2025届高三化学复习题----化学反应原理综合题

2025届高三化学复习题----化学反应原理综合题 1．（2025·广东·一模）苯乙烯是生产塑料与合成橡胶的重要原料。氧化乙苯脱氢制苯乙烯的反应为： 反应Ⅰ：+CO2(g)+ H2O(g) +CO(g)   已知：反应Ⅱ：+ H2(g)   反应Ⅲ：    回答下列问题： (1)反应Ⅰ的 。 (2)下列关于反应Ⅰ~Ⅲ的说法正确的是___________(填字母)。 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分别在恒容和恒压条件下进行，前者乙苯的平衡转化率更高 D．反应Ⅲ正反应的活化能小于逆反应的活化能 (3)在高温催化剂作用下，氧化乙苯脱氢制苯乙烯可能存在如下图所示反应机理： 该机理可表示为以下两个基元反应，请结合图示补充完整反应ⅰ和反应ⅱ： ⅰ：＋___________＋___________， ⅱ：______________________， (4)常压下，乙苯和经催化剂吸附后才能发生上述反应Ⅰ。控制投料比[]分别为1∶1、5∶1和10∶1，并在催化剂作用下发生反应，乙苯平衡转化率与反应温度的关系如图所示： ①曲线A的投料比为 ，Q点平衡常数 P点平衡常数(填“>”、“<”或“=”)。 ②相同温度下，投料比远大于10∶1时，乙苯的消耗速率明显下降，可能的原因是： ⅰ．乙苯的浓度过低； ⅱ． 。 ③850K时，若初始乙苯的物质的量为，反应经达到图中P点所示状态，则 。 2．（2024·福建泉州·模拟预测）丙烯是一种重要的化工原料。关于丙烯的制备方法有如下几种。 I．丙烷氧化脱氢：   (1)下列操作有利于提高丙烷的平衡转化率的有___________(填序号)。 A．升温 B．减压 C．加催化剂 D．通 (2)某温度下，向刚性密闭容器中充入和的混合气体发生反应，下列能说明反应达到平衡状态的是 (填序号)。 A．         B．反应混合物中各组分浓度之比等于化学计量数之比 C．容器内压强不再变化             D．容器内混合气体密度不再变化         E．比值不变 (3)某温度下，向刚性密闭容器中充入的混合气体发生反应，起始压强为，达平衡时总压强为，则的平衡转化率为 。 Ⅱ．丙烷无氧脱氢：  。使用该方法制备丙烯时，体系中还存在副反应：。 (4)已知几种共价键键能如下表所示： 共价键 键能() 413 348 615 436 ①   。 ②丙烷无氧脱氢反应在 (填“较高”“较低”或“任意”)温度下能自发进行。 (5)一定温度下，将和的混合气体通过催化剂(负载于)的表面。反应过程中，催化剂会与反应生成另一催化剂。使用不同催化剂时，和的关系如图甲所示(其中为，为)。反应过程中丙烷平衡转化率、丙烯选择性以及丙烯生成速率随变化如图乙所示。 ①已知Arrhenius经验公式为(为活化能，为速率常数，和为常数)。在其他条件相同时，催化效果更好的是 (填“”或“”)。判断依据是 。 ②图乙中，代表丙烯生成速率的曲线为 (填“”或“”)恒温恒压条件下，向密闭容器中通入和混合气体使丙烯生成速率最大，丙烷无氧脱氢反应的 (已知压强为，列出计算式即可)。 3．（2024·湖北·三模）近两年来，碳中和连续成为两会期间最受关注的议题之一，的回收和利用对于改善环境，实现绿色发展至关重要。 (1)甲烷化反应最早由化学家PaulSabatier提出。已知： 反应Ⅰ． 反应Ⅱ． ①的结构式为 。 ②甲烷化反应是 (填“吸热”或“放热”)反应。 ③反应Ⅰ的和为速率常数，与温度、催化剂有关)。若平衡后升高温度，则 (填“增大”、“不变”或“减小”)。 (2)一定条件下，与反应可合成乙烯：。该反应分两步进行： ⅰ． ⅱ． ，压强恒定为时，将的混合气体和催化剂投入反应器中，达平衡时，部分组分的物质的量分数如表所示。 组分 物质的量分数 的平衡转化率为 ，反应ⅰ的平衡常数 (是以分压表示的平衡常数，分压总压物质的量分数)。 (3)一种以和甲醇为原料，利用和纳米片作催化电极，制备甲酸(甲酸盐)的电化学装置的工作原理如图所示。 ①为 极，电解过程中阴极的电极反应式为 。 ②设为阿伏加德罗常数的值，当电路中转移电子时，装置中生成和的数目共为 。 4．（2024·重庆九龙坡·二模）为助力实现碳达峰碳中和目标，资源化利用是重要研究方向。 Ⅰ.催化加氢制烯烃是资源化利用的重要途径之一。该转化过程中涉及的主要反应如下： ⅰ. ⅱ.时， ⅲ. 回答下列问题： (1) 。 (2)对于上述(1)的反应，下列说法正确的是_______(填序号)。 A．低温条件有利于反应自发进行 B．时，反应达平衡 C．恒温恒压下混合气体密度保持不变，则反应达到平衡 D．在该反应中增大投料比可提高的平衡转化率 (3)投料比为，压强为2MPa时，无烷烃产物的平衡体系中转化率和产物选择性随反应温度变化曲线如图所示。(已知：含碳物质选择性=n(生成含碳物质所用的)/n(转化的) ①不同温度范围内产物不同，373~573K间，产生的烯烃主要是 (填化学式)。 ②计算1083K时，发生反应的 。 ③373~1173K范围内，773K以后的转化率升高的原因是 。 Ⅱ.一种以甲醇和二氧化碳为原料，利用和CuO纳米片作催化电极，电化学法制备甲酸(甲酸盐)的工作原理如图所示。 (4)①阴极表面发生的电极反应式为 。 ②若有通过质子交换膜时，生成和HCOOH共 mol。 5．（2024·辽宁辽阳·二模）我国科学家开发出了高效催化剂，实现催化还原合成乙烯和丙烯，反应原理如下： Ⅰ．； Ⅱ．。 回答下列问题： (1)在周期表中，Cu和Zn相邻，二者中第二电离能与第一电离能之差较大的是 (填“Cu”或“Zn”)。 (2)已知几种可燃物的燃烧热如下： 物质 燃烧热 。则 。 (3)在密闭容器中充入适量和，发生上述反应。的平衡转化率与温度、投料比的关系如图1所示。代表平衡转化率与投料比关系的曲线是 (填“①”或“②”)，判断的依据是 。 (4)向恒容密闭容器中充入和，同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，测得单位时间内的转化率与催化剂Cat1、Cat2及温度的关系如图2所示。 ①某同学认为b点未达到平衡状态，他判断的依据是 。 ②Cat1作用下，温度高于400℃时，b→c过程中转化率降低，可能的原因是 。 ③400℃时，转化率为75%，此时容器中的物质的量为 mol。 (5)时，在1L恒容密闭容器中充入和，同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，达到平衡时转化率为50%，乙烯的选择性为50%。在该条件下反应Ⅰ的平衡常数 。提示：乙烯的选择性。 6．（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）。 7．（2024·广东梅州·模拟预测）我国提出“CO2排放力争于2023年前达到峰值，努力争取2060年前实现碳中和”。研发CO2的利用技术，降低空气中CO2的含量是实现该目标的重要途径。 (1)下面是用H2捕捉CO2时发生的两个反应： I．CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)   ∆H1 II．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)   ∆H2 ①反应I、II的lnK随1/T的变化如图所示，则ΔH2 0(填“>”“<”或“=”)0；有利于反应I自发进行的温度是 (填“高温”或“低温”)。 ②将一定量的CO2和H2的混合气体充入密闭容器中，cCO2、v正CO2与温度的关系如下图所示，400℃，cCO2降低的原因是 ，而速率仍然增大的可能原因是 ③220℃时，将4molH2与1molCO2的混合气体充入2L反应器中，气体初始总压强为p，10分钟后体系达到平衡，CO2的转化率为80%，CH4的选择性为25%，则生成的CH4平均速率为 ，反应II的平衡常数Kp为 (保留两位有效数字)。[已知：CH4的选择性=] (2)利用化学链将高炉废气中的CO2转化为CO的示意图如下。 此过程中可循环利用的物质有 ，该化学链的总反应是 。 8．（2024·北京通州·一模）乙烯合成的发展体现了化学科学与技术的不断进步。 (1)用烃类热裂解法制乙烯是乙烯工业化生产的开端。 ①乙烷高温裂解制备乙烯（反应Ⅰ）的化学方程式是 。 ②在裂解过程中伴随反应Ⅱ：，在高温下缩短在反应器中的停留时间可提高乙烯的获取率，由此判断反应速率：反应Ⅰ 反应Ⅱ。（填“>”“<”或“=”） (2)乙炔选择性加氢制乙烯是石油化工领域重要的发展阶段。 以钯（Pd）为催化剂可有效提高乙烯产率，在催化剂表面的反应机理如下图所示（吸附在催化剂表面的粒子用*标注）。 ①下列说法正确的是 。 a．NP-Pd催化反应过程中步骤Ⅰ为放热反应 b．ISA-Pd催化反应过程中步骤Ⅱ为决速步骤 c．两种催化剂均能降低总反应的反应热 ②吸附态乙烯（）脱离催化剂表面，可得到，如未及时脱附，易在催化剂表面继续氢化经过渡态Ⅲ后而形成乙烷。制选择性较好的催化剂是 。 (3)以为原料用不同的方法制乙烯有助于实现碳中和。 I．干气重整制乙烯。下图是2种投料比[，分别为1：1、2：1]下，反应温度对平衡转化率影响的曲线。 ①曲线b对应的投料比是 。 ②当曲线a、b对应的投料比达到相同的平衡转化率时，对应的反应温度与投料比的关系是 。 Ⅱ．双金属串联催化剂电催化制乙烯，装置示意图如图所示。 已知：法拉第效率 ③ISA-Ni催化剂上发生的电极反应式是 。 ④该环境下，测得可达50%，若电路中通过1.2mol电子时，则产生乙烯的物质的量是 mol。 9．（2024·新疆·三模）硫酸工业在国民经济中占有重要地位。 (1)我国古籍记载了硫酸的制备方法-“炼石胆取精华法”。借助现代仪器分析，该制备过程中分解的TG曲线(热重)及DSC曲线如下图所示，DSC图中，吸热效应呈现向下凸起的峰(热焓增加)，放热效应反之，则700℃左右有二个吸热峰，此时分解生成的氧化物有 种。875℃左右的吸热峰表示化学反应的方程式为 。 (2)铅室法使用了大容积铅室制备硫酸(76%以下)，副产物为亚硝基硫酸，主要反应如下： ①(慢反应)  ②(快反应) (ⅰ)上述过程中的作用为 。其中反应 (填“①”或“②”)是该反应的决速步。 (ⅱ)为了适应化工生产的需求，铅室法最终被接触法所代替，其主要原因是 (答出两点即可)。 (3)接触法制硫酸的关键反应为的催化氧化： (ⅰ)为寻求固定投料比下不同反应阶段的最佳生产温度，绘制相应转化率(α)下反应速率(数值已略去)与温度的关系如图所示，下列说法不正确的是 。 a．温度越高，反应速率越大 b．α=0.88的曲线代表平衡转化率 c．α越大，反应速率最大值对应温度越低 d．可根据不同α下的最大速率，选择最佳生产温度 (ⅱ)设的平衡分压为p，的平衡转化率为b，用含p和b的代数式表示上述催化氧化反应的 (用平衡分压代替平衡浓度计算)。 (4)二氧化硫一空气质子交换膜燃料电池实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合，原理如图所示。 (ⅰ)电极a附近发生的电极反应为 ； (ⅱ)相同条件下，放电过程中消耗的和的体积比为 。 10．（2024·北京海淀·二模）工业锌粉常用于制造防锈漆等，其主要成分为金属锌，还有少量含锌化合物及其他杂质，锌单质的含量及锌元素的总量影响着工业锌粉的等级。 I．锌的制备 (1)氯氨法炼锌：一定条件下，通入，以浓溶液为浸取剂浸锌，可将矿物中难溶的转化为、等，同时生成S，结合平衡移动原理解释、对浸锌的作用： 。 (2)酸性介质中电沉积制锌粉：以和混合液（pH为4~6）为电解质溶液，用下图装置电解制锌粉，一定条件下，实验测得电流效率为80%。 已知：电流效率 ①阴极的电极反应有 。 ②制得65g锌粉时，电解质溶液中的物质的量至少增加 mol。 (3)离子液体电沉积制锌：80℃时，将溶解于EMIC（结构如图）中，电解制锌。离子化合物EMIC的熔点约为79℃，从结构角度解释其熔点低的原因： 。 Ⅱ．锌元素总量的测定 已知： i．二甲酚橙（In）与反应： EDTA与反应： ii．溶液可排除其他金属阳离子的干扰，避免其与EDTA和In作用。 (4)滴定终点时的现象是 。 (5)计算样品中锌元素的质量分数还需要的实验数据有 。 11．（2024·天津河西·二模）科学家对航天员在空间站中产生的循环利用的探索取得诸多成果。按要求回答下列有关问题： (1)将航天员呼出的进行化反应，完成空间站中和的循环利用。 ①写出与分子的空间结构相同的一种阳离子： 。 ②标准生成焓()是指在特定温度下由稳定态单质生成1mol化合物的焓变。表中为几种物质在25℃时的。 物质 a b c 0 完善反应器中进行的如下反应即Sabatier反应的热化学方程式：    。 ③图中来自于电解水装置的 (填“阳极产物”或“阴极产物”) ④在恒温密闭刚性反应器中增大Sabatier反应中的反应速率可行的措施有 。写出一项说明该反应已达到化学平衡的标志： 。 ⑤写出碱性燃料电池中负极反应式： 。 (2)将航天员呼出的回收，可利用Bosch反应即替换Sabatier反应。在T℃时，向容积为2L的密闭刚性反应器中通入3mol和1mol发生Bosch反应，平衡时恢复至T℃。测得容器内气压变化如图所示。 ①解释图中开始时容器内压强增大的原因： 。 ②已知为用各组分气体的分压表示的平衡常数，气体分压=气体的体积分数×体系总压。T℃下，Bosch反应中的转化率= ； (写算式，不化简)。 ③加入催化剂(其他条件相同)此反应达平衡时分压为 。 12．（2024·天津红桥·二模）人类利用二氧化碳合成淀粉对社会的发展起着重要作用，合成过程首先是利用二氧化碳制备甲醇，合成甲醇的反应为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)   ∆H1。回答下列问题： (1)已知：① ② ③均为大于零的数，且 (用含、的式子表示)。甲醇熔融碳酸盐燃料电池的正极(含)电极反应式为 。 (2)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，结果如图所示。在以上催化剂中，该反应的最佳催化剂为 (填化学式)。 (3)在研究该反应历程时发现：反应气中水蒸气含量会影响的产率。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，吸附在催化剂表面的物种用*标注)。 ①依反应历程图所示，写出有水参与时反应的化学方程式： 。 ②结合上图及学过的知识推测，有水参与的历程，反应速率加快的原因是 。 (4)在时，将和充入容积为的恒容容器中，只发生，测得体系中剩余的物质的量随时间变化如图中状态Ⅰ所示。 ①时，内甲醇的反应速率 。 ②该反应的平衡常数表达式为 。 ③保持投料量不变，仅改变某一个条件后，测得随时间变化如图中状态Ⅲ所示，与状态Ⅰ相比，状态Ⅲ改变的条件可能是 。 13．（2024·黑龙江哈尔滨·三模）经催化加氢可以生成低碳有机物，实现的综合利用和“碳达峰、碳中和”的目标。合成甲醇涉及以下三个反应： ①   ②   ③   已知：反应①、③是低温条件的自发反应。回答下列问题： (1)上述三个反应的平衡常数与温度关系如图1所示。图1中c线表示的反应是 (填“①”、“②”或“③”)， (填“>”、“=”或“<”)。 (2)加氢制甲醇反应机理如图2所示。 下列说法正确的是 (填字母)。 A．羧基物种和甲酸盐物种为两种中间体 B．该反应使用的催化剂既加快了反应速率，又提高了的平衡转化率 C．反应过程中有极性键和非极性键的断裂和形成 (3)某温度下，向一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③并达到平衡状态。下列图像正确的是 (填字母)。 (已知：C选项中t时刻再充入等物质的量的和) (4)在密闭容器中，充入和合成，发生反应①和②。不同温度下达到平衡时、及的体积分数如图3所示。 ①已知曲线b代表，则曲线a代表 。 ②时，的平衡转化率为 (保留两位有效数字，下同)，此温度下反应②的 (用平衡物质的量分数代替平衡浓度计算)。 14．（2024·山东济宁·二模）乙酸水蒸气重整制氢气是一项极具前景的制氢工艺，该过程中发生下列反应： 反应Ⅰ     反应Ⅱ     回答下列问题： (1)已知和的燃料热分别为、，18g气态水转化为液态水释放出44kJ的能量，则 ，反应Ⅰ在 条件下能自发进行。 (2)已知：水碳比（S/C）是指转化进料中水蒸气分子总数与碳原子总数的比值，水碳比（S/C）分别为2和4时，反应温度对平衡产率的影响如图所示： 表示水碳比的曲线是 （填“a”或“b”），水碳比时，平衡产率随温度升高先增大后逐渐减小，平衡产率逐渐减小的原因可能是 。 (3)已知：S表示选择性，；在时，1MPa下，平衡时和随温度的变化；350℃下，平衡时和随压强的变化均如图2所示。平衡常数随温度变化如图3所示。 ①350℃下，选择性随压强变化的曲线是 （填字母）。 ②图中B、C、D、M、N、P、Q7个点中与A点处于相同化学平衡状态的点有 个。 ③在一定温度和压强下，向容积可变的密闭容器中通入2mol和1mol，同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ达到平衡点C，测得平衡时体系中气体物质的量增加40%，则反应Ⅱ的 （保留2位有效数字）。 15．（2024·新疆·二模）将CO、CO2转化为甲烷、甲醇、甲酸等有机物是实现“碳中和”重要途径。 Ⅰ．工业上利用H2与CO反应制甲烷，存在如下反应： 反应i：CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g)   ∆H1=-206.2kJ/mol 反应ii：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)   ∆H2=-41.2kJ/mol 反应iii：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)   ∆H3 回答下列问题： (1)∆H3= kJ/mol。 (2)一定温度下，在固定容积的容器中通入H2、CO发生上述反应，平衡时CO和H2的转化率及CH4和CO2的产率随变化的情况如图所示，其中曲线b表示CO的转化率。 ①B点通过改变温度达到A点，则B点时的操作是 (填“升温”或“降温”)。 ②图中表示H2转化率曲线是 (填标号)。 Ⅱ．用光电化学法将CO2还原为有机物实现碳资源的再生利用。电解装置和其他条件一定时，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率随电解电压的变化如下图所示。 其中，(n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。 (3)电解时，阴极生成HCOOH的电极反应式为 。通过电解制备HCHO应选择电压为 V(填U1或U2)。 (4)当电解电压为U2V时，电解生成的HCOOH和HCHO的物质的量之比为3：2.则生成HCOOH的法拉第效率m为 。 Ⅲ．工业上用CO2和H2催化合成甲醇存在如下反应： 主反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)   ∆H<0 副反应：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)   ∆H>0 (5)某温度下，在装有催化剂的密闭容器中投入1mol CO2和3mol H2，发生上述反应。达平衡时容器中CH3OH的物质的量为0.6mol，CO的物质的量为0.1mol。则此条件下副反应的平衡常数K= 。(保留两位小数) (6)已知CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)   ∆H<0，v正=k正·c(CO2)·c3(H2)，v逆=k逆·c(CH3OH)·c(H2)(k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数)。该反应的随温度变化的曲线如图所示，则 表示随温度变化的曲线，理由是 。 16．（2024·重庆·模拟预测）回收、处理NO2是环境科学研究的重要课题，常用的处理方式有多孔材料吸附法和CH4还原法等。 (1)利用金属有机骨架多孔材料可将N2O4“固定”，能高效吸附NO2，经处理可得到HNO3，其原理如图所示。 ①当MOFs多孔材料吸附NO2到质量不再发生变化时， (填序号)也能说明吸附反应已达到极限。 A．废气颜色不再发生变化 B． C． D．混合气体的平均分子质量不再发生变化 ②升温不利于NO2的吸附，原因是 。 (2)CH4也可以用来除去NO2。一定条件下，CH4可与NO2反应生成无污染的气态物质与液态水。 已知：反应1：    反应2：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)   ∆H2=-115kJ/mol ①已知CH4的燃烧热为890.3kJ/mol，则∆H= kJ/mol。 ②向恒容密闭容器中充入气体发生反应初始压强为192kPa，测得的平衡转化率与温度(T)的关系如图所示。温度为时，反应从开始到达平衡所用的时间为10min，则该段时间内的平均反应速率 。该温度下，用平衡分压代替浓度计算的平衡常数， (3)C元素与N元素形成的一种超硬晶体的晶胞结构如图所示(碳原子位于顶点、面心)。 ①2号原子的坐标为测定该原子坐标的方法为 。 ②C、N原子的配位数之比为 。 (4)下图是CH4燃料电池电解制备的示意图，同时可以得到H2、Cl2、NaOH。 ①负极的电极反应式为 。 ②理论上，相同时间内NaOH的产量是的2倍，原因是 。 17．（23-24高三上·福建厦门·阶段练习）我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。我国科学家研究加氢制备甲醇方面取得一定进展。在一定温度和压强下，加氢制备甲醇的过程中主要发生如下三个反应，请回答以下问题： 反应Ⅰ．   反应Ⅱ．   反应Ⅲ．   (1)反应Ⅱ的 (2)下列措施有利于提高甲醇平衡产率的是___________(填字母)。 A．加入适量CO B．使用催化剂 C．循环利用原料气 D．升高温度 (3)反应III的平衡常数，的变化关系应为下图的曲线 (填“①”或“②”) (4)时，往某密闭容器中按投料比充入和，反应达到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。 ①图中X代表 (填化学式)。 ②体系中的物质的量分数受温度的影响变化不大，说明升高温度有利于反应Ⅱ的 反应和反应Ⅲ的 反应(填“正向”或“逆向”)。 (5)T℃时，将的混合气体充入压强为6MPa的恒压密闭容器中，在催化剂的作用下发生反应Ⅱ和反应Ⅲ：(已知：为用气体分压表示的平衡常数，分压=物质的量分数×总压。) 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 反应达到平衡状态时，和的分压相等，甲醇的选择性(产率)是CO的2倍，则的平衡转化率为 ，反应Ⅲ的 (列出计算式即可)。 18．（2024·福建·模拟预测）对氮氧化物的资源化利用，运用多种方式促进氮的循环转化，具有重要的研究意义。 (1)已知a：　 b：C的燃烧热为； c：　 ①请写出与反应生成两种无污染性气体的热化学方程式： 。 ②将等物质的量的与混合气体分别通入体积均为的恒温密闭容器Ⅰ和绝热密闭容器Ⅱ中，反应一段时间后两容器内达到平衡状态，下列说法正确的是 。 A．两容器内混合气体密度相等 B．转化率 C．反应平衡常数 (2)可利用钴氨配合物吸收对的配合能力很强，而对的配合能力极低。 ①已知的结构如图所示，的空间构型是 ，NH3与相比，∠H-N-H键角大小为：NH3 (填“>”、“<”)。 ②有氧和无氧条件下，溶液脱除的效率如图1所示，有氧环境下，发生总反应：，在的有氧环境下，往溶液中持续通入试样气体脱除率为60%(假设溶液体积不发生改变)，结合图1信息，计算此时钴氨溶液中有效含钴率为 。(有效含钴率) ③钴氨溶液经过多次循环吸收后，其吸收的能力变化如图2所示，前内钴氨溶液吸收的能力不断下降的原因是 。 (3)催化电解吸收液可将还原为，其催化机理如图3所示，在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到部分还原产物的法拉第效率随电解电压的变化如图4所示。已知表示电解生还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数；表示电解过程中通过的总电量。 ①当电解电压为时，催化电解生成的电极反应式为 。 ②当电解电压为时，电解生成的和的物质的量之比为 。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．(1) (2)AB (3) (4) 10∶1 = 过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低 【详解】（1）根据盖斯定律反应I=反应Ⅱ+反应Ⅲ，则反应I的。 （2）A．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，故正确； B．二氧化碳为反应物，CO为生成物，反应过程中二氧化碳逐渐减少，CO逐渐增多，则的比值在减小，当保持恒定时，说明反应I达到化学平衡状态，故正确； C．其他条件相同，反应Ⅱ正向气体分子数增大，若在恒容条件下进行，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，故错误； D．反应Ⅲ为吸热反应，正反应的活化能大于逆反应的活化能，故错误； 故选：AB。 （3） 根据图中机理可知，反应ⅰ产生水和苯乙烯，反应为：； 由图中信息可知，反应ii为。 （4）①温度相同时，∶n(乙苯)越大，乙苯的转化率越高，结合图像可知越靠上的曲线乙苯转化率越高，则曲线A对应的∶n(乙苯)为10∶1，曲线B对应的∶n(乙苯)为5∶1，曲线C对应的∶n(乙苯)为1∶1； Q点和P点的温度相同，而对于同一个反应，平衡常数只受温度影响，当温度相同时，平衡常数相同，因此Q点和P点的平衡常数相同； 故答案为：10∶1；=； ②相同温度下，投料比远大于10∶1时，乙苯的消耗速率明显下降，可能的原因是乙苯的浓度过低，也可能是过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低，从而导致乙苯反应的量大大减少，转化率降低，故答案为：过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低； ③850K时，反应经t min达到P点，初始时乙苯的物质的量为nmol，此时乙苯转化率为50%，则消耗的乙苯的物质的量为0.5n，生成苯乙烯的物质的量为0.5n，v(苯乙烯)＝，故答案为：。 2．(1)BD (2)CE (3)40% (4) 123 较高 (5) 据Arrhenius经验公式，斜率越小，活化能越小，催化剂催化效果越好 d 【详解】（1）丙烷氧化脱氢：正向反应为气体分子数增多的放热反应； A．升温反应速率加快，但是丙烷的平衡转化率降低，A错误； B．正向反应为气体分子数增多，因此减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大，B正确； C．加入催化剂不改变平衡转化率，C错误； D．通反应物浓度增大，反应速率增大，丙烷的平衡转化率增大，D正确； 故选BD。 （2）A．时代表正逆反应速率相等，达到平衡状态，系数错误，A错误； B．某一时刻反应混合物中各组分浓度之比等于化学计量数之比不代表不再变化，不能说明反应达到平衡状态，B错误； C．反应前后气体系数变化，则压强不变可以说明达平衡，C正确； D．气体的总质量恒定，容器体积恒定，密度一直保持不变，不能说明反应达到平衡状态，D错误； E．由于C3H8是反应物，C3H6是生成物，比值比值不变说明C3H8、C3H6浓度保持不变，说明达到平衡状态，E正确； 故答案为：CE。 （3）根据反应列出三段式为： 根据题意：，解得：，则的平衡转化率为。 （4）丙烷无氧脱氢反应，可知，反应，时反应自发进行，则需要在较高温度下反应才可自发进行；故答案为：123；较高。 （5）①根据Arrhenius经验公式，斜率越小，活化能越小，催化剂催化效果越好，因此选，故答案为：；据Arrhenius经验公式，斜率越小，活化能越小，催化剂催化效果越好； ②根据题意，随着氢气的增加，可以生成更多催化效果更好的催化剂，因此反应速率逐渐增加。而氢气的增加，会促使主反应平衡逆向移动，因此转化率降低。根据以上分析，可以判断随着氢气增多，逐渐上升的曲线即曲线d为丙烯生成速率，逐渐下降的曲线即曲线c为丙烷平衡转化率； 图中，当为2时，丙烯生成速率最大，此时丙烷平衡转化率为45%，丙烯选择性为90%。设氢气和丙烷的起始量分别为2mol、1mol，依据图中数据列三段式： 平衡时、、、、，，，因此MPa，故答案为：d；。 3．(1) O=C=O 放热 增大 (2) (3) 阳 3NA 【详解】（1）①二氧化碳为共价化合物，的结构式为O=C=O。 ②根据盖斯定律：Ⅰ×2+Ⅱ得ΔH=(41.2×2-247.1)kJ/mol=-164.7kJ/mol，故甲烷化反应是放热反应。 ③平衡时正逆反应速率相等，则，，反应为吸热反应，升高温度，反应正向进行，K值变大，则增大； （2），压强恒定为时，假设二氧化碳、氢气投料分别为1mol、3mol； 反应ⅰ为气体分子数不变的反应、反应ⅱ为气体分子数减小3的反应，则平衡时总的物质的量为(4-3b)mol，由表乙烯含量可知，，b=0.4mol，则总的物质的量为2.8mol，由CO含量可知，，a=0.9mol，则的平衡转化率为；平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳、水分别为1mol -0.9mol =0.1mol、3mol -0.9mol-0.4mol×4 =0.5mol、0.9mol-0.4mol×2 =0.1mol、0.9mol +0.4mol×2=1.7mol，反应为气体分子数不变的反应，可以用其物质的量代替其分压，反应ⅰ的平衡常数； （3）①以和甲醇为原料制备甲酸，由图可知，甲醇失去电子发生氧化反应生成甲酸根离子：，则为阳极、为阴极，电解过程中阴极上二氧化碳得到电子发生还原反应生成甲酸根离子，电极反应式为。 ②由①分析可知，当电路中转移电子时，装置中生成和分别为2mol、1mol，则共3mol，数目共为3NA； 4．(1)-128.2kJ/mol (2)AC (3) C4H8、C3H6 1 温度高于773K时，反应i为吸热反应占主导地位，温度升高反应i平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大 (4) 2CO2+2e-+H2O=HCOO-+ 0.75 【详解】（1）目标反应=反应ii中n值取2+反应i×2，则ΔH=(-210.2+41.0×2)kJ/mol=-128.2kJ/mol。 （2）A．该反应ΔH<0，ΔS<0，根据ΔH-TΔS<0反应可自发进行可知，低温条件有利于反应自发进行，A正确； B．n(H2)=3n(CO2)，这与反应进行程度和初始投料比有关，无法说明反应达到平衡，B错误； C．该反应不是等体积反应，恒温恒压条件下随着反应进行，气体体积不断变化，气体的密度也不断变化，气体密度不变，说明体积不再变化，则反应达到平衡，C正确； D．该反应中增大n(CO2)：n(H2)投料比，CO2浓度增大，CO2的平衡转化率减小，D错误； 故答案选AC。 （3）①从图中可知，当温度在373~573K间，C4H8和C3H6的选择性较大，则产生的烯烃主要是C3H6和C4H8。 ②从图中可知，当温度为1083K时，CO的选择性为100%，烯烃的选择性为0，所以只发生反应i，CO2的转化率为75%，设初始投料为1molCO2、3molH2，列三段式计算得到，所以p(CO2)=×2MPa=，同理p(H2)=，p(CO)=，p(H2O)=，Kp=。 ③温度高于773K时，反应i为吸热反应占主导地位，温度升高反应i平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大。 （4）①甲醇发生反应生成甲酸，碳原子化合价升高，发生氧化反应，则右侧为阳极，阳极反应式为CH3OH-4e-+H2O=HCOOH+4H+，则左侧为阴极，阴极上CO2得电子转化为HCOO-和碳酸氢根离子，电极反应为2CO2+2e-+H2O=HCOO-+。 ②由第一小问可知，阳极反应为CH3OH-4e-+H2O=HCOOH+4H+，阴极反应为2CO2+2e-+H2O=HCOO-+，由此可知若有1mol氢离子通过质子交换膜，则转移电子数1mol，此时生成HCOO-0.5mol，生成HCOOH0.25mol，共生成HCOO-和HCOOH0.75mol。 5．(1)Cu (2) (3) ① 其他条件不变，增大，平衡转化率增大 (4) 该温度下，使用不同催化剂，转化率还能增大 温度过高，Cat1活性降低 1.5 (5)0.4 【详解】（1）Cu、Zn的价层电子排布式为3d104s1、3d104s2，第一电离能较大的是Zn，较小的是Cu，Cu+的价层电子排布式分别为3d10，Zn+的价层电子排布式为3d104s1，故第二电离能较大的是Cu，较小的是Zn，综上所述，第二、一电离能之差较大的是铜，故答案为：Cu； （2）由表格可知①H2(g)+O2(g)=H2O(l)  -285.8kJ/mol； ②C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) =-1411.0kJ/mol； ③C3H6(g)+O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l) =-2058.0kJ/mol； ④； ①×6-②+4×④得到，则=6×(-285.8kJ/mol)-(-1411.0kJ/mol)-4×(-44kJ/mol)=+127.8kJ/mol，故答案为：+127.8； （3）代表CO2平衡转化率与投料比关系的曲线是①，故原因为：其他条件不变，增大，平衡转化率增大； （4）①达到平衡时，反应物转化率最大，且催化剂不能改变反应物的平衡转化率，则b点未达到平衡状态，判断依据是：该温度下，使用不同催化剂，转化率还能增大； ②b点未达到平衡，b→c二氧化碳转化率却下降，说明反应速率降低了，可能的原因是温度过高，Cat1活性降低； ③根据反应Ⅰ.，反应Ⅱ．可知，反应中生成的H2O的物质的量是消耗的CO2的物质的量的2倍，故400℃时，CO2转化率为75%，此时容器中H2O的物质的量为2×1mol×75%=1.5mol，故答案为：1.5； （5）TC时，在1L恒容密闭容器中充入1.0molCO2和2.5molH2，同时发生反应I和反应Ⅱ，达到平衡时CO2转化率为50%，根据C原子守恒可知：，乙烯的选择性为50%，即，解得=0.5mol，则：、，体积为1L，则平衡时，，同理可得，，故在该条件下反应I的平衡常数K=L3·mol-3。 6．(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%；。 7．(1) > 低温 ΔH1<0、ΔH2>0，400℃之后，随温度升高，反应I逆向移动CO2增加量小于反应II正向移动CO2减少量 温度升高使速率增大的程度大于CO2浓度降低使速率减小的程度 0.01mol/(L·min) 1.52 (2) Fe3O4、CaO CO2+H2 CO+H2O 【详解】（1）①由图可知，升高温度，减小，反应II的lnK增大，K增大，说明平衡正向移动，说明反应II是吸热反应，ΔH2>0；减小，反应I的lnK减小，K减小，说明平衡逆向移动，说明反应I是放热反应，对于放热反应而言，低温有利于该反应自发进行； ②由图可知，升高温度，减小，反应II的lnK增大，K增大，说明平衡正向移动，说明反应II是吸热反应，400℃，cCO2降低的原因是：ΔH1<0、ΔH2>0，400℃之后，随温度升高，反应I逆向移动CO2增加量小于反应II正向移动CO2减少量；而速率仍然增大的可能原因是：温度升高使速率增大的程度大于CO2浓度降低使速率减小的程度； ③根据已知条件列出“三段式” 10分钟后体系达到平衡，CO2的转化率为80%，CH4的选择性为25%，则，=0.25，解得x=0.2mol，y=0.6mol，生成CH4的平均速率为= =0.01mol/(L·min)；气体初始总压强为p，平衡时总压为，反应II的平衡常数Kp= 。 （2）由图可知，此过程中可循环利用的物质有Fe3O4、CaO；该化学链的总反应是CO2+H2 CO+H2O。 8．(1) > (2) ab ISA-Pd催化剂 (3) 1：1 反应温度越低，投料比越高 0.05 【详解】（1）①乙烷高温裂解生成乙烯和氢气，反应的化学方程式是； ②缩短在反应器中的停留时间可提高乙烯的获取率，即加快反应I速率将转化为乙烯，则反应速率：反应Ⅰ>反应Ⅱ； （2）①a．NP-Pd催化反应过程中步骤Ⅰ的反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，故a正确； b．ISA-Pd催化反应过程中步骤Ⅱ的正反应活化能最大，反应速率最慢，整个反应由最慢的一步决定，则步骤Ⅱ为决速步骤，故b正确； c．两种催化剂均能降低总反应的活化能，催化剂不改变反应热，故c错误； 故选ab； ②吸附态乙烯（）脱离催化剂表面，可得到，由图可知，ISA-Pd催化剂过渡态III的能量高于，有利于脱离催化剂表面，制选择性较好的催化剂是ISA-Pd催化剂； （3）①干气重整制乙烯的化学方程式为，相同温度下，增大投料比[]即增大二氧化碳的量，使平衡正向移动，消耗更多，则平衡转化率增大，曲线b对应的投料比是1：1； ②当曲线a、b对应的投料比达到相同的平衡转化率时，需要增大投料比才能实现相同的平衡转化率，可知对应的反应温度与投料比的关系是：反应温度越低，投料比越高； ③ISA-Ni催化剂上CO2得电子生成CO，电解质为KHCO3，发生的电极反应式是； ④该环境下，测得=50%，电路中通过1.2mol电子时，生成C2H4所用的电子为1.2mol×50%=0.6mol，NP-Cu催化剂上发生的电极反应式是，ISA-Ni催化剂上发生的电极反应式是，则转移12mol电子时生成1mol乙烯，产生乙烯的物质的量是。 9．(1) 3 (2) 催化剂 ① 产物有亚硝基硫酸等，产物不纯，生成硫酸浓度低，用途受限 (3) ab (4) 2∶1 【详解】（1） 根据所示，在700℃左右会出现两个吸热峰，说明此时发生热分解反应，从上图可以看出，700℃时质量由1.6mg减少为0.8mg，说明剩余固体为CuO，还有其他气体产出，此时气体产物为、、，所以可能出现的化学方程式为①；②，结合反应中产物的固体产物质量和气体产物质量可以确定，该反应的产物为CuO、、、，故答案为CuO、、三种氧化物。从上述分析可得700℃时，固体已变成CuO，并且根据TG图像可以看出，875℃时，固体质量由0.8mg减少到0.72mg，故1molCuO失去了0.5molO原子，可得方程式为。 （2）(ⅰ)根据所给的反应方程式，在反应过程中先消耗再生成，说明在反应中起催化剂的作用；反应①为慢反应，所以其为决速步。 (ⅱ)铅室法被接触法代替，因为产物有亚硝基硫酸等，产物不纯，接触法制得的是，可制得各种浓度的硫酸溶液，铅室法生成硫酸浓度低，用途受限。(答案合理即可)。 （3）(ⅰ)a．根据不同转化率下的反应速率曲线可以看出，随着温度的升高反应速率先加快后减慢，a错误； b．从图中所给出的速率曲线可以看出，相同温度下，转化率越低反应速率越快，但在转化率小于88%时的反应速率图像并没有给出，无法判断α=0.88的条件下是平衡转化率，b错误； c．从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率不断减小，最大反应速率对应的的温度也逐渐降低，c正确； d．从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率对应的温度也逐渐降低，这时可以根据不同转化率选择合适的反应温度以减少能源的消耗，d正确； 故选ab； (ⅱ)利用分压代替浓度计算平衡常数，反应的平衡常数；设初始量为mmol，则平衡时，，； （4）(ⅰ)由装置图可知，左边电极上二氧化硫失电子发生氧化反应生成硫酸根离子，电极反应式为：，右边电极上氧气得电子生成水，电极反应式为：。 (ⅱ)由正负极的电极反应式可知，电池的总反应为：，故体积比为2∶1。 10．(1)ZnS在溶液中存在如下平衡：，加入，NH发生水解：，NH3·H2O与形成，通入，与反应生成S，促进溶解平衡正向移动 (2) 、 0.25 (3)EMIC中阴、阳离子所带电荷数均为1，由于阳离子体积较大，阴、阳离子之间距离大，离子之间的作用力弱 (4)溶液从红色变为黄色，且30s不变红 (5)待测液的体积、滴定所用的EDTA溶液的体积 【详解】（1）硫化锌在溶液中存在如下溶解平衡：ZnS(s)Zn2+(aq)+S2−(aq)，氯化铵是强酸弱碱盐，在溶液中存在如下水解平衡：NH+ H2ONH3·H2O+H+，加入氯化铵浓溶液，溶液中锌离子与一水合氨反应生成四氨合锌离子，通入氧气，氧气与溶液中硫离子反应生成硫，硫化锌的溶解平衡向右移动，硫化锌转化为可溶的锌离子和四氨合锌离子，所以一定条件下，通入氧气，以氯化铵浓溶液为浸取剂可以浸取矿物中的锌元素，故答案为：ZnS在溶液中存在如下平衡：，加入，NH发生水解：，NH3·H2O与形成，通入，与反应生成S，促进溶解平衡正向移动； （2）由题意可知，酸性介质中电沉积制锌粉的过程为与直流电源正极相连的左侧锌电极为电解池的阳极，锌失去电子发生氧化反应生成锌离子，右侧锌电极为阴极，锌离子、氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成锌和氢气； ①由分析可知，右侧锌电极为阴极，锌离子、氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成锌和氢气，电极反应式为、，故答案为：、； ②由题意可知，制得65g锌粉时，理论上析出金属锌的物质的量为=1.25mol，由得失电子数目守恒可知，阳极放电生成锌离子的物质的量为1.25mol，则电解质溶液中增加锌离子的物质的量为1.25mol—=0.25mol，故答案为：0.25； （3）由结构可知，离子化合物EMIC中阴、阳离子所带电荷数均为1，由于阳离子体积较大，阴、阳离子之间距离大，离子之间的作用力弱，所以EMIC的熔点低，故答案为：EMIC中阴、阳离子所带电荷数均为1，由于阳离子体积较大，阴、阳离子之间距离大，离子之间的作用力弱； （4）由题意可知，二甲酚橙为EDTA溶液滴定溶液中锌离子的指示剂，溶液中锌离子与EDTA完全反应后，滴入最后半滴EDTA溶液，溶液会由红色变为黄色，则滴定终点时的现象为溶液从红色变为黄色，且30s不变红，故答案为：溶液从红色变为黄色，且30s不变红； （5）由方程式可知，计算样品中锌元素的质量分数除需要样品的质量、EDTA溶液的浓度外，还需要待测液的体积、滴定所用的EDTA溶液的体积，故答案为：待测液的体积、滴定所用的EDTA溶液的体积。 11．(1) CO2(g)+4H2(g) (-a+b+2c)kJ/mol 阴极产物 合适的催化剂 反应器中压强恒定时 CH4-8e-+10OH-=+7H2O (2) 该反应是放热反应，反应开始时容器内温度上升，压强增大；随着反应进行，反应体系内气体分子总数减少，压强减小；此阶段前者是影响体系内压强变化的主要原因 80% 5kPa 【分析】电解水产生H2和O2，O2被宇航员吸收产生CO2，CO2与H2在Sabatier反应器中反应生成CH4，CH4的碱性燃料电池使用时提供电能。 【详解】（1）①CH4的空间结构为正四面体形，用“替代法”，与CH4分子的空间结构相同的一种阳离子为。 ②反应器中的反应物为CO2和H2，结合原子守恒，反应器中发生的反应为CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)，根据标准生成焓的概念可知，反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)的△H=(-a+b+2c)kJ/mol。 ③电解水时阳极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，阴极反应式为4H2O+4e-=2H2↑+4OH-，则H2来自于电解水装置的阴极产物。 ④根据影响化学反应速率的因素，在恒温密闭刚性反应器中增大Sabatier反应中CO2的反应速率可行的措施有使用合适的催化剂；可逆反应达到平衡状态时同一物质表示的正、逆反应速率相等，各组成的浓度保持不变，则能说明该反应已达到化学平衡的标志有：CO2的消耗速率与生成速率相等、H2的浓度保持不变、反应器中压强恒定时等。 ⑤CH4碱性燃料电池中，通入CH4的电极为负极，通入O2的电极为正极，负极上CH4发生失电子的氧化反应转化成，负极反应式为CH4-8e-+10OH-=+7H2O。 （2）①反应CO2(g)+2H2(g)C(s)+2H2O(g)的正反应气体分子数减少，由图可知，开始时容器内压强增大的原因是：该反应是放热反应，反应开始时容器内温度上升，压强增大；随着反应进行，反应体系内气体分子总数减少，压强减小；此阶段前者是影响体系内压强变化的主要原因。 ②设起始到平衡转化CO2物质的量为xmol，列三段式，由图可知，起始压强为100kPa、平衡压强为80kPa，则=，解得x=0.8，则CO2的转化率为×100%=80%；平衡时CO2、H2、H2O(g)物质的量依次为0.2mol、1.4mol、1.6mol，混合气总物质的量为3.2mol，平衡时总压强为80kPa，则反应的平衡常数Kp=。 ③其他条件相同时加入催化剂能加快反应速率，但平衡不移动，故达平衡时CO2分压不变，仍为×80kPa=5kPa。 12．(1) -(a-b) O2+4e-+2CO2=2 (2)ZnZrO2 (3) *OCH2+H2O*=*OCH3+*OH 有水参与的历程，活化能较小，反应速率加快 (4) 0.2 K= 升高温度 【详解】（1）根据方程式CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)可知其等于已知反应①加上反应②，由盖斯定律可求得∆H1=ΔH2+ΔH3=-a+b=-(a-b)kJ⋅mol−1；甲醇燃料电池以熔融碳酸盐为电解质，氧气进入正极，正极电极反应式为O2+4e-+2CO2=2； （2）根据分析结果图，催化剂为ZnZrO2得到的甲醇最多且CO少，该反应应选择的最佳催化剂为ZnZrO2； （3）①依反应历程图所示，有水参与时反应的化学方程式为*OCH2+H2O*=*OCH3+*OH； ②有水参与的历程，反应速率加快的原因是有水参与的历程，活化能较小，反应速率加快； （4）①由A知，1min时H2剩余6mol，说明H2反应了6mol，则v(H2)==0.6mol⋅L−1⋅min−1，同一反应，各物质表示的反应速率和化学计量数成正比故v(CH3OH)=v(H2)=0.2mol⋅L−1⋅min−1； ②根据平衡常数的定义，反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)的平衡常数表达式为K=； ③由图可知，状态I平衡时H2物质的量为2mol，状态Ⅲ平衡时H2物质的量为4mol，说明相比状态I，状态Ⅲ平衡逆向移动了，由∆H1=-(a-b)kJ⋅mol−1<0可知，正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，符合题意。 13．(1) ② < (2)A (3)CD (4) 0.58或58% 0.14 【详解】（1）反应①、③均为熵减反应，已知：反应①、③是低温条件的自发反应，则两者为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，结合图像可知，ab曲线为反应①、③的平衡常数与温度关系图，则c线表示的反应是②，②为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数变大；由盖斯定律可知，①-②=③，则=-由于①、③焓变为负、②焓变为正，则<； （2）A．由图可知，和氢气最终生成甲醇，反应历程中的羧基物种和甲酸盐物种为两种中间体，正确； B．该反应使用的催化剂既加快了反应速率，但是不能提高的平衡转化率，错误； C．反应过程中有碳氧极性键、氢氢非极性键的断裂，有氧氢、碳氢极性键的生成，但是没有非极性键的形成，错误； 故选A； （3）A．混合气体的平均摩尔质量为M= m/n，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而减小，所以M会增大，A错误； B．反应的速率比等于系数比，当平衡时正逆反应速率相等，则氢气正反应速率是甲醇逆反应速率的2倍，B错误； C．反应为气体分子数减小的反应，t时刻再充入等物质的量的和，相当于增大压强，促使反应正向移动，达到新平衡时氢气转化率增大，C正确； D．假设投料和均为1mol，则： 平衡时总的物质的量为(2-2a)mol，则CO的体积分数为，为固定的值，D正确； 故选CD； （4）①反应①和②分别为放热、吸热反应，升高温度，反应①逆向移动，甲醇含量减小，则②曲线a代表，已知曲线b代表，那么曲线c代表； ②时，密闭容器中，充入和合成，发生反应①和②达到平衡： 反应①为气体分子数减2的反应、②为气体分子数不变的反应，则反应后总的物质的量为 (1+3-2b)mol=(4-2b)mol，结合点(200,5)可知，a=(4-2b)mol×5%，此时甲醇和二氧化碳量相等，则1-b-a=b，即1-b-(4-2b)×5%=b，得b=0.42mol、a=0.158mol，则的平衡转化率为；此时平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳、水的物质的量分别为0.422mol、1.582mol、0.158mol、0.578mol，反应②为气体分子数不变的反应，故此温度下反应②的。 14．(1) 高温 (2) b 升高温度反应均正向移动，主要发生反应Ⅱ (3) a 3 0.24 【详解】（1）反应Ⅰ     反应Ⅱ     反应Ⅲ      反应Ⅳ        反应Ⅴ       由盖斯定律可知反应I= 反应Ⅴ×2 +反应Ⅲ-4×反应Ⅳ，因此；反应Ⅰ为吸热的熵增反应，在高温下可自发进行； （2）水的量越大生成氢气的产率越高，即水碳比越大氢气的产率越高，因此水碳比(S/C)=4的曲线是b；反应Ⅰ是吸热反应，升高温度有利于H2的生成，约600℃时达到最大，但继续升高温度有利于反应Ⅱ向正反应方向进行，此时体系内主要发生反应Ⅱ消耗H2，因此H2的产率会出现先增大后逐渐减小； （3）①反应I反应Ⅱ均为吸热反应，由图3可知反应I受温度影响比反应Ⅱ大，反应随温度升高，平衡逆向，浓度减少，则选择性随压强变化的曲线是a； ②图中M、Q、D与A点处于相同化学平衡状态，答案为3个； ③在一定温度和压强下，向容积可变的密闭容器中通入2mol和1mol， 测得平衡时体系中气体物质的量增加40%，反应Ⅰ      反前后=3mol×40%=1.2mol，可知生成的=0.8mol 由反应气体物质的量增加可知以反应I为主，则二氧化碳的生成量大于一氧化氢的生成量，C点为=20% ，n(CO)=0.16mol    。 15．(1)-165 (2) 降温 a (3) CO2+4e-+4H+=HCHO+H2O U1 (4)20 (5)0.21 (6) 平衡时v正=v逆，，K=，由于该反应为放热反应，温度升高时化学平衡向逆反应方向移动，速率常数随温度升高而增大，即平衡常数K的数值减小，而根据平衡常数K与k正、k逆的关系可知，k正增大得少，即温度升高过程中， 的变化量小 m 【详解】（1）根据盖斯定律，由反应i -反应ii，可得反应iii：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) ∆H3= -206.2 kJ/mol-(-41.2 kJ/mol)= -165 kJ/mol。 （2）①B→A，CO的平衡转化率增大，反应i、反应ii均为放热反应，则降低温度，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，故B点的操作是降温； ②增大，平衡时CO的转化率增大，H2的转化率降低，则表示H2转化率的曲线为a。 （3）由左图可知，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲醛和水，电极反应式为，故答案为：CO2+4e-+4H+=HCHO+H2O；由右图可知，电压为U1时，HCHO的法拉第效率最高，通过电解制备HCHO应选择电压为U1。 （4）电解电压为U2V时，放电生成1mol甲酸转移2mol，生成1mol甲醛转移4mol电子，由图可知，生成甲酸的FE%为15%，则由电解生成的甲酸和甲醛的物质的量之比为3:2可得：，解得m=20。 （5）根据已知条件列出“三段式” 达平衡时容器中CH3OH的物质的量为x=0.6mol，CO的物质的量为y=0.1mol，则则此条件下副反应的平衡常数K==0.21。 （6）平衡时v正=v逆，，K=，由于该反应为放热反应，温度升高时化学平衡向逆反应方向移动，速率常数随温度升高而增大，即平衡常数K的数值减小，而根据平衡常数K与k正、k逆的关系可知，k正增大得少，即温度升高过程中， 的变化量小，即m为 随温度变化的曲线。 16．(1) A、D    ﹤0,该反应是放热反应，升温，平衡逆向移动，不利于NO2的吸附。 (2) -958.3 1.28 0.2 (3) 以1号原子的坐标为（0,0,0） 4:3 (4) CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O 当电路中转移2nmol的电子，Y室生成2nmol的NaOH，同时nmolCa2+从X室移动到产品室，2nmol的从原料室进入产品室，生成nmol的Ca（H2PO4）2。 【详解】（1）①当MOFs多孔材料吸附NO2到质量不再发生变化时，即反应达到平衡状态。 A．因为NO2为红棕色气体，因此反应达到平衡状态时，废气颜色不再发生变化，A正确； B．当反应达到平衡状态时，各物质物质的量不再发生改变，n（NO2）、n（N2O4）不变，B错误； C．当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，即，C错误； D．该反应体系反应前后气体系数和不相等，混合气体的平均分子质量不再发生变化可作为反应达到平衡状态的标志，D正确。 ①故答案为：A、D ②   ﹤0,该反应是放热反应，升温，平衡逆向移动，不利于NO2的吸附； ②故答案为：   ﹤0,该反应是放热反应，升温，平衡逆向移动，不利于NO2的吸附。 （2）①CH4(g)+2O2(g)=CO2（g）+2H2O(l)ΔH3=-890.3kJ/mol，由盖斯定律可知，ΔH=ΔH3-ΔH1-ΔH2，即ΔH=-958.3 kJ/mol； ①故答案为：-958.3 ②已知向恒容密闭容器中充入气体发生反应初始压强为192kPa，温度为时，由图1可知，的平衡转化率为20%。 设充入n（CH4）为nmol，则n（NO2）为2nmol                P平衡=204.8kPa 则10min内平均反应速率 用平衡分压代替浓度计算的平衡常数， ②故答案为：1.28,0.2 （3）①2号原子位于体对角线的1/4位置，且坐标为，可知测定该原子坐标的方法是以1号原子坐标为（0,0,0）； ①故答案为：以1号原子的坐标为（0,0,0） ②根据晶胞结构可知，1个C周围等距且最近的N有4个，故C的配位数为4，同理1个N周围等距且最近的C有3个，故N的配位数为3，因此C、N原子的配位数之比为4：3； ②故答案为：4：3 （4）①燃料电池的a电极通入甲烷为负极，则负极的电极反应式为CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O； ①故答案为：CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O ②当电路中转移2nmol的电子，Y室生成2nmol的NaOH，同时nmolCa2+从X室移动到产品室，2nmol的从原料室进入产品室，生成nmol的Ca（H2PO4）2。因此相同时间内NaOH的产量是的2倍。 ②故答案为：当电路中转移2nmol的电子，Y室生成2nmol的NaOH，同时nmolCa2+从X室移动到产品室，2nmol的从原料室进入产品室，生成nmol的Ca（H2PO4）2 17．(1)+41.6 (2)AC (3)② (4) CO 正向 逆向 (5) 50% 【详解】（1）由盖斯定律可得，反应III-反应I得； （2）A. 加入适量CO，反应I平衡正向移动，会生成更多的甲醇，反应II逆向移动，更多的二氧化碳通过反应III转化为甲醇，所以甲醇平衡产率提高，故A正确； B. 使用催化剂，只能加快化学反应速率，不能改变平衡产率，故B错误； C. 循环利用原料气，更多的原料转化成甲醇，所以甲醇平衡产率提高，故C正确； D. 反应III和反应I均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲醇平衡产率降低，故D错误； 故答案为：AC； （3）反应III是放热反应，升高温度，减小，平衡逆向移动，K减小，减小，则反应III的平衡常数的变化关系应为曲线②； （4）①反应III和反应I为放热反应，反应II为吸热反应，反应II产生一氧化碳，反应I消耗一氧化碳，温度升高，反应II正向移动，反应I逆向移动，均导致一氧化碳的物质的量分数增大，所以图中X代表 CO； ②反应III为放热反应，升高温度平衡逆向移动，CO2的物质的量增大，反应II为吸热反应，升高温度平衡正向移动，CO2的物质的量减小，体系中的物质的量分数受温度的影响变化不大，说明升高温度有利于反应Ⅱ的正反应和反应Ⅲ的逆反应； （5）甲醇的选择性(产率)是CO的2倍，设起始n(H2)=5mol、n(CO2)=3mol，列三段式：，，和的分压相等，即n(H2)= n(CO2)，3-x-2x=5-x-6x，解得x=0.5，则CO2的平衡转化率为，n总=n(H2)+n(CO)+n(CO2)+n(H2O)+n(CH3OH)，代入得n总=6mol，反应Ⅲ的。 18．(1) 2NO(g)+ 2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH= -748kJ/mol AC (2) 正八面体 < 85.6% [Co(NH3)6]2+被氧化为[Co(NH3)6]3+，[Co(NH3)6]3+对NO的配位能力极低 (3) NO+5e-+5H+=NH3+H2O 15：2 【详解】（1）①由题意可知，碳燃烧的热化学方程式为C(s) +O2(g)= CO2(g) △H= -393kJ/mol，由盖斯定律可知，反应b-a-c得到反应2NO(g)+ 2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)，则反应的△H=(-393kJ/mol)-(+182.6kJ/mol)-(+172.4kJ/mol)= -748kJ/mol，故答案为：2NO(g)+ 2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) △H= -748kJ/mol； ②A．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，则1L的恒温密闭容器Ⅰ和绝热密闭容器Ⅱ中混合气体密度相等，故A正确； B．该反应为放热反应，则恒温密闭容器Ⅰ中反应温度小于绝热密闭容器Ⅱ，升高温度，平衡向逆反应方向移动，一氧化氮的转化率减小，则一氧化氮转化率αⅠ大于αⅡ，故B错误； C．该反应为放热反应，则恒温密闭容器Ⅰ中反应温度小于绝热密闭容器Ⅱ，升高温度，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，则反应平衡常数KⅠ大于KⅡ，故C正确； 故答案为：AC； （2）①六个NH3在Co3+周围均匀分布，据其结构图示可知，[Co(NH3)6]3+的空间构型是正八面体形，NH3分子中N原子有一对孤对电子，中N原子没有孤电子对，由于孤电子对与成键电子对之间的斥力＞成键电子对之间的斥力，所以∠H-N-H键角大小为：NH3<； ②由题给信息可知，反应消耗一氧化氮的物质的量为2×10-4m3/min×300min×2×10-2mol/m3×60%=0.00072mol，则钴氨溶液中[Co(NH3)6]2+的有效含钴率为×100%=85.6%； ③由图可知，前16h内钴氨溶液吸收NO的能力不断下降的原因是[Co(NH3)6]2+被氧化为[Co(NH3)6]3+，[Co(NH3)6]3+对NO的配位能力极低，故答案为：[Co(NH3)6]2+被氧化为[Co(NH3)6]3+，[Co(NH3)6]3+对NO的配位能力极低； （3）①由图可知，当电解电压为U2时，催化电解一氧化氮生成氨气的电极为阴极，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+5e-+5H+=NH3+H2O； ②由图可知，当电解电压为U1时，氢气和氨气的法拉第效率分别为60%和20%，则电解生成的氢气和氨气的物质的量之比为：=15：2。 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 $$