2025届高三化学一轮复习 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·河南·二模）可作大型船舶的绿色燃料，可由CO或制备。工业上用制备的原理如下： 反应1：   反应2：  (副反应) (1)，该反应的ΔH= kJ/mol。 (2)将和按物质的量之比1∶3通入密闭容器中发生反应1和反应2，分别在1MPa、3MPa、5MPa下改变反应温度，测得的平衡转化率()以及生成、CO选择性(S)的变化如图[选择性为目标产物在总产物(和CO)中的比率]。 ①代表5MPa下随温度变化趋势的是曲线 (填“a”、“b”或“c”)。 ②随着温度升高，a、b、c三条曲线接近重合的原因是 。 ③P点对应的反应2的平衡常数 (结果保留2位有效数字，已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应的，其中，、、、为各组分的平衡分压)。 (3)最近，中科院研究出首例在室温条件超快传输的氢负离子导体，将带来系列技术变革。某小组据此设计了如图装置，以电化学方法进行反应1。 ①电极b为电源的 (填“正极”或“负极”)。 ②生成的电极反应式为 。 ③若反应2(副反应)也同时发生，出口Ⅱ为CO、、的混合气，且，则惰性电极2的电流效率为 ()。 2．（2024·黑龙江大庆·模拟预测）氮氧化物(、NO等)的处理和资源化利用具有重要意义。 (1)反应分为三步基元反应完成。 第一步：决速步骤) 第二步： ①活化能最高的是第 步。 ②为了提高总反应中NO的反应速率和转化率可采用的措施为 (写两条)。 (2)已知反应。某温度下向2.0L刚性密闭容器中充入和，发生该反应，测得容器内气体总压强(p)与时间(t)的变化如下表所示： 反应时间(t)/min 0 2 4 6 8 10 4.80 5.44 5.76 5.92 6.00 6.00 ①用表示0~4min内平均反应速率为 。 ②该温度下的压强平衡常数 kPa。 (3)NO催化分解ICl制取和的原理为： 反应I：； 反应Ⅱ：；。 反应的的关系如图所示。 430K时，反应的 (4)催化电解NO吸收液可生成多种物质，其中将NO还原为的催化机理如图甲所示。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(FE%，法拉第效率之比等于转移电子的物质的量之比)随电解电压的变化如图乙所示。 ①由图甲可知，催化电解NO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 。 3．（2024·河南·模拟预测）工业含硫烟气污染大气，研究烟气脱硫具有重要意义。回答下列问题： 方法一：还原脱硫。 反应原理：   (1)已知和的燃烧热分别为和，液态水汽化需要吸收的热量。则 。 (2)在某恒温、恒容的密闭容器中，充入和发生反应，已知该温度下反应的平衡常数，测得平衡时和的浓度均为，则平衡时的值为 。 方法二：还原脱硫。 反应原理： Ⅰ.   Ⅱ.   (3)在不同催化剂条件下，的转化率随温度变化的曲线如图所示。 已知：反应物在较低温度下有较高的转化率时，其催化剂的催化效果较高。图中转化率达到以上时，五种催化剂的催化效果由高到低的顺序为 。 (4)一定条件下，在压强为的恒压密闭容器中按体积比为充入、、发生反应Ⅰ和Ⅱ。测得的平衡转化率为，的平衡转化率为。 ①在一定温度范围内，缓慢升高反应温度，测得的平衡转化率先减小后增大，其原因为 。 ②反应Ⅰ的压强平衡常数 (用平衡分压代替平衡浓度计算)。 ③若保持压强不变，按体积比为充入、、发生反应Ⅰ和Ⅱ，达到平衡时的平衡转化率将 (填“>”“<”或“=”)。 (5)利用电解法对进行吸收和无害化处理，其原理如图所示。 ①电极电势：电极Ⅰ 电极Ⅱ(填“>”“<”或“=”)。 ②电极Ⅱ的电极反应式为 。 ③每处理，理论上电解池中产生氧气的质量为 。 4．（2024·黑龙江·三模）一碳化学是化学反应过程中反应物只含一个碳原子的反应，一碳化学是从一碳氢化反应开始的，甲烷、一氧化碳是常见的一碳化学的原料。已知反应： i． ii． iii． (1)工业制取炭黑的方法之一是将甲烷隔绝空气加热到1300℃进行裂解，该反应的热化学方程式为 ；反应i的正反应活化能为，则逆反应的活化能为 。 (2)向容积固定为的密闭容器内充入和，保持250℃发生反应iii，用压力计监测反应过程中容器内压强的变化如表： 反应时间 0 5 10 15 20 25 30 压强 p x ①从开始到时，以CO浓度变化表示的平均反应速率 。 ②反应达到平衡的时间段是 (填“”或“”)min；该温度下，反应iii的平衡常数 。 ③平衡后，下列措施中能使增大的有 (填字母)。 a．升高温度    b．充入氦气    c．再充入    d．使用催化剂 (3)电喷雾电离等方法得到的(、等)与反应可得。与反应能高选择性地生成，体系的能量随反应进程的变化如图所示： ①已知：直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢。则与反应的能量变化应为图中曲线 (填“a”或“b”)。 ②若与反应，生成的氘代甲醇有 种。 5．（2024·山西太原·三模）石油裂解产生的乙烯含有0.5%～3%乙炔，乙炔在Ziegler－Natta催化剂中会使乙烯聚合失活。乙炔选择性加氢已经被证明是提纯乙烯最有效的技术之一。回答下列问题： (1)已知25℃、101kPa下，相关物质的燃烧热数据如下表： 物质 （g） （g） （g） 燃烧热（△H）/ －1299.6 －285.8 －1411.0 乙炔半氢化反应的= 。 (2)在其他条件相同时，在不同的Pd基催化剂作用下，乙炔的转化率及乙烯的选择性随反应温度的变化如图a、b所示。已知：乙烯的选择性=。 图a                                          图b ①若在实际生产中，选择Pd@H－Zn/Co－ZIF催化剂、50～60℃的反应条件，其依据是： 。 ②为保证该转化过程，需要过量的氢气，缺点是 。 ③某温度下，在刚性容器中发生乙炔半氢化反应，已知与的初始投料比[]为1∶10，的平衡转化率为90%（忽略其他副反应的发生）。若初始的总压强为；则平衡时体系的压强＝ （用列出计算式即可，下同）；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） ④制备基于MOFs（金属有机框架）薄膜材料为/混合气体分离提供了一种经济高效的技术。该材料孔径大小和形状恰好将“固定”，能高效选择性吸附，原理示意如图。 下列混合物的分离提纯原理与该材料“固定”最接近的是 。（填标号） A．利用萃取碘水 B．利用“杯酚”分离和 C．利用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中的少量乙酸 (3)在工业领域也可用N，N－二甲基甲酰胺（）粗乙烯中回收乙炔。N，N－二甲基甲酰胺是极性亲水性溶剂，其可与水任意比互溶的原因是 。 6．（2024·黑龙江绥化·模拟预测）工业尾气脱硝是减少空气污染的重要举措。回答下列问题： (1)活性炭脱硝：一定温度下，向2L恒温密闭容器中加入足量活性炭和2mol，发生反应：，部分物质的物质的量随反应时间t的变化曲线如图1所示。 ①曲线Ⅰ表示 (填化学式)的物质的量随反应时间t的变化，0~2min内， 。3min时，再充入，该容器中气体的颜色 (填“加深”“变浅”或“不变”)。 ②为了提高该反应中的平衡转化率，理论上可采取的措施是 (填字母)。 A．恒容时充入稀有气体    B．恒压时充入稀有气体 C．增加活性炭的质量       D．选择合适的催化剂 (2)脱硝：反应原理为。 已知  ；   ，则反应的 。若的逆反应的活化能为，则正反应的活化能为 (用含a的代数式表示)。 (3)氨化脱硝：氨化脱硝过程发生反应 ，不同温度下，经过相同时间的脱硝效率随温度的变化关系如图2所示。分析420℃时的脱硝效率低于390℃时的脱硝效率的原因可能是 。 (4)甲酸脱硝：25℃时，用甲酸吸收氨气可得到溶液。已知：25℃时，甲酸的，的。则反应的平衡常数 。 (5)生物酶脱硝：某些生物酶体系可以促进和的转移(如a、b和c)，能将海洋中的转化为进入大气层，反应过程如图3所示。过程Ⅰ到过程Ⅲ的总反应的离子方程式为 。 7．（2024·湖南·模拟预测）是工业废气中的常见物质，为了实现碳达峰、碳中和的战略目标，某兴趣小组设计利用和或合成甲醇，提出了如下两个方案： 方案一：     方案二：   相关物质的化学键键能(E)数据如表所示： 化学键 803 436 343 465 413 回答下列问题： (1)方案一中反应的 。甲醇的工业生产应选择方案 (填“一”或“二”)。 (2)在恒容密闭容器中充入一定量和，分别在、温度下(已知，且其他条件相同)进行反应I：，反应过程中随时间的变化关系如图所示。图中表示温度下的曲线是 (填“a”或“b”)。 (3)经研究发现，当以和为原料合成甲醇时，通常伴随着以下副反应：  ，反应Ⅱ在恒压密闭容器中，以Cu/Zn/Al/Zr纳米纤维为催化剂，按照的投料比投入和发生反应I、反应Ⅱ。经过相同的时间，测得不同温度下和CO的产率变化如图所示： 当温度高于520K时，甲醇产率降低的原因可能为 (写出两条)。 (4)一定温度下，在压强恒为的密闭容器中充入和，发生反应I和反应Ⅱ，20min达到平衡后，测得反应前后容器中气体的物质的量之比是，且的物质的量为1.6mol，在此温度下，0~20min内用压强变化表示的反应速率 ，反应I的平衡常数 (为以压强表示的平衡常数，分压总压物质的量分数)。 (5)我国科研人员发明了基于混合离子导体膜反应器，通过选择合适的混合离子导体作为电解质及电极材料，利用和作为原料合成甲醇，该类混合离子导体能够同时传导及质子，装置如图所示。已知参与电极反应需要，则a离子为 (填离子符号)，参与的电极反应式为 。 8．（2024·山东菏泽·模拟预测）乙烯是世界上产量最大的化学产品之一，乙烯工业是石油化工产业的核心，乙烯产品占石化产品的75%以上，在国民经济中占有重要的地位。利用乙烷裂解制乙烯的反应为C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)△H。 (1)298K时，乙烷的裂解反应历程如图1所示，可能发生反应的平衡常数的对数值(lgK)与温度的倒数()的关系如图2所示。 ①图1反应的决速步骤是 (填“反应a”或“反应b”)，乙烷裂解制乙烯的△H= 。 ②工业上一般选择温度在1000K左右裂解乙烷，可能的原因是 。 (2)在恒温恒容条件下，下列情况表明反应C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)达到平衡状态的是_____(填标号)。 A．混合气体密度保持不变 B．气体总压强保持不变 C．气体平均摩尔质量保持不变 D．产物浓度之比保持不变 (3)在106kPa下，分别按照反应气组成n(C2H6)：n(H2O)为1：1、1：4、1：9投料，C2H6的平衡转化率随反应温度的变化关系如图： ①图中表示n(C2H6)：n(H2O)=1：1的曲线是 (填曲线标号)。 ②图中Y点正反应速率和Z点逆反应速率的大小关系为v(Y) (填“>”、“=”或“<”)v(Z)。 ③在T4℃，按n(C2H6)：n(H2O)=1：9投料时，若达到平衡所需要的时间为20min，则乙烷分压平均变化速率为 kPa/min，该反应的平衡常数Kp= kPa(Kp为用分压表示的平衡常数，分压=总压×体积分数)。 9．（2024·江苏·二模）丙烷脱氢制丙烯是较为理想的丙烯生产渠道。 (1)丙烷直接催化脱氢。在催化剂作用下，丙烷直接脱氢制丙烯反应历程中的相对能量变化如图所示(*表示催化剂表面吸附位点，如表示吸附在催化剂表面的)。 ①丙烷直接催化脱氢制丙烯反应的 。 ②该反应历程共分五步，其中速率控制步骤为第 步。 ③研究表明，实际生产中除使用催化剂外，还需控制反应温度在选择温度为的原因是 。 (2)氧化丙烷脱氢。下，将不同组分的原料混合气以相同流速通过装有催化剂的反应床，测得转化率和选择性(选择性)随时间的变化关系如图所示，图中分别代表、的两种原料气。 ①随着反应的进行，4小时前A组分原料气中转化率和选择性均有所提升，且在反应床出口检测到。研究表明，氧化丙烷脱氢经历了以下两个反应：Ⅰ．；Ⅱ． 。(填化学方程式) ②反应进行至4小时后，B组分原料气的反应几乎无法进行，而A组分原料气的反应仍保持相对优异的稳定性，其可能原因是 。 (3)丙烷燃料电池脱氢。一种质子导体燃料电池采用材料作阳极催化层，在阳极侧注入燃料气，阴极侧直接暴露于空气中，在下可实现丙烷高效脱氢制丙烯，装置如图所示。 ①电池工作时，负极发生主要反应的电极反应式为 。 ②与氧化丙烷脱氢相比，丙烷燃料电池脱氢制丙烯工艺的优点是 。 10．（2024·浙江·二模）不仅是一种温室气体，也是一种来源广泛且廉价易得的碳资源，可通过热化学、电化学等方法再利用。其中甲烷干重整反应可以将两类重要的温室气体和进行重整，涉及主要反应如下： 反应I： 反应Ⅱ： (1)若恒温、恒压的密闭容器中只发生反应I，下列能说明反应已达到化学平衡状态的是______。 A．容器内气体密度不再发生变化 B．和CO的物质的量之和不变 C．化学反应速率 D．断裂4mol键的同时生成2mol键 (2)恒温刚性密闭容器中，按投料，初始总压3MPa，达到平衡状态时测得和转化率分别为60%、40%。计算该温度下反应I的压强平衡常数= （用各物质的分压代替物质的量浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。 (3)某研究小组为了评估甲烷干重整反应中不同催化剂的性能差异，在常压、催化剂作用下，按投料，不同温度下反应相同时间，测得的转化率（柱形图）和产物（）如图所示。请分析产物随温度变化的原因（不考虑催化剂失活） 。 (4)该研究小组发现长时间反应后催化剂活性下降，主要存在以下积碳副反应：（a）； （b）。因此该小组借助X射线衍射（如图）定性评估催化剂的积碳情况。已知积碳会在出现衍射峰，下列说法正确的是______。 A．碳附着在催化剂表面，使得活性位点与反应物之间的接触受阻，所以催化活性受到抑制 B．一般甲烷干重整的反应温度都很高，因此副反应a很可能是实际过程中产生积碳的主要原因 C．对比三种催化剂的X射线衍射结果可发现Ir型催化剂没有明显积碳，能在甲烷干重整过程中保持高稳定性 D．该小组进一步评估新型金属复合催化剂（H型和M型）的积碳情况，将反应后的催化剂加热至恒重后，发现H型和M型催化剂的重量损失分别为16.7%和10.2%，这表明H型催化剂能在甲烷干重整过程中保持更高的稳定性 (5)该研究小组查阅资料发现还可利用电解还原，电解过程中常需要调控溶液pH以实现有效转化。现有1.0L溶液，在298K下加入醋酸钾固体将调至，忽略溶液体积变化，所加醋酸钾固体的质量为 g。[已知：298K时，] 11．（2024·湖南长沙·一模）一种利用太阳能催化甲烷、水蒸气重整制氢反应原理及各步反应以气体分压(单位为)表示的平衡常数与温度T的变化关系如图所示： 回答下列问题： (1)铁酸镍中铁显价，写出基态价层电子排布式： 。 (2)若第I步反应生成，吸收热量，则第I步反应的热化学方程式为 。 (3)根据图2可知斜率更大，受温度影响更大。则甲烷、水蒸气重整制氢反应：的 (填“>”“<”或“=”)0。 (4)已知上述制氢过程中存在副反应：。将的混合气体投入温度为T的恒温恒容密闭容器中，初始压强为，若只发生甲烷、水蒸气重整反应和上述副反应两个过程，达平衡时容器内的压强为，分压为，则的平衡转化率为 ，此时温度T (填“>”“<”或“=”)。 (5)在一定条件下，密闭容器中加入一定量的、和催化剂发生反应：。，其中分别为正、逆反应速率，分别为正、逆反应速率常数，p为气体的分压。已知降低温度时，增大。调整和初始投料比，测得的平衡转化率如图。A、B、C、D四点温度由高到低的顺序是 ，在C点所示投料比下，当转化率达到40%时， 。 12．（2024·辽宁沈阳·三模）氢能将在实现“双碳”目标中起重要作用。一种膜反应器催化制氢气原理如下： i． ii． iii． 请回答下列问题： (1)某温度下，在膜表面上的解离过程如下图，存在如下平衡：，其正反应的活化能远小于逆反应的活化能。下列说法错误的是__________。 A．过程（1）为在膜表面上的解离过程， B．加快膜内H原子迁移有利于的解离 C．膜对气体分子的透过具有选择性 D．氢原子核外只有一个电子，它产生的原子光谱只有一根或明或暗的线 (2)在特定温度下，由稳定态单质生成化合物的焓变叫做该物质在此温度下的标准摩尔生成焓。表中为几种物质在的标准摩尔生成焓，则反应ⅱ的 ；该反应 （填“高温”或“低温”）自发进行。 物质 标准摩尔生成焓（） 0 (3)、、对复合膜透氢能力影响如下图， 对膜的渗透性能和使用寿命产生致命影响。请结合反应原理和下图分析吸附剂可增加氢气透过率的原因 。 (4)恒温恒容膜反应器中按甲烷水蒸气投料，体系压强为，平衡后测得甲烷转化率为，选择性为（选择性），氧化钙对二氧化碳的吸收率为，则的分压为 ，反应i的平衡常数 。（写出计算式即可；用分压代替物质的量浓度计算；分压=总压×物质的量分数） 13．（2024·安徽池州·三模）甲醇是最为常见、应用场景最为广泛的基础化学品之一，甲醇与乙烯、丙烯和氨是用于生产所有其他化学品的四种关键基础化学品。 (1)已知反应I：； 反应Ⅱ：； 则反应Ⅲ： ； (2)常温常压下利用催化剂实现二氧化碳加氢制甲醇的反应历程和能量变化图如下(其中吸附在催化剂表面上的粒子用*标注) 转化历程中决速步骤的反应方程式为 。 (3)在恒容密闭容器中充入和。发生反应I和Ⅱ，测得平衡时的转化率、和的选择性随温度变化如下图所示。 ①表示选择性的曲线是 。(填字母) ②时，反应I的平衡常数为 (保留2位有效数字)。 ③过程中，转化率变化的原因是 。 (4)工业上用甲醇燃料电池采用电解法处理含和的碱性废水，将转化为无污染的物质，其原理如下图所示。 ①电解废水时，电极与石墨电极 相连(填“M”或“N”) ②甲醇燃料电池工作时，电极的电极反应式为 ③消耗标准状况下，理论上可处理含 的废水。 14．（2024·湖北·模拟预测）新质生产力本身就是绿色生产力，开展绿色低碳技术攻关，实现“双碳”目标，催化加氢的主要过程包括如下反应： ．   kJ⋅mol ．   kJ⋅mol ．   回答下列问题： (1)利用焦炉气中的作为原料，需要清除其中的硫化物，其目的是 。 (2) kJ⋅mol。 (3)温度对上述化学反应平衡常数的影响如图所示，其中对应的曲线是 (填标号)。 (4)在3.0MPa、作催化剂的条件下，以的原料比通入反应物，的转化率和的选择性随温度的变化如图所示[甲醇的选择性]。 ①随温度升高，的选择性下降，可能的原因是 。 ②200∼280°C范围内随温度升高，的产率先增大后减小，其原因是 。 ③P点时，的分压是 MPa， 。 15．（2024·贵州黔东南·三模）氮氧化物(NOx)是常见的大气污染物，能引起雾霾、光化学烟雾、酸雨等环境问题。因此，研究氮氧化物(NOx)的无害化处理对治理大气污染、建设生态文明具有重要意义。请按要求回答下列问题： (1)一氧化二氮是一种强大的温室气体，可用CO(g)在Co*的催化作用下还原N2O(g)以除去污染，反应的化学方程式为CO(g)+N2O(g)CO2(g)+N2(g)，其反应历程和能量变化如图所示(逸出后物质认为状态未发生变化，在图中略去)。 该反应分两步进行： 第一步：Co*(s)+N2O(g)CoO*(s)+N2(g)  ΔH=+15.9kJ/mol； 第二步： (填写第二步反应的热化学方程式)。 (2)汽车尾气中的NO可以和CO在催化转换器中发生反应，以减少尾气污染。某温度时，向2L恒容密闭体系中通入2molCO和1molNO气体，发生反应2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)，下列能说明反应达到平衡状态的是 (填序号)。 a．2v正(NO)=v逆(N2) b．体系中混合气体密度不再改变 c．CO与NO转化率的比值不再改变 d．该温度下，的值不再改变 (3)某研究小组探究温度和催化剂对CO、NO转化率的影响。将CO和NO按物质的量之比1∶1以一定的流速分别通过两种催化剂(Cat-1和Cat-2)进行反应，相同时间内测量逸出气体中NO的含量，从而确定尾气脱氮率(即NO的转化率)，结果如图所示： ①250℃脱氮率较好的催化剂是 (填“Cat-1”或“Cat-2”)。 ②催化剂在Cat-2条件下，450℃后，脱氮率随温度升高而下降的原因是 。 (4)用H2也可还原NO气体，其反应为2H2(g)+2NO(g)N2(g)+2H2O(g)  ΔH=-752kJ/mol。 为研究H2和NO的起始投料比对NO平衡转化率的影响，分别在不同温度下，向三个体积均为aL的刚性密闭容器中加入一定量H2和NO发生反应，实验结果如图： ①反应温度T1、T2、T3从低到高的关系为 ﹔判断理由是 。 ②T1温度下，充入H2、NO分别为3mol、3mol，容器内的压强为wPa，反应进行到6min时达平衡，0～6min内N2的平均反应速率为 mol·L-1·min-1，该反应的平衡常数Kp= (写出计算表达式)。 16．（2024·广东梅州·模拟预测）我国科学家以二氧化碳为原料，通过全合成方法成功制得了淀粉，取得了科技领域的一个重大突破。以为原料制备甲醇、合成气、淀粉等能源物质具有广阔的发展前景。在催化剂的作用下，氢气还原的过程中可同时发生反应①②。 ① ② (1) 。 (2)已知时，反应能自发进行反应，反应①的，则反应①自发进行的温度不超过 K(保留一位小数)。 (3)在恒温恒容密闭容器中，充入一定量的及，起始及达到平衡时，容器内各气体的物质的量及总压强数据如表所示： n(CO2)/mol n(H2)/mol n(CH3OH)/mol n(CO)/mol n(H2O)/mol 总压/ 起始 0.5 0.9 0 0 0 平衡 m 0.3 p 已知，则表中 ；反应①的平衡常数 (用含p的代数式表示)，为压强平衡常数，是在化学平衡体系中，用各气体物质的分压替代浓度计算的平衡常数。 (4)向恒压反应器中通入和，的平衡转化率及的平衡产率随温度变化的关系如图所示。已知：的产率。 图中500K以后，的平衡转化率随温度升高而增大的原因是 。 (5)的综合利用有利于“碳中和”，分子在晶体中的堆积方式如图所示，该晶体面心立方最密堆积结构，晶胞边长为apm，则该晶胞中的原子总数为 ，晶体的密度 (列出计算式，设为阿伏加德罗常数)。 (6)温室气体的用途广泛，请写出一种与其物理性质相关的用途： 。 17．（2024·内蒙古呼和浩特·二模）是一种脱硝性能较好的催化剂。采用共沉淀法等比掺入金属M后，催化剂的脱硝性能会发生改变。烟气脱硝主要副产物为。主反应如下： 反应Ⅰ．   反应Ⅱ．   (1)已知：  。则 。某条件下对于反应Ⅰ，，，、为速率常数。升高温度时，增大m倍，增大n倍，则m n(填“>”、“＜”或“=”)。 (2)将模拟烟气按一定的流量通入掺杂不同金属的催化剂，在不同温度下进行反应并测定相关物质浓度，得出不同情况下NO的转化率、的选择性、的生成量随温度变化关系如下图。 ①选择时，温度高于260℃时NO转化率下降的原因可能是 。 ②综合考虑应选择 为该脱硝过程的催化剂，选择合适的催化剂 (填写“能”或“不能”)提高的平衡产率。 ③为探究氨的催化脱硝过程中生成的机理，将含有不同同位素原子的物质(与、)通入反应容器进行一系列温度编程实验，通过质谱仪测定产物气体分子的含量随温度的变化曲线如下图。 则与NO、反应生成的化学方程式为 (需标出N原子的质量数)。 (3)当温度为273℃，在恒容密闭的容器中，假设仅发生两个主反应。通入、、，初始压强为情况下，达到平衡后测定转化率为30%，平衡体系中。则NO的转化率为 ，反应Ⅱ的 (写出计算式即可)。 18．（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 。 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)-90.7 (2) a 随着温度的升高，以反应2为主，反应2前后分子数目保持不变，说明改变压强不影响，所以a、b、c三条曲线接近重合 0.0096 (3) 负极 90% 【分析】本题是化学反应原理的综合考察。（1）判断不同压强下二氧化碳的转化率曲线，前半段，随着温度的升高，二氧化碳转化率下降，说明以反应1为主，后半段，随着温度的升高，二氧化碳转化率升高，说明以反应2为主。（2）利用电化学反应发生反应1，则依据二氧化碳碳元素化合价的变化，可以判断通入二氧化碳的一极为阴极。据此分析。 【详解】（1）根据盖斯定律，可由反应1反应2得到，故； （2）①由图可知，一定低温条件下，5MPa时，CH3OH的选择性最大，CO选择性小，说明低温条件下主要发生反应1，反应1是分子数目减小的反应，压强越大，CO2的转化率越高，所以代表5MPa下随温度变化趋势的是曲线a； ②反应1放热，升高温度，减小，反应2吸热，升高温度，升高，温度升高到一定值时，升高，说明以反应2为主，反应2前后分子数目保持不变，说明改变压强不影响，所以a、b、c三条曲线接近重合； ③起始时：和的物质的量分别为1mol和3mol，P点对应温度下二氧化碳的转化率为20%，甲醇和CO的选择性各为50%，则，，，依据氢原子守恒，可算出，故，所以可算出的。 （3）①该装置以电化学方法进行反应1，制备甲醇，故惰性电极2为阴极，电极b为电源负极。 ②甲醇在阴极生成，其电极反应为：； ③若反应2(副反应)也同时发生，出口Ⅱ为CO、、的混合气，且，设生成的，，则CO2~CO~2e-，CO2~CH3OH~6e-，所以转移电子总量为，惰性电极2的电流效率为。 2．(1) 一 缩小容器体积(或增大压强或充入H2) (2) 48 3240 (3)10-4 (4) NO＋5e-＋5H＋=NH3＋H2O 2∶15 【详解】（1）①活化能越大反应速率越慢，而慢反应决定总反应速率的快慢，第一步为决速步骤，则第一步反应活化能最高，故答案为一； ②总反应为放热反应且正向气体分子数减小，因此可通过增大压强(压缩容器体积)或增大氢气浓度加快反应速率同时使平衡正向移动，从而提高NO的转化率，故答案缩小容器体积(或增大压强或充入H2)； （2）①起始时充入1mol(g)和2mol(g)，起始压强为4.80×100kPa，则的起始分压为，设4min时消耗xmol，列三段式得： 根据压强之比等于物质的量之比可得：，解得：x=1.2；则此时容器内气体总物质的量为3.6mol，此时的分压为：；表示0～4min内平均反应速率为，故答案为48； ②平衡时体系总压强为6.0kPa，设此时甲烷的消耗量为ymol，列三段式： 根据压强之比等于物质的量之比可得：，解得：y=0.75；平衡时各气体物质的量为CH4：0.25mol、NO2：0.5mol、CO2：0.75mol、N2：0.75mol、H2O：1.5mol，总气体的物质的量为：3.75mol；，故答案为3240； （3）根据盖斯定律可知反应可由Ⅰ+Ⅱ得到，则，由图可知，430K时，-lgK1=1.1，则K1=10-1.1；同理可得：K2=10-2.9；K=10-1.1×10-2.9=10-4，故答案为10-4； （4）①由图甲可知，催化电解NO生成的电极反应式为NO＋5e-＋5H＋=NH3＋H2O，故答案为NO＋5e-＋5H＋=NH3＋H2O； ②，，电解电压为U1时，NH3和 H2的法拉第效率之比为20%:60%=1：3，则两者转移电子的物质的量之比为1：3，则NH3和 H2的物质的量之比为2：15，故答案为2：15。 3．(1) (2) (3)Cat.3>Cat.1>Cat.4>Cat.2>Cat.5 (4) 开始升温时，反应Ⅰ逆向移动影响较大，的转化率降低；后期升温，反应Ⅱ正向移动影响较大，导致的转化率升高 614.4 < (5) < 8 【详解】（1）已知和的燃烧热分别为和，液态水汽化需要吸收的热量。则反应的。 （2）在恒温、恒容的密闭容器中，充入和，测得平衡时和的浓度均为。可知： 则平衡时容器中，根据平衡常数可得，因此。 （3）由图甲可知，五种催化剂的催化效果由高到低的顺序为Cat.3>Cat.1>Cat.4>Cat.2>Cat.5。 （4）①在一定温度范围内，缓慢升高反应温度，测得的平衡转化率先减小后增大的原因为开始升温时，反应Ⅰ逆向移动影响较大，的转化率降低；后期升温，反应Ⅱ正向移动影响较大，导致的转化率升高。②已知在压强为的恒压密闭容器中按体积比为充入、、发生反应Ⅰ和Ⅱ，测得的平衡转化率为，的平衡转化率为，设初始时容器中的和均为，则为。各物质的变化量为： 因此平衡时，为、为、为、为、为、为、为、为，总物质的量为。平衡时各物质的分压：为、为、为、为、为、为、为、为，因此。 ③若保持压强不变，按体积比为充入、、发生反应。由于反应物的分压增大，反应Ⅰ和Ⅱ均为气体总体积增大的反应，压强增大，达到平衡时的平衡转化率减小。 （5）①电极Ⅰ为阴极，电极Ⅱ为阳极，则电极电势：电极Ⅰ<电极Ⅱ。②电极Ⅱ发生氧化反应，电极反应式为。③每处理，电解池转移电子，产生氧气，质量为。 4．(1) (2) 3 c (3) a 2 【详解】（1）甲烷隔绝空气加热进行裂解，其反应方程式为CH4C+2H2，根据盖斯定律可知，ii-i得出目标反应方程式，计算出ΔH=(+206-131)kJ/mol=+75kJ/mol，即甲烷裂解热化学方程式为CH4(g)C(s)+2H2(g)  ΔH=+75kJ/mol；该反应为吸热反应，因此逆反应的活化能为(Ea-131)kJ/mol；故答案为CH4(g)C(s)+2H2(g)  ΔH=+75kJ/mol；(Ea-131)； （2）①相同条件下，压强之比等于气体物质的量之比，有：，因此n总=4.08mol，利用差量法，推出0~10min，以CO浓度变化表示的平均速率v(CO)==0.096mol/(L·min)；故答案为0.096mol/(L·min)； ②根据表中数据可知，20min以后容器中总压保持不变，说明20min时，反应达到平衡，因此反应达到平衡时间段是15~20min；达到平衡时，气体总物质的量为=3mol，利用差量法，达到平衡时，生成甲醇物质的量为mol=1.5mol，则CO物质的量为(2-1.5)mol=0.5mol，氢气物质的量为(4-1.5×2)mol=1mol，反应iii的平衡常数Kc==3；故答案为15~20；3； ③a．反应iii为吸热反应，升高温度，平衡逆向进行，甲醇物质的量减少，CO物质的量增大，因此随温度升高而减小，故a不符合题意； b．恒容状态下，充入氦气，组分浓度不变，平衡不移动，即不变，故b不符合题意； c．再充入2mol氢气，平衡正向移动，甲醇物质的量增大，CO物质的量减小，即增大，故c符合题意； d．使用催化剂，对平衡移动无影响，即不变，故d不符合题意； 答案为c； （3）①直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，活化能会变大，因此MO+与CD4反应能量变化因为图中曲线a；故答案为a； ②若MO+与CH3D反应，根据反应机理图可知，步骤Ⅰ可能生成HO-M-CH2D或DO-M-CH3，经过步骤Ⅱ分别生成HOCH2D或DOCH3，即生成的氘代甲醇有2种；故答案为2。 5．(1) (2) 该条件下，乙烯的选择性最高，且乙炔的转化率较高 过量的氢气会与乙炔或生成的乙烯反应生成乙烷杂质 B (3)二甲基甲酰胺是极性分子，可以与水形成分子间氢键 【详解】（1）由盖斯定律可知，乙炔的燃烧热+氢气的燃烧热-乙烯的燃烧热得到反应：； （2）①选择Pd@H－Zn/Co－ZIF催化剂、50～60℃的反应条件，是因为该条件下，乙烯的选择性最高，且乙炔的转化率较高，利于乙烯的制备； ②乙炔、乙烯为不饱和烃，会和氢气加成，故使用过量的氢气的缺点是：过量的氢气会与乙炔或生成的乙烯反应生成乙烷杂质。 ③已知与的初始投料比[]为1∶10，的平衡转化率为90%（忽略其他副反应的发生），假设乙炔、氢气投料分别为1mol、10mol，则反应0.9mol乙炔、生成0.9mol乙烯，平衡时，乙炔、氢气、乙烯分别为0.1mol、9.1mol、0.9mol，总的物质的量为10.1mol，若初始的总压强为，由阿伏伽德罗定律可知，平衡时体系的压强为，该反应的平衡常数； ④利用萃取碘水，是利用物质的溶解性不同进行分离；利用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中的少量乙酸，是利用碳酸钠和酸的反应去除乙酸；而该材料孔径大小和形状恰好将“固定”，能高效选择性吸附，类似于利用“杯酚”孔径大小分离和，故选B； （3）N，N－二甲基甲酰胺是极性分子，水也是极性分子，且可以与水形成分子间氢键导致其可与水任意比互溶。 6．(1) 加深 B (2) ―985.2 (3)420℃催化剂活性差，催化效率低，反应速率较慢，脱硝效率较低 (4) (5) 【详解】（1）①向容器中加入的是活性炭和NO2，随着反应进行，NO2物质的量减少，生成物CO2和N2的物质的量增加，根据反应方程式，NO2减少的物质的量和CO2增加的物质的量相等，根据图像可知，曲线Ⅲ代表的是NO2，则曲线Ⅰ代表的是CO2；0~2min内，NO2的物质的量减少了1.5mol，则v(NO2)==0.375mol⋅L−1⋅min−1；3min时，再充入NO2，NO2浓度增大，则气体颜色加深。 ②恒容时充入稀有气体，不改变任何一种物质的浓度，平衡不移动，故A不选；恒压时充入稀有气体，容器体积变大，平衡向正反应方向移动，可以提高NO2的平衡转化率，故B选；活性炭是固体，增加活性炭的用量，不能使平衡移动，故C不选；催化剂不影响平衡，故D不选，故选B。 （2）设为反应①， 为反应②，①-②即得反应CH4(g)+2NO(g)+O2(g)⇌CO2(g)+N2(g)+2H2O(g)，则该反应的ΔH=−802.6kJ⋅mol−1-182.6kJ⋅mol−1=-985.2kJ⋅mol−1；反应的ΔH=正反应的活化能-逆反应的活化能，所以正反应的活化能=(a−985.2)kJ⋅mol−1。 （3）图示中是相同时间的脱硝效率随温度的变化，即速率随温度的变化，温度高的420℃时的脱硝效率反而低于温度低的390℃时的脱硝效率的原因可能是420℃催化剂活性差，催化效率低，反应速率较慢，脱硝效率较低。 （4）反应的K===3.5×104。 （5）从图3可知，反应物为和，生成物为水和氮气，则总反应的化学方程式为：。 7．(1) 一 (2)b (3)在催化剂存在下，反应Ⅱ的选择性增大；升温时反应I的平衡逆向移动 (4) (5) 【详解】（1）反应物中化学键的总键能生成物中化学键的总键能，根据物质的成键情况可知，方案一中反应的：因为时反应可正向自发进行，通过两个反应的焓变和熵变可知，方案一中反应为放热熵减小的反应，低温下能正向自发进行，而方案二中反应为吸热，熵减小的反应，，任何温度下都不能正向自发进行，所以甲醇的工业生产应选择方案一，故答案为①-63kJ·mol-1、②一。 （2）容器为恒容容器，由原子守恒知，为定值，随着反应的正向进行，逐渐减小，温度越高，反应速率越快，反应相同时间越大，越小，越大，故曲线b表示温度下的曲线。 （3）当温度高于520K时，甲醇的产率降低，原因可能为在Cu/Zn/Al/Zr纳米纤维催化剂存在条件下反应Ⅱ的选择性增大，或者升温时反应I的平衡逆向移动，故答案为：在Cu/Zn/Al/Zr纳米纤维催化剂存在条件下反应Ⅱ的选择性增大、升温时反应I的平衡逆向移动。 （4）设平衡时反应I中消耗，反应Ⅱ中消耗，则注意：如果某物质是两个平行反应的反应物，则题目中所给初始量是该物质在这两个反应中的初始量之和 根据反应前后容器中气体的物质的量之比是可得，反应后容器中气体的总物质的量为3.2mol。根据反应后体系内的物质的量和气体总物质的量可列方程组：，解得，。由此可得平衡时反应I中各组分的物质的量和压强，即 起始时的分压为，则0~20min内用压强变化表示的反应速率，反应I的平衡常数，故答案为①、②。 （5）由题干可知通过电解法合成甲醇的原理为，中碳元素化合价降低，得电子发生还原反应，则镍－锆酸钡基为电解池阴极，钴锶掺杂铁酸镧基电极为阳极，电解质中的向阳极移动，则a离子为，b离子为，阴极的电极反应式为，H2O参与的电极反应式为，故答案为①、②。 【点睛】根据键能计算反应热的关键是物质中所含化学键的类别和数目，如中含有2个键、中含有2个键；对于反应前后气体分子数发生变化的可逆反应，必须用各物质的浓度或分压计算或，而对于反应前后气体分子数不变的可逆反应，可直接利用各物盾的物质的量计算或。 8．(1) 反应a +129.6kJ/mol 反应温度过低，乙烷裂解制乙烯的反应程度小，反应速率慢；反应温度过高，副反应增多，容易产生积碳 (2)BC (3) Ⅲ < 0.33 9 【详解】（1）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，反应a的活化能大于反应b，所以反应的决速步骤是反应a；乙烷裂解制乙烯的反应为反应物总能量小于生成物总能量的吸热反应，反应△H=+129.6kJ/mol，故答案为：反应a；+129.6kJ/mol； ②由图可知，反应温度过低，乙烷裂解制乙烯的平衡常数小，反应程度小，反应速率慢，不利于反应进行；反应温度过高，副反应增多，且容易产生积碳，也不利于反应进行，所以工业上一般选择温度在1000K左右裂解乙烷，故答案为：反应温度过低，乙烷裂解制乙烯的反应程度小，反应速率慢；反应温度过高，副反应增多，容易产生积碳； （2）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．该反应是气体体积增大的反应，反应中容器内压强增大，则容器内压强保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确； C．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应是气体体积增大的反应，反应中气体平均摩尔质量减小，则气体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； D．反应中产物浓度之比始终不变，则产物浓度之比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； 故选BC； （3）该反应是气体体积增大的反应，恒压条件下，乙烷和水蒸气的比值减小相当于减小压强，平衡向正反应方向移动，乙烷的转化率增大，由图可知，相同温度时，曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应乙烷的转化率依次减小，则曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示n(C2H6)：n(H2O)为1：9、1：4、1：1投料，X、Y、Z的压强依次增大； ①由分析可知，表示n(C2H6)：n(H2O)=1：1的曲线是Ⅲ，故答案为：Ⅲ； ②由分析可知，Z点压强大于Y点，压强越大，反应速率越快，则Y点反应速率小于Z点，故答案为：<； ③在T4℃，按n(C2H6)：n(H2O)=1：9投料时，乙烷的平衡转化率为60%，设起始乙烷和水蒸气的物质的量分别为1mol和9mol，由题意可建立如下三段式： 由题意可知，乙烷的起始分压为106kPa×0.1=10.6 kPa，由三段式数据可知，平衡时乙烷、乙烯、氢气的平衡分压为106kPa×=4kPa、106kPa×=6kPa、106kPa×=6kPa，则20min乙烷的反应速率为=0.33kPa/min；反应的平衡常数Kp==9kPa，故答案为：0.33；9。 9．(1) 123.21 四 该温度下催化剂的活性较高，反应速率较快 (2) 丙烷直接脱氢时发生副反应生成积碳覆盖在催化剂表面上，阻碍了反应的进行，而在CO2氧化丙烷脱氢时，CO2能发生反应，及时消除积碳 (3) 反应物空气廉价易得，且在制备丙烯的同时可获得电能 【详解】（1）①丙烷直接催化脱氢制丙烯反应，观察反应历程可知； ②化学反应速率由慢反应决定，反应的能垒越大，反应速率越慢，控速步骤就是活化能最大的步骤，由图可知为第四步，所需活化能最大，故速率控制步骤为第四步； ③选择温度为480℃的原因是该温度下催化剂的活性较高，反应速率较快。 （2）①随着反应的进行，且检测到，氧化丙烷脱氢总反应为： ， 由此可知反应II为； ②反应进行至4小时后，B组分原料气的反应几乎无法进行，而A组分原料气的反应仍保持相对优异的稳定性，其可能原因是丙烷直接脱氢时发生副反应生成积碳覆盖在催化剂表面上，阻碍了反应的进行，而在CO2氧化丙烷脱氢时，CO2能发生反应，及时消除积碳。 （3）①该装置是实现丙烷高效脱氢制丙烯，负极发生主要反应的电极反应式为； ②与氧化丙烷脱氢相比，丙烷燃料电池脱氢制丙烯工艺的优点是反应物空气廉价易得，且在制备丙烯的同时可获得电能。 10．(1)AB (2)1.5 (3)温度升高，反应I的正向进行程度大于反应Ⅱ，且高温阶段以反应I为主，所以随着温度升高，逐渐增加并趋近于1 (4)ABC (5)5.6 【详解】（1）A．恒温、恒压的密闭容器中只发生反应I，根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，而容器体积为变量，则气体的密度为变量，密度不变，说明反应达到平衡状态，故A正确； B．反应物中还有甲烷，根据质量守恒守恒，和CO的物质的量之和为变量，其之和不变，则反应达到平衡，故B正确； C．反应速率比等于系数比，化学反应速率，则正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡状态，故C错误； D．断裂4mol键的同时生成2mol键，描述的都是正反应，不能说明反应达到平衡状态，故D错误； 故选AB； （2）恒温刚性密闭容器中，按投料，初始总压3MPa，达到平衡状态时测得和转化率分别为60%、40%，则反应0.6mol二氧化碳、0.4mol甲烷； 二氧化碳、甲烷、CO、氢气、水、氩气分别为0.4mol、0.6mol、0.8+0.2=1mol、0.8-0.2=0.6mol、0.2mol、1mol，总的物质的量为3.8mol，则此时压强为，则二氧化碳、甲烷、CO、氢气分压分别为0.4MPa、0.6MPa、1MPa、0.6MPa，该温度下反应I的压强平衡常数； （3）反应Ⅰ中生成氢气和CO的物质的量比为1:1，而反应Ⅱ消耗氢气生成CO，随着温度升高，反应Ⅰ的正向进行程度大于反应Ⅱ，且高温阶段以反应Ⅰ为主，所以随着温度升高，逐渐增加并趋近于1； （4）A．生成的积碳附着在催化剂表面，使得活性位点与反应物之间的接触受阻，所以催化活性受到抑制，A正确； B．副反应a为吸热反应、而b为放热反应，一般甲烷干重整的反应温度都很高，高温利于a反应正向进行，因此副反应a很可能是实际过程中产生积碳的主要原因，B正确； C．X射线衍射结果可发现Ir型催化剂在出没有出现衍射峰，则说明Ir型催化剂没有明显积碳，能在甲烷干重整过程中保持高稳定性，C正确； D．反应后的催化剂加热至恒重后，H型和M型催化剂的重量损失分别为16.7%和10.2%，则H型催化剂出现的积碳更多，表明H型催化剂在甲烷干重整过程中不如M型能保持更高的稳定性，D错误； 故选ABC； （5），，则所加醋酸钾固体的质量为0.057mol/L×1.0L×98g/mol=5.6g。 11．(1)3d5 (2) (3)> (4) 40% > (5) B>A>C>D 【详解】（1）铁原子序数为26，则基态价层电子排布式：3d5。 （2）第I步反应为甲烷和铁酸镍反应生成FeO、NiO、一氧化碳和氢气，若第I步反应生成，吸收热量，则第I步反应的热化学方程式为：。 （3）由图可知，第Ⅱ步反应为,反应Ⅰ+反应Ⅱ得：,则甲烷、水蒸气重整制氢反应的，由图可知，斜率更大，受温度影响更大，且随温度升高而变大，故也随温度升高而变大，升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应，焓变＞0。 （4）将的混合气体投入温度为T的恒温恒容密闭容器中，初始压强为,则水、甲烷的初始压强分别为；副反应为气体分子数不变的反应，不会改变压强，重整反应为气体分子数增加2的反应，达平衡时容器内的压强为,容器内增大的压强为消耗甲烷压强的2倍，则反应中甲烷消耗的分压为,有： 分压为，则副反应中转化的分压均为， 则的平衡转化率为；由三段式可知，此时重整反应的，由图2可知，时，,重整反应为吸热反应，变大，则温度升高，故温度T＞。 （5）已知降低温度时，均减小，增大，的减小速率小于，则正反应速率减小程度小于逆反应速率，反应正向进行，正反应为放热反应；增加的投料会降低的平衡转化率，降低温度平衡正向移动会提高的平衡转化率，所以温度：;投料比相同，温度越高，的平衡转化率越低，所以温度：;故温度排序； 据图信息计算平衡常数：设C点初始投料,则,达到平衡时的转化率为50%，消耗,有三段式：，平衡时正逆反应速率相等，,反应前后气体的物质的量之和不变，压强平衡常数等于其物质的量平衡常数，；在C点所示投料比下，当转化率为40%时，消耗,剩余,剩余,生成,生成,浓度商。 12．(1)AD (2) +164.6 高温 (3) CO CaO吸收CO2导致ⅱ反应平衡右移，进而导致CH4和H2O的浓度下降，ⅰ平衡左移，CO浓度降低，氢气透过率增加 (4) 6 【详解】（1）A. 如图，由于正反应的活化能远小于逆反应的活化能，过程（1）为在膜表面上的解离过程，，A错误；B. 加快膜内H原子迁移，使H浓度降低，平衡向右移动，有利于的解离，B正确；C.由图知， 膜允许H通过，但是不能通过，对气体分子的透过具有选择性，C正确；D. 氢原子核外只有一个电子，但是它的激发态有多种，当电子跃迁回较低状态时释放能量，发出多条不同波长的光，所以它产生的原子光谱中不只有一根或明或暗的线，D错误； （2）由表中为几种物质在的标准摩尔生成焓，可知，①，②，③，则反应，；该反应，，故在高温自发进行。 （3）由图知，CaO吸收CO2导致ⅱ反应平衡右移，进而导致CH4和H2O的浓度下降，ⅰ平衡左移，CO浓度降低，氢气透过率增加； （4）恒温恒容膜反应器中按甲烷水蒸气投料，体系压强为，此时甲烷得分压为，水蒸气得分压为，平衡后测得甲烷转化率为，选择性为（选择性）此时的分压为，氧化钙对二氧化碳的吸收率为，的分压为；则由三段式得， ，反应i的平衡常数 13．(1)-90 (2)(或合理答案) (3) c 0.0015 升高温度对反应Ⅰ的影响大于反应Ⅱ(或合理答案) (4) M 0.4 【详解】（1）根据盖斯定律，反应Ⅲ=反应II-反应I，则； （2）该转化历程中活化能越大反应速率越慢，故起决速步骤的方程式为； （3）①反应I中生成CO(g)为吸热反应，反应Ⅱ中生成CH3OH(g) 为放热反应，故随着温度的升高，反应I正向移动，反应Ⅱ逆向移动，所以CO(g)的选择性升高，CH3OH(g) 的选择性降低，且二者的选择性之和应为100%。结合图像可知，表示选择性的曲线是c； ②根据图像信息可知时，CO2的平衡转化率为12%，CO(g)的选择性为25%， CH3OH(g)的选择性为75%。可计算出CO2的消耗量为0.12mol，生成CO(g)的物质的量为0.12mol×25%=0.03mol，生成CH3OH(g)的物质的量为0.12mol×75%=0.09mol。根据题意，在该密闭容器中发生反应I和反应Ⅱ： 反应I： 反应Ⅱ： 故在该温度下达到平衡状态时，，，，，反应I的平衡常数为； ③升高温度反应I正向移动，CO2的平衡转化率升高，反应Ⅱ逆向移动，CO2的平衡转化率降低，结合图像在过程中，转化率随着温度的升高而升高说明反应Ⅰ的影响大于反应Ⅱ； （4）左图为燃料电池，根据图像可知电极发生氧化反应，作负极，电极发生还原反应作正极。右图为电解装置，石墨电极M发生氧化反应，即为阳极，故电极与石墨电极M相连； ②甲醇燃料电池工作时，电极的电极反应式为； ③消耗标准状况下，根据可求得电路中电子转移2mol。当处理含的废水时，发生反应：，根据比例求出可处理含0.4的废水。 14．(1)防止催化加中毒 (2)-90.4 (3)b (4) 温度升高，催化剂活性下降，反应速率变慢 随温度升高，的转化率增大，的选择性降低，二者乘积先增大后减小 【详解】（1）由于硫化物会使催化加中毒，故利用焦炉气中的作为原料，需要清除其中的硫化物； （2）由盖斯定律得，，； （3）由于，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，对应的曲线是b； （4）①由图知，的选择性随温度升高而降低，可能得原因为温度升高，催化剂活性下降，反应速率变慢，故的选择性降低；②200∼280°C范围内，随温度升高，的转化率增大，的选择性降低，二者乘积先增大后减小，故的产率先增大后减小；③设初始物质得量为1mol，初始物质的量为3mol，P点的转化率和甲醇的选择性均为20%，故消耗的为0.2mol，其中生成的物质的量为1mol×20%×20%=0.04mol，由C守恒，则CO为0.16mol，反应Ⅱ气体总物质的量不变，反应Ⅰ和反应Ⅱ中每生成1分子，气体总物质的量减少2分子，因此反应后体系内气体总物质的量为4mol-0.04×2=3.92mol，则的分压为；因存在连续反应，设反应Ⅱ中生成x molCO，反应Ⅲ消耗ymolCO，则x-y=0.16mol；由，，，则，，最终剩余的CO2为0.8mol，H2为2.72mol，CO为0.16mol，H2O为0.2mol，故。 15．(1)CoO*(s)+CO(g)Co*(s)+CO2(g)  ΔH=-374.5 kJ/mol (2)d (3) Cat-1 超过450℃，催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间内脱氮率下降 (4) T1<T2<T3 正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，NO的平衡转化率降低 【详解】（1）根据盖斯定律可得到第二步反应式：CoO*(s)+CO(g)Co*(s)+CO2(g)，由图知，其ΔH=-358.6kJ/mol-15.9 kJ/mol =-374. kJ/mol，则第二步反应的热化学方程式：CoO*(s)+CO(g)Co*(s)+CO2(g) ΔH=-374.5 kJ/mol。 （2）a. v正(NO)=v逆(N2)才能说明正逆反应速率相等，a不选； b. 体系中混合气体密度在反应过程中是定值，b不选； c. 向2L恒容密闭体系中通入2molCO和1molNO气体，发生反应2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)，CO与NO转化率的比值为1：2且不变，c不选； d. 当浓度商等于定值即平衡常数时，说明达到了平衡，d选； 故选d。 （3）①由图可知，250℃时，Cat-1平衡脱氮率较高； ②温度过高，催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间内脱氮率会下降。 （4）)①该反应2H2(g)+2NO(g)N2(g)+2H2O(g)ΔH=-752kJ/mol，为放热反应，升高温度平衡逆向移动NO的转化率下降，由图可知T1<T2<T3； ②根据图像可知充入H2、NO分别为3mol、3mol，转化率为40%， 反应进行到6min时达平衡﹐0~-6min内N2的平均反应速率为mol/(L·min) 根据，P平=×P始=Pa；H2、NO、N2、H2O的体积分数为、、、、；Kp==。 16．(1)-91.1kJ/mol (2)277.8 (3) 0.2 (4)反应①为放热反应，升高温度，平衡左移，反应②为吸热反应，升高温度，平衡右移，500K以后，反应②的反应程度大于反应① (5) 12 (6)做制冷剂或用于人工降雨或用于灭火 【详解】（1）由盖斯定律可知，反应①-②可得反应，则反应ΔH3=(-50kJ/mol)-(+41.1kJ/mol)=-91.1kJ/mol，故答案为：-91.1kJ/mol。 （2）由ΔH-TΔS＜0可得：(-50kJ/mol)-T×[-180J/(mol·K)×10-3kJ/J]＜0，解得T＞277.8K，故答案为：277.8。 （3）由题给数据可得如下三段式： 由平衡时气体的压强之比等于物质的量之比可得：，解得m=0.2，则平衡时气体总物质的量为1mol，反应①的平衡常数Kp=(kPa)−2，故答案为：0.2，。 （4）反应①为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的转化率减小，反应②为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，则500K以后，二氧化碳的平衡转化率随温度升高而增大说明反应②的反应程度大于反应①，故答案为：反应①为放热反应，升高温度，平衡左移，反应②为吸热反应，升高温度，平衡右移，500K以后，反应②的反应程度大于反应①。 （5）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的二氧化碳的个数为8×+6×=4，则该晶胞中的原子总数为12，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：(a×10-10)3d，解得d=cm，故答案为：。 （6）干冰升华时会吸收热量，使周围环境温度降低，所以二氧化碳可以做做制冷剂，或用于人工降雨，二氧化碳不能支持燃烧，密度又比空气的大，如果让二氧化碳覆盖在燃着的物体上，就能使物体跟空气隔绝而停止燃烧，所以也可用于灭火，故答案为：做制冷剂或用于人工降雨或用于灭火。 17．(1) ＜ (2) 催化剂活性下降(或副反应增多) 不能 (3) 75% (或 【详解】（1）已知Ⅲ：   由盖斯定律可知，Ⅱ-Ⅲ的反应Ⅰ，故ΔH1=ΔH2−ΔH3=−1657.5kJ⋅mol−1−(+180.5kJ⋅mol−1)=−1838kJ⋅mol−1；ΔH1<0，反应Ⅰ正反应放热，升高温度，反应逆向进行，逆反应速率增大的更多，则m<n； （2）选择时，180℃~260℃时NO转化率逐渐增大，温度高于260℃时转化率下降，可能是温度过高，催化剂的活性下降，也可能是副反应增多； ②结合图像可知在温度较低时催化效率高，NO的转化率较高、N2的选择性高、副产物N2O的生成量较低，所以最佳催化剂为；催化剂改变反应历程，加快反应速率，但是不改变平衡移动，不能提高氮气产率； ③由图可知，氨气和NO、氧气生成和水，中氮一半来自NO、一半来自氨气，则反应NO、氨气的物质的量为1:1，结合电子守恒可知，反应为； （3）初始压强为情况下，达到平衡后测定转化率为30%，则反应氧气2mol×30%=0.6mol，由三段式可知： 反应后总的物质的量为(10+a+0.6)mol= (10.6+a)mol，则平衡压强为，，a=0.1mol，则NO的转化率为；平衡时氨气、一氧化氮、氧气、氮气、水的量分别为4-2.4-0.4=1.2mol、4-2.4-0.6=1mol、2-0.6=1.4mol、0.5+2.4=2.9mol、0.6+3.6=4.2mol，根据阿伏伽德罗定律可知，氨气、一氧化氮、氧气、氮气、水的分压分别为0.12、0.1、0.14、0.29、0.42，故反应Ⅱ的(或。 18．(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。 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 $$