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·陕西安康·模拟预测）二氧化碳催化加氢制甲烷的反应受到人们广泛关注。回答下列问题： (1)二氧化碳加氢制甲烷的过程中主要发生以下反应： Ⅰ．   Ⅱ．   反应的 ，该反应在 (填“低温”“高温”或“任意温度”)条件下能自发进行。 (2)以Ni作催化剂，可选择、、为载体。在密闭容器中，控制、加入和，使用不同的催化剂载体，发生反应Ⅰ、Ⅱ，的转化率及其平衡转化率随温度变化的情况如图所示。 ①低温活性最高的催化剂载体是 。 ②在图中所示温度范围内，随温度升高，的平衡转化率减小，原因可能是 。研究表明，当温度升至600℃以上，的平衡转化率随温度升高而增大，此时的产率随温度升高而 (填“升高”“降低”或“不变”)。 ③525℃下达到平衡时，的转化率为80%，的转化率为57.5%，的物质的量为 mol，反应Ⅰ用摩尔分数表示的平衡常数 (列出计算式，用摩尔分数代替平衡浓度计算，物质i的摩尔分数)。 (3)若反应物中混入，会导致Ni催化剂失活。原因是吸附在Ni活性位点，阻止了与的反应。在Ni催化剂中添加Mn和Zn助剂，可避免Ni催化剂失活，其机理可能是 。 2．（2024·江苏苏州·三模）、、等均可作锂离子电池的电极材料。 (1)电极。将、与溶液发生共沉淀反应，所得沉淀经真空干燥、高温成型，制得电池的正极材料。 ①投料时，先将与 直接混合，再向其中加入另一种溶液。 ②共沉淀的化学方程式为 。 ③高温成型前，常向中加入少量活性炭黑，其作用是 。 (2)电极。层状晶体与石墨晶体结构类似，将嵌入层状充电后得到的可作电池负极。 ①该负极放电时的电极反应式为 。 ②结合原子结构分析，能嵌入层间可能的原因是 。 (3)电极。从废锂电池正极材料回收、等金属路线如下： ①写出“溶解”步骤发生反应的离子方程式： 。 ②空气中加热时，固体残留率随温度的变化如图所示。已知以上，已完全脱水，在范围内，剩余固体成分为 。(写出计算过程)。 ③常温下，“沉锂”时使用饱和的目的是 。 3．（2024·福建泉州·模拟预测）汽车尾气处理系统的原理是利用脱除并转化为。 (1)已知在25℃，时： 反应ⅰ：   反应ⅱ：   反应ⅲ：   (2)当与的物质的量之比按1：3、3：1、4：1分别以相同流速通过催化剂，通过时间均为，的脱除率随温度变化的曲线如下图所示： ①曲线c对应与的物质的量之比为 。 ②若曲线a中的起始浓度为，则在900℃时的脱除速率为 。 ③在800℃~1100℃时，催化剂活性较稳定。则脱除的最佳温度为 ℃，的脱除率在最佳温度之前逐渐增大的原因是 。 ④940℃时，反应ⅲ的平衡常数 （用物质的量分数代替浓度，列计算式）。 ⑤若其它条件不变，提高催化剂的活性，940℃时的脱除率 （选填“增大”“减小”或“不变”）。 (3)一定比例的和也能很好的脱除，某催化反应机理如下图所示： （注：表示V化合价为价，其它相似） ①该反应的催化剂为 。 ②转化为过程中与的物质的量比为 。 ③转化为，键角增大的原因是 。 4．（2024·山东德州·二模）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1mol该物质的焓变。稳定单质的。根据下表数据计算a＝ 。 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。 ①图中表示CO的物质的量分数随温度变化的曲线是 。 ②温度低于600℃时，d的物质的量分数随温度升高而增大，原因是 。 ③600℃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。 ①在催化剂（）表面和发生反应，生成CO、和的反应机理如下。 a. b.________ c. d. e. 补充b反应的方程式： 。 ②镍基复合催化剂可吸收部分。某温度下，向恒容密闭容器中按投料，初始总压强为，平衡后总压强为p，的转化率为50％，。则 （用含、p的表达式表示）。 5．（2024·山东济宁·三模）CO2耦合乙苯()脱氢制备苯乙烯()是综合利用CO2的热点研究领域，制备苯乙烯涉及的主要反应如下： 反应I．(g)⇌　(g)+H2(g)              △H1 反应Ⅱ．　           △H2＞0 反应Ⅲ．(g)+CO2(g)⇌(g)+CO(g)+H2O(g)△H3＞0 (1)相关的化学键键能数据如下： 化学键 H-H C-H C-C C=C 436 413 348 615 利用上表数据计算△H1为 ，为提高的平衡转化率，可采取的措施为 。 (2)向密闭容器中按一定比例投入原料气，达到平衡时随温度变化关系如图所示。三种原料气配比分别为：I．只有乙苯、Ⅱ．n(乙苯):n(CO2)=1:5、Ⅲ．n(乙苯):n(Ar)=1:5 ①恒容条件下，若B表示原料气只有乙苯的曲线，则原料气配比n(乙苯):n(Ar)=1:5的曲线为 (填A、B或C)。 ②恒压条件下，若B表示原料气只有乙苯的曲线，则原料气配比n(乙苯):n(CO2)=1:5的曲线为 (填A、B或C)，从平衡移动的角度解释CO2的作用： 。 (3)向恒容密闭容器中，投入乙苯和CO2各1mol，此时气体压强为P0，催化脱氢制备苯乙烯，除上述反应外，还发生副反应：(g)+H2(g)(g)+CH4(g)　△H4＜0，测得反应体系中甲苯的选择性s()、乙苯的平衡转化率、CO2的平衡转化率随温度的变化关系如图所示。表示乙苯的平衡转化率的曲线是 ；T1温度下反应Ⅱ的压强平衡常数Kp= (保留两位小数)。 6．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）氢能源是最具应用前景的能源之一。甲烷-水蒸气催化重整制氢(SMR)是一种制高纯氢的方法之一，其涉及的主要反应如下： 反应Ⅰ：     反应Ⅱ：     反应Ⅲ：     回答下列问题： (1)反应Ⅱ能自发进行的条件是 。 (2)一定温度下，向某容积为1L的恒容容器中按照水碳比充入amolCH4(g)和3amolH2O(g)，tmin后反应达到平衡。达到平衡时，容器中CO为mmol，CO2为nmol。 ①下列说法不正确的是 。 A．为防止催化剂中毒和安全事故发生，需对原料气进行脱硫等净化处理 B．提高水碳比，有利于提高H2的产率 C．其他条件不变，压缩容器体积，反应Ⅱ的平衡不发生移动 D．以Ni/γ-Al2O3作催化剂，降低反应活化能，提高反应速率和原料平衡利用率 ②反应Ⅲ的平衡常数K= (用含a，m，n的代数式表示)。 (3)650((局部温度过高会造成积碳)、按照一定流速通入原料气，当水碳比[]一定时，催化剂中无添加吸附剂和添加P-Li4SiO4吸附((吸收CO2)，各气体组分反应的平衡含量与时间的关系如图所示： ①催化剂中添加P-Li4SiO4吸附剂与无添加吸附剂比较，timin前压的平衡含量升高，CO2、CO和CH4的平衡含量降低；t1min后H2的平衡含量降低，CO2、CO和CH4的平衡含量升高，最后与无添加吸附剂时的含量相同，H2的平衡含量先升高后降低可能的原因是 。 ②实验时发现t1min后CO2的平衡含量低于理论平衡值，CO的平衡含量高于理论平衡值，可能的原因是 (用化学反应方程式表示)。 (4)该反应常采用钯膜分离技(可选择性地让某气体通过而离开体系)，其机理如图所示，其中过程2：，其活化能E((正)<E((逆)；过程3：H*在钯膜内的迁移速率是决速步(*表示物质吸附在催化剂表面)，下列说法不正确的是_______。 A．钯膜对H2分子的透过具有选择性 B．过程4的 C．采用钯膜分离技术可以提高原料的利用率 D．常用N2将过程5中的H2吹扫出反应器而促进反应 7．（2024·河北唐山·模拟预测）2024上海国际碳中和技术博览会以“中和科技、碳索未来”为主题，重点聚焦二氧化碳的捕捉、利用与封存（CCUS）等问题。其中CO2转换为CH3OH被认为是最可能利用的路径。该反应体系中涉及的反应如下： 反应Ⅰ：  △H1＞0 反应Ⅱ： △H2=-49.4kJ/mol 请回答下列问题： (1)在特定温度下，由稳定态单质生成1mol化合物的焓变叫该物质在此温度下的标准生成焓（）。下表为几种物质在298K时的标准生成焓，则反应Ⅰ的△H1= kJ/mol。 物质 0 -394 -111 -242 (2)为了提高CO2的平衡转化率和增大甲醇的选择性[CH3OH的选择性]，可采用的措施是： 。（填选项符号） a．增大n(CO2)    b．及时移除甲醇    c．减小容器体积    d．充入Ar (3)在5.0MPa下，将5molCO2和16molH2在Cu/ZrO2催化剂作用下进行反应。平衡时CH3OH或CO的选择性S[S（或）]及CO2的转化率随温度的变化如图甲所示。               甲 ①表示平衡时CO选择性的曲线是 （填“a”“b”或“c”）。 ②解释曲线c呈现先减小后增大变化趋势的原因 。 ③250℃时，测得平衡体系共有0.5molCH3OH，结合上图计算CO2的平衡转化率为 ，的Kp= 。（列出计算式） ④在稀硫酸中利用电催化可将CO2同时转化为多种燃料，其原理如图乙所示。              乙 铜电极上产生CH4的电极反应式为 ，若铜电极上只生成5.6gCO，则铜极区溶液质量变化了 g；若铜电极上只生成0.3molCH3CHO和0.4molHCOOH，则电路中转移 mol电子。 8．（2024·辽宁丹东·一模）工业上采用特定催化剂进行乙酸加氢制备乙醇的原理如下： 主反应： 副反应： 回答下列问题： (1)一定温度下，将不同量的原料通入恒压密闭容器中，平衡时热量变化如表，则该温度下主反应的 （副反应热效应不明显，可忽略）； 实验编号 反应物投入量 平衡时，热量变化 I 0 0 放热akJ Ⅱ 0 0 吸热bkJ (2)恒容、绝热密闭容器中充入等物质的量的和，下列叙述中，能说明主反应达到平衡状态的是_______； A． B．和的物质的量之比保持不变 C．混合气体的密度保持不变 D．反应体系温度保持不变 (3)若起始，2MPa下，平衡时乙醇和乙酸乙酯的选择性（S）随温度变化如下图曲线b或c；250℃下，平衡时乙醇和乙酸乙酯的选择性（S）随压强变化如下图曲线a或d： 已知： ①250℃下，乙酸乙酯选择性随压强变化的曲线是 ； ②曲线b变化的原因是 ； (4)一定温度和压强下，向初始体积为1L的密闭容器中通入和，同时发生主反应和副反应，测得平衡时，容器的体积减小20%，则平衡时乙醇的选择性= ，主反应的平衡常数= ；在不改变反应时间和温度的条件下，一定能提高乙醇选择性的措施为 ；（答出一条即可） 9．（2024·黑龙江绥化·模拟预测）工业尾气脱硝是减少空气污染的重要举措。回答下列问题： (1)活性炭脱硝：一定温度下，向2L恒温密闭容器中加入足量活性炭和2mol，发生反应：，部分物质的物质的量随反应时间t的变化曲线如图1所示。 ①曲线Ⅰ表示 (填化学式)的物质的量随反应时间t的变化，0~2min内， 。3min时，再充入，该容器中气体的颜色 (填“加深”“变浅”或“不变”)。 ②为了提高该反应中的平衡转化率，理论上可采取的措施是 (填字母)。 A．恒容时充入稀有气体    B．恒压时充入稀有气体 C．增加活性炭的质量       D．选择合适的催化剂 (2)脱硝：反应原理为。 已知  ；   ，则反应的 。若的逆反应的活化能为，则正反应的活化能为 (用含a的代数式表示)。 (3)氨化脱硝：氨化脱硝过程发生反应 ，不同温度下，经过相同时间的脱硝效率随温度的变化关系如图2所示。分析420℃时的脱硝效率低于390℃时的脱硝效率的原因可能是 。 (4)甲酸脱硝：25℃时，用甲酸吸收氨气可得到溶液。已知：25℃时，甲酸的，的。则反应的平衡常数 。 (5)生物酶脱硝：某些生物酶体系可以促进和的转移(如a、b和c)，能将海洋中的转化为进入大气层，反应过程如图3所示。过程Ⅰ到过程Ⅲ的总反应的离子方程式为 。 10．（2024·四川·模拟预测）乙烯是一种重要化工原料。乙炔催化加氢是一种制备乙烯的生产工艺。 已知： ①     ②     (1)反应③自发进行的条件是 (填“高温”或“低温”)。 (2)在某一恒温体积可变的密闭容器中发生反应①，时刻达到平衡后，在时刻改变某一条件，其反应过程(Ⅰ、Ⅱ)如下图所示。～时，v(正) v(逆)(填“>”“＜”或“=”，下同)，Ⅰ、Ⅱ两过程分别达到平衡时，(g)的体积分数Ⅰ Ⅱ。 (3)在恒压、和CO的起始浓度一定的不同容器中发生反应②，催化反应相同时间，测得各容器中的转化率与温度的关系如图： ～段曲线变化的原因是 ，能提高平衡转化率的措施有 (任写两种)。 (4)在50℃、P Kpa下，向恒压密闭容器中充入物质的量均为1mol的、CO、气体，在催化剂作用下发生反应③和副反应，达到平衡时的转化率为60%，选择性：，则副反应的平衡常数 (为以分压表示的平衡常数)。 (5)乙炔电催化制乙烯工艺中，乙炔的转化率超过99%，乙烯产物的选择性高达83%。其反应历程如下图所示。“*”表示吸附。 ①该反应历程中，反应速率最慢的基元反应方程式为 。 ②下列说法中正确的是 (填标号)。 A．1→2中有极性键的断裂和生成 B．2→3中吸收能量大于4→5释放的能量 C．3→4中的作用是与O*生成OH* 11．（2024·江西·模拟预测）碘单质及其化合物在生产、生活中有广泛应用。回答下列问题： (1)已知几种共价键键能数据如图所示。    。 (2)NH4I分解温度为235℃，HI分解温度为300℃。 ①卤化铵分解与产物稳定性有关，产物越稳定，卤化铵（NH4X）越容易分解。NH4I、NH4Br、NH4Cl、NH4F的热分解温度由高到低排序为 。 ②某温度下，在恒容密闭容器中加入适量的NH4I(s)，仅发生下列反应：反应Ⅰ：；反应Ⅱ：。随着反应的进行，产物物质的量随时间的变化曲线如图所示。 ⅰ．曲线 （填“甲”“乙”或“丙”）代表物质的量随时间变化曲线；该温度下，反应Ⅱ的平衡常数 。 ⅱ．进一步研究发现，其他条件不变，升高温度时甲曲线平台下移，其可能的原因是 （写出化学方程式）。 (3)1925年VanArkn和DeBoer发明了碘化钛热分解法制备高纯钛。装置如图所示： 主反应：  ； 副反应：，。 ①主反应中 0（填“>”“<”或“=”），简述提纯钛的原理： 。 ②钛沉积速率与钛丝温度关系如图所示。温度高1500℃时，钛沉积速率降低的主要原因可能是 。 12．（2024·天津滨海新·三模）Ⅰ.环氧乙烷常用于医学消毒，工业上常用乙烯氧化法生产，其反应原理为：CH2=CH2(g)+O2(g)(g)；ΔH=-120kJ/mol； (1)该反应在 (填“高温”或“低温”)条件下自发进行。 (2)化工生产设计时，常用串联多个反应器的工艺方法进行合成，并在两个相同的反应器中间加产物吸收装置和热交换降温装置，设计这种工艺的目的 。 Ⅱ.反应过程中常伴随副反应；ΔH=-1350kJ/mol，在恒容密闭容器中充入乙烯和含的净化空气，在(耐热)催化下发生上述两个反应，反应相同时间后测得乙烯的转化率及的分压随温度变化如图所示： (3)比较点：v正 v逆(填“>”“<”或“=”)。 (4)200℃时测得环氧乙烷的选择性为(某产物的选择性)，计算该温度下主反应的平衡常数(用物质分压表示 (用含的式子表示)。 Ⅲ.我国化学工作者最新发明用电解法制乙烯，原理如图所示。 该电解池中用到了多孔单晶，其在氧化过程可以促进晶格氧向活性氧的转变。 (5)①阳极的电极反应式为 ； ②如图为的晶胞(●、○分别表示或)，该晶胞中的配位数为 ，若晶胞边长为，则该晶体的密度为 (设阿伏加德罗常数的值为的摩尔质量用表示，)。 13．（2024·山东聊城·三模）H2和CH3OH都是重要的能源物质，CO2催化加氢合成甲醇是一种有效利用氢气且减少温室气体CO2排放的方法。该反应体系中涉及以下三个反应： 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   反应Ⅲ：   已知： (1) ，该反应的活化能(正) (逆)(填“大于”或“小于”)。 (2)反应Ⅲ的正、逆反应速率方程为：，。其中、分别为正、逆反应速率常数，p为气体分压(分压=物质的量分数×总压)。恒温恒压密闭容器中，加入和，初始压强为，反应达平衡时，的转化率为60%，容器体积减小25%。则的选择性为 ，反应Ⅲ的平衡常数为 (用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数，用含的最简分数式表示，下同)。该条件下测得某时刻，，，此时 。 (3)恒压下将和按体积比1∶3混合，在不同催化剂作用下发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，在相同的时间段内的选择性和产率随温度的变化如图： ①在230℃以上，升高温度CO2的转化率增大，但甲醇的产率降低，原因是 。 ②保持温度不变，增大压强， (填“增大”、“减小”或“不变”)。 14．（2024·北京丰台·二模）将转化为高附加值的化学品，对实现碳中和、可持续发展具有重要意义。 Ⅰ.利用催化加氢制备乙烯，反应过程主要分为两步。 ⅰ.   ⅱ.   (1)和反应制备乙烯的热化学方程式为 。 (2)0.1MPa，投料比的条件下研究反应ⅰ，在不同温度下达到平衡时各气体的物质的量分数如图1所示(水转化为液态，不计入)。 ①200℃时，主要发生的反应的化学方程式为 。 ②800℃时，的平衡转化率为 。 Ⅱ.利用煤气化灰渣(主要成分有CaO、、和MgO等)封存，制备高纯碳酸钙。 ⅰ.浸出：向灰渣中加入稍过量盐酸，充分反应后过滤，得滤液a； ⅱ.净化：向滤液a中逐渐加入氨水，金属氢氧化物分步沉淀，分步过滤，得到滤液b； ⅲ.碳酸化：向滤液b中通入，过滤、洗涤、干燥，得到高纯。 已知：一些金属氢氧化物在溶液中达到沉淀溶解平衡时的与pH关系如图2所示。 (3)净化时，先分离出的氢氧化物是 。 (4)碳酸化时发生主要反应的离子方程式是 。 Ⅲ.利用双极膜电解制备NaOH，捕集烟气中，制备。已知：双极膜为复合膜，可在直流电的作用下，将膜间的解离，提供和。 (5)结合电极反应解释A区产生浓NaOH溶液的原因 。 (6)当电路中转移2mol时，上图装置产生 mol NaOH。 (7)制得的固体样品中常混有。准确称量xg样品，下列方案中，能测定样品中纯度的是 。 A．充分加热，固体减重 B．与足量稀盐酸充分反应，加热蒸干，得固体 C．与足量稀硫酸充分反应并加热，逸出气体用碱石灰吸收，增重 15．（2024·陕西安康·模拟预测）二甲醚既是一种有机燃料，又是一种重要的有机化工原料。利用催化氢化制备二甲醚的反应原理如下： ．   ．   ．   回答下列问题： (1) 。 (2)向初始温度为T℃的某恒容绝热容器中投入2mol 只发生反应，平衡时的转化率为。 ①下列叙述能说明反应已经达到平衡的是 (填选项字母)。 a．混合气体密度不再发生变化 b．容器内压强不再发生变化 c．的消耗速率等于的消耗速率 d．的体积分数不再发生变化 ②相同条件下，若向该容器中加入和各1mol，平衡时的转化率为。则 1(填“>”“=”或“<”)。 ③在催化剂条件下反应的反应过程如图甲所示，“*”表示吸附在催化剂上。                  甲 该催化过程的决速步骤为 (填“第一步”或“第二步”)，判断的理由是 。 (3)向压强恒定为p kPa的某密闭容器中按投入和，发生催化氢化制备二甲醚系列反应和。平衡转化率随温度的变化情况如图乙。              乙 ①图中能表示随温度变化的曲线是 (填“”或“”)，原因为 。 ② K时，的平衡体积分数为10%。则平衡时的体积分数为 (保留3位有效数字)； K时反应的压强平衡常数 (用含p的代数式表示，列出计算式即可)。 16．（2024·广东·二模）含硫化合物在能源、材料及环境等工业领域均有广泛的应用。 Ⅰ.工业废气分解可制取。 (1)已知热化学方程式： ⅰ.     ⅱ.     ⅲ.     热分解反应的 (用含、、的式子表示)。 (2)一定温度下，2mol 在体积为VL的恒容密闭容器中发生上述分解反应，ts时的产率为40%，则0~ts内的平均分解速率为 ；充分分解达到平衡时，容器中和的分压相等，则该温度下的平衡常数 。 Ⅱ.KSCN可用于镀铬工业。常温下，用KSCN配制电镀液，溶液中与发生第一、二步络合的反应如下： ⅳ.       ⅴ.      (3)根据以上络合反应，下列说法正确的有___________(填字母)。 A．加水稀释后，溶液中离子的总数减少 B．加入少量固体，溶液中含铬微粒总数不变 C．反应的平衡常数 D．溶液中减小，与浓度的比值减小 (4)常温下，某研究小组配制了起始浓度、不同的系列溶液，测得平衡时、、的浓度(含铬微粒)随的变化曲线如图所示，平衡后其他含铬微粒(3≤x≤6，图中未画出)总浓度为amol/L。 ①时，图中含铬微粒按浓度由大到小的顺序为 ；A点时，溶液中的平衡浓度为 (列出计算式即可)。 ②在某电镀工艺中，的浓度需要在以上，结合计算判断C点所对应的溶液能否用于该电镀工艺 (写出计算过程)。 17．（2024·湖北·模拟预测）环境保护与绿色发展是新时代人们关心的共同话题。NO是大气主要污染物，因此对工业烟气脱硝是工业生产中的重要一环。煤燃烧排放的烟气含有NO，脱除的方法有多种。 (1)利用固体氧化物电解池可将NO直接转化为N2，纽扣式电化学还原器结构单元如图所示，电解时，阴极发生的电极反应式为 。 (2)目前常见方法是采用NaClO溶液液相氧化法脱除烟气中的NO，其主要过程如下： I．NO(aq)+HClO(aq)⇌NO2(aq)+HCl(aq)  ΔH=akJ·mol−1 Ⅱ．3NO2(aq)+H2O(l)⇌2HNO3(aq)+NO(aq)  ΔH=bkJ·mol−1 ①NO(aq)转化为HNO3(aq)的热化学方程式 。 ②为提高NO脱除率，工业上常向NaClO溶液中加入稀硫酸调节，溶液初始pH与NO的脱除率如下表所示。 初始 3.5 4.5 5.5 6.5 7.5 NO脱除率 91% 88% 83% 65% 51% pH影响NO脱除率的原因是 。 (3)理论上可采用加热使NO分解的方法处理：2NO(g)⇌N2(g)＋O2(g)。已知该反应的正反应活化能为728kJ·mol−1，逆反应的活化能为910kJ·mol−1；正反应熵变为-24.8J·K-1·mol−1.实际反应时发现加热至600℃时NO仍没有明显分解，请结合上述数据解释原因 。 (4)近期科学家发现活性炭表面的有机结构可以被强氧化剂氧化成酚羟基、羧基(均可表示为C-OH，其电离平衡可表示为C-OH⇌C-O-+H+)，这些官能团可以使活性炭表面活性化，有利于NO的吸附。不同氧化剂的预氧化与吸附原理可表示为(未配平)： 预氧化：HNO3+C→C-OH+NO2↑+H2O 预氧化：KMnO4+C→C-OH+MnO2+K2MnO4 预氧化：H2O2+C→C-OH+H2O 吸附：C-OH(s)＋NO(g)⇌C-OH…NO(s)ΔH<0 NO吸附实验在25℃下进行，将一定比例的N2与NO混合气体在恒压下，以相同速率持续通入到等量的、不同预氧化试剂处理的活性炭中(图像中“原始-C”表示未经处理的活性炭)，获得“NO捕获率-通气时间”的变化图： 已知： ①下列描述正确的是 。 A．25℃下原始-C在通气约175分钟后吸附效果超过了H2O2-C B．若其他条件不变，增大混合气体中N2物质的量分数，吸附平衡会正向移动 C．KMnO4-C在实验中吸附效果不佳，可能是活性炭表面孔隙被MnO2、K2MnO4堵塞 D．升高温度，等量活性炭催化剂吸附的NO分子总数会减少 ②相比其他预氧化试剂处理的活性炭，HNO3-C吸附效果更佳，有研究者认为可能是HNO3引入了H+，增强了活性炭的表面活性。试利用勒夏特列原理予以解释 。 18．（2024·安徽滁州·二模）工业上以乙苯为原料制备苯乙烯。主要有以下两种制备方法，T K时相应的热化学方程式及其平衡常数如下： 反应Ⅰ：直接脱氢   ， 反应Ⅱ：氧化脱氢   ， 回答下列问题： (1)①反应的平衡常数 (保留3位有效数字)。 ②反应Ⅱ趋势远大于反应Ⅰ，从反应自发性角度分析其原因是 。 (2)已知，忽略、随温度的变化。当时，反应能自发进行。在100kPa下，直接脱氢反应的和随温度变化的理论计算结果如图所示。 ①随温度的变化曲线为 (选填“a”或“b”)，判断的理由是 。 ②在某温度下，向恒容密闭容器中通入气态乙苯和氧气各1mol，初始压强为200kPa，只发生反应Ⅱ，达到平衡时，乙苯的转化率为99.8％，该反应的平衡常数 kPa(保留小数点后一位；分压=总压×物质的量分数)。 (3)乙苯脱氢法制苯乙烯往往伴随副反应，一定条件下，为了提高反应速率和苯乙烯选择 性，应当 。 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) 低温 (2) 反应Ⅰ为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动 降低 0.5 (3)优先吸附在Mn和Zn助剂上，避免了Ni活性位点被占据 【详解】（1）根据盖斯定律，目标反应=反应Ⅰ-2×反应Ⅱ，，为熵减的放热反应，要使，应保证低温条件； （2）①由图可知，低温区域使用作催化剂载体时的转化率最高，即的活性最高。 ②由题可知，反应Ⅰ为放热反应，随温度升高，该反应平衡向逆反应方向移动，的平衡转化率降低。反应Ⅱ为吸热反应，随温度升高，该反应平衡向正反应方向移动。当温度升至600℃以上，反应Ⅱ占主导，此时主要转化为CO，故的产率随温度升高而降低。 ③根据题意，设达到平衡时，在反应Ⅰ和反应Ⅱ中转化的的物质的量分别为x与y，则： 则：%，%，解得，。由上式可知平衡时，，，，，平衡时混合气体。反应Ⅰ的，代入数值得。 （3）Ni催化剂失活的原因是其活性位点被占据，不能再吸附和。若添加Mn和Zn助剂，优先吸附在助剂上，从而避免Ni催化剂的活性位点被占据。 2．(1) 或 增强电极导电性；与空气中反应，防止被氧化 (2) 半径小于层间距 (3) 和 提高，促进充分沉淀 【分析】正极材料与硫酸反应，Na2S2O3具有还原性，可将Co3+还原成Co2+，加入NaOH调pH将Co2+转化为沉淀，加入Na2CO3将Li+转化为Li2CO3； 【详解】（1）①投料时，和直接混合，易生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，易被氧化而生成氢氧化铁，故先将与直接混合，再向其中加入另一种溶液； ②共沉淀的化学方程式为或； ③高温成型前，常向中加入少量活性炭黑，其作用是：增强电极导电性；与空气中反应，防止被氧化； （2）①将嵌入层状充电后得到的可作电池负极放电时的电极反应式为；②为Li失去一个电子形成，电子排布为1s2，原子半径小，半径小于层间距，能嵌入层间； （3）①“溶解”步骤，正极材料与硫酸反应，Na2S2O3具有还原性，可将Co3+还原成Co2+； ②根据质量守恒定律，在变化过程中，Co的质量没有变，假设原始固体质量为100g，则n(Co)=mol，m(Co)=100×g； 在1000℃时，固体质量不再变化，说明Co(OH)2完全分解，n(Co)：n(O)=：=1：1，剩余固体成分为CoO； 在350-400℃时，固体的质量在89.25%-86.38%之间，可以通过极点进行分析， 在290℃，n(Co)：n(O)=：=2：3，其化学式为Co2O3； 在500℃n(Co)：n(O)=：=3：4，其化学式为Co3O4； 所以可以确定在350-400℃时的化学式为Co2O3和Co3O4， ③“沉锂”时，提高，促进充分沉淀。 3．(1)-1817 (2) 1：3 900 在最佳温度之前，随着温度的升高，反应速率增大 不变 (3) HO-V4+ 4：1 N原子的孤电子对减少，孤电子对对成键电子的排斥作用减弱 【详解】（1）反应iii=反应ii×2.5-反应i×1.5，则ΔH3=(-1268×2.5+902×1.5)=-1817kJ/mol。 （2）①相同温度下，初始时NH3和NO的物质的量之比越大，NO的转化率越高，NO的脱除率也就越大，因此a曲线NH3与NO的物质的量之比为4：1，b曲线为3：1，c曲线为1：3。 ②曲线a中NO的起始浓度为6×10-4g/m3，900℃时NO的脱除率为0.75，则反应掉NO的浓度6×10-4g/m3×0.75=4.5×10-4g/m3，通过时间为tmin，则NO脱除速率为g·m-3·min-1。 ③800-1100℃时，催化剂活性较稳定，从图中可知，在此温度区间内，900℃时，三种投料比下NO的脱除率均最高，因此NO脱除的最佳温度为900℃。在最佳温度之前，随着温度的升高，反应速率增大，因此NO的脱除率也随之增大。 ④温度一定的条件下，无论投料比为多少，平衡常数K为定值，则940℃条件下，a曲线上NO脱除率为0.6，此时初始投料比NH3：NO=4：1，不妨设初始时投入NH34mol、NO1mol，则有，平衡时气体总物质的量为5.1mol，则NH3物质的量分数为，NO物质的量分数为，N2物质的量分数为，H2O物质的量分数为，则Kx==。 ⑤提高催化剂的活性，能增大反应速率，但是对化学平衡没有影响，NO的脱除率不变。 （3）①从图中可知，HO-V4+参与反应最后又重新生成，则反应的催化剂为HO-V4+。 ②HO-V4+中V为+4价，其与氧气反应转化为O-V5+，V失去一个电子，1个O2转化为H2O得到4个电子，则根据转移电子守恒可得HO-V4+与O2的物质的量之比为4：1。 ③NH3转化为HO-V4+-NH3，N原子的孤电子对减少，孤电子对对成键电子的排斥作用减弱，H-N-H的键角增大。 4．(1)+206.1 (2) 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）由表格知①，②，③，根据盖斯定律得，，故答案为：+206.1。 （2）①反应Ⅰ： 、 反应Ⅱ： 反应Ⅰ是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CH4和H2O的物质的量都减小，CO和H2的物质的量都增大，且H2的物质的量大于CO，根据方程式系数及投料比可知，曲线b是H2O的物质的量分数随温度变化的曲线，曲线c是CH4的物质的量分数随温度变化的曲线；反应Ⅱ是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2和H2的物质的量减小，CO的物质的量增大，因此随着温度升高CO增大程度更大，根据方程式系数及反应Ⅰ可知，曲线a是H2的物质的量分数随温度变化的曲线，曲线d是CO2的物质的量分数随温度变化的曲线，曲线e是CO的物质的量分数随温度变化的曲线，故答案为：e； ②温度低于600℃时，反应Ⅰ为主，温度升高，反应Ⅰ正向移动导致CO的物质的量浓度增大，而CO的物质的量浓度增大导致反应Ⅱ也正向移动，CO2的物质的量分数随温度升高而增大，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； ③假设起始时甲烷的物质的量为1mol，水蒸气的物质的量为3mol，设转化的CH4为xmol，CO为ymol，列三段式如下： 平衡时，曲线c是CH4的物质的量分数随温度变化的曲线，据图可知600 ℃时，平衡时甲烷的物质的量分数为0. 04，则：，，甲烷的转化率为，同理，a是H2的物质的量分数随温度变化的曲线，据图可知600 ℃时，平衡时氢气的物质的量分数为0.5，则：，，则平衡时、、、，设平衡时压强为p，反应Ⅱ的，故答案为：78%；。 （3）①根据a为和c为可知，b中要生成消耗且生成，O的来源是，可知b反应的方程式：，故答案为：； ②投料，初始总压强为， 的转化率为50％，设初始时，，设转化的CO为，列三段式如下： 根据可知，平衡后总压强为p，，， 则，故答案为：。 5．(1) +123kJ∙mol-1 升高温度或降低压强 (2) B A 二氧化碳作为稀释气降低分压并消耗氢气，促进乙苯脱氢反应平衡正向移动 (3) N 1.52 【详解】（1） 利用表中数据可得，△H1=(413 kJ∙mol-1)×2+(348 kJ∙mol-1)-(615 kJ∙mol-1)-(436 kJ∙mol-1)=+123kJ∙mol-1，反应Ⅰ为吸热的、体积增大的可逆反应，为提高的平衡转化率，可采取的措施为：升高温度或降低压强。 （2）①恒容条件下，若B表示原料气只有乙苯的曲线，则原料气配比n(乙苯):n(Ar)=1:5时，由于苯乙烯的浓度不变，Ar的存在对生成苯乙烯的平衡体系不产生影响，所以平衡时不变，故曲线为B。 ②恒压条件下，若B表示原料气只有乙苯的曲线，则原料气配比n(乙苯):n(CO2)=1:5时，由反应Ⅱ可知，CO2会消耗反应Ⅰ生成的H2，从而使平衡正向移动，平衡时增大，故曲线为A，从平衡移动的角度解释CO2的作用为：二氧化碳作为稀释气降低分压并消耗氢气，促进乙苯脱氢反应平衡正向移动。 （3）向恒容密闭容器中，投入乙苯和CO2各1mol，此时气体压强为P0。 发生反应为： 反应I．(g)⇌　(g)+H2(g)　              △H1=+123kJ∙mol-1 反应Ⅱ．　           △H2＞0 副反应Ⅳ：(g)+H2(g)⇌(g)+CH4(g)　△H4＜0 升高温度，反应Ⅳ平衡逆向移动，甲苯的选择性不断减小，苯乙烯的选择性不断增大，则曲线M为甲苯的选择性曲线；反应Ⅱ、Ⅳ消耗的H2全部来自反应Ⅰ，则乙苯的转化率大于CO2的转化率，所以表示乙苯的平衡转化率的曲线是N。 图中数据显示，T1℃时，乙苯的转化率为80%，CO2的转化率为26%，甲苯的选择性为30%，则参加反应乙苯的物质的量为1mol×80%=0.8mol，生成甲苯的物质的量为0.8mol×30%=0.24mol，生成苯乙烯的物质的量为0.8mol-0.24mol=0.56mol，由此可建立如下三段式： T1温度下反应Ⅱ的压强平衡常数Kp=≈1.52。 【点睛】反应Ⅱ在反应前后分子数不变，则压强平衡常数与化学平衡常数的数值相等。 6．(1)高温 (2) CD (3) 添加P-Li4SiO4吸附剂，降低了二氧化碳浓度，反应II、III平衡正向移动，后P-Li4SiO4吸附剂失效 (4)B 【详解】（1）反应Ⅱ：，为熵增的反应，根据盖斯定律可得，根据反应可自发进行，则在高温条件下可自发进行； （2）① A．原料气中的S元素会使催化剂中毒，所以需对原料气进行脱硫等净化处理，A说法正确； B．提高水碳比，有利于提高H2的产率，B说法正确； C．反应Ⅱ为气体分子数增多反应，其他条件不变，压缩容器体积，压强增大，反应Ⅱ的平衡逆向移动，C说法错误； D．催化剂能降低反应活化能，提高反应速率，但不能提高原料利用率，D说法错误； ② 根据原子守恒进行计算：C原子守恒可知剩余甲烷物质的量：，O原子守恒可知剩余水物质的量：，H原子守恒可知生成氢气物质的量：，平衡常数：； （3）①添加P-Li4SiO4吸附剂，降低了二氧化碳浓度，反应II、III平衡正向移动；后P-Li4SiO4吸附剂失效，氢气平衡含量降低，二氧化碳、一氧化碳和甲烷平衡含量升高，最后与无添加吸附剂时的含量相同； ②实验时发现t1min后CO2的平衡含量低于理论平衡值，CO的平衡含量高于理论平衡值，可能的原因是：； （4）A．钯膜只允许H2通过，不允许CO2通过，对H2分子的透过具有选择性，A正确； B．过程2：，其活化能E((正)<E((逆)，为放热反应，则过程4为吸热过程，B错误； C．加快Pd膜内H原子迁移，平衡正向移动，有利于H2的解离，C正确； D．常用N2将过程5中的H2吹扫出反应器，增大钯膜两侧的压强差，提高过程1、3速率而促进反应，D正确； 答案选B。 7．(1)+41 (2)bc (3) b 250℃以前，体系以反应Ⅱ为主，温度升高，反应Ⅱ逆向移动，CO2的转化率降低；250℃以后，体系以反应Ⅰ为主，温度升高，反应Ⅰ正向进行，CO2的转化率升高 20% CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O 3.6 3.8 【详解】（1）利用表中几种物质在298K时的标准生成焓，可求出反应Ⅰ：  △H1=(-111 kJ/mol)+( -242 kJ/mol)-( -394 kJ/mol)=+41kJ/mol。 （2）a．增大n(CO2)，虽然平衡正向移动，但CO2的平衡转化率降低，a不符合题意； b．及时移除甲醇，可降低CH3OH浓度，促使平衡正向移动，从而提高CO2的平衡转化率和增大甲醇的选择性，b符合题意； c．减小容器体积，也就是增大压强，平衡正向移动，从而提高CO2的平衡转化率和增大甲醇的选择性，c符合题意； d．充入Ar，各物质的浓度不变，平衡不发生移动，CO2的平衡转化率和甲醇的选择性都不发生变化，d不符合题意； 故选bc。 （3）随着温度的升高，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ平衡逆向移动，CO的选择性不断增大，CH3OH的选择性不断减小，则曲线a表示平衡时CH3OH的选择性曲线，曲线b表示平衡时CO的选择性曲线，曲线c表示CO2的平衡转化率随温度变化曲线。 ①由分析可知，表示平衡时CO选择性的曲线是b。 ②曲线c表示CO2的平衡转化率随温度变化曲线，曲线先减小，表示以反应Ⅱ为主，后增大表示以反应Ⅰ为主，则呈现此变化趋势的原因：250℃以前，体系以反应Ⅱ为主，温度升高，反应Ⅱ逆向移动，CO2的转化率降低；250℃以后，体系以反应Ⅰ为主，温度升高，反应Ⅰ正向进行，CO2的转化率升高。 ③在5.0MPa下，将5molCO2和16molH2在Cu/ZrO2催化剂作用下进行反应。250℃时，测得平衡体系共有0.5molCH3OH，S(CO2)==50%，∆n(CO2)=1mol，则CO2的平衡转化率为=20%，生成CO的物质的量也为0.5mol。由此可建立如下三段式： 则的Kp=(MPa)-2。 ④从图中可以看出，Cu电极与电源负极相连，为电解池的阴极，则Pt电极为电解池的阳极，在电解过程中，阳极区产生的H+透过阳离子交换膜进入阴极区。 铜电极上CO2得电子产物与电解质反应产生CH4等，电极反应式为CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O，若铜电极上只生成5.6gCO，其物质的量为=0.2mol，电极反应式为CO2+2e++2H+=CO+H2O，H+由阳极迁移而来，则反应生成H2O的质量就是铜极区溶液质量变化，所以变化的质量为0.2mol×18g/mol=3.6g；若铜电极上只生成0.3molCH3CHO和0.4molHCOOH，则由关系式：2CO2——CH3CHO——10e-、CO2——HCOOH——2e-，可求出电路中转移电子的数目为0.3mol×10+0.4mol×2=3.8mol。 【点睛】阳离子交换膜只允许阳离子透过，不允许阴离子透过。 8．(1)-(a+10b) (2)BD (3) d 主反应和副反应都是放热反应， 升温均逆向移动， 主反应逆向程度更大 (4) 50％ 2 增大压强/使用更高效主反应催化剂 【详解】（1）与发生反应，达平衡时放热akJ，与发生反应，达平衡时吸热bkJ，则与完全反应生成与，放热（a+10b）kJ，即； （2）A. ，无法说明，不一定达到平衡状态，错误； B. 和的物质的量之比是变量，当保持不变时达平衡，正确； C. 混合气体的密度一直不变，不一定达到平衡状态，错误； D. 反应体系温度是变量，保持不变时达平衡，正确； 故选BD； （3）主反应为气体体积减小的放热反应，副反应是气体体积不变的放热反应，增大压强，主反应正向移动，副反应不发生移动，乙醇的选择性上升，乙酸乙酯的选择性下降，升高温度，主反应和副反应平衡均逆向移动，主反应逆向移动的程度大于副反应，所以乙醇的选择性随着温度升高而减小，乙酸乙酯的选择性上升，综上所述，250℃下，乙醇选择性随压强变化的曲线是a，乙酸乙酯选择性随压强变化的曲线是d，下，乙醇选择性随温度变化的曲线是b，乙酸乙酯选择性随温度变化的曲线是c，故选d；主反应和副反应都是放热反应， 升温均逆向移动， 主反应逆向程度更大； （4）根据已知条件列出“三段式” ，平衡时，体积减小20%，则，平衡时体积为0.8L，解得x=0.6mol，y=0.2mol，；主反应的平衡常数；在不改变反应时间和温度的条件下，增大压强或者使用更高效主反应催化剂一定能提高乙醇选择性。 9．(1) 加深 B (2) ―985.2 (3)420℃催化剂活性差，催化效率低，反应速率较慢，脱硝效率较低 (4) (5) 【详解】（1）①向容器中加入的是活性炭和NO2，随着反应进行，NO2物质的量减少，生成物CO2和N2的物质的量增加，根据反应方程式，NO2减少的物质的量和CO2增加的物质的量相等，根据图像可知，曲线Ⅲ代表的是NO2，则曲线Ⅰ代表的是CO2；0~2min内，NO2的物质的量减少了1.5mol，则v(NO2)==0.375mol⋅L−1⋅min−1；3min时，再充入NO2，NO2浓度增大，则气体颜色加深。 ②恒容时充入稀有气体，不改变任何一种物质的浓度，平衡不移动，故A不选；恒压时充入稀有气体，容器体积变大，平衡向正反应方向移动，可以提高NO2的平衡转化率，故B选；活性炭是固体，增加活性炭的用量，不能使平衡移动，故C不选；催化剂不影响平衡，故D不选，故选B。 （2）设为反应①， 为反应②，①-②即得反应CH4(g)+2NO(g)+O2(g)⇌CO2(g)+N2(g)+2H2O(g)，则该反应的ΔH=−802.6kJ⋅mol−1-182.6kJ⋅mol−1=-985.2kJ⋅mol−1；反应的ΔH=正反应的活化能-逆反应的活化能，所以正反应的活化能=(a−985.2)kJ⋅mol−1。 （3）图示中是相同时间的脱硝效率随温度的变化，即速率随温度的变化，温度高的420℃时的脱硝效率反而低于温度低的390℃时的脱硝效率的原因可能是420℃催化剂活性差，催化效率低，反应速率较慢，脱硝效率较低。 （4）反应的K===3.5×104。 （5）从图3可知，反应物为和，生成物为水和氮气，则总反应的化学方程式为：。 10．(1)低温 (2) > = (3) ～段反应未达到平衡，随着温度的升高，反应速率加快，相同时间内转化量增多，转化率增大 及时分离、降低投料比 (4) (5) (或) AC 【详解】（1）由盖斯定律可知，①+②得反应③，=-283.1kJ/mol，,生成物气体分子数减少，，当时，反应可自发发生，由可知，反应③自发进行的条件为低温。 （2）反应①为放热反应，在前未达到平衡状态，此过程v(正)不断减小，v(逆)不断增大，直到在时v(正)=v(逆)，反应达到平衡，因此在-时，v(正)>v(逆)。恒温体积可变的密闭容器，表明反应在恒压条件下进行，温度不变，平衡常数不变，则Ⅰ、Ⅱ两过程平衡时，各物质体积分数相同。 （3）在相同反应时间，温度越高，反应速率加快，反应达到平衡所需的时间越短，～段温度较低，反应相同时间可能还未达到平衡，转化率随着温度的升高而增大，～时转化率降低，说明反应相同时间已达平衡，由于反应②是放热反应，温度升高平衡逆向移动。可以通入CO来降低投料比或及时分离产物，来提高平衡转化率。 （4）平衡时的转化率为60%，说明反应的共0.6mol，选择性，则生成消耗为0.48mol，生成消耗为0.12mol，反应③消耗为0.48mol，副反应消耗为0.12mol，生成为0.12mol，则平衡时，各物质的物质的量为、、、、、，气体总物质的量为2.4mol，总压强为P，则分压，，，则副反应的压力平衡常数； （5）①活化能越大反应速率越慢，则反应速率最慢的基元反应为(或)。 ②A．1→2中有O-H极性键的断裂和C-H极性键生成，正确； B．由图中反应物和生成物的差值可知，2→3中吸收能量小于4→5释放的能量，错误； C．3→4中由、OH*、O*中原子守恒可知，与O*反应生成OH*，正确； 故选AC。 11．(1)-7 (2) NH4I＞NH4Br＞NH4Cl＞NH4F 丙 4 2NH3(g)N2(g)+3H2(g) (3) ＜ 向将粗Ti混合物与I2蒸气混合加热到1100~1500℃充分进行后，将反应后的气体通入另一容器冷却至160~200℃即可得到高纯Ti，分离出的I2蒸气还能循环利用 温度对副反应的影响大于对主反应的影响，导致Ti的消耗速率增大程度大于Ti的生成速率，从而导致钛沉积速率降低 【详解】（1）根据反应热等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和可知，  E(H-H)+E(I-I)-2E(H-I)=436kJ/mol+151 kJ/mol -2×297 kJ/mol =-7 kJ/mol，故答案为：-7； （2）①卤化铵分解与产物稳定性有关，产物越稳定，卤化铵（NH4X）越容易分解，结合HX的热稳定性与X的非金属性一致，即稳定性HF＞HCl＞HBr＞HI，故NH4I、NH4Br、NH4Cl、NH4F的热分解温度由高到低排序为NH4I＞NH4Br＞NH4Cl＞NH4F，故答案为：NH4I＞NH4Br＞NH4Cl＞NH4F； ②ⅰ．反应Ⅰ：；反应Ⅱ：，NH4I分解温度为235℃，HI分解温度为300℃，随着反应的进行，一开始NH3和HI的物质的量增大，而后由于HI分解，导致HI的物质的量先增大后减小，故图中曲线丙代表HI(g)物质的量随时间变化曲线；由题干图示信息可知，平衡时NH3的物质的量为0.5mol，HI的物质的量为0.1mol，I2和H2的物质的量为：0.2mol，则HI的平衡分压为：0.1p总，H2和I2的平衡分压为0.2p总，该温度下，反应Ⅱ的平衡常数==4，故答案为：丙；4； ⅱ．进一步研究发现，其他条件不变，升高温度时甲曲线平台下移，说明NH3的物质的量减少，说明高温下NH3开始分解为N2和H2，即其可能的原因是2NH3(g)N2(g)+3H2(g)，故答案为：2NH3(g)N2(g)+3H2(g)； （3）①由题干信息可知，主反应：，高温平衡向正反应进行，说明主反应为吸热反应，即主反应中＜0，提纯钛的原理为：向将粗Ti混合物与I2蒸气混合加热到1100~1500℃充分进行后，将反应后的气体通入另一容器冷却至160~200℃即可得到高纯Ti，分离出的I2蒸气还能循环利用，故答案为：＜；向将粗Ti混合物与I2蒸气混合加热到1100~1500℃充分进行后，将反应后的气体通入另一容器冷却至160~200℃即可得到高纯Ti，分离出的I2蒸气还能循环利用； ②钛沉积速率与钛丝温度关系如图所示。温度高于1500℃时，钛沉积速率降低的主要原因可能是温度对副反应的影响大于对主反应的影响，导致Ti的消耗速率增大程度大于Ti的生成速率，从而导致钛沉积速率降低，故答案为：温度对副反应的影响大于对主反应的影响，导致Ti的消耗速率增大程度大于Ti的生成速率，从而导致钛沉积速率降低。 12．(1)低温 (2)降温、及时分离出产品有利于平衡正向移动，增大原料利用 (3)＞ (4) (5) 8 【详解】（1）主反应是放热反应，反应方程式的气体系数和正向减小，即熵减，所以该反应需在低温下自发进行； （2）化工生产设计时，常用串联多个反应器的工艺方法进行合成，并在两个相同的反应器中间加产物吸收装置和热交换降温装置，设计这种工艺的目的：降温、及时分离出产品有利于平衡正向移动，增大原料利用率； （3）对于放热反应而言，若已达到平衡，升温逆向移动，反应物转化率下降，那么温度升高，转化率升高一定是没达到化学平衡，a点没达到化学平衡，在反应正向进行过程中，始终有v正＞v逆， （4）由图可知200℃时反应已达平衡，环氧乙烷的选择性为：，由图可知，p(O2)=p0，乙烯的分压与环氧乙烷相等，则平衡常数Kp=； （5）①由图可知，C2H6生成C2H4一极为阳极，CO2生成CO一极为阴极，则阳极的电极反应式为：； ②黑球在8个顶点和面心，均摊为，白球在内部，为8个，根据化学式可知，Ce2+为黑球，O2-为白球，则该晶胞中Ce的配位数为8，若晶胞边长为a pm，则该CeO2晶体的密度为g⋅cm3。 13．(1) -90.5kJ/mol 小于 (2) 62.5% (3) 反应Ⅰ为放热反应，温度升高，使CO2转化为CH3OH的平衡转化率下降 减小 【详解】（1）由题干信息可知，反应Ⅰ：  反应Ⅲ：  ，则反应Ⅲ-反应I可得反应Ⅱ：，根据盖斯定律可知，==-49.5kJ/mol-41.0kJ/mol=-90.5kJ/mol，又知反应热=Ea正-Ea逆＜0，故该反应的活化能(正)小于(逆)，故答案为：-90.5kJ/mol；小于； （2）恒温恒压密闭容器中，加入和，初始压强为，反应达平衡时，的转化率为60%，容器体积减小25%，即容器内气体的物质的量减少了(1+3)×25%=1mol，H2的转化量为3mol×60%=1.8mol，根据反应方程式：反应Ⅰ：反应前后气体的物质的量不变，反应Ⅱ：和反应Ⅲ：的气体物质的量均减小2，根据方程式可知生成的CH3OH物质的量为0.5mol，根据H守恒可知，生成的H2O的物质的量为：=0.8mol，设生成的CO物质的量为n1mol，参加反应的CO2的物质的量为n2mol，则根据C原子守恒有：n1+0.5=n2，根据O原子守恒有：2n2=n+0.5+0.8，解得n1=0.3mol，n2=0.8mol，则的选择性为=62.5%，平衡时CO2物质的量为1-0.8=0.2mol，H2的物质的量为：3(1-60%)=1.2mol，CH3OH为0.5mol，H2O为0.8mol，混合气体总物质的量为(1+3)×(1-25%)=3mol，即平衡时CO2的平衡分压为：Mpa= Mpa，同理H2、CH3OH、H2O的平衡分压分别为：0.4p0 Mpa， Mpa， Mpa，故反应Ⅲ的平衡常数===，反应Ⅲ的正、逆反应速率方程为：，，平衡时，即则有：=Kp，故该条件下测得某时刻，，，此时==×=，故答案为：62.5%；；； （3）①由图可知，温度为230℃时，甲醇的产率最高，反应达到平衡状态，该反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的转化率降低、甲醇的产率降低，所以温度高于230℃，甲醇产率随温度升高而下降，故答案为：反应Ⅰ为放热反应，温度升高，使CO2转化为CH3OH的平衡转化率下降； ②由题干信息可知，反应Ⅰ：，反应Ⅱ：，保持温度不变，增大压强，反应Ⅱ平衡正向移动，导致CO和H2浓度减小，导致反应I平衡正向移动，CO2、H2浓度减小，CO和H2O浓度增大， 则导致增大，根据反应I的平衡常数K=不变可知，减小，故答案为：减小。 14．(1)   (2) 75% (3) (4) (5)阴极反应：，增大，穿过阳离子交换膜进入A区产生浓NaOH溶液 (6)4 (7)AB 【详解】（1）目标反应为，目标反应=2ⅰ+ⅱ则目标反应的，热化学方程式为； （2）根据图像可知200℃时主要生成甲烷，反应方程式为；800℃平衡时甲烷的物质的量分数为0，根据图像可以列三段式：则，，则二氧化碳的转化率为； （3）根据图像可知，Fe3+在pH=3左右完全沉淀，Al3+和Mg2+完全沉淀pH都大于3，因此先分离出的氢氧化物是Fe(OH)3； （4）碳酸化时通入的二氧化碳、一水合氨和氯化钙生成碳酸钙沉淀、氯化铵和水，离子方程式为； （5）该电池阴极发生，随着电解的进行，溶液中氢氧根离子浓度增大，同时钠离子经阳离子交换膜向阴极移动，使阴极区域的氢氧化钠浓度增大而得到氢氧化钠浓溶液； （6）每转移2mol电子有2molNaOH在阴极区生成，同时有2molNaOH在阳极区的双极膜和阳离子交换膜之间生成，因此每转移2mol电子有4molNaOH生成； （7）充分加热后，碳酸氢钠受热分解，因此减重质量为碳酸氢钠生成的二氧化碳和水，可以由此计算出碳酸氢钠的质量进而求得碳酸氢钠的质量分数，A正确；与足量稀盐酸反应后加热蒸干所得国体为NaCl，根据氯化钠的质量可列方程组而求得碳酸氢钠的质量进而求得碳酸氢钠的质量分数，B正确；与足量稀硫酸充分反应并加热，逸出气体用碱石灰吸收，增重为二氧化碳和水的质量，水的质量无法计算，因此不能计算得出碳酸氢钠的质量分数，C错误。 15．(1) (2) bd < 第二步 第二步反应活化能较高 (3) L2 反应Ⅰ和反应Ⅱ均为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，会降低 【详解】（1）由盖斯定律可知，反应Ⅱ-2×反应Ⅰ可得：，则； （2）①a．该反应过程中，气体总质量和总体积不变，混合气体密度是定值，混合气体密度不再发生变化时，不能说明反应达到平衡，a不符合题意； b．在绝热恒容容器中发生该放热反应，温度升高，压强增大，当容器内压强不再发生变化时，说明反应达到平衡，b符合题意； c．反应速率比等于系数比，的消耗速率等于的消耗速率，不能说明正、逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，c不符合题意； d．的体积分数不再发生变化，说明正、逆反应速率相等，说明反应达到平衡，d符合题意； 答案为：bd。 ②若用恒温恒容容器，正、逆投料最终平衡状态相同，=1，但绝热容器中正、逆投料后，均不能达到恒温时的平衡状态，所以<1； ③过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；第二步反应活化能较高，所以速率较慢，能决定整个反应速率的快慢； （3）①反应Ⅰ和反应Ⅱ均为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，会降低，所以能表示随温度变化的曲线是L2； ②设CO2(g)和H2 (g)的起始物质的量分别为1mol和3mol，平衡时反应Ⅰ中CO2 (g)转化了xmol，反应Ⅱ中CO2 (g)转化了ymol，列三段式： 总的物质的量为(4-2x-2y)mol，平衡时CO2 (g)的转化率为60%和的平衡体积分数为10%，可列式子：x+y=0.6，，解得x=0.28mol，y=0.32mol，则平衡时CO2的体积分数为，平衡时n(CO2)=0.4mol，n(H2)=1.2 mol，n(CH3OH)=0.28mol，n(H2O)=0.76mol，n(总)=2.8mol，则反应的压强平衡常数Kp=。 16．(1) (2) (3)BC (4) (或) C点与浓度相等，，代入反应ⅳ，求得，由，求得，因此C点对应的溶液不能用于该电镀工艺 【详解】（1）由盖斯定律可知ⅲ-ⅰ-ⅱ得反应，故； （2），ts时的产率为40%，则0~ts内的平均分解速率为；充分分解达到平衡时，容器中和的分压相等，由方程式可知，平衡时硫化氢、氢气的物质的量相等，均为2mol÷2=1mol，同时生成为1mol÷2=0.5mol，则则该温度下的平衡常数=； （3）A．加水稀释后，离子浓度减小，促使平衡向生成离子数多的方向移动，溶液中离子的总数增大，A错误； B．加入少量固体，根据铬元素守恒，溶液中含铬微粒总数不变，B正确； C．ⅳ.       ⅴ.      由盖斯定律可知，ⅳ+ⅴ得反应，则其平衡常数，C正确； D．，，溶液中减小，与浓度的比值增大，D错误； 故选BC； （4）①ⅳ.       ⅴ.      由平衡常数可知，初始生成的进行程度更大，结合图可知，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别为、、的曲线，由图可知，当 时，图中含铬微粒按浓度由大到小的顺序为；A点时，，，溶液中的平衡浓度为(或)。 ②C点与浓度相等，，代入反应ⅳ，求得，由，求得，因此C点对应的溶液不能用于该电镀工艺。 17．(1) (2) pH降低，c(HClO)升高 (3)反应虽然可自发进行，但是正反应活化能较大，在较低温度下反应速率缓慢，故现象不明显 (4) CD 硝酸预氧化的过程中引入了H+，增大了H+浓度，平衡逆向移动，使活性炭表面酚羟基、羧基等官能团数量增多，故吸附效果更佳 【详解】（1）由图可知，通入一氧化氮的多孔电极为电解池的阴极，一氧化氮在阴极得到电子发生还原反应生成氮气和氧离子，电极反应式为，故答案为：。 （2）①根据盖斯定律，Ⅰ×3+Ⅱ即可得目标反应：，则反应热∆H=3×∆H1+∆H2=(3a+b)kJ∙mol-1，故答案为：； ②pH减小，NaClO的水解平衡右移，即水解程度越大，溶液中HClO的浓度越高，则反应Ⅰ的平衡右移，NO脱除率越高，故答案为：pH降低，c(HClO)升高。 （3）该反应的正反应活化能为，逆反应的活化能为910 kJ∙mol-1，则∆H=728-910=-182 kJ∙mol-1，又正反应的熵变为，依据，故600℃时反应可以自发，而600℃时NO仍没有明显分解是正反应活化能较大，在较低温度下反应速率缓慢，故现象不明显，故答案为：反应虽然可自发进行，但是正反应活化能较大，在较低温度下反应速率缓慢，故现象不明显。 （4）①A．图中原始-C曲线是虚线，NO捕获率应看右侧纵轴上的数据，25°C下175分钟后NO捕获率低于50%，H2O2-C曲线是实线，NO捕获率应看左侧纵轴上的数据，因此175分钟后原始-C的吸附效果没有超过H2O2-C，故A错误； B．若其他条件不变，增大混合气体中N2物质的量分数，即在恒压条件下增大容器体积，使NO浓度减小，吸附平衡逆向移动 ，故B错误； C．KMnO4是粉末状固体，活性炭表面疏松多孔的结构有利于吸附，KMnO4-C在实验中吸附效果不佳，可能是活性炭表面孔隙被MnO2、KMnO4堵塞，故C正确； D．由图像可知，升高温度，NO的捕获率降低，即催化剂吸附的NO分子总数会减少，故D正确； 答案选CD； ②HNO3是强酸，HNO3预氧化的过程引入了H+，增大了H+的浓度，平衡逆向移动，使活性炭表面酚羟基、羧基等官能团数量增多，故吸附效果更佳，故答案为：硝酸预氧化的过程中引入了H+，增大了H+浓度，平衡逆向移动，使活性炭表面酚羟基、羧基等官能团数量增多，故吸附效果更佳。 18．(1) 两反应，但反应可自发进行，但，高温下才可自发 (2) b ，温度升高，增大 (3)使用高选择性催化剂 【详解】（1）①反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的可以由反应Ⅱ-2×反应Ⅰ得到，故Kp3=； ②两反应都是气体体积数增大的反应，两反应ΔS>0，ΔH2<0反应可自发进行，但ΔH1>0，高温下才可自发反应，故反应Ⅱ趋势远大于反应Ⅰ； （2）①根据ΔG=ΔH−TΔS，ΔG随温度变化呈线性变化，故a为ΔG随温度变化的曲线，则Kp1随温度的变化曲线为b，ΔH1>0，温度升高，Kp1增大满足反应Ⅰ的Kp1随温度的变化； ②恒容密闭容器中，初始状态下通入气态乙苯和氧气各1mol，只发生反应Ⅱ达到平衡，根据平衡时乙苯的转化率为99.8％，得出乙苯反应了0.998mol，列出三段式 ，平衡时，容器内总压强变为，该温度下，反应的平衡常数； （3）乙苯脱氢法制苯乙烯往往伴随副反应，一定条件下，为了同时提高反应速率和苯乙烯选择性，应当使用高选择性催化剂。 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 $$