2025届高三化学过关训练----化学反应原理综合题

2025届高三化学过关训练----化学反应原理综合题 1．（2024·湖南·模拟预测）糖类加热后颜色会逐渐变深，由浅黄色变为红棕色，最终变成黑褐色。这一过程发生了诸多化学反应，生成的带有颜色的混合物即为焦糖，呈色物质即为焦糖色素，它不具甜味，分子量大时反而会呈现苦味。生成焦糖的过程中发生的所有反应的总和称之为焦糖化反应。过程中发生的呈色反应可归结如下(以六碳糖为例)： ．焦糖化反应的化学平衡 为深入探究焦糖化反应平衡体系，现将焦糖化反应简化如下：仅考虑生成符合通式的焦糖色素的反应，且焦糖色素间、焦糖色素与未反应的单糖间也可脱水缩合生成符合通式的更大分子的焦糖色素。在上述条件下加热干燥单糖，平衡时体系中除水外各物种分布系数(某物种分子数与糖类总分子数的比值)随温度的变化曲线如下图。 (1)若初始有单糖0.1mol，且温度达到182℃时生成水0.18mol，则正确的是 。 A．焦糖色素总物质的量最大时，单糖未完全消耗 B．焦糖色素总物质的量最大时，温度高于单糖恰好完全消耗时的温度 C．焦糖色素总物质的量最大时，焦糖色素分子中结构单元数目达到最大 D．任意温度下生成的水一定少于0.2mol E．存在某一温度使 (2)在(1)的条件下，182℃时，焦糖色素中，m的平均值为 。 ．焦糖化反应的副产物 焦糖具有其独特的焦香味，其主要来源于焦糖化反应的副产物，例如坚果味的5-甲基-2-乙酰基呋喃()，黄油味的5-羟甲基糠醛()和水果味的乙酸乙酯等。 (3)2，5-呋喃二甲酸也是糖类加热后生成的风味物之一，其碳原子的杂化方式为 。 (4)烹饪过程中为更多地产生风味物质，需控制好烹饪温度及酸碱度。已知焦糖化过程中体系pH(已折算为常温下，下同)随反应进程的变化如下图所示。研究证明，一定温度下含水蔗糖在或时焦糖化反应进行程度大，试根据下图和下表相关信息解释之。 种类 果糖 葡萄糖 蔗糖 麦芽糖 乳糖 焦糖化最低温度/℃ 110 160 180 180 105 (5)根据上述信息和生活常识，下列说法正确的有___________。 A．橘子等水果低温加热后口感变酸，可以用焦糖化反应解释 B．菠萝等水果炙烤后的独特口感与香气与焦糖化反应有关 C．高温加热糖液产生的气泡中含有等物质 D．焦糖兑水后得到嫩汁，用以给菜肴上色。为得到好的上色效果，需把握好火候 2．（2025·山西大同·模拟预测）甲烷干重整(DRM)以温室气体和为原料在催化条件下生成合成气CO和。发生的反应有： ⅰ、 ⅱ、 ⅲ、 ⅳ、 (1) ； (填“高温”或“低温”)有利于反应ⅳ自发进行。 (2)在、初始投料的条件下，甲烷、二氧化碳重整制合成气的过程中各平衡组分的物质的量随温度的变化如图所示。 ①随温度的升高，平衡组分中积碳含量 (填“增大”或“减小”)。 ②630℃时，若起始投入、、、CO、各，此时反应ⅱ的 (填“>”、“=”或“<”)。 ③630℃时，反应的平衡常数 (写出计算式即可，不需要化简。是以分压表示的平衡常数，已知分压=总压×物质的量分数)。 (3)如图是二氧化碳固体(干冰)的晶胞模型，干冰晶体中，含有 mol晶胞结构单元，每个周围等距且紧邻的有 个。 3．（2024·浙江宁波·模拟预测）乙醇-水催化重整可获得。主要发生以下反应： 反应Ⅰ：         反应Ⅱ：         (1)反应Ⅰ自发进行的条件是_______。 A．低温 B．高温 C．低压 D．高压 (2)500℃时，向体积为VL的恒容密闭容器中充入1mol (g)和3mol (g)发生上述反应。初始时体系压强为100kPa，平衡时，CO的选择性为50%，的转化率为80%。(CO的选择性=) ①反应Ⅰ的 (列出计算式即可)。反应Ⅰ的标准平衡常数，其中为标准压强100kPa，p(X)为气体X的平衡分压，分压=总压×该气体的物质的量分数。 ②在下图中画出500℃时，乙醇平衡转化率随[]变化而变化的情况 。 (3)压强为100kPa，的平衡产率与温度、起始时关系如图所示，每条曲线表示相同的平衡产率。 ①的平衡产率：Q点 N点(填“>”、“=”或“＜”)； ②M、N两点的平衡产率相等的原因是 。 (4)氢气的应用：氢气熔融碳酸盐燃料电池工作原理如图所示。 ①和经催化重整生成CO和，CO和全部进入电极A发生反应，写出负极的电极反应式(用一个总方程式表示) 。 ②理论上负极生成的与正极消耗的的物质的量之比是 。 4．（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)。 5．（2024·山东·二模）、经干气重整(DRM)的产物、CO(合成气)可用于合成清洁液体燃料，具有高效利用资源与保护环境的双重效益。DRM主要反应为： Ⅰ．， 该过程中还可能发生一系列反应，如： Ⅱ．， Ⅲ．， Ⅳ．， 设定压强0.1 MPa下，初始投料、各1 mol，经热力学计算得到其平衡状态数据如图1示： (1)分析在200℃之前体系物质变化的原因，其总反应的热化学方程式为 。 (2)625℃平衡数据图1，此时焦炭的物质的量为 ，反应Ⅲ的 MPa(计算结果保留两位有效数字)。 (3)0.1MPa下，改变初始投料比，平衡时H2的选择性(含氢产物占比)变化如图2，实际工业生产多选择投料比为1∶1，温度800～900℃，分析可能的原因为 。 (4)若合成气直接用于合成烯烃(单烯)类液体燃料，结合图分析，DRM反应时合适的温度条件应调节至约 ，原因 。 (5)实际生产中发现积碳会使镍基催化剂活性降低直至失活，积碳使催化剂失活的可能原因为 ，积碳量的多少与生产条件密切相关，结合图1分析，若想实现零积碳，应控制生产条件为 。 6．（2024·辽宁·模拟预测）氯及其化合物在生产生活中有广泛应用。回答下列问题： (1)常用于硫化橡胶工业。 已知：①； ②； ③。 则 (用含的式子表示)。 (2)光气在有机合成中常作氯化剂。工业上，可用和氯气混合合成光气。已知：合成时放出热量，写出该反应的热化学方程式： 。 (3)在恒温恒容的密闭容器中充入和，发生反应：，下列情况表明该反应已达到平衡状态的是___________(填字母)。 A．混合气体密度不随时间变化 B．气体总压强不随时间变化 C．的消耗速率等于的生成速率 D．Q(浓度商)不随时间变化 (4)硫酰氯常用于有机合成。制备原理：。实验测得速率方程为(k为速率常数，只与温度、催化剂有关，与浓度无关。m、n为反应级数，可以为整数、分数、正数、负数和0)。 ①为了测得反应级数，实验数据记录如下： 序号 速率/ a 0.10 0.10 b 0.20 0.10 c 0.10 0.05 根据上述实验结果，计算 ， 。 ②已知：(R为常数，为活化能，T为温度)。测得及在催化剂作用下随的变化如图所示。 催化剂对应的活化能为 。催化效果： (填“大于”“小于”或“等于”)。 (5)我国古代采用“地康法”制备氯气：。为了探究制氯气的原理，总压强保持恒定为，向密闭容器中充入和，发生上述反应，在温度下，测得的平衡转化率与投料比的关系如图所示。 (填“>”“<”或“=”)。时平衡常数 (是以分压代替浓度表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数，结果保留两位小数)。从工业生产角度分析，投料比过大的缺点是 。 7．（2024·湖南·模拟预测）“碳达峰、碳中和”是应对全球气候变化的重要措施，对于保护生态环境、推动绿色发展具有重要意义，科学家通过多种途径实现了CO2合成转化为有机物。 Ⅰ.一种CO2合成转化为甲醛的总反应为。转化步骤如下图所示： (1)关于以上转化步骤中的相关物质和反应，下列说法正确的是________（填字母）。 A．甲醛常温下为无色有强烈刺激性气味的液体，易溶于水 B．甲醇与甲醛分子中∠OCH键角较大的是甲醛分子 C．H2O2分子结构与C2H2分子类似，属于直线形分子 D．若反应②正向为自发反应，可推知 (2)已知，则总反应的 （用上图中焓变以及表示）。 Ⅱ.CO2催化加氢合成甲醇的反应经常伴随有副反应发生。 主反应： 副反应： (3)研究者在CO2催化加氢合成甲醇的催化剂研究中获得如图所示结果，由此可确定在实际工业生产中的最佳催化剂为 ；甲醇的生成速率首先随反应温度的升高而增加，但当温度升高到330℃以上时开始降低，试分析造成甲醇生成速率下降可能的原因是 。 (4)T℃，在容积为2L的恒容密闭容器中充入1molCO2和一定量H2，一定条件下只发生主反应。若起始时容器内气体压强为3.0kPa，达到平衡时，水蒸气的分压与起始投料比的变化关系如图所示。如果反应从开始到达c点所用时间为10min，则10min内该反应的平均反应速率= 。已知：该反应的标准平衡常数 ，其中为标准压强100kPa，、、和为各组分的平衡分压，则T℃时，该反应的标准平衡常数 （列出计算式）。 Ⅲ.科学家近年发明了一种将二氧化碳电化学还原为甲醇的方法，装置示意图如下，电解质溶液1为由KHCO3、吡啶和HCl组成的CO2饱和水溶液，电极为Cu2O/CuO薄膜材料和Pt电极。 (5)该电解池阴极的电极材料为 ，其电极反应式为 。 8．（2024·内蒙古·二模）和是两种常见的温室气体，利用和生成高附加值合成气CO和，以及甲烷部分催化裂解制备乙烯是目前研究的热点之一。回答下列问题： (1)已知：  ；  ；   。 反应的 ；对于该反应，有利于提高平衡转化率的条件是 （填字母）。 A．高温高压    B．高温低压    C．低温高压    D．低温低压 (2)CO常用于工业冶炼金属，如图是在不同温度下CO还原三种金属氧化物达平衡后气体中与温度（T）的关系曲线图。下列说法正确的是________（填字母）。 A．CO还原的反应 B．CO不适宜用于工业冶炼金属铬（Cr） C．工业冶炼金属铜时较低的温度有利于提高CO的利用率 D．工业上可以通过增高反应装置来延长矿石和CO接触的时间，减少尾气中CO的含量 (3)甲烷部分催化裂解制备乙烯的反应原理为  。温度为T℃，压强为100kPa时，向体积可变的密闭容器中加入，平衡时转化率为40%，若温度、压强和初始量不变，充入作为稀释气，平衡时转化率为50%，则充入He的物质的量为 mol。 (4)一定温度下，将充入2L的固定容积容器中发生反应  。实验测得容器内各气体分压与时间的关系如图所示。 ①的平衡转化率为 。 ②反应的平衡常数 。 ③若在该温度下，向容器中再充入，达到平衡时，平衡混合物中的物质的量分数 （填“增大”“减小”或“不变”）。 9．（2024·黑龙江双鸭山·模拟预测）氨和氨水能与多种金属离子形成配合物，且在生产和生活中都发挥着重要作用。回答下列问题： (1)合成氨反应的能量变化示意图如图所示，该反应的热化学方程式为 。 (2)显粉红色，显橙黄色，显土黄色。 ①基态的电子轨道表示式为 。 ②酸性条件下，和可与反应，补充完整反应的离子方程式： Ⅰ． ； Ⅱ． 。 (3)某温度下，对（2）中的反应进行了研究。速率方程为；保持其他条件不变，分别用浓度相同的和与反应得到图中曲线Ⅰ和曲线Ⅱ；用不同浓度的与反应得到图中曲线Ⅱ和曲线。 ①曲线内，的平均生成速率为 。 ②下列说法中正确的有 （填选项字母）。 A．平衡后加入，反应Ⅰ和反应Ⅱ的均减小 B．上述实验中，反应速率都随反应进程逐渐增加 C．上述实验中，体系颜色不再变化则达到平衡状态 (4)向还有未溶解的饱和溶液中滴加氨水，发生反应。平衡体系中的浓度与浓度的变化关系如图所示。 ①曲线Ⅱ代表 {填“”“”“”或“”}浓度与浓度的变化曲线。 ②的溶度积 。 ③的平衡常数 。 10．（2024·青海西宁·三模）为实现“碳中和”“碳达峰”，碳的循环利用是重要措施。利用氢气和CO反应生成甲烷，涉及的反应如下： i．   ii．   iii．   回答下列问题： (1)在25℃和101kPa下，转变为时放出44.0kJ热量，的燃烧热为，CO的燃烧热为，的燃烧热为，则 。 (2)一定温度下，在恒容的密闭容器中进行上述反应，平衡时CO的转化率及的选择性随变化的情况如图所示[已知的选择性]。 ①图中表示选择性变化的曲线是 （填“甲”或“乙”），保持不变，曲线甲由B点达到A点需要的条件为 。 ②相同温度下，向恒容容器内加入和1molCO，初始压强为10MPa，平衡时的物质的量为 mol，反应ii的 （保留小数点后一位）。 (3)催化加氢制甲醇也是碳循环的重要途径。在某催化剂表面与氢气作用制备甲醇的反应机理如图所示。催化循环中产生的中间体微粒共 种，催化加氢制甲醇总反应的化学方程式为 。 11．（2024·陕西西安·模拟预测）丙烯是重要的化工原料，广泛用于合成聚丙烯、丙烯醛等工业领域。回答下列问题： (1)丙烷无氧脱氢法制备丙烯的反应为。科学上规定：在298.15K时，由最稳定的单质生成1mol化合物时的焓变，叫作该物质的标准摩尔生成焓（）；最稳定的单质的标准摩尔生成焓为零。 已知：部分物质的标准摩尔生成焓数据如表： 物质 CH3CH2CH3(g )CH3CH=CH2(g) -104 19.8 则上述反应的 。 (2)T1℃时，将充入某刚性密闭容器中，在催化作用下发生无氧脱氢反应。用压强传感器测出容器内体系压强随时间的变化关系如表所示： 时间/min 0 60 120 180 240 300 360 压强/kPa 100 136 163 178 180 180 180 ①已知：。内，用H2的分压变化表示上述脱氢反应的平均速率为 。 ②T1℃时，反应的平衡常数 。随反应温度升高而 （填“增大”“减小”或“不变”）。 (3)丙烷在有氧气参与的条件下也可以发生脱氢反应：。下列说法正确的是______（填序号）。 A．相对于丙烷直接催化脱氢法，有氧气催化脱氢，反应更容易进行 B．相同条件下，氢气、丙烯、丙烷三种气体中，还原性最强的是氢气 C．恒温恒容条件下，当混合气体的密度不再随时间改变时，说明反应达到限度 D．通入更多的氧气，有利于提高丙烷转化率，提高丙烯的产率 (4)甲醇催化也可以制取丙烯，其反应为 ①该反应的阿伦尼乌斯经验公式的实验数据如图中直线a所示，已知阿伦尼乌斯经验公式为（为活化能，k为速率常数，R和C为常数）。则该反应的活化能 。 ②下列措施能使速率常数k增大的是 （填序号）。 a．升高温度            b．增大压强            c．增大 12．（2024·广东江门·三模）是一种重要的化工原料，常用于催化剂、媒染剂和消毒剂等。 I．以为催化剂制备：   已知：①   ②   (1) 。 (2)在体积不变的密闭容器中，进料浓度比分别等于1、4、7时，平衡转化率随温度变化的关系如图所示： ①曲线 (填“a”“b”或“c”)对应的平衡曲线。 ②400℃时，按进料浓度比投料，设的初始浓度为，反应经达到平衡，在时段，反应速率 (用含的表达式表示)。 Ⅱ．Cu(Ⅱ)在溶液中常以配合物形式存在。 (3)基态的价层电子轨道表示式为 。 (4)水溶液中：(蓝色)(黄色)  ，下列说法正确的有___________ A．加热溶液，溶液颜色由蓝绿色变为黄绿色 B．向溶液加水稀释，溶液颜色由蓝绿色变为蓝色，增大 C．向溶液中加入适量固体，溶液颜色由蓝色变为黄绿色 D．已知的空间结构为平面正方形，其中的杂化轨道类型为 (5)在一定温度下，在液态有机相中存在以下氯化络合反应：             ①反应的平衡常数 。 保持温度不变，改变某浓度有机相稀溶液中的起始浓度，测得铜元素的部分微粒分布系数与平衡浓度关系如图所示。 ②A点的浓度为 (保留两位有效数字)，此时的氯化络合转化率为 。 13．（2024·江苏扬州·模拟预测）实验室以柠檬酸亚铁、柠檬酸铵等为原料可制得柠檬酸铁铵。已知：柠檬酸结构简式为，是易溶于水的晶体，可用表示；柠檬酸可与反应制柠檬酸亚铁。 (1)柠檬酸水溶液中各组分分布系数δ-pH关系如图所示。一定体积柠檬酸与氨水混合所得溶液pH为6.40，反应的离子方程式为 。 (2)柠檬酸铁铵化学式可表示为，测定其组成的实验方案如下：取适量样品溶于蒸馏水配成100mL溶液。取20.00mL溶液加入足量NaOH溶液充分反应，过滤、洗涤，灼烧至恒重，测得固体质量为0.32g。取20.00mL溶液于锥形瓶中，依次加入足量EDTA(能与部分金属离子结合)、HCHO溶液充分反应，滴入2滴酚酞试液，用1.00NaOH标准液滴定至终点，消耗标准液12.00mL。［；］。加入EDTA的作用为 ，柠檬酸铁铵化学式为 (写出计算过程)。 (3)避光条件下，柠檬酸铁铵与铁氰化钾［］反应得到普鲁士黄(PY)，其立方晶胞结构如图所示。 ①PY中所有均与形成配位键。结合电子式解释作配体的原因： 。 ②普鲁士蓝(PB)晶胞结构如图所示，周围最近且等距的有12个，“○”位置被或占据，用“”在图上补全PB结构图中Ⅰ和Ⅱ两个小立方体中的。 ③由于PB中的能容易地嵌入和脱嵌，因此PB可作为钾离子电池的正极材料。充电过程中，推测会从PB中脱嵌出来，理由是 。 (4)补充完整由铁泥(主要含有单质铁、少量和铁的氧化物)制备的实验方案，部分装置如图所示：取一定量的铁泥， ，所得产物经过滤、洗涤、干燥，得到。(须使用试剂：、溶液、稀硫酸) 14．（2024·陕西铜川·模拟预测）乙烯年产量的高低是衡量一个国家石油化工发展水平的重要指标。回答下列问题： (1)已知 ①    ， ②        ， ③        ， 则 ； (用含、的式子表示)。 (2)反应中正逆反应速率方程可表示为、，其中和是只与温度有关的常数。则升高温度过程中，和变化值较大的是 。 (3)在压强恒定为480kPa时，向某密闭催化反应器中加入2mol乙烯与2mol水，使其发生反应：，测得反应开始到第10min乙烯的转化率随温度的变化如图所示(过程中催化剂活性几乎不受影响)： ①b点前乙烯的转化率随温度升高而增大，根据活化分子碰撞理论解释其原因： ；c点时乙醇的体积分数为 。 ②b点时该反应的化学平衡常数 (保留两位小数，分压=气体体积分数×总压)。 (4)若某密闭容器中存在反应，在其他条件不变时，改变某一条件X，则得正逆反应速率变化如图所示，则X表示 ，下列标志能表明在一定温度下，恒容容器中该反应达到平衡状态的是 (填字母)。 A．混合气体密度保持不变 B．正反应速率： C．单位时间内断裂的化学键数目：H—H键=H—O键 15．（2024·福建莆田·三模）苯乙烯是生产塑料、橡胶的重要原料，工业上以铁钴催化剂催化乙苯催化脱氢可获得苯乙烯。主要发生的反应为： 反应I：(g)(g)+H2(g)    △H1=+117.6kJ•mol-1 反应Ⅱ：(g)+H2(g)(g)+CH4(g)    △H2 反应Ⅲ：(g)8C(s)+H2(g)    △H3=-1.67kJ•mol-1 (1)铁钴催化剂中基态Co原子的电子排布式为 。 (2)已知，在298K、101kPa条件下，某些物质的相对能量(△H)变化关系如图所示，则△H2= kJ•mol-1。 (3)在恒温恒压的条件下只发生反应I，下列事实能作为反应I达到平衡的依据的是 。 A．v正(C6H5C2H5)=v正(C6H5C2H3) B．容器内气体密度不再变化 C．苯乙烯、H2的分子数之比不再变化 D．气体的平均相对分子质量不再变化 (4)往刚性密闭容器中同时通入乙苯和一定比例水蒸气，控制反应温度为600℃、体系起始总压强为100kPa的条件下进行反应。 ①通入水蒸气的作用有 。 ②假设容器中只发生反应I，测得体系总压和乙苯转化率随时间变化结果如图所示。 则平衡时，p(H2O)= kPa，平衡常数Kp= kPa(Kp为以分压表示的平衡常数，气体分压=气体总压×体积分数)。 ③反应速率v正=k正×p(乙苯)，v逆=k逆×p(苯乙烯)×p(氢气)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，则a点时= 。 (5)工业上也可以利用CO2弱氧化性在催化剂条件下制备苯乙烯，其反应的机理如图所示(α、β表示乙苯分子中C或H原子的位置；A、B为催化剂的活性位点，其中A位点带部分正电荷，B1、B2位点带部分负电荷)。αC—H的极性 (选填“＞”或“＜”)βC—H，步骤Ⅲ形成苯乙烯后更容易脱附的原因为 。 16．（2024·山东日照·二模）面向“碳中和”的绿色化学是当前研究的重要方向。回答下列问题： (1)一定条件下由丙烷制备丙烯有以下两种方式： 反应i：  ； 反应ii：  。 已知上述反应中相关的键能数据如表所示。 化学键 436 413 348 615 则 。 (2)在温度下，将和充入恒容密闭容器中，在一定条件下发生反应i、ii。测得转化率及体系内压强随时间的变化关系如图所示(忽略温度对催化剂活性的影响)。 ①时，的平衡转化率是 。 ②时，从反应开始到反应达到平衡，用的分压变化表示的化学反应速率为 。 ③时，反应i的 。 (3)在一定条件下，与合成甲醇的反应为，已知速率方程，、是速率常数，只受温度影响。图甲、图乙分别表示平衡常数、速率常数的对数与温度的倒数之间的关系。降低温度，的变化曲线为 (填字母，下同)，的变化曲线为 。 (4)在催化剂表面发生以下反应： 反应iii．  ； 反应iv．  。 在密闭容器中，保持投料比不变，将与按一定流速通过反应器，转化率和甲烷选择性随温度变化关系如图所示。若时，催化剂的活性受温度影响不大，则后图中曲线下降的原因是 ；若气体流速过大，的转化率会降低，原因是 。 17．（2024·广西贵港·模拟预测）“碳达峰·碳中和”是我国社会发展重大战略之一，还原是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有： 反应1：   反应2：   请回答下列问题： (1)  ，该反应正反应的活化能 (填“大于”“小于”或“等于”)。 (2)恒压、时，和按物质的量之比投料，反应经如下流程(主要产物已标出)可实现的高效转化。 ①该流程的总反应中还原需吸收的能量为 。 ②过程平衡后通入，一段时间内的物质的量 (填“增大”“减小”或“不变”)。 (3)将与在恒容密闭容器中反应制取和时，发生反应1和反应，和的平衡转化率随温度变化的关系如图所示。 ①曲线 (填“”或“”)代表的平衡转化率。 ②计算时反应1的化学平衡常数 (计算结果保留两位小数)。 ③还原能力可衡量的转化效率，(同一时段内与的物质的量变化量之比)，从平衡移动的角度分析，随着温度升高，值逐渐减小直至近似等于1的可能原因是 。 ④催化剂可提高值，常压下和按物质的量之比投料，某一段时间内的转化率、值随温度变化如下表： 温度 480 500 520 550 转化率 7.9 11.5 20.2 34.8 2.6 2.4 2.1 1.8 下列说法正确的是 (填标号)。 A．值提高是由于催化剂选择性地提高反应2的速率 B．温度越低，含氢产物中占比越低 C．温度升高，的转化率增加，的转化率降低，值减小 D．改变催化剂可提高平衡时的值 18．（2024·福建泉州·模拟预测）汽车尾气处理系统的原理是利用脱除并转化为。 (1)已知在25℃，时： 反应ⅰ：   反应ⅱ：   反应ⅲ：   (2)当与的物质的量之比按1：3、3：1、4：1分别以相同流速通过催化剂，通过时间均为，的脱除率随温度变化的曲线如下图所示： ①曲线c对应与的物质的量之比为 。 ②若曲线a中的起始浓度为，则在900℃时的脱除速率为 。 ③在800℃~1100℃时，催化剂活性较稳定。则脱除的最佳温度为 ℃，的脱除率在最佳温度之前逐渐增大的原因是 。 ④940℃时，反应ⅲ的平衡常数 （用物质的量分数代替浓度，列计算式）。 ⑤若其它条件不变，提高催化剂的活性，940℃时的脱除率 （选填“增大”“减小”或“不变”）。 (3)一定比例的和也能很好的脱除，某催化反应机理如下图所示： （注：表示V化合价为价，其它相似） ①该反应的催化剂为 。 ②转化为过程中与的物质的量比为 。 ③转化为，键角增大的原因是 。 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)AD (2)5 (3) (4)①的碱性环境能消耗焦糖化反应生成的，反应正向移动，进行程度大；②蔗糖在的稍强酸性条件下会水解为葡萄糖和果糖，水解后的单糖焦糖化反应进行程度较几乎未水解的蔗糖大。 (5)BCD 【详解】（1）A．焦糖化反应为可逆反应，焦糖色素总物质的量最大时，体系中不可能不含单糖，故A正确； B．焦糖化反应为可逆反应，任意温度下单糖不能完全消耗，故B错误； C．焦糖色素总物质的量最大时，焦糖色素分子中C30H42O21结构单元数目达到最大，故C错误； D．若生成的水为0.2mol，则，无解，所以任意温度下生成的水一定少于0.2mol，故D正确； E．若使，根据碳元素守恒，单糖完全反应，由于该反应可逆，所以不可能存在某一温度使，故E错误； 选AD。 （2）单糖0.1mol，且温度达到182℃时生成水0.18mol，182℃时，解得m=5,焦糖色素中，m的平均值为5。 （3）2，5-呋喃二甲酸中C原子都是双键碳，其碳原子的杂化方式为sp2。 （4）①的碱性环境能消耗焦糖化反应生成的，反应正向移动，进行程度大；②蔗糖在的稍强酸性条件下会水解为葡萄糖和果糖，水解后的单糖焦糖化反应进行程度较几乎未水解的蔗糖大。 （5）A. 低温加热不能发生焦糖化反应，橘子等水果低温加热后口感变酸，是因为有机酸电离程度增大，故A错误； B. 菠萝等水果炙烤后，水果中的糖类发生焦糖化反应，独特口感与香气与焦糖化反应有关，故B正确； C. 糖中含有碳元素，高温加热糖液产生的气泡中含有等物质，故C正确； D. 焦糖兑水后得到嫩汁，用以给菜肴上色。焦糖分子量大时会呈现苦味，为得到好的上色效果，需把握好火候，故D正确； 选BCD。 2．(1) -172.1 低温 (2) 减小 < (3) 12 【详解】（1）由盖斯定律可得反应iii-反应i得，所以=+74.9kJ/mol-247kJ/mol=-172.1 kJ/mol；反应ⅳ．，、，由，可知低温有利于反应自发进行； （2）①由图像可知，随温度的升高，平衡组分中积碳含量减小； ②630℃时，平衡时，、、、、，反应ⅱ、 ，若若起始投入、、、CO、各，则，则平衡逆向移动，<； ③630℃时，平衡时，、、、、，总的气体的物质的量为，； （3）晶胞是含有的CO2数目为；干冰晶体中，物质的量为2mol，含有晶胞结构单元，干冰是分子晶体，二氧化碳分子位于立方体的顶点和面心上，以顶点上的二氧化碳分子为例，与它距离最近的二氧化碳分子分布在与该顶点相连接的12个面的面心上，即每个CO2周围等距且紧邻的CO2有12个。 3．(1)B (2) (3) ＜ M点与N点具有相同的压强，相同；不同的是N点温度高于M点，升高温度，反应Ⅱ正向移动消耗氢气的量与反应Ⅰ正向移动产生的量相等 (4) 5∶4 【详解】（1）反应Ⅰ是吸热反应，且反应前后熵增大，根据吉布斯自由能判断该反应自发进行的条件是高温； （2）①500℃时，在体积为VL的恒容密闭容器中发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，根据题中信息可求算达到平衡时消耗的物质的量为0.8mol，设反应Ⅱ生成CO的物质的量为。 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 平衡时，CO的选择性为50%，可得50%=，即x=0.8mol。则平衡时，，，，，平衡时，，即p平=1.8。反应Ⅰ的； ②500℃时，乙醇平衡转化率随的增大而增大，且根据题中信息知当时，的转化率为80%，故可作出相应图像： （3）①由于每条曲线表示相同的平衡产率，故在曲线上可找到与Q点相同平衡产率且的一点，则N点，但N点温度高于此点，故相当于在，压强为100kPa的基础上升高温度，则的平衡产率升高，Q点<N点； ②M点与N点具有相同的压强，相同；不同的是N点温度高于M点，升高温度，反应Ⅱ正向移动消耗氢气的量与反应Ⅰ正向移动产生的量相等； （4）①和经催化重整生成CO和：，CO和全部进入电极A发生氧化反应，故可写出负极的总反应方程式为：； ②正极反应方程式为：，则理论上负极生成的与正极消耗的的物质的量之比是5：4。 4．(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。 5．(1)   (2) 0.85 mol 0.34 (3)投料比大于1∶1，原料中氧原子减少，含碳产物中CO会减少，焦炭会增加，投料比小于1∶1氢气选择性降低，水增加，投料比为1∶1时，在800～900℃氢气具有较高的选择性 (4) 620(600～700之间即可) 合成烯烃的反应为，此时约为2∶1 (5) 焦炭覆盖在催化剂表面减少了催化剂与反应物的接触面积 900℃以上 【详解】（1）分析在200℃之前体系物质的变化，CO2、CH4的物质的量逐渐增多，C、H2O物质的量逐渐减少，故发生反应；已知Ⅰ．，；Ⅱ．，；Ⅲ．，；根据盖斯定律可知，由Ⅰ-2Ⅱ-2Ⅲ可得目标方程式，总反应的热化学方程式为  。 （2）由625℃平衡数据图1可知，、、、，初始投料、各1 mol，根据C、H元素守恒课计算得，，；气体总物质的量为2.85mol，反应Ⅲ的 。 （3）0.1MPa下，改变初始投料比，平衡时H2的选择性(含氢产物占比)变化如图2，实际工业生产多选择投料比为1∶1，温度800～900℃，分析可能的原因为投料比大于1∶1，原料中氧原子减少，含碳产物中CO会减少，焦炭会增加，投料比小于1∶1氢气选择性降低，水增加，投料比为1∶1时，在800～900℃氢气具有较高的选择性。 （4）因为合成烯烃的反应为，此时约为2∶1，故结合图分析，DRM反应时合适的温度条件应调节至约620(600～700之间即可)。 （5）实际生产中发现积碳会使镍基催化剂活性降低直至失活，积碳使催化剂失活的可能原因为焦炭覆盖在催化剂表面减少了催化剂与反应物的接触面积，积碳量的多少与生产条件密切相关，结合图1分析，若想实现零积碳，应控制生产条件为900℃以上。 6．(1) (2) (3)BD (4) 1 1 300 小于 (5) < 20.25 HCl平衡转化率低 【详解】（1）根据盖斯定律可知，③+4×②+4×①得到目标方程式，因此有ΔH=ΔH3+4ΔH2+4ΔH1；故答案为ΔH3+4ΔH2+4ΔH1； （2）CO与氯气反应方程式为CO+Cl2=COCl2，因此合成1molCOCl2时放出热量为10akJ，即该反应热化学方程式为CO(g)+Cl2(g)=COCl2(g)；ΔH=-10akJ/mol，故答案为CO(g)+Cl2(g)=COCl2(g)；ΔH=-10akJ/mol； （3）A．根据进行判断，组分都是气体，混合气体总质量不变，容器为恒容，混合气体总体积不变，任何时刻，混合气体密度不变，即混合气体密度不变，不能说明该反应达到平衡，故A不符合题意； B．利用相同条件下，压强之比等于气体物质的量之比，该反应为气体物质的量减少反应，因此当气体压强不随时间变化，说明反应达到平衡，故B符合题意； C．消耗NO和生成NOCl均是向正方向进行，因此NO的消耗速率等于NOCl生成速率，不能说明反应达到平衡，故C不符合题意； D．浓度商不变表明浓度商等于平衡常数，说明反应达到平衡，故D符合题意； 答案为BD； （4）①将a、b数值代入公式有：，解得m=1，同理求的n=1；故答案为1；1； ②将(1.0×10-2，-3.0)代入表达式，计算得出Cat1对应的活化能为300kJ/mol，同理Cat2对应活化能大约为150kJ/mol左右，催化剂能降低活化能，活化能越小，反应速率越快，因此催化效果：Cat1小于Cat2，故答案为300；小于； （5）该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，HCl的平衡转化率降低，根据图像可知，推出T1＜T2；=4，令n(HCl)=4mol，n(O2)=1mol，达到平衡时，消耗n(HCl)=4mol×75%=3mol，消耗n(O2)==0.75mol，生成n(Cl2)=n(H2O)==1.5mol，用分压表示平衡常数Kp==20.25；投料比过大，相当于在原来基础上通入HCl，根据勒夏特列原理可知，氧气转化率增大，HCl的平衡转化率降低；故答案为＜；20.25；HCl平衡转化率低。 7．(1)BD (2) (3) 10％ZrO2/In2O3 副反应的，温度升高利于副反应更多地正向进行，副反应的选择性提高，主反应选择性降低，导致单位时间内甲醇生成速率下降；催化剂在温度高于330℃失去活性，导致速率下降 (4) 0.012 (5) Cu2O/CuO薄膜材料 【详解】（1）A．甲醛常温下为气体，A错误； B．甲醇分子中碳原子采取杂化，是四面体结构，甲醛分子中的碳采取杂化，是平面三角形结构，所以甲醇分子的∠OCH键角小于甲醛分子的∠OCH键角，B正确； C．过氧化氢分子中两个氢原子如在半展开的书的两面上，非直线形分子，C错误； D．②反应的化学方程式为，根据自由能判据，只有时，反应正向自发进行，D正确，故答案为：BD。 （2）根据图及盖斯定律，总反应是得到的，则反应热，故答案为：。 （3）据图1所示，其他条件相同时使用10％ZrO2/In2O3作催化剂，甲醇的生成速率最大，所以选择10％ZrO2/In2O3作催化剂。根据题中信息，甲醇生成速率在温度高于330℃时下降，可分析得到的原因可能有两个：一是副反应的，温度升高利于副反应更多的正向进行，副反应的选择性提高，主反应选择性降低，导致单位时间内甲醇生成速率下降；二是催化剂在温度高于330℃失去活性，导致速率下降，故答案为：10％ZrO2/In2O3；副反应的，温度升高利于副反应更多地正向进行，副反应的选择性提高，主反应选择性降低，导致单位时间内甲醇生成速率下降；催化剂在温度高于330℃失去活性，导致速率下降。 （4）反应①为，初始投入CO2为1mol，H2则为2mol，初始物质的量共3mol，起始时容器内气体的总压强为3.0kPa，若10min时反应到达c点，c点的物质的量为，，则反应生成的CH3OH物质的量也为0.24mol， ；平衡时各物质的物质的量分别为 ，，，则分压分别为，，，代入得的计算式为， 故答案为：0.012；。 （5）根据图中信息可知，Cu2O/CuO薄膜材料的电极上发生的反应为，则此电极为阴极，故答案为：Cu2O/CuO薄膜材料；。 8．(1) +247.3 B (2)BC (3)2.125 (4) 50% 0.125 减小 【详解】（1）可得到反应的；该反应为吸热反应，故高温有利于正向进行，反应后气体分子数增大，低压有利于正向进行，故选B； （2）A．CO还原，温度升高，增大，平衡左移，反应放热，故A错误； B．CO还原的反应为吸热反应，低温下，平衡常数小，工业上若使用高温，对设备要求高，故CO不适宜用于工业冶炼金属铬（Cr），故B正确； C．工业冶炼金属铜（Cu）时为放热反应，较低的温度有利于提高CO的利用率，故C正确； D．延长矿石和CO接触的时间，不能减少尾气中CO的含量，故D错误； 故选BC； （3）由题意得，，平衡体系总物质的量为1.2mol，其中，同理，若充入xmolHe，的转化率为50%，，平衡体系总物质的量为，，解得； （4））根据图知，反应后体系的总压强为，设转化率为y，可得：，平衡体系总物质的量为 ①解得； ②，即CH4、C2H4、H2平衡时物质的量浓度分别为0.25mol/L、0.125mol/L、0.25mol/L，； ③若在该温度下，向容器中再充入，由于容积体积不变，压强增大，平衡逆向移动，转化率减小，达到平衡时，平衡混合物中的物质的量分数减小。 9．(1)    (2) (3) AC (4) 【详解】（1）由图1可知，该反应的热化学方程式为  。 （2） ①基态原子的价层电子排布式为，基态的电子轨道表示式为。 ②根据元素守恒配平方程式，反应I为，反应Ⅱ为。 （3）①曲线Ⅱ在内，的平均生成速率为。 ②平衡后加入，增大，反应I和反应Ⅱ平衡逆向移动，均减小，A项正确； 三组实验中，反应速率都随反应进程逐渐减小，平衡时反应速率保持不变，B项错误； 三组实验中，体系颜色不再变化时，说明各组分浓度不再变化，则达到平衡状态，C项正确。 （4）①随氨水的加入，CuBr与氨水反应先转化为、最终转化为。该过程中在CuBr完全溶解前、浓度保持不变，当CuBr完全溶解后，浓度逐渐减小，逐渐增大，由此可知曲线Ⅲ代表，曲线IV代表，曲线I、Ⅱ代表、。 ②由图3可知，时，，，的溶度积。 ③的平衡常数。 10．(1)-206.1 (2) 甲 降低温度或增大压强 0.32 0.4 (3) 6 【详解】（1）根据燃烧热定义，求得反应的焓变，根据转变为放热44.0kJ，求得反应  ； （2）①随增大，CO的转化率一直变大，即曲线乙表示CO转化率；当增大时，根据反应i、iii分析，选择性变大，当足够大时，选择性基本不变，故曲线甲代表选择性；选择性曲线甲由B点到A点，即选择性变大，依据燃烧热可求，，温度对反应i、、iii影响更大，降温利于生成；加压对生成的无影响，而有利于生成，故条件为降温或加压；②根据图像，时，平衡时CO转化率为40%，选择性为90%，则平衡时：，，，根据氧原子守恒可得；根据氢原子守恒可得，气体总物质的量为；恒温恒容下，气体的压强之比等于物质的量之比，则平衡时压强为；反应ii的； （3）根据循环图易判断中间体为6种；根据循环图，催化加氢制甲醇，产物有，故总反应的化学方程式为。 11．(1)+123.8 (2) 0.6 320 增大 (3)AB (4) 31.0 a 【详解】（1）根据标准摩尔生成焓的定义可知，生成物的标准摩尔生成焓总和-反应物的标准摩尔生成焓总和=[+19.8+0-(-104)]kJ/mol=+123.8 kJ/mol； （2）①起始时容器中只有CH3CH2CH3，压强为100kPa，设60min时生成H2的分压为xkPa，据反应知此时CH3CH=CH2的分压为xkPa，CH3CH2CH3的分压为(100-x)kPa，容器总压强为xkPa+xkPa+(100-x)kPa=136kPa，解得x=36，则内，用H2的分压变化表示上述脱氢反应的平均速率为； ②T1℃时，丙烷无氧脱氢反应在240℃达到平衡，平衡时总压强为180 kPa，设平衡时生成H2的分压为ykPa，则CH3CH=CH2的分压为ykPa，CH3CH2CH3的分压为(100-y)kPa，容器总压强为ykPa+ykPa+(100-y)kPa=180kPa，解得y=80，p(H2)= p(CH3CH=CH2)= 80 kPa，p(CH3CH2CH3)= 20 kPa，平衡常数；反应为吸热反应，升温平衡正向移动，增大，即随反应温度升高而增大； （3）A．相对于丙烷直接催化脱氢法，有氧气催化脱氢时氢气被氧气氧化生成水放热，能为脱氢提供能量，使反应更容易进行，故A正确； B．体系中含有氢气、丙烯、丙烷三种气体，结合反应可知，相同条件下，氢气更容易被氧化，其还原性更强，故B正确； C．恒温恒容条件下，气体总质量不变，混合气体的密度为定值，所以当混合气体的密度不再随时间改变时，不能说明反应达到限度，故C错误； D．通入更多的氧气，过量的氧气可能将丙烯、丙烷氧化，不利于提高丙烷转化率和丙烯的产率，故D错误； 故答案为：AB； （4）①将直线上两点坐标代入阿伦尼乌斯经验公式得、，解得Ea=31.0kJ/mol； ②a．由可知，升高温度能使速率常数k增大，故a正确； b．由可知，速率常数k与压强无关，故b错误； c．由可知，速率常数k与无关，故c错误； 故答案为：a。 12．(1) (2) c (3) (4)AC (5) 4.5 55% 【详解】（1）根据盖斯定律，，故答案为：； （2）①在体积不变的密闭容器中，进料浓度比[]增大，平衡正向移动，但HCl的转化率降低，故曲线a对应m=1的平衡曲线，曲线b对应m=4的平衡曲线，曲线c对应m=7的平衡曲线，故答案为：c； ②由①可知：400℃时，按进料浓度比m=4投料，HCl转化率为76%，则，故答案为：； （3） 基态Cu2+的价层电子轨道表示式为：，故答案为：； （4）说明该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，降低温度，平衡逆向移动，据此分析解答。 A．加热CuCl2溶液，平衡正向移动，溶液颜色由蓝绿色变为黄绿色，故A项正确； B．向CuCl2溶液加水稀释，平衡向左移动，溶液颜色由黄绿色变为蓝绿色，c([Cu(H2O)4]2+)减小，故B项错误； C．向CuSO4溶液中加入适量NaCl固体，平衡正向移动，溶液颜色由蓝色变为黄绿色，故C项正确； D．已知[CuCl4]2-的空间结构为平面正面形，Cu2+电子排布是3d9，3d中一个电子跃迁到4p轨道，从而3d空出一个空轨道，然后和4s、4p轨道形成dsp2，则Cu2+的杂化轨道类型为dsp2，故D项错误； 故答案为：AC； （5）①反应1：，反应2：，反应3：，反应3由2×反应1-反应2得来，则反应3：，故答案为4.5； ②由图可知，曲线a一直下降，则a代表Cu2+的分布系数，当不足时，主要发生，当过量时，主要发生，且向转化，所以的分布系数随着的浓度的增大呈现出先增大后减小的趋势，而一直增大，所以曲线b代表，曲线c代表；A点时和分布系数几乎为0，可以忽略不计，主要含铜微粒为Cu2+、CuCl+和CuCl2，A点为曲线a（Cu2+的分布系数）与曲线b（的分布系数）的交点，故A点时c()=c()，且，则，则，故答案为：； ③由图可知，的分布系数约为0.45，所以的氯化络合转化率约为55%，故答案为：55%； 13．(1) (2) 与结合形成配离子，避免滴定时消耗更多的NaOH，影响组成测定 (3) 电子式为，C和N原子均能提供孤电子对成为配位原子 充电时PB为阳极，失电子转为，正电荷增多 (4)在搅拌下分批将铁泥加入足量稀硫酸中，充分反应(至不再产生明显气泡)，过滤，将滤液加入三颈烧瓶中，以一定流速通入，排出装置中空气并搅拌，从滴液漏斗中滴入溶液至沉淀完全 【详解】（1）根据图像可知，pH=6.40时，此时柠檬酸主要存在形式是C6H5O、HC6H5O，即柠檬酸中氨水混合所得溶液pH为6.40时，反应离子方程式为2H3C6H5O7+5NH3·H2O=C6H5O+HC6H5O+5NH+5H2O或者2H3C6H5O7+5NH3=C6H5O+HC6H5O+5NH；故答案为2H3C6H5O7+5NH3·H2O=C6H5O+HC6H5O+5NH+5H2O或者2H3C6H5O7+5NH3=C6H5O+HC6H5O+5NH； （2）柠檬酸铁铵中含有Fe3+，用NaOH溶液滴定时，Fe3+与OH-反应，EDTA能与Fe3+形成配合物，避免与OH-反应；灼烧后得到0.32g固体为Fe2O3质量，则20.00mL溶液中n(Fe3+)==4×10-3mol，根据反应方程式，建立关系式为4NH~4OH-，20.00mL溶液中n(NH)=n(OH-)=12.00mL×10-3L/mL×1.00mol/L=12×10-3mol，根据化合价代数和为0，12×10-3mol×1+4×10-3mol×3=n(C6H5O)×3，解得n(C6H5O)=8×10-3mol，因此x∶y∶z=12×10-3mol∶4×10-3mol∶8×10-3mol=3∶1∶2，即化学式(NH4)3Fe(C6H5O7)2，故答案为与Fe3+结合形成配离子，避免滴定时消耗更多的NaOH，影响组成测定；(NH4)3Fe(C6H5O7)2； （3） ①根据PY的晶胞图，CN-中C、N均与Fe3+形成配位键，电子式为，C、N均有孤电子对，C、N均能提供孤电子对成为配位原子，故答案为电子式为，C、N均有孤电子对，均能提供孤电子对成为配位原子； ②Fe3+周围最近且等距的Fe3+有12个，根据晶胞图可知，相邻且最近的两个Fe3+位置处于同平面的对位，即位置图为；故答案为； ③充电时PB为阳极，根据电解原理，阳极上失去电子，化合价升高，Fe2+失电子转化为Fe3+，正电荷增多，为了平衡电荷，K+从PB中脱嵌出来，故答案为充电时PB为阳极，失电子转为，正电荷增多； （4）铁泥中含有单质铁、二氧化硅、铁的氧化物，二氧化硅为杂质，属于酸性氧化物，不溶于稀硫酸，因此在搅拌下分批将铁泥加入足量硫酸中，不再产生明显气泡，铁元素以Fe2+形式存在，过滤后，将滤液倒入三颈烧瓶中，Fe2+易被氧气氧化，需要通入氮气，将装置中空气排尽，然后从分液漏斗中滴入碳酸钠溶液至沉淀完全；故答案为在搅拌下分批将铁泥加入足量稀硫酸中，充分反应(至不再产生明显气泡)，过滤，将滤液加入三颈烧瓶中，以一定流速通入氮气，排出装置中空气并搅拌，从滴液漏斗中滴入碳酸钠溶液至沉淀完全。 14．(1) -261 K1·K2 (2)k逆 (3) 温度升高使部分非活化分子吸收热量而变为活化分子，即增大活化分子百分数，增大活化分子有效碰撞机会 25 0.05 (4) 压强 C 【详解】（1）反应③可以由反应①+反应②得到，由盖斯定律知，； 根据所给反应，；。 （2）其他条件不变时，升高温度平衡向逆反应方向移动，说明逆反应速率增加更多一些，故增大的量更多一些。 （3）①b点前乙烯的转化率随温度升高而增大，是因为温度升高使部分非活化分子吸收热量而变为活化分子，即增大活化分子百分数，增大活化分子有效碰撞机会，化学反应速率加快，根据，当乙烯转化率为40%时，生成的乙醇为0.8mol，消耗的乙烯与水均为0.8mol，故平衡时混合气体共有3.2mol，乙醇的体积分数为25%； ②b点为平衡状态，同理可求出b点生成的乙醇为1.6mol，剩余的乙烯与水各为0.4mol，混合气体为2.4mol，此时、，由此求出。 （4）由图2知，反应达到平衡后增大X，正反应速率大于逆反应速率，说明平衡向右移动，故改变的条件X是加压；A．由于气体总质量、容器容积均不变，故密度恒定不变，A项错误； B．无论反应是否达到平衡，CO、的反应速率总是相等的，B项错误； C．氢分子中含1个H—H键，1个水分子中含有2个O-H键，C项正确； 本题选C。 15．(1)1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2 (2)-54.6 (3)BD (4) 可与C反应生成CO和H2以消除积碳，同时有利于反应I正向进行 80 45 2.5 (5) ＜ 苯乙烯上苯环和碳碳双键形成大键，降低苯环电子云密度，导致苯环与A位点吸附减弱 【详解】（1）钴为27号元素，基态钴原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2。 （2）根据图像可知：①；②；③；根据盖斯定律：③-②+①，得，故答案为：-54.6。 （3）A．根据反应速率之比等于化学计量数之比可知，当正(乙苯)=逆(苯乙烯)时，也即正(乙苯)=逆(乙烯)，即正、逆反应速率相等，说明反应到达平衡状态，必须是有正有逆，不能只有一个方向的速率，A不符合题意； B．根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，容器体积是变量，则气体的密度是变量，当容器内气体的密度不再改变，能表明反应已达到平衡状态，B符合题意； C．容器内苯乙烯与H2的物质的量之比始终为1∶1，则不能表明反应已达到平衡状态，C不合题意； D．根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，该反应是气体物质的量增大的反应，随着反应进行，混合气体的平均相对分子质量减小，当容器内气体的平均相对分子质量不再变化，表明反应已达到平衡状态，D符合题意； 故答案为：BD。 （4）①通入水蒸气的作用有：可与C反应生成CO和H2以消除积碳，同时有利于反应I正向进行，故答案为：可与C反应生成CO和H2以消除积碳，同时有利于反应I正向进行； ②体系起始总压强为100kPa，若设起始时混合气体的物质的量为100mol，则1mol气体的分压为1kPa，起始混合气体中乙苯的物质的量为amol，平衡时混合气体的压强为115kPa，即混合气体的物质的量为115mol，乙苯的平衡转化率为75%，反应三段式为： 0.25a+0.75a+0.75a-a=115mol-100mol，解得a=20mol，即平衡时，水蒸气的物质的量为100ml-20mol=80mol、p(H2O)=80kPa，n乙苯=5mol、p乙苯=5kPa，n苯乙烯=n氢气=15mol、p苯乙烯=p氢气=15kPa，平衡常数Kp=；故答案为：80；45； ③平衡时v正=V逆，即K正×P(乙苯)=K逆×P(苯乙烯)×P(氢气)，，a处的总压强为112kPa，即气体总物质的量为112mol，由②解析可知起始气体中水蒸气为80mol，乙苯20mol，乙苯的转化率为60%，即n(苯乙烯)=n(氢气)=20mol×60%=12mol，p(苯乙烯)=p(氢气)=12kPa，n(乙苯)=20ml×(1-60%)=8mol、p(乙苯)=8kPa，；故答案为：2.5。 （5）根据图中反应机理，步骤Ⅰ可表述为乙苯带部分正电荷，被带部分负电荷的B1位点吸引，随后解离出并吸附在B1位点上，因此αC—H的极性小于βC—H的极性；步骤Ⅲ苯乙烯上苯环和碳碳双键形成大键，降低苯环电子云密度，导致苯环与A位点吸附减弱，因此形成苯乙烯后更容易脱附，故答案为：＜；苯乙烯上苯环和碳碳双键形成大键，降低苯环电子云密度，导致苯环与A位点吸附减弱。 16．(1)+123 (2) 40% 1 150 (3) a c (4) 反应已达平衡，且以反应iv为主，H4<0，升温逆向移动 气体与催化剂接触时间太短，未能充分反应 【详解】（1）反应的焓变等于反应物键能和减去生成物的键能和，348×2+413×8-(615+413×6+348-436)=+123； （2）①反应i、ii均为气体分子数增大的吸热反应，升高温度，平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大，导致容器中压强也增大，已知，结合图可知，时，二氧化碳的平衡转化率是30%，反应二氧化碳0.3mol，体系压强为1.2×106Pa=1.2×103kPa，则总的物质的量为，总的物质的量增加0.4mol；反应ii为气体分子数增加1的反应，则反应ii增加物质的量0.3mol×1=0.3mol、反应丙烷0.3mol，反应i增加物质的量0.4mol-0.3mol=0.1mol、反应丙烷0.1mol，故的平衡转化率是； ②结合①分析，平衡时，二氧化碳的平衡转化率是40%，反应二氧化碳0.4mol，压强为1.3×103kPa，则总的物质的量为，总的物质的量增加0.6mol；反应ii为气体分子数增加1的反应，则反应ii增加物质的量0.4mol×1=0.4mol、反应丙烷0.4mol，反应i增加物质的量0.6mol-0.4mol=0.2mol、反应丙烷0.2mol、生成氢气0.2mol，氢气分压为，的分压变化表示的化学反应速率为； ③结合②分析，平衡时丙烷、丙烯、氢气分别为1mol-0.4mol-0.2mol=0.4mol、0.4mol+0.2mol=0.6mol、0.2mol，三者分压分别为、、，则时，反应i的150。 （3）平衡时正逆反应速率相等，则，则，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向逆向，则减小，结合图甲可知，的变化曲线为a；升高温度，平衡逆向逆向，则对影响更大，即受温度影响更大，结合图乙可知，则的变化曲线为c； （4）升高温度反应速率加快，当温度高于时，反应已经达到平衡状态，反应iii为吸热反应、反应iv为放热反应，时，反应为iv为主，升高温度， 反应iv逆向移动，导致二氧化碳转化率降低、甲烷选择性也降低；若气体流速过大，的转化率会降低，原因是气体与催化剂接触时间太短，未能充分反应，使得氢气转化率降低。 17．(1)大于 (2) 增大 (3) 4.26 随着温度升高，反应1平衡正向移动的程度大于反应2平衡正向移动的程度，值逐渐减小，以上反应1进行的程度远大于反应2，而反应1中、相等，所以值近似等于1 A 【详解】（1）由盖斯定律得  ，正反应逆反应，正反应逆反应，逆反应，则正反应； （2）①流程总反应为  ，则还原需吸收能量。②通入，分解平衡正移，导致增大，促进还原平衡正移，故过程ii平衡后通入，测得一段时间内的物质的量增大； （3）①若只发生反应1，则和的平衡转化率相等，现同时发生反应1和反应2，则，故同一温度下平衡转化率较大的为，曲线a代表CO2的平衡转化率。 ②时，甲烷的平衡转化率为，说明甲烷减少了，二氧化碳的平衡转化率为，说明二氧化碳减少了，参与反应1的二氧化碳为，参与反应2的二氧化碳为，则反应1中生成，生成，二氧化碳参与反应2消耗，生成水蒸气，生成，平衡时，整个体系中为，为，为，为，为，故时反应1的化学平衡常数。 ③随着温度升高，反应1平衡正向移动的程度大于反应2平衡正向移动的程度，值逐渐减小，以上反应1进行的程度远大于反应2，而反应1中、相等，所以值近似等于1。 ④催化剂可提高值，说明催化剂选择性地提高反应2的速率，A项正确；温度越低，值越大，说明反应2进行的程度越大，含氢产物中占比越高，B项错误；温度升高，反应1和反应2平衡正移，转化率增加，转化率增大，值减小，C项错误；催化剂对化学平衡无影响，改变催化剂不能提高平衡时的值，D项错误。 18．(1)-1817 (2) 1：3 900 在最佳温度之前，随着温度的升高，反应速率增大 不变 (3) HO-V4+ 4：1 N原子的孤电子对减少，孤电子对对成键电子的排斥作用减弱 【详解】（1）反应iii=反应ii×2.5-反应i×1.5，则ΔH3=(-1268×2.5+902×1.5)=-1817kJ/mol。 （2）①相同温度下，初始时NH3和NO的物质的量之比越大，NO的转化率越高，NO的脱除率也就越大，因此a曲线NH3与NO的物质的量之比为4：1，b曲线为3：1，c曲线为1：3。 ②曲线a中NO的起始浓度为6×10-4g/m3，900℃时NO的脱除率为0.75，则反应掉NO的浓度6×10-4g/m3×0.75=4.5×10-4g/m3，通过时间为tmin，则NO脱除速率为g·m-3·min-1。 ③800-1100℃时，催化剂活性较稳定，从图中可知，在此温度区间内，900℃时，三种投料比下NO的脱除率均最高，因此NO脱除的最佳温度为900℃。在最佳温度之前，随着温度的升高，反应速率增大，因此NO的脱除率也随之增大。 ④温度一定的条件下，无论投料比为多少，平衡常数K为定值，则940℃条件下，a曲线上NO脱除率为0.6，此时初始投料比NH3：NO=4：1，不妨设初始时投入NH34mol、NO1mol，则有，平衡时气体总物质的量为5.1mol，则NH3物质的量分数为，NO物质的量分数为，N2物质的量分数为，H2O物质的量分数为，则Kx==。 ⑤提高催化剂的活性，能增大反应速率，但是对化学平衡没有影响，NO的脱除率不变。 （3）①从图中可知，HO-V4+参与反应最后又重新生成，则反应的催化剂为HO-V4+。 ②HO-V4+中V为+4价，其与氧气反应转化为O-V5+，V失去一个电子，1个O2转化为H2O得到4个电子，则根据转移电子守恒可得HO-V4+与O2的物质的量之比为4：1。 ③NH3转化为HO-V4+-NH3，N原子的孤电子对减少，孤电子对对成键电子的排斥作用减弱，H-N-H的键角增大。 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 $$