺四乙酸根()的简写。 络合反应 (K为平衡常数) 14.3 16.5 25.1 ①EDTA在水溶液中可看作“六元酸”的一种微粒可表示为 (用H、Y表示)。 ②表中最稳定的金属络合物是 (填化学式)。 (2)测定过程：已知EDTA标准溶液滴定的相关信息如下表： 滴定对象 滴定时溶液pH范围 1.5~2.0 指示剂 磺基水杨酸 滴定终点现象 紫红色→亮黄色 可采用连续滴定法测定、、的浓度，具体步骤如下： I．先测定(、不影响Fe3+的滴定)： 请补充完整实验方案： ①按规定操作分别将0.01000EDTA标准溶液和待测溶液［其中约为0.01］装入如图所示的滴定管中； ② 。(可选用的实验试剂有：磺基水杨酸、氨水溶液、盐酸溶液) ③实验测得的浓度偏大，其原因可能是 。 II．再测定：在的锥形瓶中继续加入适量过硫酸铵，轻微摇晃使转化为，继续用EDTA标准溶液滴定到终点。写出转化为的离子方程式： 。 III．最后测定：在的锥形瓶中继续加入一定量过量的EDTA标准溶液，调节溶液pH至5.0~6.0，再用标准溶液滴定到终点。不影响滴定的原因是 。 6．（2024·辽宁·模拟预测）甲醇是一种化工产品，也是清洁能源。工业上利用废气中的CO2制备CH3OH的方案有： 方案1：反应1：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) 副反应：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)　△H=+41kJ/mol 方案2：反应2CO2(g)+2H2O(g)⇌CH3OH(g)+O2(g) 上述两个反应的焓变和熵变如下表： 反应 △H/(kJ/mol) △S/(J·mol-1·K-1) 反应1 -49 -177 反应2 +676 -44 (1)上述两种方案中，工业上选择方案1，理由是 。 (2)已知几种共价键的键能数据如下： 共价键 C=O H-H C-O C-H O-H 键能/(kJ·mol-1) E 436 358 413 467 利用表格数据和上述焓变估算E= 。 (3)在恒容密闭容器中充入CO2和H2仅发生反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，CO2的平衡转化率与投料比、温度的关系如图所示。 ①T1 T2(填“>”“<”或“=”)。a点时CH3OH的体积分数为 %(保留到小数点后1位)。 ②a→c与横坐标轴呈平行线，其原因是 。 (4)一定温度下，在密闭容器中充入1molCO2和3molH2，只发生反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，达到平衡时CO2、CH3OH的浓度与压强的关系如图所示。 ①曲线Ⅱ代表 (填“CH3OH”或“CO2”)。 ②M点CO2的平衡转化率为 %。 (5)一定温度下，在总压保持2.5akPa下。向反应器中充入1mo1CO2和2.3molH2，发生方案1的两个反应，达到平衡时测得CO2的转化率为50%，CH3OH的选择性为80%[CH3OH的选择性=×100%]。该温度下，方案1中反应1的Kp= kPa-2(Kp为用分压替代浓度计算的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 7．（2024·陕西西安·模拟预测）2023年全国政府工作报告指出，推动重点领域节能降碳减污。一种太空生命保障系统利用电解水供氧，生成的氢气与宇航员呼出的二氧化碳在催化剂作用下生成水和甲烷，水可循环使用。 (1)已知与的燃烧热分别为，，，写出与反应生成和的热化学方程式 。 (2)一定温度下，在恒容密闭容器中与反应生成和。 ①能说明该反应达到平衡状态的是 (填字母)。 A．　　　B．容器内压强一定　　　C．气体平均相对分子，质量一定 D．气体密度一定　　　　　E．的体积分数一定 ②已知容器的容积为5L初始加入0.2mol和0.6mol，反应平衡后测得的转化率为50%，则该反应的平衡常数为 。 ③温度不变，再加入、、、各0.2mol，则 。(填“>”“＜”或“=”) (3)工业上在一定条件下利用与可直接合成有机中间体二甲醚：。当时，实验测得的平衡转化率檤温度及压强变化如图所示。 ①该反应的 (填“>”或“＜”)0。 ②图中压强(p)由大到小的顺序是 。 (4)科学家研发出一种新系统，通过“溶解”水中的二氧化碳，以触发电化学反应，有效减少碳的排放，其工作原理如图所示。 系统工作时，b极区的电极反应式为 。 8．（2024·江苏泰州·模拟预测）将二氧化碳转化为高附加值化学品是目前研究的热点之一 (1)利用CO2合成淀粉 ① ② ③ （填“高温自发”“低温自发”或“任何温度下都自发”），该反应中活化能 （填“>”或“<”）。 (2)电催化CO2和含氮物质可合成尿素，同时可解决含氮废水污染问题。常温常压下，向一定浓度的KNO3溶液通入CO2至饱和，经电解获得尿素，其原理如图所示。 电解过程中生成尿素的电极反应式为 。 (3)我国科研人员研究出在Cu-ZnO-ZrO2催化剂上CO2氢化合成甲醇的反应历程如下图所示。 ①乙醇胺（HOCH2CH2NH2）可完成对CO2捕集。乙醇胺溶液能够吸收和释放CO2的原因是 。 ②分析在反应气中加入少量的水能够提升甲醇产率的可能原因是 。 (4)①若在高温下CO2与足量的H2混合反应一段时间后，有催化剂和无催化剂的CO2转化率基本相等，原因是 。 ②甲醇催化重整制氢。在一定温度和催化剂作用下，车载甲醇可直接转变为氢气，从而为氢氧燃料电池提供氢源。已知氢气和甲醇的热值分别为143kJ/g和23kJ/g，与车载氢气供能模式相比，车载甲醇供能模式的优势是 。 9．（2024·湖南·二模）研究硫及其化合物的性质具有重要意义。 Ⅰ．已知可以催化二氧化硫在水溶液中发生的歧化反应：   ，催化原理分为两步， 第一步反应为吸热的慢反应： 第二步反应为放热的快反应：____________+______ (1)请补充第二步反应： 。 (2)能正确表示催化歧化反应原理的能量变化示意图为______（填标号）。 A． B． C． D． Ⅱ．工业制硫酸，在接触室发生反应：，在1L的恒容密闭容器中充入2mol和1mol，在不同温度下测得与时间的关系如图A： (3)该反应正向的 0（填“＞”“＜”或“＝”）。 (4)能证明反应已经达到平衡状态的是 （填序号）。 ① ②单位时间内生成n mol的同时消耗n mol ③反应速率 ④温度和体积一定时，容器内压强不再变化 ⑤温度和体积一定时，混合气体的密度不再变化 (5)反应开始到10min时的平均反应速率 mol/（L·min）；时该反应的平衡常数 L/mol。 (6)一定条件下在恒温恒容的密闭容器中按一定比例充入和，平衡时的体积分数随的变化如图B，则A、B、C三状态中，的转化率最小的是 点，当时，达到平衡状态的体积分数可能是D、E、F三点中的 点。 10．（2024·广东汕头·二模）金属钛（Ti）重量轻、强度高、抗腐蚀能力，在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途。目前生产钛的方法之一是将金红石（）转化为，再进一步还原得到钛。 (1)基态Ti原子的价电子轨道表示式： 。 (2)转化为有直接氯化法（Ⅰ）和碳氯化法（Ⅱ）。 Ⅰ． Ⅱ． 已知：的燃烧热为393.5'，的燃烧热为283.0 ① 。 ②碳氯化反应过程中CO和可以相互转化，如图1所示，下列关于碳氯化反应说法正确的是 。 A．生成CO反应为放热反应 B．升高温度，平衡转化率减小 C．增大压强，碳氯化反应平衡向正反应方向移动 D．如图2所示晶胞中位于所构成的正八面体的体心，则的配位数是6 ③碳氯化法中生成CO比生成更有利于转化为，从熵变角度分析可能的原因是 。 (3)经光谱分析在碳氯化反应中有光气（）生成，后继续反应，有理论认为机理如下： 一分子含有 个σ键，决速步骤的反应方程式为 。 (4)在，将、C、以物质的量比1∶2.2∶2进行反应。体系中气体平衡组成比例（物质的量分数）随温度变化的理论计算结果如图所示。 ①反应的平衡常数 Pa。 ②图中显示，在200℃平衡时几乎完全转化为，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是 。 11．（2024·河北廊坊·模拟预测）氮的氧化物是大气污染物之一，研究氮氧化物的反应机理对缓解环境污染有重要意义。回答下列问题： (1)碘蒸气的存在能大幅度提高的分解速率，其催化机理为： 第一步：（快反应）  ； 第二步：（慢反应）； 第三步：（快反应）。 实验表明，含碘时分解速率方程（k为速率常数）。 ① （填“>”“<”或“=”）0，第 步反应的活化能最大。 ②温度升高，k （填“增大”“减小”或“不变”）。 (2)为探究温度及不同催化剂对反应  的影响，分别在不同温度、不同催化剂下，保持其他初始条件不变，重复实验，在相同时间内测得NO转化率与温度的关系如图所示： ①N点v(正) （填“>”“<”或“=”）v(逆)。 ②M→N时，NO转化率降低的原因可能是 。 (3)利用现代技术可以探究压强对化学平衡移动的影响。在恒定温度T℃下，往针筒中充入一定体积的气体后密封并保持活塞位置不变，在时刻迅速移动活塞后并保持活塞位置不变，测定针筒内气体压强变化如图所示： ①B点时，T℃下，反应的平衡常数 （为以分压表示的平衡常数，用含的算式表示）。 ②内，该反应速率 （用含、、的式子表示）。 (4)以、及熔融形成的燃料电池工作原理如图所示： ①a极电极反应式为 。 ②若电路中有2mol电子转移，则理论上b极消耗 。 12．（2024·陕西榆林·三模）苯乙烯是一种很重要的有机化学原料，用途十分广泛。在以水蒸气做稀释剂、存在催化剂的条件下，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，、、、的燃烧热分别为、、、。则 。 (2)在某温度、pkPa的条件下，向反应器中充入气态乙苯发生主反应：，其平衡转化率为50%，若向该反应器中充入水蒸气作为稀释气(计算时忽略副反应)，可将平衡转化率提高至 。 (3)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催化脱氢反应。膜反应器可以通过多孔膜移去，提高乙苯的平衡转化率，工作原理如图所示： 已知：移出率×100%。 ①忽略副反应，维持体系总压强p恒定，在温度T时，已知乙苯的平衡转化率为，的移出率为b，则在该温度下主反应的平衡常数 (用含、b、p的代数式表示)。 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表所示： 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，试说明当温度高于950℃时，乙苯的平衡转化率随的移出率的变化改变程度不大的原因： 。 ③下列说法正确的是 (填选项字母)。 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．当的分压不再发生变化时，说明主副反应均达到平衡状态 (4)有研究者发现，在气氛中乙苯催化脱氢制苯乙烯更容易进行，反应历程如图所示： ①该过程的总反应的化学方程式为 。 ②根据反应历程分析，催化剂表面酸碱性对乙苯脱氢反应影响较大，如果催化剂表面碱性太强，会降低乙苯的转化率，碱性太强使乙苯转化率降低的原因是 (写一点即可)。 ③从资源综合利用角度分析，氧化乙苯脱氢制苯乙烯的优点是 。 13．（2024·内蒙古赤峰·三模）氢能新质生产力正加速发展。工业上利用天然气制备氢气，还能得到乙烯、乙炔等化工产品，有关反应原理如下： 反应①：2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)   ∆H1=+376.3kJ/mol   K1； 反应②：2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)   ∆H2=+202.0kJ/mol   K2； 回答下列问题： (1)反应③：C2H2(g)+2H2(g)C2H4(g)   ∆H3= kJ/mol，K3= (用含K1、K2的代数式表示)。 (2)若用、、和表示CH4、C2H2、H2和固体催化剂，如图在催化剂表面进行反应①，从吸附到解吸的过程中，能量状态最高的是 (填字母)。 (3)反应②的速率方程为(v正=k正·c2(CH4)，v逆=k逆·c(C2H4)·c2(H2)(k正、k逆为正、逆反应速率常数)。其他条件相同，T1℃达到平衡时k正=1.5k逆，T2℃达到平衡时k正=3.0k逆。由此推知，T1 T2(填“>”“<”或“=”)。 (4)向恒温恒容密闭容器中充入适量CH4，同时发生上述反应①和反应②，在不同催化剂Cat1、Cat2作用下，测得单位时间内H2的产率与温度的关系如图所示。在其他条件相同时，催化效率较高的是 (填“Cat1”或“Cat2”)。在Cat2作用下，温度高于500℃时，H2的产率迅速降低的原因是 。 (5)在一定温度、102kPa下， 向反应器中充入1mol C2H4(g)发生反应：C2H4(g)C2H2(g)+H2(g)制备氢气。 ①实际操作中，往往向反应器中充入一定量的水蒸气，其目的是 。 ②忽略其他副反应，若向反应器中充入5mol水蒸气，平衡时(C2H4的转化率为75%，则该反应的Kp= 。 14．（2024·福建·三模）可用解除法制硫酸产生的废钒催化剂（）制备钒（Ⅳ）。 已知：钒（Ⅳ）在水溶液中存在形态与pH的关系如下。 (1)450℃，催化和反应时，反应机理如下：       则   。 (2)废钒催化剂的一种处理方法为，“还原”过程“”的离子方程式为 。 (3)三种常见的金属离子萃取剂（简写为HR）结构如下表。 萃取剂 A B C 结构 ①HR在煤油中以二聚体形式（）与金属离子络合，HR通过 形成（填微粒间相互作用名称）。 ②在水中电离出能力最强的是 （填“A”“B”或“C”）。 (4)25℃时，萃取钒（Ⅳ）过程示意图如下。 萃取平衡为，其中org表示有机相。 已知：有机相和水相的分配比；钒萃取率。 ①萃取达到平衡的标志是 （填标号）。 A．水相pH不再变化    B．水相不再变化 C．有机相不再变化    D．分配比D不再变化 ②利用NaOH溶液调节水相初始pH，pH从1调至4的过程中，E先增大后减小。结合平衡移动原理进行解释 。 ③维持水相，分别测得萃取剂A、B、C的随变化曲线如图。 代表的是萃取剂 （填“A”“B”或“C”）：萃取平衡常数 。 15．（2024·全国·模拟预测）利用γ-丁内酯制备1，4-丁二醇，反应过程中伴有生成四氢呋喃和1-丁醇的副反应，涉及反应如下： 已知：①反应Ⅰ为快速平衡，可认为不受慢反应Ⅱ、Ⅲ的影响；②因反应Ⅰ在高压氛围下进行，故压强近似等于总压。回答下列问题： (1)以或为初始原料，在的高压氛围下，分别在恒压容器中进行反应。达平衡时，以为原料，体系向环境放热，转化率为α；以为原料，体系从环境吸热，转化率为。忽略副反应，反应Ⅰ焓变 与的数学关系为 。 (2)初始条件同上。表示某物种i的物质的量与除外其它各物种总物质的量之比，和随时间t变化关系如图1所示。实验测得，则图中表示初始反应物为 (填“”或“”)时的变化关系；反应Ⅰ平衡常数 (保留两位有效数字)。以为原料时，时刻 ，产率= (保留两位有效数字)。 (3)三种条件下，以为初始原料，在相同体积的刚性容器中发生反应，反应物的转化率随时间t变化关系如图2所示。因反应在高压氛围下进行，可忽略压强对反应速率的影响。曲线a、b、c中，对应条件的是 (填代号)；与曲线b相比，曲线c达到平衡所需时间更长，原因是 。 16．（2024·上海金山·二模）Ⅰ.硒(Se)是一种重要的化学元素，在医药、农业、能源和电子等领域有广泛应用。 (1)以下不能用元素周期律解释的是___________。 A．键的极性：H−Se < H−Br B．原子半径：Se > Br C．稳定性：H2Se < HBr D．酸性：H2SeO3 < HBrO4 (2)硒化铅可用作玻璃和陶瓷的着色剂，其晶胞结构如图所示： ①Se的电负性2.4、Pb的电负性1.9，判断硒化铅中Se与Pb之间的化学键是 。 A．离子键                        B．共价键 ②晶体中每个Se周围与其最近的，且距离相等的Se有 个。 Ⅱ.工业上以精炼铜的阳极泥为原料(主要成分为Se、CuSe、Ag2Se等)回收Se。 ① Se难溶于水，沸点684.9℃，易于与O2反应。 ② 室温下Ksp(Ag2SO4)=10−5；Ksp(AgCl)=10−9.75。 (3)“焙烧”前，将阳极泥中大块颗粒粉碎的目的是 。 (4)“烟气”中含有SO2和SeO2，被水吸收发生反应，SO2与和SeO2的物质的量之比为 ，SeO2体现了 。 A．氧化性                                B．还原性 (5)“提纯”步骤中用到真空蒸馏工艺，真空的作用是 、 。 (6)小组同学测定某CuSO4∙xH2O晶体样品热分解的质量变化情况(如图所示)，258℃失去全部结晶水，x= 。(结果保留2位小数) (7)常温“浸取”步骤中，加入NaCl能否使Ag2SO4完全转化为AgCl？结合平衡原理和计算过程回答 。 Ⅲ.亚硒酸(H2SeO3)是主要的含硒化合物，是二元弱酸。常温下，H2SeO3溶液中某些微粒的物质的量分数与pH的关系如图所示： (8)下列说法正确的是___________。 A．曲线a表示的是SeO物质的量分数随pH变化 B．Ka1=10−5.5 C．pH=3时，=100.4 D．向H2SeO3溶液中逐滴加入NaOH溶液，pH=8.3时溶液中存在：2c(Na+)=3[c(HSeO)+ c(SeO)+ c(H2SeO3)] (9)向滴有酚酞的H2SeO3溶液中加入氨水，当溶液由粉红色变为红色时，反应的离子方程式为 。 17．（2024·上海金山·二模）联氨(N2H4)又称肼，在航天、能源等领域具有广泛应用。 Ⅰ.N2H4分子中所有原子均达到稀有气体原子的稳定结构。 (1)写出N2H4的电子式。 (2)N2H4晶体受热熔化时，破坏的作用力有___________。 A．范德华力 B．氢键 C．共价键 D．离子键 (3)酸碱质子理论提出：凡是能给出质子的分子或离子称为酸，凡是能接受质子的分子或离子称为碱。 ①由N2H4+H2ON2H+OH- 可知N2H4是 。 A．酸                B．碱 ②选择足量的盐酸或NaOH溶液与N2H4充分反应，生成盐的化学式为 。 Ⅱ.肼具有强还原性，可作火箭推进剂燃料，反应的热化学方程式表示为：2N2H4(l)+N2O4(g)=3N2(g)+4H2O(g)  ∆H<0。 (4)①结合化学反应原理分析，该反应可自发进行的原因是 。 ②N2H4和N2O4作为火箭推进剂的主要原因是 。 Ⅲ.肼可还原钴离子制备纳米金属钴，纳米金属钴具有特殊的物理、化学和表面性质。 (5)下列状态的钴中，电离最外层一个电子所需能量最小的是 。 A．[Ar]3d74s2            B．[Ar]3d74s14p1            C．[Ar]3d74s1 (6)Co2+被N2H4还原的离子方程式如下，完成方程式并配平 。 Co2++N2H4+___________=Co↓+N2↑+H2O 当转移7.224×1024个电子数时，生成金属钴 克。 (7)金属钴可以形成多种配合物。一种配合物由Co3+、NH3、Cl-、H2O组成，实验显示Co3+、NH3、Cl-、H2O的物质的量之比为1∶3∶3∶1.向该配合物的水溶液加入AgNO3溶液，只能沉淀出三分之一的Cl-。 ①该配合物的化学式是 。 A．[Co(NH3)3ClH2O]Cl2     B．[Co(NH3)3Cl2H2O]Cl    C．[Co(NH3)3H2O]Cl3 ②该配合物的配体有 。 18．（2024·吉林长春·三模）氢能作为清洁能源是最佳碳中和能源载体，为应对气候变化全球掀起了氢能发展热潮，制备氢气有多种途径。 I．甲醇产生氢气的反应为： (1)时，该反应能否自发进行 (填“能”或“否”)。 II．乙酸制氢过程发生如下反应： 反应1： 反应2： (2)已知反应： ①由图可得， ； ②恒温恒容下发生上述反应，下列说法正确的是 。 A．混合气体密度不变时，反应达到平衡    B．充入，可提高的平衡转化率 C．加入催化剂，可提高的平衡产率    D．充入，平衡常数保持不变 (3)在容积相同的密闭容器中，加入等量乙酸蒸气(只发生反应1和反应2)，在相同反应时间测得温度与气体产率的关系如图所示，之前，氢气产率低于甲烷的可能原因是 (答出一点即可)。 (4)在一定条件下，投入一定量的乙酸，发生反应1和反应2，设达到平衡时体系总压强为，乙酸体积分数为，反应1消耗的乙酸占投入量的，则反应2的平衡常数为 (用平衡分压代替平衡浓度计算)。 III．热分解也可制氢，其原理为：。 (5)不同温度和压强下，的平衡转化率变化如下图，生成物的状态为 (填“气态”或“非气态”)， (填“>”或“<”)。 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) -(a-b) O2+4e-+2CO2=2 (2)ZnZrO2 (3) *OCH2+H2O*=*OCH3+*OH 有水参与的历程，活化能较小，反应速率加快 (4) 0.2 K= 升高温度 【详解】（1）根据方程式CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)可知其等于已知反应①加上反应②，由盖斯定律可求得∆H1=ΔH2+ΔH3=-a+b=-(a-b)kJ⋅mol−1；甲醇燃料电池以熔融碳酸盐为电解质，氧气进入正极，正极电极反应式为O2+4e-+2CO2=2； （2）根据分析结果图，催化剂为ZnZrO2得到的甲醇最多且CO少，该反应应选择的最佳催化剂为ZnZrO2； （3）①依反应历程图所示，有水参与时反应的化学方程式为*OCH2+H2O*=*OCH3+*OH； ②有水参与的历程，反应速率加快的原因是有水参与的历程，活化能较小，反应速率加快； （4）①由A知，1min时H2剩余6mol，说明H2反应了6mol，则v(H2)==0.6mol⋅L−1⋅min−1，同一反应，各物质表示的反应速率和化学计量数成正比故v(CH3OH)=v(H2)=0.2mol⋅L−1⋅min−1； ②根据平衡常数的定义，反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)的平衡常数表达式为K=； ③由图可知，状态I平衡时H2物质的量为2mol，状态Ⅲ平衡时H2物质的量为4mol，说明相比状态I，状态Ⅲ平衡逆向移动了，由∆H1=-(a-b)kJ⋅mol−1<0可知，正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，符合题意。 2．(1)AD (2) 30 Q= ，平衡正向移动 (3) A 温度过高，发生分解，平衡逆向移动 【详解】（1）A．容器内不再生成，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，A选； B．该反应是气体体积不变的反应，反应过程中压强是定值，当容器内压强不再发生变化时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物质的量都不变，气体密度是定值，当容器内气体密度不再发生变化时，不能说明反应达到平衡，C不选； D．说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，D选； 答案为AD。 （2）①根据已知条件列出“三段式” 反应达到平衡后水蒸气的物质的量分数为=0.2，x=0.3mol/L，的平衡转化率； ②该反应的平衡常数K=，在上述平衡体系中再加2mol 和2mol ，Q= ，平衡正向移动。 （3）①有水分子筛存在时可以及时将水蒸气分离出，平衡正向移动，平衡转化率增大，则两个容器中使用了水分子筛的容器是甲，故选A； ②1173K以后平衡转化率减小的原因可能是：温度过高，发生分解，平衡逆向移动。 3．(1) +123 高温 (2) 环己烷吸附在催化剂表面时会释放能量 小于 (3) a>b>c>d 一定温度和压强下，在C6H12的量不变的情况下增大CO2的量，平衡向正反应方向移动，环己烷的平衡转化率增大 【详解】（1）；，，，当时反应自发进行，即该反应高温下可自发进行； （2）①环己烷吸附在催化剂表面时会释放能量，使得的焓变小于零； ②脱氢的速率小于*，因为脱氢过程中到TS1这步的活化能很大，活化能越大，反应速率越慢，导致脱氢的速率整体小于*； ③环己烷脱氢制备环己烯可能脱去过多的H，得到的副产物可能有、； ④设初始时，充入环己烷的物质的量为amol，可得三段式，总物质的量为（a+ax）mol，总压强为：，、、物质的量分数分别为、、， ； （3）一定温度和压强下，在C6H12的量不变的情况下增大CO2的量，平衡向正反应方向移动，环己烷的平衡转化率增大，因此a>b>c>d。 4．(1) 水中氢氧键断开，氢原子、羟基分别与V=O上的O和V作用，形成V—OH酸性位点 (2) <0 A点温度低，影响催化剂的活性；B点压强大会增大设备成本且相比C点平衡转化率的提高幅度小 (3) 或 过量的CO提高SO2的转化率；过量的CO还原CeO2，生成的Ce2O3可将SO2还原为S，形成Ce的氧化还原循环，加快氧原子传递，提高SO2的转化率 【分析】．的催化氧化根据题中信息作答；．的催化还原，根据题中信息结合相关知识作答。 【详解】（1） 根据可以看出反应过程可描述为水中氢氧键断开，氢原子、羟基分别与V=O上的O和V作用，形成V—OH酸性位点；中间体受热分解产生、的化学方程式； （2）根据图像知温度升高平衡转化率减小，平衡逆向移动则正反应为放热反应即<0；实际生产中选择图中C点的反应条件，不选择A、B点的理由分别是A点温度低，影响催化剂的活性；B点压强大会增大设备成本且相比C点平衡转化率的提高幅度小； （3）根据图像和信息可知活化前没有谱峰5，活化后谱峰5较高，可知直接影响催化活性的物质是；谱峰4在活化前后也发生了一定变化，即部分转变为，写出对应的化学反应方程式或；实验中反应物的配比设定为3∶1而不是2∶1的可能原因是过量的CO提高SO2的转化率；过量的CO还原CeO2，生成的Ce2O3可将SO2还原为S，形成Ce的氧化还原循环，加快氧原子传递，提高SO2的转化率。 5．(1) (2) 取10-30mL待测液于锥形瓶中，用氨水及盐酸调节pH至1.5-2.0，加入几滴磺酸水杨酸为指示剂，向锥形瓶中逐滴加入0.01000mol/LEDTA标准溶液，当最后一滴标准液滴入时溶液恰好由紫红色变为亮黄色，且半分钟不褪色，记录标准溶液体积，重复实验2-3次 Fe2+被氧化为Fe3+ 在过量EDTA存在情况下，Fe3+于EDTA形成稳定络合物，可以防止Fe3+水解，从而对测定Zn2+不产生干扰 【详解】（1） ①EDTA()中是乙二胺四乙酸根()的简写，由此可推至Y的价态是-4价，则EDTA在水溶液中可看作“六元酸”的一种微粒可表示为； ②反应的平衡常数越大，表示正向进行的程度越大，即表示形成的配合物最稳定，答案为； （2）I.根据提示信息，该实验的方案是：取10-30mL待测液于锥形瓶中，用氨水及盐酸调节pH至1.5-2.0，加入几滴磺酸水杨酸为指示剂，向锥形瓶中逐滴加入0.01000mol/LEDTA标准溶液，当最后一滴标准液滴入时溶液恰好由紫红色变为亮黄色，且半分钟不褪色，记录标准溶液体积，重复实验2-3次；由于Fe2+容易被氧化为Fe3+，所以会导致实验测得的浓度偏大； II. 硫酸铵，轻微摇晃使转化为，反应的离子方程式为：； III. 最后测定：在的锥形瓶中继续加入一定量过量的EDTA标准溶液，在过量EDTA存在情况下，Fe3+于EDTA形成稳定络合物，可以防止Fe3+水解，从而对测定Zn2+不产生干扰。 6．(1)方案1能耗小或方案1在较低温度下能自发进行，而方案2通过改变温度不能自发进行 (2)820.5 (3) < 16.7 投料比增大对CO2平衡转化率的影响与升温的影响恰好抵消 (4) CH3OH 50% (5) 【详解】（1）反应1放热、反应2吸热，方案1能耗小，方案1在较低温度下能自发进行，而方案2通过改变温度不能自发进行，所以工业上选择方案1。 （2）CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) △H=-49kJ/mol，焓变=反应物总键能-生成物总键能，则2E+3×436-(413×3+358+467+467×2)=-49 kJ/mol，E=820.5 kJ/mol。 （3）①投料比相同，升高温度，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率减小，所以T1<T2。a点时，氢气和二氧化碳的投料比为3，设氢气投料为3mol，二氧化碳投料为1mol，二氧化碳平衡转化率为50%，则反应消耗1.5mol氢气、0.5mol二氧化碳，反应生成0.5mol甲醇、0.5mol水，平衡体系中含有1.5mol氢气、0.5mol二氧化碳、0.5mol甲醇、0.5mol水，CH3OH的体积分数为。 ②投料比增大对CO2平衡转化率的影响与升温的影响恰好抵消，所以a→c与横坐标轴呈平行线。 （4）①增大压强，平衡正向移动，甲醇浓度增大，曲线Ⅱ代表CH3OH。 ②M点CO2、CH3OH的浓度相等，根据碳元素守恒，CO2的平衡转化率为50%。 （5）一定温度下，在总压保持2.5a kPa下，向反应器中充入1molCO2和2.3molH2，发生方案1的两个反应，达到平衡时测得CO2的转化率为50%，CH3OH的选择性为80%，则参加反应1的二氧化碳的物质的量为0.4mol，反应反应1消耗1.2mol氢气、生成0.4mol甲醇、生成0.4mol水，副反应消耗0.1mol二氧化碳、消耗0.1mol氢气、生成0.1mol一氧化碳、生成0.1mol水，则平衡体系中气体总物质的量为3.3mol-0.8mol=2.5mol，平衡体系中二氧化碳的物质的量为0.5mol、氢气的物质的量为1mol、甲醇的物质的量为0.4mol、水的物质的量为0.5mol。该温度下，方案1中反应1的Kp=。 7．(1) 。 (2) BCE 625 > (3) < (4) 【详解】（1）已知与的燃烧热分别为，，，则与反应生成和的热化学方程式：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)　ΔH=4×（）-（）+2×=； （2）①A．无说明正反应速率还是逆反应速率，无法确认是否达到平衡状态，故A不符合题意； B．在恒温恒容的容器中，气体物质的量减小，总压强也减小，当总压不变时，即为平衡状态，故B符合题意； C．平均摩尔质量等于气体质量除以气体物质的量，气体质量不变，气体物质的量减小，则平均摩尔质量在增加，当平均摩尔质量不变时，即为平衡状态，故C符合题意； D．气体密度等于气体质量除以气体体积，气体质量不变，在恒容密闭容器中，气体密度始终不变，无法作为平衡的判断标志，故D不符合题意； E．的体积分数一定时，说明甲烷的消耗速率等于生成速率，即达到平衡状态，故E符合题意； 故选BCE。 ②已知容器的容积为5L初始加入0.2mol和0.6mol，发生反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)，平衡后测得的转化率为50%，则达平衡时，CO2为0.1mol，H2为0.2mol，CH4为0.1mol，H2O为0.2mol，该反应的平衡常数 =625； ③温度不变，再加入、、、各0.2mol，，则反应正在往正向进行，>； （3）①升高温度，CO2的平衡转化率下降，平衡往逆向移动，则反应放热，<0； ②该反应，增大压强，平衡往正向移动，CO2平衡转化率上升，所以p1>p2>p3； （4）由图可知，系统工作时，b极区发生还原反应，二氧化碳和水反应转化为碳酸氢根离子和氢气，电极反应式为。 8．(1) 低温自发 < (2) (3) 乙醇胺含有氨基，有碱性，可与二氧化碳和水反应生成盐，该盐在较低温度下又可以充分分解为乙醇胺和二氧化碳；乙醇胺含有氨基和羟基，具有很好的水溶性 提高H2O的浓度有利于反应③的发生，提高*H3CO的转化率，故可以提高CH3OH产率 (4) 高温下H2还原ZrO2，催化剂失活 常温下氢气为气体甲醇为液体，甲醇便于储运，且单位体积甲醇释放的能量值更大 【详解】（1）反应③可以由反应①-反应②得到，故ΔH3=ΔH1-ΔH2=-49-41.17=-90.17kJ/mol<0，反应是气体体积减小的反应故ΔS3<0，ΔG=ΔH-T·ΔS<0反应自发，故该反应是低温自发的反应，反应③放热，活化能Ea(正)<Ea(逆)； （2）由图可知，装置为电解池，尿素在左侧电极生成，硝酸根转化为尿素，N元素化合价从+5价降低为-3价，得电子，左侧电子为阴极，结合装置中的质子交换膜，电极反应式为2+16e−+CO2+18H+=CO(NH2)2+7H2O； （3）①乙醇胺含有氨基，有碱性，可与二氧化碳和水反应生成盐，该盐在较低温度下又可以充分分解为乙醇胺和二氧化碳，乙醇胺（HOCH2CH2NH2）可完成对CO2捕集，能够吸收和释放CO2； ②在反应气中加入少量的水，根据平衡移动原理，提高H2O的浓度有利于反应③的发生，提高*H3CO的转化率，反应③产生CH3OH，故可以提高CH3OH产率； （4）①若在高温下CO2与足量的H2混合反应一段时间后，有催化剂和无催化剂的CO2转化率基本相等，说明没有体现出催化剂的效果，由于催化剂是Cu-ZnO-ZrO2，考虑到高温下H2还原ZnO、ZrO2，催化剂失活； ②虽然单位质量氢气释放的能量更大，但是常温下氢气为气体甲醇为液体，甲醇便于储运，单位体积甲醇释放的能量值更大。 9．(1) (2)B (3)＜ (4)④ (5) 0.05 2 (6) C F 【详解】（1）反应的总方程式为，第一步反应为吸热的慢反应：，说明、在第一步反应中作反应物，在第二步反应中作生成物，同时第二步中还生成，根据元素守恒知，反应物还有，所以第二步反应的方程式应该为。 （2）根据总反应为放热反应，所以反应物的总能量高于生成物的总能量，由于第一步为吸热的慢反应，第二步为放热的快反应，所以第一步反应的活化能大于第二步，比较图像只有B合适，故答案选B。 （3）根据图像可知，温度下首先达到平衡状态，说明温度，温度越高，三氧化硫的浓度越小，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，所以正反应为放热反应，即。 （4）①不同温度下，平衡时三者浓度比不同，所以当不一定达到平衡，故①不符合题意；②由可知任何状态下生成，一定消耗，不能据此说明反应达到平衡状态，故②不符合题意；③反应过程中始终存在，当，此时反应逆向进行，故③不符合题意；④正反应方向进行使体系压强减小，逆反应方向进行使体系压强增大，压强不变，可以说明反应已达到平衡状态，故④符合题意；⑤温度和体积一定时，混合气体的密度始终不变，故⑤不符合题意。 故选④。 （5）根据图A可知，10min时，，反应前，，列三段式： 反应开始到10min时的平均反应速率；由图A可知，条件下该反应在10min时达到平衡，平衡常数。 （6）的比值越小，越充足，则的转化率越高，反之的转化率低，故C点的的转化率最小；可以把看成3份和1份反应，由于2份和1份恰好按比例进行，再加1份进去，变得不充足，那么后面加进去的1份转化率比之前的低，故比时的转化率要低，故选F点。 10．(1) (2) -49 BD 生成CO反应的熵增变化幅度更大，更有利于反应正向进行 (3) 3 (4) 提高反应速率，在相同时间内得到更多的产品 【详解】（1） Ti的原子序数为22，基态Ti原子的价电子排布式为3d24s2，轨道表示式为：； （2）①I：TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g)∆H1=+172kJ⋅mol-1，已知：的燃烧热为393.5'，的燃烧热为283.0，Ⅲ：C(s)+O2(g)=CO2(g)∆H3=-393.5kJ⋅mol-1，Ⅳ：CO(g)+O2(g)=CO2(g)∆H4=-283.0kJ⋅mol-1，根据盖斯定律I+2×Ⅲ-2×Ⅳ得=(172-393.5×2+283.0×2)kJ/mol=-49kJ/mol； ②A．根据Ⅲ：C(s)+O2(g)=CO2(g)∆H3=-393.5kJ⋅mol-1，Ⅳ：CO(g)+O2(g)=CO2(g)∆H4=-283.0kJ⋅mol-1，根据盖斯定律Ⅲ-2×Ⅳ得CO2(g)+ C(s)=2 CO(g)，∆H=-393.5+2×283.0=+172.5kJ⋅mol-1，生成CO反应为吸热反应，故A错误； B．碳氯化反应过程中生成CO发生反应Ⅱ，反应Ⅱ是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则平衡转化率减小，故B正确； C．反应Ⅱ的气体分子数增大，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，碳氯化反应平衡向逆反应方向移动，故C错误； D．均摊法可知，TiO2晶胞中黑色球数目为1+8×=2，白色球数目为2+4×=4，结合黑色球与白色球数目之比为2：4=1：2，故黑色球为Ti、白色球为O，晶胞中体心Ti与周围有6个O原子，晶胞中位于所构成的正八面体的体心，则的配位数是6，故D正确； 故选BD； ③焓减和熵增有利于反应正向进行，碳氯化法中生成CO比生成更有利于转化为，原因是：生成CO反应的熵增变化幅度更大，更有利于反应正向进行； （3） 的结构式为，单键由1个σ键形成，双键由1个σ键和1个π键形成，则一分子含有3个σ键；正反应活化能越大反应速率越慢，最慢的一步决定整个反应的速率，则决速步骤的反应方程式为； （4）①反应的平衡常数； ②考虑实际生产中要尽可能的在单位时间内多出产品，故应该为加快反应速率，提高生产效率。 11．(1) > 二 增大 (2) > 温度升高催化剂活性降低 (3) (4) NO2—e—+NO=N2O5 1 【详解】（1）①第一步快反应是碘碘共价键断裂的吸热过程，反应焓变大于0；反应的活化能越大，反应速率越慢，所以第二步慢反应的活化能最大，故答案为：>；二； ②温度升高，化学反应速率加快，速率常数k增大，故答案为：增大； （2）①催化剂可以降低反应的活化能，加快反应速率，但化学平衡不移动，由图可知，相同温度时，催化剂乙作用下的N点对应一氧化氮的转化率低于催化剂甲作用下对应的转化率，说明反应还没有达到平衡状态，是正反应速率大于逆反应速率的平衡形成过程，故答案为：>； ②M→N时，反应温度升高，一氧化氮转化率降低说明催化剂的活性降低，反应速率减慢，故答案为：温度升高催化剂活性降低； （3）①设起始二氧化氮的物质的量为2mol，平衡时四氧化二氮的物质的量物质amol，由题意可建立如下三段式： 由图可知，起始压强为100kPa、平衡压强为p1kPa，由气体的物质的量之比等于压强之比可得：=，解得a=，则平衡时二氧化氮、四氧化二氮的分压分别为kPa=(2 p1—100)kPa、kPa=(100—p1)kPa，反应的平衡常数Kp=kPa—1，故答案为：； ②由图可知，t1~t2s时，气体压强增大( p2—66)kPa，由方程式可知，四氧化二氮的分压变化量为( p2—66)kPa，则t1~t2s内，四氧化二氮的反应速率为，故答案为：； （4）①由图可知， a电极为燃料电池的负极，硝酸根离子作用下二氧化氮在负极失去电子发生氧化反应生成五氧化二氮，电极反应式为NO2—e—+NO=N2O5，故答案为：NO2—e—+NO=N2O5； ②由图可知， b电极为燃料电池的正极，五氧化二氮作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成硝酸根离子，电极反应式为O2+4e—+2N2O5=4 NO，则电路中有2mol电子转移时，理论上b极消耗五氧化二氮的物质的量为2mol×=1mol，故答案为：1。 12．(1)-97.4 (2)75％ (3) 主反应为吸热反应，高于950℃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950℃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 (4) 催化剂表面碱性太强，则带负电荷的氢氧根离子较多，不利于的吸附，且碱性物质会和二氧化碳反应，导致吸附在催化剂表面的二氧化碳减少，从而降低了乙苯的转化率 CO2来源广泛，简单易得，利用CO2氧化乙苯脱氢制苯乙烯能减少CO2的排放，减少温室效应，实现“碳中和” 【详解】（1）燃烧热是指1mol物质完全燃烧生成稳定产物放出的热量，由题中已知 ①C6H5C2H5(g)+O2(g)=8CO2(g)+5H2O(l) ΔH3=-4606.9kJ/mol； ②H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH4=-285.8kJ/mol； ③C6H5CH3(g)+9O2(g)=7CO2(g)+4H2O(l) ΔH5=-3905.0kJ/mol； ④CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH6=-890.3kJ/mol； 副反应：C6H5C2H5(g)+H2(g)⇌C6H5CH3(g)+CH4(g) 等于反应①+反应②-反应③-反应④，故ΔH2=ΔH3+ΔH4-ΔH5-ΔH6=。 （2）在某温度、p kPa下，向反应器中充入气态乙苯发生主反应，乙苯的平恒转化率为50％，由三段式， 此时平衡时混合气体总物质的量为，；当向容器中充入水蒸气时乙苯的平衡转化率为，同理由三段式， 此时乙苯、苯乙烯、物质的量之和为，混合气的总物质的量为，两次平衡温度相同，则平衡常数相等，列分压平衡常数表达式，解得％； （3）①的移出率为b，剩余氢气，结合总压强p，将数据代入分压平衡常数，得； ②当温度高于950℃时，乙苯的平衡转化率随的移出率的变化改变程度不大的原因为主反应吸热，高于950℃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，或主反应吸热，高于950℃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，A项错误； B．主反应为可逆过程，始终有存在，故反应器中发生副反应，B项错误； C．在恒容的膜反应器中，其他条件不变．增大水烃比，乙苯的转化率可能降低，C项错误； D．当的分压不再发生变化时，说明主副反应均达到平衡状态，D项正确； 故选D （4） ①反应的化学方程式为； ②催化剂表面碱性太强，则带负电荷的氢氧根离子较多，不利于的吸附，且碱性物质会和二氧化碳反应，导致吸附在催化剂表面的二氧化碳减少，从而降低乙苯的转化率； ③来源广泛，简单易得，利用氧化乙苯脱氢制苯乙烯能减少的排放，减少温室效应，实现“碳中和”。 13．(1) -174.3 K1/K2 (2)B (3)< (4) Cat1 温度过高，催化剂失去活性 (5) 该反应为气体分子数增大的反应，恒压下通入水蒸气，容器体积增大，相当于减小压强，使平衡正向移动，可提高乙烯转化率 34(或34kPa) 【详解】（1）根据盖斯定律反应③=反应②-反应①，所以：C2H2(g)+2H2(g)C2H4(g)   ∆H3=∆H2-∆H1=-174.3kJ/mol，而平衡常数K3=K2/K1； （2）从吸附到解吸的过程中，甲烷的裂解为吸热反应，甲烷分子活化需要吸收能量，所以能量状态最高的是B； （3）反应②为吸热反应。根据平衡定义，平衡时正、逆反应速率相等，故v正= v逆，即k正c2(CH4) = k逆·c(C2H4)·c2(H2)，，T1到T2℃时，K由1.5变成3，正反应为吸热反应，升高温度，平衡常数增大，故T1<T2； （4）从图中可以看出，相同时间内在Cat1作用下氢气的产率高，故在其他条件相同时，催化效率较高的是Cat1；在Cat2作用下，温度高于500°C时，H2的产率降低的可能原因是：催化剂选择性降低，生成副产物增多(或催化剂失活，反应速率降低)等； （5）①该反应为气体分子数增大的反应，恒压下通入水蒸气，容器体积增大，相当于减小压强，使平衡正向移动，可提高乙烯转化率； ② ， 平衡时n(总)=（0.25+0.75+0.75+5）mol=6.75mol， 34kPa。 14．(1) (2) (3) 分子间氢键 A (4) ABCD 随着pH增大，萃取平衡正向移动，钒萃取率增大；pH过大，转化为，与配位能力减弱，钒萃取率减小 A 【详解】（1）已知： ①   ②   由盖斯定律可知，①×2+②得反应：，； （2）由题干可知，酸性条件下，四价V以存在，“还原”过程 被甲酸还原为，甲酸氧化为二氧化碳，V化合价由+5变为+4、碳化合价由+2变为+4，结合电子守恒可知，离子方程式为； （3）①HR中存在羟基，可以通过氢键形成； ②氧的电负性很强，其吸电子作用使得羟基中氢更容易电离出来，则在水中电离出能力最强的是A； （4）①A．水相pH不再变化，则氢离子浓度不再变化，平衡不再移动，达到平衡状态，符合题意；     B．水相不再变化，则平衡不再移动，达到平衡状态，符合题意； C．有机相不再变化，则平衡不再移动，达到平衡状态，符合题意；     D．分配比D不再变化，则V在各相中浓度不再改变，平衡不再移动，达到平衡状态，符合题意； 故选ABCD； ②萃取平衡为，随着pH增大，氢离子浓度减小，萃取平衡正向移动，钒萃取率增大；pH过大，转化为，与配位能力减弱，钒萃取率减小，故利用NaOH溶液调节水相初始pH，pH从1调至4的过程中，E先增大后减小； ③结合（3）分析可知，A更容易电离出氢离子形成与形成，使得V元素进入有机相，故代表的是萃取剂A；由点（-1.0,1.3）可知，，。 15．(1) -1000(X+Y)kJ·mol-1； 相等； (2) BD； 8.3×10-8； 0.08； 39%； (3) c； 压强增大反应Ⅱ、Ⅲ均是逆向移动，故所需时间更长。 【详解】（1）依题意，结合已知信息，可推定在同温同压下，以同物质的量的BL或BD为初始原料，达到平衡时的状态相同，两个平衡完全等效，则以1.0×10-3mol的BL为原料，达到平衡时放出X kJ热量与同物质的量的BD为原料达到平衡时吸收Y kJ热量的能量二者能量差值为(X+Y)kJ，则1mol时二者能量和为1000(X+Y)kJ，反应I为放热反应，因此反应Ⅰ焓变ΔH(493K,3.0×103Pa)= -1000(X+Y)kJ·mol-1；因两个平衡完全等效，则转化率相同； （2）实验测定X<Y，则达到平衡时BD物质转化量大于BL物质转化量，平衡状态BD物质的量较小；该平衡状态下BL的分压是0.48×3.0×103kPa，BD的分压是0.36×3.0×103kPa，H2的压强近似等于总压，故反应I平衡常数Kp= = Kpa-2≈8.3×10-8kPa-2； 以BL为原料时，根据题给反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，体系总物质的量的增加量正好是BD参与反应Ⅱ、Ⅲ的量，也正好是H2O(g)的物质的量，设t1时BL转化了amol，BD转化了bmol，则体系总物质的量为(1.0×10-3+b)mol，得到、，求得a= 、b=，则t1时刻和H2O=0.08；此时BD的产率为100%39%； （3）依题意，反应I是正向放热过程，以BL为初始原料，温度升高则平衡逆向移动，对应曲线c；因压强对反应速率的影响可忽略，压强增大反应Ⅱ、Ⅲ均是逆向移动，故所需时间更长。 16．(1)D (2) B 12 (3)增大接触面积，加快反应速率 (4) 2：1 A (5) 避免Se与氧气反应 降低Se的沸点，便于分离 (6)5.17 (7)Ag2SO4+2Cl-2AgCl+SO，K==1014.5>105，Ag2SO4可以完全转化为AgCl (8)CD (9)HSeO+NH3∙H2O=SeO+NH+H2O 【分析】II．阳极泥(主要成分为Se、CuSe、Ag2Se等)加入浓硫酸焙烧后，烟气中含有SeO2和SO2，用水吸收时法生氧化还原反应生成H2SO4和Se，过滤分离出粗硒，提纯得到纯硒；烧渣的主要成分是硫酸铜和硫酸银，加入NaCl溶液浸取，得到硫酸铜溶液和AgCl固体，对硫酸铜溶液进行加热浓缩，冷却结晶得到结晶水合物。 【详解】（1）Se与Br是同周期从左到右的位置，故非金属性Se<Br； A．非金属性Se<Br，故键的极性：H−Se < H−Br，可以用元素周期律解释，故A不选； B．同周期从左到右，原子半径逐渐减小，故原子半径：Se >Br，可以用元素周期律解释，故B不选； C．非金属性Se<Br，故简单气态氢化物的稳定性H2Se < HBr，可以用元素周期律解释，故C不选； D．H2SeO3 不是Se元素的最高价含氧酸，故酸性H2SeO3 < HBrO4不能用元素周期律解释，故D选； 答案为D； （2）①Se的电负性2.4、Pb的电负性1.9，差值较小，硒化铅中Se与Pb之间的化学键是共价键；答案为B； ②根据晶胞结构示意图，晶体中每个Se周围与其最近的，且距离相等的Se有12个； （3）“焙烧”前，将阳极泥中大块颗粒粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率； （4）SO2和SeO2，被水吸收发生反应的化学方程式为：，SO2与和SeO2的物质的量之比为2：1；SeO2体现了氧化性； （5）提纯步骤用到真空蒸馏工艺，目的是避免Se与氧气反应、降低Se的沸点，便于分离； （6）根据图示，晶体的质量为250.0g，失去全部结晶水后的质量为158.1g，即硫酸铜的质量与结晶水的质量比为，结合化学式CuSO4∙xH2O，有，解得x=5.17； （7）Ag2SO4完全转化为AgCl的方程式为Ag2SO4+2Cl-2AgCl+SO，K==1014.5>105，Ag2SO4可以完全转化为AgCl； （8）根据图像，随着pH增大，H2SeO3逐渐变为HSeO，HSeO再变为SeO，故a表示H2SeO3的物质的量分数随pH的变化，中间的虚线表示HSeO的物质的量分数随pH的变化，右边的实线表示SeO的物质的量分数随pH的变化； A．由上述分析可知，a表示H2SeO3的物质的量分数随pH的变化，故A错误； B．Ka1=，根据左边的交叉点的坐标(2.6,50)，可知Ka1=10-2.6，故B错误； C．由B可知Ka1==10-2.6，pH=3时，c(H+)=10-3，此时==100.4，故C正确； D．当pH=8.3时，由图像可知，HSeO与SeO的物质的量分数相等，即溶液是等浓度的Na2SeO和NaHSeO的混合溶液，根据物料守恒有：2c(Na+)=3[c(HSeO)+ c(SeO)+ c(H2SeO3)]，故D正确； 答案为CD； （9）溶液为粉红色时，溶液为NH4HSeO3，变为红色时，HSeO变为SeO，离子方程式为HSeO+NH3∙H2O=SeO+NH+H2O。 17．(1) (2)AB (3) B N2H6Cl2 (4) ∆H<0、∆S>0，∆H-T∆S<0，任意温度下可自发进行 N2H4具有强还原性、N2O4具有强氧化性，两者剧烈反应，放出大量热，产生大量气体，为火箭提供推力 (5)B (6) 2Co2++ 1N2H4+4OH-= 2Co↓+1N2↑+4H2O 354 (7) B NH3、Cl-、H2O 【详解】（1） N2H4为共价化合物，分子中所有原子均达到稀有气体原子的稳定结构，电子式； （2）氢键是H与N、O、F等电负性大的元素原子相结合的一种特殊分子间或分子内相互作用力；N2H4晶体为分子晶体且分子间存在氢键，受热熔化时，破坏的作用力有A. 范德华力、B. 氢键；故选AB； （3）①凡是能接受质子的分子或离子称为碱，则由N2H4+H2ON2H+OH- 可知N2H4是碱，故选B； ②结合①分析可知，N2H4中2个氮能接受2个质子，为碱，则可以与足量的盐酸反应生成N2H6Cl2; （4）①∆H-T∆S<0的反应可以自发进行，该反应为放热的熵增反应，故该反应可自发进行的原因是：∆H<0、∆S>0，∆H-T∆S<0，任意温度下可自发进行。 ②N2H4具有强还原性、N2O4具有强氧化性，两者剧烈反应，放出大量热，产生大量气体，为火箭提供推力，故N2H4和N2O4可以作为火箭推进剂； （5）钴为27号元素，基态钴原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d74s2，[Ar]3d74s2为基态钴原子、[Ar]3d74s14p1为激发态钴原子、[Ar]3d74s1为失去1个电子形成的离子，[Ar]3d74s1再失去1个电子为第二电离能大于第一电离能，激发态原子较基态原子更容易失去1个电子，故选B； （6）反应中Co化合价由+2降低为0、氮化合价由-2升高为0，结合电子守恒可知，反应为：2Co2++ 1N2H4+4OH-= 2Co↓+1N2↑+4H2O；电子转移关系为：2Co~4e-，转移7.224×1024个电子数时，为12mol电子，生成6mol钴，质量为6mol×59g/mol=354g； （7）①向该配合物的水溶液加入AgNO3溶液，只能沉淀出三分之一的Cl-，则有三分之一的氯离子处于外界、三分之二的处于内界，故该配合物的化学式是B．[Co(NH3)3Cl2H2O]Cl； ②结合其化学式可知，该配合物的配体有NH3、Cl-、H2O。 18．(1)否 (2) BD (3)反应1的活化能比反应2高，反应速率慢 (4)0.2p (5) 气态 < 【详解】（1）由题给数据可知，反应ΔH—TΔS=(+128.1kJ/mol)—373K×(+0.3323 kJ/mol·K)=+4.1521 kJ/mol＞0，反应不能自发进行，故答案为：否； （2）①由图可知，甲烷与二氧化碳反应生成一氧化碳和氢气的反应为吸热反应，则反应的焓变ΔH= kJ/mol，故答案为：； ②A．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．充入二氧化碳，平衡向正反应方向移动，甲烷的平衡转化率增大，故正确； C．加入催化剂，化学反应速率加快，但平衡不移动，氢气的平衡产率不变，故错误； D．充入甲烷，平衡向正反应方向移动，但反应温度不变，平衡常数保持不变，故正确； 故选BD； （3）反应的活化能越低，反应速率越快，则之前，氢气产率低于甲烷说明反应1的活化能比反应2高，反应速率慢于反应2，相同时间产生氢气的物质的量小于甲烷，故答案为：反应1的活化能比反应2高，反应速率慢； （4）设起始乙酸的物质的量为1mol，反应Ⅱ生成甲烷的物质的量为amol，由题意可建立如下三段式： 由乙酸的体积分数可得：×100%=20%，解得a=0.4，则反应Ⅱ的平衡常数Kp==0.2pPa，故答案为：0.2p； （5）若S2为固态，该反应是气体体积不变的反应，增大压强，化学平衡不移动，硫化氢的转化率不变，由图可知，温度一定时，改变压强，硫化氢的转化率改变，说明S2为气态，则该反应为气体体积增大的反应，增大压强，化学平衡向逆反应方向移动，硫化氢的转化率减小，图中P1条件下硫化氢的转化率大于P2条件下，则压强P1小于P2，故答案为：气；<。 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 $$