2025届高三化学一轮复习--化学反应原理综合题

2025届高三化学过关专题训练--化学反应原理综合题 1．（2024·山西运城·二模）加热分解可以制备活性。 已知：热分解反应如下： ①   ②   ③   回答下列问题： (1)   (用、、表示)。 (2)在空气中热失重图像如图1所示(、、对应的物质为纯净物且、对应的是氧化物)，段固体分解产生的气体是 (填电子式)；段的化学方程式为 。 (3)某温度下，在真空密闭容器中投入足量的，发生反应①，时，温度不变，将容器体积缩小为原来的四分之一后保持体积不变，再次达到平衡状态，如图2所示，A点可能移动到 (填“B”“C”或“D”)点，判断依据是 。 (4)一定温度下，在恒容密闭容器中投入足量的粉末发生反应①，下列情况表明反应已达到平衡状态的是 (填标号)。 a．气体密度不随时间变化    b．气体相对分子质量不随时间变化 c．固体质量不随时间变化    d．浓度不随时间变化 (5)已知：   ①几种物质相对能量如下： 物质 相对能量 -894 0 -959 -393.5 则该反应 。 ②在密闭容器中充入足量和，发生上述反应。测得平衡体系中体积分数与压强、温度关系如图所示， (填“>”“<”或“=”)。温度下，点平衡常数为 (用表示)。 提示：用分压计算的平衡常数为，分压总压物质的量分数。 2．（2024·陕西西安·二模）二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。回答下列问题： (1)已知：、和键的键能分别为、和。       则 。 (2)已知：在催化剂I和II的催化下的反应历程和能量变化如下图。 ①在相同条件下使用催化剂 (填I或II)时，反应过程中所能达到的最高浓度更大。 ②在相同条件下反应达到平衡状态，为提高的平衡浓度和的平衡物质的量分数，可以采取的措施是 。 (3)以为原料合成涉及的主要反应如下： I． II． 在密闭容器中，压强恒为，，，平衡转化率、在催化剂作用下反应相同时间所测得的实际转化率，随温度的变化如图所示。 的选择性可表示为。 ①反应的最佳温度 。 ②反应温度超过时，平衡转化率逐渐增大的原因是 。 ③反应温度超过时，实际转化率逐渐减小的原因是 。 ④反应温度在时，点的选择性为，则平衡时 (保留三位有效数字，后面相同)，反应II的压强平衡常数 。 (4)工业废气中含有的和可利用如下装置回收利用。 ①装置a中发生反应的离子方程式 。 ②装置b中，x和y为石墨电极，写出电极x的电极反应 。 3．（2024·安徽合肥·一模）精脱硫技术主要用于煤气中羰基硫(COS)和二硫化碳(CS2)的转化。回答下列问题： (1)利用焦炉煤气中的H2可脱除煤气中羰基硫(COS)。羰基硫氢化反应历程有途径I和途径Ⅱ两种可能，如图所示： ①已知羰基硫氢化反应速率较快，推测其更合理的反应历程是途径 (填“I”或“Ⅱ”)。 ②反应的△H= kJ·mol-1。 (2)MoS2可作羰基硫氢化反应的催化剂，催化机理如图所示： 不同钼(Mo)含量的MoS2催化剂对COS转化率和H2S的选择性不同，实验数据如图所示。 根据图中数据，选择 (填“3.4%Mo”或“8.7%Mo”)作催化剂效果最好；当H2S选择性低于100%时表明部分COS气体与催化剂发生了反应，催化剂有吸硫现象，若H2S选择性高于100%，可能的原因是 。 (3)金属Mo的晶胞如图所示，若原子a、b的坐标分别为(0，0，0)、(1，0，0)，则原子c的坐标为 ，设晶体密度为ρg·cm3，则晶胞参数为 pm(阿伏加德罗常数的值为NA)。 (4)一定温度下，向恒容密闭容器中充入物质的量之比为1：4的CS2(g)和H2(g)，发生反应，容器内气体压强随时间变化如下表所示。 时间/min 0 50 100 150 200 250 300 压强/kPa 100 88.0 79.8 72.4 68.2 65.0 65.0 ①0-250min内，H2分压的平均变化值为 kPa·min-l。 ②该温度下，平衡常数Kp= (kPa)-2(列出计算式)。 4．（2024·湖南岳阳·二模）我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。以生物材质(以C计)与水蒸气反应制取H2是一种低耗能，高效率的制H2方法。该方法由气化炉制造H2和燃烧炉再生CaO两步构成。气化炉中涉及到的反应如下： Ⅰ．　 Ⅱ．　 Ⅲ．　 Ⅳ．　 (1)已知反应Ⅱ的，、、的键能分别为803kJ/mol、464kJ/mol、436kJ/mol，则中碳氧键的键能为 kJ/mol (2)绝热条件下，将、以体积比2：1充入恒容密闭容器中，若只发生反应Ⅱ，下列可作为反应Ⅱ达到平衡的判据是_____。 A．与比值不变 B．容器内气体密度不变 C．容器内气体压强不变 D．不变 (3)反应Ⅱ：的速率方程为，。(、为速率常数，与温度、催化剂、接触面积有关，与浓度无关)。净反应速率()等于正、逆反应速率之差。平衡时， (填“>”“<”或“=”)。 (4)对于反应Ⅲ，若平衡时保持温度不变，再充入，使其浓度增大到原来的2倍，则平衡移动方向为 (填“向左移动”“向右移动”或“不移动”)；当重新平衡后，浓度 (填“变大”“变小”或“不变”)。 (5)一定条件下，与反应可合成，，该反应分两步进行： ⅰ．　 ⅱ．　 T℃，压强恒定为100kPa时，将的混合气体和催化剂投入反应器中，达平衡时，部分组分的物质的量分数如表所示。 组分 物质的量分数(%) 的平衡转化率为 ，反应ⅰ的平衡常数 (是以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 （2024·上海徐汇·二模）自然界中的砷以雄黄和雌黄等形式存在，工业上常用雌黄制成浆状，通入氧化，生成和单质硫。 5．该反应需要在加压下进行，原因是 。 6．已知                      则反应的 。 7．用去除酸性废水中的机理如下(“HS·”为自由基，“。”表示孤电子)，方框中的化学式为 。 8．（2024·云南·模拟预测）黄铵铁矾和常用作净水剂。 已知：热分解过程发生的反应如下： ① ② ③ 回答下列问题： (1)基态的M层电子排布式为 ，中N原子的 轨道与H原子的s轨道重叠形成σ键。 (2)的 。 (3)一定温度下，在恒容密闭容器中加入一定量的，只发生反应：，下列可判断该反应达到平衡状态的是_______(填序号)。 A．质量不随时间变化 B．体积分数不随时间变化 C．混合气体密度不随时间变化 D．气体平均摩尔质量不随时间变化 (4)500℃时，在体积可变的密闭容器中加入一定量的固体，只发生反应：，达到平衡时测得。保持温度不变，将容器体积变为原来的一半，达到新平衡时 。 (5)一定温度下，总压强恒定时，向体积可变的密闭容器中加入一定量的和氩气，仅发生反应②。测得平衡状态下与的关系如下图所示。随着通入的增大，也增大的原因是 。 (6)一定温度下，在真空刚性容器中，的分解过程会发生下列反应： 主反应： 副反应： 两个反应的平衡常数比值随反应温度升高而 (填“增大”“减小”或“不变”)；若平衡时总压为25kPa，的体积分数为0.4，主反应的平衡常数 。 9．（2024·内蒙古锡林郭勒盟·三模）氮氧化物是大气的主要污染物，为防治环境污染，科研人员做了大量研究。 I．汽油燃油车上安装三元催化转化器，可以使和两种尾气反应生成，可有效降低汽车尾气污染，反应为。 (1)下表中数据是该反应中的相关物质的标准摩尔生成焓（）（标准摩尔生成焓是指在、条件下，由稳定态单质生成化合物时的焓变）数据。 物质 0 90 则 。 (2)将和按物质的量之比以一定的流速分别通过两种催化剂（和）进行反应，相同时间内测定逸出气体中的含量，从而确定尾气脱氮率（的转化率），结果如图所示。 ①下脱氮率较高的催化剂是 （填“”或“”）。 ②催化剂催化条件下，后，脱氮率随温度升高而下降的原因是 。 Ⅱ．一定条件下与可发生反应：。 (3)将与按物质的量之比置于恒温恒容密闭容器中反应。下列能说明反应达到平衡状态的是__________（填标号）。 A．体系压强保持不变 B．与的物质的量之比保持不变 C． D． (4)将一定量的与置于密闭容器中发生反应，在相同时间内测得的物质的量分数与温度的变化曲线如图1所示（虚线为平衡时的曲线）。的平衡转化率与压强、温度及氮硫比的关系如图2所示。 ①由图1可知，温度过高或过低均不利于该反应的进行，原因是 。 ②图2中压强： （填“>”“<”或“=”，下同），氮硫比： 。 ③温度为，压强恒定为时，反应平衡常数 。 10．（2024·上海嘉定·二模）20世纪初，哈伯和博施开发了以和为原料合成氨工艺，目前该工艺仍在广泛使用。 (1)关于哈伯和博施法工业合成氨的说法正确的是___________。 A．采用温度为500℃有利于反应正向进行 B．尾气处理利用氨气极易溶于水的性质 C．合成氨工业中利用了热交换器，实现绿色低碳化 D．理论上通过该反应、可以判断该反应常温下不能自发 (2)关于说法正确的是___________。 A．遇到HCl产生白雾 B．利用受热分解可制得 C．可用湿润的红色石蕊试纸检验 D．分子间易形成氢键，故极易溶于水 (3)氮的氢化物与反应，比较键角① ②(填“>”、“<”或“=”)，请说明理由 。 11．（2024·湖北·一模）丙烯是有机化工中的重要原料，可用丙烷直接脱氢工艺和丙烷氧化脱氢工艺制备，其主反应和有关物质的燃烧热数据如下。 Ⅰ.丙烷直接脱氢工艺： Ⅱ.丙烷氧化脱氢工艺： 物质 燃烧热 -2219.9 -2058.0 -285.8 回答下列问题： (1)反应Ⅰ的 ，其自发进行的条件是 。丙烷在不同温度下按照一定流速通过铬催化剂反应相同时间，所得混合物中部分物质的体积分数如下表所示，实际控制温度为580℃，原因是 。 510℃ 550℃ 580℃ 620℃ 丙烷（%） 64.82 57.87 37.76 31.91 丙烯（%） 12.33 15.85 22.72 23.13 乙烯（%） 0.12 0.19 0.20 0.71 甲烷（%） 1.50 2.78 4.03 7.31 氢气（%） 20.47 18.99 25.45 31.14 (2)①反应Ⅱ属于自由基反应，其反应历程如下，写出第iv步的反应方程式。 i） ii） iii） iv） 。 (3)将、置于某恒温（高于100℃）、恒压（p）的密闭容器中进行反应Ⅱ时，发生了副反应Ⅲ：。达平衡时的体积分数，，则的选择性为 （的选择性，计算结果保留3位有效数字），反应Ⅲ的 （用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数）。 (4)使用惰性电极电解的酸性溶液制丙烯，其装置如下图所示。 ①若以铅酸蓄电池作为直流电源，其工作时负极质量 （填“增大”“减小”或“不变”）。 ②X电极的电极反应式为 。 12．（2024·辽宁锦州·一模）利用和合成甲醇（），在催化剂作用下涉及以下反应： 反应ⅰ   反应ⅱ   反应ⅲ   回答下列问题： (1)反应ⅲ在 （填“高温”、“低温”或“任意温度”）条件下能自发进行。 (2)反应ⅲ的反应历程如下图所示，图中数据表示微粒数目以及微粒的相对总能量，其中吸附在催化剂表面的物质用*标注，决定该过程的总反应速率的基元反应方程式为 。 (3)对于上述和合成涉及的三个反应，下列说法正确的是______（填标号）。 A．减小的浓度有利于提高的转化率 B．当气体的平均相对分子质量保持不变时，说明反应体系已达平衡 C．体系达平衡后，若压缩体积，则反应ⅰ平衡正向移动，反应ⅱ平衡不移动 D．选用合适的催化剂可以提高在单位时间内的产量 (4)在恒压密闭容器中，按照投料发生反应ⅰ和反应ⅱ。 Ⅰ．反应达平衡时，测得转化率和甲醇的选择性随温度的变化如图1所示。 ①温度选择 K（填“473”、“513”或“553”）时，反应体系内甲醇的产量最高。 ②的平衡转化率随温度升高而增大的原因是 。 Ⅱ．用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数，随温度的倒数（）的变化关系如图2所示。（已知：分压＝总压×该气体的物质的量分数；压强的单位为kPa） ③反应ⅱ的变化关系对应图2中 （填“m”或“n”）。 ④通过调整温度可调控平衡时的分压比值，A点对应温度下，平衡时，则 kPa。 ⑤当体系总压为10kPa时，B点对应温度下体系达到平衡时的转化率为80%，反应i的 （用分数表示）。 13．（2024·全国·二模）、常用于制造农药等。磷在氯气中燃烧生成这两种卤化磷。请回答下列问题： (1)的VSEPR模型是 。已知中P原子的d能级参与杂化，分子呈三角双锥形（如图甲），由此推知中P的杂化类型为 （填标号）。 A．    B．    C．    D． (2)已知，①   kJ⋅mol， ②   kJ⋅mol（）。 则   （用含a、b、c的式子表示）kJ⋅mol。 (3)实验测得的速率方程为（k为速率常数，只与温度、催化剂有关），速率常数k与活化能的经验关系式为（R为常数，为活化能，T为绝对温度）。 ①一定温度下，向密闭容器中充入适量和，实验测得在催化剂Cat1、Cat2下与的关系如图乙所示。催化效能较高的是 （填“Cat1”或“Cat2”），判断依据是 。 ②将2n mol和n mol充入体积不变的密闭容器中，一定条件下发生上述反应，达到平衡时，为a mol，如果此时移走n mol和0.5n mol ，在相同温度下再达到平衡时的物质的量为x，则x为 （填标号）。 A．mol    B．mol    C．mol    D．0.5a molmol (4)向恒容密闭容器中投入0.2 mol 和0.2 mol ，发生反应：，在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图丙所示。 ①相对曲线b，曲线a改变的条件可能是 ；曲线c改变的条件可能是 。 ②曲线b条件下，该反应平衡常数（）为 。[提示：用分压计算的平衡常数为压强平衡常数，分压=总压×物质的量分数。] 14．（2024·四川成都·二模）化工生产和汽车尾气中排放的氮氧化物严重影响空气质量，通过化学方法有效减少污染，推广使用清洁能源，对环境保护有着重要的意义。回答下列问题： I．以氨气作为还原剂，可除去烟气中的氮氧化物。已知下列反应： ① ② ③ (1)请写出300℃时，氨气还原气体的热化学方程式： 。 Ⅱ．氢能是一种清洁能源，可由甲烷与水蒸气催化重整制得，该反应原理为：。 (2)有利于该反应自发进行的条件是 (填“高温”“低温”或“任何温度”)。 (3)既能提高该反应的反应速率，也能使平衡正向移动的措施是 (答出1点即可)。 (4)恒温条件下，向密闭容器中通入和，反应时，若的转化率是，则用表示的反应速率为 ，下列能判断该反应达到平衡状态的是 (填标号)。 A．混合气体的密度不变　　　　B．混合气体的平均摩尔质量不变 C．容器内的总压不变　　　　　D． Ⅲ．汽车尾气中氮氧化物的催化转化涉及反应：，恒压条件下，按投料，反应达到平衡状态时，四种组分的物质的量分数随温度的变化如图所示： (5)图中表示和的曲线分别是 (填上图字母)，该反应的正反应是 (填“吸热”或“放热”)反应。 (6)图中点的纵坐标为，则用物质的量分数计算该反应的平衡常数 (结果保留2位小数)。 15．（2024·河南信阳·二模）乙烯是一种重要的基本化工原料，乙烯的产量可以衡量一个国家的石油化工发展水平，研究工业制取乙烯有重要的意义。 Ⅰ.工业用和在一定条件下合成乙烯： 已知：① ② (1) (2)在刚性密闭容器中充入体积比为的和，在一定条件下模拟工业合成乙烯，不同温度对的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图所示，下列说法不正确的是___________(填字母)。 A．平衡常数： B．消耗的速率：可能小于 C．为了提高的平衡转化率，选择温度越低越好 D．M点时的压强一定小于N点时的压强 Ⅱ.工业用甲烷催化法制取乙烯：，T℃时，向3L的恒容反应器中充入，仅发生上述反应，反应过程中的物质的量随时间变化如图所示： (3)实验测得，，、为速率常数，只与温度有关，T℃时，平衡时容器内的物质的量为，则与的比值为 (用含a的代数式表示)；若将温度降低，速率常数减少的倍数： (填“>”、“=”或“<”)。 Ⅲ.乙烷裂解制乙烯： (4)T℃时，将乙烷与氦气体积比混合后，通入一密闭容器中发生反应。平衡时容器压强为，若乙烷的平衡转化率为80%，反应的平衡常数 kPa(用分压表示，分压=总压×物质的量分数)。 Ⅳ.电解法还原二氧化碳制乙烯原理如图所示(AB表示直流电源)。 (5)阴极电极反应式为 。 16．（2024·黑龙江·二模）丙烯是一种重要的化工原料，但丙烯的产量仅通过石油的催化裂解反应无法满足工业生产需求。工业上以WO3/SiO2为催化剂，利用丁烯和乙烯的催化歧化反应制丙烯：  。请回答下列问题： (1)相关物质的燃烧热数据如下表所示： 物质 燃烧热 -1411 -2049 -2539 催化歧化反应的 ； (2)利用丁烯和乙烯的催化歧化反应制备丙烯时，仅发生如下反应： 反应ⅰ： 反应ⅱ： 一定条件下，经相同反应时间，丙烯的产率、丁烯的转化率随温度变化的关系如图所示： ①丁烯的转化率随温度升高而增大可能的原因是 ，500~550℃丙烯产率下降的原因为 。 ②某温度下，保持体系总压强为1.0 MPa，按投料，达平衡状态时，C4H8、C2H4的转化率分别为96%、32%，则平衡时 ；反应ⅰ的压强平衡常数 (保留三位有效数字)。 (3)反应ⅱ中，WO3/SiO2催化机理如图，关于该过程中的说法错误的是___________(填字母)。 A．有加成反应发生 B．能将2-丁烯转化为1-丁烯 C．W元素的成键数目一直未发生变化 D．存在碳碳单键的断裂和形成 (4)为了增强WO3/SiO2催化剂的活性和吸附能力，其他条件一定时，可向WO3/SiO2催化剂中添加催化剂助剂。下图为不同催化剂助剂的加入对丁烯的转化率、丙烯的选择性(产率转化率选择性)的影响，选择 作催化剂助剂为优选方案(填化学式)。 17．（2023·四川泸州·一模）哈伯法合成氨需要高温高压，为降低能耗，过渡金属催化合成氨被认为是前景巨大的替代方法。催化过程一般有吸附、解离、反应、脱附等过程，以下图示为和在过渡金属催化剂表面合成氨反应历程的势能图（部分数据略），其中“*”表示被催化剂吸附。 (1)mol (g)、mol(g)变成活化分子需要吸收 kJ的热量，“吸附”后“解离”需要放出 kJ的热量，合成氨的热化学方程式为 。 (2)合成氨的捷姆金和佩热夫速率方程式为：（w为反应的瞬时总速率，为正反应和逆反应速率之差，、是正、逆反应速率常数）。合成氨反应的平衡常数 （用、表示） (3)若将2.0mol 和6.0mol 通入体积为2L的密闭容器中，分别在和温度下进行反应，下图曲线分别只表示X的浓度（或Y的物质的量）随时间的变化（X、Y分别代表某一种反应物或生成物）。 ①X表示的物质是 （填化学式），若温度下恰好平衡时，曲线上的点为A，其坐标为，则p 12，q 1（填“＞”“＜”或“＝”）。 ②温度下，合成氨反应的平衡常数的数值是 ；若某时刻，容器内气体的压强为起始时的75%，则此时v(正) v(逆)（填“＞”“＜”或“＝”）。 18．（2024·新疆·一模）二甲醚(CH3OCH3)被誉为“21世纪的清洁燃料”，CO2催化加氢合成二甲醚是一种实现“碳中和”理想的CO2转化方法。其中涉及的反应有： I．   Ⅱ．   Ⅲ．    已知：。 回答下列问题： (1)CO2(g)与H2(g)转化为CH3OCH3(g)和H2O(g)的热化学方程式为 ；该反应的活化能Ea正 Ea逆(选填“>”“=”或“<”)。 (2)一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1molCO2和3molH2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH(g)为amol，CO为bmol，CH3OCH3为cmol，此时H2O(g)的浓度为 mol·L-1(用含a、b、c、V的代数式表示，下同)，反应Ⅲ的平衡常数为 。 (3)不同压强下，按照n(CO2)∶n(H2)=1∶3投料，实验测定CO2的平衡转化率随温度的变化关系如图所示。 压强P1、P2、P3由小到大的顺序为 ；图中T1温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是 。 (4)在3.0MPa下，研究人员在恒压密闭容器中充入4molH2和1molCO2发生反应，CO2的平衡转化率和生成物的选择性随温度变化如下图所示(不考虑其他因素影响)。 ①温度高于280℃，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是 。 ②当其他条件不变，压强为4.0MPa、温度为260℃时，图中点 (选填“A”“B”“C”或“D”)可表示二甲醚的选择性。 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) (3) 反应的平衡常数，温度不变，平衡常数不变，不变 (4) (5) +84 > (kPa)3 【详解】（1）由盖斯定律可知，反应可得反应，则反应△H=，故答案为：； （2） 由图可知，260℃时碳酸锰的物质的量为=0.1mol，由锰原子个数守恒可知，420℃时，7.1g剩余固体中氧元素的物质的量为=0.1mol，则剩余固体中锰元素和氧元素的物质的量比为1:1，化学式为MnO，所以260℃—420℃发生的反应为碳酸锰受热分解生成氧化锰和二氧化碳，二氧化碳是只含有共价键的共价化合物，电子式为；550℃时，8.7g剩余固体中氧元素的物质的量为=0.2mol，则剩余固体中锰元素和氧元素的物质的量比为1:2化学式为MnO2，所以420℃—550℃发生的反应为氧化锰与空气中的氧气共热反应生成二氧化锰，反应的化学方程式为，故答案为：；； （3）由方程式可知，反应①的平衡常数，温度不变，平衡常数不变，t1min时，温度不变，将容器体积缩小为原来的四分之一后保持体积不变气体压强增大，二氧化碳的分压增大，但反应的平衡常数不变，再次达到平衡状态时，二氧化碳的分压不变，所以A点可能移动到D点，故答案为：D；反应的平衡常数，温度不变，平衡常数不变，不变； （4）a．由质量守恒定律可知，该反应是气体质量增大的反应，恒容密闭容器中混合气体的密度增大，则气体密度不随时间变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确； b．由方程式可知，反应①所得气体为二氧化碳，反应中二氧化碳的物质的量增大，但相对分子质量不变，则相对分子质量不随时间变化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； c．由质量守恒定律可知，该反应是固体质量减小的反应，反应中固体质量减小，则固体质量不随时间变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确； d．碳酸锰固体的浓度为定值，反应中碳酸锰的浓度始终不变，则碳酸锰的浓度不随时间变化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ac； （5）①由题给数据可知，反应△H=(—959kJ/mol×2—393.5kJ/mol×4)—(—894kJ/mol×4+0)=+84kJ/mol，故答案为：+84； ②该反应为吸热反应，压强一定时，升高温度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的体积分数增大，由图可知，T1条件下二氧化碳的体积分数大于T2条件下，所以温度T1大于T2；由图可知， T1温度下，M点二氧化碳的体积分数为50%，则二氧化碳和氧气的平衡分压相等，都为2akPa×50%=akPa，则平衡常数Kp==(kPa)3，故答案为：(kPa)3。 2．(1)+130 (2) I 增大压强 (3) 温度超过时，总反应以反应II为主 温度升高使催化剂的活性不断降低 1.36×105 0.161 (4) SO2+2=2CO2+H2O+ 2OH-+-2e-=+H2O 【详解】（1）已知：①  ；②  ；由盖斯定律可知，②×2-①得 ，由题可知，4×--2×=，解得a=+130。 （2）①由图可知在前两个历程中使用Ⅰ活化能较低反应速率较快，后两个历程中使用Ⅰ活化能较高反应速率较慢，所以使用I时，反应过程中中间产物所能达到的最高浓度更大； ②由图可知，是气体体积增大得放热反应，增大压强，平衡逆向移动，的平衡物质的量分数增大，体积减小，的平衡浓度也增大。 （3）①由图可知，时实际转化率最大，由图可知，用该催化剂催化二氧化碳反应的最佳温度范围约为； ②反应I是放热反应，反应II是吸热反应，反应温度超过时，平衡转化率逐渐增大的原因是：温度超过时，总反应以反应II为主； ③以后，CO2平衡转化率随温度升高而增大，表明温度升高对平衡II的影响占主导地位，CO2实际转化率随温度升高而降低的原因是温度升高使催化剂的活性不断降低； ④根据已知条件列出“三段式” X点时CO2的平衡转化率为，点的选择性为=，解得x=0.3，y=0.3，则平衡时=1.36×105Pa，反应II的压强平衡常数 Pa。 （4）①装置a中SO2和NaHCO3溶液反应生成CO2和Na2SO3，离子方程式为：SO2+2=2CO2+H2O+； ②由图可知，失去电子生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：2OH-+-2e-=+H2O。 3．(1) Ⅱ b‒a‒c+d‒e (2) 8.7%Mo 催化剂本身在反应过程中有失硫现象 (3) (4) 0.28 【详解】（1）①反应的活化能越大，反应速率越慢，由图可知，途径I的活化能大于途径Ⅱ，反应速率慢于途径Ⅱ，所以应速率较快的羰基硫氢化的反应历程是途径Ⅱ，故答案为：Ⅱ； ②由图可知，该反应为反应物总能量小于生成物总能量的吸热反应，反应的△H=(b‒a‒c)kJ/mol—(e—d)kJ/mo=( b‒a‒c+d‒e)kJ/mol，故答案为：b‒a‒c+d‒e； （2）由图可知，时间相同时，8.7%Mo作催化剂条件下反应的羰基硫转化率和硫化氢选择性均大于3.4%Mo作催化剂条件下，说明反应速率快于3.4%Mo作催化剂条件下，所以选择8.7%Mo作催化剂效果最好；由题意可知，硫化氢选择性低于100%是因为部分羰基硫气体与催化剂发生了反应，催化剂有吸硫现象所致，则硫化氢选择性高于100%是因为催化剂本身在反应过程中有失硫现象所致，故答案为：8.7%Mo；催化剂本身在反应过程中有失硫现象； （3）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的原子a、b的坐标分别为(0，0，0)、(1，0，0)，则晶胞的边长为1，所以位于面心的原子c的坐标为；位于顶点和面心的钼原子个数为8×+6×=4，设晶胞参数为apm，由晶胞的质量公式可得：=10—30aρ，解得a=，故答案为：； ； （4）由表格数据可知，起始二硫化碳、氢气的分压分别为100kPa×=20kPa、100kPa—20kPa=80kPa，250min反应达到平衡时，容器内气体压强为65kPa，设平衡时消耗二硫化碳的分压为akPa，由题意可建立如下三段式： 由平衡时容器内气体压强为65kPa可得：100—2a=65，解得a=17.5； ①由三段式所得数据可知，0-250min内，氢气分压的平均变化值为=0.28kPa/min，故答案为：0.28； ②由三段式所得数据可知，该温度下，平衡常数Kp== (kPa)-2，故答案为：。 4．(1)1073.0 (2)CD (3)= (4) 向左移动 不变 (5) 90% 3.4 【详解】（1）反应Ⅱ．的，、、的键能分别为803kJ/mol、464kJ/mol、436kJ/mol，则有：2E(C=O)+E(H-H)-E(C≡O)-2E(H-O)=2×803+436- E(C≡O)-2×464=+41，解得：E(C≡O)=1073kJ/mol，即中碳氧键的键能为1073kJ/mol，故答案为：1073； （2）A. 化学平衡的特征之一为各组分的浓度保持不变，而不是相对或成比例，故与比值不变，不能说明反应达到化学平衡，A不合题意； B. 已知反应Ⅱ前后气体的质量不变，容器为恒容密闭容器，即反应过程中容器内气体的密度一直不变，故容器内气体密度不变不能说明反应达到化学平衡，B不合题意； C. 反应Ⅱ前后气体的物质的量虽然保持不变，容器的体积保持不变，但为绝热容器，故反应过程中容器的温度一直在改变，即容器的压强一直在改变，即容器内气体压强不变说明反应达到化学平衡，C符合题意； D. 即为浓度熵或平衡常数，反应过程中一直在改变，且平衡常数仅仅是温度的函数，温度一直在改变，也一直在变，保持不变可以说明反应达到化学平衡，D符合题意； 故答案为：CD； （3）已知化学平衡的本质特征为正、逆反应速率相等，即任何平衡状态下，净反应速率()等于正、逆反应速率之差均为0，故有平衡时，=，故答案为：=； （4）对于反应Ⅲ．，若平衡时保持温度不变，再充入，使其浓度增大到原来的2倍，则增大生成物浓度，化学平衡移动方向为向逆反应方向即向左移动；根据平衡常数K=c(CO2)仅仅是温度的函数可知，当重新平衡后，CO2浓度不变，故答案为：向左移动；不变； （5）令CO2的初始物质的量为1mol，H2的初始物质的量为3mol，设平衡气中CO2为xmol，CO为ymol，H2O（g）为zmol，则平衡时气体的总物质的量为y÷%=%ymol，平衡时H2的物质的量为%ymol×%=5ymol，平衡时CH2=CH2的物质的量为%ymol×%=4ymol，由碳原子守恒：x+y+8y=1；由氧原子守恒：2x+y+z=2；由氢原子守恒：2x+10y+16y=6；联合解得x=0.1，y=0.1，z=1.7；CO2的平衡转化率为×100%=90%，CO2、H2O的物质量分数为、，反应ⅰ的平衡常数Kp===3.4，故答案为：90%；3.4。 5．增加反应物O2的浓度，提高的转化率 6． 7．H2S2 【解析】5．工业上常用雌黄制成浆状，通入氧化，生成和单质硫，化学方程式为：，该反应需要在加压下进行，原因是增加反应物O2的浓度，提高的转化率。 6．已知① ；② ；③ ；由盖斯定律可知，2×①-3×②-③可得，。 7．HS·中S原子含有一个未成对电子，所以2个HS·形成1个S-S键，所以X是H2S2。 8．(1) 杂化轨道 (2) (3)AC (4) (5)容器的体积可变，随着通入的增大，容器的体积扩大，对反应②相当于减小压强，平衡向右移动 (6) 减小 【详解】（1）基态的M层电子排布式为，的中心N原子的价层电子对数为4，其杂化类型为杂化，中N的杂化轨道与H的s轨道重叠形成键； （2）根据盖斯定律，得： 的 ； （3）A．反应过程中不断生成，质量不断增大，当其质量不变，说明反应达平衡状态，故A正确； B．各气体物质的量之比为定值，体积分数也为定值，不随时间变化，不能说明反应达平衡状态，故B错误； C．恒容条件下，反应体系中气体总体积不变，反应有非气体物质参与，则反应过程中气体质量不断变化，根据可知反应过程中气体密度不断变化，当混合气体密度不随时间变化，说明反应达平衡状态，故C正确； D．根据平均，反应过程中生成的气体与气体的物质的量比值固定，所以气体平均摩尔质量不随时间变化不能说明反应达平衡状态，故D错误； 答案选AC； （4）根据该反应的化学计量数的关系可知，第一次平衡时水蒸气浓度为氨气的3.5倍，即，温度不变，平衡常数不变，第二次平衡常数与第一次平衡常数相等，所以水蒸气浓度也相等，即为； （5）容器的体积可变，加入氩气，随着通入的增大，容器的体积扩大，对反应②相当于减小压强，平衡向右移动，故也增大。 （6）主反应，为吸热反应，副反应，为放热反应，温度升高，增大，减小，所以两个反应的平衡常数比值随反应温度升高而减小；由主反应和副反应可知，主反应按照生成和，副反应按照消耗和，所以若平衡时的体积分数为0.4，则的体积分数为0.2，的分压为，的分压为，主反应的平衡常数。 9．(1)-746 (2) Cat-1 超过450°C，催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间内脱氮率下降 (3)AB (4) 温度过低，反应速率较慢；温度过高，该反应的平衡逆向移动 < < 【详解】（1）=生成物的总焓变-反应物的总焓变=kJ/mol×2-90kJ/mol×2-(-110.5 kJ/mol)×2=-746 kJ/mol； （2）①由图可知，250℃时下脱氮率较高的催化剂是Cat-1； ②温度过高会导致催化剂活性降低，则催化剂催化条件下，后，脱氮率随温度升高而下降的原因是：超过450°C，催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间内脱氮率下降； （3）A．该反应是气体分子数减少的反应，反应开始至达到平衡过程，体系压强不断减小，则当体系压强保持不变时，说明反应达到平衡，A符合题意； B．将NO2与SO2按物质的量之比1∶1置于恒温恒容密闭容器中反应，反应开始至达到平衡过程，与的物质的量之比一直在变化，则当与的物质的量之比不变时，说明反应达到平衡，B符合题意； C．，仅体现正反应速率，未体现逆反应速率，则不能说明反应达到平衡，C不符合题意； D．反应开始生成SO3、N2至达到平衡过程，且保持不变，则当时，不能说明反应达到平衡，D不符合题意； 故选AB。 （4）①因ΔH2<0，则温度升高，平衡逆向移动，且温度过低，反应速率较慢，均不利于该反应的进行，所以由图1可知，温度过高或过低均不利于该反应的进行，原因是：温度过低，反应速率较慢；温度过高，该反应的平衡逆向移动； ②该反应是气体分子数减少的反应，温度、氮硫比m相同时，增大压强，平衡正向移动，SO2平衡转化率增大，则p1<p2；温度、压强相同时，增大氮硫比m，相当于增大NO2的浓度，平衡正向移动，SO2平衡转化率增大，则m1<m2； ③由图可知，温度为TK，压强恒定为p1时，SO2平衡转化率为50%，设开始时投入，则投入，据此列出“三段式”： 则反应平衡常数。 10．(1)C (2)C (3) ＜ 氮原子均为sp3杂化，①氮原子上有一对孤电子对，②氮原子上均为成键电子对，孤电子对与成键电子对的斥力更大，所以①键角更小 【详解】（1）A．以氮气和氢气为原料合成氨的反应为放热反应，低温有利于反应正向进行，采用温度为500℃是因为催化剂在500℃左右活性最高，故A错误； B．尾气处理是将氨气氧化为无毒的氮气，不是利用氨气极易溶于水的性质，故B错误； C．合成氨工业中利用了热交换器，可以充分利用能源，实现绿色低碳化，故C正确； D．＜0时反应能自发，该反应的、，所以理论上该反应常温下有可能自发进行，故D错误； 故答案为：C； （2）A．NH3遇到HCl反应生成的氯化铵为固态，即产生的是白烟，故A错误； B．不能利用NH4Cl受热分解可制得NH3，因为氯化铵分解生成的氨气和氯化氢遇冷重新结合成氯化铵，故B错误； C．NH3为碱性气体，可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，所以可用湿润的红色石蕊试纸检验NH3，故C正确； D．NH3能和H2O反应、NH3和H2O均为极性分子，且NH3分子易与H2O间形成氢键，所以NH3极易溶于水，故D错误； 故答案为：C； （3） 和中的氮原子均为sp3杂化，①氮原子上有一对孤电子对，②氮原子上均为成键电子对，孤电子对与成键电子对的斥力更大，所以①键角更小。 11．(1) ＋123.9 高温 温度过高，副产物大量增加，能耗增大；温度过低，反应速率慢，单位时间产率降低 (2)2HO⋅→H2O＋O2 (3) 90.9% 11 (4) 增大 3CO2＋18e－＋18H＋=C3H6＋6H2O 【详解】（1）C3H8燃烧热的热化学方程式：C3H8(g)＋5O2(g)=3CO2(g)＋4H2O(l)  △H=－2219.9kJ·mol－1 ①；C3H6燃烧热的热化学方程式：C3H6(g)＋O2(g)=3CO2(g)＋3H2O(l)  △H=－2058.0kJ·mol－1 ②；H2燃烧热的热化学方程式：H2(g)＋O2(g)=H2O(l)  △H=－285.8kJ·mol－1 ③。根据盖斯定律，①－②－③可得到反应Ⅰ，则△H=－2219.9kJ·mol－1－(－2058.0kJ·mol－1)－(－285.8kJ·mol－1)=＋123.9kJ·mol－1。 该反应是吸热反应，△H＞0；该反应是气体体积增加的反应，则△S＞0；根据△G=△H－T△S，使反应自发，即△G<0，则温度越高越好，即高温有利于自发进行。 温度小于580°时，反应速率慢，单位时间产率较低；温度高于580°时，丙烯的含量虽然有所增加，但是幅度不大，乙烯、甲烷等杂质的含量大幅度增加，同时耗能增大，因此580°最适合。 答案为：＋123.9   高温   温度过高，副产物大量增加，能耗增大；温度过低，反应速率慢，单位时间产率降低。 （2）根据盖斯定律，可利用反应Ⅱ减去2[ⅰ+ⅱ+ⅲ]，可得反应4HO⋅→2H2O＋O2。第三步自由基反应，可知最后一步反应ⅳ应为2HO⋅→H2O＋O2。 （3）假设在反应Ⅱ中C3H8反应了xmol，在副反应Ⅲ中C3H8反应了ymol，列出三段式，可得： 结合两个反应的数据，可得平衡时，n(C3H8)=(3－x－y)mol，n(O2)=(2－x－2y)mol，n(C3H6)=xmol，n(CH3CH2OH)=ymol，n(CO2)=ymol，n(H2O)=(x＋y)mol，各物质总的物质的量n=(5+x)mol。根据体积分数计算，；，可得x=2.5mol，y=0.25mol。 则选择性。 可求出反应Ⅲ中各物质的物质的量，以及总的物质的量，n(C3H8)=0.25mol，n(O2)=0.25mol，n(CH3CH2OH)=0.25mol，n(CO2)=0.25mol，n(H2O)=2.75mol，n总=6.25mol。，用分压代替浓度可得到Kp，分压=总压物质的量分数，总压为p。带入数据，可得： 。 答案为：90.0% ； 11。 （4）铅酸蓄电池负极的电极方程式为Pb＋2e－＋=PbSO4，负极的变化为Pb→PbSO4，故质量增大。 根据图示，在X极，CO2转化为丙烯，电解质是酸性的。电极方程式：3CO2＋18e－＋18H＋=C3H6＋6H2O。 答案为：增大3CO2＋18e－＋18H＋=C3H6＋6H2O。 12．(1)低温 (2)CO*(g)+2H2(g)=HCO*(g)+H2(g) (3)BD (4) 553K 升高温度促进反应ⅱ平衡正向移动的程度大于促进反应ⅰ平衡逆向移动的程度 n 4 【详解】（1）由盖斯定律可知，反应ⅰ-反应ⅱ可得反应ⅲ  ，该反应是气体体积减小的反应，，时反应能自发进行，则反应ⅲ在低温条件下能自发进行。 （2）CO*(g)+2H2(g)=HCO*(g)+H2(g)的活化能最大，反应速率最慢，故为决速步。 （3）A．减小的浓度，反应ⅰ和反应ⅱ逆向移动，的转化率减小，A错误； B．上述和合成涉及的三个反应过程中气体总质量不变，总物质的量减小，气体的平均相对分子质量增大，当气体的平均相对分子质量保持不变时，说明反应体系已达平衡，B正确； C．反应ⅰ是气体体积减小的反应，则体系达平衡后，若压缩体积，则反应ⅰ平衡正向移动，水蒸气浓度增大，导致反应ⅱ平衡逆向移动，C错误； D．选用合适的催化剂可以增大反应速率，可以提高在单位时间内的产量，D正确； 故选BD。 （4）①由题意可知，起始二氧化碳的物质的量为，由图中数据可知，473K、513K、553K时，甲醇的物质的量分别为mol×13.6%×86%≈0.029amol、mol×15%×78%≈0.029amol、mol×20%×60%=0.03amol，则553K条件下反应达到平衡时，反应体系内甲醇的产量最高； ②反应ⅰ为放热反应，反应ⅱ为吸热反应，的平衡转化率随温度升高而增大的原因是：升高温度促进反应ⅱ平衡正向移动的程度大于促进反应ⅰ平衡逆向移动的程度； ③反应ⅰ正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则平衡常数减小，而反应ⅱ正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，则平衡常数增大，即反应ⅰ的lnKp随着增大而减小，即随着T的降低而增大，反应ⅱ的lnKp随着的增大而增大，即随着T的降低而减小，结合题干图示可知，反应ⅱ对应图2中n； ④通过调整温度可调控平衡时的值，A点对应温度下，反应ⅰ和反应ⅱ的压力平衡常数相等，即，即得，平衡时，则4kPa； ⑤根据已知条件列出“三段式” 的转化率为80%，则x+y=0.8，y=0.8-x，图中B点反应ⅱ的平衡常数lnKp=0，即Kp=1.00，则=1，解得x=0.5mol，y=0.3，故有反应ⅰ的Kp=。 13．(1) 四面体形 D (2) (3) Cat1 改变相同温度，变化值较小，较小 C (4) 升高温度 加催化剂 【详解】（1）分子中P原子价层电子对数为4，其中孤电子对数为1，VSEPR模型为四面体形。分子含5个单键，需要5个杂化轨道。基态P原子电子排布式为，3s、3p、3d能量相近，可以参与杂化，杂化类型为。 （2）根据盖斯定律可知，（②-①）÷4得目标热化学方程式，则 kJ⋅mol，由于b>a，则，三氯化磷与氯气反应生成五氯化磷是放热反应。 （3）①根据表达式可知，温度变化相同时，值越小，变化值(绝对值)越小，直线斜率越小，催化剂催化效能越大。由图乙可知，Cat1对应直线的斜率较小。 ②移走一半反应物，压强减小，减压平衡逆向移动，即平衡时的物质的量小于原平衡的一半，故选C。 （4）①曲线a、b起始状态时，容器体积相同，反应物的物质的量相同，温度越高，压强越大，即温度：a>b。曲线c和b达到相同的平衡状态，只是前者先达到平衡，c反应速率较大，该反应是气体分子数不相等的反应，故c改变条件是加入催化剂，或加入效率更高的催化剂。 ②同温同容条件下，压强之比等于物质的量之比。 ，，kPa，。 14．(1) (2)高温 (3)升高温度（合理即可） (4) 0.15 BC (5) a、b 放热 (6)2.75 【详解】（1）① ② ③ 反应③×3-①×2-②×3得到目标方程式：； （2），，，当时反应自发进行，即该反应高温下可自发进行； （3）反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，且化学反应速率变快（合理即可） （4）的转化率是，即参加反应的CH4物质的量为：1mol×50%=0.5mol，，； A．体系中物质均为气体，气体总质量不变，容器恒容密闭，根据可知，混合气体的密度始终保持不变，不能判断反应是否达到平衡状态，A不符合题意； B．体系中物质均为气体，气体总质量不变，反应前后气体分子数不等，即气体总物质的量为变量，根据可知，混合气体的平均摩尔质量会随着反应的进行发生变化，当其不变时，反应达到平衡状态，B符合题意； C．反应为前后气体分子数不同的反应，总压强随反应的进行发生变化，当压强不变时，反应达到平衡状态，C符合题意； D．不同物质表示正逆反应速率，且之比不等于化学计量数之比，说明正反应速率不等于逆反应速率，反应未达到平衡状态，D不符合题意； 故选BC； （5）由图可知，曲线a、c随着温度的上升而上升，即a、c同为反应物或同为生成物，a、b变化量之比为4：2=2：1，即曲线a表述CO的物质的量分数，曲线c表述NO2的物质的量分数，曲线b表示CO2的物质的量分数，曲线d表述N2的物质的量分数；该反应随着温度的升高，平衡逆向移动，为放热反应； （6）M点时CO和CO2物质的量分数相等，且为，初始投料比，设生成氮气的物质的量为xmol，可得三段式，。 15．(1)-303.2 (2)C (3) (4) (5) 【详解】（1）已知：① ②，根据盖斯定律①×3-②可得=×3+=-303.2 kJ/mol。 （2）A．总反应焓变小于0，为放热反应，温度越低平衡常数越大，所以，故A正确； B．M点虽然催化效率高，但温度低，而N点温度高，所以v(M)可能小于v(N)，故B正确； C．虽然温度降低平衡正向移动，CO2平衡转化率增大，但是催化效率降低，反应速率慢，不利于提高单位时间内的产率，故C错误； D．M点CO2的转化率高，总反应为气体减少的反应，所以此时容器内气体的物质的量少，且此时M点温度低，所以M点时的压强一定小于N点时的压强，故D正确； 故答案为：C。 （3）达到平衡时，，即，所以有，据图可知，平衡时，则，根据反应方程式可知，平衡时、，容器容积为3L，所以；该反应焓变大于0，为吸热反应，升高温度平衡正向移动，说明正反应速率增大的倍数更多，即>。 （4）设初始投料为3molC2H6(g)和1mol氦气，乙烷的平衡转化率为80%，列出三段式为： 则平衡时，总的气体的物质的量=0.6mol+2.4mol+2.4mol+1mol=6.4mol，p(C2H6)= ，p(C2H4)= p(H2)= ，故Kp==。 （5）阴极二氧化碳得电子生成乙烯，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：。 16．(1)+148 (2) 温度升高、催化剂活性增强共同使化学反应速率加快，丁烯转化率增大 随温度升高，反应ⅱ速率增大的幅度大于反应ⅰ 9 38.1 (3)BC (4)MgO 【详解】（1）由表格中燃烧热的数据可得热化学方程式： ①； ②； ③； 根据盖斯定律，③+①-2×②得目标方程式； 故答案为：+148； （2）①温度升高、催化剂的活性增强共同使反应速率加快，单位时间内消耗丁烯的量增加，使丁烯的转化率增大；500~550℃反应ii速率增大的幅度大于反应ⅰⅰ。 ②设初始时、，C4H8、C2H4的转化率分别为96%、32%，可得三段式：，，平衡时、、、，总物质的量为：(1.36a+0.04a+1.44a+0.16a)mol=3amol，则；； （3） A．过程中有加成反应发生，如：与CH2=CHCH2CH3生成，故A正确； B．根据反应机理图可知，可将2-丁烯转化为1-丙烯或2-戊烯，但不能转化为1-丁烯，故B错误； C．W元素的成键数目有3和5两种，发生了变化，故C错误； D．由图可知，存在碳碳单键的断裂和形成，故D正确； 故选BC。 （4）丁烯的转化率、丙烯的选择性要尽可能高，由图可知，选择MgO作催化剂助剂为优选方案。 17．(1) 4 b—21 △H=—(a—4)kJ/mol (2) (3) NH3 ＞ ＞ = 【详解】（1）由图可知，mol氮气、mol氢气变成活化分子需要吸收的热量为(21—17)kJ=4kJ，“吸附”后“解离”需要放出热量为(b—21)kJ，1mol氨气从催化剂表面脱附吸收的热量为akJ，则生成1mol氨气的反应热为△H=—(a—4)kJ/mol，反应的热化学方程式为△H=—(a—4)kJ/mol，故答案为：17；4；△H=—(a—4)kJ/mol； （2）反应达到平衡时，正逆反应速率相等，正反应和逆反应速率之差为0，则=0，整理可得=，则反应的平衡常数Kp==，故答案为：； （3）①由Y的起始物质的量为6mol可知，Y为物质的量减小的氢气，则浓度增大的X为氨气；由图可知，T2温度下，反应达到平衡的时间为12min，氢气的物质的量为3mol，则平衡时氨气的浓度为=1mol/L；由图可知，4min时，T2温度下，氢气的物质的量为4mol，4min氨气的反应速率为=mol/(L·min)，T1温度下，氨气的浓度为0.4mol/L，氨气的反应速率为=mol/(L·min)＜mol/(L·min)，所以反应温度T1小于T2，则反应温度T1温度下反应速率慢于T2，达到平衡的时间大于12min，该反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，则氨气的平衡浓度大于1mol/L，故答案为：＞；＞； ②由图可知，T2温度下，反应达到平衡的时间为12min，氢气的物质的量为3mol，由题意可建立如下三段式： 由三段式数据可知，反应的平衡常数K==，由气体的物质的量之比等于压强之比可知，容器内气体的压强为起始压强的×100%=75%，则若某时刻，容器内气体的压强为起始时的75%时，正反应速率和逆反应速率相等，故答案为：75%；=。 18．(1)    < (2) (3) p3<p2<p1 T1时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后气体分子数不变，改变压强平衡不移动，CO2平衡转化率几乎不变 (4) 温度升高，吸热反应Ⅲ正移使CO2消耗的量大于放热反应Ⅰ逆移使CO2增加的量 B 【详解】（1）CO2(g)与H2(g)转化为CH3OCH3(g)和H2O(g)的反应为：，根据盖斯定律可知，该反应可由反应2×Ⅰ+Ⅱ得到，该反应反应热，热化学方程式为：  ；该反应为放热反应，则正反应活化能小于逆反应活化能； （2）根据C原子守恒可得：n(CH3OH)+n(CO)+2n(CH3OCH3)+n(CO2)平衡=n(CO2)起始，则n(CO2)平衡=(1-a-b-2c)mol；根据O原子守恒可得：n(H2O)+n(CH3OH)+n(CO)+n(CH3OCH3)+n(CO2)平衡= 2n(CO2)起始，n(H2O)平衡=[2-a-b-c-2(1-a-b-2c)] mol=() mol；此时H2O(g)的浓度为 mol·L-1；结合以上分析，根据H原子守恒可得：4n(CH3OH)+6n(CH3OCH3)+2 n(H2O)+ 2n(H2)平衡=2n(H2)起始，n(H2)平衡=mol=mol，反应Ⅲ的平衡常数为； （3）结合反应特征，增大压强反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ、Ⅲ平衡不移动，则增大压强CO2转化率增大，结合图像可知，在温度一定时，压强由p3到p1二氧化碳转化率增大，则：p3<p2<p1；T1时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后气体分子数不变，改变压强平衡不移动，CO2平衡转化率几乎不变，因此T1温度时，三条曲线几乎交于一点。 （4）①温度高于280℃，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是温度升高，吸热反应Ⅲ正移使CO2消耗的量大于放热反应Ⅰ逆移使CO2增加的量； ②反应ⅰ是气体体积减小的反应，反应ⅱ和反应ⅲ都是气体体积不变的反应，增大压强，反应ⅰ正向移动，CO2的平衡转化率增大，CH3OH的浓度增大，CO2的浓度减小，反应ⅱ正向移动，反应ⅲ逆向移动，CO2的选择性降低，DME选择性提高，则图中点B可表示二甲醚的选择性。 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 $$