2025届高三化学二轮复习 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·北京·三模）了解化石燃料燃烧过程中二氧化硫（）和氮氧化物（）的处理对改善环境推动可持续发展具有重要意义。结合所学知识，回答下列问题： I．用活性炭吸附。 (1)活性炭可以和反应。一定条件下，当1mol NO与活性炭完全反应生成两种无毒的气体时，放出17kJ的热量，写出其反应的热化学方程式： 。 (2)活性炭吸附反应如下： 。 在℃时，该反应在2L容器中测得反应不同时间各物质的物质的量如下： 时间（min） 0 10 20 30 40 50 （mol） 2 1.16 0.80 0.80 1.23 1.23 （mol） 0 0.42 0.60 0.60 0.80 0.80 0~10min内，的平均反应速率 ，30min时，该反应的平衡常数 。 (3)30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡；根据表中的数据判断改变的条件可能是 （填字母）。 a．加入活性炭            b．通入     c．缩小容器的体积        d．加入合适的催化剂 II．烟气脱除。 工业上可用纳米MgO分散到一定浓度的溶液中，配制成烟气脱硫试剂。 将含有的烟气以一定流速持续通入到该脱硫试剂中，实时监测出口处气体中脱除效率及脱硫试剂溶液的pH值，如图1所示。 图1烟气脱硫效率与溶液pH值图2亚硫酸盐含硫粒子物质的量分数与pH的关系 已知：ⅰ．纳米MgO活性较高，常温下可以与水反应； ⅱ．在水中难溶，可溶。 (4)烟气脱硫开始阶段溶液呈碱性，很快pH值降到4左右，烟气脱硫效率始终很高。结合化学用语解释其原因 。 (5)脱硫试剂中Mg2+维持较高的初始浓度，对脱硫效率有显著影响。实验发现，在600s以后，随着的脱除，溶液pH值几乎不变，但浓度逐渐升高，结合图2中含硫微粒的分布情况，用离子方程式解释其可能原因 。 (6)为了提高烟气的脱硫效率，在不增加化学试剂的情况下，可以采取的措施有：提高分散系中MgO与的浓度、 （写出两条）。 2．（2024·安徽六安·模拟预测）我国提出2060年前实现碳中和，为有效降低大气CO2中的含量，以CO2为原料制备甲烷、戊烷、甲醇等能源物质具有较好的发展前景。CO2在固体催化剂表面加氢合成甲烷过程中发生如下反应： Ⅰ．主反应：  。 Ⅱ．副反应：  。 (1)已知：Ⅲ．  。 Ⅳ．   。 (2)CO2加氢合成甲烷时，通常控制温度为：500℃左右，其可能的原因为_______。 A．反应速率快 B．平衡转化率高 C．催化剂活性高 D．主反应催化剂选择性好 (3)500℃时，向1L恒容密闭容器中充入4molCO2和12molH2，初始压强为p，20min时主、副反应都达到平衡状态，测得c(H2O)=5mol⋅L-1，体系压强为，则0~20min内 ，平衡时CH4选择性= (CH4选择性，计算保留三位有效数字)，副反应Kc= 。 (4)以CO2催化加氢合成的甲醇为原料，在催化剂作用下可以制取丙烯，反应的化学方程式为。该反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图中曲线a所示，已知Arhenius经验公式，(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。当改变外界条件时，实验数据如图中的曲线b所示，则实验可能改变的外界条件是 。 (5)科学家们已经用甲烷制出了金刚石，人造金刚石在硬度上与天然金刚石几乎没有差别 ①已知原子a、b的分数坐标为(0，0，0)和，原子c的分数坐标为 。 ②若碳原子半径为rnm，则金刚石晶胞的密度为 g/cm3(用含r的计算式表示)。 3．（2024·黑龙江·三模）苯乙烯主要用作合成树脂、离子交换树脂及合成橡胶等的重要单体，也可用于制药、染料、农药以及选矿等行业。在催化剂作用下，苯乙烯可由乙苯直接脱氢或氧化脱氢制备。 反应Ⅰ（直接脱氢）： 反应Ⅱ（氧化脱氢）： 回答下列问题： (1)已知：① ② ③ 则反应的 ，若该反应的活化能（正）为，则该反应逆反应的活化能（逆）为 。 (2)对于反应，保持温度和压强不变，向一体积可变的密闭容器（起始体积为）中分别通入为的混合气体，直接脱氢过程中转化率随时间变化如图所示： ①充入的目的是 。 ②内反应速率最慢的混合气对应图中曲线 （填“a”“b”或“c”）。 (3)在温度下，将和加入恒容的密闭容器中，发生反应Ⅰ、反应Ⅱ，测得的转化率及体系内的压强随时间的变化关系如图所示（忽略温度对压强、催化剂的影响）： ① （填“<”或“>”）。 ②温度下，反应Ⅰ的分压平衡常数 （保留小数点后一位，为用平衡分压表示的平衡常数，即用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。 (4)含苯乙烯的废水的排放会对环境造成严重的污染，现采用电解法进行处理，其工作原理如图所示（电解液是含苯乙烯和硫酸的废水，），已知：（羟基自由基）具有很强的氧化性，可以将苯乙烯氧化成和。 ①M连接电源的 （填“正极”或“负极”）。 ②苯乙烯被氧化的化学反应方程式为 。 4．（2024·湖南·模拟预测）甲烷和水蒸气倠化制氢主要有如下两个反应： 反应Ⅰ.    ； 反应Ⅱ.    。 恒定压强为时，将的混合气体投入反应器中，平衡时，各组分的物质的量分数与温度的关系如下图所示。 回答下列问题。 (1)①基催化剂以其优异的催化性能和低廉成本而被广泛应用于甲烷和水蒸气催化制氢反应研究中。基态的价电子中自旋方向相反的两种电子个数比为 。水的沸点高于沸点，其原因是 。 (2)已知在、密闭容器中充入和，若只发生反应Ⅱ，吸收的能量；若在、密闭容器中充入和，放出能量，则在该温度下，反应Ⅱ的反应热 。写出与生成和的热化学方程式： 。 (3)关于甲烷和水蒸气催化制氢反应，下列叙述正确的是______（填字母）。 A．恒温、恒容条件下，充入稀有气体，压强增大，反应速率增大 B．恒温、恒容条件下，充入水蒸气，活化分子百分数增大，反应速率增大 C．升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞频率增大，反应速率增大 D．加入合适的催化剂，降低反应温度也能实现单位时间转化率不变 (4)系统中的含量在700℃左右出现峰值，试从化学平衡的角度解释出现峰值的原因： ①低于700℃， ； ②高于700℃， 。 ③已知投料比为的混合气体，。600℃时，的平衡转化率为 （保留4位有效数字），反应的平衡常数的计算式为 是以分压表示的平衡常数，分压=总压物质的望分数）。 5．（2024·山西大同·模拟预测）氨是化肥工业和基本有机化工的主要原料。回答下列问题， (1)查阅资料可知，H—H、N≡N、N-H的键能分别为436、946、389，则的焓变△H= ，该反应活化能 （填“＞”或“＜”）。 (2)已知分解反应的速率方程为（k为速率常数，只与温度、催化剂有关）。某温度下的实验数据如表所示： 组别 速率常数k 1 0.04 k 2 0.16 k 3 0.36 k 速率方程中n＝ ； 。 (3)恒压密闭容器中，充入一定量的和，在不同催化剂（Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ）作用下发生反应，测得相同反应时间内，的体积分数随温度变化如图所示： ①图中X、Z点对应温度下的平衡常数： （填“＞”或“＜”，下同）。 ②240℃时，催化效果最好的催化剂为 （填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”）；T＞300℃，曲线重合的原因是 。 (4)恒温、恒容条件下，和按照物质的量之比1∶1充入容器，下列能说明密闭容器中反应已达平衡状态的是 （填字母）。 A．容器内压强不再发生改变 B．容器内混合气体的平均摩尔质量不变 C．容器内气体密度不再发生改变 D．的体积分数保持不变 (5)合成氨的常用催化剂是铁触媒，已知铁为面心立方晶体，其晶胞结构如图所示，若铁原子的半径为a pm，则铁晶体中最近的两个铁原子间的距离（核间距）为 pm；铁晶体的密度为 （表示阿伏加德罗常数的值，写出计算表达式）。 6．（2024·山东菏泽·模拟预测）我国海洋资源丰富，其蕴藏的可燃冰(主要成分为甲烷)储量巨大，如何将可燃冰资源化成为我国科学家的研究课题。试回答下列问题。 I.制备合成气 原理为反应ⅰ：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) (1)一定温度下，由稳定单质(其标准摩尔生成焓视为0)生成lmol化合物的焓变称为该化合物的标准摩尔生成焓()。表中为几种物质在298K的标准摩尔生成焓。 物质 CO2(g) CO(g) H2(g CH4(g) /(kJ·mol-1) -393.5 -110.5 0 -74.8 则反应ⅰ的△H1= kJ·mol-1。 (2)一定温度下，向密闭容器中加入lmolCH4(g)和1molCO2(g)，在发生上述反应的同时，还伴随着副反应ⅱ：CH4(g)+3CO2(g)4CO(g)+2H2O(g)  △H2>0。测得CO2的平衡转化率[α(CO2)]与温度(K)压强(MPa)的关系如图所示。 ①图中m表示的是 (填“温度”或“压强”)，n1 (填“>”“=”或“<”)n2。 ②图中A点在对应n1和m1条件下，用CO2表示的化学反应速率v正 (填“>”“<”或“=”)v逆。 ③测得B点条件下，容器内CO为1mol，则B点对应条件下反应i的Kp= (列出计算式即可，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量的分数)。 Ⅱ.催化合成CH3COOH 原理为反应ⅲ：CH4(g)+CO2(g)CH3COOH(g) (3)利用计算机技术测得该反应的历程和相对能量的变化如图所示(*指微粒吸附在催化剂表面)。 ①反应ⅲ的历程分 步进行，其中，决定该反应速率的是第 步。 ②在恒温、恒容条件下，加入等物质的量的反应物进行上述反应，下列说法正确的是 (填字母)。 a.增大催化剂的表面积，能增大化学反应速率 b.物质被催化剂吸附一般会导致能量降低 c.当甲烷和二氧化碳的体积分数相等时，反应达到平衡状态 d.加压和升温，都有利于乙酸的合成 Ⅲ.利用甲烷燃烧原理设计原电池 (4)若采用NaOH溶液作为电解液，则负极的电极反应式为 。 7．（2024·湖南·二模）生物质(，其中包含常见糖类、甘油等)的利用不会增加大气中的含量，被视为符合“碳中和”理念的能源。利用CuO作为氧载体，可提供氧原子，促使生物质转化为具有重要应用价值的合成气(CO、)。其主要反应为。在时，向2L刚性容器中加入足量的和，发生上述反应，达到平衡时，测得容器中、CO的物质的量浓度分别为、。请回答下列问题： (1)下列有关该反应说法正确的是_______(填标号)。 A．CuO中铜元素的化合价一定降低 B．随着CuO的量增多，CO的含量可能降低 C．当容器中和CO的物质的量浓度保持恒定不变时，该反应一定达到化学平衡 D．反应达到平衡后，向容器中投入mmol和nmolCO，达到新平衡时，CO的物质的量浓度大于 (2)光电催化甘油生产合成气的工作原理如图所示。已知光电阳极在光照下可产生空穴()和光电子()，空穴具有很强的得电子能力。 请写出上述原理图中甘油转化为CO的方程式： 。 (3)经研究发现，甘油转化为合成气的一种反应机理如图所示(部分物质未标出)。 与甘油相比，该反应机理过程图中碳原子新增的杂化方式有 。为实现生物质()的原子利用率达到100%，有机物的n、m、z应满足关系 (用n、m、z表达)。 (4)将甘油所得合成气分离出3mol和1molCO通入某恒压容器中，在，pkPa条件下发生如下反应： ⅰ.   ⅱ.   ⅲ.   则反应在 (填“高温”或“低温”)下能自发进行。 随着温度的变化，各气态微粒的平衡体积分数(水蒸气忽略不计)与温度的变化关系如图所示。 ①试分析随着温度升高，的体积分数先缓慢增大后迅速增大的原因是 。 ②930℃下，平衡时的分压为 kPa，反应ⅲ的压强平衡常数 (列出计算表达式)。 8．（2024·山东·模拟预测）氢能源具有广泛的应用前景，甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一，涉及反应如下： Ⅰ.   Ⅱ.   Ⅲ.   回答下列问题： (1)为标准摩尔生成焓，其定义为标准状态下，由稳定相态的单质生成1mol该物质的焓变。对于稳定相态单质，其为零。部分物质的标准摩尔生成焓如下表。 物质 [已知：  ]。 (2)某温度下，和按投料比加入容积2L的密闭容器中催化重整制取高纯氢，初始压强为，平衡时的转化率为，(S表示选择性，)，则分压为 ，反Ⅱ的 (保留小数点后两位)；在该温度下的平衡体系升温，随着温度的升高，的转化率先减小后增大的原因可能是 。 (3)用CaO可以去除。体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如图所示。从时开始，体积分数显著降低，单位时间CaO消耗率降低。此时CaO消耗率约为，大部分已失效，原因是 。 (4)在一定条件下，选择合适的催化剂发生反应Ⅱ：，调整CO和初始投料比，测得CO的平衡转化率如图。 已知：反应速率，、分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数。A、B、D、E四点中温度最高的是 ，在C点所示投料比下，当CO转化率达到时， 。 9．（2024·陕西安康·模拟预测）工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，我国目前氨的生产能力位居世界首位。合成氨反应为    。回答下列问题： (1)已知和的燃烧热分别为和，则合成氨反应的 ；合成氨反应的逆过程能自发进行的最低温度为 。 (2)在合成氨过程中，需要不断分离出氨的原因为 。（填字母）。 A．有利于平衡正向移动            B．防止催化剂中毒            C．提高正反应速率 (3)某温度下，在容积为的恒容密闭容器中模拟工业合成氨，充入和的总物质的量为，容器内起始压强为标准压强，容器内各组分的物质的量分数与反应时间的关系如图所示： ①曲线表示 （填物质名称）的物质的量分数的变化情况。 ②内，平均反应速率 。 ③达平衡时容器内压强为，则标准平衡常数 [对于反应，标准平衡常数，其中为标准压强，、、、为各组分的平衡分压，分压总压物质的量分数]。 (4)利用热再生氨电池可实现电镀废液的浓缩再生。该电池的工作原理如图所示，甲、乙两室均预加相同的电镀废液，向甲室中加入足量氨气后电池开始工作。 ①乙室中铜极为 （填“正极”或“负极”）。 ②理论上每转移电子，乙室中溶液的质量变化为 。 10．（2024·湖南衡阳·模拟预测）丙烯是一种重要的化工原料。关于丙烯的制备方法有如下几种： I．丙烷氧化脱氢： (1)下列操作有利于提高丙烷的平衡转化率和加快反应速率的有___________(填序号)。 A．升温 B．减压 C．加催化剂 D．通 (2)某温度下，向刚性密闭容器中充入和的混合气体发生氧化脱氢反应，下列能说明反应达到平衡状态的是___________(填序号)。 A． B．反应混合物中各组分浓度之比等于化学计量数之比 C．容器内混合气体平均摩尔质量不再变化 D．容器内混合气体密度不再变化 (3)丙烷氧化脱氢反应的正反应瞬时速率为，逆反应瞬时速率为，和代表速率常数，某一时刻升高温度，的值将 。(填“增大”、“减小”或“不变”)。 Ⅱ．丙烷无氧脱氢：  。使用该方法制备丙烯时，体系中还存在副反应：。 (4)已知几种共价键键能如下表所示： 共价键 键能 413 348 615 436 丙烷无氧脱氢反应在 (填“较高”“较低”或“任意”)温度下能自发进行。 (5)一定温度下，将和的混合气体通过催化剂(负载于)的表面。反应过程中，催化剂会与反应生成另一催化剂。使用不同催化剂时，和的关系如图甲所示(其中为，为)。反应过程中丙烷平衡转化率、丙烯选择性以及丙烯生成速率随变化如图乙所示。 ①已知Arrhenius经验公式为(为活化能，为速率常数，和为常数)。在其他条件相同时，催化效果较差的是 (填“”或“”)。 ②恒温恒压条件下，向密闭容器中通入和混合气体使丙烯生成速率最大，丙烷无氧脱氢反应 (已知压强为，保留两位有效数字)。 Ⅲ．电化学合成丙烯，其装置如图所示： (6)生成丙烯的电极反应式为 。 11．（2024·陕西安康·模拟预测）近日，我国科学家根据Co3O4在HZSM-5载体上的单层分散行为设计催化剂用于NH3选择性还原NOx。 已知：①　 ②　 回答下列问题： (1)反应的 。 (2)一定温度下，在恒容密闭容器中充入和，发生反应①。下列叙述正确的是_____(填字母)。 A．混合气体的压强不随时间变化时达到平衡状态 B．达到平衡后，充入，平衡逆向移动，平衡常数减小 C．达到平衡时，反应放出的热量为 D．加入高效催化剂，达到平衡前，单位时间内NO的转化率增大 (3)在恒容密闭容器中充入1molNO、2molNO2和4molNH3，在不同组成的催化剂作用下发生上述反应，相同时间内氮氧化物的转化率与温度关系如图所示。 ①最佳反应温度为 。 ②段变化的原因是 。 ③M点 (填“达到”或“未达到”)平衡状态，判断依据是 。段变化的原因可能是 。 (4)一定温度下，在恒容密闭容器中充入和，在催化剂作用下发生反应：①；②。达到平衡时，的转化率为，的选择性为50%[的选择性]。则平衡时，的浓度为 ，该温度下，反应①的平衡常数 (只列计算式即可)： 12．（2024·贵州贵阳·三模）汽车等交通工具为出行、物流带来了舒适和方便。然而，燃油车排放的尾气中含有大量的氮氧化物，的处理是环境科学研究的热点课题。 (1)利用活性炭对NO进行吸附是处理氮氧化物的途径之一、向容积恒为2 L的密闭容器中加入活性炭(足量)和NO，发生反应  ，NO和的物质的量变化如下表所示： 物质的量/mol 0 5 min 10 min 15 min 20 min 25 min 30 min NO 2.0 1.16 0.80 0.80 0.50 0.40 0.40 0 0.42 0.60 0.60 0.75 0.80 0.80 ①在温度下，0～5 min内，以表示该反应速率v(N2)= ；第15 min后，将温度调整为，数据变化如上表所示，则T1 T2(填“>”“<”或“=”)。 ②若为绝热恒容容器，下列表示该反应已达到平衡状态的是 (填序号)。 A合气体的密度不再变化 B．温度不再变化 C．NO和的消耗速率之比为1∶2 D．混合气体中 (2)汽车尾气的净化装置中，在适当催化剂的作用下，CO和NO发生反应：  。向一恒容密闭容器中，充入1 mol CO气体和一定量的NO气体，图1是3种投料比[n(CO)∶n(NO)]分别为2∶1、1∶1、1∶2时，反应温度对CO平衡转化率的影响曲线。                  图1 ①图中表示投料比为2∶1的曲线是 。 ②已知条件下，投料比为1∶2时，起始容器内气体的总压强为3 MPa，则℃时该反应的平衡常数Kp= (MPa)-1(保留两位小数，以分压表示，气体分压=总压×物质的量分数)；p点时，再向容器中充入NO和，使二者分压均增大为原来的2倍，达到平衡时CO的转化率 (填“增大”“减小”或“不变”)。 ③研究表明，在不同催化剂甲、乙作用下，NO的脱氮率在相同时间内随温度的变化如图2所示，工业生产中选用甲，理由是 。                     图2 (3)含铈溶液可以处理大气中的氮氧化物，并可通过电解法再生。铈元素(Ce)常见的化合价有＋3价、＋4价。NO可以被含的溶液吸收，生成等物质的量的、。可采用电解法将上述吸收液中等物质的量、转化为无毒物质，其原理如图3所示。阴极的电极反应式为 。                      图3 13．（2024·云南·模拟预测）我国将力争于2030年前做到“碳达峰”，2060年前实现“碳中和”，制是热点研究之一，中科院大连化物所研究团队直接利用与合成甲醇，主要涉及以下反应： ① ② ③ (1) 。 (2)反应的平衡常数随温度变化曲线如图所示。 ①根据图像信息，表示反应①的关系的曲线为 （填“l”或“m”）。 ②有同学认为在以后反应②在该体系中可以忽略，其依据是 。 (3)恒压条件下，向容器中充入。温度升高至后，的平衡转化率随温度变化曲线如图中曲线n所示。 ①只发生反应①和③，在达到平衡时，体系中的物质的量为，则此时的转化率为 ，此时反应①的平衡常数值为 （列出表达式即可）。 ②以后的平衡转化率随温度变化的可能原因是 。 ③为提高甲醇的平衡产率，可采取的措施有 （至少答两条）。 (4)恒压条件下将和按体积比混合，在不同催化剂作用下发生反应。在相同时间段内的选择性和产率随温度的变化如图所示，其中的。则合成甲醇的适宜条件是_______（填序号）。 A． B． C．催化剂N D．催化剂M 14．（2024·吉林长春·模拟预测）“碳—化学”是指以碳单质或分子中含一个碳原子的物质(如CO、CO2、CH4、CH3OH等)为原料合成工业产品的化学工艺，对开发新能源和控制环境污染有重要意义。回答下列问题： (1)我国用铜基催化剂，由CO2加氢制甲醇已工业化，部分反应历程如图所示(带*微粒为催化剂表面的吸附物种，氢原子没有全部标出)，可知HCOOH*→CH2O*+OH*过程的焓变ΔH= eV(将结果补充完整，用含E3、E4、E5的代数式表示)。 (2)CH4—CO2催化重整技术制合成气是研究热点之一，具有广阔的市场前景、经济效益和社会意义，发生的主要反应如下： 主反应： 副反应： ①描述化学反应的平衡常数有三种方法：Kc、Kp和Kx(用平衡时气体的物质的量分数代替平衡浓度计算)。关于相同温度下以上两个反应的三种平衡常数说法正确的是 (用字母填空)。 A．副反应的三种平衡常数的数值相等 B．增大压强，主反应的Kx变小，副反应的Kx不变 C．若升高温度，两个反应的三种平衡常数均增大 D．向体系中充入H2，主反应的平衡常数均减小，副反应的平衡常数均增加 ②恒温恒压下，向起始体积为3L的容器中充入1molCO2、2molCO和2molH2，达到平衡，测得CO的物质的量为1.7mol，H2O的物质的量为0.1mol。平衡时的总体积为 。 ③该温度下，副反应的压强平衡常数 (保留三位有效数字)。 (3)在某刚性容器中充入n(CO2)：n(H2)=1：3的混合气体发生如下反应： 主反应： 副反应： 平衡时CO和CH3OH在含碳产物中物质的量百分数及CO2的转化率随温度的变化如图所示： ①表示平衡时CH3OH在含碳产物中物质的量百分数的曲线是 (填“a”或“b”) ②在250℃以下，升高温度，曲线c减小的原因是 。 ③250℃，CO2与H2的平衡转化率之比为 。 15．（2024·山东潍坊·三模）研究含、的污染排放物的性质，对建设美丽家乡，打造宜居环境具有重要意义。回答下列问题： (1)城市中和污染主要来源于汽车尾气，在空气中存在如下反应：，研究资料表明该反应的反应速率随温度的升高而减小，上述反应分两步完成，如图1所示。 ①图1中第一步反应的热化学方程式为 。 ②由实验数据得到第二步反应的关系如图2所示。当升高温度时，反应重新达到平衡，则变为相应的点为 (填字母)。 (2)将转化为等物质，是实现“双碳”目标的途径之一。 ①在某催化剂作用下，和合成甲酸仅涉及以下反应： I．   Ⅱ．   在刚性容器中，加入和各发生反应，平衡时的转化率及和的选择性随温度变化如图所示。时，平衡后的压强与初始压强之比为 (用含的代数式表示)。时，反应I的平衡常数 (结果保留小数点后两位)。 ②某研究小组在密闭容器中充分搅拌催化剂的DMSO(有机溶剂)溶液，反应过程中保持和的压强不变，总反应的反应速率为，反应机理如下： Ⅲ． Ⅳ． V． 实验测得：，时，随催化剂浓度变化如图，时，不再显著增大的原因是 。催化剂足量条件下，在溶液中加入三乙基胺，的平衡转化率 (填“增大”“减小”或“不变”)。 16．（2024·山东青岛·三模）工业合成氨反应为    ，。其反应机理的研究与催化剂的改进一直是科研热点。回答下列问题： Ⅰ.传统的工业合成氨采用Fe作催化剂。 (1)研究表明，合成氨反应在Fe催化剂上可能通过如下机理进行(*表示催化剂表面吸附位点，表示被吸附于催化剂表面的)。决速步为 (填标号)。 ①氮气吸附： ②氮气解离： ③氢气吸附解离： ④表面反应：         ⑤脱附： (2)一定条件下，增加氢气分压会使合成氨速率降低，称为“氢中毒”，其原因为 。 (3)一定条件下，合成氨速率方程为[已知：v与成正比]。忽略(x=0～3)对吸附位点的占据，利用气体竞争吸附模型(、H均在相同活性位点被吸附)近似估计值。     []    快平衡     []    快平衡 (*)为总活性位点数目，N(A*)为吸附物种A的活性位点数目，N(*)为未吸附物种的活性位点数目，定义吸附率。 [用、、、表示]，当时， 。 Ⅱ.新研发的“电子盐”化学式为[。Ru负载在其表面可作为合成氨催化剂，“电子盐”结构及催化机理如图。 (4)该“电子盐”制备过程如下：将置于真空环境在700℃与Ca反应。写出该过程化学方程式 ，选取真空环境的目的是 。 (5)该催化剂合成氨速率方程为：。以下能够反映该催化剂催化历程的是(填“甲”或“乙”) 。 该催化剂不会出现“氢中毒”现象的原因为 。 17．（2024·湖南长沙·三模）氢能是最具有前景的绿色能源，反应是目前大规模制取氢气的方法之一、已知：① ② ③ (1) 。 (2)实验发现，一定温度下(其他条件相同)，向上述平衡体系中投入一定量的可以提高的百分含量。请分析无，投入微米投入纳米时，百分含量不同的原因： 。 (3)在时，将与充入的恒容密闭容器中，反应达到平衡时，的物质的量分数。 ①时，反应平衡常数 。(保留2位有效数字)。 ②由时上述实验数据计算得到和的关系如图所示。若升高温度，反应重新达到平衡，则相应的点变为 点(填图中标号，下同)、相应的点变为 点。 (4)该反应也可采用电化学方法实现，反应装置如图所示。 ①阳极的电极反应式为 。 ②同温同压下，相同时间内，若进口I处n(CO)：n(H2O)=a：b，出口I处气体体积为进口I处的y倍，则CO的转化率为 (用a、b、y表示)。 18．（2024·青海海南·二模）甲醛()在化工、医药、农药等方面有广泛的应用。利用甲醇一定条件下直接脱氢可制甲醛，涉及的反应如下： 反应I：   反应Ⅱ：   已知：①平衡状态下，甲醛选择性；甲醛的收率。 ②几种物质的燃烧热()如下表： 物质 燃烧热 回答下列问题： (1) ，反应I的正反应活化能 (填“>”或“<”)逆反应活化能。 (2)反应I、反应Ⅱ的反应历程可表示为： 历程i：…… 历程ii： 历程iii： 历程iV： 写出历程i的反应方程式： 。 (3)将加入容积为的刚性密闭容器中，温度对平衡状态下的选择性和收率的影响如图所示。 ①图中表示收率的是曲线 (填“I”或“Ⅱ”)，判断的依据是 。 ②，反应进行到时达到平衡，此时的转化率为 ， ，反应I的平衡常数 。 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) 0.042mol/（L·min） 0.675 (3)b (4)  溶液pH值显碱性，主要反应为：或 (5)，，或 (6)减缓烟气通入速度、提高反应体系温度、降低烟气中浓度等（其他合理答案均可）。 【详解】（1）当1mol NO与活性炭完全反应生成两种无毒的气体时，放出17kJ的热量，NO与活性炭完全反应生成两种无毒的气体是氮气和二氧化碳，反应的热化学方程式为  。 （2）0~10min内，的物质的量由2mol变为1.16mol，的平均反应速率 mol/（L·min），平衡常数只与温度有关，平衡时的浓度为0.4mol/L、的浓度为0.3mol/L、CO2的浓度为0.6mol/L，30min时，该反应的平衡常数。 （3）a．活性炭是固体，加入活性炭，平衡不移动，故不选a；             b．通入 ，平衡正向移动，、的物质的量均增多，故选b； c．缩小容器的体积，不可能、的物质的量均增多，故不选c         d．加入合适的催化剂，平衡不移动，故不选d； 选b。 （4）纳米MgO活性较高，常温下可以与水反应生成氢氧化镁，  溶液pH值显碱性；主要反应为：或。 （5）在600s以后，随着的脱除，溶液pH值为4，根据图像，溶液中含硫微粒为，被氧化为，其可能原因，，。 （6）为了提高烟气的脱硫效率，可以采取的措施有：减缓烟气通入速度、提高反应体系温度、降低烟气中浓度等。 2．(1) (2)ACD (3) 0.1 66.7% 1.67(或5/3) (4)使用更高效的催化剂或增大催化剂的比表面积 (5) 【详解】（1）根据盖斯定律反应Ⅲ的2倍减去反应Ⅰ得到Ⅳ，则。 （2）CO2加氢合成甲烷时，也有副产物发生，主反应是放热反应，副反应是吸热反应，通常控制温度为500℃左右，此时催化剂的活性高，反应速率快，由于有副反应发生，因此应是主反应催化剂选择性好，而温度高，对副反应平衡正向移动，对主反应平衡逆向移动；故答案为：ACD。 （3）500℃时，向1L恒容密闭容器中充入4molCO2和12molH2，初始压强为p，20min时主、副反应都达到平衡状态，测得c(H2O)=5mol⋅L-1，体系压强为，建立三段式： 2x+y=5，根据物质的量之比等于压强之比得到，解得x=2，y=1，则0~20min内 =0.1，平衡时CH4选择性= ，副反应Kc= 或1.67。 （4）当改变外界条件时，实验数据如图中的曲线b所示，斜率降低，说明活化能降低，则实验可能改变的外界条件是使用更高效的催化剂或增大催化剂的比表面积。 （5）①已知原子a、b的分数坐标为(0，0，0)和，由晶胞结构可知，原子c的分数坐标为； ②金刚石晶胞对角线上的两个原子紧密相连，距离为体对角线的，设晶胞边长为anm，则，金刚石晶胞中含有4+8+6=8个C原子，则金刚石晶胞的密度为。 3．(1) (2) 减小乙苯分压，使平衡正向移动，提高乙苯转化率 a (3) < 186.7 (4) 正极 【详解】（1）根据盖斯定律，反应①-②-③得；若该反应的活化能（正）为，则该反应逆反应的活化能（逆）为：（逆）-（正）=，可得（逆）=； （2）温度和压强不变，向一体积可变的密闭容器充入，使反应各物质分压减小，减小乙苯分压，使平衡正向移动，提高乙苯转化率；由于通入Ar气体，减小乙苯分压，使平衡正向移动，提高乙苯转化率，则转化率越高，充入的Ar越多，浓度越小，速率最慢，故曲线a速率最慢； （3）①T2先达到平衡状态，其他条件不变时，温度高，<； ②温度下，反应Ⅰ转化，反应Ⅱ转化，反应前物质的量为3mol压强为100kPa，平衡后压强为150kPa，物质的量为4.5mol，列式如下： 可得：x+y=2×80%，x+=4.5-3=1.5mol，解得x=1.4mol，y=0.2mol，平衡时总物质的时为4.5mol， 的物质的量为2×20%=0.4mol，的物质的量为x+y=1.6mol，的物质的量为1.4mol，反应Ⅰ的分压平衡常数=186.7； （4）M苯乙烯氧化成二氧化碳，极失电子，连接电源的正极；苯乙烯被氧化的化学反应方程式为： 4．(1) 5：4（或4：5） 可以形成分子间氢键，不能形成分子间氢键 (2) -44.2 (3)C (4) 由于反应Ⅰ正反应吸热，随温度升高，反应向正反应方向进行的程度较大，同时发生反应Ⅱ，使氢气的物质的量逐渐增大； 随着反应的进行，升高温度，反应Ⅱ正反应放热，平衡向逆反应方向移动，使氢气的物质的量减小 【详解】（1） ①基态的价电子排布图为，两种不同自旋方向的电子数分别是4和5；可以形成分子间氢键，不能形成分子间氢键，所以水的沸点高，故答案为：4：5或5：4；H2O可以形成分子间氢键，CO2不能形成分子间氢键。 （2）在、2L密闭容器中充入和，若只发生反应Ⅱ，吸收的能量，反应Ⅱ的特点是反应前后气体的分子数相等，因此在恒容时，同等倍数地改变投料，反应程度相同，所以若在、2L密闭容器中充入和，放出能量，由此，在该温度下，反应Ⅱ的反应热；根据盖斯定律，i—ii可得，故答案为：-44.2；。 （3）A．恒温、恒容条件下，充入稀有气体，尽管压强增大，但各气体的浓度未变，化学反应速率不变，A错误； B．恒温、恒容条件下，充入水蒸气，单位体积活化分子数增加，但活化分子百分数不变，反应速率增大，B错误； C．升高温度，增大了活化分子百分数，有效碰撞次数增大，反应速率增大，C正确； D．催化剂不影响平衡转化率，降低反应温度，反应平衡逆向移动，平衡转化率减小，“单位时间转化率”变与不变，还要看在单位时间内是否达到了化学平衡状态，D错误； 故答案为：C。 （4）①温度低于700℃时，反应Ⅰ正反应吸热，随温度升高，反应向正反应方向进行的程度大，随反应Ⅰ中的生成，反应Ⅱ也会生成，因此在低于700℃时，系统中的含量会随温度升高而增大，故答案为：由于反应Ⅰ正反应吸热，随温度升高，反应向正反应方向进行的程度较大，同时发生反应Ⅱ，使氢气的物质的量逐渐增大； ②温度高于700℃时，由于反应Ⅱ正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，会使系统中的含量在出现峰值后减小，故答案为：随着反应的进行，升高温度，反应Ⅱ正反应放热，平衡向逆反应方向移动，使氢气的物质的量减小； ③已知投料比，可设初始时甲烷的物质的量为，水蒸气的物质的量为，设转化的甲烷为，转化的为，则 由于600℃时，物质的量分数为0.04，各气体的总物质的量为，则，，的平衡转化率为。由图可知，600℃时，、、的物质的量分数分别为0.04、0.32、0.50，它们的物质的量分别为、、，可求得的物质的量为，的物质的量分数为0.06，即反应的，故答案为：；。 5．(1) +80kJ/mol ＞ (2) 3.24×10—4 mol/(L·min) (3) ＞ Ⅰ 反应达到限度，催化剂不影响平衡时氨气的体积分数 (4)ABD (5) 2a 【详解】（1）由反应热与反应物的键能之和和生成物的键能之和的差值相等可得：反应△H= 389kJ/mol×3×2—(436kJ/mol×3+946kJ/mol)=+80kJ/mol，则该反应为正反应活化能大于逆反应活化能的吸热反应，故答案为：+80kJ/mol；＞； （2）由1和2的数据可得：=()n，解得n=，由1可得速率常数k==1.5×10—3，则由3的数据可得v3=1.5×10—3× mol/(L·min)= 3.24×10—4mol/(L·min)，故答案为：；3.24×10—4 mol/(L·min)； （3）①合成氨反应我放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，由图可知，X点温度低于Z点，则X点反应的平衡常数大于Z点，故答案为：＞； ②由图可知，240℃时，曲线Ⅰ对应氨气的体积分数最大，说明反应速率最快，催化剂Ⅰ的催化效果最好；温度高于300℃后，曲线重合的原因是反应达到限度，催化剂不影响平衡时氨气的体积分数，故答案为：Ⅰ；反应达到限度，催化剂不影响平衡时氨气的体积分数； （4）A．该反应是气体体积减小的反应，反应中容器内压强减小，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； B．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应是气体体积减小的反应，反应中容器内混合气体的平均摩尔质量增大，则容器内混合气体的平均摩尔质量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，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； D．恒温、恒容条件下，氮气和氢气按照物质的量之比1：1充入容器进行反应时，氮气的体积分数减小，则氮气的体积分数保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确； 故选ABD； （5）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的铁原子与位于面心的铁原子距离最近，铁原子的半径为apm，则铁晶体中最近的两个铁原子间的距离为2apm，晶胞的边长为2 apm，晶胞中位于顶点和面心的铁原子个数为8×+6×=4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(2×10—10 a)3d，解得d=，故答案为：2a；。 6．(1)+247.3 (2) 温度 < > (3) 三 二 abd (4)CH4+10OH--8e-=+7H2O 【详解】（1）根据标准摩尔生成焓的定义，焓变等于生成物的标准摩尔生成焓总和减去反应物的标准摩尔生成焓总和，即△H=(-110.5kJ/mol)×2-[(-393.5kJ/mol)+(-74.8kJ/mol)]=+247.3kJ/mol，故答案：+247.3； （2）①由题可知，反应Ⅰ和反应Ⅱ都是气体分子数增大的吸热反应，相同压强下，温度升高，二氧化碳的转化率增大；相同温度下，增大压强，反应Ⅰ和反应Ⅱ的平衡都逆向移动，则二氧化碳的平衡转化率减小，故m表示温度，压强n1<n2，故答案：温度；＜； ②图中A点在对应n1和m1条件下，根据图像可知，A点时二氧化碳的转化率小于二氧化碳的平衡转化率，说明此时反应正向进行，即v正>v逆，故答案：>； ③设反应Ⅰ达平衡时CH4(g)转化的物质的量为xmol，反应Ⅱ达平衡时CH4(g)转化的物质的量为ymol，则 反应Ⅰ： 　　　　　 反应Ⅱ： 依题意得，x+3y=1×0.6，2x+4y=1，解得x=0.3，y=0.1； 则平衡时，CH4为0.6mol；CO2为0.4mol；CO为1.0mol；H2为0.6mol，H2O(g)为0.2mol，气体的总物质的量为0.6mol+0.4mol+1.0mol+0.6mol+0.2mol=2.8mol，则Kp=；故答案： （3）①观察图像，可知该反应分三步进行；决速步骤为所需活化能最大的二步，故决定该反应速率的是第二步，故答案：三；二； ②增大催化剂的表面积，可提高CO2在催化剂表面的接触面积，从而提高二氧化碳在催化剂表面的吸附速率，提高反应速率，a项正确；观察图像，可知物质被催化剂吸附一般会导致能量降低，b项正确；起始反应物的加入量相同，根据反应的化学方程式可知，反应消耗量也相同，由于是恒温、恒容条件，所以甲烷和二氧化碳的体积分数始终相等，无法判断反应是否达到平衡状态，c项情误；观察图像可知，催化合成甲酸的反应为吸热反应，且该反应为气体分子数减少的反应﹐故加压和升温，均有利于乙酸的合成，d项正确；故答案：abd； （4）负极为甲烷转化为碳酸钠的氧化反应，根据碳元素化合价的变化和电荷守恒，可得负极的电极反应式为CH4+10OH－－8e-=+7H2O。 7．(1)B (2) (3) 、sp 且 (4) 低温 升高温度，反应ⅰ和ⅱ的平衡逆向移动，且反应ⅰ的程度略大于反应ⅱ，的体积分数先缓慢增大；930℃以后，焦炭的反应活性增大，反应ⅲ的逆向移动阻碍反应ⅱ的逆向移动，导致的体积分数迅速增大 5.4%p 【详解】（1）A．根据反应可知当z=n时，CuO中铜元素的化合价不变，故A错误； B．过量的氧化铜在一定温度下可以与一氧化碳发生氧化还原反应，故B正确； C．根据反应可知当m=n时，容器中氢气和一氧化碳的物质的量浓度保持1：1不变时，不一定达到化学平衡，故C错误； D．该反应的平衡常数，温度不变，化学平衡常数不变，此条件下达到新平衡时，CO的物质的量浓度不变，为，故D错误； 故答案为：B。 （2）该装置为电解池的装置，产生氢气的电极是阴极，另外一极是阳极，甘油转化为CO的方程式：，故答案为：。 （3）甘油中C原子均为饱和碳原子，连接的是4根单键，因此为sp3杂化，与甘油相比，该反应机理过程图中碳原子的连接的碳碳双键的方式为sp2杂化，而产生的co中碳原子是sp杂化，新增的杂化方式有sp2、sp；根据反应原子守恒可知，当n=z并且m>0时原子利用率达到100%，故答案为：sp2、sp；n=z且m>0。 （4）根据盖斯定律可知，观察该反应可知为气体分子数减少的反应，因此，根据可知，该反应是低温有利于进行，故答案为：低温； ①随着温度升高，的体积分数先缓慢增大后迅速增大的原因是：升高温度，反应ⅰ和ⅱ的平衡逆向移动，且反应ⅰ的程度略大于反应ⅱ，的体积分数先缓慢增大；930℃以后，焦炭的反应活性增大，反应ⅲ的逆向移动阻碍反应ⅱ的逆向移动，导致的体积分数迅速增大，故答案为：升高温度，反应ⅰ和ⅱ的平衡逆向移动，且反应ⅰ的程度略大于反应ⅱ，的体积分数先缓慢增大；930℃以后，焦炭的反应活性增大，反应ⅲ的逆向移动阻碍反应ⅱ的逆向移动，导致的体积分数迅速增大； ②根据图像可知，二氧化碳的体积分数为48%，一氧化碳的体积分数为46%,甲烷的体积分数为0.6%，水蒸气忽略不计，则氢气的体积分数为1-48%-46%-0.6%=5.4%，可知氢气的分压为5.4%p；反应ⅲ的压强平衡常数； 故答案为：5.4%；。 8．(1) (2) 1.56 开始升温时，以Ⅱ为主，该反应是放热反应，升温平衡向逆反应方向移动，转化率降低；再升温，以反应Ⅰ和Ⅲ为主，两个反应都是吸热反应，升温向正反应方向移动，转化率升高 (3)CaO可以去除的反应为：，生成的覆盖在CaO的表面，减小了CaO与的接触面积，导致吸收效率降低甚至失效 (4) B 5.0625 【详解】（1）由题干表中数据可知， ，又知  ，故 ； （2）和按投料比加入容积2L的密闭容器中催化重整制取高纯氢，初始压强为，设，则，由平衡时的转化率为，(S表示选择性)，得，平衡时，容器中的，，由O守恒得，由H守恒得，则平衡时压强，则分压为，同理分压为，的分压为，的分压为，反Ⅱ的，由于开始升温时，以Ⅱ为主，该反应是放热反应，升温平衡向逆反应方向移动，转化率降低；再升温，以反应Ⅰ和Ⅲ为主，两个反应都是吸热反应，升温向正反应方向移动，转化率升高，故在该温度下的平衡体系升温，随着温度的升高，的转化率先减小后增大； （3）由题干图象可知，从t1时刻开始CaO消耗曲线的斜率明显减小，故单位时间内CaO的消耗速率降低，由于CaO+CO2=CaCO3，生成的CaCO3覆盖在CaO的表面，减小了CaO与 CO2的接触面积，导致吸收效率降低甚至失效； （4）由题干信息可知，Ⅱ．  故升高温度，平衡逆向移动，CO的平衡转化率减小，故可知B点温度高于A点，而增大n(CO)：n(H2O)的比值，CO的转化率减小，故可知B点温度高于D点高于E点，故最高为B点；C点数值为(1，60)，由三段式分析：，C点温度下的平衡常数为，反应达到平衡时，即k正x(CO)·x(H2O)=k逆x(CO2)·x(H2)，则，在达到平衡状态为C点的反应过程中，当CO转化率刚好达到40%时，三段式分析：，则，， 9．(1) 462 (2)A (3) 氢气 38.025（或） (4) 正极 8 【详解】（1）由氨气和氢气的燃烧热可写出两个热化学方程式：①  、  ，根据盖斯定律可知，由（①-②）可得：  ；分解反应能自发进行，需要，则； （2）在合成氨过程中，需要不断分离出氨，有利于平衡正向移动，A正确；氨在该催化剂的催化作用下生成，不会使催化剂中毒，B错误；分离出氨，并没有增大反应物的浓度，所以不会提高正反应速率，C错误； （3）和发生反应：，由图可知，曲线从0不断增加表示；从起点推出、各占，总物质的量为，故充入和的物质的量各为；结合反应的化学方程式中各物质的化学计量数关系，设的转化量为，根据三段式法可得： 则的物质的量分数为，始终为，故代表，代表。 ①曲线代表氢气的物质的量分数的变化情况。 ②时，和的物质的量分数相等，则其物质的量相等，，解得：，时的分压为，内，平均反应速率。 ③达平衡时容器内压强为，则，，则、、的物质的量分数依次为、、，，化简得（或38.025）； （4）①乙室中铜电极为正极，为了实现电镀废液的浓缩再生，该离子交换膜为阴离子交换膜，乙室中电极反应式为。②每转移电子，乙室中消耗，同时会有移向甲室，因此乙室中溶液质量减少。 10．(1)D (2)C (3)减小 (4)较高 (5) Ga2O3 0.051 (6)3CO2+18H++18e-=CH2=CH-CH3+6H2O 【详解】（1）丙烷氧化脱氢：正向反应为气体分子数增多的放热反应； A．升温反应速率加快，但是丙烷的平衡转化率降低，A错误； B．减压丙烷的平衡转化率增大，但是反应速率减慢，B错误； C．加入催化剂不改变平衡转化率，C错误； D．通反应物浓度增大，反应速率增大，丙烷的平衡转化率增大，D正确； 故选D。 （2）A．时代表正逆反应速率相等，达到平衡状态，A错误； B．某一时刻反应混合物中各组分浓度之比等于化学计量数之比不代表不再变化，不能说明反应达到平衡状态，B错误； C．该反应为全气体参与的非等体积反应，容器内混合气体平均摩尔质量不再变化，能说明反应达到平衡状态，C正确； D．气体的总质量恒定，容器体积恒定，密度一直保持不变，不能说明反应达到平衡状态，D错误； 故选C。 （3）丙烷氧化脱氢反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，逆反应速率增大程度大于正反应速率增大程度，故某一时刻升高温度，的值将减小； （4）丙烷无氧脱氢反应=，反应，时反应自发进行，则需要在较高温度下反应才可自发进行； （5）①根据Arrhenius经验公式，斜率越小，活化能越小，催化剂催化效果越好，因此在其他条件相同时，催化效果较差的是； ②根据题意，随着氢气的增加，可以生成更多催化效果更好的催化剂，因此反应速率逐渐增加。而氢气的增加，会促使主反应平衡逆向移动，因此转化率降低。根据以上分析，可以判断随着氢气增多，逐渐上升的曲线为丙烯生成速率，逐渐下降的曲线为丙烷平衡转化率。图中，当为2时，丙烯生成速率最大，此时丙烷平衡转化率为45%，丙烯选择性为90%。设氢气和丙烷的起始量分别为2mol、1mol，依据图中数据列三段式。 平衡时、、、、，，，因此MPa≈； （6）电解质溶液为酸性，二氧化碳得到电子结合氢离子生成丙烯，则生成丙烯电极反应式为3CO2+18H++18e-=CH2=CH-CH3+6H2O。 11．(1) (2)AD (3) 400℃ 升高温度，反应速率增大，升高温度催化剂活性增强，反应速率增大，导致单位时间内转化率增大 未达到 M点相同温度时，不同催化剂下氮氧化物转化率还能增大 温度升高使催化剂活性降低 (4) 0.5 【详解】（1）由题干已知反应①　反应②　， 得目标反应，根据盖斯定律可得，故答案为：； （2）A．该反应为气体分子数增大的反应，在恒温恒容条件下，混合气体的压强不变时达到平衡状态，A正确； B．平衡常数只与温度有关，B错误； C．可逆反应中反应物的转化率小于100%，达到平衡时，反应放出的热量小于，C错误； D．加入催化剂，能提高反应速率，达到平衡前，单位时间内的转化率增大，D正确； 故答案为：AD； （3）①同一催化剂，氮氧化物转化率最大时，对应温度为最佳温度，即时催化效率最佳，故答案为：400℃； ②同种催化剂，升高温度，反应速率增大，即单位时间内转化率增大，故答案为：升高温度，反应速率增大，升高温度催化剂活性增强，反应速率增大，导致单位时间内转化率增大； ③M点相同温度时，不同催化剂下氮氧化物转化率还能增大，平衡与催化剂无关，故M点未达到平衡状态，温度高于，随着温度升高，转化率降低，可能是催化剂活性降低，故答案为：未达到；M点对应温度下，不同催化剂下转化率不同，平衡与催化剂无关；温度升高使催化剂活性降低； （4）列出三段式计算进行计算如下：①② 依题意，，则，平衡体系中，，．，故答案为：0.5；。 12．(1) > AB (2) D 4.44 不变 催化剂甲在较低温度下活性可达到最大，能降低生产能耗的同时满足NO的脱氮率最高 (3) 【详解】（1）①0～5 min内生成氮气的物质的量是0.42 mol，浓度是0.21 mol/L，以表示该反应速率；第15 min后，将温度调整为，氮气的物质的量增加，NO的物质的量减少，说明平衡正向进行，由于正反应是放热反应，所以。 ②由于反应前后体积不变，气体质量是变化的，因此密度是变化的，所以混合气体的密度不再变化可以说明反应达到平衡状态。温度不再变化，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态。NO和的消耗速率之比为1∶2，根据方程式可知正逆反应速率不相等，没有达到平衡状态。混合气体中，不能说明正逆反应速率相等，不一定处于平衡状态。答案选AB。 （2）①一氧化碳和一氧化氮的投料比增大相当于增大一氧化碳的浓度，平衡向正反应方向移动，一氧化氮的转化率增大，但一氧化碳的转化率减小，则投料比为2∶1形成的平衡中一氧化碳的转化率最小，由图可知，表示一氧化碳和一氧化氮的投料比为2∶1的曲线是曲线D、1∶1的是曲线B、1∶2的是曲线A，故答案为D。 ②由图可知，m点一氧化碳的转化率为80％，则由题意可建立如下三段式： 设平衡时气体压强为p MPa，由同温同体积下，气体的压强之比等于物质的量之比可得：，解得p=2.6，则时该反应的平衡常数。p点时，再向容器中充入一氧化氮和二氧化碳，使二者分压均增大为原来的2倍，反应的浓度熵，则化学平衡不移动，达到平衡时一氧化碳的转化率不变。 （3）③由图可知，在催化剂甲作用下，反应在较低温度下，一氧化氮的转化率达到最大，说明催化剂甲在较低温度下活性可达到最大，能降低生产能耗的同时满足NO的脱氮率最高，所以工业生产中选用甲。 (3)阴极发生还原反应，和得电子生成无害的，阴极电极反应式为。 13．(1) (2) m 在以后反应②在该体系中K小于10-5，反应几乎不发生 (3) ×100%或()×100% 反应①为吸热反应，温度升高平衡正向移动，反应③是放热反应，温度升高平衡逆向移动，且温度对反应③的影响大于对反应①的影响，故500℃以后CO2的平衡转化率随温度升高而减小 增大压强，降低温度，及时分离出甲醇（其他合理答案也可） (4)BC 【详解】（1）根据盖斯定律知②=③-①，； （2）①因为＞0，温度升高，平衡正向移动，K值增大，所以反应①的关系曲线为m； ②反应①的关系曲线为m，则曲线l为反应②的关系曲线，由图示可知时反应②的K值为10-5，温度升高K值减小，在以后反应②在该体系中可以忽略，其依据是在以后反应②在该体系中K小于10-5，反应几乎不发生； （3）①在500°C达到平衡时，由图知CO2平衡转化率为60%，起始充入2molCO2即转化1.2mol，体系中CH3OH的物质的量为amol，由反应③CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)可得，反应③消耗CO2 amol，消耗H2 3amol，同时生成H2O amol，所以反应①消耗CO2 (1.2-a)mol，消耗H2 (1.2-a)mol，同时生成H2O和CO各(1.2-a)mol，H2共消耗(1.2+ 2a)mol，故H2转化率为×100%或()×100%；平衡时，体系中CO2剩余0.8mol，H2剩余(1.8-2a)mol，反应①生成CO (1.2-a)mol，两个反应共生成H2O 1.2 mol，此时反应①的平衡常数值为； ②反应①为吸热反应，温度升高平衡正向移动，反应③是放热反应，温度升高平衡逆向移动，且温度对反应③的影响大于对反应①的影响，故500℃以后CO2的平衡转化率随温度升高而减小； ③因生成甲醇的反应正反应放热且气体系数和减小，为提高甲醇的平衡产率，可采取的措施有增大压强，降低温度，及时分离出甲醇（其他合理答案也可）； （4）由图中信息可知，相同温度下，N作催化剂时，CH3OH的选择性和产率都优于M作催化剂，所以工业合成甲醇选择催化剂N，为兼顾CH3OH的选择性和产率，由图可知温度应选择230℃，故选BC。 14．(1)E3-E4+E5 (2) ABC 2.76L 0.103 (3) a 曲线c代表CO2的转化率，主反应放热，副反应吸热，250℃以下升温，副反应正移使CO2转化率增大的程度小于主反应逆移使CO2转化率减小的程度 3：2(或1.5) 【详解】（1）反应热等于正反应的活化能-逆反应的活化能，结合图像可知，HCOOH*→CH2O*+OH*过程为HCOOH*→CH3O2*、CH3O2*→CH2O*+OH*相加，运用盖斯定律即可得到，故答案为：E3-E4+E5。 （2）①A．在相同温度下，副反应平衡时各物质的物质的量是相等的，副反应： ，， ，因此三种平衡常数的数值相等，故A正确； B．增大压强，主反应为气体计量数增大的反应，因此平衡逆向移动，导致平衡时CO、H2的量减少，因此Kx变小，而副反应为气体计量数不变的反应，因此平衡不移动，平衡时的物质的量不变，因此Kx不变，故B正确； C．若升高温度，两个反应均为吸热反应，因此平衡正向移动，产物的量增多，则两个反应的三种平衡常数均增大，故C正确； D．向体系中充入H2，对于副反应则平衡正向移动，对于主反应是平衡逆向移动，但温度不变平衡常数不变，故D错误； 故答案选：ABC； ②恒温恒压下，根据题目数据，列如下式子： 副反应，题中为达到平衡时，测得H2O的物质的量为0.1mol，即： 根据达到平衡时，测得CO的物质的量为1.7mol，即： .. 平衡时气体总物质的量为，根据PV=nRT可知，，，； ③该温度下，假设压强为P，则副反应的压强平衡常数， 故答案为：2.76；0.103。 （3）① 升高温度，主反应逆向移动，副反应正向移动，则平衡时CH3OH在含碳产物中物质的量百分数减小，平衡时CO在含碳产物中物质的量百分数增大，所以表示平衡时CH3OH在含碳产物中物质的量百分数的曲线是a，表示平衡时CO在含碳产物中物质的量百分数的曲线是b，曲线c代表CO2的转化率，故答案为：a； ②曲线c代表CO2的转化率，主反应放热，副反应吸热，以上升温，副反应正移使CO2转化率增大的程度大于主反应逆移使转化率减小的程度，故答案为：曲线c代表CO2的转化率，主反应放热，副反应吸热，250℃以下升温，副反应正移使CO2转化率增大的程度小于主反应逆移使CO2转化率减小的程度； ③250℃时，设n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，平衡时CO2的转化率为20%，CO和CH3OH在含碳产物中物质的量百分数相等，即各占50%，则参加反应的CO2为0.2mol，生成CO和CH3OH的物质的量都为0.1mol。则可建立如下三段式：， CO2的平衡转化率为20%，氢气的平衡转化率为，故和H2的平衡转化率之比为3∶2，故答案为：3：2(或1.5)。 15．(1)    a (2) 1.78 和在溶液中的溶解速度(或浓度)不变，不再显著增加 增大 【详解】（1）①根据图像，图1中第一步反应为NO(g)反应化合生成N2O2(g)，根据△H=生成物的能量-反应物的能量，则热化学方程式：  ； ②根据图1可知，由实验数据得到第二步反应为放热反应，第二步反应的关系如图2所示。当升高温度时，平衡逆向移动，增大，要再达平衡得再增大，则在x点的右下方，则变为相应的点为a； （2）①由题干图示信息可知，根据反应I．  可知，升高温度，平衡逆向移动，则HCOOH的选择性随温度的升高而减小，CO2的转化率随温度升高而减小，根据时，曲线a、c对应的数值之和为100%，说明这两条曲线分别代表HCOOH和CO的选择性，曲线b代表CO2的转化率随温度的变化关系； 在刚性容器中，加入和各发生反应，平衡时的转化率及和的选择性随温度变化如图所示。时，HCOOH和CO的选择性均为50%，的转化率为y，根据三段式有： 平衡后物质的量为2-2y+1.5y=2-0.5y，平衡后的压强与初始压强之比为； 由图示信息可知，时，的转化率为40%，HCOOH的选择性为80%，CO的选择性为20%，可得三段式： 反应I的平衡常数； 受压强下CO2与H2溶解度的限制，和在溶液中的溶解速度(或浓度)不变，不再显著增加； ②催化剂足量条件下，在溶液中加入三乙基胺，会消耗HCOOH，HCOOH浓度降低，平衡正向移动，的平衡转化率增大。 16．(1)② (2)增加氢分压会增加吸附H的活性位点比例，从而降低了的吸附与解离速率 (3) -1 (4) 电子盐具有强还原性，易被氧化 (5) 乙 H会和电子盐中的电子反应生成，不占据活性位点；决速步发生改变 【详解】（1）氮气的键能大，氮氮三键稳固，因此氮气的吸附分解反应活化能高，速率慢，是合成氨反应的决速步，即②，故答案为：②。 （2）一定条件下，增加氢气分压会使合成氨速率降低，说明能参与反应的氮气减少，因为增加氢分压会增加吸附H的活性位点比例，从而降低了的吸附与解离速率，导致合成氨速率降低，故答案为：增加氢分压会增加吸附H的活性位点比例，从而降低了的吸附与解离速率。 （3）一定条件下，合成氨速率方程为[已知：v与成正比]。忽略(x=0～3)对吸附位点的占据，利用气体竞争吸附模型(、H均在相同活性位点被吸附)近似估计值。     []    快平衡     []    快平衡 (*)为总活性位点数目，N(A*)为吸附物种A的活性位点数目，N(*)为未吸附物种的活性位点数目，定义吸附率。化简后可得，，当时，由于、H均在相同活性位点被吸附，说明吸附H的活性位点比例极大，导致，几乎接近于1，而题干说明v与成正比，那么与则为反比，因此可知合成氨速率方程为中，故答案为：；-1。 （4）将置于真空环境在700℃与Ca反应可制备得“电子盐”，由于单质钙的失的电子进入到电子盐的结构中，根据氧化还原反应配平的方法，反应为：，电子盐中的电子易失去，因此选取真空环境的目的是：电子盐具有强还原性，易被氧化，故答案为：；电子盐具有强还原性，易被氧化。 （5）催化剂降低反应活化能，根据该催化剂合成氨速率方程可知，氮的断键所需能量越小反应越快，因此催化历程的是乙；该催化剂不会出现“氢中毒”现象的原因为：H会和电子盐中的电子反应生成，不占据活性位点；决速步发生改变，故答案为：乙；H会和电子盐中的电子反应生成，不占据活性位点；决速步发生改变。 17．(1)-41.2kJ/mol (2)CaO能吸收CO2，纳米CaO表面积更大，吸收效果更好，更有利于平衡正向移动 (3) 0.074 E B (4) 【详解】（1）根据盖斯定律，可得热化学方程式：③-(①+②)，整理可得的反应热△H=-41.2 kJ/mol，故答案为：-41.2kJ/mol。 （2）CaO能够吸收反应产生的CO2，根据图示可知：H2的含量：纳米CaO＞微米CaO＞无CaO，可见由于纳米CaO表面积大，吸收CO2效果好，更有利于平衡正向移动，使H2的百分含量增加，故答案为：CaO能吸收CO2，纳米CaO表面积更大，吸收效果更好，更有利于平衡正向移动。 （3）①CO(g)与H2O(g)在一定条件下发生反应：，假设反应消耗的H2O的物质的量是xmol，利用三段式进行求解：，，解得x=0.04 mol，故CO的平衡转化率×100%=40%；根据化学平衡常数的含义，可知在T1℃时，该反应平衡常数，故答案为：0.074； ②对于反应，平衡时CO的体积分数为：，升高温度时，v(正)、v(逆)均加快，因此排除F点；该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡向吸热的逆反应方向移动，导致CO的含量增大，因此再次平衡时CO的物质的量分数要大于0.12，因此排除D点，故应该选E点； 对于反应，由已知条件可知平衡时H2的体积分数为0.08，升高温度时v(正)、v(逆)均加快，因此排除A点；由于该反应的正反应为放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致H2的含量降低，故反应再次平衡时H2的物质的量分数减小，结合再次平衡时CO的物质的量分数为E点，因此排除C点，应该选B点； 故答案为：E；B。 （4）①电解时，一氧化碳和水均从阳极口进入，阳极一氧化碳转化为二氧化碳，因此电解时，阳极发生氧化反应，生成二氧化碳，电极反应为； ②若进口I处n(CO)：n(H2O)=a：b，进口Ⅰ处的气体体积为(a+b)，假设出口Ⅰ处二氧化碳体积为x，根据三段式：，出口I处气体体积为进口I处的y倍，则有，可得x=，CO的转化率为：，故答案为：；。 18．(1) −128.8kJ/mol ＜ (2) (3) Ⅱ CH3OH分解反应为可逆反应，原料中CH3OH的物质的量大于消耗CH3OH的物质的量，转化为甲醛的CH3OH的物质的量与产品中甲醛的物质的量相等 80% 【详解】（1）①由表格数据可得如下热化学方程式：①CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=−725.8kJ/mol、②CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=−283.0kJ/mol、③H2(g)+O2(g)= H2O(l)△H=−285.8kJ/mol，由盖斯定律可知，反应①—②—③×2得到反应Ⅱ，则△H2=(−725.8kJ/mol) −(−283.0kJ/mol)−2×(−285.8kJ/mol)=−128.8kJ/mol，故答案为：−128.8kJ/mol； ②反应Ⅰ为放热反应，故反应I的正反应活化能小于逆反应活化能，故答案为：＜ （2）由反应I和历程ii可知，历程i的反应方程式为，故答案为：； （3）①甲醇分解反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，则原料中甲醇的物质的量大于消耗甲醇的物质的量，由方程式可知，转化为甲醛的甲醇的物质的量与产品中甲醛的物质的量相等，则相同温度时，甲醛的选择性大于甲醇的收率，所以表示收率的是曲线Ⅱ，故答案为：Ⅱ； ②CH3OH分解反应为可逆反应，原料中CH3OH的物质的量大于消耗CH3OH的物质的量，转化为甲醛的CH3OH的物质的量与产品中甲醛的物质的量相等，故答案为：CH3OH分解反应为可逆反应，原料中CH3OH的物质的量大于消耗CH3OH的物质的量，转化为甲醛的CH3OH的物质的量与产品中甲醛的物质的量相等； ②由图可知，T1℃，反应进行到10min达到平衡时，甲醛的收率为60%、选择性为75%，则平衡体系中甲醛的物质的量2mol×60%=1.2mol，甲醇的物质的量为，由题意可建立如下三段式： 由三段式数据可知，③甲醇的转化率为，故答案为：80%； ④10min内一氧化碳的反应速率为，故答案为：； ⑤反应Ⅰ平衡常数，故答案为：。 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 $$