2025届高三化学一轮复习四川省专练——反应原理综合题62题

2025年四川高考一轮专练——反应原理综合题62题解析版 一、解答题 1．（2024·四川绵阳·模拟预测）丙烯是三大合成材料的基本原料之一，其用量最大的是生产聚丙烯。另外，丙烯可制备1，2-二氯丙烷，丙烯醛等。回答下列问题： Ⅰ.工业上用丙烯加成法制备1，2-二氯丙烷，主要副产物为3-氯丙烯，反应原理为： ①  kJ/mol ②  kJ/mol (1)已知的活化能(逆)为164 kJ/mol，则该反应的活化能(正)为 kJ/mol。 (2)一定温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的和，在催化剂作用下发生反应①②，容器内气体的压强随时间的变化如下表所示。 时间/min 0 60 120 180 240 300 360 压强/kPa 80 74.2 69.4 65.2 61.6 57.6 57.6 反应进行到；300 min时，反应①的平均反应速率 KPa/min(保留3位有效数字)。 Ⅱ.已知制备丙烯的某反应为：  kJ·mol (3)①某温度下，在刚性容器中充入，起始压强为10kpa，平衡时总压强为16kpa，该反应的平衡常数 Kpa。 ②总压分别为100kpa和10kpa时发生该反应，平衡体系中和的物质的量分数随温度变化关系如图所示。100kpa时和的物质的量分数随温度变化关系的曲线分别是 、 。 ③高温下，丙烷生成丙烯的反应在初期阶段的速率方程为：，其中k为反应速率常数。对于处于初期阶段的该反应，下列说法正确的是 。 A．丙烯的生成速率逐渐增大    B．降低反应温度，k减小 C．增加丙烷浓度，r增大    D．增加浓度，r增大 (4)在催化剂的作用下的转化和的产率随温度变化关系如图2所示。 观察图2，的选择性随温度升高而 (填“增大”、“减小”、“不变”)，分析出现这样变化的原因可能是 (的选择)。 2．（2024·四川·模拟预测）、(主要指和)是大气主要污染物之一。有效去除大气中的、是环境保护的重要课题。 已知： 反应1：　 反应2：　 反应3：　 反应4：　 回答下列问题： (1)计算 。 (2)已知反应4在某催化剂作用下的反应历程如图。 ① (填“”或“”)0。 ②该反应历程的决速步骤为 。 ③可提高该反应中平衡转化率的措施有 (填两条)。 (3)向密闭容器中充入一定量的和，保持总压为，发生反应4.当时的平衡转化率随温度以及下NO的平衡转化率随投料比的变化关系如图： ①能表示此反应已经达到平衡状态的是 (填标号)。 A．气体的密度保持不变    B．的浓度不变     C． ②表示时的平衡转化率随温度的变化关系曲线是(填“Ⅰ”或“II”)，理由是 。 ③a、d两点对应的平衡常数大小比较为 (填“>”“<”或“=”)。 ④b点对应条件下的压强平衡常数 (为用分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数，列出计算式即可)。 3．（2024·四川成都·模拟预测）习近平总书记在党的二十大报告中指出“实现碳达峰、碳中和是一场广泛而深刻的经济社会系统性变革”。其中研发的转化技术，减少的利用是缓解温室效应和解决能源问题的具体办法。请回答下列问题： (1)已知以、为原料合成的反应如下： 反应I： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 根据已知信息，试计算= ，反应I在 (填“高温”“低温”或“任何温度”)可自发进行。 (2)一定温度和催化剂条件下，一定量的、和(已知不参与反应)在总压强为3.0MPa的密闭容器中进行上述反应，平衡时的转化率、和CO的选择性随温度的变化曲线如图所示。 注：的选择性：转化的中生成的百分比；CO的选择性：转化的中生成CO的百分比。 ①图中曲线b表示 (填“”“”或“CO”)的变化。 ②对于上述反应体系，下列说法正确的是 (填序号)。 A．增大初始投料比，有利于提高的转化率 B．体系达平衡后，若压缩容器的体积，则反应Ⅱ的平衡不移动，反应I的平衡正向移动 C．选用合适的催化剂可以提高反应I中在单位时间内的产量 D．当气体的平均摩尔质量保持不变时，说明反应体系已达平衡 (3)一定条件下，向0.5L恒容密闭容器中充入1mol和3mol，只发生上述反应I，达平衡时，的转化率为80%，则该温度下的平衡常数K= (保留两位有效数字)。 (4)若恒容密闭容器中只发生上述反应Ⅱ，在进气比不同、温度不同时，测得相应的的平衡转化率如图所示。则B和D两点的温度：T(B) (填“<”“>”或“=”)T(D)，其原因是 。 (5)某科研小组用电化学方法将转化为CO实现再利用，转化的基本原理如图所示。N极发生的电极反应式为 ；该电池电子流向为 (填“M→N”或“N→M”)。 4．（2024·四川绵阳·模拟预测）CO、等烟道气对环境有污染，需经处理后才能排放，处理含CO、烟道气的一种方法是将其在催化剂作用下转化为单质：　。回答下列问题： (1)已知CO的燃烧热为，的燃烧热为。则上述反应的 。 (2)其他条件相同、催化剂不同时发生上述反应。的转化率随反应温度的变化如图1所示。和NiO作催化剂均能使的转化率达到最高，不考虑催化剂价格因素，选择的主要优点是 。 (3)在容积为2L的密闭容器中，充入2molCO和1mol，在一定条件下发生上述反应，平衡后改变下列条件能使上述反应的速率增大，且平衡向正向移动的是 (填字母)。 a．选用更高效的催化剂    b．升高温度 c．及时分离出        d．增加CO的浓度 (4)在密闭容器中，充入2molCO和1mol，发生上述反应，的平衡转化率随温度、压强的变化如图2所示。 ①压强、、由小到大的关系是 。 ②B点对应条件下 [对于反应，，x为物质的量分数，列出计算式即可]。 ③A点和C点压强平衡常数之比 (用含、的式子表示)。(用分压代替浓度，分压=总压×物质的量分数)。 (5)烟气中常含有大量和等大气污染物，需经净化处理后才能排放。除去燃煤产生的废气中的的过程如图3所示。 ①一般情况下，过程Ⅰ与过程Ⅱ相比能耗更高的是 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。 ②过程Ⅱ利用电化学装置吸收另一部分，使Cu再生，该过程中阳极的电极反应式为 。 5．（2024·四川雅安·模拟预测）利用合成甲醇、二甲醚技术是有效利用资源，实现“碳中和”目标的重要途径。 (1)开发直接催化加氢合成二甲醚技术是很好的一个研究方向。 主反应：   副反应：   ①主反应在 (填“高温”或“低温”)下能自发进行。 ②已知主反应的机理分为两步 步骤i：   步骤ii：…… 则步骤ii的热化学方程式为 。 ③其他条件相同时，反应温度对平衡转化率影响如图所示。平衡转化率随温度的升高先减小后增大的原因可能是 。 已知二甲醚的选择性，在催化剂作用下，向恒温恒压(、)的密闭容器中充入反应气，。反应平衡时测得的转化率为，二甲醚的选择性为，则副反应的 (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数)。 (2)利用合成甲醇也是有效利用资源的重要途径。将原料气充入某一恒容密闭容器中，只发生  ，在不同催化剂作用下，反应时的转化率随温度的变化如下图所示。 ①下列说法正确的是 。 A．使用催化剂I时，d点已达到平衡 B．的平衡常数大于的平衡常数 C．若a点时，，则此条件下反应已达到最大限度 D．c点转化率比a点低的原因一定是催化剂活性降低 ②若图中a点时反应已达平衡，现原料气按充入同一恒容密闭容器中，在催化剂I的作用下发生反应。请在图中用实线画出了之间的平衡转化率变化曲线 。 (3)水煤气变换反应的机理被广泛研究，其中有一种为羧基机理，某催化剂催化(*表示吸附态、表示活化能)步骤如下： I．； II． III．； IV．。 反应的决速步骤是 (填序号)。 6．（2024·四川成都·模拟预测）我国提出“碳达峰”目标是在2030年前达到最高值，2060年前达到“碳中和”。因此，二氧化碳的综合利用尤为重要。 (1)通过使用不同新型催化剂，实现二氧化碳加氢合成转化为二甲醚也有广泛的应用。 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： ①自发反应的条件是 。 ②恒压、投料比的情况下，不同温度下的平衡转化率和产物的选择性（选择性是指生成某物质消耗的占消耗总量的百分比）如图所示： Ⅰ．下列说法正确的是 。 A．从反应体系中分离出，能使反应Ⅱ反应速率加快 B．使用更高效的催化剂能提高的平衡产率 C．考虑工业生产的综合经济效益，应选择较低温度以提高的平衡产率 D．若增大与的混合比例，可提高平衡转化率 Ⅱ．当温度超过320℃，的平衡转化率随温度升高而增大的原因是 。 Ⅲ．某温度下，恒容密闭容器中，如果仅发生反应Ⅰ，和的起始浓度分别为a和3a，反应平衡时，的产率为b，该温度下反应平衡常数为 。 (2)研究表明，在电解质水溶液中，气体可被电化学还原。 ①在碱性介质中电还原为正丙醇（）的电极反应方程式为 。 ②在电解质水溶液中，三种不同催化剂（a、b、c）上电还原为CO的反应进程中（被还原为的反应可同时发生），相对能量变化如图。由此判断，电还原为CO从易到难的顺序为 （用a、b、c字母排序）。 (3)参与的乙苯脱氢机理如图所示（α、β表示乙苯分子中C或H原子的位置；AB为催化剂的活性位点，其中A位点带部分正电荷，、位点带部分负电荷）。 上图中所示反应机理中步骤Ⅰ可描述为：乙苯α－H带部分正电荷，被带部分负电荷的位点吸引，随后解离出并吸附在位点上；步骤Ⅱ可描述为： 。 7．（2024·四川成都·模拟预测）北京冬奥会首次采用氢能作为火炬燃料，体现绿色奥运理念。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：   反应2：   请回答下列问题： (1)已知几种物质的燃烧热()数据如下： 物质 燃烧热()/(kJ/mol) ①写出表示燃烧热的热化学方程式： 。 ②上述反应中， 。 ③已知反应1的，则下列所给温度能使该反应自发进行的是 (填标号)。 A．0℃    B．25℃    C．1250℃    D．2000℃ (2)在恒温恒容密闭容器中充入适量发生上述反应1和反应2，下列情况不能说明上述反应达到平衡状态的是___________(填字母)。 A．气体总压强不随时间变化 B．气体密度不随时间变化 C．气体平均摩尔质量不随时间变化 D．体积分数不随时间变化 (3)的速率方程为，(、为正、逆反应速率常数，与温度有关)。其他条件相同，T1℃达到平衡时，T2℃达到平衡时。由此推知， (填“>”“<”或“=”)。 (4)二氧化碳甲烷化技术可有效实现二氧化碳的循环再利用，制取的装置如图。温度控制在10℃左右，持续通入二氧化碳，电解时电解质溶液中物质的量基本不变。制取的电极为 (选填“阴极”或“阳极”)，其电极反应为 。 8．（2024·四川绵阳·一模）大气污染物包括SO2和H2S等，SO2和H2S的转化研究对资源综合利用和环境保护有重要意义。 (1)H2S与CO2发生如下反应：H2S(g)+CO2(g)⇌COS(g)+H2O(g) △H相关的化学键键能数据如表： 化学键 C=O(CO2) C=O(COS) C=S H—O H—S E/kJ•mol-1 803 739 577 465 399 由此计算△H= 。 (2)在温度为T℃下，将1.8 mol H2和1.2 mol SO2通入2 L恒容密闭容器中发生上述反应2H2(g)+SO2(g)⇌ S(l)+2H2O(g)，反应体系中气体的总压强随时间变化如图1所示。 ①下列能表明该反应达到平衡状态的是 (填字母序号)。 a．相同时间内，断裂2 mol H—H键的同时断裂2 mol O—H键 b．容器内气体的密度不再变化 c．v正(SO2)=v逆(S) d．容器内混合气体的压强不再变化 ②0~15min，该反应的平均速率v(H2)= mol·L-1·min-1。 ③T℃下，该反应的平衡常数Kp= Pa-1(列出计算式即可)。 (3)高温下CO可将SO2还原为S2：4CO(g)+2SO2(g)⇌4CO2(g)+S2(g)  △H<0。平衡时CO的体积分数(%)与温度和压强的关系如图2所示(虚线框表示没有测定该条件下的数据)。 ①T1、T2、T3由大到小的关系是 ，判断的理由是 。 ②该反应的正、逆反应速率表达式分别为v正=k正·c4(CO)·c2(SO2)、v逆=k逆·c4(CO2)·c(S2)。(k正、k逆分别为正、逆反应的反应速率常数，只与温度有关)Arrhenius提出了速率常数与温度的经验公式：k=A(k为速率常数，A为常数，e为自然对数的底数，R为理想气体常数，T为热力学温度，Ea为活化能)。在相同温度下，活化能越大，速率常数越 (填“大”或“小”)。当该反应达到平衡后，升高温度， (填“增大”、“减小”或“不变”)。 9．（2024·四川遂宁·三模）苯甲醛()是生产氨苄青霉素、某些苯胺染料等产品的重要中间体。制备苯甲醛的常用方法有气相催化氧化法和电催化氧化法。 I．气相催化氧化法(以Ce／ZSM-5为催化剂)主要反应： (g)+O2(g) (g)+H2O(g)   ΔH (1)已知： ① (g)+ 8O2(g)=7CO2(g)+3H2O(g) ΔH=-3452.6kJ/mol ② (g)+9O2(g)= 7CO2(g)+4H2O(g) ΔH=-3784.9kJ/mol 则反应 (g)+ O2(g) (g) +H2O(g) ΔH= kJ·mol-1 (2)在一容积为2L的密闭容器中分别充入甲苯和氧气各2mol，在同一时间(80min)、不同温度下测得甲苯的转化率、苯甲醛的选择性和收率如图所示，其中：        温度控制在380℃，前80min内生成苯甲醛的平均反应速率为 。 (3)其他条件相同、不同空速下测得苯甲醛的选择性和收率如图所示。 已知：①空缝指鼓入空气的速度，单位为h-1； ②苯甲醛只有吸附在催化剂表面才能被进一步氧化为苯甲酸。 据以上信息，分析空缝由1000h-1增大至2500h-1过程中苯甲醛选择性增加的原因： 。 (4)合成苯甲醛的最佳温度和空速应为___________(填序号)。 A．350℃、5000h-1 B．350℃、2500h-1 C．410℃、5000h-1 D．410℃、2500h-1 II．电催化氧化法 以硫酸酸化的MnSO4溶液作为电解媒质间接氧化甲苯制备苯甲醛的工艺方案如图所示： (5)生成苯甲醛的离子方程式为 ；右池生成0.1mol H2时，左池可产生 mol。 10．（2024·四川内江·三模）我国在政府工作报告中提出力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。因此，研发二氧化碳转化利用技术，成为当下研究热点。 ．与重整是再利用的研究热点之一。该重整反应体系主要涉及以下反应： ①   ②   ③   (1)已知反应①低温无法自发进行，只能在高温下自发进行，则 0(填“>”或“<”)。 (2)某温度下，在体积的密闭容器中加入及催化剂仅发生反应①，经过达到平衡状态时的转化率为。则用表示的平均化学反应速率为 ，平衡常数的值为 ；达到平衡后，其他条件不变时向容器中充入与各，则化学平衡 移动(选填“正向”、“逆向”或“不”)。 (3)下，将的混合气体置于密闭容器中，不同温度下重整体系中和的平衡转化率如图所示。时的平衡转化率远大于时的平衡转化率。原因是 。 ．在催化剂作用下，通过电催化还原为是一种具有前景的利用的方式。在催化剂表面，还原生成通过两种平行的反应途径进行，各自途径的关键中间体分别为。催化剂催化转化为和的反应历程如图1(*表示吸附在催化剂表面)。 (4)产物的选择性是由催化剂对两种关键中间体的结合强度决定的。在催化剂表面更利于生成 。 (5)在m和n两种催化剂作用下，反应①的阿伦尼乌斯经验公式实验数据如图2所示，已知阿伦尼乌斯经验公式(为活化能，k为速率常数，R和C为常数)，m和n两种催化剂中对该反应催化效果较高的是 (填“m”或“n”)。 11．（2024·四川凉山·三模）2023年杭州亚运会主火炬创新使用了“零碳”甲醇作为燃料，所谓“零碳”，是指每合成1吨该甲醇可以消耗约1.375吨的二氧化碳，实现了二氧化碳的资源化利用、废碳再生。回答下列问题： (1)合成甲醇的工艺分两类： ①直接法原理为：   利于该反应自发进行的条件为 (填“高温”、“低温”或“任意温度”)。 ②间接法合成原理如下： Ⅰ.   Ⅱ.   则 。该法的决速步骤为反应Ⅰ，则下列示意图中能体现上述反应反应进程与能量变化的是 。 A．    B． C．    D． ③在某催化剂存在条件下，反应Ⅱ的反应历程(图中的数据表示的仅为微粒的数目以及各个阶段微粒的相对总能量，＊表示吸附在催化剂上)如图所示： 则中间态V中吸附在催化剂表面的物质可表示为 。 (2)一定温度下，利用直接法合成甲醇，将二氧化碳和氢气按物质的量之比混合并在恒定压强为44MPa条件下进行反应，达平衡时的转化率为90％，则平衡时的分压为 ，该反应的分压平衡常数 。 (3)直接甲醇燃料电池是指直接使用甲醇为电极活性物质的燃料电池，写出该电池在酸性条件下的负极反应方程式 。 (4)目前有多种用于工业捕集的方法，其中一种为以溶液吸收，若某工厂的吸收液吸收一定量后测得溶液中，则该溶液的 (已知该温度下碳酸的，)。 12．（2024·四川成都·模拟预测）二氧化碳催化加氢制甲醇，能助力“碳达峰”，在某催化加氢制的反应体系中，发生的主要反应如下： 反应I：   反应Ⅱ：   (1)表中数据是该反应中的相关物质的标准摩尔生成焓数据（标准摩尔生成焓是指在298.15K、100kPa由稳定态单质生成1mol化合物时的焓变）。 物质 0 -394 -242 -201 则 ，反应I在热力学上自发进行的趋势大于反应II，其原因是 。 (2)在一定条件下，将和通入一装有催化剂的恒容密闭容器中充分发生反应I、Ⅱ，已知反应Ⅱ的反应速率，，、为速率常数，x为物质的量分数。平衡时和CO的选择性、的转化率随温度的升高的变化曲线如图所示。 ①图中曲线a代表的是 。 ②在上述条件下合成甲醇的适宜工业条件是 （填序号）。 A．100~300K    B．500~600K    C．900~1000K    D．1000K以上 ③在573K时反应达到平衡状态，这时和的体积分数相同，若反应Ⅱ的，平衡时反应Ⅱ的 。某温度T下反应达到平衡时，反应Ⅱ的，由此推知T （填“>”“<”或“=”）573K。 (3)催化加氢制低碳烯烃（2~4个C的烯烃） 某研究小组使用双功能催化剂实现了直接合成低碳烯烃，并给出了其可能的反应历程（如图所示）。无催化活性，形成氧原子空位后具有较强的催化活性，首先在表面解离成2个，随后参与到的还原过程；则催化生成的甲醇转化为低碳烯烃。 注：□表示氧原子空位，*表示吸附在催化剂上的微粒。 已知：催化剂上吸附或沉积太多的水、碳等，易使催化剂中毒。 ①理论上，反应历程中消耗的与生成的甲醇的物质的量之比为 。 ②若原料气中比例过低、过高均会减弱催化剂的活性，原因是 。 13．（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* 14．（2024·四川·模拟预测）甲醛是一种重要的化工原料，使用不当会对人体健康造成危害。图1是利用某种催化氧化技术除甲醛反应历程中的能量变化示意图。 已知：*表示催化剂表面吸附位，*表示被吸附于催化剂表面的，Ts1、Ts2、TS3代表过渡态。 回答下列问题： (1)①根据图1可得反应的 。该反应在常温下能自发进行，原因是 。 ②已知：；，则； 。 (2)图1反应历程中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为 (填标号)，理由是 。 a．                 b． c．     d． (3)在TK时，向2L恒容密闭容器中充入不同比例的和，保持初始压强为1.2MPa，发生反应：；，达到平衡时，HCHO(g)的分压[p(HCHO)]与起始时的关系如图2所示。 ①下列措施中，既能增大反应速率又能提高平衡转化率的是 (填标号)； a．升高温度  b．使用高效催化剂   c．2L恒容密闭容器改为1L  d．增加起始时的比值 ②起始时，若，该反应达到平衡时，的转化率为 。T K时，该反应的 (列出计算式)； ③起始时，若，当反应达到平衡时，HCHO的分压可能对应图中的 (填“C”“D”或“E”)点。 15．（2024·四川成都·二模）某温度下，利用CO2生产甲醇主要涉及以下两个反应。 反应I．_______ 反应Ⅱ．CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)　ΔH2=+41.2kJ·mol-1 回答下列问题： (1)已知CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)　ΔH3=–90.6kJ·mol-1。反应I的转化原理如图所示。该反应的热化学方程式为 ，在 条件下反应I可自发发生。 (2)若在恒压条件下密闭容器中发生反应I和Ⅱ，平衡后再充入惰性气体，反应Ⅱ平衡将 移动(填“正向”、“逆向”或“不”)。 (3)将1molCO2(g)和3molH2(g)充入密闭容器发生反应I和Ⅱ，并达到平衡状态。相同温度下，在不同压强下测得CO2的平衡转化率、CH3OH(g)的选择性和CO的选择性随压强变化曲线如图所示。图中表示CO2的平衡转化率的曲线是 (填“m”、“n”或“p”)，A点时H2的转化率为 ，CH3OH的平衡分压为 MPa(保留两位有效数字)。 (4)研究表明，CO催化变换反应：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)  ΔH=–41.2kJ·mol-1。此反应的速率方程为，式中x(CO)、x(H2O)、x(CO2)、x(H2)分别表示各组分的物质的量分数。Kp为平衡常数，k为反应的速率常数，温度升高时k值增大。在气体组成和催化剂一定的情况下，反应速率随温度变化的曲线如图所示。温度升高时，CO催化变换反应的Kp (填“增大”、“减小”或“不变”)。根据速率方程分析，T>Tm时v逐渐减小的原因是 。 16．（2024·四川眉山·二模）氮氧化物进入同温层可对臭氧层造成破坏，对人类生活造成不利影响，目前工业上可采用多种方法对废气中的氮氧化物进行脱除，回答下列问题： (1)SCR法主要是针对柴油发动机产生的的处理工艺，原理是和在选择性催化剂表面转化为和，反应历程中的能量变化如下图所示： 其中决定总反应速率的步骤是 ，SCR法会产生高分散度的烟尘，会使催化剂的活性下降，原因是 。 (2)甲烷脱硝：   ①已知甲烷的燃烧热为890.3kJ/mol，  ，  ，则甲烷脱硝反应的 kJ/mol。 ②800K时，为提高NO的平衡转化率，理论上可以采取的措施有： 。 A．恒容时增加        B．恒压时通入一定量的Ar C．移去部分        D．选择合适的催化剂 ③一定温度下，将按一定比例混合的反应气匀速通过恒容催化反应器，测得NO去除率同转化率随反应温度的变化关系如下图所示： 当T>780K时，NO去除率随温度升高而降低的原因是 ；若反应气中，起始总压为66kPa，甲烷的平衡转化率为80%(若不考虑过程中存在的其他副反应)，计算该温度下反应的分压平衡常数 (以分压表示，分压=总压×物质的量分数，保留两位有效数字)。 (3)中国科学院研究人员报道了一种以铜锡合金为催化剂，在电催化条件下还原NO高效合成氨的方法，并通过DFT计算研究了反应可能得机理如下(*表示催化剂表面吸附位，如表示吸附于催化剂表面的NOH)： Ⅰ          Ⅱ   Ⅲ        Ⅳ   Ⅴ      Ⅵ   上述反应机理中，第Ⅲ步的转化机理为 ；若电路中有4mol电子通过，其中生成的选择性为95%，则阴极生成的物质的量为 mol。 17．（2024·四川雅安·三模）肼（）是一种应用广泛的化工原料，具有强还原性，可用于镜面镀银，在塑料和玻璃上镀金属膜。还可以用作制药原料，如合成氨基脲、异烟肼、呋喃西林，并用作喷气式发动机燃料、火箭燃料、显影剂、抗氧剂等。已知相关物质的键能数据如下表： 化学键 键能（） 436 391 946 190 回答下列问题： (1)一定温度下，利用催化剂可以将分解为和，则反应的 。 (2)向1L恒容密闭容器中加入肼，在353K、Pt催化下发生反应。测得容器中随时间的变化情况如图所示： ①下列能表明该反应达到平衡状态的是 （填字母序号）。 a．相同时间内，断裂键的同时，生成键 b．与的物质的量之比不再随时间而变化 c．容器内混合气体的压强不再变化 d．容器内混合气体的密度不再变化 ②0~4min内用表示的平均反应速率为 ，该温度下反应的 。 (3)已知液态肼（）为二元弱碱：，，其在水中的电离方程式与氨气相似。 ①请写出的计算表达式 。 ②溶液显酸性原因（用离子方程式表示） 。 ③请判断盐酸肼水溶液中离子浓度的大小关系（填“<”或“>”或“=”）： a、     b、 (4)肼加热催化分解的机理如下图所示。 下列说法正确的是________。 A．肼分解过程中没有氮氮键的断裂 B．氢气仅在第⑤步反应中生成 C．肼分解最先断裂的是键 D．改进催化剂，可以提高肼分解的转化率 18．（2024·四川成都·三模）烟道气中的本身对于是一种很好的还原剂，二者反应可得到硫磺，实现变废为宝。还原的反应有： ⅰ． ⅱ． ⅲ． (1)已知：在标准压强、时，由最稳定的单质合成物质的反应焓变，叫做物质B的标准摩尔生成焓。部分物质的标准摩尔生成焓如下图所示，计算： 。 (2)将与按物质的量之比为进行反应，相同时间内，在不同过渡金属氧化物催化剂作用下，的转化率及生成硫的选择性[硫的选择性]随反应温度变化的结果如下表所示： 温度（℃） 转化率 选择性 转化率 选择性 转化率 选择性 转化率 选择性 300 0.30 0.33 0.05 0.84 0.24 0.48 0.11 0.48 350 0.32 0.55 0.11 0.90 0.34 0.70 0.12 0.48 400 0.30 0.68 0.25 0.95 0.45 0.87 0.14 0.50 450 0.29 0.72 0.40 0.95 0.49 0.98 0.15 0.50 500 0.28 0.85 0.48 0.95 0.50 1.00 0.17 0.51 ①当以作催化剂时，试分析400℃时反应是否达到平衡状态 （填“平衡”或“未平衡”），理由 ；请解释转化率随温度变化的可能原因是 。 ②根据以上数据判断，与反应得到硫磺的最合适条件是 。 (3)在一定温度和某催化剂的条件下，将和混合气体置于刚性密闭容器中进行上述反应，时反应达到平衡状态，测得的转化率为，得到，计算内用表示的平均反应速率为 ；硫的选择性 ；反应ⅰ的平衡常数 （列出计算式，不用化简）。 19．（2024·四川达州·二模）丙烯()是一种重要的化工原料。丙烯水化法制异丙醇()以及电解法制丙烯都是重要的化工技术。 I．   (1)有利于该反应自发进行的条件是 (填“高温”、“低温”或“任意温度”)。 (2)根据下图回答问题： ①在、条件下，在密闭容器中充入一定量的和合成，下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是 。 A．      B．和的转化率相等 C．混合气体的密度保持不变          D．的体积分数保持不变 ②A、B、C三点，丙烯转化率最大的 ，是请用平衡移动知识解释D、E两点异丙醇百分含量不同的原因 。 (3)在压强分别为和的条件下，在密闭容器中充入物质的量之比为的和，充分反应，平衡时和的物质的量分数随温度的变化如图所示。 ①在a、b、c、d四条曲线中，分别表示时和时物质的量分数的是 、 。 ②曲线d上对应的E点的 。 Ⅱ．电解法制丙烯 (4)在某中性电解质溶液中，以氯化物诱导的双向催化材料作电极，可将转化为丙烯，其原理如图所示： ①铅蓄电池的极是 (填“a”或“b”)； ②生成丙烯的电极反应式为 。 20．（2024·四川成都·三模）醋酸是最重要的有机酸之一，人工合成醋酸占总产量的九成，其主要生产方法不断发生变革。回答下列问题： (1)BASF法：丁烷()与氧气在密闭容器中被乙酸钴催化氧化，后产生有机气态产物共(成分见下表)，则平均速率v(醋酸) 。 有机产物 醋酸 甲酸 丙酸 丙酮 摩尔分数 35% 20% 15% 30% (2)Wacker法：乙烯在催化下连续两步氧化，生成醋酸，其能量-反应进程图如图1所示。的反应热 (用表示)。 (3)Monsanto法：主反应的机理示意图如图2所示(除Rh催化剂外，其他物质均为气态)： ①主反应的总反应方程式为 。已知其分压平衡常数与温度T的关系为(a为常数)，则主反应 0(填“>”或“<”)。 ②已知该过程中副反应为 。在固定投料比条件下，一定可以提高醋酸平衡产率的措施是 。 ③研究表明，碘甲烷质量分数造成醋酸的时空收率(单位时间内所获得的产率)变化如图3所示。在碘甲烷质量分数不超过14%前，醋酸的时空收率迅速增长，可能原因是 。 (4)Cativa法：将Monsanto法中的含Rh催化剂替换为更廉价的含Ir催化剂，有关催化条件见下： 条件 BASF法 Monsanto法 Cativa法 温度/℃ 227 190 180 压强/ 500~700 30~60 20~30 醋酸选择性/% 90 >98% >99% ①在Cativa催化条件下，将与通入体积恒为VL的密闭容器，达到平衡后，平衡常数，则的转化率为 。 ②三种方法相比，最符合绿色化学思想的是 。 21．（2024·四川南充·三模）干气重整制合成气(CO、)是碳捕集、利用及封存的一种典型的低碳过程，主要反应如下： 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   回答下列问题： (1)已知：部分化学键键能数据见下表(中含有)。 化学键 键能() 436 745 436.7 1011 ① 。 ②反应Ⅱ的正逆反应活化能分别为、，则 (填“>”“<”或“=”)。 (2)有利于提高反应Ⅰ中平衡转化率的是___________(填字母标号)。 A．低温低压 B．低温高压 C．高温低压 D．高温高压 (3)向恒温、恒压的密闭容器中，充入和，在催化剂作用下发生反应Ⅰ、Ⅱ，达到平衡时转化率为40%，，则该温度下，反应Ⅱ的平衡常数 。 (4)研究发现，高能耗和积炭是目前干气重整的主要瓶颈。该工业生产中催化剂表面积炭产生主要来自以下两个反应： 反应Ⅲ：   反应Ⅳ：   ①积炭导致重整反应速率显著降低的原因是 。 ②已知，不考虑、随温度的变化，反应Ⅲ、Ⅳ的与T的关系如图1所示，其中曲线a代表 (填“反应Ⅲ”或“反应Ⅳ”)。 (5)一定条件下，通过改变进料比，可获得合适的，以满足合成工艺中对低碳烷烃、烯烃等烃类物质的需求。0.1MPa下，进料比和温度对的影响如图2，根据图示分析，下列条件适用于烷烃()合成的是___________(填字母标号)。 A．   B．   C．   D．   22．（2024·四川成都·三模）中国科学院研究团队在人工合成淀粉方面取得重大突破性进展，首次在实验室实现了二氧化碳到淀粉的合成，为解决粮食危机和实现碳循环利用提供了有效途径。回答下列问题： (1)人工合成淀粉的第一步是利用化学催化剂将高浓度二氧化碳在高密度氢能作用下还原成一碳化合物，其反应过程如图甲所示，则该反应的热化学方程式为 。 (2)在一定条件下，若上述反应的平衡常数为K1，已知存在副反应，平衡常数为K2，则反应的平衡常数 (用K1、K2表示)。 (3)选择合适的催化剂，可用CO2和H2合成重要的化工原料C2H4，假设在压强为100 kPa的恒压容器中只存在反应，不同投料比时，CO2的平衡转化率随温度的变化如图乙所示(已知投料比)。 ① 图乙中，x 3(填“>”“<”或“=”，下同)，该反应的ΔH 0，有利于该反应自发进行的条件是 (填“高温”“低温”或“任意温度”)； ② 图乙A、B两点中，ʋ正(A) ʋ正(B)(填“>”“<”或“=”)，理由是 ； ③ 恒温恒压下，以投料比m = 3进行该反应，下列能判断该反应已达平衡的标志有 (填标号)； A．保持不变 B．CO2的转化率与H2的转化率相等 C．断裂6 mol H—H键的同时，生成8 mol H—O键 D．容器中混合气体的密度保持不变 ④ 已知B点纵坐标为40%，则该反应B点的压强平衡常数Kp = (列出计算表达式)。 23．（2024·四川泸州·三模）含氮物质的相互转化在硝酸工业与环保研究中具有重要价值。氨气氧化时可能发生以下反应： 序号 反应方程式 反应热 浓度平衡常数 ① △H1=-907kJ/mol K1 ② △H2=-1269kJ/mol K2 ③ △H3=akJ/mol K3 (1)表中a值为 ﹔反应③的平衡常数K3= (用K1、K2表示)。 (2)在某容器中，氨气催化氧化发生①②反应达到平衡时，氨气转化率及含氮组分产率随温度变化如图所示。图中X线表示的是 随温度的变化，该催化剂适宜①反应的温度范围是 ，超过1000℃时，NO产率迅速下降的原因可能是 。 (3) 为研究BaMnO3分别混合CeO2、ZrO2、Al2O3等不同载体后的催化活性，以及温度对NO分解的影响，在相同的刚性容器中投入等量的NO，在相同时间内NO的转化率随温度变化如图所示。温度T4时NO分解反应的压强平衡常数Kp= (化至最简分数即可)。由图可知载体 (填化学式)能使BaMnO3催化剂具有更高的催化活性。a点后NO的转化率不受催化剂影响且下降的原因是 。 (4) 24．（2024·四川绵阳·三模）异丙醇是重要的化工原料，丙烯直接水合法是工业制备异丙醇的常用方法，回答下列问题： (1)丙烯直接水合法制异丙醇的反应可表示为 已知： 完全燃烧生成和放出热量 kJ。 (2)以上制备异丙醇反应的起始物时，在不同条件下达到平衡，设体系中丙烯的转化率为，在℃下的，在下的如图1所示： 图中对应等温过程的曲线是 。点的反应条件为 ，该点的压强平衡常数 。保持反应条件不变，下列可进一步提高平衡转化率的措施是(填字母) 。 a.增大与的进料比            b.充入惰性气体Ar c.及时分离产品                    d.换用更高效的催化剂 (3)单程转化率反映了原料在第一次通过反应器时被转化的程度。将和的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器，研究不同温度对单程转化率和选择性的影响，结果如图2所示。由图可知，时单程转化率很低，可能的原因是 ，以后，随温度升高的选择性下降，可能的原因是 。 (4)某科研团队利用光电催化反应器中将转化为，负极迁移到正极，则正极上发生的电极反应式为 。 25．（2024·四川宜宾·三模）二氧化碳甲烷化反应制备天然气被广泛认为是一种高效、有前景的碳捕集利用技术，有望实现碳循环利用。反应原理如下： 主反应：     副反应：Ⅰ：     Ⅱ：     Ⅲ：     回答下列问题： (1) kJ/mol。 (2)主反应在 (填“高温”“低温”或“任意温度”)条件下自发进行。 (3)反应体系在总压强为1MPa条件下，起始投料比分别为2、3、4时，平衡转化率随温度的变化如图1所示，则代表起始投料比为4的曲线是 (填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)，判断理由是 。 (4)图2中，当温度高于600℃，随着温度升高，的转化率增大，原因是 。 (5)400℃、压强恒定为2.93MPa时，向容器中通入和，达到平衡时的转化率为65%，反应了2.22mol，，，则 mol；该温度下，主反应的 (列出计算式即可)。 26．（2024·四川乐山·三模）氮氧化物(NOx)能引起光化学烟雾、酸雨等环境问题，氮氧化物的治理是环境治理研究的热门之一，回答下列问题： (1)氮的氧化物会与空气胶体所吸附的海盐粒子作用，其反应原理为：    ①已知：      则 (用含、的式子表示)，若反应在低温时自发进行，则该反应的活化能 0(填“>”或“<”或“=”)。 (2)一定条件下，CO还原NO可减少氮氧化物污染，发生的反应为：  ； ①某温度下，向2L体积恒定的密闭容器中充入1mol CO和5mol汽车尾气(主要成分为NO和N2，其中NO的体积分数为20%)发生反应。10min时反应达到平衡，此时CO的转化率为40%。则0~10min内， ；平衡时，体系压强为10MPa，则用分压表示的平衡常数 (列出计算式)。 ②其它条件不变，相同时间内，测得反应在不同催化剂作用下，NO转化率随温度变化关系如图所示。则催化剂a条件下，图中达到平衡状态的点可能在 (填“M点”“N点”或“M点和N点”)判断理由是 ；催化剂b条件下，300℃以后NO转化率迅速减小的原因可能是 。 ③测得该反应，(k正、k逆是速率常数，只与温度有关)。已知，下图中Ⅰ、Ⅱ两条曲线表示lnk正和lnk逆随温度变化关系，其中表示lnk逆随温度变化的是 (填曲线编号)；若图中A、B两点的纵坐标分别为a+3、a+1，则温度T1时化学平衡常数 。 27．（2024·四川眉山·三模）回收利用合成化工制成品是实现碳中和重要途径之一、利用二氧化碳合成二甲醚(DMC)的主要反应有： Ⅰ.   Ⅱ.   (1)和为原料制备气态和水蒸气的热化学方程式是 。 (2)对于基元反应，若升高反应温度，平衡常数K (填“增大”、“减小”或“不变”)； (填“>”、“<”或“=”)。 已知：阿伦尼乌斯经验公式为，其中：为正、逆反应的活化能，k为正、逆反应速率常数，R和C为常数。某实验小组依据实验数据获得如图曲线。曲线中表示正反应速率的是 (填“m”或“n”)。 (3)T℃时，向体积为2L的密闭容器中通入、，同时发生上述两个反应，装置中压强p随着时间t变化如下表： 0 1 2 3 4 5 6 16 13.4 12.8 12.4 12.2 12 12 ①0~2min，反应Ⅱ的化学反应速率 ，若其他条件不变，向该体系中充入，则 (填“增大”、“减小”或“不变”)。 ②平衡时测得水蒸气分压，反应Ⅱ生成的选择性为 (选择性，保留1位小数)。 ③计算反应Ⅰ的压强平衡常数 (写计算表达式)。 (4)“直接二甲醚()燃料电池”被称为绿色电源，其工作原理如图所示，写出A电极的电极反应式 。 28．（2024·四川成都·三模）氟化学在现代无机化学中占有相当重要的地位。请回答下列问题： (1)1886年法国化学家莫瓦桑首次通过电解熔融的氟氢化钾()制备，两极均有气体产生。装置如图所示，钢电极与电源的 (填“正极”或“负极”)相连，阳极反应式为 ，两极产生的气体产物必须隔开的原因是 。 (2)已知：  ；F-Cl(ClF中)的键能为248kJ/mol，F-Cl(中)的键能为172kJ/mol，F-F的键能为157kJ/mol。计算：Cl-Cl的键能为 kJ/mol。 (3)氟单质的氧化性很强，可与稀有气体氙(Xe)同时发生如下三个反应。 标准平衡常数 (523K) (673K) ⅰ． ⅱ． ⅲ． 36 已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应，，其中kPa，、、、为各组分的平衡分压。 ①在恒温、恒容条件下，向密闭容器中通入一定量的Xe和，下列有关说法不正确的是 (填序号)。 A．当混合气体的密度不变时，体系达到平衡 B．当Xe与的投料比为1∶1时，的平衡转化率大于Xe C．达到平衡后将从体系中移除，反应ⅰ、ⅱ、ⅲ均正向移动 D．反应ⅰ、ⅱ、ⅲ均为放热反应 ②在600K条件下，向体积为2L的密闭容器中通入30.0mol Xe和60.0mol ，10min时，产物的物质的量(n)如表所示。10min内，Xe的平均反应速率为 ，的转化率为 。 物质 n/mol 3.6 17.4 0.4 ③523K时，以Xe和制取。反应达到平衡时，欲使产物，的分压为 kPa。 29．（2024·四川成都·三模）工业生产中常常产生硫的氧化物和氮的氧化物，对环境产生重大影响，为减少对环境的污染，科学工作者采用“O3氧化法”和“光催化氧化法”对工业烟气脱硫、脱硝，原理如下。回答下列问题： I．O3氧化法 (1)用O3氧化烟气中的SO2时，体系中存在以下反应： a)SO2(g)+O3(g)⇌SO3(g)+O2(g)　△H1=-241.6kJ/mol　K1 b)2O3(g)⇌3O2(g)　△H2=-286.6kJ/mol　K2 c)2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)　△H3　K3 根据盖斯定律，△H3= ，K3= (用含K1、K2的式子表示)。 (2)在密闭容器中充入1molN2O4和1molO3，发生以下反应： d)N2O4(g)⇌2NO2(g)　△H4=+57kJ/mol e)N2O4(g)+O3(g)⇌N2O5(g)+O2(g)　△H5 不同压强(P)下，N2O4平衡转化率α(N2O4)随反应温度(T)的变化关系如图1所示。 ①由图1可知，△H5 0(填“>”或“<”)，若缩小体积增大压强，B点可能向 点移动(填“A”或“C”)。 ②下列有关该反应体系的说法正确的是 (填标号)。 A．恒压下，混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡 B．任意时刻，存在n(NO2)+n(N2O4)+n(N2O5)>1mol C．恒容下，升高温度，该体系中气体颜色变浅 D．恒容下，增大N2O4的浓度，反应d的正反应速率增大，e的正反应速率减小 ③某温度下，t分钟后达到平衡，此时N2O4的物质的量分数为1/3，且NO2与O2的物质的量分数相等，v(O2)= mol/min Ⅱ．光催化氧化法 光照条件下，催化剂TiO2表面产生电子(e-)和空穴(h+)。电子与O2作用生成离子自由基(·O)，空穴与水电离出的OH-作用生成羟基自由基(·OH)，·O-和·OH分别与NO反应生成NO。变化过程如图2所示。 (3)一定范围内，NO脱除速率随烟气湿度的增大而增大，结合催化剂的作用机理，分析可能的原因 。 (4)已知该过程中生成的HNO2可继续与·OH发生反应：HNO2+2·OH=H++NO+H2O；该反应可分两步进行，请补充反应i： i： ； ii．NO2+·OH=H++NO。 30．（2024·四川遂宁·三模）氮、碳化合物转化是环境科学研究热点课题之一。“双碳”目标大背景下，采取高效经济方式利用CO2对人类社会发展具有重要意义。 (1)CO2催化加氢可合成乙烯，反应为2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g)  ΔH<0，在恒压密闭容器中，起始充入2molCO2(g)和6molH2(g)发生反应，不同温度下达到平衡时各组分的体积分数随温度的变化如图所示。 ①a、b、c三点的平衡常数由大到小为： (用Ka、Kb、Kc表示)。 ②表示C2H4体积分数随温度变化的曲线是 (填“k”“l”“m”“n”)。 ③若d表示240℃时某时刻H2的体积分数，保持温度不变，则反应向 (填“正”或“逆”)反应方向进行。 (2)低碳烯烃是基础有机化工原料，工业上可利用合成气间接或直接制取。其间接制取的主要反应方程式如下： CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(l)　ΔH1=-116kJ·mol-1 2CH3OH(l)⇌C2H4(g)＋2H2O(l)　ΔH2=-35kJ·mol-1 H2O(g)⇌H2O(l)　ΔH3=-44kJ·mol-1 ①写出用CO(g)和H2(g)直接制取低碳烯烃C2H4(g)和H2O(g)的热化学方程式： 。 ②将He、CO和H2以体积比为1∶1∶2充入密闭容器中直接制取乙烯，CO的平衡转化率与温度的关系如图所示，则p1 p2(填“>”“＜”或“=”)，M点的正反应速率 N点的逆反应速率(填“>”“＜”或“=”)。在500K，压强为p1的条件下，该反应的Kp= (列出计算式)。 31．（2024·四川成都·三模）我国力争于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①、②的平衡常数随温度变化曲线如图1所示，则表示反应②的关系的曲线为 (填“”或“”)。 (3)①有同学认为在以后反应②在该体系中可以忽略，其依据是 。 ②恒压下，向容器中充入、，的平衡转化率随温度变化曲线如图1中n线所示。若只发生反应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 。 (4)以后的平衡转化率随温度变化的可能原因是 。 (5)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。在相同时间段内的选择性和产率随温度的变化如图2所示。其中的选择性=。 则合成甲醇的适宜条件是___________(填标号)。 A． B． C．催化 D．催化剂 32．（2024·四川泸州·二模）我国科学家已经突破用二氧化碳和氢气人工合成葡萄糖，进而合成淀粉，工业上可用甲烷制氢为人工合成淀粉提供原料。回答下列问题： 已知：         (1) kJ/mol。 (2)制氢反应为，在生成CO的同时，立即伴随反应，不考虑其它副反应。保持在T℃、560kPa条件下，向容积可变的密闭容器中投入10mol和10mol，、CO的转化率随时间的变化分别对应图甲、乙曲线。 ①开始时，的分压 kPa；50min后反应到达平衡，用的压强变化表示这段时间的平均反应速率为 ，反应的压强平衡常数 (列出算式即可)。 ②保持温度不变，若增大压强，的转化率变化曲线将是 (选填“丙”、“丁”或“戊”)，请说明理由： 。 (3)我国学者研究了在金催化剂表面上的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上物种用·标注。可知，经历“过渡态1”的反应的 0(填“大于”“等于”或“小于”)；历程中某步反应放出能量为1.41eV，该步反应的化学方程式为： 。 33．（2024·四川成都·二模）煤的气化和天然气净化过程中会产生H2S，将其吸收与转化是环境保护和资源利用的有效措施。回答下列问题： (1)利用足量纯碱溶液可吸收低浓度H2S，生成的含硫物质主要是 (填化学式。H2S的，；H2CO3的，)。 (2)电解氧化法处理H2S的原理是：在氧化反应器中，利用Fe3+氧化H2S；在电解反应器中实现Fe3+的再生，并副产氢气，总反应为  ，相关物质的燃烧热数据如下表：则H= kJmol-1。 物质 H2S(g) S(s) H2(g) 燃烧热H/(kJmol-1) -562.0 -296.8 -285.8 (3)工业上采用高温热分解H2S的方法制取H2，在膜反应器中分离出H2.在恒容密闭容器中，以H2S的起始浓度均为0.009mol/L控制不同温度进行H2S分解：，实验过程中测得H2S的转化率如图所示。曲线a表示H2S的平衡转化率与温度的关系，曲线b表示不同温度下反应经过相同时间时H2S的转化率。 ①该反应为 (填“吸热”或“放热”)反应，985℃时该反应在tmin时达到平衡，则从开始到平衡的平均反应速率为 。 ②随着H2S分解温度的升高，曲线b逐渐向曲线a靠近，其原因是 。 ③若在一容积可变容器中充入1molH2S进行上述反应，平衡转化率为20%，维持温度和压强不变，欲将H2S的平衡转化率提升至50%，需向反应器中充入 molAr作为稀释气。 (4)工业上采用C6H5Cl和H2S的高温气相反应制备有机合成中间体苯硫酚(C6H5SH)，同时有副产物C6H6生成： I． Ⅱ． 使氯苯和硫化氢按一定的比例进入反应器，定时测定由反应器尾端出来的混合气中各产物的量，得到单程收率(原料一次性通过反应器反应后得到的产品与原料总投入量的百分比)与温度的关系如图所示。 活化能较大的是反应 (填“I”或“Ⅱ”)。根据图中曲线判断，下列说法正确的是 (填标号)。 A．500℃~540℃反应1已经达到平衡 B．590℃以上，随温度升高，反应1平衡逆向移动 C．590℃以上，随温度升高，反应I消耗H2S减少 D．645℃，反应I、Ⅱ速率相等 34．（2024·四川绵阳·三模）先进的甲醇低压羰基合成乙酸工艺的普及推广，导致我国乙酸产能过剩。使用特定催化剂进行乙酸直接加氢制备乙醇的反应原理如下： 主反应：△H1 副反应： 副反应的反应热绝对值远远小于主反应的反应热绝对值。 (1)一定温度下，将1 mol CH3COOH(g)、5 mol H2(g)通入到恒压密闭容器中(不考虑副反应)。达到平衡时，H2的转化率为4%，该反应放热a kJ。则该温度下主反应的△H1= 。该反应自发发生的条件为 (选填“高温”“低温”或者“任何温度”)。 (2)250℃下，恒压密闭容器中充入一定量H2(g)和CH3COOH(g) (不考虑副反应)，下列条件不能判断反应达到平衡状态的是_______(填字母)。 A．混合气体的密度保持不变 B．混合气体的平均相对分子质量保持不变 C．H2O的体积分数不变 D．n(H2O)和n(CH3CH2OH)的比值一定 (3)已知：Ⅰ．S表示选择性，且主反应产物的选择性往往大于副反应产物的选择性 Ⅱ． 在n(H2)：n(CH3COOH)=10时：2 MPa下，平衡时S(乙醇)和S(乙酸乙酯)随温度的变化；250℃下，平衡时S(乙醇)和S(乙酸乙酯)随压强的变化均如图所示。 ①250℃下，乙醇选择性随压强变化的曲线是 (填字母)。 ②曲线b变化的原因是 。 ③150℃，在催化剂作用下H2和CH3COOH反应一段时间后，乙醇的选择性位于m点。不改变反应的温度和时间，一定能提高乙醇选择性的措施 (填一条)。 (4)一定温度和恒定压强下，向初始体积为1 L容积可变的密闭容器中通入2 mol H2和1 mol CH3COOH同时发生主反应和副反应，测得平衡时n[H2O(g)]=0.8 mol，体系中气体物质的量减小20%，则平衡时，c(H2) mol/L，主反应的Kc= 。 35．（2024·四川德阳·二模）我国承诺在2030年实现“碳达峰”，2060年实现“碳中和”，资源化利用具有重要意义，回答下列问题： I．和在镍基催化作用下重整模型如图所示(已知：*表示催化剂活性位点，表示活性亚甲基)。 (1)和在镍基催化作用下发生重整反应的化学方程式为 。该反应在高温下才能自发进行，判断反应焓变 (填“大于”“小于”或“等于”)0，判断理由是 。 (2)已知经验公式：(为活化能，k为速率常数，R和C为常数)，该反应的速率常数、活化能与温度的关系如图： 该反应的活化能 。(用含有的式子表示) Ⅱ．已知二氧化碳和氢气合成甲醇可能发生如下反应： i．　 ii．　 (3)为提高甲醇平衡产率，可采取的措施有 (至少答两条)。 (4)若以为催化剂，其活性温度范围通常为。向装有催化剂的密闭容器按投料比为通入反应物，保持压强为，若只发生反应i，其他条件相同，不同温度下。5分钟内，测得温度与甲醇的产率关系如图，实际产率呈现先升高后降低的原因是 。 (5)时的压强平衡常数 。(写出计算式) 36．（2024·四川绵阳·一模）工业合成氨是人工固氮研究的重要领域，回答下列问题： (1)诺贝尔化学奖获得者格哈德·埃特尔确认了合成氨反应机理。时，各步反应的能量变化如图所示，其中吸附在催化剂表面上的粒子用“*”标注。 图中决速步骤的反应方程式为 ，该步反应的活化能 。 (2)关于合成氨工艺的下列理解，正确的是 。 A．合成氨的反应在较低温度下可为自发反应 B．控制温度(773K)远高于室温，是为了保证尽可能高的平衡转化率和快的反应速率 C．当温度、压强一定时，在原料气(和的比例不变)中添加少量惰性气体，有利于提高平衡转化率 D．基于有较强的分子间作用力可将其液化，不断将液氨移去，利于反应正向进行 E．分离空气可得，通过天然气和水蒸气转化可得，原料气须经过净化处理，以防止催化剂中毒和安全事故发生 (3)①相同质量的同种催化剂，在载体上的分散度越高，催化作用越强，原因是 。 ②已知在催化剂表面的吸附量会影响催化效果，在少量某催化剂下分解的实验数据如下表： 反应时间/ 0 10 20 30 40 50 分析表中数据可知，随着反应进行，减小，平均反应速率 (填“增大”、“减小”或“不变”)，对该分析结果的合理解释是 。 (4)在一定条件下，向某反应容器中投入和在不同温度下反应，平衡体系中氨的物质的量分数随压强变化曲线如图所示： ①中温度最高的是 ，M点的转化率为 。 ②1939年捷姆金和佩热夫推出合成氨反应在接近平衡时净速率方程式为：的分别为正反应和逆反应的速率常数；代表各组分的分压；α为常数，当达平衡时，净速率为0，工业上以铁为催化剂，，由M点数据计算 。 37．（2024·四川绵阳·模拟预测）以乙苯催化脱氢来制取苯乙烯，是化工产业中常用的方法，其反应如下所示： (g) (g)+H2(g)   回答下列问题： Ⅰ.在催化下，在三个恒容(均为1.0L)密闭容器中发生上述反应。相关实验数据如下： 容器 温度/℃ 起始量/mol 平衡量/mol 乙苯(g) 苯乙烯(g) 氢气(g) 苯乙烯(g) 甲 3.0 0 0 1.0 乙 4.0 3.0 1.0 x 丙 5.0 0 0 1.2 (1)℃时，按表格中数据投料，则此时乙容器中v正 (填“＞”“＝”或“＜”)v逆。 (2) (填“＞”“＝”或“＜”)。 Ⅱ.乙苯脱氢的历程如下图所示： (3)四个步骤中，更有利于在低温发生的是上图中的 步骤。“吸附”步骤中乙苯分子被吸附在催化剂表面活性位点并被活化；“反应”步骤中Fe(Ⅲ)转化为 ，从共价键变化的角度描述该步骤为 。该催化剂在使用过程中，失活现象比较严重，由此推断“脱氢”步骤除了产生，还可能生成小分子离开催化剂表面。 Ⅲ.为了节省能源，乙苯催化脱氢制苯乙烯的过程可以在气氛下进行。100kPa下，反应气组成按1∶0、1：1、1∶5、1∶9投料，乙苯的平衡转化率随反应温度的变化关系如图。 (4)图中对应的曲线是 (填序号)。 (5)工业乙苯催化脱氢生产苯乙烯时，会产生少量积碳，加入一定温度的水蒸气可较长时间保持催化剂的活性，用化学方程式表示其原因是 。 38．（2024·四川成都·一模）CO2–CH4干气重整反应制合成气(H2、CO)是CO2资源化利用的重要研究方向。其反应主要包括： 反应I  CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g)  ΔH1=+247.34 kJ·mol-1 反应II  H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)  ΔH2 回答下列问题： (1)已知 H2(g)、CO(g) 的燃烧热分别为 285.8 kJ·mol-1 和 283 kJ·mol-1 ，水的汽化热为44 kJ·mol-1，则ΔH2= kJ·mol-1；能同时提高CH4(g)的平衡转化率和反应速率的措施为 (写一条即可)。 (2)向T℃、2.8 MPa的恒压密闭容器中，充入1 mol CH4(g)和1 mol CO2(g)发生反应I和II。达到平衡时，CO2的转化率为80%，=3 ，则平衡时气体的总物质的量n总= mol；反应I的压强平衡常数Kp= (MPa)2；若反应在刚性容器中达到平衡，则CO2(g)的转化率 (填“>”、“=”或“<”)80%。 (3)实验研究发现，在(2)条件下，催化剂表面产生积碳与下列2个反应有关： 反应III  CH4(g)C(s)+2H2(g)  ΔH3=+74.87 kJ·mol-1 反应IV  2CO(g)CO2(g)+C(s)  ΔH4=–172.47 kJ·mol-1 已知ΔG=ΔH–TΔS，ΔG的值只取决于反应体系的始态和终态，忽略ΔH、ΔS随温度的变化，反应Ⅲ和反应Ⅳ的ΔG与T的关系如图所示，其中表示反应III的曲线为 (填“a”或“b”)；催化剂表面始终存在积碳的原因为 。 39．（2024·四川南充·二模）Haber法是工业上常使用的合成氨技术，对该技术的改进一直是科学家探索的重要课题，其反应原理为：　　。回答下列问题： (1)已知： 1molN―H键断裂吸收的能量等于 kJ(保留一位小数)，合成氨反应在常温(T=298K)下 (填“能”或“不能”)自发进行。 (2)将1.00mol和3.00mol充入到容积为3L的恒容密闭容器中模拟反应，测得数据如下图所示。 ①图甲中反应达到平衡时的平均反应速率 。 ②图乙的平衡体系中A、B、C三点的平衡常数、、间的大小关系是 。 (3)针对反应速率与平衡产率之间的矛盾，我国科学家研究发现采用M―LiH(M表示金属)复合催化剂能在较低的温度下合成，可有效缓解这一矛盾。300℃时，实验测得不同催化剂反应速率(用单位时间内每克催化剂所获得的的物质的量表示)如图所示： ①无LiH，催化效率最高的金属是 。 ②有LiH，反应速率明显增大。文献报道了M―LiH可能的催化历程经如下三步完成。 第ⅰ步：(在M表面解离) 第ⅱ步： 第ⅲ步： 。 (4)工业上需考虑多种因素提高合成氨产率，其措施有：加入合适的催化剂、调控适宜温度、 、 。 40．（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)。 41．（2024·四川·二模）为实现“碳达峰”及“碳中和”，科学家利用多聚物来捕获，使与在催化剂表面生成和；其中涉及以下反应。 反应Ⅰ．     反应Ⅱ．     回答下列问题： (1)已知   。 (2)恒温恒容条件下，若催化加氢制只发生反应Ⅰ，下列能说明反应Ⅰ达到化学平衡状态的 (填字母序号)。 a．平衡常数不变         b．单位时间内消耗的同时生成 c．的体积分数不再改变     d．密闭容器的体系压强不再改变 e．混合气体的密度不再改变 (3)催化加氢制的一种反应历程如下图所示(吸附在催化剂表面的物质用*标注，如表示吸附在催化剂表面) 该反应历程中决速步反应的化学方程式为 。 (4)在恒压密闭容器中充入6mol与2mol，分别在1MPa和10MPa下反应。平衡体系中，CO及的物质的量分数(%)与温度变化关系如图： ①恒压条件下发生反应Ⅰ和Ⅱ，平衡后再充入惰性气体，反应Ⅱ平衡将 移动(填“正向”、“逆向”或“不”)。 ②表示10MPa时CO的物质的量分数随温度变化关系的曲线是 (填标号)。 ③已知：的选择性，为提高的选择性，可采取的措施有 (任写一条即可)。 ④若反应经过达到M点，且的选择性为50%，则平均反应速率 ，对反应Ⅰ，其正向反应速率N点 M点(填“>”、“<”或“=”)，在590℃时，反应Ⅰ的分压平衡常数 (列出计算式)。 42．（2024·四川成都·二模）研究二氧化碳的转化与减排具有重要的社会意义。用还原的反应过程如下： ①   ②   回答下列问题： (1)   。 (2)同时提高与的平衡转化率和速率的措施是 。 (3)在密闭容器中分别充入0.1mol与0.3mol。 ①保持密闭容器体积为10L，只发生①②反应，经10min反应达到平衡，测定出和均为0.05mol。10min内的平均反应速率为 ；该条件下，反应②的平衡常数为 。 ②在150℃时，改变密闭容器的体积，测得和平衡转化率随压强变化如图所示。平衡转化率随压强增大而减小的主要原因是 ；后平衡转化率随压强增大而减小缓慢甚至增大，可能的原因是 。 (4)在刚性密闭容器中按体积比1∶3投入和，加入催化剂，仅发生反应①②。经实验测出两步反应过程的能量变化示意图如下： ①在较低温度时，反应物转化率较高，但体系中体积分数很低，主要原因是活化能 (填“>”、“＜”或“=”)。 ②随温度升高，的体积分数变化趋势为先增后减小，其可能原因是 。 43．（23-24高三下·四川雅安·开学考试）是一种重要的化工品，一定温度下发生分解反应： ①　 ②　 ③　 回答下列问题： (1) (用含和的式子表示)， ((填“”“”或“”)0。 (2)向一恒温恒容密闭容器中投入足量，只发生反应①，下列叙述正确的是 (填标号)。 A．平衡后，再充入少量，质量增大 B．体积分数不变时，该反应达到平衡状态 C．再投入一定量的，反应速率明显增大 (3)的速率方程为，(、为速率常数，只与温度有关)。 ①某温度下，，，则 。 ②已知：(R为常数，的单位为，温度T的单位为K，E的单位为)。速率常数与活化能()、温度(T)的关系如图所示(Cat1、Cat2为催化剂)。 相同条件下，催化效率较高的是 (填“Cat1”或“Cat2”)，判断依据是 。在催化剂Cat2作用下，正反应的活化能为 。 (4)一定温度下，向一体积为1L的恒容密闭容器中充入足量，达到平衡时测得生成1mol和0.4mol，则的平衡常数 。 (5)向甲、乙两个体积相等的容器中都充入2molHI，发生反应：。测得的物质的量与时间的关系如图。 ①相对甲，乙仅改变一个条件，该条件是 。 ②甲容器中，在恒容条件下18min时再充入少量HI，HI的平衡转化率将 (填“增大”“减小”或“不变”)。 44．（2024·四川·一模）天津大学新能源化工团队在丙烷脱氢研究上取得重要进展，具有十分重要的科学和战略意义。 丙烷直接脱氢：          回答下列问题： (1)丙烷直接脱氢制丙烯为强吸热过程，则该反应自发进行的条件是 ；已知：  ，则丙烷氧化脱氢制丙烯的热化学方程式为 。 (2)、580℃时，在一密闭容器中，加入丙烷直接脱氢制丙烯，平衡体系中，与的体积分数分别为和。则580℃时， (填“>”、“=”或“<”)，丙烷转化为丙烯的转化率为 。 (3)600℃，向含催化剂的恒容反应器中，通入一定量的，经相同时间，流出的、和浓度随初始浓度的变化关系如图1。加入有助于提高平衡体系中的浓度的原因是 。 (4)丙烯与氯化氢反应的能线图如图2。历程I中，决定反应速率的是 (填“①”或“②”)，丙烯与氯化氢反应的生成物中，占比较高的是 ；实验测得，其他条件不变，适当升高温度可提高加成产物中的比例，从活化能的角度分析其原因是 。 45．（2024·四川雅安·一模）2023年7月1日我国开始实施“国六b”标准，研究汽车尾气中等污染物的转化对环境保护具有重要意义。一种脱硝方法是利用将NO氧化为高价态氮氧化物，反应机理如下： i)   ii)   (1)已知反应i的正反应活化能为，则其逆反应的活化能为 。 (2)在一恒温恒容的容器中发生上述反应i、ii，若增大的浓度，NO的转化率 (填“增大”、“减小”或“不变”)；保持恒温恒容，下列描述能说明反应已达到平衡的是 。 A． B．容器中气体的平均相对分子质量不随时间变化 C．某时刻容器中NO与的物质的量之比为 D．容器中气体的总压强不随时间而变化 (3)将NO、充入恒容密闭容器中，起始时浓度均为，若只发生反应i，反应速率，其中、只与温度及活化能有关，下图是温度为、时，随时间变化图。温度下，，反应的平均速率 ，若加入正催化剂，和均 (填“变大”、“变小”或“不变”)。M点与N点对应的的大小关系：M N(填“>”、“＜”或“=”)，N点时 。 (4)用惰性电极电解食盐水对烟气脱氮，将含NO的烟气通入电解池，其中NO被阳极产生的氧化为，则电解池中发生的总的离子反应方程式为 ；对于任何反应，当时该反应为自发反应，已知该总反应的，则该反应在 (填“高温”或“低温”)下能自发进行。 46．（2024·四川凉山·一模）在较低的温度和压强条件下，将CO2同H2化合，可用于生产清洁能源，减少二氧化碳排放，有助于保护环境。回答下列问题： (1)用CO2来生产燃料甲醇的反应原理为。已知某些化学键的键能数据如表所示： 化学键 C-H H-H C-O C=O H-O 键能(kJ·mol-1) 413.4 436.0 351.0 745.0 462.8 则该反应的∆H为 ；一定温度下在恒容密闭容器中发生该反应，下列选项表明反应一定已达平衡状态的是 (填字母序号)。 A．容器内的温度不再变化                        B．容器内的压强不再变化 C．相同时间内，断开H-H的数目和断开O-H的数目比为1：1 D．容器内气体的浓度c(CO2)：c(H2)：c(CH3OH)=1：3：1 (2)向2L密闭容器中投入2mol CO2和2mol H2，发生反应，测得反应在不同温度、不同压强下达平衡时CH3OH的体积分数如图所示。 P1 P2(填“>”、“<”或“=”，下同)，B点v正 v逆，已知到达A点的平衡状态共需要10分钟，则10分钟内用H2浓度变化表示的反应速率为 ，A点的平衡常数为 (保留两位有效数字)。 (3)以In2O3为催化剂可使CO2在温和条件下转化为甲醇，反应历程如下图 ①该过程中不存在 (填字母序号) A．极性键的断裂                    B．非极性键的断裂 C．极性键的形成                    D．非极性键的形成 ②若参与反应的二氧化碳分子为C18O2，则生成物甲醇的化学式为 。 ③根据反应原理，下列关于催化剂叙述不正确的是 。 A．催化剂参与了反应 B．催化剂改变了反应的∆H C．催化剂改变了反应的路径，降低了反应的活化能 D．催化剂提高了CO2的平衡转化率 47．（2024·四川宜宾·二模）钢铁冶炼所排放的烟气是造成雾霾的主要大气污染物，其中含有（以上为）。 回答下列问题： (1)目前，R脱硝技术是全世界广泛使用的脱硝技术，其主要原理是： 已知：。 写出被直接氧化为的热化学方程式 。 (2)对于含的烟气，可以直接利用还原（脱硝技术），生成和，实现“以废治废”。右图为还原过程的能量图。 ①“ads”表示吸附态，“*”表示催化剂活性表面。在催化的条件下，反应可分为三个过程： 过程I：； 过程Ⅱ： ； 过程Ⅲ：。 过程I为 反应（填“吸热”或“放热”），整个反应的决速步为过程 （填“I”或“Ⅱ”或“Ⅲ”）。 ②对比无催化的过程，有催化剂的吸附利于键的断裂 （填“N—O”或“C—O”），从而降低反应能垒。 (3)科研团队研究了在催化作用下烟气（含）中含量对去除率的影响，结果如下图所示。 ①在的范围内，相同温度下，随着与比例的提高，去除率增大，原因是 。 ②在的范围内，相同温度下，随着与比例的提高，去除率差别不大，可能的原因是 。 (4)向某恒温恒容的密闭容器内按照投料，若初始压强为，模拟上述脱硝反应（忽略变化），平衡时脱硝率达到，则脱硝反应的 （列出计算式） 48．（2024·四川·二模）羰基硫(COS)作为一种粮食熏蒸剂广泛应用于农药工业。利用工厂废气中的H2S和CO反应可以合成COS，回答下列问题： (1)已知：①CO的燃烧热为283kJ•mol-1 ②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)     ΔH1=-484kJ•mol-1 ③COS(g)+H2O(g)H2S(g)+CO2(g)     ΔH2=-18kJ•mol-1 ④CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)     ΔH3 则ΔH3= kJ•mol-1。 (2)以FeOOH作催化剂，由H2S和CO合成COS的反应分两步进行。下列示意图能正确体现上述反应能量变化的是 (填“甲”或“乙”)。 关于该反应的下列叙述正确的是 (填标号)。 A．步骤①是慢反应，活化能较大      B．总反应的速率由步骤②决定 C．反应进程中S2属于中间产物       D．更换催化剂可改变E和ΔH (3)在240℃，将等物质的量H2S和CO充入恒压(100kPa)的密闭容器中发生反应：CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)。已知正反应速率v正=k正×p(CO)×p(H2S)，v逆=k逆×p(COS)×p(H2)，其中p为分压，该温度下k正=5.0×10-4kPa-1•s-1，反应达平衡时v逆=kPa-1•s-1测得，则H2S的转化率为 ，COS的体积分数为 。在240℃下，要同时提高CO和H2S的转化率，可采取的措施是 。 (4)在两个密闭容器中都加入CO、H2S、COS、H2四种气体，起始时气体体积分数φ(CO)=φ(H2S)，φ(COS)=p(H2)，分别在300℃和320℃时反应，容器中H2S(g)和COS(g)的体积分数(φ)随时间(t)的变化关系如图所示。 320℃时，φ(COS)随时间变化关系的曲线是 ，判断的理由是 。 49．（2024·四川德阳·二模）资源化利用是实现减排的首要途径。已知加氢制甲醇反应体系中，主要反应有 Ⅰ．     Ⅱ．     Ⅲ．     回答下列问题： (1) 。 (2)在一定温度范围和压强范围内，只发生反应Ⅰ和Ⅱ，为了增大甲醇产率，理论上可采取的措施是 (写2点)； (3)已知反应Ⅰ和Ⅱ的，随温度的变化如图所示： ①300K时，、、由大到小的顺序为 。 ②在600K、3MPa下，向密闭容器中充入2mol和1mol，只发生反应Ⅰ和Ⅱ，开始时甲醇与CO的生成速率之比为6∶1，达到平衡时，生成速率之比为3∶1，甲醇的生成速率方程，CO的生成速率方程，、为速率方程常数、为常数。体系达到平衡时， ，的平衡转化率为 。 (4)电池的研究取得了新的进展，在TAPP-Mn(Ⅱ)作用下，其电池结构和正极反应历程如下： ①该正极反应历程中有 种中间产物； ②放电时，该电池的正极反应式为 。 50．（2024·四川巴中·一模）研究的综合利用、实现资源化，生产高能燃料和高附加值化学品，有利于实现碳资源的有效循环。回答下列问题： (1)已知下列反应的热化学方程式： Ⅰ.   Ⅱ.   Ⅲ.   反应Ⅱ中， (用含和的式子表示)，该反应在 下能自发进行(填“高温”或“低温”)。 (2)在某刚性容器中投入和仅发生反应Ⅰ和Ⅱ达到平衡，转化率为，为，则平衡时的转化率为 ，反应Ⅰ的平衡常数为 。 (3)在时，向绝热，体积为2L的刚性容器中投入和仅发生反应Ⅲ达到平衡。测得在相同时间内，不同温度下的转化率如图所示。温度大于时，升高温度的转化率下降的原因可能是 。 下列叙述中能说明反应体系达到平衡的是 (填字母序号)。 a． b．和的物质的量之比不再发生变化 c．混合气体的密度不再发生变化 d．混合气体的平均摩尔质量不变 e．体系温度恒定 (4)采用电化学法还原是一种使资源化的方法，如图是利用此法制备(微溶于水)的示意图(电解液不参与反应)。 ①Zn与电源的 相连(填“正极”或“负极”) ②阴极的电极反应式为： 。 51．（2024·四川成都·二模）苯乙烯是生产塑料与合成橡胶的重要原料，目前生产苯乙烯的方法主要为氧化乙苯脱氢制苯乙烯，其反应如下： 反应I：(g)+CO2(g)(g)+H2O(g)+CO(g)   反应Ⅱ：(g)⇌(g)+H2(g)   反应Ⅲ：   (1)反应I的 。 (2)下列关于反应I～Ⅲ的说法正确的是___________(填序号)。 A．及时分离出水蒸气，有利于提高平衡混合物中苯乙烯的含量 B．保持恒定时，说明反应I达到化学平衡状态 C．其他条件相同，反应Ⅱ分别在恒容和恒压的条件下进行，前者乙苯的平衡转化率更高 D．对于基元反应Ⅲ，正反应的活化能小于逆反应的活化能 (3)常压下，乙苯和经催化剂吸附后才能发生反应I。控制投料比［(乙苯)］分别为1∶1、5∶1和10∶1，并在催化剂的作用下发生反应，乙苯的平衡转化率与反应温度的关系如图所示。 ①乙苯的平衡转化率相同时，投料比越高，对应的反应温度越 (填“高”或“低”)。 ②850K时，反应经tmin达到图中P点所示状态，若初始时乙苯的物质的量为nmol，则v(苯乙烯)= mol/nim。 (4)一定温度下，向恒容密闭容器中充入2mol乙苯和，起始压强为，若容器中只发生反应I，平衡时容器内气体的总物质的量为5mol，乙苯的转化率为 ，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数 kPa。 (5)若在生产过程中只发生反应Ⅱ，向乙苯中混入氮气(不参与反应)，保持体系总压为100kPa下进行反应，不同投料比m下乙苯的平衡转化率随反应温度的变化关系如图所示(其中投料比m为原料气中乙苯和的物质的量之比，取值分别为1∶0、1∶1、1∶5、1∶9)。 投料比m为1∶9的曲线是 (填“”“”“”或“”)，图中A与B两点相比，乙苯的活化分子百分数A (填“>”“=”或“<”)B。 (6)从资源综合利用的角度分析，氧化乙苯脱氢制苯乙烯的优点是 。 52．（2024·四川南充·一模）丙烯是一种重要化工原料，工业上丙烷制丙烯的相关反应如下： ⅰ.   ⅱ.   ⅲ.   回答下列问题： Ⅰ.单独投料(副反应抑制法)： 时，单独加入至后达到平衡，体系中部分组分(仅考虑表内转化)的体积分数见下表。 物质 体积分数 18 20 47 0 (1)反应：   kJ/mol。 (2)若只考虑体系中反应ⅱ()，以下操作有利于减小平衡转化率的是 (填字母标号)。 a．通入少量    b．使用高选择性催化剂    c．降温    d．减压 (3)内消耗的平均速率反应ⅰ 反应ⅱ(填“小于”、“大于”或“等于”)。 (4)由表中数据推算：丙烯选择性 (列出计算式)。 Ⅱ.共进料投料(耦合反应法)： 工业上也常采用与共进料投料，通过发生耦合反应制丙烯，反应如下： (5)表示反应的平衡常数，一定温度下： ⅰ.   ⅳ.   则体系中反应 (用含的代数式表示)。 (6)实际工艺生产中按进料，平衡体系中部分组分的体积分数与温度的关系如图所示，综合反应分析： ①由图可知反应ⅰ是 反应。(填写“吸热”或“放热”) ②生产中温度须不低于原因是 。 53．（2024·四川绵阳·二模）燃油汽车尾气中含有和氮氧化物，氮氧化物包括等，研究还原氮氧化物及氮氧化物的分解对环境的治理有重要意义。 (1)已知：  ，的燃烧热为。写出与催化转化成和的热化学方程式 。 (2)在的催化作用下，还原的反应历程和相对能量变化如图所示(逸出后物质认为状态不发生变化，在图中略去)。 ①分析反应历程，   ；分子的中心原子是 。 ②该反应分两步进行：a．；b． 。历程中决定反应速率的变化过程是 。 A．②③            B．③④          C．⑤⑥          D．⑥⑦ (3)和恒定压强时，在密闭容器中模拟某种废气中直接催化分解过程，分解过程主反应为。反应前后各组分的信息如下表： 物质 (投料) 19 34 6.5 25 0 0 (平衡) 50 1 20 25 2 2 分析数据，写出一个分解的副反应的化学方程式： 。该温度下主反应的 (以分压表示，分压=总压物质的量分数)。若除去废气中的气体，在相同的条件下模拟实验，发现体系中的平衡转化率明显降低，解释其原因： 。 54．（2024·四川成都·一模）杭州亚运会主火炬燃料是“零碳甲醇”，这是一种利用焦炉气中的H2和工业废气捕获的CO2生产的绿色燃料。两者在适宜的过渡金属及其氧化物催化下发生反应： (1)①则K1= （用含K2和K3的代数式表示）； ②实验测得K1（记作lnK）与温度（T）的关系如下图所示，则该反应 0（填“>”“<”或“=”）。 (2)从焦炉气中提取氢气，需净化原料气，尤其要脱除其中的含硫杂质。除了从环保角度考虑外，其主要目的是 ； (3)250℃，在甲（容积为4L）、乙（容积为2L）两刚性容器中分别充入2molCO2和6molH2，在适宜的催化剂作用下发生合成甲醇的反应，容器内总压强随时间变化如图所示： ①其中B曲线对应 容器中压强的变化情况（填“甲”或“乙”）： ②利用图中数据计算250℃该反应的分压平衡常数Kp= （结果用分数表示）。 (4)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，结果如下图所示： 在以上催化剂中，该反应选择的最佳催化剂为 ； (5)在研究该反应历程时发现：反应气中水蒸气含量会影响CH3OH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（吸附在催化剂表面上的物种用*标注）： ①写出有水参与时的化学方程式 。 ②资料显示：水也可以使催化剂活化点位减少。结合资料、上图及学过的知识推测在反应气中添加水蒸气将如何影响甲醇产率及产生这种影响的原因（任答两点） 。 55．（23-24高二上·四川成都·期中）CO、CO2、CH3OH等含碳物质是重要的基础化工原料。回答下列问题： (1)CH3OH(l)气化时吸收的热量为27 kJ∙mol−1， CH3OH(g)的燃烧热为677 kJ∙mol−1，写出CH3OH(l)完全燃烧的热化学方程式： 。 (2)CO2的资源化利用和转化技术的研究对实现碳达峰和碳中和有重要意义。在席夫碱(含“−RC=N−”有机物)修饰的纳米金催化剂上，CO2直接催化加氢生成甲酸。其反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物质用*标注，TS为过渡态。该历程中起决速步骤的化学方程式是 。 (3)在恒温恒容密闭容器中投入足量石墨与CO2进行反应C(s)+CO2(g)2CO(g)，可判定其达到平衡的条件有_______(填序号)。 A．容器总压保持不变 B．相同时间内，消耗1molCO2的同时生成2molCO C．CO的体积分数保持不变 D．保持不变 (4)CO2与H2在催化剂作用下可转化为CH3OH，主要反应如下： 反应1：CO2(g) +3H2(g)CH3OH(g) +H2O(g)   ΔH1 反应2：CO2(g) +H2(g)CO(g) +H2O(g)   ΔH2 若起始按=3投料，测得CO2的平衡转化率(X－CO2)和CH3OH的选择性(S–CH3OH)随温度、压强的变化如图所示[已知：S–CH3OH =] ①p1 (填 “>”或“<”)p2。 ②温度高于350°C后，在压强p1和p2下，CO2的平衡转化率几乎交于一点的原因是 。 ③250 °C时反应2的压强平衡常数Kp= (结果保留2位有效数字)。 (5)近年研究发现，电催化CO2和含氮物质(等)在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮废水污染问题。向一定浓度的KNO3溶液通CO2至饱和，在电极上反应生成CO(NH2)2，电解原理如图所示，则电解过程中生成尿素的电极反应式是 。 56．（2024·四川资阳·二模）2023年7月1日我国开始实施“国六b”标准，研究汽车尾气中等污染物的转化对环境保护具有重要意义。一种脱硝方法是利用将NO氧化为高价态氮氧化物反应机理如下： i)NO(g)+O3(g)⇌NO2(g)+O2(g)      H1=-196.6kJ∙mol-1 ii) (1)已知反应的正反应活化能为则其逆反应的活化能为 。 (2)在一恒温恒容的容器中发生上述反应，若增大的浓度，NO的转化率 (填“增大”、“减小”或“不变”)；保持恒温恒容，下列描述能说明反应已达到平衡的是 。 A． B．容器中气体的平均相对分子质量不随时间变化 C．某时刻容器中NO与O₃的物质的量之比为1：1 D．容器中气体的总压强不随时间而变化 (3)将NO、O₃充入恒容密闭容器中，起始时浓度均为，若只发生反应，反应速率其中只与温度及活化能有关，下图是温度为时，α(NO)随时间变化图。温度下，0~0.1min，反应的平均速率= 。若加入正催化剂，和均 (填“变大”、“变小”或“不变”)。M点与N点对应的的大小关系：M N(填“>”、“<”或“=”)，N点时= 。 (4)用惰性电极电解食盐水对烟气脱氮，将含NO的烟气通入电解池，其中NO被阳极产生的氧化为则电解池中发生的总的离子反应方程式为 ；对于任何反应，当时该反应为自发反应，已知该总反应的，则该反应在 (填“高温”或“低温”)下能自发进行。 57．（2024·四川成都·模拟预测）碳的资源化利用是实现碳中和目标的重要环节，将碳氧化物催化氢化制备燃料甲醇，对绿色化与可持续发展意义重大。已知催化氢化时同时存在： 反应I：(主反应) 反应Ⅱ：(R为大于0的常数，下同) 反应Ⅲ： 回答下列问题： (1)在500K下，增大平衡产率的方法有 (写两条)。 (2)目前应着力开发活性温度 (填“更低”或“更高”)的催化剂。 (3)已知(K为平衡常数，、R和C均视为常数)，反应Ⅰ在不同温度T下的如下表中数据： 300 600 (i)反应I的 (填“>”或“<”)0，判断理由是 。 (ii)反应I的 (用含常数R的式子表示)。 (4)判断时，反应 (填“I”或“Ⅲ”)在热力学上趋势更大。 (5)在、恒压容器中加入和，发生上述反应I和Ⅱ，后达平衡，平衡转化率为20%，甲醇的选择性()为50%。 (i)时， 。 (ii)反应I的分压平衡常数 (列出计算式)。 58．（2024·四川绵阳·一模）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) △H=-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是 。 (3)在恒容密闭容器中，利用乙烯氧化法制备环氧乙烷(不考虑副反应)，下列情况能说明该反应一定达到化学平衡状态的是________(填序号)。 A．混合气体的密度保持不变 B．混合气体的平均摩尔质量保持不变 C．乙烯和氧气的物质的量比为2：1 D．每消耗同时消耗1mol环氧乙烷 Ⅱ.反应过程中常伴随副反应 ，在恒容密闭容器中充入1mol乙烯和含1molO2的净化空气，在Ag(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α及O2的分压随温度变化如图所示： (4)比较a点和： (填“>”“<”或“=”)。 (5)若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.有研究人员对该制备过程的催化剂(其他条件相同)催化机理进行研究，发现Ag通过对的吸附完成催化作用，形成的两种中间体相对能量如图所示，研究还发现若原料气(混有等杂质)不净化，两个中间体和产物环氧乙烷都几乎检测不到。 (6)根据以上研究结果下列推测合理的是 (填字母)。 A．由图可知中间体更容易形成 B．杂质气体能与催化剂反应而使催化剂失去活性 C．催化剂Ag并未参与反应 Ⅳ.工业上也可以通过电化学方法获得环氧乙烷，原理如图所示： (7)P电极是该电解池的 极。 (8)该电池阴极电极反应式为 。 59．（2024·四川内江·一模）和的催化重整对温室气体的减排具有重要意义，其反应为：｡回答下列问题： (1)已知相关物质的燃烧热(25℃､101kPa)： 物质 燃烧热 ？ -283.0 -285.8 则燃烧热 ｡ (2)其他条件相同，在不同催化剂(A､B)作用下，反应进行相同时间后，CO的产率随反应温度的变化如图所示｡ ①由图可知，催化效果较好的催化剂是 ，在催化剂A､B作用下，它们反应活化能分别用､表示，则 (填“>”“<”或“=”)｡ ②w点 (填“能”或“不能”)表示上述反应达到平衡状态，理由是 ｡ ③速率大小比较：y点对应的 z点对应的(填“>”“<”或“=”)｡ (3)将原料和按等物质的量充入密闭容器中，保持体系压强为100kPa发生反应：　｡达到平衡时，体积分数与温度的关系如图所示｡ ①若A､B､C三点表示不同温度和压强下达到平衡时的体积分数，则 点对应的平衡常数最小，理由是 ｡ ②､100kPa下，达平衡时转化率= ；该温度下，此反应的平衡常数 (以分压表示，分压=总压强×气体成分的物质的量分数)｡ 60．（2024·四川自贡·一模）丙烯是重要的化工原料，可用于生产丙醇、卤代烃和塑料。回答下列问题： (1)工业上用丙烯加成法制备1，2-二氯丙烷，主要副产物为3-氯丙烯，反应原理为： ① ② 已知：的活化能为，则该反应的活化能为 。 (2)某研究小组向密闭容器中充入一定量的和，分别在、两种不同催化剂作用下发生反应①，一段时间后测得的产率与温度的关系如下图所示。 ①下列说法错误的是 (填代号)。 A．使用催化剂的最佳温度约为 B．相同条件下，改变压强不影响的产率 C．两种催化剂均能降低反应的活化能，但不变 D．P点是对应温度下的平衡产率 ②在催化剂作用下，温度低于时，的产率随温度升高变化不大，主要原因是 。 (3)在不同温度下达到平衡，在总压强分别为和时，测得丙烷及丙烯的物质的量分数如图所示。 ①a．d代表 (填“丙烷”或“丙烯”)， (填“大于”、“小于”或“等于”)。 ②起始时充入一定量丙烷，在恒压条件下发生反应，点对应温度下丙烷的转化率为 (保留1位小数)，该反应的平衡常数 (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数)。 61．（2022·四川泸州·一模）甲醇是一种重要的有机化工原料，在工业上有着重要的用途。 (1)已知：①C2H4(g)+H2O(g)=C2H5OH(g)    △H1=-akJ·mol-l ②2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)    △H2=-bkJ·mol-1 ③C2H5OH(g)=CH3OCH3(g)    △H3=+ckJ·mol-1 则1mol乙烯和水蒸气在上述条件下化合生成甲醇气体的热化学方程式的△H= 。 (2)若在体积为1.0L的恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2模拟工业合成甲醇的反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，二氧化碳的平衡转化率和温度的关系如下图A曲线所示。 ①下列有关说法正确的是 。 A该反应为放热反应 B．若加倍投料，曲线A可变为曲线B C．当v正(CO2)=3v逆(H2)，该反应达到平衡状态 D．容器内压强和混合气体平均相对分子质量不变，均可以说明该反应达到平衡状态 E.CO2和H2质量之比不变时，说明已达平衡状态 ②计算a点该反应的化学平衡常数K= L2/mol2(计算结果保留一位小数)。其他条件不变，向a点平衡体系中再充入0.4molCO2和0.4molH2O，则平衡 (填“正向”、“逆向”、或“不”)移动。 (3)一定条件下，往一密闭恒容容器中两次通入等量CO和H2的混和气合成甲醇[其中n(CO)：n(H2)=1：2]，其反应为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，测得容器内总压强(p)、温度(T)与反应时间(t)的关系如图所示。 ①T1 T2(填“>”、“<”或“=”)。C点的正反应速率vC(正)与A点的逆反应速率vA(逆)的大小关系：vC(正) vA(逆)(填“>”、“<”或“=”)。 ②图中达平衡的B点(其起始压强为10Mpa)的压强平衡常数Kp= (Mpa)-2(只列出计算式即可)(Kp为压强平衡常数，用各气体物质平衡分压代替此物质平衡浓度计算，某气体物质分压=总压×此物质物质的量分数)。 62．（2022·四川凉山·三模）全球变暖是人类行为造成地球气候变化的后果，随着石油、煤炭、木材等含“碳”自然资源的过度使用，导致地球暖化的“元凶”二氧化碳也制造得越来越多，减少二氧化碳排放刻不容缓。回答下列问题： (1)二氧化碳可催化加氢以制备甲醇：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(l)。已知氢气的燃烧热为285.8kJ/mol，甲醇(液态)的燃烧热为725.8kJ/mol，1mol液态甲醇转变为气态需吸热35.5kJ，计算以上甲醇制备反应的ΔH= 。 (2)当二氧化碳和氢气起始投料比n(CO2)：n(H2)=1：2时，在0.5MPa、2.5MPa、5MPa压强下，H2.的平衡转化率α随温度变化如图所示： 则反应在0.5MPa，550°C时的α= ，判断的依据是 ，影响α的因素有 (答出一点即可)。 (3)将组成(物质的量分数)为0.2mol CO2(g)，0.6mol H2(g)和0.1mol N2(g)通入反应器，按(1)中的反应原理，在温度T，恒定压强为p的条件下反应，平衡时若H2的转化率为50%，则CH3OH(g)的压强为 ，平衡常数Kp= (以分压表示，分压=总压×气体物质的量分数)。 (4)根据相关文献报道，我国科学家设计了CO2熔盐捕获与电化学转化装置，原理如下图所示： 则b为电源 极(填“正”或“负")，电路中转移0.4mol电子可捕获CO2的体积(标况下)为 L。 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)132 (2)0.0747 (3) 9 X W BC (4) 减小 催化剂对的选择性降低(或发生副反应) 【分析】把握化学平衡影响因素、化学平衡的计算、盖斯定律的应用等是解题关键 【详解】（1）根据盖斯定律，① - ②= -134KJ/mol+102 KJ/mol= -32 KJ/mol=活化能Ea（正）-Ea（逆），则该反应的活化能Ea（正）= -32 KJ/mol+164 KJ/mol=132 KJ/mol； （2）反应②是气体体积不变化的反应，对压强变化无影响，则表格中的压强变化全部来源于反应①，恒温恒容条件下气体的压强之比等于其物质的量之比，设该条件下1mol气体的分压为40KPa，2mol气体则起始压强为80 KPa，300分钟时，反应后混合气体的压强为57.6 KPa，反应后混合气体总量为，此反应的气体物质的量差量为1，所以生成n(CH2ClCHClCH3)=2mol-1.44mol=0.56mol，CH2ClCHClCH3的分压p（CH2ClCHClCH3）=0.56×40 KPa=22.4 KPa，所以， （3）①假设反应中C3H8反应了ymol，可以列出三段式， 平衡时总压强为16为KPa，10-y+y+y=16，解得y=6，反应平衡常数为 ，故答案为9； ②由于正反应的△H>0，压强一定时升高温度，平衡正向移动，C3H6的物质的量分数增加，C3H8的物质的量分数减小，正反应是气体体积增大的反应，温度一定时增大压强，平衡逆向移动，C3H8的物质的量分数增大， C3H6的物质的量分数减小，且温度一定时压强越大，C3H8的物质的量分数越大， C3H6的物质的量分数越小，所以100Kpa 时C3H8的物质的量分数随温度变化关系的曲线是X，C3H6的物质的量分数随温度变化关系的曲线是W， 故答案为X、W ③ A．随着反应的进行，C3H8的物质的量浓度减小，丙烯的生成速率逐渐减小，故A错误； B．K是反应速率常数，只与温度有关，降低反应温度，K减小，故B正确；C．r=k·c(C3H8)，c( C3H8)增大， 则r增大，故C正确； D．r=k.c(C3H8)，则r与H2浓度变化无关，即增大H2浓度，对反应速率无影响； 故答案选B和C； （4）①由图2可知，在535℃时，C3H8的转化率为6%，C3H6的产率是4%，则C3H6的选择性为，在550℃时，C3H6的选择性为61.5%，温度为575℃时C3H6选择性变为50%，所以C3H6的选择性随温度升高而减小； ②减小的原因可能是催化剂对丙烯的选择性降低，也可能是丙烷发生了其他的副反应，故答案为：减小；催化剂对C3H6的选择性降低(或发生副反应)。 【点睛】查化学平衡计算及化学平衡移动影响因素等知识，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，把握化学平衡影响因素、化学平衡的计算、盖斯定律的应用等是解题关键，注意掌握焓变与活化能的计算关系。 2．(1) (2) ＜ 过程4 降温、加压(或其他合理答案) (3) AB Ⅰ ＞ 【详解】（1）根据盖斯定律可知，反应3=2×反应1-反应2，得，则； （2）①因为反应物的能量高于生成物的能量，所以是放热反应，；②活化能越大，反应速率越慢，则是决速步骤，所以答案是过程4；③可提高该反应中NO平衡转化率的措施有降温、加压(或其他合理答案)； （3）①A．因为压强不变，该反应是气体分子数减小的反应，则混合气体的体积减小，由质量守恒知，混合气体的质量不变，所以混合气体的密度是变量，当密度保持不变时达平衡，A正确；B．平衡之前，NO的浓度是变量，当NO浓度不变时达平衡，B正确；C．当正逆反应速率之比等于化学计量数之比时，反应达平衡，即达平衡，C错误；故选AB； ②该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NO的平衡转化率减小，所以NO的平衡转化率随温度的变化关系曲线是I； ③该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，并且平衡常数只与温度有关，所以温度越高，平衡常数越小，a点温度低，d点温度高，所以 ； ④b点，NO的平衡转化率是80%，设开始投入氢气4mol，则NO为1mol，NO转化了0.8mol， ，平衡时气体总物质的量为3.2+0.2+0.4+0.8=4.6mol，，故答案为。 3．(1) -49.0kJ/mol 低温 (2) ACD (3)3.7 (4) < 由题干可知，K(D)>K(B)，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，K值变大，故B和D两点的温度：T(B)<T(D) (5) M→N 【详解】（1）由盖斯定律可知，反应Ⅱ+反应Ⅲ=反应I，则；该反应为气体分子数减小的反应为熵减反应，且，当反应自发进行，故该反应在低温可自发进行； （2）①反应I、反应Ⅲ生成甲醇的反应均为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，导致甲醇的选择性下降，甲醇和CO的选择性之和为100%，则曲线a、c分别为CO、甲醇的选择性，则曲线b为二氧化碳的平衡转化率曲线； ②A．增大初始投料比，相当于增加二氧化碳投料，促进反应正向移动，因此增大了的转化率，但是降低了的转化率，A正确； B．反应工、Ⅲ是气体分子数减小的反应，体系达平衡后，若压缩容器的体积，反应I、Ⅲ的平衡正向移动，导致水、的量发生改变，使得反应Ⅱ的平衡发生移动，B错误； C．选用合适的催化剂可以加快反应速率，单位时间内的产量增大，C正确； D．混合气体的平均摩尔质量，气体的质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而改变，所以M会发生改变，当M不变时，反应达到平衡，D正确； 故选ACD。 （3）一定条件下，向0.5L恒容密闭容器中充入1mol和3mol，只发生反应I，达平衡时，的转化率为80%，则反应2.4mol；列三段式如下：，则该温度下的平衡常数； （4）假设二氧化碳、氢气投料均为1mol，B点二氧化碳的平衡转化率为60%，则反应0.6mol二氧化碳；列三段式如下：，反应为气体分子数不变的反应，此时同理，可知D点的K(D)=3>K(B)；反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，K值变大，故B和D两点的温度：T(B)<T(D)； （5）由图可知，N极反应生成CO，C元素由+4价降为+2价，得电子，N极为正极，电极反应式为，M为电池负极，电极反应式为，电子由负极流向正极，即M→N。 4．(1) (2)作催化剂时，在相对较低温度可获得较高的转化率，从而节约能源 (3)d (4) (5) Ⅱ 【详解】（1）由CO的燃烧热为283.0 kJ⋅mol-1可得：①CO(g)+O2(g)=CO2 (g) ΔH=- 283.0 kJ⋅mol-1，又已知②S(l)+O2 (g)=SO2 (g) ΔH=-296.8 kJ⋅mol-1，根据盖斯定律，将①×2-②得：2CO(g)+SO2 (g)=S(l)+2CO2 (g) ΔH=[2×(-283.0)-(-296.8)] kJ⋅mol-1=-269.2kJ⋅mol-1。 （2）从图中可以看出，作催化剂时，在相对较低温度下可获得较高的SO2的转化率，从而节约能源。 （3）a．催化剂只能改变反应速率，不能使平衡移动，a错误； b．升高温度能加快反应速率，但该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，b错误； c．及时分离出CO2平衡正向移动，但反应速率不增大，c错误； d．增加CO的浓度，反应速率加快，平衡正向移动，d正确； 故选d； （4）①图显示，同温(T2)变压(p3→p2→p1)时，SO2的平衡转化率减小，而加压平衡正向移动，SO2的平衡转化率增大，所以压强、、关系是。 ②B点，二氧化硫转化率为80%，则反应二氧化硫0.8mol，列三段式为： n(总)=2.2mol，B点对应条件下，。 ③A点和C点SO2的平衡转化率均为60%，所以平衡时各物质的物质的量及其物质的量分数相等，因为右边气体化学计量数比左边小1，所以压强平衡常数之比为其压强反比，即为。 （5）①过程Ⅰ为催化剂存在下的铜被氧化的过程，过程Ⅱ为电解过程，电解中电能转化为化学能，一般情况下，过程Ⅰ与过程Ⅱ相比能耗更高的是Ⅱ。 ②用电化学装置吸收另一部分，使Cu再生，该过程中阳极的二氧化硫失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子，电极反应式为：。 5．(1) 低温    温度低于时，随着温度升高，副反应平衡向右移动的程度小于主反应平衡向左移动的程度，使的平衡转化率减小。温度高于时，随着温度升高，副反应平衡向右移动的程度大于主反应平衡向左移动的程度，使的平衡转化率增(或温度低于时，主要发生主反应，升高温度，主反应逆向移动，的平衡转化率减小；温度高于时，主要发生副反应，升高温度，副反应正向移动，的平衡转化率增大。) 0.024(或) (2) BC (3)I 【详解】（1）①主反应：  是个熵减且放热的反应，根据，可自发，则需要低温； ②由反应的机理分为两步：步骤i  生成，步骤ii则需要将做为反应物，根据盖斯定律：步骤ii=主反应-2×步骤i，得  ； ③温度低于时，随着温度升高，副反应平衡向右移动的程度小于主反应平衡向左移动的程度，使的平衡转化率减小。温度高于时，随着温度升高，副反应平衡向右移动的程度大于主反应平衡向左移动的程度，使的平衡转化率增(或温度低于时，主要发生主反应，升高温度，主反应逆向移动，的平衡转化率减小；温度高于时，主要发生副反应，升高温度，副反应正向移动，的平衡转化率增大。) 设n(CO)、n(CO2)、n(H2)分别为1mol、5mol和20mol， 则达到平衡时，n(CO)=1.2mol，n(CO2)=4mol，n(H2)=17.4mol，n(CH3OCH3)=0.4mol，n(H2O)=1.4mol，平衡时混合气体总物质的量为24.4mol，副反应，答案为：0.024(或)； （2）①A．使用催化剂I时，CO2的转化率随温度升高先增大后减小。温度低于T4时，该反应未达平衡，温度升高，CO2的转化率随着化学反应速率增大而增大；温度高于T4时，可能是催化剂失活或活性降低，也可能是平衡逆向移动。因此d点未达到平衡，A错误；B．升高温度，平衡逆向移动，平衡常数K减小，因此T3K的平衡常数大于T4K的平衡常数，B正确；C．a点时，v(H2)正=3v(CH3OH)逆，则达到化学平衡状态，此时反应已达到最大限度，C正确；D．温度高于T4时，可能是催化剂失活或活性降低，也可能是平衡逆向移动，D错误；故选BC。 ②原料气按(CO2)：n(H2)=1：2.8充入同一恒容密闭容器中达到平衡，相当于在平衡点a减少氢气的物质的量，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率降低，因此在T4时，CO2的平衡转化率在a点下方。又因为温度升高，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率逐渐降低，由此可画出T3K～T5K之间CO2的平衡转化率变化曲线如下。 （3）②步骤I- IV中活化能Ea1> Ea3> Ea4> Ea2，则活化能最大的是步骤I，活化能越大，反应速率越慢，因此决速步骤是I； 6．(1) 低温 D 反应Ⅲ为吸热反应，反应Ⅰ、Ⅱ放热，温度升高反应Ⅲ平衡正移，反应Ⅰ、Ⅱ平衡逆移，当温度超过320℃，反应Ⅲ平衡正移程度大于反应Ⅰ、Ⅱ平衡逆移程度，故的平衡转化率随温度升高而增大 (2) c、a、b (3)位点上的与位点上中带部分负电荷的O作用生成，带部分正电荷的C吸附在带．部分负电荷的位点上 【详解】（1）①根据盖斯定律可得反应Ⅰ×2+反应Ⅱ得到反应，则ΔH=2ΔH1+ΔH2=(-49.01×2-24.52)kJ/mol=-122.54kJ/mol，该反应的，，，，要使<0，需要低温条件，故该反应在低温下自发； ②I．A．从反应体系中分离出CH3OCH3，导致反应物的浓度也会减小，使反应II反应速率减慢，故A错误； B．催化剂不会使平衡移动，不能提高CH3OCH3的平衡产率，故B错误； C．应选择较低温度，反应速率慢，不利于提高生产的综合经济效益，故C错误； D．若增大H2与CO2的混合比例，能使平衡I、Ⅲ向右移动，可提高CO2平衡转化率，故D正确； 答案为D； Ⅱ．根据反应特点，反应Ⅲ为吸热反应，反应Ⅰ、Ⅱ放热，温度升高反应Ⅲ平衡正移，反应Ⅰ、Ⅱ平衡逆移，当温度超过320℃，反应Ⅲ平衡正移程度大于反应Ⅰ、Ⅱ平衡逆移程度，故CO2的平衡转化率随温度升高而增大； Ⅲ．某温度下，恒容密闭容器中，CO2和H2的起始浓度分别为 a mol/L、和3a mol/L，反应平衡时，CH3OH的产率为b，则生成的CH3OH的浓度为abmol/L，H2O(g)的浓度也为abmol/L，消耗的CO的浓度为abmol/L，所以平衡时CO的浓度为(a-ab)mol/L，消耗的H2的浓度为3abmol/L，平衡时H2的浓度为(3a-3ab)mol/L，所以该反应的化学平衡常数为K=； （2）①CO2在碱性介质中电还原为正丙醇(CH3CH2CH2OH)，结合电解质的环境，电荷守恒写出电极反应式为：； ②对比图(a)、图(b)可知，使用催化剂b、a、c，CO2电还原为CO的活化能逐渐减小，故CO2电还原为CO从易到难的顺序为：c、a、b； （3） 结合图像，对比步骤I的机理描述，步骤Ⅱ可以描述为：B1位点上的H+与B2位点上CO2中带部分负电荷的O作用生成，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的B2位点上。 7．(1)    +174.3 D (2)B (3)< (4) 阴极 【详解】（1）①燃烧热是1 mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量。根据表格数据可知乙炔的燃烧热为-1299.5 kJ/mol，则表示乙炔燃烧热的热化学方程式为：  ；②根据物质的燃烧热，可得热化学方程式：i ； ii ；ⅲ；ⅳ，由盖斯定律得：反应1-反应2=  ，由=ⅲ- ii- i，故；i ×2-ii-ⅳ×3可得 ΔH=376.3 kJ/mol；ΔH1-TΔS<0，反应可以自发，则对于反应1需要，需要最低温度为1708.9K，故选D； （2）A．反应在恒温恒容密闭容器中进行，反应1和反应2都是气体物质的量发生变化的反应，若气体总压强不随时间变化，则气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，A不符合题意；B．反应在恒温恒容密闭容器中进行，气体的体积不变；反应混合物都是气体，气体的质量不变，则混合气体密度始终不变，因此不能根据密度不变判断反应是否达到平衡状态，B符合题意；C．反应混合物都是气体，气体的质量不变。反应1和反应2都是气体物质的量发生变化的反应，若气体平均摩尔质量不随时间变化，则气体的物质的量不变，反应达到了平衡状态，C不符合题意；D．在这两个反应中，H2都是生成物，反应前后气体的物质的量发生变化，若H2体积分数不随时间变化，则H2的物质的量及体系中气体总物质的量都不变，反应达到平衡状态，D不符合题意；故合理选项是B； （3）根据前边计算可知ΔH1=+376.3 kJ/mol，该反应的正反应是吸热反应。升高温度，化学平衡正向移动，化学平衡常数增大，的速率方程为v正=k正c2(CH4)，v逆=k逆c(C2H2)·c3(H2)，v正=v逆，k正c2(CH4)= k逆c(C2H2)·c3(H2)， ，在T1℃达到平衡时k正=1.5k逆， K1=1.5；T2℃达到平衡时k正=3.0k逆， K2=3.0，K2＞K1，所以T1＜T2； （4）由二氧化碳甲烷化，C的化合价降低，发生还原反应，故制取的电极为电解池的阴极；结合图可知，电极反应为。 8．(1)+158 kJ/mol (2) bd (3) T3> T2>T1 压强越大，CO的体积分数越小，T1、T2、T3对应的CO的体积分数逐渐增大，该反应逆向进行，则T3＞T2＞T1 小 增大 【详解】（1）根据反应热=反应物的总键能和-生成物的总键能和计算，△H=399kJ/mol×2+803kJ/mol×2-（739+577+465×2）kJ/mol=+158 kJ/mol； （2）①a．相同时间内，断裂2 mol H—H键同时断裂4 mol O—H键，正反应方向速率等于逆反应方向速率，才能说明反应达到平衡状态，故a不选； b．该反应生成非气体S(l)，则混合气体的总质量发生变化，2 L恒容密闭容器，气体的密度是变量，当密度不再变化时，说明反应达到平衡状态，故b选； c．S(l)为纯液体，其浓度视为常数，则不能用反应速率表示v逆(S)，故c不选； d．该反应前后气体的总物质的量发生变化，恒温恒容下，气体的压强与物质的量成正比，容器内混合气体的压强是变量，当其不再变化时，说明反应达到平衡状态，故d选；故选bd； ②列三段式：，根据物质的量比等于压强比，有，解得x=，0~15min，该反应的平均速率v(H2)=； ③平衡时n(H2)=0.3mol、n(SO2)=0.45mol、n(H2O)=1.5mol，混合气体总物质的量为0.3+0.45+1.5=2.25mol，T℃下，该反应的平衡常数； （3）①压强越大，CO的体积分数越小，该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，一氧化碳的体积分数增大，故由大到小的关系是T3> T2>T1； ②在相同温度下，活化能越大，速率越慢，速率常数越小，当该反应达到平衡后，升高温度，平衡逆向移动，则平衡常数减小，则增大。 9．(1)-332.3 (2)6×10-4 mol/(L·min) (3)空速较高时，苯甲醛易从催化剂表面脱落，抑制了苯甲醛进一步被氧化，降低了苯甲醛氧化为苯甲酸的几率，所以苯甲醛选择性增加 (4)B (5) +4Mn3++H2O→+4H++4Mn2+ 0.05mol 【详解】（1） 由盖斯定律可知，②-①可得反应 (g)+ O2(g) (g) +H2O(g)，则反应ΔH=(-3784.9kJ/mol)-(-3452.6kJ/mol)=-332.3kJ/mol； （2）由图可知，温度控制在380℃，80min时苯甲醛的选择性和甲苯的转化率分别为40%和12%，则前80min内生成苯甲醛的平均反应速率为=6×10-4 mol/(L·min)； （3）由图可知，当空速由1000h-1增大至2500h-1过程中苯甲醛选择性增加说明空速较高时，苯甲醛易从催化剂表面脱落，抑制了苯甲醛进一步被氧化，降低了苯甲醛氧化为苯甲酸的几率，所以苯甲醛选择性增加； （4）由图可知，温度为350℃、空速为2500h-1时，苯甲醛选择性和收率最高，则合成苯甲醛的最佳温度和空速应为350℃、2500h-1，故选B； （5） 由Mn2+转化为Mn3+可知，与电源的正极a电极相连的电极为电解池的阳极，阳极生成的Mn3+在溶液中与甲苯反应生成Mn2+、苯甲醛和氢离子，与负极b电极相连的电极为阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，则甲苯氧化为甲醛的反应为+4Mn3++H2O→+4H++4Mn2+； 电池的总反应为+H2O→+2H2↑，所以右池生成0.1mol氢气时，左池可产生0.05mol苯甲醛。 10．(1)> (2) 逆向 (3)反应①和反应②的ΔH>0，高温下反应正向进行程度大，CO2的消耗量大，反应③的ΔH<0，高温下反应正向进行程度小，CO2的生成量小 (4)CO (5)n 【详解】（1）反应能自发进行，反应①为熵增反应，已知反应①低温无法自发进行，只能在高温下自发进行，则为吸热反应，>0； （2）经过达到平衡状态时的转化率为，则反应0.5mol二氧化碳； 表示的平均化学反应速率为，平衡常数的值为；达到平衡后，其他条件不变时向容器中充入与各，则，则化学平衡逆向移动； （3）反应①和反应②的ΔH>0，高温下反应正向进行程度大，CO2的消耗量大，反应③的ΔH<0，高温下反应正向进行程度小，CO2的生成量小，导致升高温度时，时的平衡转化率远大于时的平衡转化率； （4）活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，转化为中间体HCOO*的活化能高，该反应难；而*COOH能量低反应易发生，所以Pb催化剂有利于CO生成； （5）已知，，则，由图可知斜率可知，反应n的活化能Ea较小，活化能越小，催化效果越好，故m和n两种催化剂中对该反应催化效果较高的是n； 11．(1) 低温 -90kJ/mol A CH2OH* (2) 6MPa (3)CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+ (4)10 【详解】（1）①ΔG=ΔH-TΔS<0反应可自发进行，该反应的ΔH<0，ΔS<0，因此要使ΔH-TΔS<0，则T应该尽量小，因此反应在低温条件下可自发进行。 ②反应Ⅱ=①小问中的反应-反应I，则ΔH2=(-48.9-41.1)kJ/mol=-90kJ/mol。该法的决速步骤为反应I，说明反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ的活化能，因此可排除C、D选项，该反应的总反应为放热反应，则最终产物的总能量小于反应物的总能量，排除B选项，因此答案选A。 ③根据图示转化过程可知，每一步反应中H2都会少一个H原子并整合到CO中，Ⅳ中吸附在催化剂表面的物质为H2CO*+H2，则Ⅴ中吸附在催化剂表面的物质为CH2OH*。 （2）直接法合成甲醇的化学方程式为，平衡时CO2的转化率为90%，不妨令初始时二氧化碳的物质的量为1mol，则有，此时气体总物质的量为2.2mol，总压强为44MPa，H2物质的量为0.3mol，分压为6MPa，并可求出p(CO2)=2MPa，p(CH3OH)=18MPa，p(H2O)=18MPa，则Kp==。 （3）甲醇燃料电池中，甲醇从负极通入，酸性条件下，甲醇失电子结合水生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+。 （4）溶液中存在，已知Ka2=5×10-11，c()：c()=1：2，则c(H+)=10-10mol/L，pH=10。 12．(1) 反应II的是吸热反应，而反应I的是放热反应 (2) （或甲醇）的选择性 B 0.8 > (3) 6：1 太少，形成的氧原子空位少，催化能力较弱；太多，生成的过多使催化剂中毒 【详解】（1）根据标准摩尔生成焓的概念可知，焓变=生成物的标准摩尔生成焓-反应物的标准摩尔生成焓，故反应I的；根据反应自发进行可知，反应I在热力学上自发进行的趋势大于反应II，其原因是反应I的是放热反应，而反应II的是吸热反应。 （2）①反应I的，反应II的，升高温度，反应I逆向移动，反应II正向移动，CO的选择性增大，的选择性降低，故曲线a表示的选择性，曲线c表示CO的选择性，曲线b表示的转化率。 ②温度过高，甲醇的选择性降低，温度过低，反应速率太慢，则在上述条件下合成甲醇的适宜工业条件是500~600K，选B。 ③ 起始时和的物质的量分别为1mol、2mol，设达到平衡时反应I消耗的为xmol，反应II消耗的为ymol，可得， I： II： 结合题意可知平衡时和的体积分数相同，则，解得，；平衡时各气体的物质的量为，，，，，气体的总物质的量为2mol；平衡时反应II的；573K时反应II的平衡常数，当时，因此。 （3）①CO2+6H*=CH3OH+H2O,反应历程中消耗的与生成的甲醇的物质的量之比为6:1； ②太少，形成的氧原子空位少，催化能力较弱；太多，生成的过多使催化剂中毒。 13．(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。 14．(1) -520 观察计量数和前一空，得出该反应，且气体计量数相等，故 34 (2) a 观察图1反应历程计算A、B、C、D答案中四步反应的活化能，得出A答案中的活化能数值最大 (3) ac 60% E 【详解】（1）观察图1中始态相对能量为0和终态相对能量为，得出。观察计量数和前一空，得出该反应，且气体计量数相等，故。由的和 ，将，。 （2）观察图1反应历程计算A、B、C、D答案中四步反应的活化能，得出A答案中的活化能数值最大。 （3）①a选项：该反应，升高温度平衡正移，速率加快； b选项：使用高效催化剂，不能增加转化率； c选项：2L恒容密闭容器改为1L，压强增大，平衡正移，速率加快； d选项：增加起始时的比值，也可能是减少了CO2的物质的量，反应速率减慢； 故选ac； ②当起始时时，利用图3中B点信息以及初始压强为1.2MPa，列出压强三段式为 求解可得转化率为60%。参考上述三段式求解得； ③起始时，增加导致p(HCHO)的分压减少。故答案为E。 15．(1) CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)  ∆H1=-49.4kJ∙mol-1 低温 (2)正向 (3) n 24% 0.088 (4) 减小 随温度升高，Kp减小使v减小的程度大于k增大使v增大的程度 【详解】（1）某温度下，利用CO2生产甲醇主要涉及以下两个反应： 反应I．_______ 反应Ⅱ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)　ΔH2=+41.2kJ·mol-1 已知反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)　ΔH3=–90.6kJ·mol-1。利用盖斯定律，将反应Ⅱ+已知反应，可得反应I的的热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)  ∆H1=(+41.2kJ·mol-1)+( –90.6kJ·mol-1)=-49.4kJ∙mol-1，该反应为气体体积缩小的放热反应，在低温条件下反应I可自发发生。 （2）若在恒压条件下密闭容器中发生反应I和Ⅱ，平衡后再充入惰性气体，则混合气的体积增大，各物质的浓度减小，相当于原平衡体系减压，反应I的平衡逆向移动，H2的物质的量增大，H2O(g)的物质的量减小，对反应Ⅱ来说，相当于增大反应物浓度，同时减小生成物浓度，则反应Ⅱ平衡将正向移动。 （3）增大压强，反应Ⅰ的平衡正向移动，CH3OH的选择性增大，此时H2的物质的量减小，H2O(g)的物质的量增大，反应Ⅱ的平衡逆向移动，CO的选择性减小，由于反应Ⅰ占主导地位，所以总的来说，CO2的平衡转化率增大，因此图中m表示CH3OH的选择性曲线，p表示H2的选择性曲线，表示CO2的平衡转化率的曲线是n。 采集图中数据，可得出压强为1.5MPa时，将1molCO2(g)和3molH2(g)充入密闭容器发生反应I和Ⅱ，并达到平衡状态，CO2的平衡转化率为30%，CO的选择性为30%，则CH3OH的选择性为70%，由此可建立如下三段式： A点时H2的转化率为=24%，CH3OH的平衡分压为≈0.088MPa。 （4）因为ΔH=–41.2kJ·mol-1＜0，所以温度升高时，平衡逆向移动，CO催化变换反应的Kp减小。根据速率方程分析，升高温度，k增大，可使v增大，升高温度可使Kp减小，Kp减小可使v减小。T>Tm时v逐渐减小，表明Kp减小对v的影响更大，原因是： 随温度升高，Kp减小使v减小的程度大于k增大使v增大的程度。 【点睛】平衡常数只受温度变化的影响，不受浓度变化的影响。 16．(1) H的移除 烟尘覆盖在催化剂表面，减少了催化剂与反应物的接触面积 (2) —982.8 AC T>780K时反应已达平衡，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NO去除率降低 0.071 (3) NOH*+H++e-→N*+H2O 0.76 【详解】（1）反应的活化能越大，反应速率越慢，反应的决速步骤为慢反应，由图可知，氢的移出步骤时反应的活化能最大，反应速率最慢，则决定总反应速率的步骤是氢的移出；烟尘覆盖在催化剂表面，减少了催化剂与反应物的接触面积，所以SCR法会产生高分散度的烟尘会使催化剂的活性下降，故答案为：H的移出；烟尘覆盖在催化剂表面，减少了催化剂与反应物的接触面积； （2）①由题意可知，甲烷燃烧的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g) +2H2O(l)ΔH =—890.3 kJ/mol，将已知反应依次编号①②③，由盖斯定律可知，反应①—②×2—③可得甲烷脱硝反应，则反应ΔH =(—890.3 kJ/mol)—(−44kJ/mol)×2—(+180.5kJ/mol)= —982.8 kJ/mol，故答案为：—982.8； ②A．恒容时增加氧气，反应物氧气的浓度增大，平衡向正反应方向移动，一氧化氮的转化率增大，故符合题意； B．该反应是气体体积不变的反应，恒压时通入一定量的氩气相当于减小压强，平衡不移动，一氧化氮的转化率不变，故不符合题意； C．移去部分水蒸气，生成物水蒸气的浓度减小，平衡向正反应方向移动，一氧化氮的转化率增大，故符合题意； D．选择合适的催化剂，化学反应速率加快，但平衡不移动，一氧化氮的转化率不变，故不符合题意； 故选AC； ③由图可知，反应温度低于780K时，反应未达到平衡，高于780K时，反应已达平衡，该反应为放热反应，高于780K时升高温度，平衡向逆反应方向移动，一氧化氮去除率降低；设起始甲烷、一氧化氮、氧气的物质的量分别为1mol、3.2mol、45.8mol，由甲烷的转化率为80%可得如下三段式： 该反应是气体体积不变的反应，所以反应中气体的总物质的量和压强保持不变，则由三段式数据可得反应的分压平衡常数Kp=≈0.071，故答案为：T>780K时反应已达平衡，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NO去除率降低；0.071； （3）由题意可知，电化学脱硝的总反应为2NO+5H2=2NH3+2H2O，由题给反应机理可知，第Ⅲ步的转化机理为NOH*+H++e-→N*+H2O；由总反应可知，酸性条件下一氧化氮在阴极得到电子发生还原反应生成氨气和水，电极反应式为NO+5H++5e—=NH3+H2O，由生成氨气的选择性为95%可知，电路中有4mol电子通过时，生成氨气的物质的量为4mol××95%=0.76mol，故答案为：NOH*+H++e-→N*+H2O；0.76。 17．(1) (2) c (3) > > (4)AC 【详解】（1）反应的反应物总键能-生成物总键能=946+2×436-(4×391+190)=+64kJ/mol； （2）①a．相同时间内，断裂键的同时，生成键，都是指逆反应方向的速率，不能表明该反应达到平衡状态，故a错误； b．达到平衡时各物质的物质的量保持不变，但不一定等于化学计量数之比，与的物质的量之比不再随时间而变化，不能表明该反应达到平衡状态，故b错误； c．建立平衡的过程中气体总物质的量增大，在恒温恒容容器中，容器内混合气体的压强不再变化，能表明该反应达到平衡状态，故c正确； d．建立平衡的过程中气体的总质量不变，该容器为恒容容器，容器内混合气体的密度一直不变，不能表明该反应达到平衡状态，故d错误； 故选c； ②设0~4min内生成N2物质的量为xmol，则消耗N2H4的物质的量为xmol、生成H2物质的量为2xmol，根据图像，4min时=3.0，则=3.0，解得x=0.05，0~4min内用表示的平均反应速率为，平衡时n(N2H4)= 0.05mol、n(N2)= 0.05mol、n(H2)= 0.1mol，体积为1L，该温度下反应的平衡常数； （3）①液态肼()为二元弱碱，其在水中的电离方程式与氨气相似，第一步电离方程式为，的计算表达式； ②为强酸弱碱盐，其溶液中发生水解反应生成和氢离子从而使其显酸性，水解的离子方程式为； ③水溶液中存在两步水解，且第一步水解程度大于第二步水解，则>，溶液呈酸性，则>； （4）A.根据图中键的断裂可知，肼分解过程中没有氮氮键的断裂，故A正确； B. 由图知氢气在第③、⑤步反应中生成，故B错误； C. 根据过程②可知肼分解最先断裂的是键，故C正确； D.催化剂会改变反应速率，不影响平衡移动，不能提高肼分解的转化率，故D错误； 故选AC。 18．(1) (2) 未平衡 达平衡，相同温度下使用不同催化剂时，各物质转化率应相同 低于350℃时，温度升高催化剂活性增大，反应速率加快，相同时间内转化率增大，当温度高于350℃时，温度升高催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间内转化率减小 作催化剂，温度为450～500℃ (3) 93.75% 【详解】（1）反应为，由标准摩尔生成焓可知，反应热的计算为：，故答案为：； （2）①催化剂能加快反应速率，但化学平衡不移动，平衡时反应物的转化率不变，由表格数据可知，以FexOy/γ-Al2O3作催化剂时，400°C条件下二氧化硫的转化率为0.45，以CrxOy/γ-Al2O3作催化剂时，400°C条件下二氧化硫的转化率为0.30，二氧化硫的转化率小于0.45说明反应未达到平衡状态；温度低于350℃时，温度升高催化剂活性增大，反应速率加快，相同时间内转化率增大，当温度高于350℃时，温度升高催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间内转化率减小，故答案为：未平衡；达平衡，相同温度下使用不同催化剂时，各物质转化率应相同；低于350℃时，温度升高催化剂活性增大，反应速率加快，相同时间内转化率增大，当温度高于350℃时，温度升高催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间内转化率减小； ②由表格数据可知，以FexOy/γ-Al2O3作催化剂时，温度在450∼500°C条件下，二氧化硫转化率和生成硫的选择性数值最大，所以反应得到硫磺的最合适条件是作催化剂，温度为，故答案为：作催化剂，温度为450～500℃。 （3）由题给数据可建立如下三段式： 由三段式数据可知，tmin内S2(g)的反应速率为=，硫的选择性为×100%=93.75%，反应i的平衡常数K==，故答案为：；93.75%；。 19．(1)低温 (2) CD C D到E，升温平衡逆向移动，异丙醇的百分含量降低，增大压强平衡正向移动，异丙醇的百分含量升高。由图可知，此条件下，D点和E点，温度较压强对平衡的产率影响更大 (3) a c 1/30或 (4) b 【详解】（1）反应，、，的条件是较低温度，所以该反应自发进行的条件是低温； （2）①A．任意时刻，所以反应不一定达到平衡状态，故A错误； B．和的化学计量数为1:1，当两者投入的物质的量之比也为1:1时，转化率相等，但不能说明达到平衡，故B错误； C．，混合气体的质量恒定，若密度保持不变，则体积恒定，由于该反应左右两边气体化学计量之和不等，体积恒定说明达到了化学平衡状态， 故C正确； D．的体积分数保持不变，说明正逆化学反应速率相等，即反应已经达到了化学平衡状态，故D正确； 故答案为：CD； ②A、B、C三点的温度和压强相同，但逐渐增大，同温同压时，水的物质的量增大使平衡正向移动，丙烯转化率增大，所以丙烯转化率最大的C点；D、E两点=1，D点的温度和压强比E点小，该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，异丙醇的百分含量降低；正反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，异丙醇的百分含量升高，由图可知，此条件下，D点和E点，温度较压强对平衡的产率影响更大，所以D、E两点异丙醇百分含量不同； （3）①该反应为放热反应，且正反应为气体体积减小的反应，恒压升温平衡左移，物质的量分数增大、物质的量分数减小，所以a、b表示物质的量分数随温度的变化曲线，c、d表示物质的量分数随温度的变化曲线；同温加压平衡右移，物质的量分数减小，物质的量分数增大，所以a、b分别表示和时的物质的量分数随温度的变化曲线，c、d分别表示和时的物质的量分数随温度的变化曲线； ②曲线d上对应的E点的压强为，和的物质的量分数均为20%，三段式表示，解得x=0.5，即平衡时n()=0.5mol，n(H2)=1.5mol，n()=0.5mol，n(总)=2.5mol，所以或0.33MPa-1； （4）①将转化为丙烯，碳元素化合价降低、发生还原反应，所以通CO2的电极为阴极、生成氧气的一极为阳极、a为铅蓄电池的负极、b为铅蓄电池的正极，在铅蓄电池中极是正极，所以铅蓄电池的极是b电极； ②生成丙烯的电极反应式为。 20．(1) (2) (3) < 增大压强 增加碘甲烷浓度，可以有效提高反应速率 (4) 60% Cativa法 【详解】（1）醋酸的物质的量为0.35x，醋酸的平均速率，故答案为。 （2）由图可知，反应热kJ/mol。 （3）①由图可知，总反应为CO与甲醇反应生成乙酸：，根据平衡常数与温度的关系式可知，温度升高，平衡常数减小，故该反应为放热反应，。 ②增大压强，主反应朝正向移动，副反应平衡不移动，故可以通过增大压强的方式提高醋酸的平衡产率。 ③碘甲烷的浓度越大，可以提高反应速率，使单位时间内醋酸的时空收率增大，碘甲烷质量分数超过14%后，该时间内反应达到平衡状态，时空收率不再改变。 （4）①在Cativa催化条件下，醋酸选择性>99%，几乎没有副反应发生。设甲醇的转化率为x，可列三段式 平衡常数Kc==，解得x=0.6或（舍去），故转化率为60%。 ②使用Cativa法，副反应最少，最符合绿色化学思想。 21．(1) ＋41.6 > (2)C (3)6 (4) 积炭占据催化剂的活性位点，导致催化剂中毒，速率降低 反应Ⅳ (5)B 【详解】（1）根据反应热=反应物键能总和-生成物键能总和，反应Ⅱ的反应热=； 由，可判断； 故答案为：+41.6；>； （2）反应Ⅰ正反应为气体体积增大，且为吸热反应，升高温度，平衡正移，有利于提高平衡转化率，降低压强，平衡正移，有利于提高平衡转化率，C正确； 故答案为：C； （3）根据三段式分析，、，平衡时，，反应Ⅱ平衡常数=6； 故答案为：6； （4）积炭导致重整反应速率显著降低的原因是积炭占据催化剂的活性位点，导致催化剂中毒，速率降低；反应Ⅲ为吸热反应，且气体体积增大，高温条件可以使反应自发进行，曲线b随温度升高，降低，高温时，<0，故曲线b代表反应Ⅲ；反应Ⅳ为放热反应，且气体体积减小，低温条件可以使反应自发进行，曲线a随温度升高，升高，低温时，<0，故曲线a代表反应Ⅳ； 故答案为：积炭占据催化剂的活性位点，导致催化剂中毒，速率降低；反应Ⅳ； （5）结合方程式3H2+CO=CH4+H2O、11H2+5CO=C5H12+5H2O可知，时适用于烷烃()的合成，据图可知，B符合； 选B。 22．(1)  ΔH =-49.2 kJ·mol−1 (2) (3) > < 低温 < A点温度低于B点，且A点转化率更高，反应物浓度更低，故ʋ正(A) <ʋ正(B) AD 或 【分析】本题考查化学平衡的相关知识，涉及到热化学方程式的书写，化学平衡的移动，化学平衡常数的计算，化学反应速率相关知识点，均为高频考点，也是重点。 【详解】（1）由图甲可知，始末状态能量差为90.4-41.2=49.2，且反应物总能量高于生成物总能量，是放热反应，故ΔH = -49.2 kJ·mol−1，故热化学方程式为：CO2(g) + 3H2(g)CH3OH(g) + H2O(g)  ΔH = -49.2 kJ·mol−1。 （2）根据盖斯定律，目标方程式=②-2×①，故 （3）①投料比越大，相当于增大H2浓度，CO2平衡转化率提高，故x>3；由图乙可知，温度越高，CO2平衡转化率越低，说明平衡逆移，故ΔH <0；根据自由能ΔG =ΔH-TΔS <0，其中ΔH<0，ΔS <0，故低温有利于反应自发进行。 ②图乙中，ʋ正(A) <ʋ正(B)，理由是：A点温度低于B点，且A点转化率更高，反应物浓度更低，故ʋ正(A) <ʋ正(B)。 ③ A．保持不变，可判断平衡； B．CO2的转化率与H2的转化率一定都相等，不可判断平衡； C．断裂6molH—H键的同时，生成8molH—O键，都是正反应方向，不可判断平衡； D．因是恒压容器，不是等体积反应，若未平衡，容器体积会变，混合气体密度会变，故容器中混合气体的密度保持不变可判断平衡； 故选AD。 ④已知B点纵坐标为40%，假设CO2初始量为1mol，H2为3mol，根据三段式： CO2的分压，H2的分压，C2H4的分压，H2O的分压，故或。 23．(1) -181 (2) 氨气转化率 650-1000℃ 发生反应③导致NO的产率迅速下降 (3) CeO2 正向放热，a点之后升高温度，平衡逆向移动 【详解】（1）根据盖斯定律有，则即，； （2）反应①②都是正向放热的反应，随着温度升高，反应①②均向逆向移动，NO和N2的产率都下降，因此X表示氨气的转化率随温度变化；从图中可以读出650-1000℃有利于生成NO，因此该催化剂适宜①反应的温度为650-1000℃；反应③需要高温条件，因此超过1000℃时，发生反应③导致NO的产率迅速下降； （3），设起始投入NO物质的量为1mol，T4温度达到平衡时，NO的转化率为40%，则NO物质的量变化值为0.4mol，N2、O2的物质的量变化值均为0.2mol，则平衡时，设平衡时刚性容器中总压为P，有；图中可以读出相同温度下CeO2能使催化剂催化活性最高；正向放热，a点之后升高温度，平衡逆向移动，因此a点后NO的转化率不受催化剂影响且下降。 24．(1)1875 (2) I t=125℃、p=8 MPa 0.175 c (3) 低温时催化剂活性低 副产物的生成量增加 (4)3CO2＋18e-＋18H＋= C3H8O＋5H2O 【详解】（1） 由盖斯定律可知＝－1875 kJ·mol－1，故完全燃烧生成和放出热量1875kJ； （2）恒温条件下，增大压强，平衡正向移动，C3H6的平衡转化率增大，故曲线I对应等温过程的曲线； 恒压条件下，升高温度，平衡逆向移动，C3H6的平衡转化率减小，故曲线Ⅱ对应等压过程的曲线，故A点对应的反应条件为t=125℃、p=8 MPa； 设初始状态下n(H2O)＝3mol，则n(C3H6)＝1mol，C3H6的转化物质的量为xmol，故 ，x＝0.5，则达平衡是，，，故； a.增大与的进料比，的平衡转化率减小，a项错误； b.充入惰性气体Ar，体系体积增大，平衡逆向移动，的平衡转化率减小，b项错误； c.及时分离产品，平衡正向移动，的平衡转化率增大，c项正确； d.换用更高效的催化剂，对化学平衡没有影响，的平衡转化率不变，d项错误； 故选c； （3）催化剂需要在一定温度时达到最大活性，时单程转化率很低，可能的原因是低温时催化剂活性低；以后，随温度升高的单程转化率升高，但选择性下降，说明副产物的生成量增加； （4）在正极上，CO2得电子生成C3H8O，其电极方程式为3CO2＋18e-＋18H＋= C3H8O＋5H2O。 25．(1)-131.37 (2)低温 (3) Ⅰ 在相同温度和压强下，相当于增大浓度，的转化率增大 (4)温度高于600℃，升高温度，副反应Ⅰ平衡正移程度大于主反应逆移程度，导致转化率增大 (5) 0.5或 或 【详解】（1）已知： 主反应：     副反应：Ⅰ：     Ⅱ：     Ⅲ：     依据盖斯定律Ⅱ－Ⅰ即得到反应Ⅲ的－131.37kJ/mol。 （2）主反应属于放热的熵减的反应，因此依据ΔG＝ΔH－TΔS＜0可自发进行判断在低温条件下自发进行。 （3）由于在相同温度和压强下，相当于增大浓度，的转化率增大，所以代表起始投料比为4的曲线是Ⅰ。 （4）由于温度高于600℃时，升高温度，副反应Ⅰ平衡正移程度大于主反应逆移程度，因此导致转化率增大。 （5）根据碳元素守恒可知平衡时0.65mol－0.07mol－0.08mol＝0.5mol。同理依据氢元素守恒可知生成水蒸气的物质的量是2mol－0.7mol－0.08mol＝1.22mol，即平衡时混合气体的总物质的量是0.35mol+0.08mol+0.5mol+0.78mol+1.22mol＝2.93mol，因此主反应的。 26．(1) 2×- < (2) N M点对应的NO转化率小于相同温度下使用另一催化剂时NO的转化率，催化剂的使用不影响平衡移动 催化剂的活性降低 Ⅰ 0.01 【详解】（1）   ①   ②   根据盖斯定律，反应①×2-②得反应，故2×-； 根据反应的热化学方程式可知该反应，反应在低温下能自发进行，根据，推知，该反应为放热反应，故该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能； （2）①结合题意，n(NO)=5mol×20%=1 mol，n(N2)=5mol×80%=4mol，反应达到平衡时CO的转化率为40%，即n(CO)=1mol×40%=0.4mol，列三段式 ， 平衡时，体系压强为10MPa，n（气体）=0.6+0.6+0.4+4.2=5.8mol，，，，则用分压表示的平衡常数 (列出计算式)。 ②在催化剂的作用下，M点对应的NO转化率小于相同温度下使用另一催化剂时NO的转化率，催化剂的使用不影响平衡移动，故M点不是平衡状态，N点为平衡点；可能是因为温度升高使催化剂的活性降低； ③速率常数k只与温度有关，升高温度，正、逆反应速率常数均增大，由于正反应放热，升高温度平衡逆向移动，则k逆增大的倍数大于k正增大的倍数，表示lnk逆随温度变化的是Ⅰ；平衡时v正= v逆，则有k正c2(CO) c2(NO)=k逆c2(CO2) c(N2)，，所以温度T1时化学平衡常数K==0.01。 27．(1)   (2) 减小 < n (3) 0.1 不变 90.9% (4) 【详解】（1）反应Ⅰ.  ，反应Ⅱ.  ，根据盖斯定律Ⅱ×1-I×2得，所以，即热化学方程式是； （2）对于基元反应，即反应为放热反应，所以升高温度平衡逆向移动，平衡常数K减小；反应为放热反应，所以<；反应为放热反应，根据阿伦尼乌斯经验公式可知，活化能越大，变化率越大，即图中斜线斜率的绝对值更大，而放热反应中，故，所以图中n为正反应速率； （3）①反应Ⅰ.左右两边气体化学计量数相等，反应Ⅰ的发生不会引起容器中气体物质的量或压强的变化，反应Ⅱ.左边气体化学计量数更大，所以压强的变化是因为反应Ⅱ的发生，由化学计量数可知，消耗2molCO2或生成1molCH3OCH3时气体减少(2+6-1-3)=4mol，2min时气体总物质的量为，减少(2+6-6.4)mol=1.6mol，则；其他条件不变，恒容充入惰性气体，反应物浓度不变，反应速率不变； ②平衡时：，则，平衡时总压为12MPa，，则，而反应Ⅱ.生成0.5molCH3OCH3时生成1.5molH2O、消耗1molCO2，则反应Ⅰ.生成0.1molH2O、消耗0.1molCO2，根据定义，反应Ⅱ选择性； ③据以上分析列三段式、； （4）“直接二甲醚()燃料电池”通空气的一极为正极，即 A电极为负极、B电极为正极，负极二甲醚发生氧化反应生成二氧化碳，其电极反应式为。 28．(1) 负极 产生的与，二者接触会发生刚烈反应甚至爆炸 (2)243 (3) AC 1.07 66% 1070 【详解】（1）碳电极产生，发生氧化反应，故为阳极，钢电极发生还原反应，产生氢气，为阴极，故与电源的负极相连，电解质为熔融的氟氢化钾(KHF2)，有离子，在阳极失电子，生成F2，电极反应式为-2e-=F2↑+H+，由于两电极分别产生H2与F2，若二者接触会发生刚烈反应甚至爆炸，故两极产生的气体产物必须隔开； （2）根据反应热=反应物键能之和-生成物键能之和，设Cl—Cl的键能为x kJ/mol，则，解得x=243； （3）①A．体积不变，混合气体的总质量不变，所以密度不是变量，不能用于判断体系是否平衡，故A错误； B．反应ⅰ中，当Xe与的投料比为1∶1时，的平衡转化率等于Xe，反应ⅱ和ⅲ中，当Xe与的投料比为1∶1时，的平衡转化率大于Xe，故B正确； C．达到平衡后将从体系中移除，反应ⅰ的平衡正向移动，Xe与的浓度减小，反应ⅱ和ⅲ的平衡均逆向移动，故C错误； D．根据标准平衡常数随温度的变化可知，三个反应都为放热反应，故D正确； 故选AC； ②反应ⅰ、ⅱ、ⅲ 10min时，反应的Xe的物质的量为，所以Xe的平均反应速率为，反应的的物质的量为，所以的转化率为66%； ③已知523K时，； ；所以    ，，当时，且，所以。 29．(1) -196.6 kJ/mol (2) < C AB (3)随着烟气湿度的增大，更多的氢氧根离子在催化剂表面转化为，提高了NO的氧化速率 (4) 【详解】（1）由盖斯定律得，△H3=2△H1-△H2=-241.6kJ/mol×2-(-286.6kJ/mol)=-196.6 kJ/mol。 ，，，所以 （2）①由图可知，同一压强下，温度升高的四氧化二氮平衡转化率减小，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应，则△H5小于0。反应e是等体反应，压强改变平衡不移动，反应d增大压强，平衡逆向移动，四氧化二氮浓度增加，四氧化二氮的转化率减小，所以B点可能向C点移动。 ②A．反应d为气体分子水增大的反应，恒压下，体系体积增大，而气体总质量不变，根据，当混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，A正确； B．反应起始时四氧化二氮的物质的量为1mol，由氮元素守恒，任意时刻，存在n(NO2)+2n(N2O4)+2n(N2O5)=2mol，所以n(NO2)+n(N2O4)+n(N2O5)=1mol，所以n(NO2)+n(N2O4)+n(N2O5)>1mol，B正确； C．反应d为吸热反应，恒容下，升高温度，平衡正移，二氧化氮浓度增大，该体系中气体颜色变深，C错误； D．恒容下，增大N2O4的浓度，反应物浓度增大，反应d和e的正反应速率增大，D错误； 故选：AB。 ③设反应生成的二氧化氮与氧气的物质的量均为x，列三段式进行计算： 平衡时，四氧化二氮的物质的量为，反应后气体总物质的量为，平衡时四氧化二氮的物质的量分数为，所以，所以，所以。 （3）一定范围内，NO脱除速率随烟气湿度的增大而增大，结合反应的催化机理图，可能的原因是：随着烟气湿度的增大，更多的氢氧根离子在催化剂表面转化为，提高了NO的氧化速率。 （4）将总反应减去反应ii可得反应i为。 30．(1) Kb＞Ka＞Kc n 逆 (2) 2CO(g)＋4H2(g)⇌C2H4(g)＋2H2O(g)  ΔH=-179kJ∙mol-1 ＞ ＞ 【详解】（1）①该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，故a、b、c三点的平衡常数由大到小为Kb＞Ka＞Kc。 ②该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，则生成物的体积分数减小，反应物的体积分数增大，又H2O的体积分数大于C2H4体积分数，故表示C2H4体积分数随温度变化的曲线是n。 ③该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，则生成物的体积分数减小，反应物的体积分数增大，又H2的体积分数大于CO2体积分数，则曲线k表示CO2体积分数随温度的变化，240℃时反应达到平衡时，H2的体积分数为a点对应的体积分数，若d表示240℃时某时刻H2的体积分数，保持温度不变，则反应向逆反应方向进行。 （2）①CO(g)和H2(g)直接制取低碳烯烃C2H4(g)和H2O(g)的化学方程式为：2CO(g)＋4H2(g)⇌C2H4(g)＋2H2O(g)，已知热化学方程式，①CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(l)　ΔH1=-116kJ·mol-1；②2CH3OH(l)⇌C2H4(g)＋2H2O(l)　ΔH2=-35kJ·mol-1；③H2O(g)⇌H2O(l)　ΔH3=-44kJ·mol-1；由盖斯定律可知，2①+②-2③得热化学方程式：2CO(g)＋4H2(g)⇌C2H4(g)＋2H2O(g)  ΔH=2(-116kJ·mol-1)+( -35kJ·mol-1)-2( -44kJ·mol-1)=-179kJ∙mol-1。 ②制取乙烯反应为气体分子数减小的反应，相同条件下，增大压强，平衡正向移动，CO转化了增大，故p1＞p2；温度越高反应速率越快，则M点的正反应速率＞N点的正反应速率=N点的逆反应速率； 假设N2、CO和H2，投料分别为1mol、1mol、2mol，在500K压强为p1的条件下，平衡时CO转化率为60%，则反应CO 0.6mol、氢气1.2mol、生成乙烯0.3mol、水0.6mol，平衡时，一氧化碳0.4mol、氢气0.8ml，总的物质的为0.4mol+0.8mol+0.3mol+0.6mol+1.0mol=3.1mol；则该反应的。 31．(1) (2)1 (3) 在以后反应②在该体系中小于，反应几乎不发生 (4)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 (5)AD 【详解】（1）根据盖斯定律，反应③-②得CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)，ΔH1=(-49+90)kJ/mol=+41kJ/mol； （2）反应②为放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，化学平衡常数减小，即随着温度的升高，lgKc减小，表示②反应的lgKc-T关系的曲线为l； （3）①从图中可知，400℃时，反应②平衡常数等于10-5，温度越高，K值越小，在400℃之后反应②在该体系中Kc小于10-5，可以认为几乎不反应，可以忽略不计； ②在500°C达到平衡时，由图1知CO2平衡转化率为60%，起始冲入1molCO2即转化0.6mol，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 (0.6-a)mol，消耗H2 (0.6-a)mol，同时生成H2O和CO (0.6-a)mol，H2共消耗(0.6+2a)mol，故H2转化率为，平衡时，体系中CO2剩余0.4mol，H2剩余(2.4-2a)mol，反应①生成CO (0.6-a)mol，两个反应共生成H2O 0.6mol，； （4）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； （5）由图2信息可知，相同温度下，CZ(Zr-1)T作催化剂时，CH3OH的选择性和产率都优于CZT作催化剂，所以工业合成甲醇选择催化剂CZ(Zr-1)T，为兼顾CH3OH的选择性和产率，由图可知温度应选择230℃，故答案选AD。 32．(1)-101 (2) 280 2.24 丁 若增大压强，平衡不移动，平衡逆向移动，转化率降低，同时压强增大，反应速率加快 (3) 小于 【详解】（1）①  ； ②  ； ③  ；根据盖斯定律，（②－①）×3－③得。 （2）①开始时，总压强为560kPa ，的分压； 50min后反应到达平衡，； 、，反应的压强平衡常数； ②保持温度不变，若增大压强，平衡不移动，平衡逆向移动，转化率降低，同时压强增大，反应速率加快； （3）经历“过渡态1”的反应，产物能量高于反应物，；某步反应放出能量为1.41eV，根据反应历程能量变化可知，该步热化学方程式：。 33．(1)NaHS (2)+20.6(或20.6) (3) 吸热 该分解反应是吸热反应，升高温度，分解速率加快，达到平衡所需时间缩短 42.75(或171/4) (4) II BC 【详解】（1）电离平衡常数越大，该酸的酸性就越强；根据电离平衡常数可知酸性：H2CO3＞H2S＞＞HS－，所以足量纯碱溶液可吸收低浓度H2S，反应生成NaHCO3和NaHS，则其中的含硫物质主要NaHS; 故答案为：NaHS; （2）根据物质的燃烧热，可得热化学方程式①H2S(g)＋O2(g)=SO2(g)＋H2O(l) ΔH1=－562.0 kJ/mol；②S(s)＋O2(g)=SO2(g) ΔH2=－296.8 kJ/mol；③H2(g)＋O2(g)＝H2O(l) ΔH1=－285.8 kJ/mol；根据盖斯定律，将①－②－③整理可得：H2S(g)=S(s)+H2(g) ΔH=＋20.6kJ/mol；故答案为：＋20.6kJ/mol; （3）①由曲线a可知，升高温度H2S的平衡转化率增大，故该反应为吸热反应； ②根据速率表达式可以推导得到； ③根据题意可知：曲线a表示H2S的平衡转化率与温度的关系，曲线b表示不同温度下反应经过相同时间时H2S的转化率，结合图像发现随着H2S分解温度的升高，曲线b逐渐向曲线a靠近原因是：该分解反应是吸热反应，升高温度，分解速率加快，达到平衡所需时间缩短。 ④反应在恒温恒压装置中进行，kp保持不变；设总压为p总; 那么p(H2S)= p总；p(H2)= p总；p(S2)= p总； 本题特殊，p(H2S)=p(H2),设加入的Ar的物质的量为nmol，则有 故答案为： ①吸热； ②； ③该分解反应是吸热反应，升高温度，分解速率加快，达到平衡所需时间缩短； ④42.75 （4）①反应I在590℃时的单程收率已经较高，达到40%，而此时反应Ⅱ的单程收率仅达到5%，这说明反应I的活化能较小，反应容易发生，而反应Ⅱ活化能较大，反应不容易发生，故两个反应中活化能较大的是反应Ⅱ； 故答案选Ⅱ； ②A．根据图象可知：对于反应I，540℃后，温度升高，物质的单程收率还在增加，说明反应正向进行，还没有达到平衡状态，因此反应I在500℃~540℃时也未达到平衡状态，A错误； B．对于反应I，590℃以上，随温度升高，物质的单程收率降低，说明此时反应已经达到平衡状态，升高温度，化学平衡逆向移动，B正确； C．590℃以上，随温度升高，反应I的物质的单程收率降低，反应Ⅱ的物质的单程收率增大，说明反应I消耗H2S随温度的升高而减少，反应Ⅱ消耗H2S随温度的升高而增大，C正确； D．645℃，反应I、Ⅱ的物质单程收率相同，这并不表示二者的反应速率相等，D错误； 故答案选BC； 34．(1) -10a kJ/mol 低温 (2)D (3) a 主反应和副反应均为放热反应，温度升高，主反应和副反应的平衡均逆向移动，主反应逆向移动的程度大于副反应 使用对主反应催化活性更高的催化剂(或加压) (4) 1 2 【详解】（1）根据反应方程式可知：CH3COOH与H2按照1：2的物质的量关系反应。现在在恒压条件下加入1 mol CH3COOH(g)、5 mol H2(g)，可见H2过量，反应达到平衡时H2的转化率为4%，反应消耗H2的物质的量是n(H2)=5 mol×4%=0.2 mol，该反应放热a kJ，则2 mol H2(g)完全反应放出热量为Q=10a kJ，故的反应热△H1=-10a kJ/mol； 该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，△H＜0，△S＜0，根据反应自发进行的条件是△G=△H-T△S＜0，则该反应自发发生的条件为低温条件； （2）A．反应混合物都是气体，气体的质量不变。反应在恒温、恒压条件下进行，气体的体积随着气体的物质的量的改变而改变，则混合气体的密度随着气体的物质的量的改变而改变，因此根据气体的密度不变作为判断化学平衡的标志，A不符合题意； B．该反应的正反应是气体物质的量减小的反应，反应混合物都是气体，气体的质量不变，若气体的平均相对分子质量保持不变，则气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，B不符合题意； C．在恒温恒压条件下进行该反应，若反应正向进行，H2O(g)的体积分数就会增大；若反应逆向进行，H2O(g)的体积分数就会减小，若其体积分数不变，则说明反应达到平衡状态，C不符合题意； D．若反应开始加入反应物，则生成的n(H2O)：n(CH3CH2OH)=1：1，则无论反应是否达到平衡状态，在任何时刻二者的物质的量的比都始终是1：1，因此不能根据n(H2O)：n(CH3CH2OH)不变判断反应是否达到平衡状态，D符合题意； 故合理选项是 D； （3）①主反应为气体体积减小的放热反应，增大压强，化学平衡正向移动，乙醇的选择性上升，则250℃下，乙醇选择性随压强变化的曲线是a； ②主反应和副反应的正反应均为放热反应，升高温度，化学平衡均逆向移动，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； ③150℃，在催化剂作用下H2和CH3COOH反应一段时间后，乙醇的选择性位于m点。不改变反应的温度和时间，由于主反应的正反应是气体体积减小的反应，而副反应反应前后气体的物质的量不变，因此要提高乙醇选择性，可以是增大压强；或者是使用对主反应催化活性更高的催化剂，来提高主反应中乙醇选择性； （4）反应开始时容器的容积为1 L，加入物质的物质的量：n(CH3COOH)=1 mol，n(H2)=2 mol，平衡时n[H2O(g)]=0.8 mol，体系中气体物质的量减小20%，假设主反应产生H2O的物质的量为x，假设副反应产生H2O的物质的量是y，根据主反应中物质反应转化关系可知平衡时各种气体的物质的量：n(CH3COOH)=(1-x) mol，n(H2)=(2-2x) mol，n(CH3CH2OH)= n(H2O)=x mol。它们的平衡时的物质的量又是副反应起始时的物质的量，由副反应方程式：中物质反应转化关系可知平衡时：n(CH3COOH)=(1-x-y) mol，n(CH3CH2OH)=(x-y) mol，n(CH3COOC2H5)=y mol，n(H2O)=(x+y) mol=0.8 mol。平衡时气体的物质的量减少20%，则n(总)平衡=n(CH3COOH)+n(CH3CH2OH)+n(CH3COOC2H5)+n(H2O)+n(H2)=(1-x-y) mol+(x-y) mol+y mol+0.8 mol+(2-2x) mol=(1+2)mol×80%=2.4 mol，两式联立，解得x=0.6 mol，y=0.2 mol。容器的容积与气体的物质的量呈正比。反应开始时容器容积是1 L，气体总物质的量是3 mol，反应达到平衡时气体物质的量减小20%，则平衡时容器的容积V=1 L×80%=0.8 L，故平衡时H2的平衡浓度：c(H2)==1 mol/L；c(CH3CH2OH)==0.5 mol/L，c(CH3COOH)==0.25 mol/L，c(H2O)==1.0 mol/L，故主反应的化学平衡常数K==2。 35．(1) 大于 ∆S>0，高温自发，焓变大于0 (2) (3) 降低温度，增加压强反应，及时分离出产物，增大反应物浓度等 (4)最高点之前，升温速率加快且催化剂活性增强也使反应速率加快，产率增大；523K时催化剂活性最高，随后催化剂活性随温度升高而下降使化学反应速率减小导致产率降低 (5) 【详解】（1） 分析反应物生成物如图；和在镍基催化作用下发生重整反应的化学方程式为： ；由方程式可知 ∆S>0，该反应在高温下才能自发进行，∆G=∆H-T∆S<0，故判断反应焓变大于0；判断理由是∆S>0，高温自发，焓变大于0； （2）根据图象并结合公式可得：y1= -x1Ea+C、 y2= -x2Ea+C，联立方程解得Ea=； （3）反应i为气体体积减小的放热反应，为提高甲醇平衡产率，可采取的措施有，降低温度，增加压强反应，及时分离出产物，增大反应物浓度等； （4）由题图可知，523 K 时甲醇的产率最大，即甲醇产率随温度升高呈现先升高后降低，且为直线下降，可能的原因是最高点之前，升温速率加快且催化剂活性增强也使反应速率加快，产率增大；523K时催化剂活性最高，随后催化剂活性随温度升高而下降使化学反应速率减小导致产率降低； （5）保持压强为，，设CO2物质的量为1mol，H2物质的量为3mol，时甲醇的产率为14%， 则平衡时压强为，P(CO2)=，P(H2)=，P(CH3OH)=，P(H2O)=，时的压强平衡常数==。 36．(1) +=+3 62 (2)ADE (3) 相同质量的同种催化剂，在载体上的分散度越高，总表面积越大，吸附的反应物越多，催化作用越强 不变 催化剂表面已充分吸附NH3，反应中NH3浓度减小但吸附量不变，平均反应速率不变 (4) T3 50% 0.125 【详解】（1）反应的活化能越大，反应速率越慢，慢反应是反应的决速步骤，由图可知，决速步骤的方程式为+=+3，反应的活化能Ea=(17+45)kJ/mol=62kJ/mol，故答案为：+=+3；62； （2）A．合成氨反应是熵减的放热反应，低温条件下反应ΔH—TΔS＜0，能自发进行，故正确； B．合成氨反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，反应物的平衡转化率减小，故错误； C．当温度、压强一定时，在原料气中添加不参与反应的少量惰性气体相当于减小压强，该反应是气体体积减小的反应，减小压强，平衡向逆反应方向移动，反应物的平衡转化率减小，故错误； D．不断将液氨移去，生成物的浓度减小，平衡向正反应方向移动，故正确； E．合成氨反应的原料气中混用能使催化剂中毒的杂质，且甲烷、氢气是易燃易爆的气体，所以制得的原料气须经过净化处理，以防止催化剂中毒和安全事故发生，故正确； 故选ADE； （3）①相同质量的同种催化剂，在载体上的分散度越高，催化剂的总表面积越大，吸附的反应物越多，所以催化剂的催化作用越强，故答案为：相同质量的同种催化剂，在载体上的分散度越高，总表面积越大，吸附的反应物越多，催化作用越强； ②氨气的分解反应是在催化剂表面进行的，反应中催化剂表面已充分吸附氨气，随着反应进行，氨气的浓度虽然减小，但催化剂表面吸附氨气的量不变，所以反应的平均速率不变，故答案为：不变；催化剂表面已充分吸附NH3，反应中NH3浓度减小但吸附量不变，平均反应速率不变； （4）①合成氨反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氨的物质的量分数减小，由图可知，压强一定时，T1、T2、T3条件下氨的物质的量分数依次减小，则反应温度依次增大，所以温度最高的是T3；设平衡时消耗氮气的物质的量为a，由题意可建立如下三段式： 由M点氨气的物质的量分数为40%可得：×100%=40%，解得a=2，则氮气的转化率为×100%=50%，故答案为：T3；50%； ②反应达到平衡时，氨气的正逆反应速率相等，净速率为0，由速率方程可得：=0，则α=0.5时，速率常数，由三段式数据可知，M点反应达到平衡时氮气、氢气、氨气的平衡分压为2MPa、4MPa、4MPa，则=0.125 MPa—2，故答案为：0.125。 37．(1)＜ (2)＞ (3) 吸附 Fe2+ 乙苯分子中乙基上的2个C-H键断裂，生成苯乙烯，H原子与活性氧生成2个O-H键 (4)a (5) 【详解】（1）①T1时，向乙容器中按表格中数据投料，甲容器和乙容器温度相同，平衡常数只与温度有关，列出三段式如下：，K1=，温度相同时，乙容器中Qc=，平衡逆向移动，v正＜v逆； （2）温度T2时，容器丙列三段式；，K2=＜K1，反应吸热，升温K增大，则T1＞T2； （3）转化过程的图示可知，乙苯脱氢经历了四步，只有“吸附环节”属于结合过程，其余三步都是解离过程，低温有利于“吸附环节”的发生，则温度较低更有利于发生的“环节”是吸附环节；乙苯分子中乙基上的2个C-H键断裂，生成苯乙烯，H原子与活性氧生成2个O-H键，Fe3+转化为Fe2+； （4）正反应为总体积增大的反应，在100kPa的压强下，n(乙苯)：n(CO2)越大，CO2气体的压强就越大，则乙苯的分压越小，减小压强平衡向正向移动，则n(乙苯)：n(CO2)=1：9时，乙苯的转化率最大，符合条件的曲线为a； （5）水蒸气与积碳发生反应，可消除催化剂表面的积碳。 38．(1) 41.2 升高温度 (2) 2.8 1.92 < (3) b 低温条件下，反应Ⅳ可自发进行，高温条件下，反应Ⅲ可自发进行，中温条件下，两个反应均可自发进行 【详解】（1）H2(g)燃烧热为285.8kJ/mol，则有①H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH=-285.8kJ/mol，CO(g)燃烧热为283kJ/mol，则有②CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-283kJ/mol，水的汽化热为44kJ/mol，③H2O(l)=H2O(g) ΔH=44kJ/mol。则反应Ⅱ=反应①-反应②+反应③，ΔH2=(-285.8+283+44)kJ/mol=41.2kJ/mol。反应①为吸热反应，升高温度化学平衡正向移动CH4平衡转化率增大且反应速率也增大。 （2）设反应I消耗甲烷xmol，反应Ⅱ消耗氢气ymol，则有，，则有x+y=0.8mol，，解得x=y=0.4mol，则平衡时各物质的物质的量为n(CH4)=0.6mol，n(CO2)=0.2mol，n(H2)=0.4mol，n(CO)=1.2mol，n(H2O)=0.4mol，气体总物质的量为2.8mol。容器内压强恒为2.8MPa，则各物质的分压为p(CH4)=0.6MPa，p(CO2)=0.2MPa，p(H2)=0.4MPa，p(CO)=1.2MPa，则反应Ⅰ的压强平衡常数Kp==1.92(MPa)2。若反应在刚性容器中达到平衡，反应Ⅰ为气体体积增大的反应，反应Ⅱ为等体积反应，随着反应进行，容器内气体体积增大，压强增大，反应Ⅰ平衡逆向移动，CO2转化率减小，故小于80%。 （3）反应Ⅲ为熵增反应且为吸热反应，ΔS>0，随着温度的升高，ΔG逐渐减小，则表示反应Ⅲ的曲线为b。ΔG=ΔH-TΔS<0时，反应可自发进行，低温条件下，反应Ⅳ可自发进行，高温条件下，反应Ⅲ可自发进行，中温条件下，两个反应均可自发进行，因此催化剂表面始终存在积碳。 39．(1) 391.0 能 (2) 0.075 mol/(L·min) KA＞KB=KC (3) Fe 3H2+2LiNH=2NH3+LiH (4) 液化分离NH3 加压 【详解】（1）由反应热和反应物的键能之和与生成物的键能之和的差值相等可得：(945.8kJ/mol+436 kJ/mol×3)—E(N—H)×6=—92.4kJ/mol，解得E(N—H)=391.0 kJ/mol，则1molN―H键断裂吸收的能量为391.0 kJ/mol×1mol=391.0 kJ；由题给数据可知，常温条件下反应ΔH—TΔS=(—92.4kJ/mol)—[—0.2kJ/(K·mol)]×298K=—32.8kJ/mol＜0，则合成氨反应能自发进行，故答案为：391.0；能； （2）①由图可知，X表示氨气、Y表示氢气，10min反应达到平衡时，氨气的浓度为0.5mol/L，由方程式可知，10min内氢气的反应速率为=0.075 mol/(L·min)，故答案为：0.075 mol/(L·min)； ②由图可知，A点反应温度低于300℃，B、C点反应温度为300℃，平衡常数为温度函数，温度不变，平衡常数不变，则B点平衡常数与C点相等，合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，则平衡常数的大小关系为KA＞KB=KC，故答案为：KA＞KB=KC； （3）①由图可知，无氢化锂时，用铁做催化剂时，合成氨反应的化学反应速率最高，则催化效率最高的金属是铁，故答案为：Fe； ②由盖斯定律可知，反应ⅰ+2ⅱ+ⅲ得到合成氨反应，则反应ⅲ的方程式为3H2+2LiNH=2NH3+LiH，故答案为：3H2+2LiNH=2NH3+LiH； （4）合成氨反应是气体体积减小的放热反应，增大压强、降低温度、及时分离出氨气，都有利于平衡向正反应方向移动，提高氨气的产率，则综合多种因素，有利于提高合成氨产率的措施有加入合适的催化剂、调控适宜温度、液化分离氨气、加压，故答案为：液化分离NH3；加压。 40．(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，。 41．(1) (2)cd (3)或 (4) 正向 d 缩小体积、增大压强、适当降温或理想催化剂 或 > (或或) 【详解】（1）由盖斯定律可知，反应Ⅰ-Ⅱ得：； （2）a．平衡常数只受温度影响，其不变说明温度不变，不能说明反应平衡；         b．单位时间内消耗的同时生成。描述的都是正反应，不确定反应是否平衡； c．的体积分数不再改变，说明平衡不再移动，达到平衡状态；     d．反应是气体分子数改变的的化学反应，物质的量与压强成正比，则混合气体的压强不随时间的变化而变化，达到平衡状态； e．容器体积和气体总质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡； 故选cd； （3）过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，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；由图可知，该反应历程中决速步反应的化学方程式为或； （4）①若恒压条件下发生反应Ⅰ和Ⅱ，平衡后再充入惰性气体，反应体系的体积就要扩大，反应Ⅰ和Ⅱ的气体分压减小，反应Ⅰ的平衡逆向移动，使c(CO2)增大，c(H2O)减小，反应Ⅱ的分压变化对其平衡不影响，但c(CO2)增大，c(H2O)减小，使反应Ⅱ的化学平衡正向移动； ②根据△H1、△H2的大小，温度升高，反应Ⅰ的平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动，导致平衡时CH3OH减小、CO的量增大，则a、c曲线表示不同压强下CH3OH的物质的量分数，曲线b、d表示不同压强下CO的物质的量分数；相同温度下增大压强，反应Ⅰ正向移动，甲醇量增大、二氧化碳量减小，从而导致反应Ⅱ逆向移动，CO量减小，结合图可知，表示10 MPa时CH3OH的物质的量分数随温度变化关系的曲线是a、CO的物质的量分数随温度变化关系的曲线是d；   ③生成甲醇的反应为放热的气体分子数减小的反应，则为提高的选择性，可采取的措施有：缩小体积、增大压强、适当降温或理想催化剂等； ④若反应经过达到M点，且的选择性为50%，则生成甲醇、一氧化碳的量相等，均设为amol； 则平衡二氧化碳、氢气、甲醇、水、一氧化碳分别为(2-2a)mol、(6-4a)mol、amol、2amol、amol，总的物质的量为(8-2a)mol，此时甲醇的含量为10%，则，，则平均反应速率，对反应Ⅰ，温度相同，但是N点压强更大，反应速率更快，故其正向反应速率N点>M点；平衡常数只受温度影响，M点为590℃时1Mpa的平衡点，在590℃时，二氧化碳、氢气、甲醇、水、一氧化碳分别为(2-2a)mol=、(6-4a)mol=、、、，总的物质的量为，二氧化碳、氢气、甲醇、水分压分别为、、、，则反应Ⅰ的分压平衡常数。 42．(1) (2)适当升高温度 (3) 0.75 反应①的正反应为气体分子数增多的反应，增大压强，反应①的平衡逆向移动 当压强增大到一定程度后，此时气态水可能变为液态水，②变为气体分子数减小的反应，增大压强，有利于反应②正向移动，CO的浓度增大，有利于反应①逆向移动 (4) ＜ 温度较低时以反应①为主，温度较高时以反应②为主 【详解】（1）目标方程式可由①+2×②，即，故答案为：。 （2）反应均为吸热反应，温度升高平衡正向移动，速率加快，因此升温可以达到目的，故答案为：适当升温。 （3）①在密闭容器中分别充入0.1mol与0.3mol，体积为10L，只发生①②反应，列出三段式为： 测定出和均为0.05mol，可知y=0.05mol，2x-y=0.05，x=0.05mol， ，该条件下，反应②的平衡常数为，故答案为：；0.75； ②反应①的正反应为气体分子数增多的反应，增大压强，反应①的平衡逆向移动，即甲烷的转化率减小；当压强增大到一定程度后，此时气态水可能变为液态水，②变为气体分子数减小的反应，增大压强，有利于反应②正向移动，CO的浓度增大，有利于反应①逆向移动，即平衡转化率随压强增大而减小缓慢甚至增大，故答案为：反应①的正反应为气体分子数增多的反应，增大压强，反应①的平衡逆向移动；当压强增大到一定程度后，此时气态水可能变为液态水，②变为气体分子数减小的反应，增大压强，有利于反应②正向移动，CO的浓度增大，有利于反应①逆向移动。 （4）①在较低温度时，反应物转化率较高，但体系中体积分数很低，说明反应②为慢反应还未产生较多，观察图也可知与能垒最大的活化能更大，即活化能＜； ②随温度升高，的体积分数变化趋势为先增后减小，其可能原因是：温度较低时以反应①为主，温度较高时以反应②为主， 故答案为：＜；温度较低时以反应①为主，温度较高时以反应②为主。 43．(1) > (2)A (3) 60 Cat2 相同温度时，Cat2对应的活化能更小 200 (4)4 (5) 降低温度 不变 【分析】①　 ②　 ③　 式= ， 【详解】（1）由分析知； （2） A．平衡后，再充入少量，①、③平衡逆向移动，质量增大，A正确； B．由方程式体积分数为始终不变，不能判断反应达到平衡状态，B错误； C．为固体，再投入一定量的，浓度不变速率不变，C错误； 故选A。 （3）达到平衡时=，则，15×4=60；，温度相同时，越大，越小，相同条件下，催化效率较高的是Cat2；判断依据是：相同温度时，Cat2对应的活化能更小；在催化剂Cat2作用下，把（500，-0.4）带入正反应的活化能为200； （4）设方程①②③变化量为x、2y、2z，列三段式为    ，则平衡时c（ ）=c（I2）=y+z=0.4mol，c（PH3）=x+2z=1mol，c(HI)=x-2y ，联立得c(HI)=x-2y=0.2mol，则的平衡常数 4； （5）乙速率慢，产生氢气少，则相对甲，乙仅改变一个条件，该条件是降低温度；甲容器中，在恒容条件下18min时再充入少量HI，压强增大，平衡不移，HI的平衡转化率将不变。 44．(1) 高温 -235.0kJ/ mol (2) ＞ 40% (3)其他条件不变时，通入CO2消耗H2，使丙烷直接脱氢制丙烯反应正向移动 (4) ① CH3CHClCH3 反应历程Ⅱ的最大活化能更大，受温度影响程度更大，故其他条件不变，适当升高温度可提高加成产物中CH3CH2CH2Cl的比例 【详解】（1）①该反应为熵增的吸热反应，在高温条件下可以自发； ②将定为①式，定为③式，则2①+③可以得到，则ΔH=2△H1+△H3=-235.0kJ/mol； （2）根据三段式，假设生成的C3H6为xmol，生成的C2H4为ymol，则：，，则平衡时，C3H8为（a-x-y）mol，C2H4为ymol，CH4为ymol，C3H6为xmol，H2为xmol，，，则x=0.4amol，y=0.03amol， ①由三段式可知，生成的C3H6多于C2H4，则生成C3H6趋势更大，所以K1＞K2； ②则转化率=； （3）加入CO2有助于提高平衡体系中C3H6的浓度的原因是：其他条件不变时，通入CO2消耗H2，使丙烷直接脱氢制丙烯反应正向移动； （4）①历程I中，决定反应速率的是活化能大的，则决定反应速率的是①； ②由图可知，历程Ⅱ的活化能大于历程Ⅰ的活化能，历程Ⅰ进行更容易，所以占比较高的是CH3CHClCH3； ③其他条件不变，适当升高温度可提高加成产物中CH3CH2CH2Cl的比例，从活化能的角度分析其原因是：反应历程Ⅱ的最大活化能更大，受温度影响程度更大，故其他条件不变，适当升高温度可提高加成产物中CH3CH2CH2Cl的比例。 45．(1) (2) 增大 BD (3) 变大 ＜ 36 (4) 高温 【详解】（1）活化能，则； （2）对于反应i)，增大的的浓度，平衡正向移动，NO的转化率增大； A．二氧化氮与氧气不是按照2:1消耗，故A不符合题意； B．气体的平均相对分子质量与平均摩尔质量数值相等，根据，气体质量不变，总物质的量改变，平均摩尔质量改变，当其保持不变，反应达到平衡，故B符合题意； C．物质的量之比不能作为判断平衡状态的依据，故C不符合题意； D．气体总物质的量改变，压强改变，当其保持不变，反应达到平衡，D符合题意； 故选BD； （3）由图可知，、时，NO的转化率为40%，则；若加入正催化剂，正逆反应速率都增大，反应物和生成物浓度不变，根据式子：，可知和均变大；由图可知，M点与N点对应的转化率相同，则M点与N点对应的各物质浓度相等，且温度下高反应速率更快，平衡时，，则，，反应i是放热反应，温度升高，K减小，所以M点与N点对应的的大小关系是；N点时； （4）由题意，NO被阳极产生的氧化为，阴极水中的氢离子得电子生成氢气，则电池的总反应为：；该反应的还原产物为氢气，其还原性强于NO，该反应的氧化产物为，其氧化性强于水，由此可知，总反应为吸热反应，，已知该总反应的，则该反应在高温下能自发进行。 46．(1) BC (2) ＜ ＞ 0.27 (3) D BD 【详解】（1）的的∆H为反应物键能之和减去生成物键能之和，即。 A．在恒温恒容条件下，其温度不变不能说明反应达到平衡； B．该反应为气体分子数减小的反应，未达到平衡之前压强逐渐减小，故压强不变可以说明反应达到平衡； C．相同时间内，断开H-H的数目和断开O-H的数目比为1：1，可以说明反应达到平衡； D．容器内气体的浓度c(CO2)：c(H2)：c(CH3OH)=1：3：1，不能说明反应达到平衡； 故选BC。 （2）为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，甲醇体积分数增大，故压强P1＜P2； B点体积分数低于平衡时的体积分数，说明此时正在向体积分数增大的正反应方向移动，故v正＞v逆； 在A点可列出三段式： 此时A点甲醇的体积分数，得。10分钟内用H2浓度变化表示的反应速率为； A点的平衡常数为。 （3）①该过程中涉及氢气中氢氢键的断裂，即非极性键的断裂，二氧化碳中C=O的断裂，即极性键的断裂，也涉及水分子中O-H的形成，属于极性键的形成，但不存在非极性键的形成，故选D； ②根据反应历程中二氧化碳中其中一个O原子转入甲醇分子中，若参与反应的二氧化碳分子为C18O2，则生成物甲醇的化学式为。 ③由图可知，催化剂参与了反应，A正确； 催化剂不改变反应的∆H，B错误； 催化剂改变了反应的路径，降低了反应的活化能，提高反应速率，C正确； 催化剂不影响反应的平衡，故不影响CO2的平衡转化率，D错误； 故选BD。 47．(1)4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)ΔH=-1266kJ/mol (2) NOads+COads→Nads+CO2 ads 放热 II N—O (3) 随着CO与NO比例的提高，CO的增加有利于平衡正向移动，使NOx去除率增大 温度过高催化剂失活，反应没能到平衡，故差别不大 (4) 【详解】（1）反应①4NO(g)+4NH3(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)ΔH1= -1627.2kJ/mol②N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+180.5kJ/mol； NH3被O2直接氧化为N2的化学方程式为4NH3+3O2=2N2+6H2O，①+②×2得4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)ΔH=-1627+180.5×2=-1266kJ/mol； （2）由CO还原NO过程的能量图，过程Ⅱ初末状态知，反应式为NOads+COads→Nads+CO2 ads，过程I能量降低，为放热反应，只有过程Ⅱ吸热，速率慢，整个反应的决速步为过程Ⅱ，对比无CaO催化的过程，结合过程Ⅱ的反应，过程Ⅱ的反应无C—O键断裂，故有催化剂CaO的吸附利于N—O键的断裂； （3）240°C~320°C的范围内，相同温度下，随着CO与NO比例的提高，NOx去除率增大，因为随着CO与NO比例的提高，CO的增加有利于平衡正向移动，使NOx去除率增大；在360°C~480°C的范围内，相同温度下，随着CO与NO比例的提高，NOx去除率差别不大，因为温度过高催化剂失活，反应没能到平衡，故差别不大； （4），起始时，三种气体总物质的量为5，压强p0，平衡时，所有气体物质的量为2.4+0.4+0.3+0.6+1=4.7，总压强为p=，各气体分压p(NO)=，p(CO)=，p(N2)=，p(CO2)=，。 48．(1)-23 (2) 甲 AC (3) 50% 25% 及时移去生成物 (4) d 温度为240℃时φ(COS)为25%，合成COS的反应放热，升高温度，平衡逆向移动，φ(COS)将小于25%，且温度越高φ(COS)越小 【详解】（1）①CO(g)+O2(g)=CO2(g)           ΔH =-283kJ•mol-1 ②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)             ΔH1=-484kJ•mol-1 ③COS(g)+H2O(g)H2S(g)+CO2(g)   ΔH2=-18kJ•mol-1 ④CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)     ΔH3 利用盖斯定律，将反应①-②×-③得④，则ΔH3=(-283kJ•mol-1)-(-484kJ•mol-1) ×-(-18kJ•mol-1)=-23kJ•mol-1。 （2）由H2S和CO合成COS的反应为放热反应，甲图总反应为放热反应，乙图总反应为吸热反应，则能正确体现上述反应能量变化的是甲。 A．对于一个多步进行的反应，活化能大的反应为慢反应，从图中可以看出，步骤①的活化能较大，是慢反应，A正确； B．对于一个多步进行的反应，慢反应为决速反应，步骤①是慢反应，总反应的速率由步骤①决定，B不正确； C．由图可知，S2在第一步生成，第二步又被消耗，所以反应进程中S2属于中间产物，C正确； D．催化剂只能改变反应的路径，从而改变反应的活化能，但不能改变反应的焓变，则更换催化剂可改变E，但不能改变ΔH，D不正确； 故选AC。 （3）在240℃，将等物质的量H2S和CO充入恒压(100kPa)的密闭容器中发生反应：CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)。已知正反应速率v正=k正×p(CO)×p(H2S)，v逆=k逆×p(COS)×p(H2)，其中p为分压，该温度下k正=5.0×10-4kPa-1•s-1，反应达平衡时v逆=kPa-1•s-1测得，则5.0×10-4kPa-1•s-1×p(CO)×p(H2S)=kPa-1•s-1，此时p(CO)=p(H2S)=25kPa，则p(COS)=p(H2)=25kPa，采用一边倒的方法，可求出反应前，p(CO)=p(H2S)=50kPa，H2S的转化率为=50%，COS的体积分数为=25%。在240℃下，要同时提高CO和H2S的转化率，可采取的措施是：及时移去生成物。 （4）在两个密闭容器中都加入CO、H2S、COS、H2四种气体，起始时气体体积分数φ(CO)=φ(H2S)，φ(COS)=p(H2)，240℃时，φ(COS)=25%，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，φ(COS)＜25%，且300℃时φ(COS)大于320℃时φ(COS)，则320℃时，φ(COS)随时间变化关系的曲线是d，判断的理由是：温度为240℃时φ(COS)为25%，合成COS的反应放热，升高温度，平衡逆向移动，φ(COS)将小于25%，且温度越高φ(COS)越小。 【点睛】起始时气体体积分数φ(CO)=φ(H2S)，φ(COS)=p(H2)，反应不一定达平衡，升高温度，反应可能逆向进行，也可能正向进行。 49．(1)-48.8kJ / mol (2)适当加压或者适当降温 (3) Kp3＞Kp1＞Kp2 8∶3 60% (4) *LiCO2、*CO、*LiC2O3 【详解】（1）反应Ⅰ=反应Ⅲ+反应Ⅱ，则=(41.2−90.0)kJ / mol =-48.8kJ / mol ； （2）在一定温度范围和压强范围内，只发生反应Ⅰ和Ⅱ，为了增大甲醇产率，理论上可采取的措施是适当加压或者适当降温； （3）①由于反应Ⅰ是放热反应，升高温度平衡常数减小，反应Ⅱ是吸热反应，升高温度平衡常数要增大，所以随温度升高而升高的线表示反应Ⅱ，下降的线表示反应Ⅰ，300K时，lg10Kp1=6，lg10Kp2=4，则Kp1=105，Kp2=10-5，根据反应Ⅰ=反应Ⅲ+反应Ⅱ，Kp3==1010，所以Kp3＞Kp1＞Kp2； ②在600K、3MPa，向密闭容器中充入2molH2和1molCO2，H2占总体积的，则p(H2)=2MPa，p(CO2)=1MPa，开始时甲醇与CO的生成速率之比为6∶1，代入，求得，达到平衡时，生成速率之比为3∶1，根据，代入可求得p(H2)=1MPa，由图知600K时Kp1=Kp2，则p(CO)=p(CH3OH)，n(CO)=n(CH3OH)，设平衡时n(CO)为xmol，则n(CO2)=(1-2x)mol，n(H2)=(2-4x)mol，n(H2O)=2xmol，n总=(3-2x)mol，p(H2)=1MPa，可得，x=0.3mol；则n(H2)=0.8mol，n(CO)=0.3mol，n(H2)：n(CO)=8∶3； ③CO2的平衡转化率为=60%； （4）①由图可知，该正极反应历程中、、是中间产物，共三种； ②由正极历程可知，放电时，C作正极，电极反应式为。 50．(1) 低温 (2) 70% 1.6 (3) 升高温度平衡逆向移动，导致的转化率下降 de (4) 正极 【详解】（1）反应Ⅱ=反应Ⅲ-2×反应Ⅰ，则ΔH2=ΔH3-2ΔH1。该反应为放热反应，且是熵减反应，根据ΔH-TΔS<0反应可自发进行可知该反应在低温下能自发进行。 （2）CO2转化率为50%，则反应Ⅰ消耗二氧化碳1mol，消耗氢气1mol，生成一氧化碳1mol，生成水1mol，n(C2H4)=0.1mol，则反应Ⅱ消耗CO0.2mol，H20.4mol，生成H2O0.2mol，则平衡时n(CO2)=1mol、n(H2)=0.6mol、n(CO)=0.8mol、n(H2O)=1.2mol、n(C2H4)=0.1mol，则平衡时H2的转化率为1.4mol÷2mol=70%，反应Ⅰ为等体积反应，平衡常数K==1.6。 （3）该反应为放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，导致CO2的转化率降低。 a．选项中并未说明是正反应速率还是逆反应速率，无法说明反应达到平衡，a错误； b．CO2和H2初始物质的量之比为1：3，且两者按照1：3的消耗量进行反应，则无论是否达到平衡，两者的物质的量之比始终为1：3，b错误； c．反应在恒容密闭容器中进行，且反应物和产物都是气体，无论是否达到平衡，气体的密度始终不变，c错误； d．该反应不是等体积反应，随着反应进行，气体总物质的量不断变化，平均摩尔质量也随之变化，气体平均摩尔质量不变，说明反应达到平衡，d正确； e．反应在绝热密闭容器中进行，且为放热反应，随着反应进行容器内温度不断变化，温度不变说明反应达到平衡，e正确； 故答案选de。 （4）用CO2制备ZnC2O4，CO2得电子转化为ZnC2O4，故通入二氧化碳的电极为阴极，即Pb电极为阴极，Zn电极为阳极。①Zn电极为阳极，与电源的正极相连。 ②阴极上CO2得电子结合Zn2+生成ZnC2O4，电极反应为。 51．(1)＋158.8 kJ/mol (2)AB (3) 低 (4) 50% (5) = (6)可以利用温室气体CO2，有利于碳减排 【详解】（1）根据盖斯定律，反应I=反应Ⅱ＋反应Ⅲ，则反应I的ΔH=ΔH1＋ΔH2=＋117.6 kJ/mol＋41.2 kJ/mol=＋158.8 kJ/mol； （2）由反应I可知，及时分离出水蒸气，有利于反应I平衡正向移动，从而提高平衡混合物中苯乙烯的含量，A正确；反应过程中二氧化碳逐渐减少，CO逐渐增多，则n(CO2)∶n(CO)的比值在减小，当n(CO2)∶n(CO)保持恒定时，说明反应I达到化学平衡状态，B正确；由于反应Ⅱ正向气体分子数增大，容器内压强逐渐增大，不利于反应正向进行，因此恒压条件下乙苯的平衡转化率更高，C错误；反应Ⅲ为吸热反应，正反应的活化能大于逆反应的活化能，D错误； （3）①温度相同时，n(CO2)∶n(乙苯)越大，乙苯的平衡转化率越高，结合图像可知，越靠上的曲线乙苯平衡转化率越高，则靠上曲线对应的n(CO2)∶n(乙苯)较大，则在平衡转化率相同时，投料比越高对应的温度越低。③850 K时，反应经t min达到P点，初始时乙苯的物质的量为n mol，此时乙苯转化率为50%，则消耗的乙苯的物质的量为0.5n mol，生成苯乙烯的物质的量为0.5n mol，v(苯乙烯)=mol/min； （4）向恒容密闭容器中充入2mol乙苯和2molCO2，则三段式分析： 平衡时的气体总物质的量=2-x+2-x+x+x+x=5mol，解得x=1mol，转化率α(C6H5-CH2CH3)=×100%=50%，压强与物质的量成正比，=，p平衡=1.25P0，平衡常数KP===0.25p0，故答案为：50%；0.25p0； （5）由题干反应方程式可知，该反应正反应是一个气体体积增大的方向，增大N2的用量，相当于减小压强，平衡正向移动，即投料比m越小，乙苯的平衡转化率越大，平衡转化率由小到大的顺序为A<B<C<D，投料比由大到小的顺序为m1>m2>m3>m4，则投料比m为1∶9的曲线是m4，图中A、B两点对应的温度相同，故A与B两点相比较，乙苯活化分子百分数A=B，故答案为：m4；=； （6）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”。 52．(1)2a+c (2)ac (3)小于 (4)或 (5) (6) 吸热 当温度低于时，丙烷转化率低且副反应较多，高于后以反应ⅰ为主 【详解】（1）根据盖斯定律可知反应：与三个方程式之间的关系为，即，故答案为：2a+c； （2）若只考虑体系中反应ⅱ为 ，减小平衡转化率的是： a．通入少量，产物增多则平衡逆向移动，平衡转化率减小；    b．使用高选择性催化剂，催化剂不能影响平衡，不能提高丙烯的平衡产率； c．降温，因为，故平衡应向放热方向移动即逆向移动，平衡转化率减小； d．减压，平衡应向气体系数增大的方向移动，即正向移动，平衡转化率增大； 综合可知答案选ac； （3）根据反应方程式可知，同时消耗1mol丙烷生成1mol丙烯或1mol乙烯或3mol甲烷，根据平衡体积分数可知，ⅱ生成的乙烯比ⅰ生成的丙烯更多，可知反应速率ⅱ＞ⅰ；故答案为：小于； （4）在相同条件下，物质的量之比等于体积之比，同时消耗1mol丙烷生成1mol丙烯或1mol乙烯或3mol甲烷，生成乙烯时同时生成等量的甲烷，因此丙烯的选择性=，故答案为：或； （5）体系中反应等于，因此可知，故答案为：； （6）从左往右观察图像上的H2和C3H6的体积分数模块，可知随着温度的升高，H2和C3H6的体积分数在增加，因此平衡正向移动，故正反应为吸热反应；生产中温度须不低于原因是：当温度低于时，从图中可以看出丙烷转化率低，并且副反应较多，高于后产生的C3H6的体积分数骤然增加，即以反应ⅰ为主，本题是丙烷制丙烯，此时制备丙烯效果更号，故答案为：吸热；当温度低于时，丙烷转化率低且副反应较多，高于后以反应ⅰ为主。 53．(1)   (2) (3) 或 主、副反应均为气体分子数增多的反应，恒压条件下，除去相当于增加其他气体的分压，平衡向分压减小的方向移动，平衡逆向移动，转化率降低 【详解】（1）①；的燃烧热为，热化学方程式：②；根据盖斯定律：②×2－①得：； （2）①结合反应历程相对能量，；分子的中心原子是N； ②结合反应历程示意图可知，该反应可分为两步进行，第二步反应：；历程中决定反应速率得为慢反应，反应活化能越大，反应速率越慢，决定反应速率，答案选A； （3）根据表中数据可知，、、、物质的量增多，为产物，结合质量守恒定律可知，分解的副反应的化学方程式：或；反应体系恒定总压为 ，各物质分压分别为：、、，平衡常数：；若除去废气中的气体，在相同的条件下模拟实验，发现体系中的平衡转化率明显降低，其原因：主、副反应均为气体分子数增多的反应，恒压条件下，除去相当于增加其他气体的分压，平衡向分压减小的方向移动，平衡逆向移动，转化率降低； 54．(1) K2K3 < (2)防止催化剂中毒 (3) 甲 (4)ZnZrOx (5) *OCH2+H2O*=*OCH3+*OH 水蒸气过多，平衡逆向移动，甲醇产率下降；催化剂活化点位减少，吸附反应物能力减弱，甲醇产率下降；有水参与的历程，活化能较小，反应速率加快，甲醇产率上升 【详解】（1）①根据盖斯定律，两反应相加就是目标反应，因此K1＝K2K3，故答案为K2K3； ②由图像可知：K随温度的升高而降低，也就是温度升高平衡逆向移动，因此该反应是正向放热的反应，ΔH＜0，故答案为＜。 （2）没净化原料气，会导致产生二氧化硫等杂质，容易引起催化剂中毒，故答案为防止催化剂中毒。 （3）①由图像可知：A的起始压强比B的起始压强大，甲容积为4L，乙容积为2L，温度相同，起始时投料一样，因此A对应的是乙，B对应的是甲，故答案为甲； ②由曲线A可知反应前压强为4MPa，平衡时压强为2.8MPa，设Δn(CO2)为x mol，则 ，，，则x＝1.2，所以，平衡时，CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量分别为0.8mol、2.4mol、1.2mol、1.2mol，则P(CO2)＝、P(H2)＝、P(CH3OH)＝P(H2O)＝，，故答案为。 （4）由图像可知：ZnZrOx对应CO含量最小，目标产物CH3OH的含量最大，因此选择最佳催化剂为：ZnZrOx，故答案为ZnZrOx。 （5）对比无水图像可知：有水时反应为：*OCH2＋H2O*＝*OCH3＋*OH；从水蒸气的量，催化剂活化点位数量，以及活化能变化方向考虑分析：水蒸气过多，平衡逆向移动，甲醇产率下降；催化剂活化点位减少，吸附反应物能力减弱，甲醇产率下降；有水参与的历程，活化能较小，反应速率加快，甲醇产率上升，故答案为*OCH2＋H2O*＝*OCH3＋*OH；水蒸气过多，平衡逆向移动，甲醇产率下降；催化剂活化点位减少，吸附反应物能力减弱，甲醇产率下降；有水参与的历程，活化能较小，反应速率加快，甲醇产率上升。 55．(1)CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH =-650KJ/mol (2)+H*= (3)ACD (4) > 此时发生的反应以反应2为主，压强改变对平衡几乎没有影响 0.009 6 (5) 【详解】（1）CH3OH(l)气化时吸收的热量为27kJ/mol,CH3OH(g)的燃烧热为677kJ/mol,则CH3OH(l)的燃烧热为677kJ/mol-27kJ/mol=650 kJ/mol,故CH3OH(l)完全燃烧的热化学方程式为：CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-650kJ/mol； （2）由图中信息可知，纵坐标是反应时的相对能量，横坐标是反应历程，随着反应的变化，CO2催化加氢的过程中会出现3个过渡态，但是TS-2是相对能量最高的，是起决速的一步，所以起决速步骤的方程式为+H*=； （3）A．该反应是气体体积增大的反应，容器总压保持不变，说明反应达到平衡状态，故A正确； B．无论反应是否达到平衡，相同时间内，消耗1molCO2的同时生成2molCO，故B错误； C．CO的体积分数保持不变即CO的物质的量不再变化，说明反应达到平衡状态，故C正确； D．保持不变即各组成浓度不再发生变化，说明反应达到平衡状态，故D正确， 故答案为：ACD； （4）i.由反应方程式CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)可知，该反应是一个气体体积减小的反应，增大压强该反应向正反应方向移动，压强越大，平衡转化率越高，故P1＞P2，故答案为：＞； ii.温度高于350℃后，在压强p1和p2下，CO2的平衡转化率几乎交于一点的原因是此时发生的反应以反应2为主，压强改变对平衡几乎没有影响，故答案为：此时发生的反应以反应2为主，压强改变对平衡几乎没有影响； iii.在250℃压强P1下，CO2的平衡转化率为20%，CH3OH的选择性为50%，设H2、CO2的起始量分别为3mol和1mol,则反应的CO20.2mol,反应1消耗CO20.1mol,反应2消耗CO20.1mol,利用三步法可知：，，则平衡时，CO2、H2、CH3OH、H2O、CO的物质的量分别是0.8mol、2.6mol、0.1mol、0.2mol、0.1mol,混合气体总物质的量为3.8mol,则反应2的平衡常数为，故答案为：0.0096； （5）电解过程中阴极上、CO2得到电子生成尿素，电极反应式为：。 56．(1)207.2kJ/mol (2) 增大 BD (3) 4mol/(L·min) 变大 < 36 (4) 高温 【详解】（1），则=-(-196.6kJ∙mol-1)=207.2 kJ∙mol-1； （2）对于反应i)NO(g)+O3(g)⇌NO2(g)+O2(g)，增大的浓度，平衡正向移动，NO的转化率增大； 保持恒温恒容， A．二氧化氮与氧气不是按照2:1消耗，A不符合题意； B．气体的平均相对分子质量与平均摩尔质量数值相等，，气体质量不变，总物质的量改变，平均摩尔质量改变，当其保持不变，反应达到平衡，B符合题意； C．物质的量之比不能作为判断平衡状态的依据，C不符合题意； D．气体总物质的量改变，压强改变，当其保持不变，反应达到平衡，D符合题意； 故选BD； （3）由图可知，T2、0.1min时，NO的转化率为40%，则4mol/(L·min)；催化剂降低反应活化能，加快反应速率，和均变大；，<0，温度升高，K减小，由图可知，T1<T2，则KM<KN，根据，可知化学反应为，由此可知，N点； （4）由题意，NO被阳极产生的氧化为阴极水中的氢离子得电子生成氢气，则电池的总反应为；该反应的还原产物为氢气，其还原性强于NO，该反应的氧化产物为，其氧化性强于水，由此可知，总反应为吸热反应>0，由于总反应的，则该反应高温自发。 57．(1)增大压强、移除甲醇 (2)更低 (3) 升高温度K减小，平衡逆向移动，说明反应正向放热 -6000R (4)Ⅲ (5) 0.005 【详解】（1）是一个正向体积减小的反应，在500K下，增大压强平衡正向移动，或者移除甲醇也能使平衡正向移动从而增大平衡产率； （2）活性温度越低，反应温度越容易达到，更节能，因此开发活性温度更低的催化剂； （3）从表中数据可以看出升高温度K减小，平衡逆向移动，说明反应正向放热；反应I： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： I=Ⅱ+Ⅲ，则反应I的； （4），反应Ⅲ放出的热量更大，因此反应Ⅲ的热力学趋势更大； （5）利用三段法： 平衡转化率为20%则x+y=0.2；甲醇的选择性为50%则；x=0.1，y=0.1；，恒压容器中二氧化碳、氢气、甲醇、水的分压分别为：、、、，则平衡常数。 58．(1)低温 (2)降温、及时分离出产品有利于平衡正向移动，增大原料利用率 (3)BD (4)> (5) (6)AB (7)阳 (8)2H2O+2e-=H2↑+2OH- 【详解】（1）该反应是熵减的放热反应，低温条件下反应ΔH—TΔS＜0，能自发进行，故答案为：低温； （2）在两个相同的反应器中间加产物吸收装置可以减少生成物的浓度，平衡向正反应方向移动，该反应为放热反应，加热交换降温装置降低反应温度，平衡向正反应方向移动，则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有利于平衡正向移动，增大原料利用率有利于平衡正向移动，增大原料利用率，故答案为：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）A．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误； B．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，反应中混合气体的平均摩尔质量增大，则混合气体的平均摩尔质量保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确； C．若起始乙烯和氧气的物质的量比为2：1，反应中乙烯和氧气的物质的量比始终为2：1，则乙烯和氧气的物质的量比为2：1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．每消耗0.5mol氧气表示正反应速率，消耗1mol环氧乙烷表示逆反应速率，且符合比例关系，能说明正逆反应速率相等，可以判断反应是否达到平衡，故正确； 故选BD； （4）反应相同时间，随温度升高转化率先升后降，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，既然a点没达到化学平衡，在反应正向进行过程中，正反应速率始终大于逆反应速率，故答案为：>； （5）由图可知，200℃时反应已达平衡，乙烯的转化率为60%、环氧乙烷的选择性为、氧气的分压为P0，则平衡时，乙烯、氧气和环氧乙烷的物质的量为1mol—1mol×60%=0.4mol、1mol—1mol×60%=0.4mol、1mol×60%×=0.4mol，所以平衡时乙烯、氧气和环氧乙烷的分压都为P0，反应的平衡常数Kp==，故答案为：； （6）A．由图可知，生成氧离子的活化能小于过氧根离子，反应速率快于生成过氧根离子，所以中间体氧离子更容易形成，故正确； B．由题意可知，杂质硫化氢气体能与催化剂反应而使催化剂中毒，从而造成两个中间体和产物环氧乙烷都几乎检测不到，故正确； C．由图可知，氧元素的化合价发生变化，说明反应中银元素的化合价发生变化，参与了反应，故错误； 故选AB； （7）由图可知，P电极上氯离子失去电子发生氧化反应生成氯气，则P电极是电解池的阳极，故答案为：阳； （8）由图可知，水在阴极上得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故答案为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-。 59．(1)-890.3 (2) A < 能 催化剂不影响平衡状态，相同条件下使用不同催化剂达平衡时CO产率相同 < (3) A 该反应为吸热反应，降低温度，平衡逆向移动，平衡常数减小 25% 【详解】（1）的燃烧热为-283.0，则2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H=-566.0①； 的燃烧热为-285.8，则2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)  △H=-571.6②； ③； 根据盖斯定律③+②+①得CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)  △H=247.3-571.6-566.0=-890.3；所以燃烧热△H=-890.3。 （2）①由图可知，催化剂A在较低温度下反应速率快，催化效果较好的催化剂是A；催化剂A在较低温度下反应速率快，使用催化剂A时活化能低，则<｡ ②催化剂不影响平衡状态，相同条件下使用不同催化剂达平衡时CO产率相同，w点能表示上述反应达到平衡状态｡ ③y、z反应都没有达到平衡状态，反应正向进行<，z点温度高反应速率快，z点对应的大于y点；所以y点对应的<z点对应的。 （3）①正反应吸热，降低温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，若A､B､C三点表示不同温度和压强下达到平衡时的体积分数，则A点对应的平衡常数最小｡ ②､100kPa下，设起始CH4、CO2的等物质的量为a mol，转化的CH4的物质的量为x mol，则 达到平衡时体积分数为30%，则，转化率=；该温度下，此反应的平衡常数｡ 60．(1)132 (2) BD 温度较低、催化剂的活性较低，对化学反应速率影响小 (3) 丙烷 大于 0.025 【详解】（1）根据盖斯定律定律①-②得：，反应的焓变等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，则-=-32kJ/mol，=132； （2）①A．由图示可知使用催化剂A时产率最高时，温度约为250℃，所以使用催化剂A的最佳温度约为250℃，故A正确； B．反应①是一个气体分子数减少的反应，改变压强可以使该反应的化学平衡发生移动，故的产率会随着压强的改变而改变，故B错误； C．催化剂能降低反应的活化能，加快反应的速率，但不影响反应焓变，故C正确； D．250℃以后，的产率随温度升高而降低，该反应为放热反应，升高温度平衡向右移动，的产率降低，P点不是的最高产率，则可能为对应温度的平衡产率，但不一定是对应温度下的平衡产率，故D错误； 故选BD。 ②在催化剂作用下，温度低于时，的产率随温度升高变化不大，主要原因是温度较低、催化剂的活性较低，对化学反应速率影响小； （3）①此反应是吸热反应，温度升高平衡正向移动，丙烷的物质的量分数减小，丙烯的物质的量分数增大，由图知，a、d曲线平衡时物质的量分数随温度升高而降低，所以a、d曲线代表丙烷；反应为气体分子数增大的反应，温度一定，压强增大，平衡逆向移动，平衡时反应物丙烷物质的量分数增大，故p1大于p2； ②图中可知，丙烷在Q点物质的量分数为50%，设丙烷物质的量为1mol，消耗物质的量为amol，列出三段式可得： ，，则Q点对应温度下丙烷的转化率为33.3%；Q点C3H8的物质的量分数为50%，C3H6和H2的物质的量分数为25%，该反应的平衡常数。 61．(1)△H=+(b+c-a)kJ/mol (2) AD 14.8 正向 (3) > > 【详解】（1），可以由反应③-②+①可得，故； （2）①A.有图可知，其他条件一定时，温度越高，二氧化碳的平衡转化率越低，故正反应为放热反应，故A正确； B.200℃，B曲线相对于A曲线改变的条件若为减小了容器的体积，体系压强增大，平衡右移，则二氧化碳的平衡转化率增大，与图象不符，故B错误； C.当，即，不等于其系数比，正逆速率不相等，故此时 不是平衡态，故C错误； D.该反应为气体分子数减小的反应，平衡移动的过程中，气体的物 质的量在变化，整个容器气体的质量是定值，由 PV=nRT，M=两公式可知，容器内压 强和混合气体平均相对分子质量不变，可以说明该反应达到平衡状态，故D正确； 故选：AD； ②a 点时，根据三段式，K===14.8；其他条件不变，向 a 点平衡体系中再充入 0.4molCO2和 0.4molH2O，带入平衡常数表达式计算 Qc=7.4< K=14.8，即平衡将正向移动，故填14.8、正向； （3）①压强~时间图象，先拐先平衡对应因素强，由图象可知 T1先拐，所以 T1>T2，故填>； ②从A点到B点，是从正反应开始建立平衡的过程，逆反应速率逐渐增大，C点和B点均处于平衡状态所以两点分别有，，因为 C 点温度和压强均大于B点，所以，故填>； ③设 CO 起始物质的量为 1mol，转化率为 x，则由三段式，在 B 点达到平衡时，平衡总压为 7.0MPa，则，解得 x=0.45，则平衡时，H2、CO、CH3OH的物质的量分别为 1.1mol、0.55mol、0.45mol，总物质的量=1.1mol+0.55mol+0.45mol=2.1mol，则B点平衡常数，其中、、，得，故填。 62．(1)-96.1 kJ/mol (2) 0.925 其他条件相同时，压强越低，H2的平衡转化率越小，故p2>p3=0.5 MPa 温度、压强、浓度 (3) (4) 正 2.24 【详解】（1）根据已知氢气的燃烧热为285.8kJ/mol，书写热化学方程式为：H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H1=-285.8 kJ/mol，甲醇(液态)的燃烧热为725.8kJ/mol，书写热化学方程式为：CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H2=-725.8 kJ/mol，1mol液态甲醇转变为气态需吸热35.5kJ，该过程的焓变CH3OH(l)= CH3OH(g) △H3=+35.5 kJ/mol，根据盖斯定律CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(l) △H=-△H2+3△H1+△H3=725.8-3×285.8+35.5=96.1 kJ/mol；故答案为96.1； （2）根据图象利用控制变量法，当温度不变时，改变压强对于反应 CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(l)当增大压强时平衡向正反应方向移动，转化率增大，故P1为5.0 MPa，P2为2.5 MPa，P3为0.5 MPa，通过图象判断550℃时的P 3对应的压强为0.925，影响α的因素有温度、浓度、压强；故答案为：0.925，其他条件相同时，压强越低，H2的平衡转化率越小，故p2>p3=0.5 MPa，温度、压强、浓度； （3）依题意，平衡时H2转了0.3mol，列三段式： 根据压强之比等于物质的量之比： ，，故答案为 ； ；故答案为：； （4）根据图象中d电极处碳酸根离子转化为碳单质，化合价由+4价变为0价，碳原子得到电子，故d为阴极，a为阳极，则b为正极，故答案为正；根据总反应CO2 = O2+C，二氧化碳和电子的关系式为1：4，故电路中转移0.4mol电子可捕获CO2的物质的量为0.1mol，故标准状况下二氧化碳的体积为2.24L；故答案为2.24； 【点睛】此题考查化学反应原理中盖斯定律的应用及化学平衡平衡常数等；注意利用图象中的信息利用控制变量法或化合价的变化进行相应的判断。 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 $$