2025届高三化学备考：浙江省2024年高考模拟 化学平衡题专练

浙江省高考化学模拟题汇编--化学平衡 1．低碳烯烃(乙烯、丙烯等)作为化学工业重要基本有机化工原料，在现代石油和化学工业中起着举足轻重的作用。碘甲烷()热裂解制低碳烯烃的主要反应有： 反应Ⅰ   反应Ⅱ   反应Ⅲ   (1)反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的随温度的变化如图1所示。298K下，___________。 (2)针对反应Ⅰ，利于提高碘甲烷的平衡转化率的条件有___________。 A．低温  B．高温  C．低压  D．高压  E．催化剂 (3)利用计算机模拟反应过程。一定压强条件下，测定反应温度对碘甲烷热裂解制低碳烯烃平衡体系中乙烯、丙烯和丁烯组成的影响如图2所示。结合图1、图2，回答下列问题： ①下列有关说法正确的是___________。 A．因为反应Ⅱ、Ⅲ自发，且为熵减小反应，所以、 B．若随温度的上升而增大，则 C．随温度升高，反应Ⅱ、Ⅲ的化学平衡先正向移动后逆向移动 D．当温度范围：T≤715K时，相同条件下的反应Ⅱ的平衡常数小于反应Ⅲ ②从图2中可看出，当体系温度高于600K时，乙烯的摩尔分数随温度升高而显著增加，可能的原因是：___________。 (4)维持温度为810K，压强为0.1MPa，起始投料1mol，测得平衡体系中，。 ①平衡时的转化率为___________。 ②已知810K条件下，存在等式(常数)(对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)可代替物质的量浓度c(B)，如，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数)。保持其它条件不变，请在图3中画出x(HI)与压强(0.1~2.0MPa)关系的曲线示意图___________。 2．研究CO2合成CH3OH对资源综合利用有重要意义。涉及的主要反应如下，请回答： I.CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ∆H1=—49kJ·mol-1 II.CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ∆H2=+41kJ·mol-1 (1)CO2加氢制甲醇可在Cu—ZnO—ZrO2催化剂表面进行，其主反应历程如图1所示(催化剂表面吸附的物种用*标注)，下列说法不正确的是_______。 A．若该方法实现工业生产，气体以一定流速通过Cu—ZnO—ZrO2，催化剂对反应物的转化率无影响 B．H2在催化剂表面的吸附过程放热，有利于H—H键的断裂，从而降低反应活化能 C．反应②中，断裂和形成的共价键至少有3种 D．水的吸附和解吸在整个反应过程中实现了循环利用，原子利用率为100% (2)CO2和H2按物质的量1：3投料，总物质的量为amol，在有催化剂的密闭容器中进行反应，测得CO2平衡转化率、CH3OH和CO选择性(转化的CO2中生成CH3OH或CO的百分比)随温度、压强变化情况分别如下图2、图3所示： ①下列说法正确的是_______。 A．升温，反应II的平衡正向移动 B．加压，反应I的平衡正向移动，平衡常数增大 C．及时分离出甲醇和水，循环使用H2和CO2，可提高原料利用率 D．升温，使反应I的CH3OH选择性降低；加压，对反应II的CO选择性无影响 ②250°C时，在体积为VL的容器中，反应I和II达到化学平衡，CO2转化率为25%，CH3OH和CO选择性均为50%，则该温度下反应II的平衡常数为____。 ③如图2，240°C以上，随着温度升高，CO2的平衡转化率升高，而CH3OH的选择性降低，分析其原因：___。 ④如图3，压强大小关系：P1___P3(填：>、<或=)；温度T1时，三条曲线几乎交于一点，分析其原因____。 3．甲醇是重要的化工原料。利用CO2和H2在催化剂的作用下合成甲醇，可能发生的反应如下： 反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-49.0kJ•mol-1 反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) △H2=+41.2kJ•mol-1 (1)在某催化剂作用下，CO2和H2除发生反应Ⅰ外，还发生反应Ⅱ。维持压强不变，按固定初始投料比将CO2和H2按一定流速通过该催化剂，经过相同时间测得实验数据： CO2实际转化率(%) 甲醇选择性(%) 543 12.3 42.3 553 15.3 39.1 注：甲醇的选择性是指发生反应的CO2中转化为甲醇的百分比。 表中数据说明，升高温度，CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低，其原因是：___________。 (2)我国科学家研究了不同反应温度对含碳产物组成的影响。在反应器中按n(H2)∶n(CO2)=3∶1通入H2和CO2，分别在0.1MPa和1MPa下进行反应。试验中温度对平衡组成中的CO和CH3OH的影响如下图所示。 ①1MPa时，表示CO和CH3OH平衡组成随温度变化关系的曲线分别是___________、___________。 M点平衡组成含量高于N点的原因是___________。 ②当CO和CH3OH的平衡物质的量分数都为0.1时，该温度下反应Ⅱ的平衡常数为：___________。 (对于气相反应，用某组分B的平衡压强代替物质的量浓度也可表示平衡常数，记作，如，p为平衡总压强，为平衡系统中B的物质的量分数)。 (3)我国科学家利用计算机模拟计算，分别研究反应Ⅲ： (硫酸氢甲酯)在无水和有水条件下的反应历程，如图所示，其中分子间的静电作用力用“…”表示。 ①水将反应Ⅲ的最大活化能由___________降为___________。 ②d到f转化的实质为质子转移，该过程断裂的化学键为___________(填标号)。 A．CH3OH中的氢氧键 B．CH3OH中的碳氧键 C．H2O中的氢氧键        D．SO3中的硫氧键 4．CO2是一种廉价的碳资源,把含有大量CO2的空气吹入K2CO3溶液中，再把CO2从溶液中提取出来，并使之与H2在催化剂作用下生成可再生能源甲醇，相关反应如下。回答下列问题。 反应I CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1= -49.2 kJ/mol 反应II CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) △H2 已知：①CO和H2的燃烧热△H分别为-283.0 kJ/mol 和-285.8 kJ/mol ②H2O(g)=H2O(1) △H3=- 44.0 kJ/mol (1)反应II的△H=_____kJ/mol。 (2)将1.0 mol CO2和3.0 mol H2充入2 L恒容密闭容器中，使其仅按反应I进行，在不同催化剂作用下，相同时问内CO2的转化率随温度变化如图所示，下列说法正确的是________。 A．根据图中曲线分析，催化剂I的催化效果最好 B．b点v(正)可能等于v(逆) C．a点的转化率比c点高可能的原因是该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，转化率降低 D．c点时该反应的平衡常数K=2.08 (3)现使用一种催化剂(CZZA/rGO)，按n(CO2) : n(H2)=1：3(总量为a mol)投料于恒容密闭容器中进行反应，CO2的平衡转化率和甲醇的选择率(甲醇的选择率：转化的CO2中生成甲醇的物质的量分数)随温度的变化趋势如图所示： (忽略温度对催化剂的影响) ①在553 K时，反应体系内甲醇的物质的量为_______mol。 ②随着温度的升高，CO2的平衡转化率增加但甲醇的选择率降低，请分析其原因：_________。 (4)根据反应I中各物质的物质的量得到v正~n(CO2)和v逆~n(CH3OH)的关系可用下图表示。在图示达到平衡后,缓慢升高到某一温度，反应重新达到平衡，请在下图中画出此过程的趋势图。_______ 5．研究二氧化碳甲烷化对资源综合利用有重要意义。相关的主要化学反应有： I．CO2(g)+ 4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g) ΔH1= - 165 kJ·mol-1 Ⅱ．CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g) ΔH2= - 206 kJ·mol-1 Ⅲ．CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) ΔH3 请回答： (1)ΔH3=___________kJ· mol-1。 在低温下反应Ⅲ才能自发进行，则ΔS__________0 (填“＞”、“＜”、“=”) (2)在恒容密闭容器中，以n(H2)：n(CO2)：n(CO) =4∶1∶1 充入容器，维持压力为0.1 Mpa，测得不同温度下CO2、CO转化率如图所示。 ①下列描述正确的是___________。 A．D→B过程中，升高温度使反应I和反应Ⅲ的CO2转化率均提高 B．比较A点和C点，转化率CO大于CO2，说明反应速率Ⅱ大于I C．约660 ℃以前，以反应I、Ⅱ为主，约660 ℃以后反应Ⅲ为主 D．比较A和F，升高温度使反应Ⅲ向逆反应方向移动所致 ②计算E点时，反应Ⅲ的平衡常数K=___________ (保留小数点后两位) ③已知甲烷的收率[Y(CH4) =×100%]， 在恒容密闭容器中，充入n(H2)∶n(CO2)=4∶1，探究不同压强下甲烷的收率与温度关系如图所示，画出0.1Mpa时甲烷的收率与温度变化曲线_______。 (3)据报道，Pd—Mg/SiO2 催化CO2甲烷化的机理如图所示，写出生成CH4的最后一步反应方程式___________。 6．氢气在实验室和工业上有着广泛的用途。请回答： (1)氢气可以与煤在催化剂作用下制备乙炔，已知部分反应如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． Ⅳ． 通过计算说明反应Ⅳ自发进行的条件_______。 (2)利用氢气与二氧化碳催化反应合成乙烯，是实现低碳转型的一条途径。在0．1MPa、120℃条件下，以的投料比充入体积固定的密闭容器中，发生反应：，平衡时水蒸气的物质的量百分数为50．0%。请回答： ①反应的平衡常数表达式为_______。 ②达到平衡时，的转化率为_______。 (3)氢气可合成氨气，氨气与二氧化碳可以合成尿素，反应为： ，分为两步： 反应步骤 反应方程式 Ⅰ 快速放热 Ⅱ 慢速吸热 已知投料的组成为、和水蒸气(有助于分离尿素)，一定条件下，氨基甲酸铵()物质的量与时间的关系图(图甲，t1后物质的量不再改变)，以及不同氨碳比()与水碳比()投料时平衡转化率图像(图乙，a、b代表水碳比)： 回答下列问题： ①已知反应I又可以分成两步：_______、，请写出第一步的化学方程式_______。 ②下列叙述正确的是_______。 A．反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ， B．增大氨碳比有利于提高尿素产率，原因之一是过量氨气与反应Ⅱ生成的水反应，促进平衡正移 C．实际生产中若选择曲线a，则氨碳比应控制在4.0左右 D．曲线a的水碳比大于曲线b，减小水碳比有利于尿素生成 ③如果某催化剂可以同等程度地加速反应Ⅰ和Ⅱ，请在图甲中画出保持其他条件不变，加入该催化剂后从0h到t1时的氨基甲酸铵物质的量变化曲线_______。 7．NO的处理与减排是烟气污染物控制的重点和难点，相关研究引起了国内外的广泛关注。 (1)理论上可采用加热使NO分解的方法处理：，反应的部分数据如下表： 项目 正反应活化能 逆反应活化能 数据/ a b 728 910 通过计算得出高于7089℃时反应无法自发进行，试判断b____0(填“<”、“>”或“=”)；反应的平衡常数表达式为____；实际反应时发现加热至600℃时NO仍没有明显分解，试解释原因___。 (2)科学家发现活性炭表面的有机结构可以被强氧化剂氧化成酚羟基、羧基(均可表示为C—OH，其电离平衡可表示为)，这些官能团可以使活性炭表面活性化，有利于NO的吸附。不同氧化剂的预氧化与吸附原理可表示为(未配平)： 预氧化： 预氧化： 预氧化： 吸附： NO吸附实验分别在25℃和55℃下进行，将一定比例的与NO混合气体在10 MPa恒压下，以相同速率持续通入到等量的、不同预氧化试剂处理的活性炭中(图像中“原始-C”表示未经处理的活性炭)，获得两个温度下“NO捕获率-通气时间”的变化图： 已知：NO捕获率= 请回答： ①下列描述正确的是_______ A．25℃下原始-C在通气约175分钟后吸附效果超过了 B．若其他条件不变，增大混合气体中物质的量分数，吸附平衡会逆向移动 C．在实验中吸附效果不佳，可能是活性炭表面孔隙被堵塞 D．由图像可知升温有利于吸附平衡正向移动，故吸附过程的 ②其他条件不变，55℃下增大烟气中水蒸气含量后，的NO捕获率会迅速降低，通气1小时后为40%，70 min后吸附到达平衡。请在对应图像中用虚线画出通气1小时后至吸附平衡为止NO捕获率的变化曲线____________。 ③相比其他预氧化试剂处理的活性炭，吸附效果更佳，有研究者认为可能是引入了，增强了活性炭的表面活性。试利用勒夏特列原理予以解释_______。 8．硫酸在国民经济中占有极其重要的地位，工业上常用黄铁矿为原料接触法制硫酸。 (1)写出黄铁矿在沸腾炉中与氧气发生反应的化学方程式______。 (2)硫酸的生产中，下列说法不正确的是______。 A．把黄铁矿磨成细粉末在“沸腾”状态下燃烧，可以提高原料的利用率 B．气体在进接触室前要先净化，可防止催化剂中毒 C．接触室中反应采用400~500℃，主要是因为提高原料的平衡转化率 D．吸收塔中操作采取逆流的形式，从下而上，水从上而喷下 (3)分别将1 mol的、1.45 mol的通入、和恒压容器中发生反应： ，相同时间内测得的转化率随温度的变化如图所示。(对于气相反应，用某组分B的平衡压强)代替物质的量浓度也可表示平衡常数，记作，如，p为平衡总压强，为平衡系统中B的物质的量分数)。 请回答： ①据图判断、、的大小关系______。 ②判断X、Y、Z中属于平衡点的是______(填“X”、“Y”、“Z”)，并计算该温度下平衡的______。(用含或或的式子表示)。 (4)为减少的排放，工业上常将转化为固定，但存在CO又会同时发生以下两个反应： 反应 活化能 平衡常数 Ⅰ Ⅱ ①恒容、恒温条件下，反应体系中随时间t变化的总趋势如图。结合已知信息分析浓度随时间t变化的原因______。 ②恒容、恒温(，)条件下，请在图中画出条件下浓度随时间t变化图______。 9．探究含碳化合物的转化，有一定的现实意义。 (1)①溶于海水的以形式存在。在海洋中，通过如图钙化作用实现碳自净。写出钙化作用的离子方程式___________。 ②利用氨水作吸收液生成，是当前有效捕捉的方法之一、下列有关说法不正确的是___________ A．该方法的优势在于生成的易分解，可实现吸收液的再生 B．溶液中存在 C．溶液中存在 D．已知，可推测溶液呈酸性 (2)利用反应，制备重要的化工原料甲醇，在一定条件下进行该反应，测得的转化率与温度(T)、起始投料比(m)关系如图。 ①下列描述正确的是___________。 A．若，则最大 B．在前，，在时， C．若，则a点的平衡转化率等于的平衡转化率 D．若反应一段时间后和的体积分数相同可判断上述反应达平衡 ②图中在时，不同的投料比转化率趋于相近的原因是___________。 (3)以、为原料催化重整可得到合成气：； ①在t℃下，向2L恒容的密闭容器中充入和进行催化重整反应，平衡后测得和CO的体积分数相等，则t℃下该反应的平衡常数___________。 ②催化重整时，催化剂活性会因积碳增多而降低，有关积碳和消碳反应如下： 积碳反应： 消碳反应： 在一定的温度下，增大的浓度，有助于增大催化剂活性的原因是___________。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 浙江省高考化学模拟题汇编--化学平衡答案 参考答案： 1．(1)80.24 (2)BC (3)     AC     反应Ⅰ吸热，反应Ⅱ、Ⅲ、放热，升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动，三者均使C2H4的平衡体积分数增加，且随温度变化明显 (4)     96%     【解析】（1） 反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的随温度的变化如图1所示。反应Ⅰ为分解反应，反应Ⅱ、Ⅲ为化合反应，大多数分解反应为吸热反应，大多数化合反应为放热反应，故298K下，+80.24； （2） 反应Ⅰ为气体体积增大的吸热反应，高温低压有利于提高碘甲烷的平衡转化率，催化剂不能使用平衡移动，故答案选BC； （3） ①A．因为反应Ⅱ、Ⅲ自发，则，且为熵减小反应，则，所以必须、，选项A正确； B．若随温度的上升而增大，则正反应为放热反应，故，选项B错误； C．由图2可知，随温度升高，反应Ⅱ、Ⅲ生成物的摩尔分数先增大后降低，故化学平衡先正向移动后逆向移动，选项C正确； D．当温度范围：T≤715K时，相同条件下的反应Ⅱ、Ⅲ的摩尔分数相等，但反应Ⅱ生成物的体积比较大，平衡常数大于反应Ⅲ，选项D错误； 答案选AC； ②从图2中可看出，当体系温度高于600K时，因反应Ⅰ吸热，反应Ⅱ、Ⅲ、放热，升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动，三者均使C2H4的平衡体积分数增加，且随温度变化明显，故乙烯的摩尔分数随温度升高而显著增加； （4） ①根据三段式可知： 故平衡时的转化率为； ②维持温度为810K，压强为0.1MPa，起始投料1mol，平衡时气体总物质的量为0.04mol+0.96mol+0.14mol+0.14mol+0.065mol=1.345mol，故平衡总压为0.1345MPa，x(HI)=，故x(HI)与压强(0.1~2.0MPa)关系的曲线示意图如下：。 2．     AD     AC     或0.0167     升温，反应I的平衡逆向移动，而反应II的平衡正向移动且幅度更大     >     T1时以反应II为主，其反应前后气体分子数相等，改变压强对其平衡没有影响 【详解】(1)A．气体以一定流速通过Cu—ZnO—ZrO2时，与催化剂的接触面积增大，反应速率加快，有利于提高平衡前单位时间内反应物的转化率，故错误； B．氢气在催化剂表面的吸附过程放热，有利于H—H键的断裂，催化剂改变了反应的路径，降低了反应的活化能，故正确； C．由图可知，反应②中，可能断裂C=O键或C—O键，同时形成C—H键、H—O键，则断裂和形成的共价键至少有种，故正确； D．由图可知，在整个反应过程中，原子并没有全部转化为CH3OH，所以原子利用率小于，故错误； 故答案为：AD； (2)①A．反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，故正确； B．反应Ⅰ是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，平衡常数是温度函数，温度不变，平衡常数不变，故错误； C．及时分离出甲醇和水，减小生成物的浓度，平衡向正反应方向移动，循环使用氢气和二氧化碳气体，有利于提高反应物的转化率，提高原料利用率，故正确； D．反应Ⅰ是气体体积减小的反应、反应Ⅱ是气体体积不变的反应，增大压强，反应Ⅱ平衡不移动，反应Ⅰ平衡向正反应方向移动，导致反应物浓度的降低和水蒸气浓度的增大，从而使反应Ⅱ的平衡逆向移动，一氧化碳选择性下降，故错误； 故答案为：AC； ②由CO2和H2按物质的量1：3投料，总物质的量为amol，250°C时，在体积为VL的容器中，反应I和II达到化学平衡，CO2转化率为25%，CH3OH和CO选择性均为50%可知，平衡时二氧化碳的物质的量为(mol—mol×25%)=mol，反应I和II中二氧化碳的转化率均为25%×=12.5%，氢气的物质的量为[mol—(mol×12.5%×3+mol×12.5%)]=mol，水的物质的量为(mol×12.5%+mol×12.5%)mol=mol，一氧化碳的物质的量为mol×12.5%=mol，反应II的平衡常数为=≈0.0167，故答案为：或0.0167； ③反应I为放热反应，升高温度，反应I的平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的平衡转化率减小，反应II为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳平衡转化率增大，240°C以上，随着温度升高，CO2的平衡转化率升高、而CH3OH的选择性较低说明反应II的平衡正向移动幅度大于反应I的平衡逆向移动幅度，故答案为：升温，反应I的平衡逆向移动，而反应II的平衡正向移动且幅度更大； ④反应Ⅰ是气体体积减小的反应、反应Ⅱ是气体体积不变的反应，增大压强，反应Ⅱ中二氧化碳的平衡转化率不不变，反应Ⅰ平衡向正反应方向移动，二氧化碳平衡转化率增大，由图3可得出，压强P1时二氧化碳平衡转化率大于P3，则压强P1大于P3；温度T1时，三条曲线几乎交于一点说明压强对二氧化碳转化率基本没有影响，反应以反应Ⅱ为主，故答案为：＞；T1时以反应Ⅱ为主，其反应前后气体分子数相等，改变压强对其平衡没有影响。 3．     升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ的反应速率均加快，但反应Ⅱ的反应速率变化更大     d     a     温度相同时，增大压强使反应Ⅰ平衡正移，使CO2和H2的百分含量减小，H2O的百分含量增大，使反应Ⅱ平衡逆移，CO百分含量降低     0.4     20.93     6.62     ACD 【分析】反应Ⅰ为气体物质的量减小的放热反应，反应Ⅱ为气体物质的量不变的吸热反应，结合温度和压强对平衡的影响分析解答；反应Ⅱ为气体的物质的量不变的反应，计算平衡常数时可以用物质的量代替，根据CO和CH3OH的平衡物质的量分数都为0.1，结合反应的方程式计算；根据图象计算确定无水参与时的最大能垒和有水参与时的最大能垒，结合图示中的粒子间的结合方式分析判断。 【详解】(1)升高温度，反应速率加快，且CO2的实际转化率提高，说明平衡正向移动，而甲醇的选择性降低，说明反应Ⅱ比反应Ⅰ反应速率更快，故答案为：升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ的反应速率均加快，但反应Ⅱ的反应速率变化更大； (2)①对于反应Ⅰ，升高温度，平衡逆向移动，CH3OH的百分含量减少，因此表示CH3OH平衡组成随温度变化关系的曲线为a或b；对于反应Ⅱ，升高温度，平衡正向移动，CO的百分含量增加，因此表示CO平衡组成随温度变化关系的曲线为c或d；又因为增大压强，反应Ⅰ的平衡正移，CH3OH的百分含量增大，因此a表示CH3OH平衡组成随温度变化关系的曲线；增大压强，反应Ⅰ平衡正移，H2O的百分含量增大，使得反应Ⅱ逆向移动，CO百分含量降低，因此表示CO平衡组成随温度变化关系的曲线为d，故答案为：d；a；温度相同时，增大压强使反应Ⅰ平衡正移，使CO2和H2的百分含量减小，H2O的百分含量增大，使反应Ⅱ平衡逆移，CO百分含量降低； ②按n(H2)∶n(CO2)=3∶1通入H2和CO2，假设通入的H2为3mol，则通入的CO2为1mol，设平衡时生成的CO和CH3OH的物质的量均为x，根据方程式CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，反应的CO2为x，反应的H2为3x，生成的H2O为x，根据方程式CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)，反应的CO2为x，反应的H2为x，生成的H2O为x，因此平衡时剩余的CO2为1mol-2x，剩余的H2为3mol-4x，生成的H2O为2x，则=0.1，解得：x=mol，反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)为气体的物质的量不变的反应，计算平衡常数时可以用物质的量代替，因此==0.4，故答案为：0.4； (3)①根据左图，无水参与时的最大能垒=19.59eV-(-1.34eV)=20.93eV，根据右图，有水参与时的最大能垒=3.66eV-(-2.96eV)=6.62eV，因此水将反应Ⅲ的最大活化能由20.93eV降为6.62 eV，故答案为：20.93；6.62； ②结合图示中的粒子间的结合方式可知，在转化过程中甲醇、水、三氧化硫中的化合键均有断裂，其中CH3OH中断裂氢氧键、H2O中断裂氢氧键、SO3中断裂硫氧键，故答案为：ACD。 【点睛】本题的难点和易错点为(2)①，要注意改变压强反应I平衡的移动对反应Ⅱ的影响。 4．     + 41.2     ACD     0.0315a     当温度升高时反应Ⅰ平衡逆向移动，而反应Ⅱ平衡正向移动且幅度更大，所以CO2的转化率增加，但甲醇的选择性却降低     【详解】（1）由CO和H2的燃烧热△H分别为-283.0 kJ/mol 和-285.8 kJ/mol可得：①CO(g)＋O2(g)=CO2(g)ΔH＝－283.0 kJ/mol，②H2(g)＋O2(g)=H2O(l)　ΔH＝－285.8 kJ/mol，结合③H2O(g)=H2O(1) △H3=- 44.0 kJ/mol，盖斯定律可知，②－①－③得反应Ⅱ，则ΔH2＝－285.8 kJ/mol－(－283.0 kJ/mol)－(－44.0 kJ/mol)＝+41.2 kJ/mol，故答案为：+41.2； （2）A．由图可知，反应Ⅰ在较低温度T3时CO2的转化率已达到80%，则催化剂效果最佳的反应是反应Ⅰ，故正确； B．由图可知，b点时，反应未达到平衡，是平衡的形成的过程，则v（正）>v（逆），故错误； C．该反应为放热反应，T4时反应达到平衡，升高温度到T5时，平衡向逆反应方向移动，从而使CO2的转化率降低，则a点转化率比c点高，故正确； D．c点时，CO2的转化率为60%，由题意建立如下三段式： 则反应的平衡常数K==2.08，故正确； ACD正确，故答案为：ACD； （3）①在553 K时，反应体系内甲醇的物质的量为0.25a ×21%×60%＝0.0315a，故答案为：0.0315a； ②由图可知，随着反应温度的升高，CO2的平衡转化率增大，但甲醇的选择率降低，原因是当温度升高时反应Ⅰ平衡逆向移动，而反应Ⅱ平衡正向移动且幅度更大，所以CO2的转化率增加，但甲醇的选择性却降低，故答案为：当温度升高时反应Ⅰ平衡逆向移动，而反应Ⅱ平衡正向移动且幅度更大，所以CO2的转化率增加，但甲醇的选择性却降低； （4）升高温度，正逆反应速率均增大，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的物质的量增大，甲醇的物质的量减小，则曲线的变化如图：，故答案为：。 5．     -41     ＜     D     3.27          MgOCH3+H=CH4+MgO 【详解】(1)已知I．CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g) ΔH1=-165 kJ·mol-1 Ⅱ．CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g) ΔH2=-206 kJ·mol-1 根据盖斯定律，Ⅱ-I可得反应Ⅲ∶CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) ΔH3=-41kJ· mol-1；该反应ΔH＜0，在低温下才能自发进行，根据ΔH-TΔS＜0，则ΔS＜0； (2)①A．根据已知信息，反应I和反应Ⅲ均为放热反应，D→B过程中，升高温度，反应I和反应Ⅲ平衡均向逆向移动，反应ICO2转化率降低，反应ⅢCO2转化率提高，故A错误； B．在恒容密闭容器中，维持压力为0.1 Mpa，A点和C点的温度也相同，此时，反应I、Ⅱ中参加反应的各物质的量浓度也相等，则反应I、Ⅱ的反应速率相等，故B错误； C．根据图示，反应I、Ⅱ为相互竞争关系，反应Ⅲ与反应I、Ⅱ为抑制关系，约660℃以前，CO转化率降低，以反应Ⅱ为主；CO2转化率先降后升，是反应I、Ⅲ共同作用的结果，则约660℃以前，以反应I、Ⅱ、Ⅲ为主；约660 ℃以后，CO转化率降低，CO2转化率升高，反应Ⅲ为主，故C错误； D．由图示可知，A→FCO转化率降低，升高温度，使反应Ⅲ平衡向逆反应方向移动，故D正确； 答案选D； ②设初始，投入容器的n(H2)、n(CO2)、n(CO)分别为4mol、1mol、1mol， E点时，CO转化率为0，则平衡时n(CO)为1mol，同时对应的CO2转化率为30%，此时可以看做只有反应I CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)发生，平衡时n(CO2)=1mol×(1-30%)=0.7mol，n(H2)=4mol-4×1mol×30%=2.8mol，n(H2O)=2×1mol×30%=0.6mol，反应ⅢCO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)的反应前后气体分子数目相等，计算平衡常数时物质的量可代表其浓度，则平衡常数K==3.27； ③在恒容密闭容器中，充入n(H2)∶n(CO2)=4∶1，发生反应I．CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g) ΔH1=-165 kJ·mol-1，该反应正向为气体分子数目减小的放热反应，恒温恒容时，减小压强，反应I平衡逆向移动，甲烷的收率减小；恒压恒容时，升高温度，反应I平衡逆向移动，甲烷的收率减小；根据②中计算，0.1 Mpa，约660 ℃左右，1mol CO2参与反应转化率为30%，生成甲烷的物质的量为0.3mol，甲烷的收率[Y(CH4) =×100%]，则约660 ℃左右，甲烷的收率Y(CH4) =×100%=×100%=30%， 则0.1Mpa时甲烷的收率与温度变化曲线； (3) Pd-Mg/SiO2 催化CO2甲烷化的总反应为CO2+4H2CH4+2H2O，根据机理如图所示，生成CH4的最后一步反应方程式MgOCH3+H=CH4+MgO。 6．(1)，且反应可逆符号右侧气体物质的量比左侧多，△S>0，故反应在高温下自发 (2)     或     68.2% (3)          BC     【解析】（1） 将反应Ⅰ的二倍加上反应Ⅱ，再加反应Ⅲ的2倍得到反应Ⅳ． ，且反应可逆符号右侧气体物质的量比左侧多，△S>0，故反应在高温下自发；故答案为：，且反应可逆符号右侧气体物质的量比左侧多，△S>0，故反应在高温下自发。 （2） 利用氢气与二氧化碳催化反应合成乙烯，是实现低碳转型的一条途径。在0.1MPa、120℃条件下，以的投料比充入体积固定的密闭容器中，发生反应：，平衡时水蒸气的物质的量百分数为50.0%。请回答： ①反应的平衡常数表达式为或；故答案为：或。 ②以的投料比充入体积固定的密闭容器中，假设分解加入4mol氢气和1mol二氧化碳，达到平衡时，建立三段式，，解得x= ，的转化率为；故答案为：68.2%。 （3） ①根据总反应和第二步反应得到第一步反应为；故答案为：。 ②A．反应Ⅰ是快速放热，反应Ⅱ是慢速吸热，说明反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ，且，故A错误；B．增大氨碳比有利于提高尿素产率，过量氨气与反应Ⅱ生成的水反应，促进平衡正移，会生成更多的尿素，故B正确；C．实际生产中若选择曲线a，氨碳比在4.0时二氧化碳转化率已经很大，再提高氨碳比，虽然二氧化碳转化率增大，但氨气经济价值比二氧化碳经济价值大，因此增大氨碳比不划算，因此氨碳比应控制在4.0左右，故C正确；D．根据总反应增加水碳比，可以理解为二氧化碳量不变，水的量增大，平衡逆向移动，二氧化碳转化率减小，因此根据图像得到曲线a的水碳比小于曲线b，减小水碳比，水蒸气量减少，有利于平衡正向移动，利于尿素生成，故D错误；综上所述，答案为：BC。 ③如果某催化剂可以同等程度地加速反应Ⅰ和Ⅱ，反应速率加快，生成氨基甲酸铵达到最高值时间缩短，短时间放出的热量大，使得温度较高，平衡正向移动，因此生成氨基甲酸铵的量比原来增加，因此加入该催化剂后从0h到t1时的氨基甲酸铵物质的量变化曲线 ；故答案为： 。 7．     <     或     反应虽然可自发进行，但是正反应活化能较大，在较低温度下反应速率缓慢，导致加热至600℃时NO仍没有明显分解     BC          硝酸预氧化的过程中引入了，增大了浓度，平衡逆向移动，使活性炭表面酚羟基、羧基等官能团数量增多，故吸附效果更佳 【详解】(1)由逆反应活化能大于正反应活化能可知，该反应为放热反应，反应的焓变△H＜0，由高于7089℃时反应无法自发进行可知，反应△H—T△S＞0，则反应的熵变△S＜0；由反应方程式可知，反应的浓度平衡常数为，分压平衡常数为；由高于7089℃时反应无法自发进行可知，当温度低于7089℃时反应能自发进行，反应△H—T△S＜0，活化能越大，反应速率越慢，由题给数据可知，该反应的正反应活化能较大，在较低温度下，反应速率缓慢，导致加热至600℃时NO仍没有明显分解，故答案为：＜；或；反应虽然可自发进行，但是正反应活化能较大，在较低温度下反应速率缓慢，导致加热至600℃时NO仍没有明显分解； (2) ①A．由图可知，25℃下原始-C在通气175分钟前吸附效果超过了，故错误； B．减小反应物的浓度，平衡会逆向移动，若其他条件不变，恒压条件下增大混合气体中物质的量分数，一氧化氮的浓度减小，吸附平衡会逆向移动，故正确； C．由题给方程式可知，高锰酸钾预氧化时有不溶于水的二氧化锰生成，二氧化锰会将活性炭表面孔隙堵塞，导致吸附效果不佳，故正确； D．由图可知，升高温度，相同时间内，一氧化氮捕获率减小，吸附平衡逆向移动，故吸附过程的△H＜0，故错误； BC正确，故答案为：BC； ②由题意可知，其他条件不变，55℃下增大烟气中水蒸气含量后，60 min 后的一氧化氮捕获率为40%，图中虚线坐标为(60，40%)，70 min后吸附到达平衡，图中实线坐标为(70，90%)，则用虚线表示通气1小时后至吸附平衡为止NO捕获率的变化曲线如下：故答案为：； ③由电离平衡可知，增大溶液中的氢离子浓度，平衡逆向移动，相比其他预氧化试剂处理的活性炭，硝酸预氧化时，硝酸电离出的氢离子使溶液中的氢离子浓度增大，平衡逆向移动，活性炭表面酚羟基、羧基等官能团数量增多，吸附效果增强，故答案为：硝酸预氧化的过程中引入了，增大了浓度，平衡逆向移动，使活性炭表面酚羟基、羧基等官能团数量增多，故吸附效果更佳。 8．     4FeS2+11O28SO2+2Fe2O3     CD     P3＞P2＞P1     Z          两个反应同时进行，但由于Ea2＞Ea1，反应Ⅰ的速率更快，该开始时c(SO2)上升，而反应Ⅱ的平衡常数较大(正向进行程度大)，随着反应Ⅱ的持续进行，容器中c(CO2)继续增大，c(CO)继续减小，导致反应Ⅰ平衡逆向移动，c(SO2)又逐渐降低     【详解】(1)黄铁矿在沸腾炉中被氧气氧化生成二氧化硫和氧化铁，根据元素守恒和电子守恒可得反应的方程式为：4FeS2+11O28SO2+2Fe2O3； (2)A．把黄铁矿磨成细粉末在“沸腾”状态下燃烧，可以增大与氧气的接触面积，使反应更充分，提高原料的利用率，A正确； B．气体在进接触室前要先净化，防止有杂质和催化剂反应，使催化剂中毒，B正确； C．接触室中二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫的反应为放热反应，较高温度会降低原料的平衡转化率，采用高温主要是为了提高反应速率以及催化剂活性，C错误； D．为防止形成酸雾和加快吸收速率，三氧化硫是被浓硫酸吸收而不是被水吸收，D错误； 综上所述答案为CD； (3)温度较低时反应速率较慢测定α时反应未达到平衡，所以此时随温度升高α增大，当温度升高到一定程度，测定α时反应达到平衡，继续升高温度平衡逆向移动，α减小； ①温度较高时反应达到平衡，该反应为气体系数之和减小的反应，温度不变增大压强平衡正向移动，α增大，所以P3＞P2＞P1； ②当α随温度的升高而减小时，说明反应达到平衡，所以平衡点为Z；Z点所示温度平衡时二氧化硫的转化率为0.900，初始投料为1molSO2和1.45molO2，则列三段式： 压强为P3，各组分的分压之比等于物质的量之比，所以p(SO2)=P3=，p(O2)=，p(SO3)=，则Kp==； (4)①虽然两个反应同时进行，但由于Ea2＞Ea1，反应Ⅰ的速率更快，该开始时c(SO2)上升，直至反应Ⅰ达到最大限度，由于反应Ⅱ的平衡常数较大，随着反应Ⅱ的持续进行，容器中c(CO2)继续增大，c(CO)继续减小，导致反应Ⅰ平衡逆向移动，c(SO2)又逐渐降低，直至反应Ⅱ达到平衡； ②反应Ⅰ为吸热反应，升高温度平衡正向移动，所以c(SO2)的最大值要高于T1温度，但由于温度升高，反应速率加快，所以达到最大值所用时间缩短，反应Ⅱ为放热反应，升高温度平衡逆向移动，所以最终平衡时c(SO2)也要高于T1温度，则T2条件下c(SO2)随时间t变化图为(虚线所示)。 9．          BD     AC     温度较高时，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡移动的影响          增大浓度使消碳反应平衡右移，减少积碳，从而增大催化剂活性；增大浓度使催化重整反应平衡右移，导致浓度减小，从而使积碳反应逆向移动减少积碳的生成，从而增大催化剂活性 【详解】(1)①钙化作用是钙离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸钙和二氧化碳，反应的离子方程式是； ②A．NH4HCO3分解可得到CO2和水、NH3，氨气溶于水得到氨水，从而实现吸收液的再生，故A正确； B．根据物料守恒，溶液中存在，故B错误； C．根据电荷守恒，溶液中存在，故C正确； D．已知，根据盐类水解的规律“谁强显谁性”，可推测溶液呈碱性，故D错误； 选BD； (2)①A．氢气投料固定，二氧化碳投料越多，二氧化碳的转化率越小，若m=，则最大，故A正确； B．在前，反应正向进行，，在时，反应为平衡状态，，故B错误； C．若，投料比等于化学计量数比，不同反应物的平衡转化率相等，则a点的平衡转化率等于的平衡转化率，故C正确； D．甲醇和水都是生成物且物质的量一定相等，和的体积分数相同不能判断上述反应达平衡，故D错误； 选AC； ②温度较高时，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡移动的影响，所以图中在时，不同的投料比转化率趋于相近； (3)① 平衡后测得和CO的体积分数相等，即0.5-x=2x，x=；则t℃下该反应的平衡常数； ②增大浓度使消碳反应平衡右移，减少积碳，从而增大催化剂活性；增大浓度使催化重整反应平衡右移，导致浓度减小，从而使积碳反应逆向移动减少积碳的生成，从而增大催化剂活性。 【点睛】本题以探究含碳化合物的转化为载体，考查离子反应、水溶液中离子浓度大小比较、化学平衡移动，掌握化学平衡原理、电荷守恒、物料守恒是解题关键，培养学生应用知识解决实际问题的能力。 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 $$